高考二轮热点复习集锦[下学期]

力学综合一
本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，第Ⅰ卷1到2页，第Ⅱ卷3至8页，共120分，考试时间90分钟。考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
第Ⅰ卷(选择题 共40分)
注意事项：
1．答第Ⅰ卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考试科目涂写在答题卡上。
2．每小题选出答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。不能答在试卷上。
一、选择题(本题共10小题，每题4分，共40分。在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确，全部选对的得4分，选错或不答得0分，选对但不全的得2分。)
1．如图1所示，表面粗糙的固定斜面顶端安有滑轮，两物体P、Q用轻绳连接并跨过滑轮(不计滑轮的质量和摩擦)，P悬于空中，Q放在斜面上，均处于静止状态。当用水平向左的恒力F推Q时，P、Q仍静止不动，则( )
A．Q受到的摩擦力一定变小
B．Q受到的摩擦力一定变大
C．轻绳上的拉力一定变小
D．轻绳上拉力一定不变
2．表面光滑、半径为R的半球固定在水平地面上，球心O的正上方处有一光滑定滑轮，轻质细绳两端各系一个小球挂在定滑轮上，如图2所示。两小球平衡时，若滑轮两侧细绳的长度分别为L1=2.4R和L2=2.5R，则这两个小球的质量之比m1∶m2为(不计球的大小)( )
A．24∶1 B．25∶1 C．24∶25 D．25∶24
3．如图3所示，静止在水平面上的三角架质量为M，它用两质量不计的弹簧连接着质量为m的小球，小球上下振动，当三角架对水平面的压力为mg时，小球加速度的方向与大小分别是( )
A．向上，Mg/m B．向下，Mg/m
C．向下，g D．向下，(M＋m)g/m
4．如图4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，一物体以恒定的速率v2沿直线向左滑上传送带后，经过一段时间后又返回光滑水平面上，其速度为，下列说法中正确的是( )
A．若v1v2，则
C．不管v2多大，总有 D．若v1=v2，才有
5．物体A、B、C都静止在同一水平面上，它们的质量分别为mA、mB、mC，与水平面的动摩擦因数分别为、、，用水平拉力F分别拉物体A、B、C，所得的加速度a与拉力F的关系如图5中的A、B、C所示，其中A、B直线平行，则下列说法正确的是( )
A．mA=mB， B．mB>mC，
C．mB>mC， D．mA6．利用下列哪组数据，可以计算出地球的质量( )
A．已知地球的半径R地和卫星绕地球运动的周期T
B．已知卫星绕地球做匀速圆周运动的轨道半径r和周期T
C．已知卫星绕地球做匀速圆周运动的轨道半径r和线速度v
D．已知卫星绕地球做匀速圆周运动的线速度v和周期T
7．如图6为健身用的“跑步机”，质量为m的运动员踩在与水平面成角的静止传送带上，运动员用力向后蹬传送带，传送带运动过程中受到阻力恒力Ff，使传送带以速度v匀速向右运动，则在运动的过程中，下列说法正确的是( )
A．人脚对传送带的摩擦力是传送带运动的阻力 B．人对传送带不做功
C．人对传送带做功的功率为mgv D．人对传送带做功的功率为Ffv
8．如图7所示，物体A与B之间的滑动摩擦力为F，B与地面间无摩擦，B的长度为L. 当B向左运动时，A从左向右滑过B的过程中，A克服摩擦力做功W1，产生热量Q1；当B向右运动时，A从左向右滑过B的过程中，A克服摩擦力做功W2，产生热量Q2，则以下选项中正确的是( )
①W2=W1 ②W2>W1 ③Q1=Q2=FL ④Q2>Q1>FL
A．①③ B．②④ C．①④ D．②③
9．如图8，一简谐横波在x轴上传播，轴上a、b两点相距12m。t=0时，a点为波峰，b点为波谷；t=0.5s时，a点为波谷，b点为波峰。则下列判断中正确的是( )
A．波一定沿x轴正方向传播 B．波长可能是8m
C．周期可能是0.5s D．波速一定是24m/s
10．甲、乙两站相距s，火车正常行驶时从甲站开往乙站需时间t，现在得知需要在途中临时停车，为了能按原时间准点到达乙站，现使火车以v0的速度由甲地出发，中途停车后，又立即加速到v0，设从减速到加速的总时间为t0，则火车行驶速度v0是( )
A． B． C． D．
第Ⅱ卷(共80分)
注意事项：
第Ⅱ卷共5页，用0.5毫米黑色的签字笔或黑色墨水钢笔直接答在答题卡上，答在试题卷上无效。
二、实验题(本题共3小题，5＋9＋6=20分，把答案填在题中的横线上或按题目要求作图。)
11．一同学根据螺旋测微器的工作原理自制了一个螺旋测微器：螺栓的螺距是0.5mm，可动刻度的圆周做得比较大，将可动刻度分为100等分。他用该自制的螺旋测微器测量一个小球的直径，如图9所示，小球的直径为_________mm。
12．把两个大小相同、质量不等的金属球用细线连接，中间夹一被压缩了的轻弹簧，置于光滑的水平桌面上，如图10所示。烧断细线，观察两球的运动情况，进行必要的测量，验证物体间相互作用时动量守恒：
(1)实验器材除了两个金属球、轻弹簧、细线、重锤线、白纸、复写纸外，还要有：________________
_____________________。
(2)需要直接测量的数据是：_________________________________________________________。
(3)用所得数据验证动量守恒定律的关系式是：__________________________________。
13．在“验证机械能守恒定律”的实验中，打点计时器接在电压为6.0V、频率为50Hz的交流电源上，自由下落的重物质量为1.0kg，打下一条理想的纸带，数据如图11所示，单位是cm，取9.8m/s2，O、A之间有几个计数点未画出。
(1)打点计时器打下计数点B时，重物下落的速度vB=________。
(2)从起点O到打下计数点B的过程中，重物重力势能的减小量=___________，动能的增加量=___________。
三、计算题(本题共5小题，共60分。解答过程要写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤。只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。)
14．当物体从高空下落时，空气阻力随速度的增大而增大，因此经过一段距离后将匀速下落，这个速度称为此物体下落的终极速度。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是比例系数。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=1.0×103kg/m3，取重力加速度g=10m/s2，试求半径r=0.10mm的球形雨滴在无风情况下的终极速度v1。(结果取两位有效数字)
15．2005年10月12日9时，我国“神舟六号”载人飞船搭载着两名宇航员在酒泉卫星发射中心升空。“神舟六号”飞船的起飞质量为m=479t，发射t=12s后竖直上升s=211m。“神舟六号”入轨后先是在近地点为200km、远地点350km的椭圆形轨道上运行5圈，然后变轨到距离地面为343km的圆形轨道上，求：
(1)假设“神舟六号”飞船在前12s内做的是竖直向上的匀加速直线运动，且不考虑质量的变化，求在此过程中火箭的推力。
(2)“神舟六号”进入圆形轨道运动后，其绕地球运行的周期T为多少？(地球半径为R=6.4×103km，地球表面附近重力加速度g=10m/s2，结果保留一位有效数字)
16．如图12所示，质量为M=4kg的木板长L=1.4m，静止在光滑的水平地面上，其上端右侧静置一个质量为m=1kg的小滑块，小滑块与木板间的动摩擦因数今用一水平力F=28N向右拉木板，要使小滑块从木板上掉下来，则此力作用时间至少要多久？（）g=10m/s2）
17．光滑的水平面上，用弹簧相连接的质量均为2kg的两物体都以6m/s的速度向右运动，弹簧处于原长。质量为4kg的物体C静止在前方，如图13所示，B与C发生相碰后合在一起运动，在以后的运动中，求：
(1)弹簧的弹性势能最大值为多少？
(2)此时的速度是多少？
18．传送带的倾角，以v=2m/s的速度匀速转动，传送带底端到顶端的距离为l=7m，将物块(可看作质点)轻放于传送带底端，物块质量m=10kg，与传送带间动摩擦因数。求：
(1)传送带将物块运送至顶端所用时间是多少？
(2)此过程传送带对物块做了多少功？
(3)电动机因传送物块做了多少功？(g=10m/s2)
参考答案
一、选择题
1.D 2.D 3.B 4.AB 5.AD 6.BCD 7.D 8.D 9.B 10.D
二、实验题
11.3.715(或3.7150)
12.(1)天平、刻度尺 (2)两球的质量m1、m2和平抛运动的水平位移s1、s2 (3)m1s1=m2s2
13.(1)0.98m/s (2)0.49J 0.48J
三、计算题
14.解：雨滴下落时受两个力作用：重力，方向竖直向下；空气阻力，方向竖直向上。当雨滴达到终极速度vT后，加速度为零，二力平衡，用m表示雨滴质量，有
mg－krvT=0 ①
②
由①②得终极速度，代入数值得
15.解：(1)由得
由F－mg=ma 得
(2)由及GM=gR2 得
16.解：撤去F的前后，木板与滑块的运动过程如图所示。设F作用时间为t，滑块在撤去F后再运动时间刚好从木板的左边掉下来，则F的作用时间t最短。对滑块，,解得
v1=a1(t＋)
对木板，开始时，解得
撤去F后，
结合两物体的关系又可列得约束方程

解得：t=1s，。即此力作用时间至少为1s.
17.解：设B与C碰后速度变为v1，则碰撞满足动量守恒，即，当具有共同速度时，弹性势能最大，此时有
由以上几式可得：
18.解：(1)先设物块开始时受斜向上的滑动摩擦力f1，加速向上运动：
联立可得：
设物块加速到v所用时间为t1，运行路程为s1
由v=at1得： t1=5s
由得： s1=5m
此后物块与传送带一起匀速运动，设所用时间为t2，运行路程为s2
s2=L－s1=2m t2=1s
故所用时间为t=t1＋t2=6s
(2)物块在传送过程中，前段加速受滑动摩擦力f1，后段匀速受静摩擦力f2
(3)在传送带传送物块过程中，除传送带对物块做功Wf外，还因物块与传送带发生相对滑动，传送带发生位移：
s=vt1=10m
皮带与物块发生的相对位移：
s相=s－s1=10－5=5m
=320J
所以电动机所做功为: W=Wf＋W内=760J
力学综合二
本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，第Ⅰ卷9到11页，第Ⅱ卷11至16页，共120分。考试时间90分钟。考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
第Ⅰ卷(选择题 共40分)
注意事项：
1．答第Ⅰ卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考试科目涂写在答题卡上。
2．每小题选出答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。不能答在试卷上。
一、选择题(本题共10小题，每题4分，共40分。在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确，全部选对的得4分，选错或不答得0分，选对但不全的得2分。)
1．用长度为L的铁丝绕成一个高度为H的等螺距螺旋线圈，将它竖直地固定于水平桌面．穿在铁丝上的一珠子可沿此螺旋线圈无摩擦地下滑．这个小珠子从螺旋线圈最高点无初速滑到桌面经历的时间为( )
A． B． C． D．
2．如图1所示，一质量为M的木板静止在光滑水平地面上，现有一质量为m的小滑块以一定的初速度υ0从木板的左端开始向木板的右端滑行，滑块和木板水平速度大小随时间变化情况如图1所示，根据图像可以判断（ ）
A．滑块始终与木板存在相对运动 B．滑块未能滑出木板
C．滑块的质量m大于木板的质量M D．在t1时刻滑块从木板上滑出
3．一频率为540Hz的汽笛以15rad/s的角速度沿一半径为0.60m的圆周作匀速圆周运动。一观察者站在离圆心很远的P点且相对于圆心静止。如图2所示，下列判断正确的是（ ）
A．观察者接收到汽笛在A点发出声音的频率等于540Hz
B．观察者接收到汽笛在B点发出声音的频率等于540Hz
C．观察者接收到汽笛在C点发出声音的频率大于540Hz
D．观察者接收到汽笛在D点发出声音的频率小于540Hz
4．如图3所示，质量为M的物体内有圆形轨道，质量为m的小球在竖直平面内沿圆轨道做无摩擦的圆周运动，A与C两点分别是轨道的最高点和最低点，B、D两点是圆水平直径两端点。小球运动时，物体M在地面静止，则关于M对地面的压力N和地面对M的摩擦力方向，下列说法中正确的是( )
A．小球运动到A点，N>Mg，摩擦力方向向左
B．小球运动到B点，N=Mg，摩擦力方向向右
C．小球运动到C点，N>(M＋m)g，M与地面无摩擦
D．小球运动到D点，N>(M＋m)g，摩擦力方向向右
5．质量为2kg的物体在光滑水平面上以5m/s的速度匀速前进，当它受到一个水平方向的恒力作用，如果此力大小为4N，则( )
A．5s末的速度大小可能是15m/s，5s内位移大小为50m
B．5s末的速度大小也可能是5m/s
C．5s末的速度大小可能是
D．5s内的位移可能是零，也可能是
6．如图4所示，一根轻弹簧竖直直立在水平地面上，下端固定，在弹簧的正上方有一个物块，物块从高处自由下落到弹簧上端O，将弹簧压缩，弹簧被压缩了x0时，物块的速度变为零，从物块与弹簧接触开始，物块的加速度的大小随下降的位移x变化的图像，可能图5中（ ）
7．如图6所示，小车上有一定滑轮，跨过定滑轮的绳上一端系一重球，另一端系在弹簧秤上，弹簧秤固定在小车上．开始时小车处在静止状态．当小车匀加速向右运动时（ ）
A．弹簧秤读数及小车对地面压力均增大 B．弹簧秤读数及小车对地面压力均变小
C．弹簧秤读数变大，小车对地面的压力不变 D．弹簧秤读数不变，小车对地面的压力变大
8. 两颗人造卫星A和B，绕地球作圆周运动, 周期之比为， 则轨道半径之比和运动速率之比分别为( )
A． B．
C． D．
9．在均匀介质中，各质点的平衡位置在同一直线上，相邻两质点的距离均为s，如图7中甲所示，振动从质点1开始向右传播，质点1开始运动时的速度方向竖直向上．经过时间t，前13个质点第一次形成如图7中乙所示的波形．关于这列波的周期和波速有如下说法（　 ）
A．这列波的周期T＝2t/3　　　　 B．这列波的周期T＝t/2
C．这列波的传播速度υ＝12s/t　　D．这列波的传播速度υ＝16s/t
10．在天花板下用绳AC和BC悬挂着物体m，绳与竖直方向的夹角分别为α=37°，β=53°，且，如图8所示。绳AC能承受的最大拉力为100N，绳BC能承受的最大拉力为180N，重物质量过大时会使绳子拉断，现悬挂物的质量m=14kg，（g=10m/s2，sin37°=0.6，sin53°=0.8）则（ ）
A．AC绳断，BC绳不断 B．AC绳不断，BC绳断
C．AC绳和BC绳都会断 D．AC绳和BC绳都不断
卷Ⅱ卷（共80分）
注意事项:
第Ⅱ卷共4页,用0.5毫米黑色的签字笔或黑色墨水钢笔直接答在答题卡上,答在试题卷上无效.
二、实验题(本题共3小题，8＋9＋3=20分，把答案填在题中的横线上或按题目要求作图.)
11．如图9所示，为某同学在《测定匀变速直线运动的加速度》的实验中，用打点计时器打出的一条纸带，纸带上标出的A、B、C、D、E都是选中的记数点，每两个记数点间都有四个计时点没有画出，利用纸带旁边的刻度尺读出数据（要求读到毫米下一位），并计算出：
（1）打D点时纸带（或小车）的运动速度大小为υ= m/s；
（2）小车运动过程中的加速度大小为a= m/s2。
12．在“利用单摆测重力加速度”的实验中，测出单摆摆角小于10°时，完成n次全振动的时间为t，用毫米刻度尺测得摆线长为L，用螺旋测微器测得摆球直径为d.
(1)用上述物理量的符号写出测重力加速度的一般表达式：g=______；
(2)由图10可知，摆球直径d的读数为_________；
(3)实验中有个同学发现他测的重力加速度值总是偏大，其原因可能是_______.
A.实验室处在高山上，距海平面太高 B.单摆所用的摆球太重了
C.测出n次全振动的时间为t，误作为（n＋1）次全振动的时间进行计算
13．在研究平抛物体运动的实验中，如果小球每次从斜槽滚下的初始位置不同，则下列说法中错误的是（ ）
A．小球平抛的初速度不同 B. 小球通过相同的水平位移所用的时间均不同
C．小球在空中运动的时间每次均不相同 D. 小球每次做不同的抛物线运动
三、计算题（本题共5小题，共60分。解答过程要写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤。只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。）
14．调节水龙头，让水一滴滴流出，在下方放一盘子，调节盘子高度，使一滴水滴碰到盘子时，恰有另一滴水滴开始下落，而空中还有一滴正在下落中的水滴，测出水龙头到盘子的距离为h，从第一滴开始下落时计时，到第n滴水滴落在盘子中，共用去时间t，则此时第（n＋1）滴水滴与盘子的距离为多少？当地的重力加速度为多少？
15．在广场游玩时，一个小孩将一充有氢气的气球用细绳系于一个小石块上，并将小石块放置于水平地面上．已知小石块的质量为m1，气球（含球内氢气）的质量为m2，气球体积为V，空气密度为ρ，(V和ρ均视作不变量)，风沿水平方向吹，风速为υ．已知风对气球的作用力f＝ku（式中k为一已知系数，u为气球相对风的速度，只与风向速度有关）．开始时，小石块静止在地面上，如图11所示。
(1)若风速v在逐渐增大,小孩担心气球会连同小石块一起被吹离地面,试判断是否会出现这一情况,并说明理由. ⑴若风速υ在逐渐增大，小孩担心气球会连同小石块一起被吹离地面，试判断是否会出现这一情况，并说明理由。
⑵若细绳突然断开，已知气球飞上天空后，在气球所经过的空间，风速υ保持不变，求气球能达到的最大速度。
16．质量为m=0.01㎏子弹以300m/s的速度射入一静止在光滑水平面上的木块，子弹进入木块6cm深后，相对木块静止，这一过程中，木块向前移动了0.2mm，则木块的末速度为多大?
17．如图12所示，一平板车以某一速度υ0匀速行驶，某时刻一货箱（可视为质点）无初速度地放置于平板车上，货箱离车后端的距离为l=3m，货箱放入车上的同时，平板车开始刹车，刹车过程可视为做a=4m/s2的匀减速直线运动。已知货箱与平板车之间的摩擦因数为μ=0.2，g=10m/s2。为使货箱不从平板上掉下来，平板车匀速行驶的速度υ0应满足什么条件？
18．如图13所示，质量为m的物块A静止在足够长的斜面上，且与一弹性很好的轻弹簧相连，弹簧的另一端固定在斜面底端的档板上，弹簧的压缩量为x0，斜面倾角为α=37°。一个质量为0.2m的物块B在斜面上由静止下滑，与物块A发生碰撞，已知两物块碰撞时无动能的损失，碰后物块A沿斜面上升到最大距离时所受到的弹力与重力沿斜面的分量大小相等，已知两物块与斜面间的动摩擦因数均为，在物块A初始位置以下部分斜面光滑。试求B物块碰前下降的距离和反弹后滑上斜面的最大距离各是多少？
参考答案
1．D（螺旋是变形的斜面，斜面长为L，高为H，小珠在斜面上运动的加速度为，小珠做初速度为零的匀加速运动，在斜面上运动的时间为）
2． ACD（由图可知滑块与木板的速度始终不相等；滑块与木板动量的改变量大小相等，方向相反，由图可知滑的速度变化量小于木板的变化量，说明滑块的质量大于木板的质量；在t1时刻后，滑块与木板以不同的速度均匀速运动，说明滑块离开木板）
3．B（汽笛在A点的速度相对P点与观察者连线平行，是接近观察者的速度，观察者接收的频率变大；在B点速度方向与相对P点和观察者连线垂直，观察者接收的频率不变；在C的速度相对P点与观察者连线平行，是远离观察者，观察者接收的频率变小；在D点的速度相对观察者和P连线垂直，观察者接收的频率不变）
4．BC（小球在竖直面内作圆周运动，轨迹各点均有向心加速度，由于向心加速度均指向圆心，所以：小球在A点的向心加速度竖直向下，系统失重，小球没有水平加速度；小球在B点的向心加速度水平向右，在B点时圆轨道受到的静摩擦力水平向右，提供小球在B点所需要的的向心力；同时小球在竖直方向具有重力加速度，小球完全失重，此时，圆轨道的重力与地面的支持力平衡，N=Mg；小球在C点的向心加速度竖直向上，系统处于超重，对地面的压力大于系统的重力，即N>(M＋m)g，此时，小球无水平方向外力；小球D点的向心加速度水平向左，在B点时圆轨道受到的静摩擦力水平向左，提供小球在B点所需要的的向心力；同时小球具有竖直向下的重力加速度，小球完全失重，此时，只有圆轨道的重力与地面的支持力平衡，N=Mg）
5．ABD（物体加速度为a=2m/s2，在5s内速度的增量为Δυ=at=10m/s。若Δυ与初速度方向相同，则末速度为15m/s，对应5s内的位移为(15＋5)×5/2m=50m；Δυ与初速度方向相反，则末速度为5m/s，对应5s内的位移为零；若加速度与初速度不在一条直线上，其速度大小在5~15m/s之间均有可能性，位移大小在0~50m之间变化。由此可知只有C选项错误）
6．D（从物块开始压缩弹簧时物块具有速度，物块就开始作简谐运动，物块与弹簧接触时，它相对平衡位置的位移为（本题中的位移是以物块与弹簧接触开始为参考点），弹簧最大压缩为x0（也是物块向下的最大位移），物块作简谐运动的振幅为，这三者之间关系如图所示。由图可知，x0>2x′，物块在接触弹簧过程中加速度大小，物块在平衡位置x′时加速度为零，加速度为零位置的位移是小于x0的一半，当物块的位移为2x′时，加速度为g，再继续向下运动，它的加速度要大于g，图中只有D图所表现的情况符合以上的分析结果）
7．C（系统在竖直方向上无加速度，所以地面压力不变，绳的拉力增大，所以，弹簧秤的读数增大）
8．D（由开普勒第三定律可知可得，由速率可知）
9．BD（由乙图可知第13个质点的运动方向向下，延长这列波形可知该列波将振动传到了第17个质点，此时第17个质点的运动方向向上，即在时间t内，波传播的距离是二个波长，所对应的时间是2T=t，即T＝t/2，这列波的传播速度为）
10．C（物体受三力平衡，如图所示，由图可知两绳拉力的合力与物体的重力是一对平衡力，由图可得FAC=mgcos37°=112N>100N，FBC=mgcos53°=84N<180N，而mg=140N<180N，绳AC断，物体做圆周运动，若能运动到最低点，动能，物体运动到最低点，受到合外力提供向心力， ，显然，物体没有到最低点时绳已断）
11．（1）0.225； （2）0.5　
12． (1) (2)5.980 mm (3) C
13． C
14．由于水龙头滴水的时间间隔相同，均为T，由题可知每滴水做自由落体运动的时间为2T，且有 由题可知，所以
自由落体运动连续相等时间间隔的位移之比为，，
15．⑴以气球和小石块组成的系统为研究对象：地面对小石块支持力的大小为，由表达式可知支持力恒定，风速水平，跟风速υ无关．
小石块不会被风吹离地面．
⑵气球的最大水平速度等于风速，即υxm＝υ，当竖直方向的合力为零时，竖直分速度最大，即 解得
气球能达到的最大速度的大小是水平速度和竖直速度的矢量和
即
16．子弹射入木块后相对木块静止，相当于是一个完全非弹性碰撞的过程，它们的末速度相等，均为υ，在此过程中，木块位移为s，子弹位移为s＋d，由平均速度和位移关系有
① ②
由①、②相除得
17．货箱先相对平板车向左滑，当与平板车的速度相等后相对平板车向右滑。若货箱与平板车的速度相等时，货箱仍未从平板车上掉下来，则以后货箱不会从平板上掉下来。设经过时间t，货箱和平板车达到共同速度υ，以货箱为研究对象，由牛顿第二定律得，货箱向右做匀加速运动的加速度 a1=μg ① 货箱向右运动的位移 ②
又 ③ 平板车向右运动的位移 ④
又 ⑤ 货箱不从平板车上掉下来，应满足： ⑥
联立方程①～⑥解得：
代入数据： （4分）
解法二：应用图象求解：
货箱向右作匀加速运动加速度 a′=μg ①
由车和货箱的速度图象如图可知
由图象可知两图象的面积之差就是货箱在车上滑动的距离即

