专题研究七 热学
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高考考点解读
考点 考题 题型
分子动理论 2003江苏·32004广东·22005江苏·42005江苏·7 选择题选择题选择题选择题
热力学定律 2003江苏·62004江苏·22004江苏·52004广东·42004广东·82004北京理综·152004天津理综·152004全国理综·162005全国理综·162005北京理综·142005天津理综·142005全国理综·192005全国理综·212005广东·42005广东·13 选择题选择题选择题选择题选择题选择题选择题选择题选择题选择题选择题选择题选择题选择题填空题
高考命题思路
本章概念多，且全部内容属于I级要求，高考对本章的命题平均每年2题，着重考查考生对概念的理解及应用能力，要求虽然不深，但很全面，命题热点多集中在分子动理论、估算分子大小和数目、热力学第一定律，题型多为选择题，命题特点多为本章内容的单独命题，或与实际生活相联系的问题。
第18课时 分子动理论和热力学定律
精典考题反思
[例1]（03年深大附中质检）利用单分子油膜法可以粗测分子的大小和阿伏加德罗常数，如果已知体积为V的一滴油在水面上散开形成的单分子油膜的面积为S，这种油的摩尔质量为M，密度为ρ，阿伏加德罗常数应如何求出？
析与解：由单分子油膜的特征，将油膜看成单分子紧密相挨形成的膜，这种油的直径为将每个分子看作球体
每个油分子的体积为
每摩尔这种油的体积为V=
因此阿伏加德罗常数为NA=
点评：油膜法也可以测分子直径，其数量级为10-10m，解决此类问题的关键是理解摩尔质量、摩尔体积、分子体积内在联系及构建分子模型（球体或正方体）；另外阿伏加德常数是联系微观量和宏观量的桥梁，在高考中出现的频率较高，应引起高度重视。
[例2] （2003江苏·3）如图18-1所示，甲分子固定在坐标原点O，乙分子位于x轴上，甲分子对乙分子的作用力与两分子间距离的关系如图中曲线所示，F>0为斥力，F<0为引力，a,b,c,d为x轴上四个特定的位置，现把乙分子从a处由静止释放，则（ ）
A. 乙分子由a到b做加速运动，由b到c做减速运动
B. 乙分子由a到c做加速运动，到达c时速度最大
C. 乙分子由a到b的过程中，两分子间的分子势能一直减少
D. 乙分子由b到d的过程中，两分子间的分子势能一直增加
图18-1
析与解：乙分子从a到b，再到c的过程分子之间均表现为引力，显然乙分子始终做加速运动，且到达c点时速度最大，故A错，B正确。乙分子从a到b的过程中，分子引力一直做正功，因此，两分子间的分子势能一直减少，故C正确。乙分子由b到c的过程中，分子引力仍然做正功，故两分子间的分子势能仍在减少，从c到d的过程，分子间的斥力做负功，则分子间的势能增加，故D项错，故BC选项正确。
点评：本题取材于课本内容，体现高考“源于课本而高于课本”的命题思考，从四个选项的设计看，要求考生全面准确理解F—X图象意义，并能熟练地结合分子间作用力做功及分子势能、动能的变化关系知识综合应用。
[例3]（2005全国理综Ⅱ.16 ）对于定量理想气体，可能发生的过程是（ ）
A. 等压压缩，温度降低 B. 等温吸热，体积不变
C. 放出热量，内能增加 D. 绝热压缩，内能不变
析与解：由=恒量，知当P一定，V减小时，T一定减少，故A正确。当温度不变时，内能不变，而气体吸热，根据热力学第一定律，那么气体一定对外做功，则气体体积增大，故B错误。对于C，只知放出热量，而不知其它情况，故内能可增加，所以C正确，绝热意味Q=0，又压缩气体W>0，所以气体内能一定增加，因此D错误，综上AC选项正确。
点评：对于一定质量的理想气体的三个状态参量只有一个变化是不可能的，而且在变化的过程中一定有=恒量；应用热力学第一定律时要注意符号法则，另外解题时要重视等温和绝热过程的区别。
[例4]（2004广东·4）下列说法正确的是（ ）
A. 机械能全部变成内能是不可能
B. 第二类永动机不可能制造成功的原因是因为能量既不会凭空产生，也不会凭空消失，只能从一个物体转移到另一个物体，或从一种形式转化为另一种形式。
C. 根据热力学第二定律可知，热量不可能从低温物体传到高温物体。
D. 从单一热源吸收的热量全部变成功是可能的
析与解：物体在摩擦力作用下由运动到静止机械能全部转变为内能，故A选项错。第二类永动机不违反能量守恒定律，不能制造成功的原因是内能不能全部转化为机械能，而同时不引起其他变化，故B选项错，由热力学第二定律可知，在受到外界的帮助下热量是可能从低温物体传到高温物体，从单一热源吸收的热量可能全部变成功，故C选项错误，D选项正确。
点评：热力学第二定律指出了能量转化与守恒能否实现的条件和过程进行的方向，它说明了一切与热现象有关的实际宏观过程都是不可逆的。热力学第二定律的两种表达方式都说明了与热现象的物理过程进行的方向，两种表达是一致的，可以证明若违反了其中一种表达，必然违反另一种表达。
巩固提高训练
1(2005江苏·4)某气体的摩尔质量为M，摩尔体积为V，密度为，每个分子的质量和体积分别为m和Vo，则阿伏加德罗常数NA可表示为 （ ）
A． B． C． D．
2、下列关于布朗运动的说法中正确的是 （ ）
A． 布朗运动是由外部原因引起的液体分子的运动
B． 悬浮在液体里的微粒越大，与微粒相碰的分子数越多，布朗运动越容易观察到
C． 布朗运动的无规则性是液体分子或气体分子无规则运动的反映
D．布朗运动的剧烈程度与温度有关，所以布朗运动也叫分子热运动
3. (2004广东·2)下列说法哪些是正确的 ( )
A. 水的体积很难被压缩，这是分子间存在斥力的宏观表现
B. 气体总是很容易充满容器，这是分子间存在斥力的宏观表现
C. 两个相同的半球壳吻合接触，中间抽成真空（马德堡半球），用力很难拉开，这是分子间存在吸引力的宏观表现
D. 用力拉铁棒的两端，铁棒没有断，这是分子间存在吸引力的宏观表现
4. （2005天津理综·14）下列说法中正确的是 （ ）
A. 一定质量的气体被压缩时，气体压强不一定增大
B. 一定质量的气体温度不变压强增大时，其体积也增大
C. 气体压强是由气体分子间的斥力产生的
D. 在失重的情况下，密闭容器内的气体对器壁没有压强
5. (2005全国理综Ⅲ·19)一定质量的气体经历一缓慢的绝热膨胀过程。设气体分子间的势能可忽略，则在此过程中 （ ）
A. 外界对气体做功，气体分子的平均动能增加
B. 气体对外界做功，气体分子的平均动能增加
C. 外界对气体做功，气体分子的平均动能减少
D. 气体对外界做功，气体分子的平均动能减少
6. (2005江苏·7) 下列关于分子力和分子势能的说法中，正确的是 （ ）
A. 当分子力表现为引力时，分子力和分子势能总是随分子间距离的增大而增大
B. 当分子力表现为引力进，分子力和分子势能总是随分子间距离的增大而减小
C. 当分子力表现为斥力时，分子力和分子势能总是随分子间距离的减小而增大
D. 当分子力表现为斥力时，分子力和分子力势能总是随分子间距离的减小而减小
7（04年盐城调研）在下列叙述中，正确的是 （ ）
A. 物体温度越高，分子热运动越剧烈，分子平均动能越大
B. 布朗运动就是液体分子的热运动
C. 对一定质量的气体加热，其内能一定增加
D. 分子间的距离r存在某一值r0，当rr0时，分子力表现为引力，随着r的增大，分子力也增大
8（2005北京理综.14）下列关于热现象的说法，正确的是 （ ）
A. 外界对物体做功，物体的内能一定增加
B. 气体的温度升高，气体的压强一定增大
C. 任何条件下，热量都不会由低温物体传递到高温物体
D. 任何热机都不可能使燃料释放的热量完全转化为机械能
9. (2005全国理综Ｉ·21)如图18’-1所示，绝热隔板K把绝热的气缸分隔成体积相等的两部分，K与气缸壁的接触是光滑的。两部分中分别盛有相同质量、相同温度的同种气体a和b。气体分子之间相互作用势能可忽略。现通过电热丝对气体a加热一段时间后，a、b各自达到新的平衡，则 （ ）
图18’-1
A. a的体积增大了，压强变小了
B. b的温度升高了
C. 加热后a的分子热运动比b的分子热运动更激烈
D. a增加的内能大于b增加的内能
10. 如图18’-2所示，A、B是两个同样的球，球A放在绝热的水平面上，球B用绝热细线悬挂，设两球吸收相同的热量，且忽略各种热损失，则吸热后两球的温度的增量是 （ ）
A. △TA>△TB B. △TA<△TB C. △TA=△TB D. 条件不足，无法判断
11. “和平号”空间站已于今年3月23日成功地坠落在南太平洋海域，坠落过程可简化为从一个近圆轨道（可近似看做圆轨道）开始，经过与大气摩擦，空间站的绝大部分经过升温、熔化，最后激化而销毁，剩下的残片坠入大海，此过程中，空间站原来的机械能中，除一部分用于销毁和一部分被残片带走外，还有一部分能量E’通过其他方式散失（不考虑坠落过程中化学反应的能量）. (1)试导出以下列各物理量的符号表示散失能量E’的公式。(2)算出E的数值（结果保留两位有效数字）。
坠落开始空间站的质量M=1.7×105 kg；
轨道离地面的高度为h=146km；
地球半径R=6.4×106 m；
坠落空间范围内重力加速度可看作g= 10m/s2；
入海残片的质量m=1.2×104 kg；
入海残片的温度升度△T=3000K；
入海残片的入海速度为声速v=340m/s；
空间站材料每1千克升温1K平均所需能量c=1.0×103 J.
每销毁1千克材料平均所需能量μ=1.0×107 J.
12. (1)1791年，米被定义为：在经过巴黎的子午线上，取从赤道到北极长度的一千万分之一，请由此估算地球的半径R. （答案保留两位有效数字）(2)太阳与地球的距离为1.5×1011m，太阳光以平行光速入射到地面，地球表面2/3的面积被水面所覆盖，太阳在一年中辐射到地球表面水面部份的总能量W约为1.87×1024J。设水平对太阳辐射的平均反射率为7%，而且将吸收到的35%能量重新辐射出去太阳辐射可将水面的水蒸发（设在常温、常压下蒸发1 kg水需要2.2×105J的能量），而后凝结成雨滴降落到地面。（a）估算整个地球表面的年平均降雨量（以毫米表示，球面积为4πR2）.(b)太阳辐射到地球的能量中只有约50%到达地面，W只是其中的一部分，太阳辐射到地球的能量没能全部到达地面，这是为什么？请说明两个理由？
附：第18课时巩固提高训练答案及解
1. 答案：B、C
解：对于气体而言，分子间距较大，每个分子的体积要比总体积与总分子数的比值小得多，故A错，根据阿伏加德罗常数的含义，B、C正确。
2. 答案：C
解：布朗运动是指悬浮在液体（或气体）中的固体微粒由于受到液体（或气体）分子的不平衡碰撞而引起的，它间接地表明了分子不停地做无规则运动的事实。因而这些固体颗粒必须很小，布朗运动才比较明显，温度越高，布朗运动越激烈，但布朗运动不是分子运动，可见A、B、D均错误，C选项正确。
3. 答案：A、D
解：气体分子之间的距离比较大，分子之间的作用力可以看作是零，分子可以自由运动，气体很容易充满容器，B项错；马德堡半球实验证明大气压强的存在，C项错。
4. 答案：A
解：对于气体的三个状态参量有：=恒量，由此可知A选项正确，B选项错误，气体的压强是由大量气体频繁地碰撞四壁而产生的，因此C、D均错误。
5. 答案：A、D
解：由题有Q=0，根据热力学第二定律：△U=W+Q可知：如外界对气体做功，则气体内能增加，气体温度升高，气体分子的平均动能增加；反之，气体分子的平均动能减少，故A、D选项正确。
6. 答案：C
解：当r = r0 时，f引=f斥，分子力为零；分子势能最小。又当r>10 r0时，斥力和引力都趋于零，分子力也为零，由此可知只有C选项正确。
7. 答案：A
解：温度是分子热运动平均动能的标志，故A项正确，根据布朗运动形成原因可知B项错误，做功和热传递是改变内能的两种方式，对气体加热的同时，不知道是否有做功过程，因此不能判定气体的内能是否改变，C项错误，由分子间相互作用力的特点知D项错误。
8. 答案：D
解：只知做功情况，无法判断内能的变化情况，故A错，只知温度升高，无法判断压强的变化情况，故B错，根据热力学第二定律，热量不能自发地由低温物体传递到高温物体，故Ｃ错，Ｄ正确。
9. 答案：Ｂ、Ｃ、Ｄ
解：a吸收热量，温度升高，体积增大，对b做功，b的体积减小，由于隔板绝热，由热力学第一定律知b的内能增加，所以b的温度升高，根据=恒量，可得b的压强增大，由于a , b最初、最终压强相等，故最终a的温度高于b的温度，综上正确答案为Ｂ、Ｃ、Ｄ。
10.答案：Ｂ
解：球吸热后，体积膨胀，Ａ球重心升高，重力势能增加，Ｂ球重心降低，重力势能减小，由能量守恒定律可知：Ａ球吸收的热量一部分转变为增加的内能，还有一部分转化为增加的机械能，即有：Q>cm△TA； B球吸收的热量和减小的重力势能全部转变为小球的内能，即Q11. 答案：(1)
(2)2.91012J
解：(1)根据题给条件，从近圆轨道到地面的空间中重力加速度g=10m/s2，若以地面为重力势能零点，坠落过程开始时空间站的近圆轨道的势能为Ep=Mgh ①
以表示空间站在近圆轨道上的速度，由牛顿定律可得M ②
其中r为轨道半径，若以R地表示地球半径，则r=R地+h ③
由②、③式可得空间站的近圆轨道上的动能为
Ek= ④
由①、④式得，在近圆轨道上空间站的机械能E=
在坠落过程中，用于销毁部分所需的能量为Q汽=(M-m)
用于残片升温所需的能量Q残=cmT
残片的动能为
以E’=Q汽+E残+Q残+E’
由此得E’=-(M-m) -
(2)以题给数据代入得
E’=2.91012J
12、答案：(1)R=6.37106cm。(2)(a)1.0106mm.
(b)大气层的吸收，大气层的散射或反射，云层遮挡等。
解：(1)2R，取3.14，代入可求得R6.37106m
(2)(a)设太阳在一年中辐射到地球水面部份的总能量为W，W=1.871024J.凝结成雨滴年降落到地面水的总质量为m，m=W0.930.65/(2.2106)=5.141017kg，而使地球表面覆盖一层水的厚度为h，则
即为整个地球表面年平均降雨量。(b)见答。专题研究一 力和运动
考 点 考 题 题 型
受力分析与物体的平衡 2003全国理综·192003江苏·152003辽宁理综·362004湖南湖北理综·182004广东·72004上海·52005江苏·11 选择题计算题选择题选择题选择题选择题填空题
牛顿运动定律与直线运动 2003上海·312003江苏·122004全国理综·152004广东·92004全国理综·202004全国理综·252004全国理综·152005上海·3A2004上海·142005上海·182005广东·12005广东·11（2）2005北京理综·192005江苏·13 填空题计算题选择题选择题选择题计算题选择题填空题填空题填空题选择题填空题选择题计算题
牛顿运动定律与曲线运动 2003上海·202003上海综合·502004全国理综·192004广东·142004广东综合·322005上海·102005上海·192005广东·142005北京理综·23 计算题选择题选择题计算题选择题选择题计算题计算题计算题
万有引力定律与天体运动 2003上海综合·142003江苏·142003全国理综·242004广东·162004上海·32004北京理综·202004全国理综·232005广东·152005北京理综·20 选择题计算题计算题计算题选择题选择题计算题计算题选择题
１．受力分析与物体平衡，单独命题常以选择题为主，虽占比例不大，但经常与其他知识点（如牛顿运动定律、动量、功和能、气体的压强、带电粒子在电场、磁场和复合场中的运动）综合命题。特别要关注经典试题在新情境下的应用。
２．牛顿运动定律，是力学知识的“基石”，也是整个高中物理最重要的知识之一，而直线运动则是最基本的运动形式。牛顿运动定律与直线运动和生产、生活实际联系紧密（如公路、铁路、航海、航空等交通问题及光学测量问题），应引起注意。虽然这部分知识单独命题较少，且常以选择题的形式出现，但与光、电、磁等知识综合起来的考查每年都有。近几年来，对灵活运用数学工具（图像、函数等）解决物理问题的能力的考查成为高考的重要目标之一，应引起足够的重视。
３．牛顿运动定律与曲线运动，每年高考都要考查到，出题形式多样，选择题、计算题均有，重点考查对牛顿运动定律的深刻理解和综合运用，以及平抛运动的研究方法——运动的合成和分解的灵活运用。近年来，该部分知识在加强与物理学其他知识（如能量、动量、电场力、洛仑兹力等）和生产、生活实际（如机械加工、卫星发射的姿态调整、抗洪救灾等）联系的同时，还有和其他学科（如信息技术、生物技术、空间技术以及新材料、新能源、新技术等）渗透、交叉、综合的趋势。
４．万有引力和天体运动，几乎年年都考，但以选择题的形式出现居多。不过，由于近年来世界各国空间科技力量的竞争日趋激烈，特别是我国“神舟”系列飞船的成功发射和接收、对坦普尔１号彗星的“深度撞击”的成功，可能会使万有引力、天体运动的知识成为一个特别的考查热点。
第1课时 受力分析与物体平衡
［例1］（2003全国·36）如图1－1所示,一质量为M的楔形块放在水平桌面上,它的顶角为90°，两底角为α和β；a、b是两个位于斜面上的质量均为m的木块。已知所有接触面都是光滑的。现发现a、b沿斜面下滑，而楔形块静止不动，这时楔形块对水平桌面的压力等于 （ ）
A．Mg+mg B．Mg+2mg
C．Mg+mg(sinα+sinβ) D．Mg+mg(cosα+cosβ)
析与解：由于各接触面是光滑的，a、b两物体均加速下滑，分析M受力：如图1－2所示,a对M的压力为Fa＝mgcosα,b对M的压力为Fb＝mgcosβ。由正交分解，楔形块M在竖直方向上合力为零，有 N＝G＋Fbcosβ+Facosα
＝G＋mgcos2α+mgcos2β
因为α和β互余，cos2α+cos2β=1,故N＝Mg+mg
点评：本题是多体情况下物体的平衡及单体在某一方向上的平衡问题,正确进行受力分析并建立相应方程是解决问题的关键。其中物体a、b在垂直运动方向上的平衡关系是解题的突破口。
［例2］(03高考科研测试题)如图1－3（a）所示，将一条轻而柔软的细绳一端固定于天花板上的A点，另一端固定在竖直墙壁上的B点，A和B点到O点的距离相等，绳的长度为OA的两倍。如图1－3（b）所示为一质量和半径可忽略的动滑轮K，滑轮下悬挂一质量为ｍ的重物。设摩擦力可忽略，现将动滑轮和重物一起挂到细绳上，在达到平衡时，绳所受的拉力是多大？
析与解：如图１－４所示，平衡时，因为绳与滑轮之间的接触是完全光滑、无摩擦的，故两边
绳
的拉力F1＝F2。
水平方向的平衡，有F1cosθ1=F2cosθ2，得θ１＝θ２＝θ
由几何关系可知，cosθ=1/2，θ＝60°
再由竖直方向力的平衡，得 2Fsinθ=mg
F=mg/2sinθ=
点评：本题中，两侧绳子的拉力相等是解题的关键，而应用几何知识计算相应角度的大小则是解题的突破口。
还可进一步讨论，若将B点上下移动或A点左右移动，绳子的拉力如何变化？
［例3］如图1－5所示，三根不可伸长的轻绳，一端系在半径为r0的环1上，彼此间距相等。绳穿过半径为r0的第3个圆环，另一端用同样方式系在半径为2r0的圆环2上，环1固定在水平天花上，整个系统处于平衡。试求第2个环中心与第3个环中心之距离。（三个环都是用同种金属丝制作的）
析与解：因为环2的半径为环3的2倍，环2的周长为环3的2倍，三环又是用同种金属丝制成的，所以环2 的质量为环3 的2倍。设环3的质量为m，则三根绳承受的重量为3mg（以2、3两环的系统为研究对象），即环1与环3之间每根绳的张力T1＝mg,是相同的。
对环2(受力如图1－6)，平衡时，有 3T2cosα=2mg
又 T1=T2=mg
得 cosα=2/3
环2与环3中心间的距离
x= r0ctgα=
点评：本题先以2、3环为研究对象，再以2环为研究对象，并利用对称性，体现了思维的灵活性。而研究对象的选取是解题的关键,由轻质绳子的张力处处相等而得到的T1=T2是非常重要的结论，在许多问题的讨论中都用到，应予以重视。
［例4］（2001·全国·7）如图1－7所示，q1、q2、q3分别表示在一条直线上的三个点电荷，已知q1与q2之间的距离为l1, q2与q3之间的距离为l2,且每个电荷都处于平衡状态：
（1）如q2为正电荷，则q1为 电荷，q3为 电荷。
（2）q1、q2、q3三者电荷量大小之比是： : : 。
析与解：（1）每个电荷都处于平衡状态，所受合力为零，若q2为正电荷，q1、q3受平衡力的作用，必有q1、q3为负电荷。
（2）以q1、q2、q3分别为研究对象，由物体平衡条件和库仑定律，有
解得
点评：这是一道自由电荷组的平衡问题，各个电荷都要平衡，必定满足“大夹小，邻相异”的规律，即中间电量小，相邻的为异种电荷。
1．（05南通一模）如图1/－1所示，轻质光滑滑轮两侧用细绳连接着两个物体A和B，物体B放在水平地面上，A、B均静止。已知A和B的质量分别为mA、mB，绳与水平方向的夹角为θ，则（ ）
A.物体B受到的摩擦力可能为0
B.物体B受到的摩擦力为mAgcosθ
C.物体B对地面的压力可能为0
D.物体B对地面的压力为mBg－mAgsinθ
2.（04黄冈模拟）如图1／－2所示，竖直绝缘墙壁上的Q处有一固定的质点A，在Q的正上方的P点用丝线悬挂另一质点B，A、B两质点因为带电而相互排斥，致使悬线与竖直方向成θ角，由于漏电使A、B两质点的带电量逐渐减小，在电荷漏电完之前，悬线对悬点P的拉力大小 （ ）
A.变大 B.变小 C.不变 D.无法确定
3．（05北京四中模拟）如图1/－3所示，在一根水平直杆上套着a、b两个轻环，在环下用两根等长的轻绳拴着一个重物，把两环分开放置。静止时，杆对a环的摩擦力大小为f,支持力大小为N。若稍稍缩短两环间的距离，但仍静止，则N和f如何变化？ （ ）
A.N变大，f变小 B. N变小，f变大
C.N不变，f变大 D. N不变，f变小
4．（05盐城模拟）一氢气球下系一小重物G，重物只在重力和绳的拉力作用下作匀速直线运动，不计空气阻力和风的影响，而重物匀速运动的方向如图1－13中箭头所示的虚线方向，图1－13A～D中，气球和重物在运动中所处的位置正确的是 （ ）
5．（04福建模拟）如图1/－5所示，物体在斜向上的恒力F的作用下沿水平面作直线运动，下列判断正确的是 （ ）
A.若水平面光滑，物体一定受三个力的作用
B.若水平面粗糙，物体一定受四个力的作用
C.若物体做匀速直线运动，则一定受四个力作用
D.若物体做匀加速直线运动，则一定受四个力作用
6．（04南京模拟）有一直角V型槽，固定在水平面上，槽的两侧壁与水平面夹角均为45°，如图1/－6所示。有一质量为m的正方体均匀木块放在槽内，木块与槽两侧壁间的动摩擦因数分别为μ1和μ2（μ1>μ2）。现用水平力推木块使之沿槽运动，则木块受到的摩擦力为 （ ）
7.(04黄冈模拟)如图1/－7所示,不计重力的细绳AB与竖直墙间的夹角为60°，轻杆BC与竖直墙间的夹角为30°,杆可绕C自由转动。若细绳能承受的最大拉力为200N，轻杆能承受的最大压力为300N,则在B点最多能挂多重的物体？
8．（05黄冈模拟）如图1/－8所示，质量为m的物体放在水平放置的钢板C上，与钢板的动摩擦因数为μ。由于受固定光滑导槽AB的控制，物体只能沿水平导槽运动。现使钢板以速度V1向右运动，同时用力F沿导槽的方向拉动物体，使物体以速度V2沿导槽运动，导槽方向与V1方向垂直，则F的大小为多少？
9．（04上海模拟）一吊桥由六对钢杆悬吊着，六对钢杆在桥面上分列两排，其上端分别挂在两根钢缆上，如图1/－9所示。已知图中相邻两钢杆间的距离均为9m，靠桥面中心的钢杆长度为2m，即AA/=DD/=2m，BB/=EE/,CC/=PP/。已知两端钢缆与水平面成45°，钢杆自重不计，为使每根钢杆承担相同的负荷，试求每根钢杆的长度应各为多少？
10．（2003江苏高考·15）当物体从高空下落时，空气阻力随速度的增大而增大，因而经过一段距离后将匀速下落，这个速度称为这个物体的终极速度。已知球形物体速度不大时所受的空气阻力正比于速度v，且正比于球半径r,即阻力f=krv，k为比例系数。对于常温下的空气，比例系数k＝3.4×10-4N·s/m2.已知水的密度ρ＝1.0×103kg/m3，取重力加速度g=10m/s2,试求半径r＝0.10mm的球形雨滴在无风的情况下的终极速度vT。（结果取两位有效数字）
附: 第一课时巩固提高训练答案及解
1．答案：BD
解：以B为研究对象，有f=Tcosθ,N=G-Tsinθ
而 T＝mAg
故 f= mAgcosθ,N=mBg-mAgsinθ
2．答案：C
解：对B球的平衡，有
得 T=GL/h ,与A、B间的距离无关。
故选C 。
3．答案：D
解：对两环和重物的整体来说，有 2N＝mg 得N＝mg/2
对重物,有两环间距变小，绳的拉力变小，摩擦力f变小。
4．答案：A
解：重物匀速运动，合力为0，又不计空气阻力和风力，故拉力与重力平衡，方向竖直向上。
5．答案：C
解：当F在竖直方向上的分力与重力相等，无论光滑与否，都只受两个力F和mg而作匀加速运动，A、B错；物体作匀速运动，必有水平向左的摩擦力，因而也必有支持力。故选C。
6．答案：C
解：木块两侧面均受V型槽的摩擦力，其大小分别为f1=μ1mgcos45°和f2=μ2mgcos45°,两者方向相同（与运动方向相反），将其合成即得
7．解：对B点，有
得
若NBC=300N,则TAB＝
若TAB=200N,则NBC＝
故只能是NBC=300N,得Gmax＝NBC／sin60°≈346．4N 。
8．解：物体m相对钢板的运动方向如图1／／－3所示，滑动摩擦力f的方向与之相反，由平衡条件，得F＝fcosθ=μmgcosθ。
9．解：设桥体重2G.
