高三物理第二轮复习

专题研究五 带电粒子在场中的运动
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高考命题思路
1. 带电粒子在电场中的运动，近几年主要以选择题的形式出现，考查电场力产生加速度、电场力做功两类较为基本的问题，但研究的对象出现了从单一电荷向组合电荷发展的趋势，难度有所增加。另外，要密切关注如电容式传感器、示波管原理、直线加速器等跟生产技术、生活实际和科学研究关联的问题，这些都可以成为新情景综合问题的命题素材。
2. 带电粒子在磁场中的运动，近几年单独出题不多，究其原因，可能是这类问题的解决涉及到的知识并不多，主要就是洛伦兹力提供向心力和匀速圆周运动的有关知识，但不能因此掉以轻心，因为这部分也可以出不少能力题，尤其是粒子运动径迹不明确，需要我们通过仔细探寻才能搞清楚的问题，这类问题如果作不出粒子的运动轨迹，往往就束手无策。
3. 带电粒子在复合场中的运动，是近几年考查的重点，并多以综合计算题的形式出现，运动形态常为匀速直线运动、匀速圆周运动和类平抛运动。处理此类问题，要注意分析粒子的受力图景、运动图景和能量图景，依据受力和初始条件确定粒子的运动情况，分析它的能量变化。近年来，考查灵活运用所学知识解决实际问题的能力成为高考的重要目标之一，在复习中应当有的放矢，对于一些实际应用型的习题，要注意归类分析，各个击破。例如速度选择器、质谱仪、回旋加速器、磁流体发电机、电磁流量计、磁谱仪、霍尔效应等。2004年江苏物理卷的17题，再现了汤姆生利用电场和磁场测定电子比荷的实验，2004年天津理科综合卷25题对磁流体发电问题挖掘得很深，是高考这一命题趋势的体现。
带电粒子在复合场中的运动
带电粒子在磁场中的运动
带电粒子在电场中的运动
从能的角度分析
从力的角度分析
电荷守恒 库仑定律
电场强度 电场线
电势 等势面
电势差跟电场强度的关系
磁感应强度 磁感线
洛伦兹力 左手定则
场区错开
同一区域场的切换
同一区域多场并存
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1第14课时 电磁感应与路和场
精典考题反思
[例1]（2005北京理综·21）现将电池组、滑线变阻器、带铁芯的线圈A、线圈B、电流计及开关如图14-1连接，在开关闭合、线圈A放在线圈B中的情况下，某同学发现当他将滑线变阻器的滑动端P向左加速滑动时，电流计指针向右偏转。由此可以判断： （ ）
A.线圈A向上移动或滑动变阻器滑动端P向右加速滑动，都能引起电流计指针向左偏转
B.线圈A中铁芯向上拔出或断开开关，都能引起电流计指针向右偏转
C.滑动变阻器的滑动端P匀速向左或匀速向右滑动，都能使电流计指针静止在中央
D.因为线圈A、线圈B的绕线方向未知，故无法判断电流计指针偏转的方向
析与解：选B。由实物连线图可以看出，当滑线变阻器的滑动端P向左滑动时，无论是加速运动还是匀速运动，线圈A回路的总电阻都在变大，则总电流变小，线圈A产生的磁场减弱，磁通量变小，通过线圈B的磁通量也变小。而此时电流计的指针右偏，那么，只要能使线圈B的磁通量减小，就能使电流计的指针右偏，否则左偏。
点评：本题的关键在于考查学生能否看懂实物图的连线方法，尤其是能否看懂线圈A所在回路中的滑线变阻器的接线方式。同时，学生对楞次定律要有深入的理解，并懂得本题中的线圈A、B的绕线方向对线圈中有无感应电流无关。
[例2]（2005上海·11）如图14-2所示，A是长直密绕通电螺线管．小线圈B与电流表连接，并沿A的轴线Ox从O点自左向右匀速穿过螺线管A．能正确反映通过电流表中电流I随x变化规律的是 （ ）
析与解：选C。通电螺线管内部的磁场为匀强磁场，当线圈B从O点沿x轴运动时，通过线圈B的磁通量先增大，后保持不变，再减小，因此，线圈B中先有感应电流、再无感应电流、再有感应电流，而且先后两次感应电流的方向相反。
点评：本题解题的关键是认清通电线圈A产生的磁场的分布情况，并能了解线圈A内外各点的磁感应强度的大小及变化情况，尤其要认识到线圈A中间部分的磁场是匀强磁场，当线圈B在中间部分运动时，线圈中的磁通量保持不变，无感应电流。
[例3]（2005，全国Ⅰ·19）图14-3中两条平行虚线间存在匀强磁场，虚线间的距离为，磁场方向垂直纸面向里。是位于纸面内的梯形线圈，与间的距离也为。时刻，边与磁场区域边界重合（如图）。现令线圈以恒定的速度沿垂直于磁场区域边界的方向穿过磁场区域。取沿a→b→c→d→a的感应电流为正，则在线圈穿越磁场区域的过程中，感应电流随时间变化的图线可能是 （ ）
A． B．
C． D．
析与解：选B。当线圈穿过磁场区域时，其切割磁感应线的有效长度在逐渐变长。从刚开始的bc边长逐渐增大到ad边长，所以感应电动势、感应电流都逐渐增大。电流的方向为d→c→b→a→d，与所规定的正方向相反，这负。而出磁场时，其切割磁感线的有效长度同样是从bc边长逐渐增大到ad边长，感应电动势和感应电流也同样是逐渐增大的，但是电流方向与正方向相同，为正。
点评：在本题中，导线切割磁感线的有效长度是解题的关键和难点。当一平面折线形导线处在垂直于磁场的平面中，并作切割磁感线运动时，其等效长度是它在与自身速度方向垂直的平面上的正射影长。题中，当线圈部分处在磁场中，部分在磁场外时，其有效长度为线圈与边界相交部分的边界线的长度。
[例4]（2005天津·23）图14-4中MN和PQ为竖直方向的两平行长直金属导轨，间距l为0.40m，电阻不计。导轨所在平面与磁感应强度B为0.50T的匀强磁场垂直。质量m为6.0×10-3kg、电阻为1.0Ω的金属杆ab始终垂直于导轨，并与其保持光滑接触。导轨两端分别接有滑动变阻器和阻值为3.0Ω的电阻R1。当杆ab达到稳定状态时以速率v匀速下滑，整个电路消耗的电功率P为0.27W，重力加速度取10m/s2，试求速率v和滑动变阻器接入电路部分的阻值R2。
析与解：速率为4.5m/s，滑动变阻器接入电路的阻值为6.0Ω。
当杆ab达到稳定状态匀速下滑时，ab受力平衡，
整个电路消耗总电功率
代入数据得：v=4.5m/s，=3.0Ω,
所以，R1、R2的并联值R12=2.0Ω，解得R2=6.0Ω
点评：本题中，导体棒ab达到稳定状态时的受力平衡是解题的切入口。另外，弄懂整个电路的结构和组成是成功解题的关键。由于只有ab棒做切割磁感线运动，可将它看成电源，由它对R1、R2并联成的外电路供电。
巩固提高训练
1．（05上海卢湾模拟）已知一灵敏电流计，当电流从正接线柱流入时，指针向正接线柱一侧偏转，现把它与线圈串联接成图14’-1所示电路，当条形磁铁按如图所示情况运动时，以下判断正确的是：（ ）
A．甲图中电流表偏转方向向右
B．乙图中磁铁下方的极性是N极
C．丙图中磁铁的运动方向向下
D．丁图中线圈的绕制方向从上往下看为顺时针方向
2.一闭合线圈置于磁场中，若磁感应强度Ｂ随时间变化的规律如图14’－2所示，则能正确反映线圈中感应电动势E随时间t变化的图象是　（ ）
3．如图14’-3所示，矩形线框abcd的ad和bc的中点M、N之间连接一电压表，整个装置处于匀强磁场中，磁场的方向与线框平面垂直，当线框向右匀速平动时，以下说法正确的是 （ ）
A．穿过线框的磁通量不变化，MN间无感应电动势
B．MN这段导体做切割磁力线运动，MN间有电势差
C．MN间有电势差，所以电压表有读数
D．因为无电流通过电压表，所以电压表无读数
4.如图14’-4所示的匀强磁场中放置有固定的金属框架，导体棒DE在框架上沿图示方向匀速直线运动,框架和棒所用金属材料相同,截面积相等,如果接触电阻忽略不计,那么在DE脱离框架前,保持一定数值的是：（ ）
A．电路中磁通量的变化率 B.电路中感应电动势的大小
C．电路中感应电流的大小 D.DE杆所受的磁场力的大小
5．为了测出自感线圈L的直流电阻，可采用如图14’-5所示的电路。在测量完毕后将电路解体时应该：( )
A．首先断开开关S1 B．首先断开开关S2
C．首先拆除电源 D．首先拆除安培表
6.（05江苏扬州模拟）如图14’-6所示，电阻可忽略的平行导轨MN与PQ，右端串接一个电阻，闭合导线环H与导轨在同一水平面，有匀强磁场垂直穿过导轨平面。金属杆AB与导轨保持良好接触，并沿导轨在aa′与bb′之间作简谐运动，平衡位置在oo′，要使H中顺时针的感应电流达到最大，则AB杆应处于 （ ）
A．aa′位置 B．bb′位置
C．向左经过oo′时 D．向右经过oo′时
7．如图14’-7所示，在直线PQ上部有一匀强磁场，磁感应强度为B，方向垂直于纸面向里．有一半径为a的直角扇形回路TOS，顶点固定在直线PQ上的O点，并绕顶点O以角速度ω逆时针匀速转动．若以扇形的一条边OS跟PQ重合时为起始时刻．则：
（1）试在—t图上画出穿过回路的磁通量随时间t变化的函数图线；在—t图上画出回路感应电动势随时间t变化的函数图线．
（2）试计算磁通量的最大值和感应电动势的最大值各为多少？
8.如图14’-8所示，以边长为L=50cm的正方形导线框，放置在B=0.40T的匀强磁场中。已知磁场方向与水平方向成37°角，线框电阻为R=0.10Ω，求线框绕其一边从水平方向转至竖直方向的过程中通过导线横截面积的电量。
9.（05广东韶关）在磁感应强度为B=0.4 T的匀强磁场中放一个半径r0=50 cm的圆形导轨，上面搁有互相垂直的两根导体棒，一起以角速度ω=103 rad/s逆时针匀速转动.圆导轨边缘和两棒中央通过电刷与外电路连接，若每根导体棒的有效电阻为R0=0.8 Ω，外接电阻R=3. 9 Ω，圆形导轨的电阻不计，如图14’-9所示，求：
（1）每半根导体棒产生的感应电动势.
（2）当电键S接通和断开时两电表示数（假定RV→∞，RA→0）.
附：第14课时巩固提高训练答案及解
1．答案：ABD
解：由楞次定律可知，当通过线圈的磁通量增加时，线圈中感应电流的磁场方向应该和原磁场方向相反。由甲图知，线圈中的感应电流的磁场方向应向上，则电流由电流计的正接线柱流进，选项A正确；同理，选项BD正确。
2. 答案：Ａ
解：由磁感应强度的变化图线可知，磁场先正向均匀增大，后反向均匀增大，则电流先为正，后为负，但大小不变。图A正确。
3．答案：BD
解：整个线框在磁场中运动时，线框的三条竖边匀做切割磁感线的运动，三条边均产生感应电动势，选项A错，B正确；但由于整个线框中无感应电流，电压表的指针不会发生偏转，选项C错，选项D正确。
4. 答案：C
解：因磁场稳定，磁通量的变化率决定于回路面积的变化率，选项A错；回路感应电动势的大小与导体棒DE到B点的距离成正比，随时间均匀增大，选项B错；由于回路的电阻也与导体棒DE到B点的距离成正比，所以回路的电流大小不变，选项C正确；又因DE在回路中的有效长度也均匀增大，杆DE所受的磁场力增大，选项D错。
5．答案：B
解：在电路解体时，自感线圈中会产生瞬时高压，而且自感线圈两端的电势跟原来相反，如果不先拆掉电压表，则电压表会损坏。
6. 答案：A
解：为使H中产生顺时针方向的电流，H所在处的磁感强度应向里减弱或向外增强，所以回路的NQ段应有Q→N减小的电流或N→Q增大的电流。为使H中感应电流最大，回路中的电流的变化率应为最大，选项A正确。
7．答案：（1）图略；（2），
解：（1）扇形OT边旋转至与OP重合，历时为，期间磁通不改变；
～内，；
～内，不改变；
～内，…，据此作出—t图线（如图14″-1）．
若以O→T→S→O为正方向，则在t =0～内，；
～内，
～内，；
～内，…，据此作出E—t图线（如图14″-2）．
（2）
　　
思路点拨：根据题中提供的直角扇形绕顶点O匀速转动的物理模型，按时间段逐段考察其间具体的物理图景，分析磁通及感应电动势随时间变化的规律，并据此描绘（分段）函数图线．
8. 答案：1.4C
解：设线框在水平位置时法线（图中n）方向向上，穿过线框的磁通量为：
Φ1=BScos53°=6.0×10-2Wb
当线框转至竖直位置时，线框平面的法线方向水平向右，与磁感线夹角θ=143°，穿过线框的磁通量为Φ2=BScos143°=-8.0×10-2Wb
通过导线横截面的电量C
9. 答案：（1）50 V（2）0，50V；12.5A，48.75 V
解：（1）每半根导体棒产生的感应电动势为
E1=Bl=Bl2ω=×０.4×103×（0.5）2 V＝50 V.
（2）两根棒一起转动时，每半根棒中产生的感应电动势大小相同、方向相同（从边缘指向中心），相当于四个电动势和内阻相同的电池并联，得总的电动势和内电阻
为E＝E1＝50 V，r=R0＝0.1 Ω
当电键S断开时，外电路开路，电流表示数为零，电压表示数等于电源电动势，为50 V.
当电键S接通时，全电路总电阻为
R′=r+R=（0.1+3.9）Ω=4Ω.
由全电路欧姆定律得电流强度（即电流表示数）为
I＝ A=12.5 A.
此时电压表示数即路端电压为
U=E-Ir=50-12.5×0.1 V＝48.75 V（电压表示数）
或U＝IR＝12.5×3.9 V＝48.75 V.
t
I
O
t
I
O
t
I
O
t
I
O
图14’’-2
图14’’-1
B
n
37°
图14’-8
第14课时 电磁感应与路和场 第 6 页第17课时 电磁感应与能量和动量
精典考题反思
[例1] （2005广东·6）如图17-1所示，两根足够长的固定平行金属光滑导轨位于同一水平面，导轨上横放着两根相同的导体棒ab、cd与导轨构成矩形回路。导体棒的两端连接着处于压缩状态的两根轻质弹簧，两棒的中间用细线绑住，它们的电阻均为R，回路上其余部分的电阻不计。在导轨平面内两导轨间有一竖直向下的匀强磁场。开始时，导体棒处于静止状态，剪断细线后，导体棒运动过程中 （ ）
A．回路中有感应电动势
B．两根导体棒所受安培力的方向相同
C．两根导体棒和弹簧构成的系统动量守恒，机械能守恒
D．两根导体棒和弹簧构成的系统动量守恒，机械能不守恒
析与解：线断后，导体棒的运动会使回路的磁通量发生改变，回路中有感应电动势；两导线中的电流方向相反，安培力的方向相反；由于安培力的大小相等、方向相反，弹簧对两导体棒的作用力也等值反向，系统合外力为零，动量守恒；因有感应电流，产生了焦耳热，机械能不守恒。选项AD正确。
点评：本题中，对导体棒进行受力分析是关键，虽然两棒各自都有加速度，但是弹簧对两导体棒的作用力是等值反向的，两棒所受的安培力也是等值反向的，系统符合动量守恒的条件。另外，从能量守恒的角度去分析，得知机械能转化成了焦耳热。
[例2] （2005江苏·16）如图17-2所示，固定的水平光滑金属导轨，间距为L，左端接有阻值为R的电阻，处在方向竖直、磁感应强度为B的匀强磁场中，质量为m的导体棒与固定弹簧相连，放在导轨上，导轨与导体棒的电阻均可忽略．初始时刻，弹簧恰处于自然长度，导体棒具有水平向右的初速度.在沿导轨往复运动的过程中，导体棒始终与导轨垂直并保持良好接触．
（1）求初始时刻导体棒受到的安培力．
（2）若导体棒从初始时刻到速度第一次为零时，弹簧的弹性势能为Ep，则这一过程中安培力所做的功W1和电阻R上产生的焦耳热Q1分别为多少
（3）导体棒往复运动，最终将静止于何处 从导体棒开始运动直到最终静止的过程中，电阻R上产生的焦耳热Q为多少
析与解：（1）初始时刻棒中感应电动势，棒中感应电流
作用于棒上的安培力
联立得，安培力方向：水平向左
（2）由功和能的关系，得知安培力做功
电阻R上产生的焦耳热
（3）由能量转化及平衡条件等，可判断：棒最终静止于初始位置
点评：第（1）问主要是对导体棒进行瞬间受力分析，由于有初速度，所以受安培力作用，但初始位置时弹簧无形变，不受弹簧的弹力作用。第（2）问和第（3）问主要是从功能关系、能的转化和守恒的角度进行分析。
[例3] （05上海长宁模拟）如图17-3所示，倾角＝30、宽为L＝1 m的足够长的U形光滑金属框固定在磁感应强度B＝1 T、范围足够大的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面斜向上，现用一平行于导轨的牵引力F，牵引一根质量为m＝0.2 kg，电阻R＝1 的金属棒ab，由静止开始沿导轨向上移动。（金属棒ab始终与导轨接触良好且垂直，不计导轨电阻及一切摩擦）问：
（1）若牵引力是恒力，大小为9 N，则金属棒达到的稳定速度v1多大？
（2）若牵引力的功率恒定，大小为72 W，则金属棒达到的稳定速度v2多大？
（3）若金属棒受到向上的拉力在斜面导轨上达到某一速度时，突然撤去拉力，从撤去拉力到棒的速度为零时止，通过金属棒的电量为0.48 C，金属棒发热为1.12 J，则撤力时棒的速度v3多大？
析与解：
（1）当棒达到稳定时，合力为零：F ＝mg sin＋，解得：v1＝8 m/s，
（2）恒定功率牵引时，，所以＝mg sin＋，代入数据得：v2＝8 m/s，
（3）通过金属棒的电量：，所以s＝＝0.48 m，
由能量守恒知，撤去外力后，系统损失的机械能转化为电能，而电能进一步转化为内能。
mv32-mgs sin = Q，代入数据得：v3＝4 m/s，
点评：在解第（1）、（2）时，关键是抓住物体运动的平衡状态，应用力的平衡条件处理问题。而在解第（3）问时，由于感应电流所受的安培力是变力，它对物体所做的功不便计算，我们常采用“转换法”，从能量守恒与转化的角度进行分析，从而找到解决问题的突破口。另外，当涉及到“电量”问题时，也常常从平均电流的角度进行分析。
[例4]（05全国仿真）如图17-4所示，金属杆a在离地h高处从静止开始沿弧形轨道下滑，导轨平行的水平部分有竖直向上的匀强磁场B，水平部分导轨上原来放有一长L的金属杆b.已知a杆的质量为ma，且与b杆的质量比为ma∶mb = 3∶4,水平导轨足够长，不计摩擦.求：
（1）若a、b电阻分别为Ra、Rb，则b的最大加速度为多大？
（2）a和b的最终速度分别是多大？
（3）整个过程中回路中释放的电能是多少？
（4）若已知a、b杆的电阻之比Ra∶Rb=3∶4，其余电阻不计.整个过程中a、b上产生的热量分别是多少？
析与解：a下滑，以一定速度进入水平轨道（磁场区），产生感应电动势，在a、b组成的闭合回路中产生感应电流。根据a、b所受的安培力方向可知，a做减速运动，b做加速运动。刚开始时b受的安培力最大，加速度最大.经过一段时间后，a、b达到相同速度，之后回路中磁通量不发生变化，感应电流为零，不再受安培力.a、b匀速运动.回路中的电能从能量转化角度分析，克服安培力做功过程中将a的重力势能转化为a、b的动能和a、b回路中的电能.
（1）a下滑h高的过程中，机械能守恒：magh=mava2,va=
当a以va速度进入磁场区时，产生的感应电动势： E=Blva=Bl
回路中感应电流为：I=
所以b受到的安培力F=BIl，b的最大加速度为： amax==
（2）a、b达共同的速度过程中，a、b系统所受合外力为零.?
由动量守恒得：mava=(ma+mb)v
a、b最终速度：v=va=
（3）再由能量守恒知，回路中产生的电能：E=magh-(ma+mb)v2=magh
（4）回路中产生的热量Qa+Qb=E,在回路中产生电能的过程中，虽然电流不恒定，但Ra与Rb串联，通过a、b的电流总是相等的，所以有：?
Qb=
点评：在a杆进入磁场前，机械能守恒，进入磁场后，由于产生了感应电流，在回路中产生焦耳热，机械能不再守恒。但由于a、b两杆中的电流大小相等、方向相反，在同一磁场中受等值反向的安培力的作用，轨道光滑，a、b两者组成的系统动量守恒。
巩固提高训练
1．如图17’-1，CDEF是固定的、水平放置的、足够长的“U”型金属导轨，整个导轨处于竖直向上的匀强磁场中，在导轨上架一个金属棒，在极短时间内给棒一个向右的速度，棒将开始运动，最后又静止在导轨上，则棒在运动过程中，就导轨光滑和粗糙两种情况比较 ( )
A ．安培力对做的功相等
Ｂ．电流通过整个回路所做的功相等
Ｃ．整个回路产生的总热量相等
Ｄ．棒的动量改变量相等
2. 如图17’-2所示，一闭合金属圆环用绝缘细线挂于O点，将圆环拉离平衡位置并释放，圆环摆动过程中经过有界的水平匀强磁场区域，A、B为该磁场的竖直边界，若不计空气阻力，则 ( )
A．圆环向右穿过磁场后，还能摆至原来的高度。
B．在进入和离开磁场时，圆环中均有感应电流
C．圆环进入磁场后离平衡位置越近速度越大，感应电流也越大
D．圆环最终将静止在平衡位置。
3. 如图17’-3所示光滑平行金属轨道abcde，轨道的水平部分bcde处于竖直向上的匀强磁场中，bc部分平行导轨宽度是de部分的2倍，轨道足够长。将质量相同的金属棒P和Q分别置于轨道的ab段和de段。P棒位于距水平轨道高为h的地方，现放开P棒使其自由下滑，则： （ ）
A. 金属棒P、Q组成的系统机械能守恒
B. 金属棒P、Q组成的系统动量守恒
C. 金属棒P、Q组成的系统仅在水平方向上动量守恒
D. 金属棒P、Q组成的系统机械能和动量均不守恒
4. 如图17’-4所示的光滑水平导轨，处在竖直向下的匀强磁场中，磁感强度B，导轨电阻忽略不计，导轨左、右两部分的平行间距之比为3︰2，在导轨上放置有C、D两根导体棒，它们的质量之比为3︰2，电阻之比为2︰1。现给导体棒C一个向右的瞬时冲量，使其获得一个初速度v0，则：
A. 导体棒C、D的总机械能不守恒，
B. 最终稳定时，C、D两导体棒的速度相等
C. 最终稳定时，C、D两导体棒的速度之比为2︰3
D. 系统稳定时，两导体棒的动量相等，系统动量守恒
5.两根足够长的固定的平行金属导轨位于同一水平面内，两导轨间的距离为 L ，导轨上面横放着两根导体棒 ab 和 cd ，构成矩形回路，如图17’-5所示，两根导体棒的质量皆为 m ，电阻皆为 R，回路中其余部分的电阻可不计，在整个导轨平面内都有竖直向上的匀强磁场，磁感强度为 B ，设两导体棒均可沿导轨无摩擦地滑行，开始时，棒cd 静止，棒ab 有指向棒 cd 的初速度 vo (见图)，若两导体棒在运动中始终不接触，求：
　　（1）在运动中产生的焦耳热最多是多少
　　（2）当棒 ab 的速度变为初速度的时，棒 cd 的加速度是多少
6.如图17’-6所示，金属棒AB的质量m＝5克，放置在宽L＝1米、光滑的金属导轨的边沿，两金属导轨处于水平平面内，该处有竖直向下B＝0.5特的匀强磁场。电容器的电容C＝200微法，电源的电动势E＝16伏，导轨平面距地面高度h＝0.8米。在电键K与“1”接通并稳定后，再使它与“2”接通，则金属棒AB被抛到s＝0.064米的地面上，试求这时电容器上的电压。
7.如图17’-7所示，在匀强磁场区域内与B垂直的平面中有两根足够长的固定金属平行导轨，在它们上面横放两根平行导体棒构成矩形回路，长度为L，质量为m，电阻为R，回路部分导轨电阻可忽略，棒与导轨无摩擦，不计重力和电磁辐射，且开始时图中左侧导体棒静止，右侧导体棒具有向右的初速度v0，试求两棒之间距离增长量x的上限。?
8．如图17’-8所示，导体棒ab质量为100g，用绝缘细线悬挂后，恰好与宽度为50cm的光滑水平导轨良好接触，导轨上还放有质量为200g的另一导体棒cd，整个装置处于竖直向上，磁感应强度的匀强磁场中，将ab棒向右拉起0.8m，无初速释放，当ab棒第一次经平衡位置刚向左摆起时，cd棒获得的速度是0.5m/s。空气阻力不计，重力加速度g取10，求：
①ab棒向左摆起的最大高度
②ab棒第一次经过平衡位置的过程中，通过cd棒的电量
③若导轨足够长，回路中产生的最大焦耳热。
9．如图17’-9所示，在空中有一水平方向的匀强磁场区域，区域的上下边缘间距为h，磁感应强度为B。有一宽度为b（b附：第17课时巩固提高训练答案及解
1.答案： CD
解：棒运动后，会产生感应电流，受安培力的作用，如果导轨粗糙，还将受摩擦力作用，最后都停止在导轨上，机械能全损失掉了。两种情况比较可知，安培力做功不等，但系统产生的总内能相等，在数值上等于开始时的总机械能。总内能一次全是电流通过回路产生的，一次是电流产生的焦耳热和摩擦产生的内能的和。
2.答案：B
解：当圆环进入、摆出磁场时，由于圆环内磁通量发生变化，所以有感应电流产生。同时，金属圆环本身有内阻，必然有能量的转化，即有机械能的损失，因此圆环不可能摆到与原来等高的位置。随着圆环进、出磁场，其机械能逐渐减少，圆环摆动的振幅越来越小。当圆环在匀强磁场中摆动时，圆环内无磁通量的变化，无感应电流产生，无机械能向电能的转化，所以，圆环最终将在A、B之间来回摆动。
3. 答案：D
解：由于产生的感应电流产生了焦耳热，机械能不守恒；由于导轨的左、右两部分的宽度不等，虽然电流、磁场都相等，但是安培力不等，动量不守恒。
4. 答案：D
解：机械能部分转化为内能，机械能不守恒；两导体棒的合外力不为零，动量不守恒；稳定时两导体棒产生的电动势相等，速度与长度成反比，速度比为为2︰3，由于质量之比为为3︰2，两者动量相等。
5.答案：（1）mvo2（2）
解：（1）对两导体棒组成的系统，安培力为其内力，故两导体棒组成的系统的动量守恒，
　　　　有 mvo = 2mv ，解得
　　　　由功能关系知，系统损失的机械能转化为系统中的内能，
　　　　∴ Q = △Ek =mvo2 -（2m）v2 =mvo2 -mvo2 =mvo2
（2）当 vab =vo 时，由动量守恒定律，有 　mvo = mvo + mvcd 所以 vcd =vo
Ecd = BLvcd
　　　　所以 I = BL（vab - vcd）/2R = BLvo/4R
6. 答案：8V
解：当K接“1”时，电源给电容器充电。当K扳向“2”时，充电后的电容器通过金属棒放电，产生放电电流。金属棒在磁场中受到安培力作用，向右运动，当AB棒离开导轨时获得一定的速度，使棒做平抛运动。只要求出通过AB棒的电量，即可求出电容器两端的电压。
对AB棒做平抛运动有：
由h＝gt2 和 s＝Vt 解得 V＝＝0.16m/s
AB棒在轨道上运动，其末速度即为平抛运动的初速度，设电流的平均值为I，应用动量定理得：
BILΔt＝mV 又Q放＝IΔt， 所以 Q放＝=1.610－3C
电容器充电电量为：Q＝EC＝3.210－3C
放电后电容器剩下的电量为：Q’=Q－Q放＝1.610－3C
放电后电容器两端的电压为：U’=＝8V
7. 答案：
解：当ab棒运动时，产生感应电动势，ab、cd棒中有感应电流通过，ab棒受到安培力作用而减速，cd棒受到安培力作用而加速。当它们的速度相等时，它们之间的距离最大。设它们的共同速度为v，则据动量守恒定律可得：mv0＝2mv，即。
对于cd棒应用动量定理可得： BLq=mv-0=
所以，通过导体棒的电量q= 而
所以q= 由上述各式可得： x=。
8. 答案：（1）0.45m；（2）1C；（3）0.8J
解：（1）ab棒下落到最低点时速度为 ，有机械能守恒有：
设ab棒向左摆动的最大高度为 ，ab棒与导轨接触时与cd棒组成的系统动量守恒：
（2） 设cd棒通电时间为，通过的电荷量为，对cd棒由动量定理有.
（3）设产生的最大焦耳热为，ab棒经过多次摆动最后停在最低点，由能量守恒可知
9．答案：
解：设线圈匀速穿出磁场区域的速度为v，此过程线圈的重力与磁场作用于线圈的安培力相等，即有：mg=， 所以.
对线圈从开始到刚好完全进入磁场的过程，经历的时间设为t1，线圈所受安培力的平均值记为.线圈速度的平均记为，此过程线圈的末速度记为v1，根据动量定理，
而
代入上式则得：.
因为b之后线圈以速度v匀速穿出磁场，经历时间.
所以线圈穿越磁场区域经历的时间：
.
图17’-9
Qd
图17’-7
v0
图17’-8
图17’-5
图17-3
图17-2
Pd
Nd
Md
L
b
h
第17课时 电磁感应与能量和动量 第 2 页第23课时 验证性实验
[例题1]（2000全国·14）某同学用图23-1a所示装置通过半径相同的A 、B两球的碰撞来验证动量守恒定律，图中PQ是斜槽，QR为水平槽。实验时先使A球从斜槽上某一固定位置G由静止开始滚下，落到位于水平地面的记录纸上，留下痕迹。重复上述操作10次，得到10个落点痕迹。再把Ｂ球放在水平槽上靠近槽末端的地方，让A球仍从位置G由静止开始滚下，和Ｂ球碰撞后，A 、B球分别在记录纸上留下各自的落点痕迹。重复这种操作10次。图23-1a中O点是水平槽末端Ｒ在记录纸上的垂直投影点。B球落点痕迹如图23-1b所示，其中米尺水平放置，且平行于G 、R 、O所在的平面，米尺的零点与O点对齐。
（1）碰撞后B球的水平射程应取为__________cm 。
（2）在以下选项中，哪些是本次实验必须进行的测量？答：________（填选项号）。
A、水平槽上未放B球时，测量A球落点位置到O点的距离；
B、A球与B球碰撞后，测量A球落点位置到O点的距离；
C、测量A球或B球的直径；
D、测量A球和B球的质量（或两球质量之比）；
E、测量G点相对于水平槽面的高度；
（3）若X、Y、Z是三个平均落点，A、B两球质量分别是m1和m2，则验证动量守恒定律的表达式是： 。
析与解：第（1）问，将10个偶然位置用圆圈起来，圆心的位置就是统计平均位置，B球的水平射程应取为65.0（64.5~65.5均可）cm；第（2）问则是针对原版实验的缺陷进行了改造（因为原实验中，斜槽前立柱的设计事实上是不必要的，如果认可碰撞球和被碰球的平抛起点不同，则碰撞球就会和立柱发生碰撞）。经过改造后，A 、B两球的平抛起点一样，测两者的直径就没有必要了，所以第（2）问答案是ABD 。
（3）因为平抛高度相同，所以水平方向运动的时间相同，
所以
由动量守恒m1v1= m1v1′+m2v2′ 得 m1（OY）= m1（OX）+m2（OZ）。
点评：①对教材原版实验原理理解不透，不能领会本题的“改造”意图，出现错选C 、E选项；；②本实验要求碰撞是对心正碰，碰撞球不返回，故m1>m2 ；③碰撞前后两球都要作平抛运动，以便间接求碰撞球和被碰球的速度，但不少学生搞不清三个落点代表的物理意义。
[例题2]（1994全国）橡皮筋的一端固定在A点，另一端栓上两根细绳，每根细绳分别连着一个量程为5N、最小刻度为0.1N的弹簧测力计，沿着两个不同的方向拉弹簧测力计。当橡皮筋的活动端拉到O点时，两根细绳相互垂直，如图23-2a所示。这时弹簧测力计的读数可从图23-2b中读出。⑴由图可读得两个相互垂直的拉力的大小分别为 N和 N（只须读到0.1N）。⑵在图23-3的方格纸中按作图法的要求画出这两个力及它们的合力。
析与解：⑴2.5N和4.0N
⑵如图23-3所示。
点评：①对教材原版实验原理理解不透，实验过程不清楚；原理是两只弹簧秤成角度拉橡皮条AB和一只弹簧秤拉橡皮条AB的效果相同，这个效果就是指橡皮条的形变量（大小和方向）相同。②作图时要注意平行四边形中的实线、虚线的区别和箭头、标度、单位。③实验往往有一定的偶然误差，只要用平行四边形定则求得的合力F和一只弹簧秤的拉力F′的图示大小和方向在误差允许的范围内相同就可以了。
[例题3]用图23-4a所示的装置做验证机械能守恒定律的试验，按正确的实验操作得到几条打上点迹的纸带。通常要求从其中挑选头两点（即0、1两点）间的距离接近2mm的纸带进行测量。但某同学却选取了一条操作正确、点迹清楚，但头两点距离明显小于2mm的纸带进行数据处理，并测得各点到第一点的距离分别为h1 、h2 、h3 、…，如图23-4b所示。
（1）为什么要求从其中挑选头两点（即0、1两点）间的距离接近2mm的纸带进行测量？若选用头两点距离明显小于2mm的纸带进行数据处理，给实验验证带来的后果什么？
（2）能否用该纸带测量的数据来验证机械能守恒定律？若能，写出表达式（重力加速度用g表示，打点的周期T用表示，其它的用图23-4b中的符号表示）。
析与解：⑴因为自由落体运动开始的0.02秒内下落的距离
所以头两点（即0、1两点）间的距离接近2mm的纸带上第0点对应的速度为零。若选用头两点距离明显小于2mm的纸带进行数据处理，第0点对应的速度不为零，致使动能的增加量小于势能的减少量。
（2）能用该纸带测量的数据来验证机械能守恒定律。取2和3两点间动能和势能的变化来验证机械能守恒定律，
若则自由落体过程中机械能守恒。
表达式
点评：①验证机械能守恒针对的是一个特殊的过程，要求起点初动能为零。正是这一点决定了我们应取第1、2点距离为2mm的纸带为佳。②验证机械能守恒不需要测物体的质量，但实验时尽可能增大重物质量来减小误差。③最好不要取2和3两点间动能和势能的变化来验证机械能守恒定律，尽量使两点间的距离大一点。
1、⑴ 有以下几个实验：
A、用单摆测定重力加速度； 　　 B、研究匀变速直线运动；
C、验证机械能守恒定律； 　　 D、验证动量守恒定律。
上述实验中需要打点计时器的实验是： ；需要天平的实验是： ；需要刻度尺（或三角板）的实验是： 。
⑵ 用如图23'-1所示装置来验证动量守恒定律，质量为mB的钢球B放在小支柱N上，球心离地面高度为H；质量为mA的钢球A用细线栓好悬挂于O点，当细线被拉直时O点到球心的距离为L，且细线与竖直线之间夹角为；A球由静止释放，摆到最低点时恰与B球发生正碰，碰撞后，A球把轻质指示针C推移到与竖直线夹角为处，B球落到地面上，地面上铺有一张盖有复写纸的白纸D，用来记录B球的落点。
① 用图中所示各个物理量的符号表示碰撞前后A、B两球的动量（设A、B两球的碰前动量分别为PA、PB；碰后动量分别为PA′、PB′），则：PA= 　 　　　 ；
PA′= 　 　　　 ；PB= 　　　　 ；PB′= 　　　　　　　 。
② 请你提供两条提高实验的精度建议： 。
2、（2005河南等地22（1））在“验证力的平行四边形定则”实验中，需要将橡皮条的一端固定在水平木板上，另一端系上两根细绳，细绳的一另一端都有绳套（如图23'-2）。实验中需用两个弹簧秤分别勾住绳套，并互成角度地拉像皮条。某同学认为在此过程中必须注意以下几项：
A．两根细绳必须等长
B．橡皮条应与两绳夹角的平分线在同一直线上。
C．在使用弹簧秤时要注意使弹簧秤与木板平面平行。
其中正确的是 。（填入相应的字母）
3、（2004两广·11）如图23'-3，画有直角坐标系Oxy的白纸位于水平桌面上，M是放在白纸上的半圆形玻璃砖，其底面的圆心在坐标的原点，直边与x轴重合，OA是画在纸上的直线，P1 、P2为竖直地插在直线OA上的两枚大头针，P3 是竖直地插在纸上的第三枚大头针，α是直线OA与y轴正方向的夹角，β是直线OP3与轴负方向的夹角，只要直线OA画得合适，且P3的位置取得正确，测得角α和β，便可求得玻璃的折射率。
某学生用上述方法测量玻璃的折射率，在他画出的直线OA上竖直插上了两枚大头针P1 、P2，但在y<0的区域内，不管眼睛放在何处，都无法透过玻璃砖看到P1 、P2的像，他应该采取的措施是
_______________________________________ 。若他已透过玻璃砖看到了P1 、P2的像，确定P3位置的方法是______________________________________________________________若他已正确地测得了α、β的值，则玻璃的折射率n=_____________________________
4、在验证机械能守恒定律的实验中，质量 m=1kg的重锤自由下落，在纸带上打出了一系列的点，如图23'-4所示，相邻记数点时间间隔为0.02s，长度单位是mm，g取9.8m/s2。
求：(1)打点计时器打下记数点B时，物体的速度VB= (保留两位有效数字)；
(2)即使在实验操作规范，数据测量及数据处理很准确的前提下，该实验求得的ΔEP也一定略大于ΔEK，这是实验存在系统误差的必然结果，试分析该系统误差产生的主要原因。
5、（2005上海·17）两实验小组使用相同规格的元件，按图23'-5电路进行测量。他们将滑动变阻器的滑片P分别置于a、b、c、d、e五个间距相同的位置(a、e为滑动变阻器的两个端点)，把相应的电流表示数记录在表一、表二中。对比两组数据，发现电流表示数的变化趋势不同。经检查，发现其中一个实验组使用的滑动变阻器发生断路。
(1)滑动变阻器发生断路的是第＿＿＿实验组；断路发生在滑动变阻器＿＿段。
表一(第一实验组)
P的位置 a b c d e
的示数(A) 0.84 0.48 0.42 0.48 0.84
表二(第二实验组)
P的位置 a b c d X e
的示数(A) 0.84 0.42 0.28 0.21 0.84
（2）表二中，对应滑片P在X(d、e之间的某一点)　处的电流表示数的可能值为：
(A)0.16A (B)0.26A
(C)0.36A (D)0.46A
课时23巩固提高训练答案
1、(1) BC ； D ； ABCD
(2) ①mA 　 0 　 　
　　　　
②（1）让A球多次从同一位置摆下，求B球落点的平均位置 ；（2）α 角取值不要太小；　（3）A、B两球质量不要太小；　(4)A球质量要尽量比B球质量大 。（任意说出其中两种均可，其它只要说法合理也可）
2、C
3、在白纸上另画一条与y轴正方向的夹角较小的直线OA，把大头针P1、P2竖直地插在所画的直线上，直到在y<0的区域内透过玻璃砖能看到P1、P2的像。
插上P3后，P3刚好能挡住P1、P2的像 ，
4、 （1）0.155m/s ； （2）重锤下落时受到空气阻力以及纸带受到打点计时器的阻力，重锤的机械能减小，重力势能的减小一定大于动能的增大。
5、(1)二；d－e
(2)D
巩固提高训练
精典考题反思专题研究八 光学和近代物理初步
几何光学的命题，重在对基本概念、基本规律的考查。热点之一：与生活密切联系的问题， 如：光纤通信、猫眼、海市蜃楼等，重点是光的直线传播、光的反射、光的折射；热点之二：平面镜成像，可能与动态成像、几何知识相结合进行考查；热点之三：全反射的判断、折射率的计算，可能以计算题的形式考查。
波动光学的命题，重在基本实验、基本规律的考查。热点之一：与现代科技密切联系的问题，如：精密测量、光谱分析、增透膜等；热点之二：基本实验图样的特点，如：干涉图样、泊松亮斑、偏振现象等；热点之三：基本规律的考查，如：干涉、衍射、偏振的条件，光电效应的规律等。
原子物理的命题,要求较低但历届高考命题均涉及，“回归课本”、“不回避陈题”是本单元的特点。热点之一：对玻尔理论的考查，常以某类氢原子为例，考查.学生对定态假设、跃迁假设的理解能力及推理能力等；热点之二：核反应方程，常考点是衰变、人工转变、裂变、聚变等；热点之三：核能的开发与利用，这是一个社会热点问题，以此为背景的命题在计算题中频频出现，重点是用能量守恒和动量守恒处理问题。
第19课时 几何光学和波动光学
〔例1〕【2005南通专题复习】如图19-1所示，折射率为n＝的液面上有一点光源S，发出一条光线，垂直地射到水平放置于液体中且距液面高度为h的平面镜M的O点上，当平面镜绕垂直于纸面的轴O以角速度ω逆时针方向匀速转动时，液面上的观察者跟踪观察，发现液面上有一光斑掠过，且光斑到P点后立即消失，求：?
(1)光斑在这一过程的平均速度。?
(2)光斑在P点即将消失时的瞬时速度。?
析和解： 光线垂直于液面入射，平面镜水平放置时反射光线沿原路返回，平面镜绕O逆时针方向转动时经平面镜的反射，光开始逆时针转动，液面上的观察者能得到由液面折射出去的光线，则看到液面上的光斑，从P处向左再也看不到光斑，说明从平面镜反射P点的光线在液面产生全反射，根据在P处产生全反射条件得：
＝＝ sinθ＝，θ＝45°
(1)因为θ＝45°，PA＝OA＝h，t＝＝ ＝＝
(2)光斑转到P位置的速度是由光线的伸长速度和光线的绕O转动的线速度合成的，光斑在P位置的线速度为2ωh，所以光斑沿液面向左的速度?
v＝v线/cos45°＝2ωh/cos45°＝4ωh。
点评： 几何光学问题，作出正确的光路图致关重要！第(1)问的关键是，求光斑运动的时间，求平面镜转动时间即可；第(2)问要求学生真正掌握合速度与分速
度的概念，光斑运动的方向为合速度
〔例2〕．【2005科研测试二·9】一近轴会聚光束会聚在轴线上的F点，如图19-2所示，现在使该会聚集光束会聚与F相距△的F’处，可让光束通过一块垂直于光轴放置的两面平行的平板玻璃，
若此玻璃 的折射率为n，则此玻璃板的厚度d为多少
析和解： 光线通过平板玻璃，出射光线与入射
光线平行，同时侧向移动一段距离。设入射光线的入射角为 ，通过玻璃平板时，在第一个表面发生折射，折射角为，在第二个表面上，入射角为 ，折射角为，如图19-3，图中AA’=l，若玻璃板的厚度为d，则有 ①
由折射定律有 ②
对于近轴光线 ③
由①、②、③式得 ④
以O表示玻璃板与轴的交点， 则有 ⑤
⑥ 由④、⑤、⑥式得
点评：“光学问题”正确作图是成功解题的关键，本题需用入射角较小的光线作光路图，利用数学知识 ， 化简关系式；这是处理“视深问题”时要注意的两点。
〔例3〕【2005年全国大联考】 某金属在一束黄光的照射下正好有电子逸出，则在下述情况下逸出电子的多少和电子的最大初动能有什么变化
(1)增大光强而不改变光的频率。
(2)用一束强度更大的红光代替黄光。
(3)用一束强度比黄光小得多的紫光代替黄光。
析和解： 某金属在黄光的照射下正好有电子逸出，说明此种黄光的频率恰好为该种金属的极限频率。
（1)增大光强而不改变光的频率，意味着单位时间内入射光子数增加而每个光子的能量不变，因此光电子的最大初动能不变，但逸出的光电子数目增加。
(2)用一束强度更大的红光来代替黄光，红光光子的频率小于该金属的极限频率，所以无光电子逸出。
(3)用强度比黄光小得多的紫光代替黄光，虽然单位时间里射向金属的光子数比原来减少，但每个紫光光子的能量比黄光光子的能量大，因此，光电子的最大初动能增大，但是单位时间里逸出的光电子的数目减少(注意：即使紫光的强度与黄光的强度相同，单位时间里射向金属的光子数应是黄光多，紫光少，因为每个紫光光子的能量比每个黄光光子的能量大)。
点评：光电效应规律有四条，其中两条规律是：光电子的最大初动能与入射光的强度无关，只随着入射光频率的增大而增大；当入射光的频率大于极限频率时，光电流的强度与入射光的强度成正比．这两条规律告诉我们，入射光的强度只能决定光电子的多少，而不能决定光电子的最大初动能；光电子的最大初动能仅由入射光的频率决定．
〔例4〕【2005如皋专题复习】激光器是一个特殊的光源，它发出的光便是激光，红宝石激光器发射的激光是不连续的一道一道的闪光，每道闪光称为一个光脉冲，现有一红宝石激光器，发射功率为，所发射的每个光脉冲持续的时间为，波长为793.4 nm，问每列光脉冲的长度l是多少？其中含有的光子数n是多少？
析和解： 以，l和c分别表示光脉冲的持续时间，长度和光在真空中的传播速度，由题意可知， ①
以P和E表示红宝石激光器发射功率和光脉冲能量，有： ②
以和表示红宝石激光的波长和频率，有：
每个红宝石激光光子的能量， ③
由②③两式得：
代入数据得：
点评：激光器发光的本质是能的转换，光源在时间发射的能量，由每个光子的能量 E=hγ，即可计算n
1．【2005北京理综·19】一人看到闪电12.3s后又听到雷声。已知空气中的声速约为330m/s~340m/s，光速为3×108m/s，于是他用12.3除以3很快估算出闪电发生位置到他的距离为4.1km。根据你所学的物理知识可以判断 （ ）
A.这种估算方法是错误的，不可采用
B.这种估算方法可以比较准确地估算出闪电发生位置与观察考间的距离
C.这种估算方法没有考虑光的传播时间，结果误差很大
D.即使声速增大2倍以上，本题的估算结果依然正确
2.【2001全国理综·22】如图所示，两块同样的玻璃直角三棱镜ABC，两者的AC面是平行放置的，在它们之间是均匀的未知透明介质，一单色细光束O垂直于AB面入射，在图示的出射光线中（ ）
A. 1，2，3（彼此平行）中的任一条都有可能
B. 4，5，6（彼此平行）中的任一条都有可能
C. 7，8，9（彼此平行）中的任一条都有可能
D. 只能是4，6中的某一条
3 【2005全国理综·17】 图示为一直角棱镜的横截面，∠bac＝90°，∠abc=60°。一平行细光束从O点沿垂直于bc面的方向射入棱镜。已知棱镜材料的折射率n=，若不考虑原入射光在bc 面上的反射光，则有光线 （ ）
A.从ab面射出 B.从ac面射出
C.从bc面射出，且与bc 面斜交
D.从bc面射出，且与bc面垂直
4　如图所示，某玻璃棱镜的顶角为θ，恰为黄光的临界角．当白光通过棱镜发生色散，在光屏A上形成彩色光带后，把白光的入射角i逐渐减小到零的过程中，在光屏上会观察到 （ ）
A. A屏上最先消失的是紫光 B. 最后在B屏上左边是紫光
C. 最后B屏上右边是紫色 D. 最后B屏上左边是黄光
5【2005南通专题复习】　水中一标竿齐水面的刻度为零，水面以上刻度为正，以下刻度为负，人浮于水面与标竿相距L处，且水面上标竿的/2 m刻度的倒影与水下一m刻度的像重合，若水的折射率为，要看到水面上/2 m刻度的倒影与水下一m的刻度的像重合，人需后退的距离为多少
6. 下列说法中正确的是 （ ）
(A) 用给定的单色光照射金属表面发生光电效应时，一般来说，若被照射的金属不同，则光电子的最大初动能不同
(B)用不同频率的单色光照射同一种金属表面，若都能发生光电效应，则其最大初动能并不相同
(C)发生光电效应时，最大初动能的最小值等于金属的逸出功
(D）用某单色光照射某金属表面时，没发生光电效应. 若用多束这样的单色光同时照射表面同一处，则只要光束足够多，就有可能发生光电效应
7　【2005南通二模】在用红光作双缝干涉实验中，已知双缝间的距离为0.5mm，测得双缝到光屏的距离为1.0m，在光屏上第一条暗条纹到第六条暗条纹间的距离为7.5mm．则此红光的频率为多少 它在真空中的波长为多少
8 【2005如皋专题复习】 人眼对可见光中的绿光最敏感，已知绿光的波长为λ=600nm，为引起人眼的视觉，进入人眼的绿光的能量至少为每秒E=10-16J，普朗克常量为h=6.63×10-34J s。
⑴为了引起人的视觉，每秒进入人眼的绿光光子至少为多少个？
⑵假设在漆黑的夜晚，在距人S=100m远处点亮一只绿色小灯泡，为使人看到它的光线，小灯泡的功率至少多大？（人用一只眼看，瞳孔直径为4mm）
9． 【2005 江苏·15】1801年，托马斯·杨用双缝干涉实验研究了光波的性质．1834年，洛埃利用单面镜同样得到了杨氏干涉的结果(称洛埃镜实验)．
(1)洛埃镜实验的基本装置如图所示，S为单色光源，M为一平面镜．试用平面镜成像作图法在答题卡上画出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．
10．【2004北京东城试题】一般认为激光器发出的是频率为v的“单色光”，实际上它的频率并不是真正单一的，激光频率v是它的中心频率，它所包含的频率范围是Δv (也称频率宽度)，让单色光照射到薄膜表面，一部分从前表面反射回来(这部分称为甲光)，其余的进入薄膜内部，其中的一小部分从薄膜后表面反射回来，并从前表面射出(这部分称为乙光)，甲、乙这两部分光叠加而发生干涉，称为薄膜干涉，乙光与甲光相比，要多在薄膜中传播一小段时间Δt，理论和实践都证明，能观察到明显的干涉现象的条件是：Δt的最大值Δtm与Δv的乘积近似等于1，即只有满足Δtm·Δv≈1，才会观察到明显的稳定的干涉现象．已知某宝石激光器发出的激光v＝4．32×1014Hz，它的频率宽度Δv＝8．0×109Hz，让这束单色光由空气斜射到折射率n＝的液膜表面，射人时与液膜表面成450角，如图6-3-2所示．
(1)求从O点射人薄膜中的光线的传播方向及传播速率
(2)估算在如图所示的情景下，能观察到明显稳定干涉现象的液膜的最大厚度dm．
附：第19课巩固提高训练答案及解
1.答案：B
解：光速远远大于声速，光的传播时间可以忽略不计。
2.答案：B。
解：(1)光线经AC面的折射情况由于未知透明介质的折射率的不确定性分为三种情况：　　　　　　（1）透明介质折射率大于玻璃折射率，可能出射光线为图中第6条；
（2）透明介质折射率等于玻璃折射率，入射光线不偏折，是第5条光线；
（3）透明介质折射率小于玻璃折射率，可能射出光线为第4条光线。
3.答案：B D
解：折射率n=，临界角为45°，光线在ab面上的入射角为60°，发生了全反射，射到ac面上，入射角为30°，有光线从ac面射出，同时有光线从bc面射出，入射角为0°。
4.答案：A、B
解：三棱镜由于玻璃对于各种色光的折射率不同，导致了各种色光的偏折角不同而形成彩色光带(即色散)．玻璃对紫光的折射率最大，紫光的偏折角最大，而紫光的临界角最小，所以首先在EG面上发生全反射后．再从GF面上折射到光屏B上．当i =0时，白光射到EG面上入射角为θ，此时黄光恰好发生全反射．而频率高于黄光的绿、蓝、紫光均发生全反射到FG面上，它们的入射角相同，折射角最大的是紫光，所以B屏的左边是紫光．
5.答案： x=1m.
