功 和 能
典 型 例 题
1、如图1所示，轻绳下悬挂一小球，在小球沿水平面作半径为R的匀速圆周运动转过半圈的过程中，下列关于绳对小球做功情况的叙述中正确的是（ ）
A、绳对小球没有力的作用，所以绳对小球没做功；
B、绳对小球有拉力作用,但小球没发生位移，所以绳对小球没做功；
C、绳对小球有沿绳方向的拉力，小球在转过半圈的过程中的位移为水平方向的2R，所以绳对小球做了功；D以上说法都不对。
2、如图10－2所示，质量分别为、的小球、分别固定在长为的轻杆两端，轻杆可绕过中点的水平轴在竖直平面内无摩擦转动，当杆处于水平时静止释放，直至杆转到竖直位置的过程中，杆对小球所做的功为 .杆对小球所做的功为 ．
【分析与解】在此过程中由于、构成的系统的机械能守恒，因此系统减少的重力势能应与系统增加的动能相等．即
由此解得、两球转到杆处于竖直位置时的速度大小为
而在此过程中、两球的机械能的增加量分别为
所以，此过程中轻杆对Ａ、Ｂ两小球所做的功分别为
3、一个竖直放置的光滑圆环，半径为，、、、分别是其水平直径和竖直直径的端点．圆环与一个光滑斜轨相接，如图4所示．一个小球从与点高度相等的点从斜轨上无初速下滑．试求：
(1)过点时，对轨道的压力多大？
(2)小球能否过点，如能，在点对轨道压力多大？如不能，小球于何处离开圆环？
【分析与解】小球在运动的全过程中，始终只受重力和轨道的弹力．其中，是恒力，而是大小和方向都可以变化的变力．但是，不论小球是在斜轨上下滑还是在圆环内侧滑动，每时每刻所受弹力方向都与即时速度方向垂直．因此，小球在运动的全过程中弹力不做功，只有重力做功，小球机械能守恒．
从小球到达圆环最低点开始，小球就做竖直平面圆周运动．小球做圆周运动所需的向心力总是指向环心点，此向心力由小球的重力与弹力提供．
（1）因为小球从到机械能守恒，所以
①
②
③
解①②③得
（2）小球如能沿圆环内壁滑动到点，表明小球在点仍在做圆周运动，则，可见，是恒量，随着的减小减小；当已经减小到零（表示小球刚能到达）点，但球与环顶已是接触而无挤压，处于“若即若离”状态）时，小球的速度是能过点的最小速度．如小球速度低于这个速度就不可能沿圆环到达点．这就表明小球如能到达点，其机械能至少应是，但是小球在点出发的机械能仅有＜因此小球不可能到达点．
又由于，
即
因此，＞0，小球从到点时仍有沿切线向上的速度，所以小球一定是在、之间的某点离开圆环的．设半径与竖直方向夹角，则由图可见，小球高度
④
根据机械能守恒定律，小球到达点的速度应符合：
⑤
小球从点开始脱离圆环，所以圆环对小球已无弹力，仅由重力沿半径方向的分力提供向心力，即
⑥
解④⑤⑥得
故小球经过圆环最低点时，对环的压力为．小球到达高度为的点开始脱离圆环，做斜上抛运动．
【说明】
1．小球过竖直圆环最高点的最小速度称为“临界速度”．的大小可以由重力全部提供向心力求得，即小球到达点，当＞时，小球能过点，且对环有压力；当=时，小球刚能过点，且对环无压力；当＜时，小球到不了点就会离开圆环．
2．小球从点开始做斜上抛运动，其最大高度低于点，这可证明．
练 习
1.关于摩擦力做功的下列说法中,正确的是( )
A.滑动摩擦力只能做负功; B.滑动摩擦力也可能做正功;
C.静摩擦力不可能做功; D.静摩擦力不可能做正功.
2.如图1所示,绳上系有A、B两小球,将绳拉直后静止释放,则在两球向下摆动过程中,下列做功情况的叙述,正确的是( )
A.绳OA对A球做正功 B.绳AB对B球不做功
C.绳AB对A球做负功 D.绳AB对B球做正功
5.试在下列简化情况下从牛顿定律出发，导出动能定理的表达式：物体为质点，作用力为恒力，运动轨迹为直线.要求写出每个符号以及所得结果中每项的意义.
6.如图3所示，竖直平面内固定一个半径为的光滑圆形轨道，底端切线方向连接光滑水平面，处固定竖直档板，间的水平距离为，质量为的物块从点由静止释放沿轨道滑动，设物块每次与档板碰后速度大小都是碰前的，碰撞时间忽略不计，则：
⑴物块第二次与档板碰后沿圆形轨道上升的最大高度为多少？
⑵物块第二次与档板碰撞到第四次与档板碰撞间隔的时间？
7. 如图4所示，倾角为的斜面上，有一质量为的滑块距档板为处以初速度沿斜面上滑，滑块与斜面间动摩擦因数为，<,若滑块每次与档板碰撞时没有机械能损失，求滑块在整个运动过程中通过的总路程．
8.一个质量=0.2kg的小球系于轻质弹簧的一端，且套在光滑竖立的圆环上，弹簧的上端固定于环的最高点，环的半径=0.5ｍ，弹簧的原长=0.50ｍ，劲度系数为4.8Ｎ/ｍ.如图5所示.若小球从图5中所示位置点由静止开始滑动到最低点时，弹簧的弹性势能=0.60Ｊ.求：（1）小球到点时的速度的大小；（2）小球在点对环的作用力.（取10ｍ/ｓ2）
练习答案
1.B 2.C、D 3.D 4．B
5.（略）
6.解：⑴物块在光滑轨道上滑动过程机械能守恒，第一次下滑到底端时的动能为
①
由于每次与档板碰后速度大小都是碰前的，故每次与档板碰后动能都是碰前的，物块经过两次与档板碰后动能为，根据机械能守恒定律有
②
由①、②得 ③
⑵物块第二次与档板碰后沿圆形轨道上升的最大高度远小于，此后物块在圆形轨道上的运动都可看成简谐运动，周期 ④
第二次与档板碰后速度： ⑤
则第二次与档板碰撞到第三次与档板碰撞间隔的时间为：
⑥
第三次与档板碰后速度： ⑦
则第三次与档板碰撞到第四次与档板碰撞间隔的时间为：
⑧
因此第二次与档板碰撞到第四次与档板碰撞间隔的时间为：
⑨
7.解：由于滑动摩擦力
<
所以物体最终必定停在P点处，由功能关系有
8.解：(1)由机械能守恒
得:m/s
(2)在最低点
得:N
9.解：（1）物体在两斜面上来回运动时，克服摩擦力所做的功
物体从开始直到不再在斜面上运动的过程中
解得ｍ
(2)物体最终是在、之间的圆弧上来回做变速圆周运动，且在、点时速度为零．
（3）物体第一次通过圆弧最低点时，圆弧所受压力最大．由动能定理得
由牛顿第二定律得
解得 N．
物体最终在圆弧上运动时，圆弧所受压力最小．由动能定理得
由牛顿第二定律得
解得N．
10.解：(1)小球在竖直方向速度为时运动到最高点速度刚好为零，由机械能守恒有
解得：
（2）当球运动到最高点速度为，此时球速度为，且
水平方向动量守恒有
根据能量关系
解得：
图1
图2
图4
图5
A
B
图1
图3
P
图4
图5〓专题〓 高考物理实验全攻略
知识结构：
?
自然科学是实验性科学，物理实验是物理学的重要组成部分．理科综合对实验能力提出了明确的要求，即是“设计和完成实验的能力”，它包含两个方面：
Ⅰ.独立完成实验的能力．
（1）理解实验原理、实验目的及要求；
实验原理
中学要求必做的实验可以分为4个类型：练习型、测量型、验证型、探索型．对每一种类型都要把原理弄清楚．
??应特别注意的问题：验证机械能守恒定律中不需要选择第一个间距等于2mm的纸带．这个实验的正确实验步骤是先闭合电源开关，启动打点计时器，待打点计时器的工作稳定后，再释放重锤，使它自由落下，同时纸带打出一系列点迹．按这种方法操作，在未释放纸带前，打点计时器已经在纸带上打出点迹，但都打在同一点上，这就是第一点．由于开始释放的时刻是不确定的，从开始释放到打第二个点的时间一定小于0.02s，但具体时间不确定，因此第一点与第二点的距离只能知道一定小于2mm（如果这段时间恰等于0.02s，则这段位移s=gt2/2=(10×0.022/2)m=2×10-3m=2mm），但不能知道它的确切数值，也不需要知道它的确切数值．不论第一点与第二点的间距是否等于2mm，它都是从打第一点处开始作自由落体运动的，因此只要测量出第一点O与后面某一点P间的距离h，再测出打P点时的速度v，如果：
gh≈ ( )，
??就算验证了这个过程中机械能守恒．
掌握实验方法步骤；
会控制实验条件和使用实验仪器，会处理实验安全问题；
实验仪器
要求掌握的实验仪器主要有：刻度尺、游标卡尺、螺旋测微器（千分尺）、天平、停表（秒表）、打点计时器（电火花计时仪）、弹簧秤、温度表、电流表、电压表、多用电表、滑动变阻器、电阻箱，等等。对于使用新教材的省市，还要加上示波器等。对这些仪器，都要弄清其原理、会正确使用它们，包括测量仪器的正确读数。
实验装置
对电学实验主要指电路图。
??下面几个是应特别注意的：
??①验证牛顿第二定律的实验，如何平衡摩擦力是关键。
??②研究平抛物体的运动及碰撞中的动量守恒的实验，这两个实验都要使用斜槽轨道，让小球从轨道上端无初速滚下，然后平抛出去，在安装装置时要注意保证轨道末端必须水平，如果实验要进行多次，每次小球应从同一高度处下落，因此应有一个挡板。
??③验证机械能守恒定律的实验，要用铁架台并用夹子固定纸带，这样在开启打点计时器而未释放重锤前，能保证打出的点迹在同一点上，若像课本上的实验装置图那样，用手握住纸带，开启打点计时器而未释放纸带前，会由于手的抖动而打出一“堆”点，从而无法准确找出第一个点（即自由落体运动起始位置）。
??④用单摆测重力加速度的实验，在安装单摆时要注意悬点的固定，随便拴一个结系在铁架台的横梁上是不可取的，因为悬点不确定，就不是单摆，并且摆长值也无法准确测量。
??⑤有关电路的电学实验要注意安培表的外接与内接，制流与分压电路的选择，电表内阻的影响，等等。
（4）会观察、解释实验现象，会分析、处理实验数据；
（5）会分析和评价实验结果，并得出合理的实验结论．
实验数据的处理
重要的有打点计时器纸带的处理方法（如分析是不是匀速运动或匀变速直线运动、如果是匀变速运动，如何求某时刻的速度、如何求加速度等）；解方程求解未知量、用图像处理数据（把原来应该是曲线关系的通过改变坐标轴的量或单位而变成线性关系，即变成直线，是重要的实验能力）。
实验误差的定性分析
中学阶段不要求进行定量的误差分析，但对主要误差的产生原因、系统误差是偏大还是偏小等，应能理解。在电路的实验中，粗略地看，认为电流表是短路、电压表是断路，但精确一点看，电流表和电压表的内阻的影响都不能忽略，定性地讨论电表电阻对测量结果的影响是我们应该掌握。
2课本重点实验（下详解）
设计实验的能力．
能根据要求灵活运用已学过的物理理论、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．?
【注】几种重要的实验方法
??下面几种实验方法是我们中学阶段物理实验中用过的，从方法的角度整理、复习一下，有助于我们提高认识水平和能力。
??（1）累积法：在“用单摆测重力加速度”测周期时我们用的是累积法，即我们不直接测一个周期的时间，而是测30～50个周期的总时间，再除以周期数即得周期T的值．用累积法的好处是：①相当于进行多次测量而后取平均值，这样可以减少偶然误差；②增加有效数字的位数．以测单摆的周期为例，我们实验时单摆的摆长大约是1m或不到1m，用停表（最小分度值是0.1s）直接测1个周期的值，只能读出两位有效数字（机械停表的指针是跳跃式前进的，因此不能估读），如1.8s、2.0s等，而测30个周期总时间，则可读出至少3位有效数字。
用累积法的实验还有很多，如测一张纸的厚度、用刻度尺测金属丝的直径…
??（2）替代法：在“互成角度两个共点力的合成”的实验中我们就用到了替代法，第一次我们用两个弹簧秤成角度地拉橡皮筋，把结点拉到某一位置，再换成一个弹簧秤，同样拉这个橡皮筋，也把结点拉到同样位置，这说明后一个弹簧秤的拉力与前面两个弹簧秤的拉力效果相等因此右以互相替代．对于“等效”这个问题，应正确理解：所谓效果相等，是对某一方面说的，并不是在所有方面都等效，仍以合力与分力来说，它们只是在改变物体的运动状态上等效，而在其他方面，例如在产生形变上，二者并不等效。
??用替代法的例子还有很多，如用天平称物物体的质量，电阻测量等都可以用替代法，我们古代三国时期曹冲称象的故事就是替代法的典型实例。
??（3）测量量的转换：例如在“碰撞中的动量守恒”的实验中，把测物体的速度转换为测物体平抛运动的水平位移，即把测速度转换为测长度。
??又如在“测定玻璃的折射率”的实验中，本应测量入射角和折射角，再根据折射率n=sini/sinr求出折射率，但角度不容易测准确（一般所用的量角器的最小分度是1°，并且测角度时顶点很难对得特别准确），而通过做辅助线的方法可以把测角度转换为测线段的长度，从而增加了有效数字的位数，即提高了测量的准确度。
??（4）比较法：用天平称物体的质量，就是把物体与砝码进行比较，砝码的质量是标准的，把被测量与标准的量进行比较，就是比较法．天平是等臂杠杆，因此用天平测物体质量时，不用再进行计算，而是直接读出砝码的质量，它就等于物体的质量。一般情况下，被测物跟标准量并不相等，而是要根据某种关系进行计算，最常用的是二者间满足一定的比例关系，通过一定的比例计算即可得出结果，因此常常称为比例法。用比例法测电阻是常见的，当两个电阻串联时，通过的电流相等，因此两电阻两端的电压跟它们的电阻成正比，如果其中的一个电阻是标准电阻，另一个电阻的阻值就可测出．同样，两电阻并联时，由于两端电压相等，通过两支路的电流跟电阻成反比，只要一个是标准电阻，另一个电阻的阻可测出。
Ⅰ-1、基本仪器的使用
［方法归纳］
1．要求会正确使用的仪器?
刻度尺、游标卡尺、螺旋测微器、天平、秒表、打点计时器、弹簧秤、温度表、电流表、电压表、多用电表、滑动变阻器、电阻箱、示波器．?
2．在力学和电学实验中，常需要利用测量工具直接测量基本物理量．
基本物理量 测量仪器
力学 长度 刻度尺、游标卡尺、螺旋测微器
时间 秒表（停表）、打点计时器
质量 天平
电学 电阻（粗测） 欧姆表、电阻箱
电流 电流表
电压 电压表
①刻度尺、秒表、弹簧秤、温度表、电流表、电压表的读数
使用以上仪器时，凡是最小刻度是10分度的，要求读到最小刻度后再往下估读一位（估读的这位是不可靠数字，但是是有效数字的不可缺少的组成部分）。凡是最小刻度不是10分度的，只要求读到最小刻度所在的这一位，不再往下估读。
例如
⑴读出上左图中被测物体的长度。
⑵上右图用3V量程时电压表读数为多少？用15V量程时电压表度数又为多少？
⑶右图中秒表的示数是多少分多少秒？
凡仪器的最小刻度是10分度的，在读到最小刻度后还要再往下估读一位。⑴6.50cm。⑵1.14V。15V量程时最小刻度为0.5V，只读到0.1V这一位，应为5.7V。⑶秒表的读数分两部分：小圈内表示分，每小格表示0.5分钟；大圈内表示秒，最小刻度为0.1秒。当分针在前0.5分内时，秒针在0~30秒内读数；当分针在后0.5分内时，秒针在30~60秒内读数。因此图中秒表读数应为3分48.75秒（这个5是估读出来的）。
②游标卡尺
⑴10分度的游标卡尺。游标上相邻两个刻度间的距离为0.9mm，比主尺上相邻两个刻度间距离小0.1mm。读数时先从主尺上读出厘米数和毫米数，然后用游标读出0.1毫米位的数值：游标的第几条刻线跟主尺上某一条刻线对齐，0.1毫米位就读几（不能读某）。其读数准确到0.1mm。
⑵20分度的游标卡尺。游标上相邻两个刻度间的距离为0.95mm，比主尺上相邻两个刻度间距离小0.05mm。读数时先从主尺上读出厘米数和毫米数，然后用游标读出毫米以下的数值：游标的第几条刻线跟主尺上某一条刻线对齐，毫米以下的读数就是几乘0.05毫米。其读数准确到0.05mm。
⑶50分度的游标卡尺。游标上相邻两个刻度间的距离为0.98mm，比主尺上相邻两个刻度间距离小0.02mm。这种卡尺的刻度是特殊的，游标上的刻度值，就是毫米以下的读数。这种卡尺的读数可以准确到0.02mm。如右图中被测圆柱体的直径为2.250cm。
要注意：游标卡尺都是根据刻线对齐来读数的， 所以都不再往下一位估读。
③螺旋测微器
固定刻度上的最小刻度为0.5mm（在中线的上侧）；可动刻度每旋转一圈前进（或后退）0.5mm。在可动刻度的一周上平均刻有50条刻线，所以相邻两条刻线间代表0.01mm。读数时，从固定刻度上读取整、半毫米数，然后从可动刻度上读取剩余部分（因为是10分度，所以在最小刻度后应再估读一位），再把两部分读数相加，得测量值。右图中的读数应该是6.702mm。
④天平
天平使用前首先要进行调节。调节分两步：调底座水平和横梁水平（在调节横梁水平前，必须把游码移到左端零刻度处，左端与零刻线对齐，如图中虚线所示）。测量读数由右盘中砝码和游标共同读出。横梁上的刻度单位是毫克（mg）。若天平平衡时，右盘中有26g砝码，游码在图中所示位置，则被测物体质量为26.32g（最小刻度为0.02g，不是10分度，因此只读到0.02g这一位）。
⑤多用电表
使用多用电表时首先应该根据被测物理量将选择开关旋到相应的位置。使用前应先进行机械调零，用小螺丝刀轻旋调零螺丝，使指针指左端零刻线。使用欧姆挡时，还应进行欧姆调零，即将红、黑表笔短接，调节欧姆调零旋钮，使指针指右端零刻线处。欧姆挡的使用：⑴选挡。一般比被测电阻的估计值低一个数量级，如估计值为200Ω就应该选×10的倍率。⑵调零。⑶将红黑表笔接被测电阻两端进行测量。⑷将指针示数乘以倍率，得测量值。⑸将选择开关扳到OFF或交流电压最高挡。用欧姆挡测电阻，如果指针偏转角度太小，应增大倍率；如果指针偏转角度太大，应减小倍率。
⑥电阻箱
右图中的电阻箱有6个旋钮，每个旋钮上方都标有倍率，将每个旋钮上指针所指的数值（都为整数）乘以各自的倍率，从最高位依次往下读，即可得到这时电阻箱的实际阻值。图中最左边的两个黑点是接线柱。若指针所示如图，则阻值为84580.2Ω。
【特别提示】 一般来说，除游标卡尺、秒表、电阻箱外，其他测量仪器的读数都需要估读，即读到精度的下一位．
Ⅰ-2．独立完成实验
［方法归纳］
1．常见间接测量的物理量及其测量方法?
有些物理量不能由测量仪器直接测量，这时，可利用待测量和可直接测量的基本物理量之间的关系，将待测物理量的测量转化为基本物理量的测量．
待测物理量 基本测量方法
力学 速度 ①利用纸带，；②利用平抛，
加速度 ①利用纸带，逐差法；②利用单摆
力 根据F=ma转化为测量m、a
功 根据转化为测量m、S、v
电学 电阻（精确测量） ①根据转化为测量U、I（伏安法）；②电阻箱（半偏、替代）
电功率 根据P=IU转化为测量U、I
电源电动势 根据E＝U＋Ir转化为测量U、I
2．处理实验数据的常用方法?(前有）
为了减小由于实验数据而引起的偶然误差，常需要采用以下方法进行处理．?
（1）多次测量求平均值；（2）图象法?
3．实验误差的分析?
中学物理中只要求初步了解系统误差和偶然误差、绝对误差和相对误差的概念；能定性分析某些实验中产生误差的主要原因；知道用平均值法、图象法减小偶然误差；但不要求计算误差．?
（1）系统误差和偶然误差：测量值总是有规律的朝着某一方向偏离真值（总是偏大或总是偏小）的误差，称为系统误差．系统误差的主要来源是仪器本身不够精确，或实验原理、方法不够完善．由于偶然因素的影响，造成测量值的无规则起伏称为偶然误差．偶然误差是由于各种偶然因素对实验者、测量仪器，被测物理量的影响而产生的，多次测量偏大和偏小的机会相同，因此，多次测量求平均值可减小偶然误差．?