整个桥体的平衡，有 2Fsin45°=G
又因为每根钢杆的负荷相同，则FCC’=FBB’=FAA’=FDD’=FEE’=FPP’=G/6
对C点，有 Fsin45°= FCC’＋TBCcos∠BCC/
Fcos45°=TBCsin∠BCC/
得 tan∠BCC/＝3／2
对B点，有 TBCsin∠BCC/ =TABsin∠ABB/
TBCcos∠BCC/=TBB’+ TABcos∠ABB/
得 tan∠ABB/=3
所以，由AA／＝2m,得BB／＝5m,CC/=11m。
10．解：最终状态时，物体作匀速运动，有
mg=f, 即
得 vT=4ρπr2g/3k=1.2m/s
第2课时 牛顿运动定律与直线运动
［例1］（2004全国理综·25）一小圆盘静止在桌布上,位于一方桌的水平桌面的中央,桌布的一边与方桌的AB边重合,如图2－1所示.已知圆盘与桌布间的动摩擦因数为μ1,盘与桌面间的动摩擦因数为μ2。现突然以恒定加速度a将桌布抽离桌面，加速度方向水平且垂直于AB边。若圆盘最后未从桌面掉下，则加速度a满足的条件是什么？（以g表示重力加速度）
析与解：设圆盘的质量为m，桌长为L。
在桌布从圆盘下抽出的过程中，盘的加速度为a1,有
μ1mg=ma1
桌布抽出后，盘在桌面上做匀减速运动，以a2表示加速度大小，有
μ2mg=ma2
设盘刚离开桌布时的速度为v1,移动的距离为x1,离开桌布后在桌面上再运动距离x2后便停下，有 v12=2a1x1
v12=2a2x2
盘没有从桌面上掉下的条件是
x2≤L/2-x1
设桌布从盘下抽出所经历的时间为t，在这段时间内，桌布移动的速度为x,有
x=at2/2
x1＝a1t2/2
而 x=L/2+x1
由以上各式解得
a≥
点评：这是一道与日常生活相关的题目，关键是分析物体的运动过程，将一个较复杂的运动分解为多段简单的运动，从而各个击破。
［例2］(2004全国理综·21)放在水平面上的一物块,受到方向不变的水平推力F的作用,F的大小与时间t的关系和物块速度v与时间t的关系如图2－2所示。取重力加速度g＝10m/s2。由此两图线可以求得物块的质量m和物块与地面之间的动摩擦因数μ分别为 （ ）
A.m=0．5kg，μ=0．4 B. m=1．5kg，μ=2／15
C.m=0．5kg，μ=0.2 D. m=1 kg，μ=0．2
解与析：由图线判断，质点在4s之后作匀速运动。可知，摩擦力F1＝2N，在2～4s时间内，动力F＝3N，设质量m，则运动的加速度可由牛顿第二定律求出
F－F1＝ma
由速度图像可以求出加速度a=2m/s2,代入上式可得m=0.5kg
由F1＝μN＝μmg,得 μ＝0.4
故选项A是正确的。
点评：这是一道数形结合题，识图是突破点（从图中分析出物体的运动情况），分析受力及其变化是关键。
［例3］(05全国大联考)物体A、B都静止在同一水平面上，它们的质量分别为mA和mB，与水平面之间的动摩擦因数分别为μA和μB。用平行于水平面的力F分别拉物体A、B，得到的加速度a和拉力F的关系图线分别如图2－3中的A、B所示。
（1）利用图像求出两个物体的质量mA和mB。
甲同学分析的过程是：从图中得到，F＝12N时，A物体的加速度aA＝4m/s2, B物体的加速度aB＝2m/s2，根据牛顿运动定律F=ma,可得 mA=3kg mB=6kg
乙同学分析的过程是：从图中得出直线A、B的斜率为
kA=tan45°=1, kB=tan26°34/=0.5,而k=1/m,得mA=1kg mB=2kg
请判断甲、乙两同学结论的对与错，并判断错误的原因。如果两个同学都错，分析各自的错误原因后，再计算正确的结果。
（2）根据图像计算A、B两物体与水平面之间动摩擦因数μA和μB的数值。
析与解：（1）甲、乙两同学的分析都错。
甲错在把水平力F当作合外力，而A、B两物体均受摩擦力f＝4N。
乙错在由于a轴和F轴的标度不同，斜率k不等于tanα。
正确的求解是：
（2）
点评:本题是图像题,要特别注意物理图像中斜率的意义、计算以及与数学图像斜率计算的异同点。
［例4］将金属块m用压缩的轻弹簧卡在一个矩形的箱中，如图2－4所
示，在箱的上顶板和下底板装有压力传感器，箱可以沿竖直轨道运动。当箱
以a＝2.0m／s2加速度竖直向上作匀减速运动时，上顶板的压力传感器显示
的压力N＝7.2N，下底板的压力传感器显示的压力F＝12.0N。（g=10m/s2）
(1) 若上顶板的压力传感器的示数是下底板的压力传感器示数的一半，
试判断箱的运动情况。
(2) 要使上顶板的压力传感器的示数为零，箱沿竖直方向运动的情况可能是怎样的？
析与解：（1）下底板传感器的示数等于轻弹簧的弹力F，金属块的受力如图2－5
所示，上顶板的压力N＝7.2N，弹簧的弹力F=12.0N,而加速度方向向下，有
mg+N-F=ma 得 m=0.60kg
上顶板传感器的示数是下底板传感器示数的一半时，弹簧长度不变，弹簧弹力仍为F，上顶板压力为F/2，有
解得 a1=0,即箱处于静止或匀速直线运动
（2）当上顶板的压力恰好为零时，弹簧长度还不变，弹簧弹力还为F，有
，解得 a2=-10m/s2,“－”号表示加速度方向向上。
若箱和金属块竖直向上的加速度大于10m/s2,弹簧将进一步压缩，金属块要离开上顶板，上顶板传感器的示数也为0。只要竖直向上的加速度大于或等于10m/s2,不论箱是向上加速还是向下减速， 上顶板压力传感器的示数都为0。
点评：这是一道传感器的问题，这里不仅要弄清传感器示数的物理意义，还特别要注意弹簧弹力的决定因素，得出“只要上顶板传感器有示数，弹簧长度不变，弹簧具有相同弹力”的结论，考查了学生的归纳整理能力。
1．（05北京春季）如图2／－1所示，一个盛水的容器底部有一个小孔。静止时用手指堵住小孔不让它漏水，假设容器在下述几种运动中始终保持平动且忽略空气阻力，则 （ ）
A.容器自由下落时，小孔向下漏水
B.将容器竖直向上抛出，容器向上运动时，小孔向下漏水；容器向下运动时，小孔不向下漏水
C.容器水平抛出,容器在运动中小孔向下漏水
D.将容器斜向上抛出,容器在运动中小孔不向下漏水
2.（2004上海高考·5）如图2／－2所示物体A放在物体B上，A、B的上下表面均与斜面平行。当两者以相同的初速度靠惯性沿光滑固定斜面C向上作匀减速运动时 ( ）
A.A受到B的摩擦力沿斜面向上
B.A受到B的摩擦力沿斜面向下
C.A、B之间的摩擦力为零
D.A、B之间是否存在摩擦力取决于A、B的表面的性质
3．（05江苏海州模拟）如图2／－3所示，一水平方向足够长的传送带以恒定的速度v1沿顺时针方向运动，传送带右端有一与传送带等高的光滑水平面，物体以恒定的速率v2沿直线向左运动滑上传送带后，经过一段时间又返回光滑水平面上，这时速率为v2/,则下列说法正确的是 （ ）
A.若v1〈v2 ，则v2/=v1
B. 若v1>v2 ，则v2/=v2
C.不管v2多大，总有v2/=v2
D.只有v1＝v2时，才有v2/=v1
4．如图2／－4的甲、乙所示，两辆在光滑水平面上的小车，质量都是M，人的质量都是m，人推车或拉车的力都是F，（绳与轮的质量和摩擦均不计），对于甲乙两车的加速度大小的说法正确的是 （ ）
A.甲车的加速度大小为F/M B.甲车的加速度大小为0
C.乙车的加速度大小为2F／（M＋m） D.乙车的加速度大小为0
5．（05北京西城模拟）弹簧秤挂在升降机的顶板上，下端挂一质量为2kg的物体。当升降机在竖直方向上运动时，弹簧秤的示数始终是16N。如果从升降机的速度为3m／s时开始计时，则经过1s ,升降机的位移可能是（g=10m/s ） （ ）
A.2m B.3m C.4m D.8m
6.(04全国大联考) 如图2／－5所示，人和重物重量相等.开始时,人与重物在同一水平面上,当人从静止开始向上爬绳时,人和重物的运动情况是(不考虑绳的质量和一切摩擦) （ ）
A.人加速上升，重物加速下降 B. 人加速上升，重物静止不动
C.人与重物同时加速上升，同时到顶 D. 人与同时加速上升，但人运动得快
7. （2005上海·20）如图2／－6所示，带正电小球质量为m＝1×10-2kg，带电量为q＝l×10-6C，置于光滑绝缘水平面上的A点．当空间存在着斜向上的匀强电场时，该小球从静止开始始终沿水平面做匀加速直线运动，当运动到B点时，测得其速度vB ＝1.5m／s，此时小球的位移为S ＝0.15m．求此匀强电场场强E的取值范围．(g＝10m／s。)
某同学求解如下：设电场方向与水平面之间夹角为θ，由动能定理qEScosθ＝－0得＝V／m．由题意可知θ＞0，所以当E ＞7.5×104V／m时小球将始终沿水平面做匀加速直线运动．
经检查，计算无误．该同学所得结论是否有不完善之处 若有请予以补充．
8. 如图2／－6所示，P为位于某一高度处的质量为m的物块，B为位于水平面上的质量为M的特殊长平板，，平板与地面间的动摩擦因数为μ＝0.02．在板的上表面上方,存在一定厚度的“相互作用区域”，如图中的阴影部分，当物体P进入“相互作用区域”时，B便有竖直向上的恒力f作用于P，f ＝αmg，α＝51，f对P的作用使P刚好不与B的上表面接触；在水平方向P、B之间没有相互作用力。已知物块P开始自由下落的时刻，板B向右的速度为v0＝10.0m/s．Ｐ从开始下落到刚到达“相互作用区域”所经历的时间为T0＝２ｓ。设Ｂ板足够长，保证物块P总能落入Ｂ板上方的“相互作用区域”，取重力加速度ｇ＝9.8m/s２．问：当B板从开始运动到停止的那段时间内，物块P回到过初始位置几次？
9．如图2／－7所示，AB为一倾角为θ的输送带，P处为原料输入口，为避免粉尘飞扬，在P与AB输送带间建立一管道（假设光滑），使原料从P处以最短的时间到达输送带上，则管道与竖直方向的夹角应为多大？
附: 第二课时巩固提高训练答案及解
1.答案:D
解:ABCD中,二者处于完全失重状态,水对容器无压力,故水都不会从容器中流出。所以，只有D是正确的。
2.答案：C
解：由于AB是在光滑水平面上匀减速运动，整体的加速度应该是gsinα，这正是各自沿斜面运动时的加速度，AB之间的摩擦力为零，否则AB不会一起运动。故选C。
3.答案：AB
解：物体向左减速运动的加速度和反向加速运动的加速度均为a=μg，则
向左减速运动至速度为0的距离s1= v22／2μg
反向加速运动至速度为v1的距离s2= v12／2μg
可见，v1〈 v2时，s2< s1，即物体还未到传送带的右端其速度已经增加到与传送带速度相等，之后，和传送带同速匀速运动，故v2/=v1，选A；反之，v1> v2时，s2>s1，根据运动的对称性，有v2/=v2，选B。
4．答案：BC
解：甲图中：以整体为研究对象，F合＝0，a甲＝0
乙图中：以整体为研究对象，2F=(M+m)a乙，a乙=2F/(M+m)
5．答案：AC
解：由牛顿第二定律，得mg-F=ma
解得 a=2m/s2,方向向下
则若向下加速，应有s1=4m；若向上减速，应有s2=2m。
6．答案：C
解：人与重物通过绳的作用力相等，当人加速上爬时，绳的拉力大于人的重力和重物的重力,故它们同时加速上升，同时到顶。
7．解：该同学所得结论有不完善之处．
为使小球始终沿水平面运动，电场力在竖直方向的分力必须小于等于重力
qEsinθ≤mg
所以
即 7.5×104V/m＜E≤1.25×105V/m
8．解：在T0时间内，平板B在摩擦力作用下的加速度a0=μMg/M=μg，速度的减小量为
Δv1= a0 T0=μg T0
物块P一旦进入相互作用区，即开始匀减速运动：vP0=gT0，aP=(αmg-mg)/m=(α-1)g,经T时间，刚好到达B板的上表面，有 vP0=aPT
T时间内，平板B所受的摩擦力为μ（Mg+αmg）,加速度a＝μ(Mg+αmg）/M，故在这段时间
内B板速度的减小量Δv2=aT
此后，物块P又开始以加速度aP向上加速，历时T跑出相互作用区，B板速度又减小了Δv2；再向上做加速度为g的减速运动，历时T0，回到初始位置，B板的速度又减小了Δv1；……；直至物块P第n次回到初始位置，B板速度为vn，有
n越大，vn越小。设当n=n0时，vn0已很小，使物块P由n0至n0+1的过程中的某时刻，B板速度已减为0，即vn0>0,而vn0＋1〈0，则
得 n0<11.37,n0>10.37,则n0=11
即当B板从开始到停止运动那段时间内，物块P回到过初始位置11次。
9．解：过P点向传送带AB作光滑斜面PC1、PC2、PC3、……，为了比较沿不同轨道运动的时间，我们作出与这些斜面对应的一系列等时圆（如图甲），图中的等时圆1、2、3的直径满足d1∠DOC＝θ，α＝∠DPC＝θ/2
即原料从P点沿与竖直方向成α＝θ/2夹角的轨道PC滑下，到达输送带的时间最短。
第三课时 牛顿定律与曲线运动
精典考题反思
［例1］如图3－1所示，物体A放在粗糙板上随板一起在竖直平面内沿逆时针方向做匀速圆周运动，且板始终保持水平，位置Ⅰ、Ⅱ在同一水平高度上，则 （ ）
A．物体在位置Ⅰ、Ⅱ时受到的弹力都大于重力
B．物体在位置Ⅰ、Ⅱ时受到的弹力都小于重力
C．物体在位置Ⅰ时受到的弹力都小于重力，位置Ⅱ时受到的弹力都大于重力
D．物体在位置Ⅰ时受到的弹力都大于重力，位置Ⅱ时受到的弹力都小于重力
析与解：由于物体随板一起做圆周运动，故在Ⅰ、Ⅱ两位置上需的向心力方向都指向圆心，从而使物体在竖直方向合力不为零（且方向向下），故物体受到的弹力小于重力。选B
点评：一般圆周运动不需要进行运动的分解处理，而该题要求比较物体受到的弹力与重力的关系，必须进行分解处理，研究竖直方向的分运动。该题可继续设问：物体从位置Ⅰ到Ⅱ的过程中，弹力大小如何变化？板对物体的摩擦力大小如何变化？方向如何变化？
［例2］如图3－2所示，质量为2kg和3.5kg的物体A、B之间用一根细绳连接，物体A放在转盘上，随转盘沿半径为40cm的圆周做匀速圆周运动，若A与转盘间的最大静摩擦力与物体对转盘的压力的比值为3：4，为了使B物体不上升也不下降，求转盘角速度的取值范围(g=10m/s2)
析与解：由受力分析可知：当A不随转盘转动时，A受到的最大静摩擦力为fm=N＝15N，A受到的B的拉力为T＝mBg=35N
故A受力不平衡，只有让A随转盘转动，才能使B物体不下降；而当转盘转动角速度超过一定的数值时，拉力和最大静摩擦力之和不足以提供向心力时，A做离心运动，而带动B上升，故为了达到目的，转盘转动的角速度有一最小值ωm和一最大值ωM
最小值ωm对应：T -fm=mAωm2r
解得 ωm＝5rad/s
最大值ωM对应：T＋fM=mAωM2r
解得 ωM＝rad/s
故转盘转动的角速度的范围为5rad/s≤ω≤rad/s
点评：求某量的范围即确定该量的最值，往往有最大值和最小值，求解时必须设法找出最值对应的条件，由该条件建立关系求解。
［例3］如图3－3示，从倾角为α的斜面上的某点先后将同一小球以不同的初速度水平抛出，均落到斜面上，当抛出的速度为v1时，小球到达斜面的速度方向与斜面的夹角为θ1，当抛出的速度为v2时，小球到达斜面的速度方向与斜面的夹角为
θ2，则不考虑空气阻力的情况下
A．θ1可能大于θ2 B．θ1可能小于θ2
C．θ1一定等于θ2 D．θ1、θ2的大小关系与斜面的倾角α有关
析与解：在平抛运动中，落点处的速度方向与水平初速度方向的夹角为β
tanβ=
而该题中落点在斜面上，故还存在下列关系：平抛运动的水平位移SX与竖直位移SY之比
=tanα
故tanβ=2tanα 此式说明，不论抛出时的初速度多大，落点处的速度方向都相同，故选C
点评：解题时一般总把不熟悉的问题向熟悉的问题转化，以期问题得到解决，该题中把要分析的“小球到达斜面的速度方向与斜面的夹角”转化为“小球到达斜面的速度方向与水平初速度的夹角”。注意该题中的D选项“θ1、θ2的大小关系与斜面的倾角α有关”并不是说θ1、θ2的大小与α有关，而是强调的“θ1、θ2的大小关系”
［例4］（2003年上海·20）如图3－4所示，一高度为h=0.2m的水平面在A点处与一倾角为θ＝300的斜面连接，一小球以v0=5m/s的速度在平面上向右运动，求小球从A点运动到地面所需的时间（平面与斜面均光滑，取g=10m/s2）某同学对此题的解法为：小球沿斜面运动，则，由此可求得落地时间t。问：你同意上述解法吗？若同意，求出所需的时间；若不同意，则说明你认为正确的结果。
析与解：不同意，小球在A点离开平面做平抛运动，而不是沿斜面下滑，正确的解法：小球平抛运动时，下落h的高度，对应的水平距离为s，则s=v0t=v0=m＝1m
而斜面的水平宽度l=hcotθ=0.2=0.35m
l说明球离开A点后不会落到斜面上，因此落地时间为平抛运动的时间，故t==0.2s
点评：象这种类型的试题：判断某个解答过程是否正确，实质上就是要求学生正确分析试题所叙述的物理过程与试题中所用的方法（规律）是否吻合。每一个物理过程，总是有相应的物理规律相对应。上海市的考题往往走在全国的前列，我们必须给予足够的关注，该题的模式，已在全国的其他省份考过。
巩固提高训练
1．（2003年上海）某品牌电动自行车的铭牌如下：
车型：20吋（车轮直径：508mm） 电池规格：36V12Ah（蓄电池）
整车质量：40kg 额定转速：210r/min(转/分)
外形尺寸：L1800mm×W650mm×H1100mm 充电时间：2～8h
电机：后轮驱动、直流永磁式电机 额定工作电压/电流：36V/5A
根据此铭牌中的有关数据，可知该车的额定时速约为 （ ）
A．15 km/h B．18 km/h C．20 km/h D．25km/h
2．（2004年全国理综·20）如图3‘－1所示，轻杆的一端有一个小球，另一端有光滑的固定轴O，现给小球一初速度，使小球和杆一起绕轴O在竖直面内转动，不计空气阻力，用F表示球到达最高点时杆对小球的作用力，则F （ ）
A．一定是拉力
B．一定是推力
C．一定等于0
D．可能是拉力，可能是推力，也可能等于0
3．（2005年上海·8）对如图3‘－2所示的皮带传动装置，下列说法中正确的是 （ ）
(A)A轮带动B轮沿逆时针方向旋转．
(B)B轮带动A轮沿逆时针方向旋转．
(C)C轮带动D轮沿顺时针方向旋转．
(D)D轮带动C轮沿顺时针方向旋转．
4．物体做平抛运动时，物体的速度与水平初速度的夹角的正切值随时间的变化关系正确的是 （ ）
5．做平抛运动的物体，每秒内的速度增量总是 （ ）
A．大小相等，方向相同 B．大小不等，方向不同
C．大小相等，方向不同 D．大小不等，方向相同
6．（2003年全国·19）如图3‘－4甲所示为一根竖直悬挂的不可伸长的轻绳，下端拴一小物块A，上端固定在C点且与一能测量绳的拉力的测力传感器相连，已知有一质量为m0的子弹B沿水平方向以速度v0射入A内（未穿透），接着两者一起绕C点在竖直平面内做圆周运动，在各种阻力都忽略不计的条件下测力传感器测得的拉力F随时间t的变化关系如图乙所示，已知子弹射入的时间极短，且图乙中t=0为A、B开始以相同速度运动的时刻，根据力学规律和题中（包括图中）提供的信息，对反映悬挂系统本身性质的物理量（例如A的质量）及A、B一起运动过程中的守恒量，你能求得哪些定量结果？
7．如图3‘－5所示，倾角为θ的斜面，高为h，在顶
端水平抛出一个小球，小球恰好落在斜面的底端，
求：（1）小球抛出的初速度大小；
（2）小球抛出多长时间距斜面最远？
8．（2005年上海·19A）某滑板爱好者在离地h＝1.8m高的平台上滑行，水平离开A点后落在水平地面的B点，其水平位移S1 ＝3m，着地时由于存在能量损失，着地后速度变为v＝4m／s，并以此为初速沿水平地面滑行S2 ＝8m后停止．已知人与滑板的总质量m＝60kg．求
(1)人与滑板在水平地面滑行时受到的平均阻力大小；
(2)人与滑板离开平台时的水平初速度．(空气阻力忽略不计，g=10m／s2)
第3课时巩固提高训练答案及解：
1．答案：C
解：本题考查考生获取信息选用所学知识解决实际问题的能力。要求计算额定时速v，有用的信息是额定转速和车轮直径，根据转速可求车轮每小时转动的圈数n，已知车轮直径d，可知车轮的周长c，v=nc，代入数据即得。选C
2．答案：D
解：小球到达最高点时的速度大小未知，且杆对小球可提供拉力或压力，或不提供作用力，选D
3．答案：BD
解：皮带传动时，主动轮拉动从动轮，选BD
4．答案：B
解：平抛运动时，物体的速度与水平初速度的夹角的正切值可表示为tanθ＝，故选B
5．答案：A
解：平抛运动中水平分速度不变，竖直分速度变化，故每秒速度的增量即为竖直分速度的增量，Δvy＝gΔt，因而每秒速度增量相同，方向相同，选A
6．本题考查学生的的看图、识图的能力，并能从图中提取相关有用信息进行加工处理，得到所求量。直接读图可得A、B一起做圆周运动的周期为2t0；由竖直面内的圆周运动特征可知，在最低点绳中拉力最大（等于Fm），在最高点时绳中拉力最小（等于0）。
设子弹射入后的瞬间A、B的速度为v1，A、B一起运动到最高点的速度为v2，则
子弹射入时：m0v0=(m+m0)v1
A、 B在最低点：F1－（m+m0）g=(m+m0)
由图可知 F1＝Fm
A、 B在最高点：F2＋（m+m0）g=(m+m0)
由图可知 F2＝0
从最低点到最高点的过程中：
由以上各式可解得m=
l=
A、 B一起运动时机械能守恒，设最低点为零势能点，总机械能量为E＝＝
7．小球从斜面顶端抛出后落在斜面的底端，则小球运动中的水平位移与竖直位移的有关系可确定，s=v0t
y=＝h
tanθ＝
解得 v0=
小球在运动中距斜面最远，此时的速度方向必与斜面平行，设此时物体已运动的时间为t’，则tanθ=
解得t’=
8．(1)设滑板在水平地面滑行时受到的平均阻力为f，根据动能定理有
①
由①式解得
(2)人和滑板一起在空中做平抛运动，
设初速为v0，飞行时间为t，根据平抛运动规律有
②
③
由②、③两式解得
第四课时 万有引力与天体运动
精典考题反思
［例1］（2004上海·3）火星有两颗卫星，分别为火卫一和火卫二，它们的轨道近似为圆，已知火卫一的周期为7小时39分，火卫二的周期为30小时18分，则两颗卫星相比：
A．火卫一距火星表面近
B．火卫二的角速度较大
C．火卫一的运动速度较大
D．火卫二的向心加速度较大
析与解：卫星做圆周运动，必然存在F万＝F向，而这里已知了卫星运动的周期，故向心力用周期表示更好些
解得T＝
对于同一中心体而言，轨道半径与周期存在直接的对应：轨道半径越大，周期越大；而周期与角速度也存在直接的对应：周期越大，角速度越小；同样轨道半径与线速度，轨道半径与向心加速度也很容易找出对应关系。故选AC
点评： 天体运动中，运动体围绕中心体运行时，若轨道为圆，则由可推出v=，而由，推出T＝，而由，推出
，即运动体的线速度、角速度、周期均可找出与轨道半径的直接关系，从而使问题的求解得到简化。
［例2］(2005江苏·5)某人造卫星运动的轨道可近似看作是以地心为中心的圆．由于阻力作用，人造卫星到地心的距离从r1慢慢变到r2，用EKl、EK2分别表示卫星在这两个轨道上的动能，则
(A)r1r2，EK1(C)r1EK2 (D)r1>r2，EK1>EK2