解：根据光的反射、折射作出光路图如图所示，可求得人向后 移动的距离。
6.答案： A B
解：不同金属的逸出功不相同，不同频率的单色光的光子能量不同，由光电方程知A B正确；最大初动能与极限频率有关，金属的逸出功与金属本身有关；能否发生光电效应与光强无关。
7答案：λ=7.5×10-7m f=4×1014Hz
解：相邻两条暗纹间的距离为Δx=1.5×10-3m.根据 得：λ=7.5×10-7m. 由f=c/λ得此光的频率为f=4×1014Hz
8答案：（1）n=302 （2）P=10-6W
解：⑴E=nhC/λ，∴个 ⑵，∴P=10-6W
9答案：（1）如图19＇-8
（2） 因为，
所以
10 答案：（1）v=2.12×108m/s （2）dm=1.15×10-2m
解：(1)由折射率n=c/v 得射入薄膜中的光的速率：v=2.12×108m/s
(2)由光的折射定律得： 设乙光在薄膜中传播时间的最大值为Δtm，对应的最大厚度为dm，则 根据题中所给条件Δtm·Δv≈1 得：dm=1.15×10-2m
第20课 原子和原子核
〔例1〕【2005南通专题复习】我国在核聚变研究领域处于世界先进行列．在实验中观察到有下列4种核反应：
已知在实际发生的核聚变中上述4种反应的概率相同，其原料直接或间接都是氘核，而氘核在地球上的储量非常丰富，每升海水中大约有0.030 g氘．那么1 L海水中的氘全部发生聚变释放的总能量为多少 (取阿伏加德罗常数NA＝6.02×1023／mol)
析和解： 由于发生4种反应的概率相同，将以上4 个核反应相加得总反应式为
因此1mol氘全部聚变释放的能量为E=（6.02×1023÷6）×43.15MeV=6.93×1011J
每升海水中所含的氘为0.030g，因此释放的总能量应为E×0.030/2=1.04×1010J
点评：4种核反应的概率相同,方程左右两侧分别相加,削去两侧相同的项,得核反应等效式,是本题的光键.
〔例2〕 【2004科研测试·15】图20-1为氢原子能级示意图，现有每个电子的动能
都是Ee=12.89eV的电子束与处在基态的氢原子束射入同一区域，
使电子与氢原子发生迎头正碰。已知碰撞前一个电子和一个原子
的总动量为零。碰撞后氢原子受激发，跃迁带n＝4的能级。
求碰撞后一个电子和一个受激氢原子的总动能。已知电子的
质量me与氢原子的质量mH之比为。
析和解：以ve和vH表示碰撞前电子的速率和氢原子的速率，
根据题意有 ①
碰撞前，氢原子与电子的总动能为
②
解①②两式并代入数据得 ③
氢原子从基态激发到n=4的能级所需能量由能级图得
eV ④
碰撞后电子和受激氢原子的总动能
eV ⑤
点评：本题关键在于掌握：⑴ 微观粒子在相互作用中遵循动量守恒和能量守恒；⑵ 电子在跃迁中也同样遵循能量守恒；⑶ 实物粒子轰击电子发生跃迁时，除了提供电子发生跃迁所需要的能量外，剩余的能量仍作为实物粒子的动能，在这一点上与光子提供电子发生跃迁所需能量不同。
〔例3〕【2005南通部分重点中学联考】 如图20-2为一有界的匀强磁场，磁感应强度B=0.50T，方向垂直纸面向里，MN是磁场的左边界。在磁场中A处放一个放射源，内装（镭），放出某种射线后衰变成（氡）。试写出衰变的方程。若A距磁场的左边界MN的距离OA=1.0m时，放在MN左侧的粒子接受器接收到垂直边界MN方向射出的质量较小的粒子，此时接受器位置距直线OA为1.0m。由此可推断出一个静止镭核衰变时放出的能量是多少？保留2位有效数字。（取1u=1.6×10-27Kg,电子质量e=1.6×10-19C）
析和解： 衰变的方程 , 镭衰变放出的α粒子和氡核在磁场中做匀速圆周运动，α粒子垂直于MN边界射出被接受器接收。α粒子在磁场中的轨迹为1/4圆周，得出半径R=1.0m。α粒子的动量mv=BqR=1.6×10-19Kgm/s，动能为E1=mv2/2=2.0×10-12J，衰变过程中动量守恒，有mv=MV,氡核反冲的动能为E2=MV2/2=mE1/M,衰变过程释放的能量为E1+E2=（1+m/M）E1=2.0×10-12J。
点评：⑴ α、β射线的实质是实物粒子。⑵α、β射线在磁场中时遵循带电粒子在磁场中运动的规律。⑶衰变过程中同样遵循动量守恒和能量守恒的规律。
1．【2005上海·7】卢瑟福通过实验首次实现了原子核的人工转变，核反应方程为，下列说法中正确的是 （ ）
(A)通过此实验发现了质子．
(B)实验中利用了放射源放出的γ射线．
(C)实验中利用了放射源放出的α射线．
(D)原子核在人工转变过程中，电荷数可能不守恒．
2． 【2005全国理综·15】已知π＋介子、π－介子都是由一个夸克（夸克u 或夸克d ）和一个反夸克（反夸克 或反夸克）组成的，它们的带电量如下表所示，表中e为元电荷。
π＋ π－ u d
带电量 +e －e +e －e －e +e
下列说法正确的是 （ ）
A.π＋由u 和组成 B.π＋由d 和组成
C.π－由u 和组成 D.π－由d 和组成
3 【2005北京理综·16】为纪念爱因斯坦对物理学的巨大贡献，联合国将2005年定为“国际物理年”。对于爱因斯坦提出的质能方程E=mc2，下列说法中不正确的是 （ ）
A.E=mc2表明物体具有的能量与其质量成正比
B.根据ΔE＝Δmc2可计算核反应的能量
C.一个质子和一个中子结合成一个氘核时释放能量，表明此过程出现了质量亏损
D.E=mc2中的E是发生核反应中释放的核能
4 中子和质子结合成氘核，同时放出γ光子，核反应方程是，以下说法中正确的是 ( )
A.反应后氘核的质量一定小于反应前质子和中子的总质量
B.反应前后质量数不变，因而质量不变
C.由核子组成原子核一定向外释放能量
D.光子所具有的能量为△mc2，△m为反应中的质量亏损，c为光速
5【2005上海·7】卢瑟福通过实验首次实现了原子核的人工转变，核反应方程为，下列说法中正确的是（ ）
(A)通过此实验发现了质子．
(B)实验中利用了放射源放出的γ射线．
(C)实验中利用了放射源放出的α射线．
(D)原子核在人工转变过程中，电荷数可能不守恒．
6【2004广东高考题】 下面一系列核反应是在恒星内部发生的：
；；
；；
； ；
其中P为质子，α为α粒子，e+为正电子，ν为一种中微子。已知质子质量为mp=1.672648×10-27Kg，α粒子的质量为mα=6.644929×10-27Kg，正电子质量为me=9.11×10-31Kg，中微子质量可忽略不计。真空中光速c=3.00×108m/s。试计算该系列核反应完成后释放的能量。
7 【2005中学试卷网】 2002年诺贝尔物理学奖中的一项，是奖励戴维斯和小柴昌俊在“探测宇宙中的中微子”方面取得的成就．中微子μ是超新星爆发等巨型天体在引力坍缩过程中，由质子和电子合并成中子的过程中产生出来的．1987年在大麦哲伦星云中的一颗编号为SN1987A的超新星发生爆发时，位于日本神冈町地下1km深处一个直径10m的巨大水池(其中盛有5万吨水，放置了1.3万个光电倍增管探测器)共捕获了24个来自超新星的中微子． 已知编号为SN1987A超新星和地球之间的距离为17万光年(取1光年=9.46×1015m)．设中子的质量为mn，电子的质量为me，质子的质量为mp，中微子μ的质量可忽略．
(1)写出1个质子和1个电子合并成中子的核反应方程；
(2)设1个质子和1个电子合并成1个中子过程中所吸收(或释放)的核能为ΔE，写出计算ΔE大小的表达式；
(3)假设编号为SN1987A的超新星发生爆发时向周围空间均匀地发射中微子，且其中到达日本神冈町地下巨大水池的中微子中有50％被捕获，试估算编号为SN1987A的超新星爆发时所释放出的中微子的总数量．(保留1位有效数字)
8【2005中学试卷网】众所周知，地球围绕着太阳做椭圆运动，阳光普照大地，万物生长，请回答下列二个问题：
(1)太阳辐射能量主要来自太阳内部热核反应，写出核反应方程式．
(2)根据你学过的知识，试论述随着岁月的流逝，地球公转的周期，日地的平均距离，地球的表面温度变化的趋势．(不考虑流星及外星球与地球发生碰撞的可能性)
9【2005如皋专题复习】 频率为ν0的光子由地球表面竖直向上运动，当它上升ΔH=22.5m的高度时，由于地球的引力作用，它的波长会变长一些，我们称这种现象为引力红移。试分析下列问题：
⑴光子能量的表达式是什么？
⑵爱因斯坦的质能联系方程是什么？
⑶由以上两式，试写出光子质量m 的表达式。
⑷用能量守恒的观点求光子上升ΔH=22.5m时 ， 该光子频率的红移量Δν跟原有频率ν0的比值。
附：第20课巩固提高训练答案及解
1 答案：A C
2 答案： A D
解：π＋介子的电量与一个元电荷相同，可以由u和组成；同理，π－由d 和组成
3答案： D
4答案：ACD
5答案： AC
6答案：Q=3.95×10-12J。
解：将题中所给诸反应方程左右两侧相加，消去两侧相同的项，系列反应最终等效为，设反应后释放的能量为Q，根据质能关系和能量守恒得：；代入数值可得Q=3.95×10-12J。
7答案：(1) (2)
(3)2×1043
8 答案：(1)聚变
(2)太阳内部进行着剧烈的热核反应，辐射大量光子，根据质能方程，可知太阳的质量在不断地减少，由万有引力定律知，太阳对地球的万有引力不断减小，由F=mv2/R知，日地距离不断增大，由知地球运行速率减小，由于太阳质量减小，辐射光子的功率将减小，又R增大，所以辐射到地球表面的热功率将减小，这样地球表面的温度也将逐渐降低．
9答案：⑴ E=hν ⑵ E=mC2 ⑶ 由E=hν和E=mC2得m=hν/C2
⑷光子上升时引力作负功使光子能量减小转化为系统的势能，
原子结构
核外电子
原子核
核结构
中子
质子
核反应
天然放射现象
核裂变
聚变
核 能
几何光学
波动光学
光路可逆
条件
光的直线传播
现象
光速
应用
光的反射
现象
规律
平面镜
成像
控制光路
光的折射
现象
规律
棱镜
全反射
光电效应
光子说
光的干涉
光的衍射
光的偏振
光的电磁说
光谱
光的波粒二象性
微粒说
波动说
光学
相关知识链接
高考命题思路
精典考题反思
图19-1
图19-2
图19-3
巩固提高训练
图19＇-2
图19＇-1
图19＇-3
图19＇-4
图19＇-5
图19＇-6
d
450
图19＇＇---7
L
M
S
S＇
图19＇＇--8
精典考题反思
图20-1
图20-2
巩固提高训练
PAGE
3专题研究二 能量和动量
1．功和能的关系及动能定理是历年高考的热点，近几年来注重考查对功的概念的理解及用功能关系研究物理过程的方法，由于所涉及的物理过程常常较为复杂，对学生的能力要求较高，因此这类问题难度较大。例如2005年江苏物理卷的第10题，要求学生能深刻理解功的概念,灵活地将变力分解。
2．动量、冲量及动量定理近年来单独出题不多，选择题中常考查对动量和冲量的概念及动量变化矢量性的理解。计算题常设置某个瞬时过程，计算该过程物体受到的平均作用力或物体状态的变化。要求学生能正确地对物体进行受力分析，弄清物体状态变化的过程。
3．动量守恒定律的应用，近几年单独命题以选择题为主，常用来研究碰撞和类碰撞问题，主要判定碰撞后各个物体运动状态量的可能值，这类问题也应该综合考虑能量及是否符合实际情况等多种因素。机械能守恒定律的应用常涉及多个物体组成的系统，要求学生能正确在选取研究对象，准确确定符合题意的研究过程。这类问题有时还设置一些临界态问题或涉及运用特殊数学方法求解，对学生的能力有一定的要求。如2004年上海物理卷的10题，涉及到两个小球组成的系统，并且要能正确地运用数学极值法求解小球的最大速度。
4．动量和能量的综合运用一直是高考考查的重点，一般过程复杂、难度大、能力要求高，经常是高考的压轴题。要求学生学会将复杂的物理过程分解成若干个子过程，分析每一个过程的始末运动状态量及物理过程中力、加速度、速度、能量和动量的变化。对于生活、生产中的实际问题要建立相关物理模型，灵活运用牛顿定律、动能定理、动量定理及能量转化与守恒的方法解决实际问题。分析解答问题的过程中常需运用归纳、推理的思维方法。如： 2003年全国卷第20题、2004年理综全国卷第25题的柴油机打桩问题、2004年江苏物理卷第18题、2004年广东物理卷第17题、2005年江苏物理卷第18题、2005年广东物理卷第18题等。值得注意的是2005年江苏物理卷的第18题把碰撞中常见的一维问题升级为二维问题，对学生的物理过程的分析及动量矢量性的理解要求更高了一个层次。
第5课时 做功、能量和动能定理
[例1]（2005江苏·10）如图5-1所示，固定的光滑竖直杆上套着一个滑块，用轻绳系着滑块绕过光滑的定滑轮，以大小恒定的拉力F拉绳，使滑块从A点起由静止开始上升．若从A点上升至B点和从B点上升至C点的过程中拉力F做的功分别为W1、W2，滑块经B、C两点时的动能分别为EKB、EKc，图中AB=BC，则一定有 （ ）
(A)Wl>W2 (B)W1EKC (D)EKB析与解：该题考查了功的概念及功能关系，难点在于比较Wl和W2，关键是要理解功是力在位移上的累积的本质；功的大小既可视为力F与力的方向上的位移S的乘积，又可视为位移S与位移方向上的力的乘积；因此，可以将力F在位移方向上进行分解，由于力F在AB段的分力均大于在BC段的分力，则不难判断出Wl>W2，所以A正确。
根据动能定理： 因在两段中拉力做的功WF与重力做的功WG的大小关系不能确定,故无法比较EKB与EKc的大小。
点评：解决该题的关键是能正确地理解功的定义,注意从不同的思维角度去分析问题。题中力F为恒力，学生易从求力的作用点位移角度来比较两过程绳子缩短的长度，进而增加了思维难度，甚至造成错误。
[例2]（2004广东·17）如图5-2所示,
轻弹簧的一端固定，另一端与滑块B相连，B静止在水平导轨上，弹簧处在原长状态。另一质量与B相同滑块A，从导轨上的P点以某一初速度向B滑行，当A滑过距离时，与B相碰，碰撞时间极短，碰后A、B紧贴在一起运动，但互不粘连。已知最后A恰好返回出发点P并停止。滑块A和B与导轨的滑动摩擦因数都为，运动过程中弹簧最大形变量为，求A从P出发时的初速度。
析与解：本题涉及物块A及AB共同体两个研究对象，涉及多个运动过程，且AB共同体压迫弹簧及被弹簧推向右端的过程受力复杂，属于多对象多过程的复杂问题。研究A滑行至B的过程，设A刚接触B时的速度为，由功能关系有： A与B碰撞过程中动量守恒，令碰后A、B共同运动的速度为，有 A与B 碰后先一起向左运动，接着A、B一起被弹回，当弹簧恢复到原长时，A、B分离，设此时A、B的共同速度为，在这过程中，弹簧势能始末两态都相等，研究共同体与弹簧作用的全过程，利用功能关系,有
此后A、B开始分离，A单独向右滑到P点停下，由功能关系有
由以上各式，可得
点评：A、B碰撞的瞬间有动能损失，A、B再次分离后各自己的运动独立，故不能研究整个过程运用动能定理求解。正确的分析出滑块运动的各个过程，判断出AB两滑块分离时弹簧处于原长状态是题解的关键。对于多过程问题，在分析运动过程的同时还应注意找出前后各过程间的联系。
[例3]（2005黑龙江吉林·23）如图5-3所示，在水平桌面的边角处有一轻质光滑的定滑轮K，一条不可伸长的轻绳绕过K分别与物块A、B相连，A、B的质量分别为mA、mB。开始时系统处于静止状态。现用一水平恒力F拉物块A，使物块B上升。已知当B上升距离为h时，B的速度为v。求此过程中物块A克服摩擦力所做的功。重力加速度为g。
析与解：由于连结AB的绳子在运动过程中一直处于绷紧状态，故A、B速度的大小相等，对A、B组成的系统，由功能关系有：
Fh－W－mBgh=(mA+mB)v2
求得：W=Fh－mBgh－(mA+mB)v2
点评：本题如果运用隔离法选择研究对象，运用牛顿运动定律求解，要求出摩擦力的大小则比较复杂，而运用功能原理求解时则就显得简单多了。在连结体问题中，若不涉及常系统内的相互作用时，常以整体为研究对象求解。
[例4] 如图5-4所示，质量m=0.5kg的小球从距地面高H=5m处自由下落，到达地面恰能沿凹陷于地面的半圆形槽壁运动，半圆槽半径R=0.4m。小球第一次到达槽最低点时速率为10m/s，并继续沿槽壁运动直到从槽右端边缘飞出……，如此反复几次，设摩擦力恒定不变，求：（设小球与槽壁相碰时不损失能量）
（1）小球第一次离槽上升的高度h；
（2）小球最多能飞出槽外的次数（取g=10m/s2）。
析与解：（1）小球从高处运动至槽口的过程中，只有重力做功；由槽口运动至槽底端的过程中，重力、摩擦力都做功，因摩擦力大小恒定不变，且方向总是与运动方向相反，故圆槽右半部分摩擦力对小球做的功与左半部分摩擦力对小球做的功相等。
分别研究小球从最高点落至槽底部和从槽底部运动至左侧上方最高点的过程，设小球第一次离槽上升的高度h，由动能定理得
得＝4.2m
（2）小球通过一次圆弧槽，需克服摩擦力做功2Wf,且小球飞出槽口一次，在小球多次通过圆弧槽后，当小球飞出槽口的速度小于等于零，则小球不能飞出槽口，设小球飞出槽外的次数为n，用动能定理研究全过程得
∴
即小球最多能飞出槽外6次。
点评：小球在沿槽壁运动过程中摩擦力方向尽管不断变化，但摩擦力方向与运动方向始终在同一直线上，摩擦力功为力与路程的乘积。该题小球的运动具有往复性，用动能定理研究整个过程可直接求出问题的答案。本题中作了摩擦力不变的假设，学生应认真审题。
1、如图5′-1所示，木板长为l，板的A端放一质量为m的小物块，物块与板间的动摩擦因数为μ。开始时板水平，在绕O点缓慢转过一个小角度θ的过程中，若物块始终保持与板相对静止。对于这个过程中各力做功的情况，下列说法正确的是 ( )
A、摩擦力对物块所做的功为mglsinθ(1-cosθ)
B、弹力对物块所做的功为mglsinθcosθ
C、木板对物块所做的功为mglsinθ
D、合力对物块所做的功为mgl cosθ
2、如图5′-2所示,一物体从高为H的斜面顶端由静止开始滑下，滑上与该斜面相连的一光滑曲面后又返回斜面，在斜面上能上升到的最大高度为H。若不考虑物体经过斜面底端转折处的能量损失，则当物体再一次滑回斜面时上升的最大高度为 ( )
A．0 　　　　　　
B．H，
C．H与H之间
D．0与H之间
3、如图5′-3所示，重球m用一条不可伸长的轻质细线栓住后悬于O点，重球置于一个斜面不光滑的斜劈M上，用水平力F向左推动斜劈M在光滑水平桌面上由位置（a）匀速向左移动到位置（b），在此过程中，正确说法是： （ ）
A．m与M之间的摩擦力对m做正功；
B．M与m之间的摩擦力对m做负功；
C．M对m的弹力对m所做的功与m对M的弹力对M所做的功的绝对值不相等；
D．F对M所做的功与m对M所做的功的绝对值相等。
4、（2005广东·18）如图5′-4所示，两个完全相同的质量为m的木板A、B置于水平地面上，它们的间距s=2.88m。质量为2m，大小可忽略的物块C置于A板的左端。C与A之间的动摩擦因数为μ1=0.22，A、B与水平地面之间的动摩擦因数为μ2=0.10，最大静摩擦力可以认为等于滑动摩擦力。开始时，三个物体处于静止状态。现给C施加一个水平向右，大小为的恒力F，假定木板A、B碰撞时间极短且碰撞后粘连在一起，要使C最终不脱离木板，每块木板的长度至少应为多少？
5．（05广州一模） 如图5′-5所示，EF为水平地面，O点左侧是粗糙的、右侧是光滑的.一轻质弹簧右端与墙壁固定，左端与静止在O点质量为m的小物块A连结，弹簧处于原长状态. 质量为m 的物块B在大小为 F的水平恒力作用下由 C处从静止开始向右运动 ， 已知物块B与地面EO段间的滑动摩擦力大小为，物块B运动到O点与物块A相碰并一起向右运动（设碰撞时间极短），运动到D点时撤去外力F. 已知 CO ＝4S，OD＝S.
求撤去外力后：
（1） 弹簧的最大弹性势能.
（2） 物块B最终离0点的距离. .
附:第5课时巩固提高训练答案及解
1．答案：C
解：支持力对物体做正功 ，重力对物体做负功；由于静摩擦力始终与运动方向垂直，故摩擦力不做功，三力对物体做的总功为零。因重力对物体做功为，所以木板对物体支持力做功为。选项为C
2．答案B
解：由功能关系知物体下滑过程中机械能的损失等于克服摩擦力做的功，第一次从H高处下滑返回到最高点高度为，损失的能量为总机械能的一半；因摩擦力不变，故可类比推知第二次回到最高点损失的能量也为一半，即最大高度为。选项为B
3．答案：A D
解：小球受到的摩擦力的方向沿斜面向下，小球的运动方向垂直于细绳向上，故小球的运动方向与摩擦力的方向小于900，所以，A选项正确。而M对m弹力作用的物点和m对M弹力作用的物点的位移相同，所做的功的绝对值相等。M匀速运动，其所受外力做功为零。故D选项正确。
4．答案：L=3m
解：第一阶段拉力F小于C、A间最大静摩擦力，因此C、A共同加速到与B相碰，该过程对C、A共同体用动能定理：（F-μ23mg）s=3mv12/2，得v1=8m/s
AB相碰瞬间，AB动量守恒，碰后共同速度v2=4m/s
C在AB上滑行全过程，ABC系统所受合外力为零，动量守恒，C到B右端时恰好达到共速：2m v1+2m v2=4m v，因此共同速度v=6m/s
C在AB上滑行全过程用功能关系：F2L=4m v2/2-(2m v12/2+2m v22/2)+μ12mg2L
得L=3m
5．答案：（1） （2）x=5s
解：（1）B与A 碰撞前速度由动能定理
W＝（F-F/4）·4S＝mv2/2，
得v0=
B与A碰撞，由动量守恒定律 mv0=2mv1 ， 得 v1=
碰后到物块A、B运动至速度减为零，弹簧的最大弹性势能
Epm=F·S+
（2） 设撤去F后，A 、B一起回到0点时速度为v2， 由机械能守恒得
Epm= V2=
返回至0点时， A、B开始分离，B在滑动摩擦力作用下向左作匀减速直线运动，设物块B最终离O点最大距离为x ，由动能定理：- 解得 x=5s
第6课时 冲量、动量与动量定理
[例1]（2004广东·14）一质量为m的小球，以初速度v0沿水平方向射出，恰好垂直地射到一倾角为300的固定斜面上，并立即反方向弹回。已知反弹速度的大小是入射速度大小的，求在碰撞中斜面对小球的冲量大小。
析与解：小球在碰撞斜面前做平抛运动。设刚要碰撞斜面时小球速度为.由题意，的方向与竖直线的夹角为30°，且水平分量仍为0，如右6-1图.由此得=20
碰撞过程中，小球速度由变为反向的，碰撞时间极短，可不计重力的冲量，由动量定理，斜面对小球的冲量为
解得
点评：本题为动量定理和平抛运动的综合应用题，必须先根据平抛运动的知识确定小球射到斜面上时的速度，再根据动量定理求冲量的大小。求力的冲量常从两个角度思考：（1）冲量的定义，（2）动量定理。在求斜面对小球的冲量时要注意动量的矢量性。
[例2]（1995全国·17） 一粒钢珠从静止状态开始自由下落,然后陷入泥潭中。若把在空中下落的过程称为过程Ⅰ，进人泥潭直到停止的过程称为过程Ⅱ, 则 ( )
A、过程I中钢珠动量的改变量等于重力的冲量
B、过程Ⅱ中阻力冲量的大小等于过程I中重力的冲量的大小
C、I、Ⅱ两个过程中合外力的总冲量等于零
D、过程Ⅱ中钢珠动量的改变量等于零
析与解：在过程I中，钢珠从静止状态自由下落。不计空气阻力，小球所受的合外力即为重力，因此钢珠动量的改变量等于重力的冲量，选项A正确；全过程中始末状态动量的变化为零，所受的总冲量为零，故过程Ⅱ中阻力冲量的大小等于过程I、Ⅱ中重力冲量的大小之和。显然B选项不对，C选项正确；在I、Ⅱ两个过程中，每个过程钢珠动量的改变量各不为零，且它们大小相等、方向相反，故D选项错误。因此，本题的正确选项为A、C。
点评：本题考查了动量定理的运用，动量定理不仅适用于单一物理过程同样也适用于复杂物理过程。在运用动量定理时应注意根据所求问题选取合适的物理过程，分析各物理过程中力的冲量及物体的始末状态量。运用动量定理时不能忽视对研究对象的受力分析。
[例3]（2002全国·26）蹦床是运动员在一张绷紧的弹性网上蹦跳、翻滚并做各种空中动作的运动项目。一个质量为60kg的运动员，从离水平网面3.2m高处自由下落，着网后沿竖直方向蹦回到离水平网面5.0m高处。已知运动员与网接触的时间为1.2s。若把在这段时间内网对运动员的作用力当作恒力处理，求此力的大小。（g＝10m/s2）
析与解：将运动员看作质量为m的质点，从h1高处下落，刚接触网时速度的大小
方向竖直向下
弹跳后到达的高度为h2，刚离网时速度的大小
方向竖直向上
以向上为正向，由动量定理知：
代入数据得：F＝1.5×103N
点评： 动量定理既适用于恒力作用下的问题，也适用于变力作用下的问题。在变力作用下由动量定理求出的力是在t时间内的平均值。另注意本题中运动员触网过程中所受重力不能忽略。本题也可以先求出上升和下落时间，再研究全过程据动量定理列式求解。
[例4]如图6-2所示， 质量为M的汽车带着质量为m的拖车在平直公路上以加速度a匀加速前进，当速度为V0时拖车突然与汽车脱钩，到拖车停下瞬间司机才发现。若汽车的牵引力一直未变，车与路面的动摩擦因数为μ，那么拖车刚停下时，汽车的瞬时速度是多大？
析与解：汽车和拖车脱钩后，汽车以大于a的加速度作匀加速运动，拖车作匀减速运动，加速度为μg。以汽车和拖车系统为研究对象，系统受的合外力不变，始终为；该过程经历时间为V0/μg，末状态拖车的动量为零。对系统运用动量定理：
点评：动量定理不仅适用于单个物体，对多个物体组成的系统同样也适用，合理在选取研究对象能简化研究问题。注意本题的研究过程为汽车和拖车脱钩后至拖车停下之前，因为拖车停下后，系统受的合外力中少了拖车受到的摩擦力，因此合外力大小不再是。
1．（1997全国·2）质量为m的钢球自高处落下，以速率v1碰地，竖直向上弹回，碰撞时间极短，离地的速率为 v2。在碰撞过程中，地面对钢球的冲量的方向和大小为 （　 ）
A．向下，m（v1-v2） 　　　　　　　　B．向下，m（v1＋v2）
C．向上，m（v1-v2）　 　　　　　　　D．向上，m（v1＋v2）
2．以下说法中正确的是： ( )
Ａ．动量相等的物体，动能也相等；
Ｂ．物体的动能不变，则动量也不变；
Ｃ．某力Ｆ对物体不做功，则这个力的冲量就为零；
Ｄ．物体所受到的合冲量为零时，其动量方向不可能变化.
3．恒力F作用在质量为m的物体上，如图6′-1所示，由于地面对物体的摩擦力较大，没有被拉动，则经时间t，下列说法正确的是 ( )
A．拉力F对物体的冲量大小为零
B．拉力F对物体的冲量大小为Ft
C．拉力F对物体的冲量大小是Ftcosθ
D．合力对物体的冲量大小为零
4．一质量为ｍ的物体从距地面ｈ高处以一定的速度水平抛出（不计空气阻力），则物体在落地前的运动过程中，下列说法中正确的有： ( )
A．连续相等的时间间隔内物体受到的冲量相同
B．连续相等的时间间隔内物体的动量变化相同
C．连续相等的时间间隔内物体的动能增量相等
D．连续相等的时间间隔内合外力所做的总功相等
5．两木块质量之比为1∶2，它们在粗糙程度相同的水平面上滑动，下列说法正确的是：( )
① 若初速度相同，滑行的距离之比为1∶1，滑行所需时间之比为1∶1
② 若初动量相同，滑行的距离之比为1∶1，滑行所需时间之比为1∶1
③ 若初动能相同，滑行的距离之比为1∶1，滑行所需时间之比为1∶1
④ 若初动量相同，滑行的距离之比为4∶1，若初动能相同，滑行所需距离之比为2∶1。
A、①②　　　B、①④　　　C、②③　　　D、②④
6．在粗糙水平面上运动的物体，从A点开始受水平恒力作用，作直线运动．已知物体在B点的速度与A点的速度大小相等，则这个过程中： （ ）
A.物体不一定做匀速直线运动
B.F始终与摩擦力方向相反
C.F与摩擦力对物体所做的总功为零
D.F与摩擦力对物体的总冲量为零
7．如图6′-2所示，两个质量相等的物体在同一高度沿倾角不同的两个光滑斜面由静止自由滑下，到达斜面底端，在这个过程中，两个物体具有的相同的物理量可能是 （ ）
A 重力的冲量
B 合力的冲量
C 到达底端的动量大小
D 支持力的冲量
8．在光滑水平面上有质量均为2kg的a、b两质点，a质点在水平恒力Fa=4N作用下由静止出发运动4s。b质点在水平恒力Fb=4N作用下由静止出发移动4m。比较这两个质点所经历的过程，可以得到的正确结论是 （ ）
A．a质点的位移比b质点的位移大
B．a质点的末速度比b质点的末速度小
C．力Fa做的功比力Fb做的功多
D．力Fa的冲量比力Fb的冲量小
9．一个质量为m=2kg的物体,在F1=8N的水平推力作用下,从静止开始沿水平面运动了t1=5s,然后推力减小为F2=5N,方向不变,物体又运动了t2=4s后撤去外力,物体再经 过t3=6s停下来。试求物体在水平面上所受的摩擦力。
10．质量是60kg的建筑工人，不慎从高空跌下，由于弹性安全带的保护作用，最后使人悬挂在空中．已知弹性安全带缓冲时间为1.2s，安全带伸直后长5m，求安全带所受的平均冲力．（ g= 10m／s2）
11．（05 苏锡常镇一模）在宇宙飞船的实验舱内充满CO2气体，且一段时间内气体的压强不 变，舱内有一块面积为S的平板舱壁，如图6′-3所示．如果CO2气体对平板的压强是由气体分子垂直撞击平板形成的，假设气体分子中各有l／6的个数分别向上、下、左、右、前、后六个方向运动，且每个分子的速度均为υ，设气体分子与平板碰撞后仍以原速反弹．已知实验舱中单位体积内CO2的摩尔数为n，CO2的摩尔质量为μ，阿伏加德罗常数为NA．求
(1) 单位时间内打在平板上的CO2分子个数．
(2) CO2气体对平板的压力。
12．如图6′-4所示，矩形盒B的质量为M，放在水平面上，盒内有一质量为m的物体A，A与B、B与地面间的动摩擦因数分别μ1、μ2，开始时二者均静止。现瞬间使物体A获取一向右且与矩形盒B左、右侧壁垂直的水平速度V0，以后物体A在盒B的左右壁碰撞时，B始终向右运动。当A与B最后一次碰撞后，B停止运动，A则继续向右滑行距离S后也停止运动，求盒B运动的时间t。
附：第6课时巩固提高训练答与解
1.答案：D
解：碰撞时间极短，忽略重力。以向上为正向，，故选D。
2．答案：D
解：，；故，动量相等的物体质量不一定相等，动能也不一定相等。动能是标量，而动量是矢量，动能不变但其方向可能变化，即动量的方向可能变化。力不做功可能是在力的方向上不产生位移，但此时力的冲量不为零。由动量定理知，合力的冲量一定等于动量的变化，故选D。
3．答案：B D
解：冲量，故有力必有冲量，与物体的运动状态无关，与其他力无关，选B。物体未动，合力为零，故冲量大小为零，选D。
4．答案：A B
解：由，知选项A正确。由动量定理知，动量的变化等于重力的冲量，故选B。连续相等的时间间隔内物体在力的方向上的位移不等，故重力所做的功和动能的增量不等。
5．答案：B
解：由动量定理和动能定理，及化简后的表达式，，不难看出①、④正确，故选B。
6．答案：A C
解：物体的受力方向有两种可能，即与初速度方向相同或相反。相同时物体必做匀速运动，相反则先做减速运动，后做加速运动亦满足题意。故A选项正确。当力与速度方向相反时，易知A、B点速度方向相反，由动量定理知总冲量不为零。由动能定理易知动能不变，合外力做功为零。故选AC。
7．答案：C
解：运动时间不等，重力的冲量不同。末动量的方向不同，由动量定理知合力的冲量不可能相同。由机械能守恒知到达底端的末动能相等，故末动量大小相等。选C。支持力的方向不同故冲量也不可能相同。
8．答案：AC
解：由牛顿第二定律知两物体加速度相同，，可解得a质点的位移为。可推知a的运动时间长，故选A、C。
9．答案:
解：规定推力的方向为正方向,在物体运动的整个过程中,物体的初动量P1=0,?末动量P2=O。据动量定理有： ?
即：?，解得 ?
10．答案: （方向竖直向下）
解：人下落为自由落体运动，下落到底端时的速度为：
取人为研究对象，在人和安全带相互作用的过程中，人受到重力mg和安全带给的冲力 F，取F方向为正方向，由动量定理得：
所以，（方向竖直向下）
11．答案:(1)N =n S N Aυ (2) 1 =nμSυ2
(1)设在△t时间内，CO2分子运动的距离为L，则：L=υ△t
打在平板上的分子数：△N=n L S N A
故单位时间内打在平板上的C02的分子数为：
得 ：N=n S N Aυ
(2)根据动量定理： F△t=(2mυ)△N ；又 μ=N A m
解得 ：F =nμSυ2 ； 故CO2气体对平板的压力：1 = F =nμSυ2
12．答案：
解：以物体A、盒B组成的系统为研究对象，它们在水平方向所受的外力就是地面盒B所受的滑动摩擦力，而A与B间的摩擦力、A与B碰撞时的相互作用力均是内力。设B停止运动时A的速度为V，且假设向右为正方向，由系统的动量定理得：
当B停止运动后，对A
应用动能定理得：
由以上二式联立解得：。
第7课时 机械能守恒定律和动量守恒定律
[例1]（2000上海·8）如图7-1所示，长度相同的三根轻杆构成一个正三角形支架，在A处固定质量为2的小球，B处固定质量为的小球，支架悬挂在O点，可绕过O点并与支架所在平面相垂直的固定轴转动，开始时OB与地面相垂直，放手后开始运动，在不计任何阻力的情况下，下列说法正确的是 （ ）
A．A球到达最低点时速度为零
B．A球机械能减少量等于B球机械能增加量
C．B球向左摆动所能达到的最高位置应高于A球开始运动时的高度
D．当支架从左向右回摆动时，A球一定能回到起始高度
析与解 ：若把支架看成一个整体，放开后，不计任何阻力,系统只有重力做功，系统总的机械能不变，所以，A球能回到起始高度；因为A小球质量为2，B小球质量为，在A球从初始位置运动到最低点的过程中，A球势能的减少量大于B球势能的增加量，故A球到达最低点时速度大于零；B球向左摆动所能达到的最高位置应高于A球开始运动时的高度。故正确选项为B C D.
点评： 准确地选择研究对象，使之满足机械能守恒的条件，是本题求解的关键。本题单独对A或B来说，由于杆对两小球均做功，故运动过程中机械能不守恒。而对A、B组成的系统，只有重力做功，系统总的机械能保持不变。对于多个物体组成的系统还应注意寻找各物体之间的牵联关系。
[例2]（2004天津·21）如图7-2所示，光滑水平面上有大小相同的A、B两球在同一直线上运动。两球质量关系为，规定向右为正方向，A、B两球的动量均为，运动中两球发生碰撞，碰撞后A球的动量增量为，则 （ ）
A. 左方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为
B. 左方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为
C. 右方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为
D. 右方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为
析与解 ：规定向右为正方向，因为两球动量相等且为正，要两球相碰，则左方球的速度必须大于右方球的速度，而，故A球的速度大于B球的速度，左方为A球。据动量守恒定律，两球的动量变化大小相等，方向相反，A球的动量增量为-，B球的动量变化为。据,算出碰撞后A、B两球的动量分别为 ，，两球速度之比为。故选项为（A）
点评：动量守恒定律的运用要注意其矢量性，本题中已规定了正方向，从题设条件得出两球运动方向相同且向右，是本题的关键。在判断A、B的位置时还应充分考虑运动中的实际情况，学生在分析的过程中可结合草图，增加空间认识，加深对题意的理解。
[例3]（2005陕西、四川、云南理综·25）如图7-3所示，一对杂技演员（都视为质点）乘秋千（秋千绳处于水平位置）从A点由静止出发绕O点下摆，当摆到最低点B时，女演员在极短时间内将男演员沿水平方向推出，然后自已刚好能回到高处A 。求男演员落地点C 与O 点的水平距离s。已知男演员质量m1和女演员质量m2之比=2,秋千的质量不计，秋千的摆长为R , C 点比O 点低5R。
析与解：一对杂技演员从A点由静止出发绕O点下摆的过程中机械能守恒；设分离前男女演员在秋千最低点B 的速度为v0，则 (m1+m2)gR=(m1+m2)v02
当摆到最低点B时，由于女演员在极短时间内将男演员沿水平方向推出，在此过程中，两者水平方向不受外力，故水平方向动量守恒；设刚分离时男演员速度的大小为v1,女演员速度的大小为v2；则
(m1+m2)v0=m1v1－m2v2
分离后，男演员做平抛运动，设男演员从被推出到落在C点所需的时间为t 。
4R=gt2 s=v1t
女演员刚好能回到A点的过程中机械能守恒
m2gR=m2v22
不难求得 s=8R
点评：机械能守恒定律的运用，要选好研究对象，分析物体的运动过程，建立正确的物理模型。本题解题的关键是弄清一对演员的运动过程。男女演员一起绕o点做圆周运动，满足机械能守恒。到达B点后，男女演员相互作用，二人相互作用时间极短，满足动量守恒。相互作用后男演员从B点出发做平抛运动。女演员由B点回到A点过程中也遵守机械能守恒。另注意运用机械能守恒定律时，恰当地选取零势能面，可使解题简洁。
[例4]（2005江苏·18）如图7-4所示，三个质量均为m的弹性小球用两根长均为L的轻绳连成一条直线而静止在光滑水平面上．现给中间的小球B一个水平初速度v0，方向与绳垂直．小球相互碰撞时无机械能损失，轻绳不可伸长．求：
（1)当小球A、C第一次相碰时，小球B的速度．
(2)当三个小球再次处在同一直线上时，小球B的速度．
（3)运动过程中小球A的最大动能EKA和此时两根绳的夹角θ.
(4)当三个小球处在同一直线上时，绳中的拉力F的大小．
析与解：由于三个质量为m的弹性小球在光滑水平面上相互作用，所以它们在沿v0方向和垂直于v0的方向上动量均守恒；又小球相互碰撞时无机械能损失，故三小球相互作用的整个过程中，系统机械能守恒。当小球A、C第一次相碰时，在垂直于v0方向的分速度为零，在沿v0方向上三小球速度相等，设三小球沿小球B初速度方向的速度为，由动量守恒定律不难得出
当三个小球再次处在同一直线上时，A、C两小球的运动方向和小球B的运动方向在同一直线上，对整个过程运用动量守恒定律和机械能守恒定律，得
解得 （三球再次处于同一直线）
，（初始状态，舍去）
所以，三个小球再次处在同一直线上时，小球B的速度为（负号表明与初速度反向）
此时，以小球B为参考系（小球B的加速度为0，为惯性参考系），小球A（C）相对于小球B的速度均为所以，此时绳中拉力大小为
当小球A的动能最大时，C的动能也最大且和A的动能相等，小球B的动能最小，不难分析其速度此时为零。设此时小球A、C的速度大小为，两根绳间的夹角为θ（如图7-5），运用动量守恒定律和机械能守恒定律易得：
小球A的最大动能为，此时两根绳间夹角为
点评：本题解题的关键在于研究对象的选取及过程的分析。三个小球组成的系统水平方向不受外力，满足动量守恒；又碰撞过程中无机械能损失，整个过程中三小球的总机械能守恒。第一次相碰时，三球在v0方向速度相同。三个小球再次处在同一直线上时，垂直于V0方向上的动量为零。运动过程中小球A的动能最大时，由对称性可知此时C的动能也最大，故B球动能最小，即为零。当三个小球处在同一直线上求绳中的拉力F时，还应考虑到运动的相对性，即A、C相对于B作圆周运动。
1．A、B两球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，A球的动量是5kg．m/s，B球的动量是7kg．m/s，当A球追上B球时发生碰撞，则碰撞后A、B两球的动量的可能值是（ ）
A．-4 kg·m/s、14 kg·m/s B．3kg·m/s、9 kg·m/s
C．-5 kg·m/s 、17kg·m/ D．6 kg·m/s、6 kg·m/s
2．长度为的均匀链条放在光滑水平桌面上，且使其长度的垂在桌边，如图7′-1所示。松手后链条从静止开始沿桌边下滑，则链条滑至刚刚离开桌边时的速度大小为（ ）
A．
B．
C．
D．
3．（2005上海·9）如图所示，A、B分别为单摆做简谐振动时摆球的不同位置。其中，位置A为摆球摆动的最高位置，虚线为过悬点的竖直线。以摆球最低位置为重力势能零点，则摆球在摆动过程中 （ ）
Ａ．位于B处时动能最大
Ｂ．位于A处时势能最大
Ｃ．在位置A的势能大于在位置B的动能
Ｄ．在位置B的机械能大于在位置A的机械能
4．（2005广东·6）如图7′-3所示，两根足够长的固定平行金属光滑导轨位于同一水平面，导轨上横放着两根相同的导体棒ab、cd与导轨构成矩形回路。导体棒的两端连接着处于压缩状态的两根轻质弹簧，两棒的中间用细线绑住，它们的电阻均为R，回路上其余部分的电阻不计。在导轨平面内两导轨间有一竖直向下的匀强磁场。开始时，导体棒处于静止状态。剪断细线后，导体棒在运动过程中 ( )
Ａ．回路中有感应电动势
Ｂ．两根导体棒所受安培力的方向相同
Ｃ．两根导体棒和弹簧构成的系统动量守恒，机械能守恒
Ｄ．两根导体棒和弹簧构成的系统动量守恒，机械能不守恒
5．如图7′-4所示，质量分别为m和2m的A、B两个木块间用轻弹簧相连，放在光滑水平面上，A靠紧竖直墙．用水平力F将B向左压，使弹簧被压缩一定长度，静止后弹簧储存的弹性势能为E．这时突然撤去F，关于A、B和弹簧组成的系统，下列说法中正确的是 （ ）
A．撤去F后，系统动量守恒，机械能守恒
B．撤去F后，A离开竖直墙前，系统动量不守恒，机械能守恒
C．撤去F后，A离开竖直墙后，弹簧的弹性势能最大值为E
D．撤去F后，A离开竖直墙后，弹簧的弹性势能最大值为E/3
6．如图7′-5所示，质量均为m的两球AB间有压缩的轻、短弹簧处于锁定状态，放置在水平面上竖直光滑的发射管内(两球的大小尺寸和弹簧尺寸都可忽略，他们整体视为质点)，解除锁定时，A球能上升的最大高度为H，现在让两球包括锁定的弹簧从水平面出发，沿光滑的半径为R的半圆槽从右侧由静止开始下滑，至最低点时，瞬间锁定解除，求A球离开圆槽后能上升的最大高度。
7．如图7′-6所示，质量均为的木块并排放在光滑水平面上，上固定一根轻质细杆，轻杆上端的小钉（质量不计）O上系一长度为L的细线，细线的另一端系一质量为的小球，现将球的细线拉至水平，由静止释放，求：
（1）两木块刚分离时，速度各为多大？
（2）两木块分离后，悬挂小球的细线与竖直方向的最大夹角多少？
8 . 用轻弹簧相连的质量均为2 kg的A、B两物块都以v＝6 m／s的速度在光滑的水平地面上运动，弹簧处于原长，质量为4 kg的物块C静止在前方，如图7′-7所示.B与C碰撞后二者粘在一起运动.求：在以后的运动中：
（1）当弹簧的弹性势能最大时，物体A的速度多大
（2）弹性势能的最大值是多大
（3）A的速度有可能向左吗 为什么
附：第7课时巩固提高训练答与解
1．答案： B
解：碰撞类问题遵循三个原则：(1)、系统满足动量守恒，(2)、不能发生二次碰撞，(3)、系统总动能不增加。本题中A选项违背动量守恒定律，C选项虽然满足动量守恒，但系统总动能比碰撞前增加了。由题意可知A球的速度大于B球的速度,而A球的动量小于B球的动量，可得，D选项中两动量相等，可见A球的速度大于B球的速度，两球将发生二次碰撞，这违背了原则(3)。只有选项D满足条件，故选D。
2．答案：B
解：设铁链的总质量为m，刚离开桌面时的速度为v，分别以这两段铁链为研究对象，各自重心下降的高度分别为 和 ，据机械能守恒定律
解得
3．答案：BC
解：摆球摆动过程中，只有重力做功，机械能守恒，只存在动能与重力势能的相互转化。由图可知，小球在最低点动能最大。A为最高点，小球在A点的重力势能最大。
4．答案：AD
解：系统水平方向不受外力，动量守恒，但系统机械能有损失，转化为电能，电能又转化为热能。
5．答案：BD
解：撤去F后，A离开竖直墙前，墙壁对系统有力的作用，系统动量不守恒，但此力对系统不做功，故系统机械能守恒。当A离开竖直墙后，系统不受外力，系统动量守恒，且机械能守恒。当两物体的速度相等时，弹簧的弹性势能最大。设刚离开墙壁时B的速度为v0，则,由系统动量守恒得：,，两物体总动能为，此时弹性势能的最大值为。
6．答案:
解：解除锁定后弹簧将弹性势能全部转化为A的机械能,则弹簧弹性势能为
AB系统由水平位置滑到圆轨道最低点时速度为v0 , 解除弹簧锁定后A、B的速度分别为vA、vB 则有
将代入能量关系得到
得到：
设相对水平面上升最大高度为h, 则：
7．答案：（1）
解：（1）三者组成的系统满足动量守恒和机械能守恒，选取最低点，球到达最低点时共同速度为，速度为，规定向左为正方向：
　　　　　　　　
解得：
（2）、从球在最低点开始，与组成一个系统满足动量守恒和机械能守恒，设摆到最高处为，此时，共同速度为：
　　　
解得：；　　　
8．答案：（1）vA′=3 m/s （2）Ep=12 J （3） A不可能向左运动
解：（1）当A、B、C三者的速度相等时弹簧的弹性势能最大.