（2）绝对误差和相对误差：设某物理量的真值为A0，测量值为A，则绝对误差，相对误差为．真值A0常以公认值、理论值或多次测量的平均值代替．
（3）有效数字带有一位不可靠数字的近似数字，叫做有效数字。⑴有效数字是指近似数字而言。⑵只能带有一位不可靠数字，不是位数越多越好。
凡是用测量仪器直接测量的结果，读数一般要求在读出仪器最小刻度所在位的数值（可靠数字）后，再向下估读一位（不可靠数字），这里不受有效数字位数的限制。
间接测量的有效数字运算不作要求，运算结果一般可用2~3位有效数字表示。
Ⅱ、重点的学生实验
1.研究匀变速直线运动
右图为打点计时器打下的纸带。选点迹清楚的一条，舍掉开始比较密集的点迹，从便于测量的地方取一个开始点O，然后每5个点取一个计数点A、B、C、D …。测出相邻计数点间的距离s1、s2、s3 … 利用打下的纸带可以：
⑴求任一计数点对应的即时速度v：如(其中T=5×0.02s=0.1s）
⑵利用“逐差法”求a：
⑶利用上图中任意相邻的两段位移求a：如
⑷利用v-t图象求a：求出A、B、C、D、E、F各点的即时速度，画出如右的v-t图线，图线的斜率就是加速度a。
2.探究弹力和弹簧伸长的关系（胡克定律）
利用右图装置，改变钩码个数，测出弹簧总长度和所受拉力（钩码总重量）的多组对应值，填入表中。算出对应的弹簧的伸长量。在坐标系中描点，根据点的分布作出弹力F随伸长量x而变的图象，从而发确定F-x间的函数关系。解释函数表达式中常数的物理意义及其单位。
该实验要注意区分弹簧总长度和弹簧伸长量。对探索性实验，要根据描出的点的走向，尝试判定函数关系。（这一点和验证性实验不同。）
3.互成角度度两个力的合成
该实验是要用互成角度的两个力和另一个力产生相同的效果，看其用平行四边形定则求出的合力与这一个力是否在实验误差允许范围内相等，如果在实验误差允许范围内相等，就验证了力的合成的平行四边形定则。
4.研究平抛物体的运动（用描迹法）
该实验的实验原理：平抛运动可以看成是两个分运动的合成：一个是水平方向的匀速直线运动，其速度等于平抛物体的初速度；另一个是竖直方向的自由落体运动。利用有孔的卡片确定做平抛运动的小球运动时的若干不同位置，然后描出运动轨迹，测出曲线任一点的坐标x和y，利用
、就可求出小球的水平分速度，即平抛物体的初速度。
注意事项：
⑴斜槽末端的切线必须水平。
⑵用重锤线检验坐标纸上的竖直线是否竖直。
⑶以斜槽末端所在的点为坐标原点。
⑷如果是用白纸，则应以斜槽末端所在的点为坐标原点，在斜槽末端悬挂重锤线，先以重锤线方向确定y轴方向，再用直角三角板画出水平线作为x轴，建立直角坐标系。
⑸每次小球应从斜槽上的同一位置由静止开始下滑。
5.验证动量守恒定律
由于v1、v1/、v2/均为水平方向，且它们的竖直下落高度都相等，所以它们飞行时间相等，若以该时间为时间单位，那么小球的水平射程的数值就等于它们的水平速度。在右图中分别用OP、OM和O /N表示。因此只需验证：m1OP=m1OM+m2(O /N-2r）即可。
注意事项：
⑴必须以质量较大的小球作为入射小球（保证碰撞后两小球都向前运动）。
⑵小球落地点的平均位置要用圆规来确定：用尽可能小的圆把所有落点都圈在里面，圆心就是落点的平均位置。
⑶所用的仪器有：天平、刻度尺、游标卡尺（测小球直径）、碰撞实验器、复写纸、白纸、重锤、两个直径相同质量不同的小球、圆规。
⑷若被碰小球放在斜槽末端，而不用支柱，那么两小球将不再同时落地，但两个小球都将从斜槽末端开始做平抛运动，于是验证式就变为：m1OP=m1OM+m2ON，两个小球的直径也不需测量了。
6.验证机械能守恒定律
验证自由下落过程中机械能守恒，图示纸带的左端是用夹子夹重物的一端。
注意事项：
⑴要多做几次实验，选点迹清楚，且第一、二两点间距离接近2mm的纸带进行测量。
⑵用刻度尺量出从0点到1、2、3、4、5各点的距离h1、h2、h3、h4、h5，利用“匀变速直线运动中间时刻的即时速度等于该段位移内的平均速度”，算出2、3、4各点对应的即时速度v2、v3、v4，验证与2、3、4各点对应的重力势能减少量mgh和动能增加量是否相等。
⑶由于摩擦和空气阻力的影响，本实验的系统误差总是使
⑷本实验不需要在打下的点中取计数点。也不需要测重物的质量。
7.用单摆测定重力加速度
摆长的测量：让单摆自由下垂，用米尺量出摆线长L/（读到0.1mm），用游标卡尺量出摆球直径（读到0. 1mm）算出半径r，则摆长L=L/+r
注意事项：
开始摆动时需注意：摆角要小于5°（保证做简谐运动）；不要使摆动成为圆锥摆。
必须从摆球通过最低点时开始计时，测出单摆做50次全振动所用时间，算出周期的平均值T。
改变摆长重做几次实验，计算每次实验得到的重力加速度，再求这些重力加速度的平均值。
8用描迹法画出电场中平面上等势线
实验所用的电流表是零刻度在中央的电流表，在实验前应先测定电流方向与指针偏转方向的关系：将电流表、电池、电阻、导线按图1或图2 连接，其中R是阻值大的电阻，r是阻值小的电阻，用导线的a端试触电流表另一端，就可判定电流方向和指针偏转方向的关系。
该实验是用恒定电流的电流场模拟静电场。与电池正极相连的A电极相当于正点电荷，与电池负极相连的B相当于负点电荷。白纸应放在最下面，导电纸应放在最上面（涂有导电物质的一面必须向上），复写纸则放在中间。
9.测定玻璃折射率
实验原理：如图所示，入射光线AO由空气射入玻璃砖，经OO1后由O1B方向射出。作出法线NN1，则折射率
n=Sinα/Sinγ
注意事项：手拿玻璃砖时，不准触摸光洁的光学面，只能接触毛面或棱，严禁把玻璃砖当尺画玻璃砖的界面；实验过程中，玻璃砖与白纸的相对位置不能改变；大头针应垂直地插在白纸上，且玻璃砖每一侧的两个大头针距离应大一些，以减小确定光路方向造成的误差；入射角应适当大一些，以减少测量角度的误差。
10．伏安法测电阻
1伏安法测电阻有a、b两种接法，a叫(安培计)外接法，b叫（安培计）内接法。外接法的系统误差是由电压表的分流引起的，测量值总小于真实值，小电阻应采用外接法；内接法的系统误差是由电流表的分压引起的，测量值总大于真实值，大电阻应采用内接法。如果无法估计被测电阻的阻值大小，可以利用试触法：如图将电压表的左端接a点，而将右端第一次接b点，第二次接c点，观察电流表和电压表的变化，若电流表读数变化大，说明被测电阻是大电阻，应该用内接法测量；若电压表读数变化大，说明被测电阻是小电阻，应该用外接法测量。（这里所说的变化大，是指相对变化，即ΔI/I和ΔU/U）。
（1）滑动变阻器的连接
滑动变阻器在电路中也有a、b两种常用的接法：a叫限流接法，b叫分压接法。分压接法被测电阻上电压的调节范围大。当要求电压从零开始调节，或要求电压调节范围尽量大时应该用分压接法。用分压接法时，滑动变阻器应该选用阻值小的；用限流接法时，滑动变阻器应该选用阻值和被测电阻接近的。
（2）实物图连线技术
无论是分压接法还是限流接法都应该先把伏安法部分接好；对限流电路，只需用笔画线当作导线，从电源正极开始，把电源、电键、滑动变阻器、伏安法四部分依次串联起来即可（注意电表的正负接线柱和量程，滑动变阻器应调到阻值最大处）。
对分压电路，应该先把电源、电键和滑动变阻器的全部电阻丝三部分用导线连接起来，然后在滑动变阻器电阻丝两端之中任选一个接头，比较该接头和滑动触头两点的电势高低，根据伏安法部分电表正负接线柱的情况，将伏安法部分接入该两点间。
（3）描绘小电珠的伏安特性曲线
因为小电珠（即小灯泡）的电阻较小（10Ω左右）所以应该选用安培表外接法。
小灯泡的电阻会随着电压的升高，灯丝温度的升高而增大，所以U-I曲线不是直线。为了反映这一变化过程，灯泡两端的电压应该由零逐渐增大到额定电压。所以滑动变阻器必须选用分压接法。在上面实物图中应该选用右面的那个图，开始时滑动触头应该位于左端（使小灯泡两端的电压为零）。
由实验数据作出的I-U曲线如右，说明灯丝的电阻随温度升高而增大，也就说明金属电阻率随温度升高而增大。（若用U-I曲线，则曲线的弯曲方向相反。）
若选用的是标有“3.8V 0.3A”的小灯泡，电流表应选用0-0.6A量程；电压表开始时应选用0-3V量程，当电压调到接近3V时，再改用0-15V量程。
11．把电流表改装为电压表
⑴、用图(a)测定电流表内阻rg，方法是：先断开S2，闭合S1，调节R，使电流表满偏；然后闭合S2，调节R/，使电流表达到半满偏。当R比R/大很多时，可以认为rg=R/。（当R比R/大很多时，调节R/基本上不改变电路的总电阻，可认为总电流不变，因此当电流表半满偏时，通过R/的电流也是满偏电流的一半，两个分路的电阻相等）。实际上，S2闭合后，总电阻略有减小，总电流略有增大，当电流表半满偏时，通过R/的电流比通过电流表的电流稍大，即R/比rg稍小，因此此步测量的系统误差，总是使rg的测量值偏小。其中R不必读数，可以用电位器，R/需要读数，所以必须用电阻箱。
根据rg、Ig和扩大后的量程，计算出需要给电流表串联的电阻R1的值。
⑵、用(b)图把改装的电压表和标准电压表进行校对。校对要每0.5V校对一次，所以电压要从零开始逐渐增大，因此必须选用分压电路。
百分误差的计算：
如果当改装电压表示数为U时，标准电压表示数为U / ，则这时的百分误差为|U-U / | / U /。
如果校对时发现改装电压表的示数总是偏大，则应该适当增大R1的阻值(使表头的分压减小一些)，然后再次重新进行校对。
12.测定金属的电阻率
被测电阻丝的电阻较小，所以选用电流表外接法；本实验不要求电压调节范围，可选用限流电路。因此选用上面左图的电路。开始时滑动变阻器的滑动触头应该在右端。本实验通过的电流不宜太大，通电时间不能太长，以免电阻丝发热后电阻率发生明显变化。
13用电流表和电压表测电池的电动势和内电阻
根据闭合电路欧姆定律：E=U+Ir，本实验电路中电压表的示数是准确的，电流表的示数比通过电源的实际电流小，所以本实验的系统误差是由电压表的分流引起的。为了减小这个系统误差， 电阻R的取值应该小一些，所选用的电压表的内阻应该大一些。
为了减小偶然误差，要多做几次实验，多取几组数据，然后利用U-I图象处理实验数据：将点描好后，用直尺画一条直线，使尽量多的点在这条直线上，而且在直线两侧的点数大致相等。这条直线代表的U-I关系的误差是很小的。它在U轴上的截距就是电动势E（对应的I=0），它的斜率的绝对值就是内阻r。（特别要注意：有时纵坐标的起始点不是0，求内阻的一般式应该是r=|ΔU/ΔI |）。
为了使电池的路端电压变化明显，电池的内阻宜大些。（选用使用过一段时间的1号电池）
14.用多用电表探索黑箱内的电学元件
设定黑箱上有三个接点，两个接点间最多只能接一个元件；黑箱内所接的元件不超过两个。
测量步骤和判定：
⑴用直流电压挡测量，A、B、C三点间均无电压；说明箱内无电源。
⑵用欧姆挡测量，A、C间正、反接阻值不变，说明A、C间有一个电阻。⑶用欧姆挡测量，黑表笔接A红表笔接B时测得的阻值较小，反接时测得的阻值较大，说明箱内有一个二极管，可能在AB间，也可能在BC间，如右图中两种可能。
⑷用欧姆挡测量，黑表笔接C红表笔接B测得阻值比黑表笔A红表笔接B时测得的阻值大，说明二极管在AB间。所以黑箱内的两个元件的接法肯定是右图中的上图。
四、重要的演示实验
1.用油膜法估测分子的大小
实验前应预先计算出每滴油酸溶液中纯油酸的实际体积：先了解配好的油酸溶液的浓度，再用量筒和滴管测出每滴溶液的体积，由此算出每滴溶液中纯油酸的体积V。
油膜面积的测量：油膜形状稳定后，将玻璃板放在浅盘上，将油膜的形状用彩笔画在玻璃板上；将玻璃板放在坐标纸上，以1cm边长的正方形为单位，用四舍五入的方法数出油膜面积的数值S（以cm2为单位）。
由d=V/S算出油膜的厚度，即分子直径的大小。
2加速度和力的关系 加速度和质量的关系
两个相同的小车并排放在光滑水平桌面上，小车前端系上细线，线的另一端跨过定滑轮各挂一个小盘，盘里分别放有不同质量的砝码。小车所受的水平拉力F的大小可以认为等于砝码（包括砝码盘）的重力大小。小车后端也系有细线，用一只夹子夹住两根细线，控制两辆小车同时开始运动和结束运动。
由于两个小车初速度都是零，运动时间又相同， s=at2∝a，只要测出两小车位移s之比就等于它们的加速度a之比。
实验结果是：当小车质量相同时，a∝F，当拉力F相等时，a∝1/m。
实验中用砝码（包括砝码盘）的重力G的大小作为小车所受拉力F的大小，这样做会引起什么样的系统误差？怎样减小这个系统误差？
4.描绘单摆的振动图象
对同一个单摆，如果两次拉出木板得到的图形分别如a、b所示，说明两次拉木板的速度之比为3∶2。
对摆长不同的单摆，如果两次拉木板速度相同，说明摆的周期之比为3∶2，摆长之比为9∶4。
在同一根绳子上，各种频率的波传播速度都是相同的。
8.平行板电容器的电容
静电计是测量电势差的仪器。指针偏转角度越大，金属外壳和上方金属小球间的电势差越大。在本实验中，静电计指针和A板等电势，静电计金属壳和B板等电势，因此指针偏转角越大表示A、B两极板间的电压越高。
本实验中，极板带电量不变。三个图依次表示：正对面积减小时电压增大；板间距离增大时电压增大；插入电介质时电压减小。由知，这三种情况下电容分别减小、减小、增大。因此可以确定C和S、d、ε的关系是。
思考：如何测量电容器两极板间的电压？
[典型分析]
【例1】多用电表表头的示意图如右。
⑴当指针位置如图中灰三角箭头所示,则测量的是______,测量结果为___________.
⑵当指针位置如图中白三角箭头所示,则测量的是______,测量结果为___________.
⑶当指针位置如图中黑三角箭头所示,则测量的是______,测量结果为___________.
⑷当指针位置如图中黑三角箭头所示,正确操作后发现指针的偏转角很小,那么接下来的操作步骤应该依次为:①_________________,②_________________,③__________________.
测量结束后应将选择开关拨到__________或者____________.
⑸无论用多用电表进行何种(直流)测量，电流都应该从______表笔经______插孔流入电表。
【例1】 解析：.⑴电流，3.2mA ⑵电压，16.0V ⑶电阻，3.4×103Ω ⑷①该用×1kΩ倍率；②重新调零；
③将红、黑表笔分别接被测电阻两根引线，从表盘读数乘以倍率；OFF，交流电压最高挡；⑸红，正。
[典型分析]
【例1】 一打点计时器固定在斜面上某处，一小车拖着穿过打点计器的纸带从斜面上滑下，如图5-1甲所示，图5—1乙是打出的纸带的一段．
图5—1
（1）已知打点计时器使用的交流电频率为50Hz，利用图乙给出的数据可求出小车下滑的加速度a=____________．
（2）为了求出小车在下滑过程中所受的阻力，还需要测量的物理量有___________，用测得的量及加速度a表示阻力的计算式为f =_________________．?
【例1】 解析： （1）利用逐差法求小车的加速度．由纸带可知，任意两相邻记数点间的时间间隔T=0.04s，
由逐差法可得
则
=4.00m/s2
（2）为了求出小车下滑过程中所受到的阻力，还需要测量小车的质量m，斜面上任意两点间距离l和这两点间的高度差h．?
小车的受力情况如图5—2所示．根据牛顿第二定律，?而
所以，．
【点评】 （1）逐差法充分利用了纸带的实验数据，从而减小了数据测量引起的偶然误差．本题中所给出的实验数据个数为奇数（9个），处理时常舍掉正中间的一个数据．?
（2）小车下滑过程中所受到的阻力无法直接测量，但根据牛顿第二定律可转化为测量m，a，h和l．与此相类似，你能求出打点计时器打纸带上的两记数点的过程中小车克服阻力所做的功吗？
【例2】 一个有一定厚度的圆盘，可以绕通过中心且垂直于盘面的水平轴转动．用下面的方法测量它匀速转动时的角速度．
实验器材：电磁打点计时器，米尺，纸带，复写纸．?
实验步骤：?
（1）如图5—3所示，将电磁打点计时器固定在桌面上，将纸带的一端穿过打点计时器的限位孔后，固定在待测圆盘的侧面上，使圆盘转动时，纸带可以卷在圆盘侧面上．?
（2）启动控制装置使圆盘转动，同时接通电源，打点计时器开始打点．
（3）经过一段时间，停止转动和打点，取下纸带，进行测量．
①由已知量和测得量表示角速度的表达式为ω=________________，式中各量的意义是___________．
②某次实验测得圆盘半径r =5.50×10－2m，得到的纸带的一段如图5—4所示，求得角速度为________．
【例2】 解析： ①本实验测量角速度的原理是：圆盘匀速转动时，其线速度，又角速度，所以，其原理式为．?
在纸带上选定两点，设它们在米尺上对应的刻度值分别为x1、x2，数出这两点间（含这两点）的打点数n，打点计时器打点的周期为T，则打这两点的时间间隔t=(n－1)T，这段时间内圆盘转过的弧长S=x2－x1，若测得圆盘的半径为r，由已知量和测得量表示的角速度的表达式为．
②若取cm，则n=9，又cm．
代入可得
【点评】 实验原理是完成实验的依据和关键．虽然该实验没有做过，但所用到的实验方法并不陌生，要结合题给实验器材和实验步骤通过联想和迁移，弄清实验原理和所需测量的物理量，进而得出待测量的表达式．
【例3】 小灯泡灯丝的电阻会随温度的升高而变大．某同学为研究这一现象，用实验得到如下数据（I和U分别表示小灯泡上的电流和电压）：
I/(A) 0.12 0.21 0.29 0.34 0.38 0.42 0.45 0.47 0.49 0.50
U(V) 0.20 0.40 0.60 0.80 1.00 1.20 1.40 1.60 1.80 2.00
（1）在左下框中画出实验电路图．可用的器材有：电压表、电流表、滑线变阻器（变化范围0～10Ω）、电源、小灯泡、电键、导线若于．?
（2）在图5—5中画出小灯泡的U—I曲线．
图5—5
（3）若将该小灯泡接在电动势是1.5V，内阻是2.0Ω的电池两端，小灯泡的实际功率是多少 （简要写出求解过程，若需作图，可直接画在图中）
【例3】 解析： （1）由于小灯泡灯丝的电阻值远小于电压表的内阻（如：电压为2.00V时，其阻值R灯=），为减少由于电表接入电路引起的系统误差，应采用电流表外接法．为使小灯泡两端的电压的变化范围尽可能大，滑线变阻器应连接成分压电路，实验电路如图5—6所示．
图5—6 图5—7 ?
（2）根据实验得到的数据在U—I坐标系中描点，并将这些数据点连接成一条平滑的曲线，如图5—7所示．?
（3）根据作出电源的U—I图线，它与小灯泡的伏安特性曲线的交点坐标就是小灯泡的工作点，即工作电流I=0.35A，工作电压U=0.08V，故小灯泡的实际功率P=IU=0.28W．
【点评】 本题主要考查独立完成实验的能力．主要包括①实验原理及电路；②用图象法处理实验数据，并得出实验结论．其中利用图线确定小灯泡与电源连接后的工作点是解答本题第（3）问的关键．?
Ⅲ、实验设计
[专题精讲]
实验设计应把重点放在力学和电学实验上，力学以打点计时器为中心展开，电学以电阻测量为中心展开．?
1．进行实验设计的总体原则?
（1）精确性：在实验误差允许的范围内，应尽可能选择误差较小的方案．?
（2）安全性：实验方案的实施要安全可靠，不会对器材造成损害，且成功率高．?
（3）可操作性：实验应便于操作和读数，便于进行数据处理．?
2．实验设计的基本思路?
．
实验设计的关键在于实验原理的设计，它是进行实验的依据和起点，它决定了应选用（或还需）哪些实验器材，应测量哪些物理量，如何编排实验步骤．而实验原理的设计又往往依赖于所提供的实验器材（条件）和实验要求，它们相辅相成，互为条件．?