18．设B物块开始下滑的高度为h，与物块A相碰前的速度为υ0，碰撞后，A、B两物块的速度分别为υA，υB，对于A物块，由题意和动能定理有
解得的速度为
A、B两物块碰撞，由动量守恒有
A、B两物块碰撞前后动能不变有
由以上两解得 （1分）
B物块下滑加速度
B物块上滑加速度
B物块碰前下滑的距离
B物块碰后上滑的距离
2007届高考模拟试卷
物理热、光、原综合
本试卷只有第Ⅰ卷(选择题)一部分，第Ⅰ卷33到42页，共120分。考试时间90分钟。考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
第Ⅰ卷(选择题 共120分)
注意事项：
1．答第Ⅰ卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考试科目涂写在答题卡上。
2．每小题选出答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。不能答在试卷上。
本试卷全部由选择题组成，共120分，考试时间90分钟。
选择题：下面每小题中，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确，全部选对的得2，选对但不全的得1分，有选错或不答的得0分。
1．一单摆做小角度摆动，其振动图像如图1，以下说法正确的是( )
A．t1时刻摆球速度最大，悬线对它的拉力最小
B．t2时刻摆球速度为零，悬线对它的拉力最小
C．t3时刻摆球速度为零，悬线对它的拉力最大
D．t4时刻摆球速度最大，悬线对它的拉力最大
2．在均匀介质中选取平衡位置在同一直线上的9个质点，相邻两质点的距离均为L，如图2a所示。一列横波沿该直线向右传播；t=0时到达质点1，质点1开始向下运动，经过时间第一次出现如图2b所示的波形。则该波的( )
A．周期为，波长为8L B．周期为，波长为8L
C．周期为，波速为 D．周期为，波速为
3．一弹簧振子沿x轴振动，振幅为4cm，振子的平衡位置位于x轴上的O点，图3甲中的a、b、c、d为四个不同的振动状态；黑点表示振子的位置，黑点上的箭头表示运动的方向，图3乙给出的①②③④四条振动图线，可用于表示振子的振动图像( )
A．若规定状态a时t=0，则图像为① B．若规定状态b时t=0，则图像为②
C．若规定状态c时t=0，则图像为③ D．若规定状态d时t=0，则图像为④
4．一砝码和一轻弹簧构成弹簧振子，图4所示的装置可用于研究该弹簧振子的受迫振动。匀速转动把手时，曲杆给弹簧振子以驱动力，使振子做受迫振动。把手匀速转动的周期就是驱动力的周期，改变把手匀速转动的速度就可以改变驱动力的周期。若保持把手不动，给砝码一向下的初速度，砝码做简谐运动，振动线如图5所示。当把手以某一速度匀速转动，受迫振动达到稳定时，砝码的振动图线如图6所示。若用T0表示弹簧振子的固有周期，T表示驱动力的周期，Y表示受迫振动达到稳定后砝码振动的振幅，则( )
A．由图线可知T0=4s
B．由图线可知T0=8s
C．当T在4s附近时，Y显著增大；当T比4s小得多或大得多时，Y很小
D．当T在8s附近时，Y显著增大；当T比8s小得多或大得多时，Y很小
5．如图7为一列沿x轴正方向传播的简谐横波在t=0时的波形。当R点在t=0时的振动状态传到S点时，PR范围内(含P、R)有一些质点正在向y轴负方向运动，这些质点的x坐标的取值范围是( )
A．2cm≤x≤4cm B．2cmC．2cm≤x<3cm D．2cm6．如图8所示，物体A置于物体B上，一轻质弹簧一端固定，另一端和B相连。在弹性限度范围内，A与B一起在光滑水平面上作往复运动(不计空气阻力)，并保持相对静止。则下列说法正确的是( )
A．A和B均作简谐运动
B．作用在A上的静摩擦力大小与弹簧的形变量成正比
C．B对A的静摩擦力对A做功，而A对B的静摩擦力对B不做功
D．B对A的静摩擦力始终对A做正功，而A对B的静摩擦力对B做负功
7．频率一定的声源在空气中向着静止的接收器匀速运动。以u表示声源的速度，V表示声波的速度(uA．v增大，V增大 B．v增大，V不变
C．v不变，V增大 D．v减小，V不变
8．一列沿x轴正方向传播的简谐横波，波速为60m/s，在t=0时波的图像如图9所示，则( )
A．此波频率为40Hz，此时质元b的速度为零
B．此波频率为40Hz，此时质元b的速度向着y轴负方向
C．此波频率为20Hz，此时质元a的速度向着y轴正方向
D．此波频率为20Hz，此时质元a的速度为零
9．一列简谐横波沿x轴传播。T=0时的波形如图10所示，质点A与质点B相距1m，A点速度沿y轴正方向；t=0.02s时，质点A第一次到达正向最大位移处。由此可知( )
A．此波的传播速度为25m/s
B．此波沿x轴负方向传播
C．从t=0时起，经过0.04s，质点A沿波传播方向迁移了1m
D．在t=0.04s时，质点B处在平衡位置，速度沿y轴负方向
10．两个不等幅的脉冲波在均匀介质中均以1.0m/s的速率沿同一直线相向传播，t=0时刻的波形如图11所示，图中小方格的边长为0.1m。则以下不同时刻，波形正确的是( )
11．一质点作简谐运动，先后以相同的动量依次通过A、B两点，用时1s，质点通过B点后再经过1s又第二次通过B点，在这两秒钟内，质点通过的总路程为12cm，则质点的振动周期和振幅分别为( )
A．3s，6cm B．4s，6cm
C．4s，9cm D．2s，8cm
12．一简谐横波在图12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
13．如图13，一简谐横波在x轴上传播，轴上a、b两点相距12m。t=0时a点为波峰，b点为波谷；t=0.5s，a点为波谷，b点为波峰。则下列判断中正确的是( )
A．波一定沿x轴正方向传播 B．波长可能是8m
C．周期可能是0.5s D．波速一定是24m/s
14．图14实线和虚线分别是x轴上传播的一列简横波在t=0和t=0.03s时刻的波形图，x=1.2m处的质点在t=0.03s时刻向y轴正方向运动，则( )
A．该波的频率可能是125Hz
B．该波的波速可能是10m/s
C．t=0时x=1.4m处质点的加速度方向向着y轴正方向
D．各质点在0.03s内随波迁移0.9m
15．下面关于机械振动与机械波的有关叙述正确的是( )
A．做简谐运动的一物体，通过平衡位置时物体所受合外力一定为零
B．弹簧振子和单摆做简谐运动时，它们的振动周期与振子的质量，摆球的质量均无关
C．一列简谐波中的两个质点，若在某一时刻这两个质点的位移相同，那么这两个质点的振动情况一定完全相同
D．在两列相干波形成的波的干涉图样中，振动加强点某时刻的位移可能比振动减弱点的位移小
16．如图15所示，甲、乙两平面波是振幅相同的相干波。甲波沿x轴的正方向传播，乙波沿y轴正方向传播，图中实线表示某一时刻的波峰位置，虚线表示波谷位置，对图中正方形中央的a、b、c、d四点的振动情况，正确的判断是( )
A．a、b点振动加强，c、d点的振动减弱
B．a、c点振动加强，b、d点的振动减弱
C．a、d点振动加强，b、c点的振动减弱
D．a、b、c、d点的振动都加强
17．如图16所示是观察水面波衍射的实验装置，AC和BD是两块挡板，AB是一个孔，O是波源，图中已画出波源所在区域波的传播情况，每两条相邻波纹(图中曲线)之间距离表示一个波长，则波经过孔之后的传播情况，下列描述正确的是( )
A．此时能明显观察到波的衍射现象
B．挡板前后波纹间距离相等
C．如果将孔AB扩大，有可能观察不到明显的衍射现象
D．如果孔的大小不变，使波源频率增大，能观察到更明显的衍射现象
18．如图17所示，活塞与气缸间无摩擦，气缸中封闭一定质量的理想气体，将一个半导体热敏电阻R置于气缸中，热敏电阻与容器外的电源E和电流表A组成闭合电路，气缸和活塞具有良好的绝热(与外界无热交换)性能，若发现电流表的读数增大时，以下判断正确的是( )
A．气体压强一定增大 B．气体体积一定增大
C．气体一定对外做功 D．气体内能一定增大
19．如图18所示，在绝热的气缸中封闭着两部分同种类的气体A和B，中间用绝热的活塞隔开，活塞用销钉K固定着。开始时两部分气体的体积和温度都相同，气体A的质量大于气体B的质量。拔去销钉后活塞可以自由移动，最后达到平衡。在拔去销钉前后，对B部分气体的内能和压强的大小，下列判断正确的是( )
A．内能增大，压强不变 B．内能不变，压强不变
C．内能增大，压强增大 D．内能不变，压强增大
20．关于物体的内能，下列说法正确的是( )
A．相同质量的两种物体，升高相同的温度，内能变化一定相同
B．一定质量0℃的水结成0℃的冰，内能一定减小
C．一定质量气体的体积增大，但既不吸热也不放热，内能一定减小
D．一定质量气体吸收热量而保持体积不变，内能一定减小
21．根据热力学定律和分子动理论，可知下列说法正确的是( )
A．我们可以利用高科技手段，将流散到周围环境中的内能重新收集起来加以利用而不引起其他变化
B．气体的状态变化时，温度升高，气体分子的平均动能增加，气体的压强不一定增大
C．布朗运动是液体分子的运动，它说明分子永不停息地做无规则运动
D．利用浅层海水和深层海水之间的温度差制造一种热机，将海水的一部分内能转化为机械能，这在理论上是可行的
22．若以表示水的摩尔质量，v表示在标准状态下水蒸气的摩尔体积，为在标准状态下水蒸气的密度，NA为阿伏加德罗常数，m、分别表示每个水分子的质量和体积，下面是四个关系式：( )
① ② ③ ④其中
A．①和②都是正确的 B．①和③都是正确的
C．②和④都是正确的 D．①和④都是正确的
23．从下列哪一组物理量可以算出氧气的摩尔质量( )
A．氧气的密度和阿伏加德罗常数 B．氧气分子的体积和阿伏加德罗常数
C．氧气分子的质量和阿伏加德罗常数 D．氧气分子的体积和氧气分子的质量
24．如图19，某同学将空的薄金属筒开口向下压入水中。设水温均匀且恒定，筒内空气无泄漏，不计气体分子间相互作用，则被淹没的金属筒在缓慢下降过程中，筒内空气体积减小( )
A．从外界吸热 B．内能增大 C．向外界放热 D．内能减小
25．如图20所示，竖直放置的弯曲管A端开口，B端封闭，密度为的液体将两段空气封闭在管内，管内液面高度差分别为h1、h2和h3，则B端气体的压强为(已知大气压强为p0)( )
A． B．
C． D．
26．对一定质量的气体，下列说法中正确的是( )
A．温度升高，压强一定增大
B．温度升高，分子热运动的平均动能一定增大
C．压强增大，体积一定减小
D．吸收热量，可能使分子热运动加剧、气体体积增大
27．如图21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的势能可忽略。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( )
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
28．下列说法中正确的是( )
A．气体的温度升高时，分子的热运动变得剧烈，分子的平均动能增大，撞击器壁时对器壁的作用力增大，从而气体的压强一定增大
B．气体的体积变小时，单位体积的分子数增多，单位时间内打到器壁单位面积上的分数增多，从而气体的压强一定增大
C．压缩一定量的气体，气体的内能一定增加
D．分子a从远处趋近固定不动的分子b，当a到达受b的作用力为零处时，a的动能一定最大
29．下列说法正确的是( )
A．机械能全部变成内能是不可能的
B．第二类永动机不可能制造成功是因为违背了能量守恒定律
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转变成功是可能的
30．对一定量的气体，若用N表示单位时间内与器壁单位面积碰撞的分子数，则( )
A．当体积减小时，N必定增加
B．当温度升高时，N必定增加
C．当压强不变而体积和温度变化时，N必定变化
D．当压强不变而体积和温度变化时，N可能不变
31．下列说法中正确的是( )
A．任何物体的内能就是组成该物体的所有分子热运动动能的总和
B．只要对内燃机不断改进，就可以把内燃机得到的全部内能转化为机械能
C．做功和热传递在改变内能的方式上是不同的
D．满足能量守恒定律的物理过程都能自发进行
32．将1cm3的油酸溶于酒精，制成200cm3的油酸酒精溶液。已知1cm3溶液有50滴，现取1滴这样的油酸酒精溶液滴到水面上，随着酒精溶于水，油酸在水面上形成单分子薄层，测出这一薄层的面积为0.2m2。由此可求出( )
A．油酸分子直径为5×10－10cm B．油酸分子直径为5×10－10m
C．油酸分子直径为5×10－7cm D．油酸分子直径为1.0×10－7m
33．如图22所示，S为一在xOy平面内的点光源，一平面镜垂直于xy平面放置，它与xOy平面的交线为MN，MN与x轴的夹角。现保持S不动，令平面镜以速率v沿x轴正方向运动，则S经平面镜所成的像( )
A．以速率v沿x轴正方向运动
B．以速率v沿y轴正方向运动
C．以速率沿像与S连线方向向S运动
D．以速率v沿像与S连线方向向S运动
34．如图23所示，一玻璃棱镜的横截面是等腰，其中ac面是镀银的。现有一光线垂直于ab面入射，在棱镜内经过两次反射后垂直于bc面射出。则( )
A．∠a=30°，∠b=75° B．∠a=32°，∠b=74°
C．∠a=34°，∠b=73° D．∠a=36°，∠b=72°
35．两束不同频率的单色光a、b从空气平行射入水中，发生了图24所示的折射现象()。下列结论中正确的是( )
A．光束b的频率比光速a的频率低
B．在水中的传播速度，光束a比光束b小
C．水对光束a的折射率比水对光束b的折射率小
D．若光束从水中射向空气，则光束b的临界角比光束a的临界角大
36．如图25所示，a和b都是厚度均匀的平玻璃板。它们之间夹角为，一细光束以入射角从P点射入（），已知此光束由红光和蓝光组成，则当光束透过b板后( )
A．传播方向相对于入射光方向向左偏转角度
B．传播方向相对于入射光方向向右偏转角度
C．红光在蓝光的左边
D．红光在蓝光的右边
37．已知一束可见光a是由m、n、p三种单色光组成的。检测发现三种单色光中，n、p两种色光的频率都大于m色光；n色光能使某金属发生光电效应，而p色光不能使该金属发生光电效应。那么，光束a通过三棱镜的情况是( )
38．发出白光的细线光源ab，长度为l0，竖直放置，上端a恰好在水面以下，如图26所示。现考虑线光源ab发出的靠近水面法线(图中的虚线)的细光束经水面折射后所成的像，由于水对光有色散作用，若以l1表示红光成的像的长度，l2表示紫光成的像的长度，则( )
A．l1l2>l0
C．l2>l1>l0 D．l239．为玻璃等腰三棱镜的横截面。a、b两束可见单色光从空气垂直射入棱镜底面MN，在棱镜侧面OM、ON上反射和折射的情况如图27所示。由此可知( )
A．棱镜内a光的传播速度比b光的小
B．棱镜内a光的传播速度比b光的大
C．a光的频率比b光的高
D．a光的波长比b光的长
40．空气中两条光线a和b从方框左侧入射，分别从方框下方和上方射出，其框外光线如图28所示。方框内有两个折射率n=1.5的玻璃全反射棱镜。所给出的两棱镜四种放置方式的示意图中能产生效果的是( )
41．太阳的连续光谱中有许多暗线，它们对应着某些元素的特征谱线，产生这些暗线是由于( )
A．太阳表面大气层中缺少相应的元素
B．太阳内部缺少相应的元素
C．太阳表面大气层中存在相应的元素
D．太阳内部存在相应的元素
42．在双缝干涉实验中，以白光为光源，在屏幕上观察到了彩色干涉条纹，若在双缝中的一缝前放一红色滤光片(只能透过红光)，另一缝前放一绿色滤光片(只能透过绿光)，这时( )
A．只有红色和绿色的双缝干涉条纹，其他颜色的双缝干涉条纹消失
B．红色和绿色的双缝干涉条纹消失，其他颜色的干涉条纹依然存在
C．任何颜色的双缝干涉条纹都不存在，但屏上仍有光亮
D．屏上无任何光亮
43．下列关于光的现象的说法中，正确的是( )
A．用白光做双缝干涉实验时，屏上从中央条纹向外，紫光的亮条纹偏离中央亮条纹的距离最大
B．白光经单缝衍射时，偏离中央亮条纹最远的是红光
C．白光经空气射入玻璃三棱镜折射发生色散，红光偏向角最大
D．涂有增透膜的照相机镜头看上去呈淡紫色，说明增透膜增强了对紫色光的透射程度
44．如图29所示，在暗室中从单色点光源S直接射到上的一束光在Sa和Sd之间，从S射到平面镜MN再反射到屏上的另一束光在Mb和Nc之间(是S在平面镜MN中的像)，这时屏上是否可能出现明暗相同的条纹？若可能，在哪个区域？( )
A．不可能
B．可能，出现在a、b之间
C．可能，出现在c、d之间
D．可能，出现在b、c之间
45．已知能使某金属产生光电效应的极限频率为v0，则( )
A．当用频率为2v0的单色光照射该金属时，一定能产生光电子
B．当用频率为2v0的单色光照射该金属时，所产生的光电子的最大初动能为hv0
C．当照射光的频率v大于v0时，若v增大，则逸出功增大
D．当照射光的频率v大于v0时，若v增大一倍，则光电子的最大初动能也增大一倍
46．现用电子显微镜观测线度为d的某生物大分子的结构。为满足测量要求，将显微镜工作时电子的德布罗意波长设定为，其中n>1。已知普朗克常量h、电子质量m和电子电荷量e，电子的初速度不计，则电子显微镜工作时，在满足测量要求条件下，电子的加速电压应为( )
A． B． C． D．
47．某激光源的发光功率为P，发射激光的波长为，当该激光照射到折射率为n的介质中时，由于反射其能量减少了10%。介质中激光束的直径为d，那么在介质中单位时间内通过与激光束垂直的截面上单位面积的光子数为( )
A． B． C． D．
48．用a、b两束单色光分别照射到同一双缝干涉装置，在距双缝恒定距离的屏上的得到如图30所示的干涉图样，图30a是a光照射时形成的，图30b是b光照射时形成的。关于a、b两束单色光，下列说法正确的是( )
A．a光光子的能量较大
B．在水中a光传播的速度较大
C．若用a光照射某金属时不能逸出光电子，则用b光照射该金属时肯定不能逸出光电子
D．若a光是氢原子的核外电子从第四轨道向第二轨道跃迁时产生的，则b光可能是氢原子的核外电子从第三轨道向第二轨道跃迁时产生的
49．如图31所示，在X射线管中，由阴极发射的电子被加速后打到阳极，会产生包括X光在内的各种能量的光子，其中光子能量的最大值等于电子的动能。已知阳极与阴极之间的电势差U、普朗克常量h、电子电荷量e和光速c，则可知该X射线管发出的X光的( )
A．最短波长为 B．最长波长为
C．最小频率为 D．最大频率为
50．在利用双缝干涉测定光波波长时，首先通过调节，使光源、滤光片、单缝和双缝的中心均位于遮光筒的中心轴线上，使单缝和双缝竖直并且互相平行放置，当屏上出现了干涉图样后，用测量头上的螺旋测微器测量。转动手轮，移动分划板使分划板中心刻线与某条明纹中心对齐，如图32a所示，将此明纹记为1。然后再转动手轮，分划板中心刻线向右移动，依次经过2，3，…明条纹，最终与明条纹6中心对齐，如图32b所示。用刻度尺量得双缝到屏的距离为60.00cm，由双缝上的标示获知双缝间距为0.20mm，则( )
A．图32a中螺旋测微器读数为9.430mm B．图32b中螺旋测微器读数为9.843mm
C．被测光波波长为5.93×10－7m D．被测光波波长为6.98×10－7m
51．某核反应方程。已知的质量为2.0136u，的质量为3.0180u，的质量为4.0026u，X的质量为1.0087u。则下列说法正确的是( )
A．X是质子，该反应释放能量 B．X是中子，该反应释放能量
C．X是质子，该反应吸收能量 D．X是中子，该反应吸收能量
52．目前核电站利用的核反应是( )
A．裂变，核燃料为铀 B．聚变，核燃料为铀
C．裂变，核燃料为氘 D．聚变，核燃料为氘
53．某原子核吸收一个中子后，放出一个电子，分裂为两个粒子。由此可知( )
A．A=7，Z=3 B．A=7，Z=4
C．A=8，Z=3 D．A=8，Z=4
54．下列说法不正确的是( )
A．是聚变 B．是裂变
C．是衰变 D．是裂变
55．下列说法正确的是( )
A．康普顿发现了电子
B．卢瑟福提出了原子的核式结构模型
C．贝克勒尔发现了铀和含铀矿物的天然放射现象
D．伦琴发现了X射线
56．一个原子核在中子的轰击下发生一种可能的裂变反应，其裂变方程为，则下列叙述正确的是( )
A．X原子核中含有86个中子
B．X原子核中含有141个核子
C．因为裂变时释放能量，根据E=mc2，所以裂变后的总质量数增加
D．因为裂变时释放能量，出现质量亏损，所以生成物的总质量数减少
57．氢原子的能级如图33所示，已知可见光的光子能量范围约为1.62eV～3.11eV。下列说法错误的是( )
A．处于n=3能级的氢原子可以吸收任意频率的紫外线，并发生电离
B．大量氢原子从高能级向n=3能级跃迁时，发生的光具有显著的热效应
C．大量处于n=4能级的氢原子向低能级跃迁时，可能发出6种不同频率的光
D．大量处于n=4能级的氢原子向低能级跃迁时，可能发出3种不同频率的可见光
58．14C是一种半衰期为5730年的放射性同位素。若考古工作者探测到某古木中14C的含量为原来的，则该古树死亡时间距今大约( )
A．22920年 B．11460年 C．5730年 D．2865年
59．卢瑟福通过对粒子散射实验结果的分析，提出( )
A．原子的核式结构模型
B．原子核内有中子存在
C．电子是原子的组成部分
D．原子核是由质子和中子组成的
60．据新华社报道，由我国自行设计、研制的世界上第一套全超导核聚变实验装置(又称“人造太阳”)已完成了首次工程调试。下列关于“人造太阳”的说法正确的是( )
A．“人造太阳”的核反应方程是
B．“人造太阳”的核反应方程是
C．“人造太阳”释放的能量大小的计算式是
D．“人造太阳”核能大小的计算公式是
题号
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60
答案
参考答案
1．D(由单摆振动规律可知，摆球在平衡位置时速度最大，做圆周运动的向心力最大，悬线对摆球的拉力最大. 图像中t2、t4时刻摆球在平衡位置，当摆球在最大位移时速度最小，向心力为零，悬线拉力最，t1、t3时刻摆球在最大位移处，故D项正确. 考查了单摆振动、圆周运动的相关知识点.)
2．BC(由图2b可知，质点1该时刻正向上运动，而t=0时质点1开始向下运动，故传播时间，由题意知此时第一次出现如图2b所示的波形，所以n=1. 传播距离，周期，波速. 故选项BC正确.)
3．AD(对a质点从x=3cm正向正方向远离平衡位置运动，结合图乙中的①可知，A选项正确；b质点从x=2cm处向平衡位置运动，观察图乙中的②与纵轴交点坐标，发现B选项错误；同理C选项也错误；而d质点恰从负的最大位移处开始运动，结合图乙中的④可知，D选项正确. 故本题正确选项中AD.)
4．AC(弹簧振子的固有周期T0=4s，A正确；当把手匀速转动时，振子做受迫振动，受迫振动的周期等于驱动力的周期，与振子的固有周期无关，当驱动力的周期接近振子的固有周期时，振子共振，振幅增大，当驱动力的周期比振子的固有周期小得多或大得多时，振幅都很小. 由此可知，AC正确；此题考查振动图像、受迫振动和共振.)
5．C(当R点在t=0时的振动状态传到S点时，波沿x轴正方向传播的距离为个波长，将波形图向右平移个波长后，可以得到，在P、R范围内，正在向y轴负向运动的质点的x坐标取值范围是2cm≤x≤3cm，C正确；此题考查已知某时刻的波形确定另一时刻的波形及质点的振动情况. )
6．AB(将A、B看成整体，它们弹簧弹力作用下一起做简谐振动，故A和B均做简谐振动，故A正确；由kx=(mA＋mB)a及fA=mAa可得：，故B正确；B对A的静擦力有时做正功，有时做负功；A对B的静摩擦力也有时做正功，有时做负功；故CD均不正确. 较易.)
7．B(当声源向着接收器运动的速度增大时，声源的频率不变，声波的传播速度不变，接收器接收到的频率增大，因此B正确；此题考查多普勒效应.)
8．C(从图中读出波长的3.0m，根据f=v/求出f=20Hz；因波向x轴正方向传播，根据波动的几种判断方法判断a点向y轴正方向振动，所以C项正确.)
9．AB(由题意得，A点速度向着y轴正方向说明波向左传播，且T=0.08s，所以AB正确；在波动中质点振动不迁移，C错；经过半个周期即t=0.04s时质点B处在平衡位置向下运动，D错.)
10．ABD(由波的叠加原理通过作图可求得.)
11．B
12．D(从图中读出波长为4m，若波向右传播，则有，得到解得v＋(1＋4n)，代入数据判断AC正确；根据若波向左传播，则有，得到解得v=(3＋4n)，代入数据判断B正确，所以本题答案为D.)
13．B(由波的周期性知：
(n=0、1、2、…)
T(k=0、1、2、…)
∴波的传播方向不确定.
由①式得当n=1时，. 由②式得. 由公式知波速不确定.)
14．A(因x=1.2m处的质点在t=0.03s时刻向y的正方向运动，判断波向x轴的正方向传播，因此有 ，解得，代入当n=3，A项对；而波长，v=10(3＋4n)，B错；在t=0时x=1.4m初质点加速度指向.)
15．D
16．B(对于波的干涉图样要清楚：一条加强线、一条减弱线、一条加强线……加强线、减弱线彼此相间的稳定图样. 在图中设定A、B、C、C四点，由峰峰叠加，可知BD决定的直线为加强线，过A点、C点的平行BD直线的两条直线也应是加强线. a、c两点在BD直线上，故a、c是振动加强点，分别过b、d且平行BD直线的两条直线均在两加强线之间，应为减弱线，故b、d两点的振动是减弱的，B选项正确.)
17．ABC(从图中可以看出，孔的大小与波长相差不多，故能够发生明显的衍射现象，A选项正确. 由于在同一均匀介质中，波的传播速度没有变化，波的频率是一定的，又根据可得波长没有变化，所以B选项是正确的. 当孔扩大后，产生明显衍射的条件将被破坏，故C选项正确. 如果孔的大小不变，使波源频率增大，则波长减小，孔的尺寸将比波长大，失去产生明显衍射的条件，故D项错.)
18．BCD(由于活塞自由放置，气体压强不变，电流增大了，说明电阻变小，温度升高，因此体积要增大，对外做功.)
19．C(因为mA>mB，故初态时pA>pB，拔去销钉K后，A气体膨胀，对B做功，故B气体内能增大，压强增大，故选C项.)
20．BC(A错误：两物体升高相同温度后，分子的平均动能改变相同，不同物体，质量相同，所含物质分子数不相同，由内能的定义可知，无法比较内能的增量. B正确：因为0℃的冰只有吸热才能变成0℃的水，故水的内能大. C正确：气体体积增大，对外做功，内能减小. D错误：气体吸热而不对外做功，其内能一定增加而不减少.)
21．BD(由热力学第二定律可知，A错；若气体温度升高同时体积增大，其压强有可能减小、增大或不变，所以B正确；布朗运动是悬浮在液体中微粒的运动而不是液体分子的运动，故C错；利用浅层海水和深层海水之间的温差，将海水的一部分内能转化为机械能在原理上是可行的，D正确.)
22．B(阿伏加德罗常数NA=摩尔质量/分子质量，水变为水蒸气质量不变，但体积增大1000倍，所以从质量角度计算是可以的，故①③正确；而④中计算出的只是水蒸气分子平均占有的空间，并非分子本身大小，②也是同样的道理，故本题答案为B.)
23．C(物质的分子质量与阿伏加德罗常数的乘积即为摩尔质量，故C正确. 较易.)
24．C(金属筒在下降过程中，水对筒的压强增大，因此气体的压强增大，气体体积减小，外界对气体做功，又水温恒定，气体内能不变，而外界对气体做了功，则气体应向外界放热，C正确；此题考查物体的内能和热力学第一定律.)
25．B(由图中液面的高度关系可知，和，由此解得，所以答案为B. 很多考生会错误认为P026．BD(由为恒等得AC错；吸收热量，气体体积增大对外做功，温度可能升高，热运动加剧，BD正确.)
27．BCD(电热丝对气体a加热后气体a膨胀对绝热隔板做功，因气缸绝热，所以气体b温度升高，内能增大，压强也增大，稳定后与气体a压强相等，因此a的压强增大，由于a和b质量相同，而a后来的体积比b的大，所以a的末温度比b的更高，BCD正确.)
28．D(气体的压强从微观上来看与分子的平均动能和分子的密集程度有关，从宏观上来看与气体的温度和体积有关；气体升温时，分子的平均动能增大，但气体可能增大，所以气体压强不一定增大，A错；气体体积变小时，单位体积的分子数增多，但气体的温度可能降低，气体压强不一定增大，B错；压缩一不定量的气体，外界对气体做功，但气体可能放热，气体内能不一定增加，C错；当分子a从远处趋近固定不动的分子b时，分子间开始表现为引力，分子力做正功，分子a的动能一直增加，当a到达受b的作用力为零处，即平衡位置时，此后分子间表现的斥力，分子力做负功，分子a的动能逐渐减小，所以当a到达受b的作用力为零处时，a的动能一定最大，故D正确.)
29．D(热力学第二定律告诉我们：第二类永动机并不违背能量守恒定律，只是机械能和内能在相互转化的过程中具有方向性，机械能可以全部转化为内能，内能却不能全部转化为机械能同时不引起其他变化. 故A、B、C选项都不对. 从单一热源吸热并全部转变成功，在有外界变化的情况下是可能的，故选D.)
30．C(单位时间内与器壁单位面积碰撞的分子数与气体的密集程度和分子的平均动能有关，即与气体的体积和温度有关，当体积减小时，单位体积内的分子数增加，但温度变化未知，N不一定增加，A错；当温度升高时，分子的平均动能增大，但气体体积可能增大，N不一定增加，B错；当压强不变时，即单位时间内、器壁单位面积压力不变，体积和温度变化时，分子平均动能变化，而压强不变，则N必定变化，C对D错；此题考查气体压强的微观解释.)
31．C(物体的内能是组成该物体的所有分子热运动的动能和分子势能的总和，A错；由热力学第二定律可知，不可能将内能全部用来对外做功而不引起其他变化，因此内燃机不可能将得到的内能全部转化为机械能，B错；做功是将其他形式的能转化为内能，而热传递则是物体间内能的转移，C正确；满足能量守恒定律的物理过程有的具有方向性，D错. 考查热学相关知识.)
32．B(1cm3油酸溶于酒精制成200cm3溶液，则1cm3溶液中含油酸cm3，1cm3油酸酒精溶液有50滴，则每滴油酸酒精溶液中油酸体积为=10－4cm3=10－10m3。所以，油酸分子直径为.)
33．D(根据光路图及运动的分解可得垂直于平面镜的速度为v/2，则像相对物的运动速度在连线方向上等于v.)
34．D(由几何图形可知.)
35．C 36．D 37．A 38．D 39．BD 40．B
41．C(太阳表面大气层中存在着许多元素吸收了相应频率的光，故太阳光谱是吸收光谱.)
42．C(红光和绿光各自发生衍射现象，屏上得到的是它们非相干叠加后形成的复色光，由于它们的频率不同，不可能产生干波现象，C选项正确.)
43．B(A错误，由公式可知，波长越大越大即干涉条纹偏离中央的距离越大，紫光的波长在可见光中是最短的，故紫光的条纹偏离中央的距离最小. B项正确，红光波长大，偏离最大. C项错误，光的色散现象不仅说明了白光是一种复色光，同时又隐含了各个色光在棱镜中偏折程度是不一样的，红光偏折程度最小，紫光偏折程度最大，而偏向角是指出射光线与入射光线之间的夹角，故紫光的偏折角大，而红光的偏折角最小. D项错误，增透膜的主要作用是增加光的透射强度，减小光能的损失，一般情况下，我们生活的环境是由复色光——白光组成的，而人的视觉对绿光比较敏感，故增透膜的厚度等于绿色光在增透膜中波长的1/4，而红光，紫光与绿光波长相差较大，当用白光照射时红光和紫光被反射较多，故看上去呈淡紫色.)
44．D(根据平面镜成像原理，经平面镜反射后就好像又有一个振动情况相同的点光源一样，两束光在bc之间发生了叠加，就有可能出现明暗相同的条纹.)
45．AB(某金属产生光电效应的极限频率为v0，则逸出功W=hv0；当用频率为2v0的单色光照射该金属时，一定能产生光电子，A正确；由光电方程得，Fk=2hv0－W，Ek=hv0，所以B正确；逸出功只也金属的材料有关，与照射光的频率无关，C错；若照射光的频率增大一倍，逸出功并没有增大一倍，光电子的最大初动能增加大于一倍，D错；此题考查光电效应.)
46．D(，(p为动量)，p2=2mEk，eU=Ek，由以上各式可联立得D正确.)
47．A(设时间t内光源发出的总能量为：E=Pt
每个光子的能量
则t时间进入介质的光子数为：
激光束的横截面积为：
则单位时间单位面积通过的光子数为：，A选项正确.)
48．B(根据双缝干涉相邻两条亮纹(或暗纹)间的距离公式可知，当l、d不变时，条纹间距∝. 由题图可知，它们的波长关系为，若将实验装置放在真空中，由可知，它们的频率关系为，cavb，故B错. 若用a光照射某金属时不能逸出光电子，说明a光的频率小于某金属极限频率，由va>vb可知，用b光照射该金属时有可能打出光子，故C错。因E4－E2>E3－E2，而hvb>hva，所以D错.)
49．D(由阴极发射的电子经过电场加速后，电子的动能为Ek=eU. 根据题目已知条件，产生的X光子能量的最大值等于电子的动能，则：hv最大=Ek=eU，可求出.)
50．BC
51．B(由质量数和电荷数守恒得X是中子，反应后质量亏损必释放能量，所以B正确.)
52．A(裂变反应是重核分裂几个中等质量的原子核核反应，聚变反应是两个轻核结合成质量较大的原子核反应. 目前的核电站以为核燃料，俘获一个中子后发生裂变反应，其核反应方程为：. 故选项A正确.)
53．A(吸收中子后变为，放出电子后变为可分裂为两个粒子，则，所以A=7，Z=3，因此A项正确；此题考查核反应中质量数和电荷数守恒.)
54．D
55．BCD(康普顿发现了康普顿效应，汤姆孙发现了电子，卢瑟福提出了原子的核式结构模型，贝史勒尔发现了铀和含铀矿物的天然放射现象，伦琴发现了X射线. 所以答案为BCD，有的考生不熟悉物理学史，有的考生不知道伦琴就是伦从今琴导致错选或漏选. 属于容易题.)
56．A(在的一种可能裂变方程中，由原子核反应中电荷数和质量数守恒可知，X的核电荷数a=92－38=54，质量数即核子数b=235＋1－94－2=140，故核内有140－54=86个中子数，54个质子，A正确B错；由于裂变释放能量，有质量亏损，总质量会减小，但质量数不变，CD均错. 考查原子核的裂变、核反应方程、质量亏损和爱因斯坦质能方程等知识.)
57．D(处于n=3能级的氢原子，只需要吸收能量，这1.51ev的光子就能电离，故A正确；大量氢原子从高能级向n=3能级跃迁时，发出的光子能量均小于1.51ev，是红外线，故具有显著的热效应，B正确；大量处于n=4能级的氢原子向低能级跃迁时，可能发出6种频率的光子，故C正确；大量处于n=4能级的氢原子向低能级跃迁时，可能发出6种频率的光子的能量大小依次为：
12.75ev(4→1)；12.09eV(3→1)；10.2eV(2→1)；2.55eV(4→2)；1.89eV(3→2)；0.66eV(4→3)，其中有两条在可见光范围，故D错误. 该题有一定难度.)
58．B(若某古树中14C的含量为原来的，则该古树经历了2个半衰期，又14C的半衰期为5730年，所以该古树死亡时间距今约为11460年，B正确；此题考查半衰期.)
59．AC 60．AC
物理 磁 场
本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，第Ⅰ卷25到27页，第Ⅱ卷27至32页，共120分。考试时间90分钟。考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
第Ⅰ卷(选择题 共40分)
注意事项：
1．答第Ⅰ卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考试科目涂写在答题卡上。
2．每小题选出答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。不能答在试卷上。
一、选择题(本题共10小题，每题4分，共40分。在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确，全部选对的得4分，选错或不答得0分，选对但不全的得2分。)
1. 如图1所示，一个位于 xy 面内的矩形通电线圈只能绕 Ox轴转动，线圈的四个边分别与 x 、y轴平行．线圈中电流方向如图所示，当空间加上下列所述的哪种磁场时，线圈会转动起来( )
A．方向沿z 轴的恒定磁场
B．方向沿z 轴的变化磁场
C．方向沿y 轴的恒定磁场
D．方向沿x 轴的恒定磁场
2. 如图2 所示，在通电直导线L1 右侧有一小段可自由运动的导线 L2 ，导线 L2 的中点恰在纸面内，其通入垂直纸面向里的电流，它将( )
A．从右向左看，顺时针转动并远离L1
B．从右向左看，逆时针转动并靠近 L1
C．因为 L2 与磁场平行，不受磁场作用
D．以上说法都不对
3. 如图3 所示，在倾角为 θ 的光滑斜面上，垂直纸面放置一根长为 L ，质量为 m 的直导线。在直导线中通入图示方向的电流 I 时，欲使导体静止在斜面上，外加匀强磁场的磁感应强度 B 的大小和方向应为( )
A. ，方向垂直斜面向上
B．，方向垂直斜面向下
C．，方向竖直向上
D．，方向水平向右
4. 如图 4所示，两根平行放置的长直导线 a 和 b 载有大小相同，
方向相反的电流，a 受到的磁场力大小为 F1 ，当加入与导线所在平面垂
直的匀强磁场后，a 受到的磁场力大小变为F2 ，则此时 b 受到的磁场
力大小变为( )
A．F2 B．F1－F2
C．F1＋F2 D．2F1－F2