由于A、B、C三者组成的系统动量守恒
解得 vA′= m/s=3 m/s
（2）B、C碰撞时B、C组成的系统动量守恒，设碰后瞬间B、C两者速度为v′，则
v′==2 m/s
设物A速度为vA′时弹簧的弹性势能最大为Ep，
根据能量守恒
=×（2+4）×22+×2×62-×（2+2+4）×32=12 J
（3）A不可能向左运动
系统动量守恒
设 A向左，vA＜0，vB ＞4 m/s
则作用后A、B、C动能之和
实际上系统的机械能
根据能量守恒定律，＞E是不可能的，所以A不可能向左运动。
精典考题反思
m
V0
V/
图5-4
M
巩固提高训练
图5-3
θ1
θ2
P
B
A
V0
图6′-4
重力做功 WG＝－ΔEP
弹力做功WF1＝－ΔEP1
分子力做功WF2＝－ΔEP2
电场力做功WF3＝－ΔEP3
能量和动量的综合应用
功
动量守恒
ΔP1＝－ΔP2
P1+P2=P1ˊ+P2ˊ
动量定理
ΣI＝ΔP
动量的变化 （方向在一条直线上的、方向不在一条直线上的）
恒力的冲量 I=Ft
变力的冲量 （弹力、向心力、摩擦力、库仑力的冲量等）
机械能守恒　
ΔEP＝ΔEK　　
能量守恒　
Q＝ΔE
动能定理
ΣW＝ΔEK　
功能原理
W其他＝ΔE
动能
势能 (重力势能、弹性势能、电势能、分子势能)
恒力做功 W=FsCOSθ
(重力做功、电场力做功)
变力做功 （弹力、机车牵引力、摩擦力、分子力做功等）
动量
冲量
能
相关知识链接
动量
能量
高考命题思路
精典考题反思
B A
图7-3
图7-2
图7-1
图6′-3
图6′-2
图6′-1
巩固提高训练
F
K
B
A
图6-2
F
图5′-2
s
F
B
C
A
θ
A
O
图6-1
图5′-4
图5′-3
图5′-1
a
b
O
图5-1
图5′-5
图7′-4
图7′-3
图7′-5
图7′-7
图7′-6
图7′-2
图7′-1
图7-5
R
O
5R
s
C
B
A
图7-4
精典考题反思
巩固提高训练
A
B
a
c
b
d
F
A
B
图5-2
A
B
B
A
R
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6第24课时 探究与设计性实验
[例题1]用以下器材测量一待测电阻Rx的阻值（900~1000Ω）：电源E ，具有一定内阻，电动势约为9.0V ；电压表V1 ，量程为1.5V ，内阻r1 = 750Ω ；电压表V2 ，量程为5V ，内阻r2 = 2500Ω ；滑线变阻器R ，最大阻值约为100Ω ；单刀单掷开关K ，导线若干。
（1）测量中要求电压表的读数不小于其量程的，试画出测量电阻Rx的一种实验电路
原理图（原理图中的元件要用题图中相应的英文字母标注）。
（2）根据你所画的电路原理图在题给的实物图24-2上画出连线。
（3）若电压表V1的读数用U1表示，电压表V2的读数用U2表示，则由已知量和测得量表示Rx的公式为Rx =_________________。
析与解：（1）由于没有电流表，所以两电压表中，一个与待测电路串联，用于测量流过的Rx电流；另一个与被测电阻并联，用于测量Rx两端的电压。又由于Rx的值比滑线变阻器R的值大很多，测量电路中应串联一电压表。而电压表内阻也比滑线变阻器R 大得多，所以若采用限流式接法，则电压调节范围小，电压表都易超过量程，因此滑线变阻器应采用分压式接法。电路原理图如图24-1所示。
（2）对实物连线，先在电路图上标出电源和电表的正负极，然后在实物图中先串联电学元器件，再并联上电学元器件，连线时导线不能相交。实物连线如图24-2所示。
（3）根据伏安法测电阻的原理，计算可得：Rx =或Rx =
点评：①不能和伏安法测电阻的基本原理相联系，设计不出测量方案；②没有对“电压
表的读数不小于其量程的”进行定量计算，导致两个伏特表位置安排失当；③没有留意滑动变阻器的阻值相对测量对象是很小的，错误地将控制电路设计为限流式；④实物连线没有按照原理图连接（类比建筑施工时不按照图纸施工）；⑤实物连线中，开关不接在干路上控制全部电路；⑥实物连线有诸多细节问题，如导线交叉，没有接在接线柱上，连接滑动变阻器时把线连在滑座上等等。
[例题2]有一个小灯泡上标有“4V 2W”的字样，现在要用伏安法测量这个灯泡的I—U图线。现有下列器材供选用：
A．电压表（0～5V，内阻10kΩ）　　　 B．电压表（0～10V，内阻20kΩ）
C．电流表（0～0.3A，内阻1Ω）　　　 D．电流表（0～0.6A，内阻0.4Ω）
E．滑动变阻器（10Ω，2A）
F．学生电源（直流6V），还有开关、导线
⑴实验中所用电压表应选___________，电流表应选用__________（用序号字母表示）
⑵为使实验误差尽量减小，要求从零开始多取几组数据，请在图24-2a方框内画出满足实验要求的电路图。
⑶某同学通过实验得到的数据画出了该小灯泡的伏安特性曲线（如图24-2b所示），若直接用电动势为3V、内阻为2.5Ω的电源给该小灯泡供电，则该小灯泡的实际功率是__________W。
析与解：⑴ 根据小灯泡上标有“4V 2W”的字样可知，小灯泡两端电压最大为4V，流过的电流不超过0.5A，所以电压表应选A，电流表应选Ｄ。
⑵ 计算可知小灯泡正常发光时的电阻为8Ω《10kΩ，为了减小误差，采用安培表外接法；小灯泡两端电压从0开始变化，故滑动变阻器采用分压式接法。电路如图24-3所示。
⑶小灯泡的实际功率是０.８Ｗ。用电动势为3V、内阻为2.5Ω的电源给该小灯泡供电，由E=U+Ir，得U=3-2.5I ，作出图线交小灯泡伏安特性曲线于（0.4A，2.0V），所以小灯泡的实际功率是P=UI=０.８Ｗ 。
点评：①本题是在课本学生实验“描绘小电珠的伏安特性曲线”基础上变化出来的。给出了双伏特表和电流表，要求从零开始多取几组数据，要求作出选择，这就需要根据实际问题具体分析并设计出符合要求的电路。②用作图法解决非线性变化关系的问题必须重视。
[例题3]（2001年高考理综卷）实验室中现有器材实物图如图24-4b所示，有：电池E，电动势约10V，内阻约1Ω；电流表A1，量程约10A，内阻1约为0.2Ω；电流表A2，量程300mA，内阻2约5Ω；电流表A3，量程250mA，内阻3约5Ω；电阻箱R1，最大阻值999.9Ω，最小阻值改变量为0.1Ω；滑线变阻器R2，最大值100Ω；开关S；导线若干。
要求用图24-4a所示的电路测量图中电流表A的内阻。
（1）在所给的三个电流表中，那几个可以用此电路精确测出其内阻？答： 。
（2）在可测的电流表中任选一个作为测量对象，在实物图上连成测量电路。
（3）你要读出的物理量是 。用这些物理量表示待测内阻的计算公式是 。
析与解：该题要求根据电路图设想出实验原理。属于有一定提示的设计型实验。与我们学过的伏安法测电阻相比较，这里被测电阻是电流表的内阻，它能显示出通过自身的电流，因此只要知道其上的电压就行，但没有电压表，却有另一只电流表。根据电路图可以看出，如果图中表A是被测表，则其上电压就是电阻箱上电压，利用两只电流表的读数差和电阻箱上显示的阻值可以求出该电压，这样就可以求出电流表的电阻。
（1）电流表A1不能精确测出其内阻，因这时图中的电流表Aˊ应为A2、A3中的一只，这使得电流表A1中的电流不能超过300mA，其指针的偏转极其微小，误差很大。而A2、A3可用此电路精确测出其内阻。
（2）若测3，实物连线如图24-5所示。
（3）根据前面的分析，要读出的物理量是A、Aˊ两电流表的示数I、Iˊ和电阻箱的阻值R1，待测内阻的计算公式是
点评：该题是分组实验原理迁移型的实验题，是高考实验题中常出现的一种。因此在做设计型实验题时，首先应回顾分组实验的实验原理，看看是否有迁移的可能。该题实际上是用比较法测电阻，比较待测电流表和电阻箱上的电流，从而比较出待测电流表的电阻。
[例题4]如图24-6所示的器材是：木质轨道（其倾斜部分倾角较大，水平部分足够长）、小铁块、两枚图钉、一根细线、一个量角器。只用上述器材测定小铁块与木质轨道间的动摩擦因数。
实验步骤是：（1）将小铁块从 ________；
（2）用图钉把细线 ______；
（3）用量角器测量 ________。那么，动摩擦因数可表示为 μ = _________。
析与解：这道题是一条难度很大的题目，原型是课本中的一道习题。【过渡题】有一个同学用如下方法测定动摩擦因数：用同种材料做成如图24-7所示，使得AB、BD为平面，其中AB为一斜面，其高为h、长为L1，BD是一足够长的水平面，两面在B点以小弧形光滑连接。现让质量为m的小物块从A点由静止开始下滑，到达B点后顺利进入水平面，最后滑到C点而停止，并测出BC=L2，小物块与两个平面的动摩擦因数相同，由以上数据可以求出物体与平面间的动摩擦因数μ= 。
该题为设计型实验，但由于给出了实验装置、器材和实验情景，因此对实验原理已有了很多提示。回顾力学分组实验，没有相关的可以迁移的原理。因此要用物理原理分析题给的实验情景。设斜面的倾角为，根据动能定理，在全过程中
mgh –μmgcos·L1 -μmgL2=0,
题中未给出斜面倾角，寻找别的关系，有
解得
变化可得
所以答案是：(1)从某点由静止释放，最后停在水平面上；（2）固定在铁块运动的起止点；（3）细线与水平面间的夹角θ；μ=tanθ
点评：从课本习题中变化出设计型实验题是一种新题型，这种题目往往难度较高，看上去无法下手，若高考时出现这种题目，是为了区分尖子生的，一般考生最好先放下，待把其它问题做好后再想办法解决它。若能根据题目呈现的情景联想到题目的原型，就不难解决了。
1、在测定一节干电池的电动势和内电阻的实验中，备有下列器材：
① 干电池E（电动势约为1.5V、内电阻大约为1.0）
② 电压表V（0~15V）
③ 电流表A（0~0.6A、内阻0.1）
④ 电流表G（满偏电流3mA、内阻Rg=10）
⑤ 滑动变阻器R1（0~10、10A）
⑥ 滑动变阻器R2（0~100、1A）
⑦ 定值电阻R3=990
⑧ 开关、导线若干　
（1）为了方便且能较准确地进行测量，其中应选用的滑动变阻器是_________（填写字母代号）；
（2）请在图24‘-1的线框内画出你所设计的实验电路图，并在图中标上所选用器材的符号。
(3)图24‘-2为某一同学根据他设计的实验，绘出的I1—I2图线（I1为电流表G的示数，I2为电流表A的示数），由图线可求得被测电池的电动势E =_____V，内电阻r =_____。
2、在做“用多用表探索黑箱内的电学元件”的实验中，有这样两步操作：①选择“—10”挡，将红、黑表笔分别接A 、B点时，无电压，红、黑表笔分别接B 、A点时，也无电压；②选择“Ω—×100”挡，将红、黑表笔分别接A 、B点时，指针几乎没有什么偏转，而将红、黑表笔分别接B 、A点时，指针偏转很大角度。据此，我们可以判断黑箱内电学元件接法，可能是图24‘-3中的（ ）
3、有一根细长而均匀的金属材料样品，截面为外方（正方形）内圆，如图24‘-4所示。此金属材料质量约为0.1～0.2kg，长约为30cm，电阻约为10Ω。已知这种金属的电阻率为，密度为。因管线内径太小，无法直接测量，请
根据下列提供的实验器材，设计一个实验方案测量其内径d
A．毫米刻度尺 B．螺旋测微器
C．电流表（600mA 10Ω） D．电流表（3A 0.1Ω）
E．电压表（3V 6kΩ）
F．滑动变阻器（2kΩ 0.5A） G．滑动变阻器（10Ω 2A）
H．直流稳压电源（6V 0.05Ω）
I．开关一个，带夹子的导线若干
（1）除待测金属材料外，应选用的实验器材有 （只填代号字母）。
（2）在图24‘-5中画出你所设计方案的实验电路图，并把所选仪器连成实际测量电路。
4、硫化镉（CdS）晶体是一种光敏材料，用它做成的光敏电阻有一特性：被光照射时电阻很小，当将光遮住时电阻很大。用它来控制照明灯，要求白天灯不亮，夜晚灯亮，请将图24‘-6示元件连接成符合上述要求的电路。图中电磁铁上方是带铁块的铜片，其右端上下各有一组开关，当电磁铁中无电流时，弹簧将铜片拉起，使其上方的开关（双箭头a、b表示）闭合；当电磁铁中有电流时，铁块受磁力作用拉下铜片，下方的开关（双箭头c、d表示）闭合。
5、已知一个区域的地下埋有一根与地表面平行的直线电缆，电缆中通有变化的电流，在其周围有变化的磁场，因此可以通过在地面上测量闭合试探小线圈中的感应电动势来确定电缆的确切位置、走向和深度。当线圈平面平行地面测量时，在地面上a、c两处测得试探线圈中的电动势为零，b、d两处的电动势不为零，当线圈平面与地面成45°夹角时，在b、d两处测得试探线圈中的电动势为零。经过测量发现：a、b、c、d恰好位于边长为1m的正方形的四个顶角上，如图24‘-7所示，据此可以判断地下电缆在 两点连线的正下方，离地表面的深度为 m。
6、利用如图24‘-8甲所示电路测量量程为８00ｍＶ的电压表的内阻ＲＶ，ＲＶ约为900Ω。某同学的实验步骤是：
　　①按照电路图正确连接好测量电路．将滑动变阻器的滑片移到最右端，电阻箱的阻值调到最大；
　　②合上开关Ｓ1和Ｓ2，调节滑动变阻器Ｒ1的滑片位置，使得电压表的指针指到满刻度；
　　③合上开关Ｓ1，断开开关Ｓ2，调节电阻箱R的阻值和滑动变阻器Ｒ1的滑片位置，使得电压表指针指到满刻度一半；
　　④读出电阻箱接入电路中的电阻值Ｒ，即为电压表内电阻ＲＶ的大小；
　　可供选择的实验器材有：
　　Ａ．待测电压表：量程为８00ｍＶ，内阻约900Ω
　　Ｂ．滑动变阻器：最大阻值２00Ω，额定电流1Ａ
　　Ｃ．滑动变阻器：最大阻值１0Ω，额定电流２Ａ
　　Ｄ．电阻箱：最大阻值999．9Ω，阻值最小改变量为0．１Ω
　　Ｅ．电阻箱：最大阻值99．9Ω，阻值最小改变量为0．１Ω
　　Ｆ．电池组：电动势约１２Ｖ，内阻约1Ω
　　以及导线和开关等。
　　按照这位同学设计的实验方法，回答下列问题：
　　(1)为了使测量比较准确，除了电池组、导线、开关和待测电压表外，从上述器材中还应选用的器材是_________(用器材前的序号字母表示)。
　　(2)在这些器材的实物图24-8乙上，用铅笔线表示导线，连接成测量电路。
　　(3)在上述实验步骤中，有遗漏或错误的步骤，请改于下面：
　　__________________。
　　(4)关于用上述方法测出的电压表内阻ＲＶ的测量值Ｒ测和真实值Ｒ真及测量误差，下列说法中正确的是（??）?
　　Ａ．Ｒ测＞Ｒ真
　　Ｂ．Ｒ测＜Ｒ真
　　Ｃ．若ＲＶ越大；测量值Ｒ测相对于真实值R真的误差就越大
　　Ｄ．若ＲＶ越大，测量值Ｒ测相对于真实值Ｒ真的误差就越小
课时24巩固提高训练答案
1、答案：⑴电源电动势为1．5V，若用滑动变阻器R1，电路中最小电流大约为，若用滑动变阻器R2，电路中最小电流大约为，为了方便调节，滑动变阻器应选R1 ； ⑵设计电路，电压表V量程是15V，而所测电压最大为1．5V，所以不能用电压表V，应考虑将电流表G改装成电压表，将G与定值电阻R3串联后量程为，正好符合实验要求。电路图如图24″-1所示；
⑶1．47（1．46~1．48均可） 0．84 (0．81~0．85均可)。
将图线延长后交I1轴于点1．47mA，交I2轴于点0．56A，
Ω
2、答案：ABC 。多用表使用欧姆挡时，黑表笔是高电势点。而“偏角很大”（或 “很小”）是针对表针停留的位置“∞”而说的。显然，根据欧姆挡的测量信息，A到B是不导通的状态，而B到A是导通的状态。
3、（1）A、B、C、E、G、H、I
（2）如图24″-2。
（3）设长度为l，截面外边长为a，电压为U，电流强度为I.
电阻，横截面积
故有 解得
4、略
5、 a 、c 0.71
6、（1）ＣＤ?
（2）如图24″-3所示?
（3）C错．应删去步骤 ③中“和滑动变阻器Ｒ1的滑片位置”?
（4）ＡＤ
巩固提高训练
精典考题反思专题研究四 直流电路和交流电路
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含容电路 动态分析和计算
电路 产生
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电磁振荡
振荡电流 电磁场理论
高考命题思路
1． 直流电路的分析和计算，在近年的高考中每年都有相关的试题，试题难度不大，主要考查电路的简化，直流电路的动态分析，电路故障的分析与判断，含容电路的分析和计算，直流电路中能量转化问题等等，这些问题也是今后的命题趋向，另外，要密切注意本考点与生产和生活相结合的新情境问题。
2． 交流电路部分由于与工农业生产和日常生活紧密结合，在近几年的高考中考查的频度较高，其考查的形式多以难度中等或中等偏下的选择题、填空题出现，但2004年江苏卷和2003年全国理综卷中，以计算题的形式出现，且2003年全国理综卷中第25题难度较大，其中考查频度最高是交流电有效值、变压器的有关知识，电磁场的有关知识不属于高中物理的重点内容，但也不能因此而放弃对其基本内容理解和掌握，例如，2005年广东卷第8题就是考查电磁波有关的知识。
第9课时 直流电路
精典考题反思
［例1］（2001上海·7）如图9—1甲所示电路中，闭合电键，灯L1、L2正常发光，由于电路出现故障，突然发现灯L1变亮，灯L2变暗，电流表的读数变小，根据分析，发生故障的可能是 （ ）
A．R1断路 B．R2断路
C．R3短路 D．R4短路
析与解：原电路较复杂，不能直接看出连接关系，可先进行电路简化，画出等效电路如图9—2所示。
现在灯L1变亮，灯L2变暗，说明灯L1所分得的电压变大，灯L2所分得的电压变小。若R1断路，则L1上的电压变大，灯L2上的电压变小，电流表的读数也变小，A正确。若R2断路，L2上的电压变大，灯L1上的电压变小，不合题意。
若R3短路，则L2所在的并联电路的电阻减小，L2上的电压变小，L1上的电压变大，但因总电阻减小，总电流I增大，而I=I2+I4，由于L2中电流I2减小，故电流表中的电流I4增大，所以C错误。同理可以判断，若R4短路，电流表的示数也增大，D错误。
点评：（1）求解本题的关键是电路的简化，在画等效电路时，要特别注意用导线相连的两点电势相等，可去掉导线合为一点；（2）电路故障的分析常用假设法，即假设某一元件（如电阻）发生断路或短路，看由此分析得到的结果与所给定的故障现象是否吻合。
［例2］（2003江苏·16）在如图9—2所示的电路中，电源的电动势E=3.0V，内阻R=1.0Ω；电阻R1=10Ω，R2=10Ω，R3=30Ω，R4=35Ω；电容器的电容C=100μF，电容器原来不带电，求接通开关K后流过R4的总电荷量。
析与解：开关接通后，电容器充电，流过R4的电荷量，即为电容器的充电电荷量。电路达到稳定后，R4上无电流，故电容器相当于接在电阻R3两端。
易得电路的总电阻为
电路中的总电流为I=
路端电压为U=E-IR
电阻R3两端的电压为U’= 图9—2
流过R4的总电荷量为Q=CU’，代入数据可得Q=2.0×104C。
点评：（1），电容器跟哪个电阻并联，该电阻两端的电压即为电容器两端的电压；（2）在直流电路中，某一支路串有电容器时，这一支路视为断路，与电容器串联的电阻可看成为导线。（3）计算电容器充放电过程中，通过电阻的电量时，应注意是一直充电（或一直放电），还是先充电后放电（或先电放后充电）。
［例3］．（05南通一模）如图9—3所示，甲、乙两电路中电源完全相同，电阻R1＞R2，在两电路中分别通过相同的电量Q的过程中，下列关于两电路的比较，正确的是 （ ）
A．电源内部产生电热较多的是甲电路中的电源
B．R1上产生的电热比R2产生的电热多
C．电源做功较多的是乙电路中的电源
D．电源输出功率较大的是乙电路中的电源
析与解：本题的概念性很强，利用有关概念进行判断。
电源内部产生的电热Q内热=I2Rt ①
电量 Q=It ②
电流强度 I= ③ 图9—3
由①②③式得 Q内热=
故乙电源内部产生电热较多，A错误。
外电阻上产生的电热QR热= I2Rt=，故R1上产生的电热多，B正确。
电源做功W=QE，故两电源做功相等，C错误。
电源输出功率P输，当R=r时电源输出功率最大，因r与R1、R2之间的大小关系不明确，也就无法确定两电源输出功率的大小关系，故D错误。
点评：（1）电路中有关电功、电热；电源的总功率、输出功率、内部发热功率；用电器的额定功率、实际功率等概念容易混淆，要正确区分。（2）电源的输出功率随外电阻的变化关系是个难点，既要正确理解，又要灵活应用。
［例4］某电子元件的电压与电流的关系如图9—4甲所示，将该电子元件与一个R=8Ω的电阻串联，再接至电动势E=3V，内阻R=2Ω的电源上，试求电路中的电流及电源的效率。
析与解：将R看成电源的内阻，可在原来的图像中作出其路端电压和电流的图像（如图9—4乙），与电子元件和电流关系图象有交点(I0=130mA，U0=1.7V)，该交点即为电路中的实际电流和电子元件两端的实际电压。
易得电源的效率为：
图9—4甲
结果为电路中电流： I0=130mA，效率为91.3%
点评：（1）为了便于研究电子元件，可把R看成是电源内阻，而在研究电源的效率时，不能把R看成是电源内阻。（2）像热敏电阻、光敏电阻等电阻值随电压（或电流）变化的有关问题，不能直接用闭合电路的欧姆定律，常常用图解法求解。
图9—4乙
巩固提高训练
1．如图9—1，所示电路，闭合开关S，当R1的滑动触头向右移动，使电压表V1的示数变化ΔU1时，电压表V2的示数变化为ΔU2，ΔU1、ΔU2均为其变化的绝对值，则 （ ）
A．ΔU1=ΔU2
B．ΔU1<ΔU2
C．ΔU1>ΔU2
D．不能判断ΔU1和ΔU2的大小关系
2．如图9—2，所示电路，R1、R2、R3是定值电阻，c点接 图9—1，
地，a、b两接线柱接上直流电源，开关S是断开的，那么，
当开关S闭合后 （ ）
A．ab两点电势均升高
B．ab两点电势均降低
C．a点电势升高，b点电势降低
D．a点电势降低，b点电势升高
3．某居民家中的电路如图9—3，所示，开始时各部分工作 图9—2，
正常，将电饭煲的插头插入插座后，正在烧水的电热壶突然不能工作，但电灯仍正常发光，拔出电饭煲的插头，把试电笔分别插入插座的左右插孔，氖管均能发光，则 （ ）
A．仅电热壶所在的C、D两点间电路发生了断路故障
B．仅电热壶所在的C、D两点间电路发生了短路故障
C．仅导线AB间断路
D．因为插座用导线接地，所以发生了上述故障
图9—3，
4．（03苏锡常镇）如图9—4，甲为在温度为10℃左右的环境中工作的某一自动恒温箱原理图，箱内的电阻R1=20kΩ，R2=10 kΩ，R3=40 kΩ，Rt为热敏电阻，它的阻值随温度变化的图线如图9—4，乙所示。当ab端电压Uab≤0时，电压鉴别器会令开关S接通，恒温箱内的电热丝发热，使箱内温度升高；当ab端电压Uab＞0时，电压鉴别器会令开关S断开，停止加热，则恒温箱内的温度可保持在 （ ）
A．10℃ B．20℃
C．35℃ D．45℃
甲 乙
图9—4，
5．（03石家庄）如图9—5，所示，输入电压UAB=200V，变阻器R1标有“150Ω、3A”字样，负载电阻R2标有“50Ω、2A”字样，在电路许可的情况下，则输出电压Uab （ ）
A．最大值为200V，最小值为0V
B．最大值为100V，最小值为0V
C．最大值为200V，最小值为75V
D．最大值为100V，最小值为75V
图9—5，
6．05年苏州质量检测）下图甲是某同学在科技活动中自制电子秤的原理图，利用理想电压表的示数来指示物体的质量。托盘与金属弹簧（电阻可忽略）相连，托盘与弹簧的质量不计。滑动变阻器的滑动端与弹簧的上端相连接，当托盘中未放物体时，滑动触头恰好指在滑动变阻器的最上端，接通开关后电压表的示数为零。设变阻器的总电阻为R，总长度为 L，电源电动势为E，内阻为r，限流电阻的阻值为R0，弹簧的劲度系数为k，不计摩擦和其他阻力。
（1）求电压表的示数UX与所称物体质量m之间的关系式；
（2）由上述UX与m的关系式可知，由于电压表的示数UX与待测物体的质量m不成比，因而不便于对自制电子秤的表盘进行刻度。进一步分析可知：为使电压表的示数UX与待测物体的质量m成正比，只需利用原有器材，对电路的连接方式加以改进。试在图乙的虚线框内画出改进后的电路图，并根据该电路图求出电压表的示数U’X与所称物体质量m的关系式。
甲 乙
图9—6，
7．（2005江苏·14） 如图9—7，所示，R 为电阻箱， 为理想电压表，当电阻箱读数为R1=2Ω时，电压表读数为U1=4V；当电阻箱读数为R2=5Ω时，电压表读数为U2=5V。求：
(1) 电源的电动势和内电阻；
(2)当电阻箱R的读数为多少时，电源的输出功率最大？最大值Pm为多少？
图9—7，
8．如图9—8，甲所示电路，当变阻器的滑动片从一端滑到另一端的过程中，两电压表的读数随电流表读数的变化情况如图9—8，乙中AC、BC两直线所示，不考虑电表对电路的影响，
(1)电压表V1、V2的示数随电流表示数的变化图象分别为U-I图象中的哪一条直线？
(2)定值电阻R0、变阻器的总电阻分别是多少？
(3)试求出电源的电动势和内电阻
(4)变阻器滑动片从一端到另一端的过程中，变阻器消耗的最大电功率为多大？
图9—8，
第9课时巩固提高训练答案及解
1．答案：C
图中R1为滑动变阻器，滑动触头向右移动，R1减小，I增大，U2=IR2增大，U内=IR增大，而U1=E-I(R2+R)减小，。故选C
2．答案：A
S闭合，R总减小，I总增大，U1增大，而b点电势大于c点电势，因此，b点电势升高，U2=E-I(R1+R)，U2减小，而a点电势小于c点电势，因此a点电势也升高，故选A
3．答案：C
试电笔分别插入插座的左右插孔后均能发光，说明零线断路，因为电灯正常发光，所以在电灯开关接线A处与三孔插座接线B处之间断路。故选C
4．答案：C
当Uab=0时，由R1/R2=R3/R4得，R4=20Ω，再由图象求出温度为35℃，故选C
5．答案：D
R1、R2的额定电压分别为450V和100V，当R2=100Ω时，I2=U2/R2=2A，R1的上部分电阻R1’=(UAB-U2)/I2=50Ω，R1的下部分电阻R1”=R1-R1’=100Ω，其电流I1”=UAB/R1”=2A<3A；R1的滑动触头向下移动时，Uab减小，当R1的下部分电流I1“=3A时，滑动触头不能再向下移，这时R1”=UAB/I1”=200/3Ω，R1’=150-200/3=250/3Ω，Uab=UABR2/(R1’+R2)=75Ω，故选D
6．答案：U，x=
设变阻器的上端到滑动端的长度为x，根据题意有
mg=kx Rx= Ux=
得 Ux=
（2）电路如图图9—1，，所示。
图9—1，，
根据题意有
mg=kx Rx= U，x=
得U，x=
7．答案：（1）6V；1Ω。（2）9W
（1） 由闭合电路欧姆定律E=E=得E=6V，R=1Ω
（2） 由电功率表达式P==可得
当R=R=1Ω时，P有最大值，Pm=E2/4R=9W
8．答案：（1）略。（2）12Ω。（3）1Ω；8V。（4）4W
(1)I变大时,U2=IR0相应变大,而U1=E-IR则变小,故V1表的示数对应BC直线,V2表的示数对应AC直线.(2)R0=ΔU2/ΔI=4.5/1.5=3Ω,在R取最大值时,ImIn=0.5A,此时U1=7.5V,故Rmax+R0=7.5/0.5,即Rmax=12Ω;(3)由题意7.5=E-0.5r和6=E-2r得r=1Ω,E=8V;(4)当变阻器阻值R=R0+R=4Ω时,变阻器消耗的功率最大,Pmax=E2/4R=4W.
第10课时 交流电路
精典考题反思
［例1］（2004江苏·13）如图10—1所示，一个变压器(可视为理想变压器)的原线圈接在220V的市电上，向额定电压为1.80×104 V的霓虹灯供电，使它正常发光。为了安全，需要在原线圈回路中接入熔断器使副线圈电路中电流超过12mA时，熔丝就熔断，(1)熔丝的熔断电流是多大？
(2)当副线圈电路中电流为10mA，变压器的输入功率是多大？
析与解：(1)设原副线圈上的电压、电流分别为U1、U2、I1、I2，理想变压器工作时，输入功率等于输出功率，存在U1I1=U2I2，
当I2等于12mA 时，原线圈中的电流达到熔断电流，代入数据得
I1=0.98A
(2)设此时副线圈的电流为I2’，理想变压器工作时，输入功率等于输出功率，故P1=P2=I2’U2=180W
图10—1
点评：（1）对理想变压器，P入=P出，及U1/U2=n1/n2，是基本关系式，而I1/I2=n2/ n1仅适用于一个副线圈的情况；（2）没有特殊说明时，交流电的值是有效值，熔丝的熔断电流是交流电电流的有效值，交流用电器名牌上的值是有效值。
［例2］(2003年北京理·25)曾经流行过一种向自行车车头灯供电的小型交流发电机，图甲为其结构示意图，图中N、S是一对固定的磁极，abcd是固定在转轴上的矩形线框。转轴过bc的中点、与ab边平行，它的一端有一半径R0=1.0cm的摩擦小轮，小轮与自行车车轮的边缘相接触，如图乙所示。当车轮转动时，因摩擦而带动小轮转动，从而使线框在磁极间转动，设线框由N= 800匝导线圈组成，每匝线圈的面积S=20 cm2，磁极间的磁场可视为匀强磁场，磁感强度B=0.010T，自行车车轮的半径R1=35㎝，小齿轮的半径为R2=4.0 cm，大齿轮的半径R3＝10.0cm（参见图乙）。现从静止开始使大齿轮加速转动，问大齿轮的角速度为多大才能使发电机输出电压的有效值U＝3.2V？（假定磨擦小轮与自行车车轮之间无相对滑动）
10—2
析与解：线圈在匀强磁场中匀速转动产生的正弦交变电流，线圈中感应电动势的有效值E和输出电压的有效值U相等，而线圈中感应电动势的最大值Em=E=NBSω0。由题设数据可求ω0，ω0是线圈转动的角速度，要求出大齿轮的角速度ω3，可由各种传动中的线速度、角速度及半径的比例关系得出ω0与ω3的关系。
设线圈(或磨擦小轮)、小齿轮(或自行车车轮)、大齿轮的角速度分别为ω0、ω2、ω3，则有
，
易得ω3=3.23Rad/s
点评：（1）善于把实际问题转化为物理模型，是对学生能力的一种考查，也是应用物理规律处理实际问题所必须具备的，平时应注意加强训练和培养；（2）该题要能灵活运用传动中线速度、角速度及半径的比例关系。
［例3］（2004兰州市）电磁炉专用平底锅的锅底和锅壁均由耐高温绝缘材料制成，起加热作用的是安在锅底的一系列半径不同的同心导电环(导电环的分布如图10—3所示)，导电环所用材料每米电阻为0.05πΩ，从中心向外第n个同心圆环的半径为Rn=(2n-1)R1(n=1,2,3,4,5)，已知R1=1.0cm，当电磁炉开启后，能产生垂直于锅底方向的变化磁场，该磁场的磁感强度B随时间的变化率为100π，求：(1) 半径为R1的导电圆环中感应电流的有效值为多少？(2)若不计其他损失，所有导电环释放的总功率P是多少？(以上计算中可取π2=10)
析与解：(1)由法拉第电磁感应定律得：
第n个环中的感应电动势最大值为
=103(2n-1)2R12
第n个环的电阻Rn=0.05π×2πRn=(2n-1)R1
第n个环中的电流有效值In有=103(2n-1)R1
故第一个环中的电流有效值为I1有=103R 1=10A
(2)第n个环的电功率为Pn=In有2Rn=[103(2n-1)R1]2(2n-1)R1 图10—3
=106(2n-1)3R13=(2n-1)3
故5个导电环释放的总功率为
P=P1+P2+P3+P4+P5=13+33+53+73+93=1225W
点评：（1）交流电有效值的计算一定要注意，不是所有的交流电有效值总是最大值的1/，必须先确定交流电的形式如何，只有正弦或余弦形式的交流电有效值为最大值的1/；（2）运用数学知识解决物理问题的能力，是高考要求的五大能力之一，如本题中只有掌握数列的通项分析，数列的求和等数列知识，才能正确地求解。
巩固提高训练
1．根据麦克斯韦电磁场理论，下列说法正确的是 （ ）
A．在电场周围一定产生磁场，磁场周围一定产生电场
B．在变化的电场周围一定产生变化的磁场，在变化的磁场周围一定产生变化的电场
C．均匀变化的电场周围一定产生均匀变化的磁场
D． 振荡的电场一定产生同频率的振荡磁场
2、（2005年广东·8）关于电磁场和电磁波，下列说法正确的是 （ ）
A、电磁波是横波
B、电磁波的传播需要介质
C、电磁波能产生干涉和衍射现象
D、电磁波中电场和磁场方向处处互相垂直
3、（2005年广东·9）钳形电流表的结构如图10—1，甲所示。图10—1，甲中电流表的读数为1.2A。图10—1，乙中用同一电缆线绕了3匝，则 （ ）
A、这种电流表能测直流电流，图10—1，乙的读数为2.4A
B、这种电流表能测交流电流，图10—1，乙的读数为0.4A
C、这种电流表能测交流电流，图10—1，乙的读数为3.6A
D、这种电流表既能测直流电流，又能测交流电流，图10—1，乙的读数为3.6A
图10—1，甲 图10—1，乙
4．（03北京丰台）家用电子调光灯的调光原理是用电子线路将输入的正弦交流电压的波形截去一部分来实现的，由截去部分的多少来调节电压，从而实现灯光的可调，比过去用变压器调节方便，且体积小，某电子调光灯经调整后电压波形如图图10—2，所示，则灯泡两端的电压为 （ ）
A． B．
C． D．
图10—2，
5．（05广东模拟）照明电路中，为了安全，一般在电能表后面电路上安装一漏电保护器，如图10—3，所示，当漏电保护器的ef两端未接有电压时，脱扣开关K能始终保持接通，当ef两端有一电压时，脱扣开关K立即断开，下列说法错误的是 （ ）
A．站在地面上人触及b线时(单线触电)，脱扣开关会自动断开，即有触电保护作用
B．当用户家的电流超过一定值时，脱扣开关会自动断开，即有过流保护作用
C．当相线和零线间电压太高时，脱扣开关会自动断开，即有过压保护作用
D．当站在绝缘面上的带电工作的人两手分别触到b线和d线时(双线触电)脱扣开关会自动断开，即有触电保护作用
图10—3，
6．（02南阳）如图10—4，所示，理想变压器原副线圈匝数比n1:n2=3:1，且分别接有阻值相同的电阻R1和R2，所加交流电源电压的有效值为U，则 （ ）
A．R1两端电压为U/10，R2两端电压为3U/10
B．R1、R2两端电压均为U/4
C．R1、R2消耗功率之比为1:1
D．R1、R2消耗功率之比为1:9
7．甲、乙两个完全相同的变压器如图10—5，接在交流电路中，两负载电阻的阻值之比R甲：R乙=2：1，甲变压器原线圈上电压为U甲，副线圈上电流为I 甲；乙变压器原线圈上电压 图10—4，
为U乙，副线圈上电流为I乙，则有 （ ）
A．U甲=U乙 I 甲=I乙
B．U甲=2U乙 I 甲=I乙
C．U甲=2U乙 I 甲=I乙
D．U甲=2U乙 I 甲=2I乙
图10—5，
8．（2000全国·18）一小型发电机内的矩形线圈在匀强磁场中以恒定的角速度ω绕垂直于磁场方向固定轴转动，线圈匝数n=100，穿过每匝线圈的磁通量φ随时间按正弦规律变化，如图10—6，所示，发电机内阻R=5.0Ω，外电路电阻R=95Ω，已知感应电动势的最大值Em=nωφm，其中φm为穿过每匝线圈的磁通量的最大值。求串联在外电路中的交流电流表(内阻不计)的
读数。
图10—6，
9．有条河流，流量为Q=2m3/s，落差h=5m，现在用其发电，若发电机总效率为50%，输出电压为240V，输电线总电阻R=30Ω，允许损失功率为发电机输出功率的6%，为满足用电的要求，使用户获得220V电压，则该输电线路所使用的理想升压、降压变压器的匝数比各是多少？能使多少盏“220V，100W”的电灯正常发光？
第10课时巩固提高训练答案及解
1．答案：D
2．答案：ACD
3．答案：C
由变压器的工作原理可知：对一组副线圈的变压器，电流之比等于匝数的反比，即可得出答案，故选C
4。答案：C
从电流有效值的一般定义：
得答案，故选C
5．答案：BCD
原线圈是双线绕制的，要使ef两端有电压，必须使ab间的电流与cd间的电流不等，使副线圈中的磁通量不为零，且发生变化，只有A才能使Ef两端有电压，故选BCD
6．答案：D
当原线圈接有电阻R1时，R1上的电流与原线圈中的电流相等，因此必须根据原副线圈中电流关系，求解R1、R2之间的电压、功率关系，应选D
7．答案：B
由于甲、乙两变压器的原线圈串在一起，故通过甲、乙两变压器原线圈中的电流相等，从原副线圈的电流关系可知副线圈中的电流也相等，由U=IR，可知，两副线圈两端的电压之比这U甲：U乙=2：1，故两变压器的原线圈两端的电压之比也为2：1故选B
8．答案：1.4A
由发电机工作原理可知：Em=nBSω=nωφm= nφm
E=
再由闭合电路欧姆定律E=I(R+R)
I=
代入数据可得I= 1.4A
9．答案：6：125；235：11；470盏
由题意可画出如下远距离输电示意图：
图10—1，，
电源两端的输出功率
P总==ρQghη=5×104W
输电线上的功率损失为P损=P总×6%=I2R
I==10A
U1=240V
U2=P总/I=5×103V
故升压器n1:n2=U1:U2 =6：125；
U损=IR=300V
U3=U2-U损=4700V
U4=220V
故降压变压器n3:n4=U3:U4=235：11；
理想变压器没有能量损失，故可正常发光的电灯数量N==470盏
n4
n3
n2
n1
U4
U3
U2
U1
B2
B1
·
K
C
R4
R3
R2
R1
E，R
S
R3
R2
R1
c
b
a
·
·
·
·
·
·
右
孔
b
a
220V
S
Rt
R3
R1
R2
电热丝
电压
鉴别器
～
○
○
V
U
Um
T/2
T
3T/2
t
O
○
○
U
R2
R1
n2
n1
R乙
R甲
I乙
I甲
乙
甲
U乙
U甲
～
○
○
φ/×10-2Wb
t/×10-2s
1.0
-1.0
1.57
3.14
5.71
0
左
孔
电
热
壶
零线
火线
D
C
B
A
220V第21课时 基本仪器的使用
[例题1] 用游标为50分度的游标卡尺测量某工件的长度时，示数情况如图21-1所示，则测量结果应该读作 mm 。
析与解：读数的方法是先读主尺示数（游标0刻度对应处），再读游标示数（游标刻度与主尺刻度对准处），然后将主尺示数加游标示数得出最后结果。主尺示数为10mm ，游标示数为0.40mm（0.02=0.40mm） ，所以正确的结果为10 + 0.40 = 10.40mm 。
点评：2005年黑龙江等地第22题就考了这种类型的题目。考生必须知道以下三种情形不需要估读：a、不便估读——游标卡尺；b、机械原因，不能估读——秒表和电阻箱；c、刻度不均匀，各段精度不一，导致有效数字位数不一致，不必估读——欧姆表。
解答本题时错误的情况有：①受游标边界的干扰，主尺示数读作8mm ，结果成为8.40mm ；②粗心，未考虑单位一致性，遗漏中间数字0 ，成为14.0mm ；③认为末位数字0是估读所致，结果成为10.4mm。其实，10分度游标卡尺的尾数是1、2、3、4、5、6、7、8、9、0 ；20分度游标卡尺的尾数是5、0 ；50分度游标卡尺的尾数是2、4、6、8、0 ；末位出现0纯属正常，不一定是估读所致。
[例题2]（1998上海·19）图21-2表示用多用电表测电路中电流的实验，图中多用表测定的是__ ___（填甲电阻的电流、乙电阻的电流或总的电流），测得的值是___________。
析与解：根据电路可以看出：多用表和乙电阻串联，它们再和甲电阻并联。所以测量的肯定是乙电阻的电流。测直流电流对应中间标示“”的刻度线，选择开关指在量程100mA ，应读0-2-4-6-8-10一组数字（看成0-20-40-60-80-100），而且精度为
可以读出的准确示数为48mA ，尾数估读为0.7(±0.1)×2 = 1.4±0.2mA ，故测量结果为48 +（1 .4±0.2）= （49.4±0.2）mA 。所以，多用表测定的是乙电阻的电流，读数为49.4mA（只要在49.2mA～ 49.6mA即可）。
点评：仪器使用的焦点问题是读数。读数包括精确读数和估读。估读的根本法则是：（最小刻度的）×精度（n取0、1、2、…、9）。
使用多用表时，应该注意：①表笔到实物不同的接法对应不同的功能（测电阻时，对象应从工作电路断开）；②不同的挡位对应表盘上不同的刻度线；③看清精度，确保电流或电压值估读正确。
解答本题时错误的情况有：①不能看清电路实质，认为是测甲和乙的总电流；②未掌握估读原则，粗略地读作49mA或者50mA ；③不能合理选择表盘对应刻度，导致精度判断失误，测量结果表达混乱。
[例题3]（其中（1）为1999上海·17）（1）在做“用单摆测定重力加速度”的实验时，用摆长L和周期T计算重力加速度的公式是g = 。如果已知摆球直径为2.00cm ，让刻度尺的零点对准摆线的悬点，让摆线竖直下垂，如图21-3所示，那么单摆的摆长
是 cm 。如果测定了40次全振动的时间如图21-4所示，那么秒表的读数
为 s ，单摆的周期为 s 。
（2）在用单摆测定重力加速度的实验中，如果测量值偏大，可能的原因是（ ）
A、用摆线长作为摆长
B、将摆球每经过一次最低点记做一次全振动
C、秒表读数时，漏掉了小刻度盘（分针）的数字
D、单摆未在一个平面内摆动
析与解：（1）由 得
如图21-3摆球下沿对应刻度为88.40cm ，所以摆长L = 88.40cm – 1.00cm = 87.40cm
如图21-4秒表分针读数为1min，秒针度数为15.2s，所以秒表读数为75.2 s。
单摆周期为
（2）用摆线长作摆长，摆长测量值偏小，A错误；摆球每经过一次最低点记做一次全振动和秒表读数时漏掉了小刻度盘（分针）的数字，都会使周期的测量值偏小，B、C正确；单摆未在一个平面内摆动，会使振动的周期变长，D错误。故选B、C 。
点评：测量摆长时，正常情况错误有两种，①不从图21-3摆球下沿对应刻度度数，根据球心位置估计摆长为87.50 cm；②无估读数字0，结果摆长为L = 87.4cm。
测量周期时的错误情况有：没有将分针和秒针读数相加得出正确结果或者将秒针示数；估读为15.20s导致有效数字位数出错。
1、用某精密仪器测量一物体的长度，得到结果为1.63812cm 。现改成最小刻度为mm的刻度尺去测量，结果应该为 cm ；如果改成20分度的游标卡尺去测量，结果应该为 cm ；如果改成螺旋测微器去测量，结果应该为 cm 。
2、（2005四川等地理综·22类似题）如图21′-1所示螺旋测微器的读数
3、多用表标示为“+”和“－”的插孔是分别和内部电流计的正、负极相连的，而红、黑表笔应分别插入“+”、“－”的插孔。现用多用表测直流电压或元件电阻时，关于电流流向和电势高低的表述，正确的是（ ）
A、测电压时，电流由红表笔流入多用表，红表笔电势高
B、测电压时，电流由黑表笔流入多用表，黑表笔电势高
C、测电阻时，电流由黑表笔流出多用表（经待测电阻回多用表），黑表笔电势高
D、测电阻时，电流由红表笔流出多用表（经待测电阻回多用表），红表笔电势高
4、用10分度、20分度和50分度游标卡尺在测量物理的长度时，主尺和游标刻度的对齐情况如图21‘-2所示，试分别在相应的横线上填写测量结果。
5、用多用表测量电流、电压或电阻时，表盘指针的位置如图21＇-3所示。如果选择开关指在“ｖ—2.5”位置时，测量结果为　　　　　；如果选择开关指在“ｍＡ—10”位置时，测量结果为 　　　　　；如果选择开关指在“Ω×100”位置时，测量结果为　　　　　。
６、（2005北京·22）“黑盒子”表面有a、b、c三个接线柱，盒内总共有两个电子元件，每两个接线柱之间只可能连接一个元件。为了探明盒内元件的种类及连接方式，某位同学用多用电表进行了如下探测：
第一步：用电压挡，对任意两接线柱正、反向测量，指针不发生偏转
第二步：用电阻×1000挡，对任意两个接线柱正、反向测量，指针偏转情况如图２１＇－4所示。
（1）第一步测量结果表明盒内______________________。
（2）图2１＇－5表示出了图2１＇－4〔1〕和图2１＇－4〔2〕中欧姆表指针所处的位置，其对应的阻值是_______Ω，图2１＇－6示出了图2１＇－4〔3〕中欧姆表指针所处的位置，其对应的阻值是__________Ω。
（3）请在图２１＇－7的接线柱间，用电路图符号画出盒内的元件及连接情况。
（4）一个小灯泡与3V电池组的连接情况如图２１＇－8所示。如果把图２１＇－8中e、f两端用导线直接相连，小灯泡仍可正常发光。欲将e、f两端分别与黑盒子上的两个接线柱相连，使小灯泡仍可发光。那么，e端应连接到__________接线柱，f端应连接到_______接线柱。
课时21巩固提高训练答案
1、1.64； 1.635（或1.640）； 1.6381
2、（1）6.551mm（或6.550mm） ；（2）3.495mm （提示：要根据固定刻度读数和螺旋套刻度读数综合判断是否应以恰好露出的固定刻度作为主尺读数）
3、AC 。
4、10.2或10.3，12.90，3.12或3.14 。
5、0.860V（或0.855V ，或0.865V）；3.44mA（或3.42mA ，或3.46mA）；2.8kΩ 。
6、（1）不存在电源
（2）1200，5000
（3）如图22″-1所示
（4）c、a
巩固提高训练
精典考题反思第12课时 带电粒子在磁场中的运动
精典考题反思
[例1]如图12—1，电子源S能在图示纸面上360范围内发射速率相同的电子（质量为m、电量为e），MN是足够大的竖直挡板，与S的水平距离OS=L，挡板左侧是垂直纸面向里，磁感应强度为B的匀强磁场。
（1）要使发射的电子能到达挡板，电子速度至少为多大？
（2）若S发射的电子速率为时，挡板被电子击中的范围有多大？
图12—1 图12—2 图12—3
析与解：（1）据洛伦兹力提供带电粒子做匀速圆周运动的圆心力，可得粒子做圆周运动的轨道半径，由该式可知，使电子到达挡板的最小发射速度，对应其有最小的轨道半径，哪一段长度是最小半径，必须通过电子运动的轨迹来确定。电子到达挡板的某一点，则以该点和发射点S连线为直径的轨迹圆对应的发射速度必最小，并且这一最小的发射速度随直径的减小而减小，因SO为诸直径中的最小直径，故电子能到达挡板的最小轨迹圆如图12—2所示。因题目未明确电子到达挡板上的哪一点，只要求电子能到达挡板，所以图12—2所示轨迹对应的电子发射速度即为所求，显然。
（2）由第（1）问得知，对应轨迹半径为的电子，其发射速率为，现电子的速率为，则轨迹半径。以O为圆心、为半径作，如图12—3所示，代表了速率的电子轨迹圆的大小。设想发射速度的方向作顺时针转动，则也要绕S点作顺时针转动，则当转到位置时，与挡板相切于点，点即为电子击中挡板的最低位置。继续顺时针转动，当转到位置时， 与挡板相交于点，为的直径，则点即为电子击中挡板的最高位置。因、两点之间的区域均能被电子击中，故挡板被电子击中部分的长度。
点评：第（1）问的解题关键是最小轨迹圆的确定，须经必要的比较、推断，这给作图的过程注入了能力要求。作出参考圆，然后想像其转动，从中寻找最低点和最高点，是解答第（2）问的关键，这种动画式思维构成了作图的能力要素。
[例2]据有关资料介绍，受控热核聚变反应装置中有极高的温度，因而带电粒子将没有通常意义上的容器可装，而是由磁场约束带电粒子运动将其束缚在某个区域内。现按下面的简化条件来讨论这个问题；如图12—4所示，有一个截面内半径为，外半径为的环状区域，区域内有垂直于纸面向里的磁场。已知磁场的磁感应强度B=1.0T，若被束缚的粒子的比荷为，不计带电粒子的重力。中空区域中带电粒子具有各个方向的速度，试计算：
（1）粒子沿环的半径方向射入磁场，不能穿越磁场的最大速度。
（2）所有粒子不能穿越磁场的最大速度。
图12—4 图12—5 图12—6
析与解：（1）该题背景取自受控热核反应，故被磁场约束的粒子为原子核 ，带正电。在磁场内边界上任取一点A，从A点沿径向射入磁场的粒子因速度不等而做半径不等的圆周运动，圆心均在过A点的切线上。将圆心从距A较近的位置逐渐向外移动，作一些半径渐大的圆（可称为试探圆），就会发现与磁场外边界内切于B点的轨迹圆为粒子不能穿越磁场的最大轨迹圆（如图12—5所示），其对应的速度即为粒子不能穿越磁场的最大速度。找到了，据几何知识便可求得其半径m，对应的速度。
（2）因“中空区域中带电粒子具有各个方向的速度”，就必须对从A点沿不同方向进入磁场区域且不穿越磁场的最大轨迹圆进行比较，其中最小的轨迹圆对应的速度才为所有粒子不能穿越磁场的最大速度。为此，可先作出沿A点切线以速度进入磁场的粒子的最大轨迹圆，再将粒子入射的速度方向逆时针转动，取几个方向作出对应的最大轨迹圆，直至作出沿A点切线以速度进入磁场的粒子的最大轨迹圆（如图12—6所示）。作图中可发现最大轨迹圆的半径越来越大，最终锁定的半径最小，进而算得， 这一速度即有所有粒子不能穿越磁场的最大速度。
点评：通过试探圆探寻到的作图过程，表象上看是圆的缩放，实质上是一种收敛性思维。第（2）问在作图时须周密考虑各种可能性，是思维发散性的重要特征。收敛与发散反映了思维的深度和广度，体现出能力发展的水平和层次。部分同学错把当作所有粒子不能穿越磁场的最大速度，忽视了这里应以“最小” 求“最大”。
[例3]在某一真空空间内建立坐标系，从原点向第一象限发射一比荷的带正电的粒子（重力不计），速度大小、方向与轴正方向成30角。
（1）若在坐标系轴右侧加有匀强磁场区域，在第一象限，磁场方向垂直平面向外；在第四象限，磁场方向垂直平面向里，磁感应强度均为B=1T，如图12—7所示。求粒子从O点射出后第二次经过x轴时的坐标。
（2）若将上述磁场改为如图12—8所示的匀强磁场，在 时，磁场方向垂直于平面向外；在到时，磁场方向垂直于平面向里，此后该空间不存在磁场。在时刻，粒子仍从O点以与原来相同的速度射入，求粒子从O点射出后第二次经过轴时的坐标。
图12—7 图12—8
析与解：（1）正电粒子以初速度进入第一象限的磁场中，划过一段圆弧，设从点进入第四象限，作弦的垂直平分线，过原点作跟初速度方向垂直的直线，两线交于，即为粒子在第一象限运动轨迹的圆心。据几何知识可知，△为等边三角形，粒子进入第四象限时的速度方向仍与轴正方向成30角，依同样的方法找出粒子在第四象限运动轨迹的圆心，如图12—9所示。因两象限的磁感应强度大小相等，故和的半径相等，均为0.1m，因此粒子从点射出后第二次经过轴时的坐标。
图12—9 图12—10
（2）粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期，以，代入算得，粒子在内恰运动，转过的圆心角为120。因粒子初速度方向与轴正方向的夹角为30，故末粒子以为圆心运动至A，注意：平行于轴。在接下来的内，因磁场反向（大小不变），粒子以为圆心旋转120至B点，此后磁场被撤去，粒子做匀速直线运动，从C点第二次经过轴，运动轨迹如图12—10所示。作出了粒子三阶段的运动轨迹，注意到和的半径相等，均为0.1m，利用几何和三角知识不难求得粒子从O点射出后第二次经过轴时的坐标。
点评：从上面两问的分析可以看出，作出带电粒子的运动轨迹是正确求解问题的前提，而在作图过程中结合数学知识判断轨迹的走向相当关键。由于第（1）问的运动图景比较常见、熟悉，数学知识在其中的运用似乎不觉重要，而第（2）问如果不通过数学知识判断出、的连线平行于轴这一关键点，将使的求解相当困难。尽管平日的解题大多画的是示意图，但如果走了样就会误导思维。因此，在有数学约束的问题中，必须注意结合数学知识矫正轨迹走向，以防作图的随意性，使运动的特征得以彰显和揭示，使问题得以顺利解决。
