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系统知识
明晰备考
考什么
　　本专题考查的主要内容有：共点力作用下物体的平衡条件、匀变速直线运动规律的应用及图象问题、动力学的两类基本问题、运动的合成与分解、平抛运动及圆周运动规律、万有引力定律在天体运动及航天中的应用；主要思想方法有：整体法与隔离法、假设法、合成法与分解法、图解法、图象法等。
怎么考
　　本专题知识是历年高考的热点，对物体受力分析、共点力作用下物体的平衡及连接体的平衡、匀变速直线运动规律的应用及图象、平抛运动及圆周运动规律、万有引力与航天等知识的考查，多以选择题的形式出现；平抛运动及圆周运动知识与运动定律、功能关系相结合，多以计算题的形式出现，预计2013年高考命题仍以此方式进行考查。
怎么办
　　复习时应深刻理解各种性质的力的产生、方向及大小特点、各运动学公式的适用条件、运动的合成与分解的思想方法，熟练运用整体法和隔离法解决连接体问题，综合运用牛顿运动定律和运动学规律解决多过程问题，熟练应用平抛、圆周运动知识处理与牛顿运动定律、功能关系相结合的综合问题，以及圆周运动知识与万有引力定律、天体运动等知识相综合的问题。
第1讲力与物体的平衡
摩擦力的分析与计算
……………………(解读命题角度)
[例1]　(2012·浙江高考)如图1－1－1所示，与水平面夹角为30°的固定斜面上有一质量m＝1.0 kg的物体。细绳的一端与物体相连。另一端经摩擦不计的定滑轮与固定的弹簧秤相连。物体静止在斜面上，弹簧 图1－1－1
秤的示数为4.9 N。关于物体受力的判断(取g＝9.8 m/s2)。下列说法正确的是(　　)
A．斜面对物体的摩擦力大小为零
B．斜面对物体的摩擦力大小为4.9 N，方向沿斜面向上
C．斜面对物体的支持力大小为4.9  N，方向竖直向上
D．斜面对物体的支持力大小为4.9 N，方向垂直斜面向上
[思路点拨]　解答本题时应注意以下两点：
(1)定滑轮不计摩擦，弹簧秤的示数等于绳子拉力大小。
(2)物体静止在斜面上，物体合力一定为零。
[解析]　因物体的重力沿斜面方向的分力mgsin 30°＝1×9.8×0.5 N＝4.9 N，与弹簧秤的示数相等，故斜面对物体的摩擦力大小为0，则选项A正确，选项B错误；斜面对物体的支持力大小为mgcos 30°＝1×9.8× N＝4.9 N，方向垂直斜面向上，则选项C、D错误。
[答案]　A
……………………(掌握类题通法)
一、基础知识要记牢
1．分类
(1)静摩擦力(大小0＜F≤Fmax)。
(2)滑动摩擦力(大小F＝μFN)。
2．方向
与物体的相对运动或相对运动趋势的方向相反，沿接触面的切线方向。
3．产生条件
(1)相互接触且接触面粗糙；
(2)有相对运动或相对运动趋势；
(3)接触面间有弹力。
二、方法技巧要用好
1．物体间静摩擦力的有无及方向判断方法
(1)“假设法”和“反推法”。
①假设法：先假设没有摩擦力(即光滑)时，看相对静止的物体间能否发生相对运动。若能，则有静摩擦力，方向与相对运动方向相反；若不能，则没有静摩擦力。
②反推法：是从被研究物体表现出的运动状态这个结果反推出它必须具有的条件，分析组成条件的相关因素中摩擦力所起的作用，就容易判断摩擦力的方向了。
(2)利用牛顿第二定律判断：先假设物体受摩擦力作用，并假设出方向，利用牛顿第二定律或平衡条件列式计算。若F静≠0，则有静摩擦力；F静>0，说明其方向与假设方向相同；F静<0，说明其方向与假设方向相反。
(3)利用牛顿第三定律(即相互作用力的关系)来判断。
此法关键是抓住“摩擦力是成对出现的”，先确定受力较少的物体受到的摩擦力方向，再确定另一物体受到的摩擦力方向。
2．摩擦力大小的计算方法
(1)滑动摩擦力大小：与正压力成正比，公式为F＝μFN，其中FN表示正压力，而正压力不一定等于重力G。
(2)静摩擦力大小：一般由受力物体所处的运动状态，根据平衡条件或牛顿第二定律来计算，其取值范围是0(3)计算摩擦力大小时应注意的问题：在确定摩擦力大小之前，必须先分析物体的运动状态，判断物体所受的是静摩擦力还是滑动摩擦力。若是静摩擦力，则不能用F＝μFN来计算，只能根据物体所处的状态(平衡或加速)，由平衡条件或牛顿第二定律求解。
三、易错易混要明了
(1)接触面间有弹力存在时，不一定有摩擦力，但有摩擦力存在时，一定有弹力存在。
(2)接触面间的动摩擦因数μ一定时，滑动摩擦力与弹力成正比，但静摩擦力的大小与弹力无关。
共点力作用下物体的平衡
……………………(解读命题角度)
[例2]　(2012·新课标全国卷)如图1－1－2所示，一小球放置在木板与竖直墙面之间。设墙面对球的压力大小为FN1，球对木板的压力大小为FN2。以木板与墙连接点所形成的水平直线为轴，将木板从图示位置开始缓慢地转到水平位置。不计摩擦，在此过程中(　　)
A．FN1始终减小，FN2始终增大
B．FN1始终减小，FN2始终减小 图1－1－2
C．FN1先增大后减小，FN2始终减小
D．FN1先增大后减小，FN2先减小后增大
[思路点拨]　
(1)木板缓慢转动过程中，球处于动态平衡状态。
(2)墙面对球的压力FN1方向不变，球对木板的压力FN2方向改变。
(3)可用图解法分析FN1、FN2大小的变化情况。
[解析]　对小球受力分析，如图所示，根据物体的平衡条件，可将三个力构建成矢量三角形，随着木板顺时针缓慢转到水平位置，木板对球的弹力FN2′减小，球对木板的压力大小FN2逐渐减小，墙面对球的压力大小FN1逐渐减小，故B对。
[答案]　B
……………………(掌握类题通法)
一、基础知识要记牢
1．平衡状态
物体处于静止或匀速直线运动的状态。
2．动态平衡
物体在缓慢移动过程中，可认为其速度、加速度均为零，物体处于平衡状态。
3．平衡条件
F合＝0或
4．共点力平衡的几个重要推论
(1)三个或三个以上的共点力平衡，某一个力(或其中某几个力的合力)与其余力的合力等大反向。
(2)同一平面上的三个不平行的力平衡，这三个力必为共点力，且表示这三个力的有向线段可以组成一个封闭的矢量三角形。
二、方法技巧要用好
1．求解共点力平衡问题的一般思路
→→→→→→
2．求解共点力平衡问题常用的方法
(1)力的合成法：对研究对象受力分析后，应用平行四边形定则(或三角形定则)求合力的方法。力的合成法常用于仅受三个共点力作用而平衡时。
(2)正交分解法：把物体受到的各力都分解到互相垂直的两个方向上，然后分别列出两个方向上合力为零的方程求解。当物体受四个及四个以上共点力作用而平衡时，一般采用正交分解法。
(3)图解法：
对研究对象进行受力分析，再根据平行四边形定则或三角形定则画出不同状态下力的矢量图(画在同一个图中)，然后根据有向线段(表示力)的长度变化情况判断各个力的变化情况。
三、易错易混要明了
用图解法分析动态平衡问题时要在矢量三角形中确定不变的量和改变的量。
连接体的平衡问题
……………………(解读命题角度)
[例3]　(2012·山东高考)如图1－1－3所示，两相同轻质硬杆OO1、OO2可绕其两端垂直纸面的水平轴O、O1、O2转动，在O点悬挂一重物M，将两相同木块m紧压在竖直挡板上，此时整个系统保持静止。Ff表示木块与挡板间摩擦力的大小，FN表示木块与挡板间正压力的大小。若挡板间的距离稍许增大后，系统仍静止且O1、O2始终等高， 图1－1－3
则(　　)
A．Ff变小　　　　　　 B．Ff不变
C．FN变小 D．FN变大
[思路点拨]　
(1)由系统的对称性可知，装置两侧木块与挡板间的摩擦力、压力大小均相等。
(2)Ff为静摩擦力，与FN的大小无正比关系。
[解析]　选重物M及两个木块m组成的系统为研究对象，系统受力情况如图甲所示，根据平衡条件有2Ff＝(M＋2m)g，即Ff＝，与两挡板间距离无关，故挡板间距离稍许增大后，Ff不变，所以选项A错误，选项B正确；如图乙所示，将绳的张力F沿OO1、OO2两个方向分解为F1、F2，则F1＝F2＝，当挡板间距离稍许增大后，F不变，θ变大，cos θ变小，故F1变大；选左边木块m为研究对象，其受力情况如图丙所示，根据平衡条件得FN＝
F1sin θ，当两挡板间距离稍许增大后，F1变大，θ变大，sin θ变大，因此FN变大，故选项C错误，选项D正确。
[答案]　BD
……………………(掌握类题通法)
一、基础知识要记牢
1．整体法
当只涉及系统外力而不涉及系统内部物体之间的内力时，则可以选整个系统为研究对象，而不必对系统内部物体一一隔离分析。
2．隔离法
为了弄清系统内某个物体的受力情况，一般采用隔离法。
二、方法技巧要用好
同一题目中，若采用隔离法，往往先用整体法，再用隔离法，用隔离法分析时，一般先从受力最少的物体入手。
三、易错易混要明了
正确区分内力和外力。对几个物体组成的整体进行受力分析时，这几个物体间的作用力为内力，不能在受力图中出现；当隔离某一物体分析时，原来的内力变成了外力，要画在受力图上。
复合场中带电体的平衡
……………………(解读命题角度)
[例4]　如图1－1－4所示，质量m1＝0.1 kg，电阻R1＝0.3 Ω，长度l＝0.4 m的导体棒ab横放在U型金属框架上，框架质量m2＝0.2 kg，放在绝缘水平面上，与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2，相距0.4 m的MM′、NN′相互平行，电阻不计且足够长。电阻R2＝0.1 Ω的MN垂直于MM′。整个装置处于竖直向上的匀强磁 图1－1－4
场中，磁感应强度B＝0.5 T。垂直于ab施加F＝2 N的水平恒力，ab从静止开始无摩擦地运动，始终与MM′、NN′保持良好接触，当ab运动到某处时，框架开始运动。设框架与水平面间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2。求框架开始运动时ab速度v的大小。
[破题关键点]　
(1)框架能启动的动力是什么力？框架刚要启动时应满足什么关系？
(2)导体棒ab受哪几个力作用？当框架开始运动时，导体棒ab处于什么运动状态？
[解析]　ab对框架的压力
F1＝m1g ①
框架受水平面的支持力
FN＝m2g＋F1 ②
依题意，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则框架受到最大静摩擦力
F2＝μFN ③
ab中的感应电动势
E＝Blv ④
MN中电流I＝ ⑤
MN受到的安培力
F安＝IlB ⑥
框架开始运动时
F安＝F2 ⑦
由上述各式代入数据解得
v＝6 m/s ⑧
[答案]　6 m/s
……………………(掌握类题通法)
一、基础知识要记牢
1．电场力
F＝Eq，方向与场强方向相同或相反。
2．安培力
F＝BIl(B⊥I)，方向用左手定则判定。
3．洛伦兹力
F＝qvB(B⊥v)，方向用左手定则判定。
说明：电荷在电场中一定受电场力作用，电流或电荷在磁场中不一定受磁场力作用。
二、方法技巧要用好
带电体在复合场中的平衡问题或导体棒在磁场中的平衡问题，无非是多考虑带电体所受的电场力、洛伦兹力或导体棒受的安培力，分析方法与力学中的平衡问题完全相同。
三、易错易混要明了
(1)分析电场力或洛伦兹力时，注意带电体的电性。
(2)分析带电粒子受力时，要注意判断重力是否考虑。

[课堂——针对考点强化训练]
1．(2012·广东高考)如图1－1－5所示，两根等长的轻绳将日光灯悬挂在天花板上，两绳与竖直方向的夹角都为45°，日光灯保持水平，所受重力为G，左右两绳的拉力大小分别为(　　) 图1－1－5
A．G和G　　　　　　　 B.G和G
C.G和G D.G和G
解析：选B　由对称性可知两根绳的拉力大小相等，设为FT，则对日光灯在竖直方向上有：2FTcos 45°＝G，可得FT＝G，即B正确。
2.(2012·重庆名校联考)如图1－1－6所示，凹槽半径R＝30 cm，质量m＝1 kg的小物块在沿半径方向的轻弹簧挤压下处于静止状态。已知弹簧的劲度系数k＝50 N/m，自由长度L＝40 cm，一端固定在圆心O处，弹簧与竖直方向的夹角为37°。取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6， 图1－1－6
cos 37°＝0.8。则(　　)
A．物块对槽的压力大小是15 N
B．物块对槽的压力大小是13 N
C．槽对物块的摩擦力大小是6 N
D．槽对物块的摩擦力大小是8 N
解析：选BC　对物块受力分析，由平衡条件可得，物块对槽的压力FN＝mgcos 37°＋kΔx＝mgcos 37°＋k(L－R)＝13 N，槽对物块的摩擦力Ff＝mgsin 37°＝6 N，故B、C正确。
3.如图1－1－7所示，绳OA、OB悬挂重物于O点，开始时OA水平。现缓慢提起A端而O点的位置保持不变，则(　　)
A．绳OB的张力逐渐减小
B．绳OB的张力逐渐增大 图1－1－7
C．绳OA的张力先变大，后变小
D．绳OA的张力先变小，后变大
解析：选AD　如图甲、乙所示，对O点进行受力分析后将FT1、FT2、mg平移到一个矢量三角形中。“缓慢提起A端而O点的位置保持不变”意味着O点受三个力的作用一直保持平衡，FT1、FT2、mg始终能构成封闭的矢量三角形。如图乙所示，由于mg的大小、方向都不变，FT2的方向不变，故FT1的一端只能在FT2的作用线上滑动，从而随着OA方向(即FT1方向)变化构成一系列的封闭的矢量三角形。显然，当FT1与FT2垂直时，FT1有最小值，因此绳OA的张力先变小，后变大，绳OB的张力一直变小，A、D正确，B、C错误。
4．(2012·天津高考)如图1－1－8所示，金属棒MN两端由等长的轻质细线水平悬挂，处于竖直向上的匀强磁场中，棒中通以由M向N的电流，平衡时两悬线与竖直方向夹角均为θ。如果仅改变下列某一个条件，θ角的相应变化情况是(　　)
A．棒中的电流变大，θ角变大 图1－1－8
B．两悬线等长变短，θ角变小
C．金属棒质量变大，θ角变大
D．磁感应强度变大，θ角变小
解析：选A　选金属棒MN为研究对象，其受力情况如图所示。根据平衡条件及力的矢量三角形知识可得tan θ＝，所以当棒中的电流I、磁感应强度B变大时，θ角变大，选项A正确，选项D错误；当金属棒质量m变大时，θ角变小，选项C错误；θ角的大小与悬线长无关，选项B错误。
5.一小孩在广场玩耍时，将一充有氢气的气球用细绳系在一小石块上，并将其置于水平地面上，如图1－1－9所示。设石块受到地面对它的支持力为FN，摩擦力为Ff，若水平风力逐渐增大而石块始终未动，则(　　)
A．FN逐渐减小 B．FN逐渐增大 图1－1－9
C．Ff逐渐减小 D．Ff逐渐增大
解析：选D　将气球和石块作为一个整体分析，受力如图所示。由平衡条件可得，F浮＋FN＝mg，Ff＝F风，可见，水平风力F风增大，FN不变，Ff增大，D正确。
6．(2012·莱州模拟)用轻绳将光滑小球P悬挂于竖直墙壁上，在墙壁和小球P之间夹着矩形物块Q，如图1－1－10所示。P、Q均处于静止状态，则下列说法正确的是(　　)
A．物块Q受到3个力
B．小球P受4个力
C．若绳子变长，则绳子的拉力将变小 图1－1－10
D．若绳子变短，则Q受到墙壁的静摩擦力将增大
解析：选C　小球P受绳的拉力、重力、Q对P的弹力三个力作用，B错误；物块Q受重力、P对Q的弹力、墙对Q的弹力、墙对Q的静摩擦力四个力作用，A错误；由平衡条件可知，墙对Q的静摩擦力与Q的重力等大反向，与绳子长度无关，D错误；绳子变长时，绳子与竖直方向的夹角θ变小，由F绳·cos θ＝mPg可知，F绳变小，C正确。
[课下——针对高考押题训练]
1．(2012·天水检测)如图1所示，一轻质弹簧只受一个拉力F1时，其伸长量为x，当弹簧同时受到两个拉力F2和F3作用时，伸长量也为x，现对弹簧同时施加F1、F2、F3三个力作用时，其伸长量为x′，则以下关于x′与x关系正确的是(　　)
图1
A．x′＝x B．x′＝2x
C．x解析：选B　由题意可知，同时受到F2、F3作用时，伸长量与受F1时相同，故同时施加F1、F2、F3三个力作用时，其合力为2F1，伸长量为x′＝2x，故B正确。
2.如图2所示，斜面小车M静止在光滑水平面上，一边紧贴墙壁。若再在斜面上加一物体m，且M、m相对静止，此时小车受力个数为(　　)
A．3 B．4
C．5 D．6 图2
解析：选B　对M和m整体，它们必受到重力和地面支持力，因小车静止，由平衡条件知墙面对小车必无作用力，以小车为研究对象，受力如图所示，它受四个力：重力Mg，地面的支持力FN1，m对它的压力FN2和静摩擦力Ff，由于m静止，可知Ff和FN2的合力必定竖直向下，故B项正确。
3.如图3所示，质量为m的小球置于倾角为30°的光滑斜面上，劲度系数为k的轻弹簧一端系在小球上，另一端固定在P点，小球静止时，弹簧与竖直方向的夹角为30°，则弹簧的伸长量为(　　)
A. B.
C. D. 图3
解析：选C　对小球受力分析可知小球受力平衡，由题意可知弹簧弹力与竖直方向夹角为30°，竖直方向上弹簧弹力与斜面支持力的合力与重力平衡，根据几何关系可知：2kxcos 30°＝mg，解得：x＝，故选项C正确。
4.(2012·苏北四市二次调考)如图4所示，吊床用绳子拴在两棵树上等高位置。某人先坐在吊床上，后躺在吊床上，均处于静止状态。设吊床两端系绳中的拉力为F1、吊床对该人的作用力为F2，则(　　)
A．坐着比躺着时F1大
B．躺着比坐着时F1大 图4
C．坐着比躺着时F2大
D．躺着比坐着时F2大
解析：选A　设绳子与水平方向的夹角为θ，在竖直方向上由平衡条件有G＝2Fsin θ，所以F＝，因坐着比躺着绳与水平方向的夹角小一些，所以坐着比躺着时绳中的拉力大，故选项A正确，选项B错。两种情况吊床对该人的作用力大小为人的重力，所以选项C、D错。
5.两物体M、m用跨过光滑定滑轮的轻绳相连，如图5所示，OA、OB与水平面的夹角分别为30°、60°，M、m均处于静止状态。则(　　)
A．绳OA对M的拉力大小大于绳OB对M的拉力
B．绳OA对M的拉力大小等于绳OB对M的拉力图5
C．m受到水平面的静摩擦力大小为零
D．m受到水平面的静摩擦力的方向水平向左
解析：选D　取O点为研究对象进行受力分析，如图所示，FTA6．如图6所示，一光滑的半圆形碗固定在水平面上，质量为m1的小球用轻绳跨过光滑碗连接质量分别为m2和m3的物体，平衡时小球恰好与碗之间没有弹力作用，两绳与水平方向夹角分别为60°、30°。则m1∶m2∶m3的比值为(　　)
图6
A．1∶2∶3 B．2∶∶1
C．2∶1∶1 D．2∶1∶
解析：选B　分析m2、m3受力，由平衡条件可知，两段绳中张力大小分别为m2g、m3g，再分析m1受力如图所示，由平衡条件可得：m2g＝m1g cos 30°，m3 g＝m1 gsin 30°，故有：m2＝m1，m3＝m1，所以，m1∶m2∶m3＝m1∶m1∶m1＝2∶∶1，B正确。
7.
如图7所示，质量分别为10 kg的物体A和B通过光滑滑轮与物体C相连，物体与水平面和斜面间的动摩擦因数均为0.2，斜面的倾角为37°，若C刚好能匀速拉动A和B而下滑，则物体C的质量为(重力加速度g＝10 m/s2)(　　) 图
7A．9.6 kg B．8.0 kg图7
C．3.6 kg D．7.6 kg
解析：选A　物体C匀速下落，则BC间绳中张力FBC等于mCg，而物体B匀速上滑，由平衡条件可得：FBC＝mBgsin 37°＋μmBgcos 37°＋FAB，而FAB＝μmAg，故得：mCg＝mBgsin 37°＋μmBgcos 37°＋μmAg，解得mC＝9.6 kg，A正确。
8.如图8所示，物体A、B用细绳与弹簧连接后跨过滑轮。A静止在倾角为45°的粗糙斜面上，B悬挂着。已知mA＝3mB，不计滑轮摩擦，现将斜面倾角由45°减小到30°，那么下列说法中正确的是(　　)
A．弹簧的弹力不变 图8
B．物体A对斜面的压力将减小
C．物体A受到的静摩擦力将减小
D．弹簧的弹力及A受到的静摩擦力都不变
解析：选AC　对物体A受力分析如图所示，设此时FfA沿斜面向上，由平衡条件可得：
mAgsin 45°＝F＋FfA，可得FfA＝(－1)mBg，当斜面倾角为30°时，可得FfA′＝(－1)mBg＝mBg。可见，物体A受的静摩擦力方向沿斜面向上，且变小，所以物体A不会相对斜面滑动，弹簧的弹力始终等于物体B的重力不变，故A、C正确，D错误；物体A对斜面的压力由FN＝mAgcos 45°变为FN′＝mAgcos 30°，变大了，故B错误。
9.如图9所示，将两个质量均为m的小球a、b用细线相连并悬挂于O点，用力F拉小球a使整个装置处于平衡状态，且悬线Oa与竖直方向的夹角为θ＝60°，则力F的大小可能为(　　)
A.mg B．mg 图9
C.mg D.mg
解析：选A　以a、b整体为研究对象进行受力分析如图所示，当F与FT垂直时，F最小。Fmin＝2mgsin 60°＝mg，A对。
10．如图10所示，将两相同的木块a、b置于粗糙的水平地面上，中间用一轻弹簧连接，两侧用细绳系于墙壁。开始时a、b均静止，弹簧处于伸长状态，两细绳均有拉力，a所受摩擦力Ffa ≠0，b所受摩擦力Ffb＝0，现将右侧细绳剪断，则剪断瞬间(　　) 图10
A．Ffa 大小不变 B．Ffa方向改变
C．Ffb仍然为零 D．Ffb方向向左
解析：选A　右侧细绳剪断的瞬间，弹簧弹力来不及发生变化，故a的受力情况不变，a左侧绳的拉力、静摩擦力大小方向均不变，A正确，B错误。而b在剪断绳的瞬间右侧绳的拉力立即消失，静摩擦力向右，C、D错误。
11．(2012·福建六校联考)三个质量均为1 kg的相同木块a、b、c和两个劲度系数均为500 N/m的相同轻弹簧p、q用轻绳连接如图11所示，其中a放在光滑水平桌面上。开始时p弹簧处于原长，木块都处于静止。现用水平力缓慢地向左拉p弹簧的左端，直到c木块刚好离开水平地面为止，g取10 m/s2。该过程p弹簧的左端向左移动的距离是(不计滑轮的摩擦)(　　)
图11
A．4 cm B．6 cm
C．8 cm D．10 cm
解析：选C　开始时q弹簧处于压缩状态，由胡克定律，压缩了2 cm。c木块刚好离开水平地面时，轻弹簧q中拉力为10 N，由胡克定律，轻弹簧q伸长2 cm；轻弹簧p中拉力为20 N，由胡克定律，轻弹簧p伸长4 cm；该过程p弹簧的左端向左移动的距离是2 cm＋2 cm＋4 cm＝8 cm，选项C正确。
12.一端装有定滑轮的粗糙斜面体放在地面上，A、B两物体通过细绳连接，并处于静止状态(不计绳的质量和绳与滑轮间的摩擦)，如图12所示。现用水平力F作用于物体B上，缓慢拉开一小角度，此过程中斜面体与物体A仍然静止。则下列说法正确的是(　　) 图12
A．在缓慢拉开B的过程中，水平力F不变
B．斜面体所受地面的支持力一定不变
C．斜面对物体A作用力的合力变大
D．物体A所受斜面体的摩擦力一定变大
解析：选B　对物体B受力分析如图所示。由图可以看出，随θ的增大，F和绳的拉力FT均增大，A错误；取A、B和斜面体为一整体，由平衡条件可知，竖直方向上，斜面体受到地面的支持力，始终为整体的总重力，不随F而改变，B正确；因不知A物体初态时摩擦力的方向，故在FT增大的过程，物体A所受斜面体的摩擦力的大小变化情况无法确定，D错误；因斜面对A的弹力的大小和方向不变，故斜面对物体A的作用力的变化因摩擦力变化不能确定而不能确定，C错误。
13.如图13所示，墙上有两个钉子a和b，它们的连线与水平方向的夹角为45°，两者的高度差为l。一条不可伸长的轻质细绳一端固定于a点，另一端跨过光滑钉子b悬挂一质量为m1的重物。在绳上距a端l/2的c点有一固定绳圈。若绳圈上悬挂质量为m2的钩码，平衡后绳的ac段正好水平，则重物和钩码的质量比为(　　) 图13
A. B．2
C. D.
解析：选C　对平衡后绳圈c受力分析如图所示，图中F1＝m2g，F2＝m1g，由图中几何关系及平衡条件可知：＝＝，即＝，C正确。
14．(2012·安徽名校联考)如图14所示，楔形斜面体倾角为37°，其BC长为0.8 m，AB宽为0.6 m，一重为25 N的木块原先在斜面体上部，它与斜面间的动摩擦因数为0.6，要使木块沿对角线AC方向匀速下滑，需要对它施加方向平行于斜面的力F，则F的大小和方向为(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)(　　) 图14
A．15 N　沿斜面向上
B．15 N　与AB边平行
C．9 N　近似于沿DB方向
D．9 N　近似于沿CA方向
解析：选C　木块沿斜面方向受到重力沿斜面向下的分力FG＝mgsin 37°＝15 N、沿对角线CA斜向上的滑动摩擦力Ff＝μmgcos 37°＝12 N、外力F三个力作用，因物块匀速下滑，以上三个力的合力必定为零，由题意可知∠CAD＝37°，由余弦定理可知，F＝＝9 N，且F与Ff垂直，故C正确。
第2讲牛顿运动定律与直线运动
匀变速直线运动规律的应用
(解读命题角度)
[例1]　(2012·江西六校联考)动车从A站以a1＝0.5 m/s2的加速度匀加速度启动，当速度达到180 km/h时开始做匀速行驶，接近B站以大小为a2＝0.5 m/s2的加速度匀减速刹车，静止时恰好正点到达B站。某次，动车在A站因故晚出发了3 min，以a1＝0.5 m/s2匀加速启动后，当速度达到216 km/h开始匀速运动，接近B站以大小为a2＝0.5 m/s2的加速度匀减速刹车，静止时也恰好正点到达B站。求A、B两站间的距离。
[思路点拨]　解答本题时应注意以下三点：
(1)两次动车运动的总位移的关系；
(2)两次动车运动的总时间的关系；
(3)将速度的单位转化为国际单位制单位。
[解析]　设动车匀速行驶时间为t1，匀加速行驶时间为t1′，由于加速时的加速度与减速时的加速度大小相等，故加速时间与减速时间相等，加速位移与减速位移也相等。
故有v1＝at1′
xAB＝2×at1′2＋v1t1
第二次启动的最大速度v2＝216 km/h＝60 m/s，
设匀速行驶时间为t2，加速时间为t2′，
则v2＝at2′，
xAB＝2×at2′2＋v2t2，
因两次均正点到达，则有：
2t1′＋t1＝2t2′＋t2＋180
以上各式联立解得：
xAB＝60 km。
[答案]　60 km
……………………(掌握类题通法)
一、基础知识要记牢
1．匀变速直线运动的公式
速度公式v＝v0＋at
位移公式x＝v0t＋at2
速度位移公式v2－v02＝2ax
平均速度公式＝或＝
说明：公式＝适用于一切运动；其他公式只适用于匀变速直线运动。
2．匀变速直线运动的两个重要结论
(1)任意相邻相等时间内的位移之差相等，即Δx＝x2－x1＝x3－x2＝…＝aT2，可以推导出xm－xn＝(m－n)aT2。
(2)某段时间中间时刻的瞬时速度等于该段时间内的平均速度，即vt/2＝。
二、方法技巧要用好
1．符号确定
在匀变速直线运动中，一般规定初速度v0的方向为正方向(但不绝对，也可规定为负方向)，凡与正方向相同的矢量为正值，相反的矢量为负值，这样就把公式中的矢量运算转换成了代数运算。
2．应用技巧
物体做匀减速直线运动，减速为零后再反向运动，如果整个过程加速度恒定，则可对整个过程直接应用矢量式。
三、易错易混要明了
物体做加速运动还是减速运动只取决于速度与加速度方向间的关系，与加速度的增大或减小无关。
用牛顿第二定律解决连接体问题
……………………(解读命题角度)
[例2]　(2012·江苏高考)如图1－2－1所示，一夹子夹住木块，在力F作用下向上提升。夹子和木块的质量分别为m、M，夹子与木块两侧间的最大静摩擦力均为f。若木块不滑动，力F的最大值是(　　)
A．2f(m＋M)/M
B．2f(m＋M)/m 图1－2－1
C．2f(m＋M)/M－(m＋M)g
D．2f(m＋M)/m＋(m＋M)g
[思路点拨]　当夹子与木块两侧间的摩擦力达到最大值时，木块向上运动的加速度达到最大值，若木块不相对夹子滑动，则力F达到最大值。
[解析]　当夹子与木块两侧间的摩擦力达到最大摩擦力f时，拉力F最大，系统向上的加速度为a。先以m为研究对象，进行受力分析，根据牛顿第二定律可知：
F－2f－mg＝ma，
再以M为研究对象，进行受力分析，根据牛顿第二定律可知：
2f－Mg＝Ma，
两式联立可解得F＝，A正确。
[答案]　A
……………………(掌握类题通法)
一、基础知识要记牢
1．整体法
在连接体问题中，如果不要求知道各个运动物体之间的相互作用力，就可以把它们看成一个整体(当成一个质点)，只分析整体所受的外力，应用牛顿第二定律列方程即可。
2．隔离法
如果需要知道物体之间的相互作用力，就需要把某一个物体从系统中隔离出来，分析这个物体受到的所有力，应用牛顿第二定律列出方程。
二、方法技巧要用好
(1)整体法适用于解决连接体的各部分具有相同的加速度的情况，对于加速度不同的连接体一般采用隔离法分析。
(2)在处理连接体问题时，往往要用到牛顿第三定律。
三、易错易混要明了
用滑轮连接的两个物体，其加速度大小相同，方向不同，一般采用隔离法分析。
动力学的两类基本问题
……………………(解读命题角度)
[例3]　(2012·浙江高考)为了研究鱼所受水的阻力与其形状的关系，小明同学用石蜡做成两条质量均为m、形状不同的“A鱼”和“B鱼”，如图1－2－2所示。在高出水面H处分别静止释放“A鱼”和“B鱼”，“A鱼”竖直下潜hA后速度减小为零，“B鱼”竖直下潜hB后速度减小为零。“鱼”在水中运动时，除受重力外，还受到浮力和水的阻力。已知“鱼”在水中所受浮力是其重力的倍，重力加速度为g，“鱼”运动的位移值远大于“鱼”的长度。假设“鱼”运动时所受水的阻力恒 图1－2－2
定，空气阻力不计。求：
(1)“A鱼”入水瞬间的速度vA1；
(2)“A鱼”在水中运动时所受阻力fA；
(3)“A鱼”和“B鱼”在水中运动时所受阻力之比fA∶fB。
[破题关键点]　
(1)两“鱼”入水前做什么规律的运动？
(2)两“鱼”入水后竖直下潜过程中，受哪些力作用？做什么规律的直线运动？
[解析]　(1)“A鱼”在入水前做自由落体运动，有
vA12－0＝2gH ①
得：vA1＝ ②
(2)“A鱼”在水中运动时受重力、浮力和阻力的作用，做匀减速运动，设加速度为aA，有
F合＝F浮＋fA－mg ③
F合＝maA④
0－vA12＝－2aAhA ⑤
由题意：F浮＝mg
综合上述各式，得
fA＝mg(－) ⑥
(3)考虑到“B鱼”的受力、运动情况与“A鱼”相似，有
fB＝mg(－) ⑦
综合⑥、⑦两式，得
＝
[答案]　(1)　(2)mg(－)
(3)
(掌握类题通法)
一、基础知识要记牢
1．已知物体的受力情况求物体的运动情况
已知物体的受力情况，可以求出物体所受的合外力，根据牛顿第二定律可求出物体的加速度，再知道物体的初始条件(初位置和初速度)，根据运动学公式，就可以求出物体在任一时刻的速度和位移，也就可以求解物体的运动情况。
2．已知物体的运动情况求物体的受力情况
根据物体的运动情况，由运动学公式可以求出加速度，再根据牛顿第二定律可确定物体的受力情况，从而求出未知的力，或与力相关的某些物理量，如动摩擦因数、弹簧的劲度系数、力的方向等。
物体的运动情况由所受的力及物体运动的初始状态共同决定，无论哪种情况，联系力和运动的“桥梁”都是加速度。
二、方法技巧要用好
1．动力学两类问题的分析思路
2．常用方法
(1)整体法、隔离法。
(2)正交分解法，一般取加速度方向和垂直于加速度方向进行分解，为减少分解的矢量的个数，有时也根据情况分解加速度。
三、易错易混要明了
应用牛顿第二定律列式时，一般以加速度方向为正方向列式，而应用运动学公式列式时，一般以初速度方向为正方向列式，在处理具体问题时加速度与初速度的方向不一定一致，因此要注意v0和a的符号。
牛顿运动定律与图象的综合应用
……………………(解读命题角度)
[例4]　如图1－2－3甲所示，质量为M的长木板，静止放置在粗糙水平地面上，有一个质量为m、可视为质点的物块，以某一水平初速度从左端冲上木板。从物块冲上木板到物块和木板达到共同速度的过程中，物块和木板的v－t图象分别如图乙中的折线acd和bcd所示，a、b、c、d点的坐标分别为a(0,10)、b(0,0)、c(4,4)、d(12,0)。根据v－t图象，求：
图1－2－3
(1)物块冲上木板做匀减速直线运动的加速度大小a1，木板开始做匀加速直线运动的加速度大小a2，达到共同速度后一起做匀减速直线运动的加速度大小a3；
(2)物块质量m与长木板质量M之比；
(3)物块相对长木板滑行的距离Δx。
[思路点拨]　
(1)v－t图象斜率大小表示物体运动的加速度大小；
(2)不同物体或不同时间阶段受力情况分析；
(3)物块与木板同速后不再发生相对滑动。
[解析]　(1)由v－t图象可求出物块冲上木板做匀减速直线运动的加速度大小a1＝ m/s2＝1.5 m/s2，木板开始做匀加速直线运动的加速度大小a2＝ m/s2＝1 m/s2，达到共同速度后一起做匀减速直线运动的加速度大小a3＝ m/s2＝0.5 m/s2。
(2)对物块冲上木板匀减速阶段：μ1mg＝ma1
对木板向前匀加速阶段：μ1mg－μ2(m＋M)g＝Ma2
物块和木板达到共同速度后向前匀减速阶段：μ2(m＋M)g＝(M＋m)a3
以上三式联立可得＝。
(3)由v－t图象可以看出，物块相对于长木板滑行的距离Δx对应图中△abc的面积，故Δx＝10×4× m＝20 m。
[答案]　(1)1.5 m/s2　1 m/s2　0.5 m/s2　(2)　(3)20 m
……………………(掌握类题通法)
一、基础知识要记牢
(1)高考中关于动力学问题的图象主要有x－t图象、v－t图象、F－t图象等。
(2)在v－t图象中：
①“点”的意义：图象上的任一点表示对应时刻物体的速度。
②“线”的意义：任一段线段在v轴上投影，则影长表示在对应时间段内物体速度的变化量。
③“斜率”的意义：“斜率”表示物体的加速度。
④“面积”的意义：图象与坐标轴围成的“面积”表示物体在对应的时间段内发生的位移。
⑤“截距”的意义：纵轴截距表示物体出发时的速度，横轴截距表示物体出发时距计时起点的时间间隔或速度为零的时刻。
二、方法技巧要用好
(1)首先弄清图象纵、横坐标的含义(位移、速度、加速度等)。
(2)利用图象分析动力学问题时，关键要将题目中的物理情境与图象结合起来分析，利用物理规律或公式求解或作出判断。
(3)弄清图象中斜率、截距、交点、转折点、面积等的物理意义，从而充分利用图象提供的信息来解决问题。

[课堂——针对考点强化训练]
1.(2012·武汉调研)如图1－2－4所示，在倾角为θ＝30°的足够长的光滑斜面上，一质量为2 kg的小球自与斜面底端P点相距0.5 m处，以4 m/s的初速度沿斜面向上运动。在返回P点之前，若小球与P点之间的距离为d，重力加速度g取10 m/s2。则d与t的关系式为(　　) 图1－2－4
A．d＝4t＋2.5t2　　　　　　 B．d＝4t－2.5t2
C．d＝0.5＋4t＋2.5t2 D．d＝0.5＋4t－2.5t2
解析：选D　取沿斜面向上为正方向，小球沿斜面向上做匀减速直线运动，其位移x＝v0t－at2，v0＝4 m/s，a＝gsin θ＝5 m/s2，故x＝4t－2.5t2，又d＝0.5＋x，所以d＝0.5＋4t－2.5t2，D正确。
2．(2012·江苏高考)将一只皮球竖直向上抛出，皮球运动时受到空气阻力的大小与速度的大小成正比。下列描绘皮球在上升过程中加速度大小a与时间t关系的图象，可能正确的是(　　)
图1－2－5
解析：选C　对皮球进行受力分析，受到竖直向下的重力、阻力作用，根据牛顿第二定律，皮球在上升过程中的加速度大小a＝，因皮球上升过程中速度v减小，加速度减小，当速度v＝0时，加速度a＝g，a－t图象逐渐趋近一条平行于t轴的直线，C正确；A、B、D错误。
3.(2012·济南模拟)如图1－2－6所示，光滑水平面上放置质量分别为m、2m和3m的三个木块，其中质量为2m和3m的木块之间用一轻弹簧相连，轻弹簧能承受的最大拉力为T。现用水平拉力F拉质量为3m 图1－2－6
的木块，使三个木块一起加速运动，则以下说法正确的是(　　)
A．质量为2m的木块受到四个力的作用
B．当F逐渐增大到T时，轻弹簧刚好被拉断
C．当F逐渐增大到1.5T时，轻弹簧还不会被拉断
D．当F撤去瞬间，m所受摩擦力的大小和方向不变
解析：选CD　以三个木块为整体，由牛顿第二定律可得：F＝6ma，对m和2m的整体，则有T弹＝(2m＋m)a，当T弹＝T时，F＝2T，可见B错误，C正确；2m的木块受到轻弹簧的拉力、重力、地面支持力、m对2m的压力、和m对2m水平向左的静摩擦力，故A错误；因F撤去瞬间，轻弹簧的弹力T弹不变，故m的加速度的大小和方向均不变，故D正确。
4．(2012·安徽高考) 质量为0.1 kg的弹性球从空中某高度由静止开始下落，该下落过程对应的v－t图象如图1－2－7所示。球与水平地面相碰后离开地面时的速度大小为碰撞前的。设球受到的空气阻力大小恒为f，取g＝10 m/s2，求： 图1－2－7
(1)弹性球受到的空气阻力f的大小；
(2)弹性球第一次碰撞后反弹的高度h。
解析： (1)设弹性球第一次下落过程中的加速度大小为a1，由图知
a1＝＝ m/s2＝8 m/s2
根据牛顿第二定律，得
mg－f＝ma1
f＝m(g－a1)＝0.2 N
(2)由题图知弹性球第一次到达地面时的速度大小为v1＝4 m/s，设球第一次离开地面时的速度大小为v2，则
v2＝v1＝3 m/s
第一次离开地面后，设上升过程中球的加速度大小为a2，则
mg＋f＝ma2，a2＝12 m/s2
于是，有0－v22＝－2a2h
解得h＝ m。
答案：(1)0.2 N　(2) m
[课下——针对高考押题训练]
1.(2012·上海质检)甲、乙两位同学进行百米赛跑，假如把他们的运动近似当作匀速直线运动来处理，他们同时从起跑线起跑，经过一段时间后他们的位置如图1所示，在图2中分别作出在这段时间内两人运动的位移x、速度v与时间t的关系图象，正确的是(　　) 图1
图2
解析：选B　甲、乙两同学均做匀速直线运动，D错误，由题图1可知，v乙>v甲，故B正确，A、C错误。
2.(2012·江西重点中学联考)如图3所示，质量为m1的足够长木板静止在光滑水平面上，其上放一质量为m2的木块。t＝0时刻起，给木块施加一水平恒力F。分别用a1、a2和v1、v2表示木板、木块的加速度和 图3
速度大小，图4中可能符合运动情况的是(　　)

解析：选AC　若施加的外力F较小，则木块m2与木板m1一起加速运动，A正确；若施加的外力F足够大，则木块m2相对木板m1滑动，此时a2>a1，故C正确，B、D均错误。
3．(2012·重庆检测)如图5所示，汽车以10 m/s的速度匀速驶向路口，当行驶至距路口停车线20 m处时，绿灯还有3 s熄灭。而该汽车在绿灯熄灭时刚好停在停车线处，则汽车运动的速度(v)－时间(t)图象可能是 (　　)

解析：选C　由速度图象与横轴所夹“面积”等于这段时间内的位移可知，该汽车在绿灯熄灭时刚好停在停车线处，其在3 s内的位移一定为20 m，故汽车运动的速度(v)－时间(t)图象可能是C。
4.(2012·安徽高考)如图6所示，放在固定斜面上的物块以加速度a沿斜面匀加速下滑，若在物块上再施加一个竖直向下的恒力F，则(　　)
A．物块可能匀速下滑 图6
B．物块仍以加速度a匀加速下滑
C．物块将以大于a的加速度匀加速下滑
D．物块将以小于a的加速度匀加速下滑
解析：选C　对物块进行受力分析，设斜面的角度为θ，可列方程mgsin θ－μmgcos θ＝ma，sin θ－μcos θ＝a/g，当加上力F后，由牛顿第二定律得(mg＋F)sin θ－μ(mg＋F)cos θ＝ma1，即mgsin θ－μmgcos θ＋Fsin θ－μFcos θ＝ma1，ma＋Fsin θ－μFcos θ＝ma1，Fsin θ－μFcos θ＝F(sin θ－μcos θ)＝Fa/g，Fa/g大于零，代入上式知，a1大于a。物块将以大于a的加速度匀加速下滑。只有C项正确。
5.(2012·上海高考)如图7所示，光滑斜面固定于水平面上，滑块A、B叠放后一起冲上斜面，且始终保持相对静止，A上表面水平。则A、B整体在斜面上运动时，B受力的示意图为(　　)
图7

解析：选A　因A上表面水平，A、B间若存在摩擦力，只能沿水平方向，故C、D均错误；因A、B沿光滑斜面向上冲时，加速度一定沿斜面向下，故滑块B水平方向必有向左的合外力，即A对B的静摩擦力Ff，故A正确，B错误。
6．利用如图9甲所示的装置测量滑块和滑板间的动摩擦因数，将质量为M的滑块A放在倾斜滑板B上，C为位移传感器，它能将滑块A到传感器C的距离数据实时传送到计算机上，经计算机处理后在屏幕上显示出滑块A的速度－时间(v－t)图象。先给滑块A一个沿滑板B向上的初速度，得到的v－t图象如图乙所示，则(　　)

A．滑块A上滑时加速度的大小为8 m/s2
B．滑块A下滑时加速度的大小为8 m/s2
C．滑块与滑板之间的动摩擦因数μ＝0.5
D．滑块A上滑时运动的位移为2 m
解析：选A　滑块A上滑时加速度的大小a1＝|| m/s2＝8.0 m/s2，A项正确；A下滑时的加速度a2＝ m/s2＝4.0 m/s2，B项错误；由牛顿第二定律知A上滑时mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1，A下滑时mgsin θ－μmgcos θ＝ma2，解得μ＝0.25，C项错误；在速度－时间图象中面积表示位移，滑块A上滑时运动的位移为1 m，D项错误。
7．如图10甲所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率v1运行。初速度大小为v2的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带。若从小物块滑上传送带开始计时，小物块在传送带上运动的v－t图象(以地面为参考系)如图乙所示。已知v2>v1，则(　　)
图10
A．t2时刻，小物块离A处的距离达到最大
B．t2时刻，小物块相对传送带滑动的距离达到最大
C．0～t2时间内，小物块受到的摩擦力方向先向右后向左
D．0～t3时间内，小物块始终受到大小不变的摩擦力作用
解析：选B　小物块对地速度为零时，即t1时刻，向左离开A处最远。t2时刻，小物块相对传送带静止，此时不再相对传送带滑动，所以从开始到此刻，它相对传送带滑动的距离最大。0～t2时间内，小物块受到的摩擦力为滑动摩擦力，方向始终向右，大小不变。t2时刻以后相对传送带静止，故不再受摩擦力作用。B正确。
8．(2012·合肥模拟)如图11所示，在水平桌面上叠放着质量相等的A、B两块木板，在木板A上放着质量为m的物块C，木板和物块均处于静止状态。A、B、C之间以及B与地面之间的动摩擦因数均为μ，设最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，重力加速度为g，现用水平恒力F向右拉木板A，则以下判断正确的是(　　)
图11
A．不管F多大，木板B一定保持静止
B．B受到地面的滑动摩擦力大小一定小于F
C．A、C之间的摩擦力大小一定等于μmg
D．A、B之间的摩擦力大小不可能等于F
解析：选A　设A、B的质量为M，则A对B的最大静摩擦力FfAB＝μ(M＋m)g，而地面对B的最大静摩擦力大小为FfB地＝μ(2M＋m)g，故无论F多大，B一定保持静止，A正确；若F9．(2012·北京高考)摩天大楼中一部直通高层的客运电梯，行程超过百米，电梯的简化模型如图12甲所示。考虑安全、舒适、省时等因素，电梯的加速度a是随时间t变化的。已知电梯在t＝0时由静止开始上升，a－t图象如图乙所示。电梯总质量m＝2.0×103 kg。忽略一切阻力，重力加速度g取10 m/s2。
图12
(1)求电梯在上升过程中受到的最大拉力F1和最小拉力F2；
(2)类比是一种常用的研究方法。对于直线运动，教科书中讲解了由v－t图象求位移的方法。请你借鉴此方法，对比加速度和速度的定义，根据图乙所示a－t图象，求电梯在第1 s内的速度改变量Δv1和第2 s末的速率v2。
解析：(1)由牛顿第二定律，有F－mg＝ma
由a－t图象可知，F1和F2对应的加速度分别是a1＝1.0 m/s2，a2＝－1.0 m/s2，
F1＝m(g＋a1)＝2.0×103×(10＋1.0)N＝2.2×104 N
F2＝m(g＋a2)＝2.0×103×(10－1.0)N＝1.8×104 N
(2)类比可得，所求速度变化量等于第1 s内a－t图线下的面积
Δv1＝0.5 m/s
同理可得Δv2＝v2－v0＝1.5 m/s
v0＝0，第2 s末的速率v2＝1.5 m/s
答案：(1)F1＝2.2×104 N　F2＝1.8×104 N
(2) Δv1＝0.5 m/s　v2＝1.5 m/s
10．(2012·武汉调考)如图13所示，水平面上有一固定着轻质定滑轮O的木块A，它的上表面与水平面平行，它的右侧是一个倾角θ＝37°的斜面。放置在A上的物体B和物体C通过一轻质细绳相连，细绳的一部分与水平面平行，另一部分与斜面平行。现对A施加一水平向右的恒力F，使A、B、C恰好保持相对静止。已知A、B、C的质量均为m，重力加速度为g，不计一切摩擦，求恒力F的大小。(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)
图13
解析：设绳的张力为FT，斜面对物体C的支持力为FN，系统加速度为a，以B为研究对象FT＝ma
以C为研究对象
FNsin θ－FTcos θ＝ma
FNcos θ＋FTsin θ＝mg
联立解得a＝
以A、B、C为整体F＝3ma，
故F＝mg。
答案：mg
第3讲抛体运动与圆周运动
运动的合成与分解
……………………(解读命题角度)
[例1]　(2012·汕头模拟)如图1－3－1所示，吊车以v1速度沿水平直线匀速行驶，同时以v2速度收拢绳索提升物体时，下列表述正确的是(　　)
图1－3－1
A．物体的实际运动速度为v1＋v2
B．物体的实际运动速度为
C．物体相对地面做曲线运动
D．绳索保持竖直状态
[思路点拨]　解答本题时应注意以下两点：
(1)明确物体被提升过程中同时参与了哪两个方向的运动。
(2)物体做曲线运动的条件。
[解析]　物体在水平方向随吊车以速度v1匀速运动的同时，在竖直方向上以速度v2匀速上升，故物体的实际速度v＝，大小、方向均恒定，故物体相对地面做直线运动，因物体的加速度为零，绳的拉力与物体的重力等大反向，绳索保持竖直状态，综上所述，可知A、C错误，B、D正确。
[答案]　BD
……………………(掌握类题通法)
一、基础知识要记牢
1．合运动与分运动的关系
等时性
各分运动经历的时间与合运动经历的时间相等
独立性
一个物体同时参与几个分运动，各个运动独立进行不受其他分运动的影响
等效性
各个分运动的规律叠加起来与合运动的规律有完全相同的效果
说明
合运动是物体的实际运动
2．物体做曲线运动的特点
F合与v不在同一直线上。
(1)F合恒定：做匀变速曲线运动。
(2)F合不恒定：做非匀变速曲线运动。
(3)做曲线运动的物体受的合力总是指向曲线的凹侧。
二、方法技巧要用好
1．解决运动合成和分解的一般思路
(1)明确合运动或分运动的运动性质。
(2)明确是在哪两个方向上的合成或分解。
(3)找出各个方向上已知的物理量(速度、位移、加速度)。
(4)运用力与速度的关系或矢量的运算法则进行分析求解。
2．小船过河的两类问题的分析方法
(1)要求最短时间过河，则船头必须垂直指向对岸，不论船速与水流速度的关系如何。
(2)要求过河的位移最短，则要区分两种情况：
①当船在静水中的速度v1大于水流速度v2时，最短过河位移为河宽d，如图1－3－2所示，船头指向上游与河岸的夹角α＝arccos  图1－3－2
图1－3－3
②当船在静水中的速度v1小于水流速度v2时，过河的最短位移为x，如图1－3－3所示，船头指向上游与河岸的夹角为
θ＝arccos ，最短位移x＝d。
三、易错易混要明了
(1)两互成角度的直线运动的合运动不一定是曲线运动。
(2)小船渡河的最短位移不一定是河宽，小船以最短时间渡河时，位移不是最小。
平抛运动的基本规律
……………………(解读命题角度)
[例2]　(2012·新课标全国卷)如图1－3－4所示，x轴在水平地面内，y轴沿竖直方向。图中画出了从y轴上沿x轴正向抛出的三个小球a、b和c的运动轨迹，其中b和c是从同一点抛出的。不计空气阻力，则(　　) 图1－3－4
A．a的飞行时间比b的长
B．b和c的飞行时间相同
C．a的水平速度比b的小
D．b的初速度比c的大
[思路点拨]　
(1)由运动轨迹图象明确三球平抛起点高度大小关系和水平位移大小关系。
(2)小球平抛运动时间的决定因素。
(3)小球的初速度与哪些因素有关。
[解析]　平抛运动在竖直方向上的分运动为自由落体运动，由h＝gt2可知，飞行时间由高度决定，hb＝hc>ha，故b与c的飞行时间相同，均大于a的飞行时间，A错，B对；由题图可知a、b的水平位移满足xa>xb，由于飞行时间tb>ta，根据x＝v0t得v0a>v0b，C错；同理可得v0b>v0c，D对。
[答案]　BD
(掌握类题通法)
一、基础知识要记牢
1．平抛运动
以一定的初速度将物体水平抛出，在只受重力的情况下，物体所做的运动。
(1)位移关系
(2)速度关系
2．类平抛运动
以一定的初速度将物体水平抛出，如果物体受的合力恒定且与初速度方向垂直，则物体做类平抛运动。类平抛运动的加速度方向不一定竖直向下，大小也不一定等于g。
3．两个重要结论
(1)设做平抛运动的物体在任意时刻、任意位置处的瞬时速度与水平方向的夹角为θ，位移与水平方向的夹角为φ，则有tan θ＝2tan φ。如图1－3－5甲所示。
图1－3－5
(2)做平抛运动的物体任意时刻的瞬时速度的反向延长线一定通过此时水平位移的中点。如图1－3－5乙所示。
二、方法技巧要用好
(1)处理平抛运动(或类平抛运动)时，一般将运动沿初速度方向和垂直于初速度方向进行分解，先按分运动规律列式，再用运动的合成求合运动。
(2)对于在斜面上平抛又落到斜面上的问题，其竖直位移与水平位移之比等于斜面倾角的正切值。
(3)若平抛的物体垂直打在斜面上，则物体打在斜面上瞬间，其水平速度与竖直速度之比等于斜面倾角的正切值。
三、易错易混要明了
做平抛运动的物体，其位移方向与速度方向一定不同。
圆周运动问题分析
……………………(解读命题角度)
[例3]　如图1－3－6所示，竖直平面内有一圆弧形光滑轨道，圆弧半径为R。AD为水平面，A端与圆心O等高，B点在圆心的正上方，一个质量为m的小球，自A点以竖直向下的初速度进入圆弧轨道，经过圆弧上的B点飞出后落到C点。已知AC＝R，重力加速度为g。求： 图1－3－6
(1)小球通过B点时对轨道的压力大小；
(2)小球在A点的初速度大小；
(3)若圆弧轨道不光滑，小球在A点仍以相同的初速度进入圆弧轨道，恰能通过B点，则小球在运动过程中克服摩擦力做了多少功？
[解析]　(1)由B到C小球做平抛运动
R＝gt2　s＝vBt
在B点由牛顿第二定律得F＋mg＝m
解得F＝mg
由牛顿第三定律，小球对轨道的压力为mg
(2)小球由A点到B点，机械能守恒
mvA2＝mvB2＋mgR
由以上解得vA＝2
(3)小球恰能通过最高点B时有mg＝m
从A点到B点，由动能定理得－mgR－W＝mv2－mvA2
由以上式子解得Wt＝mgR
[答案]　(1)mg　(2)2　(3)mgR
(掌握类题通法)
一、基础知识要记牢
1．描述匀速圆周运动快慢的物理量
线速度v、角速度ω、周期T、频率f、转速n
它们间的关系为：v＝＝，ω＝＝，v＝ωr，n＝f＝
2．注意两个问题
(1)凡是直接用皮带传动(包括链条传动、摩擦传动)的两个轮子，两轮边缘上各点的线速度大小相等；
(2)凡是同一个轮轴上(或各个轮都绕同一根轴同步转动)各点角速度相等。
3．圆周运动的向心力来源
在匀速圆周运动中合力提供向心力，在非匀速圆周运动中，沿半径方向的合外力提供向心力。
二、方法技巧要用好
1．解决圆周运动动力学问题的一般步骤
(1)首先要明确研究对象；
(2)对其受力分析明确向心力的来源；
(3)确定其运动轨道所在的平面、圆心的位置以及半径；
(4)将牛顿第二定律应用于圆周运动，得到圆周运动中的动力学方程，有以下各种情况，F＝m＝mrω2＝mvω＝mr＝4π2mrf2。解题时应根据已知条件进行选择。
2．竖直面内圆周运动的两种临界问题的比较
最高点无支撑
最高点有支撑
实例
球与绳连接、水流星、翻滚过山车
球与杆连接、球过竖直的圆形管道，套在圆环上的物体等
图示
在最高点受力
重力，弹力F弹向下或等于零
mg＋F弹＝m
重力，弹力F弹向下、向上或等于零
mg±F弹＝m
恰好过最高点
F弹＝0，mg＝m，v＝，即在最高点速度不能为零
v＝0，mg＝F弹
在最高点速度可为零
三、易错易混要明了
(1)做圆周运动的物体，其向心力一定由沿半径指向圆心的合外力提供，与切向合力无关。
(2)对于竖直平面内的圆周运动，要注意区别“绳模型”和“杆模型”，两种模型在最高点的临界条件不同。

[课堂——针对考点强化训练]
1．(2012·黄冈期末)下列图1－3－7中实线为河岸，河水的流动方向如图中v的箭头所示，虚线为小船从河岸M驶向对岸N的实际航线。则其中可能正确的是(　　)
图1－3－7
解析：选AB　当船头垂直于河岸和船头斜向下游时，船的实际速度方向应斜向下游，故C、D均错误，A正确；当船头斜向上游时，船的实际速度有可能垂直于河岸，故B正确。
2．(2012·江苏高考)如图1－3－8所示，相距l的两小球A、B位于同一高度h(l、h均为定值)。将A向B水平抛出的同时，B自由下落。A、B与地面碰撞前后，水平分速度不变，竖直分速度大小不变、方向相反。不计空气阻力及小球与地面碰撞的时间，则(　　) 图1－3－8
A．A、B在第一次落地前能否相碰，取决于A的初速度
B．A、B在第一次落地前若不碰，此后就不会相碰
C．A、B不可能运动到最高处相碰
D．A、B一定能相碰
解析：选AD　A、B两球在第一次落地前竖直方向均做自由落体运动，若在落地时相遇，此时A球水平抛出的初速度v0＝，h＝gt2，则v0＝l，只要A的水平初速度大于v0，A、B两球就可在第一次落地前相碰，A正确；若A、B在第一次落地前不能碰撞，则落地反弹后的过程中，由于A向右的水平速度保持不变，所以当A的水平位移为l时，即在t＝时，A、B一定相碰，在t＝时，A、B可能在最高点，也可能在竖直高度h中的任何位置，所以B错误，C错误，D正确。
3．(2012·上海期末)如图1－3－9所示，倾角30°的斜面连接水平面，在水平面上安装半径为R的半圆竖直挡板，质量m的小球从斜面上高为R/2处静止释放，到达水平面恰能贴着挡板内侧运动。不计小球体积，不计摩擦和机械能损失。则小球沿挡板运动时对挡板的力是(　　)
图1－3－9
A．0.5mg　　　　　　　　　 B．mg
C．1.5mg D．2mg
解析：选B　质量m的小球从斜面上高为R/2处静止释放，由机械能守恒定律可得，到达水平面时速度的二次方v2＝gR，小球在挡板弹力作用下做匀速圆周运动，F＝mv2/R，由牛顿第三定律，小球沿挡板运动时对挡板的力F′＝F，联立解得F′＝mg，选项B正确。
4.如图1－3－10所示，长为L的轻杆一端固定质量为m的小球，另一端有固定转轴O。现使小球在竖直平面内做圆周运动。P为圆周轨道的最高点。若小球通过圆周轨道最低点时的速度大小为 ，则以下判断正确的是(　　)
A．小球不能到达P点 图1－3－10
B．小球到达P点时的速度小于
C．小球能到达P点，但在P点不会受到轻杆的弹力
D．小球能到达P点，且在P点受到轻杆向下的弹力
解析：选B　根据机械能守恒定律2mgL＝mv2－mvP2，可求出小球在P点的速度为<，故B正确，A错误。小球在P点所需要的向心力F＝＝mg，故小球在P点受到轻杆向上的弹力，故C、D均错误。
5．(2012·福建高考)如图1－3－11所示，置于圆形水平转台边缘的小物块随转台加速转动，当转速达到某一数值时，物块恰好滑离转台开始做平抛运动。现测得转台半径R＝0.5 m，离水平地面的高度H＝0.8 m，物块平抛落地过程水平位移的大小x＝0.4 m。设物 图1－3－11
块所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g＝10 m/s2。求：
(1)物块做平抛运动的初速度大小v0；
(2)物块与转台间的动摩擦因数μ。
解析：(1)物块做平抛运动，在竖直方向上有
H＝gt2　 ①
在水平方向上有　x＝v0t　 ②
由①②式解得　v0＝x＝1 m/s　 ③
(2)物块离开转台时，最大静摩擦力提供向心力，有
Ffm＝m　 ④
Ffm＝μFN＝μmg　 ⑤
由③④⑤式解得　μ＝，
μ＝0.2
答案：(1)1 m/s　(2)0.2
[课下——针对高考押题训练]
1.如图1所示，靠摩擦传动做匀速转动的大、小两轮接触面互不打滑，大轮半径是小轮半径的2倍，A、B分别为大、小轮边缘上的点，C为大轮上一条半径的中点，则(　　)
A．两轮转动的角速度相等
B．小轮转动的角速度是大轮的2倍 图1
C．质点加速度aA＝2aB
D．质点加速度aB＝2aC
解析：选B　两轮不打滑，边缘质点线速度大小相等，vA＝vB，而rA＝2rB，故ωA＝ωB，A错误，B正确；由a＝得＝＝，C错误；由a＝ω2r，得＝＝2，则＝4，D错误。
2．如图2所示，在不计滑轮摩擦和绳子质量的条件下，当小车匀速向右运动时，物体A的受力情况是(　　)
图2
A．绳的拉力大于A的重力
B．绳的拉力等于A的重力
C．绳的拉力小于A的重力
D．拉力先大于重力，后变为小于重力
解析：选A　小车水平向右的速度(也就是绳子末端的运动速度)为合速度，它的两个分速度v1、v2如图所示，其中v2就是拉动绳子的速度，它等于A上升的速度。由图得，vA＝v2＝vcos θ。
小车匀速向右运动过程中，θ逐渐变小，可知vA逐渐变大，故A做加速运动，由A的受力及牛顿第二定律可知绳的拉力大于A的重力，故选项A正确。
3.(2011·安徽高考)一般的曲线运动可以分成很多小段，每小段都可以看成圆周运动的一部分，即把整条曲线用一系列不同半径的小圆弧来代替。如图3甲所示，曲线上A点的曲率圆定义为：通过A点和曲线上紧邻A点两侧的两点作一圆，在极限情况下，这个圆就叫做A点的曲率圆，其半径ρ叫做A点的曲率半径。现将一物体沿与水平面成α角的方向以速度v0抛出，如图乙所示。则在其轨迹最高点P处的 图3
曲率半径是(　　)
A. B.
C. D.
解析：选C　根据运动的分解，物体在最高点的速度等于水平分速度，即为v0cos α，在最高点看成是向心力为重力的圆周运动的一部分，则mg＝m，ρ＝，C项正确。
4．(2012·济宁模拟)一探照灯照射在云层底面上，云层底面是与地面平行的平面，如图4所示，云层底面距地面高h，探照灯以角速度ω在竖直平面内转动，当光束转到与竖直方向夹角为θ时，云层底面上光点的移动速度是(　　)
A．hω B. 图4
C. D．hωtan θ
解析：选C　当光束转到与竖直方向夹角为θ时，云层底面上光点转动的线速度为。设云层底面上光点的移动速度为v，则有vcos θ＝，解得云层底面上光点的移动速度v＝，选项C正确。
5.如图5所示，滑雪者从山上M处以水平速度飞出，经t0时间落在斜坡的N处时速度方向刚好沿斜坡向下，接着从N点沿直线自由滑下，又经t0时间到达坡底的P处。斜坡与水平面夹角为30°，不计摩擦阻力和空气阻力，则从M点到P点的过程中水平、竖直两方向的分速度vx、vy随时间变化的图象是(　　) 图5
图6
解析：选BD　在由M点到N点过程中，滑雪者做平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，当滑雪者到达斜坡的N点时，沿斜坡开始做匀加速运动，可将沿斜坡向下的加速度分解为水平方向的加速度和竖直方向的加速度，则滑雪者在这两个方向上均做匀加速直线运动。
6．(2012·孝感一模)如图7所示，一长为L的木板，倾斜放置，倾角为45°，今有一弹性小球，自与木板上端等高的某处自由释放，小球落到木板上反弹时，速度大小不变，碰撞前后，速度方向与木板夹角相等，欲使小球恰好落到木板下端，则小球释放点距木板上端的水平距离为(　　)
A.L B.L 图7
C.L D.L
解析：选D　设小球释放点距木板上端的水平距离为h，由几何关系可知，θ＝45°，所以下落高度为h，根据自由落体运动规律，末速度v＝，也就是平抛运动的初速度，设平抛运动的水平位移和竖直位移分别为x和y，因θ＝45°，所以x＝y，由平抛运动规律x＝vt，y＝gt2，联立解得x＝4h，由题意可知4h＋h＝L，解得h＝L，所以选项D正确。
7.(2012·上海高考)如图8所示，斜面上a、b、c三点等距，小球从a点正上方O点抛出，做初速为v0的平抛运动，恰落在b点。若小球初速变为v，其落点位于c，则(　　)
A．v0B．v＝2v0 图8
C．2v0D．v>3v0
解析：选A　以O点为原点，v0方向为x轴，竖直向下为y轴建立平面直角坐标系，则有xc＝2xb，yc>yb，由xb＝v0tb，xc＝vtc和tc>tb，可知，v08．(2012·上海高考)图9a为测量分子速率分布的装置示意图。圆筒绕其中心匀速转动，侧面开有狭缝N，内侧贴有记录薄膜，M为正对狭缝的位置。从原子炉R中射出的银原子蒸汽穿过屏上的S缝后进入狭缝N，在圆筒转动半个周期的时间内相继到达并沉积在薄膜上。展开的薄膜如图9b所示，NP、PQ间距相等。则(　　)
图9
A．到达M附近的银原子速率较大
B．到达Q附近的银原子速率较大
C．位于PQ区间的分子百分率大于位于NP区间的分子百分率
D．位于PQ区间的分子百分率小于位于NP区间的分子百分率
解析：选AC　进入圆筒后银原子做匀速直线运动，打到圆筒上越靠近M点的位置，用时越短，速度越快，越靠近N点的位置用时越长，速度越慢，因此A正确B不对，从图案上看，打到PQ间的原子数多于打到NP间的原子数，因此C正确而D不对。
9.如图10所示，边长为L的正方形ABCD中有竖直向上的匀强电场，一个不计重力的带电粒子，质量为m，电荷量为q，以初速度v0从A点沿AD方向射入，正好从CD的中点射出，而且射出时速度方向与CD成θ＝30°的夹角。
(1)该带电粒子带什么电？ 图10
(2)该电场的电场强度E为多少？
解析：(1)根据做曲线运动的物体受的合力总是指向曲线凹的一侧，故带电粒子受到的电场力竖直向下，带电粒子所受电场力方向与电场强度方向相反，所以粒子应带负电。
(2)带电粒子在电场中做类平抛运动，水平方向：L＝v0t，竖直方向：vy＝at，a＝Eq/m
又根据带电粒子离开电场时的速度方向，由题图可得
＝tan(90°－θ)
联立解得该电场的电场强度E＝。
答案：(1)负电　(2)
10．(2012·齐齐哈尔五校联考)如图11甲所示为车站使用的水平传送带的模型，它的水平传送带的长度为L＝8 m，传送带的皮带轮的半径均为R＝0.2 m，传送带的上部距地面的高度为h＝0.45 m，现有一个旅行包(视为质点)以速度v0＝10 m/s的初速度水平地滑上水平传送带。已知旅行包与皮带之间的动摩擦因数为μ＝0.6，皮带轮与皮带之间始终不打滑。g取10 m/s2。讨论下列问题。
图11
(1)若传送带静止，旅行包滑到B点时，人若没有及时取下，旅行包将从B端滑落，则包的落地点距B端的水平距离为多少？
(2)设皮带轮顺时针匀速转动，若皮带轮的角速度ω1＝40 rad/s，旅行包落地点距B端的水平距离又为多少？
(3)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x随皮带轮的角速度ω变化的图象。(只需画出图象，不要求写出计算过程)
解析：(1)旅行包做匀减速运动a＝μg＝6 m/s2，旅行包到达B端速度为v＝＝ m/s＝2 m/s，包的落地点距B端的水平距离为x＝vt＝v＝2× m＝0.6 m。
(2)当ω1＝40 rad/s时，皮带速度为v1＝ω1R＝8 m/s，当旅行包的速度也为v1＝8 m/s时，在皮带上运动了位移x＝＝ m＝3<8 m，以后旅行包做匀速直线运动，所以旅行包到达B端的速度也为v1＝8 m/s，包的落地点距B端的水平距离为x1＝v1t＝v1＝8×  m＝2.4 m。
(3)如图所示
答案：(1)0.6 m　(2)2.4 m　(3)见解析
第4讲万有引力定律及应用
天体质量和密度的估算
……………………(解读命题角度)
[例1]　(2012·福建高考)一卫星绕某一行星表面附近做匀速圆周运动，其线速度大小为v。假设宇航员在该行星表面上用弹簧测力计测量一质量为m的物体重力，物体静止时，弹簧测力计的示数为N。已知引力常量为G，则这颗行星的质量为(　　)
A.　　　　　　　　 B.
C. D.
[思路点拨]　
(1)明确行星表面附近的绕行卫星的轨道半径与行星半径的大小关系。
(2)明确行星表面物体的重力与其所受万有引力的大小关系。
[解析]　由题意知行星表面的重力加速度为g＝，又在行星表面有g＝，卫星在行星表面运行时有m′g＝m′，联立解得M＝，故选项B正确。
[答案]　B
……………………(掌握类题通法)
一、基础知识要记牢
1．万有引力定律表达式
F＝G
2．万有引力定律在天体运动中的主要应用公式
(1)＝m＝mrω2＝mr。
(2)＝mgr(gr为r处的重力加速度)。
(3)对天体表面的物体m0，在忽略自转时：＝m0g(式中R为天体半径)，可得GM＝gR2。
二、方法技巧要用好
(1)利用天体表面的重力加速度g和天体的半径R计算天体质量和密度。
由G＝mg，得M＝，ρ＝＝。
(2)利用天体的卫星：已知卫星的周期T(或线速度v)和卫星的轨道半径r计算天体质量和密度。
由G＝m＝mr，得M＝
若测天体的密度，将天体的质量M＝ρπR3代入得
ρ＝
三、易错易混要明了
(1)利用万有引力提供天体圆周运动的向心力估算天体质量，估算的是中心天体的质量而非环绕天体的质量。
(2)轨道半径与天体半径的关系为r＝R＋h，只有在天体表面附近的卫星，才有R?h，r≈R。
人造卫星的a、v、T、ω与r的关系
……………………(解读命题角度)
[例2]　(2012·浙江高考)如图1－4－1所示，在火星与木星轨道之间有一小行星带。假设该带中的小行星只受到太阳的引力，并绕太阳做匀速圆周运动。下列说法正确的是(　　)
图1－4－1
A．太阳对各小行星的引力相同
B．各小行星绕太阳运动的周期均小于一年
C．小行星带内侧小行星的向心加速度值大于外侧小行星的向心加速度值
D．小行星带内各小行星圆周运动的线速度值大于地球公转的线速度值
[思路点拨]　
(1)太阳对各小行星的万有引力提供其圆周运动的向心力。
(2)各小行星的质量和轨道半径不一定相同。
[解析]　因各小行星到太阳中心的距离不同，皆大于地球到太阳中心的距离，根据万有引力公式G＝m＝m()2r＝ma，知太阳对各小行星的引力不一定相同，各小行星绕太阳运动的周期均大于一年，则选项A、B错误，由a＝和v2＝，r越小，a越大，r越大，v越小，则选项C正确，D错误。
[答案]　C
(掌握类题通法)
一、基础知识要记牢
(1)在研究人造卫星等天体运动时，进行了以下近似：中心天体是不动的，环绕天体以中心天体的球心为圆心做匀速圆周运动；环绕天体只受到中心天体的万有引力作用，这个引力提供环绕天体做匀速圆周运动的向心力。
(2)同步卫星：
①同步卫星绕地心做匀速圆周运动的周期等于地球的自转周期。
②由G＝m(R＋h)，同步卫星都在赤道上空相同的高度上。
二、方法技巧要用好
人造卫星的a、v、ω、T与轨道半径的关系
G＝
卫星变轨问题分析
……………………(解读命题角度)
[例3]　2012年6月16日18时37分，执行我国首次载人交会对接任务的“神舟九号”载人飞船发射升空，在距地面343公里的近圆轨道上，与等待已久的“天宫一号”实现多次交会对接、分离，于6月29日10时许成功返回地面，下列关于“神舟九号”与“天宫一号”的说法正确的是(　　)
A．若再知道“天宫一号”的绕行周期，再利用万有引力常量，就可算出地球的质量
B．在对接前，“神舟九号”轨道应稍低于“天宫一号”的轨道，然后让“神舟九号”加速追上“天宫一号”并与之对接
C．在对接前，应让“神舟九号”和“天宫一号”在同一轨道上绕地球做圆周运动，然后让“神舟九号”加速追上“天宫一号”并与之对接
D．“神舟九号”返回地面时应在绕行轨道上先减速
[思路点拨]　
(1)航天器在圆轨道上运行时，地球对航天器的万有引力恰好提供其向心力。
(2)航天器要实现变轨，应增大或减小其运行速率。
[解析]　由＝m(R＋h)可知，要计算出地球的质量，除G、h、T已知外，还必须知道地球的半径R，故A错误，在对接前，“神舟九号”的轨道应稍低于“天宫一号”的轨道，“神舟九号”加速后做离心运动，才能到达较高轨道与“天宫一号”实现对接，故B正确，C错误；“神舟九号”返回地面时，应在圆形轨道上先减速，才能做近心运动，D正确。
[答案]　BD
……………………(掌握类题通法)
一、基础知识要记牢
(1)当物体做匀速圆周运动时，F供＝F需＝m。
(2)当F供＞F需时，物体做近心运动。
(3)当F供＜F需时，物体做离心运动。
二、方法技巧要用好
(1)当卫星的运行速度v增大时，即卫星加速，此时卫星所需向心力m增大，万有引力不足以提供向心力，卫星将做离心运动，脱离原来的圆轨道，轨道半径变大，克服引力做功，重力势能增加。但卫星一旦进入新的轨道运行，由v＝ 知其运行速度要减小，但重力势能、机械能均增加。
(2)当卫星的速度突然减小时，即卫星制动，此时卫星所需向心力减小，万有引力大于卫星所需的向心力，卫星将做向心运动，脱离原来的圆轨道，轨道半径变小，引力做正功，重力势能减少，进入新轨道运行时由v＝ 知运行速度将增大，但重力势能、机械能均减少。(卫星的发射和回收就是利用了这一原理)
(3)卫星绕过不同轨道上的同一点(切点)时，其加速度大小关系可用F＝＝ma比较得出。
三、易错易混要明了
卫星变轨时半径的变化，根据万有引力和所需向心力的大小关系判断；稳定在新轨道上的运行速度变化由v＝判断。

