资源简介

专题一 直线运动和牛顿运动定律
一 教案
专题要点
第一部分：匀变速直线运动在力学中的应用
1.物体或带电粒子做直线运动的条件是物体所受的合外力与速度方向平行。
2.物体或带电粒子做匀变速直线运动的条件是物体所受的合外力为恒力且与速度方向平行。
3.牛顿第二定律的内容是：物体运动时的加速度与物体所受的合外力成正比，与物体的质量成反比，加速度的方向与所受合外力的方向相同，且二者具有瞬时对应关系，此定律可以用控制变量法进行实验验证。
4.速度时间关系图像的斜率表示物体运动的加速度，图像所包围的面积表示物体运动的位移。在分析物体的运动时常利用v-t图像帮助分析物体的运动情况。
5.超重或失重时，物体的重力并未发生变化，只是物体对支持物的压力（或对悬挂物的拉力）发生了变化。当a=g时物体完全失重。
6.匀变速直线运动的基本规律为
速度公式：
位移公式：
速度与位移关系式：
7.匀变速直线运动
平均速度：
位移中点的瞬时速度
第二部分：匀变速直线运动在电学中的应用
带电粒子在电场中直线运动的问题：实质是在电场中处理力学问题，其分析方法与力学中相同。首先进行受力分析，然后看物体所受的合外力与速度方向是否一致，其运动类型有电场加速运动和交变的电场内往复运动
带电粒子在磁场中直线运动问题：洛伦兹力的方向始终垂直于粒子的速度方向。
带电粒子在复合场中的运动情况一般较为复杂，但是它仍然是一个力学问题，同样遵循力和运动的各条基本规律。
若带电粒子在电场力、重力和洛伦兹力共同作用下做直线运动，如果是匀强电场和匀强磁场，那么重力和电场力都是恒力，洛伦兹力与速度方向垂直，而其大小与速度大小密切相关。只有带电粒子的速度大小不变，才可能做直线运动，也即匀速直线运动。
考纲要求
考点
要求
考点解读
参考系、质点
Ⅰ
本专题知识是整个高中物理的基础，高考对本部分考查的重点是匀变速直线运动的公式及应用；v- t图像的理解及应用，其命题情景较为新颖，（如高速公路上的车距问题、追及相遇问题）竖直上抛与自由落体运动的规律及其应用；强调对牛顿第二定律分析、计算和应用考查，而牛顿第三定律贯穿于综合分析过程中。本专题内容单独考查注意是以选择题、填空题的形式出现，而单独命题的计算题较少，更多的是与牛顿运动定律、带电粒子的运动等知识结合起来进行考查。命题要关注多体运动通过时空的综合类问题、图像问题及直线运动与曲线运动相结合命题的多过程问题，正确理解力和运动的关系，并能熟练应用牛顿第二定律分析和计算斜面体、超重和失重等问题
位移、速度和加速度
Ⅱ
匀变速直线运动及其公式、图像
Ⅱ
矢量和标量
Ⅰ
牛顿运动定律及其应用
Ⅱ
超重和失重
Ⅰ
教法指引
此专题复习时，可以先让学生完成相应的习题，在精心批阅之后以题目带动知识点，进行适当提炼讲解 这一专题有两大部分问题：①运动学的相关知识②力学相关知识，根据我对学生的了解，发现部分同学运动过程分析不到位，运动学公式应用不熟练，力学基础不是很好，要以夯实基础为主。
知识网络


