2009年高三物理第二轮专题复习全套教案

本资料来自于资源最齐全的２１世纪教育网www.21cnjy.com
2009二轮复习
专题三 电磁感应与电路
[典例分析]
1．电磁感应的图象问题
例1、如图4—1（a）所示区域（图中直角坐标系xOy的1、3象限）内有匀强磁场，磁感应强度方向垂直于图面向里，大小为B，半径为l，圆心角为60°的扇形导线框OPQ以角速度绕O点在图面内沿逆时针方向匀速转动，导线框回路电阻为R．
（1）求线框中感应电流的最大值I0和交变感应电流的频率f．
（2）在图（b）中画出线框转一周的时间内感应电流I随时间t变化的图象．（规定在图（a）中线框的位置相应的时刻为t =0）
2、电路的动态分析
例2、如图4—3所示的电路中，电源的电动势为E，内阻为r．当可变电阻的滑片P向b移动时，电压表的读数U1与电压表的读数U2的变化情况是（ ）
A．U1变大，U2变小 B．U1变大，U2变大
C．U1变小，U2变小 D．U1变小，U2变大
3、电磁感应与力学综合
例3、如图4—4所示，两根相距为d的足够长的平行金属导轨位于水平xOy平面内，左端接有阻值为R的电阻，其他部分的电阻均不计．在x>0的一侧存在垂直xOy平面且方向竖直向下的稳定磁场，磁感强度大小按B=kx规律变化（其中k是一大于零的常数）．一根质量为m的金属杆垂直跨搁在光滑的金属导轨上，两者接触良好．
当t =0时直杆位于x=0处，其速度大小为v0，方向沿x轴正方向，在此后的过程中，始终有一个方向向左的变力F作用于金属杆，使金属杆的加速度大小恒为a，加速度方向一直沿x轴的负方向．求：
（1）闭合回路中感应电流持续的时间有多长？
（2）当金属杆沿x轴正方向运动的速度为时，闭合回路的感应电动势多大？此时作用于金属杆的外力F多大？
4、电磁感应与动量、能量的综合
例4、如图4—6所示，在空间中有一水平方向的匀强磁场区域，区域的上下边缘间距为h，磁感应强度为B．有一宽度为b（b（1）线圈的MN边刚好进入磁场时，线圈的速度大小．
（2）线圈从开始下落到刚好完全进入磁场所经历的时间．
例5、两根足够长的固定的平行金属导轨位于同一水平内，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4—7所示．两根导体棒的质量皆为m，电阻皆为R，磁感应强度为B，设两导体棒均为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（如图所示），若两导体棒在运动中始终不接触，求：
（1）在运动中产生的焦耳热最多是多少？
（2）当ab棒的速度变为初速度的时，cd棒的加速度是多少？
5、电磁感应与电路综合
例6、如图4—8所示，直角三角形导线框abc固定在匀强磁场中，ab是一段长为L、电阻为R的均匀导线，ac和bc的电阻可不计，ac长度为．磁场的磁感强度为B，方向垂直纸面向里．现有一段长度为，电阻为的均匀导体棒MN架在导线框上，开始时紧靠ac，然后沿bc方向以恒定速度v向b端滑动，滑动中始终与ac平行并与导线框保持良好接触，当MN滑过的距离为时，导线ac中的电流为多大？方向如何？
6、交变电流的三值
例7、边长为a的N匝正方形线圈在磁感应强度为B的匀强磁场中，以角速度绕垂直于磁感线的转轴匀速转动，线圈的电阻为R．求：
（1）线圈从中性面开始转过90°角的过程中产生的热量．
（2）线圈从中性面开始转过90°角的过程中，通过导线截面的电量．
7、电容、电路、电场、磁场综合
例8、如图4—11所示，光滑的平行导轨P、Q相距l=1m，处在同一水平面中，导轨左端接有如图所示的电路，其中水平放置的平行板电容器C两极板间距离d=10mm，定值电阻R1=R3=8Ω，R2=2Ω，导轨电阻不计，磁感应强度B=0.4T的匀强磁场竖直向下穿过导轨平面，当金属棒ab沿导轨向右匀速运动（开关S断开）时，电容器两极板之间质量m=1×10－14kg，带电荷量q=－1×10－25C的粒子恰好静止不动；当S闭合时，粒子以加速度a=7m/s2向下做匀加速运动，取g=10m/s2，求：
（1）金属棒ab运动的速度多大？电阻多大？
（2）S闭合后，使金属棒ab做匀速运动的外力的功率多大？
8、电磁感应与交流电路、变压器综合
例9、有条河流，流量Q=2m3/s，落差h=5m，现利用其发电，若发电机总效率为50%，输出电压为240V，输电线总电阻R=30Ω，允许损失功率为输出功率的6%，为满足用电的需求，则该输电线路所使用的理想电压、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．
专题四 《电磁感应与电路》跟踪练习与高考预测
1．矩形导线框abcd放在匀强磁场中，磁感线方向与线圈平面垂直，磁感强度B随时间变化的图象如图4—13所示．t=0时刻，磁感强度的方向垂直于纸面向里．在0～4s时间内，线框的ab边受力随时间变化的图象（力的方向规定以向左为正方向），可能如图4—14中的（ ）
A． B． C． D．
2．如图4—14甲所示，由均匀电阻丝做成的正方形线框abcd的电阻为R，ab=bc=cd=da=l．现将线框以与ab垂直的速度v匀速穿过一宽为2l、磁感应强度为B的匀强磁场区域，整个过程中ab、cd两边始终保持与边界平行．令线框的cd边刚与磁场左边界重合时t=0，电流沿abcda流动的方向为正．
（1）求此过程中线框产生的焦耳热；
（2）在图乙中画出线框中感应电流随时间变化的图象；
（3）在图丙中画出线框中a、b两点间电势差Uab随时间t变化的图象．
图4—14
3．如图4—15所示，T为理想变压器，A1、A2为交流电流表，R1、R2为定值电阻，R3为滑动变阻器，原线圈两端接恒压交流电源，当滑变阻器的滑动触头向下滑动时（ ）
A．A1的读数变大，A2读数变大
B．A1的读数变大，A2读数变小
C．A1的读数变小，A2 读数变大
D．A1的读数变小，A2的读数变小
4．如图4—16所示：半径为r、电阻不计的两个半圆形光滑导轨并列竖直放置，在轨道左上方端点M、N间接有阻值为R的小电珠，整个轨道处在磁感强度为B的匀强磁场中，两导轨间距为L，现有一质量为m，电阻为R的金属棒ab从M、N处自由静止释放，经一定时间到达导轨最低点O、O′，此时速度为v．
（1）指出金属棒ab从M、N到O、O′的过程中，通过小电珠的电流方向和金属棒ab的速度大小变化情况．
（2）求金属棒ab到达O、O′时，整个电路的瞬时电功率．
（3）求金属棒ab从M、N到O、O′的过程中，小电珠上产生的热量．
5．（2004年全国）如图4—18所示a1b1c1d1和a2b2c2d2为在同一竖直平面内的金属导轨，处在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨所在的平面（纸面）向里．导轨的a1b1段与a2b2段是竖直的，距离l1；c1d1段与c2d2段也是竖直的，距离为l2．x1y1与x2y2为两根用不可伸长的绝缘轻线相连的金属细杆，质量分别为m1和m2，它们都垂直于导轨并与导轨保持光滑接触．两杆与导轨构成的回路的总电阻为R．F为作用于金属杆x1y1上的竖直向上的恒力．已知两杆运动到图示位置时，已匀速向上运动，求此时作用两杆的重力的功率的大小和回路电阻上的热功率．
6．光滑曲面与竖直平面的交线是抛物线，如图4—19所示，抛物线的方程是y=x2，下半部处在一个水平方向的匀强磁场中，磁场的上边界是y=a的直线（图中虚线所示），一个小金属环从抛物线上y=b（y>a）处以速度v沿抛物线下滑，假设抛物线足够长，金属环沿抛物线下滑后产生的焦耳热总量是（ ）
A．mgb B．
C．mg(b－a) D．
7．如图4—20所示，长为L、电阻r=0.3Ω、质量m=0.1kg的金属棒CD垂直跨搁在位于水平面上的两条平行光滑金属导轨上，两导轨间距也是L，棒与导轨间接触良好，导轨电阻不计，导轨左端接有R=0.5Ω的电阻，量程为0～3.0A的电流表串接在一条导轨上，量程为0～1.0V的电压表接在电阻R的两端，垂直导轨平面的匀强磁场向下穿过平面．现以向右恒定外力F使金属棒右移，当金属棒以v=2m/s的速度在导轨平面上匀速滑动时，观察到电路中的一个电表正好满偏，而另一个电表未满偏，问：
（1）此满偏的电表是什么表？说明理由．
（2）拉动金属棒的外力F多大？
（3）此时撤去外力F，金属棒将逐渐慢下来，最终停止在导轨上．求从撤去外力到金属棒停止运动的过程中通过电阻R的电量．
8．高频焊接是一种常用的焊接方法，其焊接的原理如图所示．将半径为10cm的待焊接的圆形金属工件放在导线做成的1000匝线圈中，然后在线圈中通以高频的交变电流，线圈产生垂直于金属工件所在平面的变化磁场，磁场的磁感应强度B的变化率为1000T/s．焊接处的接触电阻为工件非焊接部分电阻的 99倍．工作非焊接部分每单位长度上的电阻为，焊接的缝宽非常小，求焊接过程中焊接处产生的热功率．（取=10，不计温度变化对电阻的影响）
图4—21
9．如图4—25所示，两块水平放置的平行金属板间距为d，定值电阻的阻值为R，竖直放置线圈的匝数为n，绕制线圈导线的电阻为R，其他导线的电阻忽略不计．现在竖直向上的磁场B穿过线圈，在两极板中一个质量为m，电量为q，带正电的油滴恰好处于静止状态，则磁场B的变化情况是（ ）
A．均匀增大，磁通量变化率的大小为
B．均匀增大，磁通量变化率的大小为
C．均匀减小，磁通量变化率的大小为
D．均匀减小，磁通量变化率的大小为
10．如图4—26所示，水平面中的光滑平行导轨P1、P2相距l=50cm，电池电动势E′=6V，电阻不计；电容C=2F，定值电阻R=9Ω；直导线ab的质量m=50g，横放在平行导轨上，其中导轨间的电阻R′=3Ω；竖直向下穿过导轨面的匀强磁场的磁感应强度B=1.0T；导轨足够长，电阻不计．
（1）闭合开关S，直导线ab由静止开始运动的瞬时加速度多大？ab运动能达到的最大速度多大？
（2）直导线ab由静止开始运动到速度最大的过程中，电容器的带电荷量变化了多少？
11．如图4—27所示的四个图中，a、b为输入端，接交流电源、cd为输出端，下列说法中错误的是（ ）
A B C D
A．A图中UabUcd C．C图中UabUcd
12．某电站输送的电功率是500kW，当采用6kV电压输电时，安装在输电线路起点的电度表和终点的电度表一昼夜读数相差4800kWh（即4800度），试求：（1）输电线的电阻；（2）若要使输电线上损失的功率降到输送功率的2.304%，应采用多高的电压向外输电？
（a） （b）
图4—1
图4—3
图4—4
图4—6
图4—7
图4—8
× × ×
× × ×
× × ×
× × ×
R3
R2
q
S
m
R1
v
a
P
b
Q
图4—11
图4—13
a
b
c
d
i
t
O
图甲
图乙
Uab
t
O
图丙
l
～
R1
A1
R2
R3
A2
T
图4—15
图4—16
图4—18
图4—19
图4—20
图4—25
E′
P1
P2
图4—26
～
a
b
c
d
～
a
b
d
c
～
a
b
c
d
～
a
b
d
c
21世纪教育网 -- 中国最大型、最专业的中小学教育资源门户网站。 版权所有@21世纪教育网本资料来自于资源最齐全的２１世纪教育网www.21cnjy.com
专题三 电场和磁场中的带电粒子
一、考点回顾
1．三种力：
大小 方向 决定因素
重力 G=mg=GMm/R2 竖直向下 由场决定，与物体的运动状态（v）无关
电场力 F=qE 与E方向平行
洛伦兹力 f=Bqv 与B、v平面垂直（左手定则） 由场和物体的运动状态（v）共同决定
2．重力的分析：
(1)对于微观粒子，如电子、质子、离子等一般不做特殊交待就可以不计其重力，因为其重力一般情况下与电场力或磁场力相比太小，可以忽略；
(2)对于一些实际物体，如带电小球、液滴等不做特殊交待时就应当考虑重力；
(3)在题目中有明确交待是否要考虑重力的，这种情况比较正规，也比较简单。
3．电场力和洛伦兹力的比较：
(1)在电场中的电荷，不管其运动与否，均受到电场力的作用；而磁场仅仅对运动着的、且速度与磁场方向不平行的电荷有洛伦兹力的作用；
(2)电场力的大小与电荷的运动的速度无关；而洛伦兹力的大小与电荷运动的速度大小和方向均有关；
(3)电场力的方向与电场的方向或相同、或相反；而洛伦兹力的方向始终既和磁场垂直，又和速度方向垂直；
(4)电场既可以改变电荷运动的速度大小，也可以改变电荷运动的方向，而洛伦兹力只能改变电荷运动的速度方向，不能改变速度大小；
(5)电场力可以对电荷做功，能改变电荷的动能；洛伦兹力不能对电荷做功，不能改变电荷的动能；
(6)匀强电场中在电场力的作用下，运动电荷的偏转轨迹为抛物线；匀强磁场中在洛伦兹力的作用下，垂直于磁场方向运动的电荷的偏转轨迹为圆弧。
4．带电粒子在独立匀强场中的运动：
(1)不计重力的带电粒子在匀强电场中的运动可分二种情况：平行进入匀强电场，在电场中做匀加速直线运动和匀减速直线运动；垂直进入匀强电场，在电场中做匀变速曲线运动(类平抛运动)；
(2)不计重力的带电粒子在匀强磁场中的运动可分二种情况：平行进入匀强磁场时，做匀速直线运动；垂直进入匀强磁场时，做变加速曲线运动(匀速圆周运动)；
5．不计重力的带电粒子在匀强磁场中做不完整圆周运动的解题思路：
不计重力的带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的轨迹半径r=mv/Bq；其运动周期T=2m/Bq(与速度大小无关)
(1)用几何知识确定圆心并求半径：因为F方向指向圆心，根据F一定垂直v，画出粒子运动轨迹中任意两点(大多是射入点和出射点)的F或半径方向，其延长线的交点即为圆心，再用几何知识求其半径与弦长的关系；
(2)确定轨迹所对的圆心角，求运动时间：先利用圆心角与弦切角的关系，或者是四边形内角和等于360°(或2)计算出圆心角的大小，再由公式t=T/3600(或T/2)可求出运动时间。
6．带电粒子在复合场中运动的基本分析
复合场是指电场、磁场、重力场并存，或其中某两种场并存的场。带电粒子在这些复合场中运动时，必须同时考虑电场力、洛伦兹力和重力的作用或其中某两种力的作用，因此对粒子的运动形式的分析就显得极为重要。所以问题本质还是物体的动力学问题。
分析此类问题的一般方法为：首先从粒子的开始运动状态受力分析着手，由合力和初速度判断粒子的运动轨迹和运动性质，注意速度和洛伦兹力相互影响这一特点，将整个运动过程和各个阶段都分析清楚，然后再结合题设条件，边界条件等，选取粒子的运动过程，选用有关动力学理论公式求解。?
(1)粒子所受的合力和初速度决定粒子的运动轨迹及运动性质：
当带电粒子在复合场中所受的合外力为0时，粒子将做匀速直线运动或静止。
当带电粒子所受的合外力与运动方向在同一条直线上时，粒子将做变速直线运动。
当带电粒子所受的合外力充当向心力时，粒子将做匀速圆周运动，且恒力的合力一定为零。
当带电粒子所受的合外力的大小、方向均是不断变化的，则粒子将做变加速运动，这类问题一般只能用能量关系处理。
(2)匀变速直线运动公式、运动的合成和分解、匀速圆周运动的运动学公式；
(3)牛顿运动定律、动量定理和动量守恒定律；
(4)动能定理、能量守恒定律。
7．实际应用模型有：显像管、回旋加速器、速度选择器、正负电子对撞机、质谱仪、电磁流量计、磁流体发电机、霍尔效应等等。
二、经典例题剖析
1．如图所示，在某水平方向的电场线AB上(电场线方向未标明)，将一受到水平向右恒定拉力的带电粒子（不计重力）在A点由静止释放，带电粒子沿AB方向开始运动，经过B点时的速度恰好为零，则下列结论正确的有【 】
A．粒子在A、B两点间移动时，恒力做功的数值大于粒子在AB两点间电势能差的绝对值
B．可能A点的电势高于B点的电势，也可能A点的电势低于B点的电势
C．A处的场强可能大于B处的场强
D．粒子的运动不可能是匀速运动，也不可能是匀加速运动
解析：根据动能定理，恒力做的正功跟电场力做的负功，数值相等，即恒力做功跟电势能之差的绝对值应相等，A错误；带电粒子从A点由静止开始向B运动，经过B点时速度为零，这表明带电粒子在恒力和电场力作用下先做加速运动后做减速运动，因此粒子的运动不可能是匀速运动。同时表明电场力的方向向左。粒子先做加速运动，说明水平向右的恒力大于水平向左的电场力，后做减速运动，表明后来水平向左的电场力大于水平向右的恒力，因此粒子不可能做匀加速运动，D选项正确；粒子在B处受到的电场力比A处大，因此B处的场强大于A处的场强，C选项错误；如粒子带正电，电场线方向应由B指向A、B点电势高于A点电势；如粒子带负电，电场线方向应由A指向B，A点电势高于B点电势。因此，A、B两点电势的高低无法判断。答案：BD
点评：此题是动力学观点与电场性质、能量观点等知识点的综合应用判断题目。
2．如图所示的装置是在竖直平面内放置光滑的绝缘轨道，处于水平向右的匀强电场中，以带负电荷的小球从高h的A处静止开始下滑，沿轨道ABC运动后进入圆环内作圆周运动。已知小球所受到电场力是其重力的3/4，圆环半径为R，斜面倾角为θ=53°，sBC=2R。若使小球在圆环内能作完整的圆周运动，h至少为多少？
解析：小球所受的重力和电场力都为恒力，故可两力等效为一个力F，如图可知F＝1.25mg，方向与竖直方向左偏下37 ，从图中可知，能否作完整的圆周运动的临界点是能否通过D点，若恰好能通过D点，即达到D点时球与环的弹力恰好为零。
由圆周运动知识得： 即：
由动能定理有：
联立可求出此时的高度h=10R
点评：用极限法通过分析两个极端（临界）状态，来确定变化范围，是求解“范围类”问题的基本思路和方法。当F供=F需时，物体做圆周运动；当F供>F需时物体做向心运动；当F供3．如图所示，竖直固定的光滑绝缘的直圆筒底部放置一场源A，其电荷量Q = ＋4×10－3 C，场源电荷A形成的电场中各点的电势表达式为，其中k为静电力恒量，r为空间某点到A的距离．有一个质量为m = 0.1 kg的带正电小球B，B球与A球间的距离为a = 0.4 m，此时小球B处于平衡状态，且小球B在场源A形成的电场中具有的电势能表达式为，其中r为q与Q之间的距离。有一质量也为m的不带电绝缘小球C从距离B的上方H = 0.8 m处自由下落，落在小球B上立刻也小球B粘在一起向下运动，它们到达最低点后又向上运动，它们向上运动到达的最高点P。（取g = 10 m/s2，k = 9×109 N·m2/C2），求：
(1)小球C与小球B碰撞后的速度为多少？
(2)小球B的带电量q为多少？
(3)P点与小球A之间的距离为多大？
(4)当小球B和C一起向下运动与场源A距离多远时，其速度最大？速度的最大值为多少？
解析：(1)小球C自由下落H距离的速度v0 = = 4 m/s
小球C与小球B发生碰撞，由动量守恒定律得：mv0 = 2mv1，所以v1 = 2 m/s
(2)小球B在碰撞前处于平衡状态，对B球进行受力分析知：
代入数据得：C
(3)C和B向下运动到最低点后又向上运动到P点，运动过程中系统能量守恒，设P与A之间的距离为x，由能量守恒得：
代入数据得：x = (0.4＋) m（或x = 0.683 m）
(4)当C和B向下运动的速度最大时，与A之间的距离为y，对C和B整体进行受力分析有：，代入数据有：y = m（或y = 0.283 m）
由能量守恒得：
代入数据得：（或vm = 2.16 m/s）
点评：此题是动量守恒和能量守恒与电学知识的综合。
4．质谱仪是一种测定带电粒子质量和分析同位素的重要工具，它的构造原理如图所示。离子源S产生带电量为q的某种正离子，离子产生出来时速度很小，可以看作是静止的。粒子从容器A下方小孔S1飘入电势差为U的加速电场，然后经过小孔S2和S3后沿着与磁场垂直的方向进入磁感应强度为B的匀强磁场中，最后打到照相底片D上。
(1)小孔S1和S2处的电势比较，哪处的高？在小孔S1和S2处的电势能，哪处高？如果容器A接地且电势为0，则小孔S1和S2处的电势各为多少？(设小孔极小，其电势和小孔处的电极板的电势相同)
(2)求粒子进入磁场时的速率和粒子在磁场中运动的轨道半径。
(3)如果从容器下方的S1小孔飘出的是具有不同的质量的带电量为q的正离子，那么这些粒子打在照相底片的同一位置，还是不同位置？如果是不同位置，那么质量分别为的粒子在照相底片的排布等间距吗？写出说明。
解析：(1)由于电荷量为带正电的粒子，从容器下方的S1小孔飘入电势差为U的加速电场，要被加速，S1和S2处的电势比较，S1处的高，从小孔S1到S2电场力做正功，电势能减小，所以粒子在小孔S1处的电势能高于在S2处。如果容器A接地且电势为0，而小孔S1和S2处的电势差为U，所以小孔S1和S2处的电势各为0和-U。
(2)设从容器下方的S1小孔飘出的是具有不同的质量的电荷量为的粒子，到达S2的速度为v，经S3进入射入磁场区，根据能量守恒，有 v=
设粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动的半径为R，由洛伦兹力公式和牛顿定律得：
(3)在磁场中偏转距离d=
由于是具有不同的质量的粒子，所以距离d不同，这些粒子打在照相底片的不同位置。从上式可以看出，在磁场中偏转距离d与质量的平方根成正比，所以质量分别为的粒子在照相底片的排布间距不等。
点评：此题是与质谱仪相关的一道习题，考查了学生对基本物理模型的理解和掌握。
5．某同学家中旧电视机画面的幅度偏小，维修店的技术人员检查后诊断为显像管或偏转线圈出了故障。通过复习，他知道显像管的简要工作原理是阴极K发射的电子束经高压加速电场（电压为U）加速后，进入放置在其颈部的偏转线圈形成的偏转磁场中偏转，偏转后的电子轰击荧光屏，荧光粉受激发而发光，如图所示是显象管工作原理的示意图。已知阴极k发射出的电子束（初速度可视为零）经高压加速电压U = 22.5 KV加速后（电子从阴极到阳极的过程为加速过程），正对圆心进入磁感应强度为B，半径为r的圆形匀强磁场区，偏转后打在荧光屏P上。(电子的电量为q = -1.6×10-19C，质量m = 0.91×10-30kg)。请你帮他讨论回答下列问题：
(1)电子在A处和B处的电势能，哪处高？电场力对电子做的功为多少？电子到达阳极的速度为多少？
(2)若电子的荷质比为K，电子通过圆形磁场区过程的偏转角α是多大？(用字母表示)
(3)试帮助维修店的技术人员分析引起故障的原因可能是什么？
解析：(1)在电子从阴极A到阳极B的过程中要被加速，A和B处的电势比较，A处的高，电场力做正功，电势能减小，所以粒子在小孔A高于B处的电势能。
WAB = q U=1.6×10-19×22.5×103=3.6×10-15 J，是正功
由 得m / s = 8.9×10 7 m / s
(2)电子被加速 电子在磁场中偏转的轨道半径如图，
而图中α=2θ，又
由以上四式可得
⑶由知，偏转α越大，偏转量越大，荧光屏上的画面幅度越大。由此可见，故障的原因可能是：①加速电场的电压过高；②偏转线圈的电流过小；③偏转线圈匝间短路，线圈匝数减少，偏转磁场减弱。
点评：此题是一道带电粒子的实际应用题型，考查了带电粒子在电场中的加速、有界圆形磁场中的偏转，运动过程多，需要细致准确的分析和做图。
6．如图所示，在半径为R的绝缘圆筒内有匀强磁场，方向垂直纸面向里，圆筒正下方有小孔C与平行金属板M、N相通。两板间距离为d，两板与电动势为E的电源连接，一带电量为－q、质量为m的带电粒子（重力忽略不计），开始时静止于C点正下方紧靠N板的A点，经电场加速后从C点进入磁场，并以最短的时间从C点射出。已知带电粒子与筒壁的碰撞无电荷量的损失，且碰撞后以原速率返回。求：
(1)筒内磁场的磁感应强度大小；
(2)带电粒子从A点出发至重新回到A点射出所经历的时间。
解析：(1)带电粒子从C孔进入，与筒壁碰撞2次再从C孔射出经历的时间为最短。
由qE＝mv2 粒子由C孔进入磁场，在磁场中做匀速圆周运动的速率为v＝
由r＝ 由几何关系有Rcot30°＝ r 得B＝
(2)粒子从A→C的加速度为a＝qE／md
由d＝at12/2，粒子从A→C的时间为t1＝=d
粒子在磁场中运动的时间为t2＝T／2＝πm／qB 得t2＝πR
求得t＝2t1＋t2＝（2d +πR）
点评：此题是电场、磁场和碰撞有机结合在一起的题目，需要对带电粒子的运动有一个准确的分析和求解。
7．如图所示，M、N为两块带等量异种电荷的平行金属板，S1、S2为板上正对的小孔，N板右侧有两个宽度均为d的匀强磁场区域，磁感应强度大小均为B，方向分别垂直于纸面向里和向外，磁场区域右侧有一个荧光屏，取屏上与S1、S2共线的O点为原点，向下为正方向建立x轴。板左侧电子枪发射出的热电子经小孔S1进入两板间，电子的质量为m，电荷量为e，初速度可以忽略。求：
(1)当两板间电势差为U0时，求从小孔S2射出的电子的速度v0；
(2)两金属板间电势差U在什么范围内，电子不能穿过磁场区域而打到荧光屏上；
(3)电子打到荧光屏上的位置坐标x和金属板间电势差U的函数关系。
解析：(1)根据动能定理，得 解得
(2)欲使电子不能穿过磁场区域而打在荧光屏上，应有
而由此即可解得
(3)若电子在磁场区域做圆周运动的轨道半径为r，穿过磁场区域打在荧光屏上的位置坐标为x，则由轨迹图可得 注意到和
所以，电子打到荧光屏上的位置坐标x和金属板间电势差U的函数关系为
点评：此题是电场中加速、两有界磁场结合一起的题目，需要对带电粒子的运动进行分析和讨论，对临界情况有一准确的判断，从而得出正确的结论。
8．如图所示，在地面附近有一范围足够大的互相正交的匀强电场和匀强磁场。磁感应强度为B，方向水平并垂直纸面向外。一质量为m、带电量为－q的带电微粒在此区域恰好作速度大小为v的匀速圆周运动。（重力加速度为g）
(1)求此区域内电场强度的大小和方向。
(2)若某时刻微粒运动到场中距地面高度为H的P点，速度与水平方向成45°，如图所示。则该微粒至少须经多长时间运动到距地面最高点？最高点距地面多高？
(3)在(2)问中微粒又运动P点时，突然撤去磁场，同时电场强度大小不变，方向变为水平向右，则该微粒运动中距地面的最大高度是多少？
解析：(1)带电微粒在做匀速圆周运动，电场力与重力应平衡，因此：mg=Eq
解得： 方向：竖直向下
(2)粒子作匀速圆周运动，轨道半径为R，如图所示。 最高点与地面的距离：
解得：
该微粒运动周期为： 运动到最高点所用时间为：
(3)设粒子升高度为h，由动能定理得：
解得：
微粒离地面最大高度为：
点评：此题考查了带电粒子在重力场、电场和磁场三场并存情况的分析，需要进行准确的动力学分析，综合应用知识求解。
三、方法总结与2008年高考预测
（一）方法总结
综合上述例析，可以看出：要正确、迅速解答带电粒子在复合场内运动类问题，首先必须弄清物理情境，即在头脑中再现客观事物的运动全过程，对问题的情境原型进行具体抽象，从而建立起正确、清晰的物理情境；其二，应对物理知识有全面深入的理解；其三，熟练掌握运用数学知识是考生顺利解决物理问题的有效手段。
分析方法和力学问题的分析方法基本相同，不同之处就是多了电场力和磁场力，其思路、方法与解题步骤相同，因此在利用力学的三大观点（动力学、能量、动量）分析的过程中，还要注意：
1．洛伦兹力永远与速度垂直、不做功
2．重力、电场力做功与路径无关，只由初末位置决定，当重力、电场力做功不为零时，粒子动能肯定变化。
3．洛伦兹力随速率的变化而变化，洛伦兹力的变化导致了所受合外力变化，从而引起加速度变化，使粒子做变加速运动。
（二）2008年高考预测
从历年高考试题可以观察到：
1．命题在能力立意下，惯于物理情景的重组翻新，设问的巧妙变幻，即所谓旧题翻新，具有不回避重复的考查特点；
2．力、电综合命题多以带电粒子在复合场中的运动为载体考查学生理解能力、推理能力、综合分析能力及运用数学知识解决物理问题的能力；
3．带电粒子在复合场中的运动的命题，集中融合力学、电磁学等知识，其特点构思新颖、综合性强，突出考查考生对物理过程和运动规律的综合分析能力、运用数学知识解决物理问题的能力及空间想象能力。
因此，力、电综合问题，仍将是近年综合测试不可回避的命题热点，应引起足够的关注。
四、强化训练
（一）选择题
1．如图所示，在粗糙绝缘水平面上固定两个等量同种电荷P、Q，在PQ连线上的M点由静止释放一带电滑块，则滑块会由静止开始一直向右运动到PQ连线上的另一点N而停下，则滑块由M到N的过程中，以下说法正确的是【 】
A．滑块受到的电场力一定是先减小后增大
B．滑块的电势能一直减小
C．滑块的动能与电势能之和可能保持不变
D．PM间距一定小于QN间距
2．如图所示，宽h=2cm的有界匀强磁场，纵向范围足够大，磁感应强度的方向垂直纸面向内，现有一群正粒子从O点以相同的速率沿纸面不同方向进入磁场，若粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径均为r=5cm，则【 】
A．右边界:-4cmB．右边界:y>4cm和y<-4cm有粒子射出
C．左边界:y>8cm有粒子射出
D．左边界:03．如图6所示。在一个半径为R的圆形区域内有一匀强磁场，磁场方向垂直于圆面向里。一个带电粒子从此场边界的A沿指向圆心O的方向进入磁场区域内，粒子将做圆周运动到达磁场边界的C点。但在粒子经过D点时，恰好与一个原来静止在该点的完全相同的粒子碰撞后结合在一起形成新粒子。粒子的重力不计。关于这个新粒子的运动情况，以下判断正确的是【 】
A．在磁场中运动的整个过程中，系统的总机械能不变
B．运动半径将增大，可能到达E点
C．运动半径将不变，在磁场中运动的时间变短
D．运动半径将减小，可能到达F点
4．示波器是一种多功能电学仪器，可以在荧光屏上显示出被检测的电压波形。它的工作原理等效成下列情况：（如图2所示）真空室中电极K发出电子（初速不计），经过电压为U1的加速电场后，由小孔S沿水平金属板A、B间的中心线射入板中。在两极板右侧且与极板右端相距D处有一个与两板中心线垂直的范围很大的荧光屏，中心线正好与屏上坐标原点相交，电子通过极板打到荧光屏上将出现亮点，若在A、B两板间加上如图乙所示的变化电压，则荧光屏上的亮点运动规律是【 】
A．沿y轴方向作匀速运动 B．沿x轴方向作匀速运动
C．沿y轴方向作匀加速运动 D．沿x轴方向作匀加速运动
5．回旋加速器是用来加速带电粒子的装置，如图所示.它的核心部分是两个D形金属盒，两盒相距很近，分别和高频交流电源相连接，两盒间的窄缝中形成匀强电场，使带电粒子每次通过窄缝都得到加速。两盒放在匀强磁场中，磁场方向垂直于盒底面，带电粒子在磁场中做圆周运动，通过两盒间的窄缝时反复被加速，直到达到最大圆周半径时通过特殊装置被引出。如果用同一回旋加速器分别加速氚核（）和α粒子（）比较它们所加的高频交流电源的周期和获得的最大动能的大小，有【 】
A．加速氚核的交流电源的周期较大，氚核获得的最大动能也较大
B．加速氚核的交流电源的周期较大，氚核获得的最大动能较小
C．加速氚核的交流电源的周期较小，氚核获得的最大动能也较小
D．加速氚核的交流电源的周期较小，氚核获得的最大动能较大
6．如图所示，在某空间同时存在着相互正交的匀强电场E和匀强磁场B，电场方向竖直向下，有质量分别为m1、m2的a、b两带负电的微粒，a的电量为q1，恰能静止于场中空间的c点，b的电量为q2，在过c点的竖直平面内做半径为r的匀速圆周运动，在c点a、b相碰并粘在一起后做匀速圆周运动，则【 】
A．a、b粘在一起后在竖直平面内以速率做匀速圆周运动
B．a、b粘在一起后仍在竖直平面内做半径为r的匀速圆周运动
C．a、b粘在一起后在竖直平面内做半径大于r的匀速圆周运动
D．a、b粘在一起后在竖直平面内做半径为的匀速圆周运动
（二）解答题
1．如图所示，在A点固定一正电荷，电量为Q，在离A高度为H的C处由静止释放某带正电荷的液珠，开始运动瞬间的加速度大小恰好等于重力加速度g。已知静电常量为k，两电荷均可看成点电荷，不计空气阻力。求：
(1)液珠的比荷；
(2)液珠速度最大时离A点的距离h；
(3)若已知在点电荷Q的电场中，某点的电势可表示成，其中r为该点到Q的距离（选无限远的电势为零）。求液珠能到达的最高点B离A点的高度rB。
2．如图所示，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／s2)
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。
3．如图所示，虚线上方有场强为E的匀强电场，方向竖直向下，虚线上下有磁感应强度相同的匀强磁场，方向垂直纸面向外，ab是一根长为L的绝缘细杆，沿电场线放置在虚线上方的场中，b端在虚线上.将一套在杆上的带正电的小球从a端由静止释放后，小球先做加速运动，后做匀速运动到达b端。已知小球与绝缘杆间的动摩擦因数μ=0.3，小球重力忽略不计，当小球脱离杆进入虚线下方后，运动轨迹是半圆，圆的半径是L/3，求带电小球从a到b运动过程中克服摩擦力所做的功与电场力所做功的比值。
4．如图所示，在直角坐标系的第Ⅱ象限和第Ⅳ象限中的直角三角形区域内，分布着磁感应强度均为B＝5.0×10－3T的匀强磁场，方向分别垂直纸面向外和向里。质量为m＝6.64×10－27㎏、电荷量为q＝＋3.2×10－19C的α粒子（不计α粒子重力），由静止开始经加速电压为U＝1205V的电场（图中未画出）加速后，从坐标点M（－4，）处平行于x轴向右运动，并先后通过两个匀强磁场区域。
(1)请你求出α粒子在磁场中的运动半径；
(2)你在图中画出α粒子从直线x＝－4到直线x＝4之间的运动轨迹，并在图中标明轨迹与直线x＝4交点的坐标；
(3)求出α粒子在两个磁场区域偏转所用的总时间。
5．如图所示，oxyz坐标系的y轴竖直向上，在坐标系所在的空间存在匀强电场和匀强磁场，电场方向与x轴平行。从y轴上的M点（0，H，0）无初速释放一个质量为m、电荷量为q的带负电的小球，它落在xz平面上的N（L，0，b）点（L>0，b>0）。若撤去磁场则小球落在xz平面的P点（L，0，0）。已知重力加速度为ｇ。
(1)已知匀强磁场方向与某个坐标轴平行，试判断其可能的具体方向；
(2)求电场强度E的大小；
(3)求小球落至N点时的速率v。
6．如图所示，在距地面一定高度的地方以初速度向右水平抛出一个质量为m，带负电，带电量为q的小球，小球的落地点与抛出点之间有一段相应的水平距离（水平射程），求：
(1)若在空间加上一竖直方向的匀强电场，使小球的水平射程增加为原来的2倍，求此电场的场强的大小和方向；
(2)若除加上上述匀强电场外，再加上一个与方向垂直的水平匀强磁场，使小球抛出后恰好做匀速直线运动，求此匀强磁场的磁感应强度的大小和方向。
（四）创新试题
1．如图(a)所示，x轴上方为垂直于平面xoy向里的匀强磁场，磁感应强度为，x轴下方为方向平行于x轴但大小一定(设为E0)、方向作周期性变化的匀强电场，在坐标点为(、)和第四象限中某点，各有质量为、带电量为的正点电荷P和Q（不计重力，也不考虑P和Q之间的库仑力），现使P在匀强磁场中开始做半径为的匀速圆周运动，同时释放Q，要使两电荷总是以相同的速度同时通过y轴，求：
(1)场强E0的大小及其起始方向和变化周期T；
(2)在图(b)中作出该电场变化的图象(以释放电荷P时为初始时刻，x轴方向作为场强的正方向)，要求至少画出两个周期的图象。
2．真空中有一半径为r的圆柱形匀强磁场区域，磁场方向垂直于纸面向里，Ox为过边界上O点的切线，如图所示。从O点在纸面内向各个方向发射速率均为的电子，设电子重力不计且相互间的作用也忽略，且电子在磁场中的偏转半径也为r。已知电子的电量为e，质量为m。
(1)速度方向分别与Ox方向夹角成60°和90°的电子，在磁场中的运动时间分别为多少？
(2)所有从磁场边界出射的电子，速度方向有何特征？
(3)设在某一平面内有M、N两点，由M点向平面内各个方向发射速率均为的电子。请设计一种匀强磁场分布（需作图说明），使得由M点发出的所有电子都能够汇集到N点。
解析答案：（一）选择题
1．D（由于地面粗糙，滑块可能最终静止在PQ连线的中点上、中点的左方或右方，其动能与电势能的总和将减少，所以PM间距一定小于QN间距）
2．AD 3．D（因完全相同的粒子碰撞后结合在一起，动量守恒mv不变，而电荷量为原来的2 倍，碰撞中机械能有损失。根据可知，r变小，故D正确。）
4．A 5．B 6．D
（二）解答题
1．解析：(1)设液珠的电量为q，质量为m
由题意知，当液珠在C点时 解得比荷为：
(2)当液珠速度最大时 得
(3)设BC间的电势差大小UCB，由题意得UCB=
对由释放至液珠到达最高点(速度为零)的全过程应用动能定理得
qUCB-mg(rB-H)=0 即q-mg(rB-H)=0
将第(1)问的结果代入化简rB2-3HrB+2H2=0 解得rB=2H rB′=H(舍去)
2．解析：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，
即：qEsinθ≤mg 所以
即：7.5×104V/m＜E≤1.25×105V/m
3．解析：小球在沿杆向下运动时，受力情况如图所示：
在水平方向：N=qvB 所以摩擦力f=μN=μqvB
当小球做匀速运动时：qE=f=μqvbB
小球在磁场中做匀速圆周运动时，
又，所以
小球从a运动到b的过程中，由动能定理得：
而 所以
则
4．解析：(1)粒子在电场中被加速，由动能定理得
α粒子在磁场中偏转，则牛顿第二定律得
联立解得（m）
(2)由几何关系可得，α粒子恰好垂直穿过分界线，故正确图象为
(3)带电粒子在磁场中的运动周期
α粒子在两个磁场中分别偏转的弧度为，在磁场中的运动总时间
（s）
5．解答：(1)用左手定则判断出：磁场方向为－x方向或－y方向。
(2)在未加匀强磁场时，带电小球在电场力和重力作用下落到P点，设运动时间为t，小球自由下落，有
小球沿x轴方向只受电场力作用
小球沿x轴的位移为 小球沿x轴方向的加速度
联立求解，得：
(3)带电小球在匀强磁场和匀强电场共存的区域运动时，洛仑兹力不做功
电场力做功为WE=qEL
重力做功为WG=mgH
设落到N点速度大小为v，根据动能定理有
解得
6．解答：(1)不加电场时，小球运动的时间为t，水平射程为，下落高度h=gt2
加电场后小球在空间的运动时为，小球运动的加速度为a
2s=　　　h=at,2
解得: t′=2t a=g 由此可以判断:电场方向竖直向下。
并解得电场力的大小 即
(2)加上匀强电场后，小球做匀速直线运动，故小球所受重力、电场力和洛仑兹力三个力而处于平衡，由于重力大于电场力，所以洛仑兹力方向竖直向上。
用左手定则可得：磁场方向垂直于纸面向外
（三）创新试题
1．解析：(1)由题意，要使两电荷总是以相同的速度通过y轴，磁场中的电荷必须垂直y轴通过，因P点电荷为正电荷，故起始运动方向竖直向上，且一个周期内P点电荷两次以相反的速度通过y轴。
由牛顿运动定律得 电荷在磁场中运动的周期为
所以电场变化周期和点电荷圆周运动周期相同，即
P点电荷经第一次通过y轴，Q点电荷在电场中往复直线运动，
在0—内有qE0=mv 而
可求得，
起始方向为-x方向。
(2)见图
2．解析：(1)当θ=60°时，；当θ=90°时，
(2)如右图所示，因∠OO2A=θ故O2A⊥Ox