析与解：该题的关键是判断由于阻力作用，人造卫星的轨道半径如何发生变化，可从无阻力作用时着手分析：无阻力作用时卫星作圆周运动F万＝F向，由于阻力作用，使卫星的运动速度变小，F万＞F向，使卫星向着圆心靠近，故r1>r2，而到了新的轨道上，可由线速度与轨道半径的关系得出v=，r越小，v越大，动能越大。故选B
点评：该题只要能正确理解阻力的作用，即可找到结果。但要注意防止出现这样的错误理解：既然阻力使速度减小，故新轨道上的速度一定比原轨道上的速度小，当卫星从原轨道过渡到新轨道时，重力势能也参与过程中的能量变化。
［例3］（05南通期未）阅读下列信息，并结合该信息解题：(1)开普勒从1609年—1619年发表了著名的开普勒行星运动三定律，其中第一定律为：所有的行星分别在大小不同的椭圆轨道上围绕太阳运动，太阳在这个椭圆的一个焦点上。第三定律：所有行星的椭圆轨道的半长轴的三次方跟公转周期的平方的比值都相等。实践证明，开普勒三定律也适用于其他中心天体的卫星运动。(2)从地球表面向火星发射火星探测器。设地球和火星都在同一平面上绕太阳作圆周运动，火星轨道半径为地球半径Re的1.500倍，简单而又比较节省能量的发射过程可分为两步进行：第一步，在地球表面用火箭对探测器进行加速，使之获得足够动能，从而脱离地球引力作用而成为一个沿地球轨道运动的人造行星。第二步，是在适当时刻点燃与探测器连在一起的火箭发动机，在短时间内对探测器沿原方向加速，使其速度数值增加到适当值，从而使得探测器沿着一个与地球轨道及火星轨道分别在长轴两端相切的半个椭圆轨道正好射到火星上(图4－1甲)，当探测器脱离地球并沿地球公转轨道稳定运行后，在某年3月1日零时测得探测器与火星之间的角距离为60°，如图4－1乙所示。已知地球半径为：Re=6.4×106m，地球的公转周期为：Te=365天，=1.840，=1.400(时间计算仅需精确到日)
(1)求出火星的公转周期和探测器沿半个椭圆轨道运动的时间。
(2)通过计算说明应在何年何月何日点燃探测器上的火箭发动机方能使探测器恰好落在火星表面？
析与解：（1）设探测器作椭圆轨道运动时的半长轴为RW，周期为TW，火星的轨道半径为RH，周期为TH，则RW＝
由开普勒定律可得
解得TW＝＝1.4Te
故探测器沿半个椭圆轨道运行的时间为TW/2=0.7Te=255天
同理TH＝＝＝1.84Te=671天
（2）从探测器点火到登陆火星，探测器必须走t=255天（半个椭圆），而这么长时间内火星作圆周运动转过的角度设为α，则α＝ωHt=
此角度值说明，探测器点火时所在位置与火星之间的角距离应为1800－α＝430
探测器与火星之间的角距离从600变为430的时间内探测器与火星分别在各自的圆轨道上运动时间t’，设各自的运动角速度为ωW、ωH，则ωW＝，ωH＝
由几何关系可得600－ωWt’+ωHt‘=430
解得t’=38天
故探测器点火时间应为同年4月7日。
点评：该题是2005年南通几县市联考试题，具有信息量大，又与实际问题联系很紧的一道好题，对拓宽学生知识面，培养学生处理实际问题的能力很有好处。第一问为该题设计了一个台阶，并为第二问做准备，学生一般不易出错，第二问学生可能难在不知如何找出探测器的运动与火星运动之间的关系，要正确引导学生画出两者之间角位置关系（即题中的角距离）的变化，而这个变化是与圆周运动相联系的，故角速度作为该题的切入点。
巩固提高训练
1．如图4‘－1所示，a、b、c是地球大气层外圆形轨道上的三颗卫星，a、b的质量相同，但小于c的质量，则 （ ）
A．b所需的向心力最小
B．b、c的周期相同且大于a的周期
C．b、c的向心加速度大小相同且小于a的向心加速度
D．b、c的线速度相同，且小于a的线速度
2．宇宙飞船到达固定轨道前，先在低轨道1上做匀速圆周运动，某时开动火箭使其沿椭圆轨道2运动，到达远地点P时再次开动火箭，使其在高轨道3上做匀速圆周运动，如图4‘－2，则 （ ）
A．两次开动的火箭均是助动火箭
B．两次开动的火箭均是制动火箭
C．第一次开动的是助动火箭，第二次是制动火箭
D．第一次是制动火箭，第二次是助动火箭
3．(1999全国·9)地球的同步卫星到地心距离r可由r3=求出，已知式中a的单位是m ,b的单位是s，c的单位是m/s2，则 （ ）
A．a是地球半径，b是地球自转的周期， c是地球表面处的重力加速度
B．a是地球半径，b是同步卫星绕地球运动的周期，c是同步卫星的加速度
C．a是赤道周长，b是地球自转周期，c同步卫星的加速度
D．a是地球半径，b是同步卫星绕地心运动的周期，c地球表面处的重力加速度
4．(2003江苏)据美联社2002年10月7日报道，天文学家在太阳系的9大行星之外，又发现了一颗比地球小得多的新行星，而且还测得它绕太阳公转的周期约为288年。若把它和地球绕太阳公转的轨道都看作圆，问它与太阳的距离约是地球与太阳距离的多少倍。(最后结果可用根式表示)
5．(2004福建渐江·23)在勇气号火星探测器着陆的最后阶段，着陆器降落到火星表面上，再经过多次弹跳才停下来，假设着陆器第一次落到火星表面弹起后，到达最高点的高度为h ，速度方向是水平的，速度大小为v 0，求它第二次落到火星表面时速度的大小，计算时不计火星大气阻力，已知火星的一个卫星的圆轨道的半径为r，周期为T，火星可视为半径为r0的均匀球体。
6．(2004年广东广西·16)某颗地球同步卫星正下方的地球表面上有一观察者，他用天文望远镜观察被太阳照射的此卫星，试问，春分那天(太阳光直射赤道)在日落12小时内有多长时间该观察者看不见此卫星？已知地球半径为R，地球表面处的重力加速度为g，地球自转周期为T，不考虑大气对光的折射。
7．经过长期观测，人们在宇宙中已经发现了许多双星系统，双星系统有两个星体构成，其中每个星体的线度都小于两星体之间的距离。一般双星系统距离其他星体很远，可以当作孤立系统处理。现根据对某一双星系统的光度学测量确定，该双星系统中每个星体的质量都是M，两者相距L，它们正围绕两者连线的中点做圆周运动。
（1）试计算该双星系统的运动周期T计算。
（2）若实验上观测到的运动周期为T观测，且T观测：T计算=1：（N>1）。为了解释T观测与T计算的不同，目前一种流行的理论认为，在宇宙中有可能有一种望远镜观测不到的暗物质，作为一种简化模型，我们假定在这两个星体连线为直径的球体内均匀分布着这种暗物质，而不考虑其他暗物质的影响，试根据这一模型和上述观测结果确定该星系间这种暗物质的密度。
8．（04南通一模）如图4‘－3为宇宙中有一个恒星系的示意图，A为该星系的一颗行星，它绕中央恒星O运行轨道近似为圆，天文学家观测得到A行星运动的轨道半径为R0，周期为T0。
（1）中央恒星O的质量是多大？
（2）长期观测发现，A行星实际运动的轨道与轨道总存在一些偏离，且周期性地每隔t0时间发生一次最大的偏离，天文学家认为形成这种现象的原因可能是A行星外侧还存在这一颗未知的行星B（假设其运行轨道与A在同一平面内，且与A的绕行方向相同），它对A行星的万有引力引起A轨道的偏离。根据上述现象及假设，你能对未知行星B的运动得到哪些定量的预测。
第4课时巩固提高训练答案及解：
a) 答案：ABCD
解：解决该题只要抓住了万有引力提供向心力，即可使问题迎刃而解。由得，
，，a向＝，故选 ABCD
2．答案：A
解：该题是典型的卫星变轨问题，从圆轨道1变成椭圆轨道2，要使卫星做离心运动，从椭圆轨道2变换到圆轨道3仍然做离心运动，而离心运动的关键是F万3． 答案：AD
解：由于给出了a、b、c的单位，即a、b、c分别对应的是长度量、时间量和加速度量，
对应于同步卫星
对应在地球表面处
易得r3=
所以a应为地球半径，b为同步卫星的运动周期，c为地球表面处的重力加速度，而同步卫星的运动周期与地球的自转周期相同，故该题应选AD
4．对地球和新行星而言，均由万有引力提供向心力
=44(或)
5．着陆器落到火星表面后的运动与物体在地面上的运动相似，机械能守恒，因此该题的关键是找到火星表面的重力加速度g，
火星的卫星运动过程满足
在火星表面
着陆器从距火星表面高度为h处再次落到火星表面过程中有：
联解以上三式得：
6．如果从北极外某处看地球及同步卫星，则如图4“ 1所示：地球逆时针方向转动，日落位置观察者相当于位于A位置，同步卫星位于位置；日出时观察者相当于位于B位置，同步卫星位于位置F。故在图中的∠EOF为观察者看不到同步卫星的阶段，此阶段同步卫星从E到F，设地球半径为R，同步卫星的轨道半径为r，则
在地球表面
由图可知，rsin∠EOC=R
看不见同步卫星的时间内卫星转过的角度为=∠EOF=2∠EOC，
而卫星的转动角速度为
则看不见卫星的时间为 t==
7．（1）双星的每个星体均做圆周运动，故双星之间的万有引力提供每个星体的向心力，即
解得
（2）暗物质对每个星体也存在万有引力作用，设暗物质的总质量为M’，
得M ’=
暗物质的密度ρ＝ 化简得
8．（1）设中央恒星的质量为M，由于A行星做圆周运动，则
解得
（2）由于A行星实际运动的轨道与轨道总存在一些偏离，且周期性地每隔t0时间发生一次最大的偏离，表示每隔t0时间，A行星与它外侧的B行星距离最近，如图4“－2所示，则
设B行星的周期为TB
解得TB＝
还可找出B行星的轨道半径、角速度、线速度、向心加速度
如：B行星的轨道半径可由下列关系求得
rB==
相关知识链接
高考考点解读
高考命题思路
Fa
N
G
M
β
?
图1－1
b
a
M
β
?
卫星运动 宇宙速度
天体运动 开普勒三定律
万 有 引 力 定 律
圆 周 运 动 及 其 规 律
线速度 角速度 向心加速度
平抛运动 运动的合成与分解
曲线运动的速度方向 条件
匀变速直线运动及规律
位移 速度 加速度
牛 顿 运 动 定 律
物体平衡 物体平衡条件
受 力 分 析
力的概念 力的合成与分解
万有引力定律与天体运动
牛顿运动定律与曲线运动
牛顿运动定律与直线运动
受力分析与物体平衡
关系
运动
力
经典考题反思
Fb
x
y
?
β
图1－2
图1－3
(a)
(b)
A
B
O
O
A
θ2
B
θ1
图1－4
F1
F2
θ
1
3
2
图1－5
图1－6
2
3
1
T1
T2
T1
T1
T2
T2
x
?
图1－7
q2
q1
l2
l1
：
：
：
q3
q2
q1
巩固提高训练
图1/－1
θ
P
B
A
Q
图1/-2
P
θ
图1/／-2
Q
A
B
v
v
v
v
A
B
C
D
图1/－4
F
图1/－5
45°
45°
图1/－6
A
B
C
30°
60°
图1/－7
C
A B
V1
V2
图1/－8
45°
45°
A
F
B
C
D
E
P
P／
E／
D／
C／
B／
A／
图1/－9
经典考题反思
图4“－1
F
a
B
A
O
F
E
C
B
A
图4‘－3
O
A
图4‘－2
P
3
2
1
图4‘－1
图甲
·
600
图2－2
4
2
v/ms-1
3
2
1
0 2 4 6 8 10
t／s
0 2 4 6 8 10
t／s
如图2－1
F／N
地球
火星
图乙
探测器
探测器
太阳
图2－3
26°34／
45°
B
A
4
2
0
4 8 12
F/N
a/ms-2
地球
·
f
v
v2
图2－4
m
v1
巩固提高训练
图2／－1
G
f
N
T
B
图2／－3
v2
v1
图2／－2
C
B
A
图2－5
a
mg
N
F
P
图2／－4
乙
甲
B
A
θ
图2／－8
图2／－7
B
Ｐ
图2／－5
乙
D
C
P
O
B
A
θ
α
甲
1
2
3
C3
C2
P
C1
B
A
·
·
火星
图4－1
图3‘－6
v0
θ
h
图3‘－5
·
图乙
5t0
3t0
t0
0
t
Fm
F
图3‘－4
图甲
C
A
D
C
B
A
0
t
tanθ
0
t
tanθ
0
t
tanθ
0
t
tanθ
图3‘－3
图3‘－2
O
·
图3‘－1
v0
θ
h
A
图3－4
图3－3
图3－2
图3－1
图1/－3
b
a
F
G
h
L
图2／－6
1
＝
：
q3
图2／／－1
图1／／－3
图1／／－1
T
G
A
B
·
·
图4“－2
PAGE
1专题研究九 实验
薛窑中学 邵平安
观察测定性实验是运用较准确的测量仪器、较完善的测量原理来进行物理量观察测定的实验。包括学生分组实验中的以下实验：用单摆测定重力加速度、用油膜法估测分子的大小、用描迹法画出电场中平面上的等势线、测定金属的电阻率、描绘小电珠的伏安特性曲线、把电流表改装成电压表、用电流表和电压表测电池的电动势和内电阻、练习使用示波器、传感器的简单应用、测定玻璃的折射率、用双缝干涉测光的波长和课堂中的一些演示实验。主要是通过观察实验现象，联系相关的原因和规律、了解实验所涉及的器材、进行实验技能的练习，来培养学生观察能力、动手能力和应用数学处理物理问题的能力。
验证型实验是在演示实验的基础上，人为设置条件，让学生通过自己动手，感知物理定律的正确性。它们包括：验证力的平行四边形定则、验证动量守恒定律、验证机械能守恒定律。
探究与设计性实验有四个实验，分别为：研究匀变速直线运动、探究弹力和弹簧伸长的关系、研究平抛物体的运动、用多用表探索黑箱内的电学元件。探究与设计型实验是在掌握了基本仪器使用、课本实验基础之后，探究、设计、完成指定任务的综合性实验。它需要根据所给的器材和要求，自己制订实验方案、选择实验仪器、拟定实验步骤、调控实验条件、观察记录和处理实验数据，并能分析实验的系统误差，等等。
考点 考题 类型
基本仪器的使用 2004全国理综·22（1） 螺旋测微器读数
2004江苏·11（1）（2） 螺旋测微器和游标卡尺（使用与读数）
2005春招北京理综·22（1） 螺旋测微器读数
2005黑龙江等地理综·22（1） 游标卡尺读数
2005四川等地理综·22 ( l ） 螺旋测微器读数
2005北京理综·21（2） 螺旋测微器读数
2005天津理综·22⑶ 螺旋测微器读数
2005北京·22 （1） 欧姆表读数
2004上海物理·14 测量匀变速直线运动加速度和速度（打点计时器的使用）
2004上海物理·15 测电源电动势和内阻
观察测定性实验 2004上海物理·18 伏安特性曲线（设计实验电路，作出特性曲线）
2004天津理综·19 激光散斑测速技术（“散斑对”相当于双缝干涉实验中的双缝）
2004北京理综·22 测电流表内阻（设计电路，实物连接）
2004广东·11 测玻璃的折射率（数据处理的方法）
2004广东·12 测量电源电动势及内电阻（实验步骤，实物连接）
2004湖南理综·22 伏安法测电阻（方法与电路连接）
2005天津理综·22 双缝干涉实验测波长
2005江苏·12 将电流表改装成电压表并进行核对
2005河南、山东理综·22（2） 测电源电动势和内阻
2005春招北京理综·22（3） 伏安法测电阻（方法与电路连接）
2005广东·11（1） 双缝干涉实验测波长
2005广东·11（2） “研究匀变速直线运动”
2005广东·12 传感电路（用伏安法研究热敏电阻在不同温度下的伏安特性曲线）
验证性实验 2005河南、山东等地理综·22（1） 验证力的平行四边形定则
2005北京·21 演示实验楞次定律
2005广东·9 演示实验钳形电流表的外形和结构
探究与设计性实验 2004上海物理·16 传感器(创新设计)
2004江苏·12 伏安特性（黑箱题，作图）
2004天津理综·22 将电流计改装成电流表（对原实验的拓展和提高）
2005江苏·11 探究弹力和弹簧伸长关系
2005黑龙江等地·22（2） 测电流表内电阻
2005四川理综等地·22 (l ） 测量电压表V的内阻Rv
2005北京·22 （1） “黑盒子”用多用电探明盒内元件的种类及连接方式
2005春招北京理综·22（2） 电话将听筒电路与话筒电路
2005上海·14 伏安法测电阻（变形）
2005上海·17 电路测量（滑动变阻器电路研究）
2005上海·18 科学探究活动（研究“运动物体所受空气阻力与运动速度关系”）
一、2004-2005年高考实验试题命题思路概括起来有如下一些特点：
1、实验题的分数都在18到20分之间变化，相对比例占12％--13.3% 左右。
2、注重实验仪器的考查。如螺旋测微器、游标卡尺的读数，欧姆表、电流表、电压表、滑动变阻器的使用（几乎年年考）等。
3、注重实验操作过程的考查。如2004上海物理卷描绘小灯泡灯丝伏安特性曲线，伏安法测电源电动势和内电阻，重庆理综已知电路测电阻实验操作步骤等。
4、强调实验方法的考查。如上海物理卷描绘小灯泡灯丝伏安特性曲线，伏安法测电源电动势和内电阻，广东物理卷测玻璃的折射率等。
5、注重实验结果的分析和误差分析的考查。如2002年全国卷用已知电路测电流表内阻，求相对误差表达式,由相对误差求电源电动势的值等。
6、恒定电流实验考查的比例和出题的几率相对较大。2005年各省市均有一稳恒电流实验题，考查的方法主要是对实验原理、实验方法进行创新，多为设计性实验，而且占的比分较大。
7、强调实验创新。体现在：①用教材中学过的原理去设计一个实验来测定某一物理量，如2004重庆理综22题、2005四川等地理综22 (l ）用给定的电路测电阻，2004天津理综22题、2005黑龙江等地22题测电流表内阻等。②实验原理和方法的迁移，即用学生实验中用过的方法去设计实验完成其它物理量的测量。如2004北京理综22题测电流表的内阻，2004浙江理综22题将电压表改装成电流表并校准等。
8、在实验试题中体现研究性学习，如2004年上海高考物理试卷第16、17题，2004江苏物理卷12题、2005北京22 （1）黑箱题，2005上海18题科学探究题研究“运动物体所受空气阻力与运动速度关系”。
二、2006年实验复习备考的方向：
1、敏锐把握新教材改革动向，密切注意新增加的学生实验。注意对重点实验和新增实验的重点复习。如①力学中用打点计时器测匀变速运动的速度和加速度、验证动量守恒、验证机械能守恒、用单摆测重力加速度；②电学中伏安法测电阻、测电源电动势；③光学中测玻璃折射率；④新增实验：增加“探究弹力和弹簧伸长”、“用油膜法估测分子的大小”、“描绘小电珠的伏安特性曲线”、“把电流表改装为电压表”、“用多用表探索黑箱内的电学元件”、“练习使用示波器”、“传感器的简单应用”、“用双缝干涉测光的波长”；取消“练习使用打点计时器”、“验证牛顿第二定律”等。实验题命在电学部分尤其是新增实验的可能性较大，因此要特别注意电学中几个学生实验的复习和加强对电学创新型设计实验的训练。
2、仔细阅读教材，注意课堂演示实验中原理、器材、操作程序的描述。实验复习与理论复习同步进行，即在复习完每一部分理论的同时复习该部分的演示实验，复习完该部分理论后复习该部分的学生实验。对每个学生实验的复习要求（1）明确：①实验目的，②实验原理，③实验仪器的使用与读数，④操作步骤（特别是容易遗漏和出错的重要步骤），⑤数据处理和数据分析，包括平均值法和图象法处理实验数据，实验结果是否合理和误差分析。⑥实验中应注意的问题，⑦实验后的思考、体会等。（2）注意该实验原理和方法的迁移，即教师引导学生研究用该实验的仪器、原理、方法还可完成哪些测量和验证哪些规律，如何进行，要求写出方案,指出实验中存在的问题。
3、进行适当挖掘，设想可能引申出来的定量应用。注重用学过的物理知识、物理规律作理论依据进行实验设计。思考、分析可用哪些物理知识作原理设计实验来测定哪些物理量，验证哪些规律。如①用共点力的平衡知识设计实验测定木块与斜面或水平面间的动摩擦因素，②用运动学规律和牛顿定律设计实验测定斜面的动摩擦因素，③用全电路欧姆定律设计实验测电源电动势和内阻，④用串联电路知识设计实验测伏特表内阻，⑤用并联电路知识设计实验测安培表内阻，测待测电阻等。
4、密切注意实验原理，从系统误差的角度研究操作细节的差异。如：①单摆测重力加速度中，必须在一个平面摆动的控制，而且计时起点必须在最低点；②伏安法测电阻时，安培表内接还是外接的选择；③测电源电动势和内阻时，电流表位置的接法；④用半偏法测电流表内阻时，电源电动势的不同以及两个可调电阻的阻值关系对相对误差的影响，等等。
5、务必掌握各种基本仪器的使用方法，研究数据处理的技巧，防止实验结果出错或不准。如：①在研究匀变速直线运动中用逐差法来处理数据加速度的计算；②测电源电动势和内阻，图象法处理U、I值时，要使图象尽可能分布全图，U一般不一定从零开始，等等。
6、对近代科学实验，可以根据高校普通物理学的知识适当进行拓展，如用双缝干涉测光的波长的实验改成薄膜干涉或镜面干涉（2005年江苏卷第15题洛埃镜实验）。
相关知识链接
高考考点解读
高考命题思路
反思专题研究八 光学和近代物理初步
（1）光学
考 点 考 题 题 型
光的直线传播 全国物理10（03） 选择题
广东物理16（04） 填空题
北京理综19（05） 选择题
光的反射 全国物理4（03） 选择题
广东物理11（04） 选择题
光的折射 全国物理8（03） 选择题
全国理综21（04） 选择题
全国理综18（05） 选择题
光的色散 江苏物理9（04） 计算题
北京理综18（04） 选择题
光的干涉 上海物理8（03） 选择题
天津理综19（04） 选择题
江苏物理15（05） 作图题
光电效应 全国物理2（03） 选择题
上海物理9（04） 填空题
天津理综17（05） 选择题
光的波粒二象性 江苏物理1（04） 选择题
上海物理1（04） 选择题
江苏物理6（05） 选择题
（2）近代物理
考 点 考 题 题 型
原子的结构 上海物理9（03） 填空题
上海物理5（04） 选择题
全国理综15（05） 选择题
氢原子的能级 全国物理9（03） 选择题
广东物理1（04） 选择题
全国理综15（05） 选择题
核反应方程 全国理综17（03） 选择题
全国理综14（04） 选择题
江苏物理1（05） 选择题
几何光学的命题，重在对基本概念、基本规律的考查。热点之一：与生活密切联系的问题， 如：光纤通信、猫眼、海市蜃楼等，重点是光的直线传播、光的反射、光的折射；热点之二：平面镜成像，可能与动态成像、几何知识相结合进行考查；热点之三：全反射的判断、折射率的计算，可能以计算题的形式考查。
波动光学的命题，重在基本实验、基本规律的考查。热点之一：与现代科技密切联系的问题，如：精密测量、光谱分析、增透膜等；热点之二：基本实验图样的特点，如：干涉图样、泊松亮斑、偏振现象等；热点之三：基本规律的考查，如：干涉、衍射、偏振的条件，光电效应的规律等。
原子物理的命题,要求较低但历届高考命题均涉及，“回归课本”、“不回避陈题”是本单元的特点。热点之一：对玻尔理论的考查，常以某类氢原子为例，考查.学生对定态假设、跃迁假设的理解能力及推理能力等；热点之二：核反应方程，常考点是衰变、人工转变、裂变、聚变等；热点之三：核能的开发与利用，这是一个社会热点问题，以此为背景的命题在计算题中频频出现，重点是用能量守恒和动量守恒处理问题。
第19课时 几何光学和波动光学
〔例1〕【2005南通专题复习】如图19-1所示，折射率为n＝的液面上有一点光源S，发出一条光线，垂直地射到水平放置于液体中且距液面高度为h的平面镜M的O点上，当平面镜绕垂直于纸面的轴O以角速度ω逆时针方向匀速转动时，液面上的观察者跟踪观察，发现液面上有一光斑掠过，且光斑到P点后立即消失，求：?