典例精析
题型1.（匀变速直线运动规律的应用）物体以速度v匀速通过直线上的A、B两点需要的时间为t。现在物体由A点静止出发，先做加速度大小为a1的匀加速直线运动到某一最大速度vm后立即做加速度大小为a2的匀减速直线运动至B点停下，历时仍为 t，则物体的 （ ）
最大速度vm只能为2v，无论a1、 a2为何值
最大速度vm可以为许多值，与a1、 a2的大小有关
a1、 a2的值必须是一定的，且a1、 a2的值与最大速度vm有关
a1、 a2必须满足
解析：分析此题可根据描述的运动过程画出物体运动的速度图像，根据速度图像容易得出“最大速度vm只能为2v，无论a1、 a2为何值”的结论。也可利用解析法根据题述列出方程解答。设物体匀加速运动时间为t1,则匀减速运动时间为t- t1,根据题述有得
vm=2v. ,所以正确选项为AD。
规律总结：此题主要考查匀变速直线运动规律的灵活运用。此题也可以用速度图像形式给出解题信息，降低难度。
题型2.（v-t图像的应用）某学习小组对一辆自制小遥控汽车的性能进行研究。他们让这辆汽车在水平地面上由静止开始运动，并将小车运动的全过程记录下来，通过数据处理得到如图所示的v-t图，已知小车在0~ts内做匀加速直线运动，ts~10s内小车牵引力的功率保持不变，且7s~10s为匀速直线运动；在10s末停止遥控，让小车自由滑行，小车质量m=1kg，整个过程小车受到的阻力Ff大小不变。求
⑴小车受到阻力Ff的大小。
⑵在ts~10s内小车牵引力功率P。
⑶小车在加速运动过程中的总位移x
解析：⑴在10s末撤去牵引力后，小车只在阻力的作用下做匀减速运动，由图像可得减速时的加速度的值为
（2分）
（1分）
⑵小车在7s~10s内做匀速直线运动，设牵引力为F，
则（1分）
由图像可知vm=6m/s④（1分）
（1分）
在ts~10s内小车的功率保持不变，为12w。
⑶小车的加速运动过程可分为0~ts和ts~7s两段，由于ts是功率为12W，所以此次牵引力为 ，（2分）
所以0~ts内加速度大小为
，（2分）
（1分）
在0~7s内由动能定理得：，（2分）
得x=28.5m⑩（1分）
规律总结：1.v-t图像的斜率为物体运动的加速度，包围的面积是物体通过的位移。因此，本题第⑶问中的x1也可以通过面积求解。
2.机车匀加速启动过程还未达到额定功率。
3.t时刻是匀加速运动的结束还是额定功率的开始，因此功率表达式结合牛顿第二定律和运动学公式求t是解题的关键。
题型3.（运动学中的临界和极值问题）在水平长直的轨道上，有一长度为L的平板车在外力控制下始终保持速度v0做匀速直线运动．某时刻将一质量为m的小滑块轻放到车面的中点，滑块与车面间的动摩擦因数为μ．
（1）证明：若滑块最终停在小车上，滑块和车摩擦产生的内能与动摩擦因数μ无关，是一个定值
（2）已知滑块与车面间动摩擦因数μ=0.2，滑块质量m=1kg，车长L=2m，车速v0=4m/s，取g=10m/s2，当滑块放到车面中点的同时对该滑块施加一个与车运动方向相同的恒力F，要保证滑块不能从车的左端掉下，恒力F大小应该满足什么条件？
（3）在（2）的情况下，力F取最小值，要保证滑块不从车上掉下，力F的作用时间应该在什么范围内?
解析：（1）根据牛顿第二定律，滑块相对车滑动时的加速度
（1分）
滑块相对车滑动的时间 （1分）
滑块相对车滑动的距离 （1分）
滑块与车摩擦产生的内能 （1分）
由上述各式解得 （与动摩擦因数μ无关的定值） （1分）
（2）设恒力F取最小值为F1，滑块加速度为a1，此时滑块恰好到达车的左端，则
滑块运动到车左端的时间 ①
由几何关系有 ② （1分）
由牛顿定律有 ③ （1分）
由①②③式代入数据解得 ， （2分）
则恒力F大小应该满足条件是 （1分）
（3）力F取最小值，当滑块运动到车左端后，为使滑块恰不从右端滑出，相对车先做匀加速运动（设运动加速度为a2，时间为t2），再做匀减速运动（设运动加速度大小为a3）．到达车右端时，与车达共同速度．则有
④ （1分）
⑤ （1分）
⑥ （1分）
由④⑤⑥式代入数据解得 （1分）
则力F的作用时间t应满足 ，即（2分）
审题指导：1.临界和极值问题的处理关键就是找到临界状态，进一步确定临界条件
2.运动学中的临界问题还应注意找到时间和位移关系，以便列出方程。
题型4.（动力学两类基本问题）如图所示，质量为M的汽车通过质量不计的绳索拖着质量为m的车厢（可作为质点）在水平地面上由静止开始做直线运动．已知汽车和车厢与水平地面间的动摩擦因数均为( ，汽车和车厢之间的绳索与水平地面间
的夹角为( ，汽车的额定功率为P，重力加速度为g，不
计空气阻力．为使汽车能尽快地加速到最大速度又能使汽
车和车厢始终保持相对静止，问：
（1）汽车所能达到的最大速度为多少？
（2）汽车能达到的最大加速度为多少？
（3）汽车以最大加速度行驶的时间为多少？
解析：（1）当汽车达到最大速度时汽车的功率为P且牵引力与汽车和车厢所受摩擦力大小相等，即 （1分）
由于在整个运动过程中汽车和车厢保持相对静止，所以汽车和车厢所受的摩擦力为
（1分）
又 （1分）
由上述三式可知汽车的最大速度为： （2分）
要保持汽车和车厢相对静止，就应使车厢在整个运动过程中不脱离地面．考虑临界情况为车厢刚好未脱离地面，此时车厢受到的力为车厢重力和绳索对车厢的拉力T，设此时车厢的最大加速度为a，则有：
水平方向 （1分）
竖直方向 （1分）
由上两式得： （1分）
（3）因为此时汽车作匀加速运动，所以
（1分）
　　　　　　（用隔离法同样可得） （1分）
即 （1分）
因为汽车达到匀加速最大速度时汽车的功率达到额定功率，根据 a （1分）
由题意知，汽车一开始就做加速度最大的匀加速运动，
匀加速的最大速度为 （1分）
所以以最大加速度匀加速的时间为： （1分）
题型5.（电场内的直线运动问题）如图所示，倾角为θ的斜面AB是粗糙且绝缘的，AB长为L，C为AB的中点，在A、C之间加一方向垂直斜面向上的匀强电场，与斜面垂直的虚线CD为电场的边界。现有一质量为m、电荷量为q的带正电的小物块(可视为质点)，从B点开始在B、C间以速度υ0沿斜面向下做匀速运动，经过C后沿斜面匀加速下滑，到达斜面底端A时的速度大小为υ。试求：
(1)小物块与斜面间的动摩擦因数μ；
(2)匀强电场场强E的大小。
解析：(1)小物块在BC上匀速运动，由受力平衡得
①(1分)
②(1分)
而 ???③(1分)
?由①②③解得 ④(1分)
(2)小物块在CA上做匀加速直线运动，受力情况如图所示。则
? ⑤(1分)
⑥(1分)
根据牛顿第二定律得
? ⑦(1分)
⑧(1分)
由③⑤⑥⑦⑧解得
⑨(2分)
规律总结：1.在电场中的带电体，不管其运动与否，均始终受到电场力的作用，其大小为F=Eq，与电荷运动的速度无关，方向与电场的方向相同或相反，它既可以改变速度的方向，也可以改变速度的大小，做功与运动路径无关。
2.电场内的变速运动问题实质上是力学问题，受力分析是关键。
题型6.（混合场内直线运动问题的分析）带负电的小物体A放在倾角为的足够长的绝缘斜面上，整个斜面处于范围足够大、方向水平向右的匀强电场中，如图物体A的质量为m，电荷量为-q，与斜面间的动摩擦因数为，它在电场中受到的电场力大小等于重力的一半。物体 A在斜面上由静止开始下滑，经过时间t后突然在斜面区域加上范围足够大的匀强磁场，磁场方向垂直于纸面，磁感应强度大小为B，此后物体A沿斜面继续下滑距离L后离开斜面。求：
⑴物体A在斜面上的运动情况如何？说明理由。
⑵物体A在斜面上运动的过程中有多少能量转化成内能？
解析：⑴物体A在斜面上受重力、电场力、支持力、滑动摩擦力的作用，如图所示。由此可知：
小物体A在恒力作用下，先在斜面上做初速度为零的匀加速直线运动；
②加上匀强磁场后，还受到方向垂直于斜面向上的洛伦兹力的作用，方可使A离开斜面，故磁感应强度应该垂直纸面向里，随着速度的增加，洛伦兹力增大，斜面的支持力减小，滑动摩擦力减小，物体继续做加速度增大的加速直线运动直到斜面的支持力为零，此后物体A将离开斜面。
⑵加磁场之前，物体A做匀加速直线运动，由牛顿第二定律，有
，
由以上三式得：
A在斜面上运动的距离为
加上磁场后，受洛伦兹力的作用，随速度的增大支持力在减小，直到支持力为零时物体A离开斜面。有
解得：
物体A在斜面上运动的过程中，重力和电场力做正功，滑动摩擦力做负功，洛伦兹力不做功，由动能定理得：
物体A克服摩擦力做功，机械能转化成内能
规律总结：该题涉及到重力、电场力、洛伦兹力做功特点和动能定理等知识点，考查学生对运动和力的关系的理解和掌握情况，同时考查了学生对接触物体的分离条件的灵活运用，解决此题的关键是抓住重力、电场力做功与路径无关、洛伦兹力永不做功的特点，另要注意加上磁场后，受洛伦兹力的影响，随速度的增大支持力在减小，直到支持力为零时物体A离开斜面。
二 学案
典例精析
题型1.（匀变速直线运动规律的应用）物体以速度v匀速通过直线上的A、B两点需要的时间为t。现在物体由A点静止出发，先做加速度大小为a1的匀加速直线运动到某一最大速度vm后立即做加速度大小为a2的匀减速直线运动至B点停下，历时仍为t，则物体的 （ ）
最大速度vm只能为2v，无论a1、 a2为何值
最大速度vm可以为许多值，与a1、 a2的大小有关
a1、 a2的值必须是一定的，且a1、 a2的值与最大速度vm有关
a1、 a2必须满足
解析：分析此题可根据描述的运动过程画出物体运动的速度图像，根据速度图像容易得出“最大速度vm只能为2v，无论a1、 a2为何值”的结论。也可利用解析法根据题述列出方程解答。设物体匀加速运动时间为t1,则匀减速运动时间为t- t1,根据题述有得
vm=2v. ,所以正确选项为AD。
规律总结：此题主要考查匀变速直线运动规律的灵活运用。此题也可以用速度图像形式给出解题信息，降低难度。
题型2.（v-t图像的应用）某学习小组对一辆自制小遥控汽车的性能进行研究。他们让这辆汽车在水平地面上由静止开始运动，并将小车运动的全过程记录下来，通过数据处理得到如图所示的v-t图，已知小车在0~ts内做匀加速直线运动，ts~10s内小车牵引力的功率保持不变，且7s~10s为匀速直线运动；在10s末停止遥控，让小车自由滑行，小车质量m=1kg，整个过程小车受到的阻力Ff大小不变。求
⑴小车受到阻力Ff的大小。
⑵在ts~10s内小车牵引力功率P
⑶小车在加速运动过程中的总位移x。
解析：⑴在10s末撤去牵引力后，小车只在阻力的作用下做匀减速运动，由图像可得减速时的加速度的值为
（2分）
（1分）
⑵小车在7s~10s内做匀速直线运动，设牵引力为F，
则（1分）
由图像可知vm=6m/s④（1分）
（1分）
在ts~10s内小车的功率保持不变，为12w。
⑶小车的加速运动过程可分为0~ts和ts~7s两段，由于ts是功率为12W，所以此次牵引力为 ，（2分）
所以0~ts内加速度大小为
，（2分）
（1分）
在0~7s内由动能定理得：，（2分）
得x=28.5m⑩（1分）
规律总结：1.v-t图像的斜率为物体运动的加速度，包围的面积是物体通过的位移。因此，本题第⑶问中的x1也可以通过面积求解。
2.机车匀加速启动过程还未达到额定功率。
3.t时刻是匀加速运动的结束还是额定功率的开始，因此功率表达式结合牛顿第二定律和运动学公式求t是解题的关键。
题型3.（运动学中的临界和极值问题）在水平长直的轨道上，有一长度为L的平板车在外力控制下始终保持速度v0做匀速直线运动 某时刻将一质量为m的小滑块轻放到车面的中点，滑块与车面间的动摩擦因数为μ．
（1）证明：若滑块最终停在小车上，滑块和车摩擦产生的内能与动摩擦因数μ无关，是一个定值．
（2）已知滑块与车面间动摩擦因数μ=0.2，滑块质量m=1kg，车长L=2m，车速v0=4m/s，取g=10m/s2，当滑块放到车面中点的同时对该滑块施加一个与车运动方向相同的恒力F，要保证滑块不能从车的左端掉下，恒力F大小应该满足什么条件？
（3）在（2）的情况下，力F取最小值，要保证滑块不从车上掉下，力F的作用时间应该在什么范围内?
解析：（1）根据牛顿第二定律，滑块相对车滑动时的加速度
（1分）
滑块相对车滑动的时间 （1分）
滑块相对车滑动的距离 （1分）
滑块与车摩擦产生的内能 （1分）
由上述各式解得 （与动摩擦因数μ无关的定值） （1分）
（2）设恒力F取最小值为F1，滑块加速度为a1，此时滑块恰好到达车的左端，则
滑块运动到车左端的时间 ①
由几何关系有 ② （1分）
由牛顿定律有 ③ （1分）
由①②③式代入数据解得 ， （2分）
则恒力F大小应该满足条件是 （1分）
（3）力F取最小值，当滑块运动到车左端后，为使滑块恰不从右端滑出，相对车先做匀加速运动（设运动加速度为a2，时间为t2），再做匀减速运动（设运动加速度大小为a3）．到达车右端时，与车达共同速度．则有
④ （1分）
⑤ （1分）
⑥ （1分）
由④⑤⑥式代入数据解得 （1分）
则力F的作用时间t应满足 ，即（2分）
审题指导：1.临界和极值问题的处理关键就是找到临界状态，进一步确定临界条件
2.运动学中的临界问题还应注意找到时间和位移关系，以便列出方程。
题型4.（动力学两类基本问题）如图所示，质量为M的汽车通过质量不计的绳索拖着质量为m的车厢（可作为质点）在水平地面上由静止开始做直线运动．已知汽车和车厢与水平地面间的动摩擦因数均为( ，汽车和车厢之间的绳索与水平地面间
的夹角为( ，汽车的额定功率为P，重力加速度为g，不
计空气阻力 为使汽车能尽快地加速到最大速度又能使汽
车和车厢始终保持相对静止，问：
（1）汽车所能达到的最大速度为多少？
（2）汽车能达到的最大加速度为多少？
（3）汽车以最大加速度行驶的时间为多少？
解析：（1）当汽车达到最大速度时汽车的功率为P且牵引力与汽车和车厢所受摩擦力大小相等，即 （1分）
由于在整个运动过程中汽车和车厢保持相对静止，所以汽车和车厢所受的摩擦力为
（1分）
又 （1分）
由上述三式可知汽车的最大速度为： （2分）
要保持汽车和车厢相对静止，就应使车厢在整个运动过程中不脱离地面．考虑临界情况为车厢刚好未脱离地面，此时车厢受到的力为车厢重力和绳索对车厢的拉力T，设此时车厢的最大加速度为a，则有：
水平方向 （1分）
竖直方向 （1分）
由上两式得： （1分）
（3）因为此时汽车作匀加速运动，所以
（1分）
　　　　　　（用隔离法同样可得） （1分）
即 （1分）
因为汽车达到匀加速最大速度时汽车的功率达到额定功率，根据 a （1分）
由题意知，汽车一开始就做加速度最大的匀加速运动，
匀加速的最大速度为 （1分）
所以以最大加速度匀加速的时间为： （1分）
题型5.（电场内的直线运动问题）如图所示，倾角为θ的斜面AB是粗糙且绝缘的，AB长为L，C为AB的中点，在A、C之间加一方向垂直斜面向上的匀强电场，与斜面垂直的虚线CD为电场的边界。现有一质量为m、电荷量为q的带正电的小物块(可视为质点)，从B点开始在B、C间以速度υ0沿斜面向下做匀速运动，经过C后沿斜面匀加速下滑，到达斜面底端A时的速度大小为υ。试求：
(1)小物块与斜面间的动摩擦因数μ；
(2)匀强电场场强E的大小
解析：(1)小物块在BC上匀速运动，由受力平衡得
①(1分)
②(1分)
而 ???③(1分)
?由①②③解得 ④(1分)
(2)小物块在CA上做匀加速直线运动，受力情况如图所示。则
? ⑤(1分)
⑥(1分)
根据牛顿第二定律得
? ⑦(1分)
⑧(1分)
由③⑤⑥⑦⑧解得
⑨(2分)
规律总结：1.在电场中的带电体，不管其运动与否，均始终受到电场力的作用，其大小为F=Eq，与电荷运动的速度无关，方向与电场的方向相同或相反，它既可以改变速度的方向，也可以改变速度的大小，做功与运动路径无关。
2.电场内的变速运动问题实质上是力学问题，受力分析是关键。
题型6.（混合场内直线运动问题的分析）带负电的小物体A放在倾角为的足够长的绝缘斜面上，整个斜面处于范围足够大、方向水平向右的匀强电场中，如图物体A的质量为m，电荷量为-q，与斜面间的动摩擦因数为，它在电场中受到的电场力大小等于重力的一半。物体 A在斜面上由静止开始下滑，经过时间t后突然在斜面区域加上范围足够大的匀强磁场，磁场方向垂直于纸面，磁感应强度大小为B，此后物体A沿斜面继续下滑距离L后离开斜面。求：
⑴物体A在斜面上的运动情况如何？说明理由
⑵物体A在斜面上运动的过程中有多少能量转化成内能？
解析：⑴物体A在斜面上受重力、电场力、支持力、滑动摩擦力的作用，如图所示。由此可知：
小物体A在恒力作用下，先在斜面上做初速度为零的匀加速直线运动；
②加上匀强磁场后，还受到方向垂直于斜面向上的洛伦兹力的作用，方可使A离开斜面，故磁感应强度应该垂直纸面向里，随着速度的增加，洛伦兹力增大，斜面的支持力减小，滑动摩擦力减小，物体继续做加速度增大的加速直线运动直到斜面的支持力为零，此后物体A将离开斜面。
⑵加磁场之前，物体A做匀加速直线运动，由牛顿第二定律，有
，
由以上三式得：
A在斜面上运动的距离为
加上磁场后，受洛伦兹力的作用，随速度的增大支持力在减小，直到支持力为零时物体A离开斜面。有
解得：
物体A在斜面上运动的过程中，重力和电场力做正功，滑动摩擦力做负功，洛伦兹力不做功，由动能定理得：
物体A克服摩擦力做功，机械能转化成内能
规律总结：该题涉及到重力、电场力、洛伦兹力做功特点和动能定理等知识点，考查学生对运动和力的关系的理解和掌握情况，同时考查了学生对接触物体的分离条件的灵活运用，解决此题的关键是抓住重力、电场力做功与路径无关、洛伦兹力永不做功的特点，另要注意加上磁场后，受洛伦兹力的影响，随速度的增大支持力在减小，直到支持力为零时物体A离开
专题突破
针对典型精析的例题题型，训练以下习题。
1.在地质、地震、勘探、气象和地球物体等领域的研究中，需要精密的重力加速度g值，g值可由实验精确测定。近年来测g值的一种方法叫“对称自由下落法”，它是将测g值归于测长度和时间，以稳定的氦氖激光的波长为长度标准，用光学干涉的方法测距离，以铷原子钟或其他手段测时间，能将g值测得很准，具体做法是：将真空长直管沿竖直方向放置，自其中O点向上抛小球又落至原处的时间为T2，在小球运动过程中经过比O点高H的P点，小球离开P点至又回到P点所用的时间为T1，测得T1 T2和H，可求得g等于（ ）A. B. C. D.
点拨：此题属于匀变速直线运动的应用。设小球上升的最大高度为h，则有
，
联立解得，此题选A。
2. 某人骑自行车在平直道路上行进，图6中的实线记录了自行车开始一段时间内的v-t图象。某同学为了简化计算，用虚线作近似处理，下列说法正确的是
A．在t1时刻，虚线反映的加速度比实际的大
B．在0-t1时间内，由虚线计算出的平均速度比实际的大
C．在t1-t2时间内，由虚线计算出的位移比实际的大
D．在t3-t4时间内，虚线反映的是匀速运动
点拨：v-t图像的应用。
A选项t1时刻的斜率应该比虚线的斜率大，即加速度大，A错。
B选项0-t1时间虚线围成的面积比实际围成的面积大，可以知道位移大，得平均速度大，B对。
C选项t1-t2时间内，虚线围成的面积比实际围成的面积小，由虚线计算出的位移比实际的小，C错。
D选项t3-t4时间内，虚线是平行时间轴的直线，虚线反映的是匀速运动，D对。
答案：B D
3. 在2008年5月12日，我国四川省发生了8.0级特大地震，广大武警官兵和消防队员参加了抗震救灾，在一次救灾中一位消防队员为缩短下楼的时间，往往抱着竖直的杆直接滑下. 假设一名质量为60kg、训练有素的消防队员从七楼（即离地面18m的高度）抱着竖直的杆以最短的时间滑下. 已知杆的质量为200kg，消防队员着地的速度不能大于6m/s，手和腿对杆的最大压力为1800N，手和腿与杆之间的动摩擦因数为0.5，设当地的重力加速度g=10m/s2. 假设杆是搁在地面上的，杆在水平方向不能移动.试求：
