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第五章
第一节功和功率
知识内容
必考要求
1.追寻守恒量——能量
b
2.功
c
3.功率
c
考点一 功
[巩固基础]
1．追寻守恒量
物体由于运动而具有的能量叫做动能；相互作用的物体凭借其位置而具有的能量叫做势能。
2．功
(1)做功的必要因素
力和物体在力的方向上发生的位移。
(2)计算公式
W＝Flcos α，即力对物体所做的功，等于力的大小、位移的大小、力与位移夹角的余弦值这三者的乘积。
(3)功的正负
①当0≤α<时，W>0，力对物体做正功。
②当<α≤π时，W<0，力对物体做负功，或者说物体克服这个力做了功。
③当α＝时，W＝0，力对物体不做功。
[提升能力]
[例1] (2018·宁波模拟)如图所示，摆球质量为m，悬线的长为L，把悬线拉到水平位置后放手。设在摆球从A点运动到B点的过程中空气阻力F阻的大小不变，则下列说法正确的是( )
A．重力做功为0
B．绳的拉力做正功
C．空气阻力F阻做功为－mgh
D．空气阻力F阻做功为－F阻πL
[解析] 小球下落过程中，重力做功为mgL，A错误；绳的拉力始终与速度方向垂直，拉力做功为0，B错误；空气阻力F阻大小不变，方向始终与速度方向相反，故空气阻力F阻做功为－F阻·πL，C错误、D正确。
[答案] D
[例2] 如图所示，一个质量为m＝2 kg的物体受到与水平面成37°角的斜向下方的推力F＝10 N的作用，在水平地面上移动了距离x1＝2 m后撤去推力，此物体又滑行了x2＝1.6 m的距离后停止运动，动摩擦因数为0.2(g取10 m/s2)，求：
(1)推力F对物体做的功；
(2)全过程中摩擦力对物体所做的功。
[解析] (1)推力做功由公式W＝Flcos α得
WF＝Fx1cos 37°＝10×2×0.8 J＝16 J。
(2)如图所示，由受力分析可知竖直方向
FN1＝mg＋Fsin 37°＝26 N
所以摩擦力做功
Wf1＝μFN1x1cos 180°＝0.2×26×2×(－1)J＝－10.4 J
撤去外力后FN2＝mg＝20 N。
Wf2＝μFN2x2cos 180°＝0.2×20×1.6×(－1)J
＝－6.4 J
故Wf＝Wf1＋Wf2＝－16.8 J。
[答案] (1)16 J (2)－16.8 J
[规律总结]
功的计算方法和技巧
1．在求力做功时，首先要区分是求某个力的功还是合力的功，是求恒力的功还是变力的功。
2．恒力做功与物体的实际路径无关，等于力与物体在力方向上的位移的乘积，或等于位移与在位移方向上的力的乘积。
3．若为变力做功，则要考虑应用动能定理或将变力做功转化为恒力做功进行求解。
4．总功的计算：根据情况灵活选择以下两种思路。
(1)先求物体所受的合外力，再求合外力的功；
(2)先求每个力做的功，再求各功的代数和。
考点二 功率
[巩固基础]
1．定义：功与完成这些功所用时间的比值。
2．物理意义：描述力对物体做功的快慢。
3．平均功率的计算
(1)利用P＝计算。
(2)利用P＝F计算，其中为和力在一条直线上的物体运动的平均速度，F为恒力。
4．瞬时功率的计算
利用P＝Fv计算，v为t时刻的瞬时速度。
[提升能力]
机车启动模型(物理模型)
物体在牵引力(受功率和速度制约)作用下，从静止开始克服一定的阻力，加速度不变或变化，最终加速度等于零，速度达到最大值。
1．两种启动方式的比较
两种启动方式
以恒定功率启动
以恒定加速度启动
P-t图和v-t图
OA段
过程分析
v↑?F＝↓?a＝↓
a＝不变?F不变，v↑?P＝Fv↑直到P额＝Fv1
运动性质
加速度减小的加速直线运动
匀加速直线运动，维持时间t0＝
AB段
过程分析
F＝f?a＝0?f＝
v↑?F＝↓?a＝↓
运动性质
以vm匀速直线运动
加速度减小的加速运动
BC段
无
F＝f?a＝0?以vm＝匀速运动
2．三个重要关系式
(1)无论哪种启动过程，机车的最大速度都等于其匀速运动时的速度，即vm＝＝(式中Fmin为最小牵引力，其值等于阻力f)。
(2)机车以恒定加速度启动的运动过程中，匀加速过程结束时，功率最大，速度不是最大，即v＝(3)机车以恒定功率运行时，牵引力做的功W＝Pt。由动能定理：Pt－fx＝ΔEk。此式经常用于求解机车以恒定功率启动过程的位移大小。
[典例] 如图所示中国版“野牛”级重型气垫船，自重达540吨，最高时速为108 km/h，装有M-70大功率燃气轮机，该机额定输出功率为8 700 kW。假设“野牛”级重型气垫船在海面航行过程所受的阻力f与速度v成正比，即f＝kv。下列说法正确的是( )
A．“野牛”级重型气垫船的最大牵引力为2.9×105 N
B．在额定输出功率下以最高时速航行时，气垫船所受的阻力为2.9×105 N
C．以最高时速一半的速度匀速航行时，气垫船发动机的输出功率为4 350 kW
D．从题中给出的数据，不能计算阻力f与速度v的比值k
[解析] 据题意，“野牛”级重型气垫船的最大航行速度为vm＝30 m/s，达到最大速度时，牵引力等于阻力，即F＝f＝＝ N＝2.9×105 N，但最大牵引力大于该值，则选项A错误而选项B正确；而k＝＝×103，故选项D错误；以最高时速的一半速度匀速航行，气垫船发动机输出功率为：P′＝F′＝f′×＝k××＝2.175×106 W，故选项C错误。
[答案] B
[演练考法]
1．(2017·11月浙江学考)如图所示，质量为60 kg的某运动员在做俯卧撑运动，运动过程中可将她的身体视为一根直棒。已知重心在c点，其垂线与脚、两手连线中点间的距离oa、ob分别为0.9 m和0.6 m。若她在1 min内做了30个俯卧撑，每次肩部上升的距离均为0.4 m，则克服重力做的功和相应的功率约为( )
A．430 J,7 W B．4 300 J,70 W
C．720 J,12 W D．7 200 J,120 W
解析：选B 根据相似三角形可得，每次做俯卧撑运动员的重心升高h＝0.24 m，克服重力做功W＝mgh＝60×10×0.24 J＝144 J，所以1分钟内克服重力做功为W总＝nW＝4 320 J，功率P＝＝72 W。
2．(2017·11月浙江学考)如图所示是具有登高平台的消防车，具有一定质量的伸缩臂能够在5 min内使承载4人的登高平台(人连同平台的总质量为400 kg)上升60 m到达灭火位置。此后，在登高平台上的消防员用水炮灭火，已知水炮的出水量为3 m3/min，水离开炮口时的速率为20 m/s，则用于( )
A．水炮工作的发动机输出功率约为1×104 W
B．水炮工作的发动机输出功率约为4×104 W
C．水炮工作的发动机输出功率约为2.4×106 W
D．伸缩臂抬升登高平台的发动机输出功率约为800 W
解析：选B 在1 s内，水炮喷出去的水质量为m＝ρV＝103× kg＝50 kg，这些水的重力势能为WG＝mgh＝50×10×60 J＝3×104 J，动能为mv2＝1×104 J，所以1 s内水增加的能量为4×104 J，即水炮工作的发动机输出功率为4×104 W，选项B正确，A、C错误。伸缩臂克服承载4人的登高平台做功的功率为P＝＝ W＝800 W，但伸缩臂也有一定的质量，所以该过程发动机的输出功率大于800 W，选项D错误。
第二节动能定理及其应用
知识内容
必考要求
1.重力势能
c
2.弹性势能
b
3.动能和动能定理
d
考点一 重力势能和弹性势能
[巩固基础]
1．重力做功的特点
重力做功与路径无关，只与始、末位置的高度差有关。
2．重力势能的特点
重力势能是物体和地球组成的系统所共有的；重力势能的大小与参考平面的选取有关，但重力势能的变化与参考平面的选取无关。
3．重力做功与重力势能变化的关系
(1)定性关系：重力对物体做正功，重力势能减小；重力对物体做负功，重力势能增大。
(2)定量关系：重力对物体做的功等于物体重力势能变化量的负值，即WG＝－ΔEp。
4．弹性势能
(1)概念：物体由于发生弹性形变而具有的能量。
(2)大小：弹簧的弹性势能的大小与形变量及劲度系数有关，弹簧的形变量越大，劲度系数越大，弹簧的弹性势能越大。
(3)弹力做功与弹性势能变化的关系：弹力对物体做的功等于弹簧弹性势能变化量的负值，即W＝－ΔEp，类似于重力做功与重力势能变化的关系。
[演练考法]
1．(2018·丽水联考)一个物体从距水平地面H高处自由下落，当其动能是重力势能的2倍时(以地面为零势能面)，物体的速度为( )
A. B．2
C. D.
解析：选C 物体做自由落体运动，根据机械能守恒定律有：mgH＝mgh＋mv2，物体的动能是其重力势能的两倍，故2mgh＝mv2，联立解得：v＝，故C正确，A、B、D错误。
2．(2018·宁波调研)如图所示，在轻弹簧的上端连接一个质量为m的小球A，下端固定在水平地面上。若将小球A从弹簧原长位置由静止释放，小球A能够下降的最大高度为h。若将小球A换为质量为3m的小球B，仍从弹簧原长位置由静止释放，则小球B下降h时的速度为(重力加速度为g，不计空气阻力)( )