5．电子在匀强磁场中以某固定的正点电荷为中心做顺时针方向的
匀速圆周运动．如图5所示，磁场方向与电子运动平面垂直．磁
感应强度为 B，电子速率为 v，正电荷和电子的电量均为 e，电子的质
量为m，圆周半径为r，则下列说法正确的是 ( )
A．如果 ，则磁场方向一定垂直纸面向里
B．如果，则电子的角速度 ω =
C．如果，则电子不可能做匀速圆周运动
D．如果，则电子的角速度可能有两个值
6．长为 l 的水平极板间有垂直纸面向里的匀强磁场，如图6所示，磁感应强度为B，极板间距离也为l且不带电，现有质量为m，电量为 q 的带正电微粒(不计重力)，从左边极板之间的中点处垂直磁感线以速度v水平射入磁场，欲使粒子不打在极板上，可采用的办法是( )
A．使粒子的速度
B．使粒子的速度
C．使粒子的速度
D．使粒子的速度

7．如图7所示，L1 和L2 为两平行的虚线，L1 上方和 L2
下方都是垂直纸面向里的磁感应强度相同的匀强磁场，A、B两点
在 L2 上，带电粒子从 A 点以初速v 斜向上与 L2 成30o 角射出，
经过偏转后正好过 B 点，经过 B点时速度方向也斜向上，不计重
力，下列说法正确的是( )
A．带电粒子经过B点速度一定跟在 A 点时速度相同
B．若将带电粒子在 A 点的初速度变大(方向不变)，它仍能经过 B 点
C．若将带电粒子在 A 点的初速度方向改为与L2 成 60o 角斜向上，它就不一定经过B点
D．此粒子一定带正电荷
8．如图8所示，一束电子以大小不同的速率沿图示方向飞入
横截面是一正方形的匀强磁场区，下列判断正确的是( )
A．电子在磁场中运动的时间越长，其轨迹线越长
B．电子在磁场中运动时间越长，其轨迹线所对应的圆心角越大
C．在磁场中运动时间相同的电子，其轨迹线一定重合
D．电子的速率不同，它们在磁场中运动时间一定不相同
9．如图9 所示，匀强磁场的方向垂直纸面向里，一带电微粒从磁场边界 d 点垂直于磁场方向射入 ，沿曲线 dpa 打到屏 MN 上的 a 点，通过 Pa 段用时为 t 。若该微粒经过 P 点时，与一个静止的不带电微粒碰撞并结合为一个新微粒，最终打到屏 MN 上。两个微粒所受重力均忽略，新微粒运动的( )
A ．轨迹为Pb , 至屏幕的时间将小于t
B ．轨迹为Pc , 至屏幕的时间将大于t
C ．轨迹为Pb ，至屏幕的时间将等于t
D ．轨迹为Pa ，至屏幕的时间将大于t
10．如图10所示。在一水平放置的平板
MN 的上方有匀强磁场，磁感应强度的大小为B ，磁场方向垂直于纸
面向里。许多质量为 m 带电量为 ＋q 的粒子。以相同的速率 v 沿位
于纸面内的各个方向。由小孔 O 射入磁场区域。不计重力，不计粒子
间的相互影响。下列图中阴影部分表示带电粒子可能经过的区域，其
中 R = 。图11 所示的四个图正确的是( )
第Ⅱ卷(共80分)
注意事项：
第Ⅱ卷共4页，用0.5毫米黑色的签字笔或黑色墨水钢笔直接答在答题卡上，答在试卷上无效。
二、计算题(本题共10小题，共80分。解答过程要写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤。只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。)
11．在以坐标原点 O 为圆心、半径为
r 的圆形区域内，存在磁感应强度大小为 B 、方向垂直纸面向里的
匀强磁场，如图12 所示。一个不计重力的带电粒子从磁场边
界与x 轴的交点 A 处以速度 v 沿x负轴方向射入磁场，恰好从磁场
边界与 y 轴的交点 C 处沿＋y 方向飞出。
(1) 判断该粒子带何种电荷，并求出其比荷 。
(2) 若磁场方向和所在空间的范围不变，而磁感应强度大小变为 ，该粒子仍从 A 点处以相同的速度射入磁场，但飞出磁场时的速度方向相对入射方向改变了 60°，求磁感应强度多大？此次粒子在磁场中运动所历时间 t 是多少 ？
12．如图13所示，在回旋加速器的 D 形盒 Ⅰ
的 O 点处有一离子源，该离子源产生的离子，经两个 D 形
盒缝隙间的电场加速后，进入 D 形盒 Ⅱ ，试求在 D 形盒
Ⅱ 中相邻两个圆形轨道的半径之比?

13．如图14所示，在足够大的空间范围
内，同时存在着竖直向上的匀强电场和垂直纸面向里的水平匀强磁场，
磁感应强度B =1.57 T 。小球1 带正电，其电量与质量之比q1/m1 = 4
C/kg ，所受重力与电场力的大小相等。小球 2 不带电，静止放置于固定
的水平悬空支架上。小球 1 向右以v0= 23.59m/s 的水平速度与小球2
正碰，碰后经过0.75 s再次相碰 。设碰撞前后两小球带电情况不发生改变，且始终保持在同一竖直平面内(取g =10 m/s2 )。试求：
(1)电场强度 E 的大小是多少 ?
(2)两小球的质量之比m2/m1 是多少?
14 .如图15 所示，
在 x<0 与x>0的区域中，存在磁感应强度大小分别
为 B1与 B2 的匀强磁场，磁场方向均垂直于纸面向里，且
B1>B2 。一个带负电荷的粒子从坐标原点 O 以速度 v
沿 x 轴负方向射出，要使该粒子经过一段时间后又经过
O点，B1与B2 的比值应满足什么条件?
15.磁流体推进船的动力来源于电流与磁场间的相互作用，图16是在平静海面上某实验船的示意图，磁流体推进器由磁体、电极和矩形通道(简称通道)组成。如图 17所示，通道尺寸a=2.0m、b=0.15m 、c=0.10m ，工作时，在通道内沿 z 轴正方向加B=8T的匀强磁场；沿 x 轴负方向加匀强电场，使两极板间的电压 U=99.6v ；海水沿y 轴方向流过通道。已知海水的电阻率ρ=0.20Ω·m。
(1)船静止时，求电源接通瞬间
推进器对海水推力的大小和方向；
(2)船以vs=5.0m/s的速度匀
速前进。以船为参照物，海水以5.0m/s
的速率涌入进水口，由于通道的截面积
小于进水口的截面积，在通道内海水的
速率增加到 vd = 8.0m/s。求此时金属
板间的感应电动势U感。
(3)船行驶时，通道中海水两侧的电压按U ' = U－U感 计算，海水受到电磁力的80%可以
转换为船的动力。当船以 vs = 5.0m/s的速度匀速前进时，求海水推力的功率。
16. 图18中，O点有一放射源，向坐标第一象限内各
方向放射带电粒子( m，－q，v )，要使这些粒子最终都沿x 轴正
向运动，则在第一象限内加一磁感强度为 B 的磁场，求此磁区的
最小范围。

17. 在倾角为 α 的光滑斜面上，放一根通电导线 ab ，电流的
方向为 a→b，ab长为 L，质量为m ，放置时与水平面平行，
如图19所示。将磁感应强度大小为 B 的磁场竖直向上加在
导线所在处，此时导线静止。那么导线中的电流多大？如果导线与
斜面有摩擦，动摩擦因数为 μ ，为使导线保持静止，电流 I 多大?
( μ18. 如图20所示，一束电子(电荷量为e)以速度 v0
垂直射入磁感强度为 B ，宽度为 d 的匀强磁场中，穿过磁
场时速度方向与电子原来入射方向的夹角为30°。求：
(1)电子的质量m。
(2)电子穿过磁场的时间 t。
19. 如图 21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E ，匀强
磁场的方向水平向外，磁感应强度为 B。有两个带电小
球 A 和 B 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)已知两个带电小
球 A 和 B 的质量关系为 mA = 3mB ，轨道半径为 RA = 3RB = 9 cm 。
(1)试说明小球 A 和 B 带什么电，并求它们所带
的电荷量之比 qA/qB 。
(2)指出小球 A 和 B 的绕行方向，并求它们绕行
速率之比vA/vB 。
(3)设带电小球 A 和 B 在图示位置 P 处相碰撞，且碰撞后原先在小圆轨道上运动的带电小球 B 恰好能沿大圆轨道运动，求带电小球 A 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)。
20. abcd 是一个边长为 l 的正方形，它是磁感应强度为 B 的匀强磁场
的边界线，一个带电量为＋q 、质量为 m 的粒子从 ad 边的中点 O与 ad 边
成 θ=30o 角且垂直于磁场方向射入，如图22 所示，试求：
(1)带电粒子在磁场中运动的最长时间 (带电粒子的重力不计)
(2)带电粒子在磁场中运动的时间最长时，带电粒子的运动速度必须满足的条件。
参考解答
1. C 提示：与 Ox 轴平行的两边受磁场力，才可能使线圈转动，且这两边受的安培力方向不能与Oy 轴平行．根据左手定则可以判断选项C是正确的。
2. B 提示：此题必须充分考虑到 L2 所在处磁场的分布情况，若绘出俯视图则格外直观，如图答1所示，可判断出纸面里侧部分受力向上，纸面外侧部分受力向下，转动后，L2 中电流渐渐变成与 L1 同向，并垂直于磁场，受力向左。综上所述，∴ B 选项正确。
3. AC 提示：导体通电后静止在斜面上，则导体所
受合外力等于零. 用左手定则判断，可得B、D两项提
供的磁场中，无论B 多大，安培力、重力、支持力的
合力都不可能等于零。对可能成立的A、C 项分别进行
受力分析，作出正确受力图后，根据平衡条件 ∑F = 0
列方程计算B的大小可得正确答案。对A、C项分别作受
力图如图甲、乙可得磁感应强度分别为
B=mgsinθ/IL ，B=mgtanθ/IL ，∴AC 选项正确。
说明：求解含有安培力的平衡问题，最为关键的是三个步骤：
(1)根据左手定则判断出安培力的方向.
(2)对物体进行正确的受力分析，并正确作出受力图.
(3)根据平衡条件列方程求解。因此要求学生不仅能熟练判断安培力方向，计算安培力的大小；而且要有力学基础，能熟练地对物体受力情况进行分析，并正确作出受力图，熟练掌握前两个步骤，再结合其他知识；就可扩展到含有安培力的其他力学问题.
4. A 提示：据安培定则和左手定则，a受 b 的电流形成的磁场作用力为 F ，方向向左. 同理，b受 a 磁场的作用力大小也是F，方向向右，新加入的磁场无论什么方向，a、b受到这个磁场的作用力总是等值反向。既然 a 、b 原来的磁场力等值反向，新加入的磁场力也等值反向，故 a、b 最终的磁场力仍然等值反向。由题意知，当加入与导线所在平面垂直的匀强磁场后，a 受到的磁场力大小变为F2 ，故 b 受到的磁场力大小也是 F2 . ∴ A 选项正确.
5．ABD 提示：电子所受的库仑引力和洛伦兹力共同提供向心力，若evB>，则粒子所受洛伦兹力必沿半径指向圆心，再由左手定则得磁场方向一定垂直纸面向里，∴A项正确；若洛伦兹力与库仑引力同向，则，∴电子的角速度，∴B项正确；若，则洛伦兹力可能沿半径指向圆心，也可能背离圆心，从而电子运动的角速度可能有两个．∴D选项正确。
6．AB 提示：如图所示，由左手定则知粒子在磁场中向上偏，做匀速圆周运动．很明显粒子做圆周运动的半径大于某值 r1 时，粒子可从极板右边穿出；小于某值 r2 时，粒子可从极板左边穿出．由几何知识得：粒子擦着上板从右边穿出时，圆心在O点，有：
，得，
由圆周运动的半径公式得：，
∴时粒子能从右边射出．粒子擦着上板从左边穿出时，
圆心在点，有：， 得
∴时粒子能从左边射出.
7．AB 提示：与L2 边界成角的粒子射出后，在上方磁场中做匀速圆周运动，从边界L1上射出，又进入 L2 下方磁场，偏转后沿与v相同的方向穿过B点，由轨迹去向及左手定则可知粒子带电．
8．B 提示：粒子运动对应的路程s=vt，运动时间越长，v不一样，s 不一定就越长；而圆心角，故时间越长，所对应的圆心角越大；从磁场左边界飞出的粒子对应的运动时间都为半个周期，但轨迹没有重合，同样也可得到从左边界出来的粒子，尽管速率不一样，但时间相同。
9．D 提示：带电微粒从磁场边界 d 点垂直于磁场方向射入，沿曲线 dpa 能打到屏 MN 上的 a 点，且通过 Pa 段用时为 t . 当微粒经过 P 点时，与一个静止的不带电微粒碰撞并结合为一个新微粒后，由于碰撞前后系统动量守恒，由带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的半径公式可知，新微粒运动的轨迹、曲率半径都不发生变化，由带电粒子在匀强磁场中的运动时间可知，运动时间 t‘ 将大于 t . 综上所述，∴ D 选项正确.
10．A 提示：根据题意由左手定则可知，粒子进入磁场后，
其受力方向都偏向左边，作出沿各个方向射入磁场的带电粒子
圆心点的轨迹如图中虚线所示，其中沿ON 方向射入磁场的带
电粒子的圆心在轨迹的最高 On 处，它的运动轨迹为图10答中
a 实线所示的圆周，粒子所能到达的最高点为 Q 点，Q 点
距MN 板的距离为2R. 沿垂直于MN 方向射入磁场的带
电粒子的圆心在MN 直线上的O1 处，它的运动轨迹为图中e
实线所示的圆周，粒子所能到达的最左端点为 P点，P点距入
射小孔 O 点的距离为 2R . 沿其它任何方向的粒子的最高点不
可能超过 Q 点( 2R )，最左端点不可能超过 P 点(2R )，故沿小孔 O 点向各个不同方向进入磁场的带电粒子在磁场中所能到达的空间范围是将 a 圆以小孔 O 为圆心在磁场中扫过的面积(即将最高点Q 旋转至 P 点)，故带电粒子可能经过的区域的如图11A 所示. ∴ A 选项正确.
11.(1)如图所示. 由粒子的飞行轨迹，运用左手定则可知，该粒子带负
电荷. 粒子由 A 点射入，由 C 点飞出，其速度方向改变了 90o ，故粒子
轨迹半径 R=r ①
又∵ ②
∴ 粒子的比荷 ③
(2)如图乙所示. 粒子从 D 飞出磁场速度方向改变了角，故 AD 弧所对圆心角为，粒子做圆周运动的半径 ④
又∵ ⑤
∴ ⑥
粒子在磁场中飞行的时间
12. 刚开始从离子源产生的离子经电场加速一次后进入 D 形盒 Ⅱ 中，而第二次进入 D 形盒 Ⅱ时，已经过电场加速三次…… ，第 n 次进入 D 形盒 Ⅱ 时，已经过电场加速 (2n－1)次，再根据动能定理即可求得进入 D 形盒 Ⅱ 的速度，最后由半径公式求出半径之比
∵， ∴
又∵，
∴(n = 1 、2 、3……)
13. (1)小球 1 所受的重力与电场力始终平衡 m1g = q1E ①
∴E=2.5N/C ②
(2)相碰后小球 1 做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得：q1v1B = ③
∴半径为 ④
周期 ⑤
∵两小球运动时间 t =0.75s= ⑥
∴小球 1 只能逆时针经 个圆周时与小球2再次相碰. 第一次相碰后小球2作平抛运动：
⑦
L=R1=v2 t ⑧
两小球第一次碰撞前后动量守恒，以水平向右为正方向，m1vo=－m1v1＋m2v2
由⑦⑧式得 v2 =3.75m/s. R1 = 45/16m.
由④式得 v1==17.66 m/s. ∴两小球质量之比..
14. 粒子在整个运动过程中的速度大小恒为 v ，交替地在 xy 平面内 B1 与 B2 磁场区域中做匀速圆周运动. 轨道都是半个圆周. 设粒子的质量和电荷量的大小分别为 m 和 q ，圆周运动的半径分别为 r1 和 r2 ，有
① ②
现分析粒子运动的轨迹. 在 xy 平面内，粒子先沿半径为 r1 的半圆C1 运动至 y 轴上离O 点距离为2 r1 的 A 点，接着沿半径为 r2 的半圆D1 运动至 y 轴上的 O1 点，OO1的距离 d =2( r2－r1 ) ③
此后，粒子每经历一次“回旋”(即从 y 轴出发沿半径为 r1 的半圆和半径为 r2 的半圆回到原点下方的y 轴)，粒子的 y 坐标就减小d. 设粒子经过 n 次回旋后与 y 轴交于 On 点，若满足nd=2r1 ④
则粒子再经过半圆就能够经过原点，式中n=1、2、3、……为回旋次数. 由③④式解得 n=1、2、3、…… ⑤
联立①②⑤式可和 B1、B2 应满足的条件：
n=1、2、3、…… ⑥
15. (1)根据安培力公式，推力F1 = I1Bb，其中，
则. 对海水推力的方向沿y轴正方向(向右)
(2)U感 = Bu感b=9.6V
(3)根据欧姆定律，
安培推力F2=I2Bb=720N 对船的推力F=80% F2=576N
推力的功率P=Fvs=80% F2vs=2880W
16.所求磁区的上边界为图27 中OP1，此弧就是初速向 y 轴正向的粒子在磁场中的轨迹，其圆心在( r，O )处，半径为，于是此圆弧的参数方程为( 以为参数 )

磁区的下边界为圆簇中各圆最高点P1，P2，P3 …… 各点的集合，因为各圆在最高点的切线平行于 x 轴，当这些点的集合右下方无磁场时，粒子将沿 x 正向作直线运动．以 P2 为其代表点，初速与 y 轴成 α 角的粒子将经过此点，图16答2所示，所以其坐标位置为( 以 α 为参数 )
．()
变换参数，令，则
．()
上 、下边界联合起来便得到所求的最小磁区范围如图28 所示．
17. 在分析这类问题时，由于B、I 和安培力 F 的方向不在同一平面内，一般情况下题目中所给的原图均为立体图，在立体图中进行受力分析容易出错，因此画受力图时应首先将立体图平面化。本题中棒 ab 所受重力 mg、支持力 FN 和安培力 F 均在同一竖直面内，受力分析如图17答 所示。由于ab 静止不动，由平衡条件，有：
FN sinθ=F=BIL ① FN cosθ=mg ②
由①②得导线中电流 I=mgtanα/BL
如果存在摩擦的话，问题就复杂得多. 当电流 Imgtanα/BL时，ab有向上滑的趋势，静摩擦力沿斜面向下，临界状态时Ff2=μFN2.
第一种临界情况，由平衡条件得：
沿斜面方向mgsinα=F1cosα＋Ff1 ③
垂直于斜面方向FN1=mgcosα＋F1sinα ④
∵Ff1=μFN1. F1=BI1L ⑤
由③④⑤得 I1 =
第二种情况，同理可列方程
mgsinα＋Ff2=F2cosα ⑥
FN2=mgcosα＋F2sinα ⑦
∵Ff 2=μFN2. F2=BI2L ⑧
由⑥⑦⑧得，I2=
所求条件为： ≤I≤
18. 电子从 M 点射入，N点穿出. 由几何知识知：圆心在左边界上，
也在过 N点且与 v0垂直的直线上，左边界与此直线的交点即为圆心O.
过 N 点作边界的垂线，构建三角形. MN 弧对应的圆心角等于速度的偏转角，
即 ∠MON=30°. 如图所示.
作出电子在磁场中偏转的示意图. 如图10 答所示. 由示意图知，
电子偏转半径为 R=d/sin30° ①
电子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，所以
②
由①②两式，得m=2Bed /vo，电子在磁场中运动时间为 t=θR/vo. 代人数据，解得 t=πd /3vo.
19. (1)因为两带电小球都在复合场中做匀速圆周运动，故必有qE=mg，由电场方向可知，两小球都带负电荷.
mAg=qAE mBg=qBE mA=3mB ∴qA/qB =3/1.
(2)由题意可知，两带电小球的绕行方向都相同，都为逆时针方向. 由qBv= 得 R= .由题意 RA=3RB，所以 vA/vB=3/1.
(3)由于两带电小球在 P 处相碰，切向合外力为零，故两带电小球在该处的切线方向动量守恒.由 mAvA＋mBvB=mAvA’ ＋mBvB’ . vB’ =vA=3vB得 vB’=
所以 =/==/3vB= . ∴RA’ =RA=7cm.
20. 由题设的条件可知带电粒子在磁场中只受洛伦兹力作用而做
匀速圆周运动，粒子带正电，由左手定则可知它将向ab方向偏转，带
电粒子的可能轨道如图所示(磁场方向没有画出)，这些轨道的圆心均在与
v 方向垂直的OM上．带电粒子在磁场中运动，洛伦兹力提供向心力，
有：