[例4]如图12—11所示，在坐标平面的第一象限内，有一个匀强磁场，磁感应强度大小恒为，方向垂直于平面，且随时间做周期性变化，如图12—12所示，规定垂直平面向里的磁场方向为正。一个质量为，电量为的正粒子，在时刻从坐标原点以初速度沿轴正方向射入，在匀强磁场中运动，经过一个磁场变化周期T（未确定）的时间，粒子到达第一象限内的某一点P，且速度方向沿轴正方向（不考虑重力作用）。
（1）若点、连线与轴之间的夹角为45，则磁场变化的周期T为多大？
（2）因点的位置随着磁场周期的变化而变化，试求点纵坐标的最大值为多少？此时磁场变化的周期又为多大？
图12—11 图12—12
析与解：若带电粒子做匀速圆周运动的周期大于磁场的变化周期T，则粒子在磁场中以为圆心做半圆周运动，若在途中某时刻（）磁场方向突变（大小不变），则在后时间内，粒子以为圆心运动相等的弧长至点，据轨迹的对称性，此刻速度方向刚好恢复成沿轴正方向，如图12—13所示。因为点是任意的，所以图12—13画出的轨迹是粒子从点到点运动的一般情形。
图12—13 图12—14 图12—15
（1）若、连线与轴之间的夹角为45，则据几何关系可知、的连线必平行于轴，粒子的运动轨迹变成图12—14所示的情形，这种情况下，磁场变化的周期。
（2）逐渐增大与轴之间的夹角，点的位置将升高，当以为圆心的圆弧与轴相切时，点的纵坐标有最大值，粒子的运动轨迹变成图12—15的情形，这种情况下，有，磁场变化的周期，的纵坐标。
点评：先作出粒子运动的一般轨迹，再结合题目的具体要求将轨迹切换成特殊条件下的情形，体现了从一般到特殊的思维方式。
以上四例均显示出作粒子运动轨迹的重要性，而轨迹的确定往往并非易事。可见，物理作图不仅仅是分析问题的一种手法，更是解决问题的一种能力，我们要把作图作为学习物理的一种习惯来培养，同时更应把作图作为研究物理的一种能力来训练。
巩固提高训练
1.在匀强磁场中，一个带电粒子作匀速圆周运动，如果又顺利地垂直进入另一磁感应强度为原来2倍的匀强磁场，则 （　　）
A.粒子的速率加倍，周期减半
B.粒子的速度不变，轨道半径减半
C.粒子的速率减半，轨道半径为原来的
D.粒子的速率不变，周期减半
2.用同一回旋加速器分别对质子和氚核（）加速后 （　　）
A.质子获得的动能大于氚核获得的动能
B.质子获得的动能等于氚核获得的动能
C.质子获得的动能小于氚核获得的动能
D.质子获得的动量等于氚核获得的动量
3.如图12′—1，带电粒子以速度进入正方形区域，不计粒子重力。当区域内有平行纸面，方向竖直向下的匀强电场时，粒子从点飞出，所用时间为；当区域里有垂直纸面向里的匀强磁场时，粒子从点飞出，所用时间为 。下列说法正确的是 （　　）
A. < B. =
C. > D.粒子带负电
图12′—1 图12′—2
4.如图12′—2所示，在垂直纸面向里的匀强磁场的边界上，有两个质量和电量均相同的正、负离子（不计重力），从O点以相同的速度先后射入磁场中，入射方向与边界成角，则正、负离子在磁场中 （　　）
A.运动时间相同
B.运动轨迹的半径相同
C.重新回到边界时速度的大小和方向相同
D.重新回到边界的位置与点的距离相等
5.如图12′—3所示，在圆形区域内有方向垂直圆面向里的匀强磁场，从边缘的点有一束速率各不相同的质子（重力不计）沿半径方向射入磁场，这些质子在磁场中 ( ) A.运动时间越长，其轨迹越长
B.运动时间越长，其轨迹对应的圆心角越大
C.运动时间越短，射出磁场的速度越小
D.运动时间越短，射出磁场的速度偏向角越小
图12′—3 图12′—4
6.一个静止的放射性原子核处于垂直纸面向里的匀强磁场中，由于发生衰变而形成了如图12′—4所示的两个圆形径迹，两圆半径之比为1:16，则 （　　）
A.该原子核发生了衰变
B.反冲核沿小圆作逆时针方向运动
C.原静止的原子核的原子序数为15
D.沿大圆和沿小圆运动的粒子周期相同
7.边长为100cm的正三角形光滑且绝缘的刚性框架固定在光滑的水平面上，如图12′—5，内有垂直于框架平面的匀强磁场。一质量，带电量为的小球，从的中点小孔处以某一大小的速度垂直于边沿平面射入磁场，设小球与框架相碰后不损失功能，且碰撞时间忽略不计。求：
（1）为使小球在最短的时间内从点出来，小球的入射速度是等于多少？
（2）若小球以的速度入射，则需经过多少时间才能由点出来？
图12′—5 图12′—6
8. （2005江苏 17）如图12′—6所示，M、N为两块带等量异种电荷的平行金属板、为板上正对的小孔，N板右侧有两个宽度均为d的匀强磁场区域，磁感应强度大小均为B，方向分别垂直于纸面向外和向里，磁场区域右侧有一个荧光屏，取屏上与、共线的O点为原点，向上为正方向建立x轴。M板左侧电子枪发射出的热电子经小孔进入两板间，电子的质量为m，电荷量为e，初速度可以忽略。
（1）当两板间电势差为时，求从小孔射出的电子的速度。
（2）求两金属板间的电势差U在什么范围内，电子不能穿过磁场区域而打到荧光屏上。
（3）若电子能够穿过磁场区域而打到荧光屏上，试在图上定性地画出电子运动的轨迹。
（4）求电子打到荧光屏上的位置坐标x和金属板间电势差U的函数关系。
9.如图12′—7，真空中有一半径为的圆形匀强磁场区域，圆心为，磁场方向垂直于纸面向内，磁感应强度为，距点处有一屏，垂直于纸面放置，为垂直于屏的半径，其延长线与屏交于，一个带负电的粒子以初速度沿方向进入圆形磁场区域，最后打在屏上点，、相距，不计粒子重力。
（1）求粒子在磁场中运动的轨道半径和粒子的比荷。
（2）若该粒子仍以初速度从点进入圆形磁场区域，但方向与成60角向右上方，粒子最后打在屏上点，求粒子从到所经历的时间。
（3）若该粒子仍以初速度从点进入圆形磁场区域，但方向与成某一角度时在磁场中运动路程最大，求粒子打在屏上的位置。
图12′—7
附：第12课时巩固提高训练答案及解
1.答案：B、D
解：粒子速率不变，因，加倍，减半，选B。因，加倍，减半，选D。
2.答案：A、D
解：因，故，。用同一回旋加速器，、相等，因质子的电荷量等于氚核，故质子获得的动量等于氚核获得的动量，选D。因质子的质量小于氚核，故质子获得的动能大于氚核获得的动能，选A。
3.答案：A
解：粒子应带正电。设正方形区域的边长为，则，，为弧长。因>，故<，选A。
4.答案：B、C、D
解：因，故正、负离子的轨迹圆半径相等，故选B。据几何知识可知，选项C、D也正确。
5.答案：B、D
解：粒子在磁场中的运动时间，为粒子在磁场中转过的圆心角，显然选项B正确。因弧长，质子的入射速率不等，越长，未必越长，故选项A错。质子射出磁场的速度大小决定于入射速度，与运动时间无关，故选项C错。因磁场边界为圆，质子又正对圆心进入磁场，故射出磁场时速度方向的反向延长线必过圆心，因此，偏向角等于轨迹所对的圆心角，据上式，选项D正确。
6.答案：B、C
解：两圆内切为衰变，选项A错。据，电子和反冲核的动量大小相等，故大圆为电子的径迹，小圆为反冲核的径迹，据左手定则可判断选项B正确。因两圆半径之比为1:16，故反冲核的电荷量为电子的16倍，据衰变方程可知，原核的核电荷数即原子序数为15，故选项C正确。因，因电子和反冲核的比荷不等，故不等，选项D错。
7.答案：（1） （2）
解：（1）如图12″—1，小球至少经两次碰撞改变方向后才能从点出来，据几何对称性得，。
图12″—1 图12″—2
（2）因，故，小球在框架内运动的轨迹如图12″—2所示，。
8.答案：（1） （2）< （3）见图12″—3 （4）
解：（1）由得，。
（2）要使电子打不到荧光屏上，就不能使电子进入右侧磁场区域，即电子在左侧磁场区域运动的最大半径，对应的入射速度，加速电压。显然应取<。
（3）如图12″—3所示。
图12″—3
（4）因，， ，解得。
9.答案：（1）； （2） （3） C点下方处
解：（1）作出粒子运动的轨迹如图12″—4所示，因，所以。
（2）因初速度的大小未变，轨道半径仍为，因方向与成角，粒子在磁场中做圆周运动的圆心恰在磁场边界上（如图12″—5），且出磁场的点和的连线垂直于，。。
（3）以磁场区域直径为弦的轨迹圆弧最长，圆心位于点正下方，粒子离开磁场后打在屏上的点，如图12″—6所示。因△∽△，有，。
图12″—4 图12″—5 图12″—6
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11专题研究一 力和运动
１．受力分析与物体平衡，单独命题常以选择题为主，虽占比例不大，但经常与其他知识点（如牛顿运动定律、动量、功和能、气体的压强、带电粒子在电场、磁场和复合场中的运动）综合命题。特别要关注经典试题在新情境下的应用。
２．牛顿运动定律，是力学知识的“基石”，也是整个高中物理最重要的知识之一，而直线运动则是最基本的运动形式。牛顿运动定律与直线运动和生产、生活实际联系紧密（如公路、铁路、航海、航空等交通问题及光学测量问题），应引起注意。虽然这部分知识单独命题较少，且常以选择题的形式出现，但与光、电、磁等知识综合起来的考查每年都有。近几年来，对灵活运用数学工具（图像、函数等）解决物理问题的能力的考查成为高考的重要目标之一，应引起足够的重视。
３．牛顿运动定律与曲线运动，每年高考都要考查到，出题形式多样，选择题、计算题均有，重点考查对牛顿运动定律的深刻理解和综合运用，以及平抛运动的研究方法——运动的合成和分解的灵活运用。近年来，该部分知识在加强与物理学其他知识（如能量、动量、电场力、洛仑兹力等）和生产、生活实际（如机械加工、卫星发射的姿态调整、抗洪救灾等）联系的同时，还有和其他学科（如信息技术、生物技术、空间技术以及新材料、新能源、新技术等）渗透、交叉、综合的趋势。
４．万有引力和天体运动，几乎年年都考，但以选择题的形式出现居多。不过，由于近年来世界各国空间科技力量的竞争日趋激烈，特别是我国“神舟”系列飞船的成功发射和接收、对坦普尔１号彗星的“深度撞击”的成功，可能会使万有引力、天体运动的知识成为一个特别的考查热点。
第1课时 受力分析与物体平衡
［例1］（2003全国·36）如图1－1所示,一质量为M的楔形块放在水平桌面上,它的顶角为90°，两底角为α和β；a、b是两个位于斜面上的质量均为m的木块。已知所有接触面都是光滑的。现发现a、b沿斜面下滑，而楔形块静止不动，这时楔形块对水平桌面的压力等于 （ ）
A．Mg+mg B．Mg+2mg
C．Mg+mg(sinα+sinβ) D．Mg+mg(cosα+cosβ)
析与解：由于各接触面是光滑的，a、b两物体均加速下滑，分析M受力：如图1－2所示,a对M的压力为Fa＝mgcosα,b对M的压力为Fb＝mgcosβ。由正交分解，楔形块M在竖直方向上合力为零，有 N＝G＋Fbcosβ+Facosα
＝G＋mgcos2α+mgcos2β
因为α和β互余，cos2α+cos2β=1,故N＝Mg+mg
点评：本题是多体情况下物体的平衡及单体在某一方向上的平衡问题,正确进行受力分析并建立相应方程是解决问题的关键。其中物体a、b在垂直运动方向上的平衡关系是解题的突破口。
［例2］(03高考科研测试题)如图1－3（a）所示，将一条轻而柔软的细绳一端固定于天花板上的A点，另一端固定在竖直墙壁上的B点，A和B点到O点的距离相等，绳的长度为OA的两倍。如图1－3（b）所示为一质量和半径可忽略的动滑轮K，滑轮下悬挂一质量为ｍ的重物。设摩擦力可忽略，现将动滑轮和重物一起挂到细绳上，在达到平衡时，绳所受的拉力是多大？
　析与解：如图１－４所示，平衡时，因为绳与滑轮之间的接触是完全光滑、无摩擦的，故两边
绳
的拉力F1＝F2。
　水平方向的平衡，有F1cosθ1=F2cosθ2，得θ１＝θ２＝θ
　由几何关系可知，cosθ=1/2，θ＝60°
再由竖直方向力的平衡，得 2Fsinθ=mg
F=mg/2sinθ=
点评：本题中，两侧绳子的拉力相等是解题的关键，而应用几何知识计算相应角度的大小则是解题的突破口。
还可进一步讨论，若将B点上下移动或A点左右移动，绳子的拉力如何变化？
［例3］如图1－5所示，三根不可伸长的轻绳，一端系在半径为r0的环1上，彼此间距相等。绳穿过半径为r0的第3个圆环，另一端用同样方式系在半径为2r0的圆环2上，环1固定在水平天花上，整个系统处于平衡。试求第2个环中心与第3个环中心之距离。（三个环都是用同种金属丝制作的）
析与解：因为环2的半径为环3的2倍，环2的周长为环3的2倍，三环又是用同种金属丝制成的，所以环2 的质量为环3 的2倍。设环3的质量为m，则三根绳承受的重量为3mg（以2、3两环的系统为研究对象），即环1与环3之间每根绳的张力T1＝mg,是相同的。
对环2(受力如图1－6)，平衡时，有 3T2cosα=2mg
又 T1=T2=mg
得 cosα=2/3
环2与环3中心间的距离
x= r0ctgα=
点评：本题先以2、3环为研究对象，再以2环为研究对象，并利用对称性，体现了思维的灵活性。而研究对象的选取是解题的关键,由轻质绳子的张力处处相等而得到的T1=T2是非常重要的结论，在许多问题的讨论中都用到，应予以重视。
［例4］（2001·全国·7）如图1－7所示，q1、q2、q3分别表示在一条直线上的三个点电荷，已知q1与q2之间的距离为l1, q2与q3之间的距离为l2,且每个电荷都处于平衡状态：
（1）如q2为正电荷，则q1为 电荷，q3为 电荷。
（2）q1、q2、q3三者电荷量大小之比是： : : 。
析与解：（1）每个电荷都处于平衡状态，所受合力为零，若q2为正电荷，q1、q3受平衡力的作用，必有q1、q3为负电荷。
（2）以q1、q2、q3分别为研究对象，由物体平衡条件和库仑定律，有
解得
点评：这是一道自由电荷组的平衡问题，各个电荷都要平衡，必定满足“大夹小，邻相异”的规律，即中间电量小，相邻的为异种电荷。
1．（05南通一模）如图1/－1所示，轻质光滑滑轮两侧用细绳连接着两个物体A和B，物体B放在水平地面上，A、B均静止。已知A和B的质量分别为mA、mB，绳与水平方向的夹角为θ，则（ ）
A.物体B受到的摩擦力可能为0
B.物体B受到的摩擦力为mAgcosθ
C.物体B对地面的压力可能为0
D.物体B对地面的压力为mBg－mAgsinθ
2.（04黄冈模拟）如图1／－2所示，竖直绝缘墙壁上的Q处有一固定的质点A，在Q的正上方的P点用丝线悬挂另一质点B，A、B两质点因为带电而相互排斥，致使悬线与竖直方向成θ角，由于漏电使A、B两质点的带电量逐渐减小，在电荷漏电完之前，悬线对悬点P的拉力大小 （ ）
A.变大 B.变小 C.不变 D.无法确定
3．（05北京四中模拟）如图1/－3所示，在一根水平直杆上套着a、b两个轻环，在环下用两根等长的轻绳拴着一个重物，把两环分开放置。静止时，杆对a环的摩擦力大小为f,支持力大小为N。若稍稍缩短两环间的距离，但仍静止，则N和f如何变化？ （ ）
A.N变大，f变小 B. N变小，f变大
C.N不变，f变大 D. N不变，f变小
4．（05盐城模拟）一氢气球下系一小重物G，重物只在重力和绳的拉力作用下作匀速直线运动，不计空气阻力和风的影响，而重物匀速运动的方向如图1－13中箭头所示的虚线方向，图1－13A～D中，气球和重物在运动中所处的位置正确的是 （ ）
5．（04福建模拟）如图1/－5所示，物体在斜向上的恒力F的作用下沿水平面作直线运动，下列判断正确的是 （ ）
A.若水平面光滑，物体一定受三个力的作用
B.若水平面粗糙，物体一定受四个力的作用
C.若物体做匀速直线运动，则一定受四个力作用
D.若物体做匀加速直线运动，则一定受四个力作用
6．（04南京模拟）有一直角V型槽，固定在水平面上，槽的两侧壁与水平面夹角均为45°，如图1/－6所示。有一质量为m的正方体均匀木块放在槽内，木块与槽两侧壁间的动摩擦因数分别为μ1和μ2（μ1>μ2）。现用水平力推木块使之沿槽运动，则木块受到的摩擦力为 （ ）
7.(04黄冈模拟)如图1/－7所示,不计重力的细绳AB与竖直墙间的夹角为60°，轻杆BC与竖直墙间的夹角为30°,杆可绕C自由转动。若细绳能承受的最大拉力为200N，轻杆能承受的最大压力为300N,则在B点最多能挂多重的物体？
8．（05黄冈模拟）如图1/－8所示，质量为m的物体放在水平放置的钢板C上，与钢板的动摩擦因数为μ。由于受固定光滑导槽AB的控制，物体只能沿水平导槽运动。现使钢板以速度V1向右运动，同时用力F沿导槽的方向拉动物体，使物体以速度V2沿导槽运动，导槽方向与V1方向垂直，则F的大小为多少？
9．（04上海模拟）一吊桥由六对钢杆悬吊着，六对钢杆在桥面上分列两排，其上端分别挂在两根钢缆上，如图1/－9所示。已知图中相邻两钢杆间的距离均为9m，靠桥面中心的钢杆长度为2m，即AA/=DD/=2m，BB/=EE/,CC/=PP/。已知两端钢缆与水平面成45°，钢杆自重不计，为使每根钢杆承担相同的负荷，试求每根钢杆的长度应各为多少？
10．（2003江苏高考·15）当物体从高空下落时，空气阻力随速度的增大而增大，因而经过一段距离后将匀速下落，这个速度称为这个物体的终极速度。已知球形物体速度不大时所受的空气阻力正比于速度v，且正比于球半径r,即阻力f=krv，k为比例系数。对于常温下的空气，比例系数k＝3.4×10-4N·s/m2.已知水的密度ρ＝1.0×103kg/m3，取重力加速度g=10m/s2,试求半径r＝0.10mm的球形雨滴在无风的情况下的终极速度vT。（结果取两位有效数字）
附: 第一课时巩固提高训练答案及解
1．答案：BD
解：以B为研究对象，有f=Tcosθ,N=G-Tsinθ
而 T＝mAg
故 f= mAgcosθ,N=mBg-mAgsinθ
2．答案：C
解：对B球的平衡，有
得 T=GL/h ,与A、B间的距离无关。
故选C 。
3．答案：D
解：对两环和重物的整体来说，有 2N＝mg 得N＝mg/2
对重物,有两环间距变小，绳的拉力变小，摩擦力f变小。
4．答案：A
解：重物匀速运动，合力为0，又不计空气阻力和风力，故拉力与重力平衡，方向竖直向上。
5．答案：C
解：当F在竖直方向上的分力与重力相等，无论光滑与否，都只受两个力F和mg而作匀加速运动，A、B错；物体作匀速运动，必有水平向左的摩擦力，因而也必有支持力。故选C。
6．答案：C
解：木块两侧面均受V型槽的摩擦力，其大小分别为f1=μ1mgcos45°和f2=μ2mgcos45°,两者方向相同（与运动方向相反），将其合成即得
7．解：对B点，有
得
若NBC=300N,则TAB＝
若TAB=200N,则NBC＝
故只能是NBC=300N,得Gmax＝NBC／sin60°≈346．4N 。
8．解：物体m相对钢板的运动方向如图1／／－3所示，滑动摩擦力f的方向与之相反，由平衡条件，得F＝fcosθ=μmgcosθ。
9．解：设桥体重2G.
整个桥体的平衡，有 2Fsin45°=G
又因为每根钢杆的负荷相同，则FCC’=FBB’=FAA’=FDD’=FEE’=FPP’=G/6
对C点，有 Fsin45°= FCC’＋TBCcos∠BCC/
Fcos45°=TBCsin∠BCC/
得 tan∠BCC/＝3／2
对B点，有 TBCsin∠BCC/ =TABsin∠ABB/
TBCcos∠BCC/=TBB’+ TABcos∠ABB/
得 tan∠ABB/=3
所以，由AA／＝2m,得BB／＝5m,CC/=11m。
10．解：最终状态时，物体作匀速运动，有
mg=f, 即
得 vT=4ρπr2g/3k=1.2m/s
第2课时 牛顿运动定律与直线运动
［例1］（2004全国理综·25）一小圆盘静止在桌布上,位于一方桌的水平桌面的中央,桌布的一边与方桌的AB边重合,如图2－1所示.已知圆盘与桌布间的动摩擦因数为μ1,盘与桌面间的动摩擦因数为μ2。现突然以恒定加速度a将桌布抽离桌面，加速度方向水平且垂直于AB边。若圆盘最后未从桌面掉下，则加速度a满足的条件是什么？（以g表示重力加速度）
析与解：设圆盘的质量为m，桌长为L。
在桌布从圆盘下抽出的过程中，盘的加速度为a1,有
μ1mg=ma1
桌布抽出后，盘在桌面上做匀减速运动，以a2表示加速度大小，有
μ2mg=ma2
设盘刚离开桌布时的速度为v1,移动的距离为x1,离开桌布后在桌面上再运动距离x2后便停下，有 v12=2a1x1
v12=2a2x2
盘没有从桌面上掉下的条件是
x2≤L/2-x1
设桌布从盘下抽出所经历的时间为t，在这段时间内，桌布移动的速度为x,有
x=at2/2
x1＝a1t2/2
而 x=L/2+x1
由以上各式解得
a≥
点评：这是一道与日常生活相关的题目，关键是分析物体的运动过程，将一个较复杂的运动分解为多段简单的运动，从而各个击破。
［例2］(2004全国理综·21)放在水平面上的一物块,受到方向不变的水平推力F的作用,F的大小与时间t的关系和物块速度v与时间t的关系如图2－2所示。取重力加速度g＝10m/s2。由此两图线可以求得物块的质量m和物块与地面之间的动摩擦因数μ分别为 （ ）
A.m=0．5kg，μ=0．4 B. m=1．5kg，μ=2／15
C.m=0．5kg，μ=0.2 D. m=1 kg，μ=0．2
解与析：由图线判断，质点在4s之后作匀速运动。可知，摩擦力F1＝2N，在2～4s时间内，动力F＝3N，设质量m，则运动的加速度可由牛顿第二定律求出
F－F1＝ma
由速度图像可以求出加速度a=2m/s2,代入上式可得m=0.5kg
由F1＝μN＝μmg,得 μ＝0.4
故选项A是正确的。
点评：这是一道数形结合题，识图是突破点（从图中分析出物体的运动情况），分析受力及其变化是关键。
［例3］(05全国大联考)物体A、B都静止在同一水平面上，它们的质量分别为mA和mB，与水平面之间的动摩擦因数分别为μA和μB。用平行于水平面的力F分别拉物体A、B，得到的加速度a和拉力F的关系图线分别如图2－3中的A、B所示。
（1）利用图像求出两个物体的质量mA和mB。
甲同学分析的过程是：从图中得到，F＝12N时，A物体的加速度aA＝4m/s2, B物体的加速度aB＝2m/s2，根据牛顿运动定律F=ma,可得 mA=3kg mB=6kg
乙同学分析的过程是：从图中得出直线A、B的斜率为
kA=tan45°=1, kB=tan26°34/=0.5,而k=1/m,得mA=1kg mB=2kg
请判断甲、乙两同学结论的对与错，并判断错误的原因。如果两个同学都错，分析各自的错误原因后，再计算正确的结果。
（2）根据图像计算A、B两物体与水平面之间动摩擦因数μA和μB的数值。
析与解：（1）甲、乙两同学的分析都错。
甲错在把水平力F当作合外力，而A、B两物体均受摩擦力f＝4N。
乙错在由于a轴和F轴的标度不同，斜率k不等于tanα。
正确的求解是：
（2）
点评:本题是图像题,要特别注意物理图像中斜率的意义、计算以及与数学图像斜率计算的异同点。
［例4］将金属块m用压缩的轻弹簧卡在一个矩形的箱中，如图2－4所
示，在箱的上顶板和下底板装有压力传感器，箱可以沿竖直轨道运动。当箱
以a＝2.0m／s2加速度竖直向上作匀减速运动时，上顶板的压力传感器显示
的压力N＝7.2N，下底板的压力传感器显示的压力F＝12.0N。（g=10m/s2）
(1) 若上顶板的压力传感器的示数是下底板的压力传感器示数的一半，
试判断箱的运动情况。
(2) 要使上顶板的压力传感器的示数为零，箱沿竖直方向运动的情况可能是怎样的？
析与解：（1）下底板传感器的示数等于轻弹簧的弹力F，金属块的受力如图2－5
所示，上顶板的压力N＝7.2N，弹簧的弹力F=12.0N,而加速度方向向下，有
mg+N-F=ma 得 m=0.60kg
上顶板传感器的示数是下底板传感器示数的一半时，弹簧长度不变，弹簧弹力仍为F，上顶板压力为F/2，有
解得 a1=0,即箱处于静止或匀速直线运动
（2）当上顶板的压力恰好为零时，弹簧长度还不变，弹簧弹力还为F，有
，解得 a2=-10m/s2,“－”号表示加速度方向向上。
若箱和金属块竖直向上的加速度大于10m/s2,弹簧将进一步压缩，金属块要离开上顶板，上顶板传感器的示数也为0。只要竖直向上的加速度大于或等于10m/s2,不论箱是向上加速还是向下减速， 上顶板压力传感器的示数都为0。
点评：这是一道传感器的问题，这里不仅要弄清传感器示数的物理意义，还特别要注意弹簧弹力的决定因素，得出“只要上顶板传感器有示数，弹簧长度不变，弹簧具有相同弹力”的结论，考查了学生的归纳整理能力。
1．（05北京春季）如图2／－1所示，一个盛水的容器底部有一个小孔。静止时用手指堵住小孔不让它漏水，假设容器在下述几种运动中始终保持平动且忽略空气阻力，则 （ ）
A.容器自由下落时，小孔向下漏水
B.将容器竖直向上抛出，容器向上运动时，小孔向下漏水；容器向下运动时，小孔不向下漏水
C.容器水平抛出,容器在运动中小孔向下漏水
D.将容器斜向上抛出,容器在运动中小孔不向下漏水
2.（2004上海高考·5）如图2／－2所示物体A放在物体B上，A、B的上下表面均与斜面平行。当两者以相同的初速度靠惯性沿光滑固定斜面C向上作匀减速运动时 ( ）
A.A受到B的摩擦力沿斜面向上
B.A受到B的摩擦力沿斜面向下
C.A、B之间的摩擦力为零
D.A、B之间是否存在摩擦力取决于A、B的表面的性质
3．（05江苏海州模拟）如图2／－3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，传送带右端有一与传送带等高的光滑水平面，物体以恒定的速率v2沿直线向左运动滑上传送带后，经过一段时间又返回光滑水平面上，这时速率为v2/,则下列说法正确的是 （ ）
A.若v1〈v2 ，则v2/=v1
B. 若v1>v2 ，则v2/=v2
C.不管v2多大，总有v2/=v2
D.只有v1＝v2时，才有v2/=v1
4．如图2／－4的甲、乙所示，两辆在光滑水平面上的小车，质量都是M，人的质量都是m，人推车或拉车的力都是F，（绳与轮的质量和摩擦均不计），对于甲乙两车的加速度大小的说法正确的是 （ ）
A.甲车的加速度大小为F/M B.甲车的加速度大小为0
C.乙车的加速度大小为2F／（M＋m） D.乙车的加速度大小为0
5．（05北京西城模拟）弹簧秤挂在升降机的顶板上，下端挂一质量为2kg的物体。当升降机在竖直方向上运动时，弹簧秤的示数始终是16N。如果从升降机的速度为3m／s时开始计时，则经过1s ,升降机的位移可能是（g=10m/s ） （ ）
A.2m B.3m C.4m D.8m
6.(04全国大联考) 如图2／－5所示，人和重物重量相等.开始时,人与重物在同一水平面上,当人从静止开始向上爬绳时,人和重物的运动情况是(不考虑绳的质量和一切摩擦) （ ）
A.人加速上升，重物加速下降 B. 人加速上升，重物静止不动
C.人与重物同时加速上升，同时到顶 D. 人与同时加速上升，但人运动得快
7. （2005上海·20）如图2／－6所示，带正电小球质量为m＝1×10-2kg，带电量为q＝l×10-6C，置于光滑绝缘水平面上的A点．当空间存在着斜向上的匀强电场时，该小球从静止开始始终沿水平面做匀加速直线运动，当运动到B点时，测得其速度vB ＝1.5m／s，此时小球的位移为S ＝0.15m．求此匀强电场场强E的取值范围．(g＝10m／s。)
某同学求解如下：设电场方向与水平面之间夹角为θ，由动能定理qEScosθ＝－0得＝V／m．由题意可知θ＞0，所以当E ＞7.5×104V／m时小球将始终沿水平面做匀加速直线运动．
经检查，计算无误．该同学所得结论是否有不完善之处 若有请予以补充．
8. 如图2／－6所示，P为位于某一高度处的质量为m的物块，B为位于水平面上的质量为M的特殊长平板，，平板与地面间的动摩擦因数为μ＝0.02．在板的上表面上方,存在一定厚度的“相互作用区域”，如图中的阴影部分，当物体P进入“相互作用区域”时，B便有竖直向上的恒力f作用于P，f ＝αmg，α＝51，f对P的作用使P刚好不与B的上表面接触；在水平方向P、B之间没有相互作用力。已知物块P开始自由下落的时刻，板B向右的速度为v0＝10.0m/s．Ｐ从开始下落到刚到达“相互作用区域”所经历的时间为T0＝２ｓ。设Ｂ板足够长，保证物块P总能落入Ｂ板上方的“相互作用区域”，取重力加速度ｇ＝9.8m/s２．问：当B板从开始运动到停止的那段时间内，物块P回到过初始位置几次？
9．如图2／－7所示，AB为一倾角为θ的输送带，P处为原料输入口，为避免粉尘飞扬，在P与AB输送带间建立一管道（假设光滑），使原料从P处以最短的时间到达输送带上，则管道与竖直方向的夹角应为多大？
附: 第二课时巩固提高训练答案及解
1.答案:D
解:ABCD中,二者处于完全失重状态,水对容器无压力,故水都不会从容器中流出。所以，只有D是正确的。
2.答案：C
解：由于AB是在光滑水平面上匀减速运动，整体的加速度应该是gsinα，这正是各自沿斜面运动时的加速度，AB之间的摩擦力为零，否则AB不会一起运动。故选C。
3.答案：AB
解：物体向左减速运动的加速度和反向加速运动的加速度均为a=μg，则
向左减速运动至速度为0的距离s1= v22／2μg
反向加速运动至速度为v1的距离s2= v12／2μg
可见，v1〈 v2时，s2< s1，即物体还未到传送带的右端其速度已经增加到与传送带速度相等，之后，和传送带同速匀速运动，故v2/=v1，选A；反之，v1> v2时，s2>s1，根据运动的对称性，有v2/=v2，选B。
4．答案：BC
解：甲图中：以整体为研究对象，F合＝0，a甲＝0
乙图中：以整体为研究对象，2F=(M+m)a乙，a乙=2F/(M+m)
5．答案：AC
解：由牛顿第二定律，得mg-F=ma
解得 a=2m/s2,方向向下
则若向下加速，应有s1=4m；若向上减速，应有s2=2m。
6．答案：C
解：人与重物通过绳的作用力相等，当人加速上爬时，绳的拉力大于人的重力和重物的重力,故它们同时加速上升，同时到顶。
7．解：该同学所得结论有不完善之处．
为使小球始终沿水平面运动，电场力在竖直方向的分力必须小于等于重力
qEsinθ≤mg
所以
即 7.5×104V/m＜E≤1.25×105V/m
8．解：在T0时间内，平板B在摩擦力作用下的加速度a0=μMg/M=μg，速度的减小量为
Δv1= a0 T0=μg T0
物块P一旦进入相互作用区，即开始匀减速运动：vP0=gT0，aP=(αmg-mg)/m=(α-1)g,经T时间，刚好到达B板的上表面，有 vP0=aPT
T时间内，平板B所受的摩擦力为μ（Mg+αmg）,加速度a＝μ(Mg+αmg）/M，故在这段时间
内B板速度的减小量Δv2=aT
此后，物块P又开始以加速度aP向上加速，历时T跑出相互作用区，B板速度又减小了Δv2；再向上做加速度为g的减速运动，历时T0，回到初始位置，B板的速度又减小了Δv1；……；直至物块P第n次回到初始位置，B板速度为vn，有
n越大，vn越小。设当n=n0时，vn0已很小，使物块P由n0至n0+1的过程中的某时刻，B板速度已减为0，即vn0>0,而vn0＋1〈0，则
得 n0<11.37,n0>10.37,则n0=11
即当B板从开始到停止运动那段时间内，物块P回到过初始位置11次。
9．解：过P点向传送带AB作光滑斜面PC1、PC2、PC3、……，为了比较沿不同轨道运动的时间，我们作出与这些斜面对应的一系列等时圆（如图甲），图中的等时圆1、2、3的直径满足d1∠DOC＝θ，α＝∠DPC＝θ/2
即原料从P点沿与竖直方向成α＝θ/2夹角的轨道PC滑下，到达输送带的时间最短。
第三课时　牛顿定律与曲线运动
精典考题反思
［例1］如图3－1所示，物体A放在粗糙板上随板一起在竖直平面内沿逆时针方向做匀速圆周运动，且板始终保持水平，位置Ⅰ、Ⅱ在同一水平高度上，则　　（　　　　）
A．物体在位置Ⅰ、Ⅱ时受到的弹力都大于重力
B．物体在位置Ⅰ、Ⅱ时受到的弹力都小于重力
C．物体在位置Ⅰ时受到的弹力都小于重力，位置Ⅱ时受到的弹力都大于重力
D．物体在位置Ⅰ时受到的弹力都大于重力，位置Ⅱ时受到的弹力都小于重力
析与解：由于物体随板一起做圆周运动，故在Ⅰ、Ⅱ两位置上需的向心力方向都指向圆心，从而使物体在竖直方向合力不为零（且方向向下），故物体受到的弹力小于重力。选B
点评：一般圆周运动不需要进行运动的分解处理，而该题要求比较物体受到的弹力与重力的关系，必须进行分解处理，研究竖直方向的分运动。该题可继续设问：物体从位置Ⅰ到Ⅱ的过程中，弹力大小如何变化？板对物体的摩擦力大小如何变化？方向如何变化？
［例2］如图3－2所示，质量为2kg和3.5kg的物体A、B之间用一根细绳连接，物体A放在转盘上，随转盘沿半径为40cm的圆周做匀速圆周运动，若A与转盘间的最大静摩擦力与物体对转盘的压力的比值为3：4，为了使B物体不上升也不下降，求转盘角速度的取值范围(g=10m/s2)
析与解：由受力分析可知：当A不随转盘转动时，A受到的最大静摩擦力为fm=N＝15N，A受到的B的拉力为T＝mBg=35N
故A受力不平衡，只有让A随转盘转动，才能使B物体不下降；而当转盘转动角速度超过一定的数值时，拉力和最大静摩擦力之和不足以提供向心力时，A做离心运动，而带动B上升，故为了达到目的，转盘转动的角速度有一最小值ωm和一最大值ωM
最小值ωm对应：T -fm=mAωm2r
解得　ωm＝5rad/s
最大值ωM对应：T＋fM=mAωM2r
解得　ωM＝rad/s
故转盘转动的角速度的范围为5rad/s≤ω≤rad/s
点评：求某量的范围即确定该量的最值，往往有最大值和最小值，求解时必须设法找出最值对应的条件，由该条件建立关系求解。
［例3］如图3－3示，从倾角为α的斜面上的某点先后将同一小球以不同的初速度水平抛出，均落到斜面上，当抛出的速度为v1时，小球到达斜面的速度方向与斜面的夹角为θ1，当抛出的速度为v2时，小球到达斜面的速度方向与斜面的夹角为
θ2，则不考虑空气阻力的情况下
A．θ1可能大于θ2 B．θ1可能小于θ2
C．θ1一定等于θ2 D．θ1、θ2的大小关系与斜面的倾角α有关
析与解：在平抛运动中，落点处的速度方向与水平初速度方向的夹角为β
tanβ=
而该题中落点在斜面上，故还存在下列关系：平抛运动的水平位移SX与竖直位移SY之比
=tanα
故tanβ=2tanα 此式说明，不论抛出时的初速度多大，落点处的速度方向都相同，故选C
点评：解题时一般总把不熟悉的问题向熟悉的问题转化，以期问题得到解决，该题中把要分析的“小球到达斜面的速度方向与斜面的夹角”转化为“小球到达斜面的速度方向与水平初速度的夹角”。注意该题中的D选项“θ1、θ2的大小关系与斜面的倾角α有关”并不是说θ1、θ2的大小与α有关，而是强调的“θ1、θ2的大小关系”
［例4］（2003年上海·20）如图3－4所示，一高度为h=0.2m的水平面在A点处与一倾角为θ＝300的斜面连接，一小球以v0=5m/s的速度在平面上向右运动，求小球从A点运动到地面所需的时间（平面与斜面均光滑，取g=10m/s2）某同学对此题的解法为：小球沿斜面运动，则，由此可求得落地时间t。问：你同意上述解法吗？若同意，求出所需的时间；若不同意，则说明你认为正确的结果。
析与解：不同意，小球在A点离开平面做平抛运动，而不是沿斜面下滑，正确的解法：小球平抛运动时，下落h的高度，对应的水平距离为s，则s=v0t=v0=m＝1m
而斜面的水平宽度l=hcotθ=0.2=0.35m
l说明球离开A点后不会落到斜面上，因此落地时间为平抛运动的时间，故t==0.2s
点评：象这种类型的试题：判断某个解答过程是否正确，实质上就是要求学生正确分析试题所叙述的物理过程与试题中所用的方法（规律）是否吻合。每一个物理过程，总是有相应的物理规律相对应。上海市的考题往往走在全国的前列，我们必须给予足够的关注，该题的模式，已在全国的其他省份考过。
巩固提高训练
1．（2003年上海）某品牌电动自行车的铭牌如下：
车型：20吋（车轮直径：508mm） 电池规格：36V12Ah（蓄电池）
整车质量：40kg 额定转速：210r/min(转/分)
外形尺寸：L1800mm×W650mm×H1100mm 充电时间：2～8h
电机：后轮驱动、直流永磁式电机 额定工作电压/电流：36V/5A
根据此铭牌中的有关数据，可知该车的额定时速约为　　　（　　　　）
A．15 km/h B．18 km/h C．20 km/h D．25km/h
2．（2004年全国理综·20）如图3‘－1所示，轻杆的一端有一个小球，另一端有光滑的固定轴O，现给小球一初速度，使小球和杆一起绕轴O在竖直面内转动，不计空气阻力，用F表示球到达最高点时杆对小球的作用力，则F　（　　　）
A．一定是拉力
B．一定是推力
C．一定等于0
D．可能是拉力，可能是推力，也可能等于0
3．（2005年上海·8）对如图3‘－2所示的皮带传动装置，下列说法中正确的是　　　（　　　　）
(A)A轮带动B轮沿逆时针方向旋转．
(B)B轮带动A轮沿逆时针方向旋转．
(C)C轮带动D轮沿顺时针方向旋转．
(D)D轮带动C轮沿顺时针方向旋转．
4．物体做平抛运动时，物体的速度与水平初速度的夹角的正切值随时间的变化关系正确的是　　（　　　　）
5．做平抛运动的物体，每秒内的速度增量总是　　（　　　　）
A．大小相等，方向相同 B．大小不等，方向不同
C．大小相等，方向不同 D．大小不等，方向相同
6．（2003年全国·19）如图3‘－4甲所示为一根竖直悬挂的不可伸长的轻绳，下端拴一小物块A，上端固定在C点且与一能测量绳的拉力的测力传感器相连，已知有一质量为m0的子弹B沿水平方向以速度v0射入A内（未穿透），接着两者一起绕C点在竖直平面内做圆周运动，在各种阻力都忽略不计的条件下测力传感器测得的拉力F随时间t的变化关系如图乙所示，已知子弹射入的时间极短，且图乙中t=0为A、B开始以相同速度运动的时刻，根据力学规律和题中（包括图中）提供的信息，对反映悬挂系统本身性质的物理量（例如A的质量）及A、B一起运动过程中的守恒量，你能求得哪些定量结果？
7．如图3‘－5所示，倾角为θ的斜面，高为h，在顶
端水平抛出一个小球，小球恰好落在斜面的底端，
求：（1）小球抛出的初速度大小；
（2）小球抛出多长时间距斜面最远？
8．（2005年上海·19A）某滑板爱好者在离地h＝1.8m高的平台上滑行，水平离开A点后落在水平地面的B点，其水平位移S1 ＝3m，着地时由于存在能量损失，着地后速度变为v＝4m／s，并以此为初速沿水平地面滑行S2 ＝8m后停止．已知人与滑板的总质量m＝60kg．求
(1)人与滑板在水平地面滑行时受到的平均阻力大小；
(2)人与滑板离开平台时的水平初速度．(空气阻力忽略不计，g=10m／s2)
第3课时巩固提高训练答案及解：
1．答案：C
解：本题考查考生获取信息选用所学知识解决实际问题的能力。要求计算额定时速v，有用的信息是额定转速和车轮直径，根据转速可求车轮每小时转动的圈数n，已知车轮直径d，可知车轮的周长c，v=nc，代入数据即得。选C
2．答案：D
解：小球到达最高点时的速度大小未知，且杆对小球可提供拉力或压力，或不提供作用力，选D
3．答案：BD
解：皮带传动时，主动轮拉动从动轮，选BD
4．答案：B
解：平抛运动时，物体的速度与水平初速度的夹角的正切值可表示为tanθ＝，故选B
5．答案：A
解：平抛运动中水平分速度不变，竖直分速度变化，故每秒速度的增量即为竖直分速度的增量，Δvy＝gΔt，因而每秒速度增量相同，方向相同，选A
6．本题考查学生的的看图、识图的能力，并能从图中提取相关有用信息进行加工处理，得到所求量。直接读图可得A、B一起做圆周运动的周期为2t0；由竖直面内的圆周运动特征可知，在最低点绳中拉力最大（等于Fm），在最高点时绳中拉力最小（等于0）。
设子弹射入后的瞬间A、B的速度为v1，A、B一起运动到最高点的速度为v2，则
子弹射入时：m0v0=(m+m0)v1
A、 B在最低点：F1－（m+m0）g=(m+m0)
　　　由图可知　F1＝Fm
A、 B在最高点：F2＋（m+m0）g=(m+m0)
由图可知　F2＝0
从最低点到最高点的过程中：
由以上各式可解得m=
l=
A、 B一起运动时机械能守恒，设最低点为零势能点，总机械能量为E＝＝
7．小球从斜面顶端抛出后落在斜面的底端，则小球运动中的水平位移与竖直位移的有关系可确定，s=v0t
y=＝h
tanθ＝
解得　v0=
小球在运动中距斜面最远，此时的速度方向必与斜面平行，设此时物体已运动的时间为t’，则tanθ=
解得t’=
8．(1)设滑板在水平地面滑行时受到的平均阻力为f，根据动能定理有
　　　　　　　　　　①
由①式解得
(2)人和滑板一起在空中做平抛运动，
设初速为v0，飞行时间为t，根据平抛运动规律有
　　　　　　　　　　　　　　②
　　　　　　　　　　　　　　　③
由②、③两式解得
第四课时 万有引力与天体运动
精典考题反思
［例1］（2004上海·3）火星有两颗卫星，分别为火卫一和火卫二，它们的轨道近似为圆，已知火卫一的周期为7小时39分，火卫二的周期为30小时18分，则两颗卫星相比：
A．火卫一距火星表面近
B．火卫二的角速度较大
C．火卫一的运动速度较大
D．火卫二的向心加速度较大
析与解：卫星做圆周运动，必然存在F万＝F向，而这里已知了卫星运动的周期，故向心力用周期表示更好些
解得T＝
对于同一中心体而言，轨道半径与周期存在直接的对应：轨道半径越大，周期越大；而周期与角速度也存在直接的对应：周期越大，角速度越小；同样轨道半径与线速度，轨道半径与向心加速度也很容易找出对应关系。故选AC
点评： 天体运动中，运动体围绕中心体运行时，若轨道为圆，则由可推出v=，而由，推出T＝，而由，推出
，即运动体的线速度、角速度、周期均可找出与轨道半径的直接关系，从而使问题的求解得到简化。
［例2］(2005江苏·5)某人造卫星运动的轨道可近似看作是以地心为中心的圆．由于阻力作用，人造卫星到地心的距离从r1慢慢变到r2，用EKl、EK2分别表示卫星在这两个轨道上的动能，则
(A)r1r2，EK1(C)r1EK2 (D)r1>r2，EK1>EK2
析与解：该题的关键是判断由于阻力作用，人造卫星的轨道半径如何发生变化，可从无阻力作用时着手分析：无阻力作用时卫星作圆周运动F万＝F向，由于阻力作用，使卫星的运动速度变小，F万＞F向，使卫星向着圆心靠近，故r1>r2，而到了新的轨道上，可由线速度与轨道半径的关系得出v=，r越小，v越大，动能越大。故选B
点评：该题只要能正确理解阻力的作用，即可找到结果。但要注意防止出现这样的错误理解：既然阻力使速度减小，故新轨道上的速度一定比原轨道上的速度小，当卫星从原轨道过渡到新轨道时，重力势能也参与过程中的能量变化。
［例3］（05南通期未）阅读下列信息，并结合该信息解题：(1)开普勒从1609年—1619年发表了著名的开普勒行星运动三定律，其中第一定律为：所有的行星分别在大小不同的椭圆轨道上围绕太阳运动，太阳在这个椭圆的一个焦点上。第三定律：所有行星的椭圆轨道的半长轴的三次方跟公转周期的平方的比值都相等。实践证明，开普勒三定律也适用于其他中心天体的卫星运动。(2)从地球表面向火星发射火星探测器。设地球和火星都在同一平面上绕太阳作圆周运动，火星轨道半径为地球半径Re的1.500倍，简单而又比较节省能量的发射过程可分为两步进行：第一步，在地球表面用火箭对探测器进行加速，使之获得足够动能，从而脱离地球引力作用而成为一个沿地球轨道运动的人造行星。第二步，是在适当时刻点燃与探测器连在一起的火箭发动机，在短时间内对探测器沿原方向加速，使其速度数值增加到适当值，从而使得探测器沿着一个与地球轨道及火星轨道分别在长轴两端相切的半个椭圆轨道正好射到火星上(图4－1甲)，当探测器脱离地球并沿地球公转轨道稳定运行后，在某年3月1日零时测得探测器与火星之间的角距离为60°，如图4－1乙所示。已知地球半径为：Re=6.4×106m，地球的公转周期为：Te=365天，=1.840，=1.400(时间计算仅需精确到日)
(1)求出火星的公转周期和探测器沿半个椭圆轨道运动的时间。
(2)通过计算说明应在何年何月何日点燃探测器上的火箭发动机方能使探测器恰好落在火星表面？
析与解：（1）设探测器作椭圆轨道运动时的半长轴为RW，周期为TW，火星的轨道半径为RH，周期为TH，则RW＝
由开普勒定律可得
解得TW＝＝1.4Te
故探测器沿半个椭圆轨道运行的时间为TW/2=0.7Te=255天
同理TH＝＝＝1.84Te=671天
（2）从探测器点火到登陆火星，探测器必须走t=255天（半个椭圆），而这么长时间内火星作圆周运动转过的角度设为α，则α＝ωHt=
此角度值说明，探测器点火时所在位置与火星之间的角距离应为1800－α＝430
探测器与火星之间的角距离从600变为430的时间内探测器与火星分别在各自的圆轨道上运动时间t’，设各自的运动角速度为ωW、ωH，则ωW＝，ωH＝
由几何关系可得600－ωWt’+ωHt‘=430
解得t’=38天
故探测器点火时间应为同年4月7日。
点评：该题是2005年南通几县市联考试题，具有信息量大，又与实际问题联系很紧的一道好题，对拓宽学生知识面，培养学生处理实际问题的能力很有好处。第一问为该题设计了一个台阶，并为第二问做准备，学生一般不易出错，第二问学生可能难在不知如何找出探测器的运动与火星运动之间的关系，要正确引导学生画出两者之间角位置关系（即题中的角距离）的变化，而这个变化是与圆周运动相联系的，故角速度作为该题的切入点。
巩固提高训练
1．如图4‘－1所示，a、b、c是地球大气层外圆形轨道上的三颗卫星，a、b的质量相同，但小于c的质量，则　（　　）
A．b所需的向心力最小
B．b、c的周期相同且大于a的周期
C．b、c的向心加速度大小相同且小于a的向心加速度
D．b、c的线速度相同，且小于a的线速度
2．宇宙飞船到达固定轨道前，先在低轨道1上做匀速圆周运动，某时开动火箭使其沿椭圆轨道2运动，到达远地点P时再次开动火箭，使其在高轨道3上做匀速圆周运动，如图4‘－2，则 　　　　（　　　　）
A．两次开动的火箭均是助动火箭
B．两次开动的火箭均是制动火箭
C．第一次开动的是助动火箭，第二次是制动火箭
D．第一次是制动火箭，第二次是助动火箭
3．(1999全国·9)地球的同步卫星到地心距离r可由r3=求出，已知式中a的单位是m ,b的单位是s，c的单位是m/s2，则　　　　　　　（　　　　）
A．a是地球半径，b是地球自转的周期， c是地球表面处的重力加速度
B．a是地球半径，b是同步卫星绕地球运动的周期，c是同步卫星的加速度
C．a是赤道周长，b是地球自转周期，c同步卫星的加速度
D．a是地球半径，b是同步卫星绕地心运动的周期，c地球表面处的重力加速度
4．(2003江苏)据美联社2002年10月7日报道，天文学家在太阳系的9大行星之外，又发现了一颗比地球小得多的新行星，而且还测得它绕太阳公转的周期约为288年。若把它和地球绕太阳公转的轨道都看作圆，问它与太阳的距离约是地球与太阳距离的多少倍。(最后结果可用根式表示)
5．(2004福建渐江·23)在勇气号火星探测器着陆的最后阶段，着陆器降落到火星表面上，再经过多次弹跳才停下来，假设着陆器第一次落到火星表面弹起后，到达最高点的高度为h ，速度方向是水平的，速度大小为v 0，求它第二次落到火星表面时速度的大小，计算时不计火星大气阻力，已知火星的一个卫星的圆轨道的半径为r，周期为T，火星可视为半径为r0的均匀球体。
6．(2004年广东广西·16)某颗地球同步卫星正下方的地球表面上有一观察者，他用天文望远镜观察被太阳照射的此卫星，试问，春分那天(太阳光直射赤道)在日落12小时内有多长时间该观察者看不见此卫星？已知地球半径为R，地球表面处的重力加速度为g，地球自转周期为T，不考虑大气对光的折射。
7．经过长期观测，人们在宇宙中已经发现了许多双星系统，双星系统有两个星体构成，其中每个星体的线度都小于两星体之间的距离。一般双星系统距离其他星体很远，可以当作孤立系统处理。现根据对某一双星系统的光度学测量确定，该双星系统中每个星体的质量都是M，两者相距L，它们正围绕两者连线的中点做圆周运动。
（1）试计算该双星系统的运动周期T计算。
（2）若实验上观测到的运动周期为T观测，且T观测：T计算=1：（N>1）。为了解释T观测与T计算的不同，目前一种流行的理论认为，在宇宙中有可能有一种望远镜观测不到的暗物质，作为一种简化模型，我们假定在这两个星体连线为直径的球体内均匀分布着这种暗物质，而不考虑其他暗物质的影响，试根据这一模型和上述观测结果确定该星系间这种暗物质的密度。
8．（04南通一模）如图4‘－3为宇宙中有一个恒星系的示意图，A为该星系的一颗行星，它绕中央恒星O运行轨道近似为圆，天文学家观测得到A行星运动的轨道半径为R0，周期为T0。
（1）中央恒星O的质量是多大？
（2）长期观测发现，A行星实际运动的轨道与轨道总存在一些偏离，且周期性地每隔t0时间发生一次最大的偏离，天文学家认为形成这种现象的原因可能是A行星外侧还存在这一颗未知的行星B（假设其运行轨道与A在同一平面内，且与A的绕行方向相同），它对A行星的万有引力引起A轨道的偏离。根据上述现象及假设，你能对未知行星B的运动得到哪些定量的预测。
第4课时巩固提高训练答案及解：
a) 答案：ABCD
解：解决该题只要抓住了万有引力提供向心力，即可使问题迎刃而解。由得，
，，a向＝，故选 ABCD
2．答案：A
解：该题是典型的卫星变轨问题，从圆轨道1变成椭圆轨道2，要使卫星做离心运动，从椭圆轨道2变换到圆轨道3仍然做离心运动，而离心运动的关键是F万3． 答案：AD
解：由于给出了a、b、c的单位，即a、b、c分别对应的是长度量、时间量和加速度量，
对应于同步卫星
对应在地球表面处
易得r3=
所以a应为地球半径，b为同步卫星的运动周期，c为地球表面处的重力加速度，而同步卫星的运动周期与地球的自转周期相同，故该题应选AD
4．对地球和新行星而言，均由万有引力提供向心力
=44(或)
5．着陆器落到火星表面后的运动与物体在地面上的运动相似，机械能守恒，因此该题的关键是找到火星表面的重力加速度g，
火星的卫星运动过程满足
在火星表面
着陆器从距火星表面高度为h处再次落到火星表面过程中有：
联解以上三式得：
6．如果从北极外某处看地球及同步卫星，则如图4“ 1所示：地球逆时针方向转动，日落位置观察者相当于位于A位置，同步卫星位于位置；日出时观察者相当于位于B位置，同步卫星位于位置F。故在图中的∠EOF为观察者看不到同步卫星的阶段，此阶段同步卫星从E到F，设地球半径为R，同步卫星的轨道半径为r，则
在地球表面
由图可知，rsin∠EOC=R
看不见同步卫星的时间内卫星转过的角度为=∠EOF=2∠EOC，
而卫星的转动角速度为
则看不见卫星的时间为 t==
7．（1）双星的每个星体均做圆周运动，故双星之间的万有引力提供每个星体的向心力，即
　　解得
（2）暗物质对每个星体也存在万有引力作用，设暗物质的总质量为M’，
　　　　得M ’=
暗物质的密度ρ＝ 化简得
8．（1）设中央恒星的质量为M，由于A行星做圆周运动，则
　　　解得
（2）由于A行星实际运动的轨道与轨道总存在一些偏离，且周期性地每隔t0时间发生一次最大的偏离，表示每隔t0时间，A行星与它外侧的B行星距离最近，如图4“－2所示，则
设B行星的周期为TB
解得TB＝
还可找出B行星的轨道半径、角速度、线速度、向心加速度
如：B行星的轨道半径可由下列关系求得
rB==
相关知识链接
高考命题思路
经典考题反思
巩固提高训练
Fa
N
G
M
β
?