（1）消防队员下滑过程中的最大速度；
（2）消防队员下滑过程中杆对地面的最大压力；
（3）消防队员下滑的最短的时间.
点拨：动力学的两类基本问题。
（1）（4分）
（2）N=Mg+m(g+a)=200×10+60×（10+5）N=2.9103N（4分）
（3） （4分）
4. 如图所示，两条互相平行的光滑导轨位于水平面内，距离为L=0.2m，在导轨的一端接有阻值为R=0.5的电阻，在x≥0的区域有一与水平面垂直的匀强磁场，磁感应强度B=0.5T. 一质量为m=0.1kg的金属直杆垂直放置的导轨上，并以v0=2m/s的初速度进入磁场，在安培力和一垂直于直杆的水平外力F的共同作用下做匀变速直线运动，加速度在小为a=2m/s2方向与初速度方向相反. 设导轨和金属杆的电阻都可以忽略，且连接良好.求：
（1）电流为零时金属杆所处的位置；
（2）电流为最大值的一半时施加在金属杆上外力F的大小和方向.
点拨：电磁感应中的动态问题分析
（1）感应电动势E=Blv ① （2分）
② （1分）
所以I=0时，v=0 ③ （1分）
则： ④
（2）最大电流 ⑤ （1分）
安培力=0.02N ⑥ （1分）
向右运动时F+f=ma ⑦
方向与x正向相反 ⑧ （1分）
向左运动时F－f=ma
方向与x正向相反 ⑨ （1分）
学法导航
复习指导：①回归课本夯实基础，仔细看书把书本中的知识点掌握到位
②练习为主提升技能，做各种类型的习题，在做题中强化知识
③整理归纳举一反三，对易错知识点、易错题反复巩固
④动力学两类基本问题的处理想思路
已知物体的受力情况，求物体的运动情况。应用牛顿第二定律求物体的加速度，在根据物体的初始条件，应用运动学公式求出物体的运动情况-----任意时刻的位置和速度，以及运动轨迹。
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求出加速度，再应用牛顿第二定律，推断或者求出物体的受力情况。
说明：
抓住受力情况和运动情况之间的联系的桥梁-----加速度。
分析流程图
⑤动力学问题通常是在对物体准确受力分析的基础上，采用正交分解法或者是图解法求合力，如何结合牛顿第二定律列式求解。
⑥匀减速直线运动问题通常看成反方向的匀加速直线运动来处理，这是利用了运动的对称性的原理。在竖直上抛和类竖直上抛中也常用此法。
⑦借用v-t图像分析：v-t图像表示物体的运动规律，形象而且直观。
⑧处理带电粒子在交变电场作用下的直线运动问题时，首先要分析清楚带电粒子在一个周期内的受力和运动特征。
⑨在具体解决带电粒子在复合场内运动问题是，要认真做好以下几点：
第一：正确分析受力情况
第二：充分理解和掌握不同场对电荷作用的特点和差异
第三：认真分析运动的详细过程，充分发掘题目中的隐含条件，建立清晰的物理情景，最终把物理模型转化成数学表达式。
1. 物块从光滑曲面上的P点自由滑下，通过粗糙的静止水平传送带以后落到地面上的Q点，若传送带的皮带轮沿逆时针方向转动起来，使传送带随之运动，如图1－16所示，再把物块放到P点自由滑下则（? ）
A.物块将仍落在Q点
B.物块将会落在Q点的左边
C.物块将会落在Q点的右边
D.物块有可能落不到地面上
解析：【错解】因为皮带轮转动起来以后，物块在皮带轮上的时间长，相对皮带位移弯大，摩擦力做功将比皮带轮不转动时多，物块在皮带右端的速度将小于皮带轮不动时，所以落在Q点左边，应选B选项。
【错解原因】学生的错误主要是对物体的运动过程中的受力分析不准确。实质上当皮带轮逆时针转动时，无论物块以多大的速度滑下来，传送带给物块施的摩擦力都是相同的，且与传送带静止时一样，由运动学公式知位移相同。从传送带上做平抛运动的初速相同。水平位移相同，落点相同。
【分析解答】物块从斜面滑下来，当传送带静止时，在水平方向受到与运动方向相反的摩擦力，物块将做匀减速运动。离开传送带时做平抛运动。当传送带逆时针转动时物体相对传送带都是向前运动，受到滑动摩擦力方向与运动方向相反。? 物体做匀减速运动，离开传送带时，也做平抛运动，且与传送带不动时的抛出速度相同，故落在Q点，所以A选项正确。
【评析】若此题中传送带顺时针转动，物块相对传送带的运动情况就应讨论了。
（1）当v0=vB物块滑到底的速度等于传送带速度，没有摩擦力作用，物块做匀速运动，离开传送带做平抛的初速度比传送带不动时的大，水平位移也大，所以落在Q点的右边。
（2）当v0＞vB物块滑到底速度小于传送带的速度，有两种情况，一是物块始终做匀加速运动，二是物块先做加速运动，当物块速度等于传送带的速度时，物体做匀速运动。这两种情况落点都在Q点右边。
（3）v0＜vB当物块滑上传送带的速度大于传送带的速度，有两种情况，一是物块一直减速，二是先减速后匀速。第一种落在Q点，第二种落在Q点的右边。
2. 如图2-30，一个弹簧台秤的秤盘质量和弹簧质量都可以不计，盘内放一个物体P处于静止。P的质量为12kg，弹簧的劲度系数k=800N/m。现给P施加一个竖直向上的力F，使P从静止开始向上做匀加速运动。已知在前0.2s内F是变化的，在0.2s以后F是恒力，则F的最小值是多少，最大值是多少？
解析：【错解】F最大值即N=0时，F=ma+mg=210(N)
【错解原因】错解原因是对题所叙述的过程不理解。把平衡时的关系G=F+N，不自觉的贯穿在解题中。
【分析解答】解题的关键是要理解0.2s前F是变力，0.2s后F的恒力的隐含条件。即在0.2s前物体受力和0.2s以后受力有较大的变化。
以物体P为研究对象。物体P静止时受重力G、称盘给的支持力N。
因为物体静止，∑F=0
N=G=0??? ① N=kx0??? ②
设物体向上匀加速运动加速度为a。此时物体P受力如图2-31受重力G，拉力F和支持力N′
据牛顿第二定律有 F+N′-G=ma??? ③
当0.2s后物体所受拉力F为恒力，即为P与盘脱离，即弹簧无形变，由0～0.2s内物体的位移为x0。物体由静止开始运动，则
将式①，②中解得的x0=0.15m代入式③解得a=7.5m/s2
F的最小值由式③可以看出即为N′最大时，即初始时刻N′=N=kx。
代入式③得 Fmin=ma+mg-kx0=12×(7.5+10)-800×0.15=90(N)
F最大值即N=0时，F=ma+mg=210（N）
【评析】本题若称盘质量不可忽略，在分析中应注意P物体与称盘分离时，弹簧的形变不为0，P物体的位移就不等于x0，而应等于x0-x（其中x即称盘对弹簧的压缩量）。
3.?一个质量为m，带有电荷-q的小物块，可在水平轨道Ox上运动，O端有一与轨道垂直的固定墙，轨道处于匀强电场中，场强大小为E，方向沿Ox轴正方向，如图8－21所示，小物体以初速v0从x0沿Ox轨道运动，运动时受到大小不变的摩擦力f作用，且f＜qE。设小物体与墙碰撞时不损失机械能且电量保持不变。求它在停止运动前所通过的总路程s。
解析：【错解】
错解一：物块向右做匀减速运动到停止，有
错解二：小物块向左运动与墙壁碰撞后返回直到停止，有W合=△Ek，得
【错解原因】错误的要害在于没有领会题中所给的条件f＞Eq的含义。当物块初速度向右时，先减速到零，由于f＜Eq物块不可能静止，它将向左加速运动，撞墙后又向右运动，如此往复直到最终停止在轨道的O端。初速度向左也是如此。
【分析解答】设小物块从开始运动到停止在O处的往复运动过程中位移为x0，往返路程为s。根据动能定理有
【评析】在高考试卷所检查的能力中，最基本的能力是理解能力。读懂题目的文字并不困难，难的是要抓住关键词语或词句，准确地在头脑中再现题目所叙述的实际物理过程。常见的关键词语有：“光滑平面、缓慢提升（移动）、伸长、伸长到、轻弹簧、恰好通过最高点等”这个工作需要同学们平时多积累。并且在做新情境（陌生题）题时有意识地从基本分析方法入手，按照解题的规范一步一步做，找出解题的关键点来。提高自己的应变能力。
4.?如图10-22所示。在x轴上有垂直于xy平面向里的匀强磁场，磁感应强度为B；在x轴下方有沿y铀负方向的匀强电场，场强为E。一质最为m，电荷量为q的粒子从坐标原点。沿着y轴正方向射出。射出之后，第3次到达X轴时，它与点O的距离为L，求此粒子射出时的速度v和运动的总路程s，（重力不计）。
解析：【常见错解】粒子射出后第三次到达x轴，如图10-23所示
在电场中粒子的磁场中每一次的位移是l。
第3次到达x轴时，粒子运动的总路程为一个半圆周和六个位移的长度之和。
【错解原因】错解是由于审题出现错误。他们把题中所说的“射出之后，第3次到达x轴”这段话理解为“粒子在磁场中运动通过x轴的次数”没有计算粒子从电场进入磁场的次数。也就是物理过程没有搞清就下手解题，必然出错。
【分析解答】粒子在磁场中的运动为匀速圆周运动，在电场中的运动为匀变速直线运动。画出粒子运动的过程草图10-24。根据这张图可知粒子在磁场中运动半个周期后第一次通过x轴进入电场，做匀减速运动至速度为零，再反方向做匀加速直线运动，以原来的速度大小反方向进入磁场。这就是第二次进入磁场，接着粒子在磁场中做圆周运动，半个周期后第三次通过x轴。
Bqv=mv2／R
在电场中：粒子在电场中每一次的位移是l
第3次到达x轴时，粒子运动的总路程为一个圆周和两个位移的长度之和。
【评析】把对问题所涉及到的物理图景和物理过程的正确分析是解物理题的前提条件，这往往比动手对题目进行计算还要重要，因为它反映了你对题目的正确理解。高考试卷中有一些题目要求考生对题中所涉及到的物理图景理解得非常清楚，对所发生的物理过程有正确的认识。这种工作不一定特别难，而是要求考生有一个端正的科学态度，认真地依照题意画出过程草图建立物理情景进行分析。
专题综合
1.（匀变速直线运动+受力分析+牛顿第二定律+功+功能关系）如图所示，质量M=4kg的木板B静止于光滑的水平面上，其左端带有挡板，上表面长L=1m，木板右端放置一个质量m=2kg的木块A(可视为质点)，A与B之间的动 摩擦因素μ=0．2。现在对木板B施加一个水平向右的恒力F=14N，使B向右加速运动， 经过一段时间后，木块A将与木板B左侧的挡板相碰撞，在碰撞前的瞬间撤去水平恒力F。已知该碰撞过程时间极短且无机械能损失，假设A、B间的最大静摩擦力跟滑动摩擦力相等，g取10m／s2。，试求：
(1)撤去水平恒力F的瞬间A、B两物体的速度大小vA、VB分别多大；
(2)此过程F所做的功；(3)撤去水平恒力F前因摩擦产生的热量。
解：⑴A,B相对滑动
对A ① 2分
对B ② 2分
③ 2分
由①到③得 ④ 1分
由①②④得 ⑤ 2分
⑵ ⑥ 3分
⑶ ⑦ 3分
2．（匀变速直线运动+受力分析+牛顿第二定律+v-t图像））“神舟”六号飞船完成了预定空间科学和技术试验任务后，返回舱于2005年10月17日4时11分开始从太空向地球表面按预定轨道返回，在离地10km的高度打开阻力降落伞减速下降，这一过程中若返回舱所受阻力与速度的平方成正比，比例系数（空气阻力系数）为k，设返回舱总质量M=3000kg，所受空气浮力恒定不变，且认为竖直降落。从某时刻开始计时，返回舱的运动v-t图象如图中的AD曲线所示，图中AB是曲线在A点的切线，切线交于横轴一点B的坐标为（8，0），CD是平行横轴的直线，交纵轴于C点C的坐标为（0，8）。g=10m/s2，请解决下列问题：
（1）在初始时刻v0=160m/s时，它的加速度多大？
（2）推证空气阻力系数k的表达式并算出其数值。
（3）返回舱在距离高度h=1m时，飞船底部的4个反推力小火箭点火工作，使其速
度由8m/s迅速减至1m/s后落在地面上，若忽略燃料质量的减少对返回舱总质量的
影响，并忽略此阶段速度变化而引起空气阻力的变化，试估算每支小火箭的平均推力（计算结果取两位有效数字）
解：(1)根据速度图象性质可知，在初始v0=160m/s时，过A点切线的斜率既为此时的加速度，设为a1，其大小为
(2) 在初始v0=160m/s时
在v1=8m/s时，受力平衡
由②③得
(3)
由⑤⑥得
三 考案
一、选择题
1.如图，放在水平光滑地面上的木块受到两个水平力F1、F2的作用，静止不动，现保持F1不变让F2先逐渐减小到零再增大恢复到原来的大小，在这个过程中，能正确描述木块运动情况的图像是下图中的 2.如图，一滑块在一个斜面体上刚好能匀速下滑，当用平行于斜面向下的推力时滑块加速下滑，若滑块匀速或加速下滑时斜面均保持静止，且用F1和F2表示斜面体在滑块两种状态下地面对它的摩擦力，则（ ）
A. F1为零，F2不为零且方向水平向左
B. F1为零，F2不为零且方向水平向右
C. F1不为零且方向水平向右，F2不为零且方向水平向左
D. F1 和F2均为零
3.质量为1500kg的汽车在平直公路上运动，v-t图像如图，由此可求（ ）
A.前25s内汽车的平均速度
B.前10s内汽车的加速度
C.前10s内汽车的阻力
D.10~15s内合外力对汽车所做的功
4.在车上用一硬杆做成的框架，其下端固定一质量为m的小球，小车在水平面上以加速度a运动，有关角度如图，下列说法正确的是（ ）
A.小车受到的杆的弹力大小一定为，方向沿杆方向
B. 小车受到的杆的弹力大小一定为，方向沿杆方向
C. 小车受到的杆的弹力大小一定为，方向不一定沿杆方向
D. 小车受到的杆的弹力大小一定为，方向一定沿杆方向
5．如图，在一直立的光滑管内放置一轻质弹簧，上端O点与管口A的距离为2x0，一质量为m的小球从管口由静止下落，将弹簧压至最低点B，压缩量为x0，不计空气阻力，则 ( )
A．小球从接触弹簧开始,加速度一直减小
B．小球运动过程中最大速度大于
C．弹簧劲度系数大于
D．弹簧最大弹性势能为3mg x0
6. 压敏电阻的阻值随所受压力的增大而减小，有位同学利用压敏电阻设计了判断小车运动状态的装置，其工作原理如图（a）所示，将压敏电阻和一块挡板固定在绝缘小车上，中间放置一个绝缘重球。小车向右做直线运动过程中，电流表示数如图（b）所示，下列判断正确的是 ( )
A．从0到t1时间内，小车可能做匀速直线运动
B．从t1到t2时间内，小车做匀加速直线运动
C．从t2到t3时间内，小车做匀速直线运动
D．从t2到t3时间内，小车做匀加速直线运动
7. 如图所示，一质量为m、带电量为q的物体处于场强按E=E0－kt(E0、k均为大于零的常数，取水平向左为正方向)变化的电场中，物体与竖直墙壁间动摩擦因数为μ，当t=0时刻物体刚好处于静止状态 若物体所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且电场空间和墙面均足够大，下列说法正确的是 ( )
A．物体开始运动后加速度先增加、后保持不变
B．物体开始运动后加速度不断增加
C．经过时间t=E0/k，物体在竖直墙壁上的位移达最大值
D．经过时间t=(μE0q-mg)/μkq，物体运动速度达最大值
8. 如图甲所示，水平面绝缘且光滑，弹簧左端固定，右端连一轻质绝缘挡板，空间存在着水平方向的匀强电场，一带电小球在电场力和挡板压力作用下静止。若突然将电场反向，则小球加速度的大小随位移x变化的关系图像可能是图乙中的 ( )
　　图甲 图乙
9.如图，一质量为m的物块带正电Q，开始时让它静止在倾角θ=60°的固定光滑斜面顶端，整个装置放在大小为、方向水平向左的匀强电场中，斜面高为H，释放物块后，物块落地时的速度大小为（ ）
A． B．
C． D．
10.甲、乙两物体同时从同一地点沿同一方向做直线运动的速度-时间图象如图所示，则下列说法正确的是（ ）
A．两物体两次相遇的时刻是2s和6s
B．4s后甲在乙前面
C．两物体相距最远的时刻是4s末
D．乙物体先向前运动2s，随后向后运动
11.如图所示，空间有一垂直纸面的磁感应强度为0.5T的匀强磁场，一质量为0.2kg且足够长的绝缘木板静止在光滑水平面上，在木板左端无初速放置一质量为0.1kg、电荷量q=+0.2C的滑块，滑块与绝缘木板之间动摩擦因数为0.5，滑块受到的最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力 现对木板施加方向水平向左，大小为0.6N恒力，g取10m/s2.则（ ）
A．木板和滑块一直做加速度为2m/s2的匀加速运动
B．滑块开始做匀加速直线运动，然后做加速度减小的变加速运动，最后做匀速运动
C．最终木板做加速度为2 m/s2的匀加速运动，滑块做速度为10m/s的匀速运动
D．最终木板做加速度为3 m/s2的匀加速运动，滑块做速度为10m/s的匀速运动
二、计算题
12. 科研人员乘气球进行科学考察．气球、座舱、压舱物和科研人员的总质量为990 kg．气球在空中停留一段时间后，发现气球漏气而下降，及时堵住．堵住时气球下降速度为1 m/s，且做匀加速运动，4 s内下降了12 m．为使气球安全着陆，向舱外缓慢抛出一定的压舱物．此后发现气球做匀减速运动，下降速度在5分钟内减少3 m/s．若空气阻力和泄漏气体的质量均可忽略，重力加速度g＝9.89 m/s2，求抛掉的压舱物的质量．
13. 用同种材料制成倾角30°的斜面和长水平面，斜面长2.4m且固定，一小物块从斜面顶端以沿斜面向下的初速度v0开始自由下滑，当v0=2 m/s时，经过0.8s后小物块停在斜面上 多次改变v0的大小，记录下小物块从开始运动到最终停下的时间t，作出t-v0图象，如图所示，求：
1）小物块与该种材料间的动摩擦因数为多少？
2）某同学认为，若小物块初速度为4m/s，则根据图象中t与v0成正比推导，可知小物块运动时间为1.6s。以上说法是否正确？若不正确，说明理由并解出你认为正确的结果。
14. 水平面上两根足够长的光滑金属导轨平行固定放置，间距为L，一端通过导线与阻值R的电阻连接，导轨上放一质量为m的金属杆（见图甲），导轨的电阻忽略不计，匀强磁场方向竖直向下，用与平轨平行的恒定拉力F作用在金属杆上，金属杆从静止开始运动，电压表的读数发生变化，但最终将会保持某一数值U恒定不变；当作用在金属杆上的拉力变为另一个恒定值时，电压表的读数最终相应地会保持另一个恒定值不变，U与F的关系如图乙。若m=0.5kg,L=0.5m,R=0.5Ω，金属杆的电阻r=0.5Ω。（重力加速度g=10m/s2）求：
（1）磁感应强度B；
（2）当F=2.5N时，金属杆最终匀速运动的速度；
（3）在上述（2）情况中，当金属杆匀速运动时，撤去拉力F，此后电阻R上总共产生的热量。
15. 如图所示，光滑的平行导轨P、Q相距l = 1m，处在同一水平面中，导轨左端接有如图所示电路，其中水平放置的平行板电容器C两极板M、N间距离d = 10mm，定值电阻R1 = R3 = 8Ω，R2 = 2Ω，导轨电阻不计。磁感应强度B = 0.4T的匀强磁场竖直向下穿过轨道平面，当金属棒ab沿导轨向右匀速运动（开关S断开）时，电容器两极板之间质量m = 1×10-14kg，带电量q = -1×10-13C的微粒恰好静止不动；当S逼和时，粒子立即以加速度a = 7m/s2向下做匀加速运动取g = 10m/s2，在整个运动过程中金属棒与导轨接触良好，且运动速度保持恒定。求（1）当S断开时，电容器上M、N哪个极板电势高；当S断开时，ab两端的路端电压是多大？（2）金属棒的电阻多大？（3）金属棒ab运动的速度多大？（4）S闭合后，使金属棒ab做匀速运动的外力的功率多大？
16．为了保证行车安全，不仅需要车辆有良好的刹车性能，还需要在行车过程中前后车辆保持一定的距离.驾驶手册规定，在一级公路上，允许行车速度为υ1，发现情况后需在S1距离内被刹住.在高速公路上，允许行车速度为υ2（υ2＞υ1），发现情况后需在S2（S2＞S1）距离内被刹住。假设对于这两种情况驾驶员允许的反应时间（发现情况到开始刹车经历的时间）与刹车后的加速度都相等，求允许驾驶员的反应时间和刹车加速度