由于带电粒子做匀速圆周运动的周期与速率和半径没有关系，因此它在磁场中运动时间仅与轨迹所对圆心角大小有关，由图分析可知，带电粒子从入射边进入，又从入射边飞出时其轨迹所对的圆心角最大，其中与ab 相切的轨迹所对应的圆弧半径，也就是它所有可能的轨迹半径中的临界半径ro，r>ro在磁场中运动时间是变化的，r≤ro，在磁场中运动的时间相同，也是在磁场中运动的最长时间．由上图可知，△O2OE 均为正三角形，∴∠OO2E=π/ 3 ，轨迹所对应的圆心角α=2π－π/3=3π/ 5
运动时间 t=αr/v=αm/qB=5πm/3qB
由图可知， ∴
解后小结：这是一道分析难度大而计算较为简单的试题，本题的分析除了深刻理解周期公式 T=2πm/qB的物理含义外，还要求能正确分析带电粒子在磁场中运动轨迹的可能性以及所对应的速率和运动时间存在着怎样的关系，作岀带电粒子在磁场中的几条有代表性的可能轨迹(也就是几个从不同边飞出的轨迹)然后建立相关的动力学方程以及辅助方程.
高中物理实验
第一讲、常见仪器的读数和数据的处理
一、高考知识点梳理：
1. 要求会正确使用的仪器主要有
序号
仪 器
序号
仪 器
序号
仪 器
1
刻度尺
6
打点计时器
11
多用电表
2
游标卡尺
7
弹簧测力计
12
滑动变阻器
3
螺旋测微器
8
温度计
13
电阻箱
4
天平
9
电流表
14
示波器
5
秒表
10
电压表
2. 有效数字和误差
（1）有效数字：带有一位不可靠数字的近似数字叫做有效数字，有效数字的最后一位是误差所在位．从左往右数从第一个不为零的数字起，数到右边最末一位为止为有效数字的位数。如0.0735cm = 7.35×10－2cm，有三位有效数字，0.07350cm有四位有效数字。
（2）系统误差和偶然误差：测量值总是有规律的朝着某一方向偏离真实值（总是偏大或总是偏小）的误差，称为系统误差．系统误差的主要来源是仪器本身不够精确，或实验原理、方法不够完善。由于偶然因素的影响，造成测量值的无规律起伏称为偶然误差．偶然误差是由于各种偶然因素对被测物理量的影响而产生的，多次测量偏大和偏小的机会相同，因此，多次测量求平均值可减小偶然误差。
（3）绝对误差和相对误差：设某物理量的真值为A0，测量值为A，则绝对误差 △ = ｜A - Ao｜，相对误差为
= 。真值 Ao 常以公认值 、理论值或多次测量的平均值代替。
3. 读数
（1）中学物理范围内，游标卡尺、秒表、电阻箱不需要估读。
（2）在需要估读的仪器在读数中遵循一下原则。
① 最小分度是“1”的仪器，测量误差出现在下一位，下一位按十分之一估读。如最小刻度是1mm的刻度尺，测量误差出现在毫米的十分位上，估读到十分之几毫米。
② 最小分度是“2”或“5”的仪器，测量误差出现在同一位上，同一位分别按二分之一或五分之一估读．如学生用的0.6A量程的电流表，最小分度为0.02A，误差出现在安培的百分位，只读到安培的百分位，估读半小格，不足半小格的舍去，等于半小格的按半小格估读，超过半小格的按一小格估读。
4. 常见直接测量物理量和间接测量物理量
（1）常见直接测量物理量
基本物理量
测量仪器
力学
长度
刻度尺 、游标卡尺 、螺旋测微器
时间
秒表（停表） 、打点计时器
质量
天平
电学
电阻（粗测）
欧姆表 、电阻箱
电流
电流表
电压
电压表
（2）常见间接测量物理量
待测物理量
基本测量方法
力学
速度
① 利用纸带，vn = ；② 利用平抛，v = x。
加速度
① 利用纸带，逐差法 a =△s/T2；②利用单摆 g = 4π2l/T2。
力
根据F = ma 转化为测量m 、a 。
功
根据 w = △Ek 转化为测量m 、s 、v 。
质量
① 天平直接测量 。
② 根据 m = F/a 测量 。
③ 利用 T = 2π m = kT2/4π2 转化为测 T 及 k 。
④ 利用 m1v1 + m2v2 = m1v1’ + m2v2’ ， = 。
若已知一物体质量，可通过测速度间接测另一物体质量。
电学
电阻
（精确测量）
① 根据 R = U/I 转化为测量U 、I （伏安法） 。
② 电阻箱（半偏 、替代） 。
电功率
根据P = IU 转化为测量U 、I 。
电源电动势
根据E = U + Ir转化为测量U 、I 。
5. 数据的处理
（1）列表法：在记录和处理数据时，常常将数据列成表格。数据列表可以简单而又明确的表示出有关物理量之间的关系，有助于找出物理量之间的规律性联系。
（2）作图法：用作图法处理实验数据是物理实验中最常用的方法之一．用作图法处理数据的优点是直观、简便，有取平均的效果，并且有排除坏数据的作用．由图线的斜率、截距、包围面积等可以研究物理量之间的变化关系，找出规律。
（3）平均值法：现行教材只介绍算术平均值，即把测定的若干组数相加求和，然后除以测量次数．必须注意，求取平均值时应该按原来测量仪器的准确度决定保留的位数。
二、典例分析
例1. 请将下列各种测量仪器的读数填在题中的横线上。
第二讲、力学和热学实验
一、高考知识点梳理：
1. 力学和热学部分要求能在理解的基础上独立完成的学生实验有
（1）长度的测量
（2）研究匀变速直线运动
（3）探究弹力和弹簧伸长的关系
（4）验证力的平行四边形定则
（5）验证动量守恒定律
（6）研究平抛物体的运动
（7）验证机械能守恒定律
（8）用单摆测定重力加速度
（9）用油膜法估测分子的大小
2. 力学实验主要是围绕打点计时器纸带的处理展开。
二、典例分析
例1. 在“测定匀变速直线运动的加速度”实验中，打点计时器使用的交流电的频率为50 Hz ，记录小车做匀变速运动的纸带如图 11所示，在纸带上选择0、1、2、3、4、5的6个计数点，相邻两计数点之间还有四个点未画出，纸带旁放着带有最小分度毫米的刻度尺，零点跟“0”计数点对齐，由图可以读出三个计数点1 、3 、5跟 0 点的距离填入下列表格中.
距离
d1
d2
d3
测量值/cm
计算小车通过计数点“2”的瞬时速度为 v2 = _____ m/s；小车的加速度是 a = _____ m/s；（保留两位有效数字）
例2. 为了测量两张纸之间的动摩擦因数. 某同学设计了一个实验：如图 12 所示，
在木块 A 和木板 B 上贴上待测的纸， B 木板水平固定，砂桶通过细线与木板 A
相连，调节砂桶中砂的多少，使木板 A 匀速向左运动. 测出砂桶和砂的总质量 m ，
以及贴纸木块 A 的质量 M ，则两纸间的动摩擦因数 μ = m/M 。
（1）该同学为什么要把纸贴在木块 A 和木板 B 上，
而不直接测量两张纸间的滑动摩擦力？
（2）在实际操作中，发现要保证木块 A 做匀速运动
较困难，请你对这个实验作一改进来克服这一困难。
① 你设计的改进方案是 ________________；
② 根据你的方案，结果动摩擦因数 μ 的表达式
是_____________________；
③ 根据你的方案要添加的器材有________________。
例3. 用半径相同的两个小球 A 、B的碰撞验证动量
守恒定律，实验装置如图 13 所示，斜槽与水平槽圆滑连接 。
实验时先不放 B 球，使 A 球从斜槽上某一固定点C 由静止滚下，落到位于水平地面的记录纸上留下痕迹，再把 B 球静置于水平槽前端边缘处，让 A 球仍从C 处由静止滚下，A 球和 B 球碰撞后分别落在记录纸上留下各自的痕迹. 记录纸上的O 点是重垂线所指的位置，若测得各落点痕迹到O点的距离：OM = 2.68cm，OP = 8.62cm，ON = 11.50cm，并知A 、B两球的质量比为2∶1，则未放 B 球时A球落地点是记录纸上的_______点，系统碰撞前总动量P’ 与碰撞后总动量p的百分误差 = _______ % （结果保留一位有效数字） 。
例4. 气垫导轨是常用的一种实验仪器。它是利用气泵使带孔的导轨与滑块之间形成气垫，使滑块悬浮在导轨上，滑块在导轨上的运动可视为没有摩擦. 我们可以用带竖直挡板C、D的气垫导轨以及滑块A、B来验证动量守恒定律，实验装置如图 14 所示（弹簧的长度忽略不计），采用的实验步骤如下：
（a）用天平分别测出滑块A、B的质量mA、mB.
（b）调整气垫导轨，使导轨处于水平.
（c）在滑块A、滑块B间放入一个被压缩的轻弹簧，用电动卡销锁定，静止放置在气垫导轨上.
（d）用刻度尺测出滑块A的左端至板C的距离L1.
（e）按下电钮放开卡销，同时使分别记录滑块A、B运动时间的计时器开始工作. 当滑块A、B分别碰撞挡板C、D时停止计时，计下滑块A、B分别到达挡板C、D的运动时间t1和t2.
（1）实验中还应测量的物理量是__________________.
（2）利用上述测量的实验数据，验证动量守恒定律的表达式是________________，由此公式算得的A、B两滑块的动量大小并不完全相等，产生误差的原因是________________.
（3）利用上述实验数据能否测出被压缩弹簧的弹性势能的大小？如能，请写出表达式.
例5. 用打点计时器和重锤在自由下落的情况下验证机械能守恒定律的实验中，电源频率为50Hz，依次打出的点为0，1，2，3，4. 则：
（1）在图 15 所示的两条纸带中应选取的纸带是 _____________，因为________________________________。
（2）如从起点0到点3之间来验证，必须测量和计算出的物理量为___________，验证的表达式为__________。
三 、 针对练习
1. 如图 16所示，用A 、B两个测力计拉橡皮条的D端（O端固定，当D端达E处时（α+β）= 90o；
然后保持A的读数不变，当α角由图中所示的值逐渐变小时，要使D端仍在E处，可采用的办法是（）
A．增大B的读数，减小β角
B．减小B的读数，减小β角
C．减小B的读数，增大β角
D．增大B的读数，增大β角
2. 在“研究匀变速直线运动”的实验中，为了减小测量小车运动加速度的相对误差，下面列举的措施中，哪些是有益的（）
A．使小车运动的加速度尽量小一些
B．适当增加挂在细绳下的钩码的个数
C．在同样条件下，打出多条纸带，选其中一条最理想的进行测量和计算
D．舍去纸带上密集的点，然后选取计数点，进行计算
3. 某同学通过实验对平抛运动进行研究，他在竖直墙上记录了抛物线轨迹的一部分，如图 17所示.x 轴沿水平方向，由图中所给的数据可求出平抛物体的初速度是_____ m/s，抛出点的坐标 x = _____m，y = ______m 。 （g取10m/s2）
4. 在研究平抛物体的运动过程中，如图 18 所示的实验：
（1）将两个相同的斜滑轨固定在同一竖直面内，它们的最下端水平，把两个质量相等的小钢球，从斜面的顶点由静止同时释放，滑道2与光滑水平面吻合，观察到______________，说明__________________ 。
（2）在教材“研究平抛物体运动”的实验中可以测出小球经过曲线上任意位置的瞬时速度。 实验简要步骤如下：
A．让小球多次从_________位置无初速滚下，记下小球穿过卡片孔的一系列的位置.
B．按教材图安装好器材，注意________，记下斜槽末端O点和过O点的竖直线.
C．测出曲线上某点的位置坐标x 、y ，用 v = __________算出该点的瞬时速度 。
D．取下白纸，以O点为原点，以竖直线为轴建立坐标系，用平滑曲线画平抛轨迹 。
（a） 完成上述步骤，将正确的答案填在横线上。
（b）上述实验步骤的合理顺序是___________________。
5. 用如图 19 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，离地面高度为H；质量为mA的钢球A用细线拴好悬挂于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α；球A由静止释放，摆到最低点时恰与球B发生正碰，碰撞后，A球把轻质指示针C推移到与竖直夹角为β处，B球落到地面上，地面上铺有一张盖有复写纸的白纸D，用来记录球 B 的落点。
用图中所示各个物理量的符号表示碰撞前后两球A 、B的动量（设两球A、B碰前的动量分别为pA、pB； 碰后动量分别为 PA’ 、PB’，则PA =_________，PA’ =_________， PB =_________，PB’ =_________。
6. 在用打点计时器验证机构能守恒定律的实验中，质量m = 1.00kg的重物自由下落，打点计时器在纸带上打出一系列点。如图 20所示为选取的一条符合实验要求的纸带，O为第一个点，A 、B 、C为从合适位置开始选取的三个连续点（其他点未画出） 。 已知打点计时器每隔0.02 s 打一次点，当地的重力加速度g = 9.80 m/s。 那么：
（1） 纸带的 ____ 端（选填“左”或“右”）与重物相连。
（2） 根据图上所得的数据，应取图中O点和_______点来验证机械能守恒定律。
（3） 从 O 点到所取点，重物重力势能减少量 △Ep = ________ J，动能增加量
△Ek = ________ J 。（结果取3位有效数字）。
（4）实验的结论是________________________。
7. 某同学在探索“弹簧弹力与形变量之间的关系”时，记录了下列几组数据
物理量 次数
1
2
3
4
5
弹簧长度/cm
12
14
16
18
20
弹簧弹力/N
2.1
4.0
6.1
7.9
10.0
（1） 在图 21 中的坐标纸上描点并画出弹簧弹力与弹簧长度之间的关系图象。
（2） 图线和横轴交点坐标的物理意义是__________________ 。
（3） 由下图可求得弹簧的劲度系数 = _________N/m 。
8. 将一单摆装置竖直悬挂于某一深度为h（未知）且开口向下的小筒中（单
摆的下部分露于筒外），如图 22所示，将悬线拉离平衡位置一个小角度后由静止释
放，设单摆振动过程中悬线不会碰到筒壁，如果本实验的长度测量工具只能测出量
筒的下端口到摆球球心的距离为l，并通过改变l而测出对应的摆动周期T，再以
T2为纵轴、l为横轴作出函数关系图象，那么就可以通过此图象得出小筒的深度h
和当地的重力加速度 。
（1）现有如下测量工具：A.时钟；B.秒表；C.天平；D.毫米刻度尺。
本实验所需的测量工具有____________。
（2）如果实验中所得的T2－l关系图象如图 23所示，那么真正的图
象应该是a 、b 、c中的_______________。
（3）由图象可知，小筒的深度h = ____ m，当地g = _____ m/s2 。
9. 在“用油膜法估测分子大小”实验中所用的油酸酒精容液的浓度为1000mL，
溶液中有纯油酸0.6mL，用注射器测得1mL上述溶液为80滴，把1滴该溶液滴入盛
水的浅盘内，让油膜在水面上尽可能散开，测得油膜薄膜的轮廓形状和尺寸如图 24
所示，图中正方形方格的边长为1cm，试求：
（1）油酸膜的面积是__________cm2；
（2）实验测出油酸分子的直径是___________m；（结果保留两位有效数字）
（3）实验中为什么要让油膜尽可能散开？____________________________.
10. 在“利用打点计时器测定匀加速直线运动的加速度”的实验中，某同学在
打出的纸带上每5点取一个计数点，共取了七个计数点. 测出每两个相邻记数点间
的距离分别为s1 、s2…… 、s6，然后他把纸带上s1、s2……、s6各段准确地剪开成
6段。如图 25 所示贴在坐标纸上，彼此不留间隙也不重叠，纸带下端则准确地与
横轴重合，s1的左边准确地与纵轴重合，横轴为时间轴，纵轴为速度轴. 该同学在
这个图中作出了速度图像，并由图像求出了加速度a. 请说明他是如何作出速度图
象，并求出加速度a的？
2007届第二轮实验参考答案
第一讲
例1. 35.26mm 0.00560m 0.0023m 217.5s 100.5s 10.002mm 0.5365cm 10472Ω 890Ω 9.8A 0.36A
第二讲
例1. 1 .20 5 .40 12 .00 v2 = 0 .21m/s a = 0 .60m/s2 。
例2. （1）通过增大压力来增大摩擦力，便于测量。
（2）① 使木块A做匀加速运动，测出其加速度a； ② N = - 。
③ 打点计时器、低压交流电源。（其他合理方案） 。
例3. P；2 。
例4.（1） B的右端至D板的距离l2 。
（2）mA - mB = 0 ；测量时间、距离等存在误差，由于阻力等造成误差。
（3）能 EP = （mA+ mB）。
例5.（1） a；物体自由下落时第一、二两点间距接近2 m m 。
（2） 点 O 和点3的距离h ，点2和点4的距离l ，计算出物体在点3时的速度 v ；mgh = mv2。
练习：1. B 2. BCD 3. 4 m/s ， - 0 .80 m ， - 0 .20 m 。
4.（1）球1将在水平轨道上击中球2 平抛运动水平方向上的分运动是匀速直线运动
（2）（a）A.斜槽上同一 B.斜槽末端切线水平 C. v =  （b）BADC
5. mA ，mA ，0 ，。
6. （1）左 （2）B （3）1.88、1.84 （4）在误差范围内，机械能守恒。
7. （1）略 （2）弹簧的自由长度 （3）95～105N/m
8. （1）BD （2）a （3）h = 0.30m， g = 9.86m/s2
9. （1）107——110都对 （2）6.7×10－10 — 7.1×10－10都对 （3）形成单分子薄膜
10. 由于各段纸带是等宽的，所以每条纸带的宽度可以表示一个时间单位T，
每条纸带的高度sn和该单位时间Tn（Tn = T）内平均速度vn的关系为 vn = sn/T，
而vn 等于Tn 时间中点时刻的瞬时速度vn’，即有vn’ = vn = sn/T，这样vn’ 为第
n 段纸带上边缘中点的速度（当T = 0.1s时，纵轴1cm的高度表示的速度为10cm/s）。
因此描出各段纸带中点的位置1、2、…、6，利用这些点可以画出速度一时间图像，
如图所示，在图像上相距较远的地方取a、b两点，其坐标分别为（ta，va ）、（tb，vb ），
由公式a = 可计算出加速度。
第三讲：高中电学实验

高考知识点梳理：
1. 电学实验的意义
电学实验中对电流、电压、电阻的测量巳不再限局限这些物理量本身，而是这些量隐含着其它物理量。如对电阻的测量，可转化为是对温度（热敏电阻）、力（压电陶瓷）、光的强度（光电效应）等的测量。熟练地驾驭各种电路，利用传感器等转换元件将其它形式的物理量转换为电学物理量，从而开拓视野，扩大测量范围。这才是电学实验的意义。
2. 如何做电学实验
（1）设计、选择合适的电路
根据所测量的物理量和条件，设计或选择安全、可靠、精确、快捷的电路。巧妙地利用串联分压，并联分流，整体与局部，干路与支路的电流、电压、电阻的关系，完成相关电学物理量的测量。
（2）伏特表、安培表在电路中的具体接法
伏安法测电阻时电路有内外两种连接方式，当 > 时选安培表外接电路；当 < 时选安培表内接电路。
（3）附：滑动变阻器在电路中的两种连接方式
滑动变阻器是电路中重要的元件之一，滑动变阻器的连接 、阻值变化情况分析、对电压电流的控制作用分析等是电路分析中的出发点和关键，是电学实验对学生基本实验技能的要求．滑动变阻器在电路中有两种连接方式：
① 限流接法如图27所示。滑变器的AP部分与负载电阻 R 串联，改变滑片 P 的
位置，即可改变R的端电压及电流，其R上电压调节范围较小 （） ，相同条件
下，能耗较小。合上开关 s 前要使滑片 P 位于 B 端（保护负载）。
② 分压接法如图28所示．滑动变阻器的 AP 部分与负载电阻 R 并联后再与 AP 部
分串联。当滑片从A 向 B 端滑动时，负载电阻 R 上的电压在 O ～ E 范围内变化。显然
比限流式接法调节范围大。合上开关 s 前，滑片 P 应在 A 端，以使 R 上电压最小。
通常变阻器以限流接法为主，在下列三种情况下，必须选择分压接法。
Ⅰ. 要求某部分电路的电压或电流需从零开始调节时。
Ⅱ. 滑动变阻器电阻值远小于被测电阻或电路中串联的其他电阻阻值时。
Ⅲ.所提供的实验仪器允许通过的最大电流很小，低于实验电路中的电流时。
当用电器电阻比变阻器全部阻值小或差不多时，且实验要求电压变化范围不大，一般选择限流式接法。
当用电器电阻远大于变阻器全部阻值，且实验要求电压变化范围较大时，一般选分压式接法。
若采用限流式接法后，电路中的最小电流仍超过用电器的额定电流时，必须选用分压式接法。
当两种电路都能满足要求时，从减小电能损耗考虑，应优先选用限流式接法。
（4）电路测量器材的选择及原则
① 安全可靠（实验过程中不损坏实验器材）。
② 精确可信（减小实验误差，尽可能接近真值）。
③ 快捷方便（在保证实验正常进行的前提下，选用的电路和器材应操作方便，读取数据快捷且便于处理）。
④ 电源允许的最大电流要大于电路中的实际电流。
⑤ 用电器的额定电流不能小于电路中的实际电流。
⑥ 电压表和电流表的量程不能小于被测电压和电流的最大值。（正常情况下电压表和电流表的指针应指到满偏的三分之二附近）。
3．几种常见的实验方法
（1）等效替代法：等效替代法是物理学中运用较普遍的一种方法，也是物理实验中常用的方法。如“验证力的平行四边形法则”的实验中分力与合力；又如“碰撞中的动量守恒”实验中，用小球的水平位移代替小球的水平速度；画电场中等势线分布时用电流场模拟静电场等。
（2）微元累积法：把某些难以直接准确测量的微小量累积后测量，提高测量的精确程度，如测单摆振动的周期，应测量单摆多次全振动的时间除以全振动次数，以减少人的反应时间造成误差的影响。
（3）控制变量法：在多因素的实验中，可以先控制一些量不变，依次研究某一个因素的影响。如欧姆定律实验中先保持电压一定，研究电流与电阻的关系；再保持电阻一定，研究电中与电压的关系。又如牛顿第二定律实验中可以先保持质量一定，研究加速度和力的关系；再保持力一定，研究加速度和质量的关系。
（4）留迹法：把瞬息即逝的现象（位置、轨迹、图像等）记录下来，如通过纸带上打出的小点记录小车的位置；用描迹法画出平抛物体的运动轨迹；用沙摆显示振动的图像。
4．实验数据的处理方法
数据处理是对原始实验记录的科学加工。通过数据处理，往往可以从一堆表面上难以察觉的 、似乎毫无联系的数据中找出内在的规律，在中学物理中只要求掌握以下几种常用的数据处理方法。
（1）列表法：在记录和处理数据时，常常将数据列成表格，数据列表可以简单而又明确的表示出有关物理量之间的关系，有助于找出物理量之间的规律性的关系。其列表的要求是：
① 写明表的标题或加上必要的说明。
② 必须交待清楚表中各符号所表示的物理量的意义，要在标题栏中写明单位。
③ 表中的数据要正确反映测量结果的有效数字。
（2）作图法：用作图法处理实验数据是物理实验中最常用的方法之一，用作图法处理数据的优点是直观、简便，同时具有取平均值的效果。由图线的斜率。截距、包围面积等可以研究物理量之间的变化关系，找出规律。
其作图的规则是：
① 作图一定要用坐标纸，坐标纸的大小要根据测量数据有效数字的多少和结果的需要来确定。
② 要标明轴名、单位，在轴上每隔一定相等的间距按有效数字位数标明数值。
③ 图上连线要用直尺（直线、折线）或曲线尺（平滑曲线）。连线时不一定通过所有的数据点，但要使数据点在所连直线或曲线的两侧合理的分布。
④ 在图上求直线的斜率时，要选取线上相距较远的两点，不一定要取原来测的数据点。
⑤ 作图时常设法使图线线性化，即“将曲改直”。例如，在验证牛顿第二定律的实验中，将a - m 图像改画成 a - 图像后，就可将不易看出二者关系的曲线改画成了关系明朗的直线。
（3）平均值法：现行教材中只介绍算术平均值，即把测定的若干组数相加求和，然后除以测量次数，必须注意，求取平均值时应该按原来测量仪器的准确度决定保留的位数。
5．实验误差的分析
中学物理中只要求初步了解绝对误差与相对误差、偶然误差与系统误差的概念，能定性分析一些实验产生系统误差的主要原因。
（1）绝对误差与相对误差：设某物理量真值为 Ao ，测量值为 A ，则绝对误差 △ = | A - Ao |，相对误差为 = ，因为真值 Ao 是不知道的，常以公认值或理论值 、多次测量的平均值代替真值。
（2）系统误差与偶然误差：测量值总是有规律的朝着某一方向偏离真值（总是偏大或总是偏小）的误差，称为系统误差，系统误差主要来源于仪器设备本身不够精确或实验原理 、方法不够完善。由于偶然因素的影响，造成测量值的无规则的起伏变化所产生的误差称为偶然误差。偶然误差是由于各种偶然因素对实验者、测量仪器、被测物理量的影响而产生的，多次测量偏大和偏少的机会相同。因此，多次测量求平均值可减小偶然误差。