图1－1
b
a
M
β
?
卫星运动 宇宙速度
天体运动 开普勒三定律
万 有 引 力 定 律
圆 周 运 动 及 其 规 律
线速度 角速度 向心加速度
平抛运动 运动的合成与分解
曲线运动的速度方向 条件
匀变速直线运动及规律
位移 速度 加速度
牛 顿 运 动 定 律
物体平衡 物体平衡条件
受 力 分 析
力的概念 力的合成与分解
万有引力定律与天体运动
牛顿运动定律与曲线运动
牛顿运动定律与直线运动
受力分析与物体平衡
关系
运动
力
经典考题反思
Fb
x
y
?
β
图1－2
图1－3
(a)
(b)
A
B
O
O
A
θ2
B
θ1
图1－4
F1
F2
θ
1
3
2
图1－5
图1－6
2
3
1
T1
T2
T1
T1
T2
T2
x
?
图1－7
q2
q1
l2
l1
：
：
：
q3
q2
q1
巩固提高训练
图1/－1
θ
P
B
A
Q
图1/-2
P
θ
图1/／-2
Q
A
B
v
v
v
v
A
B
C
D
图1/－4
F
图1/－5
45°
45°
图1/－6
A
B
C
30°
60°
图1/－7
C
A B
V1
V2
图1/－8
45°
45°
A
F
B
C
D
E
P
P／
E／
D／
C／
B／
A／
图1/－9
经典考题反思
图4“－1
F
a
B
A
O
F
E
C
B
A
图4‘－3
O
A
图4‘－2
P
3
2
1
图4‘－1
图甲
·
600
图2－2
4
2
v/ms-1
3
2
1
0 2 4 6 8 10
t／s
0 2 4 6 8 10
t／s
如图2－1
F／N
地球
火星
图乙
探测器
探测器
太阳
图2－3
26°34／
45°
B
A
4
2
0
4 8 12
F/N
a/ms-2
地球
·
f
v
v2
图2－4
m
v1
巩固提高训练
图2／－1
G
f
N
T
B
图2／－3
v2
v1
图2／－2
C
B
A
图2－5
a
mg
N
F
P
图2／－4
乙
甲
B
A
θ
图2／－8
图2／－7
B
Ｐ
图2／－5
乙
D
C
P
O
B
A
θ
α
甲
1
2
3
C3
C2
P
C1
B
A
·
·
火星
图4－1
图3‘－6
v0
θ
h
图3‘－5
·
图乙
5t0
3t0
t0
0
t
Fm
F
图3‘－4
图甲
C
A
D
C
B
A
0
t
tanθ
0
t
tanθ
0
t
tanθ
0
t
tanθ
图3‘－3
图3‘－2
O
·
图3‘－1
v0
θ
h
A
图3－4
图3－3
图3－2
图3－1
图1/－3
b
a
F
G
h
L
图2／－6
1
＝
：
q3
图2／／－1
图1／／－3
图1／／－1
T
G
A
B
·
·
图4“－2
PAGE
3第13课时 带电粒子在复合场中的运动
精典考题反思
[例1]如图13-1所示，甲区域有竖直向下的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，而乙区域只有垂直于纸面的另一匀强磁场。一束含有大量不同质量和不同电荷量的离子，以不同大小的速度由左向右射入区域甲，其中只有一部分离子能沿直线穿过区域甲而进入区域乙，但进入区域乙后却又分裂成、、三束。不计重力，这种分裂一定是由于这些离子 （ ）
A.有不同电荷量 B.有不同电性 C. 有不同比荷 D.有不同运动速度
图13-1
析与解：正离子进入甲区域时，所受电场力向下，洛伦兹力向上，负离子进入甲区域时所受电场力向上，洛伦兹力向下，若电场力与洛伦兹力平衡，离子将沿直线通过甲区域。因，，可见沿直线穿过区域甲的离子必具有相同的运动速度，选项D错。进入区域乙后，部分离子向上偏转，部分离子向下偏转，是由于离子带电性质不同所致，选项B正确。、两束离子圆周运动的轨道半径不同，据可知，它们的比荷不同，选项C正确，A错误。综上，本题应选B、C。
点评：本例的甲区域实为速度选择器，其分析方法在质谱仪、磁流体发电机、电磁流量计、磁谱仪、霍尔效应等实际问题中均有运用，通过正交电磁场对粒子实行速度选择是带电粒子在复合场中运动的一类经典问题。
[例2]在空间有一水平方向的匀强电场，场强，又有一与电场方向垂直的匀强磁场，磁感应强度，如图13-2所示。现有一个质量，电荷量的微粒在这个电场和磁场区域中的竖直平面内做匀速直线运动。假如在这个微粒经过某条电场线时突然撤去磁场，那么，当它再次经过同一条电场线时，沿电场线方向上移动了多大的距离？取。
图13-2
析与解：微粒能在题设区域的竖直平面内做匀速直线运动，表明微粒的重力不可忽略，设微粒带正电，则受力情况如图13-3所示。因三力平衡，有
①
②
代入数据，由①解得
由②解得
研究撤去磁场后微粒的运动，求出微粒沿电场线方向移动的距离，可从两个思路展开。
图13-3 图13-4 图13-5
方法一（类平抛运动法）：撤去磁场后，微粒所受的合力，且为恒力。因撤去磁场前，的方向和的方向垂直，故撤去磁场后，微粒做类平抛运动，如图13-4所示，加速度。因，可解得微粒再次经过同一条电场线时所经历的时间。因为，所以。
方法二（类竖直上抛运动法）：如图13-5所示，的竖直分速度，水平分速度。撤去磁场后，微粒在竖直方向做竖直上抛运动，返回“抛出点”所用时间。与此同时，微粒在水平方向做匀加速直线运动，加速度，在时间内的位移。
点评：本例从力和运动的角度研究了带电粒子在复合场中的运动，显性场有电场和磁场，隐性场有重力场，这要从微粒在竖直平面内做匀速直线运动的条件中挖掘。微粒的运动分两个阶段，一是磁场撤去之前的匀速直线运动，二是磁场撤去之后的匀变速曲线运动，要计算磁场撤去后，微粒再次经过同一条电场线时沿电场线方向移动的距离，必须知道磁场撤去时微粒速度的大小和方向，而这题目也没有直接给出，要答题者从此前微粒做匀变速直线运动中挖掘。本例中涉及到的匀速直线运动和匀变速曲线运动是两种基本的运动形式，分析匀变速曲线运动的类平抛方法和类竖直上抛方法是两种典型的分析方法，因此，本例是力学知识和方法在复合场问题中迁移运用的极好载体。
[例3]如图13-6所示，足够长两面均光滑的绝缘平板，固定在区域足够大的正交的方向竖直向上的匀强电场和方向水平向外的匀强磁场中，匀强电场的场强大小为，匀强磁场的磁感应强度的大小为，平板与水平面间的夹角为，带电为的小物块静止在平板中央。现沿平板斜向下的方向给物块一个瞬时冲量的同时，保持磁场（包括大小和方向）和电场方向不变，使电场强度的大小变为，（当地的重力加速度为，设物块沿平板运动的过程中电量不变），求：
（1）小物块沿平板向下运动最大位移；
（2）小物块沿平板运动的过程中机械能的增量。
图13-6
析与解：（1）小物块静止在平板中央，有，当场强变为时，小物块受到的电场力为，沿光滑平板下滑时的受力图如图13-7所示，为板对小物块的弹力。显然，小物块受到的合力沿平板向上，故沿平板向下做匀减速运动，当速度减至零时，位移有最大值。对小物块下滑的运动应用动能定理得，又，联立解得小物块沿平板向下运动的最大位移。
图13-7 图13-8
（2）小物块沿平板下滑至最低点后即沿平板向上做匀加速运动，受力情况如图13-8所示，在垂直平板方向上有。随着速度的增大，将减小，当=0时小物块开始离开平板，此时的速度为小物块沿平板向上运动的最大速度。对小物块沿平板向上的运动应用动能定理得，又，联立解得小物块沿平板向上运动的最大位移。
机械能的增量决定于重力以外的力所做的功，在小物块沿平板运动的全过程中，重力以外只有电场力做功，因此机械能的增量。
点评：本例从功和能的角度研究了带电体在复合场中的运动，由于小物块沿平板的运动为匀变速运动，因此从力和运动的角度求解也行，相比之下，还是从功和能的角度求解方便些。本例不同于常规运动模型，将物块沿斜面上表面运动换为沿斜面下表面运动，将已知重力换为已知电场力，新的运动图景和新的受力图景有利于同学们克服思维定势，增强思维的灵活变通，培养对新情境的适应性。
[例4]（2004湖南理综·24）如图13-9所示，在的空间中存在匀强电场，场强沿轴负方向；在的空间中，存在匀强磁场，磁场方向垂直平面（纸面）向外。一电量为q、质量为m的带正电的运动粒子，经过轴上处的点时速率为，方向沿轴正方向；然后经过轴上处的点进入磁场，并经过轴上处的点。不计重力。求：
（1）电场强度的大小；
（2）粒子到达时速度的大小和方向；
（3）磁感应强度的大小。
图13-9 图13-10
析与解：（1）粒子在电场中做类平抛运动，如图13-10。在方向：，在方向：，联立解得：， 。
（2）因，所以，方向与轴正方向成45角。
（3）粒子进入磁场后在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，据几何关系可判断、连线的中点为轨迹圆的圆心，如图13-10所示。因，，得。
点评：带电粒子先后在不同场区运动的问题是带电粒子在复合场中运动的一类典型问题，只要掌握了对物体在重力场、电场、磁场中运动的分析方法，问题是不难求解的。
从本课时所举的四个例题的解答可知，带电粒子在复合场中的运动这类问题综合性强，有明显的力学特征，一般要先从受力、运动、能量、动量的角度分析，再运用牛顿定律、运动学规律、能量关系、动量守恒等来解决。
（1）受力图景：复合场从狭义上讲指在空间中同时存在重力场、匀强电场和匀强磁场，带电粒子在复合场中运动时，会同时受到重力、电场力和洛伦兹力的作用，其受力的特点是：重力、电场力是恒力（这里指匀强电场），洛伦兹力通常是变力。当然还可以同时存在其他外力作用。从广义上讲，同一空间的同一区域同时存在两种场，或先后存在几种场，以及同一空间的不同区域同时存在不同的场，也属复合场。
（2）运动图景：带电粒子在复合场中的运动可以是多种多样的，这取决于它的受力和初始条件，较常见的有匀速直线运动、匀速圆周运动和匀变速曲线运动，也可以是一般的曲线运动。
（3）能量图景：重力、电场力会对带电粒子做功，而洛伦兹力不做功，粒子的动能、重力势能和电势能都会发生变化。从能量的观点来研究粒子的运动，是解题的重要途径。
巩固提高训练
1.(2005南通密卷) 为了测量某化工厂污水排放量，技术人员在该厂的排污管末端安装了如图13′-1所示的流量计，该装置由绝缘材料制成，长、宽、高分别为、、，左右两端开口，在垂直于上下底面方向加磁感应强度为的匀强磁场，在前后两个内侧固定有金属板作为电极，污水充满管口以一定的速度从左向右流经该装置时，电压表将显示两个电极间的电压。若用表示污水流量（单位时间内排出的污水体积），下列说法中正确的是 ( )
A.若污水中正离子较多，则前表面比后表面电势高
B.前表面的电势一定低于后表面的电势，与哪种离子多无关
C.污水中离子浓度越高，电压表的示数将越大
D.污水流量与成正比，与、无关
图13′-1 图13′-2
2.(2005苏锡常镇二模)如图13′-2所示，在某一真空室内存在着匀强电场与匀强磁场，电场强度与磁感应强度互相平行且方向相反，均与水平面成角，已知。一质量，带电量为的液滴以垂直于磁场方向的速度进入该区域时恰好做匀速直线运动。（取10）
（1）带电液滴带何种电荷？电荷量为多少？
（2）求角。
（3）若在该区域建立一直角坐标系为水平面，、的方向与平面平行），当时带电液滴恰好通过原点时立即撤消电场和磁场，求时带电液滴所在位置的坐标。
3.如图13′-3所示，匀强电场场强，方向水平向左，匀强磁场的磁感应强度，方向垂直纸面向里，质量的带正电小物体A，从点沿绝缘粗糙的竖直墙壁无初速下滑，它滑行到点时脱离墙壁做曲线运动，在通过点瞬时A受力平衡，此时其速度与水平方向成角，设点与点的高度差为。取10。试求：
（1）沿墙壁下滑时，克服摩擦力做的功是多少？
（2）点与点的水平距离是多少？
图13′-3 图13′-4
4.(2005徐州二模)如图13′-4所示，在的空间中，存在沿轴方向的匀强电场，电场强度；在的空间中，存在垂直平面方向的匀强磁场，磁感应强度。一带负电的粒子（比荷，在处的点以的初速度沿轴正方向开始运动，不计带电粒子的重力。求
（1）带电粒子开始运动后第一次通过轴时距点的距离；
（2）带电粒子进入磁场后经多长时间返回电场；
（3）带电粒子运动的周期。
5.如图13′-5所示的空间，存在着正交的匀强电场和匀强磁场，匀强电场的方向竖直向下，场强为，匀强磁场的方向水平向外，磁感应强度为。有两个带电小球1和2都能在垂直于磁场方向的同一竖直平面内做匀速圆周运动（两小球间的库仑力可忽略），运动轨迹如图。已知两个小球1和2的质量关系为，轨迹半径为。
（1）试说明小球1和2带什么电，并求它们所带的电荷量之比；
（2）指出小球1和2的绕行方向，并求它们绕行速率之比；
（3）设带电小球1和2在图示位置处相碰撞，且碰撞后原先在小圆轨道上运动的带电小球2恰好能沿大圆轨道运动，求带电小球1碰撞后做圆周运动的轨道半径。（设碰撞时两个带电小球间电荷量不发生转移）
图13′-5
6.如图13′-6甲所示，空间存在着彼此垂直并作周期性变化的匀强电场和匀强磁场，电场和磁场随时间变化分别如图乙、丙所示（电场方向竖直向上为正，磁场方向垂直纸面向里为正）。某时刻有一微粒从点以初速开始向右运动，图甲中虚线是微粒的运动轨迹（直线和半圆相切于A、B、C、D四点，图中、和都未知）。
（1）此微粒带正电还是带负电？可能是什么时刻从A点开始运动的？
（2）求微粒的运动速度和BC之间的距离。
图13′-6
7.(2005南通一模)如图13′-7，与水平面成倾角的绝缘正方形斜面，边长，有一质量，电荷量的小滑块，与斜面间的动摩擦因数，整个装置处在垂直于斜面向上的匀强磁场中，磁场的磁感应强度。滑块在点具有沿方向、大小为的初速度，取10。则：
（1）要使滑块由点沿直线运动到达点，应在绝缘斜面内加一个怎样的匀强电场？
（2）若所加匀强电场方向竖直向上，大小为，求滑块由到达绝缘斜面边界的时间。
图13′-7
附：第13课时巩固提高训练答案及解
1.答案：B、D
解：当污水从左向右流经流量计时，污水中的正、负离子在洛伦兹力作用下分别向后表面和前表面集结，使得前表面电势比后表面低，与哪种离子多无关，选项A错B对。随着前、后表面电荷的不断聚集，流量计内建立起由后表面指向前表面的强度渐强的匀强电场，正、负离子便受到与洛伦兹力方向相反且渐大的电场力作用，当电场力等于洛伦兹力时，正、负离子不再向两个表面聚集，电压表示数稳定。因有，可见电压表的示数U只跟污水的流速有关，与离子浓度无关，选项C错。污水流量，可见与成正比，与、无关，选项D对。综合以上分析，应选B、D。
2.答案：（1）正电， (2) (3)
解：（1）由液滴以垂直于磁场方向的速度进入该区域时恰好做匀速直线运动可知，液滴必带正电，垂直纸面向里运动，受力平衡图如图13″-1所示。因，解得。
（2）由图13″-1可得。
（3）据题意，撤消电场和磁场后，液滴做平抛运动，轨道平面为坐标平面，时液滴所在位置的坐标分别为。
图13″-1 图13″-2 图13″-3
3.答案：（1）（2） 0.6m
解：（1）小物体从到的运动，其受力图如图13″-2所示，在点有。对小物体A从到的运动应用动能定理得，。
（2）小物体A通过点的瞬时受力图如图13″-3所示，因。因。对小物体A从到的运动应用动能定理得。
4答案：（1） （2） （3）
解：（1）粒子在第一象限做类平抛运动（如图13″-4所示），加速度，运动时间，沿方向的位移。
图13″-4
（2）粒子通过轴进入磁场时在方向上的速度，因此，。粒子在第二象限以为圆心做匀速圆周运动，圆弧所对的圆心角为，运动时间。
（3）粒子从磁场返回电场后的运动是此前由电场进入磁场运动的逆运动，经时间，粒子的速度变为，此后重复前面的运动。可见，粒子在电、磁场中的运动具有周期性，其周期。
5.答案：（1）均带负电，3:1 （2）均为逆时针方向，3:1 （3）
解：（1）两小球均在竖直平面内做匀速圆周运动表明，两小球所受的电场力均被各自的重力平衡，小球是在海伦兹力的作用下做匀速圆周运动的。因所以，均带负电。
（2）据左手定则可判断，两小球均作逆时针绕行。因，所以。
（3）对碰撞过程应用动量守恒得
6.答案：（1）带正电， （2）
解：（1）微粒应带正电，并在的时刻开始运动，这样，在的运动阶段，只要满足，微粒即可做匀速直线运动，历时至。到点，电场反向。在的运动阶段，要使微粒做圆周运动，必须，洛伦兹力提供向心力，周期。到C点，电场、磁场同时反向。在的运动阶段，仍成立，微粒做匀速直线运动，历时至D。到D点，电场、磁场同时反向。在的运动阶段，因，洛伦兹力提供向心力，运动至A。到A，电场反向。此后，微粒周期性重复上述运动。因此，如果微粒在的时刻开始运动，也能实现题设运动，考虑到所有情况，微粒从点开始运动的时刻应为答案中所给出的通式。
（2）
7.答案：（1）,垂直向上 （2）
解：（1）逆着磁场方向垂直俯视斜面，小滑块在斜面内的受力图如图13″-5所示。为重力沿斜面向下的分力，，沿方向的分力，垂直方向的分力；为摩擦力，大小，方向沿向上；为洛伦兹力，方向垂直。因，在绝缘斜面内加一个垂直向上的匀强电场，且使，便可使滑块由点沿直线匀速运动到点。由可解得。
图13″-5 图13″-6
（2）因所加电场对滑块的电场力恰好平衡重力，滑块将在斜面内做匀速圆周运动，半径。因斜面边长，据几何关系，滑块将从边滑出斜面，在斜面内运动的圆心角为，轨迹示意图如图13″-6所示。因此，滑块由到达绝缘斜面边界的时间。
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专题研究三 机械振动和机械波
1、简谐运动的概念辨析和规律运用问题，高考中主要以选择题形式出现，要求考生以两个模型为蓝本，在弄通研究对象在运动过程中各物理量随位移变化的基础上，整体把握描述机械振动的振幅、周期、频率等概念。
2、机械波的概念辨析和规律应用，高考中一般也以选择题形式出现，要求考生弄清机械波形成过程中两种运动形式——质点的振动和振动的匀速传播的特点及其关系，在此基础上掌握波的波长、波速、周期和频率等概念，并理解波的有关特性。
3、单摆周期公式是本章的重点内容，也应该是高考考查的重点。既可以考查对公式的理解，也可以考查公式的应用，既可以结合实验进行考查，也可以结合力学部分其他规律进行考查，既可应用于重力场中，也可应用到电场中，还可以拓展到复合场中，而近几年高考却很少涉及。2006年高考，我们应予以足够的关注。
4、振动图像和波动图像是近几年考查的重点，题型仍以选择题为主。处理图像问题，要充分利用图像，题中没有提供图像，要画出图像。解题过程中要注意把振动图像、波动图像与其反映的研究对象的运动情况紧密结合起来考虑，同时注意空间和时间的周期性导致的多解问题。
5、波的干涉和叠加问题，一般要求定性分析空间某点振动加强或减弱情况，但有些定量计算问题，对提高学生运用数学知识解决物理问题的能力有很大帮助，建议予以重视，但不宜深挖。
第8课时 简谐振动和简谐波
【例1】（2004天津理综·16）公路上匀速行驶的货车受一扰动，车上货物随车厢底板上下振动但不脱离底板，一段时间内货物在竖直方向的振动可视为简谐运动，周期为T，取竖直向上为正方向，以某时刻作为计时起点， 即t＝0，其振动图像如图8－1所示，则（ ）
A . t＝ T时，货物对车厢底板的压力最大
B . t＝ T时，货物对车厢底板的压力最小
C. t＝ T时，货物对车厢底板的压力最大
D . t＝ T时，货物对车厢底板的压力最小
析与解：由题意知，货物在竖直方向的振动视为简谐运动，货物在竖直方向受重力mg，底板对货物的支持力N 作用，支持力与货物对底板的压力是一对作用力与反作用力，大小相等，当t＝ T时，货物加速度a最大，方向向下，由牛顿第二定律得到mg－N＝ma，N＝mg－ma，N 最小；当t＝ T时，x＝0, a＝0，N ＝mg ；当t＝ T时，位移x最大，a最大，方向向上，有N －mg＝ma， N＝mg＋ma，N 达到最大，所以4个选项中仅有C 正确。
【点评】本题求解过程把简谐运动知识与动力学知识有机的结合起来。对于简谐运动的复习，不仅要从整体上研究其振幅、周期、频率等物理量，还要对振动物体的振动过程进行分析，分析振动过程中的力、加速度、速度、能量等的变化规律，从而加深对简谐运动特征的认识。
【例2】 图8－2所示的为一单摆的共振曲线，则该单摆的摆长约为多少？共振时单摆的振幅多大？共振时摆球的最大加速度和最大速度各为多少？（g＝10m/s2 ）
析与解： 由题意知，当单摆共振时频率为f＝0.5Hz ，
即f固 ＝f＝0.5Hz ，振幅A＝8cm＝0.08m
【点评】①这是一道根据共振曲线所给信息和单摆振动规律进行推理，综合分析和近似计算的题目，涉及到单摆的简谐运动过程、单摆的周期和频率，以及受迫振动、共振的概念和规律等知识点。
②在中学物理范围内凡涉及单摆周期类的问题，一般只指做简谐运动的单摆（或近似做简谐运动的单摆），即认为摆的最大摆角为小角度（θm < 50 ），本问题的求解中也作了如此近似处理。
【例3】 图8－4是在高速公路上用超声测速仪测量车速的示意图，测速仪发出并接受超声波脉冲信号，根据发出和接受的信号的时间差，测出被测物体的速度，图中p1 、p2 是测速仪发出的超声波信号，n1 、n2 分别是p1 、p2 从汽车反射回来的信号，设测速仪匀速扫描，p1 、p2 之间的时间间隔Δt＝1.0s ，超声波在空气中传播的速度是v＝340m/s，若汽车匀速行驶，求汽车的速度。
析与解（一）：题中图景提供的信息：
测速仪匀速扫描，p1 、p2 之间的时
间间隔Δt＝1.0s，由图景可知p1 、
p2 间有30小格，故每一小格对应的
时间间隔t0 ＝ s 。
p1 、n1 间有12小格，说明p1 、n1 之间的时间间隔t1 ＝12t0 ＝12× s ＝0.4s ；同理，可求得p2 、n2 之间的时间间隔t2 ＝0.3s ，因此汽车接受到p1 、p2 信号时离测速仪的距离分别为s1 = v×t1/2， s2 ＝v×t2 /2 ， 汽车在此时间内前进的距离为：
s＝s1－s2 ＝v（t1－t2 ）/2 ＝340×（0.4－0.3）/2 ＝17m
汽车接受到p1 、p2 两个信号的时刻分别与图中p1 n1 的中点和 p2 n2 的中点对应，p1 n1 的中点和 p2 n2 的中点间有28.5个小格，即汽车接收到p1 、p2 两个信号的的时间间隔t＝28.5t0 ＝0.95s 。
所以，汽车的速度为
v车 ＝s / t ＝ m/s =17.9 m/s
析与解（二）：
由Δt＝1.0s，可知声源发出脉冲波的频率f＝ ＝1Hz，
n1 、n2 之间时间间隔为Δt' =27t0 = 27× ＝0.9s ，
则测速仪接收到的脉冲波的频率为f ' = ,设汽车接收到脉冲波的频率为f `` ，汽车速度为v车 ，由多普勒效应规律可得
由以上两式，解得 v≈17.9m/s
【点评】①机械波中的质点在平衡位置附近做简谐运动，而振动形式和能量却在作匀速直线运动（在同一种均匀介质中），则匀速直线运动的规律，对于机械波的传播同样适用。
②多普勒效应的公式及其应用一直被认为超出了考试范围，但若掌握了这个公式的应用，超声波测速问题则变得很是简单，正如克拉伯龙方程用于气体状态和过程的分析与计算一样，因此对多普勒效应公式予以一定的注意是必要的。
【例4 】（2004全国理综·16）一简谐横波在图8－5中x轴上传播，实线和虚线分别是t1 和t2 时刻的波形图，已知t2 －t1 ＝1.0s，由图判断下列哪一个波速是不可能的（ ）
A. 1m/s B. 3m/s
C . 5m/s D. 10m/s
析与解：
若波沿x轴正向传播，则传播的距离Δx＝ λ＋nλ＝1＋4n ，波速v＝
将A、B、C、D四个选项的v代入，解得n分别为0， ,1, ，由于n只取整数，v＝3m/s，
v＝10m/s是不可能的。
若波沿负x方向传播，则传播的距离Δx' ＝ λ＋nλ＝3＋4n ，波速
将四个选项分别代入，解得n分别为 ，v＝3m/s是可能的，无论波向左或向右传播，v＝10m/s都是不可能的，所以D选项符合题意。
【点评】 解答本题时一定要抓住波的“双向性”和“重复性”这两个基本特征，先写出波速的通解表达式，将v代入n要比将n逐个代入求v简便得多。另外，此题还可以根据图象求出波长λ，再写出周期T的通解表达式，从而得到波速的通解表达式。
【例5】（2004广东、广西·3） 一列简谐横波沿直线向左传播，当直线上某质点a向上运动到达最大位移时，a点右方相距0.15m的b点刚到达平衡位置向下运动，则这列波的波长可能是（ ）
A 0.6m B 0.3m C 0.2m D 0.1m
析与解：由题意可知ab之间的可能波形，如图8－7所示（小于一个周期）。
由波的传播方向向左，且图示时刻b点的振动方向向下，可得波形②
不符合题意。则0.15＝ λ/4＋nλ，λ＝0.6/（4n+1）。当n＝0时，
λ1 ＝0.6m，n＝1时，λ2 ＝0.12m ，n＝2时，λ3 ＝0.067m，
n取其他值时，λ< 0.067m ，所以只有A选项符合题意。
【点评】有些波动图像问题，题中没有直接给出图像，解题时需要弄清在波的传播方向某两个质点的振动情况和波的传播方向，画出可能的波形。（一般画出小于一个周期的波形）画好波形后要根据题意进行校验、取舍，然后列式解题。
【例6】 如图8－8，在无限长的直线PQ的中垂线上由两个相同的声源A、B，A和B与PQ的距离分别为6m和1m ，两个声源同时发出波长都是2m的连续声波，那么PQ直线上听不到的小区共有多少个？
析与解（一）：解这道题主要依据波的干涉原理，当两个完全相同的波在D点相遇时，若路程差等于半波长的奇数倍时，振动即为减弱，首先让我们分析AB直线上共有几个振动减弱点，设D为直线AB上振动减弱点如图8—9所示，则Δs＝DA－DB＝λ（2n＋1）/2 ≤AB （n＝ 0，1，2……） ，解得n≤2。n＝0，n＝1的对应点分别为D1 、 D2 ，n＝2时D点在BO之间任一点，过D1 、D2 分别作双曲线如图，则PQ 直线上振动减弱的区域共有5个。
析与解（二）：利用对称性先考虑直线PQ上O点右侧的情形，设两列波传到D点的路程分别为
S1 和S2 ，若D振动减弱，则ΔS＝DA－DB＝λ（2n＋1）/2（n＝ 0，1，2……），又∵在ΔABD中，DA－DB≤AB ，∴λ（2n＋1）/2≤5 ，解得n≤2，这里n只能取0，1，2三个值，n＝0，1时，对应于PQ上O点右侧的两个振动减弱点，n＝2时对应PQ中的O点，利用对称性，在O点左侧也有两处振动减弱处，所以在PQ上听不到声音的小区共有5个。
【点评】本题解法（二）巧妙地应用了数学知识“同一平面上三点A、B、C，有AB－AC≤BC”降低了题目难度，在平时解题中要尽量地运用数学知识中的结论，可以给解题带来方便。
1、（2002上海·4）如图8' -1，S1 、S2 时振动情况完全相同的两个机械波波源，振幅为A，a、b、c三点分别位于S1 、S2 连线的中垂线上，且ab＝bc，某时刻a是两列波的波峰相遇点，c是两列波的波谷相遇点，则（ ）
A a处质点的位移始终为2A
B c处质点的位移始终为－2A
C b处质点的振幅为2A
D c处质点的振幅为2A
2、将一个力电传感器接到计算机上，可以测量快速变化的力，用这种方法测得的某单摆摆动过程中悬线上拉力大小随时间变化的曲线如图8′—2所示，由此图线提供的信息做出下列判断：①t＝0.2s时刻摆球正经过最低点；②t＝1.1s时摆球正处于最高点；③摆球摆动过程中机械能越来越小；④摆球摆动的周期约是T＝0.6s ，上述判断中正确的是（ ）
A ①③ B ②④ C ①② D ③④
3、（2005上海·13）A、B两列波在某时刻的波形如图8' －3所示，经过t＝TA 时间（TA 为波A的周期），两波再次出现如图波形，则两波的波速之比
VA ：VB 可能是（ ）
A 1： 3 B 1：2
C 2：1 D 3：1
4、（2005广东·3）一列沿x轴正方向传播的简谐横波，t＝0 时刻的波形如图8' －4中实线所示，t＝0.2s时刻的波形如图中的虚线所示，则（ ）
A 质点P的运动方向向右 B 波的周期可能为0.27s
C 波的频率可能为1.25Hz D 波的传播速度可能为20m/s
5、（2004江苏·8）如图8' －5，波源S从平衡位置y＝0开始振动，运动方向竖直向上（y轴的正方向），振动周期T＝0.01s，产生的简谐波向左右两个方向传播，波速均为v＝80m/s ，经过一段时间后，P、Q两点开始振动，已知距离SP＝1.2m，SQ＝2.6m，若以Q点开始振动的时刻作为计时的零点，则在图8′－6的振动图像中，能正确描述P、Q两点振动情况的是（ ）
A 甲为Q点的振动图像
B 乙为Q点的振动图像
C 丙为P点的振动图像
D 丁为P点的振动图像
6、一列简谐波向右传播，波速为v，沿波的传播方向上有相距为L的P、Q两质点，如图8' －7所示，某时刻P、Q两质点都处于平衡位置，且P、Q之间仅隔一个波峰，经过时间t，Q质点第一次运动到波谷，则t的可能值有（ ）
A 1个 B 2个 C 3个 D 4个
7、沿直线行驶的汽车通过某观察站时，观测到汽车发出的声音频率为1200Hz，汽车离开后发出声音的频率下降到1000Hz，已知空气中声速为340m/s，试求汽车运动的速度。
8、如图8' -8所示，一块涂有碳黑的玻璃板，质量为2kg，在拉力F的作用下，由静止开始竖直向上作匀变速运动，一个装有水平振针的振动频率为5Hz的固定电动音叉在玻璃板上画出了图示的曲线，量得OA＝1cm ，OB＝4cm ，OC＝9cm，求外力的大小（g＝10m/s2）
9、（2004江苏·16）如图8' -9，声源S和观察者A都沿x轴正方向运动，相对于地面的速率分别为VS 和VA ，空气中声音传播的速率为VP ，设VS （1）若声源相继发出两个信号，时间间隔为Δt，请根据发出的这两个
声信号从声源传播到观察者的过程，确定观察者接收到这两个声音信号
的时间间隔Δt' ；
（2）请利用（1） 的结果，推导出此情形下观察者接收到的声波频率与声源发出的声波频率间的关系式。
附：第8课时巩固提高训练答案及解
1、答案： C、D
解：因为abc三点在S1S2连线的中垂线上，而中垂线上各点到S1 S2 的路程差为零，同一时刻，波源S1 在此中垂线上任一点产生的分位移和波源S2在同一点产生的分位移必相同，由波的叠加原理，其合位移等于一个波产生的分位移的两倍，振幅也是一个振幅A的两倍，故选C 、D ，由于分位移随时间周期性变化，大小时刻变化，故A、B错。
2、答案： D
解：注意这是悬线上拉力图像，而不是振动图像，当摆球到达最高点时，悬线上拉力最小；当摆球到达最低点时，悬线上拉力最大。t＝0.1s时，摆球通过最低点，因此①错误，同样t＝1.1s时悬线拉力不是最小，故②错误。从图像中看出摆球到达最低点时的拉力一次比一次小，说明速率一次比一次小，反映出振动过程中摆球一定受到阻力作用，因此机械能应该一直减小，在一个周期内，摆球应该两次经过最高点，两次经过最低点，因此周期应该约是T＝0.6s，因此③④正确，本题应选D。
3、答案：A、B、C
解：由题意知，λA ＝2λB ，t ＝TA ＝nTB （n＝1，2，3…）
4、答案： C
解：质点P在平衡位置附近振动而不传播，则A错，
由图可知，
5、答案：A、D
解：由波的形成可知，所有质点开始振动的情况必与波源开始振动的情况相同，因此当波传至Q点时，Q点的运动方向向上，在甲、乙两图中，甲图中过t＝0的点斜率为正，速度方向向上，所以A正确，当波传至Q点时，所用时间 , 是周期的倍数为：
, 而波传至P点所用的时间t' ＝ ， ,因此当波传至Q点时，P点已振动了（ 个周期，P点开始振动时的速度向上，经过7/4个周期，P点处于波谷，即当波传至Q点时刻，P点的位移为负，达到最大，所以丁图符合题意，D正确。
此题有另一种解法为：波传至Q点的时间为 ， ，则S点已振动了13/4个周期，处于波峰，做出此刻向左传播的波形图，如图8″—1 ，由λ＝vt＝0.8m，知PS＝1.5λ ，在图中找出P点位置处于波谷，所以丁图符合题意。
6、答案： D
解：首先要勾画出符合题意的波的图像及波上质点的振动图像，对于波形的不同初态，可以分别得到相应的波长λ，周期T及时间t ，符合题意的简谐波图像如图8″—2所示，
7 、答案：30.9m/s
解：汽车发声频率f0 ＝1200Hz ，观测站接收到的频率f＝1000Hz，空气中声速为v0 ＝340m/s ，设车速为v车 ，由多普勒效应规律得： ，解得 v车 ＝30.9m/s 。
8、答案：24N
解：振动周期T＝0.2s ，图中OA、AB、BC三段运动时间均为t ＝T/2＝0.1s ，玻璃板得运动为匀变速运动，设其加速度为a ，则a＝ ,由牛顿第二定律F＝mg＋ma＝24N
9、答案：
解：此题看起来是一个多普勒效应问题，似乎比较复杂，其实只要给出位置与时间的关系图，仅用运动学公式就可解决。
（1）解法一 ： 设t1 、t2 为声源发出两个信号的时刻 ，t1' 、t2' 为观察者接收到两个信号的时刻，则第一个信号经过（t1' －t1 ）时间被观察者A接受到，第二个信号经过（t2' －t2 ）时间被观察者A再次接收到，且t2 －t1 ＝Δt ，t2' － t1' ＝Δt' ，如图8″—3所示，设声源发出第一个信号时，S、A两点距离为L，当观察者运动到A' 时，收到第一个信号，这段时间内，
信号以v的速率由S传播到A' ，由图中位移关系，
vP （ t1' － t1 ）＝L + vA ( t1' － t1 ）
在时刻t2 ，运动到S ' 的声源发出第二个信号，在 t2' 时刻被观察者接收到，此刻观察者已运动到位置A" ，如图8″—4所示位移关系得：
vS Δt ＋vP （ t2' －t2 ) = L＋vA （ t2' － t1 ）
上述两式联立解得
解法二：以运动的观察者为参照物，在观察者看来，声波开始从距他为L处开始以（vP －vA ）的相对速度向观察者运动，经过（ t1' － t1 ）被观察者接收到，通过的相对距离为L，有：
L＝（vP －vA ）（ t1' － t1 ）
在时刻t2 ，观察者相对于声源的距离变为
L' ＝L＋vA （t2 － t1 ）－vS （t2 － t1 ）
＝L＋（vA －vS ）（t2 － t1 ）
又有：L'＝（vP －vA ）（ t2' － t2）
上述三式联立解得：
（2）设在Δt时间内，声波共振动了N次，则观察者接收到N个全振动所用的时间为Δt' ,因此声源发出的声波频率为f＝N/Δt ,观察者接收到声波频率为f ' ＝N/Δt' ,所以有 。
相关知识链接
机械振动
简谐运动的图像：描述某一质点在各个不同时刻离开平衡位置位移的正弦曲线
简谐波的图像：描述某一时刻各个质点离开平衡位置位移的正弦曲线
波的特征： 1、波的干涉 2、波的衍射 3、反射和干涉
机械波
横波、纵波
超声波及其应用
多普勒效应
A 、f、T
λ 、f、v
受迫振动：f ＝ f 共 振 ：f ＝f
振
驱
驱
固
振动为波的根源
介质中各质点均振动
由一种图像，可推出另一种图像
简谐运动 1、受力特征 F＝－kx 2、机械能守恒 3、典型模型 1）弹簧振子 2）单摆
高考命题思路
0.25 0.5 0.75 f/Hz
· · ·
8
6
4
2
-
-
-
0
A/cm
图8－2
图8－3
A
l
F
mg
经典考题反思
图8－1
·
mg
N
·
·
图5
0 1 2 3 4
图8－4
图5
a
b
①
②
图8－7
左
· ·
a
b
图8－6
-2 -1 0 1 2 3 4 5 x/cm
y/cm
图8－5
B
A
· ·
P
Q
·
·
图8－8
B
A
· ·
P
Q
·
·
D
O
·
·
·
图8－9
0 6 12 18 24
y/m
x/m
P
图8' －4
a
a
图8' －3
a b c
t /s
F /N
0 0.4 0.8 1.2
图8' －2
图8' -1
巩固提高训练
· ·
A
x
S
图8' -9
F
O
B
A
C
图8' -8
· ·
P
Q
v
图8' -7
2T
T
y
t
O
y
t
2T
T
O
y
t
2T
T
O
2T
T
y
t
O
甲
乙
丙
丁
图8' －6
· · ·
P
Q
S
v
v
图8' －5
Q
y
y
O
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·
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丁
Q
y
y
O
P
·
·
丙
Q
y
y
O
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·
乙
y
y
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·
·
甲
S
·
P
图8″ -2
图8″ -1
· · · ·
L
图8″-4
· · ·
L
图8″ -3第25课时 等效问题
精典考题反思
「例1」在均匀分布的磁场空间中放入一个边长为a的正方形单匝闭合线框，磁场的磁感应强度B与线框平面垂直，B的大小随时间按正弦规律变化，其最大值为Bm，周期为T，如图25-1甲所示，若线框每边的电阻为r，线框的自感可忽略不计，那么线框的电热功率多大？
析与解：本题若从 ，出发求解，则超过中学阶段的要求。若将线框不动磁场变化等效为线框在磁场中匀速转动则解决问题就方便了。因为线框匀速转动，穿过线框的磁通量的变化规律与题目给出的磁通量的变化规律相同（如图25-1乙所示）。
所以有 e=Emsinωt
Em=Bωa2=Ba2=
而交流电的有效值为
所以线框的热功率为
点评：本题是一个在周期性变化的磁场中的静止线框等效于一个在匀强磁场中做周期性转动的线框，用线框在匀强磁场中做周期性转动这一过程等效地代替磁场做周期性变化这一过程，其等效的依据就是线框在匀强磁场中转动时线框内产生的感应电动势随时间变化的规律与静止线框放入周期性变化的均匀磁场中产生的感应电动势随时间变化的规律相同。效果相同是能够应用等效法的关键所在。
「例2」如图25-2所示，用同样材料、不同粗细的导线绕制成两个半径相同的圆形线圈Ⅰ和Ⅱ，使它们从距匀强磁场同样高度处自由下落，设磁感应强度为B，材料电阻率为ρ，材料密度为D。试分析两个线圈进入磁场后是否会同时着地？
析与解：圆形线圈进入磁场，切割磁感线的等效长度在变化，讨论起来很不方便。我们不妨做这样的等效替代，将一个正方形线圈去替代圆形线圈，这样替代，并不影响讨论的结果，却大大方便了讨论过程。
设正方形线圈每边长为，两正方形线圈的下边与磁场上边界距离相等。两线圈能否同时着地，看线圈刚进入磁场后的加速度等不等？若两线圈的加速度相等，那么它们进入磁场后的速度变化也相等，线圈进入磁场所用的时间也相等，完全进入磁场后的速度也相等，由于下落高度相等，就会同时落地。正方形线圈下边刚进入磁场时产生感应电动势E，线圈中产生感应电流，下边受到安培力作用，则线圈此时的加速度为
因为 ， （S为导线的横截面积，质量m=DV=，代入上式有
从此式可以看出，加速度a的表达式中g、B、D、、v（v与下落高度有关）均为常数，且式中不含有S（代表导线粗细）、（代表线圈的形状和匝数），所以两线圈进入磁场时的加速度相同。此后它们的速度变化相同，在相同时刻两线圈的加速度始终相等，速度也始终相等，下落所用时间相同，应同时落地。而且与两线圈导线的粗细，绕制的匝数都没有关系。
点评；用正方形线圈替代圆形线圈，不会影响到问题的实质，但有利于半定量分析，如果死抱住圆线圈模型不放，是无法进行半定量分析的。这样的模型替代，其物理实质是一样的，抓住问题的实质进行等效替代将会使我们解决问题的能力得到较大的提高。
「例3」如图25—3甲所示的电路中，虚线框内的各元件的数值未知，当它的输出端a、b分别连接不同阻值的电阻时，电流表有不同的读数。
（1）请通过计算完成下列表格。
电流表示数（ A ） 1 0.6 0.4
连接的电阻（Ω） 10 18 118
（2）a、b连接电阻R的阻值为多大时，电阻R的电功率最大？最大功率为多少？
析与解：此题正常思考时，会觉得由于R1、R2未知，而无法处理。但如果头脑中有了等效思想，则问题就会迎刃而解。即将虚线框内的电路等效为一个电源，根据题中表格内给出的前两组数据算出等效电源的电动势和内电阻，然后再按正常的方法进行电路计算。
将虚线框部分等效为一个电源。设该电源的电动势为E′，内电阻为r′，（如图25—3乙）根据闭合电路欧姆定律，有：
（1）由表格可知，当R=10Ω时，I=1A；R=18Ω时，I=0.6A，代入上式，联立求解可以得到：E′=12V，r′=2Ω，再根据表达式有
当I=0.4A时，R=28Ω；当R=118Ω时，I=0.1A。即表格中的空格应填：28、0.1
（2）
可以看出当R=r′=2Ω时，电阻R消耗的电功率最大，最大功率为
点评：此题的关键在于头脑中要有等效处理问题的思想，而这一思想来源于平时学习中的训练和思考。如求许多电阻构成的电路网络的总电阻，实际上就是把许多电阻构成的电路网络看成一个电阻去处理。特别是“黑匣子”问题，你根本不知道里面究竟是什么样的电路组成，只能凭在外面的检测把它等效成一个可以用最简单的电路来表示的等效电路去处理。