[课堂——针对考点强化训练]
1．(2012·深圳调研)在地球的圆形同步轨道上有某一卫星正在运行，则下列说法正确的是(　　)
A．卫星的重力小于在地球表面时受到的重力
B．卫星处于完全失重状态，所受重力为零
C．卫星离地面的高度是一个定值
D．卫星相对地面静止，处于平衡状态
解析：选AC　在地球的圆形同步轨道上正在运行的卫星，卫星的重力小于在地球表面时受到的重力，卫星处于完全失重状态，所受重力不为零，选项A正确B错误；卫星离地面的高度是一个定值，卫星相对地面静止，处于匀速圆周运动状态，选项C正确D错误。
2．(2012·山东高考)2011年11月3日，“神舟八号”飞船与“天宫一号”目标飞行器成功实施了首次交会对接。任务完成后“天宫一号”经变轨升到更高的轨道，等待与“神舟九号”交会对接。变轨前和变轨完成后“天宫一号”的运行轨道均可视为圆轨道，对应的轨道半径分别为R1、R2，线速度大小分别为v1、v2。则等于(　　)
A.　　　　　　　　　　 B.
C. D.
解析：选B　“天宫一号”做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，由G＝m可得v＝，则变轨前后＝，选项B正确。
3．(2012·唐山调研)2011年8月26日消息，英国曼彻斯特大学的天文学家认为，他们已经在银河系里发现一颗由曾经的庞大恒星转变而成的体积较小的行星，这颗行星完全由钻石构成。若已知万有引力常量，还需知道哪些信息可以计算该行星的质量(　　)
A．该行星表面的重力加速度及绕行星运行的卫星的轨道半径
B．该行星的自转周期与星体的半径
C．围绕该行星做圆周运动的卫星的公转周期及运行半径
D．围绕该行星做圆周运动的卫星的公转周期及公转线速度
解析：选CD　由万有引力定律和牛顿第二定律可知卫星绕中心天体运动的向心力由中心天体对卫星的万有引力提供，利用牛顿第二定律得G＝m＝mrω2＝mr；若已知卫星的轨道半径r和卫星的运行周期T、角速度ω或线速度v，可求得中心天体的质量为M＝＝＝，所以选项C、D正确。
4．(2012·天津高考)一人造地球卫星绕地球做匀速圆周运动，假如该卫星变轨后仍做匀速圆周运动，动能减小为原来的，不考虑卫星质量的变化，则变轨前后卫星的(　　)
A．向心加速度大小之比为4∶1
B．角速度大小之比为2∶1
C．周期之比为1∶8
D．轨道半径之比为1∶2
解析：选C　由万有引力提供向心力，＝，可得v＝。根据动能减小为原来的可知，速度减小为原来的，轨道半径增加到原来的4倍，向心加速度a＝减小到原来的，向心加速度大小之比为16∶1，轨道半径之比为1∶4，选项A、D错误。由角速度公式ω＝，可知角速度减小为原来的，角速度大小之比为8∶1，根据周期与角速度成反比可知，周期之比为1∶8，选项B错误，C正确。
5.航天飞机在完成对哈勃空间望远镜的维修任务后，在A点从圆形轨道Ⅰ进入椭圆轨道Ⅱ，B为轨道Ⅱ上的一点，如图1－4－2所示。关于航天飞机的运动，下列说法中错误的有(　　)
A．在轨道Ⅱ上经过A的速度小于经过B的速度
B．在轨道Ⅱ上经过A的动能小于在轨道Ⅰ上经过A的动能 图1－4－2
C．在轨道Ⅱ上运动的周期小于在轨道Ⅰ上运动的周期
D．在轨道Ⅱ上经过A的加速度小于在轨道Ⅰ上经过A的加速度
解析：选D　航天飞机在轨道Ⅱ上从远地点A向近地点B运动的过程中万有引力做正功，所以在A点的速度小于在B点的速度，选项A正确；航天飞机在A点减速后才能做向心运动，从圆形轨道Ⅰ进入椭圆轨道Ⅱ，所以轨道Ⅱ上经过A点的动能小于在轨道Ⅰ上经过A点的动能，选项B正确；根据开普勒第三定律＝k，因为轨道Ⅱ的长半轴小于轨道Ⅰ的半径，所以航天飞机在轨道Ⅱ的运动周期小于在轨道Ⅰ的运动周期，选项C正确；根据牛顿第二定律F＝ma，因航天飞机在轨道Ⅱ和轨道Ⅰ上A点的万有引力相等，所以在轨道Ⅱ上经过A点的加速度等于在轨道Ⅰ上经过A点的加速度，选项D错误。
[课下——针对高考押题训练]
1．(2012·广东高考)如图1所示，飞船从轨道1变轨至轨道2。若飞船在两轨道上都做匀速圆周运动，不考虑质量变化，相对于在轨道1上，飞船在轨道2上的(　　)
A．动能大
B．向心加速度大 图1
C．运行周期长
D．角速度小
解析：选CD　因为G＝m＝ma＝mrω2＝mr，解得v＝ ，a＝G，T＝2 π，ω＝，因为r增大，所以动能减小，加速度减小，运行周期变长，角速度减小，即只有C、D正确。
2．(2012·江苏高考)2011年8月，“嫦娥二号”成功进入了环绕“日地拉格朗日点”的轨道，我国成为世界上第三个造访该点的国家。如图2所示，该拉格朗日点位于太阳和地球连线的延长线上，一飞行器处于该点，在几乎不消耗燃料的情况下与地球同步绕太阳做圆周运动，则此飞行器的(　　)
A．线速度大于地球的线速度 图2
B．向心加速度大于地球的向心加速度
C．向心力仅由太阳的引力提供
D．向心力仅由地球的引力提供
解析：选AB　飞行器与地球同步绕太阳运动，说明二者角速度、周期相同，则线速度v＝ωr，因飞行器的轨道半径大，所以飞行器的线速度大于地球的线速度，A正确；因向心加速度a＝ω2r，所以飞行器的向心加速度大于地球的向心加速度，B正确；由题意可知飞行器的向心力应由太阳和地球对飞行器的引力的合力提供，C、D错误。
3．(2012·安徽高考)我国发射的“天宫一号”和“神舟八号”在对接前，“天宫一号”的运行轨道高度为350 km，“神舟八号”的运行轨道高度为343 km。它们的运行轨道均视为圆周，则(　　)
A．“天宫一号”比“神舟八号”速度大
B．“天宫一号”比“神舟八号”周期长
C．“天宫一号”比“神舟八号”角速度大
D．“天宫一号”比“神舟八号”加速度大
解析：选B　用万有引力定律处理天体问题的基本方法是：把天体的运动看成圆周运动，其做圆周运动的向心力由万有引力提供。G＝m＝mrω2＝mr()2＝m(2πf)2r＝ma，只有选项B正确。
4．(2012·重庆高考)冥王星与其附近的另一星体卡戎可视为双星系统，质量比约为7∶1，同时绕它们连线上某点O做匀速圆周运动。由此可知，冥王星绕O点运动的(　　)
A．轨道半径约为卡戎的
B．角速度大小约为卡戎的
C．线速度大小约为卡戎的7倍
D．向心力大小约为卡戎的7倍
解析：选A　两星绕连线上某点稳定转动，则转动周期和角速度相同，根据两星做圆周运动所需的向心力由万有引力提供，两星受到的万有引力为相互作用力，有＝，＝，解之得＝＝，A选项正确，B选项错误；线速度v＝ωR，＝＝，C选项错误；因两星向心力均由大小相等的相互作用的万有引力提供，D选项错误。
5．(2011·山东高考改编)甲、乙为两颗地球卫星，其中甲为地球同步卫星，乙的运行高度低于甲的运行高度，两卫星轨道均可视为圆轨道。以下判断正确的是(　　)
A．甲的周期大于乙的周期
B．乙的速度大于第一宇宙速度
C．甲的加速度大于乙的加速度
D．甲在运行时能经过北极的正上方
解析：选A　对同一个中心天体而言，根据开普勒第三定律可知，卫星的轨道半径越大，周期就越长，A正确。第一宇宙速度是环绕地球运行的最大线速度，B错。由G＝ma可得轨道半径大的天体加速度小，C错误。同步卫星只能在赤道的正上空，不可能过北极的正上方，D错。
6．(2012·北京高考)关于环绕地球运动的卫星，下列说法正确的是(　　)
A．分别沿圆轨道和椭圆轨道运行的两颗卫星，不可能具有相同的周期
B．沿椭圆轨道运行的一颗卫星，在轨道不同位置可能具有相同的速率
C．在赤道上空运行的两颗地球同步卫星，它们的轨道半径有可能不同
D．沿不同轨道经过北京上空的两颗卫星，它们的轨道平面一定会重合
解析：选B　由开普勒第三定律＝恒量，可知当圆轨道的半径R与椭圆轨道的半长轴a相等时，两卫星的周期相等，故A项错；沿椭圆轨道运行的卫星在关于长轴对称的两点速率相等，故B项对；所有同步卫星的轨道半径均相等，故C错；沿不同轨道运行的卫星，其轨道平面只要过地心即可，不一定重合，故D错。
7.探月卫星沿地月转移轨道到达月球附近，在P点进行第一次“刹车制动”后被月球捕获，进入椭圆轨道绕月飞行，如图3所示，若卫星的质量为m，远月点Q距月球表面的高度为h，运行到Q点时它的角速度为ω，加速度为a，月球的质量为M、半径为R，月球表面的重力加速度为g，引力常量为G，则卫星在远月点时对月球的万有引力大小为(　　)
A. B．ma 图3
C. D．m(R＋h)ω2
解析：选BC　卫星在远月点对月球的万有引力提供向心力得G＝ma，故A错误，B正确；又在月球表面有：G＝mg，得GM＝R2g，代入F＝得F＝，故C正确；又卫星绕月球沿椭圆轨道运行，故D错误。
8．“探路者”号宇宙飞船在宇宙深处飞行过程中，发现A、B两颗均匀球形天体，两天体各有一颗靠近其表面飞行的卫星，测得两颗卫星的周期相等，以下判断正确的是(　　)
A．天体A、B的质量一定不相等
B．两颗卫星的线速度一定相等
C．天体A、B表面的重力加速度之比等于它们的半径之比
D．天体A、B的密度一定相等
解析：选CD　假设某天体有卫星绕其表面旋转，万有引力提供向心力，可得G＝mR，那么该天体的平均密度为ρ＝＝＝，卫星的环绕速度v＝ ，表面的重力加速度g＝G＝G·，所以正确答案是C、D。
9．质量为m的探月航天器在接近月球表面的轨道上飞行，其运动视为匀速圆周运动。已知月球质量为M，月球半径为R，月球表面重力加速度为g，引力常量为 G，不考虑月球自转的影响，则航天器的(　　)
A．线速度 v＝  B．角速度ω＝
C．运行周期 T＝2π D．向心加速度 a＝
解析：选AC　由万有引力提供向心力可得 G＝ma＝m＝mω2R＝mR，再结合忽略自转后G＝mg，在解得相关物理量后可判断A、C正确。
10．有a、b、c、d四颗地球卫星，a还未发射，在地球赤道上随地球表面一起转动，b处于地面附近的近地轨道上正常运动，c是地球同步卫星，d是高空探测卫星，各卫星排列位置如图4所示，则有(　　)
图4
A．a的向心加速度等于重力加速度g
B．b在相同时间内转过的弧长最长
C．c在4小时内转过的圆心角是π/6
D．d的运动周期有可能是20小时
解析：选B　对a：－FN＝ma，又＝mg，故a＜g，A错误；由＝m得：v＝ ，b的速度最大，相同时间内转过的弧长最长，B正确；c为同步卫星，周期为24小时，故4小时转过的角度为×4＝，C错误；因d的运动周期一定大于c的周期，故周期一定大于24小时，D错误。
11．一行星绕恒星做圆周运动。由天文观测可得，其运行周期为 T，速度为 v。引力常量为 G，则下列说法错误的是(　　)
A．恒星的质量为
B．行星的质量为
C．行星运动的轨道半径为
D．行星运动的加速度为
解析：选B　因v＝ωr＝，所以r＝，C正确；结合万有引力定律公式＝m，可解得恒星的质量M＝，A正确；因不知行星和恒星之间的万有引力的大小，所以行星的质量无法计算，B错误；行星的加速度a＝ω2r＝×＝，D正确。
12.如图5所示，是某次发射人造卫星的示意图，人造卫星先在近地圆周轨道1上运动，然后改在椭圆轨道2上运动，最后在圆周轨道3上运动，a点是轨道1、2的交点，b点是轨道2、3的交点，人造卫星在轨道1上的速度为v1，在轨道2上a点的速度为v2a，在轨道2上b点的速度为v2b，在轨道3上的速度为v3，则各速度的大小关系是(　　) 图5
A．v1>v2a>v2b>v3 B．v1C．v2a>v1>v3>v2b D．v2a>v1>v2b>v3
解析：选C　在a点，由轨道1变到轨道2，是离心运动，这说明F供v1；在b点，由轨道2变到轨道3，还是离心运动，同理，是加速运动，故v3>v2b，由v＝知v1>v3，所以v2a>v1>v3>v2b，C正确。
13．(2012·新课标全国卷)假设地球是一半径为R、质量分布均匀的球体。一矿井深度为d。已知质量分布均匀的球壳对壳内物体的引力为零。矿井底部和地面处的重力加速度大小之比为(　　)
A．1－　　　　　　　　　　 B．1＋
C．()2 D．()2
解析：选A　如图所示，根据题意“质量分布均匀的球壳对壳内物体的引力为零”，可知：地面处的球壳对地面与矿井底部之间的环形部分的引力为零，设地面处的重力加速度为g，地球质量为M，由地球表面的物体m1受到的重力近似等于万有引力，故m1g＝G，再将矿井
底部所在的球体抽取出来，设矿井底部处的重力加速度为g′，该球体质量为M′，半径r＝R－d，同理可得矿井底部处的物体m2受到的重力m2g′＝G，且由M＝ρV＝ρ·πR3，M′＝ρV′＝ρ·π(R－d)3，联立解得＝1－，A对。
14．(2012·湖北联考)经长期观测发现，A行星运行的轨道半径为R0，周期为T0，但其实际运行的轨道与圆轨道总存在一些偏离，且周期性地每隔t0时间发生一次最大的偏离。如图6所示，天文学家认为形成这种现象的原因可能是A行星外侧还存在着一颗未知行星B，则行星B运动轨道半径为(　　) 图6
A．R＝R0 B．R＝R0
C．R＝R0 D．R＝R0
解析：选A　A行星发生最大偏离时，A、B行星与恒星在同一直线上，且位于恒星同一侧，设行星B的运行周期为T、半径为R，则有：t0－t0＝2π，所以T＝，由开普勒第三定律得：＝，解得：R＝R0，A正确。

系统知识
明晰备考
考什么
　　本专题考查的主要内容有：重力、摩擦力、电场力和洛伦兹力的做功特点和求解；与功和功率相关的分析与计算；几种重要的功能关系的应用；动能定理、机械能守恒定律和能量守恒定律的综合应用。
怎么考
　　本专题知识是历年高考的重点和难点，对功和功率的计算的考查，多以选择题的形式命题，对功能关系及机械能守恒定律的考查，主要以计算题的形式出现，对动能定理的考查，则出现在选择题或计算题中的情况都比较常见。
怎么办
　　复习时应注意深入细致地理解定义式、公式及关系式中各物理量的确切含义，扎实理解与记忆机械能守恒的条件，灵活运用条件处理生活中的热点情景及科技运用和发展中出现的与机械能有关的问题，重点关注动能定理、功能关系及机械能守恒定律与直线、平抛、圆周运动规律相结合问题的处理与练习。
第1讲功__功率__动能定理
功和功率的理解与计算
……………………(解读命题角度)
[例1]　(2012·江苏高考)如图2－1－1所示，细线的一端固定于O点，另一端系一小球。在水平拉力作用下，小球以恒定速率在竖直平面内由A点运动到B点。在此过程中拉力的瞬时功率变化情况是(　　)
A．逐渐增大　　　　　　 B．逐渐减小 图2－1－1
C．先增大，后减小 D．先减小，后增大
[思路点拨]　解答本题时应注意以下两点：
(1)拉力的瞬时功率与F、v的大小关系。
(2)拉力F为变力。
[解析]　上升的过程中，重力做负功，水平拉力F做正功，由动能定理得WF－WG＝mv2－mv2＝0，所以WF＝WG，即拉力做的功和重力做的功总是相等的，则拉力做功的功率和重力做功的功率也总是相等的，小球上摆过程中，竖直方向速度一定增大，重力功率P＝mgv⊥一直增大，所以拉力做功的功率也是逐渐增大的。
[答案]　A
……………………(掌握类题通法)
一、基础知识要记牢
1．恒力做功的公式：W＝Flcos α
2．功率
(1)平均功率：P＝＝F cos α
(2)瞬时功率：P＝Fvcos α
二、方法技巧要用好
对于功和功率的理解与计算问题的解决，一般应注意以下几点：
(1)准确理解功的定义式W＝Fl及变形式W＝Flcos α中各物理量的意义，该式仅适用于恒力做功情况。
(2)变力做功的求解注意对问题的正确转化，如：将变力转化为恒力。也可应用动能定理等方法求解。
(3)对于功率的计算，应注意区分公式P＝和公式P＝Fv，前式侧重于平均功率的计算，而后式侧重于瞬时功率的计算。
三、易错易混要明了
(1)求变力做功问题时，不要轻易使用功的定义式进行计算。
(2)注意区别平均功率和瞬时功率的计算公式。
机车启动问题
……………………(解读命题角度)
[例2]　(2012·湖南联考)质量为2×103 kg，发动机额定功率为80 kW的汽车在平直公路上行驶；若汽车所受阻力大小恒为4×103 N，则下列判断中正确的有(　　)
A．汽车的最大动能是4×105 J
B．汽车以加速度2 m/s2匀加速启动，启动后第2秒末时发动机实际功率是32 kW
C．汽车以加速度2 m/s2做初速度为0的匀加速运动中，达到最大速度时摩擦力做功为4×105 J
D．若汽车保持额定功率启动，则当汽车速度为5 m/s时，其加速度为6 m/s2
[思路点拨]　
(1)汽车以最大功率行驶，加速度为零时，速度最大，动能最大；
(2)汽车匀加速启动时，速度最大，功率也最大；
(3)汽车恒定功率启动时，牵引力随速度增大而减小。
[解析]　汽车达到最大速度时，加速度为0，牵引力等于阻力，汽车功率P＝Fv＝Ffv，所以最大速度v＝＝20 m/s，对应的动能为4×105 J，A项正确；汽车以加速度2 m/s2匀加速启动，牵引力F＝Ff＋ma＝8×103 N，所以2 s末对应的实际功率为P＝Fat＝32 kW，能够维持匀加速运动的最长时间为t＝＝5 s，对应的摩擦力做功为WFf＝Ffx＝Ff××at2＝105 J，B项正确，C项错误；当汽车保持额定功率启动时有－Ff＝ma，解得其加速度为a＝6 m/s2，D项正确。
[答案]　ABD
……………………(掌握类题通法)
一、基础知识要记牢
(1)机车输出功率：P＝Fv，其中F为机车牵引力。
(2)机车的两种启动方式：
①恒定功率启动；
②匀加速启动。
二、方法技巧要用好
1．恒定功率启动
(1)机车先做加速度逐渐减小的加速运动，后做匀速直线运动，速度图象如图2－1－2所示，当F＝F阻时，vm＝＝。
(2)能量关系：Pt－F阻x＝mv2－0。 图2－1－2
2．恒定加速度启动
(1)速度图象如图2－1－3所示。机车先做匀加速直线运动，当功率达到额定功率后获得匀加速的最大速度v1。若再加速，应保持功率不变做变加速运动，直至达到最大速度vm后做匀速运动。
(2)经常用到的公式： 图2－1－3

三、易错易混要明了
(1)分清是匀加速启动还是恒定功率启动。
(2)匀加速启动过程中，机车功率是不断改变的，但该过程中的最大功率是额定功率，匀加速运动阶段的最大速度小于机车所能达到的最大速度，达到额定功率后做加速度减小的加速运动。
(3)以额定功率启动的过程中，机车做加速度减小的加速运动，速度最大值等于，牵引力是变力，牵引力做的功W＝Pt。
动能定理的应用
……………………(解读命题角度)
[例3]　(2012·江苏高考)某缓冲装置的理想模型如图2－1－4所示，劲度系数足够大的轻质弹簧与轻杆相连，轻杆可在固定的槽内移动，与槽间的滑动摩擦力恒为f。轻杆向右移动不超过l时，装置可安全工作。一质量为m的小车若以速度v0撞击弹簧，将导致轻杆向右移动。轻杆与槽间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且不计小车与地面的摩擦。
图2－1－4
(1)若弹簧的劲度系数为k，求轻杆开始移动时，弹簧的压缩量x；
(2)求为使装置安全工作，允许该小车撞击的最大速度vm；
(3)讨论在装置安全工作时，该小车弹回速度v′和撞击速度v的关系。
[破题关键点]　
(1)小车压缩弹簧时，轻杆受几个力作用？若轻杆移动了，弹簧的弹力大小应满足什么条件？请写出表达式。
(2)轻杆移动过程中，弹簧的压缩量变化吗？为什么呢？
(3)若小车速度较小，轻杆不移动，小车反弹速度与撞击速度大小的关系如何？若轻杆移动了，小车以不同的速度撞击，反弹速度大小由什么因素决定？
[解析]　(1)轻杆开始移动时，弹簧的弹力F＝kx ①
且F＝f ②
解得x＝ ③
(2)设轻杆移动前小车对弹簧所做的功为W，则小车从撞击到停止的过程中
由动能定理得－f·－W＝0－mv02 ④
同理，小车以vm撞击弹簧时－fl－W＝0－mvm2 ⑤
解得vm＝ ⑥
(3)设轻杆恰好移动时，小车撞击速度为v1
mv12＝W ⑦
由④⑦解得v1＝
当v< 时，v′＝v
当≤v≤ 时，v′＝。
[答案]　(1)　(2) 
(3)见解析
……………………(掌握类题通法)
一、基础知识要记牢
(1)动能定理表达式：W合＝Ek2－Ek1
(2)两点说明：
①W合为物体在运动过程中外力的总功。
②动能增量Ek2－Ek1一定是物体在末初两状态动能之差。
二、方法技巧要用好
1．应用动能定理解题的基本步骤
2．应用动能定理解题时需注意的问题
(1)当物体系统内的相互作用是杆、绳间的作用力，或是静摩擦力，或是刚性物体之间相互挤压而产生的力时，作用力与反作用力的总功等于零。因此列动能定理方程时只考虑物体系统所受的外力做功即可。
(2)当物体系统内的相互作用力是弹簧、橡皮条的作用力，或是滑动摩擦力时，作用力与反作用力的总功不等于零。列动能定理方程时不但要考虑物体系统所受的合外力做功，还要考虑物体间的相互作用力做功。
(3)当物体系统内各个物体的速度不相同时，要注意根据各个物体的速度分别表述不同物体的动能。
三、易错易混要明了
(1)动能具有相对性，其速度一般以地面为参考系。
(2)动能定理的研究对象是单个物体或几个相对静止的物体组成的系统。
(3)应用动能定理时，注意研究对象和研究过程的对应。

[课堂——针对考点强化训练]
1．如图2－1－5所示，三个固定的斜面底边长度相等，斜面倾角分别为30°、45°、60°，斜面的表面情况都一样。完全相同的三物体(可视为质点)A、B、C分别从三斜面的顶部滑到底部，在此过程中(　　)
图2－1－5
A．物体A克服摩擦力做的功最多
B．物体B克服摩擦力做的功最多
C．物体C克服摩擦力做的功最多
D．三物体克服摩擦力做的功一样多
解析：选D　设斜面倾角为θ，斜面底边长为x0，则物体下滑过程中克服阻力做功W＝μmgcos θ＝μmgx0，可见W与斜面倾角θ无关，D正确。
2．(2012·淄博模拟)质量为1 500 kg的汽车在平直的公路上运动，v－t图象如图2－1－6所示。由此可求(　　)
图2－1－6
A．前25 s内汽车的位移
B．前10 s内汽车所受的牵引力
C．前10 s内汽车的平均速度
D．15～25 s内合外力对汽车所做的功
解析：选ACD　汽车在前25 s内的位移为v－t图象与t轴所围面积，x总＝450 m，前10 s内汽车的平均速度＝ m/s＝10 m/s，汽车在15～25 s 内做匀加速直线运动，W合＝mv22－mv12＝375 000 J，而由F－Ff＝ma，因Ff未知，故无法求前10 s内汽车的牵引力，故本题应选A、C、D。
3.质量均为m的两物块A、B以一定的初速度在水平面上只受摩擦力而滑动，如图2－1－7所示是它们滑动的最大位移x与初速度的平方v02的关系图象，已知v022＝2v012，下列描述中正确的是(　　)
A．若A、B滑行的初速度相等，则到它们都停下来时滑动摩擦力对A做的功是对B做功的2倍 图2－1－7
B．若A、B滑行的初速度相等，则到它们都停下来时滑动摩擦力对A做的功是对B做功的
C．若A、B滑行的最大位移相等，则滑动摩擦力对它们做的功相等
D．若A、B滑行的最大位移相等，则滑动摩擦力对B做的功是对A做功的2倍
解析：选D　由于两物块质量均为m，若A、B滑行的初速度相等则初动能相等，由动能定理得－Wf＝0－mv02，即滑动摩擦力做的功相等，A、B错；若A、B滑行的最大位移相等，由题意可知v022＝2v012，B的初动能是A的初动能的2倍，滑动摩擦力对B做的功是对A做功的2倍，C错、D对。
4．(2012·安庆模拟)在离地面高h处竖直上抛一质量为m的物块，抛出时的速度为v0，当物块落到地面时速度为v，用g表示重力加速度，则在此过程中物块克服空气阻力所做的功等于(　　)
A．mgh－mv2－mv02
B．－mv2－mv02－mgh
C．mgh＋mv02－mv2
D．mgh＋mv2－mv02
解析：选C　在该过程中合外力所做的功等于mgh－Wf，动能的改变量为mv2－mv02，根据动能定理得：mgh－Wf＝mv2－mv02，因此物体克服空气阻力所做的功等于mgh＋mv02－mv2，选项C正确。
5．质量为500吨的机车以恒定的功率由静止出发，经5 min行驶2.25 km，速度达到最大值54 km/h，设阻力恒定。问：
(1)机车的功率P多大？
(2)机车的速度为36 km/h时机车的加速度a多大？
解析：(1)以机车为研究对象，机车从静止出发至达到速度最大值的过程，根据动能定理得
Pt－Ffx＝mvm2
当机车达到最大速度时P＝Fvm＝Ffvm
由以上两式得P＝＝3.75×105 W
(2)Ff＝＝2.5×104 N
当机车速度v＝36 km/h时机车的牵引力
F1＝＝3.75×104 N
根据牛顿第二定律F1－Ff＝ma
得a＝2.5×10－2 m/s2
答案：(1)3.75×105 W　(2)2.5×10－2 m/s2
[课下——针对高考押题训练]
1．(2012·哈尔滨模拟)质量分别为2m和m的A、B两物体分别在水平恒力F1和F2的作用下沿水平面运动，撤去F1、F2后受摩擦力的作用减速到停止，其v－t图象如图1所示，则下列说法正确的是(　　)
A．F1和F2大小相等 图1
B．F1和F2对A、B做功之比为2∶1
C．A、B所受摩擦力大小相等
D．全过程中摩擦力对A、B做功之比为1∶2
解析：选C　由图可知，在减速过程中加速度大小aB2＝2aA2，在加速过程中加速度大小aA1＝2aB1，由F1－fA＝2maA1，F2－fB＝maB1，fA＝2maA2，fB＝maB2可知，fA＝fB，F1≠F2，故A错误，C正确；由图象可知，A、B两物体的总位移相等，即xA＝xB，由WF1＝fA·xA，WF2＝fB·xB可知，WF1∶WF2＝1∶1，WfA∶WfB＝1∶1，故B、D均错误。
2.一质量为m的物体在水平恒力F的作用下沿水平面运动，在t0时刻撤去力F，其v－t图象如图2所示。已知物体与水平面间的动摩擦因数为μ，则下列关于力F的大小和力F做功W的大小关系式正确的是(　　)
A．F＝μmg　　　　　　　　 B．F＝2μmg 图2
C．W＝μmgv0t0 D．W＝μmgv0t0
解析：选D　在t0时刻前，F－μmg＝m，在t0时刻以后，－μmg＝－m，由以上两式可得F＝3μmg，因此选项A、B均不对；在0至t0时间内，W－μmg·v0t0＝mv02，在t0至3t0时间内，－μmg·v0(2t0)＝－mv02，因此力F做的功为W＝μmgv0t0，选项D正确，而选项C错误。
3．(2012·上海高考)位于水平面上的物体在水平恒力F1作用下，做速度为v1的匀速运动；若作用力变为斜向上的恒力F2，物体做速度为v2的匀速运动，且F1与F2功率相同。则可能有(　　)
图3
A．F2＝F1，v1>v2 B．F2＝F1，v1C．F2>F1，v1>v2 D．F2解析：选BD　设F2与水平方向成θ角，由题意可知：F1v1＝F2·v2·cos θ，因cos θ<1，故F1v1F1时，有v1>v2、v14.如图4所示，质量m＝1 kg、长L＝0.8 m的均匀矩形薄板静止在水平桌面上，其右端与桌子边缘相平。板与桌面间的动摩擦因数为μ＝0.4。现用F＝5 N的水平力向右推薄板，使它翻下桌子，力F做的功至少为(g取10 m/s2)(　　)
A．1 J B．1.6 J 图4
C．2 J D．4 J
解析：选B　在运动过程中，薄板受到的摩擦力为Ff＝μmg＝4 N，薄板在水平力F作用下向右加速运动，当薄板运动位移x＝＝0.4 m时，薄板就会自动从桌边缘翻下，该过程中水平力F做功为W，根据动能定理得：W－μmg·x＝0，则推力F至少做的功W＝μmg·x＝0.4×1×10×0.4＝1.6 J，选项B正确，其他选项均错误。
5.质量为10 kg的物体，在变力F作用下沿x轴做直线运动，力随坐标x的变化情况如图5所示。物体在x＝0处，速度为1 m/s，不计一切摩擦，则物体运动到x＝16 m处时，速度大小为(　　)
A．2 m/s B．3 m/s 图5
C．4 m/s D. m/s
解析：选B　由图可知变力F做的正功W1＝10×4 J＋10×4× J＝60 J，变力F做的负功大小W2＝10×4× J＝20 J，由动能定理得：W1－W2＝mv22－mv12，即60－20＝×10v22－×10×12，解得：v2＝3 m/s，故选项B正确。
6．(2012·江西重点中学联考)2011年7月23日，甬温线D301次列车与D3115次列车发生追尾事故，事故共造成了40人死亡，200多人受伤，从而引发了广大民众对我国高铁运行安全的关注和担忧。若在水平直轨道上有一列以额定功率行驶的列车，所受阻力与质量成正比，由于发生紧急情况，使最后几节车厢与车体分离，分离后车头保持额定功率运行，则(　　)
A．车头部分所受牵引力增大，速度也增大
B．车头部分所受牵引力减小，速度也减小
C．脱离部分做匀减速运动，车头部分做匀加速运动
D．分离出的车厢越多，车头能获得的最大速度越大
解析：选D　分离后车头保持额定功率运行，由于速度不能发生突变，车头部分所受牵引力不变，阻力减小，车头部分做变加速运动，脱离部分做匀减速运动，选项A、B、C错误；分离出的车厢越多，所受阻力越小，车头能获得的最大速度越大，选项D正确。
7．放在地面上的物体受到水平拉力的作用，在0～6 s内其速度与时间图象和拉力的功率与时间图象如图6所示，则物体的质量为(g＝10 m/s2)(　　)
图6
A. kg B. kg
C. kg D. kg
解析：选B　物体在前2 s内做匀加速直线运动，2 s末的速度v2＝6 m/s，功率P2＝30 W，由公式P＝Fv得知：前2 s内的拉力F1＝5 N；后4 s内做匀速直线运动，拉力等于阻力，则Ff＝F＝＝ N，在前2 s内，根据牛顿第二定律得：F1－Ff＝ma，又a＝3 m/s2，则m＝ kg，选项B正确，其他选项均错。
8．一质点开始时做匀速直线运动，从某时刻起受到一恒力作用。此后，该质点的动能可能(　　)
A．一直增大
B．先逐渐减小至零，再逐渐增大
C．先逐渐增大至某一最大值，再逐渐减小
D．先逐渐减小至某一非零的最小值，再逐渐增大
解析：选ABD　当力的方向与速度方向相同或与速度方向的夹角小于90°时，物体的速度逐渐增大，动能逐渐增大；当力的方向与速度方向相反时，物体做匀减速运动，速度逐渐减小到零后反向逐渐增大，因此动能先减小后增大；当力的方向与速度的方向夹角大于90°小于180°时，力的方向与速度的方向夹角逐渐减小，速度先逐渐减小，直到夹角等于90°时速度达到最小值，而后速度逐渐增大，故动能先逐渐减小到某一非零的最小值，再逐渐增大。故选项A、B、D正确。
9．(2012·上海宝山期末)如图7甲所示，在水平路段AB上有一质量为2×103 kg的汽车，正以10 m/s的速度向右匀速运动，汽车前方的水平路段BC较粗糙，汽车通过整个ABC路段的v－t图象如图乙所示(在t＝15 s处水平虚线与曲线相切)，运动过程中汽车发动机的输出功率保持20 kW不变，假设汽车在两个路段上受到的阻力(含地面摩擦力和空气阻力等)各自有恒定的大小。
图7
(1)求汽车在AB路段上运动时所受的阻力Ff1。
(2)求汽车刚好到达B点时的加速度a。
(3)求BC路段的长度。
解析：(1)汽车在AB路段时，有F1＝Ff1，P＝F1v1，Ff1＝P/v1，
联立解得：Ff1＝ N＝2 000 N。
(2)t＝15 s时汽车处于平衡态，有F2＝Ff2，P＝F2v2，Ff2＝P/v2，
联立解得：Ff2＝ N＝4 000 N。
t＝5 s时汽车开始减速运动，有Ff2－F1＝ma，
解得a＝－1 m/s2。
(2)Pt－Ff2x＝mv22－mv12
解得x＝68.75 m
答案：(1)2 000 N　(2)－1 m/s2　(3)68.75 m
10．(2012·福建高考)如图8所示，用跨过光滑定滑轮的缆绳将海面上一艘失去动力的小船沿直线拖向岸边。已知拖动缆绳的电动机功率恒为P，小船的质量为m，小船受到的阻力大小恒为f，经过A点时的速度大小为v0，小船从A点沿直线加 图8
速运动到B点经历时间为t1，A、B两点间距离为d，缆绳质量忽略不计。求：
(1)小船从A点运动到B点的全过程克服阻力做的功Wf；
(2)小船经过B点时的速度大小v1；
(3)小船经过B点时的加速度大小a。
解析：(1)小船从A点运动到B点克服阻力做功
Wf＝fd ①
(2)小船从A点运动到B点，电动机牵引缆绳对小船做功
W＝Pt1 ②
由动能定理有
W－Wf＝mv12－mv02 ③
由①②③式解得v1＝  ④
(3)设小船经过B点时绳的拉力大小为F，绳与水平方向夹角为θ，电动机牵引缆绳的速度大小为v，则
P＝Fv ⑤
v＝v1cos θ ⑥
由牛顿第二定律有
Fcos θ－f＝ma ⑦
由④⑤⑥⑦式解得　a＝－
答案：(1)fd
(2) 
(3)－
第2讲机械能守恒定律__功能关系
机械能守恒定律的应用
……………………(解读命题角度)
[例1]　(2012·上海高考)如图2－2－1所示，可视为质点的小球A、B用不可伸长的细软轻线连接，跨过固定在地面上半径为R的光滑圆柱，A的质量为B的两倍。当B位于地面时，A恰与圆柱轴心等高。将A由静止释放，B上升的最大高度是(　　) 图2－2－1
A．2R　　　　　　　　　 B.
C. D.
[思路点拨]　解答本题时应注意以下两点：
(1)A、B组成的系统机械能守恒。
(2)A落地后，B将做竖直上抛运动。
[解析]　如图所示，以AB为系统，以地面为零势能面，设A质量为2m, B质量为m，根据机械能守恒定律有：2mgR＝mgR＋×3mv2，A落地后B将以v做竖直上抛运动，即有mv2＝mgh，解得h＝R。则B上升的高度为R＋R＝R，故选项C正确。
[答案]　C
……………………(掌握类题通法)
一、基础知识要记牢
1．机械能守恒条件
(1)只有重力或系统内弹簧弹力做功。
(2)虽受其他力，但其他力不做功或其他力的总功为零。
2．三种表达式
(1)守恒观点：Ek1＋Ep1＝Ek2＋Ep2
(2)转化观点：ΔEp＝－ΔEk
(3)转移观点：ΔEA增＝ΔEB减
二、方法技巧要用好
1．机械能守恒的判定
(1)利用机械能的定义判断，分析动能与势能的和是否变化，如匀速下落的物体动能不变，重力势能减少，物体的机械能必减少。
(2)用做功判断：若物体或系统只有重力(或弹簧弹力)做功，或有其他力做功，但其他力做功的代数和为零，则机械能守恒。
(3)用能量转化来判断：若系统中只有动能和势能的相互转化，而无机械能与其他形式能的转化，则系统的机械能守恒。
(4)对一些绳子突然绷紧、物体间非弹性碰撞等问题机械能一般不守恒，除非题中有特别说明或暗示。
2．运用机械能守恒定律解题的步骤
(1)选取研究对象；
(2)分析研究对象的物理过程及其初、末状态；
(3)分析所研究的物理过程中，研究对象的受力情况和这些力的做功情况，判断是否满足机械能守恒定律的适用条件；
(4)规定参考平面(用转化观点时，可省略这一步)；
(5)根据机械能守恒定律列方程；
(6)解方程，统一单位，进行运算，求出结果，进行检验。
3．选取三种表达式时应注意的问题
第一种表达式是从“守恒”的角度反映机械能守恒，解题必须选取参考平面，而后两种表达式都是从“转化”的角度来反映机械能守恒，不必选取参考平面，具体用哪种表达式解题，要注意灵活选取。
功能关系的应用
……………………(解读命题角度)
[例2]　(2012·安徽高考)如图2－2－2所示，在竖直平面内有一半径为R的圆弧轨道，半径OA水平、OB竖直，一个质量为m的小球自A的正上方P点由静止开始自由下落，小球沿轨道到达最高点B时恰好对轨道没有压力。已知AP＝2R，重力加速度为g，则小球从P到B的运动过程中(　　)
A．重力做功2mgR　　　 B．机械能减少mgR
C．合外力做功mgR D．克服摩擦力做功mgR
[思路点拨]　解答本题时注意以下三点：
(1)小球在B点对轨道恰好无压力时应满足的条件。
(2)合外力、摩擦力均为变力，注意求功的方法。
(3)机械能的改变量与哪些力做功相对应。
[解析]　一个小球在A点正上方由静止释放，通过B点时恰好对轨道没有压力，此时小球的重力提供向心力，即：mg＝mv2/R，得v2＝gR，小球从P到B的过程中，重力做功W＝mgR，A错误；减小的机械能ΔE＝mgR－mv2＝mgR，B错误；合外力做功W合＝mv2＝mgR，C错误；由动能定理得：mgR－Wf＝mv2－0，所以Wf＝mgR，D项正确。
[答案]　D
……………………(掌握类题通法)
一、基础知识要记牢
几种常用的功能转化关系
二、方法技巧要用好
解决功能关系问题应该注意的两个方面
(1)分析清楚是什么力做功，并且清楚该力做正功，还是做负功；根据功能之间的一一对应关系，判定能的转化形式，确定能量之间的转化多少。
(2)也可以根据能量之间的转化情况，确定是什么力做功，尤其可以方便计算变力做功的多少。
三、易错易混要明了
ΔΕ内＝Ffl相对中l相对为相对滑动的两物体间相对滑行路径的总长度。
机械能守恒定律与力学规律的综合应用
……………………(解读命题角度)
[例3]　(2012·淄博模拟)图2－2－3是某游乐场的一种过山车的简化图，过山车由倾角为θ的斜面和半径为R的光滑圆环组成。假设小球从A处由静止释放，沿着动摩擦因数为μ的斜面运动到B点(B为斜面与圆环的切点)，而后沿光滑圆环内侧运动，若小球刚好能通过圆环的最高点C。(重力加速度为g)求：
图2－2－3
(1)小球沿斜面下滑的加速度的大小。
(2)小球经过圆环最低点D时轨道对球的支持力大小。
(3)AB之间的距离为多大。
[破题关键点]　
(1)小球在斜面上受到哪些力作用？用什么规律确定其加速度？请写出表达式。
(2)小球恰好通过圆环最高点C时，应满足什么条件？小球在C点的速度与在D点的速度间满足什么关系？请写出表达式。
(3)小球在D点时的向心力由哪几个力提供？应取什么方向为正方向？
[解析]　(1)由牛顿第二定律得
mgsin θ－μmgcos θ＝ma
解得a＝g(sin θ－μcos θ)
(2)小球在最高点时由牛顿第二定律得
mg＝m
小球在最低点时由牛顿第二定律得FN－mg＝m
小球由D点到最高点C的过程中机械能守恒
mvD2＝mvC2＋2mgR
由以上各式解得FN＝6mg
(3)设AB间的距离为L，小球沿斜面由A到B过程根据动能定理得
mgLsin θ－μmgLcos θ＝mvB2
小球由B点到最高点C的过程由机械能守恒
mvB2＝mvC2＋mgh
又h＝(1＋cos θ)R
由以上各式解得L＝R
[答案]　(1)g(sin θ－μcos θ)　(2)6mg
(3)R
……………………(掌握类题通法)
一、基础知识要记牢
机械能守恒定律与其他力学规律的综合问题的常见命题角度：
(1)平抛运动规律与机械能守恒。
(2)竖直抛体运动与机械能守恒。
(3)轻绳、轻杆或光滑竖直面内的轨道等情境下的竖直面内的圆周运动与机械能守恒。
二、方法技巧要用好
解决机械能守恒定律与力学的综合应用这一类题目的解题方法：
(1)对物体进行运动过程的分析，分析每一运动过程的运动规律。
(2)对物体进行每一过程中的受力分析，确定有哪些力做功，有哪些力不做功。哪一过程中满足机械能守恒定律的条件。
(3)分析物体的运动状态，根据机械能守恒定律及有关的力学规律列方程求解。
三、易错易混要明了
分析机械能守恒与竖直面内的圆周运动相结合的题目时，注意明确绳模型与杆模型在最高点临界条件的不同。

[课堂——针对考点强化训练]
1．(2012·福建高考)如图2－2－4所示，表面光滑的固定斜面顶端安装一定滑轮，小物块A、B用轻绳连接并跨过滑轮(不计滑轮的质量和摩擦)。初始时刻，A、B处于同一高度并恰好处于静止状态。剪断轻绳后A下落、B沿斜面下滑，则从剪断轻绳到物块着地，两物块(　　) 图2－2－4
A．速率的变化量不同
B．机械能的变化量不同
C．重力势能的变化量相同
D．重力做功的平均功率相同
解析：选D　由题意根据力的平衡有mAg＝mBgsin θ，所以mA＝mBsin θ。根据机械能守恒定律mgh＝mv2，得v＝，所以两物块落地速率相等，选项A错；因为两物块的机械能守恒，所以两物块的机械能变化量都为零，选项B错误；根据重力做功与重力势能变化的关系，重力势能的变化为ΔEp＝－WG＝－mgh，选项C错误；因为A、B两物块都做匀变速运动，所以A重力的平均功率为A＝mAg·，B重力的平均功率B＝mBg·cos(－θ)，因为mA＝mBsin θ，所以A＝B，选项D正确。
2.如图2－2－5所示，劲度系数为k的轻质弹簧，一端系在竖直放置的半径为R的圆环顶点P，另一端系一质量为m的小球，小球穿在圆环上做无摩擦的运动。设开始时小球置于A点，弹簧处于自然状态，当小球运动到最低点时速率为v，对圆环恰好没有压力。下列分析正确的是(　　)
A．从A到B的过程中，小球的机械能守恒 图2－2－5
B．从A到B的过程中，小球的机械能减少
C．小球过B点时，弹簧的弹力为mg＋
D．小球过B点时，弹簧的弹力为mg＋m
解析：选BC　小球从A至B的过程中，除了小球的重力做功外，弹簧弹力对小球也做了功，因此，小球的机械能不守恒，因为弹力做负功，小球的机械能减少，选项A错，而选项B对；小球运动到B位置时，对圆环恰好没有压力，根据牛顿第二定律得F－mg＝m，F为弹簧上的弹力，选项C正确，D错误。
3.如图2－2－6所示，竖直向上的匀强电场中，绝缘轻质弹簧直立于地面上，上面放一个质量为m的带正电小球，小球与弹簧不连接。现将小球向下压到某位置后由静止释放，若小球从静止开始运动到离开弹簧的过程中，重力和电场力对小球做功的大小分别为W1和W2，小球离开弹簧时速度为v，不计空气阻力，则上述过程中(　　) 图2－2－6
A．带电小球电势能增加W2
B．弹簧弹性势能最大值为W1＋mv2
C．弹簧弹性势能减少量为W2＋W1
D．带电小球和弹簧组成的系统机械能增加W2
解析：选D　电场力对小球做了W2的正功，根据功能关系可知，小球的电势能减少了W2，选项A错误；对于小球在上述过程中，有W2＋W弹－W1＝mv2，根据功能关系可知，弹簧弹性势能最大值为W1＋mv2－W2，选项B错误，选项C也错误；根据功能关系知，选项D正确。
4．(2012·宁波八校联考)如图2－2－7所示，质量为M、长为L的木板置于光滑的水平面上，一质量为m的滑块放置在木板左端，滑块与木板间滑动摩擦力大小为Ff，用水平的恒定拉力F作用于滑 图2－2－7
块。当滑块运动到木板右端时，木板在地面上移动的距离为x，滑块速度为v1，木板速度为v2，下列结论中正确的是(　　)
A．上述过程中，F做功大小为mv12＋Mv22
B．其他条件不变的情况下，F越大，滑块到达右端所用时间越长
C．其他条件不变的情况下，M越大，x越小
D．其他条件不变的情况下，Ff越大，滑块与木板间产生的热量越多
解析：选CD　由能量守恒定律可知，上述过程中，F做功大小等于二者动能之和加上摩擦产生的热量，大于mv12＋Mv22，选项A错误；其他条件不变的情况下，F越大，滑块加速度越大，滑块到达右端所用时间越短，选项B错误；其他条件不变的情况下，M越大，木板加速度越小，x 越小，选项C正确；其他条件不变的情况下，滑块与木板间产生的热量等于FfL，Ff越大，滑块与木板间产生的热量越多，选项D正确。
5．(2012·重庆高考)如图2－2－8所示为一种摆式摩擦因数测量仪，可测量轮胎与地面间动摩擦因数，其主要部件有：底部固定有轮胎橡胶片的摆锤和连接摆锤的轻质细杆。摆锤的质量为m，细杆可绕轴O在竖直平面内自由转动，摆锤重心到O点距离为L。测量时，测量仪固定于水平地面，将摆锤从与O等高的位置处静 图2－2－8
止释放。摆锤到最低点附近时，橡胶片紧压地面擦过一小段距离s(s?L)，之后继续摆至与竖直方向成θ角的最高位置。若摆锤对地面的压力可视为大小为F的恒力，重力加速度为g，求：
(1)摆锤在上述过程中损失的机械能；
(2)在上述过程中摩擦力对摆锤所做的功；
(3)橡胶片与地面之间的动摩擦因数。
解析：(1)选从右侧最高点到左侧最高点的过程研究。因为初、末状态动能为零，所以全程损失的机械能ΔE等于减少的重力势能，
即：ΔE＝mgLcos θ ①
(2)对全程应用动能定理：WG＋Wf＝0 ②
WG＝mgLcos θ ③
由②、③得Wf＝－WG＝－mgLcos θ ④
(3)由滑动摩擦力公式得f＝μF ⑤
摩擦力做的功Wf＝－fs ⑥
④、⑤式代入⑥式得：μ＝ ⑦
答案：(1)mgLcos θ　(2)－mgLcos θ
(3)
[课下——针对高考押题训练]
押题训练(一)
1．(2012·天津高考)如图1甲所示，静止在水平地面的物块A，受到水平向右的拉力F作用，F与时间t的关系如图1乙所示，设物块与地面的静摩擦力最大值fm与滑动摩擦力大小相等，则(　　)
图1
A．0～t1时间内F的功率逐渐增大
B．t2时刻物块A的加速度最大
C．t2时刻后物块A做反向运动
D．t3时刻物块A的动能最大
解析：选BD　0～t1时间内，物块静止，F的功率为零，选项A错误；t2时刻合外力最大，物块A的加速度最大，选项B正确；t2时刻后物块A继续向前运动，选项C错误；t1～t3时间内，物块一直加速运动，t3时刻后物块做减速运动，所以t3时刻物块A的动能最大，选项D正确。
2．(2012·上海高考)质量相等的均质柔软细绳A、B平放于水平地面，绳A较长。分别捏住两绳中点缓慢提起，直至全部离开地面，两绳中点被提升的高度分别为hA、hB，上述过程中克服重力做功分别为WA、WB。若(　　)
A．hA＝hB，则一定有WA＝WB
B．hA>hB，则可能有WAC．hAD．hA>hB，则一定有WA>WB
解析：选B　当hA＝hB时，则一定有WAhB时，有WAWB、WA＝WB三种可能，故选项B正确，D错误。当hA3．(2012·南京模拟)如图2所示，圆心在O点、半径为R的圆弧轨道abc竖直固定在水平桌面上，Oc与Oa的夹角为60°，轨道最低点a与桌面相切。一轻绳两端系着质量为m1和m2的小球(均可视为质点)，挂在圆弧轨道边缘c的两边，开始时，m1位于c点，然后从静止释放，设轻绳足够长，不计一切摩擦。则(　　) 图2
A．在m1由c下滑到a的过程中下滑到a点的过程中，两球速度大小始终相等
B．在m1由c下滑到a的过程中重力的功率先增大后减少
C．若m1恰好能沿圆弧下滑到a点，则m1＝2m2
D．若m1恰好能沿圆弧下滑到a点，则m1＝3m2
解析：选BC　小球m1沿绳的方向的分速度与m2的速度大小相等，A错误；重力m1g的功率P1＝m1g·v1竖，小球m1在竖直方向的分速度v1竖先增大后减小，故P1也先增大后减小，B正确；由m1和m2组成的系统机械能守恒可得：m1gR(1－cos 60°)＝m2gR，故m1＝2m2，C正确，D错误。
4.如图3所示，竖直放置的两根平行金属导轨之间接有定值电阻R，质量不能忽略的金属棒与两导轨始终保持垂直并良好接触且无摩擦，棒与导轨的电阻均不计，整个装置放在匀强磁场中，磁场方向与导轨平面垂直，棒在竖直向上的恒力F作用下加速上升的一段时间内，力F做的功与安培力做功的代数和等于(　　) 图3
A．棒的机械能增加量
B．棒的动能增加量
C．棒的重力势能增加量
D．电阻R上放出的热量
解析：选A　金属棒受重力、恒力F和安培力作用，力F对金属棒做功，金属棒克服重力和安培力做功，由动能定理WF＋W安＋WG＝ΔEk，得WF＋W安＝－WG＋ΔEk＝mgh＋ΔEk，即F与F安做功的代数和等于金属棒机械能的增加量，故A正确，B、C、D均错。
5．一蹦极运动员身系弹性蹦极绳从水面上方的高台下落，到最低点时距水面还有数米距离。假定空气阻力可忽略，运动员可视为质点，下列说法正确的是(　　)
A．运动员到达最低点前重力势能始终减小
B．蹦极绳张紧后的下落过程中，弹性力做负功，弹性势能增加
C．蹦极过程中，运动员、地球和蹦极绳所组成的系统机械能守恒
D．蹦极过程中，重力势能的改变与重力势能零点的选取有关
解析：选ABC　重力做功决定重力势能的变化，随着高度的降低，重力一直做正功，重力势能一直减小，故A选项正确；弹性势能的变化取决于弹力做功，当橡皮筋张紧后，随着运动员的下落弹力一直做负功，弹性势能一直增大，故B选项正确；在蹦极过程中，由于只有重力和弹性绳的弹力做功，故由运动员、地球及弹性绳组成的系统机械能守恒，故选项C正确；重力势能的大小与势能零点的选取有关，而势能的改变与势能零点选取无关，故选项D错误。
6．(2012·陕西师大附中模拟)如图4所示，在匀速转动的电动机带动下，足够长的水平传送带以恒定速率v1匀速向右运动，一质量为m的滑块从传送带右端以水平向左的速率v2(v2>v1)滑上传送带， 图4
最后滑块返回传送带的右端。关于这一过程的下列判断，正确的有(　　)
A．滑块返回传送带右端的速率为v1
B．此过程中传送带对滑块做功为mv12－mv22
C．此过程中电动机对传送带做功为2mv12
D．此过程中滑块与传送带间摩擦产生的热量为m(v1＋v2)2
解析：选AB　滑块在传送带上向左做匀减速直线运动，速度减小到零后向右做匀加速直线运动，速度增大到v1后做速度为v1的匀速直线运动，所以滑块返回传送带右端的速率为v1，选项A正确；由动能定理可得，此过程中传送带对滑块做功为mv12－mv22，选项B正确；由能量守恒定律，此过程中电动机对传送带做功等于二者相对滑动产生的热量和传送带对滑块做功之和，不等于2mv12，选项C错误；此过程中滑块与传送带间摩擦产生的热量等于二者相对滑动距离与摩擦力的乘积，不等于m(v1＋v2)2，选项D错误。
7．(2012·衡水期末)足够长的粗糙斜面上，用力推着一物体沿斜面向上运动，t＝0时撤去推力，0～6 s内速度随时间的变化情况如图5所示，由图象可知(　　)

图5
A．0～1 s内重力的平均功率大小与1～6 s内重力平均功率大小之比为5∶1
B．0～1 s内摩擦力的平均功率大小与1～6 s内摩擦力平均功率大小之比为1∶1
C．0～1 s内位移大小与1～6 s内位移大小之比为1∶5
D．0～1 s内机械能变化量大小与1～6 s内机械能变化量大小之比为1∶5
解析：选BCD　0～1 s内物体沿斜面向上位移为5 m，平均速度为5 m/s；1～6 s内物体沿斜面向下位移为25 m，平均速度为5 m/s；0～1 s内位移大小与1～6 s内位移大小之比为1∶5,0～1 s内重力的平均功率大小与1～6 s内重力平均功率大小之比为1∶1，选项A错误、C正确。摩擦力与1～6 s内摩擦力大小相等，0～1 s内 摩擦力的平均功率大小与1～6 s内摩擦力平均功率大小之比为1∶1，选项B正确；0～1 s内机械能变化量大小与1～6 s内机械能变化量大小之比为1∶5，选项D正确。
8．(2012·潍坊模拟)如图6甲所示，平行于斜面的轻弹簧，劲度系数为k，一端固定在倾角为θ的斜面底端，另一端与Q物块连接，P、Q质量均为m，斜面光滑且固定在水平面上，初始时物块均静止。现用平行于斜面向上的力F拉物块P，使P做加速度为a的匀加速运动，两个物块在开始一段时间内的v－t图象如图乙所示(重力加速度为g)，则(　　)
图6
A．施加拉力前，Q给P的力大小为mgsin θ
B．施加拉力前，弹簧的形变量为
C．到t1时刻，P与Q分离，此时弹簧弹力恰好为零
D．t2时刻弹簧恢复到原长，物块Q达到速度最大值
解析：选AB　施加拉力前，由物块的平衡条件得：kx＝2mgsin θ，弹簧的形变量x＝，Q对P的弹力FN＝mgsin θ，故A、B正确。由题图可知，t1时刻之后两物块分离，此时P、Q的加速度均为a，方向沿斜面向上，由F弹－mgsin θ＝ma可知，F弹≠0，C错误；t2时刻Q的加速度为零，速度最大，但有F弹＝mgsin θ，弹簧仍处于压缩状态，D错误。
9．(2012·苏州期末)如图7所示，水平地面与一半径为l的竖直光滑圆弧轨道相接于B点，轨道上的C点位置处于圆心O的正下方。距地面高度为l的水平平台边缘上的A点处有一质量为m的小球以v0＝的速度水平飞出，小球在空中运动至B点时，恰好沿圆弧轨道在该点的切线方向滑入轨道。小球运动过程中空气阻力不计，重力加速度为g，试求：
图7
(1)B点与抛出点A正下方的水平距离x；
(2)圆弧BC段所对的圆心角θ；
(3)小球滑到C点时，对圆轨道的压力。
解析：(1)设小球做平抛运动到达B点的时间为t，由平抛运动规律，
l＝gt2，x＝v0t，
联立解得x＝2l。
(2)设小球到达B点时竖直分速度为vy，vy2＝2gl，tan θ＝，解得θ＝45°。
(3)小球从A运动到C点的过程中机械能守恒，设到达C点时速度大小为vC，有机械能守恒定律，mgl(1＋1－)＝mvC2－mv02，
设轨道对小球的支持力为F，有：F－mg＝m，
解得：F＝(7－)mg，
由牛顿第三定律可知，小球对圆轨道的压力大小为F′＝(7－)mg，方向竖直向下。
答案：(1)2l　(2)45°　(3)(7－)mg　竖直向下
10．如图8所示，是某公园设计的一种惊险刺激的娱乐设施，轨道除CD部分粗糙外，其余均光滑。一挑战者质量为m，沿斜面轨道滑下，无能量损失地滑入第1个圆管形轨道，根据设计要求，在最低点与最高点各放一个压力传感器，测试挑战者对轨道的压力，并通过计算机显示出来。挑战者到达A处时刚好对管壁无压力，又经过水平轨道CD滑入第2个圆管轨道，在最高点B处挑战者对管的内侧壁压力为0.5mg，A、B分别是两轨道的最高点，然后从平台上飞入水池内，水面离轨道的距离为h＝2.25r。若第1个圆管轨道的半径为R，第2个圆管轨道的半径为r，g取10 m/s2，管的内径及人的尺寸相对圆管轨道的半径可以忽略不计，则
图8
(1)挑战者若能完成上述过程，则他应从离水平轨道多高的地方开始下滑？
(2)挑战者从A到B的运动过程中克服轨道阻力所做的功是多少？
(3)挑战者入水时的速度大小是多少？
解析：(1)挑战者到达A处时刚好对管壁无压力，可得出mg＝m，
设挑战者从离水平轨道H高处的地方开始下滑正好运动到A点对管壁无压力，在此过程中机械能守恒有mgH＝mvA2＋mg2R，解得H＝2.5R。。
(2)在B处挑战者对管的内侧壁压力为0.5 mg，分析挑战者受力，根据牛顿第二定律得：
mg＋FN＝
挑战者在从A到B的运动过程中，由动能定理得
mg×2(R－r)－Wf＝mvB2－mvA2，
联立解得Wf＝mgR－mgr。
(3)设挑战者在第2个圆管轨道最低点D处的速度为v，则－mg×2r＝mvB2－mv2，解得v＝gr。
挑战者离开第2个圆管轨道后在平面上做匀速直线运动，然后做平抛运动落入水中，在此过程中机械能守恒，设挑战者入水时的速度大小为v′，则
mgh＋mv2＝mv′2，
解得v′＝。
答案：(1)2.5R　(2)mgR－mgr　(3)
押题训练(二)
1．(2012·济南模拟)如图1所示，一质量为m＝0.5 kg的小滑块，在F＝4 N水平拉力的作用下，从水平面上的A处由静止开始运动，滑行s＝1.75 m后由B处滑上倾角为37°的光滑斜面，滑上斜面后拉力的大小保持不变，方向变为沿斜面向上，滑动一段时间后撤去拉力。已知小滑块沿斜面上滑到的最远点C距B点为L＝2 m，小滑块最后恰好停在A处。不计B处能量损失，g取10 m/s2，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。试求：
图1
(1)小滑块与水平面间的动摩擦因数μ；
(2)小滑块在斜面上运动时，拉力作用的距离x；
(3)小滑块在斜面上运动时，拉力作用的时间t。
解析：(1)小滑块由C运动到A，由动能定理，得
mgsin 37°L－μmgs＝0
解得μ＝
(2)小滑块由A运动到C，由动能定理，得
Fs－μmgs＋Fx－mgsin 37°·L＝0
解得x＝1.25 m
(3)小滑块由A运动到B，由动能定理，得
Fs－μmgs＝mv2
由牛顿第二定律，得F－mgsin 37°＝ma
由运动学公式，得x＝vt＋at2
联立解得t＝0.5 s
答案：(1)　(2)1.25 m　(3)0.5 s
2．(2012·湖南师大附中模拟)冬季有一种雪上“府式冰撬”滑溜运动，运动员从起跑线推着冰撬加速一段相同距离，再跳上冰撬自由滑行，滑行距离最远者获胜，运动过程可简化为如 图2
图2所示的模型，某一质量m＝20 kg的冰撬静止在水平雪面上的A处，现质量M＝60 kg的运动员，用与水平方向成α＝37°角的恒力F＝200 N斜向下推动冰撬，使其沿AP方向一起做直线运动，当冰撬到达P点时运动员迅速跳上冰撬与冰撬一起运动(运动员跳上冰撬瞬间，运动员和冰撬的速度不变)。已知AP距离为x＝12 m，冰撬与雪面间的动摩擦因数为0.2, 不计冰撬长度和空气阻力。(g取10 m/s2，cos 37°＝0.8)求：
(1)冰撬从A到P的运动时间；
(2)冰撬从P点开始还能滑行的距离。
解析：(1)对冰撬受力分析如图，冰撬做匀加速直线运动阶段：
Fcos α－μ(mg＋Fsin α)＝ma1
代入数据得：a1＝4.8 m/s2
x＝a1t12
得t1＝ s
(2)对冰撬和人受力分析如图，冰撬加速运动结束时：vP＝a1t1＝ m/s
减速阶段：μ(M＋m)g＝(M＋m)a2
代入数据得a2＝2 m/s2
则冰撬继续滑行距离为x′＝＝28.8 m
答案：(1) s　(2)28.8 m
3．(2012·徐州模拟)如图3所示，水平传送带AB长L＝6 m，以v0＝3 m/s的恒定速度转动。水平光滑台面与传送带平滑连接于B点，竖直平面内的半圆形光滑轨道半径R＝0.4 m，与水平台面相切于C点。一质量m＝1 kg的物块(可视为质点)，从A点无初速释放，当它运动到A、B中点位置时，刚好与传送带保持相对静止。重力加速度g＝10 m/s2。试求：
图3
(1)物块与传送带之间的动摩擦因数μ；
(2)物块刚滑过C点时对轨道的压力FN；
(3)物块在A点至少要具有多大的速度，才能通过半圆形轨道的最高点D(结果可用根式表示)。
解析：(1)对物块，由静止开始做匀加速直线运动，由牛顿第二定律和运动学公式有
μmg＝ma
v02＝2a·L
解得μ＝0.15
(2)物块刚滑过C点时的速度vC＝v0＝3 m/s
在C点，有FN－mg＝m
解得FN＝32.5 N
由牛顿第三定律知，物块对轨道的压力大小为32.5 N，方向竖直向下。
(3)物块经过半圆轨道最高点D的最小速度为vD＝＝2 m/s
由C到D的过程中，由动能定理有－2mgR＝mvD2－mvC′2
解得vC′＝ m/s>3 m/s
可见，物块从A到B的全过程中一直做匀减速直线运动，到达B端的速度至少为vB′＝vC′＝ m/s
由(1)问可知，物块在传送带上减速运动时的加速度大小a＝1.5 m/s2
由运动学公式有vB′2－vA′2＝－2aL
解得vA′＝ m/s
答案：(1)0.15　(2)32.5 N，方向竖直向下
(3) m/s
4．(2012·潍坊模拟)如图4所示，半径为R的竖直光滑半圆轨道BC与水平轨道AB相切于B点，AB长xAB＝1 m，离水平地面h＝1.6 m。一质量m＝2 kg的滑块，以速度v0＝4 m/s从A点向右运动，经B点滑上半圆轨道。已知滑块与AB间的动摩擦因数μ＝0.2，取g＝10 m/s2。 图4
(1)求滑块在平台上从A到B的运动时间t(结果可保留根式)；
(2)若滑块能沿半圆轨道运动而不脱离半圆轨道，求R应满足的条件；
(3)若R＝0.9 m，求滑块在地面上的落点到平台左侧的水平距离x。
解析：(1)由运动学公式xAB＝v0t－at2
由牛顿第二定律μmg＝ma
得t＝(2－) s
(2)①若滑块恰好运动到半圆轨道的最高点，有mg＝
由动能定理得－μmgxAB－2mgR＝mv12－mv02
解得R＝0.24 m
②若滑块恰好滑到半圆弧一半高度时不再上滑，有－μmgxAB－mgR＝0－mv02
得R＝0.6 m
综上所述，R应满足：R≤0.24 m或R≥0.6 m
(3)R＝0.9 m>0.6 m，滑块从圆轨道返回，由动能定理
－2μmgxAB＝mv22－mv02
得v2＝2 m/s
滑块从A点水平抛出，有x＝v2t1，h＝gt12
解得x＝1.6 m
答案：(1)(2－) s　(2)R≤0.24 m或R≥0.6 m
(3)1.6 m
押题训练(三)
1．(2012·泉州模拟)如图1甲所示，圆形玻璃平板半径为r, 离水平地面的高度为h，一质量为m的小木块放置在玻璃板的边缘，随玻璃板一起绕圆心O在水平面内做匀速圆周运动。
图1
(1)若匀速圆周运动的周期为T，求木块的线速度和所受摩擦力的大小。
(2)缓慢增大玻璃板的转速，最后木块沿玻璃板边缘的切线方向水平飞出，落地点与通过圆心O的竖直线间的距离为s，俯视图如图乙所示。不计空气阻力，重力加速度为g，试求木块落地前瞬间的动能。
解析：(1)根据匀速圆周运动的规律可得木块的线速度大小
v＝
木块所受摩擦力等于木块做匀速圆周运动的向心力。
Ff＝m()2r
(2)木块脱离玻璃板后在竖直方向上做自由落体运动，有h＝gt2
在水平方向上做匀速运动，水平位移
x＝vt
x与距离s、半径r的关系
s2＝r2＋x2
木块从抛出到落地前机械能守恒，得
Ek＝mv2＋mgh
由以上各式解得木块落地前瞬间的动能
Ek＝mg(＋h)
答案：(1)　 m()2r　(2)mg(＋h)
2．如图2所示，x轴与水平传送带重合，坐标原点O在传送带的左端，传送带长L＝8 m，匀速运动的速度v0＝5 m/s。一质量m＝1 kg的小物块轻轻放在传送带上xP＝2 m的P点。小物块随传送带运动到Q点后冲上光滑斜面且刚好到达N点(小物块到达N点后被收集，不再滑下)。若小物块经过Q处无机械能损失，小物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g＝10 m/s2。求：
图2
(1)N点的纵坐标；
(2)小物块在传送带上运动产生的热量；
(3)若将小物块轻轻放在传送带上的某些位置，最终均能沿光滑斜面越过纵坐标yM＝0.5 m的M点，求这些位置的横坐标范围。
解析：(1)小物块在传送带上匀加速运动的加速度a＝μg＝5 m/s2。
小物块与传送带共速时，所用时间t＝＝1 s
运动的位移x＝＝2.5 m<(L－xP)＝6 m
故小物块与传送带共速后以v0＝5 m/s的速度匀速运动到Q，然后冲上光滑斜面到达N点，由机械能守恒定律得
mv02＝mgyN
解得yN＝1.25 m
(2)小物块在传送带上相对传送带滑动的位移x0＝v0t－x＝2.5 m
产生的热量Q＝μmgx0＝12.5 J
(3)设在坐标为x1处轻轻将小物块放在传送带上，最终刚好能到达M点，由能量守恒得
μmg(L－x1)＝mgyM
代入数据解得x1＝7 m
故小物块在传送带上的位置坐标范围0≤x<7 m
答案：(1)1.25 m　(2)12.5 J　(3)0≤x<7 m
3．(2012·山东省实验中学模拟)如图3所示，水平桌面上有一轻弹簧，左端固定在A点，弹簧处于自然状态时其右端位于B点。水平桌面右侧有一竖直放置的内表面光滑、粗细可忽略不计的圆管轨道MNP，其形状为半径R＝0.8 m的圆剪去了左上角135°的圆弧，MN为其竖直直径，P点到桌面的竖直距离也是R。用质量m1＝2.0 kg的物块将弹簧缓慢压缩到C点，释放后弹簧恢复原长时物块恰停止在B点。用同种材料、质量为m2＝0.2 kg的物块将弹簧也缓慢压缩到C点释放，物块过B点(B点为弹簧原长位置)后做匀减速直线运动，其位移与时间的关系为x＝6t－2t2，物块从桌面右边缘D点飞离桌面后，恰在P点无碰撞地进入圆管轨道。运动过程中，物块可视为质点，g＝10 m/s2。
图3
(1)求m2运动至D点时的速度大小；
(2)求BP间的水平距离；
(3)计算分析m2经圆管轨道能否到达最高点M，若能则求到达最高点M时m2对轨道壁的压力；
(4)求释放m2后，m2在运动过程中克服摩擦力做的功。
解析：(1)设物块由D点以初速度vD做平抛运动，落到P点时其竖直速度为vy＝，＝tan 45°得vD＝4 m/s
(2)m2做平抛运动用时为t，水平位移为s，R＝gt2，s＝vDt，得s＝2R＝1.6 m
由x＝6t－2t2可知，在桌面上过B点后初速v0＝6 m/s，加速度a＝4 m/s2，减速到vD。
BD间位移为s1＝＝2.5 m
即BP水平间距为s＋s1＝4.1 m
(3)若物块能沿轨道到达M点，其速度为vM
vP＝4 m/s
－m2g(R＋Rcos 45°)＝m2vM2－m2vP2
vM＝2 m/s大于零，可见能到达M点。
设轨道对物块的压力方向向下，大小为F，则
F＋m2g＝m2
解得F＝(2－2) N＝－0.828 N　可见方向向上
根据牛顿第三定律：m2对轨道内壁的压力F′＝F＝0.828 N，方向竖直向下。
(4)设弹簧长为AC时的弹性势能为Ep，物块与桌面间的动摩擦因数为μ，
释放m1时，Ep＝μm1gsCB，释放m2时，Ep＝μm2gsCB＋m2v02
且m1＝10m2，Ep＝4 J
m2在桌面上运动过程中克服摩擦力做功为Wf
则Ep－Wf＝m2vD2，可得Wf＝2.4 J
答案：(1)4 m/s　(2)4.1 m　(3)能到达M点
0．828 N，方向竖直向下　(4)2.4 J
4．(2012·佛山期末)如图4甲所示，ABC为竖直放置的半径为0.1 m的半圆形轨道，在轨道的最低点A和最高点C各安装了一个压力传感器，可测定小球在轨道内侧通过这两点时对轨道的压力FA和FC。质量为0.1 kg的小球，以不同的初速度v冲入ABC轨道。(g取10 m/s2)
图4
(1)若FC和FA的关系图线如图乙所示，求：当FA＝13 N时小球经过A点时的速度vA，以及小球由A点滑至C点的过程中损失的机械能。
(2)若轨道ABC光滑，小球均能通过C点。试推导FC随FA变化的关系式。
解析：(1)由牛顿第三定律可和，小球在A、C两点所受轨道的弹力大小FNA＝FA，FNC＝FC
在A点由牛顿第二定律得：
FNA－mg＝ ①
解得vA＝2 m/s ②
在C点由牛顿第二定律得：FNC＋mg＝ ③
对A至C的过程，由动能定理得：
Wf－mg·2R＝mvC2－mvA2 ④
②③④联立得
Wf＝mvC2－mvA2＋2mgR＝－0.2 J ⑥
故损失的机械能为0.2 J。
(2)因轨道光滑，小球由A至C的过程中机械能守恒
mvA2＝mvC2＋mg·2R ⑦
联立①③⑦得FNA－FNC＝6mg
即FC＝(FA－6) N。 ⑧
答案：(1)2 m/s　0.2 J　(2)FC＝(FA－6) N