(1)光斑在这一过程的平均速度。?
(2)光斑在P点即将消失时的瞬时速度。?
析和解： 光线垂直于液面入射，平面镜水平放置时反射光线沿原路返回，平面镜绕O逆时针方向转动时经平面镜的反射，光开始逆时针转动，液面上的观察者能得到由液面折射出去的光线，则看到液面上的光斑，从P处向左再也看不到光斑，说明从平面镜反射P点的光线在液面产生全反射，根据在P处产生全反射条件得：
＝＝ sinθ＝，θ＝45°
(1)因为θ＝45°，PA＝OA＝h，t＝＝ ＝＝
(2)光斑转到P位置的速度是由光线的伸长速度和光线的绕O转动的线速度合成的，光斑在P位置的线速度为2ωh，所以光斑沿液面向左的速度?
v＝v线/cos45°＝2ωh/cos45°＝4ωh。
点评： 几何光学问题，作出正确的光路图致关重要！第(1)问的关键是，求光斑运动的时间，求平面镜转动时间即可；第(2)问要求学生真正掌握合速度与分速
度的概念，光斑运动的方向为合速度
〔例2〕．【2005科研测试二·9】一近轴会聚光束会聚在轴线上的F点，如图19-2所示，现在使该会聚集光束会聚与F相距△的F’处，可让光束通过一块垂直于光轴放置的两面平行的平板玻璃，
若此玻璃 的折射率为n，则此玻璃板的厚度d为多少
析和解： 光线通过平板玻璃，出射光线与入射
光线平行，同时侧向移动一段距离。设入射光线的入射角为 ，通过玻璃平板时，在第一个表面发生折射，折射角为，在第二个表面上，入射角为 ，折射角为，如图19-3，图中AA’=l，若玻璃板的厚度为d，则有 ①
由折射定律有 ②
对于近轴光线 ③
由①、②、③式得 ④
以O表示玻璃板与轴的交点， 则有 ⑤
⑥ 由④、⑤、⑥式得
点评：“光学问题”正确作图是成功解题的关键，本题需用入射角较小的光线作光路图，利用数学知识 ， 化简关系式；这是处理“视深问题”时要注意的两点。
〔例3〕【2005年全国大联考】 某金属在一束黄光的照射下正好有电子逸出，则在下述情况下逸出电子的多少和电子的最大初动能有什么变化
(1)增大光强而不改变光的频率。
(2)用一束强度更大的红光代替黄光。
(3)用一束强度比黄光小得多的紫光代替黄光。
析和解： 某金属在黄光的照射下正好有电子逸出，说明此种黄光的频率恰好为该种金属的极限频率。
（1)增大光强而不改变光的频率，意味着单位时间内入射光子数增加而每个光子的能量不变，因此光电子的最大初动能不变，但逸出的光电子数目增加。
(2)用一束强度更大的红光来代替黄光，红光光子的频率小于该金属的极限频率，所以无光电子逸出。
(3)用强度比黄光小得多的紫光代替黄光，虽然单位时间里射向金属的光子数比原来减少，但每个紫光光子的能量比黄光光子的能量大，因此，光电子的最大初动能增大，但是单位时间里逸出的光电子的数目减少(注意：即使紫光的强度与黄光的强度相同，单位时间里射向金属的光子数应是黄光多，紫光少，因为每个紫光光子的能量比每个黄光光子的能量大)。
点评：光电效应规律有四条，其中两条规律是：光电子的最大初动能与入射光的强度无关，只随着入射光频率的增大而增大；当入射光的频率大于极限频率时，光电流的强度与入射光的强度成正比．这两条规律告诉我们，入射光的强度只能决定光电子的多少，而不能决定光电子的最大初动能；光电子的最大初动能仅由入射光的频率决定．
〔例4〕【2005如皋专题复习】激光器是一个特殊的光源，它发出的光便是激光，红宝石激光器发射的激光是不连续的一道一道的闪光，每道闪光称为一个光脉冲，现有一红宝石激光器，发射功率为，所发射的每个光脉冲持续的时间为，波长为793.4 nm，问每列光脉冲的长度l是多少？其中含有的光子数n是多少？
析和解： 以，l和c分别表示光脉冲的持续时间，长度和光在真空中的传播速度，由题意可知， ①
以P和E表示红宝石激光器发射功率和光脉冲能量，有： ②
以和表示红宝石激光的波长和频率，有：
每个红宝石激光光子的能量， ③
由②③两式得：
代入数据得：
点评：激光器发光的本质是能的转换，光源在时间发射的能量，由每个光子的能量 E=hγ，即可计算n
1．【2005北京理综·19】一人看到闪电12.3s后又听到雷声。已知空气中的声速约为330m/s~340m/s，光速为3×108m/s，于是他用12.3除以3很快估算出闪电发生位置到他的距离为4.1km。根据你所学的物理知识可以判断 （ ）
A.这种估算方法是错误的，不可采用
B.这种估算方法可以比较准确地估算出闪电发生位置与观察考间的距离
C.这种估算方法没有考虑光的传播时间，结果误差很大
D.即使声速增大2倍以上，本题的估算结果依然正确
2.【2001全国理综·22】如图所示，两块同样的玻璃直角三棱镜ABC，两者的AC面是平行放置的，在它们之间是均匀的未知透明介质，一单色细光束O垂直于AB面入射，在图示的出射光线中（ ）
A. 1，2，3（彼此平行）中的任一条都有可能
B. 4，5，6（彼此平行）中的任一条都有可能
C. 7，8，9（彼此平行）中的任一条都有可能
D. 只能是4，6中的某一条
3 【2005全国理综·17】 图示为一直角棱镜的横截面，∠bac＝90°，∠abc=60°。一平行细光束从O点沿垂直于bc面的方向射入棱镜。已知棱镜材料的折射率n=，若不考虑原入射光在bc 面上的反射光，则有光线 （ ）
A.从ab面射出 B.从ac面射出
C.从bc面射出，且与bc 面斜交
D.从bc面射出，且与bc面垂直
4 如图所示，某玻璃棱镜的顶角为θ，恰为黄光的临界角．当白光通过棱镜发生色散，在光屏A上形成彩色光带后，把白光的入射角i逐渐减小到零的过程中，在光屏上会观察到 （ ）
A. A屏上最先消失的是紫光 B. 最后在B屏上左边是紫光
C. 最后B屏上右边是紫色 D. 最后B屏上左边是黄光
5【2005南通专题复习】 水中一标竿齐水面的刻度为零，水面以上刻度为正，以下刻度为负，人浮于水面与标竿相距L处，且水面上标竿的/2 m刻度的倒影与水下一m刻度的像重合，若水的折射率为，要看到水面上/2 m刻度的倒影与水下一m的刻度的像重合，人需后退的距离为多少
6. 下列说法中正确的是 （ ）
(A) 用给定的单色光照射金属表面发生光电效应时，一般来说，若被照射的金属不同，则光电子的最大初动能不同
(B)用不同频率的单色光照射同一种金属表面，若都能发生光电效应，则其最大初动能并不相同
(C)发生光电效应时，最大初动能的最小值等于金属的逸出功
(D）用某单色光照射某金属表面时，没发生光电效应. 若用多束这样的单色光同时照射表面同一处，则只要光束足够多，就有可能发生光电效应
7 【2005南通二模】在用红光作双缝干涉实验中，已知双缝间的距离为0.5mm，测得双缝到光屏的距离为1.0m，在光屏上第一条暗条纹到第六条暗条纹间的距离为7.5mm．则此红光的频率为多少 它在真空中的波长为多少
8 【2005如皋专题复习】 人眼对可见光中的绿光最敏感，已知绿光的波长为λ=600nm，为引起人眼的视觉，进入人眼的绿光的能量至少为每秒E=10-16J，普朗克常量为h=6.63×10-34J s。
⑴为了引起人的视觉，每秒进入人眼的绿光光子至少为多少个？
⑵假设在漆黑的夜晚，在距人S=100m远处点亮一只绿色小灯泡，为使人看到它的光线，小灯泡的功率至少多大？（人用一只眼看，瞳孔直径为4mm）
9． 【2005 江苏·15】1801年，托马斯·杨用双缝干涉实验研究了光波的性质．1834年，洛埃利用单面镜同样得到了杨氏干涉的结果(称洛埃镜实验)．
(1)洛埃镜实验的基本装置如图所示，S为单色光源，M为一平面镜．试用平面镜成像作图法在答题卡上画出S经平面镜反射后的光与直接发出的光在光屏上相交的区域．
(2)设光源S到平面镜的垂直距离和到光屏的垂直距离分别为a和L，光的波长为λ，在光屏上形成干涉条纹．写出相邻两条亮纹(或暗纹)间距离Δx的表达式．
10．【2004北京东城试题】一般认为激光器发出的是频率为v的“单色光”，实际上它的频率并不是真正单一的，激光频率v是它的中心频率，它所包含的频率范围是Δv (也称频率宽度)，让单色光照射到薄膜表面，一部分从前表面反射回来(这部分称为甲光)，其余的进入薄膜内部，其中的一小部分从薄膜后表面反射回来，并从前表面射出(这部分称为乙光)，甲、乙这两部分光叠加而发生干涉，称为薄膜干涉，乙光与甲光相比，要多在薄膜中传播一小段时间Δt，理论和实践都证明，能观察到明显的干涉现象的条件是：Δt的最大值Δtm与Δv的乘积近似等于1，即只有满足Δtm·Δv≈1，才会观察到明显的稳定的干涉现象．已知某宝石激光器发出的激光v＝4．32×1014Hz，它的频率宽度Δv＝8．0×109Hz，让这束单色光由空气斜射到折射率n＝的液膜表面，射人时与液膜表面成450角，如图6-3-2所示．
(1)求从O点射人薄膜中的光线的传播方向及传播速率
(2)估算在如图所示的情景下，能观察到明显稳定干涉现象的液膜的最大厚度dm．
附：第19课巩固提高训练答案及解
1.答案：B
解：光速远远大于声速，光的传播时间可以忽略不计。
2.答案：B。
解：(1)光线经AC面的折射情况由于未知透明介质的折射率的不确定性分为三种情况： （1）透明介质折射率大于玻璃折射率，可能出射光线为图中第6条；
（2）透明介质折射率等于玻璃折射率，入射光线不偏折，是第5条光线；
（3）透明介质折射率小于玻璃折射率，可能射出光线为第4条光线。
3.答案：B D
解：折射率n=，临界角为45°，光线在ab面上的入射角为60°，发生了全反射，射到ac面上，入射角为30°，有光线从ac面射出，同时有光线从bc面射出，入射角为0°。
4.答案：A、B
解：三棱镜由于玻璃对于各种色光的折射率不同，导致了各种色光的偏折角不同而形成彩色光带(即色散)．玻璃对紫光的折射率最大，紫光的偏折角最大，而紫光的临界角最小，所以首先在EG面上发生全反射后．再从GF面上折射到光屏B上．当i =0时，白光射到EG面上入射角为θ，此时黄光恰好发生全反射．而频率高于黄光的绿、蓝、紫光均发生全反射到FG面上，它们的入射角相同，折射角最大的是紫光，所以B屏的左边是紫光．
5.答案： x=1m.
解：根据光的反射、折射作出光路图如图所示，可求得人向后 移动的距离。
6.答案： A B
解：不同金属的逸出功不相同，不同频率的单色光的光子能量不同，由光电方程知A B正确；最大初动能与极限频率有关，金属的逸出功与金属本身有关；能否发生光电效应与光强无关。
7答案：λ=7.5×10-7m f=4×1014Hz
解：相邻两条暗纹间的距离为Δx=1.5×10-3m.根据 得：λ=7.5×10-7m. 由f=c/λ得此光的频率为f=4×1014Hz
8答案：（1）n=302 （2）P=10-6W
解：⑴E=nhC/λ，∴个 ⑵，∴P=10-6W
9答案：（1）如图19＇-8
（2） 因为，
所以
10 答案：（1）v=2.12×108m/s （2）dm=1.15×10-2m
解：(1)由折射率n=c/v 得射入薄膜中的光的速率：v=2.12×108m/s
(2)由光的折射定律得： 设乙光在薄膜中传播时间的最大值为Δtm，对应的最大厚度为dm，则 根据题中所给条件Δtm·Δv≈1 得：dm=1.15×10-2m
第20课 原子和原子核
〔例1〕【2005南通专题复习】我国在核聚变研究领域处于世界先进行列．在实验中观察到有下列4种核反应：
已知在实际发生的核聚变中上述4种反应的概率相同，其原料直接或间接都是氘核，而氘核在地球上的储量非常丰富，每升海水中大约有0.030 g氘．那么1 L海水中的氘全部发生聚变释放的总能量为多少 (取阿伏加德罗常数NA＝6.02×1023／mol)
析和解： 由于发生4种反应的概率相同，将以上4 个核反应相加得总反应式为
因此1mol氘全部聚变释放的能量为E=（6.02×1023÷6）×43.15MeV=6.93×1011J
每升海水中所含的氘为0.030g，因此释放的总能量应为E×0.030/2=1.04×1010J
点评：4种核反应的概率相同,方程左右两侧分别相加,削去两侧相同的项,得核反应等效式,是本题的光键.