A. B.
C. D.
解析：选B 根据机械能守恒定律可得，小球A下落h的过程有mgh＝Ep，小球B下落h的过程有：3mgh＝Ep＋×3mv2，联立求解得：v＝ ，B正确。
考点二 动能和动能定理
[巩固基础]
1．动能
(1)定义：物体由于运动而具有的能量叫做动能。
(2)公式：Ek＝mv2，单位：焦耳。
(3)动能是标量、状态量，只有正值。
2．动能定理
(1)内容：力在一个过程中对物体做的功，等于物体在这个过程中动能的变化。
(2)表达式：W＝mv22－mv12。
(3)物理意义：合外力的功是物体动能变化的量度。
[提升能力]
一、对动能定理的理解
1．动能定理说明了合力对物体所做的功和动能变化量间的一种因果关系和数量关系。
2．动能定理中的位移和速度必须是相对于同一个参考系的，一般以地面或相对地面静止的物体为参考系。
3．动能定理的表达式是一个标量式，不能在某方向上应用动能定理。
二、 动能定理的应用技巧
1．应用动能定理解题，关键是对研究对象进行准确的受力分析及运动过程分析，并画出物体运动过程的草图，借助草图理解物理过程和各量关系。
2．应用动能定理的优越性
(1)动能定理既适用于直线运动，也适用于曲线运动。
(2)既适用于恒力做功，也适用于变力做功。
(3)力可以是各种性质的力，既可以同时作用，也可以分阶段作用。
[例1] 如图所示，质量为m＝4 kg的物体静止在水平面上，在外力F＝25 N作用下开始运动，已知F与水平方向夹角为37°，物体位移为5 m时，具有50 J的动能。求：(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)
(1)此过程中，物体克服摩擦力所做的功；
(2)物体与水平面间的动摩擦因数。
[解析] (1)运用动能定理：Flcos 37°－Wf＝mv2，
代入数据得：Wf＝Flcos 37°－mv2＝50 J。
(2)对物体进行受力分析，如图所示：
把拉力在水平方向和竖直方向分解，根据竖直方向平衡和滑动摩擦力公式得出：
Ff＝μFN＝μ(mg－Fsin 37°)，
根据功的定义式：Wf＝μ(mg－Fsin 37°)l，代入数据解得μ＝0.4。
[答案] (1)50 J (2)0.4
[例2] (2015·10月浙江学考)如图所示是公路上的“避险车道”，车道表面是粗糙的碎石，其作用是供下坡的汽车在刹车失灵的情况下避险。质量m＝2.0×103 kg的汽车沿下坡行驶，当驾驶员发现刹车失灵的同时发动机失去动力，此时速度表示数v1＝36 km/h，汽车继续沿下坡匀加速直行l＝350 m、下降高度h＝50 m时到达“避险车道”，此时速度表示数v2＝72 km/h。(g＝10 m/s2)
(1)求从发现刹车失灵至到达“避险车道”这一过程汽车动能的变化量；
(2)求汽车在下坡过程中所受的阻力；
(3)若“避险车道”与水平面间的夹角为17°，汽车在“避险车道”受到的阻力是在下坡公路上的3倍，求汽车在“避险车道”上运动的最大位移(sin 17°≈0.3)。
[解析] (1)由ΔEk＝mv22－mv12
得ΔEk＝3.0×105 J。
(2)由动能定理mgh－Ffl＝mv22－mv12
得Ff＝＝2.0×103 N。
(3)设汽车在“避险车道”上运动的最大位移是x，由动能定理－(mgsin 17°＋3Ff)x＝0－mv22
得x＝≈33.3 m。
[答案] (1)3.0×105 J (2)2.0×103 N (3)33.3 m
[演练考法]
3．(2017·11月浙江学考)如图1所示是游乐园的过山车，其局部可简化为如图2的示意图，倾角θ＝37°的两平行倾斜轨道BC、DE的下端与水平半圆形轨道CD顺滑连接，倾斜轨道BC的B端高度h＝24 m，倾斜轨道DE与圆弧EF相切于E点，圆弧EF的圆心O1、水平半圆轨道CD的圆心O2与A点在同一水平面上，DO1的距离L＝20 m。质量m＝1 000 kg的过山车(包括乘客)从B点自静止滑下，经过水平半圆轨道后，滑上另一倾斜轨道，到达圆弧顶端F时乘客对座椅的压力为自身重力的0.25倍。已知过山车在BCDE段运动时所受的摩擦力与轨道对过山车的支持力成正比，比例系数μ＝，EF段摩擦力不计，整个运动过程空气阻力不计。(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)
(1)求过山车过F点时的速度大小；
(2)求从B到F整个运动过程中摩擦力对过山车做的功；
(3)如果过D点时发现圆轨道EF段有故障，为保证乘客的安全，立即触发制动装置，使过山车不能到达EF段并保证不再下滑，则过山车受到的摩擦力至少应多大？
解析：(1)在F点有m人g－m人g＝m人①
r＝Lsin θ＝12 m②
得vF＝ ＝3 m/s。③
(2)设整个过程摩擦阻力做功为W，对从B到F的过程利用动能定理
mg(h－r)＋W＝mvF2－0④
得W＝－7.5×104 J。⑤
(3)设触发制动后能恰好到达E点对应的摩擦力为Ff1，由动能定理得
－Ff1Lcos θ－mgrcos θ＝0－mvD2⑥
未触发制动时，对从D点到F点的过程，有
－μmgcos θ·Lcos θ－mgr＝mvF2－mvD2⑦
由⑥⑦两式得
Ff1＝×103 N＝4.6×103 N⑧
设使过山车停在倾斜轨道上的摩擦力为Ff2
则Ff2＝mgsin θ＝6×103 N⑨
综合考虑⑧⑨两式，得摩擦力至少为Ff＝6×103 N。
答案：(1)3 m/s (2)－7.5×104 J (3)6×103 N
4.(2017·4月浙江学考)图中给出了一段“S”形单行盘山公路的示意图。弯道1、弯道2可看作两个不同水平面上的圆弧，圆心分别为O1、O2，弯道中心线半径分别为r1＝10 m，r2＝20 m，弯道2比弯道1高h＝12 m，有一直道与两弯道圆弧相切。质
量m＝1 200 kg的汽车通过弯道时做匀速圆周运动，路面对轮胎的最大径向静摩擦力是车重的1.25倍，行驶时要求汽车不打滑。(sin 37°＝0.6，sin 53°＝0.8)
(1)求汽车沿弯道1中心线行驶时的最大速度v1；
(2)汽车以v1进入直道，以P＝30 kW恒定功率直线行驶了t＝8.0 s进入弯道2，此时速度恰为通过弯道2中心线的最大速度，求直道上除重力以外的阻力对汽车做的功；
(3)汽车从弯道1的A点进入，从同一直径上的B点驶离，有经验的司机会利用路面宽度，用最短时间匀速安全通过弯道。设路宽d＝10 m，求此最短时间(A、B两点都在轨道的中心线上，计算时视汽车为质点)。
解析：(1)由静摩擦力提供向心力kmg＝m
解得：v1＝＝5 m/s≈11.2 m/s。
(2)由静摩擦力提供向心力kmg＝m
解得：v2＝＝5 m/s≈15.8 m/s
由动能定理得Pt－mgh＋Wf＝mv22－mv12
解得：Wf＝－21 000 J。
(3)用时最短路线应为过A、B两点且与路内侧边相切的圆弧，如图所示，则有
R2＝r12＋2
解得：R＝12.5 m，由kmg＝m可得vm＝＝12.5 m/s
sin θ＝＝
解得：θ＝53°
线路长度为s＝·2πR≈23.1 m
解得：tmin＝≈1.8 s。
答案：(1)11.2 m/s (2)－21 000 J (3)1.8 s
第三节机械能守恒和能量守恒
知识内容
必考要求
1.机械能守恒定律
d
2.能量守恒定律与能源
c
考点一 机械能守恒定律
[巩固基础]
1．机械能守恒定律
(1)内容：在只有重力或弹力做功的物体系统内，动能与势能可以相互转化，而总的机械能保持不变。
(2)常用的三种表达式
①守恒式：E1＝E2或Ek1＋Ep1＝Ek2＋Ep2；
②转化式：ΔEk＝－ΔEp；
③转移式：ΔEA＝－ΔEB。
2．机械能守恒条件
(1)只受重力作用，例如做平抛运动的物体机械能守恒。
(2)除重力外，物体还受其他力，但其他力不做功或做功代数和为零。
(3)除重力外，只有系统内的弹力做功，并且弹力做的功等于弹性势能减少量，那么系统的机械能守恒。注意：并非物体的机械能守恒，如与弹簧相连的小球下摆的过程机械能减少。
[提升能力]
题型(一) 机械能守恒的判断
1．用定义判断：即动能与势能之和保持不变。
2．用做功判断：即用机械能守恒条件判断。
3．用能量转化判断：若物体或系统与外界没有能量交换，内部也没有机械能与其他形式能的转化，则机械能守恒。
[例1] 下列运动过程中，机械能一定守恒的是( )
A．做自由落体运动的小球
B．在竖直平面内做匀速圆周运动的物体
C．在粗糙斜面上匀加速下滑的物块
D．匀速下落的跳伞运动员
[解析] 判断机械能是否守恒有两种方法，一是根据条件判断；二是直接判断动能和势能的总和是否保持不变。做自由落体运动的小球，只有重力做功，A正确；做竖直面上的匀速圆周运动的物体，在运动中重力势能改变，而动能不变，机械能不守恒，故B错误；沿粗糙斜面加速滑下的物块，由于摩擦力做功，所以机械能一定不守恒，C错误；跳伞运动员带着张开的降落伞匀速下降，动能不变，重力势能减小，所以机械能减小，故D错误。
[答案] A
题型(二) 机械能守恒定律的应用
[例2] 如图所示是跳台滑雪的示意图，雪道由倾斜的助滑雪道AB、水平平台BC、着陆雪道CD及减速区DE组成，各雪道间均平滑连接。A处与水平平台间的高度差h＝45 m，CD的倾角为30°。运动员自A处由静止滑下，不计其在雪道ABC滑行和空中飞行时所受的阻力，运动员可视为质点，g取10 m/s2。
(1)求运动员滑离平台BC时的速度大小；
(2)为保证运动员落在着陆雪道CD上，雪道CD长度至少为多少？
(3)若实际的着陆雪道CD长为150 m，运动员着陆后滑到D点时具有的动能是着陆瞬间动能的80%。在减速区DE滑行s＝100 m后停下，运动员在减速区所受平均阻力是其重力的多少倍？
[解析] (1)A→C过程中机械能守恒：mgh＝mvC2
得vC＝＝30 m/s。
(2)设落点D′距抛出点C的距离为L，
由平抛运动规律得Lcos 30°＝vCt
Lsin 30°＝gt2
解得L＝120 m。
(3)运动员由A运动到落点D′过程中，由机械能守恒得mg(h＋Lsin 30°)＝mvD′2
设运动员在减速区减速过程中所受平均阻力是重力的k倍，
根据动能定理有－kmgs＝0－mvD2
根据题意有mvD2＝0.80×mvD′2
解得k＝0.84。
[答案] (1)30 m/s (2)120 m (3)0.84
[规律总结]
应用机械能守恒定律的一般步骤
[演练考法]
1．(2016·10月浙江学考)如图所示，无人机在空中匀速上升时，不断增加的能量是( )
A．动能 B．动能、重力势能
C．重力势能、机械能 D．动能、重力势能、机械能
解析：选C 无人机匀速上升，所以动能保持不变，所以选项A、B、D均错；高度不断增加，所以重力势能不断增加，在上升过程中升力对无人机做正功，所以无人机机械能不断增加，所以选项C正确。
2.(2017·4月浙江学考)火箭发射回收是航天技术的一大进步。如图所示，火箭在返回地面前的某段运动，可看成先匀速后减速的直线运动，最后撞落在地面上。不计火箭质量的变化，则( )
A．火箭在匀速下降过程中，机械能守恒
B．火箭在减速下降过程中，携带的检测仪器处于失重状态
C．火箭在减速下降过程中合力做功等于火箭机械能的变化