系统知识
明晰备考
考什么
　　本专题考查的主要内容有：库仑定律，电场强度，电势，电势差，电势能，带电粒子在电场、磁场、复合场中的运动，安培力，洛伦兹力等。
怎么考
　　本专题知识是历年高考的重点和难点，对电场强度、电势、电场力做功与电势能变化的关系、磁场的基本概念、安培力的应用等知识多以选择题的形式考查；带电粒子在电场、磁场、复合场中的运动与控制，与牛顿运动定律、功能关系相综合，多以计算题的形式考查；预测2013年高考，电场和磁场的特点与性质，电场中电场强度、电势、电势能的分析判断，带电粒子的运动与控制仍是重点考查内容。
怎么办
　　复习时要注意熟悉各种电场的电场线、等势面分布特点，深入理解电场强度、电势、电势能大小的比较方法，特别关注等量的同种、异种电荷电场分布规律；对带电粒子在电场、磁场、复合场中的运动与控制问题，要善于联系力学中的模型，充分挖掘题给条件，从受力情况、运动规律、能量转换等角度分析，注意对空间想象能力和运用数学工具解决物理问题能力的培养。
第1讲带电粒子在电场中的运动
电场的特点与性质
……………………(解读命题角度)
[例1]　(2012·福建高考)如图3－1－1所示，在点电荷Q产生的电场中，将两个带正电的试探电荷q1、q2分别置于A、B两点，虚线为等势线。取无穷远处为零电势点，若将q1、q2移动到无穷远的过程中外力克服电场力做的功相等，则下列说法正确的是(　　)
A．A点电势大于B点电势 图3－1－1
B．A、B两点的电场强度相等
C．q1的电荷量小于q2的电荷量
D．q1在A点的电势能小于q2在B点的电势能
[思路点拨]　解答本题时应注意以下两点：
(1)点电荷周围电场线的分布规律。
(2)电场力做功与电势能变化的关系。
[解析]　由题意知点电荷Q带负电，所以有φA＜φB＜0，得|UA∞|＞|UB∞|，移动两试探电荷克服电场力做功相等，有q1|UA∞|＝q2|UB∞|，所以q1＜q2，选项A错误，C正确。因为E＝k，A点比B点离Q近，所以EA＞EB，选项B错误。根据电场力做功与电势能变化的关系，q1在A点的电势能等于q2在B点的电势能，选项D错误。
[答案]　C
……………………(掌握类题通法)
一、基础知识要记牢
电场强度、电势、电势能的表达式及特点对比
表达式
特点
电场强度
E＝，E＝k，E＝
矢量，由电场本身决定，电场线越密电场强度越大
电势
φ＝
标量，与零电势点的选择有关，沿电场线电势逐渐降低
电势能
Ep＝qφ，ΔEp＝－W电
标量，电场力做正功，电势能减小
二、方法技巧要用好
电场强度、电势、电势能的比较方法
1．电场强度
(1)根据电场线的疏密程度判断，电场线越密处电场强度越强。
(2)根据等差等势面的疏密程度判断，等差等势面越密处电场强度越强。
(3)根据a＝Eq/m，a越大处电场强度越强。
2．电势
(1)沿电场线方向电势降低，电场线由电势高的等势面指向电势低的等势面，且电场线垂直于等势面。
(2)判断UAB的正负，根据UAB＝φA－φB，比较φA和φB的大小。
3．电势能
电场力做正功，电荷(无论正电荷还是负电荷)从电势能较大处移向电势能较小处；反之，如果电荷克服电场力做功，那么电荷将从电荷能较小处移向电势能较大处。
三、易错易混要明了
电场强度大的地方电势不一定高，处于该点的电荷具有的电势能也不一定大。
平行板电容器问题分析
……………………(解读命题角度)
[例2]　(2012·海南高考)将平行板电容器两极板之间的距离、电压、电场强度大小和极板所带的电荷量分别用d、U、E和Q表示。下列说法正确的是(　　)
A．保持U不变，将d变为原来的两倍，则E变为原来的一半
B．保持E不变，将d变为原来的一半，则U变为原来的两倍
C．保持d不变，将Q变为原来的两倍，则U变为原来的一半
D．保持d不变，将Q变为原来的一半，则E变为原来的一半
[思路点拨]　解答本题时注意以下两点：
(1)平行板电容器电压U、电场强度E、板间距d之间的大小关系由E＝决定。
(2)平行板电容器所带电荷量Q、电场强度E、电压U间的大小关系由C＝和E＝共同决定。
[解析]　由E＝知，当U不变，d变为原来的两倍时，E变为原来的一半，A项正确；当E不变，d变为原来的一半时，U变为原来的一半，B项错误；当电容器中d不变时，C不变，由C＝知，当Q变为原来的两倍时，U变为原来的两倍，C项错误；Q变为原来的一半，U变为原来的一半时，则E变为原来的一半，D项正确。
[答案]　AD
……………………(掌握类题通法)
一、基础知识要记牢
(1)电容的定义式：C＝
(2)平行板电容器电容的决定式：C＝
(3)平行板间匀强电场的电场强度：E＝
二、方法技巧要用好
平行板电容器的两类动态问题分析
(1)充电后与电池两极相连：
(2)充电后与电池两极断开：
带电体在电场中的运动问题
……………………(解读命题角度)
[例3]　(2012·云南三校二模)直流电源的路端电压U＝182 V，金属板AB、CD、EF、GH相互平行、彼此靠近。它们分别和变阻器上的触点a、b、c、d连接。变阻器上ab、bc、cd段电阻之比为1∶2∶3。孔O1正对B和E，孔O2正对D和G。边缘F、H正对。一个电子以初速度v0＝4×106 m/s沿AB方向从A点进入电场，恰好穿过孔O1和O2后，从H点离开电场。金属板间的距离L1＝2 cm，L2＝4 cm，L3＝6 cm，电子质量me＝9.1×10－31 kg，电荷量q＝1.6×10－19C。正对的两平行板间可视为匀强电场，求：
图3－1－2
(1)各相对两板间的电场强度；
(2)电子离开H点时的动能；
(3)四块金属板的总长度(AB＋CD＋EF＋GH)。
[破题关键点]　
(1)各相邻金属板间的电压与变阻器上各段电阻阻值的大小关系。
(2)电子在金属板间做什么规律的运动？
(3)四块金属板的总长度与电子水平位移间的大小关系。
[解析]　(1)三对正对极板间电压之比U1∶U2∶U3＝Rab∶Rbc∶Rcd＝1∶2∶3
板间距离之比L1∶L2∶L3＝1∶2∶3
故三个电场电场强度相等
E＝＝1 516.67 N/C
(2)根据动能定理
qU＝mev2－mev02
电子离开H点时的动能
Ek＝mev02＋qU＝3.64×10－17 J
(3)由于板间电场强度相等，则电子在竖直方向所受电场力不变，加速度恒定，可知电子做类平抛运动：
竖直方向：L1＋L2＋L3＝·t2
水平方向：x＝v0t
消去t解得x＝0.12 m
四块金属板的总长度
AB＋CD＋EF＋GH＝2x＝0.24 m
[答案]　(1)均为1 516.67 N/C　(2)3.64×10－17 J　(3)0.24 m
……………………(掌握类题通法)
一、基础知识要记牢
1．加速
(1)匀强电场中，v0与E平行时，可用牛顿第二定律和运动学公式求解。
(2)非匀强电场中，用功能关系求解qU＝mv2－mv02。
2．偏转
在匀强电场中，当v0与E方向垂直时，带电粒子的运动为类平抛运动。
(1)沿v0方向的匀速直线运动x＝v0t。
(2)垂直于v0方向的匀加速直线运动。
加速度a＝＝
偏转位移：y＝at2＝()2＝
偏转角：tan φ＝＝＝。
二、方法技巧要用好
1．解决带电粒子在电场中运动问题的一般思路
(1)选取研究对象；
(2)分析研究对象受力情况；
(3)分析运动状态和运动过程(初始状态及条件，直线运动还是曲线运动等)；
(4)建立正确的物理模型，恰当选用规律或其他手段(如图线等)找出物理量间的关系，建立方程组解题；
(5)讨论所得结果。
2．重力是否可忽略的问题
在讨论带电粒子或其他带电体的静止与运动问题时， 重力是否要考虑，关键看重力与其他力相比较是否能忽略。一般来说，除明显暗示外，带电小球、液滴的重力不能忽略，电子、质子等带电粒子的重力可以忽略。一般可根据微粒的运动状态判断是否考虑重力作用。

[课堂——针对考点强化训练]
1．一带负电荷的质点，在电场力作用下沿曲线 abc 从 a 运动到 c ，已知质点的速率是递减的。关于 b 点电场强度 E 的方向，下列图示中可能正确的是(虚线是曲线在 b 点的切线)(　　)
图3－1－3
解析：选D　题中质点所带电荷是负电荷，电场方向应与负电荷受到的电场力方向相反，又因为质点的速度是递减的，因此力的方向应与速度方向夹角大于90°，故选项D正确。
2.如图3－1－4所示，a、b、c为电场中同一条水平方向电场线上的三点，c为ab中点。a、b的电势分别为φa＝5 V，φb＝3 V，下列叙述正确的是(　　) 图3－1－4
A．该电场在c点处的电势一定为4 V
B．a点处的电场强度Ea一定大于b点处的电场强度Eb
C．一正电荷从c点运动到b点电势能一定减少
D．一正电荷运动到c点时受到的电场力由c指向a
解析：选C　只有一根电场线，此处无法判断是否为匀强电场，故A、B错误；由电势高低情况可知电场线方向为a指向b，故正电荷所受的电场力方向由c指向b，正电荷由c点移到b点，电场力做正功，电势能减少，故D错误、C正确。
3．(2012·江苏高考)一充电后的平行板电容器保持两极板的正对面积、间距和电荷量不变，在两极板间插入一电介质，其电容C和两极板间的电势差U的变化情况是(　　)
A．C和U均增大　　　　　　 B．C增大，U减小
C．C减小，U增大 D．C和U均减小
解析：选B　根据平行板电容器电容公式C＝，在两极板间插入电介质后，电容C增大，因电容器所带电荷量Q不变，由C＝可知，U＝减小，B正确。
4．(2012·广东高考)图3－1－5是某种静电矿料分选器的原理示意图，带电矿粉经漏斗落入水平匀强电场后，分落在收集板中央的两侧，对矿粉分离的过程，下列表述正确的有(　　)
A．带正电的矿粉落在右侧
B．电场力对矿粉做正功
C．带负电的矿粉电势能变大 图3－1－5
D．带正电的矿粉电势能变小
解析：选BD　在水平方向上带正电的矿粉受到向左的电场力，应落在左侧，A错；电场力对两种矿粉都做正功，电势能均减小，所以只有B、D正确。
5．(2012·山东高考)图3－1－6中虚线为一组间距相等的同心圆，圆心处固定一带正电的点电荷。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 图3－1－6
C．在b点的电势能大于在c点的电势能
D．由a点到b点的动能变化大于由b点到c点的动能变化
解析：选CD　由于带电粒子受到的电场力指向轨迹凹侧，说明带电粒子带正电，选项A错误；根据库仑定律F＝k可知，选项B错误；粒子从b点运动到c点的过程中，电场力对粒子做正功，粒子电势能减小，选项C正确；由动能定理可得qU＝ΔEk，因为Uab>Ubc，所以选项D正确。
6．(2012·重庆联考)如图3－1－7所示，在两等量异种点电荷连线上有D、E、F三点，且DE＝EF。K、M、L分别为过D、E、F三点的等势面。一不计重力的带负电粒子，从a点射入电场，运动轨迹如图中实线所示，以|Wab|表示该粒子从a点到b点电场力做功的数值，以|Wbc|表示该粒子从b点到c点电场力做功的数值，则(　　) 图3－1－7
A．|Wab|＝|Wbc|
B．|Wab|<|Wbc|
C．粒子由a点到b点，动能减少
D．a点的电势较b点的电势低
解析：选C　由等量异种点电荷的电场线的特点可知靠近电荷处电场强度大，类比公式U＝Ed知|Uab|>|Ubc|，而W＝qU，所以|Wab|>|Wbc|，故A、B均错误；从粒子的运动轨迹可知该粒子从a点到c点受到大体向左的作用力，左侧为正电荷，从左向右电势降低，D错误；粒子由a点到b点，电场力做负功，电势能增加，动能减少，C正确。
[课下——针对高考押题训练]
1．(2012·上海高考)A、B、C三点在同一直线上，AB∶BC＝1∶2，B点位于A、C之间，在B处固定一电荷量为Q的点电荷。当在A处放一电荷量为＋q的点电荷时，它所受到的电场力为F；移去A处电荷，在C处放一电荷量为－2q的点电荷，其所受电场力为(　　)
A．－F/2　　　　　　　 B．F/2
C．－F D．F
解析：选B　如图所示，设B处的点电荷带电荷量为正，AB＝r，则BC＝2r，根据库仑定律F＝，F′＝，可得F′＝，故选项B正确。
2.(2012·新课标全国卷)如图1所示，平行板电容器的两个极板与水平地面成一角度，两极板与一直流电源相连。若一带电粒子恰能沿图中所示水平直线通过电容器，则在此过程中，该粒子(　　)
A．所受重力与电场力平衡 图1
B．电势能逐渐增加
C．动能逐渐增加
D．做匀变速直线运动
解析：选BD　由题意可知粒子做直线运动，受到竖直向下的重力和垂直极板的电场力，考虑到电场力和重力不可能平衡，故只有电场力与重力的合力方向水平向左才能满足直线运动条件，故粒子做匀减速直线运动，电场力做负功，电势能逐渐增加，B、D对。
3．如图2甲所示，A、B是某电场中一条电场线上的两点。一个带负电的点电荷仅受电场力作用，从A点沿电场线运动到B点。在此过程中，该点电荷的速度v随时间t变化的规律如图乙所示。则下列说法中正确的是(　　)
图2
A．A点的电场强度比B点的大
B．A、B两点的电场强度相等
C．A点的电势比B点的电势高
D．A点的电势比B点的电势低
解析：选C　由题图乙可得该点电荷由A点到B点做减速运动，所以点电荷所受的电场力与运动方向相反，由B指向A，由于点电荷带负电，所受电场力与电场强度方向相反，故电场强度方向由A指向B，沿着电场线方向电势越来越低，所以A点电势比B点电势高，C正确，D错误；由图乙可得v－t图象斜率越来越大，说明点电荷的加速度越来越大，由牛顿第二定律可得电场力越来越大，所以由A到B电场强度在增大，A点的电场强度比B点的小，A、B错误。
4.(2012·温州模拟)一带电小球悬挂在平行板电容器内部，闭合开关S，电容器充电后，悬线与竖直方向夹角为θ，如图3所示。下列方法中能使夹角θ减小的是(　　)
A．保持开关闭合，使两极板靠近一些
B．保持开关闭合，使滑动变阻器滑片向右移动 图3
C．保持开关闭合，使两极板远离一些
D．断开开关，使两极板靠近一些
解析：选C　保持开关闭合，两极板间电压不变，使两极板靠近一些，板间电场强度变大，夹角θ增大，A错；保持开关闭合，使滑动变阻器滑片向右移动，不会影响板间电压，夹角θ不变，B错；保持开关闭合，板间电压不变，使两极板远离一些，由E＝可知，电场强度减小，夹角θ减小，C对；断开开关，使两极板靠近一些，极板上电荷量不变，板间电场强度不变，夹角θ不变，D错。
5．平行板间有如图4所示的周期性变化的电压。重力不计的带电粒子静止在平行板中央，从t＝0时刻开始将其释放，运动过程无碰板情况。在图5所示的图象中，正确定性描述粒子运动的速度图象的是(　　)
图4

解析：选A　0～时间内粒子做初速度为零的匀加速直线运动。～T时间内做加速度恒定的匀减速直线运动，由对称性可知，在T时速度减为零。此后周期性重复，故A正确。
6.(2012·重庆高考)空间中P、Q两点处各固定一个点电荷，其中P点处为正电荷，P、Q两点附近电场的等势面分布如图6所示，a、b、c、d为电场中的4个点，则(　　)
A．P、Q两点处的电荷等量同种
B．a点和b点的电场强度相同 图6
C．c点的电势低于d点的电势
D．负电荷从a到c，电势能减少
解析：选D　根据电场线与等势线垂直得：必有一条电场线与P、Q连线重合，P为正电荷，故该电场线必从P沿直线指向Q，因电场线总是由正电荷指向负电荷，故P、Q电荷为等量异种电荷，A选项错误；电场强度是矢量，a、b两处电场强度方向不同，B选项错误；因越靠近正电荷，电势越高，故c点电势高于d点电势，C选项错误；根据等势线的分布及P、Q的电性，c所在的等势线电势高于a所在等势线的电势，负电荷从a到c，电场力做正功，电势能减少，D选项正确。
7．(2012·安徽高考)如图7所示，在平面直角坐标系中，有方向平行于坐标平面的匀强电场，其中坐标原点O处的电势为0 V，点A处的电势为6 V，点B处的电势为3 V，则电场强度的大小为(　　)
A．200 V/m B．200 V/m 图7
C．100 V/m D．100 V/m
解析：选A　在匀强电场中，若沿某一方向电势降落，则在这一方向上电势均匀降落，故OA的中点C的电势φC＝3 V(如图所示)，因此B、C为等势面。O点到BC的距离d＝OCsin α，而sin α ＝＝，所以d＝OC＝1.5×10－2m。根据E＝得，匀强电场的电场强度E＝＝ V/m＝200 V/m，故选项A正确，选项B、C、D错误。
8．(2012·安徽高考)如图8甲所示，半径为R的均匀带电圆形平板，单位面积带电量为σ，其轴线上任意一点P(坐标为x)的电场强度可以由库仑定律和电场强度的叠加原理求出：
E＝2πkσ，方向沿x轴。现考虑单位面积带电量为σ0的无限大均匀带电平板，从其中间挖去一半径为r的圆板，如图乙所示。则圆孔轴线上任意一点Q(坐标为x)的电场强度为(　　)
图8
A．2πkσ0 B．2πkσ0
C．2πkσ0 D．2πkσ0
解析：选A　利用均匀带电圆板轴线上的电场强度公式，当R无限大时，Q点电场强度E1＝2πkσ0，当R＝r时，Q点电场强度E2＝2πkσ0[1－]，现从带电平板上中间挖去一半径为r的圆板，则Q点电场强度E3＝E1－E2，只有选项A正确。
9.反射式速调管是常用的微波器件之一，它利用电子团在电场中的振荡来产生微波，其振荡原理与下述过程类似。如图9所示，在虚线MN两侧分别存在着方向相反的两个匀强电场，一带电微粒从A点由静止开始，在电场力作用下沿直线在A、B两点间往返运动。已知电场强度的大小分别是E1＝2.0×103 N/C和E2＝4.0×103 N/C，方向如图所示，带电微粒质量m＝1.0×10－20 kg ，带电量q＝－1.0×10－9C，A点距虚 图9
线MN的距离d1＝1.0 cm，不计带电微粒的重力，忽略相对论效应。求：
(1)B点距虚线MN的距离d2；
(2)带电微粒从A点运动到B点所经历的时间t。
解析：(1)带电微粒由A运动到B的过程中，由动能定理有
|q|E1d1－|q|E2d2＝0 ①
解得d2＝d1＝0.50 cm ②
(2)设微粒在虚线MN两侧的加速度大小分别为a1、a2，由牛顿第二定律有|q|E1＝ma1③
|q|E2＝ma2 ④
设微粒在虚线MN两侧运动的时间分别为t1、t2，由运动学公式有
d1＝a1t12 ⑤
d2＝a2t22 ⑥
又t＝t1＋t2 ⑦
由②③④⑤⑥⑦式解得t＝1.5×10－8s
答案：(1)0.50 cm　　(2)1.5×10－8 s
10．(2012·湖南四市联考)如图10所示，在同一条竖直线上，有电荷量均为Q的A、B两个正点电荷，GH是它们连线的垂直平分线。另有一个带电小球C，质量为m、电荷量为＋q(可视为点电荷)，被长为L的绝缘轻细线悬挂于O点，现在把小球O拉起到M点，使细线水平且与A、B处于同一竖直面内，由静止开始释放，小球C向下运动到GH线上的N点时刚好速度为零，此时细线与竖直方向的夹角 图10
θ＝30°。试求：
(1)在A、B所形成的电场中M、N两点间的电势差，并指出M、N哪一点的电势高。
(2)若N点与A、B两个点电荷所在位置正好形成一个边长为a的正三角形，则小球运动到N点瞬间，轻细线对小球的拉力FT(静电力常量为k)。
解析：(1)带电小球C在A、B形成的电场中从M点运动到N点的过程中，重力和电场力做功，但合力功为零，则qUMN＋mglcos θ＝0
所以UMN＝－
即M、N两点间的电势差大小为
且N点的电势高于M点的电势。
(2)在N点，小球C受到重力mg、细线的拉力FT以及A和B分别对它的斥力FA和FB四个力的作用如图所示，且沿细线方向的合力为零(向心力为零)。则
FT－mgcos 30°－FAcos 30°＝0
又FA＝FB＝k
得FT＝mgcos 30°＋kcos 30°
答案：(1)　N点电势高
(2)mgcos 30°＋kcos 30°
第2讲带电粒子在磁场中的运动
导体棒在磁场中所受安培力问题
……………………(解读命题角度)
[例1]　(2012·上海高考)载流长直导线周围磁场的磁感应强度大小为B＝kI/r，式中常量k>0，I为电流强度，r为距导线的距离。在水平长直导线MN正下方，矩形线圈abcd通以逆时针方向的恒定电流，被两根轻质绝缘细线静止地悬挂，如图3－2－1所示。 图3－2－1
开始时MN内不通电流，此时两细线内的张力均为T0。当MN通以强度为I1的电流时，两细线内的张力均减小为T1，当MN内电流强度变为I2时，两细线内的张力均大于T0。
(1)分别指出强度为I1、I2的电流的方向；
(2)求MN分别通以强度为I1、I2的电流时，线框受到的安培力F1与F2大小之比；
(3)求MN内的电流强度为I3时两细线恰好断裂，在此瞬间线圈的加速度大小为a，求I3。
[破题关键点]　
(1)如何表示ab边和cd边所在处的磁感应强度？请写出表达式。
(2)如何表示ab边和cd边所受的安培力大小？请写出表达式。
(3)线圈abcd受哪几个力作用？试分析MN中电流方向与线圈所受安培力方向的关系。
(4)要使两细线断裂，MN中的电流I3应沿什么方向？断线瞬间线圈受哪些力作用？
[解析]　(1)MN对ab边的安培力大于MN对cd边的安培力，故当MN中通电I1，细线张力减小，MN对ab边的安培力方向向上，由左手定则可判断，矩形线圈abcd所处的磁场方向垂直纸面向外，由右手螺旋定则可判断，MN中电流I1水平向左，同理可分析I2水平向右。
(2)当MN中电流为I1时，Bab＝kI1/r1，Bcd＝kI1/r2，
设线圈中电流为i，L为ab、cd的长度，
则线圈所受安培力F1＝BabiL－BcdiL＝kI1iL(－)
同理F2＝kI2iL(－)，可得：＝。
(3)设MN中电流为I3时，线圈受安培力为F3，由F3方向竖直向下可判断I3方向水平向右
由题设条件可得
2T0＝mg，
2T1＋F1＝mg
F3＋mg＝ma
由(2)问可知，＝
以上各式联立解得：I3＝I1
[答案]　(1)I1方向水平向左，I2方向水平向右
(2)
(3)I1，方向向右
……………………(掌握类题通法)
一、基础知识要记牢
1．安培力的大小
F＝BIL sin θ(其中θ为B与I之间的夹角)
(1)若磁场和电流垂直：F＝BIL；
(2)若磁场和电流平行：F＝0。
2．安培力的方向
(1)左手定则可判定安培力的方向。
(2)特点：电流所受的安培力的方向既跟磁场方向垂直，又跟电流方向垂直，所以安培力的方向总是垂直于磁感线和通电导线所确定的平面。
二、方法技巧要用好
解决安培力问题的一般思路
(1)确定研究对象；
(2)明确导线中电流的方向及其周围磁场的方向；
(3)利用左手定则判断通电导线所受安培力的方向；
(4)结合物体的平衡条件或牛顿运动定律进行求解。
带电粒子在匀强磁场中的运动
(解读命题角度)
[例2]　(2012·江苏高考)如图3－2－2所示，MN是磁感应强度为B的匀强磁场的边界。一质量为m、电荷量为q的粒子在纸面内从O点射入磁场。若粒子速度为v0，最远能落在边界上的A点。下列说法正确的有(　　)
图3－2－2
A．若粒子落在A点的左侧，其速度一定小于v0
B．若粒子落在A点的右侧，其速度一定大于v0
C．若粒子落在A点左右两侧d的范围内，其速度不可能小于v0－qBd/2m
D．若粒子落在A点左右两侧d的范围内，其速度不可能大于v0＋qBd/2m
[思路点拨]　解答本题时应注意以下三点：
(1)从O点射入磁场的粒子速度方向是不确定的。
(2)垂直于MN射入磁场的粒子，出磁场的位置离O点最远。
(3)垂直进入磁场且落在A点右侧d处的粒子对应粒子速度的最小值。
[解析]　因粒子由O点以速度v0入射时，最远落在A点，又粒子在O点垂直射入磁场时，在边界上的落点最远，即＝，所以粒子若落在A的右侧，速度应大于v0，B正确；当粒子落在A的左侧时，由于不一定是垂直入射，所以速度可能等于、大于或小于v0，A错误；当粒子射到A点左侧相距d的点时，最小速度为vmin，则＝，又因＝，所以vmin＝v0－，所以粒子落在A点左右两侧d的范围内，其速度不可能小于vmin＝v0－，C正确；当粒子射到A点右侧相距d的点时，最小速度为v1，则＝，又因＝，即v1＝v0＋，D错误。
[答案]　BC
……………………(掌握类题通法)
一、基础知识要记牢
1．洛伦兹力
(1)大小：
①v∥B时，F＝0。
②v⊥B时，F＝qvB。
③v与B夹角为θ时：F＝qvBsin θ。
(2)方向：
F、v、B三者的关系满足左手定则。
(3)特点：
由于F始终垂直于v的方向，故洛伦兹力永不做功。
2．带电粒子在匀强磁场中的运动
(1)若v∥B，带电粒子以速度v做匀速直线运动，此情况下洛伦兹力等于零。
(2)若v⊥B，带电粒子在垂直于磁感线的平面内以入射速度做匀速圆周运动。
①向心力由洛伦兹力提供，qvB＝m；
②轨道半径R＝；
③周期：T＝＝。
二、方法技巧要用好
1．带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的分析方法
(1)圆心的确定：
轨迹圆心总是位于入射点和出射点所受洛伦兹力作用线的交点上或过这两点的弦中垂线与任一个洛伦兹力作用线的交点上。
(2)半径的确定：
利用平面几何关系，求出轨迹圆的半径。
(3)运动时间的确定：
t＝T，其中α为偏转角度。
2．作带电粒子运动轨迹时需注意的问题
(1)四个点：分别是入射点、出射点、轨迹圆心和入射速度直线与出射速度直线的交点。
(2)六条线：圆弧两端点所在的轨迹半径，入射速度直线和出射速度直线， 入射点与出射点的连线，圆心与两条速度直线交点的连线。前面四条边构成一个四边形，后面两条为对角线。
(3)三个角：速度偏转角、圆心角、弦切角，其中偏转角等于圆心角，也等于弦切角的两倍。
带电粒子在磁场中运动的周期性和多解性
……………………(解读命题角度)
[例3]　(2012·徐州模拟)如图3－2－3所示，M、N为水平放置的彼此平行的不带电的两块平板，板的长度和板间距离均为d，在两板间有垂直于纸面方向的匀强磁场，在距上板处有一质量为m，电荷量为q的带正电的粒子(不计重力)，以初速度v0水平射入磁场，若使粒子不能射出磁场求磁场的方向和磁感应强度B的大小范围。 图3－2－3
[解析]　(1)如果磁场垂直纸面向里，
①粒子从左侧上板边缘飞出，则粒子做圆周运动的半径R1＝·＝
由qv0B1＝m
得：B1＝
②粒子从右侧上板边缘飞出，则粒子做圆周运动的半径为R2，
则R22＝(R2－)2＋d2，
解得：R2＝d
由qv0B2＝m得：B2＝
所以当磁场方向垂直纸面向里时，粒子不能射出两板间的磁感应强度的范围为
(2)当磁场方向垂直纸面向外时
①粒子从左侧下板边缘飞出，则粒子做圆周运动的半径为R3＝·d＝
由qv0B3＝m得：B3＝
②粒子从右侧下板边缘飞出，则粒子做圆周运动的半径为R4，则R42＝(R4－d)2＋d2
得：R4＝d
由qv0B4＝m
解得：B4＝
所以当磁场方向垂直纸面向外时，粒子不能射出两板间的磁感应强度的范围为[答案]　见解析
……………………(掌握类题通法)
一、基础知识要记牢
引起粒子在匀强磁场中做圆周运动多解的四种原因：
(1)带电粒子的电性不确定形成多解，可能出现两个方向的运动轨迹。
(2)磁场方向不确定形成多解，可能出现两个方向的运动轨迹。
(3)临界状态不唯一形成多解，需要根据临界状态的不同，分别求解。
(4)圆周运动的周期性形成多解。
二、方法技巧要用好
解决本类问题的一般思路：
(1)首先要明确带电粒子的电性和磁场的方向；
(2)正确地找出带电粒子运动的临界状态；
(3)结合带电粒子的运动轨迹利用圆周运动的周期性进行分析计算。

[课堂——针对考点强化训练]
1.如图3－2－4所示，长为2l的直导线折成边长相等，夹角为60°的V形，并置于与其所在平面相垂直的匀强磁场中，磁感应强度为B。当在该导线中通以电流强度为I的电流时，该V形通电导线受到的安培力大小为(　　)
A．0　　　　　　　　　　 B．0.5Bil 图3－2－4
C．BIl D．2BIl
解析：选C　V形导线通入电流I时每条边受到的安培力大小均为BIl，方向分别垂直于导线斜向上，再由平行四边形定则可得其合力F＝BIl，答案为C。
2．(2012·广东高考)质量和电量都相等的带电粒子M和N，以不同的速率经小孔S垂直进入匀强磁场，运行的半圆轨迹如图3－2－5中虚线所示，下列表述正确的是(　　)
A．M带负电，N带正电 图3－2－5
B．M的速率小于N的速率
C．洛仑兹力对M、N做正功
D．M的运行时间大于N的运行时间
解析：选A　根据左手定则可知N带正电，M带负电，A正确；因为r＝，而M的半径大于N的半径，所以M的速率大于N的速率，B错；洛伦兹力永不做功，所以C错；M和N的运行时间都为t＝，所以D错。
3.(2012·海南高考)图3－2－6中装置可演示磁场对通电导线的作用。电磁铁上下两磁极之间某一水平面内固定两条平行金属导轨，L是置于导轨上并与导轨垂直的金属杆。当电磁铁线圈两端a、b，导轨两端e、f，分别接到两个不同的直流电源上时，L便在导轨上滑动。下列说法正确的是(　　)
A．若a接正极，b接负极，e接正极，f接负极，则L向右滑动 图3－2－6
B．若a接正极，b接负极，e接负极，f接正极，则L向右滑动
C．若a接负极，b接正极，e接正极，f接负极，则L向左滑动
D．若a接负极，b接正极，e接负极，f接正极，则L向左滑动
解析：选BD　若a接正极，b接负极，电磁铁磁极间磁场方向向上，e接正极，f接负极，由左手定则判定金属杆受安培力向左，则L向左滑动，A项错误，同理判定B、D选项正确，C项错误。
4.真空中有两根长直金属导线平行放置，其中只有一根导线中通过有恒定电流。在两导线所确定的平面内，一电子从P点开始运动的轨迹的一部分如图3－2－7中曲线PQ所示，则一定是(　　)
A．ab导线中通有从a到b方向的电流
B．ab导线中通有从b到a方向的电流 图3－2－7
C．cd导线中通有从c到d方向的电流
D．cd导线中通有从d到c方向的电流
解析：选C　根据电子运动的轨迹知在两导线之间的磁场方向垂直于两导线所在的平面，且由粒子运动的方向可知，ab中通有由b到a的电流或cd中通有从c到d的电流，又从电子运动轨迹在向cd边靠近时半径变小，由r＝知距离cd边越近，磁感应强度B越强，可见cd中一定有电流，只有C正确。
5.如图3－2－8所示，在竖直放置的金属板M上放一个放射源C，可向纸面内各个方向射出速率均为v的α粒子，P是与金属板M平行的足够大的荧光屏，到M的距离为d。现在P与金属板M间加上垂直纸面的匀强磁场，调整磁感应强度的大小，恰使沿M板向上射出的α粒子刚好垂直打在荧光屏上。若α粒子的质量为m，电荷量为2e。则(　　) 图3－2－8
A．磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度B的大小为
B．磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度B的大小为
C．在荧光屏上能观察到的亮斑区的长度为2d
D．在荧光屏上能观察到的亮斑区的长度为4d
解析：选BC　由左手定则可判断，磁感应强度的方向垂直纸面向外，由R＝d＝得：B＝＝，A错误，B正确；α粒子沿水平面向右运动时，恰好与光屏相切，此为打在屏上最下方的粒子，故荧光屏上能观察到的亮斑区的长度为2R＝2d，C正确，D错误。
6.空间存在方向垂直于纸面向里的匀强磁场，图3－2－9中的正方形为其边界。由两种粒子组成的一细粒子束沿垂直于磁场的方向从O点入射。这两种粒子带同种电荷，它们的电荷量、质量均不同，但其比荷相同，且都包含不同速率的粒子。不计重力。下列说法正确的是(　　)
A．入射速度不同的粒子在磁场中的运动时间一定不同 图3－2－9
B．入射速度相同的粒子在磁场中的运动轨迹一定相同
C．在磁场中运动时间相同的粒子，其运动轨迹一定相同
D．在磁场中运动时间越长的粒子，其轨迹所对的圆心角一定越大
解析：选BD　带电粒子进入磁场后，在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动，根据qvB＝得轨道半径r＝，粒子的比荷相同，故不同速度的粒子在磁场中运动的轨道半径不同，轨迹不同，相同速度的粒子，轨道半径相同，轨迹相同，故B正确。带电粒子在磁场中做圆周运动的周期T＝＝，故所有带电粒子的运动周期均相同，若带电粒子从磁场左边界出磁场，则这些粒子在磁场中运动时间是相同的，但不同速度轨迹不同，故A、C错误。根据＝得θ＝t，所以t越长，θ越大，故D正确。
[课下——针对高考押题训练]
1．(2012·北京高考)处于匀强磁场中的一个带电粒子，仅在磁场力作用下做匀速圆周运动。将该粒子的运动等效为环形电流，那么此电流值(　　)
A．与粒子电荷量成正比 B．与粒子速率成正比
C．与粒子质量成正比 D．与磁感应强度成正比
解析：选D　由电流概念知，该电流是通过圆周上某一个位置(即某一截面)的电荷量与所用时间的比值。若时间为带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期T，则公式I＝q/T中的电荷量q即为该带电粒子的电荷量。又T＝，解出I＝。故只有选项D正确。
2．(2012·晋江四校联考)如图1所示，长为L的通电直导体棒放在光滑水平绝缘轨道上，劲度系数为k的水平轻弹簧一端固定，另一端拴在棒的中点，且与棒垂直，整个装置处于方向竖直向上、磁感应强度为B的匀强磁场中，弹簧伸长x，棒处于静止状态。则(　　)
A．导体棒中的电流方向从b流向a
B．导体棒中的电流大小为 图1
C．若只将磁场方向缓慢顺时针转过一小角度，x变大
D．若只将磁场方向缓慢逆时针转过一小角度，x变大
解析：选B　由左手定则可知，导体棒中的电流方向从a流向b，选项A错误；由BIL＝kx可得导体棒中的电流大小为I＝kx/BL，选项B正确；若只将磁场方向缓慢顺时针转过一小角度，或逆时针转过一小角度，导体棒沿水平方向所受安培力变小，故x都变小，选项C、D错误。
3.(2012·大纲版全国卷)如图2所示，两根相互平行的长直导线过纸面上的M、N两点，且与纸面垂直，导线中通有大小相等、方向相反的电流。a、O、b在M、N的连线上，O为MN的中点。c 、d位于MN的中垂线上，且a、b、c、d到O点的距离均相等。关于以上几点处的磁场，下列说法正确的是(　　) 图2
A．O点处的磁感应强度为零
B．a、b两点处的磁感应强度大小相等，方向相反
C．c、d两点处的磁感应强度大小相等，方向相同
D．a、c两点处磁感应强度的方向不同
解析：选C　由安培定则可知，两导线在O点产生的磁场均竖直向下，合磁感应强度一定不为零，选项A错；由安培定则，两导线在a、b两处产生的磁场方向均竖直向下，由于对称性，电流M在a处产生磁场的磁感应强度等于电流N在b处产生磁场的磁感应强度，同时电流M在b处产生磁场的磁感应强度等于电流N在a处产生磁场的磁感应强度，所以a、b两处磁感应强度大小相等方向相同，选项B错；根据安培定则，两导线在c、d两处分别产生的磁场垂直c、d两点与导线连线方向斜向下，且产生的磁场的磁感应强度相等，由平行四边形定则可知，c、d两点处的磁感应强度大小相等，方向相同，选项C正确；a、c两处磁感应强度的方向均竖直向下，选项D错。
4.如图3所示，平面直角坐标系的第Ⅰ象限内有一匀强磁场垂直于纸面向里，磁感应强度为B。一质量为m、电荷量为q的粒子以速度v从O点沿着与y轴夹角为30°的方向进入磁场，运动到A点时速度方向与x轴的正方向相同，不计粒子的重力，则(　　)
A．该粒子带正电 图3
B．A点与x轴的距离为
C．粒子由O到A经历时间t＝
D．运动过程中粒子的速度不变
解析：选BC　由左手定则可判断该粒子带负电，A错误；粒子运动轨迹如图所示，则A点离x轴的距离为r(1－cos θ)＝(1－cos 60°)＝，B正确；t＝·T＝，C正确；运动过程中粒子速度大小不变，方向时刻改变，D错误。
5.利用如图4所示装置可以选择一定速度范围内的带电粒子。图中板MN上方是磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场，板上有两条宽度分别为2d和d的缝，两缝近端相距为L。一群质量为m、电荷量为q，具有不同速度的粒子从宽度为2d的缝垂直于板MN进入磁场，对于能够从宽度为d的缝射出的粒子，下列说法错误的是(　　) 图4
A．粒子带负电
B．射出粒子的最大速度为
C．保持d和L不变，增大B，射出粒子的最大速度与最小速度之差增大
D．保持d和B不变，增大L，射出粒子的最大速度与最小速度之差增大
解析：选D　由左手定则和粒子的偏转情况可以判断粒子带负电，选项A对；根据洛伦兹力提供向心力qvB＝可得v＝，r越大v越大，由题图可知r最大值为rmax＝，选项B正确；又r最小值为rmin＝，将r的最大值和最小值代入v的表达式后得出速度之差为Δv＝，可见选项C正确、D错误。故选D。
6．(2012·广州二模)薄铝板将同一匀强磁场分成Ⅰ、Ⅱ两个区域，高速带电粒子可穿过铝板一次，在两个区域内运动的轨迹如图5所示，半径R1>R2。假定穿过铝板前后粒子电荷量保持不变，则该粒子(　　) 图5
A．带正电
B．在Ⅰ、Ⅱ区域的运动速度相同
C．在Ⅰ、Ⅱ区域的运动时间相同
D．从Ⅰ区域穿过铝板运动到Ⅱ区域
解析：选C　粒子穿过铝板受到铝板的阻力速度将减小，由r＝可得粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径将减小，故可得粒子由Ⅰ区域运动到Ⅱ区域，结合左手定则可知粒子带负电，A、B选项错误，D选项正确；由T＝可知粒子运动的周期不变，粒子在Ⅰ区域和Ⅱ区域中运动的时间均为t＝T＝，C选项正确。
7．(2012·安徽高考)如图6所示，圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，一个带电粒子以速度v从A点沿直径AOB方向射入磁场，经过Δt时间从C点射出磁场，OC与OB成60°角。现将带电粒子的速度变为，仍从A点沿原方向射入磁场，不计重力，则粒子在磁场中的运动时间变为(　　) 图6
A.Δt B．2Δt
C.Δt D．3Δt
解析：选B　作出粒子运动轨迹如图所示，设电子粒子以速度v进入磁场做圆周运动，圆心为O1，半径为r1，则根据qvB＝，得r1＝，根据几何关系得＝tan ，且φ1＝60°
当带电粒子以v的速度进入时，轨道半径r2＝＝＝r1，圆心在O2，则＝tan 。即tan ＝＝＝3tan ＝。故＝60°，φ2＝120°；带电粒子在磁场中运动的时间t＝T，所以＝＝，即Δt2＝2Δt1＝2Δt，故选项B正确，选项A、C、D错误。
8．空间存在垂直于纸面方向的均匀磁场，其方向随时间做周期性变化，磁感应强度B随时间t变化的图象如图7所示。规定B＞0时，磁场的方向穿出纸面。一电荷量q＝5π×10－7 C、质量m＝5×10－10 kg的带电粒子，位于某点O处，在t＝0时以初速度v0＝π m/s沿某方向开始运动。不计重力的作用，不计磁场的变化可能产生的一切其他影响。则在磁场变化N个(N为整数)周期的时间内带电粒子的平均速度的大小等于(　　)
图7
A．π m/s B. m/s
C．2 m/s D．2 m/s
解析：选C　带电粒子在磁场中的运动半径为r＝＝0.01 m，周期为T ＝＝0.02 s，作出粒子的轨迹示意图如图所示，所以在磁场变化N个(N为整数)周期的时间内，由平均速度的定义式＝＝＝ m/s＝2 m/s，即C选项正确。
9．(2012·新课标全国卷) 如图8所示，一半径为R的圆表示一柱形区域的横截面(纸面)。在柱形区域内加一方向垂直于纸面的匀强磁场，一质量为m、电荷量为q的粒子沿图中直线在圆上的a点射入柱形区域，在圆上的b点离开该区域，离开时速度方向与直线垂直。圆心O到直线的距离为R。现将磁场换为平行于纸面且垂直于直线的匀强电场，同一粒子以 图8
同样速度沿直线在a点射入柱形区域，也在b点离开该区域。若磁感应强度大小为B，不计重力，求电场强度的大小。
解析：粒子在磁场中做圆周运动。设圆周的半径为r，由牛顿第二定律和洛伦兹力公式得
qvB＝m ①
式中v为粒子在a点的速度。
过b点和O点作直线的垂线，分别与直线交于c和d点。由几何关系知，线段、和过a、b两点的轨迹圆弧的两条半径(未画出)围成一正方形。因此
＝＝r ②
设＝x，由几何关系得
＝R＋x ③
＝R＋ ④
联立②③④式得r＝R ⑤
再考虑粒子在电场中的运动。设电场强度的大小为E，粒子在电场中做类平抛运动。设其加速度大小为a，由牛顿第二定律和带电粒子在电场中的受力公式得
qE＝ma ⑥
粒子在电场方向和直线方向所走的距离均为r，由运动学公式得
r＝at2 ⑦
r＝vt ⑧
式中t是粒子在电场中运动的时间。联立①⑤⑥⑦⑧式得
E＝ ⑨
答案：
10．(2012·海南高考)图9(a)所示的xOy平面处于匀强磁场中，磁场方向与xOy平面(纸面)垂直，磁感应强度B随时间t变化的周期为T，变化图线如图(b)所示。当B为＋B0时，磁感应强度方向指向纸外。在坐标原点O
有一带正电的粒子P，其电荷量与质量之比恰好等于。不计重力。设P在某时刻t0以某一初速度沿y轴正向自O点开始运动，将它经过时间T到达的点记为A。
图9
(1)若t0＝0，则直线OA与x轴的夹角是多少？
(2)若t0＝，则直线OA与x轴的夹角是多少？
解析：(1)设粒子P的质量、电荷量与初速度分别为m、q与v，粒子P在洛伦兹力作用下，在xOy平面内做圆周运动，分别用R与T′表示圆周的半径和运动周期，则有
qvB0＝m()2R ①
v＝ ②
由①②式与已知条件得
T′＝T ③
粒子P在t＝0到t＝时间内，沿顺时针方向运动半个圆周，到达x轴上的B点，此时磁场方向反转；继而，在t＝到t＝T时间内，沿逆时针方向运动半个圆周，到达x轴上的A点，如图(a)所示。OA与x轴的夹角θ＝0
(2)粒子P在t0＝时刻开始运动，在t＝到t＝时间内，沿顺时针方向运动个圆周，到达C点，此时磁场方向反转；继而，在t＝到t＝T时间内，沿逆时针方向运动半个圆周，到达B点，此时磁场方向再次反转；在t＝T到t＝时间内，沿顺时针方向运动个圆周，到达A点，如图(b)所示。由几何关系可知，A点在y轴上，即OA与x轴的夹角θ＝。
答案：(1)0　(2)
第3讲带电粒子在复合场中的运动
带电粒子在组合场中的运动
……………………(解读命题角度)
[例1]　(2012·天津高考)对铀235的进一步研究在核能的开发和利用中具有重要意义。如图3－3－1所示，质量为m、电荷量为q的铀235离子，从容器A下方的小孔S1不断飘入加速电场，其初速度可视为零，然后经过小孔S2垂直于磁场方向进入磁感应强度为B的匀强磁场中，做半径为R的匀速圆周运动，离子行进半个圆周后离开磁场并被 图3－3－1
收集，离开磁场时离子束的等效电流为I。不考虑离子重力及离子间的相互作用。
(1)求加速电场的电压U。
(2)求出在离子被收集的过程中任意时间t内收集到离子的质量M。
(3)实际上加速电压的大小会在U±ΔU范围内微小变化。若容器A中有电荷量相同的铀235和铀238两种离子，如前述情况它们经电场加速后进入磁场中会发生分离，为使这两种离子在磁场中运动的轨迹不发生交叠，应小于多少？(结果用百分数表示，保留两位有效数字)
[破题关键点]　
(1)时间t内被收集的离子的总电荷量如何表示？它与被收集的离子个数有什么关系？请写出表达式。
(2)离子圆周运动的半径与离子的质量和加速电压有怎样的关系？试推导之。
(3)为使两种离子在磁场中的运动轨迹不发生重叠，两种粒子运动的轨道半径应满足什么关系？
[解析]　(1)设离子经电场加速后进入磁场时的速度为v，由动能定理得
qU＝mv2 ①
离子在磁场中做匀速圆周运动，所受洛伦兹力充当向心力，即
qvB＝m ②
由①②式解得U＝ ③
(2)设在t时间内收集到的离子个数为N，总电荷量为Q，则Q＝It④
N＝ ⑤
M＝Nm ⑥
由④⑤⑥式解得M＝ ⑦
(3)由①②式有R＝  ⑧
设m′为铀238离子的质量，由于电压在U±ΔU之间有微小变化，铀235离子在磁场中最大半径为
Rmax＝  ⑨
铀238离子在磁场中最小半径为
R′min＝  
这两种离子在磁场中运动的轨迹不发生交叠的条件为
Rmax即 < 
则有m(U＋ΔU)< ?
其中铀235离子的质量m＝235 u(u为原子质量单位)，铀238离子的质量
m′＝238 u，故
< ?
解得<0.63 %?
[答案]　(1)　(2)　(3)0.63%
(掌握类题通法)
一、基础知识要记牢
带电粒子的“磁偏转”和“电偏转”的比较
匀强磁场中的“磁偏转”
匀强电场中的“电偏转”
受力特征
①v垂直于B时，
FB＝qvB
②v不垂直于B时，
FB只改变v的方向
无论v是否与E垂直，
FE＝qE，FE为恒力
运动规律
圆周运动(v⊥B)
T＝，r＝
类平抛运动(v⊥E)
vx＝v0，vy＝t
x＝v0t，y＝
偏转情况
若没有磁场边界限制，粒子所能偏转的角度不受限制
θ＝arctan <，因做类平抛运动，在相等的时间内偏转角度往往不等
动能变化
动能不变
动能发生变化
二、方法技巧要用好
分析带电粒子在组合场中运动问题的方法
(1)带电粒子依次通过不同场区时，由受力情况确定粒子在不同区域的运动情况。
(2)根据区域和运动规律的不同，将粒子运动的过程划分为几个不同的阶段，对不同的阶段选取不同的规律处理。
(3)正确地画出粒子的运动轨迹图。
三、易错易混要明了
带电粒子通过不同场区的交界处时速度的大小和方向关系。
带电粒子在复合场中的运动
……………………(解读命题角度)
[例2]　(2012·浙江高考)如图3－3－2所示，两块水平放置、相距为d的长金属板接在电压可调的电源上。两板之间的右侧区域存在方向垂直纸面向里的匀强磁场。将喷墨打印机的喷口靠近上板下表面，从喷口连续不断喷出质量均为m、水平速度均为v0、带相等电荷量的墨滴。 图3－3－2
调节电源电压至U，墨滴在电场区域恰能沿水平向右做匀速直线运动；进入电场、磁场共存区域后，最终垂直打在下板的M点。
(1)判断墨滴所带电荷的种类，并求其电荷量；
(2)求磁感应强度B的值；
(3)现保持喷口方向不变，使其竖直下移到两板中间的位置。为了使墨滴仍能到达下板M点，应将磁感应强度调至B′，则B′的大小为多少？
[思路点拨]　解答本题时应注意以下两点：
(1)墨滴在板间受力情况。
(2)根据墨滴的运动轨迹确定其做圆周运动的半径大小。
[解析]　(1)墨滴在电场区域做匀速直线运动，有
q＝mg ①
由①式得：
q＝ ②
由于电场方向向下，电荷所受电场力向上，可知：
墨滴带负电荷。 ③
(2)墨滴垂直进入电、磁场共存区域，重力仍与电场力平衡，合力等于洛伦兹力，墨滴做匀速圆周运动，有
qv0B＝m ④
考虑墨滴进入磁场和撞板的几何关系，可知墨滴在该区域恰好完成四分之一圆周运动，则半径
R＝d ⑤
由②④⑤式得
B＝ ⑥
(3)根据题设，墨滴运动轨迹如图所示，设圆周运动半径为R′，有
qv0B′＝m ⑦
由图示可得
R′2＝d2＋(R′－)2 ⑧
得：R′＝d ⑨
联立②⑦⑨式可得：
B′＝
[答案]　(1)负电荷　　(2)　(3)
……………………(掌握类题通法)
一、基础知识要记牢
1．带电粒子在复合场中的运动情况分析
带电粒子在复合场中做什么运动，取决于带电粒子所受的合外力及其初始状态的速度，因此应把带电粒子的运动情况和受力情况结合起来进行分析。
(1)当带电粒子在复合场中所受合外力为零时，做匀速直线运动(如速度选择器)。
(2)当带电粒子所受的重力与电场力等值反向，洛伦兹力提供向心力时，带电粒子在垂直于磁场的平面内做匀速圆周运动。
2．带电粒子在复合场中的受力情况分析
(1)带电粒子在复合场中的运动问题是电磁学知识和力学知识的结合，分析方法和力学问题的分析方法基本相同，不同之处是多了电场力、洛伦兹力。
(2)带电粒子在复合场中的运动问题除了利用力学即动力学观点、能量观点来分析外，还要注意电场和磁场对带电粒子的作用特点，如电场力做功与路径无关，洛伦兹力方向始终和运动速度方向垂直永不做功等。
二、方法技巧要用好
分析带电粒子在复合场中运动问题的基本解题思路
三、易错易混要明了
1．忽略带电体的重力导致错误
带电体的重力是否忽略，关键看重力与其他力大小的关系比较，一般一些微观粒子如电子、质子、α粒子等的重力忽略不计，而一些宏观带电体，如带电小球、带电液滴等重力一般不能忽略。
2．不能挖掘出隐含条件导致错误
带电粒子在复合场中的运动，往往会出现临界状态或隐含条件，应以题目中的“恰好”“最大”“最高”“至少”等词语为突破口，挖掘隐含条件，并根据临界条件列出辅助方程，再与其他方程联立求解。

[课堂——针对考点强化训练]
1.(2012·江苏调研)如图3－3－3所示，在MN、PQ间同时存在匀强磁场和匀强电场，磁场方向垂直纸面水平向外，电场在图中没有标出。一带电小球从a点射入场区，并在竖直面内沿直线运动至b点，则小球(　　) 图3－3－3
A．一定带正电
B．受到电场力的方向一定水平向右
C．从a到b过程，克服电场力做功
D．从a到b过程中可能做匀加速运动
解析：选C　无论电场方向沿什么方向，粒子带正电还是负电，电场力与重力的合力是一定的，且与洛伦兹力等大反向，故要使粒子做直线运动，洛伦兹力恒定不变，其速度大小也恒定不变，故D错误；只要保证三个力的合力为零，因电场方向没确定，故粒子电性也不确定，A、B均错误；由WG＋W电＝0可知，重力做功WG>0，故W电<0，粒子一定克服电场力做功，C正确。
2．(2012·九江模拟)如图3－3－4所示，从离子源发射出的正离子，经加速电压U加速后进入相互垂直的电场(E方向竖直向上)和磁场(B方向垂直纸面向外)中，发现离子向上偏转。要使此离子沿直线通过电磁场，需要(　　)
图3－3－4
A．增加E，减小B　　　　 B．增加E，减小U
C．适当增加U D．适当减小E
解析：选CD　离子所受的电场力F＝qE，洛伦兹力F洛＝qvB，qU＝mv2，离子向上偏转，电场力大于洛伦兹力，故要使离子沿直线运动，可以适当增加U，增加速度，洛伦兹力增大，C正确；也可适当减小E，电场力减小，D正确。
3.利用如图3－3－5所示的方法可以测得金属导体中单位体积内的自由电子数n，现测得一块横截面为矩形的金属导体的宽为b，厚为d，并加有与侧面垂直的匀强磁场B，当通以图示方向电流I时，在导体上、下表面间用电压表可测得电压为U。已知自由电子的电荷量为e， 图3－3－5
则下列判断正确的是(　　)
①上表面电势高
②下表面电势高
③该导体单位体积内的自由电子数为
④该导体单位体积内的自由电子数为
A．①③ B．②④
C．②③ D．①④
解析：选B　画出平面图如图所示，由左手定则可知，自由电子向上表面偏转，故下表面电势高，故选项②正确，①错误。再根据e＝evB，I＝neSv＝nebdv得n＝，故选项④正确，③错误。
4.如图3－3－6所示，在竖直虚线MN和M′N′之间区域内存在着相互垂直的匀强电场和匀强磁场，一带电粒子(不计重力)以初速度v0由A点垂直MN进入这个区域，带电粒子沿直线运动，并从C点离开场区。如果撤去磁场，该粒子将从B点离开场区；如果撤去电场，该粒子将从D点离开场区。则下列判断正确的是(　　)
A．该粒子由B、C、D三点离开场区时的动能相同
B．该粒子由A点运动到B、C、D三点的时间均不相同 图3－3－6
C．匀强电场的场强E与匀强磁场的磁感应强度B之比＝v0
D．若该粒子带负电，则电场方向竖直向下，磁场方向垂直于纸面向外
解析：选C　由Eq＝Bv0q可得，＝v0，C正确；若电场方向竖直向下，磁场方向垂直于纸面向外，则无论从左侧入射的是正电荷还是负电荷，电场力与洛伦兹力方向均一致，故D错误；如果撤去磁场，粒子由B点射出时，电场力对粒子做正功，粒子动能比入场时增大了，A错误；粒子由C、B射出过程中，水平方向均做匀速直线运动，运动时间相同，但在磁场偏转过程中粒子运动的速率是v0；运动时间增大了，故B错误。
5.美国物理学家劳伦斯于1932年发明的回旋加速器，应用带电粒子在磁场中做圆周运动的特点，能使粒子在较小的空间范围内经过电场的多次加速获得较大的能量，使人类在获得高能量带电粒子方面前进了一步。如图3－3－7为一种改进后的回旋加速器示意图，其中盒缝间的加速电场场强大小恒定，且被限制在A、C板间， 图3－3－7
如图所示。带电粒子从P0处以速度v0沿电场线方向射入加速电场，经加速后再进入D形盒中的匀强磁场做匀速圆周运动。对于这种改进后的回旋加速器，下列说法正确的是(　　)
A．带电粒子每运动一周被加速两次
B．带电粒子每运动一周P1P2＝P2P3
C．加速粒子的最大速度与D形盒的尺寸有关
D．加速电场方向需要做周期性的变化
解析：选C　由题图可以看出，带电粒子每运动一周被加速一次，A错误。由R＝和Uq＝mv22－mv12可知，带电粒子每运动一周，电场力做功都相同，动能增量都相同，但速度的增量不相同，故粒子做圆周运动的半径增加量不相同，B错误。由v＝可知，加速粒子的最大速度与D形盒的半径R有关，C正确；由图可知，粒子每次都是从A板进入电场加速，所以加速电场方向不需改变，选项D错误。
6.(2012·泰州模拟)如图3－3－8所示，质量为m、电荷量为e的质子以某一初速度从坐标原点O沿x轴正方向进入场区，若场区仅存在平行于y轴向上的匀强电场时，质子通过P(d，d)点时的动能为5Ek；若场区仅存在垂直于xOy平面的匀强磁场时，质子也能通过P点。不计质子的重力。设上述匀强电场的电场强度大小为E、匀强磁场的磁感应强度大 图3－3－8
小为B，则下列说法中正确的是(　　)
A．E＝ B．E＝
C．B＝ D．B＝
解析：选D　设质子的初速度为v0，由平抛运动规律可知
d＝v0t，d＝t，得：vy＝2v0
又5Ek＝mv02＋mvy2，Eed＝5Ek－mv02
可解得：E＝，故A、B均错误；若仅存在磁场，质子从O点进入磁场经过P点，则质子的运动半径R＝d，由R＝可得：B＝，又Ek＝mv02
故B＝，D正确，C错误。
[课下——针对高考押题训练]
押题训练(一)
1．(2012·苏北四市一模)如图1甲所示的控制电子运动装置由偏转电场、偏转磁场组成。偏转电场处在加有电压U、相距为d的两块水平平行放置的导体板之间，匀强磁场水平宽度一定，竖直长度足够大，其紧靠偏转电场的右边。大量电子以相同初速度连续不断地沿两板正中间虚线的方向向右射入导体板之间。当两板间没有加电压时，这些电子通过两板之间的时间为2t0；当两板间加上图乙所示的电压U时，所有电子均能通过电场、穿过磁场，最后打在竖直放置的荧光屏上。已知电子的质量为m、电荷量为e，不计电子的重力及电子间的相互作用，电压U的最大值为U0，磁场的磁感应强度大小为B、方向水平且垂直纸面向里。
图1
(1)如果电子在t＝t0时刻进入两板间，求它离开偏转电场时竖直分位移的大小。
(2)要使电子在t＝0时刻进入电场并能最终垂直打在荧光屏上，匀强磁场的水平宽度l为多少？
解析：(1)电子在t＝t0时刻进入两板间，先做匀速运动，后做类平抛运动，在2t0～3t0时间内发生偏转
a＝＝
y＝at02＝
(2)设电子从电场中射出的偏向角为θ，速度为v，则
sin θ＝＝
电子通过匀强磁场并能垂直打在荧光屏上，其圆周运动的半径为R，根据牛顿第二定律有evB＝m
由几何关系得sin θ＝
得水平宽度l＝。
答案：(1)　(2)
2．(2012·苏、锡、常、镇四市调研)如图2所示，在直角坐标系xOy的第一、四象限区域内存在两个有界的匀强磁场：垂直纸面向外的匀强磁场Ⅰ、垂直纸面向里的匀强磁场Ⅱ，O、M、P、Q为磁场边界和x轴的交点，OM＝MP＝L。在第三象限存在沿y轴正向的匀强电场。一质量为m带电荷量为＋q的带电粒子从电场中坐标为(－2L，－L)的点以速度v0沿＋x方向射出，恰好经过原点O处射入区域Ⅰ又从M点射出区域Ⅰ(粒子的重力忽略不计)。
图2
(1)求第三象限匀强电场场强E的大小；
(2)求区域Ⅰ内匀强磁场磁感应强度B的大小；
(3)如带电粒子能再次回到原点O，问区域Ⅱ内磁场的宽度至少为多少？粒子两次经过原点O的时间间隔为多少？
解析：(1)带电粒子在匀强电场中做类平抛运动。
2L＝v0t，
L＝()2
E＝。
(2)设到原点时带电粒子的竖直分速度为vy
vy＝t＝＝v0
v＝v0方向与x轴正向成45°，粒子进入区域Ⅰ做匀速圆周运动，由几何知识可得：R1＝L
由洛伦兹力充当向心力：Bqv＝m
可解得：B＝＝。
(3)运动轨迹如图所示，在区域Ⅱ做匀速圆周的半径为：R2＝L
d2≥R2＋L＝(＋1)L
运动时间：t1＝＝，
t2＝＝，
t3＝＝
t总＝2(t1＋t2)＋t3＝。
答案：(1)　(2)　(3)(＋1)L　
3．(2012·重庆高考)有人设计了一种带电颗粒的速率分选装置，其原理如图3所示。两带电金属板间有匀强电场，方向竖直向上。其中PQNM矩形区域内还有方向垂直纸面向外的匀强磁场。一束比荷(电荷量与质量之比)均为的带正电颗粒，以不同的速率沿着磁场区域的水平中心线O′O进入两金属板之间，其中速率为v0的颗粒刚好从Q点处离开磁场，然后做匀速直线运动到达收集板。重力加速度为g，PQ＝3d，NQ＝2d，收集板与NQ的距离为l，不计颗粒间相互作用。求

图3
(1)电场强度E的大小；
(2)磁感应强度B的大小；
(3)速率为λv0(λ＞1)的颗粒打在收集板上的位置到O点的距离。
解析：(1)设带电颗粒的电荷量为q，质量为m。有Eq＝mg
将＝代入，得E＝kg
(2)如图甲所示，有
qv0B＝m
R2＝(3d)2＋(R－d)2
得B＝
(3)如图乙所示，有
qλv0B＝m
tan θ＝
y1＝R1－ 
y2＝ltan θ
y＝y1＋y2
得y＝d(5λ－＋
答案：(1)kg　(2)
(3)d(5λ－)＋
4．(2012·山东高考)如图4甲所示，相隔一定距离的竖直边界两侧为相同的匀强磁场区，磁场方向垂直纸面向里，在边界上固定两长为L的平行金属极板MN和PQ，两极板中心各有一小孔S1、S2，两极板间电压的变化规律如图乙所示，正反向电压的大小均为U0，周期为T0。在t＝0时刻将一个质量为m、电荷量为－q(q>0)的粒子由S1静止释放，粒子在电场力的作用下向右运动，在t＝时刻通过S2垂直于边界进入右侧磁场区。(不计粒子重力，不考虑极板外的电场)
图4
(1)求粒子到达S2时的速度大小v和极板间距d。
(2)为使粒子不与极板相撞，求磁感应强度的大小应满足的条件。
(3)若已保证了粒子未与极板相撞，为使粒子在t＝3T0时刻再次到达S2，且速度恰好为零，求该过程中粒子在磁场内运动的时间和磁感应强度的大小。
解析：(1)粒子由S1至S2的过程，根据动能定理得qU0＝mv2 ①
由①式得v＝ ②
设粒子的加速度大小为a，由牛顿第二定律得
q＝ma ③
由运动学公式得d＝a()2 ④
联立③④式得d＝ ⑤
(2)设磁感应强度大小为B，粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R，由牛顿第二定律得qvB＝m ⑥
要使粒子在磁场中运动时不与极板相撞，须满足
2R> ⑦
联立②⑥⑦式得B< ⑧
(3)设粒子在两边界之间无场区向左匀速运动的过程用时为t1，有d＝vt1⑨
联立②⑤⑨式得t1＝ ⑩
若粒子再次到达S2时速度恰好为零，粒子回到极板间应做匀减速运动，设匀减速运动的时间为t2，根据运动学公式得
d＝t2 ?
联立⑨⑩?式得t2＝ ?
设粒子在磁场中运动的时间为tt＝3T0－－t1－t2 ?
联立??式得t＝ ?
设粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期为T，由⑥式结合运动学公式得T＝?
由题意可知T＝t ?
联立???式得B＝ ?
答案：(1) 　　(2)B<
(3)　
押题训练(二)
1．(2012·无锡模拟)如图1所示，一带电微粒质量为m＝2.0×10－11 kg、电荷量q＝＋1.0×10－5 C，从静止开始经电压为U1＝100 V的电场加速后，水平进入两平行金属板间的偏转电场中，微粒射出电场时的偏转角θ＝60°，并接着沿半径方向进入一个垂直纸面向外的圆形匀强磁场区域，微粒射出磁场时的偏转角也为θ＝60°。已知偏转电场中金属板长L＝2 cm，圆形匀强磁场的半径R＝10 cm，重力忽略不计。求：
图1
(1)带电微粒经U1＝100 V的电场加速后的速率；
(2)两金属板间偏转电场的电场强度E；
(3)匀强磁场的磁感应强度的大小。
解析：(1)带电微粒经加速电场加速后速度为v1，
根据动能定理：qU1＝mv12
v1＝＝1.0×104 m/s
(2)带电微粒在偏转电场中只受电场力作用，做类平抛运动。在水平方向微粒做匀速直线运动。水平方向：v1＝
带电微粒在竖直方向做匀加速直线运动，加速度为a，出电场时竖直方向速度为v2
竖直方向：a＝，v2＝at＝
由几何关系tan θ＝
E＝10 000 V/m
(3)设带电粒子进磁场时的速度大小为v，则v＝＝2.0×104 m/s
由粒子运动的对称性可知，入射速度方向过磁场区域圆心，则出射速度反向延长线过磁场区域圆心，粒子在磁场中的运动轨迹如图所示。
则轨迹半径为r＝Rtan 60°＝0.3 m
则qvB＝m
得B＝＝0.13 T。
答案：(1)1.0×104 m/s　(2)10 000 V/m
(3)0.13 T
2．水平放置的平行金属板M、N之间存在竖直向上的匀强电场和垂直纸面的交变磁场(如图2所示，垂直纸面向里为正)，磁感应强度B0＝100 T。已知两板间距离d＝0.3 m，电场强度E＝50 V/m，M板上有一小孔P，在P正上方h＝5 cm处的O点，一带电油滴自由下落，穿过小孔后进入两板间，最后落在N板上的Q点。如果油滴的质量m＝10－4 kg，带电荷量|q|＝2×10－5C。求：

(1)在P点油滴的速度v为多少？
(2)若油滴在t＝0时刻进入两板间，最后恰好垂直向下落在N板上的Q点，油滴的电性及交变磁场的变化周期T。
(3)Q、O两点的水平距离。(不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2)
解析：(1)油滴自由下落，进入两板间电、磁场时的速度为
v＝①
＝m/s＝1 m/s
(2)由受力分析可知油滴带正电，
油滴进入电磁场后的情况如图所示
电场力F电＝qE＝2×10－5×50 N＝10－3 N②
G＝mg＝10－3 N③
带电油滴进入两极板间，电场力与重力平衡，在磁场力的作用下，油滴做匀速圆周运动。设圆周半径为R，若恰好垂直落在N板上的Q点，则
qvB＝④
T＝⑤
解得R＝＝ m＝0.05 m
T＝＝＝0.1π s
又已知d＝0.3 m，由几何关系得d＝6R
所以交变磁场周期T′＝T＝0.05 π s
(3)设Q、O两点的水平距离为x，由几何关系得x＝6R＝0.3 m
答案：(1)1 m/s　(2)带正电　0.05π s　(3)0.3 m
3.(2012·苏北四市第三次调研)如图3所示，带电平行金属板相距为2R，在两板间半径为R的圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，两板及其左侧边缘连线均与磁场边界刚好相切。一质子(不计重力)沿两板间中心线O1O2从左侧O1点以某一速度 图3
射入，沿直线通过圆形磁场区域，然后恰好从极板边缘飞出，在极板间运动时间为t0。若仅撤去磁场，质子仍从O1点以相同速度射入，经时间打到极板上。
(1)求两极板间电压U；
(2)求质子从极板间飞出时的速度大小。
解析：(1)设质子从左侧O1点射入的速度为v0，极板长为L
在复合场中做匀速运动：q＝qv0B
在电场中做类平抛运动：L－2R＝v0t　R＝t2
又L＝v0t0
撤去磁场，仅受电场力，有：R＝()2
解得t＝　L＝4R　v0＝　U＝
(2)质子从极板间飞出时的沿电场方向分速度大小vy＝t＝＝v0
从极板间飞出时的速度大小v＝＝v0＝。
答案：(1)　(2)
4．(2012·宁波期末)一足够长的矩形区域abcd内充满磁感应强度为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场，矩形区域的左边界ad长为L，现从ad中点O垂直于磁场射入一速度方向与ad边夹角为30°、大小为v0的带正电粒子，如图4所示。已知粒子电荷量为q，质量为m(重力不计)： 图4
(1)若要求粒子能从ab边射出磁场，v0应满足什么条件？
(2)若要求粒子在磁场中运动的时间最长，粒子应从哪一条边界处射出，出射点位于该边界上何处？最长时间是多少？
解析：(1)当粒子轨迹恰好与cd边相切时，是粒子能从ab边射出磁场区域时轨迹圆半径最大的情况，设此半径为R1，如图甲所示。
则有R1cos 60°＋＝R1
可得：R1＝L
当粒子轨迹恰好与ab相切时是粒子能从ab边射出磁场区域时轨迹圆半径最小的情况，设此半径为R2，如图乙所示。
则有：R2sin 30°＋R2＝
得：R2＝
故粒子从ab边射出的条件为R2根据qv0B＝m，得v0＝
所以(2)因为t＝T＝
所以粒子运动所经过的圆心角越大，粒子在磁场中运动时间越长，从图中可以看出，如果粒子从cd边射出，则圆心角最大为60°，若粒子从ab边射出，则圆心角最大为240°，粒子从ad边射出，圆心角最大为360°－60°＝300°，由于磁场无右边界，故粒子不可能从右侧射出。
综上所述，为使粒子在磁场中运动的时间最长，粒子应从ad边射出，如图乙所示，设出射点到O的距离为x，从图中可以看出，P点是离O距离最大的出射点。
PO＝2R2sin 30°＝
则x≤，即出射点到O点的距离不超过
tmax＝T＝＝。
答案：(1)(2)应从ad边射出　出射点在O点上方，到O点的距离不超过　

系统知识
明晰备考
考什么
　　本专题考查的主要内容有：电功、电热等概念，电路的串、并联规律，闭合电路欧姆定律，交流电的产生及描述，变压器，楞次定律及法拉第电磁感应定律等。
怎么考
　　本专题知识是历年高考的热点，对应用电路的串、并联规律结合闭合电路欧姆定律进行电路的动态分析、故障分析、交流电的有效值、变压器及远距离输电知识，感应电流产生的条件、方向判断和感应电动势的计算、电磁感应与图象相结合的问题，多以选择题的形式考查，交流电的产生及描述、电磁感应规律与力学规律、能量转化知识相综合有时也以计算题的形式考查。预计2013年高考，命题热点及题型出现方式不变。
怎么办
　　复习时应理清各个基本概念，熟记各公式及适用条件，掌握交流“四值”的特点及用途，注意训练和掌握闭合电路的动态分析问题、变压器电路的动态分析问题及电磁感应与电路相综合问题的分析思路与方法，提高解决与实际生活、生产科技相结合的实际问题的能力。
第1讲直流与交流电路
直流电路的动态问题分析
……………………(解读命题角度)
[例1]　(2012·黄冈模拟)如图4－1－1所示，平行金属板中带电质点P原处于静止状态，不考虑电流表和电压表对电路的影响，当滑动变阻器R4的滑片向b端移动时，则(　　)
A．电压表读数减小
B．电流表读数减小 图4－1－1
C．质点P将向上运动
D．R3上消耗的功率逐渐增大
[思路点拨]　
(1)明确R4的实际应用阻值的变化及由此引起电路总阻值的变化。
(2)根据闭合电路欧姆定律确定总电流及路端电压的变化。
(3)根据串并联知识确定各支路电流、电压的变化。
[解析]　R4的滑动触片向b端移动时，R4的实际应用阻值变小，回路总电阻变小，由闭合电路欧姆定律可知，总电流增大，路端电压变小，由UR1＝I总·R1知，R1两端电压增大，由U端＝UR1＋UR3知，UR3变小，故电容器两板间电场强度减小，质点P向下运动，C错误；由IR3＝可知，IR3减小，故电流表示数变大，UR2增大，由UR3＝UR2＋UR4可知，电压表示数减小，A正确，B错误；由PR3＝IR32R3可知，R3上消耗的功率逐渐减小，D错误。
[答案]　A
……………………(掌握类题通法)
一、基础知识要记牢
(1)部分电路欧姆定律：I＝。
(2)闭合电路的欧姆定律：I＝。
①路端电压与电流的关系：U＝E－Ir。
②路端电压与负载的关系：U＝IR＝E＝E，路端电压随外电阻的增大而增大，随外电阻的减小而减小。
二、方法技巧要用好
1．直流电路的动态分析方法
(1)程序法：闭合电路中，由于局部电阻变化(或开关的通断)，引起各部分电压、电流(或灯泡明暗)发生变化，分析此类问题的基本步骤是：
①由局部电阻变化判断总电阻的变化；
②由I＝判断总电流的变化；
③据U＝E－Ir判断路端电压的变化；
④由欧姆定律及串并联电路特点判断各部分电流、电压变化。
(2)极限法：即因变阻器滑片滑动引起电路变化的问题，可将变阻器的滑动端分别滑至两个极端去讨论。
(3)特殊值法：对于某些电路问题，可以采取代入特殊值法判定，从而得出结论。
2．直流电路的动态分析技巧
(1)当电路中某一部分发生变化时，将引起电路中各处的电流和电压都随之发生变化，可谓“牵一发而动全身”。判断此类问题时，应先由局部的变化推出总电流的变化、路端电压的变化，再由此分析对其他各部分电路产生的影响，一般是先分析固定电阻支路再分析变化电阻支路。
(2)一个闭合电路就是一个整体，在研究电路的动态问题时，一定要弄清电路的串并联结构，同时要用整体的观点来看问题，还要善于转换思维的角度“电压不行看电流”。
(3)可直接应用“部分电路中R、I、U的关系”中的两个结论：
①任一电阻R阻值增大，必引起通过该电阻的电流I的减小和该电阻两端电压U的增大。即R↑→
②任一电阻R阻值增大，必将引起与之并联的支路中电流I并的增大和与之串联的各电阻两端电压U串的减小。即R↑→
交流电的产生及描述
……………………(解读命题角度)
[例2]　(2012·安徽高考)图4－1－2甲是交流发电机模型示意图。在磁感应强度为B的匀强磁场中，有一矩形线圈abcd可绕线圈平面内垂直于磁感线的轴OO′转动，由线圈引出的导线ae和df分别与两个跟线圈一起绕OO′转动的金属圆环相连接，金属圆环又分别与两个固定的电刷保持滑动接触，这样矩形线圈在转动中就可以保持和外电路电阻R形成闭合电路。图乙是线圈的主视图，导线ab和cd分别用它们的横截面来表示。已知ab长度为L1，bc长度为L2，线圈以恒定角速度ω逆时针转动。(只考虑单匝线圈)
图4－1－2
(1)线圈平面处于中性面位置时开始计时，试推导t时刻整个线圈中的感应电动势e1的表达式；
(2)线圈平面处于与中性面成φ0夹角位置时开始计时，如图丙所示，试写出t时刻整个线圈中的感应电动势e2的表达式；
(3)若线圈电阻为r，求线圈每转动一周电阻R上产生的焦耳热。(其他电阻均不计)
[思路点拨]　
(1)明确交流电的瞬时表达式与开始计时位置有关。
(2)画出交流电路的等效电路。
(3)计算电阻R上产生的焦耳热时应使用交变电流的有效值。
[解析]　(1)矩形线圈abcd在磁场中转动时，只有ab和cd切割磁感线，且转动的半径为r＝，设ab和cd的转动速度为v，则
v＝ω·
在t时刻，导线ab和cd因切割磁感线而产生的感应电动势均为
E1＝BL1v⊥
由图可知v⊥＝vsin ωt
则整个线圈的感应电动势为
e1＝2E1＝BL1L2ωsin ωt
(2)当线圈由题图丙位置开始运动时，在t时刻整个线圈的感应电动势为
e2＝BL1L2ωsin (ωt＋φ0)
(3)由闭合电路欧姆定律可知
I＝
这里E为线圈产生的电动势的有效值
E＝＝
则线圈转动一周在R上产生的焦耳热为
QR＝I2RT
其中T＝
所以QR＝πRω2
[答案]　(1)e1＝BL1L2ωsin ωt
(2)e2＝BL1L2ωsin (ωt＋φ0)
(3)πRω2
(掌握类题通法)
一、基础知识要记牢
1．交变电流的产生
??
　　　　　　　　　　?
　　　
2．交流电的“四值”
??
??
??
??
二、方法技巧要用好
交变电流瞬时值表达式书写的基本思路
(1)确定正余弦交变电流的峰值，根据已知图象或由公式Em＝NBSω求出相应峰值。
(2)明确线圈的初始位置，找出对应的函数关系式。
如：①线圈从中性面开始计时，则i－t关系为正弦函数，函数表达式为i＝Imsin ωt。
②线圈从垂直中性面开始计时，则i－t关系为余弦函数，函数表达式为i＝Imcos ωt。
有关变压器问题的分析
……………………(解读命题角度)
[例3]　(2012·福建高考)如图4－1－3所示，理想变压器原线圈输入电压u＝Umsin ωt，副线圈电路中R0为定值电阻，R是滑动变阻器。和是理想交流电压表，示数分别用U1和U2表示，和是理想交流电流表，示数分别用I1和I2表示。下列说法正确的是(　　)
图4－1－3
A．I1和I2表示电流的瞬时值
B．U1和U2表示电压的最大值
C．滑片P向下滑动过程中，U2不变、I1变大
D．滑片P向下滑动过程中，U2变小、I1变小
[思路点拨]　解答本题时应注意以下两点：
(1)交流电路中电压表、电流表的示数均指有效值。
(2)变压器原、副线圈电压、电流的决定因素。
[解析]　交流电压表和交流电流表测量的是有效值，选项A、B错误。滑片P向下滑动时，接入电路中的电阻减小，副线圈负载电阻减小，因为原、副线圈的匝数比不变，所以U1、U2不变，因I2＝，所以I2变大；又U1I1＝U2I2，所以I1变大，故选项C正确。
[答案]　C
……………………(掌握类题通法)
一、基础知识要记牢
1．理想变压器的基本关系式
(1)功率关系：P入＝P出
(2)电压关系：＝
若n1>n2，为降压变压器；若n1(3)电流关系：只有一个副线圈时，＝；
有多个副线圈时，U1I1＝U2I2＋U3I3＋…＋UnIn。
2．原、副线圈中各量的因果关系
(1)电压关系：U1决定U2
(2)电流关系：I2决定I1
(3)功率关系：P2决定P1
上述决定关系是由变压器的原理及能量守恒确定的。
3．远距离输电
(1)问题：电能的损失和电压的损失。
(2)关键：减少输电线上电能的损失，P损＝I2R线。
(3)方法：①减小输电导线的电阻，如采用电阻率小的材料，加大导线的横截面积；②提高输电电压，减小输电电流。
二、方法技巧要用好
变压器电路的动态分析技巧
(1)根据题意弄清变量和不变量；
(2)弄清动态变化过程中的决定关系，如：在原、副线圈匝数比()一定时，输出电压U2由输入电压U1决定；输入电流I1由输出电流I2决定；输入功率P1由输出功率P2决定；
(3)利用直流电路的动态分析方法分析，其思路过程可表示为：
　　
　　　　 　?

