第二部分 考前指导与综合模拟
一、考前指导——谈考试中的心态、策略和技巧
一年一度的高考，其目的就是选拔人才.但是，由于高考的选拔人才的考试性质和我国现有的教学现状，不可能使每一位中学生都如愿以偿地成为一代天之骄子，必将有一部分中学考生被拒之于大学的门槛之外.如何使自己成为高考中的胜利者，以圆自己的大学梦，坚实的知识基础固然是取得成功的最重要的保证.但正常的心态，正确的策略和灵活的技巧方法，也是对在高考中能否取得最佳成绩产生影响作用的重要因素.为了使自己在已有的知识基础上，最大限度地发挥自己的聪明才智，尽可能地提高自己的高考成绩，我们应该做到：
1.克服胆怯心理，树立必胜信念，以一颗平常心对待高考
尽管高考属选拔性考试，试题具有一定的难度，需要灵活地运用自己所掌握的知识进行处理和讨论，但综观近几年的全国和其他省份的高考试题，仍是中、低档题居多，高难题目仅仅是少数.且随着“3+X”高考模式的推广，物理试题作为理科综合试题的一部分，和其他学科试题一样，整体难度都或多或少地较“3+2”高考模式下的试题有所降低，以我们十年寒窗的努力，特别是高中三年的顽强拼搏而形成的知识积累，对大多数中学生来说，做几道高考试题，虽不能说都能够做到游刃有余，但至少不会一个个捉襟见肘.因此，我们没有理由望高考而却步，想高考而胆怯，而应当把高考当做实现自己崇高愿望的大好机会，把考场视为展现自己聪明才智的难得场所.我们十年寒窗，三年拼搏，等的不就是这一天吗？我们巴不得它早一天到来，尽早施展自己的雄才伟略，早日接受祖国的选拔.若以此心态面对高考，能不会在高考中尽情挥洒自己的智慧才华而取得优异的成绩吗？
2.遇熟不喜，细心审题，全面正确领会题意
作为选拔人才考试的高考，考题多具有立意新颖，突出考查考生能力的特点，不会出现市面上流通的各种复习资料中的成题或套题，但由于受中学所学内容的限制，高考试题涉及的知识内容仍是平时学习和复习的内容，这就不可避免地会出现某些高考试题和平时所做习题考查内容相同，命题类型相似，物理情景相近的情况.越是遇到此类情况，越应当加倍细心地读题、审题，往往一个关键字眼的差别，一个设问角度的不同或实验器材的稍微改装等，就可能导致处理方法的极大差别.如2000年全国高考第14题，考查的就是同学所熟悉的“验证动量守恒”的实验内容.实验原理与课后学生实验完全相同，所不同的就是对实验装置作了少许改动，去掉了放被碰小球的立柱，加长了斜槽水平部分的长度，被碰小球就放在斜槽的水平部分，这样就保证了入射小球和被碰小球具有相同的平抛运动的起始点，实验中就不需要再对小球的直径进行测定.但当年就有相当数量的考生未注意审题，没有看清实验装置的少许改变，仍按自己所熟悉情况作答，在选择需要不需要测定小球直径的问题上，造成选择错误而失去了本不应失去的得分.所以在考试当中，越是遇到“熟题”，越应当加倍地予以小心，在审题上狠下功夫，尤其应对那些“轻”“小”“恰能”等字眼倍加注意，往往这些特殊的字眼中包含有对解题具有较大左右作用的隐含条件.分析出了这些隐含条件，就可能顺利给出解答，否则就可能出现解答繁琐或无法给出解答的被动局面.
3.遇生不惊，沉着分析，多角度寻找解题思路和方法
高考既然具有选拔功能，试题就应当具有一定的难度，特别应有一两道立意新颖，突出能力考查的难题出现.一旦遇到这种情况，最忌的就是心慌意乱，头脑发蒙，而应该坚信，再难的题目也有解决的方法，且难题对每一位考生都难，自己若能平心静气地去分析、思考、耐心寻找解决问题的突破口，说不定难题正是展现自己才华，拉开与其他考生考分差距的契机.特别是近几年高考试题中，难题往往设有几步难度不同的设问，且上一问题的解答会给下一问题的解答作些铺垫和准备.所以只要不失去信心，循序渐进地探索、思考，即使难题，也能获取一定的分数.
4.先易后难，合理利用时间
由于每位考生对知识掌握的差异，都存在对某部分知识或某些题目较为熟悉，解答较为顺利的情况.为使考场的每一分钟都发挥它应有的作用和效益，解答考题时，应先做自己熟悉的科目或考题，一旦遇到思路阻隔，把难以找到头绪的题目暂时隔过去，说不定随着其他较容易题的顺利解决，自己的信心倍增，思维活动渐入佳境，思路豁然开朗，原来不能解决的难题也能予以顺利解决.
总之，在经过自己认真复习，知识积累已确定的情况下，树立必胜的信心，调整好自己的心态，并注意一定的应试策略和技巧，就一定能在高考中一展自己的才华，取得令人满意的成绩.
二、综合模拟
综合模拟训练（一）
（时间：90分钟 满分：100分）
一、选择题（每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）
1.位于光滑桌面上的光滑木板，质量为M，在恒定的水平方向的力F作用下运动，另一质量为m的物块，自某一高度自由落下，正好击中木板，则
A.木板始终以加速度a=F/M运动
B.若物块与木板碰撞后弹起来，则物块与木板接触时，板的加速度a=F/（M+m），在其他时间，板的加速度a=F/M
C.若物块击中木板后，不再跳起，则板的加速度a=F/（M+m）
D.以上结论都不正确
【解析】 由于桌面和木板均光滑，水平方向始终只受恒力F作用，故其加速度始终为a=，即A对.
【答案】 A
2.科学家们推测，太阳系的第十颗行星就在地球的轨道上.从地球上看，它永远在太阳的背面，人类一直未能发现它，可以说是“隐居”着的地球的“孪生兄弟”.由以上信息我们可以推知
A.这颗行星的公转周期与地球相等
B.这颗行星的自转周期与地球相等
C.这颗行星质量等于地球的质量
D.这颗行星的密度等于地球的密度
【解析】 由万有引力充当向心力推得行星绕太阳公转周期T=2π，即行星运动周期仅由太阳质量和轨道半径决定，故A对.而自转周期、行星质量和密度无法确定.
【答案】 A
3.一束只含红光和紫光的复色光沿PO方向射入玻璃三棱镜后分成两束并沿OM和ON方向射出，如图1所示，则
图1
A.OM为红光，ON为紫光
B.OM为紫光，ON为红光
C.OM为紫光，ON为红、紫复色光
D.OM为红光，ON为红、紫复色光
【解析】 备选答案中已说明OM为单色光，说明有一色光发了全反射现象.由紫光临界角小于红光临界角，故发生全反射的应是紫光.所以OM应为红光，ON应为红、紫复色光，即D对.
【答案】 D
4.如图2所示，从入口S处送入某一频率的声音，通过左右两条管道路径SAT和SBT声音传到了出口T处，并可以从T处监听声音，右侧的B管可以拉出或推入以改变B管的长度，开始时左右两侧管道关于S、T对称，从S处送入某一频率的声音后，将B管逐渐拉出，当拉出的长度为l时，第一次听到最小的声音，设声速为v，则该声音的频率为
图2
A.v/8l B.v/4l
C.v/2l D.v/l
【解析】 由声波干涉规律知，沿左、右两管传播的声波到达T的路程差应为，即2l=，所以λ=4l,由v=fλ得f==.可见B正确.
【答案】 B
5.某居民家中的电路如图3所示，开始时各部分工作正常，将电饭煲的插头插入三孔插座后，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，把试电笔插入插座的左、右插孔.氖管均能发光，则
图3
A.仅电热壶所在的C、B两点间发生了断路故障
B.仅电热壶所在的C、B两点间发生了短路故障
C.仅导线AB断路
D.因为插座用导线接地，所以发生了上述故障
【解析】 电灯能正常发光，说明电灯和电源之间接线完好，且电灯后面无短路现象，所以故障只能是断路.试电笔插入左、右插孔时氖管均发光，说明B、C两点都与火线连通，所以断路只能在A、B之间，即C对.
【答案】 C
6.一定质量的气体，在与外界没有热交换的情况下被压缩
①它的内能一定增加
②它的压强一定增加
③它的温度一定降低
④它的分子之间作用力一定增大
A.①② B.③④
C.②③ D.②④
【解析】 压缩气体，外界对气体做功，由热力学第一定律知气体内能增大，温度升高.由决定气体压强的因素知，气体压强应增加.至于分子间作用力的变化，由于气体分子间距大于10r0，相互间作用力已趋近于零，体积的变化不会引起分子力明显的变化.综上讨论可知A对.
【答案】 A
7.两带电平行金属板之间有相互正交的匀强电场和匀强磁场，一带电粒子以某一初速度沿垂直于电场方向射入两板间（如图4），当它飞出场区时的动能比射入时小，为使带电粒子飞出场区时动能比射入时大，可以采取：①增加射入时速度；②增大两板间距离；③增大两板间电势差.在不计重力的条件下，这些方法中可以达到目的的做法是
图4
A.只有①②
B.只有②
C.只有③
D.只有②③
【解析】 带电粒子在复合场中只受电场力和洛伦兹力作用，但只有电场力可以做功.原来飞出复合场时动能减小，说明电场力做了负功，也说明粒子进入复合场时洛伦兹力大于电场力.要使粒子动能增大，应使电场力大于洛伦兹力，带电粒子向电场力方向偏转，使电场力做正功，增大两板间电势差可达此目的.
【答案】 C
8.氢原子的核外电子由一个轨道跃迁到另一个轨道时，可能发生的情况有
①放出光子，电子动能减少，原子势能增加
②放出光子，电子动能增加，原子势能减少
③吸收光子，电子动能减少，原子势能增加
④吸收光子，电子动能增加，原子势能减少
A.①④
B.②③
C.只有①
D.只有②
【解析】 根据玻尔理论，电子从高能级向低能级跃迁，即从离核较远的轨道跃迁到离核较近的轨道时，将放出光子.由于其间库仑力做正功，使原子势能减少.根据库仑力充当向心力，即k=m，所以v=，v随r的减少而增大，电子动能增大.相反的过程中原子将吸收光子，电子动能减少，原子势能增大.可见，只有②③说法正确，即B对.
【答案】 B
二、填空题（每小题6分，共18分）
9.如图5表示AB两球在运动过程中的频闪照片，数字表示频闪的时刻的顺序，每次相继频闪的时间间隔相等，则由图可知
图5
（1）其中______球做匀速直线运动.
（2）在与数字____________相对应的时刻，B球追上A球.
（3）两球速度相等的时刻在与数字______和数字______对应之时刻之间.
【解析】 （1）由图知A球做匀速直线运动.（2）在数字5对应的时刻两球相遇.（3）由图知，B球在3、4两对应时刻间位移与A球同样时间内位移相等，平均速度相等.而对B球来说，某段时间内的平均速度等于该段时间中间时刻的瞬时速度.所以两球等速应在与3、4对应的时刻之间.
【答案】 （1）A （2）5 （3）3，4
10.某同学自制一个加速度计，其构造是：一根轻质细杆，下端固定一个小球，上端装上水平轴O，杆可在竖直平面内左右摆动，用白色硬纸作为表面，放在杆摆动的平面上，并有刻度，可以直接读出加速度大小和方向.使用时加速度计右端朝汽车前进方向，如图6所示.表面上，刻度线c在经过O的竖直线上，则在c处应标上加速度大小的数值是______m/s2；刻度线b在bO连线上，且∠bOc=30°，则在b处应标上加速度大小数值是______m/s2；刻度线d在dO连线上，且∠cOd=45°.汽车前进时，若细杆稳定地指示在d处，则0.5 s内速度______（选填“增加”“减少”）了______m/s.（本题g取9.8 m/s2）
图6
【解析】 小球受重力和轻杆拉力作用，随车运动的加速度沿水平方向，所以小球受到的合外力沿水平方向.当杆与竖直方向成θ角时，小球合外力F=mgtanθ=ma，所以a= gtanθ.θ=30°时，a=gtan30°=5.65 m/s2,当θ=45°时，加速度大小a=gtan45°=9.8 m/s2, 0.5 s内速度变化Δv=at=4.9 m/s.
【答案】 0;5.65;减少;4.9
11.在做“测定电池的电动势和内电阻”的实验时，电流表和电压表的内阻未知.有甲、乙两同学分别进行了如下实验：
图7
（1）甲同学的接线电路图如图7所示，把所得数据作出U—I图线，则他能较准确地测出______，而测得的______偏大.
（2）乙同学测得的一组实验数据如下：
U/V 0.20 0.40 0.60 0.80 1.02 1.22
I/A 0.11 0.20 0.29 0.39 0.51 0.60
则他能否测出电源电动势和内电阻？______，他进行的是______的实验.
【解析】 （1）A中示数为电路总电流，若把A的内阻看成内电阻，则V中示数即为路端电压.U—I图线即函数U=E-I（r+rA）的图象，其截距即为E，斜率即为(r+rA)的绝对值.显然，E的测定与A的内阻无关，较准确，而测得的内电阻r测=r+rA，测量值偏大.
（2）乙同学测得的数据中U和I基本上成正比关系，显然不是电源的路端电压和电流的关系，故不能测出电源电动势和内电阻，他进行的应该是伏安法测电阻的实验.
【答案】 （1）电源电动势，电源内电阻（2）不能，伏安法测电阻
三、计算题（共42分）
12.（12分）串列加速器是用来产生高能离子的装置.图8中虚线框内为其主体的原理示意图，其中加速管的中部b处有很高的正电势φ，a、c两端均有电极接地（电势为零）.现将速度很低的负一价碳离子从a端输入，当离子到达b处时，可被设在b处的特殊装置将其电子剥离，成为n价正离子，而不改变其速度大小.这些正n价碳离子从c端飞出后进入一与其速度方向垂直的、磁感应强度为B的匀强磁场中，在磁场中做半径为R的圆周运动.已知碳离子的质量m=2.0×10-26 kg,φ=7.5×105 V,B=0.50 T,n=2,基元电荷e=1.6×10-19 C，求R.
图8
【解析】 Uba=Ubc=φ,碳离子从a→c过程中应用动能定理得：eUba+neUbc=mv2，所以v==6×106 m/s.
碳离子进入磁场后，由2evB=m得R==7.5×10-1 m=0.75 m.
【答案】 0.75 m
13.（14分）质量为m的木块放在质量为M的长木板的中央如图9，木块与长木板间的滑动摩擦因数为μ，木块和长木板一起放在光滑水平面上，并以速度v向右运动.为了使长木板能停在水平面上，可以在木块上作用一时间极短的冲量.试求：
图9
（1）要使木块和长木板都停下来，作用在木块上水平冲量的大小和方向如何？
（2）木块受到冲量后的瞬间，获得的速度为多大？方向如何？
【解析】 （1）由动量定理，得：I=0-［-(M+m)v］=(M+m)v,方向与v的方向相反，即向左.
（2）对木块应用动量定理，得I=mvt-(-mv)所以vt=-v=v，方向向左.
【答案】 (1)(M+m)v；向左 （2）v；向左
14.（16分）A、B两个矩形木块用轻弹簧相连接，弹簧的劲度系数为k，木块A的质量为m，木块B的质量为2m.将它们竖直叠放在水平地面上，如图10所示.
图10
（1）用力将木块A缓慢地竖直向上提起，木块A向上提起多大高度时，木块B将离开水平地面.
（2）如果将另一块质量为m的物块C从距木块A高H处自由落下，C与A相碰后，立即与A粘在一起，不再分开，再将弹簧压缩，此后，A、C向上弹起，最终能使木块B刚好离开地面，则H=？
【解析】 （1）A、B平衡时，弹簧压缩Δx1=mg/k，当B将离地时，弹簧伸长量Δx2=，所以h=Δx1+Δx2=3mg/k.
(2)C木块下落H后速度v0=,与A碰撞中动量近似守恒，设碰后速度为v，则2mv=mv0，所以v=v0=.
以后A、e共同压缩弹簧至最低点，然后向上运动至A、C碰撞处，此过程A、C所受合外力做功为零，其动能大小不变，但速度改为向上.A、C继续上升至h处速度减为零，B刚好要离开地面.此过程应用动能定理，得：WG+W弹=0-·2mv2.其中WG=-2mgh，由于弹力大小与弹簧形变量成正比，故可用弹簧形变一半处弹力作为形变量全程的平均力求出弹力所做的功，所以W弹=kΔx12-kΔx22,代入上式，得：-2mgh+kΔx12-kΔx22=-mv2,即：-2mg·+k()2-k()2=-m·gH/2,解得H=15mg/k.
【答案】 (1)3mg/k (2)15mg/k
综合模拟训练（二）
（时间：90分钟 满分：100分）
一、选择题（每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）
1.分子间同时存在吸引力和排斥力，下列说法中正确的是
A.固体分子间的吸引力总是大于排斥力
B.气体能充满任何容器是因为分子间的排斥力大于吸引力
C.分子间的吸引力和排斥力都随分子间距离的增大而减小
D.分子间吸引力随分子间距离的增大而增大，而排斥力随分子间距离的增大而减小
【答案】 C
2.将一小球以初速度v0水平抛出，运动一段时间后垂直撞在一倾角为α的斜面上，如图1所示.关于小球在空中运动时间的说法有：
图1
①若保持v0大小不变，斜面倾角α越大，小球运动时间越长
②若保持v0大小不变，斜面倾角α越小，小球运动时间越长
③若保持斜面倾角不变，初速度v0越大，小球运动时间越长
④若保持斜面倾角不变，初速度v0越小，小球运动时间越长
其中正确的是
A.①③ B.②③
C.①④ D.②④
【解析】 小球垂直撞在斜面前瞬间竖直速度分量vy=v0cotα.若v0不变，α越大，vy越小，小球运动时间越小.若α不变，v0越小，vy越小，小球运动时间越小.可见，B对.
【答案】 B
3.图2中的四个图是表示一些重大发现的装置示意图，在对各装置的研究内容的四个判断中，正确的是
图2
①甲图是研究X射线的装置图
②乙图是发现质子的装置图
③丙图是发现中子的装置图
④丁图是研究光电效应的装置图
A.①② B.②③
C.③④ D.①④
【答案】 B
4.如图3甲所示，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v0从木板的左端开始向木板的右端滑行.滑块和木板的速度—时间图象如图3乙所示，根据图象作出如下判断：
①滑块始终与木板存在相对运动.②滑块未滑出木板.③滑块的质量m大于木板的质量M.④在t1时刻滑块从木板上滑出.
其中正确的是
图3
A.①③④ B.②③④
C.②③ D.②④
【解析】 由v—t图知，滑块与木板始终未等速，故始终存在相对运动.因两者以不同的速度匀速运动，说明它们已无相互作用力，即滑块已滑离木板.在相互作用期间，木板速度图象的斜率（大小等于加速度）大，所以M【答案】 A
5.据报道，美国航天局已计划建造一座通向太空的升降机，传说中的通天塔即将成为现实.据航天局专家称,这座升降机的主体是一根长长的管道，一端系在位于太空的一个巨大的人造卫星上，另一端一直垂到地面并固定在地面上.已知月球到地球的距离约为地球半径的60倍，由此可估算，管道的长度至少为（已知地球半径为6400 km）
A.360 km B.3600 km
C.36000 km D.360000 km
【解析】 卫星应是地球同步卫星.由G=mr()2得T=2π,所以=，r星=r月=×61R地=6.3R地，所以l管=h星=5.3R地=3.4×104 km.
【答案】 C
6.如图4所示，一质量为M的木块与水平面接触，木块上方固定有一根直立的轻质弹簧，弹簧上端系一带电、质量为m的小球（弹簧不带电），在竖直方向上振动.当加上竖直方向的匀强电场后，在弹簧正好恢复到原长时，小球具有最大速度.当木块对水平面压力为零
时，小球的加速度的大小是
图4
A.g B. g
C. D.
【解析】 弹簧恢复原长时球有最大速度，说明小球所受合外力为弹簧弹力.木块对地面压力为零时，弹力大小为Mg，所以小球加速度a=g,即C对.
【答案】 C
7.某学校晚自习时，教学楼内照明灯开得越多，每盏灯就越暗.对于这种现象，部分同学认为，这主要是由于校内的输电线电阻不够小造成的；另一些同学则认为主要原因是附近电厂中发电机内阻较大.于是提出了三个检验方案：
①测出校内输电线总电阻，并与发电机内阻比较.②每个教室电灯都亮时，测出教室里电灯两端的电压，并与学校进线处的电压相比较，相差多少.③依次开亮每个教室里的电灯，并与电厂旁的路灯相比较，看看亮度变化是否一致.
你认为这三个方案中较为可行的方案是
A.只有① B.只有②
C.只有③ D.只有②③
【答案】 B
8.图5所示为双缝干涉实验装置.当使用波长为6×10-7 m的橙光做实验时，光屏中心P点及其上方的P1点形成两条相邻的亮纹.若换用波长为4×10-7 m的紫光重复上述实验，在P和P1点形成的亮、暗纹情况是
图5
A.P和P1都是亮纹
B.P是亮纹，P1是暗纹
C.P是暗纹，P1是亮纹
D.P和P1都是暗纹
【解析】 原光照射时P1为亮纹，说明P1到两双缝的距离差d=λ1=6×10-7 m=1.5λ2，所以换λ2光照射时，P1点应为暗条纹，但中央P任何光照射均为亮条纹，所以B对.
【答案】 B
二、填空题（每小题6分，共18分）
9.在“验证机械能守恒定律”的实验中
（1）本实验中，需直接测量的是______，间接测量的是______
（2）某同学实验中用最小分度值为0.1 cm的刻度尺测量的纸带数据如图6（单位：cm）
图6
(a）记录数据不正确的是______.
(b）若每两点间还有四点未标出，则纸带运动的加速度a=______.
(c）打下B点的瞬时速度vB=______.
（3）若以打出的各点速度v的平方的一半，即为纵轴，以该点对应的下落高度h为横轴，绘出图线，图线的斜率为______.
【解析】 （1）略.（2）刻度尺的最小分度为0.1 cm，测量中只能估读到0.01 cm，由此可知第一个数据9.780（cm）是不正确的.a==9.80 m/s2，vB==1.45 m/s.（3）由机械能守恒定律知mv2=mgh,所以v2=gh,所以在v2—h图象中，斜率等于重力加速度g.
【答案】 （1）物体下落高度h;物体的速度. （2）（a）第一个数据9.780 (b)9.80 m/s2 (c)1.45 m/s (3)重力加速度g.
10.如图7是示波管的原理图，它是由电子枪、竖直偏转电极YY′、水平偏转电极 XX′和荧光屏组成，电子枪发射的电子打在荧光屏上将出现亮点，若亮点很快移动，由于视觉暂留关系，能在荧光屏上看到一条亮线.
图7
（1）如果只在偏转电极YY′上加上如上图③所示Uy=Umsinωt的电压，试在荧光屏图④中画出所观察到的亮线的形状（设偏转电压频率较高）.
（2）如果只在偏转电极XX′上加上如图⑤所示的电压，试在图⑥上画出所观察到的亮线的形状.
（3）如果在偏转电极YY′加上Uy=Umsinωt的电压，同时在偏转电极XX′上加上图⑤所示的电压，试在图⑦上画出所观察到的亮线的形状.
【答案】 （1）应为竖直亮线（2）水平亮线（3）正弦曲线
11.实验室有一块量程为500 μA、内电阻Rg约为200 Ω的电流表（也称微安表），需要准确测量它的内电阻，有人根据实验室现有的器材设计了如图8所示的实验电路.电路中部分器材的规格如下：
未校准的电流表，量程1 mA，内电阻约100 Ω
滑动变阻器R1：20 Ω，1 A
电阻箱R2：999.9 Ω
直流电源E：电动势3 V，内阻很小.
（1）为了保证实验操作过程的安全（即不论滑动变阻器R1的滑动端如何调节，都不会烧坏电流表），定值电阻器R3的阻值至少应为______Ω.
（2）将下图乙所示的实物图按下图所示电路连接成实验电路.
图8
（3）简述测量的主要操作步骤，并说明测量的结果.
【解析】 （1）R1滑片左边允许最大电压U1=500×10-6×（200+100）V=0.15 V，R3应分电压U3=E-U1=2.85 V，所以由=得R3=R1=380 Ω.(2)略.（3）①按图连接电路（R1滑片滑至最左端，R2调至最大阻值）.②闭合S1，将S打到1，调R1，使微安表和毫安表中有一定示数（不能超过500 uA）.③将S打到2，保持R1上滑片位置不动，调R2，使毫安表指针指到与②中同一刻度处，并记下此时R2接入电路的阻值R，则Rg=R.
【答案】 （1）380 （2）略 （3）略
三、计算题（共42分）
12.（12分）电动机通过一绳吊起一质量为8 kg的物体，绳的拉力不能超过120 N，电动机的功率不能超过1200 W，要将此物体由静止起用最快的方式吊高90 m（已知此物体在被吊高接近90 m时已开始以最大速度匀速上升），所需时间为多少？
【解析】 最大加速度am==5 m/s2，允许以am加速运动的最大速度vt== 10 m/s，所以匀加速时间t1==2 s，匀加速位移h=t1=10 m.以后即以最大功率提升，由于物体可达最大速度vm==15 m/s，由动能定理，得Pmt2-mg(H-h)= mvm2-mvt2，解得t2=5.75 s，所以最快历时t=t1+t2=7.75 s.
【答案】 7.75 s
13.（14分）如图9所示，坐标平面第Ⅰ象限内存在大小为E、方向水平向左的匀强电场，第Ⅱ象限内存在大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场.足够长的挡板MN垂直x轴放置且距原点O为d.一质量为m、带电量为-q的粒子（不计重力），若自距原点O为L的A点以大小为v0、方向垂直x轴向上的速度进入磁场，则粒子恰好到达O点而不进入电场.现该粒子仍从A点进入磁场，但初速度大小变为4v0，为使粒子进入电场后能垂直打到挡板MN上，求：
图9
（1）粒子在A点进入磁场时，速度方向与x轴正向间的夹角大小.
（2）粒子打到挡板上时速度的大小.
【解析】 （1）由题意知，粒子以v0入射时运动半径R=.由洛伦兹力充当向心力：qvB=m，得R=.可见，当粒子速度变为4v0时，其运动半径亦扩大为原来的4倍，即R′=4R=2L.欲使其垂直打在MN上，必以垂直于y轴的速度进入电场，其轨迹应如图所示.由几何知识知：α=30°或α=150°（轨迹未画）
（2）设粒子打到MN板上的速度为v，则由动能定理，得-qEd=mv2-m(4v0)2,所以v=.
【答案】 (1)30°或150° （2）
14.(16分）在光滑的水平面上停放着一辆质量为M的小车，质量为m的物体与一轻弹簧固定相连，弹簧的另一端与小车左端固定连接，将弹簧压缩后用细线将m拴住，m静止在小车上的A点，如图10所示，设m与M间的动摩擦因数为μ，O点为弹簧原长位置，将细线剪断后，m、M开始运动.
图10
（1）当m位于O点左侧还是右侧时，物体m的速度最大？简要说明理由.
（2）若物体m达到最大速度v1时，物体m已相对小车移动了距离s，求此时M的速度v2和这一过程中弹簧释放的弹性势能Ep.
（3）判断m与M的最终运动状态是静止、匀速运动还是相对往复运动？并简要说明理由.
【解析】 （1）细线剪断后M、m均开始做加速运动，随着弹簧形变量减小，弹力减小，其加速度逐渐减小，但速度仍在增大，直至弹簧形变减小到弹力和m所受摩擦力大小相等时，速度达到最大值.此时弹簧仍处压缩状态，即m在O点的左侧，由于M、m间摩擦力的存在，在以后M、m相互作用过程中，通过摩擦力做功，系统机械能不断转化为内能，即使以后再次出现摩擦力和弹簧弹力相平衡的时刻，m的速度也不会大于和等于上述最 大值.
（2）M、m在相互作用运动过程中动量守恒，所以：mv1-Mv2=0，得v2=v1.
由能的转化和守恒定律，得Ep=mv12+Mv22+μmgs=v12+μmgs.
（3）细线断开后，m、M先做阻尼振动，振幅越来越小，系统机械能越来越小.最终m、M相对静止.由于整个系统动量恒为零，故当M、m相对静止时，系统相对地也静止，即最终系统处于静止状态.
【答案】 （1）左侧（2）v2=v1,Ep=+umgs (3)静止
综合模拟训练（三）
（时间：90分钟 满分：100分）
一、选择题（每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）
1.如图1所示，A、B两物体之间用轻质弹簧连接，用水平恒力F拉着A、B一块沿光滑水平面匀加速运动，这时弹簧长度为L1；若将A、B置于粗糙水平面上，用相同的水平恒力F拉动A，使A、B匀加速运动，此时，弹簧长度为L2，若A、B与粗糙水平面之间的动摩擦因数相同，则以下关系式正确的是
图1
A.L1=L2 B.L1>L2
C.L1【解析】 设两滑块质量分别为mA、mB，它们与地面的摩擦因数为μ，则它们共同运动的加速度a==-μg.隔离B，则有F弹-umBg=mBa，所以F弹=mBa+μmBg=F.弹簧的拉力与μ无关，仅决定于A、B的质量，故两种情况弹簧的形变量相等，所以L1=L2.
【答案】 A
2.如图2所示的实线和虚线分别表示同一个单摆在A、B两个大小相同的星球表面上的振动图象.其中实线是A星球上的，虚线是B星球上的，那么这两个星球的平均密度之比ρA∶ρB为
图2
A.1∶4 B.2∶1
C.1∶16 D.4∶1
【解析】 由图象知TA=TB.而TA=2π,TB=2π,gA=GMA/R2= πGρAR,gB==πGρBR.所以ρA∶ρB=gA∶gB==4∶1.
【答案】 D
3.物理学家做了一个有趣的实验：在双缝干涉实验中，在光屏处放上照相底片.若减弱光流的强度，使光子只能一个一个地通过狭缝.实验结果表明，如果曝光时间不太长，底片上只能出现一些不规则的点子；如果曝光时间足够长，底片上就会出现规则的干涉条纹.对这个实验结果有下列认识：
①曝光时间不长时，光的能量太小，底片上的条纹看不清楚，故出现不规则的点子；②单个光子的运动没有确定的轨道；③干涉条纹中明亮的部分是光子到达机会较多的地方；④只有大量光子的行为才表现出波动性.
上述认识中正确的是
A.①③④
B.①②③
C.②③④
D.只有③④
【答案】 C
4.下列陈述中正确的是
①原子核的质量数等于它的质子数
②氢原子从定态n=3跃迁到定态n=2，再跃迁到定态n=1，则后一次跃迁时辐射的光子频率比前一次大
③氢核、中子和氘核的质量分别为m1、m2和m3，那么在核反应+→+γ中，质量m3<(m1+m2)
④发现中子的核反应方程是：
+→+
A.只有②和③
B.只有③和④
C.只有①和②
D.只有②和④
【答案】 A
5.如图3所示，沿波的传播方向上有间距均为1 m的质点a、b、c，静止在各自的平衡位置.一列横波以1 m/s的速度水平向右传播，t=0时质点a开始由平衡位置向上运动，t=1 s时质点a第一次到达最高点.在4 s图3
A.加速度逐渐增大
B.速度逐渐增大
C.向上运动
D.保持静止
【解析】 由题意知T=4 s，λ=vT=4 m.第4 s末和第5 s末的波形分别如图中的实线和虚线所示.由图知，在4 s【答案】 A
6.发电机产生的交流电为E=Emsinωt，为使电动势的有效值变为原来的4倍，而频率变为原来的2倍，则可采用的方法是
①使转速变为原来的4倍，磁场的磁感应强度变为原来的2倍.
②使转速变为原来的2倍，磁场的磁感应强度变为原来的2倍.
③使转速变为原来的2倍，线圈的面积变为原来的2倍.
④使转速变为原来的2倍，线圈的面积变为原来的4倍.
A.①② B.②③
C.③④ D.②④
【答案】 B
7.一个带负电荷的小球在真空中水平抛出，水平方向的匀强磁场与小球运动轨迹所在平面垂直，如图4所示.若小球能落地，则
图4
①落地时，速度方向可能竖直向下
②运动过程中小球的机械能守恒
③小球水平方向动量守恒
④小球动量的大小保持不变
其中正确的是
A.①② B.②③
C.①④ D.①③
【答案】 A
8.如图5所示是光电管的原理图，已知当有波长为λ0的光照到阴极K上时，电路中有光电流，则
图5
A.若换用波长为λ1(λ1>λ0)的光照射阴极K时，电路中一定没有光电流
B.若换用波长为λ2(λ2<λ0)的光照射阴极K时，电路中光电流一定增大
C.若将变阻器滑动端P从图中位置向右滑一些，仍用波长为λ0的光照射，则电路中光电流一定增大
D.若将变阻器滑动端P从图中位置向左滑过中心O点时，其他条件不变则电路中仍可能有光电流
【解析】 因光电管阴极材料的极限波长未明确，λ1仍可能小于其极限波长而发生光电效应，故A错.光电流（最大值）由光强决定而与入射光的波长无关，故B错.原来光电管加的就是正向电压，若原来光电流已达最大值时（单位时间内阴极逸出的光电子已全部被阳极吸收），再增大电压，电流也不再增大，故C错.滑片向左滑过中心O点时，光电管加的是反向电压，但由于光电子具有一定的初动能，仍能克服反向电压做功而到达阳极形成光电流.所以D对.
【答案】 D
二、填空题（每小题6分，共18分）
9.在一些实验中需要较准确地测量物体转过的角度，为此人们在这样的仪器上设计了一个可转动的圆盘，在圆盘的边缘标有刻度（称为主尺），圆盘外侧有一个固定不动的圆弧状的游标尺，如图6所示（图中画出了圆盘的一部分和游标尺）.圆盘上刻出了对应的圆心角，游标尺上把与主尺上19°对应的圆心角等分为10个格.试根据图中所示的情况读出此时游标上零刻线与圆盘0刻度线之间所加的角度为______.
图6
【解析】 读数方法同游标卡尺.应为15.8°.
【答案】 15.8°
10.如图7所示，一质量为m、带电量为q的粒子，以速率v0垂直场强方向从A点入射到电场中，当运动到B点时，速率大小为2v0，方向水平向右与场强方向相同，则电场强度大小为______，电场力做的功为______.
图7
【解析】 带电粒子竖直方向做竖直上抛运动，从A至B历时t=，此过程中水平方向利用动量定理，得qEt=2mv0，所以E=2mg/q.又A、B间竖直方向距离h=，由动能定理，得W电-mgh=m(2v0)2-mv02,解得W电=2mv02.
【答案】 2mg/q；2mv02
11.图8为示波器面板、信号源及输出波形.
（1）若要观测此信号源发出的正弦交流信号的波形，应将信号源的a端与示波器面板上的______接线柱相连，b端与______接线柱相连.
（2）若要将示波器所显示的输入波形上移，应调节面板上的______旋钮；要使此波形横向展宽，应调节______旋钮；要使屏上能够显示3个完整的波形，应调节______旋钮.
图8
【答案】 （1）Y输入；地 （2）6；X增益；扫描微调
三、计算题（共42分）
12.（12分）设雨点下落过程中受到的空气阻力与雨点的横截面积S成正比，与雨点下落速度v的平方成正比，即F=kSv2（其中k为比例系数）.若把雨点看作球形，其半径为r，设雨点的密度为ρ.求：
（1）每个雨点最终的运动速度vm;
（2）雨点的速度达到vm/2时，雨点的加速度a为多少？
【解析】 （1）F=mg时，雨点速度达最大值vm且以后做匀速运动.所以kπr2vm2=
ρgπr3,所以vm=2.
(2)由牛顿第二定律，得mg-kπr2()2=ma,所以a=g-=g.
【答案】 (1)2 (2)g
13.（14分）根据量子理论，光子的能量E和动量p之间的关系式为E=pc，其中c表示光速，由于光子有动量，照到物体表面的光子被物体吸收或反射时都会对物体产生压强，这就是“光压”，用I表示
（1）一台二氧化碳气体激光器发出的激光，功率为P0，射出的光束的横截面积为S，当它垂直照射到一物体表面并被物体全部反射时，激光对物体表面的压力F=2pN，其中p表示光子的动量，N表示单位时间内激光器射出的光子数，试用P0和S表示该束激光对物体产生的光压I；
（2）有人设想在宇宙探测中用光为动力推动探测器加速，探测器上安装有面积极大、反射率极高的薄膜，并让它正对太阳，已知太阳光照射薄膜时每平方米面积上的辐射功率为1.35 kW，探测器和薄膜的总质量为m=100 kg，薄膜面积为4×104 m2,求此时探测器的加速度大小.
【解析】 （1）光子的动量p=，激光器单位时间发射的光子数N=，所以光压I===2=.
（2）光对探测器的压力F=IS=2，所以由牛顿第二定律，得探测器的加速度a==2==3.6×10-4 m/s2.
【答案】 (1) (2)3.6×10-4 m/s2
14.（16分）如图9所示，小车A质量为mA=2 kg，置于光滑水平面上，初速度为v= 14 m/s.带电量q=0.2 C 的可视为质点的物体B，质量mB=0.1 kg，轻放在小车的右端.在它们的周围存在匀强磁场，方向垂直纸面向里，磁感应强度B=0.5 T，物体B与小车之间有摩擦力，小车足够长.求：
图9
（1）物体B的最大速度.
（2）小车A的最小速度.
（3）在此过程中转变成多少内能？
【解析】 （1）物体B脱离小车前在摩擦力作用下逐渐加速，物体B恰脱离小车时速度即达最大，且以后即以该速度做匀速直线运动.设该速度为vB，则qvBB=mBg，所以vB=mBg/qB=0.1×10/0.2×0.5=10 m/s.
（2）A、B脱离前A在摩擦力作用下做减速运动，A、B脱离时速度最小，且以后即以该速度匀速运动.由A、B作用中动量守恒，得
mAv=mAvA+mBvB，所以vA=v-vB=14-×10=13.5 m/s.
（3）由能的转化和守恒定律，得E内=mAv2-mAvA2-mBvB2=8.75 J.
【答案】 (1)10 m/s (2)13.5 m/s (3)8.75 J
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455板块三 电磁学
●知识结构?
说明：电磁学的知识主要包括场和路两大方面，场包括电场、磁场和电磁场，在很多问题中还涉及复合场；路的部分主要有直流电路和交流电路.电磁感应则是场和路相结合的知识.不论场还是路，都是围绕着电荷而展开的.?
电荷周围存在电场，运动的电荷产生磁场；电荷在电场中要受电场力作用，而磁场只对运动电荷产生力的作用.电场一章以电场的力的特性和能的特性为主线，建立电场强度和电势的概念，以电场力、电势能、电势差、电场力做功等电场知识的应用，研究带电粒子在电场中的运动.为了表征磁场的力的特性，引入磁感应强度的概念，研究磁场对通电导体和运动电荷的作用，形成磁场与力学的综合题，这也是磁场中的一个重点问题.?
磁通量的变化是研究电磁感应现象的出发点，感应电动势的大小和方向都是由磁通量的变化情况决定的.交流电的产生和变压器的原理是电磁感应原理在生产实际中的应用.电磁感应现象发生的过程也是能量从一种形式转化为另一种形式的过程，遵循能量的转化和守恒定律.
专题一 电场的基本性质
●高考趋势展望?
本专题中的库仑定律、电场线、点电荷的电场及其场强的叠加、电势、电势差、等势面等概念以及电荷在电场中运动过程中电场力做功、电荷电势能和动能的变化等问题，历来是高考考查的热点，其中既有难度中、低档的选择题和填空题，也不乏难度较大的综合性计算题，甚至作为压轴题出现在高考试卷中.由于本专题知识容易和力学中的牛顿定律、动能定理、功能关系及运动学等知识结合，构建物理情景新颖、能力要求突出的综合题，在当今强调考查学生综合能力的背景下，学好本专题知识，具有重要的意义.
对本专题知识的复习，要在深入理解场强、电势、电势差、电势能等概念的基础上，熟练掌握电场力做功的计算、场强合成等方法，熟记库仑定律及点电荷场强公式的适用条件，并注意利用电场线这一形象有力的工具.
●知识要点整合
1.库仑定律?
是库仑通过实验总结得出的关于真空中点电荷间相互作用力的规律，其公式为F=k.对于库仑定律的应用，应该明确：?
（1）公式F= k适用于真空中点电荷间相互作用力的计算，但对均匀带电球间库仑力的计算也适用，只是r应用两球心间距，不过应当知道，“均匀带电球体”只能是一种理想化的模型，实际上要使相互作用的两球均匀带电是不可能的.
（2）库仑力也称静电力，具有力的共性，遵循力的独立作用原理、运算定则和牛顿第三定律.
2.电场及其基本性质
电荷的周围存在电场，带电体间的相互作用力就是通过电场产生的.电场的基本特性是对放入其中的电荷有力的作用，这也是检验空间是否存在电场的重要依据.由于电场力的存在，在电场中移动电荷时，必然通过电场力做功伴随有相应的能量转化.场强和电势就是分别从力和能两个方面对电场进行描述的物理量.?
（1）电场强度：是反映电场力的性质的物理量，定义为放入电场中某点的电荷受到的电场力跟其电荷量的比值.定义式E=适用于任何电场.
场强是由电场本身的性质决定的，与检验电荷无关，这在点电荷周围场强的决定式E=中，得到了很好的体现，式中的Q就是产生电场的场源电荷而非检验电荷.?
另外，反映场强和电势差关系的公式E=是只适用于匀强电场，且式中d系指所考查的两点在电场方向上的距离，但由此式引申出的意义——场强等于电场方向上单位长度的电势降落（反映电势降落的快慢，高一级教材中叫负的电势梯度），则具有普遍意义.
场强是一矢量，方向规定为正电荷在该点所受电场力的方向.场强的叠加合成遵守平行四边形定则或三角形定则.图3-1-1所示分别为等量同（异）种点电荷连线中垂线上各点场强的合成情况.
图3-1-1
电场线是人们为了形象地描述电场而引入的假想曲线，客观上并不存在，但其疏密程度表示场强大小、切线方向表示电场方向，沿电场线方向电势逐渐降低等性质在电场问题的讨论中都是非常有用的.
（2）电势：是描述电场能的性质的物理量，有两种不同的定义方法：其一是电荷在电场中某点具有的电势能E和电荷所带电荷量q的比值定义为该点的电势，即φ=；其二是电场中某点和所选参考位置（电势为零的位置）的电势差定义为该点的电势，即φp=Up参.另外，电场中某点的电势，在数值上等于单位正电荷由该点移动到参考点时，电场力做的功.
①等势面?
电场中电势相等的点组成的面叫等势面.电场线总是和等势面垂直且由电势较高的等势面指向电势较低的等势面.在相邻两等势面间电势差相等的情况下，等势面密处场强大，疏处场强小.?
②电势差?
电荷q在电场中由A点移动到B点时，电场力做的功WAB与电荷量q的比值WAB/q，叫做A、B两点的电势差，即UAB=.?
电势差UAB在数值上等于单位正电荷由A点移动到B点时电场力做的功WAB，也可表示为：UAB=φA-φB,同样，UBA=φB-φA.显然UAB=-UBA.
③电场力的功
在电场中移动电荷时电场力要做功.电场力做的功由移动电荷的电荷量q和始、末两位置间电势差U决定，而与移动路径无关，用公式可表示为：WAB=qUAB或WBA=qUBA.用该公式计算电场力做功或电势差时，一定要注意功W和电势差U的下标字母顺序必须一致.?
电场力做功的过程，就是电势能和其他形式的能量转化的过程.电场力做正功，电势能减少（转化为其他形式的能），电场力做负功，电势能增加（其他形式的能转化为电势能），且电场力做功的数值等于电势能变化的数值，用符号表示为： W=-ΔE.
●精典题例解读?
［例1］（2001年全国，7）如图3-1-2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.
图3-1-2
（1）如q2为正电荷，则q1为 电荷，q3为 电荷.?
（2）q1、q2、q3三者电量之比是 ∶ ∶ .?
【解析】 本题结合力学中的物体平衡条件考查库仑定律的应用.解决本题要紧紧抓住三个电荷都处于平衡状态这一关键条件.由力的独立作用原理知，每一电荷都受到另外两个电荷的库仑力作用，且合力为零——即另外两电荷对其作用力方向相反，大小相等.由作用力方向相反结合已知条件q2为正电荷和电荷间相互作用力规律可判定出q1和q3必为负电荷；由作用力大小相等结合库仑定律可求出其电量关系如下：?
对q1:k ①
对q2:k ②
对q3:k ③
由上式中的任意两式即可求得?
q1∶q2∶q3=()2∶1∶()2?
小结：根据现行考纲要求，此题属于库仑定律应用中难度最大的题目，它可以有多种变形，如将两个已知电性、电荷量确定的电荷固定，讨论引入电荷的平衡问题.讨论此类问题，一定要注意题目的限定条件.若两已知电荷固定，只讨论引入电荷的平衡问题，只确定引入电荷的位置即可，对引入电荷的电性、电荷量无任何要求；但若三个电荷都能自由活动，则对引入电荷的位置、电性、电荷量，都应有唯一确定的要求，且三电荷的电性、电荷量关系有如下规律：两侧电荷同性，中间电荷异性；电荷量是远小近大.另外，此类问题亦可根据每个点电荷所在处的合场强为零，根据E=k·和电场的叠加处理这类问题.
［例2］（2000年春季，10）如图3-1-3所示，P、Q是两个电荷量相等的正的点电荷.它们连线的中点是O，A、B是中垂线上的两点，＜.用EA、EB、φA、φB分别表示A、B两点的场强和电势，则
图3-1-3
A.EA一定大于EB，φA一定大于φB
B.EA不一定大于EB，φA一定大于φB
C.EA一定大于EB，φA不一定大于φB
D.EA不一定大于EB，φA不一定大于φB
【解析】 本题考查的是点电荷的场强和电势的叠加问题.处理此类问题，首先应明确，场强是矢量，其叠加合成遵守平行四边形或三角形定则，而电势是标量，其叠加遵守代数运算法则.
对于电势，教材中虽未给出点电荷周围电势大小的表达式，但在选无穷远处电势为零的情况下，正的点电荷周围的电势为正值，负的点电荷周围的电势为负值，且距点电荷越近处电势的绝对值越大的结论，还是应该知道的.对于该题，由于每一个点电荷产生的电场中A点的电势都大于B点的电势，所以两个点电荷产生的电场中，在A点电势的叠加（代数和）一定大于在B点电势的叠加，即φA一定大于φB.
对于场强，若设两点电荷间距为2a,每个点电荷的电量为Q，两点电荷连线中垂线上某一点与一点电荷的连线与中垂线的夹角为α，如图3-1-4所示.则每一点电荷在该点产生的电场的场强E1=kQ/()2=sin2α.由平行四边形定则得，两个点电荷在该点产生的电场场强的叠加E=2E1cosα=·2sin2αcosα.由数学知识知，当α=tan-1时，E有最大值.由于该题中A、B两点与任一点电荷的连线与中垂线的夹角值无法确定，因此A、B两点的场强大小关系无法确定.
图3-1-4
综上讨论可知答案B正确.?
小结：对于A、B两点场强大小的比较，本题利用点电荷的场强公式，结合数学知识给出了较为严格的证明.实际上，这个问题也可通过定性讨论的方法予以解决.应用点电荷的场强公式和场强合成定则知，O点处场强为零，无穷远处场强为零，而中垂线上O点和无穷远处以外的其他点处场强不为零，故沿中垂线由O至无穷远的过程中，场强一定是先增大后减小的.由于A、B与O点的确切距离不详，由A至B的过程，可能处于场强逐渐增大的阶段，也可能处于场强逐渐减小的阶段，还可能处于场强先增大后减小的阶段，因此无法确定A、B两点场强的大小关系.另外，由场强合成的定则知，两点电荷连线中垂线上除O点和无穷远以外各点的场强方向都是沿中垂线指向无穷远的，因此中垂线上由O点至无穷远，电势是逐渐降低的.
比较两种解法可以看出，后一种定性讨论的方法更为简捷.数学知识是处理物理问题的重要工具，应用数学知识处理物理问题的能力，是近年来高考着重考查的一种能力.因此，在平时的练习中应注意加强这一能力的培养，但对一些不需要确切知道数量关系，通过定性讨论即可解决的问题，也不要刻意追求数学方法的严密性.
［例3］（2003年全国理综，21）图3-1-5中虚线所示为静电场中的等势面1、2、3、4，相邻的等势面之间的电势差相等，其中等势面3的电势为零.一带正电的点电荷在静电力作用下运动，经过a、b点时的动能分别是26 eV和5 eV.当这一点电荷运动到某一位置，其电势能变为-8 eV时，它的动能应为
图3-1-5
A.8 eV B.18 eV
C.20 eV D.34 eV
【解析】 由于相邻等势面间电势差相等，故在任意相邻等势面间移动同一电荷时，电场力做功的数值相等.若设其数值为W，则由动能定理，得：?
-3W=Ekb-Eka=5-26=-21?
-2W=Ek3-Eka
解得：Ek3=12 eV?
又电荷在电场中移动过程中，只有电场力做功，动能和电势能互相转化，由能的转化和守恒定律，得：?
Ek3+Ep3=Eki+Epi,其中Ep3=0?
所以Eki=Ek3-Epi=12-(-8)=20 eV.即答案C正确.?
小结：能的转化和守恒定律是自然界中普遍遵守的物理规律，所以在处理电场中涉及能量问题的讨论中，一定要注意应用动能定理、功能关系和能的转化和守恒定律等力学规律.
［例4］（2002年上海，12）在与x轴平行的匀强电场中，一带电荷量为1.0×10-4 C、质量为2.5×10-3 kg的物体在光滑水平面上沿着x轴做直线运动，其位移与时间的关系是x=0.16t-0.02t2,式中x以m为单位，t以s为单位，从开始运动到5 s末物体所经过的路程为_____m.克服电场力所做的功为_____J.
【解析】 由物体运动的位移与时间的关系x=0.16t-0.02t2知，物体沿x轴正向做初速度v0=0.16 m/s，加速度大小为a=0.04 m/s2的匀减速运动.物体从开始运动至速度减为零历时t1==4 s，其间运动的路程s1==0.32 m.以后物体反向加速运动，经t2=t-t1=1 s反向运动的路程s2=at22=0.02 m.所以物体5 s内经过的路程s=s1+s2=0.34 m.?
由于物体所受电场力方向与初速度方向相反，电场力大小由牛顿第二定律求得：F=ma=1.0×10-4 N，物体5 s内发生的位移s′=s1-s2=0.30 m,所以克服电场力所做的功W=Fs′=3.0×10-5 J.?
小结：能根据物体位移时间关系提取物体运动的有用信息，并注意其运动的往复性，是解决本题的关键.其次，电场力做功只由始、末位置决定而与路径无关，也是计算电场力做功时应特别注意的一点.
另外，克服电场力做的功还可利用动能定理求解如下：v0=0.16 m/s，5 s末速度vt=v0-at=-0.04 m/s,?所以W=-W克=mvt2-mv02,所以W克=m(v02-vt2) =3.0×10-5 J.
为提高灵活运用物理知识处理实际问题的能力，平时注意一题多解的练习，是有必要的.
［例5］（2002年全国，30）有三根长度皆为l=1.00 m的不可伸长的绝缘轻线，其中两根的一端固定在天花板上的O点，另一端分别拴有质量皆为m=1.00×10-2 kg的带电小球A和B，它们的电荷量分别为-q和+q,q=1.00×10-7 C.A、B之间用第三根线连接起来.空间中存在大小为E=1.00×106 N/C的匀强电场，场强方向沿水平向右，平衡时A、B球的位置如图3-1-6所示.现将O、B之间的线烧断，由于有空气阻力，A、B球最后会达到新的平衡位置.求最后两球的机械能与电势能的总和与烧断前相比改变了多少.（不计两带电小球间相互作用的静电力）?
图3-1-6
【解析】 由于初、末状态两球均处平衡静止状态，故两状态相比机械能的变化即表现两球重力势能的变化，及重力势能的变化和电势能的变化都只由两球的始、末位置决定，故正确求出两球末状态所处位置是解决本题的关键.因最终两球均处于平衡状态，两球受力情况比较清晰，利用平衡条件是不难将其末状态求出的.
如图3-1-7所示，虚线表示A、B球原来的平衡位置，实线表示烧断后重新达到平衡的位置，其中α、β分别表示细线OA、AB与竖直方向的夹角.?
图3-1-7
A球受力如图3-1-8所示：重力mg，竖直向下；电场力qE，水平向左；细线OA对A的拉力F1，方向如图；细线AB对A的拉力F2，方向如图.由平衡条件?
F1sinα+F2sinβ=qE?
F1cosα=mg+F2cosβ?
图3-1-8 图3-1-9
B球受力如图3-1-9所示：重力mg，竖直向下；电场力qE,水平向右；细线AB对B的拉力F2，方向如图.由平衡条件
F2sinβ=qE?
F2cosβ=mg?
联立以上各式并代入数据，得
α=0 β=45°?
由此可知，A、B球重新达到平衡的位置如图3-1-10所示.?
图3-1-10
与原来位置相比，A球的重力势能减少了?
EA=mgl(1-sin60°)?
B球的重力势能减少了?
EB=mgl(1-sin60°+cos45°)?
A球的电势能增加了?
WA=qElcos60°?
B球的电势能减少了?
WB=qEl(sin45°-sin30°）?
两种势能总和减少了?
W=WB-WA+EA+EB
代入数据解得
W=6.8×10-2 J.?
小结：解决该题的关键是确定A、B两球最终所处的状态，其中OA绳最终的竖直状态也可通过定性讨论确定：把两个小球看成一个整体，因这个整体受到的外力为：①竖直向下的重力2mg;②水平向左的电场力qE(+q受力）；③水平向右的电场力qE(-q受力）；④上段绳子的拉力F1.由平衡条件用正交分解法，有∑Fy=0可推知上段绳子的拉力一定与重力（2mg)等大反向，即上段绳子一定竖直.
另外，同学们还可做如下思考：（1）减少的重力势能和电势能转化为什么能了？是如何完成这一转化的？（2）从烧断O、B间细线至最后系统平衡，其间经历的大体物理过程如何？
●应用强化训练
1.有两个点电荷所带电荷量的绝对值均为Q，从其中一个电荷上取下ΔQ的电荷量，加在另一个电荷上，并保持两点电荷的相对位置不变，那么它们之间的相互作用力与原来相比
A.一定增大 B.一定减小
C.保持不变 D.无法确定
【解析】 两点电荷的电性有两种可能：同性或异性.若两点电荷为异性电荷，则从其中一个电荷上取下ΔQ的电荷量加在另一电荷上后，另一电荷上将有等量的电荷量被中和，即两点电荷都要减少ΔQ的电荷量，由库仑定律知它们之间的相互作用力比原来要小.若两点电荷为同种电荷，则从其中一电荷上取下ΔQ的电荷量加到另一电荷上后，另一电荷即增加ΔQ的电荷量.由数学知识知，在两数和为定值的情况下两数相等时其乘积最大，结合库仑定律，得：F′=k ＜F=k，即电荷间相互作用力也比原来要小.
综上讨论可知，正确答案为B.
【答案】 B
2.质子和α粒子，相距一定距离由静止释放，若不计其重力，则在以后的运动中，它们的
A.加速度大小之比保持不变?
B.动能之比保持不变?
C.速度大小之比保持不变?
D.动量大小之比保持不变?
【解析】 质子和α粒子之间的库仑力为一对作用力和反作用力，始终大小相等、方向相反，作用在一条直线上.由牛顿第二定律知，它们的加速度大小之比恒等于它们质量比的反比.
又质子和α粒子间的库仑力为系统内力，在不计重力的情况下，α粒子和质子组成的系统所受合外力为零，故系统动量守恒，即mHvH-mαvα=0.所以=1,=恒量, =恒量.可见，答案A、B、C、D都对.
【答案】 ABCD
3.两个点电荷Q1=2q、Q2=-q,E1表示Q1激发的电场中某点的场强，E2表示Q2激发的电场中某点的场强，则下列说法正确的是
A.E1和E2相同的点共有两处，一处合场强为零，另一处合场强为2E2?
B.E1和E2相同的点共有三处，两处合场强为零，一处合场强为2E2?
C.E1和E2相同的点共有一处，其合场强为零?
D.E1和E2相同的点共有一处，其合场强为2E2?
【解析】 E1和E2分别是电荷Q1=2q,Q2=-q产生的电场中某点的场强，因E1和E2都是矢量，E1、E2相同要求E1、E2的大小相等，方向相同.方向相同的点只能在Q1和Q2之间，根据点电荷产生的场强公式E=k可求E1=E2的点的位置.因在该点处E1=E2且方向相同，故合场强为2E1或2E2，故选项D正确.
【答案】 D
4.（2003年新课程理综，16）如图3-1-11所示，三个完全相同的金属小球a、b、c位于等边三角形的三个顶点上.a和c带正电，b带负电，a所带电荷量的大小比b的小.已知c受到a和b的静电力的合力可用图中四条有向线段中的一条来表示，它应是
图3-1-11
A.F1 B.F2
C.F3 D.F4
【解析】 a对c的斥力Fac沿ac方向，b对c的引力Fbc沿cb方向，且Fbc＞Fac，所以其合力应向右上倾斜一些，即可用F2表示.
【答案】 B
5.（2001年上海，3）如图3-1-12所示，A、B两点各放有电荷量为+Q和+2Q的点电荷，A、B、C、D四点在同一直线上，且AC=CD=DB.将一正电荷从C点沿直线移到D点，则
图3-1-12
A.电场力一直做正功?
B.电场力先做正功再做负功?
C.电场力一直做负功?
D.电场力先做负功再做正功?
【解析】 设AC=CD=DB=l,则A、B两电荷在C点产生的电场的场强分别为：EAC=k，EBC=k＜EAC,所以C点电场方向（即合电场方向）由C指向D；同样的分析可知D点的场强方向由D指向C.由此可知，C、D之间肯定存在场强为零的点，且该点左侧场强方向向右，右侧电场方向向左，所以将正电荷沿直线由C到D，电场力应先做正功再做负功，即选项B正确.?
【答案】 B
6.（2002年江苏，29）图3-1-13中a、b、c、d、e五点在一直线上，b、c两点间的距离等于d、e两点间的距离.在a点固定放置一个点电荷，带电荷量为+Q，已知在+Q的电场中b、c两点间的电势差为U.将另一个点电荷+q从d点移动到e点的过程中
图3-1-13
A.电场力做功qU? B.克服电场力做功qU?
C.电场力做功大于qU? D.电场力做功小于qU?
【答案】 D
7.（2001年全国，7）如图3-1-14所示，虚线a、b、c是某静电场中的三个等势面，它们的电势分别为φa、φb和φc，φa＞φb＞φc.一带正电的粒子射入电场，其运动轨迹如实线KLMN所示，由图可知
图3-1-14
A.粒子从K到L的过程中电场力做负功?
B.粒子从L到M的过程中电场力做负功?
C.粒子从K到L的过程中电势能增加?
D.粒子从L到M的过程中动能减少?
【解析】 由等势面的分布情况及其电势关系知题中静电场为正的点电荷产生的电场，故知正电粒子受场源电荷的斥力作用，粒子从K到L的过程中，粒子克服电场力做功，其动能减少，电势能增加；而从L到M的过程中，电场力做功为正值，粒子动能增加，电势能减少.可见，选项A、C正确.
【答案】 AC
8.在图3-1-15中A、B、C三点都在匀强电场中，已知AC⊥BC,∠ABC=60°,BC=20 cm.把一个电荷量q=10-5 C的正电荷从A移到B，电场力做功为零,从B移到C，克服电场力做功1.73×10-3 J，则该匀强电场的场强大小和方向是?
图3-1-15
A.865 V/m,垂直AC向左?
B.865 V/m，垂直AC向右?
C.1000 V/m，垂直AB斜向上?
D.1000 V/m,垂直AB斜向下?
【解析】 匀强电场中的等势面为和电场方向垂直的平行平面，且场强方向从高电势等势面指向低电势等势面.由题意知UAB=0，故知A、B在同一等势面上.由正电荷从B移到C，克服电场力做功知φC＞φB，故知场强方向应垂直AB斜向下.即只有选项D正确.（场强大小可在求出UCB和C、B点沿场强方向距离的基础上求得.但对该题，场强方向描述正确的只有D项，故不求场强大小也可选出正确答案.）?
【答案】 D?
9.真空中A、B两个点电荷相距为L，质量分别为m和2m，它们由静止开始运动（不计重力），开始时A的加速度大小为a,经过一段时间B的加速度大小也为a，且速率为v，那么此时A、B两点电荷间的距离为_____，点电荷A的速度为_____.?
【解析】 因mB=2mA，所以aB和aA分别等于a时对应电场力FB=2FA，即k=2k·,所以lB=L.又因A、B两电荷只受相互作用的库仑力（为系统内力）作用，运动过程中动量守恒，所以mvA=2mv,vA=2v.
【答案】 L；2v?
10.（2001年春季，12）一质量为4.0×10-15 kg、电荷量为2.0×10-9 C的带正电质点，以4.0×104 m/s的速度垂直于电场方向从a点进入匀强电场区域，并从b点离开电场区域.离开电场时的速度为5.0×104 m/s，由此可知，电场中a、b两点间的电势差φa-φb= V;带电质点离开电场时速度在电场方向的分量为 m/s，不考虑重力作用.
【解析】 由动能定理，得：W=q(φa-φb)=·mvb2-mva2,所以φa-φb==
9×102 V.
因质点在电场中做类平抛运动，垂直于场强方向速度恒为4.0×104 m/s，离开电场时速度vb应为质点垂直电场方向速度v⊥和场强方向速度v∥的合速度，由平行四边形定则可得v∥==3×104 m/s.?
【答案】 9×102；3×104
11.如图3-1-16所示，质量均为m的三个带电小球A、B、C，从左至右依次放在光滑绝缘的水平面上，彼此相距为l，A球的电荷量为10q,B球的电荷量为q.若在C球上加一水平向右的恒力F，且使A、B、C三球始终保持l的距离运动，则外力F的大小和C球所带电荷量各为多少？
图3-1-16
【解析】 C对A、B应呈吸引作用，即C与A、B电性不同.设A、B、C共同运动的加速度为a,则对系统应用牛顿第二定律得：F=3ma;对A、B分别应用牛顿第二定律，得：k=ma,k=ma.联立解得：QC=,F=.
【答案】 F=70kq2/l2；QC=?
12.如图3-1-17所示，光滑绝缘的水平地面上，相隔2L处的A、B两点固定有两个电荷量均为Q的正点电荷.a、O、b是AB连线上的三点，且O为中点，Oa=Ob=,一质量为m，电荷量为q的点电荷以初速v从a点出发沿AB连线向B运动，在运动过程中受到大小恒定的阻力作用，但速度为0时，阻力为0，当它运动到O点时，动能为初动能的n倍，到b点则刚好速度为0，然后返回往复运动，直到最后静止，已知静电力恒量为k，设O处电势为0.求：
图3-1-17
（1）a点的场强和电势.?
（2）电荷在电场中运动的总路程.?
【解析】 (1)由动能定理W=ΔEk,得：?
从a→O:qUaO-F·=(n-1)·mv2?
从a→b:qUab-FL=0-mv2?
又φ0=0,φa=UaO;由对称性知φa=φb,Uab=0?
解得φa=
a点场强Ea=
(2)由于v=0时F=0，故电荷最终应停在O点，对全程运用动能定理得：qUaO-Fs=0-mv2,所以s=.
【答案】 (1)Ea=；φa=
(2)s=?
●教学参考链接?
库仑定律、场强、电势的概念及其叠加规律、电场力做功与电势差及相应的能量转化关系等是本专题知识的重点，也是高考考查的热点.本专题所选5个例题都是围绕这些重点而设置的.例1结合力学中的平衡问题练习库仑定律的灵活应用，例2重点说明场强、电势这两个描述电场性质的重要物理量的叠加合成方法，例3、例4和例5则侧重电场力做功及相应的能量转化等内容.当然，这5个例题不可能涵盖本专题的所有内容，如电场线、电势等知识点涉及就较少，在复习中可根据本班学生实际情况，选用或增补一些例题.另外，由于本资料供学生第二轮复习用，所以所选练习题在照顾到本专题知识点的同时，也突出了本专题知识和其他知识特别是和力学知识的结合，在使用时也应有意识地加以强调.
专题二 有关电容器、静电屏蔽问题的讨论
●高考趋势展望?
电容器是各种电子设备中用途较为广泛的元件，静电屏蔽作用在各种电子设备及一些科学实验中都被广泛采用.在当今突出理论联系实际能力考查的背景下，本专题知识很容易作为考查理论联系实际能力的载体，出现在今后的高考题中.单独考查本专题知识的考题不会太多，难度亦不会太大，但将电容器知识和带电粒子在电场中运动等内容结合起来，也能命出颇具难度的综合题.对本专题的复习，应在理解电容概念的基础上，紧扣电容器问题讨论的两种典型情况，熟练运用电容定义式C=、E=U/d及极板电荷面宽度同场强关系，对问题进行分析和讨论.
●知识要点整合?
1.电容器?
任意两个彼此绝缘、互相靠近的导体即构成一个电容器.平行板电容器是最简单、最基本的电容器，其他形状的电容器可以看作平行板电容器的变形.在实际的电子电路中，连接各元件的导线都能构成一个个形状不规则的电容器，尽管其电容量不大，但在高频情况下，其对电路工作状态的影响，也是不容忽视的.
使电容器极板带电的过程叫充电.电容器充电时两极板总带有等量异种电荷.电容器的带电量指的是电容器一个极板所带电荷量的绝对值.使电容器失去电荷的过程叫放电.电容器充电、放电过程中，电路中都有短暂的变化电流.交变电流能“通过”电容器，其实质就是电容器在交变电压作用下，反复充、放电的结果.
2.电容器的电容?
电容是描述电容器容纳电荷本领的物理量，其定义为：电容器的带电荷量跟它的两极间电压的比值.
电容器的电容大小仅由电容器本身性质决定，而与其所带电荷量多少无关，这一点在平行板电容器电容大小的决定式C=中，得到了充分体现.
在电容器问题的讨论中，有两种典型情况应予以特别关注：一是若电容器两极始终和一恒定的直流电源两板相连接时，电容器两极间电压恒等于电源电动势；一是电容器充电后即和外界脱离接触（绝缘）时，其电荷量保持不变.另外，平行板电容器间场强大小决定于极板电荷的面密度，也是一个有用的结论.在电荷量不变的情况下，将极板错开、改变间距时，讨论极板间场强、电压的变化问题，要比利用电容定义式和决定式讨论方便得多.
3.静电屏蔽
将导体放入电场中，导体中自由电荷在电场力作用下要重新分布——即发生静电感应现象.静电感应的最终结果是使导体内部场强为零——即达到静电平衡.
金属外壳或金属网罩能把外部电场“遮住”，使其内部不受外部电场的影响，这种现象叫做静电屏蔽.其实质就是金属外壳或金属网罩在外部电场感应情况下达到静电平衡使其内场强时时、处处为零的结果.
●精典题例解读
［例1］（2001年春季高考）一平行板电容器，两板之间的距离d和两板面积S都可以调节，电容器两板与电池相连接，以Q表示电容器的电荷量，E表示两极板间的电场强度，则
A.当d增大，S不变时Q减小，E减小?
B.当S增大，d不变时，Q增大，E增大?
C.当d减小，S增大时，Q增大，E增大?
D.当S减小，d减小时，Q不变，E不变?
【解析】 由于电容器两极板始终与电池相连接，这就限定了电容器两极板间电压U保持不变.结合E=，很容易得出d增大时E减小，d减小时E增大的结论.再结合平行板电容器的电容C=和Q=CU，可讨论得出：S不变时，d增大，C减小，Q减小；d不变时，S增大，C增大，Q增大；…?
综上讨论，可知答案A、C正确.?
小结：明确认识电容器和电源保持连接情况下，电容器两板间电压恒定不变是解决该题的关键.
［例2］一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地，在两极板间有一正电荷（电荷量很小）固定在P点，如图3-2-1所示，以E表示两板间的场强，U表示电容器极板间电压，W表示正电荷在P点的电势能.若保持负极板不动，将正极板移到图中虚线所示位置，则
图3-2-1
A.U变小，E不变 B.E变大，W变大?
C.U变小，W不变 D.U变大，W不变?
【解析】 由于电容器充电后与电源断开，这就保证了电容器所带电量Q不变，由于两极板正对面积不变，所以极板上电荷面密度不变，极板间电场线疏密程度不变，极板间场强E不变.又因两极板间距d减小，所以极板间电压U=Ed减小.另外，又因P点和下极板间距离不变，所以P点和下极板间电势差不变，P点的电势不变，正电荷在P点的电势能W不变.
综上讨论可知，答案A、C正确.?
小结：明确电容器所带电量不变是解决本题的关键，利用电荷面密度讨论场强，抓住P点和不动的下板间电势差不变，则是讨论本题的技巧.本题也可利用平行板电容器的电容公式讨论板间场强和电压的变化，但要繁琐一些，同学们不妨一试.另外，同学还可以讨论下板移动时点电荷在P点的电势能的变化情况，从中体会并总结讨论此类问题的技巧.
［例3］如图3-2-2所示，C1=50 μF，C2=10 μF，开始时K断开，C1带有4.8×10-10 C的电荷量，C2不带电.然后闭合K，试求电路稳定后C1、C2各带多少电量？
图3-2-2
【解析】 由于充电后的C1两极间存在电压，故K闭合后，C1将向C2充电，直至C1、C2两极间电压相等，根据U相等的情况下，Q∝C和电荷守恒定律即可求解.
K闭合后稳定时，C1、C2两端的电势差应为U1=U2，故由Q=CU可知Q1∶Q2=C1∶C2=5∶1, 而Q1+Q2=4.8×10-10C，则Q1=4×10-10C；Q2=8×10-11 C.?
小结：明确电路稳定后两电容器极板间电压相等和总电量保持不变，是解决本题的关键.有兴趣的同学可讨论从闭合K到最后电路稳定过程中相应能量的转化情况.
●应用强化训练
1.对一电容器充电时电容器的电容C、带电荷量Q、电压U之间的关系图线如图3-2-3所示，其中正确的是?
图3-2-3
【解析】 对一确定的电容器，其电容量是恒定的，与所加电压或电量无关，但其所带电量Q=CU，是和两极间电压成正比的.由此可知选项C、D正确.
【答案】 CD
2.在研究平行板电容器电容的实验中，电容器的A、B两板带有等量异种电荷，A板与静电计相连，如图3-2-4所示，实验中可能观察到的现象是
图3-2-4
A.增大A、B板的距离，静电计指针张角变小?
B.增大A、B板的距离，静电计指针张角变大?
C.把B板向上平移，减小A、B板的正对面积，静电计指针张角变大?
D.在A、B板间放入厚玻璃板，静电计指针张角变小?
【解析】 由于静电计的示数（即指针偏角大小）表示的是电容器两极板间电压，且在实验中认为电容器所带电量Q不变，当增大两极板间距时，电容C减小，两极板间电压（U=）将变大，而使静电计指针张角增大；当减小极板正对面积时，电容C减小，两极间电压变大而使静电计张角变大；当A、B间插入厚玻璃板时电容C增大，两极板间电压应变小而使静电计指针张角变小.
综上讨论可知选项B、C、D正确.?
【答案】 BCD
3.平行板电容器的两极板A、B接于电池两极，一带正电小球悬挂在电容器内部，闭合电键K，电容器充电，这时悬线偏离竖直方向的夹角为θ,如图3-2-5所示，则?
图3-2-5
A.保持电键K闭合，带正电的A板向B板靠近，则θ角增大?
B.保持电键K闭合，带正电的A板向B板靠近，则θ角不变?
C.电键K断开，带正电的A板向B板靠近，则θ角增大?
D.电键K断开，带正电的A板向B板靠近，则θ角不变?
【解析】 小球受重力、悬线拉力和电场力（方向向右）作用.保持K闭合，则UAB不变，当两板间距变小时，板间场强（E=）增大，小球所受电场力增大导致θ角变大.K断开后，极板所带电量Q不变，当改变两板间距时，板间场强不变（极板电荷面密度不变），小球所受电场力不变，θ不变.
【答案】 AD
4.（2001年全国理科综合，21）如图3-2-6所示是一个平行极板电容器，其电容为C，带电荷量为Q，上极板带正电.现将一个试探电荷q由两极板间的A点移动到B点，A、B两点间的距离为s，连线AB与极板间的夹角为30°，则电场力对试探电荷q所做的功等于?
图3-2-6
A. B.
C. D.
【解析】 U=，E==,所以W=qEssin30°=.?
【答案】 C
5.传感器是把非电学量（如速度、温度、压力等）的变化转换成电学量变化的一种元件，在自动控制中有着相当广泛的应用.如图3-2-7是一种测定液面高度的电容式传感器的示意图.金属芯线与导电液体形成一个电容器，从电容C大小的变化就能反映液面的升降情况，两者的关系是
图3-2-7?
A.C增大表示h增大
B.C增大表示h减小?
C.C减小表示h减小
D.C减小表示h增大?
【解析】 h增大，相当于电容器两极板正对面积增大，C增大；反之C减小.