参考答案
一、选择题
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
B
D
ABD
C
BCD
AD
BC
A
C
AC
BD
二、计算题
12. 解：由牛顿第二定律得：mg－f＝ma①2分
②2分
抛物后减速下降有：③2分
Δv＝a/Δt④1分
解得：⑤2分
13. 1）①1分
②1分
得③2分
2）不正确。因为随着初速度增大，小物块会滑到水平面，规律将不再符合图象中的正比关系④2分。
v0=4m/s时，若保持匀减速下滑，则经过，已滑到水平面⑤2分
物体在斜面上运动，设刚进入水平面时速度v1：
，，得v1=2m/s，t1=0.8s⑥2分
水平面上=0.23s⑦2分
总时间t1+t2=1.03s⑧1分
14. 解：（1）解法1：
由部分电路欧姆定律①1分
金属杆所受安培力F安=BIL ②1分
由于金属杆匀速运动F安=F ③
从U—F图象中取一点F=8N U=8V ④1分
由①②③④式解得B=1T 1分
解法2：
由欧姆定律得
金属杆所受安培力F安=BIL
由于金属杆匀速运动F安=F
结合U—F图线可得：

（2）当F=2.5N时，由图象可得U=2.5V⑤1分
据闭合电路欧姆定律得
⑥1分
金属杆产生的感应电动势
E=BLv ⑦1分
由⑤⑥⑦式解得：1分
（3）撤去拉力后，金属杆做减速运动，最终静止。
由能量转化守恒定律知电路中产生总的热量
⑧2分
电阻R产生的总热量
⑨1分
由⑧⑨式解得QR=12.5J1分
15. 解：
（1）S断开时，带电微粒在电容器两极板间静止，受向上的电场力和向下的重力作用而平衡。 ①2分
由①式求得电容器两极板间的电压：②2分
由于粒子带负电，可知电容器M板电势高，UAB = U1 = 1V③2分
（2）由于S断开，R1上无电流，R2、R3上电压等于U1，电路中的感应电流，即通过R2、R3的电流强度为：④2分
由闭合电路欧姆定律可知：ab切割磁感线运动产生的感生电动势为E = U1 + I1r⑤1分
其中r为ab金属棒的电阻。
当闭合S后，带电粒子向下做匀加速运动，根据牛顿第二定律F = ma 有
⑥1分
求得闭合S后电容器两极板间的电压
⑦1分
这时电路中的感应电流为：⑧1分
根据闭合电路欧姆定律有：⑨1分
将相应的数据和已知量代入求得：E = 1.2V， r = 2Ω⑩2分
（3）又因为E = Blv，所以v = 3m/s，即金属棒做匀速运动的速度为3m/s。⑾2分
（4）S闭合后，通过ab的电流I2 = 0.15。外力的功率等于电源的总功率，
即：P = I2E = 0.15×1.2=0.18W。⑿2分
16. 在反应时间内车匀速，刹车后匀减速到停止，由匀变速规律：
在一级公路上 ①2分
在高速公路上 ②2分
解得：③ 2分 ④2分
专题七 电磁感应
一 教案
专题要点
1.感应电流：⑴产生条件：闭合电路的磁通量发生变化。⑵方向判断：楞次定律和右手定则。⑶“阻碍”的表现：阻碍磁通量的变化（增反减同），阻碍物体间的相对运动（来斥去吸），阻碍原电流的变化（自感现象）。
2.感应电动势的产生：
⑴感生电场：英国物理学家麦克斯韦的电磁场理论认为，变化的磁场周围产生电场，这种电场叫感生电场。感生电场是产生感生电动势的原因。
⑵动生电动势：由于导体的运动而产生的感应电动势为动生电动势。产生动生电动势的那部分导体相当于电源
3.感应电动势的分类、计算

考纲要求
考点
要求
考点解读
电磁感应现象
Ⅰ
本专题有对单一知识点的考查，也有对其它知识的综合考查考查的主要内容有楞次定律和法拉第电磁感应定律尤其是电磁感应与动力学、电路、能量守恒定律、图像相互结合的题目
磁通量
Ⅰ
法拉第电磁感应定律
Ⅱ
楞次定律
Ⅱ
自感、涡流
Ⅰ
教法指引
此专题复习时，可以先让学生完成相应的习题，在精心批阅之后以题目带动知识点，进行适当提炼讲解。这一专题的知识点较为综合，高考要求普遍较高，属于必考知识点 因为这部分的综合题较多，二轮复习时还是要稳扎稳打，从基本规律，基本解题步骤出发再进行提升。
知识网络
典例精析
题型1.（楞次定律的应用和图像）如图甲所示，存在有界匀强磁场，磁感应强度大小均为B，方向分别垂直纸面向里和向外，磁场宽度均为L，在磁场区域的左侧相距为L处，有一边长为L的正方形导体线框，总电阻为R，且线框平面与磁场方向垂直. 现使线框以速度v匀速穿过磁场区域以初始位置为计时起点，规定电流逆时针方向时的电流和电动势方向为正，B垂直纸面向里时为正，则以下关于线框中的感应电动势、磁通量、感应电流、和电功率的四个图象描述不正确的是 （ ）
解析：在第一段时间内，磁通量等于零，感应电动势为零，感应电流为零，电功率为零。
在第二段时间内，，，，。
在第三段时间内， ，，，。
在第四段时间内， ，，，。此题选B。
规律总结：对应线圈穿过磁场产生感应电流的图像问题，应该注意以下几点：
⑴要划分每个不同的阶段，对每一过程采用楞次定律和法拉第电磁感应定律进行分析。
⑵要根据有关物理规律找到物理量间的函数关系式，以便确定图像的形状
⑶线圈穿越方向相反的两磁场时，要注意有两条边都切割磁感线产生感应电动势。
题型2.（电磁感应中的动力学分析）如图所示，固定在绝缘水平面上的的金属框架cdef处于竖直向下的匀强磁场中，金属棒ab电阻为r，跨在框架上，可以无摩擦地滑动，其余电阻不计．在t=0时刻，磁感应强度为B0，adeb恰好构成一个边长为L的正方形．⑴若从t=0时刻起，磁感应强度均匀增加，增加率为 k(T/s)，用一个水平拉力让金属棒保持静止．在t=t1时刻，所施加的对金属棒的水平拉力大小是多大？⑵若从t=0时刻起，磁感应强度逐渐减小，当金属棒以速度v向右匀速运动时，可以使金属棒中恰好不产生感应电流．则磁感应强度B应怎样随时间t变化？写出B与t间的函数关系式．
解析：
规律总结：
题型3.（电磁感应中的能量问题）如图甲所示，相距为L的光滑平行金属导轨水平放置，导轨一部分处在以OO′为右边界匀强磁场中，匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直导轨平面向下，导轨右侧接有定值电阻R，导轨电阻忽略不计. 在距边界OO′也为L处垂直导轨放置一质量为m、电阻r的金属杆ab.
（1）若ab杆在恒力作用下由静止开始向右运动3L距离，其速度一位移的关系图象如图乙所示（图中所示量为已知量）. 求此过程中电阻R上产生的焦耳QR及ab杆在刚要离开磁场时的加速度大小a.
（2）若ab杆固定在导轨上的初始位置，使匀强磁场保持大小不变，绕OO′轴匀速转动. 若从磁场方向由图示位置开始转过的过程中，电路中产生的焦耳热为Q2. 则磁场转动的角速度ω大小是多少？