D．火箭着地时，火箭对地的作用力大于自身的重力
解析：选D 匀速下降过程动能不变，重力势能减少，所以机械能不守恒，选项A错误；减速下降时加速度向上，所以携带的检测仪器处于超重状态，选项B错误；火箭着地时，火箭对地的作用力大于自身的重力，选项D正确；合外力做功等于动能改变量，选项C错误。
3. (2016·10月浙江学考)如图1所示，游乐场的过山车可以底朝上在竖直圆轨道上运行，可抽象为图2的模型。倾角为45°的直轨道AB，半径R＝10 m的光滑竖直圆轨道和倾角为37°的直轨道EF，分别通过水平光滑衔接轨道BC、C ′E平滑连接，另有水平减速直轨道FG与EF平滑连接，EG间的水平距离l＝40 m，现有质量m＝500 kg的过山车从高h＝40 m处的A点静止下滑，经BCDC′EF，最终停在G点，过山车与轨道AB、EF的动摩擦因数均为μ1＝0.2，与减速直轨道FG的动摩擦因数μ2＝0.75，过山车可视为质点，运动中不脱离轨道，求
图1
图2
(1)过山车运动至圆轨道最低点C时的速度大小；
(2)过山车运动至圆轨道最高点D时对轨道的作用力；
(3)减速直轨道FG的长度x。(已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)
解析：(1)过山车到达C点的速度为vC，由动能定理
mgh－μ1mgcos 45°＝mvC2
代入数据可得vC＝8 m/s。
(2)过山车到达D点的速度为vD，由机械能守恒定律
2mgR＋mvD2＝mvC2
由牛顿笫二定律
mg＋FD＝m
联立代入数据可得：FD＝7 000 N
由牛顿笫三定律可知，轨道受到的力FD′＝7 000 N，方向竖直向上。
(3)过山车从A到达G点，由动能定理可得
mgh－mg(l－x)tan 37°－μ1mghcot 45°－μ1mg(l－x)－μ2mgx＝0
代入数据可得x＝30 m。
答案：(1)8 m/s (2)7 000 N，方向竖直向上 (3)30 m
考点二 能量守恒定律及应用
[巩固基础]
1．内容：能量既不会凭空产生，也不会凭空消失，它只能从一种形式转化为另一种形式，或者从一个物体转移到别的物体，在转化或转移的过程中，能量的总量保持不变。
2．表达式：ΔE减＝ΔE增。
3．确立能量守恒定律的两类重要事实：确认了永动机的不可能性和发现了各种自然现象之间的相互联系与转化。
4．节约能源的意义：能量的耗散表明，在能源的利用过程中，即在能量的转化过程中，能量在数值上虽未减少，但在可利用的品质上降低了，从便于利用的变成了不便于利用的了。
[提升能力]
1．几种常见的功能关系
几种常见力做功
对应的能量变化
数量关系式
重力
正功
重力势能减少
WG＝－ΔEp
负功
重力势能增加
弹簧等的弹力
正功
弹性势能减少
W弹＝－ΔEp
负功
弹性势能增加
电场力
正功
电势能减少
W电＝－ΔEp
负功
电势能增加
合力
正功
动能增加
W合＝ΔEk
负功
动能减少
重力以外的其他力
正功
机械能增加
W其＝ΔE
负功
机械能减少
2.两个特殊的功能关系
(1)滑动摩擦力与两物体间相对位移的乘积等于产生的内能，即Ffx相对＝ΔQ。
(2)感应电流克服安培力做的功等于产生的电能，即W克安＝ΔE电。
[例1] 下列设想中，符合能量转化和守恒定律的是( )
A．利用永磁铁和软铁的相互作用，做成一架机器，永远地转动下去
B．制造一架飞机，不携带燃料，只利用太阳是不能飞行的
C．做成一只船，利用流水的能量，逆水行驶，不用其他动力
D．利用核动力使地球离开太阳系
[解析] A项不符合能量守恒，利用永磁铁和软铁的相互作用，做一架永远转动下去的机器是不可能的；太阳能可以转化为机械能，B中所述情景中的飞机是可行的；核动力是非常大的，大于地球和太阳系之间的引力，利用核动力可使地球离开太阳系， D选项正确；逆水行船，不用其他动力是不可行的，C错误。
[答案] D
[例2] 如图所示，固定斜面的倾角θ＝30°，物体A与斜面之间的动摩擦因数为μ＝，轻弹簧下端固定在斜面底端，弹簧处于原长时上端位于C点，用一根不可伸长的轻绳通过轻质光滑的定滑轮连接物体A和B，滑轮右侧绳子与斜面平行，A的质量为2m＝4 kg，B的质量为m＝2 kg，初始时物体A到C点的距离为L＝1 m，现给A、B一初速度v0＝3 m/s，使A开始沿斜面向下运动，B向上运动，物体A将弹簧压缩到最短后又恰好能弹到C点。已知重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力，整个过程中轻绳始终处于伸直状态，求此过程中：
(1)物体A向下运动刚到C点时的速度大小；
(2)弹簧的最大压缩量；
(3)弹簧中的最大弹性势能。
[解析] (1)物体A向下运动刚到C点的过程中，对A、B组成的系统应用能量守恒定律可得：
μ·2mgcos θ·L＝·3mv02－·3mv2＋2mgLsin θ－mgL
可解得v＝2 m/s。
(2)以A、B组成的系统，在物体A将弹簧压缩到最大压缩量，又返回到C点的过程中，系统动能的减少量等于因摩擦产生的热量，
即：·3mv2－0＝μ·2mgcos θ·2x
其中x为弹簧的最大压缩量
解得x＝0.4 m。
(3)设弹簧的最大弹性势能为Epm
由能量守恒定律可得：
·3mv2＋2mgxsin θ－mgx＝μ·2mgcos θ·x＋Epm
解得：Epm＝6 J。
[答案] (1)2 m/s (2)0.4 m (3)6 J
[规律总结]
应用能量守恒定律的解题思路
首先确定初、末状态，然后分析状态变化过程中哪种形式的能量减少，哪种形式的能量增加，求出减少的能量总和ΔE减与增加的能量总和ΔE增，最后由ΔE减＝ΔE增列式求解。
[演练考法]
4. (2016·4月浙江学考)如图所示，装置由一理想弹簧发射器及两个轨道组成。其中轨道Ⅰ由光滑轨道AB与粗糙直轨道BC平滑连接，高度差分别是h1＝0.20 m，h2＝0.10 m，BC水平距离L＝1.00 m。轨道Ⅱ由AE、螺旋圆形EFG和GB三段光滑轨道平滑连接而成，且A点与F点等高。当弹簧压缩量为d时，恰能使质量m＝0.05 kg的滑块沿轨道Ⅰ上升到B点；当弹簧压缩量为2d时，恰能使滑块沿轨道Ⅰ上升到C点。(已知弹簧弹性势能与压缩量的平方成正比)
(1)当弹簧压缩量为d时，求弹簧的弹性势能及滑块离开弹簧瞬间的速度大小；
(2)求滑块与轨道BC间的动摩擦因数；
(3)当弹簧压缩量为d时，若沿轨道Ⅱ运动，滑块能否上升到B点？请通过计算说明理由。
解析：(1)弹簧与滑块组成的系统机械能守恒：
Ep1＝mv02
又滑块离开弹簧瞬间到运动至B点机械能守恒：
mv02＝mgh1
由以上两式解得v0＝＝2 m/s
Ep1＝0.1 J。
(2)当Δx＝d时，滑块恰好沿轨道Ⅰ运动到B点，
mgh1＝Ep1
当Δx＝2d时，滑块恰好运动到C点
mg(h1＋h2)＋μmgL＝Ep2
已知Ep＝k·Δx2
联立得＝
即＝
解得μ＝0.5。
(3)恰能通过圆环最高点，须满足的条件是mg＝，由机械能守恒定律有v＝v0＝2 m/s，得Rm＝0.4 m，当R＞Rm＝0.4 m时，滑块会脱离螺旋轨道，不能上升到B点。
答案：(1)0.1 J 2 m/s (2)0.5 (3)见解析
实验七探究做功与物体速度变化的关系
[实验基础]
[实验目的]
1．探究做功与物体速度变化的关系。
2．通过实验学习科学探究的方法。
[实验原理]
1．改变功的大小：采用如图所示的实验装置，用1条，2条，3条，…规格同样的橡皮筋将小车拉到同一位置由静止释放，橡皮筋拉力对小车所做的功依次为W,2W,3W，…
2．确定速度的大小：小车获得的速度v可以由纸带和打点计时器测出，也可以用其他方法测出。
3．寻找功与速度变化的关系：以橡皮筋拉力所做的功W为纵坐标，小车获得的速度v为横坐标，作出W-v或W-v2图像。分析图像，得出橡皮筋拉力对小车所做的功与小车获得的速度的定量关系。
[实验器材]
橡皮筋、小车、木板、打点计时器、纸带、刻度尺、铁钉等。
[实验步骤]
1．垫高木板的一端，平衡摩擦力。
2．拉伸的橡皮筋对小车做功：
(1)用一条橡皮筋拉小车——做功W。
(2)用两条橡皮筋拉小车——做功2W。
(3)用三条橡皮筋拉小车——做功3W。
3．测出每次做功后小车获得的速度。
4．分别用各次实验测得的v和W绘制W -v或W -v2、W -v3、……图像，直到明确得出W和v的关系。
[数据处理]
1．不直接计算W和v的数值，而只是看第2次、第3次……实验中的W和v是第1次的多少倍，简化数据的测量和处理。
2．做W -v图像，或W -v2、W -v3图像，直到作出的图像是一条倾斜的直线。
[误差分析]
1．实验没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不够。
2．纸带没有取最大速度段来计算等。
[注意事项]
1．将木板一端垫高，使小车的重力沿斜面向下的分力与摩擦阻力平衡。方法是轻推小车，由打点计时器打在纸带上的点的均匀程度判断小车是否做匀速运动，找到长木板的一个合适的倾角。
2．测小车速度时，应选纸带上的点均匀的部分，也就是选小车做匀速运动的部分。
3．橡皮筋应选规格一样的。力对小车做的功以一条橡皮筋做的功为单位即可，不必计算出具体数值。
4．小车质量应大一些，使纸带上打的点多一些。
[演练考法]
在“探究恒力做功与动能改变的关系”实验中(装置如图所示)：
(1)下列说法哪一项是正确的________。(填字母)
A．平衡摩擦力时必须将钩码通过细线挂在小车上
B．为减小系统误差，应使钩码质量远大于小车质量
C．实验时，应使小车靠近打点计时器由静止释放
(2)下图是实验中获得的一条纸带的一部分，选取O、A、B、C计数点，已知打点计时器使用的交流电频率为50 Hz，则打B点时小车的瞬时速度大小为__________m/s(保留三位有效数字)。
解析：(1)平衡摩擦力时不应挂钩码，故A错误；为减小系统误差，应使钩码的质量远小于小车的质量，B错误；实验时，小车应靠近打点计时器由静止释放，C正确。
(2)vB＝＝ m/s＝0.653 m/s。
答案：(1)C (2)0.653
实验八验证机械能守恒定律
[实验基础]
[实验目的]
验证机械能守恒定律。
[实验原理]
通过实验，求出做自由落体运动的物体重力势能的减少量和相应过程动能的增加量，若二者相等，说明机械能守恒，从而验证机械能守恒定律。
[实验器材]
打点计时器、电源、纸带、复写纸、重物、刻度尺、铁架台(带铁夹)、导线两根。
[实验步骤]
1．安装器材：将打点计时器固定在铁架台上，用导线将打点计时器与低压电源相连。
2．打纸带
用手竖直提起纸带，使重物停靠在打点计时器下方附近，先接通电源，再松开纸带，让重物自由下落，打点计时器就在纸带上打出一系列的点，取下纸带，换上新的纸带重打几条(3～5条)纸带。
3．选纸带：分两种情况说明
(1)若选第1点O到下落到某一点的过程，即用mgh＝mv2来验证，应选点迹清晰，且1、2两点间距离小于或接近2 mm的纸带。
(2)用mvB2－mvA2＝mgΔh验证时，由于重力势能的相对性，处理纸带时选择适当的点为基准点，这样纸带上打出的第1、2两点间的距离是否小于或接近2 mm就无关紧要了。
[数据处理]
方法一：利用起始点和第n点计算