【答案】 AC
6.一个平行板电容器放在图中虚线框所示矩形区域的匀强磁场中，如图3-2-8所示，磁场方向与板面平行，金属板a与电源的正极相连.不计空气阻力和重力，一个带正电的微粒以初动能E从左向右进入平行板中，并沿直线穿过虚线框区域.上下稍稍移动金属板a，则有：①保持开关S闭合，将金属板a向上平移，带正电的微粒仍沿直线运动，从虚线框右边穿出时的动能不变；②保持开关S闭合，将金属板a向上平移，带正电的微粒将沿曲线运动，从虚线框右边穿出时的动能减小；③打开开关S，将金属板a向下平移，带正电的微粒仍沿直线运动，从虚线框右边穿出时的动能不变；④打开开关S，将金属板a向下平移，带正电的微粒将沿曲线运动，从虚线框右边穿出时的动能增大.上述说法中正确的是?
图3-2-8
A.①③ B.①④
C.②③ D.②④?
【解析】 微粒受相等的电场力（向下）和洛伦兹力（向上）作用而做直线运动.S闭合，U不变，a上移，E变小，电场力变小，微粒轨迹上偏，电场力做负功，使其动能减小；S打开，无论a如何上、下移动，Q不变，E不变，电场力不变，微粒轨迹不变，动能不变.?
【答案】 C
7.一个不带电的空心金属球，在它的球心处放一个正电荷，其电场分布是图3-2-9中的哪一个?
图3-2-9
【解析】 由于金属球壳的静电屏蔽作用，球内电荷产生电场的电场线不会穿出球外，只能终止于球壳内壁，但壳外感应出的正电荷，其电场线应沿球的半径延长线方向向四周发散.
【答案】 B
8.如图3-2-10所示，有的计算机键盘的每一个键下面都连一小块金属片，与该金属片隔有一定气隙的是另一块小的固定金属片，这两片组成一个小电容器，该电容器的电容C可用公式C=ε计算，式中常量ε=9.0×10-12 F·m-1，S表示金属片的正对面积，d表示两金属片间的距离，当键被按下时，此小电容器的电容发生变化，与之相连的电子线路就能检测出是哪个键被按下了，从而给出相应的信号，设每个金属片的正对面积为50 mm2，键未按下时金属片的距离为0.6 mm，如果电容变化0.25 pF，电子线路恰能检测出必要的信号，则键至少需按下_____mm.
图3-2-10
【解析】 不按键时电容C0==7.5×10-13 F=0.75 pF,按下键盘后电容C′=1.0 pF=1.0×10-12 F,由C′=得d′=.所以=,d′=d=0.45 mm,所以Δd=d-d′=0.15 mm.
【答案】 0.15?
9.有一绝缘空心金属球A，带有4×10-6 C的正电荷，一个有绝缘柄的金属小球B，带有2×10-6 C的负电荷，若把B球跟A球的内壁相接触，如图3-2-11所示，则B球上电量为 C， A球上电量为_____C，分布在_____.?
图3-2-11
【答案】 0；2×10-6；外表面
10.如图3-2-12所示,把一个平行板电容器接在电压U=10 V的电源上,现进行下列四步操作：（1）合上S;（2）在两板中央插上厚为的金属板;（3）打开S;（4）抽出金属板,则此时电容器两板间电势差为?
图3-2-12
A.0 V B.10 V
C.5 V D.20 V
【解析】 设未插入金属板时，平行板电容器电容为C0，插入厚度金属板后，相当于使平行板电容器两板间距减小，所以插入金属板后电容器电容C′=2C0.因此时电容器两极板间电压
U′=U=10 V,?S断开后电量Q不变，所以?
,?U0=U′=20 V.?
【答案】 D
●教学参考链接?
电容器问题主要讨论两种典型情况——电压不变和电量不变.所选例题分别代表这两种情况下电容器问题的讨论方法.所选练习题，除个别题目为有关电容器概念问题的讨论外，也多为该两种典型情况相联系的内容.第10题实际涉及到了电容器的联接问题，鉴于中学阶段不要求，解答中采用了“等效法”处理，该题是否选用可根据学生理解情况灵活掌握.至于静电屏蔽问题，课本要求不高，关键应让学生从屏蔽的原理本质上认识清楚，不宜讨论过深过难的问题.
专题三 带电粒子在电场中的运动
●高考趋势展望?
带电粒子在电场中的运动，是电学知识和力学知识的结合点，基于此点，很容易命出将电场知识和力学中的牛顿第二定律、匀变速运动的规律、动能定理、动量定理、运动的合成与分解等主干知识相结合的情景新颖、便于考查学生能力的综合性试题.特别是在注重考查学科内知识综合能力的当今形势下，理解本专题知识，掌握处理涉及本专题知识的物理问题的思路和方法，尤为重要.
●知识要点整合
1.带电粒子在电场中的运动问题，其实质是在电场中处理的力学问题，因此分析方法和力学中的分析方法基本相同：先分析研究对象的受力情况，再结合研究对象的运动状态或运动过程（平衡、加速或减速，轨迹是直线还是曲线等），选用恰当的力学规律（如牛顿运动定律、运动学公式、动能定理、动量定理或动量守恒定律、能量守恒定律等）进行处理.如本专题中讨论较多的垂直射入匀强电场中的带电粒子的偏转问题，其处理方法完全和平抛运动的处理方法一样：粒子沿初速度方向做匀速直线运动，垂直于初速度方向做初速度为零的匀加速运动.若已知粒子初速度v0，质量为m，电量为q,偏转电压为U，偏转极板长度为l，极板间距为d，则粒子穿越电场的时间t=，粒子垂直于v0方向的加速度a=，离开电场时侧移量y=at2=,偏转角θ=tan-1=tan-1.?
2.带电体的重力是否忽略，关键是看其重力和其他力的大小比较.一般来说，一些微观粒子如电子、质子、α粒子等重力可以忽略，而一些宏观的带电体如带电的小球、带电的液滴等重力不能忽略.
3.如果偏转极板上加一交变电压，极板间出现一交变电场，但其交变周期T远大于粒子穿越电场的时间时，则在粒子穿越电场的过程中，极板间电场可当做匀强电场处理，只不过不同时刻匀强电场的场强大小不同而已.当偏转电压为正弦波或锯齿波时，连续射入电场中的带电粒子穿出电场时发生的侧移距离随入射时间变化的波形与偏转电压的波形变化.
●精典题例解读?
［例1］（2003年上海，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A=0.04 m2的金属板，间距L=0.05 m，当接到U=2500 V的高压电源正负两极时，能在两金属板间产生一匀强电场，如图3-3-1所示.现把一定量均匀分布的烟尘颗粒密闭在容器内，每m3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q=+1.0×10-17 C,质量为m=2.0×10-15 kg，不考虑烟尘颗粒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）除尘过程中电场对烟尘颗粒共做了多少功？（3）经多长时间容器内颗粒的总动能达到最大？
图3-3-1
【解析】 在上、下两金属板间加上电压后，金属板间便形成匀强电场，带电的烟尘颗粒便在电场力作用下做初速度为零的匀加速直线运动.由于烟尘颗粒碰到金属板后即被吸附，所以全部烟尘颗粒被吸附的时间即等于靠近上板的烟尘颗粒从静止匀加速运动到下板的时间.
烟尘颗粒被电场加速运动的过程，就是电场力对烟尘颗粒做功的过程.所求总功应为对每个烟尘颗粒做功的总和.由于不同烟尘颗粒在金属板间运动的距离不同，所以电场力对不同烟尘颗粒做功数值不同，大小在0~qU之间.考虑到烟尘颗粒是均匀分布的，可以认为电场力对每个烟尘颗粒做功的平均值为qU，将其乘以烟尘颗粒总数，即得电场力所做总功.?
随着电场力做功过程的进行，不断有烟尘颗粒被下极板吸附，余下的烟尘颗粒越少，但每个余下烟尘颗粒的动能却越大，所以余下烟尘颗粒的总动能可能在某时刻存在极大值，列出余下烟尘颗粒总动能的表达式，应用数学求极值的知识不难求出烟尘颗粒的最大动能值.
（1）当最靠近上表面的烟尘颗粒被金属板间电场加速运动到下极板时，烟尘就被全部吸附.烟尘颗粒受到的电场力F=qU/L,L=at2=,所以t=L=0.02 s.?
(2)每个烟尘颗粒被加速的位移不同，由于烟尘颗粒均匀分布，所以可以认为所有烟尘颗粒被加速的平均位移为，即每个烟尘颗粒被加速的平均电压为，所以W=NALqU=2.5×10-4 J.?
（3）由于烟尘颗粒被下板吸附后速度即减为零，故烟尘颗粒的总动能应为未被吸附到下板的所有烟尘颗粒总动能之和.对未被吸附到下板的烟尘颗粒，因其被加速的时间、位移、电压均相等，故每个烟尘颗粒的动能都相等，所以当烟尘颗粒下落距离为x时，颗粒总动能?Ek=mv2·NA（L-x）=x·NA（L-x）.?
由数学知识知，当x=时，Ek最大，由于x=at12,所以t1==L=0.014 s.
小结：把实际问题抽象为所熟悉的物理模型，是同学们应注意培养的一种能力，也是当前高考命题的一种趋势.本题中应用平均值法计算电场力做的总功是一种常用的解题技巧，请同学们注意体会.
［例2］（2001年上海，11）一束质量为m、电荷量为q的带电粒子以平行于两极板的速度v0进入匀强电场，如图3-3-2，如果两极板间电压为U，两极板间的距离为d，板长为L，设粒子束不会击中极板，则粒子从进入电场到飞出极板时电势能的变化量为_____.（粒子的重力忽略不计）?
图3-3-2
【解析】 粒子在极板间运动的时间t=，垂直于极板方向的加速度a=，所以粒子在飞越极板间电场过程中，在电场方向发生的侧移s=at2=，电场力对粒子做的功W=qU=,所以粒子电势能的变化量ΔE=W=.?
小结：本题未说明粒子的射入位置，但从“粒子束不会击中极板”的题设条件，可知凡是能穿越电场的粒子，发生的侧移距离都相等，电势能的变化量都相等，而与粒子的射入位置无关.可见，仔细阅读题目内容，特别注意领会一些关键句子的意义，对帮助理解题意，建立清晰的物理图景，具有至关重要的作用.
［例3］图3-3-3甲中A和B表示在真空中相距为d的两平行金属板，加上电压后，它们之间的电场可视为匀强电场，图乙表示一周期性的交变电压波形，横坐标代表时间t，纵坐标代表电压U，从t=0开始，电压为一给定值U0，经过半个周期，突然变为-U0；再过半个周期，又突然变为U0；…如此周期性地交替变化.
图3-3-3
在t=0时，将上述交变电压U加在A、B两板上，使开始时A板电势比B板高，这时在紧靠B板处有一初速度为零的电子（质量为m，电荷量为e)在电场作用下开始运动.要想使这电子到达A板时具有最大的动能，则所加交变电压的频率最大不能超过多少？
【解析】 在电子由B板向A板运动过程中，A板电势高于B板时电子做加速运动、动能增加，A板电势低于B板时电子做减速运动、动能减少.由动能定理W=ΔEk知，在电子由B板运动到A板的过程中，只有电场力做功最多，电子获得的动能才最大.A、B板间加电压U0后，A、B间形成匀强电场，由U=Ed知，所加电压是均匀地分布在A、B之间的，电子只有一直加速至A板，电场力做功才最大，为eU0，中间只要存在减速过程，电场力做功的总和就小于eU0.所以，欲使电子获得最大动能，应使电子一直处于加速状态，即电子从B→A的运动时间t应≤.
要让电子到达A板时具有最大动能，在电子从B→A运动时间内应一直处于加速状态，这就要求t≤.
在电压U0作用下电子的加速度a=,根据d=at2=··t2，电子到达A板所用时间t=
设交流电周期为T，则要求t≤
若交流电频率为f,则得t≤
则≤
解得频率最大不能超过.
小结：分析清楚电子在A、B金属板间的运动情景，是解决本题的关键.本题最易犯的错误，是认为在每一个正半周期末到达A板的电子都应具有相同的最大动能.造成这种错误的原因是忽略了电压是加在A、B两板之间的，电子只有在半周期内到达A板，电场力对电子做的功才最大为eU0，而在其他正半周期末到达A板的电子，电场力对其做的总功为 (n=3、5、7…）.为进一步加强对此类问题的理解，有兴趣的同学可讨论若A、B板距离足够大，在t为多少时从B板处释放电子，电子将不能到达A板？
●应用强化训练?
1.有三个质量相等，分别带正电、负电和不带电的小球A、B、C，从同一位置以相同速度v0先后射入竖直方向的匀强电场中，它们落在正极板的位置如图3-3-4所示，则下列说法中正确的是?
图3-3-4
A.小球A带正电，小球B不带电，小球C带负电?
B.三个小球在电场中运动的时间相等?
C.三个小球到达正极板的动能EkA＜EkB＜EkC
D.三个小球到达正极板的动量的增量ΔpA ＜ΔpB＜ΔpC?
【解析】 由水平方向速度相等知其运动时间关系为tA＞tB＞tC，由竖直方向位移相等知其加速度关系为aA＜aB＜aC.结合电场方向知带正电者合力小于重力，加速度小于g;带负电者电场力向下，合力大于重力，加速度大于g;不带电者加速度等于g.综上讨论知C球带负电，A球带正电，B球不带电，即A正确.?
又知加速度大者落到正极板上时竖直方向速度大，动量增量大，所以ΔpC＞ΔpB＞ΔpA,即答案D也正确.?
【答案】 AD
2.图3-3-5中画的是示波管的示意图，要使屏上的光点P向下偏移的距离增大，可采用以下哪些办法
图3-3-5
A.只增大加速电压U1
B.只减小加速电压U1
C.只增大偏转电压U2
D.只减小偏转电压U2
【答案】 BC
3.如图3-3-6所示，一束带电粒子（不计重力）垂直电场线方向进入偏转电场，试讨论在以下情况中，粒子应具备什么条件才能得到相同的偏转距离y和偏转角θ(U、d、L保持不变)
图3-3-6
A.进入偏转电场的速度相同?
B.进入偏转电场的动能相同?
C.进入偏转电场的动量相同?
D.先由同一加速电场加速后，再进入偏转电场?
【解析】 设带电粒子质量为m，电量为q,加速电压为U1，偏转电压为U2，偏转极板长为L、间距为d,则由qU1=mv02，t=，y=at2,a=,vy=at 整理，得：y=,θ=arctan=arctan,y、θ仅由加速电场和偏转电场决定，与粒子性质无关.
【答案】 D
4.（2002年上海，6）如图3-3-7所示，在粗糙水平面上固定一点电荷Q，在M点无初速度释放一带有恒定电量的小物块，小物块在Q的电场中运动到N点静止，则从M点运动到N点的过程中
图3-3-7
A.小物块所受电场力逐渐减小?
B.小物块具有的电势能逐渐减小?
C.M点的电势一定高于N点的电势?
D.小物块电势能变化量的大小一定等于克服摩擦力做的功?
【解析】 由E=k知EM＞EN，所以FM＞FN.因电场力做正功，故电势能减小.由于物块电性不明确，故场强方向不明确，M、N点电势关系无法确定.由动能定理知W电-Wμ=ΔEk=0,所以WM=W电=|ΔEp|.?
【答案】 ABD
5.如图3-3-8中A、B是一对中间开有小孔的平行金属板，两小孔的连线与金属板面相垂直，两极板的距离为L.两极板间加上低频交流电压，A板电势为零，B板电势u=U0cosωt.现有一电子在t=0时穿过A板上的小孔射入电场.设初速度和重力的影响均可忽略不计.则电子在两极板间可能
图3-3-8
A.以AB间的某一点为平衡位置来回振动?
B.时而向B板运动，时而向A板运动，但最后穿出B板?
C.一直向B板运动，最后穿出B板，如果ω小于某个值ω0，L小于某个值L0?
D.一直向B板运动，最后穿出B板，而不论ω、L为任何值?
【解析】 在L足够大或W足够大的情况下，电子进入小孔后，第一个周期内向B板加速运动，第二个周期向B板减速运动，且第二个周期末速度恰减为零；第三个周期内电子又向A板加速运动，第四个周期内向A板减速运动，且第四个周期末速度恰减为零.以后电子将重复上述过程.
但若L或W较小，则电子在向B板加速或减速过程中就可能穿出B板小孔.?
【答案】 AC
6.图3-3-9是一个说明示波管工作原理的示意图，电子经电压U1加速后以速度v0垂直进入偏转电场，离开电场时的偏转量是h.两平行板间距离为d，电势差是U2，板长是l.为提高示波管的灵敏度（每单位电压引起的偏转量）可采用以下哪些方法?
图3-3-9
A.增大两板间电势差U2?
B.尽可能使板长l短一些?
C.尽可能使板距d小一些?
D.使加速电压U1升高一些?
【答案】 C
7.如图3-3-10所示，在场强为E的水平匀强电场中，竖直固定着一个半径为R的光滑绝缘圆环.环上穿着一个质量为m、电荷量为q的小球，沿顺时针方向绕环做圆周运动，若小球通过环的水平直径端点a时，对环刚好无压力，且qE=mg,则小球通过环的最高点b时，对环的压力大小为_____；通过环的最低点c时，对环的压力大小为_____.?
图3-3-10
【解析】 在a点：qE=m,a→b:qER-mgR=mv02-mva2,在b点：mg-Fb=m,解得Fb=0.?
a→c:qER+mgR=mvc2-mva2,在c点：Fc-mg=m,解得Fc=6mg.
【答案】 0；6mg
8.带电粒子以速度v0从P点飞入有界的匀强电场，入射方向与电场线垂直，粒子从Q点飞出时，速度方向与电场线的方向成45°角，如下图3-3-11所示，设电场的宽度为d，PQ间的电势差为U，粒子重力不计，则该电场的电场强度E=_____，带电粒子在Q点时的动能与在P点时的动能之比为_____.?
图3-3-11
【解析】 粒子在电场中做类平抛运动，所以在Q点粒子垂直于电场方向速度vQ⊥=v0，粒子平行于电场方向的速度vQ∥=vQ⊥cot45°=v0,v=v0,所以=2.
由于粒子从P→Q在平行于电场方向平均速度∥=vQ∥=v0,所以粒子平行于电场方向位移s∥=d,所以E==.?
【答案】 2U/d;2
9.如图3-3-12所示,金属板AB、CD、EF、GH相互平行、彼此靠近.它们分别和变阻器上的触点a、b、c、d连接.孔O1正对B和E，孔O2正对D和G.边缘F、H正对.一个电子以初速度v0=4×106 m/s沿AB方向从A点进入电场，恰好穿过孔O1和O2后，从H点离开电场.变阻器上ab、bc、cd段电阻之比为1∶2∶3.金属板间的距离L1=2 cm,L2=4 cm,L3=6 cm.直流电源的路端电压U=182 V.电子质量me=9.1×10-31 kg，电量q=1.6×10-19 C.假设正对两平行板间是匀强电场，求
图3-3-12
（1）各相对两板间的电场强度.?
（2）电子离开H点时的动能.?
（3）四块金属板的总长度（AB+CD+EF+GH）.?
【解析】 (1)三对正对极板间电压之比U1∶U2∶U3=Rab∶Rbc∶Rcd=1∶2∶3
板间距离之比L1∶L2∶L3=1∶2∶3
故三个电场场强相等?
E==1516.67 N/C?
(2)根据动能定理?
eU=mv2-mv02?
电子离开H点时动能?
Ek=mv02+eU=3.64×10-17 J?
(3)由于板间场强相等，则电子在“竖直方向”受电场力不变，加速度恒定.可知电子做类平抛运动.
“竖直方向”L1+L2+L3=.
“水平方向”x=v0t
消去t解得x=0.12 m.?
极板总长AB+CD+EF+GH=2x=0.24 m.?
【答案】 (1)1516.67 N/C (2)3.64×10-17 J (3)0.24 m
10.如图3-3-13所示，ab是半径为R的圆的一条直径，该圆处于匀强电场中，场强大小为E，方向一定.在圆周平面内，将一带正电q的小球从a点以相同的动能抛出.抛出方向不同时，小球会经过圆周上不同的点，在这些所有的点中，到达c点时小球的动能最大.已知∠cab=30°，若不计重力和空气阻力，试求：?
图3-3-13
（1）电场方向与ac间的夹角θ为多大？?
（2）若小球在a点时初速度方向与电场方向垂直，则小球恰好能落在c点，则初动能为多大？
【解析】 （1）只有a点与c点间电势差最大时小球到达圆周上c点时动能才最大，只有过c点圆的切平面为一等势面时（如图所示），Uac才最大.因场强方向垂直于等势面如图所示，由几何知识知场强方向与ac夹角θ=30°.?
(2)设在a点小球的初速度为v0，小球做类平抛运动，沿ad方向的分运动为匀速直线运动，位移大小?
Rcos30°=v0t ①
与ad垂直方向位移大小?
R+Rsin30°= ②
由①、②两式得?
所以Ek0=mv02=
=qER?
【答案】 (1)30° (2) qER
11.在真空中速度为v=6.4×107 m/s的电子束连续地射入两平行板之间（见图3-3-14），极板长度L=8.0×10-2 m，间距d为5.0×10-3 m.两极板不带电时，电子束将从两极板之间的中线通过，在两极板加一个频率是50 Hz的交变电压U=U0sinωt,如果所加电压的最大值超过某一值UC时，将开始出现以下现象：
图3-3-14
电子束有时能过两极板，有时间断不能通过.求：?
（1）UC的大小.
（2）U0为何值时才能使通过的时间Δt1跟间断的时间Δt2之比为Δt1∶Δt2=2∶1.?
【解析】 (1)电子匀速通过平行极板的时间t=≈10-9 s，交变电压的周期T=≈10-2 s,
T》Δt，电子在通过平行板时，可看作电场不随时间变化，电子在水平方向做匀速运动，在竖直方向做匀加速运动，根据?
t=三式可求得：?
UC=
=
=91 V
(2)当U＞91 V时电子将打在极板上而间断：当U＜91 V时，电子束将通过两极板，根据U=U0sinωt及Δt1∶Δt2=2∶1,可知当?
ωt=时，UC=91 V即UC=U0sin得?
U0= V=105 V
【答案】 (1)91 V (2)105 V
12.如图3-3-15甲所示，真空室中电极K发出的电子（初速不计）经过U0=1000 V的电场加速后，由小孔S沿两水平金属板A、B间中心线射入.A、B板长l=0.20 m，相距d=0.020 m，加在A、B两板间的电压U随时间t变化的U—t图线如图3-3-15乙所示.设A、B间的电场可看作是均匀的，且两板外无电场.在每个电子通过电场区域的极短时间内，电场可视作恒定的.两板右侧放一记录圆筒，筒的左侧边缘与极板右端距离b=0.15 m，筒绕其竖直轴匀速转动，周期T=0.20 s，筒的周长s=0.20 m，筒能接收到通过A、B板的全部电子.
（1）以t=0时（见图乙，此时U=0)，电子打到圆筒记录纸上的点作为xy坐标系的原点，并取y轴竖直向上.试计算电子打到记录纸上的最高点的y坐标和x坐标.（不计重力作用）?
（2）在给出的坐标纸（图丙）上定量地画出电子打到记录纸上的点形成的图线.?
图3-3-15
【解析】 (1)计算电子打到记录纸上的最高点的坐标：
设v0为电子沿A、B板的中心线射入电场时的初速度，则?
mv02=eU0 ①
电子在中心线方向的运动为匀速运动，设电子穿过A、B板的时间为t0.则?
l=v0t0 ②
电子在垂直A、B板方向的运动为匀加速直线运动.对于恰能穿过A、B板的电子，在它通过时加在两板间的电压UC应满足?
d= ③
联立①、②、③式解得?
uc=U0=20 V?
此电子从A、B板射出时沿y方向的分速度为
vy= ④
以后，此电子做匀速直线运动，它打在记录纸上的点最高，设纵坐标为y，由上图可得
⑤
由以上各式解得?
y==2.5 cm ⑥
从题给的U—t图线可知，加于两板电压U的周期T0=0.10 s，U的最大值Um=100 V,因为UC＜Um，在一个周期T0内，只有开始的一段时间间隔Δt内有电子通过A、B板
Δt=T0 ⑦
因为电子打在记录纸上的最高点不止一个，根据题中关于坐标原点与起始记录时刻的规定，第一个最高点的x坐标为
x1=s=2 cm.?
第二个最高点x的坐标?
x2=s=12 cm?
第三个最高点x的坐标?
x3=s=22 cm.?
由于记录筒的周长为20 cm，所以第三个最高点与第一个最高点重合，即电子打到记录纸上的最高点只有两个，它们的坐标分别为2 cm和12 cm.?
（2）图线如图所示.?
【答案】 (1)(2 cm,2.5 cm)、(12 cm、2.5 cm)?
(2)略
●教学参考链接?
带电粒子在电场中的运动问题，按电场力作用的效果可分为加速和偏转两种情况，按电场的性质可分为恒定的匀强电场和交变的匀强电场两种情况.所选例2讨论的是带电粒子在恒定的匀强电场中的偏转问题，例3讨论的是带电粒子在交变的匀强电场中的运动问题，例1则是此类问题在生产实际中的应用.三道例题难度都不太大，重在介绍各种情况下处理问题的方法.其中带电粒子在匀强电场中的偏转问题，因和力学中讨论过的平抛运动类似，同学们理解、掌握起来较为容易；带电粒子在交变电场中的运动问题，情景较为复杂，是本专题的难点.对于带电粒子在交变电场中的运动问题，应紧紧抓住带电粒子的受力情况和运动情况分析：什么情况下粒子做往复运动，什么情况下粒子做单方向的直线运动，什么情况下粒子虽存在往复运动过程但有向某一方递进的趋势等.带电粒子的运动规律清楚了，问题也就迎刃而解了.
本专题所选练习题，也是为达上述目的而设置的.因本专题知识几乎和力学中所有的知识点都有一定的联系，所以在复习本专题内容时，应注意和力学知识的联系与综合.
专题四 直流电路的分析和计算
●高考趋势展望?
直流电路的分析和计算，在历年的高考中考查频率较高，几乎每年都有考题涉及.常考知识点有电阻串(并)联规律、部分电路欧姆定律、闭合电路欧姆定律、温度对电阻率的影响、电路的动态过程分析及故障判断等.考题多以选择或填空题形式出现,难度中等.其中电路的动态过程分析、故障判断以及和生产生活实际相联系的直流电路问题的综合分析等,虽然考查的知识点同学并不陌生,但由于涉及的方法比较灵活,需要一定的综合分析能力,所以考试中得分率并不很高.因为直流电路应用广泛,涉及的物理规律较多,容易和实际结合考查学生综合分析问题的能力,所以在今后的高考中,该专题知识仍是一个重要的考查点.对本专题知识的复习,应在熟记串(并)联规律、部分电路和闭合电路欧姆定律及适用条件的基础上,熟练掌握直流电路问题分析的思路和方法.
●知识要点整合
1.处理直流电路问题,首先遇到的也是必须解决的就是要弄清楚电路的结构——即各电阻及各用电器是如何连接在电路中的.对电路结构的分析,最易产生干扰作用的就是电路中的各种仪表、电容器及一些两端直接接在电路中不同点的长导线,其处理方法如下:?
对理想的电流表(内阻不计),可直接用导线代替;理想的电压表(内阻视为无穷大)可直接去掉;对导线,由于其两端电势差为零,可将导线连接的两点视为一点而合在一起.?
由于中学阶段不涉及过于复杂的电路,在做了上述处理之后,一般便可较容易地分析清楚各电阻或用电器的串、并联关系.但应注意,对非理想的电流、电压表则不能采取上述方法处理,而应将其当作有一定电阻的特殊用电器(其特殊之处就是可以显示其中的电流或两端电压).?
2.本专题中涉及的公式较多,且都有一定的适用条件,对这些公式,不仅要记住其形式,更应清楚其适用条件.
部分电路欧姆定律I=和闭合电路欧姆定律I=都只适用于纯电阻电路.?
电功率公式P=UI、电功公式W=UIt、焦耳定律公式Q=I2Rt是普遍适用于各种性质电路的,而其根据部分电路欧姆定律推导出的一些变形式如:
P=I2R=、W=I2Rt=t、Q=t=UIt等,则只适用于纯电阻电路.
由上面的说明不难知道,只有在纯电阻电路中,电功和电热的值才是相等的,而在非纯电阻电路中总有W＞Q.
3.在电路中,由于开关的通断、滑动变阻器滑片的移动或电表的接入都要引起电路结构的变化.对于上述电路动态问题的分析,第一要清楚无论电路结构如何变化,电源的电动势和内电阻都是不变的;第二要有明确的思路并灵活地选用公式.一般思路是:先由部分电路电阻的变化推断外电路总电阻的变化,再由闭合电路欧姆定律I=讨论干路中电流的变化,然后再根据具体情况灵活选用公式确定各元件上其他物理量的变化情况.
4.电路故障的判断历来是学生知识掌握的薄弱环节,这一方面是由于学生缺乏实际操作的经历,另一方面没弄清其中的原理也是重要的原因.应当清楚,断路的表现是电路的端电压不为零而电流为零.具体判断方法是用电压表测量电路中某两点间电压,若电压不为零,则说明这两点与电源的连接完好,断路点就在该两点之间.逐渐缩小测量范围,即不难把断路点找到.而短路的表现是电流不为零而电压为零,用电压表亦不难判断出来.
5.对于含有电容器的直流电路,由于电容器的两极是相互绝缘的,因此在电路稳定的情况下,含有电容器的支路中是无电流的,该支路中其他电阻两端不存在电势差,其作用只相当于一段导线.由于此时电容器相当于开路,在分析其他电阻或用电器连接关系时,可将含有电容的支路直接去掉；另一方面,由于电容器具有容纳电荷的本领,在电路未达到稳定状态之前,由于电容器的充、放电,含电容器的支路中是存在电流的,此时的电容器相当于一个阻值变化的电阻而不能当开路处理.
6.直流电路的工作过程,实际上就是一个能量的转化过程.其中电源是通过内部非静电力搬运电荷做功而将其他形式的能量转化为电能的装置,电动势就是反映电源将其他形式的能量转化为电能本领的物理量.当电路闭合时,通过外电路的用电器,再将电能转化为其他形式的能量.闭合电路欧姆定律就是能的转化和守恒定律在直流电路问题中的具体表现形式,其表达式完全可以应用能的转化和守恒定律推导如下:设电源电动势为E,内电阻为r,外电路电阻为R,则当电路中电流为I时,电源将其他形式的能量转化为电能的功率P源=EI,内、外电路电阻上消耗的热功率分别为P′=I2r,P=I2R,由能的转化和守恒定律得:P源=P′+P,即EI=I2r+I2R,所以I=.
在电路闭合的情况下,电源将不断地将其他形式的能量转化为电能并对外电路输出.电源的输出功率不仅和电源的电动势和内电阻有关,还和外电路的结构有关.由P出=I2R=()2R=知,当R=r时,P出有最大值Pm=.
P出和外电阻的上述关系可用图象定性表示，如图3-4-1所示.
图3-4-1
上述电源有最大输出功率的条件(R=r),可直接用于电路中变化电阻消耗功率大小的讨论,但应当把所讨论的变化电阻以外的所有电阻都看成电源的内电阻.应该注意,讨论电路中某定值电阻消耗功率的大小,不属于此类问题,不能随便套用以上结论.
另外,由η=P出/P源=I2R/I2(R+r)=R/(R+r)知,当R=r电源有最大输出功率时,电源效率只有50%.可见,从节约能源的角度考虑,一味追求电源有最大输出功率并不划算,只是在有特殊要求情况下的一种必要措施而已.
在电流恒定的情况下,电源将其他形式的能转化成的电能又全部消耗在内、外电路上,但若电路中出现变化的电流,如对电容器充电时,电源提供的能量一部分以电场能的形式储存于电容器中,另外还要向空间辐射一部分能量,所以电源提供的能量并不等于电容器中储存的电场能,但它并不违背能的转化和守恒定律.?
●精典题例解读?
［例1］(2002年全国,20)在如图3-4-2所示的电路中,R1、R2、R3和R4皆为定值电阻,R3为可变电阻,电源的电动势为E,内阻为r,设电流表A的读数为I,电压表V的读数为U,当R5滑动触点向图中a端移动时
图3-4-2
A.I变大,U变小 B.I变大,U变大?
C.I变小,U变大 D.I变小,U变小?
【解析】 R5的滑动触点向a端滑动时,R5被接入电路的电阻减小,因而电路总电阻R减小.由闭合电路欧姆定律I=知干路总电流I增大,路端电压U=(E-Ir)减小.图中电压表测的就是路端电压,所以其示数应减小.
另外,由于总电流I增大,导致R1、R3两端电压增大,而总的路端电压U是减小的,所以R2、R4串联后与R5并联部分的电压U并=(U-U1-U3)减小,因此流过R2、R4所在支路的电流减小.即电流表A的示数减小.?
综上讨论知答案D正确.?
小结：讨论此类电路的动态变化问题,首先要弄清楚电路结构:各电阻、用电器、电表等是如何连接在电路中的,各电表测的是哪一物理量等；其次是要弄清楚当电路某一部分变化时,其他部分电阻及总电路的各个参量如何变化；第三是掌握分析问题的一般思路——先部分,后整体,再部分,并灵活地选用恰当的公式进行讨论.?
对于由部分电路电阻的变化推知电路总电阻的变化,其理论根据主要是两电阻的并联阻值和各电阻的阻值变化关系:由R并=可以看出，当任一支路电阻变大或变小时，并联阻值也相应地变大或变小.其他部分电路无论和上面的R并串联还是并联,总电阻都是相应地变大或变小的.
［例2］(2001年春季,8)在图3-4-3所示电路中,电容器C的上极板带正电,为了使该极板仍带正电且电荷量增大,下列办法中采用的是?
图3-4-3
A.增大R1,其他电阻不变?
B.增大R2,其他电阻不变?
C.增大R3,其他电阻不变?
D.增大R4,其他电阻不变?
【解析】 欲使电容器带电量增大,应增大电容器两极板间电势差.对于该题,通过各电阻的电流是由右向左的,所以每个电阻两端的电势都是右高左低的.该题中R2、R4的右端是连在一起的,因而其右端电势是相等的;结合电容器上极板带正电知,R2左端电势高于R4左端电势,所以R2两端电势差小于R4两端电势差.只有继续增大R2、R4两端电压的差别——即使R2两端电势差更小些,或使R4两端电势差更大些,才能增大电容器两极间电势差.由串联电阻的分压关系可知,减小R2和R1比例关系(减小R2或增大R1)或增大R4和R3的比例关系(增大R4或减小R3)或同时采取上述两种措施,皆可达到目的.
综上讨论可知答案A、D正确.
小结：解决此类问题的关键是根据电路中电流的流向,判定电势的变化情况.应当知道,顺着电流方向,每经过一个电阻,电势降低一定的数值;逆着电流方向,每经过一个电阻,电势升高一定的数值.
［例3］(2000年全国,9)图3-4-4为一电路板的示意图,a、b、c、d为接线柱,a、b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
图3-4-4
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?
【解析】 电路中无电流,说明电路某处发生了断路.用交流电压表测得b、d两点间电压同电源电压,说明b、d两点分别与电源的两极是连通的.同理可知a、c两点分别与电源的两极也是相通的.因此,断路处只能在b、c之间.
综上讨论可知,答案C、D正确.
小结：判断电路故障通常是用电压表从电源两极开始,逐渐向外延伸测量两点间电压,只要电压表有示数,说明所测两点都是与电源两极相通的.若是断路故障,则故障即在所测两点之间,逐渐缩小两点的范围,即可找到断路处;若是短路故障,则故障应在理论上应存在电压而实际电压为零的两点之间.电路故障的判断顺序,一般是先检验是否存在断路故障,在确定无断路的情况下再判断短路故障.若电路多处存在故障,则仅用电压表就不能将所有故障情况确定,还应配合其他仪表(如欧姆表)或采取其他后续措施,方能一一判断清楚故障性质并确定故障位置.?
［例4］微型吸尘器的直流电动机内阻一定,当加上0.3 V电压时,通过的电流为0.3 A,此时电动机不转;当加在电动机两端的电压为2.0 V时,电流为0.8 A,这时电动机正常工作.则吸尘器的效率为多少
【解析】 电动机正常工作时,主要将电能转化为机械能,为非纯电阻元件,其中电流和两端电压关系不遵守部分电路欧姆定律,但当其不转时,并无机械能输出,此时可视为纯电阻,利用部分电路欧姆定律可求其内电阻,再结合题设条件和电动机输入功率、内阻消耗功率及效率的意义,可给出解答.
电动机内电阻r== Ω=1 Ω,电动机正常工作时消耗的电功率P=U2I2=0.8×0.2 W=
1.6 W,内阻消耗热功率Pa=I22r=0.82×1 W=0.64 W,所以电动机的效率η==×100%=60%.?
小结：对于非纯电阻用电器,一定要弄清楚其中的能量转化关系,准确地选用适用公式.?
［例5］两个定值电阻,把它们串联起来时等效电阻为4 Ω,把它们并联起来时等效电阻为1 Ω,则:(1)这两个电阻的阻值各为多大 ?
(2)若把这两只电阻串联后接入一个电动势为E、内电阻为r的电源两极间,两电阻消耗的总功率P1=9 W;如果把这两个电阻并联后接入该电源两极间,两电阻消耗的总功率为P2.若要使P2≥P1,有无可能 若可能，试求满足这一要求的E、r的值.?
【解析】 根据电阻串、并联规律,求两电阻阻值是不困难的.另外,由于电源输出功率(即消耗在外电路的功率)与外电路电阻为非线性关系,两个不同阻值的电阻接在同一电源上时,可能消耗的功率相等,也可能消耗的功率不相等,其中可能阻值较大的电阻消耗功率大,也可能阻值小的电阻消耗功率大,具体情况可应用闭合电路欧姆定律和输出功率的意义讨论得出所要求的结果.?
(1)设两电阻分别为R1、R2,则有:?
R1+R2=4 =1解之可得R1=R2=2 Ω?
(2)由题意,得:()2×4=9 ①
()2×1≥9 ②
解得r≤2 Ω.
将r值代入(1),得E=(r+6) V.?
即两电阻并联后接在该电源两极间消耗的功率可以大于9 W,要求电源内电阻和电动势为r≤2 Ω,E=(r+6) V的一系列值.?
小结：该题第二问的结论不是唯一解,而是一系列解,处理此类问题时,要谨防漏解.
●应用强化训练?
1.在如图3-4-5所示的电路中，当滑动变阻器R的滑动片P向下移动时，以下判断中正确的是
图3-4-5
A.电源内部发热功率变小?
B.小灯泡L变亮?
C.电流表上读数变小?
D.电源效率增大?
【解析】 变阻器R的滑片下滑时，总电阻增大，总电流I减小，内电压减小，路端电压U增大.所以电源内部发热功率（I2r）减小；R2两端电压（U2=U-IR1）增大，其中电流I2（的读数）增大；灯泡L中电流（IL=I-I2）减小，L变暗；电源效率（η=）增大.
【答案】 AD
图3-4-6
2.如图3-4-6电路中，电源E的电动势为3.2 V，电阻R的阻值为30 Ω，小灯泡L的额定电压为3.0 V，额定功率为4.5 W当电键S接位置1时，电压表的读数为3 V，那么当电键S接到位置2时，小灯泡L的发光情况是
A.很暗，甚至不亮?
B.正常发光?
C.比正常发光略亮?
D.有可能被烧坏?
【解析】 由UR=E得：r= =2 Ω, 所以S接位置2时，UL′==1.6 V＜UL.灯泡L应很暗，甚至不亮.
【答案】 A
3.（2000年全国理综，19）图3-4-7电路图中，C2=2C1，R2=2R1，下列说法正确的是
①开关处于断开状态，电容C2的电量大于C1的电量；?
②开关处于断开状态，电容C1的电量大于C2的电量；?
③开关处于接通状态，电容C2的电量大于C1的电量；?
④开关处于接通状态，电容C1的电量大于C2的电量.?
图3-4-7
A.① B.④
C.①③ D.②④
【解析】 K断开时，UC1=UC2=E，C1＜C2,故QC1＜QC2；K闭合时，UC1′=UR2,UC2′=UR1,而UR2=2UR1，所以QC1′=C1UC1′=C2·2UC2′=QC2′.
【答案】 A
4.如图3-4-8所示的电路中，闭合电键S后，灯a和灯b都正常发光，后来由于某种故障使灯b突然变亮，电压表示数增加，由此推断，这故障可能是
图3-4-8
A.电容器被击穿短路
B.a灯丝烧断?
C.电阻R2断路
D.电阻R2短路?
【解析】 如果电容器击穿短路，电阻减小，外电压即电压表示数减小，选项A错误；如果a灯烧断，电阻增大电流变小，流过灯泡b的电流变小，变暗，选项B错误；如果电阻R2断路，总电阻增大，电流减小，内电压减小，外电压增大，电压表示数增大.b灯两端电压增大，变亮，选项C正确；如果R2短路，b灯熄灭.选项D错误.?
【答案】 C?
5.电动势为E，内阻为r的电池与固定电阻R0、可变电阻R串联，如图3-4-9所示，设R0=r，Rab=2r.当变阻器的滑片自a端向b端滑动时，下列各物理量随之减小的是?
图3-4-9
A.电池的输出功率?
B.变阻器消耗的功率?
C.固定电阻R0上消耗的功率?
D.电池内阻上消耗的功率?
【解析】 滑片由a滑向b端，电阻减小，总电流I总增大，输出功率增大，选项A错误；变阻器消耗功率减小，选项B正确；R0上消耗的功率P=I总2R0增大，选项C错误；电池内损耗功率P=I总2r增大，选项D错误.
【答案】 B
6.如图3-4-10所示为用直流电动机提升重物的装置,重物重力G=500 N,电源电动势E=110 V,不计电源内阻及各处摩擦,当电动机以v=0.9 m/s的恒定速度向上提升重物时,电路中电流I=5.0 A,可以判断?
图3-4-10
A.电动机消耗的总功率为550 W?
B.提升重物消耗的功率为450 W?
C.电动机线圈的电阻为22 Ω
D.电动机线圈的电阻为4.0 Ω
【解析】 电源输出功率P=EI=550 W，即为电动机消耗总功率，转化为机械能的功率（提升重物）P1=mgv=450 W,所以电动机线圈内阻消耗的功率P2=P-P1=100 W，线圈电阻r==4 Ω.
【答案】 ABD
7.(2000年上海,19)某同学按图3-4-11所示电路进行实验,实验时该同学将变阻器的触片P移到不同位置时测得各电表的示数如下表所示.?
图3-4-11?
序号 A1示数（A） A2示数（A） V1示数（V） V2示数（V）
1 0.60 0.30 2.40 1.20
2 0.44 0.32 2.56 0.48
将电压表内阻看作无限大,电流表内阻看作零.?
(1)电路中E、r分别为电源的电动势和内阻,R1、R2、R3为定值电阻,在这五个物理量中,可根据上表中的数据求得的物理量是(不要求具体计算) .
(2)由于电路发生故障,发现两电压表示数相同了(但不为零),若这种情况的发生是由用电器引起的,则可能的故障原因是 .
【解析】 （1）V1示数为R3两端的电压，A2示数是通过R3的电流，故由第一组给出的V1、A2的示数值可求R3.A1示数为干路中电流I，由表中数据可求R2中电流I2=I-I1，V2示数又给出R2两端电压，故可求出R2.由于有两组数据，根据每一组数据中的有关示数都可以列出一个关于E、r的方程，如：E=U1+I·（R1+r）,E=U1′+I′(R1+r)，消 去（R1+r）,可求出E.
(2)若RP短路时，V1、V2并联在同一段电路两端，示数相同.若R2断路，RP中无电流，不产生电压降，其作用相当于一根导线，将V2、V1并联在同一段电路两端，其示数也相同.
【答案】 (1)R2、R3、E （2）RP短路或R2断路?
8.如图3-4-12所示，E=10 V,C1=C2=30 μF,R1=4.0 Ω，R2=6.0 Ω,电池内阻可忽略.先闭合开关K，待电路稳定后，再将开关断开，则断开K后流过R1的电量为_____ C.
图3-4-12
【解析】 闭合开关K时，电容器C1的带电量Q1=C1 =30×10-6×6 C=1.8×10-4C.电容器C2带电量为零.开关K断开后，电容器C1带电量Q1′=C1E=3×10-4 C,电容器C2带电量Q2′=C2E=3×10-4 C.所以流过R1的电量ΔQ=Q1′+Q2′-Q1=4.2×10-4 C.
【答案】 4.2×10-4
9.电源的电动势E=30 V,内阻r=1 Ω,将它与一只“6 V,12 W”的灯泡和一台内阻为2 Ω的小电动机串联组成闭合电路.当灯泡正常发光时,若不计摩擦,电动机输出机械功率与输入电功率之比为_________.
【解析】 灯泡的电阻R1= Ω=3 Ω，灯泡的额定电流I1= A=2 A.电灯正常发光，说明电路中实际电流I=I1=2 A，所以电源内电压U′=Ir=2 V，电动机两端电压U2=E-U1-U′=22 V,所以电动机的输入功率P2=U2I=44 W，输出功率P2′=P2-I2R2=44 W-22×2 W=36 W，所以.?
【答案】
10.图3-4-13所示电路中,R1=3 Ω,R2=9 Ω, R3=6 Ω,电源电动势E=24 V,内阻不计,当开关S1、S2均开启和均闭合时,灯泡L都正常发光.?
图3-4-13
(1)写出两种情况下流经灯泡的电流方向;
S1、S2均开启时 .
S1、S2均闭合时 .?
(2)求灯泡正常发光时的电阻R和电压U.
【解析】 (1)S1、S2均开启时，电路由电阻R1、L、R2与电源E串联组成，此种情况下，流经灯L的电流方向为b→a;S1、S2均闭合时， a点电势高于b点电势，L中电流由a→b.
(2)S1、S2均开启时，L两端电压U1=，S1、S2均闭合时，L两端电压U2=，两种情况L都正常发光，应有U1=U2，解得R=3 Ω，U=4.8 V.
【答案】 (1)S1、S2均开启时，b→a;S1、S2均闭合时,a→b.
(2)R=3 Ω,U=4.8 V
11.直流电动机和电炉并联后接在直流电源上,已知电源的内阻r=1 Ω,电炉的电阻R1=19 Ω (认为其阻值恒定,不随温度变化),电动机绕组的电阻R2=2 Ω,如图3-4-14所示,当开关K断开时,电炉的功率是475 W,当开关K闭合时,电炉的功率是402.04 W.?
图3-4-14
求:(1)直流电源的电动势E;?
(2)开关K闭合时,电动机的机械功率多大 ?
【解析】（1） K断开时，电炉的功率P=I2R1=（）2R1?
代入已知数据P、R1、r,
解得E=100 V
（2）K闭合时，有电动机的支路中较复杂，先求解电炉这个支路，设该支路的电流强度为I1′，电炉的功率P1′已知.
P1′=I1′2R1?
代入P1′、R1的数值，解得I1′=4.6 A.?
R1两端电压（即路端电压）?
U′=I1′R1=87.4 V?
设干路电流为I′，由全电路欧姆定律?
E=U′+I′r
I′==12.6 A?
通过电动机的电流强度?
I2′=I′-I1′=12.6 A-4.6 A=8 A?
由已经求得的通过电动机的电流强度I2′和电动机两端的电压U′，可求出电动机所消耗的电功率（即电源供给电动机的功率）?
P1=I2′U′=8×87.4 A=699.2 W?
电动机绕组消耗的热功率?
P2=I2′2R2=82×2 A=128 W
由能的转化和守恒定律可知，电源供给电动机的功率等于电动机将电能转化为机械能的机械功率和电动机绕组上消耗的热功率之和，则电动机的机械功率
P′=P1-P2=699.2 W-128 W=571.2 W
【答案】 (1)100 V (2)571.2 W
12.如图3-4-15所示，电灯L标有“4 V，1 W”，滑动变阻器R总电阻为50 Ω，当滑片P滑至某位置时，L恰好正常发光，此时电流表示数为0.45 A,由于外电路发生故障，电灯L突然熄灭，此时电流表示数变为0.5 A，电压表示数为10 V.若导线完好，电路中各处接触良好，试问：
(1)发生的故障是短路还是断路？发生在何处？
(2)发生故障前，滑动变阻器接入电路的阻值为多大？
(3)电源的电动势和内电阻为多大？
图3-4-15
【解析】 (1)由于外电路的故障，电灯L熄灭，有两种原因，一是L被短路，二是L所在支路断路，（电路其他接触良好）由于电压表示数增为10 V，故L被短路不可能，只能是L支路断路，断路后外电路总电阻增大，总电流强度I减小，路端电压U2增大，电流表示数I2增大，与题相符，故发生的故障应是L所在支路断路.?
（2）发生故障前L正常发光，故电压表示数U=4 V，功率P=1 W，因电流表示数I2=0.45 A, RL= Ω=16 Ω，则路端电压U外=I2·R2=U+·R，即：
0.45R2=4+R ①
断路后，10=0.5R2 ②
由①②式可知R=20 Ω，即连入电路中的电阻R=20 Ω
（3） 设电源电动势为E，内阻为r，则发生故障前
E=I·R2+（I+IL）r ①
发生故障后?
E=10+I′r ②
又因I=0.45 A,I′=0.5 A,
IL= A，
解之得E=12.5 V,r=5 Ω?
【答案】 (1)L所在支路断路
(2)20 Ω
(3)E=12.5 V;r=5 Ω
●教学参考链接
对本专题知识,无论是基本概念,还是基本规律,同学们都比较熟悉,所以对本专题知识的复习,主要应放在对各类问题的处理方法上.例1介绍了对直流电路动态变化问题的分析方法,例2介绍了含电容电路的处理方法,例3给出了电路故障的一般判断方法,例4讨论的是非纯电阻电路问题,例5则讨论的是直流电路的系列解问题.后面的【应用强化训练】也是围绕上面几个问题而编选的,希望能通过对上述例题如练习题的分析和讨论,能较熟练地掌握直流电路问题分析的一般方法.
能力提升检测 电场、恒定电流(A卷)
一、选择题(本题共8小题，每小题5分,共40分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的)
1.图1中a、b为竖直方向的电场线上的两点,一带电质点在a点由静止释放,沿电场线向上运动,到b点恰好速度为零,下列说法中不正确的是?
图1
A.带电质点在a、b两点所受电场力都是竖直向上的?
B.a点电势比b点电势高
C.带电质点在a点的电势能比在b点电势能小?
D.a点电场强度比b点电场强度大?
【解析】 因电场线方向不明确，无法判断a、b两点电势的高低.
【答案】 B
2.如图2所示，两等量异种点电荷在真空中相隔一定距离，OO′表示两点电荷连线的中垂面，在两点电荷所在的竖直平面上取图示的1、2、3三点，则这三点的电势的高低关系正确的是?
图2
A.φ1＞φ2＞φ3
B.φ2＞φ1＞φ3?
C.φ2＞φ3＞φ1
D.φ3＞φ2＞φ1?
【解析】 选无穷远处电势为零，则在等量异种电荷连线中垂线上各点的电势为零，中垂线正电荷一侧电势为正值，负电荷一侧电势为负值，所以有φ1＞φ2＞φ3.
【答案】 A
3.如图3所示，在等量异种电荷连线中垂线上取A、B、C、D四点，B、D两点关于O点对称，则下列说法中正确的是
图3
A.EA＞EB、EB=ED
B.EA＜EB、EA＜EC?
C.可能有EA＜EB＜EC、EB=ED
D.可能有EA=EC＜EB、EB=ED
【解析】 根据等量异种电荷电场的分布特点，应该有EA＜EB＜EC，且EB=ED.故选项B正确.选项C说可能有EA＜EB＜EC，且EB=ED，即认为还可能存在其他的大小关系,故选项C错.A、D两选项不符合电场的分布规律，故错.?
【答案】 B?
4.如图4所示，在水平方向的匀强电场中，一带负电的粒子以初速度v0从图中的A点沿直线运动到B点，在此过程中?
图4
A.粒子做匀速直线运动
B.粒子的机械能守恒
C.粒子的动能减小，电势能增加
D.粒子的动能增加，电势能减小
【解析】 粒子受向左的电场力而沿直线运动，说明其重力不能忽略，且电场力和重力的合力应沿粒子运动的直线，方向与v0相反，所以粒子由A到B的过程中电场力和重力都做负功，所以粒子动能减小，电势能增大,即C正确.?
【答案】 C
5.如图5所示，直线OAC为某一直流电源的功率P随电流I变化的图线.抛物线OBC为同一直流电源内部热功率P随电流I变化的图线.若A、B对应的横坐标为2 A，线段AB表示的功率及I=2 A时对应的外电阻是
图5
A.2 W，0.5 Ω B.4 W,2 Ω?
C.2 W,1 Ω D.6 W,2 Ω?
【解析】 由P源=EI知，在P—I图中图象的斜率即为电源电动势，由图象给出的数据得E= V=3 V.由P内=I2r，结合图象数据可得r= Ω=1 Ω.所以当I=2 A时，P源=3×2 W=
6 W,P内=22×1 W=4 W,所以PAB=P源-P内=2 W，对应的外电阻R= Ω=0.5 Ω.
【答案】 A
6.一平行板电容器C，极板水平放置，它和三个可变电阻及电源连接成如图6所示电路.现有一质量为m的带电油滴悬浮在两极板之间静止不动，要使油滴上升，可采用的办法是?
图6
①增大R1 ②增大R2
③增大R3 ④减小R2
A.只有① B.只有②
C.①② D.③或④
【解析】 原带电油滴平衡于极板中，说明油滴所受向上的电场力和向下的重力平衡.今欲使油滴上升，则应增大油滴所受电场力，这就需要增大电容器C两极板间电压.而电容器两极板间电压即等于R3两端电压，故增大R3或减小R2都能达到目的.?
【答案】 D
7.电阻R和电动机M串联接到电路中如图7所示.已知电动机线圈的直流电阻跟R的阻值相等,开关闭合后,电动机正常工作.设电阻R和电动机M两端电压分别为U1和U2,经时间t,电流通过R做功W1,产生的电热为Q1,通过M做功W2,产生的电热为Q2,则下列关系正确的是
图7
①U1＜U2,Q1=Q2 ②W1=W2,Q1＜Q2?
③U1=U2,Q1＜Q2 ④W1＜W2,Q1=Q2?
A.只有① B.只有②
C.②③ D.①④
【解析】 R和M串联，通过的电流相等；又因其直流电阻相等，由焦耳定律Q=I2Rt知Q1=Q2；电流通过电阻做的功等于电阻产生的热量，而通过电动机做的功只有一部分和产生的热量相等，所以有
W1=Q1＜W2＜Q2,?
U1=＜=U2.?
【答案】 D
8.如图8所示,电流表A1、A2内电阻相同,当A2与R1串联,电路两端接在电压恒定的电源上时,A1的示数为3 A,A2的示数为2 A.现将A2改为与R2串联,电路两端仍接在原电源上,则
图8
A.A1示数必增大,A2示数必增大
B.A1示数必增大,A2示数必减小?
C.A1示数必减小,A2示数必增大?
D.A1示数必减小,A2示数必减小?
【解析】 原A2与R1串联时，IR1=2 A＞IR2=(3-2) A=1 A,所以R1+RA1＜R2，当A2改与R2串联后，电阻总电阻减小，总电流增大，即A1示数增大，A1两端电压增大，所以并联部分电压减小，而A2所在支路电阻又增大了，故A2示数减小.?
【答案】 B
二、填空题（本题共3小题，每小题6分，共18分）
9.如图9所示,A、B、C三点为一直角三角形的三个顶点,∠B=30°,现在A、B两点放置两点电荷qA、qB,测得C点场强方向与BA平行,则qA带 电,qB带 电.(填“正”或“负”)qA∶qB= .?
图9
【解析】 qA、qB在C点产生的场强和在C点的合场强应如图所示.由矢量合成定则知EA=EBsin30°=EB.设AC长为l,则BC长为2l,EA=k,EB=k,整理得qA∶qB=1∶8.
【答案】 负;正;1∶8?
10.分别将阻值R1=2 Ω、R2=8 Ω的电阻接到某电源上，两电阻得到的功率相同，则在该电源两端接上阻值为 Ω的电阻时，该电源的输出功率最大.
【解析】 设电源电动势为E，内阻为r,则（）2R1=（）2R2,解得r=4 Ω.由电源输出功率最大条件知R=4 Ω.
【答案】 4
11.一水平放置的电容器置于真空中，开始对两板充以电量Q，这时一带电油滴恰在两板间处于静止状态.现在两板上突然增加ΔQ1的电量，持续一段时间后，又突然减小ΔQ2的电量，又持续一段相等的时间后，带电油滴恰回到初始位置.如果全过程中油滴没有与极板相碰，也未改变所带电量，则ΔQ1∶ΔQ2= .
【解析】 C=
所以ΔF1=,ΔF2=
所以a1=,a2=.又s=a1t2?
-s=a1t2-a2t2.由以上各式可解得：
ΔQ1∶ΔQ2=1∶4.?
【答案】 1∶4
三、计算题（本题共3小题，共42分）?
12.（12分）如图10所示的电路中电源电动势E=10 V,内阻r=1 Ω,R1=4 Ω, R2=8 Ω,电容C=10 μF，当开关S合上直至达到稳定状态的过程中，求通过R2的电荷量.
图10
【解析】 设开关S合上，达到稳定后，C两端电压与R1两端电压均为U：
U=ER1/（R+r）
电容器C带电量Q=CU=CER1/（R1+r)?
代入数据得Q=8×10-5 C.
所以通过电阻R2的电量为Q=8专题六 用动量的观点处理物理问题?
●高考趋势展望?
由于动量定理只考虑外力作用过程始末状态的动量变化，不涉及外力作用的细节，用来处理涉及外力、时间和速度变化的物理问题，特别是处理打击、碰撞等力的变化规律复杂、物体位移难以精确测定的物理问题，具有独到的作用.动量守恒定律是自然界中适用范围最广的物理规律，大到宇宙天体的相互作用，小到微观粒子的运动规律，无不遵守动量守恒定律.从动量角度处理物理问题，是处理物理问题的三条重要途径之一，是高中物理中综合面最广、灵活性最强、内容最为丰富的一部分，是中学物理的重点，也是历年高考的热点.在近几年的高考中，既有难度中等偏上的选择、填空题，更多的则是难度较大的综合性计算题，且常作为压轴题出现在全国和各地高考试卷中，因此，深刻理解并熟练应用本专题知识处理物理问题，具有非常重要的意义.在对本专题知识的复习中，应注意物理过程的分析，弄清题目所描述的物理情景，弄清楚哪个系统在哪个过程中各遵守哪一规律，这既是本专题复习的重点，也是难点，应给予足够的重视.?
●知识要点整合?
一、重要的概念?
1.动量?
定义：把物体的质量和运动速度的乘积叫物体的动量.?
公式:p=m·v. 单位：kg·m/s?
理解：动量是矢量，方向与v相同，v指即时速度.?
2.动量的变化?
定义：物体的末动量减初动量叫物体动量的变化.?
公式：Δp=p′-p=mv′-mv.
单位：kg·m/s或N·s.
理解：动量的变化是矢量，方向与Δv相同，“减”是末动量矢量减初动量矢量，即遵守平行四边形定则.?
3.冲量?
定义：把力和力的作用时间的乘积叫力的冲量.?
公式：I=F·t. 单位N·s.?
理解：冲量是矢量，对恒力而言，方向与F相同.
二、基本规律?
1.动量定理?
语言表述：合外力对物体的冲量等于物体动量的变化.?
公式：F合·t=Δp=mv′-mv
理解：F合是合外力而不是某个力，合外力是恒力时，Δp与F合同向且为冲量的方向，合外力的方向变化时冲量与Δp同向.
2.动量守恒定律?
语言叙述：相互作用的物体，如果不受外力作用或者它们所受的外力之和为零，它们的总动量保持不变.?
公式：两个物体相互作用时，m1v1+m2v2=m1v1′+m2v2′?
理解：系统所受外力的合力虽不为零，但比系统内力小得多，如碰撞过程中的摩擦力，爆炸过程中的重力等外力比起相互作用的内力来小得多，可以忽略不计.?
系统所受外力的合力虽不为零，但在某个方向上的分量为零，则在该方向上的系统的总动量的分量保持不变.?
三、知识点、能力点提示?
1.动量、动量的变化、冲量都是矢量.?
2.Δp=p′-p，Δp的方向可以跟初动量p相同；可以跟初动量p的方向相反，也可以跟初动量的方向成某一角度.?
3.动量定理不仅适用于恒定的力，也适用于随时间变化的力.?
4.求变力的冲量，不能直接用F·t求解，应该由动量定理根据动量的变化间接求解，也可以F-t图象下的“面积”的计算方法求解.?
5.动量为状态量，对应的速度应为瞬时速度，动量守恒定律中的“总动量保持不变”指的应是系统的始、末两个时刻的总动量相等，或系统在整个过程中任意两个时刻的总动量相等.
6.动量守恒公式中各速度都要相对同一惯性参照系，地球及相对地球静止或相对地球匀速直线运动的物体即为惯性参照系，所以在应用动量守恒定律研究地面上物体的运动时，一般以地球为参照系，如果题目中告诉的速度是物体间的相对速度，则要把它变换成对地的速度.
●精典题例解读?
［例1］（2002年全国，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60 kg的运动员，从离水平网面3.2 m高处自由下落，着网后沿竖直方向蹦回到离水平网面5.0 m高处.已知运动员与网接触的时间为1.2 s.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=10 m/s2）?
【解析】 由下落高度、上升高度可求运动员触网前后的速度，这正是运动员与网接触过程的初末速度，据此可利用动量定理求解力的大小.?
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?
v1= (向下)?
弹跳后到达的高度为h2,刚离网时速度的大小?
v2=（向上）?
接触过程中运动员受到向上的弹力F和向下的重力mg,若选向上方向为正方向，则由动量定理，得：
（F-mg）Δt=mv2-(-mv1)?
由以上三式解得?
F=mg+m.?
代入数值得，F=1.5×103 N.?
小结：该题也可应用牛顿第二定律求解，同学们可自行练习.比较后会发现，应用动量定理要简便一些.两种方法都涉及矢量运算，都必须选取正方向.?
［例2］用火箭发射人造地球卫星，假设最后一节火箭的燃料用完后，火箭壳体和卫星一起以速度v=7.0×103 m/s绕地球做匀速圆周运动.已知卫星的质量M=500 kg，最后一节火箭壳体的质量m=100 kg.某时刻火箭壳体与卫星分离，分离时卫星与火箭壳体沿轨道切线方向的相对速度u=1.8×103 km/s.试分析计算：分离后卫星的线速度增大到多少？火箭壳体的速度多大？分离后它们将如何运动？
【解析】 火箭壳体与卫星组成的系统分离时，沿轨道切线方向不受外力，系统在此方向动量守恒；分离后各自的运动情况可由圆周运动的知识判断.?
设分离后卫星的速度为vM，则火箭壳体的速度vm=vM-u.因分离过程中系统沿轨道切线方向不受外力作用，故切线方向动量守恒.即：
MvM+m(vM-u)=(M+m)v
解得：vM=v+u=7.0×103 km/s+×1.8×103 km/s=7.3×103 km/s?
所以vm=vM-u
=7.3×103 km/s-1.8×103 km/s
=5.5×103 km/s
分离后，卫星速度增大，所需向心力大于地球对卫星的万有引力，卫星将做离心运动随卫星的离心运动，克服万有引力做功，其动能将减小，当减小到卫星所需向心力又恰好等于其所受万有引力时，卫星将稳定在半径较大轨道上绕地球做匀速圆周运动，而火箭壳体则因速度减小，所需向心力小于万有引力而做向心运动，有可能在离地较近的轨道上做匀速圆周运动或逐渐落回到地球.
小结：（1）当系统中各部分速度参照系不相同时，应将各速度换算成相对同一惯性参照系的速度.
（2）系统各部分相互作用问题中的相对速度，指的应是相对相互作用过程结束瞬间的相对速度，而不是相对相互作用前运动状态的.
［例3］如图1-6-1所示，一辆质量m=2 kg的平板车左端放有质量M=3 kg的小滑块，滑块与平板车之间的动摩擦因数μ=0.4.开始时平板车和滑块共同以v0=2 m/s的速度在光滑水平面上向右运动，并与竖直墙壁发生碰撞，设碰撞时间极短且碰撞后平板车速度大小保持不变，但方向与原来相反.平板车足够长，以致滑块不会滑到平板车右端.（取g=10 m/s2）求：?
图1-6-1
（1）平板车第一次与墙壁碰撞后向左运动的最大距离.?
（2）平板车第二次与墙壁碰撞前瞬间的速度v.
（3）为使滑块始终不会滑到平板车右端，平板车至少多长？
【解析】 该题涉及的全过程M、m组成的系统动量并不守恒，因为平板车与墙碰撞时系统受到墙的作用力，但离开墙后M、m的相互作用过程系统动量守恒；位移及平板车长度的求解，涉及摩擦力做功问题，可由动能定理或功能关系求解.?
（1）设第一次碰撞墙壁后，平板车向左移动s，速度变为0，由于物体系总动量向右，平板车速度为0时，滑块还在向右滑行.由动能定理得?
-μMgs=0-mv02?
s=
代入数据得s=0.33 m?
（2）假如平板车在第二次碰撞前还未和滑块相对静止，那么其速度的大小肯定还是2 m/s，滑块的速度则大于2 m/s，方向均向右.这样就违反动量守恒.?
所以平板车在第二次碰撞前肯定已和滑块具有共同速度v，此即平板车碰撞墙前瞬间的速度.
Mv0-mv0=(M+m)v
v=v0?
代入数据得
v=v0=0.4 m/s
（3）平板车与墙壁第一次碰撞后到滑块与平板车又达到共同速度v前的过程，可用图1-6-2(a)、(b)、(c)表示，图(a)为平板车与墙碰撞后瞬间滑块与平板车的位置，图(b)为平板车到达最左端时两者的位置，图(c)为平板车与滑块再次达到共同速度时两者的位置.在此过程中滑块动能减少等于摩擦力对滑块所做功μMgs′，平板车动能减少等于摩擦力对平板车所做功μMgs″（平板车从B到A再回到B的过程中摩擦力做功为零）.其中s′、s″分别为滑块和平板车的位移.滑块和平板车动能总减少为μMgl，其中l=s′+s″为滑块相对平板车的位移.此后，平板车与墙壁发生多次碰撞，每次情况与此类似，最后停在墙边.设滑块相对平板车总位移为l，则有
图1-6-2
(M+m)v02=μMgl
l=代入数据得l=0.833 m l即为平板车最短长度.?
小结：解综合性强的题目，解题思路很重要.按物理过程的延续顺序、过程特点将物理过程分段处理，每个过程逐次分析解决，可使问题化难为易.
［例4］如图1-6-3所示，一质量为M，长为l的长方形木板B放在光滑水平地面上，在其右端放一质量为m的小木块A，m＜M.现以地面为参照系，给A、B以大小相等、方向相反的初速度，使A开始向左运动、B开始向右运动，但最后A刚好没有滑离B板，以地面为参照系.?
图1-6-3
（1）若已知A和B的初速度大小v0，求它们最后的速度的大小和方向；?
（2）若初速度大小未知，求小木块A向左运动到达的最远处（从地面上看）离出发点的最大距离.?
【解析】 小木块在长木板上滑动，两者之间存在着相互作用的摩擦力，但以木块和木板构成的系统而言，因为所受的合外力为零，所以满足动量守恒.尽管木块在长木板上可能是长时间滑行，动量守恒定律仍适用.至于第二问则可通过对A应用动能定理求得.?
（1）A没有滑离B板，则表示最终A、B具有相同的速度，设该速度为v，由动量守恒定律，得：?
Mv0-mv0=(M+m)v?
速度大小为v=v0，且方向向右.?
（2）A在B板右端初速度向左，A到B板左端时速度向右，可见A的运动必经历了向左做匀减速运动至速度为零，再向右做匀加速运动至速度为v这样两个过程.?
如图1-6-4，设l1为A减速运动的路程，l2为A加速向右运动的路程，L为全过程中B板运动的路程.取Fμ为A、B间的摩擦力，由动能定理可得：?
图1-6-4
对B：?
-FμL=Mv2-Mv02?
对A：
-Fμl1=0-mv02?
Fμl2=mv2?
由几何关系可知：
L-(l2-l1)=l
将以上四式联立可得：?
l1=l
小结：要注意物理规律的应用对象.该题中对系统应用动量守恒定律，对单个物体应用动能定理.
●应用强化训练?
1.在物体运动过程中，下列说法正确的有
A.动量不变的运动，一定是匀速运动?
B.动量大小不变的运动，可能是变速运动?
C.如果在任何相等时间内物体所受的冲量相等（不为零），那么该物体一定做匀变速运动
D.若某一个力对物体做功为零，则这个力对该物体的冲量也一定为零?
【答案】 ABC
2.下列说法中正确的是
A.物体的动量改变，一定是速度大小改变?
B.物体的动量改变，一定是速度方向改变?
C.物体的运动状态改变，其动量一定改变?
D.物体的速度方向改变，其动量一定改变?
【解析】 动量是矢量，动量改变可能是大小改变，也可能是方向改变，所以速度大小不一定变，A错误.同理，速度方向不一定变，B错误.运动状态是用速度来描述的，运动状态的改变一定是速度在变，只要速度改变，不论是大小还是方向，动量都发生变化，答案C、D正确.?
【答案】 CD
3.如图1-6-5所示，一平板车停在光滑的水平面上，某同学站在小车上，若他设计下列操作方案，能使平板车持续地向右驶去的是
图1-6-5
A.用大锤连续敲打车的左端?
B.只要从平板车的一端走到另一端即可?
C.在车上装个电风扇，不停地向左吹风?
D.他站在车的右端将大锤丢到车的左端上放置?
【答案】 C
4.一个质量为m的小球，从高度为H的地方自由落下，与水平地面碰撞后向上弹起.设碰撞时间为定值t，则在碰撞过程中，下面关于小球对地面的平均冲击力与球弹起的高度h的关系中正确的是（设冲击力远大于重力）?
A.h越大，平均冲击力越大?
B.h越大，平均冲击力越小?
C.平均冲击力大小与h无关?
D.若h一定，平均冲击力与小球质量成正比?
【答案】 AD
5.一个航天飞行器甲在高空绕地球做匀速圆周运动，若它沿运动相反的方向发射一枚火箭乙，则?
A.甲和乙都可能在原高度绕地球做匀速圆周运动
B.甲可能在原高度绕地球做匀速圆周运动，乙不可能在原高度做匀速圆周运动?
C.甲和乙都不可能在原高度绕地球做匀速圆周运动?
D.乙可能在原高度绕地球做匀速圆周运动，甲不可能在原高度做匀速圆周运动?
【解析】 甲沿运动相反的方向发射一枚火箭乙后，其速度一定要增大，要做离心运动，故A、B错；乙的速度可能与甲原来的速度大小相等，乙可能在原高度绕地球做匀速圆周运动，故C错D对.
【答案】 D
6.有一项趣味竞赛：从光滑水平桌面的角A向角B射出一只乒乓球，要求参赛者在角B处用细管吹气，并在乒乓球不碰右壁BC的情况下，将乒乓球吹进角C处的圆圈中，甲、乙、丙、丁四位参赛者的吹气方向如图1-6-6箭头所示，其中有可能成功的参赛者是______.?
图1-6-6
【解析】 要使球到达C角的孔中，应使球获得沿BC方向的速度；要使球不碰BC，应使球原来沿AB方向的速度减为零，由动量定理可知，可能成功者只有丙.?
【答案】 丙
7.（2001年全国，17）质量为M的小船以速度v0行驶，船上有两个质量皆为m的小孩a和b，分别静止站在船头和船尾?现小孩a沿水平方向以速率v（相对于静止水面）向前跃入水中，然后小孩b沿水平方向以同一速率（相对于静止水面）向后跃入水中，求小孩b跃出后小船的速度
【解析】 整个过程中系统所受合外力为零，系统动量守恒.因两小孩跳离船后动量的矢量和为零，故有：(M + 2m)v0 = Mv′，所以v′= (1 +)v0.?
【答案】 (1 +)v0
8.如图1-6-7所示，甲车质量2 kg，静止在光滑水平面上，上表面光滑，右端放一质量1 kg的小物体乙车质量4 kg，以5 m/s的速度向左运动，与甲车相碰后甲车获得8 m/s速度，物体滑到乙车上?若乙车足够长，上表面与物体的动摩擦因数为0.2，则物体在乙车上滑行多长时间相对乙车静止？?
图1-6-7
【解析】 甲、乙两车相撞过程中动量守恒.所以：m乙v0 =m甲v甲+m乙v乙 ①
小物体与乙车相互作用中动量守恒，设最终其速度为 v，则：
m乙v乙 = (m乙 + m物)v ②
设小物体在乙车上滑行时间为 t，则对小物体应用动量定理，得：
μm物gt =m物v ③
代入数据联立①②③ 解得：
t = 0.4 s.