〔例2〕 【2004科研测试·15】图20-1为氢原子能级示意图，现有每个电子的动能
都是Ee=12.89eV的电子束与处在基态的氢原子束射入同一区域，
使电子与氢原子发生迎头正碰。已知碰撞前一个电子和一个原子
的总动量为零。碰撞后氢原子受激发，跃迁带n＝4的能级。
求碰撞后一个电子和一个受激氢原子的总动能。已知电子的
质量me与氢原子的质量mH之比为。
析和解：以ve和vH表示碰撞前电子的速率和氢原子的速率，
根据题意有 ①
碰撞前，氢原子与电子的总动能为
②
解①②两式并代入数据得 ③
氢原子从基态激发到n=4的能级所需能量由能级图得
eV ④
碰撞后电子和受激氢原子的总动能
eV ⑤
点评：本题关键在于掌握：⑴ 微观粒子在相互作用中遵循动量守恒和能量守恒；⑵ 电子在跃迁中也同样遵循能量守恒；⑶ 实物粒子轰击电子发生跃迁时，除了提供电子发生跃迁所需要的能量外，剩余的能量仍作为实物粒子的动能，在这一点上与光子提供电子发生跃迁所需能量不同。
〔例3〕【2005南通部分重点中学联考】 如图20-2为一有界的匀强磁场，磁感应强度B=0.50T，方向垂直纸面向里，MN是磁场的左边界。在磁场中A处放一个放射源，内装（镭），放出某种射线后衰变成（氡）。试写出衰变的方程。若A距磁场的左边界MN的距离OA=1.0m时，放在MN左侧的粒子接受器接收到垂直边界MN方向射出的质量较小的粒子，此时接受器位置距直线OA为1.0m。由此可推断出一个静止镭核衰变时放出的能量是多少？保留2位有效数字。（取1u=1.6×10-27Kg,电子质量e=1.6×10-19C）
析和解： 衰变的方程 , 镭衰变放出的α粒子和氡核在磁场中做匀速圆周运动，α粒子垂直于MN边界射出被接受器接收。α粒子在磁场中的轨迹为1/4圆周，得出半径R=1.0m。α粒子的动量mv=BqR=1.6×10-19Kgm/s，动能为E1=mv2/2=2.0×10-12J，衰变过程中动量守恒，有mv=MV,氡核反冲的动能为E2=MV2/2=mE1/M,衰变过程释放的能量为E1+E2=（1+m/M）E1=2.0×10-12J。
点评：⑴ α、β射线的实质是实物粒子。⑵α、β射线在磁场中时遵循带电粒子在磁场中运动的规律。⑶衰变过程中同样遵循动量守恒和能量守恒的规律。
1．【2005上海·7】卢瑟福通过实验首次实现了原子核的人工转变，核反应方程为，下列说法中正确的是 （ ）
(A)通过此实验发现了质子．
(B)实验中利用了放射源放出的γ射线．
(C)实验中利用了放射源放出的α射线．
(D)原子核在人工转变过程中，电荷数可能不守恒．
2． 【2005全国理综·15】已知π＋介子、π－介子都是由一个夸克（夸克u 或夸克d ）和一个反夸克（反夸克 或反夸克）组成的，它们的带电量如下表所示，表中e为元电荷。
π＋ π－ u d
带电量 +e －e +e －e －e +e
下列说法正确的是 （ ）
A.π＋由u 和组成 B.π＋由d 和组成
C.π－由u 和组成 D.π－由d 和组成
3 【2005北京理综·16】为纪念爱因斯坦对物理学的巨大贡献，联合国将2005年定为“国际物理年”。对于爱因斯坦提出的质能方程E=mc2，下列说法中不正确的是 （ ）
A.E=mc2表明物体具有的能量与其质量成正比
B.根据ΔE＝Δmc2可计算核反应的能量
C.一个质子和一个中子结合成一个氘核时释放能量，表明此过程出现了质量亏损
D.E=mc2中的E是发生核反应中释放的核能
4 中子和质子结合成氘核，同时放出γ光子，核反应方程是，以下说法中正确的是 ( )
A.反应后氘核的质量一定小于反应前质子和中子的总质量
B.反应前后质量数不变，因而质量不变
C.由核子组成原子核一定向外释放能量
D.光子所具有的能量为△mc2，△m为反应中的质量亏损，c为光速
5【2005上海·7】卢瑟福通过实验首次实现了原子核的人工转变，核反应方程为，下列说法中正确的是（ ）
(A)通过此实验发现了质子．
(B)实验中利用了放射源放出的γ射线．
(C)实验中利用了放射源放出的α射线．
(D)原子核在人工转变过程中，电荷数可能不守恒．
6【2004广东高考题】 下面一系列核反应是在恒星内部发生的：
；；
；；
； ；
其中P为质子，α为α粒子，e+为正电子，ν为一种中微子。已知质子质量为mp=1.672648×10-27Kg，α粒子的质量为mα=6.644929×10-27Kg，正电子质量为me=9.11×10-31Kg，中微子质量可忽略不计。真空中光速c=3.00×108m/s。试计算该系列核反应完成后释放的能量。
7 【2005中学试卷网】 2002年诺贝尔物理学奖中的一项，是奖励戴维斯和小柴昌俊在“探测宇宙中的中微子”方面取得的成就．中微子μ是超新星爆发等巨型天体在引力坍缩过程中，由质子和电子合并成中子的过程中产生出来的．1987年在大麦哲伦星云中的一颗编号为SN1987A的超新星发生爆发时，位于日本神冈町地下1km深处一个直径10m的巨大水池(其中盛有5万吨水，放置了1.3万个光电倍增管探测器)共捕获了24个来自超新星的中微子． 已知编号为SN1987A超新星和地球之间的距离为17万光年(取1光年=9.46×1015m)．设中子的质量为mn，电子的质量为me，质子的质量为mp，中微子μ的质量可忽略．
(1)写出1个质子和1个电子合并成中子的核反应方程；
(2)设1个质子和1个电子合并成1个中子过程中所吸收(或释放)的核能为ΔE，写出计算ΔE大小的表达式；
(3)假设编号为SN1987A的超新星发生爆发时向周围空间均匀地发射中微子，且其中到达日本神冈町地下巨大水池的中微子中有50％被捕获，试估算编号为SN1987A的超新星爆发时所释放出的中微子的总数量．(保留1位有效数字)
8【2005中学试卷网】众所周知，地球围绕着太阳做椭圆运动，阳光普照大地，万物生长，请回答下列二个问题：
(1)太阳辐射能量主要来自太阳内部热核反应，写出核反应方程式．
(2)根据你学过的知识，试论述随着岁月的流逝，地球公转的周期，日地的平均距离，地球的表面温度变化的趋势．(不考虑流星及外星球与地球发生碰撞的可能性)
9【2005如皋专题复习】 频率为ν0的光子由地球表面竖直向上运动，当它上升ΔH=22.5m的高度时，由于地球的引力作用，它的波长会变长一些，我们称这种现象为引力红移。试分析下列问题：
⑴光子能量的表达式是什么？
⑵爱因斯坦的质能联系方程是什么？
⑶由以上两式，试写出光子质量m 的表达式。
⑷用能量守恒的观点求光子上升ΔH=22.5m时 ， 该光子频率的红移量Δν跟原有频率ν0的比值。
附：第20课巩固提高训练答案及解
1 答案：A C
2 答案： A D
解：π＋介子的电量与一个元电荷相同，可以由u和组成；同理，π－由d 和组成
3答案： D
4答案：ACD
5答案： AC
6答案：Q=3.95×10-12J。
解：将题中所给诸反应方程左右两侧相加，消去两侧相同的项，系列反应最终等效为，设反应后释放的能量为Q，根据质能关系和能量守恒得：；代入数值可得Q=3.95×10-12J。
7答案：(1) (2)
(3)2×1043
8 答案：(1)聚变
(2)太阳内部进行着剧烈的热核反应，辐射大量光子，根据质能方程，可知太阳的质量在不断地减少，由万有引力定律知，太阳对地球的万有引力不断减小，由F=mv2/R知，日地距离不断增大，由知地球运行速率减小，由于太阳质量减小，辐射光子的功率将减小，又R增大，所以辐射到地球表面的热功率将减小，这样地球表面的温度也将逐渐降低．
9答案：⑴ E=hν ⑵ E=mC2 ⑶ 由E=hν和E=mC2得m=hν/C2
⑷光子上升时引力作负功使光子能量减小转化为系统的势能，
原子结构
核外电子
原子核
核结构
中子
质子
核反应
天然放射现象
核裂变
聚变
核 能
几何光学
波动光学
光路可逆
条件
光的直线传播
现象
光速
应用
光的反射
现象
规律
平面镜
成像
控制光路
光的折射
现象
规律
棱镜
全反射
光电效应
光子说
光的干涉
光的衍射
光的偏振
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微粒说
波动说
光学
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图19＇＇---7
L
M
S
S＇
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考 点 考 题 题 型
电磁感应与路和场 2003上海·62004全国理综·192004上海·42005全国Ⅱ·192005上海·112005广东·92005北京理综·212005天津·23 选择题选择题选择题选择题选择题选择题选择题计算题
电磁感应与力和运动 2003江苏·182003天津理综·252004江苏·62004上海·222004北京理综·232005全国Ⅲ·162005广东·17 计算题计算题选择题计算题计算题选择题计算题
电磁感应与功和能 2003上海·222004广东·152004广西·152004全国Ⅰ·242005上海·22 计算题计算题计算题计算题计算题
电磁感应与能量和动量 2005江苏·162005广东·6 计算题选择题
高考命题思路
电磁感应与路和场，近几年主要是以选择题的形式出现，重点考查电磁感应现象、电磁感应的一般规律、自感（线圈）的“阻碍”作用等等。解决这类问题时，更多的应从电磁感应的基本原理入手进行分析，尤其是楞次定律的应用更要加以重视和加深理解。随着科技的进步和发展，日常生活中的电气设备、控制器件越来越多，与电磁感应的联系也越来越密切，应给予高度重视和及时关注。
电磁感应与力和运动，近几年多以计算题的形式出现，重点考查学生对感应电流所受安培力的理解与计算，解这类问题时，应先分析回路中的电磁感应现象，再分析感应电流所受的安培力，结合对整个物体的受力分析，进行进一步的分析和计算。从解题思路来讲，这类问题多属于基本题型，只要我们仔细分析、认真计算，问题就迎刃而解了。
电磁感应与功和能，近几年多以计算题的形式出现，重点考查安培力的功、功率，导体的动能变化等知识，查看学生在新情景中运用“动能定理”的能力，同时考查学生对功、能关系的理解。
电磁感应与能量和动量，今年考了两题，以选择题和计算题的形式出现，这类问题的综合性较强，重点考查能量守恒和转化定律，考查安培力的冲量、对物体动量改变的作用、电路中的电量等等知识。尤其是对安培力的冲量的应用，由于，而，所以，由此把冲量与电量直接联系起来了，更为值得关注的是，这里的是电流的时间积累效果，包含了微元叠加（积分）的思想，有更大的发展空间，应该重视。
专题六 电磁感应 第 1 页专题研究四 直流电路和交流电路
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高考考点解读
考点 考题 题型
直流电路 2003上海春季·152003上海理综·102003江苏·162004浙江理综·182004上海·122004江苏·142005江苏·142005上海·5 选择题选择题计算题选择题填空题计算题计算题填空题
交流电路 2003全国理综·192004天津理综·182004江苏·132005上海·2B2005广东·82005广东·9 选择题计算题计算题填空题选择题选择题
高考命题思路
1． 直流电路的分析和计算，在近年的高考中每年都有相关的试题，试题难度不大，主要考查电路的简化，直流电路的动态分析，电路故障的分析与判断，含容电路的分析和计算，直流电路中能量转化问题等等，这些问题也是今后的命题趋向，另外，要密切注意本考点与生产和生活相结合的新情境问题。
2． 交流电路部分由于与工农业生产和日常生活紧密结合，在近几年的高考中考查的频度较高，其考查的形式多以难度中等或中等偏下的选择题、填空题出现，但2004年江苏卷和2003年全国理综卷中，以计算题的形式出现，且2003年全国理综卷中第25题难度较大，其中考查频度最高是交流电有效值、变压器的有关知识，电磁场的有关知识不属于高中物理的重点内容，但也不能因此而放弃对其基本内容理解和掌握，例如，2005年广东卷第8题就是考查电磁波有关的知识。
第9课时 直流电路
精典考题反思
［例1］（2001上海·7）如图9—1甲所示电路中，闭合电键，灯L1、L2正常发光，由于电路出现故障，突然发现灯L1变亮，灯L2变暗，电流表的读数变小，根据分析，发生故障的可能是 （ ）
A．R1断路 B．R2断路
C．R3短路 D．R4短路
析与解：原电路较复杂，不能直接看出连接关系，可先进行电路简化，画出等效电路如图9—2所示。
现在灯L1变亮，灯L2变暗，说明灯L1所分得的电压变大，灯L2所分得的电压变小。若R1断路，则L1上的电压变大，灯L2上的电压变小，电流表的读数也变小，A正确。若R2断路，L2上的电压变大，灯L1上的电压变小，不合题意。
若R3短路，则L2所在的并联电路的电阻减小，L2上的电压变小，L1上的电压变大，但因总电阻减小，总电流I增大，而I=I2+I4，由于L2中电流I2减小，故电流表中的电流I4增大，所以C错误。同理可以判断，若R4短路，电流表的示数也增大，D错误。
点评：（1）求解本题的关键是电路的简化，在画等效电路时，要特别注意用导线相连的两点电势相等，可去掉导线合为一点；（2）电路故障的分析常用假设法，即假设某一元件（如电阻）发生断路或短路，看由此分析得到的结果与所给定的故障现象是否吻合。
［例2］（2003江苏·16）在如图9—2所示的电路中，电源的电动势E=3.0V，内阻R=1.0Ω；电阻R1=10Ω，R2=10Ω，R3=30Ω，R4=35Ω；电容器的电容C=100μF，电容器原来不带电，求接通开关K后流过R4的总电荷量。
析与解：开关接通后，电容器充电，流过R4的电荷量，即为电容器的充电电荷量。电路达到稳定后，R4上无电流，故电容器相当于接在电阻R3两端。
易得电路的总电阻为
电路中的总电流为I=
路端电压为U=E-IR
电阻R3两端的电压为U’= 图9—2
流过R4的总电荷量为Q=CU’，代入数据可得Q=2.0×104C。
点评：（1），电容器跟哪个电阻并联，该电阻两端的电压即为电容器两端的电压；（2）在直流电路中，某一支路串有电容器时，这一支路视为断路，与电容器串联的电阻可看成为导线。（3）计算电容器充放电过程中，通过电阻的电量时，应注意是一直充电（或一直放电），还是先充电后放电（或先电放后充电）。
［例3］．（05南通一模）如图9—3所示，甲、乙两电路中电源完全相同，电阻R1＞R2，在两电路中分别通过相同的电量Q的过程中，下列关于两电路的比较，正确的是 （ ）
A．电源内部产生电热较多的是甲电路中的电源
B．R1上产生的电热比R2产生的电热多
C．电源做功较多的是乙电路中的电源
D．电源输出功率较大的是乙电路中的电源
析与解：本题的概念性很强，利用有关概念进行判断。
电源内部产生的电热Q内热=I2Rt ①
电量 Q=It ②
电流强度 I= ③ 图9—3
由①②③式得 Q内热=
故乙电源内部产生电热较多，A错误。
外电阻上产生的电热QR热= I2Rt=，故R1上产生的电热多，B正确。
电源做功W=QE，故两电源做功相等，C错误。
电源输出功率P输，当R=r时电源输出功率最大，因r与R1、R2之间的大小关系不明确，也就无法确定两电源输出功率的大小关系，故D错误。
点评：（1）电路中有关电功、电热；电源的总功率、输出功率、内部发热功率；用电器的额定功率、实际功率等概念容易混淆，要正确区分。（2）电源的输出功率随外电阻的变化关系是个难点，既要正确理解，又要灵活应用。
［例4］某电子元件的电压与电流的关系如图9—4甲所示，将该电子元件与一个R=8Ω的电阻串联，再接至电动势E=3V，内阻R=2Ω的电源上，试求电路中的电流及电源的效率。
析与解：将R看成电源的内阻，可在原来的图像中作出其路端电压和电流的图像（如图9—4乙），与电子元件和电流关系图象有交点(I0=130mA，U0=1.7V)，该交点即为电路中的实际电流和电子元件两端的实际电压。
易得电源的效率为：
图9—4甲
结果为电路中电流： I0=130mA，效率为91.3%
点评：（1）为了便于研究电子元件，可把R看成是电源内阻，而在研究电源的效率时，不能把R看成是电源内阻。（2）像热敏电阻、光敏电阻等电阻值随电压（或电流）变化的有关问题，不能直接用闭合电路的欧姆定律，常常用图解法求解。
图9—4乙
巩固提高训练
1．如图9—1，所示电路，闭合开关S，当R1的滑动触头向右移动，使电压表V1的示数变化ΔU1时，电压表V2的示数变化为ΔU2，ΔU1、ΔU2均为其变化的绝对值，则 （ ）
A．ΔU1=ΔU2
B．ΔU1<ΔU2
C．ΔU1>ΔU2
D．不能判断ΔU1和ΔU2的大小关系
2．如图9—2，所示电路，R1、R2、R3是定值电阻，c点接 图9—1，
地，a、b两接线柱接上直流电源，开关S是断开的，那么，
当开关S闭合后 （ ）
A．ab两点电势均升高
B．ab两点电势均降低
C．a点电势升高，b点电势降低
D．a点电势降低，b点电势升高
3．某居民家中的电路如图9—3，所示，开始时各部分工作 图9—2，
正常，将电饭煲的插头插入插座后，正在烧水的电热壶突然不能工作，但电灯仍正常发光，拔出电饭煲的插头，把试电笔分别插入插座的左右插孔，氖管均能发光，则 （ ）
A．仅电热壶所在的C、D两点间电路发生了断路故障
B．仅电热壶所在的C、D两点间电路发生了短路故障
C．仅导线AB间断路
D．因为插座用导线接地，所以发生了上述故障
图9—3，
4．（03苏锡常镇）如图9—4，甲为在温度为10℃左右的环境中工作的某一自动恒温箱原理图，箱内的电阻R1=20kΩ，R2=10 kΩ，R3=40 kΩ，Rt为热敏电阻，它的阻值随温度变化的图线如图9—4，乙所示。当ab端电压Uab≤0时，电压鉴别器会令开关S接通，恒温箱内的电热丝发热，使箱内温度升高；当ab端电压Uab＞0时，电压鉴别器会令开关S断开，停止加热，则恒温箱内的温度可保持在 （ ）
A．10℃ B．20℃
C．35℃ D．45℃
甲 乙
图9—4，
5．（03石家庄）如图9—5，所示，输入电压UAB=200V，变阻器R1标有“150Ω、3A”字样，负载电阻R2标有“50Ω、2A”字样，在电路许可的情况下，则输出电压Uab （ ）
A．最大值为200V，最小值为0V
B．最大值为100V，最小值为0V
C．最大值为200V，最小值为75V
D．最大值为100V，最小值为75V
图9—5，
6．05年苏州质量检测）下图甲是某同学在科技活动中自制电子秤的原理图，利用理想电压表的示数来指示物体的质量。托盘与金属弹簧（电阻可忽略）相连，托盘与弹簧的质量不计。滑动变阻器的滑动端与弹簧的上端相连接，当托盘中未放物体时，滑动触头恰好指在滑动变阻器的最上端，接通开关后电压表的示数为零。设变阻器的总电阻为R，总长度为 L，电源电动势为E，内阻为r，限流电阻的阻值为R0，弹簧的劲度系数为k，不计摩擦和其他阻力。
（1）求电压表的示数UX与所称物体质量m之间的关系式；
（2）由上述UX与m的关系式可知，由于电压表的示数UX与待测物体的质量m不成比，因而不便于对自制电子秤的表盘进行刻度。进一步分析可知：为使电压表的示数UX与待测物体的质量m成正比，只需利用原有器材，对电路的连接方式加以改进。试在图乙的虚线框内画出改进后的电路图，并根据该电路图求出电压表的示数U’X与所称物体质量m的关系式。
甲 乙
图9—6，
7．（2005江苏·14） 如图9—7，所示，R 为电阻箱， 为理想电压表，当电阻箱读数为R1=2Ω时，电压表读数为U1=4V；当电阻箱读数为R2=5Ω时，电压表读数为U2=5V。求：
(1) 电源的电动势和内电阻；
(2)当电阻箱R的读数为多少时，电源的输出功率最大？最大值Pm为多少？
图9—7，
8．如图9—8，甲所示电路，当变阻器的滑动片从一端滑到另一端的过程中，两电压表的读数随电流表读数的变化情况如图9—8，乙中AC、BC两直线所示，不考虑电表对电路的影响，
(1)电压表V1、V2的示数随电流表示数的变化图象分别为U-I图象中的哪一条直线？
(2)定值电阻R0、变阻器的总电阻分别是多少？
(3)试求出电源的电动势和内电阻
(4)变阻器滑动片从一端到另一端的过程中，变阻器消耗的最大电功率为多大？
图9—8，
第9课时巩固提高训练答案及解
1．答案：C
图中R1为滑动变阻器，滑动触头向右移动，R1减小，I增大，U2=IR2增大，U内=IR增大，而U1=E-I(R2+R)减小，。故选C
2．答案：A
S闭合，R总减小，I总增大，U1增大，而b点电势大于c点电势，因此，b点电势升高，U2=E-I(R1+R)，U2减小，而a点电势小于c点电势，因此a点电势也升高，故选A
3．答案：C
试电笔分别插入插座的左右插孔后均能发光，说明零线断路，因为电灯正常发光，所以在电灯开关接线A处与三孔插座接线B处之间断路。故选C
4．答案：C
当Uab=0时，由R1/R2=R3/R4得，R4=20Ω，再由图象求出温度为35℃，故选C
5．答案：D
R1、R2的额定电压分别为450V和100V，当R2=100Ω时，I2=U2/R2=2A，R1的上部分电阻R1’=(UAB-U2)/I2=50Ω，R1的下部分电阻R1”=R1-R1’=100Ω，其电流I1”=UAB/R1”=2A<3A；R1的滑动触头向下移动时，Uab减小，当R1的下部分电流I1“=3A时，滑动触头不能再向下移，这时R1”=UAB/I1”=200/3Ω，R1’=150-200/3=250/3Ω，Uab=UABR2/(R1’+R2)=75Ω，故选D
6．答案：U，x=
设变阻器的上端到滑动端的长度为x，根据题意有
mg=kx Rx= Ux=
得 Ux=
（2）电路如图图9—1，，所示。
图9—1，，
根据题意有
mg=kx Rx= U，x=
得U，x=
7．答案：（1）6V；1Ω。（2）9W
（1） 由闭合电路欧姆定律E=E=得E=6V，R=1Ω
（2） 由电功率表达式P==可得
当R=R=1Ω时，P有最大值，Pm=E2/4R=9W
8．答案：（1）略。（2）12Ω。（3）1Ω；8V。（4）4W
(1)I变大时,U2=IR0相应变大,而U1=E-IR则变小,故V1表的示数对应BC直线,V2表的示数对应AC直线.(2)R0=ΔU2/ΔI=4.5/1.5=3Ω,在R取最大值时,ImIn=0.5A,此时U1=7.5V,故Rmax+R0=7.5/0.5,即Rmax=12Ω;(3)由题意7.5=E-0.5r和6=E-2r得r=1Ω,E=8V;(4)当变阻器阻值R=R0+R=4Ω时,变阻器消耗的功率最大,Pmax=E2/4R=4W.