高中电学实验回顾
1. 用描迹法画电场中平面上的等势线
例1. （2004年全国卷）图 29 中给出的器材有：
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  （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 6 v 。
（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，将将探针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压印在白纸上。
f．将探针与某一基准点相接触，__________________________，这一点是此基准点的等势点。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他等势点。
g．重复步骤f，找出其他4个基准点的等势点。取出白纸画出各等势线。
分析与解答： （Ⅰ）连接线路如图 30 。
（Ⅱ）b．把变阻器的滑动触头移到靠近 D 端处调节R ，使电压表读数为 6 v，
d． 记下电压表读数，在导电纸上移动探针，找出电压表读数与基准点数值相同的另一点。
例2. 在“用描迹法画出电场中平面上的等势线”的实验中，一般是左手拿着探针与基准点接触，右手移动另一个探针去寻找与基准点电势相等的点。怎样移动另一个探针可较快地找到等势点?
分析与解答：实验操作时，以基准点为圆心，虚拟一个圆周，在此圆周左右移动探针，先找到一个基准点，则该点关于两电极连线的对称点也是一个等势点。逐步扩大圆的半径，可以找出一系列的等势点。
由点电荷形成的电场中的电势高低及升降变化情况可知，在等量异号点电荷的电场中，越靠近正电荷处电势越高，越靠近负电荷处电势越低，两探针间的电势差越大，电流表指针偏角越大，利用这些特点移动探针时可以较快地找到等势点。
如果对等量异号点电荷的电场分布比较清楚，可以知道电场中等势线分布的大概形状，利用形状分布上的对称性特点可以较快地找到等势点的大概位置。但实验时一定要注意，与基准点接触的探针不要移动。
2. 描绘小灯泡的伏安特性曲线
例3. “ 220 v 100w ”的白炽灯泡 A 和“ 220v ，60w ”
的白炽灯泡 B 的伏安特性曲线如图 31所示，若将两灯泡并联
接在 11Ov 的电源上时，两灯泡实际消耗的功率各为多大?
分析与解答：在伏安特性曲线的 110 v 处作平行于
I 轴的直线（如图32所示），和A 、B两曲线交于两点，
这两点对应的电流分别为：
IA = 0.3 A ， IB = 0.18A ，
即为两灯并联接在110 v 电源上时通过两灯的实际电流值，在这种情况下，两灯消耗的实际功率分别为
PA = IAU’ = 0.3×110 = 33 w 。
PB = IBU’ = 0.18×110 = 20 w 。
解后小结：在伏安特性曲线中，U 轴表示灯泡两端的实际电压，I 轴表示对应的实际电流。该题中通过灯泡的实际电流隐含在图象中，能否从图象找出实际电流是解题的关键。请思考：若A 、B两灯泡串联接在电源上，已知通过灯泡的实际电流为0．2A，两灯泡实际消耗的功率各为多少?
例4. （2006年全国卷Ⅱ）现要测定一个额定电压 4v 、额
定功率 1.6 w 的小灯泡（图中用  表示）的伏安特性曲线。要
求所测电压范围为O.1v ～ 4 v 。
现有器材：直流电源E（电动势4.5 v ，内阻不计），
电压表 v （量程 4.5 v ，内阻约为4×104 Ω ），电流表 A1
（量程250 mA，内阻约为2 Ω ），电流表 A1 (量程 500 mA，
内阻约为 1Ω ），滑动变阻器 R （最大阻值约为30 Ω），电
键 s， 导线若干。
如果既要满足测量要求，又要测量误差较小，应该选用的电流表是 ，图 33 两个电路应该选用的是 。
分析与解答：小灯泡的额定电流 I = = = 0.4 A 。
故电流表应选用A 2。小灯泡的电阻 R = 10 Ω 。由于R << Rv ，故应选电流表外接法，即电路图甲。
例5. （2006年北京卷）某同学用图34所示电路，测绘标有“3.8 v ,0.3 w ”的小灯泡的灯丝电阻 R 随电压 U 变化的图象。
（1）除了导线和开关外，有以下一些器材可供选择:
电流表：A1（量程100 mA,内阻约2） A2（量程0.6 A,内阻约0.3 ） 电压表：v1（量程5 v ,内阻约5 Ω ） v2（量程15 v ,内阻约15 Ω ） 电 源：E1（电动势为1.5 V，内阻为0.2 Ω） E2（电动势为4 V,内阻约为0.04 Ω ） 为了调节方便，测量准确，实验中应选用电流表________，
电压表______________,滑动变阻器________________，
电源___________________。(填器材的符号) （2）根据实验数据，计算并描绘出 R - U 的图象如图35 所示。
由图象可知，此灯泡在不不作时，灯丝电阻为_____；当所加电压为
3.00 v 时，灯丝电阻为_____ ，灯泡实际消耗的电功率为_______w 。
（3）根据R -U图象，可确定小灯泡耗电功率P与外加电压U的关系。符合该关系的示意图是图 36中的_______ 。
分析与解答：（1）对器材的选用应以安全、实用为原则。
小灯泡的额定电压和额定电流分别为3.8 v 和O.3 A ，故电压表应选v1，电流表应选A2。由于是分压接法，故滑动变阻器应选R1。便于调节，电源应选E2。
（2）由图象可看出，U = 0时，小灯泡不工作，对应电阻为1.5 Ω。当U = 3.O v时，对应的电阻为11．5 Ω。此时，灯泡实际消耗的功率P = = 0.78 w 。
（3）由P - U图线可看出，随U的增大，电阻的变化越来越小，而P = ，随 U 的变化，功率P 的变化将更加明显，∴ A 选项正确。
3. 测定金属的电阻率
例6. 在测定金属的电阻率的实验中，
（1）用螺旋测微器测金属丝的直径如图 37 所示，则该金丝的直径为 __________ mm 。
（2）已知电阻丝的电阻约为10 Ω，现备有下列器材供测量该阻丝
的电阻时选用，应选用的器材有 ___（只填代号）
A．量程是0.6A，内阻是0.5 Ω 的电流表。
B．量程是3A，内阻是0.1Ω的电流表。
C．量程是3v ，内阻是6 kΩ的电压表。
D．量程是15v ，内阻是30kΩ的电压表。
E．阻值为0 ～ 1kΩ，额定电流为 0.5A 的滑动变阻器。
F．阻直为O ～ 20Ω，额定电流为 2A 的滑动变阻器。
G．蓄电池（6v）
H．开关一个，导线若干。
（3）画出用伏安法测上述电阻丝电阻的电路图。
分析与解答：
（1）0.350 mm 。
（2）选择器材可按下列步骤进行：
① 先选电源：题中只给一直流电源，所以应先确定电源，选G ，E = 6v 。
② 选电流表：电源选定后可估算总电流，不连入滑动变阻器，干路电流最大值 Imax = 6/10 = 0.6 A，应选A。若选B，会有以下不足：由于 0.6A 电流太小，当选量程为 3 A 的电流表时，指针偏转范围不足刻度盘的三分之一，读数时误差较大，其次电流表满偏电流越大，最小刻度即精确度越低，故不选B。
③ 选电压表：若选C，量程3 v，则干路总电流要被控制在0.3A 以下，这时所选电流表 A 的指针偏转达半刻度盘。
若选D（量程15v），电源6v， = ，此时电压计指针偏转范围不满足指针在满偏的 ～ 的 范围，加之15 v 量程时，精确度太低。两电压表相比较，应选 C 而不选 D 。
④ 选变阻器：由于已选量程是 3v 的电压表，决定滑动变阻器必须
采用分压式连接方式。由于电阻丝阻值约为10 Ω，为在3v 、0.3A以下
范围内调节滑动变阻器，读取几组测量值，滑线变阻器应选O ～20 Ω 的
F。若选O ～1000 Ω 的变阻器E，因阻值太大，不便控制电路中的电流，
易造成电压表、电流表超量程，烧毁电表。
综上所述，应选用的器材有A 、C 、F 、G 、H 。
（3）画电路图时，还要确定电流表采用内接法还是外接法。由Rx = 10 Ω ，RA = 0.5 Ω，Rv = 6000Ω可知，为减小 Rx 分压带来的误差，应选电流表的外接法电路。电路图如图 38 所示。
解后小结：测定金属的电阻率实验，涉及电阻定律 、欧姆定律 、正确使用螺旋测微器 、伏安法测电阻 、滑动变阻器的选择和使用等多个知识点和实验能力的考查，具有很强的综合性。是高考热点，要切实掌握。
4.把电流表改装为电压表
例7. 如图 39甲中E为电源，其电动势为E，内阻不计，R1 为滑线变阻器，R2 为电阻箱，A 为电流表．用此电路，经以下步骤可近似测得 A 的内电阻 RA，
① 闭合s1 ，断开s2，调节R1，使电流表读数等于其量程 Io
② 保持 R1 不变，闭合s2 ，调节R2，使电流表读数等于 Io/2，然后读出R2 的值，取 RA = R2 。

（1）按图甲所示电路在图乙所给岀的实物图中画出连接导线。
（2）真实值与测得值之差除以真实值叫做测量结果的相对误差，即 。试导出它与电源电动势E 、电流表量程 Io 、及电流表内阻 RA 的关系式。
（3）若 Io = 10 mA，真实值 RA 约 30 Ω，要想使测量结果的相对误差不大于 5%，电源电动势最小应为多少伏?
分析与解答：（1）连线如图 40所示。
（2）由步骤①得 Io = ---------------①
由步骤②得 = ---② 解得 = ------------③
（3）由③式及题中要求可知≤ 5% ，因此 E≥ = = 6 v 。即电源电动势最小值为6V。
解后小结：由③式可知，用半偏法测电流表内阻的相对误差与电源电动势 E 成反比，当电流表满偏电流 Io 、内阻 RA 一定时，尽可能地增大电源电动势，可以减小相对误差。
5. 测定电源电动势和内阻
例8. 用伏安法测量电源电动势和内阻实验中，所测电源为两节干电池串联，串联电池组的内阻估计为几欧以下。
（1）画出实验电路图，并连接下面的实物图，标明开关闭合前滑动变阻器滑片的位置。
（2）实验中测得数据如下表所示，在图 41所示的坐标系中，用作图法求出电源的电动势和内阻。
1
2
3
4
5
I（A）
0.42
0.80
0.98
1.62
2.00
U（v）
2.80
2.60
2.50
2.20
2.00
分析与解答：（1）实验电路图如图42甲所示，实物连接
图如图 42 乙所示。变阻器的滑动端应位于最右端。
（2）根据测得数据作图线如图 42丙所示。由图可知，电池
电动势E = 3v，内阻 r = O.5 Ω 。
例9． （2006年广东卷）某同学设计了一个如图 43 所示的实验电路，用以测定电源电动势和内阻，使用的实验器材为：待测干电池组（电动势约3 v ）、电流表（量程0.6A ，内阻小于1Ω ）、电阻箱（0～99.99Ω ）、滑动变阻器（0～10Ω ）、单刀双掷开关、单刀单掷开关各一个及导线若干。考虑到干电池的内阻较小，电流表的内阻不能忽略。
（1）该同学按图 39连线，通过控制开关状态，测得电流表内阻约为0.20Ω 。试分析该测量产生误差的原因是_________________________________________。
（2）简要写出利用图 39 所示电路测量电源电动势和内阻的实验步骤：
① _________________________________________________________；
② _________________________________________________________；
（3） 图 44是由实验数据绘出的 - R 图象，由此求出待测干电池组的电动势E = ________v 、内阻r = _____________ Ω 。（计算结果保留三位有效数字）
分析与解答：（1）用图 43 所示电路测电流表电阻时用半偏法，其测量方法是：先闭合电键 k ，调节滑动变阻器，使电流表满偏。然后把开关 s 连到 C 上，保持滑动变阻器电阻不变，调节电阻箱，使电流表半偏，则电阻箱的电阻即为电流表电阻，其产生误差的原因是两次测量干路中电流不同，测量值比实际值偏小。
（2）断开电键k ，将开关 s 与 D 连接，调节电阻箱 R ，得到两组 R 、I 值 ，由闭合电路欧姆定律，即可求电动势和内电阻。
（3）由闭合电路欧姆定律可得：E = I（R + RA + r）。即： = + ，由上式可知：图线的斜率是电动势的倒数，图线在纵轴上的截距是 ，由此可得：E = = = 2.86 v ，
= 0.9 ，∴ R = 2.37 Ω
例10. （2005年全国卷Ⅰ）测量电源 B 的电动势 E 及内阻 r （E 约为 4．5 v。 r 约为1．5 Ω） 。
器材：量程为 3v 的理想电压表 v，量程为0．5 A 的电流表 A （具有一定内阻），固定电阻 R = 4 Ω，滑线变阻器R’，电键 k ，导线若干。
① 画出实验电路原理图，图中各元件需用题目中给出的符号或字母标出
② 实验中。当电流表读数为 I 1 时，电压表读数为 U 1 ； 当电流表读数为I 2 时，
电压表读数为 U 2 。则可以求出E = _______________ ．r = ______________ 。（用
I 1 、I 2 、U 1 、U 2 及 R 表示）
分析与解答：① 实验电路原理图如图 45所示。
② ε = r = - R
6. 练习使用示波器
（1）实验目的：① 认识示波器的面板，知道示波器面板上各个旋钮和开关的作用。
② 初步学习使用示波器；学会利用示波器测量直流电压。
③ 学会利用示波器观测电信号随时间变化的情况。
（2）实验器材：．J2459 型示波器1台 、低压电源1台，变阻器1只 、开关1只 、干电池两节 、导线若干 。
（3）实验步骤：
Ⅰ．先熟悉示波器面板上各旋钮的名称和作用（按图 46 逐一了解）。
① 辉度调节旋钮，标以 “ ”符号：用来调节光点或图像的亮度。
② 聚焦调节“ ○ ”和辅助聚焦“○”旋钮：两旋钮配合着使用，
能使电子射线会聚，在荧光屏上产生一个小的亮斑。
③ 垂直位移“ ↑↓”旋钮和水平位移“ → ←”旋钮：分别用来
调整图像在竖直方向和水平方向的位置。
④“y增益”和“x增益”旋钮：分别用来调整图象在竖直方向和水
平方向的幅度，顺时针旋转时，幅度连续增大。
⑤“衰减”旋钮：它有1 、10 、100 、1000 四挡，最左边的“1”
挡不衰减，其余各挡分别使输入的电压按上述的倍数衰减（竖直幅度依次
减为前一档的十分之一）。
⑥“扫描范围”旋钮：也有四挡，可以改变加在水平方向的扫描电压
的频率范围
⑦“扫描微调”旋钮，用来调整水平方向的扫描频率，使显示的图象稳定，顺时针转动时频率连续增加
⑧ 旋钮“y输入”、“x输入”和“地”分别是竖直方向 、水平方向和公共接地能输入接线柱。
⑨“DC 、AC”是竖直方向输入信号的直流 、交流选择开关。
Ⅱ． 观察荧光屏上的亮斑并进行调节
① 把辉度旋钮反时针旋到底，垂直位移和水平位移旋钮转到中间位置，衰减旋钮置于最高挡，扫描旋钮置于“外x”挡 。
② 接通电源，打开电源开关。经预热后，荧光屏上出现亮点。调节辉度旋钮，使亮度适中。。
③ 调节聚焦和辅助聚焦旋钮，观察亮点的大小变化，直到亮点最圆 、最小时为止。
④ 旋转垂直位移和水平位移旋钮，观察亮点的上下移动和左右移动。
Ⅲ．观察扫描并进行调节
① 把扫描范围旋钮旋至最低档，扫描微调旋钮反时针旋到底，把 x 增益旋钮顺时针旋到 1/3 处，观察亮点的水平方向的移动情况。
② 顺时针旋转扫描微调旋钮，观察亮点的来回移动（随着扫描频率增大而加快，直到成为一条水平亮线）。旋转 x 增益旋钮，观察亮线长度的变化。
Ⅳ．观察亮斑在竖直方向的偏移并进行调节
① 把扫描范围旋钮置于“ 外x ”挡，交直流选择开关扳到“DC”，
并使亮点位于荧光屏中心，按图 47接好电路，输入一直流电压。
② 移动变阻器的滑动片，改变输入电压的大一小，观察亮点的移动。
③ 将电池的正负极接线调换位置，重复步骤 ②。
④ 使 y 增益旋钮顺时针旋到底，衰减旋钮置于“1”挡。使变阻器
的滑动片从最右端起向左滑动至某一位置，读取亮点偏移的格数。此时亮
点每偏移1格，表示输入电压改变50 mv。计算此时输入电压的大小．如
果衰减旋钮置于其他挡时，应将所得数值乘以相应的倍数。
Ⅴ．观察按正弦规律变化的电压的图线
① 把扫描范围旋钮置于第一挡，把衰减调节旋钮置于“ ”挡，观察按正弦规律变化的电压的图线。
② 调节 y 增益和 x 增益，使曲线形状沿竖直或水平方向变化。
③ 把同性极性选择开关置于“ + ”位置，正弦曲线从正半周开始，置于“ - ”位置。正弦曲线从负半周开始。
（3）使用J2459型学生示波器的注意事项
① 示波器的使用电压为220 v±10% 。要认清电源电压，接通后预热几分钟才可使用。
② 示波器机箱与机内电路接地点相连接，为了安全及减少外界环境对仪器的干扰，应将仪器机壳接地，
③ )荧光屏上的图像亮度要适中，当亮斑长时间留在屏上不动时，应把亮度减弱，以保护荧光屏。
④ 实验完毕，要把辉度旋钮反时针转到底，使亮度减到最小再关机。
⑤ 尽量避免频繁地开 、关机（频繁地开 、关机容易使示波管过早地老化），短时间不用时，不必关机，只需调节辉度旋钮，使荧光屏上无亮线（点）即可。
⑥ 使用时要避免震动，以免影响图像稳定，更重要地是容易损坏机内元器件。
⑦ 示波器应避免在强磁场环境中工作。因为外磁场会引起显示波形失真。
⑧ 仪器用毕后应罩上防尘罩，放在阴凉干燥通风的地方。存放满3个月没使用的仪器应开机通电1h，以防止电解电容失效，同时也起到加热去潮的作用。
例11．用J2459型学生示波器测量图 48所示电路中通过R的电流（R = 2 Ω），请回答下列问题：
（1）扫描频率 、DC、AC、y 增益 、水平、竖直位移 、衰减等旋钮如何旋动 ？
（2）应如何接到示波器上进行测量？
（3）如果将衰减置于10挡，光点距原点下方4格，那么通过R的电流多大？
（4）光点在原点的斜上方，测量误差过大，其原因是什么？
分析与解答：（1）扫描频率旋钮置于外 x 挡；DC 、AC开关置于DC处，
y 增益顺时针旋转到底。调节水平、竖直位移旋钮使光点位于正中。衰减置于较高挡。
（2）把电阻 R 两端分别与示波器上 y 输入和地相连接。参看图15 – 43 。
（3）加在 R 两端的电压U = 4×50×10 mv = 2000 mv = 2 v。通过 R 的电流 I = = = 1 A 。
（4）测量之前光点没有调到荧光屏中央，y 增益旋钮没有顺时针旋到底。
拓展：把一个已知阻值的小电阻串联在待测电流的电路里（或利用原电路中的已知电阻），用示波器测量这个电阻两端的电压、利用欧姆定律就可以算出电路中的电流。

6. 用多用电表探索黑箱内的电学元件
例12. （2006年天津卷）（1） 一多用电表的电阻挡有三个倍率，分别
是 ×1 、×10 、×100 ，用 ×10 挡测量某电阻时，操作步骤正确，发现表
头指针偏转角度很小，为了较准确地进行测量，应换到 ×100Ω 挡。如果
换挡后立即用表笔连接待测电阻进行读数，那么缺少的步骤是 调零 ，若补上
该步骤后测量，表盘的示数如图 49 所示，则该电阻的阻值是 2 .2 kΩ 。
（2） 某研究性学习小组利用图 50 所示电路测量电池组的电动势 E 和
内电阻 r ，根据实验数据绘出图 51 所示的 R - 图线，其中 R 为电阻箱读数，I 为电流表的读数，由此可得到 E = 2 .9 v ，r = 0 .9 Ω 。
分析与解答：（1）用×10挡测电阻时，表头偏转角度很小，说明待测电阻阻值很大，应该转换到×100挡，换挡后应先调零，由表盘可知，其测量电阻的阻值为 R = 22.0×100 Ω = 2.2×103 Ω 。
（2）由闭合电路欧姆定律可知，I = ，∴ = 。
由图象可知，当 = 1/A 时， R = 2 Ω ，当 = 3/A 时， R = 7.8 Ω 。
代入上式得 E = 2.9 v ， r = 0.9 Ω 。
Ⅱ. 利用多用电表探测黑箱内的电学元件
操作程序如下图 52 所示
在按图示作出初步判断后，再根据各接点间的测量数据进行逻辑推理，判断黑箱内有哪些电学元件（电阻、电池 、二极管等），最终确定元件的位置和连接方式。
Ⅲ. 实验注意事项：
① 多用电表在使用前，一定要观察指针是否指向表盘左侧电流的零刻度线，若有偏差，应进行机械调零 （用小螺丝刀轻转动表盘下中部位的定位螺丝）。
② 测电阻阻值时，待测电阻应与别的元件断开，且不要用手接触表笔。
③ 要合理选择欧姆挡的量程，从理论上讲，欧姆表可直接测量从零至无限大之间任何阻值的电阻，但由于面板刻度的不均匀（即 I 与 R 成非线性关系），使得在零值附近和无限大值附近很难比较准确地读出被测电阻的数值（测量误差较大）。一般来说，欧姆表刻度线长度的10% ～ 90% 之间为有效工作刻度。
当 Rx = R内 时，即在中值附近时，指针偏角 φ 与 Rx 的关系比较接近线性，刻度较均匀。因此，在具体测量时，最好使指针位于中央刻线附近，这也是选择合适量程的依据。
在使用欧姆表前，首先应估计待测电阻的大小，选择合适的挡次（通常从大量程档向小量程挡依次选择）。如果选择的挡次不合适，则应重新选挡（换挡） 即若指针偏角较小，则应选倍率较高的挡，反之则选倍率较低的挡．每次换挡须重新进行电调零后方可进行测量。读数时不要忘记乘以选择开关所指的倍数。
④ 测量二极管时，应使用欧姆挡，用红 、黑表笔分别两次与二极管两极相连，即测正向电阻和反向电阻，如果两次电阻都很大，表明二极管断路，如果两次电阻都十分小，表明二极管短路。如果两次电阻相差很大，表明二极管是好的，并可判断出二极管的极性。
⑤ 多用电表不使用时，应将选择开关调至“ OFF ”挡或交流电压最高挡。长期不用时应取出表内的干电池。
高考模拟与演练
1．如图 53 所示，为描绘电场中的等势线，现寻找与基准点a 等势
的一点。探针 B接触a，探针A接触 a1时，电流表指针仍偏转。为了找
到正确的等势点，应该（C）
A．将探针 B 向右移动
B．将探针 A 向右移动
C．将探针 A 向左移动
D．将探针 A 上 、下移动
2．在“用描迹法画出电场中平面上的等势线”的实验中，为了确定等势点，可以选用下列哪些电表（C）
A．量程是O ～ 3v ，零刻度在刻度盘中央的电压表
B．量程是O ～ O．6A ，零刻度在刻度盘中央的电流表
C．量程是O ～ 300μA ，零刻度在刻度盘中央的电流表
D．量程是O ～ 300μA ，零刻度在刻度盘最左边的电流表
3．在“用描迹法画出电场中平面上的等势线”的实验中。所用的电源是（A）
A．电压约 6v 的直流电源
B．电压约 6v 的交流电源
C．220v 交流电源
D．220V 直流电源
4．在描绘电场等势线时，画出了正 、负电荷A 、B之间的
五条等势线如图 54所示，请画出相应范围内电场的电场线。
电场线如图 55 所示。
5．在“用描迹法画出电场中平面上的等势线”的实验中，若
将电源电压提高为原来的2倍，则以下说法中正确的是（AD）
A．描绘得到的等势线形状与原来的相同
B．描绘得到的等势线形状比原来的要密一些
C．找基准点的等势点时每次移动探针的跨度比原来的要大一些
D．找基准点的等势点时每次移动探针的跨度比原来的要小一些
6. “电场中等势线的描绘”的实验装置如图 65所示。?
（1）在图 56 中a 、b 、c 、d 、e五个基准点中，电势最高的点是 a 点；
（2）若电流表的两表笔分别接触d、f两点( d 、f两点的连线与A 、B连线垂
直)时，表针反偏(电流从红表笔流进时，表针正偏)，则电流表的红表笔接在 d 点，
要使表针指在零刻度线，应将接 f 的探针(即表笔)向 右 移动(填向“左”或向“右”)。
7．在使用示波器观察亮斑在竖直方向的偏转时，按照图 57 连接电路．当电路
开关断开时，亮斑位于荧光屏的中心。当电路开关闭合，移动滑动变阻器滑片时，发
现亮斑在竖直方向上逐渐上移，这现象表明（C）
A．流过滑动变阻器的电流逐渐增大
B．流过滑动变阻器的电流逐渐减小
C．滑动变阻器的输出电压逐渐增大
D．滑动变阻器的输出电压逐渐减小
8．在观察按正弦规律变化的电压时，把同步极性选择并关置于“ - ”位置，
则观察到的图象是图 58 中的哪一个（B）
9.（2006年全国卷Ⅰ）现要测量某一电压表 v 的内阻。给定的器材有：
待测电压表 v （量程 2 v ，内阻约4 kΩ）
电流表 mA （量程 1.2 mA ，内阻约500 Ω ）
直流电源E （电动势约 2.4 v，内阻不计）
固定电阻 3个：R1 = 4000 Ω 、R2 = 10000 Ω 、R3 = 15000 Ω
电键 s 及导线若干。
要求测量时两电表指标偏转均超过其量程的一半。
（1） 试从3个固定电阻中选用1个，与其他器材—起组成测量电路，并在虚线框内画出测量电路的原理图。（要求电路中各器材用题中给定的符号标出）。
（2） 电路接通后，若电压表读数为 U ，电流表读数为 I ，则电压表内阻Rv = 。
分析与解答：（1）其实验电路如图 59 所示，若选用电阻R1。则并联电阻R并 = 2000 Ω，电压表读数
U = = = 1.92 v > 1v 。
电流表读数 I = = = 0.00.96 A = 96 mA > 0.6 mA 。
∴ R1 符合要求。同理可得R2 、R3 不符合要求，故选用R1 。
（2）电路接通后。通过 R1 的电流I1 = 。则通过电压表的电流为，I2 = I - I1 = I - 。
所以电压表的内阻 Rv = = 。
10 .（2006年重庆卷）用已调零且选择旋钮指向欧姆挡 “ ×10 ”
位置的多用电表测某电阻阻值，根据图 60 所示的表盘，被测电阻阻值
为 Ω。若将该表选择旋钮置于 “ 1 mA ” 挡测电流，表盘仍如
图 60 所示，则被测电流为 mA 。
分析与解答：从指针位置读出指示数为“22”，再乘倍率，即为电阻值。即电阻值为22×10 Ω = 220 Ω 。
当旋钮置于 1 mA挡时，应读中间刻度，其示数 I = ×20 mA = 0.40 mA 。
R = （n - 1）Rg 其中 n = v/Ig Rg = 3/3×10-4×100 = 100
∴ R = （100 - 1）× 100 = 9900 Ω 。
11．（2004全国卷Ⅰ）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9．0 v；
电压表 v1 ，量程为1．5 v ，内阻r1 ＝750 Ω；
电压表 v2 ，量程为 5 v ，内阻r2 ＝ 2500 Ω；
滑线变阻器 R ，最大阻值约为100 Ω；
单刀单掷开关k，导线若干。如图 61 所示
（1）测量中要求电压表的读数不小于其量程的 1/3，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 ＝ ______ 。
分析与解答：（1） 实验电路原理图如图 62 、63 所示 。 （2）实物连线如图 64 、65 所示。
（3） Rx ＝ 或 Rx ＝
12.（2004年全国春招卷）测量电源的电动势及内阻的实验电路如图 66 所示。图 67 中给出的器材有：待测的电源（电动势约为 4v、内阻约为2Ω），电压表（内阻很大，有 5v 、15 v 两个量程），电流表（内阻不计，有0.1A 、1A 两个量程），滑线变阻器（阻值范围为 0～10Ω），开关。另有导线若干；试按照图 66中的电路在图 67中画出连线，将器材连接成实验电路（要求正确选择电表量程，以保证仪器的安全并使测量有尽可能高的精确度）
分析与解答：由于电源电动势约为 4v 、
∴ 电压表应选择 5 v量程。由于电源内阻约为2Ω，滑线变阻器阻值范围为 0～10Ω，回路中最小电流 Imi n = = > 0.1A 。∴ 电流表应选择 1A 的量程。实物连线电路如图 68 所示。
13. （1）一个电压表vA的内阻RA = 1000 Ω，量程为1.0 v，现要
利用电阻箱扩大它的量程，改装成量程为3.0 v的电压表．改装后，再
用一量程为3.0 v的精确的电压表 vB 对改装后的电压表的所有刻度进
行校准．除了这两个电压表vA 、vB 外，还有下列一些器材：?
电源E（电动势约为6 v，内阻较小）
变阻器R（总电阻约10Ω）
电阻箱R0（0 ～ 9999Ω）
开关S
导线若干
① 如图 69 所示是以上器材和两个电压表vA 、vB 的实物示意图，
试在图中画出连线，连成进行校准时的实验电路。
② 图中电阻箱的取值等于________________Ω。?
（2）用上述电压表vB和改装后并已校准过的电压表（以下称之为vC）以及一个开关和一些导线，去测量一个电动势大约为2v的电源的内阻r。
① 简要写出测量步骤。?
② 用测得的量表达r的公式应为r=____________。?
分析与解答：（1）① 实物连线如图 70 所示，为了使改装表与标准表在零到量程的范围内一一校对，应采用分压电路。?
② 根据串联电路的电压分配关系，有 = 。解得Ro = 2000Ω 。
（2）①先将电压表vC通过开关、导线与电源连接，读出vC上的示数UC；
再将电压表vC和vB串联，通过开关、导线与电源连接，读出vC上的示数UC′
和vB上的示数UB．
②根据上述两步操作可得 ---------- ①?
---------------------- ②?
---------------------------------③?
由①②③三式解得 Ω 。
14. 用伏安法测量一个定值电阻的阻值，备用器材如下 ：?
待测电阻Rx （阻值约为25kΩ）
电流表A1 （量程100A，内阻2kΩ）
电流表A2 （量程500A，内阻300Ω）
电压表v1 （量程10V，内阻100kΩ）
电流表v2 （量程50V，内阻500kΩ）
电源E （电动势15V，允许最大电流1A）
滑动变阻器R （最大阻值1kΩ）
电键 s ，导线若干?
为了尽量减小实验误差，要求测多组数据。?
（1）电流表应选_____________，电压表应选____________。?
（2）画出实验电路图 ?
拓展： 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S，导线若干
（1）测量中要求电压表的读数不小于其量程的 1/3，
试画出测量电阻Rx 的一种实验电路原理图(原理图中的元
件要用题图中的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 71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 = ___________________。
分析与解答：（1）器材选择（测量电路）
从减小电表读数引起的偶然误差的角度考虑，两电表及电表与电源间的配置要合理．注意到电源电动势远小于电压表v2的量程，而跟电压表v1的量程较接近，若选用电压表v2来测量电压，其最大偏转量达不到量程的1/3 ，读数时偶然误差太大，所以选用v1 较恰当； 而此时通过电流表的最大电流 Im = Um /Rx = 10/2.5×104 （A）= 400 μA，因此，电流表A2与 v1 配置较好．?
（2）电路选择（控制电路）?
电路选择主要从滑动变阻器对电路的控制和调节的角度考虑。若采用限流
电路控制，注意到测量部分的总电阻约为20kΩ，远大于滑动变阻器的总电阻
（1kΩ），要保证电表安全，变阻器分得的电压至少为5 v ，阻值应调到10kΩ，
显然，限流不能起到保证电表安全的作用，更不能进行有效调节，所以，只能
采用分压电路控制，实验电路如图 72 所示．?
解后小结： 伏安法是测量电阻的一种最基本方法，其原理是部分电路欧姆定律，原理式为．分析这类问题的关键是从电表配置要合理选择器材，从对电路的控制和调节选择控制电路．并联分流和串联分压原理是伏安法测电阻原理的迁移和延伸，下例是这类问题的变式．
拓展与点拨： （1）本题中测量电阻的原理是并联分流或串联分压．由于滑动变阻器的最大阻值远小于测量部分的阻值，且电源电动势大于两电压表的量程，在调节滑动变阻器的过程中，为保证电压表的安全，且其读数有明显的改变，滑动变阻器应采用分压式控制电路，电路原理图如图73甲或乙所示．?
（2）实物连线如图 74甲或乙所示?
（3）若采用甲电路，根据并联电路的电流分配关系， 。解得。?
若采用乙电路，根据串联电路的电压分配关系， 。解得。?
15. 为了测定电流表A1的内阻，采用如图 75所示的电路。其中：A1是待测电流表，量程为300μA，内阻约为100Ω；A2是标准电流表，量程为200 μA；R1是电阻箱，阻值范围是0～999.9Ω；R2是滑动变阻器；R3是保护电阻；E是电池组，电动势为4 v，内阻不计。s1 是单刀掷开关．s2 是单刀双掷开关。