【答案】 0.4 s
9.在一原子反应堆中，用石墨（碳）作减速剂使快中子减速?已知碳核质量是中子质量的12倍，中子减速前的动能为E0，中子与碳核的碰撞可视为弹性正碰，且碰前碳核均静止试问第一次碰后中子损失的能量多大？经多少次碰撞中子的动能才小于10-6E0？?
【解析】 设中子质量为m，则碳核质量为12m，碰前（第一次碰前）中子速度 v0 = ，由碰撞中系统动量、动能守恒，得：
mv0 = mv1 + 12mv1?
mv02 =mv12 +×12mv12?
解得：v1 =-v0 = -,?
v1 =v0 =
所以第一次碰撞后中子损失的能量为：?
ΔE1 =mv02 -mv12 =E0.?
第一次碰撞后中子的能量为：?
E1 =mv12 =m(v0)2 ?
= ()2·mv02?
= ()2E0?
同理可证，第二次碰撞后中子的速度大小为：?
v2 =v1 = ()2v0?
第二次碰后中子的动能为：?
E2 =mv22?
=m·()4v02 ?
= ()4E0…?
第n次碰撞后中子动能为：?
En = ()2nE0.?
令 En = ()2nE0 = 10-6E0?
两边取对数，得：?
2n(lg11-lg13) = -6?
所以：n== 41.35.?
可见，欲使中子动能减小为小于 10-6E0，至少应碰撞42次.?
【答案】 E0；42 次
10.（2002年广东，19）下面是一个物理演示实验，它显示：图1-6-8中自由下落的物体A和B经反弹后，B能上升到比初始位置高得多的地方.?
A是某种材料做成的实心球，质量m1=0.28 kg，在其顶部的凹坑中插着质量m2=0.10 kg的木棍B.B只是松松地插在凹坑中，其下端与坑底之间有小空隙.将此装置从A下端离地板的高度H=1.25 m处由静止释放.实验中，A触地后在极短时间内反弹，且其速度大小不变；接着木棍B脱离球A开始上升，而球A恰好停留在地板上.求木棍B上升的高度.重力加速度g=10 m/s2.
图1-6-8
【解析】 根据题意，A碰地板后，反弹速度的大小v1等于它下落到地面时速度的大小，即?
v1=
A刚反弹后，速度向上，立刻与下落的B碰撞，碰前B的速度
v2=
由题意，碰后A速度为零.以v2′表示B上升的速度，根据动量守恒，
m1v1-m2v2=m2v2′?
令h表示B上升的高度，有?
h=
由以上各式并代入数据得?
h=4.05 m?
【答案】 4.05 m
●教学参考链接
动量定理和动量守恒定律历来是高考考查的重点内容，结合实际和结合现代高科技对中学物理知识进行考查更是近两年高考命题的趋势所在.本专题所选例1和例2就是分别和体育运动及卫星发射相联系的对动量定理和动量守恒定律进行考查的题目，例3和例4则是和能量相联系的综合性较强的题目，通过对本专题四个例题的讲解和练习，可提高从实际问题中提取物理模型的能力和分析处理综合性问题的能力.?
在对本专题内容的复习中，应对动量、冲量、动量定理及动量守恒定律的矢量性给予足够的重视，因为在处理本专题的有些问题中，思路并不复杂，但往往因方向判断错误或符号错误而导致解题的失败.另外对动量守恒的条件也应再三强调，因为在涉及多个物理过程的问题中，常常在不同的阶段，遵守不同的物理规律，不加区分地乱用不适宜的物理规律，是处理此类问题时常犯的错误.
专题七 用能量的观点处理物理问题
●高考趋势展望
能的转化和守恒定律是自然界中适用范围非常广泛的物理规律，从能量角度分析处理物理问题是高中物理中处理物理问题的三条基本途径之一，是高中物理的主干和重点知识，也是历年高考的常考知识点，其中既有难度中等的选择题和填空题，更有难度中等或中等偏上的计算题，特别在强调考查学生综合能力的当前形势下，能量观点作为物理学科和其他学科知识联系沟通的桥梁.更会增大高考考查的频率和深度.
动能定理和机械能守恒定律是本专题知识的重点.在对本专题知识的复习中.应在物理过程和物理情景分析的基础上，分析清楚物体的受力情况和做功情况，恰当地选取研究对象和研究过程，准确地选用适用规律.?
●知识要点整合?
一、功和功率?
1.力对物体做功必须具备两个因素：力和物体在力的方向上存在位移.?
2.恒力对物体做功大小计算公式：W=Fscosα?
3.计算功率公式：①P=W/t ②P=Fvcosα?
①式中求出的是平均功率，若功率一直不变，则也可为瞬时功率.②式中，若v为瞬时速度，则P为力F的瞬时功率，若v是平均速度，则P为力F在一段时间内的平均功率.?
4.机车的两种运动：?
（1）机车以恒定功率运动.
若运动过程中所受阻力Fμ恒定，则由F-Fμ=ma,得a=，v增大，a减小，当a=0时，机车达最大速度vm=P/Fμ，以后机车匀速运动，v-t图象如图1-7-1所示.机车不同的输出功率，能达到的最大速度有不同的值.?
图1-7-1 图1-7-2
（2）机车从静止开始做匀加速运动.?
开始牵引力不变，速度增大至一定值v，功率达最大值P，此时有-Fμ=ma，以后若速度再增大，由于机车功率不变，机车牵引力F减小，直至a=0时，机车速度达最大，以后做匀速直线运动vm=Pm/Fμ，其v-t图线如图1-7-2所示.?
二、动能和动能定理?
1.物体由于运动而具有的能量叫动能，动能是标量，动能大小为Ek=mv2.?
2.动能定理：外力对物体做功的代数和等于物体动能增量，数学表达式为： WF=mv22-mv12.?
（1）动能定理中“外力”指作用在物体上包含重力在内的所有外力.如弹力、摩擦力、电场力、磁场力、万有引力.?
（2）通常可由动能变化求某些变力的功，即动能定理中的外力既可以是恒力，也可以是变力.
三、重力做功与重力势能的改变、机械能守恒定律?
1.重力做功特点?
（1）重力做功与路径无关，只与始末位置高度差有关.?
（2）重力做功大小WG=mgh，h为始末位置高度差，若物体从高处下落，重力做正功，反之，物体克服重力做功.?
（3）重力做功不引起物体机械能变化.?
2.机械能守恒定律?
系统只有重力和弹力（中学物理中仅为弹簧弹力）做功，系统总机械能保持不变.
3.重力和弹簧弹力之外的力对物体做的功WF等于物体机械能的变化WF=E末-E初.
四、能的转化和守恒定律?
能可以从一种形式转化为另一种形式，或从一个物体转移到另一个物体，在转移和转化的过程中，能的总量保持不变.?
●精典题例解读?
［例1］（2000年江、浙、吉高考题）如图1-7-3所示，直角三角形的斜边倾角为30°，底边BC长为2L，处在水平位置，斜边AC是光滑绝缘的，在底边中点O处放置一正电荷Q，一个质量为m、电量为q的带负电的质点从斜面顶端A沿斜边滑下，滑到斜边上的垂足D时速度为v??
图1-7-3
（1）在质点的运动中不发生变化的是?
①动能?
②电势能与重力势能之和?
③动能和重力势能之和?
④动能、电势能、重力势能三者之和?
A.①② B.②③ C.④ D.②?
(2)质点的运动是
A.匀加速运动? B.匀减速运动?
C.先匀加速后匀减速运动? D.加速度随时间变化的运动?
（3）该质点滑到非常接近斜边底端C点时速度vC为多少？沿斜面向下的加速度aC为多少？
【解析】 （1）质点运动过程，做功的力有重力和电场力.重力做功不会引起机械能的变化，但电场力做功则导致机械能和电势能相互转化，但机械能和电势能的总和保持不变.即选项C正确.
（2）质点在运动过程中受重力、电场力和斜面弹力作用，其中只有重力恒定，斜面弹力方向不变，弹力的大小、电场力的大小和方向都随时间变化，因此质点所受合力一定随时间变化，所以小球的加速度随时间变化，即选项D正确.
（3）因对质点做功的力有重力和电场力，由动能定理，得：?
WG+W电=mvC2-mvD2?
但由于，即B、C、D三点在以O点为圆心的同一圆周上，是O点放置的点电荷产生的电场中的等势点，所以q由D到C的过程中，电场力做的功为零 ，故上式变为：?
mgh=mvC2-mvD2?
其中h=sin60°=sin30°sin60°=L,vD=v,所以
vC=
质点在C点受三个力作用：电场力F=k，方向由C点指向O点，重力mg,方向向下，弹力FN，垂直斜面向上.由牛顿第二定律，得：?
mgsin30°-Fcos30°=maC?
代入数值，得：aC=.
小结：本题中电场力做功情况的分析是个难点，但利用几何关系和点电荷电场的性质挖掘出D、C为点电荷电场中的等电势点这一隐含条件，问题便迎刃而解由此我们还可得到启示：凡遇到非匀强电场力做功问题时，由W=qU入手，分析电场中各点的电势关系，往往容易找到解决问题的突破口.
［例2］（2003年北京春季，28）有一炮竖直向上发射炮弹.炮弹的质量为M=6.0 kg（内含炸药的质量可以忽略不计），射出的初速度v0=60 m/s当炮弹到达最高点时爆炸为沿水平方向运动的两片，其中一片质量为m=4.0 kg.现要求这一片不能落到以发射点为圆心、以R=600 m为半径的圆周范围内，则刚爆炸完时两弹片的总动能至少多大？（g=10 m/s2，忽略空气阻力）
【解析】 炮弹爆炸过程系统动量守恒，由抛体运动知识可求质量为m的一块弹片爆炸后获得的速度，再由动量守恒定律求另一块的速度，最后由公式Ek=mv2求解动能.
设炮弹上升到达最高点的高度为H，根据匀变速运动规律，有v02=2gH.设质量为m的弹片刚爆炸后的速度为V，另一块的速度为v，根据动量守恒定律，有mV=（M-m）v?
设质量为m的弹片运动的时间为t，根据平抛运动规律，有H=gt2,R=Vt
炮弹刚爆炸后，两弹片的总动能?
Ek=mV2+(M-m)v2?
解以上各式得?
Ek=
代入数值得Ek=6.0×104 J?
小结：本题综合考查了抛体运动、动量守恒、动能等知识点，解题关键是分清各过程的物理学特征.同学们可对本题进行如下扩展求解：
扩展一：求两弹片即将着地时的总机械能.
扩展二：若爆炸过程弹片只获得炸药爆炸产生能的40%，求炸药爆炸产生的能量.
［例3］质量为M=2×103 kg的汽车，额定功率P=80 kW，在平直公路上能达到的最大行驶速度为vm=20 m/s?若汽车从静止开始以加速度a=2 m/s2做匀加速直线运动，且经30 s达到最大速度，则汽车做匀加速直线运动的最长时间及30 s内通过的总路程各是多少？
【解析】 汽车由静止以恒定的加速度做匀加速直线运动，随着速度的增加，其输出功率也将不断增大当输出功率等于额定功率时，若速度再增大，牵引力必将减小，汽车做加速度不断减小的加速运动，直至达到最大速度.
设汽车做匀加速直线运动时间t1后功率达额定功率P，速度达v1,位移为s1.由上分析得：
P=Fv1=(F阻+Ma)at1?
F阻=，s1=at12.
汽车达额定功率后又经位移s2达最大速度，由动能定理，得：?
P(t-t1)- Mvm2-Mv12
代入已知数据解得：
t1=5 s,s1=25 m,s2=425 m.?
所以汽车在30 s内的总位移s=s1+s2=450 m.?
小结：汽车输出功率达到额定功率后的加速过程，虽然是变加速过程，从运动学角度中学物理难以求解速度、位移和时间，但用公式W=Pt结合动能定理却能使该类问题迎刃而解.
［例4］（2003年全国，34）一传送带装置示意图如图1-7-4，其中传送带经过AB区域时是水平的，经过BC区域时变为圆弧形（圆弧由光滑模板形成，未画出），经过CD区域时是倾斜的，AB和CD都与BC相切.现将大量的质量均为m的小货箱一个一个在A处放到传送带上，放置时初速为零，经传送带运送到D处，D和A的高度差为h.稳定工作时传送带速度不变，CD段上各箱等距排列，相邻两箱的距离为L.每个箱子在A处投放后，在到达B之前已经相对于传送带静止，且以后也不再滑动（忽略经BC段时的微小滑动）.已知在一段相当长的时间T内，共运送小货箱的数目为N.这装置由电动机带动，传送带与轮子间无相对滑动，不计轮轴处的摩擦.求电动机的平均功率.
图1-7-4
【解析】 在传送稳定情况下，在一定时间内将有一定数量的小货箱从A端送到D端.在传送过程中，小货箱的动能和重力势能都增大了一定的数值，另外在水平的AB部分，小货箱与皮带等速前要发生一段相对位移，通过摩擦力做功而产生一定数量的内能.由功能关系知，上述能量的增加和产生，都是电动机做功的结果.求出单位时间产生的内能和小货箱动能、重力势能增量的总和，即为电动机的输出功率.
以地面为参照系，设传送带的运动速度为v0,在水平段运输的过程中，小货箱先在滑动摩擦力作用下做匀加速运动，设这段路程为s,加速度为a,所用时间为t,对小货箱有?
s=at2 ①
v0=at ②
在这段时间内，传送带运动的路程为?
s0=v0t ③
由以上可得?
s0=2s ④
用F表示小箱与传送带之间的滑动摩擦力，则传送带对小箱做功为?
A=Fs=mv02 ⑤
传送带克服小箱对它的摩擦力做功?
A0=Fs0=2·mv02 ⑥
两者之差就是克服摩擦力做功发出的热量?
Q=mv02 ⑦
可见，在小箱加速运动过程中，小箱获得的动能与发热量相等.
T时间内，电动机输出的功为
W= ⑧
此功用于增加小箱的动能、势能以及克服摩擦力发热，即
W=Nmv02+Nmgh+NQ ⑨
已知相邻两小箱的距离为L，所以?
v0T=NL ⑩
联立⑦⑧⑨⑩,得?
=
小结：弄清有哪些能量参与了转化，并找出发生这些能量转化的原因，是处理能量问题的基本思路.该题中容易忽略的是小货箱在AB段与皮带相对运动过程产生的内能.另外，准确地求出货箱动能的增量及动能增量和产生的内能间的关系，是解决本题的关键.
●应用强化训练?
1.小球质量为m，在高于地面h处以速度v竖直上抛，空气阻力为F（FA.mgh+ B.mgh+
C. D.
【解析】 由动能定理知，小球克服阻力 F 做的功等于小球机械能的减少量.即：Fs = mgh+mv2，所以 s =.
【答案】 C
2.一物体质量为m，自A点由静止开始沿槽滑到B点后，离开支持面飞出，如图1-7-5所示.若在A→B的过程中，机械能损失为E，物体在B点飞出时的水平分速度为v，则物体到达最高点与A点的高度差为?
图1-7-5
A. B.H-
C.+ D.H-(+)?
【解析】 因物体从B点飞出后机械能守恒，故物体在最高点和B点与在A点的机械能之差相等，均为 E，即：mgh-E =mv2（选物体离开B后所达最高点处重力势能为零），所以h =+.
【答案】 C
3.一水电站水流落差为20 m，水流冲击水轮发动机，水流能的20%转化为电能.若发电机的功率为200 kW，g=10 m/s2，则每分钟流下的水量是?
A.3×105 kg B.1.5×106 kg?
C.6×104 kg D.6×105 kg?
【解析】 由题意知：20% = P，所以m= kg = 3×105 kg.
【答案】 A
4.两木块1和2中间用轻弹簧相连接，放在光滑的水平面上，木块2靠着竖直墙壁.现用木块1压缩弹簧，并由静止释放，这时弹簧的弹性势能为E0，如图1-7-6所示.在以后的运动过程中，当弹簧伸长为最长时，木块1的速度为v，弹簧的弹性势能为E1；当弹簧压缩为最短时，木块的速度为v′，弹簧的弹性势能为E2..则正确的是
图1-7-6
①v=v′ ②E1=E2=E0?
③E1=E2A.①② B.①③
C.②③ D.③④?
【解析】 因在整个运动过程中，做功的只有弹簧的弹力，故系统机械能守恒.自木块2离开墙壁后系统所受合外力为零，动量守恒，故弹簧压缩为最短或拉伸为最长时，两木块速度相等，系统的动能相同，弹性势能也相同.但由于木块未滑动前弹性势能 E0为系统机械能总和，而 E1、E2 只是系统机械能的一部分，故有 E1 = E2＜E0.
【答案】 B
5.（2002年全国理综，16）在光滑水平地面上有两个相同的弹性小球A、B，质量都是m.现B球静止，A球向B球运动，发生正碰.已知碰撞过程中总机械能守恒，两球压缩最紧时的弹性势能为Ep，则碰前A球的速度等于??
A. B.
C.2 D.2
【解析】 因两球碰撞中动量守恒，机械能守恒，设碰前A球速度为 v0，两球压缩最紧时等速，设为 v，则有：mv0 = 2mv, Ep =mv02 -·2mv2，解得：v0 = 2.
【答案】 C
6.某汽车发动机的功率为60 kW，汽车的质量为5×103 kg，当它在平直公路上行驶时所受阻力为车重的0.1倍.试求在汽车从静止开始以0.5 m/s2的加速度匀加速行驶过程中，牵引力的平均功率及在此路面上所能达到的最大速度.
【解析】 汽车运动中所受阻力：F阻 = 0.1×5×104 N = 5×103 N.设匀加速运动时汽车牵引力为 F，则由牛顿第二定律，得：
F - F阻 = ma ?所以F = ma + F阻 = 7.5×103 N.?
所以匀加速运动的末速度 v == 8 m/s,?
匀加速运动过程中的平均速度 = 4 m/s，所以匀加速运动过程中牵引力的平均功率 = 30×103 W = 30 kW.?
当牵引力等于阻力时，汽车速度最大，所以最大速度 vm = = 12 m/s.?
【答案】 30 kW；12 m/s
7.如图1-7-7所示，电动机牵引一根原来静止的，长为L=1 m，质量m=0.1 kg的导体棒MN，其电阻R=1Ω.导体棒架在处于磁感应强度B=1 T、竖直放置的框架上，当导体棒上升高度h=3.8 m时获得稳定的速度，导体产生的热量Q=2 J.电动机牵引棒时，电压表、电流表的读数分别为U=7 V、I=1 A.电动机内阻r=1Ω，不计框架电阻及一切摩擦，g取10 m/s2，求：
图1-7-7
（1）棒能达到的稳定速度.
（2）棒从静止达到稳定速度所需要的时间.
【解析】 （1）导体棒速度稳定后，电动机输出的功率应等于导体棒重力势能增加对应的机械功率与产生的感应电流的电功率之和.即：
UI - I2r = mgv +
代入数据整理，得：v2 + v - 6 = 0?
解得：v = 2 m/s（取有意义值）?
（2）由能的转化和守恒定律知，时间 t 内电动机消耗的电能应等于电动机内阻产生的内能、导体棒增加的动能、重力势能及导体产生的热量的总和.即：?
U I t = I2r t + mv2 + mgh + Q?
所以 t=
= s
= 1 s
【答案】 (1)2 m/s (2)1 s
8.如图1-7-8所示，质量为M，长为L的木板（端点为A、B，中点为O）在光滑水平面上以v0的水平速度向右运动，把质量为m、长度可忽略的小木块置于B端（对地初速度为0），它与木板间的动摩擦因数为μ，问v0在什么范围内才能使小木块停在O、A之间？
图1-7-8
【解析】 木块与木板相互作用过程中合外力为零，动量守恒.设木块、木板相对静止时速度为 v，则 (M +m)v = Mv0 ①
设其间木板、木块位移分别为 sM 和 sm，则由动能定理，得：?
对M: -μmgsM =Mv2 -Mv02 ②
对m:μmgsm =mv2 ③
若使m停于木板上 O 点，则有：?
sM - sm= ④
若使m停于木板上A点，则有：?
sM - sm = L ⑤
解①②③④得 v0=
解①②③⑤得 v0 =
即m1所求 v0 的范围应是：?
≤v0≤.
【答案】≤v0≤
9.（2001年全国，19）“和平号”空间站坠落在南太平洋海域，坠落过程可简化为从一个近似圆轨道开始，经过与大气摩擦，空间站的绝大部分经过升温、溶化，最后汽化而销毁，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′公式.?
（2）算出E′的数值.?
坠落开始时空间站的质量M=1.17×105 kg
轨道离地面的高度为h=146 km
地球半径R=6.4×106 m?
坠落空间范围内重力加速度近似取g=10 m/s2
入海残片的质量m=1.2×104 kg?
入海残片的温度升高ΔT=3000 K?
入海残片的入海速度为v=340 m/s?
空间站材料每1 kg升温1 K平均需能量?
C=1×103 J?
每销毁1 kg材料平均所需的能量μ=1×107 J?
【解析】 若以地面为零势面，坠落过程开始时空间站在近圆轨道的势能为?
Ep=Mgh?
以v表示空间站在近圆轨道上的速度，由牛顿定律可得：M=Mg，其中r为轨道半径，若以R地表示地球半径，则r=R地+h.?
由上式整理可得在近圆轨道时空间站的动能为?
Ek=Mg(R+h)?
空间站在近圆轨道上时机械能为?
E=Ek+Ep=Mg(R+h)?
在坠落过程中，用于销毁部分材料所需的能量为?
Q汽=(M-m)μ?
用于残片升温所需的能量为?
Q残=cmΔT?
残片的动能为?
Ek残=mv2?
由能量守恒定律，得?
E=Q汽+E残+Q残+E′?
由此，得?
E′=Mg(R+h)-(M-m)μ-mv2-cmΔT?
由题给的数据代入上式，得?
E′=2.9×1012 J?
【答案】 (1) Mg(R+h)-(M-m)μ-mv2-cmΔT
(2)2.9×1012 J
●教学参考链接?
从能量角度分析处理物理问题，首先要分析有哪些能量发生了转化，而能量的转化要通过一定的力做功来实现，做功就要有做功的过程，所以用能量观点处理物理问题，仍要紧紧抓住物理过程的分析，分析清楚哪个物理过程中，哪些力做了功，有哪些能量发生了变化，各物理过程中遵守什么规律等.本专题中例1和例4就是涉及多种能量转化的题目，例2 和例3则是运动学的内容和功、能内容相结合的题目.通过这几个例题的分析、讲解，可以使学生熟练掌握此类问题的一般思路和方法.当然，功、能知识还可与牛顿定律、圆周运动及电磁学、热学等知识互相联系，综合出题，后附【应用强化训练】中也配有此类题目.因由于本书篇幅所限，不可能将所有与能量有关的题目全部选入，老师们使用本资料时，可根据本班学生实际情况，适当增减.?
另外，该部分有些题目，常具有思路隐蔽、过程复杂、难度较大的特点.要解答此类题目，考生必须有扎实的基础知识和熟练解决实际问题的能力，只有基础扎实了，基本功练就了，才能顺利地解决这些综合性较强的题目.
专题八 动量和能量的综合应用
●高考趋势展望?
动量和能量都是高中物理的主干知识和重点内容，将动量和能量内容相结合，可以命出综合性强、能力要求高、思路方法灵活的具有一定难度的综合题，便于考查考生的分析、推理、综合、知识迁移等多种能力，因此，常以压轴题的形式出现在历年的高考试卷中.?
在对本专题内容的复习中，一定要注意领会各规律的适用条件，弄清不同性质的力做功同相应能量转化的关系，注意物理过程的分析，建立清晰的物理情景，善于从题目给出的背景材料中，抽象出典型的物理模型，灵活地选用适当的规律，使问题得以顺利解决.?
●知识要点整合?
1.涉及能量转化的规律主要有动能定理（W=ΔEk）、机械能守恒定律（Ep1+Ek1=Ep2+Ek2）和能的转化和守恒定律（E初=E末）；涉及动量的规律有动量定理（F·t=Δp）和动量守恒定律（p初=p末）.?
能量是标量，与之相联系的动能定理、机械能守恒定律和能的转化和守恒定律方程均为代数方程.涉及做功的，一定要注意做功的正负及相应的符号，熟记各种力做功同相应能量转化的关系：合外力做的功与动能的变化相联系（W合=ΔEk )、重力做的功同重力势能的变化相联系（WG=-ΔEp）、弹力做的功同弹性势能的变化相联系（W弹=-ΔEp弹）、重力和弹力以外的力做的功同机械能的变化相联系（W外=ΔE）.?
动量是矢量，与之相联系的动量定理、动量守恒方程都是矢量方程，建立此类方程时，都要明确正方向，并正确地用“+”“-”号表示各矢量的方向.?
在处理所有的力学问题时，应优先考虑两大守恒定律（动量守恒定律及能的转化和守恒定律），其次考虑两大定理（动能定理和动量定理）.?
2.碰撞问题是动量、能量综合应用的典型问题.由于一般碰撞中总能满足内力远远大于外力，所以动量守恒方程是处理碰撞问题的首选方程.在一般的碰撞中，总会有一定的机械能损失，不同情况下的碰撞中，损失的机械能不同.弹性碰撞中可认为无机械能的损失，完全非弹性碰撞中机械能的损失最多.在实际判断某碰撞现象是否可能存在时，碰撞前后的机械能比较常是重要的依据之一.?
●精典题例解读?
［例1］如图1-8-1所示，A、B两小球在光滑水平面上分别以动量p1=4 kg·m/s和p2=
6 kg·m/s（向右为参考正方向）做匀速直线运动，则在A球追上B球并与之碰撞的过程中，两小球的动量变化量Δp1和Δp2可能分别为?
图1-8-1
A.-2 kg·m/s,3 kg·m/s? B.-8 kg·m/s,8 kg·m/s?
C.1 kg·m/s,-1 kg·m/s? D.-2 kg·m/s,2 kg·m/s?
【解析】 两球碰撞中动量守恒，即Δp1+Δp2=0.据此可排除A.又碰撞中B球所受冲量方向和其初动量方向相同，其动量只能增大，即Δp2应大于零，据此可排除C.?
另外，碰前两球总动能Ek=,而对B选项，碰后总动能
Ek′=＞Ek,不可能；对D项，碰后总动能Ek′=
，再结合碰前应有vA＞vB,即＞,所以m1＜,代入Ek和D项对应的Ek′,结果亦不矛盾.故只有D可能.?
小结：两小球间碰撞结果将同时受到“动量守恒”“动能不可能增大”及相关的“运动学与动力学规律”的制约，分析此类问题时，应将上述制约因素均考虑到.?
［例2］（2000年全国，22）在原子核物理中，研究核子与核子关联的最有效途径是“双电荷交换反应”.这类反应的前半部分过程和下述力学模型类似.如图1-8-2两个小球A和B用轻质弹簧相连，在光滑的水平直轨道上处于静止状态.在它们左边有一垂直于轨道的固定挡板P，右边有一小球C沿轨道以速度v0射向B球，如图1-8-2所示.C与B发生碰撞并立即结成一个整体D.在它们继续向左运动的过程中，当弹簧长度变到最短时，长度突然被锁定，不再改变.然后，A球与挡板P发生碰撞，碰后A、D都静止不动，A与P接触而不粘连.过一段时间，突然解除锁定（锁定及解除锁定均无机械能损失）.已知A、B、C三球的质量均为m.?
图1-8-2
(1)求弹簧长度刚被锁定后A球的速度.?
(2)求在A球离开挡板P之后的运动过程中，弹簧的最大弹性势能.?
【解析】 本题所涉及的物理过程及所遵守的物理规律有：?
C球与B球碰撞，碰撞中F内》F外，动量守恒.B、C结合成的D球通过弹簧和A作用，作用过程中F外=0，动量守恒；只有弹力做功，机械能守恒.A、D球系统（含弹簧）与挡板碰撞，碰后停止运动.解除锁定后D、A通过弹簧相互作用，动量守恒，机械能守恒，且两球再次等速时弹簧拉伸最长，弹性势能最大.对各过程列出相应的规律方程，问题即可得解.?
（1）设C球与B球粘结成D时，D的速度为v1,由动量守恒，有：?
mv0=(m+m)v1,v1=v0?
当弹簧压缩至最短时D与A速度相等，设此时速度为v2，由动量守恒，有：?
2mv1=3mv2,得A的速度v2=v0?
(2)设弹簧被锁定后，贮存于弹簧中的势能为Ep,由能量守恒有：?
·2mv12=·3mv22+Ep?
撞击P后，A和D动量为零.解除锁定后，当弹簧恢复原长时，势能全部转化为D的动能，设D的速度为v3，则有：?
Ep= (2m)v32,v3=v0?
以后弹簧伸长，A球离开挡板P，并获得速度.当A、D再次等速时，弹簧伸至最长.设此时速度为v4，由动量守恒，得：?
2mv3=3mv4,v4=v0?
当弹簧伸至最长时，其势能最大，设此势能为Ep′,由能量守恒，有：?
·2mv32=·3mv42+Ep′?
解得：Ep′=mv02?
小结：与现代科技相联系的题目往往具有“起点高，落点低”的特点，处理此类题目，不要被生僻的新颖的词汇、概念所迷惑，应抓住问题的实质，转化抽象出自己熟悉的物理模型.对像该题涉及较多物理过程的问题，一定要注意物理过程的分析，分析每一过程的受力及做功情况，找出每一过程所遵守的物理规律.?
●应用强化训练?
1.A、B两个小球在光滑的水平面上沿同一直线同向运动，A的动量为10 kg·m/s，B的动量为15 kg·m/s，若它们相碰后动量变化分别为ΔpA和ΔpB，则?
A.ΔpA=0，ΔpB=0?
B.ΔpA=5 kg·m/s，ΔpB=5 kg·m/s?
C.ΔpA=-5 kg·m/s，ΔpB=5 kg·m/s?
D.ΔpA=-20 kg·m/s，ΔpB=20 kg·m/s?
【解析】 因两球碰撞中动量守恒，所以两球动量的变化量应大小相等、方向相反（即符号相反），从而可排除 A、B.但另一方面，两球的碰撞中，其机械能不可能增大，而D 选项中给出的数据中碰撞后系统动能明显增大，不可能发生.?
【答案】 C
2.离子发动机飞船，其原理是用电压U加速一价惰性气体离子，将它高速喷出后，飞船得到加速，在氦、氖、氩、氪、氙中选用了氙，理由是用同样电压加速，它喷出时?
A.速度大 B.动量大?
C.动能大 D.质量大?
【解析】 由qU=Ek知几种气体离子喷出时动能相同.由v=知氙离子喷出时速度小.由p=得p=，因几种惰性气体离子中氙离子m大，则p大，由动量守恒可知，飞船获得的动量大.
【答案】 B
3.质量为m的物体，在与其速度方向相同的合力F作用下，经过时间t，物体的动量由mv1增加到mv2,下列说法中正确的是
A.在2F的合力作用下，经时间t，物体的动量将增加到2mv2?
B.在2F的合力作用下，经时间t，物体的动量将增加到2mv2-2mv1?
C.在F的合力作用下，经时间2t，物体的动量将增加到2mv2-mv1?
D.在2F作用下，经时间2t，物体的动量大于4mv2?
【解析】 合力F作用时间t过程中，由动量定理得：Ft=mv2-mv1?
若在合力2F作用下，经时间t，由动量定理得：2Ft=p-mv1?
所以作用后物体的动量p=2mv2-mv1,故A、B错，C对.?
若在合力2F作用下，经时间2t，由动量定理得2F·2t=p′-mv1?
所以作用后物体的动量p′=4mv2-3mv1＜4mv2，故D错.?
【答案】 C
4.（2003年北京春季，16）在滑冰场上，甲、乙两小孩分别坐在滑冰板上，原来静止不动，在相互猛推一下后分别向相反方向运动.假定两板与冰面间的摩擦因数相同.已知甲在冰上滑行的距离比乙远，这是由于??
A.在推的过程中，甲推乙的力小于乙推甲的力?
B.在推的过程中，甲推乙的时间小于乙推甲的时间?
C.在刚分开时，甲的初速度大于乙的初速度?
D.在分开后，甲的加速度的大小小于乙的加速度的大小?
【解析】 根据动量守恒定律有m甲v甲=m乙v乙?
由动能定理μmgs=mv2?
即μgs=v2，所以s∝v2，故C对.?
【答案】 C
5.如图1-8-3所示，有两个大小相等、质量不同的小球A和B，B球静止在光滑圆弧的底端，A球质量为m，从顶端释放，若两球发生弹性碰撞后，它们的落点离平台边缘的水平距离之比为1∶3，则B球的质量可能是?
图1-8-3
①m ②m ③m ④m?
A.①② B.②③
C.③④ D.①④
【解析】 A球从光滑圆弧上滚下，以速度v0与B发生碰撞.设碰后A、B的速度分别为vA、vB，由动量守恒定律和动能守恒得?
mAv0=mAvA+mBvB ①
mAv02=mAvA2+mBvB2 ②
由①②两式解得?
vA=v0,vB=v0?
A、B碰撞后都做平抛运动，由平抛运动知识可得?
,所以mB=
在小球A和B碰撞后，A球的速度方向既可以沿原来的方向（即水平向右），也可以沿相反方向运动，以上解答正是忽视了这一点导致了漏解.?
所以第二个解的条件是,?
故mB=.因此正确答案应选D.?
【答案】 D
6.两物体的质量为m1和m2，它们分别在恒力F1和F2的作用下由静止开始运动，经相同的位移，动量的增加量相同，则两恒力的比值F1/F2=______.
【解析】 由动能定理W=Ek2-Ek1
对m1：F1·s=m1v12=
对m2：F2·s=m2v22=
m1v1=m2v2
因此答案为m2/m1.?
【答案】 m2/m1
7.静止状态的原子核X，进行α衰变后变成质量为MY的原子核，放射出的α粒子垂直进入磁感应强度为B的匀强磁场，测得其做圆周运动的半径为R，已知α粒子的电荷为2 e，质量为m，试求：?
（1）衰变后α粒子的速度vα和动能Ekα.
(2)衰变后Y核的速度vY和动能EkY.
(3)衰变前X核的质量MX.
【解析】 （1）α粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力充当向心力，即：?
2evαB = m所以 vα=.
所以其动能 Ekα=mvα2 = .
（2）衰变过程中动量守恒，即：
mvα=MYvY ?
即vY=.?
反冲核的动能 EkY = MYvY2 = .
（3）由质能联系方程知，衰变过程中损失的质量：
Δm==
所以由质量守恒得：?
MX = MY +m +.?
【答案】 （1）vα = ；Ekα=
(2)vY=；EkY=
(3)MX=MY + m + ?
8.（1）如图1-8-4所示，轻质长绳水平地跨在相距2l的两个小定滑轮A、B上，质量为m的物体悬挂在绳上O点，O与A、B两滑轮距离相等，在轻绳两端C、D分别施加竖直向下的恒力F=mg,先托住物块，使绳处于水平拉直状态，然后静止释放物块，在物块下落过程中，保持C、D两端的拉力F不变.?
图1-8-4
（1）当物体下落距离h为多大时，物块的加速度为零？?
（2）在物体下落上述距离的过程中，克服C端恒力F做功W为多少？?
（3）求物体下落过程中的最大速度vm和最大距离H.?
【解析】 下落至加速度为零时，AO、BO两绳拉力的合力应等于重力mg，此时∠AOB=
120°，于是即可算出物块下落距离和C、D两端上升距离，克服C端恒力的功即可求出.?
在物体的下落过程中，AO、BO两绳中拉力不断变化.开始时，其重力大于两绳拉力的合力，物体向下做加速度变小的加速运动，当下落加速度为零时，速度达最大值vm；以后重力小于两绳合力，物体减速下落，直至v=0时，达最大距离H，由于物体做的是变加速运动，所以必须根据功与动能变化的关系才可求出最大的距离.?
（1）物体下落时受到三个力的作用：重力mg、绳AO、BO的拉力F，当两绳拉力的向上合力R等于重力mg时，物块下落的加速度为零.由于F恒为mg，所以a=0时，三力互成120°夹角，于是，由图可知，下落距离h=ltanθ=ltan30°=l/3?
（2）物体落下h时，C、D两端上升距离h′= =()l，物体克服C端恒力F做功W=Fh′=mg()l=mgl?
（3）由上面的分析可知，物体下落h时的速度就是最大速度；根据做功和动能变化的关系 mgh-2W=mvm2得，最大速度?
vm=
=
=.
当物体下落最大距离H时，C、D两端上升的距离为h″=-l；
同理，由mgH-2Fh″=0 ?
即mgH-2mg(-l)=0得 ?
H=4l/3.?
【答案】 （1）l ?
(2) mgl?
(3)?
9.(2003年江苏，20）（1）如图1-8-5（1）所示，在光滑水平长直轨道上，放着一个静止的弹簧振子，它由一轻弹簧两端各连接一个小球构成，两小球质量相等.现突然给左端小球一个向右的速度v0，求弹簧第一次恢复到自然长度时，每个小球的速度.?
图1-8-5
(2)如图1-8-5（2），将N个这样的振子放在该轨道上.最左边的振子1被压缩至弹簧为某一长度后锁定，静止在适当位置上，这时它的弹性势能为E0.其余各振子间都有一定的距离.现解除对振子1的锁定，任其自由运动，当它第一次恢复到自然长度时，刚好与振子2碰撞，此后，继续发生一系列碰撞，每个振子被碰后刚好都是在弹簧第一次恢复到自然长度时与下一个振子相碰.求所有可能的碰撞都发生后，每个振子弹性势能的最大值.已知本题中两球发生碰撞时，速度交换，即一球碰后的速度等于另一球碰前的速度.?
【解析】 （1）设每个小球质量为m，以v1、v2分别表示弹簧恢复到自然长度时左右两端小球的速度.由动量守恒和能量守恒定律有?
mv1+mv2=mv0（以向右为速度正方向）
mv12+mv22=mv02?
解得v1=v0,v2=0或v1=0,v2=v0?
由于振子从初始状态到弹簧恢复到自然长度的过程中，弹簧一直是压缩状态，弹性力使左端小球持续减速，使右端小球持续加速，因此应该取解：?
v1=0,v2=v0
（2）以v1、v1′分别表示振子1解除锁定后弹簧恢复到自然长度时左右两小球的速度.规定向右为速度的正方向，由动量守恒和能量守恒定律，?
mv1+mv1′=0?
mv12+m1v1′2=E0?
解得
v1=,v1′=-或?
v1=-,v1′=.
在这一过程中，弹簧一直是压缩状态，弹性力使左端小球向左加速，右端小球向右加速，故应取解：
v1=-,v1′=
振子1与振子2碰撞后，由于交换速度，振子1右端小球速度变为0，左端小球速度仍为v1，此后两小球都向左运动.当它们向左的速度相同时，弹簧被拉伸至最长，弹性势能最大.设此速度为v10，根据动量守恒定律，
2mv10=mv1?
用E1表示最大弹性势能，由能量守恒有?
mv102+mv102+E1=mv12?
解得 E1=E0?
振子2被碰撞后瞬间，左端小球速度为，右端小球速度为0.以后弹簧被压缩，当弹簧再恢复到自然长度时，根据（1）题结果，左端小球速度v2=0，右端小球速度v2′=，与振子3碰撞，由于交换速度，振子2右端小球速度变为0，振子2静止，弹簧为自然长度，弹性势能为E2=0.
同样分析可得
E2=E3=…EN-1=0?
振子N被碰撞后瞬间，左端小球速度vN-1′=，右端小球速度为0，弹簧处于自然长度.此后两小球都向右运动，弹簧被压缩，当它们向右的速度相同时，弹簧被压缩至最短，弹性势能最大.设此速度为，根据动量守恒定律，
2m=mvN-1′
用EN表示最大弹性势能，根据能量守恒，有：?
m2+m2+EN=mvN-12?
解得 EN=E0?
【答案】 （1）v1=0,v2=v0 (2)E1=,E2=E3=…=EN-1=0,EN=E0
●教学参考链接?
碰撞现象和用弹簧连接的物体间的相互作用及运动问题，是综合利用动量和能量知识讨论的两类典型问题，该两类问题都具有综合性强、难度大和过程复杂的特点，特专列两例题予以讨论.
对于碰撞问题，重点在于掌握处理方法，由于碰撞中一般总有F内》F外，动量守恒是必然的；同时由于碰撞中的发声、形变甚至破裂等现象的发生，系统的机械能只能有所减少而不会增大.另外碰撞前后两物体的运动情况应符合实际.这是判断一个碰撞能否发生或是否合理的三个不可缺少的方面.?
对于弹簧连接的物体作用运动问题，重在分清哪一过程遵守什么规律.在此类问题中，往往是只在某一过程机械能守恒，而整个过程机械能并不守恒.所以处理此类问题一定要注重物理过程分析，不要贪图简便而把只在某一过程运用的规律应用于全过程或不适用的某一过程.
另外，像通过摩擦力相互作用或通过圆弧形轨道相互作用的两个或两个以上物体间的相互作用问题，处理方法有相似之处，但也存在明显的差别，如有摩擦力做功的系统机械能肯定不守恒，通过圆弧轨道相互作用的系统动量往往只在某一方面守恒等.所以综合用动量和能量知识处理实际问题，既要注意它们的共性，更应注意它们的区别.
能力提升检测 动量和能量（A卷）
一、选择题（本题共8小题，每小题5分，共40分.每小题给出的四个选项中，只有一项符合要求，选对得5分，选错或不答得0分）?
1.在静电场中，一个负电荷在一个外力作用下由a点移到b点的过程中，下列说法正确的是
①外力所做的功等于电荷电势能的增量与动能增量之和?
②外力和电场力做功之和等于电荷电势能的增量和动能增量之和?
③外力和电场力做功之和等于电荷动能增量?
④电场力对电荷做的功等于电荷电势能的增量?
A.①③ B.②④?
C.①④ D.②③?
【解析】 由动能定理，得：W外 + W电 = ΔEk，而 W电 = -ΔEp，即 W外 = ΔEk - W电 = ΔEk + ΔEp.即外力做的功等于电荷动能的增量与电势能的增量之和.而电场力做的功等于电荷电势能增量的负值.?
【答案】 A
2.（2001年春，11）一轻质弹簧，上端悬挂于天花板，下端系一质量为m0的木板，处于静止状态.一质量为m的圆环套在弹簧外，从与平板的距离为h处由静止自由下落撞击木板如图1所示.若碰后圆环与木板以相同的速度向下运动，则?
图1
A.若碰撞时间极短，则碰撞中环与板的总机械能守恒?
B.无论碰撞时间长短与否，碰撞中环与板的总动量都守恒?
C.环撞击木板后，板和环的新的平衡位置与h的大小无关?
D.在碰后板和环一起下落的过程中，它们减少的动能等于克服弹力做的功
【解析】 因环与板的碰撞为非弹性碰撞，碰撞过程中有机械能损失，故知 A 错.因环、板碰撞中系统重力和弹簧弹力合力不为零，当碰撞时间极短时，F内》F外，系统动量近似守恒，但若碰撞时间较长时，不存在F内》F外，动量不守恒.故知 B 错.碰撞后一起下落的过程中，对系统做功的力有重力和弹簧的弹力，由动能定理，得：WG + W弹=ΔEk，由此知 D 错.系统平衡位置处弹簧弹力等于系统重力，而系统重力恒定，大小与h无关，所以其平衡位置与h无关.即 C对.?
【答案】 C
3.质量为m的汽车行驶在平直的公路上，在运动中所受阻力恒定.当汽车的加速度为a、速度为v时，发动机的功率是P1；则当功率是P2时，汽车行驶的最大速度为?
A.P2v/P1 B.P2v/(P1-mav)?
C.P1v/P2 D.P1v/(P2+mav)?
【解析】 汽车速度为v时，P1=Fv.
应用牛顿第二定律F-f=ma,得
当功率为P2时，P2=F′v2.?
又因为匀速运动F′=f,有 P2=fv2?
v2=
【答案】 B
4.如图2所示，在光滑水平面上紧挨着放置A、B两物块，一颗子弹沿水平直线射穿物块A并进入物块B，最后留在物块B内.设子弹在两物块内运动时所受阻力大小恒定.已知A、B两物块的质量分别为MA和MB，子弹的质量为m；子弹进入物块A时，其速度为v0；两物块分离时，A已移动的距离为s1，B继续移动距离s2后，子弹与物块B相对静止；物块A和B的长度均为L.根据上述已知条件?
图2
A.不能求出物块A、B的最后速度vA、vB?
B.不能求出子弹在物块A、B内运动的时间ΔtA、ΔtB?
C.可以求得子弹在物块B内进入的深度?
D.不能求出以上五个量的任何一个?
【解析】 子弹初速度为v0，到刚穿透A的过程，根据动量守恒定律?
mv0=(MA+MB)vA+mv1 ①
fs1=(MA+MB)vA2 ②
f(s1+L)= mv02-mv12 ③
由①②③可解得vA,f和v1.?
再由mv0=mAvA+(m+MB)vB,把vA代入解得vB.?
应用牛顿第二定律得?
f·ΔtA=(MA+MB)vA?
f·ΔtB=MBvB-MBvA?
解出ΔtA和ΔtB.由f(s2+d)=mv12-mvB2,?
代入，v1,vB和f，解得d.?
【答案】 C
5.质量为m的小球被系在轻绳一端，在竖直平面内做半径为R的圆周运动，运动过程中小球受到空气阻力的作用.设某一时刻小球通过轨道的最低点，此时绳子的张力为7mg，此后小球继续做圆周运动，经过半个圆周恰能通过最高点，则在此过程中小球克服空气阻力所做的功为
A.mgR/4 B.mgR/3?
C.mgR/2 D.mgR?
【解析】 对小球进行受力分析，小球通过最低点时绳子的张力为7mg，此时小球受力如图所示，则有T-mg=m，因为T=7mg,解得mv12=3mgR,小球恰能通过最高点，正好为小球重力提供向心力，即mg=m,mv22=mgR,由能量守恒可知：mv12=mv22+mg2R+Wf
由上几式可得：Wf=,选项C正确.?
【答案】 C
6.如图3所示，A在O点的正上方，OD为水平面，AB、AC均为斜面，物块P从D点分别以速度v1和v2出发，两次分别沿DBA、DCA滑到顶点时，速度均刚好为零 .已知物块与路面之间的动摩擦因数都相同且不为零，不计物块由平面滑上斜面时的机械能损失，则下列说法正确的是?
图3
①物块沿DBA和沿DCA两次滑动中摩擦力做功关系无法确定，所以v1、v2的大小无法确定
②物块沿DBA和沿DCA两次滑动中动能都减小?
③物块沿DBA和沿DCA两次滑动中机械能不变?
④两次滑动的初速度相等?
A.①② B.②③
C.③④ D.②④
【解析】 设物块质量为 m、动摩擦因数为 μ，斜面长为 L，倾角为θ，则沿斜面运动过程中克服摩擦力做的功：W克=μmgcosθ·L，而 Lcosθ正等于斜面长在地面上的投影.可见，物体沿斜面运动克服摩擦力做的功等于物体沿等于斜面投影长的平面上运动克服摩擦力做的功，所以物体沿DCA和沿DBA滑动过程中克服摩擦力做的功相等，又两次克服重力做的功相等，故两次运动中动能的减小量相等，即 v1 = v2.?
【答案】 D?
7.如图4所示，质量为m的物体放在光滑水平面上，与水平方向成θ角的恒力F作用一段时间，则在此过程中，下列说法正确的是?
图4
①F对物体做的功小于物体动能的增量?
②F对物体做的功等于物体动能的增量?
③F对物体的冲量大于物体动量的增量?
④F对物体的冲量等于物体动量的增量?
A.②④ B.②③
C.①③ D.①④
【解析】 物体受重力、地面弹力和拉力F作用，由动能定理得：W合=ΔEk，而重力和弹力均不做功，故W合=WF=ΔEk，即②对，由动量定理得，F合t=Δp,F合=Fcosθ,所以Ftcosθ=Δp＜Ft,即③对.
【答案】 B
8.如图5所示，质量为M的物体P静止在光滑的水平面上，有另一质量为m(M＞m)的物体Q以速度v0正对P滑行，则它们碰后（水平面足够大）?
图5
A.Q物体一定被弹回，因为M＞m
B.Q物体可能继续向前
C.Q物体的速度不可能为零
D.若相碰后两物体分离，则过一段时间可能再相碰?
【解析】 由题意知m＜M,两物体如果为完全非弹性碰撞，则P、Q粘在一起共同运动，所以答案A不对；如果为弹性碰撞，则一定被弹回；当为非完全弹性碰撞时，Q的速度随着损失能量的增大介于被弹回和一起向前运动之间，因而可能为零，故C不对，再由运动学知识知，分离后不会再碰，故D也不对，正确答案为B.?
【答案】 B
二、填空题（本题共3小题，每小题6分，共18分）?
9.某工地用压缩空气除尘，设除尘需要的冲力为F，压缩空气的密度为ρ，气柱横截面积为S，则气体喷出的速度至少应为______.（设气体与尘埃碰撞后速度减为零）?
【解析】 选Δt时间内喷到尘埃上的气体为研究对象，由牛顿第三定律知尘埃对空气的作用力大小亦为F.由动量定理，得：?
FΔt=0-(-Δmv)=ρSv2·Δt?
所以v=.?
【答案】 ?
10.如图6所示，物体质量为m，由静止开始从A点沿曲面从h1高处下滑到地面，随后又沿另一曲面滑到h2高处的B点，速度减为零，再从B点滑下…，在两曲面间往复运动，最终停下，则在此过程中，产生的内能最多为______.?
图6
【解析】 当物体恰好停在前面最低点（即地面上）时，摩擦产生的内能最多，由能的转化和守恒定律得：Qmax=mgh1.?
【答案】 mgh1
11.如图7所示，在光滑水平面上，依次有质量为m、2m、3m…10m的10个小球，排成一条直线，彼此间有一定的距离.开始时，后面的9个小球是静止的，第一个小球以初速度v0向着第二个小球碰去，结果它们先后全部粘合在一起向前运动，由于连续地碰撞，系统损失的机械能为______.?
图7
【解析】 整个过程动量守恒，设最终共同运动速度为v,则mv0=m(1+2+3…+10)v，所以v=v0，所以系统损失的机械能为：ΔE=mv02-m(1+2+…10)v2=mv02.
【答案】 mv02
三、计算题（本题共3小题，共42分）?
12.（12分）如图8所示，倾角为θ的光滑斜面上放有两个质量均为m的小球A、B，两小球用一根长为L的轻杆相连，下面的小球B离斜面底端的高度为h.两球从静止开始下滑，不计与地面碰撞时的机械能损失，且地面光滑.试求：?
图8
（1）两球在光滑平面上运动时的速度；?
（2）在这一过程中杆对A球做的功；?
（3）杆对A球做功所处的时间段.?
【解析】 （1）对A、B 系统由动能定理，得：?
mgh + mg(h + l sinθ) =·2mv2?
所以 v =
（2）对 A 由动能定理，得：?
mg(h+l sinθ) + W杆=mv2?
所以 W杆=mv2 - mg(h + l sinθ)?
= -mglsinθ.?
（3）两球均在斜面上时，其加速度由重力沿斜面向下的分力产生，A、B与杆间无作用力.A、B 都进入平面后以等速做匀速直线运动，每球所受合外力为零，杆对球无作用力.故杆对球有作用力做功的阶段为从B球进入水平面开始，至A球进入水平面结束.?
【答案】 （1）
(2)-mglsinθ?
(3)从B进入水平面至A进入水平面?
13.（14分）俄罗斯“和平号”空间站在人类航天史上写下了辉煌的篇章，因不能保持其继续运行，于2001年3月23日坠入太平洋.设空间站的总质量为m，在离地面高度为h的轨道上绕地球做匀速圆周运动，坠落时地面指挥系统使空间站在极短的时间内向前喷出部分高速气体，使其速度瞬间变小，在万有引力作用下下坠.设喷出气体的质量为m，喷出速度为空间站原来速度的37倍，坠落过程中外力对空间站做功为W，求 ：
（1）空间站在轨道上做圆周运动的线速度；
（2）空间站落到太平洋表面时的速度.（设地球表面的重力加速度为g，地球半径为R）
【解析】 （1）设原空间站轨道线速度为 v，则由万有引力提供向心力得：?
G ①
又由地面重力近似等于万有引力，得：?
mg = G ②
解①②式得 v =.?
（2）空间站喷气过程中动量守恒，设喷气后空间站速度为 v1，且选空间站原速度方向为正，则：?
mv = (1-)mv1-m×37v ③
设空间站落到太平洋洋面时速度为 v2，则由坠落过程中的动能定理，得：?
W=(1-)m(v22 - v12) ④
解③、④结合①中解出的 v 值，得：?
v2 =.?
【答案】 （1）
(2)
14.（16分）如图9所示，长为2L的板面光滑且不导电的平板小车C放在光滑水平面上，车的右端有块挡板，车的质量mC=4m，绝缘小物块B的质量mB=2m.若B以一定速度沿平板向右与C车的挡板相碰，碰后小车的速度总等于碰前物块B速度的一半.今在静止的平板车的左端放一个带电量为+q、质量为mA=m的小物块A，将物块B放在平板车的中央，在整个空间加上一个水平方向的匀强电场时，金属块A由静止开始向右运动，当A以速度v0与B发生碰撞，碰后A以v0的速率反弹回来，B向右运动.?
图9
（1）求匀强电场的电场强度大小和方向；?
（2）若A第二次和B相碰，判断是在B与C相碰之前还是相碰之后？?
（3）A从第一次与B相碰到第二次与B相碰这个过程中，电场力对A做了多少功？?
【解析】 （1）对金属块A qEL=mv02?
所以电场强度大小E=
方向水平向右?
(2)A、B碰撞，mAv0=mA(-v0)+mBvB?
用mB=2m代入解得vB=v0?
B碰后做匀速运动，碰到挡板的时间?
tB=
A的加速度aA=
A在tB段时间的位移为 sA=vAtB+atB2=-v0·+
因sA＜L,故A第二次与B相碰必在B与C相碰之后?
（3）B与C相碰，mBvB=mBvB′+mCvC′?
vC′=vB?
vB′=0
A从第一次相碰到第二次与B相碰的位移为l，因此电场力做的功?
W电=qEl=mv02.?
【答案】 （1）,水平向右?
（2）在B与C相碰之后?
（3）mv02
动量和能量（B卷）?
一、选择题（本题共8小题，每小题5分，共40分.每小题给出的四个选项中，只有一项符合要求，选对得5分，选错或不答得0分）?
1.一辆小车静止在光滑的水平面上，小车立柱上固定一条长为L、系有小球的水平细绳，小球由静止释放，如图1所示.不计一切摩擦，下列说法正确的是?
图1
A.小球的机械能守恒，动量不守恒?
B.小球的机械能不守恒，动量也不守恒?
C.球、车系统的机械能守恒，动量守恒?
D.球、车系统的机械能、动量都不守恒?
【解析】 小球摆动过程中，所受合外力的冲量不为零，动量不守恒；另外由于细绳拉力对小球做功，故小球机械能不守恒.对球、车系统，重力以外的力（绳子张力做功代数和为零），故系统机械能守恒；但系统竖直方向合外力不为零（小球摆动过程中加速度有竖直分量），故系统动量不守恒.?
【答案】 B
2.如图2所示，光滑水平面上有A、B两物体，其中带有轻弹簧的B物体静止，质量为m的A物体以速度v0向着B运动，在A通过弹簧与B发生相互作用的过程中，以下说法错误的是?
图2
A.弹簧恢复原长时A的速度最小?
B.两物体速度相等时弹簧压缩量最大?
C.任意时刻A的动量大小总小于mv0?
D.任意时刻系统的总动量均为mv0?
【解析】 A、B通过弹簧发生碰撞中，动量守恒，弹簧恢复原长后，A、B动能也守恒.当mA=mB时，将发生速度互换，A在弹簧恢复原长时速度为0，最小.但当mA＜mB时，弹簧恢复原长时，vA≠0，但反向，可知vA反向前肯定存在为0的时刻.故知A错.?
【答案】 A
3.一演员携带两只演出用的铁球，欲过一座小木桥，小木桥的最大负荷大于演员与一只球的总重量，小于演员与两只球的总重量，为了能将两球一次带过桥，演员设想：一边过桥，一边将球抛出，并保证手中至多有一球，以减轻对小木桥的压力，顺利过桥.如按设想过桥，他将?
A.一定能通过?
B.一定不能通过?
C.接球时适当缓冲能通过?
D.抛球时适当用力能通过?
【解析】 设球的质量为m，球抛出后在空中经历“A→B→C”过程，历时为t1，接球至抛出经历“A→D→C”过程，历时为t2，如图所示.则：?
t1=2v0/g ①
设球与手的平均作用力为F，由动量定理得：?
(F-mg)t2=2mv0 ②
又由题意得：?
t1＞t2 ③
解①②③式可得：
F＞2mg?
由牛顿第三定律知球对手的平均作用力大小为：
F′=F?
人对桥的作用力：?
FN=M人g+F′＞M人g+2mg?
故B对.?
【答案】 B
4.将物体以一定的初速度竖直上抛，若不计空气阻力，从抛出到落回原地的整个过程中，图3四个图中正确的是?
图3
【解析】 解答本题应首先依据物理规律找出各物理量随时间（或高度）变化的函数关系，然后根据函数关系判断图线正确与否.?
因Ep=mgh=mg(v0t-gt2),Ep是时间t的二次函数，故图线应是抛物线，A错.?
|p|=m|v|=
Ek=mv2=m(v0-2gh)= mv02-mgh=Ek0-mgh?
Ek为h的一次函数，且为减函数，C对.?
【答案】 C
5.如图4所示，在粗糙、绝缘且足够大的水平面上固定着一个带负电荷的点电荷Q.将一个质量为m带电量为q的小金属块（金属块可以看成为质点）放在水平面上并由静止释放，金属块将在水平面上沿远离Q的方向开始运动.则在金属块运动的整个过程中?
图4
A.电场力对金属块做的功等于金属块增加的机械能?
B.金属块的电势能先减小后增大?
C.金属块的加速度一直减小?
D.电场对金属块所做的功一定等于摩擦产生的热?
【解析】 由于水平面粗糙，金属块运动过程中要克服摩擦力做功，电势能有部分转化为内能，故A错；电场力一直做正功，电势能一直在减小（运动停止前）故B错；远离过程中场强越来越小，当电场力等于摩擦力时，加速度为零，以后电场力小于摩擦力，加速度增大，故C错；金属块初末速度均为零，电场力做的功等于摩擦产生的热，故D对.?
【答案】 D
6.一颗子弹水平射入置于光滑水平面上的木块A中，并留在其中，A、B用一根弹性良好的轻质弹簧连在一起，如图5所示，则在子弹打中木块A及弹簧被压缩的过程中，对子弹、两木块和弹簧组成的系统?
图5
A.动量守恒、机械能守恒?
B.动量不守恒、机械能守恒?
C.动量守恒、机械能不守恒?
D.无法判断动量、机械能是否守恒?
【解析】 由于子弹打入木块及压缩弹簧的整个过程中，系统所受的合外力等于零，则系统的动量守恒，由于子弹与打入木块过程中它与木块间的阻力做功，使机械能的一部分转化为内能，所以系统的机械能不守恒.?
【答案】 C
7.矩形滑块由不同材料的上、下两层粘在一起组成，将其放在光滑的平面上，如图6所示.质量为m的子弹以速度v水平射向滑块，若射击上层，则子弹刚好不穿出；若射击下层，整个子弹刚好嵌入.则上述两种情况比较，说法正确的是?
图6
①两次子弹对滑块做功一样多?
②两次滑块所受冲量一样大?
③子弹嵌入下层过程中对滑块做功多?
④子弹击中上层过程中产生的热量多?
A.①④ B.②④?
C.①② D.②③?
【解析】 无论子弹射入的深度如何，最终子弹和木块都等速，由动量守恒定律知，两种情况最终是两木块（包括子弹）速度都相等.对木块由动能定理知：两次子弹对木块做功一样多，由动量定理知：两次木块所受冲量一样大.对系统由能的比较和守恒定律知，两次损失的机械能一样多，产生的热量也一样多.
【答案】 C
8.如图7所示，质量为M的“L”形物体，静止在光滑的水平地面上，物体AB部分为半径为R的四分之一光滑圆弧，BC部分是水平面，将质量为m的小滑块从A点由静止释放，沿圆弧滑下并最终停在物体的水平部分BC之间的D点，则?
图7
A.滑块m从A滑到B的过程中，系统的动量、机械能都守恒?
B.滑块滑到B点时的速度大小等于
C.滑块从B运动到D的过程中，系统的动量、机械能都不守恒?
D.滑块运动到D点时，物体的速度等于零
【解析】 滑块由A滑到B的过程中，只有重力做功，系统机械能守恒，但系统竖直方向有加速度，合外力不为零，动量不守恒.若物体不动时，由机械能守恒得，滑块滑到B点时速度v = ，但物体自由滑动时，滑块下滑过程中，滑块的重力势能转化为滑块与物体的动能之和，故 vB＜.滑块由B至D的过程中，系统所受合外力为零，动量守恒，但由于摩擦力做功，机械能不守恒.因整个过程中系统水平方向合外力都为零，系统水平方向守恒为零，故滑块与物体相对静止时速度都为零.
【答案】 D
二、填空题（本题共3小题，每小题6分，共18分）?
9.如图8所示，甲、乙两个完全相同的小车，质量都是M，乙车内用细绳吊一个质量为0.5M的小球，当乙车静止时，甲车以速度v与乙车相碰，碰后连为一体，则碰后两车的共同速度为______，当小球摆到最高点，速度为______.?
图8
【解析】 甲、乙两车碰撞完毕时，小球仍静止，故由动量守恒知：碰后两车共同速度v共 = （因为Mv=2Mv共）；当小球摆至最高点时与车等速，由动量守恒定律，得：Mv = 2.5Mv′，所以v′=v.（或由2Mv共=2.5 Mv′求得）
【答案】 v/2；2v/5
10.如图9所示，若在湖水里固定一细长圆管，管内有一活塞，它的下端位于水面上.活塞的底面积S=1 cm2，质量不计，水面上的大气压强p0=1.0×105 Pa，现把活塞缓慢地提高H=15 m,则拉力对活塞做功______ J.
图9
【解析】 由于大气压强只能支持 10 m高水柱（由p0 =ρ水gh得h==10 m），所以在活塞上升 10 m 的过程中，圆管内外大气压力做功代数和为零.由功能关系知，此过程中拉力做的功等于水柱重力势能的增量，即 W1=ρ水gSh·=103×10×10-4×102/2 J = 50 J（忽略圆管外湖面水位的下降）.以后活塞再上升5 m（H-h =15 m-10 m =5 m）的过程中外力克服大气压力做功W2 = p0S(H-h) = 1.0×105×10-4×5 J=50 J，所以拉力共做功：W = W1 + W2 = 100 J.
【答案】 100?
11.一喷水机喷出的水柱高h=5 m.已知空中水的总体积为V=20 dm3，空气阻力不计，则喷水机喷水功率为______W.
【解析】 喷水机喷出水的出口速度v0= m/s=10 m/s.水从喷出到达最高点历时：t==1 s,所以单位时间内喷水量m==10 kg.由动能关系得:P=mv02=×10×102 W=500 W.?
【答案】 500
三、计算题（本题共3小题，共42分）?
12.（12分）质量为M=3 kg的小车放在光滑的水平面上，物块A和B的质量均为m=1 kg，且均放在小车的光滑水平底板上，物块A和小车右侧壁用一根轻弹簧连接，不会分离.如图10所示，物块A和B并排靠在一起，现用力向右压B，并保持小车静止，使弹簧处于压缩状态，在此过程中外力做功135 J.撤去外力，当A和B分开后，在A达到小车底板的最左端位置之前，B已从小车左端抛出.求：?
图10
（1）B与A分离时，小车的速度是多大？
（2）从撤去外力至B与A分离时，A对B做了多少功？?
【解析】 （1）B与A应在弹簧第一次恢复原长时分离，分离前A、B等速，设为 vB，分离时小车速度为 vM，则由动量守恒和机械能守恒，得：?
2mvB - MvM = 0?
·2mvB2 +MvM2 = Ep = W
解得：vM = 6 m/s, vB = 9 m/s.?
（2）对B由动能定理，得：?
WB=mvB2 = 40.5 J.?
【答案】 （1）6 m/s (2)40.5 J
13.（14分）2003年1月5日晚，在太空遨游92圈的“神舟”四号飞船返回舱按预定计划，载着植物种子、邮品、纪念品等实验品，安全降落在内蒙古中部草原.“神舟”四号飞船在返回时先要进行姿态调整，飞船的返回舱与留轨舱分离，返回舱以近8 km/s的速度进入大气层，当返回舱距地面30 km时，返回舱上的回收发动机启动，相继完成拉出天线、抛掉底盖等动作.在飞船返回舱距地面20 km以下的高度后，速度减为200 m/s而匀速下降，此段过程中返回舱所受空气阻力为f=ρv2S,式中ρ为大气的密度，v是返回舱的运动速度，S为与形状特征有关的阻力面积.当返回舱距地面高度为10 km时，打开面积为1200 m2的降落伞，直到速度达到8.0 m/s后匀速下落.为实现软着陆（即着陆时返回舱的速度为0），当返回舱离地面1.2 m时反冲发动机点火，使返回舱落地的速度减为零，返回舱此时的质量为2.7×103 kg，取g=10 m/s2.
(1)用字母表示出返回舱在速度为200 m/s时的质量.?
(2)分析打开降落伞到反冲发动机点火前，返回舱的加速度和速度的变化情况.?
(3)求反冲发动机的平均反推力的大小及反冲发动机对返回舱做的功.?
【解析】 (1)当回收舱在速度为200 m/s时，受到重力和阻力平衡而匀速下落，根据牛顿第二定律
mg-f=0?
根据已知条件，得mg-ρv2S=0?
解得：m=
（2）在打开降落伞后，返回舱的加速度先增大而后减小，加速度方向向上，返回舱的速度不断减少，直到速度减小到8.0 m/s后匀速下落.?
（3）反冲发动机工作后，使回收舱的速度由8.0 m/s减小为0，回收舱受重力的反冲力F作用做匀减速运动，运动位移为h=1.2 m，根据动能定理：
(mg-F)h=0-mv2?
解得 F=9.9×104 N?
发动机对返回舱做功：W=Fh=1.2×105 J?
【答案】 （1） （2）a先增后减，v不断减小直到8.0 m/s后匀速下落
（3）9.9×104 N；1.2×105 J
14.（16分）A、B两个矩形木块用轻弹簧相连接，弹簧的劲度系数为k，木块A的质量为m，木块B的质量为2m.将它们竖直叠放在水平地面上，如图11所示.?
图11
（1）用力将木块A缓慢地竖直向上提起，木块A向上提起多大高度时，木块B将离开水平地面.
（2）如果将另一块质量为m的物块C从距木块A高H处自由落下，C与A相碰后，立即与A粘在一起，不再分开，再将弹簧压缩，此后，A、C向上弹起，最终能使木块B刚好离开地面.如果木块C的质量减为m/2，要使木块B不离开水平地面，那么木块C自由落下的高度h距A不能超过多少？?
【解析】 （1）A、B用轻弹簧相连接，竖直放置时，弹簧被压缩，由A受重力和弹力平衡得弹簧压缩量x1=，A提起到B将要离开水平地面时，弹簧伸长，因是缓慢提起，故由B所受重力和弹力平衡得弹簧伸长量x2=
A向上提起的高度为：x1+x2=
(2)C自由落下到与A相碰前的速度为：?
v=
C与A相碰后一起向下运动的初速度设为v1,有：mv=(m+m)v1?
C和A具有的动能为：（m+m）v12=mgH，C和A将弹簧压缩后，再伸长，到B刚好离开地面，这个过程中，A和C上升了x1+x2，重力势能增加了2mg(x1+x2)，弹簧的弹性势能增加量设为Ep.?
有：mgH=2mg(x1+x2)+Ep，若C的质量变为m/2(称为物块D），物块D从距物块A高h处自由落下，将使B刚好能离开水平地面.这时物块D自由落下与A相碰后具有的动能为.D与A上升（x1+x2）距离时，速度刚好为零，则有：?
=解得：?
h=3(H-)?
要使B不离开地面，D物块下落的高度：h=3(H-)或h＜3(H-)?
【答案】 （1）3mg/k (2)3(H-3mg/k)或h＜3(H-)
专题九 有关弹簧问题的分析
●高考趋势展望?
弹簧类问题历来是学生学习的难点，在近几年的高考中时有出现.?
从高考考查的特点看，涉及弹簧类问题多是一些综合性较强、物理过程又比较复杂的问题，一般要用动量守恒定律、能量守恒定律及其他力学规律解决.
根据高考对此类问题考查的特点，在第二阶段的复习中，应弄清弹簧与其关联物之间存在的力、运动状态、动量或者机械能之间的联系，正确分析弹簧关联物的运动情况，恰当选取物理规律进行计算.由于此类问题涉及力学规律较多，有利于考查考生综合分析问题的能力，在未来的高考中仍将是十分重要的考查点.?
●知识要点整合?
在有关弹簧类问题中，要特别注意弹簧及关联物体具有如下特点：?
1.弹簧上的弹力是变力，弹力的大小随弹簧的形变量发生变化.?
2.只有一端有关联物体，另一端固定的弹簧，当弹簧伸长到最长或压缩到最短时，物体速度最小（为零），弹簧的弹性势能最大，此时，也是联系物体的速度方向发生改变的时刻.若关联物与接触面间光滑，当弹簧恢复原长时，物体速度最大，弹性势能为零.若关联物与接触面间粗糙，物体速度最大时弹力与摩擦力平衡，此时弹簧并没有恢复原长，弹性势能也不为零.?
3.两端均有关联物的弹簧，弹簧伸长到最长或压缩到最短时，相关联物体的速度一定相等，弹簧具有最大的弹性势能；当弹簧恢复原长时，相关联物体的速度相差最大，弹簧对关联物体的作用力为零.若物体再受阻力时，弹力与阻力相等时，物体速度最大.?
●精典题例解读?
［例1］如图1-9-1所示，一轻弹簧一端系在墙上O点，自由伸长到B点，今将一质量为m的小物体靠着弹簧，将弹簧压缩到A点，然后释放，小物体能在水平面上运动到C点静止，AC距离为s，若将小物体系在弹簧上，在A点由静止释放，则小物体将做阻尼运动到最后静止，设小物体通过的总路程为l，则下列答案正确的是?
图1-9-1
A.s>l B.s=l?
C.s【解析】 物体不系在弹簧上时，由A运动到C的过程中，水平方向只受弹力及滑动摩擦力，由能量守恒定律可知：弹簧的弹性势能Ep全部转化成热能（通过克服摩擦力做功）?
即：Ff·s=Ep. ①
若物体系在弹簧上做阻尼运动时，水平方向受力与前面相同，只不过随运动方向的不同，摩擦力方向不同，但大小恒定且与上一种情况下相等，摩擦力始终做负功，由能量守恒定律可知：弹簧的弹性势能也要通过物体克服摩擦阻力做功而转化成热能.由于水平面不光滑，物体可能停在B点以外的位置，此时弹力不为零，但地面对物体的静摩擦力与之平衡而静止.此时，弹簧仍具有弹性势能Ep′，所以有?
Ff·l=Ep-Ep′ ②
又Ep′>0 ③
由①②③式可得：l物体也有可能停在B点，此时弹力为零，地面对物体的摩擦力也为零，弹簧的弹性势能
Ep′=0. ④
由①②④式可得：l=s.故答案B正确.?
综合以上分析：本题答案选D.?
小结：本题没有复杂定量的计算，主要是通过定性的分析及简单的推导即可确定正确答案，但是要正确求解本题，除有关的基本知识，如弹簧问题、物体受力问题、运动情况需熟知外，对整个物理过程的分析也是很重要的.特别是，系住物体与不系住物体相比，两种情况下有哪些相同之处，又有哪些不同的地方，特别要搞清楚，系住物体使物体做阻尼振动时，为什么有可能停在B点，也有可能停在B点以外的位置，这是解决本题的关键所在.
［例2］如图1-9-2所示，两物体原来静止质量m1=2m2,两物体与水平面的摩擦因数为μ2=
2μ1，当烧断细线后，弹簧恢复到原长时，两物体脱离弹簧时的速度均不为零，则
图1-9-2
A.两物体在脱离弹簧时速率最大?
B.两物体在刚脱离弹簧时速率之比v1/v2=1/2?
C.两物体的速率同时达到最大值?
D.两物体在弹开后同时达到静止?
【解析】 m1物体受到的摩擦力F1=μ1m1g,m2物体受到的摩擦力F2=μ2m2g.?
所以：
m1和m2组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒，即：m1v1-m2v2=0.所以
即在运动中的任何时刻，二者的速度比都是1/2，并且同时达到最大值，故B、C正确.
当弹力大于摩擦力时，物体做加速运动，弹力小于摩擦力时，物体做减速运动，所以弹力等于摩擦力时，速率最大，故A项错.?
离开弹簧后，物体只受摩擦力.根据动量定理得：
-μmgt=0-mv.所以t∝
所以：，同时静止.故D项正确.?
综合以上分析：本题正确答案B、C、D.
小结：1.本题中的m1、m2物体都受摩擦力，一般情况下m1、m2组成的系统动量是不守恒的.但通过具体计算却发现系统的合外力仍为零，可由动量守恒定律求解速度，这是本题的一个特点.