而O2A与电子射出的速度方向垂直，可知电子射出方向一定与Ox轴方向平行，即所有的电子射出圆形磁场时，速度方向沿x轴正向。
(3)上述的粒子路径是可逆的，(2)中从圆形磁场射出的这些速度相同的电子再进入一相同的匀强磁场后，一定会聚焦于同一点，磁场的分布如下图所示。
注：①四个圆的半径相同，半径r的大小与磁感应强度的关系是r=mv0/qB；
②下方的两圆形磁场与上方的两圆形磁场位置关于MN对称且磁场方向与之相反；
③只要在矩形区域M1N1N2M2内除图中4个半圆形磁场外无其他磁场，矩形M1N1N2M2区域外的磁场均可向其余区域扩展。
五、复习建议
力电综合类题目以力和能量为主线，通过力学知识和电学知识的串接渗透作为背景，进行综合命题，其解题思路和解题步骤如下。
1．画草图，想情景：审题是解题的首要环节，在全面审视题目的条件，解答要求的基础上，对题目的信息进行加工处理，画出示意图(包括受力分析图，运动情景图和轨迹图)，借助图示建立起清晰的物理情景；
2．选对象，建模型：通过对整个题目的情景把握，选取研究对象，通过抽象、概括或类比等效的方法建立相应的物理模型，并对其进行全面的受力分析；
3．分析状态和过程：对全过程层层分析，对每一个中间过程的特点规律加以研究，分析挖掘相邻过程中的临界状态和临界条件，寻找各阶段物理量的变化与联系；
4．找规律、列方程：在对物理状态和物理过程深刻把握的基础上，寻找题设条件与所求未知物理量的联系，从力的观点或能量的观点，依物理规律(牛顿第二定律，能的转化与守恒，动量守恒定律等)列出方程求解；
5．检验结果行不行：对题目的所求结果进行检验，并对其结果进行物理意义上的表述和讨论。
此外，在解题过程中，要特别注意以下两点。
第一：对物体受力分析要全面，切忌漏力，要时刻关注电场力F＝qE，洛伦兹力F＝ｑvB在具体情景中随物体带电属性(电荷的正负)、运动状态(速度的大小和方向)的变化特点；
第二，力学的规律普遍适于力电综合问题的求解。利用能量观点分析求解时，不再拘泥于机械能间转化，要总揽全局，站在更高的角度来分析能量间的转化途径与转化方向，从而列出能量转化和守恒方程。
k
U
B
P
A
B
k
U
B
P
R
r
α
θ
A
B
C
M
N
E
d
-q
,
m
R
H
P
B
v
45°
P
45°
O
x/cm
2
y/cm
B
~
c
B
E
·B
A
·C
a
b
E
B
O
M
2
－2
2
－4
4
x/m
y/m
－2
v
B
B
y
x
z
o
M(0,H,0)
N(l,0,b)
P(l,0,0)
图（a）
O
P
x
Q
图 (b)
f
qvB
N
qE
O
M
2
－2
2
－4
4
x/m
y/m
－2
v
B
B
（4，）

o2
o
A
θ
x
v
v
θ
M
N
M1
M2
N1
N2
21世纪教育网 -- 中国最大型、最专业的中小学教育资源门户网站。 版权所有@21世纪教育网本资料来自于资源最齐全的２１世纪教育网www.21cnjy.com
2009二轮复习
专题一 力学规律的综合应用
【考点透视】
解决动力学问题有三个基本观点，即是力的观点、动量的观点、能量的观点。
一、知识回顾
1．力的观点
⑴．匀变速直线运动中常见的公式（或规律）：
牛顿第二定律：
运动学公式：，，，，
⑵．圆周运动的主要公式：
2．动量观点
⑴．恒力的冲量：
⑵．动量：，动量的变化
⑶．动量大小与动能的关系
⑷．动量定理：，对于恒力，通常研究的对象是一个物体。
⑸．动量守恒定律：
条件：系统不受外力或系统所受外力的合力为零；或系统所受外力的合力虽不为零，但比系统内力小得多，（如碰撞问题中的摩擦力、爆炸问题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）；或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（在该方向上系统的总动量的分量保持不变）。
表达式：对于两个物体有，研究的对象是一个系统（含两个或两个以上相互作用的物体）。
3．用能量观点解题的基本概念及主要关系
⑴．恒力做功：，，
⑵．重力势能，动能，动能变化
⑶．动能定理：力对物体所做的总功等于物体动能变化，表达式
⑷．常见的功能关系
重力做功等于重力势能增量的负值
弹簧弹力做功等于弹性势能增量的负值
有相对时，系统克服滑动摩擦力做功等于系统产生的内能，即
⑸．机械能守恒：只有重力或系统内的弹力做功系统的总的机械能保持不变。表达式有、、
⑹．能量守恒：能量守恒定律是自然界中普遍适用的基本规律。
二、力学规律的选用原则：
1．研究某一物体所受力的瞬时作用与物体运动状态的关系时，一般用力的观点解题。
2．研究某一个物体受到力的持续作用而发生运动状态改变时，如果涉及时间的问题一般用动量定理，如果涉及位移问题往往用动能定理。
3．若研究的对象为多个物体组成的系统，且它们之间有相互作用，一般用动量守恒定律和能量守恒定律去解决问题。
提示：在涉及有碰撞、爆炸、打击、绳绷紧等物理现象时，由于它们作用时间都极短，故动量守恒定律一般能派上大用场，但须注意到这些过程—般均隐含有系统机械能与其他形式能量之间的转化。在涉及相对位移问题时，优先考虑能量守恒定律，即用系统克服摩擦力所做的总功等于系统机械能的减少量，也等于系统增加的内能。
【例题解析】
一、力的观点与动量观点结合
例1　如图所示，长12 m，质量为50 kg的木板右端有一立柱，木板置于水平地面上，木板与地面间的动摩因数为0.1，质量为50 kg的人立于木板左端，木板与均静止，当人以4m/s2的加速度匀加速向右奔跑至板右端时立即抱住木柱，试求：（g取10m/s2）
（1）人在奔跑过程中受到的摩擦力的大小。
（2）人从开始奔跑至到达木板右端所经历的时间。
（3）人抱住木柱后，木板向什么方向滑动 还能滑行多远的距离
解析：人相对木板奔跑时，设人的质量为，加速度为，木板的质量为M，加速度大小为，人与木板间的摩擦力为，根据牛顿第二定律，对人有：；
（2）设人从木板左端开始距到右端的时间为，对木板受力分析可知：故，方向向左；
由几何关系得：，代入数据得：
（3）当人奔跑至右端时，人的速度，木板的速度；人抱住木柱的过程中，系统所受的合外力远小于相互作用的内力，满足动量守恒条件，有：
　（其中为二者共同速度）
代入数据得，方向与人原来运动方向一致；
以后二者以为初速度向右作减速滑动，其加速度大小为，故木板滑行的距离为。
点拨：用力的观点解题时，要认真分析物体受力及运动状态的变化，关键是求出加速度。
二、动量观点与能量观点综合
例2　如图所示，坡道顶端距水平面高度为，质量为的小物块A从坡道顶端由静止滑下，在进入水平面上的滑道时无机械能损失，为使A制动，将轻弹簧的一端固定在水平滑道延长线M处的墙上，另一端与质量为m2的挡板B相连，弹簧处于原长时，B恰位于滑道的末端O点。A与B碰撞时间极短，碰后结合在一起共同压缩弹簧，已知在OM段A、B与水平面间动摩擦因数均为，其余各处的摩擦不计，重力加速度为，求：
（1）物块A在与挡板B碰撞前瞬间速度的大小。
（2）弹簧最大压缩量为d时的弹性势能 （设弹簧处于原长时弹性势能为零）。
解析：（1） 物块A在坡道上滑行时只有重力做功，满足机械能守恒的条件，有，故。
（2） A、B在水平道上碰撞时内力远大于外力，A、B组成的系统动量守恒，有
接着A、B一起压缩弹簧到最短，在此过程中A、B克服摩擦力所做的功由能量守恒定律可得，所以。
点拨：有关弹簧的弹性势能，由于教材中没有给出公式，因此一般只能通过能量的转化和守恒定律来计算。能量守恒是自然界普遍遵守的规律，用此观点求解的力学问题可以收到事半功倍的效果，认真分析题中事实实现了哪些能量的转化和转移，否则可能会前功尽弃。
例3　如图所示，在光滑的水平面上有一质量为m，长度为的小车，小车左端有一质量也是m可视为质点的物块，车子的右壁固定有一个处于锁定状态的压缩轻弹簧（弹簧长度与车长相比可忽略），物块与小车间滑动摩擦因数为，整个系统处于静止状态。现在给物块一个水平向右的初速度，物块刚好能与小车右壁的弹簧接触，此时弹簧锁定瞬间解除，当物块再回到左端时，恰与小车相对静止。求：
（1）物块的初速度及解除锁定前小车相对地运动的位移。
（2）求弹簧解除锁定瞬间物块和小车的速度分别为多少
解析：（1）物块在小车上运动到右壁时，设小车与物块的共同速度为，由动量守恒定律得，由能量关系有，故，在物块相对小车向右运动的过程中，小车向右作匀加速运动加速度为，速度由0增加到，小车位移为，则；
（2）弹簧解除锁定的瞬间，设小车的速度为，物块速度为，最终速度与小车静止时，共同速度为，由动量守恒定律得，由能量关系有，
联立四式解得： 和（舍去），所以，。
点拨：弹簧锁定意味着储存弹性势能能量，解出锁定意味着释放弹性势能能量。求解物理问题，有时需要根据结果和物理事实，作出正确判断，确定取舍。
例4　一辆质量为＝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＝0.4，如图所示，开始时平板车和滑块共同以＝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。设平板车足够长，以至滑块不会滑到平板车右端（取g＝1.0 m/s2），求：
（1）平板车第—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。
（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：（1） 平板车第—次与墙壁碰撞后因受滑块对它的摩擦力作用而向左作匀减速直线运动。设向左运动的最大距离为，由动能定理得
所以有；
（2）假设平板车第二次与墙壁碰撞前和物块已经达到共同速度，由于系统动量守恒，有，即
设平板车从第—次与墙壁碰撞后向左运动的最大距离处到再加速到速度所发生的位移大小为，由动能定理得有，显然，表明平板车第二次与墙壁碰撞前已经达到了共同速度，这一速度也是平板车第二次与墙壁碰撞前瞬间的速度；
（3）平板车与墙壁多次碰撞，使与之间发生相对滑动。由于摩擦生热，系统的动能逐渐减少，直到最终停止在墙角边，设整个过程中物块与平板车的相对位移为，由能量转化和守恒定律得，所以；
点拨：用数学知识求解物理问题是考生应当具有的一项能力。在求解一些物理问题时往往要用到有关的数学知识，如：数列求和、不等式求解、极值讨论等等，正确求解这类问题必须以较好的数学知识为前提。
例5　如图所示，C是放在光滑水平面上的一块木板，木板质量为3m，在木板的上面有两块质量均为m的小木块A和B，它们与木板间的动摩擦因数均为μ。最初木板静止，A、B两木块同时以方向水平向右的初速度v0和2v0在木板上滑动，木板足够长， A、B始终未滑离木板。求：
（1）木块B从刚开始运动到与木板C速度刚好相等的过程中，木块B所发生的位移；
（2）木块A在整个过程中的最小速度。
解析：（1）木块A先做匀减速直线运动至与C速度相同，后与一道做匀加速直线运动；木块B一直做匀减速直线运动；木板C做两段加速度不同的匀加速直线运动，直到A、B、C三者的速度相等（设为v1）为止， A、B、C三者组成的系统动量守恒故：，v1=0.6v0；对木块B运用动能定理，有，所以。
（2）设木块A在整个过程中的最小速度为v′（此时A、C共速），由动量定理知，至此，A、B的动量变化都相同，都为，因A、B、C组成的系统动量守恒，有，所以木块A在整个过程中的最小速度。
点拨：对于多物体系统只要认真分析每一个物体受力情况和运动情况，抓住相关联的运动状态，问题仍然很容易解决。
三、三种观点综合应用
例6　对于两物体碰撞前后速度在同一直线上，且无机械能损失的碰撞过程，可以简化为如下模型：A、B两物体位于光滑水平面上，仅限于沿同一直线运动。当它们之间的距离大于等于某一定值d时，相互作用力为零，当它们之间的距离小于d时，存在大小恒为F的斥力。设A物体质量m1＝l.0kg，开始时静止在直线上某点；B物体质量m2＝3.0 kg，以速度从远处沿直线向A运动，如图所示。若d＝0.10 m，F＝0.60 N，＝0.20m/s，求：
（1）相互作用过程中A、B加速度的大小；
（2）从开始相互作用到A、B间的距离最小时，系统（物体组）动能的减少量；
（3） A、B间的最小距离。
解析：（1）由牛顿运动定律可知，相互作用过程中A、B加速度的大小分别为，；
（2）A、B间距离最小时，两者速度相同，全过程满足由动量守恒的条件，故有，所以
系统（物体组）动能的减少量为；
（3）根据匀变速直线运动规律得，，而距离最小时有v1=v2 ，由匀变速直线运动规律可得两物体位移分别为，，由几何关系可知，解以上各式得A、B间的最小距离。
点拨：理论联系实际，用物理知识综合解决所遇问题是高考的一种追求。在处理有关问题时，为了方便需要忽略问题中的次要因素，突出主要因素，作恰当的简化，建立与所学知识间的联系，最终达到解决问题的目的。本题对实际问题的处理有较好的示范作用。
例7　如题右图，半径为R的光滑圆形轨道固定在竖直面内。小球A、B质量分别为m、βm（β为待定系数）。A球从左边与圆心等高处由静止开始沿轨道下滑，与静止于轨道最低点的B球相撞，碰撞后A、B球能达到的最大高度均为,碰撞中无机械能损失。重力加速度为g。试求：
（1）待定系数β。
（2）第一次碰撞刚结束时小球A、B各自的速度和B球对轨道的压力。
（3）小球A、B在轨道最低处第二次碰撞刚结束时各自的速度，并讨论小球A、B在轨道最低处第n次碰撞刚结束时各自的速度。
解析：（1）由机械能守恒定律得 故；
（2）设A、B第一次碰撞后的速度大小分别为、，则，，故，向左；向右；
设轨道对B球的支持力为，B球对轨道的压力为，，由牛顿第三定律知，方向竖直向下。
（3） 由机械能守恒定律知，第一次碰撞前A的速度为。
设A、B球第二次碰撞刚结束时的速度分别为、，则解得， （另一组解：，不合题意，舍去）。
由此可得：当n为奇数时，小球A、B在第n次碰撞刚结束时的速度分别与其第一次碰撞刚结束时相同；当n为偶数时，小球A、B在第n次碰撞刚结束时的速度分别与其第二次碰撞刚结束时相同。
点拨：对物理问题进行逻辑推理得出正确结论和作出正确判断，并把推导过程正确地表达出来，体现了对推理能力的考查，希望考生注意这方面的训练。
C
A
B
v0
2 v 0
21世纪教育网 -- 中国最大型、最专业的中小学教育资源门户网站。 版权所有@21世纪教育网本资料来自于资源最齐全的２１世纪教育网www.21cnjy.com
专题七 电路分析与计算
高考形势分析及历年部分省市高考试题分布：
本专题是高考的热点，历年都有高考试题，本专题的高考热点是部分电路欧姆定律、闭合电路欧姆定律，串并联电路和实验题，以及电路在电磁感应和交流电中的应用，万用表的使用多次成为高考的热点，掌握各种仪表的操作规程和使用方法是高考考查的重点。对于选择题，通过某一新颖的物理情景，考查考生的理解能力和逻辑推理能力；对于填空题，多是通过对电路的分析和计算，对电压、电流、电阻等物理量的测量，来考查考生的分析综合能力和不太复杂的运算能力；对于实验题，通过对教材能容的翻新设疑，考查考生对基本实验方法的迁移和灵活运用能力，特别是电阻的测定，题目虽然新颖独特，但原理均来源于课本的加工和深化，它是一种高层次能力的考核，真正的题在书外而理在书中，它将实验考查推向了更新的高度。
对于电磁感应中的闭合回路问题：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，且在这一复杂的动态循环过程中，要涉及闭合电路中各用电器的消耗功率的变化，存在多种形式能量的转化。对此类问题的处理，既要弄清楚变化的物理过程中各物理量的相互依存又相互制约的关系，又要弄清楚变化的物理过程中参与转化的能量种类及能量转化的方向。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。因此，此类问题历来备受高考命题人关注。在近几年的高考中，涉及此类问题的题目中，既有难度中等的选择题，也有难度中等偏上的计算题，特别在倡导考查学生综合能力的当今高考形势下，此类问题会更加受到青睐，在今后高考中考查的频率和力度，都将有所提高，例如2007年天津卷计算题24题就考查了这方面的问题。
历年高考中电路分析和计算题分布情况：2005年高考电学考察情况：北京理综，选择题18题考查交流电路中的欧姆定律；22题考查多用表探测黑盒子问题；全国理综III，实验题22题利用所给元件测量电压表内阻；全国理综II，实验题是测量毫安表的内阻和实物连线题；全国理综I实验题考查测量电源电动势和内阻问题，25题考查含容电路和粒子在电场中偏转的问题。广东高考实验题考查了电路中传感器的应用，一选择题还考查了示波器的按钮使用。2006年高考电学考察情况：江苏高考计算题考查了电学与生活的应用（电热毯、电饭锅），四川高考理综，计算题考查含容电路和带电粒子在平行板电容器中的匀变速运动。重庆高考理综计算题考查闭合电路欧姆定律及其电路节能问题。浙江高考一选择题考查了电路故障，实验题22（2）考查了螺旋测微器的读数、电路元件的选择以及实物连图题。广东高考实验题考查测定电源电动势和内阻，其中考查到产生误差的原因，要求写出实验步骤，根据1/I—R图像求电动势和内阻。云南高考实验考查了力电传感器。2007年高考电学考察情况：全国卷I、湖北卷和湖南高考实验题考查示波器面板按钮的使用，北京卷选择题17题，考查交流电路中的欧姆定律及交流电的有效值，山东卷实验题23题考查电路和元件的选择，还考查电阻丝的电阻率的测定和实物连图，全国卷II实验题22题考查元件的选择和实验偏差。上海高考A类题3题考查部分电路欧姆定律，B类题的3题考查交流电路电压电流的有效值，实验题15题考查电阻的测量，16题考查闭合电路中输出功率随外电阻的变化情况。天津高考选择题16题考查交流电路中欧姆定律的应用，实验题22题（3）考查的是示波器按钮的使用，计算题24题考查的是电磁感应和含容电路相结合的问题。海南省高考选择题5题考查用电器消耗的电功率，实验题13题考查电阻的测量和实物连图。
电路分析与计算知识框架：
一、考点回顾
1．理解欧姆定律、电阻和电阻定律
2．理解电阻的串、并联及其应用；电功、电功率、电热（Q）
3．掌握电源的电动势和内电阻，闭合电路的欧姆定律；路端电压。
4．掌握电流、电压和电阻的测量；电表的使用。
5．理解通常的直流电源、感应电源、以及各种电源对应的电路分析（交流电路、电磁感应中的电路）
6．理解含容电路与交流电路的分析和计算；能力层级II
7．电路和元件的选择
二、电路分析与计算知识点
1．电流
（1）定义：电荷的定向移动形成电流。
（2）电流的方向:规定正电荷定向移动的方向为电流的方向。
在外电路中电流由高电势点流向低电势点，在电源的内部电流由低电势点流向高电势点（由负极流向正极）。
（3）电流强度：
①定义:通过导体横截面的电量跟通过这些电量所用时间的比值，I=q/t 。
②在国际单位制中电流的单位是安.1mA=10-3A，1μA=10-6A。
③电流强度的定义式中，如果是正、负离子同时定向移动，q应为正负离子的电荷量和。
2．电阻
（1）定义：导体两端的电压与通过导体中的电流的比值叫导体的电阻。
（2）定义式：R=U/I，单位:Ω
（3）电阻是导体本身的属性，跟导体两端的电压及通过电流无关。
（4）电阻定律
①内容：温度不变时，导体的电阻R与它的长度L成正比，与它的横截面积S成反比。
②公式：R=ρL/S。
③适用条件：粗细均匀的导线；浓度均匀的电解液。
（5）电阻率：反映了材料对电流的阻碍作用。
①有些材料的电阻率随温度升高而增大（如金属）；有些材料的电阻率随温度升高而减小（如半导体和绝缘体）；有些材料的电阻率几乎不受温度影响（如锰铜和康铜）。
②半导体：导电性能介于导体和绝缘体之间，而且电阻随温度的增加而减小，这种材料称为半导体，半导体有热敏特性，光敏特性，掺入微量杂质特性。
③超导现象：当温度降低到绝对零度附近时，某些材料的电阻率突然减小到零，这种现象叫超导现象，处于这种状态的物体叫超导体。
3．电功和电热
（1）电功和电功率：W=qU=UIt；P=W/t=UI。
电流做功的实质是电场力对电荷做功.电场力对电荷做功，电荷的电势能减少，电势能转化为其他形式的能.因此电功W=qU=UIt，这是计算电功普遍适用的公式。
单位时间内电流做的功叫电功率，P=W/t=UI，这是计算电功率普遍适用的公式。
（2）焦耳定律：Q=I 2 Rt，式中Q表示电流通过导体产生的热量，单位是J.焦耳定律无论是对纯电阻电路还是对非纯电阻电路都是适用的。
（3）电功和电热的关系
①纯电阻电路消耗的电能全部转化为热能，在纯电阻电路中电功和电热是相等的。所以有W=Q=UIt=I 2 Rt，U=IR（欧姆定律成立），W=Q=UIt=I 2 Rt= U 2 t/R
②非纯电阻电路消耗的电能一部分转化为热能，另一部分转化为其他形式的能.所以有W>Q，UIt>I 2 Rt，U>IR（欧姆定律不成立）。
4．串并联电路
电路 串联电路(P、U与R成正比) 并联电路(P、I与R成反比)
电阻关系 R串=R1+R2+R3+…… 1/R并=1/R1+1/R2+1/R3+……
电流关系 I总=I1=I2=I3=…… I并=I1+I2+I3+……
电压关系 U总=U1+U2+U3+…… U总=U1=U2=U3=……
功率分配 P总=P1+P2+P3+…… P总=P1+P2+P3+……
5．电动势
（1）物理意义：反映电源把其他形式能转化为电能本领大小的物理量.例如一节干电池的电动势E=15V，物理意义是指:电路闭合后，电流通过电源，每通过1C的电荷，干电池就把15J的化学能转化为电能.
（2）大小：等于电路中通过1C电荷量时电源所提供的电能的数值，等于电源没有接入电路时两极间的电压，在闭合电路中等于内外电路上电势降落之和E=U 外 +U 内 .
6．闭合电路欧姆定律
（1）内容：闭合电路的电流强度跟电源的电动势成正比，跟闭合电路总电阻成反比。
（2）表达式：I=E/（R+r）。
（3）总电流I和路端电压U随外电阻R的变化规律。
当R增大时，I变小，又据U=E-Ir知，U变大。当R增大到∞时，I=0，U=E（断路）。
当R减小时，I变大，又据U=E-Ir知，U变小。当R减小到零时，I=E r ，U=0（短路）。
（4）路端电压随电流变化关系图像
U 端 =E-Ir。上式的函数图像是一条向下倾斜的直线。纵坐标轴上的截距等于电动势的大小；横坐标轴上的截距等于短路电流I短;图线的斜率值等于电源内阻的大小。
（5）闭合电路中的三个功率
①电源的总功率:就是电源提供的总功率，即电源将其他形式的能转化为电能的功率，也叫电源消耗的功率：P 总 =EI。
②电源输出功率:整个外电路上消耗的电功率。对于纯电阻电路，电源的输出功率。
P出 =I2 R=E2R/（R+r）2，当R=r时，电源输出功率最大，最大功率为Pmax=E2/ 4r
③电源内耗功率:内电路上消耗的电功率 P内=U内I=I2 r
④电源的效率:指电源的输出功率与电源的功率之比，即 η=P出/P总 =IU/IE =U/E .
7．电阻的测量
（1）原理是欧姆定律。因此只要用电压表测出电阻两端的电压，用安培表测出通过电流，用R=U/I 即可得到阻值。
（2）内、外接的判断方法：若Rx 远远大于RA ，采用内接法；Rx 远远小于RV ，采用外接法。
（3）滑动变阻器的两种接法：分压法的优势是电压变化范围大;限流接法的优势在于电路连接简便，附加功率损耗小。当两种接法均能满足实验要求时，一般选限流接法。当负载R L较小、变阻器总阻值较大时（RL的几倍），一般用限流接法。但以下三种情况必须采用分压式接法：
①要使某部分电路的电压或电流从零开始连接调节，只有分压电路才能满足。
②如果实验所提供的电压表、电流表量程或电阻元件允许最大电流较小，采用限流接法时，无论怎样调节，电路中实际电流（压）都会超过电表量程或电阻元件允许的最大电流（压），为了保护电表或电阻元件免受损坏，必须要采用分压接法电路。
③伏安法测电阻实验中，若所用的变阻器阻值远小于待测电阻阻值，采用限流接法时，即使变阻器触头从一端滑至另一端，待测电阻上的电流（压）变化也很小，这不利于多次测量求平均值或用图像法处理数据。为了在变阻器阻值远小于待测电阻阻值的情况下能大范围地调节待测电阻上的电流（压），应选择变阻器的分压接法。
三、经典例题剖析
1．(2006年天津高考)在显像管的电子枪中，从炽热的金属丝不断放出的电子进入电压为U的加速电场，设其初速度为零，经加速后形成横截面积为S，电流为I的电子束。已知电子的电量为e，质量为m，则刚射出加速电场时，一小段长为△L的电子束内的电子数为【 】
A． B．
C。 D。
解析：根据动能定理可以知道，电子束经过加速电场后的速度为：
电子束运行△L所需要的时间：t=△L /v=
由电流定义式I=Q/t=Ne/t可以知道：N=It/e=，所以答案B正确。
答案：B
点评：此题考查了电流的定义式，由此题可以看出高考并不都是高难度的题，其实大多数都是中等难度以下的试题，对此种题，我们应该对基本概念、基本规律给予重视，抓住基础，从基础出发，对于高考来说还是很有效的，注重基础。
2．（2007年全国卷I）实验题22题，用示波器观察频率为900Hz的正弦电压信号，把电压信号接入示波器Y输入。
（1）当屏幕上出现如图1所示的波形时，应该调节 钮，如果正弦波正负半周均超出了屏幕的范围，应调节 钮或 钮，或这两个组配合使用，以使正弦波的整个波形出现在屏幕内。
（2）如需要屏幕上正好出现一个完整的正弦波形，则将 位置于 位置，然后调节 钮。
图1 图2
解析：（1）应该调节竖直位移或 ；衰减或衰减调节，Y增益
（2）扫描范围，1k档位，扫描微调。
答案：答案见解析
点评：此题考查学生对示波器的掌握情况，对于示波器，只要求学生对示波器面板的各个按钮非常的熟悉，掌握各个按钮的功能和具体用法。在具体问题中会进行调节波形x增益和y增益，水平位移和竖直位移等。
3．（2006年武汉三摸）在如图所示的电路中，由于某一电阻发生断路或短路，使A灯变暗，B灯变亮，则故障可能是【 】
A．R1短路
B．R2断路
C．R3断路
D．R4短路
解析：由于A串联于干路中，且故障发生后，A灯变暗，故知道电路中的总电流变小，即电路总电阻变大，由此推知，故障应该为某一电阻断路，排除A、D。
若假设R2断路，则其断路后，电路总电阻变大，总电流变小，A灯变暗，同时R2断路必然引起与之并联的灯B中电流变大，使灯B变亮，推理结果和现象相符，故选项B对。
若假设R3断路，则也引起总电阻变大，总电流变小，使A灯变暗，同时R3断路后也必引起与之并联的电路中电流增大，灯B中分得的电流也变大，B灯变亮，故选项C正确。
答案：BC
点评：此题考查的是电路故障的问题，对于此类问题，应该对电路产生故障的原因有所了解，对断路和短路的特点也要很清楚的知道：
（1）断路的特点：电路中发生断路，表现为电路中的电流为零而电源的电压不为零，若外电路中任意两点之间的电压不为零，则这两段之间可能会出现断点，则这两点与电源相连部分无断点。
（2）短路的特点：电路发生短路，表现为有电流通过短路电路支路，但该支路两端的电压为零。
（3）电路故障检测的方法：电路故障可以用两种方法来检测，第一是仪器检测法，即用电压表检测，按照短路和断路特点就可以判断出故障所在；第二是用假设法，先假定某个元件出现何种故障，通过该元件出现的故障，进行推理，得到结果与现象相符，则假设成立，如果不符，再假设其他元件出现故障，直到找到故障为止。
4．(2006年天津高考)如图所示的电路中，电池的电动势为E，内阻为r，电路中的电阻R1、R2和R3的阻值都相同，在电键S处于闭合状态下，若将电键S1由位置1切换到位置2，则【 】
A．电压表的示数变大；
B．电池内部消耗的功率变大；
C．电阻R2两端的电压变大；
D．电池的效率变大
解析：当开关置于1时电路中的总电阻为：
R总1=1.5R+r（令R1=R2=R3=R）
电路中的电流为：I1=E/(1.5R+r)
电源的输出电压为：U1=1.5R*I1= 1.5R*E/(1.5R+r)
此时电源的效率：η1=1.5R/(1.5R+r)
通过R2的电流等于I1，即IR2=I1
当开关置于2时电路中的总电阻为：R总2=2R/3+r
电路中的电流为：
电源的输出电压为：
此时电源的效率：
通过R2的电流为：IR2＇=I2/3
比较R总1 与R总2、I1与I2、U1与U2、η1与η2、IR2与IR2＇，可以知道，电压表的示数变小，所以A错误，电路中电流变大，电源内部消耗变大，所以B正确，电源的输出效率减小，即D错误，通过比较可以知道，通过R2的电流在减小，R2两端的电压也在减小，所以C错误。
答案：B
点评：此题考查的时闭合电路的动态分析，但是此题又不同于一般的因电阻变化而引起的动态问题，所以此题不宜用电路中电阻变化推导电流电压变化，要通过计算比较两种情况下的物理量的值的变化情况。
5．（2006年江苏高考）如下图所示电路中的变压器为理想变压器，S为单刀双掷开关，P是滑动变阻器R的滑动触头，U1为加在原线圈两端的交变电压，I1、I2分别为原线圈和副线圈中的电流，下列说法中正确的是【 】
A．保持P的位置及U1不变，S由b切换到a，则R上消耗的功率减小
B．保持P的位置及U1不变，S由a切换到b，则I2减小
C．保持P的位置及U1不变，S由b切换到a，则I1增大
D．保持U1不变，S接在b端，将P向上滑动，则I1减小
解析：根据理想变压器的规律，用n1、n2代表原副线圈的匝数，则；
P入=P出或I1U1=I2U2
若保持P的位置不变及U1不变，S由b切换到a相当于n2变大，就会有U2增大，则R上消耗的功率增大，故A错误；由I=U/R可以知道I2增大，I1也会随之增大，故C正确，同理可以得到B也正确；保持U1不变，S接在b端，U2不变，将P向上滑动，R减小，由I=U/R可知，I2变大，由I1=n2I2/n1，n2/n1不变，I2变大，所以I1增大，故D错误。
答案：BC
点评：解决此类问题的方法是首先要分清变量和不变量，弄清“谁决定谁”，然后利用直流电路中的动态分析方法即可。
6．（2006年四川高考）如图所示的电路中，两平行金属板A、B水平放置，两板间的距离d=40cm。电源电动势E=24V，内电阻r=1Ω，电阻R=15Ω，闭合开关S，待电路稳定后，将一带正电的小球从B板小孔以初速度v0=4m/s竖直向上射入两板间。若小球带电量为q=1×10-2C，质量为m=2×10-2kg，不考虑空气阻力。那么滑动变阻器接入电路的阻值为多大时，小球恰能到达A板？此时电源的输出功率为多大？（g取10m/s2）
解析：小球进入板间后，受重力和电场力的作用，且到A板时速度为零，
设两板间电压为UAB，由动能定理得：
所以滑动变阻器两端的电压U滑=UAB=8V。
设通过滑动变阻器的电流为I，由欧姆定律可得：=1A
滑动变阻器接入电路的电阻R滑=U滑/I=8Ω
电源的输出功率为P出=I2(R+R滑)=23W。
答案：8Ω；23W
点评：本题由动能定理先求出UAB，在转入闭合电路中求电阻值；熟练掌握闭合电路欧姆定律时解决此类问题的关键，注意电源的输出功率时外电阻消耗的功率，非常重要。
7．（2006年重庆高考）三只灯泡L1、L2和L3的额定电压分别为1.5V、1.5V和2.5V，它们的额定电流都为0.3A。若将它们连接成如图1、图2的电路，且灯泡都正常发光，
（1）试求图1电路的总电流和电阻R2消耗的电功率。
（2）分别计算两电路电源提供的电功率，并说明哪个电路更节能。
解析：(1)由题意，在图1电路中，电路的总电流I总=IL1+IL2+IL3=0.9A
U路=E-I总r=2.25V
UR2=U路-UL3=0.05V
IR2=I总=0.9A
电阻R2消耗的功率为PR2=IR2UR2=0.045W
(2)图1中电源提供的电功率P总=I总E=0.9×3W=2.7W
图2中电源提供的功率：P总＇＝I总＇E＇=0.３×６W=１.８W
由于灯泡正常发光，两电路有用功率相等，而P总> P总＇
所以图2比图1更节能。
答案：（1）0.9A；0.045W；（2）2.7W；1.8W，图2更节能。
点评：本题考查闭合电路中的电路分析与计算，并比较电路连接方法的优劣，要求能正确分析出各用电器的连接关系，熟练应用闭合电路欧姆定律，并有较强的综合能力，要求在平时复习中足够的重视本部分内容。
8．（2006年江苏高考）电热毯、电饭锅等是人们常用的电热式家用电器，它们一般具有加热和保温功能，其工作原理大致相同。图①为某种电热式电器的简化电路图，主要元件由电阻丝R1、R2和自动开关S。
（1）当自动开关S闭合和断开时，用电器分别处于什么状态？
（2）用电器由照明电路供电（U=220V），设加热时用电器的电功率为400W，保温时用电器的电功率为40W，则R1、R2分别为多大？
（3）若将图①中的自动开关S换成理想的晶体二极管D，如图②所示，其他条件不变，求该用电器工作1小时消耗的电能。
解析：(1)S闭合，处于加热状态；S断开，处于保温状态。
（2）由功率公式得
由上面两式可得：R1=121Ω, R2=1089Ω,
（3）W=P1t/2+P2t/2=0.22kw·h(或7.92×105J)
答案：（1）S闭合，处于加热状态；S断开，处于保温状态。
（2）R1=121Ω, R2=1089Ω,
（3）0.22kw·h(或7.92×105J)
点评：此题考查部分电路欧姆定律中电功率的计算，联系生活中的实例设计问题，是物理考试的主流，问题在书外，知识在书中，此类问题只要将书中的知识理解透了，就能轻易地解决问题。
9．（2007年天津高考）两根光滑的长直金属导轨MN、MN＇平行置于同一水平面内，导轨间距为L，电阻不计，M、M＇处接有如图所示的电路，电路中各电阻的阻值均为R，电容器的电容为C。长度也为L，阻值同为R的金属棒ab垂直导轨放置，导轨处于磁感应强度为B、方向竖直向下的匀强磁场中。ab在外力作用下向右匀速运动且与导轨保持良好接触，在ab运动距离为s的过程中，整个回路中产生的焦耳热为Q，求：
（1）ab运动的速度大小
（2）电容器所带的电荷量q。
解析： (1)设ab上产生的感应电动势为E，回路中的电路为I，ab运动距离s所用时间为t,则有：
由上述方程得：
(2)设电容器两极板间的电势差为U，则有：U=IR
电容器所带的电量：q=CU
解得：
答案：（1）；（2）
点评：此题考查的是电磁感应和闭合电路欧姆定律的综合试题，这种题可以看作是恒定电流中闭合电路欧姆定律的应用的变形题，电磁感应产生感应电动势，磁感应电动势就相当于恒定电流电路中的电池，这样这个题也就成立恒定电路的含容问题了。
10．（05全国Ⅲ）（l）用螺旋测微器测圆柱体的直径时，示数如图所示，此示数为_______mm
（2）利用图中给定的器材测量电压表V的内阻Rv图中B 为电源（内阻可忽略不计）, R 为电阻箱，K 为电键。
①将图中实物连接为测量所用的电路
②写出实验中必须记录的数据（用符号表示）,并指出各符号的意义：_________________
③用②中记录的数据表示RV的公式为RV=___________
解析：（1）8．116（在8.116± 0.002 范围内）
（2）①连线如图所示
②R1．R2,它们是电阻箱的两次读数；U1．U2,它们是相应的电压表的两次读数
③
答案：见解析
点评：对于此题应该注意以下两个个方面：
（1）千分尺主尺的横基准线上下每错开0.5毫米刻一个最小分度，其测量范围是0.25毫米，测量时大于0.5毫米的长度由主尺上读出，小于0.5毫米的长度可由动尺上读出。在读数时，要注意固定刻度尺上表示半毫米的刻线是否已经露出，读数时，千分位有一位估读数字，不能随便扔掉，即使固定刻度的零点正好与可动刻度的某一刻度线对齐，千分位上也应读取为“0”。
（2）在实物连线时要简洁，不能出现相交线和未接到接线柱的情况，还要注意电压表电流表的量程的选择，内外接法的选择等。
11．如图所示，da、cb为相距L的平行导轨(电阻可以忽略不计)，a、b间接有一个固定电阻，阻值为R。长直细金属杆MN可以按任意角架在水平导轨上，并以速度v匀速滑动(平移)，v的方向和da平行杆MN有电阻，每米长的电阻值为R.整个空间充满匀强磁场，磁感应强度的大小为B，方向垂直纸面(dabc平面)向里。
(1)求固定电阻R上消耗的电功率为最大时θ角的值；
(2)求杆MN上消耗的电功率为最大时θ角的值。
解析：如图所示，杆滑动时切割磁感线而产生感应电动势E=BLv，与角无关。
以r表示两导轨间那段杆的电阻，回路中的电流为：
(1)电阻R上消耗的电功率为：
由于E和R均与无关，所以r值最小时，PR值达最大。当杆与导轨垂直时两轨道间的杆长最短，r的值最小，所以PR最大时的值为=/2。
(2)杆上消耗的电功率为：
要求Pr最大，即要求 取最大值，由于
显然，r=R时，有极大值。
因每米杆长的电阻值为R，r=R即要求两导轨间的杆长为1m，
所以有以下两种情况：
①如果L≤1m，则满足下式时r=R 1×sin=L 所以=arcsinL
②如果L＞1m，则两导轨间那段杆长总是大于1m，即总有r＞R由于
在r＞R的条件下，上式随r的减小而单调减小，r取最小值时，取最小值，
取最大值，所以，Pr取最大值时值为
答案：（1）；（2）=arcsinL；
点评：此题考查的是电磁感应和闭合电路欧姆定律相结合的综合问题，解题时注意导体棒的有效长度，在此题中导体棒的有效长度与夹角无关，因为导体棒与磁场垂直，无须在分解了，当外电阻R消耗的功率最大时，却与夹角有关，讨论的值就能算出R的最大功率，同时也就算出夹角的值，第二问先求出功率的一般表达式，然后再用数学知识求最大最小值的方法讨论得出结论，在物理的计算中还穿插了数学知识，所以要求学生的数学功底要好。
12．如图所示，光滑的平行导轨P、Q相距L=1m，处在同一水平面中，导轨左端接有如图所示的电路，其中水平放置的平行板电容器C两极板间距离d=10mm，定值电阻R1=R3=8Ω，R2=2Ω，导轨电阻不计. 磁感应强度B=0.4T的匀强磁场竖直向下穿过导轨面.当金属棒ab沿导轨向右匀速运动(开关S断开)时，电容器两极板之间质量m=1×10-14kg、带电量Q=-1×10-15C的微粒恰好静止不动；当S闭合时，微粒以加速度a=7m/s2向下做匀加速运动，取g=10m/s2，求：
(1)金属棒ab运动的速度多大？电阻多大
(2)S闭合后，使金属棒ab做匀速运动的外力的功率多大
解析：(1)带电微粒在电容器两极板间静止时，受向上的电场力和向下的重力作用而平衡，则得到：mg=
求得电容器两极板间的电压：
由于微粒带负电，可知上极板电势高
由于S断开，R1上无电流，R2、R3串联部分两端总电压等于U1，电路中的感应电流，即通过R2、R3的电流为：
由闭合电路欧姆定律，ab切割磁感线运动产生的感应电动势为E=U1+Ir ①
其中r为ab金属棒的电阻
当闭合S后，带电微粒向下做匀加速运动，根据牛顿第二定律，有:mg-U2q/d=ma
求得S闭合后电容器两极板间的电压：
这时电路中的感应电流为I2=U2/R2=0.3/2A=0.15A
根据闭合电路欧姆定律有： ②
将已知量代入①②求得E=1.2V，r=2
又因E=BLv ∴v=E/(BL)=1.2/(0.4×1)m/s=3m/s
即金属棒ab做匀速运动的速度为3m/s，电阻r=2 ?