（1）根据电路图，请在图 76中画出连线，将器材连接成实验电路。
（2）连接好电路，将开关S2扳到接点a处，接通开关s1，调整滑动变阻器R2使电表A2 的读数是150 μA；然后将开关 s2 扳到接点b处，保护R2不变，调节电阻R1，使A2的读数仍为150 μA．若此时电阻箱各旋钮的位置如图 77所示，电阻箱的阻值是_______Ω，则待测电流表A1的内阻R1 = _____Ω。
（3）上述实验中，无论怎样调整滑动变阻器R2的滑动端位置，都要保证两块电流表的安全．在下面提供的四个电阻中，保护电阻R3应选用：_____________________（填写阻值相应的字母）。
? A．200kΩ B．20kΩ C．15kΩ D．20Ω
（4）下面提供最大阻值不同的四个滑动变阻器供选用．既要满足上述实验要求，又要调整方便，滑动变阻器___________________（填写阻值相应的字母）是最佳选择。?
? A．1kΩ B．5kΩ C．10kΩ D．25kΩ??
分析与解答： （1）实物连线如图 78所示．?
（2）电阻箱的阻值R1 = 0×100Ω + 8×10Ω + 6×1Ω + 3×0.1Ω = 86.3Ω。
本题测量电流表的内阻的方法是“替代法”。即用电阻箱的阻值替代电流表A1的内阻值，其条件是：开关S2分别扳到 a 处和 b 处时，保持滑动变阻器R2不变，且使电流表A2读数相同。所以，待测电流表A1的内阻RA = R1 = 86.3 Ω 。
（3）当 R2 调为零时，要使电路中的电流 I 不超过电流表A2 的量程，根据闭合电路欧姆定律可知，电路总电阻R总至少为： R总 = E/IA2 = 4/200×10- 6 = 2×104 = 20 kΩ 。
由于电流表A1 、A2的内阻（约为100Ω）远小于R总 ，故保护电阻R3应选用20kΩ的电阻，但若选用200kΩ的电阻，则电路中电流太小，电流表A1、A2指针偏转量太小，读数不明显，实验误差太大。所以,正确的选项为B 。
（4）由于R3 = 20kΩ，调整滑动变阻器 R2 时，要使电流表 A2 的读数为150 μA，则
R2 ≈ - R3 = - 2×104 ≈ 7 kΩ。
若选用1kΩ或5kΩ滑动变阻器，则不能满足实验要求。（A2 读数为150 μA）；若选用25kΩ的滑动变阻器，则调节范围太小（不方便调节），所以选用 10kΩ 的滑动变阻器较合适，正确的选项为 C 。
2007.3.29 于黄冈中学
第二轮复习讲义
一 、力与运动
在中学阶段，牛顿运动定律是核心内容，运动学中的加速度由物体所受到的合外力所确定，当物体所受到外力发生变化时，物体的运动情况也发生变化；而物体的运动状态的变化与物体的所受力的变化时刻相关，将这两部分知识综合分析物体的运动情况或物体的受力情况是考查学生综合运动用知识的能力以及逻辑思维、分析和归纳能力的一个重要的途径，同时也是高考中的一个热点内容。
平衡问题再也不再是单纯的力学部分的知识点，如热学中气体压强的确定、电学中带电物体的平衡问题，电磁感应现象中的平衡态问题等等，都是这几年来高考的热点内容。涉及较多的是对各种性质力的理解、对力合成定则的掌握。
力是物理学中最重要的概念之一，它贯穿整个高中物理的学习。对每种性质的力掌握的要求：力的三要素、力做功的特点。高中涉及到的力有重力、弹力、摩擦力（静摩擦力，滑动摩擦力）、分子力、电场力（库仑力）、磁场力（安培力，洛仑兹力）等。
受力分析的能力是高中物理需要培养的一个重要的能力，需要在整个高中阶段逐步完善。受力分析除了不能漏掉力外，正确地分析各力的方向也是很关键的，其中摩擦力的方向，洛仑兹的方向往往是考查的重点。
力是矢量，力的运算则是由力的平行四边形或三角形定则进行。同一道题，应用合成还是分解的途径都可以，均能达到求解的目的。
物体的平衡问题分为两大类：单个物体的平衡和物体系的平衡。
单个物体的平衡是合外力为零，涉及到平衡物体受三个力的情况比较多，考查的重点是力的三要素。
物体系的平衡则需要应用整体法和隔离法进行求解，往往需要利用几何图形确定某些关系才能求解。
平衡问题中难点有三大类：一类是涉及到多解问题，往往是因静摩擦力存在一定范围导致而成，这类题多以选择题形式出现；一类是物体处于动态平衡时，各力大小的变化情况的讨论，这类题也是以选择题出现为主；还有一类题是物体系的平衡，涉及到的物系内部相互关系问题，这类题既能以选择题的形式出现，也可以以综合性的计算题形式出现。
牛顿运动定律与物体的运动有着密切相关的联系，当物体在恒力作用下的匀变速运动，物体的受力情况与运动关系一般来说，应用牛顿运动定律正确分析物体运动过程的情景是求解的前提。但这类试题往往在研究对象上不止一个或者只有一个研究对象而对应着不上一个单一的物理学过程。
当物体受到变力作用时，除匀速圆周运动外，往往是求瞬时作用力才应用到牛顿运动定律，否则应用动量与能量关系求解，这往往是求解思路的分水岭。
例一、把一重为G的物体用一水平推力F压在竖直的足够高一平整墙壁上，F随时间t变化如图所示，则在t=0开始物体所受摩擦力f随时间t变化图线是图中哪一个( )




例二、风洞实验室中可产生水平方向的、大小可调节的风力。现将一套有小球的细直杆放入风洞实验室，小球孔径略大于细杆的直径。整个装置如图所示，
⑴当杆在水平方向上固定时，调节风力的大小，使小球在杆上作匀速运动，这时小球所受的风力为小球所受重力的0.5倍，求小球与杆间的动摩擦因数μ。
⑵保持小球所受风力不变，使杆与水平方向间夹角为37o并固定，则小球从静止出发在细杆上滑下距离s所需要的时间t为多少?(sin37o=0.6)。
例三、如图所示，在倾角为θ的光滑斜面上有两个用轻弹簧相连的物块A和B，它们的质量分别是mA、mB，弹簧的劲度系数为k，C为一固定挡板，系统处于静止状态，现开始用一恒力F沿斜面方向拉物块A使之向上运动，求物块B刚离开C时物块A的加速度a和从开始到此时物块A的位移d，重力加速度为g。
例四、一小圆盘静止在桌布上，位于一方桌的水平桌面的中央。桌布的一边与桌的AB边重合，如图所示。已知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，现突然以恒定的加速度a将桌布抽离桌面，加速度的方向是水平且垂直于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）
例五、2003年10月15日，我国宇航员杨利伟乘坐我国自行研制的“神舟”五号飞船在酒泉卫星发射中心成功升空，这标志着我国已成为世界上第三个载人飞船上天的国家。“神舟”五号飞船是由长征—2F运载火箭将其送入近地点为A、远地点为B的椭圆轨道上，实施变轨后，进入预定圆轨道，如图所示。已知近地点A距地面高度为h，飞船在预定圆轨道上飞行n圈所用时间为t，地球表面的重力加速度为g，地球半径为R，求
⑴飞船在近地点A的加速度为多少？
⑵飞船在预定圆轨道上飞行的速度为多少？

例六、如图所示，平板车长为L，车右端(A点)有一静止的质量为m的小滑块(可视为质点)，平板车质量M=2m。平板车静止在光滑水平地面上。小滑块与车面间有摩擦，并且在AC段CB段动摩擦因数不同，分别为μ1和μ2，现给车施加一向右的水平恒力，使车向右运动，小滑块在车上滑动，当小滑块滑至车的中心C时，立即撤去这个力。已知撤去这个水平恒力瞬间小滑块的速度为υ0，车的速度为2υ0，最后小滑块恰好停在车的左端(B点)与车共同运动，求μ1和μ2的比值。

力与运动例题参考答案
例一：解：物块被压在墙上，水平推力F压在竖直的足够高一平整墙壁上，F随时间t变化为F=kt，墙面与物块间的弹力N=F=kt，在竖直方向上，向下的重力为G，向上的摩擦力为f=μN=kμt，当墙对其的摩擦力小于重力时，物块加速运动，当摩擦力大于重力时，物块做减速运动，当物块的速度为零时，滑动摩擦力突变为静摩擦力，大小为f=G。
由以上的分析可知是B选项正确。
例二：解：⑴小球做匀速直线运动，沿水平方向受到的合外力为零，设小球所受的水平风力为F，小球质量为m，有F=μmg，所以
⑵设杆对小球的支持力为N，摩擦力为f，其受力图如图所示，
沿杆方向 Fcosθ+mgsinθ-f=ma；垂直于杆的方向N+Fsinθ-mgcosθ=0
f=μN，由以上各式可解得：，，解得
例三：解 用x1表示未加力F时弹簧的压缩量，物块A在斜面上沿斜面方向受到的是一对平衡力，由胡克定律可知kx1=mAgsinθ
用x2表示B刚要离开C时弹簧的形变量，此时弹簧的拉力等于重力平行斜面 的分量，胡克定律可知kx2=mBgsinθ
a表示此时A加速度，牛顿运动定律有
F-kx2-mAgsinθ=mAa
从开始到此时物块A的位移为
例四：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 ①
桌布抽出后，盘在桌面上作匀减速运动，以a2表示加速度的大小，有 μ2mg=ma2 ②
设盘刚离开桌布时速度为υ1，移动的距离为x1，离开桌布后在桌面上移动的距离为x2后便停下，有
③ ④
盘没有从桌面上掉下的条件是 ⑤
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距离为x， ⑥ ⑦ 而 ⑧ 由以上各式解得
例五：解 ⑴设地球质量为M，飞船质量为m，则
飞船在A点受到地球的引力 ①
对地面上质量为m0的物体 ②
据牛顿第二定律可知万有引力提供向心力F＝man ③）
联立①②③解得飞船在近地点A的加速度
⑵飞船在预定圆轨道上飞行的周期 ④
设预定圆轨道半径为r，由牛顿第二定律有 ⑤ 而 ⑥
联立②④⑤⑥解得飞行速度
例六：解 在有水平外力F时，平板车的加速度为a1，在无外力F时平板车的加速度为a2，小滑块在AC段和CB段的加速度分别为a′1=μ1g和a′2=μ2g
在AC段，由题可知，a1=2a′1=2μ1g
以小滑块为参考系，初速度υ01=0，末速度υt1=υ0，加速度a12= a1-a′1=μ1g，位移，由匀变速运动的规律有 ①
在CB段，小滑块与平板车的加速度均由它们之间的滑动摩擦力产生，它们的加速度之比与它们的质量成反比，有，
以小滑块为参考系，初速度υ02=υ0，末速度υt2=0，加速度，位移，由匀变速运动的规律有 ② 由①、②两式可得
力与运动练习题
1．如图所示，长为L=75cm、质量m=2kg的平底玻璃管底部置有一个玻璃小球，玻璃管从静止开始受到一竖直向下的恒力F=12N的作用，使玻璃管竖直向下运动，经过一段时间t小球离开玻璃管口，空气阻力不计，取g=10m/s2，求时间t和小球离开玻璃管时的速度大小。
2．如图所示，传送带水平部分ab=2m，斜面部分bc=4m，与水平的夹角α=37°。一小物体A与传送带间的动摩擦因数μ=0.25，传送带沿图示的方向运动，速率υ=2m/s，若把物体A轻放在a处，它将被传送到c点，且物体A不会脱离传送带，求物体A从a点被传送到c点所用的时间（g=10m/s2）
3．如图所示，一平板车以某一速度υ0匀速行驶，某时刻一货箱（可视为质点）无初速度地放置于平板车上，货箱离车后端的距离为l=3m，货箱放入车上的同时，平板车开始刹车，刹车过程可视为做a=4m/s2的匀减速直线运动。已知货箱与平板车之间的摩擦因数为μ=0.2，g=10m/s2。为使货箱不从平板上掉下来，平板车匀速行驶的速度υ0应满足什么条件？
4．消防队员为了缩短下楼的时间，往往抱着竖直的杆直接滑下，假设一名质量为60kg、训练有素的消防队员从七楼（离地面18m的高度）抱着竖直的杆以最短时间滑下。已知杆的质量为200kg，消防队员着地的速度不能大于6m/s，手和腿对杆的最大压力为1800N，手和腿与杆之间的动摩擦因数为0.5，当地的重力加速度为g=10m/s2。假设杆固定在地面上，杆在水平方向不能移动，试在左图所示的坐标系中画出杆对地面的压力随时间变化图象。已知当物体发生位移一定时，物体先以最大加速度做匀加速直线运动，然后以最大加速度做匀减速直线运动所需时间最短。
5．质量为m=0.01㎏子弹以300m/s的速度射中一静止在光滑水平面上的木块，子弹进入木块6cm深后，相对木块静止，这一过程中，木块向前移动了0.2mm，则木块的末速度为多大？
6．如图所示A、B两个木块叠放在竖直轻弹簧上，已知木块A、B的质量分别为0.42kg和0.40kg，轻弹簧的劲度系数k=100N/m。若在木块A上作用一个竖直向上的力F，使木块A由静止开始以0.5m/s2的加速度竖直向上做匀加速运动。（g=10m/s2）使木块A竖直向上做匀加速运动的过程中，力F的最大值是多少？
7．在广场游玩时，一个小孩将一充有氢气的气球用细绳系于一个小石块上，并将小石块放置于水平地面上．已知小石块的质量为m1，气球（含球内氢气）的质量为m2，气球体积为V，空气密度为ρ，(V和ρ均视作不变量)，风沿水平方向吹，风速为υ．已知风对气球的作用力f＝ku（式中k为一已知系数，u为气球相对风的速度，只与风向速度有关）．开始时，小石块静止在地面上，如图所示。
⑴若风速υ在逐渐增大，小孩担心气球会连同小石块一起被吹离地面，试判断是否会出现这一情况，并说明理由。
⑵若细绳突然断开，已知气球飞上天空后，在气球所经过的空间，风速υ保持不变量，求气球能达到的最大速度的大小。
8．如图所示，水平台高0.8m，一滑块以6m/s的初速度做直线运动，并从平台边缘飞出做平抛运动，已知滑块在平台上运动的距离为2.2m，着地点离平台的水平距离为2m，求滑块与平台的动摩擦因数μ。
9．如图所示，火箭内平台上放有测试仪器，火箭从地面起动后，以加速度竖直向上做匀加速运动，升到某一高度时，测试仪器对平台的压力为起动前压力的。已知地球半径为R，求火箭此时离地面的高度h（g为地面附近的重力加速度）
10．如图所示，在水平桌面上固定一个轮轴A，轮半径 r，其边缘绕有一条足够长的质量不计的细绳，绳端系住一木块B，已知木块与桌面间动摩擦因数为μ，当轮轴A以匀角速度ω旋转时，木块被带动一起旋转，达到稳定状态后，B与A的角速度相同。
⑴此时木块B的旋转半径R为多大?
⑵当摩擦因数μ与轮半径r为定值时，若欲保持上述稳定状态，则角速度ω必须满足什么条件？
力与运动练习题参考答案
1．由牛顿运动可知玻璃管向下的加速度为，小球的加速度
由题意可知 解得
2．小物体A在水平传送时的加速度，加速到传送带相同速度所需要的时间，运动的位移，说明小物体A在没有达到b点的速度已到υ=2m/s，小物体A在达到b点所需时间为；小物体A在斜面上受到的向下的力为，小物体A与斜面间的滑动摩擦力，小物体A在斜面传送带时的加速度，由匀变速运动的规律可知，解得物体A从a点被传送到c点所用的时间
3．货箱先相对平板车向左滑，当与平板车的速度相等后相对平板车向右滑。若货箱与平板车的速度相等时，货箱仍未从平板车上掉下来，则以后货箱不会从平板上掉下来。设经过时间t，货箱和平板车达到共同速度υ，以货箱为研究对象，由牛顿第二定律得，货箱向右作匀加速运动的加速度 a1=μg ① 货箱向右运动的位移 ② 又 ③ 平板车向右运动的位移 ④ 又 ⑤ 货箱不从平板车上掉下来，应满足： ⑥
联立方程①～⑥解得： 代入数据：
解法二：应用图象求解：货箱向右作匀加速运动加速度 a′=μg ①
由车和货箱的速度图象如图可知
由图象可知两图象的面积之差就是货箱在车上滑动的距离即

4．消防队员先以最大的加速度加速，也就是重力加速度作加速下滑，以最大的加速度作减速运动，就是就是加速后减速，手和腿对杆的最大压力（就是抱紧杆的力）受到的滑动摩擦力最大，消防队员受到的最大滑动摩擦力fmax=μN=0.5×1800N=900N>mg=600N，消防队员减速的加速度由牛顿第二定律可知
设消防队员加速下滑的距离为h1，减速下滑的距离为(H-h1)，加速阶段的末速度是减速阶段的初速度为υmax，由题意和匀变速运动的规律有 ①
由此式解得，消防队员最大速度为
加速时间 减速时间
将消防队员与杆作为整体为研究对象时，加速阶段消防队员完全失重，杆受到地面的支持力等于杆的重力，即N1=Mg=2000N，加速下滑，消防队员超重，N1=Mg+m(g+a)=2900N。
杆对地面的压力随时间变化图象如图所示。
5．子弹射入木块后相对木块静止，相当于是一个完全非弹性碰撞的过程，它们的末速度相等，均为υ，在此过程中，木块位移为s，子弹位移为s+d，由平均速度和位移关系有
① ②
由①、②相除得
6．⑴木块A、B叠放在轻弹簧上，木块A受mAg、B的支持力N和力F；木块B受mBg、A 压力N′(与N是一对相互作用力)和弹簧弹力f。A、B一起由静止开始向上作匀加速运动，随着两物上升, 弹力f减小，N也随之减小，当N=0时， A、B开始分离。对A：由牛顿第二定律，F+N-mAg=mAa ①
从①式可知当N=0时，F有最大值， Fmax= mA(g+a)=4.41N
7．⑴以气球和小石块组成的系统为研究对象：地面对小石块支持力的大小为，由表达式可知支持力恒定，跟风速υ无关．小石块不会被风吹离地面。
⑵气球的最大水平速度等于风速，即υxm＝υ，当竖直方向的合力为零时，竖直分速度最大，即 解得
气球能达到的最大速度的大小是水平速度和竖直速度的矢量和
即
8．物块离开平台后的运动时间为，离开平台时的速度为，物块在平台上的加速度为a=μg，物块在平台上做匀减速运动，有，，
9．火箭起动前，测试仪对平台的压力等于其重力，升到某一高度后，测试仪对平台的压力为重力的，因火箭远离地球，火箭受地球的引力在减少。由牛顿第二定律和万有引力定律有
由以上两式得 解得
10．⑴B受到两个力的作用：绳子给它的拉力F和滑动摩擦力f。把拉力沿切向和法向分解成Ft、Fn，如图所示。B 绕O点作匀速圆周运动，Fn=mBω2R，B速度大小不变，则f=Ft=μmg。由图可知力三角形与几何三角形相似，有，即，解得，⑵由上式可见稳定时R要有解，必须满足μg>ω2r， ；当时，A盘将缠绕绳子，使半径R不断地减小。
专题二 动量与能量
【知识准备】
本专题内容是高考的重点和热点内容之一，多为牛顿运动定律、圆周运动、电磁学及热学等知识的综合应用，几乎每年高考的压轴题都与本专题知识有关。本专题以两定理、两守恒定律为核心，以力对物体的冲量、力对物体做功为重点知识，从功和冲量的角度研究力的作用效果和规律。
1、解决力学问题的三把金钥匙：
（1）牛顿运动定律：涉及受力、加速度或已知匀变速运动的问题。
（2）
（3）
2、应用动量定理、动能定理解决实际问题，注意解题的一般步骤，思路分析，正确受力分析，运动分析，选择合适的物理过程，物理状态，应用定理列式求解。
（1）动量定理解题的基本思路：
①选取研究对象；
②确定所研究的物理过程及其始、末状态；
③分析研究对象在所研究的物理过程中的受力情况；
④规定正方向，根据动量定理列方程式；
⑤解方程，统一单位，求解结果。
注意：①公式F·t=P2－P1 中的F为合力，不能漏掉重力或其他有关的力。
②动量的变化量是末动量与初动量的矢量差。
（2）动能定理解题的基本思路：
①选择研究对象，明确它的运动过程.
②分析研究对象的受力情况和各个力做功的情况，然后求各个外力做功的代数和.
③明确物体在运动过程始末状态的动能EK1和EK2.
④列出动能定理的方程W合= EK2－EK1 及其他必要的解题方程，进行求解.
3、动量守恒定律、机械能守恒定律的应用.
合理的选取研究对象，分析系统的受力情况、分清内力与外力，确定动量、机械能是否守恒，在确认守恒的前提下，确定对系统运动的哪两个状态应用定律. 动量守恒定律应用中注意正方向的规定，机械能守恒定律应用中注意零势能面的选取.
动量守恒定律解题的基本思路：
①确定研究对象并进行受力分析、过程分析；
②确定系统动量在研究过程中是否守恒；
③明确过程的初、末状态的系统动量的量值；
④选择正方向，根据动量守恒定律确定方程.
（2）机械能守恒定律解题的基本思路：
①选取研究对象——物体系或物体；
②根据研究对象所经历的物理过程，进行受力、做功分析，判断机械能是否守恒；
③恰当地选取参考平面，确定研究对象在过程的初末态时的机械能；
④根据机械能守恒定律列方程，进行求解.
4、力学规律选用的一般原则
力学中首先使用两个守恒定律. 如果还有什么没有解决的问题，就应知道守恒定律能解决什么，不能解决什么。从两个守恒的表达式看出各项都是状态量，所以说守恒只能解决状态问题，守恒不能解决过程（位移s、时间t）问题和解决力F的问题。也就是说遇到有F、s、t等问题，必须用牛顿定律、运动学公式、动量定理、动能定理。这是一种科学的思考顺序。
（1）若是多个物体组成的系统，优先考虑两个守恒定律。
（2）若涉及系统内物体的相对位移（路程）并涉及滑动摩擦力，要考虑应用动量守恒定律先求出速度，然后再运用能量守恒规律。
（3）若单个物体，宜选用动量定理和动能定理，其中涉及时间的问题，宜选用动量定理，而涉及位移的问题，宜选用动能定理。
5、多个物体组成的系统：如果满足动量守恒定律，既要考虑系统总动量守恒，又要注意系统内部动量的转移。解题时应注意：
（1）正确分析各物体状态的变化，建立正确模型；
（2）分清过程中的多个阶段和联系各阶段的状态量；
（3）合理选择研究对象的个数，既要符合动量守恒条件，又要方便列式解题。
6、用动量守恒定律进行动态分析：要注意利用各种方法找到临界状态，然后列式。系统动量守恒，指任意一个时刻的总动量都等于初始状态下的总动量，尽管系统中的状态在变化 ，但总动量不变（总的机械能可能变化）。
7、碰撞问题：发生碰撞的两个物体相互作用力是变力，作用时间短，作用力远大于系统所受外力（重力或摩擦力），系统近似动量守恒，按动能损失多少可分为：
（1）弹性碰撞：满足动量守恒、动能守恒，尤其要记住等质量的两小球发生弹性碰撞时，交换速度。
（2）非弹性碰撞：动能一部分转化为其他能量（如内能），这种碰撞满足动量守恒，总动能减少。
（3）完全非弹性碰撞：碰后两物体粘合在一起，这种碰撞动量守恒，而总动能损失最大。
可见，碰撞过程动量都守恒，总动能不增加。在分析同一直线上碰撞的问题时，还必须考虑碰撞的合理性。如：碰撞后在同一直线上运动的物体，碰撞后沿同一方向运动，后面物体的速度不能大于前面的速度。碰撞问题要注意碰撞的多种可能性的分析。
8、爆炸问题：由于爆炸力远大于系统所受外力（重力、空气阻力等），系统近似动量守恒。在爆炸过程中，由于有化学能转化为动能，所以系统的总动能会增加，这一点与碰撞问题不同。
9、应用机械能守恒定律分析几个不同物理过程的物体运动，要注意分析每个过程机械能是否守恒，还要分析过程的联接点有无能量损失，只有无机械能损失才能对整体列机械能守恒式，否则只能给出每段相应的守恒关系。对于绳子突然被绷紧，爆炸、打击、非弹性碰撞等情况，一般不能直接使用机械能守恒定律。
10、应用机械能守恒定律或功能关系分析物理问题，关键是初、末状态的机械能表达式的确定，特别是势能的确定。要选好参考平面，确定重力势能的表达式，有时需要用重心概念确定物体高度或高度的变化。弹性势能EP高考不要求知道其计算公式，但要知道弹簧势能跟形变有关。有关弹簧的弹性势能问题要重视。利用机械能守恒定律列方程，灵活选用EK1+EP1= EK2+EP2、ΔEP=－ΔEK、ΔE1=－ΔE2，视问题方便而定.
11、功能关系
（1）做功的过程是能量转化的过程，做了多少功，就有多少能量发生转化，因此，功是能的转化的量度。
（2）功和能的关系详解图