第10课时 交流电路
精典考题反思
［例1］（2004江苏·13）如图10—1所示，一个变压器(可视为理想变压器)的原线圈接在220V的市电上，向额定电压为1.80×104 V的霓虹灯供电，使它正常发光。为了安全，需要在原线圈回路中接入熔断器使副线圈电路中电流超过12mA时，熔丝就熔断，(1)熔丝的熔断电流是多大？
(2)当副线圈电路中电流为10mA，变压器的输入功率是多大？
析与解：(1)设原副线圈上的电压、电流分别为U1、U2、I1、I2，理想变压器工作时，输入功率等于输出功率，存在U1I1=U2I2，
当I2等于12mA 时，原线圈中的电流达到熔断电流，代入数据得
I1=0.98A
(2)设此时副线圈的电流为I2’，理想变压器工作时，输入功率等于输出功率，故P1=P2=I2’U2=180W
图10—1
点评：（1）对理想变压器，P入=P出，及U1/U2=n1/n2，是基本关系式，而I1/I2=n2/ n1仅适用于一个副线圈的情况；（2）没有特殊说明时，交流电的值是有效值，熔丝的熔断电流是交流电电流的有效值，交流用电器名牌上的值是有效值。
［例2］(2003年北京理·25)曾经流行过一种向自行车车头灯供电的小型交流发电机，图甲为其结构示意图，图中N、S是一对固定的磁极，abcd是固定在转轴上的矩形线框。转轴过bc的中点、与ab边平行，它的一端有一半径R0=1.0cm的摩擦小轮，小轮与自行车车轮的边缘相接触，如图乙所示。当车轮转动时，因摩擦而带动小轮转动，从而使线框在磁极间转动，设线框由N= 800匝导线圈组成，每匝线圈的面积S=20 cm2，磁极间的磁场可视为匀强磁场，磁感强度B=0.010T，自行车车轮的半径R1=35㎝，小齿轮的半径为R2=4.0 cm，大齿轮的半径R3＝10.0cm（参见图乙）。现从静止开始使大齿轮加速转动，问大齿轮的角速度为多大才能使发电机输出电压的有效值U＝3.2V？（假定磨擦小轮与自行车车轮之间无相对滑动）
10—2
析与解：线圈在匀强磁场中匀速转动产生的正弦交变电流，线圈中感应电动势的有效值E和输出电压的有效值U相等，而线圈中感应电动势的最大值Em=E=NBSω0。由题设数据可求ω0，ω0是线圈转动的角速度，要求出大齿轮的角速度ω3，可由各种传动中的线速度、角速度及半径的比例关系得出ω0与ω3的关系。
设线圈(或磨擦小轮)、小齿轮(或自行车车轮)、大齿轮的角速度分别为ω0、ω2、ω3，则有
，
易得ω3=3.23Rad/s
点评：（1）善于把实际问题转化为物理模型，是对学生能力的一种考查，也是应用物理规律处理实际问题所必须具备的，平时应注意加强训练和培养；（2）该题要能灵活运用传动中线速度、角速度及半径的比例关系。
［例3］（2004兰州市）电磁炉专用平底锅的锅底和锅壁均由耐高温绝缘材料制成，起加热作用的是安在锅底的一系列半径不同的同心导电环(导电环的分布如图10—3所示)，导电环所用材料每米电阻为0.05πΩ，从中心向外第n个同心圆环的半径为Rn=(2n-1)R1(n=1,2,3,4,5)，已知R1=1.0cm，当电磁炉开启后，能产生垂直于锅底方向的变化磁场，该磁场的磁感强度B随时间的变化率为100π，求：(1) 半径为R1的导电圆环中感应电流的有效值为多少？(2)若不计其他损失，所有导电环释放的总功率P是多少？(以上计算中可取π2=10)
析与解：(1)由法拉第电磁感应定律得：
第n个环中的感应电动势最大值为
=103(2n-1)2R12
第n个环的电阻Rn=0.05π×2πRn=(2n-1)R1
第n个环中的电流有效值In有=103(2n-1)R1
故第一个环中的电流有效值为I1有=103R 1=10A
(2)第n个环的电功率为Pn=In有2Rn=[103(2n-1)R1]2(2n-1)R1 图10—3
=106(2n-1)3R13=(2n-1)3
故5个导电环释放的总功率为
P=P1+P2+P3+P4+P5=13+33+53+73+93=1225W
点评：（1）交流电有效值的计算一定要注意，不是所有的交流电有效值总是最大值的1/，必须先确定交流电的形式如何，只有正弦或余弦形式的交流电有效值为最大值的1/；（2）运用数学知识解决物理问题的能力，是高考要求的五大能力之一，如本题中只有掌握数列的通项分析，数列的求和等数列知识，才能正确地求解。
巩固提高训练
1．根据麦克斯韦电磁场理论，下列说法正确的是 （ ）
A．在电场周围一定产生磁场，磁场周围一定产生电场
B．在变化的电场周围一定产生变化的磁场，在变化的磁场周围一定产生变化的电场
C．均匀变化的电场周围一定产生均匀变化的磁场
D． 振荡的电场一定产生同频率的振荡磁场
2、（2005年广东·8）关于电磁场和电磁波，下列说法正确的是 （ ）
A、电磁波是横波
B、电磁波的传播需要介质
C、电磁波能产生干涉和衍射现象
D、电磁波中电场和磁场方向处处互相垂直
3、（2005年广东·9）钳形电流表的结构如图10—1，甲所示。图10—1，甲中电流表的读数为1.2A。图10—1，乙中用同一电缆线绕了3匝，则 （ ）
A、这种电流表能测直流电流，图10—1，乙的读数为2.4A
B、这种电流表能测交流电流，图10—1，乙的读数为0.4A
C、这种电流表能测交流电流，图10—1，乙的读数为3.6A
D、这种电流表既能测直流电流，又能测交流电流，图10—1，乙的读数为3.6A
图10—1，甲 图10—1，乙
4．（03北京丰台）家用电子调光灯的调光原理是用电子线路将输入的正弦交流电压的波形截去一部分来实现的，由截去部分的多少来调节电压，从而实现灯光的可调，比过去用变压器调节方便，且体积小，某电子调光灯经调整后电压波形如图图10—2，所示，则灯泡两端的电压为 （ ）
A． B．
C． D．
图10—2，
5．（05广东模拟）照明电路中，为了安全，一般在电能表后面电路上安装一漏电保护器，如图10—3，所示，当漏电保护器的ef两端未接有电压时，脱扣开关K能始终保持接通，当ef两端有一电压时，脱扣开关K立即断开，下列说法错误的是 （ ）
A．站在地面上人触及b线时(单线触电)，脱扣开关会自动断开，即有触电保护作用
B．当用户家的电流超过一定值时，脱扣开关会自动断开，即有过流保护作用
C．当相线和零线间电压太高时，脱扣开关会自动断开，即有过压保护作用
D．当站在绝缘面上的带电工作的人两手分别触到b线和d线时(双线触电)脱扣开关会自动断开，即有触电保护作用
图10—3，
6．（02南阳）如图10—4，所示，理想变压器原副线圈匝数比n1:n2=3:1，且分别接有阻值相同的电阻R1和R2，所加交流电源电压的有效值为U，则 （ ）
A．R1两端电压为U/10，R2两端电压为3U/10
B．R1、R2两端电压均为U/4
C．R1、R2消耗功率之比为1:1
D．R1、R2消耗功率之比为1:9
7．甲、乙两个完全相同的变压器如图10—5，接在交流电路中，两负载电阻的阻值之比R甲：R乙=2：1，甲变压器原线圈上电压为U甲，副线圈上电流为I 甲；乙变压器原线圈上电压 图10—4，
为U乙，副线圈上电流为I乙，则有 （ ）
A．U甲=U乙 I 甲=I乙
B．U甲=2U乙 I 甲=I乙
C．U甲=2U乙 I 甲=I乙
D．U甲=2U乙 I 甲=2I乙
图10—5，
8．（2000全国·18）一小型发电机内的矩形线圈在匀强磁场中以恒定的角速度ω绕垂直于磁场方向固定轴转动，线圈匝数n=100，穿过每匝线圈的磁通量φ随时间按正弦规律变化，如图10—6，所示，发电机内阻R=5.0Ω，外电路电阻R=95Ω，已知感应电动势的最大值Em=nωφm，其中φm为穿过每匝线圈的磁通量的最大值。求串联在外电路中的交流电流表(内阻不计)的
读数。
图10—6，
9．有条河流，流量为Q=2m3/s，落差h=5m，现在用其发电，若发电机总效率为50%，输出电压为240V，输电线总电阻R=30Ω，允许损失功率为发电机输出功率的6%，为满足用电的要求，使用户获得220V电压，则该输电线路所使用的理想升压、降压变压器的匝数比各是多少？能使多少盏“220V，100W”的电灯正常发光？
第10课时巩固提高训练答案及解
1．答案：D
2．答案：ACD
3．答案：C
由变压器的工作原理可知：对一组副线圈的变压器，电流之比等于匝数的反比，即可得出答案，故选C
4。答案：C
从电流有效值的一般定义：
得答案，故选C
5．答案：BCD
原线圈是双线绕制的，要使ef两端有电压，必须使ab间的电流与cd间的电流不等，使副线圈中的磁通量不为零，且发生变化，只有A才能使Ef两端有电压，故选BCD
6．答案：D
当原线圈接有电阻R1时，R1上的电流与原线圈中的电流相等，因此必须根据原副线圈中电流关系，求解R1、R2之间的电压、功率关系，应选D
7．答案：B
由于甲、乙两变压器的原线圈串在一起，故通过甲、乙两变压器原线圈中的电流相等，从原副线圈的电流关系可知副线圈中的电流也相等，由U=IR，可知，两副线圈两端的电压之比这U甲：U乙=2：1，故两变压器的原线圈两端的电压之比也为2：1故选B
8．答案：1.4A
由发电机工作原理可知：Em=nBSω=nωφm= nφm
E=
再由闭合电路欧姆定律E=I(R+R)
I=
代入数据可得I= 1.4A
9．答案：6：125；235：11；470盏
由题意可画出如下远距离输电示意图：
图10—1，，
电源两端的输出功率
P总==ρQghη=5×104W
输电线上的功率损失为P损=P总×6%=I2R
I==10A
U1=240V
U2=P总/I=5×103V
故升压器n1:n2=U1:U2 =6：125；
U损=IR=300V
U3=U2-U损=4700V
U4=220V
故降压变压器n3:n4=U3:U4=235：11；
理想变压器没有能量损失，故可正常发光的电灯数量N==470盏
n4
n3
n2
n1
U4
U3
U2
U1
B2
B1
·
K
C
R4
R3
R2
R1
E，R
S
R3
R2
R1
c
b
a
·
·
·
·
·
·
右
孔
b
a
220V
S
Rt
R3
R1
R2
电热丝
电压
鉴别器
～
○
○
V
U
Um
T/2
T
3T/2
t
O
○
○
U
R2
R1
n2
n1
R乙
R甲
I乙
I甲
乙
甲
U乙
U甲
～
○
○
φ/×10-2Wb
t/×10-2s
1.0
-1.0
1.57
3.14
5.71
0
左
孔
电
热
壶
零线
火线
D
C
B
A
220V专题研究五 带电粒子在场中的运动
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高考考点解读
考 点 考 题 题 型
带电粒子在电场中的运动 2003全国理综·212003上海·232004广东·102004北京理综·212004湖南理综·202004天津理综·142005江苏·3 选择题计算题选择题选择题选择题选择题选择题
带电粒子在磁场中的运动 2004北京理综·192004广东·182005江苏·17 选择题计算题计算题
带电粒子在复合场中的运动 2003辽宁文理综合·332003江苏·172004全国理综·212004全国理综·242004北京理综·252004江苏·172004湖南理综·242004天津理综·25 选择题计算题选择题计算题计算题计算题计算题计算题
高考命题思路
1. 带电粒子在电场中的运动，近几年主要以选择题的形式出现，考查电场力产生加速度、电场力做功两类较为基本的问题，但研究的对象出现了从单一电荷向组合电荷发展的趋势，难度有所增加。另外，要密切关注如电容式传感器、示波管原理、直线加速器等跟生产技术、生活实际和科学研究关联的问题，这些都可以成为新情景综合问题的命题素材。
2. 带电粒子在磁场中的运动，近几年单独出题不多，究其原因，可能是这类问题的解决涉及到的知识并不多，主要就是洛伦兹力提供向心力和匀速圆周运动的有关知识，但不能因此掉以轻心，因为这部分也可以出不少能力题，尤其是粒子运动径迹不明确，需要我们通过仔细探寻才能搞清楚的问题，这类问题如果作不出粒子的运动轨迹，往往就束手无策。
3. 带电粒子在复合场中的运动，是近几年考查的重点，并多以综合计算题的形式出现，运动形态常为匀速直线运动、匀速圆周运动和类平抛运动。处理此类问题，要注意分析粒子的受力图景、运动图景和能量图景，依据受力和初始条件确定粒子的运动情况，分析它的能量变化。近年来，考查灵活运用所学知识解决实际问题的能力成为高考的重要目标之一，在复习中应当有的放矢，对于一些实际应用型的习题，要注意归类分析，各个击破。例如速度选择器、质谱仪、回旋加速器、磁流体发电机、电磁流量计、磁谱仪、霍尔效应等。2004年江苏物理卷的17题，再现了汤姆生利用电场和磁场测定电子比荷的实验，2004年天津理科综合卷25题对磁流体发电问题挖掘得很深，是高考这一命题趋势的体现。
带电粒子在复合场中的运动
带电粒子在磁场中的运动
带电粒子在电场中的运动
从能的角度分析
从力的角度分析
电荷守恒 库仑定律
电场强度 电场线
电势 等势面
电势差跟电场强度的关系
磁感应强度 磁感线
洛伦兹力 左手定则
场区错开
同一区域场的切换
同一区域多场并存
PAGE
1专题研究二 能量和动量
考 点 考 题 题 型
功和能、动能定理 2003上海·42003上海·212004上海·82004上海·212004天津理综·242005江苏·102005上海·19A2005广东·142005黑、吉、广西·23 选择题计算题选择题计算题计算题选择题计算题计算题计算题
动量、冲量、动量定理 2004广东·14 计算题
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动量和能量的综合应用 2003江苏·192003江苏·202004江苏·182004广东·172004全国理综·252004北京理综·242005江苏·182005广东·182005河南河北·242005黑、吉、广西·252005陕西、四川·252005天津·24 计算题计算题计算题计算题计算题计算题计算题计算题计算题计算题计算题计算题
1．功和能的关系及动能定理是历年高考的热点，近几年来注重考查对功的概念的理解及用功能关系研究物理过程的方法，由于所涉及的物理过程常常较为复杂，对学生的能力要求较高，因此这类问题难度较大。例如2005年江苏物理卷的第10题，要求学生能深刻理解功的概念,灵活地将变力分解。
2．动量、冲量及动量定理近年来单独出题不多，选择题中常考查对动量和冲量的概念及动量变化矢量性的理解。计算题常设置某个瞬时过程，计算该过程物体受到的平均作用力或物体状态的变化。要求学生能正确地对物体进行受力分析，弄清物体状态变化的过程。
3．动量守恒定律的应用，近几年单独命题以选择题为主，常用来研究碰撞和类碰撞问题，主要判定碰撞后各个物体运动状态量的可能值，这类问题也应该综合考虑能量及是否符合实际情况等多种因素。机械能守恒定律的应用常涉及多个物体组成的系统，要求学生能正确在选取研究对象，准确确定符合题意的研究过程。这类问题有时还设置一些临界态问题或涉及运用特殊数学方法求解，对学生的能力有一定的要求。如2004年上海物理卷的10题，涉及到两个小球组成的系统，并且要能正确地运用数学极值法求解小球的最大速度。
4．动量和能量的综合运用一直是高考考查的重点，一般过程复杂、难度大、能力要求高，经常是高考的压轴题。要求学生学会将复杂的物理过程分解成若干个子过程，分析每一个过程的始末运动状态量及物理过程中力、加速度、速度、能量和动量的变化。对于生活、生产中的实际问题要建立相关物理模型，灵活运用牛顿定律、动能定理、动量定理及能量转化与守恒的方法解决实际问题。分析解答问题的过程中常需运用归纳、推理的思维方法。如： 2003年全国卷第20题、2004年理综全国卷第25题的柴油机打桩问题、2004年江苏物理卷第18题、2004年广东物理卷第17题、2005年江苏物理卷第18题、2005年广东物理卷第18题等。值得注意的是2005年江苏物理卷的第18题把碰撞中常见的一维问题升级为二维问题，对学生的物理过程的分析及动量矢量性的理解要求更高了一个层次。
第5课时 做功、能量和动能定理
[例1]（2005江苏·10）如图5-1所示，固定的光滑竖直杆上套着一个滑块，用轻绳系着滑块绕过光滑的定滑轮，以大小恒定的拉力F拉绳，使滑块从A点起由静止开始上升．若从A点上升至B点和从B点上升至C点的过程中拉力F做的功分别为W1、W2，滑块经B、C两点时的动能分别为EKB、EKc，图中AB=BC，则一定有 （ ）
(A)Wl>W2 (B)W1EKC (D)EKB析与解：该题考查了功的概念及功能关系，难点在于比较Wl和W2，关键是要理解功是力在位移上的累积的本质；功的大小既可视为力F与力的方向上的位移S的乘积，又可视为位移S与位移方向上的力的乘积；因此，可以将力F在位移方向上进行分解，由于力F在AB段的分力均大于在BC段的分力，则不难判断出Wl>W2，所以A正确。
根据动能定理： 因在两段中拉力做的功WF与重力做的功WG的大小关系不能确定,故无法比较EKB与EKc的大小。
点评：解决该题的关键是能正确地理解功的定义,注意从不同的思维角度去分析问题。题中力F为恒力，学生易从求力的作用点位移角度来比较两过程绳子缩短的长度，进而增加了思维难度，甚至造成错误。
[例2]（2004广东·17）如图5-2所示,
轻弹簧的一端固定，另一端与滑块B相连，B静止在水平导轨上，弹簧处在原长状态。另一质量与B相同滑块A，从导轨上的P点以某一初速度向B滑行，当A滑过距离时，与B相碰，碰撞时间极短，碰后A、B紧贴在一起运动，但互不粘连。已知最后A恰好返回出发点P并停止。滑块A和B与导轨的滑动摩擦因数都为，运动过程中弹簧最大形变量为，求A从P出发时的初速度。
析与解：本题涉及物块A及AB共同体两个研究对象，涉及多个运动过程，且AB共同体压迫弹簧及被弹簧推向右端的过程受力复杂，属于多对象多过程的复杂问题。研究A滑行至B的过程，设A刚接触B时的速度为，由功能关系有： A与B碰撞过程中动量守恒，令碰后A、B共同运动的速度为，有 A与B 碰后先一起向左运动，接着A、B一起被弹回，当弹簧恢复到原长时，A、B分离，设此时A、B的共同速度为，在这过程中，弹簧势能始末两态都相等，研究共同体与弹簧作用的全过程，利用功能关系,有
此后A、B开始分离，A单独向右滑到P点停下，由功能关系有
由以上各式，可得
点评：A、B碰撞的瞬间有动能损失，A、B再次分离后各自己的运动独立，故不能研究整个过程运用动能定理求解。正确的分析出滑块运动的各个过程，判断出AB两滑块分离时弹簧处于原长状态是题解的关键。对于多过程问题，在分析运动过程的同时还应注意找出前后各过程间的联系。
[例3]（2005黑龙江吉林·23）如图5-3所示，在水平桌面的边角处有一轻质光滑的定滑轮K，一条不可伸长的轻绳绕过K分别与物块A、B相连，A、B的质量分别为mA、mB。开始时系统处于静止状态。现用一水平恒力F拉物块A，使物块B上升。已知当B上升距离为h时，B的速度为v。求此过程中物块A克服摩擦力所做的功。重力加速度为g。
析与解：由于连结AB的绳子在运动过程中一直处于绷紧状态，故A、B速度的大小相等，对A、B组成的系统，由功能关系有：
Fh－W－mBgh=(mA+mB)v2
求得：W=Fh－mBgh－(mA+mB)v2
点评：本题如果运用隔离法选择研究对象，运用牛顿运动定律求解，要求出摩擦力的大小则比较复杂，而运用功能原理求解时则就显得简单多了。在连结体问题中，若不涉及常系统内的相互作用时，常以整体为研究对象求解。
[例4] 如图5-4所示，质量m=0.5kg的小球从距地面高H=5m处自由下落，到达地面恰能沿凹陷于地面的半圆形槽壁运动，半圆槽半径R=0.4m。小球第一次到达槽最低点时速率为10m/s，并继续沿槽壁运动直到从槽右端边缘飞出……，如此反复几次，设摩擦力恒定不变，求：（设小球与槽壁相碰时不损失能量）
（1）小球第一次离槽上升的高度h；
（2）小球最多能飞出槽外的次数（取g=10m/s2）。
析与解：（1）小球从高处运动至槽口的过程中，只有重力做功；由槽口运动至槽底端的过程中，重力、摩擦力都做功，因摩擦力大小恒定不变，且方向总是与运动方向相反，故圆槽右半部分摩擦力对小球做的功与左半部分摩擦力对小球做的功相等。
分别研究小球从最高点落至槽底部和从槽底部运动至左侧上方最高点的过程，设小球第一次离槽上升的高度h，由动能定理得
得＝4.2m
（2）小球通过一次圆弧槽，需克服摩擦力做功2Wf,且小球飞出槽口一次，在小球多次通过圆弧槽后，当小球飞出槽口的速度小于等于零，则小球不能飞出槽口，设小球飞出槽外的次数为n，用动能定理研究全过程得
∴
即小球最多能飞出槽外6次。
点评：小球在沿槽壁运动过程中摩擦力方向尽管不断变化，但摩擦力方向与运动方向始终在同一直线上，摩擦力功为力与路程的乘积。该题小球的运动具有往复性，用动能定理研究整个过程可直接求出问题的答案。本题中作了摩擦力不变的假设，学生应认真审题。
1、如图5′-1所示，木板长为l，板的A端放一质量为m的小物块，物块与板间的动摩擦因数为μ。开始时板水平，在绕O点缓慢转过一个小角度θ的过程中，若物块始终保持与板相对静止。对于这个过程中各力做功的情况，下列说法正确的是 ( )
A、摩擦力对物块所做的功为mglsinθ(1-cosθ)
B、弹力对物块所做的功为mglsinθcosθ
C、木板对物块所做的功为mglsinθ
D、合力对物块所做的功为mgl cosθ
2、如图5′-2所示,一物体从高为H的斜面顶端由静止开始滑下，滑上与该斜面相连的一光滑曲面后又返回斜面，在斜面上能上升到的最大高度为H。若不考虑物体经过斜面底端转折处的能量损失，则当物体再一次滑回斜面时上升的最大高度为 ( )
A．0
B．H，
C．H与H之间
D．0与H之间
3、如图5′-3所示，重球m用一条不可伸长的轻质细线栓住后悬于O点，重球置于一个斜面不光滑的斜劈M上，用水平力F向左推动斜劈M在光滑水平桌面上由位置（a）匀速向左移动到位置（b），在此过程中，正确说法是： （ ）
A．m与M之间的摩擦力对m做正功；
B．M与m之间的摩擦力对m做负功；
C．M对m的弹力对m所做的功与m对M的弹力对M所做的功的绝对值不相等；
D．F对M所做的功与m对M所做的功的绝对值相等。
4、（2005广东·18）如图5′-4所示，两个完全相同的质量为m的木板A、B置于水平地面上，它们的间距s=2.88m。质量为2m，大小可忽略的物块C置于A板的左端。C与A之间的动摩擦因数为μ1=0.22，A、B与水平地面之间的动摩擦因数为μ2=0.10，最大静摩擦力可以认为等于滑动摩擦力。开始时，三个物体处于静止状态。现给C施加一个水平向右，大小为的恒力F，假定木板A、B碰撞时间极短且碰撞后粘连在一起，要使C最终不脱离木板，每块木板的长度至少应为多少？
5．（05广州一模） 如图5′-5所示，EF为水平地面，O点左侧是粗糙的、右侧是光滑的.一轻质弹簧右端与墙壁固定，左端与静止在O点质量为m的小物块A连结，弹簧处于原长状态. 质量为m 的物块B在大小为 F的水平恒力作用下由 C处从静止开始向右运动 ， 已知物块B与地面EO段间的滑动摩擦力大小为，物块B运动到O点与物块A相碰并一起向右运动（设碰撞时间极短），运动到D点时撤去外力F. 已知 CO ＝4S，OD＝S.
求撤去外力后：
（1） 弹簧的最大弹性势能.
（2） 物块B最终离0点的距离. .