「例4」假想有一水平方向的匀强磁场，磁感应强度B很大。有一半径为R、厚度为d（d＜＜R)的金属圆盘，在此磁场中竖直下落，盘面始终位于竖直平面内并与磁场方向平行，如图25-4所示。若要使圆盘在磁场中下落的加速度比没有磁场时减小千分之一（不计空气阻力），试估算所需磁感应强度的数值。假定金属盘的电阻为零，并设金属盘的密度ρ=9×103千克/米3，其介电常数为ε=9×10-12库2/牛·米2。电容C= 其中ε为介电常数，S为正对面积，d为两平行板间的距离。
析与解：当盘在磁场中下落的速度为v时，盘中的感应电动势E=Bvd
在感应电动势的作用下，圆盘两个表面上将带有等量异号电荷（±Q），因为盘电阻为零，所以电荷（±Q）引起的两表面间的电压U等于盘中感应电动势的数值，即
U=E=Bvd
圆盘上的Q与U之间的关系跟一个同样尺寸的带电电容器的Q～U关系相同，（把它等效为一个电容来处理是解决此问题的关键）此电容器的电容 C=
故圆盘表面所带电量Q=CU==επR2Bv
在盘下落过程中，盘的速度v随时间增大，盘面上的电量Q也随时间增大，由此可求出盘中电流强度
磁场对此电流的作用力F的方向向上，大小为
若盘的质量为m，则盘受到的力为F和重力（mg），盘的加速度可由下式求出，
或
由此得盘的加速度 注意到 ，得
按题意
比较得 由此得
T
点评：从此题的解决过程来看，认真对所研究的问题进行细致的分析至关重要。很多考生拿到该题时觉得束手无策，但仔细分析下落时发生的一些物理现象，就会发现下落的圆盘可等效为两个平行正对的金属圆板中间用一根金属连在一起的模型去处理，这样抓住金属棒在匀强磁场中切割和电容器充放电的特点，使问题得以顺利解决。
以上例子均显示出等效法在物理解题中有广泛的应用，但在应用等效法解题时，应知道两个事物的等效不是全方位的，只是局部的，特定的、某一方面的等效．因此在具体的问题中必须明确哪一方面等效，这样才能把握住等效的条件和范围．
巩固提高训练
1．如图25′—1所示，滑轮质量不计，如果，这弹簧秤读数为T1=（m1+m2+m3）g ，若把m3从右边移到左边的m1上，则弹簧秤读数T2应有 （ ）
A．T2＞T1 B T2＜T1 C T2=T1 D 无法判断
2．（2003江苏·9）原子从一个能级跃迁到一个较低的能级时，有可能不发射光子。例如在某种条件下，铬原子的n=2能级上的电子跃迁到n=1能级上时并不发射光子，而是将相应的能量转交给n=4能级上的电子，使之能脱离原子，这一现象叫做俄歇效应。以这种方式脱离了原子的电子叫做俄歇电子。已知铬原子的能级公式可简化表示为，式中n=1，2，3…表示不同能级，A是正的已知常数，上述俄歇电子的动能是 ( )
A、 B、 C、 D、
3．（2005江苏·6）在中子衍射技术中，常利用热中子研究晶体的结构，因为热中子的德布罗意波长与晶体中原子间距相近．已知中子质量m=1．67x10—27kg，普朗克常量h=6．63x10—34J·s，可以估算德布罗意波长λ=1．82x10-10m的热中子动能的数量级为 ( )
(A)10—17J (B)10—19J (C)10—21J (D)10—24 J
4．（2004上海·4）两圆环A、B置于同一水平面上，其中A为均匀带电绝缘环，B为导体环，当A以如图25′-2所示的方向绕中心转动的角速度发生变化时，B中产生如图25′-2所示方向的感应电流，则 ( )
A． A可能带正电且转速减小
B． A可能带正电且转速增大
C． A可能带负电且转速减小
D． A可能带负电且转速增大
5．（2004全国理综·14）现有1200个氢原子被激发到量子数为4的能级上，若这些受激氢原子最后都回到基态，则此过程中发出的光子总数是多少？（假定处在量子数为n的激发态的氢原子跃迁到各较低能级的原子数都是处在该激发态能级上的原子总数的） ( )
A．2200 B. 2000 C. 1200 D. 2400
6．（2004上海·10）在光滑水平面上的O点系一长为的绝缘细线，线的另一端系一质量为m、带电量为q的小球。当沿细线方向加上场强为E的匀强电场后，小球处于平衡状态。现给小球一垂直于细线的初速度v0，使小球在水平面上开始运动。(如图25′―3所示)若v0很小，则小球第一次回到平衡位置所需的时间为 。
7．（2004全国理综·25）柴油打桩机的重锤由气缸、活塞等若干部件组成，气缸与活塞间有柴油与空气的混合物。在重锤与桩碰撞的过程中，通过压缩使混合物燃烧，产生高温高压气体，从而使桩向下运动，锤向上运动。现把柴油打桩机和打桩过程简化如下：
柴油打桩机重锤的质量为m，锤在桩帽以上高度为h处（如图25′-4甲）从静止开始沿竖直轨道自由落下，打在质量为M（包括桩帽）的钢筋混凝土桩子上。同时，柴油燃烧，产生猛烈推力，锤和桩分离，这一过程的时间极短。随后，桩在泥土中向下移动一距离l。已知锤反跳后到达最高点时，锤与已停下的桩帽之间的距离也为h（如图25′-4乙）。已知m＝1.0×103kg，M＝2.0×103kg，h＝2.0m，l＝0.20m，重力加速度g＝10m/s2，混合物的质量不计。设桩向下移动的过程中泥土对桩的作用力F是恒力，求此力的大小。
8．（2004江苏·17）汤姆生用来测定电子的比荷(电子的电荷量与质量之比)的实验装置如图25′-5所示，真空管内的阴极K发出的电子(不计初速、重力和电子间的相互作用)经加速电压加速后，穿过A'中心的小孔沿中心轴O1O的方向进入到两块水平正对放置的平行极板P和P'间的区域．当极板间不加偏转电压时，电子束打在荧光屏的中心O点处，形成了一个亮点；加上偏转电压U后，亮点偏离到O'点，(O'与O点的竖直间距为d，水平间距可忽略不计．此时，在P和P'间的区域，再加上一个方向垂直于纸面向里的匀强磁场．调节磁场的强弱，当磁感应强度的大小为B时，亮点重新回到O点．已知极板水平方向的长度为L1，极板间距为b，极板右端到荧光屏的距离为L2(如图25′–5所示)．
(1)求打在荧光屏O点的电子速度的大小。
(2)推导出电子的比荷的表达式
9．（2004天津理综·25）磁流体发电是一种新型发电方式，图25′-6甲和图25′-6乙是其工作原理示意图。图25′-6甲中的长方体是发电导管，其中空部分的长、高、宽分别为、、，前后两个侧面是绝缘体，上下两个侧面是电阻可略的导体电极，这两个电极与负载电阻RL相连。整个发电导管处于图25′-6乙中磁场线圈产生的匀强磁场里，磁感应强度为B，方向如图所示。发电导管内有电阻率为的高温、高速电离气体沿导管向右流动，并通过专用管道导出。由于运动的电离气体受到磁场作用，产生了电动势。发电导管内电离气体流速随磁场有无而不同。设发电导管内电离气体流速处处相同，且不存在磁场时电离气体流速为，电离气体所受摩擦阻力总与流速成正比，发电导管两端的电离气体压强差维持恒定，求：
（1）不存在磁场时电离气体所受的摩擦阻力F多大；
（2）磁流体发电机的电动势E的大小；
（3）磁流体发电机发电导管的输入功率P。
附：第25课时巩固提高训练答案及解
1．答案：B
解；如果用隔离法和牛顿第二定律解题，求出弹簧读数是非常麻烦的。但从超重和失重角度分析就比较简单了。由于（m1+m3）＞m2，则系统的质心在下降。故整个系统处于失重状态，应有T1＜（m1+m2+m3）g ，应选B。
2．答案；C
解： ；E1 ；
，则俄歇电子的动能为，故C正确。
3．答案；C
解；根据德布罗意公式有
而热中子的动能 =3.97×10-21J 故选C。
4．答案：BC
解：要产生B环的电流方向，据楞次定律则在A环内部要产生向里加强或者向外减弱的磁场，则据安培定则可知B、C正确
5．答案：A
解：量子数n=4的激发态的1200个氢原子分别跃迁到n=3、2、1的轨道上的数目均为400，此时发出1200个光子，量子数n=3的激发态的400个氢原子分别跃迁到n=2、1的轨道上的数目均为200，发出光子数为400个，量子数n=2的激发态的600个氢原子跃迁到n=1的轨道上的数目为600，发出光子数目为600个，则发出光子总数为
1200+400+600=2200 。所以A选项正确。
6．答案：
解：本题属于类似单摆振动问题，产生单摆振动的外力为电场力，大小为，加速度为，据单摆的周期公式有 ，第一次回到平衡位置所经历时间为 ，即得所求结果。
7．答案：N
解：锤自由下落，碰桩前速度v1向下，
碰后，已知锤上升高度为（h－l），故刚碰后向上的速度为
设碰后桩的速度为V，方向向下，由动量守恒，
桩下降的过程中，根据功能关系，
由以上各式得
代入数值，得 N
8．答案：（1）（2）
解析：（1）当电子受到的电场力与洛伦兹力平衡时，电子做匀速直线运动，亮点重新回复到中心O点，设电子的速度为，则
得 即
（2）当极板间仅有偏转电场时，电子以速度进入后，竖直方向作匀加速运动，加速度为
电子在水平方向作匀速运动，在电场内的运动时间为
这样，电子在电场中，竖直向上偏转的距离为
离开电场时竖直向上的分速度为
电子离开电场后做匀速直线运动，经t2时间到达荧光屏
t2时间内向上运动的距离为
这样，电子向上的总偏转距离为
可解得
9．答案：（1） （2） （3）
解：（1）不存在磁场时，由力的平衡得
（2）设磁场存在时的气体流速为，则磁流体发电机的电动势
回路中的电流
电流I受到的安培力
设为存在磁场时的摩擦阻力，依题意
存在磁场时，由力的平衡得
根据上述各式解得
（3）磁流体发电机发电导管的输入功率，由能量守恒定律得
故
PAGE
5第22课时 观察测定性实验
[例题1]（其中⑴为2005广东物理·11⑴）
（1）如图22-1所示，在“用双缝干涉测光的波长”实验中，光具座上放置的光学元件依次为①光源、②______、③______、④______、⑤遮光筒、⑥光屏。对于某种单色光，为增加相邻亮纹（暗纹）间的距离，可采取____________或_____________的方法。
（2）如果将灯泡换成激光光源，该实验照样可以完成，这时可以去掉的部件是 （填数字代号）；
（3）转动测量头的手轮，使分划板中心刻线对准第1条亮纹，读下手轮的读数如图22-2所示。继续转动手轮，使分划板中心刻线对准第10条亮纹，读下手轮的读数如图22-3所示。则：条纹的间距是 mm ；
（4）如果已经量得双缝的间距是0.30mm 、双缝和光屏之间的距离是900mm ，则待测光的波长是 m （取三位有效数字）。
析与解：第（1）问是考查基本常识。②滤光片、③单缝、④双缝。第（2）问则在教材的基础上有所深化。滤光片②是为了产生单色光，单缝③是为了产生相同频率的光射向双缝④，双缝④将一束单色光分为两束频率相同的相干光束，它们的设置都是为了满足干涉的条件。而激光本身已经具备很好的相干性，所以②③这两个部件的设置就都没有必要了。第（3）问考螺旋测微器的读数，第一个是0.045mm ，第二个是14.535mm ，它们的差值是14.490mm ，中间跨越了10－1 = 9个条纹间距，所以条纹间距是
第（4）考本实验的原理
点评：①作为教材新增加的测量型分组实验，由于有些学校实验条件的限制没有让学生做过或者是老师将仪器组装好后让学生做，学生没有感性经验，致使基本原理不清楚。这样第（1）、（2）、（4）问都会出错；②螺旋测微器读数不准；③错误认为14.490mm跨越了10个条纹间距。④未注意有效数字的位数。
[例题2]（2005江苏·12）将满偏电流Ig=300μA、内阻未知的电流表改装成电压表并进行核对。
(1)利用如图22- 4所示的电路测量电流表的内阻(图中电源的电动势E = 4V )：先闭合S1，调节R，使电流表指针偏转到满刻度；再闭合S2，保持R不变，调节R′，使电流表
指针偏转到满刻度的，读出此时R′的阻值为200Ω，则电流表内阻的测量值
Rg= Ω。
(2)将该表改装成量程为3V的电压表，需 (填“串联”或“并联”)阻值为R0= Ω的电阻。
(3)把改装好的电压表与标准电压表进行核对，试在图22-5上画出实验电路图和实物连接图。
析与解：本题考核了课本实验“把电流表改装成电压表”，比较简单。
（1）当时，可以近似认为保持R不变，调节R′时电路中的总电流Ig不变，即
，求出Rg=100Ω。
（2）将该表改装成量程为3V的电压表。根据可得R0=9900Ω。需串联阻值为R0=9900Ω的电阻。
（3）实验电路图和实物连接图如图22-6所示。
点评：①不理解实验原理，死搬硬套课本实验 “半偏法测电流计内阻” 的方法，没有求解的方法。解不出Rg=100Ω，也就解不出R0=9900Ω。②把改装好的电压表与标准电压表进行核对，要求标准电压表与改装好的电压表一定要并联，既要核对量程内的高电压，又要核对低电压，这就要求滑动变阻器采用分压式接法。
[例题3]（2002上海·14）在酒精灯的酒精中溶解一些氯化钠，再点燃。把铁丝圈在肥皂水中蘸一下，让它挂上一层薄膜。用酒精灯的黄光照射薄膜，在薄膜的反射面我们会看到火焰的像是由很多水平条纹组成的，如图22-7所示。那么（ ）
A、如果将肥皂膜换成一般的塑料薄膜，也能观察到上述现象；
B、在肥皂膜的背面，也能观察到上述现象；
C、如果酒精中没有溶解氯化钠，火焰的像将没有条纹产生；
D、如果将肥皂膜在竖直面内旋转90°，火焰的像将由竖直条纹组成；
析与解：只有楔形薄膜才能形成光程差，肥皂膜的楔形是由肥皂水自身的重力形成的。将肥皂膜换成一般的塑料薄膜时，不会形成楔形薄膜，A错误；当肥皂膜旋转，重力的作用仍然会使薄膜在竖直方向形成倾角，从而形成楔形薄膜，火焰的像仍然是由很多水平条纹组成的，D错误；氯化钠的作用是为了产生单色光，如果是复色光，薄膜干涉也能形成，但条纹会是彩色的，C错误；用排除法选出答案：B
点评：①老师做演示实验时，学生没有从多个角度观察，不能选出B选项；②对该实验的原理没有真正了解，由于肥皂水自身的重力形成楔形薄膜，形成光程差，在反射光相遇区域或透射光相遇区域都会出现干涉现象。③本题可以根据熟识的反射干涉现象，采用排除法排除A、C、D选项，解决教师没有讲过的透射光干涉问题。
[例题4]在“测定金属的电阻率”的实验中，某同学选用的伏特表的最小分度是0.1V ，电流表的最小分度是0 .02A ，并记录了下表所示的5组数据。测量金属丝外径时，螺旋测微器的指示如图22-8所示。
次数 1 2 3 4 5
U/V 0.81 1.21 1.7 1.79 2.51
I/A 0.163 0.242 0.338 0.422 0.504
（1）5组数据中，有效数字不符合要求的是第 组，显然有差错的是第 组；
（2）金属丝的直径是 mm ；
（3）图22-9展示了本实验的全部器材，而且连接了一部分导线。请完成其余的实物连线。
析与解：（1）估读的根本法则是精度乘以故电流的尾数是0.1×= 0.01n ，第3组不符合要求；同理，电压的尾数是0.002n ，第1组不符合要求。第1、2、3、5组数据求得电阻值均接近5Ω ，唯有第4组数据求得电阻值为4.24Ω ，肯定有错；（2）螺旋测微器的读数为： 0.5mm（固定刻度）+0.498mm（螺旋套刻度）= 0.998mm（0.997或0.999均可）；（3）从数据处理的情况看，待测电阻是“小电阻”，故测量电阻时安培表应选用外接法。仍然从表格数据可知，不论电流还是电压值，都基本是从零开始变化的，故滑动变阻器应选用分压式接法。所以添加两根导线即可：第一根连接电压表的负极和电流表的正极（或电阻丝的右端），第二根连接开关的左接线柱和滑动变阻器的左下接线柱。
点评：①对有效数字只有位数概念，未意识到尾数奇、偶的的必然性，不能否定第1组数据；②看螺旋测微器时，不注意固定刻度已经超过0.5mm ，错误读成0.498mm ；③未能从数据中注意到“小电阻”，正确选择伏安法电路；④不能将测量数据和控制电路联系起来，将滑动变阻器接成分压式。
1、某同学在家里做用单摆测定重力加速度的实验，但没有合适的摆球，他找到了一块大小为3cm左右，外形不规则的大理石块代替小球。他设计的实验步骤是：
A．将石块用细尼龙线系好，结点为M，将尼龙线的上端固定于O点，如图22ˊ-1所示；
B．用刻度尺测量OM间尼龙线的长度L作为摆长；
C．将石块拉开一个大约α=30°的角度,然后由静止释放；
D．从摆球摆到最高点时开始计时，测出30次全振动的总时间t,，由T=t/30得出周期；
E．改变OM间尼龙线的长度再做几次实验，记下相应的L和T ；
F．求出多次实验中测得的的平均值作为计算时使用的数据，代入公式求出重力加速度g 。
⑴你认为该同学在以上实验步骤中有重大错误的是_______________。为什么
⑵该同学用OM的长作为摆长，这样做引起系统误差，将使重力加速度的测量值比真实值偏大还是偏小 ________。你认为用什么方法可以解决摆长无法准确测量的困难
2、（2005广东·11⑵）如图22ˊ-2所示，某同学在做“研究匀变速直线运动”实验中，由打点计时器得到表示小车运动过程的一条清晰纸带，纸带上两相邻计数点的时间间隔为T=0.10s，其中S1=7.05cm、S2=7.68cm、S3=8.33cm、S4=8.95cm、S5=9.61cm、S6=10.26cm，则A点处瞬时速度的大小是_______m/s，小车运动的加速度计算表达式为_______________，加速度的大小是_______m/s2（计算结果保留两位有效数字）。
3、（2004全国理综·12）图22ˊ-3中给出器材为：电源E（电动势为12V ，内阻不计），木板N（板上从下往上依次叠放白纸、复写纸、导电纸各一张），两个金属条A、B（平行放置在导电纸上，与导电纸接触良好，用作电极），滑线变阻器R（其总阻值小于两平行电极间导电纸的电阻），直流电压表V（量程为6V，内阻很大，其负接线柱与B极相连，正接线柱与探针P相连），开关K 。
现要用图中仪器描绘两平行金属条AB间电场中的等势线。AB间的电压要求取为6V 。
（Ⅰ）在图中连线，画成实验电路原理图。
（Ⅱ）下面是主要的实验操作步骤，将所缺的内容填写在横线上方。
a、接好实验电路。
b、 。
c、合上K ，并将探针P与A相接触。
d、 。
e、用探针压印的方法把A、B的位置标记在白纸上。画一线段连接AB两极，在连线上选取间距大致相等的5个点作为基准点，用探针把它们的位置印在白纸上。
f、将探针与某一基准点相接触， ，这一点是此基准的等势点。用探针把这一点的位置也压印在白纸上。用相同的方法找出此基准点的其它等势点。
g、重复步骤f ，找出其它4个基准点的等势点。取出白纸画出各条等势线。
4、（2005江苏·11）某同学用如图22ˊ-4所示装置做探究弹力和弹簧伸长关系的实验。他先测出不挂砝码时弹簧下端指针所指的标尺刻度，然后在弹簧下端挂上砝码，并逐个增加砝码，测出指针所指的标尺刻度，所得数据列表如下：(重力加速度g=9．8m／s2)
砝码质量m/10g 0 1.00 2.00 3.00 4.00 5.00 6.00 7.00
标尺刻度x/10m 15.00 18.94 22.82 26.78 30.66 34.60 42.00 54.50
(1)根据所测数据，在答题卡的坐标纸上作出弹簧指针所指的标尺刻度与砝码质量的关系曲线。
(2)根据所测得的数据和关系曲线可以判断，在 范围内弹力大小与弹簧伸长关系满足胡克定律。这种规格弹簧的劲度系数为 N／m。
5、（2005广东·12）热敏电阻是传感电路中常用的电子元件。现用伏安法研究热敏电阻在不同温度下的伏安特性曲线，要求特性曲线尽可能完整。已知常温下待测热敏电阻的阻值约4~5Ω。热敏电阻和温度计插入带塞的保温杯中，杯内有一定量的冷水，其它备用的仪表和器具有：盛有热水的热水杯（图中未画出）、电源（3V、内阻可忽略）、直流电流表（内阻约1Ω）、直流电压表（内阻约5kΩ）、滑动变阻器（0~20Ω）、开关、导线若干。
⑴在图22ˊ-6a的方框中画出实验电路图，要求测量误差尽可能小。
⑵根据电路图，在图22ˊ-6b的实物图上连线。
⑶简要写出完成接线后的主要实验步骤。
6、（2005春招北京理综·22（3））在测量电阻的实验中，提供的器材有：3V稳压电源E、滑线变阻器R、电压表V、电流表A、待测电阻Rx，以及开关S、导线等。要求：①电流表内接；②调节滑线变阻器可使电压表的示数在0V~3V间变化。
在实验中，有的同学连成图3、图4所示的电路，其中a, b, c,…，k是表示接线柱的字母。请将图22ˊ-7 a、图22ˊ-7b中接线错误（用导线两端接线柱的字母表示）、引起的后果、改正的方法（改接、撤消或增添），分别填在图下面相应的表格中。
接线错误 引起的后果 改正的方法
课时22巩固提高训练答案
1、⑴B（摆长应从悬点到大理石块的质心）、C（摆角太大，不能看作简谐运动）、F（必须先分别求和各组L和T值对应的g，再取所求得的各个g的平均值）。
⑵小。当用摆线长OM作为摆长L时，测得的摆长比真实值小，根据知g测< g真 。
设两次实验中摆线长分别为L1、L2，对应的周期分别为T1、T2，石块质心到M点的距离为x，由和可解得
2、
3、本题源于课本学生实验《电场中等势线的描绘》，但圆形电极换成了平行金属板，这样模拟的电场也就成了匀强电场。在寻找等势点的手段方面，灵敏电流计换成了电压表，这样，电压相等的点就是等势点了。连接电路方面应该注意的是，电源电动势为12V ，工作电压小于6V ，而滑动变阻器的总阻值小于导电纸的电阻，于是不能用限流器接法。
（Ⅰ）如图22″-1所示。（Ⅱ）b、把变阻器的滑动触头移到靠近D端处；d、调节R ，使电压表读数为6V ；f、记下电压表读数，在导电纸上移动探针，找出电压表读数与所记下的数值相同的另一点。
4、（1）如图22″-2所示。
（2）由图可知在弹簧拉力0—4．9N 范围内弹簧伸长与弹力大小成正比，关系满足胡克定律。这种规格弹簧的劲度系数为 25．0 N／m。
5、（1）如图22″-3a所示。热敏电阻R1阻值较小，安培表采用外接法；要求特性曲线尽可能完整即要求R1 两端的电压从很小的值开始变化，滑动变阻器采用分压式接法；电源电压为3V说明直流电压表读数不会超过3V ，电压表量程选3V ，直流电流表量程选0．6V。
(2)如图22″-3b所示。
(3) ①往保温杯中加入一些热水，待温度稳定时读出温度计值；
②调节滑动变阻器，快速测出电流表和电压表的值；
③重复①～②，测量不同温度下的数据；
④绘出各测量温度下热敏电阻的伏安特性曲线。
6 、图22'-7 a对应的表格
接线错误 引起的后果 改正的方法
ce 电源可能短路，损坏电源 撤销ce连线
fi , hj 电流表指针反偏，损坏电流表 fi→fh , hi→ij
图22'-7b对应的表格
接线错误 引起的后果 改正的方法
缺db(或dg或dk)连线 电压表的示数无法调到OV 增添db(或dg或dk)连线
hj 电流表短路，指针无示数 撤销hi连线
巩固提高训练
精典考题反思第26课时 图象问题
精典考题反思
「例1」老鼠离开洞穴沿直线前进，它的速度与到洞穴的距离成反比。当它行进到离洞穴距离为d1的甲处时速度是v1，则它行进到离洞穴距离为d2的乙处的速度是___________，从甲到乙用去的时间是__________。
析与解：该题的第一问，大家能很快解答出来，即到达乙处的速度，然第二问高中阶段较难求出来，但如果能将图象知识正确迁移的话，则较易解决。
建立老鼠距洞穴距离x与速度倒数的坐标，并画出图象（如图26-1），在该图上图线与横坐标在一段过程中（到）围成的“面积”含义，应为距离x和速度倒数的乘积代表的物理量即时间，即图中的阴影“面积”表示了由甲到乙处过程中运动的时间，所以。
点评：该题如用距离—速度图象，则为反比例函数图象，无法利用其处理该问题，但改造成距离—速度倒数图象，则变为正比例函数图象，使问题能迎刃而解。这种将非线性图象进行线性化处理，在实验数据处理中运用得特别多。如：利用单摆测重力加速度实验中，用T2―L为坐标参量作图；利用实验探究物体在受力一定的情况下其加速度与质量的关系时用a―1/m为坐标参量作图等。
「例2」(2005上海 ·18)科学探究活动通常包括以下环节：提出问题，作出假设，制定计划，搜集证据，评估交流等．一组同学研究“运动物体所受空气阻力与运动速度关系”的探究过程如下：
A．有同学认为：运动物体所受空气阻力可能与其运动速度有关．
B．他们计划利用一些“小纸杯”作为研究对象，用超声测距仪等仪器测量“小纸杯”在空中直线下落时的下落距离、速度随时间变化的规律，以验证假设．
C．在相同的实验条件下，同学们首先测量了单只“小纸杯”在空中下落过程中不同时刻的下落距离，将数据填入下表中，图26-2甲是对应的位移一时间图线．然后将不同数量的“小纸杯”叠放在一起从空中下落，分别测出它们的速度一时间图线，如图26-2乙中图线l、2、3、4、5所示．
D．同学们对实验数据进行分析、归纳后，证实了他们的假设．回答下列提问：
(1)与上述过程中A、C步骤相应的科学探究环节分别是＿＿＿＿＿．
(2)图26-2甲中的AB段反映了运动物体在做＿＿＿＿＿运动，表中X处的值为 ．
(3)图26-2乙中各条图线具有共同特点，“小纸杯”在下落的开始阶段做＿＿＿＿＿运动，最后“小纸杯”做： 运动．
(4)比较图26-2乙中的图线l和5，指出在1.0～1.5s时间段内，速度随时间变化关系的差异：＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿。
时间(s) 下落距离(m)
0.0 0.000
0.4 0.036
0.8 0.469
1.2 0.957
1.6 1.447
2.O X
析与解：(1)A显然是作出的假设、C反映了某同学在实验过程中测出的数据即搜集证据
(2)由S-t图象明显可以看出在AB段物体做匀速运动，表中X处的数值可以用匀速运动的规律去处理即 可解得X=1.937
(3)因为v-t图象中某处图象的切线的斜率反映了某时刻加速度的大小，所以“小纸杯”在下落的开始阶段做加速度逐渐减小的加速运动；最后阶段“小纸杯”的v-t图象平行于t轴，即加速度为零，故最后阶段“小纸杯”做匀速运动
(4)图线1反映速度不随时间变化，图线5反映速度随时间继续增大(或图线1反映纸杯做匀速运动，图线5反映纸杯依然在做加速度减小的加速运动)．
点评：解决该题的过程中必须对图象的物理意义有较深的理解，否则容易出错。像图象26-2甲中的AB段反映的是S和t的线性关系而不是正比关系，是易错点。即速度不变反映的是位移变化跟所用时间的比值不变，而不是位移与所用时间的比值不变。在图象26-2乙中图线的斜率反映了物体运动加速度的大小，但要注意的是物理图象与数学图象的不同，即物理图象的斜率只能用比值表示，而不能用切线倾角的正切值表示。
「例3」如图26-3甲所示，电阻，电动势，内阻不计，两个相同的二极管串联在电路中，二极管的特性曲线如图26-3乙所示。试求：
(1) 通过二极管的电流。
(2) 电阻消耗的功率。
析与解：此题的关键是在理解好图象的物理意义上，运用闭合电路欧姆定律找出在图26-3甲中二极管的应满足的关系。
解法一：
设二极管两端的管压为，流过二极管的电流为。则有
（1）
代入数据解得与的关系为 （2）
这是一在右图中横轴上截距为1.5，纵轴上截距为 6、斜率为－4的直线方程（称为二极管的负载线）因管压与流过二极管电流还受二极管的～特性曲线的限制，因而二极管就工作在负载线与～特性曲线的相交点上（如图26-3丙）．由此得二极管两端的管压和电流分别为 , （3）
电阻上的电压
其功率 （4）
解法二：
设两个二极管用一个等效二极管代替，当流过等效二极管的电流为时，等效二极管的管压为。
即有 （1）
代入数据解得与的关系为 （2）
这是一在横轴上截距为3、纵轴上截距为6、斜率为－2的负载线方程，二极管的特性曲线只要将图26-5的横坐标增大1倍即可．用作图法，求出负载线与管的特性曲线相交的点得 ， （3）
电阻上的电压
其功率 （4）
点评：本题中二极管的～特性曲线是写不出函数关系式的曲线，因此虽然根据闭合电路欧姆定律能得出二极管作为负载时流过二极管的电流和二极管两端的电压的关系式，但因为写不出二极管特性曲线的函数关系式，故不可能利用联立方程组求解，只能利用作图求交点去处理。注意类似这种应用在实验及数据处理中非常广泛，要细细体会。
「例4」（2004上海·22）水平面上两根足够长的金属导轨平行固定放置，间距为L，一端通过导线与阻值为R的电阻连接；导轨上放一质量为m的金属杆(见图26-4甲)，金属杆与导轨的电阻不计；均匀磁场竖直向下。用与导轨平行的恒定力F作用在金属杆上，杆最终将做匀速运动。当改变拉力的大小时，相对应的匀速运动速度v也会改变，v和F的关系如图26-4乙。(取重力加速度g=9.8m/s2)
(1) 金属杆在匀速运动之前做作什么运动？
(2) 若m=0.5kg，L=0.5m，R=0.5，磁感应强度B为多大？
(3) 由v－F图线的截距可求得什么物理量？其值为多少？
析与解：此题在理解好图象给出的信息的基础上，认真把杆的受力和运动情况分析清楚。
（1）金属杆运动后，回路中产生感应电流，金属杆将受恒定力F和安培力的作用，且安培力随着速度的增大而增加，杆受合外力减小，故加速度减小，速度增大，即为加速度减小的加速运动。
(2)感应电动势 感应电流 安培力 F=IBL=
由图线可知金属杆受拉力、安培力和阻力的作用，匀速时合力为零
所以
由图线可以得到直线的斜率 所以
（3）由直线的截距可以求得金属杆受到的阻力f=2 N
若金属杆受到的阻力仅为动摩擦力，由截距可求得动摩擦因数
点评：该题的关键是理解好v-F图线上截距的含义，它不仅是第3问要求的，而且对第2问的正确处理有启发作用。用图象处理问题直观、明了，但如果凭想像也易出问题。特别是要注意物理图象与数学图象的区别。
巩固提高训练
1． 从地面竖直上抛一小球，设小球上升到最高点所用的时间为t1，下落到地面所用的时间为t2，若考虑到空气阻力的作用，则（ ）
A、t1>t2 B、t1D、因不知速度和空气阻力的关系，故无法断定t1、t2哪个较大
2．如图26′-2所示，A、B直线表示A、B两物体在水平面上加速度a随拉力F变化的图线，用mA、mB分别表示A、B的质量，用μA、μB分别表示A、B与平面间的动摩擦因数，从图中可知
（ ）
A、mA>mB，μA>μB
B、mA>mB，μA<μB
C、mAμB
D、mA3．两支完全相同的光滑的直角弯管abc和a’b’c’，按图26′-3所示位置放置，现将两个质量完全相同的小球分别沿两管由静止滑下（设在直角转弯处均无能量损失），两球到达出口c和c’处的时间分别为t和t’，则（ ）
A、t>t’
B、t=t’
C、tD、条件不足，无法判断
4．一质点振动的位移时间图象（如图26′-4所示），由图可知： （ ）
A、该质点一定作简谐运动
B、该质点振动频率为0.4 Hz
C、从0.1秒至0.2秒质点的加速度增大
D、从0.1秒至0.2秒与0.2秒至0.3秒质点所受回复力的冲量相同
5．一个小孩在蹦床上作游戏，他从高处落到蹦床上后被弹起到原高度，小孩从高处下落到弹回的整个过程中，他的运动速度随时间变化的图象如图26′-5所示，图中oa段和cd段为直线，则根据此图象可知：小孩和床相接触的时间为 （ ）
A、t2—t4
B、t1—t4
C、t1—t5
D、t2—t5
6．为了探索弹力和弹簧伸长的关系, 李卫同学选了甲、乙两根规格不同的弹簧进行测试，根据测得的数据绘出如图26′-6所示图象。从图象上看,该同学没能完全按实验要求做,而使图象上端成曲线, 图象上端成曲线是因为 。这两根弹簧的劲度系数分别为 和 。 若要制作一个精确程度较高的弹簧秤，应选弹簧 。
7．（2003上海·18）图26′-7甲为某一热敏电阻(电阻值随温度的改变而改变，且对温度很敏感)的I-U关系曲线图。
⑴为了通过测量得到图26′-7甲所示I-U关系的完整曲线，在图26′-7乙和图26′-7丙两个电路中应选择的是图________；简要说明理由：____________。（电源电动势为9V，内阻不计，滑线变阻器的阻值为0-100Ω）。
⑵在图26′-7丁电路中，电源电压恒为9V，电流表读数为70mA，定值电阻R1=250Ω。由热敏电阻的I-U关系曲线可知，热敏电阻两端的电压为________V；电阻R2的阻值为______Ω。
⑶举出一个可以应用热敏电阻的例子：______________________________________。
8. （2005上海·5）图26′-8中图线①表示某电池组的输出电压----电流关系，图线②表示其输出功率----电流关系．该电池组的内阻为＿＿＿＿＿Ω．当电池组的输出功率为120W时，电池组的输出电压是＿＿＿＿＿V．
9．一物体以速度v1竖直上抛，由于受到空气阻力的作用，落回到抛出点时，速度为v2，且v210．试证明正弦交流电的有效值I与最大值之间的关系为Im=I。
11．如图26′-9甲所示，小车B静止在光滑水平上，一个质量为m的铁块A（可视为质点），以水平速度v0＝4.0m/s滑上小车B的左端，然后与小车右挡板碰撞，最后恰好滑到小车的中点，已知，小车车面长L＝1m。设A与挡板碰撞无机械能损失，碰撞时间可忽略不计，g取10m/s2，求：
（1）A、B最后速度的大小；
（2）铁块A与小车B之间的动摩擦因数；
（3）铁块A与小车B的挡板相碰撞前后小车B的速度，并在图26′-9乙坐标中画出A、B相对滑动过程中小车B相对地面的速度v－t图线。
附：第26课时巩固提高训练答案及解
1．答案：B
解析：做出物体速度大小随时间变化的v—t图象，并注意上升时的加速度大小，（图中的斜率）大于下落时的加速度大小，上升经过的路程（图中直线与坐标轴围的面积）等于下落经过的路程，由图26″-1可见，t2>t1，故选项B正确。
2．答案：C
解：由题意可知，物体在水平面上运动的加速度
这是一个一次函数，斜率为，斜率大，m小，截距的绝对值为μg，截距绝对值大的，μ大。故mAμB，即选C。
3．答案：C
解：由ac之间的高度差与a’c’间的高度差相同，则两小球滑出C和C’时的速度大小相同，又因为ab和b’c’的倾角相同，小球在该段上运动的加速度相同；bc和a’b’的倾角相同，小球在该段上运动的加速度也相同。由此作出v—t图象（如图26″-2）进行辅助分析。B和B’所代表的速度大小相等，折线OAB下方和OA’B’下方所围面积相同，（代表abc和a’b’c’路程相同），可以看出t4．答案：ACD
解：关键要把图象与质点的实际运动情景对应起来考虑
5．答案：C
解：关键是搞清图线的直线和曲线部分表示物体运动的不同点，然后再对照小孩实际运动的情形就可以得出正确的结果。
6．答案：超过弹簧的弹性限度；66.7N/m；200N/m；A
解：弹簧在弹性限度内其伸长量与受到的拉力成正比，因此当图象上端成曲线，说明此时其伸长量与受到的拉力不成正比，也就说明此时弹簧的伸长量超过了弹性限度。
据胡克定律有 N/m N/m
弹簧的劲度系数越小，受到相同作用力的情况下其伸长量越大，由其制成的弹簧秤精确程度就越高，故应选弹簧A。
7．答案：（1）图26′—7乙；电压可从0V调到所需电压，调节范围较大。
（2）5.2；111.8
（3）热敏温度计
解（1）（3）略；（2）据欧姆定律有 A =36mA
所以 然后对照图26-13可得热敏电阻两端的电压为5.2V
再根据欧姆定律有
8.答案：5，30
解：根据图线①表示某电池组的输出电压----电流关系，利用闭合电路欧姆定律有
代入数据有 50=25+5r 得r=5Ω
由图线②可查得 当电池组的输出功率为120W时，电池组的输出电流为I=4A
根据可得电池组的输出电压U=30V
9．答案：
解：这一问题用公式法根本无法计算（仅限于高中的数学知识），但我们可以定性地画出速度—时间图象（如图26″-2），由题意知道此图象有以下特点：①加速度的数值应越来越小，即图象的斜率越来越小；②至速度v2时，物体的位移为零，即图线与t轴上下所夹的面积相等，根据此特点，不难画出如图的图象。由图象很容易看出，t1<(t2-t1)。由于阻力f∝v，所以可以想象，阻力f随时间变化的图象亦有此规律，而f·t为阻力的冲量，所以f—t图象与时间轴所夹的面积就是阻力的冲量。在t2时，两正负面积相等，意味着阻力的合冲量为零。因此，从全过程来看，合力的冲量仅为重力的冲量，故有
解得
10．解：在中学阶段，正弦交流电的有效值I与最大值Im之间的关系，Im=I是不加证明给出的，若要得出Im=I这一关系，就要从有效值的定义入手，通过定积分求得，这显然超出了中学的要求。有没有能用中学数学知识导出这一关系的方法呢？用图象法可以很巧妙地证明出Im=I。
设通过电阻R的正弦交流电为i=Imsinωt，则交流电的瞬时功率为P=i2R=Im2Rsin2ωt，作出交流电的P—t图象（如图26″-3），曲线与时间轴所包围的面积表示交流电在一个周期内产生的热量，利用“移峰填谷”，将斜线部分截下，倒过来填在“谷”里，可以看出：曲线与t轴包围的面积，正好等于高为，宽为T的矩形面积，根据有效值的定义：Q交=Q直，即
所以 即有Im=I
11．答案：（1）v=1m/s （2） （3）见解
解：(1)对A、B系统，由动量守恒定律：
Mv0＝(M＋m) v 　　　　　　　得
（2） A、B系统，由动能定理，对系统全过程有
μmg1.5L= 解得
（3） 设A、B碰撞前速度分别为v10和v20
对系统动量守恒 mv0=mv1+Mv2
对系统能量转化和守恒 μmgL=
代入数据联立方程，解得v10=1+=2.732 m/s (舍v10=1－=－0.732m/s)
v20=1－=0.423m/s
该过程小车B做匀加速运动，μmg=MaM
aM=m/s2
v20= aMt1 t1 =0.317s
A、B相碰，设A、B碰后A的速度为v1和 v2
A、 ，对系统动量守恒 mv0=mv1+Mv2
对系统机械能守恒
代入数据联立方程，解得
v1=1－=－0.732 m/s (舍v1=1＋ m/s)
“－”说明方向向左
v2=1＋=1.577m/s
该过程小车B做匀减速运动，－μmg=MaM
aM=－m/s2
到最终相对静止 v＝ v2＋aMt2
t2=0.433s
所以 ，运动的总时间为
t= t1+ t2=0.75s
小车B的v-t图如图26″-4所示　第27课时 临界问题
精典考题反思
「例1」某船在静水中的划行速度v1=3m/s，要渡过d=30m宽的河，河水的流速v2=5m/s，则该船能否沿垂直于河岸的航线抵达对岸？其最短航程为多少？此时船头指向如何？
析与解： 因为船的划行速度小于河水的流速，故船不可能沿垂直于河岸的航线抵达对岸。如图27-1甲可以看出要使航程AC最短，必须使船的实际航行方向与河岸的夹角最大，求出船头指向何方时，使角最大即为解题方向。
该题用矢量三角形求解将非常简捷明了（如图27-1乙）。以v2矢量的末端为圆心，以v1矢量的长为半径作圆，由v2矢量起点到v1矢量的末端连起来即为合矢量v，故当v和v1垂直时角最大。即在船头指向改变的过程中（相当于矢量v1在转动）矢量v与河岸的夹角存在一个临界角，此临界角对应的角度最大。
；
最短航程=50m
所以该船不能沿垂直于河岸的航线抵达对岸，其最短航程为50m，此时船头指向上游且与河岸成530角。
点评：该题不认真考虑时，易形成错觉，认为船能垂直于河岸到达对岸，从而得到最短航程为30m。另一种可能出现方法上的误区，即建立函数关系式求极值。
而高中生求此函数的极值非常困难，造成不能解决该问题。用矢量图旋转，由于易发现转动过程中存在一个临界角而使问题变得简单。因此，分析物理问题的具体过程，抓住变化过程中的临界状态，将成为是否能顺利解决问题的关键。
此问题还可以进行以下变化：变化一：如果水流的速度5m/s一定，而船划行的速度以大小和方向可以改变，但要求船必须在河下游距正对岸40m以内到达河对岸，则船划行的速度最小值为多少？变化二：如果水流速、船划行速度、河宽均为文字已知量，而不是具体数据，则如何求出到达对岸最短航程。
「例2」一束宽为d的平行光，由红、蓝两种色光组成，入射到一块上、下表面平行的玻璃砖，其入射角为i，玻璃对红、蓝光的折射率分别为n1和n2，则要想从下底面得到两束单色光，玻璃砖的厚度L至少为多大？（如图27-2甲）
析与解：该题拿到手后，好多同学不知如何处理，而不会处理的关键是没有掌握好处理几何光学问题的关键----抓好光路。抓光路的关键首先要作好光路图，实际上通过作光路图分析光的走向及L的大小对问题的影响，就能找出使两束光能否分开的临界值。
如图27-2乙所示，该问题也就能迎刃而解。
具体如下：
根据折射定律有
再有图27-2乙中的几何关系可得
由以上两式可解得
点评：利用作图来分析一些物理现象的变化过程，从中找出变化过程中的临界状态，是分析、处理物理问题的重要方法，特别是带电粒子在电场、磁场及其复合场中运动的有关问题的处理。即我们要注意充分利用各种方法，去分析清楚物理问题的具体过程，在过程中发现临界状态，从而顺利解决有关问题。
「例3」如图27-3甲所示，水平传送带水平段长，两皮带轮直径D均为0.2m，距地面高H=5m，与传送带等高的光滑水平台上有一小物块以v0=5m/s的初速度滑上传送带，物块与传送带之间的动摩擦因数μ=0.2.求:(1)若传送带静止,物块滑到右端后做平抛运动的水平距离s0等于多少 (2)当皮带轮匀速转动,且角速度为ω时,物体做平抛运动的水平位移为s,以不同角速度ω做上述实验,得到一组对应的ω和s值.设皮带轮顺时针转动时ω>0;逆时针转动时ω<0,试画出平抛距离s随ω变化的曲线.