解析：（1）ab杆离起起始位置的位移从L到3L的过程中，由动能定理可得
（2分）
ab杆在磁场中由起始位置发生位移L的过程，根据功能关系，恒力F做的功等于ab杆杆增加的动能与回路产生的焦耳热之和，则
（2分）
联立解得，（1分） R上产生热量（1分）
ab杆刚要离开磁场时，水平向上受安培力F总和恒力F作用，
安培力为：（2分）
由牛顿第二定律可得：（1分）
解得（1分）
（2）磁场旋转时，可等效为矩形闭合电路在匀强磁场中反方向匀速转动，所以闭合电路中产生正弦式电流，感应电动势的峰值（2分）
有效值 （2分） （1分） 而（1分）
题型4.（电磁感应中的电路问题）如图所示，匀强磁场的磁感应强度T，金属棒AD长 0.4m，与框架宽度相同，电阻1／3，框架电阻不计，电阻R1=2，R2=1．当金属棒以5m／s速度匀速向右运动时，求：
(1)流过金属棒的感应电流为多大?
(2)若图中电容器C为0.3F，则电容器中储存多少电荷量?．
题型5.（电磁感应定律）穿过闭合回路的磁通量Φ随时间t变化的图像分别如下图①~④所示。下列关于回路中产生的感应电动势的论述中正确的是：
A图①中回路产生的感应电动势恒定不变
B图②中回路产生的感应电动势一直在变大
C图③中回路0~t1时间内产生的感应电动势小于在t1~t2时间内产生的感应电动势
D图④中回路产生的感应电动势先变小再变大
解析：
丙图：0~t0斜率（不变）大于t0~2t0的斜率（不变）丁图：斜率先减小后增大
D选项对。
题型6.（流过截面的电量问题）如图7-1，在匀强磁场中固定放置一根串接一电阻R的直角形金属导轨aob(在纸面内)，磁场方向垂直于纸面朝里，另有两根金属导轨c、d分别平行于oa、ob放置。保持导轨之间接触良好，金属导轨的电阻不计。现经历以下四个过程：①以速度v移动d,使它与ob的距离增大一倍;②再以速率v移动c,使它与oa的距离减小一半；③然后，再以速率2v移动c,使它回到原处；④最后以速率2v移动d,使它也回到原处。设上述四个过程中通过电阻R的电量的大小依次为Q1、Q2、Q3和Q4,则（ ）
A、Q1=Q2=Q3=Q4 B、Q1=Q2=2Q3=2Q4
C、2Q1=2Q2=Q3=Q4 D、Q1≠Q2=Q3≠Q4
解析：设开始导轨d与Ob的距离为x1，导轨c与Oa的距离为x2，由法拉第电磁感应定律知移动c或d时产生的感应电动势：E＝＝，通过R的电量为：Q＝I＝Δt＝。可见通过R的电量与导体d或c移动的速度无关，由于B与R为定值，其电量取决于所围成面积的变化。①若导轨d与Ob距离增大一倍，即由x1变2x1，则所围成的面积增大了ΔS1＝x1·x2；②若导轨c再与Oa距离减小一半，即由x2变为x2/2，则所围成的面积又减小了ΔS2＝2x1·x2/2＝x1·x2；③若导轨c再回到原处，此过程面积的变化为ΔS3＝ΔS2＝2x1·x2/2＝x1·x2；④最后导轨d又回到原处，此过程面积的变化为ΔS4＝x1·x2；由于ΔS1＝ΔS2＝ΔS3＝ΔS4，则通过电阻R的电量是相等的，即Q1＝Q2＝Q3＝Q4。选A。
规律总结：计算感应电量的两条思路：
思路一：当闭合电路中的磁通量发生变化时，根据法拉第电磁感应定律，平均感应电动势E=NΔφ/Δt，平均感应电流I＝E/R＝NΔφ/RΔt，则通过导体横截面的电量q=I＝NΔφ/R。思路二：当导体棒在安培力(变力)作用下做变速运动，磁通量的变化难以确定时，常用动量定理通过求安培力的冲量求通过导体横截面积的电量。要快速求得通过导体横截面的电量Q，关键是正确求得穿过某一回路变化的磁通量ΔΦ。
题型7.（自感现象的应用） 如图1所示电路中, D1和D2是两个相同的小灯泡, L是一个自感系数很大的线圈, 其电阻与R相同, 由于存在自感现象, 在开关S接通和断开瞬间, D1和D2发亮的顺序是怎样的？
解析：开关接通时，由于线圈的自感作用，流过线圈的电流为零，D2与R并联再与D1串联，所以两灯同时亮；开关断开时，D2立即熄灭，由于线圈的自感作用，流过线圈的电流不能突变，线圈与等D1组成闭合回路，D1滞后一段时间灭。
规律总结：自感电动势仅仅是减缓了原电流的变化，不会阻止原电流的变化或逆转原电流的变化．原电流最终还是要增加到稳定值或减小到零 ，在自感现象发生的一瞬间电路中的电流为原值，然后逐渐改变。
题型8.（导体棒平动切割磁感线问题）如图所示，在一磁感应强度B＝0.5T的匀强磁场中，垂直于磁场方向水平放置着两根相距为h＝0.1m的平行金属导轨MN和PQ，导轨电阻忽略不计，在两根导轨的端点N、Q之间连接一阻值R＝0.3Ω的电阻。导轨上跨放着一根长为L＝0.2m，每米长电阻r＝2.0Ω/m的金属棒ab，金属棒与导轨正交放置，交点为c、d，当金属棒在水平拉力作用于以速度v＝4.0m/s向左做匀速运动时，试求：
（1）电阻R中的电流强度大小和方向；
（2）使金属棒做匀速运动的拉力；
（3）金属棒ab两端点间的电势差；
（4）回路中的发热功率。
解析：金属棒向左匀速运动时，等效电路如图、所示。在闭合回路中，金属棒cd部分相当于电源，内阻rcd＝hr，电动势Ecd＝ Bhv。
（1）根据欧姆定律，R中的电流强度为0.4A，方向从N经R到Q。
（2）使金属棒匀速运动的外力与安培力是一对平衡力，方向向左，大小为F＝F安＝BIh＝0.02N。
（3）金属棒ab两端的电势差等于Uac、Ucd与Udb三者之和，由于Ucd＝Ecd－Ircd，所以Uab＝Eab－Ircd＝BLv－Ircd＝0.32V。
（4）回路中的热功率P热＝I2（R＋hr）＝0.08W。
规律总结：①不要把ab两端的电势差与ab棒产生的感应电动势这两个概念混为一谈。
②金属棒匀速运动时，拉力和安培力平衡，拉力做正功，安培力做负功，能量守恒，外力的机械功率和回路中的热功率相等，即。
题型9.（导体棒转动切割磁感线问题）一直升飞机停在南半球某处上空．设该处地磁场的方向竖直向上，磁感应强度为B．直升飞机螺旋桨叶片的长度为l，螺旋桨转动的频率为f，顺着地磁场的方向看螺旋桨，螺旋桨按顺时针方向转动．螺旋桨叶片的近轴端为a，远轴端为b，如图所示．如果忽略到转轴中心线的距离，用E表示每个叶片中的感应电动势，则 （ ）
A．E = πfl2B，且a点电势低于b点电势?　　
B．E = 2πfl2B，且a点电势低于b点电势?
C．E = πfl2B，且a点电势高于b点电势?　　
D．E = 2πfl2B，且a点电势高于b点电势解析：棒转动切割电动势E=BLV棒中，选A。
规律总结：①若转轴在0点：
②若转轴不在棒上：
二 学案
典例精析
题型1.（楞次定律的应用和图像）如图甲所示，存在有界匀强磁场，磁感应强度大小均为B，方向分别垂直纸面向里和向外，磁场宽度均为L，在磁场区域的左侧相距为L处，有一边长为L的正方形导体线框，总电阻为R，且线框平面与磁场方向垂直. 现使线框以速度v匀速穿过磁场区域. 以初始位置为计时起点，规定电流逆时针方向时的电流和电动势方向为正，B垂直纸面向里时为正，则以下关于线框中的感应电动势、磁通量、感应电流、和电功率的四个图象描述不正确的是 （ ）


解析：在第一段时间内，磁通量等于零，感应电动势为零，感应电流为零，电功率为零。
在第二段时间内，，，，。
在第三段时间内， ，，，
在第四段时间内， ，，，。此题选B。
规律总结：对应线圈穿过磁场产生感应电流的图像问题，应该注意以下几点：
⑴要划分每个不同的阶段，对每一过程采用楞次定律和法拉第电磁感应定律进行分析。
⑵要根据有关物理规律找到物理量间的函数关系式，以便确定图像的形状。
⑶线圈穿越方向相反的两磁场时，要注意有两条边都切割磁感线产生感应电动势。
题型2.（电磁感应中的动力学分析）如图所示，固定在绝缘水平面上的的金属框架cdef处于竖直向下的匀强磁场中，金属棒ab电阻为r，跨在框架上，可以无摩擦地滑动，其余电阻不计．在t=0时刻，磁感应强度为B0，adeb恰好构成一个边长为L的正方形．⑴若从t=0时刻起，磁感应强度均匀增加，增加率为k(T/s)，用一个水平拉力让金属棒保持静止．在t=t1时刻，所施加的对金属棒的水平拉力大小是多大？⑵若从t=0时刻起，磁感应强度逐渐减小，当金属棒以速度v向右匀速运动时，可以使金属棒中恰好不产生感应电流则磁感应强度B应怎样随时间t变化？写出B与t间的函数关系式．
解析：

规律总结：
题型3.（电磁感应中的能量问题）如图甲所示，相距为L的光滑平行金属导轨水平放置，导轨一部分处在以OO′为右边界匀强磁场中，匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直导轨平面向下，导轨右侧接有定值电阻R，导轨电阻忽略不计. 在距边界OO′也为L处垂直导轨放置一质量为m、电阻r的金属杆ab.
（1）若ab杆在恒力作用下由静止开始向右运动3L距离，其速度一位移的关系图象如图乙所示（图中所示量为已知量）. 求此过程中电阻R上产生的焦耳QR及ab杆在刚要离开磁场时的加速度大小a.
（2）若ab杆固定在导轨上的初始位置，使匀强磁场保持大小不变，绕OO′轴匀速转动. 若从磁场方向由图示位置开始转过的过程中，电路中产生的焦耳热为Q2. 则磁场转动的角速度ω大小是多少？

解析：（1）ab杆离起起始位置的位移从L到3L的过程中，由动能定理可得
（2分）
ab杆在磁场中由起始位置发生位移L的过程，根据功能关系，恒力F做的功等于ab杆杆增加的动能与回路产生的焦耳热之和，则
（2分）
联立解得，（1分） R上产生热量（1分）
ab杆刚要离开磁场时，水平向上受安培力F总和恒力F作用，
安培力为：（2分）
由牛顿第二定律可得：（1分）
解得（1分）
（2）磁场旋转时，可等效为矩形闭合电路在匀强磁场中反方向匀速转动，所以闭合电路中产生正弦式电流，感应电动势的峰值（2分）
有效值 （2分） （1分） 而（1分）
题型4.（电磁感应中的电路问题）如图所示，匀强磁场的磁感应强度T，金属棒AD长 0.4m，与框架宽度相同，电阻1／3，框架电阻不计，电阻R1=2，R2=1．当金属棒以5m／s速度匀速向右运动时，求：
(1)流过金属棒的感应电流为多大?
(2)若图中电容器C为0.3F，则电容器中储存多少电荷量?