附:第5课时巩固提高训练答案及解
1．答案：C
解：支持力对物体做正功 ，重力对物体做负功；由于静摩擦力始终与运动方向垂直，故摩擦力不做功，三力对物体做的总功为零。因重力对物体做功为，所以木板对物体支持力做功为。选项为C
2．答案B
解：由功能关系知物体下滑过程中机械能的损失等于克服摩擦力做的功，第一次从H高处下滑返回到最高点高度为，损失的能量为总机械能的一半；因摩擦力不变，故可类比推知第二次回到最高点损失的能量也为一半，即最大高度为。选项为B
3．答案：A D
解：小球受到的摩擦力的方向沿斜面向下，小球的运动方向垂直于细绳向上，故小球的运动方向与摩擦力的方向小于900，所以，A选项正确。而M对m弹力作用的物点和m对M弹力作用的物点的位移相同，所做的功的绝对值相等。M匀速运动，其所受外力做功为零。故D选项正确。
4．答案：L=3m
解：第一阶段拉力F小于C、A间最大静摩擦力，因此C、A共同加速到与B相碰，该过程对C、A共同体用动能定理：（F-μ23mg）s=3mv12/2，得v1=8m/s
AB相碰瞬间，AB动量守恒，碰后共同速度v2=4m/s
C在AB上滑行全过程，ABC系统所受合外力为零，动量守恒，C到B右端时恰好达到共速：2m v1+2m v2=4m v，因此共同速度v=6m/s
C在AB上滑行全过程用功能关系：F2L=4m v2/2-(2m v12/2+2m v22/2)+μ12mg2L
得L=3m
5．答案：（1） （2）x=5s
解：（1）B与A 碰撞前速度由动能定理
W＝（F-F/4）·4S＝mv2/2，
得v0=
B与A碰撞，由动量守恒定律 mv0=2mv1 ， 得 v1=
碰后到物块A、B运动至速度减为零，弹簧的最大弹性势能
Epm=F·S+
（2） 设撤去F后，A 、B一起回到0点时速度为v2， 由机械能守恒得
Epm= V2=
返回至0点时， A、B开始分离，B在滑动摩擦力作用下向左作匀减速直线运动，设物块B最终离O点最大距离为x ，由动能定理：- 解得 x=5s
第6课时 冲量、动量与动量定理
[例1]（2004广东·14）一质量为m的小球，以初速度v0沿水平方向射出，恰好垂直地射到一倾角为300的固定斜面上，并立即反方向弹回。已知反弹速度的大小是入射速度大小的，求在碰撞中斜面对小球的冲量大小。
析与解：小球在碰撞斜面前做平抛运动。设刚要碰撞斜面时小球速度为.由题意，的方向与竖直线的夹角为30°，且水平分量仍为0，如右6-1图.由此得=20
碰撞过程中，小球速度由变为反向的，碰撞时间极短，可不计重力的冲量，由动量定理，斜面对小球的冲量为
解得
点评：本题为动量定理和平抛运动的综合应用题，必须先根据平抛运动的知识确定小球射到斜面上时的速度，再根据动量定理求冲量的大小。求力的冲量常从两个角度思考：（1）冲量的定义，（2）动量定理。在求斜面对小球的冲量时要注意动量的矢量性。
[例2]（1995全国·17） 一粒钢珠从静止状态开始自由下落,然后陷入泥潭中。若把在空中下落的过程称为过程Ⅰ，进人泥潭直到停止的过程称为过程Ⅱ, 则 ( )
A、过程I中钢珠动量的改变量等于重力的冲量
B、过程Ⅱ中阻力冲量的大小等于过程I中重力的冲量的大小
C、I、Ⅱ两个过程中合外力的总冲量等于零
D、过程Ⅱ中钢珠动量的改变量等于零
析与解：在过程I中，钢珠从静止状态自由下落。不计空气阻力，小球所受的合外力即为重力，因此钢珠动量的改变量等于重力的冲量，选项A正确；全过程中始末状态动量的变化为零，所受的总冲量为零，故过程Ⅱ中阻力冲量的大小等于过程I、Ⅱ中重力冲量的大小之和。显然B选项不对，C选项正确；在I、Ⅱ两个过程中，每个过程钢珠动量的改变量各不为零，且它们大小相等、方向相反，故D选项错误。因此，本题的正确选项为A、C。
点评：本题考查了动量定理的运用，动量定理不仅适用于单一物理过程同样也适用于复杂物理过程。在运用动量定理时应注意根据所求问题选取合适的物理过程，分析各物理过程中力的冲量及物体的始末状态量。运用动量定理时不能忽视对研究对象的受力分析。
[例3]（2002全国·26）蹦床是运动员在一张绷紧的弹性网上蹦跳、翻滚并做各种空中动作的运动项目。一个质量为60kg的运动员，从离水平网面3.2m高处自由下落，着网后沿竖直方向蹦回到离水平网面5.0m高处。已知运动员与网接触的时间为1.2s。若把在这段时间内网对运动员的作用力当作恒力处理，求此力的大小。（g＝10m/s2）
析与解：将运动员看作质量为m的质点，从h1高处下落，刚接触网时速度的大小
方向竖直向下
弹跳后到达的高度为h2，刚离网时速度的大小
方向竖直向上
以向上为正向，由动量定理知：
代入数据得：F＝1.5×103N
点评： 动量定理既适用于恒力作用下的问题，也适用于变力作用下的问题。在变力作用下由动量定理求出的力是在t时间内的平均值。另注意本题中运动员触网过程中所受重力不能忽略。本题也可以先求出上升和下落时间，再研究全过程据动量定理列式求解。
[例4]如图6-2所示， 质量为M的汽车带着质量为m的拖车在平直公路上以加速度a匀加速前进，当速度为V0时拖车突然与汽车脱钩，到拖车停下瞬间司机才发现。若汽车的牵引力一直未变，车与路面的动摩擦因数为μ，那么拖车刚停下时，汽车的瞬时速度是多大？
析与解：汽车和拖车脱钩后，汽车以大于a的加速度作匀加速运动，拖车作匀减速运动，加速度为μg。以汽车和拖车系统为研究对象，系统受的合外力不变，始终为；该过程经历时间为V0/μg，末状态拖车的动量为零。对系统运用动量定理：
点评：动量定理不仅适用于单个物体，对多个物体组成的系统同样也适用，合理在选取研究对象能简化研究问题。注意本题的研究过程为汽车和拖车脱钩后至拖车停下之前，因为拖车停下后，系统受的合外力中少了拖车受到的摩擦力，因此合外力大小不再是。
1．（1997全国·2）质量为m的钢球自高处落下，以速率v1碰地，竖直向上弹回，碰撞时间极短，离地的速率为 v2。在碰撞过程中，地面对钢球的冲量的方向和大小为 （ ）
A．向下，m（v1-v2） B．向下，m（v1＋v2）
C．向上，m（v1-v2） D．向上，m（v1＋v2）
2．以下说法中正确的是： ( )
Ａ．动量相等的物体，动能也相等；
Ｂ．物体的动能不变，则动量也不变；
Ｃ．某力Ｆ对物体不做功，则这个力的冲量就为零；
Ｄ．物体所受到的合冲量为零时，其动量方向不可能变化.
3．恒力F作用在质量为m的物体上，如图6′-1所示，由于地面对物体的摩擦力较大，没有被拉动，则经时间t，下列说法正确的是 ( )
A．拉力F对物体的冲量大小为零
B．拉力F对物体的冲量大小为Ft
C．拉力F对物体的冲量大小是Ftcosθ
D．合力对物体的冲量大小为零
4．一质量为ｍ的物体从距地面ｈ高处以一定的速度水平抛出（不计空气阻力），则物体在落地前的运动过程中，下列说法中正确的有： ( )
A．连续相等的时间间隔内物体受到的冲量相同
B．连续相等的时间间隔内物体的动量变化相同
C．连续相等的时间间隔内物体的动能增量相等
D．连续相等的时间间隔内合外力所做的总功相等
5．两木块质量之比为1∶2，它们在粗糙程度相同的水平面上滑动，下列说法正确的是：( )
① 若初速度相同，滑行的距离之比为1∶1，滑行所需时间之比为1∶1
② 若初动量相同，滑行的距离之比为1∶1，滑行所需时间之比为1∶1
③ 若初动能相同，滑行的距离之比为1∶1，滑行所需时间之比为1∶1
④ 若初动量相同，滑行的距离之比为4∶1，若初动能相同，滑行所需距离之比为2∶1。
A、①② B、①④ C、②③ D、②④
6．在粗糙水平面上运动的物体，从A点开始受水平恒力作用，作直线运动．已知物体在B点的速度与A点的速度大小相等，则这个过程中： （ ）
A.物体不一定做匀速直线运动
B.F始终与摩擦力方向相反
C.F与摩擦力对物体所做的总功为零
D.F与摩擦力对物体的总冲量为零
7．如图6′-2所示，两个质量相等的物体在同一高度沿倾角不同的两个光滑斜面由静止自由滑下，到达斜面底端，在这个过程中，两个物体具有的相同的物理量可能是 （ ）
A 重力的冲量
B 合力的冲量
C 到达底端的动量大小
D 支持力的冲量
8．在光滑水平面上有质量均为2kg的a、b两质点，a质点在水平恒力Fa=4N作用下由静止出发运动4s。b质点在水平恒力Fb=4N作用下由静止出发移动4m。比较这两个质点所经历的过程，可以得到的正确结论是 （ ）
A．a质点的位移比b质点的位移大
B．a质点的末速度比b质点的末速度小
C．力Fa做的功比力Fb做的功多
D．力Fa的冲量比力Fb的冲量小
9．一个质量为m=2kg的物体,在F1=8N的水平推力作用下,从静止开始沿水平面运动了t1=5s,然后推力减小为F2=5N,方向不变,物体又运动了t2=4s后撤去外力,物体再经 过t3=6s停下来。试求物体在水平面上所受的摩擦力。
10．质量是60kg的建筑工人，不慎从高空跌下，由于弹性安全带的保护作用，最后使人悬挂在空中．已知弹性安全带缓冲时间为1.2s，安全带伸直后长5m，求安全带所受的平均冲力．（ g= 10m／s2）
11．（05 苏锡常镇一模）在宇宙飞船的实验舱内充满CO2气体，且一段时间内气体的压强不 变，舱内有一块面积为S的平板舱壁，如图6′-3所示．如果CO2气体对平板的压强是由气体分子垂直撞击平板形成的，假设气体分子中各有l／6的个数分别向上、下、左、右、前、后六个方向运动，且每个分子的速度均为υ，设气体分子与平板碰撞后仍以原速反弹．已知实验舱中单位体积内CO2的摩尔数为n，CO2的摩尔质量为μ，阿伏加德罗常数为NA．求
(1) 单位时间内打在平板上的CO2分子个数．
(2) CO2气体对平板的压力。
12．如图6′-4所示，矩形盒B的质量为M，放在水平面上，盒内有一质量为m的物体A，A与B、B与地面间的动摩擦因数分别μ1、μ2，开始时二者均静止。现瞬间使物体A获取一向右且与矩形盒B左、右侧壁垂直的水平速度V0，以后物体A在盒B的左右壁碰撞时，B始终向右运动。当A与B最后一次碰撞后，B停止运动，A则继续向右滑行距离S后也停止运动，求盒B运动的时间t。
附：第6课时巩固提高训练答与解
1.答案：D
解：碰撞时间极短，忽略重力。以向上为正向，，故选D。
2．答案：D
解：，；故，动量相等的物体质量不一定相等，动能也不一定相等。动能是标量，而动量是矢量，动能不变但其方向可能变化，即动量的方向可能变化。力不做功可能是在力的方向上不产生位移，但此时力的冲量不为零。由动量定理知，合力的冲量一定等于动量的变化，故选D。
3．答案：B D
解：冲量，故有力必有冲量，与物体的运动状态无关，与其他力无关，选B。物体未动，合力为零，故冲量大小为零，选D。
4．答案：A B
解：由，知选项A正确。由动量定理知，动量的变化等于重力的冲量，故选B。连续相等的时间间隔内物体在力的方向上的位移不等，故重力所做的功和动能的增量不等。
5．答案：B
解：由动量定理和动能定理，及化简后的表达式，，不难看出①、④正确，故选B。
6．答案：A C
解：物体的受力方向有两种可能，即与初速度方向相同或相反。相同时物体必做匀速运动，相反则先做减速运动，后做加速运动亦满足题意。故A选项正确。当力与速度方向相反时，易知A、B点速度方向相反，由动量定理知总冲量不为零。由动能定理易知动能不变，合外力做功为零。故选AC。
7．答案：C
解：运动时间不等，重力的冲量不同。末动量的方向不同，由动量定理知合力的冲量不可能相同。由机械能守恒知到达底端的末动能相等，故末动量大小相等。选C。支持力的方向不同故冲量也不可能相同。
8．答案：AC
解：由牛顿第二定律知两物体加速度相同，，可解得a质点的位移为。可推知a的运动时间长，故选A、C。
9．答案:
解：规定推力的方向为正方向,在物体运动的整个过程中,物体的初动量P1=0,?末动量P2=O。据动量定理有： ?
即：?，解得 ?
10．答案: （方向竖直向下）
解：人下落为自由落体运动，下落到底端时的速度为：
取人为研究对象，在人和安全带相互作用的过程中，人受到重力mg和安全带给的冲力 F，取F方向为正方向，由动量定理得：
所以，（方向竖直向下）
11．答案:(1)N =n S N Aυ (2) 1 =nμSυ2
(1)设在△t时间内，CO2分子运动的距离为L，则：L=υ△t
打在平板上的分子数：△N=n L S N A
故单位时间内打在平板上的C02的分子数为：
得 ：N=n S N Aυ
(2)根据动量定理： F△t=(2mυ)△N ；又 μ=N A m
解得 ：F =nμSυ2 ； 故CO2气体对平板的压力：1 = F =nμSυ2
12．答案：
解：以物体A、盒B组成的系统为研究对象，它们在水平方向所受的外力就是地面盒B所受的滑动摩擦力，而A与B间的摩擦力、A与B碰撞时的相互作用力均是内力。设B停止运动时A的速度为V，且假设向右为正方向，由系统的动量定理得：
当B停止运动后，对A
应用动能定理得：
由以上二式联立解得：。
第7课时 机械能守恒定律和动量守恒定律
[例1]（2000上海·8）如图7-1所示，长度相同的三根轻杆构成一个正三角形支架，在A处固定质量为2的小球，B处固定质量为的小球，支架悬挂在O点，可绕过O点并与支架所在平面相垂直的固定轴转动，开始时OB与地面相垂直，放手后开始运动，在不计任何阻力的情况下，下列说法正确的是 （ ）
A．A球到达最低点时速度为零
B．A球机械能减少量等于B球机械能增加量
C．B球向左摆动所能达到的最高位置应高于A球开始运动时的高度
D．当支架从左向右回摆动时，A球一定能回到起始高度
析与解 ：若把支架看成一个整体，放开后，不计任何阻力,系统只有重力做功，系统总的机械能不变，所以，A球能回到起始高度；因为A小球质量为2，B小球质量为，在A球从初始位置运动到最低点的过程中，A球势能的减少量大于B球势能的增加量，故A球到达最低点时速度大于零；B球向左摆动所能达到的最高位置应高于A球开始运动时的高度。故正确选项为B C D.
点评： 准确地选择研究对象，使之满足机械能守恒的条件，是本题求解的关键。本题单独对A或B来说，由于杆对两小球均做功，故运动过程中机械能不守恒。而对A、B组成的系统，只有重力做功，系统总的机械能保持不变。对于多个物体组成的系统还应注意寻找各物体之间的牵联关系。
[例2]（2004天津·21）如图7-2所示，光滑水平面上有大小相同的A、B两球在同一直线上运动。两球质量关系为，规定向右为正方向，A、B两球的动量均为，运动中两球发生碰撞，碰撞后A球的动量增量为，则 （ ）
A. 左方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为
B. 左方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为
C. 右方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为
D. 右方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为
析与解 ：规定向右为正方向，因为两球动量相等且为正，要两球相碰，则左方球的速度必须大于右方球的速度，而，故A球的速度大于B球的速度，左方为A球。据动量守恒定律，两球的动量变化大小相等，方向相反，A球的动量增量为-，B球的动量变化为。据,算出碰撞后A、B两球的动量分别为 ，，两球速度之比为。故选项为（A）
点评：动量守恒定律的运用要注意其矢量性，本题中已规定了正方向，从题设条件得出两球运动方向相同且向右，是本题的关键。在判断A、B的位置时还应充分考虑运动中的实际情况，学生在分析的过程中可结合草图，增加空间认识，加深对题意的理解。
[例3]（2005陕西、四川、云南理综·25）如图7-3所示，一对杂技演员（都视为质点）乘秋千（秋千绳处于水平位置）从A点由静止出发绕O点下摆，当摆到最低点B时，女演员在极短时间内将男演员沿水平方向推出，然后自已刚好能回到高处A 。求男演员落地点C 与O 点的水平距离s。已知男演员质量m1和女演员质量m2之比=2,秋千的质量不计，秋千的摆长为R , C 点比O 点低5R。
析与解：一对杂技演员从A点由静止出发绕O点下摆的过程中机械能守恒；设分离前男女演员在秋千最低点B 的速度为v0，则 (m1+m2)gR=(m1+m2)v02
当摆到最低点B时，由于女演员在极短时间内将男演员沿水平方向推出，在此过程中，两者水平方向不受外力，故水平方向动量守恒；设刚分离时男演员速度的大小为v1,女演员速度的大小为v2；则
(m1+m2)v0=m1v1－m2v2
分离后，男演员做平抛运动，设男演员从被推出到落在C点所需的时间为t 。
4R=gt2 s=v1t
女演员刚好能回到A点的过程中机械能守恒
m2gR=m2v22
不难求得 s=8R
点评：机械能守恒定律的运用，要选好研究对象，分析物体的运动过程，建立正确的物理模型。本题解题的关键是弄清一对演员的运动过程。男女演员一起绕o点做圆周运动，满足机械能守恒。到达B点后，男女演员相互作用，二人相互作用时间极短，满足动量守恒。相互作用后男演员从B点出发做平抛运动。女演员由B点回到A点过程中也遵守机械能守恒。另注意运用机械能守恒定律时，恰当地选取零势能面，可使解题简洁。
[例4]（2005江苏·18）如图7-4所示，三个质量均为m的弹性小球用两根长均为L的轻绳连成一条直线而静止在光滑水平面上．现给中间的小球B一个水平初速度v0，方向与绳垂直．小球相互碰撞时无机械能损失，轻绳不可伸长．求：
（1)当小球A、C第一次相碰时，小球B的速度．
(2)当三个小球再次处在同一直线上时，小球B的速度．
（3)运动过程中小球A的最大动能EKA和此时两根绳的夹角θ.
(4)当三个小球处在同一直线上时，绳中的拉力F的大小．
析与解：由于三个质量为m的弹性小球在光滑水平面上相互作用，所以它们在沿v0方向和垂直于v0的方向上动量均守恒；又小球相互碰撞时无机械能损失，故三小球相互作用的整个过程中，系统机械能守恒。当小球A、C第一次相碰时，在垂直于v0方向的分速度为零，在沿v0方向上三小球速度相等，设三小球沿小球B初速度方向的速度为，由动量守恒定律不难得出
当三个小球再次处在同一直线上时，A、C两小球的运动方向和小球B的运动方向在同一直线上，对整个过程运用动量守恒定律和机械能守恒定律，得
解得 （三球再次处于同一直线）
，（初始状态，舍去）
所以，三个小球再次处在同一直线上时，小球B的速度为（负号表明与初速度反向）
此时，以小球B为参考系（小球B的加速度为0，为惯性参考系），小球A（C）相对于小球B的速度均为所以，此时绳中拉力大小为
当小球A的动能最大时，C的动能也最大且和A的动能相等，小球B的动能最小，不难分析其速度此时为零。设此时小球A、C的速度大小为，两根绳间的夹角为θ（如图7-5），运用动量守恒定律和机械能守恒定律易得：
小球A的最大动能为，此时两根绳间夹角为
点评：本题解题的关键在于研究对象的选取及过程的分析。三个小球组成的系统水平方向不受外力，满足动量守恒；又碰撞过程中无机械能损失，整个过程中三小球的总机械能守恒。第一次相碰时，三球在v0方向速度相同。三个小球再次处在同一直线上时，垂直于V0方向上的动量为零。运动过程中小球A的动能最大时，由对称性可知此时C的动能也最大，故B球动能最小，即为零。当三个小球处在同一直线上求绳中的拉力F时，还应考虑到运动的相对性，即A、C相对于B作圆周运动。
1．A、B两球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，A球的动量是5kg．m/s，B球的动量是7kg．m/s，当A球追上B球时发生碰撞，则碰撞后A、B两球的动量的可能值是（ ）
A．-4 kg·m/s、14 kg·m/s B．3kg·m/s、9 kg·m/s
C．-5 kg·m/s 、17kg·m/ D．6 kg·m/s、6 kg·m/s
2．长度为的均匀链条放在光滑水平桌面上，且使其长度的垂在桌边，如图7′-1所示。松手后链条从静止开始沿桌边下滑，则链条滑至刚刚离开桌边时的速度大小为（ ）
A．
B．
C．
D．
3．（2005上海·9）如图所示，A、B分别为单摆做简谐振动时摆球的不同位置。其中，位置A为摆球摆动的最高位置，虚线为过悬点的竖直线。以摆球最低位置为重力势能零点，则摆球在摆动过程中 （ ）
Ａ．位于B处时动能最大
Ｂ．位于A处时势能最大
Ｃ．在位置A的势能大于在位置B的动能
Ｄ．在位置B的机械能大于在位置A的机械能
4．（2005广东·6）如图7′-3所示，两根足够长的固定平行金属光滑导轨位于同一水平面，导轨上横放着两根相同的导体棒ab、cd与导轨构成矩形回路。导体棒的两端连接着处于压缩状态的两根轻质弹簧，两棒的中间用细线绑住，它们的电阻均为R，回路上其余部分的电阻不计。在导轨平面内两导轨间有一竖直向下的匀强磁场。开始时，导体棒处于静止状态。剪断细线后，导体棒在运动过程中 ( )
Ａ．回路中有感应电动势
Ｂ．两根导体棒所受安培力的方向相同
Ｃ．两根导体棒和弹簧构成的系统动量守恒，机械能守恒
Ｄ．两根导体棒和弹簧构成的系统动量守恒，机械能不守恒
5．如图7′-4所示，质量分别为m和2m的A、B两个木块间用轻弹簧相连，放在光滑水平面上，A靠紧竖直墙．用水平力F将B向左压，使弹簧被压缩一定长度，静止后弹簧储存的弹性势能为E．这时突然撤去F，关于A、B和弹簧组成的系统，下列说法中正确的是 （ ）
A．撤去F后，系统动量守恒，机械能守恒
B．撤去F后，A离开竖直墙前，系统动量不守恒，机械能守恒
C．撤去F后，A离开竖直墙后，弹簧的弹性势能最大值为E
D．撤去F后，A离开竖直墙后，弹簧的弹性势能最大值为E/3
6．如图7′-5所示，质量均为m的两球AB间有压缩的轻、短弹簧处于锁定状态，放置在水平面上竖直光滑的发射管内(两球的大小尺寸和弹簧尺寸都可忽略，他们整体视为质点)，解除锁定时，A球能上升的最大高度为H，现在让两球包括锁定的弹簧从水平面出发，沿光滑的半径为R的半圆槽从右侧由静止开始下滑，至最低点时，瞬间锁定解除，求A球离开圆槽后能上升的最大高度。
7．如图7′-6所示，质量均为的木块并排放在光滑水平面上，上固定一根轻质细杆，轻杆上端的小钉（质量不计）O上系一长度为L的细线，细线的另一端系一质量为的小球，现将球的细线拉至水平，由静止释放，求：
（1）两木块刚分离时，速度各为多大？
（2）两木块分离后，悬挂小球的细线与竖直方向的最大夹角多少？
8 . 用轻弹簧相连的质量均为2 kg的A、B两物块都以v＝6 m／s的速度在光滑的水平地面上运动，弹簧处于原长，质量为4 kg的物块C静止在前方，如图7′-7所示.B与C碰撞后二者粘在一起运动.求：在以后的运动中：
（1）当弹簧的弹性势能最大时，物体A的速度多大
（2）弹性势能的最大值是多大
（3）A的速度有可能向左吗 为什么
附：第7课时巩固提高训练答与解
1．答案： B
解：碰撞类问题遵循三个原则：(1)、系统满足动量守恒，(2)、不能发生二次碰撞，(3)、系统总动能不增加。本题中A选项违背动量守恒定律，C选项虽然满足动量守恒，但系统总动能比碰撞前增加了。由题意可知A球的速度大于B球的速度,而A球的动量小于B球的动量，可得，D选项中两动量相等，可见A球的速度大于B球的速度，两球将发生二次碰撞，这违背了原则(3)。只有选项D满足条件，故选D。
2．答案：B
解：设铁链的总质量为m，刚离开桌面时的速度为v，分别以这两段铁链为研究对象，各自重心下降的高度分别为 和 ，据机械能守恒定律
解得
3．答案：BC
解：摆球摆动过程中，只有重力做功，机械能守恒，只存在动能与重力势能的相互转化。由图可知，小球在最低点动能最大。A为最高点，小球在A点的重力势能最大。
4．答案：AD
解：系统水平方向不受外力，动量守恒，但系统机械能有损失，转化为电能，电能又转化为热能。
5．答案：BD
解：撤去F后，A离开竖直墙前，墙壁对系统有力的作用，系统动量不守恒，但此力对系统不做功，故系统机械能守恒。当A离开竖直墙后，系统不受外力，系统动量守恒，且机械能守恒。当两物体的速度相等时，弹簧的弹性势能最大。设刚离开墙壁时B的速度为v0，则,由系统动量守恒得：,，两物体总动能为，此时弹性势能的最大值为。
6．答案:
解：解除锁定后弹簧将弹性势能全部转化为A的机械能,则弹簧弹性势能为
AB系统由水平位置滑到圆轨道最低点时速度为v0 , 解除弹簧锁定后A、B的速度分别为vA、vB 则有
将代入能量关系得到
得到：
设相对水平面上升最大高度为h, 则：
7．答案：（1）
解：（1）三者组成的系统满足动量守恒和机械能守恒，选取最低点，球到达最低点时共同速度为，速度为，规定向左为正方向：
解得：
（2）、从球在最低点开始，与组成一个系统满足动量守恒和机械能守恒，设摆到最高处为，此时，共同速度为：
解得：；
8．答案：（1）vA′=3 m/s （2）Ep=12 J （3） A不可能向左运动
解：（1）当A、B、C三者的速度相等时弹簧的弹性势能最大.