(2)S闭合后，通过ab的电流I2=0.15A，ab所受安培力F2=BI2L=0.4×1×0.15N=0.06N?ab以速度v=3m/s做匀速运动时，所受外力必与安培力F2大小相等、方向相反，即F=0.06N，方向向右(与v同向)，可见外力F的功率为：P=Fv=0.06×3W=0.18W
答案：（1）3m/s；r=2；（2）0.18W
点评：此题考查的是电磁感应、闭合电路中的含容电路和带电粒子在平行板电容器中粒子的运动，此类问题的解题思路是先用电磁感应定律求出电路中的感应电动势，作为闭合电路的电源，在根据电路的串并联特点求出电容器两端的电压，根据电压和电场强度的关系，求出带电粒子受到的电场力，比较电场力和重力的大小关系，就知道粒子运动的方向和加速度的方向，这样又要和牛顿运动定律联系上，所以此题的综合性很强，做此类题时一定要保持清醒的头脑，对知识掌握必须牢固，达到真正理解知识才可以。
13．用均匀导线弯成正方形闭合金属线框abcd，线框每边长80cm，每边的电阻为1Ω把线框放在磁感强度B=0.05T的匀强磁场中，并使它绕轴OO′以ω=100rad/s的角速度匀角速度旋转，旋转方向如图所示，已知轴OO′在线框平面内，并且垂直于B，od=3oa, O′c=3 O′b,当线框转至和B平行的瞬间求：
（1）每条边产生的感应动势大小；
（2）线框内感应电流的大小；
（3）e、f分别是ab和cd的中点，ef两点间的电势差。
解析：（1）线框转动时，ab边和cd边没有切割磁感线，所以εad=0,εbc=0
　　　
（3）观察fcbe电路
答案：(1)ab边电动势为0.008V，cd边电动势为0.024V
（2）感应电流大小为0.8A，方向顺时针方向
（3）ef间电势差为0
点评：没有规矩不能成方圆解决电磁感应的问题其基本解题步骤是：
（1）通过多角度的视图，把磁场的空间分布弄清楚
（2）在求感应电动势时，弄清是求平均电动势还是瞬时电动势，选择合适的公式解题
（3）进行电路计算时要画出等效电路图作电路分析，然后求解
14．如图10所示为用伏安法测量一个定值电阻阻值的实验所需器材的实物图，器材规格如下
（1）待测电阻Rx（约100 Ω）；
（2）直流毫安表（量程0 ~ 50 mA，内阻约50 Ω）；
（3）直流电压表（量程0 ~ 3 V，内阻约5 kΩ）；
（4）直流电源（输出电压6 V，内阻不计）；
（5）滑动变阻器（阻值范围0 ~ 15 Ω，允许最大电流1 A）；
（6）开关1个，导线若干条
根据器材的规格和实验要求，在左框中画出实验电路图，在右边的实物图上连线
解析：由于滑动变阻器的阻值相对被测电阻的阻值较小，为调节方便，所以滑动变阻器应采用分压式接法又由于待测电阻与电流表内阻相差的倍数较小，电压表内阻与待测电阻相差的倍数较大，故应采用电流表外接法
答案：电路及实物连线图如图所示
点评：此题考查利用伏安法测定电阻的实验，同时还出现了电路元件的选择，此题要注意以下几个问题：
（1）首先选择测量电路时分压式接法还是限流式接法
（2）其次被测电阻应该采用外接法还是内接法
（3）根据电路图连接实物图，连图时注意连图规则，无相交线，注意电源和电表的正负极。连完图要求整洁美观。
15．如图所示的电路中，电源的电动势E=10V，内阻忽略不计，电阻的阻值分别为R1= R2=20Ω、R3=10Ω，滑动变阻器的最大阻值R=40Ω，电容器的电容C=20μF，则：
（1）将滑动触头P置于ab中点，合上电键S，待电路稳定后再断开S。求断开S的瞬间，通过R1的电流大小和方向；
（2）闭合电键S，当滑动触头P缓慢地从a点移到b点的过程中，通过导线BM的电量为多大？
解析：（1）电键S闭合，电路稳定时
BD两点的电势差 ①
PD两点的电势差 ②
则BP两点的电势差 ③
故断开S的瞬间，通过R1的电流方向向左；
电流大小
由①②③④代入数据解得A
（2）P在a点时， ④
⑤
电容器M板带电量 ⑥
P在b点时 ⑦
电容器M板带电量 ⑧
通过导线BM的电量 ⑨
由④⑤⑥⑦⑧⑨式解得 C
答案：(1)A；（2）C
点评：此题考查闭合电路中的含有电容器的问题，此类题注意分清电路时稳定状态还是动态的，当电路处于稳定状态时，电容器相当于断路，电容器可以从等效电路中去掉，当要求电容器的带电量时在接回到电路中即可。当电路处于动态变化时，在含有电容器的支路就会出现由瞬时的充放电电流，如果要求计算该电流，就要把电容器变化前后的带电量计算出来，求出△Q，则充放电流为I=△Q /t。
三、方法总结与2008年高考预测
（一）方法总结
本专题涉及的问题综合性较强，学习过程中要注意通过练习，培养灵活地运用知识分析、解决有关电路问题的能力本章中应用较多，能力要求较高,在复习中应注意以下几个方面：
1．极值问题：在物理问题中经常出现，一般先找出物理量之间的函数关系，再利用数学知识求解，在电路部分，有时还可以利用电路的对称性，先定性分析，然后求解。
2．电路故障分析：关键在于根据电表提供的信息分析电路出故障所在，画出等效电路，再利用电路规律来求解，通常情况下，电压表有读数表明电压表与电源连接完好，电流表有读数表明电流表所在支路无断路。
3．含电容器电路：在涉及电容器的电路问题中，要特别注意电容器的接法和电源的正负极，据此分析电容器两极板间的电压和电势高低情况恒定电流中，电容器相当于断路，求其两极板间的电压时可把它看做是一个电压表即可；在交流电路中，电容器相当于导线。
4．电路问题在电磁感应和交流电中的应用，首先确定电路中的电源部分，在电磁感应中，先由法拉第电磁感应定律求出导体切割磁感线或穿过回路磁通量变化而产生的感应电动势的大小，再根据串并联电路的规律求解未知量；在交流电路中，也是先确定电源，再利用欧姆定律求解。
5．电路设计问题，首先应根据用电器工作的要求设计可能的方案：其次还要考虑所设计的电路的电能消耗问题，选择能使用电器正常工作，同时整个电路能耗最小的电路。
6．电路的等效变换的基本原则：
①无电流的支路可除去；
②电势相等的各点可合并；
③理想导线可任意伸缩；
④理想电流表(内阻为零)看成短路，理想伏特表(内阻无穷大)看成断路；
⑤非理想电流表和电压表分别看成串人和并人电路的一个电阻；
⑥直流电路中电容器支路可看成断路而撤走，需求电容器电荷量时再补上,在交流电路中电容器支路可看成短路而用导线替换。
7．实验要求：
理科综合能力测试考试中，对实验提出了很高的要求“理解实验原理、实验目的及要求，了解材料及用具，掌握实验方法和步骤，会控制实验条件和使用仪器，会处理实验安全问题，会观察、分析和解释实验中产生的现象、数据，并得出合理的实验结论”；“能根据要求灵活运用已学过的自然科学理论、实验方法和仪器，设计简单的实验方案并处理相关的实验问题”近年来的理科综合卷中的物理实验题往往通过提供一些材料，提供相应的方案，根据方案选材或是根据材料设计方案，重点在于考查一种创新的实验思维。
实验思维的创新主要体现在与众不同的方法，别开生面的思路，从侧面间接地研究物理现象和规律；对典型的物理实验问题，在源于课本的基础上进行变异，达到了很好的考查创新能力的要求。
高中物理实验一般可分为测定性的实验和验证性的实验，测定性的实验是测量某个物理量；而验证性的实验，除了测量物理量以外，还要验证这些物理量的数量关系对于验证性的实验要注意，所测的各物理量要从正确的途径得到要设计从没做过的实验，首先应熟悉课本中的各个实验，掌握基本的实验思想和方法，这是设计实验的基础。
（二）2008年高考预测
近几年专题内容的高考试题多集中在电路的变化、电路的故障的检测、含容电路以及含电表（理想或非理想）电路问题的分析上，以选择题或填空题的形式出现。另外，由于该部分知识与学生实验结合紧密，因而往往通过实验考查知识的运用情况，实验考查即具体右灵活，像仪器选却、读数、电路的连接、数据处理、误差分析、电路在电磁感应和交流电中的应用等，每年试题均涉及，在复习中应给予重视；再者，用实验中学过的实验方法设计或处理未遇到过的实验问题是08年高考实验题的趋势，本专题所占分值大约为全卷的10%—15%所以不要轻视。
四、强化练习
（一）选择题
1．如图所示，平行金属导轨与水平面成θ角，导轨与固定电阻R1和R2相连，匀强磁场垂直穿过导轨平面．有一导体棒ab，质量为m，导体棒的电阻与固定电阻R1和R2的阻值均相等，与导轨之间的动摩擦因数为μ，导体棒ab沿导轨向上滑动，当上滑的速度为V时，受到安培力的大小为F。此时【 】
A．电阻R1消耗的热功率为Fv/3
B．电阻R2消耗的热功率为 Fv/6
C．整个装置因摩擦而消耗的热功率为μmgvcosθ．
D．整个装置消耗的机械功率为（F＋μmgcosθ）v
2．（2005年天津卷）将硬导线中间一段折成不封闭的正方形，每边长为l，它在磁感应强度为B、方向如图的匀强磁场中匀速转动，转速为n，导线在a、b两处通过电刷与外电路连接，外电路有额定功率为P的小灯泡并正常发光，电路中除灯泡外，其余部分的电阻不计，灯泡的电阻应为【 】
A．(2πl2nB)2/P
B．2(πl2nB)2/P
C．(l2nB)2/2P
D．(l2nB)2/P
3．超导限流器是一种短路故障电流限制装置，它由超导部件和限流电阻并联组成，原理图如图所示．当通过超导部件的电流大于其临界电流IC时，超导部件由超导态（可认为电阻为零）转变为正常态（可认为是一个纯电阻），以此来限制电力系统的故障电流．超导部件正常态电阻R1＝7.5Ω，临界电流IC＝0.6A，限流电阻R2＝15Ω，灯泡L上标有 “6V 3W”，电源电动势E＝7V，内阻r＝2Ω，电路正常工作．若灯泡L突然发生短路，则下列说法正确的是【 】
A．灯泡L短路前通过R1的电流为A
B．灯泡L短路后超导部件电阻为零
C．灯泡L短路后通过R1的电流为A
D．灯泡L短路后通过R1的电流为1A
4．下图中电阻R1、R2、R3的阻值相等，电池的内阻不计，开关K接通后流过R2的电流是K接通前的【 】
A．1/2
B．2/3
C．1/3
D．1/4
5．如下图所示，电源电动势为4V，当接通K时，灯L1和L2均不亮，用电压表测量得Uab=0，Ubc=0，Ucd=Uad=4V，由此可以知道断路处是【 】
A．灯L1
B．灯L2
C．灯L1和L2
D．变阻器R
6．(2006年郑州)如图甲所示的电路，不计电表的内阻影响，改变滑线变阻器的滑片的位置，测得电压表V1和V2随电流表A的示数变化的试验图像，如图乙所示，关于这两条实验图像，有【 】
A．图线b的延长线不一定过坐标原点O
B．图线a的延长线与纵轴交点的纵坐标值等于电源的电动势
C．图线a、b焦点的横坐标和纵坐标的乘积等于电源的输出功率
D．图线a、b焦点的横坐标和纵坐标的乘积等于R0上消耗的功率
7．(2005年山东一摸)四个相同的电流表分别改装成两个安培表和两个电压表，安培表A1的量程大于A2的量程，电压表V1的量程大于V2的量程，把它们按右图接触电路中【 】
A．A1的读数比A2的读数大
B．A1指针偏转角度比A2指针偏转角度大
C．V1读数比V2读数大
D．V1指针偏转角度比V2指针偏转角度大
8．（2005江苏南京二摸）在研究微型电动机的性能时，应用如图所示的实验电路，当调节滑动变阻器R控制电动机停止转动时，电流表和电压表的示数分别为0.50A和2.0V，重新调节R并使电动机恢复正常运转，此时电流表和电压表的示数分别为2.0A和24.0V，则这台电动机正常运转时的输出功率为【 】
A．32W B．44W
C．47W D．48W
9．投影仪的光源是强光灯泡，发光时必须用风扇给予降温，现设计投影仪的简易电路，要求：带动风扇的电动机启动后，灯泡才可以发光，电动机没有启动，灯泡不亮，电动机的电路元件符号是M，如下图中符合设计要求的是【 】
10．在如图所示的电路中，电源两端的电压恒定，L为小灯泡，R为光敏电阻，D为发光二极管（电流越大，发出光越强），且R与D相距不变，下列说法正确的是【 】
A．当滑动触头P向左移动时，L消耗的功率增大
B．当滑动触头P向左移动时，L消耗的功率减小
C．当滑动触头P向右移动时，L消耗的功率可能不变
D．无论怎样移动触头P，L消耗的功率都不变
（二）填空题
11．如下图所示电路，当ab两端接入100V的电压时，cd两端的电压为20V，当cd两端接入100V电压时，ab两端的电压为50V，则R1：R2：R3是 。
12．在如右图所示的电路中，滑动变阻器R的最大阻值R0，负载为RL，电路两端所加的电压U0保持不变。
（1）开关S断开，变阻器触头C移动时，电阻RL两端的电压变化范围为 。
（2）开关S闭合，变阻器触头C移动时，电阻RL两端的电压变化范围为 。
13．如右图所示的充电机A给蓄电池充电电路，已知蓄电池内阻r=0.20Ω，降压电阻R阻值为1.8Ω，充电输出端电压为16V，充电电流为2.0A，则每秒钟转化为化学能的能量是 。
14．用电流表和电压表测一节干电池的电动势和内阻，电流表是“0.6A，0.1Ω”，电压表是“3V，100Ω”，
（1）把下图器材连成试验线路
（2）一位同学记录的6组数据见下表，根据这些数据在下图中绘出U—I图线，根据图线读出电动势E= V，求出电源内阻r= Ω。
I/A 0.12 0.20 0.31 0.32 0.50 0.59
U/V 1.37 1.32 1.24 1.18 1.10 1.05
15．（2007年苏州市调研考试）图a为某一热敏电阻（电路符号为 ，其阻值随温度的改变而改变，且对温度很敏感）的I-U关系曲线。
（1）为了通过测量得到图a所示I-U关系的完整曲线，在图b和图c两个电路中应选择的是图 ；简要说明理由： 。（已知电源电动势为9V，内阻不计，滑动变阻器的阻值为0～100Ω）
（2）在图d电路中，电源电压恒为9V，电流表（内阻不计）读数为70mA，定值电阻R1=250Ω，由热敏电阻的I-U关系图线可知，热敏电阻两端的电压为 V，电阻R2的阻值为 Ω。
（3）举出一个应用热敏电阻的例子 。
（三）计算题
16．如下图所示的电路中，当S闭合时，电压表和电流表示数各为1.6V、0.4A；当S断开时，它们的示数各改变0.1A和0.1V，求电源的电动势和内阻分别是多少？
17．如下图所示的电路，电炉电阻R1=19Ω，电动机电阻R2=0.5Ω，电源内阻r=1Ω，当开关S断开时，电炉消耗的电功率为475W，S接通，电动机正常运转后，电炉消耗的电功率为304W，求电动机转化为机械能的功率。
18．如下图所示时加速度计的示意图，被广泛地应用于飞机、潜艇、导弹、航天器等装置的制导的信息源，系统加速时由弹簧连接在光滑支架上的敏感元件也处于加速状态，它下端的滑动臂在变阻器上自由滑动，转换为电信号输出，已知敏感元件质量为m，弹簧劲度系数为k，电源电动势为E，无内阻，滑动变阻器总电阻为R，有效长度为L，静态输出电压为U0，试求加速度a向左向右两种情况，求解加速度a与输出电压的关系式。
19．（2006，汕头）如下图所示的电路中，三个电阻的阻值都相同，E为直流电源，其内阻可以忽略不计，平行板电容器两极板的距离为d，在两极板间的中点P处有一个带电质点，但电键K断开时，带电质点恰好保持静止，现把电键K闭合，带电质点就开始运动，设电容器两极板间的电压在极短时间内达到稳定值，不计空气阻力，重力加速度为g，求带电质点首次碰到极板时的速度。
20．(2006.山东)一个允许通过最大电流为2A的电源和一个滑线变阻器，接成如下图甲所示的电路，变阻器最大阻值R0=22Ω，电源路端电压U随外阻R变化的规律如图乙所示，图中U=12V的直线为图线的渐近线，试求：
（1）电源的电动势和内电阻
（2）A、B空载时输出电压的范围
（3）若要保证变阻器的滑片能任意滑动，A、B两端所接负载的最小电阻时多大？
21．下图时导轨式电磁炮实验装置示意图，两根平行长直金属导轨沿水平方向固定，其间安放弹体（包括金属杆EF），弹体可沿导轨滑行，且始终与导轨保持良好接触，已知两种导轨内侧间距L=23cm，弹体的质量m=0.1kg，轨道间所加匀强磁场的磁感应强度B=5T，弹体与轨道的动摩擦因数μ=0.05，当滑动变阻器的电阻值调到R=0.1Ω时，弹体沿导轨滑行5m后获得的发射速度v=15m/s（此过程视为匀加速运动）。电路中其余部分电阻可以忽略不计，求此过程中电源的输出功率？
（四）创新试题
22．（1）要用伏安法测量Rx的电阻，已知电压表内阻约几kΩ，电流表内阻约1Ω，若采用甲图的电路，Rx的测量值比真实值 （选择“偏大”或“偏小”），若Rx约为10Ω应采用 （选“甲图”或“乙图”）的电路，误差会比较大.
甲 乙 丙
（2）无论是用甲图或乙图测量，都不可避免产生由电表内阻引起的测量误差，有两个研究性学习小组分别设计了以下的实验方案：
I．第一组利用如图丙的电路进行测量，主要实验步骤如下：
第一组：将键S2接2，闭合电键S1，调节滑动变阻器RP和RW，使电表读数接近满量程，但不超过量程，记录此时电压表和电流表的示数U1、I1。
①请你写出接着的第二步，并说明需要记录的数据： .
②由以上记录的数据计算出被测电阻Rx的表达式为Rx= .
③简要分析此实验方案为何避免电表内阻引起的实验误差 .
II．第二组同学利用如图丁的电路测量，其中R1是电阻箱，R2=72Ω、R3=100Ω.合上S，当R1未调至图中所示阻值时，灵敏电流计G的指针会偏转，将R1调至如图中所示时，灵敏电流计的指针回到零位.
①在答卷的方框内画出与图丁对应的电路图.
②读出图中电阻箱的阻值为R1= Ω，算出待测电阻的值Rx= .
22．如图所示为检测某传感器的电路图，传感器上标有“3V，0.9W”的字样（传感器可看作一个纯电阻），滑动变阻器R0上标有“10Ω，1A”的字样，电流表的量程为0.6A，电压表的量程为3V，
（1）根据传感器上的标注，计算传感器的电阻和额定电流
（2）若电路元件均完好，检测时，为了确保电路各部分的安全，在a、b之间所加的电源电压最大值时多少？
（3）根据技术资料可知，如果传感器的电阻变化超过了1Ω，则该传感器就失去作用，实际检测时，将一个恒定的电源加在图中a、b之间（电源电压小于上述所求的电压的最大值），闭合开关S，通过调节R0来改变电路中的电流和R0两端的电压，检测记录如下：
电压表示数U/V 电流表示数I/A
第一次 1.48 0.16
第二次 0.91 0.22
若不计检测电路对传感器电阻的影响，通过计算分析，你认为这个传感器是否还能使用？此时a、b间所加的电压时多少？
强化练习答案及解析：
1．BCD
解析：根据感应电动势的计算公式E=BLv，电路中的总电流I=E/(R+1.5R)=2E/3R=2BLv/3R，则导体棒上消耗的功率Pr=I2R=（2BLv）2/9R，导体棒受到的安培力F=BIL=2B2L2v/3R，所以B2L2v=3RF/2，则Pr=2Fv/3，电阻R1和R2上分得的电流I＇＝I/2=BLv/3R，PR1=PR2=Fv/6，所以B选项正确，A错误，摩擦力的功率Pf=fv=μmgcosθv，所以C正确，电路中的机械功率全部转化为内能，其中包括安培力做功转化的内能和摩擦力做功转化的内能，P=P f+Fv=μmgcosθv+ Fv，所以D正确。
2．B
解析：根据线圈在磁场中转动产生电动势的公式Em=2Bl2nπ，此结果时线圈产生交流电的最大值，在进行电路功率计算时要用有效值。E有=·2Bl2nπ，电路中的电流I= E有/R=·2Bl2nπ,则电灯的功率P=I2R=（·2Bl2nπ）2R=（2Bl2nπ）2/2R，所以R=2（Bl2nπ）2/P,所以答案B正确。
3．C
解析：灯泡发生故障之前超导部件的电阻为零，电路中的总电阻为灯泡的电阻RL=U2/P=12Ω和电源内阻2Ω，总电阻为14Ω，有闭合电路欧姆定律可以知道I=E/(RL+r)=1/2A，所以A错误，到灯泡出现短路后，电路中的电路超过0.6A，超导部件有超导态变为正常态，阻值为7.5Ω，所以B错误，此时电路中的总电阻为7Ω，总电流为1A，根据超导部件和限流电阻的电阻比例可以知道超导部件分到2/3A的电流，限流电阻分到1/3A的电流，所以C正确，D错误。
4．B
解析：电阻R1、R2、R3的阻值相等，设为R，在K没有接通之前，R1、R2串联，I1=E/2R，在K接通后，R2、R3并联，再跟R1串联，I2=，则。
5．D
解析：Ucd=4V，说明a、c之间的电路没有断路故障，因为若此处断路，则电压表不可能有读数，同理，Ucd=4V，说明a、d之间的电路没有断路故障，又Uab=0，Ubc=0，所以断路只可能出现在滑线变阻器R。
6．BCD
解析：电压表V1所测为电源的路端电压，电流表A所测为电源的总电流，故图线a为电源的外特性曲线，所以B正确，C也正确，电压表V2所测为R0的电压，电流表A所测也可以说是流过R0的电流，故b是R0的伏安特性曲线，它的延长线应过原点O，A错，D正确。
7．AC
解析：电流表改装成安培表是并连一个较小的电阻，并联的电阻越小，量程越大，所以安培表A1的内阻小，A2的内阻大，当它们并联时，则流过A1的电流要大一些，所以安培表A1的读数较大，因为是由两个同样的电流表改装而成的，并联在电路中，所以指针偏转角度一样大，选项A正确，选项B错误，同理改装成电压表，串联在电路中时，两表的指针偏转角度也是一样大，选项D错误，电压表V1的量程大，说明串联的电阻大，V1的内阻大于V2的内阻，串联分压大，所以V1读数比V2读数大，选项C正确，综上所述，本题的正确答案为AC。
8．A
解析：分析题意得，当电动机停止转动时，电动机相当于一个纯电阻，所以由题中的两表读数可以计算出电动机的内阻r=U/I，代入数据的R=4Ω，重新调节R使电动机正常运转，根据题中两表的读数，计算出电动机的输出功率P=IU-I2r，代入数据可得P=32W，所以正确选项为A。
9．C
解析：本题是电路设计，关键是对设计要求能作出正确的判断：（1）电动机和灯要能各自独立工作，互不影响，两者必须并联；（2）要能保证电动机先启动，A是串联，B是电动机和灯泡同时工作；C若先闭合上S1灯不亮，电动机也不启动，若先合上S电动机先启动，在合上S1灯泡才工作，符合设计要求；D项合上S后，先合上S1灯泡就开始工作，而电动机还没有启动。不符合要求。
10．A
解析：触头P向左移动，使其电阻减小，流过二极管的电流增大，从而发光增强，使光敏电阻R减小，最终达到增大流过灯泡的电流的效果。
二、填空题
11．4：2：1
解析：若Uab=100V，Ucd=20V，则R1=2R2；若Ucd=100V，Uab=50V，则R2=2R3；所以R1：R2：R3=4R3：2R3：R3=4：2：1
12．（1）≤UL≤UO；（2）0≤UL≤UO
解析：（1）开关S断开时，变阻器与负载电阻串联构成限流电路，当R0取零值时，RL两端电压最大为U0，当R0取最大值时，由串联电路的特点得到：
所以
即电压的变化范围为：≤UL≤UO。
（2）开关S闭合时，构成分压电路，当滑动触头C移动到最上端时，RL两端的电压为U0，当滑动触头C移动到最下端时，RL两端电压为0，即RL两端的电压变化范围为：0≤UL≤UO。
13．24J
解析：降压电阻R两端电压UR=IR=3.6V，蓄电池上得到的电压U=（16-3.6）=12.4，蓄电池的输入功率P入=UI=12.4×2W=24.8W，而发热损耗功率为Pr=I2r=0.8W，故蓄电池将电能转化为化学能的功率为P= P入-Pr=24W，每秒转化的化学能为24J。
14．（1）、连图如图所示
（2）1.46±0.02（V）； 0.72±0.05（Ω）
15．解析：（1）应该选择滑线变阻器分压式接法，即选择b图，因为b图可以使电压从零开始调节，且调节范围比较大。
（2）5.3 108.8 （3）热敏温度计
三、计算题
16．解析：当S闭合时，R1、R2并联，根据闭合电路欧姆定律可得：E=U1+I1r=1.6+0.4r
当S断开时，外电路电阻只有R1，故外电阻增大，电流减小0.1A，路端电压增加0.1V，所以：E=U2+I2r=1.7+0.3r
解得：E=2V，r=1Ω
17．解析：S断开外电路的纯电阻负载，电路中电流I=，由此可解得电源电动势E=I(R1+r)=100V
S接通后外电路有两个支路，除纯电阻负载R1支路外，另一支路负载为电动机，R1支路中的电流I1=4A，路端电压U=I1R1=76V。
由I=(E-U)/r=24A，可知，电动机支路的电流I2=20A，电动机输入的电功率P2=I2U=1520W，电动机中的生热电功率P热=I22R2=200W，因此电动机转化为机械能的功率为1320W。
18．解析：系统加速度a向左时，
其中△x为弹簧伸长量（压缩量），滑动臂向右移动△x
由上两式可以得到：
系统加速度a向右时，
滑动臂向右移动△x，
由上两式可以得到：
19．解析：设电源电动势为E，当电键K断开时，电容器两极板间电压为U=E
带电质点保持静止：
当电键K闭合时，电容器两极板间电压为：
带电质点向下运动，加速度为a，由牛顿第二定律可得：
带电质点首次碰到极板时速度为v，则
解得：
20．解析：（1）由乙图可知，当R趋近无穷大时，E=12V，而当U=6V=E/2时，应有r=R=2Ω
（2）当滑片滑到变阻器的最上端时，A、B两端输出电压最大值：
当滑片滑到变阻器的最下端时，A、B两端输出电压最小为零，故A、B空载时输出电压的范围为0～11V。
（3）当滑片滑到变阻器的最上端时，通过电源的电流恰好为最大电流2A时，A、B两端所接负载电阻最小。
，解得：RAB=4.9Ω
21．解析：对弹体受力分析：F安-f=ma
其中F安=BIL，F=μmg
弹体匀加速运动，由运动学公式得：v2=2as
代入数据:a=22.5m/s2，F安=2.3N，I=2A。
所以t=v/a=2/3s
电源输出的电能：E=I2Rt+F安s
电源输出功率：P=E/t=I2R+ F安s/t,代入数据得：P=17.65W。
四、创新试题
22．（1）偏小，甲图（2）I ①将电键S2接1 记录这时电压表和电流表的示数U2、I2
②（U1/I1）－（U2/I2） ③由于，两式相减，消去（RA+RP）得出RX，避免了电流表引起的测量误差
II．①电路图如图
②36，200
23．解析：（1）传感器的电阻R传=U传2/P传=10Ω，
传感器的额定电流I传=P传/U传=0.9/3A=0.3A，
（2）要求电路各部分安全，则要求电路的最大电流I=I传=0.3A
此时电源电压最大值Um=U传+U0
U传传感器的额定电压，U0为R0调至最大值Rom=10Ω时R0两端的电压，即：
U0=I传R0m=0.3×10V=3V
所以电源电压的最大值Um=U传+U0=6V
（3）设实际检测时加在a、b间的电压为U，传感器的实际电阻为R传＇，根据第一次实验记录数据由：U= R传＇I1+U1，即：U=0.16×R传＇+1.48
根据第二次实验记录数据由：U= R传＇I2+U2
即：U=0.22×R传＇+0.91
解得：R传＇=9.5Ω，U=3V。
传感器的电阻变化为△R= R传- R传＇=10Ω-9.5Ω≤0.5Ω
此传感器仍然可以使用。
四、复习建议
对于本专题我们在复习时还应掌握复习重点，抓住要害，对整个专题必有了如指掌。
（1）深刻理解电动势的物理意义，理解电动势和电压的区别
（2）以闭合电路欧姆定律为核心会讨论电路中的电流、电压、电功、电功率的关系，掌握电路动态分析的方法。
（3）从能量的角度理解闭合电路欧姆定律，是学生学习的薄弱环节，特别对非纯电阻电路，如电动机、电解槽等电路中能量关系，学生认识模糊不清，因此复习这部分内容时，一定要讲清电动势的物理意义、电动机和电解槽的用途，以便使学生理解电路中的能量转化的关系。
（4）“超导现象”、“黑盒问题”、“传感器”均为新增内容，但这些知识与生产、生活实际联系密切，因此广大考生对这部分知识一定要引起足够的重视。
电源的效率：η=P出/P总×100%，η=R/(r+R)×100%(纯电阻)
恒
定
电
流
基
本
概
念
基
本
规
律
电流强度
电 压
电 阻
电动势
定义式：I=Q/t
微观表达式：I=nSve
方向：正电荷定向移动方向
定义式：U=W/q
计算式：U=IR
定义式：R=U/I
决定式：R=ρL/S
金属导体电阻率随温度升高而增大，半导体和超导体
基本实验
表示电源的一种能力，由电源本身性质决定，与外电路无关，
电阻定律
欧姆定律
电功W=Uq=IUt
电功率
R=ρL/S
部分电路：I=U/R
闭合电路：I=E/(R+r)
纯电阻电路：电功=电热，
电能转化为内能
非纯电阻电路：电功 >电热，
电能转化为其他形式能
用电器电功率：P=IU，P=I2R=U2/R (对纯电阻电路)
电源的总功率：P总=IE
电源的输出功率：P出=IU (U路端电压)
电源损失功率或内耗功率：P损=I2r (r电源内阻)
描绘小灯泡的伏安特性曲线
测金属丝的电阻率
测量电源电动势和内阻
把电流表改装成电压表
用多用表探测黑箱内的电学元件
基本应用
电表改装
电路故障的判断
含容电路的计算
闭合电路中的动态分析
B
A
R1
R2
R3
R4
E r
V
R1
R2
R3
S
S1
1
2
E
r
I1
I1
P
R
a
b
S
U1
m
B
A
v0
R
P
E,r
S
图1
图2
E=3V
r=0.5Ω
E＇=６V
ｒ＇=１Ω
L1
L2
L3
L1
L2
L3
R2
R3
R1
S
S
~
D
R2
R1
②
~
R1
R2
S
①
V
图　10
mA
V
Rx
S
E
·
DS
。
R1
R2
C
R3
R
S
E
AS
·
·
BS
MS
N
b
a
P
S
超导部件R1
限流电阻R2
L
r
E
R1
R2
R3
K
L1
L2
E
a
d
b
c
R
K
A
V1
V2
R0
R
图甲
U/V
I/A
O
b
a
图乙
A1
A2
V2
V1
M
V
A
R
M
S
M
S
M
S
S1
M
S
S1
S2
A
B
C
D
L
R
D
P
R1
R1
R3
R3
R2
a
b
c
d
RL
R0
U0
S
C
A
R
1.5V
U/V
I/A
O
0.1
0.2
0.3
0.4
0.5
0.6
1.00
1.10
1.20
1.30
1.40
1.50
O
1
2
3
4
5
6
7
10
20
30
40
50
I/mA
U/V
图a
A
V
A
9V
R1
R2
A
V
图b
图c
图d
A
V
R1
R2
S
M
S
R1
E r
R
信号源
敏感元件
E
P
R1
R2
R3
K
d
E
U/V
R /Ω
1
12
乙
A
B
R0
甲
电
源
R
E
F
B
V
传感器
A
a
b
R0
1.5V
U/V
I/A
O
0.1
0.2
0.3
0.4
0.5
0.6
1.00
1.10
1.20
1.30
1.40
1.50
G
R2
Rx
R3
36Ω
R1
21世纪教育网 -- 中国最大型、最专业的中小学教育资源门户网站。 版权所有@21世纪教育网本资料来自于资源最齐全的２１世纪教育网www.21cnjy.com
专题一 力和运动
一、考点回顾
1．物体怎么运动，取决于它的初始状态和受力情况。牛顿运动定律揭示了力和运动的关系，关系如下表所示：
2．力是物体运动状态变化的原因，反过来物体运动状态的改变反映出物体的受力情况。从物体的受力情况去推断物体运动情况，或从物体运动情况去推断物体的受力情况，是动力学的两大基本问题。
3．处理动力学问题的一般思路和步骤是：
①领会问题的情景，在问题给出的信息中，提取有用信息，构建出正确的物理模型；
②合理选择研究对象；
③分析研究对象的受力情况和运动情况；
④正确建立坐标系；
⑤运用牛顿运动定律和运动学的规律列式求解。
4．在分析具体问题时，要根据具体情况灵活运用隔离法和整体法，要善于捕捉隐含条件，要重视临界状态分析。
二、经典例题剖析
1．长L的轻绳一端固定在O点，另一端拴一质量为m的小球，现使小球在竖直平面内作圆周运动，小球通过最低点和最高点时所受的绳拉力分别为T1和T2(速度分别为v0和v)。求证：(1)T1－T2＝6mg　　　(2)v0≥
证明：(1)由牛顿第二定律，在最低点和最高点分别有：
　　T1－mg＝mv02/L　　 T2＋mg＝mv2/L
　　由机械能守恒得：mv02/2＝mv2/2＋mg2L
　　以上方程联立解得：T1－T2＝6mg
(2)由于绳拉力T2≥0，由T2＋mg＝mv2/L可得v≥
代入mv02/2＝mv2/2＋mg2L得：v0≥
点评：质点在竖直面内的圆周运动的问题是牛顿定律与机械能守恒应用的综合题。加之小球通过最高点有极值限制。这就构成了主要考查点。
2．质量为M的楔形木块静置在水平面上，其倾角为α的斜面上,一质量为m的物体正以加速度a下滑。求水平面对楔形木块的弹力N和摩擦力f。
　　　　　　　　　　　　　　
解析：首先以物体为研究对象，建立牛顿定律方程：
　　N1‘＝mgcosα　　mgsinα－f1’＝ma，得：f1‘＝m(gsinα－a)
　　由牛顿第三定律，物体楔形木块有N1＝N1’，f1＝f1‘
然后以楔形木块为研究对象，建立平衡方程：
　　N＝mg＋N1cosα＋f1sinα＝Mg＋mgcos2α＋mgsin2α－masinα
　　 ＝(M＋m)g－masinα
　　f＝N1sinα－f1cosα＝mgcosαsinα－m(gsinα－a)cosα＝macosα
　　点评：质点在直线运动问题中应用牛顿定律，高考热点是物体沿斜面的运动和运动形式发生变化两类问题。受力分析、研究对象的选取和转移(应用牛顿第三定律)，是这类问题的能力要求所在。
3．举重运动是力量和技巧充分结合的体育项目。就“抓举”而言，其技术动作可分为预备、提杠铃、发力、下蹲支撑、起立、放下杠铃等六个步骤。图1所示照片表示了其中的几个状态。现测得轮子在照片中的直径为1.0cm。已知运动员所举杠铃的直径是45cm，质量为150kg，运动员从发力到支撑历时0.8s，试估测该过程中杠铃被举起的高度，估算这个过程中杠铃向上运动的最大速度；若将运动员发力时的作用力简化成恒力，则该恒力有多大？
解析：题目描述的举重的实际情景，要把它理想化为典型的物理情景。抓举中，举起杠铃是分两个阶段完成的，从发力到支撑是第一阶段，举起一部分高度。该过程中，先对杠铃施加一个力（发力），使杠铃作加速运动，当杠铃有一定速度后，人下蹲、翻腕，实现支撑，在人下蹲、翻腕时，可以认为运动员对杠铃没有提升的作用力，这段时间杠铃是凭借这已经获得的速度在减速上升，最好的动作配合是，杠铃减速上升，人下蹲，当杠铃的速度减为零时，人的相关部位恰好到达杠铃的下方完成支撑的动作。因此从发力到支撑的0.8s内，杠铃先作加速运动（当作匀加速），然后作减速运动到速度为零（视为匀减速），这就是杠铃运动的物理模型。
根据轮子的实际直径0.45m和它在照片中的直径1.0cm，可以推算出照片缩小的比例，在照片上用尺量出从发力到支撑，杠铃上升的距离h′=1.3cm，按此比例可算得实际上升的高度为h=0.59m。
设杠铃在该过程中的最大速度为，
有，得
减速运动的时间应为
加速运动的位移：
又
解得：
根据牛顿第二定律，有
解得：
点评：该题中，将举重的实际情景抽象成物理模型，是解题的关键，这种抽象也是解所有实际问题的关键。这里，首先应细致分析实际过程，有了大致认识后，再做出某些简化，这样就能转化成典型的物理问题。比如该题中，认为发力时运动员提升的力是恒力，认为运动员下蹲、翻腕时，对杠铃无任何作用，认为杠铃速度减为零时，恰好完全支撑，而且认为杠铃的整个运动是直线运动。
4．如图2所示为一空间探测器的示意图，P1、P2、P3、P4是四个喷气发动机，P1、P3的连线与空间一固定坐标系的x轴平行，P2、P4的连线与y轴平行，每台发动机开动时，都能向探测器提供推力，但不会使探测器转动。开始时，探测器以恒定的速率v0向x方向平动，要使探测器改为向正x偏负y60°方向以原速率v0平动，则可以采取的措施是【 】
A．先开动P1适当时间，再开动P4适当时间
B．先开动P3适当时间，再开动P2适当时间
C．开动P4适当时间
D．先开动P3适当时间，再开动P4适当时间
解析：该题实际上是要校正探测器的飞行状态，这在航天活动中，是很常见的工作，因此这也是很有意义的一道题。最后要达到的状态是向正x偏负y60°方向平动，速率仍为v0。如图3所示，这个运动可分解为速率为v0cos60°的沿正x方向的平动和速率为v0sin60°的沿负y方向的平动，与原状态相比，我们应使正x方向的速率减小，负y方向的速率增大。因此应开动P1以施加一负x方向的反冲力来减小正x方向的速率；然后开动P4以施加一负y方向的反冲力来产生负y方向的速率。所以选项A正确。
点评：建立坐标系，在两个坐标轴的方向上分别应用牛顿运动定律，是研究动力学问题的常用方法。该题一入手，就在沿坐标轴的两个方向上对两个状态进行比较，就使问题很快变得清晰。因此要熟练掌握这种分析方法。
5．2000年1月26日我国发射了一颗同步卫星，其定点位置与东经98°的经线在同一平面内，若把甘肃省嘉峪关处的经度和纬度近似取为东经98°和北纬，已知地球半径R，地球自转周期为T，地球表面重力加速度为g（视为常量）和光速c。试求该同步卫星发出的微波信号传到嘉峪关处的接收站所需的时间（要求用题给的已知量的符号表示）。
解析：同步卫星必定在地球的赤道平面上，卫星、地球和其上的嘉峪关的相对位置如图4所示，由图可知，如果能求出同步卫星的轨道半径r，那么再利用地球半径R和纬度就可以求出卫星与嘉峪关的距离L，即可求得信号的传播时间。
对于同步卫星，根据牛顿第二定律，有：
其中：
又 即：
由以上几式解得：
由余弦定理得
微波信号传到嘉峪关处的接收站所需的时间为
点评：选择恰当的角度，将题目描述的情况用示意图表示出来，可以是情景变得更加清晰，有利于分析和思考，要养成这种良好的解题习惯。在解答天体运动的问题时，根据得到这一关系是经常使用的。
6．矿井里的升降机，由静止开始匀加速上升，经5s速度达到4m/s后，又以这个速度匀速上升20s，然后匀减速上升，经过4s停在井口，求矿井的深度？
解析：作v—t图，如图所示，所围梯形面积就是物体运动的位移。
7．一只老鼠从洞口爬出后沿一直线运动，其速度大小与其离开洞口的距离成反比。当其到达距洞口为d1的点A点时速度为v1，若B点离洞口的距离为d2（d2>d1），求老鼠由A运动至B所需的时间。
解析：建立坐标，画出图像。
分析得：之间所围的面积等于老鼠由A运动至B所需的时间。
8．一个同学身高h1=1.8m，质量m=65kg，站立举手摸高（指手能摸到的最大高度）h2=2.2m，g=10m/s2。
(1)该同学用力登地，经过时间t1=0.45s竖直离地跳起，摸高为h3=2.6m。假定他离地的力F1为恒力，求F1的大小。
(2)另一次该同学从所站h4=1.0m的高处自由落下，脚接触地面后经过时间t2=0.25s身体速度降为零，紧接着他用力F2登地跳起，摸高h5=2.7m。假定前后两个阶段中同学与地面的作用力分别都是恒力，求该同学登地的作用力F2。
解：(1)第一阶段：初速为0，时间为t1=0.45s竖直离地跳起，加速度为，速度为。
第二阶段：初速度为，末速度为0，加速度为g，高度为0.4m/s。
对第一阶段运动过程进行受力分析，并由牛顿第二定律得：
则
(2)由分析得第一阶段的末速度为：
第二阶段的运动位移为：
第四阶段的初速度为：
第三阶段的加速度为：
对第三阶段运动过程进行受力分析，并由牛顿第二定律得：
则：
点评：此题的关键是将复杂的过程分解为几个简单的过程进行分析。
9．跳伞运动员从2000m高处跳下，开始下降过程中未打开降落伞，假设初速度为零，所受空气阻力随下落速度的增大而增大，最大降落速度为50m/s。运动员降落到离地面200m高处时，才打开降落伞，在1.0s时间内速度减小到5.0m/s，然后匀速下落到地面。试估算运动员在空中运动的时间。
解析：将整个运动分解为四个运动过程：
变加速所用时间为：10s
匀速所用时间为：31s
匀减速所用时间为：1s
匀速所用时间为：34.5s
所以整个时间为：10+31+1+34.5=76.5s
点评：此题的关键是将两段变加速运动，近似看成匀变速运动，估算出加速度。
以上两个例题，解题的关键是分析整个现象中的物理过程，分析力和运动，将它们分段考虑（物理的分解的思维方法）。如例题9中的第一段：阻力随速度的增大而增大，合力随速度的增大而减小，加速度减小，初速度为零，是加速度在减小的加速运动；第二段：合力为零，是匀速运动；第三段：突然打开降落伞增大了受力面积，阻力就增大，合力方向向上，是加速度在减小的减速运动；第四段：合力为零，是匀速运动。此题的关键是将两段变加速近似看成匀加速，便可迎刃而解。
三、方法总结与2008年高考预测
（一）方法总结
高三复习的重点是打基础，是澄清物理概念完善物理概念，同时是提高学生认识物理的能力，提高学生解决物理问题的能力。在复习中使学生建立解决物理问题的物理思维方式，如：微元法的思维方法、用图像解决物理问题的方法和伽利略的“忽略”的方法等。使学生在解决物理问题时，能从力和运动的分析入手，分清每一个物理过程，同时让学生规范的写在解题过程中。
（二）2008年高考预测
力和运动是高中物理的重点内容，也是高考命题的热点。总结近年高考的命题趋势，一是考力和运动的综合题，重点考查综合运用知识的能力，如为使物体变为某一运动状态，应选择怎样的施力方案；二是联系实际，以实际问题为背景命题，如以交通、体育、人造卫星、天体物理和日常生活等方面的问题为背景，重点考查获取并处理信息，去粗取精，把实际问题转化成物理问题的能力。
四、强化训练
（1） 选择题
1．一物体作匀变速直线运动，某时刻速度的大小为4m/s，1s后速度的大小变为10m/s。在这1s内该物体的【 】
A．位移的大小可能小于4m
C．加速度的大小可能小于4m/s2
B．位移的大小可能大于10m
D．加速度的大小可能大于10m/s2
2．如图所示，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【 】
A．方向可能沿斜面向上
B．方向可能沿斜面向下
C．大小可能等于零
D．大小可能等于F
3．一木块从高处自由下落，在空中某处与一颗水平向北射来的子弹相遇，子弹穿过木块继续飞行。下面的说法中正确的是【 】
A．木块落地时间与未遇到子弹相比较，将稍变长
B．木块落地位置与未遇到子弹相比较，将稍偏向北
C．子弹落地时间与未遇到木块相比较，将保持不变
D．子弹落地位置与未遇到木块相比较，将稍稍偏向北
4．物体在如图所示的一个大小和方向按正弦规律变化的水平力F作用下，由静止开始沿光滑水平面向右运动，则下列说法正确的是【 】
A．物体在0--时间内向右加速运动，在--时间内向左减速运动
B．物体在0--时间内向右加速运动，在--时间内向右减速运动
C．时刻物体速度最大，时刻物体速度为0
D．时刻物体速度和加速度都最大，时刻物体加速度最大