题型5.（电磁感应定律）穿过闭合回路的磁通量Φ随时间t变化的图像分别如下图①~④所示。下列关于回路中产生的感应电动势的论述中正确的是：
A图①中回路产生的感应电动势恒定不变
B图②中回路产生的感应电动势一直在变大
C图③中回路0~t1时间内产生的感应电动势小于在t1~t2时间内产生的感应电动势
D图④中回路产生的感应电动势先变小再变大
解析：
丙图：0~t0斜率（不变）大于t0~2t0的斜率（不变）丁图：斜率先减小后增大
D选项对。
题型6.（流过截面的电量问题）如图7-1，在匀强磁场中固定放置一根串接一电阻R的直角形金属导轨aob(在纸面内)，磁场方向垂直于纸面朝里，另有两根金属导轨c、d分别平行于oa、ob放置。保持导轨之间接触良好，金属导轨的电阻不计。现经历以下四个过程：①以速度v移动d,使它与ob的距离增大一倍;②再以速率v移动c,使它与oa的距离减小一半；③然后，再以 速率2v移动c,使它回到原处；④最后以速率2v移动d,使它也回到原处。设上述四个过程中通过电阻R的电量的大小依次为Q1、Q2、Q3和Q4,则（ ）
A、Q1=Q2=Q3=Q4 B、Q1=Q2=2Q3=2Q4
C、2Q1=2Q2=Q3=Q4 D、Q1≠Q2=Q3≠Q4
解析：设开始导轨d与Ob的距离为x1，导轨c与Oa的距离为x2，由法拉第电磁感应定律知移动c或d时产生的感应电动势：E＝＝，通过R的电量为：Q＝I＝Δt＝。可见通过R的电量与导体d或c移动的速度无关，由于B与R为定值，其电量取决于所围成面积的变化。①若导轨d与Ob距离增大一倍，即由x1变2x1，则所围成的面积增大了ΔS1＝x1·x2；②若导轨c再与Oa距离减小一半，即由x2变为x2/2，则所围成的面积又减小了ΔS2＝2x1·x2/2＝x1·x2；③若导轨c再回到原处，此过程面积的变化为ΔS3＝ΔS2＝2x1·x2/2＝x1·x2；④最后导轨d又回到原处，此过程面积的变化为ΔS4＝x1·x2；由于ΔS1＝ΔS2＝ΔS3＝ΔS4，则通过电阻R的电量是相等的，即Q1＝Q2＝Q3＝Q4。选A。
规律总结：计算感应电量的两条思路：
思路一：当闭合电路中的磁通量发生变化时，根据法拉第电磁感应定律，平均感应电动势E=N Δφ/Δt，平均感应电流I＝E/R＝NΔφ/RΔt，则通过导体横截面的电量q=I＝NΔφ/R 思路二：当导体棒在安培力(变力)作用下做变速运动，磁通量的变化难以确定时，常用动量定理通过求安培力的冲量求通过导体横截面积的电量。要快速求得通过导体横截面的电量Q，关键是正确求得穿过某一回路变化的磁通量ΔΦ。
题型7.（自感现象的应用） 如图1所示电路中, D1和D2是两个相同的小灯泡, L是一个自感系 数很大的线圈, 其电阻与R相同, 由于存在自感现象, 在开关S接通和断开瞬间, D1和D2发亮的顺序是怎样的？
解析：开关接通时，由于线圈的自感作用，流过线圈的电流为零，D2与R并联再与D1串联，所以两灯同时亮；开关断开时，D2立即熄灭，由于线圈的自感作用，流过线圈的电流不能突变，线圈与等D1组成闭合回路，D1滞后一段时间灭。
规律总结：自感电动势仅仅是减缓了原电流的变化，不会阻止原电流的变化或逆转原电流的变化．原电流最终还是要增加到稳定值或减小到零 ，在自感现象发生的一瞬间电路中的电流为原值，然后逐渐改变。
题型8.（导体棒平动切割磁感线问题）如图所示，在一磁感应强度B＝0.5T的匀强磁场中，垂直于磁场方向水平放置着两根相距为h＝0.1m的平行金属导轨MN和PQ，导轨电阻忽略不计，在两根导轨的端点N、Q之间连接一阻值R＝0.3Ω的电阻。导轨上跨放着一根长为L＝0.2m，每米长电阻r＝2.0Ω/m的金属棒ab，金属棒与导轨正交放置，交点为c、d，当金属棒在水平拉力作用于以速度v＝4.0m/s向左做匀速运动时，试求：
（1）电阻R中的电流强度大小和方向；
（2）使金属棒做匀速运动的拉力；
（3）金属棒ab两端点间的电势差；
（4）回路中的发热功率。
解析：金属棒向左匀速运动时，等效电路如图、所示。在闭合回路中，金属棒cd部分相当于电源，内阻rcd＝hr，电动势Ecd＝Bhv。
（1）根据欧姆定律，R中的电流强度为0.4A，方向从N经R到Q。
（2）使金属棒匀速运动的外力与安培力是一对平衡力，方向向左，大小为F＝F安＝BIh ＝0.02N。
（3）金属棒ab两端的电势差等于Uac、Ucd与Udb三者之和，由于Ucd＝Ecd－Ircd，所以Uab＝Eab－Ircd＝BLv－Ircd＝0.32V。
（4）回路中的热功率P热＝I2（R＋hr）＝0.08W。
规律总结：①不要把ab两端的电势差与ab棒产生的感应电动势这两个概念混为一谈。
②金属棒匀速运动时，拉力和安培力平衡，拉力做正功，安培力做负功，能量守恒，外力的机械功率和回路中的热功率相等，即。
题型9.（导体棒转动切割磁感线问题）一直升飞机停在南半球某处上空．设该处地磁场的方向竖直向上，磁感应强度为B．直升飞机螺旋桨叶片的长度为l，螺旋桨转动的频率为f，顺着地磁场的方向看螺旋桨，螺旋桨按顺时针方向转动．螺旋桨叶片的近轴端为a，远轴端为b，如图所示．如果忽略到转轴中心线的距离，用E表示每个叶片中的感应电动势，则 （ ）
A．E = πfl2B，且a点电势低于b点电势?　　
B．E = 2πfl2B，且a点电势低于b点电势?
C．E = πfl2B，且a点电势高于b点电势?　　
D．E = 2πfl2B，且a点电势高于b点电势
解析：棒转动切割电动势E=BLV棒中，选A。
规律总结：①若转轴在0点：
②若转轴不在棒上：
专题突破
针对典型精析的例题题型，训练以下习题。
1. 如图，一个边长为l的正方形虚线框内有垂直于纸面向里的匀强磁场； 一个边长也为l的 正方形导线框所在平面与磁场方向垂直； 虚线框对角线ab与导线框的一条边垂直，ba的延长线平分导线框．在t=0时， 使导线框从图示位置开始以恒定速度沿ab方向移动，直到整个导线框离开磁场区域．以i表示导线框中感应电流的强度，取逆时针方向为正．下列表示i-t关系的图示中，可能正确的是


点拨：此题为电磁感应中的图像问题。从正方形线框下边开始进入到下边完全进入过程中，线框切割磁感线的有效长度逐渐增大，所以感应电流也逐渐拉增大，A项错误；从正方形线框下边完全进入至下边刚穿出磁场边界时，切割磁感线有效长度不变，故感应电流不变，B项错；当正方形线框下边离开磁场，上边未进入磁场的过程比正方形线框上边进入磁场过程中，磁通量减少的稍慢，故这两个过程中感应电动势不相等，感应电流也不相等，D项错，故正确选项为C。

2. 如图，一直导体棒质量为m、长为l、电阻为r，其两端放在位于水平面内间距也为l的光滑平行导轨上，并与之密接；棒左侧两导轨之间连接一可控制的负载电阻（图中未画出）；导轨置于匀强磁场中，磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直于导轨所在平面。开始时，给导体棒一个平行于导轨的初速度v0。在棒的运动速度由v0减小至v1的过程中，通过控制负载电阻的阻值使棒中的电流强度I保持恒定。导体棒一直在磁场中运动。若不计导轨电阻，求此过程中导体棒上感应电动势的平均值和负载电阻上消耗的平均功率。
点拨：此题属于电磁感应中的电路问题
导体棒所受的安培力为：F=BIl………………① （3分）
由题意可知，该力的大小不变，棒做匀减速运动，因此在棒的速度从v0减小到v1的过程中，平均速度为：……………………② （3分）
当棒的速度为v时，感应电动势的大小为：E=Blv………………③ （3分）
棒中的平均感应电动势为：………………④ （2分）
综合②④式可得：………………⑤ （2分）
导体棒中消耗的热功率为：………………⑥ （2分）
负载电阻上消耗的热功率为：…………⑦ （2分）
由以上三式可得：…………⑧ （2分）
3. 均匀导线制成的单位正方形闭合线框abcd，每边长为L，总电阻为R，总质量为m。将其置于磁感强度为B的水平匀强磁场上方h处，如图所示。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。当cd边刚进入磁场时，
（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）若此时线框加速度恰好为零，求线框下落的高度h所应满足的条件。
点拨：电磁感应中的动力学问题
（1）cd边刚进入磁场时，线框速度v=
线框中产生的感应电动势E=BLv＝BL
(2)此时线框中电流 I=
cd两点间的电势差U=I()=
(3)安培力 F=BIL=
根据牛顿第二定律mg-F=ma,由a=0
解得下落高度满足 h=
4. 如图所示，光滑的平行水平金属导轨MN、PQ相距L，在M点和P点间连接一个阻值为R的电阻，在两导轨间cdfe矩形区域内有垂直导轨平面竖直向上、宽为d的匀强磁场，磁感应强度为B。一质量为m、电阻为r、长度也刚好为L的导体棒ab垂直搁在导轨上，与磁场左边 界相距d0。现用一个水平向右的力F拉棒ab，使它由静止开始运动，棒ab离开磁场前已做匀速直线运动，棒ab与导轨始终保持良好接触，导轨电阻不计，F随ab与初始位置的距离x变化的情况如图，F0已知。求：
（1）棒ab离开磁场右边界时的速度。
（2）棒ab通过磁场区域的过程中整个回路所消耗的电能。
（3）d0满足什么条件时，棒ab进入磁场后一直做匀速运动。
点拨：电磁感应中的能量问题
（1）设离开右边界时棒ab速度为，则有
1分
1分
对棒有： 1分
解得： 1分
（2）在ab棒运动的整个过程中，根据动能定理：
2分
由功能关系：
解得： 2分
（3）设棒刚进入磁场时的速度为，则有
2分
当，即时，进入磁场后一直匀速运动； 2分
学法导航
复习指导：①回归课本夯实基础，仔细看书把书本中的知识点掌握到位
②练习为主提升技能，做各种类型的习题，在做题中强化知识
③整理归纳举一反三，对易错知识点、易错题反复巩固
④电磁感应中能量问题的解题思路：
⑴明确研究对象、研究过程
⑵进行正确的受力分析、运动分析、感应电路分析及相互制约关系
⑶明确各力的做功情况及伴随的能量转化情况。
⑷利用动能定理、能量守恒定律或功能关系列方程求解
⑤解决感应电路综合问题的一般思路
⑴先做“源”的分析：分离出电路中由电磁感应所产生的电源，求出电源参数E和r
⑵再进行“路”的分析：分析电路结构，弄清串并联关系，求出相关部分的电流大小，以便安培力的求解
⑶然后是“力”的分析：分析力学研究对象的受力情况，尤其注意其所受的安培力
⑷在后是“动”的分析：根据力和运动的关系，判断出正确的运动模型
⑸最后是“能”的分析：寻找电磁感应过程和力学对象的运动过程中其能量转化和守恒的关系。
1.如图11－2所示，以边长为50cm的正方形导线框，放置在B=0.40T的身强磁场中。已知磁场方向与水平方向成37°角，线框电阻为0.10Ω，求线框绕其一边从水平方向转至竖直方向的过程中通过导线横截面积的电量。
【错解】线框在水平位置时穿过线框的磁通量
Φ1=BScos53°=6.0×10-2Wb
线框转至竖直位置时，穿过线框的磁通量Φ2=BScos37°=8.0×10-8（Wb）
这个过程中的平均电动势
通过导线横截面的电量

【错解原因】磁通量Φ1=BScosθ，公式中θ是线圈所在平面的法线与磁感线方向的夹角。若θ＜90°时，Φ为正，θ＞90°时，Φ为负，所以磁通量Φ有正负之分，即在线框转动至框平面与B方向平行时，电流方向有一个转变过程。错解就是忽略了磁通量的正负而导致错误。
【分析解答】设线框在水平位置时法线（图11－2中n）方向向上，穿过线框的磁通量
Φ1=BScos53°=6.0×10-2Wb
当线框转至竖直位置时，线框平面的法线方向水平向右，与磁感线夹角θ=143°，穿过线框的磁通量Φ1=BScos143°=-8.0×10-2Wb
通过导线横截面的电量

【评析】通过画图判断磁通量的正负，然后在计算磁通量的变化时考虑磁通量的正负才能避免出现错误。
2.如图11-3所示，直角三角形导线框ABC，处于磁感强度为B的匀强磁场中，线框在纸面上绕B点以匀角速度ω作顺时针方向转动，∠B=60°，∠C=90°，AB=l，求A，C两端的电势UAC。
【错解】把AC投影到AB上，有效长度AC′，根据几何关系（如图11－4），