由于A、B、C三者组成的系统动量守恒
解得 vA′= m/s=3 m/s
（2）B、C碰撞时B、C组成的系统动量守恒，设碰后瞬间B、C两者速度为v′，则
v′==2 m/s
设物A速度为vA′时弹簧的弹性势能最大为Ep，
根据能量守恒
=×（2+4）×22+×2×62-×（2+2+4）×32=12 J
（3）A不可能向左运动
系统动量守恒
设 A向左，vA＜0，vB ＞4 m/s
则作用后A、B、C动能之和
实际上系统的机械能
根据能量守恒定律，＞E是不可能的，所以A不可能向左运动。
精典考题反思
m
V0
V/
图5-4
M
巩固提高训练
图5-3
θ1
θ2
P
B
A
V0
图6′-4
重力做功 WG＝－ΔEP
弹力做功WF1＝－ΔEP1
分子力做功WF2＝－ΔEP2
电场力做功WF3＝－ΔEP3
能量和动量的综合应用
功
动量守恒
ΔP1＝－ΔP2
P1+P2=P1ˊ+P2ˊ
动量定理
ΣI＝ΔP
动量的变化 （方向在一条直线上的、方向不在一条直线上的）
恒力的冲量 I=Ft
变力的冲量 （弹力、向心力、摩擦力、库仑力的冲量等）
机械能守恒
ΔEP＝ΔEK
能量守恒
Q＝ΔE
动能定理
ΣW＝ΔEK
功能原理
W其他＝ΔE
动能
势能 (重力势能、弹性势能、电势能、分子势能)
恒力做功 W=FsCOSθ
(重力做功、电场力做功)
变力做功 （弹力、机车牵引力、摩擦力、分子力做功等）
动量
冲量
能
高考考点解读
相关知识链接
动量
能量
高考命题思路
精典考题反思
B A
图7-3
图7-2
图7-1
图6′-3
图6′-2
图6′-1
巩固提高训练
F
K
B
A
图6-2
F
图5′-2
s
F
B
C
A
θ
A
O
图6-1
图5′-4
图5′-3
图5′-1
a
b
O
图5-1
图5′-5
图7′-4
图7′-3
图7′-5
图7′-7
图7′-6
图7′-2
图7′-1
图7-5
R
O
5R
s
C
B
A
图7-4
精典考题反思
巩固提高训练
A
B
a
c
b
d
F
A
B
图5-2
A
B
B
A
R
PAGE
1专题研究三 机械振动和机械波
1、简谐运动的概念辨析和规律运用问题，高考中主要以选择题形式出现，要求考生以两个模型为蓝本，在弄通研究对象在运动过程中各物理量随位移变化的基础上，整体把握描述机械振动的振幅、周期、频率等概念。
2、机械波的概念辨析和规律应用，高考中一般也以选择题形式出现，要求考生弄清机械波形成过程中两种运动形式——质点的振动和振动的匀速传播的特点及其关系，在此基础上掌握波的波长、波速、周期和频率等概念，并理解波的有关特性。
3、单摆周期公式是本章的重点内容，也应该是高考考查的重点。既可以考查对公式的理解，也可以考查公式的应用，既可以结合实验进行考查，也可以结合力学部分其他规律进行考查，既可应用于重力场中，也可应用到电场中，还可以拓展到复合场中，而近几年高考却很少涉及。2006年高考，我们应予以足够的关注。
4、振动图像和波动图像是近几年考查的重点，题型仍以选择题为主。处理图像问题，要充分利用图像，题中没有提供图像，要画出图像。解题过程中要注意把振动图像、波动图像与其反映的研究对象的运动情况紧密结合起来考虑，同时注意空间和时间的周期性导致的多解问题。
5、波的干涉和叠加问题，一般要求定性分析空间某点振动加强或减弱情况，但有些定量计算问题，对提高学生运用数学知识解决物理问题的能力有很大帮助，建议予以重视，但不宜深挖。
第8课时 简谐振动和简谐波
【例1】（2004天津理综·16）公路上匀速行驶的货车受一扰动，车上货物随车厢底板上下振动但不脱离底板，一段时间内货物在竖直方向的振动可视为简谐运动，周期为T，取竖直向上为正方向，以某时刻作为计时起点， 即t＝0，其振动图像如图8－1所示，则（ ）
A . t＝ T时，货物对车厢底板的压力最大
B . t＝ T时，货物对车厢底板的压力最小
C. t＝ T时，货物对车厢底板的压力最大
D . t＝ T时，货物对车厢底板的压力最小
析与解：由题意知，货物在竖直方向的振动视为简谐运动，货物在竖直方向受重力mg，底板对货物的支持力N 作用，支持力与货物对底板的压力是一对作用力与反作用力，大小相等，当t＝ T时，货物加速度a最大，方向向下，由牛顿第二定律得到mg－N＝ma，N＝mg－ma，N 最小；当t＝ T时，x＝0, a＝0，N ＝mg ；当t＝ T时，位移x最大，a最大，方向向上，有N －mg＝ma， N＝mg＋ma，N 达到最大，所以4个选项中仅有C 正确。
【点评】本题求解过程把简谐运动知识与动力学知识有机的结合起来。对于简谐运动的复习，不仅要从整体上研究其振幅、周期、频率等物理量，还要对振动物体的振动过程进行分析，分析振动过程中的力、加速度、速度、能量等的变化规律，从而加深对简谐运动特征的认识。
【例2】 图8－2所示的为一单摆的共振曲线，则该单摆的摆长约为多少？共振时单摆的振幅多大？共振时摆球的最大加速度和最大速度各为多少？（g＝10m/s2 ）
析与解： 由题意知，当单摆共振时频率为f＝0.5Hz ，
即f固 ＝f＝0.5Hz ，振幅A＝8cm＝0.08m
【点评】①这是一道根据共振曲线所给信息和单摆振动规律进行推理，综合分析和近似计算的题目，涉及到单摆的简谐运动过程、单摆的周期和频率，以及受迫振动、共振的概念和规律等知识点。
②在中学物理范围内凡涉及单摆周期类的问题，一般只指做简谐运动的单摆（或近似做简谐运动的单摆），即认为摆的最大摆角为小角度（θm < 50 ），本问题的求解中也作了如此近似处理。
【例3】 图8－4是在高速公路上用超声测速仪测量车速的示意图，测速仪发出并接受超声波脉冲信号，根据发出和接受的信号的时间差，测出被测物体的速度，图中p1 、p2 是测速仪发出的超声波信号，n1 、n2 分别是p1 、p2 从汽车反射回来的信号，设测速仪匀速扫描，p1 、p2 之间的时间间隔Δt＝1.0s ，超声波在空气中传播的速度是v＝340m/s，若汽车匀速行驶，求汽车的速度。
析与解（一）：题中图景提供的信息：
测速仪匀速扫描，p1 、p2 之间的时
间间隔Δt＝1.0s，由图景可知p1 、
p2 间有30小格，故每一小格对应的
时间间隔t0 ＝ s 。
p1 、n1 间有12小格，说明p1 、n1 之间的时间间隔t1 ＝12t0 ＝12× s ＝0.4s ；同理，可求得p2 、n2 之间的时间间隔t2 ＝0.3s ，因此汽车接受到p1 、p2 信号时离测速仪的距离分别为s1 = v×t1/2， s2 ＝v×t2 /2 ， 汽车在此时间内前进的距离为：
s＝s1－s2 ＝v（t1－t2 ）/2 ＝340×（0.4－0.3）/2 ＝17m
汽车接受到p1 、p2 两个信号的时刻分别与图中p1 n1 的中点和 p2 n2 的中点对应，p1 n1 的中点和 p2 n2 的中点间有28.5个小格，即汽车接收到p1 、p2 两个信号的的时间间隔t＝28.5t0 ＝0.95s 。
所以，汽车的速度为
v车 ＝s / t ＝ m/s =17.9 m/s
析与解（二）：
由Δt＝1.0s，可知声源发出脉冲波的频率f＝ ＝1Hz，
n1 、n2 之间时间间隔为Δt' =27t0 = 27× ＝0.9s ，
则测速仪接收到的脉冲波的频率为f ' = ,设汽车接收到脉冲波的频率为f `` ，汽车速度为v车 ，由多普勒效应规律可得
由以上两式，解得 v≈17.9m/s
【点评】①机械波中的质点在平衡位置附近做简谐运动，而振动形式和能量却在作匀速直线运动（在同一种均匀介质中），则匀速直线运动的规律，对于机械波的传播同样适用。
②多普勒效应的公式及其应用一直被认为超出了考试范围，但若掌握了这个公式的应用，超声波测速问题则变得很是简单，正如克拉伯龙方程用于气体状态和过程的分析与计算一样，因此对多普勒效应公式予以一定的注意是必要的。
【例4 】（2004全国理综·16）一简谐横波在图8－5中x轴上传播，实线和虚线分别是t1 和t2 时刻的波形图，已知t2 －t1 ＝1.0s，由图判断下列哪一个波速是不可能的（ ）
A. 1m/s B. 3m/s
C . 5m/s D. 10m/s
析与解：
若波沿x轴正向传播，则传播的距离Δx＝ λ＋nλ＝1＋4n ，波速v＝
将A、B、C、D四个选项的v代入，解得n分别为0， ,1, ，由于n只取整数，v＝3m/s，
v＝10m/s是不可能的。
若波沿负x方向传播，则传播的距离Δx' ＝ λ＋nλ＝3＋4n ，波速
将四个选项分别代入，解得n分别为 ，v＝3m/s是可能的，无论波向左或向右传播，v＝10m/s都是不可能的，所以D选项符合题意。
【点评】 解答本题时一定要抓住波的“双向性”和“重复性”这两个基本特征，先写出波速的通解表达式，将v代入n要比将n逐个代入求v简便得多。另外，此题还可以根据图象求出波长λ，再写出周期T的通解表达式，从而得到波速的通解表达式。
【例5】（2004广东、广西·3） 一列简谐横波沿直线向左传播，当直线上某质点a向上运动到达最大位移时，a点右方相距0.15m的b点刚到达平衡位置向下运动，则这列波的波长可能是（ ）
A 0.6m B 0.3m C 0.2m D 0.1m
析与解：由题意可知ab之间的可能波形，如图8－7所示（小于一个周期）。
由波的传播方向向左，且图示时刻b点的振动方向向下，可得波形②
不符合题意。则0.15＝ λ/4＋nλ，λ＝0.6/（4n+1）。当n＝0时，
λ1 ＝0.6m，n＝1时，λ2 ＝0.12m ，n＝2时，λ3 ＝0.067m，
n取其他值时，λ< 0.067m ，所以只有A选项符合题意。
【点评】有些波动图像问题，题中没有直接给出图像，解题时需要弄清在波的传播方向某两个质点的振动情况和波的传播方向，画出可能的波形。（一般画出小于一个周期的波形）画好波形后要根据题意进行校验、取舍，然后列式解题。
【例6】 如图8－8，在无限长的直线PQ的中垂线上由两个相同的声源A、B，A和B与PQ的距离分别为6m和1m ，两个声源同时发出波长都是2m的连续声波，那么PQ直线上听不到的小区共有多少个？
析与解（一）：解这道题主要依据波的干涉原理，当两个完全相同的波在D点相遇时，若路程差等于半波长的奇数倍时，振动即为减弱，首先让我们分析AB直线上共有几个振动减弱点，设D为直线AB上振动减弱点如图8—9所示，则Δs＝DA－DB＝λ（2n＋1）/2 ≤AB （n＝ 0，1，2……） ，解得n≤2。n＝0，n＝1的对应点分别为D1 、 D2 ，n＝2时D点在BO之间任一点，过D1 、D2 分别作双曲线如图，则PQ 直线上振动减弱的区域共有5个。
析与解（二）：利用对称性先考虑直线PQ上O点右侧的情形，设两列波传到D点的路程分别为
S1 和S2 ，若D振动减弱，则ΔS＝DA－DB＝λ（2n＋1）/2（n＝ 0，1，2……），又∵在ΔABD中，DA－DB≤AB ，∴λ（2n＋1）/2≤5 ，解得n≤2，这里n只能取0，1，2三个值，n＝0，1时，对应于PQ上O点右侧的两个振动减弱点，n＝2时对应PQ中的O点，利用对称性，在O点左侧也有两处振动减弱处，所以在PQ上听不到声音的小区共有5个。
【点评】本题解法（二）巧妙地应用了数学知识“同一平面上三点A、B、C，有AB－AC≤BC”降低了题目难度，在平时解题中要尽量地运用数学知识中的结论，可以给解题带来方便。
1、（2002上海·4）如图8' -1，S1 、S2 时振动情况完全相同的两个机械波波源，振幅为A，a、b、c三点分别位于S1 、S2 连线的中垂线上，且ab＝bc，某时刻a是两列波的波峰相遇点，c是两列波的波谷相遇点，则（ ）
A a处质点的位移始终为2A
B c处质点的位移始终为－2A
C b处质点的振幅为2A
D c处质点的振幅为2A
2、将一个力电传感器接到计算机上，可以测量快速变化的力，用这种方法测得的某单摆摆动过程中悬线上拉力大小随时间变化的曲线如图8′—2所示，由此图线提供的信息做出下列判断：①t＝0.2s时刻摆球正经过最低点；②t＝1.1s时摆球正处于最高点；③摆球摆动过程中机械能越来越小；④摆球摆动的周期约是T＝0.6s ，上述判断中正确的是（ ）
A ①③ B ②④ C ①② D ③④
3、（2005上海·13）A、B两列波在某时刻的波形如图8' －3所示，经过t＝TA 时间（TA 为波A的周期），两波再次出现如图波形，则两波的波速之比
VA ：VB 可能是（ ）
A 1： 3 B 1：2
C 2：1 D 3：1
4、（2005广东·3）一列沿x轴正方向传播的简谐横波，t＝0 时刻的波形如图8' －4中实线所示，t＝0.2s时刻的波形如图中的虚线所示，则（ ）
A 质点P的运动方向向右 B 波的周期可能为0.27s
C 波的频率可能为1.25Hz D 波的传播速度可能为20m/s
5、（2004江苏·8）如图8' －5，波源S从平衡位置y＝0开始振动，运动方向竖直向上（y轴的正方向），振动周期T＝0.01s，产生的简谐波向左右两个方向传播，波速均为v＝80m/s ，经过一段时间后，P、Q两点开始振动，已知距离SP＝1.2m，SQ＝2.6m，若以Q点开始振动的时刻作为计时的零点，则在图8′－6的振动图像中，能正确描述P、Q两点振动情况的是（ ）
A 甲为Q点的振动图像
B 乙为Q点的振动图像
C 丙为P点的振动图像
D 丁为P点的振动图像
6、一列简谐波向右传播，波速为v，沿波的传播方向上有相距为L的P、Q两质点，如图8' －7所示，某时刻P、Q两质点都处于平衡位置，且P、Q之间仅隔一个波峰，经过时间t，Q质点第一次运动到波谷，则t的可能值有（ ）
A 1个 B 2个 C 3个 D 4个
7、沿直线行驶的汽车通过某观察站时，观测到汽车发出的声音频率为1200Hz，汽车离开后发出声音的频率下降到1000Hz，已知空气中声速为340m/s，试求汽车运动的速度。
8、如图8' -8所示，一块涂有碳黑的玻璃板，质量为2kg，在拉力F的作用下，由静止开始竖直向上作匀变速运动，一个装有水平振针的振动频率为5Hz的固定电动音叉在玻璃板上画出了图示的曲线，量得OA＝1cm ，OB＝4cm ，OC＝9cm，求外力的大小（g＝10m/s2）
9、（2004江苏·16）如图8' -9，声源S和观察者A都沿x轴正方向运动，相对于地面的速率分别为VS 和VA ，空气中声音传播的速率为VP ，设VS （1）若声源相继发出两个信号，时间间隔为Δt，请根据发出的这两个
声信号从声源传播到观察者的过程，确定观察者接收到这两个声音信号
的时间间隔Δt' ；
（2）请利用（1） 的结果，推导出此情形下观察者接收到的声波频率与声源发出的声波频率间的关系式。
附：第8课时巩固提高训练答案及解
1、答案： C、D
解：因为abc三点在S1S2连线的中垂线上，而中垂线上各点到S1 S2 的路程差为零，同一时刻，波源S1 在此中垂线上任一点产生的分位移和波源S2在同一点产生的分位移必相同，由波的叠加原理，其合位移等于一个波产生的分位移的两倍，振幅也是一个振幅A的两倍，故选C 、D ，由于分位移随时间周期性变化，大小时刻变化，故A、B错。
2、答案： D
解：注意这是悬线上拉力图像，而不是振动图像，当摆球到达最高点时，悬线上拉力最小；当摆球到达最低点时，悬线上拉力最大。t＝0.1s时，摆球通过最低点，因此①错误，同样t＝1.1s时悬线拉力不是最小，故②错误。从图像中看出摆球到达最低点时的拉力一次比一次小，说明速率一次比一次小，反映出振动过程中摆球一定受到阻力作用，因此机械能应该一直减小，在一个周期内，摆球应该两次经过最高点，两次经过最低点，因此周期应该约是T＝0.6s，因此③④正确，本题应选D。
3、答案：A、B、C
解：由题意知，λA ＝2λB ，t ＝TA ＝nTB （n＝1，2，3…）
4、答案： C
解：质点P在平衡位置附近振动而不传播，则A错，
由图可知，
5、答案：A、D
解：由波的形成可知，所有质点开始振动的情况必与波源开始振动的情况相同，因此当波传至Q点时，Q点的运动方向向上，在甲、乙两图中，甲图中过t＝0的点斜率为正，速度方向向上，所以A正确，当波传至Q点时，所用时间 , 是周期的倍数为：
, 而波传至P点所用的时间t' ＝ ， ,因此当波传至Q点时，P点已振动了（ 个周期，P点开始振动时的速度向上，经过7/4个周期，P点处于波谷，即当波传至Q点时刻，P点的位移为负，达到最大，所以丁图符合题意，D正确。
此题有另一种解法为：波传至Q点的时间为 ， ，则S点已振动了13/4个周期，处于波峰，做出此刻向左传播的波形图，如图8″—1 ，由λ＝vt＝0.8m，知PS＝1.5λ ，在图中找出P点位置处于波谷，所以丁图符合题意。
6、答案： D
解：首先要勾画出符合题意的波的图像及波上质点的振动图像，对于波形的不同初态，可以分别得到相应的波长λ，周期T及时间t ，符合题意的简谐波图像如图8″—2所示，
7 、答案：30.9m/s
解：汽车发声频率f0 ＝1200Hz ，观测站接收到的频率f＝1000Hz，空气中声速为v0 ＝340m/s ，设车速为v车 ，由多普勒效应规律得： ，解得 v车 ＝30.9m/s 。
8、答案：24N
解：振动周期T＝0.2s ，图中OA、AB、BC三段运动时间均为t ＝T/2＝0.1s ，玻璃板得运动为匀变速运动，设其加速度为a ，则a＝ ,由牛顿第二定律F＝mg＋ma＝24N
9、答案：
解：此题看起来是一个多普勒效应问题，似乎比较复杂，其实只要给出位置与时间的关系图，仅用运动学公式就可解决。
（1）解法一 ： 设t1 、t2 为声源发出两个信号的时刻 ，t1' 、t2' 为观察者接收到两个信号的时刻，则第一个信号经过（t1' －t1 ）时间被观察者A接受到，第二个信号经过（t2' －t2 ）时间被观察者A再次接收到，且t2 －t1 ＝Δt ，t2' － t1' ＝Δt' ，如图8″—3所示，设声源发出第一个信号时，S、A两点距离为L，当观察者运动到A' 时，收到第一个信号，这段时间内，
信号以v的速率由S传播到A' ，由图中位移关系，
vP （ t1' － t1 ）＝L + vA ( t1' － t1 ）
在时刻t2 ，运动到S ' 的声源发出第二个信号，在 t2' 时刻被观察者接收到，此刻观察者已运动到位置A" ，如图8″—4所示位移关系得：
vS Δt ＋vP （ t2' －t2 ) = L＋vA （ t2' － t1 ）
上述两式联立解得
解法二：以运动的观察者为参照物，在观察者看来，声波开始从距他为L处开始以（vP －vA ）的相对速度向观察者运动，经过（ t1' － t1 ）被观察者接收到，通过的相对距离为L，有：
L＝（vP －vA ）（ t1' － t1 ）
在时刻t2 ，观察者相对于声源的距离变为
L' ＝L＋vA （t2 － t1 ）－vS （t2 － t1 ）
＝L＋（vA －vS ）（t2 － t1 ）
又有：L'＝（vP －vA ）（ t2' － t2）
上述三式联立解得：
（2）设在Δt时间内，声波共振动了N次，则观察者接收到N个全振动所用的时间为Δt' ,因此声源发出的声波频率为f＝N/Δt ,观察者接收到声波频率为f ' ＝N/Δt' ,所以有 。
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机械振动
简谐运动的图像：描述某一质点在各个不同时刻离开平衡位置位移的正弦曲线
简谐波的图像：描述某一时刻各个质点离开平衡位置位移的正弦曲线
波的特征： 1、波的干涉 2、波的衍射 3、反射和干涉
机械波
横波、纵波
超声波及其应用
多普勒效应
A 、f、T
λ 、f、v
受迫振动：f ＝ f 共 振 ：f ＝f
振
驱
驱
固
振动为波的根源
介质中各质点均振动
由一种图像，可推出另一种图像
简谐运动 1、受力特征 F＝－kx 2、机械能守恒 3、典型模型 1）弹簧振子 2）单摆
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波的叠加与干涉问题 2004 上海 · 13 2005 上海 · 2A 作图题填空题
高考命题思路
0.25 0.5 0.75 f/Hz
· · ·
8
6
4
2
-
-
-
0
A/cm
图8－2
图8－3
A
l
F
mg
经典考题反思
图8－1
·
mg
N
·
·
图5
0 1 2 3 4
图8－4
图5
a
b
①
②
图8－7
左
· ·
a
b
图8－6
-2 -1 0 1 2 3 4 5 x/cm
y/cm
图8－5
B
A
· ·
P
Q
·
·
图8－8
B
A
· ·
P
Q
·
·
D
O
·
·
·
图8－9
0 6 12 18 24
y/m
x/m
P
图8' －4
a
a
图8' －3
a b c
t /s
F /N
0 0.4 0.8 1.2
图8' －2
图8' -1
巩固提高训练
· ·
A
x
S
图8' -9
F
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B
A
C
图8' -8
· ·
P
Q
v
图8' -7
2T
T
y
t
O
y
t
2T
T
O
y
t
2T
T
O
2T
T
y
t
O
甲
乙
丙
丁
图8' －6
· · ·
P
Q
S
v
v
图8' －5
Q
y
y
O
P
·
·
丁
Q
y
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P
·
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丙
Q
y
y
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P
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·
乙
y
y
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P
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·
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甲
S
·
P
图8″ -2
图8″ -1
· · · ·
L
图8″-4
· · ·
L
图8″ -3