①②③④⑤
【例题精讲】
【例1】如图所示，在光滑的水平面上沿直线按不同的间距依次排列着质量均为m的滑块1、2、3、……（n－1）、n，滑块P的质量也为m. P从静止开始在大小为F的水平恒力作用下向右运动，经过时间T与滑块1碰撞，碰撞后滑块便粘连在一起，以后每经过时间T就与下一滑块碰撞一次，每次碰撞后均粘连在一起，碰撞时经历的时间极短，每个滑块都简化为质点，求：
（1）第一次碰撞后瞬间的速度及第一次碰撞过程中产生的内能。
（2）发生第n次碰撞后滑块P的速度υn。
（3）第n－1个滑块与第n个滑块间的距离Sn－1。
【例2】两块材料相同的长木板A和B，质量相等，长度都是l=1.0m，紧贴在一起，静置于光滑水平的地面上。另一小物块C，质量与长木板相等，可视作质点，位于木板A的左端，如图所示。现给物块C一向右的速度，速度的大小υ0 = 2.0m/s。已知物块与木板之间的动摩擦因数μ=0.10。问木板A最终运动的速度为多少？
【例3】在地面上方，一小圆环A套在一条均匀直杆B上，A和B的质量均为m，它们之间的滑动摩擦力f = 0.5mg，开始时A处于B的下端，B竖直放置，在A的下方h=0.20m处，存在一个“相互作用”区域C，区域C的高度d = 0.30m，固定在空中如图中划有虚线的部分，当A进入区域C时，A就受到方向向上的恒力F作用且F=2mg，区域C对杆B不产生作用力。A和B一起由静止开始下落，已知杆B落地时A和B的速度相同。不计空气阻力，重力加速度 g = 10m/s2。求杆B的长度l至少应为多少？
【例4】光滑水平面上停放着一辆质量 m = 2kg的平板车，质量M=4kg可视为质点的小滑块静止在车左端，滑块与平板车之间的动摩擦因数 μ= 0.3，如图所示。一水平向右的推力F=24N作用在滑块M上0.5s后撤去，平板车继续向右运动一段时间后与竖直墙壁发生碰撞，设碰撞时间极短且车以原速率反弹，滑块与平板车之间的最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，平板车足够长，以至滑块不会从平板车右端滑落，g取10m/s2。求：
（1）平板车第一次与墙壁碰撞后能向左运动的最大距离s为多大，此时滑块的速度为多大？
（2）平板车第二次与墙壁碰撞前瞬间的速度υ2为多大？
（3）为使滑块不会从平板车右端滑落，平板车长l至少要有多长？
【习题精练】
【习题1】竖直平面内有一光滑圆弧形轨道，O为最低点，A、B两点距O点的高度分别为h和4h，现从A点释放一质量为M的大物体，且每隔适当的时间从B点释放一质量为m的小物体。它们和大物体碰撞后都结为一体，已知M=100m.
（1）若每当大物体向右运动到O点时，都有一个小物体与之碰撞，问碰撞多少次后大物体的速度最小？
（2）若大物体第一次向右运动到O点时，和小物体碰撞，以后每当大物体向左运动到O点时，才与一个小物体碰撞，问共碰撞多少次后大物体能越过A点？
（3）若每当大物体运动到O点时，都有一个小物体与之碰撞，问碰撞50次后，大物体运动的最大高度为h的几分之几？
【习题2】如图所示，竖直平面内放一直角杆，杆的水平部分粗糙，竖直部分光滑，两部分各套有质量分别为mA = 2.0kg和mB = 1.0kg的小球A和B，A球与水平杆间的动摩擦因数 μ=0.20，A、B间用不可伸长的轻绳相连，图示位置处OA=1.5m，OB=2.0m。（g取10m/s2）
（1）若用水平力F1沿杆向右拉A，使A由图示位置向右极缓慢地移动0.5m，则该过程中拉力F1做了多少功？
（2）若用水平力F2沿杆向右拉A，使B以1m/s的速度匀速上升，则在B经过图示位置上升0.5m的过程中，拉力F2做了多少功？（涉及速度分解，仅限学有余力的同学们练习）
【习题3】如图所示，长为L=1.0m、质量为M=1.0kg的木板，静止于光滑水平面上。在长木板的左端有一个质量为 m = 1.0kg的小木块（可视为质点）。现用水平向右的恒力F=20N作用于小木块，使其由静止向右运动。作用一段距离后撤去水平力F，最终小木块恰好运动到长木板的最右端。已知小木块与长木板间的动摩擦因数为 μ=0.5，g=10m/s2。求：水平力F做功W为多少？
【习题4】如图所示，质量为m的木块（可看作质点）放在质量为M的有限长度的木板的中央，木块与木板间的动摩擦因数为μ，开始时木块与木板一起在光滑的水平面上以速度υ0（指大小）向右运动，为使木板和木块都停下来且木块又不滑出木板，可采用对木块瞬时施加一水平冲量的方法。
（1）为了达到题中所述目的，应对题中哪些未知条件予以定量约束，并导出定量结果。
（2）若外力对木块施加冲量瞬间对木块做功为零，则题中木板质量M和木块质量m之间应有什么关系？
【习题5】如图所示，倾角为θ=30°的斜面固定于水平地面上，在斜面底端O处固定一轻质弹簧，斜面顶端足够高。斜面上OM段光滑，M点以上均粗糙。质量为 m 的物块A在M点恰好能静止，在离M点距离为 L 的N点处，有一质量为2m的光滑物块B以初速度 υ0 = 滑向物块A，若物块间每次碰撞（碰撞时间极短）后即紧靠在一起但不粘连，物块间、物块和弹簧间的碰撞均为正碰。求：
（1）物块A在M点上方时，离M点的最大距离；
（2）系统产生的总内能E。
【习题6】一系统由上下两部分和一短而硬（即劲度系数很大）的轻质弹簧构成. 上部分A的质量为m1，下部分B的质量为m2，弹簧夹在A与B之间，与二者接触而不固连。让A、B压紧弹簧，并将它们锁定，此时弹簧的弹性势能为E0。通过遥控解除锁定时，弹簧可瞬时恢复原长。现将该系统从一高为H的楼顶处由静止开始自由下落，撞击地面后以原速率反弹，反弹后当系统竖直向上运动到离地面高为 h = 时解除锁定。求：
（1）解除锁定前瞬间，A、B的速度为多少？
（2）解除锁定后瞬间，A、B的速度为多少？
（3）解除锁定后H、E0、m1、m2满足什么条件，A上升的高度最大？A上升的高度最大时距地面多高？（请与07届黄冈市高三期末统一考试最后一题类比）
【习题7】如图所示，长木板A右边固定着一个挡板，包括挡板在内的总质量为1.5M，静止在光滑的水平地面上。小木块B的质量为M，从A的左端开始以初速度υ0在A上滑动，滑到右端与挡板发生碰撞，已知碰撞过程时间极短，碰后木块B恰好滑动到A的左端就停止滑动。已知B与A间的动摩擦因数为μ，B在A板上单程滑行长度为l。求：
（1）若 ，在B与挡板碰撞后的运动过程中，摩擦力对木板A做正功还是负功？做多少功？
（2）讨论A和B在整个运动过程中，是否有可能在某一段时间里运动方向是向左的。如果不可能，说明理由；如果可能，求出发生这种情况的条件。
【习题8】如图所示，质量为2kg的物块A（可看作质点），开始放在长木板B的左端，B的质量为1kg，可在水平面上无摩擦滑动，两端各有一竖直挡板M、N. 现A、B以相同的速度υ0=6m/s向左运动并与挡板M发生碰撞。B与M碰后速度立即变为零，但不与M粘连；A与M碰撞没有能量损失，碰后接着返回向N板运动，且在与N板碰撞之前，A、B均能达到共同速度并且立即被锁定，与N板碰撞后A、B一起以原速率反向运动，并且立刻解除锁定。A、B之间的动摩擦因数 μ=0.1。通过计算求下列问题：
A与挡板M能否发生第二次碰撞？
（2） A和B将最终停在何处？
（3） A在B上一共通过了多少路程？
（本题对你的耐性有较高的要求）
专题二 动量与能量
参考答案
一、例题答案
例1：
【分析思路】依题意知每次碰撞动量守恒，每两次碰撞间恒力F作用相同时间T，选用动量定理研究。
【解析】（1）设第一次碰撞前瞬间P的速度为u1，则有
F·T = mu1 ①
因碰撞时间极短，设第一次碰撞后瞬间的速度为υ1，根据动量守恒，有
mu1 = 2mυ1 ②
得 ③
第一次碰撞过程中产生的内能
④
（2）因每次碰撞时间极短，对从开始到发生第n次碰撞后瞬间应用动量定理，有
F·nT =（n+1）mυn ⑤
得 ⑥
（3）同理可以求出第n－1次碰撞后的速度
⑦
对第n次碰撞前全过程应用动量定理
F·nT = nmun ⑧
得 ⑨
对n－1到n之间应用动能定理
⑩
由⑦⑨⑩式化简得
【点评】 在认真分析物理过程基础上，根据每段过程的特点，选择恰当的物理规律，是一个值得同学们认真体会的问题，本题的解答正好体现了动量定理和动能定理解题的特征。
例2：
【分析思路】物块C在木板上运动时，摩擦力使物块C减速，使木板加速，如果最终停在木板A上，则最终结果是A、B、C三者都以相同的速度运动。若最终结果是物块滑离木板A后停在木板B上甚至滑离木板B，则木板A最终的速度是物块C刚滑离A时的速度。
【解析】设物块C在木板A上滑行x距离后便停在A上，在这个过程中，木板A和B滑行的距离都是s，如图所示。物块C停在木板A上时，A、B、C三者速度相等，设此速度为υ。
根据动能定理，有 ①
②
由动量守恒定律，有 mυ0=3 mυ ③
由①②两式得 ④
由③④两式得
代入数据得
因x>l，与物块C停在木板A上的假设不符，表明物块C要滑离木板A并在木板B上滑动。设物块在木板A上滑行距离l后，到达木板B，设在C刚要滑离A时，C速度为μ，这时A与B速度相等，设为υ，在这过程中，A、B一起滑动的距离为 s1，由动能定理和动量守恒定律有
⑤
⑥
⑦
消去s1，代入有关数据，得 μ + 2υ = 2 ⑧
2υ2 + μ2 －2 = 0 ⑨
解⑧⑨两式得 ⑩
或 υ = 1m/s μ=0 
第二组解即式不符合题意，因为按第二组解，当物块C滑到木板A的最右端时，速度为零，但木板A却有向右方向、大小为 υ = 1m/s 的速度，即C静止，A却运动，这不符合物理原理。故所求的木板A的最终速度为 .
【点评】解答本题的关键是A、B、C三物体最终可能状态的分析，并能根据物理规律作出判断。其次要注意解答结论的合理性的讨论，即要结合物理情况分析解答结论是否有物理意义。请同学们在课后讨论一下B木板最终运动的速度为多少？
例3：【解析】A和B一起由静止下落到进入区域C时速度为υ1，有
代入数据得 υ1 = 2.0m/s
A进入区域C后，受到方向向上的合力作用，做减速运动，离开区域C时的速度为υA，有
代入数据得 υA = 1.0m/s
A进入区域C之后，把A和B两个物体构成的整体作为研究对象，外力之和为零，动量守恒，设A离开区域C时B的速度为υB，有 2mυ1 = mυA+ mυB
代入数据得 υB = 3.0m/s
B在这一过程中下降的高度为 hB, 有
代入数据得 hB = 0.50m
设A离开区域C后A和B的速度达到相同时，经过的时间为t，A和B的共同速度为υ2 , A和B下降的高度分别为 和.
在这一过程中，对A有 （mg+f）t = m(υ2－υA)
(mg+f) =
对B有 （mg－f）t = m(υ2－υB)
（mg－f）=
代入数据得 υ2 =4.0m/s，=0.50m，=0.70m
杆B的长度至少应为 =0.40m.
例4：
【解析】（1）滑块与平板车之间的最大静摩擦力 fm = μMg，设滑块与车不发生相对滑动而一起加速运动的最大加速度为 am，以车为研究对象
则 m/s2
以滑块和车整体为研究对象，作用在滑块上使滑块与车一起相对静止地加速的水平推力最大值设为Fm
则 Fm =（M+m）am =（4+2）kg×6m/s2=36N
已知水平推力F=24N设第一次碰墙前M、m的速度为 υ1
υ1 = m/s=2m/s
第一次碰墙后瞬间，滑块保持速度υ1，车速度变为－υ1
第一次碰墙后到第二次碰墙前，车和滑块组成的系统动量守恒
车向左运动速度减为0时，由于mm/s=1m/s
以车为研究对象，根据动能定理
m=0.33m
（2）第一次碰撞后车运动到速度为零时，滑块仍有向右的速度，滑动摩擦力使车以相同的加速度重新向右加速，如果车的加速过程持续到与墙第二次相碰，则加速过程位移也为s，可算出第二次碰墙前瞬间的速度大小也为2m/s，系统的总动量将大于第一次碰墙后的动量，这显然是不可能的，可见在第二次碰墙前车已停止加速，即第二次碰墙前一些时间车和滑块已相对静止。（有关于第二次碰墙瞬间前两者已相对静止的文字分析的给1分）
设车与墙第二次碰撞前瞬间速度为υ2，则
m/s=0.67m/s
（3）车每次与墙碰撞后一段时间内，滑块都会相对车有一段向右的滑动，由于两者相互摩擦，系统的部分机械能转化为内能，车与墙多次碰撞后，最后机械能全部都转化为内能，车停在墙边，滑块相对车的总位移设为l，则有
m=1m
平板车的长度不能小于1m.
二、习题答案
习题1：【解析】 （1）设A、B在O点速度大小分别为 υA、υB
由机械能守恒定律 Mgh =
mg · 4h =
υA = υB = 2
设碰撞n次后大物体的速度最小 MυA－nmυB =(M+nm) υmin ，υmi n= 0.
得 MυA = nmυB 时大物体的速度最小 n = 50次
（2）第1次碰 MυA－mυB =(M+m) υ
设再碰k 次 (M+m) υ+ kmυB =（M+m+km）υA
联立解得 k = 3
故共碰4次
（3）第1次碰 MυA－mυB =(M+m) υ1
第2次碰 (M+m) υ1+ mυB = (M+2m) υ2
第3次碰 (M+2m) υ2－mυB =(M+3m) υ3
第4次碰 (M+3m) υ3+ mυB =(M+4m) υ4
……
第50次碰 （M+49m）υ49+ mυB =(M+50m) υ50
联立得 MυA = (M+50m) υ50
则 υ50 =
由 得
则 .
习题2：【解析】 （1）A、B小球和细绳整体竖直方向处于平衡
A受到水平杆的弹力为N=（mA+mB）g
则A受到的摩擦力 f = μ（mA+mB）g
由几何关系得 sB = 0.5m
由能量关系，拉力F1做功为 W1= f·sA + mBgsB
得W1 = 8.0J
（2）设细绳与竖直方向的夹角为 θ，因绳不可伸长，所以
υBcosθ =υAsinθ
则

设拉力F2做功为 W2，对系统由能量关系得

代入数据解得 W2=6.8J.
习题3：【解析】 设水平力F作用时间为t1，撤去水平力F后再经过t2的时间，小木块滑到长木板的最右端，之后二者一起匀速运动，共同的速度为υ。如图，在t1时间里小木块移动的距离为s，长木板移动距离为s′. 由牛顿第二定律（F作用时，小木块的加速度为a），则
F － μmg = ma
小木块的位移
对整个系统由动量定理可得（亦可用牛顿定律及运动学公式推出）
对系统由能量关系可得：
(亦可用多个式子合并而成，同学们认真写一下)
联立以上各式并代入数据有 s=0.75m
则水平力做功 W=Fs=20N×0.75m=15J
习题4：【解析】 （1）设对木块施加的冲量为I，木块被打击后的速度大小为υ1，选向右为正，由动量定理，得
I = －mυ1－mυ0 ①
对m 和M的相互作用过程应用动量守恒，选向右为正，有
Mυ0－mυ1= 0 ②
解 ①②可得 I = －（M+m）υ0 ③
设板长最短为L，m和M在相互作用过程中能量守恒，有
④
联立②④两式解得 L = .
故应施加的定量约束是冲量 I = (M+m) υ0，方向与初速度方向相反，板长最短为
L =
（2）依动能定理知木块受到瞬时冲量作用后速度大小应该仍是υ0，对m和M在相互作用过程中应用动量守恒，选向右为正，有 Mυ0－mυ0= 0 .
得 M = m .
习题5：【解析】 （1）设物块B第一次和物块A碰前的速度为υ1，碰后的共同速度为υ2，物块B从N运动到M点由动能定理有
2mgLsinθ= ①
对物块B和物块A，在碰撞过程中由动量守恒定律有
2mυ1 = (2m + m ) υ2 ②
物块A、B从第一次在M点相碰后至再次回到M点的过程中机械能守恒，两物块速度大小不变，方向反向。其后物块A、B将做匀减速运动，设加速度分别设为a1、a2.
由牛顿第二定律有，对物块A： μmgcosθ+mgsinθ = m a1
对光滑物块B： 2mgsinθ=2m a2
又由题意中“物块A恰好静止”可得
μmgcosθ= mgsinθ ③
得 a1 > a2.
所以当A运动到最高处静止时，物块B还在向上减速运动，未与A相碰.
对A从M到最高处由动能定理有
④
由题知 ⑤
由①②③④⑤式得 s =
(2)物块A、B最终紧靠一起在OM间做往复运动，从物块B开始运动至A、B一起运动到M点且速度为零的过程中，由能量转化和守恒定律有

所以系统产生的总内能 E = 3mgL.
习题6：【解析】 （1）解除锁定时系统距地面高 h = ，此时系统的速度等于物体自由下落到（H－h）处的速度.
故 υ2=2g(H－h)
得 ①
（2）设解除锁定后，A、B的速度分别为υ1，υ2.
由于弹开瞬时系统动量守恒
（m1+m2）·υ = m1υ1 + m2υ2 ②
由于解除锁定过程中系统机械能守恒，则有
③
由①②③解得
由于υ1 > υ，υ2 < υ，所以
（3）解除锁定过程中，当A获得最大能量时，即全部的机械能全部转化给A时，A上升的高度最大，这时B物体动能为零.
即 解得
即
将上式代入υ1 得
所以A从解锁处上升的高度
故A上升的高度的最大值为 .
习题7：【解析】 （1）B与A碰撞后，B相对于A向左运动，A受摩擦力向左，A的运动方向向右，故摩擦力做负功。设B与A碰撞后的瞬间A的速度为υ1，B的速度为υ2，A、B相对静止后的共同速度为υ，整个过程中A、B组成的系统动量守恒。
碰撞后直到相对静止的过程中，系统动量守恒，机械能的减少量等于系统克服摩擦力做的功，即 Mυ2 + 1.5 Mυ1 = 2.5 Mυ ①
②
可解出 （另一解 因小于υ而舍去）
这段过程中，A克服摩擦力做功：

（2）A在运动过程中不可能向左运动，因为在B未与A碰撞之前，A受到的摩擦力方向向右，做加速运动，碰撞之后A受到的摩擦力方向向左，做减速运动，直到最后，速度仍向右，因此不可能向左运动。
B在碰撞之后，有可能向左运动，即υ2 <0.
先计算υ2 =0 时满足的条件，由①式， ，当υ2 =0时，.代入②式，得 ，解出 .
B在某段时间内向左运动的条件之一是：
另一方面，整个过程中损失的机械能一定大于或等于系统克服摩擦力做的功，即
≥
解出另一个条件是：
最后得出B在某段时间内向左运动的条件是：
习题8：【解析】解法一：（1）第一次碰撞后，A以υ0=6m/s 速度向右运动，B的初速度为0，与N板碰前共同速度υ1，则
mAυ0=(mA + mB) υ1 υ1 = 4m/s
系统克服阻力做功损失动能
因与N板的碰撞没有能量损失，A、B与N板碰后返回向左运动，此时A的动能

因此，当B先与M板碰撞停住后，A还有足够能量克服阻力做功，并与M板发生第二次碰撞。所以A可以与挡板M发生第二次碰撞。
（2）设第i次碰后A的速度为υi，动能为EAi，达到共同速度后A的速度为 ，动能为，同理可求 =
（该能量将在第i+1次与M的碰撞中损失掉）
单程克服阻力做功
或通过比较总的能量损失讨论：每两次碰撞之间损失的能量为

因此每次都可以返回到M板，最终停靠在M板前.
（3）由（2）的讨论可知，在每完成一个碰撞周期中损失的总能量均能满足

（即剩余能量 ）
其中用以克服阻力做功占总损失能量之比
碰撞中的能量损失所占比例
因此当初始A的总动能损失完时，克服摩擦力做的总功为
μmAgs = Wf总
所以 (m)
解法二：（1）第一次碰撞后，A以υ0=6m/s 速度向右运动，B的初速度为0，与N板碰前共同速度υ1，则
mAυ0=(mA + mB) υ1 υ1 = 4m/s
动能损失
因与N板的碰撞没有能量损失，A、B与N板碰后返回向左运动，此时A的动能

因此，当B先与M板碰撞停住后，A还有足够能量克服阻力做功，并与M板发生第二次碰撞。所以A可以与挡板M发生第二次碰撞。
（2）设第i次碰后A的速度为υi，与B达到共同速度后A的速度为，下一次与M板碰撞后A的速度为υi+1.
∴ 则
A向右相对滑动过程中系统损失的机械能为
由以上二式可得：
因此A每次都可以返回到M板并与之相碰，且相碰的速度均为前一次的，所以A、B均最终停靠在M板前。
B与M第i+1次相碰前速度为
B与M板相碰损失的机械能总量为

=
=27J
所以，最终因滑动而损失的总能量为
=27J
因此，当全部动能损失完时： ΔE = μmAgs
所以 s = 13.5m
专题三 电磁学
（一） 电磁场
【方法归纳】
一、场强、电势的概念
1、电场强度E
①定义：放入电场中某点的电荷受的电场力F与它的电量q的比值叫做该点的电场强度。
②数学表达式：，单位：
③电场强度E是矢量，规定正电荷在电场中某点所受电场力的方向即为该点的电场强度的方向
④场强的三个表达式
定义式
决定式
关系式
表达式
选用
范围
对任何电场E的大小及方向都适用。与检验电荷的电量的大小、电性及存在与否无关。
q：是检验电荷
只对真空的点电荷适用。
Q：是场源电荷的电量。
r：研究点到场源电荷的距离。
只对匀强电场适用。
U：电场中两点的电势差。
d：两点间沿电场线方向的距离。
说明
电场强度是描述电场力的性质的物理量。电场E与F、q无关，取决于电场本身。
当空间某点的电场是由几个点电荷共同激发的，则该点的电场强度等于每个点电荷单独存在时所激发的电场在该点的场强的矢量和。
⑤比较电场中两点的电场强度的大小的方法：
由于场强是矢量。比较电场强度的大小应比较其绝对值的大小，绝对值大的场强就大，绝对值小的场强就小。
Ⅰ在同一电场分布图上，观察电场线的疏密程度，电场线分布相对密集处，场强较大；电场较大；电场线分布相对稀疏处，场强较小。
Ⅱ形成电场的电荷为点电荷时，由点电荷场强公式可知，电场中距这个点电荷Q较近的点的场强比距这个点电荷Q较远的点的场强大。
Ⅲ匀强电场场强处处相等
Ⅳ等势面密集处场强大，等势面稀疏处场强小
2、电势、电势差和电势能
①定义：
电势：在电场中某点放一个检验电荷q，若它具有的电势能为E，则该点的电势为电势能与电荷的比值。电场中某点的电势在数值上等于单位正电荷由该点移到零电势点时电场力所做的功。也等于该点相对零电势点的电势差。
电势差：电荷在电场中由一点A移到另一点B时，电场力做功与电荷电量q的比值，称为AB两点间的电势差，也叫电压。
电势能：电荷在电场中所具有的势能；在数值上等于将电荷从这一点移到电势能为零处电场力所做的功。
②定义式：或，单位：V
单位：J
③说明：Ⅰ电势具有相对性，与零电势的选择有关，一般以大地或无穷远处电势为零。
Ⅱ电势是标量，有正负，其正负表示该的电势与零电势的比较是高还是低。
Ⅲ电势是描述电场能的物理量，
④关于几个关系
关于电势、电势差、电势能的关系
电势能是电荷与电场所共有的；电势、电势差是由电场本身因素决定的，与检验电荷的有无没有关系。
电势、电势能具有相对性，与零电势的选择有关；电势差具有绝对性，与零电势的选择无关。
关于电场力做功与电势能改变的关系
电场力对电荷做了多少功，电势能就改变多少；电荷克服电场力做了多少功，电势能就增加多少，电场力对电荷做了多少正功，电势能就减少多少，即 。
在学习电势能时可以将“重力做功与重力势能的变化”作类比。
关于电势、等势面与电场线的关系
电场线垂直于等势面，且指向电势降落最陡的方向，等势面越密集的地方，电场强度越大。
⑤比较电荷在电场中某两点的电势大小的方法：
Ⅰ利用电场线来判断：在电场中沿着电场线的方向，电势逐点降低。
Ⅱ利用等势面来判断：在静电场中，同一等势面上各点的电势相等，在不同的等势面间，沿着电场线的方向各等势面的电势越来越低。
Ⅲ利用计算法来判断：因为电势差，结合，若，则，若，则；若，则
⑥比较电荷在电场中某两点的电势能大小的方法：
Ⅰ利用电场力做功来判断：在电场力作用下，电荷总是从电势能大的地方移向电势能小的地方。这种方法与电荷的正负无关。
Ⅱ利用电场线来判断：正电荷顺着电场线的方向移动时，电势能逐渐减少；逆着电场线方向移动时，电势能逐渐增大。负电荷则相反。
二、静电场中的平衡问题
电场力（库仑力）虽然在本质上不同于重力、弹力、摩擦力，但是产生的效果是服从牛顿力学中的所有规律，所以在计算其大小、方向时应按电场的规律，而在分析力产生的效果时，应根据力学中解题思路进行分析处理。对于静电场中的“平衡”问题，是指带电体的加速度为零的静止或匀速直线运动状态，属于“静力学”的范畴，只是分析带电体受的外力时除重力、弹力、摩擦力等等，还需多一种电场而已。解题的一般思维程序为：
①明确研究对象
②将研究对象隔离出来，分析其所受的全部外力，其中电场力，要根据电荷的正负及电场的方向来判断。
③根据平衡条件或，列出方程
④解出方程，求出结果。
三、电加速和电偏转
1、带电粒子在电场中的加速
在匀强电场中的加速问题 一般属于物体受恒力（重力一般不计）作用运动问题。处理的方法有两种：
①根据牛顿第二定律和运动学公式结合求解
②根据动能定理与电场力做功，运动学公式结合求解
基本方程：
在非匀强电场中的加速问题 一般属于物体受变力作用运动问题。处理的方法只能根据动能定理与电场力做功，运动学公式结合求解。
基本方程：
2、带电粒子在电场中的偏转
设极板间的电压为U，两极板间的距离为，极板长度为。
运动状态分析：带电粒子垂直于匀强电场的场强方向进入电场后，受到恒定的电场力作用，且与初速度方向垂直，因而做匀变速曲线运动——类似平抛运动如图。
运动特点分析：
在垂直电场方向做匀速直线运动