5．某人在地面以20m／s的速度竖直向上抛出一物，此物经过抛出点上方15m处所经历的时间可能是（g取10m／）【 】
A．1s　　　
B．2s　　　
C．3s　　　
D．4s
6．一根张紧的水平弹性绳上的a，b两点，相距14.0m，b点在a点的右方。如图所示，当一列简谐横波沿此长绳向右传播时，若a点的位移达到正向最大时，b点的位移恰为零，且向下运动，经过1.0s后，a点的位移为零且向下运动，而b点的位移恰达到负最大，则这列简谐横渡的波速可能等于【 】
A．2m/s
B．4.67m/s
C．6m/s
D．10m/s
7．木块A的动量大小为p，动能大小为E，木块B的动量大小为p/2，动能大小为3E，有【 】
A．若将它们放在水平面上，受到的阻力相同时，则B运动时间较长
B．若将它们放在水平面上，所通过的路程相同时，则B受到的阻力较大
C．若将它们放在水平面上，与水平面的动磨擦因数相同时，A运动的时间较短
D．若使它们沿着同一光滑斜面上升，则A上升的距离较短
8．由于地球自转，地球上的物体都随地球一起转动。所以【 】
A．在我国各地的物体都具有相同的角速度
B．位于赤道地区的物体的线速度比位于两极地区的小
C．位于赤道地区的物体的线速度比位于两极地区的大
D．地球上所有物体的向心加速度方向都指向地心
9．如图所示，两根竖直的轻质弹簧a和b(质量不计)，静止系住一球，若撤去弹簧a，撤去瞬间球的加速度大小为2m/s2，若撤去弹簧b，则撤去瞬间球的加速度可能为【 】
A．8 m/s2，方向竖直向上
B．8 m/s2，方向竖直向下
C．12 m/s2，方向竖直向上
D．12 m/s2，方向竖直向下
10．人造地球卫星绕地球做匀速圆周运动，设地球半径为R，地面处的重力加速度为g，则人造地球卫星【 】
11．一个做匀速率运动的物体，有人给出了以下一些结论，哪些结论是正确的【 】
A．物体受到的合外力一定为零
B．物体受到的合外力不一定为零，但合外力做的功一定为零
C．物体的动量增量一定为零
D．物体的动量增量不一定为零，而动能增量一定为零
12．如图为一物体的振动图象，在四个时刻，物体动能相同的时刻是【 】
（2） 填空题
13．如图所示是演示沙摆振动图像的实验装置在木板上留下的实验结果。沙摆的运动可看作是简谐运动。若手用力F向外拉木板作匀速运动，速度大小是0.20m/s．右图所示的一段木板的长度是0.60m，那么这次实验所用的沙摆的摆长为________cm。(答案保留2位有效数字，计算时可以取＝g)
14．已知(i)某电动玩具小车在水平面上运动过程中所受的阻力与速度成正比；(ii)打开电源则以额定功率运动，某同学为了测定其额定功率，首先用弹簧秤以2N的水平力，在水平面上拉动小车，小车尾部粘有纸带，运动的过程中打点计时器打出的纸带如图1所示。AB、BC、CD……，每两点之间还有4个点未画出，电源频率为50Hz．
之后仍在小车尾部粘上纸带，再在该水平面上，打开小车的电源，打点计时器打出的纸带，如图2所示．、、每两点之间仍有4个点未画出。
由以上两步操作可知：
(1)小车阻力与速度的比例系数为________；
(2)小车的额定功率为________。
（3） 解答题
15．一艘宇宙飞船飞近某一个不知名的小行星，并进入靠近该行星表面的圆形轨道，宇航员着手进行预定的考察工作。宇航员能不能仅仅用一只普通的手表通过测定时间来测定该行星的平均密度。
16．如图所示，物块由倾角为的斜面上端由静止滑下，最后停在水平面上，设物块与斜面及平面间的动摩擦因数都为μ，试求物块在斜面上滑行的距离s1与在平面上滑行的距离s2的比值。
17．质量为m的滑块与倾角为θ的斜面间的动摩擦因数为μ，μ＜tgθ。斜面底端有一个和斜面垂直放置的弹性挡板，滑块滑到底端与它碰撞时没有机械能损失，如图所示。若滑块从斜面上高为h处以速度v开始下滑，设斜面足够长，求：
(1)滑块最终停在什么地方？
(2)滑块在斜面上滑行的总路程是多少？
18．列车在水平铁路上行驶，在50s内速度由36km/h增加到54km/h，列车的质量是1.0×103t，机车对列车的牵引力是1.5×105N，求列车在运动过程中所受到的阻力。
19．一物块从倾角为θ，长为s的斜面顶端由静止开始下滑，物块与斜面的动摩擦因数为μ，求物块滑到斜面底端所需的时间。
20．质量为m的小球B（可视为质点），放在半径为R的光滑球面上，如图所示，有悬点到球面的最短距离为AC=s，A点在球心的正上方。求：（1）小球对球面的压力；（2）细线上的张力。
（4） 创新试题
21．一次实验是这样进行的，用锤敲击一下桥端，在桥的另一端的测量员听到间隔△t=3.4s的两次声响，这是由于声音在空气中传播快慢不同所致，已知空气中声速为340m/s，钢铁中声速为5.0×103m/s，请你计算一下该桥有多长。
22．如图所示为光滑的平直轨道上分布着间距为L的物块，其中M=4m，其余的质量均为m．当一水平恒力F作用于M上，M将与物块1碰后形成一整体，再与物块2 碰后又形成一整体，如此继续碰下去，求M的最大速度 设轨道足够长，小物块足够多。
解析答案：
一、选择题
1．AD
试题提示：题结合匀变速直线运动的规律，考查对于概念和规律的理解能力。位移、速度和加速度等量都是矢量，若规定物体在某一时刻的速度4m/s的方向为坐标的正方向，1s后速度大小变为10m/s，就有两种可能：方向与初速度同向，为10m/s；方向与初速度反向，为-10m/s。在这1s内的加速度和位移有两种可能的值，即a1=6m/s2，s1=7m；a2=-14m/s2，s2=-3m，“-”号表示其方向跟初速度相反。由此可以判断位移的大小可能小于4m，加速度的大小可能大于10m/s2。
2．ABCD
试题提示：本题从物体受到的静摩擦力入手，考查理解能力和推理能力。
物块M所受静摩擦力的方向和大小，与物块的受力及运动情况有关．物块在斜面上处于静止，除了可能受到的沿斜面方向的静摩擦力以外，它还受重力mg和斜面的支持力N以及力F．力F和重力的下滑分力mgsin α的大小，决定了它与斜面间的相对运动趋势：
如果mg sinα＝F　则物块和斜面之间没有相对运动趋势，其间的静摩擦力大小为0；
如果mg sinα＞F　则物块相对于斜面有向下的运动趋势，其间的静摩擦力方向向上；
如果mg sinα＜F　则物块相对于斜面有向上的运动趋势，其间的静摩擦力方向向下．
物块处于静止，有F＋Fs＝mgsinα　（设Fs的方向沿斜面向上）
此刻可能有Fs＝F＝mg sinα
3．AB
试题提示：子弹穿过木块的过程，由于时间很短，相互作用的内力远大于外力（重力），因此系统的动量守恒。水平方向，子弹的动量变小而木块的动量变大；竖直方向木块的动量变小而子弹的动量变大。
4．BC
5．AC
6．ABD
试题提示：命题意图：本题考查简谐振动和机械波有关知识．
试题详解：巧解分析：本题是通过描述一列波中两个质点振动情况及其关系来了解整列波特性的题，其方法是先在波形图上找到a点与其对应的可能的b点，再把题中a，b两点的距离与波长联系起来，时间与周期联系起来，找到λ，再用公式v＝λ/T求得波速。
依题可画出波形图，a点位移达正向最大，b点可能位置用，代表，正经平衡位置向下．可见a，b间距与波长关系为：
＝(n＋)λ，(n＝0，1，2，…) ∴λ＝＝m．
时间Δt＝1.0s与周期关系为：Δt＝(k＋)T，(k＝0，1，2，…)
∴T＝＝s 波速v＝＝m/s
当n＝0，k＝0时，v＝4.67m/s，故B选项正确；
当n＝1，k＝0时，v＝2m/s，故A选项正确；
当n＝1，k＝1时，v＝10m/s，故D选项正确；
试题错析：思维诊断：部分学生建立不起距离与波长、时间与周期的联系，写不出速度表达式来。处理这类问题时，画出波形图，找出以上关系是关键。部分学生没有注意到周期，漏选A，D项，或者没有用好自然数k与n，或者认为k＝n而漏选A项。
7．BCD
8．AC
9．BD
10．AB
11．BD
12．ABCD
二、填空题
13．56
14．0.50；4.5W
三、解答题
15．试题提示：宇航员用手表测出飞船绕行星运行的周期T，飞船在行星的近地轨道上做匀速圆周运动，有，得到，G为万有引力常量，这样测出周期T，即可求得行星的密度ρ。
16．解：由动能定理，即
得
17．答案：(1)停在挡板前(2)
18．答案：5.0×104N
19．解：ma=mgsinθ-μmgcosθ，∴a=gsinθ-μgcosθ
而s=at2 ∴t=．
20．解：对球受力分析．如图：N与G的合力与T大小相等，方向相反，则由三角形相似，有，
∴N=，T=
4． 创新试题
21．17.1240m 22．解：

五、复习建议
力学在高考中占36％的分数比例，是高考的重点内容之一。力学知识可概括为三个主要关系及其相应的定理、定律，即力与运动的关系及相应的牛顿定律；功和能的关系及相应的动能定理、机械能定恒定律；冲量与动量的关系及相应的动量定理、动量守恒定律。它们又都是从不同角度讨论力的作用效果--力的瞬时作用效果和力的效果作用效果。因此力的概念的建立及其发展、力的合成、分解是基础。
力与运动的关系的讨论及牛顿定律的运用，既是高考的重点，又是基础。一次高考涉及这部分知识的试题总有三个以上的试题。
竖直上抛运动
自由落体运动
F≠0
F与v0在同一直线上
F与v0成一夹角
匀变速直线运动
匀变速曲线运动
平抛运动
恒力F
F=0
匀速直线运动
运动
力
牛顿运动定律
变速直线运动
简谐运动
匀速圆周运动
F的大小与相对于平衡位置的位移成正比，方向与位移相反
F的大小不变，方向总与速度垂直
F的方向始终与v0在同一直线上
变力F
t
4
29
25
5
0
v
d2
d1
d
v
21世纪教育网 -- 中国最大型、最专业的中小学教育资源门户网站。 版权所有@21世纪教育网本资料来自于资源最齐全的２１世纪教育网www.21cnjy.com
2009二轮复习
专题二 电场和磁场
一、电场和磁场中的带电粒子
1、知识网络
2、方法点拨：
分析带电粒子在电场、磁场中运动，主要是两条线索：
（1）力和运动的关系。根据带电粒子所受的力，运用牛顿第二定律并结合运动学规律求解。
（2）功能关系。根据场力及其它外力对带电粒子做功引起的能量变化或全过程中的功能关系，从而可确定带电粒子的运动情况，这条线索不但适用于均匀场，也适用于非均匀场。因此要熟悉各种力做功的特点。
处理带电粒子在场中的运动问题应注意是否考虑带电粒子的重力。这要依据具体情况而定，质子、α粒子、离子等微观粒子，一般不考虑重力；液滴、尘埃、小球等宏观带电粒子由题设条件决定，一般把装置在空间的方位介绍的很明确的，都应考虑重力，有时还应根据题目的隐含条件来判断。
处理带电粒子在电场、磁场中的运动，还应画好示意图，在画图的基础上特别注意运用几何知识寻找关系。
3、典型例题
【例题1】（1999年高考全国卷）如图1所示，图中虚线MN是一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。
（1）求所考察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。
【点拨解疑】（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
，则
（2）如图2所示，以OP为弦可以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迹。圆心分别为O1、O2，过O点的直径分别为OO1Q1、OO2Q2，在O点处两个圆的切线分别表示两个粒子的射入方向，用θ表示它们之间的夹角。由几何关系可知，，从O点射入到相遇，粒子1的路程为半个圆周加弧长Q1P=Rθ，粒子2的路程为半个圆周减弧长PQ2=Rθ
粒子1的运动时间为 ，其中T为圆周运动的周期。
粒子2运动的时间为
两粒子射入的时间间隔为
因为 所以
有上述算式可解得
点评：解带电粒子在磁场中运动的题，除了运用常规的解题思路（画草图、找“圆心”、定“半径”）之外，更应侧重于运用数学知识进行分析。本题在众多的物理量和数学量中，角度是最关键的量，它既是建立几何量与物理量之间关系式的一个纽带，又是沟通几何图形与物理模型的桥梁。
【例题2】如图3所示，在直角坐标系的第一、二象限内有垂直于纸面的匀强磁场，第三象限有沿Y轴负方向的匀强电场，第四象限内无电场和磁场。质量为m、带电量为q的粒子从M点以速度v0沿x轴负方向进入电场，不计粒子的重力，粒子经N、P最后又回到M点。设OM=L，ON=2L，则：
关于电场强度E的大小，下列结论正确的是 （ ）
A． B． C． D．
（2）匀强磁场的方向是 。
（3）磁感应强度B的大小是多少？
【点拨解疑】 （1）由带电粒子在电场中做类平抛运动，易知，且则E= 故选C
（2）由左手定则，匀强磁场的方向为垂直纸面向里。
（3）根据粒子在电场中运动的情况可知，粒子带负电。粒子在电场中做类平抛运动，设到达N点的速度为v，运动方向与x轴负方向的夹角为θ，如图4所示。
由动能定理得
将（1）式中的E代入可得 所以θ=45°
粒子在磁场中做匀速圆周运动，经过P点时速度方向也与x轴负方向成45°角。
则OP=OM=L NP=NO+OP=3L
粒子在磁场中的轨道半径为R=Npcos45°= 又
解得
点评：带电粒子的复杂运动常常是由一些基本运动组合而成的。掌握基本运动的特点是解决这类问题的关键所在。该题中，粒子在匀强磁场中运动轨迹的圆心不在y轴上，注意到这一点是很关键的。
【例题3】 如图5所示，在水平正交的匀强电场和匀强磁场中，半径为R的光滑绝缘竖直圆环上，套有一个带正电的小球，已知小球所受电场力与重力相等，小球在环顶端A点由静止释放，当小球运动的圆弧为周长的几分之几时，所受磁场力最大？
【点拨解疑】 小球下滑的过程中，要使磁场力最大，则需要速度最大。OC为与小球受到的重力、电场力的合力平行的半径。由功能关系寻找速度最大的点，因为洛伦兹力不做功，所以不考虑磁场的作用，从图中A到C，上述合力有切向分力，且与速度同向，因此做正功，小球动能增加；在C点时，该合力为径向，没有切向分力；此后切向分力与线速度反向，动能将减小；故在C点时速度最大，所受磁场力也最大。由受力分析知
mg=qE mg=qEtanα 得α= 45°
由图知θ=α+90°=135°
故小球运动的弧长与周长之比为，
所以运动的弧长为周长的。
点评：讨论带电粒子的运动，必须熟悉各种力做功的特点。该题也可用等效法处理。把电场和重力场合起来当作一个新的重力场，这个重力场的竖直方向与原水平方向成45°角斜向下，这样就很容易确定速度最大的点。
【例题4 】 从阴极K发射的电子经电势差U0=5000V的阳极加速后，沿平行于板面的方向从中央射入两块长L1=10cm、间距d=4cm的平行金属板A、B之间，在离金属板边缘L2=75cm处放置一个直径D=20cm、带有纪录纸的圆筒。整个装置放在真空内，电子发射时的初速度不计，如图6所示，若在金属板上加一U =1000cos2πt V的交流电压，并使圆筒绕中心轴按图示方向以n=2r/s匀速转动，分析电子在纪录纸上的轨迹形状并画出从t=0开始的1s内所纪录到的图形。
【点拨解疑】 对电子的加速过程，由动能定理得：
eU0=mv02
得电子加速后的速度 v0==4.2×107m/s
电子进入偏转电场后，由于在其中运动的时间极短，可以忽略运动期间偏转电压的变化，认为电场是稳定的，因此电子做类平抛的运动。如图7所示。
交流电压在A、B两板间产生的电场强度 V/m
电子飞离金属板时的偏转距离
电子飞离金属板时的竖直速度
电子从飞离金属板到到达圆筒时的偏转距离
所以在纸筒上的落点对入射方向的总偏转距离为
EMBED Equation.3 m
可见，在纪录纸上的点在竖直方向上以振幅0.20m、周期T=1s做简谐运动。因为圆筒每秒转2周，故转一周在纸上留下的是前半个余弦图形，接着的一周中，留下后半个图形，合起来，1s内，在纸上的图形如图8所示。
点评：偏转电场如果不稳定，电子在其中的运动将非常复杂，因此理想化处理是解答本题的关键。示波器是常用的电子仪器，其原理与该题的情景有相似之处。
二、电场、磁场中的能量转化
1、知识网络
能量及其相互转化是贯穿整个高中物理的一条主线，在电场、磁场中，也是分析解决问题的重要物理原理。在电场、磁场的问题中，既会涉及其他领域中的功和能，又会涉及电场、磁场本身的功和能，相关知识如下表：
2、方法技巧：
如果带电粒子仅受电场力和磁场力作用，则运动过程中，带电粒子的动能和电势能之间相互转化，总量守恒；如果带电粒子受电场力、磁场力之外，还受重力、弹簧弹力等，但没有摩擦力做功，带电粒子的电势能和机械能的总量守恒；更为一般的情况，除了电场力做功外，还有重力、摩擦力等做功，如选用动能定理，则要分清有哪些力做功？做的是正功还是负功？是恒力功还是变力功？还要确定初态动能和末态动能；如选用能量守恒定律，则要分清有哪种形式的能在增加，那种形式的能在减少？发生了怎样的能量转化？能量守恒的表达式可以是：①初态和末态的总能量相等，即E初=E末；②某些形势的能量的减少量等于其他形式的能量的增加量，即ΔE减=ΔE增；③各种形式的能量的增量（ΔE=E末-E初）的代数和为零，即ΔE1+ΔE2+…ΔEn=0。
电磁感应现象中，其他能向电能转化是通过安培力的功来量度的，感应电流在磁场中受到的安培力作了多少功就有多少电能产生，而这些电能又通过电流做功转变成其他能，如电阻上产生的内能、电动机产生的机械能等。从能量的角度看，楞次定律就是能量转化和守恒定律在电磁感应现象中的具体表现。电磁感应过程往往涉及多种能量形势的转化，因此从功和能的观点入手，分析清楚能量转化的关系，往往是解决电磁感应问题的重要途径；在运用功能关系解决问题时，应注意能量转化的来龙去脉，顺着受力分析、做功分析、能量分析的思路严格进行，并注意功和能的对应关系。
3、典型例题
【例题5】（1989年高考全国卷）如图1所示，一个质量为m，电量为-q的小物体，可在水平轨道x上运动，O端有一与轨道垂直的固定墙，轨道处在场强大小为E，方向沿Ox轴正向的匀强磁场中，小物体以初速度v0从点x0沿Ox轨道运动，运动中受到大小不变的摩擦力f作用，且f【点拨解疑】 首先要认真分析小物体的运动过程，建立物理图景。开始时，设物体从x0点，以速度v0向右运动，它在水平方向受电场力qE和摩擦力f，方向均向左，因此物体向右做匀减速直线运动，直到速度为零；而后，物体受向左的电场力和向右的摩擦力作用，因为qE>f，所以物体向左做初速度为零的匀加速直线运动，直到以一定速度与墙壁碰撞，碰后物体的速度与碰前速度大小相等，方向相反，然后物体将多次的往复运动。
但由于摩擦力总是做负功，物体机械能不断损失，所以物体通过同一位置时的速度将不断减小，直到最后停止运动。物体停止时，所受合外力必定为零，因此物体只能停在O点。
对于这样幅度不断减小的往复运动，研究其全过程。电场力的功只跟始末位置有关，而跟路径无关，所以整个过程中电场力做功
根据动能定理 ， 得：
。
点评：该题也可用能量守恒列式：电势能减少了，动能减少了，内能增加了， ∴
同样解得。
【例题6】 如图2所示，半径为r的绝缘细圆环的环面固定在水平面上，场强为E的匀强电场与环面平行。一电量为+q、质量为m的小球穿在环上，可沿环作无摩擦的圆周运动，若小球经A点时，速度vA的方向恰与电场垂直，且圆环与小球间沿水平方向无力的作用，试计算：
（1）速度vA的大小；
（2）小球运动到与A点对称的B点时，对环在水平方向的作用力。
【点拨解疑】 （1）在A点，小球在水平方向只受电场力作用，根据牛顿第二定律得：
所以小球在A点的速度。
（2）在小球从A到B的过程中，根据动能定理，电场力做的正功等于小球动能的增加量，即 ，
小球在B点时，根据牛顿第二定律，在水平方向有
解以上两式，小球在B点对环的水平作用力为：。
点评：分析该题，也可将水平的匀强电场等效成一新的重力场，重力为Eq，A是环上的最高点，B是最低点；这样可以把该题看成是熟悉的小球在竖直平面内作圆周运动的问题。
【例题7】（2002年理综全国卷）如图3所示有三根长度皆为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，另一端分别挂有质量皆为m＝1.00×kg的带电小球A和B，它们的电量分别为一q和＋q，q＝1.00×C．A、B之间用第三根线连接起来．空间中存在大小为E＝1.00×106N/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）
【点拨解疑】图（1）中虚线表示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、分别表示OA、AB与竖直方向的夹角。A球受力如图（2）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T1，方向如图；细线AB对A的拉力T2，方向如图。由平衡条件得
① ②
B球受力如图（3）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T2，方向如图。由平衡条件得
③ ④
联立以上各式并代入数据，得 ⑤ ⑥
由此可知，A、B球重新达到平衡的位置如图（4）所示。
与原来位置相比，A球的重力势能减少了 ⑦
B球的重力势能减少了 ⑧
A球的电势能增加了 WA=qElcos60°⑨
B球的电势能减少了 ⑩
两种势能总和减少了
代入数据解得
【例题8】（2003年全国理综卷）如图5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=0.50T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=0.20m。两根质量均为m=0.10kg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=0.50Ω。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0.20N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=5.0s，金属杆甲的加速度为a=1.37m/s2，问此时两金属杆的速度各为多少？
【点拨解疑】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△t，杆甲移动距离v1△t，杆乙移动距离v2△t，回路面积改变
由法拉第电磁感应定律，回路中的感应电动势
回路中的电流
杆甲的运动方程
由于作用于杆甲和杆乙的安培力总是大小相等，方向相反，所以两杆的动量时为0）等于外力F的冲量
联立以上各式解得
代入数据得
针对训练
1．（2002年广西、河南、广东卷）在图9中虚线所示的区域存在匀强电场和匀强磁场。取坐标如图。一带电粒子沿x轴正方向进入此区域，在穿过此区域的过程中运动方向始终不发生偏转。不计重力的影响，电场强度E和磁感强度B的方向可能是（　　）
A． E和B都沿x轴正方向 B． E沿y轴正向，B沿z轴正向
C． E沿x轴正向，B沿y轴正向 D． E、B都沿z轴正向
2．如图10所示，一束电子（电量为e）以速度v垂直射入磁感应强度为B，宽度为d的匀强磁场中，穿透磁场时速度方向与电子原来入射方向的夹角是30°，则电子的质量是 ，穿透磁场的时间是 。
3．（2000年全国卷）如图11所示，两个共轴的圆筒形金属电极，外电极接地，其上均匀分布着平行于轴线的四条狭缝a、b、c和d，外筒的外半径为r，在圆筒之外的足够大区域中有平行于轴线方向的均匀磁场，磁感强度的大小为B。在两极间加上电压，使两圆筒之间的区域内有沿半径向外的电场。一质量为ｍ、带电量为＋q的粒子，从紧靠内筒且正对狭缝a的S点出发，初速为零。如果该粒子经过一段时间的运动之后恰好又回到出发点S，则两电极之间的电压U应是多少？（不计重力，整个装置在真空中）
4．如图12所示，空间分布着有理想边界的匀强电场和匀强磁场。左侧匀强电场的场强大小为E、方向水平向右，电场宽度为L；中间区域匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里。一个质量为m、电量为q、不计重力的带正电的粒子从电场的左边缘的O点由静止开始运动，穿过中间磁场区域进入右侧磁场区域后，又回到O点，然后重复上述运动过程。求：
（1）中间磁场区域的宽度d；
（2）带电粒子从O点开始运动到第一次回到O点所用时间t。
参考答案：
1．AB
解析：E和B都沿x轴正方向，由于带电粒子速度与磁感应强度B平行或反向平行，故不受磁场力只受电场力，而不论粒子带何种电荷，电场力与速度均共线，由此知粒子作直线运动，A正确。若E沿y轴正向则电场力沿y轴正向（带正电）或负向（带负电），而B沿z轴正向，则由左手定则知其所受洛仑兹力沿y轴负向（带正电）或正向（带负电），合外力可能为零，故B正确。若E沿z轴正向，则电场力沿z轴正向（带正电）或负向（带负电），B沿y轴正向，则洛仑兹力也沿z轴正向（带正电）或负向（带负电），合力不为零，且与速度不共线，粒子必然发生偏转，故C错。若E、B都沿z轴方向，则电场力也沿z轴方向，而洛仑兹力沿y轴方向，合力不为零，且与速度不共线，粒子必发生偏转，故D错。
2．解析：电子在磁场中运动，只受洛仑兹力作用，故其轨迹是圆弧的一部分，又因为f⊥v，故圆心在电子穿入和穿出磁场时受到洛仑兹力指向交点上，如图10中的O点，由几何知识知，AB间圆心角θ＝30°，OB为半径。
∴r=d/sin30°=2d，又由r=mv/Be得m=2dBe/v
又∵AB圆心角是30°，∴穿透时间t=T/12，故t=πd/3v。
3．解析：如图13所示，带电粒子从S点出发，在两筒之间的电场作用下加速，沿径向穿过狭缝a而进入磁场区，在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动。粒子再回到S点的条件是能沿径向穿过狭缝d.只要穿过了d，粒子就会在电场力作用下先减速，再反向加速，经d重新进入磁场区，然后粒子以同样方式经过c、b，再回到S点。设粒子进入磁场区的速度大小为v，根据动能定理，有
设粒子做匀速圆周运动的半径为R，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律，有
由前面分析可知，要回到S点，粒子从a到d必经过圆周，所以半径R必定等于筒的外半径r，即R=r。由以上各式解得
。
4．解析：（1）带电粒子在电场中加速，由动能定理，可得：
带电粒子在磁场中偏转，由牛顿第二定律，可得：
由以上两式，可得 。
可见在两磁场区粒子运动半径相同，如图14所示，三段圆弧的圆心组成的三角形ΔO1O2O3是等边三角形，其边长为2R。所以中间磁场区域的宽度为
EMBED Equation.3
（2）在电场中 ，
在中间磁场中运动时间
在右侧磁场中运动时间，
则粒子第一次回到O点的所用时间为
。
针对训练
1． 如图6所示，长L1宽L2的矩形线圈电阻为R，处于磁感应强度为B的匀强磁场边缘，线圈与磁感线垂直。将线圈以向右的速度v匀速拉出磁场，求：①拉力F大小；②拉力的功率P；③拉力做的功W；④线圈中产生的电热Q；⑤通过线圈某一截面的电荷量q。
2．如图7所示，水平的平行虚线间距为d=50cm，其间有B=1.0T的匀强磁场。一个正方形线圈边长为l=10cm，线圈质量m=100g，电阻为R=0.020Ω。开始时，线圈的下边缘到磁场上边缘的距离为h=80cm。将线圈由静止释放，其下边缘刚进入磁场和刚穿出磁场时的速度相等。取g=10m/s2，求：⑴线圈进入磁场过程中产生的电热Q。⑵线圈下边缘穿越磁场过程中的最小速度v。⑶线圈下边缘穿越磁场过程中加速度的最小值a。
3．（2001年上海卷）如图8所示，有两根和水平方向成。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，磁感强度为及一根质量为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几，则
（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
4．（2001年上海卷）半径为a的圆形区域内有均匀磁场，磁感强度为B＝0.2T，磁场方向垂直纸面向里，半径为b的金属圆环与磁场同心地放置，磁场与环面垂直，其中a＝0.4m，b＝0.6m，金属环上分别接有灯L1、L2，两灯的电阻均为R0＝2Ω，一金属棒MN与金属环接触良好，棒与环的电阻均忽略不计
（1）若棒以v0＝5m/s的速率在环上向右匀速滑动，求棒滑过圆环直径OO′ 的瞬时（如图9所示）MN中的电动势和流过灯L1的电流。
（2）撤去中间的金属棒MN，将右面的半圆环OL2O′ 以OO 为轴向上翻转90 ，若此时磁场随时间均匀变化，其变化率为ΔB/Δt＝4T/s，求L1的功率。
5．如图10所示，电动机牵引一根原来静止的、长L为1m、质量m为0.1kg的导体棒MN上升，导体棒的电阻R为1Ω，架在竖直放置的框架上，它们处于磁感应强度B为1T的匀强磁场中，磁场方向与框架平面垂直。当导体棒上升h=3.8m时，获得稳定的速度，导体棒上产生的热量为2J，电动机牵引棒时，电压表、电流表的读数分别为7V、1A，电动机内阻r为1Ω，不计框架电阻及一切摩擦，求：
（1）棒能达到的稳定速度；
（2）棒从静止至达到稳定速度所需要的时间。
参考答案
1．解析：
，，，；；；；
特别要注意电热Q和电荷q的区别，其中 q与速度无关！
2．解：⑴由于线圈完全处于磁场中时不产生电热，所以线圈进入磁场过程中产生的电热Q就是线圈从图中2位置到4位置产生的电热，而2、4位置动能相同，由能量守恒Q=mgd=0.50J
⑵3位置时线圈速度一定最小，而3到4线圈是自由落体运动因此有
v02-v2=2g(d-l)，得v=2m/s
⑶2到3是减速过程，因此安培力减小，由F-mg=ma知加速度减小，到3位置时加速度最小，a=4.1m/s2
3． B、C
4．解析：（1）E1＝B2a v＝0.2×0.8×5＝0.8V ①
I1＝E1/R＝0.8/2＝0.4A ②
（2）E2＝ΔФ/Δt＝0.5×πa2×ΔB/Δt＝0.32V ③
P1＝(E 2/2)2/R＝1.28×102W
5．解析：（1）电动机的输出功率为：W
电动机的输出功率就是电动机牵引棒的拉力的功率，所以有
其中F为电动机对棒的拉力，当棒达稳定速度时
感应电流
由①②③式解得，棒达到的稳定速度为m/s
（2）从棒由静止开始运动至达到稳定速度的过程中，电动机提供的能量转化为棒的机械能和内能，由能量守恒定律得：
解得 t=1s
半径公式： 周期公式：
带电粒子在电场磁场中的运动
带电粒子在电场中的运动
带电粒子在磁场中的运动
带电粒子在复合场中的运动
直线运动：如用电场加速或减速粒子
偏转：类似平抛运动，一般分解成两个分运动求解
圆周运动：以点电荷为圆心运动或受装置约束运动
直线运动（当带电粒子的速度与磁场平行时）
圆周运动（当带电粒子的速度与磁场垂直时）
直线运动：垂直运动方向的力必定平衡
圆周运动：重力与电场力一定平衡，由洛伦兹力提供向心力
一般的曲线运动
图6
图7
图8
电、磁场中的功和能
电场中的功和能
电势能
由电荷间的相对位置决定，数值具有相对性，常取无限远处或大地为电势能的零点。重要的不是电势能的值，是其变化量
电场力的功 与路径无关，仅与电荷移动的始末位置有关：W=qU
电场力的功和电势能的变化
电场力做正功 电势能 → 其他能
电场力做负功 其他能 → 电势能
转化
转化
磁场中的功和能
洛伦兹力不做功
安培力的功
做正功：电能 → 机械能，如电动机
做负功：机械能 → 电能，如发电机
转化
转化
-q
q
O
A
B
E
图3
-q
q
O
A
B
E
图（4）
图 4
乙 甲
F
图 5
B
A
B
d
v
v
300
O
图10
a
b
c
d
S
o
图11
B
B
E
L
d
O
图12
a
b
c
d
S
o
图13
O
O3
O1
O2
图14
600
图 6
h
d
l
1
2
3
4
v0
v0
v
图 7
图 8
图9
21世纪教育网 -- 中国最大型、最专业的中小学教育资源门户网站。 版权所有@21世纪教育网本资料来自于资源最齐全的２１世纪教育网www.21cnjy.com
专题八 应用型、创新型试题分析
一、考点回顾
1．高考要求：能从现实生活、生产实际或科学实验中获得有效信息，并进行初步加工、储存或应用。
解读：高考命题从理想模型向实际问题转变。从近几年高考考试说明的指导思想和能力要求可以看出，计算题的建模思想上，从以往的理想模型向实际问题转变，考生应具备从生产和生活的实际问题中抽象出物理模型，抓住主要矛盾，忽略次要因素，解决实际问题能力。在解决问题时，应先要找出解题所需要的原理，建立解题的步骤，再进行解方程或运算，数学运算只是物理所用的工具之一，但不是主要的考查目的。
2．物理应用型、创新型试题的特点是:选材灵活、形态复杂、立意新颖，在题干或问题中以现代科技、日常生产生活中的某个事件、问题为背景，通过描述问题的过程、提供新的规律、公式、图象、方法，并给出一些已知量等方式给予信息，综合性较强，同时形成题干内容较长，对阅读理解能力以及推理、判断和计算能力等要求较高。
3．以实际应用为情景的题目。解决实际应用型题目的过程，实质上是对复杂的实际问题抓住本质因素（如运动的实际物体、问题的条件、物体的运动过程等）加以抽象、概括，通过简化，构建相关物理模型，依据相应物理规律求解并还原为实际问题求出答案的过程。常见的背景如：体育运动、人体科学、医药卫生、通信气象、交通安全、家用电器等与生活实际、现代科技的联系的问题。
4．以新科技为背景的题目。物理学中几乎每一重要的知识块，都与现代科技紧密相关，例如：圆周运动与GPS全球定位系统；万有引力与宇宙探测；光的反射、折射与激光光纤通信；电场与静电的防止和应用；电磁感应与磁悬浮列车；原子核与核技术的应用；激光全息技术等。
5．解题的基本思路：
（1）提取有效信息。仔细阅读提供的材料，理解和内化新信息和新情景，紧扣问题，多渠道地寻找信息，迅速而准确地剔除干扰信息，筛选提取有价值的信息。
（2）构建物理模型。将复杂的实际问题进行科学抽象，保留主要因素，略去次要因素，把实际问题理想化处理，联想学过的相关知识，利用联想、迁移、类比等方法，建立合适的物理模型。
（3）确定解题方法。从最基本的概念、规律和方法出发，分析现象的空间、时间特征，对空间想象能力要求较高的题目，画出示意图。将发现的规律和已学过的知识搭建桥梁，选用适当的物理规律并灵活应用原有知识，通过推理解决问题。
二、经典例题剖析
1．AB两地间铺有通讯电缆，长为L，它是由两条并在一起彼此绝缘的均匀导线组成的，通常称为双线电缆。在一次事故中经检查断定是电缆上某处的绝缘保持层损坏，导致两导线之间漏电，相当于该处电缆的两线之间接了一个电阻。检查人员经过下面的测量可以确定损坏处的位置：
（1）令B端的双线断开，在A处测出双线两端间的电阻RA；
（2）令A端的双线断开，在B处测出双线两端的电阻RB；
（3）在A端双线间加一已知电压UA，在B端用内阻很大的电压表测出两线间的电压UB。
试由以上测量结果确定损坏处的位置距A端多远
解析：设单位长度的电阻为r，漏电处C距A端为x ,漏电处的接触电阻为 R0 ，画出等效电路如图示
RA=2xr+R0 ⑴
RB=2 (L-x)r +R0 ⑵
UB= UA R0 /(2xr+R0) ⑶
解⑴ ⑵ ⑶式
所以漏电处距A端为
答案：
点评：此题是以生产相关的实际为背景，考查欧姆定律的内容，要求能把实际的问题转化为物理模型，画出电路图，再求解。虽然题的难度不大，但有些同学不能正确的构建物理模型得分不高。
2．如图所示，有的计算机键盘的每一个键下面都连有一小块金属片，与该金属片隔有一定空气隙的是另一块小的固定金属片，这两块金属片组成一个小电容器。该电容器的电容C可用公式计算，式中常量F/m，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到是哪个键被按下了，从而给出相应的信号。设每个金属片的正对面积为50mm2 ，键未按下时两金属片的距离为0.6mm。如果电容变化了0.25pF，电子线路恰能检测出必要的信号，则键至少要被按下 mm。
解析：据得：C =7.5×10-13 F
当键被按下时，电容增加=0.25 p F
即，
所以＝0.15mm
答案：0.15mm
点评：计算机是现代家庭生活必备的电器。此题考查的是计算机键盘，只有将其抽象成电容模型，才能得以解决。有的同学不能把题给情景抽象为电容模型，而找不到解题的突破
口，造成误解。
3．摆式列车是集电脑、自动控制等高新技术于一体的新型高速列车，如图所示。当列车转弯时，在电脑控制下，车厢会自动倾斜，抵消离心力的作用。行走在直线上时，车厢又恢复原状，就像玩具“不倒翁”一样。它的优点是能够在现有线路上运行，勿须对线路等设施进行较大的改造，而是靠摆式车体的先进性，实现高速行车，并能达到既安全又舒适的要求。运行实践表明：摆式列车通过曲线速度可提高20—40％，最高可达50％，摆式列车不愧为“曲线冲刺能手”。假设有一超高速列车在水平面内行驶，以360km/h的速度拐弯，拐弯半径为1km，则质量为50kg的乘客，在拐弯过程中所受到的火车给他的作用力为（g取10m/s2）【 】
A．500N B．1000N
C．500 D．０
解析：火车转弯时对人受力分析如右图所示可知，车对人的力与重力的合力充分向心力，有
Fn=
=500
所以答案为C
答案：C
点评：此题以摆式列车转弯为背景，实质上与普通火车转弯的分析方法是一样的，关键是看学生的迁移能力，要注意转弯时的圆弧是在水平面内的。
4．（06广东）如图为电冰箱的工作原理示意图。压缩机工作时，强迫制冷剂在冰箱内外的管道中不断循环。在蒸发器中制冷剂汽化吸收箱体内的热量，经过冷凝器时制冷剂液化，放出热量到箱体外。下列说法正确的是【 】
A．热量可以自发地从冰箱内传到冰箱外
B．电冰箱的制冷系统能够不断地把冰箱内的热量传到外界，是因为其消耗了电能
C．电冰箱的工作原理不违反热力学第一定律
D．电冰箱的工作原理违反热力学第一定律
解析：电冰箱工作是靠压缩机做功才能使热量从冰箱内传到冰箱外的，并不是自发的，必须要消耗电能，故A错B正确；热力学第一定律是普遍适用的规律，所有能正常工作的机械都没有也不可能违反热力学第一定律，所以C对D错。
答案：BC
点评：电冰箱是日常生活中常见的家用电器，在生活中要多关注这类电器的工作原理，再就是生活中机械和电器与我们学习的一般的规律一定是一至的，是物理理论的具体应用。
5．正负电子对撞机的最后部分的简化示意图如图所示（俯视图），位于水平面内的粗实线所示的圆环形真空管道是正、负电子做圆运动的“容器”，经过加速器加速后的正、负电子被分别引入该管道时，具有相等的速率，他们沿着管道向相反的方向运动。在管道控制它们转变的是一系列圆形电磁铁，即图甲中的A1、A2、A3…An共有n个，均匀分布在整个圆环上，每组电磁铁内的磁场都是磁感应强度相同的匀强磁场，并且方向竖直向下，磁场区域的直径为d（如图乙），改变电磁铁内电流的大小，就可改变磁场的磁感应强度从而改变电子偏转的角度。经过精确的调整，首先实现电子在环形管道中沿图甲中虚线所示的轨迹运动，这时电子经过每个电磁场区域时射入点和射出点都是电磁场区域的同一直径的两端，如图乙所示。这就为进一步实现正、负电子的对撞作好了准备。
（1）试确定正、负电子在管道内各是沿什么方向旋转的；
（2）已知正、负电子的质量都是，所带电荷都是元电荷，重力可不计，求电磁铁内匀强磁场的磁感应强度B大小。
解析：（1）根据洛仑兹力提供向心力和磁场方向向下，可判断出正电子沿逆时针方向向下，可判断出正电子沿逆时针方向运动，负电子沿顺时针方向运动
（2）电子经过每个电磁铁，偏转的角度是，
电子在电磁铁内做圆周运动的半径为
由几何关系可知，
解得：
答案：
点评：解题时要抓住题目的关键点和隐含条件，正确建立物理模型，此题中电子的轨迹圆的圆心与管道的圆心是重合的，再分析在每个小圆形磁场中的运动，二者结合起来就可以求得结果。
6．如图甲所示是一种测量血压的压力传感器在工作时的示意图。薄金属片户固定有4个电阻Rl、R2、R3、R4（如图乙），左边是它的侧面图，这4个电阻连接成电路如图丙所示，试回答下列问题：
（1）开始时金属片中央O点未加任何压力，欲使电压表无示数，则4个电阻应满足怎样的关系
（2）当O点加一个压力F后发生形变，这时4个电阻也随之发生形变，形变后各电阻大小如何变化
（3）电阻变化后，电路的A、B两点哪点电压高 它为什么能测量血压
解析：（1）
（2）有力F作用时发生形变，会使R2、R3的截面积增大电阻减小，R1、R4的长度增加电阻增大，所以R1、R4增大，R2、R3减小。
（3）A点电压高；电阻增大，电压降增大，电阻减小，电压降减小，所以A点电压将高于B点，血压越高，压力F越大，金属片形变越显著，电阻变化越大，因而电压表示数越大，于是就能根据电压表示数的大小来测量血压的高低了。
答案：见解析
点评：金属片受力后连同电阻一起都要发生形变，由于排列的方向不同所以变化程度不同。R1、R4是长度变化，R2、R3是宽度变化，只要分析清楚电阻的变化，关于电路的分析问题不大。
7．示波管、电视机显像管、电子显微镜中常用到一种叫静电透镜，它可以把电子聚焦在中心轴上的一点F，静电透镜的名称由此可来。它的结构如图所示，K为平板电极，G为中央带圆孔的另一平行金属板，现分别将它们的电势控制在一定数值（图中的数据的单位为V，其中K板的电势为120V，G板的电势为30V）。根据由实验测得的数据，在图中画出了一些等势面，从图中可知G板圆孔附近的等势面不再是平面，而是向圆孔的右侧凸出来的曲面，所以圆孔附近右侧的电场不再是匀强电场，问：
（1）你能画出电场线的大致分布吗
（2）分析静电透镜为何对白K电极出发的电子束有会聚作用。
（3）一个电子自K电极以一定的速度出发，运动到F点(电势为30.1V)的过程中，电子的加速度如何变化 电场力做了多少功 电势能改变多少 （设电子电量C）
解析：（1）电场线的大致分布如图甲所示。
（2）假设由电极K水平向右发射的电子束穿出圆孔后，运动到电场中的A、B两点，A、B两点的电场方向放大至如图乙所示，而电子受到的电场力F与电场方向相反，把F分解成水平方向和竖直方向，则电子的运动情况是水平方向上的减速运动和竖直方向上向着中心轴的加速运动，由对称性不难分析出电子束有向着中心会聚的特点，并可以聚焦在中心轴上的一点F，静电透镜的名称由此而来。
（3）由电场线的疏密程度可知电场逐渐减弱，所以电子的加速度逐渐减小.