以测量电表的内阻为例：
纵向：伏安法及变式
①电流表、电压表各一只，可以测量它们的内阻
②两只同种电表，若知道一只的内阻，就可以测另一只的内阻
③两只同种电表内阻都未知，则需要一只电阻箱才能测定电表的内阻
横向：除伏安法外，还常用替代法、半偏法和闭合电路欧姆定律（计算法）
①替代法
②半偏法
③闭合电路欧姆定律（计算法）
3．电学实验的器材选择和电路设计?
（1）电路结构?
完整的实验电路包括三个部分：①测量电路，②控制电路（变阻器、开关），③电源．
（2）思路?
（3）方法?
①电表选择：为了减小电表读数引起的偶然误差，选择电表时应先估算待测电流或电压的最大值，同时要考虑电表间、电表与电源间的配置是否合理，测量时各电表的最大偏转量都应接近量程．?
②分压、限流电路选择?
（4）在下列情况下应选择分压电路?
①实验要求待测电阻两端电压从零开始连续变化。?
②限流不能保证安全，即限流电路中的最小电流超过电表量程或用电器的额定电流．常见于变阻器全电阻远小于测量部分电阻的情况．?
③限流能保证安全，但变阻器调节过程中，电表读数变化不明显，不满足实验测量多组数据的要求．常见于变阻器全电阻远小于测量部分电阻的情况．?
④在限流、分压两种电路都满足实验要求时，由于限流电路结构简单，损耗的电功率小，应优先选用．?
⑸滑动变阻器的粗调和微调．?
在限流电路中，对测量电路而言，全电阻较大的变阻器起粗调作用，全电阻较小的变阻器起微调作用；在分压电路中，变阻器的粗、微调作用正好与限流电路相反．?
[典型分析]
【例4】 如图5—8所示，水平桌面上固定着斜面体A，有小铁块B．斜面体的斜面是曲面，由其截面图可以看出曲线下端的切线是水平的．现提供的实验测量工具有：天平、直尺． 其它的实验器材可根据实验需要自选．现要设计一个实验，测出小铁块B自斜面顶端由静止下滑到底端的过程中，小铁块B克服摩擦力做的功．请回答下列问题：?
（1）除题中供给的器材处，还需要选用的器材是：
____________________________________________________________．
（2）简要说明实验中需要测量的物理量(要求在图上标明)：
_____________________________________________________________．
（3）写出实验结果的表达式（重力加速度g已知）：
____________________________________________________________．
【例4】 解析：本实验测定小铁块克服摩擦力所做功的原理是动能定理和平抛运动的规律。
小铁块自斜面顶端由静止下滑到底端的过程中，根据动能定理…………①?
离开曲面后，小铁块做平抛运动，直到落地，
则
所以， …………②?
将②代入①得
显然，实验中需要测量的物理量是：斜面高度H、桌面高度h，小铁块平抛的水平距离S、小铁块质量m．如图5—9所示，其中S需用重锤线和白纸、复写纸来确定．
【答案】 （1）重锤线、铺在地面上的白纸和复写纸 （2）斜面高度H、桌面高度h，小铁块平抛的水平距离S，小铁块质量m （3）
【点评】 题给实验器材对实验原理的设计有一定的限制作用．本题没有给足实验器材，首先要根据题给实验条件和要求，构思相关的物理情景，从而确定实验原理，然后根据原理式确定需要测量的物理量和还需选用的实验器材．
【例5】 用伏安法测量一个定值电阻的阻值，备用器材如下 ：?
待测电阻Rx （阻值约为25kΩ）
电流表A 1：（量程100A，内阻2kΩ）
电流表A2：（量程500A，内阻300Ω）
电压表V1：（量程10V，内阻100kΩ）
电流表V 2：（量程50V，内阻500kΩ）
电源E：（电动势15V，允许最大电流1A）
滑动变阻器R：（最大阻值1kΩ）
电键S，导线若干?
为了尽量减小实验误差，要求测多组数据．?
（1）电流表应选________________，电压表应选__________________．?
（2）画出实验电路图．?
【例5】 解析：（1）器材选择（测量电路）
从减小电表读数引起的偶然误差的角度考虑，两电表及电表与电源间的配置要合理．注意到电源电动势远小于电压表V2的量程，而跟电压表V1的量程较接近，若选用电压表V2来测量电压，其最大偏转量达不到量程的，读数时偶然误差太大，所以选用V1较恰当； 而此时通过电流表的最大电流，因此，电流表A2与V1配置较好．?
（2）电路选择（控制电路）?
电路选择主要从滑动变阻器对电路的控制和调节的角度考虑．若采用限流电路控制，注意到测量部分的总电阻约为20kΩ，远大于滑动变阻器的总电阻（1kΩ），要保证电表安全，变阻器分得的电压至少为5V，阻值应调到10kΩ，显然，限流不能起到保证电表安全的作用，更不能进行有效调节，所以，只能采用分压电路控制，实验电路如图5—10所示．?
【点评】 伏安法是测量电阻的一种最基本方法，其原理是部分电路欧姆定律，原理式为．分析这类问题的关键是从电表配置要合理选择器材，从对电路的控制和调节选择控制电路．并联分流和串联分压原理是伏安法测电阻原理的迁移和延伸，下例是这类问题的变式．
【变式】 用以下器材测量一待测电阻Rx的阻值（900～1000Ω）：?
电源E，具有一定内阻，电动势约为9.0V；
电压表V1，量程为1.5V，内阻r1=750Ω；?
电压表V 2，量程为5V，内阻r 2=2500Ω；?
滑线变阻器R，最大阻值约为100Ω；
单刀单掷开关S，导线若干．
（1）测量中要求电压表的读数不小于其量程的，试画出测量电阻Rx的一种实验电路原理图(原理图中的元件要用题图中的相应的英文字母标注）．?
（2）根据你所画的电路原理图在题给的实物图5—11上画出连线．?
（3）若电压表V1的读数用U1表示，电压表v2的读数用U2表示，则由已知量和测得量表示Rx的公式为Rx=____________________．?
变式：【点拨】 （1）本题中测量电阻的原理是并联分流或串联分压．由于滑动变阻器的最大阻值远小于测量部分的阻值，且电源电动势大于两电压表的量程，在调节滑动变阻器的过程中，为保证电压表的安全，且其读数有明显的改变，滑动变阻器应采用分压式控制电路，电路原理图如图5—12甲或乙所示．
图5—12
（2）实物连线如图5—13甲或乙所示
图5—13
（3）若采用甲电路，根据并联电路的电流分配关系，
解得．?
若采用乙电路，根据串联电路的电压分配关系，
解得．?
【点评】 本题主要考查电阻测量的原理、电路设计、实物连线等知识，测试设计简单实验方案的能力．①对于内阻已知的电压表，可作电流表使用．使用电表时，必须考虑电表间的量程配置，本题要求电压表读数不小于量程的，因此，电压表V2与V1的位置不能互换．②进行实物连线时，应注意以下几个问题：a．直流电表的正、负接线柱（正接线柱应连接在电路电势高端，负接线柱应连接在电路电势低端）；b．电表的内外接法；c．滑动变阻器的接法（限流或分压，接通电路后，应使电表读数最小）；d．开关的连接（应在干路上，闭合前电表读数为零）．?
【例6】 为了测定电流表A1的内阻，采用如图5—14所示的电路．其中：A1是待测电流表，量程为300A，内阻约为100Ω；A2是标准电流表，量程为200A；R1是电阻箱，阻值范围是0～999.9Ω；R2是滑动变阻器；R3是保护电阻；E是电池组，电动势为4V，内阻不计；S1是单刀掷开关．S2是单刀双掷开关．
图5—14 图5—15
（1）根据电路图，请在图5—15中画出连线，将器材连接成实验电路．?
（2）连接好电路，将开关S2扳到接点a处，接通开关S1，调整滑动变阻器R2使电表A 2的读数是150A；然后将开关S2扳到接点b处，保护R2不变，调节电阻R1，使A2的读数仍为150A．若此时电阻箱各旋钮的位置如图5—16所示，电阻箱的阻值是_______Ω，则待测电流表A1的内阻R1=______Ω．
（3）上述实验中，无论怎样调整滑动变阻器R2的滑动端位置，都要保证两块电流表的安全．在下面提供的四个电阻中，保护电阻R3应选用：_____________________（填写阻值相应的字母）．
?A．200kΩ B．20kΩ C．15k D．20Ω
（4）下面提供最大阻值不同的四个滑动变阻器供选用．既要满足上述实验要求，又要调整方便，滑动变阻器___________________（填写阻值相应的字母）是最佳选择．?
?A．1kΩ B．5kΩ C．10kΩ D．25kΩ??
【例6】 解析： （1）实物连线如图5—17所示．?
（2）电阻箱的阻值R1=0×100Ω＋8×10Ω＋6×1Ω＋3×0.1Ω=86.3Ω．
本题测量电流表的内阻的方法是“替代法”．即用电阻箱的阻值替代电流表A1的内阻值，其条件是：开关S2分别扳到a处和b处时，保持滑动变阻器R2不变，且使电流表A2读数相同．所以，待测电流表A1的内阻Ω．
图5—17
（3）当R2调为零时，要使电路中的电流I不超过电流表A 2的量程，根据闭合电路欧姆定律可知，电路总电阻R总至少为：Ω=20kΩ．由于电流表A 1、A2的内阻（约为100Ω）远小于R总,故保护电阻R3应选用20kΩ的电阻，但若选用200kΩ的电阻，则电路中电流太小，电流表A1、A2指针偏转量太小，读数不明显，实验误差太大．所以,正确的选项为B．
（4）由于R3=20kΩ，调整滑动变阻器R2时，要使电流表A2的读数为150，则－R3=Ω－2×104Ω≈7kΩ．若选用1kΩ或5kΩ滑动变阻器，则不能满足实验要求（A2读数为150）；若选用25kΩ的滑动变阻器，则调节范围太小（不方便调节），所以，选用10kΩ的滑动变阻器较合适，正确的选项为C．
【点评】 实验条件的控制是高考考查的重点之一．保护电阻和滑动变阻器在电路中起着控制和调节的作用，选用时应根据实验条件和要求进行优选，既要保证电表安全(不能太小)，又要方便调节(不能太大)．
【例7】 现有一块59C2型的小量程电流表G（表头），满偏电流为50，内阻约为800～850Ω，把它改装成1mA、10mA的两量程电流表，可供选择的器材有：?
滑动变阻器R1，最大阻值20Ω；滑动变阻器R 2，最大阻值100kΩ；?
电阻箱R′，最大阻值9999Ω；定值电阻R0，阻值1kΩ；?
电池E 1，电动势1.5V；电池E2，电动势3V；电池E3，电动势4.5V；（所有电池内阻不计），标准电流表A，满偏电流1.5mA；
单刀单掷开关S1和S2；单刀双掷开关S3；电阻丝及导线若干．?
（1）采用如图5—18（甲）所示电路测量表头的内阻，为提高测量精确度，选用的滑动变阻器为____
______________，选用的电池为_______________．
甲 乙 丙
图5—18
（2）将G改装成两量程电流表，现有两种备选电路，如图5—18（乙）、（丙）所示．图_________为合理电路，另一电路不合理的理由是_______________________________．
（3）将改装后的电流表与标准电流表逐格进行核对（仅核对1mA量程），画出所用电路图，图中待核对的电流表符号用 来表示．?
【例7】 解析： （1） 用此电路测量表头内阻的方法是半偏法． S2断开和S2闭合的两次操作中要求干路电流（Ig）近似不变，而满足这个条件必须使滑动变阻器R的阻值远大于Rg，因此滑动变阻器应选用R2．而，显然E越大，R2越大，实验条件满足得越好，误差越小，所以，电池应选用E3．?
（2）图5—18（乙）所示的电路较合理，因为图（丙）电路在通电状态下，更换量程时会造成两个分流电阻都未并联在表头两端，以致通过表头的电流超过其满偏电流而损坏．?
（3）核对电路如图5—19所示．为使改装后的电流表与标准表在0～1mA之间逐格核对，应选用分压电路．由于和满偏电流和满偏电压都很小，为使滑动变阻器便于调节，即有较大的调节范围，滑动变阻器应选用R1，电池应选用E1，且在电流表所在的支路上串联定值电阻R0，起保护作用．
【点评】 测量电阻的方法很多（包括伏安法、替代法、半偏法等），但其原理总是部分电路欧姆定律或闭合电路欧姆定律．在具体问题中，选用哪种测量方法应根据所提供的实验器材和实验要求来确定．
【特别提示】 1．半偏法测电阻的实验中，实验条件的控制直接影响测量精确度．?
在分压电路中，为使实验便于调节，应选用全电阻较小的滑动变阻器．
【例8】 （1）一个电压表VA的内阻RA=1000Ω，量程为1.0V，现要利用电阻箱扩大它的量程，改装成量程为3.0V的电压表．改装后，再用一量程为3.0V的精确的电压表VB对改装后的电压表的所有刻度进行校准．除了这两个电压表VA、VB外，还有下列一些器材：? 电源E（电动势约为6V，内阻较小）
变阻器R（总电阻约10Ω）
电阻箱R0（0～9999Ω）
开关S
导线若干
①如图5—20所示是以上器材和两个电压表VA、VB的实物示意图，试在图中画出连线，连成进行校准时的实验电路．
②图中电阻箱的取值等于________________Ω．?
（2）用上述电压表VB和改装后并已校准过的电压表（以下称之为VC）以及一个开关和一些导线，去测量一个电动势大约为2V的电源的内阻r．
①简要写出测量步骤．?
②用测得的量表达r的公式应为r=____________．?
【例8】 解析： （1）①实物连线如图5—21所示，为了使改装表与标准表在零到量程的范围内一一校对，应采用分压电路．?
②根据串联电路的电压分配关系，有
解得R0=2000Ω
（2）①先将电压表VC通过开关、导线与电源连接，读出VC上的示数UC；再将电压表VC和VB串联，通过开关、导线与电源连接，读出VC上的示数UC′和VB上的示数UB．
②根据上述两步操作可得 ①?
②?
③?
由①②③三式解得Ω
【点评】 本题综合考查了电表改装、电表校准电路及测量电源内阻的方法，测试设计和完成实验的能力．用电压表VB和VC测量电源的内阻时，应注意： 尽管两电压表的量程相同，但其内阻并不一定相同(表头可能不同)．
跟踪练习
1．下列关于误差的说法正确的是(填字母)____________．
? A．误差是实验中产生的错误
B．误差都是由于测量不仔细产生的
C．误差都是由于测量工具不精密产生的
D．任何测量都存在误差
E．实验时认真测量就可以避免误差
F．采用精密仪器，改进实验方法，可以消除误差
G．实验中产生误差是难免的，但可以想办法尽量减小误差
H．多次测量取平均值可以减小偶然误差
I．多次测量取平均值可以减小系统误差
2．甲、乙、丙三位同学在使用不同的游标卡尺测量同一物体的长度时，测量的结果分别如下：
甲同学：使用游标为50分度的卡尺，读数为12.045cm
乙同学：使用游标为10分度的卡尺，读数为12.04cm
丙同学：使用游标为20分度的卡尺，读数为12.045cm
从这些数据中可以看出读数肯定有错误的是____________同学．
3．如图5—22甲、乙所示，用同一套器材测量铁块P与长金属板间的滑动摩擦力．甲图使金属板静止在水平桌面上，用手通过弹簧秤向右用力F拉P，使P向右运动；乙图把弹簧秤的一端固定在墙上，用力F水平向左拉金属板，使金属板向左运动．则铁块P与金属板间的滑动摩擦力的大小是__________N．
图5—22 图5—23
4．在“研究平抛物体的运动”的实验中，得到的轨迹如图5—23所示．根据平抛运动的规律及图中给出的数据，可计算出小球平抛的初速度v0=________m/s．
5．在验证机械能守恒定律的实验中，质量m=1kg的重物自由下落，在纸带上打出了一系列的点，如图5—24所示，相邻记数点间的时间间隔为0.02s，长度单位是cm，g取9.8m/s2．求：
图5—24
（1）打点计时器打下计数点B时，物体的速度vB=________________(保留两位有效数字)．
（2）从起点O到打下记数点B的过程中，物体重力势能减小量ΔEP=___________，动能的增加量ΔE k=_________________（保留两个有效数字）．
（3）即使在实验操作规范、数据测量及数据处理很准确的前提下，该实验求得的ΔEp也一定略大一
ΔEk，这是实验存在系统误差的必然结果，试分析该系统误差产生的主要原因．
6．在测定一节干电池（电动势约为1.5V，内阻约为2Ω）的电动势和内阻的实验中，变阻器和电压表各有两个供选：A电压表量程为15V，B电压表量程为3V，A变阻器为（20Ω，3A），B变阻器为（500?Ω，0.2A）．
电压表应该选_______________ (填A或B)，这是因为____________________．变阻器应该选_______________ (填A或B)，这是因为__________________________．
7．（图像结合）利用如图5—25所示的电路测量电流表mA的内阻，闭合电键S，当变阻器的滑片滑至c处时，测得电流表mA和电压表V的示数分别是40mA、9V．已知图5—25中热敏电阻的I—U关系图线如图5—26所示，则电流表mA的内阻为（ ）
A．0.14Ω ?B．85Ω C．140Ω ?D．225Ω
8．如图5—27所示，一只黑箱有A、B、C三个接线柱，规定每两个接线柱间最多只能接一个电器元件．并且已知黑箱内的电器元件是一只电阻和一只二极管．某同学利用多用电表的欧姆挡，用正确的操作方法依次进行了6次测量，将每次红、黑表笔的位置和测得的阻值都填入了下表．
红表笔接 A A B B C C
黑表笔接 B C A C A B
测得阻值(Ω) 100 10k 100k 10.1k 90 190
由表中的数据可以判定:
（1）电阻接在_________________两点间，阻值为_________________Ω．
（2）二极管接在_________________两点间，其中正极接在_________________点．二极管的正向阻值为____________Ω，反向阻值为______________Ω．
9．(双缝实验）在“用双缝干涉测光的波长”的实验中，测量头示意图如图5—28所示，调节分划板的位置，使分划板中心剖线对齐某亮条纹的中心，此时测量头的读数为_________________mm，转动手轮，使分划线向一侧移动，到另一条亮条纹的中心位置，由测量头再读出一读数．若实验测得第一条到第五条亮条纹中心间的距离为Δx = 0.960mm，已知双缝间距为d=1.5mm，双缝到屏的距离为L=1.00m，则对应的光波波长=_________________nm．
图5—28 图5—29
10．（测折射率）如图5—29所示，画有直角坐标系Oxy的白纸位于水平桌面上．M是放在白纸上的半圆形玻璃砖，其底面的圆心在坐标原点，直边与x轴重合．OA是画在纸上的直线，P1、P2为竖直地插在直线OA上的两枚大头针，P3是竖直地插在纸上的第三枚大头针，是直线OA与y轴正方向的夹角，是直线OP3与y轴负方向的夹角．只要直线OA画得合适，且P3的位置取得正确，测出角、，便可求得玻璃的折射率．
某学生在用上述方法测量玻璃的折射率时，在他画出的直线OA上竖直地插上了P1、P2两枚大头针，但在y<0的区域内，不管眼睛放在何处，都无法透过玻璃砖看到P1、P2的像，他应采取的措施是______________________________．若他已透过玻璃砖看到了P1、P2的像，确定P3位置的方法是___________________________________．若他已正确地测得了、的值，则玻璃的折射率n=________________．
11．(油膜实验）在用“油膜法估测分子大小”的实验中，所用油酸酒精的浓度为每104mL溶液中有纯油酸6mL，用注射器测得1mL上述溶液为75滴．把1滴该溶液滴入盛水的浅盘里，待水面稳定后，将玻璃板放在浅盘上，用笔在玻璃板上描出油酸的轮廓形状，再把玻璃板放在坐标纸上，其形状和尺寸如图5—30所示，坐标中正方形方格的边长为1cm．试求：
（1）油酸膜的面积是____________cm2．
（2）每滴油酸酒精溶液中含有纯油酸的体积是______________mL．
（3）按以上实验数据估测出油酸分子直径为___________m．[（2）、（3）两问答案取一位有效数字]
12．在一次用单摆测定重力加速度的实验中，图5—31（甲）的O点是摆线的悬挂点，a、b点分别是球的上沿和球心，摆长L=_____________m．?