代入mghn和mvn2，如果在实验误差允许的范围内，mghn和mvn2相等，则验证了机械能守恒定律。
方法二：任取两点计算
(1)任取两点A、B，测出hAB，算出mghAB。
(2)算出mvB2－mvA2的值。
(3)在实验误差允许的范围内，若mghAB＝mvB2－mvA2，则验证了机械能守恒定律。
方法三：图像法
从纸带上选取多个点，测量从第一点到其余各点的下落高度h，并计算各点速度的平方v2，然后以v2为纵轴，以h为横轴，根据实验数据作出v2-h图线。若在实验误差允许的范围内图线是一条过原点且斜率为g的直线，则验证了机械能守恒定律。
[误差分析]
1．测量误差：减小测量误差的方法，一是测下落距离时都从0点量起，一次将各打点对应下落高度测量完，二是多测几次取平均值。
2．系统误差：由于重物和纸带下落过程中要克服阻力做功，故动能的增加量ΔEk＝mvn2必定稍小于重力势能的减少量ΔEp＝mghn，改进办法是调整安装的器材，尽可能地减小阻力。
[注意事项]
1．打点计时器要竖直：安装打点计时器时要竖直架稳，使其两限位孔在同一竖直平面内，以减少摩擦阻力。
2．重物应选用质量大、体积小、密度大的材料。
3．应先接通电源，让打点计时器正常工作，后松开纸带让重物下落。
4．测长度，算速度：某时刻的瞬时速度的计算应用vn＝，不能用vn＝ 或vn＝gt来计算。
[演练考法]
(2016·4月浙江学考)(1)在下列学生实验中，需要用到打点计时器的实验有__________(多选)。
A．“探究求合力的方法”
B．“探究加速度与力、质量的关系”
C．“探究做功与物体速度变化的关系”
D．“探究作用力与反作用力的关系”
(2)做“验证机械能守恒定律”的实验，已有铁架台、铁夹、电源、纸带、打点计时器，还必须选取的器材是下图中的__________(多选)。
某同学在实验过程中，①在重锤的正下方地面铺海绵；②调整打点计时器的两个限位孔连线为竖直；③重复多次实验。以上操作可减小实验误差的是________(多选)。
解析：(1)探究加速度与力、质量的关系，探究做功与物体速度变化的关系分别需要利用打点计时器打点后的纸带求加速度和速度，B、C正确。
(2)需要选取的器材是重锤和刻度尺，故选B、D；能减小实验误差的操作是②③。
答案：(1)BC (2)BD ②③
第六章
第一节电荷和电场
知识内容
必考要求
1.电荷及其守恒定律
b
2.库仑定律
c
3.电场强度
c
4.电势能和电势
b
5.电势差
b
考点一 电荷及其守恒定律
[巩固基础]
1．电荷与电荷量
(1)构成物质的原子本身包括了带电粒子：带正电的质子和不带电的中子构成原子核，核外有带负电的电子。原子核的正电荷的数量和电子的负电荷的数量一样多，所以整个原子对外界较远位置表现为电中性。
(2)电荷的多少叫电荷量，在国际单位制中，它的单位是库仑，简称库，用C表示。
(3)最小的电荷量叫做元电荷，用e表示，e＝1.60×10－19 C。
[提醒]
(1)所有带电体的电荷量都等于e的整数倍；
(2)带电体的基本特性之一：能够吸引轻小物体；
(3)自然界的电荷只有两种：正电荷和负电荷；
(4)同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引。
2．电荷守恒定律与带电的本质
(1)电荷既不会创生，也不会消灭，它只能从一个物体转移到另一个物体，或者从物体的一部分转移到另一部分；在转移过程中，电荷的总量保持不变。这个结论叫做电荷守恒定律。
(2)三种基本带电方式：摩擦起电、感应起电和接触起电。
(3)物体带电的本质：电子在物体之间或物体内部的转移。
[演练考法]
1．(2018·嘉兴模拟)下列物理模型或概念的建立，其思想方法与建立“自由落体运动”模型相似的是( )
A．瞬时速度 B．点电荷
C．电场强度 D．电阻
解析：选B 瞬时速度是利用极限的思想得出的，点电荷和自由落体运动都是理想模型，电场强度是描述电场力学性质的物理量，电阻是描述导体对电流的阻碍作用的物理量。
2．原来甲、乙、丙三物体都不带电，今使甲、乙两物体相互摩擦后，乙物体再与丙物体接触，最后，得知甲物体带正电1.6×10－15 C，丙物体带电8×10－16C。则对于最后乙、丙两物体的带电情况，下列说法中正确的是( )
A．乙物体一定带有正电荷8×10－16 C
B．乙物体可能带有负电荷2.4×10－15 C
C．丙物体一定带有正电荷8×10－16 C
D．丙物体一定带有负电荷8×10－16 C
解析：选D 由于甲、乙、丙原来都不带电，即都没有净电荷。甲、乙摩擦导致甲失去电子1.6×10－15 C而带正电，乙物体得到电子而带1.6×10－15 C的负电荷；乙物体与不带电的丙物体接触，从而使一部分负电荷转移到丙物体上，故可知乙、丙两物体都带负电荷，由电荷守恒定律可知，乙最终所带负电荷为1.6×10－15 C－8×10－16 C＝8×10－16 C。
考点二 库仑定律
[巩固基础]
1．点电荷
当带电体间的距离比它们自身的大小大得多，以至于带电体的形状、大小和电荷分布状况对它们之间的作用力的影响可以忽略时，这样的带电体就可以看做带电的点，叫做点电荷。
[提醒]
(1)点电荷类似于力学中的质点，也是一种理想化模型。
(2)一个带电体能否看成点电荷与带电体本身尺寸大小无关，由具体研究的问题来决定。
2．库仑定律
(1)内容：真空中两个静止点电荷之间的相互作用力，与它们的电荷量的乘积成正比，与它们的距离的二次方成反比，作用力的方向在它们的连线上。
(2)表达式：F＝k，式中k＝9.0×109 N·m2/C2，叫做静电力常量。
(3)适用条件：真空中两个静止的点电荷。
[演练考法]
3.(2016·10月浙江学考)如图所示，质量为m、电荷量为q的带电小球A用绝缘细线悬挂于O点，带有电荷量也为q的小球B固定在O点正下方绝缘柱上。其中O点与小球A的间距为l，O点与小球B的间距为l，当小球A平衡时，悬线与竖直方向夹角θ＝30°。带电小球A、B均可视为点电荷，静电力常量为k。则( )
A．A、B间库仑力大小F＝
B．A、B间库仑力大小F＝
C．细线拉力大小FT＝
D．细线拉力大小FT＝mg
解析：选B 带电小球A受力如图所示，OC＝l，即C点为OB中点，根据对称性AB＝l。由库仑定律知A、B间库仑力大小F＝，细线拉力FT＝F＝，选项A、C错误；根据平衡条件得Fcos 30°＝mg，得F＝，绳子拉力FT＝，选项B正确，D错误。
考点三 电场强度
[巩固基础]
1．电场
(1)定义：存在于电荷周围，能传递电荷间相互作用的一种特殊物质。
(2)基本性质：对放入其中的电荷有力的作用。
2．电场强度
(1)物理意义：表示电场的强弱和方向。
(2)定义：电场中某一点的电荷受到的电场力F跟它的电荷量q的比值叫做该点的电场强度。
(3)定义式：E＝。
(4)标矢性：电场强度是矢量，正电荷在电场中某点受力的方向为该点电场强度的方向，电场强度的叠加遵从平行四边形定则。
3．电场线
(1)定义：
为了直观形象地描述电场中各点电场强度的强弱及方向，在电场中画出一系列的曲线，使曲线上各点的切线方向表示该点的电场强度方向，曲线的疏密表示电场强度的大小。
(2)特点：
①电场线从正电荷或无限远处出发，终止于负电荷或无限远处；
②电场线在电场中不相交；
③沿电场线方向电势逐渐降低；
④电场线和等势面在相交处互相垂直。
(3)几种典型电场的电场线
[提升能力]
一、电场强度的叠加与计算
1．场强的三个公式
E＝
适用于任何电场，与检验电荷是否存在无关
E＝
适用于点电荷产生的电场，Q为场源电荷的电荷量
E＝
适用于匀强电场，U为两点间的电势差，d为沿电场方向两点间的距离
2．电场的叠加
(1)电场叠加：多个电荷在空间某处产生的电场强度为各电荷单独在该处所产生的电场强度的矢量和。
(2)运算法则：平行四边形定则。
二、两种等量点电荷的电场分布
比较项目
等量异种点电荷
等量同种点电荷
电场线分布图
连线中点O处的场强
最小，指向负电荷一方
为零
连线上的场强大小(从左到右)
沿连线先变小，再变大
沿连线先变小，再变大
沿中垂线由O点向外场强大小
O点最大，向外逐渐减小
O点最小，向外先变大后变小
关于O点对称的A与A′、B与B′的场强
等大同向
等大反向
[例1] 在电场强度为E的匀强电场中，取O点为圆心，r为半径作一圆周，在O点固定一电荷量为＋Q的点电荷，a、b、c、d为相互垂直的两条直线和圆周的交点。当把一检验电荷＋q放在d点恰好平衡(如图所示，不计重力)。问：
(1)匀强电场电场强度E的大小、方向如何？
(2)检验电荷＋q放在点c时，受力Fc的大小、方向如何？
(3)检验电荷＋q放在点b时，受力Fb的大小、方向如何？
[解析] (1)对检验电荷受力分析如图所示，由题意可知：
F1＝k，F2＝qE
由F1＝F2，即qE＝k，
解得E＝k，
匀强电场方向沿db方向向下。
(2)由图知，检验电荷放在c点时：
Ec＝ ＝ E＝k
所以Fc＝qEc＝k
方向与ac方向成45°角斜向左下。
(3)由图知，检验电荷放在b点时：
Eb＝E2＋E＝2E＝2k
所以Fb＝qEb＝2k，
方向沿db方向向下。
[答案] (1)k 方向沿db方向向下
(2)k 方向与ac成45°角斜向左下
(3)2k 方向沿db方向向下
[例2] 在光滑的绝缘水平面上，有一个正三角形abc，顶点a、b、c处分别固定一个正点电荷，电荷量相等，如图所示，D点为正三角形外接圆的圆心，E、G、H点分别
为ab、ac、bc的中点，F点为E关于c电荷的对称点，则下列说法中正确的是( )
A．D点的电场强度一定不为零、电势可能为零
B．E、F两点的电场强度等大反向
C．E、G、H三点的电场强度相同
D．若释放c电荷，c电荷将一直做加速运动
[解析] a、b、c处固定的正点电荷在D点各自的电场场强大小相等，且互成120°角，故D点的电场强度一定为零，将正试探电荷从无穷远处移到D点的过程需要克服电场力做功，故D点电势大于0，所以选项A错误；c处固定的正点电荷在E、F两点的电场强度等大反向，a、b处分别固定的正点电荷在E点的合场强为0，但在F点的合场强不为0，故选项B错误；E、G、H三点的电场强度大小相等，都等于所对顶点处电荷在该位置的电场强度，但方向各不相同，故C错误；若释放c电荷，c电荷将沿EF方向做加速度越来越小的加速运动，D正确。
[答案] D
[演练考法]
4．(2017·11月浙江学考)电场线的形状可以用实验来模拟，把头发屑悬浮在蓖麻油里，加上电场，头发屑就按照电场的方向排列起来，如图所示。关于此实验，下列说法正确的是( )
A．a图是模拟两等量同种电荷的电场线
B．b图一定是模拟两等量正电荷的电场线
C．a图中的A、B应接高压起电装置的两极
D．b图中的A、B应接高压起电装置的两极
解析：选C a图为异种电荷形成的电场线模拟图，图中的A、B应接高压起电装置的两极；b图为同种电荷形成的电场线模拟图，图中的A、B应同时接高压起电装置的正极或负极。
考点四 电势能、电势和电势差
[巩固基础]
1．静电力做功
(1)特点：静电力做功与路径无关，只与初、末位置有关。
(2)计算方法
①W＝qEd，只适用于匀强电场，其中d为沿电场方向的距离。
②WAB＝qUAB，适用于任何电场。
2．电势