【错解原因】此解错误的原因是：忽略BC，在垂直于AB方向上的投影BC′也切割磁感线产生了电动势，如图11-4所示。
【分析解答】
该题等效电路ABC，如图11－5所示，根据法拉第电磁感应定律，穿过回路 ABC的磁通量没有发生变化，所以整个回路的ε总=0??? ①
设AB，BC，AC导体产生的电动势分别为ε1、ε2、ε3，电路等效于图11-5，故有ε总=ε1+ε2+ε3??? ②
【评析】
注意虽然回路中的电流为零，但是AB两端有电势差。它相当于两根金属棒并联起来，做切割磁感线运动产生感应电动势而无感应电流。
3.?如图11－7所示装置，导体棒AB，CD在相等的外力作用下，沿着光滑的轨道各朝相反方向以0.lm／s的速度匀速运动。匀强磁场垂直纸面向里，磁感强度B=4T，导体棒有效长度都是L=0.5m，电阻R=0.5Ω，导轨上接有一只R′=1Ω的电阻和平行板电容器，它的两板间距相距1cm，试求：（l）电容器及板间的电场强度的大小和方向；（2）外力F的大小。
【常见错解】错解一：导体棒CD在外力作用下，会做切割磁感线运动，产生感应电动势。对导体棒AB在力F的作用下将向右做切割磁感线运动，根据右手定则可以判断出感应电动势方向向上，同理可分析出导体棒CD产生的感生

，Uab=0，所以电容器两极板ab上无电压，极板间电场强度为零。
错解二：求出电容器的电压是求电容器板间的电场强度大小的关键。由图11－7看出电容器的b板，接在CD的C端导体CD在切割磁感线产生感应电动势，C端相当于电源的正极，电容器的a接在AB的A端。导体棒AB在切割磁感线产生感应电动势，A端相当于电源的负极。导体棒AB，CD产生的电动势大小又相同，故有电容器的电压等于一根导体棒产生的感应电动势大小。UC＝Blv＝4×0.5×0.l=0.2（V）
根据匀强电场场强与电势差的关系

由于b端为正极，a端为负极，所以电场强度的方向为b→a。
【错解原因】错解一：根据右手定则，导体棒AB产生的感应电动势方向向下，导体棒CD产生的感应电动势方向向上。这个分析是对的，但是它们对整个导体回路来说作用是相同的，都使回路产生顺时针的电流，其作用是两个电动势和内阻都相同的电池串联，所以电路中总电动势不能相减，而是应该相加，等效电路图如图11－8所示。

错解二：虽然电容器a板与导体AB的A端是等势点，电容器b板与导体CD的C端是等电势点。但是a板与b板的电势差不等于一根导体棒切割磁感线产生的电动势。a板与b板的电势差应为R′两端的电压。
【分析解答】导体AB、CD在外力的作用下做切割磁感线运动，使回路中产生感应电流。

电容器两端电压等于R′两端电压UC=UR′=IR′0.2×1=0.2（V）
回路电流流向D→C→R′→A→B→D。所以，电容器b极电势高于a极电势，故电场强度方向b→a。
【评析】从得数上看，两种计算的结果相同，但是错解二的思路是错误的，错在电路分析上。避免错误的方法是在解题之前，画 出该物理过程的等效电路图，然后用电磁感应求感应电动势，用恒定电流知识求电流、电压和电场知识求场强，最终解决问题。
4.?如图11－9所示，竖直平面内有足够长的金属导轨，轨距0.2m，金属导体ab可在导轨上无摩擦地上下滑动，ab的电阻为0.4Ω，导轨电阻不计，导轨ab的质量为0.2g，垂直纸面向里的匀强磁场的磁应强度为0.2T，且磁场区域足够大，当ab导体自由下落0.4s时，突然接通电键K，则：（1）试说出K接通后，ab导体的运动情况。（2）ab导体匀速下落的速度是多少？（ g取10m／s2）
【错误】（1）K闭合后，ab受到竖直向下的重力和竖直向上的安培力作用。合力竖直向下，ab仍处于竖直向下的加速运动状态。随着向下速度的增大，安培力增大，ab受竖直向下的合力减小，直至减为0时，ab处于匀速竖直下落状态。
【错解原因】上述对（l）的解法是受平常做题时总有安培力小于重力的影响，没有对初速度和加速度之间的关系做认真的分析。不善于采用定量计算的方法分析问题。
【分析解答】（1）闭合K之前导体自由下落的末速度为v0=gt=4（m／s）
K闭合瞬间，导体产生感应电动势，回路中产生感应电流。ab立即受到一个竖直向上的安培力。

此刻导体棒所受到合力的方向竖直向上，与初速度方向相反，加速
所以，ab做竖直向下的加速度逐渐减小的变减速运动。当速度减小至F安=mg时，ab做竖直向下的匀速运动。

【评析】本题的最大的特点是电磁学知识与力学知识相结合。这类的综合题本质上是一道力学题，只不过在受力上多了一个感应电流受到的安培力。分析问题的基本思路还是力学解题的那些规矩。在运用牛顿第二定律与运动学结合解题时，分析加速度与初速度的关系是解题的最关键的第一步。因为加速度与初速度的关系决定了物体的运动。
专题综合
1.（电磁感应+电路）如图所示，由粗细均匀的电阻丝绕成的矩形导线框abcd固定于水平面上，导线框边长=L, =2L，整个线框处于竖直方向的匀强磁场中，磁场的磁感应强度为B，导线框上各段导线的电阻与其长度成正比，已知该种电阻丝单位长度上的电阻为，的单位是Ω/m．今在导线框上放置一个与ab边平行且与导线框接触良好的金属棒MN,MN的电阻为r，其材料与导线框的材料不同．金属棒MN在外力作用下沿x轴正方向做速度为v的匀速运动，在金属棒从导线框最左端（该处x=0)运动到导线框最右端的过程中：
(1)请写出金属棒中的感应电流I随x变化的函数关系式；
(2)试证明当金属棒运动到bc段中点时，MN两点间电压最大，并请写出最大电压Um的表达式；
(3)试求出在此过程中，金属棒提供的最大电功率Pm；
(4)试讨论在此过程中，导线框上消耗的电功率可能的变化情况．
解：（(1) E= BLv,

(2)M、N两点间电压，当外电路电阻最大时，U有最大值。.
因为外电路电阻，当，即x=L时，R有最大值，所以x=L时，即金属棒在bc中点时M、N两点间电压有最大值，即。
(3)
(4）外电路电阻，。
当r<，即r<时，导线框上消耗的电功率先变小，后变大；当< r<，即，即r>时，导线框上消耗的电功率先变大，后变小．
2．（电磁感应+动力学+电路+能量）如图所示，无限长金属导轨ac、bd固定在倾角为θ=53°的光滑绝缘斜面上，轨道间距L，底部接一阻值为R的电阻，上端开口。垂直斜面向上的匀强磁场的磁感应强度B。一质量为ｍ、长度可认为Ｌ、电阻为R/2的金属棒MN与导轨接触良好，MN与导轨间动摩擦因数μ=1/3，电路中其余电阻不计。现用一质量为3m的物体Ｐ通过一不可伸长的轻质细绳绕过光滑的定滑轮与MN相连，绳与斜面平行．由静止释放Ｐ，不计空气阻力，当Ｐ下落高度h时，ＭＮ开始匀速运动（运动中ＭＮ始终垂直导轨）。
（1）求ＭＮ棒沿斜面向上运动的最大速度。
（2）ＭＮ棒从开始运动到匀速运动的这段时间内电阻R上产生的焦耳热和流过电阻R的总电量各是多少？
解：（1）如图所示，在ＭＮ棒做加速度时，由于V的增加，安培力F变大，棒在做加速度逐渐减小的加速运动，当a=0时，ＭＮ棒速度最大的为Vm，即匀速运动的速度，则
T=3mg=mgsinθ+F+μmgcosθ ……3分
F=BIL=B2L2Vm/(R+R/2) …………3分
Vm =（1分）
（2）由系统的总能量守恒可知，系统减小的重力势能等于系统
增加的动能、焦耳热、摩擦而转化的内能之和：
QR=μmghcosθ=0.2mgh 1分
3mgh－mghsinθ= QR +Q +（m+3m）/2 …………3分
Q= …………1分
又因为流过电路的电量q= q=Et/（R+r） E=△φ/t …… 2分
q=△φ/（R+R/2）=2BLh/3R …………2分
三 考案
一、选择题
1. 足够长的光滑金属导轨、水平平行固定，置于竖直向上的匀强磁场中，在导轨上放两条金属杆、，两杆平行且与导轨垂直接触良好。设导轨电阻不计，两杆的电阻为定值。从某时刻起给施加一与导轨平行方向向右的恒定拉力作用，则以下说法正确的是 （ ）
A．向左做加速运动
B．受到的安培力始终向左
C．一直做匀加速直线运动
D．、均向右运动，运动后的速度始终不会相等，但最终速度差为一定值

2. 如图所示，电路中A、B是规格相同的灯泡，L是电阻可忽略不计的电感线圈，那么（）
A．合上S，A、B一起亮，然后A变暗后熄灭
B．合上S，B先亮，A逐渐变亮，最后A、B一样亮
C．断开S，A立即熄灭，B由亮变暗后熄灭
D．断开S，B立即熄灭，A闪亮一下后熄灭
3. 某同学在实验室里熟悉各种仪器的使用．他将一条形磁铁放在水平转盘上，如图甲所示，磁铁可随转盘转动，另将一磁感应强度传感器固定在转盘旁边当转盘（及磁铁）转动时，引起磁感应强度测量值周期性地变化，该变化的周期与转盘转动周期一致．经过操作，该同学在计算机上得到了如图乙所示的图像．

该同学猜测磁感应强度传感器内有一线圈，当测得磁感应强度最大时就是穿过线圈的磁通量最大时．接照这种猜测（ ）
A．在t＝0.1 s时刻，线圈内产生的感应电流的方向发生了变化，
B．在t＝0.15 s时刻，线圈内产生的感应电流的方向发生了变化，
C．在t＝0.1 s时刻，线圈内产生的感应电流的大小达到了最大值，
D．在t＝0.15 s时刻，线圈内产生的感应电流的大小达到了最大值．
4. 如图所示，MN利PQ为处于同一水平面内的两根平行的光滑金属导轨，垂直导轨放置的金属棒ab与导轨接触良好，在水平金属导轨之间加竖直向—卜的匀强磁场，导轨的N、Q端按理想变压器的初级线圈，理想变压器的输出端有三组次级线圈，分别接有电阻元件R、电感元件L和电容元件C。若用IR、IL、IC分别表示通过R、L和C的电流，不考虑电容器的瞬间充放电，则下列判断中正确的是 ( )
A．若ab棒匀速运动，则
B．若ab棒匀加速运动，则
C．若ab棒做加速度变小的加速运动，则
D．若ab棒在某一中心位置附近做简谐运动，则
5．如图所示，闭合线圈固定在小车上，总质量为1kg．它们在光滑水平面上，以10m／s的速度进入与线圈平面垂直、磁感应强度为B的水平有界匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里已知小车运动的速度ν随车的位移s变化的ν—s图象如图所示．则：( )
A．线圈的长度L=10cm B．磁场的宽度d=15cm
C．线圈进入磁场过程中做匀加速运动，加速度为0.8m／s2
D．线圈通过磁场过程中产生的热量为24J

6. 如图所示，在光滑水平面上方，有两个磁感应强度大小均为B、方向相反的水平匀强磁场，如图所示，为两个磁场的边界，磁场范围足够大。一个边长为，质量为，电阻为的正方形金属线框垂直磁场方向，以速度从图示位置向右运动，当线框中心线AB运动到与重合时，线框的速度为，则 ( )
A．此时线框中的电功率为
B．此时线框的加速度为
C．此过程通过线框截面的电量为
D．此过程回路产生的电能为
7. 光滑水平面上放一边长为l的正方形金属框，有界匀强磁场的方向竖直向上，磁场区域的宽度为L，且L>l。金属框在水平恒力F作用下沿水平做直线运动，穿过磁场区域。已知ab边进入磁场时，金属框的加速度恰好为零，当cd边离开磁场时即撤去恒力F 则从线框的ab边进入磁场到cd边离开磁场的过程中，线框的速度随时间变化的图象是（ ）
8. 2006年7月1日，世界上海拔最高、线路最长的青藏铁路全线通车，青藏铁路安装的一种电磁装置可以向控制中心传输信号，以确定火车的位置和运动状态，其原理是将能产生匀强磁场的磁铁安装在火车首节车厢下面，如图甲所示（俯视图），当它经过安放在两铁轨间的线圈时，线圈便产生一个电信号传输给控制中心．线圈边长分别为l1和l2，匝数为n，线圈和传输线的电阻忽略不计．若火车通过线圈时，控制中心接收到线圈两端的电压信号u与时间t的关系如图乙所示，t1、t2、t3、t4是运动过程的四个时刻，则火车（ ）

A．在t1~t2时间内做匀加速直线运动
B．在t3~t4时间内做匀减速直线运动
C．在t1~t2时间内加速度大小为
D．在t3~ t4时间内平均速度的大小为
9. 铜质金属环从条形磁铁的正上方由静止开始下落，在下落过程中，下列判断中正确的是（ ）
A． 金属环在下落过程中的机械能守恒
B． 金属环在下落过程动能的增加量小于其重力势能的减少量
C． 金属环的机械能先减小后增大
D． 磁铁对桌面的压力始终大于其自身的重力
10. “卫星悬绳发电”是人类为寻找卫星的新型电力能源供应系统而进行的实验。假设在实验中，用飞机拖着一根很长的金属线（其下端悬挂一个金属球，以保证金属线总是呈竖直状态）在高空环绕地球飞行，且每次飞经我国上空时都是由西北方向飞向东南方向，则下列说法正确的是 ( )
A．这是利用运动导线切割地磁场的磁感线产生感应电动势的原理，金属相当于发电机的绕组
B．该发电机产生直流电，且金属线上端为正极
C．该发电机产生直流电，且金属线的上端为负极
D．该发电机产生交流电，当飞机在北半球由西向东飞行时，金属线的上端为其正极；当飞机在南半球由西向东飞行时，金属线的上端为其负极