2.由于物体均受摩擦力作用，所以，只有物体所受合外力为零，即弹簧弹力等于摩擦力大小时速度最大.而不是弹簧恢复原长时速度最大，这是本题的又一个特点.
［例3］如图1-9-3所示，A、B两物体的质量分别是m1=5 kg，m2=3 kg.它们在光滑水平面上沿同一直线向右运动，速度分别为v1=5 m/s,v2=1 m/s.当A追上B后，与B上固定的质量不计的弹簧发生相互作用.弹簧被压缩后再伸长，把A、B两物体弹开，已知A、B两物体作用前后均沿同一直线运动，弹簧压缩时未超过弹簧的弹性限度.?
图1-9-3
求：（1）AB相互作用后的最终速度各是多少？?
（2）碰撞中弹簧具有的最大弹性势能是多少？?
【解析】 A、B相互作用过程中系统水平方向的动量守恒，系统无机械能损失，机械能守恒，由此可解得A、B最终速度.当A、B两物体速度相同时弹簧的压缩量最大，弹簧具有最大弹性势能.
（1）以AB为系统，在碰撞过程中所受合外力为零，总动量守恒，则有：（取运动方向为正向）
m1v1+m2v2=m1v1′+m2v2′ ①
又AB相互作用时，只有弹力做功，机械能守恒.
即作用前后的动能守恒有：?
m1v12+m2v22=m1v1′2+m2v2′2 ②
把以上两式移项变形为：?
m1(v1-v1′)=m2(v2′-v2) ③
m1(v12-v1′2)=m2(v2′2-v22) ④
③④两式相除得：v1+v1′=v2+v2′?
所以v2′=v1+v1′-v2 ⑤
将⑤式代入①式得：?
m1v1+m2v2=m1v1′+m2(v1+v1′-v2)?
所以碰后A的速度?
v1′== m/s=2 m/s
v1′方向水平向右?
将v1′代入⑤式得：?
v2′=v1+v1′-v2=5+2-1=6 m/s?
即碰后B的速度是v2′=6 m/s?
v2′方向水平向右.?
（2）A相对B静止时，弹簧压缩最短，弹性势能最大，这时A、B速度相同，根据动量守恒定律得：
m1v1+m2v2=(m1+m2)v?
所以共同运动的速度?
v= m/s=3.5 m/s?
由机械能守恒定律有：?
所以弹簧的最大弹性势能?
Ep=m1v12+m2v22- (m1+m2)·v2
=×5×52 J+×3×12 J-×(5+3)×3.52 J=15 J.?
小结：这是一道综合题，要同时用到能量守恒和动量守恒来解题，所以分析清楚物理过程，判定守恒定律各自成立的条件是解题的重点更是难点.另外弄清何时弹性势能最大也是一个关键.
●应用强化训练
1.质量为m的物体静止于光滑水平桌面上的A点如图1-9-4所示，现用水平恒力F分别通过细绳和轻质弹簧把物体由A点从静止拉到B点.两种情况下水平恒力所做的功分别为W1和W2，物体到B点时具有的动能分别为Ek1和Ek2，则它们之间的关系为
图1-9-4
A.W1=W2，Ek1=Ek2? B.W1＞W2，Ek1＞Ek2?
C.W1＜W2，Ek1＜Ek2? D.W1＜W2，Ek1=Ek2?
【解析】 由于弹簧发生形变，第2种情况在F的方向上通过的位移大，所以W1＜W2.物体在两种情况下通过的位移相同，且由于轻弹簧发生形变的时间可以忽略，即认为在弹簧右端施恒力F后，弹簧立即发生相应的形变，使弹簧作用于A的拉力瞬间变为和F相等，故可以认为在物体发生相同的位移情况下，外力对物体做的功相同，所以由动能定理知Ek1=Ek2，故正确答案为D.
【答案】 D
2.劲度系数为k的轻质弹簧，上端固定，下端拴一个小球，静止时球距地面高为h，用手竖直拉球使之着地，若从静止开始释放小球（弹簧始终在弹性限度内）则:?
①刚释放小球时，小球所受合外力大小为kh?
②小球运动到离地面高为h时其动量最大
③小球上升到最大高度时，加速度大小一定等于g
④小球上升到最大高度时，弹簧的弹性势能一定等于0?
以上说法正确的是?
A.①② B.③④? C.①③ D.②④?
【解析】 球静止时，设弹簧被拉长h0，如图示：受两个力：则kh0=mg?
当球被拉着地后，弹力F=k(h+h0)?
所以球所受合力F合=F-mg=k(h+h0)-kh0=kh故①正确.?
当球又回升到离地面高为h的平衡位置时，向上的合力为零，再向上升，合力方向向下，开始减速，所以高为h处球的动量最大，故②正确.
又因为不知h0与h的具体关系，故③④两种说法是错误的，而③④两种说法只有在h=h0时才正确，所以本题答案选A.
【答案】 A
3.如图1-9-5所示：一弹簧一端系在墙上O点，自由伸长到B点，今将一小物体m连在弹簧上，并压缩到A点然后释放，小物体能运动到C点静止，物体与水平地面的动摩擦因数恒定，试判断下列说法正确第一部分 专题辅导与能力提升
板块一 力学
●知识结构?
说明：1.正确地对物体进行受力分析是研究力学问题的基础和关键.分析物体受力时，要将物体与其他物体隔离开，只分析物体所受的“性质力”，不分析那些“效果力”，要不漏力也不-多力.要准确地分析物体受力的方向，如：压力垂直于接触面，摩擦力沿接触面的切线，安培力服从左手定则且垂直于电流和磁场所决定的平面，等等.
2.力和运动的合成、分解都是等效思想方法的应用.?
3.直线运动中最常见的是变速直线运动，而匀变速直线运动又是变速直线运动中最基本、最简单的运动形式，是一理想化的运动模型.因此，高中对直线运动的研究重点是匀变速直线运动.匀变速直线运动的规律有公式表达和图象表达两种表达方式.对这两种表达方式都要理解和掌握，不可偏废.?
4.牛顿运动定律、动量定理、动能定理及两个守恒定律是力学中的重要规律，要明确它们的意义、适用条件，要知道每个规律的特点，即各个规律适合于解决哪一类问题、不适合或不能解决哪一类问题.通过应用积累经验，逐步提高解题时直觉判断的敏锐性.?
5.匀速圆周运动和简谐运动是机械运动的更复杂的运动形式，对这两种运动的研究和处理方法仍是上述力学规律的具体应用.要掌握万有引力作用下的天体运动、人造地球卫星运动的研究方法，要了解一些与航天科技有关的背景知识.?
6.波动是运动的一种特殊形式.由于波动在近代物理研究中的重要性，近些年的高考一直很重视对波动的考查.中学阶段对波动规律的表达是以图象为主的.要理解图象的意义，要掌握波动的特点，要注意由于波动的时间周期性和空间周期性而造成的多解性.
专题一 摩擦力
●高考趋势展望?
摩擦力，特别是静摩擦力的方向判断与大小计算，历来是学生学习的难点，也是高考考查的热点.
从近几年高考考查的特点看，有些题目直接考查考生对摩擦力产生的条件、方向判断及大小计算方法的理解和掌握情况，有些题目结合动力学问题考查摩擦力.?
根据高考对摩擦力的考查特点，在第二阶段复习中，应加深对摩擦力产生条件的理解，熟练掌握摩擦力方向的判断方法，明确静摩擦力大小和滑动摩擦力大小所遵循的不同规律.
●知识要点整合?
相互接触、挤压的物体存在相对运动或相对运动趋势时，在它们的接触面间就会产生阻碍其相对运动的摩擦力.其中：?
1.物体存在相对运动时产生的摩擦力叫滑动摩擦力.滑动摩擦力的大小与物体间的压力成正比，表达式为F=μFN；其方向总是与物体相对运动的方向相反，但不一定与物体对地的运动方向相反.因此，滑动摩擦力可能是阻力，也可能是动力，可能对物体做负功，也可能对物体做正功.由于受滑动摩擦力作用的物体也可能是静止的，所以，滑动摩擦力也可能对物体不做功.?
受滑动摩擦力作用的两个物体，由于有相对运动，所以，一对相互作用的滑动摩擦力对两物体做功的代数和W和不为零，并且W和等于两物体间相互作用的滑动摩擦力Fμ跟它们相对路程s的乘积，也等于两物体间由于摩擦而产生的热量Q热，即Q热=W和=Fμs.?
2.物体间保持相对静止但存在相对运动趋势时产生的摩擦力叫静摩擦力.静摩擦力的大小除最大值外无确定的表达式，其大小可为零与最大值间的任意值，具体大小由物体的受力情况和运动状态决定.静摩擦力的方向总是与物体相对运动趋势的方向相反，与物体对地的运动方向间无确定的关系，可能与物体对地的运动方向相同、相反、垂直或成任意角度，因此静摩擦力可以对物体做负功、正功或不做功，但在任何情况下，静摩擦力对相互作用的系统做功的代数和总为零，故静摩擦力做功不会改变系统的机械能，不会将机械能转化为内能.
●精典题例解读?
［例1］如图1-1-1，C是水平地面，A、B是两个长方形物块，F是作用在B上沿水平方向的力，物体A和B以相同的速度做匀速直线运动.由此可知A、B间的动摩擦因数μ1和B、C间的动摩擦因数μ2可能是?
图1-1-1
A.μ1=0 μ2=0? B.μ1=0 μ2≠0?
C.μ1≠0 μ2=0? D.μ1≠0 μ2≠0?
【解析】 选A、B整体为研究对象，由于B受推力F的作用还做匀速直线运动，可知地面对B的摩擦力一定水平向左，故μ2≠0，对A受力分析知，水平方向不受力，μ1可能为0，也可能不为0.故B、D正确.
小结：本题主要考查由物体的运动情况和所受其他力的情况来判断摩擦力的有无.A物体虽然随B物体一起运动，但它们之间并无相对运动的趋势，因此摩擦力为零.但却不能因此而得出它们之间的摩擦因数也为零的结论.
［例2］如图1-1-2所示，一质量为m的货物放在倾角为α的传送带上随传送带一起向上或向下做加速运动.设加速度大小为a，试求两种情况下货物所受的摩擦力F.
图1-1-2
【解析】 物体m向上加速运动时，由于沿斜面向下有重力的分力，所以要使物体随传送带向上加速运动，传送带对物体的摩擦力必定沿传送带向上.物体沿斜面向下加速运动时，摩擦力的方向要视加速度的大小而定，当加速度为某一合适值时，重力沿斜面方向的分力恰好提供了所需的合外力，则摩擦力为零；当加速度大于此值时，摩擦力应沿斜面向下；当加速度小于此值时，摩擦力应沿斜面向上.
向上加速运动时，由牛顿第二定律，得： F-mgsinα=ma?
所以F=mgsinα+ma,方向沿斜面向上.?
向下加速运动时，由牛顿第二定律，得：mgsinα-F=ma(设F沿斜面向上)?
所以F=mgsinα-ma当α＜gsinα时，F＞0.与所设方向相同——沿斜面向上.?
当a=gsinα时，F=0.即货物与传送带间无摩擦力作用.?
当a＞gsinα时，F＜0.与所设方向相反——沿斜面向下.?
小结：当物体加速运动而摩擦力方向不明确时，可先假设摩擦力向某一方向，然后应用牛顿第二定律导出表达式，再结合具体情况进行讨论.?
［例3］如图1-1-3所示，一直角斜槽（两槽面间夹角为90°，两槽面跟竖直面的夹角均为45°），对水平面的倾角为θ，一个横截面为正方形的物块恰能沿此斜槽匀速下滑.假定两槽面的材料和槽面的情况相同，求物块和槽面之间的动摩擦因数μ.?
图1-1-3
【解析】 物块沿斜槽匀速下滑，说明物块所受摩擦力与重力在斜槽方向的分力相等.滑动摩擦力等于动摩擦因数与物体间正压力的乘积，要注意，此题中的正压力并不等于mgcosθ.正确画出受力图是解答此题的关键.?
如图1-1-4所示，设左右槽面作用于物块的支持力分别为FN1、FN2，由于对称性，FN1=FN2，它们的合力FN垂直于槽底线，且?
图1-1-4
FN= ①?
相应的左、右两槽面作用于物块的滑动摩擦力Fμ1和Fμ2相等，它们的合力Fμ平行于槽底线，且?
Fμ=2Fμ1=2μFN1 ②
根据平衡条件 ?
Fμ=mgsinθ，FN=mgcosθ?
从上面两个方程得 ?
=tanθ ③
将①②代入③可得 ?
μ=tanθ?
小结：求摩擦力大小时要特别注意以下问题：?
（1）区分静摩擦力和滑动摩擦力.滑动摩擦力和静摩擦力的大小所遵循的规律不同，滑动摩擦力的大小与压力成正比，静摩擦力的大小与压力无关.?
（2）物体在某一接触面上所受的滑动摩擦力与该接触面上的压力成正比.?
［例4］如图1-1-5所示，质量M=10 kg的木楔ABC静止于粗糙水平地面上，动摩擦因数μ=0.02，在木楔的倾角θ为30°的斜面上有一质量m=1.0 kg的物块由静止开始沿斜面下滑.当滑行路程s=1.4 m时，其速度v=1.4 m/s，在这过程中木楔没有动，求地面对木楔的摩擦力的大小和方向.（g取10 m/s2）.?
图1-1-5
【解析】 地面对木楔的摩擦力为静摩擦力，但不一定为最大静摩擦力，所以不能由Fμ=μFN来计算求得，只能根据物体的运动情况和受力情况来确定.?
物块沿斜面匀加速下滑，由vt2-v02=2as可求得物块下滑的加速度?
a==0.7 m/s2＜gsinθ=5 m/s2?
可知物块受到摩擦力的作用.?
此条件下，物块与木楔受力情况分别如图1-1-6和图1-1-7所示.?
图1-1-6 图1-1-7
物块沿斜面以加速度a下滑，对它沿斜面方向和垂直于斜面方向由牛顿第二定律有?
mgsinθ-Fμ1=ma
mgcosθ-FN1=0
木楔静止，对它沿水平方向和竖直方向由牛顿第二定律，并注意Fμ1′与Fμ1，FN1′与FN1等值反向，有
Fμ2+Fμ1cosθ-FN1sinθ=0?
FN2-Mg-FN1cosθ-Fμ1sinθ=0?
由上面各式解得地面对木楔摩擦力?
Fμ2=FN1sinθ-Fμ1cosθ
=mgcosθsinθ-(mgsinθ-ma)cosθ?
=macosθ=1.0×0.7× N=0.61 N?
此力方向与所设方向相同，由C指向B.?
另外由以上几式联立还可求出地面对木楔的支持力?
FN2=Mg+mgcos2θ+(mgsinθ-ma)sinθ=Mg+mg-masinθ?
=11×10 N-1.0×0.7× N=109.65 N＜(m+M)g
显然，这是由于物块和木楔系统有向下的加速度而产生了失重现象.
对此题也可以系统为研究对象.在水平方向，木楔静止，加速度为零；物块加速度的水平分量为ax=acosθ.对系统在水平方向由牛顿第二定律，有?
Fμ2=max=macosθ=0.61 N?
小结：（1）静摩擦力的大小是个变量，它的大小常需要根据物体的运动状态及摩擦力与物体所受其他力的关系来确定.?
（2）由此题可看出，研究对象的选取对解题步骤的简繁程度有很大的影响.?
●应用强化训练?
1.如图1-1-8所示，A、B两物体叠放在一起，用手托住，让它们静靠在墙边，然后释放，它们同时沿竖直墙面自由下滑，已知mA＞mB，则物体B?
图1-1-8
A.只受一个重力
B.受到重力和一个摩擦力
C.受到重力、一个弹力和一个摩擦力
D.受到重力、一个摩擦力、两个弹力
【解析】 由于A、B与竖直墙壁间没有弹力，故它们也不受摩擦力，A、B一起做自由落体运动，它们之间也没有相互作用的弹力，故A和B都只受重力作用，A选项正确.?
【答案】 A
2.人在自行车上蹬车前进时，车的前后两轮受到地面对它的摩擦力的方向?
A.都向前?
B.都向后?
C.前轮向前，后轮向后?
D.前轮向后 ，后轮向前?
【解析】 人在自行车上蹬车前进时，后轮与地面接触处有相对于地面向后滑动的趋势，故受到向前的静摩擦力，这就是自行车前进的动力.前轮有向前滑动的趋势，故受到向后的摩擦力作用，选项D正确.?
【答案】 D
3.如图1-1-9所示，重6 N的木块静止在倾角为30°的斜面上，若用平行于斜面沿水平方向大小等于4 N的力F推木块，木块仍保持静止，则木块所受的摩擦力大小为
图1-1-9
A.4 N B.3 N
C.5 N D.6 N
【解析】 木块所受重力沿斜面的分力大小为mgsin30°=3 N，它与水平推力F的合力大小为5 N，木块所受的静摩擦力Fμ跟该合力是一对平衡力，故木块所受的静摩擦力大小为5 N，选项C正确.
【答案】 C
4.如图1-1-10所示，质量为m的木块在置于桌面上的木板上滑行，木板静止，它的质量M=3m.已知木块与木板间、木板与桌面间的动摩擦因数均为μ.则木板所受桌面的摩擦力大小为
图1-1-10
A.μmg
B.2μmg ?
C.3μmg
D.4μmg?
【解析】 木块与木板间的滑动摩擦力大小为μmg，木块对木板的滑动摩擦力跟桌面对木板的静摩擦力是一对平衡力，故桌面对木板的静摩擦力大小为μmg，选项A正确.?
【答案】 A
5.如图1-1-11，在水平桌面上放一木块，用从零开始逐渐增大的水平拉力F拉着木块沿桌面运动，最大静摩擦力略大于滑动摩擦力.则木块所受到的摩擦力Fμ随拉力F变化的图象（图1-1-12），正确的是
图1-1-11
图1-1-12
【解析】 当木块不受拉力时（F=0），桌面对木块没有摩擦力（Fμ=0)，当木块受到的水平拉力F较小时，木块仍保持静止，但出现向右运动的趋势，桌面对木块产生静摩擦力，其大小与F相等，方向相反，随着水平拉力F不断增大，木块向右运动的趋势增强，桌面对木块的静摩擦力也相应增大，直到水平拉力F足够大时，木块开始滑动，桌面对木块的静摩擦力达最大值Fμm，在这个过程中，由木块水平方向二力平衡条件知，桌面对木块的静摩擦力Fμ始终与拉力F等值反向，即随着F的增大而增大.
木块滑动后，桌面对它的阻碍作用是滑动摩擦力，它小于最大静摩擦力，并且，在木块继续滑动的过程中保持不变，故选项D正确.
【答案】 D
6.如图1-1-13所示，一物体置于足够长的木板上.试分析将木板的一端由水平位置缓慢抬起至竖直的过程中，物体所摩擦力的变化情况.?
图1-1-13
【解析】 木板水平时，物体不受摩擦力作用，在木板的一端缓慢抬起的过程中，若物体相对木板静止，则它可看作处于平衡状态，由平衡条件得Fμ=mgsinθ，故随着木板倾角θ的增大，静摩擦力Fμ也随着增大.若木板倾角增大到一定角度，物体开始沿木板滑动，此后物体所受的滑动摩擦力大小为Fμ=μmgcosθ，随着θ的增大，滑动摩擦力减小，木板竖直时，Fμ=0.
【答案】 当物体相对木板静止时，在木板的一端缓慢抬起的过程中，物体所受的静摩擦力从零逐渐增大；当物体相对木板滑动时，则滑动摩擦力逐渐减小，木板竖直时，滑动摩擦力减小到零.
7.（2001年全国高考，12）如图1-1-14所示，质量为m、横截面为直角三角形的物块ABC，∠ABC=α，AB边靠在竖直墙面上，F是垂直于斜面BC的推力.现物块静止不动，则摩擦力的大小为_______.?
图1-1-14
【解析】 物块ABC受到四个力的作用，受力如图所示，由平衡条件得?
F=mg+Fsinα
【答案】 mg+Fsinα
8.如图1-1-15所示，质量为m的物体紧贴在竖直墙壁上，它与墙壁间动摩擦因数为μ，作用在物体上的力F与竖直方向成α角，物体A沿墙壁做匀速直线运动，A受到的摩擦力大小是
图1-1-15
A.μFsinα
B.μmg
C.一定是mg-Fcosα
D.一定是Fcosα-mg?
【解析】 A对竖直墙壁的压力为Fsinα，则A所受的滑动摩擦力大小一定为μFsinα，若A沿墙壁匀速上滑，由平衡条件得?
Fcosα=mg+Fμ1?
则滑动摩擦力大小为?
Fμ1=Fcosα-mg.?
若A沿墙壁匀速下滑，由平衡条件得?
Fcosα+Fμ2=mg
则滑动摩擦力大小为?
Fμ2=mg-Fcosα
【答案】 A
9.（2001年全国理综，18）如图1-1-16所示，在一粗糙水平面上有两个质量分别为m1和m2的木块1和2.中间用一原长为l、劲度系数为k的轻弹簧连结起来，木块与地面间的动摩擦因数为μ，现用一水平力向右拉木块2，当两木块一起匀速运动时两木块之间的距离是
图1-1-16
A.l+m1g B.l+ (m1+m2)g?
C.l-m1g D.l+ ()g
【解析】 两木块匀速滑动时，弹簧的弹力跟木块1所受的滑动摩擦力是一对平衡力 ，设弹簧伸长x，则
kx=μm1g
x=m1g?
两木块间的距离为：l+x=l+m1g，A选项正确.?
【答案】 A
10.如图1-1-17所示，位于斜面上的物块m在沿斜面向上的力F作用下，处于静止状态，则斜面作用于物块的静摩擦力
图1-1-17
①方向可能沿斜面向上?
②方向可能沿斜面向下?
③大小可能为零?
④大小可能等于F?
以上判断正确的是?
A.只有①② B.只有③④?
C.只有①②③ D.①②③④都正确
【解析】 当F=mgsinα时，摩擦力Fμ=0；当F＞mgsinα时，Fμ沿斜面向下；当F＜mgsinα时，Fμ沿斜面向上；当F=mgsinα时，Fμ=mgsinα，F=Fμ.
【答案】 D
11.如图1-1-18所示，倾角为α的三角形滑块上放置一个质量为m的物体，它们一起以加速度a在水平面上向右做匀加速直线运动.对于m所受的摩擦力，下列叙述正确的有?
图1-1-18
①方向可能沿斜面向上 ②方向可能沿斜面向下 ③可能不存在摩擦力 ④一定存在摩擦力?
A.①② B.①②③
C.①②④ D.①③?
【解析】 若物体不受摩擦力，则它只受重力mg和斜面的支持力FN，如图所示，由牛顿第二定律得?
mgtanα=ma
a=gtanα?
若它们一起向右做加速运动的加速度a＞gtanα，物体受的摩擦力沿斜面向下；若a＜gtanα，物体所受的摩擦力沿斜面向上，故选项B正确.?
【答案】 B
12.全国著名发明家邹德俊发明了一种“吸盘式”挂衣钩，如图1-1-19所示，将它紧压在平整、清洁的竖直瓷砖墙面上时，可挂上衣帽等物品.如果挂衣钩的吸盘压紧时，它的圆面直径为 m，吸盘圆面压在墙上的的面积跟墙面完全接触，中间未接触部分间无空气.已知吸盘与墙面间的动摩擦因数为0.5，则这种挂钩最多能挂多重的物体？（大气压强p0=1.0×105 Pa）?
图1-1-19
【解析】 吸盘对墙面的压力大小为?
FN=p0S=p0πr2?
挂钩上所能挂物体的最大重力等于吸盘所受的最大静摩擦力，即
G=μFN=μp0πr2?
=0.5×1.0×105·π· N?
=125 N?
【答案】 125 N?
●教学参考链接?
摩擦力既是学生学习及复习中的难点，也是高考的热点，几乎在每年的高考试题中，或者单独考查，或者渗透在其他题目中，都要涉及摩擦力的问题，这也是我们在第一轮复习中把摩擦力作为重点，现在又把它作为一个专题强化复习的原因.?
学生在分析摩擦力的问题时，常出现以下问题：（1）对摩擦力产生条件中和摩擦力方向中的“相对”二字的含义理解不深刻，常错误认为“只有静止的物体才受静摩擦力”“只有滑动的物体才受滑动摩擦力”“静摩擦力一定不做功”“滑动摩擦力一定做功”“摩擦力一定是阻力”“摩擦力一定做负功”等等.（2）常常不加区分滑动摩擦力和静摩擦力，都按Ff=μFN进行分析和计算.通过本轮复习要让学生搞清这些问题.为此，在本专题的【知识要点整合】中对这些问题进行了总结和讨论，并在【精典题例解读】中结合例题进一步分析说明，其中例1重点说明静摩擦力的产生条件，例2说明静摩擦力的方向判断方法和大小的计算方法，例3说明滑动摩擦力大小的计算方法，并特别强调某接触面上的滑动摩擦力跟该接触面上的压力成正比.例4针对较复杂的问题说明如何利用隔离法和整体法分析摩擦力的问题.【应用强化训练】也是针对上述问题设置习题，通过强化训练，巩固知识，掌握方法.
专题二 追及与相遇
●高考趋势展望?
运动学是动力学的基础，在每年的高考中，或者单独命题，或者渗透在动力学问题中，都要对运动学的概念和规律进行考查.追及和相遇问题是运动学中一类典型问题，解答这类问题对分析综合能力和推理判断能力有相当高的要求，通过这类问题的练习，有利于提高解决问题的能力.当然，这类问题也能较好地体现高考以“能力立意”的命题思想，所以，在高考中多次出现追及和相遇问题.?
●知识要点整合?
追及和相遇问题主要涉及在同一直线上运动的两个物体的运动关系，所应用的规律是匀变速直线运动的相关规律.?
解答追及、相遇问题时要特别注意明确两物体的位移关系、时间关系、速度关系，这些关系是我们根据相关运动学公式列方程的依据.?
追及、相遇问题常常涉及到临界问题，分析临界状态，找出临界条件是解决这类问题的关键.速度相等是物体恰能追上或恰不相碰、或间距最大或最小的临界条件.?
●精典题例解读?
［例1］为了安全，在公路上行驶的汽车之间应保持必要的距离.已知某高速公路的最高限速为v=120 km/h,假设前方车辆突然停止，后车司机从发现这一情况，经操纵刹车，到汽车开始减速所经历的时间（反应时间）t=0.50 s，刹车时汽车受到的阻力大小Ff为汽车重力的0.40倍.该高速公路上汽车的间距s至少应为多少？取重力加速度g=10 m/s2.?
【解析】 本题中前方车辆突然停止，后车先做匀速运动（反应时间内），后做匀减速运动，若后车速度减为零时恰好运动到前车处，这种情况对应两车行驶时的最小距离，该最小距离就是前车停止后，后车匀速运动和匀减速运动的总位移.?
根据牛顿第二定律求得后车刹车时的加速度大小为?
a==4 m/s2?
该高速公路上汽车间距至少为?
s=vt+=1.6×102 m?
小结：解答本题的关键是明确高速公路上汽车的最小距离是什么，还应注意汽车的运动分两段：匀速运动和减速运动.
［例2］一列货车以28.8 km/h的速度在平直铁路上运行，由于调度失误，在后面600 m处有一列快车以72 km/h的速度向它靠近.快车司机发觉后立即合上制动器，但快车要滑行2000 m才停止.试判断两车是否会相碰.?
【解析】 两车速度相等恰追及前车，这是恰不相碰的临界情况，因此只要比较两车等速时的位移关系，即可明确是否相碰.
因快车减速运动的加速度大小为：
a= m/s2=0.1 m/s2.?
故快车刹车至两车等速历时：?
t= s=120 s.?
该时间内两车位移分别是：?
s快=v快t-at2=20×120 m-×0.1×1202 m=1680 m?
s货=v货t=8×120 m=960 m?
因为s快＞s货+s0=1560 m,故两车会发生相撞.
小结：该题还有多种讨论方法，如讨论两车相遇时速度关系或利用相对运动知识求解，请同学们练习.
［例3］公共汽车从车站开出以4 m/s的速度沿平直公路行驶，2 s后一辆摩托车从同一车站开出匀加速追赶，加速度为2 m/s2，试问：
（1）摩托车出发后，经多少时间追上汽车？
（2）摩托车追上汽车时，离出发处多远？
（3）摩托车追上汽车前，两者最大距离是多少？
【解析】 开始一段时间内汽车的速度大，摩托车的速度小，汽车和摩托车的距离逐渐增大，当摩托车的速度大于汽车的速度后，汽车和摩托车的距离逐渐减小，直到追上.显然，在上述过程中，摩托车的速度等于汽车的速度时，它们间的距离最大.
（1）摩托车追上汽车时，两者位移相等，即
v(t+2)= at2?
解得摩托车追上汽车经历的时间为?
t=5.46 s
（2）摩托车追上汽车时通过的位移为?
s=at2=29.9 m?
（3）摩托车追上汽车前，两车速度相等时相距最远，即：
v=at′
t′==2 s?
最大距离为?
Δs=v(t′＋2)- at′2=12 m?
小结：求解追及问题要注意明确三个关系：时间关系、位移关系、速度关系，这是我们求解时列方程的依据.涉及临界问题时要抓住临界条件.
［例4］一列火车以v1的速度直线行驶，司机忽然发现在正前方同一轨道上距车为s处有另一辆火车正沿着同一方向以较小速度v2做匀速运动，于是他立即刹车，为使两车不致相撞，则a应满足什么条件？
【解析】 若后面火车的速度减小到比前面火车的速度还小时，后面火车还没追上前面火车，两车不会相撞.若后面火车速度减小到跟前面火车速度相等时，两列火车恰好相遇，这是相撞的临界情况.
方法1：设两车经过时间t相遇，则?
v1t-at2-v2t=s?
化简得：at2-2(v1-v2)t+2s=0?
当 Δ=4(v1-v2)2-8as＜0?
即a＞时，t无解，即两车不相撞.?
方法2：当两车速度相等时，恰好相遇，是两车相撞的临界情况，则?
v1-at=v2
v1t-at2-v2t=s
解得a=
为使两车不相撞,应使a＞.
方法3:后面的车相对前面的车做匀减速运动,初状态相对速度为(v1-v2),当两车速度相等时,相对速度为零,根据vt2-v02=2as,得,为使两车不相撞,应有?
(v1-v2)2＜2as
a＞
小结:利用相对运动分析追及、相遇问题往往较简便.
●应用强化训练?
1.两辆完全相同的汽车，沿水平直路一前一后匀速行驶，速度均为v0.若前车突然以恒定的加速度刹车，在它刚停住时，后车以前车刹车的加速度开始刹车.已知前车在刹车过程中所行驶的距离为s，若要保证两辆车在上述情况中不相撞，则两车在匀速行驶时保持的距离至少应为
A.1s B.2s
C.3s D.4s
【解析】 两车同时刹车，则两车将滑行相同的距离s而停止，由于前车刹车停止后后车接着刹车，所以后车比前车多运动的位移（即题中所求最小间距）即为前车刹车时间内后车以原速运动的位移.由刹车过程的平均速度等于原速的，故前车刹车过程中，后车以原速运动的位移为2s.?
【答案】 B
2.汽车A在红绿灯前停住，绿灯亮起时起动，以0.4 m/s2的加速度做匀加速运动，经过30 s后以该时刻的速度做匀速直线运动.设在绿灯亮的同时，汽车B以8 m/s的速度从A车旁边驶过，且一直以相同的速度做匀速直线运动，运动方向与A车相同，则从绿灯亮时开始
A.A车在加速过程中与B车相遇?
B.A、B相遇时速度相同?
C.相遇时A车做匀速运动?
D.两车不可能再次相遇?
【解析】 若A车在加速过程中与B车相遇，设运动时间为t，则：at2=vBt，解得：t= s=40 s＞30 s，可见，A车加速30 s内并未追及B车.因加速30 s后，vA=12 m/s＞vB=8 m/s，故匀速运动过程中可追及B车.
【答案】 C
3.A、B两车沿同一直线向同一方向运动，A车的速度vA=4 m/s,B车的速度vB=10 m/s.当B车运动至A车前方7 m处时，B车以a=2 m/s2的加速度开始做匀减速运动，从该时刻开始计时，则A车追上B车需要的时间是____s,在A车追上B车之前，二者之间的最大距离是___ m.
【解析】 设在B车减速过程中A车追及B车，其间历时为t，则：vAt=vBt-at2+7，代入数据解得：t=7 s(取有意义值).而B车减速至零，历时t0==5 s＜t，故上解错误.正确的解答应为：vAt=+7，所以：t==8 s.
两车等速时间距最大，B车减速至A、B等速历时：t1= s=3 s，所以A、B两车最大间距为?
Δsm=vBt1-at12+7-vAt1?
=10×3 m-×2×32 m+7 m-4×3 m?
=16 m
【答案】 8；16?
4.同一直线上的A、B两质点，相距s，它们向同一方向沿直线运动（相遇时互不影响各自的运动），A做速度为v的匀速直线运动，B从此时刻起做加速度为a、初速度为零的匀加速直线运动.若A在B前，两者可相遇______次，若B在A前，两者最多可相遇______次.?
【解析】 若A车在前匀速运动，B车在后匀加速追赶A车，两车等速时相距最远（间距大于s），故B车追及A车时必有vB＞vA，以后B车在前，两车间距逐渐增大，不可能再相遇.
若B车在前匀加速运动，A车在后匀速运动，若追及时两车恰等速，因以后vB＞vA，不可再次相遇，即只能相遇1次；但若A车追及B车时vA＞vB，相遇后A车超前，但由于B车速度不断增大，仍能再次追及A车，即能相遇2次.?
【答案】 1；2
5.从同一地点以30 m/s的速度先后竖直上抛两个物体，抛出时间相差2 s,不计空气阻力，两物体将在何处何时相遇？
【解析】 设第一物体上抛t s后相遇，则： 30t-×10t2=30×(t-2)- ×10×(t-2)2解得：t=4 s,相遇高度h=30t-×10t2=40 m.
【答案】 距地40 m，第一物体抛出后4 s相遇
6.从相距30 km的甲、乙两站每隔15 min同时以30 km/h的速率向对方开出一辆汽车.若首班车为早晨5时发车，则6时从甲站开出的汽车在途中会遇到多少辆从乙站开出的汽车？
【解析】 每车在两站间运动时间t==1 h.当6时某车从甲站开出时，乙站的首发车已进甲站，此时路上已有3辆车在路途中，且乙站恰有一车待发.当该车行至乙站时历时1 h，乙站将又发出4辆车，故最多可有7辆车相遇.?
【答案】 7辆
7.如图1-2-1所示，A、B两物体相距s=7 m,A正以v1=4 m/s的速度向右做匀速直线运动，而物体B此时速度v2=10 m/s，方向向右，做匀减速直线运动（不能返回），加速度大小a=2 m/s2，从图示位置开始计时，问在什么情况下，经多少时间A追上B.
图1-2-1
【解析】 物体B的运动时间为tB= s=5 s?
在此时间内B前进了
sB=·tB=×5 m=25 m?
这时A前进了
sA=vAtB=4×5 m=20 m?
可见在此时间内A没有追上B，必须在B停止后，A才能追上B.故A追上B的时间为?
t= s=8 s
【答案】 8 s
8.A球自距地面高h处开始自由下落，同时B球以初速度v0正对A球竖直上抛，空气阻力不计.问：
（1）要使两球在B球上升过程中相遇，则v0应满足什么条件？?
（2）要使两球在B球下降过程中相遇，则v0应满足什么条件？?
【解析】 两球相遇时位移之和等于h.即：?
gt2+(v0t-gt2)=h
所以：t=.
而B球上升的时间：t1=，B球在空中运动的总时间：?
t2=.
(1)欲使两球在B球上升过程中相遇，则有?
t＜t1,即＜,所以v0＞.
(2)欲使两球在B球下降过程中相遇，则有：?
t1＜t＜t2
即:＜＜,?
所以：＜v0＜.?
【答案】 （1）v0＞
(2) ＜v0＜
●教学参考链接?
运动物体的追赶、相遇问题，一般解法较多：解析法、图象法、极值法等.应适当地做些一题多解的练习，以开启学生思路，培养学生发散思维的能力.但平时训练仍应以物理意义突出的解析法为主.通过例题讲解和适当的练习后，引导学生总结一下追赶、相遇、避碰问题的特点、分析方法，特别是对其中所涉及的“相距最远”、“相距最近”、“恰好不相碰”等临界问题，应在学生思考的基础上总结出临界状态的特点，找出临界条件.
专题三 牛顿运动定律的应用
●高考趋势展望?
牛顿运动定律是经典力学的核心内容，是历年高考重点考查的内容之一.
高考对牛顿定律的考查不仅局限在力学范围内，常常结合带电粒子在电场、磁场中的运动、导体棒切割磁感线的运动等问题，考查考生综合应用牛顿运动定律和其他相关规律分析解决问题的能力.
●知识要点整合?
牛顿运动定律反映的是力和运动的关系，所以，应用牛顿运动定律解决的动力学问题主要有两类：（1）已知物体受力情况求运动情况；（2）已知物体运动情况求受力情况.在这两类问题中，加速度是联系物体受力情况和运动情况的桥梁.
至于超重和失重状态，仅是动力学的简单问题之一，只要能熟练应用牛顿定律解决动力学问题，超重和失重问题很容易解决.在有些题目中用超重、失重的思想去进行推理、分析、判断，还是比较简捷和有用的.
物体所受的合外力决定物体运动的性质，即决定物体做匀速运动还是变速运动，匀变速运动还是非匀变速运动；物体做何种形式的运动，还要根据物体的初始运动状态，即初速度v0进行分析方能确定.如果合外力与初速度v0的方向都沿一条直线，则物体做匀变速直线运动，像竖直上抛运动；如果物体受的合外力方向与初速度方向不在一条直线上，则物体做变速曲线运动，如果合外力是恒力，则物体做匀变速曲线运动，像平抛运动；如果合外力的方向总是与速度方向垂直，则物体做圆周运动.?
应用牛顿运动定律解决动力学问题，要对物体进行受力分析，进行力的分解和合成；要对物体运动规律进行分析，然后根据牛顿第二定律，把物体受的力和运动联系起来，列方程求解.这是对多方面力学知识、分析综合能力、推理能力、应用数学知识解决物理问题的能力的综合考查.要深刻理解牛顿运动定律的物理意义，要能够熟练地应用牛顿运动定律解题.即便是向应用型、能力型变革的高考试题中，无非是增加些结合实际生产、生活的一些实例，在把这些实例抽象成物理模型的过程中考查学生的能力和物理学的思想方法，最后解决物理问题，仍然离不开基本的物理知识和规律.?
●精典题例解读?
［例1］如图1-3-1所示，置于水平地面上的盛水容器中，用固定于容器底部的细线使一木球悬浮于水中.若将细线剪断，则在木球上升但尚未露出水面的过程中，地面对容器的支持力如何变化？
图1-3-1
【解析】 细绳未剪断时，容器、水、木球均处于平衡状态，故地面对容器的支持力等于三者所受重力之和.由于木球所受浮力大于其重力，细绳被剪断后，它将加速上升，处于“超重”状态.在木球加速上升的过程中，相应的有同体积的“水球”以等大的加速度下降填补木球上升形成的空隙，处于失重状态.因木球的质量小于同体积的“水球”的质量，而其余部分的水及容器仍处于静止状态，所以整个容器系统呈失重状态，地面支持力将减小.?
小结：本题最易犯的错误是只看到木球加速上升所呈的“超重”状态，而忽视了与木球等体积的“水球”的加速下降所呈的“失重”状态，而得出地面支持力增大的错误结论.?
［例2］一位同学的家住在一座25层的高楼内，他每天乘电梯上楼，经过多次仔细观察和反复测量，他发现电梯启动后的运动速度符合如图1-3-2所示的规律，他就根据这一特点在电梯内用台秤、重物和秒表测量这座楼房的高度.他将台秤放在电梯内，将重物放在台秤的托盘上，电梯从第一层开始启动，经过不间断地运行，最后停在最高层.在整个过程中，他记录了台秤在不同时间段内的示数，记录的数据如下表所示.但由于0~3.0 s段的时间太短，他没有来得及将台秤的示数记录下来.假设在每个时间段内台秤的示数都是稳定的，重力加速度g取10 m/s2.
图1-3-2
（1）电梯在1~3.0 s时间段内台秤的示数应该是多少？?
（2）根据测量的数据，计算该座楼房每一层的平均高度.
时间/s 台秤示数/kg
电梯启动前 5.0
0~3.0
3.0~13.0 5.0
13.0~19.0 4.6
19.0以后 5.0
【解析】 根据速度图象可知，电梯在0~3.0 s向上做匀加速直线运动，在3.0 s~13.0 s内电梯匀速上升，在13.0 s~19.0 s内电梯匀减速上升，t=19.0 s时电梯速度减小到零.
（1）由题意知，砝码质量为5.0 kg.在0~3.0 s内匀加速运动中速度的改变量，跟13.0 s~19.0 s内匀减速运动中速度的改变量大小相等，但后者时间是前者的2倍，故两段时间内加速度大小的关系为a1=2a2,由牛顿第二定律得?
mg-F2=ma2?
a2=g-=0.8 m/s2?
则 a1=1.6 m/s2?
由牛顿第二定律得?
F1-mg=ma1?
F1=m(g+a1)=58 N.?
故在0~3.0 s内，台秤的示数为5.8 kg.?
（2）匀加速运动的位移为?
s1=a1t12=7.2 m?
匀速运动的速度为?
v=a1t1=4.8 m/s?
匀速运动的位移为?
s2=vt2=48 m?
匀减速运动的位移为?
s3=t3=14.4 m?
则24层楼总高度为?
H=s1+s2+s3=69.6 m,?
每层楼高为h==2.9 m?
小结：对于这种多过程问题，分析清楚各段过程的特点，找出各段过程间的关系是解题的关键.
［例3］将金属块m用压缩的轻弹簧卡在一个矩形箱中，如图1-3-3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=2.0 m/s2的加速度竖直向上做匀减速运动时，上顶板的传感器显示的压力为6.0 N，下底板的传感器显示的压力为10.0 N.（取g=10 m/s2）
图1-3-3
求：（1）金属块m的质量是多大？?
（2）若上顶板传感器的示数是下底板传感器的示数的一半，则箱子的加速度是多大？?
【解析】 上顶板压力传感器显示的压力是金属块对上顶板的压力，大小也等于上顶板对金属块向下的压力；下底板传感器显示的压力为弹簧对下底板的压力，大小也等于弹簧对金属块向上的压力.根据金属块的受力情况和牛顿第二定律，即可求出质量、加速度.
（1）设上顶板的传感器显示的压力为FN1，下底板的传感器显示的压力为FN2，
由牛顿第二定律： mg+FN1-FN2=ma?
解得：m=0.5 kg
（2）由于弹簧长度不变，则下底板的传感器显示的压力仍为10.0 N，
即 FN2′=FN2=10 N?则上顶板的传感器显示的压力为FN1′=5 N
由牛顿第二定律： mg+FN1′-FN2′=ma′
解得： a′=0
［例4］一个行星探测器从所探测的行星表面竖直升空，探测器的质量为1500 kg，发动机推力恒定.发射升空后9 s末，发动机突然因发生故障而灭火.图1-3-4是从探测器发射到落回地面全过程的速度图象.已知该行星表面没有大气.若不考虑探测器总质量的变化，求：
图1-3-4
（1）探测器在行星表面上升达到的最大高度H.
（2）该行星表面附近的重力加速度g.
（3）发动机正常工作时的推力F.
（4）探测器落回地面时的速率v′.
（5）探测器发射后经多长时间落地？
【解析】 由图知，探测器在0~9 s内匀加速上升，上升的最大速度为64 m/s；9 s~25 s内匀减速上升；25 s以后匀加速下落，直到落地.
（1）在上升过程中，由平均速度公式得
=32 m/s?
则探测器上升的最大高度为?
H= (t1+t2)=32×25 m=800 m?
（2）探测器9 s~25 s内只受重力，其运动的加速度为重力加速度，则?
g= m/s2=4 m/s2?
（3）在0~9 s内，由牛顿第二定律得?
F-mg=ma1?
由于a1= m/s2=7.1 m/s2?
则F=m(g+a1)=1500×11.1 N=1.67×104 N?
（4）探测器下落过程为自由落体运动，则其落地速度为?
v′= m/s=80 m/s?
（5）探测器自由下落的时间为?
t3= s=20 s.?
故探测器发射后到落地所经历的时间为?
t=t1+t2+t3=9 s+16 s+20 s=45 s.
小结：注意探测器上升的总高度和下落的高度相等.本题也可利用v—t图象求解，请同学们试一试.
●应用强化训练?
1.在升降机的天花板上用轻弹簧悬挂一个小球，升降机静止时，弹簧伸长量为4 cm，升降机运动时，弹簧伸长量为3 cm，则升降机的运动情况可能是?
①以a=g的加速度加速下降?
②以a=g的加速度加速下降?
③以a=g的加速度减速上升?
④以a=g的加速度减速上升?
A.①③ B.②④
C.①④ D.②③
【解析】 设弹簧的劲度系数为k，球的质量为m，选向下为正方向，则静止时有：?
k·Δx1=mg ①
加速运动时：
mg-k·Δx2=ma ②
代入数据解①②得：
a=g.?
【答案】 A
2.图1-3-5中A为电磁铁，C为胶木秤盘，A和C（包括支架）的总质量为M.B为铁片，质量为m.整个装置用轻绳悬挂于O点.当电磁铁通电，铁片被吸上升的过程中，轻绳拉力F的大小为?
图1-3-5
A.F=mg B.mgC.F=(M+m)g D.F>(M+m)g
【解析】 选整个系统为研究对象，通电后，铁片B将加速向上运动，整个系统的质量中心在加速上移，处于超重状态，故悬绳拉力大于系统总重力，即F>(M+m)g.
【答案】 D
3.竖直向上射出的子弹，到达最高点后又竖直落下，如果子弹所受的空气阻力与子弹的速率大小成正比，则?
①子弹刚射出时的加速度值最大?
②子弹在最高点时的加速度值最大?
③子弹落地时的加速度值最小?
④子弹在最高点时的加速度值最小?
正确的是
A.①③ B.②④
C.①④ D.②③?
【解析】 由于空气阻力与速率成正比，所以，在上升过程中子弹刚射出时阻力最大，在下落过程中落地时阻力最大.又由于子弹上升过程中阻力方向和重力方向相同，下落过程中阻力方向和重力方向相反.所以，子弹刚射出时加速度最大，落地时加速度最小.?
【答案】 A
4.如图1-3-6所示，在竖直方向运动的升降机内，一质量为m的物体被一伸长的弹簧拉住静止在升降机水平底板上.现发现A突然被拉向右方，则升降机可能的运动情况是?
图1-3-6
①向上运动的加速度减小?
②向上运动的加速度增大?
③由加速向上运动变为匀速向上运动?
④由减速向下运动变为匀速向下运动?
A.①③④ B.②③④?
C.只有① D.只有②?
【解析】 原物体相对地板静止，说明弹簧弹力等于地板对物体的静摩擦力.物体突然被拉向右方，说明地板对物体的静摩擦力的最大值突然变小，物体受到的地板的支持力突然减小.设物体质量为m，地板支持力为F，向上的加速度为a，则由牛顿第二定律，得：F-mg=ma,所以F=mg+ma.显然，向上的加速度a减小时，F将减小，从而出现物体被拉动的情况.?
【答案】 A
5.某人在地面最多能举起60 kg的物体，而在一竖直运动的升降机中，最多能举起80 kg的物体，此时升降机的加速度大小是______，其运动性质是______；若升降机以此加速度竖直加速上升时，人在升降机内最多能举起质量为______的物体.（g取10 m/s2）?
【解析】 在地面上该人最多能举起60 kg的重物，说明他能承受的最大压力（或最多能提供的支持力）FN=m0g=600 N.当他在竖直运动的升降机中能举起80 kg的物体时，说明质量为80 kg的物体对人只产生600 N的压力，可见物体处于失重状态，且具有向下的加速度，设加速度大小为a，则由牛顿第二定律，得：?
mg-FN=ma.?
代入数值可得： a=2.5 m/s2.?
即升降机以大小为2.5 m/s2的加速度加速向下运动或向上做匀减速直线运动.?
若升降机以该加速度匀加速上升时，此人能举起的最大质量为m′，则由牛顿第二定律，得：
FN-m′g=m′a.?
解得： m′=48 kg.
【答案】 2.5 m/s2;匀加速下降或匀减速向上运动；48 kg?
6.放在光滑水平面上的物体受到三个水平力的作用处于静止状态.如图1-3-7所示，其中F1和F2互相垂直，在保持其中两个力不变的情况下，若单独撤去F1力可产生2 m/s2的加速度.若单独撤去F3力可产生4 m/s2的加速度，则F3力和F2力之间夹角α及单独撤去F2力时产生的加速度大小分别为?
图1-3-7
A.120°,2 m/s2 B.120°,2 m/s2?
C.150°,2 m/s2 D.150°,2 m/s2?
【解析】 由于物体在F1、F2、F3共同作用下静止，故三个力的合力为零，则F1、F2的合力与F3等大、反向，它们产生的加速度也有这种关系，?
所以有 a12+a22=a32
a2=
F2与F1、F2合力的夹角为?
sinθ=
θ=30°
则α=150°?
【答案】 D
7.一物体放置在倾角为θ的斜面上，斜面固定于加速上升的电梯中，加速度为a，如图1-3-8所示.在物体始终相对于斜面静止的条件下，下列说法中正确的是?
①当θ一定时，a越大，斜面对物体的正压力越小?
②当θ一定时，a越大，斜面对物体的摩擦力越大?
③当a一定时，θ越大，斜面对物体的正压力越小?
④当a一定时，θ越大，斜面对物体的摩擦力越小?
图1-3-8
A.①③ B.②④ ?
C.①④ D.②③?
【解析】 物体受力情况如图所示，
将加速度沿平行于斜面方向和垂直于斜面方向分解，分别在该两方向应用牛顿第二定律，得：FN-mgcosθ=macosθ?
所以FN=mgcosθ+macosθ ①
Fμ-mgsinθ=mgsinθ?
所以Fμ=mgsinθ+masinθ ②
由①式可知：θ一定时，a越大，FN越大；a一定时，θ越大，FN越小.?
由②式可知，θ一定时，a越大，Fμ越大；a一定时，θ越大，Fμ越大.?
【答案】 D
8.质量为55 kg的人站在井下一质量为15 kg的吊台上，利用图1-3-9所示的装置用力拉绳，将吊台和自己提升起来.若吊台起动时的加速度是0.2 m/s2，求此时人对吊台的压力和绳中的张力.
图1-3-9
【解析】 对系统应用牛顿第二定律，得：?
2FT-(m人+m合）g=（m人+m合）a?
所以FT=（m人+m合）（a+g）?
=×（55+15）×（0.2+9.8）N?
=350 N?
对人应用牛顿第二定律，得：
FT+FN-m人g=m人a?
所以FN=m人（a+g）-FT?
=55×（0.2+9.8) N-350 N?
=200 N?
由牛顿第三定律得：人对吊台的压力：
FN′=FN=200 N
【答案】 200 N;350 N
9.竖直向上抛出一个物体，不计空气阻力，上升到最高点所需时间为t1.如果有空气阻力，且以同样的速度抛出此物体，则上升到最高点所需时间为t2，从最高点再落回到抛出点所需时间为t3.试证明：t3>t1>t2.?
【解析】 设竖直上抛物体的初速度为v0，如果没有空气阻力，上升的高度为h，则有?
t1= ①
如果有空气阻力，设由空气阻力产生的加速度为a,上升的高度为h′，则有?
t2= ②
小球落到抛出点的距离仍为h′,则有?
t3= ③
所以得t1>t2,t3>t2.
然后再比较t1、t3的大小.?
由①、②、③式得
t1=t2?
t3=t2?
所以
因为a>0,所以t3>t1,证得
t3>t1>t2
【答案】 略
10.（2000年上海，21）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直径.（如图1-3-10所示）?
图1-3-10
（1）当杆在水平方向上固定时，调节风力的大小，使小球在杆上匀速运动.这时小球所受的风力为小球所受重力的0.5倍，求小球与杆间的滑动摩擦因数.
（2）保持小球所受风力不变，使杆与水平方向间夹角为37°并固定，则小球从静止出发在细杆上滑下距离s所需时间为多少？?
（sin37°=0.6,cos37°=0.8）
【解析】 （1）设小球受的风力为F，小球质量为m，因小球做匀速运动，则F=μmg，F=0.5mg,所以μ=0.5
（2）如图所示，设杆对小球的支持力为N，摩擦力为Ff，小球受力产生加速度，沿杆方向有Fcosθ+mgsinθ-Ff=ma
垂直于杆方向
N+Fsinθ-mgcosθ=0
又Ff=μN
可解得a=
由s=at2，得?
t=
【答案】 (1)0.5 (2)?
●教学参考链接?
作为第二阶段的专题复习，对于牛顿运动定律的复习，应注重应用牛顿运动定律分析、解决问题方法的总结，注重提高学生综合应用牛顿运动定律解决问题的能力.?
“超重”“失重”现象虽司空见惯，但很多学生却熟视无睹，复习中应重点强调“超重”“失重”的实质，就在于加速度的方向，无论定性讨论还是定量计算，依据的都是牛顿第二定律.
专题四 力和运动的合成与分解
●高考趋势展望?
力和运动的合成与分解，体现了矢量的运算法则，反映了物理学研究问题的重要方法.在历年的高考中常常将力和运动的合成与分解渗透在物体的平衡、动力学问题、曲线运动、带电粒子在电场、磁场中的运动、导体切割磁感线的运动等问题中进行考查.
●知识要点整合?
1.平行四边形定则?
平行四边形定则是矢量合成与分解遵循的法则.通过平行四边形定则将合矢量与分矢量的关系转化为平行四边形的对角线和邻边的关系，把矢量运算转化为几何运算.所以，在解决力和运动的合成与分解的问题时，作图是解题的关键.?
2.力的合成与分解?
力的合成与分解几乎贯穿于所有涉及力的力学问题和电学问题中.求解这些问题时，常用正交分解法进行力的合成与分解，建立合适的坐标系是利用正交分解法进行力的合成与分解的关键.?
3.运动的合成与分解?
在物理学中，我们常把一些复杂的运动分解为两个简单的运动研究，例如，我们将平抛运动分解为一个沿水平方向的匀速直线运动和沿竖直方向的自由落体运动；研究带电粒子在匀强电场中的偏转时，也是将带电粒子的曲线运动分解为一个匀变速直线运动和一个匀速直线运动，这样通过研究两个简单的分运动，再通过运动合成的方法就可掌握合运动的规律.利用运动的合成与分解研究实际运动时，判断应把实际运动（合运动）分解为哪两个分运动是解决问题的关键.?
●精典题例解读?
［例1］河宽60 m，水流速度为6 m/s，小船在静水中速度为3 m/s，则它渡河的最短时间是多少？最短航程是多少米？
【解析】 小船过河问题是应用运动合成与分解的原理解决的一类典型问题，常常涉及求最短过河时间和过河的最短位移问题.当船头正指对岸航行时，过河时间最短.过河位移最短的问题有两种情况：第一种情况是当船速v2大于水速v1，即v2>v1时，合速度v与河岸垂直时，最短航程就是河宽，第二种情况是v2图1-4-1
小船过河最短时间为?
t= s=20 s
位移最短时船头应偏向上游河岸α角，则?
cosα=
α=60°,最短位移为?
s= m=120 m
［例2］1999年，中国首次北极科学考察队乘坐我国自行研制的“雪龙”号科学考察船对北极地区海域进行了全方位的卓有成效的科学考察.“雪龙”号科学考察船不仅采用特殊的材料，而且船体的结构也满足一定的条件，以对付北极地区的冰块和冰层.它靠自身的重力压碎周围的冰块，同时又将碎冰挤向船底，如图1-4-2所示.倘若碎冰块仍挤在冰层与船体之间，船体由于受巨大的侧压力而可能解体.为此，船壁与竖直平面之间必须有一个恰当的倾斜角θ.设船壁与冰块间的动摩擦因数为μ，试问使压碎的冰块能被挤向船底，θ角应满足什么条件.
图1-4-2
【解析】 如图1-4-3所示，碎冰块受到船体对它的垂直于船壁向外的弹力FN，冰层对它的水平方向的挤压力F，船体与碎冰块间的摩擦力Ff.此外，碎冰块还受到自身重力和水对它的浮力作用，但这两个力的合力与前面分析的三个力相比很小，可忽略不计.?
图1-4-3
由碎冰块的受力图可知，对于一定大小的挤压力F而言，θ越大，其沿船壁向下的分力就越大，同时垂直船壁向里的分力就越小，碎冰与船体间的压力越小，滑动摩擦力也就越小，从而碎冰块越容易被挤向船底.所以，θ角一定要大于某一临界值θ0，才能使压碎的冰块被挤向船底.
将冰块所受的力分解到沿船壁方向与垂直于船壁方向，当碎冰块处于将被挤向船底的临界状态时，由物体的平衡条件有?
Fcosθ0-FN=0,?
Fsinθ0-Ff=0,又Ff=μFN,?
解得 tanθ0=μ.
从而，为使压碎的冰块能被挤向船底，船壁与竖直平面间的倾斜角θ必须满足θ>θ0，即θ>arctanμ.
小结：在处理实际问题时，往往忽视一些次要因素（如本题中冰块所受的重力和浮力），进行理想化的分析，而使问题的讨论得以合理简化.
本题的求解需要将定性分析与定量计算相结合，确定冰块所受冰层水平挤压力F的分解方向，研究冰块被挤向船底的临界状态，需要较强的分析推理能力.
［例3］在光滑水平面上有一质量m=1.0×10-3 kg，电量q=1.0×10-10 C的带正电小球，静止在O点.以O点为原点，在该水平面内建立直角坐标系Oxy.现突然加一沿x轴正方向、场强大小E=2.0×106 V/m的匀强电场，使小球开始运动.经过1.0 s，所加电场突然变为沿y轴正方向，场强大小仍为E=2.0×106 V/m的匀强电场.再经过1.0 s，所加电场又突然变为另一个匀强电场，使小球在此电场作用下经1.0 s速度变为零.求此电场的方向及速度为零时小球的位置.
【解析】 小球的运动分为三个过程：第一过程为小球在电场力作用下沿x轴做匀加速直线运动；第二过程为小球做“类平抛运动”，其运动可分解为沿x轴方向的匀速直线运动和沿y轴方向的匀加速直线运动；第三过程小球做匀减速直线运动.?
由牛顿定律得知，在匀强电场中小球加速度的大小为a=
代入数值得
a= m/s2=0.20 m/s2?
当场强沿x轴正方向时，经过1 s小球的速度大小为?
vx=at=0.20×1.0 m/s=0.20 m/s?
速度的方向沿x轴正方向.小球沿x轴方向移动的距离?
Δx1=×0.20×1.02 m=0.10 m?
在第2 s内，电场方向沿y轴正方向，故小球在x方向做速度为vx的匀速运动，在y方向做初速为零的匀加速运动.沿x方向移动的距离?
Δx2=vxt=0.20 m?
沿y方向移动的距离?
Δy=at2=×0.20×1.02 m=0.10 m?
故在第2 s末小球到达的位置坐标?
x2=Δx1+Δx2=0.30 m?
y2=Δy=0.10 m?
在第2 s末小球在x方向的分速度仍为vx,在y方向的分速度?
vy=at=0.20×1.0 m/s=0.20 m/s?
由上可知，此时运动方向与x轴成45°角.要使小球速度能变为零，则在第3 s内所加匀强电场的方向必须与此方向相反，即指向第三象限，与x轴成135°角.?
在第3 s内，设在电场作用下小球加速度的x分量和y分量分别为ax、ay，则?
ax==0.20 m/s2?
ay==0.20 m/s2?
在第3 s末小球到达的位置坐标为?
x3=x2+vxt-axt2=0.40 m?
y3=y2+vyt-ayt2=0.20 m?
小结：该题考查了学生描绘物理过程细节，还原物理模型的能力，这是今后在高考中出题的方向，注重了分析判断能力的考查.考生需在审题的基础上，弄清各个子过程的运动特点，建立清晰的物理图景，在第1 s内，带电质点沿x轴正向做初速度为零的匀加速直线运动；在第2 s内做匀减速直线运动，直到速度为零，运用运动的独立性，分别在x、y两个方向建立方程.?
●应用强化训练?
1.如图1-4-4所示，甲、乙两运动员同时从水流湍急的河流两岸下水游泳，甲在乙的下游且游速大于乙.欲使两人尽快在河中相遇，则应选择的游泳方向是?
图1-4-4
A.都沿虚线偏下游方向游?
B.都沿虚线方向朝对方游?
C.甲沿虚线方向、乙沿虚线偏上游方向游?
D.乙沿虚线方向、甲沿虚线偏上游方向游?
【解析】 若水速为零，则因甲、乙相遇时相对位移是恒定的，只有甲、乙都沿虚线相向游动，其相对速度最大，相遇时间最短.在水速不为零的情况下，两者在相向做匀速直线运动的基础上，都附加了同样的沿水流方向的运动，因此不影响它们相对位移和相对速度的大小，相遇时间和水速为零的情况完全相同仍为最短.?
另外，从位移合成的角度，更容易得到解答如下：设水速为零时，甲、乙沿虚线相向游动时位移分别为s甲和s乙，如图所示.?
当水速不为零时，它们将在s甲、s乙的基础上都沿水流方向附加一个相同的位移s′，由矢量合成的三角形定则知，甲、乙两人的实际位移应分别是图中的s甲′、s乙′.由图看出，此时他们仍到达了河中的同一点——即相遇，其相遇时间与水速为零时一样为最短.?
【答案】 B
2.如图1-4-5所示，一辆匀速行驶的汽车将一重物提起，在此过程中，重物A的运动情况是
图1-4-5
A.加速上升，且加速度不断增大?
B.加速上升，且加速度不断减小?
C.减速上升，且加速度不断减小?
D.匀速上升?
【解析】 根据汽车运动产生的实际效果——一方面将绳拉过定滑轮，一方面绕定滑轮转动，将汽车速度分解如图所示.由上图可知，vA=v1=vsinθ.随着汽车的运动，θ增大， vA=v1增大，故A应加速上升.
由v—t图线的意义知，其斜率为加速度，在0°～90°范围内，随θ角的增大，曲线sinθ的斜率逐渐减小，所以A上升的加速度逐渐减小.
【答案】 B
3.在封闭的玻璃管中注满清水，水中放一蜡球（直径略小于玻璃管内径），将蜡球调至管的最低点，使玻璃管竖直放置，在蜡球上升的同时将玻璃管水平向右移动.假设从某时刻t=0开始，蜡球在玻璃管内每1 s上升的高度都是5 cm，从t=0开始，玻璃管向右匀加速平移，每隔1 s通过的水平位移依次是4 cm，12 cm，20 cm，28 cm，…，试分析、计算：?
（1）蜡球实际做直线运动还是曲线运动，简述你的理由.?
（2）蜡球在t=2 s时的运动速度.?
【解析】 （1）蜡球在水平方向上做匀加速直线运动，在竖直方向上做匀速运动，因此加速度方向与速度方向不共线，其合运动为曲线运动.
（2）设蜡球水平加速度为a，则s2-s1=aT2,a=8 cm/s2?
在t=2 s时，vx=5 cm/s,vy=at=16 cm/s?
vt= cm/s= cm/s≈0.168 m/s
设速度方向与水平方向成θ角，则tanθ==3.2
【答案】 （1）曲线运动；原因略
（2）0.168 m/s，与水平方向夹角为arctan3.2
4.（2000年上海）在一次“飞车过黄河”的表演中，汽车在空中飞经最高点后在对岸着地.已知汽车从最高点至着地点经历的时间约为0.8 s，两点的水平距离约为30 m，忽略空气阻力，则汽车在最高点时的速度约为______ m/s.
【解析】 汽车从最高点以后即做平抛运动，所以由平抛运动的规律得：?
v最高= m/s=37.5 m/s.
【答案】 37.5
5.（2001年京、皖、蒙春季高考）质量为m=0.10 kg的小球以v0=10 m/s的水平速度抛出，下落h=5.0 m时撞击一钢板，撞后速度恰好反向，则钢板与水平面的夹角θ=______,球要撞击钢板时动量的大小为______.?
【解析】 只有小球速度方向和钢板垂直时，撞击后速度才反向，故求出撞击前小球速度方向即可明确钢板与水平方向夹角.?
小球撞击钢板前水平速度：vx=v0=10 m/s，竖直速度：vy=gt=g·= m/s=10 m/s,所以速度方向与竖直方向夹角：?
θ=tan-1=tan-1=45°,所以钢板方向与水平方向夹角α=45°,如图所示?
碰前小球动量大小为：?
p=mv=m=0.10× kg·m/s= kg·m/s.
【答案】 45°； kg·m/s
6.水平抛出一物，其速度方向由与水平方向成45°角变为60°角所经历的时间为t.求平抛物体的初速度.?
【解析】 根据题意及平抛运动的特点，可得其速度随时间变化的矢量图，如图所示.由图易知： vy1=v0,vy2=v0.?
由于平抛物体在竖直方向上做自由落体运动，其竖直分速度由vy1变为vy2历时t，所以有：
vy2-vy1=gt?
即：v0-v0=gt?
所以v0=gt.
【答案】 gt
7.如图1-4-6所示，A、B、C为平抛物体运动轨迹上的三点，已知A、B间与B、C间的水平距离均为x，而竖直方向间的距离分别为y1、y2.试根据上述条件求平抛物体的初速度及B点瞬时速度的大小.?
图1-4-6
【解析】 由A、B间和B、C间水平位移相等知,物体从A运动到B和从B运动到C的时间相等，设为t.因平抛物体竖直方向为加速度等于g的匀加速直线运动，所以y2-y1=gt2，所以t=，所以平抛初速度?v0==x·；?
物体在B点的竖直分速度vBy=，水平分速度vBx=v0=x
所以vB=
=
【答案】
v0=x·；?
vB=
8.如图1-4-7所示，临界角C为45°的液面上有一点光源S发出一束光垂直入射到水平放置于液体中且距液面为d的平面镜M上.当平面镜M绕垂直过中心O的轴以角速度ω做逆时针匀速转动时，观察者发现水面上有一光斑掠过，则观察者观察到的光斑在水面上掠过的最大速度为多少？?
图1-4-7
【解析】 当平面镜M以角速度ω逆时针转动时，反射光线将以角速度2ω同向转动.反射光线射到水面形成的光斑（应是人看到折射光线出射处）以s向左沿水面移动.将其移动速度v分解如图.
由图可知，θ越大，OP越大，v越大.但当θ＞45°时，反射光线OP将在水面发生全反射，观察者将看不到光斑，因此，当θ角非常接近45°时观察者看到的光斑移动速度最大，其值为vm==4dω.?
【答案】 4dω
9.图1-4-8是压榨机的原理示意图，B为固定铰链，A为活动铰链，在A处作用一水平力F，滑块C就以比F大得多的压力压物体D，已知图中l=0.5 m,b=0.05 m,F=200 N,C与左壁接触面光滑，求D受到的压力多大？（滑块和杆的重力不计）?
图1-4-8
【解析】 力F作用的效果是对AB、AC两杆沿杆方向产生挤压作用，固此可将F沿AB、AC方向分解为F1、F2，则F2=.
力F2的作用效果是使滑块C对左壁有水平向左的挤压作用，对物体D有竖直向下的挤压作用.因此，可将F2沿水平方向和竖直方向分解为力F3、F4，则物体D所受的压力为
FN=F4=F2sinα=·sinα=tanα.?
由题图可知tanα==10,且?
F=200 N,故?
FN=1000 N.?
【答案】 1000 N?
●教学参考链接?
因矢量运算和标量运算遵守不同的运算法则，因此在物理教学和物理复习中，一定要弄清楚高中物理中所学物理量的性质，即哪些物理量属于矢量，哪些物理量属于标量.?
在各种矢量的分解、合成计算中，以力和速度的分解、合成较为多见，也是历年高考常考知识点之一，因此应把力和速度合成、分解的平行四边形定则和三角形定则作为本专题的重点.?
对矢量差的计算，容易和标量差相混淆，是学生掌握的难点，应通过一定数量习题的练习，以强化学生对这一问题的认识和理解.?
另外，像“岸人拉船”类问题中速度的分解，也是学生学习中不易理解和掌握的知识点，复习中也应予以足够的重视.?
平抛运动的处理方法代表了中学阶段处理曲线运动的一般方法——以曲化直，即把曲线运动分解为我们所熟知的直线运动.通过该专题的训练，应使学生理解并掌握这种思路和方法.
专题五 圆周运动问题?
●高考趋势展望?
圆周运动问题涉及物体的匀速圆周运动、竖直面内的圆周运动、天体的圆周运动、带电粒子在磁场或复合场中的圆周运动，这些都是高考的热点问题.?
从近年来高考对圆周运动问题的考查看，常常结合万有引力定律考查天体的圆周运动，结合有关电学内容考查带电粒子在磁场或复合场中的圆周运动.?
●知识要点整合?
1.对于做匀速圆周运动的物体，只存在改变速度方向的向心加速度，其所受到的所有外力的合力即为产生向心加速度的向心力.对于做变速圆周运动的物体，不仅存在改变速度方向的向心加速度，还存在改变速度大小的切向加速度，其中产生向心加速度的向心力应为物体所受各力沿半径方向分力的矢量和.?
2.在重力场中沿竖直轨道做圆周运动的物体，在最高点最易脱离圆轨道.对于沿轨道内侧和以细绳相连而做圆周运动的物体，轨道压力或细绳张力恰为零——即只有重力充当向心力时的速度，为完成圆周运动在最高点的临界速度.其大小满足方程：mg=m,所以v临=.对于沿轨道外侧或以硬杆支持的物体，在最高点的最小速度可以为零.?
3.研究天体运动（包括研究人造地球卫星的运动）的基本方法，是把天体的运动看做匀速圆周运动，天体间的万有引力提供所需要的向心力.即：G=mrω2.另外，一般不考虑天体自转因素的影响，而认为物体在某天体表面的重力，大小等于天体对物体的万有引力，即：mg=G.
4.根据不同的需要，可以发射各种不同轨道的卫星（如极地卫星、太阳同步卫星、地球同步卫星等），对于任何轨道的人造地球卫星，地球总位于其轨道中心.对于地球同步卫星，其轨道平面只能和赤道平面重合，且只能发射到特定的高度，以特定的速率运行.?
●精典题例解读?
［例1］如图1-5-1，细杆的一端与一小球相连，可绕过O点的水平轴自由转动.现给小球一初速度，使它做圆周运动.图中a、b分别表示小球轨道的最低点和最高点，则杆对球的作用力可能是
图1-5-1
A.a处为拉力，b处为拉力?
B.a处为拉力，b处为推力?
C.a处为推力，b处为拉力?
D.a处为推力，b处为推力?
【解析】 因改变小球速度方向的向心力总是指向圆心的，故在最低点a处，无论小球速度大小如何，杆提供的只能是拉力，且拉力应大于重力，才能合成指向圆心的向心力.而在最高点b处，重力的方向是指向圆心的，可充当向心力.当小球需要的向心力刚好等于重力时（即在b处球速vb=时——R为圆轨道半径），杆处于自由状态，既不产生拉力，也不产生推力.当小球需要的向心力小于重力时（即当vb＜时），球对杆产生挤压作用，杆产生沿半径向外的推力.而当球需要的向心力大于重力时（即当vb＞），球有离心运动趋势而拉伸杆使杆产生对球的拉力.总之，杆在a处提供的只能是拉力，而在b处，则可能提供拉力、推力或不提供任何作用力.因此，正确答案为A、B.?
小结：在解答竖直面内的圆周运动问题时，对球在最高点的临界情况，要注意两类模型的区别：绳和杆，绳只能提供拉力，而杆既能提供拉力又能提供支持力.
［例2］采用不同的方法可以估计银河系的质量.按某种估计认为：在距银河系中心R=3×109R0(R0是地球的公转半径)范围内聚集的质量M1=1.5×1011M0（M0是太阳的质量）.同时离银河系中心距离R处有一颗星球绕银河系中心运转的周期T=3.75×108年.若计算时可认为银河系的质量聚集在其中心，则银河系“暗含着的质量”，即半径为R的球体内未被发现的天体质量约为M0的多少倍？?
【解析】 根据天体的圆周运动求质量，其依据就是万有引力提供向心力，即?
G
所以，根据该式只能求出圆心处天体的质量：?
M=
星球绕银河系做圆周运动的向心力由银河系对其的万有引力提供，即：?
=m星R（）2?
地球环绕太阳做圆周运动的向心力由太阳对地球的万有引力提供，若设地球公转周期为T0，则有：?
所以M银==1.92×1011M0.?
因而银河系“暗含的质量”为：
ΔM=M银-M1=1.92×1011M0-1.5×1011M0?
=4.2×1010M0.
小结：求解天体的圆周运动问题的依据就是万有引力提供向心力，其基本方程有?
G
［例3］如图1-5-2所示，细线一端系住一质量为m的小球，以另一端O为圆心，使小球在竖直面内做半径为R的圆周运动.若球带正电q,空间有竖直向上的匀强电场E，为使小球能做完整的圆周运动，在最低点A小球至少应有多大的速度？?