(1)定义：电荷在电场中某一点的电势能与它的电荷量的比值，叫做这一点的电势，即：φ＝。
(2)单位：电势单位是“伏特”，符号表示为“V”。
(3)等势面：电势相等的各点构成的面称为等势面。
3．电势差
(1)定义：电场中两点间电势的差值叫做电势差，也叫电压。
(2)表达式：UAB＝φA－φB。
(3)电势差与电场力做功的关系：UAB＝。
[提升能力]
一、电势和电场强度的比较
1．电势是标量，是描述电场能的性质的物理量；电场强度是矢量，是描述电场力的性质的物理量。
2．电势高的地方场强不一定大，二者在大小上无必然联系。
[例1] 如图所示，P、Q处固定放置两等量异种点电荷，b、c、O在P、Q的连线上，e、O为两点电荷连线的中垂线上的点，且ab＝eO，bc＝cO，ab⊥bO，ae⊥eO，则( )
A．a点电势等于b点电势
B．b点场强等于e点场强
C．电子在a点的电势能大于电子在O点的电势能
D．b、c间电势差大于c、O间电势差
[解析] 等量异种点电荷周围的电场线分布情况如图所示，a点和b点不在同一个等势面上，电势不相等，选项A错误；根据电场线的疏密情况，可得b点的场强大于e点的场强，选项B错误；a点的电势大于零，O点的电势等于零，电子带负电，在高电势处电势能小，选项C错误；b、c间的电场线比c、O间的电场线密，场强大，电势降低得快，所以b、c间的电势差大于c、O间的电势差，选项D正确。
[答案] D
二、电场线、等势面与粒子运动轨迹问题
1．某点速度方向即为该点轨迹的切线方向。
2．从轨迹的弯曲方向判断受力方向(轨迹向合外力方向弯曲)，从而分析电场方向或电荷的正负。
3．结合轨迹、速度方向与电场力的方向，确定电场力做功的正负，从而确定电势能、电势和电势差的变化等。
[例2] 图中虚线为一组间距相等的同心圆，圆心处固定一带正电荷的点电荷。一带电粒子以一定初速度射入电场，实线为粒子仅在电场力作用下的运动轨迹，a、b、c三点是实线与虚线的交点，则该粒子( )
A．带负电
B．在c点受力最大
C．在b点的电势能大于在c点的电势能
D．由a点到b点的动能变化小于由b点到c点的动能变化
[解析] 由粒子运动轨迹可以判断出粒子受到斥力作用，粒子带正电，A选项错误；离电荷距离越近受斥力越大，故a点受力最大，B选项错误；由b点到c点的运动过程中电场力对粒子做正功，电势能减小，故该粒子在b点电势能大于在c点电势能，C选项正确；ab与bc处于等距离同心圆上，靠近电荷的位置电场强度较大，结合U＝Ed可判断电势差Uab>Ubc，电场力做功W＝qU，则Wab>Wbc，结合动能定理可知，该粒子由a点到b点的动能变化大于由b点到c点的动能变化，D选项错误。
[答案] C
[演练考法]
5．(2016·10月浙江学考)如图为某一电场的电场线，M、N、P为电场线上的三个点，M、N是同一电场线上两点。下列判断正确的是( )
A．M、N、P三点中N点的场强最大
B．M、N、P三点中N点的电势最高
C．负电荷在M点的电势能大于在N点的电势能
D．正电荷从M点自由释放，电荷将沿电场线运动到N点
解析：选A 电场线的疏密反应了场强的大小，所以N点场强最大，选项A正确；沿着电场线的方向，电势逐渐降低，M点的电势最高，所以选项B错误；根据Ep＝qφ，φM>φP>φN可知，负电荷在M点电势能小于在N点的电势能，所以选项C错误；正电荷从M点静止释放，在电场力的作用下运动，但是运动轨迹并不是沿着电场线，选项D错误。
6．(2016·4月浙江学考)如图所示，真空中有两个点电荷Q1＝＋9.0×10－8 C和Q2＝－1.0×10－8 C，分别固定在x坐标轴上，其中Q1位于x＝0处，Q2位于x＝6 cm处。在x轴上( )
A．场强为0的点有两处
B．在x＞6 cm区域，电势沿x轴正方向降低
C．质子从x＝1 cm运动到x＝5 cm处，电势能升高
D．在0＜x＜6 cm和x＞9 cm的区域，场强沿x轴正方向
解析：选D 分析可知，只有在Q2的右侧某一点的电场强度才为零，A错；由k－k＝0得：x＝9 cm，所以当6 cm＜x＜9 cm，电场线方向向左，电势沿x轴正方向升高，B错；质子从x＝1 cm运动到x＝5 cm，电场力做正功，电势能减小，C错；在0＜x＜6 cm和x＞9 cm的区域，场强沿x轴正方向，D对。
第二节电容器与带电粒子在电场中的运动
知识内容
必考要求
1.电容器的电容
b
2.带电粒子在电场中的运动
b
考点一 电容器的电容
[巩固基础]
1．电容的定义式：C＝。
2．电容与电压、电荷量的关系：电容C的大小由电容器本身结构决定，与电压U、电荷量Q无关。
3．平行板电容器及其电容
(1)影响因素：平行板电容器的电容与正对面积成正比，与介质的介电常数成正比，与两板间的距离成反比。
(2)决定式：C＝，k为静电力常量。εr为相对介电常数，与电介质的性质有关。
[提升能力]
平行板电容器的动态分析思路
(1)确定不变量，分析是电压不变还是所带电荷量不变。
(2)用决定式C＝分析平行板电容器电容的变化。
(3)根据定义式C＝分析电容器所带电荷量或两极板间电压的变化。
(4)根据E＝分析电容器极板间场强的变化。
[例1] 用控制变量法，可以研究影响平行板电容器电容的因素(如图)。设两极板正对面积为S，极板间的距离为d，静电计指针偏角为θ。实验中，极板所带电荷量不变，若( )
A．保持S不变，增大d，则θ不变
B．保持S不变，增大d，则θ变小
C．保持d不变，增大S，则θ变小
D．保持d不变，增大S，则θ不变
[解析] 由C＝知，保持S不变，增大d，电容减小，由于电容器电荷量不变，根据C＝，可知电容器两极板间电势差变大，静电计指针偏角θ变大，选项A、B错误；保持d不变，增大S，电容器电容增大，电势差变小，静电计指针偏角θ变小，选项C正确，D错误。
[答案] C
[例2] 如图所示，平行板电容器与电源相接，充电后切断电源，然后将电介质插入电容器极板间，则两板间的电势差U及板间场强E的变化情况为( )
A．U变大，E变大 B．U变小，E变小
C．U不变，E不变 D．U变小，E不变
[解析] 当平行板电容器充电后切断电源，极板所带电荷量Q保持不变，插入电介质后，电容器的电容C变大，由U＝知U将变小，而由E＝可知，板间场强E也将变小，选项B正确。
[答案] B
[演练考法]
1．(2016·4月浙江学考)关于电容器，下列说法正确的是( )
A．在充电过程中电流恒定
B．在放电过程中电容减小
C．能储存电荷，但不能储存电能
D．两个彼此绝缘又靠近的导体可视为电容器
解析：选D 由电容器的充放电曲线可知，充电过程中，电流不会恒定，选项A错误；电容不随充放电过程变化，选项B错误；电容器中的电场具有能的性质，所以选项C错误。
考点二 带电粒子在电场中的运动
[提升能力]
一、带电粒子在电场中的直线运动
1．做直线运动的条件
(1)粒子所受合外力F合＝0，粒子静止或做匀速直线运动。
(2)粒子所受合外力F合≠0，且与初速度方向在同一条直线上，带电粒子将做匀加速直线运动或匀减速直线运动。
2．用动力学观点分析
a＝，E＝，v2－v02＝2ad。
3．用功能观点分析
匀强电场中：W＝qEd＝qU＝mv2－mv02
非匀强电场中：W＝qU＝mv2－mv02。
[例1] 如图甲所示，直线AB是某电场中的一条电场线，一电子仅在电场力作用下由电场线上A点沿直线运动到B点，其速度平方v2与位移x的关系如图乙所示。EA、EB表示A、B两点的电场强度，φA、φB表示A、B两点的电势。以下判断正确的是( )
A．EA＜EB B．EA＞EB
C．φA＞φB D．φA＜φB
[解析] 由速度平方v2与位移x的关系与v2－v02＝2ax对比可得，电子做匀加速直线运动，由牛顿第二定律，合力(电场力)恒定，此电场为匀强电场，选项A、B错误；电子从A到B，电场力做正功，电势能减小，电势增大，选项D正确，C错误。
[答案] D
二、带电粒子在电场中的偏转
1．条件分析：不计重力，且带电粒子的初速度v0与电场方向垂直，则带电粒子将在电场中只受电场力作用做类平抛运动。
2．运动分析：一般用运动的合成与分解来处理，即将带电粒子的运动分解为沿初速度方向上的匀速直线运动和垂直初速度方向上的匀加速直线运动。
3．运动规律
(1)加速度：a＝＝＝。
(2)在电场中的运动时间：t＝。
(3)离开电场时的偏移量y＝at2＝。
(4)离开电场时的偏转角tan θ＝＝。
4．两个结论
(1)不同的带电粒子从静止开始经过同一电场加速后再从同一偏转电场射出时的偏转角度总是相同的。
(2)粒子经电场偏转后，末速度的反向延长线与初速度延长线的交点O为粒子水平位移的中点，即O到电场边缘的距离为。
[例2] 如图所示，场强大小为E、方向竖直向下的匀强电场中有一矩形区域abcd，水平边ab长为s，竖直边ad长为h。质量均为m、带电量分别为＋q和－q的两粒子，由a、c两点先后沿ab和cd方向以速率v0进入矩形区(两粒子不同时出现在电场中)。不计重力，若两粒子轨迹恰好相切，则v0等于( )
A. B.
C. D.
[解析] 因为两粒子轨迹恰好相切，则切点为矩形区域中心，对其中一个粒子，水平方向＝v0t，竖直方向＝at2，且满足a＝，三式联立解得v0＝ ，故B正确。
[答案] B
三、应用动力学知识和功能关系解决电场综合问题
1．方法技巧
功能关系在电学中应用的题目，一般过程复杂且涉及多种性质不同的力。因此，通过审题，抓住受力分析和运动过程分析是关键，然后根据不同的运动过程中各力做功的特点来选择相应规律求解。动能定理和能量守恒定律在处理电场中能量问题时仍是首选。
2．解题流程
[例3] 一绝缘“?”形杆由两段相互平行的足够长的水平直杆PQ、MN和一半径为R的光滑半圆环MAP组成，固定在竖直平面内，其中MN杆是光滑的，PQ杆是粗糙的。现将一质量为m的带正电荷的小环套在MN杆上，小环所受的电场力为重力的。
(1)若将小环由D点静止释放，则刚好能到达P点，求DM间的距离；
(2)若将小环由M点右侧5R处静止释放，设小环与PQ杆间的动摩擦因数为μ，小环所受最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，求小环在整个运动过程中克服摩擦力所做的功。
[解析] (1)小环刚好到达P点时，速度为零，对小环从D点到P点过程，由动能定理得qEx－2mgR＝0－0，
又由题意得qE＝mg，联立解得x＝4R。
(2)若μ≥，则μmg≥qE，设小环到达P点右侧x1时静止，由动能定理得qE(5R－x1)－mg·2R－Ffx1＝0，
又Ff＝μmg，联立解得x1＝，所以整个运动过程中克服摩擦力所做的功为W1＝μmgx1＝。
若μ＜，则μmg根据动能定理可知qE·5R－mg·2R－W2＝0－0，
克服摩擦力做的功W2＝mgR。
[答案] (1)4R (2)若μ≥，克服摩擦力做功为；若μ＜，克服摩擦力做功为mgR
[演练考法]
2.(2017·4月浙江学考)如图所示，在竖直放置间距为d的平行板电容器中，存在电场强度为E的匀强电场。有一质量为m，电荷量为＋q的点电荷从两极板正中间处静止释放，重力加速度为g。则点电荷运动到负极板的过程( )
A．加速度大小为a＝＋g
B．所需的时间为t＝
C．下降的高度为y＝
D．电场力所做的功为W＝Eqd