在平行电场方向，做初速度为零的匀加速直线运动 通过电场区的时间：粒子通过电场区的侧移距离：
粒子通过电场区偏转角：
带电粒子从极板的中线射入匀强电场，其出射时速度方向的反向延长线交于入射线的中点。所以侧移距离也可表示为：
四、电容器的动态分析
这类问题关键在于弄清楚哪些是变量；哪些是不变量；哪些是自变量；哪些是因变量。同时要注意对公式的理解，定义式适用于任何电容器，而电容C与Q、U无关。
区分两种基本情况：一是电容器两极间与电源相连接，则电容器两极间的电势差U不变；二是电容器充电后与电源断开，则电容器所带的电量Q保持不变。
电容器结构变化引起的动态变化问题的分析方法 平行板电容器是电容器的一个理想化模型，其容纳电荷的本领用电容C来描述，当改变两金属板间距d、正对面积S或其中的介质时，会引起C值改变。给两个金属板带上等量异号电荷Q后，板间出现匀强电场E，存在电势差U。若改变上述各量中的任一个，都会引起其它量的变化。若两极板间一带电粒子，则其受力及运动情况将随之变化，与两极板相连的静电计也将有显示等等。
解此类问题的关键是：先由电容定义式、平行板电容器电容的大小C与板距d、正面积S、介质的介电常数的关系式和匀强电场的场强计算式导出，，等几个制约条件式备用。接着弄清三点：①电容器两极板是否与电源相连接？②哪个极板接地？③C值通过什么途径改变？若电容器充电后脱离电源，则隐含“Q不改变”这个条件；若电容器始终接在电源上，则隐含“U不改变”（等于电源电动势）这个条件；若带正电极板接地，则该极板电势为零度，电场中任一点的电势均小于零且沿电场线方向逐渐降低；若带负电极板接地，则该极板电势为零，电场中任一点电势均大于零。
五、带电粒子在匀强磁场的运动
1、带电粒子在匀强磁场中运动规律
初速度的特点与运动规律
① 为静止状态
② 则粒子做匀速直线运动
③ ,则粒子做匀速圆周运动，其基本公式为：
向心力公式： 运动轨道半径公式：；
运动周期公式： 动能公式：
T或、的两个特点：
T、和的大小与轨道半径（R）和运行速率（）无关，只与磁场的磁感应强度（B）和粒子的荷质比（）有关。
荷质比（）相同的带电粒子，在同样的匀强磁场中，、和相同。
④与B成（角，，则粒子做等距螺旋运动
2、解题思路及方法
圆运动的圆心的确定：
①利用洛仑兹力的方向永远指向圆心的特点，只要找到圆运动两个点上的洛仑兹力的方向，其延长线的交点必为圆心．
②利用圆上弦的中垂线必过圆心的特点找圆心
六、加速器问题
1、直线加速器
①单级加速器：是利用电场加速，如图2所示。
粒子获得的能量：

缺点是：粒子获得的能量与电压有关，而电压又不能太高，所以粒子的能量受到限制。
②多级加速器：是利用两个金属筒缝间的电场加速。
粒子获得的能量：
缺点是：金属筒的长度一个比一个长，占用空间太大。
2、回旋加速器
采用了多次小电压加速的优点，巧妙地利用电场对粒子加速、利用磁场对粒子偏转，实现对粒子加速。
①回旋加速器使粒子获得的最大能量：
在粒子的质量、电量，磁感应强度B、D型盒的半径R一定的条件下，由轨道半径可知，，即有，，所以粒子的最大能量为

由动能定理可知，，加速电压的高低只会影响带电粒子加速的总次数，并不影响引出时的最大速度和相应的最大能量。
②回旋加速器能否无限制地给带电粒子加速？
回旋加速器不能无限制地给带电粒子加速，在粒子的能量很高时，它的速度越接近光速，根据爱因斯坦的狭义相对论，这里粒子的质量将随着速率的增加而显著增大，从而使粒子的回旋周期变大（频率变小）这样交变电场的周期难以与回旋周期一致，这样就破坏了加速器的工作条件，也就无法提高速率了。
七、粒子在交变电场中的往复运动
当电场强度发生变化时，由于带电粒子在电场中的受力将发生变化，从而使粒子的运动状态发生相应的变化，粒子表现出来的运动形式可能是单向变速直线运动，也可能是变速往复运动。
带电粒子是做单向变速直线运动，还是做变速往复运动主要由粒子的初始状态与电场的变化规律（受力特点）的形式有关。
图a 图b
1、若粒子（不计重力）的初速度为零，静止在两极板间，再在两极板间加上图a的电压，粒子做单向变速直线运动；若加上图b的电压，粒子则做往复变速运动。
2、若粒子以初速度为从B板射入两极板之间，并且电场力能在半个周期内使之速度减小到零，则图1的电压能使粒子做单向变速直线运动；则图2的电压也不能粒子做往复运动。
所以这类问题要结合粒子的初始状态、电压变化的特点及规律、再运用牛顿第二定律和运动学知识综合分析。
八、粒子在复合场中运动
1、在运动的各种方式中，最为熟悉的是以垂直电磁场的方向射入的带电粒子，它将在电磁场中做匀速直线运动，那么，初速v0的大小必为E/B，这就是速度选择器模型，关于这一模型，我们必须清楚，它只能选择速度，而不能选择带电的多少和带电的正负，这在历年高考中都是一个重要方面。
2、带电物体在复合场中的受力分析：带电物体在重力场、电场、磁场中运动时，其运动状态的改变由其受到的合力决定，因此，对运动物体进行受力分析时必须注意以下几点：
①受力分析的顺序：先场力（包括重力、电场力、磁场力）、后弹力、再摩擦力等。
②重力、电场力与物体运动速度无关，由物体的质量决定重力大小，由电场强决定电场力大小；但洛仑兹力的大小与粒子速度有关，方向还与电荷的性质有关。所以必须充分注意到这一点才能正确分析其受力情况，从而正确确定物体运动情况。
3、带电物体在复合场的运动类型：
①匀速运动或静止状态：当带电物体所受的合外力为零时
②匀速圆周运动：当带电物体所受的合外力充当向心力时
③非匀变速曲线运动；当带电物体所受的合力变化且和速度不在一条直线上时
4、综合问题的处理方法
(1)处理力电综合题的的方法
处理力电综合题与解答力学综合题的思维方法基本相同，先确定研究对象，然后进行受力分析（包括重力）、状态分析和过程分析，能量的转化分析，从两条主要途径解决问题。
①用力的观点进解答，常用到正交分解的方法将力分解到两个垂直的方向上，分别应用牛顿第二定律列出运动方程，然后对研究对象的运动进分解。可将曲线运动转化为直线运动来处理，再运用运动学的特点与方法，然后根据相关条件找到联系方程进行求解。
②用能量的观点处理问题
对于受变力作用的带电体的运动，必须借助于能量观点来处理。即使都是恒力作用的问题，用能量观点处理也常常显得简洁，具体方法有两种：
ⅰ用动能定理处理，思维顺序一般为：
a.弄清研究对象，明确所研究的物理过程
b.分析物体在所研究过程中的受力情况，弄清哪些力做功，做正功还是负功
c.弄清所研究过程的始、末状态（主要指动能）
ⅱ用包括静电势能和内能在内的能量守恒定律处理，列式的方法常有两种：
a从初、末状态的能量相等（即）列方程
b从某些能量的减少等于另一些能量的增加（即）列方程
c若受重力、电场力和磁场力作用，由于洛仑兹力不做功，而重力与电场力做功都与路径无关，只取决于始末位置。因此它们的机械能与电势能的总和保持不变。
(2)处理复合场用等效方法：
各种性质的场与实物（由分子和原子构成的物质）的根本区别之一是场具有叠加性。即几个场可以同时占据同一空间，从而形成叠加场，对于叠加场中的力学问题，可以根据力的独立作用原理分别研究每一种场力对物体的作用效果；也可以同时研究几种场力共同作用的效果，将叠加紧场等效为一个简单场，然后与重力场中的力学问题进行类比，利用力学的规律和方法进行分析与解答。
电磁学例题
例1 平行金属板A、B相距为d，如图（a）所示，板间加有随时间变化的电压，如图（b）所示，设U0和T已知，A板上O处有一静止的带电粒子，其电量为q，质量为m(不计重力). 在t=0时刻受到板间电场加速向B板运动，途中由于电场反向又向A返回.
（1）为使t=T时粒子恰好回到O点，求U0/Ux的比值k应满足什么条件？粒子返回O点时的动能是多大？
（2）在满足第（1）问中U0/Ux的比值k的情况下，为使粒子在由A向B运动中不碰到B板，求U0的取值范围.
例2 如图所示，在区域足够大的空间中充满磁感应强度大小为B的匀强磁场，其方向垂直于纸面向里，在纸面内固定放置一绝缘材料制成的边长为L的等边三角形框架DEF，DE中点S处有一粒子发射源，发射粒子的方向在纸面内且垂直于DE边向下，如图所示，所发射粒子的带电量为+q，质量为m，但速度v有各种不同的数值.若这些粒子与三角形框架碰撞时均无能量损失，且每一次碰撞时速度方向都垂直于被碰的边. 试求：
（1）带电粒子的速度v为多大时，能够打到E点？
（2）为使S点发出的粒子最终又回到S点，且运动时间最短，v应为多大？最短时间为多少？
例3 如图所示，在地面附近，坐标系xOy在竖直平面内，空间有沿水平方向垂直纸面向里的匀强磁场，磁感强度大小为B，在x<0的空间内还有沿x轴负方向的匀强电场，场强大小为E，一个带正电的油滴经图中x轴上的M点，沿着与水平方向成角的方向斜向下做直线运动，进入x>0的区域，要使油滴进入x>0区域后能在竖直平面内匀速圆周运动，需在x>0的区域内加一个匀强电场，若带电油滴做圆周运动时通过x轴上的N点，且MO=ON，求：
（1）油滴运动速率；
（2）在x>0空间内所加电场的场强大小和方向；
（3）油滴从x轴上的M点开始到达x轴上的N点所用的时间.
电磁学练习
1．在如图所示的平面直角坐标系xOy中，有一个圆形区域的匀强磁场（图中未画出），磁场方向垂直于xOy平面，O点为该圆形区域边界上的一点.现有一质量为m，带电量为+q的带电粒子（重力不计）从O点以初速度v0沿+x方向进入磁场，已知粒子经过y轴上P点时速度方向与+y方向夹角为，OP=L，求：
（1）磁感应强度的大小和方向；
（2）该圆形磁场区域的最小面积.
2．如下图所示，用长为L的丝线悬挂质量为m，带电量为+q的电荷，放入水平向右的电场中，场强大小为，今将小球拉至水平方向的点A处后，由静止释放，求（计算结果可用根式表达）：
（1）小球落至最低点B处的动能；
（2）若小球落至最低点B处时，绳突然断开，同时将电场等大反向，求小球在以后的运动过程中的最小动能.
3．如图是计算机模拟出的一种宇宙空间的情境，在此宇宙空间存在这样一个远离其他空间的区域，以MN为界，上部分匀强磁场的磁感强度为B1，下部分的匀强磁场的磁感强度为B2，B1= 2B2=2B0，方向相同，且磁场区域足够大。在距离界线为h的P点有一宇航员处于静止状态，宇航员以平行于界线的速度抛出一质量为m、带电量-q的可视为质点的物体,发现物体在界线处速度方向与界线成600角，进入下部分磁场。然后当宇航员沿与界线平行的直线PQ匀速到达目标Q点时，物体也刚好第一次到达直线PQ上的Q点，宇航员接住物体而静止，求：
（1）PQ间距离是多大？
（2）宇航员质量是多少？
4．如图所示，真空中有以（r，0）为圆心，半径为r的圆柱形匀强磁场区域，磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向里，在y = r的虚线上方足够大的范围内，有方向水平向左的匀强电场，电场强度的大小为E，从O点在纸平面内向不同方向发射速率相同的质子，质子的运动轨迹均在纸面内。设质子在磁场中的偏转半径也为r，已知质子的电量为e，质量为m。不计重力及阻力的作用，求
（1）质子射入磁场时的速度大小。
（2）速度方向沿x轴正方向射入磁场的质子，到达y轴所需的时间。
（3）速度方向与x轴正方向成30°角（如图中所示）射入磁场的质子，到达y轴的位置坐标。
电磁学例题答案
例1．解析：（1）粒子前T/2时间内做初速度为零的匀加速运动，到M点时速度为v，位移为s，如图所示，则： ① ②
粒子在M点，电场反向后粒子做类竖直上抛运动，经T/2时间后回到A板，则：
③由①②③式解得： ④
U0/Ux的比值k=1/3 粒子返回O点时动能为Ek，则由动能定理得： ⑤
由①②④⑤解得：
（2）为使粒子在运动过程中不碰到B板，即，设从M减速到N的位移为，则有：，由以上得
例2．解析：（1）从S点发射的粒子将在洛伦兹力作用下做圆周运动，即
因粒子圆周运动的圆心在DE上，每经过半个圆周打到DE上一次，所以粒子要打到E点应满足：
由以上两式得能打到E点时，粒子的速度
（2）由题意知，S点发射的粒子最终又回到S点的条件是
在磁场中粒子做圆周运动的周期，与粒子的速度无关，由 知，粒子在磁场中旋转的角度最小时，运动的时间最短，如图所示，这时：，粒子以三角形的三个顶点为圆心运动，相邻两次碰撞的时间间隔，第三次碰撞时粒子回到S点，故运动的最短时间
【方法技巧】 根据粒子运动的周期性，找出它们能够打到E点或S点的一般通式，再根据题目中所给出的极值条件如运动时间最短、运动速度最大或最小等等，再综合利用相关的物理规律求解.
例3．解析：带正电油滴在x<0区域能沿与水平方向成方向斜向下做直线运动，在直线运动过程中，带电油滴所受洛仑兹力一定与重力和电场力合力相平衡，油滴进入x>0区域要做匀速圆周运动，重力与电场力合力必为零，由此可求出电场强度的大小和方向，画出带电油滴做圆运动的轨迹，由几何关系找出圆弧所对应的圆心角，据圆运动的周期公式即可求出由P至N做圆运动的时间.
（1）如图所示带电油滴在x<0区域受电场力qE，重力mg和洛仑兹力作用，油滴所受电场力、重力为恒力，则与运动方向垂直的洛仑兹力大小一定不变，因此油滴做匀速直线运动.
① ②
（2）油滴进入x>0区域后，受电场力、重力及洛仑兹力作用，要油滴做匀速圆周运动，一定方向向上，且，所以，方向向上
（3） O1为油滴做匀速圆周运动的圆心，因为
所以 油滴从M点至P点时间
由M点至N点时间所以油滴从M点至N点时间
将②代入得：
电磁学练习答案
1．（1）由左手定则得磁场方向垂直xOy平面向里，粒子在磁场中所做的是1/3圆周的匀速圆周运动，如图所示，粒子在Q点飞出磁场，设其圆心为O′，半径为R，由几何关系得：， ① 由得 ②联立①②可得
（2）设所求磁场区的面积为S，由几何关系得，所以
2．解：该题是力学和电场综合性题目，主要考查运动和力的关系、动量定理、动能定理、力的合成与分解、运动的合成与分解、曲线运动的规律. 小球从A点运动到C点时，由于绳给小球一冲量，使小球沿绳的方向速度减为零，只有沿绳切线方向的速度，该点是考生易错点，小球从B点下落后，重力和电场力的合力对小球做负功最大处，其动能最小，该点是考生最难找出的临界点，该题同时考查了考生的分析综合能力、推理能力、运用数学知识解决物理问题的能力.
（1）由题意知：小球受水平向右的电场力F和重力G的作用，使物体沿合力的方向做匀加速直线运动到C点，由几何知识得，动能定理可知：
由于绳子给小球一冲量使小球沿绳方向的速度减为零.沿切线方向的速度为
小球从C点到B点的过程中，绳子对小球不做功，电场力和重力均对小球做正功，则有
解得到最低点的动能为
（2）绳断后，电场反向，则重力和电场力的合力对小球先做负功，后做正功，则小球动能减小最多处，其动能最小，合力对小球所做的负功最大处沿合力的反方向的速度减为零，只有沿垂直于合力方向的速度其动能为
3．解：（1）画出物体在磁场B1中运动的轨迹如图所示，可知R1-h=R1cos60°， R1=2h由和B1=2B2可知R2=2R1=4h由得根据运动的对称性，PQ的距离为l = 2(R2sin60°-R1sin60°)=2h
(2) 物体由P运动到Q 的时间
宇航员匀速运动的速度大小为
由动量守恒定律得MV-mv=0可求得宇航员的质量
4．解：（1）质子射入磁场后做匀速圆周运动，有，可得
（2）质子沿x轴正向射入磁场后经1/4圆弧后以速度v垂直于电场方向进入电场，在磁场中运动的时间， 进入电场后做抛物线运动，沿电场方向运动r后到达y轴，因此有 所求时间为
（3）质子在磁场中转过120°角后从P点垂直电场线进入电场，
如图所示。P点距y轴的距离。
因此可得质子到达y轴所需时间为，
在y方向质子做匀速直线运动，因此有
质子到达y轴的位置坐标为
专题三 电磁学
（二）电 磁 感 应
1．电磁感应与电路的综合问题
在电磁感应中，切割磁感线的导体或磁通量发生变化的回路将产生感应电动势，该导体或回路就相当于电源，将它们接上电容器，便可使电容器充电；将它们接上用电器，便可对用电器供电，在回路中形成电流. 因此，电磁感应问题往往跟电路问题联系在一起. 解决这类电磁感应中的电路问题，不仅要应用电磁学中的有关规律，如右手定则、楞次定律和法拉第电磁感应定律等，还要应用电路中的有关规律，如欧姆定律及串并联电路的特点进行求解.
【例1】 如图1甲所示，空间存在着一个范围足够大的竖直向下的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为B. 边长为l的正方形金属框abcd（下简称方框）放在光滑的水平地面上，其外侧套着一个与方框边长相同的U形金属框架MNPQ（下简称U形框），U形框与方框之间接触良好且无摩擦. 两个金属框每条边的质量均为m，每条边的电阻均为r.
（1）将方框固定不动，用力拉动U形框使它以速度v0垂直于NQ边向右匀速运动，当U形框的MP端滑至方框的最右侧（如图乙所示）时，方框上的bd两端的电势差为多大？此时方框的热功率为多大？
（2）若方框不固定，给U形框垂直于NQ边向右的初速度v0，如果U形框恰好不能与方框分离，则在这一过程中两框架上产生的总热量为多少？
（3）若方框不固定，给U形框垂直于NQ边向右的初速度v(v>v0)，U形框最终将与方框分离. 如果从U形框和方框不再接触开始，经过时间t方框最右侧和U形框最左侧距离为s. 求两金属框分离后的速度各多大？
【解析】 （1）U形框向右运动时，NQ边相当于电源，产生的感应电动势E=Blv0
当U形框的MP端滑至方框的最右侧时，等效电路如图2所示. 方框bd之间的电阻为
U形框连同方框构成的闭合电路的总电阻为
根据闭合电路欧姆定律可得闭合电路的总电流为
根据欧姆定律可知，bd两端的电势差为
方框的热功率为
（2）在U形框向右运动的过程中，U形框和方框组成的系统所受外力为零，故系统动量守恒，设二者最终具有的共同速度为v，根据动量守恒定律有
解得
根据能量守恒定律，U形框和方框组成的系统损失的机械能等于在这一过程中两框架上产生的热量，即
（3）设U形框和方框不再接触时，方框的速度为v1，U形框的速度为v2，根据动量守恒定律，有
两框架脱离以后分别以各自的速度做匀速运动，经过时间t方框最右侧和U形框紧左侧距离为s，即联立以上两式，解得
【例2】 如图3所示，一定滑轮是由四根长度均为L，电阻均为R的相互垂直的辐条支撑着的无电阻导体轮缘，滑轮垂直置于磁感应强度为B的匀强磁场中，在滑轮边缘绕着许多匝细线，线下悬挂着质量为m的砝码，右侧电路（，电容器电容为C），通过电刷与滑轮中心和轮缘相接触。现将砝码无初速度释放，且S处于闭合状态，不计其他电阻及一切摩擦，求：
（1）当砝码下落速度稳定时，流过R2的电流大小和方向；
（2）当断开S后，流过R2的电量。
【解析】 （1）画出等效电路图，如图4所示。电路总电阻为
辐条转动产生的电动势为
由欧姆定律得，电路中的总电流为 ①
圆环匀速转动，重物匀速下滑，重物的重力势能的减少量全部用于克服安培力做功生成焦耳热。
∴，而，由①得：，
∴，可得
由右手定则可以很容易判断，圆环辐条结点为电源的正极，R2中电流自下而上。
（2）断开S后，电容器C与R2形成闭合回路，C把其两板电荷全部经R2放出，因此流经R2的电量等于S闭合并达到平衡时，C两极所带的电量，S闭合时，C与R2并联，所以，由欧姆定律可得，∴，∴经过R2的电量为
2．电磁感应与能量的综合问题
导体切割磁感线或磁通量发生变化而在回路中产生感应电流，机械能或其他形式的能量便转化为电能. 感应电流在磁场中受到安培力的作用或通过电阻发热，又可使电能转化为机械能或电阻的内能等，因此电磁感应的过程总是伴随着能量转化的过程，而且克服安培力做多少功，就有多少电能产生，分析电磁感应中的能量转化和守恒情况是解决能量类问题的关键.
【例1】 如图5所示，平行金属导轨与水平面间的夹角均为，导轨间距为1m，电阻不计，导轨足够长，两根金属棒ab和的质量都是0.2kg，电阻都是，与导轨垂直放置且接触良好，金属棒和导轨之间的动摩擦因数为0.25. 两个导轨平面处均存在着垂直轨道平面向上的匀强磁场（图中未画出），磁感应强度B的大小相同. 让固定不动，将金属棒ab由静止释放，当ab下滑速度达到稳定时，整个回路消耗的电功率为8W. 求：
（1）ab达到的最大速度多大？
（2）ab下落了30m高度时，其下滑速度已经达到稳定，则此过程中回路电流的发热量Q多大？
（3）如果将ab与同时由静止释放，当ab下落了30m高度时，其下滑速度也已经达到稳定，则此过程中回路电流的发热量为多大？（g=10m/s2, sin37°=0.6, cos37°=0.8）
【解析】 （1）由已知条件及电功率定义可知 ①
解得
由导体棒ab等效为电源，导体棒为外电路电阻，由闭合电路欧姆定律可知，ab棒的感应电动势E=I·2R ②解得E=4V 又E=BLv ③
导体棒达到最大速度时做匀速直线运动，所受合力为零，受力分析如图6所示. 由平衡条件可知：沿轨道方向： ④
垂直于轨道方向：⑤由滑动摩擦定律： ⑥
代入已知条件，解得B=0.4T，v=10m/s.
（2）由能量守恒定律可得
所以，代入数据解得Q=50J
（3）导体棒ab、两等效电源串联，有
由能量守恒定律可得 所以
导体棒ab、均处于平衡状态，根据已知条件可得①②④⑤⑥式，解得B=0.4T, v=5m/s
代入已知数据解得
【例2】 如图7所示，倾角为37°的光滑绝缘的斜面上放着M=1kg的导轨abcd, ab∥cd，另有一个质量m=1kg的金属棒EF平行bc放在导轨上，EF下侧有绝缘的垂直于斜面的立柱P、S、Q挡住EF使之不下滑，以为界，斜面左边有一垂直于斜面向下的匀强磁场. 右边有平行于斜面向下的匀强磁场，两磁场的磁感应强度均为B=1T，导轨bc段长L=1m. 金属棒EF的电阻，其余电阻不计，金属棒与导轨间的动摩擦因数，开始时导轨bc边用细线系在立柱S上，导轨和斜面均足够长，当剪断细线后.
（1）求导轨运动的最大加速度；
（2）求导轨运动的最大速度；
（3）若导轨从开始运动到达最大速度的过程中，流过棒的电量q=5C，则在此过程中，系统损失的机械能是多少？（sin37°=0.6）
【解析】 （1）对导轨进行受力分析有
其中对于棒：
∴导轨运动的加速度
可见当v=0时，a最大
（2）当导轨达到最大速度时受力平衡即a=0，
此时
（3）设导轨下滑距离d时达到最大速度，
对导轨由动能定理得：
损失的机械能
电磁感应练习题
1．水平固定的光滑平行导轨如图8所示，AB段宽为L1，CD段宽为，轨道足够长且处在竖直的匀强磁场中（图中未标），两根质量相等的金属棒P和Q分别置于AB、CD段上且与AB、CD垂直，现给P施以作用时间极短的冲击力，使其获得初速度v0，则P在AB段上，Q在CD段上的最终速v1、v2为（ ）
A． B．
C． D．
2．一正方形闭合导线框abcd，边长为0.1m，各边电阻均为，bc边位于x轴上，在x轴原点O右方有宽0.2m，磁感应强度为1T的垂直纸面向里方向的匀强磁场，如图9甲所示，在线框以恒定速度4m/s沿x轴正方向穿越磁场的过程中，图9乙所示中哪一图线可正确表示线框从进入到穿出过程中，ab边两端电势差Uab随位置变化的情况（ ）
3．如图10所示，两平行金属导轨MN和PQ置于倾角为30°的斜面上，匀强磁场的方向垂直于斜面向上，NQ间接有定值电阻R。现将放在轨道上的细金属硬杆AB由静上释放，回路中的最大发热功率为P，要使P增大为原来的2倍（不计摩擦及R以外的电阻），以下做法正确的是（ ）
A．将AB杆的质量增大到原来的2倍 B．将定值电阻R增大到原来的倍
C．将磁感应强度B减小到原来的一半 D．将斜面的倾角增大到45°
4．如图11所示，电动机通过其转轴上的绝缘细绳牵引一根原来静止的长为L=1m，质量m=0.1kg的导体棒ab，导体棒紧贴在竖直放置、电阻不计的金属框架上，导体棒的电阻，磁感应强度B=1T的匀强磁场方向垂直于导体框架所在平面，当导体棒在电动机牵引下上升h=3.8m时，获得稳定速度，此过程导体棒产生热量Q=2J. 电动机工作时，电压表、电流表的读数分别为7V和1A，电动机的内阻，不计一切摩擦，g=10m/s2，求：
（1）导体棒所达到的稳定速度是多少？
（2）棒从静止到达稳定速度时间是多少？
5．如图12所示，两足够长平行光滑的金属导轨MN、PQ相距为L，导轨平面与水平面夹角，导轨电阻不计，磁感应强度为B的匀强磁场垂直导轨平面向上，两根长为L的完全相同的金属棒ab、cd垂直于MN、PQ放置在导轨上，且与导轨电接触良好，每根棒的质量为m、电阻为R. 现对ab施加平行导轨向上的恒力F，当ab沿导轨向上做匀速直线运动时，cd保持静止状态.
（1）求力F的大小及ab运动的速度大小；
（2）若施加在ab上力的大小变为2mg，方向不变，经过一段时间后ab、cd以相同加速度沿导轨向上加速运动，求此时ab棒与cd棒的速度差（）.
6．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的金属杆如图13所示，金属杆与导轨的电阻忽略不计；均匀磁场竖直向下. 用与导轨平行的恒定拉力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也会变化，v与F的关系如图14所示.（取重力加速度g=10m/s2）
（1）金属杆在匀速运动之前做什么运动？
（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？
电磁感应练习题参考答案
1．D 当P、Q产生的感应电动势大小相等时，电路中电流为零，P、Q稳定做匀速运动，即： ①
对P有： ②
对Q有： ③
由①②③式得：，选项D正确。
2．B 部分导线框进入磁场时，ab间电势差（ab间为路端电压）；因为R外=3R内，全部进入磁场时，ab、cd都产生电动势E，有压无流，；部分出场时，dc为电源，ab取得路端电压的，，且三种情况均为，∴选B。
3．D 金属杆下滑时，电路中的感应电动势为（L是两平行导轨间的距离），感应电流为，金属杆受到的沿斜面向上的安增力是。当R上的热功率最大时，金属杆下滑的速度最大，此时， ①
②
由①②两式得。由上式知，欲使P增大为原来的2倍，可以采用D项的做法。
4．解：（1）当稳定速度时，有，这时电动机输出机械功率和拉力的功率相等， U、、r是电动机的电压、电流与线圈电阻，得v=2m/s. （另一负值舍去）注意I与对应的电流不同.
（2）开始到棒达稳定速度时间为t，由能量守恒得：
5．解：（1）ab棒所受合外力为零 ①
cd棒所受合外力为零 ②
ab、cd棒所受安培力大小为 ③
解得： ④
⑤
（2）当ab、cd以共同加速度运动a运动时，运用整体法由牛顿定律得
⑥
以cd棒为研究对象有 ⑦
由法拉第电磁感应定律 ⑧
⑨
联立⑥⑦⑧⑨解得 ⑩
6．解：（1）变速运动（或变加速运动、加速度减小的加速运动，加速运动）.
（2）感应电动势
感应电流
安培力
由图线可知金属杆受拉力、安培力和阻力作用，匀速时合力为零.
，∴
由图线可以得到直线的斜率，∴
（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滑动摩擦力，由截距可求得动摩擦因数