图1-5-2
【解析】 求解本题的关键是找出带电粒子在复合场中做圆周运动的“等效最高点”，以便求出小球在“等效最高点”的临界速度，进一步求出小球在最低点A的速度.?
由于m、q、E的具体数值不详，故应分别讨论如下：?
（1）若qE＜mg，则等效重力场的方向仍向下，等效重力加速度g′=.因此在最高点的临界速度vB=.
由动能定理，得：
mg′·2R=mvA2-mvB2?
整理，得：vA=.?
（2）若qE＞mg,则等效重力场的方向向上，等效重力加速度g′=.在该等效重力场中小球轨迹“最高点”（实际为问题中的最低点—即A点）的临界速度为vA==.?
●应用强化训练?
1.一小球用轻绳悬挂在某固定点，现将轻绳水平拉直，然后由静止释放小球，则小球由静止开始运动至最低位置的过程中?
①小球在水平方向的速度逐渐增大?
②小球在竖直方向的速度逐渐增大?
③到达最低点时小球线速度最大?
④到达最低点时绳中的拉力等于小球重力?
正确的是?
A.①③ B.②④?
C.①② D.③④?
【解析】 小球由释放摆至最低点的过程中，轻绳拉力始终有水平分力存在，因此小球水平方向始终存在加速度，所以其水平方向速度越来越大，即①对.而竖直方向轻绳拉力的分量越来越大，由小于重力变为大于重力，其竖直方向加速度先减小至零，再反向增大，所以竖直方向的速度先增大后减小，故知②、④错.另由小球下摆过程中机械能守恒，摆至最低点时，重力势能最小，动能最大，所以最低点线速度最大，即③对.正确选项为A.?
【答案】 A?
2.由上海飞往洛杉矶的飞机在飞越太平洋上空的过程中，如果保持飞行速度的大小和距离海面的高度不变，则以下说法正确的是
A.飞机做的是匀速直线运动?
B.飞机上的乘客对座椅压力略大于地球对乘客的引力?
C.飞机上的乘客对座椅压力略小于地球对乘客的引力?
D.飞机上的乘客对座椅的压力为零?
【解析】 因地球为球形，飞机飞行中实际在绕地心做圆周运动，其加速度——向心加速度总是向下指向地心，乘客随飞机运动亦有指向地心向下的加速度，处于失重状态，故对座椅的压力小于其重力，即答案C对.
【答案】 C
3.（2003年北京春季，20）在地球（看作质量均匀分布的球体）上空有许多同步卫星，下面的说法中正确的是?
A.它们的质量可能不同?
B.它们的速度可能不同?
C.它们的向心加速度可能不同?
D.它们离地心的距离可能不同?
【解析】 同步卫星离地球高度、运行速度、向心加速度均是确定的值.所以B、C、D皆错，A对.?
【答案】 A?
4.如图1-5-3所示，两半径不同而内壁光滑的半圆轨道固定于地面，一个小球分别从与球心在同一水平高度的A、B两点从静止开始自由下滑，通过轨道最低点时?
图1-5-3
①小球对两轨道的压力相同?
②小球对两轨道的压力不同?
③小球的向心加速度不相等?
④小球的向心加速度相等?
正确的是?
A.①④ B.②③?
C.①③ D.②④?
【解析】 设轨道半径为R，则由机械能守恒可得小球到达最低点时速度v=，由牛顿第二定律，得：F-mg=m,所以F=mg+m=3mg.可见，小球对轨道的压力与轨道的半径无关，同样最低点处小球的向心加速度也与轨道半径无关，恒为2g.?
【答案】 A
5.如图1-5-4所示，用绝缘细线拴一带负电小球，在竖直面内做圆周运动，则?
图1-5-4
A.当小球运动到最高点a时，线的张力一定最小?
B.当小球运动到最低点b时，小球的速度一定最大?
C.当小球运动到最高点a时，电势能一定最小?
D.小球在运动过程中机械能守恒?
【解析】 小球所受电场力方向竖直向上，与重力方向相反，但由于电场力和重力的大小关系不确定，所以小球所受“等效重力”的方向不确定，因而小球在哪点速度最大，线的弹力最大，是不确定的.另由电场力做功和电势能变化的关系可知，小球在最高点时电势能一定最小.
【答案】 C
6.赤道地区地面附近的重力加速度g=9.780 m/s2，地球赤道半径R=6378 km，地球自转周期T=24 h.试根据以上数据计算通讯卫星离地的高度和运行速度.?
【解析】 地球对通讯卫星的万有引力是通讯卫星做圆周运动的向心力.设通讯卫星质量为m，离地高度为h，地球质量为M，则由牛顿第二定律，得：?
又物体在地球表面的重力近似等于地球对物体的万有引力，?
即：mg=
联立以上两方程解得：?
h=
= m-6378×103 m?
=3.58×107 m?
所以v=
= m/s?
=3.07×103 m/s.?
【答案】 3.58×107 m；3.07×103 m/s
7.如图1-5-5所示，A、B分别为竖直固定光滑轨道的最低点和最高点.已知质量为m的小球通过A点的速率为2 m/s，试求它通过B点速率的最小值.?
图1-5-5
【解析】 由机械能守恒定律知，轨道半径越大，小球通过B点速率越小，但小球能通过最高点的速率应受圆周运动规律的制约，当小球通过最高点重力恰好充当向心力时，其对应的速度即为所求.?
设轨道半径为R时小球恰通过B点的速率为v，则由机械能守恒定律，得：?
mv2+2mgR=mv02?
又因：mg=m
解得：v=2 m/s?
【答案】 2 m/s
8.如图1-5-6所示，长为1 m的轻杆可绕距右端0.6 m的O轴在竖直平面内无摩擦地转动.质量均为m=20 g的A、B两球分别固定在杆的两端.现将杆由水平位置释放问轻杆转到竖直位置时两球速度各多大？杆对轴的作用力如何？?
图1-5-6
【解析】 两球系统在转动过程中机械能守恒，即：?
mg·-mg·=mvB2+mvA2?
又
代入数据解得：vA=1.1 m/s,vB=1.66 m/s?
分别对A、B两球应用牛顿第二定律，得：?
FB-mg=m·
FA+mg=m·
解得：FB=0.29 N,FA=-0.14 N，“-”号说明杆对A的作用力为支持力.?
所以杆对轴的作用力大小为：?
FN=FA′+FB′=|FA|+FB=0.43 N,方向向下.?
【答案】 vA=1.1 m/s,vB=1.66 m/s；杆对轴的作用力大小为0.43 N，方向竖直向下?
9.如图1-5-7所示，在竖直平面内，一光滑圆环固定于一水平向右的匀强电场中，在最低点有一个初速度为v0、质量为m、带电量为+q的小球，已知qE=mg.试求：?
图1-5-7
（1）为使小球能完成圆周运动而不脱离圆环，圆环的半径R最大为多大？?
（2）小球在运动过程中的最大速率.?
【解析】 （1）等效重力的大小：mg′=,等效重力的方向为右偏下45°，最易脱离轨道处在圆环上偏左45°处.设恰不脱离轨道时轨道半径为R，则有：
mg′=m
由动能定理，得：?
-mg′R(1+cos45°)=mv2-mv02?
解得：R=
（2）小球在环的右偏下45°处时速率最大.由动能定理，得：?
mg′R(1-cos45°)= mvm2-mv02?
所以，vm=
=v0?
【答案】 （1）v02/(3+2)g
（2）v0
10.1997年8月26日在日本举行的国际学术大会上，德国Max Planck学会的一个研究组宣布了他们的研究结果：银河系的中心可能存在一个大“黑洞”.所谓“黑洞”，它是某些天体的最后演变结果.
（1）根据长期观测发现，距离某“黑洞”6.0×1012 m的另一个星体（设其质量为m）以2×106 m/s的速度绕“黑洞”旋转，求该“黑洞”的质量M；（结果要求两位有效数字）
（2）根据天体物理学知识，物体从某天体上的逃逸速度公式为v=,其中引力常量G=6.67×10-11 N·kg-2,M为天体质量，R为天体半径，且已知逃逸速度大于真空中光速的天体叫“黑洞”.请估算（1）中“黑洞”的可能最大半径.（结果只要求一位有效数字）?
【解析】 （1）设“黑洞”质量为M，天体质量为m，它们之间的距离为r，根据万有引力等于向心力，有?
,?
M= kg?
=3.6×1035 kg.?
（2）设“黑洞”的可能半径为R，质量为M，依题意，须满足＞c,即有R＜,
所以“黑洞”的可能最大半径?
Rmax= m?
=5×108 m.?
【答案】 (1)3.6×1035 kg (2)5×108 m?
●教学参考链接?
因竖直面上物体的圆周运动一般为变速的圆周运动，在中学阶段只能讨论物体在圆周上特殊点——最“高”点或最“低”点的运动情况，因此，讨论物体在轨道的最“高”点或最“低”点的运动情况、受力情况及其间关系，是本专题内容的重点；而对物体完成圆周运动临界状态的分析（特别是在复合场中）是本专题的特点.对带电摆球在复合场中的圆周运动的问题，可通过引入“等效重力场”的方法予以解决.另外应使学生明白，处理圆周运动问题的基本方程仍是牛顿第二定律方程.实际上，对圆周运动问题的处理，就是牛顿运动定律应用的继续，处理问题的基本方法与处理直线运动的动力学问题大致相同.?
人造地球卫星问题，既涉及自然界中一个重要的力学定律——万有引力定律，又涉及一些现代高科技的知识.正是高考命题的热点之一，特别是同步卫星问题，几乎各种形式的高考，每年都有考题出现，因此应当把该专题作为重点对待.题目不一定要做太多，关键是掌握处理问题的方法.
能力提升检测 运动和力（A卷）?
一、选择题（本题共8小题，每小题5分，共40分.每小题给出的四个选项中，只有一项符合要求，选对得5分，选错或不答得0分）
1.如图1所示，一质点做曲线运动从M点到N点，当它通过P点时，其速率v和加速度a的方向关系可能正确的是?
图1
【解析】 物体做曲线运动时，由于速度方向变化，所以，它所受的合外力及其加速度均指向轨迹的内侧.?
【答案】 C?
2.如图2所示，在细绳的下端挂一物体，用力F拉物体，使细绳偏离竖直方向α角，且保持α角不变，当拉力F与水平方向夹角β为多大时，拉力F的值最小?
图2
A.β=0 B.β=
C.β=α D.β=2α?
【解析】 选节点O研究其受向下的力F1（大小恒等于悬挂物的重力）、倾斜绳的拉力F2和F作用.由平衡条件知，F2和F的合力大小等于竖直悬绳的拉力F1，但方向相反，由力合成的平行四边形定则或三角形定则可知，当F和F2垂直，即β=α时，F有最小值如图所示.
【答案】 C?
3.如图3所示，套在竖直细杆上的环A由跨过定滑轮的不可伸长的轻绳与重物B相连，由于B的质量较大，故在释放B后，A将沿杆上升.当A上升至环与定滑轮的连线处于水平位置时，其上升速度vA≠0，这时B的速度为vB，则?
图3
A.vA＞vB＞0 B.vA=vB?
C.vA＜vB D.vB=0?
【解析】 按A运动的实际效果，vA可分解为沿绳和垂直于绳的两个分速度v∥和v⊥，其中v∥=vB.当A运动至与定滑轮等高位置时，vB=v∥=0.?
【答案】 D?
4.一个物体受到三个在同一平面内而不在同一直线上的力F1、F2、F3作用而处于平衡状态，下面说法中正确的是?
A.三个力同时增加相同值，物体不一定处于平衡状态?
B.若F2增加了ΔF，则物体必将沿F2的方向做匀加速直线运动?
C.若各力的大小不变，仅将F2的方向稍微改变，则物体一定做直线运动?
D.当F2突然变小时，物体一定做匀减速直线运动?
【解析】 物体平衡，可能静止，也可能做匀速直线运动.物体所受三力中任何一力发生变化时，必导致合力发生变化从而使合力不为零.考虑到若原物体处于匀速直线运动状态，则合力与原速度方向间关系无法确定，因而合力变化后物体的具体运动形式无法确定，故可排除B、C、D.由于三力大小、方向具体关系不确定，当三力都增大相同的数值后，合力不一定为零（只有当原三力互成120°角平衡时，各力增大相同值后合力仍为零），故物体不一定处于平衡状态.?
【答案】 A?
5.做平抛运动的物体，每秒的速度增量总是
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?
【解析】 因为平抛运动中，物体只受恒定的重力作用，所以物体每秒内速度的增量恒等于重力的加速度的大小，方向恒为向下.?
【答案】 A
6.（2000年高考科研测试）设月球绕地球运动的周期为27 d，则地球的同步卫星到地球中心的距离r与月球中心到地球中心的距离R之比r/R为
A. B. C. D.
【解析】 月球和地球同步卫星绕地球做圆周运动的向心力都由地球的万有引力提供，即：
,所以T=2π,可见r∝,所以r/R==1/9.
【答案】 B
7.一颗人造地球卫星以初速度v发射后，恰可绕地球表面做匀速圆周运动，若使发射速度为2v，则该卫星可能?
A.绕地球做匀速圆周运动，周期变大?
B.绕地球运动，轨道变为椭圆?
C.不绕地球运动，成为太阳系的人造行星?
D.挣脱太阳引力的束缚，飞到太阳系以外的宇宙?
【解析】 因v≥7.9 km/s,所以2v≥15.8 km/s，大于第二宇宙速度11.2 km/s，小于第三宇宙速度16.7 km/s，故发射物体将脱离地球吸引，成为太阳系的人造行星.?
【答案】 C?
8.有两个光滑固定斜面AB和BC，A和C两点在同一水平面上，斜面BC比斜面AB长（如图4所示）.一个滑块自A点以速率vA上滑，到达B点时速度减小为零，紧接着沿BC滑下.设滑块从A点到C点的总时间是tC，那么下列四个图（图5）中，正确表示滑块速度的大小v随时间t变化规律的是?
图4
图5
【解析】 滑块沿AB做减速直线运动，设加速度为a1，运动时间为t1，则sAB=a1t12；滑块沿BC做匀加速直线运动，设加速度为a2，运动时间为t2，则sBC=a2t22.又滑块在斜面AB上比在BC上加速度大，即a1＞a2，又sAB＜sBC，所以t1＜t2.可能对的选项是BCD.又v与t是直线关系，D选项错.整个过程中机械能守恒，故应选C.?
【答案】 C?
二、填空题（本题共3小题，每小题6分，共18分）
9.当一组气体分子通过如图6所示圆柱体时，只有速率严格限定的分子才能通过圆柱体中的沟槽而不和沟壁碰撞.已知圆柱体绕OO′轴以n r/s的转速旋转，圆柱体长L m，沟槽进口所在半径与出口所在半径之间夹角为φ,则可判定通过沟槽的分子速率为______.?
图6
【解析】 气体分子前进L的时间内圆柱应恰好转过φ角.即：φ=2nπ·，所以v=2nπL/φ.
【答案】 2nπL/φ?
10.如图7所示，光滑圆环固定在竖直平面上，环上穿过带孔小球A、B，两球用轻绳系着，平衡时细绳与水平方向的夹角为30°，此时球B恰与环心O在同一水平面上，则A球与B球的质量之比是mA∶mB=______.?
图7
【解析】 对B受力分析如图?
由平衡条件得：FT=mBg/sin30°=2mBg.?
对A受力分析如图，由平衡条件及几何关系知，FT=mAg，所以mA∶mB=2∶1.?
【答案】 2∶1
11.一次用闪光照相方法研究平抛运动规律时，由于某种原因，只拍到了部分方格背景及小球的3个瞬时位置A、B、C，如图8所示，若已知频闪的间隔为0.1 s（即相邻的两个位置之间的运动时间），A、B位置在竖直方向相距3格，B、C位置在竖直方向相距5格，每格长度为5 cm，则小球运动中的水平分速度大小为_____m/s，小球经B点时的竖直分速度大小为_____m/s.(取g=10 m/s2)?
图8
【解析】 由竖直方向Δsy=gT2得T= s=0.1 s，所以
vx= m/s=1 m/s.?
由匀变速直线运动的平均速度等于中间时刻的即时速度得：?
vBy= m/s=2 m/s?
【答案】 1；2
三、计算题（本题共3小题，共42分）?
12.（12分）甲乙两车同时从同一地点出发，甲以16 m/s的初速度、2 m/s2的加速度做匀减速直线运动，乙以4 m/s的初速度、1 m/s2的加速度和甲同向做匀加速直线运动，求两车再次相遇前两车相距的最大距离和再次相遇时两车运动的时间.?
【解析】 两车等速时相距最远，设其间历时为t，则有：?
v甲=16-2t=v乙=4+t?
所以t=4 s
所以两车最大距离：?
sm=16×4 m-×2×42 m-(4×4+×1×42) m=24 m.?
设从开始至再次相遇历时t′，若再次相遇前甲车仍在运动中，则有：?
16t′-×2×t′2=4t′+×1×t′2?
解得：t′=8 s
此时v甲=(16-2×8) m/s=0，即两车再次相遇时甲车速度恰减为零，所解结果符合实际情况.
【答案】 24 m；8 s
13.(14分)如图9所示，一光滑斜面与竖直方向成α角，一小球有两种方式释放：第一种方式是在A点以速度v0平抛落至B点；第二种方式是在A点松手后沿斜面自由下滑，求：?
图9
（1）AB的长度多大？?
（2）两种方式到B点，平抛的运动时间为t1，下滑的时间为t2,t1/t2等于多少？?
（3）两种方式到B点的水平速度之比v1x/v2x和竖直分速度之比v1y/v2y各是多少？
【解析】 (1)由平抛运动规律，得：?
sABcosα=gt12?
sABsinα=v0t1?
解得：sAB=2v02cosα/gsin2α.?
(2)t1=， t2=
所以=cosα?
(3)
=
=
=
【答案】 （1）2v02cosα/gsin2α (2)cosα (3) ；
14.（16分）如图10所示，质量为M的木板可沿倾角为θ的光滑斜面下滑.木板上站着一个质量为m的人.问：?
图10
（1）为了保持木板与斜面相对静止，人应如何运动？?
（2）为保持人与斜面相对静止，木板的加速度多大？方向如何？?
【解析】 （1）分析木板受力，由平衡条件知人对木板沿斜面向上的摩擦力Fμ=mgsinθ.
分析人的受力情况，其所受合外力Fm=mgsinθ+Fμ′=(M+m)gsinθ，所以由牛顿第二定律，得：am=.
(2)对人板系统，其所受合外力F=（M+m）·gsinθ，因人静止，加速的只有木板，故系统的加速度即表现为木板的加速度，所以am=gsinθ.?
【答案】 (1)人以加速度a=沿斜面向下加速运动
（2）gsinθ，沿斜面向下.
运动和力（B卷）
一、选择题（本题共8小题，每小题5分，共40分.每小题给出的四个选项中，只有一项符合要求，选对得5分，选错或不答得0分）
1.如图1所示，一个重为G的木箱放在水平地面上，木箱与水平面间的动摩擦因数为μ，用一个与水平方向成θ角的推力F推动木箱沿地面做匀速直线运动，则推力的水平分力等于
图1
A.μG ? B.μG/(cosθ-μsinθ)?
C.μG/(1-μtanθ)? D.Fsinθ?
【解析】 由平衡条件得：Fcosθ=μ（G+Fsinθ），所以F=，所以F的水平分力Fx=Fcosθ=
【答案】 C
2.一个质点在恒力F的作用下，由O点运动到A点的轨迹如图2所示，在A点时速度的方向与x轴平行，则恒力F的方向可能沿?
图2
A.+x轴 B.-x轴?
C.+y轴 D.-y轴?
【解析】 质点由O至A的过程中，+y方向动量减小为零，说明沿-y方向受到了力的冲量作用，由此可排除A、B、C，正确答案只能是D.?
【答案】 D?
3.驾驶员手册规定：具有良好刹车的汽车以72 km/h的速率行驶时，可以在52 m的距离内被刹住；在以36 km/h的速率行驶时，可以在18 m的距离内被刹住，假设对这两种速率，驾驶员所允许的反应时间（在反应时间内驾驶员来不及使用刹车，车速不变）与刹车的加速度值都相同，则允许驾驶员的反应时间为?
A.1.0 s B.1.2 s
C.1.5 s D.2 s
【解析】 设反应时间为Δt，刹车加速度大小为a，则由题意，得：
20·Δt+=52?
10·Δt+=18?
消去a解得：Δt=1.0 s
【答案】 A
4.如图3所示，水平圆盘可绕通过圆心O的竖直轴转动，盘上放两个小物体P和Q，它们的质量相同，与圆盘的最大静摩擦力都是Fm，两物体中间用一根细线连接，细线过圆心，P离圆心距离为r1,Q离圆心距离为r2,且r1＜r2，两物体随盘一起以角速度ω匀速转动，在ω的取值范围内P和Q始终相对圆盘无滑动，则
图3
A.ω无论取何值时，P、Q所受摩擦力都指向圆心?
B.ω取不同值时，Q所受静摩擦力始终指向圆心，而P所受摩擦力可能指向圆心，也可能背离圆心
C.ω取不同值时，P所受静摩擦力始终指向圆心，而Q所受静摩擦力都指向圆心，也可能背离圆心
D.ω取不同值时，P和Q所受静摩擦力都有可能指向圆心，也都有可能背离圆心?
【解析】 当ω较小时，P、Q所需向心力都小于Fm，绳子不产生张力作用，P、Q所受摩擦力分别充当其向心力，都是指向圆心的.由F向=mrω2知，Q需要的向心力较大，Q的摩擦力是先达最大.ω再增大时，绳子开始产生张力，且随ω的继续增大绳子张力逐渐增大.当绳子张力增大到刚好等于P所需向心力时，P受摩擦力减小为零.当ω再增大，使绳子张力增大到P所需向心力时，P则应受到背离圆心的向心力.如若r2=2r1，且绳张力F=Fm，Q受摩擦力达最大值时角速度为ω0，则有2Fm=mr2ω02，所以ω02=，此时P所需向心力FP=mr1ω02=Fm=Fm=F，即此时P的向心力刚好由绳子张力提供，P所受摩擦力恰为零.若ω＞ω0或r2＞2r1，则定会出现P的摩擦力背离圆心的情况.?
【答案】 B?
5.两木块A、B由同种材料制成，mA＞mB,并随木板一起以相同速度向右匀速运动，如图4所示，设木板足够长，当木板突然停止运动后，则?
图4
A.若木板光滑，由于A的惯性大，故A、B间距离将增大?
B.若木板粗糙，由于A受的阻力大，故B可能与A相碰?
C.无论木板是否光滑，A、B间距离将保持不变?
D.无论木板是否光滑，A、B两物体一定能相碰?
【解析】 木板停止运动后，A、B将以相同的初速度做加速度相同的（a=μg）匀减速运动（木板光滑时A、B均做匀速运动），在任意相同的时间内位移都相同，因此A、B间距保持不变.
【答案】 C
6.为训练宇航员习惯失重，需要创造失重环境.在地球表面附近，可以在飞行器的座舱内短时间地完成失重.设某一飞机可做多种模拟飞行，令飞机于速率500 m/s时进入实验状态，而在速率为1000 m/s时退出实验，则可以实现实验目的的飞行是?
①飞机在水平面内做变速圆周运动，速度由500 m/s 增加到1000 m/s ②飞机在竖直面内沿圆弧俯冲，速度由500 m/s增加到1000 m/s（在最低点） ③飞机以500 m/s做竖直上抛运动（关闭发动机），当它竖直下落速度增加到1000 m/s时，开动发动机退出实验状态 ④飞机以500 m/s沿某一方向做斜抛或平抛运动（关闭发动机），当速度达到1000 m/s时开动发动机退出实验状态
以上叙述正确的是?
A.只有④ B.只有②?
C.只有①④ D.只有③④?
【解析】 只有具有向下的加速度或向下的加速度分量时，物体才处于失重状态.①中飞机加速度在水平方向；②中加速度倾斜向上；③、④中飞机加速度竖直向下，故处于失重状态的是③、④，即答案D正确.
【答案】 D?
7.（2000年广东，6）跨过定滑轮的绳的一端挂一吊板，另一端被吊板上的人拉住，如图5所示.已知人的质量为70 kg，吊板的质量为10 kg，绳及定滑轮的质量、滑轮的摩擦均可不计.取重力加速度g=10 m/s2.当人以440 N的力拉绳时，人与吊板的加速度a和人对吊板的压力F分别为?
图5
A.a=1.0 m/s2,F=260 N? B.a=1.0 m/s2,F=330 N?
C.a=3.0 m/s2,F=110 N? D.a=3.0 m/s2,F=50 N?
【解析】 将人与吊板整体考虑，据牛顿第二定律：2T-（m人+m板）g=（m人+m板）a，代入数据a=1.0 m/s2，选项C、D被排除.用隔离法研究人向上运动，设吊板对人的支持力为F′，则T+F′-m人g=ma,得F′=330 N，据牛顿第三定律，人对吊板的压力F=F′=330 N，选项B正确.
【答案】 B?
8.两木块自左向右运动，现用高速摄影机在同一底片上多次曝光，记录下每次曝光时木块的位置，如图6所示，连续两次曝光的时间间隔是相等的.由图可知?
图6
A.在时刻t2以及时刻t3两木块速度相同?
B.在时刻t3两木块速度相同?
C.在时刻t3和时刻t4之间某瞬时两木块速度相同?
D.在时刻t4和时刻t5之间某瞬时两木块速度相同?
【解析】 设连续两次曝光的时间间隔为t，记录木块位置的直尺最小刻度间隔长为l，由图可以看出下面木块间隔均为4l，木块匀速直线运动，速度v=.上面木块相邻的时间间隔内木块的间隔分别为2l、3l、4l、5l、6l、7l，相邻相等时间间隔t内的位移之差为Δl=l=恒量.所以板块四 光学 原子和原子核
●知识结构?
EMBED PBrush
说明：1.几何光学内容主要包括光的传播规律和光学器件成像两部分，由于现行的“考试说明”中删去了透镜的相关内容，因而全面正确理解各种情况下光的传播规律及对各种光学器件成像情况的定性讨论、成像作图等内容便上升到了重点位置.在处理有关问题时，请同学们注意以下几点：
（1）光线射到两种介质界面上，一般情况下都是既有反射，又有折射，因此，在讨论光路问题时需要考虑每一条可能的光线（包括垂直入射时按原路返回的光线）.
（2）在光的反射和折射现象中，光路是可逆的.正确理解和运用光路可逆原理，在处理眼睛看像范围、由像点找物点等问题时会有很大的帮助.
2.光的干涉、衍射说明了光的波动性，光的电磁说则揭示了光的波动本质.对于干涉和衍射应着重理解它们发生的条件，知道干涉条纹和衍射条纹都是光波叠加的结果，但其图样有明显的差别：双缝干涉条纹是等间距的，而单缝衍射条纹中央条纹最大最亮，往两侧亮度逐渐减小.
3.光电效应现象是说明光具有粒子性的实验依据，但由于该实验在一般条件下难于完成，故应着重理解记忆其规律特点.如某一光电子的动能可为介于0~Ekm的任意值，只有从金属表面逸出的光电子才具有最大初动能，且随入射光的频率增大而增大，而并非所有光电子的初动能都随入射光频率增大而增大.又如与入射光强成正比的光电流指的应是光电流的最大值（也叫饱和值），且应是在同种光照射情况下才正比于光强.若改换不同频率的光照射，即使光强相同，光电流亦不相同.
4.玻尔理论虽有较大的局限性，但其毕竟是将量子理论用于说明微观粒子运动规律的一次大胆尝试，且在说明原子的稳定性和对氢光谱的解释上取得了很大的成功；同时，它也是历年高考出题考查的一个热点，因而应予以重点领会与理解.尤其应注意理解以下两点：
（1）原子的跃迁条件hν=E2-E1仅适用于原子在各定态之间的跃迁情况，而不适用于原子的电离和用其他实物粒子碰撞激发的情况.
（2）氢原子的能级为电子绕核运动的动能和电子与原子核相对位置决定的电势能之和.由于在选无穷远电势为零的情况下，氢原子各定态的电势能均为负值且均大于同一定态的电子动能值，故各能级均为负值.有兴趣的同学可根据原子核对电子的库仑力充当电子绕核运动的向心力而计算出氢原子各定态中电子的动能值Ek，继而由E=Ek+Ep求出各定态电势能值Ep（结果会发现：Ek=|E|,|Ep|=2Ek）.
5.半衰期是反映放射性元素衰变快慢的，其大小仅由原子核的性质决定，与元素所处的理、化状态无关.且半衰期是对大量原子核衰变过程考查所得出的统计规律，对个别原子核或少数原子核的衰变过程即失去其物理意义.
6.质能联系方程是计算核能的理论依据，对于由此得出的ΔE=Δmc2中质量亏损Δm的理解应注意：
（1）核的质量亏损并不是核子个数的亏损，任何核反应中质量数都是守恒的.
（2）所谓质量亏损，并不是质量的消失，只是在核子结合成核的过程中以辐射能量的形式体现了相应部分的质量.
专题一 光的反射和折射
●高考趋势展望?
光的直线传播、光的反射定律、光的折射定律是光传播的基本规律，平面镜成像、棱镜色散等光现象是这些基本规律的应用.在新的《考试说明》中删去透镜内容之后，光的反射定律和光的折射定律，特别是光的折射定律便成了近几年高考考查的重点.虽然随着《考试说明》的调整，光学在高考试卷中的占分比例有所减少，高考对光学内容的要求稍有降低，但光学试题仍频繁地出现在近几年的高考试卷中，其中既有难度中等的选择题、填空题，也有颇具难度的作图题和计算题.
●知识要点整合?
1.光的反射和平面镜成像?
光只有在同种均匀介质中才是沿直线传播的.当光照射到两种介质界面上时，总有一部分光要返回原介质中——即发生反射现象.
在各种光的反射现象中——规则反射和漫反射现象中，每条光线都是严格遵守反射定律的.要正确熟练地掌握反射定律，并能进行相关的计算和熟练地画出光路图.?
平面镜成像是反射定律应用的生动实例，平面镜成的像是正立、和物等大并与物关于镜面对称的虚像.
在光的反射现象中，光路是可逆的.?
2.光的折射和全反射?
（1）光的折射?
光传播到两种介质界面上时，一部分光改变原来的传播方向进入另一种介质的现象即为光的折射现象.光的折射现象遵守折射定律.?
折射率是反映介质光学性质的物理量，其定义为当光从真空射入介质发生折射时，入射角的正弦与折射角的正弦的比值，其在数值上还等于光在真空中传播速度与介质中传播速度的比值，即：n=(θ1、θ2分别为入射角和折射角).
同种介质对不同频率的光的折射率不同，频率越高，折射率越大.白光通过三棱镜发生的色散现象就是此原因造成的.
在折射现象中，光路也是可逆的.
（2）全反射?
光从光密介质射向光疏介质且入射角大于临界角时，就会发生全反射现象——即折射光消失，光全被反射回原介质的现象.
折射率为n的介质，对真空的临界角为C=arcsin.
●精典题例解读?
［例1］（2002年安徽春季，24）如图4-1-1所示，一个点光源S对平面镜成像.设光源不动，平面镜以速率v沿OS方向向光源平移，镜面与OS方向之间的夹角为30°，则光源的像S′将
图4-1-1
A.以速率0.5 v沿S′S连线向S运动?
B.以速率v沿S′S连线向S运动?
C.以速率v沿S′S连线向S运动?
D.以速率2 v沿S′S连线向S运动?
【解析】 由于平面镜成的像与物关于镜面对称，像、物连线S′S和镜面垂直，平面镜按图示方向移动时，S′S直线固定不动，即像沿S′S连线向S运动.至于像S′移动的速度v′和平面镜移动速度v的大小关系，可通过将平面镜移到极限情况（使镜面和物重合）.如图4-1-2所示，比较镜、像运动的位移大小关系即可.由图知，镜、像移动的位移大小相等，故其移动的速度亦相等，即答案B正确.?
图4-1-2
小结：该题解法即是比较像、镜或像、物运动速度大小关系的常用方法，请同学们仔细领会掌握.
［例2］（2002年天津，17）一束光线从折射率为1.5的玻璃内射向空气，在界面上的入射角为45°.下面四个光路图中，如图4-1-3所示，正确的是?
图4-1-3
【解析】 光由玻璃射向空气的临界角C=arcsin＜arcsin=45°，所以光线已发生全反射.故答案A正确.
小结：判断光在两种介质界面上的传播情况时，应首先判断是否会发生全反射现象.
［例3］半径为R的玻璃半圆柱体，横截面积如图4-1-4所示，圆心为O.两条平行单色红光沿截面射向圆柱面，方向与底面垂直.光线1的入射点A为圆柱的顶点，光线2的入射点为B，∠AOB=60°.已知玻璃对红光的折射率n=.
图4-1-4
（1）求两条光线经柱面和底面折射后的交点与O点的距离d.?
（2）若入射光是单色的蓝光，则距离d将比上面求得的结果大还是小？?
【解析】 光线1始终和界面垂直，不发生折射现象，光线2经柱面和底面发生两次折射，画出光路图，根据折射定律和几何关系即可求出d的大小.
（1）两条光线经柱面和底面折射的光路如图4-1-5所示.
图4-1-5
由折射定律，得：
n=
所以sinMBC=,所以∠MBC=30°.?
又由几何关系知∠OCB=180°-30°-30°=120°，根据正弦定理，得：?
所以OC=R.?
同样由几何关系知∠PCB=30°，根据折射定律，得：
n=解得∠DCQ=60°，所以∠DCO=30°,d=OD=OCtan30°=R.
（2）由于玻璃对蓝光的折射率较大，所以经上述两次折射后，蓝光的偏折角较大，d偏小.
小结：较正确地画出光路图，灵活利用几何关系和解三角形知识，结合折射定律寻找相应的边角关系，是处理光的折射问题的常规思路.
●应用强化训练?
1.借助于漫反射，我们才能从不同方向?
①看电影 ②看电视?
③欣赏油画 ④欣赏中秋明月?
其中正确的是?
A.只有①④ B.只有①③?
C.①②④ D.①③④?
【答案】 D
2.对水下的潜水员，下列说法正确的是?
A.由于全反射，看不到水面上的全部景像?
B.能看到水面的面积多大取决于人离水面的深度?
C.能看到水面上的全部景物?
D.潜水员看到岸边的树的位置比实际位置偏低?
【解析】 光从空气射入水中时不会发生全反射现象，故A错.由于水的折射现象，潜水员看到的水面上景物的像高于实际景物.如图所示.同样，由于折射现象，水面上180°范围内的光线都能折射入水中.若设水的折射率为n，则,所以sinr=,即潜水员看到的水面上所有景物的像都集中在一个顶角为2arcsin的漏斗状范围内，如图所示.
【答案】 C
3.大气中有一种叫“蒙气差”的光现象，以下关于这种光现象的说法中正确的是
A.夜晚，我们看到南半天星星的位置，要比它实际的位置高一些
B.夜晚，我们看到南半天星星的位置，要比它实际的位置低一些?
C.这种光现象中的“蒙气差”效应，越是接近地平线就越明显?
D.这种光现象中的“蒙气差”效应，越是接近中天就越明显?
【解析】 “蒙气差”现象，是由于空气密度不均匀而产生的光的折射现象，利用光的折射现象分析可知AC正确.?
【答案】 AC?
4.如图4-1-6所示，置于空气中的厚玻璃板，AB、CD分别是玻璃板的上、下表面，且AB∥CD，光线经AB表面射向玻璃砖时，折射光线射到CD表面时，下列说法正确的是?
图4-1-6
①不可能发生全反射?
②有可能发生全反射?
③只要入射角i足够大就能发生全反射?
④不知玻璃折射率，无法判断?
A.只有①正确? B.只有②③正确?
C.只有②③④正确? D.只有④正确?
【解析】 由折射定律和全反射条件知，光线由AB射入玻璃板不发生全反射现象，玻璃板中的折射光线射到CD面上时，将有和原入射光线平行的光线射出，即不会发生全反射现象.
【答案】 A
5.（2002年全国，19）为了观察门外情况，有人在门上开一小圆孔，将一块圆柱形玻璃嵌入其中，圆柱体轴线与门面垂直，如图4-1-7所示.从圆柱底面中心看出去，可以看到的门外入射光线与轴线间的最大夹角称做视场角.已知该玻璃的折射率为n，圆柱长为l，底面半径为r，则视场角是?
图4-1-7
A.arcsin B.arcsin
C.arcsin D.arcsin
【解析】 光路如图所示.由折射定律知：，所以sinθ1=nsinθ2=n·r/,即θ1=arcsin.
【答案】 B
6.（2002年江苏，27）已知一束单色光在水中的传播速度是真空中的，则?
A.这束光在水中传播时的波长为真空中的
B.这束光在水中传播时的频率为真空中的
C.对于这束光，水的折射率为
D.从水中射向水面的光线，一定可以进入空气中?
【解析】 光在传播过程中，频率ν是恒定不变的，由v=νλ知，光在水中的波长应为真空中波长的.由n=知，水相对空气为光密介质，当光从水中射向水面入射角大于临界角时要发生全反射现象，无光线进入空气中.
【答案】 A
7.（2003年江苏，10）如图4-1-8所示，a和b都是厚度均匀的平玻璃板，它们之间的夹角为φ，一束光以入射角θ从P点射入，θ＞φ，已知此光束由红光和蓝光组成.则当光束穿过b板后
图4-1-8
A.传播方向相对于入射光方向向左偏转φ角?
B.传播方向相对于入射光方向向右偏转φ角?
C.红光在蓝光的左边
D.红光在蓝光的右边
【解析】 由光路分析可知，光束穿过厚度均匀的玻璃板后，透射光与原入射光平行（不发生偏转），由于ν红＜ν蓝，所以n红＜n蓝，红光侧移量小，D正确.
【答案】 D
8.（2003年北京春季，19）如图4-1-9所示，一玻璃棱镜的横截面是等腰△abc，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
图4-1-9
A.∠a=30°,∠b=75°?
B.∠a=32°,∠b=74°?
C.∠a=34°,∠b=73°?
D.∠a=36°,∠b=72°?
【解析】 由光的反射定律结合几何知识知D对.
【答案】 D
9.用一个薄壁无色透明烧杯，盛半杯清水，另用一块平面镜，形成如图4-1-10所示的装置，适当调节，可以看到太阳光谱.则在图(A)中，a呈_____色，b呈_____色，图(B)中，a呈_____色，b呈_____色.?
图4-1-10
【解析】 太阳光由空气射入水中，在入射处发生色散，如图，由折射定律sini=nsinr,因n红＜n紫，故易知r红＞r紫，图中离法线最近的光是紫光，离法线最远的光是红光，因此（A）图中a是紫光，b是红光.类似地不难分析（B）图中a为红光，b为紫光.
【答案】 紫；红；红；紫?
10.如图4-1-11所示，一储油圆桶，底面直径与桶高均为d.当桶内无油时，从某点A恰能看到桶底边缘上的某点B.当桶内油的深度等于桶高一半时，在A点沿AB方向看去，看到桶底上的C点，C、B相距.由此可得油的折射率n=_____;光在油中传播的速度v=_____m/s.（结果可用根式表示）
图4-1-11
【解析】 光路如图所示，由折射定律得：n=.所以光在油中的传播速度v=×107 m/s.
【答案】 ；6×107
11.（2000年春季，20）（1）用简明的语言表述临界角的定义.（2）玻璃和空气接触，试画出入射角等于临界角时的光路图，并标明临界角.（3）当透明介质处在真空中时，根据临界角的定义导出透明介质的折射率n与临界角θc的关系式.
【解析】 （1）光从光密介质向光疏介质传播时，入射角小于折射角，光入射角增大时，折射角也增大.当折射角增大到90°时，再增大入射角，则不再有折射现象，光被反射回原介质，这就是全反射现象.当折射角等于90°时的入射角叫做临界角.（2）光路图略.（3）由折射定律和临界角定义得：，所以sinθc=.
【答案】 略
12.如图4-1-12所示，长为l、折射率为n的玻璃砖，若光线从A端射入恰好在其中发生全反射，经多次全反射后恰从B端射出.光在真空中的速度为c，试证明：光从A到B的时间为：t=.
图4-1-12
【解析】 光路图如图所示.由题意知sinθc=,所以光在玻璃砖传播速度在平行于玻璃砖长度方向的分量为v∥=sinθc=,所以所求时间t=.
【答案】 略?
13.如图4-1-13所示，两平面镜M和N镜面相对、垂直放置，一发光点S位于其间，作图回答下列问题：?
图4-1-13
（1）从这两镜中可以看到S点的几个像？?
（2）若想在两镜中少看一个像，至少遮挡这两个镜面的哪一部分？?
【解析】 （1）成像光路图如图所示，由平面镜成像的物、像对称规律知共可看到3个像.
（2）由光路图可知，要减少一个像，只能减少S1′和S2′重合的像，这就要求由物点S射向每个平面镜的光路其反射后不能再射到另一平面镜上而进行二次反射成像，所以至少应遮住两平面镜上阴影所示部分.
【答案】 （1）3个 （2）略?
●教学参考链接?
由于《考试说明》中对光学部分内容要求作了调整，删去了透镜知识，光学只剩下光的反射、折射及全反射的相关内容.虽然光的折射及全反射知识相对较为重要一些，但每年的高考不可能多次重复考查某几个知识点.因此，光学的每个知识点都有考查的可能，所以在对光学内容的复习中，虽不强求面面俱到，但应尽量照顾到知识面，不要存在知识掌握的漏洞.本专题所选例题和习题涉及的内容就相应宽泛一些，其中既有反射和平面镜成像规律的内容（如例1），也有较为简单的光路图练习（如例2），也适当做一些根据折射定律进行的较为复杂的计算题（如例3），希望老师们在指导学生对该部分知识的复习中，也适当地注意这一实际情况.?
专题二 光的波动性和粒子性
●高考趋势展望?
该专题内容，以对光的本性的认识过程为线索，介绍了近代物理光学的一些初步理论，以及建立这些理论的实验基础和一些重要的物理现象.由于该部分知识和大学物理内容有千丝万缕的联系，且涉及较多物理学的研究方法，另外，像薄膜干涉、光电效应、光谱分析等知识，容易和实际应用相结合而命出既考查基本知识，又考查应用能力的新题型，因此历来备受高考命题人的青睐，成了近几年高考的每年必考内容，但总体难度并不太大，多以选择题、填空题的形式出现，一般只要把课本上的内容弄懂记住，便不会在此处失分.
●知识要点整合?
1.光的波动性?
光的干涉、衍射现象说明光具有波动性，光的偏振现象说明光波为横波，光的电磁说则揭示了光波的本质——光是电磁波.?
（1）光的干涉?
由频率相同、（相差恒定）的两光源——相干光源发出的光在空间相遇，才会发生干涉，形成稳定的干涉图样.由于发光过程的量子的特性，任何两个独立的光源发出的光都不可能发生干涉现象.只有采用特殊的“分光”方法——将一束光分为两束，才能获得相干光.如双缝干涉中通过双缝将一束光分为两束，薄膜干涉中通过薄膜两个表面的反射将一束光分为两束而形成相干光.
在双缝干涉中，若用单色光，则在屏上形成等间距的、明暗相间的干涉条纹.条纹间距Δx，和光波的波长λ成正比，和屏到双缝的距离L成正比，和双缝间距d成反比，即Δx=λ.若用白光做双缝干涉实验，除中央亮条纹为白色外，两侧为彩色条纹，其原因就是不同波长的光干涉条纹的间距不同而形成的.
在薄膜干涉中，薄膜的两个表面反射光的路程差（严格地说应为光程差）与膜的厚度有关，故同一级明条纹（或暗条纹）应出现在膜的厚度相同的地方.
（2）光的衍射
光在传播过程中遇到障碍物时，偏离原来的直线传播路径，绕到障碍物后面继续传播的现象叫光的衍射.在任何情况下，光的衍射现象都是存在的，但发生明显的衍射的条件应是障碍物或孔的尺寸与光波的波长相差不多.
在单缝衍射现象中，若入射光为单色光，则中央为亮且宽的条纹，两侧为亮度、宽度逐渐衰减的明暗相间条纹；若入射光为白光，则除中央出现亮且宽的白色条纹外，两侧出现亮度、宽度逐渐衰减的彩色条纹.
（3）光的偏振
在与光波传播方向垂直的平面内，光振动沿各个方向均匀分布的光称为自然光，光振动沿着特定方向的光即为偏振光.
自然光通过偏振片（起偏器）之后就成为偏振光.光以特定的入射角射到两种介质界面上时，反射光和折射光也都是偏振光.
偏振现象是横波特有的现象，所以光的偏振现象表明光波为横波.?
（4）光的电磁本性
麦克斯韦的电磁理论预见了电磁波的存在，赫兹用实验证明了电磁波理论的正确性.?
由于光波和电磁波都为横波、传播都不需要介质、在真空中传播速度相同（皆以光速c=3×108 m/s的速度传播），人们很自然地认为光波为电磁波.?
电磁波的频率范围很广，光波只是电磁波的一个小小的分支，不同电磁波的产生机理不同，且有不同的作用效果.
将电磁波按一定的顺序排列即形成电磁波谱.其中的光谱，按成因可分为发射光谱和吸收光谱，发射光谱又分为连续光谱和明线光谱.可用于光谱分析的是原子特征谱线——明线光谱和吸收光谱.?
2.光的粒子性?
（1）光电效应及其规律?
金属在光照射下发射电子的现象叫光电效应现象，其实验规律如下：?
①任何金属都存在极限频率，只有用高于极限频率的光照射金属，才会发生光电效应现象.
②在入射光的频率大于金属极限频率的情况下，从光照射到逸出光电子，几乎是瞬时的，时间不超过10-9 s.?
③光电子的最大初动能随入射光频率的增大而增大，而与光强无关.
④单位时间内逸出的光电子数与入射光的强度成正比.
（2）光子说?
因光电效应的规律无法用光的波动理论解释，为解释光电效应规律，爱因斯坦提出了光量子说：光是一份一份的，每一份叫一个光量子，每个光量子的能量为E=hν.并给出光电效应方程：Ekm=hν-W.
3.光的波粒二象性?
光在某些现象中显示波动性，在另外的现象中又显示粒子性，为说明光的全部性能，只能说光具波粒二象性.大量光子的行为往往显示波动性，少数光子的行为往往显示粒子性；频率越低的光子波动性越强，频率越高的光子粒子性越强.
●精典题例解读?
［例1］（2003年新课程理综，21）如图4-2-1，当电键S断开时，用光子能量为2.5 eV的一束光照射阴极P，发现电流表读数不为零.合上电键，调节滑线变阻器，发现当电压表读数小于0.60 V时，电流表读数仍不为零；当电压表读数大于或等于0.60 V时，电流表读数为零.由此可知阴极材料的逸出功为
图4-2-1
A.1.9 eV B.0.6 eV?
C.2.5 eV D.3.1 eV
【解析】 S断开时电流表示数不为零，说明光电管在光照射下已经发生了光电效应现象.合上开关S后，光电管的两极间加上了一定的电压，两极间形成一定强弱的电场，但该电场是阻碍光电子向光电管的阴极运动的.当电压不够高，电场不够强的情况下，具有初动能的光电子仍可到达阳极而在电路中形成光电流，但当电压增大到一定数值后，若连具有最大初动能的光电子也不能到达阳极时，电路中即不能形成光电流.由题设解知，具有最大初动能的光电子恰好克服0.60 V的电压做功后能到达阳极，即光电子的最大初动能Ekm=0.60 eV.由爱因斯坦光电效应方程Ekm=hν-W得：W=hν-Ekm=2.5-0.60=1.9 eV.即答案A正确.?
小结：本题考查的就是对光电效应规律的理解，具有一定的难度，因为题目中给光电管加的已不是课本上常见的正向电压，而是反向电压.只有看懂电路图并真正理解了光电效应的规律，才有可能给出正确的解答.所以对各物理规律，一定要在理解上下功夫，真正弄懂弄通.
［例2］（2003年上海，8）劈尖干涉是一种薄膜干涉，其装置如图4-2-2（1）所示.将一块平板玻璃放置在另一平板玻璃之上，在一端夹入两张纸片，从而在两玻璃表面之间形成一个劈形空气薄膜.当光垂直入射后，从上往下看到干涉条纹如图（2）所示.干涉条纹有如下特点：（1）任意一条明条纹或暗条纹所在位置下面的薄膜厚度相等；（2）任意相邻明条纹或暗条纹所对应的薄膜厚度差恒定.现若在图（1）装置中抽去一张纸片，则当光垂直入射到新的劈形空气薄膜后，从上往下看到的干涉条纹?
图4-2-2
A.变疏 B.变密?
C.不变 D.消失?
【解析】 由薄膜干涉的原理和特点可知，干涉条纹是由膜的上、下表面反射的光叠加干涉而形成的，某一明条纹或暗条纹的位置就由上、下表面反射光的路程差决定，且相邻明条纹或暗条纹对应的该路程差是恒定的，而该路程差又决定于条纹下对应膜的厚度差，即相邻明条纹或暗条纹下面对应的膜的厚度差也是恒定的.当抽去一纸片后，劈形空气膜的劈尖角——上、下表面所夹的角变小，相同的厚度差对应的水平间距离变大，所以相邻的明条纹或暗条纹间距变大，即条纹变疏.答案A正确.
小结：此题的难度实际已超出课本要求的难度，但在题干中对劈形薄膜的干涉特点作了必要的补充说明，属“信息给予”类题型.对此类题的解答，关键在于对题给信息的全面正确理解.此种题型可以考查考生的阅读能力、提取有用信息能力、理解能力等多种能力，可能代表一种命题倾向，平时做些此类练习，还是有一定好处的.
［例3］（2000年全国，6）图4-2-3为X射线管的结构示意图，E为灯丝电源.要使射线管发出X射线，须在K、A两电极间加上几万伏的直流高压
图4-2-3
A.高压电源正极应接在P点，X射线从K极发出?
B.高压电源正极应接在P点，X射线从A极发出?
C.高压电源正极应接在Q点，X射线从K极发出?
D.高压电源正极应接在Q点，X射线从A极发出?
【解析】 因X射线是由原子内层电子跃迁辐射的电磁波，要使原子内层电子跃迁，必须用高能粒子轰击原子才能使其内层电子受激发而跃迁.X射线管K、A两电极间加高电压，目的就为使由K发射的电子被加速而成为高能粒子去轰击对阴极A，使A中原子内层电子跃迁而辐射出X射线，所以Q应接高压电源正极.即答案D正确.?
小结：该题的解答，主要从产生X射线的原理上进行了分析和讨论，实际上，关于X射线管的接线方法和X射线的发出位置，课本都有明确说明，在看好课本的基础上就能给出正确的解答.所以对该部分知识的复习，不能脱离开课本.
●应用强化训练?
1.（2000年上海，1）下列关于光的说法中正确的是?
A.在真空中红光波长比紫光波长短?
B.红光光子能量比紫光光子能量小?
C.红光和紫光相遇时能产生干涉现象?
D.红光照射某金属时有电子向外发射，紫光照射该金属时一定也有电子向外发射
【答案】 BD
2.（2001年全国，14）某同学以线状白炽灯为光源，利用游标卡尺两脚间形成的狭缝观察光的衍射现象后，总结出以下几点，你认为正确的是?
A.若狭缝与灯泡平行，衍射条纹与狭缝平行?
B.若狭缝与灯泡垂直，衍射条纹与狭缝垂直?
C.衍射条纹的疏密程度与狭缝的宽度有关?
D.衍射条纹的间距与光的波长有关?
【答案】 ACD
3.（2001年江苏理科综合，16）市场上有种灯具俗称“冷光灯”，用它照射物品时能使被照物品处产生的热效应大大降低，从而广泛地应用于博物馆、商店等处.这种灯降低热效应的原因之一是在灯泡后面放置的反光镜玻璃表面上镀了一层薄膜（例如氟化镁），这种膜能消除不镀膜时玻璃表面反射回来的热效应最显著的红外线.以λ表示此红外线的波长，则所镀薄膜的厚度最小应为
A.λ B.λ
C.λ D.λ?
【答案】 B
4.用单色光做双缝干涉实验时，下列说法正确的是?
A.相邻干涉条纹之间的距离相等?
B.中央明条纹宽度是两边明条纹宽度的2倍?
C.屏与双缝之间距离减小，则屏上条纹间距增大?
D.在实验装置不变的情况下，红光的条纹间距小于蓝光的条纹间距?
【解析】 由双缝干涉规律知，相邻明条纹或相邻暗条纹中心间距Δx=λ,L减小则Δx减小，λ增大，Δx增大.所以只有A正确.
【答案】 A
5.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?
【解析】 因只有频率相同的两列光相遇才可能发生干涉现象，双缝分别用红、绿色滤光片遮住后，分别通过的是频率不同的红光和绿光，不会发生干涉现象.?
【答案】 C
6.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，产生这些谱线是由于
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着相应的元素?
D.太阳内部存在着相应的元素?
【答案】 C
7.如图4-2-4所示，电路中所有元件完好，光照射到光电管上，灵敏电流计中没有电流通过.其原因可能是?
图4-2-4
A.入射光太弱?
B.入射光波长太长?
C.光照时间短?
D.电源正负极接反?
【解析】 能否发生光电效应现象，只决定于入射光的频率和金属材料的逸出功，与入射光的强度无关，与照射时间无关，故知A、C错B对.另外，电路中能否形成光电流，除跟是否发生光电效应有关外，还跟电源的极性有关.若电源极性接反，A、K间电场将阻碍光电子向阳极A运动，特别当电源电动势过大时，即使发生了光电效应现象，光电子也无法到达阳极，而在电路中形成电流，所以D也正确.
【答案】 BD
8.用频率为ν的单色光照射在某种金属表面产生光电效应，由金属表面逸出的光电子垂直射入匀强磁场做圆周运动时，其最大半径为r，若要使最大半径r增大，可采取 ?
A.用频率大于ν的单色光照射?
B.用频率小于ν的单色光照射?
C.仍用频率为ν的单色光照射，但延长照射?时间??
D.仍用频率为ν的单色光照射，但增大光的强度?
【解析】 根据爱因斯坦光电效应方程mvm2=hν-W和带电粒子在匀强磁场中做圆周运动的半径r=知，入射光频率ν越高，光电子最大速度vm越大，对应的运动半径r越大.
【答案】 A
9.（2001年上海，10）如图4-2-5所示，A、B两幅图是由单色光分别入射到圆孔而形成的图案.其中图A是光的_____（填“干涉”或“衍射”）图象，由此可判断出图A所对应的圆孔的孔径_____（填“大于”或“小于”）图B所对应的圆孔的孔径.
图4-2-5
【答案】 衍射；小于
10.用干涉法检查工件表面的质量，产生的干涉条纹是一组平行的直线.若劈尖的上表面向上平移，如图4-2-6（a），则干涉条纹将_____；若劈尖角度增大，如图4-2-6（b），那么，干涉条纹将_____.（以上两空均选填“变宽”“变窄”或“不变”）
图4-2-6
【解析】 劈尖干涉中，干涉条纹的间距随薄膜厚度的变化梯度（单位长度膜厚的变化量）的增大而减小，所以劈尖上表面平移时不影响条纹间距，而劈尖角增大时，条纹间距变小.
【答案】 不变；变窄
11.使金属钠产生光电效应的光的最长波长是500 nm，则钠的逸出功W=_____J.若用频率在3.9×104 Hz到7.5×1014 Hz范围内的光照射钠，那么使钠能发生光电效应的照射光的频率范围是从_____Hz至_____Hz，逸出的光电子的最大初动能的变化范围从_____J至_____J.?
【解析】 W=hc/λ0= J=3.98×10-19 J,极限频率ν0==
6×1014 Hz，所以产生光电效应的入射光频率范围是：6×1014 Hz~7.5×1014 Hz.
由爱因斯坦光电效应方程Ekm=hν-W得：Ekm1=hν1-W=6.63×10-34×6×1014-3.98×10-19=0,Ekm2=hν2-W=6.63×10-34×7.5×1014-3.98×10-19=1.0×10-19 J，所以光电子最大初动能的变化范围是： 0 J~1.0×10-19 J.
【答案】 3.98×10-19；6.0×1014；7.5×1014；0；1.0×10-19
12.激光器是一种特殊的光源，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，发射激光的功率P=1.0×106 W，所发射的每个光脉冲持续的时间Δt=1.0×10-11 s，波长λ=693.4 nm.
问：（1）每列光脉冲的长度L？
（2）每列光脉冲中含有多少个激光光子？?
【解析】 （1）L=cΔt=3×108×1.0×10-11 m=3.0×10-3 m.?
（2）每个激光光子的能量E1=h，每个激光脉冲的能量E=P·Δt,所以每个脉冲中含光子个数n===3.5×1013
【答案】 3.0×10-3 m (2)3.5×1013
●教学参考链接
本专题内容在《考试说明》中多数知识点被列为“Ⅰ”级要求，且由于中学阶段知识基础和实验条件的限制，有些内容如干涉、衍射现象的定量分析、光的电磁本性的理论阐述、光的波粒二象性的准确表达等都不可能全面铺开讲深讲透，只是通过一些实验现象和实验中得到的结论，进行一些浅显的说明.所以对本专题内容的复习，仍应紧扣课本，熟记各种实验现象和规律.从今年全国和上海2003年高考对本专题内容的考查中，要求有拔高的趋势，如例1（2003年全国考题）中对光电效应规律认识程度的要求和例2（2003年上海考题）中对薄膜干涉现象的讨论等，都超出了课本知识的现有要求.所以在对本专题内容的复习中，在熟记各种物理现象和物理规律的基础上，还应对每一物理现象所说明的问题，每一规律所包含的道理、意义，做一些必要的探讨.
专题三 原子和原子核
●高考趋势展望?
因该部分知识涉及近代物理及其前沿科学动态，而限于中学生的知识基础，不可能拓展过深，多为Ⅰ级要求内容.尽管每年的高考都有题目涉及该专题知识，但难度都不太大，多以选择、填空题的形式出现.所考查的内容主要集中在原子的核式结构、玻尔理论、半衰期的计算、质能方程及核反应方程等知识点，占了历年涉及本专题知识高考题的95%以上.另外，由于本专题内容相对较少，“考课本”“不回避陈题”成了本专题知识考查的最大特点.?
随着高考改革的不断深入，对考生能力的考查不断加强，“联系实际、联系生活、联系高科技”的题目将是高考考查本专题知识命题的新趋向，在复习中应予以足够的重视.?
●知识要点整合?
1.原子结构?
电子的发现，使人们认识到原子也有其复杂结构.关于原子的结构，历史上出现过三种不同的结构模型.?
（1）汤姆生的“枣糕”式模型.认为整个原子为球形，原子中的正电荷均匀地分布在整个球体中，电子则像枣糕中的枣子一样，镶嵌在原子球中.该模型可解析简单的发光现象，即认为原子发光是原子中的电子振动而辐射的电磁波.但该模型无法解释α粒子散射现象.?
（2）卢瑟福的原子核式结构模型.为解释α粒子散射现象，卢瑟福提出了原子的核式结构模型，即认为原子的中心有一个很小的核——原子核，原子核集中了原子中所有的正电荷及几乎全部的质量，电子则在核外绕核高速运转.并且通过对α粒子散射现象的分析和计算，估算出了原子核的数量级为10-15 m~10-14 m.?
原子的核式结构可成功地解释α粒子散射现象，但和经典的电磁理论有矛盾，无法解释原子的稳定性和氢光谱规律.?
（3）玻尔的原子结构模型.为解决原子的核式结构同经典电磁理论的矛盾，玻尔对原子的结构提出了三点假设，可简单地概括为：①定态量子化.②跃迁条件：hν=E2-E1.③轨道量子化.
根据玻尔的原子结构理论和氢原子的能级公式En=（其中E1=-13.6 eV，为氢原子的基态能级），可成功地解释氢光谱的规律，但对稍复杂的氦光谱，理论和实际又呈现出较大的差别.科学家们通过认真地研究分析认为：玻尔理论解释氢光谱之所以成功，是因为引入了量子论的观点，其之所以有局限，是因为仍过多地保留了经典理论的内容.要解释说明微观粒子的运动规律，只能用另一新的理论——量子力学.在量子力学中，玻尔的三点假设成了理论推导的必然结果，且所谓的电子轨道并不存在，只不过是电子出现几率较大的地方.
2.原子核
（1）天然放射现象和元素的衰变?
原子序数大于83的所有元素都具有放射性——自发地发出一些射线.放射线的种类有三种：带正电的α射线，其实质为高速运动的氦核流；带负电的β射线，其实质为高速电子流；不带电的γ射线，其实质为波长很短的电磁波.三种射线的性质有较大的差别，α射线电离本领最强，γ射线贯穿本领最强.
某种元素的原子核放出α或β射线后会变成新的原子核，即发生衰变.不同元素衰变的快慢不同，半衰期——原子核半数发生衰变经过的时间的长短反映的是元素衰变的快慢程度.
（2）质子、中子的发现和原子核的组成?
人们用α粒子轰击氦核发现了质子，用α粒子轰击铍核发现了中子，用α粒子轰击其他的原子核，也都从中打出了质子和中子，于是人们便认为原子核由质子和中子组成，并把质子、中子统称为核子.
（3）核力与核能?
质子和中子可结合为稳定的原子核，说明核子间存在核力的作用，将原子核分解为一个个孤立的核子，要提供相应的能量，反之则可释放相应能量，该能量即称核能.核反应中释放的核能可用爱因斯坦质能联系方程ΔE=Δmc2计算.
（4）核反应及核反应方程
元素的原子核变化的过程即为核反应，核反应有天然衰变、人工转变、重核裂变和轻核聚变四种类型，其中重核裂变和轻核聚变是人们获得核能的两个重要途径.原子弹和氢弹就是分别利用重核裂变和轻核聚变原理制成的高能量杀伤性武器，目前的核电站都是利用重核裂变释放的核能来发电的.
核反应可用核反应方程来表示，书写核反应方程应依据核反应的事实，利用质量数守恒和核电荷数守恒进行配平.
●精典题例解读?
［例1］（2003年江苏，4）铀裂变的产物之一氪90（Kr）是不稳定的，它经过一系列衰变最终成为稳定的锆90（Zr），这些衰变是
A.1次α衰变，6次β衰变
B.4次β衰变
C.2次α衰变
D.2次α衰变，2次β衰变
【解析】 由于α粒子和β粒子都带有一定的电荷量，所以发生α衰变和β衰变都引起原子核核电荷数的变化，但由于不计β粒子的质量，所以只有α衰变会引起原子核质量数的变化，所以可先根据原子核质量数的变化确定α衰变的次数，再结合核电荷数的变化确定β衰变的次数.该题中Kr衰变为Zr，因其质量数未变，故知未发生α衰变.核电荷数由36变为40，增加了4，因每发生一次β衰变，可使新核的核电荷数增加1，故知应为发生了4次β衰变，即答案B正确.
小结：该题解析中给出了判断衰变种类及衰变次数的一般方法，请同学们认真领会并予以掌握.
［例2］（2003年江苏，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，铬原子从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，以这种方式脱离原子的电子叫俄歇电子.已知铬原子的能级公式可简化为E有=-，式中n=1，2，3…表示不同的能级，A是正的已知常数.上述俄歇电子的动能是
A.A B.A
C. D.
【解析】 铬原子n=2的能级E2=-=-，n=1的能级E1=-A，所以电子从n=2能级跃迁到n=1的能级释放的能量ΔE=E2-E1=.又铬原子n=4的能级E4=-，说明电子从n=4能级跃迁到无穷远能级（E∞=0），即脱离原子需吸收的能量，由能的转化和守恒知，该俄歇电子的能量应为Ek=ΔE-（-E4）=，即答案C正确.?
小结：该题所述物理情景不是课本所学内容，但在弄懂题意的基础上，将所学玻尔原子结构理论迁移过来，解答并不太难.所以对物理概念、规律的学习，一定要在理解上狠下功夫，只有真正弄懂弄通，才可具备这种知识的迁移能力.
［例3］（2003年新课程理综，22）K-介子衰变的方程为K-→π-+π0，其中K-介子和π-介子带负的基元电荷，π0介子不带电.一个K-介子沿垂直于磁场的方向射入匀强磁场中，其轨迹为圆弧AP，衰变后产生的π-介子的轨迹为圆弧PB，两轨迹在P点相切，它们的半径RK-与Rπ-之比为2∶1，如图4-3-1.π0介子的轨迹未画出.由此可知π-的动量大小与π0的动量大小之比为
图4-3-1
A.1∶1 B.1∶2? C.1∶3 D.1∶6?
【解析】 由题意及图示可知K-介子在P点处动量方向向下，衰变后生成的π-介子动量方向向上.
由带电粒子在匀强磁场中在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动的半径公式r=知，在q、B相同的情况下动量和半径成正比，所以|PK-|∶|Pπ-|=RK-∶Rπ-=2∶1.?
若选向下方向为正，则由K-介子衰变过程中动量守恒，得：|PK-|=-|Pπ-|+|Pπ0|整理，得：|Pπ-|∶|Pπ0|=1∶3，即答案C正确.
小结：该题表面上好像是考查基本粒子的知识，实际考查的是洛伦兹力及动量守恒的知识.所以审题时，要抓住问题的本质，不要被一些花哨的名称所迷惑.特别对一些联系近代高科技知识的所谓“起点高、落点低”的新题，更应引起特别的注意.
●应用强化训练?
1.（2002年上海，1）图4-3-2中P为放在匀强电场中的天然放射源，其放出的射线在电场的作用下分成a、b、c三束，以下判断正确的是?
图4-3-2
A.a为α射线，b为β射线?
B.a为β射线，b为α射线?
C.b为γ射线，c为α射线?
D.b为α射线，c为γ射线?
【解析】 α射线带正电荷，向负极偏转，β射线带负电荷，应向正极板偏转，γ射线不带电，在电场中不发生偏转.所以a为β射线，b为γ射线，c为α射线，可见，C正确.
【答案】 C
2.（2002年天津，16）目前普遍认为，质子和中子都是由被称为u夸克和d夸克的两类夸克组成.u夸克带电量为d夸克带电量为-，e为基元电荷.下列论断中可能正确的是
A.质子由1个u夸克和1个d夸克组成，中子由1个u夸克和2个d夸克组成?
B.质子由2个u夸克和1个d夸克组成，中子由1个u夸克和2个d夸克组成?
C.质子由1个u夸克和2个d夸克组成，中子由2个u夸克和1个d夸克组成?
D.质子由2个u夸克和1个d夸克组成，中子由1个u夸克和1个d夸克组成?
【答案】 B
3.（2000年上海，2）关于α、β、γ三种射线，下列说法中正确的是
A.α射线是原子核自发放射出的氦核，它的穿透能力最强
B.β射线是原子核外电子电离形成的电子流，它具有中等的穿透能力
C.γ射线一般伴随着α和β射线产生，它的穿透能力最强
D.γ射线是电磁波，它的穿透能力最弱
【答案】 C
4.（2003年新课程，17）下面列出的一些核反应方程?
P→Si+X
Be+H→B+Y
He+He→Li+Z
其中?
A.X是质子，Y是中子，Z是正电子?
B.X是正电子，Y是质子，Z是中子?
C.X是中子，Y是正电子，Z是质子?
D.X是正电子，Y是中子，Z是质子?
【答案】 D
5.处于基态的一群氢原子受某种单色光的照射时，只发射波长为λ1、λ2、λ3的三种单色光，且λ1>λ2>λ3，则照射光的波长为
A.λ1
B.λ1+λ2+λ3?
C.
D.
【解析】 激发后的氢原子能辐射三种单色光，说明氢原子被激发至n=3的能级.根据玻尔理论知，照射光的波长λ应满足：h，所以λ=λ3=
【答案】 D
6.按照玻尔理论，下列关于氢原子的论述正确的是?
A.第m个定态和第n个定态的轨道半径λm和λn之比为λm∶λn=m2∶n2
B.第m个定态和第n个定态的能量Em和En之比为Em∶En=n2∶m2?
C.电子沿某一轨道绕核运动，若其圆周运动的频率是ν，则其发光频率也是ν
D.若氢原子处于能量为E的定态，则其发光频率为ν=?
【答案】 A
7.（2003年上海，9）卢瑟福通过_____实验，发现了原子中间有一个很小的核，并由此提出了原子的核式结构模型，图4-3-3中的四条线表示α粒子运动的可能轨迹，在图中完成中间的两条α粒子的运动轨迹.?
图4-3-3
【答案】 α粒子散射，作图略?
8.（2002年江苏文理大综合，33）在其他能源中，核能具有能量密度大，地区适应性强的优势.在核电站中，核反应堆释放的核能被转化为电能.核反应堆的工作原理是利用中子轰击重核发生裂变反应，释放出大量核能.
（1）核反应方程式
U+n→Ba+Kr+aX
是反应堆中发生的许多核反应中的一种，n为中子，X为待求粒子，a为X的个数，则X为_____，a=_____，以mU、mBa、mKr分别表示U、Ba、Kr核的质量，mn、mp分别表示中子、质子的质量，c为光在真空中传播的速度，则在上述核反应过程中放出的核能ΔE=_____.
（2）有一座发电能力为P=1.00×106 kW的核电站，核能转化为电能的效率η=40 %.假定反应堆中发生的裂变反应全是本题（1）中的核反应，已知每次核反应过程中放出的核能ΔE=2.78×10-11 J，U核的质量mU=390×10-27 kg.求每年（1年=3.15×107 s）消耗的U的质量_____.
【解析】 （1）根据核电荷数守恒和质量数守恒可判断X为中子（n),且a=3.根据爱因斯坦质能联系方程ΔE=Δmc2得：ΔE=［mU-(mBa+mKr+2mn)］c2.
（2）每年发电量W=Pt，消耗的核能E=，发生核反应的次数n=，每年消耗的U235的质量MU总=nMU=MU=110.477 kg.
【答案】 （1）中子（n）；3；［mU-(mBa+mKr+2mn)］·c2 (2)110.477 kg
9.（2001年全国理综）太阳现正处于主序星演化阶段，它主要是由电子和H、He等电子核组成，维持太阳辐射的是它内部的核聚变反应，核反应方程是2e+4H→He+释放的核能，这些核能最后转化为辐射能，根据目前关于恒星演化的理论，若由于聚变反应而使太阳中的H核数目从现有数减少10%，太阳将离开主序星阶段而转入红巨星的演化阶段，为了简化，假定目前太阳全部由电子和H核组成.
（1）为了研究太阳演化进程，需知道目前太阳的质量M，已知地球半径R=6.4×106 m，地球质量m=6.0×1024 kg，日地中心的距离r=1.5×1011 m，地球表面处的重力加速度g=10 m/s2，1年约为3.2×107 s，试估算目前太阳的质量M.
（2）已知质子质量mp=1.6726×10-27 kg,He质量mα=6.6458×10-27 kg,电子质量me=0.9×10-30 kg，光速c=3×108 m/s，求每发生一次题中所述的核聚变反应所释放的核能.
（3）又知地球上与太阳光垂直的每平方米截面上，每秒通过的太阳辐射能ω=1.35×103 W/m2，试估算太阳继续保持在主序星阶段还有多少年的寿命.（估算结果只需要一位有效数字）
【解析】 （1）地球绕太阳的运动近似地认为是匀速圆周运动.由G得：
M=.
又因为g=所以M==2×1030 kg.
(2)ΔE=Δmc2=(2me+4mp-mα)c2=4.2×10-12 J.
(3)太阳中H减少10%放出的总能量E=·ΔE，太阳每秒辐射的总能量E′=4πr2ω，所以太阳保持在主序星阶段寿命t==1010 年.
【答案】 (1)2×1030 kg (2)4.2×10-12 J (3)1010 年
10.已知氘核的质量为2.0136 u，中子的质量为1.0087 u，He核的质量为3.0150 u.
（1）写出两个氘核聚变成He的核反应方程.?
（2）计算上述核反应中释放的核能.?
（3）若两氘核以相等的动能0.35 MeV做对心碰撞，即可发生上述核反应，且释放的核能全部转化为机械能，则反应中生成的He核和中子的动能各是什么？
【解析】 应用质量数守恒和核电荷数守恒不难写出核反应方程为：
H+H→He+n
由题给条件可求出质量亏损?
Δm=2.0136×2-(3.0150+1.0087)= 0.0035 u
所以释放的核能?
ΔE=Δmc2=931.5×0.0035=3.26 MeV?
因为该反应中释放的核能全部转化为机械能，即转化为He核和中子的动能.若设He核和中子的质量分别为m1、m2，速度分别为v1、v2.
则由动量守恒及能的转化和守恒定律，得
m1v1-m2v2=0?
Ek1+Ek2=2Ek0+ΔE
解方程组，可得
Ek1=(2Ek0+ΔE)=×(2×0.35+3.26)?
=0.99 MeV?
Ek2=(2Ek0+ΔE)= ×(2×0.35+3.26)
=2.97 MeV
【答案】 （1）H+H→He+n?(2)3.26 MeV?(3)0.99 MeV；2.97 MeV
●教学参考链接?