析与解：对第一个问题而言运用牛顿运动定律或动能定理可以很方便地把物块离开传送带时的速度也即做平抛运动的初速度v求出来。然后运用平抛运动的基本规律就可以把s0求出来。具体过程如下：
（1）由牛顿第二定律有 ①
由运动学公式有 ②
由平抛运动的规律有 ③ ④
联立以上各式可解得：s0=1m
而对第二个问题来说，必须进行讨论，当皮带轮逆时针转动时即ω<0时，其运动情形和第一个问题完全相同，故此时平抛距离s=s0=1m；而当皮带轮顺时针转动时即ω>0时，情形比较复杂，需详细讨论，讨论过程中找出临界值是关键，具体讨论如下：
（2）①当皮带轮转动的角速度ω≤rad/s时，物块在皮带上滑动时的速度一直大于皮带的速度，物块受到的合外力一直等于滑动摩擦力，做的是匀减速运动，其情形仍和第一个问题相同，所以物块离开皮带后平抛的距离仍为s=1m 。
②当皮带轮转动的角速度满足 10rad/s<ω<50rad/s （rad/s）则此时，皮带的速度 1m/s由此式可求得 1m③当皮带轮转动的角速度满足 50rad/s<ω<70rad/s （rad/s）则此时
有v物m/s故物块滑上皮带后先加速后与皮带同速直至抛出。由⑤式可解得，5m④当皮带轮转动的角速度满足 ω>70rad/s，物块滑上皮带后一直加速，故末速度恒等于7m/s，物体抛出的水平距离s=7m。所以平抛距离s随ω变化的曲线如图27-3乙所示。
点评：此题解决的关键是在充分把皮带轮各种可能的运动的情形分析清楚及其对物块运动的影响搞清楚的基础上，把影响物块运动情形的皮带轮转动角速度的临界值找出来。此题的易错点是，有些同学容易受皮带运动快慢的表面现象所迷惑，而不是以地面为参照系实实在在对物块进行受力分析。因此抓好双基分析仍是解决此类问题的关键。
「例4」 (2005上海·20)如图27-4所示，带正电小球质量为m＝1×10-2kg，带电量为q＝l×10-6C，置于光滑绝缘水平面上的A点．当空间存在着斜向上的匀强电场时，该小球从静止开始始终沿水平面做匀加速直线运动，当运动到B点时，测得其速度vB ＝1.5m／s，此时小球的位移为S ＝0.15m．求此匀强电场场强E的取值范围．(g＝10m／s。)
某同学求解如下：设电场方向与水平面之间夹角为θ，由动能定理qEScosθ＝－0得＝V／m．由题意可知θ＞0，所以当E ＞7.5×104V／m时小球将始终沿水平面做匀加速直线运动．
经检查，计算无误．该同学所得结论是否有不完善之处 若有请予以补充．
析与解：抓住该小球从静止开始始终沿水平面做匀加速直线运动是能完整分析该问题的关键。
该同学所得结论有不完善之处．
为使小球始终沿水平面运动，电场力在竖直方向的分力必须小于等于重力
qEsinθ≤mg
所以
即 7.5×104V/m＜E≤1.25×105V/m
点评：对于该问题的处理我们常常容易只盯在加速的临界条件上，而易忽视小球是否会离开水平面这一临界条件。因此对涉及存在临界条件的问题，我们需将某一物理量进行大范围的变化讨论，看看非常大时和非常小时会出现怎样的物理情形，从而找出一些临界条件。
从以上各例我们可以看出，物理学本身就有许多具有边缘特征的概念。它们有着中介、转折、对立与统一的辩证特性，这些概念中往往就包含着一个临界状态，越过这个状态，或者不是这个状态，将有着不同的物理现象和不同的结果，如临界角、临界温度、极限频率、临界体积等。而通过现象分析、判断出临界状态的对应的条件是进一步研究事物变化规律的关键。也体现出学生能力的高低。因此这里也就常常成为高考命题者挖空心思出一些对考生能力要求较高的试题。所以一些难度较大、能力要求较高的综合题都隐含着临界条件的挖掘，同时也是高考压轴题的命题方向。
巩固提高训练
1．（2004江苏·7）雷蒙德·戴维斯因研究来自太阳的电子中微子(ve)而获得了2002年度诺贝尔物理学奖．他探测中微子所用的探测器的主体是一个贮满615t四氯乙烯(C2Cl4)溶液的巨桶．电子中微子可以将一个氯核转变为一个氩核，其核反应方程式为
已知核的质量为36.95658u，核的质量为36.95691u，的质量为0.00055u，1u
质量对应的能量为931.5MeV．根据以上数据，可以判断参与上述反应的屯子中微子的最小能量为 （ ）
(A)0.82 MeV (B)0.31 MeV (C)1.33 MeV (D)0.51 McV
2．（2004全国理综一·18）图27′-1中电阻R1、R2、R3的阻值相等，电池的内阻不计，开关K接通后流过R2的电流是K接通前的 （ ）
A． B. C. D.
3．相距很远的两个分子，以一定的初速度相向运动，直到距离最小。在这个过程中，两分子间的分子势能 （ ）
A、一直增大 B、一直减小
C、先增大，后减小 D、先减小，后增大
4．如图27′-2所示，M为固定在桌面上的木块， M 上有一个3/4圆弧的光滑轨道abcd，a为最高点，bd为其水平直径，de面水平且长度一定，将质量为m的小球在d点的正上方高h处从静止释放，让它自由下落到d点切入轨道内运动，则（ ）
A．在h为一定值的情况下，释放后，小球的运动情况与其质量的大小无关
B．只要改变h的大小，就能使小球通过a点后，既可以使小球落到轨道内，也可以使小球落到de面上
C．无论怎样改变h的大小，都不能使小球通过a点后又落回到轨道内
D．使小球通过 a点后飞出de面之外（e的右边）是可以通过改变h的大小来实现的
5．如图27′-3，质量为m1的木块受到向右的水平拉力F作用沿质量为m2的长木板上表面向右滑行，长木板保持静止状态.已知木块与木板之间的动摩擦因数为μ1，木板与地面之间的动摩擦因数为μ2，则 （ ）
A．木板受到地面的摩擦力大小一定为μ1m1g
B．木板受到地面的摩擦力大小一定为μ2（m1g+ m2g）
C．若改变F大小，且满足F＞μ2（m1g+ m2g）时，木板便会开始运动
D．无论怎样改变F的大小，木板都不可能运动
6．如图27′-4所示，在纸面内有一匀强电场，一带正电的小球（重力不计）在一恒力F的作用下沿图中虚线由A至B做匀速运动，已知力F和AB间夹角为θ， AB间距离为d，小球带电量为q，则下列结论正确的是 （ ）
A、匀强电场的电场强度E=Fcosθ/q
B、AB两点电势差的绝对值为Fdcosθ/q
C、带电小球由A运动至B过程中电势能增加了Fdcosθ
D、若带电小球由B向A做匀速直线运动，则F必须反向
7．如图27′-5所示电路中，R1＝4 ，R2＝6 ，电源内阻不可忽略，当电键S2闭合时，电流表A的示数为3 A，则当S2断开时，电流表示数可能为（ ）
（A）3.2 A （B）2.1 A （C）1.2 A （D）0.8 A
某同学认为当S2断开后，电路总电阻变大，电路总电流变小，因此，B、C、D三种情况都是可能的。你同意该同学的判断吗？若同意，请简述你的理由；若不同意，请说明理由并推导出你认为正确的结果。
8．中子星是恒星演化过程的一种可能结果，它的密度很大。现有一中子星，观测到它的 自转周期为T=s。问：该中子星的最小密度应是多少才能维持该星体的稳定，不致因自转而瓦解。计算时星体可视为均匀球体。（引力常数G=6.67×10-11m3/kg·s2）
9．三块相同的金属平板A、B、D自上而下水平放置，间隔距离分别为h和d，如图27′-6所示。A、B两板中心开孔，在A板的开孔上搁有一金属容器P，与A板接触良好，其内盛有导电液体，A板通过闭合的电键K与电动势为U0的电池正极相连，B板与电池的负极相连并接地。容器P内的液体在底部小孔O处形成质量为m，带电量为q的液滴后自由下落，穿过B板的开孔O’ 落在D板上，其电荷被D板吸附，液体随即蒸发。接着容器底部又形成相同的液滴自由下落，如此继续，设整个装置在真空中。
（1）第1个液滴到达D板时的速度为多少？
（2）D板最终可达到多高的电势？
（3）设液滴的电量是A板所带电量的a倍( a=0.02 )，A板与B板构成的电容器的电容为
C0=5×10－12F，U0=1000V，m=0.02g，h=d=5cm。试计算D板最终的电势值。(g＝10m/s2)
（4）如果电键K不是始终闭合，而只是在第一个液滴形成前闭合一下，随即打开，其它条件与（3）相同。在这种情况下，D板最终可达到的电势值为多少？说明理由。
附：第27课时巩固提高训练答案及解
1．答案：A
解：核反应过程中，反应前的能量应大于或等于反应后的能量。质量关系为
得
则电子中微子的最小能量应为0.00088u×931.5MeV/u=0.82MeV，故A正确。
2．答案：B
解：由串并联知识可得，在K没有接触时，R1、R2串联，；
在K接通后，R2、R3并联，再跟R1串联，
由 所以B选项正确。
3．答案：D
解：因为分子间的距离变化的过程中存在一个分子间的引力和斥力相等的位置，此时分子力的合力为零，运动此位置时分子运动的速率最大，分子间的势能最小。因此在这个过程中，两分子间的分子势能先减小，后增大。故选答案D。
4．答案：ABD
解：此题如果不认真去进行分析和计算，凭自己的主观想象的话，易错选答案C。由于小球进入轨道后作的是圆周运动，因此到达a点时小球的速度不可能为零，它存在一个临界值。根据牛顿运动定律有 其中FN为轨道对小球的弹力切有FN≥0
可解得：≥，小球离开a点后做平抛运动，应有
及 两式联列可解得 x≥R，所以只要小球能从a点抛出，就一定不可能落回到轨道内。故C选项错误，正确的是ABD。
5．答案：AD
解：无论F大小如何变化，当木块沿着木板向右滑行时，木块对木板的水平作用力始终为滑动摩擦力，且保持不变。即为μ1m1g，而木板处于静止状态，据平衡条件有木板受到地面的摩擦力大小一定为μ1m1g，故A选项正确；由于木板受到地面的作用力为静摩擦力，故B选项错误；同样，由于F作用在木块上，而不是木板上，所以选项C错误，选项D正确。
6．答案：BC
解：由于小球重力不计，所以小球只受恒力F和电场力两个力的作用，要保证小球沿AB做匀速直线运动，则两个力的合力必须为零，因此恒力F和电场力大小相等。故选项BC正确。
7．答案：B
解；不正确；电路总电阻的变化不仅会影响电流大小的变化，而且会影响电压大小的变化，原来端电压为12 V，所以现在电流应小于3 A而现在的端电压应大于12V，故此时电流应大于12/10＝1.2 A，只有B正确。
8．答案：1.27×1014kg/m3
解：考虑中子星赤道处一小块物质，只有当它受到的万有引力大于或等于它随星体一起旋转所需的向心力时，中子星才不会瓦解。
由 三式可得
代入数据解得 1.27×1014kg/m3
9．答案：（1） （2）
（3）U=2.01×105V （4）
解：（1）设第一个液滴到达D板时速度为v，
由动能定理：,
得。
（2）当D板电势为U时，液滴到达D板的动能为：
，
。
（3）
（4）U至多等于A板电荷全部到达D板的电势值，由于h=d，B、D板间的电容也是C0，故U至多为U0，问题是U能否达到U0。
由（2）得＞＞
其中是q的最大值，即第1个液滴的带电量。以（3）的数据代入，
＞0。
可见恒有EK＞0，故液滴一直往下滴，直到A板上电量全部转移到D板。专题研究十 典型问题专练
高考命题思路
1．等效问题是需用等效法处理的一类问题。而等效法是从效果等同出发来研究物理现象和物理过程的一种科学方法，等效法总是把复杂的物理现象和过程转化为理想的、简单的、等效的物理现象和过程来处理。运用等效法的根据在于不同的物理现象、过程和规律在某个方面具有同一性，因此相互替代的效果相同，它可以得出理想模型，导出新的概念和规律。
等效法是高中物理中解决问题时运用得最多的方法之一。此法的运用过程中常常能体现出学生物理思想的把握及把一个复杂问题等效转化为几个简单的问题的能力。每年的高考中都有涉及这一类的问题，特别是压轴题中更能体现出来。如：2004年江苏卷第18题，把狗跳上和跳下雪橇的过程等效为碰撞过程，就能使解决问题的思路非常清晰、明确。因此，考查学生能力的高考题常常通过这一类问题体现出来，也就成了高考命题的趋向。
2．图象问题是近几年高考涉及最多的题型，无论是选择题、实验题还是计算题都常有以图象为载体进行考查。而且由于物理图象能形象地表达物理规律、直观地描述物理过程、清晰地反映物理量间的关系，因此图象成为一种特殊且形象的数学语言和工具。用图象法解题不但快速、准确，而且可以避免繁杂的中间运算过程，甚至还可以解决用解析法无法解决的问题，是应用数学处理物理问题能力的重要体现。《高考物理考试说明》中就要求考生：能够根据具体问题列出物理量之间的关系式，进行推导和求解，并根据结果得出物理结论，必要时能运用几何图形、函数图象进行表达、分析。且要求在逐步提高，如：知识内容表运动学部分，《旧课程说明》中不要求 用v—t图象讨论问题，而在《新课程说明》中则取消了该说明。
近几年高考中图象问题出现的频率越来越高，有关图象试题的设计意图明显由“注重对状态的分析”转化为“注重对过程的理解和处理”。综合运用图象处理物理问题的能力成为高考命题的趋向。
3．临界问题是对物理问题中涉及临界条件的运用的一类问题。这一类问题中有着中介、转折、对立与统一的辩证特性，这些概念中往往就包含着一个临界状态，越过这个状态，或者不是这个状态，将有着不同的物理现象和不同的结果，如临界角、临界温度、极限频率、临界体积等。而通过现象分析、判断出临界状态的对应的条件是进一步研究事物变化规律的关键。也体现出学生能力的高低。因此这也就常常成为高考命题者挖空心思编制出一些对考生能力要求较高的试题。如2004年江苏卷第18题不搞清狗追不上雪橇的条件将无法求解。2004年两广卷第18题把α粒子恰能打到ab的点用图画出来，则所求区域将迎刃而解。2005年上海卷第20题中则需把“始终沿水平面做匀加速直线运动”这句话中隐含的临界条件挖出来，才能全面的解决该问题。所以一些难度较大、能力要求较高的综合题都隐含着临界条件的挖掘，同时也是高考压轴题的命题方向。
4．开放问题是近几年出现得较多的一种题型，这种题型的特点往往是答案不唯一，能把学生的创新能力反映出来，能体现一些新课程的理念，是高考命题的趋向之一。此类问题以选择题偏多，有时也会在填空题、实验题及计算题上出现，常在结论和方法上对考生的发散思维能力进行考查。此类问题的特点是题中给出的信息量有限，导致问题的某些方面不确定，使问题出现的可能性情形增多。适当增加一些隐含性的条件，并与生产实际和现实生活结合起来，是高考命题中提高学生能力要求的一种手段。
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利用图象进行辅助分析
利用图象的性质和特点处理
临界条件的挖掘
物理量区间的确定
结论开放型问题
方法开放型问题第15课时 电磁感应与力和运动
精典考题反思
[例1] （2005全国Ⅲ·16）如图15-1，闭合线圈上方有一竖直放置的条形磁铁，磁铁的N 极朝下。当磁铁向下运动时（但未插入线圈内部） （ ）
A．线圈中感应电流的方向与图中箭头方向相同，磁铁与线圈相互吸引
B．线圈中感应电流的方向与图中箭头方向相同，磁铁与线圈相互排斥
C．线圈中感应电流的方向与图中箭头方向相反，磁铁与线圈相互吸引
D．线圈中感应电流的方向与图中箭头方向相反，磁铁与线圈相互排斥
析与解：在磁铁向下插入的过程中，线圈中的磁通量增大，将产生与原磁场方向相反的感应电流的磁场，则磁场方向向上，由安培定则可知感应电流方向与图示相同；由于此时两磁场方向相反，故互相排斥，选项B正确。
点评：在磁铁插入线圈的过程中，不论是用磁铁的哪一极插入，通过线圈的磁通量总是增大的，感应电流所产生的磁场总是与原磁场方向相反，两者互相排斥，这正体现了线圈的“阻碍”作用。通过本题的训练，可以使学生更好地理解楞次定律中的“阻碍”的意义。
[例2] (05上海卢湾模拟)如图15-2为世界早期制作的发电机及电动机的实物示意图，A盘和B盘分别是两个可绕固定转轴转动的铜盘，用导线将A盘的中心和B盘的边缘连接起来，用另一根导线将B盘的中心和A盘的边缘连接起来。当A盘在外力作用下转动起来时，B盘也会转动。则下列说法中正确的是 （ ）
A．不断转动A盘就可以获得持续的电流，其原因是将整个铜盘看作沿径向排列的无数根铜条，它们作切割磁感线运动，产生感应电动势
B．当A盘转动时，B盘也能转动的原因是：电流在磁场中受到力的作用，此力对转轴有力矩
C．当A盘顺时针转动时，B盘逆时针转动
D．当A盘顺时针转动时，B盘也顺时针转动
析与解：两圆盘均处在向下的磁场中，若俯视时沿顺时针方向转动圆盘A，它将会产生边缘高中心低的电动势。通过导线使它与B盘组成闭合回路，在B盘中产生由圆心向外的电流，从而使圆盘B在安培力作用下沿逆时针方向转动。反之，若A盘逆时针方向转动，则B盘将沿顺时针方向转动。选项A、B、C正确。
点评：图中铜盘A所在的一组装置为发电机模型，圆盘B所在的一组装置为电动机模型。在这里，可以简单地把圆盘等效为由圆心到圆周的一系列“辐条”，处在磁场中的每一根辐条都在作切割磁感线运动，产生感应电动势。
[例3] 如图15-3所示，蹄形磁铁和矩形线圈均可绕竖直轴OO′转动。从上往下看，当磁铁作逆时针转动时，下列说法正确的是 （ ）
A．线圈将作逆时针转动，转速与磁铁相同
B．线圈将作逆时针转动，转速比磁铁小
C．线圈中将产生交变电流
D．线圈中感应电流方向始终是 abcda
析与解：当磁铁转动时，通过线圈的磁通量将发生变化，线圈中产生感应电流，感应电流处在磁场中，将受安培力作用。线圈所受的安培力总是使得矩形线圈跟着磁铁转动。由于线圈在运动中总是受到阻力作用，所以线圈必须一直受到安培力的作用来平衡阻力，因此，线圈的转动速度比磁铁慢，两者存在相对运动。若二者同速，则线圈中将不再产生感应电流，也就不再受安培力作用。感应电流的大小，可以等效为磁铁不动，线圈在磁场中做匀速转动的情形，产生的是交变电流。选项BC正确。
点评：无论线圈与磁铁间的相对位置关系如何，线圈中的感应电流所受的安培力总是使线圈跟着磁铁转动。同时，要认识到磁铁和线圈之间必需有相对运动，才能使线圈不断受到安培力的作用来与阻力平衡。这个装置实际上就是一个异步电动机的模型。
[例4] 2．如图15-4所示，将铝板制成“U”形框后水平放置，一质量为m的带电小球用绝缘细线悬挂在框的内部上板上，整个装置处在水平方向的匀强磁场中，现让装置在水平面内沿垂直于磁场的方向向左以速度v匀速运动，设悬线的拉力为T，则 ( )
A．悬线竖直，T=mg
B．悬线竖直，T＜mg
C．选择v的大小，可以使T=0
D．因条件不足，T与v的关系无法确定
析与解：当整个装置在磁场中沿垂直于磁场的方向运动时，“U”形框的竖直面（边）做切割磁感线运动，产生感应电动势，这一电动势加在上、下两面上，在“U”形框的内部产生竖直方向的电场，这一电场对带电小球将产生电场力。同时，带电小球也在磁场中沿垂直于磁场的方向运动，会受到洛仑兹力的作用。
设“U”形框的竖直高度为d，小球带正电q，则
上、下板间的电势差等于感应电动势：，下板电势高。
板间场强为，小球受向上的电场力
小球所受的洛仑兹力，方向向下。
由于小球所受电场力与洛仑兹力大小相等，方向相反，所以悬线对小球的作用力仍等于小球自身的重力。若小球带负电，此二力同样等值反向。选项A正确。
点评：本题粗看上去是一个“磁场类”问题，但由于存在电磁感应现象，使得带电小球处在重力场、磁场和电场所组成的复合场中，而且这三个场都对小球施加作用力。由于小球所受的洛仑兹力的大小与电场力的大小关系不能直接看出来，必须通过定量计算才能分析出结论，不能妄加判断。
巩固提高训练
1．（05年深圳二调）如图15’-1所示，MN为固定的两根水平光滑金属导轨，处于竖直向上的匀强磁场中，AB与CD是两根与导轨接触良好的金属棒，要使闭合回路中有a→b→d→c方向的感生电流，则下列方法可能实现的是 （　 ）
　A．将ab向左同时cd向右运动
　B．将ab向右同时cd向左运动
　C．将ab向左同时cd也向左以不同的速度运动
　D．将ab向右同时cd也向右以不同的速度运动
2.如图图15’-2所示，光滑的水平桌面上放着两个完全相同的环形金属圈，原来均静止、且彼此绝缘。当一条形磁铁的N极由上向它们运动时，a、b两线圈将 （ ）
A．均静止不动；
B．彼此靠近；
C．相互远离；
D．都向上跳起；
3．如图15’-3所示，甲图中线圈Ａ的a、b端加上如图乙所示的电压时，在0～ｔ0时间内，线圈Ｂ中感应电流的方向及线圈Ｂ的受力方向情况是　　　（ ）
　?Ａ．感应电流方向不变　　Ｂ．受力方向不变
　?Ｃ．感应电流方向改变　　Ｄ．受力方向改变
4.（05汕头）如图15’-4所示，一个圆环形导体线圈a平放在水平面上，在a的正上方固定一竖直的螺线管b，b的铁心与a不接触，a,b 的轴线重合。螺线管与电源和滑动变阻器连接成如图所示的电路。当移动滑动变阻器的触头P时，圆环a中将产生感应电流，同时a 对水平面的压力N将发生变化。如果要使圆环a中产生图中所示方向的感应电流，则下面的说法中正确的是 （ ）
A．P应向上滑，N大于a的重力
B．P应向下滑，N大于a的重力
C．P应向上滑，N小于a的重力
D．P应向下滑，N小于a的重力
5.（05江苏沭阳）超导磁悬浮列车利用超导的抗磁作用使列车车体向上浮起，同时通过周期性地变换磁极方向而获得推进动力的新型交通工具。其推进原理可以简化为如图15’-5所示的模型：在水平面上相距L的两根平行直导轨间，有竖直方向等距离分布的匀强磁场B1和B2，且B1=B2=B。每个磁场的宽都是l，相间排列。所有这些磁场都以速度v向右匀速运动。这时跨在两导轨间的长为L宽为l的金属框abcd（悬浮在导轨上方）在磁场力作用下也将会向右运动。设金属框的总电阻为R，运动中受到的阻力恒为f。则金属框的最大速度可表示为 （ ）
A．vm= B．vm=
C．vm= D．vm=
6．如图15’-6所示，一边长为h的正方形线圈A，其电流I方向固定不变，用两条长度恒定为h的细绳静止悬挂于水平长直导线CD的正下方。当导线CD中无电流时，两细绳中张力均为T，当通过CD的电流为i时，两细绳中张力均降为aT(0A．向左 1 + a B．向右 1 + a
C．向左 1―a D．向右 1―a
7.（05江苏金陵）如图15’-7甲所示，一个足够长的“U”形金属导轨NMPQ固定在水平面内，MN、PQ两导轨间的宽为L=0.50m．一根质量为m=0.50kg的均匀金属导体棒ab静止在导轨上且接触良好，abMP恰好围成一个正方形．该轨道平面处在磁感应强度大小可以调节的竖直向上的匀强磁场中．ab棒的电阻为R = 0.10，其他各部分电阻均不计，开始时，磁感应强度B0 = 0.50T。
(1)若保持磁感应强度B0的大小不变，从t=0时刻开始，给ab棒施加一个水平向右的拉力，使它做匀加速直线运动．此拉力F的大小随时间t变化关系如图乙所示．求匀加速运动的加速度及ab棒与导轨间的滑动摩擦力．
(2)若从t=0开始，使磁感应强度的大小从B0开始使其以=0.20 T/s的变化率均匀增加．求经过多长时间ab棒开始滑动？此时通过ab棒的电流大小和方向如何？(ab棒与导轨间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等)
8.（05江苏苏州模拟）如图15’-8甲所示，一正方形金属线框放置在绝缘的光滑水平面上，并位于一竖直向下的有界匀强磁场区域内，线框的右边紧贴着磁场的边界，从t＝0时开始，对线框施加一水平向右的外力F，使线框从静止开始做匀加速直线运动，在时刻穿出磁场．已知外力F随时间变化的图像如图乙所示，且线框的质量m、电阻R、图乙中的、 均为已知量．试求出两个与上述过程有关的电磁学物理量（即由上述已知量表达的关系式）．
9.如图15’-9所示，两根平行金属导轨固定在水平桌面上，每根导轨每米的电阻为r0=0.10 Ω/m.导轨的端点P、Q用电阻可忽略的导线相连，两导轨间的距离l=0.2 m. 有随时间变化的匀强磁场垂直于桌面，已知磁感应强度B与时间t的关系为B=kt,比例系数k=0.020 T/s.一电阻不计的金属杆可在导轨上无摩擦地滑动，在滑动过程中保持与导轨垂直.在t=0 时刻，金属杆紧靠在P、Q端，在外力作用下，杆以恒定的加速度从静止开始向导轨的另一端滑动，求在t=6.0 s时金属杆所受的安培力.
附：第15课时巩固提高训练答案及解
1．答案：BCD
解：要使回路中产生a→b→d→c方向的感生电流，即产生向上的感应电流的磁场，根据楞次定律，原来向上的磁通量要减少，回路所围面积要减小，选项B、C、D皆有可能。
2. 答案：C
解：当磁铁向下运动时，两线圈中的磁通量均增大，两线圈产生相同方向的感应电流，相同方向的磁场，它们间互相排斥。
3．答案：ＡＤ
解：由图象可知，电流先正向减小、后负向增大，则通过线圈B的磁通量也是先正向减小、后负向增大，线圈B中的感应电流的方向保持不变。由于线圈A产生的磁场方向的改变，线圈B所受的安培力的方向改变。
4. 答案：B
解：由图可知线圈b的磁场方向向下，为使a中产生图示的电流，线圈b的磁场应增强，所以线圈b中的电流应增大，滑键应向下滑。此时，两磁场方向相反，排斥，N大于a的重力。
5. 答案：C
解：金属框与磁场间的相对运动速度的大小为，金属框左右两个边产生的感应电动势的大小均为：，则回路的感应电流大小为：，由平衡条件可知：,
解得：
6．答案：C
解：由于导线CD中的电流对线圈A的作用力方向向上，所以线圈A所在处的磁场方向向外，CD中的电流方向向左。
由于线圈所在处的磁感应强度与导线CD中的电流成正比，所以，线圈A所受的磁场力也与CD中的电流成正比，设比例系数为k，则：
导线CD不通电时：
导线CD中的电流为i时：,
导线CD中的电流为i＇时：，解得。
7．答案：（1）4m/s2，1N （2）17.5s，0.5A ，方向b→a。
解： (1) t=0时，F1=3N， F1－f = ma
当t=2s时，F2＝8N，
，f = F1－ma = 1N
(2) ， B=4T，
而 B=B0+， 解得：t =17.5s
此时：，所以，方向b→a。
8. 答案：， ， ，
解：据题意知，t＝0时刻线框的速度为零，无感应电动势，不受安培力作用，所以线框的加速度
线框离开磁场时的速度 ,线框的边长
线框离开磁场时，所受到的磁场力，感应电动势，感应电流，
由牛顿定律：
由以上几式联立解得：
所以，线框离开磁场时的感应电动势 ，感应电流。
在拉出过程中，通过线框某截面的电量　
9. 答案：1.44×10-3 N
解：以a表示金属杆运动的加速度，在t时刻，金属杆与初始位置的距离L=at2
此时杆的速度v=at ，杆与导轨构成的回路的面积S=Ll
回路中的感应电动势E=S+Blv ，而B=kt ，所以==k ，
回路的总电阻R=2Lr0 回路中的感应电流i=，作用于杆的安培力F=Bli
联立以上几式解得F=t 代入数据为F=1.44×10-3 N
图15’-5
图15’-1
L
l
a
b
c
d
B2
B1
v
第15课时 电磁感应与力和运动 第 7 页第16课时 电磁感应与功和能
精典考题反思
[例1] 电磁炮是一种理想的兵器，它的主要原理如图16-1所示。1982年，澳大利亚国立大学制成了能把2.2ｇ的弹体（包括金属杆EF的质量）加速到10km/s的电磁炮（常规炮弹速度大小约为2km/s）。若轨道宽2ｍ，长为100ｍ，通过的电流为10Ａ，则轨道间所加匀强磁场的磁感应强度为________Ｔ，磁场力的最大功率Ｐ＝________Ｗ（轨道摩擦不计）．
析与解：安培力对弹体所做的功的大小等于弹体动能的增加。设轨道的宽为d，长为L，则：
所以：，解得B=55T
弹体速度最大时，磁场力的功率最大：W
点评：本题中的安培力是恒定的，其所做的功可以直接由来计算。从运用动能定理解题的角度来看，本题是一道基础题，其目的主要是让学生对电磁炮的原理有所了解。事实上，要在空间100m长的范围内产生55T的匀强磁场，谈何容易！
[例2] （05上海调研）如图16-2，光滑且足够长的平行金属导轨MN、PQ固定在同一水平面上，两导轨间距L＝0.2 m，电阻R＝0.4 ，导轨上停放着一质量m＝0.1 kg、电阻r＝0.1 的金属杆CD，导轨电阻不计，整个装置处于磁感应强度B＝0.5 T的匀强磁场中，磁场方向竖直向上。现用一在导轨平面内，且垂直于金属杆CD的外力F，沿水平方向拉杆，使之由静止开始做加速度为a＝5 m/s2的匀加速直线运动，试：
（1）证明电压表的示数U随时间t均匀增加。
（2）判断外力F随时间t如何变化。
（3）判断外力F的功率随时间t如何变化，并求出第2 s末时外力F的瞬时功率P。
析与解：（1）由于金属杆CD在外力F作用下做匀加速直线运动，其速度均匀增加，感应电动势也均匀增加。电压表示数为U＝IR＝v ，
因为v＝at，所以U＝at＝kt ，解得k＝0.4 V/s ，
所以U＝0.4 t ，可见电压表示数随时间均匀变化。
（2）金属杆在外力F和安培力的共同作用下做匀加速运动，由牛顿第二定律可得：
，得
所以k’＝0.1 N/s，F ＝ 0.1t＋0.5（N），可见外力与时间成线性关系。
（3）外力F做功的功率
所以(W)，可见F的瞬时功率与时间成二次函数关系，
第2 s末：P＝12 W。
点评：本题的关键是导体棒CD做匀加速运动，由此能确定导体棒的速度随时间变化的关系，从而确定导体棒的感应电动势、回路电流、安培力的大小随时间的变化关系，进一步确定外力做功的功率等等随时间变化的关系。
[例3] （2005上海·22）如图16-3所示，处于匀强磁场中的两根足够长、电阻不计的平行金属导轨相距lm，导轨平面与水平面成θ=37°角，下端连接阻值为R的电阻．匀强磁场方向与导轨平面垂直．质量为0.2kg、电阻不计的金属棒放在两导轨上，棒与导轨垂直并保持良好接触，它们之间的动摩擦因数为0.25．
(1)求金属棒沿导轨由静止开始下滑时的加速度大小；
(2)当金属棒下滑速度达到稳定时，电阻R消耗的功率为8W，求该速度的大小；
(3)在上问中，若R＝2Ω，金属棒中的电流方向由a到b，求磁感应强度的大小与方向．
(g=10m／s2，sin37°＝0.6， cos37°＝0.8)
析与解：
(1)金属棒开始下滑的初速为零，根据牛顿第二定律
mgsinθ－μmgcosθ＝ma ，解得a＝10×(O.6－0.25×0.8)m／s2=4m／s2
(2设金属棒运动达到稳定时，速度为v，所受安培力为F，棒在沿导轨方向受力平衡
mgsinθ一μmgcos0一F＝0
此时金属棒克服安培力做功的功率等于电路中电阻R消耗的电功率Fv＝P
解得
(3)设电路中电流为I，两导轨间金属棒的长为l，磁场的磁感应强度为B
，P＝I2R ，
联立解得：，磁场方向垂直导轨平面向上。
点评：当棒刚开始运动时，速度为零，无感应电动势、无感应电流，不受安培力的作用，这一点应认识清楚。而当棒处于稳定状态时，属于平衡问题，导体棒ab所受各力的合力为零。受力分析时要注意各个力的方向，尤其是安培力的方向。
[例4] (05南通二调)如图16-4，光滑平行的水平金属导轨MN、PQ相距l，在M点和P点间接一个阻值为R的电阻，在两导轨间OO1O1′O′矩形区域内有垂直导轨平面竖直向下、宽为d的匀强磁场，磁感强度为B。一质量为m，电阻为r的导体棒ab，垂直搁在导轨上，与磁场左边界相距d0。现用一大小为F、水平向右的恒力拉ab棒，使它由静止开始运动，棒ab在离开磁场前已经做匀速直线运动（棒ab与导轨始终保持良好的接触，导轨电阻不计）。求：
（1）棒ab在离开磁场右边界时的速度；
（2）棒ab通过磁场区的过程中整个回路所消耗的电能；
（3）试分析讨论ab棒在磁场中可能的运动情况。
析与解：
（1）ab棒离开磁场右边界前做匀速运动，设速度为，则有：，
　 对ab棒 F－BIl＝0 解得：
（2）由能量守恒可得：
解得：
（3）设棒刚进入磁场时速度为v 由： 可得：
棒在进入磁场前做匀加速直线运动，在磁场中运动可分三种情况讨论：
①若（或），则棒做匀速直线运动；
②若（或F＞），则棒先加速后匀速；
③若（或F＜＝，则棒先减速后匀速。
点评：解第（1）问时，抓住棒“已经做匀速直线运动”这一平衡条件进行解题；而在解第二问时，应认识到“恒力”作用在导体棒上，运用能量守恒来解题；在第（3）问中，要认识到进入磁场时初速度的大小的不同，产生的电动势、电流、安培力的不同，由此进行讨论。
巩固提高训练
1．如图16’-1所示，在一固定水平放置的导体闭合圆环上方，有一条形磁铁，从离地面高h处，由静止开始下落，最后落在地面上.下落过程中从圆环中心穿过圆环，而不与圆环接触.若不计空气阻力，下面说法正确的是?（ ）
A.磁铁下落过程中，圆环中的电流方向先顺时针后逆时针(从上向下看圆环)
B.磁铁下落过程中，加速度始终等于g
C.磁铁下落过程中，磁铁的机械能不变
D.磁铁落地时的速率有可能大于
2.如图16’-2所示, 光滑固定的绝缘轨道处在匀强磁场中，磁场方向与轨道平面垂直，一正离子在轨道内做逆时针方向的匀速圆周运动。当磁场均匀增强时,离子的动能将 ( )
A.增大 B.减小
C.不变 D.可能增大,也可能不变
3.在倾角为的两平行光滑长直金属导轨的下端，接有一电阻R，导轨自身的电阻不计，整个装置放在匀强磁场中，磁场方向垂直于金属导轨平面向上，质量为m，电阻可不计的金属棒ab，在沿着导轨平面且与棒垂直的恒力作用下沿导轨匀速上滑，上升高度为h，如图16’-3所示，则在此过程中 （ ）
A．恒力F在数值上等于
B．恒力F对金属棒ab所做的功等于
C．恒力F与重力的合力对金属棒ab所做的功等于零
D．恒力F与重力的合力对金属棒ab所做的功等于电阻R上释放的焦耳热
4.门形装置位于竖直平面,磁感应强度为B的匀强磁场垂直装置所在的平面,水平导线MN可沿两侧足够长的光滑导轨下滑而不分离,如图16’-4所示,除R外装置的其余部分电阻都可忽略不计,将MN无初速释放,要使电流稳定后R的热功率变为原来的的两倍,在其他条件不变的情况下,可以采取的办法有( )
A.MN质量不变,门形框宽度减为原来的1/
B.电阻R增加到原来的四倍
C.磁感应强度B减为原来的一半
D.MN质量增加到原来的两倍
5.如图16’-5所示，一个被x轴与曲线方程m所围的空间中存在着匀强磁场。磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度B = 0.2T。正方形金属线框的边长是L = 0.40m，电阻是R = 0.1Ω，它的一边与x轴重合，在拉力F的作用下，线框水平向右匀速运动，以下说法正确的是 （ ）
A. 正方形线框中将产生正弦式交变电流
B. 正方形线框中将产生非正弦式交变电流
C. 当正方形金属线框的边长为0.2m时，它产生的是正弦式交变电流
D. 当正方形金属线框的边长为0.3m时，它产生的是正弦式交变电流
6.（05上海长宁模拟）如图16’-6所示，两根长均为L、电阻均为R、质量分别为m和M的导体棒P、Q，用两根电阻和质量均不计的细软导线连接成闭合电路，跨挂于离地高为H的绝缘光滑水平杆OO’上，导体棒Q恰好在地面上，导体棒P离地高为h（h＜H，整个装置处于一方向水平且垂直于导体棒的匀强磁场中，其磁感应强度随时间变化的关系为B＝kt，则经过t＝____________时间导体棒Q将离地向上运动，当两导体棒运动到相同高度时的速度大小为v，则此过程中感应电流做的功为____________。
7．匝数为Ｎ、面积为Ｓ、总电阻为Ｒ的矩形闭合线圈，在磁感应强度为Ｂ的匀强磁场中按如图16’-7所示方向（俯视逆时针）以角速度ω绕轴ＯＯ′匀速转动．ｔ=0时刻线圈平面与磁感线垂直，规定ａｄｃｂａ的方向为电流的正方向．求：
（1）线圈转动过程中感应电动势瞬时值的表达式．
（2）线圈从图示位置开始到转过90°的过程中的平均电动势．
（3）线圈转到与图示位置成60°角时的瞬时电流．
（4）线圈转动一周过程中外力做的功．
8.（05江苏常州模拟）如图16’-8所示间距为L的光滑平行金属导轨，水平地放置在竖直方向的磁感强度为B的匀强磁场中，一端接阻值是R的电阻。一电阻是r，质量为m的导体棒放置在导轨上，在外力F作用下从t＝0的时刻开始运动，其速度随时间的变化规律，不计导轨电阻。求：
(1) 从t＝0到时间内电阻R产生的热量。
(2) 从t＝0到时间内外力F所做的功。
9.（05上海南汇三模）如图16’-9所示，足够长的两根相距为L＝0.5m的平行光滑导轨竖直放置，导轨电阻不计，磁感强度B＝0.8T的匀强磁场方向垂直于导轨平面，两根质量均为m＝0.04kg、电阻均为r＝0.5Ω的可动金属棒ab和cd都与导轨接触良好，导轨下端连接R＝1Ω的电阻。金属棒ab用一根细线拉住，细线允许承受的最大拉力Fm＝0.64N。今让cd棒从静止开始水平落下，直至细线被拉断，此过程中电阻R上产生的热量Q＝0.2J。求：
（1）此过程中ab棒和cd棒的发热量Q1和Q2；
（2）细线被拉断瞬间，cd棒的速度；
（3）细线刚要被拉断时，cd棒下落的高度h。
附：第16课时巩固提高训练答案及解
1．答案：A
解：当磁铁穿过圆环时，圆环中的磁通量先是向上增强，后来是向上减弱，俯视圆环，它产生的感应电流先沿顺时针方向，后沿逆时针方向。由于感应电流与磁铁之间有相互作用力，磁铁的加速度不再等于g；由于感应电流产生了焦耳热，机械能也不守恒，落地速度小于。
2. 答案：A
解：根据麦克斯韦电磁场理论，变化的磁场将在周围空间产生电场。当垂直于纸面向里的磁场增强时，将在轨道平面内产生逆时针方向的电场，这一电场对正离子做正功，离子的速度、动能均增大。
3. 答案：D
解：由于金属棒运动过程中会产生感应电流，所以金属棒将受安培力的作用，金属棒的重力、安培力、恒力F三者的合力为零。F大于，做功也大于。由功和能之间的关系可知，重力和F的合力所做的功等于R上产生的焦耳热。
4. 答案：A
解：稳定时，MN合力为零，有,而，所以有，可见，只有选项A正确。
5. 答案：BD
解：当线框的边长大于磁场在x轴方向的宽度时，在第一条竖边出磁场时，另一条竖边还没有进入磁场，所以产生的不是正弦式交变电流。只有当线框的边长与磁场在x轴的宽度相等，并且边长大于磁场在y轴上宽度时，才能产生正弦式交变电流。
6. 答案：（M－m）gR/k2L2h，（M－m）gh＋（M＋m）v2
解：回路感应电动势的大小为，Q离开地面时，
而，所以：
当两导体棒等高时，由能量守恒可知：
7．答案：（1）e＝NBSωsinωt；（2）2NBSω/π；（3）（/2）NBSω/Ｒ；（4）πN２B２S２ω／R
解：（1）电动势的最大值为：Em=NBSω，所以瞬时值e＝NBSωsinωt．
　?（2）平均＝ΔΦ/Δｔ＝2NBSω/π．
　?（3）线圈转过60°时ｉ＝ｅ/Ｒ＝NBSωｓｉｎ60°／Ｒ＝（／2）NBSω／Ｒ．
　?（4）电动势的有效值为?Ｅ＝Ｅｍ／＝NBSω／，
　 转动一周的电功为Ｗ＝Ｐｔ＝Ｅ２Ｔ／Ｒ＝πＮ２Ｂ２Ｓ２ω／Ｒ．
　?根据能量守恒定律，线圈匀速转动一周外力做的功等于电功
8. 答案：（1）；（2）
解：（1）回路中产生正弦交流电
，其中，解得：
（2）此过程中产生的热量 这时速度由0增大到vm，
由能量守恒得
解得：
9．答案：（1）0.4J，0.9J；（2），（3）3.9m。
解：（1）cd棒可等效成电源，ab棒电阻与R并联，，
　　，
，，
　　，
　　∴cd棒产生的热量。
（2）∵ab棒静止，，解得绳断时，ab中的电流，
∴此时， .