图5—31
图（乙）为测量周期用的秒表，长针转一圈的时间为30s，表盘上部的小圆共15大格，每一大格1min，该单摆摆动n=50次时，长、短针位置如图所示，所用时间t=_____________s．
用以上直接测量的物理量的英文符号表示重力加速度的计算式为g=_____________（不必代入具体数值）．
13．电磁打点计时器是一种计时装置，请根据电磁打点计时器的相关实验回答下列问题（电磁打点计时器所用电源频率为50Hz）：
（1）如图5—32所示，某同学设计了一个用电磁打点计时器验证动量守恒定律的实验装置，在光滑水平面上，小车A的前端粘有橡皮泥，小车A受到瞬时冲量作用后做匀速运动，与原来静止在前方的小车B相碰并粘合成一体，继续做匀速运动．
图5—32
实验得到的打点纸带如图5—33所示，小车A的质量为0.4kg，小车B的质量为0.2kg，则碰前两小车的总动量为__________________kg·m/s，碰后两小车的总动量为___________]kg·m/s．（计算结果保留三位有效数字）
图5—33
（2）在“验证机械能守恒定律”的实验中：
①某同学用图5—34所示装置进行实验，得到如图5—35所示的纸带．测出点A、C间的距离为14.77cm，点C、E间的距离为16.33cm，已知当地重力加速度为9.8m/s2，重锤的质量为m=1.0kg，则垂锤在下落过程中受到的平均阻力大小Ff =_____________
图5—35
②某同学上交的实验报告显示重锤的动能略大于重锤的势能，则出现这一问题的原因可能是_______（填序号）．
? A．重锤的质量测量错误 ?B．该同学自编了实验数据
? C．交流电源的频率不等于50Hz? D．重锤下落时受到的阻力过大
14．（能量）如图5—36所示，A、B是两个相同的小物块，C是轻弹簧，用一根细线连接A、B使弹簧C处于压缩状态，然后放置在光滑的水平桌面上．提供的测量器材有天平和刻度尺．试设计一个测定弹簧此时弹性势能Ep的实验方案，说明实验中应测定的物理量(同时用相应的字母表示)，并写出计算弹簧弹性势能Ep的表达式（用测得物理量的字母表示）．
图5—36
15．图5—37中E为直流电源，R为已知电阻，V为理想电压表，其量程略大于电源电动势，S1和S2是开关．现要利用图中电路测量电源的电动势E和内阻r，试写出主要实验步骤及结果的表达式．
图5—37
16（电阻率）．在“测定金属的电阻率”的实验中，需要用刻度尺测出被测金属丝的长度l，用螺旋测微器测出金属丝的直径d，用电流表和电压表测出金属丝的电阻Rx．
图5—38 图5—39
（1）请写出测金属丝电阻率的表达式：＝_________________（用上述测量量的字母表示）．
（2）若实验中测量：金属丝的长度和直径时，刻度尺和螺旋测微器的示数分别如图5—38所示，则金属丝长度的测量值为l＝_________________cm?，金属丝直径的测量值为d=_________________mm．
（3）用电流表和电压表测金属丝的电阻时，由于电压表、电流表内阻的影响,不论使用电流表内接法还是电流表外接法,都会产生系统误差．按如图5—39所示的电路进行测量,可以消除由于电表内阻造成的系统误差．利用该电路进行实验的主要操作过程是:
第一步：先将R 2的滑动头调到最左端,单刀双掷开关S2向1闭合，闭合电键S1，调节变阻器R1和R2,使电压表和电流表的示数尽量大些（不超过量程），读出此时电压表和电流表的示数U1、I1．
第二步：保持两滑动变阻器的滑动头位置不变，将单刀双掷开关S2向2闭合，读出此时电压表和电流表的示数U2、I2．
请写出由以上记录数据计算被测电阻Rx的表达式Rx=__________________．
17．（实验设计）某研究性学习小组为探究小灯泡灯丝电阻与温度的关系，设计并完成了有关的实验，以下是实验中可供选用的器材．
?A．待测小灯泡（额定功率6W，额定电流0.5A）
?B．电流表（量程0～0.6A，内阻0.1Ω）
?C．电压表（量程0～5V，内阻约5kΩ）
?D．电压表（量程0～15V，内阻约15kΩ）
?E．滑线变阻器（最大阻值50Ω）
?F．滑线变阻器（最大阻值1kΩ）
?G．直流电源（电动势15V，内阻可忽略）
H．开关一个，导线若干
实验中调节滑线变阻器，小灯泡两端电压可以从零至额定电压范围内变化，从而测出小灯泡在不同电压下的电流．
（1）请在虚线框中画出为完成上述实验而设计的合理的电路图．并在每个选用的器材旁标上题目所给的字母序号．
图5—40
（2）如图5—40所示是该研究小组测得小灯泡的I—U关系图线．由图线可知，小灯泡灯丝电阻随温度的升高而_________________（填“增大”、“减小”或“不变”）；当小灯泡两端所加电压为6V时，其灯丝电阻值约为_________________Ω．（保留两位有效数字）
18．（实验设计）有以下可供选用的器材及导线若干条,要求使用个数最少的仪器尽可能精确地测量一个电流表的满偏电流．
? A．被测电流表A1：满偏电流约700～800，内阻约100Ω，刻度均匀、总格数为N
? B．电流表A2：量程0.6A，内阻0.1Ω
C．电压表V：量程3V，内阻3kΩ?
?D．滑动变阻器R1：最大阻值200Ω
?E．滑动变阻器R2：最大阻值1kΩ?
?F．电源E：电动势3V、内阻1.5Ω
?G．开关一个
（1）在虚线框内画出实验电路图,并在每个选用的仪器旁标上题目所给的字母序号．
（2）测量过程中测出多组数据,其中一组数据中待测电流表A的指针偏转了n格，可算出满偏电流Ig=___________，式中除N、n外,其他字母符号代表的物理量是______________．
19．（实验设计）实验室中现有的器材如下：
电池E （电动势约10V、内阻r约1Ω）
标准电流表A1（量程300mA，内阻r1约为5Ω）
电阻箱R1（最大阻值999.9Ω，阻值最小改变量为0.1Ω）
滑动变阻器R2（最大阻值10Ω）
开关S和导线若干．
要求设计—个测定电流表A2（量程250mA，内阻r2约为5Ω）内阻的实验方案．
（1）在方框中画出测量电路，并在每个仪器旁标上英文代号．
（2）要直接测出的物理量是____________________，用这些物理量表示待测电流表A2内阻的计算公式是______________．
20．（等势线描绘）如图5—41中给出的器材为：
电源E（电动势为12V，内阻不计）；
木板N（板上从下往上依次叠放白纸、复写纸、导电纸各一张）；
两个金属条A、B（平行放置在导电纸上，与导电纸接触良好，用作电极）；
滑线变阻器R（其总电阻值小于两平行电极间导电纸的电阻）；
直流电压表（量程为6V，内阻很大，其负接线柱与B极相连，正接线柱与探针P相连）；
开关S．
现要用图中仪器描绘两平行金属条AB间电场中的等势线．AB间的电压要求取为6V．
（1）在图中连线，画成实验电路原理图．
（2）下面是重要的实验操作步骤，将所缺的内容填写在横线上方．
a．接好实验电路．
b．____________________________________________．
c．合上S，并将探针P与A相接触．
d．____________________________________________．
e．用探针压印的方法把A、B的位置标记在白纸上，画一线段连接AB两极，在连线上选取间距大致相等的5个点作为基准点，用探针把它们的位置压印在白纸上．
f．将探针与某一基准点相接触，________________________，这一点是此基准点的等势点．用探针把这一点的位置也压印在白纸上．用相同的方法找出此基准点的其他等势点．
g．重复步骤f，找出其他4个基准点的等势点，取出白纸画出各条等势线．
21．（实验设计）在测定一节干电池的电动势和内阻的实验中，备有下列器材：
? A．干电池E（电动势约为1.5V，内阻小于1.0Ω）
B．电流表A1（满偏电流3mA，内阻r1=10Ω）
C．电流表A2（0～0.6A，内阻0.1Ω）
D．滑线变阻器R1（0～20Ω，10A）
E．滑线变阻器R2（0～100Ω，10A）
F．定值电阻R3（990Ω）
G．开关和导线若干
（1）为方便且能较准确地进行测量，其中应选用的滑线变阻器是______________（填字母代号）
（2）请在虚线框内画出利用本题提供的器材所设计的测量电池电动势和内阻的实验电路图．
图5—42
（3）如图5—42为某一同学根据他所设计的实验给出的I1、I2图线（I1为A1的示数，I2为A2的示数），由图线可求得被测电池的电动势E＝______________V，内阻r =_____________Ω．
22．实验室内有一电压表，量程为150mV，内阻约为150Ω．现要将其改成量程为10 mA的电流表，并进行校准．为此，实验室提供如下器材：干电池E（电动势为1.5V），电阻箱R，滑线变阻器R′，电流表 （有1.5mA，15mA与150 mA三个量程）及开关S．
（1）对电表改装时必须知道电压表的内阻．可用如图5—43所示的电路测量电压表的内阻．在既不损坏仪器又能使精确度尽可能高的条件下，电路中的电流表应选用的量程是________________．若合上S，调节滑线变阻器后测得电压表的读数为150mV，电流表的读数为1.05 mA，则电压表的内阻RmV为______________．(取三位有效数字)
图5—43
（2）在对改装成的电流表进行校准时，把作为标准电流表，画出对改装成的电流表进行校准的电路原理图（滑线变阻器作限流使用），图中各元件要用题中给出符号或字母标注．图中电阻箱的取值是_______（取三位有效数字），电流表应选用的量程是_____________________．
23．（实验设计）一只量程为1V，内阻RV约为900Ω的电压表是由小量程电流表改装而成的，现在要测量它的内阻并对该表进行校正．实验室提供了以下供选择的器材：
? A．待测电压表
B．标准电压表（量程1 V）
C．滑动变阻器（最大阻值1 000Ω，额定电流1A）
D．滑动变阻器（最大阻值10Ω，额定电流1A）
E．电阻箱（最大阻值999．9Ω，最小改变量0.1Ω）
F．电阻箱（最大阻值99．9Ω，最小改变量0.1 Ω）
G．电池组（电动势约3 V，内阻约1Ω）
H．导线和开关若干．
（1）为了用半偏法测量该电压表的内阻，某同学设计了两种电路，如图5—44甲、乙所示，要使测量较精确，应选择___________________（填“甲”或“乙”）电路．在器材的选择上，除了电池组、导线、开关和待测电压表外，还应从提供的器材中选用___________________________________（用器材前的序号字母表示）．
用上述方法测出的电压表内阻的测量值RV_________（填“大于”、“等于”或“小于”）电压表内阻的真实值．
图5—44
图5—45
（2）在对该电压表进行校正时，该同学已经选择好器材，如图5—45所示．若要求对电压表的每一条刻度线都进行校正，请你将这些器材连接成测量电路，并标出所选滑动变阻器的序号字母．
24．（实验设计）量程为3V的电压表V内阻约为3kΩ，要求测出该电压表内阻的精确值．实验中可供选用的器材有：
电阻箱Ra（最大值9999.9Ω，阻值最小改变量0.1Ω）
滑线变阻器Rb（最大阻值1000Ω，允许最大电流0.2A）
电源E（开路电压约为5V，内阻可忽略不计）
开关S及导线若干
（1）设计一个易于操作的测量电路，要求画出实验电路图并标出所用器材符号．
（2）列出测量步骤，并写出计算电压表内阻的最后公式．
专题五 物理实验参考答案
跟踪练习
1．DGH?
2．甲 50分度的游标卡尺的精度为mm=0.02mm，因此，读数的最后一位数字应是“2”的整数倍或“0”．
3．2.40 比较甲、乙两图可知，甲图中弹力大于滑动摩擦力，铁块P做匀加速直线运动;乙图中铁块P处于平衡状态，弹力大小等于滑动摩擦力大小．
4．1．6 考察平抛物体的水平分运动，结合图给数据可知，两段时间之比为2︰1，若O点是平抛的起点，则竖直分位移y1︰y2==4︰9，所以，O点是平抛的起点．根据平抛运动的规律，有32.0×10－2=v0t，19.6×10－2=，联立解得v0=1.6m/s?
5．（1）0.97m/s （2）0．48J （3）0．47J?（3）重锤下落过程中受到阻力及纸带受到打点计时器的阻力作用，重锤的机械能减小．
6．B A电压表量程过大，读数误差太大 A B变阻器阻值太大，额定电流太小，调节时电表读数变化不明显．
7． B? 点拨：由热敏电阻的I—U图线知，工作电流I=40mA时，电压U=5.6V，则此时加在电流表两端电压为(9－5.6)V=3.4V，所以．
8．（1）AB 100Ω （2）AC A 90Ω 10kΩ?
9．1.630 360
10．在白纸上另画一条与y轴正方向的夹角较小的直线OA，把大头针P1、P2竖直的插在所画的直线上，直到在y<0的区域内透过玻璃砖能看到P1、P2的像，插上P3后，P3刚好能够挡住P1、P2的像．．
11．（1）110 （2）8×10－6 （3）7×10－10
12．0.9906，100.40，
13．（1）0．420 0．417 （2）①0.05N ②BC
14．应测量的物理量有：小物块的质量m，两小物块的落地点之间的距离S，桌面的高度h，桌面的长度d．
15．实验步骤：（1）将S1闭合，S2断开,电压表直接和电源相连，记下电压表读数U，就是电源的电动势;（2）S1、S2均闭合，记下电压表读数U2，即为电阻R两端电压．
根据闭合电路欧姆定律，有，
即，解得
16．（1） （2）36.48～36.52 0.796～0.799
（3）
（1）如图5—46所示
（2）增大，17Ω
18．（1）首先来分析电路的测量部分．由于电流表A2量程与待测电流表A1量程相差太大，从实验测量精度考虑，不能直接将电流表A2与电流表A1串联来测量电流．注意到电压表内阻已知，而允许通过电压表的最大电流为，跟待测电流表的量程接近，因此，可将电压表与电流表A1串联，利用其读数来计算通过电流表A1的电流．
再来分析电路的控制部分．若将滑动变阻器接成限流式，则通过待测电流表的最小电流大约为，显然，不能保证电表安全,也无法通过调节测量多组数据．因此，应采用分压式控制电路，为了便于调节，应选用最大阻值20Ω的滑动变阻器．
综合以上分析，选用的器材应为A、C、D、F、G其实验电路如图5—47所示．
（2）实验过程中，调节滑动变阻器滑动触头，使待测电流表A1的指针偏转n格，读出此时电压表V的示数U，则通过待测电流表的电流由此可得,电流表的满偏电流，式中U为电压表的读数，RV为电压表的内阻．
19．（1）如图5—48所示
（2）A1、A2两电流表的读数I1、I2和电阻箱R1的阻值．
图5—48
20．（1）连接线路如图5—49所示．
（2）把变阻器的滑动触头移到靠近D端处．调节R，使电压表读数为6V．记下电压表读数，在导电纸上移动探针，找出电压表读数与所记下的数值相同的另一点．
21．（1）R1 （2） 电路如图5—50所示 （3）1.4 8，0.8
22．（1）当电压满偏时，通过其电流1mA，故电流表选1.5mA量程．
若合上S后， =143Ω．?
（2）可把电压表当成量程为150mV、Rg=143Ω表头处理，其改装后量程为10mA，则通过的满偏电流为=1.05mA．
由部分电路欧姆定律知=16.8Ω．?
? 量程选15mA．?
图5—51 图5—52
23．（1）乙；D、E；大于 （2）如图5—52所示．
24．（1）如图5—53所示
（2）合上开关S，调节电阻箱阻值，使电压表指针在中央刻度处，记下电阻箱的阻值R1；再调节电阻箱电阻，便电压表指针指在满偏刻度处，记下电阻箱的阻值R2．
（或）
1
0
2
3
0
5
10
15
0
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
0
31
2
33
4
35
6
37
8
39
41
10
43
12
14
45
16
47
18
49
20
51
22
53
24
26
55
57
28
59
0
1
2
6
7
8
9
10
11
3
4
5
12
13
14
0
1
2
3
4
5
6
7
8
9
0
0
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
5
0
20
25
15
线圈
0 100 200 300 400 500 600 700 800 900 1000
mg
×0.1
×10
×1
×1K
×10K
×100
1
7
6
5
4
3
2
8
9
0
1
7
6
5
4
3
2
8
9
0
1
7
6
5
4
3
2
8
9
0
1
7
6
5
4
3
2
8
9
0
1
7
6
5
4
3
2
8
9
0
1
7
6
5
4
3
2
8
9
0
B
C
D
s1
s2
s3
A
t/s
0 T 2T 3T 4T 5T 6T
v/(ms-1)
0
1 2 3 4 5
G
G
R
r
a
a
图1
图2
V
A
V
A
a b
a b
R
R
V
A
V
A
U/V
I/A
O
(b)
（a）
U/V
I/A
o
0.2 0.4 0.6
3.0
2.0
1.0
V
A
R
S
m1
m2
F1
F2
a
b
+
─
白
灰
黑
图5—2
图5—3
单位：cm
V
A
V
A
A2
A1
V1
V2
R
A1
A2
V2
V1
R
G2
G2
R
2
1
V1
V2
R
2
1
S
S
G
R2
S2
R1
S1
R1
S
V
R2
V
S
2
R
E
r
（电阻不计）
1
测量电路
器材选择
配置
控制电路
电路选择
控制
调节
图5—8
图5—9
图5—10
图5—16
图5—19
图5—20
图5—21
图5—27
图5—30
甲 乙
图5—34
图5—41
图5—47
图5—53力与平衡
例题1 、如图所示，光滑球重100N，球的半径10cm，绳的一端与球面上C点相连，使球靠在墙上而静止，绳子长10cm，求：绳对球的拉力和球对墙的压力各多大？
练习1如图12所示，一个质量为m=2kg的均匀球体，放在倾角的光滑斜面上，并被斜面上一个竖直的光滑挡板挡住，处于平衡状态。求球体对挡板和斜面的压力。
例题2、如图，轻质光滑滑轮两侧用细绳连着两个物体A与B，物体B放在水平地面上，A、B均静止．已知A和B的质量分别为mA、mB，，绳与水平方向的夹角为，则（ ）
A．物体B受到的摩擦力可能为0
B．物体B受到的摩擦力为mAgcos
C．物体B对地面的压力可能为0
D．物体B对地面的压力为mBg-mAgsin
练习2．重量G=100N的物体置于水平面上，给物体施加一个与水平方向成θ=30°的拉力F，F=20N，物体仍处于静止状态，则地面对物体的静摩擦力和地面对物体的支持力各为多大？
例题3、如图所示，在倾角为α的斜面上，放一质量为m的小球，小球和斜坡及挡板间均无摩擦，当档板绕O点逆时针缓慢地转向水平位置的过程中，则有 （ ）
A．斜面对球的支持力逐渐增大
B．斜面对球的支持力逐渐减小
C．档板对小球的弹力先减小后增大
D．档板对小球的弹力先增大后减小
练习3、半圆柱体P放在粗糙的水平地面上，其右端有一固定
放置的竖直挡板MN．在半圆柱体P和MN之间放有一个光滑均匀的
小圆柱体Q，整个装置处于平衡状态，如图所示是这个装置的截面
图．现使MN保持竖直并且缓慢地向右平移，在Q滑落到地面之前，
发现P始终保持静止．则在此过程中，下列说法中正确的是（ ）
A．MN对Q的弹力逐渐减小 B．P对Q的弹力逐渐增大
C．地面对P的摩擦力逐渐增大 D．Q所受的合力逐渐增大
例题4、如图7，用绳通过滑轮把船拖向河岸，设水对船的阻力不变。小船靠岸作匀速运动，则：（ ）
A、绳子拉力不断增大
B、绳子拉力不变
C、船受到的浮力不变
D、船受到的浮力减小
例题5.质量为5kg的木块放在木板上，当木板与水平方向夹角为37°，木块恰能沿木板匀速下滑，木块与木板间的动摩擦因数多大？当木板水平放置时，要使木块能沿木板匀速滑动，给木块施加水平力应多大？(sin37°=0.6 cos37°=0.8 g=10N/kg)
练习5物体A在水平力F1＝400N的作用下，沿倾角＝60°的斜面匀速下滑，如图甲。物体A受的重力G＝400N,求斜面对物体A的支持力和A与斜面间的动摩擦因数。
例题6．（12分）如图所示，物重30 N，用OC绳悬挂在O点，OC绳能承受最大拉力为20N，再用一绳系OC绳的A点，BA绳能承受的最大拉力为30 N，现用水平力拉BA，可以把OA绳拉到与竖直方向成多大角度
单元检测
1、有三个共点力的作用在一物体上，它们的大小取以下哪些组的数值时，物体不可能平衡（ ）
A、3N、4N、5N B、5N、2N、1N
C、20N、60N、80N D、0.1N、0.2N、0.6N
2、水平面上有木块受到斜向上拉力F而向右作匀速直线运
动如图2所示，则木块所受的摩擦力与拉力F的合力的方向是（ ）
A、向上偏右
B、向上偏左
C、竖直向上
D、不能确定
3、滑块质量为m，与斜面间动摩擦因数为μ，μ
A、mgsinα+μmgcosα
B、mgsinα－μmgcosα
C、μmgcosα－mgsinα
D、μmgcosα