本专题内容在中学阶段仅作一般性介绍，要求程度多为Ⅰ级，高考考查也多以选择、填空题形式进行.所以在本专题内容的复习中，应突出对有关概念、规律和现象的理解，弄清它们的来龙去脉，以课本为基础，突出对原子核结构理论、玻尔理论、能级跃迁规律、核反应方程中质量数和核电荷数守恒、α衰变、β衰变规律等内容的理解和认识.另外，由于本专题内容涉及物理学的前沿，是比较活跃的科学领域，也可能出现一些和本专题内容联系较紧密的所谓“起点高，落点低”的应用型题目，也应给予一定的注意.对此类问题的处理，一定要抓住问题的本质，不要为题中介绍的生僻内容所迷惑，注意知识的灵活迁移.本专题所选例2和例3就属于这样的题目，希望能通过该两例题的练习，强化处理此类问题的方法和能力.
能力提升检测 光学、原子物理（A卷）
一、选择题（本题共8小题，每小题5分，共40分.每小题给出的四个选项中，只有一项符合要求，选对得5分，选错或不答得0分）
1.一束光线从空气射入水中，入射角为50°，在界面处，光的一部分被反射，一部分被折射，则反射光与折射光的夹角可能是
A.小于40°
B.大于130°?
C.在40°~80°之间
D.在80°~130°之间?
【答案】 D
2.甲、乙两种单色光垂直穿过一块厚玻璃砖，已知它们在玻璃中通过的时间t甲A.E甲>E乙,n甲>n乙?
B.E甲C.E甲n乙?
D.E甲>E乙,n甲【答案】 B
3.有三个核反应方程分别是：
(1)H+H→He+n?
(2)Ra→Rn+He?
(3)U+n→Xe+Sr+10n
它们的核反应类型分别是
A.裂变、衰变、人工转变?
B.聚变、衰变、裂变?
C.聚变、衰变、人工转变?
D.人工转变、衰变、裂变?
【答案】 B
4.氢原子从量子数n=1的基态跃迁到量子数n=2的激发态，根据玻尔理论?
①由rn=n2r1知电子的环绕半径为原来的4倍?
②由En=E1知氢原子的能量减为原来的
③由Ekn=Ek1知电子的动能减为原来的
④氢原子的电子的电势能增加
正确的是?
A.①②④ B.①③④?
C.①② D.①④?
【答案】 B
5.如图1所示，光从A点射入圆形玻璃，而从B点射出，若出射光线相对于入射光线的偏向角为30°，AB弧所对的圆心角为120°，下列说法正确的是
图1
A.玻璃的折射率是
B.玻璃的折射率是
C.光线在A点的入射角为105°?
D.玻璃的折射率是
【解析】 光路图如图所示.由几何知识知，θ1=45°,θ2=30°，所以n=.
【答案】 A
6.在演示光电效应的实验中，原来不带电的一块锌板与灵敏验电器相连，用弧光灯照射锌板时，验电器的指针就张开一个角度，如图2所示，这时?
图2
A.锌板带正电，指针带负电?
B.锌板带正电，指针带正电?
C.锌板带负电，指针带正电?
D.锌板带负电，指针带负电?
【解析】 锌板在弧光灯照射下发生了光电效应现象，即打出了光电子，所以锌板和验电器指针都带了正电荷.
【答案】 B
7.图3是伦琴射线管的示意图，其中的E、F是两种射线.关于装置，则下列说法正确的是
图3
A.E1可以是低压交流电源，E2是高压直流电源，且E2的左端为电源正极
B.射线E、F都是高速电子流
C.射线E是高速电子流，射线F是伦琴射线
D.射线E是能量很大的γ射线，射线F是伦琴射线
【答案】 C
8.下列说法正确的是
A.当氢原子从n=2的状态跃迁到n=6的状态时，发射出光子?
B.放射性元素的半衰期是指大量该元素的原子核中有半数发生衰变需要的时间?
C.同一元素的两种同位素具有相同的核子数
D.中子与质子结合成氘核时吸收能量
【答案】 B
二、填空题（本题共3小题，每小题6分，共18分）?
9.如图4给出氢原子最低的4个能级，在这些能级间跃迁所辐射的光子的频率最多有P种，其中最小频率为νmin，则P=_____种，νmin=_____Hz.
图4
【解析】 由图可知可辐射光子的频率有6种，其中由n=4跃迁至n=3能级的光子能量最小，频率最小.由hνmin=E4-E3得：νmin==1.6×1014 Hz.
【答案】 6；1.6×1014?
10.平衡下列核反应方程?
（1）B+α→N+n x=_____,y=_____.
(2)Li+p→α+_____.
【答案】 (1)5;10(2) He
11.如图5所示，电路研究真空光电管的应用，已知其阴极金属材料的极限频率为4.5×1014 Hz，为了使光电管正常工作，电源a端应为_____极，发生光电效应时，增加光强度，电路中电流计偏角将_____，发生光电效应时，延长光照时间，电流计示数将_____.
图5
【答案】 正；增大；不变
三、论述、计算题（本题共3小题，共42分）?
12.（12分）如图6所示是一种光电计数装置的原理图，被计数的制品放在传送带上，光源安装在传送带的一侧，光电计数装置安装在传送带的另一侧，每当传送带上有一个制品通过时，光线被挡住，电磁铁放开衔铁，计数齿轮转过一齿，计数器自动地把制品数目记下来，试说明这种计数装置的工作原理.?
图6
【解析】 在传送带上无制品通过光源光线传播路径时，有光线照到光电管阴极上，发生光电效应现象，电路中有电流通过，经放大器放大后经电磁铁产生较大磁性吸住衔铁，挡住记数齿轮，使齿轮无法转动.当有制品挡住光源光线通路时，无光线照射光电管阴极，无法发生光电效应现象，不能形成光电流，电磁铁失去磁性，衔铁在弹簧作用下离开电磁铁，计数齿轮转过一齿.制品通过后，衔铁又被吸住，挡住齿轮无法转动.当又一制品通过时，齿轮再转过一齿，所以齿轮转过的齿数可计录传送制品的数量.?
【答案】 略
13.（14分）太阳内部持续不断地发生着四个质子聚变为一个氦核的热核反应，这个核反应释放出的大量能量就是太阳的能源.?
（1）写出这个核反应方程；?
（2）这一核反应能释放出多少能量？?
（3）已知太阳每秒释放能量3.8×1026 J，太阳质量为2.0×1030 kg，若太阳质量减少万分之三，热核反应不能继续发生，计算太阳还能存在多少年？
（mp=1.0073 u,mα=4.0015 u,me=0.00055 u；结果保留一位有效数字）
【解析】 （1）4H→He+2e
(2)ΔE=Δmc2=(1.0073×4-4.0015-0.00055×2)×931 MeV=24.8 MeV=4.0×10-12 J.
(3)太阳一共可释放的能量E=2.0×1030×0.0003×（3×108）2=5.4×1043 J，所以太阳寿命还有t=年
【答案】 （1）4H→He+2e (2)4.0×10-12 J(3)4.5×109年
14.（16分）如图7所示，一个静止于有界的匀强磁场中的钍核（Th），发生α衰变而生成镭核（Ra）.其中一粒子恰好垂直射出磁场边界AB；另一粒子仍在磁场内做半径为2 cm的匀速圆周运动，圆心与发生衰变的位置连线恰好垂直磁场边界.
图7
（1）写出该核反应方程式.?
（2）判断射出磁场的粒子是α粒子还是镭核？留在磁场中的粒子的运动方向是逆时针还是顺时针？
（3）钍核发生衰变处离磁场边界AB的距离是多大？?
【解析】 （1）Th→Ra+He
（2）由带电粒子在磁场中做圆周运动的半径R=和原子核在衰变过程中的动量守恒知道，α粒子和镭核的动量（mv）大小相等，故它们的运动半径R∝.所以射出磁场的运动半径大，说明其电荷量小，故是α粒子，而在磁场中的是镭核，沿逆时针方向做圆周运动.
（3）由图知Rα=L,由，所以L=Rα=R=88 cm.
【答案】 （1）Th→Ra+He?（2）穿出磁场的是α粒子，镭核在磁场中沿逆时针方向运动?（3）88 cm
光学、原子物理（B卷）
一、选择题（本题共8小题，每小题5分，共40分.每小题给出的四个选项中，只有一项符合要求，选对得5分，选错或不答得0分）?
1.地球与太阳间的距离比地球半径大得多，假设地球表面不存在大气层，则太阳照亮地球的范围与实际存在大气层的情况相比（不考虑大气层变化）
A.大些
B.小些
C.一样大?
D.早晚照亮的范围小，中午照亮的范围大?
【答案】 B
2.氢原子中核外电子从第三能级跃迁到第二能极时，辐射出的光照射某种金属上能使其产生光电效应，那么处于第四能级的氢原子向低能级跃迁时辐射的各种频率的光中能使该金属发生光电效应的应该有?
A.3种 B.5种
C.4种 D.6种
【答案】 B
3.沙尘暴是由于土地沙化形成的恶劣的气象现象.发生沙尘暴时能见度只有几十米，天空变黄发暗.这是由于这种情况下
A.只有波长较长的一部分光才能到达地面?
B.只有波长较短的一部分光才能到达地面?
C.只有频率较大的一部分光才能到达地面?
D.只有能量较大的光子才能到达地面?
【答案】 A
4.能引起人的眼睛视觉效应的最小能量为10-18 J，已知可见光的平均波长为0.6 μm，普朗克常数h=6.63×10-34 J·s，恰能引起人眼的感觉，进入人眼的光子数至少为
A.1个 B.3个
C.30个 D.300个?
【解析】 n==3个?
【答案】 B
5.如图1所示，用频率为f的单色光垂直照射双缝，在光屏上P点出现第三条暗纹，已知光速为c，则P点到双缝的距离之差r2-r1应为?
图1
A. B.
C. D.
【解析】 出现暗纹的条件?
ν2-ν1=(n=1，2，3…)?
【答案】 D
6.下列关于光谱和光谱分析的说法中正确的是?
A.太阳光谱和白炽灯光谱都是明线光谱?
B.霓红灯和煤气灯火焰中燃烧的钠蒸气产生的光谱都是明线光谱?
C.进行光谱分析时，可以利用明线光谱，不能利用吸收光谱?
D.我们利用月亮射来的光谱可以确定月亮大气层的化学组成
【答案】 B
7.如图2所示，表示发生光电效应的演示实验，那么下列选项中正确的是?
图2
①发生光电效应时，光电子是从K极跑出来的?
②灵敏电流计不显示读数，可能是因为入射光频率过低?
③灵敏电流计不显示读数可能是因为它的灵敏度过低?
④如果把电池接反，肯定不会发生光电效应了?
A.①②④ B.②③④?
C.①③④ D.①②③?
【解析】 能否发生光电效应，由入射光的频率和金属材料的逸出功共同决定，另一方面光电效应现象中产生的光电流较弱，只有灵敏度较高的电流表才能显示出来.又因发生光电效应现象时，打出的光电子具有一定的初动能，光电管加上一定的反向电压，仍有可能形成光电流，所以正确答案应为D.
【答案】 D
8.一放射性元素的原子核内的中子数减少了4个，则此原子核可能
A.放出了两个α粒子和两个β粒子?
B.放出一个α粒子和两个β粒子?
C.放出了4个α粒子?
D.放出了4个γ光子?
【解析】 核反应中放出的β粒子是由中子衰变而成的，其反应为：n→H+e，所以B对.
【答案】 B
二、填空题（本题共3小题，每小题6分，共18分）?
9.科学家_____发现了质子，其核反应方程为_______；科学家_____发现了中子，其核反应方程为_______；科学家_____第一次用人工方法获得放射性同位素，其核反应方程为_______，_______.
【答案】 卢瑟福，He+N→O+H；查德威克，He+Be→C+n；约里奥·居里和伊里芙·居里，He+Al→P+n, P→Si+e.
10.质子、中子和氘核的质量分别为m1、m2和m3，质子和中子结合成氘核时，发出γ射线，已知普朗克恒量为h，真空中光速为c，则γ射线的频率ν=_____.?
【解析】 由质能联系方程知：ΔE=Δmc2=(m1+m2-m3)c2=hν,所以ν=(m1+m2-m3) c2/h.?
【答案】 (m1+m2-m3) c2/h?
11.已知玻尔氢原子模型中电子的第一条（即离核最近的）可能轨道的半径为r1，电子在这条轨道上运动时的能量为E1，电子的电量为e，静电力恒量为k，则电子在第三条可能轨道上运动时的能量E3=_____，电子在第三条可能轨道上的动能Ek3=_____.
【解析】 由En=知：E3=.由rn=n2r知：r3=9r1,由k得：Ek3=mv2=.
【答案】 E1/9；ke2/18r1
三、计算题（本题共3小题，共42分）?
12.（12分）两个分别具有动能E1=1 MeV的氘核H正面碰撞，结果生成了一个氦核?He并放出一个粒子.粒子和核的名称及它们的质量如下表所示，试回答下列问题：
名称 质量（u）
P 1.0073
N 1.0087
H 2.0141
He 3.0160
(1)写出核反应方程，并指出放出的粒子是什么？?
（2）求放出的粒子的动能.?
【解析】 （1）2H→He+n，放出中子.
（2）放出的核能ΔE=Δmc2=(2mD-mα-mn)c2=(2×2.0141-3.0160-1.0087)×931 MeV=3.26 MeV.
又由核反应中动量守恒，所以：mαvα=mnvn，Ekn∶Ekα=mα∶mn=3∶1,所以Ekn=·ΔE=
2.45 MeV.
【答案】 (1)2H→He+n，中子 (2)2.45 MeV
13.（14分）一般认为激光器发出的是频率为ν的“单色光”，实际上它的频率并不是真正单一的，激光频率ν是它的中心频率，它所包含的频率范围是Δν（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Δν的乘积近似等于1，即只有满足Δtm·Δν1，才会观察到明显的稳定的干涉现象.
已知某红宝石激光器发出的激光频率ν=4.32×1014 Hz，它的频率宽度Δν=8.0×1011 Hz，让这束单色光由空气斜射到折射率n=的液膜表面，射入时与液膜表面成45°角，如图3所示.?
图3
（1）求从O点射入薄膜中的光线的传播方向及传播速率.
（2）估算在图中所示的情景下，能观察到明显稳定干涉现象的薄膜的最大厚度dm.
【解析】 （1）由折射定律n=得sinθ2=，所以θ2=30°.激光在薄膜中的传播速率v=×108 m/s.?
(2)激光在薄膜中传播的时间Δt=.由Δtm·Δν≈1,Δtm=得：dm==1.2×10-4 m.?
【答案】 (1)与膜面成60°角；×108 m/s(2)1.2×10-4 m?
14.（16分）将氢原子电离，就是从外部给电子以能量，使其从基态或激发态脱离原子核的束缚而成为自由电子.
（1）若要使处在n=2的激发态的氢原子电离，至少要用多大频率的电磁波照射该氢原子？
（2）若用波长为200 nm的紫外线照射氢原子，则电子飞到离核无限远处时的速度多大？（电子电量e=1.6×10-19 C,电子质量m=0.91×10-30 kg）?
【解析】 （1）n=2能级氢原子的能量E2=×1.6×10-19 J=-5.44×10-19 J.由
hν=E∞-E2得:ν= Hz=8.2×1014 Hz.?
(2)由能的转化和守恒定律，得：
Ek=h-(-E2)=6.63×10-34× J-5.44×10-19 J=4.5×10-19 J.
v= m/s=1.0×106 m/s.?
【答案】 (1)8.2×1014 Hz?(2)1.0×106 m/s?
板块五 物理实验
●知识结构?
说明：高考一直十分注重对实验能力的考查.尽管高考限于笔试，难以直接考查到考生的实际动手操作能力，但高考命题不断开拓实验考查的新思路，匠心独具地设计，使实验试题尽量是实际实验环境的模拟.如考查实验器材的选取、仪表的读数、电学实验的连线、对实验数据的分析处理等等，这些方面的考查都十分接近真实的实验操作，如果学生没有真正到实验室做过这些实验，是不可能做好这些试题的.目前的高考主要侧重于考查以下几个方面：（1）实验知识和实验原理的掌握；（2）实验方法、步骤和过程的了解；（3）实验器材的选择和使用方法；（4）对实验结果进行整理和计算；（5）对影响实验正确性的原因作定性的判断；（6）学过的实验原理、方法的迁移应用——设计性实验.
专题一 基本仪器的使用
●高考趋势展望?
《考试说明》中要求学生会正确使用的基本仪器有：刻度尺、游标卡尺、螺旋测微器、天平、秒表、打点计时器、弹簧秤、温度表、电流表、电压表、多用电表、滑动变阻器、电阻箱.另外，从近两年的高考看，示波器也已被列为要求会正确使用的仪器.这些仪器中除打点计时器和滑动变阻器不需要读数，示波器不要求读数外，其余11种都涉及到读数问题.其中游标卡尺、螺旋测微器、电流表、电压表的读数问题，在历年的高考题中出现频率较高，另外像弹簧秤、欧姆表的读数问题也时有涉及.所以本专题把上述仪器的读数问题作为复习的重点.当然，仪器的正确使用不仅仅包括读数问题，还包括对仪器原理、结构的了解，使用仪器的注意事项，仪器的选择，仪器的布局或连线等，这些方面将在以后的专题中涉及到.?
●知识要点整合?
（一）螺旋测微器?
1.构造和原理?
图5-1-1所示是常用的螺旋测微器.在实验中常用它测量小球的直径、金属丝的直径和薄板的厚度等一些较小的尺度.用它测量长度，可以准确到0.01 mm，可以估读到0.001 mm（毫米的千分位），因此螺旋测微器又称为千分尺.?
图5-1-1
螺旋测微器螺杆上精密螺纹的螺距是0.5 mm，即每旋转一周，测微螺杆P前进或后退0.5 mm.可动刻度分成50等分.每一等分表示0.01 mm.即可动刻度每转过一等分，P前进或后退0.01 mm，因此，从可动刻度旋转了多少个等分就知道长度变化了多少个0.01 mm.
2.使用及读数?
（1）把待测物放入A、P之间的夹缝中，旋动旋钮K，当P将要接触待测物时，再轻轻转动微调旋钮K′，当听到棘轮的响声时（表明夹住待测物的力适中），转动锁紧手柄T使P止动；（2）读数：先由可动刻度尺的边缘所对的固定刻度线读出正毫米（或半毫米）数，再看固定刻度尺上的长横线与可动刻度相对的位置，由可动刻度尺读出小于0.5 mm的数，以上两部分相加就是螺旋测微器的读数.例如图5-1-2所示测量，从固定刻度尺上读数为2 mm，再从可动刻度尺上读数为0.130 mm，最后的“0”是估读来的.故该次测量的读数为2.130 mm.
图5-1-2
3.注意事项
①测量时，当螺杆将要接触被测物体时，要停止使用K，改用K′，以避免螺杆和被测物体间产生过大的压力，这样，既可以保护仪器又能保证测量结果准确.②读数时，要注意固定刻度上表示半毫米的刻度线是否已经露出.读数时要准确到0.01 mm，估读到0.001 mm，即测量结果若用mm为单位，则小数点后面必须保留三位.
［例1］图5-1-3给出的是用螺旋测微器测量一小钢球的直径的示数，此读数应是____mm.
图5-1-3
【解析】 注意到固定刻度尺上的半毫米刻度线已经露出，故由固定刻度尺上读数为8.5 mm；然后由可动刻度上读出半毫米以下的读数，并注意估读一位数字，为0.100 mm；最后将两次读数相加就是所要测量的正确读数8.600 mm(可用公式d=固定刻度示数+可动刻度示数×最小分度值计算）.
小结：在读数的时候一定要注意固定刻度尺上表示半毫米的刻度线是否已经露出.若忽略了这一点，本题会误读为8.100 mm.
(二)游标卡尺
游标卡尺的读数部分由主尺（最小分度为1 mm）和游标尺两部分组成.按照游标的精度不同可分为三种：（1）10分游标，其精度为0.1 mm；（2）20分游标，其精度为0.05 mm；
（3）50分游标，精度为0.02 mm.它们的共同特点（也是它们的测量原理）是：游标上的全部刻度之长比主尺上相应的刻度之长短1 mm.以20分游标为例，游标上20个分度全部之长为19 mm，比主尺上20个分度短1 mm，所以游标上每个分度比主尺短0.02 mm，当在两测脚间放一厚0.04 mm的物体时，则游标的第2条刻线将与主尺的刻线对齐，其余的刻线与主尺上的刻线都不对齐.
游标卡尺的读数方法是：以游标0刻度线为准在主尺上读出整毫米数，再看游标尺上哪一条刻度线与主尺上某刻度线（不用管是哪一条线）对齐，由游标上读出毫米以下的小数，则总的读数为：主尺上的整毫米数L1+游标上的毫米以下的小数L2.
下表所示即为上述三种游标尺的设计原理和读数方法
游标尺（mm） 精度（mm） 测量结果（游标尺上第n个格与主尺上的刻度线对正时）(mm)
刻度格数 刻度总长度 每小格与1毫米差
102050 91949 0.10.050.02 0.10.050.02 主尺上读的毫米数+0.1n主尺上读的毫米数+0.05n主尺上读的毫米数+0.02n
由于游标卡尺在读数时要分辨游标上的哪一条刻线与主尺上的刻线对的最齐，这里已包含了估读的因素，所以游标卡尺一般不再往下估读.不过用10分游标尺读数时，可在毫米的百分位上加一个“0”，表示该读数在毫米的10分位上是准确的，以区别于毫米刻度尺的读数.
［例2］有一游标卡尺，主尺的最小分度是1 mm，游标上有20个小的等分刻度.用它测量一工件的长度，如图5-1-4所示.图示的读数是_____mm.?
图5-1-4
【解析】 此图经过了二级放大.由一级放大图可知工件的长度约在10~11 cm之间，再由二级放大图仔细看游标上的零刻线所对主尺的刻线位置，由主尺读出测量的整毫米数：L1=104 mm(主尺上所标数值的单位为cm);再看游标上的哪一条刻线与主尺上的某一刻线对齐，由游标读出毫米以下的小数.从二级放大图中可以看出，游标上零刻线右侧的第一条刻线与主尺上的刻线对的最齐，游标上共20个分度，每个分度代表0.05 mm，所以游标上的读数为L2=0.05 mm.故所测该工件的长度L=L1+L2=104.05 mm.
小结：要掌握游标卡尺测量的原理和读数的方法，要知道主尺上和游标上所标数值的意义和单位，要能看懂多级放大图.
［例3］（2003年新课程理综，23）用游标为50分度的卡尺测量一圆柱体的长度与直径，结果分别如图5-1-5（甲）、（乙）所示.由图可知其长度为_____，直径为_____.?
图5-1-5
【解析】 游标为50分度，每个分度值为0.02 mm.由图（甲）原图及放大图示，可看出该物体的长度约为8 mm，再由放大图仔细观察，以游标的零刻线与主尺的刻线对的最齐（有主观估计的成分，允许有些误差），所以，由图甲读出该物体的长度为8.00 mm(注意有效数字）.
由图乙的原图可以看出，游标的零刻线大约对在主尺的2 mm处，再仔细观察放大图，游标上数字“9”右边的第二条刻线——即第47条刻线与主尺的刻线对的最齐，所以游标的读数为0.02 mm×47=0.94 mm，这也说明主尺的读数还不到2 mm.最后我们得到该物体的直径为1.94 mm.
小结：对图甲中游标零刻线正对的情况，一定要注意读数的有效数字位数.对图乙中游标的零刻线是否正对2 mm，还是不到或是已过2 mm，即该种情况主尺如何读数，要与游标的读数结合起来判断.
（三）多用电表?
1.测量原理
多用电表可以用来测电流、电压、电阻等，并且每一种测量都有几个量程，其外形如图5-1-6所示，多用电表测电流和电压所依据的原理是串、并联电路的特点及部分电路的欧姆定律，欧姆表即是多用表的电阻测量档.欧姆表测电阻所依据的原理是闭合电路的欧姆定律.欧姆表的内部电路如图5-1-7所示，R为调零电阻.当红、黑表笔相接进行欧姆调零时，表头指针满偏，根据闭合电路欧姆定律有I0=;当红、黑表笔间接有未知电阻Rx时，有I1=，故每一个未知电阻都对应一个电流值I，我们在刻度盘上直接标出与I对应的Rx的值，根据表头指针偏转的位置，即可从表盘刻度直接读出所测电阻的值.当Rx等于欧姆表内阻，即Rx=R+RA+r时，I=，指针半偏，所以把等于欧姆表内阻的这一阻值又叫做欧姆表的中值电阻R中.
图5-1-6 图5-1-7?
2.使用和操作?
（1）机械调零.将红、黑表笔分别插入“+”“-”插孔中.不管是测量电流、电压或电阻，测量前都要检查多用电表的指针是否停在表盘刻度线左端的零位置，若不指零，可用小螺丝刀旋转机械调零旋钮（定位螺丝），直到指针指零为止.
（2）测电压、电流.测量的方法和注意的问题与用单独的电表测量时基本一样.测电流时将选择开关拨至电流档，根据估计电流的大小选取适当的量程，注意将电流表串联入待测电路中，让电流从红表笔流入，从黑表笔流出.测电压的过程与此类似，不过是注意将电表并联在待测电路两端，红表笔接高电势，黑表笔接低电势.
（3）测电阻.①选档.先估计待测电阻的阻值大小，选择合适的欧姆档位.在操作中，当两表笔与待测电阻两端相接，选择开关旋至某一欧姆档位时，发现指针偏转的角度既不过大，也不过小，而是指在中间附近时，此时的旋钮尖端所对应的欧姆档位即为所要选择的“合适的档位”.②欧姆调零.将红、黑表笔短接，调整欧姆调零旋钮，使指针指到欧姆表刻度的零位置.③测量、读数.将红、黑表笔分别与待测电阻两端相接，表针示数乘以所选欧姆档的倍率，即为待测电阻的阻值.④重复①②③，测其他电阻的阻值.
3.几点说明.①用欧姆表测电阻时，当指针处在表盘中央附近时读数较为准确些.由于待测电阻与电流之间的非线性关系（由上面所讲原理可看出），欧姆表的刻度是不均匀的，因此用欧姆表测电阻只是一种粗略的测量.②测电阻时，待测电阻要与电源以及其他电阻断开，且不要用手接触表笔金属端.③每换用欧姆档的另一量程时，必须重新进行“欧姆调零”.④实验完毕，应将两表笔从插孔中拔出，并将选择开关旋至“OFF”档或交流电压最高档.如果表长期不用，应取出表内的电池.
［例4］（2003年春季，27）图5-1-8为多用电表的示意图，其中S、K、T为三个可调节的部件，现用此电表测量一阻值约为20~30 Ω的定值电阻，测量的某些操作步骤如下：?
图5-1-8
①调节可调部件_______，使电表指针停在_______位置；
②调节可调部件K，使它的尖端指向_______位置；
③将红、黑表笔分别插入“+”“-”插孔，笔尖相互接触，调节可调部件_____，使电表指针指向_____位置.
（2）在用多用表测量另一电阻的阻值时，电表的读数如图5-1-9所示，该电阻的阻值为_____Ω.?
图5-1-9
【解析】 （1）多用电表在使用前首先要进行“机械调零”，即测量前先检查电表的指针是否停在刻度盘左端的“0”位置，若不在“0”位置，则调节表盘下中间部位的调零螺丝，即图5-1-8中的可调部件“S”，使指针停在刻度盘左端的“0”位置.?
测量电阻应将图中的选择开关K旋至欧姆档的适当档位.我们已经知道，测量时欧姆表的指针在表盘的中间部位时读数较为准确.由图可以看出，该欧姆表的表盘中值约为“20”，又待测电阻的阻值为20~30 Ω，所以应选Ω×1档，这样测量时就可使指针指在中间部位了.
选好档位后就要进行欧姆档的调零，且每次换档后都要重新进行调零.调零时将红、黑表笔接触，调节图中的“欧姆调零”旋钮T，使指针指在表盘右端电阻刻度的“0”位置.?
（2）由图5-1-9表针位置读数为“20.0”，注意到选择开关置于“Ω×1 k”的倍率档，所以所测电阻的阻值为20.0 kΩ.
小结：要搞清楚多用电表的各个旋钮的作用及调节的顺序.欧姆表表盘刻度的“中值”有着重要的意义，欧姆档位的选择就是根据“中值”来确定的.
［例5］（2003年广东，11）图5-1-10为一正在测量中的多用电表表盘.
图5-1-10
（1）如果是用直流10 V档测量电压，则读数为_____V.
（2）如果是用×100 Ω档测量电阻，则读数为_____Ω.
（3）如果是用直流5 mA档测量电流，则读数为_____mA.
【解析】 由于多用电表的测量项目和量程比较多，而表盘的空间有限，所以并不是各个项目的每个量程都有专门的标度，有些标度就是属于共用标度.如图5-1-10中的第二行刻度就是交、直流电压、电流共用的标度.使用直流10 V档测量电压时，由于直流10 V档没有专门的标度，只能按“0~250”或“0~50”来读数，然后再折算成“0~10 V”的电压.譬如当按 “0~50”读数时，将读数乘以0.2即为测量值.
（1）用直流10 V档测量电压时，按“0~50”的标度来读数为32.5，则测量值为32.5×0.2=6.50 V(也可写为6.5 V）.
（2）指针所指电阻刻度的读数为8.0，乘以欧姆档的倍率，则所测电阻值为8.0×102 Ω.
(3)用直流5 mA档测量时，读数方法与（1）中相同，测量值为3.25 mA.
小结：多用电表电压档、电流档的读数在2003年之前的高考中从未考过，现在高考对此也提出了要求.读数问题不能只是纸上谈兵，这些仪表一定要真正使用过，只有真正用过才会有深的体验和理解.
以上对螺旋测微器、游标卡尺和多用电表这三种常用仪器的原理和读数方法做了较为详细的介绍.限于篇幅，对“考试说明”中要求会使用的其他仪器不再一一介绍，这些仪器在下面的练习题中会涉及到.
●应用强化训练?
1.（2003年科研测试）用米尺测量一杆的长度.杆的两端A、B在米尺上的位置如图5-1-11所示.由此可知该杆的长度为_____cm.?
图5-1-11
【答案】 38.5
2.用天平称量物体的质量时，右盘中已放入了砝码68 g，游码位置如图5-1-12所示，则被称物体的质量为_____g.?
图5-1-12
【解析】 由图可知，该天平的最小分度为0.04 g，读数误差最大按最小分度值的一半估计，即为0.02 g，误差出现在百分位上，读数时只需估读到克的百分位上，因此被测物体的质量为68.28 g.
【答案】 68.28
3.将橡皮筋的一端固定在A点，另一端拴上两根细绳，每根细绳分别连接一个量程是5 N、最小刻度为0.1 N的弹簧测力计，沿着两个不同的方向拉测力计，当橡皮筋的活动端拉到O点时，两根细绳相互垂直，如图5-1-13所示.这时弹簧测力计的读数可以从图中读出.由图可读得两个互相垂直的拉力的大小分别为_____N和_____N.?
图5-1-13
【解析】 由图可知，该测力计的最小分度为0.1 N，读数时应估读到0.01 N.因此测力计的读数分别为2.50 N和4.00 N.
【答案】 2.50；4.00
4.(2002年广东，11）用螺旋测微器（千分尺）测小球直径时，示数如图5-1-14所示.这时读出的数值是_____，单位是_____.
图5-1-14
【答案】 8.473;mm
5.一游标卡尺的主尺最小分度为1 mm，游标上有10个小等分间隔，现用此卡尺来测量工件的直径，如图5-1-15所示.该工件的直径为_____mm.
图5-1-15
【答案】 29.80(答29.8的同样给分）?
6.游标卡尺的主尺最小分度为1 mm，游标上有20个小的等分刻度，用它来测量一工件的内径，如图5-1-16所示.该工件的内径为_____mm.
图5-1-16
【解析】 游标卡尺是20分度的，游标尺的最小分度值为0.05 mm，由主尺读数L1=23 mm，游标上零刻线右边的第17条刻线与主尺上的刻线对齐，故游标读数为L2=17×0.05=0.85 mm,该工件的内径为L=L1+L2=23.85 mm.
【答案】 23.85
7.（1999年全国，17）用游标为50分度的卡尺（测量值可准确到0.02 mm）测定某圆筒的内径时，卡尺上的示数如图5-1-17.可读出圆筒的内径为_____mm.?
图5-1-17
【答案】 52.12?
8.一同学在用打点计时器做测匀变速直线运动加速度的实验时，纸带上打出的不是圆点，而是如图5-1-18所示的一些短线，这可能是因为
图5-1-18
A.打点计时器错接在直流电源上?
B.电源电压不稳定
C.电源的频率不稳定
D.打点针压得过紧
【解析】 对选项A，若打点计时器错接在直流电源上，则可能会出现两种情况:一种是打点计时器根本不打点，纸带上是一片空白；另一种是打点计时器也不打点，但纸带上是一条连续的（不间断）直线，故A错.对选项B，若其他情况均正常，仅因电源电压不稳定，则打点计时器打出的应是正常的点迹的纸带，故B错.对选项C，若其他情况也均正常，则打点计时器打出的纸带上的点迹间距不满足匀变速直线运动的规律，但从打出的纸带上来看，所打出来的是圆点而不是短线，故选项C错.因此，本题答案是D.
【答案】 D
9.图5-1-19是学生实验用的有两个量程的电流表刻度盘，当用“+”和“0.6”两接线柱时，能测量的最大电流是_____A，对应刻度盘上每一小格代表_____A；图中指针的示数为_____A；当使用电流表的“+”和“3”两个接线柱时，对应刻度盘上每一小格代表_____A，图中表针示数为_____A.?
图5-1-19 图5-1-20?
图5-1-20为学生实验用的有两个量程的电压表刻度盘，当使用较小量程时，测量电压最大值不得超过_______V，每小格表示?_______V?，图中指针示数_______V；若使用的是较大量程，则表盘刻度每小格表示_____V，图中指针示数_____V.
【答案】 0.6；0.02；0.44；0.1；2.20;3.0；0.1；?1.70；0.5；8.50?
10.一多用电表的欧姆档有4档，分别为×1 Ω、×10 Ω、×100 Ω、×1 kΩ，现用它来测量一未知电阻的阻值.当用×100 Ω档测量时，发现指针偏转的角度很小，为了使测量结果更准确，测量前就进行如下两项操作，先_______，接着_______，然后再测量并读数.
【解析】 对于调好的欧姆表来说，指针偏转到最大时——即电流表满刻度时，对应的待测电阻的阻值为0；指针偏转越小，表示待测电阻的阻值越大.当用×100 Ω档测量时，如果发现指针偏转很小，表示待测电阻的阻值比100 Ω大得多，应当改用×1 kΩ档来测量.这时指针就可能有更明显的偏转.但在改用?×1 kΩ?档后，必须重新调零才行.
【答案】 把选择开关拨到×1 kΩ档；调零?
11.某人用万用表按正确步骤测量一电阻阻值，指针指示位置如图5-1-21，则这电阻值是_______.如果要用这万用表测量一个约200 Ω的电阻，为了使测量比较精确，选择开关应选的欧姆档是_____.?
图5-1-21
【答案】 1.20×103 Ω;×10
12.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2.00 cm，让刻度尺的零点对准摆线的悬点，摆线竖直下垂，如图5-1-22所示，那么单摆摆长是_____cm，如果测定了40次全振动的时间如图中秒表所示，那么秒表读数是_______s，单摆的摆动周期是_______s.
图5-1-22
【答案】 ;87.50 ;75.2;1.88
13.一种供仪器使用的小型电池标准电压为9 V，允许电池输出的最大电流为50 mA，为了测定这个电池的电动势和内电阻，实验室利用了图5-1-23所示电路，图中电压表内阻很大，可不考虑对电路的影响，R为电阻箱，阻值范围为0~9999 Ω，R0是保护电阻.
图5-1-23
（1）实验室中配有的定值电阻有以下几种规格：
A.10 Ω,5 W ?
B.150 Ω,1/2 W?
C.200 Ω,1/2 W?
D.1.2 kΩ,1 W?
R0宜选用_____.
（2）在实验中，当变阻箱各旋钮调到图5-1-24所示位置后，闭合开关，电压表示数为9.0 V，变阻箱此时电阻为_____Ω.电路中通过电阻箱的电流为_____mA.
图5-1-24 图5-1-25
（3）断开开关，调整电阻箱阻值，再闭合开关，读取电压表示数，多次重复，取得数据后，作出图线如图5-1-25，则该电池电动势E=_____V，内电阻r=_____Ω.
【解析】 （1）电路中最小电阻应为R0==180 Ω,故R0应取C（200 Ω，1/2 W）为宜.
（2）由图可读出R0=100×7+10×5=750 Ω,电流I= A=9.5 mA.?
（3）由图线在U轴上截距可得E=9.5 V,据图线斜率可得r=50 Ω.?
【答案】 （1）C （2）750;9.5 （3）9.5;50
●教学参考链接?
基本仪器的使用特别是仪器的测量读数问题，是高考实验命题的重点和热点问题，所以本专题研究的重点就是仪器测量的读数问题.专题是以螺旋测微器、游标卡尺、多用电表为典型来讲解的，对这三种仪器的读数方法和使用方法都做了较为详细的介绍.之所以这样安排是因为近些年高考对读数的考查主要是集中在螺旋测微器和游标卡尺的读数上，对多用电表则是既要求读数又要求会使用操作，它们都是基本仪器使用的考查热点.对其他的基本仪器除滑动变阻器外在本专题的【应用强化训练】中也都有涉及.至于电流表、电压表量程的选取.滑动变阻器的连接方式等，这些问题在下面的专题中还要讲到.对练习题的使用不要就题论题，可以在原题的基础上运用变式、适度扩展.譬如【应用强化训练】中的第13题涉及到电阻箱的使用，讲解该题时可以启发学生思考：在保持电路连接的情况下，若要使电阻箱阻值由3 kΩ调为200 Ω时应按怎样的顺序进行操作？使学生更深刻地理解为什么要强调科学地安排操作步骤.
专题二 物理实验常用方法
●高考趋势展望
分析近几年的高考物理实验试题，可以看出，高考对实验的考查，除了注重基本的实验操作外，还十分注重学生对实验原理、方法的理解程度及其迁移应用能力的考查.?每年都有设计性实验题.而设计实验的依据就是教材中19个学生实验涉及到的原理方法.所以在第二阶段的复习中，应认真剖析大纲中所要求的19个学生实验，提炼出其中所蕴藏的思想方法，加以深刻地领会、理解，做到灵活地迁移应用.
●知识要点整合
一、实验设计的原理性方法
1.等效法
等效法是科学研究中常用的一种思维方法.对一些复杂问题采用等效方法，将其变换成理想的、简单的、已知规律的过程来处理，常可使问题的解决得以简化.因此，等效法也是物理实验中常用的方法.如在“验证力的平行四边形定则”的实验中，要求用一个弹簧秤单独拉橡皮条时，要与用两个弹簧秤互成角度同时拉橡皮条产生的效果相同——使结点到达同一位置O，即要在合力与两分力等效的条件下，才能找出它们之间合成与分解时所遵守的关系——平行四边形定则.在“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；“验证牛顿第二定律”的实验中，通过调节木板的倾角使重力的分力抵消摩擦力而等效于物体不受摩擦力作用；还有，电学实验中电流表的改装，用替换法测电阻等，都是等效法的应用.
2.转换法?
将某些不易显示、不易直接测量的物理量转化为易于显示、易于测量的物理量的方法称为转换法（间接测量法）.转换法是物理实验常用的方法，例如，测力计是把力的大小转换为弹簧的伸长量，打点计时器是把流逝的时间转换成振针的周期性振动；电流表是利用电流在磁场中受力，把电流转化为指针的偏转角；用单摆测定重力加速度g是通过公式T=2π把g的测量转换为T和L的测量.?
3.留迹法
留迹法即是利用某些特殊的手段，把一些瞬间即逝的现象（如位置、轨迹等）记录下来，以便于此后对其进行仔细的研究.留迹法也是物理实验中常用的方法.如用打点计时器打出的纸带上的点迹记录小车的位移与时间的关系；用描迹法描绘平抛运动的轨迹；在“测定玻璃折射率”的实验中，用大头针的插孔显示入射光线和出射光线的方位；在“电场中等势线的描绘”的实验中，用探针通过复写纸在白纸上留下的痕迹记录等势点的位置…，都是留迹法在实验中的应用.
4.累积法
是把某些难以直接准确测量的微小量累积后测量，以提高测量的准确度.如在缺乏高精密度的测量仪器的情况下测细金属丝的直径，常把细金属丝绕在圆柱体上测若干匝的总长度，然后除以匝数可求细金属丝的直径；测一张薄纸的厚度时，常先测出若干页纸的总厚度，再除以被测页数而求每页纸的厚度；在“用单摆测重力加速度”的实验中，单摆周期的测定，就是通过测单摆完成多次全振动的总时间除以全振动次数，以减少个人反应时间造成的误差影响等.
5.模拟法?
模拟法是一种间接实验方法.它是通过与原型相似的模型，来说明原型的规律性.模拟法在中学物理实验中的典型应用是“电场中等势线的描绘”这一实验.由于直接描绘静电场的等势线很困难，而恒定电流的电场与静电场相似，所以用恒定电流的电场来模拟静电场，通过它来了解静电场中等势线的分布情况.?
6.黑箱法?
黑箱是指内部结构不明的系统.黑箱方法是指在不打开黑箱的情况下，通过观察，或是通过有目的地向黑箱输入信息、记录黑箱相应的输出，找出其行为的规律，然后根据已有的知识对黑箱的内部结构作出推测的方法.学生实验“用多用电表探索黑箱内的电学元件”就是典型的黑箱方法的应用.（方法应用见例4）
二、减小系统误差的方法
从误差的来源看，误差分为偶然误差和系统误差两种.
偶然误差是由于各种偶然因素对实验的影响而产生的.偶然误差具有随机性，有时偏大，有时偏小，所以减小偶然误差的方法就是通过多次测量求平均值.
系统误差是由于仪器本身不精确，或实验方法粗略，或实验原理不完善而产生的.它的特点是使测量总是偏大或总是偏小.所以，采用多次测量求平均值的方法不能减小系统误差.要减小系统误差，必须校准仪器，或改进实验方法，或设计在原理上更为完善的实验.
学生实验中就有不少减小实验系统误差的方法和措施.譬如，在“研究匀变速运动”的实验中，若使用电磁打点计时器测量，由于电磁打点计时器的振针与纸带之间有较大的且不连续、不均匀的阻力作用，给加速度的测定带来较大的系统误差；若改用电火花计时器，就可以使这一阻力大为减小，从而减小了加速度测定的系统误差.再如，在用“伏安法”测电阻时，为减小电阻测量的系统误差，就要根据待测电阻阻值的大小考虑是采用电流表的“外接法”还是“内接法”.
三、控制实验条件的方法
实验就是利用仪器设备在人为控制的条件下进行的观察研究活动.其中对实验过程恰当准确的控制是做好实验的关键.通过控制可使复杂的条件得到简化和纯化，凸显要研究的因素在现象中的作用.通过控制，可使实验按要求的条件进行，从而得出准确的结论.
实验中的控制包括对实验参量的控制和对实验条件的控制.
对实验参量的控制是指在实验涉及多个参量时，为了清楚地显专题五 带电粒子在磁场或复合场中的运动
●高考趋势展望?
带电粒子在磁场，特别是在包括磁场在内的复合场中运动的问题，因其涉及的知识点比较多，易于考查学生综合利用中学物理知识分析处理实际问题的能力，所以该专题知识几乎是高考每年必考的内容，且多以难度中等或中等偏上的计算题出现在高考试卷中.其中带电粒子在磁场中的圆周运动问题是本专题的复习重点，特别是要在理解和掌握分析处理此类问题的方法上多下功夫.带电粒子在复合场中的运动问题，因其涉及的知识点多，且题目限定的物理情景较难分析清楚，是本专题知识中的难点.?
●知识要点整合?
1.带电粒子在匀强磁场中的运动?
由于磁场对运动电荷产生的洛伦兹力方向始终垂直于粒子的速度方向，所以洛伦兹力在任何情况下对电荷都不做功，只能改变电荷运动速度的方向而不改变速度的大小，特别当电荷以垂直于磁场方向的速度v射入匀强磁场B中时，若只受洛伦兹力作用，则电荷将在磁场中做半径R=,周期T=的匀速圆周运动.对于此类问题的处理，一般是先确定电荷运动的圆心——通常取电荷射入和穿出磁场时速度方向垂线的交点，再根据几何关系确定运动半径，然后结合相应的力学规律和原理将问题予以解决.至于电荷在磁场中运动的时间问题，则常结合电荷在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期予以解决——求出电荷在磁场中运动的圆弧轨迹对应的圆心角θ，则其运动时间t=.
2.带电粒子在复合场中的运动?
复合场是指电场、磁场、重力场中三者或其中任意两者共存的场.在复合场中运动的电荷有时可不计重力，如电子、质子、α粒子等微观粒子，也有重力不能忽略的宏观带电体，如小球、液滴、微粒等.
虽然电荷在复合场中的运动情况一般较为复杂，但是它作为一个力学问题，同样遵循联系力和运动的各条基本规律.在分析和解决具体问题时，还是要从力的观点（牛顿定律）、动量的观点、能量的观点入手.
电荷在复合场中的运动一般有两种情况——直线运动和圆周运动.若电荷在电场力、重力和洛伦兹力共同作用下做直线运动，由于电场力和重力为恒力，洛伦兹力方向和速度方向垂直且大小随速度的大小而改变.所以只要电荷速度大小发生变化，垂直于速度方向的合力就要发生变化，该方向电荷的运动状态就会发生变化，电荷就会脱离原来的直线轨道而沿曲线运动.可见，只有电荷的速度大小不变，才可能做直线运动，也就是说，电荷在电场力、重力和洛伦兹力共同作用下做直线运动时，一定是做匀速直线运动.若电荷在上述复合场中做匀速圆周运动时，由于物体做匀速圆周运动的条件是所受合外力大小恒定、方向时刻和速度方向垂直，这是任何几个恒力或恒力和某一变力无法合成实现的，只有洛伦兹力可满足该条件.也就是说，电荷在上述复合场中如果做匀速圆周运动，只能是除洛伦兹力以外的所有恒力的合力为零才能实现.处理此类问题，一定要牢牢把握这一隐含条件.
总之，对本专题的内容，一定透彻理解、熟练掌握.在具体解决实际问题时，要认真做好以下三点：
第一，正确分析受力情况；第二，充分理解和掌握不同场对电荷作用的特点和差异；第三，认真分析运动的详细过程，充分发掘题目中的隐含条件，建立清晰的物理情景，最终把物理模型转化为数学表达式.?
●精典题例解读?
［例1］（2002年全国，27）电视机的显像管中，电子束的偏转是用磁偏转技术实现的.电子束经过电压为U的加速电场后，进入一圆形匀强磁场区，如图3-5-1所示.磁场方向垂直于圆面.磁场区的中心为O，半径为r.当不加磁场时，电子束将通过O点而打到屏幕的中心M点.为了让电子束射到屏幕边缘P，需要加磁场，使电子束偏转一已知角度θ，此时磁场的磁感应强度B应为多少？
图3-5-1
【解析】 电荷在磁场中做匀速圆周运动时，由洛伦兹力充当向心力可导出电荷做圆周运动半径的大小为R=，可见，只要求出电荷运动速度v和运动半径R，磁感应强度B即可求出.其中电荷在磁场中运动的速度为加速电场加速所得，利用动能定理可以求出，电荷的运动半径在确定了轨迹中心后利用几何关系可以求出，具体解答如下：
电子在磁场中沿圆弧ab运动，圆心为C，半径为R.如图3-5-2所示.以v表示电子进入磁场时的速度，m、e分别表示电子的质量和电荷量，则?
图3-5-2
eU=mv2?
evB=
又有tan
由以上各式解得?
B=
［例2］图3-5-3所示，虚线MN是垂直纸面的平面与纸面的交线，在平面右侧的半空间存在一磁感应强度为B的匀强磁场，方向垂直纸面向外.O 是MN上的一点，从O点可以向磁场区域发射电量为+q、质量为m、速率为v的粒子.粒子射入磁场时的速度可在纸面和各个方向.已知先后射入的两个粒子恰好在磁场中给定的P点相遇，P到O的距离为L，不计重力及粒子间的相互作用.
图3-5-3
（1）求所考查的粒子在磁场中的轨道半径.?
（2）求这两个粒子从O点射入磁场的时间间隔.?
【解析】 由于不计重力和粒子间的相互作用，且粒子速度方向和匀强磁场方向互相垂直，故粒子只受和粒子速度垂直的洛伦兹力作用，在纸面所在平面内做匀速圆周运动.由洛伦兹力充当向心力，可求出粒子做圆周运动的半径.?
又因两粒子都是从O点射出，且同时经过P点，故OP应是两粒子运动轨迹圆的公共弦，其径迹应如图3-5-4所示.由于两粒子从O点射出后至P点的轨迹对应的圆心角不同，可知其运动至P点经历的时间不同，利用几何知识找出其轨迹对应的圆心角大小关系，即可应用粒子运动时间和周期的关系求出其从O点射出的时间差.?
图3-5-4
（1）设粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径为R，由牛顿第二定律，有qvB=m得R=
(2)如图所示，以OP为弦可画两个半径相同的圆，分别表示在P点相遇的两个粒子的轨道.圆心分别为O1、O2，OP弦所对圆心角为α.先射入的粒子由O→P的时间?
t1=
后射入的粒子由O→P的时间?
t2=
式中T为圆周运动周期，T=.
两粒子射入的时间间隔?
Δt=t1-t2=
因Rsin 得α＝2arcsin
由上两式可解得?
Δt=.
(根据arcsinθ=-arccosθ)可将上面结果化为Δt=)?
小结：以上两例给出了关于带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的两类典型问题的处理方法：凡是涉及和粒子轨道半径有关的问题，应首先应用几何知识求出粒子轨道半径，凡是涉及粒子运动时间的相关问题，应根据粒子运动轨迹对应的圆心角与圆周角的关系找出粒子运动时间和周期的关系，从而使问题得到解决.
［例3］如图3-5-5所示，坐标系xOy所在的竖直面内，有垂直平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为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α=30°的方向斜向下做直线运动，直到进入x＞0的区域，要使油滴在x＞0的区域在竖直面内做匀速圆周运动，并通过x轴上的N点，且，则
图3-5-5
（1）带电粒子运动的速率为多少？
（2）在x＞0的区域需加何种电场？
（3）粒子从M点到N点所用的时间为多少？?
【解析】 油滴在x＜0的区域内运动时受恒定的电场力和恒定的重力及洛伦兹力作用.由于电场力和重力两力的合力恒定，其在垂直于油滴速度方向的分力亦恒定，而洛伦兹力始终和速度方向垂直，因此欲使油滴做直线运动，其在速度的垂直方向上所受合外力应为零，可见油滴所受洛伦兹力应为恒力.所以，油滴在x＜0区域内的直线运动应为匀速运动.利用共点力平衡条件可求出油滴的洛伦兹力，继而可求出其运动速率.
油滴在x＞0的区域做匀速圆周运动，由做匀速圆周运动的条件——合外力大小恒定且始终和速度方向垂直知，只有除洛伦兹力以外的其他恒力——重力和电场力的合力为零，由此可断定x＞0区域内电场方向应竖直向上，且应满足qE=mg，从而可求出E=mg/q.至于所求时间，应分段予以计算，先由几何关系求出半径和的关系，可求出油滴在x＜0区域内的运动时间t1，再根据几何关系求出油滴在x＞0区域内所做匀速圆周运动对应的圆心角，利用周期和油滴在x＞0区域内做圆周运动时间的关系可求其运动时间t2,t1、t2相加即为所求时间.
图3-5-6
(1)带电油滴在x＜0的区域内受重力mg，电场力F1=Eq和洛伦兹力F2的作用，因油滴沿直线运动，故洛伦兹力F2的方向不变，因重力mg，电场力F1是恒定的，则F2一定恒定，因此油滴速度不变，其受力如图3-5-6所示，油滴带正电，由平衡条件知?
mg=Eq·cotα ①
Bqv=Eq/sinα ②
解得v=
(2)带电油滴进入x＞0的区域后做匀速圆周运动，除受重力mg和洛伦兹力F2外，一定要受电场力F1′的作用，且?
F1′=E1q=mg ③
由①③得E1=Ecotα=E，此为x＞0区域内电场强度的大小，因粒子带正电，E1的方向应竖直向上.
（3）油滴在复合场中的运动轨迹如图3-5-7所示，过P作PO′⊥MP，则圆心必在PO′上，因∠PNO1=∠O1PN(O1为PO′与x轴的交点）则O1即为圆心位置，设半径为R，有2×Rcos30°=
图3-5-7
又Bqv=m.设从M→P的时间为t1则：t1=,设从P→N的时间为t2,则由几何知识知油滴在x＞0区域内由P到N所做圆周运动对应的圆心角∠PO1N=120°,所以对应的时间t2=,因此油滴从M→N运动的总时间t=t1+t2=.又由①知,所以t=.
小结：根据带电粒子在复合场中的运动情况，正确地进行受力分析，并灵活运用几何知识求出运动半径，确定圆心及运动对应的圆心角，是解决带电粒子在复合场中运动问题的关键.
●应用强化训练?
1.(2001年春季，4）初速为v0的电子，沿平行于通电长直导线的方向射出，直导线中电流方向与电子的初始运动方向如图3-5-8所示，则?
图3-5-8
A.电子将向右偏转，速率不变
B.电子将向左偏转，速率改变
C.电子将向左偏转，速率不变
D.电子将向右偏转，速率改变
【答案】 A?
2.（2002年春季，21）图3-5-9为云室中某粒子穿过铅板P前后的轨迹.室中匀强磁场的方向与轨迹所在平面垂直（图中垂直于纸面向里）.由此可知此粒子?
图3-5-9
A.一定带正电? B.一定带负电?
C.不带电? D.可能带正电，也可能带负电?
【解析】 粒子穿过铅板过程中要损失一部分动能而使其速率减小，由带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径与速度的关系R=知，运动半径小，说明其速率小，故知粒子应是沿逆时针方向运动从下向上穿过铅板的.由左手定则判定后知粒子带正电.
【答案】 A
3.设图3-5-10中M、N两板相距为d，电势差为U，一质量为m、电荷量为q带正电荷的粒子，恰能以水平速度v做匀速直线运动通过两板.若把两板距离减半，电势差不变，要使粒子仍能沿水平直线通过电场，可采取的措施为?
图3-5-10
A.把粒子的入射速度增大一倍?
B.把粒子的入射速度减半?
C.加一个B=垂直纸面向外的匀强磁场?
D.加一个B=垂直纸面向里的匀强磁场?
【解析】 粒子以水平速度v匀速通过两板，满足：
mg=Eq= ①
当板间距离减半时，电场力加倍，故外加磁场方向应垂直纸面向外，大小满足：?
qvB= ②
即：B=
【答案】 C
4.在光滑绝缘水平面上，一轻绳拉着一个带电小球绕竖直方向的轴O在匀强磁场中做逆时针方向的水平匀速圆周运动，磁场方向竖直向下，其俯视图如图3-5-11所示，若小球运动到A点时，绳子突然断开，关于小球在绳断开后可能的运动情况，以下说法正确的是
图3-5-11
A.小球仍做逆时针匀速圆周运动，半径不变?
B.小球仍做逆时针匀速圆周运动，但半径减小?
C.小球做顺时针匀速圆周运动，半径不变?
D.小球做顺时针匀速圆周运动，半径减小?
【解析】 若最初小球所做圆周运动所需向心力仅由洛伦兹力提供，绳子张力恰为零，则A项对.若小球带负电，初态向心力F1满足?
F1=FT-F洛 ①
绳断后，向心力F2满足F2=F洛 ②
若F1=F2,即FT=2F洛时亦有可能实现C项所述，C项对.若F2＞F1,即F洛＞，亦有可能实现D项所述，D项对.?
【答案】 ACD
5.如图3-5-12所示，带电平行板中匀强电场竖直向上，匀强磁场方向垂直纸面向里，某带电小球从光滑绝缘轨道上的a点自由滑下，经过轨道端点P进入板间后恰好沿水平方向做直线运动，现使小球从稍低些的b点开始自由滑下，在经P点进入板间的运动过程中?
图3-5-12
A.其动能将会增大?
B.其电势能将会增大?
C.小球所受的洛伦兹力将会增大?
D.小球所受的电场力将会增大?
【解析】 本题考查带电粒子在电场、磁场、重力场等混合场中的运动.电场力和重力与速度无关，而洛伦兹力和速度有关.?
经分析知，带电小球带正电.当小球从a点滑下在板间恰好沿水平方向做直线运动时，受向上的电场力、洛伦兹力和向下的重力作用，应有mg=qE+qBv.?
当小球从稍低些的b点开始自由下滑时，进入板间的速度变小，小球将在重力方向加速运动，克服电场力做功，电势能增大，故选ABC.
【答案】 ABC?
6.如图3-5-13所示，带电粒子在没有电场和磁场的空间，以速度v0从坐标原点O沿x轴方向做匀速直线运动，若空间只存在垂直于Oxy平面的匀强磁场时，粒子通过P点时的动能为Ek，当空间只存在平行于y轴的匀强电场时，则粒子通过P点时的动能为?
图3-5-13
A.Ek B.2Ek?
C.4Ek D.5Ek?
【解析】 只存在磁场时，粒子速率不变，到达P点时速率仍为v0;只存在平行于y轴的匀强电场时，粒子x轴方向做速度为v0的匀速运动，y轴方向做初速度为零的匀加速运动.由sPy=sPx,所以,所以 vPy=2v0,vP=v0,EkP=5×mv02=5Ek.?
【答案】 D
7.如图3-5-14，在正交的匀强磁场B和匀强电场E中，有一竖直的长绝缘管，管内有一质量为m、带电荷量为-q的小球，球与管壁之间动摩擦因数为μ，磁场和电场都足够大，则小球运动的最大加速度为_____；在有最大加速度时的速度为_____；小球运动的最小加速度为 ，在有最小加速度时的速度为 .
图3-5-14
【解析】 小球开始下落时,速度小，F洛=qvB小，小球在竖直方向的加速度a=,当F洛=F电即qvB=qE时Ff=0,加速度最大a=g,此时速度v=,随着速度继续增大.
水平方向：qvB=FN+qE,?
竖直方向：a=,?
当a=0时最小，此时速度v=.
【答案】 g；；0；
8.如图3-5-15所示，在水平正交的匀强电场和匀强磁场区域内，有一个带电小球A，已知电场强度为E，磁感应强度为B，小球在场区中受到电场力的大小恰与它的重力大小相等，要使小球在磁场中匀速运动，小球的速度必须一定，请求出它们的速度方向（并注明角度） ，它的速度大小为 .?
图3-5-15
【解析】 粒子所受重力、电场力及洛伦兹力三力合力为零，且满足：?
qvB= ①
mg=Eq ②
故v=E/B，方向成45°角斜向上（可分正、负电性讨论之）.
【答案】 成45°角斜向上；E/B?
9.质量为m，电荷量为q带正电荷的小物块，从半径为R的1/4光滑圆槽顶点由静止下滑，整个装置处于电场强度E，磁感应强度为B的区域内，如图3-5-16.则小物块滑到底端时对轨道的压力为 .?
图3-5-16
【解析】 小物块自高处滑至最低点的过程中，仅有重力及电场力做功，设滑至低点速度为v,由动能定理
mgR-EqR=mv2 ①
设木块所受的支持力为FN，由牛顿第二定律
FN-mg-F=mv2/R ②
F=qvB ③
由①②③知：?
FN=3mg-2Eq+qB
【答案】 3mg-2Eq+qB
10.（2003年北京春季，29）如图3-5-17所示，在Oxyz坐标系所在的空间中，可能存在匀强电场或匀强磁场，也可能两者都存在或都不存在.但如果两者都存在，已知磁场平行于xy平面.现有一质量为m带正电q的点电荷沿z轴正方向射入此空间中，发现它做速度为v0的匀速直线运动.若不计重力，试写出电场和磁场的分布有哪几种可能性.要求对每一种可能性都要说出其中电场强度、磁感应强度的方向和大小，以及它们之间可能存在的关系.不要求推导或说明理由.
图3-5-17
【解析】 以E和B分别表示电场强度和磁感应强度，有以下几种可能：?
（1）E=0 B=0
（2）E=0 B≠0 B的方向与z轴的正方向平行或反平行.B的大小可任意.?
（3）E≠0，B≠0，磁场的方向可在xy平面的任何方向.电场E的方向平行于xy平面，并与 B的方向垂直.当迎着z轴正方向看时，由B的方向沿顺时针转90°后就是 E的方向.
E和B的大小可取满足关系式=v0的值.
【答案】 略
11.如图3-5-18所示，x轴上方有一磁感应强度为B的匀强磁场，下方有一场强为E的匀强电场，两个场的方向图中已经标出.在x轴上有一点M（L，0），要使带电荷量为q、质量为m、重力不计的粒子在y轴上，由静止释放后能到达M点.
图3-5-18
求：（1）带电粒子应带何种电荷？粒子释放点离O点的距离应满足什么条件？?
（2）粒子从静止出发到M点，经历的时间是多少？?
（3）粒子从静止出发到M点，所经历的路程是多少？?
【解析】 （1）设粒子在（0，- y)点静止释放，在电场力作用下加速运动到O点，以速度v进入磁场，则mv2=qEy.所以有?
v=
设粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径为R，依分析，有
R=(n=1,2,3…)
洛伦兹力作为向心力，有,得?
R=
所以：
得粒子带负电荷：y=(n=1,2,3…)?
(2)设每段匀变速直线运动的时间为t1,每个半圆周运动时间为t2,因为y=,故有?
t1=(n=1,2,3…)?
又因为t2=所以运动的总时间为：
t=(2n-1)t1+nt2= (n=1,2,3…)?
(3)设运动总的路程为s,则?
s=(2n-1)y+n··2πR?
=(n=1,2,3…)?
【答案】 (1)负电荷;y=(n=1,2,3…)?
(2) (n=1,2,3…)?
(3)(n=1,2,3…)
12.某空间存在着变化的电场和另一变化的磁场，电场方向向右，即图3-5-19甲中由b到c的方向，电场强度大小变化如图3-5-19乙中E-t图象，磁感应强度变化如图3-5-19丙中B—t图象.已知ab⊥BC, =，在a点，从第1 s末时刻开始，每隔2 s有一相同的带电粒子（粒子重力不计）沿ab方向以速度v射出，这些粒子都恰能击中c点，且粒子在ac间运动时间小于1 s，求：
甲 乙 丙
图3-5-19
（1）图象中E0和B0的比值；?
（2）第二个粒子和第一个粒子从射出到击中c点所用的时间的比值.?
【解析】 （1）第一个粒子运动过程中只存在磁场，粒子做匀速圆周运动.因=，所以∠bac=30°,由几何知识知粒子运动半径R=.
设粒子质量为m,电量为q,则由qvB0=得：B0=.
第二个粒子运动过程中只存在电场，粒子做类平抛运动，所以，又,整理得?
E0=,所以.
(2)第一个粒子从a→c的运动时间Δt1=,第二个粒子从a→c的运动时间Δt2=,所以.
【答案】 (1) v （2）
●教学参考链接?
处理带电粒子在匀强磁场中的圆周运动问题，关键在于掌握方法，带电粒子在复合场中的运动问题，难点在于受力情况和运动性质的判断.例1和例2讨论的就是带电粒子在磁场中运动时两个典型问题的处理方法：对于带电粒子的运动半径，在确定轨迹圆心后要充分利用几何关系求解；对于带电粒子在磁场中运动的时间，要利用粒子在磁场中偏转的圆心角与周期的关系予以解决.例3则给出了带电粒子在复合场中运动时的受力情况和运动性质的判断方法.对于例题的处理，不能就题论题，而应通过对例题的讨论，总结出分析、解决问题的方法.尽管带电粒子在磁场特别是在复合场中的运动问题，因其涉及的知识点多、综合性较强而具有一定的难度，但只要掌握了分析问题的一般方法，分析清楚带电粒子的受力特点和运动性质，总能够逐步地予以解决.
专题六 电磁感应规律的应用
●高考趋势展望
电磁感应的规律——楞次定律和法拉第电磁感应定律及其应用是中学物理的主干知识之一，是历年高考每年必考的内容.其中既有难度中等的选择题，也有难度较大、综合性较强的计算题，考查频率较高的知识点有感应电流产生的条件、感应电流的方向判定及导体切割磁感线产生感应电动势的计算.另外，自感现象及有关的图象问题，也常出现在考题中.因此在本专题的复习中，应理解并熟记产生感应电动势和感应电流的条件，会灵活地运用楞次定律判断各种情况下感应电动势或感应电流的方向，能准确地计算各种情况下感应电动势的大小，并能熟练地利用题给图象处理相关的电磁感应问题或用图象表示电磁感应现象中相应的物理量的变化规律.
●知识要点整合
1.产生电磁感应现象的条件和标志?
无论什么原因，只要穿过回路的磁通量发生变化，就会发生电磁感应现象，其中由于回路自身电流的变化所导致的电磁感应现象叫做自感现象.
是否发生了电磁感应现象，是以是否产生了感应电动势为标志的.即只要产生了感应电动势（不管是否产生了感应电流），就算发生了电磁感应现象，如图3-6-1，一根导体棒或一个闭合的线圈在匀强磁场切割磁感线时，导体棒和线圈中并无感应电流，但棒中和线圈的两个边中都产生了感应电动势，故都发生了电磁感应现象.?
图3-6-1
2.楞次定律?
楞次定律是判定感应电流（或感应电动势）方向的一般规律，普遍适用于所有电磁感应现象.其内容为：感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化.?
在理解楞次定律时，应特别注意：
（1）阻碍不是阻止，磁通量的变化是产生感应电流的必要条件，若这种变化被阻止，也就不可能产生感应电流了.
（2）感应电流的磁场阻碍的是原磁场磁通量的变化而不是阻碍的原磁场.具体地说，当原磁通量增加时，感应电流的磁场方向与原磁场方向相反；当原磁通量减少时，感应电流的磁场方向与原磁场方向相同.
另外，楞次定律也可以理解为：感应电流的效果总是要反抗（或阻碍）产生感应电流的原因.如：
(1)阻碍原磁通量的变化或原磁场的变化.?
(2)阻碍相对运动，可理解为“来拒去留”.?
(3)使线圈面积有扩大或缩小的趋势.?
(4)阻碍原电流的变化（自感现象）.?
利用上述规律分析问题可以独辟蹊径，达到快速准确的效果.例如：图3-6-2中，在O点悬挂一轻质导线环，拿一条形磁铁沿导线环的轴线方向突然向环内插入，判断在插入过程中导线环如何运动.若按常规方法，应先由楞次定律判断出环内感应电流的方向，再由安培定则确定环形电流对应的磁极，由磁极的相互作用确定导线环的运动方向.若直接由感应电流的效果分析：条形磁铁向环内插入过程，环内磁通量增加，环内感应电流产生的效果将阻碍磁通量的增加，使环向磁通量减小的方向运动，因此环将向右摆动.显然，用后一种方法判断更?简捷?.?
图3-6-2
3.法拉第电磁感应定律?
（1）对于法拉第电磁感应定律E=应从以下几个方面进行理解：
①它是定量描述电磁感应现象的普遍规律.不管是什么原因，用什么方式所产生的电磁感应现象，其感应电动势的大小均可由它进行计算.
②一般说来，在中学阶段用它计算的是Δt时间内电路中所产生的平均感应电动势的大小，只有当磁通量的变化率为恒量时，用它计算的结果才等于电路中产生的瞬时感应电动势.
③若回路与磁场垂直的面积S不变，电磁感应仅仅是由于B的变化引起的，那么上式也可以表述为：E=S，ΔB/Δt是磁感应强度的变化率，若磁场的强弱不变，电磁感应是由回路在垂直于磁场方向上的面积S的变化引起的，则E==B.在有些问题中，选用这两种表达方式解题会更简单.
④若产生感应电动势的那部分导体是一个匝数为n的线圈，且穿过每匝线圈的磁通量的变化率又相同，那么线圈所产生的总的感应电动势E=nΔΦ/Δt(相当于许多相同电源串联）
（2）公式E=BLv使用时应注意：?
①公式E=BLv是法拉第电磁感应定律的一种特殊形式，不具有普遍适用性，仅适用于计算一段导体因切割磁感线而产生的感应电动势，且在匀强磁场中B、v、L三者必须互相垂直.
②当v是切割运动的瞬时速度时，算出的是瞬时电动势；当v是切割运动的平均速度时，算出的是一段时间内的平均电动势.
③若切割磁感线的导体是弯曲的，L应理解为有效切割长度，即导体在垂直于速度方向上的投影长.
④公式E=BLv一般适用于在匀强磁场中导体各部分切割速度相同的情况，对一段导体的转动切割，导体上各点的线速度不等，怎样求感应电动势呢？如图3-6-3所示，一长为L的导体棒AC绕A点在纸面内以角速度ω匀速转动，转动区域内有垂直于纸面向里的电动势.AC转动切割时各点的速度不等，vA=0,vC=ωL,由A到C点速度按与半径成正比增加，取其平均切割速度ωL,得E=BLBL2ω.?
图3-6-3
为了证明这样做的正确性，我们可以假设如图3-6-4所示的闭合电路，经时间Δt，AC棒转过的角速度θ=ωΔt,穿过回路的磁通量的变化量ΔΦ=，根据法拉第电磁感应定律,又知金属棒AC是匀速转动，产生的感应电动势应该是不变的，即感应电动势的平均值和瞬时值是相等的，所以E=BL2ω是正确的.
图3-6-4
⑤若切割速度与磁场方向不垂直，如图3-6-5所示，v与B的夹角为θ，将v分解为：v∥=
vcosθ,v⊥=vsinθ,其中v∥不切割磁感线，根据合矢量和分矢量的等效性得E=BLv⊥=BLvsinθ(想一想，此式还可适用于哪些情况？)?
图3-6-5
⑥区分感应电量与感应电流.回路中发生磁通量变化时，由于感应电场的作用使电荷发生定向移动而形成感应电流，在Δt内迁移的电量（感应电量）为
q=IΔt=,
仅由回路电阻和磁通量变化决定，与发生磁通量变化的时间无关.因此，当用一根磁棒先后两次从同一处用不同速度插至线圈中同一位置时，线圈里积聚的感应电量相等.但快插与慢插时产生的感应电动势、感应电流不同，外力做的功也不同.
●精典题例解读
［例1］（2000年上海，10）如图3-6-6（a），圆形线圈P静止在水平桌面上，其正上方悬挂一相同线圈Q，P和Q共轴，Q中通有变化电流，电流随时间变化的规律如图3-6-6（b)所示，P所受的重力为G，桌面对P的支持力为FN，则?
图3-6-6
A.t1时刻FN＞G
B.t2时刻FN＞G?
C.t3时刻FN＜G
D.t4时刻FN=G?
【解析】 t1时刻Q中电流正在增大，产生的磁场正在增强，因而穿过线圈P的磁通量正在增大，P中有感应电流产生.由楞次定律知，P中感应电流的磁场应阻碍线圈P中磁通量的增大，所以P中感应电流的磁场方向应与Q中电流磁场的方向相反，即P、Q应相互排斥，从而使P对桌面的压力（即FN的反作用力）大于P的重力G.
t2、t4时刻，Q中电流恒定不变，产生的磁场强弱恒定不变，因而穿过P的磁通量恒定不变，P中无感应电流，P、Q间无相互作用力，此时FN应等于G.
t3时刻，由于Q中电流处于变化之中，产生的磁场亦处于变化之中，所以穿过P中的磁通量亦处于变化之中，故P中有感应电流产生，但由该时刻Q中电流为零，产生的磁场为零，P、Q间也无相互作用力，此时应有FN=G.
综上讨论可知，正确答案为AD.
小结：本题也可规定Q中电流的正方向，并由楞次定律确定P中感应电流方向，从而确定P、Q间相互作用情况而选出正确答案，但不如利用“感应电流产生的效果总要阻碍产生感应电流的原因”进行判断更简便些.另外讨论类似问题还应注意，只有两环中都存在电流时，两者才会发生相互作用，其中任一环中无电流时都不会发生相互作用.?
［例2］（2002年全国，17）图3-6-7中EF、GH为平行的金属导轨，其电阻可不计，R为电阻器、C为电容器，AB为可在EF和GH上滑动的导体横杆，有均匀磁场垂直于导轨平面，若用I1和I2分别表示图中该处导线中的电流，则当横杆AB
图3-6-7
A.匀速滑动时，I1=0,I2=0?
B.匀速滑动时，I1≠0,I2≠0?
C.加速滑动时，I1=0,I2=0?
D.加速滑动时，I1≠0,I2≠0?
【解析】 导体棒匀速运动时，棒中产生大小恒定的电动势，将有恒定的电流通过电阻R，即I1≠0，最初电容器C将被充电，有一短暂的充电电流，但稳定后——电容器两极间电压UC等于棒中产生的电动势时，充电过程结束，即I2=0.但当导体棒加速滑动时，棒中产生的感应电动势逐渐增大，R中电流不断增大，同时电容器C将不断地被充电，即I2≠0.?
可见，正确答案为D.
小结：分析含有电容器的电路时，一定要注意区别电容器在不同状态电路中的表现是不同的：在稳定状态下，电容器相当于开路，含容支路中电流为零，在电动势或电压变化的电路中，电容器将不断地充电或放电，含容支路中电流不为零.