解析：选B 点电荷在平行板电容器中受到重力、电场力，所以加速度大小为a＝，选项A错误；设所需时间为t，水平方向上有＝·t2，解得t＝ ，选项B正确；下降高度h＝gt2＝，选项C错误；电场力做功W＝，选项D错误。
3．(2016·4月浙江学考)密立根油滴实验原理如图所示。两块水平放置的金属板分别与电源的正负极相接，板间电压为U，形成竖直向下场强为E的匀强电场。用喷雾
器从上板中间的小孔喷入大小、质量和电荷量各不相同的油滴。通过显微镜可找到悬浮不动的油滴，若此悬浮油滴的质量为m，则下列说法正确的是( )
A．悬浮油滴带正电
B．悬浮油滴的电荷量为
C．增大场强，悬浮油滴将向上运动
D．油滴的电荷量不一定是电子电荷量的整数倍
解析：选C 悬浮不动，说明带电粒子所受静电力与重力平衡，所以该粒子带负电，选项A错误；Eq＝mg，q＝，所以选项B错误；如果增大电场强度，原本悬浮的微粒就会向上加速，选项C正确；所有带电体的电荷量都是电子电荷量的整数倍，选项D错误。
4．(2017·11月浙江学考)如图所示，AMB是一条长L＝10 m的绝缘水平轨道，固定在离水平地面高h＝1.25 m处，A、B为端点，M为中点。轨道MB处在方向竖直向上、大小E＝5×103 N/C的匀强电场中。一质量m＝0.1 kg、电荷量q＝＋1.3×10－4 C的可视为质点的滑块以初速度v0＝6 m/s在轨道上自A点开始向右运动，经M点进入电场，从B点离开电场。已知滑块与轨道间的动摩擦因数μ＝0.2，求滑块：
(1)到达M点时的速度大小；
(2)从M点运动到B点所用的时间；
(3)落地点距B点的水平距离。
解析：(1)滑块在AM段的加速度大小为
a1＝＝＝2 m/s2
由运动学公式得vM2－v02＝2(－a1)
代入数据解得vM＝4 m/s。
(2)滑块在MB段的加速度大小为
a2＝＝0.7 m/s2，
由运动学公式得＝vMt1－a2t12，
代入数据解得t1＝ s。
(3)滑块下落时间为t2＝＝0.5 s，
vB＝vM－a2t1＝3 m/s，
x＝vBt2＝1.5 m。
答案：(1)4 m/s (2) s (3)1.5 m
第七章
第一节电路的几个基本概念和规律
知识内容
必考要求
1.电源和电流
b
2.电动势
b
3.欧姆定律、U-I图像及I-U图像
c
4.焦耳定律
c
5.导体的电阻
c
考点一 电源、电流和电动势
[巩固基础]
1．电源
通过非静电力做功把其他形式的能转化为电势能的装置。
2．电流
(1)定义式：I＝。
(2)方向：规定为正电荷定向移动的方向。
(3)微观表达式：I＝nqSv。
3．电动势
(1)定义式：E＝。
(2)物理意义：反映电源非静电力做功本领大小的物理量。
[演练考法]
1．(2016·4月浙江学考)下列说法正确的是( )
A．物体在完全失重的状态下没有惯性
B．运动是绝对的，但运动的描述是相对的
C．电流强度有大小和方向，所以是矢量
D．研究月球绕地球运行轨迹时不能把月球看成质点
解析：选B 惯性与物体的受力状态无关，A错误；电流是标量，C错误；研究月球绕地球运行轨迹时，能把月球看作质点，D错误。
考点二 欧姆定律、I-U图像及U-I图像
[巩固基础]
1．欧姆定律
(1)表达式：I＝。
(2)适用范围
①金属导电和电解质溶液导电(对气态导体和半导体元件不适用)。
②纯电阻电路(不含电动机、电解槽的电路)。
2．I-U图像(伏安特性曲线)与U-I图像的比较
I-U图像
U-I图像
斜率
图线上的点与坐标原点连线的斜率表示导体电阻的倒数
图线上的点与坐标原点连线的斜率表示导体的电阻
线性元件
R1＞R2
R1＜R2
非线性元件
电阻随电压U的增大而增大
电阻随电压U的增大而减小
[演练考法]
2．(2018·温州选考适应性测试)下列选项中用比值法定义来定义物理量的是( )
A．a＝ B．I＝
C．C＝ D．R＝ρ
解析：选C A选项为加速度的决定式，B选项为欧姆定律，D选项为电阻的决定式；C选项为电容的定义式。
3．氧化锡传感器主要用于汽车尾气中一氧化碳浓度的检测，它的电导G(电阻的倒数)与一氧化碳浓度C的关系如图甲所示。如果将氧化锡传感器接到如图乙所示的电路中，不同的一氧化碳浓度对应着传感器的不同电阻，这样，显示仪表(电压表)的指针就与一氧化碳浓度有了对应关系，观察仪表指针就能判断一氧化碳浓度是否超标。则下图中表示电压表示数U0与一氧化碳浓度C之间的对应关系的图象正确的是( )
解析：选C 由题图甲可知氧化锡的电阻R′＝＝，再由题图乙知电压表的示数U0＝＝，可以看出一氧化碳浓度越大，电压表的示数越大，当C→∞时，U0→为一个定值，故C正确。
考点三 焦耳定律、导体的电阻
[巩固基础]
1．焦耳定律
(1)内容：电流通过导体产生的热量Q(常称为电热)跟电流I的二次方成正比，跟导体的电阻R及通电时间t成正比。
(2)公式：Q＝I2Rt。
(3)热功率：单位时间内的发热量通常称为热功率，即：P＝＝I2R。
[提醒]
(1)电流做功时，消耗的是电能，电能转化为哪种形式的能，由电路中的元件类型来决定。
(2)在纯电阻电路(如白炽灯、电炉等)中，电能全部转化为导体的内能。电流在这段电路中做的功等于这段电路发出的热量，即：Q＝W；W＝UIt＝I2Rt＝t；P＝UI＝I2R＝。
(3)如果电路中除了含有电阻外，还有电动机、电解槽等，电流做功消耗的电能除了转化为内能，还要转化成其他形式的能，即W＝E其他＋Q，P＝P其他＋P热。
2．导体的电阻
(1)电阻的定义式：R＝。
(2)电阻的决定式：R＝ρ。
(3)电阻率
①计算式：ρ＝R。
②电阻率与温度的关系。
a．金属：电阻率随温度升高而增大。
b．半导体(负温度系数)：电阻率随温度升高而减小。
c．一些合金：几乎不受温度变化的影响。
d．超导体：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为零，成为超导体。
[提升能力]
一、纯电阻电路与非纯电阻电路的比较
纯电阻电路
非纯电阻电路
实例
白炽灯、电炉、电饭锅、电热毯、电熨斗及转子被卡住的电动机等
电动机、电解槽、日光灯等
电功与电热
W＝UIt，
Q＝I2Rt＝t，
W＝Q
W＝UIt，Q＝I2Rt，
W＞Q
电功率与热功率
P电＝UI，
P热＝I2R＝，
P电＝P热
P电＝UI，
P热＝I2R，
P电＞P热
二、电阻与电阻率的区别
1．电阻是反映导体对电流阻碍作用大小的物理量，电阻率是反映材料导电性能好坏的物理量。
2．导体的电阻与电阻率无直接关系，即电阻率大，电阻不一定大；电阻率小，电阻不一定小。
3．两个公式的对比
公式
R＝
R＝ρ
字母含义
U：导体两端的电压
I：通过导体的电流
ρ：材料的电阻率
l：沿电流方向导体的长度
S：垂直电流方向导体的横截面积
公式含义
提供了测定电阻的一种方法
说明了电阻的决定因素
[演练考法]
4．(2016·10月浙江学考)一根细橡胶管中灌满盐水，两端用短粗铜丝塞住管口。管中盐水柱长为40 cm时测得电阻为R。若溶液的电阻随长度、横截面积的变化规律与金属导体相同。现将管中盐水柱均匀拉长至50 cm(盐水体积不变，仍充满橡胶管)。则盐水柱电阻变为( )
A.R B.R
C.R D.R
解析：选D 由于盐水总体积不变，设40 cm长时的横截面积为S。所以长度变为50 cm后，横截面积S′＝S，根据电阻定律R＝ρ，R′＝ρ，联立两式得R′＝R，选项D正确。
5.(2016·10月浙江学考)如图为一种服务型机器人，其额定功率为48 W，额定工作电压为24 V。机器人的锂电池容量为20 A·h。则机器人( )
A．额定工作电流为20 A
B．充满电后最长工作时间为2 h
C．电池充满电后总电量为7.2×104 C
D．以额定电流工作时每秒消耗能量为20 J
解析：选C 根据P＝UI可知，额定电流应该为2 A，选项A错误。电源的容量为20 A·h，即当额定电流2 A下工作时，能够工作最长时间为10 h，选项B错误。电源充满电后的总电量为Q＝It＝20×3 600 C＝7.2×104 C，选项C正确。在额定电流下，机器人功率48 W即每秒消耗48 J，选项D错误。
6．(2017·11月浙江学考)小明同学家里部分电器的消耗功率及每天工作时间如表所示，则这些电器一天消耗的电能约为( )
电器
消耗功率/W
工作时间/h
电茶壶
2 000
1
空调
1 200
3
电视机
100
2
节能灯
16
4
路由器
9
24
A.6.1×103 W B．6.1×103 J
C．2.2×104 W D．2.2×107 J
解析：选D 根据表格，这些电器每天消耗的电能为W＝2 kW×1 h＋1.2 kW×3 h＋0.1 kW×2 h＋0.016 kW×4 h＋0.009 kW×24 h＝6.08 kW·h≈2.2×107 J。
第二节闭合电路的欧姆定律
知识内容
必考要求
1.串联电路和并联电路
c
2.闭合电路的欧姆定律
c
考点一 串联电路和并联电路
[巩固基础]
1．电路的串、并联
串联
并联
电流
I＝I1＝I2＝…＝In
I＝I1＋I2＋…＋In
电压
U＝U1＋U2＋…＋Un
U＝U1＝U2＝…＝Un
电阻
R＝R1＋R2＋…＋Rn
＝＋＋…＋
电压与电流分配
电压与各部分电路的电阻成正比
电流与各支路的电阻成反比
功率分配
与各部分电路的电阻成正比
与各支路的电阻成反比
2.电表的改装
改装成电压表
改装成电流表
内部电路
改装原理
串联分压
并联分流
改装后的量程
U＝Ig(R＋Rg)
I＝Ig
量程扩大的倍数
n＝
n＝
接入电阻的阻值
R＝－Rg＝(n－1)Rg
R＝＝
改装后的总内阻
RV＝Rg＋R＝nRg
RA＝＝
[演练考法]
1.(2018·“七彩阳光”联盟检测)电饭锅给我们的生活带来方便。电饭锅工作时有两种状态，一种是锅内水烧干前的加热状态，另一种是烧干后的保温状态。如图是电饭锅的电路图，其中R1＝(－1)R2，则下列判断正确的是( )
A．自动开关S接通后，电饭锅处于保温状态
B．保温时的电流是加热时的一半
C．在保温状态下R2的功率是加热时的一半
D．电饭锅在保温状态下的功率是加热时的一半
解析：选C 在纯电阻电路中，由公式P＝可知，S接通时，电阻变小，功率变大，处于加热状态，S断开时，功率变小，处于保温状态，故A错误。由I＝，P＝可得＝＝＝，故B、D错误。由P＝I2R可得＝＝，故C正确。
2．用标有“6 V,3 W”的灯泡L1、“6 V,6 W”的灯泡L2与理想电压表和理想电流表连接成如图甲所示的实验电路，其中电源电动势E＝9 V。图乙是通过两个灯泡的电流随两端电压变化的曲线。当其中一个灯泡正常发光时( )
A．电流表的示数为1 A
B．电压表的示数约为6 V
C．电源输出功率为4 W
D．电源内阻为1 Ω
解析：选C 两个灯泡串联，所以电流相等。L1的额定电流为I1＝＝0.5 A，L2的额定电流为I2＝＝1 A，所以只有L1正常发光，电路中电流为0.5 A，选项A错误；从题图乙中可以看出，电流为0.5 A时，两灯的电压分别为6 V和2 V，由串联分压原理知，L1两端电压为6 V，L2两端电压为2 V，电压表示数为2 V，选项B错误；电源输出功率为P＝UI＝(2＋6)×0.5 W＝4 W，选项C正确；电源内阻r＝＝2 Ω，选项D错误。
考点二 闭合电路的欧姆定律
[巩固基础]
1．闭合电路欧姆定律