4、如图5，质量为m的小球搁在光滑的斜面上，斜面倾角为α，悬挂小球的细线处于竖直张紧的状态，则细线上的拉力（ ）
A、小于mg B、等于mg
C、大于mg D、等于零
5、 如图2a，质量为m的物体，在沿斜面向上的恒力F的作用下，沿倾角为θ的斜面匀速向上运动。已知斜面与物体间的动摩擦因数为μ，求外力F的大小。
1、BD 2、C 3、A 4、D
5、[析与解]物体受力如图2b所示，则
沿斜面方向 mgsinθ + f = F
垂直于斜面方向 N = mgcosθ
又 f= μN
联立解得
F = mgsinθ + μmgcosθ
答案： mgsinθ + μmgcosθ
A
C
B
O
图12
B
A
F
θ
O
α
f
N
600°
600°
θ
F
图2a
θ
G
G1
G2
F
f
N
图2b摩擦力专题
明确摩擦力产生的条件
物体间直接接触
接触面粗糙
接触面间有弹力存在
物体间有相对运动或相对运动趋势
例1 (1994年全国考题)如图1所示，C是水平地面，、是两个长方形物块，F是作用在物块上沿水平方向的力，物体和以相同的速度作匀速直綫运动，由此可知，、间的动摩擦因数和、间的动摩擦因数有可能是
(A) 0， 0 (B) 0， 0
(C) 0，0 (D) 0，0
解析：本题中选、整体为研究对象，由于受推力的作用做匀速直线运动，可知地面对的摩擦力一定水平向左，故 0，对A受力分析可知，水平方向不受力，可能为0，可能不为0。正确答案为(B)、(D)．
二、了解摩擦力的特点
摩擦力具有两个显著特点：(1)接触性； (2)被动性．所谓接触性，即指物体受摩擦力作用物体间必直接接触(反之不一定成立)。这种特点已经包括在摩擦力产生的条件里，这里不赘述。对于摩擦力的被动性，现仔细阐述。所谓被动性是指摩擦力随外界约束因素变化而变化．熟知的是静摩擦力随外力的变化而变化。
例2 (1992年全国考题)如图2所示，一木块放在水平桌面上，在水平方向共受到三个力，即、和摩擦力作用，木块图2处于静止状态，其中＝10N、＝2N，若撤去力，则木块在水平方向受到的合力为
(A)10N，方向向左 (B)6N，方向向右
(C)2N，方向向左 (D)零
解析；没有撤去时，物体所受合外力为零，此时静摩擦力大小为8N，方向向左．撤去以后，物体在作用下不可能沿水平方向发生运动状态的改变，物体仍保拧静止．此时地面对物体的静摩擦力大小为2N，方向向右．从上述分析可见静摩擦力是被动力．答案应为(D)．对于滑动摩擦力同样具有被动性．
把握摩擦力大小和方向的计算和判断
中学物理只谈静摩擦和滑动摩擦两种(滚动摩擦不讲)．其中没有具体的计算公式，是随外力变化的范围值o≤≤，一般根据(1)平衡条件求；(2)根据物体运动状态，由牛顿运动定律求．而不但可根据上述的 (1)、(2)方法求，还可以用公式计算
例4 如图4所示，一质量为m的货物放在倾角为α的传送带上随传送带一起向上或向下做加速运动．设加速度大小为α，试求两种情况下货物所受的摩擦力．
解析：物体m向上加速运动时，由于沿斜面向下有重力的分力，所以要使物体随传送带向上加速运动，传送带对物体的摩擦力必定沿传送带向上．物体沿斜面向下加速运动时，摩擦力的方向要视加速度的大小而定，当加速度为某一合适值时，重力沿斜面方向的分力恰好提供了所需的合外力，则摩擦力为零；当加速度大于此值时，摩擦力应沿斜面向下；当加速度小于此值时，摩擦力应沿斜面向上．
向上加速运动时，由牛顿第二定律，得：所以F-mgsina=ma，方向沿斜面向上
向下加速运动时，由牛顿第二定律，得： mgsina—F＝ma(设F沿斜面向上)
所以F=mgsina-ma
当a0．与所设方向相同——沿斜面向上．
当a＝gsina时，F=0．即货物与传送带间无摩擦力作用．
当a>gsina时，F<0．与所设方向相反——沿斜面向下．
小结：当物体加速运动而摩擦力方向不明确时，可先假设摩擦力向某一方向，然后应用牛顿第二定律导出表达式，再结合具体情况进行讨论
例5 如图5所示，质量M=10Kg的木楔ABC静止于水平地面上，动摩擦因数μ＝0．02，在木楔的倾角θ为300的斜面上有一质量m＝1.0 kg的物块由静止开始沿斜面下滑．当滑行路程S＝1．4m时，其速度s＝1．4m／s，在此过程中木楔没有动．求地面对木楔的摩擦力的大小和方向(g取10 m／s’)
解析：地面对木楔的摩擦力为静摩擦力，但不一定为最大静摩擦力，所以不能由Fμ＝μFΝ，来计算求得，只能根据物体匀运动情况和受力情况来确定．
物块沿斜面匀加速下滑，由可求得物块下滑的加速度
可知物块受到摩塔力的作用．
此条件下，物块与木楔受力情况分别如图6.7所示．
物块沿斜面以加速度Q下滑，对它沿斜面方向和垂直于斜面方向由牛顿第二定律有mgsinθ一Fμ1＝ma mgcosθ—FN1＝0 ．
木楔静止，对它沿水平方向和竖直方向由牛顿第二定律，
并注意Fμ1ˊ与Fμ1，F N1与FN1，等值反向，有Fμ2+ Fμ1cosθ—FN1sinθ＝0
由上面各式解得地面对木楔的摩擦力
此力方向与所设方向相同，由C指向B。
另外由以上几式联立还可以求出地面对木楔的支持力
显然，这是由于物块和木楔系统有向下的加速度而产生了失重现象。
对此题也可以系统为研究对象。在水平方向，木楔静止，加速度为零，物块加速度水平分量为。对系统在水平方向由牛顿第二定律，有
答案：0．61 N 方向由C一B
小结：(1)静摩擦力的大小是个变量，它的大小常需要根据物体的运动状态及摩擦力与物体所受其他力的关系来确定．
(2)由此题可看出，研究对象的选取对解题步骤的简繁程度有很大的影响。
练习
1、如图8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 ①方向可能沿斜面向上 ②方向可能沿斜面向下 ③大小可能为零 ④大小可能等于F以上判断正确的是………………………………( D )
A．只有①② B．只有③④ C．只有①②③ D．①②③④都正确
2、(2004年连云港第二次调研题)某人在乎直公路上骑自行车，见到前方较远处红色交通信号灯亮起，他便停止蹬车，此后的一段时间内，自行车前轮和后轮受到地面的摩擦力分别为和，则… ( C )
A．向后，后向前 B．向前，向后
C．向后，向后 D．向前，向前
3、如图9所示，重6N的木块静止在倾角为300的斜面上，若用平行于斜面沿水平方向，大小等于4N的力F推木块，木块仍保持静止，则木块所受的摩擦力大小为……………………………( C )
A．4 N B．3 N C．5 N D．6 N
4、(2004年乐山调研题)如图10所示， 质量为m的木块P在质量为M的长木板A上滑行，长木板放在水平地面上，一直处于静止状态．若长木板A与地面间的动摩擦因数为,木块P与长板A间的动摩擦因数为，则长木板ab受到地面的摩擦力大小为 ( C )
A B． C D
5、(2004年黄冈调研题)如图11所示，在粗糙水平面上有一个三角形木 块，在它的两个粗糙斜面上分别放两个质量为m1和m2的小木块，已知三角形木块和两个小木块均静止，则粗糙水平面对三角形木块( A )
A．没有摩擦力作用
B．有摩擦力作用，摩擦力方向水平向右
C．有摩擦力作用，摩擦力方向水平向左
D．有摩擦力作用，但其方向无法确定，因为m1、m2、 的数值并未给出
9.如图14所示,静止在水平面上的纸带上放一质量m为的小金属块(可视为质点), 金属块离纸带右端距离为L, 金属块与纸带间动摩擦因数为μ.现用力向左将纸带从金属块下水平抽出,设纸带加速过程极短,可认为纸带在抽动过程中一直做匀速运动.求:
属块刚开始运动时受到的摩擦力的大小和方向;
(2)要将纸带从金属块下水平抽出,纸带的速度v应满足的条件.
解析：（1）金属块与纸带达到共同速度前，金属块受到的摩擦力为：
，方向向左。
出纸带的最小速度为即纸带从金属块下抽出时金属块速度恰好等于。
对金属块：
金属块位移：纸带位移：
两者相对位移：解得：
故要抽出纸带，纸带速度
10.如图15所示,物块和斜面体的质量分别为m.M,物块在平行于斜面的推力F作用下沿斜面加速度a向上滑动时,斜面体仍保持静止.斜面倾角为θ,试求地面对斜面体的支持力和摩擦力.
解析:
取物块为研究对象，受力分析如图16所示：
由题意得： ①
②
由②得：③
取斜面为研究对象，受力分析如图17得：
④
⑤
又因为与是作用力与反作用力，与是作用力与反作用力
由牛顿第三定律得：⑥
⑦
由④⑤⑥⑦解得：
此题是不是可以考虑用整体法来进行处理？
A
B
F
图1
图2
m
╮α
图4
B
Fˊμ1
Fμ2
mg
FN2
F N1
图7
A
C
FN1
mg
图6
Fμ1
图8
图9
图10
A
P
V
m1
m2
图11
v
L
A
图14
θ
M
m
F
a
图15
θ
mg
F
图16
θ
mg
图17传送带问题
一、.命题趋向与考点
传送带问题是以真实物理现象为依据的问题，它既能训练学生的科学思维，又能联系科学、生产和生活实际，是高考命题专家所关注的问题．
二、知识概要与方法
传送带分类: 水平、倾斜两种; 按转向分: 顺时针、逆时针转两种。
（1）、受力和运动分析：
受力分析中的摩擦力突变（大小、方向）——发生在v物与v带相同的时刻；运动分析中的速度变化——相对运动方向和对地速度变化。分析关键是：一是 v物、 v带的大小与方向；二是mgsinθ与 f 的大小与方向。
(2)、传送带问题中的功能分析
①功能关系：WF=△EK+△EP+Q
②对WF、Q的正确理解
（a）传送带做的功：WF=F·S带 功率P=F · v带
（F由传送带受力平衡求得）
（b）产生的内能：Q=f · S相对
（c）如物体无初速，放在水平传送带上，则在整个加速过程中物体获得的动能Ek 和因摩擦而产生的热量Q有如下关系：
（一）水平放置运行的传送带
处理水平放置的传送带问题，首先是要对放在传送带上的物体进行受力分析，分清物体所受摩擦力是阻力还是动力；其二是对物体进行运动状态分析，即对静态→动态→终态进行分析和判断，对其全过程作出合理分析、推论，进而采用有关物理规律求解.
这类问题可分为：
①运动学型；
②动力学型；
]例1. 如图所示,一平直的传送带以速度v=2m/s匀速运动, 传送带把A处的工件运送到B处, A，B相距L=10m。从A处把工件无初速地放到传送带上，经过时间t=6s，能传送到B处，要用最短的时间把工件从A处传送到B处，求传送带的运行速度至少多大
解: 由题意可知 t >L/v,
所以工件在6s内先匀加速运动，后匀速运动，
故有S1=1/2 vt1 ①
S2＝vt2 ②
且t1+t2＝t ③
S1＋S2＝L ④
联立求解得: t1＝2s；v=at1, a＝1m/s2 ⑤
若要工件最短时间传送到B处,工件加速度仍为a，设传送带速度为v' ,工件先加速后匀速，
同上 L＝ v' t1＋ v' t2 ⑥
若要工件最短时间传送到B处,工件加速度仍为a，设传送带速度为v' ,工件先加速后匀速，
同上 L＝ v' t1＋ v' t2 ⑥
又 ⑦
t2＝t－t1 ⑧
联立求解⑥─⑧得 ⑨
将⑨式化简得 ⑩
从⑩式看出
，其t有最小值.
因而
通过解答可知工件一直加速到Ｂ所用时间最短．
例2. 质量为m的物体从离传送带高为H处沿光滑圆弧轨道下滑,水平进入长为L的静止的传送带落在水平地面的Q点,已知物体与传送带间的动摩擦因数为μ,则当传送带转动时,物体仍以上述方式滑下,将落在Q点的左边还是右边
解: 物体从P点落下,设水平进入传送带时的速度为v0,则由机械能守恒得:
mgH=1/2 mv02,
当传送带静止时,分析物体在传送带上的受力知物体做匀减速运动,
a=μmg/m=μg
物体离开传送带时的速度为
随后做平抛运动而落在Q点
当传送带逆时针方向转动时,分析物体在传送带上的受力情况与传送带静止时相同,因而物体离开传送带时的速度仍为
随后做平抛运动而仍落在Q点
(当v02<2μgL时,物体将不能滑出传送带而被传送带送回, 显然不符合题意,舍去)
当传送带顺时针转动时,可能出现五种情况:
当传送带的速度v较小,
分析物体在传送带上的受力可知,物体一直做匀减速运动,离开传送带时的速度为
因而仍将落在Q点
(2) 当传送带的速度 时,
分析物体在传送带上的受力可知,物体将在传送带上先做匀减速运动,后做匀速运动,离开传送带时的速度
因而将落在Q点的右边.
(3) 当传送带的速度时,
则物体在传送带上不受摩擦力的作用而做匀速运动,故仍将落在Q点.
(4) 当传送带的速度 时,
分析物体在传送带上的受力可知, 物体将在传送带上先做匀加速运动,后做匀速运动,离开传送带时的速度
因而将落在Q点的右边
(5)当传送带的速度v较大 时,
则分析物体在传送带上的受力可知,物体一直做匀加速运动,离开传送带时的速度为
因而将落在Q点的右边.
综上所述:
当传送带的速度 时,物体仍将落在Q点;
当传送带的速度 时,物体将落在Q点的右边.
水平传送带被广泛地应用于机场和火车站，用于对旅客的行李进行安全检查。如图为一水平传送带装置示意图，绷紧的传送带AB始终保持v=1m/s的恒定速率运行，一质量为m=4Kg的行李无初速地放在A处，传送带对行李的滑动摩擦力使行李开始做匀加速直线运动，随后行李又以与传送带相等的速率做匀速直线运动。设行李与传送带间的动摩擦因数μ=0.1，AB间的距离l=2.0m，g取10m/s2。
（1）求行李刚开始运动时所受的滑动摩擦力大小与加速度大小。
（2）求行李做匀加速直线运动的时间。
（3）如果提高传送带的运行速率，行李就能被较快地传送到B处。求行李从A处传送到B处的最短时间和传送带对应的最小运行速率。
解：（1）滑动摩擦力F=μmg
代入题给数值，得 F=4N
由牛顿第二定律，得 F=ma
代入数值，得 a=1m/s2
（2）设行李做匀加速运动的时间为t，行李加速运动的末速度为v=1m/s。
则v=at1 代入数值，得t1=1s
匀速运动的时间为t2
t2 = ( L - 1/2 at12 )／v = 1.5s
运动的总时间为 T=t1+t2=2.5s
（3）行李从A处匀加速运动到B处时，传送时间最短。则
l=1/2atmin2
代入数值，得tmin=2s
传送带对应的最小运行速率vmin=atmin
代入数值，得vmin=2m/s
例3. 某商场安装了一台倾角为θ＝300的自动扶梯，该扶梯在电压为U＝380V的电动机带动下以v＝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P ＝4.9kW.不载人时测得电动机中的电流为I＝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多少？（设人的平均质量m＝60kg，g＝10m/s2）
解答：这台自动扶梯最多可同时载人数的意义是电梯仍能以v＝0.4m/s的恒定速率运动．
按题意应有电动机以最大输出功率工作，且电动机做功有两层作用：一是电梯不载人时自动上升；二是对人做功．
由能量转化守恒应有：P总＝P人＋P出，
设乘载人数最多为n，则有P＝IU＋ n · mgsinθ·v，
代入得n＝25人
例4、如图甲示，水平传送带的长度L=6m，传送带皮带轮的半径都为R=0.25m,现有一小物体(可视为质点)以恒定的水平速度v0滑上传送带,设皮带轮顺时针匀速转动,当角速度为ω时,物体离开传送带B端后在空中运动的水平距离为s,若皮带轮以不同的角速度重复上述动作(保持滑上传送带的初速v0不变),可得到一些对应的ω和s值,将这些对应值画在坐标上并连接起来,得到如图乙中实线所示的 s - ω图象,根据图中标出的数据(g取10m/s2 ),求:
(1)滑上传送带时的初速v0以及物体和皮带间的动摩擦因数μ
(2)B端距地面的高度h
(3)若在B端加一竖直挡板P,皮带轮以角速度ω′=16rad/s
顺时针匀速转动,物体与挡板连续两次碰撞的时间间隔t′为
多少 ( 物体滑上A端时速度仍为v0,在和挡板碰撞中无机
械能损失)
解： (1)由图象可知:当ω≤ω1=4rad/s时,物体在传送带上一直减速,
经过B点时的速度为 v1=ω1R=1m/s
当ω≥ω2=28rad/s时,物体在传送带上一直加速,
经过B点时的速度为 v2=ω2R=7m/s
由 a=μg, v02 - v12 =2μgL v22 – v02 =2μgL
解得μ=0.2 v0=5m/s
(2)由图象可知:当水平速度为1m/s时,水平距离为0.5m,
t=s/v=0.5s h=1/2 gt2=1.25m
(3) ω′ =16rad/s 物体和板碰撞前后的速度都是v′ =ω′ R =4m/s
第一次碰后速度向左,减速到0,
再向右加速到4m/s时第二次碰板
t' =2 v' /a= 2v'／μg =4s
讨论: v0=5m/s v皮=ωR =ω/4 vB=s/t=s/0.5
将s- ω图象转化为vB - v皮图象如图示:
当ω≤4rad/s时, v皮≤1m/s, 物体在传送带上一直减速,
当 4rad/s ≤ω≤20 rad/s时, 1m/s ≤v皮 ≤v0=5m/s, 物体在传送带上先减速,然后以ωR匀速运动
当ω=20rad/s时, v皮=5m/s, 物体在传送带上一直匀速,
当20rad/s ≤ω≤28rad/s时, 5m/s ≤v皮≤7m/s,物体在传送带上先加速,然后以ωR匀速运动
当ω≥28rad/s时, v皮≥ 7m/s, 物体在传送带上一直加速
2006年全国卷Ⅰ24. (19分)一水平的浅色长传送带上放置一煤块（可视为质点），煤块与传送带之间的动摩擦因数为μ。初始时，传送带与煤块都是静止的。现让传送带以恒定的加速度a0开始运动，当其速度达到v0后，便以此速度做匀速运动。经过一段时间，煤块在传送带上留下了一段黑色痕迹后，煤块相对于传送带不再滑动。求此黑色痕迹的长度。解：根据“传送带上有黑色痕迹”可知，煤块与传送带之间发生了相对滑动，煤块的加速度a小于传送带的加速度a0。根据牛顿定律，可得 a=μg
设经历时间t，传送带由静止开始加速到速度等于v0，煤块则由静止加速到v，有
v0=a0t v=at
由于a此后，煤块与传送带运动速度相同，相对于传送带不再滑动，不再产生新的痕迹。
设在煤块的速度从0增加到v0的整个过程中，传送带和煤块移动的距离分别为s0和s，有
s0=a0t2+v0t' s=
传送带上留下的黑色痕迹的长度 l=s0－s
由以上各式得
苏州模考题、如图示，水平传送带AB长L=8.3m，质量为M=1kg 的木块随传送带一起以v1=2m/s的速度向左匀速运动( 传送带的传送速度恒定),木块与传送带间的动摩擦因数μ=0.5,当木块运动至最左端A点时,一颗质量为m=20g的子弹v0=300m/s水平向右的速度正对射入木块并穿出,穿出速度u=50m/s,以后每隔1s就有一颗子弹射向木块,设木块沿AB方向的长度可忽略，子弹射穿木块的时间极短,且每次射入点各不相同,
取g=10m/s2，问：
(1)在被第二颗子弹击中前，木块
向右运动离A点的最大距离是多少？
(2)木块在传送带上最多能被多少颗子弹击中？
(3)木块在传送带上的最终速度多大？
(4)在被第二颗子弹击中前，木块、子弹和传送带这一系统所产生的热能是多少？
解：(1)由动量守恒定律 mv0 –Mv1=mu+MV V=3m/s
对木块由动能定理： μMgS1 =1/2 MV2 S1=0.9m
(2)对木块由动量定理： μMgt1=MV t1=0.6s
木块速度减为0后再向左匀加速运动，经t2速度增为v1
t2= v1/μg= 0.4s 这时正好第二颗子弹射入，
S2=1/2 a t22= 1/2 μg t22=0.4m
所以两颗子弹射中木块的时间间隔内木块的总位移为
S= S1 -S2=0.5m
第15颗子弹射入后的总位移为7.5m，第16颗子弹射入后，木块将从B点落下。
所以木块在传送带上最多能被16颗子弹击中
(3)第16颗子弹射入后，木块向右运动S3=8.3-7.5=0.8m
对木块由动能定理：μMgS3 = 1/2 M(V2 –vt2) vt=1m/s
木块在传送带上的最终速度为1m/s
(4)子弹射向木块过程,所产生的热能为Q1
Q1=1/2 mv02+ 1/2 Mu2 - 1/2 MV2 - 1/2 mv2 =900 +2- 4.5 – 25=872.5J
木块向右减速运动到0时，相对位移Δs1
Δs1=vt1+ S1 =2×0.6+0.9=2.1m
这一过程所产生的热能为Q2=f Δs1 =5 ×2.1=10.5J
木块向左加速运动到v时，相对位移Δs2
Δs2=vt2- S2 =2×0.4-0.4=0.4m
这一过程所产生的热能为Q3=f Δs2 =5 ×0.4=2J
整个过程系统所产生的热能为 Q= Q1 + Q2 +Q3=885J
（二）倾斜放置运行的传送带
这种传送带是指两皮带轮等大，轴心共面但不在同一水平线上（不等高），传送带将物体在斜面上传送的装置．处理这类问题，同样是先对物体进行受力分析，再判断摩擦力的方向是关键，正确理解题意和挖掘题中隐含条件是解决这类问题的突破口．这类问题通常分为：运动学型；动力学型；能量守恒型．
例5、如图示，传送带与水平面夹角为370 ，并以v=10m/s运行，在传送带的A端轻轻放一个小物体，物体与传送带之间的动摩擦因数μ=0.5， AB长16米，求：以下两种情况下物体从A到B所用的时间.