［例3］（2002年上海，22）如图3-6-8所示，两条互相平行的光滑金属导轨位于水平面内，距离为l=0.2 m，在导轨的一端接有阻值为R=0.5 Ω的电阻，在x≥0处有一与水平面垂直的均匀磁场，磁感应强度B=0.5 T.一质量为m=0.1 kg的金属直杆垂直放置在导轨上，并以v0=2 m/s的初速度进入磁场，在安培力和一垂直于杆的水平外力F的共同作用下做匀变速直线运动，加速度大小为a=2 m/s2、方向与初速度方向相反.设导轨和金属杆的电阻都可以忽略，且接触良好.求：
图3-6-8
（1）电流为零时金属杆所处的位置；
（2）电流为最大值的一半施加在金属杆上外力F的大小和方向；
（3）保持其他条件不变，而初速度v0不同值，求开始时F的方向与初速度v0取值的关系.
【解析】 由于导体棒做匀减速运动，且初速度v0和加速度大小a均已知，故由v2=2as可以确定导体棒速度为零（此时电流亦为零）时的位置.
由E=Blv，I=知，电流为最大值一半时，对应的速度也为最大速度的一半，结合题设条件可求出此时的电动势、电流，继而求出导体棒所受安培力，再结合牛顿第二定律即可确定F的大小和方向.
因导体棒做匀减速运动时，合外力是恒定的，初速度大小不同时，和加速度方向相同的安培力的大小即不同，所需外力的大小也不同，且方向可能发生变化，因此只要求出外力恰为零时对应的初速度值，即不难讨论清楚F的方向与v0取值的关系.
（1）由v02=2ax得x==1 m，即导体棒运动至x=1 m处时，速度为零，电流为零.
（2）最大电流Im=，所以I=Im=时的安培力FA=BIl=.由牛顿第二定律，得：F-FA=-ma,所以F=FA-ma=-ma=-0.18 N.“-”号说明F的方向与x轴正向相反.
（3）F=0时对应的初速度为v临，则由题意得FA临==ma,所以
v临= m/s=10 m/s.当v0＞10 m/s时，F的方向应沿x轴正向，0＜v0＜10 m/s时，F的方向沿x轴负向.
［例4］（2003年新课程理综，25）如图3-6-9所示,两根平行的金属导轨，固定在同一水平面上，磁感应强度B=0.50 T的匀强磁场与导轨所在平面垂直，导轨的电阻很小，可忽略不计.导轨间的距离l=0.20 m.两根质量均为m=0.10 kg的平行金属杆甲、乙可在导轨上无摩擦地滑动，滑动过程中与导轨保持垂直，每根金属杆的电阻为R=0.50 Ω.在t=0时刻，两杆都处于静止状态.现有一与导轨平行、大小为0.20 N的恒力F作用于金属杆甲上，使金属杆在导轨上滑动.经过t=5.0 s，金属杆甲的加速度为a=1.37 m/s2，问此时两金属杆的速度各为多少？
图3-6-9
【解析】 金属杆甲受F作用后将加速运动，使回路面积、穿过回路的磁通量发生变化，于是回路中产生感应电流，甲、乙金属杆都要受到安培力的作用而做变加速运动.直至最终两杆以相同的加速度和恒定的速度差做匀加速运动.?
对于该题所述情景和题设条件，根据牛顿第二定律（对金属杆甲）可求杆甲所受安培力FA，继而可求回路电流I和电动势ε，由法拉第电磁感应定律，可用甲、乙杆的速度v1和v2表示电动势而得到一个含有v1、v2的方程.
再对甲、乙两杆组成的系统研究知，其所受合外力即为恒力F，两杆经时间t获得的动量是(mv1+mv2)，即是F的冲量作用的结果，对系统应用动量定理，可得另一个含v1、v2的方程.
解上述两个方程，即可求得v1、v2的值.
解答一：设任一时刻t两金属杆甲、乙之间的距离为x,速度分别为v1和v2,经过很短的时间Δt，杆甲移动距离v1Δt，杆乙移动距离v2Δt,回路面积改变
ΔS=［(x-v2Δt)+v1Δt］l-lx?
=(v1-v2)lΔt ①
由法拉第电磁感应定律，回路中的感应电动势?
ε=B ②
回路中的电流?
I= ③
杆甲的运动方程?
F-BlI=ma ④
由于作用于杆甲和杆乙的安培力总是大小相等、方向相反，所以两杆的动量（t=0时为0）等于外力F的冲量?
Ft=mv1+mv2 ⑤
联立以上各式解得?
v1=［］ ⑥
v2=［］ ⑦
代入数据得?
v1=8.15 m/s
v2=1.85 m/s?
解答二：设t时刻甲、乙杆的速度分别为v1、v2，则由法拉第电磁感应定律，得：
E甲=Blv1 ①
E乙=Blv2 ②
回路中电流?
I= ③
对杆甲应用牛顿第二定律，得：
F-BlI=ma ④
又，对甲、乙杆组成的系统应用动量定理得：?
Ft=mv1+mv2 ⑤
解上述方程并代入数据得?
v1=8.15 m/s
v2=1.85 m/s?
小结：例3、例4都是电磁感应现象和力学规律相联系的力、电综合题，处理此类问题，一定要思路开阔，方法灵活，既要注意电磁感应过程的分析和相应电磁学规律的应用，又要注意力学过程的分析及相应力学规律的应用.
●应用强化训练?
1.某实验小组用如图3-6-10所示的实验装置来验证楞次定律，当条形磁铁自上而下穿过固定的线圈时，通过电流计的感生电流方向是
图3-6-10
A.a→G→b
B.先a→G→b，后b→G→a?
C.b→G→a
D.先b→G→a，后a→G→b?
【答案】 D
2.（2001年广东，28）有一种高速磁悬浮列车的设计方案是在每节车厢底部安装磁铁（磁场方向向下），并在两条铁轨之间沿途平放一系列线圈，下列说法中不正确的是
A.当列车运动时，通过线圈的磁通量会发生变化?
B.列车速度越快，通过线圈的磁通量变化越快
C.列车运动时，线圈中会产生感应电流
D.线圈中的感应电流的大小与列车速度无关
【答案】 D
3.（2002年江苏，30）如图3-6-11所示，在一均匀磁场中有一U形导线框abcd，线框处于水平平面内，磁场与线框平面垂直，R为一电阻，ef为垂直于ab的一根导体杆，它可在ab、cd上无摩擦地滑动.杆ef及线框中导线的电阻都可不计.开始时，给ef一个向右的初速度，则
图3-6-11
A.ef将减速向右运动，但不是匀减速? B.ef将匀减速向右运动，最后停止?
C.ef将匀速向右运动? D.ef将往返运动?
【解析】 给ef一个向右的初速度，ef切割磁感线产生感应电动势，回路中形成感应电流，使ef受到安培力作用而减速.随着ef速度减小，电动势、电流、ef所受安培力都相应减小，所以ef将向右减速运动，但不是匀减速.?
【答案】 A
4.（2002年天津，20）图3-6-12中MN、GH为平行导轨，AB、CD为跨在导轨上的两根横杆，导轨和横杆均为导体，有匀强磁场垂直于导轨所在平面，方向如图.用I表示回路中的电流
图3-6-12
A.当AB不动而CD向右滑动时，I≠0且沿顺时针方向
B.当AB向左、CD向右滑动且速度大小相等时，I=0
C.当AB、CD都向右滑动且速度大小相等时，I=0
D.当AB、CD都向右滑动，且AB速度大于CD时，I≠0且沿逆时针方向
【解析】 AB不动而CD右滑时，I≠0，但方向逆时针，故A错.AB向左、CD向右滑动时，回路磁通量增加，I≠0，故B错.AB、CD向右等速滑动时，回路磁通量不变，I=0，故C对.AB、CD都向右滑但AB速度大于CD速度时，回路磁通量变化，I≠0，但方向顺时针，故D错.
【答案】 C
5.（2001年上海，6）如图3-6-13所示是一种延时开关，当S1闭合时，电磁铁F将衔铁D吸下，C线路接通；当S1断开时，由于电磁感应作用，D将延迟一段时间才被释放，则
图3-6-13
A.由于A线圈的电磁感应作用，才产生延时释放D的作用?
B.由于B线圈的电磁感应作用，才产生延时释放D的作用?
C.如果断开B线圈的电键S2，无延时作用
D.如果断开B线圈的电键S2，延时将变长
【解析】 延时开关的原理是：当断开S1，A中电流变小并减为零时，铁芯中的磁通量也减小为零，若线圈B闭合时，B中产生感应电流，感应电流的磁场仍可吸引衔铁，使D延时释放.若线圈B不闭合，则不会产生上述延时作用.?
【答案】 BC
6.（2001年上海，5）如图3-6-14所示，有两根和水平方向成α角的光滑平行的金属轨道，上端接有可变电阻R，下端足够长，空间有垂直于轨道平面的匀强磁场，磁感应强度为B.一根质量为m的金属杆从轨道上由静止滑下，经过足够长的时间后，金属杆的速度会趋近于一个最大速度vm则?
图3-6-14
A.如果B增大，vm将变大?
B.如果α变大，vm将变大?
C.如果R变大，vm将变大?
D.如果m变小，vm将变大?
【解析】 金属杆从轨道上由静止滑下做加速度逐渐减小的变加速运动，经足够长的时间后，加速度减为零后，金属杆即以此时的速度（即最大速度）匀速运动.对金属杆列受力平衡方程mgsinα=（L为导轨宽度），所以vm=.可见B增大，vm减小；α变大，vm变大；m减小，vm变小.?
【答案】 BC
7.一匀强磁场，磁场方向垂直纸面，规定向里的方向为正，在磁场中有一细金属圆环，线圈平面位于纸面内，如图3-6-15（a)所示，现令磁感应强度B随时间t变化，先按图3-6-15（b)中所示的Oa图线变化，后来又按图线bc和cd变化，令E1、E2、E3分别表示这三段变化过程中感应电动势的大小.I1、I2、I3分别表示对应的感应电流，则?
图3-6-15
A.E1＞E2，I1沿逆时针方向，I2沿顺时针方向
B.E1＜E2，I1沿逆时针方向，I2沿顺时针方向
C.E1＜E2，I2沿顺时针方向，I3沿逆时针方向
D.E2=E3，I2沿顺时针方向，I3沿顺时针方向
【解析】 Oa段B大于零，且逐渐增大（向里），由楞次定律可判定I1逆时针方向流动.bc段表示向里的磁场减弱，用楞次定律可判定I2沿顺时针方向.同样方法判定I3亦沿顺时针方向.又由法拉第电磁感应定律E=知，该题中S恒定，所以E∝.由图象知，bc、cd段相同，大于Oa段的，所以E1＜E2=E3.
【答案】 BD
8.两块水平放置的金属板间的距离为d,用导线与一个n匝线圈相连，线圈电阻为r，线圈中有竖直方向的磁场，电阻R与金属板连接如图3-6-16所示，两板间有一个质量为m，电量+q的油滴恰好处于静止，则线圈中的磁感应强度B的变化情况和磁通量的变化率分别是?
图3-6-16
A.磁感应强度B竖直向上且正在增强，
B.磁感应强度B竖直向下且正在增强，
C.磁感应强度B竖直向上且正在减弱，
D.磁感应强度B竖直向下且正在减弱，
【解析】 分析油滴受力，应 qE=mg,且下极板为正，即a端电势高，由楞次定律，外磁场B应方向向上时减弱或方向向下时增强.
由mg=qE=q=q·
所以，选项C正确.
【答案】 C
9.如图3-6-17所示，A、B两个闭合线圈用同样导线制成，匝数均为10匝，半径RA=2RB，图示区域内有磁感应强度均匀减小的匀强磁场，则A、B线圈中产生的感应电动势之比为EA∶EB=_____,两线圈中感应电流之比为IA∶IB=_____.?
图3-6-17
【解析】 由公式E=n
两线圈匝数相同，磁通量变化率相同,?
EA∶EB=1∶1.
电流I=
所以I∝，IA∶IB=1∶2?
【答案】 1∶1；1∶2
10.在50周年国庆盛典上我国FBC-1“飞豹”新型超音速歼击轰炸机在天安门上空沿水平方向以1.7倍的声速自东向西飞过，该机两翼尖间的距离是12.705 m，设北京上空地磁场的竖直分量为0.42×10-4 T，那么此飞机机翼两端_______端电势较高，电势差是_______.空气中声音的传播速度为340 m/s.(结果取两位有效数字)?
【解析】 北京处于北半球，地磁场竖直分量方向向下，由右手定则判定后知飞机机翼左端电势高，电势差U=E=Blv=0.42×10-4×12.705×340×1.7 V=0.31 V.?
【答案】 左；0.31
11.（2001年春季，20）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3-6-18所示.两根导体棒的质量皆为m，电阻皆为R，回路上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，磁感应强度为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v0（见图），若两导体棒在运动中始终不接触，求：?
图3-6-18
（1）在运动中产生的焦耳热量最多是多少？?
（2）当棒ab的速度变为初速度的时，棒cd的加速度多大？?
【解析】 （1）ab棒获初速度v0后切割磁感线产生感应电动势，回路中产生感应电流，ab棒在安培力作用下减速，cd棒在安培力作用下加速，至两棒等速时，回路磁通量不再变化，回路中不再有感应电流.由于ab、cd棒组成的系统所受合外力为零，动量守恒.设其共同速度为v,则mv0=2mv,所以v=v0.由能的转化和守恒定律得:?
Q=mv02-·2mv2=mv02.?
(2)vab=v0时，由mv0=m·v0+mvcd得Ucd=v0.所以Eab=Bl·v0=Blv0，Ecd=Blv0，I=.Fcd=BIl=,acd=.?
【答案】 (1)mv02 (2)?
12.如图3-6-19所示，金属杆M、N放在用相同导体制成的金属框abcd上，bc边与x轴重合，且b为坐标原点，矩形框长为2L，宽为L，单位长度的电阻为R0，磁感应强度为B的匀强磁场与框架平面垂直.现对MN杆施加沿x轴正方向的外力，使之从框架左端开始，以速度v向右匀速运动，不计摩擦，求：?
图3-6-19
（1）在MN杆运动过程中，通过杆的电流与坐标x的关系.?
（2）作用在MN杆上的外力的最大值与最小值之比.?
【解析】 （1）设在MN杆运动的过程中，任一时刻MN的坐标值为x，杆左侧框架的总电阻为R1，右侧框架的总电阻为R2则：?
R1=（L+2x)R0;
R2=［L+2(2L-x)］R0=(5L-2x)R0?
杆MN相当于电源，所以回路总电阻为：?
R=
=
=
又MN切割磁感线产生的感应电动势为：?
E=BLv?
所以杆中的电流与坐标x的关系为：?
I=
（2）作用在杆上的外力大小应等于杆受的安培力.由数学知识可知，当x=L时，外电路总电阻最大，此时MN中的电流最小，所受的安培力也最小.此时：
Imin=
安培力的最小值：Fmin=ILB=
当x=0或x=2L时，外电路总电阻最小，此时MN中的电流最大，所受的安培力也最大.此时Imax=
安培力的最大值：Fmax=ILB=
所以作用在MN杆上的外力的最大值与最小值之比为：Fmax∶Fmin=15∶11.
【答案】 (1)I=
（2）15∶11
●教学参考链接?
本专题内容是中学物理的主干知识之一，是历年高考的必考内容.能熟练灵活地运用楞次定律判断感应电流和感应电动势的方向，熟练准确地应用法拉第电磁感应定律计算各种情况下感应电动势的大小，是本专题内容复习的重点.由于本专题内容易与力学、电路等知识结合而构建出具有一定难度、方法要求灵活、综合性较强的应用题型，对学生的能力要求较高，应作为难点予以突破.本专题中所选四个例题，目的各有侧重，例1主要结合图象强化对楞次定律的理解和应用；例2结合电阻和电容的不同性质考查对法拉第电磁感应定律的理解和掌握；例3、例4则通过与力学重要知识的结合，培养和提高学生分析处理综合问题的能力.所选练习题多为涉及该专题内容的近几年的高考题，难度都不太大，具体使用时可结合学生实际情况适当增减.?
无论是讨论单独考查楞次定律或法拉第电磁感应定律的选择、填空题，还是处理和电路、力学或其他内容相结合的综合性较强、能力要求较高的计算题，深刻理解和熟练掌握基本概念和规律，还是最根本的，这是分析处理问题的基础，所以不能因为强调了综合能力的训练而放松了对基本概念和规律的理解和掌握.
专题七 电磁感应的动态过程分析和能量转化分析
●高考趋势展望?
存在闭合回路的电磁感应过程中要产生感应电流，从而使产生感应电动势的导体受到磁场力作用，继而影响其切割磁感线的加速度和速度，而速度的变化又影响导体中产生的感应电动势和感应电流，于是就形成了一个复杂的动态循环过程.分析清楚该过程的变化规律，要灵活熟练地运用力学和电磁学的基本知识和重要规律.这对提高学生综合分析问题的能力，养成对物理过程和物理情景分析的习惯，是大有帮助的.?
另外，电磁感应的过程，实际上也是一个能量转化的过程.从能量角度分析电磁感应现象及其规律，是研究电磁感应问题的一种思路和方法，也是近几年高考命题考查的一个热点.
●知识要点整合?
1.在电磁感应过程中，切割磁感线的导体，既是电磁学的研究对象，又是力学研究对象.作为电磁学研究对象，与之相联系的有感应电动势、感应电流、路端电压、电流做功、电阻发热等问题，这就要涉及法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、焦耳定律等电磁学规律；作为力学研究对象，与之相联系的是受力、加速度、速度、动能、动量及其变化等问题，这就要涉及牛顿第二定律、动能定理、动量定理等力学规律.所以，电磁感应的动态分析过程，就是综合利用力学规律和电磁学规律分析问题的过程.由于此类问题比较复杂，状态变化过程中变量较多，分析此类问题的关键是抓住状态变化过程中变量的变化特点和规律，从而确定状态变化过程中的临界点和最终状态，使问题得以顺利解决.?
2.电磁感应现象中涉及的能量转化问题多为机械能、电磁能和内能及其间的相互转化，电磁感应现象中产生的电能，最终一般多转化为电路中电阻产生的内能.处理此类问题使用较多的就是能的转化和守恒定律.?
●精典题例解读?
［例1］如图3-7-1所示，MN、PQ是两根足够长的固定平行金属导轨，两导轨间的距离为l，导轨平面与水平面间的夹角为θ，在整个导轨平面内都有垂直于导轨平面斜向上方的匀强磁场，磁感应强度为B.在导轨的M、P端连接一个阻值为R的电阻，一根垂直于导轨放置质量为m的金属棒ab，从静止释放开始沿导轨下滑，求ab棒的最大速度.（要求画出ab棒的受力图，已知ab与导轨间的动摩擦因数为μ,导轨和金属棒的电阻不计）
图3-7-1
【解析】 导体棒下滑过程中，在轨道平面内受沿导轨向下的重力分力mgsinθ、沿导轨向上的摩擦力Fμ和安培力F作用.起初mgsinθ＞F+Fμ，导体棒沿导轨向下加速运动，随着速度v的增大.导体棒中产生的感应电动势E=Blv、棒中感应电流I=、棒所受安培力?F=BIl=都增大，于是导致导体棒下滑加速度a=减小，但速度仍在增大，直至a=0时 ，速度v不再增大，导体棒所受各力不再变化，以后导体棒即以此时速度（即所求最大速度）匀速运动.
导体棒下滑过程中受力情况如图3-7-2所示.当a=0时速度达最大值，设为vm,则有?
mgsinθ-μmgcosθ-
所以vm=
图3-7-2
小结：由于安培力与运动状态有关，因此应注意受力、运动与电流的动态分析，搞清它们之间的相互制约关系，思考方法是：导体受力运动速度变化→感应电动势变化→感应电流变化→安培力变化→合外力变化→加速度变化，直到加速度等于零时，导体达稳定运动状态，速度最大，以上分析思路也可简明表示如下：
［例2］(2000年全国,12）空间存在以ab、cd为边界的匀强磁场区域，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向外，区域宽为l1.现有一矩形线框处在图中纸面内，它的短边与ab重合，长度为l2，长边的长度为2l1，如图3-7-3所示，某时刻线框以初速v沿与ab垂直的方向进入磁场区域，同时某人对线框施以作用力，使它的速度大小和方向保持不变.设该线框的电阻为R，从线框开始进入磁场到完全离开磁场的过程中，人对线框作用力所做的功等于_______.
图3-7-3
【解析】 由能的转化和守恒定律知，人对线框做的功应等于线框电阻上产生的内能，而线框中产生内能的过程为线框的右边和左边分别进入至穿出磁场的过程.所以?
W=.
小结：处理电磁感应现象中的能量转化问题，一是要弄清楚有哪些能量参与了转化，二是要弄清楚哪个过程中有不同能量间的转化.
［例3］（2001年全国，20）如图3-7-4所示，一对平行光滑轨道设置在水平面上，两轨道间距l=0.20 m，电阻R=1.0 Ω；有一导体杆静止地放在轨道上，与两轨道垂直，杆及轨道的电阻皆可忽略不计，整个装置处于磁感应强度B=0.50 T的匀强磁场中，磁场方向垂直轨道面向下.现用一外力F沿轨道方向拉杆，使之做匀加速运动，测得F与时间t的关系如图3-7-5所示.求杆的质量m和加速度a.?
图3-7-4 图3-7-5?
【解析】 因导体做匀加速直线运动，所以其所受合外力恒定.根据F-t图象可表示出任意时刻的外力Ft=（1+0.1t) N，利用加速度a可表示任意时刻的安培力FA（t）=BItl=B·，由题意可得：Ft-FA(t) =F0，代入数值可求a，对初始状态(t=0时）应用牛顿第二定律F0=ma,可求m.
由题意知，对任意时刻t，总有
Ft-FA(t) =F0?
即:1+0.1t-=1
代入题设数值即得：
a=10 m/s2
由初始状态结合牛顿第二定律，得：?
F0=ma,所以m==0.1 kg.?
或解：时刻t时外力Ft=1+0.1t,安培力FA(t) =,由牛顿第二定律，得
Ft-FA(t) =ma,?
即1-0.1t-=ma?
取t的两任意数值代入上式，并结合题设条件，即可解得：?
a=10 m/s2,m=0.1 kg.?
小结：本题考查的知识点有牛顿第二定律、匀变速运动的规律、感应电动势、闭合电路欧姆定律、安培力、左手定则、右手定则及物理图象问题等.是一道着重考查分析能力和应用物理知识解决实际问题能力的力、电综合题.弄清题设物理情景，并看懂和充分利用图象给出的数据，是解决本题的关键.
●应用强化训练
1.如图3-7-6所示，空间有一个方向水平的有界匀强磁场区域，一矩形导线框，自磁场上方某一高度处自由下落，然后进入磁场.进入磁场时，导线框平面与磁场方向垂直.则在进入时，导线框可能?
图3-7-6
A.变加速下落
B.变减速下落?
C.匀速下落 ?
D.匀加速下落?
【解析】 线框进入磁场受两力：重力 mg、磁场力 F=,当mg＞时，做变加速运动，选项A正确；mg＜时，做变减速运动，选项 B 正确；mg =时，做匀速运动，选项 C 正确.?
【答案】 ABC
2.如图3-7-7所示，竖直光滑导轨上，导体棒ab由静止开始下落，下落过程中与导轨接触良好，经过充分长的时间后合上开关S，则合上S后的一小段时间内导体棒ab将做?
图3-7-7
A.向下匀速运动? B.向下加速运动?
C.向下减速运动? D.向上减速运动?
【解析】 S断开时，经过充分长时间，棒匀速下落，mg =,S 闭合瞬间，电阻 R 突然变小，安培力F=增大，所以棒向下做减速运动.选项 C 正确.?
【答案】 C
3.用同样的材料、不同粗细的导线绕成两个面积相同的正方形线框Ⅰ、Ⅱ，从有理想界面的匀强磁场上方同一高度同时下落，如图3-7-8所示.如果线圈平面总是与磁感线垂直，忽略空气阻力，那么
图3-7-8
A.两线圈同时落地?
B.细线圈先落地?
C.粗线圈先落地?
D.两线圈落地的先后，决定于磁感应强度的大小?
【解析】 两线框进入磁场前运动情况完全相同，进入磁场后，对线框 Ⅰ：导线横截面积为S，质量为m,电阻为R，则加速度 a=g - .对线框Ⅱ:导线横截面积为kS，质量为km，电阻为，则加速度a′=g - =a,即进入磁场后运动情况也相同，所以选项A正确.
【答案】 A
4.如图3-7-9所示，光滑导轨水平放置，匀强磁场竖直向上，金属棒ab、cd质量相等，开始给ab一个冲量，使它具有向右的初速度v，经过一段时间后，金属棒cd的速度
图3-7-9
A.向右，等于v B.向左，等于v
C.向右，等于v/2 D.静止不动
【解析】 由楞次定律判断cd也向右运动，两棒组成系统.
水平方向动量守恒：mv=2mv′?所以v′=，选项C正确.?
【答案】 C
5.如图3-7-10所示，光滑绝缘水平桌面上有一矩形线圈冲入一垂直桌面的匀强磁场中，当线圈全部进入磁场区域时，其动能恰好等于它在磁场外面的一半，则它最终停下来的位置是
图3-7-10
A.恰好是刚刚完全离开磁场的地方?
B.有一部分在磁场中，一部分在磁场外?
C.它完全离开磁场后，仍能继续运动?
D.以上三种判断都有可能?
【解析】 线框进入磁场或离开磁场时安培力对线框做负功,其大小W安=，线框进入磁场时的平均速度比离开磁场过程中大，所以安培力在进入磁场过程中对线框做的负功多，线框离开磁场后仍具有动能.选项C正确.?
【答案】 C?
6.如图3-7-11所示，长为4L的光滑金属杆围成一个正方形的闭合框架cdef，ab是一根直金属杆，ab边的长为l,ab横放在cd和ef两条边上，整个装置放在光滑绝缘水平面上，区域足够大的匀强磁场垂直穿过框架平面，现使ab杆获得初速度v0，使它沿cd、ef向右滑动，若框架的边足够长，则下列说法正确的是
图3-7-11
A.ab杆动能将减小?
B.ab杆最终速度为0?
C.ab杆的动能损失等于整个电路产生的焦耳热?
D.ab杆的动能损失大于整个电路产生的焦耳热?
【解析】 框架的边足够长，即 ab 棒未达到 ae 时，ab 棒和框 cdef 就保持共同速度一起向前做匀速运动，此时电路中不再有电流.所以 ab 杆的动能一部分转化为焦耳热，一部分转化为框架 cdef 的动能.选项A、D正确.
【答案】 AD
7.如图3-7-12，回路竖直放在匀强磁场中，磁场的方向垂直于回路平面向外，导线AC可以贴着光滑竖直长导轨下滑.设回路的总电阻恒定为R，当导线AC从静止开始下落后，下面有关回路中能量转化的叙述中正确的说法有
图3-7-12
A.导线下落过程中机械能守恒?
B.导线加速下落过程中，导线减少的重力势能全部转化为在电阻上产生的热量?
C.导线加速下落过程中，导线减少的重力势能转化为导线增加的动能和回路中增加的内能?
D.导线达到稳定速度后的下落过程中，导线减少的重力势能全部转化为回路中增加的内能?
【解析】 AC下落过程中有内能产生，机械能不守恒，选项A错误.导线AC下落过程分两段，前段做变加速.此过程减少的重力势能转化为杆的动能及回路的内能.后段 mg=时，杆开始做匀速运动，减少的重力势能全转化为内能.选项C、D正确.
【答案】 CD
8.电阻为R的矩形线圈abcda, ab=l,ad=h.质量为m，自某一高度自由落下，通过一匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，磁场区域宽度为h（如图3-7-13所示），若线框刚好以恒定速度通过磁场，线框中产生的焦耳热是_______.（不考虑空气阻力）
图3-7-13
【解析】 设线框通过磁场的速度为v，线框在进入磁场时，cd边切割磁感线，在离开时，ab边切割磁感线，产生感应电流，与此同时，线框受到向上的安培力作用，其大小等于线框所受重力mg，有BIl=mg.?
其中I=，代入上式得?
=mg ①
电流产生焦耳热Q=I2Rt,其中t=
所以Q=（）2R·=·2h将①式代入：Q=2mgh.
【答案】 2mgh?
9.如图3-7-14,bc段电阻为R，其他电阻不计.ef是一电阻为零的水平放置的导体杆，杆长为l，质量为m，两端与导轨接触良好，又能无摩擦地上下滑动，整个装置放在磁感应强度为B的匀强磁场中，其方向与框面垂直，现用一竖直向上的恒力拉ef，当ef匀速上升时，其速度v的大小为_______.
图3-7-14
【解析】 无论磁场方向是垂直纸面向里还是向外，当ef向上运动时其中产生的感应电流所受的安培力方向都是竖直向下.根据能量守恒关系可知，由于ef动能不变，拉力F和重力mg做的功将全部转化为电能，有
(F-mg)v=
解得v=
【答案】 ?
10.如图3-7-15所示，在倾角为30°的斜面上，固定两条无限长的平行光滑导轨，一个匀强磁场垂直于斜面向上，磁感应强度B=0.4 T，导轨间距L=0.5 m.两根金属棒ab、cd平行地放在导轨上，金属棒质量mab=0.1 kg,mcd=0.2 kg，两金属棒总电阻r=0.2 Ω，导轨电阻不计.现使金属棒ab以v=1.5 m/s的速度沿斜面向上匀速运动，求
图3-7-15
（1）金属棒cd的最大速度；?
（2）在cd有最大速度时，作用在金属棒ab上的外力做功的功率.?
【解析】 (1)金属棒ab向上匀速运动时，它切割磁感线产生的感应电动势为?
Eab=Blv ①
假设cd不动，则cd棒受的安培力为?
F=IlB= ②
又cd棒所受重力的分力为mcdgsin30°?
代入数据可解得：F＜mcdgsin30°，即在ab匀速上滑的同时，cd将沿导轨向下滑行.?
cd加速下滑的过程中，回路的感应电动势越来越大，cd棒受的斜向上的安培力也越来越大，其加速度则越来越小，当加速度等于零时，cd棒的速度达到最大值，此时对cd有：
mcdgsin30°=I′lB ③
ab和cd产生的感应电动势方向相同，总感应电动势为
E=Blv+Blvm ④
回路电流为：I′= ⑤
由③④⑤代入数据可解得cd棒的最大速度为：vm=3.5 m/s，方向沿轨道向下.?
（2）以ab和cd构成的整个系统为研究对象.由于二者均做匀速直线运动，所以整体的合外力为零.则作用在ab上的外力为?
F′=(mab+mcd)gsin30° ⑥
外力的功率为：
P=F′v ⑦
由⑥⑦代入数据得P=2.25 W
【答案】 (1)3.5 m/s,沿轨道向下 （2）2.25 W
11.两个沿竖直方向的磁感应强度大小相等、方向相反的匀强磁场穿过光滑的水平桌面，它们的宽度均为L，质量为m，边长为L的平放在桌面上的正方形线圈的ab边与磁场边界ee′的距离为L，如图3-7-16所示，线圈在恒力作用下由静止开始沿桌面加速运动，ab边进入左边的磁场时恰好做速度为v的匀速直线运动，求：
（1）当ab边刚越过ff′时线圈的加速度.?
（2）当ab边运动到ff′与gg′之间的正中间位置时，线圈又恰好做匀速直线运动，从ab边刚越过ee′到达右磁场正中间位置的过程中，线圈共产生多少热量？
图3-7-16
【解析】 （1）线圈进入磁场前：?
v2=2aL=2·L?
所以F=进入磁场后做匀速运动.?
F=,?
当 ab 边刚越过 ff′ 时：?
F安-F恒=ma?
所以=ma?
即=ma, =ma?
所以a=.
（2）当 ab 运动到 ff′与 gg′之间的正中间位置恰做匀速运动：?
F=
所以v′=v.由动能定理：?
WF-W安=mv′2-mv2?
所以W安=mv2.安培力对柜架做功多少等于线圈中产生的热量.?
【答案】 （1） （2）mv2
12.如图3-7-17所示，平行水平放置的导轨左端连有电阻R，处在垂直轨道平面的匀强磁场中，设磁场磁感应强度为B，棒ab长为L，质量为m0.今从静止起用力拉金属棒ab(ab棒与轨道垂直)?
图3-7-17
（1）若拉力恒定，棒ab最终速度可达2v，则当速度为v时，棒ab的加速度a1多大？
（2）若拉力功率恒定，最终速度可达2v，则当速度为v时，棒加速度a2多大？
【解析】 （1）当拉力大小恒定时，棒ab由静止开始做加速运动，感应电动势（E）、感应电流（I）、棒受到的安培力（F）等随速度增大而逐渐增大，而棒所受的合外力及加速度随之逐渐减小，直到最后加速度减为零时，棒以最大速度做匀速运动.?
当棒速度为2v时，由平衡条件得：F拉=
当棒速度为v时，由牛顿第二定律得：
F拉-=ma1?
联立以上两式得：a1=B2L2v/mR?
（2）当拉力功率（P）一定时，由P=Fv知，棒所受的拉力随速度的增大而减小，而棒受到的安培力F安=B2L2v/R随着速度的增大而增大.?
根据牛顿第二定律得：F-F安=ma，棒的加速度大小随着速度的增大而减小，直到最后棒的加速度减小为零时，棒以最大速度做匀速运动，当棒的速度为2v时，由平衡条件得：F=F安
即：P/2v=B2L2·2v/R
得：P=4B2L2v2/R?
当棒的速度为v时，棒所受的拉力、安培力分别为：
F′=P/v=4B2L2v/R F安′=B2L2v/R?
根据牛顿第二定律得：F′-F安′=ma2?
因此：a2=3B2l2v/mR
【答案】 （1）B2L2v/mR （2）3B2l2v/mR
●教学参考链接?
电磁感应动态过程的分析，涉及楞次定律、法拉第电磁感应定律、安培力、直流电路等电磁学的概念和规律及受力分析、牛顿第二定律、加速度等力学的重要内容，且其中伴有多种能量的转化，因此是综合性较强、物理情景复杂的一类问题.对此类问题的处理，重在理清思路，弄懂情景，分清过程，明白能量的转化方向.所选例1，就重在介绍处理此类问题的一般思路和方法，例2讨论的是涉及能量转化问题的处理方法，例3则结合表示物理规律的常用工具——图象，使对此类问题的分析，更上升了一个层次.总之，本专题的三个例题，既有一般思路、方法的介绍和总结，也有较高层次问题的分析和思考，希望能结合【应用强化训练】，发挥其应有的作用.
专题八 交变电流 电磁场
●高考趋势展望?
由于交变电流传输和使用的方便，被广泛应用于工、农业生产、日常生活和各种科学实验之中，随着科学技术的发展和人们生活水平的提高，交变电流的使用，将成为人们赖以生存的不可或缺的重要因素.在强调考查学生应用所学知识处理、解决实际问题能力的现今形势下，交变电流的知识频繁地出现在每年的高考试卷中，便不足为奇了.其考查的形式多以难度中等或中等偏下的选择、填空题出现，但也偶有同样难度的计算题出现的机会.其中考查频率最高的是关于变压器和有效值的有关知识，至于电磁场的有关知识，因其不属于高中物理的重点内容，考查的机会不是太多，但也不能因此而放弃对其基本内容的理解和认识.?
●知识要点整合?
1.交变电流的表征量及其意义?
方向和强弱都随时间呈周期性变化的电流叫做交变电流，其中方向和强弱随时间按正弦规律变化的交变电流称为正弦交变电流.?
交变电流的瞬时值是交变电流某一时刻的值，它可以准确地描述交变电流变化的规律.
交变电流的最大值即最大的瞬时值，它是用来描述交变电流变化幅度的.N匝面积为S的线圈在匀强磁场B中绕垂直于磁场方向的轴以角速度ω匀速转动时，线圈中产生的交变电动势的最大值Em=NBSω.?
交变电流的有效值是根据电流的热效应定义的，即把和交变电流热效应相同的直流电的值叫做交变电流的有效值.对正弦交变电流，其有效值=，对不同变化规律的交变电流，其有效值和最大值的关系，只能根据有效值的定义，结合交变电流的变化规律进行推导，而不能简单套用上述关系.交变电流的有效值，是在实际中使用最广泛的，交流电表测定的值、各种用电器铭牌上的标称值等都是交变电流的有效值，且在以有效值表示交变电流的情况下，直流电路中的一些规律在交变电路中是通用的.
2.远距离输电和变压器?
由于输电导线电阻R线的存在，输电过程中不可避免地存在电能损耗P损=I2R线.减小输电线路中的电流I，是减少输电过程中电能损耗最有效的方法，由P=UI知，提高输电电压，则可减小输电电流，所以远距离输电要用高压.
由于各种用电器的额定电压都远低于远距离输电需要的高电压，且不同用电器的额定电压也有所不同，所以从发电到输电再到用电的整个过程中，要不断地改变电路电压.变压器就是用来改变电压的装置.
变压器是利用互感原理完成变压工作的.对理想变压器，其原、副线圈两端的电压U1和U2，原、副线圈中的电流I1和I2，原、副线圈分别输入、输出的功率P1和P2，及原、副线圈的匝数n1和n2之间，存在如下关系：?
,P1=P2.?
其中，电压、功率关系对任何变压器都是适用的，但电流关系则只适用于原、副线圈各有一个的理想变压器.
3.电磁场
麦克斯韦电磁理论告诉我们，变化的磁场可产生电场，振荡的磁场则产生同频率振荡的电场.反之亦然.可见，振荡的电场和振荡的磁场是不可分割的，其所组成的统一体即是电磁场.
电磁场是不能被局限在有限的空间内的，它会在空间传播，这就形成了电磁波.由于电磁波是一种特殊的物质，它的传播不需要介质，且以横波形式传播，在真空中的传播速度为c=3.0×108 m/s.?
●精典题例解读?
［例1］图3-8-1中表示一交变电流的电流随时间而变化的图线，此交变电流的有效值是
图3-8-1
A.5 A
B.5 A?
C./2 A
D.3.5 A?
【解析】 交变电流的有效值等于与之热效应相等的对应直流电的值.?
设让该交变电流通过电阻R，在一个周期内产生的热量?
Q1=I12R+I22R=25RT
设该交变电流的有效值为I，在相同时间内R上产生的热量?
Q2=I2RT
根据有效值的意义有Q1=Q2.即
25RT=I2RT
所以该交变电流的有效值为I=5 A.?
小结：此题往往有的同学根据交变电流的最大值和有效值的关系Im=I求解，导致错误.要注意公式Im=I只适用于正弦交变电流，对非正弦交变电流的有效值应根据电流的热效应求解，不能乱套公式.
［例2］（2000年北京春季，14）如图3-8-2所示，理想变压器的原、副线圈匝数之比为n1∶n2=4∶1,原线圈回路中的电阻A与副线圈回路中的负载电阻B的阻值相等.a、b端增加一定交流电压后，两电阻消耗的电功率之比PA∶PB＝ ，两电阻两端电压之比UA∶ＵB＝ ．
图3-8-2
【解析】 由理想变压器原、副线圈中电流关系得：,所以?
,.
小结：理想变压器的变压比，变流比及功率关系P1=P2等表达式中，U1、U2分别为原、副线圈两端的电压，I1、I2分别是原、副线圈中的电流，P1、P2则分别是原、副线圈中输入、输出的功率，而该题中的UA、UB和PA、PB则不遵循上述关系，在处理此类问题时，应注意它们的区别.
［例3］（2003年北京理综，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3-8-3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=1.0 cm的摩擦小轮，小轮与自行车车轮的边缘相接触，如图3-8-3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，磁感应强度B=0.010 T，自行车车轮的半径R1=35 cm，小齿轮的半径R2=4.0 cm，大齿轮的半径R3=10.0 cm（见图3-8-3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=3.2 V （假定摩擦小轮与自行车车轮之间无相对滑动）
图3-8-3
【解析】 线圈在匀强磁场中匀速转动时产生正弦交变电流，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，再利用各种传动中线速度、角速度及半径的比例关系，即可求出大齿轮的角速度ω3.?
设线圈（或摩擦小轮）、小齿轮（或自行车车轮）、大齿轮的角速度分别为ω0、ω2和ω3，则有??
Em=NBSω0 ①
Em=U ②
③
④
解①②③④得：ω3=3.23 rad/s.?
小结：善于把实际问题转化为物理模型，是近几年高考重点考查的一种能力，也是用物理规律处理实际问题所必须具备的，平时应注意加强此种能力的训练和培养.另外，熟记并能灵活运用各种传动中角速度、线速度、半径间关系是解决此题的又一关键.
●应用强化训练
1.一矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的中心轴从中性面开始匀速转动，经个周期产生的感应电动势为2 V，则此交流电的有效值为?
A.2 V
B.4 V
C. V
D. V?
【解析】 由e=Emsin和题设条件得：?
Emsin，所以Em=4 V，所以E = V.
【答案】 A
2.通过某用电器的电流如图3-8-4所示，则电流的有效值为_______.?
图3-8-4
【解析】 在相同时间内该电流流过电阻R产生的热量应等于其全波电流通过同一电阻R产生热量的一半，根据有效值的意义得：I2RT=·（）2RT，所以I=3.6 A.
【答案】 3.6 A
3.关于理想变压器，下列说法正确的是?
A.原、副线圈中交变电流的频率一定相等?
B.穿过原、副线圈的磁通量的变化率一定相等?
C.副线圈的输出功率和原线圈的输入功率一定相等?
D.原线圈的导线比副线圈导线细?
【解析】 理想变压器磁通，穿过原、副线圈的磁通量、磁通量的变化率、磁通量变化的频率都相同，所以产生的交变电流的频率一定相等.又理想变压器无铁损和铜损，所以输出功率等于输入功率.由于导线允许通过的最大电流与导线横截面积有关，哪个线圈中电流大时导线应粗一些，与是否原（或副）线圈无直接关系.?
【答案】 ABC
4.在某交流电路中，有一正在工作的变压器，原、副线圈匝数分别为n1=600,n2=120,电源电压U1=220 V,原线圈中串联一个0.2 A的保险丝，为保证保险丝不被烧毁，则
A.负载功率不能超过44 W?
B.副线圈电流最大值不能超过1 A?
C.副线圈电流有效值不能超过1 A?
D.副线圈电流有效值不能超过0.2 A?
【解析】 由,所以I2=I1=1 A,由得U2=U1=44 V，所以负载最大功率P2=U2I2=44 W，负线圈电流的有效值不能超过1 A.
【答案】 AC
5.如图3-8-5所示理想变压器输入电压一定，两副线圈匝数分别为n2和n2′，当把一电热器接在ab间，让cd空载时，电流表示数为I.当把同样电热器接在cd间，让ab空载时，电流表示数为I′.则的值为
图3-8-5
A.()2 B.()2?
C. D.
【解析】 设输入电压为U，电热器的电阻为R，则接 ab 时 UI = 而Uab=U
所以UI=·
所以n12I =n22·
同理：n12I′=n2′
所以，
选项A正确.?
【答案】 A
6.LC振荡电路中，某时刻磁场方向如图3-8-6所示，则下列说法错误的是?
图3-8-6
A.若磁场正在减弱，则电容器上极板带正电?
B.若电容器正在放电，则电容器上极板带负电?
C.若电容器上极板带正电，则线圈中电流正在增大?
D.若电容器正在放电，则自感电动势正在阻碍电流增大?
【解析】 若该时刻电容器上极板带正电，则可知电容器处于充电阶段，电流应正在减小，A项叙述正确.
若该时刻电容器上极板带负电，则可知电容器正在放电，电流正在增强，B叙述正确.由楞次定律知D叙述亦正确.
因此，错误选项只有C.
【答案】 C
7.如图3-8-7所示，一平行金属板AB与一线圈组成一理想的LC振荡电路，E为电源，当开关K从1扳向2的同时有一电子恰从中央线飞入AB间，则电子
图3-8-7
A.可能从b点飞出?
B.可能从O点飞出?
C.可能从a点飞出?
D.飞出时动能一定增大?
【解析】 K由1扳向2后电路中产生电磁振荡，电容两极板间电压及极板间场强按余弦规律变化，电子在垂直于入射方向上做往复运动，但运动的最低点在中心线上.由于电子在C中运动时间不清楚，故电子飞出点可能在a点或O点，飞出时动能可能增大或不变.
【答案】 BC
8.如图3-8-8所示，内壁光滑的塑料管弯成的圆环平放在水平桌面上，环内有一带负电小球，整个装置处于竖直向下的磁场中，当磁场突然增大时，小球将
图3-8-8
A.沿顺时针方向运动?
B.沿逆时针方向运动?
C.在原位置附近往复运动?
D.仍然保持静止状态?
【解析】 磁场突然增强时，周围产生逆时针方向的电场，带负电的小球受到顺时针方向的电场力，所以将沿顺时针方向运动.?
【答案】 A?
9.一个面积为S的矩形线圈在匀强磁场中以一边为轴匀速转动，磁场方向与转轴垂直.线圈中感应电动势e与时间t的关系如图3-8-9所示，感应电动势最大值和周期可由图中读出，则磁感应强度B=_______，在时刻，线圈平面与磁感应强度的夹角等于_______.
图3-8-9
【解析】 由Em=BS·得：B=.图示e-t关系图象就是从线圈平面和磁场平行开始计时的，所以t=时，线圈平面和磁场方向的夹角θ=ωt=.
【答案】 ；?
10.一理想变压器，原线圈匝数n1=1100匝，接在电压为220 V的交流电源上.当它对22只并联的“36 V 60 W”灯泡供电时，灯泡正常发光.由此可知该变压器副线圈的匝数n2=_______匝，通过原线圈的电流I1=_______A.?
【解析】 由得：?
n2=×1100=180 匝，
由U1I1=P2得：?
I1==6 A.?
【答案】 180；6
11.（2002年上海，11）按照有关规律，工作场所受到的电磁辐射强度（单位时间内垂直通过单位面积的电磁辐射能量）不得超过0.50 W/m2，若某小型无线通讯装置的电磁辐射功率是1 W，那么在距离该通讯装置_______ m以外是符合规定的安全区域.（已知球面面积为S=4πR2）?
【解析】 由=0.5得:?
R==0.40 m.
【答案】 0.40
12.(2000年全国，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3-8-10所示.发电机内阻r=5.0 Ω，外电路电阻R=95 Ω，已知感应电动势的最大值Em=
nωΦm，其中Φm为穿过每匝线圈磁通量的最大值.求串联在外电路中的交流电流表（内阻不计）的读数.
图3-8-10
【解析】 Em=nω Φm=100××1.0×10-2=200 V,?
我所以E= V,?
?I= A= A?
【答案】 A
13.一台交流发电机额定输出功率P=4.0×103 kW，以400 V电压接在升压变压器上向远方输电，若输电导线的总电阻为10 Ω，允许输电线损失的功率为输出功率的10%，问
（1）升压变压器的变压比多大？?
（2）为了使远方用电器能得到220 V的工作电压，求降压变压器的变压比多大？?
【解析】 （1）P损=I线2R线，所以I线===200 A,
I0==104 A,?
所以=50.
（2）U2=U1=50×400 V=2×104 V,U线=I线R线=200×10 V=2000 V，所以降压变压器的输入电压U1′=U2-U线=18000 V，所以.
【答案】 (1)50 (2)
●教学参考链接?
尽管交变电流的知识和人们生产、生活联系紧密，高考考查频率较高，但考题难度都不大，且多集中于交变电流的有效值、交变电流的图象及公式表达和变压器的相关内容，所以对本专题内容的复习应以课本复习为主，正确理解几个主要交变电流描述量的物理意义，熟记在不同时刻开始计时情况下交变电流的图象及公式形式，灵活应用变压器的变压变流关系.所选三个例题及习题都是围绕这些内容而安排的.另因电磁振荡及LC回路《考试说明》已明确为不考内容，对电磁场、电磁波也只要求一般性的了解和认识，所以未专列例题进行讨论，只是在练习中选了三个小题进行一般的练习，以免出现知识的漏洞和空白.
能力提升检测 磁场、电磁感应、交变电流（A卷）?
一、选择题（本题共8小题，每小题5分，共40分.每小题给出的四个选项中，只有一项符合要求，选对得5分，选错或不答得0分）?
1.如图1所示，一个带负电的物体从粗糙绝缘的斜面顶端自静止下滑到底端时速度为v，若加上一个垂直纸面向外的匀强磁场，则带电体滑到底端时的速度将?
图1
A.大于v B.小于v?
C.等于v D.无法确定
【解析】 加磁场后，物体对斜面的正压力增大，物体受到的滑动摩擦力增大，加速度减小.所以滑到底端速度比 v 小.?
【答案】 B?
2.在匀强磁场中做匀速圆周运动的带电粒子A在如图2所示的P处与另一个原来静止的带异号电荷的粒子B碰撞而粘合，然后合在一起继续在原磁场中做匀速圆周运动，根据图中轨迹所得以下结论中正确的是
①绕行方向一定是a→P→b? ②A带的电一定多?
③A带正电? ④A带负电?
图2
A.只有①③ B.只有①④?
C.只有②③ D.①②④?
【解析】 碰撞过程动量守恒，碰后动量不变，而电量减小，由半径公式 R=,半径增大，运动方向应为 a→P→b,碰前碰后转动方向相同，所以 A 带的电多，且带负电.
【答案】 D?
3.如图3所示，通有恒定电流的直导线mn与闭合金属框共面，第一次将金属框由位置Ⅰ平移到虚线所示的位置Ⅱ，第二次将金属框由位置Ⅰ绕cd边翻转到位置Ⅱ，设先后两种情况，通过金属框某截面的电量分别为q1和q2，则
图3
A.q1C.q1>q2 ? D.q1≠0,q2=0?
【解析】 设在位置Ⅰ时穿过线圈的磁通量为 Φ1，在位置Ⅱ时磁通量为 Φ2，第一次从Ⅰ位置拉到Ⅱ位置时q1=,第二次把线圈翻转，电量q2=,所以q2＞q1,选项A正确.
【答案】 A
4.金属圆环半径为l，总电阻为r，匀强磁场垂直穿过圆环所在的平面，磁感应强度为B，今使长为2l的金属棒ab沿圆环的表面以速度v匀速向右滑动，设棒单位长度的电阻为，当棒滑至圆环正中央时，如图4所示，棒两端的电势差为?
图4
A.2Blv B.Blv?
C.4Blv/3 D.2Blv/3?
【解析】 棒滑至正中央时的等效电路如图.?
E=B·2Lv,?
Uab===2Blv/3.所以答案选D.
【答案】 D?
5.关于电磁波的说法，正确的是?
A.正交电场和磁场叠加，形成了电磁波?
B.当电磁波的频率改变时，它在真空中的传播速度不变?
C.任何情况下，电磁波的传播速度都为3×108 m/s?
D.因为电磁波可以传播声音信号，故电磁波可以与声波互相叠加?
【答案】 B?
6.如图5所示，甲、乙两图为与匀强磁场垂直放置的两个金属框架，乙图除了多了一个电阻为零、自感系数为L的线圈外，甲、乙图中其他部分都相同.如导体AB以相同的加速度向右做匀加速直线运动，若位移相同，则
图5
A.甲图中外力做功多?
B.两图中外力做功相同?
C.乙图中外力做功多?
D.无法判定?
【解析】 当加速度相同时，两导体棒的速度始终相同，电动势始终相同，电动势增加也相同.由于乙中有线圈，线圈对电流变化有阻碍作用，所以乙中电流小于甲中电流，甲中电流做功多，所以甲中外力做功多.
【答案】 A
7.用理想变压器向负载R供电时，在如下情况中，将使变压器输入功率减小的是
A.减小负载电阻R，其他条件不变?
B.增加原线圈匝数，其他条件不变?
C.增加副线圈匝数，其他条件不变?
D.增大输入电压，其他条件不变?
【答案】 B?
8.A、B两带电粒子由静止经同一电场加速后，以相同的动能在同一点垂直进入匀强磁场，如图6，穿出有界磁场后，分别打中屏上的A、B两点，则在磁场中所受洛伦兹力的大小以及两粒子质量大小的关系是?
图6
A.FAmB B.FA>FB,mAC.FA=FB,mA>mB D.FA【解析】 由Ek=qU=mv2?
知qA=qB?
又因＞
所以mA＞mB FA＜FB?
【答案】 A
二、填空题（本题共3小题，每小题6分，共18分）?
9.一带电粒子，以速度v从平面直角坐标原点O沿x轴方向垂直射入宽度为d的匀强磁场区域，如图7所示，粒子从磁场边缘的P点射出时，速度方向偏转了60°角，那么P点的坐标为_____.?
图7
【解析】 由题意知，从O到P圆心角为60°,?
所以坐标为（d，）?
【答案】 （d，）
10.某LC振荡回路的电容器的电容是可变的，线圈不可变，当电容器电容为C1时，它激起的电磁波波长为λ1,当电容器的电容为C2时，它激起的电磁波波长为λ2.当电容器的电容为C1+C2时，它激起的电磁波波长λ=_____.?
【解析】 当电容器电容为C1时，?
λ1=v2π,
所以C1=
同理C2=
当电容器电容为（C1+C2）时，?
λ=v·2π
【答案】
11.多数同学家里都有调光台灯、调速电风扇，过去是用变压器来实现的，缺点是成本高、体积大、效率低，且不能任意调节灯的亮度或电风扇的转速，现在的调光台灯、调速电风扇是用可控硅电子元件来实现的，如图8所示为经过一个双向可控硅调节后加在电灯上的电压，即在正弦交流电的每一个二分之一周期中，前面四分之一周期被截去，调节台灯上的旋钮可以控制截去的多少，从而改变电灯上的电压.那么现在电灯上的电压为_____.?
图8
【解析】
【答案】
三、计算题（本题共3个小题，共42分）?
12.（12分）在原子反应堆中抽动液态金属等导电液体时，由于不允许机械传动部分与这些流体相接触，常使用一种电磁泵.图9表示这种电磁泵的结构，将导管置于磁场中，当电流I穿过导电液体时，这种导电液体即被驱动，若导管的内截面积为ah，磁场区域的宽度为L，磁感应强度为B，液态金属穿过磁场区域的电流为I，求驱动所产生的压强差是多大？?
图9
【解析】 液态金属受到的安培力F=BIh，驱动产生的压强差Δp=
【答案】
13.(14分)二极管是电子技术中常用到的元件，理想二极管具有如下特性：二极管有正极和负极，当正极的电势高于负极时，二极管导电，且电阻为零；当正极的电势低于负极时，二极管不导电，其电阻趋于无限大.也就是二极管具有单向导电性.在如图10所示的电路中，电源电动势为E=12sin100πt V,R1=2 Ω,R2=4 Ω,R3=6 Ω，则R2的实际功率P2为多大？
图10
【解析】 设二极管加正向电压时电动势为正，则在电动势的正半周内，R1、R2、R3并联于电源两端，U2=12 V；在电动势的负半周内，R1、R2、R3串联后接在电源两端，U2′=E=4 V，所以，P2T=,所以P2=40 W.
【答案】 40 W
14.（16分）如图11所示，质量为m、边长为L的正方形线框，在有界匀强磁场上方h高处由静止自由下落，线框的总电阻为R，磁感应强度为B的匀强磁场宽度为2L，线框下落过程中，ab边始终与磁场边界平行且处于水平方向，已知ab边刚穿出磁场时线框恰好做匀速运动，求：?
图11
（1）cd边刚进入磁场时线框的速度；?
（2）线框穿过磁场的过程中，产生的焦耳热.?
【解析】 （1）设ab边穿出磁场时速度为v2，则此时线框中产生的感应电动势E=BLv2,线框中的感应电流I=，线框所受安培力F=BIL==mg,
所以v2=.
cd边进入磁场至ab边恰穿出磁场的过程中，线框做加速度为g的匀加速运动.设cd边刚进入磁场时速度为v1,则?
v22-v12=2gL，?
所以v1=.
（2）由能的转化和守恒定律得，线框穿过磁场过程中产生的焦耳热为：?
Q=mg(h+3L)-=mg(h+3L-)?
【答案】 (1)
(2)mg(h+3L-)
?
磁场、电磁感应、交变电流（B卷）
一、选择题（本题共8小题，每小题5分，共40分.每小题给出的四个选项中，只有一项符合要求，选对得5分，选错或不答得0分）
1.根据安培假设的思想，认为磁场是由于运动电荷产生的，这种思想如果对地磁场也适用，而目前在地球上并没有发现相对地球定向移动的电荷，那么由此推断，地球应该
A.带负电 B.带正电?
C.不带电 D.无法确定
【解析】 根据安培假说，地磁场应为地球所带电荷随地球自转所形成的电流产生的，根据安培定则，只有绕地球有自东向西的电流才能产生N极在南极的地磁场，而地球是自西向东旋转的，即电荷定向移动方向和形成的电流方向相反，所以地球应带负电荷.?
【答案】 A
2.如图1所示，条形磁铁放在光滑斜面上，用平行于斜面的轻弹簧拉住而平衡，A为水平放置的导线的截面.导线中无电流时，磁铁对斜面的压力为FN1；当导线中有电流通过时，磁铁对斜面的压力为FN2，此时弹簧的伸长量减小了.则?
图1
A.FN1C.FN1>FN2，A中电流方向向内? D.FN1>FN2，A中电流方向向外?
【解析】 由导线中通电流时，弹簧的伸长量减小知，导线受力斜向下，磁铁受力斜向上.
【答案】 D
3.如图2所示，甲带正电，乙是不带电的绝缘块，甲、乙叠放在一起置于光滑的水平地面上，空间存在着水平方向的匀强磁场，在水平恒力F作用下，甲、乙无相对滑动并一起向左加速运动，在加速运动阶段，下列说法正确的是?
①甲、乙两物块间的摩擦力不断增大?
②甲、乙两物块间的摩擦力不变?
③甲、乙向左运动的加速度不断减小?
④甲对乙的压力不断增大?
图2
A.①④ B.①③?
C.②③ D.②④?
【解析】 由左手定则判定甲受到向下的洛伦兹力，使得甲、乙物体间的弹力变大、最大静摩擦力变大，物体甲仍可以在静摩擦力作用下随乙一起向左做匀加速运动.?
【答案】 D
4.电视天线放在高压线下（相距较近）是危险的，如图3所示，有一长直导线通以正弦交变电流，直导线下有一个电视天线，那么相对于b来说，a端电势最高是在
图3
A.交变电流方向向右，电流强度最大时? B.交变电流方向向左，电流强度最大时
C.交变电流方向向左，电流减小到零时? D.交变电流方向向右，电流减小到零时
【解析】 由法拉第电磁感应定律?
E=∝,由正弦交变电流图象可知，电流减小到零时其变化率最大，如果导线通向左的电流，a端电势高，通向右的电流，b端电势高.?
【答案】 C?
5.从太阳或其他星体上放射出的宇宙射线中含有高能带电粒子，若到达地球，对地球上的生命将带来危害.图4所示为地磁场的分布图，对于地磁场对宇宙射线阻挡作用的下列说法中，正确的是?
图4
A.地磁场对直射地球的宇宙射线的阻挡作用在南北两极最强，在赤道附近最弱?
B.地磁场对直射地球的宇宙射线的阻挡作用在赤道附近最强，在两极地区最弱?
C.地磁场对直射地球的宇宙射线的阻挡作用各处相同?
D.地磁场对宇宙射线无阻挡作用?
【解析】 宇宙射线方向在赤道附近和地磁场方向接近垂直，而在两极行，所以在赤道附近受到的洛伦兹力较大，射线偏转较强，即阻挡作用较强.?
【答案】 B?
6.水平放置的金属板M、N间的距离为L，两板分别带等量异种电荷，其间电势差为U，在两板间还有如图5所示的匀强磁场，磁感应强度为B.今有一带电液滴刚好在M、N间的竖直平面内做半径为R的匀速圆周运动，下列判断正确的是?
图5
A.液滴一定带正电荷，旋转方向为顺时针?
B.若加大两板间距离，其余条件不变，液滴将不能再做匀速圆周运动?
C.若增大磁感应强度，其余条件不变，液滴将不能再做匀速圆周运动?
D.若增大两板间电压，其余条件不变，液滴仍有可能做匀速圆周运动?
【解析】 液滴能做匀速圆周运动，说明其所受合力为洛伦兹力，重力和电场力平衡（合力为零），同时知道，也只有重力和电场力平衡，液滴才能做匀速圆周运动.所以只增大板间距离和只增大两板间电压后，电场力和重力不再平衡，液滴即不能再做圆周运动.而只增大磁感应强度，不破坏电场力和重力平衡的关系，仍能做圆周运动，只不过半径发生变化而已.又因金属极性不明，所以液滴所带电荷性质及运转方向无法确定.?
【答案】 B?
7.如图6所示，T是绕有两组线圈的闭合铁芯，线圈绕向如图所示，D是理想的二极管，金属棒ab可在两条平行的金属导轨上沿导轨运动，磁场方向垂直纸面向里，若G中有电流通过，则ab棒的运动情况是?
图6
A.向左匀速运动? B.向右匀速运动?
C.向左加速运动? D.向右加速运动?
【解析】 G中有电流，说明电流是逆时针方向的，在铁芯中产生的磁场方向在铁芯中也是逆时针的，由楞次定律知，右线圈中电流产生的磁场应是在铁芯中逆时针减弱或顺时针增强，所以导体棒ab应向右减速或向左加速运动.
【答案】 C?
8.如图7所示的电路中，A1和A2是完全相同的灯泡，L的直流电阻可以不计，下列说法正确的是?
①合上S接通电路时，A2先亮，A1后亮，最后A1、A2同样亮?
②合上S接通电路时，A1、A2始终同样亮?
③断开开关S切断电路时，A2立即熄灭，A1闪亮一下再熄灭?
④断开开关S切断电路时，A1、A2同时闪亮一下再熄灭?
图7
A.①③ B.①④
板块链接 综合应用篇
专题一 物理中的数学方法
●高考趋势展望
应用数学知识处理物理问题的能力，是高考要求学生必须具备并重点考查的五种基本能力之一.对此,《考试说明》中有明确的阐述,要求学生能根据具体问题列出物理量间的关系式,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,能进行正确的数学运算,其中既要重视定量的计算,也要重视定性和半定量的分析和推理.一些典型的数学方法的应用,既丰富了物理问题的分析思路,更为物理问题的处理提供了方便.熟练地掌握和应用一些典型的数学方法,对提高物理成绩,是大有帮助的.
●知识要点整合
所谓数学方法,就是要把客观事物的状态、关系和过程用数学语言表达出来,进行推导、演算和分析,以形成对问题的判断、解释和预测.可以说,每一物理问题的分析、处理过程,都是数学方法运用的过程.本专题中所指的数学方法,是指一些特殊、典型的方法.处理中学物理问题,常用的典型数学方法有极值法、几何法、图象法、数学归纳推理法等.
1.极值法
数学中求极值的方法很多,物理极值问题的讨论中常用的极值法有:三角函数极值法、二次函数极值法、一元二次方程的判别式法等.
2.几何法
常用的有三角形的相似、解直角三角形及一些几何公理的应用等.
3.图象法
图象法具有简明、直观的特点,对一些较抽象的物理问题,恰当地引入物理图象,常可化抽象为形象,便于突破难点、疑点,使解题过程大大简化,计算快速便捷.
●精典题例解读
［例1］如图1-1所示，虚线MN是一垂直纸面的平面与纸面的交界线,在平面右侧的半空间存在一磁感应强度为B的匀强磁场,方向垂直纸面向外.O是MN上的一点,从O点可以向磁场区域发射电量为+q、质量为m、速率为v的粒子,粒子射入磁场时的速度可在纸面内各个方向.已知先后射入的两个粒子恰好在磁场中给定的P点相遇,P到O的距离为L.不计重力及粒子间的相互作用.
图1-1
(1)求所考查的粒子在磁场中的轨道半径.
(2)求这两个粒子从O点射入磁场的时间间隔.
【解析】 (1)设粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径为R,由牛顿第二定律得:
qvB=m,得:
R= ①
(2)如图1-1所示,以OP为弦画两个半径相等的圆,分别表示两个粒子的轨道.圆心和直径分别为O1、O2和OO1Q1、OO2Q2,在O处两个圆的切线分别表示两个粒子的射入方向,用θ表示它们的夹角.由几何关系得：
∠PO1Q1=∠PO2Q2=θ ②
从O点射入到两个粒子相遇,粒子1的路径为半个圆周加弧长Q1P,
且Q1P=Rθ ③
粒子2的路径为半个圆周减弧长Q2P,
且Q2P=Rθ ④
粒子1的运动时间为:
t1=T+ ⑤
粒子2的运动时间为:
t2=T- ⑥
其中T为圆周运动的周期.
两个粒子射入的时间间隔为:
t1-t2=2 ⑦
因Rcosθ=L，解得:
θ=2Rarccos ⑧
由①⑦⑧三式解得:
t=arccos() ⑨
小结:本题的求解由两个部分组成,其一为必要的几何形状,其二为粒子在磁场中的周期公式和半径公式.解决此类题目的关键应是数学中的几何知识,即先做几何图形然后再利用物理知识解决物理问题.
［例2］如图1-2所示,一排人站在沿x轴的水平轨道旁,原点O两侧的人的序号都记为 n(n=1,2,3…).每人只有一个沙袋,x＞0一侧的每个沙袋的质量为m=24 kg,x＜0一侧的每个沙袋的质量为m′=10 kg.一质量为M=48 kg的小车以某一速度从原点出发向x正方向滑行.不计轨道阻力,当车每经过一人身旁时,此人就把沙袋以水平速度u朝与车相反的方向沿车面扔到车上,u的大小等于扔此袋之前瞬间车速大小的2n倍(n是此人的序号数).
图1-2
(1)空车出发后,车上堆积了几个沙袋时车就反向滑行
(2)车上最终有大小沙袋共多少
【解析】 (1)设沿x正方向滑行,经过第一个人的身边时,此人把沙袋扔上车与车一起运动的速度为v1,经过第二人后两个沙袋与车一起运动的时间为v2,…经过第n个人后n个沙袋与车一起运动的速度为vn,则据动量守恒定律得:
第一个人扔袋后:
Mv0-2mv0=(M+m)v1
解得:v1=v0
第二个人扔袋后:
(M+m)v1-4mv1=(M+2m)v2
解得:v2=v1
…
第n个人扔袋后:
［M+(n-1)m］vn-1-m·2nvn-1=(M+nm)vn
解得:vn=vn-1 ①
小车方向运动的条件是vn-1＞0,vn＜0,即:
M-nm＞0
解得:n＜=
M-(n+1)m＜0
解得: n＞-1=-1=
显然n应为整数,故 n=3,即车上堆积3个沙袋后就反向滑行.
(2)设第n个沙袋扔到车上后车的速度为vn′,第n-1个沙袋扔到车上后车的速度为 vn-1′,据数学归纳法同理可得:
［M+3m(n-1)m′］vn′-2nm′vn-1′=(M+3m+nm′)vn′
解得:vn′=vn-1′
小车不再向左运动的条件是 vn-1′＞0,vn′≤0,即:
M+3m-nm′＞0，解得:
n＜=9
M+3m-(n+1)m′＜0,解得:
n≥-1=8
即8≤n＜9
n=8时,小车停止滑行,即在x＜0一侧第8个沙袋扔到车上时就停止.故车上最终共有大小沙袋3+8=11个.
小结:本题的解法首先利用了数学中的数学归纳法写出了速度的通式,然后结合方向，运动的条件或停止的条件进行讨论得出结论.显然在这里数学归纳法起着举足轻重的作用 .
［例3］如图1-3，在光滑的水平面上,有垂直向下的匀强磁场分布在宽为S的区域内,一个边长为L(L＜S)的正方形闭合线圈以初速度v0垂直磁场边界滑过磁场后速度变为v.设线圈完全进入磁场中时速度为v′,则
图1-3
A.v′＞
B.v′=
C.v′＜
D.AC均可能,B不可能
【解析】 线圈在进入磁场的过程中,穿过它的磁通量变化,产生感应电流,受安培力作用,而且随着速度减小,安培力逐渐减小,线圈做变减速运动;线圈完全进入磁场后,不再有感应电流,做匀速运动;在线圈离开磁场过程中,又做变减速直线运动.可以作出速度图线如图1-4所示.由于线圈长度一定,图中两条曲线和时间轴所围面积是相等的,其他关系不能确定.
图1-4
用牛顿运动定律、运动学公式、能量关系都不能解决,可以考虑动量定理.线圈运动过程中只受安培阻力F=BiL=,由此可以看出,F与v变化规律相同,即F-t图应与上面的v-t图一致.当然F图线与时间轴所围面积即冲量I也应相等,如图1-5所示.这样
图1-5
I1=I2
I1=mv′-mv0
I2=mv-mv′
则v′=
即B选项正确.
小结:因线圈进入磁场和穿出磁场过程中速度的变化都是非线性的,在现有中学数学知识基础上很难给出线圈速度的确切变化规律，因而也无法用解析法给出确切的解答.但利用图象及图象和坐标轴所围面积的意义,并进行适当的转化和迁移,便使问题顺利解决.在讨论一些非线性变化问题时,特别仅限于定性讨论或半定量讨论时,注意利用相关图象,常可收到意想不到的效果.
●应用强化训练
1.(2002年全国理综,18)质点所受的力F随时间变化的规律如图1-6所示,力的方向始终在一直线上.已知t=0时质点的速度为零.在图示的t1、t2、t3和t4各时刻中,哪一时刻质点的动能最大
图1-6
A.t1 B.t2
C.t3 D.t4
【解析】 在F-t图中，图线和时间轴所围“面积”等于力的冲量，由图知，t2时刻F对质点的冲量最大，质点获得的动量最大，动能也最大.
【答案】 B
2.如图1-7甲所示,是电场中的一条电场线,A、B是该线上的两点,若将一负电荷从A点自由释放,负电荷沿电场线从A到B运动过程中的速度图线如乙图所示,则A、B两点电势的高低和场强大小错误的是
图1-7
A.φA＞φB EA＞EB
B.φA＞φB EA＜EB
C.φA＜φB EA＞EB
D.φA＜φB EA＜EB
【解析】 v-t图象的斜率表示加速度.负电荷从A到B,v-t图象斜率越来越大，说明其加速度越来越大，可知其所受电场力越来越大，所以场强越来越大，故有EA＜EB.由负电荷所受电场力方向从A指向B，说明电场线方向由B指向A，所以φA＜φB.
【答案】 D
3.如图1-8所示,直线OAC为某一直流电源的总功率P总随电流I变化的图线,抛物线OBC为同一直流电源内部放热功率Pr随电流I变化的图线,若A、B对应横坐标为2 A,则下列说法正确的是
图1-8
A.电源电动势为3 V,内阻为1 Ω
B.线段AB表示的功率为2 W
C.电流为2 A时,外电路电阻为0.5 Ω
D.电流为3 A时,外电路电阻为2 Ω
【解析】 电源总功率P总=EI，可见，在P总-I图象中，E为图象的斜率，由图象中所给数据得E== V=3 V.由Pr=I2r，结合图象中所给数据得r== Ω=1 Ω.AB段功率为I=2 A时总功率与内阻热功率之差，即输出功率，所以PAB=3×2-22×1=2 W,此时对应的外电路电阻R===0.5 Ω.同样由图象可知I=3 A时，P总=Pr，即电源总功率全消耗在内电阻上，说明外电路电阻为零，即电源被短路.
【答案】 ABC
4.如图1-9所示,在处于水平方向的细管内的端点O固定一根长为L0,劲度系数为k的轻弹簧,在弹簧的自由端连接一个质量为m的小球,今将细管以O为轴逆时针缓慢转动,直至转到竖直方向,则在此过程中,下列说法正确的是(不计一切摩擦,弹簧弹力总满足胡克定律)
图1-9
A.小球的重力势能不断增大
B.球的质量m足够大时,总能使球的重力势能先增大后减小
C.弹簧的长度足够小时,总可以使球的重力势能不断增大
D.以上说法都不对
【解析】 设转过θ角时弹簧长度为x，则由平衡条件得：mgsinθ=k(L0-x)所以x=L0-,小球重力势能Ep=mgxsinθ=(-sinθ)sinθ.由数学知识知，当-sinθ=sinθ,即sinθ=时，Ep有最大值.由于sinθ≤1,所以应有≤1.可见，当m足够大时，总能使≤1,也就能使Ep有最大值，换言之，可使Ep先变大再变小，即答案为B .
【答案】 B
5.如图1-10所示,电源电压保持不变,R1=R3，当S接a点时,R1消耗的功率P1=0.75 W,R2消耗的功率为P2;当S接b时,R1消耗的功率P1′=3 W,R3消耗的功率为P3,下列判断正确 的是
图1-10
A.P1+P2＜P1+P3
B.P3=3 W
C.P2=2.25 W
D.P1+P2=P1+P3
【解析】 S接a时，R1、R2串联在电路中，则有：P1=（）2·R1=0.75 ①
P2=()2·R2 ②
S接b时，R1、R3串联在电路中，所以有：
P1′=()2·R1=3 ③
P3=()2·R3 ④
因R1=R3，比较③、④可得
P3=P1′=3 W.