ΔEp=－W=e(Uk－UF) =J
答案：见解析
点评：虽然情境比较复杂，感觉有陌生，但所涉及的物理知识一定不会超出我们学习的范围，要从我们熟悉的相关知识和情景来找解题的切入点，要把问题简化处理，此题中实际上就是已知等势面画电场线，和在电场中的加速，只要有了思路解题并不会很难。
8．正常人心脏在一次搏动中泵出血液大约70mL，正常人血压（可看做心脏压送血液的压强）的平均值约为1.6×104Pa，设心脏主动脉的内径约为2.5cm，心跳约每分钟75次，求：
（1）心脏推动血液游动的平均功率是多大？
（2）血液从心脏流出的平均速度是多少？
（3）把一种对人体无害且不能透出血管的试剂共9mg，由静脉一次性注入人体内，在安静的情况下经过一定时间后抽取血样检查，发现该试剂浓度已稳定在2mg·L－1，由此可推算出人体中血液总量为多少？
解析：（1）将心脏输送血液与气筒打气相类比，建立如图3所示恒力做功的物理模型，由恒力做功的公式得，心脏每跳动一次做的功为W1＝F·△L＝pS·△L＝p·△V.
所以心脏推动血液流动的平均功率为
P＝
（2）每分钟心脏输出血量为V＝nV0＝75×70×10－6m3＝5.25×10－3m3.
心脏主动脉横截面积p S＝πr2＝3.14×（1.25×10－2）2m2≈4.9×10－4m2.
则血液从心脏流出的平均速度为m·s－1≈0.18m·s－1.
（3）设循环总血量为V总，由于，＝2mg·L－1，则V总＝4.5L.
答案：（1）1.4W（2）0.18m·s－1（3）4.5L
点评：本题从生物（医学）材料入手，考查了综合运用物理学科中功、功率、流量等概念.建立简单的物理模型解决生物（医学）实际问题的能力，能有效训练建模化归的思维能力。
三、方法总结与2008年高考预测
（一）方法总结
1．理科综合高考命题的重点是以现实问题立意，找到各学科的联系点，强调知识的应用性。涉及现实问题的命题原则是：不是非常专业的技术问题，而是带有普遍性的应用问题，又是经过简化处理的问题，符合学生的接受水平。这就要求学生，能对现象做出解释，会对情景做出分析，能对事物的发展做出展望，能对现象的成因和过程加以描述，并能得出相应的结论，对规律进行一些必要的探索。根据上述要求，我们首先加强自身的学习，不断丰富自己的知识面，了解科技和社会发展的新动向，掌握新概念、新理论、新技术、新方法。学会处理信息，能读懂资料、看懂图象，并能从图表资料中找到规律，学会使用所学知识解决现实问题。
2．高考命题指导思想强调知识的实际应用和综合运用能力，突出通实性和通用性，而不是考知识点，也不是考覆盖面，为此，在复习中应注意与实际生活联系紧密的知识展开，培养运用知识解决实际问题以及根据材料提取信息的能力。
3．信息给予型命题，其特点是立意高(取材于课外社会热点或科技信息)，而落点低(题中所给予信息与中学基础知识密切相关)。主要考查学生自学阅读能力，对信息提炼能力，联想类比，抽象概括建立物理模型的能力及综合运用新旧知识解决实际问题的创新能力。该题型对能力考查的功能显著，有较高的区分度，能够较好的预测考生将来学习的潜能，尤其符合“有助于高校选拔人才”的高考命题方向，从而成为近几年高考试卷中频现的亮点之一。
（二）2008年高考预测
1．随着贴近时代、贴近社会、贴近实际的高考命题原则的确立，理论与实际，以解决现实问题为中心，已成为高考命题的一个指导思想。物理知识在日常生活、生产实际、解释自然现象和现代科技中的应用必定是重要的命题方向。
2．随着新课改在全国的不断推广，未进行新课改的省市在高考命题时可能也有尝试命制一些体现新课改精神的探究型试题，这一般会以一些生活或新科技为背景材料。这值得我们关注。
3．物理学与自然和生活的联系更是丰富多彩，如：天体的运动、天气变化、交通工具、体育运动、家庭电器、医疗设备等等，都离不开物理知识。近几年的高考越来越强调与生产、生活实际相联系，08年高考也一定会有这方面的题目。
四、强化训练
1．某课外活动小组将锌片和铜片插入一个西红柿中，用电压表测量到铜片与锌片间电压为0.30V，然后又将同样的10个西红柿电池串联成电池组（n个相同电池串联时，总电动势为nE，内电阻为nr），与一个额定电压为1.5V、额定功率为1W的小灯泡相连接，小灯泡不发光，量得小灯泡两端的电压为0.2V，对此现象，各同学有以下不同的解释：①西红柿电池组的电动势大于小灯泡的额定电压，小灯泡已烧毁；②西红柿电池组不可能提供电能；③西红柿电池组所提供的电功率太小；④西红柿电池组的内阻远大于小灯泡的电阻。其中正确的是【 】
A．①③ B．②④
C．②③ D．③④
2．如图所示是4种亮度可调的台灯电路示意图，它们所用的白炽灯泡相同，且都是“220V，40W”，当灯泡所消耗的功率都调至20W时，则台灯所消耗的电功率最小的是【 】
3．如图（a）为电热毯的电路图，电热丝接在U＝311sin100πt（V）的电源上，电热毯被加热到一定温度后，通过装置P使输出电压变为图7（b）所示波形，从而进入保温状态。若电阻丝电阻保持不变，此时交流电压表的读数是【 】
A．110V B．156V
C．220V D．311V
4．如图所示，当电键S断开时，用光子能量为2.5eV的一束光照射阴极P，发现电流表读数不为零。合上电键，调节滑动变阻器，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【 】
A．l.9 eV
B．0.6 eV
C．2.5 eV
D．3.01eV
5．在核电站的反应堆中，是靠熔化的钠来传递核燃料棒产生的热量的.抽动液态钠的“泵”的传动机械部分不允许和钠接触，因此常使用一种称为“电磁泵”的机械。如图所示这种“泵”的结构，N、S为磁铁的两极，c为放在磁场中的耐热导管，熔融的钠从其中流过，v为钠液的流动方向，要使钠液加速，加在导管中钠液的电流方向应为【 】
A．由下流向上(ｃ→ａ）
B．由上流向下(a→ｃ）
C．逆着v方向(b→ａ）
D．顺着v方向(a→ｂ)
6．一亮度可调的台灯(灯泡与滑动变阻器串联)白炽灯泡上标有“220 V，40 W”的字样，台灯最暗时灯泡的功率为10 W，此时台灯消耗的功率为________W，若灯泡消耗的电能全部转化为频率为5×1014Ｈｚ的光子，该灯泡最暗时每秒钟约发出______个光子(普朗克常量为6.63×10－34Ｊ·ｓ).
7．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5Ａ，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)
8．小汽车正前方S处有一辆正在以速度v0行驶的载重卡车，此时小汽车因有急事需追赶载重卡车，于是立即通知载重卡车司机以加速度a1做匀减速运动，同时小汽车从静止开始以加速度a2做匀加速运动，试求小汽车需多长时间可追上载重卡车。
某同学对此题的解法为：小汽车追上载重卡车时，有，由此可求得小汽车追上载重卡车所需的时间t。
问：你同意上述解法吗？若同意，求出所需的时间；若不同意，则说明理由并求出你认为正确的结果（只需列出方程即可）。
9．跳绳比赛是一种较剧烈的运动，某同学质量为50kg，他每分钟跳绳120次，假定在每次跳跃中，脚与地接触时间是跳跃一次所需时间的3/5，运动过程中测得他的心跳每分钟140次，血压平均为3×104Pa，已知心跳一次约输送10-4m3的血液，平时心脏正常工作的平均功率约为1.5W，g取10m/s2，求：（1）该同学腾空高度约多大？（2）跳绳时克服重力做功的平均功率多大？（3）此时他的心脏的平均功率比平时提高了多少倍？
10．（07年高考山东）某压力锅结构如图所示。盖好密封锅盖，将压力阀套在出气孔上，给压力锅加热，当锅内气体压强达到一定值时，气体就把压力阀顶起。假定在压力阀被顶起时，停止加热。
（1）若此时锅内气体的体积为V，摩尔体积为V0，阿伏加德罗常数为NA，写出锅内气体分子数的估算表达式。
(2)假定在一次放气过程中，锅内气体对压力阀及外界做功1J,并向外界释放了2J的热量。锅内原有气体的内能如何变化？变化了多少？
（3）已知大气压强P随海拔高度H的变化满足P=P0（1-αH），其中常数α＞0。结合气体定律定性分析在不同的海拔高度使用压力锅，当压力阀被顶起时锅内气体的温度有何不同。
11．（07年高考海南）据报道，最近已研制出一种可投入使用的电磁轨道炮，其原理如图所示。炮弹（可视为长方形导体）置于两固定的平行导轨之间，并与轨道壁密接。开始时炮弹在导轨的一端，通以电流后炮弹会被磁力加速，最后从位于导轨另一端的出口高速射出。设两导轨之间的距离m，导轨长Ｌ＝5.0m，炮弹质量。导轨上的电流I的方向如图中箭头所示。可以认为，炮弹在轨道内运动时，它所在处磁场的磁感应强度始终为Ｂ＝2.0Ｔ，方向垂直于纸面向里。若炮弹出口速度为，求通过导轨的电流I。忽略摩擦力与重力的影响。
12．（06年高考北京）磁流体推进船的动力来源于电流与磁场间的相互作用。图1是在平静海面上某实验船的示意图，磁流体推进器由磁体、电极和矩形通道（简称通道）组成。如图2所示，通道尺寸a＝2.0m、b＝0.15m、c＝0.10m。工作时，在通道内沿z轴正方向加B＝8.0T的匀强磁场；沿x轴负方向加匀强电场，使两金属板间的电压U＝99.6V；海水沿y轴方向流过通道。已知海水的电阻率＝0.20·m。
（1）船静止时，求电源接通瞬间推进器对海水推力的大小和方向；
（2）船以＝5.0m/s的速度匀速前进。若以船为参照物，海水以5.0m/s的速率涌入进水口，由于通道的截面积小于进水口的截面积，在通道内海水速率增加到vd＝8.0m/s。求此时两金属板间的感应电动势U感；
（3）船行驶时，通道中海水两侧的电压按U’＝U－U感计算，海水受到电磁力的80％可以转化为对船的推力。当船以＝5.0m/s的速度匀速前进时，求海水推力的功率。
13．1951年，物理学家发现了“电子偶数”。所谓“电子偶数”，就是由一个负电子和一个正电子绕它们的质量中心旋转形成相对稳定的系统。已知正、负电子的质量均为me，普朗克常量为h，静电力常量为k。
（1）若正、负电子是由一个光子和核场相互作用产生的，且相互作用过程中核场不提供能量，则此光子的频率必须大于某个临界值，此临界值为多大？
（2）假设“电子偶数”中，正、负电子绕它们质量中心做匀速圆周运动的轨道半径r、运动速度v及电子的质量满足玻尔的轨道量子化理论：，n=1，2，…，“电子偶数”的能量为正负电子运动的动能和系统的电势能之和，已知两正负电子相距L时系统的电势能为。试求n=1时“电子偶数”的能量。
（3）“电子偶数”由第一激发态跃迁到基态发出光子的波长为多大？
14．由于受地球信风带和盛西风带的影响,在海洋中形成一种河流称为海流.海流中蕴藏着巨大的动力资源。据统计，世界大洋中所有海洋的发电能力达109kW。早在19世纪法拉第就曾设想,利用磁场使海流发电，因为海水中含有大量的带电离子，这些离子随海流做定向运动，如果有足够强的磁场能使这些带电离子向相反方向偏转，便有可能发出电来。目前，日本的一些科学家将计划利用海流建造一座容量为1500kW的磁流体发电机。如图所示为一磁流体发电机的原理示意图，上、下两块金属板M、N水平放置浸没在海水里，金属板面积均为S＝1×103m2,板间相距d＝100m，海水的电阻率ρ=0.25Ω·m，在金属板之间加一匀强磁场，磁感应强度B＝0.1T，方向由南向北，海水从东向西以速度v＝5m/s流过两金属板之间，将在两板之间形成电势差。
(1)达到稳定状态时，哪块金属板的电势较高
(2)由金属板和海水流动所构成的电源的电动势E及其内电阻r各为多少
(3)若用此发电装置给一电阻为20Ω的航标灯供电，则在 8h内航标灯所消耗的电能为多少
15．1957年第一颗人造卫星上天，开辟了人类宇航的新时代.五十年来，人类不仅发射了人造地球卫星，还向宇宙空间发射了多个空间探测器.空间探测器要飞向火星等其他行星，甚至飞出太阳系，首先要克服地球对它的引力的作用.理论研究表明，物体在地球附近都受到地球对它的万有引力的作用，具有引力势能，设物体在距地球无限远处的引力势能为零，则引力势能可以表示为E=-G，其中G是万有引力常量，M是地球的质量，m是物体的质量，r是物体距地心的距离。现有一个空间探测器随空间站一起绕地球做圆周运动，运行周期为T，要使这个空间探测器从空间站出发，脱离地球的引力作用，至少要对它做多少功？
习题答案和解析
1．D
2．C
3．B
4．A
解析：设光子的能量为2.5 eV照射时，光电子的最大初动能为，阴极材料的逸出功为W，根据爱因斯坦光电效应方程得：
图中光电管上加的是反向电压，据题意，当反向电压达到U=0.60 V以后，具有最大初动能的光电子也不能达到阳极．因此，
由以上两式得，2.5eV-0.6eV=1.9eV
5．A
6．20；3×1019
7．25
8．不同意。因为载重汽车有可能在t时刻前就已经停止运动。本题应分三种情况讨论：由于载重卡车经时间停下，在这段时间内小汽车的位移为，
（1）若＞，则小汽车在载重卡车停下前追上，有
（取小于的解）
（2）若＜，则小汽车在载重卡车停下后追上，有
（3）若＝，则小汽车在载重卡车刚停下时追上，则上述两个方程均可。
9．（1）0.05m，（2）50W，（3）3.7倍。
10．解：（1）设锅内气体分子数为n，则n=V/V0·NA
（2）根据热力学第一定律ΔE=W+Q=-3J
锅内气体内能减少，减少了3J
（3）由P=P0（1-αH）（其中α＞0）知，随着海拔高度的增加，大气压强减小；
由P1=P+mg/S知，随着海拔高度的增加，阀门被顶起时锅内气体压强减小；
根据查理定律P1/T1=P2/T2
可知阀门被顶起时锅内气体温度随着海拔高度的增加而降低。
11．解：在导轨通有电流Ｉ时，炮弹作为导体受到磁场施加的安培力为Ｆ＝IwB ①
设炮弹的加速度的大小为a，则有因而F=ma ②
炮弹在两导轨间做匀加速运动，因而　　　　　　　　　　　③
联立①②③式得
代入题给数据得：
12．解：（1）根据安培力公式，推力F1＝I1Bb，其中I1＝
则
对海水推力的方向沿y轴正方向（向右）
（2）V
（3）根据欧姆定律，I2＝
安培推力F2 ＝ I2 B b = 720 N
对船的推力F ＝ 80% F2 ＝ 576 N
推力的功率P ＝ Fvs = 80% F2 vs=2880W
13．解：（1） （2） （3）
14．解：（1）由左手定则得：N板电势较高．
（2）当海水中流动的带电离子进入磁场后，将在两板之间形成电势差，当所受到的电场力F与洛伦兹力f相平衡时达到稳定状态。即：内阻
代入数据得电动势E＝50V ① 内阻r=0.025Ω ②
(3)消耗的电能W＝I2Rt ③
电路中的电流I= ④
由①、②、③、④式及代入有关数据得W＝3.6×106J
15．空间探测器随空间站一起绕地球做圆周运动
由G=得，空间站的轨道半径R=（）1/3.
由G=可得：
随空间站一起运动时，空间探测器的动能mv2== ()2/3
随空间站一起运动时，空间探测器具有的机械能：E1=-G+mv2=-
空间站要脱离地球的引力，机械能最小值为E∝=0
因此，对探测器做功为：W=E∝-E1= = ()2/3.
五、复习建议
（一）主观题是高考试题的主要部分,占60%,由实验题和计算论述题组成,重点考查物理的主干知识和学科内综合能力.卷面解题步骤及其规范化是考生必备的基本功.从历届高考阅卷情况看，"丢三落四，叙述不完整；言不达意，表述不确切；公式拼凑，缺乏连贯性；字迹潦草，卷面不整洁"等不规范的解题是部分考生失分的重要因素之一,特别是今年起有些省份实行网上阅卷,对解题的规范和卷面的整洁规范有更高的要求.
（二）为了提高答题能力和得分能力,建议做好以下几点：
1．根据题意作出描述物理情景或过程的示意图、受力图、图象。
2．尽量用常规方法，使用通用符号
3．简洁文字说明与方程式相结合
4．明确题解中的得分点, 规范方程的书写
5．最后结果先解出符号表达，再代入数值科学记数, 带上单位。
6．明确答题区域, 合理安排版面，使用0.5mm及以上签字笔答题,作图先用铅笔,再用钢笔描清
7．字迹端正清楚，涂改规范，保持卷面整洁
R0
xr
(L-x)r
(L-x)r
xr
A
B
C
V
UB
UA
图甲
图乙
图丙
图乙
图甲
V
A
P
S
M
B
d
海流方向v
东
南
西
北
N
21世纪教育网 -- 中国最大型、最专业的中小学教育资源门户网站。 版权所有@21世纪教育网本资料来自于资源最齐全的２１世纪教育网www.21cnjy.com
专题五 光和原子物理
一、考点回顾
光学分几何光学和光的本性两部分。前者讨论光传播的规律及其应用，主要运用几何作图的方法。后者重在探究“光是什么？”。主要知识如下表：
原子物理的知识难度不太大，但“点多面宽”，复习中应从原子结构三模型的发展过程、原子核反应的两类反应形式去把握知识体系，具体见下表：
二、经典例题剖析
1．下列成像中，能满足物像位置互换(即在成像处换上物体，则在原物体处一定成像)的是【 】
A．平面镜成像
B．置于空气中的玻璃凹透镜成像
C．置于空气中的玻璃凸透镜成实像
D．置于空气中的玻璃凸透镜成虚像
解析：由光路可逆原理，本题的正确选项是C。
2．在“测定玻璃的折射率”实验中，已画好玻璃砖界面两直线aa′与bb′后，不小心误将玻璃砖向上稍平移了一点，如下图左所示，若其他操作正确，则测得的折射率将【 】
A．变大
B．变小
C．不变
D．变大、变小均有可能
解析：要解决本题，一是需要对测折射率的原理有透彻的理解，二是要善于画光路图。设P1、P2、P3、P4是正确操作所得到的四枚大头针的位置，画出光路图后可知，即使玻璃砖向上平移一些，如上图右所示，实际的入射角没有改变。实际的折射光线是O1O1′，而现在误把O2O2′作为折射光线，由于O1O1′平行于O2O2′，所以折射角没有改变，因此折射率不变。C正确。
3．如下图所示，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。
解析：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。
4．如右图为查德威克发现中子的实验示意图，其中①为_________________，②为________________，核反应方程为___________________________________。
解析：有关原子物理的题目每年高考都有题，但以选择题和填空题为主，要求我们复习时注意有关的理论提出都是依据实验结果的，因此要注意每个理论的实验依据。
答案：中子流；质子流；。
5．（2001年高考理综卷）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，下列说法正确的是【 】
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
解析：光线由左边三棱镜AB面射入棱镜，不改变方向；接着将穿过两三棱镜间的未知透明介质进入右边的三棱镜，由于透明介质的两表面是平行的，因此它的光学特性相当于一块两面平行的玻璃砖，能使光线发生平行侧移，只是因为它两边的介质不是真空，而是折射率未知的玻璃，因此是否侧移以及侧移的方向无法确定（若未知介质的折射率n与玻璃折射率n玻相等，不侧移；若n>n玻时，向上侧移；若n点评：平时碰到的两面平行的玻璃砖往往是清清楚楚画出来的，是“有形”的，其折射率大于周围介质的折射率，这时光线的侧移方向也是我们熟悉的。而该题中，未知介质形成的两面平行的“玻璃砖”并未勾勒出来，倒是其两侧的介质（三棱镜）被清楚地勾勒出来了，而且前者的折射率未必大于后者。这就在一定程度上掩盖了两面平行“玻璃砖”的特征。因此我们不仅要熟悉光学元件的光学特征，而且要会灵活地运用，将新的情景转化为我们熟知的模型。
6．氢原子处于基态时，原子能量E1= -13.6eV，已知电子电量e =1.6×10-19C，电子质量m=0.91×10-30kg，氢的核外电子的第一条可能轨道的半径为r1=0.53×10-10m。
（1）若要使处于n=2的氢原子电离，至少要用频率多大的电磁波照射氢原子？
（2）氢原子核外电子的绕核运动可等效为一环形电流，则氢原子处于n=2的定态时，核外电子运动的等效电流多大？
（3）若已知钠的极限频率为6.00×1014Hz，今用一群处于n=4的激发态的氢原子发射的光谱照射钠，是通过计算说明有几条谱线可使钠发生光电效应？
解析：（1）要使处于n=2的氢原子电离，照射光光子的能量应能使电子从第2能级跃迁到无限远处，最小频率的电磁波的光子能量应为：
得：Hz
（2）氢原子核外电子绕核做匀速圆周运动，库伦力作向心力，有
①
其中
根据电流强度的定义 ②
由①②得 ③
将数据代入③得：A
（3）由于钠的极限频率为6.00×1014Hz，则使钠发生光电效应的光子的能量至少为
eV=2.486 eV
一群处于n=4的激发态的氢原子发射的光子，要使钠发生光电效应，应使跃迁时两能级的差，所以在六条光谱线中有、、、四条谱线可使钠发生光电效应。
7．（2001年高考理综卷）太阳现正处于主序星演化阶段。它主要是由电子和、等原子核组成。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＝10m/s2 ，1年约为3.2×107秒，试估算目前太阳的质量M。
（2）已知质子质量mp＝1.6726×1027 kg，质量mα＝6.6458×1027 kg，电子质量 me＝0.9×1030 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）又知地球上与太阳垂直的每平方米截面上，每秒通过的太阳辐射能w＝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。（估算结果只要求一位有效数字。）
解析：（1）要估算太阳的质量M，研究绕太阳运动的任一颗行星的公转均可，现取地球为研究对象。设T为地球绕日心运动的周期，则由万有引力定律和牛顿定律可知
①
地球表面处的重力加速度 ②
得 ③
以题给数值代入，得M＝2×1030 kg ④
（2）根据质量亏损和质能公式，该核反应每发生一次释放的核能为
△E＝（4mp＋2me－mα）c2 ⑤
代入数值，得△E＝4.2×10-12 J ⑥
（3）根据题给假设，在太阳继续保持在主序星阶段的时间内，发生题中所述的核聚变反应的次数为 ⑦
因此，太阳总共辐射出的能量为E＝N·△E
设太阳辐射是各向同性的，则每秒内太阳向外放出的辐射能为ε＝4πr2w ⑧
所以太阳继续保持在主星序的时间为 ⑨
由以上各式解得
以题给数据代入，并以年为单位，可得t＝1×1010年＝1百亿年 ⑩
点评：该题是信息题，关键是在大量的信息中选取有用的信息，而不被其他信息所干扰。如第（1）小题，实际上是万有引力定律在天文学上的应用，与原子核的知识无关。第（3）题，需要构建出太阳各向同性地向周围空间辐射核能（辐向能量流）的物理模型，是考查空间想象能力和建模能力的好题，这种题还会是以后命题的方向。
三、方法总结与2008年高考预测
（一）方法总结
光的本性、原子和原子核是高考的必考内容，一般难度不大，以识记、理解为主，常见的题型是选择题。但随着高考改革的进行，试题较多的以与现代科学技术有着密切联系的近代物理为背景，这样在一些计算题，甚至压轴题中（如2001年理科综合试卷）也出现了这方面的知识点。但就是在这类题中，对这些知识点本身的考查，难度也是不大的。需要适应的是这些知识和其他知识的综合。
（二）2008年高考预测
几何光学历来是高考的重点，但近几年考试要求有所调整，不要求应用公式计算全反射的临界角，透镜成像也不再考查。因此对该部分的考查，将会以定性为主，难度不会太大，灵活性会有所加强，会更注重对物理规律的理解和对物理现象、物理情景的分析能力的考查。有两点应引起重视：一是对实际生活中常见光现象的认识，二是光路图问题。
四、强化训练
（1） 选择题
1．如图所示，放在空气中的平行玻璃砖，表面M与N平行，一束光射到表面M上，(光束不与M平行)
①如果入射角大于临界角，光在表面M即发生反射
②无论入射角多大，光在表面M也不会发生全反射
③光可能在表面N发生全反射
④由于M与N平行，光只要通过M，则不可能在表面N发生全反射
则上述说法正确的是【 】
A．①③ B．②③
C．③ D．②③
2．如图所示，OO′为透镜的主光轴，当将点光源置于A点时，其像位置在B点，则【 】
A．当将点光源置于B点时，则像必成在A点
B．当将点光源置于B点时，则像一定不会成在A点
C．该透镜是凸透镜
D．该透镜是凹透镜
3．如图所示的府视图，宽1m的平面镜AB的右前方站着一个人甲，另一人乙沿AB的中垂线从远处向平面镜走近，乙能看到甲在平面镜中的像的位置是【 】
A．走近过程的所有位置
B．乙距镜不大于1m的位置
C．只有在乙距镜0.5m的位置
D．乙距镜不大于0.5m的位置
4．如图所示，a、b、c是三块折射率不同的透明介质平板玻璃，彼此平行放置，且有na＜nb＜nc，一束单色光线由空气中以入射角i射到介质a中，当光线由介质c射到空气中时，折射角为r，则有【 】
A．i＞r
B．i=r
C．i＜r
D．无法确定
5．照相机的镜头相当于一个凸透镜，如果不慎在镜头上染上一个小墨点，则照出的相片上【 】
A．有一个放大的墨影
B．有一个缩小的墨影
C．一片漆黑
D．基本正常
6．如图，厚玻璃的下表面镀有反射膜，一束白光以α角射到玻璃的上表面，经折射、反射后射向光屏PP′，则【 】
①射向光屏PP′是一束平行光
②在光屏PP′上形成彩色光带，靠近P端为红色，靠近P′端为紫色
③在光屏PP′上形成彩色光带，靠近P端为紫色，靠近P′端为红色
④射向屏PP′的一束发散光，但仍为白光
上述说法正确的是【 】
A．①② B．①③
C．② D．①④
7．肥皂泡呈现的彩色，露珠呈现的彩色，通过狭缝看到的白光光源的彩色条纹，它们分别属于【 】
A．光的色散、干涉、衍射现象
B．光的干涉、色散、衍射现象
C．光的干涉、衍射、色散现象
D．光的衍射、色散、干涉现象
8．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)，这时【 】
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
9．某单色光在真空中的波长为λ，光速为c，普朗克常量为h.现光以入射角i由真空射入水中，折射角为r，则【 】
A．i＜r
B．光在水中的波长为λ1=
C．每个光子在水中的能量E=
D．每个光子在水中的能量E=
10．右图所示是用干涉法检查某块厚玻璃的上表面是否平整的装置，检查中所观察到的干涉条纹如图乙所示，则【 】
A．产生干涉的两列光波分别是由a的上表面和b的下表面反射的
B．产生干涉的两列光波分别是由a的下表面和b的上表面反射的
C．被检查的玻璃表面有凸起
D．被检查的玻璃表面有凹陷
11．如图是光电管工作原理电路图，一束波长为λ1的单色光照射到光电管的阴极，电路中产生了光电流，下述判断正确的是【 】
A．若另一束波长为λ2的单色光(λ2＞λ1)照射到光电管的阴极时，电路中也可能产生光电流，但光电流肯定比前次小
B．若电路中产生光电流时，光电流几乎跟光照射同时发生
C．若电路中电源的正负极反接后，电路中仍可能有光电流
D．入射光的强度一定时，电路中光电流的大小随电压的增大而持续增大
12．如图，在遮光板中央挖一圆洞，嵌入一块与圆洞等大的透镜，一束平行光垂直照射到透镜上，在遮光板后与板平行的屏上呈现一个直径2倍于透镜直径的圆形光斑，若屏与遮光板相距为d，则透镜的焦距的大小可能为【 】
A．d/4
B．d/3
C．d/2
D．d
13．如图所示，在凸透镜主光轴上放一点光源P成像于A点，OP＜OA，A处有垂直于主轴的平面镜，通过透镜的光经平面镜反射后【 】
A．可在OP之间成像
B．可在P点成像
C．向右移动透镜，可能在P点成像
D．向左移动透镜，可能在P点成像
14．下列关于光的现象的说法中，正确的是【 】
A．雨后天空出现的彩虹是光的衍射现象
B．白光通过分光镜在光屏上形成彩色的光带是光的干涉现象
C．涂有增透膜的照相机镜头呈淡紫色，说明增透膜增强了对紫光的透射程度
D．夜间观看到天边的星座的位置比实际位置偏高，是光的折射现象
15．如图所示，两束单色光a、b自空气射入玻璃，经折射形成复合光束c，则下列说法中正确的是【 】
A．a光光子的能量比b光光子的能量大
B．在空气中，a光的波长比b光的波长短
C．在玻璃中，a光的光速小于b光的光速
D．玻璃对a光的临界角大于对b光的临界角
16．如图所示，A是直径为10cm的发光球，B是直径为5cm的遮光圆板，C是光屏，三者中心共轴，AB相距200cm，当B的本影在C上消失时，BC的距离及此时半影环的半径分别是【 】
A．100cm、10cm
B．100cm、20cm
C．200cm、20cm
D．200cm、10cm
17．可以用来说明光具有波粒二象性的现象是【 】
A．光的色散和光的衍射
B．光的干涉和光电效应
C．连续光谱的产生和红外线的热作用
D．放射性现象和阴极射线
18．如图所示，与主轴距离相等的单色光A和B，平行于主光轴射向凹透镜，经折射后其反向延长线交于P点，由此可得出【 】
A．A光在透镜玻璃中的速度比B光小
B．透镜玻璃对A光的折射率比B光小
C．在真空中B光的波长比A光小
D．B光的光子能量比A光小
19．如图所示，MN为透镜L的主轴，图中AB为一条入射光线从左边射向透镜L后的折射光线。由此可判定以下说法正确的是【 】
A．若L是凸透镜，B一定是L的焦点。
B．若B是L的焦点，L一定不是凹透镜。
C．若B是L的焦点，AB的入射光线一定平行于主轴。
D．若AB的入射光线平行于主轴，L一定不是凹透镜。
20．如图所示为发生月食时，太阳光照射光线的示意图，当月球进入图中哪个区域时，在地球上处于夜晚地区的观察者可以看到月食【 】
A．全部进入区域Ⅰ
B．全部进入区域Ⅱ和Ⅳ
C．全部进入区域Ⅲ
D．部分进入区域Ⅰ
21.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
22．如图所示，是两个同种玻璃制成的棱镜，顶角α1略大于α2，两束单色光A和B分别垂直入射于三棱镜后，出射光线与第二界面的夹角β1=β2，则【 】
A．A光束的频率比B光束高
B．在棱镜中A光束的波长比B光束的短
C．在棱镜中B光束的传镜速度比A光束的大
D．把两束光由水中射向空气，产生全反射，A光的临界角比B的临界角大
（二）填空题
1．人类梦寐已求的愿望：“应用海洋中储有大量的氘核以及氚核进行可控热核反应，从而获得巨大的能量”，正在成为现实。其核反应方程为。设氘核的质量为m1，氚核的质量为m2，中子的质量为m3，聚变生成核的质量为m4，则该核反应放出的能量为________。
2．已知每秒钟从太阳射到地球的辐射能为1.4×103J/m2，其中可见光部分约占45%，假如认为可见光的波长约为5500，太阳向各个方向的辐射是均匀的，日地间距离R=1.5×1011m，普朗克常量h=6.63×10-34J·s，由此可估算出太阳每秒钟辐射出的可见光的光子数约为_______________个。(取一位有效数字)
3．如图所示，一束阳光经三棱镜折射后在白色纸带上形成A—G的彩色光带，问：
(1)若在M处置一绿色滤光片，则只可在_________点处看到光斑。
(2)若在M处置一盆绿藻，则可在_________点处变暗，其原因是____________________________________。
4．某同学在做测定玻璃折射率的实验，将玻璃砖放在白纸上，然后用笔直接贴着玻璃砖画出了两个界面，由于笔头较粗，使得画出的两个界面都向外出现了一小段距离，如图所示。之后，他没有移动玻璃砖，直接插针做完了实验，他实验结果测得的折射率将___________。(填偏大，偏小，不变)
5．在测定凸透镜焦距的实验中，试说明发生以下现象的原因
(1)在光具座上无论怎样移动小灯，光屏与透镜都找不到像，而且光屏上只有在靠近透镜时有光，原因是_______________________________________。
(2)在光具座上固定好灯与透镜位置后，无论怎样移动光屏，屏上始终有光，但不能成像，原因是______________________________________________。
(3)在光具座上固定好灯与透镜位置后，把光屏移到最远时，屏上才能出现非常模糊的像，原因是______________________________________________。
6．在磁感强度为B的匀强磁场中，某时刻一质量为M的原子核由静止状态发生α衰变，衰变后的α粒子在磁场中作半径为R的匀速圆周运动，设α粒子的质量为m、电量为q，衰变过程中释放的能量全部转化为α粒子和新核的动能，α粒子和新核的重力均忽略不计，C表示真空中的光速，则衰变过程中的质量亏损△m=____________________。
（三）解答题
1．在广口瓶中盛满水，如图那样把直尺AB紧挨着广口瓶瓶口的C点竖直插入瓶内，这时，在直尺对面的P点观察水面，能同时看到直尺在水中的部分和露出水面的部分在水中的像，读出你看到的直尺水下部分最低点的刻度S1以及跟这个刻度相重合的水上部分的刻度S2的像S2′，量出广口瓶的瓶口内径d，就能算出水的折射率。这是为什么？请列出计算折射率的公式。
2．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。
3．如图所示，平行玻璃砖折射率为n=，下表面镀有银，一束单色光与界面成角θ=45°射到玻璃砖表面上，最后在玻璃砖右边竖直光屏上出现相距h=2.0cm的两光点A和B，求玻璃砖的厚度d。
4．如图所示，游泳池宽度L=15m，左岸边一标杆上装有一A灯，A灯高0.5m，在右岸边站立着一人，E点为人眼的位置，人的眼高为1.5m，水面离岸边的高度为0.5m，此人发现A灯经水面反射所成的像与左岸水面下某处的B灯经折射后所成的像重合，已知水的折射率为1.3，试求B灯在水面下多深处？(B灯在图中未画出)
5．氢原子的核外电子质量为m，电量为-e，在离核最近的轨道上运动，轨道半径为r1，试回答下列问题：
(1)电子运动的动能EK是多少
(2)电子绕核运动的频率是多少
(3)电子绕核在如图所示xy平面上，沿A→B→C→D方向转动，电子转动相当于环形电流，则此电流的方向如何？电流强度多大？
6．如图所示，一个三棱镜的横截面是直角三角形，且∠A=30°，，把此棱镜放在真空中，一束平行单色光斜射向AC面的DC部分，经棱镜后垂直于AB面射出，棱镜材料的折射率为。
(1)求光线从棱镜内射向真空时的临界角。
(2)在图中画出从DC部分射入，最后垂直于AB面射出的一条光线的光路图(不要求画出此光线在AB面的反射线)，并计算此光线在DC面上的入射角。
7．静止的轴核进行α衰变，为了测定α粒子的动能，让它垂直飞入B=1T的匀强磁场，测得α粒子的轨道半径r1=0.31m，已知α粒子的质量m1=6.64×10-27kg，试求：
①α粒子的动能Ek1等于多少
②反冲核的动能Ek2等于多少
③假定衰变时能量全部能动能形式释放，求衰变过程中总质量亏损。
（四）创新试题
1．如图所示，x为未知放射源，将强力磁场M移开，计数器所测得的计数率保持不变，其后将铝薄片移开，则见计数器计数率大幅度上升，则x为【 】
A．纯β放射源
B．纯γ放射源
C．α、β混合放射源
D．α、γ混合放射源
2．激光散斑测速是一种崭新的技术，它应用了光的干涉原理，用二次曝光照相所获得的“散斑对”相当于双缝干涉实验中的双缝，待测物体的速度与二次曝光的时间间隔的乘积等于双缝间距，实验中可测得二次曝光时间间隔、双缝到屏之距离以及相邻亮纹间距，若所用的激光波长为，则该实验确定物体运动速度的表达式为？
解析答案
(一)选择题
1．D
2．B
3．D
4．B
5．D
6．A
7．B
8．B
9．BD
10．BD
11．BC
12．BD
13．BCD
14．D
15．D
16．D
17．B
18．AD
19．D
20．AD
21．ACD
22．D
(二)填空题
1．；(m1+m2-m3-m4)·c2；2.5×1044个
3．(1)D (2)A、E、G，光合作用主要吸收红光、蓝光、紫光
4．偏小 5。(1)灯、屏、透镜三者不同轴；(2)u＜f；(3)灯虽位于1倍焦距之外，但太靠近焦点，成像太远
6．B2q2R2M/2m(M-m)c2
(三)论述和计算
1．解：这个问题需要将光的反射与折射知识结合起来，在本题中，S2′是S2经水面反射后所成的像，而看到的直尺在水面下最低点的刻度实际上已经是最低点S1经水面折射后所成的像。两刻度重合，实际上是S2发出的光线经D点反射后的反射光线与S1发出的光线在D点折射后的折射光线重合，因此眼睛看起来就会觉得这两个刻度重合。
设S1与S0之间的距离为L1，S2与S0之间的距离为L2。
sini=，sinr=，。
2．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)。
3．解：作出如左图所示的光路，i=45°，由n=可得r=30°，所以△CDE为等边三角形，四边形ABEC为梯形，CE=AB=h，玻璃的厚d就是为h的等边三角形的高，故d=cm。
5．(1)根据牛顿第二定律
∴电子的动能EK=
(2)电子绕核运动的频率f=
(3)此环形电流的方向为顺时针
电流强度I=
6．(1)45° (2)45°
7．Ek=、E=k、a=
（四）创新试题
1．D
2．(由得)
五、复习建议
“获取知识的能力”是考试说明对考生提出的五个要求中的一个。随着命题向能力立意方向的转化，要注意近代物理知识的考查以信息题的形式出现。如2001年理科综合试卷的压轴题，试题本身知识对大多数考生讲并不难，但较大阅读量和一些全新的名词给考生正确获取解题信息设置了障碍，估计这类题在以后的综合试卷中还会出现。
规律：沿直线传播
小孔成像
本影和半影
日食和月食
现象
同一均匀介质中
光的波粒二象性
光谱
电磁说
光子说
电磁波速为c
能在真空中传播
波动说
光电效应
干涉、衍射
微粒说
波动说
直进、反射、折射
反射、折射
光的本性
几何光学
反射定律
平面镜
球面镜
反射定律的应用
光的反射
两面平行的玻璃砖
棱镜
折射定律
光的色散
全反射
折射定律的应用
光的折射
在两种介质的界面
光学
原子结构：
汤姆生模型
卢瑟福模型
波尔模型
α粒子散射实验
氢原子光谱
原子的稳定性
原子和原子核
原子核
天然放射性
β衰变
α衰变
γ衰变
人工转变
质子的发现
中子的发现
原子核的组成，放射性同位素
核能
质能方程式
重核裂变
轻核聚变
21世纪教育网 -- 中国最大型、最专业的中小学教育资源门户网站。 版权所有@21世纪教育网本资料来自于资源最齐全的２１世纪教育网www.21cnjy.com
专题四 电磁感应与电路
一、考点回顾
“电磁感应”是电磁学的核心内容之一，同时又是与电学、力学知识紧密联系的知识点，是高考试题考查综合运用知识能力的很好落脚点，所以它向来高考关注的一个重点和热点，本专题涉及三个方面的知识：一、电磁感应，电磁感应研究是其它形式有能量转化为电能的特点和规律，其核心内容是法拉第电磁感应定律和楞次定律；二、与电路知识的综合，主要讨论电能在电路中传输、分配，并通过用电器转化为其它形式的能量的特点及规律；三、与力学知识的综合，主要讨论产生电磁感应的导体受力、运动特点规律以及电磁感应过程中的能量关系。
由于本专题所涉及的知识较为综合，能力要求较高，所以往往会在高考中现身。从近三年的高考试题来看，无论哪一套试卷，都有这一部分内容的考题，题量稳定在1～2道，题型可能为选择、实验和计算题三种，并且以计算题形式出现的较多。考查的知识：以本部分内容为主线与力和运动、动量、能量、电场、磁场、电路等知识的综合，感应电流（电动势）图象问题也经常出现。
二、典例题剖析
根据本专题所涉及内容的特点及高考试题中出的特点，本专题的复习我们分这样几个小专题来进行：1.感应电流的产生及方向判断。2.电磁感应与电路知识的综合。3.电磁感应中的动力学问题。4.电磁感应中动量定理、动能定理的应用。5.电磁感应中的单金属棒的运动及能量分析。6.电磁感应中的双金属棒运动及能量分析。7.多种原因引起的电磁感应现象。