　　　　 　?

　　　 　　?

　　　 　　?

三、易错易混要明了
变压器改变的是电压和电流而不改变交流电的功率和频率。

[课堂——针对考点强化训练]
1．(2012·广东高考)某小型发电机产生的交变电动势为e＝50 sin 100πt(V)。对此电动势，下列表述正确的有(　　)
A．最大值是50 V　　　　 B．频率是100 Hz
C．有效值是25 V D．周期是0.02 s
解析：选CD　最大值Em＝50 V，有效值为E＝＝25  V，频率为50 Hz，周期为T＝＝0.02 s，所以C、D正确。
2.(2012·苏北四市一模)如图4－1－4所示，理想变压器原、副线圈匝数比为2∶1。电池和交变电源的电动势都为6 V，内阻均不计。下列说法正确的是(　　)
A．S与a接通的瞬间，R中无感应电流
B．S与a接通稳定后，R两端的电压为0 图4－1－4
C．S与b接通稳定后，R两端的电压为3 V
D．S与b接通稳定后，原、副线圈中电流的频率之比为2∶1
解析：选BC　S与a接通瞬间，变压器原线圈中电流增大，R中应有感应电流，但当接通稳定后，原线圈中电流恒定，R两端无电压，A错误，B正确；S与b接通后，由＝，可得：UR＝U2＝3 V，C正确；变压器不改变交变电流的频率，故D错误。
3．(2012·天津高考)通过一理想变压器，经同一线路输送相同的电功率P，原线圈的电压U保持不变，输电线路的总电阻为R。当副线圈与原线圈的匝数比为k时，线路损耗的电功率为P1，若将副线圈与原线圈的匝数比提高到nk，线路损耗的电功率为P2，则P1和分别为(　　)
A.， B．()2R，
C.， D．()2R，
解析：选D　当副线圈与原线圈的匝数比为k时，副线圈输出电压为kU，输出电流I＝，线路损耗的电功率为P1＝I2R＝()2R。若将副线圈与原线圈的匝数比提高到nk，副线圈输出电压为nkU，输出电流I′＝，线路损耗的电功率为P2＝I′2R＝()2R。＝，选项D正确，A、B、C错误。
4．如图4－1－5所示，E为内阻不能忽略的电池，R1、R2、R3为定值电阻，S0、S为开关，与分别为电压表与电流表。初始时S0与S均闭合，现将S断开，则(　　)
图4－1－5
A. 的读数变大，的读数变小
B. 的读数变大，的读数变大
C. 的读数变小，的读数变小
D. 的读数变小，的读数变大
解析：选B　当S断开时，外电阻变大，总电流I变小，路端电压U外变大，所以电压表的示数变大；总电流变小，电阻R1上的电压U1减小，而路端电压变大，电阻R3上的电压变大，所以电流表的示数变大。所以B项正确。
5．(2012·南通调研)如图4－1－6所示，在匀强磁场中有一个单匝矩形线圈ABCD，AB边与磁场垂直，MN边始终与金属滑环K相连，PQ边始终与金属滑环L相连。金属滑环L、交流电流表、定值电阻R、金属滑环K通过导线串联。使矩形线圈以恒定角速度绕过BC、AD中点的轴旋转。下列说法中正确的是(　　) 图4－1－6
A．交流电流表的示数随时间按余弦规律变化
B．线圈转动的角速度越大，交流电流表的示数越小
C．线圈平面与磁场平行时，流经定值电阻R的电流瞬时值最大
D．线圈转动的角速度增加为原来的两倍，则流经定值电阻R的电流的有效值也变为原来的两倍
解析：选CD　电流表的示数为交流电的有效值，并不随时间而变，故A错误；由Em＝BSω，电流表示数I＝＝，故ω越大，I越大，B错误；当线圈与磁场平行时，回路中的电动势最大，回路中的电流最大，C正确；由I＝可知，当ω′＝2ω时，I′＝2I，D正确。
6．(2012·苏北四市调研)某同学自制变压器，原线圈为n1匝，在做副线圈时，将导线ab对折后并在一起，在铁芯上绕n2圈，从导线对折处引出一个接头c，连成如图4－1－7所示电路。S为单刀双掷开关，线圈电阻不计，原线圈接u1＝Um sin ωt的交流电源。 图4－1－7
下列说法正确的是(　　)
A．S接b时，电压表示数为
B．S接c时，电压表示数为
C．S接c时，滑动触头P向下移动，变压器输入功率变大
D．S接c时，滑动触头P向上移动，变压器输入电流变大
解析：选BD　将S接在b时，副线圈产生的总电动势为零，故电压表示数为零，A错误；当S接c时，副线圈的匝数为n2，由＝得：U2＝，B正确；S接c时，P向下移动，R变大，P入＝P出＝变小，C错误；P向上移动时，R变小，P入＝I1U1＝变大，故I1变大，D正确。
[课下——针对高考押题训练]
1．(2012·浙江高考)功率为10 W的发光二极管(LED灯)的亮度与功率为60 W的白炽灯相当。根据国家节能战略，2016年前普通白炽灯应被淘汰。假设每户家庭有2只60 W的白炽灯，均用10 W的LED灯替代。估算出全国一年节省的电能最接近(　　)
A．8×108 kW·h　　　　　　 B．8×1010 kW·h
C．8×1011 kW·h D．8×1013 kW·h
解析：选B　因每只白炽灯和发光二极管的功率分别为60 W和10 W，按4亿户家庭，每户家庭每天亮灯6小时计算，全国一年节省的电能最接近4×108×2×(60－10)×10－3 kW×365×6 h＝8.76×1010 kW·h，则选项B正确，A、C、D错误。
2.(2012·新课标全国卷)自耦变压器铁芯上只绕有一个线圈，原、副线圈都只取该线圈的某部分。一升压式自耦调压变压器的电路如图1所示，其副线圈匝数可调。已知变压器线圈总匝数为1 900匝；原线圈为1 100匝，接在有效值为220 V的交流电源上。当变压器输出电压调至最大时，负载R上的功率为2.0 kW。设此时原线圈中电流有效值为I1，负载两端电 图1
压的有效值为U2，且变压器是理想的，则U2和I1分别约为(　　)
A．380 V和5.3 A B．380 V和9.1 A
C．240 V和5.3 A D．240 V和9.1 A
解析：选B　对理想变压器，原、副线圈功率相同，故通过原线圈的电流I1＝＝A≈9.1 A，负载两端电压即为副线圈电压，由＝，即＝，可得U2＝380 V，故B对。
3．如图2所示电路，电源内阻不可忽略。开关S闭合后，在变阻器R0的滑动端向下滑动的过程中(　　)
图2
A．电压表与电流表的示数都减小
B．电压表与电流表的示数都增大
C．电压表的示数增大，电流表的示数减小
D．电压表的示数减小，电流表的示数增大
解析：选A　滑动变阻器R0的滑片向下滑动，R0接入电路的电阻变小，电路的总电阻变小，总电流变大，电源的内电压变大，外电压变小，电压表的示数变小，R1两端的电压变大，R2两端的电压变小，电流表的示数变小，A项正确。
4．(2012·江苏高考)某同学设计的家庭电路保护装置如图3所示，铁芯左侧线圈L1由火线和零线并行绕成。当右侧线圈L2中产生电流时，电流经放大器放大后，使电磁铁吸起铁质开关K，从而切断家庭电路。仅考虑L1在铁芯中产生的磁场，下列说法正确的有(　　)
图3
A．家庭电路正常工作时，L2中的磁通量为零
B．家庭电路中使用的电器增多时，L2中的磁通量不变
C．家庭电路发生短路时，开关K将被电磁铁吸起
D．地面上的人接触火线发生触电时，开关K将被电磁铁吸起
解析：选ABD　当家庭电路正常工作时，火线和零线中的电流大小始终相等，方向始终相反，由于采用双线绕成，当电路正常工作时，火线和零线在铁芯内部产生的磁场大小相等，方向相反，所以内部的磁通量为零，A正确；当电路中的电器增多时，火线和零线中的电流都增大了，但大小始终相等，方向始终相反，铁芯内部的磁通量还是零，即L2中的磁通量不变，B正确；当电路发生短路时，电流不经用电器，火线和零线中电流很大，但大小始终相等，方向始终相反，铁芯内部的磁通量还是零，L2不产生感应电流，开关K不会被电磁铁吸起，C错误；当地面上的人接触火线发生触电时，电流经人体流向地面，不经过零线，所以火线和零线中的电流大小不等，在铁芯内产生的磁通量不为零，L2中产生感应电流，开关K被电磁铁吸起，D正确。
5．(2012·苏北四市调研)如图4所示，矩形线圈abcd与可变电容器C、理想电流表组成闭合电路。线圈在有界匀强磁场中绕垂直于磁场的bc边匀速转动，转动的角速度ω＝100π rad/s。线圈的匝数N＝100匝，边长ab＝0.2 m、ad＝0.4 m，电阻不计。磁场只分布在bc边的左侧，磁感应强度大小B＝T。电容器放电时间不计。下列说法正确的是(　　) 图4
A．该线圈产生的交流电动势峰值为50 V
B．该线圈产生的交流电动势有效值为25 V
C．电容器的耐压值至少为50 V
D．电容器的电容C变大时，电流表的示数变小
解析：选B　线圈转动时产生的电动势的最大值Em＝NB·ab·adω＝50 V，故电容器的耐压值至少为50 V，A、C均错误；设电动势有效值为E，则()2R＋0＝T得线圈产生的交流电动势的有效值为25 V，B正确。由XC＝可知，C越大，XC越小，故电流表示数越大，D错误。
6．如图5所示，有一台交流发电机E，通过理想升压变压器T1和理想降压变压器T2向远处用户供电，输电线的总电阻为R。T1的输入电压和输入功率分别为U1和P1，它的输出电压和输出功率分别为U2和P2；T2的输入电压和输入功率分别为U3和P3；它的输出电压和输出功率分别为U4和P4。设T1的输入电压U1一定，当用户消耗的电功率变大时，有(　　)
图5
A．U2减小，U4变大 B．U2不变，U3变小
C．P1变小，P2变小 D．P2变大，P3变大
解析：选BD　由理想变压器输出功率决定输入功率可得，当用户功率增大时，升压变压器的输入功率必增大，即P1增大，输入电压U1为定值不变，升压变压器的匝数不变，输入电压不变，故输出电压U2不变，由于P1增大，由P1＝U1I1＝P2＝U2I2可得，I1增加， P2、I2增加，由闭合电路欧姆定律：U3＝U2－I2R，故U3减小，降压变压器原、副线圈匝数不变，所以随U3减小，U4减小，A错误，B正确；由于用户功率增加，即P4增加，理想变压器无功率损耗可得：P3＝P4，功率P3也增加，故C错误，D正确。
7．(2012·上海高考)直流电路如图6所示，在滑动变阻器的滑片P向右移动时，电源的(　　)
图6
A．总功率一定减小
B．效率一定增大
C．内部损耗功率一定减小
D．输出功率一定先增大后减小
解析：选ABC　滑片P向右移动时外电路电阻R外增大，由闭合电路欧姆定律知总电流减小，由P总＝EI可得P总减小，故选项A正确。根据η＝＝可知选项B正确。由P损＝I2r可知，选项C正确。由P输－R外图象，因不知道R外的初始值与r的关系，所以无法判断P输的变化情况，选项D错误。
8．(2012·山东高考)图7甲是某燃气炉点火装置的原理图。转换器将直流电压转换为图乙所示的正弦交变电压，并加在一理想变压器的原线圈上，变压器原、副线圈的匝数分别为n1、n2，○V 为交流电压表。当变压器副线圈电压的瞬时值大于5 000 V时，就会在钢针和金属板间引发电火花进而点燃气体。以下判断正确的是(　　)
图7
A．电压表的示数等于5 V
B．电压表的示数等于 V
C．实现点火的条件是>1 000
D．实现点火的条件是<1 000
解析：选BC　电压表示数为电压有效值，由题图乙可得U＝＝ V，选项A错误、B正确；副线圈电压峰值为5 000 V时，＝＝1 000，由于引发电火花的条件是副线圈电压峰值大于5 000 V，故>1 000，选项C正确、D错误。
9．(2012·四川高考)四川省“十二五”水利发展规划指出，若按现有供水能力测算，我省供水缺口极大，蓄引提水是目前解决供水问题的重要手段之一。某地要把河水抽高20 m，进入蓄水池，用一台电动机通过传功效率为80%的皮带，带动效率为60%的离心水泵工作。工作电压为380 V，此时输入电动机的电功率为19 kW，电动机的内阻为0.4 Ω。已知水的密度为1×103 kg/m3，重力加速度取10 m/s2。求：
(1)电动机内阻消耗的热功率；
(2)将蓄水池蓄入864 m3的水需要的时间(不计进、出水口的水流速度)。
解析：(1)设电动机的电功率为P，则
P＝UI ①
设电动机内阻r上消耗的热功率为Pr，则
Pr＝I2r ②
代入数据解得
Pr＝1×103 W。 ③
(2)设蓄水总质量为M，所用抽水时间为t。抽水高度为h，蓄水池容积为V，水的密度为ρ，则
M＝ρV ④
设质量为M的河水增加的重力势能为ΔEp，
则ΔEp＝Mgh ⑤
设电动机的输出功率为P0，则P0＝P－Pr ⑥
根据能量守恒定律得P0t×60%×80%＝ΔEp ⑦
代入数据解得t＝2×104 s ⑧
答案：(1)1×103 W　(2)2×104 s
10．(2012·江苏高考)某兴趣小组设计了一种发电装置，如图8所示。在磁极和圆柱状铁芯之间形成的两磁场区域的圆心角均为π，磁场均沿半径方向。匝数为N的矩形线圈abcd的边长ab＝cd＝l、bc＝ad＝2l。线圈以角速度ω绕中心轴匀速转动，bc和ad边同时进入磁场。在磁场中，两条边所经过处的磁感应强度大小均为B、方向始终与两边的运动方向垂直。线圈的总电阻为r，外接电阻为R。求：
图8
(1)线圈切割磁感线时，感应电动势的大小Em；
(2)线圈切割磁感线时，bc边所受安培力的大小F；
(3)外接电阻上电流的有效值I。
解析：(1)bc、ad边的运动速度v＝ω，感应电动势Em＝4NBlv
解得Em＝2NBl2ω。
(2)电流Im＝ ，安培力F＝2NBIml
解得F＝。
(3)一个周期内，通电时间t＝T
R上消耗的电能W＝Im2Rt　且W＝I2RT
解得I＝
答案：(1)2NBl2ω　(2)　(3)
第2讲电磁感应规律及应用
楞次定律和法拉第电磁感应定律的应用
……………………(解读命题角度)
[例1]　(2012·四川高考)半径为a右端开小口的导体圆环和长为2a的导体直杆，单位长度电阻均为R0。圆环水平固定放置，整个内部区域分布着竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B。杆在圆环上以速度v平行于直径CD向右做匀速直线运动，杆始终有两点与圆环良好接触，从圆环中心O开始，杆的位置由θ确定，如图4－2－1所示。则(　　)
A．θ＝0时，杆产生的电动势为2Bav 图4－2－1
B．θ＝时，杆产生的电动势为Bav
C．θ＝0时，杆受的安培力大小为
D．θ＝时，杆受的安培力大小为
[思路点拨]　
(1)寻找杆切割磁感线的有效长度与θ的关系。
(2)画出等效电路图。
[解析]　根据法拉第电磁感应定律可得E＝Blv(其中l为有效长度)，当θ＝0时，l＝2a，则E＝2Bav；当θ＝时，l＝a，则E＝Bav，故A选项正确，B选项错误；根据通电直导线在磁场中所受安培力的大小的计算公式可得F＝BIl，又根据闭合电路欧姆定律可得I＝，当θ＝0时，l＝2a，E＝2Bav，r＋R＝(π＋2)aR0，解得F＝；当θ＝时，l＝a，E＝Bav，r＋R＝(＋1)aR0，解得F＝，故C选项错误，D选项正确。
[答案]　AD
……………………(掌握类题通法)
一、基础知识要记牢
1．感应电流
(1)产生条件：
①闭合电路的部分导体在磁场内做切割磁感线运动；
②穿过闭合电路的磁通量发生变化。
(2)方向判断：
右手定则：常用于情况①；
楞次定律：常用于情况②。
2．感应电动势的计算
(1)法拉第电磁感应定律：E＝n。若B变，而S不变，则E＝n·S；若S变而B不变，则E＝nB。常用于计算平均电动势。
(2)导体垂直切割磁感线运动：E＝Blv，主要用于求电动势的瞬时值。
二、方法技巧要用好
1．楞次定律推广的三种表述
(1)阻碍原磁通量的变化(增反减同)。
(2)阻碍相对运动(来拒去留)。
(3)阻碍原电流的变化(自感现象)。
2．解决与电路相联系的电磁感应问题的基本方法
(1)用法拉第电磁感应定律和楞次定律(右手定则)确定感应电动势的大小和方向。
(2)画出等效电路，对整个回路进行分析，确定哪一部分是电源，哪一部分为负载以及负载间的连接关系。
(3)运用闭合电路欧姆定律、串并联电路的性质、电功率等公式求解。
电磁感应的图象问题
……………………(解读命题角度)
[例2]　如图4－2－2所示，两固定的竖直光滑金属导轨足够长且电阻不计。两质量、长度均相同的导体棒c、d，置于边界水平的匀强磁场上方同一高度h处。磁场宽为3h，方向与导轨平面垂直。先由静止释放c，c刚进入磁场即匀速运动，此时再由静止释放d，两导体棒与导轨始终保持良好接触。用ac表示c的加速度，Ekd表示d的动能，xc、xd分别表示c、d相对释放点的位移。图4－2－3中正确 图4－2－2
的是(　　)
图4－2－3
[思路点拨]　
(1)在哪个过程中回路中产生感应电流。
(2)c、d两棒在不同过程中所受安培力的大小与棒重力的大小关系。
(3)从力的角度分析两棒的速度、加速度及动能变化情况。
[解析]　c棒在未进入磁场前做自由落体运动，加速度为重力加速度；进入磁场后，d棒开始做自由落体运动，在d棒进入磁场前的这段时间内，c棒运动了2h，此过程c棒做匀速运动，加速度为零；d棒进入磁场后，c、d棒均以相同速度切割磁感线，回路中没有感应电流，它们均只受重力直至c棒出磁场；而且c棒出磁场后不再受安培力，也只受重力。故B正确，A错。d棒自开始下落到2h的过程中，只受重力，机械能守恒，动能与位移的关系是线性的；在c棒出磁场后，d棒切割磁感线且受到比重力大的安培力，完成在磁场余下的2h的位移，动能减小，安培力也减小，合力也减小，
在Ekd －xd图象中Ekd的变化趋势越来越慢；在d棒出磁场后，只受重力，机械能守恒，Ekd －xd图象中的关系又是线性的，且斜率与最初相同，均等于重力。故D正确，C错。
[答案]　BD
……………………(掌握类题通法)
一、基础知识要记牢
1．电磁感应的图象问题分类
在电磁感应现象中，回路产生的感应电动势、感应电流及磁场对导线的作用力随时间的变化规律，也可用图象直观地表示出来。如I－t、B－t、E－t、E－x、I－x图象等。此问题可分为两类：
(1)由给定的电磁感应过程选出或画出相应的物理量的函数图象。
(2)由给定的有关图象分析电磁感应过程，确定相关的物理量。
2．分析思路
(1)明确图象的种类。
(2)分析电磁感应的具体过程。
(3)结合相关规律写出函数表达式。
(4)根据函数关系进行图象分析。
二、方法技巧要用好
1．图象选择问题
求解物理图象的选择类问题可用“排除法”，即排除与题目要求相违背的图象，留下正确图象；也可用“对照法”，即按照题目要求画出正确的草图，再与选项对照，选出正确选择。解决此类问题的关键就是把握图象特点、分析相关物理量的函数关系、分析物理过程的变化规律或关键物理状态。
2．图象分析问题
在定性分析物理图象时，要明确图象中的横轴与纵轴所代表的物理量， 要弄清图象的物理意义，借助有关的物理概念、公式、定理和定律作出分析判断；而对物理图象定量计算时，要搞清图象所揭示的物理规律或物理量间的函数关系，并要注意物理量的单位换算问题，要善于挖掘图象中的隐含条件，明确有关图线所包围的面积、图象在某位置的斜率(或其绝对值)、图线在纵轴和横轴上的截距所表示的物理意义。
电磁感应中的力学问题
……………………(解读命题角度)
[例3]　(2012·天津高考)如图4－2－4所示，一对光滑的平行金属导轨固定在同一水平面内，导轨间距l＝0.5 m，左端接有阻值R＝0.3 Ω的电阻，一质量m＝0.1 kg，电阻r＝0.1 Ω的金属棒MN放置在导轨上，整个装置置于竖直向上的匀强磁场中，磁场的磁感应强度B＝0.4 T。棒在 图4－2－4
水平向右的外力作用下，由静止开始以a＝2 m/s2的加速度做匀加速运动，当棒的位移x＝9 m时撤去外力，棒继续运动一段距离后停下来，已知撤去外力前后回路中产生的焦耳热之比Q1∶Q2＝2∶1。导轨足够长且电阻不计，棒在运动过程中始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触。求：
(1)棒在匀加速运动过程中，通过电阻R的电荷量q；
(2)撤去外力后回路中产生的焦耳热Q2；
(3)外力做的功WF。
[思路点拨]　
(1)求感应电荷量q应使用平均电流。
(2)因电流是变量，外力也是变力，求回路中的焦耳热、外力做的功WF时应从能量转化和守恒的角度分析。
[解析]　(1)设棒匀加速运动的时间为Δt，回路的磁通量变化量为ΔΦ，回路中的平均感应电动势为，由法拉第电磁感应定律得＝ ①
其中ΔΦ＝Blx ②
设回路中的平均电流为，由闭合电路的欧姆定律得
＝ ③
则通过电阻R的电荷量为q＝Δt ④
联立①②③④式，代入数据得q＝4.5 C ⑤
(2)设撤去外力时棒的速度为v，对棒的匀加速运动过程，由运动学公式得v2＝2ax⑥
设棒在撤去外力后的运动过程中安培力做功为W，由动能定理得W＝0－mv2⑦
撤去外力后回路中产生的焦耳热Q2＝－W ⑧
联立⑥⑦⑧式，代入数据得Q2＝1.8 J ⑨
(3)由题意知，撤去外力前后回路中产生的焦耳热之比Q1∶Q2＝2∶1，可得Q1＝3.6 J
在棒运动的整个过程中，由功能关系可知
WF＝Q1＋Q2 ?
由⑨⑩?式得WF＝5.4 J ?
[答案]　(1)4.5 C　(2)1.8 J　(3)5.4 J
……………………(掌握类题通法)
一、基础知识要记牢
1．动力学问题
电磁感应中产生的感应电流在磁场中将受到安培力的作用，因此，电磁感应问题往往与力学问题联系在一起，解决这类电磁感应中的力学问题，要重视动态分析。
电磁感应现象中感应电动势→感应电流→通电导体受安培力→合外力变化→加速度变化→速度变化→感应电动势变化→……周而复始地循环，循环结束时，加速度等于零，导体达到稳定状态。
2．能量问题
(1)安培力做的功是电能和其他形式的能之间相互转化的“桥梁”，用框图表示如下：

安培力做的功是电能与其他形式的能转化的量度。安培力做多少正功，就有多少电能转化为其他形式的能；安培力做多少负功，就有多少其他形式的能转化为电能。
(2)明确功能关系，确定有哪些形式的能发生了转化。如有摩擦力做功，必有内能产生；有重力做功，重力势能必然发生变化；安培力做负功，必然有其他形式的能转化为电能等。
二、方法技巧要用好
1．解决电磁感应中的力学问题的具体步骤为
(1)明确哪一部分电路产生感应电动势，则这部分电路就是等效电源；
(2)正确分析电路的结构，画出等效电路图；
(3)分析所研究的导体的受力情况(包括安培力、用左手定则确定其方向)；
(4)列出动力学方程或平衡方程或功能关系并求解。
2．弄清两种状态
(1)导体处于平衡状态——静止或匀速直线运动(根据平衡条件，合外力为零列式分析)。
(2)导体处于非平衡状态——加速度不为零(根据牛顿第二定律进行动态分析或结合功能关系分析)。
三、易错易混要明了
安培力是变力时，安培力的功不能用功的定义式求解，而应用功能关系求解。

[课堂——针对考点强化训练]
1．(2012·北京高考)物理课上，老师做了一个奇妙的“跳环实验”。如图4－2－5所示，她把一个带铁芯的线圈L、开关S和电源用导线连接起来后，将一金属套环置于线圈L上，且使铁芯穿过套环。闭合开关S的瞬间，套环立刻跳起。
某同学另找来器材再探究此实验。他连接好电路，经重复试 图4－2－5
验，线圈上的套环均未动。对比老师演示的实验，下列四个选项中，导致套环未动的原因可能是(　　)
A．线圈接在了直流电源上
B．电源电压过高
C．所选线圈的匝数过多
D．所用套环的材料与老师的不同
解析：选D　金属套环跳起的原因是开关S闭合时，套环上产生的感应电流与通电线圈上的电流相互作用而引起的。无论实验用交流电还是直流电，闭合开关S瞬间，金属套环都会跳起。如果套环是塑料材料做的，则不能产生感应电流，也就不会受安培力作用而跳起。所以答案是D。
2.如图4－2－6所示，竖直平面内有一金属环，半径为a，总电阻为R(指拉直时两端的电阻)，磁感应强度为B的匀强磁场垂直穿过环平面，在环的最高点A用铰链连接长度为2a、电阻为的导体棒AB，AB由水平位置紧贴环面摆下，当摆到竖直位置时，B点的线速度为v，则这时AB两端的电压大小为(　　) 图4－2－6
A.　　　　　　　　 B.
C. D．Bav
解析：选A　由题意可得：E＝B×2a×v，UAB＝×R＝，选项A正确。
3.如图4－2－7所示，固定的水平长直导线中通有电流 I，矩形线框与导线在同一竖直平面内，且一边与导线平行。线框由静止释放，在下落过程中(　　)
A．穿过线框的磁通量保持不变 图4－2－7
B．线框中感应电流方向保持不变
C．线框所受安培力的合力为零
D．线框的机械能不断增大
解析：选B　当线框由静止向下运动时，穿过线框的磁通量逐渐减小，根据楞次定律可得产生的感应电流的方向为顺时针且方向不发生变化，A错误，B正确；因线框上下两边所在处的磁场强弱不同，线框所受的安培力的合力一定不为零，C错误；整个线框所受的安培力的合力竖直向上，对线框做负功，线框的机械能减小，D错误。
4．(2012·新课标全国卷)如图4－2－8所示，一载流长直导线和一矩形导线框固定在同一平面内，线框在长直导线右侧，且其长边与长直导线平行。已知在t＝0到t＝t1的时间间隔内，直导线中电流i发生某种变化，而线框中的感应电流总是沿顺时针方向；线框受到的安培力的合力先水平向左、后水平向右。设电流i正方向与图中箭头所示方向相同，则i随时间t变化的图线可能是(　　) 图4－2－8
图4－2－9
解析：选A　依题意，线框中感应电流方向总是沿顺时针方向，由于线框受到的安培力中左边框受力较大，故以左边框受力为主，由左手定则可知直线电流方向向上时，线框受到向左的安培力，直线电流方向向下时，线框受到向右的安培力，由题意导线中的电流应先为正后为负，故A对。
5.(2012·广东高考)如图4－2－10所示，质量为M的导体棒ab，垂直放在相距为l的平行光滑金属导轨上，导轨平面与水平面的夹角为θ，并处于磁感应强度大小为B、方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，左侧是水平放置、间距为d的平行金属板，R和Rx分别表示定值电阻和滑 图4－2－10
动变阻器的阻值，不计其他电阻。
(1)调节Rx＝R，释放导体棒，当棒沿导轨匀速下滑时，求通过棒的电流I及棒的速率v。
(2)改变Rx，待棒沿导轨再次匀速下滑后，将质量为m、带电荷量为＋q的微粒水平射入金属板间，若它能匀速通过，求此时的Rx。
解析：(1)导体棒匀速下滑时，
Mgsin θ＝Bil ①
I＝ ②
设导体棒产生的感应电动势为E0
E0＝Blv ③
由闭合电路欧姆定律得
I＝ ④
联立②③④，得
v＝ ⑤
(2)改变Rx，由②式可知电流不变。设带电微粒在金属板间匀速通过时，板间电压为U，电场强度大小为E
U＝IRx ⑥
E＝ ⑦
mg＝qE ⑧
联立②⑥⑦⑧，得
Rx＝⑨
答案：(1)　　(2)
[课下——针对高考押题训练]
押题训练(一)
1．(2012·新课标全国卷)如图1所示，均匀磁场中有一由半圆弧及其直径构成的导线框，半圆直径与磁场边缘重合；磁场方向垂直于半圆面(纸面)向里，磁感应强度大小为B0。使该线框从静止开始绕过圆心O、垂直于半圆面的轴以角速度ω匀速转动半周，在线框中产生感 图1
应电流。现使线框保持图中所示位置，磁感应强度大小随时间线性变化。为了产生与线框转动半周过程中同样大小的电流，磁感应强度随时间的变化率的大小应为(　　)
A. B.
C. D.
解析：选C　当导线框匀速转动时，设半径为r，导线框电阻为R，在很小的Δt时间内，转过圆心角Δθ＝ωΔt，由法拉第电磁感应定律及欧姆定律可得感应电流I1＝＝＝；当导线框不动，而磁感应强度发生变化时，同理可得感应电流I2＝＝，令I1＝I2，可得＝，C对。
2. (2012·南通调研)如图2所示的电路中，L为一个自感系数很大、直流电阻不计的线圈，D1、D2是两个完全相同的电灯，E是内阻不计的电源。t＝0时刻，闭合开关S，经过一段时间后，电路达到稳定，t1时刻断开开关S。规定图示流过电灯D1、D2的电流方向为正，分别用I1、I2表示流过电灯D1和D2中的电流，则以下各图中能定性描述I随时间t变化关系的是(　　) 图2
图3
解析：选AC　t＝0时刻，刚闭合S时，因线圈的自感作用，电流由D1直接流到D2，但随线圈中的电流增大，D1中的电流逐渐变小，当电流稳定时，D1中电流为零，D2中电流达最大，t1时刻断开S后，D2中电流立即为零，而因线圈的自感作用，线圈与D1构成回路，此时D1中的电流与线圈中相等，方向向上，逐渐减小，故A、C正确。
3.如图4所示，一圆形闭合铜环由高处从静止开始下落，穿过一根竖直悬挂的条形磁铁，铜环的中心轴线与条形磁铁的中轴线始终保持重合。若取磁铁中心O为坐标原点，建立竖直向下为正方向的x轴，则图5中最能正确反映环中感应电流i随环心位置坐标x变化的关系图象是(　　)
图4
图5
解析：选B　闭合铜环在下落过程中穿过铜环的磁场方向始终向上，磁通量先增加后减少，由楞次定律可判断感应电流的方向要发生变化，D项错误；因穿过闭合铜环的磁通量的变化率不是均匀变化，所以感应电流随x的变化关系不可能是线性关系，A项错误；铜环由静止开始下落，速度较小，所以穿过铜环的磁通量的变化率较小，产生的感应电流的最大值较小，过O点后，铜环的速度增大，磁通量的变化率较大，所以感应电流的反向最大值大于正向最大值，故B项正确，C项错误。
4．(2012·淄博模拟)如图6所示，等腰三角形内分布有垂直于纸面向外的匀强磁场，它的底边在x轴上且长为2L，高为L。纸面内一边长为L的正方形导线框沿x轴正方向做匀速直线运动穿过匀强磁场区域，在t＝0时刻恰好位于图中所示的位置。以顺时针方向为导线框中 图6
电流的正方向，在下面四幅图中能够正确表示电流－位移(I－x)关系的是(　　)
图7
解析：选C　线框匀速穿过L的过程中，有效长度l均匀增加，由E＝Blv知，电动势随位移均匀变大，x＝L处电动势最大，电流I最大；从x＝L至x＝1.5 L过程中，框架两边都切割，总电动势减小，电流减小；从x＝1.5 L至x＝2 L，左边框切割磁感线产生的感应电动势大于右边框切割磁感线产生的感应电动势，故电流反向且增大；x＝2L至x＝3L过程中，只有左边框切割，有效长度l减小，电流减小。综上所述，只有C项符合题意。
5.(2012·无锡模拟)两根足够长的光滑导轨竖直放置，间距为L，底端接阻值为R的电阻。将质量为m的金属棒悬挂在一个固定的轻弹簧下端，金属棒和导轨接触良好，导轨所在平面与磁感应强度为B的匀强磁场垂直，如图8所示。除电阻R外其余电阻不计。现将金属棒从弹簧原长位置由静止释放，则(　　)
A．释放瞬间金属棒的加速度等于重力加速度g 图8
B．金属棒向下运动时，流过电阻R的电流方向为a→b
C．金属棒的速度为v时，所受的安培力大小为F＝
D．电阻R上产生的总热量等于金属棒重力势能的减少量
解析：选AC　刚释放金属棒瞬间，棒只受重力作用，其加速度为重力加速度g，A正确；由右手定则可知，棒向下运动时，流过电阻R的电流方向为由b→a，B错误；棒所受安培力F＝BIL＝B··L＝，C正确；由能量守恒可知，金属棒重力势能的减少量等于电阻R上产生的总热量与弹簧弹性势能之和，D错误。
6.(2012·重庆高考) 如图9所示，正方形区域MNPQ内有垂直纸面向里的匀强磁场。在外力作用下，一正方形闭合刚性导线框沿QN方向匀速运动，t＝0时刻，其四个顶点M′、N′、P′、Q′恰好在磁场边界中点。下列图象中能反映线框所受安培力f的大小随时间t变化规律的是(　　) 图9

图10
解析：选B　在导线框运动过程中，导线框的Q′M′和P′N′两边所受安培力始终平衡，M′N′和P′Q′切割磁感线产生感应电动势，在闭合导线框中产生感应电流。则E＝BvL有效，I＝＝，f＝BIL有效＝，设导线框边长为a，则导线框运动到M′N′完全出磁场之前的过程中，L有效＝a－(a－2vt)＝2vt，f1＝；在M′N′完全出磁场后直到P′Q′开始出磁场之前，仅有P′Q′受安培力，有效长度不变，为a，f2＝，不变；P′Q′出磁场的过程中，有效长度L有效＝a－2vt，f3＝(a－2vt)2；根据三个过程中安培力的表达式可知，B选项正确。
7．在水平桌面上，一个圆形金属框置于匀强磁场B1中，线框平面与磁场垂直，圆形金属框与一个水平的平行金属导轨相连接，导轨上放置一根导体棒ab，导体棒与导轨接触良好，导体棒处于另一匀强磁场B2中，该磁场的磁感应强度恒定，方向垂直导轨平面向下，如图11甲所示。磁感应强度B1随时间t的变化关系如图11乙所示，0～1 s内磁场方向垂直线框平面向下。若导体棒始终保持静止，并设向右为静摩擦力的正方向，则导体棒所受的静摩擦力Ff随时间变化的图象是下列图12中的(　　)
图11
图12
解析：选D　由题图乙可知在1～2 s和4～5 s这两段时间内，圆形线圈中磁感应强度B1保持不变，为定值，由法拉第电磁感应定律可得，电路中无电动势产生，整个回路无电流，导体棒不受安培力和静摩擦力作用，所以A、B错误；在0～1 s内，由题图乙可得，磁场垂直于线框平面向下均匀增加，由楞次定律结合右手定则可判断出，线框中的感应电流方向为逆时针方向，电流大小I＝＝，因为磁场均匀变化，则I为定值，导体棒电流由b→a，即得安培力大小恒定，由左手定则可得方向水平向左。因为棒始终静止，所以受力平衡，静摩擦力与安培力等大反向，即静摩擦力大小恒定、方向水平向右，为正值，C错误，D正确。
8．(2012·山东高考)如图13所示，相距为L的两条足够长的光滑平行金属导轨与水平面的夹角为θ，上端接有定值电阻R，匀强磁场垂直于导轨平面，磁感应强度为B。将质量为m的导体棒由静止释放，当速度达到v时开始匀速运动，此时对导体棒施加一平行于导轨向下的拉力，并保持拉力的功率恒为P，导体棒最终以2v的速度匀速运 图13
动。导体棒始终与导轨垂直且接触良好，不计导轨和导体棒的电阻，重力加速度为g。下列选项正确的是(　　)
A．P＝2mgv sin θ
B．P＝3mgv sin θ
C．当导体棒速度达到时加速度大小为sin θ
D. 在速度达到2v以后匀速运动的过程中，R上产生的焦耳热等于拉力所做的功
解析：选AC　当导体棒第一次匀速运动时，沿导轨方向：mgsin θ＝；当导体棒第二次达到最大速度时，沿导轨方向：F＋mgsin θ＝，即F＝mgsin θ，此时拉力F的功率P＝F×2v＝2mgvsin θ，选项A正确、B错误；当导体棒的速度达到v/2时，沿导轨方向：mgsin θ－＝ma，解得a＝gsin θ，选项C正确；导体棒的速度达到2v以后，拉力与重力的合力做功全部转化为R上产生的焦耳热，选项D错误。
9.如图14所示，固定的水平光滑金属导轨，间距为L，左端接有阻值为R的电阻，处在方向竖直向下、磁感应强度为B的匀强磁场中，质量为m的导体棒与固定弹簧相连，放在导轨上，导轨与导体棒的电阻均可忽略。初始时刻，弹簧恰处于自然长度，导体棒具有水平向右的初速度v0。在沿导轨往复运动的过程中，导 图14
体棒始终与导轨垂直并保持良好接触。
(1)求初始时刻导体棒受到的安培力。
(2)若导体棒从初始时刻到速度第一次为零时，弹簧的弹性势能为Ep，则这一过程中安培力所做的功W1和电阻R上产生的焦耳热Q1分别为多少？
(3)导体棒往复运动，最终将静止于何处？从导体棒开始运动直到最终静止的过程中，电阻R上产生的焦耳热Q为多少？
解析：导体棒以初速度v0做切割磁感线运动而产生感应电动势，回路中的感应电流使导体棒受到安培力的作用，安培力做功使系统机械能减少，最终将全部机械能转化为电阻R上产生的焦耳热。由平衡条件知，棒最终静止时，弹簧的弹力为零，即此时弹簧处于初始的原长状态。
(1)初始时刻棒中感应电动势E＝BLv0 ①
棒中感应电流I＝ ②
作用于棒上的安培力F＝BIL ③
联立①②③，得F＝
安培力方向：水平向左
(2)由功和能的关系，安培力做功为
W1＝Ep－mv02
电阻R上产生的焦耳热Q1＝mv02－Ep
(3)由能量转化及平衡条件等，可判断：棒最终静止于初始位置。
Q＝mv02
答案：(1)　水平向左　(2)Ep－mv02
mv02－Ep　(3)静止于初始位置　mv02
10．(2012·浙江高考)为了提高自行车夜间行驶的安全性，小明同学设计了一种“闪烁”装置。如图15所示，自行车后轮由半径r1＝5.0×10－2 m的金属内圈、半径r2＝0.40 m的金属外圈和绝缘幅条构成。后轮的内、外圈之间等间隔地接有4根金属条，每根金属条的中间均串联有一电阻值为R的小灯泡。在支架上装有磁铁，形成了磁感应强度B＝0.10 T、方向垂直纸面向外的“扇形”匀强磁场，其内半径为r1、 图15
外半径为r2、张角θ＝。后轮以角速度ω＝2π rad/s相对于转轴转动。若不计其它电阻，忽略磁场的边缘效应。
(1)当金属条ab进入“扇形”磁场时，求感应电动势E，并指出ab上的电流方向；
(2)当金属条ab进入“扇形”磁场时，画出“闪烁”装置的电路图；
(3)从金属条ab进入“扇形”磁场时开始，经计算画出轮子转一圈过程中，内圈与外圈之间电势差Uab随时间t变化的Uab－t图象。
解析：(1)金属条ab在磁场中切割磁感线时，电动势E＝Br2ω所以E＝Bω(r22－r12)＝4.9×10－2 V
根据右手定则(或楞次定律)，可得感应电流方向为b→a。
(2)通过分析，可得电路图为
(3)设电路中的总电阻为R总，根据电路图可知，
R总＝R＋R＝R ①
ab两端电势差
Uab＝E－IR＝E－R＝E≈1.2×10－2 V ②
设ab离开磁场区域的时刻为t1，下一根金属条进入磁场区域的时刻为t2，
t1＝＝ s ③
t2＝＝ s ④
设轮子转一圈的时间为T，
T＝＝1 s ⑤
由T＝1 s，金属条有四次进出，后三次与第一次相同。 ⑥
由②、③、④、⑤、⑥可画出如下Uab－t图象。
答案：见解析
押题训练(二)
1.(2012·苏北四市一模)两根足够长的光滑平行直导轨MN、PQ与水平面成θ角放置，两导轨间距为L，M、P两点间接有阻值为R的电阻。一根质量为m的均匀直金属杆ab放在两导轨上，并与导轨垂直。整套装置处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向上，导轨和金属杆接触良好，它们的电阻 图1
不计。现让ab杆由静止开始沿导轨下滑。
(1)求ab杆下滑的最大速度vm；
(2)ab杆由静止释放至达到最大速度的过程中，电阻R产生的焦耳热为Q，求该过程中ab杆下滑的距离x及通过电阻R的电荷量q。
解析：(1)根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律、安培力公式和牛顿第二定律有
E＝BLv
I＝
F安＝BIL
mgsin θ－F安＝ma
即mgsin θ－＝ma
当加速度a为零时，速度v达最大，速度最大值vm＝
(2)根据能量守恒定律有
mgxsin θ＝mvm2＋Q
得x＝＋
根据电磁感应定律有＝
根据闭合电路欧姆定律有＝
感应电荷量q＝Δt＝＝
得q＝＋
答案：(1)　(2)＋　＋
2.(2012·南京模拟)均匀导线制成的单匝正方形闭合线框abcd，每边长为L，总电阻为R，总质量为m。将其置于磁感应强度为B的水平匀强磁场上方h处，如图2所示。线框由静止自由下落，线框平面保持在竖直平面内，且cd边始终与水平的磁场边界平行。重力加速度为g。当cd边刚进入磁场时， 图2
(1)求线框中产生的感应电动势大小；
(2)求cd两点间的电势差大小；
(3)若此时线框向下的加速度大小恰好为g/4，求线框下落的高度h应满足什么条件？
解析：(1)设cd边刚进入磁场时，线框的速度为v，由机械能守恒定律得
mgh＝mv2(或由v2＝2gh)
由法拉第电磁感应定律得E＝BLv
综合上述两式解得E＝BL
(2)由闭合电路欧姆定律得到此时线框中电流
I＝
cd两点间的电势差
U＝I(R)＝BL
(3)由安培力公式得
F＝BIL＝
当a＝g/4，方向向下时，根据牛顿第二定律
mg－F＝ma
解得下落高度满足h＝
答案：(1)BL　(2)BL　(3)
3．(2012·扬州调研)如图3所示，空间存在一垂直纸面向里的水平磁场，磁场上边界OM水平，以O点为坐标原点，OM为x轴，竖直向下为y轴，磁感应强度大小在x方向保持不变、y轴方向按B＝ky变化，k为大于零的常数。一质量为m、电阻为R、边长为L的正方形线框abcd从图示位置静止释放，运动过程中线框平面始终在同一竖直平面内，当线框下降h0(h0图3
(1)线框下降h0高度时速度大小v1和匀速运动时速度大小v2；
(2)线框从开始释放到cd边刚进入磁场的过程中产生的电能ΔE。
解析：(1)线框下降h0高度时达到最大速度，电路中产生的感应电流
I1＝
由平衡条件有mg＝B1I1L
而B1＝kh0
解得v1＝
线框cd边进入磁场开始做匀速运动时，电路中产生的感应电流
I2＝
则I2＝
由平衡条件有mg＝B2I2L
解得v2＝
(2)由能量守恒定律有
ΔE＝mgL－mv22
解得ΔE＝mgL－
答案：(1)　　(2)mgL－
4．(2012·珠海模拟)如图4所示，竖直平面内有一宽L＝1 m、足够长的光滑矩形金属导轨，电阻不计。在导轨的上下边分别接有电阻R1＝3 Ω和R2＝6 Ω。在MN上方及CD下方有水平方向的匀强磁场Ⅰ和Ⅱ，磁感应强度大小均为B＝1 T。现有质量m＝0.2 kg、电阻r＝1 Ω的导体棒ab，在
金属导轨上从MN上方某处由静止下落，下落过程中导体棒始终保 图4
持水平，与金属导轨接触良好。当导体棒ab下落到快要接近MN时的速度大小为v1＝3 m/s。不计空气阻力，g取10 m/s2。
(1)求导体棒ab快要接近MN时的加速度大小。
(2)若导体棒ab进入磁场Ⅱ后，棒中的电流大小始终保持不变，求磁场Ⅰ和Ⅱ之间的距离h。
(3)若将磁场Ⅱ的CD边界略微下移，使导体棒ab刚进入磁场Ⅱ时速度大小变为v2＝9 m/s，要使棒在外力F作用下做a＝3 m/s2的匀加速直线运动，求所加外力F随时间t变化的关系式。
解析：(1)以导体棒为研究对象，棒在磁场Ⅰ中切割磁感线，棒中产生感应电动势E，棒在重力和安培力作用下做加速运动。
由牛顿第二定律得：mg－BIL＝ma1，
E＝BLv1＝3 V
R＝＝2 Ω
I＝＝1 A
由以上各式可得：a1＝ 5 m/s2
(2)导体棒进入磁场Ⅱ后，安培力等于重力，棒做匀速运动，棒中电流大小就始终保持不变。
mg＝BI′L
I′＝
E′＝BLv′
联立解得：v′＝6 m/s
导体棒从MN到CD做加速度为g的匀加速直线运动。
v′2－v12＝2gh
解得：h＝1.35 m
(3)设导体棒进入磁场Ⅱ后经过时间t的速度大小为vt，则：
vt＝v2＋at
F＋mg－F安＝ma
F安＝
由以上各式解得：F＝(t＋1.6) N
答案：(1)5 m/s2　(2)1.35 m　(3)F＝(t＋1.6) N

第1讲力_学_实_验
一、误差与有效数字
1．误差
误差
产生原因
大小特点
减小方法
系统误差
实验仪器不精密
实验原理不完善
实验方法粗糙
总是偏大或偏小
更新仪器
完善实验原理
偶然误差
测量、读数不准确
忽大忽小
画图象或取平均值
2．有效数字
(1)定义：带有一位不可靠数字的近似数据。有效数字的最后一位是测量者估读出来的，是误差的来源。
(2)从数字左边第一个不为零的数字算起，如0.012 5为三位有效数字。
二、基本仪器的使用与读数
1．长度测量类
(1)游标卡尺的读数：
游标尺(mm)
精度
(mm)
测量结果(游标尺上第n个刻线与主尺上的某刻度线对正时)(mm)
刻度格数
刻度总长度
每小格与1毫米差
10
9
0.1
0.1
主尺上读的毫米数＋0.1 n
20
19
0.05
0.05
主尺上读的毫米数＋0.05 n
50
49
0.02
0.02
主尺上读的毫米数＋0.02n
(2)螺旋测微器的读数：
测量值＝固定刻度整毫米数＋半毫米数＋可动刻度读数(含估读)×0.01 mm。
2．时间测量类
(1)机械秒表的读数：
①原理：机械秒表的长针是秒针，转一周是30 s，因为机械表采用的是齿轮传动，指针不可能停留在两小格之间，所以不能估读出比0.1 s更短的时间。位于秒表上部中间的小圆圈里面的短针是分针，指针走一圈15 min，每小格为0.5 min。
②秒表的读数方法是：T＝短针读数(t1)＋长针读数(t2)。
(2)打点计时器：
计时器种类
工作电源电压
打点间隔
电磁打点计时器
交流50 Hz,4～6 V
0.02 s
电火花打
点计时器
交流50 Hz,220 V
0.02 s
(3)频闪照相机：
其作用和处理方法与打点计时器类似，它是用等时间间隔获取图象信息的方法将物体在不同时刻的位置记录下来，使用时要明确频闪的时间间隔。
游标卡尺和螺旋测微器的读数
……………………(解读命题角度)
[例1]　(2012·广东高考)某同学测量一个圆柱体的电阻率，需要测量圆柱体的尺寸。
分别使用游标卡尺和螺旋测微器测量圆柱体的长度和直径，某次测量的示数如图5－1－1(a)和(b)所示，长度为________cm，直径为________mm。
图5－1－1
[解析]　游标卡尺的精度为0.1 mm，所以L＝(50＋1×0.1)mm＝5.01 cm，螺旋测微器的读数为d＝(5＋31.5×0.01) mm＝5.315 mm。
[答案]　5.01　5.315
……………………(掌握类题通法)
一、方法技巧要用好
(1)游标卡尺在读数时先确定各尺的分度，把数据读成以毫米为单位的，先读主尺数据，再读游标尺数据，最后两数相加。
(2)游标卡尺读数时不需要估读。
(3)螺旋测微器读数时，要注意固定刻度上表示半毫米的刻度线是否已经露出，由可动刻度的0刻度线位置判定；要准确到0.01 mm，估读到0.001 mm，即结果若用 mm做单位，则小数点后必须保留三位数字。
二、易错易混要明了
(1)游标卡尺在读数时注意区分卡尺的精度。
(2)螺旋测微器在读数时，注意区别整刻度线与半毫米刻度线，注意判断半毫米刻度线是否露出。
纸带类实验
(解读命题角度)
[例2]　(2012·山东高考)某同学利用图5－1－2甲所示的实验装置，探究物块在水平桌面上的运动规律。物块在重物的牵引下开始运动，重物落地后，物块再运动一段距离停在桌面上(尚未到达滑轮处)。从纸带上便于测量的点开始，每5个点取1个计数点，相邻计数点间的距离如图乙所示。打点计时器电源的频率为50 Hz。
图5－1－2
(1)通过分析纸带数据，可判断物块在两相邻计数点________和________之间某时刻开始减速。
(2)计数点5对应的速度大小为________m/s，计数点6对应的速度大小为________m/s。(保留三位有效数字)
(3)物块减速运动过程中加速度的大小为a＝________m/s2，若用来计算物块与桌面间的动摩擦因数(g为重力加速度)，则计算结果比动摩擦因数的真实值________(填“偏大”或“偏小”)。
[解析]　(1)从计数点1到6相邻的相等时间内的位移差Δx≈2.00 cm，在6、7计数点间的位移比5、6计数点之间增加了(12.28－11.01) cm＝1.27 cm<2.00 cm，因此，开始减速的时刻在计数点6和7之间。
(2)计数点5对应的速度大小为
v5＝＝m/s＝1.00 m/s。
计数点4对应的速度大小为
v4＝＝m/s＝0.80 m/s。
根据v5＝，得计数点6对应的速度大小为v6＝2v5－v4＝(2×1.00－0.80)m/s＝1.20 m/s。
(3)物块在计数点7到11之间做减速运动，根据Δx＝aT2得
x9－x7＝2a1T2
x10－x8＝2a2T2
故a＝＝≈－2.00 m/s2
物块做减速运动时受到的阻力包括水平桌面的摩擦阻力和打点计时器对纸带的摩擦阻力，因此根据牛顿第二定律，得μmg＋f＝ma，即μ＝，因此用μ′＝计算出的动摩擦因数比μ的真实值偏大。
[答案]　(1)6　7(或7　6)　(2)1.00　1.20
(3)－2.00　偏大
……………………(掌握类题通法)
一、方法技巧要用好
1．计时点与计数点
要区别打点计时器打出的点与人为选取的计数点之间的区别与联系，为便于测量和计算，一般每五个点取一个计数点，这样时间间隔Δt＝0.02×5 s＝0.1 s。
2．求瞬时速度的方法
利用做匀变速运动的物体在一段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度。如图5－1－3所示，求打某一点的瞬时速度，只需在这一点的前后各取相同时间间隔T的两段位移xn和xn＋1，则打n点时的速度vn＝。
图5－1－3
3．利用纸带求加速度的方法
(1)利用a＝求解：在已经判断出物体做匀变速直线运动的情况下可利用Δx＝xn＋1－xn＝aT2求加速度a。
(2)逐差法：
图5－1－4
如图5－1－4所示，由xn－xm＝(n－m)aT2
可得：a1＝，a2＝，
a3＝，
所以a＝＝
(3)两段法：把上面x1、x2、x3、x4、x5、x6分成时间相等(均为3T)的两大段，则由x2－x1＝aT2得：(x4＋x5＋x6)－(x1＋x2＋x3)＝a(3T)2，解出的a与上面逐差法结果相等，但却要简单的多。
(4)图象法：
①由vn＝，求出相应点的速度。
②确定各计数点的坐标值(v1，T)、(v2,2T)、…(vn，nT)。
③画出v－t图象，图线的斜率为物体做匀变速直线运动的加速度。
4．利用纸带判断物体做匀变速直线运动的方法
(1)若相邻两计数点之间的距离满足Δx＝x2－x1＝x3－x2＝…＝xn－xn－1＝恒量(aT2)，说明物体做匀变速直线运动。
(2)v－t图象为倾斜直线，说明物体做匀变速直线运动。
二、易错易混要明了
(1)注意打点周期与计数点间时间间隔的关系。
(2)用逐差法求加速度时，注意公式中分母上的常数与位移段数的关系。
“橡皮条、弹簧”类实验
(解读命题角度)
[例3]　(2012·浙江高考)在“探究求合力的方法”实验中，现有木板、白纸、图钉、橡皮筋、细绳套和一把弹簧秤。
(1)为完成实验，某同学另找来一根弹簧，先测量其劲度系数，得到的实验数据如下表：
弹力F(N)
0.50
1.00
1.50
2.00
2.50
3.00
3.50
伸长量x (10－2m)
0.74
1.80
2.80
3.72
4.60
5.58
6.42
用作图法求得该弹簧的劲度系数k＝________N/m；
(2)某次实验中，弹簧秤的指针位置如图5－1－5所示，其读数为________N，同时利用(1)中结果获得弹簧上的弹力值为2.50 N，请画出这两个共点力的合力F合；
图5－1－5
(3)由图得到F合＝________N。
[解析]　(1)以水平方向为x轴，竖直方向为F轴，建立直角坐标系，然后找点，选尽可能多的点连成一条线，其图线的斜率即为弹簧的劲度系数k，k＝N/m≈53 N/m。
(2)弹簧的读数为2.10 N，选标度
合力的图示如图所示。
(3)经测量合力F合＝3.3 N
[答案]　(1)见解析图　53(说明：±2内都可)
(2)2.10(说明：有效数字位数正确，±0.02内都可)　见解析图　(3)3.3(说明：±0.2范围内都可)
……………………(掌握类题通法)
一、方法技巧要用好
1．图象法处理实验数据的规则
(1)作图一定要用坐标纸， 坐标纸的大小要根据有效数字的位数和结果的需要来定；
(2)要标明坐标轴物理量、单位，在轴上每隔一定的间距按有效数字的位数标明数值；
(3)图上的连线不一定通过所有的数据点，而应尽量使数据点合理地分布在线的两侧；
(4)作图时常通过选取适当的坐标轴使图线线性化，即“化曲为直”。
2．图象法处理数据的缺点
(1)在图纸上连线时有较大的主观任意性。
(2)连线的粗细、图纸的大小、图纸本身的均匀程度等，都对结果的准确性有影响。
二、易错易混要明了
(1)注意区别纵、横坐标轴的物理意义，标度及单位。
(2)图线的斜率、截距的物理意义。

1．(2012·新课标全国卷)某同学利用螺旋测微器测量一金属板的厚度。该螺旋测微器校零时的示数如图1(a)所示，测量金属板厚度时的示数如图(b)所示。图(a)所示读数为________ mm，图(b)所示读数为________ mm，所测金属板的厚度为________ mm。
图1
解析：图(a)：0 mm＋0.01 mm×1.0＝0.010 mm；图(b)：6.5 mm＋0.01 mm×37.0＝6.870 mm；故所测金属板的厚度为6.870 mm－0.010 mm＝6.860 mm。
答案：0.010　6.870　6.860
2．(2012·合肥一模)甲、乙和丙三位同学做“互成角度的两个力的合成”的实验，所用弹簧测力计的量程为0～5 N，他们都把橡皮条的一端固定在木板上的A点，橡皮条的另一端通过细绳连接弹簧测力计，用两个弹簧测力计把橡皮条的另一端拉到某一确定的O点，如图2所示，此时细绳都与平板平行，用F1和F2表示拉力的方向和大小。
甲同学：F1和F2的方向互相垂直，F1＝3.0 N、F2＝3.8 N；乙同学：F1和F2方向间的夹角约为30°，F1＝F2＝4.0 N；丙同学：F1和F2方向间的夹角约为120°，F1＝F2＝4.0 N。这三位同学中操作不合适的是哪一位？并说明原因。
图2
解析：操作不合适的是乙同学，因为他这两个力的合力超过了测力计刻度的最大值5 N，下面再用一个弹簧测力计拉橡皮条时，结点不能被拉到O点。
答案：乙同学，原因见解析
3．(2012·湖北八校联考)某学习小组利用自行车的运动“探究阻力做功与速度变化的关系”。人骑自行车在平直的路面上运动，当人停止蹬车后，由于受到阻力作用，自行车的速度会逐渐 图3
减小至零，如图3所示。在此过程中，阻力做功使自行车的速度发生变化。设自行车无动力后受到的阻力恒定。
(1)在实验中使自行车在平直的公路上获得某一速度后停止蹬车，需要测出人停止蹬车后自行车向前滑行的距离s, 为了计算自行车的初速度v，还需要测量________(填写物理量的名称及符号)。
(2)设自行车受到的阻力恒为f，计算出阻力做的功及自行车的初速度。改变人停止蹬车时自行车的速度，重复实验，可以得到多组测量值。以阻力对自行车做功的大小为纵坐标，自行车初速度为横坐标，作出W－v曲线。分析这条曲线，就可以得到阻力做的功与自行车速度变化的定性关系。在实验中作出W－v图象如图4所示，其中符合实验情况的是________。
图4
解析：(1)自行车所受阻力恒定，当人停止蹬车后，自行车做匀减速运动，故有s＝t，因此要测出自行车的初速度v，还需测量人停止蹬车后自行车滑行的时间t。
(2)由动能定理可知，－W＝0－mv2，故W＝mv2，C正确。
答案：(1)人停止蹬车后自行车滑行的时间t　(2)C
4．(2012·唐山调研)某学习小组在“探究功与速度变化关系”的实验中采用了图5甲所示的实验装置。
图5
(1)将气垫导轨接通气泵，通过调平螺丝调整气垫导轨使之水平，检查是否调平的方法是________________。
(2)如图5乙所示，游标卡尺测得遮光条的宽度Δd＝________ cm；实验时，将橡皮条挂在滑块的挂钩上，向后拉伸一定的距离，并做好标记，以保证每次拉伸的距离恒定。现测得挂一根橡皮条时，滑块弹离橡皮条后，经过光电门的时间为Δt，则滑块最后匀速运动的速度表达式为________(用字母表示)。
(3)逐条增加橡皮条，记录每次遮光条经过光电门的时间，并计算出对应的速度。则画出的W－v2图象应是________。
解析：根据游标卡尺读数规则，遮光条的宽度Δd＝0.5 cm＋10×0.005 cm＝0.550 cm。由速度定义可知，滑块最后匀速运动的速度表达式为v＝；由动能定理可知，W＝mv2，画出的W－v2图象应是过坐标原点的一条倾斜直线。
答案：(1)将滑块轻置于气垫导轨之上，看其是否滑动(将滑块轻置于气垫导轨之上，轻推滑块看是否匀速)，其它方法正确同样得分。
(2)0.550　(3)v＝　(4)过坐标原点的一条倾斜直线
5．(2012·安徽高考)图6为“验证牛顿第二定律”的实验装置示意图。砂和砂桶的总质量为m，小车和砝码的总质量为M。实验中用砂和砂桶总重力的大小作为细线对小车拉力的大小。
图6
(1)实验中，为了使细线对小车的拉力等于小车所受的合外力，先调节长木板一端滑轮的高度，使细线与长木板平行。接下来还需要进行的一项操作是________。
A．将长木板水平放置，让小车连着已经穿过打点计时器的纸带，给打点计时器通电，调节m的大小，使小车在砂和砂桶的牵引下运动。从打出的纸带判断小车是否做匀速运动
B．将长木板的一端垫起适当的高度，让小车连着已经穿过打点计时器的纸带，撤去砂和砂桶，给打点计时器通电，轻推小车，从打出的纸带判断小车是否做匀速运动
C．将长木板的一端垫起适当的高度，撤去纸带以及砂和砂桶，轻推小车，观察判断小车是否做匀速运动
(2)实验中要进行质量m和M的选取，以下最合理的一组是________。
A．M＝200 g，m＝10 g、15 g、20 g、25 g、30 g、40 g
B．M＝200 g，m＝20 g、40 g、60 g、80 g、100 g、120 g
C．M＝400 g，m＝10 g、15 g、20 g、25 g、30 g、40 g
D．M＝400 g，m＝20 g、40 g、60 g、80 g、100 g、120 g
(3)图7是实验中得到的一条纸带，A、B、C、D、E、F、G为7个相邻的计数点，相邻的两个计数点之间还有四个点未画出。量出相邻的计数点之间的距离分别为：sAB＝4.22 cm、sBC＝4.65 cm、sCD＝5.08 cm、sDE＝5.49 cm、sEF＝5.91 cm，sFG＝6.34 cm。已知打点计时器的工作频率为50 Hz，则小车的加速度a＝________m/s2。(结果保留2位有效数字)
图7
解析：(1)小车在运动过程中受到重力、支持力、纸带的拉力、木板对小车的摩擦力和细线拉力的作用。为了使细线对小车的拉力等于小车所受的合力，因此应把木板的一端垫起适当的高度，以使重力、支持力、纸带的拉力和摩擦力的合力为零，即小车做匀速运动，因此在进行这一操作时，不应挂砂桶，小车应连接纸带，A、C项错误；B项正确。
(2)由于绳子的拉力不易测量，本实验中用砂和砂桶的总重力来代替绳的拉力，而砂桶做加速运动，设加速度大小为a，则FT＝m(g－a)，当砂桶的加速度很小时，FT近似等于mg，因此实验中应控制实验条件，使砂桶的加速度很小。只有当小车的质量远大于砂和砂桶的总质量时，小车和砂桶的加速度才很小，绳的拉力才近似等于砂和砂桶的总重力。C项正确。
(3)相邻两计数点间的时间T＝0.1 s，由Δx＝aT2可得a＝，代入数据解得
a＝0.42 m/s2。
答案：(1)B　(2)C　(3)0.42
6．(2012·江苏高考)为测定木块与桌面之间的动摩擦因数，小亮设计了如图8所示的装置进行实验。实验中，当木块A位于水平桌面上的O点时，重物B刚好接触地面。将A拉到P点，待B稳定后静止释放，A最终滑到Q点。分别测量OP、OQ的长度h和s。改变h，重复上述实验，分别记录几组实验数据。