(1)内、外电路：如图所示，用电器、导线组成外电路，电源内部是内电路，电阻是内电阻。
(2)内容：闭合电路的电流跟电源的电动势成正比，跟内、外电路的电阻之和成反比。这个结论叫做闭合电路欧姆定律。
(3)表达式：I＝或E＝U外＋U内或U＝E－Ir。
2．路端电压与外电阻的关系
(1)一般情况：U＝IR＝·R。
(2)特殊情况：
①当外电路断路时，I＝0，U＝E。
②当外电路短路时，I短＝，U＝0。
3．闭合电路中的功率
电源的总功率：P总＝EI
电源内阻消耗功率：P内＝I2r
电源的输出功率：P出＝UI＝EI－I2r
[提醒]
(1)闭合电路欧姆定律对于所有电源都是成立的。
(2)表达式I＝适用于纯电阻电路；表达式E＝U外＋U内或U＝E－Ir适用于任何闭合电路。
[提升能力]
一、电路的动态分析
1．电路动态分析类问题是指由于断开或闭合开关、滑动变阻器滑片的滑动等造成电路结构或电阻发生了变化，一处变化又引起了一系列的变化。
2．电路动态分析的方法
(1)程序法
电路结构的变化→R的变化→R总的变化→I总的变化→U端的变化→固定支路→变化支路。
(2)“串反并同”结论法
①所谓“串反”，即某一电阻增大时，与它串联或间接串联的电阻中的电流、两端电压、电功率都将减小，反之则增大。
②所谓“并同”，即某一电阻增大时，与它并联或间接并联的电阻中的电流、两端电压、电功率都将增大，反之则减小。
即：←R↑→
(3)极限法：因变阻器滑片滑动引起电路变化的问题，可将变阻器的滑片分别滑至两个极端，让电阻最大或电阻为零去讨论。
(4)判定总电阻变化情况的规律
①当外电路的任何一个电阻增大(或减小)时，电路的总电阻一定增大(或减小)。
②若开关的通、断使串联的用电器增多时，电路的总电阻增大；若开关的通、断使并联的支路增多时，电路的总电阻减小。
[例1] 如图所示是一种油箱内油面高度检测装置的示意图。图中油量表由电流表改装而成，金属杠杆的一端接浮标，另一端触点O接滑动变阻器R。当油箱内油面下降时，下列分析正确的是( )
A．触点O向下滑动 B．触点O向上滑动
C．电路中的电流增大了 D．电路中的电流不变
[解析] 当油面下降时，浮标位置降低，在杠杆作用下，滑动变阻器的触点O向上移动，滑动变阻器连入电路的阻值变大，根据I＝可知电路中的电流变小，电流表示数变小，即油量表指针偏转较小。选项A、C、D错误，B正确。
[答案] B
二、电路中的功率及效率
电源总功率
任意电路：P总＝EI＝P出＋P内
纯电阻电路：P总＝I2(R＋r)＝
电源内部消耗的功率
P内＝I2r＝P总－P出
电源的输出功率
任意电路：P出＝UI＝P总－P内
纯电阻电路：P出＝I2R＝
P出与外电阻R的关系
电源的效率
任意电路：η＝×100%＝×100%
纯电阻电路：η＝×100%
[例2] 如图所示电路中，R为一滑动变阻器，P为滑片，若将滑片向下滑动，则在滑动过程中，下列判断错误的是( )
A．电源内电路消耗功率一定逐渐增大
B．灯泡L2一定逐渐变暗
C．电源效率一定逐渐减小
D．R上消耗功率一定逐渐变小
[解析] 滑动变阻器滑片P向下滑动，R↓→R并↓→R外↓，由闭合电路欧姆定律I＝推得I↑，由电源内电路消耗功率P内＝I2r可得P内↑，A正确。U外＝E－Ir减小，U1＝(I↑－IL1↓)R1增大，UL2＝U外↓－U1↑减小，PL2＝减小，故灯泡L2变暗，B正确。电源效率η＝＝＝减小，故C正确。R上消耗的功率PR＝，PR增大还是减小不确定，故D错。
[答案] D
三、电源的U-I图线和电阻的U-I图线
图像上的特征
物理意义
电源U-I图像
电阻U-I图像
图形
图像表述的物理量变化关系
电源的路端电压随电路电流的变化关系
电阻中的电流随电阻两端电压的变化关系
图像上的特征物理意义
电源U-I图像
电阻U-I图像
图线与坐标轴交点
与纵轴交点表示电源电动势E，与横轴交点表示电源短路电流
过坐标轴原点，表示没有电压时电流为零
图线上每一点坐标的乘积UI
表示电源的输出功率
表示电阻消耗的功率
图线上每一点对应的U、I比值
表示外电阻的大小，不同点对应的外电阻大小不同
每一点对应的比值均等大，表示此电阻的大小
图线的斜率的大小
内电阻r
电阻大小
[例3] 如图所示，直线Ⅰ、Ⅱ分别是电源1与电源2的路端电压随输出电流变化的特性图线，曲线Ⅲ是一个小灯泡的伏安特性曲线，如果把该小灯泡分别与电源1、电源2单独连接，则下列说法正确的是( )
A．电源1与电源2的内阻之比是7∶11
B．电源1与电源2的电动势之比是1∶2
C．在这两种连接状态下，小灯泡消耗的功率之比是1∶2
D．在这两种连接状态下，小灯泡的电阻之比是1∶2
[解析] 根据电源的路端电压随输出电流的变化特性图线斜率的绝对值表示电源内阻可知，电源1与电源2的内阻之比是11∶7，选项A错误；根据电源的路端电压随输出电流的变化特性图线纵轴的截距表示电源电动势可知，电源1与电源2的电动势之比是1∶1，选项B错误；根据曲线交点表示工作点，交点的纵、横坐标的乘积表示电源输出功率，在这两种连接状态下，小灯泡消耗的功率之比是1∶2，选项C正确；根据曲线交点的纵、横坐标的比值表示小灯泡电阻，在这两种连接状态下，小灯泡的电阻之比是18∶25，选项D错误。
[答案] C
[演练考法]
3.(2016·4月浙江学考)图示中的路灯为太阳能路灯，每只路灯的光伏电池板有效采光面积约0.3 m2。晴天时电池板上每平方米每小时接收到的太阳辐射能约为3×106 J。如果每天等效日照时间约为6 h，光电池一天产生的电能可供30 W的路灯工作8 h。光电池的光电转换效率约为( )
A．4.8% B．9.6%
C．16% D．44%
解析：选C η＝×100%＝×100%＝16%，C正确。
实验九测绘小灯泡的伏安特性曲线
[实验基础]
[实验目的]
1．测多组小灯泡的U、I的值，并绘出I-U图像。
2．由图线的斜率反映电流与电压和温度的关系。
[实验原理]
1．电路原理如图甲所示，测多组小灯泡的U、I的值，并绘出I-U图像(图乙)。
2．由图线的斜率反映电流与电压的关系，以及温度的影响。
[实验器材]
小灯泡“3.8 V 0.3 A”、电压表“0～3 V～15 V”、电流表“0～0.6 A～3 A”、滑动变阻器、学生电源、开关、导线若干、坐标纸、铅笔。
[实验步骤]
1．确定电流表、电压表的量程，采用电流表外接法，滑动变阻器采用分压式接法，按实验原理图连接好实验电路。
2．把滑动变阻器的滑片调节到使小灯泡分得电压为零的一端，接线经检查无误后，闭合开关S。
3．移动滑动变阻器滑片位置，测出12组左右不同的电压值U和电流值I，并将测量数据填入表格中，断开开关S。
U(V)
0
0.2
0.4
0.6
0.8
1.0
1.2
I(A)
U(V)
1.6
2.0
2.4
2.8
3.2
3.6
4.0
I(A)
4．拆除电路，整理仪器。
[数据处理]
1．在坐标纸上以U为横轴，以I为纵轴，建立坐标系。
2．在坐标纸上描出各组数据所对应的点(坐标系纵轴和横轴的标度要适中，以使所描图线充分占据整个坐标纸为宜)。
3．将描出的点用平滑的曲线连接起来，就得到小灯泡的伏安特性曲线。
[误差分析]
1．由于电压表、电流表不是理想电表，电表内阻对电路的影响会带来系统误差。
2．电流表、电压表的读数带来偶然误差。
3．在坐标纸上描点、作图带来偶然误差。
[注意事项]
1．电路的连接方式：
(1)电流表应采用外接法：因为小灯泡(3.8 V,0.3 A)的电阻很小，与量程为0.6 A的电流表串联时，电流表的分压影响很大。
(2)滑动变阻器应采用分压式接法：目的是使小灯泡两端的电压能从零开始连续变化。
2．闭合开关S前，滑动变阻器的触头应移到使小灯泡分得电压为零的一端，使开关闭合时小灯泡的电压能从零开始变化，同时也是为了防止开关刚闭合时因小灯泡两端电压过大而烧坏灯丝。
3．I-U图线在U＝1.0 V左右将发生明显弯曲，故在U＝1.0 V左右绘点要密，以防出现较大误差。
[演练考法]
1．(2016·10月浙江学考)“测绘小灯泡的伏安特性曲线”实验，要求采用分压电路，电流表外接。小王的连线如图甲所示，闭合开关S前请老师检查，老师指出图中标示的①、②两根连线有一处错误，错误连线是________(填“①”或“②”)；图中标示的③、④和⑤三根连线有一处错误，错误连线是________(填“③”、“④”或“⑤”)。小王正确连线后，闭合开关S前，应将滑动变阻器滑片C移到________处(填“A”或“B”)。闭合开关S，此时电压表读数为______ V。缓慢移动滑片C至某一位置时，电流表指针如图乙所示，电流表的示数为________ A。
解析：本实验的电路图如下：
应该采用分压式外接法，所以①、④两根导线有问题。实验开始时为了保证实验仪器的正常使用，需要将C拔到最左端，即A处，开关闭合后，电压表读数为0 V。图乙中电流表的读数为0.32 A(不需要估读)。
答案：1 4 A 0 0.32
2．(2016·4月浙江学考)在“测绘小灯泡的伏安特性曲线”实验中，小灯泡额定电压为2.5 V、电流为0.3 A。
(1)部分连线的实物图如图甲所示，请完成实物连接图。
(2)某次实验中，当电流表的示数为0.18 A，电压表的指针如图乙所示，则电压为________V，此时小灯泡的功率是________W。
(3)正确测量获得的伏安特性曲线是下列图像中的________(填字母)。
解析：(1)小灯泡额定电压为2.5 V，故电压表选择0～3 V的量程；测绘小灯泡的伏安特性曲线时，电压表、电流表需从0开始调节，故滑动变阻器采用分压式接法；电流表采用外接法。
(2)结合量程可读出电压表的示数为1.50 V，故小灯泡的功率P＝UI＝1.50×0.18 W＝0.27 W。
(3)随着电压的增大，小灯泡的电阻越来越大，故C正确。
答案：(1)如图所示
(2)1.50 0.27 (3)C
实验十探究导体电阻与其影响因素(包括材料)的关系
[实验基础]
[实验目的]
1．掌握电流表、电压表和滑动变阻器的使用方法及电流表和电压表的读数方法。
2．掌握螺旋测微器和游标卡尺的原理及读数方法。
3．会用伏安法测电阻，进一步测定金属的电阻率。
[实验原理]
1．用伏安法测出金属导线的电阻，实验电路如图(甲或乙)。
2．由电阻定律R＝ρ，得ρ＝R。
[实验器材]
被测金属丝、螺旋测微器、毫米刻度尺、电池组、电流表、电压表、滑动变阻器、开关、导线若干。
[实验步骤]
1．直径测定：用螺旋测微器在被测金属导线上的三个不同位置各测一次直径，求出其平均值d，计算出导线的横截面积S＝。
2．电路连接：按实验原理电路图甲或乙连接好电路。
3．长度测量：用毫米刻度尺测量接入电路中的被测金属导线的有效长度，反复测量3次，求出其平均值L。
4．U、I测量：把滑动变阻器的滑片调节到使接入电路中的电阻值最大的位置，电路经检查确认无误后，闭合开关S，改变滑动变阻器滑片的位置，读出几组相应的电流表、电压表的示数I和U的值，记入表格内，断开开关S。
5．拆去实验线路，整理好实验器材。
[数据处理]
1．在求Rx的平均值时可用两种方法
(1)用Rx＝ 分别算出各次的数值，再取平均值。
(2)用U-I图线的斜率求出。
2．计算电阻率
将记录的数据Rx、L、d的值代入电阻率计算式ρ＝Rx＝。