(一)感应电流的产生及方向判断
1．(2007理综II卷)如图所示，在PQ、QR区域是在在着磁感应强度大小相等、方向相反的匀强磁场，磁场方向均垂直于纸面，bc边与磁场的边界P重合。导线框与磁场区域的尺寸如图所示。从t＝0时刻开始线框匀速横穿两个磁场区域。以a→b→c→d→e→f为线框中有电动势的正方向。以下四个ε-t关系示意图中正确的是【 】
解析：楞次定律或左手定则可判定线框刚开始进入磁场时，电流方向，即感应电动势的方向为顺时针方向，故D选项错误；1－2s内，磁通量不变化，感应电动势为0，A选项错误；2－3s内，产生感应电动势E＝2Blv＋Blv＝3Blv，感应电动势的方向为逆时针方向（正方向），故C选项正确。
点评：法拉第电磁感应定律、楞次定律或左手定则知识点，是历年高考的热点，常与其它电磁学和力学内容联系在一起，这类题目往往综合较强，在掌握好基础知识，注重提高自己综合分析能力。
2．（2005理综Ⅱ卷）处在匀强磁场中的矩形线圈abcd，以恒定的角速度绕ab边转动，磁场方向平行于纸面并与ab垂直。在t=0时刻，线圈平面与纸面重合（如图），线圈的cd边离开纸面向外运动。若规定由a→b→c→d→a方向的感应电流为正，则能反映线圈中感应电流I随时间t变化的图线是【 】
解析：线框在匀强磁场中转动时，产生正弦式交变电流，而t=0时刻，线框切割磁感线产生的感应电动势最大，感应电流也最大，由右手定则可知其电流方向为a→b→c→d→a，即电流为正，故C选项正确。
点评：感应电流是正弦式交变电流的，我们关键要抓住起始位置的电流大小和方向，起始位置若在中性面，则感应电流为零，起始位置若和中性面垂直，则感应电流为最大，再根据题中所规定的正方向，即可确定感应电流的图象。
3．（2005北京理综）现将电池组、滑线变阻器、带铁芯的线圈A、线圈B、电流计及开关如下图连接。在开关闭合、线圈A放在线圈B中的情况下，某同学发现当他将滑线变阻器的滑动端P向左加速滑动时，电流计指针向右偏转。由此可以推断【 】
A．线圈A向上移动或滑动变阻器的滑动端P向右加速滑动，都能引起电流计指针向左偏转
B．线圈A中铁芯向上拔出或断开开关，都能引起电流计指针向右偏转
C．滑动变阻器的滑动端P匀速向左或匀速向右滑动都能使电流计指针静止在中央
D．因为线圈A、线圈B的绕线方向未知，故无法判断电流计指针偏转的方向
解析：当P向左滑动时，电阻变大，通过A线圈的电流变小，则通过线圈B中的原磁场减弱，磁通量减少，线圈B中有使电流计指针向右偏转的感应电流通过，当线圈A向上运动或断开开关，则通过线圈B中的原磁场也减弱，磁通量也减少，所以线圈B中也有使电流计指针向右偏转的感应电流通过，而滑动变阻器的滑动端P向右移动，则通过线圈B中的原磁场也增加，磁通量也增加，所以线圈B中有使电流表指针向左偏转的感应电流通过，所以B选项正确。
点评：要正确解答此题，关键要利用好“他将滑线变阻器的滑动端P向左加速滑动时，电流计指针向右偏转”的条件，由此条件分析出：使原磁场减弱、原磁通减小时产生的感应电流使电流计指针右偏，其它情形的判断都将此作为条件。
（二）电磁感应与电路知识的综合
4．（2002全国理综）图中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【 】
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：当横杆匀速滑动时，AEGB形成闭合回路，故I1≠0，故 A错；AB匀速运动时，电容两极电压趋于稳定，不再充电，I2＝0，故B也错；当AB加速滑动时，I1≠0，故C错；同时AB产生的路端电压不断增大，电容器可持续充电，故I2≠0。因此D项正确。
点评：在分析此题时，应将导体横杆当作电源，将电容C和电阻R作为外电路来分析。当电源的电动势不变时，电容带电量不发生变化，充电流为0；当电源电动势变化时，电容就不能作为断路来处理，此时电容要充电，充电电流不为0。
5．（2005天津理综将硬导线中间一段折成不封闭的正方形，每边长为l，它在磁感应强度为B．方向如图的匀强磁场中匀速转动，转速为n，导线在a、b两处通过电刷与外电路连接，外电路有额定功率为P的小灯泡并正常发光，电路中除灯泡外，其余部分的电阻不计，灯泡的电阻应为【 】
Ａ． Ｂ．
Ｃ． Ｄ．
解析：线框转动产生交变电流，感应电动势最大值为，则有效值为：
，而小灯泡消耗的功率为，
所以，故选项B正确。
点评：对于交流电的问题，往往是先求出最大值，然后再根据最大值求其它值。在交流电中，只要是求功的问题（功率、功、发热量等），都要用有效值进行计算。而求通过某横截面的电荷量、安培力的冲量时，只能用感应电流的平均值来进行计算。
6．（2007北京理综）电阻R1、R2交流电源按照图1所示方式连接，R1=10，R2=20。合上开关后S后，通过电阻R2的正弦交变电流i随时间t变化的情况如图2所示。则【 】
A．通过R1的电流的有效值是1.2A B．R1两端的电压有效值是6V
C．通过R2的电流的有效值是1.2A D．R2两端的电压有效值是6V
解析：由图可知流经R2的电流最大值为，则流经R2的电流最大值为，又题中电阻R1 、R2是串联，则流经两电阻电流相等，故A、C两项错，又,，所以R1两端的电压的有效值是6V，故D错，B对。
点评：对于交流电路，电路分析的方法和直流电路是相类似的，只是我们在计算其电压、电流时要弄清有效值和最大值。
7．（2006江苏物理）如图所示电路中的变压器为理想变压器，S为单刀双掷开关,P 是滑动变阻器 R的滑动触头，U1 为加在原线圈两端的交变电压，I1、I2 分别为原线圈和副线圈中的电流。下列说法正确的是【 】
A．保持P的位置及U1不变，S由b切换到a，则R上消耗的功率减小
B．保持P的位置及U1不变，S由a切换到b，则I2减小
C．保持P的位置及U1不变，S由b切换到a，则I1增大
D．保持U1不变，S接在b端，将P向上滑动，则I1减小
解析：由于题中变压器是理想变压器，所以有，当S由b切换到a时，n2增大，则U2也增大，则R上消耗的功率为：，而R阻值不变，所以选项A错误，又，所以，由于U1和R不变，所以增大，故C正确；同理当S由a切换到b时，n2减小，所以U2也减小，由可知减小，故B正确；若S接在b端，保持U1不变，同理应有：，此时U2不变，R变小，则增大，故D项错误。故本题正确答案为BC。
点评：很多同学对交流电路的问题有点“怵”，其实交流电路的分析方法和直流电路的分析方法完全相同，直流电路里边的所有分析方法都适用于交流电路。本题我们只要将变压器和电路的知识相结合即可解决。
8．(2003上海物理)如图所示，OACO为置于水平面内的光滑闭合金属导轨，O、C处分别接有短电阻丝（图中用粗线表示），R1=4Ω、R2=8Ω（导轨其它部分电阻不计）。导轨OAC的形状满足（单位：m）。磁感应强度B=0.2T的匀强磁场方向垂直于导轨平面。一足够长的金属棒在水平外力F作用下，以恒定的速率v=5.0m/s水平向右在导轨上从O点滑动到C点，棒与导轨接触良好且始终保持与OC导轨垂直，不计棒的电阻。
求：⑴外力F的最大值；
⑵金属棒在导轨上运动时电阻丝R1上消耗的最大功率；
⑶在滑动过程中通过金属棒的电流I与时间t的关系。
解析：⑴由于金属棒始终匀速运动，所以据平衡条件可知：，又感应电动势为：，而感应电流为：，故安培力
又，由于外电阻R1、R2是并联，所以
则安培力的最大值为：，即：
⑵电阻R1上消耗的功率为，而感应电动势的最大值为
代入可得：
⑶金属棒与导轨接触点间的长度随时间变化
且，，
由以上各式可得：
点评：在感应电路中，我们一定要分清哪是电源，哪是外电路，很多同学在解题时往往忽视了这一点，不加分析乱做一通。在具体做题时，我们可先画一等效电路图，将发生电磁感应的部分画作电源，其它部分画作外电路，然后再分析电路的联结情况。
（三）电磁感应中的动力学问题
9．(2004北京理综)如图1所示，两根足够长的直金属导轨MN、PQ平行放置在倾角为的绝缘斜面上，两导轨间距为L。M、P两点间接有阻值为R的电阻。一根质量为m的均匀直金属杆ab放在两导轨上，并与导轨垂直。整套装置处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直斜面向下。导轨和金属杆的电阻可忽略。让ab杆沿导轨由静止开始下滑，导轨和金属杆接触良好，不计它们之间的摩擦。
（1）由b向a方向看到的装置如图2所示，请在此图中画出ab杆下滑过程中某时刻的受力示意图；
（2）在加速下滑过程中，当ab杆的速度大小为v时，求此时ab杆中的电流及其加速度的大小；
（3）求在下滑过程中，ab杆可以达到的速度最大值。
解析：（1）ab杆受到的作用力有：重力mg，方向竖直向下；支持力FN，方向垂直斜面向上；安培力F，方向平行斜面向上。其受力图如右图所示。
（2）当ab杆速度为v时，感应电动势
此时电路中的电流
ab杆受的安培力
根据牛顿第二定律，有，可解得：
（3）由（2）中分析可知，ab杆做加速运动，随杆下滑速度v的增大，其下滑的加速度逐渐减小，加速度减小到0时，其速度不再增加达最大值。故当时，即
时，ab杆速度达最大值：
点评：杆向下加速运动，随着速度的增加，感应电流也增大，故安培力也增大，所以杆向下做加速度逐渐减小的加速运动，当杆的加速度减小为0时，速度达最大。
10．（2005上海物理）如图所示，处于匀强磁场中的两根足够长。电阻不计的平行金属导轨相距1m，导轨平面与水平面成θ=37°角，下端连接阻值为R的电阻。匀强磁场方向与导轨平面垂直。质量为0.2kg。电阻不计的金属棒放在两导轨上，棒与导轨垂直并保持良好接触，它们之间的动摩擦因数为0.25。求：
(1)求金属棒沿导轨由静止开始下滑时的加速度大小；
(2)当金属棒下滑速度达到稳定时，电阻R消耗的功率为8W，求该速度的大小；
(3)在上问中，若R＝2Ω，金属棒中的电流方向由a到b，求磁感应强度的大小与方向．
(g=10m／s2，sin37°＝0．6， cos37°＝0．8)
解析：(1)金属棒开始下滑的初速为零，没有感应电流产生，不受安培力作用，故根据牛顿第二定律有：mgsinθ－μmgcosθ＝ma ①
由①式解得a＝10×(O.6－0.25×0.8)m／s2=4m／s2 ②
(2)设金属棒运动达到稳定时，做匀速运动，速度为v，所受安培力为F，棒在沿导轨方向受力平衡，则有：mgsinθ一μmgcosθ一F＝0 ③
此时金属棒克服安培力做功的功率等于电路中电阻R消耗的电功率Fv＝P ④
由③、④两式解得 ⑤
(3)设电路中电流为I，两导轨间金属棒的长为l，磁场的磁感应强度为B
⑥ P＝I2R ⑦
由⑥、⑦两式解得 ⑧
由左手定则可知，磁场方向垂直导轨平面向上
点评：分析这类问题的基本思路是：确定电源（E/r）→感应电流→导体所受安培力→合外力→a变化情况→运动状态分析（v的变化情况）→临界状态。
（四）电磁感应中动量定理、动能定理的应用
11．（2006上海物理）如图所示，将边长为a、质量为m、电阻为R的正方形导线框竖直向上抛出，穿过宽度为b、磁感应强度为B的匀强磁场，磁场的方向垂直纸面向里。线框向上离开磁场时的速度刚好是进人磁场时速度的一半，线框离开磁场后继续上升一段高度，然后落下并匀速进人磁场。整个运动过程中始终存在着大小恒定的空气阻力F阻且线框不发生转动。求：（1）线框在下落阶段匀速进人磁场时的速度V2；
（2）线框在上升阶段刚离开磁场时的速度V1；
（3）线框在上升阶段通过磁场过程中产生的焦耳热Q。
解析：（1）若线框在下落阶段能匀速地进入磁场，则线框在进入磁场的过程中受力平衡，则据平衡条件可知线框在进入磁场瞬间有：，解得：
（2）线框从离开磁场至上升到最高点过程中据动能定理有： ①
线框从最高点回落至进入磁场前瞬间的过程据动能定理有： ②
联立①②可解得：，代入可得：
（3）设线框进入磁场的速度为v0，则线框在向上通过磁场过程中要克服重力、空气阻力及安培力做功，而克服安培力做功的量即是此过程中产生电能的量，也即是产生的热量Q，根据能量守恒定律有：，又由题可知
故可得
点评：从能量转化的角度来看，电磁感应是其它形式能量转化为电能的过程。而功是能量转化的量度，所以这种能量的转化是通过安培力做功来实现的，有多少其它形式能量转化为电能，就克服安培力做了多少功，也就是说克服安培力做功的量，就是产生电能的量，而电能最终都转化成内能，换而言之，克服安培力做的功就是电路的发热量，克服安培力做功的功率即是回路所消耗的电功率。
12．如图所示，MN、PQ是两条水平放置彼此平行的金属导轨，匀强磁场的磁感线垂直导轨平面。导轨左端接阻值为的电阻，电阻两端并联一电压表，垂直导轨跨接一金属杆ab，ab的质量为，电阻，ab与导轨间动摩擦因数，导轨电阻不计，现用的恒力水平向右拉ab，使之从静止开始运动，经时间后，ab开始做匀速运动，此时电压表示数。重力加速度。求：
（1）ab杆匀速运动时，外力F的功率；
（2）ab杆匀加速过程中，通过R的电量；
（3）ab杆加速运动的距离。
解析：（1）设导轨间距为L，磁感应强度为B，ab杆匀速运动的速度为v，电流为I，此时ab杆受力如图所示。由平衡条件得： ①
由欧姆定律得： ②
联立①②可得： ，
则F功率：
（2）设ab杆的加速时间为t，加速过程的平均感应电流为，由动量定理得
解得： ③
（3）设加速运动距离为s，由法拉第电磁感应定律得 ④
又 ⑤
联立③④⑤可解得：
点评：在电磁感应中求解电量通常有两种方法：（1）通过安培力的冲量来求解，因安培力的冲量可表示为，所以我们可用动量定理求出安培力的冲量即可求出电量。（2）通过法拉第电磁感应定律来求解，平均感应电动势为，平均感应电流为，则电量。
（五）电磁感应中的单金属棒的运动及能量分析
13．（2006上海物理）如图所示，平行金属导轨与水平面成θ角，导轨与固定电阻R1和R2相连，匀强磁场垂直穿过导轨平面．有一导体棒ab，质量为m，导体棒的电阻与固定电阻R1和R2的阻值均相等，与导轨之间的动摩擦因数为μ，导体棒ab沿导轨向上滑动，当上滑的速度为V时，受到安培力的大小为F。此时【 】
A．电阻R1消耗的热功率为Fv/3
B．电阻 R1消耗的热功率为Fv/6
C．整个装置因摩擦而消耗的热功率为μmgvcosθ
D．整个装置消耗的机械功率为（F＋μmgcosθ）v
解析：由法拉第电磁感应定律得，回路总电流，安培力，所以电阻R1的功率，B选项正确。由于摩擦力，故因摩擦而消耗的热功率为，整个装置消耗的机械功率为，故CD两项也正确。即本题应选BCD。
点评：由能量守恒定律可知，装置消耗的机械能转化为电能和因克服摩擦而产生的内能，故消耗的机械功率为克服摩擦力做功的功率（产生摩擦热的功率）和克服安培力做功的功率（产生电能的功率）之和。而整个回路消耗的电功率为克服安培力做功的功率（瞬时值、平均值都相等），据电路的分流关系，即可求出每个电阻所消耗功率。
14．(2005江苏物理）如图所示，固定的水平光滑金属导轨，间距为L，左端接有阻值为R的电阻，处在方向竖直、磁感应强度为B的匀强磁场中，质量为m的导体棒与固定弹簧相连，放在导轨上，导轨与导体棒的电阻均可忽略。初始时刻，弹簧恰处于自然长度，导体棒具有水平向右的初速度v0。在沿导轨往复运动的过程中，导体棒始终与导轨垂直并保持良好接触。
(1)求初始时刻导体棒受到的安培力；
(2)若导体棒从初始时刻到速度第一次为零时，弹簧的弹性势能为EP，则这一过程中安培力所做的功W1和电阻R上产生的焦耳热Q1分别为多少
(3)导体棒往复运动，最终将静止于何处 从导体棒开始运动直到最终静止的过程中，电阻R上产生的焦耳热Q为多少
解析：(1)初始时刻棒中感应电动势：，棒中感应电流：，作用于棒上的安培力
联立以是各式可得，方向：水平向左
(2)由功能的关系可知，克服安培力所做的功即为产生电能的量，也即是电阻R上产生的热量， ，由于此过程中，导体棒克服安培力做功，故有，
所以
(3)由于导轨是光滑的，所以导体棒最终静止于初始位置，则据功能关系有：
点评：在电磁感应问题中，求解产生热量的问题，一般是通过对能量转化的分析，然后利用功能关系进行求解的，解题关键是要在宏观上做好能量转化的分析，本题从最终状态来看是弹性势能转化为电能（热量）。
15．（2005天津理综）图中MN和PQ为竖直方向的两平行长直金属导轨，间距为0.40m，电阻不计，导轨所在平面与磁感应强度B为0.50T的匀强磁场垂直。质量m为kg、电阻为的金属杆始终垂直于导轨，并与其保持光滑接触。导轨两端分别接有滑动变阻器和阻值为的电阻R1。当杆达到稳定状态时以速率匀速下滑，整个电路消耗的电功率P为0.27W，重力加速度取，试求速率和滑动变阻器接入电路部分的阻值。
解析：当ab棒匀速下滑时，是导体棒的重力势能转化为电能，则由能量守恒定律可知：重力做功的功率等于回路消耗的电能，即有：
代入数据解得，又
设电阻与的并联电阻为，棒的电阻为，则有：
据闭合电路欧姆定律有：，回路消耗的总功率为：
联立以上各式，并代入数据可解得：
点评：解答此题的关键是要通过对能量转化的分析，利用能量守恒定律找出功率的定量关系，同时也要分析清楚电路的联结情况，在电路中表示出总功率，进而联立求解出R2。
（六）电磁感应中的双金属棒运动及能量分析
16．（2005广东物理第）如图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
解析：剪断细线后，两棒组成的系统动量守恒，它们的速度方向总是相反的，所以它们产生的感应电动势相互加强，所以回路中有感应电动势，A正确；由于该过程是动能、弹性势能及电能间的相互转化，总的来说是系统的机械能转化为电能，所机械能是不守恒的，故C错D对；由楞次定律的推广应用可判断两导体棒所受安培力方向总是相反的，故B错。故选AD。
点评：动量守恒定律的适用范围较广，无论是什么性质的内力，哪怕是象本题这样的通过磁场来发生的相互作用的内力，系统的动量也是守恒的。机械能守恒的条件的判断通常有两个角度：（1）做功角度：是否只有重力做功，若只有重力做功，则机械能守恒；（2）能量转化角度：若机械能和其它形式能量之间没有相互转化，则机械能守恒；在解题时，利用第二个角度来进行判断的较多。
17．(2006广东物理)如图所示，在磁感应强度大小为B、方向垂直向上的匀强磁场中，有一上、下两层均与水平面平行的“U”型光滑金属导轨，在导轨面上各放一根完全相同的质量为m的匀质金属杆A1和A2，开始时两根金属杆位于同一竖直平面内且杆与轨道垂直。设两导轨面相距为H，导轨宽为L，导轨足够长且电阻不计，金属杆单位长度的电阻为r。现有一质量为m/2的不带电小球以水平向右的速度v0撞击杆A1的中点，撞击后小球反弹落到下层面上的C点。C点与杆A2初始位置相距为S。求：
（1）回路内感应电流的最大值；
（2）整个运动过程中感应电流最多产生了多少热量；
（3）当杆A2与杆A1的速度比为1：3时，A2受到的安培力大小。
解析：（1）小球撞击杆瞬间系统动量守恒，之后做平抛运动。设小球碰后速度大小为v1，杆获得速度大小为v2，则
，，，
A1杆向右做减速运动运动，A2杆向右加速运动，直至速度相等，然后做匀速运动，故其最大电动势是小球和杆碰后瞬间，则，最大电流，则
（2）两金属棒在磁场中运动始终满足动量守恒定律，两杆最终速度相同，设为v’，据动量守恒定律有：，又据能量守恒定律有：
联立以上各式可得：
（3）设杆A2、A1的速度大小分别为v和3v，由于两杆组成的系统动量始终守恒，则有：
此时回路中产生的感应电动势为：，则，安培力，联立可得：
点评：此题中所给的是 “U”型光滑导轨，在处理时它和平直的光滑双轨处理方法完全相同，它只是平直光滑双轨的一种变形。在处理这类问题时，要注意这样几点：（1）双棒组成的系统动量守恒。（2）在双棒运动过程中产生的电能（热量）是系统损失的机械能。（3）两棒切割磁感线产生的感应电动势是相互削弱的，应该相减。
18．（2004广东、广西物理）如图，在水平面上有两条平行导电导轨MN、PQ，导轨间距离为，匀强磁场垂直于导轨所在的平面（纸面）向里，磁感应强度的大小为B，两根金属杆1、2摆在导轨上，与导轨垂直，它们的质量和电阻分别为和,两杆与导轨接触良好，与导轨间的动摩擦因数为，已知：杆1被外力拖动，以恒定的速度沿导轨运动；达到稳定状态时，杆2也以恒定速度沿导轨运动，导轨的电阻可忽略，求此时杆2克服摩擦力做功的功率。
解析：解法一：设杆2的运动速度为v，由于两杆运动时，两杆间和导轨构成的回路中的磁通量发生变化，产生感应电动势 ①
感应电流 ②
杆2作匀速运动，它受到的安培力等于它受到的摩擦力， ③
导体杆2克服摩擦力做功的功率 ④
解得 ⑤
解法二：以F表示拖动杆1的外力，以I表示由杆1、杆2和导轨构成的回路中的电流，达到稳定时，对杆1有 ①
对杆2有 ②
外力F的功率 ③
以P表示杆2克服摩擦力做功的功率，则有 ④
由以上各式得 ⑤
点评：由于杆和导轨间存在摩擦，所以当系统稳定时，要使2杆运动，则回路中一定存在感应电流，而要使回路有感应电流，则两速度也不相等，分析出这一点，是解答此题的关键之所在，解法一，主要是抓住力之间的关系去解决问题的，解法二，主要是抓住能量关系去解决问题的。
19．（2004理综I卷）图中a1b1c1d1和a2b2c2d2为在同一竖直面内的金属导轨，处在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨所在的平面(纸面)向里。导轨的a1b1段与a2b2段是竖直的，距离为l1；c1d1段与c2d2段也是竖直的，距离为l2。x1y1与x2y2为两根用不可伸长的绝缘轻线相连的金属细杆，质量分别为m1和m2，它们都垂直于导轨并与导轨保持光滑接触。两杆与导轨构成的回路的总电阻为R。F为作用于金属杆x1y1上的竖直向上的恒力。已知两杆运动到图示位置时，已匀速向上运动，求此时作用于两杆的重力的功率的大小和回路电阻上的热功率。
解析：设杆向上运动的速度为v，因杆的运动，两杆与导轨构成的回路的面积减少，从而磁通量也减少。由法拉第电磁感应定律，回路中的感应电动势的大小为：
①
回路中的电流 ②
电流沿顺时针方向。两金属杆都要受到安培力作用，作用于杆的安培力为
③
方向向上，作用于杆的安培力 ④
方向向下。当杆作为匀速运动时，根据牛顿第二定律有
⑤
解以上各式，得 ⑥ ⑦
作用于两杆的重力的功率的大小 ⑧
电阻上的热功率 ⑨
由⑥、⑦、⑧、⑨式，可得 ⑩
点评：由于两棒的切割磁感线的长度不同，虽然两棒的速度相同，但回路中仍然有感应电流产生，这一点是本题最容易错的地方。两杆的速度虽然大小相等方向也相同，但产生的感应电动势却是反向的，很多同学很容易误认是同向的，这也是本题容易错的地方，在判断时，我只要分别判断两棒产生的感应电动势在同一部分电路里的感应电流方向即可，若是同向，则两感应电动势是相互加强的，若反向，则是相互减弱的。
（七）多种原因引起的电磁感应现象
20．（2007年上海卷）如图（a）所示，光滑的平行长直金属导轨置于水平面内，间距为L、导轨左端接有阻值为R的电阻，质量为m的导体棒垂直跨接在导轨上。导轨和导体棒的电阻均不计，且接触良好。在导轨平面上有一矩形区域内存在着竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B。开始时，导体棒静止于磁场区域的右端，当磁场以速度v1匀速向右移动时，导体棒随之开始运动，同时受到水平向左、大小为f的恒定阻力，并很快达到恒定速度，此时导体棒仍处于磁场区域内。
（1）求导体棒所达到的恒定速度v2；
（2）为使导体棒能随磁场运动，阻力最大不能超过多少？
（3）导体棒以恒定速度运动时，单位时间内克服阻力所做的功和电路中消耗的电功率各为多大？
（4）若t＝0时磁场由静止开始水平向右做匀加速直线运动，经过较短时间后，导体棒也做匀加速直线运动，其v-t关系如图（b）所示，已知在时刻t导体棋睥瞬时速度大小为vt，求导体棒做匀加速直线运动时的加速度大小。
解析：（1）由于磁场和导体棒都向右运动，所以其切割磁感线的速度为（v1－v2），则导体棒切割磁感线产生的电动势为E＝BL（v1－v2），感应电流为I＝E/R，
又导体受到的安培力为F＝BIL，即有F＝，当导体棒速度恒，其所受安培力和摩擦力平衡，则有： ＝f，可得：v2＝v1－
（2）当导体棒刚开始运动时，回路中产生的感应电流最大为，此时导体棒受到的安培力最大为，所以阻力最大不能超过
（3）导体棒克服阻力做功的功率为P导体棒＝Fv2＝f EQ \B(v1－)
电路所消耗的电功率为P电路＝E2/R，即P电路＝＝
（4）因为－f＝ma，导体棒要做匀加速运动，必有v1－v2为常数，设为v，a＝，则－f＝ma，可解得：a＝
点评：解答此题关键处有两点①要弄清导体棒切割磁感线的速度是指导体棒相对于磁感线的速度。②由于导轨有摩擦，所以稳定时，回路仍有电流。
三、方法总结与2008年高考预测
（一）方法总结
1．感应电流、感应电动势的图象问题一般只有一个答案符合题意，所以我们在做题时只抓住图象中的关键点，即可进行判断。如例1我们只要抓住进入磁场和出磁场产生感应电流的方向，即选出正确答案。所以我们在解这类题时，不要盲目动手去做，在动手前，先观察一下几个选项的不同之处，然后抓住它们的不同之处进行判断，如例1中AC两项中进入到磁场时的电流为正，BD两项进入磁场电流为负，我们抓住这一点进行判断，即可排除AC两项，然后再判断出磁场时的感应电流方向即可选出正确答案，至于感应电流的大小变化，在解题时可以不用判断。
2．本类问题实际上电磁感应和电路知识的“嫁接”：电磁感应电路充当电源，再结合电路知识即可解决。所以我们首先要解决好“电源”的问题，用法拉第电磁感应定律和楞次定律确定感应电动势的大小和方向，当切割磁感线的导体棒匀速运动或磁通量均匀变化时，感应电动势不变，作为恒定电流来处理；若切割磁感线的导体棒变速运动或磁通量非均匀变化，产生则是交变电流，作为交流电源来处理（往往求其有效值）。电源的问题处理好之后，则要作好电路分析，这一环节往往是同学们容易出错的地方，大家都习惯分析用电学符号表示的电路，鉴于此，所以我们在分析感应电路时，通常采用画等效电路图的办法分析整个回路，在画等效电路时要注意，应将产生电磁感应的部分画作电源，将其它部分画作外电路，并且判断好外电路的联结情况。最后运用全电路欧姆定律、串并联电路性质、电功（率）以及交流电的知识等联立求解。
3．电磁感应中的动力学问题，关键是要作好受力分析，进而通过物体的受力特点作好物体的运动情况的分析，一般可按以下基本方法进行：
①用法拉第电磁感应定律和楞次定律求感应电动势的大小和方向。
②由全电路欧姆定律确定回路中的感应电流。
③分析研究导体受力情况（包括安培力，用左手定则确定其方向）
④列动力学方程或平衡方程求解。
4．由于金属棒沿导轨切割磁感线时的运动是做变加速运动，其运动情况较为复杂，所以处理这类问题时，经常应用动能定理及动量定理，因为用这两个规律来解题时，不需要运动的细节，只需要运动的结果，这给我们的解题带来的极大的方便。动量定理往往是在涉及“某段时间内通过的电量”时用它来进行求解，而动能定理往往是在涉及能量问题时应用。
5．在处理单金属棒的能量问题时，关键是要分析清其中的能量转化关系，是什么形式的能量转化为哪几种形式的能量，根据功能关系，我们不仅可得出能量间关系，还可得出功率间的关系。其中克服安培力做的功，就产生电能的量（电能最终都转化成内能，所以也是电路的发热量），从功率关系上看，克服安培力做功的功率即是回路所消耗的电功率。
6．处理双棒在导轨上滑动的问题，力学的三大规律可能都要用到：用牛顿运动定律去分析双棒的运动过程；用动量守恒定律去确定两棒的动量关系；用功能关系去确定该过程中的能量关系。
7．在处理由多种原因引起的电磁感应现象的问题时，首先我们一定要弄清感应电流是由哪些因素引起的，各种因素产生的感应电动势我们要分别求解出来；其次，很重要的一点我们还要判断这些电动势是相互加强的，还是相互减弱的，判案断的方法是看它们在同一部分电路中形成的感应电流是同向还反相，若是同向，则相互加强的，总动势就相加，若是反向，则是相互减弱的，总电动势应相减。
（二）2008年高考预测
本专题内容是高中物理的重点知识，是高考必考知识点，在高考试卷中每年都会出现，理综试卷中每年都有一道试题是考查此知识内容的，一道选择题或者一道计算题，单科物理试卷中，每年都有两道试题考查此知识点，一道选择题，一道计算题。选择题中主要是考查电磁感应过程中的感应电流方向（感应电动势）及感应电流（感应电动势）的大小变化等等，很多时候是以图象题的形式出现的，但2006年理综试题中的选择题，考查的是电磁感应和能量综合的问题。在计算题中出现的高考试题，一定是以与力学综合的形式出现，主要是和动力学结合的问题以及和动量、能量结合的问题。
在2008年的高考试题中，考查本专题的试题一定还会出现，理综试卷中一定还会有一道，而且以选择题的形式出现的可能性较大，单科物理试卷中可能还会有两道（一道选择，一道计算），或者只有一道计算题。在内容上，也以和能量、动力学等知识的综合出现的可能性较大，所以大家在复习这部分的内容时，应着重注意电磁感应和力学综合的问题。
四、强化训练
（1） 选择题
1．在条形磁铁的中央位置的正上方固定一铜质圆环如图所示，以下判断中正确的是【 】
A．释放圆环，环下落时环的机械能守恒
B．释放圆环，环下落时磁铁对桌面的压力比磁铁的重力大
C．给磁铁水平向右的初速度，磁铁滑出时做减速运动
D．给磁铁水平向右的初速度，圆环产生向左的运动趋势
2．如图所示，水平旋转的光滑平行金属轨道上有一质量为m的金属棒ab，导轨一端接有电阻R，其他电阻不计，磁感应强度为B的匀强磁场垂直平面向下，金属棒ab在一不平恒力F作用下由静止起向右运动，则【 】
A．随着ab棒运动的速度增大，其加速度也增大
B．外力对ab棒做的功等于电路中产生的电能
C．当ab棒匀速运动时，外力F做功的功率等于电路的电功率
D．无论ab棒做何种运动，它克服安培力做的功一定等于电路中产生的电能
3．完全相同的两个磁电式灵敏电唁表a和b、零点在中央，指针可两侧偏转。现将两表如图所示的方式连接起来，当将a表指向逆时针方向拨动时，b表指针将会【 】
A．向逆时针方向转动
B．不动
C．向顺时针方向转动
D．指针会转动，但转动方向无法判定
4．如图所示，在竖起平面内的两岸根平行金属导轨，顶端用一电阻R相连，磁感应强度为B的匀强磁场垂超导轨平面，一质量为m的金属棒ab以初速度v0沿导轨竖直向上运动，到某一高度后又返回下行到原处，整个过程金属棒与导轨接触良好，导轨与棒的电阻不计，则在上行与下行两个过程中，下列说法不正确的是【 】
A．回到出发点的速度v大于初速度v0
B．通过R的最大电流上行大于下行
C．电阻R上产生的热量上行大于下行
D．所用时间上行小于下行
5．如图所示，有界匀强磁场垂直于纸面，分布在虚线所示的矩形abcd内，用超导材料制成的矩形线圈1和固定导线圈2处在同一平面内，超导线圈1正在向右平动，离开磁场靠近线圈2，线圈2中产生的感应电流的方向如图所示，依据这些条件【 】
A．可以确定线圈1中产生的感应电流的方向
B．可以确定abcd范围内有界磁场的方向
C．可以确定线圈1受到线圈2对它的安培力合力方向
D．无法做出以上判断，因为不知道超导线圈1的运动情况
6．如图所示，相距为d，足够长的两平行金属导轨（电阻不计）固定在绝缘水平面上，导轨间有垂直轨道平面的匀强磁场且磁感应强度为B，在上旋转一金属棒，棒上串接着一尺寸大小不计的理想电压表，导轨左端接有电容为C的电容器，金属棒与导轨接触良好且滑动摩擦力为f，现用水平拉力使金属棒向右运动，拉力的功率恒为P，则棒在达到最大速度之前，下列叙述中正确的是【 】
A．棒做匀加速运动
B．电压表示数不断变大
C．电容器所带电荷量在不断增加
D．作用于棒的摩擦力功率恒为P
（1） 填空题
1．如图所示，水平放置的光滑平行金属导轨，相距为Ｌ，导轨所在平面距地面高度为h，导轨左端与电源相连，右端放有质量为m的静止的金属棒，竖直向上的匀强磁场的磁感应强度为Ｂ，当电键闭合后，金属棒无转动地做平抛运动，落地点的水平距离为s，则在电路接通的瞬间，通过金属棒的电荷量为_________________________
2．如图所示，在x轴的上方（y≥０）存在着垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度为Ｂ。在原点Ｏ有一个离子源向x轴上方的各个方向发射出质量为m、电荷量为q的正离子，速率都是v，对那些在xy平面内运动的离子，在磁场中可能达到的最大x＝________________，最大y＝_________。
3．在物理实验中，常用一种叫“冲击电流计”的仪器测定通过电路的电量。如图所示，探测线圈和冲击电流计串联后，可用来测定磁场的磁感强度，已知线圈的匝数为n，面积为S，线圈与冲击电流计组成的回路电阻为R，把线圈放在被测匀强磁场中，开始线圈平面与磁场垂直，现把探测线圈翻转180o，冲击电流计测出通过线圈的电荷量为q，由上述数据可测出被没磁场的磁感应强度为__________________
4．如图所示，一种测量血流速度仪器的原理如图所示，在动脉血管左右两侧安装电极并连接电压表，设血管直径是2.0mm，磁场的磁感应为0.080T，电压表测出的电压为0.10mv，则血流速度的大小为__________m/s。（取两位有效数字）
（1） 解答题
1．2004年11月11日，某民航班机在飞经大连市上空时，从飞机上掉下一飞机金属部件，刚好落在大连市某中学教学椄顶上，该中学的教学椄顶当即被砸出一个大窟窿，当时在被砸教室里的所有同学都被吓得目瞪口呆，还有许多同学被吓得号啕大哭，所幸没有造成人员伤亡。若该部件在落到房顶之前做匀速直线运动，且其在空中运动时所受空气阻力和运动速度间的关系为：f=kv2，其质量为ｍ，则：
（1）部件落地时，关于其电磁感应正确的说法是【 】
A北端电势高于南端，北端集聚正电荷，南端集聚负电荷。
B南端电势高于北端，南端集聚正电荷，北端集聚负电荷。
C东端电势高于西端，东端集聚正电荷，西端集聚负电荷。
D西端电势高于东端，西端集聚正电荷，东端集聚负电荷。
（2）该部件落到房顶是的速度为多大？
（3）若落下的是一个质量为m半径为r的金属小球，则其感应电动势为多大？
2．如图所示，一根电阻为R=0.6Ω的导线弯成一个圆形线圈，圆半径r=1m，圆形线圈质量m=1kg，此线圈放在绝缘光滑的水平面上，在y轴右侧有垂直于线圈平面B=0.5T的匀强磁场若线圈以初动能E0=0.5J沿x轴方向滑进磁场，当进入磁场0.5m时，线圈中产生电能为Ee=3J，求：（1）此时线圈的运动速度；
（2）此时线圈与磁场左边缘两交接点间的电压；
（3）此时线圈加速度的大小。
3．如图所示，有理想边界的两个匀强磁场，磁感应强度B=0.5T，两边界间距s=0.1m。一边长L=0.2m的正方形线框abcd由粗细均匀的电阻丝围成，总电阻R=0.4Ω。现使线框以v=2m/s的速度从位置I匀速运动到位置II。
（1）求cd边未进入右方磁场时线框受安培力的大小；
（2）求整个过程中线框所产生的焦耳热；
（3）在坐标图中画出整个过程中线框a、b两点的电势差Uab随时间t变化的图线。
4．如图所示，水平旋转的平行金属导轨M、N间接一阻值R=0.128Ω的电阻，轨道宽为L=0.8m。轨道上搭一金属棒ab，其质量m=0.4kg，ab与导轨间的动摩擦因数μ=0.5，除R外其余电阻不计，垂直于轨道的匀强磁场的磁感应强度为B=2T，ab在一电动机的牵引下由静止开始运动，经过t=2s，ab运动了s=1.2m，刚好达到最大速度。此过程中电动机的平均输出功率为8W，最大输出功率14.4W。求：
（1）金属棒ab运动的最大速度多大？
（2）该过程中电阻R上消耗的电能。（g=10m/s2）
5．正方形闭合金属线框，边长为a，质量为m，电阻为R，在竖直平面内以水平初速度v0在垂直于框面的水平磁场中运动一段时间后速度恒定v，运动过程中总有两条边处在竖直方向，即线框不转动，如图所示，已知磁场的磁感应强度在竖直方向按B=B0＋ky规律逐渐增大，k为常数，试求不平初速度v0的大小。
（1） 创新试题
1．地磁暴是一种危害非常大的自然灾害，它对人类的生活、生产以及航空航天事业造成极大的危害。1989年3月发生地磁暴时，美国的气象局卫星、欧空间局海事卫星、日本通讯卫星和气象卫星有的出现了故障，有的姿势控制失灵，美国“发现号”航天飞机在飞行时遇到的阻力比以前飞行时增加15%，飞机急剧下降，幸好带有足够的燃料，并采取了紧急的措施，才避免机毁人亡；在1989年发生多次地磁暴中，加拿大和美国北部地区，曾经好几次发生变压器烧毁，停电几十个小时，损失达上亿美元；2000年7月14日发生地磁暴时，北京地区的短波通讯一度中断20分钟。若某次地磁暴是由某种单一宇宙射线造成的，则最不可能是由下列那种宇宙射线造成的【 】
A．α射线 B．γ射线
C．β射线 D．高速质子流
2．德国《世界报》曾报道个别西方国家正在研制电磁脉冲武器即电磁炸弹，若一枚原始脉冲功率10千兆瓦，频率５千兆赫的电磁炸弹在不到100m的高空爆炸，它将使方圆400~500m2的范围内电场强度达到每米数千伏，使得电网设备、通信设施和计算机中的硬盘与软盘均遭到破坏。电磁炸弹有如此破坏力的主要原因是【 】
A．电磁脉冲引起的电磁感应现象 B．电磁脉冲产生的动能
C．电磁脉冲产生的高温 D．电磁脉冲产生的强光
3．图中是利用高频交流电焊接自行车零件的原理示意图，其中外圈A是通高频交流电流的线圈，B是自行车零件，a是待焊接口，焊接时接口两端接触在一起，当A中通有交变电流时，B中会产生感应电流，使得接口处金属熔化焊接起来。则下列说法正确的是【 】
A．在A中通以电流时，整个自行车零件中都有感应电流流过，所以整个零件都在电流的热效应作用下熔化，停止A中电流后，再冷却成型
B．在A中通以电流时，整个自行车零件中都有感应电流流过，但整个零件中，只有a处有电阻，其作部分没有电阻，故只有a处在电流的热效应作用下熔化，冷却后即焊接在一起
C．在A中通以电流时，整个自行车零件中都有感应电流流过，整个零件各处均有电阻，但a处只是接触在一起，电阻率较大，故a处较其余部分发热功率大、温度较高，因此只有a处在电流的热效应作用下熔化，冷却后即焊接在一起
D．利用该装置进行焊接时，不消耗能量
解析答案：
一、选择题：1．AC 2．CD 3．C 4．A 5．ABC 6．C
二、填空题
1． 2．， 3． 4．0.625
三、解答题
1．（1）D （2）由于部件落地前做匀速直线，则据物体平衡条件可知：mg=kv2，故有：v=　（3）由电磁感应知识可知：E=2Brv，即有：E=2Br。
2．解析：（1）由能量守恒定律有：，解得：
（2）切割磁感线的有效长度，
感应电动势
在磁场内的圆弧长度为线圈总长的，故内电阻为
外电路电阻，故
（3），则
3．解析：（1）ab边产生的感应电动势为①
线框中的感应电流为②
ab边所受的安培力为③
由①②③可解得：
（2）线框中产生感应电流的时间④
整个过程中线框所产生的焦耳热
⑤
联立②④⑤可得：
（3）在0～5×10-2s时间内，ab两端的电势差为
在5×10-2s～1×10-1s时间内，ab两端的电势差为
在1×10-1s～1.5×10-1s时间内，ab两端的电势差为
电势差Uab随时间t变化的图线如图所示。
4．解析：（1）速度最大时，加速度为零，则有 ①
设最大速度为vm，则有： ② ③
把②③代入①得：，解得：
（2）根据动能定理：
安培力做的功全部转化为电能，电能消耗在电阻R上，
则有：
5．解析：线框在运动过程中，两竖直边产生的感应电动势互相抵消，两水平边竖直分速度产生感应电动势，设线框的竖直分速度为v，感应电动势为：
感应电流为：
两条竖直边所受安培力互相抵消，当速度达到恒定时，
有：，解得：
根据速度合成的平行四边形定则有：
四、创新试题 1、B 2、A 3、C
五、复习建议
1．要会判断各情形下产生感应电流的方向，会计算各种情况下的感应电动势，特别注意解答图象型选择题的方法的研究。
2．在分析完感应电动势、感应电流后，一定要弄清电路的连接，哪些是内电路，哪些是外电路。
3．在分析本专题所涉及的试题时，一定要注意和力、能量、动量等力学知识相结合。
t
ε
A.