(1)实验开始时，发现A释放后会撞到滑轮，请提出两个解决方法。
(2)请根据下表的实验数据作出s－h关系的图象。
h/(cm)
20.0
30.0
40.0
50.0
60.0
s/(cm)
19.5
28.5
39.0
48.0
56.5
图9
(3)实验测得A、B的质量分别为m＝0.40 kg、M＝0.50 kg。根据s－h图象可计算出A木块与桌面间的动摩擦因数μ＝________。(结果保留一位有效数字)
(4)实验中，滑轮轴的摩擦会导致μ的测量结果________(选填“偏大”或“偏小”)。
解析：(1)木块A撞到滑轮是因为木块A运动到滑轮位置时速度不为零，若使A不撞到滑轮应减小绳子的拉力，即减小B的质量；或增加细线的长度使木块A的初始位置远离滑轮。
(2)利用描点作图法画出s－h的图象，如图所示。
(3)在B下落h的过程中，对系统利用动能定理得Mgh－μmgh＝(M＋m)v2，B落地后以木块A为研究对象，有－μmgs＝0－mv2，代入已知数据M＝0.5 kg，m＝0.4 kg，解得s＝h，其图象的斜率k＝，由s－h图象解得直线的斜率k＝，联立解得木块与桌面间的动摩擦因数μ＝0.4。
(4)由于滑轮轴有摩擦，所以(3)中表示出的摩擦力μmg实际是A与桌面的摩擦力加上滑轮轴的摩擦力，即μmg＝μAmg＋f轴>μAmg，所以滑轮的摩擦会导致μ的测量结果偏大。
答案：(1)减小B的质量；增加细线的长度(或增大A的质量；降低B的起始高度)
(2)见解析
(3)0.4　(4)偏大
7．(2012·广东高考)某同学探究弹力与弹簧伸长量的关系。
(1)将弹簧悬挂在铁架台上，将刻度尺固定在弹簧一侧，弹簧轴线和刻度尺都应在________方向(填“水平”或“竖直”)。
(2)弹簧自然悬挂，待弹簧________时，长度记为L0；弹簧下端挂上砝码盘时，长度记为Lx；在砝码盘中每次增加10 g砝码，弹簧长度依次记为L1至L6，数据如下表：
代表符号
L0
Lx
L1
L2
L3
L4
L5
L6
数值(cm)
25.35
27.35
29.35
31.30
33.4
35.35
37.40
39.30
表中有一个数值记录不规范，代表符号为________。由表可知所用刻度尺的最小分度为________。
图10
(3)图10是该同学根据表中数据作的图，纵轴是砝码的质量，横轴是弹簧长度与________的差值(填“L0”或“Lx”)。
(4)由图可知弹簧的劲度系数为________N/m；通过图和表可知砝码盘的质量为________g(结果保留两位有效数字，重力加速度取9.8 m/s2)。
解析：(1)弹簧的轴线必须沿重力方向，所以应沿竖直方向。
(2)由于表中测量值已经估读到0.1 mm，所以刻度尺的最小刻度应是1 mm。
(3)因为m0g＝k(Lx－L0)，nmg＋m0g＝k(Ln－L0)，整理得nmg＝k(Ln－Lx)，所以横轴应为弹簧长度与Lx的差值。
(4)从上式可以看出图象的斜率表示k的大小，即k＝＝4.9 N/m，m0＝＝1.0×10－2 kg＝10 g。
答案：(1)竖直　(2)静止　L3　1 mm　(3)Lx　(4)4.9　10
8．(2012·江苏重点中学联考)某研究性学习小组利用气垫导轨验证机械能守恒定律，实验装置如图11甲所示。在气垫导轨上相隔一定距离的两处安装两个光电传感器A、B，滑块P上固定一遮光条，若光线被遮光条遮挡，光电传感器会输出高电压，两光电传感器采集数据后与计算机相连。滑块在细线的牵引下向左加速运动，遮光条
经过光电传感器A、B时，通过计算机可以得到如图乙所示的电压U随时间t变化的图象。
图11
(1)实验前，按通气源，将滑块(不挂钩码)置于气垫导轨上，轻推滑块，当图乙中的Δt1________Δt2(选填“>”、“＝”或“<”)时，说明气垫导轨已经水平。
(2)用螺旋测微器测遮光条宽度d，测量结果如图丙所示，则d＝________ mm。
(3)滑块P用细线跨过气垫导轨左端的定滑轮与质量为m的钩码Q相连，将滑块P由图甲所示位置释放，通过计算机得到的图象如图乙所示，若Δt1、Δt2和d已知，要验证滑块和砝码组成的系统机械能是否守恒，还应测出________和________(写出物理量的名称及符号)。
(4)若上述物理量间满足关系式________，则表明在上述过程中，滑块和砝码组成的系统机械能守恒。
解析：(1)若气垫导轨已经水平，滑块做匀速直线运动，滑块遮光条经过光电传感器A、B时时间相等。
(2)由螺旋测微器读数规则，遮光条宽度d＝8 mm＋0.476 mm＝8.476 mm。
(3)要验证滑块和砝码组成的系统机械能是否守恒，还应测出滑块质量M，两光电门间距离L。
(4)滑块和砝码组成的系统机械能守恒，则有砝码减小的重力势能等于滑块和砝码组成的系统动能的增加，即mgL＝(M＋m)()2－(M＋m)()2。
答案：(1)＝　(2)8.476(在8.474～8.477之间均算对)
(3)滑块质量M　两光电门间距离L
(4)mgL＝(M＋m)()2－(M＋m)()2
第2讲电_学_实_验
一、电学量测量仪器
1．电流表、电压表、欧姆表的对比
仪器
极性
量程选择
读数
电流表
有正、负极的电表，电流由电表的正极流入，负极流出
使指针指示比满偏刻度多的位置
3 V和3 A量程估读到最小分度的；15 V量程估读到最小分度的；0.6 A量程应估读到最小分度的
电压表
欧姆表
使指针尽量指在表盘的中间位置左右
取两位有效数字并乘以相应挡位的倍率
2．多用电表的使用“三注意”
(1)电流的流向：
由于使用多用电表时不管测量项目是什么，电流都要从电表的“＋”插孔(红表笔)流入，从“－”插孔(黑表笔)流出，所以使用欧姆挡时，多用电表内部电池的正极接的是黑表笔，负极接的是红表笔。
(2)要区分开“机械零点”与“欧姆零点”
“机械零点”在表盘刻度左侧“0”位置。调整的是表盘下边中间的定位螺丝；“欧姆零点”在表盘刻度的右侧电阻刻度“0”位置，调整的是欧姆挡的调零旋钮。
(3)选倍率：
测量前应根据估计阻值选用适当的挡位。由于欧姆挡刻度的非线性，使用欧姆挡测电阻时，表头指针偏转过大或过小都有较大误差。通常只使用表盘中间一段刻度范围，指针偏转角度在满偏到满偏之间为测量的有效范围。
二、电流表的内外接法选择
1．两种接法的比较
比较项目
电流表内接法
电流表外接法
电路
误差原因
由于电流表内阻的分压作用，电压表测量值偏大
由于电压表内阻的分流作用，电流表测量值偏大
测量结果
R测＝＝RA＋Rx>Rx
电阻的测量值大于真实值
R测＝＝Rx电阻的测量值小于真实值
适用条件
Rx?RA，大电阻
Rx?RV，小电阻
2．两种接法的判断
(1)比值判断法：
若＜，Rx为大电阻，内接法误差小应选用内接法；若＞，Rx为小电阻，外接法误差小应选用外接法。
(2)临界值判断法：
当被测电阻Rx的大小无法直接判定时，先求临界电阻R0＝。若Rx＞R0，则Rx为大电阻，内接法误差小；若Rx(3)试触法：当无法估计电阻的阻值，难以比较及的大小时，可采用电压表试触法看电流表、电压表变化大小来确定，若电流表示数较电压表示数变化明显，说明外接时电压表分流作用大，应采用内接法；若电压表示数较电流表示数变化明显，说明内接时电流表的分压作用大，应采用外接法。
三、滑动变阻器连接的限流接法和分压接法
1．两种接法的对比
　　方式
内容　　
限流接法
分压接法
对比说明
两种接法电路图
串、并
联关
系不同
负载Rx上电压调节范围
≤U≤E
0≤U≤E
分压电路调节范围大
负载Rx上电流调节范围
≤I≤
0≤I≤
分压电路调节范围大
闭合S前触头位置
b端
a端
都起保护作用
额定条件下电路总功率
EI
E(I＋IP)
分压电路耗能较多
2．两种接法的处理技巧
(1)滑动变阻器限流式接法选取原则：一般在滑动变阻器总电阻R0与Rx相差不大时，既不要求较大范围调节电流和电压，又不要求从零开始读数，则优先选择限流式接法。
(2)滑动变阻器的分压式接法选取原则：
①滑动变阻器的全值电阻R0远小于用电器电阻Rx或电路中串联的其他电阻的阻值，即Rx?R0。
②要求用电器Rx的电流或电压从零开始连续变化。
③采用限流式电路时，电路中的最小电流大于用电器Rx的额定电流，或给定的仪表量程偏小。
多用电表的使用
……………………(解读命题角度)
[例1]　(2012·上海高考)在练习使用多用电表的实验中：
(1)某同学连接的电路如图5－2－1所示。
图5－2－1
①若旋转选择开关，使尖端对准直流电流挡，此时测得的是通过________的电流；
②若断开电路中的电键，旋转选择开关使其尖端对准欧姆挡，此时测得的是________的电阻；
③若旋转选择开关，使尖端对准直流电压挡，闭合电键，并将滑动变阻器的滑片移至最左端，此时测得的是________两端的电压。
(2)(单选)在使用多用表的欧姆挡测量电阻时，若(　　)
A．双手捏住两表笔金属杆，测量值将偏大
B．测量时发现指针偏离中央刻度过大，则必需减小倍率，重新调零后再进行测量
C．选择“×10”倍率测量时发现指针位于20与30正中间，则测量值小于25 Ω
D．欧姆表内的电池使用时间太长，虽然完成调零，但测量值将略偏大
[解析]　(1)①当多用电表选择开关尖端对准直流电流挡时，电流表与R1串联，此时电流表测得的是通过R1的电流。
②切断电路，选择开关尖端对准欧姆挡时，测得的是R1和R2的串联总电阻。
③选择开关尖端对准直流电压挡，闭合开关，且滑动变阻器的滑片移至最左端时，电阻R1被短路，此时多用电表示数等于电阻R2两端的电压，也等于电源的路端电压。
(2)双手捏住两表笔金属杆时，测量值为被测电阻与人体电阻的并联阻值，应偏小，A错误；测量时指针若向左偏离中央刻度过大，应增大倍率，B错误；选择开关对应“×10”倍率时，指针位于20与30正中间时，测量值应小于250 Ω，C错误；电池用时间太久，电动势减小，虽然完成调零，但中值电阻偏小，测量时读数将比真实值偏大，D正确。
[答案]　(1)①R1　②R1和R2串联　③R2(或电源的路端电压)　(2)D
……………………(掌握类题通法)
方法技巧要用好
1．使用多用电表的“五步”法
(1)选倍率，一般要选择比被测电阻的估计值低一个数量级的倍率，如估计值为200 Ω就应该选×10的倍率；
(2)进行欧姆调零；
(3)将红黑表笔接被测电阻两端进行测量；
(4)将指针示数乘以倍率，得测量值；
(5)测量结束后，将选择开关扳到OFF或交流电压最高挡。
2．倍率调整方法
用欧姆挡测电阻时，如果指针偏转角度太小(即指针所指的欧姆刻度值太大)，应该适当增大倍率重新调零后再测量；如果指针偏转角度太大(即指针所指的欧姆刻度值太小)，应该适当减小倍率重新调零后再测量。
实验器材、电路的选择
……………………(解读命题角度)
[例2]　(2012·山东高考)在测量金属丝电阻率的实验中，可供选用的器材如下：
待测金属丝：Rx(阻值约4 Ω，额定电流约0.5 A)；
电压表：○V (量程3 V，内阻约3 kΩ)；
电流表：○A1 (量程0.6 A，内阻约0.2 Ω) 图5－2－2
○A2 (量程3 A，内阻约0.05 Ω)
电源：E1(电动势3 V，内阻不计)；
E2(电动势12 V，内阻不计)；
滑动变阻器：R(最大阻值约20 Ω)
螺旋测微器；毫米刻度尺；开关S；导线。
(1)用螺旋测微器测量金属丝的直径，示数如图5－2－2所示，读数为________mm。
(2)若滑动变阻器采用限流接法，为使测量尽量精确，电流表应选________，电源应选________(均填器材代号)，在虚线框内完成电路原理图。
[解析]　(1)螺旋测微器的读数为1.5 mm＋27.3×0.01 mm＝1.773 mm。
(2)在用伏安法测电阻的实验，为使测量尽量精确，则电流表、电压表指针需达到半偏以上，又因待测电阻丝的额定电流为0.5 A，所以电流表选 ，电源选E1即可。电路原理图如图所示。
[答案]　(1)1.773(1.771～1.775均正确)
(2)  　E1　电路图见解析
……………………(掌握类题通法)
方法技巧要用好
1．器材选取三原则
(1)安全性原则：要能够根据实验要求和客观条件选用合适的仪器，使实验切实可行，能达到预期目标。另外还要注意测量仪器的量程，电器元件的电流不能超过其允许通过的最大电流等。
(2)精确性原则：根据实验的需要，选用精度合适的测量工具，但对某个实验来讲，精确程度合适即可，并不是精度越高越好。
(3)方便性原则：实验时需考虑调节方便，便于操作，如滑动变阻器的选择，既要考虑它的额定电流，又要考虑它的阻值范围，在二者都能满足实验要求的情况下，还要考虑阻值大小对实验操作是否调节方便的问题。
2．器材选取三要求
(1)根据不使电表受损和尽量减少误差的原则选择电表。首先保证流过电流表的电流和加在电压表上的电压均不超过使用量程，然后合理选择量程。务必使指针有较大偏转(一般取满偏的1/3～2/3左右)，以减少测量和读数的误差。
(2)根据电路中可能出现的电流或电压范围选择滑动变阻器，注意流过滑动变阻器的电流不能超过它的额定值。对高阻值的变阻器，如果滑动头稍有移动，使电流、电压有很大变化的，不宜采用。
(3)应根据实验的基本要求来选择仪器。对于这种情况，只有熟悉实验原理，才能做出恰当的选择。
3．器材选取的一般步骤
(1)找出唯一且必须的器材；
(2)画出电路图(暂不把电表接入)；
(3)估算最大值(在限流电路中把滑动变阻器触头推向最小值)或估算最小值(在限流电路中把滑动变阻器触头推向最大值)；
(4)考虑能否使电压表、电流表都达到满偏的1/3以上。
测量电源的电动势和内阻
……………………(解读命题角度)
[例3]　(2012·重庆高考)某中学生课外科技活动小组利用铜片、锌片和家乡盛产的柑橘制作了果汁电池，他们测量这种电池的电动势E和内阻r，并探究电极间距对E和r的影响。实验器材如图5－2－3所示。
图5－2－3
(1)测量E和r的实验方案为：调节滑动变阻器，改变电源两端的电压U和流过电源的电流I，依据公式________，利用测量数据作出U－I图象，得出E和r。
(2)将电压表视为理想表，要求避免电流表分压作用对测量结果的影响，请在图5－2－3中用笔画线代替导线连接电路。
(3)实验中依次减小铜片与锌片的间距，分别得到相应果汁电池的U－I图象如图5－2－4中(a)、(b)、(c)、(d)所示，由此可知：
在该实验中，随电极间距的减小，电源电动势________(填“增大”、“减小”或“不变”)，电源内阻________(填“增大”、“减小”或“不变”)。
曲线(c)对应的电源电动势E＝________V，内阻r＝________Ω。当外电路总电阻为2 500 Ω时，该电源的输出功率P＝________mW。(均保留三位有效数字)
图5－2－4
[解析]　(1)根据欧姆定律，路端电压等于电动势减去内电压，即U＝E－Ir。
(2)该实验要求路端电压测量准确，故电压表应直接接在电源的两端，滑动变阻器只需能改变路端电压的值即可，故采用限流式接法。
(3)根据图象，电流为零时，路端电压等于电动势，四条图线对应值均相同，故电极间距减小时，电源电动势不变，四条图线中图线(d)短路电流最小，故内阻最大，即随电极间距减小，内阻增大；图线(c)对应电动势从图线中直接读出，为0.975 V，当电流为0.8 mA时，路端电压为0.592 V，由U＝E－Ir计算得r≈478 Ω；当外电路总电阻为2 500 Ω，则路端电压为U＝ E≈0.819 V，输出功率P＝＝W≈0.268 mW。
[答案]　(1)U＝E－Ir　(2)如图所示　(3)不变　增大　0.975　478　0.268
……………………(掌握类题通法)
一、方法技巧要用好
1．测电源电动势和内阻的三种方法
(1)用电压表、电流表和可变电阻(如滑动变阻器)测量，如图5－2－5所示，测出两组U、I值，根据E＝U＋Ir，通过计算或利用图象就能求出电源的电动势和内阻。
图5－2－5　　　　　　　　　图5－2－6
(2)用电流表、电阻箱测量，如图5－2－6所示，测出两组I、R值，根据E＝I(R＋r)通过计算或利用图象就能求出电源的电动势和内阻。
(3)用电压表、电阻箱测量，如图5－2－7所示，测出两组U、R值，根据E＝U＋r，通过计算或利用图象，就能求出电源的电动势和内阻。
2．数据处理 图5－2－7
本实验在利用图象处理数据时，要明确：
(1)图线的纵坐标是路端电压，它反映的是：当电流I增大时，路端电压U将随之减小，U与I成线性关系，U＝E－Ir。
(2)电阻的伏安特性曲线中，U与I成正比，前提是R保持一定，而这里的U－I图线中，E、r不变，外电阻R改变，正是R的变化，才有I和U的变化。
(3)将图线两侧延长，纵轴截距点意味着断路情况，它的数值就等于电源电动势E，横轴截距点(路端电压U＝0)意味着短路情况，它的数值等于短路电流。
(4)图线斜率的绝对值表示电源内阻，由于r一般很小，故得到的图线斜率的绝对值就较小。为了使测量结果准确，可以将纵轴的坐标不从零开始，计算r时选取直线上相距较远的两点求得。
二、易错易混要明了
在连实物图时应注意以下几点：
(1)各导线都应接在接线柱上。
(2)不应在导线中间出现分叉、导线不能交叉、跨过仪器。
(3)连接电表应注意量程选用正确，正、负接线柱不要接错。
(4)开关要控制所在电路。
创新实验设计
……………………(解读命题角度)
[例4]　(2012·新课标全国卷)图5－2－8中虚线框内存在一沿水平方向、且与纸面垂直的匀强磁场。现通过测量通电导线在磁场中所受的安培力，来测量磁场的磁感应强度大小，并判定其方向。所用部分器材已在图中给出，其中D为位于纸面内的U形金属框，其底边水平，两侧边竖直且等长；E为直流电源；R为电阻箱；○A 为电流表；S为开关。此外还有细沙、天平、米尺和若干轻质导线。
图5－2－8
(1)在图中画线连接成实验电路图。
(2)完成下列主要实验步骤中的填空：
①按图接线。
②保持开关S断开，在托盘内加入适量细沙，使D处于平衡状态；然后用天平称出细沙质量m1。
③闭合开关S，调节R的值使电流大小适当，在托盘内重新加入适量细沙，使D________________；然后读出________________，并用天平称出________________。
④用米尺测量________________。
(3)用测得的物理量和重力加速度g表示磁感应强度的大小，可以得出B＝________________。
(4)判定磁感应强度方向的方法是：若____________，磁感应强度方向垂直纸面向外；反之，磁感应强度方向垂直纸面向里。
[解析]　根据实验目的和原理，将电源、开关、电阻箱、电流表及U形金属框串联起来，连接成电路图，如图所示。设金属框质量为M，托盘质量为m0，第一次操作中未接通电源时由平衡条件：Mg＝(m0＋m1)g，第二次接通电源后，加入适量细沙m2使D重新处于平衡状态，然后读出电流
表的示数I，并测量出金属框底部的长度l，若金属框受到的安培力竖直向下，由平衡条件：BIl＋Mg＝(m0＋m2)g，两式联立解得：B＝；若金属框受到的安培力竖直向上，则B＝，综上B＝g，若m2>m1，则由左手定则可知磁感应强度方向垂直纸面向外，反之，磁感应强度方向垂直纸面向里。
[答案]　(1)见解析图　(2)③重新处于平衡状态　电流表的示数I　此时细沙质量m2　④D的底边长度l
(3)　(4)m2>m1
……………………(掌握类题通法)
方法技巧要用好
1．解决电学设计型实验常用的方法
(1)转换法：将不易测量的物理量转换成可以(或易于)测量的物理量进行测量，然后再反求待测物理量的量值，这种方法叫转换测量法(简称转换法)，如在测量金属电阻率的实验中，虽然无法直接测量电阻率，但通过测金属丝的长度和直径，并将金属丝接入电路测出其电阻，然后再计算出它的电阻率。
(2)替代法：用一个标准的已知量替代被测量， 通过调整标准量，使整个测量系统恢复到替代前的状态，则被测量等于标准量。
(3)控制变量法：研究一个物理量与其他几个物理量的关系时， 要使其中的一个或几个物理量不变， 分别研究这个物理量与其他各物理量的关系，然后再归纳总结，如探究电阻的决定因素实验。
2．应注意的问题
(1)在解决设计型实验时，要注意条件的充分利用，如对于给定确切阻值的电压表和电流表，电压表可当作电流表使用，电流表也可当作电压表使用，利用这一特点，可以拓展伏安法测电阻的方法，如伏伏法， 安安法等。
(2)对一些特殊电阻的测量，如电流表或电压表内阻的测量，电路设计有其特殊性即首先要注意到其自身量程对电路的影响，其次要充分利用其“自报电流或自报电压”的功能，因此在测电压表内阻时无需另并联电压表，测电流表内阻时无需再串联电流表。

押题训练(一)
1．某学生实验小组在做“测定金属的电阻率”的实验时。
(1)用螺旋测微器测量金属丝直径时的刻度位置如图1所示。读数为________ mm。
图1
(2)用伏安法测金属丝的电阻时，测出了包括(0,0)在内的6组电流I和电压U的值，并已经标在了如图2所示的坐标纸上，请用铅笔和直尺在坐标纸上画出合理的图线，并求出该段金属丝的电阻Rx＝________Ω。
图2
(3)测该金属丝电阻时，可供该实验小组选择的器材如下：
A．量程0.6 A，内阻约0.5 Ω的电流表A1
B．量程3 A，内阻约0.01 Ω的电流表A2
C．量程10 mA，内阻rA＝50 Ω的电流表A3
D．量程15 V，内阻约30 kΩ的电压表V
E．阻值为0～10 Ω的滑动变阻器
F．阻值为0～1 000 Ω的电阻箱
G．两节干电池
H．开关一个、导线若干
如图3所示，试补画出该小组同学测金属丝电阻Rx采用的电路图，并标明所选用电表的符号，如A1或A2等。
图3
解析：(2)连线时注意让多数点在直线上，不在直线上的点均匀分布在直线的两侧。U－I图线的斜率表示电阻Rx＝＝5 Ω。
(3)电路中的最大电流I＝＝ A＝0.6 A，电流表选用A1；电压表V量程太大，不能用，应考虑将A3与电阻箱R2串联改装成电压表；因为电压测量值是从0开始的，故滑动变压器应采用分压式接法。
答案：(1)2.000　(2)5　连线如图甲所示　(3)电路图如图乙所示
2．(2012·安徽高考)图4为“测绘小灯泡伏安特性曲线”实验的实物电路图，已知小灯泡额定电压为2.5 V。
图4
(1)完成下列实验步骤：
①闭合开关前，调节滑动变阻器的滑片，________；
②闭合开关后，逐渐移动变阻器的滑片，________；
③断开开关，……根据实验数据在方格纸上作出小灯泡灯丝的伏安特性曲线。
(2)在虚线框中画出与实物电路相应的电路图。
解析：(1)①滑动变阻器在最左端时，小灯泡电压最小，为了保护小灯泡不被烧坏，因此在闭合开关前，滑动变阻器的滑片应处在最左端。②在调节滑动变阻器时，应注意电压表的示数，不能超过小灯泡的额定电压。
答案：(1)①使它靠近变阻器左端的接线柱
②增加小灯泡两端的电压，记录电流表和电压表的多组读数，直至电压达到额定电压
(2)如图所示
3．实验室中现有器材有：电池E，电动势约10 V，内阻约1 Ω；电流表A1，量程约10 A，内阻r1约0.2 Ω；电流表A2，量程300 mA，内阻r2约5 Ω；电流表A3，量程250 mA，内阻r3约5 Ω；电阻箱R1，最大阻值999.9 Ω，最小值改变量为0.1 Ω；滑动变阻器R2，最大值100 Ω；开关S；导线若干。
要求用图5乙所示的电路测量图中电流表A的内阻。
图5
(1)在所给的3个电流表中，哪几个可以用此电路精确测出其内阻？答：
________________________________________________________________________。
(2)在可测的电流表中任选一个作为测量对象，在实物图甲上连成测量电路。
(3)你要读出的物理量是________________，用这些物理量表示待测内阻的计算公式是
________________________。
解析：(1)电流表A1不能精确测出其内阻，因这时图中的电流表A′应为A2、A3中的一只，这使得电流表A1中的电流不能超过300 mA，其指针的偏转极其微小，误差很大，而A2、A3可用此电路精确测出其内阻。
(2)若测电流表A3的内阻，则需将电流表A3和电阻箱R1并联，再与电流表A2串联，实物连线如图所示。实物图连线时要注意电流从电表的正接线柱流入，从电表的负接线柱流出。
(3)根据前面的分析，要读出的物理量是A、A′两电流表的示数I、I′和电阻箱的阻值R1。待测电流表和电阻箱并联，电压相等，即IRA＝(I′－I)R1，所以待测内阻的计算公式是RA＝R1。
答案：(1)A2　A3　(2)实物连线图见解析
(3)A、A′两电流表的示数I、I′和电阻箱的阻值R1　RA＝R1
4．(2012·江苏高考)如图6甲所示的黑箱中有三只完全相同的电学元件，小明使用多用电表对其进行探测。
图6
(1)在使用多用电表前，发现指针不在左边“0”刻度线处，应先调整图乙中多用电表的________(选填“A”、“B”或“C”)。
(2)在用多用电表的直流电压挡探测黑箱a、b接点间是否存在电源时，一表笔接a，另一表笔应________(选填“短暂”或“持续”)接b，同时观察指针偏转情况。
(3)在判定黑箱中无电源后，将选择开关旋至“×1”挡，调节好多用电表，测量各接点间的阻值。测量中发现，每对接点间正反向阻值均相等，测量记录如下表。两表笔分别接a、b时，多用电表的示数如图乙所示。
请将记录表补充完整，并在黑箱图中画出一种可能的电路。
两表笔接的接点
多用电表的示数
a，b
________Ω
a，c
10.0 Ω
b，c
15.0 Ω
解析：(1)使用多用电表前应先调整“指针定位螺丝”A，使指针指到左边的“0”刻度线处。
(2)为保护多用电表的内部元件，在测量黑箱中是否存在电源时，应短暂接触接点b。
(3)欧姆表的读数为5×1 Ω＝5 Ω；每对接点间正反向电阻均相同，说明黑箱中没有二极管元件，根据表格中两接点间电阻的数值，可设计的电路图如图所示。
答案：(1)A　(2)短暂
(3)5.0　见解析图
5．(2012·常州模拟)如图7所示，用伏安法测电源电动势和内阻的实验中，在电路中接一阻值为2 Ω的电阻R0，通过改变滑动变阻器，得到几组电表的实验数据：
图7
U/(V)
1.2
1.0
0.8
0.6
I/(A)
0.10
0.17
0.23
0.30
(1)R0的作用是________________________________________________________。
(2)用作图法在图8坐标系内作出U－I图线。
(3)利用图线，测得电动势E＝________V，内阻r＝________ Ω。
图8
(4)某同学测另一串联电池组的输出功率P随外电阻R变化的曲线如图9所示。由所得图线可知，被测电池组电动势E＝________V，电池组的内阻r＝________Ω。
图9
解析：(1)R0的作用是防止电路短路，起到保护电源、电表的作用。
(2)U－I图线如图所示。
(3)由图可知E＝1.5 V，r＝k－R0＝1.0 Ω
(4)当r＝R＝5 Ω时电源输出功率最大，此时Pm＝()2·R，
可解得：E＝30 V。
答案：(1)保护电源、电表，防止短路
(2)见解析　(3)1.5　1.0　(4)30　5
押题训练(二)
1．(2012·江苏四市联考)某同学要测量一电阻Rx(阻值约18 Ω)的阻值，实验室提供如下器材：电池组E(电动势3 V，内阻约1 Ω)；电流表(量程0～0.6 A，内阻约0.5 Ω)；电压表(量程0～3 V，内阻约5 kΩ)；电阻箱R(阻值范围0～99.99 Ω，额定电流1 A)；开关S，导线若干。
(1)为使测量尽可能准确，应采用下面给出的________所示电路进行测量。
图1
(2)下表中记录了电阻箱阻值R及对应电流表、电压表的测量数据I、U，请在图2坐标纸上作出－图象，根据图象得出电阻Rx的测量值为________Ω。
图2
次数
1
2
3
4
5
R/Ω
8
12
16
20
24
I/A
0.44
0.36
0.32
0.29
0.25
U/V
2.30
2.40
2.56
2.60
2.70
/Ω－1
0.19
0.15
0.12
0.11
0.09
/Ω－1
0.13
0.08
0.06
0.05
0.04
(3)此实验中电阻R x的测量值与真实值相比________(选填“偏大”或“偏小”)。
解析：(1)由于待测电阻阻值较小，采用电流表外接；由于电流表量程太大，需要给待测电阻并联一可读出电阻值的分流电阻，所以选择电路A。
(2)利用描点法作出－图象，根据电路图A，利用欧姆定律和并联电路规律，U/R＋U/Rx＝I，解得＝＋。对照图象，图象在纵轴截距的倒数为待测电阻阻值，即Rx＝1/0.061 Ω＝16.4 Ω。
(3)因电压表的分流作用，图象在纵轴上的截距应为＋，因此测得的Rx值偏小。
答案：(1)A　(2)图象见解析　16.4　(3)偏小
2．使用多用电表测量电阻时，多用电表内部的电路可以等效为一个直流电源(一般为电池)、一个电阻和一表头相串联，两个表笔分别位于此串联电路的两端。现需要测量多用电表内电池的电动势，给定的器材有：待测多用电表，量程为60 mA的电流表，电阻箱，导线若干。实验时，将多用电表调至×1 Ω挡，调好零点；电阻箱置于适当数值。完成下列填空：
(1)仪器连线如图3所示(a和b是多用电表的两个表笔)。若两电表均正常工作，则表笔a为________(填“红”或“黑”)色；
(2)若适当调节电阻箱后，图3中多用电表、电流表与电阻箱的示数分别如图4(a)、(b)、(c)所示，则多用电表的读数为 图3
________Ω，电流表的读数为________mA，电阻箱的读数为________Ω；
图4
(3)将图3中多用电表的两表笔短接，此时流过多用电表的电流为________mA；(保留3位有效数字)
(4)计算得到多用电表内电池的电动势为________V。(保留3位有效数字)
解析：(1)根据所有电器“红进黑出”的一般原则，对多用电表有，电流从红表笔进入多用电表，电流从黑表笔流出多用电表，由于设计电路图中a表笔接在电流表的正极，故电流经过多用电表从a表笔流出，故a表笔为多用电表的黑表笔。
(2)欧姆表读数为R＝14.0 Ω；电流表读数为I＝53.0 mA；电阻箱读数为4×1 Ω＋6×0.1 Ω＝4.6 Ω。
(3)多用电表接外电路时，考虑到多用电表表头的电流刻度是均匀的，其表头偏转的格数与表盘总格数之比为26∶50，而多用电表接外电路时，外电路电流表示数为I＝53.0 mA，设两表笔短接时通过多用电表的电流为I0，则＝，解得I0＝102 mA。
(4)设多用电表内阻为r，已知外电路电阻为R＝14 Ω，多用电表接外电路时：E＝I(r＋R)，多用电表两表笔短接时：E＝I0r，联立解得多用电表内的电池电动势E＝1.54 V。
答案：(1)黑　(2)14.0　53.0　4.6　(3)102　(4)1.54
3．(2012·福建高考)某研究性学习小组欲测定一块电池的电动势E。
(1)先直接用多用电表测定该电池电动势。在操作无误的情况下，多用电表表盘示数如图5所示，其示数为________V。
图5
(2)然后，用电压表、电阻箱R、定值电阻R0、开关S、若干导线和该电池组成电路，测定该电池电动势。
①根据电路图，用笔画线代替导线，将实物图连接成完整电路。
图6
②闭合开关S，调整电阻箱阻值R，读出电压表相应示数U。该学习小组测出大量数据，分析筛选出下表所示的R、U数据，并计算出相应的与的值。请用表中数据在坐标纸上描点，并作出－图线。
图7
R/(Ω)
166.7
71.4
50.0
33.3
25.0
20.0
U/(V)
8.3
5.9
4.8
4.2
3.2
2.9
/ (×10－2Ω－1)
0.60
1.40
2.00
3.00
4.00
5.00
/(V－1)
0.12
0.17
0.21
0.24
0.31
0.34
③从图线中可求得E＝____________V。
解析：(1)多用电表使用10 V电压挡，刻度盘上每小格对应的示数为0.2 V，所以读数为9.4 V。
(2)由电路图可知E＝U＋(R0＋r)，所以＝·＋，故轴上的截距为，由图线可求得E的值。
答案：(1)9.4　
(2)①连线如图所示
②所作图象如图所示
③10.0(9.5～11.1 V均正确)
4．在“描绘小灯泡伏安特性曲线的实验”中
(1)为减小实验误差，方便调节，请在给定图8中的A、B、C、D四个电路图和E、F、G三个滑动变阻器中选取适当的电路图和器材，并将它们的编号填在横线上。应选取的电路图是________，滑动变阻器应选取________。
E．总阻值15 Ω，允许通过的最大电流为2 A的滑动变阻器
F．总阻值200 Ω，允许通过的最大电流为2 A的滑动变阻器
G．总阻值1 000 Ω， 允许通过的最大电流为1 A的滑动变阻器
(2)由实验得到小灯泡的伏安特性曲线如图9中b线。将该小灯泡与一干电池组成闭合回路，该电池两极间的电压随电路中电流的变化关系图线如图9中a线所示，则小灯泡与电池连接后的实际功率为________ W；若再将一阻值为0.75 Ω的电阻串联在电路中，则小灯泡的实际功率为________ W。
图8
图9
解析：(1)由小灯泡的伏安特性曲线(图中b线)可知，小灯泡电阻很小，不超过1 Ω，且电表示数从零开始读数，因此电流表采用外接法，滑动变阻器应该采用分压式接法，C图正确；滑动变阻器采用分压式接法，为了便于调节，应采用总阻值较小的，故应选择E。
(2)两图线的交点坐标即为小灯泡的电压和电流，实际功率P＝UI＝0.72 W；根据电池的U－I图线可知，电池的内阻为0.75 Ω，若再将一阻值为0.75 Ω的电阻串联在电路中，相当于小灯泡与等效内阻为1.5 Ω的电源连接，在U－I坐标系内，连接(0,1.5 V)和(1.0 A,0)两个点，作出等效电源的U－I图线，读出该图线与小灯泡的伏安特性曲线的交点坐标为(0.80 A,0.30 V)，此即为小灯泡的电流和电压值，故灯泡的实际功率为0.24 W。
答案：(1)C　E　(2)0.72　0.24
5．(2012·北京高考)在“测定金属的电阻率”实验中，所用测量仪器均已校准。待测金属丝接入电路部分的长度约为50 cm。
(1)用螺旋测微器测量金属丝的直径，其中某一次测量结果如图10所示，其读数应为________mm(该值接近多次测量的平均值)。
图10
(2)用伏安法测金属丝的电阻Rx。实验所用器材为：电池组(电动势3 V，内阻约1 Ω)、电流表(内阻约0.1 Ω)、电压表(内阻约3 kΩ)、滑动变阻器R(0～20 Ω，额定电流2 A)、开关、导线若干。某小组同学利用以上器材正确连接好电路，进行实验测量，记录数据如下：
次数
1
2
3
4
5
6
7
U/V
0.10
0.30
0.70
1.00
1.50
1.70
2.30
I/A
0.020
0.060
0.160
0.220
0.340
0.460
0.520
由以上实验数据可知，他们测量Rx是采用图11中的________图(选填“甲”或“乙”)。
图11
(3)图12是测量Rx的实验器材实物图，图中已连接了部分导线，滑动变阻器的滑片P置于变阻器的一端。请根据(2)所选的电路图，补充完成图12中实物间的连线，并使闭合开关的瞬间，电压表或电流表不至于被烧坏。
图12
(4)这个小组的同学在坐标纸上建立U、I坐标系，如图13所示，图中已标出了与测量数据对应的4个坐标点。请在图13中标出第2、4、6次测量数据的坐标点，并描绘出U－I图线。由图线得到金属丝的阻值Rx＝________Ω(保留两位有效数字)。
图13
(5)根据以上数据可以估算出金属丝电阻率约为________(填选项前的符号)。
A．1×10－2Ω·m　　　　　　 B．1×10－3Ω·m
C．1×10－6Ω·m D．1×10－8Ω·m
(6)任何实验测量都存在误差。本实验所用测量仪器均已校准。下列关于误差的说法中正确的选项是________(有多个正确选项)。
A．用螺旋测微器测量金属丝直径时，由于读数引起的误差属于系统误差
B．由于电流表和电压表内阻引起的误差属于偶然误差
C．若将电流表和电压表的内阻计算在内，可以消除由测量仪表引起的系统误差
D．用U－I图象处理数据求金属丝电阻可以减小偶然误差
解析：(1)螺旋测微器的读数为0 mm＋39.8×0.01 mm＝0.398 mm
(2)通过给定的数据发现电压接近从0开始，故滑动变阻器采用的是分压式接法。
(3)对滑动变阻器的分压式接法，连线时应使测量电路在开始时分到的电压为0。
(4)图线应过原点，且使大多数点在一条直线上，不在直线上的点均匀分布在直线两侧。图线的斜率反映了金属丝的电阻，所以Rx＝4.5 Ω。
(5)由R＝ρl/S，S＝π(d/2)2，取d＝4×10－4m、l＝0.5 m、R＝4.5 Ω，解出ρ≈1×10－6Ω·m。
(6)由于读数引起的误差属于偶然误差，选项A错误；由于电流表、电压表内阻引起的误差为系统误差，若将电流表和电压表的内阻计算在内，则可以消除系统误差，选项B错误，选项C正确；利用U－I图象处理数据，相当于多次测量取平均值，可以减小偶然误差，选项D正确。
答案：(1)0.397(0.395～0.399均可)　(2)甲　(3)如图(a)所示
(4)如图(b)所示　4.5(4.3～4.7均可)　(5)C　(6)CD

系统知识
明晰备考
考什么
　　本专题考查的主要内容有分子大小、分子质量等微观量的估算；对布朗运动的现象、实质的理解；分子力的特点、模型及宏观体现；内能及其变化规律、热力学第一、二定律的理解与计算；固体、液体的性质；气体状态参量的微观解释，气态方程及气体实验定律。
怎么考
　　本专题考点比较分散，主要侧重于分子动理论、微观量的估算及气体实验定律的应用，高考中各种题型都有，以填空题为主，难度中等偏下，预计2013年高考仍将以热力学定律、气体状态方程的应用、分子动理论为重点进行考查。
怎么办
　　复习时要注意对基本概念和规律的理解和记忆，理解宏观量和微观量的联系及微观量的估算原理，加强对热力学第一、二定律及气体实验定律的应用等方面的针对训练。
分子动理论与微观量的估算
……………………(解读命题角度)
[例1]　(2012·苏州模拟)(1)下列说法正确的是________。
A．布朗运动是液体分子的无规则运动
B．物体的温度升高时，其分子平均动能增大
C．分子间距离逐渐增大时，分子势能逐渐减小
D．分子间距离增大时，分子间的引力、斥力都减小
(2)空调在制冷过程中，室内空气中的水蒸气接触蒸发器(铜管)液化成水，经排水管排走，空气中水份越来越少，人会感觉干燥。某空调工作一段时间后，排出液化水的体积V＝1.0×103 cm3。已知水的密度ρ＝1.0×103 kg/m3、摩尔质量M＝1.8×10－2 kg/mol，阿伏加德罗常数NA＝6.0×1023 mol－1。试求：(结果均保留一位有效数字)
①该液化水中含有水分子的总数N；
②一个水分子的直径d。
[思路点拨]　解答本题时应注意以下三点：
(1)温度与分子平均动能的关系；
(2)分子势能变化与分子力做功的关系；
(3)估算液体分子直径应建立球模型。
[解析]　(1)布朗运动研究的是液体中悬浮颗粒的运动，A错误；温度是分子平均动能的标志，温度越高，分子平均动能越大，B正确；分子间距离增大时，分子间的引力、斥力都减小，D正确；若分子间表现为引力，分子间距增大，分子力做负功，分子势能逐渐增大，C错误。
(2)①水的摩尔体积为V0＝＝1.8×10－5 m3/mol，
水分子数为：N＝NA＝3×1025个
②建立水分子的球模型有＝πd3
得水分子直径d＝＝ m＝4×10－10 m
[答案]　(1)BD　(2)①3×1025个　②4×10－10 m
……………………(掌握类题通法)
一、基础知识要记牢
1．油膜法测分子直径的原理
用V表示一滴油酸酒精溶液中纯油酸的体积，用S表示单分子油膜的面积，用D表示分子的直径，则：D＝。
2．估算微观量的两种模型
(1)球体模型：一般适用于固体、液体，认为分子为一个个球体，体积V0＝πd3，d为分子直径。
(2)立方体模型：一般适用于气体，认为一个分子占据的空间为一个立方体，体积V0＝d3，d为平均分子间距。
3．说明分子永不停息地做无规则运动的两个实例
(1)布朗运动：
①研究对象：悬浮在液体或气体中的小颗粒。
②运动特点：无规则、永不停息。
③相关因素：颗粒大小，温度。
④物理意义：说明液体或气体分子做永不停息地无规则的热运动。
(2)扩散现象：相互接触的物体分子彼此进入对方的现象。
产生原因：分子永不停息地做无规则运动。
4．分子间的相互作用力与分子势能
(1)分子力：
①定义：分子间同时存在着相互作用的引力和斥力，分子力是引力和斥力的合力。分子力与分子间距离的关系如图6－1所示。
②规律：引力和斥力均随分子间距离的增大而减小，但斥力减小得 图6－1
更快；都随分子间距离的减小而增加，但斥力增加得更快。
(2)分子势能：
①分子力做功与分子势能变化的关系：当分子力做正功时，分子势能减小；当分子力做负功时，分子势能增加。
②分子势能变化曲线如图6－2所示，r＝r0时分子势能具有最小值。
图6－2
二、方法技巧要用好
1．固体、液体分子微观量的计算(估算)
(1)分子数N＝nNA＝NA＝NA。
(2)分子质量的估算方法：
每个分子的质量为m1＝。
(3)分子体积(分子所占空间)的估算方法：
每个分子的体积(分子所占空间)V1＝＝，其中ρ为固体或液体的密度。
(4)分子直径的估算方法：
把固体、液体分子看成球形，则分子直径d＝＝；把固体、液体分子看成立方体，则d＝＝。
2．气体分子微观量的估算方法
(1)物质的量n＝，V为气体在标况下的体积，单位是升。
(2)分子间距的估算方法：
设想气体分子均匀分布，每个分子占据一定的体积。假设为立方体，分子位于每个立方体的中心，每个小立方体的边长就是分子间距；假设气体分子占有的体积为球体，分子位于球体的球心，则分子间距离等于每个球体的直径。
三、易错易混要明了
用V0＝只能估算固体和液体分子的体积，若用于气体，则求出的是平均每个分子所占有空间的体积。
热力学定律　固体、液体性质
……………………(解读命题角度)
[例2]　(2012·江苏高考)(1)下列现象中，能说明液体存在表面张力的有________。
A．水黾可以停在水面上
B．叶面上的露珠呈球形
C．滴入水中的红墨水很快散开
D．悬浮在水中的花粉做无规则运动
(2)密闭在钢瓶中的理想气体，温度升高时压强增大。从分子动理论的角度分析，这是由于分子热运动的________增大了。该气体在温度T1、T2时的分子速率分布图象如图6－3甲所示，则T1________(选填“大于”或“小于”)T2。
(3)如图乙所示，一定质量的理想气体从状态A经等压过程到状态B。此过程中，气体压强p＝1.0×105Pa，吸收的热量Q＝7.0×102J，求此过程中气体内能的增量。
图6－3
[思路点拨]　解答本题时应注意以下三点：
(1)液体表面张力的作用效果。
(2)气体分子速率分布规律与温度的关系。
(3)热力学第一定律中W、Q、ΔU的符号规则。
[解析]　(1)水黾可以停在水面上，是由于水的表面张力，A正确；叶面上的露珠呈球形也是由于水的表面张力，B正确；滴入水中的墨水很快散开是扩散现象，C错误；悬浮在水中的花粉由于水分子撞击的不平衡性做布朗运动，D错误。
(2)密闭在钢瓶中的理想气体的体积不变，当温度升高时，分子的平均动能增大，单位面积受到撞击的分子数不变，但每次撞击的作用力变大，所以压强增大；当温度升高时，气体分子的平均速率会增大，大多数分子的速率都增大，所以波峰应向速率大的方向移动，即T2>T1。
(3)＝，对外做的功W＝p(VB－VA)
根据热力学第一定律　ΔU＝Q－W，
解得ΔU＝5.0×102J。
[答案]　(1)AB　(2)平均动能　小于　(3)5.0×102 J
……………………(掌握类题通法)
一、基础知识要记牢
1．晶体和非晶体
比较
晶体
单晶体
多晶体
非晶体
形状
规则
不规则
不规则
熔点
固定
固定
不固定
特性
各向异性
各向同性
各向同性
2．热力学第一定律公式ΔU＝Q＋W符号的规定
物理量
功W
热量Q
内能的改变ΔU
取正值“＋”
外界对物体做功
物体从外界吸收热量
物体的内能增加
取负值“－”
物体对外界做功
物体向外界放出热量
物体的内能减少
3．热力学第二定律的两种表述
(1)不可能使热量由低温物体传递到高温物体，而不引起其他变化。
(2)不可能从单一热源吸收热量并把它全部用来对外做功，而不引起其他变化。
二、方法技巧要用好
(1)应用热力学第一定律时，要注意各符号正负的规定，并要充分考虑改变内能的两个因素：做功和热传递。不能认为物体吸热(或对物体做功)，物体的内能一定增加。
(2)若研究物体为气体，对气体做功的正负由气体的体积决定，气体体积增大，气体对外做功，W为负值；气体的体积减小，外界对气体做功，W为正值。
气体实验定律与理想气体状态方程
……………………(解读命题角度)
[例3]　(2011·新课标全国卷)如图6－4所示，一上端开口、下端封闭的细长玻璃管，下部有长l1＝66 cm的水银柱，中间封有长l2＝6.6 cm的空气柱，上部有长l3 ＝44 cm的水银柱，此时水银面恰好与管口平齐。已知大气压强为p0＝76 cmHg。如果使玻璃管绕底端在竖直平面内缓慢地转动一周，求在开口向下和转回到原来位置时管中空气柱的长度。封入的气体可视为理想气体，在转动过程中没有发生漏气。
[破题关键点]　
(1)转动前，管口向上时空气柱的压强如何表示？请写出表达式。
(2)玻璃管绕底端转动过程中，水银柱和空气柱的长度如何变化？请写出管口 图6－4
竖直向下时，空气柱和水银柱长度大小关系式及空气柱压强关系式。
(3)管口再次竖直向上时，上端水银柱的长度是多少？请写出此时空气柱的压强。
[解析]　设玻璃管开口向上时，空气柱的压强为
p1＝p0＋ρgl3 ①
式中，ρ和g分别表示水银的密度和重力加速度。
玻璃管开口向下时，原来上部的水银有一部分会流出，封闭端会有部分真空。设此时开口端剩下的水银柱长度为x，则
p2＝ρgl1，p2＋ρgx＝p0 ②
式中，p2为管内空气柱的压强。由玻意耳定律得
p1(Sl2)＝p2(Sh) ③
式中，h是此时空气柱的长度，S为玻璃管的横截面积。
由①②③式和题给条件得
h＝12 cm ④
从开始转动一周后，设空气柱的压强为p3，则
p3＝p0＋ρgx ⑤
由玻意耳定律得
p1(Sl2)＝p3(Sh′) ⑥
式中，h′是此时空气柱的长度。由①②③⑤⑥式得
h′≈9.2 cm ⑦
[答案]　12 cm　9.2 cm
……………………(掌握类题通法)
一、基础知识要记牢
1．理想气体是指严格遵守气体实验定律的气体
(1)理想气体是一种经科学地抽象而建立的理想化模型，实际上不存在。
(2)实际气体特别是那些不易液化的气体在压强不太大、温度不太低时都可当作理想气体来处理。
2．气体的三个实验定律都是理想气体状态方程的特例
理想气体状态方程＝
(1)当T1＝T2时，p1V1＝p2V2(玻意耳定律)
(2)当V1＝V2时，＝(查理定律)
(3)当p1＝p2时，＝(盖－吕萨克定律)
二、方法技巧要用好
1．应用气体实验定律或气体状态方程解题的步骤
(1)选对象——根据题意，选出所研究的某一部分气体，这部分气体在状态变化过程中，其质量必须保持一定。
(2)找参量——找出作为研究对象的这部分气体发生状态变化前后的一组p、V、T数值或表达式，压强的确定往往是个关键，常需结合力学知识(如力的平衡条件或牛顿运动定律)才能写出表达式。
(3)认过程——过程表示两个状态之间的一种变化方式，除题中条件已直接指明外，在许多情况下，往往需要通过对研究对象跟周围环境的相互关系的分析才能确定。认清变化过程是正确选用物理规律的前提。
(4)列方程——根据研究对象状态变化的具体方式，选用气体方程或某一实验定律，代入具体数值，最后分析讨论所得结果的合理性及其物理意义。
2．解决多汽缸问题的方法
两个或多个汽缸封闭着几部分气体，并且汽缸之间相互关联的问题，解答时应分别研究各部分气体，找出它们各自遵循的规律，并写出相应的方程，还要写出各部分气体之间压强或体积的关系式，最后联立求解。

[课堂——针对考点强化训练]
1．(2012·广东高考)清晨，草叶上的露珠是由空气中的水汽凝结成的水珠，这一物理过程中，水分子间的(　　)
A．引力消失，斥力增大　　　 B．斥力消失，引力增大
C．引力、斥力都减小 D．引力、斥力都增大
解析：选D　由水汽凝结成水珠时，分子间的距离减小，分子引力和斥力都增大，所以D正确。
2．(2012·大纲版全国卷)下列关于布朗运动的说法，正确的是(　　)
A．布朗运动是液体分子的无规则运动
B．液体温度越高，悬浮粒子越小，布朗运动越剧烈
C．布朗运动是由于液体各部分的温度不同而引起的
D．布朗运动是由液体分子从各个方向对悬浮粒子撞击作用的不平衡引起的
解析：选BD　布朗运动是悬浮粒子的无规则运动，不是液体分子的运动，选项A错；液体的温度越高，悬浮粒子越小，布朗运动越剧烈，选项B正确；布朗运动是由于液体分子从各个方向对悬浮粒子撞击作用的不平衡引起的，选项C错，选项D正确。
3．(2012·重庆高考)图6－5为伽利略设计的一种测温装置示意图，玻璃管的上端与导热良好的玻璃泡连通，下端插入水中，玻璃泡中封闭有一定量的空气。若玻璃管内水柱上升，则外界大气的变化可能是(　　)
A．温度降低，压强增大
B．温度升高，压强不变 图6－5
C．温度升高，压强减小
D．温度不变，压强减小
解析：选A　若玻璃管中的水柱上升，说明外界大气压增大，只有A选项正确。
4.如图6－6所示，水平放置的密封汽缸内被一活塞分隔为a、b两部分，活塞可在汽缸内自由地滑动且不漏气，汽缸和活塞均由绝热材料制成。a、b中分别装有等质量的同种气体，初始时a、b的温度相等。现接通电源，对a缓慢加热一段时间后，切断电源，活塞移动到 图6－6
新位置后处于平衡状态，加热后分别用pa、Va、Ta和pb、Vb、Tb表示a、b气体的状态参量，Xa、Xb分别表示a、b气体分子单位时间内对活塞的碰撞次数，则下列说法正确的是(　　)
A．pa>pb B．TaC．Va解析：选D　活塞移动到新位置后受力平衡，两边气体压强相等，所以A选项错误；由于a、b气体初始质量、压强p和温度T都相等，所以初始体积V相等，当电热丝通电后，a气体温度升高气体膨胀，将推动活塞向右移动，所以，Va>Vb，C选项错误；对a、b气体分别有＝，＝，得＝。由于pa＝pb、Va>Vb，所以Ta>Tb，B选项错误；由于Ta>Tb，所以a气体的分子平均动能比较大，又因为a、b气体压强相同，所以Xa5．(1)下列关于分子热运动的说法中正确的是________。
A．布朗运动就是液体分子的热运动
B．气体如果失去了容器的约束就会散开，这是因为气体分子之间存在斥力的缘故
C．对于一定量的理想气体，如果压强不变，体积增大，那么它的内能一定增大
D．如果气体温度升高，分子平均动能会增加，但并不是所有分子的速率都增大
(2)如图6－7所示，上端开口的圆柱形汽缸竖直放置，横截面积为2×10－3 m2，一定质量的气体被质量为3.0 kg的活塞封闭在汽缸内，活塞和汽缸可无摩擦滑动，现用外力推动活塞压缩气体，对缸内气体做功600 J，同时缸内气体温度升高，向外界放热150 J，求初状态的压强和压缩过程中内能的变化量。(大气压强取1.01×105 Pa，g取10 m/s2) 图6－7
解析：(1)布朗运动是悬浮在液体中固体颗粒的运动；气体分子散开的原因在于气体分子永不停息的做无规则的运动，而不是分子间作用力的缘故；对于一定量的理想气体，在压强不变的情况下，体积增大，温度升高，分子平均动能增加，理想气体分子势能为零，所以内能增大。
(2)初状态p＝p0＋＝1.16×105 Pa
由热力学第一定律W＋Q＝ΔU得，内能的变化量ΔU＝600 J＋(－150) J＝450 J。
答案：(1)CD　(2)1.16×105 Pa　450 J
[课下——针对高考押题训练]
1.(2012·广东高考)景颇族祖先发明的点火器如图1所示，用牛角做套筒，木制推杆前端粘着艾绒，猛推推杆，艾绒即可点燃，对筒内封闭的气体，在此压缩过程中(　　) 图1
A．气体温度升高，压强不变
B．气体温度升高，压强变大
C．气体对外界做正功，气体内能增加
D．外界对气体做正功，气体内能减少
解析：选B　压缩气体时，外界对气体做功，内能增加，温度升高，体积变小，压强增大，所以只有B正确。
2．(2012·四川高考)物体由大量分子组成，下列说法正确的是(　　)
A．分子热运动越剧烈，物体内每个分子的动能越大
B．分子间引力总是随着分子间的距离减小而减小
C．物体的内能跟物体的温度和体积有关
D．只有外界对物体做功才能增加物体的内能
解析：选C　分子运动的剧烈程度是针对大量分子的统计规律而言，并不能说明每一个分子的运动情况，故A选项错误；根据分子间的引力大小与分子间的距离之间的关系(分子间的引力大小随分子间的距离的减小而增大)可知，B选项错误；从宏观角度看，物体的内能与物体的温度和体积有关，故C选项正确；改变物体内能的方式有两种：做功和热传递，故D选项错误。
3．(2012·海南高考)两分子间的斥力和引力的合力F与分子间距离r的关系如图2中曲线所示，曲线与r轴交点的横坐标为r0。相距很远的两分子在分子力作用下，由静止开始相互接近。若两分子相距无穷远时分子势能为零，下列说法正确的是(　　)
A．在r>r0阶段，F做正功，分子动能增加，势能减小 图2
B．在rC．在r＝r0时，分子势能最小，动能最大
D．在r＝r0时，分子势能为零
解析：选AC　由Ep－r图可知：在r>r0阶段，当r减小时F做正功，分子势能减小，分子动能增加，故选项A正确。
在r在r＝r0时，分子势能最小，动能最大，故选项C正确。
在r＝r0时，分子势能最小，但不为零，故选项D错误。
4.在如图3所示的汽缸中封闭着一定质量的理想气体， 一重物用细绳经滑轮与缸中光滑的活塞相连接，重物和活塞均处于平衡状态(不计细绳与活塞的重力)。如果将缸内气体的摄氏温度降低一半，则缸内气体的体积(　　) 图3
A．不变 B．为原来的一半
C．小于原来的一半 D．大于原来的一半
解析：选D　设大气压强为p0，汽缸内气体压强为p，重物重力为G，S为活塞横截面积。对活塞，由平衡条件可得：G＋pS＝p0S，可见，气体压强p不变。若摄氏温度t降低一半，则T1＝(t＋273)K，T2＝(＋273) K＝＋>，根据盖－吕萨克定律＝得，V2＝V1>V1，只有D选项正确。
5．(2012·福建高考)(1)关于热力学定律和分子动理论，下列说法正确的是________。(填选项前的字母)
A．一定量气体吸收热量，其内能一定增大
B．不可能使热量由低温物体传递到高温物体
C．若两分子间距离增大，分子势能一定增大
D．若两分子间距离减小，分子间引力和斥力都增大
(2)空气压缩机的储气罐中储有1.0 atm的空气6.0 L，现再充入1.0 atm的空气9.0 L。设充气过程为等温过程，空气可看作理想气体，则充气后储气罐中气体压强为____________。(填选项前的字母)
A．2.5 atm B．2.0 atm
C．1.5 atm D．1.0 atm
解析：(1)根据热力学第一定律，气体内能变化与做功和热传递有关，选项A错误。根据热力学第二定律可知热量不可自发的由低温物体传到高温物体，但热量还是可以通过外界的方法由低温物体传到高温物体，选项B错误。分子势能与分子间的距离有关，当r＞r0时，分子间距离越大，分子势能越大，r＜r0时，分子间距离越大，分子势能减小，选项C错误。分子间的引力和斥力都随分子间距离的变化而变化，距离减小，引力和斥力都要增大，选项D正确。
(2)由p1V1＋p2V2＝pV1,1×6＋1×9＝p×6解得p＝2.5 atm，选项A正确。
答案：(1)D　(2)A
6．(2012·海南高考)如图4所示，一汽缸水平固定在静止的小车上，一质量为m、面积为S的活塞将一定量的气体封闭在汽缸内，平衡时活塞与汽缸底相距L。现让小车以一较小的水平恒定加速度向右运动，稳定时发现活塞相对于汽缸移动了距离d。已知大气压 图4
强为p0，不计汽缸和活塞间的摩擦；且小车运动时，大气对活塞的压强仍可视为p0；整个过程温度保持不变。求小车加速度的大小。
解析：设小车加速度大小为a，稳定时汽缸内气体的压强为p1，活塞受到汽缸内外气体的压力分别为
f1＝p1S ①
f0＝p0S ②
由牛顿第二定律得
f1－f0＝ma ③
小车静止时，在平衡情况下，汽缸内气体的压强应为p0，由玻意耳定律得
p1V1＝p0V ④
式中V＝SL ⑤
V1＝S(L－d) ⑥
联立①②③④⑤⑥式得
a＝ ⑦
答案：
7．(2012· 新课标全国卷)(1)关于热力学定律，下列说法正确的是________。
A．为了增加物体的内能，必须对物体做功或向它传递热量
B．对某物体做功，必定会使该物体的内能增加
C．可以从单一热源吸收热量，使之完全变为功
D．不可能使热量从低温物体传向高温物体
E．功转变为热的实际宏观过程是不可逆过程
(2)如图5所示，由U形管和细管连接的玻璃泡A、B和C浸泡在温度均为0℃的水槽中，B的容积是A的3倍。阀门S将A和B两部分隔开。A内为真空，B和C内都充有气体。U形管内左边水银柱比右边的低60 mm。打开阀门S，整个系统稳定后，U形管内左右水银柱高度相等。假设U形管和细管中的气体体积远小于玻璃泡的容积。 图5
(i)求玻璃泡C中气体的压强(以mmHg为单位)；
(ii)将右侧水槽的水从0℃加热到一定温度时，U形管内左右水银柱高度差又为60 mm，求加热后右侧水槽的水温。
解析：内能的改变可以通过做功或热传递进行，故A对；对某物体做功，物体的内能不一定增加，B错；在引起其他变化的情况下，可以从单一热源吸收热量，将其全部变为功，C对；在引起其他变化的情况下，可以使热量从低温物体传向高温物体，D错；涉及热现象的宏观过程都具有方向性，故E对。
(2)(i)在打开阀门S前，两水槽水温均为T0＝273 K。设玻璃泡B中气体的压强为p1，体积为VB，玻璃泡C中气体的压强为pC，依题意有
p1＝pC＋Δp ①
式中Δp＝60 mmHg。打开阀门S后，两水槽水温仍为T0，设玻璃泡B中气体的压强为pB。依题意，有
pB＝pC ②
玻璃泡A和B中气体的体积为
V2＝VA＋VB ③
根据玻意耳定律得
p1VB＝pBV2 ④
联立①②③④式，并代入题给数据得
pC＝Δp＝180 mmHg ⑤
(ii)当右侧水槽的水温加热到T′时，U形管左右水银柱高度差为Δp，玻璃泡C中气体的压强为
pC′＝pB＋Δp ⑥
玻璃泡C中的气体体积不变，根据查理定律得
＝ ⑦
联立②⑤⑥⑦式，并代入题给数据得
T′＝364 K
答案：(1)ACE　(2)(i)180 mmHg　(ii)364 K
8．(2012·山东高考)(1)以下说法正确的是________。
A．水的饱和汽压随温度的升高而增大
B．扩散现象表明，分子在永不停息地运动
C．当分子间距离增大时，分子间引力增大，分子间斥力减小
D．一定质量的理想气体，在等压膨胀过程中，气体分子的平均动能减小
(2)如图6所示，粗细均匀、导热良好、装有适量水银的U型管竖直放置，右端与大气相通，左端封闭气柱长l1＝20 cm(可视为理想气体)，两管中水银面等高。现将右端与一低压舱(未画出)接通，稳定后右管水银面高出左管水银面h＝10 cm。(环境温度不变，大气压强p0＝75 cmHg)
①求稳定后低压舱内的压强(用“cmHg”作单位)。
②此过程中左管内的气体对外界________(填“做正功”“做负功”或 图6
“不做功”)，气体将________(填“吸热”或“放热”)。
解析：(1)分子间距离增大时，分子间引力和斥力同时减小，选项C错误；由于气体压强不变，根据＝C可知，当气体膨胀时气体温度升高，分子平均动能增加，选项D错误。
(2)①设U型管横截面积为S，右端与大气相通时左管中封闭气体压强为p1，右端与一低压舱接通后，左管中封闭气体的压强为p2，气柱长度为l2，稳定后低压舱内的压强为p。左管中封闭气体发生等温变化 ，根据玻意耳定律得
p1V1＝p2V2 ①
p1＝p0 ②
p2＝p＋ph ③
V1＝l1S ④
V2＝l2S
由几何关系得h＝2(l2－l1) ⑤
联立①②③④⑤⑥式，代入数据得p＝50 cmHg ⑦
②在管内气体膨胀，气体对外界做正功，温度不变，ΔU＝0，根据热力学第一定律得，ΔU＝Q＋W且W<0，所以Q＝－W>0，气体将吸热。
答案：(1)AB　(2)①50 cmHg　②做正功　吸热

系统知识
明晰备考
考什么
　　本专题考查的主要内容有：振动图象和波动图象，机械振动和机械波的周期性，波长、波速和频率的关系，光的折射和全反射，相对论的基本原理与基本结论。
怎么考
　　本专题考点主要集中在振动图象和波动图象的理解与应用，波长、波速和周期(频率)的关系，光的折射和全反射等知识点上，题型以选择题和填空题为主，难度中等。预计2013年高考命题仍集中在波的时间和空间的周期性、振动图象与波动图象的综合题、光的折射与全反射。
怎么办
　　复习时要抓住主干知识，重点关注Ⅱ级要求知识点，但也不要忽视波的干涉、衍射、多普勒效应及单摆实验，测定折射率实验和测光的波长实验的复习。
简谐运动图象与波的图象的应用
……………………(解读命题角度)
[例1]　(2012·福建高考)一列简谐横波沿x轴传播，t＝0时刻的波形如图7－1甲所示，此时质点P正沿y轴负方向运动，其振动图象如图乙所示，则该波的传播方向和波速分别是(　　)
图7－1
A．沿x轴负方向，60 m/s　B．沿x轴正方向，60 m/s
C．沿x轴负方向，30 m/s D．沿x轴正方向，30 m/s
[思路点拨]　解答本题时应注意以下两点：
(1)质点振动方向与波的传播方向的互判方法。
(2)从波动图象上读出波长，从振动图象上读出周期。
[解析]　由题图甲可知，波长λ＝24 m，由题图乙可知周期T＝0.4 s。根据v＝可求得v＝60 m/s，故C、D项错误。根据“同侧法”可判断出波的传播方向沿x轴负方向，故A项正确，B项错误。
[答案]　A
……………………(掌握类题通法)
一、基础知识要记牢
1．对波长、波速及频率的理解
(1)波长λ：反映了波动在空间上的周期性，即沿波的传播方向相隔nλ(n＝1,2,3，…)的两质点的振动情况(位移、速度、加速度)完全相同。
(2)波速：在同一种均匀介质中同一类机械波波速是一恒量，它只与介质有关，与波的频率无关。但电磁波的波速既与介质有关，还与频率有关。
(3)频率：波的频率，即波源振动的频率，只与波源有关，与介质无关。
(4)波速与波长、频率的关系：v＝λf。
2．振动图象和波动图象对比
振动图象
波动图象
横坐标
时间
质点的平衡位置
研究对象
一个质点
介质中的各个质点
研究内容
一个质点的位移随时间的变化规律
某时刻所有质点的空间分布情况
图象可提供的物理信息　　
(1)振幅、周期
(2)任意时刻的位移；加速度和振动的方向
(1)振幅、波长
(2)某时刻各质点的位移、加速度
(3)已知各质点的振动方向可研究波的传播方向；反之亦然
物理意义
表示一个振动质点在各时刻的位移
表示某时刻所有质点对各自平衡位置的位移
形象比喻
一个人独舞的录像
集体舞的剧照
图象变化
随着时间的推移，图象逐渐延续，但已有的形状不会改变
随着时间的推移，图象沿着波的传播方向匀速平移
二、方法技巧要用好
波的传播方向与质点振动方向的互判方法
(1)“上下坡”法：
沿波的传播速度的正方向看，“上坡”的点向下振动，“下坡”的点向上振动，简称“上坡下，下坡上”。(如图7－2甲所示)
图7－2
(2)同侧法：
在波的图象上的某一点，沿纵轴方向画出一个箭头表示质点振动方向，并设想在同一点沿x轴方向画个箭头表示波的传播方向，那么这两个箭头总是在曲线的同侧。(如图7－2乙所示)
三、易错易混要明了
波速与振速不同。波源的振动形式、振动能量由近及远的传播速度即波速。v＝＝，在同一种均匀介质中波动的传播是匀速的，波动中的各质点都在平衡位置附近做周期性振动，是变加速运动。
波的多解问题
……………………(解读命题角度)
[例2]　(2012·东北三校二模)一列简谐横波在x轴上传播，在t1＝0和t2＝0.05 s时，其波形分别用如图7－3所示的实线和虚线表示，求：
图7－3
(1)这列波可能具有的波速。
(2)当波速为280 m/s时，波的传播方向如何？以此波速传播时，x＝8 m处的质点P从平衡位置运动至波谷所需的最短时间是多少？
[思路点拨]　解答本题时应注意以下两点：
(1)题中没有指明波沿x轴传播的具体方向。
(2)因不能确定波在t1～t2内传播的整波长数而具有多解性。
[解析]　(1)若波沿x轴正向传播的，则：
Δs＝Δx1＋nλ＝(2＋8n) m，n＝0,1,2，…
v＝＝ m/s＝(40＋160n) m/s
若波沿x轴负向传播，则：
Δs′＝Δx2＋nλ＝(6＋8n) m，n＝0,1,2，…
v′＝＝ m/s＝(120＋160n) m/s
(2)当波速为280 m/s时，有280＝(120＋160n)
n＝1，所以波向x轴负方向传播
T＝＝ s
所以P质点第一次到达波谷所需最短时间为：
t＝＝ s＝2.1×10－2 s
[答案]　见解析
……………………(掌握类题通法)
一、基础知识要记牢
波动问题出现多解的原因主要是：
1．波动的周期性
(1)t时刻开始经过周期整数倍的时间，各质点的振动情况(位移、速度、加速度等)与它在t时刻的振动情况完全相同。
(2)在波的传播方向上相距波长整数倍的质点，振动情况也相同，因此波的传播距离、时间等物理量出现了周期性的变化。
2．波传播的双向性
当机械波沿x轴方向传播时，机械波既可以沿x轴正向传播，也可以沿x轴负方向传播，导致多解。
二、方法技巧要用好
求解波动图象与振动图象综合类问题可采用“一分、一看、二找”的方法：
(1)分清振动图象与波动图象。此问题最简单，只要看清横坐标即可，横坐标为x则为波动图象，横坐标为t则为振动图象。
(2)看清横、纵坐标的单位。尤其要注意单位前的数量级。
(3)找准波动图象对应的时刻。
(4)找准振动图象对应的质点。
光的折射和全反射
……………………(解读命题角度)
[例3]　(2012·新课标全国卷)一玻璃立方体中心有一点状光源。今在立方体的部分表面镀上不透明薄膜，以致从光源发出的光线只经过一次折射不能透出立方体，已知该玻璃的折射率为，求镀膜的面积与立方体表面积之比的最小值。
[破题关键点]　
(1)中心点光源发出的光在立方体表面上，发生全反射时入射角应满足什么条件？临界角如何求？请写出表达式。
(2)立方体的每个侧面上能射出光线的部分，其形状有什么特点？请求出其面积。
(3)请表示出镀膜的总面积和立方体的表面积。
[解析]　设立方体的边长为a，光在界面上发生全反射的临界角为C，则sin C＝，可得C＝45°。
设A点为上表面上面积最小的不透明薄膜边缘上的一点，在A点刚好发生全反射，则上表面上膜的形状为以R为半径的一个圆，且R＝，
所以膜的总面积S′＝6πR2
立方体的表面积S＝6a2，
故＝＝。
[答案]　
……………………(掌握类题通法)
一、基础知识要记牢
1．折射率公式
(1)n＝
(2)n＝
(3)n＝
2．临界角公式：sin C＝
3．光的色散
白光通过三棱镜后发生色散现象，说明白光是复色光，是由七种单色光组成的。
七种单色光
红、橙、黄、绿、蓝、靛、紫
频率

折射率

在同种介质中的传播速度

临界角(介质→空气)

波长(同一介质中)

二、方法技巧要用好
(1)在解决光的折射问题时，应根据题意分析光路，即画出光路图，找出入射角和折射角，然后应用公式来求解，找出临界光线往往是解题的关键。
(2)分析全反射问题时，先确定光是否由光密介质进入光疏介质、入射角是否大于临界角，若不符合全反射的条件，则再由折射定律和反射定律确定光的传播情况。
(3)在处理光的折射和全反射类型的题目时，根据折射定律及全反射的条件准确作出几何光路图是基础，利用几何关系、折射定律是关键。
光的波动性问题
……………………(解读命题角度)
[例4]　(2011·天津高考)甲、乙两单色光分别通过同一双缝干涉装置得到各自的干涉图样，设相邻两个亮条纹的中心距离为Δx，若Δx甲>Δx乙，则下列说法正确的是(　　)
A．甲光能发生偏振现象，乙光则不能发生
B．真空中甲光的波长一定大于乙光的波长
C．甲光的光子能量一定大于乙光的光子能量
D．在同一均匀介质中甲光的传播速度大于乙光
[思路点拨]　解答本题时应注意以下三点：
(1)相邻两亮条纹间距与波长的关系。
(2)光子能量与波长的关系。
(3)同种介质中折射率与光频率的关系。
[解析]　根据公式Δx＝λ，结合已知条件Δx甲>Δx乙，可知λ甲>λ乙，选项B正确；光是横波，不论什么光都能发生偏振，选项A错误；由关系式c＝λν可知，甲光的频率小于乙光的频率，根据公式E＝hν可知，甲光子的能量一定小于乙光子的能量，选项C错误；由于光的波长λ甲>λ乙，则n甲v乙，选项D正确。
[答案]　BD
……………………(掌握类题通法)
一、基础知识要记牢
1．光的干涉
光干涉的条件是有两个振动情况总是相同的波源，即相干波源。
(1)双缝干涉：
双缝作用：将一束光分为两束，获得相干光源。
相邻亮条纹(或暗条纹)间距：Δx＝λ。
(2)薄膜干涉：
由薄膜的前后表面反射的光叠加，形成彼此平行的明暗相间条纹。若白光入射，得到平行的彩色条纹。
应用：增透膜、增反膜、检查平面的平整程度等。
2．光的衍射
(1)各种不同形状的障碍物都能使光发生衍射。发生明显衍射的条件是：障碍物(或孔)的尺寸可以跟波长相比，甚至比波长还小。
(2)在发生明显衍射的条件下，当窄缝变窄时，亮斑的范围变大，条纹间距离变大，而亮度变暗。
3．光的偏振
在与光波传播方向垂直的平面内，光振动沿各个方向均匀分布的光称为自然光，光振动沿着特定方向的光即为偏振光。
偏振现象是横波特有的现象，所以光的偏振现象表明光波为横波。
二、方法技巧要用好
(1)白光发生光的干涉、衍射和光的色散时都可出现彩色条纹，但出现彩色条纹的本质不相同，干涉和衍射是光的波长不同引起的干涉条纹间距，衍射明显程度不同的缘故，而光的色散是在同一种介质中波速不同折射率不同造成的。
(2)区分干涉和衍射，关键是理解其本质，实际应用中可从条纹宽度、条纹间距、亮度等方面加以区分。
三、易错易混要明了
(1)观察薄膜干涉条纹应在光源同侧观察。
(2)增透膜最小厚度为光在介质中波长的四分之一。

[课堂——针对考点强化训练]
1．(2012·浙江高考)用手握住较长软绳的一端连续上下抖动，形成一列简谐横波。某一时刻的波形如图7－4所示。绳上a、b两质点均处于波峰位置。下列说法正确的是(　　) 图7－4
A．a、b两点之间的距离为半个波长
B．a、b两点振动开始时刻相差半个周期
C．b点完成全振动次数比a点多一次
D．b点完成全振动次数比a点少一次
解析：选D　由题图知a、b两点之间的距离为一个波长，a、b两点振动开始时刻相差一个周期，知选项A、B错误；由波是向右传播的，知选项C错误，D正确。
2.(2012·天津高考)半圆形玻璃砖横截面如图7－5所示，AB为直径，O点为圆心。在该截面内有a、b两束单色可见光从空气垂直于AB射入玻璃砖，两入射点到O的距离相等。两束光在半圆边界上反射和折射的情况如图所示，则a、b两束光(　　)
A．在同种均匀介质中传播，a光的传播速度较大 图7－5
B．以相同的入射角从空气斜射入水中，b光的折射角大
C．若a光照射某金属表面能发生光电效应，b光也一定能
D．分别通过同一双缝干涉装置，a光的相邻亮条纹间距大
解析：选ACD　b光发生了全反射，说明b光临界角较小，折射率较大，所以在同种均匀介质中传播，a光的传播速度较大，选项A正确；以相同的入射角从空气斜射入水中，b光的折射角较小，选项B错误；由于b光折射率较大，频率较高，若a光照射某金属表面能发生光电效应，b光也一定能，选项C正确；a、b两束光分别通过同一双缝干涉装置，由于a光的波长较长，a光的相邻亮条纹间距大，选项D正确。
3.(2012·浙江高考)为了测量储罐中不导电液体的高度，将与储罐外壳绝缘的两块平行金属板构成的电容器C置于储罐中，电容器可通过开关S与线圈L或电源相连，如图7－6所示。当开关从a拨到b时，由L与C构成的回路中产生的周期T＝2π的振荡电流。当罐中液面上升时(　　)
A．电容器的电容减小 图7－6
B．电容器的电容增大
C．LC回路的振荡频率减小
D．LC回路的振荡频率增大
解析：选BC　当罐中的液面上升时，电容器极板间的介电常数变大，由平行板电容器的电容公式知，电容增大，则选项A错误，B正确；由LC回路周期公式知，振荡周期增大，振荡频率减小，则选项C正确，D错误。
4．(2012·北京海淀模拟)一列简谐横波，在t＝5.0 s时的波形如图7－7甲所示，图乙是这列波中质点P的振动图线，那么该波的传播速度和传播方向是(　　)
图7－7
A．v＝0.25 m/s，向右传播　 B．v＝0.50 m/s，向右传播
C．v＝0.25 m/s，向左传播 D．v＝0.50 m/s，向左传播
解析：选B　由题图乙可知，T＝2 s，t＝5.0 s时P点经平衡位置向下振动，对应甲图可知，波向右传播，而λ＝1.00 m，故v＝＝0.50 m/s，B正确。
5．(2012·福建高考)在“用双缝干涉测光的波长”实验中(实验装置如图7－8所示)：