（1）传送带顺时针方向转动
（2）传送带逆时针方向转动
解： （1）传送带顺时针方向转动时受力如图示：
mg sinθ－μmg cosθ= m a
a = gsinθ－μgcosθ= 2m/s2
S=1/2a t2
（2）传送带逆时针方向转动物体受力如图：
开始摩擦力方向向下,向下匀加速运动
a=g sin370 +μ g cos370 = 10m/s2
t1=v/a=1s
S1=1/2 ×at2 =5m S2=11m
1秒后，速度达到10m/s，摩擦力方向变为向上
物体以初速度v=10m/s向下作匀加速运动
a2=g sin370 - μg cos370 = 2 m/s2
S2= vt2+1/2×a2 t22
11=10 t2+1/2×2×t22 t2=1s ∴t=t1+t2=2s
（三）平斜交接放置运行的传送带
这类题一般可分为两种：一是传送带上仅有一个物体运动；二是传送带上有多个物体运动。解题思路与前面两种相仿，都是从力的观点和能量转化守恒角度去思考，挖掘题中隐含的条件和关键语句，从而找到解题突破口．
03年全国理综34、 一传送带装置示意如图，其中传送带经过AB区域时是水平的,经过BC区域时变为圆弧形（圆弧由光滑模板形成,未画出）,经过CD区域时是倾斜的，AB和CD都与BC相切。现将大量的质量均为m的小货箱一个一个在A处放到传送带上，放置时初速为零，经传送带运送到D处，D和A的高度差为h。稳定工作时传送带速度不变，CD段上各箱等距排列，相邻两箱的距离为L。每个箱子在A处投放后，在到达B之前已经相对于传送带静止，且以后
也不再滑动(忽略经BC段时的微小滑动)。
已知在一段相当长的时间T 内，共运送
小货箱的数目为N。这装置由电动机带动，
传送带与轮子间无相对滑动,不计轮轴处的
摩擦。求电动机的平均输出功率P。
解析: 以地面为参考系(下同)，设传送带的运动速度为v0，在水平段运输的过程中，小货箱先在滑动摩擦力作用下做匀加速运动，设这段路程为s，所用时间为t，加速度为a，则对小箱有： S =1/2·at2 v0 =at
在这段时间内，传送带运动的路程为： S0 =v0 t
由以上可得： S0 =2S
用f 表示小箱与传送带之间的滑动摩擦力，
则传送带对小箱做功为 A＝f S＝1/2·mv02
传送带克服小箱对它的摩擦力做功A0＝f S0＝2×1/2·mv02
两者之差就是摩擦力做功发出的热量 Q＝1/2·mv02
[也可直接根据摩擦生热 Q= f △S= f（S0- S）计算]
可见，在小箱加速运动过程中，小箱获得的动能与发热量相等.
Q＝1/2·m v02
T时间内，电动机输出的功为：
此功用于增加小箱的动能、势能以及克服摩擦力发热，即：
W=N· [ 1/2·m v02+mgh+Q ]= N· [ m v02+mgh]
已知相邻两小箱的距离为L，所以：
v0T＝NL v0＝NL / T
联立，得：
练习1. 重物A放在倾斜的皮带传送机上,它和皮带一直相对静止没有打滑，如图所示。传送带工作时，关于重物受到摩擦力的大小，下列说法正确的是: (B)
A、重物静止时受到的摩擦力一定小于它斜向上运动时受到的摩擦力
B、重物斜向上加速运动时,加速度越大,摩擦力一定越大
C、重物斜向下加速运动时.加速度越大.摩擦力一定越大
D、重物斜向上匀速运动时速度越大，摩擦力一定越大
练习2.测定运动员体能的一种装置如图所示，运动员的质量为m1，绳拴在腰间沿水平方向跨过滑轮（不计滑轮摩擦和质量），绳的另一端悬吊的重物质量为m2，人用力向后蹬传送带而人的重心不动，设传送带上侧以速度V向后运动，则 ( C )
①人对传送带不做功
②人对传送带做功
③人对传送带做功的功率为m2gV
④人对传送带做功的功率为(m1+m2)gV
⑤传送带对人做功的功率为m1gV
A．① B．②④ C．②③ D．①⑤
练习3．如图所示,一水平方向足够长的传送带以恒定的速度v1沿顺时针方向运动，传送带右端有一与传送带等高的光滑水平面，物体以恒定的速率v2沿直线向左滑上传送带后，经过一段时间又返回光滑水平面上，这时速率为v2',则下列说法正确的是 (A B)
A、若v1B、若v1>v2，则v2' =v2
C、不管v2多大，总有v2' =v2
C、只有v1=v2时，才有v2' =v1
练习4．如图所示，传送带与地面间的夹角为370，AB间传动带长度为16m，传送带以10m/s的速度逆时针匀速转动，在传送带顶端A无初速地释放一个质量为0.5kg的物体，它与传送带之间的动摩擦因数为0.5，则物体由A运动到B所需时间为（g=10m/s2 sin370=0.6） ( B )
A．1s B．2s
C．4s D.
练习5．如图所示，皮带传动装置的两轮间距L=8m，轮半径r=0.2m，皮带呈水平方向，离地面高度H=0.8m，一物体以初速度v0=10m/s从平台上冲上皮带，物体与皮带间动摩擦因数μ=0.6，（g=10m/s2）求：
（1）皮带静止时，物体平抛的水平位移多大？
（2）若皮带逆时针转动，轮子角速度为72rad/s，物体平抛的水平位移多大？
（3）若皮带顺时针转动，轮子角速度为72rad/s，物体平抛的水平位移多大？
解： ①皮带静止时，物块离开皮带时
做平抛运动
所以位移s1=v1t=0.8m
②物块与皮带的受力情况及运动情况均与①相同，所以落地点与①相同. s2=s1=0.8m
③皮带顺时针转动时，v皮=ωr=14.4 m/s > v0，物块相对皮带向左运动，其受力向右，向右加速。 a=μg=6 m/s2，若一直匀加速到皮带右端时速度
故没有共速，即离开皮带时速度为v2,所以s3=v2t=5.6m
练习6.如图所示是长度为L＝8.0m水平传送带，其皮带轮的半径为R＝0.20m，传送带上部距地面的高度为h＝0.45m。一个旅行包（视为质点）以v0＝10m/s的初速度从左端滑上传送带。旅行包与皮带间的动摩擦因数μ＝0.60。g取10m/s2。求：
⑴若传送带静止,旅行包滑到B端时,若没有人取包,旅行包将从B端滑落。包的落地点距B端的水平距离为多少？
⑵设皮带轮顺时针匀速转动，当皮带轮的角速度ω值在什么范围内，包落地点距B端的水平距离始终为⑴中所得的水平距离？
⑶若皮带轮的角速度ω1=40 rad/s，旅行包落地点距B端的水平距离又是多少？
⑷设皮带轮以不同的角速度顺时针匀速转动，画出旅行包落地点距B端的水平距离s 随角速度ω变化的图象（ω的取值范围从0到100 rad/s）。
解: (1)传送带静止时,包做减速运动, a=μg=6m/s2,
到达B点时速度为
故
⑵当速度小于 时,
包都做减速运动, 落地点与⑴同.即ω<10rad/s
⑶当ω1=40rad/s时, 线速度为v=ωR=8m/s,包先做减速后做匀速运动,离开B点时速度v=8m/s,故
⑷当速度
即ω≥70 rad/s后,包一直加速,离开B点时速度为v‘ =14m/s,
故
水平距离s 随角速度ω变化的图象如图示
A
B
v
P
Q
H
h
L
B
A
v
L
m
ω/rads-1
s /m
0
4
28
0.5
3.5
ω/rads-1
s /m
0
4
28
0.5
3.5
2.5
20
1.5
16
8
1.0
v皮/ms-1
5
5
vB /ms-1
0
1
7
1
7
B
A
v1
L
v0
M
A
B
v
N
f
mg
A
B
v
N
f
mg
N
f
mg
L
B
A
D
C
L
A
B
θ
m2
v
m1
v2
v1
A
B
370
B
A
L
H
v0
A
B
v0
L
h圆周运动临界问题规律及高考链接
圆周运动的临界问题一直是高考的热点问题，多为竖直平面与水平面内的圆周运动，还有斜面上的圆周运动。
圆周运动的临界问题在高考中多与机械能守恒，动能定理，动量守恒，牛顿定律等知识综合应用，竖直平面内的圆周运动的特点是：由于机械能守恒，物体做圆周运动的速率时刻在改变，物体在最高点处的速率最小，在最低点处的速率最大。物体在最低点处向心力向上，而重力向下，所以弹力必然向上且大于重力；而在最高点处，向心力向下，重力也向下，弹力的方向就不能确定了 ，分以下几种情况讨论：
（一）类问题：绳拉球、水流星、外侧轨道最高点的临界问题（如图1、2所示），此类问题的解题思路是一样的，即临界条件并求出临界速度。
思路：由一般到特殊。一般情况下，如果弹力不为零，则方向一定向下，小球受到重力与弹力（绳子的拉力或外侧轨道的支持力，或容器底面对水的支持力）的作用，向心力公示的表达式为G+F=mv2/R，弹力随着速度的增加而增加，减小而减小，当速度减小到F=0时，线速度具有最小值，此时有G= mv2/R ， v=，所以F=0为小球恰好能过最高点的临界条件，临界速度为v=（注：如果小球的线速度小于，则会做向心运动），即小球能做完整的圆周运动的条件为F≥0,此时v≥ 。
例1 如图1中绳长为L,求小球恰好能过最高点的速度< >
A B C D
变式1---1 在上题的基础上，求小球在最低点的速度？
变式1---2求小球在最低点受到绳子弹力大小？
变式1----3如果把小球换成是盛水的小桶，问，要使水桶转到最高点不从小桶里流出来，这时小桶的线速度至少是多少〈 〉A B C D 2
分析：例1中答案无可非议为A,变式1---1是把临界问题与机械能守恒定律相结合,有mg2L+1/2mv2 =1/2mv2x ,v= , 解得：vx=;在变式1---2中有F﹣G= mv2x/L,解得F=6mg；变式1---3例1的答案一样为。这样在总结共性问题的过程中，达到举一反三，触类旁通的效果。达到事半功倍的效果。
高考链接：
1（2007年全国二卷23题），如图4所示，位于竖直平面内的光滑轨道，由一段斜的直轨道和与之相切的圆形轨道连接而成，圆形轨道的半径为R，一质量为m的物体从斜轨道上某处由静止开始下滑，然后沿圆形轨道运动。要求物体能通过圆形轨道的最高点，且在该最高点与轨道间压力不能超过5mg,(g为重力加速度)，求物块初始位置相对于圆形轨道底部的高度h的取值范围
分析：这是一道圆周运动的临界问题与机械能守恒相综合计算题，设物块在圆形轨道的最高点的速度为v，由机械能守恒定律得，mgh=2mgR+ 1/2mv2 ① ,物块能过最高点的条件为F≥0， mg +F= mv2/R②， 解得v≥③,联立①、③式，解得h≥2.5 R④,又由于F≤5mg,，由②式得v≤⑤，联立①, ⑤式得h≤5R ,所以h的取值范围为2.5R≤h≤5R.
2（2008年全国统一招生 天津卷24题）如图5所示光滑水平面内上放着一个质量mA=1kg的物块A与质量mB=2kg的物块B，A与B均可视为质点，A靠在竖直墙壁上，A、B间夹一个被压缩的弹簧（弹簧与A、B均不拴接），用手挡住B不动，此时弹簧弹性势能EP=49J。在A、B间系一轻质细绳，细绳长度大于弹簧的自然长度，如图所示，放手后B向右运动，绳在短暂时间内被拉断，之后B冲上与水平面相切的竖直半圆光滑轨道，其半径R=0.5m，B恰能到达最高点C.取g=10m/s2,求
绳拉断后瞬间B的速度vB的大小；
绳拉断的过程对B的冲量I的大小；
绳拉断的过程对A所做的功。
分析：做对这道题的关键是结合物体的受力情况分析清楚两球的运动过程，在松开手后到弹簧恢复到原长的过程中，A球静止，B球做加速运动，再到绳子断开过程中，A加速，B减速，直到绳子断了后，B球到达圆形轨道做圆周运动：
(1)在绳子拉断的瞬间，会对B做功、给B一个冲量，由于水平面光滑，小球B刚冲上轨道的速度等于绳子刚拉断时速度vB ，用动能定理与动量定理都无法求出小球B获得的速度，所以分析全过程，在绳子刚断开到小球到达C点的过程中，机械能守恒，而且题目当中隐含了一个重要的条件就是“B恰能到达最高点C”。即达到临界速度，临界条件弹力F=0，只有重力提供向心力，即mBg= mBv2/R, v= ①,这样B球在最高点的机械能就知道了，就等于绳子刚断开时B球的动能，由机械能守恒定律得1/2 mBvB2 =2mBgR+1/2 mBv2 , ②,联立①、②,解得：vB =5m/s.
(2)在弹簧恢复到自然长度时，B物体获得的速度为v1，（此过程中A一直处于静止状态），由能量守恒定律得：EP=1/2 mBv12 ①，此后一直到绳子断开过程中，只有绳子拉力对A、B做功 ，对B应用动量定理，规定向右为正方向，有I= mBvB﹣mBv1, ②,联立①、②，得I=4﹣N.s,方向水平向左。
(3)设向右方向为正方向，在绳子刚断开的一瞬间，绳子对A物体有向右的弹力，所以A物体离开墙面，所以A、B组成的系统动量守恒，有mBv1= mAvA +mBvB ①，对A，由动能定理得W=1/2 mAvA2②，联立①、②解得W=8J.
总结，这是一道典型的多过程、多知识点的综合性计算题，把圆周运动的临界问题与动量定理，动能定理，动量守恒、能量守恒结合起来，覆盖的重点知识点多，综合性强，对学生的分析、解决问题的能力有很好的考查效果，做对这道题的关键就是找着圆周运动的临界条件，求出临界速度。
（二）类问题：把绳子换成杆或者是双侧轨道（如上图3所示）因为杆与绳子的弹力不一样，杆的弹力可以向各个方向，在最高点时，弹力的方向可以向上，也可以向下，所以弹力为零是临界条件，临界速度也为v=，如果v＞，则需要的向心力不够，需要弹力补充，即杆的弹力方向向下；如果v＜，需要的向心力比重力小，弹力方向向上，所以杆的弹力可以为推力也可以为拉力。同样，双侧轨道内侧轨道弹力方向向上，外侧轨道弹力方向向下，上下弹力都为零为临界条件，此时有mg= mv2/R，v=，如v＞，外侧轨道有弹力，方向向下，如v＜，内侧轨道有弹力，方向向上。
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例2（2004年全国理综）如图6轻杆的一端有一个小球，另一端有光滑的固定轴O，现给球一初速度，使球和杆 一起绕O轴在竖直平面内转动，不计空气阻力，用F表示球到达最高点时杆对球的作用力，则F（ ） O
A 一定是拉力 B 一定是推力
C一定等于零 D 可能是拉力，可能是推力，也可能等于零
变式2----1长L＝0.5m，质量可以忽略的的杆，其下端固定于O点，上端连接着一个质量m＝2kg的小球A，A绕O点做圆周运动（图4），在A通过最高点，试讨论在下列两种情况下杆的受力：①当A的速率v1＝1m／s时 ②当A的速率v2＝4m／s时
变式2----2（1999年全国） 长度为L＝0.5m的轻质细杆OA，A端有一质量为m＝3.0kg的小球，如图4所示，小球以O点为圆心在竖直平面内做圆
周运动，通过最高点时小球的速率是2.0m／s，g取10m／s2
则此时细杆OA受到（ ）
A、6.0N的拉力 B、6.0N的压力
C、24N的拉力 D、24N的压力
分析：由以上分析不难得出，例2选择答案D,变式2---1，先求出临界速度v=,v=m/s, ①中v1＝1m／s, v1﹤v,所以杆对球的弹力向上，有mg﹣F=mv12/L,解得F=16N, ②中v2＝4m／s，v2﹥v，所以，杆对小球的弹力方向向下，有F+mg= mv22/L,
解得F=60N.同样的方法分析变式2---2，解得F=6N,方向向上，那么球对杆的力为压力，互为相互作用力，大小也为6N,故选择B.还有一种方法，就是在不知道弹力方向的情况下，规定重力方向为正方向，列出向心力公式：mg+F= mv2/L,如解出F为正值，则与规定的正方向相同（方向向下），如为负值则与规定的正方向相反（方向向上）。
类问题：车过桥，此类问题如果有弹力，方向一定向上，向心力表达式为
G﹣F= mv2/R,弹力随着速度的增大而减小，当速度增大到F=0时，此时v=，如果速度再增大（即v＞），车就会离心而做平抛运动。
总结，这三类问题的临界条件都为弹力F=0,为共性问题。其分析思路也一样：1确定研究对象，对其最高点受力分析2 结合向心力公式，分析临界条件，求出临界速度3求解；在与其他知识点综合的高考计算题中，先分析清楚是那一类临界问题，然后运用各自的规律找出临界条件，求出临界速度，以速度作为纽带与其他知识点进行综合。
www.
L 绳
图 1
v0
v
R
图 2
v
O
R 杆
图 3
图5
图4
A
L
m
图 6直线运动规律及追及问题
一 、 例题
例题1.一物体做匀变速直线运动，某时刻速度大小为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
B.位移的大小可能大于10m
C.加速度的大小可能小于4m/s
D.加速度的大小可能大于10m/s
析：同向时
反向时
式中负号表示方向跟规定正方向相反
答案：A、D
例题2：两木块自左向右运动，现用高速摄影机在同一底片上多次曝光，记录下木快每次曝光时的位置，如图所示，连续两次曝光的时间间隔是相等的，由图可知 （ ）
A 在时刻t2以及时刻t5两木块速度相同
B 在时刻t1两木块速度相同
C 在时刻t3和时刻t4之间某瞬间两木块速度相同
D 在时刻t4和时刻t5之间某瞬间两木块速度相同
解析：首先由图看出：上边那个物体相邻相等时间内的位移之差为恒量，可以判定其做匀变速直线运动；下边那个物体很明显地是做匀速直线运动。由于t2及t3时刻两物体位置相同，说明这段时间内它们的位移相等，因此其中间时刻的即时速度相等，这个中间时刻显然在t3、t4之间
答案：C
例题3 一跳水运动员从离水面10m高的平台上跃起，举双臂直立身体离开台面，此时中心位于从手到脚全长的中点，跃起后重心升高0.45m达到最高点，落水时身体竖直，手先入水（在此过程中运动员水平方向的运动忽略不计）从离开跳台到手触水面，他可用于完成空中动作的时间是多少？（g取10m/s2结果保留两位数字）
解析：根据题意计算时，可以把运动员的全部质量集中在重心的一个质点，且忽略其水平方向的运动，因此运动员做的是竖直上抛运动，由可求出刚离开台面时的速度，由题意知整个过程运动员的位移为－10m（以向上为正方向），由得：
－10=3t－5t2
解得：t≈1.7s
思考：把整个过程分为上升阶段和下降阶段来解，可以吗？
例题4.如图所示，有若干相同的小钢球，从斜面上的某一位置每隔0.1s释放一颗，在连续释放若干颗钢球后对斜面上正在滚动的若干小球摄下照片如图，测得AB=15cm，BC=20cm，试求：
拍照时B球的速度；
A球上面还有几颗正在滚动的钢球
解析：拍摄得到的小球的照片中，A、B、C、D…各小球的位置，正是首先释放的某球每隔0.1s所在的位置.这样就把本题转换成一个物体在斜面上做初速度为零的匀加速运动的问题了。求拍摄时B球的速度就是求首先释放的那个球运动到B处的速度；求A球上面还有几个正在滚动的小球变换为首先释放的那个小球运动到A处经过了几个时间间隔（0.1s）
（1）A、B、C、D四个小球的运动时间相差△T=0.1s
VB==m/s=1.75m/s
（2）由△s=a△T2得：
a=m/s2==5m/s2
例5：火车A以速度v1匀速行驶，司机发现正前方同一轨道上相距s处有另一火车B沿同方向以速度v2（对地，且v2〈v1〉做匀速运动，A车司机立即以加速度（绝对值）a紧急刹车，为使两车不相撞，a应满足什么条件？
分析：后车刹车做匀减速运动，当后车运动到与前车车尾即将相遇时，如后车车速已降到等于甚至小于前车车速，则两车就不会相撞，故取s后=s+s前和v后≤v前求解
解法一：取取上述分析过程的临界状态，则有
v1t－a0t2＝s＋v2t
v1－a0t = v2
a0 =
所以当a≥ 时，两车便不会相撞。
法二：如果后车追上前车恰好发生相撞，则
v1t－at2 ＝ s ＋v2t
上式整理后可写成有关t的一元二次方程，即
at2＋（v2－v1）t＋s ＝ 0
取判别式△〈0，则t无实数解，即不存在发生两车相撞时间t。△≥0，则有
（v2－v1）2≥4（a）s
得a≤
为避免两车相撞，故a≥
法三：运用v-t图象进行分析，设从某时刻起后车开始以绝对值为a的加速度开始刹车，取该时刻为t=0，则A、B两车的v-t图线如图所示。图中由v1 、v2、C三点组成的三角形面积值即为A、B两车位移之差（s后－s前）=s，tanθ即为后车A减速的加速度绝对值a0。因此有
（v1－v2）=s
所以 tanθ=a0=
若两车不相撞需a≥a0=
二、习题
1、 下列关于所描述的运动中，可能的是 （ ）
A 速度变化很大，加速度很小
B 速度变化的方向为正，加速度方向为负
C 速度变化越来越快，加速度越来越小
D 速度越来越大，加速度越来越小
解析：由a=△v/△t知，即使△v很大，如果△t足够长，a可以很小，故A正确。速度变化的方向即△v的方向，与a方向一定相同，故B错。加速度是描述速度变化快慢的物理量，速度变化快，加速度一定大。故C错。加速度的大小在数值上等于单位时间内速度的改变量，与速度大小无关，故D正确。
答案：A、D
2、 一个物体在做初速度为零的匀加速直线运动，已知它在第一个△t时间内的位移为s，若 △t未知，则可求出 （ ）
第一个△t时间内的平均速度
第n个△t时间内的位移
n△t时间的位移
物体的加速度
解析：因=，而△t未知，所以不能求出，故A错.因有，（2n-1）s，故B正确；又s∝t2 所以=n2，所以sn=n2s，故C正确；因a=，尽管△s=sn-sn-1可求，但△t未知，所以A求不出，D错.