0
1
2
3
4
t
ε
B.
0
1
2
3
4
t
ε
C.
0
1
2
3
4
t
ε
D.
0
1
2
3
4
B
a
b
c
d
t
0
I
C
t
0
I
D
t
0
I
A
t
0
I
B
b
a
B
l
y
x
R1
R2
A
o
C
v
a
c
b
d
图3
M
N
1
2
P
Q
v0
F
a1
b1
c1
d1
x1
y1
a2
b2
c2
d2
x2
y2
B
b
L
S
a
h
s
y
O x
C
N
S
v
v
A
a
B
21世纪教育网 -- 中国最大型、最专业的中小学教育资源门户网站。 版权所有@21世纪教育网本资料来自于资源最齐全的２１世纪教育网www.21cnjy.com
专题六 物理图象及其应用
一、考点回顾
在高考的能力要求中“能应用图象进行分析”，图象表达是处理物理问题能力的一个重要方面。在历次的高考中，均有一定数量的图形考查题出现，且占有相当大的比例分值，所以学会识图，画图和用图就变得尤为重要。
1．中学物理中涉及到的重要图象
力学中主要包括位移时间图象（s-t图象）、速度时间图象（v-t图象）、振动图象x－t图、波动图象y-x图等;电学中的电场线分布图、磁感线分布图、等势面分布图、交流电图象、电磁振荡图象I-t图等；还有气体图象p-v图、v-T图、p-T图等；在实验中也涉及到不少图象，如验证牛顿第二定律时要用到a-F图象、a－1/m图象，用“伏安法”测电阻时要画出I-u图象，测电源电动势和内阻时要画u-I图，用单摆测重力加速度时要画出的T2-L图等；在各类习题中图象问题也是频频出现，更有些图象是教材中未曾出现过的，如力学中F-t图，电磁振荡中的q-t图，电磁感应中的Φ-t图、E-t图等。
2．对图象意义的理解
(1)首先应明确所给图象是什么图象，即认清图象中横轴、纵轴所代表的物理量及他们的关系，特别是对那些图形相似，容易混淆的图象，更要注意区分。例如振动图象和波动图象，s-t图象和v-t图象等。
(2)要清楚的理解图象中的“点”，“线”，“斜率”，“面积”的物理意义。如在速度时间图象里：
A．“点”的意义：图象上的任一点表示这时物体的速度。
B．“线”的意义：任一段线段表示在一段时间内物体速度的变化量。
C．“斜率”的意义：“斜率”表示物体的加速度。
D．“面积”的意义：图象围成的“面积”表示物体在一段时间内发生的位移。
E．“截距”的意义：截距表示物体出发时的速度，横轴截距表示物体出发时距计时起点的时间间隔。
3．应用图象解题的意义
（1）用图象解题可使解题过程简化，思路更清晰
图象法解题不仅思路清晰，而且在很多情况下可使解题过程得到简化，比解析法更巧妙、更灵活。在有些情况下运用解析法可能无能为力，但是图象法则会使你豁然开朗。
（2）利用图象描述物理过程更直观
物理过程可以用文字表述，也可用数学式表达，还可以用物理图象描述。而从物理图象上可以更直观地观察出整个物理过程的动态特征。诚然，不是所有过程都可以用物理图象进行描述的，但如果能够用物理图象描述，一般说来总是会更直观且容易理解。利用图象描述物理过程一般包括两个方面：
A．将物理过程表述为物理图象；
B．从物理图象上分析物理过程；
C．物理图象可以使抽象的概念直观形象，动态变化过程清晰，物理量之间的函数关系明确。图象法在物理解题中的应用很广。
二、经典例题剖析
1．如图所示，光滑轨道MO和ON底端对接且＝2，M、N两点高度相同。小球自M 点由静止自由滚下，忽略小球经过O点时的机械能损失，以v、s、a、Ek分别表示小球的速度、位移、加速度和动能四个物理量的大小。下列四象中能正确反映小球自M点到N点运动过程的是【 】
解析：首先弄清楚物体在om段和on段的运动特征，om段匀加速，on段匀减速，得出各个物理量之间的关系，然后根据关系式结合数学知识画出图形。
答案：A
点评：理解物理过程的同时，多注意数形的结合，注意倾角不同的意义。
2．如图所示为A、B两质点作直线运动的v-t图象，已知两质点在同一直线上运动，由图可知【 】
A．两个质点一定从同一位置出发
B．两个质点一定同时静止开始运动
C．t2秒末两质点相遇
D．0~t2秒时间内B质点一直领先A
解析：v-t图纵轴截距表示物体出发时的速度，横轴截距表示物体出发时距计时起点的时间间隔；图线和横轴所围的面积表示物体在某段时间内的位移；两图线的交点表示两物体在该时刻速度相等。所以B对A错、C错。0~t2时间内B物体的位移比A物体的位移大，但因不明确A、B的起始位置，故无法说明B一直领先A。
答案：选B正确。
点评：看图时要理解横纵轴截距、面积、点、线等的物理意义，恰当的应用可以减少复杂的计算。
3．质量为m的物体放在一水平放置的粗糙木板上，缓慢抬起木板的一端，在如下图所示的几个图线中，哪一个最能表示物体的加速度与木板倾θ角的关系【 】
解析：物体放在木板上，当斜面斜角为θ 时，有方程mgsinθ＞ɑmgcosθ时，物体才开始下滑，当θ角小于此值时，物体在斜面上静止，加速度a=0，当θ角大于此值时，物体开始加速下可见a与θ的关系为非线性关系。
答案：所以D正确。
点评：解答关键在于判断物体运动的条件及何时产生加速度。
4．如图所示，图线表示作用在某物体上的合外力跟时间变化的关系，若物体开始时是静止的，那么【 】
A．从t=0开始，3s内作用在物体上的冲量为零
B．前4s内物体的位移为零
C．第4s末物体的速度为零
D．前3s内外力对物体做的功的和为零
解析：从t=0时开始，物体首先在10N的力的作用下开始运动，在第1秒内，物体受到的冲量为F·t=10×1=10N·S。第2、3秒内，物体受到反方向的冲量，大小为Ft=5×2=10N·S。所以，物体在前3s内所受外力的冲量为零。物体在第1s末的速度最大，第3s末的速度为零，第4s开始返回，但前4s内位移不可能为零，B错、C错。因第3s末物体速度为零，0时刻物体处于静止状态，所以，可知前3s内物体动能增量为零，根据动能定理，得前3s内外力对物体做功和为零。
答案：A、D
点评：先根据图形把物体受力的具体情况搞清楚，分时段把物体受力求出来，在求物体的运动情况。
5．甲乙两辆汽车在平直的公路上沿同一方向作直线运动，t＝0时刻同时经过公路旁的同一个路标。在描述两车运动的v－t图中（如图），直线a、b分别描述了甲乙两车在0－20 s的运动情况。关于两车之间的位置关系，下列说法正确的是【 】
A．在0－10 s内两车逐渐靠近
B．在10－20 s内两车逐渐远离
C．在5－15 s内两车的位移相等
D．在t＝10 s时两车在公路上相遇
解析：由图可以知道甲车匀速，乙车匀减速，位移相等及“面积”要相等，相遇及位移要相等。在10秒时，速度相等，在甲追乙中距离最远。
答案：C
点评：图形中可以得出两物体的初速度及运动特征，再结合一维图形可以得出速度关系所对应的位移关系
6．一正弦交流电的电压随时间变化的规律如图所示。由图可知下列说法中正确的是【 】
A．该交流电的电压瞬时值的表达式为u＝100sin(25t)V
B．该交流电的频率为25 Hz
C．该交流电的电压的有效值为100V
D．若将该交流电压加在阻值R＝100 Ω的电阻两端，则电阻消耗的功率时50 W
解析：由图形中可以得出u的最大值100伏，周期T是4秒，因为T等于f的倒数，因而可以求出f。有效值等于最大值除以。
答案：BD
点评：此题的关键在于从图上读出它含有的物理信息
7．平行板间加如图（a）所示周期变化的电压，重力不计的带电粒子静止在平行板中央，从t=0时刻开始将其释放，运动过程无碰板情况。下列四图中，能定性描述粒子运动的速度图象正确的是【 】
A B C D
解析：先结合u-t图在平行板间加上相对应的电压，得出相应电场，判断带电粒子的受力情况，在0-T/2的时间内，它向某一极板匀加速，在T/2-T内，带电粒子并不反向，而是向开始方向匀减速，有对称性，在T时，v=0，然后又继续向前加速，方向一直不变。
答案：A
点评：先结合u-t图在平行板间加上相对应的电压，得出相应电场，判断带电粒子的受力情况，从而得出它的运动状态
8．如图是一列简谐横波在某时刻的波形图，已知图中b位置的质点起振比a位置的质点晚0.5s，b和c之间的距离是5m，则此列波的波长和频率应分别为【 】
A．5m，1Hz
B．10m，2Hz
C．5m，2Hz
D．10m，1Hz
解析：从图上可知道，因为b比a晚，所以波沿x的正方向，而ab相差T/2,所以T是1秒，bc是两相邻的波谷，所以相差一个波长。
答案：A
点评：先区分是波动还是振动图象，然后在从图象上找出相应的物理量。
三、方法总结与2008年高考预测
（一）方法总结
1．物理问题中图像的作用
（1）直接根据图像给出函数间的关系求解问题
（2）根据题设条件做出图像，探索物理规律
（3）根据实验数据做出图像，得出实验结论
2．运用图像解答物理问题的重要步骤
（1）认真审题，从题中所需求解的物理量，结合相应的物理规律确定所需的横纵坐标表示的物理量。
（2）根据题意，找出两物理量的制约关系，结合具体的物理过程和相应的物理规律作出函数图象。
（3）由所作图象结合题意，运用函数图象进行表达、分析和推理从而找出相应的变化规律，再结合相应的数学工具（即方程）求出相应的物理量。
（二）2008年高考预测
2008年高考在突出考查考生基础知识、基本理论、基本技能的同时，更加注重考查考生综合运用所学知识解决实际问题的能力。试题以能力测试为主导，重视科学素养的考查，注重理论联系实际。
1．图象的物理意义，能借助图象信息分析解决问题。
2．注重能力考查的高考物理试题，往往出现图象的理解及其应用，尤其是选择题中常常出现。
3．数和形的巧妙结合依然是高考的热点和解题的一种好方法。
四、强化训练
（一）选择题
1．一单摆做小角度摆动，其振动图象如图，以下说法正确的是【 】
A．t1时刻摆球速度最大，悬线对它的拉力最小
B．t2时刻摆球速度为零，悬线对它的拉力最小
C．t3时刻摆球速度为零，悬线对它的拉力最大
D．t4时刻摆球速度最大，悬线对它的拉力最大
2．在竖直向上的匀强磁场中，水平放置一个不变形的单匝金属圆线圈，规定线圈中感应电流的正方向如图1所示，当磁场的磁感应强度B随时间t如图2变化时，下图中正确表示线圈中感应电动势E变化的是【 】
A B C D
3．右图为一列沿x轴正方向传播的简谐横波在t＝0时的波形。当R点在t＝0时的振动状态传到S点时，PR范围内（含P、R）有一些质点正在向y轴负方向运动，这些质点的x坐标取值范围是【 】
A．2cm≤x≤4cm
B．2cm＜x＜4cm
C．2cm≤x＜4cm
D．2cm＜x≤4cm
4.一列简诸横波沿x轴负方向传播，波速v=4 m/s，已知坐标原点（x=0）处质点的振动图象如图a所示，在下列四幅图中能够正确表示t=0.15s时波形的是【 】
5．如图所示，LOO′L′为一折线，它所形成的两个角∠LOO′和∠OO′L′均为45°。折线的右边有一匀强磁场，其方向垂直于纸面向里。一边长为L的正方形导线框沿垂直于OO′的方向以速度v作匀速直线运动，在t＝0的刻恰好位于图中所示位置。以逆时针方向为导线框中电流的正方向，在下面四幅图中能够正确表示电流--时间（I-t）关系的是（时间以I/v为单位）【 】
6．如图所示，在倾角为30°的足够长的斜面上有一质量为的物体，它受到沿斜面方向的力F的作用。力F可按图（a）、（b）、(c)、（d）所示的两种方式随时间变化（图中纵坐标是F与mg的比值，为沿斜面向上为正）
已知此物体在t＝0时速度为零，若用V1、V2、V3、分别表示上述四种受力情况下物体在3秒末的速率，则这四个速率中最大的是【 】
A．V1 B．V2
C．V3 D．V4
7．一砝码和一轻弹簧构成弹簧振子，图1所示的装置可用于研究该弹簧振子的受迫振动。匀速转动把手时，曲杆给弹簧振子以驱动力，使振子做受迫振动。把手匀速转动的周期就是驱动力的周期，改变把手匀速转动的速度就可以改变驱动力的周期。若保持把手不动，给砝码一向下的初速度，砝码便做简谐运动，振动图线如图2所示。当把手以某一速度匀速转动，受迫振动达到稳定时，砝码的振动图线如图3所示。
若用T0表示弹簧振子的固有周期，T表示驱动力的周期，Y表示受迫振动达到稳定后砝码振动的振幅，则【 】
A．由图线可知T0=4s
B．由图线可知T0=8s
C．当T在4s附近时，Y显著增大；当T比4s小得多或大得多时，Y很小
D．当T在8s附近时，Y显著增大；当T比8s小得多或大得多时，Y很小
（二）填空题
8．某研究性学习小组利用右图所示电路测量电池组的电动势E和内阻r。根据实验数据绘出如下图所示的R～1/I图线，其中R为电阻箱读数，I为电流表读数，由此可以得到
E＝__________V，r＝_________Ω。
9．甲同学设计了如图所示的电路测电源电动势E及电阻R1和R2的阻值。实验器材有：待测电源E(不计内阻)，待测电阻R1，待测电阻R2，电压表V(量程为1.5V，内阻很大)，电阻箱R(0～99．99Ω)；单刀单掷开关S1，单刀双掷开关S2，导线若干。
①先测电阻R1的阻值。请将甲同学的操作补充完整：闭合S1，将S2切换到a，调节电阻箱，读出其示数r和对应的电压表示数U1，保持电阻箱示数不变，_______________________________，读出电压表的示数U2。则电阻R=的表达式为R1=______________。
②甲同学已经测得电阻R1=4.8Ω，继续测电源电动势E和电阻R2的阻值。该同学的做法是：闭合S1，将S2切换到a，多次调节电阻箱，读出多组电阻箱示数R和对应的电压表示数U，由测得的数据，绘出了如图所示的图线，则电源电动势E=_________V，电阻R2=__________Ω。
③利用甲同学设计的电路和测得的电阻R1，乙同学测电源电动势E和电阻R2的阻值的做法是：
闭合S1，将S2切换到b，多次调节电阻箱，读出多组电阻箱示数R和对应的电压表示数U，由测得的数据，绘出了相应的图线，根据图线得到电源电动势E和电阻R2。这种做法与甲同学的做法比较，由于电压表测得的数据范围__________(选填“较大”、“较小”或“相同”)，所以________同学的做法更恰当些。
10．沿x轴正方向传播的简谐横波在t＝0时的波形如图所示，P、Q两个质点的平衡位置分别位于x＝3.5m和x＝6.5m处。在t1＝0.5s时，质点P恰好此后第二次处于波峰位置；则t2＝_________s时，质点Q此后第二次在平衡位置且向上运动；当t1＝0.9s时，质点P的位移为_____________cm。
（三）解答题
11．如图所示，在x＜0与x＞0的区域中，存在磁感应强度大小分别为B1与B2的匀强磁场，磁场方向均垂直于纸面向里，且B1＞B2。一个带负电荷的粒子从坐标原点O以速度v沿x轴负方向射出，要使该粒子经过一段时间后又经过O点，B1与B2的比值应满足什么条件？
12．一质量为m＝40kg的小孩子站在电梯内的体重计上。电梯从t＝0时刻由静止开始上升，在0到6s内体重计示数F的变化如图所示。试问：在这段时间内电梯上升的高度是多少？取重力加速度g＝10m/s2。
13．图中abcd为一边长为L、具有质量的刚性导线框，位于水平面内，bc边中串接有电阻R，导线的电阻不计，虚线表示一匀强磁场区域的边界，它与线框的ab边平行，磁场区域的宽度为2L，磁感强度为B，方向竖直向下，线框在一垂直于ab边的水平恒定拉力F作用下，沿光滑水平面运动，直到通过磁场区域。已知ab边刚进入磁场时，线框便变为匀速运动，此时通过电阻R的电流的大小为I0，试在右边的坐标系中定性画出：从导线框刚进入磁场到完全离开磁场的过程中，流过电阻R的电流i的大小随ab边的位置坐标x变化的曲线。
14．图为沿x轴向右传播的简谐横波在t＝1.2 s时的波形，位于坐标原点处的观察者测到在4 s内有10个完整的波经过该点。
⑴求该波的波幅、频率、周期和波速。
⑵画出平衡位置在x轴上P点处的质点在0－0.6 s内的振动图象。
15．如图（a）所示，一端封闭的两条平行光滑导轨相距L，距左端L处的中间一段被弯成半径为H的1/4圆弧，导轨左右两段处于高度相差H的水平面上。圆弧导轨所在区域无磁场，右段区域存在磁场B0，左段区域存在均匀分布但随时间线性变化的磁场B（t），如图（b）所示，两磁场方向均竖直向上。在圆弧顶端，放置一质量为m的金属棒ab，与导轨左段形成闭合回路，从金属棒下滑开始计时，经过时间t0滑到圆弧顶端。设金属棒在回路中的电阻为R，导轨电阻不计，重力加速度为g。
（1）问金属棒在圆弧内滑动时，回路中感应电流的大小和方向是否发生改变？为什么？
（2）求0到时间t0内，回路中感应电流产生的焦耳热量。
（3）探讨在金属棒滑到圆弧底端进入匀强磁场B0的一瞬间，回路中感应电流的大小和方向。
16．如图1所示，真空中相距d＝5cm的两块平行金属板A、B与电源连接（图中未画出），其中B板接地（电势为零），A板电势变化的规律如图2所示。
将一个质量m=2.0×10-27kg，电量q＝+1.6×10-19 C的带电粒子从紧临B板处释放，不计重力。求
（1）在t＝0时刻释放该带电粒子，释放瞬间粒子加速度的大小；
（2）若A板电势变化周期T＝1.0×10-5 s，在t＝0时将带电粒子从紧临B板处无初速释放，粒子达到A板时动量的大小；
（3）A板电势变化频率多大时，在t＝到t＝时间内从紧临B板处无初速释放该带电粒子，粒子不能到达A板。
（四）创新试题
17．如图（a）所示，光滑的平行长直金属导轨置于水平面内，间距为L、导轨左端接有阻值为R的电阻，质量为m的导体棒垂直跨接在导轨上。导轨和导体棒的电阻均不计，且接触良好。在导轨平面上有一矩形区域内存在着竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B。开始时，导体棒静止于磁场区域的右端，当磁场以速度v1匀速向右移动时，导体棒随之开始运动，同时受到水平向左、大小为f的恒定阻力，并很快达到恒定速度，此时导体棒仍处于磁场区域内。
（1）求导体棒所达到的恒定速度v2；
（2）为使导体棒能随磁场运动，阻力最大不能超过多少？
（3）导体棒以恒定速度运动时，单位时间内克服阻力所做的功和电路中消耗的电功率各为多大？
（4）若t＝0时磁场由静止开始水平向右做匀加速直线运动，经过较短时间后，导体棒也做匀加速直线运动，其v-t关系如图（b）所示，已知在时刻t导体棒瞬时速度大小为vt，求导体棒做匀加速直线运动时的加速度大小。
18．如图所示，物体从光滑斜面上的A点由静止开始下滑，经过B点后进入水平面（设经过B点前后速度大小不变），最后停在C点。每隔0.2秒钟通过速度传感器测量物体的瞬时速度，下表给出了部分测量数据。（重力加速度g＝10m/s2）
求：
（1）斜面的倾角；
（2）物体与水平面之间的动摩擦因数；
（3）t＝0.6s时的瞬时速度v。
[参考答案]
一、选择题1、D 2、A 3、C 4、A 5、D 6、C 7、AC
二、填空题
8．2.2；0.9
9．①将s2切换到b， ②1．43(或)， 1．2； ③较小， 甲。
10．0.6，2
三、简答题
11．解：粒子在整个过程中的速度大小恒为v,交替在Xy平面中做匀速圆周运动，都是半个圆周，设粒子的质量为m，电荷量为q,半径为R1，R2,有R1=mv/B1q R2=mv/B2q
粒子再次回到Y轴，与起点相差d=2(R2-R1),设粒子经过n次后即相差nd=2R1
粒子再经过半圆就能过起点，式中n=1，2，3，…为回旋次数
从以上可得：R1：R2=n/(n+1)……..n=1,2,3,….
所以B1，B2应满足的条件：B1：B2=n/(n+1) n=1,2,3,….
12．解：在0--2s内，物体匀加速上升，a1=(F-mg)/m=1m/s2，上升高度h1=a1(t1)2/2=2m,此时升降机的速率为2m/s
在2-5秒内，因F=mg,升降机匀速运动，上升高度h2=vt=6m
在5-6秒内，升降机减速运动，a2=-2m/s2,上升高度h3=1m
故这段时间内共上升H=9m
13．解：如图由右手定则可判断在导线框匀速进入磁场时，感应电流I0大小不变，方向为逆时针方向（在0~l段）。在ab从L~2L段，R上无电流，安培力为0，只受水平恒力作匀加速运动，并以较大速度从2L处开始离开磁场；cd段切割磁感线产生较在感应电流i>i0，此时受到的安培力大于F，作减速运动，i逐渐变小；在2L至3L段随x减小，但在x=3L处i> I0；在x=3L处，导线框完全离开磁场，（注意：此题关键在经2L处离开磁场时，速度比进入磁场时大，因而i> I0，F安>F拉，作减速运动，速度逐渐变小。）
14．⑴A＝0.1 m
⑵
15．（本题考查考生对电磁学、力学基本规律的认识和理解，考查理解能力、分析综合能力、应用数学处理物理问题的能力及获得信息的推理能力）
解：（1）感应电流的大小和方向均不发生改变。因为金属棒滑到圆弧任意位置时，回路中磁通量的变化率相同。 ①
（2）0—t0时间内，设回路中感应电动势大小为E0，感应电流为I，感应电流产生的焦耳热为Q，由法拉第电磁感应定律：
②
根据闭合电路的欧姆定律： ③
由焦定律及②③有： ④
（3）设金属进入磁场B0一瞬间的速度变v，金属棒在圆弧区域下滑的过程中，机械能守恒： ⑤
在很短的时间内，根据法拉第电磁感应定律，金属棒进入磁场B0区域瞬间的感应电动势为E，则： ⑥
由闭合电路欧姆定律及⑤⑥，求得感应电流： ⑦
根据⑦讨论：
I．当时，I=0；
II．当时，，方向为；
III．当时，，方向为。
16．解：（1）电场强度
带电粒子所受电场力
（2）粒子在0~时间内走过的距离为
故带电粒子在t=时，恰好到达A板
根据动量定理，此时粒子动量
（3）带电粒子在~t=向A板做匀加速运动，在~t=向A板做匀减速运动，速度减为零后将返回。粒子向A 板运动可能的最大位移
要求粒子不能到达A板，有s＜d
由f=，电势变化频率应满足Hz
四、创新试题
17．（1）E＝BL（v1－v2），I＝E/R，F＝BIL＝，速度恒定时有：
＝f，可得：v2＝v1－
（2）fm＝
（3）P导体棒＝Fv2＝f，P电路＝E2/R＝＝
（4）因为－f＝ma，导体棒要做匀加速运动，必有v1－v2为常数，设为v，a＝，则－f＝ma，可解得：a＝
18．解：（1）由前三列数据可知物体在斜面上匀加速下滑时的加速度为a1＝＝5m/s2，mg sin ＝ma1，可得：＝30
（2）由后二列数据可知物体在水平面上匀减速滑行时的加速度大小为a2＝＝2m/s2，mg＝ma2，可得：＝0.2
（3）由2＋5t＝1.1＋2（0.8－t），解得t＝0.1s，即物体在斜面上下滑的时间为0.5s，则t＝0.6s时物体在水平面上，其速度为v＝1.1＋2（0.8－0.2）＝2.3 m/s
五、复习建议
1．有些非选择题如果采用图象法分析，往往会事半功倍，既节省了时间，又使分析过程更简洁清晰。
2．通过画示意图可以帮助分析状态和过程的规律,如受力分析图,光路图,电荷在电场或磁场中运动的轨迹图，电场线，磁感线等；
3．图象和文字叙述、表达式一样，可以描述物理概念和物理规律，平时加强三者之间的联系，多练习。
A． B． C． D．
v/m·s-1
A
B
O
t1
t2
t/s
O
α
θ
A
O
α
θ
B
C
O
α
θ
O
θ
D
α
0
5
10
-5
-10
1
2
4
3
5
F/N
t/s
0
5
10
10
15
20
5
t/s
v/(m/s)
b(乙)
a(甲)
1
2
3
4
5
6
0
100
u/V
t/10－2 s
x/cm
y/cm
0
2 4 6 8
P R S
t/s
y/cm
4
2
－2
0
8
12
16
2
6
10
14
－1
1
图3
图2
y/cm
2
4
－4
0
4
6
8
1
3
5
7
－2
2
t/s
图1
x
2l
o
F
c
b
d
a
l
0.5l
1l
1.5l
2l
2.5l
3l
3.5l
O
i0
x
i
0
1
2
3
－1
－2
－3
0.1
0.08
P
x/m
y/m
t＝1.2 s
1l
2l
3l
O
x
i
0.1
0.2
0.3
0.4
0.5
0.6
0.1
0.08
－0.08
－0.1
y/m
t/s
21世纪教育网 -- 中国最大型、最专业的中小学教育资源门户网站。 版权所有@21世纪教育网本资料来自于资源最齐全的２１世纪教育网www.21cnjy.com
专题二 动量和能量
高考形势分析及历年部分省市高考试题分布：
高中物理在力学、热学、电磁学、光学和原子物理等各分支学科中涉及到许多形式的能，如动能、势能、电能、内能、核能，这些形式的能可以相互转化，并且遵循能量转化和守恒定律，能量是贯穿于中学物理教材的一条主线，是分析和解决物理问题的主要依据。在每年的高考物理试卷中都会出现考查能量的问题。并时常发现“压轴题”就是能量试题。
历年高考中动量和能量题分布情况：2004年，全国理综II，计算题25题考查动量和能量综合题；全国理综III，计算题25题考查动量和能量综合题；北京卷24题考查动量和能量综合题；天津卷选择题21题考查碰撞中的动量守恒，25题考查动量和能量的综合题。2005年，全国理综I动量和能量的题占19分，理综II占36分，理综III占20分，北京卷占16分，天津卷占18分。2006年全国理综I、III，选择题20题动量定理和动能定理；理综II，18题碰撞中的动量和能量问题；重庆卷2计算题25题考查机械能守恒定律、动量守恒定律和圆周运动中的牛顿第二定律的知识；四川卷计算题25题考查带电粒子在磁场中的运动，动量守恒定律，圆周运动，平抛运动。天津卷实验题22题考查验证碰撞中的动量守恒定律和百分误差。2007年，湖南卷实验题22题，考查验证中碰撞中的动量守恒定律，计算题24题考查电子阻尼、碰撞动量守恒；北京卷选择题19题考查碰撞动量守恒和单摆周期的知识结合，20题考查动量定理和电场的知识。全国卷II选择题16题考查动量和动能定理。四川卷选择题18题考查碰撞中的动量守恒定律和机械能守恒定律。天津卷选择题15题考查动量守恒与动能定理，计算题23题考查机械能守恒，圆周运动中的牛顿第二定律，动量守恒定律和动能定理。
动量与能量知识框架：
一、考点回顾
1．动量、冲量和动量定理
2．动量守恒定律
3．动量和能量的应用
4．动量与动力学知识的应用
5．航天技术的发展和宇宙航行
6．动量守恒定律实验
二、动量和能量知识点
1．动量
(1)动量：运动物体的质量和速度的乘积叫做动量，即p=mv.是矢量，方向与v的方向相同.两个动量相同必须是大小相等，方向一致。
(2)冲量：力和力的作用时间的乘积叫做该力的冲量，即I=Ft.冲量也是矢量，它的方向由力的方向决定。
2．能量
能量是状态量，不同的状态有不同的数值的能量，能量的变化是通过做功或热传递两种方式来实现的，力学中功是能量转化的量度，热学中功和热量是内能变化的量度。
(1)W合=△Ek：包括重力、弹簧弹力、电场力等各种力在内的所有外力对物体做的总功，等于物体动能的变化。(动能定理)
(2)WF=△E：除重力以外有其它外力对物体做功等于物体机械能的变化。(功能原理)
注：①物体的内能(所有分子热运动动能和分子势能的总和)、电势能不属于机械能
②WF=0时，机械能守恒，通过重力做功实现动能和重力势能的相互转化。
③WG=-△EP重力做正功，重力势能减小；重力做负功，重力势能增加。重力势能变化只与重力做功有关，与其他做功情况无关。
④W电=-△EP：电场力做正功，电势能减小；电场力做负功，电势能增加。在只有重力、电场力做功的系统内，系统的动能、重力势能、电势能间发生相互转化，但总和保持不变。
注：在电磁感应现象中，克服安培力做功等于回路中产生的电能，电能再通过电路转化为其他形式的能。
⑤W+Q=△E：物体内能的变化等于物体与外界之间功和热传递的和(热力学第一定律)。
⑥mv02/2=hν-W：光电子的最大初动能等于入射光子的能量和该金属的逸出功之差。
⑦△E=△mc2：在核反应中，发生质量亏损，即有能量释放出来。(可以以粒子的动能、光子等形式向外释放)
3．动量与能量的关系
(1)动量与动能
动量和能量都与物体的某一运动状态相对应，都与物体的质量和速度有关.但它们存在明显的不同：动量的大小与速度成正比p=mv；动能的大小与速度的平方成正比Ek=mv2/2?两者的关系：p2=2mEk
动量是矢量而动能是标量.物体的动量发生变化时，动能不一定变化；但物体的动能一旦发生变化，则动量必发生变化.
(2)动量定理与动能定理
动量定理：物体动量的变化量等于物体所受合外力的冲量.△P=I，冲量I=Ft是力对时间的积累效应
动能定理：物体动能的变化量等于外力对物体所做的功.△Ek=W，功W=Fs是力对空间的积累效应.