(1)下列说法哪一个是错误的____________。(填选项前的字母)
A．调节光源高度使光束沿遮光筒轴线照在屏中心时，应放上单缝和双缝
B．测量某条干涉亮纹位置时，应使测微目镜分划板中心刻线与该亮纹的中心对齐
C．为了减少测量误差，可用测微目镜测出n条亮纹间的距离a，求出相邻两条亮纹间距Δx＝
(2)测量某亮纹位置时，手轮上的示数如图7－9所示，其示数为________mm。
解析：(1)在“用双缝干涉测光的波长”实验中，首先应取下遮光筒左侧的元件，调节光源高度，使光束直接沿遮光筒轴线把屏照亮，故选项A错误；根据实验操作可知选项B、C正确。 图7－9
(2)读数为1.5 mm＋47.0×0.01 mm＝1.970 mm。
答案：(1)A　(2)1.970
6．(2012·无锡摸底)(1)2009年诺贝尔物理学奖授予科学家高锟以及威拉德·博伊尔和乔治·史密斯。3名得主的成就分别是发明光纤电缆和电荷耦合器件(CCD)图像传感器。光在科学技术、生产和生活中有着广泛的应用，下列说法正确的是________。
A．用透明的标准平面样板检查光学平面的平整程度是利用光的偏振现象
B．用三棱镜观察白光看到的彩色图样是利用光的衍射现象
C．在光导纤维束内传送图像是利用光的色散现象
D．光学镜头上的增透膜是利用光的干涉现象
(2)如图7－10所示，一截面为正三角形的棱镜，其折射率为。今有一束单色光射到它的一个侧面，经折射后与底边平行，则入射光线与水平方向的夹角是________。
(3)如图7－11所示是某时刻一列横波上A、B两质点的振动图象，该波由A传向B，两质点沿波的传播方向上的距离Δx＝6.0 m，波长大于10.0 m，求： 图7－10
图7－11
①再经过0.7 s，质点A通过的路程。
②这列波的波速。
解析：(1)选项A是利用光的干涉现象，选项B是利用光的色散现象，选项C是利用光的全反射现象，选项D是利用光的薄膜干涉现象，故D正确。
(2)由题意可知，r＝30°，由n＝可得：i＝60°，故入射光线与水平方向夹角是30°。
(3)由振动图线知T＝0.4 s，Δt＝0.7 s＝1T，故质点A通过的路程为sA＝0.35 m，由Δx＝λ得：λ＝24 m，故v＝＝60 m/s。
答案：(1)D　(2)30°　(3)①0.35 m　②60 m/s
[课下——针对高考押题训练]
1．(2012·北京海淀期中)如图1甲所示，一个单摆做小角度摆动，从某次摆球由左向右通过平衡位置时开始计时，相对平衡位置的位移x随时间t变化的图象如图1乙所示。不计空气阻力，g取10 m/s2。对于这个单摆的振动过程，下列说法中正确的是(　　)
图1
A．单摆的位移x随时间t变化的关系式为x＝8sin(πt) cm
B．单摆的摆长约为1.0 m
C．从t＝2.5 s到t＝3.0 s的过程中，摆球的重力势能逐渐增大
D．从t＝2.5 s到t＝3.0 s的过程中，摆球所受回复力逐渐减小
解析：选ABD　由题图乙可知，单摆周期T＝2 s，故ω＝＝π rad/s，故x＝8 sin(πt) cm，A正确；由T＝2π可求得l≈1.0 m，B正确；从t＝2.5 s到t＝3.0 s的过程中，位移x减小，故摆球动能增大，重力势能减小，C错误；摆球的回复力为重力沿圆弧切向的分力，可知回复力在t＝2.5 s到t＝3.0 s的过程中逐渐减小，D正确。
2．(2012·四川高考)a、b两种单色光组成的光束从介质进入空气时，其折射光束如图2所示。用a、b两束光(　　)
A．先后照射双缝干涉实验装置，在缝后屏上都能出现干涉条纹，由此确定光是横波
B．先后照射某金属，a光照射时恰能逸出光电子，b光照射时也能逸出光电子 图2
C．从同一介质以相同方向射向空气，其界面为平面，若b光不能进入空气，则a光也不能进入空气
D．从同一介质以相同方向射向空气，其界面为平面，a光的反射角比b光的反射角大
解析：选C　根据题图可知，此介质对a光的折射率大于对b光的折射率，即na>nb。横波和纵波在一定的条件下都能发生双缝干涉现象，故A选项错误；根据na>nb可得νa>νb，由于a光刚好能使某种金属发生光电效应，即a光的频率等于该金属的极限频率，又νa>νb，则b光不能使该种金属发生光电效应，故B选项错误；根据发生全反射的临界角与频率的关系sin C＝可得Ca3．(2012·天津高考)沿x轴正方向传播的一列简谐横波在t＝0时刻的波形如图3所示，M为介质中的一个质点，该波的传播速度为40 m/s，则t＝s时(　　)
A．质点M对平衡位置的位移一定为负值 图3
B．质点M的速度方向与对平衡位置的位移方向相同
C．质点M的加速度方向与速度方向一定相同
D．质点M的加速度方向与对平衡位置的位移方向相反
解析：选CD　由波形图可知，波长为λ＝4 m，波动周期为T＝λ/v＝0.1 s。根据题图，t＝0时刻，质点M向上运动，在t＝ s＝T/4时，质点M对平衡位置的位移为正值，其速度方向沿y轴负方向，与位移方向相反，选项A、B错误；质点M的加速度方向向下，沿y轴负方向，与速度方向相同，选项C正确；质点M的加速度方向与对平衡位置的位移方向相反，选项D正确。
4．(2012·浙江调研)为了表演“隐形的大头针”节目，某同学在半径为r的圆形软木片中心垂直插入一枚大头针，并将其放入盛有水的碗中，如图4所示。已知水的折射率为，为了保证表演成功(在水面上看不到大头针)，大头针末端离水面的最大距离h为(　　)
A.r　　　　　　　　 B.r 图4
C.r D.r
解析：选A　当大头针末端发出的光线射到圆形软木片边缘时的入射角恰好等于临界角C时，大头针末端离水面的距离h最大，此时有：sin C＝，sin C＝，解得h＝r，故A正确。
5．(2012·南通调研)(1)以下是有关波动和相对论内容的若干叙述，其中正确的有________。
A．光速不变原理是：真空中的光速在不同的惯性参考系中都是相同的
B．两列波相叠加产生干涉现象，则振动加强区域与减弱区域交替变化
C．光的偏振现象说明光波是横波
D．夜视仪器能在较冷的背景上探测出较热物体的红外辐射
(2)一束光从空气射向折射率为的某种介质，若反射光线与折射光线垂直，则入射角为________。真空中的光速为c，则光在该介质中的传播速度为________。
(3)将一劲度系数为k的轻质弹簧竖直悬挂，下端系上质量为m的物块，将物块向下拉离平衡位置后松开，物块上下做简谐运动，其振动周期恰好等于以物块平衡时弹簧的伸长量为摆长的单摆周期。请由单摆周期公式推算出物块做简谐运动的周期T。
解析：(1)两列波相叠加产生干涉现象，振动加强区和振动减弱区是固定的，B错误，其余选项均正确。
(2)由图可知，α＋β＝90°，＝n，解得α＝60°。由n＝可知，v＝＝c。
(3)平衡时，kl＝mg，单摆的周期T＝2π，解得T＝2π。
答案：(1)ACD　(2)60°　c　(3)2π
6．(2012·江苏高考)(1)如图5所示，白炽灯的右侧依次放置偏振片P和Q，A点位于P、Q之间，B点位于Q右侧。旋转偏振片P，A、B两点光的强度变化情况是________。
图5
A．A、B均不变 B．A、B均有变化
C．A不变，B有变化 D．A有变化，B不变
(2)“测定玻璃的折射率”实验中，在玻璃砖的一侧竖直插两个大头针A、B，在另一侧再竖直插两个大头针C、D，在插入第四个大头针D时，要使它________。图6是在白纸上留下的实验痕迹，其中直线a、a′是描在纸上的玻璃砖的两个边。根据该图可算得玻璃砖的折射率n＝________。(计算结果保留两位有效数字) 图6
(3)地震时，震源会同时产生两种波，一种是传播速度约为3.5 km/s的S波，另一种是传播速度约为7.0 km/s的P波。一次地震发生时，某地震监测点记录到首次到达的P波比首次到达的S波早3 min。假定地震波沿直线传播，震源的振动周期为1.2 s，求震源与监测点之间的距离x和S波的波长λ。
解析：(1)因白炽灯发出的光为自然光，含各个方向的偏振光，且各个方向的偏振光的强度都相同，偏振片P和Q都只允许特定方向的偏振光通过，不管偏振片P旋转到任何位置都有光线通过，而且强度不变，所以A点的光的强度不变，当自然光通过偏振片P后变为偏振光，再通过偏振片Q，旋转偏振片P，当偏振片P和Q允许通过的方向相同，则B点最亮，当偏振片P和Q允许通过的方向垂直时，B点最暗，所以B点光的强度会发生变化。所以只有C正确。
(2)测定玻璃折射率的实验是利用大头针得到进入玻璃的入射光线，在另一侧插入大头针挡住前面的A、B的像来确定C，同样插入大头针D挡住C及A、B的像，C和D确定了出射光线，利用入射点和出射点的连线来确定折射光线，作出法线，用量角器量出入射角θ1和折射角θ2，从而利用折射定律n＝确定玻璃的折射率。
(3)设P波的传播时间为t，则x＝vPt，x＝vS(t＋Δt)
解得x＝Δt，代入数据得x＝1 260 km。
由λ＝vST，解得λ＝4.2 km。
答案：(1)C　(2)挡住C及A、B的像　1.8(1.6～1.9都算对)　(3)1 260 km　4.2 km
7．(2012·苏北四市一模)(1)下列说法正确的是________。
A．X射线的频率比无线电波的频率高
B．用同一装置观察光的双缝干涉现象，蓝光的相邻条纹间距比红光的小
C．根据狭义相对论，地面上的人看到高速运行的列车比静止时变短且矮
D．做简谐运动的单摆摆长增大为原来的2倍，其周期也增大为原来的2倍
(2)一列简谐横波在t＝0时的波形图如图7所示。介质中x＝3 m处的质点P沿y轴方向做简谐运动的表达式为y＝5sin(5πt) cm。则此波沿x轴________(选填“正”或“负”)方向传播，传播速度为________ m/s。 图7
(3)如图8所示，折射率n＝的半圆形玻璃砖置于光屏MN的上方，其平面AB到MN的距离为h＝10 cm。一束单色光沿图示方向射向圆心O，经玻璃砖后射到光屏上的O′点。现使玻璃砖绕圆心O点顺时针转动，光屏上的光点将向哪个方向移动？光点离O′点最远是多少？ 图8
解析：(1)运动的列车变短了但不变矮，C错误，由T＝2π知，l增为原来的2倍，周期T变为原来的倍，D错误；由Δx＝λ，λ蓝<λ红知，B正确；X射线的频率比无线电波的频率高，A正确。
(2)由P的振动位移表达式y＝5sin(5πt) cm可知，t＝0时，P沿＋y方向振动，此波沿x轴负方向传播，由5π＝得，T＝0.4 s，则v＝＝ m/s＝10 m/s。
(3)光屏上的光点将向右移动。如图所示，设玻璃砖转过α角时光点离O′点最远，记此时光点位置为O″，此时光线在玻璃砖的平面上恰好发生全反射，临界角为C。由折射定律有 sin C＝。
由几何关系知，全反射的临界角C＝α＝45°，光点O″到O′的距离xO″O′＝＝h＝10 cm。
答案：(1)AB　(2)负　10　(3)向右　10 cm
8.(2012·山东高考)(1)一列简谐横波沿x轴正方向传播，t＝0时刻的波形如图9所示，介质中质点P、Q分别位于x＝2 m、x＝4 m处。从t＝0时刻开始计时，当t＝15 s时质点Q刚好第4次到达波峰。
①求波速。 图9
②写出质点P做简谐运动的表达式(不要求推导过程)。
(2)如图10所示，一玻璃球体的半径为R，O为球心，AB为直径。来自B点的光线BM在M点射出，出射光线平行于AB，另一光线BN恰好在N点发生全反射。已知∠ABM＝30°，求
①玻璃的折射率。
②球心O到BN的距离。 图10
解析：(2)①设简谐横波的波速为v，波长为λ，周期为T，由图象知，λ＝4 m。由题意知
t＝3T＋T ①
v＝ ②
联立①②式，代入数据得
v＝1 m/s ③
②质点P做简谐运动的表达式为
y＝0.2 sin(0.5πt)m ④
(2)①设光线BM在M点的入射角为i，折射角为r，由几何知识可知，i＝30°，r＝60°，根据折射定律得
n＝ ⑤
代入数据得
n＝ ⑥
②光线BN恰好在N点发生全反射，则∠BNO为临界角C
sin C＝ ⑦
设球心到BN的距离为d，由几何知识可知
d＝Rsin C ⑧
联立⑥⑦⑧式得
d＝R ⑨
答案：(1)①1 m/s　②y＝0.2 sin(0.5πt)m　(2)①　②R

系统知识
明晰备考
考什么
　　本专题考查的主要内容有：弹性碰撞与非弹性碰撞，动量守恒定律及其应用，氢原子光谱，原子能级结构、能级公式，原子核的组成、衰变、半衰期，光电效应方程及应用，核反应方程及结合能等。
怎么考
　　本专题考查点主要集中在：以碰撞为模型的动量守恒定律的应用、氢原子的能级跃迁、核反应方程、原子核衰变、半衰期、质能方程的应用等，题型有选择、填空题，也有计算题，难度适中，预计2013年考查的重点及方式不变。
怎么办
　　复习时要加强对动量守恒定律的理解，注意对复杂过程分系统、分阶段分析的训练；对近代物理学部分，要理解与记忆相结合，关注高考热点，对质能方程、玻尔理论、光电效应等要适度深入复习。
动量守恒定律的应用
……………………(解读命题角度)
[例1]　(2012·山东高考)光滑水平轨道上有三个木块A、B、C，质量分别为mA＝3m、mB＝mC＝m，开始时B、C均静止，A以初速度向右运动，A与B碰撞后分开，B又与C发生碰撞并粘在一起， 图8－1
此后A与B间的距离保持不变。求B与C碰撞前B的速度大小。
[思路点拨]　解答本题时应注意以下两点：
(1)最终A与B间距保持不变，说明A、B的速度最终相同。
(2)列动量守恒方程时应明确所选的系统。
[解析]　设A与B碰撞后， A的速度为vA，B与C碰撞前B的速度为vB，B与C碰撞后粘在一起的速度为v，由动量守恒定律得
对A、B木块：mAv0＝mAvA＋mBvB ①
对B、C木块：mBvB＝(mB＋mC)v ②
由A与B间的距离保持不变可知
vA＝v ③
联立①②③式，代入数据得
vB＝v0 ④
[答案]　v0
……………………(掌握类题通法)
一、基础知识要记牢
1．动量守恒的条件
(1)系统不受外力或系统所受外力的矢量和为零。
(2)系统所受的外力的矢量和虽不为零，但系统外力比内力小得多，如碰撞问题中的摩擦力、爆炸过程中的重力等，外力比起相互作用的内力来小得多，可以忽略不计。
(3)系统所受外力的矢量和虽不为零，但在某个方向上合力的分量为零，则在该方向上系统总动量的分量保持不变。
2．动量守恒定律的三种表达形式
(1)p＝p′
(2)Δp1＝－Δp2
(3)m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′
二、方法技巧要用好
1．动量守恒定律解决问题的灵活运用
(1)分析题意，明确研究对象。确定所研究的系统是由哪些物体组成的。
(2)要对各阶段所选系统内的物体进行受力分析，区分系统内力和外力，在受力分析的基础上根据动量守恒定律条件，判断能否应用动量守恒。
(3)明确所研究的相互作用过程，确定过程的始、末状态，即系统内各个物体的初动量和末动量的量值或表达式。
注意：在研究地面上物体间相互作用的过程时，各物体运动的速度均应取地面为参考系。
(4)规定正方向，确定初、末状态动量的正、负号。根据动量守恒定律列方程求解。
2．动量守恒在多体多过程问题中的运用
对于多个物体、多个过程共存的问题，往往会有共同的特征：
(1)最终会出现一个稳定的状态。例如：系统最终速度为零或做匀速直线运动。
(2)在由多过程存在的情境中，每个小过程，均满足动量守恒。因此解决此类问题的关键是选取合适的研究对象和作用过程，应用动量守恒定律并结合其他的物理规律进行求解。例如：多个物体的连续碰撞，两人抛接物体的问题等。
动量守恒与能量守恒的综合
……………………(解读命题角度)
[例2]　(2012·新课标全国卷)如图8－2所示，小球a、b用等长细线悬挂于同一固定点O。让球a静止下垂，将球b向右拉起，使细线水平。从静止释放球b，两球碰后粘在一起向左摆动，此后细线与竖直方向之间的最大偏角为60°。忽略空气阻力，求：
(1)两球a、b的质量之比； 图8－2
(2)两球在碰撞过程中损失的机械能与球b在碰前的最大动能之比。
[思路点拨]　解答本题时应注意以下两点：
(1)b球下落过程和a、b两球碰后向左摆动过程中，机械能守恒。
(2)b与a相碰瞬间系统动量守恒。
[解析]　(1)设球b的质量为m2，细线长为L，球b下落至最低点，但未与球a相碰时的速率为v，由机械能守恒定律得
m2gL＝m2v2　 ①
式中g为重力加速度的大小。设球a的质量为m1，在两球碰后的瞬间，两球的共同速度为v′，以向左为正方向，由动量守恒定律得
m2v＝(m1＋m2)v′　 ②
设两球共同向左运动到最高处时，细线与竖直方向的夹角为θ，由机械能守恒定律得
(m1＋m2)v′2＝(m1＋m2)gL(1－cos θ)　 ③
联立①②③式得＝－1　 ④
代入题给数据得＝－1　 ⑤
(2)两球在碰撞过程中的机械能损失为
Q＝m2gL－(m1＋m2)gL(1－cos θ)　 ⑥
联立①⑥式，Q与碰前球b的最大动能Ek(Ek＝m2v2)之比为
＝1－(1－cos θ)　 ⑦
联立⑤⑦式，并代入题给数据得＝1－　 ⑧
[答案]　(1)－1　(2)1－
(掌握类题通法)
一、基础知识要记牢
1．碰撞的种类
弹性碰撞
(1)动量守恒
(2)碰撞前后总动能相等
非弹性碰撞
(1)动量守恒
(2)动能有损失
完全非弹性碰撞
(1)碰后两物体合为一体
(2)动量守恒
(3)动能损失最大
2．碰撞问题的解答应同时遵守三条原则
(1)动量守恒：即p1＋p2＝p1′＋p2′
(2)动能不增加：即Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′或m1v12＋m2v22≥m1v1′2＋m2v2′2
(3)速度要符合实际情景：
①如果碰撞前两物体同向运动，则后面物体的速度必大于前面物体的速度，否则无法实现碰撞。
②碰撞后，原来在前的物体的速度一定增大，且原来在前的物体的速度大于或等于原来在后的物体的速度，否则就违背了实际情况。
③如果碰前两物体是相向运动，则碰后两物体的运动方向不可能都不改变，除非两物体碰撞后速度均为零。
二、方法技巧要用好
(1)对于过程比较复杂的问题，要根据情况将过程分为几个不同的阶段，然后对各个阶段进行分析、判断动量是否守恒，机械能是否守恒。
(2)两物体相互碰撞的问题，若不说明是弹性碰撞，则碰撞中动能一般都有损失，而两物体碰后粘在一起的情况，碰撞中动能损失最多。
(3)含有弹簧模型的动量守恒问题，从本质上看，属于一种时间较长的弹性碰撞。在作用的过程中，当弹簧被压缩最短或拉伸最长时，系统内各个物体具有共同的速度，而此时弹簧的弹性势能最大，动能最小。系统内各个物体除弹簧的弹力外所受的合力为零(例如光滑水平面上的连接体问题)，当弹簧为自然伸长状态时，系统内的某个物体此时将具有最大的速度。
三、易错易混要明了
对于同一系统而言，动量守恒时机械能不一定守恒，机械能守恒时，动量不一定守恒。
氢原子能级跃迁、光电效应
……………………(解读命题角度)
[例3]　(2012·江苏高考)(1)如图8－3所示为某原子的能级图，a、b、c为原子跃迁所发出的三种波长的光。在下列该原子光谱的各选项中，谱线从左向右的波长依次增大，则正确的是________。
图8－3
图8－4
(2)A、B两种光子的能量之比为2∶1，它们都能使某种金属发生光电效应，且所产生的光电子最大初动能分别为EA、EB。求A、B两种光子的动量之比和该金属的逸出功。
[破题关键点]　
(1)原子在不同能级间跃迁时发出的光子的能量不同，如何比较光子能量大小？光子能量与光的频率、波长间有什么关系？
(2)光子的动量与光子的能量间有什么关系？请写出其关系式。
(3)入射光子的能量、光电子的最大初动能、金属的逸出功之间有什么关系？请写出它们之间的关系式。
[解析]　(1)根据玻尔的原子跃迁公式h＝Em－En可知，两个能级间的能量差值越大，辐射光的波长越短，从图中可看出，能量差值最大的是E3－E1，辐射光的波长a最短，能量差值最小的是E3－E2，辐射光的波长b最长，所以谱线从左向右的波长依次增大的是a、c、b，C正确。
(2)光子能量ε＝hν，动量p＝，且ν＝
得p＝，则pA∶pB＝2∶1。
A照射时，光电子的最大初动能EA＝εA－W0，同理，EB＝εB－W0
解得W0＝EA－2EB。
[答案]　(1)C　(2)2∶1　EA－2EB
……………………(掌握类题通法)
一、基础知识要记牢
1．玻尔理论
(1)定态：能量不连续，电子绕核运动不向外辐射能量，原子处于稳定状态。En＝E1/n2(n＝1,2,3…)，E1＝－13.6 eV。
(2)跃迁：原子从一种定态跃迁到另一种定态时，吸收或辐射光子的能量为hν＝|E初－E末|。
(3)轨道：原子的不同能量状态跟电子沿不同半径绕核运动相对应，半径是不连续的。
2．氢原子能级
(1)能级图如图8－5所示。 图8－5
(2)一群氢原子处于量子数为n的激发态时，可能辐射出的光谱线条数：N＝Cn2＝。
3．光电效应及光电效应方程
(1)光电效应的实验规律：
①任何一种金属都有一个极限频率，入射光的频率必须大于这个频率，才能产生光电效应。
②光电子的最大初动能与入射光的强度无关，只随入射光的频率增大而增大。
③入射光照射到金属板上时，光电子的发射几乎是瞬时的，一般不会超过10－9 s。
④当入射光的频率大于极限频率时，光电流的大小与入射光的强度成正比。
(2)光电效应方程：
①光电子的最大初动能跟入射光子的能量hν和逸出功W的关系为mv2＝hν－W。
②极限频率ν0＝。
二、方法技巧要用好
1．氢原子能级跃迁问题的解题技巧
(1)每个氢原子每次跃迁能吸收或辐射一个特定频率的光子。比如吸收能量时，如果光子的能量足够大，则吸收后一定发生电离；如果光子能量恰好满足量子化的条件，则刚好全部被吸收；如果光子能量吸收后不足以产生跃迁或电离，则这种光子不会被吸收。
(2)一群原子和一个原子在处理问题的时候是有区别的，氢原子核外只有一个电子，这个电子在某个时刻只能处在某一个可能的轨道上，在某段时间内，由某一轨道跃迁到另一个轨道时，可能的情况只有一种，但是如果有大量的氢原子，这些原子的核外电子跃迁时就会有各种情况出现了。
(3)计算氢原子能级跃迁放出或吸收光子的频率和波长时，要注意能级的能量值均为负值，且单位应为“电子伏”，计算时需要换算成“焦”。
2．研究光电效应的两条线索
由图可知两条线索：一是光的频率线，二是光的强度线。
3．光电效应中的两条对应关系
(1)光强―→光子数目多―→发射光电子多―→光电流大
(2)光子频率高―→光子能量大―→产生光电子的最大初动能大
三、易错易混要明了
(1)原子吸收能量后在能级间发生跃迁，则吸收的能量值是固定的；若原子吸收能量后发生电离，则吸收的能量值为不小于该能级能量值的任意值。
(2)决定光电子初动能大小的是入射光的频率，决定光电流大小的是入射光的强度。
核反应方程与核能
(解读命题角度)
[例4]　(2012·苏北四市一模)室内装修污染四大有害气体是苯系物、甲醛、氨气和氡。氡存在于建筑水泥、矿渣砖、装饰石材及土壤中。氡看不到，嗅不到，即使在氡浓度很高的环境里，人们对它也毫无感觉。氡进入人的呼吸系统能诱发肺癌，是除吸烟外导致肺癌的第二大因素。静止的氡核 放出某种粒子x后变成钋核 ，粒子x的动能为Ek1，若衰变放出的能量全部变成钋核和粒子x的动能。试回答以下问题：
(1)写出上述衰变的核反应方程(请用物理学上规定的符号表示粒子x)；
(2)求钋核的动能Ek2；
(3)求这一衰变过程的质量亏损Δm。
[思路点拨]　解答本题时应注意以下两点：
(1)核反应过程中，粒子x与PO组成的系统动量守恒。
(2)核反应过程中释放的核能为粒子x与钋核动能之和。
[解析]　(1) →＋
(2)设粒子x的质量为m1、速度为v1，钋核的质量为m2、速度为v2
根据动量守恒定律有0＝m1v1－m2v2
钋核的动能Ek2＝＝×＝
(3)核反应过程释放的核能ΔE＝Ek1＋Ek2＝Ek1
由ΔE＝Δmc2可得Δm＝＝
[答案]　(1) →＋　(2)　(3)
……………………(掌握类题通法)
一、基础知识要记牢
1．几种核反应
(1)天然衰变：
①α衰变：→＋
②β衰变：→＋
(2)人工转变：
①质子的发现： ＋→＋
②中子的发现：＋＋
(3)重核裂变： ＋→＋＋10
＋→＋＋3
(4)轻核聚变：＋→＋
2．半衰期
不同元素的半衰期是不一样的，用τ表示半衰期，m0与N0表示衰变前的质量和原子核数，m和N表示衰变后的质量和原子核数，t表示衰变时间，则
m＝()m0或＝()
N＝()N0或＝()
3．质能方程
E＝mc2
4．核能计算ΔE＝Δmc2
(1)若Δm以kg为单位，则ΔE＝Δmc2
(2)若Δm以原子质量u为单位，则
ΔE＝Δm×931.5 MeV
二、方法技巧要用好
1．α衰变和β衰变次数的确定方法
(1)方法一：由于β衰变不改变质量数，故可以先由质量数改变确定α衰变的次数，再根据电荷数守恒确定β衰变的次数。
(2)方法二：设α衰变次数为x，β衰变次数为y，根据质量数和核电荷数守恒列方程求解。
2．核能的计算方法
(1)根据爱因斯坦的质能方程，用核子结合成原子核时质量亏损(Δm)的千克数乘以真空中光速(c＝3×108 m/s)的平方，即：ΔE＝Δmc2(焦耳)。
(2)根据1原子质量单位(u)相当于931.5兆电子伏(MeV)能量，用核子结合成原子核时质量亏损的原子质量单位乘以931.5 MeV，即ΔE＝Δm×931.5 MeV。
(3)如果核反应时释放的核能是以动能形式呈现，则核反应过程中系统动能的增量即为释放的核能。
三、易错易混要明了
核反应前后质量数守恒，但质量不守恒。

[课堂——针对考点强化训练]
1．(2012·重庆高考)以下是物理学史上3个著名的核反应方程(　　)
x＋→2y　y＋→x＋　y＋→z＋
x、y和z是3种不同的粒子，其中z是
A．α粒子　　　　　　　　 B．质子
C．中子 D．电子
解析：选C　根据质量数和电荷数守恒，三个核反应方程为＋→2,＋→＋,＋→＋，z为中子，C选项正确。
2．(2012·北京高考)一个氢原子从n＝3能级跃迁到n＝2能级，该氢原子(　　)
A．放出光子，能量增加 B．放出光子，能量减少
C．吸收光子，能量增加 D．吸收光子，能量减少
解析：选B　氢原子从高能级向低能级跃迁时，将以辐射光子的形式向外放出能量，故选项B正确。
3．(2012·北京朝阳模拟)在贝可勒尔发现天然放射现象后，人们对放射性的性质进行了深入的研究，发现α、β、γ射线的穿透本领不同。下图8－6为这三种射线穿透能力的比较，图中射线①②③分别是(　　)

A．γ、β、α B．β、γ、α
C．α、β、γ D．γ、α、β
解析：选C　α、β、γ三种射线的穿透能力不同，①能被黑纸挡住，应为α射线，②能被铝板挡住，应为β射线，③能射穿铝板和铅板，只能是γ射线，故C正确。
4.如图8－7所示，一个木箱原来静止在光滑水平面上，木箱内粗糙的底板上放着一个小木块。木箱和小木块都具有一定的质量。现使木箱获得一个向右的初速度v0，则(　　)
A．小木块和木箱最终都将静止 图8－7
B．小木块最终将相对木箱静止，二者一起向右运动
C．小木块在木箱内壁将始终来回往复碰撞，而木箱一直向右运动
D．如果小木块与木箱的左壁碰撞后相对木箱静止，则二者将一起向左运动
解析：选B　因地面光滑，木箱和小木块组成的系统水平方向上合外力为零，根据系统动量守恒可知，最终两个物体以相同的速度一起向右运动，故B正确。
5．(2012·大纲版全国卷) 经过m次α衰变和n次β衰变，变成 ，则(　　)
A．m＝7，n＝3　　　　　　 B．m＝7，n＝4
C．m＝14，n＝9 D．m＝14，n＝18
解析：选B　原子核每发生一次α衰变，质量数减少4，核电荷数减少2；每发生一次β衰变，质量数不变，核电荷数增加1。比较两种原子核，质量数减少28，即发生了7次α衰变；核电荷数应减少14，而核电荷数减少10，说明发生了4次β衰变，B项正确。
6．(2012·福建高考)(1)关于近代物理，下列说法正确的是____________。(填选项前的字母)
A．α射线是高速运动的氦原子
B．核聚变反应方程＋―→＋中，表示质子
C．从金属表面逸出的光电子的最大初动能与照射光的频率成正比
D．玻尔将量子观念引入原子领域，其理论能够解释氢原子光谱的特征
(2)如图8－8所示，质量为M的小船在静止水面上以速率v0向右匀速行驶，一质量为m的救生员站在船尾，相对小船静止。若救生员以相对水面速率v水平向左跃入水中，则救生员跃出后小船的速率为 图8－8
________。(填选项前的字母)
A．v0＋v B．v0－v
C．v0＋(v0＋v) D．v0＋(v0－v)
解析：(1)α射线是氦核流，选项A错误。表示中子，选项B错误。根据光电效应方程Ek＝hν－W0，选项C错误。玻尔理论的成功之处就是引入量子化的理论解释氢原子光谱，选项D正确。
(2)根据动能量守恒定律，选向右方向为正方向，则有(M＋m)v0＝Mv′－mv，解得v′＝v0＋(v0＋v)，故选项C正确。
答案：(1)D　(2)C
[课下——针对高考押题训练]
1．(2012·天津高考)下列说法正确的是(　　)
A．采用物理或化学方法可以有效地改变放射性元素的半衰期
B．由玻尔理论知道氢原子从激发态跃迁到基态时会放出光子
C．从高空对地面进行遥感摄影是利用紫外线良好的穿透能力
D．原子核所含核子单独存在时的总质量小于该原子核的质量
解析：选B　采用物理和化学方法不能改变放射性元素的半衰期，选项A错误；由玻尔理论知道氢原子从激发态跃迁到基态时会放出光子，选项B正确；从高空对地面进行遥感摄影利用的是红外线，选项C错误；原子核所含核子单独存在时的总质量大于该原子核的质量，选项D错误。
2．(2012·广东高考)能源是社会发展的基础，发展核能是解决能源问题的途径之一。下列释放核能的反应方程，表述正确的有(　　)
A．＋→＋是核聚变反应
B．＋→＋是β衰变
C. ＋→＋＋3是核裂变反应
D. ＋→＋＋2是α衰变
解析：选AC　＋→＋是核聚变反应，而不是β衰变；D选项中是核裂变反应，D错。
3．(2012·海南高考)产生光电效应时，关于逸出光电子的最大初动能Ek，下列说法正确的是(　　)
A．对于同种金属，Ek与照射光的强度无关
B．对于同种金属，Ek与照射光的波长成反比
C．对于同种金属，Ek与光照射的时间成正比
D．对于同种金属，Ek与照射光的频率成线性关系
解析：选AD　由Ek＝hν－W0知Ek与照射光的强度与照射时间无关，与ν成线性关系，故选项A、D正确，C错误。由Ek＝－W0可知Ek与λ不成反比，故选项B错误。
4．(2012·重庆高考)质量为m的人站在质量为2m的平板小车上，以共同的速度在水平地面上沿直线前行，车所受地面阻力的大小与车对地面压力的大小成正比。 当车速为v0时，人从车上以相对于地面大小为v0的速度水平向后跳下。跳离瞬间地面阻力的冲量忽略不计，则能正确表示车运动的v－t图象为(　　)
图1
解析：选B　车与人以共同初速度在与压力成正比的阻力作用下做匀减速运动，a＝μg，当车速为v0时，人以相对于地面v0的速度向后跳出，不考虑跳出时地面阻力的冲量，则跳出过程动量守恒，有(2m＋m)v0＝－mv0＋2mv，v＝2v0，故车的速度突变为2v0，之后车在摩擦力作用下仍做匀减速直线运动，加速度不变，只有选项B正确。
5．(2012·四川高考)如图2所示为氢原子能级示意图的一部分，则氢原子(　　)
A．从n＝4能级跃迁到n＝3能级比从n＝3能级跃迁到n＝2能级辐射出电磁波的波长长
B．从n＝5能级跃迁到n＝1能级比从n＝5能级跃迁到n＝4能级辐射出 图2
电磁波的速度大
C．处于不同能级时，核外电子在各处出现的概率是一样的
D．从高能级向低能级跃迁时，氢原子核一定向外放出能量
解析：选A　根据Em－En＝hν＝h可得λ＝h，则从n＝4能级跃迁到n＝3能级比从n＝3能级跃迁到n＝2能级辐射出的电磁波的波长要长，故A选项正确；由于电磁波在空气中的传播速度都是相同的，接近光速，故B选项错误；根据氢原子的电子云图可知，处于不同能级时，核外电子在各处出现的概率是不一样的，故C选项错误；从高能级向低能级跃迁时，原子一定向外以光子的形式释放能量，故D选项错误。
6.如图3所示，质量相同的两带电小球A与B，带电荷量分别为－q、＋2q，在光滑、绝缘水平桌面上由静止开始沿同一直线相向运动。则在两球相互靠拢的过程中(　　) 图3
A．任一时刻B的加速度均比A的大
B．两球均做加速度减小的加速运动
C．两球组成的系统，电势能增加
D．两球动量均增大，但总动量保持不变
解析：选D　由牛顿第三定律，带电小球A与B相互的库仑引力大小相等，故任一时刻两球的加速度大小相等，故A错；由于两球的库仑引力变大，故两球均做加速度变大的加速运动，故B错；由于两球受的库仑引力(电场力)做正功，故C错；对两球组成的系统，合力为零，故D对。
7．如图4所示，位于光滑水平桌面上，质量相等的小滑块P和Q都可以视为质点，Q与轻质弹簧相连，设Q静止，P以某一初动能E0水平向Q运动并与弹簧发生相互作用，若整个作用过程中无机械能损失，用E1表示弹簧具有的最大弹性势能，用E2表示Q具有的最大动能，则(　　)
图4
A．E1＝ B．E1＝E0
C．E2＝ D．E2＝E0
解析：选D　P和Q达到共同速度时，弹簧具有的弹性势能最大，由动量守恒得， mv0＝2mv，弹性势能最大Ep＝mv02/2－2mv2/2＝ mv02/4＝E0/2，故A、B错误；两滑块质量相等，整个作用过程中无机械能损失，故作用完后交换速度，故C错误，D正确。
8．(2012·北京朝阳模拟)某同学用如图5所示的装置“验证动量守恒定律”，其操作步骤如下：
图5
A．将操作台调为水平；
B．用天平测出滑块A、B的质量mA、mB；
C．用细线将滑块A、B连接，滑块A、B紧靠在操作台边缘，使A、B间的弹簧处于压缩状态；
D．剪断细线，滑块A、B均做平抛运动，记录A、B滑块的落地点M、N；
E．用刻度尺测出M、N距操作台边缘的水平距离x1、x2；
F．用刻度尺测出操作台面距地面的高度h。
(1)上述步骤中，多余的步骤是________。
(2)如果动量守恒，须满足的关系是________(用测量量表示)。
解析：(1)本实验中，因两滑块均做平抛运动，落地时间相同，因此可以用平抛的水平位移代替平抛的初速度，故多余的步骤为F。
(2)设平抛到落地的时间为t，如果动量守恒，应满足的关系为：mA＝mB，即：mAx1＝mBx2。
答案：(1)F　(2)mAx1＝mBx2
9．(2012·无锡模拟)(1)下列说法正确的是________。
A．用加温或加压的方法不能改变原子核衰变的半衰期
B．某原子核经过一次α衰变后，核内质子数减少4个
C. 与的核内具有相同的中子数和不同的核子数
D．放射性物质发生β衰变时所释放的电子来源于核外电子
(2)如图6所示，质量为m2＝10 kg的滑块静止于光滑水平面上，一小球m1＝5 kg，以v1＝10 m/s的速度与滑块相碰后以2 m/s的速率被弹回。碰撞前两物体的总动能为________J，碰撞后两物体的总动能为________ J。说明这次碰撞是________。 图6
(填弹性碰撞或非弹性碰撞)
(3)氢原子的能级如图7所示，求：
图7
①当氢原子从n＝4向n＝2的能级跃迁时，辐射的光子照射在某金属上，刚好能发生光电效应，则该金属的逸出功为多少？
②现有一群处于n＝4的能级的氢原子向低能级跃迁，在辐射出的各种频率的光子中，能使该金属发生光电效应的频率共有多少种？
解析：(1)原子核衰变的半衰期是由核本身因素决定，与核所处的环境无关，A正确；某原子核经过一次α衰变后，核内质子数减少2个，B错误； 94239Pu和 92239U的核内具有相同的核子数和不同的中子数，C错误；发生β衰变时放出的电子是由核内中子转化为质子的同时放出的，D错误。
(2)碰撞前动能为m1v12＝250 J，碰撞过程动量守恒：m1v1＝m2v2－m1v1′得v2＝6 m/s，故碰后系统总动能为m1v1′2＋m2v22＝190 J<250 J，故这次碰撞为非弹性碰撞。
(3)①W＝E4－E2＝－0.85 eV－(－3.40 eV)＝2.55 eV，
②一群处于n＝4能级的氢原子向低能级跃迁时能放出6种不同频率的光，但4→3和3→2两种光子不能使该金属发生光电效应，故共4种频率的光子。
答案：(1)A　(2)250　190　非弹性碰撞
(3)2.55 eV　4种
10．(2012·南京调研)(1)日本福岛核电站泄漏事故中释放出大量的碘131，碘131是放射性同位素，衰变时会发出β射线与γ射线，碘131被人摄入后，会危害身体健康，由此引起了全世界的关注。下面关于核辐射的相关知识，说法正确的是________。
A．人类无法通过改变外部环境来改变碘131衰变的快慢
B．碘131的半衰期为8.3天，则4个碘原子核经16.6天后就一定剩下一个原子核
C．β射线与γ射线都是电磁波，但γ射线穿透本领比β射线强
D．碘131发生β衰变时所释放的电子是原子核内的中子转化为质子时产生的
(2)在光电效应现象中，若某金属的截止波长为λ0，已知真空中的光速和普朗克常量分别为c和h，该金属的逸出功为________。若用波长为λ(λ<λ0)单色光做实验，则光电子的最大初动能为________。
(3)在光滑水平面上，质量为1.5 kg的滑块A以2.0 m/s的速度撞击质量为9.0 kg的静止滑块B，撞击后滑块B的速度为0.5 m/s，求滑块A碰后的速度大小和方向。
解析：(1)放射性元素的半衰期是由其本身决定的，与其所处的外部环境无关，A正确；半衰期是大量放射性元素衰变时遵循的规律，少数几个原子核衰变时并不遵循这一规律，B错误；β射线是电子流，γ射线是电磁波，C错误；碘131发生β衰变时所释放的电子是由核内中子转化为质子时产生的，D正确。
(2)由金属的逸出功W＝hν0，ν0＝可得：W＝，由爱因斯担光电效应方程可得：
－W＝Ek，故Ek＝－＝hc(－)
(3)分析题意可知，A、B碰撞过程中动量守恒
mAvA＝mAvA′＋mBvB
vA′＝＝ m/s＝－1.0 m/s
负号表明碰后A的速度方向与原来运动方向相反。
答案：(1)AD　(2)　hc(－)　(3)1.0 m/s　方向与原来运动方向相反

第1讲图_象_问_题
[题型特点]　图象是描述物理过程，揭示物理规律，解决物理问题的一种重要手段。近几年，高考试题中图象出现的频率很高，涉及各类题型。它是一种特殊且形象的语言和工具，运用数与形的巧妙结合，恰当地表达各种现象的物理过程和物理规律，利用图象可以从不同侧面考查考生观察分析、收集信息、推理判断、作图处理数据的能力。常见的命题方式主要有：
(1)通过对物理过程的分析找出与之对应的图象并描绘。
(2)通过对已知图象的分析寻找其内部蕴含的物理规律。
(3)图象的转换——用不同的图象描述同一物理规律或结论。
(4)综合应用物理图象分析解决问题。
1．坐标轴的物理意义
弄清两个坐标轴各代表什么物理量，以便了解图象所反映的是哪两个物理量之间的相互转化关系。
2．图象特征
注意观察图象形状是直线、曲线，还是折线等，从而弄清图象所反映的两个物理量之间的关系，明确图象反映的物理内涵。
3．斜率的物理意义
要理解物理图象中斜率的含义，首先要看清图象的两个坐标轴。
(1)变速直线运动的x－t图象，纵坐标表示位移，横坐标表示时间，因此图线中某两点连线的斜率表示平均速度，图线上某一点切线的斜率表示瞬时速度。
(2)v－t图线上两点连线的斜率和某点切线的斜率，分别表示平均加速度和瞬时加速度。
(3)线圈的Φ－t图象(Φ为磁通量)，斜率表示感应电动势。
(4)恒力做功的W－l图象(l为恒力方向上的位移)，斜率表示恒力的大小。
(5)沿电场线方向的φ－x图象(φ为电势，x为位移)，其斜率的大小等于电场强度。
(6)用自由落体运动测量重力加速度实验的v2－x图象(v为速度，x为下落位移)，其斜率为重力加速度的2倍。
(7)不同带电粒子在同一匀强磁场中做匀速圆周运动的v－r图象(v为速度，r为半径)，其斜率跟带电粒子的比荷成正比。
4．面积的物理意义
(1)在直线运动的v－t图象中，图线和时间轴之间的一块面积，等于速度v与时间t的乘积，因此它表示相应时间内质点通过的位移。
(2)在a－t图象中，图线和时间轴之间的面积，等于加速度a与时间t的乘积，表示质点在相应时间内速度的变化量。
(3)线圈中电磁感应的E－t图象(E为感应电动势)，图线跟t坐标轴之间的面积表示相应时间内线圈磁通量的变化量。
(4)力F移动物体在力的方向上产生一段位移l，F－l图象中图线和l坐标轴之间的面积表示F做的功，如果F是静电力，这块面积表示电势能的减小量，如果F是合力，则这块面积表示物体动能的增加量。
(5)静电场中的E－x图象(E为电场强度，x为沿电场线方向的位移)，图线和x坐标轴之间的面积表示相应两点间的电势差。
5．交点、拐点的物理意义
交点往往表示不同对象达到的某一物理量的共同点，如在同一U－I坐标上，电阻的U－I图线和电源的U－I图线的交点表示两者连成闭合电路时的工作点，拐点既是坐标点，又是两种不同变化情况的交界，即物理量之间的突变点。
6．坐标的单位及数量级
在识图和用图时一定要看清坐标轴所注明的单位，如m、cm、×106 m等。
坐标轴的物理意义
[例1]　如图1－1－1所示，质量为m的滑块从倾角为30°的固定斜面上无初速地释放后匀加速下滑，加速度a＝，取出发点为参考点，图1－1－2中能正确描述滑块的速率v、动能Ek、势能Ep、机械能E与 图1－1－1
时间t和位移x关系的是(　　)
图1－1－2
[审题指导]　物体在匀加速下滑的过程中，其速率v、动能Ek、势能Ep、机械能E随时间t和位移x的变化规律是不同的，因此其对应图象也是不同的，找出各自的变化规律，即可对选项做出判断。
[解析]　因为匀加速下滑，由速度公式v＝at可知A正确；Ek＝mv2＝ma2t2，可知B错；又Ep＝－mgh＝－mgxsin θ，C正确；由mgsin θ－Ff＝ma，Ff＝mg－mg＝mg，有摩擦力做功，机械能不守恒，D错。
[答案]　AC

本题中四个选项的纵、横坐标轴所对应的物理量均不同，故应结合物体运动规律分析各物理量的变化规律，从而得出结果。
图象斜率的物理意义
[例2]　穿过某线圈的磁通量随时间变化的Φ－t图象如图1－1－3所示，下列说法正确的是(　　)
A．在t＝5 s时刻磁通量最大，因此这时线圈的感应电动势最大
B．在10～12 s内磁通量的变化量最小，因此这段时间内线圈的 图1－1－3
感应电动势最小
C．在10～15 s内磁通量的变化率最大，因此这段时间内线圈的感应电动势最大
D．在12～15 s内磁通量的变化量与在0～5 s内磁通量的变化量相同，因此这两段时间内的感应电动势的大小相等
[审题指导]　本题主要考查对Φ－t图象的理解及线圈的感应电动势与其磁通量的变化率或变化量的关系，关键是搞清楚感应电动势的大小与磁通量的变化率成正比。
[解析]　感应电动势的大小与磁通量的大小及磁通量的变化量大小无关，与磁通量的变化率成正比，而磁通量的变化率即为Φ－t图线的斜率，结合Φ－t图象可知，只有C正确。
[答案]　C

在v－t图象中斜率表示物体运动的加速度，在x－t图象中斜率表示物体运动的速度，在U－I图象中斜率表示电学元件的电阻，不同的物理图象斜率的物理意义不同。
图象特征
[例3]　(2012·九江七校联考)如图1－1－4所示，带正电的物块A放在不带电的小车B上，开始时都静止，处于垂直纸面向里的匀强磁场中。t＝0时加一个水平恒力F向右拉小车B，t＝t1时A相对于B开始滑动。已知地面是光滑的。AB间粗糙，A带电量保持不变，小车 图1－1－4
足够长。从t＝0开始A、B的速度－时间图象，正确的是(　　)
图1－1－5
[审题指导]　本题的关键是分析A、B两物体在相对滑行过程中速度随时间的变化规律，即分析两物体做匀变速运动还是变加速运动。
[解析]　A、B相对滑动之前，由F＝(mA＋mB)a可知，两物体一起匀加速运动，相对滑动后，A物体因其速度增大，向上的洛伦兹力增大，AB间正压力减小，故A所受向前的摩擦力减小，加速度越来越小，而B物体的加速度越来越大，当aA＝0时，aB＝也恒定不变了，故只有选项C正确。
[答案]　C
　　
v－t图线的斜率表示物体的加速度，加速度恒定时其v－t图线为倾斜直线，加速度逐渐变化时其v－t图线为曲线，不同的图象，斜率的含义不同，图象是直线、曲线、折线所描述的物理内涵也不同。
面积的物理意义
[例4]　测量电容器电容的电路如图1－1－6所示。实验器材有带数字显示的学生直流稳压电源、秒表、待测电容器、定值电阻(10 kΩ)、量程为1 mA的电流表、开关、导线若干。首先闭合开关，给电容器充电，然后断开开关使电容器开始放电。在断开开关 图1－1－6
的同时开始计时，实验时直流稳压电源的示数是10 V，测得电容器放电的时间和电流的关系如下表所示。求电容器的电容。
t(s)
0
5
10
15
20
25
30
35
45
55
I/(mA)
0.94
0.60
0.40
0.25
0.15
0.10
0.07
0.04
0.02
0.01
[审题指导]　测量电容器电容的基本原理是利用公式C＝Q/U。电容器两端电压为10 V，测出电容器的电荷量是解答本题的关键。电容器的带电量在数值上等于电容器放电电流图线与时间轴所围的面积。
[解析]　测量电容器电容的基本原理是利用公式C＝Q/U。电容器两端电压为10 V，测出电容器的电荷量是解答本题的关键。
图1－1－7
计算电荷量的公式是Q＝It。由于题中给出的电流是随时间变化的变量，不能用公式直接计算。我们可以想像，如果画出放电电流与时间的关系图线，它应该是一条曲线。用纵坐标轴表示电流，横坐标轴表示时间。则I－t图线与时间轴所围面积就是所求的电荷量。如图1－1－7所示，先根据表中数据在I－t图中描点，再用平滑的曲线把它们依次连接起来，图线和横坐标轴所围的面积就是电容器的总放电量，即为原来电容器的带电荷量。图中每小格面积的电荷量相当于0.1×10－3×5 C＝0.5×10－3 C。计算时，对于曲线下所围面积中超过小方格一半的，按1个方格的电荷量计算，对于不到小方格一半的舍去。数得小方格共有20个，所以Q0＝20×0.5×10－3 C＝1×10－2 C。再由电容的定义式得C＝＝ F＝1×103 μF。
[答案]　1×103 μF

不同的物理图象，图线下面的面积的物理意义不同，I－t图线与t轴所围面积则表示这段时间内回路中流过的电量。
交点、拐点的物理意义
[例5]　图1－1－8甲为一个电灯两端电压与通过它的电流的变化关系曲线。由图可知，两者不成线性关系，这是由于焦耳热使灯丝的温度发生了变化的缘故，参考这条曲线回答下列问题(不计电流表内阻，线路提供电压不变)：
图1－1－8
(1)若把三个这样的电灯串联后，接到电压恒定为12 V的电路上，求流过灯泡的电流和每个灯泡的电阻；
(2)如图乙所示，将两个这样的电灯并联后再与10 Ω的定值电阻R0串联，接在电压恒定为8 V的电路上，求通过电流表的电流值以及每个灯的实际功率。
[审题指导]　电灯在实际工作时其阻值大小随工作电压或电流的大小变化而变化，因此不可用(1)问中电灯的阻值直接计算(2)中的问题，将定值电阻R0作为8 V恒定电源的内阻，在电灯的I－U图线中作出电源的I－U图线，再根据图线交点的意义求解结果。
[解析]　(1)由于三个电灯完全相同，所以每个电灯两端的电压为：UL＝ V＝4 V
结合图象可得当UL＝4 V时，IL＝0.4 A
故每个电灯的电阻为：R＝＝ Ω＝10 Ω。
图1－1－9
(2)设此时电灯两端的电压为U′，流过每个电灯的电流为I，由闭合电路欧姆定律得E＝U′＋2IR0
代入数据得U′＝8－20I
在图甲上画出此直线如图1－1－9所示。
可得到该直线与曲线的交点(2 V,0.3 A)，即流过电灯的电流为0.3 A，则流过电流表的电流为
IA＝2I＝0.6 A
每个灯的功率为：P＝UI＝2×0.3 W＝0.6 W。
[答案]　(1)0.4 A　10 Ω　(2)0.6 A　0.6 W

电源的I－U图线与电灯的I－U图线的交点对应的坐标值U和I，表示将电灯接在电源上时电灯两端的电压和流过电灯的电流值。

1.在国庆阅兵式中，我空军某部的直升机梯队在地面上空某高度A位置处于静止待命状态，要求该梯队10时56分40秒由静止状态沿水平方 图1－1－10
向做匀加速直线运动，经过AB段加速后，进入BC段的匀速受阅区，11时准时通过C位置， 如图1－1－10所示。已知AB＝5 km，BC＝10 km，若取飞机出发的时刻为t＝0，沿AC方向建立坐标轴，A点作为坐标原点，下列关于直升机的速度v、加速度a和位移x的图象可能正确的是(　　)
图1－1－11
解析：选AC　飞机在匀加速阶段v＝at，x＝at2，由此可以知道B、D选项均错误，再由xAB＝atAB2，xBC＝atAB·tBC可求出vm＝100 m/s，tAB＝tBC＝100 s，故A、C均正确。
2.如图1－1－12所示，直线A是电源的路端电压和电流的关系图线，直线B、C分别是电阻R1、R2的两端电压与电流的关系图线，若这两个电阻分别接到这个电源上，则(　　)
A．R1接在电源上时，电源的效率高
B．R2接在电源上时，电源的效率高 图1－1－12
C．R1接在电源上时，电源的输出功率大
D．电源的输出功率一样大
解析：选A　由电源的效率η＝＝＝知外电路电阻越大，电源效率越高，由图象知R1>R2，A正确B错误；当R＝r时输出功率最大，由图象知r＝R23．(2012·洛阳一模)显像管原理的示意图如图1－1－13所示，当没有磁场时，电子束将打在荧光屏正中的O点，安装在管径上的偏转线圈可以产生磁场，使电子束发生偏转。设垂直纸面向里的磁场方向为正方向，若使电子打在荧光屏上 图1－1－13
的位置由a点逐渐移动到b点，下列变化的磁场能够使电子发生上述偏转的是(　　)
图1－1－14
解析：选A　电子向a侧偏时，由楞次定律可知磁场方向垂直于纸面向外，同理，电子向b侧偏时，磁场垂直于纸面向里，由此可知只有A项正确。
4．(2012·苏北四市调研)如图1－1－15所示，在竖直向下的匀强磁场中有两根竖直放置的平行粗糙导轨CD、EF，导轨上放有一金属棒MN。现从t＝0时刻起，给棒通以图示方向的电流且电流强度与时间成正比，即I＝kt，其中k为常量，金属棒与导轨始终垂直且接触良好。下列关于棒的速度v、加速度a随时间t变化的关系图象，可能正确的是(　　) 图1－1－15
图1－1－16
解析：选BD　棒向下运动阶段，mg－μBIL＝ma，I＝kt
得：a＝g－t
由此可知，C错误，D正确，因a在运动过程中先减小后反向增大，故A错误，B正确。
5．(2012·湖南联考)一个质量为0.3 kg的物体沿水平面做直线运动，如图1－1－17所示，图线a表示物体受水平拉力时的v－t图象，图线b表示撤去水平拉力后物体继续运动的v－t图象，下列说法中正确的是(　　)
A．水平拉力的大小为0.1 N，方向与摩擦力方向相同
B．水平拉力对物体做功的数值为1.2 J 图1－1－17
C．撤去拉力后物体还能滑行7.5 m
D．物体与水平面间的动摩擦因数为0.1
解析：选AB　图线a表示的v－t图象加速度较大，说明物体所受的拉力与摩擦力方向相同，则F＋Ff＝maa＝0.2 N，图线b表示物体只在摩擦力作用下匀减速运动，有Ff＝mab＝0.1 N，解得F＝F f＝0.1 N，A项正确；有水平拉力时，物体位移为x＝×3 m＝12 m，故拉力做功的数值为W＝Fx＝1.2 J，B正确；撤去拉力后物体能滑行13.5 m，C项错误；动摩擦因数μ＝＝，D项错误。
6．(2012·衡水期末)两电荷量分别为q1和q2的点电荷放在x轴上的O、M两点，两电荷连线上各点电势φ随x变化的关系如图1－1－18所示，其中A、N两点的电势均为零，ND段中的C点电势最高，则(　　)
图1－1－18
A．N点的电场强度大小为零
B．A点的电场强度大小为零
C．NC间场强方向指向x轴正方向
D．将一负点电荷从N点移到D点，电场力先做正功后做负功
解析：选D　φ－x图线的斜率表示电场强度，N、A两点斜率均不为零，A、B均错误；NC间图线斜率均为正，场强方向沿－x方向，C错误；CD段斜率为负，场强方向沿＋x方向，由此可判断负点电荷从N点移到D点，电场力先做正功再做负功，D正确。
7.如图1－1－19所示，一有界匀强磁场的宽度为2L，磁感应强度为B，方向垂直纸面向里。正方形闭合线框abcd各边电阻相同，边长为L，在线框以速度v匀速穿过磁场区域的过程中，以下图象中能表示a、b两点电势差Uab随时间t变化的是(　　) 图1－1－19
图1－1－20
解析：选D　在0～L距离内，ab边切割磁感线，Uab＝BLv；在L～2L距离内，Uab＝BLv；2L－3L距离内，cd边切割磁感线，Uab＝BLv，D正确。
8．(2012·上海嘉定期末)质量为2 kg的物体，放在动摩擦因数为μ＝0.1 的水平面上，在水平拉力F的作用下，由静止开始运动，拉力做的功W和物体发生的位移x之间的关系如图1－1－21所示，g＝10 m/s2。下列说法中正确的是(　　)
图1－1－21
A．此物体在AB段做匀加速直线运动，且整个过程中拉力的最大功率为15 W
B．此物体在AB段做匀速直线运动，且整个过程中拉力的最大功率为6 W
C．此物体在AB段做匀加速直线运动，且整个过程中拉力的最大功率为6 W
D．此物体在AB段做匀速直线运动，且整个过程中拉力的最大功率为15 W
解析：选B　W－x图线的斜率表示水平拉力F的大小，由图可知，FOA＝5 N，FAB＝2 N，又Ff＝μmg＝2 N，所以物体在OA段匀加速运动，FOA－Ff＝ma，vA2＝2axOA，可得vA＝3 m/s，物体在AB段做匀速运动，PF＝FAB·vA＝6 W，B正确，A、C、D均错误。
9．如图1－1－22甲所示，一对平行光滑轨道放置在水平面上，两轨道间距l＝0.20 m，电阻R＝1.0 Ω。有一导体杆静止地放在轨道上，与两轨道垂直，杆及轨道的电阻皆可忽略不计，整个装置处于磁感应强度B＝0.50 T的匀强磁场中，磁场方向垂直轨道面向下。现用一外力F沿轨道方向拉杆，使之做匀加速运动，测得力F与时间t的关系如图乙所示，杆的质量m＝________，加速度a＝________。

图1－1－22
解析：导体杆在轨道上做初速为零的匀加速直线运动，用v表示瞬时速度，t表示时间，则杆切割磁感线产生的感应电动势为：E＝Blv＝Blat。 ①
闭合回路中的感应电流为I＝。 ②
由安培力公式和牛顿第二定律得
F－BIl＝ma。 ③
将①②式代入③式整理得
F＝ma＋at。 ④
在乙图象上，纵轴的截距表示导体杆运动的初状态：t1＝0；F1＝1 N。
再在图线上取另一点：t2＝30 s，F2＝4 N
代入④式，联立方程解得：a＝10 m/s2，m＝0.1 kg。
答案：0.1 kg　10 m/s2
10．如图1－1－23(a)所示，“”型木块放在光滑水平地面上，木块上表面AB水平粗糙足够长，BC表面光滑且与水平面夹角为θ＝37°。木块右侧与竖直墙壁之间连接着一个力传感器，当力传感器受压时，其示数为正值；当力传感器被拉时，其示数为负值。一个可视为质点的滑块从C点由静止开始下滑，运动过程中，传感器记录到的力和时间的关系如图(b)所示。滑块经过B点时无能量损失。已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2。求：
图1－1－23
(1)斜面BC的长度；
(2)运动过程中滑块克服摩擦力做的功。
解析：(1)滑块沿BC滑下时有
a＝gsin θ＝6 m/s2
有题图(b)可知，滑块沿BC滑下的时间t1＝1 s
所以斜面BC的长度为：x1＝at12＝3 m
(2)滑块滑到B点的速度大小为：
v＝at1＝6 m/s
由题意及题中图象可知，滑块在AB面上滑行时间t2＝3 s停止，滑块在其上面滑行的距离为：x2＝t2＝9 m
由题图可得滑块在AB上所受摩擦力大小Ff＝5 N
所以滑块运动过程中克服摩擦力做的功为W＝Ffx2＝45 J
答案：(1)3 m　(2)45 J
第2讲临界极值问题
[题型特点]　临界与极值问题在高考物理中是经常出现的一类题目，尤其在力与物体的平衡、物体的运动、恒定电流、磁场和电磁感应等综合问题的考查中频繁出现，同时极值和临界问题的求解离不开数学知识和方法的应用。
1．临界问题
在找临界状态和临界量时，常常用到极限分析法：即通过恰当地选取某个物理量(临界物理量)推向极端(“极大”或“极小”，“极左”或“极右”等)，从而把隐藏的临界现象(或“各种可能性”)暴露出来，找到解决问题的“突破口”。
2．极值问题
(1)物理方法(临界法)：①利用临界条件求极值；②利用问题的边界条件求极值；③利用矢量图求极值。
(2)数学方法：①用三角函数关系求极值；②用二次方程的配方、判别式求极值；③用不等式的性质等求极值。
临界问题
[例1]　如图1－2－1所示，物体A的质量m1＝1 kg，静止在光滑水平面上的木板B的质量为m2＝0.5 kg、长L＝1 m，某时刻A以v0＝4 m/s的初速度滑上木板B的上表面，为使A不至于从B上 图1－2－1
滑落，在A滑上B的同时，给B施加一个水平向右的拉力F，若A与B之间的动摩擦因数μ＝0.2，忽略物体A的大小，拉力F应满足的条件。
[解析]　物体A滑上木板B以后，做匀减速运动，加速度a1＝＝μg，木板B做匀加速运动，设加速度为a2，由牛顿第二定律，有F＋μm1g＝m2a2，A不从B的右端滑落的临界条件是A到达B的右端时，A、B具有共同的速度vt，由位置关系，有＝＋L，运动时间相等，有＝，联立解得a2＝－μg，F＝m2(－μg)－μm1g，代入数值，得F＝1 N。若F<1 N，则A滑到B的右端时，速度仍大于B的速度，于是将从B上滑落，所以F必须大于等于1 N。当F较大时，在A到达B的右端之前，就与B具有相同的速度，之后，A必须相对B静止，才能不会从B的左端滑落。当A相对B静止时，由牛顿第二定律得，对A、B的整体，设最大加速度为a，对A有μm1g＝m1a，对整体有F＝(m1＋m2)a，联立解得F＝3 N，若F大于3 N，A就会相对B向左滑下。故若使A不至于从B上滑落，力F应满足的条件是1 N≤F≤3 N。
[答案]　1 N≤F≤3 N

1．上例中若拉力F＝2 N保持不变，要使物体A不从木板B的右端滑出，试求物体A的初速度v0的最大值。
解析：物体A滑上木板B以后，做匀减速运动，加速度a1＝＝μg，木板B做匀加速运动，设加速度为a2，由牛顿第二定律，有F＋μm1g＝m2a2，A不从B的右端滑落的临界条件是A到达B的右端时，A、B具有共同的速度vt，由位置关系，有＝＋L，运动时间相等，有＝，以上四式联立可解得v0＝2 m/s。
答案：2 m/s

拉力F很小时物体A可能从木板B的右端滑出，拉力F很大时，物体A可能从木板B的左端滑出，因此，刚好不使物体A从木板的右端、左端滑出，即对应拉力F的最小值和最大值。
极值问题
[例2]　(2012·江南十校联考)如图1－2－2所示，光滑水平轨道与半径为R的光滑竖直半圆轨道在B点平滑连接。在过圆心O的水平界面MN的下方分布有水平向右的匀强电场。现有一质量为m、电荷量为＋q的小球从水平轨道上A点由静止释放，小球运动到C点离开圆轨道后，经界面MN上的P点进入电场(P点恰好在A点的正上方，如图所示。小球可视为质点，小球运动到C点之前电荷量保持不变，经过C点后电荷量立即变为零)。已知A、B间距离为2R，重力加速度为g。在上述运动过程中，求：
图1－2－2
(1)电场强度E的大小；
(2)小球在圆轨道上运动时的最大速率；
(3)小球对圆轨道的最大压力的大小。
[解析]　(1)设小球过C点时速度大小为vC，小球从A到C由动能定理：
qE·3R－mg·2R＝mvC2
小球离开C点后做平抛运动到P点：
R＝gt2
2R＝vCt
得E＝
(2)设小球运动到圆周D点时速度最大为v，此时OD与竖直线OB夹角设为α，小球从A运动到D过程，根据动能定理知qE(2R＋Rsin α)－mgR(1－cos α)＝mv2
即：mv2＝mgR(sin α＋cos α＋1)
根据数学知识可知，当α＝45°时动能最大
由此可得：v＝
(3)由于小球在D点时速度最大且电场力与重力的合力恰好沿半径方向，故小球在 D点时对圆轨道的压力最大，设此压力大小为F，由牛顿第三定律可知小球在D点受到的轨道的弹力大小也为F，在D点对小球进行受力分析，并建立如图1－2－3所示坐标系，由牛顿第二定律得：
F－qEsin α－mgcos α＝ 图1－2－3
解得：F＝(2＋3) mg
[答案]　(1)　(2)
(3)(2＋3)mg

2．在上例中，如果其他条件不变，只是在图中竖直线BOC的右侧圆形轨道区域加上场强方向竖直向上，场强大小E＝的匀强电场，试求小球在圆轨道上运动时的最大速率和对圆轨道的最大压力的大小。
解析：加上竖直方向的匀强电场后，因小球重力和竖直方向的电场力等大反向，故小球相当于只受水平方向的电场力，容易得出小球到达图中圆弧轨道与MN的交点时，水平电场力做功最多，小球速率最大，此时小球对轨道的压力也最大。
由动能定理得：qE·3R＝mvm2
解得最大速率vm＝
由牛顿第二定律得：F－qE＝m
解得F＝7mg
答案：　7mg

在解决极值问题时，常碰到所求物理量、物理过程或物理状态的极值与某一临界值有关，所以我们首先可以考虑用物理方法(临界法)求解极值，其次才是数学方法。尽管运用数学知识求解物理学中的极值问题有其独到的功能，但决不能让数学方法掩盖住事物的物理实质。

1．(2012·银川一模)中国女排享誉世界排坛，曾经取得辉煌的成就。在某次比赛中，我国女排名将冯坤将排球从底线A点的正上方以某一速度水平发出，排球正好擦着球网落在对方底线的B点上，且AB平行于边界CD。已知网高为h，球场的长度为s，不计空气阻力且排球可看成质点，则排球被发出时，击球点的高度H和水平初速度v分别为(　　)
图1－2－4
A．H＝h　　　　　　　　 B．H＝h
C．v＝ D．v＝
解析：选AD　由平抛知识可知gt2＝H，H－h＝g()2得H＝h，A正确，B错误。由vt＝s，得v＝，D正确，C错误。
2．(2012·东北三校二模)如图1－2－5所示，小车内有一质量为m的物块，一根弹簧与小车和物块相连，处于压缩状态且在弹性限度内。弹簧的劲度系数为k，形变量为x，物块和小车之间的动摩擦因数为μ。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，运动过程中，物块和小车始终保持相对静止。下列说法正确的是(　　)
A．若μmg小于kx，则车的加速度方向一定向左
B．若μmg小于kx，则车的加速度a的最小值为，且车 图1－2－5
只能向左加速运动
C．若μmg大于kx，则车的加速度方向可以向左也可以向右
D．若μmg大于kx，则加速度的最大值为，加速度的最小值为
解析：选AC　若μmgkx，车的加速度既可向右，也可向左。向右时，加速度有最小值，当kx＝Ff时，amin＝0，向左时，加速度有最大值，amax＝，故C正确，D错误。
3.(2012·江南十校联考)如图1－2－6所示，边界OA与OC之间分布有垂直纸面向里的匀强磁场，边界OA上有一粒子源S。某一时刻，从S平行于纸面向各个方向发射出大量带正电的同种粒子(不计粒子的重力及粒子间的相互作用)，所有粒子的初速度大小相同，经过一段时间有大量粒子从边界OC射出磁场。已知∠AOC＝60°，从边界OC射出的粒子在磁场中运动的最短时间等于(T为粒子在磁场中运动的 图1－2－6
周期)，则从边界OC射出的粒子在磁场中运动的最长时间为(　　)
A. B.
C. D.
解析：选B　由左手定则可知，粒子在磁场中做逆时针方向的圆周运动，由于粒子速度大小都相同，故轨迹弧长越小，粒子在磁场中运动时间就越短；而弧长越小，所对弦长也越短，所以从S点作OC的垂线SD，则SD为最短弦，可知粒子从D点射出时运行时间最短，如图所示，根据最短时间为，可知△O′SD为等边三角形，粒子圆周运动半径R＝SD，过S点作OA垂线交OC于E点，由几何关系可知SE＝2SD，SE为圆弧轨迹的直径，所以从E点射出，对应弦最长，运行时间最长，且t＝，故B项正确。
4．地球赤道上的物体重力加速度为g，物体在赤道上随地球自转的向心加速度为a，要使赤道上的物体“飘”起来，则地球自转的角速度应为原来的(　　)
A.倍 B.倍
C.倍 D.倍
解析：选B　赤道上的物体随地球自转时，物体受力分析如图所示，物体随地球自转的向心力由地球对它的万有引力和地面对它的支持力的合力提供，由牛顿第二定律：
G－FN＝mR0ω2
其中FN＝mg。
要使赤道上的物体“飘”起来，即变为近地卫星。
则FN＝0，于是：G＝mR0ω′2
由前面三式得：＝ ，故应选B。
5.如图1－2－7所示电路中，闭合电键S，当滑动变阻器的滑动触头P从最高端向下滑动时，下列说法正确的是(　　)
A．电压表读数先变大后变小，电流表读数变大
B．电压表读数先变小后变大，电流表读数变小
C．电压表读数先变大后变小，电流表读数先变小后变大
D．电压表读数先变小后变大，电流表读数先变大后变小 图1－2－7
解析：选A　设滑动变阻器总电阻为R0，P以上电阻为Rx，则变阻器在电路中的阻值R′＝。当Rx＝，R′最大。P从最高端向下滑动时，回路总电阻先增大，后减小。当P滑向中点时：
P滑过中点后，R′↓→I↑→U↓，由并联分流IA＝I，IA继续增大，故A正确。
6.(2012·江西八校联考)如图1－2－8所示，在水平匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场中，有一竖直足够长固定绝缘杆MN，小球P套在杆上，已知P 的质量为m，电荷量为＋q，电场强度为E、磁感应强度为B，P与杆间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。小球由静止开始下滑直到稳定的过程中(　　)
A．小球的加速度一直减小
B．小球的机械能和电势能的总和保持不变 图1－2－8
C．下滑加速度为最大加速度一半时的速度可能是v＝
D．下滑加速度为最大加速度一半时的速度可能是v＝
解析：选CD　对小球受力分析如图所示，则mg－μ(Eq－qvB)＝ma，随着v的增加，小球加速度先增加，当Eq＝qvB时达到 最大值amax＝g，继续运动，mg－μ(qvB－Eq)＝ma，随着v的增加，a逐渐减小，所以A错误。因为有摩擦力做功，机械能与电势能总和在减小，B错误。若在前半段达到最大加速度的一半，则mg－μ(Eq－qvB)＝m，得v＝，若在后半段达到最大加速度的一半，则mg－μ(qvB－Eq)＝m，得v＝，故C、D正确。
7．如图所1－2－9示，足够长的水平传送带MN以恒定速度v0＝1.0 m/s沿顺时针方向匀速转动，传送带右端平滑地接着光滑且绝缘的水平轨道NP，在轨道NP上方存在水平向左的有界匀强电场，左边界NN′竖直，右边界足够大，电场强度大小E＝2×103 V/m。一质量m＝0.1 kg、带电量q＝＋2×10－4 C的小物体从A点由静止开始释放向左运动。已知A、N间距l＝50 cm，小物体与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.2，物体在运动过程中，电量始终保持不变，不计空气阻力，g＝10 m/s2。求：
图1－2－9
(1)物体滑上传送带后，向左运动的最大距离x；
(2)物体滑上传送带到第一次离开传送带过程中，传送带克服小物体的摩擦力所做的功W；
(3)经过足够长时间的运动后，物体能否停下来？(直接给出结论即可)
解析：(1)设小物体滑上传送带向左运动的最大距离为x，
由动能定理得：Eql－μmgx＝0，解得x＝1 m。
(2)设滑块滑上传送带时的速度为v，则有
qEl＝mv2，
解得v＝＝2 m/s
物体在传送带上运动的加速度a＝＝2 m/s2
物体在传送带上向左运动的时间t1＝＝1 s
物体向右运动速度达到v0时，所用时间t2＝＝0.5 s
传送带克服物体的摩擦力做功W＝μmgv0(t1＋t2)＝0.3 J。
(3)不能。
答案：(1)1 m　(2)0.3 J　(3)不能
8.如图1－2－10所示，在倾角α＝30°的光滑斜面上，并排放着质量分别为mA＝10 kg和mB＝2 kg的A、B两物块。一劲度系数k＝400 N/m的轻弹簧一端与物块B相连，另一端与固定挡板相连，整个系统处于静止状态。现对A施加一沿斜面向上的力F，使物块A沿斜面向上 图1－2－10
做匀加速运动。已知力F在前0.2 s内为变力，0.2 s后为恒力，g＝10 m/s2。求力F的最大值和最小值。
解析：因为在t＝0.2 s内F是变力，在t＝0.2 s以后F是恒力，所以在t＝0.2 s时，A与B分离，此时A与B的作用力FN为零。设在0～0.2 s时间内A与B沿斜面向上运动的距离为x，对物体A，根据牛顿第二定律可得：F＋FN－mAgsin α＝mAa
对于A和B整体应用牛顿第二定律可得：
F＋k[sin α－x]－(mA＋mB)gsin α＝(mA＋mB)a
令FN＝0，由以上两式求得x＝
而x＝at2，所以求得a＝5 m/s2
当A、B开始运动时拉力F最小，此时对A、B整体有Fmin＝(mA＋mB)a＝60 N
当A与B分离时拉力F最大，Fmax＝mA(a＋gsin α)＝100 N。
答案：100 N　60 N
9．如图1－2－11甲所示，建立xOy坐标系，两平行极板P、Q垂直于y轴且关于x轴对称，极板长度和板间距均为l。在第一、四象限有磁感应强度为B的匀强磁场，方向垂直于xOy平面向里。位于极板左侧的粒子源沿x轴向右连续发射质量为m、电量为＋q、速度相同、重力不计的带电粒子。在0～3t0时间内两板间加上如图乙所示的电压(不考虑极板边缘的影响)。已知t＝0时刻进入两板间的带电粒子恰好在t0时刻经极板边缘射入磁场。上述m、q、l、t0、B为已知量。(不考虑粒子间相互影响及返回极板间的情况)
图1－2－11
(1)求电压U0的大小。
(2)求t0时刻进入两板间的带电粒子在磁场中做圆周运动的半径。
(3)何时进入两板间的带电粒子在磁场中的运动时间最短？求此最短时间。
解析：(1)t＝0时刻进入两板间的带电粒子在电场中做匀变速曲线运动，t0时刻刚好从极板边缘射出，在y轴负方向偏移的距离为l，则有E＝ ①
qE＝ma ②
l＝at02 ③
联立①②③式，解得两板间电压为
U0＝ ④
(2)t0时刻进入两板间的带电粒子，前t0时间在电场中偏转，后t0时间两板间没有电场，带电粒子做匀速直线运动。
带电粒子沿x轴方向的分速度大小为
vx＝v0＝ ⑤
带电粒子离开电场时沿y轴负方向的分速度大小为
vy＝a·t0 ⑥
带电粒子离开电场时的速度大小为
v＝ ⑦
设带电粒子离开电场进入磁场做匀速圆周运动的半径为R，则有qvB＝m ⑧
联立③⑤⑥⑦⑧式解得
R＝ ⑨
(3)2t0时刻进入两板间的带电粒子在磁场中运动时间最短。带电粒子离开电场时沿y轴正方向的分速度为
vy′＝at0 
设带电粒子离开电场时速度方向与y轴正方向的夹角为α，则
tan α＝ ?
联立③⑤?式解得
α＝ ?
带电粒子在磁场中的运动轨迹如图所示，圆弧所对的圆心角2α＝，所求最短时间为
tmin＝T ?
带电粒子在磁场中运动的周期为
T＝ ?
联立??式得
tmin＝。 ?
答案：(1)　(2)　(3)2t0时刻　
10．(2012·北京高考)匀强电场的方向沿x轴正向，电场强度E随x的分布如图1－2－12所示，图中E0和d均为已知量。将带正电的质点A在O点由静止释放。A离开电场足够远后，再将另一带正电的质点B放在O点也由静止释放。当B在电场中运动时，A、B间的相互作用力及相互作用能均为零；B离开电场后，A、B间的相互作用视为静电作用。已知A的电荷量为Q，A和B的质量分别为m和。不计重力。 图1－2－12
(1)求A在电场中的运动时间t；
(2)若B的电荷量q＝Q，求两质点相互作用能的最大值Epm；
(3)为使B离开电场后不改变运动方向，求B所带电荷量的最大值qm。
解析：(1)由牛顿第二定律，A在电场中运动的加速度a＝＝
A在电场中做匀变速直线运动d＝at2
解得运动时间t＝＝
(2)设A、B离开电场时的速度分别为vA0、vB0，由动能定理，有
QE0d＝mvA02，qE0d＝·vB02 ①
A、B相互作用过程中，动量和能量守恒。A、B相互作用力为斥力，A受的力与其运动方向相同，B受的力与其运动方向相反，相互作用力对A做正功，对B做负功。A、B靠近的过程中，B的路程大于A的路程，由于作用力大小相等，作用力对B做功的绝对值大于对A做功的绝对值，因此相互作用力做功之和为负，相互作用能增加。所以，当A、B最接近时相互作用能最大，此时两者速度相同，设为v′，有
(m＋)v′＝mvA0＋vB0 ②
Epm＝(mvA02＋·vB02)－(m＋)v′2 ③
已知q＝Q，由①②③式解得
相互作用能的最大值Epm＝QE0d
(3)考虑A、B在x>d区间的运动，设A、B在末态时的速度分别为vA和vB，由动量守恒、能量守恒，且在初态和末态均无相互作用，有
mvA＋vB＝mvA0＋vB0 ④
mvA2＋·vB2＝mvA02＋·vB02 ⑤
由④⑤解得vB＝－vB0＋vA0
因B不改变运动方向，故vB＝－vB0＋vA0≥0 ⑥
由①⑥解得q≤Q
即B所带电荷量的最大值qm＝Q
答案：(1)　(2)QE0d　(3)Q
第3讲传送带问题
[题型特点]　传送带问题是高中动力学问题中的难点，它是以真实的物理现象为命题情景，涉及牛顿运动定律、运动学规律、动能定理及能量守恒定律，既能训练学生的科学思维，又能联系科学、生产和生活实际，是高考试题中一种比较常见的题型。
传送带问题的决定因素很多，包括物体与传送带之间的动摩擦因数，斜面倾角、传送带速度、传送方向、物体初速度的大小和方向等，涉及的可能结论也较多，需要根据具体情况确定到底哪一种可能情况会发生。在分析传送带问题时，常通过以下三方面进行分析：
1．受力分析
根据v物、v带的大小和方向关系判断物体所受摩擦力的大小和方向，注意摩擦力的大小和方向在v物＝v带时易发生突变。
2．运动分析
根据v物、v带的大小和方向关系及物体所受摩擦力情况判断物体的运动规律。
3．功能关系分析
(1)对系统：W带＝ΔEk＋ΔEp＋Q
Q＝Ff滑·x相对
(2)对物体：WFf＋WG＝ΔEk
水平传送带模型
[命题角度一]　如图1－3－1所示，水平传送带以v＝5 m/s的恒定速度运动，传送带长L＝7.5 m，今在其左端A将一m＝1 kg的工件轻轻放在上面，工件被带动，传送到右端B，已知工件与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，试求：(g＝10 m/s2) 图1－3－1
(1)工件经多长时间由A端传送到B端？
(2)此过程中系统产生多少摩擦热？
[解题模板]　
一、受力分析与运动分析：
(1)刚开始工件受到传送带水平向右的滑动摩擦力而做匀加速运动。
(2)当工件速度与传送带速度相同时与传送带一起做匀速运动，二者之间不再有摩擦力。
二、功能关系分析：
(1)工件做匀加速运动过程中由于v件(2)工件做匀速运动时，不再产生摩擦热。
[解析]　(1)由题意可知，工件初速度v0＝0，
加速度a＝μg＝5 m/s2
工件加速时间t1＝＝1 s
工件加速位移x1＝at12＝2.5 m可见工件匀速运动的时间t2＝＝1 s，
工件由A端传送到B端的时间t＝t1＋t2＝2 s。
(2)工件加速过程中的相对位移
x相＝vt1－x1＝2.5 m，
故Q＝μmgx相＝12.5 J。
[答案]　(1)2 s　(2)12.5 J
[命题角度二]
(1)若工件以v0＝3 m/s的速度滑上传送带，工件由A端到B端的时间及系统摩擦热为多少？
(2)若工件以v0＝7 m/s的速度滑上传送带呢？
[解题模板]　
一、受力分析与运动分析：
(1)工件以3 m/s的速度滑上传送带时，由于v件(2)工件以7 m/s的速度滑上传送带时，由于v件>v带，工件受水平向左的滑动摩擦力做匀减速运动。
(3)当v件＝v带时二者一起做匀速直线运动。
二、功能关系分析：
系统的摩擦热只产生在工件与传送带发生相对运动的阶段。
[解析]　(1)因v0工件加速时间t1＝＝0.4 s
工件加速位移x1＝v0t1＋at12＝1.6 m工件匀速运动时间t2＝＝1.18 s
故工件由A端到B端的时间t＝t1＋t2＝1.58 s
Q＝μmg·(vt1－x1)＝2 J
(2)因v0>v，故工件先减速运动
工件减速时间t1＝＝0.4 s
工件减速位移x1＝v0t1－at12＝2.4 m
工件匀速运动时间t2＝＝1.02 s
故工件由A端到B端的时间t＝t1＋t2＝1.42 s，
Q＝μmg(x1－vt1)＝2 J
[答案]　(1)1.58 s　2 J　(2)1.42 s　2 J
[命题角度三]　如图1－3－2所示，若传送带沿逆时针方向转动，且v＝5 m/s，试分析当工件以初速度v0＝3 m/s和v0＝7 m/s时，工件的运动情况，并求出该过程产生的摩擦热。
[解题模板]　 图1－3－2
一、受力分析与运动分析：
(1)v0与v反向，工件受到与运动方向相反的摩擦力而做匀减速直线运动。
(2)若工件从传送带右端滑出，工件将一直受到摩擦力的作用而做匀减速运动。
若工件不能从传送带右端滑出，工件将先匀减速到v＝0，然后再反向做匀加速直线运动。
二、功能关系分析：
(1)工件从传送带右端滑出，则产生摩擦热的距离为物块与传送带相对滑动距离，即等于L＋vt。
(2)工件先减速后反向加速过程中克服摩擦力做功产生摩擦热的距离为工件与传送带发生相对滑动的距离。
[解析]　(1)v0＝3 m/s时，工件先向右匀减速运动，t1＝＝0.6 s
运动的位移x1＝v0t1－at12＝0.9 m工件再向左匀加速，
由x1＝at22
得：t2＝0.6 s，
故工件回到A端，速度为v0＝3 m/s，方向向左。
此过程产生的热量Q＝μmg(vt1＋x1＋vt2－x1)＝30 J
(2)当v0＝7 m/s时，工件先向右匀减速运动，t1＝＝1.4 s
工件运动的位移x1＝ v0t1－at12＝4.9 m故工件再向左做匀加速运动，t2＝＝1 s
运动的位移x2＝at22＝2.5 m
再以速度v＝5 m/s匀速运动的时间t3＝＝0.48 s
故工件再回到A端，时间t＝t1＋t2＋t3＝2.88 s
此过程中系统产生的热量
Q＝μmg(vt1＋x1＋vt2－x2)＝72 J
[答案]　(1)工件经1.2 s返回A端　30 J
(2)工件经2.88 s返回A端　72 J