由③得：U2=12R1代入①得：=0.75,整理得：（3R1-R2）（5R1+R2）=0，所以R2=3R1（因为5R1+R2≠0).
将U2=12R1、R2=3R1代入②得P2=×3R1=2.25 W.
综上讨论可知A、B、C正确.
【答案】 ABC
6.小球自高为H的A点由静止开始沿光滑曲面下滑,到曲面底处B飞离曲面,B处曲面的切线沿水平方向,B的高度h=H，如图1-11,若其他条件不变,只改变h,则小球的水平射程s的变化情况为
图1-11
A.h增大时,s也增大
B.h增大时,s将减小
C.h减小时,s也减小
D.h减小时,s将增大
【解析】 从A点到B点：机械能守恒，以地面为零势面，得
mgH=mgh+mvB2
从B点到地面：球做平抛运动
由以上三个方程可得：s=2
初看方程不能直接得到h与s的关系，此时再用数学知识，细看发现：由于h+(H-h)=H为定量，由不等式知识可知.当h=H-h时s有最大值.可见当h=时，s有最大值.故h从开始增大或减小都会使s减小，故题目选BC.
【答案】 BC
7.在平静的湖面上空有一监测空气质量状况的气球(处于静止状态),一个置于距湖面 20 m高处的仪器,测得气球的仰角为30°，测得气球在水中虚像的俯角为60°（如图1-12），则气球距湖面的高为______m.
图1-12
【解析】 如图所示，设气球距湖面高度为x m，则：
AC=（x-20）m BC=(x+20)m
在△ACO中，
cot30°== ①
在△BCO中，
cot60°== ②
由①÷②得：=
所以x=40 m，即距湖面高度为40 m.
【答案】 40
8.如图1-13所示,光滑轨道竖直放置,半圆部分的半径为R,在水平轨道上停着一质量为M=0.99 kg的木块.一颗质量为m=0.01 kg的子弹以v0=400 m/s的水平速度射入木块中,然后一起运动到轨道最高点后水平抛出.试分析:当圆半径R多大时,平抛的水平位移最大 且最大值为多少
图1-13
【解析】 子弹与木块发生碰撞的过程，动量守恒.设共同速度为v1,则：
mv0=(m+M）v1,所以
v1=v0=4 m/s
设在轨道最高点平抛时物块的速度为v2.由于轨道光滑，故机械能守恒:
(m+M)v12=2(m+M)gR+ (m+M)v22
解得：v2=
则平抛后的位移可以表示为：
s=v2t=v2×
=4×
当R==0.2 m时，smax=0.8 m
【答案】 R=0.2 m,smax=0.8 m.
9.如图1-14所示,光滑水平面上停着一只木球和载人小车.木球质量为m,人和车总质量为M,已知M∶m=16∶1.人以速度v0沿水平面将木球扔向正前方的固定挡板,木球被挡板弹回之后,人接住球再以同样的对地速度将球扔回挡板.设木球与挡板相碰时无动能损失.求人经过几次扔球之后,再也不能接住木球.
图1-14
【解析】 人和车在水平方向动量守恒，设向左为正.
设当n次扔球后vn=v车≥v球=v0就再也接不住球了.(vn为人经n次扔球后车和人对地的速度）
人第一次扔球后：0=M v1-mv0;v1=v0
人第二次扔球后：Mv1+mv0=Mv2-mv0;
v2=v0
人第三次扔球后：
Mv2+mv0=Mv3-mv0;
v3=v0
…
由此可知，人扔球后各次速度构成等差数列.
第一项a1=v0;公差d=v0;
由an=a1+(n-1)d,得：
第n次扔球后速度表达式为：
vn=+(n-1)= v0
当vn≥v0时再也接不住球了.
解上式：
n=8.5,即n=9.
【答案】 9次
10.如图1-15所示,在水平光滑绝缘的桌面上,有水平向东的匀强电场,场强E=7.2× 104 V/m.一根长为L=20 cm,不可伸长的轻质细线,一端固定在桌面上的O点,另一端系一个质量m=50 g,带电量q=+1.0×10-5 C的小滑块,将小滑块放到O点正西方向的A点,且AO=L,再给小滑块以水平向北的速度v=1.2 m/s.不计空气阻力.
图1-15
小滑块运动到哪一位置,细线将被拉直.求出刚拉直点B点的坐标值,并在图中标出.并求拉直前的瞬时,小滑块速度的大小和它与X轴的夹角θ.
【解析】 在绳未拉直之前，滑块向东方向做初速为零，加速度为的匀加速直线运动，向北做速度为v的匀速直线运动；当滑块相对于O的位移大小达到线的长度L时，细线将被拉直.
在东西方向上到O点的距离为：
s东O=L-at2=0.2-7.2t2
在南北方向上到O点的距离为：s北O=vt=1.2t
细线被拉直时有：L2=s东O2+s北O2
即：（0.2-7.2t2）2+(1.2t)2=0.22
解得：t= s
所以：s北O=1.2t=0.2 m,s东O=0（位置如图）
此时向东方向的速度为：v东=at=2.4 m/s
向北方向的速度为：v北=v=1.2 m/s
所以v==2.68 m/s
tanθ===
所以v的方向为东偏北arctan.
【答案】 (0,0.2 m)；arctan
●教学参考链接
由于《考试说明》要求学生应具有应用数学知识处理物理问题的能力，所以在平时的复习中应有意地引导学生做一些用数学方法分析、处理物理问题的练习，但应当清楚，在应用数学知识处理物理问题时，仍应以物理原理为基础，在对物理过程和物理情景的分析基础上，选用适当的数学原理给出定量的表达，切忌不要把物理问题做成纯数学问题.另外，处理物理问题用到的数学方法有很多种，本专题只讨论了常用的比较典型的几种方法——图象法、极值法、几何法等.例题和练习题也都是围绕这几种方法选编的，其他的如利用数列知识、解析几何知识等内容未包括在内，老师们在选用本资料时，可结合具体情况，灵活地做些补充，但不宜练得太多，以免冲淡了物理问题的物理味道.
专题二 学科内综合问题分析
●高考趋势展望
随着教育改革不断进行,考试科目的设置也不断发生变化,近几年推出的“3+X”模式,突出了对考生综合能力的测试与考查.纵观近两年的全国及部分省市的“理科综合”测试可以发现,试题多以学科内知识综合为主,以能力为立意,以科学知识为基础,以情景为背景,增加应用型和能力型题目,推崇试题的新颖性、实践性.因此在物理复习教学中,应在狠抓基础知识和基本技能训练的前提下,适当注意学科间各部分知识间的相互联系和渗透,通过对一些典型问题和情景的分析、诱导,让学生掌握处理综合问题的一般思路和方法.
●知识要点整合
1.力学内部的综合
力学是高中物理的基础,力学中处理问题的三条主要思路和线索,也是处理很多物理问题的主要思路和线索.
(1)牛顿运动定律.牛顿运动定律是力学的主干和基础,全面揭示了力和物体运动间的关系,是全面、准确描述物体运动规律的依据.在研究、讨论物体间的瞬间作用问题时,是其他物理规律无法替代的.
(2)动量和动量守恒定律.在物体间发生相互作用的过程中,各自的动量都要发生变化,在涉及时间和速度及其变化问题的讨论中,动量定理常是优选规律,特别是在作用时间较短,物体间相对位置的变化又不明显时,动量定理更具独到的作用,特别是当以系统为研究对象且系统所受合外力为零时,动量守恒定律的使用更会为问题的解决提供较大的方便.
(3)能量和能量守恒.在物体发生相互作用的过程中,能量的转化是不可避免的,因此从能量角度思考和处理问题便具有普遍的意义,特别是存在不同形式的能量间相互转化时,能的转化和守恒定律的优越性更是无与伦比的.
2.力学与其他内容的综合
(1)力学与电磁学的综合.电场力或安培力做功及相应的能量转化,带电粒子在电场中的加速、偏转及在磁场中的圆周运动等问题,究其实质,就是处理在电场或磁场中的力学问题.
(2)力学与热学的综合.气体压强的微观解释,分子力做功及相应的能量转化,热力学第一定律等都和力学知识有千丝万缕的联系.
(3)力学与光学的联系.激光测速、测距,爱因斯坦光电效应方程等则是力学和光学的有机结合点.
(4)力学与原子物理的结合.α粒子散射现象的解释,原子核式结构中电子绕核运动的规律推导,原子核衰变过程中的动量守恒,质量亏损及核能的计算等,也都离不开力学原理的 应用.
●精典题例解读
［例1］(2001年全国,22)一个圆柱形的竖直井里存有一定量的水,井的侧面和底部是密闭的.在井中固定地插着一根两端开口的薄壁圆管,管和井共轴,管的下端未触及井底.在圆管内有一不漏气的活塞,它可以沿圆管上下滑动.开始时,管内外水面相齐,且活塞恰好接触水面,如图2-1所示.现用卷扬机通过绳子对活塞施加一个向上的力F,使活塞缓缓向上移动.已知管筒半径r=0.100 m,井的半径R=2r,水的密度ρ=1.00×103 kg/m3,大气压强p0=1.00×105 Pa.求活塞上升H=9.00 m的过程中拉力F所做的功.(井和管在水面以上及水面以下的部分足够长,不计活塞质量,不计摩擦,重力加速度g取10 m/s2)
图2-1
【解析】 由于大气压强的作用,管内活塞上升的初期,管内水面随活塞上升,管外液面下降.但由于大气压强只能支持10 m的水柱,当管内外水面高度差达10 m时,管内水面即不再上升.在此之前由于活塞上升克服大气压力做的功与管外大气压力对液面做的功数值相等,拉力F做的功即转化为水柱增加的重力势能.以后活塞再上升,活塞下面出现真空,F将克服恒定的大气压力做功,F所做总功即为两段做功之和.
如图2-2所示,大气压强能支持的水柱高h0==10 m.
图2-2
设此过程中管内水面上升h1,管外液面下降h2,则:
h1+h2=h0,= =3
所以h1=7.5 m,h2=2.5 m.
在此过程中,因大气压力做功代数和为:
p0π(R2-r2)h2-p0πr2h1=0,故F做的功W1等于水的重力势能的增量:W1=ΔEp=p(πr2h1) =1.18×104 J.
以后活塞继续上升,由于活塞下面出现真空,F将克服大气压力做功W2=p0πr2(H-h1)=4.71×103 J.
所以拉力F做的总功
W=W1+W2=1.65×104 J
小结:认识到大气压强只能支持10 m高水柱,且在活塞离开水面之前,大气压强做功代数和为零,是解决该题的关键.
［例2］(2002年广东,20)如图2-3所示,A、B为水平放置的平行金属板,板间距离为d(d远小于板的长和宽).在两板之间有一带负电的质点P.已知若在A、B间加电压U0,则质点P可以静止平衡.现在A、B间加上如图所示随时间变化的电压U,在t=0时质点P位于A、B间的中点处且初速度为0.已知质点P能在A、B之间以最大幅度上下运动而又不与两板相碰,求图中U改变的各时刻t1、t2、t3及tn的表达式.(质点开始从中点上升到最高点,及以后每次从最高点到最低点或从最低点到最高点的过程中,电压只改变一次)
图2-3
【解析】 由题意知,金属板间加U0电压时质点受力平衡,则加2U0电压后,质点P所受合力应向上,大小等于其重力,具有方向向上的大小等于g的加速度,当去掉电压后,质点即具有向下的重力加速度g.分析清楚质点在加电压和不加电压情况下的运动情况,本题即可得解.
设质点P的质量为m,电荷量为q,则由题意知:q=mg.
两板间加2U0电压时,P向上的加速度大小a=g;两板间电压为零时,P具有向下的加速 度g.
在τ=0时,两板间加电压2U0,P自A、B间的中点向上做初速度为零、加速度大小为g的匀加速运动.设经时间τ1去掉两板间电压,则此时质点速度v1=gτ1,去掉电压后质点做竖直上抛运动,设经时间τ′速度减为零,则由运动学知识知,τ1′=τ1, (τ1+τ1′)=,解得τ1=τ1′=·.所以τ1=τ1=·.
以后质点在重力作用下向下做自由落体运动,设经τ2速度变为v2,则v2=gτ2,此时加上电压后,质点做加速度大小等于g的匀减速运动,经τ2′=τ2的时间速度又减为零,故由运动学知识知:·(τ2+τ2′)=d,所以τ2=τ2′=,所求τ2=τ1+τ1′+τ2=(+1).
以后质点在电场力和重力作用下又从B向A板做加速度大小为g的匀加速运动,设经 τ3速度变为v3,去掉A、B间电压后又经τ3′速度变为零且恰到达A板,则:v3=gτ3,τ3= τ3′, (τ3+τ3′)=d,所以τ3=τ3′=,τ3=τ2+τ2′+τ3=(+3).
以后质点将重复上述2、3运动过程,经同样的分析可得:τn=(+2n-3) (n≥2).
小结:分析清楚质点在A、B板间的运动情景,恰当地选用运动学方程,是解决该题的关键.
［例3］（2000年春，23）云室处在磁感应强度为B的匀强磁场中,一静止的质量为M的原子核在云室中发生一次α衰变,α粒子的质量为m,电量为q,其运动轨迹在与磁场垂直的平面内.现测得α粒子的运动半径为R,试求在衰变过程中的质量亏损.(注:涉及动量问题时,亏损的质量可以不计.)
【解析】 原子核衰变放出的α粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动,由洛伦兹力充当向心力,结合题给条件和匀速圆周运动的基本知识可求出α粒子的速度,再应用衰变过程中系统动量守恒可求反冲核的速度.又在无电磁波辐射的情况下,与质量亏损对应的释放出的核能即表现为α粒子和反冲核的动能,故可在求得α粒子及反冲核的速度的情况下,结合质能联系方程即可求出衰变过程中的质量亏损.
设α粒子的速度为v,则由牛顿第二定律,得:qvB=m.
设反冲核的速度为v′,则由衰变过程中动量守恒,得:(M-m)v′=mv.
由能的转化和守恒定律及质能联系方程,得: (M-m)v′2+mv2=ΔE=Δmc2,所以 Δm=.
小结:该题综合了力学中的动量守恒、牛顿第二定律、圆周运动知识、洛伦兹力、核能及质能联系方程等内容,是一道综合面较广的学科内综合题.认识到在无电磁波辐射的情况下,衰变过程中释放出的核能即表现为放出粒子及反冲核的动能,是解决本题的关键,并且该题向我们提供了计算核能的一种方法——即利用力学原理求核能,请同学们予以领会并掌握.
●应用强化训练
1.(2002年上海,7)一航天探测器完成对月球的探测任务后,在离开月球的过程中,由静止开始沿着与月球表面成一倾斜角的直线飞行,先加速运动,后匀速运动,探测器通过喷气而获得推力,以下关于喷气方向的描述中正确的是
A.探测器加速运动时,沿直线向后喷气
B.探测器加速运动时,竖直向下喷气
C.探测器匀速运动时,竖直向下喷气
D.探测器匀速运动时,不需要喷气
【解析】 探测器受月球引力（向下）和喷气所获得的推力（与喷气方向相反）作用，欲加速，该两力合力方向应与前进方向一致；欲匀速，该两力合力应为零.所以只有C对.
【答案】 C
2.质量为m的小球被系在轻绳一端,在竖直平面内做半径为R的圆周运动,运动过程中小球受到空气阻力的作用.设某一时刻小球通过轨道的最低点,此时绳子的张力为7mg,此后小球继续做圆周运动,经过半个圆周恰能通过最高点.则在此过程中小球克服空气阻力所做的 功为
A.mgR/4
B.mgR/3
C.mgR/2
D.mgR
【解析】 设绳长为R,小球在最低点和最高点的速度分别为v1、v2,则有：7mg-mg=m,mg=m,2mgR+W克=mv12-mv22.解得：W克=mgR/2.
【答案】 C
3.(2000年春,24)相隔一定距离的A、B两球,质量相等,假定它们之间存在恒定的斥力作用.原来两球被按住,处在静止状态.现突然松开两球,同时给A球以速度v0,使之沿两球连线射向B球,B球初速度为零.若两球间的距离从最小值(两球未接触)到刚恢复到原始值所经历的时间为t0,求B球在斥力作用下的加速度.
【解析】 松手后两球等速时距离最近，设此时两球速度为v，小球质量为m，则由动量守恒定律，得：
mv0=2mv.所以v=v0.
设球的加速度大小为a,从开始运动到距离最小（等速时）经历的时间为t,发生的相对位移为Δs,则：t== (对B球研究），Δs=sA-sB=v0t-at2-at2=.
以后A球继续减速，B球继续加速运动，当其相对位移又为Δs时，两球间距即恢复原始值，即：vt0+at02-(vt0-at02)=,整理即得：a=.
【答案】
4.三块相同的金属板A、B、D自上而下水平放置,间距分别为h和d,如图2-4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,其内盛放导电液体.A板通过闭合的电键S与电动势为v0的电池的正极相连,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′落到D板上,其电荷量被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,整个装置放在真空中.
图2-4
(1)第一个液滴到达D板时的速度为多少
(2)D板最终可达多高的电势
(3)设液滴的电荷量是A板所带电荷量的α倍(α=0.02),A板与B板构成的电容器的电容为C0=5×10-12 F,U0=1000 V,m=0.02 g,h=d=5 cm.试计算D板最终的电势值.(g取10 m/s2)
【解析】 （1）设第一滴到达D板时速度为v,由动能定理，得：mv2=mg(h+d)+qU0,所以v=.
(2)当D板电势为φ时，UDB=φ,液滴到达D板动能恰为零时，D板电荷量不再增加，电势达最高，不再发生变化.由动能定理，得：
mg(h+d)+qU0-qφ=0,所以φ=U0+.
(3)φ＝U0+=1000 V+ V=2.01×105 V.
【答案】 (1) (2)U0+ (3)2.01×105 V
5.(2003年春季,28)有一炮竖直向上发射炮弹,炮弹的质量M=6.0 kg(内含炸药的质量可以不计),射出的初速度v0=60 m/s.当炮弹到达最高点时爆炸为沿水平方向运动的两片,其中一片质量为m=4.0 kg.现要求这一片不能落到以发射点为圆心、以R=600 m为半径的圆周范围内,则爆炸完时两弹片的总动能至少多大 (g=10 m/s2,忽略空气阻力)
【解析】 设炮弹上升的最大高度为H，则：
v02=2gH.
设质量为m的弹片刚爆炸后速度为V，另一块速度为v，则根据动量守恒定律，有：
mV=(M-m)v.
设爆炸后弹片运动时间为t,则：H=gt2,R=Vt,Ekmin=mV2+(M+m)v2.
解以上诸式，得：
Ekmin==6.0×104 J.
【答案】 6.0×104 J
6.如图2-5,倾角为30°的皮带运输机始终绷紧且以恒定速度v=2.5 m/s运动,两轮相距LAB=5 m,将质量m=1 kg的物体无初速地轻轻放在A处,若物体与皮带间的动摩擦因数μ=,那么:
图2-5
(1)物体从A运动到B,皮带对物体所做的功是多少
(2)物体从A运动到B共需要多少时间
(3)在这段时间内电动机对皮带运输机所做的功是多少
【解析】 （1）物体与皮带等速前的加速度a==3.17 m/s2.至与皮带等速历时t==0.79 s,物体发生的位移sm=t=0.99 m＜LAB=5 m.所以物体到达B前已与皮带等速.由能的转化和守恒定律，得：W=mgLABsin30°+mv2=28.125 J
(2)物体随皮带匀速运动的时间t′==1.64 s,所以t总=t+t′=2.43 s.
(3)物体与皮带的相对位移Δs=vt-sm=0.99 m,所以产生的热量Q=μmgcos30°·Δs=7.43 J,由能的转化和守恒定律，得W机=W+Q=35.6 J.
【答案】 (1)28.125 J (2)2.43 s (3)35.6 J
7.如图2-6所示为对光电管产生的光电子进行荷质比测定的原理图.两块平行金属板间距为d,其中N为锌板,受紫外光照射后将激发出沿不同方向运动的光电子,开关S闭合，电流表A有读数,若调节变阻器R,逐渐增大极板间的电压,A表读数逐渐减小,当电压表示数为U时,A表读数恰为零;断开S,在MN间加上垂直纸面的匀强磁场,当磁感应强度为B时,A表读数也为零.
图2-6
(1)求光电子的荷质比的表达式_______.
(2)光电管的阳极常用活泼的碱金属制成,原因是这些金属
A.导电性好
B.逸出功小
C.发射电子多
D.电子动能大
(3)如图2-7，光电管在各种自动化装置中有很多应用,街道路灯自动控制就是其应用之一,如图2-7所示电路为其模拟电路,其中A为光电管,B为电磁继电器,C为照明电路,D为路灯,请连成正确的电路,达到日出路灯熄,日落路灯亮的效果.
图2-7
【解析】 （1）由题意知，eU=mv2,eUB=m,R=d,整理得：=.
(2)B (3)略
【答案】 （1） (2)B (3)略
8.1920年,质子已被发现,英国物理学家卢瑟福曾预言:可能有一种质量与质子相近的不带电的中性粒子存在,他把它叫做中子.1930年,科学家们在真空条件下用α射线轰击铍()时,产生了一种看不见的贯穿能力很强的不知名的射线和另一种粒子.经过研究发现,这种不知名的射线具有如下特点:①在任意方向的磁场中均不发生偏转;②这种射线的速度小于光速的十分之一.
(1)α射线轰击铍核的核反应方程为:__________________________.
(2)根据上面所述射线的特点,分析说明该射线是不带电的,且不是γ射线.
(3)经过相关的实验和计算证实,这种射线就是由卢瑟福预言的中子组成.在某一原子反应堆中,有大量的快速中子产生,为了使其减速为核反应所需的慢中子,人们用石墨(碳)作减速剂使快中子减速.已知碳核的质量是中子的12倍,假设把中子与碳核的每次碰撞都看作是弹性正碰,而且认定碰撞前碳核都是静止的,设碰撞前中子的动能为E0,经过一次碰撞,中子损失的能量是多少
【解析】 （1）核反应方程：+→+
(2)由特点①知，射线在任何方向的磁场中均不发生偏转，说明射线不带电；由特点②知，该射线速度不及光速的十分之一，而γ射线就是光子流，其速度即光速，因此该射线也不是γ射线.
（3）设中子质量为m，碰前速度为v0，碰后速度为v1，碳核碰后速度为v2，则由动量守恒能量守恒，得：mv0=mv1+12mv2,mv02=mv12+×12mv22解得：v1=-v0,中子损失的能量ΔE=mv02-mv12=E0.
【答案】 (1) +→+ (2)略 （3）
9.(2002年上海卷)如图2-8所示为利用电磁作为输送非导电液体装置的示意图.一边长为L、截面为正方形的塑料管道水平放置,其右端面上有一截面积为A的小喷口,喷口离地的高度为h.管道中有一绝缘活塞,在活塞的中部和上部分别嵌有两根金属棒a、b,其中棒b的两端与一电压表相连,整个装置放在竖直向上的匀强磁场中.当棒a中通有垂直纸面向里的恒定电流I时,活塞向右匀速推动液体从喷口水平射出,液体落地点离喷口的水平距离为s,若液体的密度为ρ,不计所有阻力,求:
图2-8
(1)活塞移动的速度;
(2)该装置的功率;
(3)磁感应强度B的大小;
(4)若在实际使用中发现电压表的读数变小,试分析其可能的原因.
【解析】 (1)设液体从喷口水平射出的速度为v0,活塞移动的速度为v,v0=s ①
v0A=vL2 ②
v=()v0= ③
(2)设装置功率为P,Δt时间内有Δm质量的液体从喷口射出,PΔt=Δm(v02-v2) ④
因为Δm=L2vΔtρ ⑤
所以P=L2vρ(v02-v2)=(1-)·v03,所以P= ⑥
(3)因为P=F安v ⑦
所以L2ρv(v02-v02)=BILv ⑧
所以B== ⑨
(4)因为U=BLv，所以喷口液体的流量减少，活塞移动速度减小，或磁场变小等,会引起电压表读数变小.
【答案】 （1）v=
(2)P=
(3)B=
(4)略
●教学参考链接
“3+X”或“3+文(理)综”的高考模式已在全国普及,为适应新的高考形势,有意识地引导学生做一些综合性较强的习题练习,很有必要.但应当清楚,从全国各地近两年的高考试题来看,无论是文综、理综,还是文理大综合的试卷,就其中的每道题目而言,绝大多数都是学科内知识的综合,偶有个别题目涉及多学科知识,也只是对同一问题,各科从本学科知识角度独立进行设问,具体解答仍依据各科的知识、原理分别独立解答,不存在应用多科知识从同一角度解答同一问题的题目,所以在平时的复习中,应以本学科内知识综合为主.就是对本学科的复习,也应以弄懂基本概念、理解基本规律为主.只有对基本概念理解准确、深刻,对基本规律认识、把握到位,才能得心应手、融会贯通地应用各部分知识去分析、处理一些综合性问题.另外,所谓的综合题,也只是本学科内某些部分知识的渗透综合,实际上,我们做的每一道物理题,都有一定的综合程度,只是综合程度不同而已.那种设想一道物理题就将整个中学物理内容都综合在内的做法是不可取的,也是没有实际意义的.本专题所选三个例题,都是近两年的全国或其他省份高考题,从中可以体会综合的程度:例1主要涉及力学中的功、能和热学中的气体压强,例2主要涉及力学中的动力学、运动学和电场的基本内容,例3主要涉及带电粒子在磁场中的运动、力学中的动量守恒、原子物理中的质能方程等主要知识.这三个例题的处理方法也都是我们平时处理物理问题的常规方法,只是用到的知识多一点而已.因为我们平时做的很多题目,都有一定的综合程度,所以本专题所选例题和练习题并不很多，具体使用中可根据本校学生情况适当取舍和补充.
专题三 跨学科综合的热点分析
●高考趋势展望
为适应教育改革的需要，高考模式的改革也在不断地进行和完善，以能力为立意，以科学知识为基础的“3+X”高考模式已成为新高考的趋势.尽管综合科目的试题目前仍以学科内知识综合为主，试卷仍处“拼盘”阶段，但随着高考改革的不断深入，学科间知识相互渗透的题目数量必将不断增加，因此，认真分析一下各学科间可能相互结合渗透的知识点，对适应新的高考是非常必要的，也是大有裨益的.
●知识要点整合
物理、化学、生物都是以实验为基础的自然科学，三学科内容的基本原理均来自于实验.在实验的设计、操作、现象的观察与记录、数据的分析与处理等方面存在相同之处，可通过实验来解释自然现象，可通过图表、图形、图象来总结规律.随着各学科内容的发展，三学科的内容已经互相渗透，学科内容之间的界限已变得越来越模糊.正是由于这些共性，使得理、化、生从学科内容到研究方法都存在着千丝万缕的联系.而这些知识和技能的结合点，正是跨学科综合测试题的考查热点.
跨学科的综合试题一般来讲应出在理、化、生的知识结合点上，这些结合点粗看并不多，但若仔细推敲，可作为命题立足点的知识仍然层出不穷.若认真分析一下近几年的跨学科综合测试题，从中不难发现其命题的热点主要集中在备受社会广泛关注的焦点问题上.主要涉及到环境、能源、高新技术和人类健康四个方面.基于此，为做好明年的备考工作，希望大家对以下社会热点给予足够的重视.
1.物理和化学的知识结合点
(1)运用静电学知识解释离子晶体、金属晶体的熔点、沸点高低以及离子半径大小的 比较.
(2)恒定电流与原电池、电解、电镀间的相互渗透.
(3)与摩尔概念相关的物理量在物理和化学中的应用.
(4)光学知识与胶体化学的相互渗透.
(5)物理学中的原子结构理论和化学中的核外电子排布的相互渗透.
(6)放射性同位素及其综合应用.
2.物理和生物的知识结合点
物理和生物在研究方法上具有相同点，即宏观问题，微观解释.因此，这两个学科在知识渗透与交叉上，有以下几点应引起重视.
1.人体循环系统中的三个有关物理问题的讨论与计算：(1)心脏做功问题.心脏是提供血液循环系统的中央泵.其构造和功能为生命科学问题，但心脏的做功问题可用物理学中相关公式计算.(2)运用物理学中有关定律解释人体血管中有关血压问题.(3)动脉粥样硬化导致心脏做功增大问题，该问题可用物理学中的压强、功和能量等概念来解释.
2.原子的放射性与食品的保藏、育种、治疗疾病等，是物理学和生物学交叉渗透的又一热点.
3.生物学中眼球的构造和物理学中光学照相机原理的有关知识结合，涉及到的物理内容有折射率、凸透镜成像、眼睛视力的矫正、视觉与光子的联系等.
4.自然界的能量与人类、动植物的生命活动有密切关系.能源是物理学与生物学联系的 纽带.
●精典题例解读
［例1］（2002年春季理综，31）Fe是地壳中含量很丰富的元素，也是生物体所必需的元素.
（1）自然界中铁矿石主要有赤铁矿和磁铁矿.金属铁是在高炉中冶炼的，高炉炼铁除了加入铁矿石外，还需加入焦炭和石灰石.请填空：
①写出磁铁矿主要成分的化学式_____________.
②写出赤铁矿被还原成铁的化学方程式：_____________.
③写出焦炭在高炉中所参与反应的两个化学方程式：_____________.
④写出CaCO3所参与反应的两个化学方程式：_____________.
（2）磁铁在电器中有广泛的应用，如发电机.如图3-1所示，已知一台单相发电机转子导线框共有N匝，线框长为l1、宽为l2，转子的转动角速度为ω，磁极间的磁感应强度为B，试导出发电机的瞬时电动势E的表达式.
图3-1
现在知道有一种强永磁材料钕铁硼，用它制成发电机的磁极时，磁感应强度可增大到原来的K倍.如果保持发电机结构和尺寸、转子转动角速度、产生的电动势都不变，那么这时转子上的导线框需要多少匝？
（3）铁是叶绿素生物合成过程中必需的元素，缺铁植株最明显的症状是叶片发黄，请问这一症状先出现在植株的幼叶还是老叶上？为什么？
【解析】 （1）①Fe3O4
②Fe2O3+3CO2Fe+3CO2
（写成Fe2O3+3C2Fe+3CO也给分）
③C+O2CO2；CO2+C2CO；
④CaCO3CaO+CO2↑;
CaO+SiO2CaSiO3
（2）取轴Ox垂直于磁感应强度，线框转角为θ（如图3-2所示），线框长边垂直于纸面，点A、B表示线框长边导线与纸面的交点，O点表示转轴与纸面的交点.
图3-2
线框长边的线速度为 v=
一根长边导线产生的电动势为·Bsinθ·l1，一匝导线框所产生的感应电动势为
E1=l1l2ωBsinθ
N匝线框产生的电动势应为EN=NE1=Nl1l2ωBsinωt
磁极换成钕铁硼永磁体时，设匝数为N′，则有
EN′=N′l1l2ωKBsinωt
由EN=EN′可得
N′=
（3）幼叶上.
因为缺铁植株没有足够的铁供给新生幼叶，原先进入植物体的铁不易移动，所以不能转移到新生幼叶中再度被利用.
小结：本题以人们生产、生活和生命中所常见和需要的元素铁为线索，将化学中的炼铁过程、物理中的发电过程和生物的生命活动有机地串联起来，组合成一道综合性较强的试题.但就每一小题的解答，仍是独立地应用某一学科的知识，所以仍属“拼盘”形式.尽管如此，由于一道题中含有多学科内容，解题中要不断更换思维方式，处理起来仍有一定难度，平时做此适当的练习，还是有好处的.
［例2］如图3-3所示，在标准状态下，光滑水平面上卧放一质量为M=19 kg的导热圆筒形气缸，内半径为10 cm，在气缸内放一盆蒸熟的含酒曲的糯米，质量为m=1 kg的活塞可在气缸内无摩擦滑动，且不漏气，封闭的气体中无氧气存在.开始时活塞与缸底的距离为10 cm，经较长时间后，发现活塞与缸底的距离变为20 cm（糯米体积改变忽略不计）求：
图3-3
（1）写出化学反应方程式，并简要说明理由.
（2）产生多少克CO2？糯米的质量减少了多少克？
（3）产生的CO2气体对外做了多少功？
（4）在活塞向右移动的过程中，气缸向左移动了多少距离？
【解析】 （1）蒸熟糯米的主要成分是淀粉和水.淀粉在酶的作用下水解成葡萄糖，而葡萄糖在酒化酶的作用下作无氧呼吸而生成酒精和二氧化碳.
反应方程式为：
（C6H10O5）n+nH2OnC6H12O6
C6H12O62C2H5OH+2CO2+能量
（2）产生的二氧化碳气体使容器内的气体体积增大，增大的体积即为CO2的体积：
ΔV=πR2ΔL=3.14×12×13=3.14 L
又在标态下CO2的质量为：
m=(3.14÷22.4)×44=6.16 g
而糯米减少的质量就是放出的CO2质量，也为6.16 g.
（3）活塞缓慢向外推动空气，受到恒定的空气压力p0S，活塞相对气缸右移ΔL=0.1 m
故对外做功W=FΔL=p0SΔL=1.013×105×3.14×0.12×0.1 J=314 J.
（4）活塞向右移动的同时，气缸向左移动，系统水平方向动量守恒，设气缸移动速度为v1，距离为L1，活塞移动速度为v2，距离为L2
则：Mv1=mv2
Mv1t=mv2t
即ML1=mL2
亦即19L1=1L2 ①
又有：L1+L2=10 cm ②
由①②得L1=0.5 cm
小结：本题为化学和物理的综合题，主要考查了淀粉的水解、气体做功及动量守恒等知识点.
［例3］飞行员驾驶飞机从俯冲状态往上拉时，会发生两次黑视，第一次因为血压降低，导致视网膜缺血，第二次是因为大脑缺血；问：（1）血压为什么会降低？（2）血液在人体循环中所起的作用是什么？（3）为了使飞行员适应这种情况，要在如图3-4的仪器中对飞行员进行训练，飞行员坐在一个在竖直平面内做匀速圆周运动的舱内，要使飞行员受到的加速度a=6g，则转速需为多少？（R=20 m）
图3-4
【解析】 （1）当飞行员往上加速时，血液处于超重状态，故血液视重增大，心脏无法像平常一样运输血液，导致血压降低.
（2）血液在循环中所起作用为提供氧气、营养，带走代谢所产生的废物.
（3）由a向=Rω2
ω==rad/s
n===0.27 r/s≈17 r/min
小结：本题为生物、物理综合题，考查了超重、匀速圆周运动、血液循环等知识点.
［例4］有一种氢气燃料汽车，将太阳能聚焦产生高温使水分解成H２，然后以Ｈ２为汽车的能源，这样汽车的发动机在工作过程中只排出Ｈ２Ｏ
而不污染环境.试回答下列问题：
(1)已知1 mol汽油(设汽油的成分全部以辛烷计)完全燃烧生成ＣＯ２和液态水放
热890.3 kJ，则1 g H2和1 g汽油分别燃烧后，放出的热量之比约是多少
(2)某汽车公司设计的一种以Ｈ２ 为燃料的汽车，质量为6000 kg，阻力是车重
的0.05倍，最大输出功率为60 kW，求：
①该汽车以a=0.5 m/s２的加速度从静止起动，则匀加速过程可维持多长时间 其最大
行驶速度是多少
②若此车从武汉以最大速度匀速驶往距武汉300 km的南昌，设汽车发动机的效率为50%，求需要多少Ｈ２作燃料
【解析】 (1)辛烷燃烧时的热化学方程式为：
Ｃ８Ｈ１８（g）+Ｏ２（ｇ）＝８ＣＯ２（ｇ）＋９Ｈ２Ｏ（ｇ）＋８９０.３ kJ
则1 ｇ汽油完全燃烧放出的热量为：
890.3÷114＝7.8 kＪ
由H２完全燃烧生成液态水的热化学方程式：
２Ｈ２（ｇ）＋Ｏ２（ｇ）＝２Ｈ２Ｏ（ｇ）＋５７１.６ kJ
可知1 g H2完全燃烧放出的热量为：
571.6÷４＝142.75 kJ
1 g H２和1 g汽油完全燃烧放出的热量之比值为：
142.75∶７.８＝18.3∶１
(2)汽车匀加速运动的过程是：W一定，F-Fμ=ma，所以F也一定，而速度在增加，所以汽车的实际功率P=Fv也增大.当P增至额定功率时，匀加速过程结束.设匀加速过程时间为t.则：
由牛顿定律得：F-Fμ=ma ①
额定功率：P额=Fv ②
匀加速运动的末速度：v=at ③
代入数据解①②③可得t=20 s
当汽车继续加速时F减小，a减小，最终F=Fμ时速度达到最大值.所以最大速度
vm＝＝ m/s＝２０ m/s
汽车从武汉到南昌牵引力做的功为：
W=Fs=fs=0.05×６０００×１０×３００×１０３ Ｊ
＝９×１０８ Ｊ
汽车发动机消耗的总能量为：
W总＝＝ Ｊ＝１.８×１０９ Ｊ
因为1 mol H２完全燃烧放热285.8 kJ，所以发动机需消耗的Ｈ２为：
m＝ g＝１.２６×１０４ ｇ＝１２.６ ｋｇ
小结：为拯救人类赖以生存的自然环境，“绿色汽车”工程已在全世界范围内展开，世界各大汽车公司都在争相研制各种新型无污染环保汽车，本题以物理知识为载体，融环境保护、热化学方程计算于一题，主要考查学生理论联系实际的能力.
●应用强化训练
1.家用微波炉是一种利用微波的电磁能加热食物的新型灶具，主要由磁控管、
波导管、微波加热器、炉门、直流电源、冷却系统、控制系统、外壳等组成.接通电源后，220 Ｖ交流经一变压器，一方面在次级产生３.４ Ｖ交流对磁控管加热，同时在次级产生2000 V高压经整流加到磁控管的阴、阳两极之间，使磁控管产生频率为2450 ＭＨｚ的微波.微波输送至金属制成的加热器(炉腔)被来回反射，微波的电磁作用使食物内分子高频地运动而内外同时受热，迅速使食物变熟，并能最大限度地保存食物中的维生素.
(1)导体能反射微波，绝缘体可使微波透射，而食物通常含有的成分是______________，较易吸收微波能而转换成热.
(2)在使用微波炉时应
Ａ.用金属容器盛放食物放入炉内加热器加热
B.用陶瓷容器盛放食物后放入炉内加热器加热
C.将微波炉置于磁性材料周围
D.将微波炉远离磁性材料周围
(3)试计算微波输出功率为700 Ｗ的磁控管每秒内产生的光子数.
(4)试计算变压器的升压变压比.
【解析】 （1）（2）略
（3）磁控管产生的微波（光子）频率
v= 2450×106 Hz,
所以每个光子能量
E1 = hv= 6.63×10-34×2450×106 J
= 1.6×10-24J
所以磁控管每秒产生的光子数：
n == = 4.4×1026
(4)==
【答案】 （1）蛋白质、糖类、脂肪、水、维生素、无机盐
（2）BD （3）4.4×1026 (4)11∶100
2.如图3-5所示，电解AgNO3溶液时，在t=5 s内从阴极上析出m=1.12×10-3 g银.已知银的摩尔质量为μ=107.9 g/mol（用石墨作两电极）.求：（1）两电极发生反应的离子方程式及观察到的现象.
（2）电流表的示数.
（3）在10 s内通过电解液中心横截面OO′的银离子的总质量.
图3-5
【解析】 （1）由电解原理，电解池阳极发生氧化反应，溶液中的OH-比NO3-容易失去电子，所以：4OH--4e=2H2O+O2↑.现象：在阳极周围有气泡冒出，阴极发生还原反应，Ag+比H+容易得到电子，所以Ag++e=Ag,现象：会看到阴极表面有白色的银覆盖.
（2）由Ag++e=Ag知，在5 s内，Ag得到电子的电荷量为：Q=NAe=×6.02×1023×1.6×10-19 C=1 C,即达到阴极的电子电荷量为1 C，故电流表示数I==0.2 A.
（3）因电解液中的电流是由Ag+和NO3-共同定向移动形成的，而电解液中心横截面上有等量的Ag+和NO3-在移动，所以I=，Q1=Q2,所以通过的电量Q2==1 C，所以10 s内通过OO′的Ag+的总质量m==1.12×10-3 g.
【答案】 （1）阳极：4OH--4e=2H2O+O2↑,现象：有气泡冒出；阴极：Ag++e=Ag,现象：阴极表面有白色的银覆盖.
（2）0.2 A (3)1.12×10-3 g
3.如图3-6所示，某足球运动员在距球门11 m处罚点球，准确地从横粱下边沿踢进一球.横梁下边沿离地高h=2.4 m，足球质量m=0.6 kg.空气阻力不计，取g=10 m/s2.试回答下列问题：
图3-6
（1）该足球运动员在比赛进行中为补充水分，适宜喝
A.高糖饮料
B.高盐饮料
C.优质矿泉水
D.等渗饮料
（2）该足球运动员血液中钙的含量过低，比赛中将会有_______病理现象出现，医生建议他口服维生素_______.
（3）该运动员罚点球时，至少应传递给足球多少能量？
（4）试计算足球飞到球门处需要多长时间.
【解析】 （1）D （2）抽搐，D和钙片；
（3）该足球的初速度为v，其水平分量为v2，竖直分量为v1，则有：
水平方向：11=v2t ①
竖直方向：2.4=v1t-×10t2 ②
足球初动能：Ek=mv2=m(v12+v22) ③
由①②可得：
v12+v22=v22++24
若要使Ek取极小值，必须（v12+v22）取极小值.因上式中前两项均为正，且这两项之积为常数，故这两项相等时，这两项的和最小，从而（v12+v22）最小.
由v22=得：
v22=
所以Ekmin=(v12+v22)=m(2×v22+24)=×0.6×(2××+24) J
=36.2 J
（4）足球飞到球门所需的时间为：
t==1.5 s
【答案】 （1）D （2）抽搐，D和钙片
（3）36.2 J (4)1.5 s
4.宇宙飞船的主要燃料叫“偏二甲肼”，已知该化合物的化学式为C2N2H8，又知偏二甲肼的分子中有一个氮原子不与氢相连，据以上内容回答下列问题：
（1）偏二甲肼的结构简式为_____________.
（2）此燃料燃烧时所用的氧化剂是N2O4，燃烧产物只有N2、CO2、H2O，在该反应中，氧化剂与还原剂物质的量之比为
A.1∶2
B.2∶1
C.3∶4
D.4∶3
（3）已知一个物体在飞船静止于地面时，重为32 N，飞船沿地球径向加速上升到一定高度时，加速度为5 m/s2，此时物重变为18 N.设地球表面的重力加速度g=10 m/s2，则此时飞船离地面的高度约为地球半径的几倍？
（4）宇宙飞船上可以搭载作物种子，从而培育高产新品种，我们把这种在太空中利用射线培育新品种的育种方法叫_______.
【解析】 （1）(CH3)2N—NH2
(2)B
(3)G=mg,m=3.2 kg,G′=mg+ma,18=16+3.2×g′;g′=5/8
g′/g=,h=3R地 (4)诱变育种.
【答案】 （1）(CH3)2N—NH2
(2)B
（3）3倍 （4）诱变育种
5.如图3-7所示，玻璃容器内盛有200 g的KOH水溶液，溶质的质量占2%，A、B为两个铂电极，开始时开关S断开，电压表示数为6 V，闭合开关S，开始通电，电压表示数为4.8 V，经过8×104 s，断开S停止通电，溶液中溶质的质量占总数的2/55（阿伏加德罗常数NA取6.0×1023 mol-1），求：
图3-7
（1）电源的电动势多大？
（2）电源的内电阻多大？
【解析】 在S断开时，电压表测量的是电源的路端电压，根据电路路端电压与外电阻的关系知道，开始时的路端电压就是电源电动势.现在玻璃容器内的KOH水溶液是电路的负载，当接通外接电源时A是电解池的阳极，发生的电极反应是：4OH--2e- 2H2O+O2↑,B是电解池的阴极，发生的反应是：4H++4e- 2H2↑，KOH水溶液因通电没有减少溶质KOH，只是消耗了水，从而使KOH水溶液中溶质的百分含量升高，由此可知，因通电溶液减少的质量就等于水减少的质量，从而可进一步由物质的迁移量找出转移的电量，求出通电电流，最后求解.（1）S断开时路端电压值等于电源电动势，故E=6 V.（2）根据KOH水溶液导电过程的化学变化规律，溶液中减少的物质是水，减少量Δm=20-=9 g,即0.5 mol的水，因为电解1 mol水时有2 mol电子发生转移（1 mol的电子和1 mol正离子反向通过“导线”横截面），根据电流强度定义得：I=Q/t=ne·NA/t==12 A，根据全电路欧姆定律E=U+Ir,
所以r=(E-U)/I=(6-4.8)÷12=0.1 Ω.
【答案】 (1)6 V (2)0.1 Ω
6.地球距太阳约为r=1.5×1011 m，地球半径约为R=6.4×106 m，到达地球表面的太阳辐射能的几条主要去路是直接反射5.2×1016 J/s,水循环4.0×1016 J/s;
大气流动3.7×1014 J/s，光合作用3.7×1014 J/s;
以热能方式离开地球8.1×1016 J/s
请根据以上数据：
(1)计算地球对太阳能的利用率；
（2）计算通过光合作用每年（按365天计算）有多少太阳能转化为化学能；
（3）写出光合作用的总反应式；
（4）光合作用为我们的生存环境每年除去了质量为M的二氧化碳气体，试根据能量关系列M的计算式，列式中缺少的数据用符号Q表示，并指出符号Q的含义；
（5）估算太阳的辐射功率P.
【解析】 （1）η=4.0×1016/(5.2×1016+4.0×1016+8.1×1016)=23.3%;
（2）W化=3.7×1014×365×24×3600=1.2×1022 J;
（4）设生成每 mol C6H12O6所储存的能量为Q，则每年由于光合作用生成C6H12O6的摩尔数为n=,每生成1 mol C6H12O6除去CO2的质量为（12+16×2）×6=26 kg= 0.264 kg，则每年除去CO2的质量为M=0.264 n=0.264×= kg；
（5）以太阳为球心，以太阳到地球的距离为半径作一大球，球面上的热功率即为太阳的热辐射功率.
【答案】 （1）23.3% (2)1.2×1022 J
（4）M= kg（Q表示每生成1 mol C6H12O6所储存的能量）
（5）3.8×1026 J/s
7.绿色植物在光合作用中，每放出一个氧分子要吸收8个波长为6.88×１０－７m的光量子，植物以葡萄糖的形式储存能量.
普朗克常数h=6.63 ×１０－３４Ｊ·s，阿伏加德罗常数NA＝6.02×1023mol－１，试解答下列问题：
(1)试计算绿色植物能量的转化效率.
(2)若每公顷森林每天可产生730 kg氧气，则这种森林每天每公顷可储存多少能量
(3)如果上述过程中水为液体、葡萄糖为固体，其余物质为气体，用热化学方程式表示由ＣＯ２和水通过光合作用生成葡萄糖和氧气的过程.若用含有示踪原子１８Ｏ的水(Ｈ218Ｏ)，试在反应方程式中标出示踪原子18Ｏ存在于哪种物质中
【解析】 (1)每生产1个氧分子吸收的能量为
E＝８×＝８× Ｊ
＝２.３１×１０－１８ Ｊ
h:普朗克常数 c:光速3×１０８ m/s λ：光子波长 每吸收1个O２储存的光能为：
Ｊ＝７.７５×１０-19 Ｊ
绿色植物能量的转化率为：＝３３.５％
(2)这种森林每公顷每天贮存的能量：
× kJ＝１.０６×１０７ kJ
(3)６ＣＯ２（ｇ）＋１２Ｈ218Ｏ（l）→Ｃ６Ｈ12Ｏ６（ｓ）＋６Ｈ218Ｏ（l）＋６18Ｏ２（ｇ）－8353.8 kJ
从以上反应热化学方程式可看出，光合作用释放出的Ｏ２来自参加反应的水.
【答案】 （1）33.5% (2)1.06×107 kJ (3)略
8.核电站采用核反应堆使重核裂变，将释放出的巨大能量转化成电能.
（1）完成下列核反应式：
+→+Zr+++反中微子
（反中微子的质量和电荷数均为零）
（2）写出核裂变反应和一般化学反应的不同点（至少3点）.
（3）核电站在热量传递的循环系统中应用了钠钾合金作为传热介质，试根据钠钾合金的性质说明这一应用的两点理由.
（4）依据上述核反应方程式，计算1 kg铀235全部裂变可产生多少kJ的能量？
已知：铀（U）核的质量为235.0439 u，中子（n）的质量为1.0087 u,铷（Nd）核的质量为142.9098,锆（Zr）核的质量为89.9047 u,1 u=1.6606×10-27 kg
【解析】 （1）据反应前后质量数和电荷数守恒得：.
（2）对单位质量的物质而言，核裂变释放的能量远大于化学反应释放的能量；核反应前后元素（原子核）发生变化，而化学反应中元素不变（电子有得失）；一种同位素不论处于何种价态（如单质铀或化合物铀），它们的核反应性质相同，而化学性质不同；而同一种元素的不同同位素（如铀235和铀238）化学性质相同，但核反应的性质不同；核反应的速率与温度、压强等无关仅由核内因素决定，而化学反应往往与外界温度高低、压强大小等 有关.
（3）钠钾合金熔点低，常温下为液态，可在管道内流动；钠钾合金是热的良导体.
（4）核能ΔE总=×Δm·c2=8.12×1010 kJ.
【答案】 (1) （2）略 （3）略
（4）8.12×1010 kJ
●教学参考链接
尽管综合命题是今后高考发展的方向，但限于目前各方面条件限制，综合科考试命题还不会有太大的突破，各科内容拼盘式的命题，还会维持一段时间.因此在指导学生复习中，仍应把学科内知识的综合作为复习的重点，不同学科知识的综合命题应让学生了解一些，以免一旦遇到此类题目感觉无从下手，但不应当作为重点花太大的气力，做太多的题目，以避免舍本求末，出力不讨好.
能力提升检测 综合应用（A卷）
一、选择题（本题共8小题，每小题5分，共40分.每小题给出的四个选项中，只有一项符合要求，选对得5分，选错或不答得0分）
1.如图1所示，质量为m的工件置于水平放置的钢板C上，二者间动摩擦因数为μ，由于光滑导槽A、B的控制，工件只能沿水平导槽运动，现在使钢板以速度v1向右运动，同时用力F拉动工件（F方向与导槽平行）使其以速度v2沿导槽运动，则F的大小为
图1
A.等于μmg
B.大于μmg
C.小于μmg
D.不能确定
【解析】 Ⅰ件相对钢板的速度和受力情况如图所示，其中Fμ=μmg＞F.
【答案】 C
2.如图2所示，固定在小车上的折杆,∠A=θ,B端固定一个质量为m的小球，若小车向右的加速度为a，则AB杆对小球的作用力F为
图2
①当a=0时，F=mg/cosθ,方向沿AB杆.
②当a=gtanθ时，F=mg/cosθ,方向沿AB杆.
③无论a取何值，F都等于m,方向都沿AB杆.
④无论a取何值，F都等于m,方向不一定沿AB杆.
其中正确的是
A.①③
B.②④
C.②③
D.只有②
【解析】 球只受重力和杆的作用力F，F的竖直分力Fy=mg，水平分力Fx=ma,所以F===m,F与竖直方向夹角α=arctan.
当a=0时，Fx=0,F=Fy=mg,方向向上.
当a=gtanθ时，F==mg/cosθ,α=arctan=θ，即F沿杆方向.
综上讨论，可知B对.
【答案】 B
3.如图3所示，小球用轻绳通过桌面上一光滑小孔与物B和C相连，小球能在光滑的水平桌面上做匀速圆周运动，若剪断B、C间的细线，当A球重新达到稳定状态后，A球的
图3
A.运动半径变大
B.速率变大
C.速率不变
D.角速度变大
【解析】 剪断B、C间细线后，球A做离心运动，细线拉力对小球做负功，使小球速度减小，运动半径变大，角速度（ω=）减小.
【答案】 A
4.发射地球同步卫星要利用“霍曼轨道”，霍曼轨道远地点即同步高度36000 km.如图4所示，发射卫星时先把它发射到高度为1400 km的停泊轨道上，然后利用火箭推动力使它沿此轨道的切线方向进入霍曼轨道，再利用火箭推动力使之进入同步轨道.前后两次加速的位置应在
图4
①近地点
②远地点
③霍曼轨道上任一点
④停泊轨道上任一点
A.①③ B.①②
C.③④ D.②③
【答案】 B
5.一物体静止在光滑水平面上，先对物体施一水平向右的恒力F1，经t s后撤去F1，立即再对它施一水平向左的恒力F2，又经t s后物体回到出发点.在这一过程中，F1、F2分别对物体做的功W1、W2间的关系是
A.W2=W1
B.W2=2W1
C.W2=3W1
D.W2=5W1
【解析】 设撤F1时物体速度为v1（向右），回到出发点时速度为v2（向左），则===，所以
v2=2v1.
设撤F1时物体的位移大小为s，则：W1=F1s=mv12,W1+W2=mv22,所以W2=mv22-W1=mv12=3W1.
【答案】 C
6.在应用电磁波的特性时，下列符合实际的是
①医院里常用X射线对病房和手术室进行消毒
②医院里常用紫外线对病房和手术室进行消毒
③人造卫星对地球拍摄是利用紫外线照相有较好的分辨能力
④人造卫星对地球拍摄是利用红外线照相有较好的穿透能力
A.①③ B.②③
C.②④ D.①④
【答案】 C
7.传感器是采集信息的重要元件，如图5所示，是一种测定压力的电容式传感器，当待测压力F作用于可动膜片电极上时，可使膜片产生形变，引起电容变化，将电容器、灵敏电流计和电源串接成闭合电路，那么
图5
①当F向上压膜片电极时，电容将减小.
②当F向上压膜片电极时，电容将增大.
③若电流计有示数，则压力F发生变化.
④若电流计有示数，则压力F不发生变化.
其中正确的是
A.①③ B.②④
C.①④ D.②③
【答案】 D
8.80年代初，科学家发明了硅太阳能电池，如果在太空设立太阳能卫星电站，可24小时发电，且不受昼夜气候的影响，利用微波—电能转换装置，将电能转换成微波向地面发送，卫星电站的最佳位置在1100 km的赤道上空，微波的定向性很好，飞机通过微波区不会发生意外，但微波对飞鸟是致命的，可在地面站附近装上保护网或驱逐音响，不让飞鸟通过，预计在21世纪初地球上空将升起卫星电站.
（1）硅太阳能电池将实现哪种转换
A.光能-微波
B.光能-热能
C.光能-电能
D.电能-微波
（2）在1100 km高空的卫星电站的速度为
A.3.1 km/s
B.7.2 km/s
C.7.9 km/s
D.11.2 km/s
【答案】 （1）C （2）B
二、填空题（本题共3小题，每小题6分，共18分）
9.如图6所示光电管，当有光线照射阴极K时，能发生光电效应，若将双刀双掷开关拨向bb′时，自左向右移动滑动变阻器的滑动片，当电压表示数为3.1 V时，电路中的电流恰为零，若将开关拨向aa′，移动滑动片，当电压表示数达到4.5 V时，电子到达A极的最大动能为_______eV.
图6
【解析】 开关拨向bb′时，光电管两端加的是反向电压，阻碍光电子向阳极A运动.电压表示数为3.1 V时电流恰为零，说明光电子的最大初动能为3.1 eV.当开关拨向aa′时，光电管加的是正向电压，由动能定理知，电压表示数为4.5 V时，电子到达A极的最大动能为7.6 eV.
【答案】 7.6
10.（2002年上海）如图7所示为一实验小车中利用光电脉冲测量车速和行程的装置的示意图，A为光源，B为光电接收器，A、B均固定在车身上，C为小车的车轮，D为与C同轴相连的齿轮，车轮转动时，A发出的光束通过旋转齿轮的间隙后变成脉冲光信号，被B接收并转换成电信号，由电子电路记录和显示.若实验显示单位时间内的脉冲数为n，累计脉冲数为N，则要测出小车的速度和行程还必须测量的物理量或数据是_______；小车速度的表达式为v=_______;行程的表达式为s=_______.
图7
【答案】 齿轮的齿数a和车轮的直径d；nπd/a；Nπd/a
11.（2002年上海）已知某一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探测电缆的确切位置、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两处测得试探线圈中的电动势不为零.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1 m的正方形的四个顶角上，如图8所示.据此可以判定地下电缆在_______两点连线的正下方，离地表面的深度为_______m.
图8
【解析】 电缆中电流产生的磁场的磁感线是以电缆为中心的同心圆.当小线圈位于电缆线正上方时，穿过线圈的磁通量始终为零，不会产生感应电动势.故知电缆线在a、c的正下方.b、d处线圈倾斜45°时无电动势，说明此时线圈平面和某一磁感线相切，由几何知识知电缆深度等于b、d距离的，即 m.
【答案】 ac；0.71(或)
三、计算题（本题共3小题，共42分）
12.（12分）一静电加速器可将质子加速到具有E=2.0 MeV的能量，从加速器射出的质子束的电流强度为I=4.5×10-5 A.今用质子束射向一质量为m=1.0×10-3 kg的铜片.假定质子的能量全部用来加热铜片.问经过t=5 s后，铜片的温度可升高多少？设每1 kg铜温度每升高1 K需Q=3.8×102 J的能量.
【解析】 5 s内射向铜板的质子数n===1.41×1015,所以铜板可升温 ΔT==K=1.2×103 K.
【答案】 1.2×103 K
13.(14分)如图9所示，一辆长L=2 m,高h=0.8 m，质量为M=12 kg的平顶车，车顶面光滑，在牵引力为零时，仍在向前运动，设车运动时受到的阻力与它对地面的压力成正比，且比例系数μ=0.3.当车速为v0=7 m/s时，把一个质量为m=1 kg的物块（视为质点）轻轻放在车顶的前端.问物块落地时，落地点距车前端多远？
图9
【解析】 物块放上后车的加速度大小a1==3.25 m/s2，物块滑动时车速为v，则由v2-v02=-2aL得
v==6 m/s.
物块滑落后车的加速度a2=μg=3 m/s2，物块从车后端滑落至落地历时t==0.4 s,此时间内车前进距离s=vt-a2t2=2.16 m,所以物块距车前端
s′=s+L=4.16 m.
【答案】 4.16 m
14.（16分）如图10（甲）所示，两平行金属板间接有图（乙）所示的随时间t变化的电压u，板长L=0.4 m，板间距离d=0.2 m，在金属板右侧有一边界为MN的匀强磁场，磁感应强度B=5×10-3 T,方向垂直纸面向里，现有带电粒子以速度v0=105 m/s沿两板中线OO′方向平行金属板射入电场中，磁场边界MN与中线OO′垂直，已知带电粒子的荷质比=108 C/kg.粒子的重力可忽略不计，在每个粒子通过电场区域的极短时间内，电场可视作是恒定不变的.
图10
（1）t=0时刻射入的带电粒子沿直线射入磁场，求在磁场中运动的入射点和出射点间的距离.
（2）证明射出电场的任何一个带电粒子，进入磁场的入射点和出射点间的距离为定值.
（3）试求带电粒子射出电场时的最大速度.
【解析】 （1）当t=0时，u=0，带电粒子以速度v0=105 m/s垂直磁场边界MN射入 磁场,
由qvB=m ①
可得：R===0.2 m ②
入射点与出射点的距离s1=2R=0.4 m;
（2）设射入磁场的带电粒子速度为v，方向与v0成角α，如图所示据带电粒子在电场中做类平抛运动可得：v= ③
带电粒子在磁场中的运动半径
R′== ④
由几何知识得，入射点与出射点间的距离为：s=2R′cosα=2·cosα==0.4 m ⑤
s与α无关，即射出电场的任何一个带电粒子进入磁场的入射点与出射点间距恒为0.4 m（不计算出0.4 m也可） ⑥
（3）由带电粒子在电场中做类平抛运动可得偏转距离r=at2;其中a=,t=解得：r= ⑦
令r=,可求出带电粒子能穿过两板的最大电压值Um，= Um===25 V ⑧
所以带电粒子射出电场的最大速度为
v===×105 m/s ⑨
又：直接用结论：“所有带电粒子射出电场的速度延长线交于极板中点”，求出最大速度也算对，
v===×105 m/s
【答案】 (1)0.4 m
(2)略
（3）×105 m/s
综合应用（B卷）
一、选择题（本题共8小题，每小题5分，共40分.每小题给出的四个选项中，只有一项符合要求，选对得5分，选错或不答得0分）
1.（2001年上海，8）太阳从东边升起，西边落下，是地球上的自然现象.但在某些条件下，在纬度较高地区上空飞行的飞机上，旅客可以看到太阳从西边升起的奇妙现象.这些条件是
A.时间必须是在清晨，飞机正在由东向西飞行，飞机的速率必须较大
B.时间必须是在清晨，飞机正在由西向东飞行，飞机的速率必须较大
C.时间必须是在傍晚，飞机正在由东向西飞行，飞机的速率必须较大
D.时间必须是在傍晚，飞机正在由西向东飞行，飞机的速率不能太大
【答案】 C
2.某消防队员从一平台上跳下，下落2 m后双脚触地，接着他用双脚弯曲的方法缓冲，使自身重心又下降了0.5 m，在着地过程中地面对他双脚的平均作用力估计为
A.自身所受重力的2倍
B.自身所受重力的5倍
C.自身所受重力的8倍
D.自身所受重力的10倍
【解析】 消防队员脚触地时速度v===2 m/s.将屈脚使重心下降的过程视为匀减速运动，则加速度a===40 m/s2,对消防队员应用牛顿第二定律，得：
F-mg=ma,
所以F=mg+ma=5mg.
【答案】 B
3.如图1所示，重球系在细绳一端，放在光滑的斜面体上，用水平力F将斜面体沿光滑水平面缓缓地向左移动，当重球升高h时，突然撤去F，设球与斜面体质量相等，那么，撤去F后，小球能上升的最大高度H和斜面体获得的最大速度v的大小分别是
图1
A.H=h和v=
B.H=h/2和v=
C.H=h和v=
D.H=h/2和v=
【解析】 小球摆至最低点时与斜面分离，且分离瞬时速度相等设为v，则由机械能守恒定律得：mgh=·2mv2，所以v=,小球继续上摆的最大高度H应满足mgH=mv2,所以H=.(m为小球的质量)
【答案】 B
4.如图2所示，一列沿x轴方向传播的简谐波，波速v=8 m/s，其中实线与虚线分别表示前后两时刻t1、t2的波形，下列说法正确的是
图2
①若a质点运动速度正在增加，则该波沿x轴负方向传播
②若a质点运动的加速度正在增加，则该波沿x轴正方向传播
③若Δt=t2-t1=1.375 s，则该波沿x轴正方向传播
④若Δt=t2-t1时间内，b质点通过10 cm路程，则该波沿x轴正方向传播
A.①②④ B.②③④
C.①③④ D.①②③
【解析】 由图象知波长λ=4 m,所以周期T==0.5 s.若Δt=1.375 s=2T,则波沿x轴正向传播；若Δt内b质点通过10 cm路程（5A），b质点应振动了1T的时间，即Δt=1T,知波沿x轴负向传播；再结合a质点的运动情况说明，可知①、②、③正确，即应选D.
【答案】 D
5.一定量的气体初态有200 J的内能，膨胀过程中气体对外做了30 J的功，同时从外界吸收了20 J的热量，则这一过程中，气体内能的变化情况是
A.增加了20 J
B.减少了30 J
C.减少了10 J
D.增加了50 J
【解析】 由热力学第一定律知ΔU=W+Q=-30 J+20 J=-10 J，即内能减少10 J.
【答案】 C
6.一带电粒子，以速度v0垂直于电场线方向飞入平行板电容器中，飞出电场时粒子的动能增量为ΔEk.如果使这个带电粒子的初速度增至2v0，则它飞出电场时的动能增量变为
A.ΔEk/4
B.ΔEk/2
C.2ΔEk
D.4ΔEk
【解析】 入射速度加倍，则在电场中运动时间减为原来的，由sy=at2知穿过电场过程中侧移量减为原来的，电场力做功减为原来的，所以动能增量减为原来的.
【答案】 A
7.一刚性正方形闭合线框，从距有界的磁场边缘上方某一高度处由静止开始下落，下落过程中线框平面始终保持在竖直面内，不计阻力，已知磁场宽度d大于线框边长L，如图3所示，则在线框进入磁场的过程中（即从线框的下边进入磁场到上边刚要进入磁场）其速度随时间变化的关系可能是图4中的
图3
图4
A.①③④ B.①②
C.②③④ D.②③
【解析】 线圈从不同高度落下时，进入磁场时速度、感应电动势、感应电流、所受安培力大小均不同，故线圈进入磁场后可能匀速运动，可能加速运动，也可能减速运动.但在加速或减速情况下，加速度都是减小的，故②、③、④是可能的.
【答案】 C
8.一细束平行光经玻璃三棱镜折射后分解为互相分离的三束光，分别照射到相同的金属板a,b,c上，如图5所示，已知金属板b有光电子放出，则可知
图5
A.板a一定不放出光电子
B.板a一定放出光电子
C.板c一定不放出光电子
D.板c一定放出光电子
【答案】 D
二、填空题（本题共3小题，每小题6分，共18分）
9.静止的俘获一个速度为v的α粒子后，变成一个速度为_______的不稳定核，此核是_______，之后此核又向前进方向射出一个速度为v的中子生成新核，此新核是_______，运动速度为_______.新核又放出一个正电子发生衰变，此衰变方程为_______.
【解析】 由动量守恒定律得：4v=(27+4)v1,所以v1=v.核反应方程为：+→.再由动量守恒定律得：31v1=30v2+v，所以v2=v.核反应方程为：→+,→+.
【答案】 v; ;；v; →+
10.按照玻尔氢原子模型，氢原子处于基态时，它的轨道半径r1=0.53×10-10 m,能量E1=-13.6 eV，那么此时电子的动能Ek1=_______eV，电势能Ep1=_______eV.（静电力常量k=9.0×109 N·m2/C2，基元电荷e=-1.60×10-19 C）
【解析】 设电子在基态轨道上运动速率为v1，则由核式结构理论得：k=m,所以Ek1=mv12== J=2.17×10-18 J=13.6 eV.而E1=Ek1+Ep1,所以Ep1=E1-Ek1=-27.2 eV.
【答案】 13.6;-27.2
11.某商场安装了一台倾角为30°的自动扶梯，该扶梯在电压为380 V的电动机带动下以0.4 m/s的恒定速率向斜上方移动，电动机的最大输出功率为4.9 kW，不载人时测得电动机中的电流为5 A，若载人时扶梯的移动速率和不载人时相同，则这台自动扶梯可同时乘载的最多人数为_______.（设人的平均质量为60 kg,g=10 m/s2）
【解析】 空载功率P1=UI1=380×5=1900 W,可载人功率P2=P-P1=4900 W-1900 W= 3000 W.设同时可载最多人数为n，则P2=nmgvsin30°,所以n==25.
【答案】 25
三、计算题（本题共3小题，共42分）
12.（12分）如图6所示是摩托车转向灯电路，RJ为闪光器，它可以使电路间歇地通断，D为转向指示灯，当S拨至1位时，RD1、RD2前后两个右转向灯发光，向其他车辆或路人发出右转信号，同时D也闪亮，向驾驶员提供转向灯是否工作正常，左转道理与右转一样，若四只转向灯用“6 V、10 W”灯泡，D用“6 V、1.5 W”灯泡，试通过计算说明该电路左右转向灯不同时亮而指示灯都亮的道理.
图6
【解析】 前后每只转向灯的电阻R==Ω=3.6 Ω,指示灯的电阻R0===24 Ω.
当S接1时，右转向灯RD1、RD2所加电压即电源电压6 V，正常发光.而左转向灯LD1、LD2两端电压UL=E=×6 V=0.5 V,远小于其额定电压6 V，故不亮；但指示灯D两端电压UD=E-UL=5.5 V,比其额定电压略低，可以发光.同理可知，S接2时，左转向灯LD1、LD2和D发光而右转向灯RD1、RD2不亮.
【答案】 略
13.（14分）加速度计是测定物体加速度的仪器.它已成为导弹、飞机、潜艇或宇宙飞船制导的信息源.图7为应变式加速度计示意图，当系统加速时，加速度计中的敏感元件也处于加速度状态，敏感元件由弹簧连接并架在光滑支架上，支架与待测系统固定在一起，敏感元件下端的滑动臂可在滑动变阻器R上自由滑动，当系统加速运动时，敏感元件发生位移，并转换为电信号输出.已知：敏感元件的质量为m，两弹簧的劲度系数为k，电源电动势为E，内阻不计，滑动变阻器的总电阻为R，有效长度为L，静态时输出电压为U0.试求：加速度a与输出电压U的关系式.
图7
【解析】 选向右加速度为正，则加速度为a时变阻器滑动臂移动距离x应满足方程：2kx=ma.所以x=.输出电压的减少量ΔU=E=E,所以输出电压U=U0- ΔU=U0-a或a=(U0-U).
【答案】 U=U0-a或a= (U0-U).
14. (16分)一辆质量为M的绝缘小车静止在光滑水平面上，在小车的光滑板面上放一个质量为m带电量为+q的带电小物块（可视为质点），小车质量与物块质量之比M∶m=7∶1，物块距小车右端挡板的距离为l，小车车长为L，且L=1.5l，如图8所示，现沿平行车身方向加一电场强度为E的水平向右的匀强电场，带电小物块由静止开始向右运动，之后与小车右端挡板相碰，若碰后小车速度大小为碰前小物块速度大小的1/4，并设小物块的滑动过程及与小车在碰撞过程中小物块带电量不变.
图8
（1）小物块碰后向何方运动？在该方向上物块运动的最大距离（对地）为多少？
（2）通过分析与计算说明，此次碰后小物块能否滑出小车的车身？
【解析】 （1）设物块与小车相碰前瞬间的速度为v0，则根据动能定理有W电=Eql=mv02-0,v0= ①
物块与小车相碰时，所受电场力远小于相互间的撞击力，故系统水平方向动量守恒，设向右为正方向，则有mv0=mv1+Mv2 ②
依题意知M=7m和碰后小车的速度v2=，物块碰后的速度v1=-v0 ③
上式中负号说明物块碰后向左运动，物块碰后向左运动的速度为零时（对地）距离最大，s1= ④
其中a= ⑤
联立①、③、④、⑤得s1=l. ⑥
（2）上述过程历时t1=,此过程中小车向右的位移s2=v2t1=v0×=l，此过程中物块相对小车向左滑动的距离Δs1=s1+s2=l＜L,此过程未滑出小车.
以后滑块向右做匀加速运动，小车继续向右以v2=匀速运动，至物块与小车等速时，物块距小车右挡板最远.设此过程经历的时间为t2，则t2==,物块位移s1′=at22=,小车位移s2′=v2t2=,物块相对小车又向左滑动的距离Δs2=s2′-s1′==.所以物块相对小车的总位移Δs=Δs1+Δs2=l＜1.5l,故未滑离小车.
【答案】 （1）向左；l（2）不能
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435目 录
第一部分专题辅导与能力提升
板块一 力学
专题一 摩擦力
专题二 追及与相遇
专题三 牛顿运动定律的应用
专题四 力和运动的合成与分解
专题五 圆周运动问题
能力提升检测 运动和力（A卷）
运动和力（B卷）
专题六 用动量的观点处理物理问题
专题七 用能量的观点处理物理问题
专题八 动量和能量的综合应用
能力提升检测 动量和能量（A卷）
动量和能量（B卷）
专题九 有关弹簧问题的分析
专题十 振动与波动
能力提升检测 力学综合（A卷）
力学综合（B卷）
板块二 热学
专题一 分子动理论的应用
专题二 热力学规律的应用
能力提升检测 热学综合（A卷）
热学综合（B卷）
板块三 电磁学
专题一 电场的基本性质
专题二 有关电容器、静电屏蔽问题的讨论
专题三 带电粒子在电场中的运动
专题四 直流电路的分析和计算
能力提升检测 电场、恒定电流（A卷）
电场、恒定电流（B卷）
专题五 带电粒子在磁场或复合场中的运动
专题六 电磁感应规律的应用
专题七 电磁感应的动态过程分析和能量转化分析
专题八 交变电流电磁场
能力提升检测 磁场、电磁感应、交变电流（A卷）
磁场、电磁感应、交变电流（B卷）
能力提升检测 电学综合（A卷）
电学综合（B卷）
板块四 光学原子和原子核
专题一 光的反射和折射
专题二 光的波动性和粒子性
专题三 原子和原子核
能力提升检测 光学、原子物理（A卷）
光学、原子物理（B卷）
板块五 物理实验
专题一 基本仪器的使用
专题二 物理实验常用方法
专题三 典型学生实验分析
专题四 谈实验设计——实验原理和方法的迁移应用
能力提升检测 物理实验（A卷）
物理实验（B卷）
板块链接 综合应用篇
专题一 物理中的数学方法
专题二 学科内综合问题分析
专题三 跨学科综合的热点分析
能力提升检测 综合应用（A卷）
综合应用（B卷）
第二部分考前指导与综合模拟
一、考前指导——谈考试中的心态、策略和技巧
二、综合模拟
综合模拟训练（一）
综合模拟训练（二）
综合模拟训练（三）