(3)动量守恒定律与机械能守恒定律
动量守恒定律与机械能守恒定律所研究的对象都是相互作用的物体系统，(在研究某个物体与地球组成的系统的机械能守恒时，通常不考虑地球的影响)，且研究的都是某一物理过程.动量守恒定律的内容是：一个系统不受外力或者所受外力之和为0，这个系统的总动量保持不变；机械能守恒定律的内容是：在只有重力和弹簧弹力做功的情形下，系统机械能的总量保持不变。
运用动量守恒定律值得注意的两点是：
①严格符合动量守恒条件的系统是难以找到的.如：在空中爆炸或碰撞的物体受重力作用，在地面上碰撞的物体受摩擦力作用，但由于系统间相互作用的内力远大于外界对系统的作用，所以在作用前后的瞬间系统的动量可认为基本上是守恒的。
②即使系统所受的外力不为0，但沿某个方向的合外力为0，则系统沿该方向的动量是守恒的。
动量守恒定律的适应范围广，不但适应常见物体的碰撞、爆炸等现象，也适应天体碰撞、原子的裂变，动量守恒与机械能守恒相结合的综合的试题在高考中多次出现，是高考的热点内容。
三、经典例题剖析
1．（上海高考题）一物体沿光滑斜面下滑，在此过程中【 】
A．斜面对物体的弹力做功为零
B．斜面对物体的弹力的冲量为零
C．物体的动能增量等于物体重力所做的功
D．物体的动量增量等于物体重力的冲量
解析：物体沿光滑斜面下滑运动方向沿斜面向下，而斜面对物体的弹力，即支持力方向垂直斜面，故弹力不做功，选A正确。
根据动量定理可知，物体的动量变化量等于合外力对物体的冲量，物体在下滑过程中，受到弹力和重力两个力的作用，这两个力的冲量均不为零，这两力的冲量的矢量和等于物体的动量的增量，选B和D是错误的。
根据动能定理可知，由于弹力对物体不做功，只有重力做功，物体的动能增加量等于重力所做的功，故选C正确。
答案：A、C
点评：本题考查动量定理和动能定理两个规律，在这两个定理中包含了功和冲量两个概念，所以同时对这两个概念也必须理解，并加以区分，冲量是力在时间上的积累，而功是力在位移上的积累，力在时间上的积累引起物体动量的变化，力在位移上的积累引起物体动能的变化。
2．（2004年天津高考题）质量m=1.5kg的物块（可视为质点）在水平恒力的作用下，从水平面上由静止开始运动，运动一段距离撤去该力，物块继续滑行t=0.2s停在B点，已知A、B两点间距s=5.0m，物块与水平面间的动摩擦因数μ=0.20，求恒力F多大？（g=10m/s2）
解析：设撤去力F前物块的位移为s1，撤去力时物块F1=μmg
对撤去力F后物块滑动过程应用动量定理可得：-F1t=0-mv
由运动学公式：s-s1=vt/2
对物块运动的全过程应用动能定理：Fs1-F1s=0
由以上公式得：F=2μmgs/(2s-μgt2)，代入数据得F=15N
答案：F=15N
点评：本题考查动量定理和动能定理在动力学中的应用，在利用动量定理和动能定理解题时，选择初末状态时关键，同时也要熟悉物体的运动过程及受力状况。
3．（2005年天津高考题）如图所示，质量为mA=4.0kg的木板A放在水平面C上，木板与水平面间的动摩擦因数为μ=0.24，木板最右端放着质量为mB=1.0kg的小物块（视为质点），它们均处于静止状态，木板突然受到水平向右的12N s的瞬时冲量I作用开始运动，当小物块离开木板时，木板的动能为8.0J,小物块的动能为0.5J（g=10m/s2）求：
(1)瞬时冲量作用结束时木板的速度为多少？
(2)木板的长度时多少？
解析：(1)以A由静止到获得初速度为研究过程，由动量定理可知
I= mv0 带入数据得到：v0=3m/s ①
(2)对A获得速度到B从A的左端掉下来为研究过程，其运动过程如图所示，设A运动的时间为t，运动的位移为Sa，B运动的位移为Sb，B对A，C对A，A对B的摩擦力分别为fBA，fCA，fAB，由动量定理可得：
对A：-（fBA+fCA）t=mAvA-mAv0 ②
对B： fABt=mBvB ③
由动能定理可知对A：-（fBA+fCA）Sa=mAv A 2/2-mAv02/2 ④
对B： fABSb=mBvB2/2 ⑤
由牛顿第三定律可知，A对B的摩擦力和B对A的摩擦力大小相等
fAB= fBA ⑥
fCA=μ（mA+mB）g ⑦
L=Sa-Sb ⑧
由①②③④⑤⑥⑦⑧联立可解得：L=0.5m
答案：（1）v0=3m/s；（2） L=0.5m
点评：本题考查动量定理和动能定理相结合的知识点，对此题注重过程的分析，画出运动过程图，再做此题就一目了然。
4．如图所示，金属杆a从离地h高处由静止开始沿光滑平行的弧形轨道下滑，轨道的水平部分有竖直向上的匀强磁场B，水平轨道上原来放有一金属杆b，已知a杆的质量为ma,且与杆b的质量之比为ma∶mb=3∶4，水平轨道足够长，不计摩擦，求：
(1)a和b的最终速度分别是多大
(2)整个过程中回路释放的电能是多少
(3)若已知a、b杆的电阻之比Ra∶Rb=3∶4，其余部分的电阻不计，整个过程中杆a、b上产生的热量分别是多少
解析：(1)a下滑过程中机械能守恒magh=mav02/2
a进入磁场后，回路中产生感应电流，a、b都受安培力作用，a做减速运动，b做加速运动，经过一段时间，a、b速度达到相同，之后回路的磁通量不发生变化，感应电流为0，安培力为0，二者匀速运动.匀速运动的速度即为a.b的最终速度，设为v.由于所组成的系统所受合外力为0，故系统的动量守恒 mav0=(ma+mb)v
由以上两式解得最终速度va=vb=v=
(2)由能量守恒得知，回路中产生的电能应等于a、b系统机械能的损失，所以
E=magh-(ma+mb)v2/2=4magh/7
(3)由能的守恒与转化定律，回路中产生的热量应等于回路中释放的电能等于系统损失的机械能，即Qa+Qb=E.在回路中产生电能的过程中，电流不恒定，但由于Ra与Rb串联，通过的电流总是相等的，所以应有
所以
答案：（1）va=vb=v= （2）E=4magh/7 （3）
点评：此题考查的时机械能守恒、动量守恒定律和能量的转化，在导体棒a进入磁场之前，导体棒a的机械能守恒，进入后导体棒a切割磁感线产生电动势，电路中产生电流，使导体棒b受到安培力作用而运动，直到最后两棒有相同的速度，以a、b这一整体为系统，则系统在水平方向受到的安培力相互抵销，系统的动量守恒。在这一运动过程中，导体棒a、b发热消耗能量，系统损失的能量转化为内能，再根据系统的能量守恒，即可求出两棒上的热量。
5．（2006年重庆理综）如图半径为R的光滑圆形轨道固定在竖直面内。小球A、B质量分别为m、βm（β为待定系数）。A球从左边与圆心等高处由静止开始沿轨道下滑，与静止于轨道最低点的B球相撞，碰撞后A、B球能达到的最大高度均为，碰撞中无机械能损失。重力加速度为g。试求：
(1)待定系数β；
(2)第一次碰撞刚结束时小球A、B各自的速度和B球对轨道的压力；
(3)小球A、B在轨道最低处第二次碰撞刚结束时各自的速度，并讨论小球A、B在轨道最低处第n次碰撞刚结束时各自的速度。
解析：(1)由于碰撞后球沿圆弧的运动情况与质量无关，因此，A、B两球应同时达到最大高度处，对A、B两球组成的系统，由机械能守恒定律得，解得β＝3
(2)设A、B第一次碰撞后的速度分别为v1、v2，取方向水平向右为正，对A、B两球组成的系统，有
解得，方向水平向左；，方向水平向右。
设第一次碰撞刚结束时轨道对B球的支持力为N，方向竖直向上为正，则
，B球对轨道的压力
，方向竖直向下。
(3)设A、B球第二次碰撞刚结束时的速度分别为V1、V2，取方向水平向右为正，则
解得V1＝－，V2＝0．（另一组解V1＝－v1，V2＝－v2不合题意，舍去）
由此可得：当n为奇数时，小球A、B在第n次碰撞刚结束时的速度分别与其第一次碰撞刚结束时相同；
当n为偶数时，小球A、B在第n次碰撞刚结束时的速度分别与其第二次碰撞刚结束时相同。
答案：（1）3；（2），方向水平向左；，方向水平向右；4.5mg，方向竖直向下；（3）见解析。
点评：小球A与B碰撞之前机械能守恒，在碰撞过程中动量守恒，碰撞完毕，两球又机械能守恒，所以此题关键在于对碰撞过程的分析，不同的碰撞次数，结果不一样，通过分析，找出规律，得出结论。
6．（2004全国理综25题）柴油打桩机的重锤由气缸、活塞等若干部件组成，气缸与活塞间有柴油与空气的混合物。在重锤与桩碰撞的过程中，通过压缩使混合物燃烧，产生高温高压气体，从而使桩向下运动，锤向上运动。现把柴油打桩机和打桩过程简化如下：
柴油打桩机重锤的质量为m，锤在桩帽以上高度为h处（如图1）从静止开始沿竖直轨道自由落下，打在质量为M（包括桩帽）的钢筋混凝土桩子上。同时，柴油燃烧，产生猛烈推力，锤和桩分离，这一过程的时间极短。随后，桩在泥土中向下移动一距离l。已知锤反跳后到达最高点时，锤与已停下的桩幅之间的距离也为h（如图2）。已知m＝1.0×103kg，M＝2.0×103kg，h＝2.0m，l＝0.20m，重力加速度g＝10m/s2，混合物的质量不计。设桩向下移动的过程中泥土对桩的作用力F是恒力，求此力的大小。
解析：锤自由下落，碰桩前速度v1向下， ①
碰后，已知锤上升高度为（h－l），故刚碰后向上的速度为 ②
设碰后桩的速度为V，方向向下，由动量守恒， ③
桩下降的过程中，根据功能关系， ④
由①、②、③、④式得 ⑤
代入数值，得N
答案：N
点评：此题属于打击中的动量守恒，在离开桩后，锤的机械能守恒。分析题意，浓缩成物理模型，再利用动能定理和动量守恒定律相结合求解结果。
7．（2006年天津理综）如图所示，坡道顶端距水平面高度为h，质量为m1的小物块A从坡道顶端由静止滑下，进入水平面上的滑道时无机械能损失，为使A制动，将轻弹簧的一端固定在水平滑道延长线M处的墙上，一端与质量为m2的档板B相连，弹簧处于原长时，B恰位于滑道的末端O点．A与B碰撞时间极短，碰后结合在一起共同压缩弹簧，已知在OM段A、B与水平面间的动摩擦因数均为μ，其余各处的摩擦不计，重力加速度为g，求：
(1)物块A在与挡板B碰撞前瞬间速度v的大小；
(2)弹簧最大压缩量为d时的弹性势能Ep（设弹簧处于原长时弹性势能为零）。
解析：(1)由机械能守恒定律，有
解得v＝
(2)A、B在碰撞过程中内力远大于外力，由动量守恒，有
碰后A、B一起压缩弹簧，）到弹簧最大压缩量为d时，A、B克服摩擦力所做的功
由能量守恒定律，有
解得：
答案：（1）；（2）
点评：物块A下滑过程机械能守恒，与B碰撞过程中，A和B系统动量守恒，碰撞后A、B一起运动压缩弹簧，在以后过程中，系统做减速运动，机械能向内能和弹性势能转化。第一阶段利用机械能守恒定律，第二阶段利用动量守恒定律，第三阶段利用动能定理即可。分析清楚过程，此题就简单多了。
8．（2006年江苏高考题）如图所示，质量均为m的A、B两个弹性小球，用长为2l的不可伸长的轻绳连接．现把A、B两球置于距地面高H处（H足够大），间距为L。当A球自由下落的同时，B球以速度v0指向A球水平抛出．求：
(1)两球从开始运动到相碰，A球下落的高度；
(2)A、B两球碰撞（碰撞时无机械能损失）后，各自速度的水平分量；
(3)轻绳拉直过程中，B球受到绳子拉力的冲量大小。
解析：(1)设到两球相碰时A球下落的高度为h，由平抛运动规律
得 ①
②
联立①②得 ③
（2）A、B两球碰撞过程中，由水平方向动量守恒，得
④
由机械能守恒定律，得 ⑤
式中
联立④⑤解得
（3）轻绳拉直后，两球具有相同的水平速度，设为vBx,，由水平方向动量守恒，得
由动量定理得
答案：（1）；（2）；（3）
点评：此题是自由落体、平抛运动、碰撞中的动量守恒、动量定理等知识点的考查，开始利用自由落体和平抛运动的等时性计算出A下落的高度，再利用在某一方向上的动量守恒和机械能守恒联合可求出A、B在碰后水平方向的速度。
9．（2003年江苏高考题）如图（a）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点在竖直面内做圆周运动。在各种阻力都可忽略的条件下测力传感器测得绳的拉力F随时间t变化关系如图（b）所示，已知子弹射入的时间极短，且图（b）中t=0为A、B开始以相同的速度运动的时刻。根据力学规律和题中（包括图）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，你能求得哪些定量的结果？
解析：由图b可直接看出，A、B一起做周期性运动，运动的周期T＝2t0 ①
令表示A的质量，表示绳长.表示B陷入A内时即时A、B的速度（即圆周运动最低点的速度），表示运动到最高点时的速度，F1表示运动到最低点时绳的拉力，F2表示运动到最高点时绳的拉力，根据动量守恒定律，得 ②
在最低点和最高点处应用牛顿定律可得 ③
④
根据机械能守恒定律可得
⑤
由图b可知 ⑥ ⑦
由以上各式可解得，反映系统性质的物理量是 ⑧
⑨
A、B一起运动过程中的守恒量是机械能E，若以最低点为势能的零点，则
⑩
由②⑧⑩式解得
答案：；；
点评：此题关键在于识图，从F—t图像中获得更多的信息，绳子拉力是周期性的变化，变化周期为2t0，绳子拉力的最大值为Fm，最小值为0，在最低点出现最大值，最高点出现最小值0，即在最高点绳子不受拉力。根据动量守恒定律，机械能守恒定律，牛顿运动定律的知识可以求出小球的质量，绳子的长度及系统的机械能。
10．连同装备质量M=100kg的宇航员离飞船45m处与飞船相对静止，他带有一个装有m=0.5kg的氧气贮筒，其喷嘴可以使氧气以v=50m/s的速度在极短的时间内相对宇航员自身喷出.他要返回时，必须向相反的方向释放氧气，同时还要留一部分氧气供返回途中呼吸.设他的耗氧率R是2.5×10-4kg/s，问：要最大限度地节省氧气，并安全返回飞船，所用掉的氧气是多少
解析：设喷出氧气的质量为m′后，飞船获得的速度为v′，喷气的过程中满足动量守恒定律，有：0=(M-m′)v′+m′(-v+v′)
得v′=m′v/M
宇航员即以v′匀速靠近飞船，到达飞船所需的时间t=s/v′=Ms/m′v
这段时间内耗氧m″=Rt
故其用掉氧气m′+m″=2.25×10-2/m′+m′
因为(2.25×10-2/m′)×m′=2.5×10-2为常数，所以当2.25×10-2/m′=m′，即m′=0.15kg时用掉氧气最少，共用掉氧气是m′+m″=0.3kg.
答案：所用掉氧气0.3kg
点评：(1)动量守恒定律中的各个速度应统一对应于某一惯性参照系，在本题中，飞船沿圆轨道运动，不是惯性参照系。但是，在一段很短的圆弧上，可以视飞船做匀速直线运动，是惯性参照系。
(2)此题中氧气的速度是相对宇航员而不是飞船。因此，列动量守恒的表达式时，要注意速度的相对性，这里很容易出错误。
(3)要注意数学知识在物理上的运用。
11．（2005年南京高三一摸试题）如下图所示，发射人造卫星时，先把卫星送入近地轨道，然后使其沿椭圆轨道达到远地点P，此时速度为v，若P点到地心的距离为R，卫星的总质量为m，地球半径为R0，地表的加速度为g，则欲使卫星从P点绕地球做半径为R的圆轨道运动，卫星在P点应将质量为△m的燃气以多大对地的速度向后喷出（将连续喷气等效为一次性喷气）。
解析：卫星进入轨道后做圆周运动，由万有引力提供向心力，即
解得：
又因为地面附近万有引力近似等于物体的重力
解得 GM=gR02
所以： ①
卫星要进入该轨道，其运行速度必须等于v’，所以卫星喷气后的速度为v’。
在喷气过程中，以喷出的气体与卫星为系统，则系统的动量守恒，该燃气喷出时对地的速度，由动量守恒定律可得：
②
由①②可得：
答案：
点评：本题考查动量守恒定律中的反冲现象，也是动量守恒定律在航天技术和宇宙航行中的应用，解这类问题时要注意速度的同时性，即作用前和作用后的速度为同一时刻的速度，对同一参考系的速度。
12．（2006年全国高考天津卷）用半径相同的两个小球A、B的碰撞验证动量守恒定律，实验装置示意如图所示，斜槽与水平槽圆滑连接，实验时先不放B球，使A球从斜槽上某一固定点C由静止滚下，落到位于水平地面的记录纸上留下痕迹，再把B球静置与水平槽前端边缘处，让A球仍从C点处静止滚下，A球和B球碰撞后分别落在记录纸上留下各自的痕迹，记录纸上的O点是重锤线所指的位置，若测得各落点痕迹到O点的距离：OM=2.68cm，OP=8.62cm，ON=11.50cm，并知A、B两球的质量之比为2：1，则未放B球时，A球落地点是记录纸上的 点，系统碰撞前总动量p与碰撞后总动量P’的百分误差 （结果保留一位有效数字）
解析：根据平抛运动知识可知道未放B球时，A球要落到P点。
由平抛运动的知识可知，未放B球时，A球的速度可以表示为，放B球后，A从斜槽滚下与B发生碰撞后各自的速度可以表示为：，
由动量知识可以知道：碰撞前的总动量为
碰撞后总动量为
代入数据得到：
又因为mA=2mB 所以
答案：P点 2%
点评：验证动量守恒定律是高考实验的重点，对于该题应掌握好动量守恒定律及其平抛运动的规律，借助平抛运动在水平方向动量守恒来验证这一规律，从该题也看到了高考注重基础知识和基本规律的考查，只要掌握了动量守恒定律在平抛运动中的应用，此题很容易得分。
13．如图所示，水平光滑地面停放着一辆小车，左侧靠在竖直墙壁上，小车的四分之一圆弧轨道AB是光滑的，在最低点B与水平轨道BC相切，BC的长度是圆弧半径的10倍，整个轨道处于同一竖直平面内。可视为质点的物块从A点的正上方某处无初速度下落，恰好落入小车圆弧轨道滑动，然后沿水平轨道滑行至轨道末端C恰好没有滑出。已知物块到达圆弧轨道最低点B时对轨道的压力是物块的重力的9倍，小车的质量是物块的3倍，不考虑空气阻力和物块落入圆弧轨道时的能量损失，求：
(1)物块开始下落的位置距离水平轨道BC的竖直高度是圆弧半径的多少倍？
(2)物块与水平轨道BC间的动摩擦因数μ为多少？
解析：(1)设物块的质量为m,其开始下落的位置距离BC的竖直高度为h，到达B点时的速度为v，小车圆弧轨道半径为R，有机械能守恒定律，有： ①
根据牛顿第二定律，有 ②
解得h=4R ③即物块开始下落的位置距水平轨道BC的竖直高度是圆弧半径的4倍
(2)设物块与BC间的滑动摩擦力的大小为F，物块滑行到C点时与小车的共同速度为v’，物块在小车上由B运动到C的过程中小车对地面的位移大小为s，依题意，小车的质量为3m，BC长度为10R，由滑动摩擦定律，有F=μmg ④
由动量守恒定律，有 ⑤
对物块、小车分别应用动能定理 ⑥
⑦ 解得：μ=0.3
答案h=4R μ=0.3
点评：本题是传统的机械能和动量守恒两大守恒定律还有动能定理的结合，这类型的题只要对研究过程有充分的理解，应该是很容易得分的，
14．碰撞的恢复系数的定义为c=，其中v10和v20分别是碰撞前两物体的速度，v1和v2分别是碰撞后两物体的速度。弹性碰撞的恢复系数c=1.非弹性碰撞的c<1,某同学借用验证动量守恒定律的实验装置（如图所示）物质弹性碰撞的恢复系数是否为1，实验中使用半径相等的钢质小球1和2，（他们之间的碰撞可近似视为弹性碰撞），且小球1的质量大于小球2的质量.
实验步骤如下：
第一步，安装实验装置，做好测量前的准备，并记下重垂线所指的位置O。
重复多次，用尽可能小的圆把小球的所有落点圈在里面，其圆心就是小球落点的平均位置。
第二步，把小球2放在斜槽前端边缘处的C点，计小球1从A点由静止滚下，使它们碰撞，重复多次，并使用与第一步同样的方法分别标出碰撞后两小球落点的平均位置.
第三步，用刻度尺分别测量三个落地点的平均位置离O点的距离，即线段OM、OP、ON的长度。
在上述实验中，①P点是 的平均位置。M点是 的平均位置。N点是 的平均位置。
请写出本实验的原理 写出用测量表示的的恢复系数的表达式
③三个落地点距O点的距离OM、OP、ON与实验所用的小球质量是否有关？
答案：①P点是小球A碰前落地的平均位置，M点是小球A碰后落地的平均位置，N点是小球B碰后落地的平均位置
②原理：小球从槽口C飞出做平抛运动的时间相同，设为t，则有：
OP=v10t，OM=v1t，ON=v2t 小球2碰撞前静止，v20=0
③OP与小球的质量无关，OM和ON与小球的质量有关。
三、方法总结与2008年高考预测
（一）方法总结：
动量和能量的试题常常是综合题，是动量与能量的综合，或者动量、能量与平抛运动、圆周运动、牛顿运动定律、热学、电磁学、原子物理等知识的综合。试题的情景常常是物理过程较复杂的，或者是作用时间很短的，如变加速运动、碰撞、爆炸、打击、弹簧形变、反冲现象等。动量与能量的综合问题，是高中力学最重要的综合问题，也是难度较大的问题。分析这类问题时，首先应建立清晰的物理图景，抽象出物理模型，选择物理规律，建立方程进行求解。
（二）2008年高考预测
本专题涉及的内容是动力学内容的继续和深化，其中的动量守恒定律、机械能守恒定律、能量守恒定律比牛顿运动定律的适用范围更广泛，是自然界中普遍适用的基本规律，因此是高中物理的重点，也是高考考查的重点之一。高考中年年有，且常常成为高考的压轴题。如2002年、2003年理综最后一道压轴题均是与能量有关的综合题。通过对近几年的高考试卷的分析，由于近年采用综合考试后，试卷难度有所下降，因此动量和能量考题的难度也有一定下降。例如2007年天津卷的计算题23题就比较简单，过程简洁，是一个得分率很高的题。从以上这些现象可以看出，在以后的高考中，动量和能量的考题跟注重基础和应用，所以在学习这部分的知识时，要更加关注有关基本概念的题、定性分析现象的题和联系实际、联系现代科技的题。
四、强化练习
（一）选择题
1．为内能的数值为△E1，用同样的子弹以同样的速度击穿静止放在光滑水平面上同样的木块，经历的时间为△t2，机械能转化为内能的数值为△E2。假定在以上两种情况下，子弹在木块中的阻力大小是相同的，则下列结论中正确的是【 】
A．
B．
C．
D．
2．质量相等的A、B两球之间压缩一根轻弹簧，静置与光滑水平桌面上，当用挡板挡住小球A而只释放小球B时，B球被弹出落于桌边为s的水平地面，如图所示，问当用同样的程度压缩弹簧，取走A左边的挡板，将A、B同时释放，B球的落地点距离桌边为【 】
A． B．
C．s D．
3．如图所示，完全相同的A、B两物块随足够长的水平传送带按图中所示方向匀速转动，AB间夹有少量炸药，对A、B在炸药爆炸过程及随后的运动过程中有下列说法，其中正确的是【 】
A．炸药爆炸后瞬间，A、B两物体速度方向一定相同
B．炸药爆炸后瞬间，A、B两物体速度方向一定相反
C．炸药爆炸过程中，A、B两物体组成的系统动量不守恒
D．A、B在炸药爆后到A、B两物体相对传送带静止过程中动量守恒
4．一个小球从距离地面高度为H处自由落下，与水平地面发生碰撞，设碰撞时间为一个定值t，则在碰撞过程中，小球与地面的平均作用力与弹起的高度的关系是【 】
A．弹起的最大高度h越大，平均作用力就越大
B．弹起的最大高度h越大，平均作用力就越小
C．弹起的最大高度h=0，平均作用力最大
D．弹起的最大高度h=0，平均作用力最小
5．（2006年北京海定期中练习）目前，载人宇宙飞船返回舱时常采用强制减速的方法，整个回收过程可以简化为这样几个主要的阶段：第一个阶段，在返回舱进入大气层的过程中，返回舱在大气阻力和重力的共同作用下匀速下降，第二个阶段，返回舱到了离地面一定高度时打开降落伞使返回舱以较低的速度匀速降落，第三个阶段，在接近地面时点燃反冲火箭使返回舱做减速运动直到落地。关于这三个阶段中返回舱机械能及动量的变化情况，以下说法中正确的时【 】
A．第一阶段返回舱机械能的减少量等于返回舱所受外力做功的代数和
B．第二阶段返回舱机械能的变化量等于返回舱克服大气阻力做的功
C．第三阶段返回舱动能的变化量等于反冲火箭对返回舱做的功
D．第三阶段返回舱动量的变化量等于反冲火箭对返回舱的冲量
6．太阳放出的大量中微子向地球飞来，但实验测定的数目只有理论的三分之一，“三分之二的太阳中微子失踪”之谜，一直困扰着科学，后来科学家发现中微子在向地球传播的过程中衰变为一个μ子和一个τ子，此项成果获“2001年世界十大科技突破奖之一”。若在衰变中发现的μ子速度方向与中微子原来方向一致，则τ子的运动方向【 】
A．一定与μ子同方向
B．一定与μ子反方向
C．不一定与μ子在同一直线上
D．一定与μ子在同一直线上
7．（2006年西安二检）子弹入射钢板前的动能为E0，速度为v0，穿过钢板后子弹动能减少了三分之一，则子弹穿过钢板时，克服阻力做功、子弹穿过钢板后的动能、子弹穿过钢板后的速度分别为【 】
A．，，　　　　　　　　B．，，
C．，，　　　　　　　　D．，，　
8．用大、小两个锤子钉钉子，大小锤子质量分别为M、m,且M=4m，钉钉子时设两个锤子的动量相等，两只钉子的质量也相等，受到木板的阻力也相同，且每次碰撞中钉子获得锤子的全部动能，下列说法中正确的是【 】
A．大锤子每次把钉钉子钉得深些
B．小锤子每次把钉钉子钉得深些
C．两把锤子钉得一样深
D．大小锤子每次把钉钉子钉入木板的深度深度之比为1：4
9．如图所示，一直角斜面体固定在水平地面上，左侧斜面倾角为60°，右侧斜面倾角为30°，A、B两个物体分别系于一根跨过定滑轮的轻绳两端且分别置于斜面上，两物体下边缘位于同一高度且处于平衡状态，不考虑所有的摩擦，滑轮两边的轻绳都是平行于斜面，若剪断轻绳，让物体从静止开始沿斜面滑下，下列叙述正确的是【 】
A．两物体的质量之比为　　　　　　　　
B．着地瞬间两物体的速度相等
C．着地瞬间两物体的机械能相等
D．着地瞬间两物体所受的重力的功率相等
10．（2007年四川省成都市）如图所示，位于光滑水平桌面，质量相等的小滑块P和Q都可以视作质点，Q与轻质弹簧相连，设Q静止，P以某一初动能E0水平响Q运动并与弹簧发生相互作用，若整个作用过程中无机械能损失，用E1表示弹簧具有的最大弹性势能，用E2表示Q具有的最大动能，则【 】
A．　　　 B．
C． D．
11．（2006年东北三校4月）小车沿水平轨道匀速行驶，某时刻，小车上的人同时沿着小车运动的方向向前、向后抛出两个质量相等的球，球抛出时相对地面的速度大小相等，则两球抛出后，小车的速度大小为【 】
A．与原来的速度相等 B．比原来的速度小
C．比原来的速度大 D．无法确定
12．（2006年潍坊4月）如图所示，两条条形磁铁各固定在甲、乙两车上，它们能在水平面上无摩擦地运动，甲车和磁铁的总质量为1kg，乙车和磁铁的总质量为0.5kg，两磁铁N极相对，推动一下使两车在同一直线上相向而行，某时刻甲车的速度为2m/s，乙车的速度为3m/s，可以看到它们还未碰上便分开了，下列说法正确的是【 】
A．乙车开始反向时，甲车的速度为0.5m/s，方向不变
B．两车距离最近时，乙车的速度为零
C．甲对乙的冲量等于乙对甲的冲量
D．两车距离最近时，乙车的速度为0.33m/s，与乙车原来的速度方向相反
（二）填空题
13．甲、乙两船自身质量为120kg，都静止在静水中，当一个质量为30kg的小孩以相对于地面6m/s的水平速度从甲船跳上乙船时，不计阻力，甲乙两船速度大小之比v甲:v乙=_______ 5：4
14．为了采集木星和火星之间的星云的标本，将航天器制成勺形，航天器质量为10000kg，正以10km/s初速度运行，星云物体速度为100m/s，方向与航天器相同，航天器为无动力装置，如果每秒可采集10kg星云物质，一小时后航天器速度变为 2.252km/s 。
15．物体A和B用轻绳相连在轻质弹簧下静止不动，如图甲所示，A的质量为m，B的质量为M，当连接A、B的绳突然断开后，物体A上升经某一位置时的速度大小为vA，这时物体B下落速度大小为vB，如图乙所示，这段时间内，弹簧的弹力对物体的冲量为 m(vA+vB)
16．装煤机在2s内将10t煤装入水平匀速前进的车厢内，车厢速度为5m/s，若不计阻力，车厢保持原速匀速前进，则需要增加的水平牵引力的大小为 2.5×104 N
17．在“验证碰撞中的动量守恒”的实验中，称得入射球与被碰球的质量分别为m1=30g，m2=60g，由实验得出它们的位移——时间图像如图所示的I、II、III，则由图可知，入射小球在碰前的动量是 0.03 kg·m/s,入射小球在碰后的动量是 0.015 kg·m/s，被碰小球的动量为 0.015 kg·m/s，由此可以得出结论 碰撞过程中系统的动量守恒 。
18．某同学设计了一个用打点计时器验证动量守恒定律的实验，在小车A的前端黏有橡皮泥，设法使小车A做匀速直线运动，然后与原来静止的小车B相碰并黏在一起，继续做匀速直线运动，设计如图所示：
在小车A的后面连着纸带，电磁打点计时器的频率为50Hz，长木板下垫着小木片用以平衡摩擦力。
(1)若已得到打点纸带如下图所示，并测得各计数点间的距离，在图上标出A为运动起始点，则应选 BC 段来计算A碰撞前的速度，应选 DE 段来计算A和B碰撞后的共同速度。
(2)已测得A的质量mA=0.40kg，小车B的质量mB=0.20kg，，则由以上结果可得碰撞前的总动量p= 0.42 kg·m/s,碰撞后总动量p’= 0.417 kg·m/s.
19．半径相同的两个小球A、B的碰撞验证动量守恒定律，实验装置示意如图所示，斜槽与水平槽圆滑连接，实验时先不放B球，使A球从斜槽上某一固定点C由静止滚下，落到位于水平地面的记录纸上留下痕迹，再把B球静置与水平槽前端边缘处，让A球仍从C点处静止滚下，A球和B球碰撞后分别落在记录纸上留下各自的痕迹，记录纸上的O点是重锤线所指的位置，若测得各落点痕迹到O点的距离：OM=2.68cm，OP=8.62cm，ON=11.50cm，并知A、B两球的质量之比为2：1，则未放B球时，A球落地点是记录纸上的 P 点，系统碰撞前总动量p与碰撞后总动量P’的百分误差 2% （结果保留一位有效数字）
（三）计算题
20．在某地的一平直路段的交通标志上明确表明：机动车辆的行驶速度不得超过70km/h，就在这一路段曾经发生过一起重大交通事故：一个总质量为1.40×105kg的向南行驶的大客车迎面和一个总质量为1.44×105kg的向北行驶的大卡车相撞，撞后辆车紧紧地卡在一起，两车的发动机立即熄灭并整体向南自由地滑行了一小段距离后停止。根据录像的测定，当时长途客车碰前的一刹那正以20m/s的速度行驶，那么，仅仅从事故车辆的法定行驶速率这一项指标来看，请你判定：
（1）大客车司机违章超速了吗？
（2）卡车司机违章超速了吗？（以上判定要有数据分析的支持）
21．如图所示，长12m木船右端固定一直立桅杆，木船和桅杆的总质量为50kg，木船与水之间的阻力是船（包括人）总重的0.1倍，质量为50kg的人立于木船的左端，木船与人均静止，若人以a=4m/s2的加速度匀加速向右奔跑到船的右端并立即抱住桅杆，g=10 m/s2，求（1）人从开始奔跑至到达木船右端桅杆所经历的时间（2）木船的总位移。
22．如图所示，质量为1kg的物块m1以5m/s的速度在水平桌面上向右运动，桌面AB部分粗糙，其长2.25m，与物块间的动摩擦因数为0.2，其它部分均光滑，在桌右端有一静止的质量为2.5kg的物块m2，m1与m2正碰后，m2离开桌面，当它下落0.6m时，速度大小为4m/s，试求：物块m1停在桌面的位置（g=10 m/s2）
23．如图所示，C是放在光滑水平面上的一木板，木板的质量为3m，在木板的上面有两块质量均为m的小木块A和B，它们与木板间的动摩擦因数均为μ，最初木板静止，A、B两木块同时以方向水平向右的初速度v0和2v0在木板上滑动，木板足够长，A、B始终未滑离木板。求：
（1）木块B从刚开始运动到木板C速度刚好相等的过程中，木块B所发生的位移；
（2）木块A在整个过程中的最小速度。
24．如图所示，在光滑的水平面上静止着一个质量为4m的木板B，B的左端静止着一个质量为2m的物块A，已知A、B之间的动摩擦因数为μ，现有一质量为m的小球以水平速度v0飞来与A物块碰撞后以v0/3弹回，在整个过程中物块A始终未滑离木板B且物块A可视为质点，求：
（1）A相对B静止后的速度；
（2）A在B上滑行的距离。
25．2006年，美国宇航局“深度撞击”号探测器释放的撞击器“击中”目标——坦普尔1号彗星，这次撞击使该彗星自身的运行速度出现每秒0.0001mm的改变，探测器上所携带的总质量达370kg的彗星“撞击器”将以每小时38000km的速度径直撞向彗星的慧核部分，撞击彗星后融化消失，问：根据以上数据，估算一下彗星的质量大约是多少？（结果保留一位有效数字）
（四）创新试题
26．如图所示，质量为M=0.40kg的靶盒A位于光滑水平轨道上，开始时静止在O点，在O点右侧有范围很广的“相互作用区”，如图中的虚线区域，当靶盒A进入相互作用区域时便有向左的水平恒力F=20N作用，在P处有一固定的发射器B，它可根据需要瞄准靶盒每次发射一颗水平速度为v0=50m/s，质量为m=0.1kg的子弹，当子弹打入靶盒A后，便留在盒内，碰撞时间极短，若每当靶盒A停在或到达O点时，就有一颗子弹进入靶盒A内，求：
(1)当第一颗子弹进入靶盒A后，靶盒A离开O点的最大距离
(2)当第三颗子弹进入靶盒A后，靶盒A从离开O点到回到O点所经历的时间。
(3)当第100颗子弹进入靶盒内时，靶盒已经在相互作用区中运动的总时间
练习答案及解析：
1．A
解析：以子弹为研究对象，阻力对子弹所做的功W=fs，即将子弹的机械能转化为内能△E，且△E1=△E2，；
以子弹为研究对象，由动量定理-f△t=mv’-mv得：
由能量关系知道：
故正确答案为A
2．D
解析：第一次 第二次
3．D
解析：炸药爆炸后，A物体的速度是否反向，取决于炸药对两物体推力的冲量，应该存在三种可能，速度为零、反向和保持原来的反向。由于炸药对两物块的的冲量大校相等，方向相反，所以两物体的动量变化一定相等，两物块受到摩擦力大小相等，方向相反，故两物块一定同时相对传送带静止，这样可以判断在炸药爆炸后传送带对两物块的冲量大小相等，方向相反，故两物块组成的系统动量守恒。
4．AD
解析：根据动量定理，（F-mg）t=mv2+mv1，其中 从该式可知，AD正确。
5．B
解析：在人宇宙飞船降落时强制减速的第一个阶段中飞船在重力和大气阻力的共同作用下匀速下降，重力等于大气阻力，合力做功为零，计息能减少量为大气阻力所做的功，A错；第二阶段打开降落伞，飞船先减速下降，在匀速下降，飞船在重力和大气阻力作用下，机械能的减少量等于大气阻力做的功，B对；第三阶段点燃反冲火箭，减速降落到地面，由动能定理，动能的变化量等于合力所做的功，所以C错，由动量定理，动量的改变量应等于合力的冲量，而不仅仅是反冲火箭的冲量，D也错，所以本题答案为B。
6．D
解析：中微子衰变前后遵循动量守恒定律，所以衰变后μ子和τ子一定在同一条直线上，D正确，C错误，由于衰变后μ子和τ子的速度大小不定，所以二者可能同向，也可反向，A、B错误。
7．A
解析：根据动能定理，阻力做的功 ，子弹穿过钢板的动能
子弹穿过钢板后的速度：
所以选A
8．BD，
解析：两锤动量相等，M=4m，所以大小锤子动能之比为1：4，设木板对钉子的阻力为f，应用动能定理fs=Ek，即钉子钉入的深度与所获得的能量成正比，即大小锤子每次把钉子钉入的深度之比为1：4，所以BD选项正确。
9．AD
解析：轻绳未剪断之前，设绳子的张力为T，根据力的平衡条件T=mAgsin60°= mBgsin30°，mA:mB=1:1.732，轻绳剪断后，A、B从静止开始下滑到水平面的过程中，机械能守恒，着地的瞬间两物体的速率v=(2gh)1/2相同，机械能不同，重力的功率
10．AD
解析：P、Q相互作用的过程中满足动量守恒和机械能守恒，当P、Q速度相等时，系统的动能损失最大，此时弹簧的弹性势能最大，根据动量守恒和机械能守恒可以求得A项正确，由于P、Q的质量相等，故在相互作用过程中发生速度交换，当弹簧恢复原长时，P的速度为零，系统的机械能全部变为Q的动能，D正确。
11．C
解析：以小车、人、两球为系统，则系统的动量守恒，当向前后抛出两个小球后，小球的动量相互抵消，但小车和人的质量与原来相比质量小，所以速度增大了，故正确答案为C。
12．AC
解析：以甲、乙辆车及上面的磁铁为系统，系统的总动量守恒，由动量守恒定律可知：
当乙车开始反向时，即v‘乙=0，所以v甲=0.5m/s，且方向不变，A正确；两车速度相等时，两车之间的距离最小，所以B错误，当两车速度相等时
所以共同运动的速度为 所以C正确，甲对乙的冲量大小等于乙对甲的冲量大小，但是方向相反。所以D正确。
13．5:4
解析：系统动量守恒，总动量等于零，故
14．2.252km/s
解析：由动量守恒定律
故：
即V=2.252km/s即为所求
15．m(vA+vB)
解析：本题中的弹簧弹力是变力，时间又是未知量，显然，不能直接从冲量的概念I=Ft入手计算，只能用动量定理求解：
对物体A有：I-mgt=mvA
对物体B有：Mgt=MvB
由以上两式可等弹簧的弹力对物体A的冲量I=m(vA+vB)
16．25000N
解析：根据动量定理：
F·△t=△p，此题中的△p为动量变化，设车厢质量为M，煤的质量为△m，则
F·△t=（M+△m）·v-Mv=△mv,代入数据可得：
F=25000N
17．0.03 0.015 0.015 碰撞过程中的系统动量守恒
解析：有图象可以指导碰撞前后小球的速度:
碰撞前的速度为v1=1m/s，碰撞后的入射小球速度v1＇=0.5m/s，被碰小球的速度v2=0.75m/s
所以碰撞前入射小球的动量p1=m1v1=0.03×1=0.03 kg·m/s
碰撞后入射小球的动量p1＇=m1v1＇=0.03×0.5=0.015 kg·m/s
碰撞后被碰小球的动量p2=m2v2=0.02×0.75=0.015 kg·m/s
有以上数据可知碰撞前的总动量为0.03 kg·m/s，碰撞后的总动量为p1＇+ p2=0.015+0.015=0.03 kg·m/s，所以系统的动量守恒。
18．（1）BC， DE；（2）0.42 0.417
解析：（1）因为小车A和B碰撞前、后都做匀速运动，且碰后A和B黏在一起，其共同速度比A原来的速度小，所以应选点迹分布均匀且点距较大的BC段计算A的碰前速度，点距小DE段计算A和B碰后的共同速度。
（2）由题图可知，碰前的速度和碰后的AB的共同速度分别为：
所以碰撞前后的总动量分别为：
p=mAvA=0.42kg·m/s , p’=(mB+mA)v A＇=0.4１７kg·m/s
19．P点，2%
解析：根据平抛运动知识可知道未放B球时，A球要落到P点
由平抛运动的知识可知，未放B球时，A球的速度可以表示为，放B球后，A从斜槽滚下与B发生碰撞后各自的速度可以表示为：，
由动量知识可以知道：碰撞前的总动量为
碰撞后总动量为
代入数据得到：
又因为mA=2mB
所以
三、计算题
20．解析：（1）因为20m/s=72km/h>70 km/h所以大客车司机超速违章了
（2）由“系统整体撞后向南（设为正方向）滑行了一段距离”知，系统（两车）撞后总动量P总大于零，因为碰撞总动量守恒，即：
所以
所以卡车没有违章。
21．解析：（1）设人的质量为m1，在跑动过程中对船的作用力为F，根据牛顿运动定律有：F=m1a=200N
设船的质量为m2，则船所受的阻力f=0.1×(m1+m2)g=0.1×100×10N=100N，方向向右
设船的加速度为a＇根据牛顿运动定律 a＇=（F+f）/m2=(200-100)/50=2m/s2。
设船的长度为L，人从开始奔跑经历时间t到船的右端，则L=（ａ＇+a）t2/2
所以
（2）设人抱住桅杆前和船的速度分别为v1和v2,则
v1=at=4×2 m/s2=8m/s v2= a＇t=２×2 m/s2=４m/s
人抱住桅杆的过程中可认为系统动量守恒，设人和船的共同速度为v，则
m1v1-m2v2=(m1+m2)v 代入数据可得v=2m/s，方向向右。
设人和船共同滑行的加速度为a共，则a共=f/(m1+m2)=1 m/s2
木船的总位移为s=ａ＇t2/2-v2/2a共=2m
22．解析：设m1与m2碰撞前的速度为v1，由动能定理
得到
设m2与m1碰后速度为v2，下落0.6m时的速度为v2＇，由机械能守恒定律可得：
得到：v2=2m/s
m1与m2碰撞过程中动量守恒，设m1碰后速度为v1＇．
得
设m1停在距离BL远处，由动能定理
得到L=0.25m
23．解析：本题以动量守恒为核心考查目标，渗透了过程的动态分析和临界极值的确定，极具导向性。画出A、B、C在全过程的速率随时间变化的图线如下图所示，令系统最终的共同速率为v共，以向右为正方向。
(1)对A、B、C三者组成的系统用动量守恒定律
因代入式得到
对B，由牛顿第二定律知B和C发生相对位移的过程中：
-μmBg=mBaB
则aB=-μg，故B从开始到与C相对静止的过程中，对地位移为
（2）当A与C相对静止时由最小速度，设为v1，此时B的速度设为v2，由图像可知，由动量守恒定律有A、B、C系统有：
代入数据有
24．解析：（1）设小球m与物块A碰撞后A的速度为v1，设v0的方向为正方向，由动量守恒定律得：mv0=-mv0/3+2mv1
设物块A与木块B共同的速度为v2，由动量守恒定律2mv1=(2m+4m)v2
解上两式可得v1=2 v0/3，v2=2v0/9
（2）设A在B上滑过的距离为L，由能的转化和守恒定律得：
代入数据得到：
25．解析：以彗星和撞击器组成的系统为研究对象，设彗星的质量为M，初速度为v01，撞击器的质量为m=370kg，以速度v02=38000km/h=11000m/s，撞击后速度为v，由动量守恒定律得到：
Mv01-mv02=（M+m）v，由于M远远大于m，所以上式可以化为Mv01-mv02=Mv，解得：
M=mv02/（v01—v），由题给信息可以知道。撞击后彗星的运行速度改变了v01—v=1×10-7m/s，代入数据得到：M≈4×1013kg
四、创新试题
26．解析：（1）设第一颗子弹进入靶盒A后，子弹与靶盒的共同速度为v1，根据子弹进入靶盒过程中系统动量守恒，有：mv0=（m+M）v1
设A离开O点的最大距离为s1，由动能定理可得：-F s1=0-（m+M）v12/2
联立两式可以解得：s1=1.25m
（2）根据题意，A在恒力F的作用返回O点时第二颗子弹正好打入，由于A的动量和第二颗子弹动量大小相等，方向相反，故第二颗子弹打入后，A将静止在O点，设第三颗子弹打入A后，他们共同的速度为v3，由系统动量守恒得：mv0=（3m+M）v3
设A从离开O点到又回到O点所经历的时间为t，取碰后A的运动方向为正方向，由动量定理可以得到：-Ft/2=0-（3m+M）v3
由以上两式解得：t=0.5s
（3）由（2）问的计算可以看出，第1、3、5、……（2n+1）颗子弹打入A后，A运动时间均为t=0.5s，故总时间为t总=50t=25s。
五、复习指导
本专题对学生的能力要求较高，故在复习时：
1．注意分析综合能力的培养和对实际问题进行抽象简化能力的培养，这类问题，题目所描述的物理过程，一般较为复杂。因而首先必须明确题目所描述的物理过程，弄清物理现象发生的条件，并且用简介的语言或用数学公式把物理过程、物理条件表达出来，并将题设条件进行抽象和简化。
2．注重应用数学解决物理问题的能力的培养，如计算题在分析解答过程中运用了数学归纳法，运用数学语言表达物理过程的本质和物理现象发生的条件，运用数学知识进行变形和推理论证物理问题，结合物理实际对数学表达式的定义域、值域做出说明等。
动能定理
动量
p=mv
力的积累和效应
力对时间的积累效应
力对位移的积累效应
功：W=FScosα
瞬时功率：P=Fvcosα
平均功率：
动能
势能
重力势能：Ep=mgh
弹性势能
机械能
机械能守恒定律
Ek1+EP1=Ek2+EP2
或ΔEk =ΔEP
系统所受合力为零或不受外力
牛顿第二定律
F=ma
冲量
I=Ft
动量定理
Ft=mv2-mv1
动量守恒定律
m1v1+m2v2=m1v1’+m2v2’
A
B
C
P
O
Q
重锤线
M
O
P
N
A
B
C
A
B
C
A
B
s
30°
60°
P
v
Q
甲
乙
A
B
A
B
甲
乙
vB
vA
s/cm
t/s
0.2
0.4
20
10
30
I
II
III
B
A
打点计时器
纸带
A
B
C
D
E
8.40
10.50
9.08
6.95
单位：cm
重锤线
M
O
P
N
A
B
C
m1
m2
A
B
A
B
v0
2v0
C
v0
A
B
A
B
P
相互作用区
O
v
t
2v0
v2
v0
v1
v共
B
C
A
O
21世纪教育网 -- 中国最大型、最专业的中小学教育资源门户网站。 版权所有@21世纪教育网