(1)当v0与v同向时，只要传送带足够长，无论v0与v的大小关系如何，最终一定一起匀速。
(2)当v0与v反向时，只要传送带足够长，当v0v时，工件返回到滑入端，速度大小为v。
(3)Q＝μmg·x相，中x相为全过程的相对位移，注意v0与v同向和反向时的区别。
倾斜传送带模型
[命题角度一]　如图1－3－3所示，传送带与地面的夹角θ＝37°，A、B两端间距L＝16 m，传送带以速度v＝10 m/s，沿顺时针方向运动，物体m＝1 kg，无初速度地放置于A端，它与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，试求：
(1)物体由A端运动到B端的时间； 图1－3－3
(2)系统因摩擦产生的热量。
[解题模板]　
一、受力分析与运动分析：
(1)开始时物体沿斜面方向受重力沿斜面向下的分力与斜面对它沿斜面向下的摩擦力而做匀加速直线运动。
(2)当v物＝v带时，先判断物体所受重力沿斜面向下的分力与摩擦力的大小关系，若mgsin θ≥μmgcos θ，则物体继续沿斜面做匀加速运动(摩擦力的方向向上，合力变小，加速度减小)，若mgsinθ≤μmgcos θ，则物体随斜面一起匀速运动。
二、功能关系分析：
无论物体相对传送带如何运动，系统产生的热量等于摩擦力乘以它们间的相对路程。
[解析]　(1)物体刚放上传送带时受到沿斜面向下的滑动摩擦力，由牛顿第二定律得：
mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1，
设物体经时间t，加速到与传送带同速，
则v＝a1t1，x1＝a1t12
可解得：a1＝10 m/s2
t1＝1 s
x1＝5 m
因mgsin θ>μmgcos θ，故当物体与传送带同速后，物体将继续加速
由mgsin θ－μmgcos θ＝ma2
L－x1＝vt2＋at22
解得：t2＝1 s
故物体由A端运动到B端的时间
t＝t1＋t2＝2 s
(2)物体与传送带间的相对位移
x相＝(vt1－x1)＋(L－x1－vt2)＝6 m
故Q＝μmgcos θ·x相＝24 J
[答案]　(1)2 s　(2)24 J
[命题角度二]　若传送带沿逆时针方向以v＝10 m/s的速度匀速转动，结果又如何？
[解题模板]　
一、受力分析与运动分析：
传送带沿逆时针方向(沿斜面向上运动)，则物体始终受到沿斜面向上的摩擦力，因mgsinθ≥μmgcos θ，则物体一直沿斜面向下做匀加速运动。
二、功能关系分析：
物体沿斜面下滑的过程中克服摩擦力做功而产生热量，相对滑动的距离为传送带的长度与传送带转过的距离之和。
[解析]　因传送带逆时针转动，物体受到的滑动摩擦力沿斜面向上，由牛顿第二定律得：
mgsin θ－μmgcos θ＝ma，
又L＝at2
可得a＝2 m/s2，t＝4 s
Q＝μmgcos θ·(vt＋L)＝224 J
[答案]　(1)4 s　(2)224 J

(1)物体沿传送带向下传送时，若v物与v带同向，则物体加速到与传送带速度相同时，若mgsin θ>μmgcos θ，则物体将继续加速，但加速度大小已改变，若mgsin θ≤μmgcos θ，则物体与传送带一起匀速运动。
(2)物体沿传送带向上传送时，必有μmgcos θ>mgsin θ，且物体加速到与传送带同速后，一起与传送带匀速上升。

1.如图1－3－4所示为某工厂一输送工件的传送带，当传送带静止时，一滑块正在沿传送带匀速下滑。某时刻传送带突然开动，并按如图所示的方向高速运转。滑块仍从原位置开始下滑，则与传送带静止时相比，滑块滑到底部所用的时间将(　　) 图1－3－4
A．不变　　　　　　　　 B．变长
C．变短 D．不能确定
解析：选A　传送带静止时，滑块匀速下滑，传送带顺时针转动时，滑块受到沿传送带向上的滑动摩擦力的大小不变，故滑块仍匀速下滑，滑块滑到底部所用时间不变，A正确。
2.如图1－3－5所示，水平放置的传送带以速度v＝2 m/s向右运行。现将一小物体轻轻地放在传送带A端，小物体与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2。若A端与B端相距4 m，则小物体由A端到B端所经历的时间和物体到B端时的速度大小分别为(　　) 图1－3－5
A．2.5 s,2 m/s B．1 s,2 m/s
C．2.5 s,4 m/s D．1 s,4 m/s
解析：选A　由μmg＝ma可得：物体的加速度a＝μg＝2 m/s2，由v＝at1可得物体加速到与传送带同速的时间t1＝＝1 s，此过程物体的位移x1＝at12＝1 m，然后物体以速度v与传送带同速向右运动，t2＝＝ s＝1.5 s，t＝t1＋t2＝2.5 s，故A正确。
3．如图1－3－6所示，由理想电动机带动的传送带以速度v保持水平方向匀速运动，把在A处无初速度放入的一工件(其质量为m)运送到B处。已知A、B之间的距离为L(L足够长)，则该电机每传送完这样一个工件需消耗的电能为(　　)
图1－3－6
A．μmgL B．μmgL＋mv2
C.mv2 D．mv2
解析：选D　由于A、B间的距离足够长，所以运送过程中物体先加速后匀速，而匀速阶段不消耗电能。所以W＝mv2＋Q，而Q＝Ffx相，x相＝x带－x物，x带＝vt，x物＝t，Ff＝ma＝m，则有Q＝·＝mv2，所以W＝mv2＋mv2＝mv2。
4.水平传送带被广泛地应用于机场和火车站，如图1－3－7所示为一水平传送带装置示意图，紧绷的传送带AB始终保持恒定的速率v＝1 m/s运行，一质量为m＝4 kg的行李无初速度放在A处， 图1－3－7
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，设行李与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.1，A、B间的距离L＝2 m，g取10 m/s2。
(1)求行李刚开始运动时所受滑动摩擦力的大小与加速度的大小。
(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。
解析：(1)滑动摩擦力
Ff＝μmg＝0.1×4×10 N＝4 N
加速度a＝μg＝0.1×10 m/s2＝1 m/s2
(2)行李达到与传送带相同速率后不再加速，
则v＝at1，t1＝＝1 s。
(3)行李始终匀加速运行时间最短，加速度仍为a＝1 m/s2，当行李到达右端时，有
vmin2＝2aL
vmin＝＝ m/s＝2 m/s
所以传送带的最小运行速率为2 m/s
行李最短运行时间由vmin＝atmin得
tmin＝＝s＝2 s。
答案：(1)4 N　1 m/s2　(2)1 s　(3)2 s　2 m/s
5.如图1－3－8所示，传送带与水平面之间的夹角为θ＝30°，其中A、B两点间的距离为l＝5 m，传送带在电动机的带动下以v＝1 m/s的速度匀速运动。现将一质量为m＝10 kg的物体(可视为质点)轻放在传送带的A点，已知小物体与传送带之间的动摩擦因数μ＝，在传送带将小物体 图1－3－8
从A点传送到B点的过程中，求：(g取10 m/s2)
(1)传送带对小物体做的功；
(2)电动机做的功。
解析：(1)由ma＝μmgcos θ－mgsin θ知，物体上升加速度为a＝g，当它的速度为v＝1 m/s时，位移是x＝＝0.2 m，即物体将以v＝1 m/s的速度完成4.8 m的路程，由功能关系得W＝ΔEk＋ΔEp＝255 J。
(2)电动机做功使小物体机械能增加，同时小物体与传送带间因摩擦产生热量Q。而由v＝at得t＝0.4 s，相对位移x′＝vt－t＝0.2 m，Q＝μmgx′cos θ＝15 J，W电＝W＋Q＝270 J。
答案：(1)255 J　(2)270 J
6.如图1－3－9所示，绷紧的传送带与水平面的夹角θ＝30°，皮带在电动机的带动下，始终保持v0＝2 m/s的速率运行。现把一质量m＝10 kg的工件(可看做质点)轻轻地放在皮带的底端，经时间t＝1.9 s后，工件被传送到h＝1.5 m的高处，取g＝10 m/s2，假定最大静摩 图1－3－9
擦力等于滑动摩擦力。求：
(1)工件与皮带间的动摩擦因数μ；
(2)电动机由于传送工件而多消耗的电能。
解析：(1)由题意可知皮带长x＝＝3 m
工件速度达到v0前做匀加速运动，位移x1＝t1
工件速度达到v0后做匀速运动位移为：x－x1＝v0(t－t1)
联立解得：t1＝0.8 s
工件的加速度a＝＝2.5 m/s2
对工件应用牛顿第二定律，得：μmgcos θ－mgsin θ＝ma
解得动摩擦因数μ＝。
(2)在时间t1内，皮带运动的位移x2＝v0t1＝1.6 m
工件相对皮带的位移Δx＝x2－x1＝0.8 m
在时间t1内，皮带与工件间的摩擦生热为：
Q＝μmgcos θ·Δx＝60 J
工件获得的动能Ek＝mv02＝20 J
工件增加的势能Ep＝mgh＝150 J
则电动机多消耗的电能W＝Q＋Ek＋Ep＝230 J。
答案：(1)　(2)230 J
7．如图1－3－10所示，质量为m＝1 kg的滑块，在水平力作用下静止在倾角为θ＝30°的光滑斜面上，斜面的末端B与水平传送带相接(物块经过此位置滑上皮带时无能量损失)，传送带的运行速度为v0＝3 m/s，长为L＝1.4 m；今将水平力撤去，当滑块滑到传送带右端C时，恰好与传送带速度相同。滑块与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.25。g＝10 m/s2，求：
图1－3－10
(1)水平作用力F大小；
(2)滑块下滑的高度；
(3)若滑块进入传送带时速度大于3 m/s，滑块在传送带上滑行的整个过程中产生的热量。
解析：(1)滑块受到水平推力F、重力mg和支持力FN的作用处于平衡状态，水平推力F＝mgtan θ ①
F＝ N
(2)设滑块从高为h处下滑，到达斜面底端时速度为v
下滑过程机械能守恒：mgh＝mv2，
所以v＝ ②
若滑块冲上传送带时的速度小于传送带速度，则滑块在传送带上由于受到向右的滑动摩擦力而做匀加速运动；
根据动能定理有：μmgL＝mv02－mv2 ③
所以h＝－μL，
h＝0.1 m ④
若滑块冲上传送带时的速度大于传送带的速度，则滑块由于受到向左的滑动摩擦力而做匀减速运动；根据动能定理有：－μmgL＝mv02－mv2 ⑤
h＝＋μL ⑥
h＝0.8 m
(3)设滑块在传送带上运动的时间为t，则t 时间内传送带的位移：x＝v0t
mgh＝mv2 ⑦
v0＝v－at⑧
滑块相对传送带滑动的位移Δx＝L－x ⑨
相对滑动产生的热量Q＝μmg·Δx ⑩
Q＝0.5 J
答案：(1) N　(2)0.1 m或0.8 m　(3)0.5 J
8．为了节能，某货场设计了如图1－3－11所示的送货装置，长为L的水平传送带右端B与一光滑弧面相连，弧面顶端为储货平台。将货物无初速度地轻放在传送带左端A，通过传送带到达B端时具有一定动能，货物可以利用此动能滑上储货平台，平台离传送带高h。在安装调试时传送带以某一速度匀速运动，工人发现货物只能上滑到处。为了进一步研究货物不能滑上平台的原因，工人在传送带上用粉笔沿传送带画了一条直线，当货物放上去后发现有一段长为s0(s0图1－3－11
(1)货物与传送带间的动摩擦因数μ多大？
(2)为了将货物送上储货平台，工人进行了适当调整，使货物滑上平台后刚好停止。分析说明工人采取了什么措施及装置应满足的条件？
(3)在满足(2)的条件下，货物获得的机械能与系统增加的内能之比多大？
解析：(1)货物放在传送带后，最初做匀加速运动，设位移为x1，相同时间内传送带的位移为x2，传送带的速度为v，由动能定理得μmgx1＝mv2－0
x1＝t，x2＝vt，x0＝x2－x1
货物滑上弧面后机械能守恒，有mv2＝mg
解得μ＝。
(2)由于x0由于x≤L，所以应满足L≥2x0的条件。
(3)在满足(2)的条件下，货物获得的机械能等于增加的重力势能，即mgh，由功能关系知系统产生的热量等于增加的内能，也等于克服摩擦力做的功，即Q＝U＝μmgΔx
货物相对传送带的位移Δx＝x＝2x0
解得＝＝＝1。
答案：(1)　(2)使传送带的速度增至，传送带的长度不小于2x0　(3)1

第1讲巧解选择题的八大妙招
[题型特点]　选择题是各种形式的考试中最为常见的一种题型。主要用于考查对物理概念、物理现象、物理过程和物理规律的认识、判断、辨析、理解和应用等。对于提高考查知识的覆盖面，鉴别学生理解概念和规律的能力上，有其独到的和不可替代的作用。
一、解答选择题的3步骤
解答好选择题要有扎实的知识基础，要对基本物理方法和技巧熟练掌握。解答时要根据具体题意准确、熟练地应用基础概念和基本规律，进行分析、推理和判断。解答时可按以下步骤进行：
第一步：仔细审题，抓住题干和选项中的关键字、词、句的物理含义，找出物理过程的临界状态、临界条件。还要注意题目要求选择的是“正确的”还是“错误的”、“可能的”还是“一定的”。
第二步：每一个选项都要认真研究，做出正确判断。当某一选项不能确定时，宁可少选也不要错选。
第三步：检查答案是否合理，与题意是否相符。
二、解答选择题的8方法
[方法一　比较排除法]
[示例]　(2012·海南高考)如图2－1－1，表面处处同样粗糙的楔形木块abc固定在水平地面上，ab面和bc面与地面的夹角分别为α和β，且α>β。一初速度为v0的小物块沿斜面ab向上运动，经时间t0后到达顶点b时，速度刚好为零；然后让小物块立即从静止开始沿斜面bc下滑。在小物块从a运动到c的过程中，可 图2－1－1
能正确描述其速度大小v与时间t的关系的图象是(　　)
图2－1－2
[方法应用]　因斜面有摩擦，由能量守恒可知，物块在c点的动能小于初动能，即vabc，D错误；斜面ab的长度小于斜面bc的长度，B错误；C正确。
[心得体会]　解答本题时，抓住“斜面粗糙”和“加速度大小不同”的特点，利用排除法很快便得出答案。
[方法二　特值代入法]
[示例]　一物体做匀加速直线运动，通过一段位移Δx所用的时间为t1，紧接着通过下一段位移Δx所用的时间为t2。则物体运动的加速度为(　　)
A.　　　　　 B.
C. D.
[方法应用]　考虑匀加速的特例情况a＝0，即匀速，应有t1＝t2，可以排除C、D。再考虑初速度为零的特例，取t1＝1 s，则t2＝(－1) s，代入A或B演算，只有A项满足加速度为常数a＝2Δx，故答案为A项。
[心得体会]　本题若应用匀变速运动规律直接推导会非常繁琐，但巧妙运用特值代入法，可以快速找出正确答案。这种方法在解决通解表达式问题时很有效。
[方法三　极限思维法]
[示例]　如图2－1－3所示，轻细绳的一端系在质量为m的物体上，另一端系在一个轻质圆环上，圆环套在粗糙水平杆MN上，现用水平力F拉绳上一点，使物体处于图中实线位置，此时细绳与竖直方向的夹角为θ，然后改变F的大小使其缓慢下降到图中虚线位置，圆环仍在原来的位置不动，则在这一过程中，水平拉力F、环与杆的摩 图2－1－3
擦力F摩和环对杆的压力FN的变化情况是(　　)
A．F逐渐增大，F摩保持不变，FN逐渐增大
B．F逐渐增大，F摩逐渐增大，FN保持不变
C．F逐渐减小，F摩逐渐增大，FN逐渐减小
D．F逐渐减小，F摩逐渐减小，FN保持不变
[方法应用]　在物体缓慢下降的过程中，细绳与竖直方向的夹角θ不断减小，可把这种θ减小状态推到无限小，即细绳与竖直方向的夹角θ＝0；此时系统仍处于平衡状态，由平衡条件可知，当θ＝0时，F＝0，F摩＝0。所以可得出结论：在物体缓慢下降过程中，F逐渐减小，F摩也随之减小，从而可判断出D选项正确。
[心得体会]　极限思维法就是，在所涉及的变量不超出其取值范围的条件下，将某变量的变化抽象成无限大或无限小去思考的方法。在一些特殊问题中如能巧妙地应用此方法，可使解题过程变得简捷。
[方法四　图象分析法]
[示例]　如图2－1－4(a)所示，两平行正对的金属板A、B间加有如图(b)所示的交变电压，一重力可忽略不计的带正电粒子被固定在两板的正中间P处。若在t0时刻释放该粒子，粒子会时而向A板运动，时而向B板运动，并最终打在A板上。则t0可能属于的时间段是(　　)
图2－1－4
A．0C.[方法应用]　以向B板运动为正方向，分别作出P从0、T/4、T/2时刻释放的速度－时间图象如图2－1－5所示，则由图象可看出，若0[心得体会]　此题由于运动过程较复杂，若用常规方法分析让人纠结，而巧用v －t图象分析法则可轻松化解难题。用v－t图象来分析带电粒子在周期交变电场中的单向或往复运动，一般都很奏效。
[方法五　单位判断法]
[示例]　某个由导电介质制成的电阻截面如图2－1－6所示，导电介质的电阻率为ρ，制成内外半径分别为a和b的半球壳层形状(图中阴影部分)，半径为a、电阻不计的球形电极被嵌入导电介质的球心成为一个引出电极，在导电介质的外层球壳上镀上一层电阻不计的金属膜成为另外一个电极，设该电阻的阻值为R。下面给出R的四个表达式中只有一个是合理的，你可能不会求解R，但是你可以通过一定的物理分析，对下列表达式的合理性做 图2－1－6
出判断。根据你的判断，R的合理表达式应为(　　)
A．R＝ B．R＝
C．R＝ D．R＝
[方法应用]　由电阻定律R＝ρ可知，选项C、D单位不正确，再考虑b＝a时，R应为零，可知A错误，B正确。
[心得体会]　某一物理量的表达通式直接应用现有知识可能无法推导，或很难直接得出结果，此时可结合单位换算，判断出哪些表达式是不合理的。此类问题在近几年高考中多次出现。
[方法六　转换对象法]
[示例]　如图2－1－7所示，水平桌面上放置一根条形磁铁，磁铁中央正上方用绝缘弹簧悬挂一水平直导线，并与磁铁垂直。当直导线中通入图中所示方向的电流时，可以判断出(　　)
A．弹簧的拉力增大，条形磁铁对桌面的压力减小
B．弹簧的拉力减小，条形磁铁对桌面的压力减小 图2－1－7
C．弹簧的拉力增大，条形磁铁对桌面的压力增大
D．弹簧的拉力减小，条形磁铁对桌面的压力增大
[方法应用]　由左手定则可知磁铁对通电直导线的作用力竖直向下，故弹簧拉力增大；根据牛顿第三定律可知，导线对磁铁的反作用力竖直向上，减小了磁铁对地面的压力。答案为A。
[心得体会]　本题直接对磁铁受力分析不好分析，转换对象，对通电导线受力分析，然后利用牛顿第三定律得到磁铁的受力情况。
[方法七　反证举例法]
[示例]　关于静电场，下列说法正确的是(　　)
A．电场等于零的物体一定不带电
B．电场强度为零的点，电势一定为零
C．同一电场线上的各点，电势一定相等
D．负电荷沿电场线方向移动时，电势能一定增加
[方法应用]　带电物体的电势可以为零，比如接地的导体，可以带电，取大地电势为零，则此导体的电势为零，A错；电场强度和电势没有必然的联系，场强为零的地方，电势可以为零，也可以不为零，如两正点电荷连线中点处的场强为零，但电势不一定为零，B错； 顺着电场线的方向，电势降低，C错；负电荷沿电场线方向移动，则电场力做负功，电势能一定增加，D对。
[心得体会]　若选项中带有“可能”、“可以”等不确定词语，只要能举出一个特殊例子证明它正确，就可以肯定这个选项是正确的；若选项中带有“一定”、“不可能”等肯定词语，只要能举出一个反例驳倒这个选项，就可以排除此选项。
[方法八　逆向思维法]
[示例]　如图2－1－8所示，Q是单匝金属线圈，MN是一个螺线管，它的绕线方式没有画出，Q的输出端a、b和MN的输入端c、d之间用导线相连，P是在MN正下方水平放置的用细导线绕制的软弹簧线圈。若在Q所处的空间加上与环面垂直的变化磁场，发现在t1至t2时间段内弹簧线圈处于收缩状态，则所加磁场的磁感应强度的变化情况可能为图2－1－9中的(　　) 图2－1－8
图2－1－9
[方法应用]　由于在t1至t2的时间内，弹簧线圈处于收缩状态，则在弹簧线圈中应有感应电流通过，选项A、B显然不对，因为MN中此时产生恒定电流。因为线圈收缩，所以MN中产生的感应电流应增大，则在Q处所加磁场的磁感应强度随时间的变化率增大，选项D正确。
[心得体会]　Q中的磁场发生变化是弹簧线圈收缩的原因，由“弹簧线圈收缩”这个结果去分析Q中B的变化规律，这就是“逆向思维法”，利用这种方法可以快速得出结果。
第2讲实验题的五种常考类型
[题型特点]
(1)物理实验题是高考的重点和难点，由于该题型多与实际问题相结合，造成干扰因素很多，考查的角度也多，考生往往不知如何下手，失分现象非常严重。
(2)高考实验题虽然不是课本上的原有实验，但其实验原理、方法、用的器材往往是学生学过的或用过的，是利用学生熟知的原理、方法和器材，经过迁移，解决一些新问题。
一、解答实验题的3步骤
第一步：明确考查的知识范围
现在的物理实验题涉及力学、电(场、路)磁(场、感)学等知识。尽管题目千变万化，但通过仔细审题，能直接地判断出命题人想要考查的知识点和意图。
第二步：看清实验题图
实验题一般配有相应的示意图、实物图，目的是告知实验仪器(或部分)及其组装情况，让考生琢磨考查意图。认识这些器材在实验中所起的作用，便能初步勾画实验过程。
第三步：捕捉并提取信息
试题总是提供诸多信息再现实验情景的。因此，解答时必须捕捉并提取有价值的信息，使问题迎刃而解。一般需要关注如下信息：
(1)新的概念、规律、公式。
一些新颖的非学生实验题、陌生的新知识(概念公式)应用题、新规律验证题，都会为我们提供信息。要在阅读理解的基础上提取有用信息为解题服务。
(2)新的表格数据。
通过解读表格，了解实验测量的物理量，根据表格中的数据，判断相关物理量之间的关系。如正比例、反比例关系，平方还是开方关系，或者是倒数关系。根据数据描点作图、直观实验反映的某种规律。
(3)新的物理图象。
实验题本身提供物理图象，但这些图象平时没有接触过，关键要明确图象的物理意义，才能正确分析实验问题。
二、实验题的5种常考类型
[类型一　基本仪器的使用]
[示例]　(2012·衡阳联考)在“测定金属丝的电阻率”的实验中，某同学进行了如下测量：
用毫米刻度尺测量接入电路中的被测金属丝的有效长度。测量3次，求出其平均值l。其中一次测量结果如图2－2－1甲所示，金属丝的另一端与刻度尺的零刻线对齐，图中读数为________ cm。用螺旋测微器测量金属丝的直径，选不同的位置测量3次，求出其平均值d。其中一次测量结果如图乙所示，图中读数为________ mm。
图2－2－1
[解析]　金属丝的长度为241.2 mm＝24.12 cm
金属丝的直径为0.5 mm＋0.01 mm×1.8＝0.518 mm。
[答案]　24.12　0.518

(1)mm刻度尺读数中，以mm为单位，小数点后面必须有一位(估读位)。
(2)螺旋测微器读数中，以mm为单位，小数点后面必须有三位，不足的用“0”补齐(最后一位为估读位)。
(3)游标卡尺有三种精度，0.1 mm精度(游标尺10个格)，以mm为单位，读数中小数点后面有一位，0.05 mm和0.02 mm精度(游标尺20个格和50个格)，以mm为单位，读数中小数点后面有两位。
(4)多用表的欧姆挡，刻度不均匀，难于估读，结果只取两位有效数字，别忘记读取的数值乘以倍率。
[类型二　基本规律的验证]
[示例]　用如图2－2－2所示实验装置验证m1、m2组成的系统机械能守恒。m2从高处由静止开始下落，m1上拖着的纸带打出一系列的点，对纸带上的点迹进行测量，即可验证机械能守恒定律。图2－2－3给出的是实验中获取的一条纸带：0是打下的第一个点，每相邻两个计数点间还有4个点(图中未标出)，计数点间的距离如图2－2－3所示。已知m1＝50 g、m2＝150 g，则(g取10 m/s2，结果保留两位有效数字) 图2－2－2
图2－2－3
(1)在纸带上打下计数点5时的速度v＝______ m/s；
(2)在打点0～5过程中系统动能的增加量ΔEk＝________ J，系统势能的减少量ΔEp＝________ J，由此得出的结论是________________________________；
(3)若某同学作出的v2－h图象如图2－2－4所示，则当地的实际重力加速度g＝________ m/s2。
图2－2－4
[解析]　(1)v5＝ m/s＝2.4 m/s。
(2)动能的增加量为ΔEk＝(m1＋m2)v52＝0.58 J；系统势能的减少量为ΔEp＝(m2－m1)gh＝0.60 J，故在误差允许的范围内，两者相等，m1、m2组成的系统机械能守恒。
(3)由(m1＋m2)v2＝(m2－m1)gh得＝k＝＝，即＝ m/s2＝4.85 m/s2，g＝9.7 m/s2。
[答案]　(1)2.4　(2)0.58　0.60　在误差允许的范围内，m1、m2组成的系统机械能守恒　(3)9.7

本实验是一个创新实验，课本上做的是单个物体下落过程中机械能守恒的验证，而本实验是m1和m2组成的系统机械能守恒的验证，虽然也是寻找ΔEk、ΔEp大小关系，或用－h图象分析，但ΔEk、ΔEp的表达式及－h图象的斜率均与原实验不同。
[类型三　实验器材的选取]
[示例]　用如图2－2－5所示电路，测定一节干电池的电动势和内阻。电池的内阻较小，为了防止在调节滑动变阻器时造成短路，电路中用一个定值电阻R0作保护电阻。除电池、开关和导线外，可供使用的实验器材还有：
A．电流表(量程0.6 A、3 A)； 图2－2－5
B．电压表(量程3 V、15 V)；
C．定值电阻(阻值2 Ω、额定功率5 W)；
D．定值电阻(阻值10 Ω、额定功率10 W)；
E．滑动变阻器(阻值范围0～10 Ω、额定电流2 A)；
F．滑动变阻器(阻值范围0～100 Ω、额定电流1 A)。
(1)要正确完成实验，电压表的量程应选择______ V；电流表的量程应选择________ A；R0应选择________ Ω的定值电阻；R应选择阻值范围是________Ω的滑动变阻器。
(2)引起该实验系统误差的主要原因是___________________________________。
[解析]　(1)因测量一节干电池的电动势，路端电压最大值不超过1.5 V，故应选量程为3 V的电压表；定值电阻若为10 Ω，则电路中的电流太小，电流表读数误差较大，且干电池内阻较小，故应选2 Ω的定值电阻；滑动变阻器若采用0～100 Ω，调节过程中电路中的电流在多数情况下偏小，无法测量，故应选0～10 Ω的滑动变阻器；由于电路中的电流比较小，故应选0.6 A量程的电流表。
(2)在测量过程中，电压表的值为路端电压，则电流表的值不是干路电流，外电路中电压表分流，出现系统误差。
[答案]　(1)3　0.6　2　0～10　(2)电压表分流

(1)电压表、电流表的量程要根据被测电路估测电压、电流值，进行选取，如本题中测一节干电池的电动势，电压表量程3 V足够，为保护电池，电流不应太大，用0.6 A量程即可。
(2)定值电阻的选取要遵循既能使R0起到保护作用，又能使实验正常进行的原则。若采用定值电阻10 Ω，则回路中电流强度最大不足0.15 A，电流调节范围太小。
(3)为使电流表、电压表示数较大(一般要超过量程的以上)，滑动变阻器的实际应用阻值不足10 Ω，若用0～100 Ω的变阻器，实验过程则不易调节。
[类型四　电表内阻的测量]
[示例]　(2012·南通期末)为测量某电压表V1的内阻，某同学设计的电路如图2－2－6所示。可供选择的器材有：
①待测电压表V1(0～3 V，内阻约3 kΩ)
②电压表V2(0～9 V，内阻约10 kΩ)
③定值电阻R1(阻值为600 Ω) 图2－2－6
④定值电阻R2(阻值为6 kΩ)
⑤滑动变阻器R(0～20 Ω)
⑥直流电源(10 V，内阻可不计)
⑦开关S及导线若干
(1)定值电阻应选________。(选填“R1”或“R2”)
(2)请将图2－2－7中用笔画线代替导线，完成实物电路的连接。
图2－2－7
(3)该同学经实验测量得到的数据如下表：
次数
1
2
3
4
5
6
7
U1/V
0
0.50
1.00
1.50
2.00
2.50
2.80
U2/V
0
1.5
2.7
4.3
5.7
7.8
8.1
请在图2－2－8中描点作出U2－U1图线，待测电压表V1的内阻为________ kΩ。
图2－2－8
[解析]　(1)当定值电阻选用R2＝6 kΩ时，待测电压表V1和电压表V2的示数均合适，若选用R1＝600 Ω，则电压表V1、V2示数的差值太小。
(2)电路连接如图2－2－9所示
图2－2－9
(3)U2－U1图线如图2－2－10所示
图2－2－10
由题给的两个电压表量程可以得出定值电阻应选阻值为6 kΩ的R2。作出U2－U1图线，如图所示。U2－U1图线斜率k＝8.1/2.8＝2.9，由U2＝U1得出k＝。解得待测电压表V1的内阻为RV＝3.16 kΩ。
[答案]　(1)R2　(2)图见解析　(3)图见解析
3．16(3.1～3.3 kΩ都算对)

(1)电压表内阻测量的几种设计方案：
①电路图：，RV＝
这种方法适用于电流表量程较小的情况。
②电路图：，RV＝R0。
这种方法适用于标准电压表V0内阻已知的情况。
③电路图：RV＝
这种方法适用于电流表A量程较大，利用定值电阻R0间接推导V中电流。
(2)电流表内阻测量的几种设计：
①电路图：，RA＝
这种方法适用于电压表量程足够小的情形。
②电路图：，RA＝
这种方法适用于电流表A0内阻已知的情形。
③电路图：，RA＝
这种方法适用于电流表A0内阻未知，且量程比待测电流表量程大的情形。
④电路图：，RA＝
这种方法适用于电压表V量程较大的情形。
⑤电路图：
，RA＝RN
这种方法是等效替代法，这种方法中RN必须是电阻箱。
[类型五　利用图象处理数据]
[示例]　(2012·济南模拟)某研究性学习小组利用如图2－2－11所示电路测量电池的电动势E和内电阻r。由于该电池的内电阻r较小，因此在测量电路中接入了一阻值为2.00 Ω的定值电阻R0。
(1)请根据实验原理图，用笔画线表示导线，将下列实物连接成能够完成实验的电路。
图2－2－11
(2)实验时，闭合开关K，调整电阻箱R的阻值，读出电压表相应的示数，得到了如下数据(R和U分别表示电阻箱读数和电压表读数)。
R/Ω
40.00
20.00
12.00
8.00
6.00
5.00
U/V
1.89
1.78
1.66
1.57
1.43
1.35
为了比较准确地得出实验结果，该小组的同学准备用图象法来处理实验数据，图象的纵坐标表示电压表读数U，则图象的横坐标表示的物理量应该是________。计算出与各组数据对应的该物理量数值(结果精确到0.01)填在表格中，并在如图2－2－12所示的坐标系中作图。
图2－2－12
(3)根据作出的图象求得E＝______ V，r＝______Ω。
[解析]　(1)实物连线图如图2－2－13甲所示，连线时应注意连线的顺序，先不连电压表，将其他元件先串联起来，再并联电压表，同时注意电压表的正负极。
(2)由E＝U＋(r＋R0)，可得U＝E－(r＋R0)
因此纵轴为U，横轴为，计算出对应的见下表
图线如图2－2－13乙所示。
R/Ω
40.00
20.00
12.00
8.00
6.00
5.00
U/V
1.89
1.78
1.66
1.57
1.43
1.35
/A
0.047
0.089
0.14
0.20
0.24
0.27
图2－2－13
(3)由作出的图线可得：E＝2.00(1.98～2.02) V，
r＝－R0＝ Ω－2.00 Ω＝0.33 Ω。
[答案]　(1)图见解析
(2)电压U与电阻R的比值(或电流I)　表格数值见解析　U－图线见解析
(2)2.00(1.98～2.02)　0.33(0.30～0.40)

(1)合理选取坐标轴
一般来说，画图象时以横坐标代表自变量，纵坐标代表因变量，但如果选用这种坐标轴所作图线为曲线时，则应尽可能考虑“化曲为直”，因为直线比曲线更能直观地反映物
理规律。如：当拉力F一定时，研究加速度a与小车质量m的关系时，若取纵坐标表示小车的加速度a，横坐标表示1/m来作图，则得出图象是一条过原点的直线，从而直观地得出a与1/m成正比，即a与m成反比的关系。
(2)合理选取坐标原点和标度
坐标原点不一定是数据零点，应尽量使图线能占据坐标纸的大部分空间，这样能使图线更精确。至于坐标原点代表的物理量的数值，可根据作图的需要来确定。
横、纵坐标轴一般不表示同一物理量，因此标度一般不同，选择标度的标准是使做出的图线充满坐标纸的大部分空间。
(3)准确连线绘图
描出各数据点后，要用一条平滑的曲线把它们连接起来。由于测量数据时可能会出现误差甚至错误，为此应根据大多数测量数据点的分布画出平滑的曲线，尽可能使数据点在图线上，或均匀地分布在图线两侧。若个别数据点偏离图线较远，说明该数据有差错，应舍弃不用。
(4)分析图线求解结果
根据已知的物理规律推导纵、横坐标所表示的两个物理量之间的关系式，再根据图线的斜率、在纵轴和横轴上的截距，或图线与横轴所围面积的意义求解结果。
第3讲破解计算题的“三步曲”
[题型特点]
(1)通过多过程问题、运动多样性问题、多研究对象的连接体问题，体现对分析综合能力的考查；通过设置不确定因素，体现对探究能力的考查。
(2)综合性强，计算量大，分值重，区分度高，是影响成绩高低的关键。
一、细解“三步曲”
第一步：审题规范化
(1)读三遍题
通读： 读后头脑中要出现物理图景的轮廓。由头脑中的图景(物理现象、物理过程)与某些物理模型找关系，初步确定研究对象，猜想所对应的物理模型。
细读：读后头脑中要出现较清晰的物理图景。由题设条件，进行分析、判断，确定物理图景(物理现象、物理过程)的变化趋势。基本确定研究对象所对应的物理模型。
选读：通过对关键词语的理解、隐含条件的挖掘、干扰因素的排除之后，对题目要有清楚的认识。最终确定本题的研究对象、物理模型及要解决的核心问题。
(2)应注意的问题
①分清已知量和未知量。
②物理量的矢标性。
③物体是在哪个面内运动，竖直面、水平面还是斜面。
④括号里的文字含义。
⑤重力是否考虑(特别是带电粒子)。
⑥关键词，如“缓慢”、“匀速”、“足够长”、“至少”、“至多”、“刚好”、“最大”、“最小”、接触面“粗糙(或光滑)”、物体是“导体(或绝缘体)”、物体与弹簧“连接(或接触)”、电池“计内阻(或不计内阻)”等；
⑦隐含条件，如：“刚好不相撞”表示物体最终速度相等或者接触时速度相等；“刚好不分离”表示两物体仍然接触，弹力为零，且速度和加速度相等；“刚好不滑动”表示静摩擦力达到最大静摩擦力；“绳端物体刚好通过最高点”表示绳子拉力为零，仅由重力提供向心力；“粒子刚好飞出(或飞不出)磁场”表示粒子的运动轨迹与磁场的边界相切；“物体轻轻地放在运动的传送带上”表示物体初速度为零等。
第二步：思维规范化
(1)选对象，建模型
通过对整个题目的情景把握，根据整体法与隔离法选取研究对象，通过抽象、概括或类比等效的方法建立相应的物理模型或物理运动模型，并对其进行全面的受力分析，然后选取不同的方法和运动规律解题，比如静止或匀速直线运动选用物体的平衡条件解，变速直线运动选用牛顿运动定律或动能定理解，类平抛、圆周运动选用运动的分解或动能定理解，非匀变速曲线运动选用动能定理或运动的分解或微元法解。
(2)多阶段，分过程
对综合性强、过程较为复杂的题，一般采用“分段”处理，所谓的”分段”处理，就是根据问题的需要和研究对象的不同，将问题涉及的物理过程，按照时间和空间的发展顺序，合理地分解为几个彼此相对独立又相互联系的阶段，再根据各个阶段遵从的物理规律逐个建立方程，最后通过各阶段的联系综合起来解决，从而使问题化整为零、各个击破。
(3)用规律，列方程
在对物理状态和物理过程深刻把握的基础上，寻找题设条件与所求未知物理量的联系，从力的观点或能量的观点，根据物理规律(牛顿第二定律、能的转化与守恒等)列出方程求解。
第三步：答题规范化
(1)文字说明、必要必有
①物理量要用题中的符号，涉及题中没有明确指出的物理量或符号，一定要用假设的方式进行说明。
② 题目中的一些隐含条件或临界条件分析出来后，要加以说明。
③要指明正方向、零位置。
④列方程前，对谁在什么过程(或什么状态)用到什么规律，要简要说明。
(2)分步列式、联立求解
做综合大题一定要树立“重视过程，分步解答”的解题观，因为高考阅卷实行按步给分，每一步的关键方程都是得分点。以下几个技巧可有助于大题尽量多得分：
①方程中字母要与题目吻合，同一字母物理意义要唯一。出现同类物理量，要用不同上下标区分。
②列纯字母方程。方程全部采用物理量符号和常用字母。
③列原始方程。与原始规律公式相对应的具体形式，而不是移项变形后的公式。
④依次列方程。不要写连等式或综合式子，否则会“一招不慎满盘皆输”；每个方程后面标明①②，便于后面“联立×××得”进行说明。
(3)结果表述、准确到位
①题中要求解的物理量应有明确的答案(尽量写在显眼处)。
②待求量是矢量的必须说明其方向。
③用字母表示的答案中不能含有未知量和中间量。凡是题中没有给出的都是未知量，不能随便把g取值代入用字母表示的答案中，用字母表示的答案不能写单位。
④如果题目所给的物理数据都是用有效数字表示的，那么答案中一般不能以无理数或分数作计算结果，结果是带单位的具体数据时一定要带单位，没有特别要求时，一般最终结果有效数字的位数要和题目所给物理数据有效数字的位数保持一致，或保留2到3位有效数字。
⑤若在解答过程中进行了研究对象转换，则必须交代转换依据，如“根据牛顿第三定律”。
二、领悟“三步曲”
[例1]　(2012·江苏高考)(14分)如图2－3－1所示，待测区域中存在匀强电场和匀强磁场，根据带电粒子射入时的受力情况可推测其电场和磁场。图中装置由加速器和平移器组成，平移器由两对水平放置、相距为l的相同平行金属板构成，极板长度为l、间距为d，两对极板间偏转电压大小相等、电场方向相反。质量为m、电荷量为＋q的粒子经加速电压U0加速后，水平射入偏转电压为U1的平移器，最终从A点水平射入待测区域。不考虑粒子受到的重力。
图2－3－1
(1)求粒子射出平移器时的速度大小v1；
(2)当加速电压变为4U0时，欲使粒子仍从A点射入待测区域，求此时的偏转电压U。
第一步：审题规范化
①不考虑粒子受到的重力→带电粒子在电场中只受电场力
②两对相同的平行金属板，偏转电压大小相等、电场方向相反→带电粒子在两板间的竖直侧移量大小相等
③从A点水平射入待测区域→带电粒子射入待测区域时竖直方向速度为零
第二步：思维规范化
带电粒子的运动过程分为四个不同的过程：加速过程、两边电场区域的类平抛过程、中间无场区域的匀速直线运动过程，因粒子在水平方向不受力作用，故粒子水平方向速度不变，又因粒子从A点水平射入待测区域，竖直方向速度为零，所以，粒子在A点的速度即为粒子射出加速器的速度；粒子在竖直方向偏转的位移应为粒子在电场区偏转的位移和中间无场区域偏转的位移之和，列方程时要注意不同过程的运动规律的区别和衔接点的相互联系。
第三步：答题规范化(阅卷评点，引以为鉴)
　　
[旁批]
此解答结果是正确的，但在表示总偏转位移时没有考虑粒子在无场区的偏转位移，因此解题过程错误，如果表示总位移时采用分步列式、联立求解，则能得4分，若采用综合算式直接表示，第?2?问将一分不得。
[规范解答]　　(1)设粒子射出加速器的速度为v0
由动能定理得qU0＝mv02 ①　2分
由题意得v1＝v0， ②　1分
即v1＝  ③　1分
(2)在第一个偏转电场中，设粒子的运动时间为t
加速度的大小a＝ ④　1分
在离开时，竖直分速度vy＝at ⑤　1分
竖直位移y1＝at2 ⑥　1分
水平位移l＝v1t ⑦　1分
粒子在两偏转电场间做匀速直线运动，经历时间也为t
竖直位移y2＝vyt ⑧　1分
由题意知，粒子竖直总位移y＝2y1＋y2 ⑨　2分
解得y＝ ⑩　1分
则当加速电压为4U0时，U＝4U1。 ?　2分
[答案]　(1) 　(2)4U1
[例2]　(2012·广东实验中学模拟)(20分)如图2－3－2所示，半径为R的1/4光滑圆弧轨道最低点D与水平面相切，在D点右侧L0＝4R处用长为R的细绳将质量为m的小球B(可视为质点)悬挂于O点，小球B的下端恰好与水平面接触，质量为m的小球A(可视为质点)自圆弧轨道C的正上方H高处由静止释放，恰好从圆弧轨道的C点切入 图2－3－2
圆弧轨道，已知小球A与水平面间的动摩擦因数μ＝0.5，细绳的最大张力Fm＝7mg，重力加速度为g，试求：
(1)若H＝R，小球A到达圆弧轨道最低点D时对轨道的压力；
(2)试讨论H在什么范围内，小球A与B发生弹性碰撞后细绳始终处于拉直状态。
第一步：审题规范化
①1/4光滑圆弧轨道→小球A由最高点下滑到D点的过程只有重力做功
②小球A与水平面间的动摩擦因数μ＝0.5→小球在由D点到B球位置的过程中有滑动摩擦力做负功
③细绳的最大张力Fm＝7mg→小球到达B球位置的速度有最大值限制
第二步：思维规范化
小球的运动可分为四个过程：小球A由最高点到D点的过程、由D点到与B球相碰的减速过程、两球的弹性碰撞过程、B球碰后的圆周运动过程。小球A由最高点到D点的过程只有重力做功，机械能守恒；小球A由D点到与B球相碰的减速过程只有滑动摩擦力做功，可用动能定理列方程，两球的弹性碰撞过程动量和动能均守恒；B球碰后的圆周运动过程，因要求细绳始终处于拉直状态，有B球摆到与O点等高和做完整的圆周运动两种情况。
第三步：答题规范化(阅卷评点，引以为鉴)
　　
[旁批]
小球A在圆弧轨道最低点的向心力是由支持力FN和重力mg共同提供的，②式的得出与不注意做受力分析有关，此处应扣4分，另外，应由牛顿第三定律得出小球A运动到圆弧轨道最低点时对轨道的压力，此处遗忘，一般要扣1分。
此解答结果只是其中一种情况，如果碰后B球上升的最大高度为R，细绳也始终处于拉直状态，也是符合?2?的要求的。不注意挖掘其隐含条件第?2?问中易出现漏解现象。此处将扣4分。
[规范解答]　　(1)设小球A运动到圆弧轨道最低点D时速度为v0，则由机械能守恒定律有：
mv02＝mg(H＋R) ①　2分
小球A在圆弧轨道最低点有：FN－mg＝m ②　2分
解得：FN＝5mg ③　1分
由牛顿第三定律得小球对轨道的压力大小为5 mg，方向竖直向下1分
(2)设A与B碰前速度为vA，碰后A的速度为vA′，B的速度为vB，则
A与B碰撞过程有：mvA＝mvA′＋mvB ④　1分
mvA2＝mvA′2＋mvB2 ⑤　1分
A在水平面上滑行过程有：
－μmgL0＝mvA2－mv02 ⑥　2分
①若碰后B能在竖直平面内做完整的圆周运动，则细绳始终处于拉直状态，设小球B在最高处速度为vB′，则在最高处有：mg≤m ⑦　1分
小球B从最低点到最高点有：
mvB2＝mvB′2＋mg·2R ⑧　2分
小球B在最低点时细绳受力最大，则有：
Fm－mg≥m ⑨　2分
联立①④⑤⑥⑦⑧⑨解得：3.5R≤H≤4R ⑩　1分
②若A与B碰后B摆动的最大高度小于R，则细绳始终处于拉直状态，则根据机械能守恒有：mvB2≤mgR ?　2分
要保证A与B能发生碰撞，则vA>0 ?　1分
联立①④⑤⑥??解得：R[答案]　(1)5mg　(2)R[例3]　(2012·江西八校联考)(18分)如图2－3－3所示(俯视)，MN和PQ是两根固定在同一水平面上的足够长且电阻不计的平行金属导轨。两导轨间距为L＝0.2 m，其间有一个方向垂直水平面竖直向下的匀强磁场，磁感应强度B1＝5.0 T。导轨上NQ之间接一电阻R1＝0.40 Ω，阻值为R2＝0.10 Ω的金属杆垂直导轨放置并与导轨始终保持良 图2－3－3
好接触。两导轨右端通过金属导线分别与电容器C的两极板相连。电容器C紧靠准直装置b，b紧挨着带小孔a(只能容一个粒子通过)的固定绝缘弹性圆筒，圆筒壁光滑，筒内有垂直水平面竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B2，O是圆筒的圆心，圆筒的内半径r＝0.40 m。
(1)用一个方向平行于MN水平向左且功率恒定为P＝80 W的外力F拉金属杆，使杆从静止开始向左运动。已知杆受到的摩擦阻力大小恒为Ff＝6 N，求：当金属杆最终匀速运动时杆的速度大小及电阻R1消耗的电功率？
(2)当金属杆处于(1)问中的匀速运动状态时，电容器C内紧靠极板的D处的一个带正电的粒子经C加速、b准直后从a孔垂直磁场B2并正对着圆心O进入筒中，该带电粒子与圆筒壁碰撞四次恰好又从小孔a射出圆筒。已知该带电粒子每次与筒壁发生碰撞时电荷量和能量都不损失，不计粒子的初速度、重力和空气阻力，粒子的比荷q/m＝5×107 C/kg，则磁感应强度B2多大(结果允许含有三角函数式)?
第一步：审题规范化
①电阻R1＝0.40 Ω，阻值为R2＝0.10 Ω的金属杆→电容器两板间的电压等于R1两端的电压，但不等于金属杆的电动势
②金属杆最终匀速运动→金属杆最终合力为零
③该带电粒子与圆筒壁碰撞四次恰好又从小孔a射出圆筒→带电粒子在圆筒中运动五个相同的圆弧
第二步：思维规范化
电容器两板间的电压应分析左侧电路，利用恒定电流知识求解、带电粒子进入圆筒区域的速度是通过电容器两板间的电压加速得到的，可用动能定理求解、粒子进入圆筒后运动五个相同的圆弧，再从a点射出有两种可能情况。
第三步：答题规范化(阅卷评点，引以为鉴)
　[旁批]
因金属杆有阻值，故电容器两板间的电压等于R1两端的电压，而不等于金属杆的电动势，这是不重视电路等效的缘故。此处扣1分，但此错误影响最后结果。
带电粒子在圆筒中碰撞四次后从圆筒的a点射出，应对应五段相同的圆弧，而且五段相同的圆弧还有两种画法，不认真读题，思考不严密易出现错解和漏解现象。因对运动过程的理解有误及漏解现象，此处只能得3分，将扣掉9分。
[解析]　(1)金属杆先做加速度变小的加速运动，最终以最大速度匀速运动。设杆匀速运动时速度为v，回路中的感应电流为I，杆受到的安培力大小为FA，电阻R1消耗的电功率为P1，则
I＝ ①　1分
FA＝ ②　1分
－FA－Ff＝0 ③　1分
联立②③式得：P1－－Ffv＝0 ④　1分
将已知数据代入④式解得：v＝5 m/s1分
P1＝I2R1＝40 W1分
(2)设杆匀速运动时电容器C两极板间的电压为U，带电粒子进入圆筒时的速率为v0、在磁场中做匀速圆周运动的半径为R，由于C与电阻R1并联，
据欧姆定律得：U＝IR1＝4 V1分
据动能定理有：qU＝mv02 ⑤　1分
带电粒子在磁场中做匀速圆周运动：qv0B2＝m ⑥　1分
联立⑤⑥式得：B2＝  ⑦　1分
由于带电粒子与圆筒碰撞时无电荷量和能量损失，那么每次碰撞前后粒子速度大小不变，速度方向总是沿着圆筒半径方向，4个碰撞点与小孔a恰好将圆筒壁五等分，粒子在圆筒内的轨迹具有对称性，由5段相同的圆弧组成，设每段轨迹圆弧对应的圆心角为θ，则由几何关系可得：
＝ ⑧　2分
有两种情形符合题意：
(Ⅰ)情形1：每段轨迹圆弧对应的圆心角为
θ＝π－＝
图2－3－4
联立⑦⑧式并代入θ值得：
B2＝ ⑨　2分
将数据代入⑨式得：
B2＝tan()×10－3 T ⑩　1分
(Ⅱ)情形2：每段轨迹圆弧对应的圆心角为
图2－3－5
θ＝π－＝
联立⑦⑧式并代入θ值得：
B2＝  ?　2分
将数据代入?式得：
B2＝tan()×10－3T1分
[答案]　(1)5 m/s　40 W　(2)tan()×10－3 T或tan()×10－3T