[误差分析]
1．金属丝的横截面积是利用直径计算而得，直径的测量是产生误差的主要来源之一。
2．采用伏安法测量金属丝的电阻时，由于采用的是电流表外接法，测量值小于真实值，使电阻率的测量值偏小。
3．金属丝的长度测量、电流表和电压表的读数等会带来偶然误差。
4．由于金属丝通电后发热升温，会使金属丝的电阻率变大，造成测量误差。
[注意事项]
1．被测金属导线的电阻值较小，实验电路一般采用电流表外接法。
2．测量被测金属导线的有效长度，是指测量待测导线接入电路的两个端点之间的长度，亦即电压表两端点间的待测导线长度，测量时应将导线拉直，反复测量三次，求其平均值。
3．测金属导线直径一定要选三个不同部位进行测量，求其平均值。
4．闭合开关S之前，一定要使滑动变阻器的滑片处在有效电阻值最大的位置。
5．在用伏安法测电阻时，通过待测导线的电流强度I不宜过大(电流表用0～0.6 A量程)，通电时间不宜过长，以免金属导线的温度明显升高，造成其电阻率在实验过程中逐渐增大。
[演练考法]
(2017·4月浙江学考)小明用电学方法测量电线的长度。首先，小明测得电线铜芯的直径为1.00 mm，估计其长度不超过50 m(已知铜的电阻率为1.75×10－8 Ω·m)。
现有如下实验器材：①量程为3 V、内阻约为3 kΩ的电压表；②量程为0.6 A、内阻约为0.1 Ω的电流表；③阻值为0～20 Ω的滑动变阻器；④内阻可忽略、输出电压为3 V的电源；⑤阻值为R0＝4.30 Ω的定值电阻，开关和导线若干。
小明采用伏安法测量电线电阻，正确连接电路后，调节滑动变阻器，电流表的示数从0开始增加，当示数为0.50 A时，电压表示数如图1所示，读数为________ V。根据小明测量的信息，图2中P点应该________(选填“接a”、“接b”、“接c”或“不接”)，Q点应该________(选填“接a”、“接b”、“接c”或“不接”)。小明测得的电线长度为________ m。
解析：由题图1可知，所用量程为3 V，所以需要估读，即读数为2.50 V；由于保护电阻，因此实验电路图如下：
P点应接b，Q点应接a。根据Rx＋R0＝，Rx＝ρ，S＝，联立可得L＝31.4 m。
答案：2.50 接b 接a 31.4
实验十一练习使用多用电表
知识内容
必考要求
多用电表的原理
a
[实验基础]
[实验目的]
1．了解多用电表的构造和原理，掌握多用电表的使用方法。
2．会使用多用电表测电压、电流及电阻。
[实验原理]
1．外部构造
(1)转动选择开关可以使用多用电表测量电流、电压、电阻等。
(2)表盘的上部为表头，用来表示电流、电压和电阻的多种量程。
(3)由于多用电表的测量项目和量程比较多，而表盘的空间有限，所以并不是每个项目的量程都有专门的标度，有些标度就属于共用标度，图中的第二行就是交、直流电流和直流电压共用的标度。
2．欧姆表内部构造和原理
(1)欧姆表内部电路简化如图。
(2)多用电表测电阻阻值的原理：闭合电路欧姆定律。
①红、黑表笔短接，进行欧姆调零时，指针满偏，有Ig＝。
②当红、黑表笔之间接有未知电阻Rx时，有I＝，故每一个未知电阻都对应一个电流值I。
③由于I与R是非线性关系，表盘上电流刻度是均匀的，其对应的电阻刻度却是不均匀的，电阻的零刻度在电流满偏处。当Rx＝Rg＋R＋r时，I＝，指针半偏，所以欧姆表的内阻等于中值电阻。
[实验器材]
多用电表、直流电源、开关、导线若干、小灯泡、二极管、定值电阻(大、中、小)三个。
[实验步骤]
1．测量前准备
(1)观察多用电表的外形，认识选择开关对应的测量项目及量程。
(2)检查多用电表的指针是否停在表盘刻度左端的零位置。若不指零，则可用小螺丝刀进行机械调零。
(3)将红、黑表笔分别插入“＋”、“－”插孔。
2．直流电压和直流电流的测量
(1)按如图甲所示连好电路，将多用电表选择开关置于直流电压挡，测小灯泡两端的电压。
(2)按如图乙所示连好电路，将选择开关置于直流电流挡，测量通过小灯泡的电流。
3．用多用电表测电阻的步骤
(1)调整定位螺丝，使指针指向电流的零刻度。
(2)将选择开关置于“Ω”挡的“×1”挡，短接红、黑表笔，调节欧姆调零旋钮，然后断开表笔，再使指针指向“∞”。
(3)将两表笔分别接触阻值为几十欧的定值电阻两端，读出指示的电阻值，然后断开表笔，再与标定值进行比较。
(4)选择开关改置“×100”挡，重新进行欧姆调零。
(5)再将两表笔分别接触阻值为几千欧的电阻两端，读出指示的电阻值，然后断开表笔，与标定值进行比较。
(6)测量完毕，将选择开关置于交流电压最高挡或“OFF”挡。
[数据处理]
1．测电阻时，电阻值等于指针的示数与倍率的乘积。指针示数的读数一般读两位有效数字。
2．测电压和电流时，如果所读表盘的最小刻度为1、0.1、0.01等，读数时应读到最小刻度的下一位，若表盘的最小刻度为0.2、0.02、0.5、0.05等，读数时只读到与最小刻度位数相同即可。
[误差分析]
1．电池用旧后，电动势会减小，内电阻会变大，致使电阻测量值偏大，要及时更换新电池。
2．欧姆表的表盘刻度不均匀，估读时易带来误差，要注意其左密右疏的特点。
3．由于欧姆表刻度的非线性，表头指针偏转过大或过小都会使误差增大，因此要选用恰当挡位，尽可能使指针指向表盘的中值附近。
4．测电流、电压时，由于电表内阻的影响，测得的电流、电压值均小于真实值。
5．读数时的观测易形成偶然误差，要垂直表盘正对指针读数。
[注意事项]
1．使用前要机械调零。注意机械调零和欧姆调零的区别。
2．两表笔在使用时，电流总是“红入黑出”。
3．选择开关的功能区域，要分清是测电压、电流、电阻，还要分清是交流还是直流。
4．电压、电流挡为量程范围挡，欧姆挡为倍率挡。
5．刻度线有三条：上为电阻专用，中间为交流、直流电压、直流电流共用，下为交流2.5 V专用。
6．测电阻时，换挡要重新欧姆调零。
7．使用完毕，选择开关要置于“OFF”挡或交流电压最高挡，长期不用应取出电池。
[演练考法]
在“练习使用多用电表”实验中：
(1)如图所示，为一正在测量中的多用电表表盘。如果用欧姆挡“×100”测量，则读数为________Ω；如果用“直流10 V”挡测量，则读数为________V。
(2)甲同学利用多用电表测量电阻。他用欧姆挡“×100”测量时发现指针偏转角度过小，为了得到比较准确的测量结果，请从下列选项中挑出合理的步骤，操作顺序为________(填写选项前的字母)。
A．将选择开关旋转到欧姆挡“×1 k”的位置
B．将选择开关旋转到欧姆挡“×10”的位置
C．将两表笔分别与被测电阻的两根引线相接完成测量
D．将两表笔短接，调节欧姆调零旋钮使指针指向“0 Ω”
解析：(1)多用电表欧姆挡用“×100”测电阻，由题图可知，其读数为6×100 Ω＝600 Ω；如果用“直流10 V”挡测量电压，由题图可知，其读数为7.1 V。
(2)欧姆挡测电阻时指针偏转角度过小是由于挡位过小，需选取较大挡位，进行欧姆调零后再测阻值，故顺序为ADC。
答案：(1)600 7.1 (2)ADC
实验十二测定电池的电动势和内阻
[实验基础]
[实验目的]
1．测定电池的电动势和内阻。
2．加深对闭合电路欧姆定律的理解。
[实验原理]
1．如图甲或乙所示，改变R的阻值，从电压表和电流表中读出几组I、U值，利用闭合电路的欧姆定律求出几组E、r值，最后分别算出它们的平均值。
2．用图像法来处理数据，在坐标纸上以I为横坐标、U为纵坐标，用测出的几组I、U值画出U -I图像，如图丙所示，直线跟纵轴交点的坐标表示电源电动势E的值，图线斜率的绝对值即内阻r的值。
[实验器材]
电池、电压表、电流表、滑动变阻器、开关、导线、坐标纸和刻度尺。
[实验步骤]
1．电流表用0.6 A量程，电压表用3 V量程，按实验原理图连接好电路。
2．把变阻器的滑片移动到使阻值最大的一端。
3．闭合开关，调节变阻器，使电流表有明显示数并记录一组数据(I1，U1)。用同样方法测量出六组I、U的值。填入表格中。
第1组
第2组
第3组
第4组
第5组
第6组
U/V
I/A
4．断开开关，拆除电路，整理好器材。
[数据处理]
1．公式法
联立六组对应的U、I数据，满足关系式U1＝E－I1r、U2＝E－I2r、U3＝E－I3r、…，让第1式和第4式联立方程，第2式和第5式联立方程，第3式和第6式联立方程，这样解得三组E、r，取其平均值作为电池的电动势E和内阻r。
2．图像法
在坐标纸上以路端电压U为纵轴、干路电流I为横轴建立U-I坐标系，在坐标平面内描出各组(I，U)值所对应的点，然后尽量多地通过这些点作一条直线，不在直线上的点大致均匀分布在直线两侧，则直线与纵轴交点的纵坐标值即是电池电动势的大小(一次函数的纵轴截距)，直线的斜率绝对值即为电池的内阻r，即r＝。
[误差分析]
1．由于读数不准和电表线性不良引起误差。
2．用图像法求E和r时，由于作图不准确造成误差。
3．测量过程中通电时间过长或电流过大，都会引起E、r变化。
[注意事项]
1．为了使电池的路端电压变化明显，应选内阻大些的电池(选用已使用过一段时间的干电池)。
2．在实验中不要将I调得过大，每次读完U和I的数据后应立即断开电源，以免干电池在大电流放电时极化现象严重，使得E和r明显变化。
3．要测出不少于6组的(I、U)数据，且变化范围要大些。
4．画U-I图线时，纵轴的刻度可以不从零开始，而是根据测得的数据从某一恰当值开始(横坐标I必须从零开始)。但这时图线与横轴的交点不再是短路电流，而图线与纵轴的交点仍为电源电动势，图线斜率的绝对值仍为内阻。
[演练考法]
(2017·11月浙江学考)小明同学在测定一节干电池的电动势和内阻的实验时，为防止电流过大而损坏器材，电路中加了一个保护电阻R0。根据如图1所示电路图进行实验时，
(1)电流表量程应选择________(填“0.6 A”或“3 A”)，保护电阻应选用________(填“A”或“B”)；
A．定值电阻(阻值10.0 Ω，额定功率10 W)
B．定值电阻(阻值2.0 Ω，额定功率5 W)
(2)在一次测量中电压表的指针位置如图2所示，则此时的电压为________V；
(3)根据实验测得的5组数据所画出的U-I图线如图3所示。则干电池的电动势E＝__________V，内阻r＝________Ω(小数点后保留两位)。
解析：(1)通过后面的U-I图像可知，电流表选择0.6 A即可。一节干电池的电动势大约为1.5 V，根据I＝可知，保护电阻选择B比较合理。
(2)接入的电压表量程显然为3 V，根据读数方法可知电压表读数为1.20 V。
(3)题图中，保护电阻可以看做电源内阻的一部分，所以通过图像可知E＝1.45 V，r＋R0＝ Ω＝2.50 Ω，所以内阻r＝0.50 Ω。
答案：(1)0.6 A B (2)1.20 (3)1.45 0.50
第八章
知识内容
必考要求
1.磁现象和磁场
b
2.磁感应强度
c
3.几种常见的磁场
b
4.通电导线在磁场中受到的力
c
5.运动电荷在磁场中受到的力
c
考点一 磁场和磁感应强度
[巩固基础]
1．磁场
(1)磁场：存在于磁体周围或电流周围的一种客观存在的特殊物质。磁体和磁体之间、磁体和通电导体之间、通电导体和通电导体间的相互作用都是通过磁场发生的。
(2)基本性?