，∴能求cd的速度。
（3）cd棒作变加速运动，根据动能定理，，解得
　　　
图16’-8
第16课时 电磁感应与功和能 第 7 页专题研究七 热学
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高考命题思路
本章概念多，且全部内容属于I级要求，高考对本章的命题平均每年2题，着重考查考生对概念的理解及应用能力，要求虽然不深，但很全面，命题热点多集中在分子动理论、估算分子大小和数目、热力学第一定律，题型多为选择题，命题特点多为本章内容的单独命题，或与实际生活相联系的问题。
第18课时 分子动理论和热力学定律
精典考题反思
[例1]（03年深大附中质检）利用单分子油膜法可以粗测分子的大小和阿伏加德罗常数，如果已知体积为V的一滴油在水面上散开形成的单分子油膜的面积为S，这种油的摩尔质量为M，密度为ρ，阿伏加德罗常数应如何求出？
析与解：由单分子油膜的特征，将油膜看成单分子紧密相挨形成的膜，这种油的直径为将每个分子看作球体
每个油分子的体积为
每摩尔这种油的体积为V=
因此阿伏加德罗常数为NA=
点评：油膜法也可以测分子直径，其数量级为10-10m，解决此类问题的关键是理解摩尔质量、摩尔体积、分子体积内在联系及构建分子模型（球体或正方体）；另外阿伏加德常数是联系微观量和宏观量的桥梁，在高考中出现的频率较高，应引起高度重视。
[例2] （2003江苏·3）如图18-1所示，甲分子固定在坐标原点O，乙分子位于x轴上，甲分子对乙分子的作用力与两分子间距离的关系如图中曲线所示，F>0为斥力，F<0为引力，a,b,c,d为x轴上四个特定的位置，现把乙分子从a处由静止释放，则（ ）
A. 乙分子由a到b做加速运动，由b到c做减速运动
B. 乙分子由a到c做加速运动，到达c时速度最大
C. 乙分子由a到b的过程中，两分子间的分子势能一直减少
D. 乙分子由b到d的过程中，两分子间的分子势能一直增加
图18-1
析与解：乙分子从a到b，再到c的过程分子之间均表现为引力，显然乙分子始终做加速运动，且到达c点时速度最大，故A错，B正确。乙分子从a到b的过程中，分子引力一直做正功，因此，两分子间的分子势能一直减少，故C正确。乙分子由b到c的过程中，分子引力仍然做正功，故两分子间的分子势能仍在减少，从c到d的过程，分子间的斥力做负功，则分子间的势能增加，故D项错，故BC选项正确。
点评：本题取材于课本内容，体现高考“源于课本而高于课本”的命题思考，从四个选项的设计看，要求考生全面准确理解F—X图象意义，并能熟练地结合分子间作用力做功及分子势能、动能的变化关系知识综合应用。
[例3]（2005全国理综Ⅱ.16 ）对于定量理想气体，可能发生的过程是（ ）
A. 等压压缩，温度降低 B. 等温吸热，体积不变
C. 放出热量，内能增加 D. 绝热压缩，内能不变
析与解：由=恒量，知当P一定，V减小时，T一定减少，故A正确。当温度不变时，内能不变，而气体吸热，根据热力学第一定律，那么气体一定对外做功，则气体体积增大，故B错误。对于C，只知放出热量，而不知其它情况，故内能可增加，所以C正确，绝热意味Q=0，又压缩气体W>0，所以气体内能一定增加，因此D错误，综上AC选项正确。
点评：对于一定质量的理想气体的三个状态参量只有一个变化是不可能的，而且在变化的过程中一定有=恒量；应用热力学第一定律时要注意符号法则，另外解题时要重视等温和绝热过程的区别。
[例4]（2004广东·4）下列说法正确的是（ ）
A. 机械能全部变成内能是不可能
B. 第二类永动机不可能制造成功的原因是因为能量既不会凭空产生，也不会凭空消失，只能从一个物体转移到另一个物体，或从一种形式转化为另一种形式。
C. 根据热力学第二定律可知，热量不可能从低温物体传到高温物体。
D. 从单一热源吸收的热量全部变成功是可能的
析与解：物体在摩擦力作用下由运动到静止机械能全部转变为内能，故A选项错。第二类永动机不违反能量守恒定律，不能制造成功的原因是内能不能全部转化为机械能，而同时不引起其他变化，故B选项错，由热力学第二定律可知，在受到外界的帮助下热量是可能从低温物体传到高温物体，从单一热源吸收的热量可能全部变成功，故C选项错误，D选项正确。
点评：热力学第二定律指出了能量转化与守恒能否实现的条件和过程进行的方向，它说明了一切与热现象有关的实际宏观过程都是不可逆的。热力学第二定律的两种表达方式都说明了与热现象的物理过程进行的方向，两种表达是一致的，可以证明若违反了其中一种表达，必然违反另一种表达。
巩固提高训练
1(2005江苏·4)某气体的摩尔质量为M，摩尔体积为V，密度为，每个分子的质量和体积分别为m和Vo，则阿伏加德罗常数NA可表示为 （ ）
A． B． C． D．
2、下列关于布朗运动的说法中正确的是 （ ）
A． 布朗运动是由外部原因引起的液体分子的运动
B． 悬浮在液体里的微粒越大，与微粒相碰的分子数越多，布朗运动越容易观察到
C． 布朗运动的无规则性是液体分子或气体分子无规则运动的反映
D．布朗运动的剧烈程度与温度有关，所以布朗运动也叫分子热运动
3. (2004广东·2)下列说法哪些是正确的 ( )
A. 水的体积很难被压缩，这是分子间存在斥力的宏观表现
B. 气体总是很容易充满容器，这是分子间存在斥力的宏观表现
C. 两个相同的半球壳吻合接触，中间抽成真空（马德堡半球），用力很难拉开，这是分子间存在吸引力的宏观表现
D. 用力拉铁棒的两端，铁棒没有断，这是分子间存在吸引力的宏观表现
4. （2005天津理综·14）下列说法中正确的是 （ ）
A. 一定质量的气体被压缩时，气体压强不一定增大
B. 一定质量的气体温度不变压强增大时，其体积也增大
C. 气体压强是由气体分子间的斥力产生的
D. 在失重的情况下，密闭容器内的气体对器壁没有压强
5. (2005全国理综Ⅲ·19)一定质量的气体经历一缓慢的绝热膨胀过程。设气体分子间的势能可忽略，则在此过程中 （ ）
A. 外界对气体做功，气体分子的平均动能增加
B. 气体对外界做功，气体分子的平均动能增加
C. 外界对气体做功，气体分子的平均动能减少
D. 气体对外界做功，气体分子的平均动能减少
6. (2005江苏·7) 下列关于分子力和分子势能的说法中，正确的是 （ ）
A. 当分子力表现为引力时，分子力和分子势能总是随分子间距离的增大而增大
B. 当分子力表现为引力进，分子力和分子势能总是随分子间距离的增大而减小
C. 当分子力表现为斥力时，分子力和分子势能总是随分子间距离的减小而增大
D. 当分子力表现为斥力时，分子力和分子力势能总是随分子间距离的减小而减小
7（04年盐城调研）在下列叙述中，正确的是 （ ）
A. 物体温度越高，分子热运动越剧烈，分子平均动能越大
B. 布朗运动就是液体分子的热运动
C. 对一定质量的气体加热，其内能一定增加
D. 分子间的距离r存在某一值r0，当rr0时，分子力表现为引力，随着r的增大，分子力也增大
8（2005北京理综.14）下列关于热现象的说法，正确的是 （ ）
A. 外界对物体做功，物体的内能一定增加
B. 气体的温度升高，气体的压强一定增大
C. 任何条件下，热量都不会由低温物体传递到高温物体
D. 任何热机都不可能使燃料释放的热量完全转化为机械能
9. (2005全国理综Ｉ·21)如图18’-1所示，绝热隔板K把绝热的气缸分隔成体积相等的两部分，K与气缸壁的接触是光滑的。两部分中分别盛有相同质量、相同温度的同种气体a和b。气体分子之间相互作用势能可忽略。现通过电热丝对气体a加热一段时间后，a、b各自达到新的平衡，则 （ ）
图18’-1
A. a的体积增大了，压强变小了
B. b的温度升高了
C. 加热后a的分子热运动比b的分子热运动更激烈
D. a增加的内能大于b增加的内能
10. 如图18’-2所示，A、B是两个同样的球，球A放在绝热的水平面上，球B用绝热细线悬挂，设两球吸收相同的热量，且忽略各种热损失，则吸热后两球的温度的增量是 （ ）
A. △TA>△TB B. △TA<△TB C. △TA=△TB D. 条件不足，无法判断
11. “和平号”空间站已于今年3月23日成功地坠落在南太平洋海域，坠落过程可简化为从一个近圆轨道（可近似看做圆轨道）开始，经过与大气摩擦，空间站的绝大部分经过升温、熔化，最后激化而销毁，剩下的残片坠入大海，此过程中，空间站原来的机械能中，除一部分用于销毁和一部分被残片带走外，还有一部分能量E’通过其他方式散失（不考虑坠落过程中化学反应的能量）. (1)试导出以下列各物理量的符号表示散失能量E’的公式。(2)算出E的数值（结果保留两位有效数字）。
坠落开始空间站的质量M=1.7×105 kg；
轨道离地面的高度为h=146km；
地球半径R=6.4×106 m；
坠落空间范围内重力加速度可看作g= 10m/s2；
入海残片的质量m=1.2×104 kg；
入海残片的温度升度△T=3000K；
入海残片的入海速度为声速v=340m/s；
空间站材料每1千克升温1K平均所需能量c=1.0×103 J.
每销毁1千克材料平均所需能量μ=1.0×107 J.
12. (1)1791年，米被定义为：在经过巴黎的子午线上，取从赤道到北极长度的一千万分之一，请由此估算地球的半径R. （答案保留两位有效数字）(2)太阳与地球的距离为1.5×1011m，太阳光以平行光速入射到地面，地球表面2/3的面积被水面所覆盖，太阳在一年中辐射到地球表面水面部份的总能量W约为1.87×1024J。设水平对太阳辐射的平均反射率为7%，而且将吸收到的35%能量重新辐射出去太阳辐射可将水面的水蒸发（设在常温、常压下蒸发1 kg水需要2.2×105J的能量），而后凝结成雨滴降落到地面。（a）估算整个地球表面的年平均降雨量（以毫米表示，球面积为4πR2）.(b)太阳辐射到地球的能量中只有约50%到达地面，W只是其中的一部分，太阳辐射到地球的能量没能全部到达地面，这是为什么？请说明两个理由？
附：第18课时巩固提高训练答案及解
1. 答案：B、C
解：对于气体而言，分子间距较大，每个分子的体积要比总体积与总分子数的比值小得多，故A错，根据阿伏加德罗常数的含义，B、C正确。
2. 答案：C
解：布朗运动是指悬浮在液体（或气体）中的固体微粒由于受到液体（或气体）分子的不平衡碰撞而引起的，它间接地表明了分子不停地做无规则运动的事实。因而这些固体颗粒必须很小，布朗运动才比较明显，温度越高，布朗运动越激烈，但布朗运动不是分子运动，可见A、B、D均错误，C选项正确。
3. 答案：A、D
解：气体分子之间的距离比较大，分子之间的作用力可以看作是零，分子可以自由运动，气体很容易充满容器，B项错；马德堡半球实验证明大气压强的存在，C项错。
4. 答案：A
解：对于气体的三个状态参量有：=恒量，由此可知A选项正确，B选项错误，气体的压强是由大量气体频繁地碰撞四壁而产生的，因此C、D均错误。
5. 答案：A、D
解：由题有Q=0，根据热力学第二定律：△U=W+Q可知：如外界对气体做功，则气体内能增加，气体温度升高，气体分子的平均动能增加；反之，气体分子的平均动能减少，故A、D选项正确。
6. 答案：C
解：当r = r0 时，f引=f斥，分子力为零；分子势能最小。又当r>10 r0时，斥力和引力都趋于零，分子力也为零，由此可知只有C选项正确。
7. 答案：A
解：温度是分子热运动平均动能的标志，故A项正确，根据布朗运动形成原因可知B项错误，做功和热传递是改变内能的两种方式，对气体加热的同时，不知道是否有做功过程，因此不能判定气体的内能是否改变，C项错误，由分子间相互作用力的特点知D项错误。
8. 答案：D
解：只知做功情况，无法判断内能的变化情况，故A错，只知温度升高，无法判断压强的变化情况，故B错，根据热力学第二定律，热量不能自发地由低温物体传递到高温物体，故Ｃ错，Ｄ正确。
9. 答案：Ｂ、Ｃ、Ｄ
解：a吸收热量，温度升高，体积增大，对b做功，b的体积减小，由于隔板绝热，由热力学第一定律知b的内能增加，所以b的温度升高，根据=恒量，可得b的压强增大，由于a , b最初、最终压强相等，故最终a的温度高于b的温度，综上正确答案为Ｂ、Ｃ、Ｄ。
10.答案：Ｂ
解：球吸热后，体积膨胀，Ａ球重心升高，重力势能增加，Ｂ球重心降低，重力势能减小，由能量守恒定律可知：Ａ球吸收的热量一部分转变为增加的内能，还有一部分转化为增加的机械能，即有：Q>cm△TA； B球吸收的热量和减小的重力势能全部转变为小球的内能，即Q11. 答案：(1)
(2)2.91012J
解：(1)根据题给条件，从近圆轨道到地面的空间中重力加速度g=10m/s2，若以地面为重力势能零点，坠落过程开始时空间站的近圆轨道的势能为Ep=Mgh ①
以表示空间站在近圆轨道上的速度，由牛顿定律可得M ②
其中r为轨道半径，若以R地表示地球半径，则r=R地+h ③
由②、③式可得空间站的近圆轨道上的动能为
Ek= ④
由①、④式得，在近圆轨道上空间站的机械能E=
在坠落过程中，用于销毁部分所需的能量为Q汽=(M-m)
用于残片升温所需的能量Q残=cmT
残片的动能为
以E’=Q汽+E残+Q残+E’
由此得E’=-(M-m) -
(2)以题给数据代入得
E’=2.91012J
12、答案：(1)R=6.37106cm。(2)(a)1.0106mm.
(b)大气层的吸收，大气层的散射或反射，云层遮挡等。
解：(1)2R，取3.14，代入可求得R6.37106m
(2)(a)设太阳在一年中辐射到地球水面部份的总能量为W，W=1.871024J.凝结成雨滴年降落到地面水的总质量为m，m=W0.930.65/(2.2106)=5.141017kg，而使地球表面覆盖一层水的厚度为h，则
即为整个地球表面年平均降雨量。(b)见答。第11课时 带电粒子在电场中的运动
精典考题反思
[例1]（2005江苏 3）根据粒子散射实验，卢瑟福提出了原子的核式结构模型。图11-1中虚线表示原子核所形成的电场的等势线，实线表示一个粒子的运动轨迹。在粒子从运动到、再运动到的过程中，下列说法中正确的是 （ ）
A.动能先增大，后减小 B.电势能先减小，后增大
C.电场力先做负功，后做正功，总功等于零 D.加速度先减小，后增大
图11—1
析与解：研究粒子散射实验，可忽略重力的影响，由轨迹可见，粒子仅在电场力作用下先做近核运动（），再做远核运动（）。因粒子与原子核之间是库仑斥力，在的运动过程中，电场力做负功，动能减少，电势能增加，在的运动过程中，电场力做正功，动能增加，电势能减小。据库仑定律和牛顿第二定律， 粒子在的运动过程中，库仑斥力增大，加速度增大，在的运动过程中，库仑斥力减小，加速度减小。注意到与在同一等势线上，据电场力做功的公式，在的运动过程中，电场力对粒子做的总功为零。综上，本题正确选项只有C。
点评：点电荷仅在电场力作用下的运动问题，近几年的高考中大多以选择题的形式出现，所要分析的不外乎电场力的性质和能的性质两方面，分析电场力的性质须抓住库仑定律或并结合牛顿第二定律，分析电场能的性质须抓住动能定理和电场力做功与电势能变化之间的关系，在仅有电场力做功的情况下，电场力做正功，动能增加，电势能减少，电场力做负功，动能减少，电势能增加，动能和电势能的和不变。
[例2]（2004广东·10）在场强为的匀强电场中固定放置两个小球1和2，它们的质量相等，电荷分别为和（）。球1和球2的连线平行于电场线，如图11-2所示。现同时放开1球和2球，于是它们开始在电场力的作用下运动，如果球1和球2之间的距离可取任意有限值，则两球刚被放开时，它们的加速度可能是 （ ）
A.大小不等，方向相同 B.大小不等，方向相反
C.大小相等，方向相同 D.大小相等，方向相反
图11—2 图11—3
析与解：要判断加速度的关系，需分析两球在刚被放开时的受力情况，画受力图如图11-3所示，、分别为球1和球2受到的匀强电场施予的力，、为球1和球2之间的库仑引力，其大小相等，且可取任意有限值。
情形一：设两球的加速度方向相同（设为向右），则有
，
=，
与有可能相等，也有可能不等
又
与有可能相等，也有可能不等，选项A、C正确。
情形二：设两球的加速度方向相反（设向右，向左），则有
，
=，
与一定不等
又
一定不等，选项B正确。
综上，本题应选A、B、C。
点评：讨论加速度的关系，应从受力分析入手，画出图11-3所示的受力图是解题的第一步。至于再从什么地方往下分析，不少同学感到迷惘，总觉找不到解题的抓手，特别是对“球1和球2之间的距离可取任意有限值”一句不知有何作用。事实上，“球1和球2之间的距离可取任意有限值”意味着两球之间的相互作用力可以比、均大，可比、均小，还可以介于和之间，这样必导致加速度方向的不确定性。由于题目只要求讨论两球的加速度方向是相同还是相反，因此可假定均向右，一个向右一个向左，列出加速度大小的表达式后，结合题目给出的条件，就不难判断大小关系了。
[例3]（2005南通一模）如图11-4所示，相距的、两平行金属板足够大，板间电压为，一束波长为的激光照射到板中央，光斑的半径为，板发生光电效应，其逸出功为。已知电子质量为，电量为，求：
（1）板中射出的光电子的最大初速度的大小；
（2）光电子所能到达A板区域的面积。
图11—4 图11—5
析与解：（1）据爱因斯坦光电效应方程可得光电子最大初动能，进而可得光电子的最大初速度。
（2）设激光束照在板中央，形成以O为圆心，为半径的光斑。光斑内发出的光电子在电场力作用下打到板上的区域形状也为圆，设圆心为，圆形区域的边界是由从激光光斑圆周上发出的具有最大初速度且速度方向平行于板的光电子落到板上形成的，其截面图如图11-5所示。因光电子做类平抛运动的最大“水平射程”，所以光电子所能到达板区域的半径， 面积。
点评：光斑各处均可能有光电子发出，而决定板被击中区域边界的光电子刚是从光斑圆周上发出的。考察圆周上某点发出的光电子，其速度有大有小，方向可向各个方向。这些光电子中具有最大初速度，且方向平行板向外的光电子将到达板上的最远处，这样就从一群杂乱的光电子中找到了研究的对象。研究对象的选取和确定，是求解本例第（2）问的关键。少部分同学未用到“光斑的半径为”这一条件，错把最大“水平射程”当作光电子到达板区域的半径，为防止此类错误的发生，必须养成认真审题，多把文字描述情景化的良好解题习惯。
[例4]（2003上海·23）为研究静电除尘，有人设计了一个盒状容器，容器侧面是绝缘的透明有机玻璃，它的上下底面是面积的金属板，间距，当连接到的高压电源正负两极时，能在两金属板间产生一个匀强电场，如图11-6所示。现把一定量均匀分布的烟尘颗粒密闭在容器内，每立方米有烟尘颗粒1013个，假设这些颗粒都处于静止状态，每个颗粒带电荷量为，质量为，不考虑烟尘颗粒之间的相互作用和空气阻力，并忽略烟尘颗粒所受重力。求合上电键后：
（1）经过多长时间烟尘颗粒可以被全部吸附？
（2）除尘过程电场对烟尘颗粒共做了多少功？
（3）经过多长时间容器中烟尘颗粒的总动能达到最大？
图11—6 图11—7
析与解：合上电键后，即在两板间形成匀强电场，电场强度，方向向下，所有的烟尘颗粒均在电场力的作用下向下做初速度为零的匀加速直线运动，加速度均为。经一定时间，当位于容器最上方的烟尘颗粒到达下板时，除尘结束。以上是对容器内烟尘颗粒受力图景和运动图景的分析，是正确解题的前提。
（1）以容器最上方的某个烟尘颗粒为研究对象，它运动至下板所需的时间，这个时间即就是烟尘颗粒被全部吸附所需的时间。
（2）解决除尘过程电场对烟尘颗粒共做的功，最直接的思维就是逐个计算再累计，显然，这样做会很繁琐。由于烟尘颗粒的分布均匀，设距下板为处有一烟尘颗粒，则在其上方距上板为处也有一烟尘颗粒，电场在吸附这两个颗粒时做的功，这一结果表明，电场吸附位于对称位置上的两个烟尘颗粒做的总功等于将一个烟尘颗粒从上板吸附到下板所做的功，顺此可推，电场吸附所有烟尘颗粒共做的功等于将其中一半的烟尘颗粒从上板吸附到下板所做的功，即。
如果运用等效思想求此问会很方便。因烟尘颗粒均匀分布，故可用一个“大颗粒”等效全部的颗粒，这个“大颗粒”的电荷量等于全部颗粒的电荷量之和，吸附前位于容器正中央，吸附后到达下板，基于此可得，共做的功。
（3）合上电键后，容器中烟尘颗粒的数量在减少，速度在增大，必存在一个总动能最大的时刻。设经时间，烟尘颗粒向下位移，如图11-7所示，则此刻剩余烟尘颗粒的总质量，运动速度，总动能
。当即时，总动能有最大值，因，故。
点评：第（1）问比较基础，（2）、（3）两问能力要求较高，第（2）问能很好地考查考生的思想方法，第（3）问则考查考生应用数学处理物理问题的能力。处理此类群体运动问题，还是要从研究个体入手，弄清了个体的运动，就会对群体的运动有清晰的表象。近几年，有关带电粒子在电场中运动的高考题涉及到的研究对象有走向多元的趋势，即从一个带电粒子到几个带电粒子，进而到一群带电粒子，本课时设计的四个例题体现了高考的这一命题走向。
巩固提高训练
1.一带电粒子仅在电场力的作用下从点运动到点，其速度图像如图11′-1所示。则（ ）
A. 点的场强一定大于点的场强 B. 点的电势一定比点的电势高
C. 粒子在点的电势能一定大于在点的电势能 D. 电场力一定对粒子做正功
图11′-1 图11′-2
2.如图11′-2所示，、两水平带电平行金属板间的电压为，、为一对竖直放置的带电平行金属板，板上有一小孔，小孔在、两板间的中心线上。一质量为、带电量为+的粒子（不计重力）从板边缘的点以速度斜向射入、板间，穿过板的小孔运动到紧靠板的点时速度恰好为零，则、两板间的电压为 （ ）
A. B. C. D.
3.如图11′-3所示，两带电量相等、质量不同的带正电粒子分别从带电平行板的边缘沿平行于极板的方向进入、两极板间的匀强电场中，都恰好能从板的右边缘飞出，不计重力作用，则 （ ）
A.两粒子进入电场时的初动能一定相等 B.两粒子进入电场时的初动量的大小一定相等
C.两粒子飞出电场时的动能一定相等 D.两粒子飞出电场时的动量大小一定相等
图11′-3 图11′-4
4.如图11′-4所示，电量和质量都相同的带正电粒子分别以不同的初速度通过、两板间的加速电场后飞出，不计重力的作用，则 （ ）
A.它们通过加速电场所需的时间相等 B.它们通过加速电场过程中动能的增量相等
C.它们通过加速电场过程中动量的增量相等 D.它们通过加速电场过程中电势能的减少量相等
5.(2004湖南理综·20)如图11′-5所示，一绝缘细杆的两端各固定着一个小球，两小球带有等量异号的电荷，处于匀强电场中，电场方向如图中箭头所示。开始时，细杆与电场方向垂直，即在图中I所示的位置；接着使细杆绕其中心转过90，到达图中II所示的位置；最后，使细杆移到图中III所示的位置。以表示细杆由位置I到位置II过程中电场力对两小球所做的功，表示细杆由位置II到位置III过程中电场力对两小球所做的功，则有 （ ）
A. B. C. D.
图11′-5
6.如图11′-6所示两平行金属板相距为，加上如图11′-7所示的方波形电压，电压的最大值为，周期为。现有一离子束，其中每个离子的质量为，电荷量为，从与两板等距处沿着与板平行的方向连续地射入两板间的电场中。设离子通过平行板所需的时间恰为（与电压变化周期相同），且所有离子都能通过两板间的空间打在右端的荧光屏上。离子重力忽略不计，屏与平行金属板的间距忽略不计。试求：离子击中荧光屏上的位置的范围（也就是与点的最大距离与最小距离）。
图11′-6 图11′-7
7.如图11′-8所示，电子质量为，电量为，电子束以平行于轴的速度从轴上的点射入第一象限区域。为了使电子束能经过轴上的点，可在第一象限某处加一个沿轴正方向的匀强电场，如果此电场场强为，沿方向足够长，沿方向宽度为，且已知点在电场之外，求所加电场的位置。
图11′-8
8.如图11′-9中和是真空中的两块面积很大的平行金属板，加上周期为的交变电压，在两极间产生交变的匀强电场，已知板电势为零，板电势为随时间变化的规律如图11′-10所示，其中的最大值为，最小值为。在图11′-9中，虚线表示与、板平行等距的一个较小的面，此面到和的距离皆为。在此面所在处，不断地产生电荷量为、质量为的带负电的微粒，各个时刻产生带电微粒的机会均等。这种微粒产生后，从静止出发在电场力的作用下运动。设微粒一旦碰到金属板，它就附在板上不再运动，且其电量同时消失，不影响、板的电势。已知上述的、、、和等各量的值正好满足等式，若在交变电压变化时的每个周期内，平均产生320个上述微粒，不计重力，不考虑微粒之间的相互作用，试求：
（1）在到这段时间内，哪一段时间内产生的微粒可以直达板？
（2）在到这段时间内产生的微粒中有多少个微粒可直达板？
图11′-9 图11′-10
附：第11课时巩固提高训练答案及解
1.答案：A、C、D
解：由图象可知，>, >。因，有>。因，据动能定理，电场力一定做正功。又据电场力做功和电势能变化的关系，带电粒子电势能减少。据，因不知粒子的带电性质，故不能判断、两点电势的高低。综上，应选A、C、D。
2.答案：A
解：对粒子从O到P的运动运用动能定理得， ，故选A。
3.答案：A、C
解：两粒子进、出电场的位置相同，表明两粒子的轨迹方程相同。取进电场的点为坐标原点，平行板向右的坐标轴为轴，垂直板向下的坐标轴为轴，则 。可见，在带电量相等、质量不同的情况下，要使两粒子沿同一轨迹运动，必有初动能相等，故选A。因电场力对两粒子做功相等，据动能定理，两粒子飞出电场时的动能一定相等，亦选C。
4.答案：B、D
解：两粒子的电荷量、质量都相同，故在电场中加速时的加速度相等，但因初速度的大小不等，据可知，它们通过加速电场所需的时间不等，选项A错。因两粒子所受电场力相等，但加速时间不等，据动量定理，它们通过加速电场过程中动量的增量也不等，选项C错。分别依据动能定理和电场力做功与电势能变化的关系可判断B、D选项都对。
5.答案：C
解：细杆由位置I转到位置II的过程中，电场力对做正功，对也做正功，故。细杆由位置II移到位置III的过程中，电场力对做正功，对做负功，正功、负功之和为零，故。选项C正确。
6.答案：
解：当离子在时刻进入电场时，两板间在前时间内有电压，因而侧向做初速度为零的匀加速运动，设其间侧向位移为，末速度为，在紧接着的下一个时间内，两板间没有电压，离子以速度做匀速直线运动，设其间侧向位移为，则这些离子离开电场时总的侧向位移。
当离子在时刻进入电场时，两板间在前时间内无电压，离子只在水平方向做匀速直线运动，没有侧向位移，在紧接着的下一个时间内，两板间有电压，因而侧向做初速度为零的匀加速运动，侧向位移。
当离子在上述两种特殊时刻之外进入电场时，在有电压的时间内的侧向位移之和均为，而在无电压的时间内的侧向位移之和介于0~之间，因此，即为离子击中荧光屏偏离的最大距离，即为离子击中荧光屏偏离的最小距离。
7.答案：左边界横坐标，右边界横坐标 。
图11″—1
解：因电子在电场中做类平抛运动，延长初速度的方向，反向延长末速度方向，交点即为电场宽度的中点，如图11″-1所示。设点的横坐标为，因∽，有，因，，所以。由此可知匀强电场左边界横坐标，右边界横坐标。
8.答案：（1）在到这段时间内产生的微粒可以直达板 （2）80个
解：（1）设某时刻从面发出的微粒经正向电压加速时间后，再经反向电压减速，当速度减至零时，微粒刚好到达板，则加速阶段位移，末速度，减速阶段位移。因，联立以上四式并注意，可解得。显然，在到这段时间内产生的微粒可以直达板。
（2）因在交变电压变化时的每个周期内，平均产生320个微粒，故在到这段时间内产生的微粒中有80个微粒可直达板。
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11专题研究九 实验
薛窑中学 邵平安
观察测定性实验是运用较准确的测量仪器、较完善的测量原理来进行物理量观察测定的实验。包括学生分组实验中的以下实验：用单摆测定重力加速度、用油膜法估测分子的大小、用描迹法画出电场中平面上的等势线、测定金属的电阻率、描绘小电珠的伏安特性曲线、把电流表改装成电压表、用电流表和电压表测电池的电动势和内电阻、练习使用示波器、传感器的简单应用、测定玻璃的折射率、用双缝干涉测光的波长和课堂中的一些演示实验。主要是通过观察实验现象，联系相关的原因和规律、了解实验所涉及的器材、进行实验技能的练习，来培养学生观察能力、动手能力和应用数学处理物理问题的能力。
验证型实验是在演示实验的基础上，人为设置条件，让学生通过自己动手，感知物理定律的正确性。它们包括：验证力的平行四边形定则、验证动量守恒定律、验证机械能守恒定律。
探究与设计性实验有四个实验，分别为：研究匀变速直线运动、探究弹力和弹簧伸长的关系、研究平抛物体的运动、用多用表探索黑箱内的电学元件。探究与设计型实验是在掌握了基本仪器使用、课本实验基础之后，探究、设计、完成指定任务的综合性实验。它需要根据所给的器材和要求，自己制订实验方案、选择实验仪器、拟定实验步骤、调控实验条件、观察记录和处理实验数据，并能分析实验的系统误差，等等。
一、2004-2005年高考实验试题命题思路概括起来有如下一些特点：
1、实验题的分数都在18到20分之间变化，相对比例占12％--13.3% 左右。
2、注重实验仪器的考查。如螺旋测微器、游标卡尺的读数，欧姆表、电流表、电压表、滑动变阻器的使用（几乎年年考）等。
3、注重实验操作过程的考查。如2004上海物理卷描绘小灯泡灯丝伏安特性曲线，伏安法测电源电动势和内电阻，重庆理综已知电路测电阻实验操作步骤等。
4、强调实验方法的考查。如上海物理卷描绘小灯泡灯丝伏安特性曲线，伏安法测电源电动势和内电阻，广东物理卷测玻璃的折射率等。
5、注重实验结果的分析和误差分析的考查。如2002年全国卷用已知电路测电流表内阻，求相对误差表达式,由相对误差求电源电动势的值等。
6、恒定电流实验考查的比例和出题的几率相对较大。2005年各省市均有一稳恒电流实验题，考查的方法主要是对实验原理、实验方法进行创新，多为设计性实验，而且占的比分较大。
7、强调实验创新。体现在：①用教材中学过的原理去设计一个实验来测定某一物理量，如2004重庆理综22题、2005四川等地理综22 (l ）用给定的电路测电阻，2004天津理综22题、2005黑龙江等地22题测电流表内阻等。②实验原理和方法的迁移，即用学生实验中用过的方法去设计实验完成其它物理量的测量。如2004北京理综22题测电流表的内阻，2004浙江理综22题将电压表改装成电流表并校准等。
8、在实验试题中体现研究性学习，如2004年上海高考物理试卷第16、17题，2004江苏物理卷12题、2005北京22 （1）黑箱题，2005上海18题科学探究题研究“运动物体所受空气阻力与运动速度关系”。
二、2006年实验复习备考的方向：
1、敏锐把握新教材改革动向，密切注意新增加的学生实验。注意对重点实验和新增实验的重点复习。如①力学中用打点计时器测匀变速运动的速度和加速度、验证动量守恒、验证机械能守恒、用单摆测重力加速度；②电学中伏安法测电阻、测电源电动势；③光学中测玻璃折射率；④新增实验：增加“探究弹力和弹簧伸长”、“用油膜法估测分子的大小”、“描绘小电珠的伏安特性曲线”、“把电流表改装为电压表”、“用多用表探索黑箱内的电学元件”、“练习使用示波器”、“传感器的简单应用”、“用双缝干涉测光的波长”；取消“练习使用打点计时器”、“验证牛顿第二定律”等。实验题命在电学部分尤其是新增实验的可能性较大，因此要特别注意电学中几个学生实验的复习和加强对电学创新型设计实验的训练。
2、仔细阅读教材，注意课堂演示实验中原理、器材、操作程序的描述。实验复习与理论复习同步进行，即在复习完每一部分理论的同时复习该部分的演示实验，复习完该部分理论后复习该部分的学生实验。对每个学生实验的复习要求（1）明确：①实验目的，②实验原理，③实验仪器的使用与读数，④操作步骤（特别是容易遗漏和出错的重要步骤），⑤数据处理和数据分析，包括平均值法和图象法处理实验数据，实验结果是否合理和误差分析。⑥实验中应注意的问题，⑦实验后的思考、体会等。（2）注意该实验原理和方法的迁移，即教师引导学生研究用该实验的仪器、原理、方法还可完成哪些测量和验证哪些规律，如何进行，要求写出方案,指出实验中存在的问题。
3、进行适当挖掘，设想可能引申出来的定量应用。注重用学过的物理知识、物理规律作理论依据进行实验设计。思考、分析可用哪些物理知识作原理设计实验来测定哪些物理量，验证哪些规律。如①用共点力的平衡知识设计实验测定木块与斜面或水平面间的动摩擦因素，②用运动学规律和牛顿定律设计实验测定斜面的动摩擦因素，③用全电路欧姆定律设计实验测电源电动势和内阻，④用串联电路知识设计实验测伏特表内阻，⑤用并联电路知识设计实验测安培表内阻，测待测电阻等。
4、密切注意实验原理，从系统误差的角度研究操作细节的差异。如：①单摆测重力加速度中，必须在一个平面摆动的控制，而且计时起点必须在最低点；②伏安法测电阻时，安培表内接还是外接的选择；③测电源电动势和内阻时，电流表位置的接法；④用半偏法测电流表内阻时，电源电动势的不同以及两个可调电阻的阻值关系对相对误差的影响，等等。
5、务必掌握各种基本仪器的使用方法，研究数据处理的技巧，防止实验结果出错或不准。如：①在研究匀变速直线运动中用逐差法来处理数据加速度的计算；②测电源电动势和内阻，图象法处理U、I值时，要使图象尽可能分布全图，U一般不一定从零开始，等等。
6、对近代科学实验，可以根据高校普通物理学的知识适当进行拓展，如用双缝干涉测光的波长的实验改成薄膜干涉或镜面干涉（2005年江苏卷第15题洛埃镜实验）。
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反思专题研究六·电磁感应
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高考命题思路
电磁感应与路和场，近几年主要是以选择题的形式出现，重点考查电磁感应现象、电磁感应的一般规律、自感（线圈）的“阻碍”作用等等。解决这类问题时，更多的应从电磁感应的基本原理入手进行分析，尤其是楞次定律的应用更要加以重视和加深理解。随着科技的进步和发展，日常生活中的电气设备、控制器件越来越多，与电磁感应的联系也越来越密切，应给予高度重视和及时关注。
电磁感应与力和运动，近几年多以计算题的形式出现，重点考查学生对感应电流所受安培力的理解与计算，解这类问题时，应先分析回路中的电磁感应现象，再分析感应电流所受的安培力，结合对整个物体的受力分析，进行进一步的分析和计算。从解题思路来讲，这类问题多属于基本题型，只要我们仔细分析、认真计算，问题就迎刃而解了。
电磁感应与功和能，近几年多以计算题的形式出现，重点考查安培力的功、功率，导体的动能变化等知识，查看学生在新情景中运用“动能定理”的能力，同时考查学生对功、能关系的理解。
电磁感应与能量和动量，今年考了两题，以选择题和计算题的形式出现，这类问题的综合性较强，重点考查能量守恒和转化定律，考查安培力的冲量、对物体动量改变的作用、电路中的电量等等知识。尤其是对安培力的冲量的应用，由于，而，所以，由此把冲量与电量直接联系起来了，更为值得关注的是，这里的是电流的时间积累效果，包含了微元叠加（积分）的思想，有更大的发展空间，应该重视。
专题六 电磁感应 第 1 页第28课时 开放问题
精典考题反思
「例1」(2001上海 18)某学生为了测量一物体的质量，找到一个力电转换器，该转换器的输出电压正比于受压面的压力(比例系数为k)，如图28-1所示，测量时先调节输入端的电压，使转换器空载时的输出电压为0；而后在其受压面上放一物体，即可测得与物体的质量成正比的输出电压U.
现有下列器材：力电转换器、质量为m０的砝码、电压表、滑动变阻器、干电池各一个，电键及导线若干、待测物体(可置于力电转换器的受压面上).请完成对该物体质量的测量.
(1)设计一个电路，要求力电转换器的输入电压可调，并且使电压的调节范围尽可能大，在方框中画出完整的测量电路图.
(2)简要说明测量步骤，求出比例系数k，并测出待测物体的质量m.
(3)请设想实验中可能会出现的一个问题.
析与解：（1）要求力电转换器的输入电压可调，其电路可以有几种，但要使电压的调节范围尽可能大，则必须用分压电路，如图28-2所示的设计电路也就顺理成章的出来了。
（2）测量步骤与结果：
①调节滑动变阻器，使转换器的输出电压为零；
②将砝码放在转换器上，记下输出电压U0；
③将待测物放在转换器上，记下输出电压U1；
由 U0＝km0g，得k＝U0/m0g
测得 U＝kmg，所以m＝m0U/U0。
（3）一方面，在实际测量中，待测物体质量不可能过大，因为当 m 很大时，输出电压亦很大，从而有可能超出输出端电压表的量程；另一方面，倘若电源电压不够，也易使输出电压调不到零，从而引发问题的产生。
点评：该题看是一个新的题型，实际上仍在考查基本的实验知识和基本实验技能，看看考生们是否真正做到“三会一理解”。如果考生没有对测量仪器使用前必须调零的基本实验素质，则实验步骤中第①步肯定易漏掉；同样，考生如果没有对测量仪器使用前必须检查量程与所测物理量的大小是否大概吻合的习惯，则第（3）问将不知如何回答等。
「例2」（2005广东·15）已知万有引力常量G，地球半径R，地球和月亮之间的距离r，同步卫星距地面的高度h，月球绕地球运转的周期T1，地球的自转的周期T2，地球表面的重力加速度g。某同学根据以上条件，提出一种估算地球质量M的方法：同步卫星绕地心作圆周运动，由。
（1）请判断上面的结果是否正确，并说明理由。如不正确，请给出正确的解法和结果。
（2）请根据已知条件再提出两种估算地球质量的方法并解得结果。
析与解：该题的关键是搞清地面上的物体和绕地球运行的物体受力的区别。
（1）上面的结果是错误的，因为地球半径R未考虑，而R在计算过程中是不能忽略的。正确的解法和结果是：
结果为
（2）方法一：直接利用月亮绕地球运行时的已知量进行估算，此时有
可得
方法二：利用地球表面处的重力加速度g进行估算。此时有
可得
点评：此题涉及到两个基本的但也是学生易错的概念：一是万有引力公式中的距离r指的是什么，对两个球体而言是两球心之间的距离。二是物体做圆周运动时的半径是物体到圆心之间的距离。这是两个不同的概念，往往有很多同学容易把它们混淆，特别是在双星系统问题中最易出错。第二问是对学生发散性思维能力的考查，它要求我们平时的学习过程中要多从不同的角度进行思考，同时它也是今后高考命题的趋向。
「例3」质量为m，电量为q的带正电的物体，在磁感应强度为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场中，沿摩擦因数为μ的绝缘水平面向左运动，如图28-2甲所示，使物体在水平面上做匀速运动，求所加匀强电场的方向及大小.
析与解：由于符合题设条件有多种可能性，我们可以从不同角度求解：
（1）若加一向上匀强电场E时，依题意得：
qE=mg+qvB 则E=(mg+qvB)/q
（2）若加一场强方向向左的电场E′时
由平衡条件：
qE′＝μ（mg＋ｑvB） 则E′＝μ(mg+qvB)/q
（3）若所加电场E″方向向左上方(如图28-2乙)与x轴成θ角时，由物体匀速运动的条件得：
解得E″＝μ(mg+qvB)/［q(cosθ+μsinθ)］
点评：此题的关键是认真分析题目中使物体在水平面上做匀速运动的含义，考虑可能的各种情况。易错点是很多同学往往只考虑到特殊的情况，从而造成漏解。
［例4］（2000江苏理综·31）电阻R１、R２、R３连接成图28-3所示的电路，放在一个箱中(虚线框所示)，箱面上有三个接线柱A、B、C.请用多用表和导线设计一实验，通过在A、B、C的测量，确定各个电阻的阻值，要求写出实验步骤并用所测值表示电阻R１、R２、R３.
析与解：
错解分析：（1）多数考生直接测量A 与 B 、B 与 C 、A 与 C 间电阻值，联立起复杂的方程，而不能求解结果。
（2）有少数考生能巧妙利用导线短接来测量.
解题方法与技巧：解法一：比较灵活地用导线短接电路进行测量，实验步骤如下：
（1）用导线连接BC，测出A、B两点间的电阻值x；
（2）用导线连接AB，测出B、C两点间的电阻值y；
（3）用导线连接AC，测出B、C两点间的电阻值z；
则有=＋ ①
＝＋ ②
＝＋ ③
联立①、②两式得－＝- ④
联立③、④两式得R１＝
同理可得：R２＝，R３＝.
解法二：不用导线短接，直接测量.实验步骤如下：
（1）测出A、B两点间的电阻值x；
（2）测出B、C两点间的电阻值y；
（3）测出A、C两点间的电阻值z；
则有：＝＋ ①
＝＋ ②
＝＋ ③
解得：R１＝[２（ｘｙ＋ｙｚ＋ｘｚ）－ｘ２－ｙ２－ｚ２]
R２＝[２（ｘｙ＋ｙｚ＋ｘｚ）－ｘ２－ｙ２－ｚ２]
R3＝ [２（ｘｙ＋ｙｚ＋ｘｚ）－ｘ２－ｙ２－ｚ２]
点评：该题主要考查实验设计创新能力及运用数学知识解决物理问题的能力。利用常规解法，对数学的要求较高，很难把结果解出来。但如果利用给出的一根导线，将电路进行部分短路，则能将复杂转化为简单问题。这种能力正是新课程所倡导的，高考要着力考查的。
巩固提高训练
1．如图28′-1为一电路板的示意图，a、b、c、d为接线柱，a、d与220 V的交流电源连接，ab间、bc间、cd间分别连接一个电阻.现发现电路中没有电流，为检查电路故障，用一交流电压表分别测得b、d两点间以及a、c两点间的电压均为220 V.由此可知 （ ）
A.ab间电路通，cd间电路不通
B.ab间电路不通，bc间电路通
C.ab间电路通，bc间电路不通
D.bc间电路不通，cd间电路通
2．组成星球的物质是靠吸引力吸引在一起的，这样的星球有一个最大的自转速率.如果超过了该速率，星球的万有引力将不足以维持其赤道附近的物体做圆周运动.由此能得到半径为R、密度为ρ、质量为M且均匀分布的星球的最小自转周期T.下列表达式中正确的是 （ ）
A.Ｔ＝２π
B.Ｔ＝２π
C.Ｔ＝
D.Ｔ＝
3．一物体做匀变速直线运动，某时刻速度的大小为4 m/s,1 s后速度的大小变为10 m/s.在这1ｓ内该物体的 （ ）
A.位移的大小可能小于4 m
B.位移的大小可能大于10 m
C.加速度的大小可能小于4 m/s２
D.加速度的大小可能大于10 m/s２
4．如图28′-2所示，小车的质量为M，人的质量为m，人用恒力F拉绳，若人和车保持相对静止.不计绳和滑轮质量、车与地面的摩擦，则车对人的摩擦力可能是
A.0
B.()F，方向向右
C.( )F，方向向左
D.()F，方向向右
5．A、B两滑块在一水平长直气垫导轨上相碰.用频闪照相机在t０＝０，t１＝Δt，t２＝２·Δt，t３＝３·Δt时刻闪光四次，摄得如图28′-3所示照片，其中B像有重叠，mB＝mＡ，由此可判断 （ ）
A.碰前B静止，碰撞发生在60 cm处，t=2.5Δt时刻
B.碰前B静止，碰撞发生在60 cm处，t=0.5Δt时刻
C.碰后B静止，碰撞发生在60 cm处，t=0.5Δt时刻
Ｄ.碰后B静止，碰撞发生在60 cm处，t=2.5Δt时刻
6．（2004江苏·10）若原子的某内层电子被电离形成空位，其它层的电子跃迁到该空位上时，会将多余的能量以电磁辐射的形式释放出来，此电磁辐射就是原子的特征X射线．内层空位的产生有多种机制，其中的一种称为内转换，即原子中处于激发态的核跃迁回基态时，将跃迁时释放的能量交给某一内层电子，使此内层电子电离而形成空位(被电离的电子称为内转换电子)．214Po的原子核从某一激发态回到基态时，可将能量E0=1.416MeV交给内层电子(如K、L、M层电子，K、L、M标记原子中最靠近核的三个电子层)使其电离．实验测得从214Po原子的K,L、M层电离出的电子的动能分别为Ek=1.323MeV、EL=1.399MeV、EM=1.412MeV．则可能发射的特征X射线的能量为 （ ）
(A)0.013MeV (B)0.017MeV (C)0.076MeV (D)0.093MeV
7．(2004两广·3)一列简谐波沿一直线向左运动（如图28′─4），当直线上某质点a向上运动到达最大位移时，a点右方相距0.15m的b点刚好向下运动到最大位移处，则这列波的波长可能是：( )
A. 0.6m B. 0.3m
C. 0.2m D. 0.1m
9．（2004上海·7）光滑水平面上有一边长为l的正方形区域处在场强为E的匀强电场中，电场方向与正方形一边平行，一质量为m，带电量为q的小球由某一边的中点，以垂直于该边的初速度v0进入该正方形区域。当小球再次运动到该正方形区域的边缘时，具有的动能可能为 ( )
A．0 B． C． D．
10．(2004上海·21) 如图28′-5滑雪者从A点由静止沿斜面滑下，经一平台后水平飞离B点，地面上紧靠平台有一个水平台阶，空间几何尺度如图所示。斜面、平台与滑雪板之间的动摩擦因数为μ。假设滑雪者由斜面底端进入平台后立即沿水平方向运动，且速度大小不变。求：
（1）滑雪者离开B点时的速度大小；
（2）滑雪者从B点开始做平抛运动的水平距离s。
11．（2005两广·17）如图28′-6所示，一半径为r的圆形导线框内有一匀强磁场，磁场方向垂直于导线框所在平面，导线框的左端通过导线接一对水平放置的平行金属板，两板间的距离为d，板长为l。t=0时，磁场的磁感应强度B从B0开始均匀增大，同时，在板2的左端且非常靠近板2的位置有一质量为m，带电量为-q的液滴以初速度v0水平向右射入两板间，该液滴可视为质点。
（1）要使该液滴能从两板间射出，磁感应强度随时间的变化率K应满足什么条件？
（2）要使该液滴能从两板间右端的中点射出，磁感应强度B与时间t应满足什么关系？
附：第28课时巩固提高训练答案及解
1．答案：CD
解：ab间、bc间、cd间分别连接一个电阻.现发现电路中没有电流，说明回路中至少有一处是断路的，当用一交流电压表分别测得b、d两点间以及a、c两点间的电压均为220 V，则说明b、c两点到电源两端电路是通的，断路一定发生在bc之间。故选项CD是正确的。
2．答案：AD
解：考虑星球赤道处一小块物质，只有当它受到的万有引力大于或等于它随星体一起旋转所需的向心力时，星球才不会瓦解。
由 三式可得周期的最小值Ｔ＝２π或Ｔ＝ 故选项AD是正确的。
3．答案：AD
解：对匀变速运动有 由于速度是矢量，故位移最大值为7m，最小值为3m。同理由加速度的定义有 考虑到速度的矢量性有加速度的最大值为14m/s2，最小值为6 m/s2
故选项AD是正确的。
4．答案：ACD
解：由于该题中M和m的大小关系不确定，就造成了该题有多种可能的结果。但不管情形如何，由于人和车保持相对静止且.不计绳和滑轮质量、车与地面的摩擦，就使得人和车有一个共同的加速度，然后可进行讨论
当M＞m时对M有 对m有 联列可解得
当M＜m时对M有 对m有 联列可解得
当M=m是则有
综上所述该题的正确选项为ACD
5．答案：AC
解：该题闪光四次，而B只有两个像，则B在与A碰前或碰后是静止的，因为如果B一直在运动的话，应至少有三个像。如果碰前B静止，则由B只有两个像可知，碰撞时刻一定在第三次闪光与第四次闪光之间，此时A选项正确；如果碰后B静止，则由B只有两个像可知，碰撞时刻一定在第一次闪光与第二次闪光之间，此时C选项正确。
6．答案：AC
解：由题分析及能量守恒可知，EK=-0.093 MeV；EL=-0.017 MeV；EM=-0.004 MeV，
当发生能级跃迁时，释放的X射线的能量可能值为EL- EK=0.076 MeV； MeV
=0.013 MeV。故只有AC选项。
7．答案：BD
解：根据题意和质点振动的周期性 其中n取零和正整数 所以可得波长等于0.3m或0.1m
9．答案：ABC
解：本题需考虑多种情况，其一：若v与E方向在一条直线上，且电场力做负功，并有
，则小球到达另一边缘时动能恰好为零，故A对；其二，若v与E方向垂直，则小球进入电场的同时发生偏转，则到达另一边缘时小球的动能为，故B可能；其三，若v与E方向在同一条直线上，电场力做负功，并使小球沿原路回到边缘，则小球受到的电场力做功为零，此时动能仍为，故C也可能。
10．答案：（1）vB＝
（2）当落在台阶上时有 s1＝此时必须满足s1＜，即H－μL＜2h 而当H－μL＞2h时 s2＝2
解：（1）设滑雪者质量为m，斜面与水平面夹角为，滑雪者滑行过程中克服摩擦力做功
由动能定理 可得离开B点的速度为vB＝
（2）设滑雪者离开B点后落在台阶上则有 ＜
可解得s1＝
此时必须满足s1＜，即H－μL＜2h 而当H－μL＞2h时，滑雪者直接落到地面上有
可解得s2＝2
11．答案：（1）具体见解析（2）
解：（1）由题意可知：1板为正极，2板为负极。 ①
两极板的电压： ②
而 ③
带电液滴受的电场力： ④
故
⑤
讨论：一、若a>0，液滴向上偏转，做类平抛运动
⑥
当液滴刚好射出时：有
故 ⑦
由②③⑦得 ⑧
要使液滴能射出，必须满足y二、若a=0，液滴不发生偏转，做匀速直线运动， ⑨
由②③⑨得 ⑩
要使液滴能射出，必须满足K=K2。
三、若a<0，液滴将被吸附在2板上。
综上所述，液滴能射出，K必须满足： （11）
（2）B=B0+Kt
当液滴从两板中间射出时，满足条件一的情况，则用替换⑧式中的d
（12）
（13）
qE″ｃｏｓθ－μN＝０
N＋ｑＥ″sinθ－（mg＋ｑvB）＝０