高考仿真检测(一)
(满分110分，限时60分钟)
一、选择题(本题共8小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，有的只有一项符合题目要求，有的有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)
1．自然界中某个量D的变化量ΔD，与发生这个变化所用时间Δt的比值，叫做这个量D的变化率。下列说法正确的是(　　)
A．若D表示某质点做匀速直线运动的位移，则是恒定不变的
B．若D表示某质点做平抛运动的速度，则是恒定不变的
C．若D表示某质点的动能，越大，则质点所受外力做的总功就越多
D．若D表示穿过某线圈的磁通量，越大，则线圈中的感应电动势就越大
解析：选ABD　若D表示某质点做匀速运动的位移，则表示质点运动的速度，故A正确；若D表示某质点做平抛运动的速度，则表示质点做平抛运动的加速度，是恒定不变的，B正确；若D表示某质点的动能，则表示质点所受合外力做功的功率，越大，合外力的功率越大，但外力做功不一定越多，C错误；若D表示穿过某线圈的磁通量，则表示线圈的感应电动势越大，线圈的感应电动势也就越大，D正确。
2.如图1－1所示，将一个质量为m的球固定在弹性杆AB的上端，今用测力计沿水平方向缓慢拉动球，使杆发生弯曲，在测力计示数逐渐增大的过程中，AB杆对球的弹力方向为(　　)
A．始终水平向左 图1－1
B．始终竖直向上
C．斜向左上方，与竖直方向的夹角逐渐增大
D．斜向左下方，与竖直方向的夹角逐渐增大
解析：选C　分析小球受力可知，小球受重力mg，竖直向下；水平向右的拉力F，杆对小球的作用力F杆，由平衡条件可知，F杆一定与mg和F的合力等大反向，故F杆斜向左上方，且F越大，F与mg的合力与竖直方向夹角越大，所以F越大，F杆与竖直方向的夹角也越大，C正确。
3．北京时间2012年2月25日凌晨0时12分，中国在西昌卫星发射中心用“长征三号丙”运载火箭，将第十一颗北斗导航卫星成功送入太空轨道。这是一颗地球同步卫星，也是中国2012年发射的首颗北斗导航系统组网卫星。2020年左右，将建成由30余颗卫星组成的北斗卫星导航系统，提供覆盖全球的高精度、高可靠的定位、导航和授时服务。下列关于第十一颗北斗导航卫星说法正确的是(　　)
A．运行速度大于7.9 km/s
B．离地面的高度一定，相对地面静止
C．比月球的角速度大
D．与地球赤道上的物体向心加速度相等
解析：选BC　第十一颗北斗导航卫星是同步卫星，其离地面的高度一定，周期为24 h，相对地面静止，运行速度一定小于第一宇宙速度，故A错误，B正确；由ω＝可知，其运动的角速度一定大于月球的角速度，C正确；由a＝ω2r可知，地球赤道上的物体与第十一颗北斗导航卫星的角速度相同，但r卫>R地，故a卫>a物，D错误。
4.如图1－2所示 ，平行板电容器与电源相连，下极板接地。一带电油滴位于两极板的中心P点且恰好处于静止状态，现将平行板电容器两极板在纸面内绕O′迅速顺时针转过45°，则(　　)
A．P点处的电势升高
B．带电油滴仍将保持静止状态 图1－2
C．带电油滴将水平向右做匀加速直线运动
D．带电油滴到达极板前具有的电势能不断增加
解析：选C　设极板水平时板间距为d，两板间电压为U，由平衡条件得：q＝mg，沿如图示位置旋转45°时，板间距为dcos 45°，电场力F＝·q，由Fcos 45°＝mg可知，油滴在竖直方向合力为零，水平方向合力向右，故油滴沿水平方向向右匀加速运动，且电场力做正功，电势能减少，B、D错误，C正确；因P点仍在板间中点，故φP＝，P点电势没变，A错误。
5．质量为50 kg的某人沿一竖直悬绳匀速向上爬，在爬高3 m的过程中，手与绳子之间均无相对滑动，重力加速度g取10 m/s2，则下列说法正确的是(　　)
A．绳子对人的静摩擦力做功等于人的重力势能的增加
B．绳子对人的静摩擦力做功等于人的机械能的增加
C．绳子对人的静摩擦力做功为1500 J
D．人克服自身重力做功使其重力势能增加1500 J
解析：选D　手与绳子之间无相对滑动，绳子对人的静摩擦力不做功，A、B、C均错；人在上爬的过程中克服自身重力做功，消耗自身的化学能使重力势能增加。正确选项为D。
6.如图1－3所示，物块A放在直角三角形斜面体B上面，B放在弹簧上面并紧挨着竖直墙壁，初始时A、B静止。现用力F沿斜面向上推A，但AB并未运动。下列说法正确的是(　　)
A．A、B之间的摩擦力可能大小不变
B．A、B之间的摩擦力一定变小
C．B与墙之间可能没有摩擦力 图1－3
D．弹簧弹力一定不变
解析：选AD　施加推力F之前，A、B整体处于平衡状态，则弹簧的弹力向上，大小为A、B两物块的重力，B与墙的摩擦力为零，当施加F后，A、B未运动，则弹簧弹力一定不变，因F在竖直方向有向上的分力，故B受墙沿竖直方向向下的摩擦力，C错误；对物体A，施加力F前，B对A的摩擦力沿斜面向上，fA＝mAgsin θ，施加F后，摩擦力fA的大小与F的大小有关，若F＝2mgsin θ则fA′＝mAgsin θ，方向沿斜面向下，故A正确，B错误。
7.如图1－4所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为10∶1，b是原线圈的中心抽头，电压表和电流表均为理想交流电表，从某时刻开始在原线圈c、d两端加上交变电压，其瞬时值表达式为u1＝220sin 100πt(V)，则(　　)
A．当单刀双掷开关与a连接时，电压表的示数为22 V 图1－4
B．当t＝ s时，c、d间的电压瞬时值为110 V
C．单刀双掷开关与a连接，在滑动变阻器触头P向上移动的过程中，电压表和电流表的示数均变小
D．当单刀双掷开关由a扳向b时，电压表和电流表的示数均变小
解析：选A　开关与a连接时，副线圈两端电压为22 V，因为电压表测量值为有效值，所以A正确；当t＝1/600 s时，u1＝220×sin ＝110 V，B错误；开关与a连接时P向上滑动时V表读数由原线圈电压和匝数比决定，所以不变，但电流表读数变小，C错误；开关由a到b连接时根据＝得U2变大，所以电流也变大，D错误。
8.如图1－5所示，一个菱形的导体线框沿着自己的对角线匀速运动，穿过具有一定宽度的匀强磁场区域，已知对角线AC的长度为磁场宽度的两倍且与磁场边界垂直。下面对于线框中感应电流随时间变化的图象(电流以ABCD顺序流向为正方向，从C点进入磁场开始计时)正确 图1－5
的是(　　)
图1－6
解析：选B　在BD对角线到达磁场中心之前，线框的磁通量最大，之后逐渐减小，由楞次定律可知，感应电流方向先沿正方向，后沿负方向，在BD对角线到达磁场左边界之前，线框的等效长度均匀增大，当BD对角线与磁场左边界重合时，线框的等效长度最大，均匀增加到电流最大，当BD对角线到达磁场中心时，电流为零，故B正确。
二、非选择题(包括必考题和选考题两部分，第9题～第12题为必考题，每个试题考生都必须做答。第13题～第15题为选考题，考生根据要求作答)
(一)必考题(4题，共47分)
9．(5分)某实验小组设计了如图1－7甲所示的实验装置，通过改变重物的质量，利用计算机可得滑块运动的加速度a和所受拉力F的关系图线，如图1－7乙所示。滑块和位移传感器发射部分的总质量m＝________ kg；滑块和轨道间的动摩擦因数μ＝________。(重力加速度g取10 m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力)。
图1－7
解析：(1)由牛顿第二定律可知，F－μmg＝ma，得a＝F－μg，对应图线可知，＝，μg＝2，解得：m＝0.5 kg，μ＝0.2。
答案：0.5　0.2
10．(10分)某研究小组收集了两个电学元件：电阻R0(约为2 kΩ)和手机中的锂电池(电动势E标称值为3.7 V，允许最大放电电流为100 mA)。实验室备有如下器材：
A．电压表V(量程3 V，电阻RV约为4.0 kΩ)
B．电流表A1(量程100 mA，电阻RA1约为5 Ω)
C．电流表A2(量程2 mA，电阻RA2约为50 Ω)
D．滑动变阻器R1(0～40 Ω，额定电流1 A)
E．电阻箱R2(0～999.9 Ω)
F．开关S一只、导线若干
(1) 为了测定电阻R0的阻值，小明设计了一电路，如图1－8所示为其对应的实物图，图中的电流表A应选________(选填“A1”或“A2”)，请将实物连线补充完整。
图1－8
(2)为测量锂电池的电动势E和内阻r, 小红设计了如图1－9甲所示的电路图。根据测量数据作出－图象，如图1－9乙所示。若该图线的斜率为k，纵轴截距为b，则该锂电池的电动势E＝________，内阻r＝________(用k、b表示)。该实验的测量值偏小，造成此系统误差的主要原因是________________________。
图1－9
解析：(1)由I＝可以估算出流过R0的电流最大值为1.5 mA，故电流表应选A2，由<可知，应采用电流表内接法，由R1?R0，故变阻器应选用分压式连接，实物连线如图所示。
(2)由闭合电路欧姆定律可得：
E＝U＋·r，可得：＝＋·
对应图线可知，＝b，＝k，
解得：E＝，r＝，产生误差的原因是电压表的分流造成的。
答案：(1)A2　电路图见解析　(2)　　电压表的分流
11．(14分)如图1－10所示，长L＝1.5 m，高h＝0.45 m，质量M＝10 kg的长方体木箱，在水平面上向右做直线运动。当木箱的速度v0＝3.6 m/s时，对木箱施加一个方向水平向左的恒力F＝50 N，并同时将一个 图1－10
质量m＝1 kg的小球轻放在距木箱右端的P点(小球可视为质点，放在P点时相对于地面的速度为零)，经过一段时间，小球脱离木箱落到地面。木箱与地面的动摩擦因数为0.2，其他摩擦均不计。取g＝10 m/s2。求：
(1)小球从离开木箱开始至落到地面所用的时间；
(2)小球放到P点后，木箱向右运动的最大位移；
(3)小球离开木箱时木箱的速度。
解析：(1)设小球从离开木箱开始至落到地面所用的时间为t，由于h＝gt2， ①(1分)
则t＝＝0.3 s 。 ②(2分)
(2)小球放到木箱后相对地面静止，木箱的加速度为
a1＝＝7.2 m/s2。 ③(2分)
木箱向右运动的最大位移为x1＝＝0.9 m ④(2分)
(3)x1<1 m，故小球不会从木箱的左端掉下。(1分)
木箱向左运动的加速度为a2＝＝2.8 m/s2 ⑤(2分)
设木箱向左运动的距离为x2时，小球脱离木箱x2＝x1＋＝1.4 m ⑥(1分)
设木箱向左运动的时间为t2，由x2＝a2t22，得t2＝＝1 s ⑦(1分)
小球刚离开木箱瞬间，木箱的速度方向向左，(1分)
大小为v2＝a2t2＝2.8 m/s ⑧(1分)
答案：(1)0.3 s　(2)0.9 m　(3)2.8 m/s
12．(18分)如图1－11所示，在直角坐标系的第Ⅰ象限分布着场强E＝5×103 V/m，方向水平向左的匀强电场，其余三象限分布着垂直纸面向里的匀强磁场。现从电场中M(0.5，0.5)点由静止释放一比荷为q/m＝2×104 C/kg、不计重力的带正电微粒，该微粒第一次进入磁场后将垂直通过x轴。
图1－11
(1)求匀强磁场的磁感应强度和带电微粒第二次进入磁场时的位置坐标；
(2)为了使微粒还能回到释放点M，在微粒第二次进入磁场后撤掉第Ⅰ象限的电场，求此情况下微粒从释放到回到M点所用时间。
解析：(1)设微粒质量为m，带电量为q，第一次进入磁场时速度为v0，磁感应强度为B，在磁场中运动轨道半径为R，带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，有几何关系
可得：R＝0.5 m ①(1分)
由动能定理可得mv02＝Eqx ②(2分)
由圆周运动规律可得Bqv0＝m ③(1分)
解得：B＝1.0 T ④(1分)
微粒在磁场中刚好运动3/4圆周后，从点(0.5,0)处垂直电场方向进入电场做类平抛运动。设微粒第二次进入磁场的位置坐标为(0，y)，则：
x＝t2 ⑤(2分)
y＝v0t ⑥(1分)
代入数值解得：
y＝1.0 m ⑦
微粒第二次进入磁场的位置坐标为(0,1.0)。(1分)
(2)微粒第二次进入磁场时，速度为v1，轨道半径为R1
mv12－mv02＝Eqx ⑧(2分)
Bqv1＝m ⑨(2分)
运动3/4圆周后刚好从坐标原点射出磁场，其轨迹如图所示。用T表示微粒在磁场中运动周期，则
T＝ ⑩(2分)
若在微粒第二次进入磁场后撤掉电场，则：
t1＝2(T＋t)＋ ?(2分)
计算后得：t1＝(2.5＋1.50 π)×10－4 s(或7.21×10－4 s) ?(1分)
答案：(1)1.0 T　(0,1.0)
(2) (2.5＋1.50 π)×10－4 s(或7.21×10－4 s)
(二)选考题(共15分。请考生从给出的3道题中任选一题做答，如果多做，则按所做的第一题计分)
13．[物理——选修3－3](15分)
(1)(6分)下列说法中正确的是________。
A．对于一定质量的密闭气体，体积不变、温度升高时，分子的热运动变得剧烈，分子的平均动能增大，撞击器壁的作用力增大，从而气体的压强一定增大
B．对于一定质量的密闭气体，气体体积变小时，单位体积的分子数增多，单位时间打到器壁单位面积上的分子数增多，从而气体的压强一定增大
C．分子A从远处趋近固定不动的分子B，当A到达与B的距离为r0(分子力为零)处时，A、B系统分子势能最低
D．做功和热传递都可以改变物体的内能，这两种方式从效果来看是等效的，从能量转化或转移的观点来看也是没有区别的
(2)(9分)如图1－12是用导热性能良好的材料制成的气体实验装置，开始时封闭的空气柱长度为20 cm，人用竖直向下的力F压活塞，使空气柱长度变为原来的一半，人对活塞做功10 J，大气压强为P0＝1×105 Pa，不计活塞的重力。问：
①若用足够长的时间缓慢压缩，求压缩后气体的压强多大；
②若以适当的速度压缩气体，此过程气体向外散失的热量为2 J，则气体的内能增加多少。(活塞的横截面积S＝1 cm2) 图1－12
解析：(1)气体的压强由单位体积内的分子数和分子的平均动能共同决定，若只知道单位体积内分子数增多，是无法确定压强的变化的，故A正确，B错误；当分子A向分子B运动的过程中，当间距r>r0时，分子间表现为引力，引力做正功，分子势能减小，当r(2)①设压缩后气体的压强为p，活塞的横截面积为S，L0＝20 cm，L＝10 cm，V0＝L0S，V＝LS。缓慢压缩，气体温度不变，由玻意耳定律：p0V0＝pV(2分)
解出p＝2×105 Pa(1分)
②大气压力对活塞做功W1＝p0S(L0－L)＝1 J，人做功W2＝10 J，(2分)，
由热力学第一定律：ΔU＝W1＋W2＋Q(2分)
将Q＝－2 J等代入，解出ΔU＝9 J(2分)
答案：(1)AC　(2)①2×105 Pa　②9 J
14．[物理——选修3－4](15分)
(1)(6分)如图1－13所示，竖直墙上挂着一面时钟，地面上静止的观察者A观测到钟的面积为S，另一观察者B以0.8 倍光速平行y轴正方向运动，观察到钟的面积为S′。则S________S′。(填“大于”、“等于”或“小于”)
图1－13
(2)(9分) 一底面半径为R的半圆柱形透明体的折射率为n＝，横截面如图1－14所示，O表示半圆柱形截面的圆心。一束极窄的光线在横截面内从AOB边上的A点以60°的入射角入射，求：该光线从进入透明体到第一次离开透明体时，共经历的时间(已知真空中的光速 图1－14
为c，arcsin＝35°；计算结果用R、n、c表示)。
解析：(1)静止的观察者A观察到钟表面为圆形，而另一运动的观察者B观察钟面时，沿运动方向钟的尺寸变小，故其面积S′(2)设此透明物体的临界角为C，
依题意sin C＝，所以C＝35°(2分)
当入射角为60°时，由n＝
得到折射角：γ＝30°(2分)
即此时光线折射后射到圆弧上的C点，在C点的入射角为60°，大于临界角，会发生全反射往后光线水平反射至圆弧上的D点并在D点发生全反射，再反射至B点，从B点第一次射出。
在透明体内的路径长为：s＝3R(2分)
光在透明体内的速度为：v＝(2分)
经历的时间：t＝＝(1分)
答案：(1)大于　(2)
15．[物理——选修3－5](15分)
(1)(6分)如图1－15为氢原子能级的示意图，现有大量的氢原子处于n＝4的激发态，当向低能级跃迁时辐射出若干不同频率的光。关于这些光，下列说法正确的是________。
A．最容易表现出衍射现象的光是由n＝4能级跃迁到n＝1能级产生的 图1－15
B．频率最小的光是由n＝2能级跃迁到n＝1能级产生的
C．这些氢原子总共可辐射出3种不同频率的光
D．用n＝2能级跃迁到n＝1能级辐射出的光照射逸出功为6.34 eV的金属铂能发生光电效应
(2)(9分)1934年约里奥—居里夫妇用α粒子轰击静止的1327Al，发现了放射性磷1530P和另一种粒子，并因这一伟大发现而获得诺贝尔物理学奖。
①写出这个过程的核反应方程式；
②若该种粒子以初速度v0与一个静止的12C核发生碰撞，但没有发生核反应，该粒子碰后的速度大小为v1，运动方向与原运动方向相反，求碰撞后12C核的速度。
解析：(1)最容易发生衍射的应是波长最长而频率最小、能量最低的光波，hν＝hc/λ＝En－Em，对应跃迁中能级差最小的应为n＝4到n＝3，故A、B错。由Cn2可知处于n＝4能级上的氢原子共可辐射出C42＝6种不同频率的光，故C错。根据hν＝E2－E1及发生光电效应的条件hν≥W可知D正确。
(2)①核反应方程式为：24He＋1327Al→1530P＋01n(3分)
②设该种粒子的质量为m，则12C核的质量为12m.由动量守恒定律可得：
mv0＝m(－v1)＋12mv2(3分)
解得：v2＝(2分)
且碰撞后12C核的运动方向与初速度v0方向相同。(1分)
答案：(1)D　(2)①24He＋1327Al→1530P＋01n
②　与初速度v0方向相同
高考仿真检测(二)
(满分110分，限时60分钟)
一、选择题(本题共8小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，有的只有一项符合题目要求，有的有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)
1．许多科学家对物理学的发展作出了巨大贡献，这也归功于他们采用了正确的物理方法，下列表述正确的是(　　)
A．卡文迪许用放大法测出了静电力常量
B．伽利略用理想实验证明了力是使物体运动的原因
C．法拉第用归纳法得出了电磁感应的产生条件
D．库仑用微分测出了静电力常量
解析：卡文迪许用放大法测出了引力常量，A项错；伽利略用理想实验证明了运动不需要力来维持，B项错；法拉第研究了各种电磁感应现象，如动生、感生等，归纳出了电磁感应产生的条件，C项正确；库仑用库仑扭秤测出了静电力常量，D项错。
答案：C
2．如图2－1所示，有5000个质量均匀为m的小球，将它们用长度相等的轻绳依次连接，再将其左端用细绳固定在天花板上，右端施加一水平力使全部小球静止。若连接天花板的细绳与水平方向的夹角为45°。则第2011个小球与2012个小球之间的轻绳与水平方向的夹角α的正切值等于(　　)
图2－1
A.　　　　　　　　 B.
C. D.
解析：选A　选取所有的5000个小球为研究结象，由平衡条件得：Tsin 45°＝5000mg，Tcos45°＝F，可得F＝5000mg，然后取下边5000－2011＝2989个小球为研究对象，设2011个小球与2012个小球间作用力为T′，T′与水平方向夹角为α，由平衡条件可得：Τ′sin α＝2989mg，T′cos α＝F，解得tan α＝，故A正确。
3．神舟七号经过变轨后，最终在距地球表面约343公里的圆轨道上正常飞行，约每90分钟绕地球一圈。则下列说法正确的是(　　)
A．神舟七号绕地球正常飞行时三位宇航员的加速度都大于9.8 m/s2
B．神舟七号绕地球正常环绕飞行的速率可能大于8 km/s
C．神舟七号飞船在轨道上正常飞行时，宇航员由于失去重力作用而处于悬浮状态，在舱内行走时，须穿带钩的鞋子，地板是网格状的
D．神舟七号运行的周期比地球近地卫星的周期大
解析：选D　地球表面的重力加速度为g＝9.8 m/s2，g值随着高度的升高而减小，故A错误；近地轨道上卫星的线速度为v＝7.9 m/s，高度越高、半径越大、线速度越小，故B错误；飞船在轨道上正常飞行时，宇航员处于失重状态但是并没有失去重力，故C错误；近地轨道的卫星周期约为84 min，半径越大、周期越大，故D正确。
4．在匀强磁场中，一矩形金属线框绕与磁感线垂直的转轴匀速转动，当线框的转速为n1时， 产生的交变电动势的图线为甲，当线框的转速为n2时，产生的交变电动势的图线为乙。则(　　)
图2－2
A．t＝0时，穿过线框的磁通量均为零
B．t＝0时，穿过线框的磁通量变化率均为零
C．n1∶n2＝3∶2
D．乙的交变电动势的最大值是 V
解析：选BCD　t＝0时，线圈的电动势为零，则线圈的磁通量最大，磁通量的变化率为零，故A错误，B正确；由图可知，T乙＝0.04 s，T甲＝ s，由n＝可得n1∶n2＝T乙∶T甲＝3∶2，C正确；由Em甲＝NBSω甲，Em乙＝NBSω乙，又ω＝可解得Em乙＝ V，D正确。
5.如图2－3所示，虚线框内存在着沿纸面方向的匀强电场(具体方向未画出)，一质子从bc边上的M点以速度v0垂直于bc边射入电场，只在电场力作用下，从cd边上的Q点飞出电场。下列说法正确的是(　　)
A．不管电场方向如何，质子从M点到Q点一定做匀变速运动 图2－3
B．电场方向一定是垂直ab边向右
C．电场力一定对电荷做了正功
D．M点的电势一定高于Q点的电势
解析：选A　由于是匀强电场，质子所受电场力为恒力，故质子运动的加速度恒定，一定做匀变速运动，A项正确。由于电场方向不确定，故无法判断M、Q两点的电势高低，也无法判断电场力做功的正负，BCD项均错。
6.如图2－4所示，光滑水平面上放着足够长的木板B，木板B上放着木块A。A、B接触面粗糙，现用一水平拉力F作用在B上使其由静止开始运动，用f1代表B对A的摩擦力，f2代表A对B的摩擦力，下列说法 图2－4
正确的有(　　)
A．力F做的功一定等于A、B系统动能的增加量
B．力F做的功一定小于A、B系统动能的增加量
C．力f1对A做的功等于A动能的增加量
D．力F、f2对B做的功之和等于B动能的增加量
解析：选CD　若力F较小，A、B间不发生相对滑动，则力F做的功等于A、B动能的增加量，若力F较大，A、B间发生相对滑动，则力F做的功等于A、B的动能增加量与系统内能增量的和，故A、B均错误；由动能定理可知，C、D均正确。
7.如图2－5所示，倾斜的传送带始终以恒定速率v2运动。一小物块以v1的初速度冲上传送带，v1>v2。小物块从A到B的过程中一直做减速运动，则(　　)
A．小物块到达B端的速度可能等于v2 图2－5
B．小物块到达B端的速度不可能等于零
C．小物块的机械能一直在减少
D．小物块所受合力一直在做负功
解析：选AD　小物块一直做减速运动，到B点时速度为小于v1的任何值，故A正确，B错误；当小物块与传送带共速后，再向上运动摩擦力对小物块做正功，机械能将增加，故C错误。W合＝ΔEk<0，D正确。
8.在如图2－6所示的倾角为θ的光滑斜面上，存在着两个磁感应强度大小为B的匀强磁场，区域Ⅰ的磁场方向垂直斜面向上，区域Ⅱ的磁场方向垂直斜面向下，磁场的宽度均为L，一个质量为m、电阻为R、边长也为L的正方形导线框，由静止开始沿斜面下滑，当ab边刚越过GH进入磁场Ⅰ区时，恰好以速度v1做匀速直线运动；当ab边 图2－6
下滑到JP与MN的中间位置时，线框又恰好以速度v2做匀速直线运动，从ab进入GH到MN与JP的中间位置的过程中，线框的动能变化量为ΔEk，重力对线框做功大小为W1，安培力对线框做功大小为W2，下列说法中正确的有(　　)
A．在下滑过程中，由于重力做正功，所以有v2>v1
B．从ab进入GH到MN与JP的中间位置的过程中，机械能守恒
C．从ab进入GH到MN与JP的中间位置的过程，有(W1－ΔEk)机械能转化为电能
D．从ab进入GH到MN与JP的中间位置的过程中，线框动能的变化量大小为ΔEk＝W1－W2
解析：选CD　由mgsin θ＝B·L得：v1＝，当ab到达JP和MN的中点时，mgsin θ＝2B·L得：v2＝，故v1>v2，A错误；因框运动过程中有安培力做负功，其机械能不守恒，机械能的减少量W1－ΔEk用于克服安培力做功，转化为电能，C正确；由动能定理得：ΔEk＝W1－W2，D正确。
二、非选择题(包括必考题和选考题两部分，第9题～第12题为必考题，每个试题考生都必须做答。第13题～第15题为选考题，考生根据要求作答)
(一)必考题(4题，共47分)
9．(5分)某实验小组利用光电计时器探究物块沿倾斜气垫导轨下滑过程中重力做功与动能的关系，装置如图2－7甲，让小物块从倾斜气垫导轨顶端滑下。若测得小物块通过A、B光电门的时间分别为t1和t2。AB之间的距离为L，遮光板的宽度为d，斜面的倾角为α，重力加速度为g。
图2－7
(1)图乙表示用螺旋测微器测量物块上遮光板的宽度d。由此读出d＝________ mm。
(2)探究小物块沿倾斜气垫导轨下滑过程中重力做功与动能的关系，实验数据满足的关系式为________________________(用实验测定的物理量对应的字母表示)。
解析：(1)遮光板的宽度d＝5 mm＋0.5 mm＋0.01 mm×20.0＝5.700 mm。
(2)由图可知，vA＝，vB＝，故mgLsin α＝mvB2－mvA2，即gLsin α＝(－)。
答案：(1)5.700　(2)gLsin α＝(－)
10．(10分)市场上有一种在蚊帐内使用的小型直流电动机电风扇，某物理研究性学习小组想测定电风扇正常运行时的机械功率，于是找到了一台这样的电风扇并从铭牌上读出了额定电压U，但其它字迹不清楚。该小组成员取出电池，并从电风扇连接电池的正、负两极各接出一条引线提供的器材有电流表、电压表、滑动变阻器、备用电池若干节、电键、若干导线、固定电池的电池盒。
(1)测量时选择的电路图比较合理的是________图(选项“A”或“B”)。
图2－8
(2)该小组进行了如下的实验步骤：
A．按事先设计的电路连接各元件，并将变阻器的滑动片移动到最左端；
B．合上开关，将滑动片从最左端开始缓慢向右移动，使电压表和电流表都有明显的示数，但电风扇并未转动。读出此时电压表和电流表的读数分别为U0、I0；
C．移动滑动变阻器的滑动片，当电压表的读数达到U时，观察电风扇是否正常工作，若正常工作，记下此时电压表的读数U和电流表的读数I；
D．用测得的物理量表示电动机M正常运转时输出的机械功率P输出为________。
(3)该小组同学找了甲、乙两个不同规格的电风扇继续进行测量，用伏安法分别测出甲、乙两个电风扇的伏安特性曲线，如图2－9所示，若他们将甲、乙两个电风扇串联接在6 V的电源两端。则甲的实际功率为________ W，乙的实际功率为________ W。(结果保留两位有效数字)
解析：(1)因电风扇铭牌上只标出额定电压，故应选用电路图A，使滑动触头从滑动变阻器的左端逐渐向右滑动，先由电机 图2－9
不转时测出其内阻，再在电机正常工作时测出额定功率，即可求出机械功率。
(2)P输出＝IU－I2()
(3)两电机串联使用电流必相同，而电压之和为6 V，故作一条水平线，使其与两图线的交点的横坐标之和为6 V，可得，此时I＝0.7 A。故P甲＝IU甲＝1.4 W，P2＝IU2＝2.8 W
答案：(1)A　(2)IU－I2　(3)1.4　2.8
11．(14分)一质量为M＝2 kg的小物块随足够长的水平传送带一起运动，被一水平向左飞来的子弹击中，子弹并从物块中穿过，如图2－10甲所示，地面观察者记录了小物块被击中后的速度随时间的变化关系，如图2－10乙所示(图中取向右运动的方向为正方向)，已知传送带的速度保持不变。(g＝10 m/s2)
图2－10
(1)指出传送带的速度v的大小及方向，说明理由。
(2)计算物块与传送带间的动摩擦因数？
(3)计算物块对传送带总共做了多少功？系统有多少能量转化为内能？
解析：(1)由题图可知，物块被击穿后先向左做匀减速运动，速度为零后，又向右做匀加速运动，当速度等于2 m/s以后随传送带一起匀速运动，所以传送带的速度方向向右，大小为2 m/s。(2分)
(2)由题图可知，a＝＝ m/s2＝2 m/s2(2分)
由牛顿第二定律得滑动摩擦力f＝Ma，其中f＝μN，
N＝Mg，所以物块与传送带间的动摩擦因数
μ＝＝＝0.2(2分)
(3)由题图可知，传送带与物块存在摩擦力的时间只有3 s，传送带在这段时间内的位移s＝vt＝2×3 m＝6 m，所以物块对传送带所做的功为W＝－fs＝－4×6 J＝－24 J(4分)
物块相对于传送带通过的路程s′＝t＝×3 m＝9 m，所以转化为内能E＝fs′＝4×9 J＝36 J(4分)
答案：见解析
12．(18分)如图2－11所示，质量为m带电量为＋q的带电粒子(不计重力)，从左极板处由静止开始经电压为U的加速电场加速后，经小孔O1进入宽为L的场区，再经宽为L的无场区打到荧光屏上。O2是荧光屏的中心，连线O1O2与荧光屏垂直。第一次在宽为L整个区域加入电场强度大小为E、方向垂直O1O2竖直向下的匀强电场；第二次在宽为L区域加入宽度均为L的匀强磁场，磁感应强度大小相同、方向垂直纸面且相反。两种情况下带电粒子打到荧光屏的同一点。求：
图2－11
(1)带电粒子刚出小孔O1时的速度大小；
(2)加匀强电场时，带电粒子打到荧光屏上的点到O2的距离d；
(3)左右两部分磁场的方向和磁感应强度B的大小。
解析：(1)带电粒子在加速电场中加速过程，由动能定理得：
qU＝mv02 ①(2分)
解得：v0＝ (1分)
(2)带电粒子在偏转电场中，设运动时间为t，加速度为a，平行电场的分速度为vy，侧移距离为y。
由牛顿第二定律得：qE＝ma ②(1分)
由运动学公式得：L＝v0t ③(1分)
vy＝at ④(1分)
由②③④得：y＝at2 ⑤(1分)
带电粒子从离开电场到打到荧光屏上的过程中，设运动时间为t′，侧移距离为y′。
由运动学公式得：＝v0t′ ⑥(1分)
由③④⑥得：y′＝vyt′ ⑦(1分)
由⑤⑦得带电粒子打到荧光屏上的点到O2的距离：d＝y＋y′＝(1分)
(3)磁场的方向如图所示，左半部分垂直纸面向外，右半部分垂直纸面向里。(1分)
带电粒子运动轨迹与场区中心线交于N点，经N点做场区左边界的垂线交于M点，经N点做过N点速度的垂线交场区左边界于O点，O点就是带电粒子在左半区域磁场中做圆周运动的圆心。带电粒子在两部分磁场中的运动对称，出磁场的速度与荧光屏垂直，所以O1M＝。(意思明确即可)(2分)
设带电粒子做圆周运动的半径为R，由几何关系得：
R2＝()2＋(R－)2 ⑧(2分)
由牛顿第二定律得：qv0B＝m ⑨(1分)
由v0、d的结论和⑧⑨式解得：
B＝()(未代入原始数据不得分)(2分)
答案：(1) 　(2)　(3) ()
(二)选考题(共15分。请考生从给出的3道题中任选一题做答，如果多做，则按所做的第一题计分)
13．[物理——选修3－3](15分)
(1)(6分)关于热现象，下列说法正确的是________。
A．在一定条件下，物体的温度可以降到0 K
B．物体吸收了热量，内能不一定增加
C．分子势能随着分子间距离的增大，可能先减小后增大
D．布朗运动是悬浮在液体中固体颗粒分子的无规则运动的反映
E．已知某物质的摩尔质量和阿伏伽德罗常数，可以求出该物质的分子质量
(2)(9分)一定质量的理想气体经历了温度缓慢升高的变化，其p－T图和V－T图如图2－12所示。
图2－12
①求温度为600 K时气体的压强；
②请在p－T图线上将温度从400 K升高到600 K的变化过程补充完整。
解析：(1)温度0 K为极限温度，不可能达到，A错误；物体吸收热量，但因不知做功情况，故无法确定内能变化，B正确；当分子间距由rr0的过程中，分子势能先减小后增大，C正确；布朗运动是液体分子无规则运动的反映，不反映固体分子的无规则运动，D错误；由m分子＝可知E正确。
(2)①由理想气体状态方程＝ (3分)
即＝
温度为600 K时，气体的压强为p2＝1.25×105 Pa (2分)
②由根据V－T图线可知：在温度从400 K升高到500 K的变化过程中，气体经历了等容变化，其p－T图线是正比例函数图象。 (1分)
在温度从500 K升高到600 K的变化过程中，气体经历了等压变化，其p－T图象是平行于T轴的直线段。
(1分)
如图所示。(2分，每段图线给1分)
答案：(1)BCE　(2)1.25×105 Pa　见解析
14．[物理——选修3－4](15分)
(1)(6分)如图2－13所示是一列简谐横波在t＝0时的波形图，若波的传播速度为2 m/s，此时质点P向y轴正方向振动，P、Q两个质点相距一个波长。下列说法正确的是________。
A．质点P在一个周期内的路程为20 cm 图2－13
B．经过0.1 s，质点Q和P的振动方向相反
C．经过Δt＝0.15 s，质子P向y轴负方向振动
D．若该波传播中遇到宽约0.4 m的障碍物，能发生明显的衍射现象
(2)(9分)某同学做“测定玻璃的折射率”实验时，由于没有量角器，在完成光路图后，以O为圆心画圆，分别交入射光于A点，交OO′连线延长线于C点。分别过A点、C点作法线NN′的垂线AB、CD交NN′于B点、D点，用刻度尺量得AB＝6 cm，CD＝4 cm。求：玻璃的折射率n。
解析：(1)任何质点在一个周期内走的路程均为4 A＝20 cm，A正确，P和Q两点相距一个波长，为同相点，振动情况相同，B错误；由 图2－14
v＝2 m/s，λ＝0.4 m可得T＝＝0.2 s，故Δt＝0.15 s＝ T，质点P此时向＋y方向振动，T后来到x轴下方，仍向＋y方向振动，C错误；因障碍物的尺寸d＝λ，故该波遇到此障碍物能发生明显的衍射现象，D正确。
(2)O所在玻璃面为界面，设入射角为θ1，折射角为θ2，由几何关系得：
sin θ1＝ (2分)
sin θ2＝ (2分)
OA＝OC(2分)
由以上关系得n＝ (2分)
带入数据得：n＝1.5 (1分)
答案：(1)AD　(2)1.5
15．[物理——选修3－5](15分)
(1)(6分)下列说法正确的是________。
A．卢瑟福由α粒子散射实验提出了原子的核式结构
B．康普顿发现了电子
C．人类认识原子核的复杂结构是从天然放射现象开始的
D．β射线是原子核外的电子电离形成的电子流，它具有中等的穿透能力
E．根据玻尔理论可知，氢原子辐射出一个光子后，氢原子的电势能增大，核外电子动能增大，总能量增大
F．在光电效应的实验中，入射光的强度增大，光电子的最大初动能也增大
(2)(9分)如图2－15所示，光滑水平面上，轻弹簧两端分别拴住质量均为m的小物块A和B，B物块靠着竖直墙壁。今用水平外力缓慢推A，使A、B间弹簧压缩，当压缩到弹簧的弹性势能为E时撤去此水平外 图2－15
力，让A和B在水平面上运动。求：
①当弹簧达到最大长度时A、B的速度大小；
②当B离开墙壁以后的运动过程中，弹簧弹性势能的最大值。
解析：(1)卢瑟福根据α 粒子散射实验结果提出了原子的核式结构，A正确；汤姆生研究阴极射线发现电子，B错误；人类认识原子核的复杂结构是从天然放射现象开
始的，C正确；β射线是原子核内中子转化为质子时放出的电子形成的电子流，D错误；氢原子辐射光子后，向离核较近的轨道跃迁，库仑力做正功，氢原子电势能减少，总能减少，E错误；由hν－W＝Ekm可知，入射光的频率越高，光电子的最大初动能越大，与光的强度无关，F错误。
(2)①当B离开墙壁时，A的速度为v0，由机械能守恒有
mv02＝E (2分)
解得v0＝  (1分)
以后运动中，当弹簧弹性势能最大时，弹簧达到最大程度时，A、B速度相等，(1分)
设为v，由动量守恒有2mv＝mv0 (1分)
解得v＝  (1分)
②根据机械能守恒，最大弹性势能为
Ep＝mv02－(2m)v2＝E (2分)
则：v0＝ 　Ep＝E (1分)
答案：(1)AC　(2)①均为 　②E
高考仿真检测(三)
(满分110分，限时60分钟)
一、选择题(本题共8小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，有的只有一项符合题目要求，有的有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)
1．在物理学发展史中，许多科学家通过自己不懈的努力和聪明的智慧做出了卓越的贡献，发现了许多重要的自然规律，形成了科学的解决问题的方法，下列说法正确的是(　　)
A．牛顿发现了万有引力定律并利用扭秤实验装置比较准确地测出了引力常量
B．库仑利用扭秤实验发现了库仑定律，并测出了静电力常量k的值
C．探究求合力的方法的实验中运用了控制变量的方法
D．把带电体看成点电荷运用了理想化模型的方法
解析：选BD　牛顿发现了万有引力定律，但牛顿并没有准确测出万有引力常量，A错误；探究求合力的方法的实验中运用了等效替代的方法，C错误；B、D是正确的。
2.在德国首都柏林举行的世界田径锦标赛女子跳高决赛中，克罗地亚选手弗拉希奇以2米04的成绩获得冠军。弗拉希奇身高约为1.93 m，忽略空气阻力，g取10 m/s2。则下列说法正确的是 (　　)
A．弗拉希奇下降过程处于失重状态
B．弗拉希奇起跳以后在上升过程处于超重状态 图3－1
C．弗拉希奇起跳时地面对她的支持力等于她的重力
D．弗拉希奇起跳时的初速度大约为4.5 m/s
解析：选AD　运动员起跳后上升和下降过程均为加速度向下，整体处于失重状态，A项正确；起跳时地面对她的支持力大于重力故能顺利起跳，C项错误；运动员起跳时重心大约在腰部，背越式过杆，重心上升高度可按1 m估算，则起跳时的初速度约为v＝＝2 m/s＝4.5 m/s，D项正确。
3．美国宇航局2011年12月5日宣布，他们发现了太阳系外第一颗类似地球的、可适合居住的行星—“开普勒—226”，其直径约为地球的2.4倍。至今其确切质量和表面成分仍不清楚，假设该行星的密度和地球相当，根据以上信息。估算该行星的第一宇宙速度等于(　　)
A．3.3×103 m/s　　　　　 B．7.9×103 m/s
C．1.2×104 m/s D．1.9×104 m/s
解析：选D　由＝m，M＝πR3·ρ，R＝可推得：v＝d· ，故＝＝2.4，故v星＝2.4 v地≈1.9×104 m/s，故D正确。
4.在研究自感现象的实验中，用两个完全相同的灯泡a、b分别与自感系数很大的自感线圈L和定值电阻R组成如图3－2所示的电路(自感线圈的直流电阻与定值电阻R的阻值相等)，闭合开关S达到稳定后两灯均可以正常发光。关于这个实验下面的说法中正确的是(　　)
A．闭合开关的瞬间，通过a灯和b灯的电流相等 图3－2
B．闭合开关后，a灯先亮，b灯后亮
C．闭合开关待电路稳定后断开开关，ab两灯过一会同时熄灭
D．闭合开关，待电路稳定后断开开关，a灯过一会儿熄灭，b灯先闪亮后熄灭
解析：选C　闭合开关的瞬间，因L对电流的阻碍作用，a灯的电流小于b灯的电流，b灯先亮，故A、B均错误；闭合开关稳定后，断开开关后，因L对电流的阻碍作用，L中的电流逐渐变小，且与b灯形成回路，故a、b两灯过一会同时熄灭，C正确，D错误。
5.如图3－3所示，处于拉伸状态的弹簧一端固定在平板车上，另一端拴一个质量为m＝10 kg的物体A，整个装置静止于水平路面上，此时弹簧的拉力为F＝5 N。若平板车从静止开始向右做加速运动，且加速度逐渐增大，但a≤1 m/s2。则(　　) 图3－3
A．物体A相对于车仍然静止
B．物体A受到的弹簧的拉力逐渐增大
C．物体A受到的摩擦力逐渐减小
D．物体A受到的摩擦力先减小后增大
解析：选AD　由题意知，物体A与平板车的上表面间的最大静摩擦力Fm≥5 N。当物体向右的加速度增大到a＝1 m/s2时，F合＝ma＝10 N，此时平板车对物体A的静摩擦力为5 N，方向向右，物体A相对于车仍然静止，A对；物体A受到的弹簧的拉力大小不变，B错；因加速度逐渐增大，合力逐渐增大，物体A受到的摩擦力方向先向左后向右，先减小后增大，D对。
6．一个带正电的金属球半径为R，以球心为原点建立坐标系，设无穷远处电势为零。你可能不知道带电金属球所产生的电场中电势φ随x变化的规律，但是根据学过的知识你可以确定其φ－x图象可能是(　　)
图3－4
解析：选B　金属球内部场强处处为零，故金属球为一等势体，故07．质量为2×103 kg，发动机额定功率为80 kW的汽车在平直公路上行驶。汽车所受阻力大小恒为4×103 N，则下列判断中正确的有(　　)
A．车的最大动能是4×105 J
B．车以加速度2 m/s2匀加速启动，启动后第2 s末时发动机实际功率是32 kW
C．车以加速度2 m/s2做初速度为0的匀加速运动，达到最大速度时克服阻力做功为4×105 J
D．汽车保持额定功率启动，则当汽车速度为5 m/s时，其加速度为6 m/s2
解析：选ABD　由P＝f·vm可得：vm＝＝ m/s＝20 m/s，故Ekm＝mvm2＝4×105 J，A正确；由F－f＝ma得：F＝f＋ma＝8 000 N，则第2 s末的发动机实际功率P＝F·at＝8 000×2×2 W＝32 kW，B正确；由P＝F·v匀m可求得匀加速运动的最大速度v匀m＝10 m/s，此过程的位移x＝＝25 m, 故此过程克服阻力做功Wf＝f·x＝1×105 J，C错误；由P＝F·v，F－f＝ma可求得a＝6 m/s2，故D正确。
8．有一变化的匀强磁场垂直如图3－5甲所示的线圈平面，若规定磁场垂直线圈平面向里为磁感应强度的正方向，电流从a经R流向b为电流的正方向。现在已知R中的感应电流I随时间t变化图象如图3－5乙所示，那么垂直穿过线圈平面的磁场可能是图3－5丙中的(　　)
图3－5
解析：选AB　根据楞次定律，第1 s内电流为正方向，且大小恒定，则磁感应强度B，可能为垂直纸面向里且均匀减小，或垂直纸面向外，且均匀增大，由此可判断C、D均错误；第2秒内电流方向为负方向，且大小恒定，则磁感应强度B可能垂直纸面向里且均匀增大，或垂直纸面向外，且均匀减小，而且变为第1 s的2倍，故A、B均正确。
二、非选择题(包括必考题和选考题两部分，第9题～第12题为必考题，每个试题考生都必须做答。第13题～第15题为选考题，考生根据要求作答)
(一)必考题(4题，共47分)
9．(5分)为了探究加速度与力的关系，使用如图3－6所示的气垫导轨装置进行实验。其中G1、G2为两个光电门，它们与数字计时器相连，当滑行器通过G1、G2光电门时，光束被遮挡的时间Δt1、Δt2都可以被测量并记录。滑行器连同上面固定的一条形挡光片的总质量为M，挡光片宽度为D，光电门间距离为s，牵引砝码的质量为m。回答下列问题：
图3－6
(1)实验开始应先调节气垫导轨下面的螺钉，使气垫导轨水平，在不增加其它仪器的情况下，如何判定调节是否到位？答：________________________。
(2)若取M＝0.4 kg，改变m的值，进行多次实验，以下m的取值不合适的一个是________。
A．m1＝5 g B．m2＝15 g
C．m3＝40 g D．m4＝400 g
(3)在此实验中，需要测得每一个牵引力对应的加速度，其中求得的加速度的表达式为：________(用Δt1、Δt2、D、s表示)
解析：(1)判断导轨水平的方法是将滑行器自由放在导轨上，并轻推滑行器，看其能否做匀速运动。
(2)要保证滑行器受到的合力基本等于mg，应满足M?m，可见最不合适的一个是m4＝400 g，故选D。
(3)由v1＝，v2＝，v22－v12＝2as可求得a＝(－)。
答案：(1)将滑行器自由放在导轨上，并轻推滑行器，看其能否做匀速运动
(2)D
(3)(－)
10．(10分)要测量一只量程已知的电压表的内阻，所备器材如下：
A．待测电压表V(量程3 V，内阻未知)
B．电流表A(量程3 A，内阻0.01 Ω) 图3－7
C．定值电阻R0(阻值2 kΩ，额定电流50 mA)
D．蓄电池E(电动势略小于3 V，内阻不计)
E．多用电表
F．开关K1、K2，导线若干
有一位同学利用上面所给器材，进行如下实验操作：
(1)首先，用多用电表进行粗测，选用×100 Ω倍率，操作方法正确。若这时刻度盘上的指针位置如图3－7所示，则测量的结果是________ Ω。
(2)为了更精确地测出此电压表内阻，该同学设计了如图3－8所示的甲、乙实验电路，你认为其中较合理的电路图是________，其理由是________________________。
图3－8
图3－9
(3)在图3－9中，根据你选择的电路把实物连接好。
(4)用你选择的电路进行实验时，请简述实验步骤：____________________________
________________________________________________________________________。
用上述所测量的符号表示电压表的内阻RV＝________。
解析：(1)电压表内阻RV＝30×100 Ω＝3.0×103 Ω
(2)选用乙图较合理，因为电流表量程太大，读数误差太大，而丙图中R的阻值与电压表阻值接近，误差小。
(3)实物图连接如下图所示：
(4)实验步骤：
闭合K1，再闭合K2，读得电压表示数U1；再断开K2，读得电压表示数U2
RV＝R
答案：(1)3.0×103 　(2)(3)(4)见解析
11.(14分)如图3－10所示，两个相同的木板A、B置于水平地面上，质量均为m＝1 kg，其中B固定不动，A可以沿地面滑动，它们相距s＝1.5 m。质量为2m，大小可忽略的物块C置于A板的左端。C 图3－10
与A之间的动摩擦因数为μ1＝0.22，A、B与水平地面之间的动摩擦因数为μ2＝0.10，最大静摩擦力可以认为等于滑动摩擦力。现给C施加一个水平向右，大小为0.4 mg的水平恒力F，使其开始运动，设A与B发生碰撞后立即静止，重力加速度g＝10 m/s2。求
(1)要使C最终不脱离木板，每块木板的长度至少应为多少？
(2)若C恰好没有脱离木板，水平恒力F所做的功。
解析：(1)由于C与木板间的滑动摩擦力f1＝μ1×2mg＝0.44mg>F＝0.4mg，
所以，A和C能保持相对静止。 (2分)
在F的作用下一起向右匀加速运动，设A刚要与B发生碰撞时的速度为v，对AC整体，由动能定理得
(F－3μ2mg)s＝×3mv2， (3分)
解得v＝1 m/s。 (1分)
A与B发生碰撞后停止，C在木板上做匀减速直线运动，若刚好滑到B的最右端恰好停止，则木板的长度最小。对C物体，由动能定理得
(F－μ1×2mg)×2L＝－×2mv2， (2分)
解得L＝1.25 m，即每块木板的长度至少应为1.25 m。 (1分)
(2)C恰好没有脱离木板，C的位移sC＝s＋2L＝4 m， (3分)
故水平恒力F所做的功为W＝FsC＝16 J。 (2分)
答案：(1)1.25 m　(2)16 J
12.(18分)如图3－11所示，在坐标原点O处，能向四周均匀发射速度大小相等、方向都平行于纸面的带正电粒子。在O点右侧有一半径为R的圆形薄板，薄板中心O′位于x轴上，且与x轴垂直放置，薄板的两端M、N与原点O正好构成等腰直角三角形。已知带电 图3－11
粒子的质量为m，带电量为q，速率为v，重力不计。
(1)要使y轴右侧所有运动的粒子都能打到薄板MN上，在y轴右侧加一平行于x轴的匀强电场，则场强的最小值E0为多大？在电场强度为E0时，打到板上的粒子动能为多大？
(2)要使薄板右侧的MN连线上都有粒子打到，可在整个空间加一方向垂直纸面向里的匀强磁场，则磁场的磁感应强度不能超过多少(用m、v、q、R表示)？若满足此条件，从O点发射出的所有带电粒子中有几分之几能打在板的左边？
解析：(1)由题意知，要使y轴右侧所有运动粒子都能打在MN板上，其临界条件为：沿y轴方向运动的粒子作类平抛运动，且落在M或N点。
沿y轴方向，R＝vt (1分)
沿x轴方向，R＝at2 (1分)
加速度a＝ (1分)
解得E0＝ (2分)
由动能定理知qE0R＝Ek－mv2 (2分)
解得Ek＝mv2 (1分)
(2)加匀强磁场后，粒子沿逆时针方向做匀速圆周运动，当轨迹以O′为圆心同时过M、N两点时，轨迹直径最小(如图所示)，且等于MN，即轨迹半径r＝R，(3分)
由牛顿第二定律得qvB＝m (2分)
解得B＝ (2分)
即磁感应强度不能超过。
从O点向第四象限发射出的粒子均能打在MN板的左侧，占发射粒子总数的。(3分)
答案：(1)，mv2　(2)磁感应强度不能超过，
(二)选考题(共15分。请考生从给出的3道题中任选一题做答，如果多做，则按所做的第一题计分)
13．[物理——选修3－3](15分)
(1)(6分)下列有关热现象的说法中正确的是________。
A．温度是分子平均动能大小的标志，温度高的物体，其所有分子的动能都比温度低的物体分子的动能大
B．盛有气体的容器作减速运动时，容器中气体的内能随之减小
C．电流通过电阻后电阻发热，它的内能增加是通过“热传递”方式实现的
D．一定质量的理想气体经等温压缩后，其压强一定增大
(2)(9分)已知金刚石的密度是3.5×103 kg/m3，碳的摩尔质量是1.2×10－2 kg/mol，阿伏加德罗常数取6×1023 mol－1。
(ⅰ)根据上述数据估算碳原子直径的大小。(结果保留一位有效数字)
(ⅱ)试说明作出上述估算的理论假设(即物理模型)是什么？并举例说明该假设是哪一实验的理论依据。
解析：(1)温度高的物体，分子平均动能大，但不是所有分子的动能都比温度低的物体分子的动能大，A项错；气体的内能与气体的机械运动无关，B项错；电流通过电阻发热，是电流做功，C项错；一定质量的理想气体，等温压缩，其分子平均动能不变，单位体积内分子数增多，故压强一定增大，D项正确。
(2)(ⅰ)碳的摩尔体积V＝ (2分)
每个碳原子的体积V0＝ (1分)
又V0＝d3 (2分)
联立解得d＝ (1分)
代入数据得d＝2×10－10 m (1分)
(ⅱ)作出上述估算的理论假设是：设想金刚石中碳原子是一个挨一个紧密排列的，(或答分子间的间隙忽略不计)；且可以看成球形。单分子油膜法测分子直径(2分)
答案：(1)D　
(2)(ⅰ)2×10－10 m(ⅱ)碳原子一个挨一个紧密排列的(或答分子间的间隙忽略不计)；看成球形。单分子油膜法测分子直径
14．[物理——选修3－4](15分)
(1)(6分)关于振动和波动，下列说法正确的是________。
A．单摆做简谐运动的周期与摆球的质量有关
B．部队过桥不能齐步走而要便步走，是为了避免桥梁发生共振现象
C．在波的干涉中，振动加强的点位移不一定始终最大
D．各种波均会发生偏振现象
E．我们在地球上接收到来自遥远星球的光波的波长变长，可以判断该星球正在距离我们远去
(2)(9分)桌面上有一玻璃圆锥，圆锥的轴(图3－12中虚线)与桌面垂直，过轴线的截面为等边三角形，此三角形的边长为L，如图所示，有一半径为的圆柱形平行光束垂直底面入射到圆锥上，光束的中心轴与圆锥的轴重合。已知玻璃的折射率为，求： 图3－12
①光在玻璃中的传播速度是多少？
②光束在桌面上形成的光斑的面积是多少？
解析：(1)单摆做简谐运动的周期T＝2π，与摆球质量无关，A错误；部队过桥时不齐部走，是避免桥梁发生共振现象，B正确；在波的干涉现象中，振动加强点的振幅最大，位移仍随时间变化，C正确；只有横波才能发生偏振现象，D错误；地球上接收到来自遥远星球的光波的波长变长，说明光波频率变小，由多普勒效应现象规律可知，星球正离地球远去，E正确。
(2)①根据v＝ (2分)
得v＝＝×108 m/s (1分)
②画出如图光路图， (2分)
入射角θ1＝60°，设折射角为θ2，根据n＝可得θ2＝30° (2分)
由几何关系可知，产生的亮斑直径为L/3，S＝＝ (2分)
答案：(1)BCE　(2)①×108 m/s　②
15．[物理——选修3－5](15分)
(1)(6分)下列说法中正确的是________。
A．质子与中子结合成氘核的过程中需要吸收能量
B. 88226Ra(镭)衰变为 86222Rn(氡)要经过1次α衰变和1次β衰变
C．β射线是原子核外电子挣脱原子核的束缚后而形成的电子流
D．放射性元素的半衰期是指大量该元素的原子核中有半数发生衰变所需要的时间
E．法国物理学家德布罗意预言了实物粒子的波动性
(2)(9分)如图3－13所示，C是放在光滑的水平面上的一块木板，木板的质量为3m，在木板的上面有两块质量均为m的小木块A和B，它们与木板间的动摩擦因数均为μ。最初木板静止，A、B两木块同时以相向的水平初速度v0和2v0滑上长木板，木板足够长，A、B始终未滑离木板也未发生碰撞。求：
图3－13
(a)木块B的最小速度是多少？
(b)木块A从刚开始运动到A、B、C速度刚好相等的过程中，木块A所发生的位移是多少？
解析：(1)质子和中子结合成氘核的过程中，质量减小，应释放核能，A错误；由 衰变为 只经过一次α衰变，B错误；β射线是原子核能中子转化为质子的同时释放出来的，C错误；由半衰期的定义可知D正确；德布罗意预言了实物粒子的波动性，E正确。
(2)(a)A、B、C组成的系统动量守恒，以向右为正方向：m·2v0－mv0＝5mv 　v＝向右
①
B物体一直做匀减速运动，所以B的最小速度为。 ②
(b)A、B均在C上滑动时，C保持静止不动。
设A向左滑动至速度为零过程中加速度为a1，位移为sA1，
有：μmg＝ma1，　v02＝2a1sA1 ③
A向右与木板C一起加速滑动至ABC共速过程中加速度为a2，位移为sA2，
有：μmg＝4ma2　v2＝2a2sA2 ④
A的对地位移为：sA＝sA1－sA2 ⑤
联立以上各式得：sA＝ ⑥
答案：(1)DE　(2)　
高考仿真检测(四)
(满分110分，限时60分钟)
一、选择题(本题共8小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，有的只有一项符合题目要求，有的有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)
1．关于物理学史的说法正确的是(　　)
A．胡克认为只有在一定的条件下，弹簧的弹力才与弹簧的形变量成正比
B．法拉第发现电流周围存在磁场，并得出法拉第电磁感应定律
C．牛顿发现了万有引力定律的同时卡文迪许测出了引量常量
D．伽利略首先建立了平均速度、瞬时速度、加速度以及能量的概念
解析：选A　奥斯特发现电流周围存在磁场，B错误；牛顿发现了万有引力定律，但引力常量是100多年后卡文迪许测出的，C错误；伽利略首先建立了平均速度、瞬时速度、加速度等概念，但能量的概念不是伽利略建立的，D错误。
2.如图4－1所示，将一个质量为1 kg的小物块轻轻放上倾角为37°(sin 37°＝0.6)的斜面，已知斜面质量也为1 kg，重力加速度为10 m/s2。斜面放在足够粗糙的水平地面上没有滑动，那么地面对斜面的支持力FN和摩擦力Ff有可能为(　　) 图4－1
A．FN＝20 N　Ff＝0 N
B．FN＝20 N　Ff＝4.8 N
C．FN＝16.4 N　Ff＝4.8 N
D．FN＝16.4 N　Ff＝8.5 N
解析：选AC　设斜面和小物块的质量分别为M、m，小物块下滑时的加速度为a，以整体为研究对象，受力分析如图所示，由牛顿第二定律可知Ff＝macos 37°，(M＋m)g－FN＝masin 37°，而0≤a≤gsin 37°，即0≤a≤6 m/s2，当a＝0时，A正确，B错误；当a＝6 m/s2时，C正确，D错误。
3.如图4－2所示，小球在竖直平面内对着圆环的圆心水平抛出，不计空气阻力，最后打在圆环上，下列说法正确的是(　　)
A．小球的初速度增大，运动时间变短
B．小球运动过程中机械能守恒
C．小球可能垂直打在圆环上 图4－2
D．小球不能垂直打在圆环上
解析：选BD　若小球打在O点的正下方右侧圆环上，则小球的初速度越大，运动时间越长，A错误；小球运动过程中只有重力做功，机械能守恒，B正确；如图所示，小球从A点平抛后落到圆环上的B点，此时小球在B点的速度vB的反向延长线交于AD的中点C处，在O点的右侧，故vB与圆环不垂直，C错误，D正确。
4．据报道，中俄双方将联合对火星及其卫星“火卫一”进行探测。“火卫一”位于火星赤道正上方，到火星中心的距离为9 450 km。“火卫一”绕火星1周需7 h 39 min。若其绕行轨道可认为是圆形轨道，引力常量为G，根据以上信息不能确定的是(　　)
A．火卫一的质量　　　 　 B．火星的质量
C．火卫一的绕行速度 D．火卫一的向心加速度
解析：选A　由万有引力定律和牛顿第二定律得G＝mr，“火卫一”的轨道半径r和运行周期T均为已知量，故火星的质量可以确定；再由v＝可知，火卫一的绕行速度v可以确定；由G＝ma可知，火卫一的向心加速度可以确定；由于各等式两边火卫一的质量m均被消去，故火卫一的质量不能确定。本题选择A选项。
5．如图4－3所示为一空腔导体周围的电场线分布。电场方向如图箭头所示，M、N、P、Q是以O为圆心的一个圈周上的四点。其中M、N在一条直线电场线上，P、Q在一条曲线电场线上，下列说法正确的有(　　)
图4－3
A．M点的电场强度比N点的电场强度大
B．P点的电势比Q点的电势高
C．M、O间的电势差大于O、N间的电势差
D．一负电荷在P点的电势能大于在Q点的电势能
解析：选B　由于M点的电场线比N点稀疏，故N点场强大，A错误；由沿电场线电势降低可知，B正确；因M、O间电场强度较O、N间弱，故UMO6.如图4－4所示，矩形导线框abcd的一半处在磁感应强度B＝0.1 T的足够大的匀强磁场中，线框ab边长10 cm，bc边长为20 cm，当线框以ab边为轴，以角速度ω＝20π rad/s匀速转动时，从图示时刻(线圈平面与磁场方向垂直)开始计时，它的磁通量Φ和线圈中的感应电动势E随时间变化的图象可能正确的是(　　) 图4－4
图4－5
解析：选BD　从图示时刻到线圈转过60°(t＝，其中周期T＝＝0.1 s)的过程中，磁通量Φ＝BS＝B·ab·bc＝1.0×10－3 Wb不变化，之后，磁通量按照余弦规律变化，t＝时刻，磁通量为零，故A项错误、B项正确；在0～时间内，感应电动势始终为零，之后，感应电动势按照正弦规律变化，t＝时刻，感应电动势达最大值Em＝BSω＝4π×10－2 V，故C项错误、D项正确。
7.如图4－6所示，在光滑固定的曲面上，放有两个质量分别为1 kg和2 kg的可视为质点的小球A和B，两球之间用一根轻质弹簧相连，用手拿着A如图所示竖直放置，AB间距离L＝0.2 m，小球B刚刚与曲面接触且距水平面的高度h＝0.1 m。此时弹簧的弹性势能Ep＝1 J，自由释放 图4－6
后两球以及弹簧从静止开始下滑到光滑地面上，以后一直沿光滑地面运动，不计一切碰撞时机械能的损失，g取10 m/s2。则下列说法中正确的是(　　)
A．下滑的整个过程中弹簧和A球组成的系统机械能守恒
B．下滑的整个过程中两球及弹簧组成的系统机械能守恒
C．B球刚到地面时，速度是 m/s
D．当弹簧处于原长时，以地面为参考平面，两球在光滑水平面上运动时的机械能为6 J
解析：选BD　由于弹簧和B之间有作用力，弹簧和A球组成的系统机械能不守恒，A项错；由于没有摩擦，系统只有弹簧弹力和重力做功，则B项正确；因为弹簧作用于B，并对B做功，B的机械能不守恒，而 m/s时根据机械能守恒求解出的，所以C项错；根据系统机械能守恒，到地面时的机械能与刚释放时的机械能相等，又弹簧处于原长，则E＝mAg(L＋h)＋mBgh＋Ep＝6 J，D项对。
8.两磁感应强度均为B的匀强磁场区Ⅰ、Ⅲ，方向如图4－7所示，两区域中间为宽为s的无磁场区Ⅱ，有一边长为L(L>s)。电阻为R的均匀正方形金属线框abcd置于区域Ⅰ，ab边与磁场边界平行，现拉着金属线框以速度v向右匀速运动，则(　　) 图4－7
A．当ab边刚进入中央无磁场区域Ⅱ时，ab两点间电压为
B．ab边刚进入磁场区域Ⅲ时，通过ab边的电流大小为，方向a→b
C．把金属线框从区域Ⅰ完全拉入区域Ⅲ的过程中，拉力所做功为(2L－s)
D．当cd边刚出区域Ⅰ到刚进入区域Ⅲ的过程中，回路中产生的焦耳热为(L－s)
解析：选BC　当ab边刚进入中央无磁场区域Ⅱ时，Uab＝·＝，A错误；当ab边刚进入磁场区域Ⅲ时，I＝，方向a→b，B正确；拉力做功W＝BL·s＋2BL·(L－s)＋BL·s＝(2L－s)，C正确；当cd刚出区域Ⅰ到刚进入区域Ⅲ的过程中，回路中产生的焦耳热Q＝()2·R·＝s，D错误。
二、非选择题(包括必考题和选考题两部分，第9题～第12题为必考题，每个试题考生都必须做答。第13题～第15题为选考题，考生根据要求作答)
(一)必考题(4题，共47分)
9．(5分)某探究学习小组的同学欲探究“滑块与桌面间的动摩擦因数”他们在实验室组装了一套如图4－8所示的装置，另外他们还找到打点计时器及所用的学生电源一台、天平、刻度尺、导线、纸带、钩码若干。
(1)小组同学的实验步骤如下：用天平称量滑块的质量M＝300 g，将滑块放在水平桌面上并连接上纸带，用细线通过滑轮挂上两个钩码(每个钩码质量为100 g)，调整滑轮高度使拉滑块的细线与桌面平行，让钩码拉动滑块由静止开始加速运动，用打点计时器记录其运动情况。
图4－8
图4－9
实验纸带的记录如图4－9所示，图中前几个点模糊，因此从A点开始每打5个点取一个计数点，若电源频率为50赫兹，则物体运动的加速度为________ m/s2。(结果保留两位有效数字)，滑块与桌面间的动摩擦因数μ＝________(重力加速度为g＝10 m/s2)。
(2)为提高实验结果的准确程度，某同学对此实验提出以下建议：
①绳的质量要轻；
②在“轻质绳”的前提下，绳子越长越好；
③实验时尽量保持拉动滑块的细线与桌面平行；
④尽量保证钩码只沿竖直方向运动，不要摇晃。
以上建议中确实对提高准确程度有作用的是________。(在答题卡上对应区域填入选项前的编号)
(3)写出一条上面没有提到的提高实验结果准确程度有益的建议：________________
________________________________________________________________________。
解析：(1)a＝，T＝0.1 s，可求得a＝0.64 m/s2。
由2mg－F＝2ma，F－μMg＝Ma，解得：μ＝0.56。
(2)绳的质量要轻，但不是绳子越长越好，绳子太长，滑块加速距离较小，纸带上打点太少，将影响实验精度，其他几条建议①③④对提高实验精度有作用。
(3)多次测量求μ的平均值或者多次实验选择一条点迹清晰的纸带进行测量。
答案：(1)0.64　0.56　(2)①③④　(3)见解析
10．(10分)某同学利用图4－10(a)所示的电路研究灯泡L1(6 V,1.5 W)、L2(6 V,10 W)的发光情况(假设灯泡电阻恒定)，图(b)为实物图。
图4－10
(1)他分别将L1、L2接入图4－10(a)中的虚线框位置，移动滑动变阻器的滑片P，当电压表示数为6 V时，发现灯泡均能正常发光。在图4－10(b)中用笔线代替导线将电路连线补充完整。
(2)接着他将L1和L2串联后接入图4－10(a)中的虚线框位置，移动滑动变阻器的滑片P，当电压表示数为6 V时，发现其中一个灯泡亮而另一个灯泡不亮，出现这种现象的原因是__________________________。
(3)现有如下器材：电源E(6 V，内阻不计)，灯泡L1(6 V，1.5 W)、L2(6 V,10 W)，L3(6 V,10 W)，单刀双掷开关S。在图4－10(c)中设计一个机动车转向灯的控制电路：当单刀双掷开关S与1相接时，信号灯L1亮，右转向灯L2亮而左转向灯L3不亮；当单刀双掷开关S与2相接时，信号灯L1亮，左转向灯L3亮而右转向灯L2不亮。
解析：(1)实物连线要依据电路原理图，弄清电路结构，将滑动变阻器连接成分压式接法。
(2)由于两个灯泡的电阻相差较多，串联后接入电路，则电阻较小的灯泡分得的电压远小于额定电压，故不亮，而另一个灯泡的电压接近额定电压，故该灯泡亮。
(3)根据(2)的启发，设计的电路如图c所示。
答案：(1)如图b
(2)由于RL1比RL2大得多，灯泡L2分得的电压很小，其实际功率很小，不能发光。
(3)如图c
11．(14分)如图4－11所示，一个可视为质点的物块，质量为m＝2 kg，从光滑四分之一圆弧轨道顶端由静止滑下， 到达底端时恰好进入与圆弧轨道底端相切的水平传送带，传送带由一电动机驱动着匀速向左转动，速度大小为u＝3 m/s。已知圆弧轨道半径R＝0.8 m，皮带轮的半径r＝0.2 m，物块与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.1，两皮带轮之间的距离为L＝6 m，重力加速度g＝10 m/s2。求：
图4－11
(1)皮带轮转动的角速度多大？
(2)物块滑到圆弧轨道底端时对轨道的作用力；
(3)物块将从传送带的哪一端离开传送带？物块在传送带上克服摩擦力所做的功为多大？
解析：(1)皮带轮转动的角速度，由u＝ωr，得ω＝＝15 rad/s (2分)
(2)物块滑到圆弧轨道底端的过程中，由动能定理得
mgR＝mv02 (1分)
解得v0＝＝4 m/s (1分)
在圆弧轨道底端，由牛顿第二定律得　F－mg＝m (2分)
解得物块所受支持力F＝60 N(1分)
由牛顿第三定律，物块对轨道的作用力大小为60 N，方向竖直向下。(1分)
(3)物块滑上传送带后做匀减速直线运动，设加速度大小为a，由牛顿第二定律得μmg＝ma (1分)
解得a＝1 m/s2 (1分)
物块匀减速到速度为零时运动的最大距离为s0＝＝8 m>L＝6 m (1分)
可见，物块将从传送带的右端离开传送带。 (1分)
物块在传送带上克服摩擦力所做的功为W＝μmgL＝12 J。 (2分)
答案：(1)15 rad/s　(2)60 N，方向竖直向下。　(3)右端　12 J
12．(18分)如图4－12所示， 在xOy平面的第Ⅰ象限内，有垂直纸面向外的匀强磁场，在第Ⅳ象限内，有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小均为B。P点是x轴上的一点，横坐标为x0。现在原点O处放置一粒子放射源，能沿xOy平面，以与x轴成45°角的恒定速度v0向第一象限发射某种带正电的粒子。已知粒子第1次偏转后 图4－12
与x轴相交于A点，第n次偏转后恰好通过P点，不计粒子重力。求：
(1)粒子的比荷；
(2)粒子从O点运动到P点所经历的路程和时间。
(3)若全部撤去两个象限的磁场，代之以在xOy平面内加上与速度v0垂直的匀强电场(图中没有画出)，也能使粒子通过P点，求满足条件的电场的场强大小和方向。
解析：(1)粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得qBv0＝ (2分)
解得粒子运动的半径R＝ (1分)
由几何关系知，粒子从A点到O点的弦长为R，由题意n·R＝x0 (2分)
解得粒子的比荷：＝ (2分)
(2)由几何关系得，OA段粒子运动轨迹的弧长：＝R (2分)
粒子从O点到P点的路程s＝n＝ (2分)
粒子从O点到P点经历的时间t＝＝ (2分)
(3)撤去磁场，加上与v0垂直的匀强电场后，粒子做类平抛运动，
由x0＝v0t′ (1分)
x0＝t′2 (1分)
消去t′解得E＝ (2分)
方向：垂直v0 指向第Ⅳ象限。 (1分)
答案：(1)　(2)　　(3)　垂直v0 指向第Ⅳ象限
(二)选考题(共15分。请考生从给出的3道题中任选一题做答，如果多做，则按所做的第一题计分)
13．[物理——选修3－3](15分)
(1)(6分)下列说法正确的是________。
A．水的体积很难被压缩，这是分子间存在斥力的宏观表现
B．气体总是很容易充满容器，这是分子间存在斥力的宏观表现
C．温度高的物体内能不一定大，但分子平均动能一定大
D．即使气体的温度很高，仍有一些分子的运动速率是非常小的
(2)(9分)内壁光滑的导热气缸竖直浸放在冰水混合物的水槽中，用不计质量的活塞封闭压强为p0＝1.0×105 Pa、体积V0＝2.0×10－3 m3的理想气体。现在活塞上方缓慢倒上沙子，使封闭气体的体积变为原来的一半，然后将气缸移出水槽，缓慢加热，使气体的温度变为127℃。求气缸内气体的最终体积和压强。
解析：(1)水的体积很难被压缩，是分子间存在斥力的宏观表现，但气体充满容器是分子运动的结果，A正确B错误。内能不仅与温度有关，还与物体的体积有关，温度高的物体内能不一定大，但分子平均动能一定大，C项正确；气体温度升高，气体分子运动的平均速率增大，但由于气体分子的相互碰撞，仍有一些分子的运动速率是非常小的，D正确。
(2)气体先做等温变化，由玻意耳定律得
p0V0＝p (2分)
解得压强p＝2.0×105 Pa (2分)
之后，气体做等压变化，由盖·吕萨克定律得
＝ (3分)
解得最终体积V＝＝×2.0×10－3 m3＝1.5×10－3 m3(2分)
答案：(1)ACD　(2)2.0×105 Pa　1.5×10－3 m3
14．[物理——选修3－4](15分)
(1)(6分)关于波的干涉、衍射等现象，下列说法正确的是________。
A．有的波只能发生干涉现象，有的波只能发生衍射现象
B．产生干涉现象的必要条件之一，就是两列波的频率相等
C．能观察到明显的衍射现象的条件是障碍物的尺寸与波长比较相差不多或比波长更小
D．在干涉图样中，振动加强区域的质点，其位移始终保持最大；振动减弱区域的质点，其位移始终保持最小
E．当观测者靠近波源时，接受到的波的频率会大于波源的振动频率
(2)(9分)由某种透明材料做成的三棱镜如图4－13所示，其横截面为一等腰直角三角形，将平行光束平行于其横截面上的底边BC射向它。要求经AB面折射后的光直接到达AC面并能够从AC面射出。此材料的折射率应满足什么条件？ 图4－13
解析：(1)波均能发生干涉现象和衍射现象，A错误；两列波相遇若能发生干涉，两列波的频率必须相等，B正确；由明显衍射现象的条件可知，C正确；在干涉图样中，振动加强点的质点振动的振幅最大，位移仍然随时间变化，其位移可以比振动减弱点还小，D错误；当观察者与波源靠近时，接受到的波的频率会大于波源的振动频率，故E正确。
(2)如图，对于第一次折射，入射角α＝45°，设折射率为n。
根据折射定律n＝。
在AC面上若恰好能射出，则sin θ＝
由几何关系可得θ＋β＝90°
解得：n＝
所以满足题目要求n的范围是1答案：(1)BCE　(2)115．[物理——选修3－5](15分)
(1)(6分)在光电效应的实验中，某同学用同一光电管在不同实验条件下得到了三条光电流与电压的关系曲线，如图4－14所示。下列判断正确的是________。
图4－14
A．甲光的频率大于乙光的频率
B．乙光的波长大于丙光的波长
C．若更换不同的光电管，对应的截止频率也将不同
D．甲光对应的光电子最大初动能大于丙光的光电子最大初动能
E．甲光的光强大于乙光的光强
(2)(9分)在足够长的光滑固定水平杆上，套有一个质量为m＝0.5 kg的光滑圆环。一根长为L＝1 m的轻绳，一端拴在环上，另一端系着一个质量为M＝2 kg的木块，如图4－15所示。现有一质量为m0＝20 g的子弹以v0＝1 000 m/s的水平速度射入木块，子弹穿出木块时的速度为u＝200 m/s，子弹与木块作用的时间极短，取g＝10 m/s2。求 图4－15
①当子弹射穿木块时，轻绳的拉力大小F；
②当子弹射穿木块后，木块向右摆动的最大高度h。
解析：(1)由eUc＝Ekm＝hν－W可知，对同一光电管，甲、乙两种光的频率是相同的，丙光的频率大些，波长小些，故A错误，B正确，因甲光对应的光电流大，故甲光的光强大于乙光的光强，E正确，由Uc1(2)①设子弹从木块中穿出时木块的速度为v1，在子弹与木块相互作用的过程中，由动量守恒
m0v0＝m0u＋Mv1 (2分)
对木块，由牛顿第二定律得F－Mg＝M (1分)
解得F＝148 N (1分)
②在木块与圆环一起向右运动的过程中，由水平方向动量守恒，机械能守恒，得
Mv1＝(M＋m)v2 (2分)
Mv12＝(M＋m)v22＋Mgh (2分)
解得h＝0.64 m (1分)
答案：(1)BCE　(2)①148 N　②0.64 m
高考仿真检测(五)
(满分110分，限时60分钟)
一、选择题(本题共8小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，有的只有一项符合题目要求，有的有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)
1．在物理学建立的过程中，有许多伟大的科学家做出了贡献。关于科学家和他们的贡献，下列说法正确的是(　　)
A．英国物理学家法拉第通过实验发现了电场线，并通过实验得出了法拉第电磁感应定律
B．德国天文学家开普勒对他导师第谷观测的行星数据进行多年研究，得出了万有引力定律
C．英国物理学家卡文迪许利用卡文迪许扭秤首先较准确的测定了静电力常量
D．古希腊学者亚里士多德认为物体下落快慢由它们的重量决定，伽利略在他的《两种新科学的对话》中利用逻辑推断使亚里士多德的理论陷入了困境
解析：选D　电场线是英国物理学家法拉第为了形象描述电场而引入的，电场线实际并不存在，A错误，开普勒对第谷观测的行星数据进行多年研究，得出了开普勒三定律，B错误，卡文迪许利用卡文迪许扭秤首先较准确地测定了万有引力常量，C错误，只有D符合事实。
2.如图5－1所示，某颗天文卫星飞往距离地球约160万千米的第二拉格朗日点(图中L2)，L2点处在太阳与地球连线的外侧，在太阳和地球的引力共同作用下，卫星在该点能与地球同步绕太阳运动(视为圆周运动)，且时刻保持背对太阳和地球的姿势，不受太阳的干扰而进行天文观测。不考虑其他星球影响，下列关于工作 图5－1
在L2点的天文卫星的说法中正确的是(　　)
A．将它从地球上发射到L2点的发射速度大于7.9 km/s
B．它绕太阳运行的周期比地球绕太阳运行的周期长
C．它绕太阳运行的线速度比地球绕太阳运行的线速度小
D．它绕太阳运行的向心加速度比地球绕太阳运行的向心加速度小
解析：选A　因卫星与地球同步绕太阳运动，故二者绕太阳的周期相同，B错误；由v＝ωr＝·r可知，卫星绕太阳运行的线速度比地球绕太阳的线速度大，C错误；由a＝ω2r＝r可知，卫星绕太阳的向心加速度也比地球绕太阳的向心加速度大，D错误；发射卫星的最小速度为7.9 km/s，发射此卫星的发射速度一定大于7.9 km/s，故A正确。
3.将一小球从高处水平抛出，最初2 s内小球动能Ek随时间t变化的图线如图5－2所示，不计空气阻力，重力加速度g＝10 m/s2。根据图象信息，不能确定的物理量是(　　)
A．小球的质量
B．小球的初速度
C．最初2 s内重力对小球做功的平均功率 图5－2
D．小球抛出时的高度
解析：选D　小球在2 s内下落的高度h＝gt2＝20 m，由ΔEk＝mgh，可求出小球的质量，由mv02＝Ek0＝5 J，可求出小球的初速度v0，A、B均正确，由＝＝可求出最初2 s内重力做功的平均功率，C正确，只能求出小球在2 s内下降的高度，但不能确定小球抛出时的高度，故选D。
4.轻绳一端系一质量为m的物体A，另一端系住一个套在粗糙竖直杆MN上的圆环。现用水平力F拉住绳子上的一点O，使物体A从图中实线位置缓慢下降到虚线位置，但圆环仍保持在原来位置不动。则在这一过程中，环对杆的摩擦力F1和环对杆的压力F2以及水平拉力F的变化情况是(　　)
A．F保持不变，F1保持不变 图5－3
B．F逐渐减小，F2逐渐减小
C．F1逐渐减小，F2保持不变
D．F1保持不变，F2逐渐减小
解析：选BD　取环和物体A为一整体，由平衡条件可知，环对杆的摩擦力F1始终等于环和物体A的总重力，即F1不变，杆对环的弹力F1与拉力F等大反向，分析物体m受力如图所示，当物体A由实线位置下降到虚线位置时，F逐渐减小，因此F1也逐渐减小，故B、D正确。
5．如图5－4甲所示，T为理想变压器，原、副线圈匝数比为10∶1，副线圈所接电路中。电压表V1、V2和电流表A1、A2都为理想电表，电阻R1＝4 Ω，R2＝6 Ω，R3的最大阻值为12 Ω，原线圈两端加上如图5－4乙所示规律变化的电压。在R3的滑片自最下端滑动到最上端的过程中，以下说法正确的是(　　)
图5－4
A．电压表V1的示数增大
B．电压表V2的示数为22 V
C．电流表A1、A2的示数都增大
D．电压表V1的示数与电流表A1的示数的乘积一直减小
解析：选D　由＝，U1＝220 V，可得，电压表V2的示数为22 V，B错误；滑片向上滑动的过程中，R3减小，负载总电阻减小，故A1增大，UR1增大，由U2＝UR1＋U1可得：U1减小，由IA1＝得，A2示数减小，故A、C均错误；
I1U1＝I12·R并＝()2R并＝＝可见，当R并＝R1时，I1U1最大，又滑片在最下端时R并＝4 Ω＝R1，滑片向上滑动时R并减小，故滑片向上移动时，I1U1逐渐减小，D正确。
6.如图5－5所示，真空中平面直角坐标系xOy，在x轴上固定着关于O点对称的等量异种点电荷＋Q和－Q，a是y轴上的一点，c是x轴上的一点，ab、bc分别与x轴和y轴平行。将一个正的试探电荷＋q沿aOcba移动一周，则(　　) 图5－5
A．试探电荷从a移到O和从O移到c，电场力均做正功
B．在移动一周的过程中，试探电荷在b点电势能最小
C．试探电荷从b移到a克服电场力做的功小于从O移到c电场力做的功
D．在移动一周的过程中，试探电荷在O点所受电场力最小
解析：选C　由等量异种电荷电场线和等势线的分布规律可知，a、O两点等势，c点为a、O、b、c中电势最低的点，故试探电荷从a移到O点电场力不做功，A错误，试探电荷在c点电势能最低，B错误，因UOc>Uab，故试探电荷从b 移到a克服电场力做功小于从O移到c电场力做的功，C正确，在两点电荷连线的中垂线上，O点场强最大，a点场强比O点小，故D错误。
7.长为L的轻杆可绕O在竖直平面内无摩擦转动，质量为M的小球A固定于杆端点，质量为m的小球B固定于杆中点，且M＝2m，开始杆处于水平，由静止释放，当杆转到竖直位置时(　　)
A．由于M>m，A球对轻杆做正功
B．A球在最低点速度为  图5－6
C．OB杆的拉力等于BA杆的拉力
D．B球对轻杆做功mgL
解析：选D　由机械能守恒得：MgL＋mg＝MvA2＋mvB2，又vA＝2vB，解得：vA＝2，vB＝，B错误；由FOB－mg－FBA＝m，解得；FOB－FBA＝mg，故C错误；由ΔEA机＝MvA2－MgL＝MgL，故杆对A球做正功，A错误；ΔEB机＝mvB2－mg＝－mgL，故B球对轻杆做功为 mgL，D正确。
8．边长为a的闭合金属正三角形框架，完全处于垂直于框架平面的匀强磁场中，现把框架匀速拉出磁场，如图5－7(1)所示，则图5－7(2)中图象规律与这一过程相符合的是(　　)
图5－7
解析：选B　在框架被匀速拉出磁场的过程中，由几何关系得，切割磁感线的有效长度L＝x，感应电动势E＝BLv∝x，A项错误，B项正确；框架在匀速运动中受到拉力F与安培力相等，则安培力F′＝BIL＝为变力，C项错误；根据P＝Fv判断，D项错误。
二、非选择题(包括必考题和选考题两部分，第9题～第12题为必考题，每个试题考生都必须做答。第13题～第15题为选考题，考生根据要求作答)
(一)必考题(4题，共47分)
9．(5分)某同学要进行“探究小车速度随时间变化的规律”实验，(1)请在下面列出的实验器材中，选出本实验中不需要的器材填在横线上(填编号)：________。
①打点计时器　②天平　③低压交流电源　④低压直流电源　⑤细绳和纸带　⑥钩码和小车　⑦秒表　⑧一端有滑轮的长木板　⑨刻度尺
(2)某同学利用打点计时器所记录的纸带来研究做匀变速直线运动小车的运动情况，实验中获得一条纸带，如图5－8所示，其中两相邻计数点间有四个点未画出。已知所用电源的频率为50 Hz，则打A点时小车运动的速度vA＝________ m/s，小车运动的加速度a＝________ m/s2。(结果要求保留三位有效数字)
图5－8
解析：(1)利用打点计时器打出的纸带研究小车速度随时间变化的规律时，②天平、④低压直流电源、⑦秒表是本实验不需要的器材。
(2)由题意可知，计时间隔T＝0.1 s，vA＝＝0.337 m/s。
小车的加速度用逐差法计算：a＝＝0.393 m/s2。
答案：(1)②④⑦　(2)0.337　0.393
10．(10分)(1)若多用电表的电阻挡有三个倍率，分别是×1、×10、×100。用×10挡测量某电阻Rx时，操作步骤正确，发现表头指针偏转角度过大，为了较准确地进行测量，应换到________挡。如果换挡后立即用表笔连接待测电阻进行读数，那么缺少的步骤是________，若补上该步骤后测量，表盘的示数如图5－9，则该电阻的阻值是________Ω。
图5－9
(2)现要用伏安法进一步测量上一小题中的待测电阻Rx，可供使用的器材如下：
A．电流表A1，量程0.6 A，内阻约0.6 Ω
B．电流表A2，量程100 mA，内阻约10 Ω
C．电压表V1，量程15 V，内阻约15 kΩ
D．电压表V2，量程3 V，内阻约3 kΩ
E．滑动变阻器R1，全电阻5 Ω
F．滑动变阻器R2，全电阻200 Ω
G．两节干电池，内阻很小
H．电键S、导线若干
要求测量结果尽量准确，实验操作方便。
①所选电流表为________(填“A1”或“A2”)，所选电压表为________(填“V1”或“V2”)，所选滑动变阻器为________(填“R1”或“R2”)。
②在图5－10虚线框内画出测量电路的原理图，并根据所画原理图将图中实物连接成测量电路。
图5－10
解析：(1)如果偏转角度很大，则示数很小，说明量程选大了。故应换到×1挡；换挡后要重新欧姆挡调零；表盘读数是22，所以该电阻的阻值是22 Ω。
(2)待测阻值约为22 Ω，电源电动势为3 V，若用电流表A2，内阻约10 Ω，最大电流约为0.1 A，故选用电流表A2测量结果较准确，电压表应选V2；滑动变阻器若选R2，可以有效利用的阻值较小，不便于操作，故滑动变阻器应选R1。待测阻值远小于电压表内阻，应采用电流表外接法。滑动变阻器R1比待测电阻小很多，应采用分压接法。
答案：(1)×1　欧姆挡调零　22
(2)①A2　V2　R1　②如图所示
11．(14分)如图5－11所示，长度为L、倾角θ＝30°的斜面AB，在斜面顶端B向左水平抛出小球1，同时在底端A正上方某高度处水平向右抛出小球2，小球2垂直撞在斜面上的位置P，小球1也同时落在P点。求两球平抛的初速度v1、v2和BD间距离h。
解析：设运动时间为t，小球1和2的初速度为v1和v2、B球下落 图5－11
高度为h，小球1做平抛运动落在斜面上，有tan θ＝，(1分)
又x1＝v1t，y1＝gt2， (2分)
解得tan θ＝ ①(1分)
小球2垂直撞在斜面上，有tan θ＝，即tan θ＝ ②(1分)
根据几何关系有x1＋x2＝Lcos θ，即(v1＋v2)t＝Lcos θ ③(2分)
联立①②得v2＝2v1tan2θ ④(1分)
①③联立得2v1(v1＋v2)tan θ＝gLcos θ ⑤(2分)
④⑤联立解得v1＝ 、v2＝ ， (2分)
代入③解得t＝ (1分)
则下落高度h＝y1＝gt2＝g( )2＝0.3L。 (1分)
答案： 　　0.3L
12.(18分)如图5－12所示，圆心为原点、半径为R的圆将xOy平面分为两个区域，即圆内区域Ⅰ和圆外区域Ⅱ。区域Ⅰ内有方向垂直于xOy平面的匀强磁场B1。平行于x轴的荧光屏垂直于xOy平面，放置在坐标y＝－2.2R的位置。一束质量为m、电荷量为q、动能为E0的带正电粒子从坐标为(－R,0)的A点沿x轴正方向射入区域Ⅰ，当 图5－12
区域Ⅱ内无磁场时，粒子全部打在荧光屏上坐标为(0，－2.2R)的M点，且此时，若将荧光屏沿y轴负方向平移，粒子打在荧光屏上的位置不变。若在区域Ⅱ内加上方向垂直于xOy平面的匀强磁场B2，上述粒子仍从A点沿x轴正方向射入区域Ⅰ，则粒子全部打在荧光屏上坐标为(0.4R，－2.2R)的N点。求
(1)打在M点和N点的粒子运动速度v1、v2的大小。
(2)在区域Ⅰ和Ⅱ中磁感应强度B1、B2的大小和方向。
(3)若将区域Ⅱ中的磁场撤去，换成平行于x轴的匀强电场，仍从A点沿x轴正方向射入区域Ⅰ的粒子恰好也打在荧光屏上的N点，则电场的场强为多大？
解析：(1)粒子在磁场中运动时洛伦兹力不做功，打在M点和N点的粒子动能均为E0，速度v1、v2大小相等，设为v，由E0＝mv2可得v＝ (2分)
(2)如图所示，区域Ⅱ中无磁场时，粒子在区域Ⅰ中运动四分之一圆周后，从C点沿y轴负方向打在M点，轨迹圆心是O1点，半径为r1＝R(2分)
区域Ⅱ有磁场时，粒子轨迹圆心是O2点，半径为r2，由几何关系得r22＝(1.2R)2＋(r2－0.4R)2 (3分)
解得r2＝2R (1分)
由qvB＝m得B＝ (1分)
故B1＝，方向垂直xOy平面向外。 (2分)
B2＝，方向垂直xOy平面向里。 (2分)
(3)区域Ⅱ中换成匀强电场后，粒子从C点进入电场做类平抛运动，则有1.2R＝vt，(2分)
0．4R＝t2 (2分)
解得场强E＝(1分)
答案：(1) 　(2)　垂直xOy平面向外　　垂直xOy平面向里　(3)
(二)选考题(共15分。请考生从给出的3道题中任选一题做答，如果多做，则按所做的第一题计分)
13．[物理——选修3－3](15分)
(1)(6分)下列说法中正确的是________。
A．对物体做功不可能使物体的温度升高
B．即使气体的温度很高，仍有一些分子的运动速率是非常小的
C．一定量气体的内能等于其所有分子热运动动能和分子之间势能的总和
D．如果气体分子总数不变，而气体温度升高，气体分子的平均动能增大，因此压强必然增大
(2)(9分)如图5－13所示，将一个绝热的汽缸竖直放置在水平桌面上，在汽缸内用一个活塞封闭了一定质量的气体。在活塞上面放置一个物体，活塞和物体的总质量为10 kg，活塞的横截面积为：S＝100 cm2。已知外界的大气压强为p0＝1×105 Pa，不计活塞和汽缸之间的摩擦力。在汽缸内部有一个电阻丝，电阻丝的电阻值R＝4 Ω，电源的电压为12 V。 图5－13
接通电源10 s后活塞缓慢升高h＝10 cm，求这一过程中气体的内能变化量。若缸内气体的初始温度为27℃体积为3×10－3 m3，试求接通电源10 s后缸内气体的温度是多少？
解析：(1)做功和热传递都可能使物体的温度升高，A错误；气体温度升高，气体分子运动的平均速率增大，但由于气体分子的相互碰撞，仍有一些分子的运动速率是非常小的，B正确；根据内能的概念，C正确；气体压强与温度和体积都有关，故D错误。
(2)设汽缸内气体的压强为p，选活塞为研究对象，活塞缓慢移动受力平衡，根据力的平衡知识得：p0S＋mg＝pS，p＝p0＋＝1.1×105 Pa。 (1分)
活塞在上升h＝10 cm的过程中气体对外界做功，W＝Fh＝pSh＝110 J。 (1分)
电阻丝在通电10 s内产生的热量为Q＝t＝360 J， (1分)
因为汽缸是绝热的，所以电阻丝产生的热量全部被气体吸收。根据热力学第一定律得：
ΔU＝－W＋Q＝250 J，即气体的内能增加了250 J。 (2分)
缸内气体的压强保持不变，由＝， (3分)
得T＝T0＝400 k，即缸内气体的温度是127℃。 (2分)
答案：(1)BC　(2)内能增加250 J　127℃
14．[物理——选修3－4](15分)
(1)(6分)一列沿x轴传播的简谐波，波速为4 m/s，某时刻的波形图象如图5－14所示。此时x＝8 m处的质点具有正向最大速度，则再过4.5 s________。
图5－14
A．x＝4 m处质点具有正向最大加速度
B．x＝2 m处质点具有负向最大速度
C．x＝0处质点一定有负向最大加速度
D．x＝6 m处质点通过的路程为20 cm
(2)(9分)图5－15示是一透明的圆柱体的横截面，其半径R＝20 cm，折射率为，AB是一条直径，今有一束平行光沿AB方向射向圆柱体，试求：
图5－15
①光在圆柱体中的传播速度；
②距离直线AB多远的入射光线，折射后恰经过B点。
解析：(1)由图可知λ＝8 m，由v＝可得：T＝＝2 s，Δt＝4.5 s＝2T。故x＝6 m处质点通过的路程为9A＝18 cm，D错误；由x＝8 m处质点图示时刻正向y轴正方向振动，故这列波沿x轴负方向传播，故t＝4.5 s时，x＝4 m处质点处于下方最大位移处，具有正方向最大加速度，A正确；x＝2 m处质点处于平衡位置且向下运动，B正确；x＝0处质点处于上方最大位移处，具有负向最大加速度，C正确。
(2)①光在圆柱体中的传播速度：v＝＝×108 m/s(3分)
②设光线PC经折射后经过B点，光路图如图所示
由折射定律有：n＝＝ ①(2分)
又由几何关系有：α＝2β ②
解①②得β＝30° (2分)
光线PC离直线AB的距离CD＝Rsin α＝10 cm(2分)
则距离直线AB距离10 cm的入射光线经折射后能到达B点。
答案：(1)ABC　(2)① ×108 m/s　②10 cm
15．[物理——选修3－5](15分)
(1)(6分)下列说法中正确的是________。
A．氢原子吸收一个光子跃迁到激发态后，在向低能级跃迁时放出光子的频率一定等于入射光子的频率
B. 90234Th(钍)核衰变为 91234Pa(镤)核时，衰变前Th核质量等于衰变后Pa核与β粒子的总质量
C．α粒子散射实验的结果证明原子核是质子和中子组成的
D．分别用紫光和绿光照射同一金属表面都能发生光电效应，则用紫光照射时光电子的最大初动能较大
(2)(9分)如图5－16所示两个质量分别为M1、M2的劈A、B，高度相同。放在光滑水平面上，A、B的上表面为光滑曲面，曲面末端与地面相切。有一质量为m的物块(可视为质点)自劈顶端自由下滑。劈顶端到地面距离h＝0.06 m，劈A与物块的质量比为M1/m＝5。求：
图5－16
(1)物块离开A瞬间A和物块的速度各多大？(g＝10 m/s2)
(2)物块从A上滑下后又冲上B，若要保证物块离开B后不能追上A，则B与物块的质量比M2/m应满足什么条件。
解析：(1)氢原子吸收一个光子跃迁到激发态后，在向低能级跃迁时，放出光子的频率可能只有与入射光频率相等的一种光子，也可能放出多种频率的光子，A错误， 90234Th衰变为 91234Pa时一定释放核能，故一定有质量亏损，B错误；α粒子散射实验的结构只能证明原子核的存在，无法说明原子核由什么粒子组成，C错误；由hν－W＝Ekm可知，紫光频率大，用紫光照射时光电子的最大初动能也较大，D正确。
(2)(9分)①设向右为正方向，小球从A滑下的过程
能量守恒：mgh＝mv02＋M1v12 (1分)
水平方向动量守恒：mv0－M1v1＝0 (1分)
可得：A的速度：v1＝0.2 m/s (1分)
物块的速度：v0＝1.0 m/s (1分)
②物块冲上B又离开的过程：
能量守恒：mv02＝mv′2＋M2v22 (1分)
水平方向动量守恒：mv0＝M2v2＋mv′ (1分)
可得：v′＝v0 (1分)
当m即：×v0≤v1 (1分)
得：1<≤ (1分)
答案：(1)D　(2)①0.2 m/s　1.0 m/s　②1<≤

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