答案：B、C
3 、汽车原来以速度v匀速行驶,刹车后加速度大小为a,做匀减速运动,则t秒后其位移为( )
A B C D 无法确定
解析:汽车初速度为v，以加速度a作匀减速运动。速度减到零后停止运动，设其运动的时间t，=。当t≤t，时，汽车的位移为s=；如果t＞t，，汽车在t，时已停止运动，其位移只能用公式v2=2as计算，s=
答案：D
4、汽车甲沿着平直的公路以速度v0做匀速直线运动，当它路过某处的同时，该处有一辆汽车乙开始做初速度为零的匀加速运动去追赶甲车，根据上述的已知条件（ ）
可求出乙车追上甲车时乙车的速度
可求出乙车追上甲车时乙车所走的路程
可求出乙车从开始起动到追上甲车时所用的时间
不能求出上述三者中任何一个
分析：题中涉及到2个相关物体运动问题，分析出2个物体各作什么运动，并尽力找到两者相关的物理条件是解决这类问题的关键，通常可以从位移关系、速度关系或者时间关系等方面去分析。
解析：根据题意，从汽车乙开始追赶汽车甲直到追上，两者运动距离相等，即s甲=
=s乙=s，经历时间t甲=t乙=t.
那么，根据匀速直线运动公式对甲应有：
根据匀加速直线运动公式对乙有：，及
由前2式相除可得at=2v0，代入后式得vt=2v0，这就说明根据已知条件可求出乙车追上甲车时乙车的速度应为2v0。因a不知，无法求出路程和时间，如果我们采取作v－t图线的方法，则上述结论就比较容易通过图线看出。图中当乙车追上甲车时，路程应相等，即从图中图线上看面积s甲和s乙，显然三角形高vt等于长方形高v0的2倍，由于加速度a未知，乙图斜率不定，a越小，t越大，s也越大，也就是追赶时间和路程就越大。
答案：A
5 、在轻绳的两端各栓一个小球，一人用手拿者上端的小球站在3层楼阳台上，放手后让小球自由下落，两小球相继落地的时间差为T，如果站在4层楼的阳台上，同样放手让小球自由下落，则两小球相继落地时间差将 （ ）
A 不变 B 变大 C 变小 D 无法判断
解析：两小球都是自由落体运动，可在一v-t图象中作出速度随时间的关系曲线，如图所示，设人在3楼阳台上释放小球后，两球落地时间差为△t1，图中阴影部分面积为△h，若人在4楼阳台上释放小球后，两球落地时间差△t2，要保证阴影部分面积也是△h；从图中可以看出一定有△t2〈△t1
答案：C
6、一物体在A、B两点的正中间由静止开始运动（设不会超越A、B），其加速度随时间变化如图所示。设向A的加速度为为正方向，若从出发开始计时，则物体的运动情况是（ ）
A 先向A ，后向B，再向A，又向B，4秒末静止在原处
B 先向A ，后向B，再向A，又向B，4秒末静止在偏向A的某点
C 先向A ，后向B，再向A，又向B，4秒末静止在偏向B的某点
D 一直向A运动，4秒末静止在偏向A的某点
解析：根据a-t图象作出其v-t图象，如右图所示，由该图可以看出物体的速度时大时小，但方向始终不变，一直向A运动，又因v-t图象与t轴所围“面积”数值上等于物体在t时间内的位移大小，所以4秒末物体距A点为2米
答案：D
7、天文观测表明，几乎所有远处的恒星（或星系）都在以各自的速度背离我们而运动，离我们越远的星体，背离我们运动的速度（称为退行速度）越大；也就是说，宇宙在膨胀，不同星体的退行速度v和它们离我们的距离r成正比，即v=Hr。式中H为一常量，称为哈勃常数，已由天文观察测定，为解释上述现象，有人提供一种理论，认为宇宙是从一个大爆炸的火球开始形成的，假设大爆炸后各星体即以不同的速度向外匀速运动，并设想我们就位于其中心，则速度越大的星体现在离我们越远，这一结果与上述天文观测一致。
由上述理论和天文观测结果，可估算宇宙年龄T，其计算式如何？根据近期观测，哈勃常数H=3×10-2m/（s 光年），其中光年是光在一年中行进的距离，由此估算宇宙的年龄约为多少年？
解析：由题意可知，可以认为宇宙中的所有星系均从同一点同时向外做匀速直线运动，由于各自的速度不同，所以星系间的距离都在增大，以地球为参考系，所有星系以不同的速度均在匀速远离。则由s=vt可得r=vT，所以，宇宙年龄：T===
若哈勃常数H=3×10-2m/（s 光年）
则T==1010年
思考：1 宇宙爆炸过程动量守恒吗？如果爆炸点位于宇宙的“中心”，地球相对于这个“中心”做什么运动？其它星系相对于地球做什么运动？
2 其它星系相对于地球的速度与相对于这个“中心”的速度相等吗？
8、摩托车在平直公路上从静止开始起动，a1=1.6m/s2，稍后匀速运动，然后减速，a2=6.4m/s2，直到停止，共历时130s，行程1600m。试求：
摩托车行驶的最大速度vm；
若摩托车从静止起动，a1、a2不变，直到停止，行程不变，所需最短时间为多少？
分析：（1）整个运动过程分三个阶段：匀加速运动；匀速运动；匀减速运动。可借助v-t图象表示。
（2）首先要回答摩托车以什么样的方式运动可使得时间最短。借助v-t图象可以证明：当摩托车以a1匀加速运动，当速度达到v/m时，紧接着以a2匀减速运动直到停止时，行程不变，而时间最短
解：（1）如图所示，利用推论vt2-v02=2as有：+（130-）vm+=1600.其中a1=1.6m/s2,a2=6.4m/s2.解得：vm=12.8m/s（另一解舍去）.
(2)路程不变，则图象中面积不变，当v越大则t越小，如图所示.设最短时间为tmin，则tmin= ①=1600 ②
其中a1=1.6m/s2,a2=6.4m/s2.由②式解得vm=64m/s，故tmin=.既最短时间为50s.
答案：（1）12.8m/s （2）50s
9一平直的传送以速率v=2m/s匀速行驶，传送带把A处的工件送到B处，A、B两处相距L=10m，从A处把工件无初速度地放到传送带上，经时间t=6s能传送到B处，欲使工件用最短时间从A处传送到B处，求传送带的运行速度至少应多大？
解析：物体在传送带上先作匀加速运动，当速度达到v=2m/s后与传送带保持相对静止，作匀速运动.设加速运动时间为t，加速度为a，则匀速运动的时间为（6-t）s，则：
v=at ①
s1=at2 ②
s2=v(6-t) ③
s1+s2=10 ④
联列以上四式，解得t=2s,a=1m/s2
物体运动到B处时速度即为皮带的最小速度
由v2=2as 得v=m/s
传送带给物体的滑动摩擦力提供加速度，即此加速度为物体运动的最大加速度.要使物体传送时间最短，应让物体始终作匀加速运动
10、一辆汽车在十字路口等候绿灯，当绿灯亮时汽车以3m/s2的加速度开始行驶，恰在这时一辆自行车以6m/s的速度匀速驶来，从后边赶过汽车。试求：
汽车从路口开动后，在追上自行车之前经过多长时间两车相距最远？此时距离是多少？
什么时候汽车追上自行车，此时汽车的速度是多少？
解析：解法一：汽车开动后速度由零逐渐增大，而自行车的速度是定值。当汽车的速度还小于自行车速度时，两者的距离将越来越大，而一旦汽车速度增加到超过自行车速度时，两车距离就将缩小。因此两者速度相等时两车相距最大，有，所以，
解法二：用数学求极值方法来求解
设汽车在追上自行车之前经过t时间两车相距最远，
因为
所以，由二次函数求极值条件知，时，最大
即
（2）汽车追上自行车时，二车位移相等，则
,
解法三：用相对运动求解更简捷
选匀速运动的自行车为参考系，则从运动开始到相距最远这段时间内，汽车相对此参考系的各个物理量为：
初速度v0 = v汽初－v自 =（0－6）m/s = －6m/s
末速度vt = v汽末－v自 =（6－6）m/s = 0
加速度 a = a汽－a自 =（3－0）m/s2 = 3m/s2
所以相距最远 s= =－6m（负号表示汽车落后）
解法四：用图象求解
（1）自行车和汽车的v-t图如图，由于图线与横坐标轴所包围的面积表示位移的大小，所以由图上可以看出：在相遇之前，在t时刻两车速度相等时，自行车的位移（矩形面积）与汽车的位移（三角形面积）之差（即斜线部分）达最大，所以
t=v自/a=s=2s
△s= vt－at2/2 =（6×2－3×22/2）m= 6m
（2）由图可看出：在t时刻以后，由v自或与v汽线组成的三角形面积与标有斜线的三角形面积相等时，两车的位移相等（即相遇）。所以由图得相遇时，t’= 2t = 4s，v’= 2v自=12m/s
答案 （1）2s 6m （2）12m/s
t1
t2
t3
t4
t5
t6
t7
t1
t2
t3
t4
t5
t6
t7
B
A
C
D
v
v1
v2
0
t
t0
A
C
B
θ
（
v
vt
v0
0
t
乙
甲
S甲
S乙
v
v1
0
t
△t1
△t2
v2
v1＇
v2＇
－1
1
a／m·s－2
t/s
1
2
3
4
0
v/m·s－1
1
0
t/s
2
3
1
4
v/m·s－1
vm
0
t/s
130
a1
a2
v/m·s－1
vm＇
0
t/s
130
a1
a2
tmin
v/m·s－1
v
6
0
t/s
t
t＇
v汽
v自弹簧类模型中的最值问题
在高考复习中，常常遇到有关“弹簧类”问题，由于弹簧总是与其他物体直接或间接地联系在一起，弹簧与其“关联物”之间总存在着力、运动状态、动量、能量方面的联系，因此学生普遍感到困难，本文就此类问题作一归类分析。一、最大、最小拉力问题
例1. 一个劲度系数为k＝600N/m的轻弹簧，两端分别连接着质量均为m＝15kg的物体A、B，将它们竖直静止地放在水平地面上，如图1所示，现加一竖直向上的外力F在物体A上，使物体A开始向上做匀加速运动，经0.5s，B物体刚离开地面（设整个加速过程弹簧都处于弹性限度内，且g＝10m/s2）。求此过程中所加外力的最大和最小值。
图1
解析：开始时弹簧弹力恰等于A的重力，弹簧压缩量，0.5s末B物体刚要离开地面，此时弹簧弹力恰等于B的重力，，故对A物体有，代入数据得。刚开始时F为最小且，B物体刚要离开地面时，F为最大且有，解得。
二、最大高度问题
例2. 如图2所示，质量为m的钢板与直立弹簧的上端连接，弹簧下端固定在地面上，平衡时弹簧的压缩量为。一物体从钢板正上方距离为的A处自由下落打在钢板上，并立即与钢板一起向下运动，但不粘连，它们到达最低点后又向上运动，已知物块质量也为m时，它们恰能回到O点，若物体质量为2m仍从A处自由下落，则物块与钢板回到O点时还有向上的速度，求物块向上运动到达的最高点与O点的距离。
图2
解析：物块碰撞钢板前作自由落体运动，设表示物块与钢板碰撞时的速度，则： ①
物块与钢板碰撞后一起以v1速度向下运动，因碰撞时间极短，碰撞时遵循动量守恒，即： ②
刚碰完时弹簧的弹性势能为，当它们一起回到O点时，弹簧无形变，弹性势能为0，根据机械能守恒有： ③
设表示质量为2m的物块与钢板碰撞后开始向下运动的速度，由动量守恒有： ④
碰撞后，当它们回到O点时具有一定速度v，由机械能守恒定律得：
⑤
当质量为2m的物块与钢板一起回到O点时两者分离，分离后，物块以v竖直上升，其上升的最大高度：
⑥
解①~⑥式可得。
三、最大速度、最小速度问题www.
例3. 如图3所示，一个劲度系数为k的轻弹簧竖直立于水平地面上，下端固定于地面，上端与一质量为m的平板B相连而处于静止状态。今有另一质量为m的物块A从B的正上方h高处自由下落，与B发生碰撞而粘在一起，已知它们共同向下运动到速度最大时，系统增加的弹性势能与动能相等，求系统的这一最大速度v。
图3
解析：A下落到与B碰前的速度v1为：
①
A、B碰后的共同速度v2为： ②
B静止在弹簧上时，弹簧的压缩量为x0，且：
③
A、B一起向下运动到最大速度v时的位移为x，此时A、B的加速度为0，即有： ④
由机械能守恒得：
⑤
⑥
解①~⑥得：
例4. 在光滑水平面内，有A、B两个质量相等的木块，，中间用轻质弹簧相连。现对B施一水平恒力F，如图4所示，经过一段时间，A、B的速度等于5m/s时恰好一起做匀加速直线运动，此过程恒力做功为100J，当A、B恰好一起做匀加速运动时撤除恒力，在以后的运动过程中求木块A的最小速度。
图4
解析：当撤除恒力F后，A做加速度越来越小的加速运动，弹簧等于原长时，加速度等于零，A的速度最大，此后弹簧压缩到最大，当弹簧再次回复原长时速度最小，根据动量守恒得： ①
根据机械能守恒得： ②
由以上两式解得木块A的最小速度v＝0。
四、最大转速和最小转速问题
例5. 有一水平放置的圆盘，上面放一个劲度系数为k的轻弹簧，其一端固定于轴O上，另一端系着质量为m的物体A，物体A与盘面间最大静摩擦力为Ffm，弹簧原长为L，现将弹簧伸长后置于旋转的桌面上，如图5所示，问：要使物体相对于桌面静止，圆盘转速n的最大值和最小值各是多少？
图5
解析：当转速n较大时，静摩擦力与弹簧弹力同向，即：
①
当转速n较小时，静摩擦力与弹簧弹力反向，即：
②
所以圆盘转速n的最大值和最小值分别为：
。
五、最大加速度问题
例6. 两木块A、B质量分别为m、M，用劲度系数为k的轻质弹簧连在一起，放在水平地面上，如图6所示，用外力将木块A压下一段距离静止，释放后A做简谐运动，在A振动过程中，木块B刚好始终未离开地面，求木块A的最大加速度。
图6
解析：撤去外力后，A以未加外力时的位置为平衡位置作简谐运动，当A运动到平衡位置上方最大位移处时，B恰好对地面压力为零，此时A的加速度最大，设为am。
对A：由牛顿第二定律有
对B：
所以，方向向下。
六、最大振幅
例7. 如图7所示，小车质量为M，木块质量为m，它们之间静摩擦力最大值为Ff，轻质弹簧劲度系数为k，振动系统沿水平地面做简谐运动，设木块与小车间未发生相对滑动，小车振幅的最大值是多少？
图7
解析：在最大位移处，M和m相对静止，它们具有相同的加速度，所以对整体有： ①
对m有： ②
所以由①②解得：。
七、最大势能问题
例8. 如图8所示，质量为2m的木板，静止放在光滑的水平面上，木板左侧固定着一根劲度系数为k的轻质弹簧，弹簧的自由端到小车右端的距离为L0，一个质量为m的小木块从板的右端以初速度v0开始沿木块向左滑行，最终回到木板右端，刚好不从木板右端滑出，设木板与木块间的动摩擦因数为，求在木块压缩弹簧过程中（一直在弹性限度内）弹簧所具有的最大弹性势能。
图8
解：弹簧被压缩至最短时，具有最大弹性势能，设m在M上运动时，摩擦力做的总功产生内能为2E，从初状态到弹簧具有最大弹性势能及从初状态到末状态，系统均满足动量守恒定律，即：
①
由初状态到弹簧具有最大弹性势能，系统满足能量守恒：
②
由初状态到末状态，系统也满足能量守恒且有：
③
由①②③求得：
从以上各例可以看出，尽管弹簧类问题综合性很强，物理情景复杂，物理过程较多，但只要我们仔细分析物理过程，找出每一现象所对应的物理规律，正确判断各物理量之间的关系，此类问题一定会迎刃而解。湖北省江陵县实验高中2012届高三物理二轮专题备课资料：专题 6 摩擦力专题弹簧专题
1.(02广东)图中a、b、c为三个物块，M、N为两个轻质弹簧，R为跨过光滑定滑轮的轻绳，它们连接如图并处于平衡状态。
A.有可能N处于拉伸状态而M处于压缩状态
B.有可能N处于压缩状态而M处于拉伸状态
C.有可能N处于不伸不缩状态而M处于拉伸状态
D.有可能N处于拉伸状态而M处于不伸不缩状态
2．(04吉林理综)如图所示，四个完全相同的弹簧都处于水平位置，它们的右端受到大小皆为F的拉力作用，而左端的情况各不相同：①中弹簧的左端固定在墙上，②中弹簧的左端受大小也为F的拉力作用，③中弹簧的左端拴一小物块，物块在光滑的桌面上滑动，④中弹簧的左端拴一小物块，物块在有摩擦的桌面上滑动。若认为弹簧的质量都为零，以l1、l2、l3、l4依次表示四个弹簧的伸长量，则有
A．l2＞l1 B．l4＞l3 C．l1＞l3 D．l2＝l4
3．如图所示，a、b两根轻弹簧系住一球，球处于静止状态。撤去弹簧a的瞬间，小球的加速度大小为a=2.5m/S2,若弹簧a不动,则撤去弹簧b的瞬间小球加速度可能为：
A. 7.5m/S2,方向竖直向上.
B. 7.5m/S2,方向竖直向下. a
C. 12.5m/S2,方向竖直向上.
D. 12.5m/S2,方向竖直向下. b
4．如图所示，一根轻弹簧竖直直立在水平地面上，下端固定，在弹簧的正上方有一个物块，物块从高处自由下落到弹簧上端O，将弹簧压缩，弹簧被压缩了x0时，物块的速度变为零。从物块与弹簧接触开始，物块的加速度的大小随下降的位移x变化的图象，可能是（ ）
5．(99)如图所示，两木块的质量分别为m1和m2，两轻质弹簧的劲度系数分别为k1和k2，上面木块压在上面的弹簧上（但不拴接），整个系统处于平衡状态。现缓慢向上提上面的木块，直到它刚离开上面弹簧，在这过程中下面木块移动的距离为
A.m1g/k1 B.m2g/k1 C.m1g/k2 D.m2g/k2
6．如图5所示，两物体A、B用轻质弹簧相连静止在光滑水平面上，现同时对A、B两物体施加等大反向的水平恒力F1、F2，使A、B同时由静止开始运动，在运动过程中，对A、B两物体及弹簧组成的系统，正确的说法是（整个过程中弹簧不超过其弹性限度）
A.动量始终守恒;
B.机械能始终守恒;
C.当弹簧伸长到最长时，系统的机械能最大;
D.当弹簧弹力的大小与F1、F2的大小相等时，A、B两物速度为零。
7、如图8所示，一个弹簧台秤的秤盘质量和弹簧质量都不计，盘内放一个物体P处于静止，P的质量m=12kg，弹簧的劲度系数k=300N/m。现在给P施加一个竖直向上的力F，使P从静止开始向上做匀加速直线运动，已知在t=0.2s内F是变力，在0.2s以后F是恒力，g=10m/s2,则F的最小值是 ，F的最大值是 。
8．为了测量小木板和斜面的滑动摩擦系数，某同学设计了如下的实验，在小木板上固定一个弹簧秤，（弹簧秤的质量不计），弹簧秤下吊一个光滑的小球。将木板连同小球一起放在斜面上，如图所示，用手固定住木板时，弹簧秤的示数为F1，放手后木板沿斜面下滑，稳定时弹簧秤的示数为F2，测的斜面的倾角为，由测量的数据可以算出小木板跟斜面间的滑动摩擦系数是多少？
）
9、质量为m的物块用压缩的轻质弹簧卡在竖直放置的矩形匣子中，如图14所示，在匣子的顶部和底部都装有压力传感器，当匣子随升降机以a=2．0m／s2的加速度竖直向上做匀减速运动时，匣子项部的压力传感器显示的压力为6．0N，底部的压力传感器显示的压力为10．0N(g=10m／s2)
(1)当匣子顶部压力传感器的示数是底部传感器的示数的一半时，试确定升降机的运动情况。
(2)要使匣子顶部压力传感器的示数为零，升降机沿竖直方向的运动情况可能是怎样的
10．如图所示，物体B和物体C用劲度系数为k的轻弹簧连接并竖直地静置于水平地面上，此时弹簧的势能为E。这时一个物体A从物体B的正上方由静止释放，下落后与物体B碰撞，碰撞后A与B立刻一起向下运动，但A、B之间并不粘连。已知物体A、B、C的质量均为M，重力加速度为g，忽略空气阻力。求当物体A从距B多大的高度自由落下时，才能使物体C恰好离开水平地面？
11、如图所示，A、B两滑环分别套在间距为1m的光滑细杆上，A和B的质量之比为1:3，用一自然长度为1m的轻弹簧将两环相连，在A环上作用一沿杆方向的、大小为20N的拉力F，当两环都沿杆以相同的加速度运动时，弹簧与杆夹角为53°
（cos53°=0.6）。求弹簧的劲度系数k为多少？
12．在绝缘水平面上放一质量m=2.0×10-3kg的带电滑块A，所带电荷量q=1.0×10-7C.在滑块A的左边l=0.3m处放置一个不带电的绝缘滑块B，质量M=4.0×10-3kg，B与一端连在竖直墙壁上的轻弹簧接触（不连接）且弹簧处于自然状态，弹簧原长S=0.05m.如图所示，在水平面上方空间加一水平向左的匀强电场，电场强度的大小为E=4.0×105N/C，滑块A由静止释放后向左滑动并与滑块B发生碰撞，设碰撞时间极短，碰撞后两滑块结合在一起共同运动并一起压缩弹簧至最短处（弹性限度内），此时弹性势能E0=3.2×10-3J，两滑块始终没有分开，两滑块的体积大小不计，与水平面间的动摩擦因数均为μ=0.5，g取10m/s2。求：
（1）两滑块碰撞后刚结合在一起的共同速度v；
（2）两滑块被弹簧弹开后距竖直墙壁的最大距离s.
13．（8分）如图所示，质量均为m的两个小球A、B套在光滑水平直杆P上，整个直杆被固定于竖直转轴上，并保持水平，两球间用劲度系数为k，自然长度为L的轻质弹簧连接在一起，左边小球被轻质细绳拴在竖直转轴上，细绳长度也为L，现欲使横杆AB随竖直转轴一起在水平面内匀速转动，其角速度为ω，求当弹簧长度稳定后，细绳的拉力和弹簧的总长度为多大？
14．(16分)在纳米技术中需要移动或修补原子，必须使在不停地做热运动(速率约几百米每 秒)的原子几乎静止下来且能在一个小的空间区域内停留一段时间，为此已发明了“激光致冷”技术，若把原子和入射光子分别类比为一辆小车和一个小球，则“激光致冷”与下述的模型很类似。
一辆质量为m的小车(一侧固定一轻弹簧)，如图15所示，以速度V0水平向右运动，一动量大小为P，质量可以忽略的小球水平向左射人小车并压缩弹簧至最短，接着被锁定一 定时间△t，再解除锁定使小球以大小相同的动量P水平向右弹出，紧接着不断重复上述 过程，最终小车将停下来。设地面和车厢均为光滑，除锁定时间△t外，不计小球在小车上 运动和弹簧压缩、伸长的时间，求：
(1)小球第一次入射后再弹出时，小车的速度的大小和这一过程中小车动能的减少量．
(2)从小球第一次入射开始到小车停止运动所经历的时间．
15．（20分）如图所示，A、B两个矩形木块用轻弹簧相接静止在水
平地面上，弹簧的劲度系数为k，木块A和木块B的质量均为m.
（1）若用力将木块A缓慢地竖直向上提起，木块A向上提起多大高
度时，木块B将离开水平地面.
（2）若弹簧的劲度系数k是未知的，将一物块C从A的正上方某位
置处无初速释放与A相碰后，立即粘在一起（不再分离）向下运动，它
们到达最低点后又向上运动。已知C的质量为m时，把它从距A高H处
释放，则最终能使B刚好要离开地面。若C的质量为，要使B始终不
离开地面，则释放时，C距A的高度h不能超过多少？
1. A、D 2．D；3、B D 4、D ；5.C 6 AC ；
7分析与解：因为在t=0.2s内F是变力，在t=0.2s以后F是恒力，所以在t=0.2s时，P离开秤盘。此时P受到盘的支持力为零，由于盘和弹簧的质量都不计，所以此时弹簧处于原长。在0_____0.2s这段时间内P向上运动的距离：
x=mg/k=0.4m
因为，所以P在这段时间的加速度
当P开始运动时拉力最小，此时对物体P有N-mg+Fmin=ma,又因此时N=mg，所以有Fmin=ma=240N.
当P与盘分离时拉力F最大，
9．(1)当a=2m／s2竖直向下时，由牛顿第二定律，有F上+rng—F下=ma
m=0.5kg、
当匣子顶部板压力传感器的示数是底部传感器的示数的一半时， F上=F下=5N
由牛顿第二定律，对m有F上+mg—2F下 =ma′ a′=0
所以升降机应作匀速运动
(2)若F上=0,则F下≥10N,设升降机的加速度为a1，则：F上—mg=ma1
a1=(F下—mg)／m=(10—5)／0．5=10m／s2，
故升降机作向上的匀加速或向下的匀蛾逮运动，加速度a≥10m／s2．
10解析：设物体A从距B的高度H处自由落下，A与B碰撞前的速度为v1，由机械能守恒定律得 v1=。
设A、B碰撞后共同速度为v2，则由动量守恒定律得：Mv1＝2Mv2，
解得： v2＝。
当C刚好离开地面时，由胡克定律得弹簧伸长量为x=Mg/k，由于对称性，所以弹簧的弹性势能仍为E。当弹簧恢复原长时A、B分离，设此时A、B的速度为v3，则对A、B一起运动的过程中，由机械能守恒得： ，
从A、B分离后到物体C刚好离开地面的过程中，物体B和弹簧组成的系统机械能守恒，即 。
联立以上方程解得：。
11解：先取A、B和弹簧整体为研究对象，弹簧弹力为内力，杆对A、B支持力与加速度方向垂直，在沿F方向应用牛顿第二定律 F=（mA+mB）a ①2分
再取B为研究对象，在沿F方向应用牛顿第二定律 ② 2分
联立①②求解得N
由几何关系得弹簧的伸长量 2分
弹簧的劲度系数 2分
代入数据解得k=100N/m
12解：（1）设两滑块碰前A的速度为v1，由动能定理有
解得：v1=3m/s
A、B两滑块碰撞，由于时间极短动量守恒，设共同速度为v
解得：v=1.0m/s
（2）碰后A、B一起压缩弹簧至最短，设弹簧压缩量为x1，由动能定理有：
解得：x1=0.02m
设反弹后A、B滑行了x2距离后速度减为零，由动能定理得：
解得：x2≈0.05m
以后，因为qE>μ（M+m）g，滑块还会向左运动，但弹开的距离将逐渐变小，所以，最大距离为：S=x2+s-x1=0.05m+0.05m-0.02m= 0.08m
13解析：设直杆匀速转动时，弹簧伸长量为x，A、B两球受力分别如图所示，据牛顿第二 定律得：
对A球有：FT-F=mω2L………………2分
对B球有：F= mω2(2L+x)-……………………2分
其中F=kx
FT= mω2L(1+) ,x=……………2分
所以弹簧总长度为
L’=L+x=L……………………2分
14(1)设发生第一次作用后小车的速度为v1，由动量守恒定律，有
(2)设发生第二次作用后小车的速度为v2，由动量守恒定律，有
15．（20分）（1）开始时，木块A处于平衡，则kx1=mg（弹簧压缩）木块B刚好离开地面时，有kx2=mg（弹簧伸长）
故木块A向上提起的高度为x1+x2= （4分）
（2）物块C的质量为m时，它自由下落H高度时的速度v1= ①（2分）
设C与A碰撞后的共同速度为v2，根据动量守恒定律，有mv1=2mv2，则v2= ②（2分）
以后A、C继续压缩弹簧，后又向上弹起，最终能使木块B刚好离开地面，此过程中，A、C上升的高度为x1+x2=，由于最初弹簧的压缩量x1与最后的伸长量x2相等，所以，弹性势能相等，根据机械能守恒定律，有(x1+x2) ③（3分）
物块C的质量为时，设距A高h处自由下落后刚好能使木块B离开地面，则C下落h高度时的速度 ④（2分）
设C与A碰撞后的共同速度为 ⑤（2分）
A、C碰后果上升高度（x1+x2）时，木块B刚好离开地面，此过程中，由机械能守恒定律有(x1+x2) ⑥（3分）
由以上各式消去(x1+x2)解得h=H（4分）
M
N
a
R
c
b
Ｆ
Ｆ
F
Ｆ
Ｆ
①
②
③
④
O
x0
图5
F
图8
B
C
A
S
l
A
B
E湖北省江陵县实验高中2012届高三物理二轮专题备课资料：专题 5 功和能带电粒子在有界磁场中运动的临界问题
当某种物理现象变化为另一种物理现象或物体从一种状态变化为另一种状态时，发生这种质的飞跃的转折状态通常称为临界状态。粒子进入有边界的磁场，由于边界条件的不同，而出现涉及临界状态的临界问题，如带电粒子恰好不能从某个边界射出磁场，可以根据边界条件确定粒子的轨迹、半径、在磁场中的运动时间等。如何分析这类相关的问题是本文所讨论的内容。 一、带电粒子在有界磁场中运动的分析方法 1．圆心的确定 因为洛伦兹力F指向圆心，根据F⊥v，画出粒子运动轨迹中任意两点（一般是射入和射出磁场两点），先作出切线找出v的方向再确定F的方向，沿两个洛伦兹力F的方向画其延长线，两延长线的交点即为圆心，或利用圆心位置必定在圆中一根弦的中垂线上，作出圆心位置，如图1所示。 2．半径的确定和计算 利用平面几何关系，求出该圆的可能半径（或圆心角），并注意以下两个重要的几何特点： ①粒子速度的偏向角φ等于转过的圆心角α，并等于AB弦与切线的夹角（弦切角）θ的2倍，如图2所示，即φ=α=2θ。 ②相对的弦切角θ相等，与相邻的弦切角θ′互补，即θ+θ′=180°。 3．粒子在磁场中运动时间的确定 若要计算转过任一段圆弧所用的时间，则必须确定粒子转过的圆弧所对的圆心角，利用圆心角α与弦切角的关系，或者利用四边形内角和等于360°计算出圆心角α的大小，并由表达式，确定通过该段圆弧所用的时间，其中T即为该粒子做圆周运动的周期，转过的圆心角越大，所用时间t越长，注意t与运动轨迹的长短无关。 4．带电粒子在两种典型有界磁场中运动情况的分析 ①穿过矩形磁场区：如图3所示，一定要先画好辅助线（半径、速度及延长线）。 a、带电粒子在穿过磁场时的偏向角由sinθ=L/R求出；（θ、L和R见图标） b、带电粒子的侧移由R2=L2-（R-y）2解出；（y见所图标） c、带电粒子在磁场中经历的时间由得出。 ②穿过圆形磁场区：如图4所示，画好辅助线（半径、速度、轨迹圆的圆心、连心线）。 a、带电粒子在穿过磁场时的偏向角可由求出；（θ、r和R见图标） b、带电粒子在磁场中经历的时间由得出。 二、带电粒子在有界磁场中运动类型的分析 1．给定有界磁场 （1）确定入射速度的大小和方向，判定带电粒子出射点或其它 【例1】（2001年江苏省高考试题）如图5所示，在y<0的区域内存在匀强磁场，磁场方向垂直于xy平面并指向纸面外，磁感应强度为B。一带正电的粒子以速度v0从O点射入磁场，入射方向在xy平面内，与x轴正向的夹角为θ。若粒子射出磁场时的位置与O点的距离为l，求该粒子的电量和质量之比q/m。 解析：带正电粒子射入磁场后，由于受到洛仑兹力的作用，粒子将沿图6所示的轨迹运动，从A点射出磁场，O、A间的距离为l，射出时速度的大小仍为v0，射出方向与x轴的夹角仍为θ。由洛仑兹力公式和牛顿定律可得， ，（式中R为圆轨道的半径） 解得 R=mv0/qB ① 圆轨道的圆心位于OA的中垂线上，由几何关系可得 l/2=Rsinθ ② 联立①、②两式，解得 。 点评：本题给定带电粒子在有界磁场中运动的入射点和出射点，求该粒子的电量和质量之比，也可以倒过来分析，求出射点的位置。在处理这类问题时重点是画出轨迹图，根据几何关系确定轨迹半径。 （2）确定入射速度的方向，而大小变化，判定粒子的出射范围 【例2】如图7所示，矩形匀强磁场区域的长为L，宽为L/2。磁感应强度为B，质量为m，电荷量为e 的电子沿着矩形磁场的上方边界射入磁场，欲使该电子由下方边界穿出磁场，求：电子速率v 的取值范围？ 解析：（1）带电粒子射入磁场后，由于速率大小的变化，导致粒子轨迹半径的改变，如图所示。当速率最小时，粒子恰好从d点射出，由图可知其半径R1=L/4，再由R1=mv1/eB，得 当速率最大时，粒子恰好从c点射出，由图可知其半径R2满足，即R2=5L/4，再由R2=mv2/eB，得 电子速率v的取值范围为：。 点评：本题给定带电粒子在有界磁场中运动的入射速度的方向，由于入射速度的大小发生改变，从而改变了该粒子运动轨迹半径，导致粒子的出射点位置变化。在处理这类问题时重点是画出临界状态粒子运动的轨迹图，再根据几何关系确定对应的轨迹半径，最后求解临界状态的速率。 （3）确定入射速度的大小，而方向变化，判定粒子的出射范围 【例3】（2004年广东省高考试题）如图8所示，真空室内存在匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，磁感应强度的大小B=0．60T，磁场内有一块平面感光板ab，板面与磁场方向平行，在距ab的距离l=16cm处，有一个点状的α放射源S，它向各个方向发射α粒子，α粒子的速度都是v=3．0×106m/s，已知α粒子的电荷与质量之比q/m=5．0×107C/kg，现只考虑在图纸平面中运动的α粒子，求ab上被α粒子打中的区域的长度。 解析：α粒子带正电，故在磁场中沿逆时针方向做匀速圆周运动，用R表示轨道半径，有qvB=mv2/R， 由此得 R=mv/qB，代入数值得R=10cm。 可见，2R>l>R，如图9所示，因朝不同方向发射的α粒子的圆轨迹都过S，由此可知，某一圆轨迹在图中N左侧与ab相切，则此切点P1就是α粒子能打中的左侧最远点。为定出P1点的位置，可作平行于ab的直线cd，cd到ab的距离为R，以S为圆心，R为半径，作弧交cd于Q点，过Q作ab的垂线，它与ab的交点即为P1。 ， 再考虑N的右侧。任何α粒子在运动中离S的距离不可能超过2R，以2R为半径、S为圆心作圆，交ab于N右侧的P2点，此即右侧能打到的最远点。 由图中几何关系得 ， 所求长度为 P1P2=NP1+NP2， 代入数值得 P1P2=20cm。 点评：本题给定带电粒子在有界磁场中运动的入射速度的大小，其对应的轨迹半径也就确定了。但由于入射速度的方向发生改变，从而改变了该粒子运动轨迹图，导致粒子的出射点位置变化。在处理这类问题时重点是画出临界状态粒子运动的轨迹图（对应的临界状态的速度的方向），再利用轨迹半径与几何关系确定对应的出射范围。 2．给定动态有界磁场 （1）确定入射速度的大小和方向，判定粒子出射点的位置 【例4】（2006年天津市理综试题）在以坐标原点O为圆心、半径为r的圆形区域内，存在磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场，如图10所示。一个不计重力的带电粒子从磁场边界与x轴的交点A处以速度v沿-x方向射入磁场，恰好从磁场边界与y轴的交点C处沿+y方向飞出。 （1）请判断该粒子带何种电荷，并求出其比荷q/m； （2）若磁场的方向和所在空间范围不变，而磁感应强度的大小变为B′，该粒子仍从A处以相同的速度射入磁场，但飞出磁场时的速度方向相对于入射方向改变了60°角，求磁感应强度B′多大？此次粒子在磁场中运动所用时间t是多少？ 解析：（1）由粒子的飞行轨迹，利用左手定则可知，该粒子带负电荷。 如图11所示，粒子由A点射入，由C点飞出，其速度方向改变了90°，则粒子轨迹半径 r=R，又 ， 则粒子的荷质比为 。 （2）粒子从D点飞出磁场速度方向改变了60°角，故AD弧所对圆心角60°，粒子做圆周运动的半径，又，所以 ， 粒子在磁场中飞行时间：。 点评：本题给定带电粒子在有界磁场中运动的入射速度的大小和方向，但由于有界磁场发生改变（包括磁感应强度的大小或方向的改变），从而改变了该粒子在有界磁场中运动的轨迹图，导致粒子的出射点位置变化。在处理这类问题时重点是画出磁场发生改变后粒子运动的轨迹图，再利用轨迹半径与几何关系确定对应的出射点的位置。 （2）确定入射速度和出射速度的大小和方向，判定动态有界磁场的边界位置 【例5】（1994年全国高考试题）如图12所示，一带电质点，质量为m，电量为q，以平行于Ox轴的速度v从y轴上的a点射入图中第一象限所示的区域。为了使该质点能从x轴上的b点以垂直于Ox轴的速度v射出，可在适当的地方加一个垂直于xy平面、磁感应强度为B的匀强磁场。若此磁场仅分布在一个圆形区域内，试求这圆形磁场区域的最小半径。重力忽略不计。 解析：质点在磁场中作半径为R的圆周运动， qvB=（Mv2）/R，得R=（MV）/（qB）。 根据题意，质点在磁场区域中的轨道是半径等于R的圆上的1/4圆周，这段圆弧应与入射方向的速度、出射方向的速度相切。如图13所示，过a点作平行于x轴的直线，过b点作平行于y轴的直线，则与这两直线均相距R的O′点就是圆周的圆心。质点在磁场区域中的轨道就是以O′为圆心、R为半径的圆（图中虚线圆）上的圆弧MN，M点和N点应在所求圆形磁场区域的边界上。 在通过M、N两点的不同的圆周中，最小的一个是以MN连线为直径的圆周。所以本题所求的圆形磁场区域的最小半径为： ， 所求磁场区域如图13所示中实线圆所示。 点评：本题给定带电粒子在有界磁场中运动的入射速度和出射速度的大小和方向，但由于有界磁场发生改变（磁感应强度不变，但磁场区域在改变），从而改变了该粒子在有界磁场中运动的轨迹图，导致粒子的出射点位置变化。在处理这类问题时重点是画出磁场发生改变后粒子运动的轨迹图，确定临界状态的粒子运动轨迹图，再利用轨迹半径与几何关系确定对应的磁场区域的位置。 综上所述，运动的带电粒子垂直进入有界的匀强磁场，若仅受洛仑兹力作用时，它一定做匀速圆周运动，这类问题虽然比较复杂，但只要准确地画出运动轨迹图，并灵活运用几何知识和物理规律，找到已知量与轨道半径R、周期T的关系，求出粒子在磁场中偏转的角度或距离以及运动时间不太难。 【巩固练习】 1．（2005年理综I）如图14所示，在一水平放置的平板MN的上方有匀强磁场，磁感应强度的大小为B，磁场方向垂直于纸面向里。许多质量为m带电量为+q的粒子，以相同的速率v沿位于纸面内的各个方向，由小孔O射入磁场区域。不计重力，不计粒子间的相互影响。下列图中阴影部分表示带电粒子可能经过的区域，其中。哪个图是正确的？ A． B． C． D． 答案：A 2．（1999年全国高考试题）如图15所示中虚线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强度为B的匀强磁场，方向垂直纸面向外是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。 答案：（1）R=mv/qB；（2）△t=4marccos（LqB/2mv）/qB。 3．（2007年武汉市理综模拟试题）如图16所示，现有一质量为m、电量为e的电子从y轴上的P（0，a）点以初速度v0平行于x轴射出，为了使电子能够经过x轴上的Q（b，0）点，可在y轴右侧加一垂直于xoy平面向里、宽度为L的匀强磁场，磁感应强度大小为B，该磁场左、右边界与y轴平行，上、下足够宽（图中未画出）。已知，L＜b。试求磁场的左边界距坐标原点的可能距离。（结果可用反三角函数表示） 答案：⑴当r>L时（r为电子的轨迹半径），磁场左边界距坐标原点的距离为： （其中）； （2）当r≤L时，磁场左边界距坐标原点的距离为：。