11. 唱卡拉OK用的话筒，内有传感器，其中有一种是动圈式的，它的工作原理是在弹性膜片后面粘接一个轻小的金属线圈，线圈处于水磁体的磁场中，当怕波使膜片前后振动时，就将声音信号转变为电信号. 下列说法中正确的是 （ ）
A．该传感器是根据电流的磁效应原理工作的
B．该传感器是根据电磁感应原理工作的
C．膜片振动时，穿过线圈的磁通量发生变化
D．膜片振动时，线圈中产生感应电流

12. 如图所示，矩形闭合线圈放置在水平薄板上，有一块蹄形磁铁如图所示置于平板的正下方（磁极间距略大于矩形线圈的宽度。）当磁铁匀速向右通过线圈时，线圈仍静止不动，那么线
圈受到薄板的磨擦力方向和线圈中产生感应电流的方向（从上向下看）是 （ ）
A．磨擦力方向一直向左 B．磨擦力方向先向左、后向或右
C．感应电流的方向顺时针→逆时针→逆时针→顺时针
D．感应电流的方向顺时针→逆时针
13. 某匀强磁场垂直穿过一个线圈平面，磁感应强度B随时间t变化的规律如图线所示。若在某1s内穿过线圈中磁通量的变化量为零，则该1s 开始的时刻是 （ ）
A．第0.2s B.第0.8 s C．第  s D.第 s
二、计算题
14. 如图所示，两根不计电阻的金属导线与放在与水平面成角的斜面上，是直导线，的段是直导线，段是弧形导线，段是直导线，、、相互平行，、间接入一个阻值的电阻，一根质量为且不计电阻的金属棒能在、上无摩擦地滑动，金属棒垂直于，整个装置处于磁感应强度 的匀强磁场中，磁场方向垂直于斜面向上当金属棒处于位置时，金属棒具有沿斜面向上的初速度，同时给金属棒施加一沿斜面向上的外力，此时，金属棒沿斜面向上做匀减速直线运动；当金属棒到达位置（II）后，外力方向不变，大小突变为，金属棒将沿斜面向上做匀速直线运动，再经过时间到达位置（Ⅲ）。金属棒在位置（I）时，与、相接触于、两点，、的间距。金属棒在位置（Ⅱ）时，与、相接触于、两点。已知位置（I）、（Ⅱ）间距为，求：
（1）金属棒从位置（I）运动到位置（Ⅱ）的过程中，加速度的大小？
（2）、两点间的距离？
（3）金属棒从位置（I）运动到位置（Ⅲ）的过程中，电阻上产生的热量？
15. 如图13所示，在一倾角为37°的粗糙绝缘斜面上，静止地放置着一个匝数匝的圆形线圈，其总电阻、总质量、半径．如果向下轻推一下此线圈，则它刚好可沿斜面匀速下滑现在将线圈静止放在斜面上后．在线圈的水平直径以下的区域中，加上垂直斜面方向的，磁感应强度大小按如图14所示规律变化的磁场（提示：通电半圆导线受的安培力与长为直径的直导线通同样大小的电流时受的安培力相等）问：
（1）刚加上磁场时线圈中的感应电流大小?
（2）从加上磁场开始到线圈刚要运动，线圈中产生的热量?（最大静摩擦力等于滑动摩擦力，，，取．）
16．竖直放置的平行金属板M、N相距d=0.2m，板间有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度B=0.5T，极板按如图所示的方式接入电路。足够长的、间距为L=1m的光滑平行金属导轨CD、EF水平放置，导轨间有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度也为B。电阻为r=1的金属棒ab垂直导轨放置且与导轨接触良好。已知滑动变阻器的总阻值为R=4，滑片P的位置位于变阻器的中点。有一个质量为m=1.0×10kg、电荷量为q=+2.0×10C的带电粒子，从两板中间左端沿中心线水平射入场区。不计粒子重力。
（1）若金属棒ab静止，求粒子初速度v0多大时，可以垂直打在金属板上？
（2）当金属棒ab以速度v匀速运动时，让粒子仍以相同初速度v0射入，而从两板间沿直线穿过，求金属棒ab运动速度v的大小和方向。
参考答案
一、选择题
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
BD
AD
AC
BD
A
C
AC
ACD
B
AB
BCD
AC
B
二、计算题
14. ①金属棒从位置（I）到位置（Ⅱ）的过程中，加速度不变，方向沿斜面向下，设其大小为，在位置（I）时，、间的感应电动势为，感应电流为，受到的安培力为，
则： ………………… （1分）
………………… （1分）
………………… （2分）
代人数据，得 ………………… （1分）
②设金属棒在位置（Ⅱ）时的速度为，由运动学规律得：
…………………………… （1分）
在位置（I）和（Ⅱ）之间做匀减速运动，加速度的大小恒定。因此，在位置（I）和（Ⅱ）处受到的安培力不变

15. （1）由闭合电路的欧姆定律 1分
由法拉第电磁感应定律 2分
由图， 1分
1分
联立解得 1分
（2）设线圈开始能匀速滑动时受的滑动摩擦力为，则 2分
加变化磁场后线圈刚要运动时，其中 2分
由图像知 2分
由焦耳定律 2分
联立解得 1分

16. （1）金属棒ab静止时，粒子在磁场中做匀速圆周运动，设轨迹半径为，则
①（2分）
垂直打在金属板上，则 ②（2分）
解得 ③（2分）
代入数据得 100 m/s （1分）
（2）当金属棒ab匀速运动时，感应电动势 ④（2分）
板间电压： ⑤ （2分）
粒子沿直线穿过板间，则粒子受电场力、洛仑兹力平衡，做匀速直线运动
⑥ （2分）
解得： ⑦ （2分）
代入数据得 50 m/s （1分）
由左手定则知，粒子所受洛仑兹力方向垂直M板，故粒子所受电场力应该垂直于N板，由右手定则知，ab棒应水平向右运动。 （2分）
专题三 曲线运动和万有引力
一 教案
专题要点
第一部分：平抛运动和圆周运动
物体做曲线运动的条件
当物体所受的合外力方向与速度方向不在同一直线上时，物体做曲线运动。合运动与分运动具有等时性、独立性和等效性。
2.物体（或带电粒子）做平抛运动或类平抛运动的条件是：①有初速度②初速度方向与加速度方向垂直。
3.物体做匀速圆周运动的条件是：合外力方向始终与物体的运动方向垂直；绳子固定物体通过最高点的条件是：；杆固定通过最高点的条件是：。物体做匀速圆周运动的向心力即物体受到的合外力。
4.描述圆周运动的几个物理量为：角速度，线速度v，向心加速度a，周期T，频率f。其关系为：
5.平抛（类平抛）运动是匀变速曲线运动，物体所受的合外力为恒力，而圆周运动是变速运动，物体所受的合外力为变力，最起码合外力的方向时刻在发生变化。
第二部分：万有引力定律及应用
1.在处理天体的运动问题时，通常把天体的运动看成是匀速圆周运动，其所需要的向心力由万有引力提供，其基本关系式为：，
在天体表面，忽略星球自转的情况下：
2.卫星的绕行速度、角速度、周期、频率和半径r的关系：
⑴由，得，所以r越大，v越小。
⑵由，得，所以r越大，越小
⑶由，得，所以r越大，T越大。
⑷由，得，所以r越大，a向(g/)越小。
3. 三种宇宙速度：第一、第二、第三宇宙速度
⑴第一宇宙速度（环绕速度）：是卫星环绕地球表面运行的速度，也是绕地球做匀速圆周运动的最大速度，也是发射卫星的最小速度V1=7.9Km/s。
⑵第二宇宙速度（脱离速度）：使物体挣脱地球引力束缚的最小发射速度，V2=11.2Km/s。
⑶第三宇宙速度（逃逸速度）：使物体挣脱太阳引力束缚的最小发射速度，V3=16.7 Km/s。
4.天体质量M、密度的估算
(1)从环绕天体出发:通过观测环绕天体运动的周期T和轨道半径r;就可以求出中心天体的质量M
(2)从中心天体本身出发:只要知道中心天体的表面重力加速度g和半径R就可以求出中心天体的质量M。
考纲要求
考点
要求
考点解读
运动的合成与分解
Ⅱ
本专题的重点是运动的合成与分解、平抛运动和圆周运动。特点是综合性请、覆盖面广、纵横联系点多。可以有抛体运动与圆周运动或直线运动间多样组合，还可以与电场、磁场知识综合，命题的思路依然是以运动为线索进而从力、能量角度进行考查。应用万有引力定律解决天体运动、人造地球卫星运动、变轨问题。应该从以下几个方面进行重视：①直线运动、平抛运动和圆周运动的组合性问题，主要考查运动的合成与分解、动力学特征和功能关系②应用分解与合成的思想解决带电粒子在各种场中的类平抛运动问题；应用圆周运动的知识解决混合场内的圆周运动问题③以我国飞速发展的航天事业为背景，凸显最新科技动态，应用万有引力定律解决卫星发射和回收变转过程中各物理量的比较和功能转化。
抛体运动
Ⅱ
匀速圆周运动、角速度、线速度、向心加速度
Ⅰ
匀速圆周运动的向心力
Ⅱ
离心现象
Ⅰ
万有引力定律及应用
Ⅱ
环绕速度
Ⅱ
第二宇宙速度和第三宇宙速度
Ⅰ
教法指引
此专题复习时，可以先让学生完成相应的习题，在精心批阅之后以题目带动知识点，进行适当提炼讲解。根据我对学生的了解，发现很多同学对这个专题中的：
几个物理模型构建不理想，如平抛运动、类平抛运动、匀速圆周运动、天体运动等同于匀速圆周运动
模型建立好了，但是处理问题时方法选择不恰当
所以在讲解时层次应放的低一点，着重掌握好各种物理模型，理解处理各种模型的方法，坚持夯实基础为主的主线。
知识网络


典例精析
题型1.（运动的合成与分解问题）若河水的流速大小与水到河岸的距离有关，河中心水的流速最大，河岸边缘处水的流速最小 现假设河的宽度为120m，河中心水的流速大小为4m/s，船在静水中的速度大小为3m/s，要使般以最短时间渡河，则 （ ）
A．船渡河的最短时间是24s
B．在行驶过程中，船头始终与河岸垂直
C．船在河水中航行的轨迹是一条直线
D．般在河水中的最大速度为5m/s
解析：根据分运动具有独立性和等时性可知，当船头与河岸垂直过河时，时间t最短，t=120/3=40s，A错，B对；船速是恒定的，但是水流速度与水到河岸的距离有关，合速度的大小和方向都在不断变化，轨迹为曲线，C错；船在河水中的速度是指合运动的速度 最大，D正确。
规律总结：1.合运动与分运动具有等时性，分运动具有独立性，这一原理经常应用解决小船过河即平抛运动问题。
2.运动的合成与分解的依据仍然是平行四边形定则。
3.区分分运动和合运动的基本方法是：合运动是物体的实际运动轨迹。
题型2. （平抛（或类平抛）运动问题）如图所示,AB为竖直墙壁，A点和P点在同一水平面上。空间存　在着竖直方向的匀强电场。将一带电小球从P点以速度向A抛出，结果打在墙上的C处。若撤去电场，将小球从P点以初速向A抛出，也正好打在墙上的C点。求：
（1）第一次抛出后小球所受电场力和重力之比
（2）小球两次到达C点时速度之比
解析：（1）设AC=h、电场力为FQ，根据牛顿第二定律得：FQ+mg=ma①
第一次抛出时，h= ② (1分 )
第二次抛出时，h= ③ (1分 )
由②、③两式得a=4g ④ (1分 )
所以，FQ：G=3:1 ⑤ (1分 )
（2）第一次抛出打在C点的竖直分速度y1=a()⑥ (1分 )
第二次抛出打在C点的竖直分速度y2=g()⑦ (1分 )
第一次抛出打在C点的速度1=⑧ (1分 )
第二次抛出打在C点的速度2=⑨ (1分 )
所以，1：2=2：1⑩ (1分 )
规律总结：平抛（或类平抛）运动处理的基本方法就是把运动分解为水平方向的匀速运动和竖直方向的匀加速运动。通过研究分运动达到研究合运动的目的。
题型3.（竖直平面内的圆周运动问题）如图15所示，质量为 m、电量为+q的带电小球固定于一不可伸长的绝缘细线一端，绳的另一端固定于O点，绳长为，O点有一电荷量为+Q(Q＞＞q)的点电荷P，现加一个水平和右的匀强电场，小球静止于与竖直方向成 θ=300角的A点。求：
(1)小球静止在A点处绳子受到的拉力；
(2) 外加电场大小；
(3)将小球拉起至与O点等高的B点后无初速释放，则小球经过最低点C时，绳受到的拉力。
解析：(1)带电粒子A处于平衡，其受力如图，其中F为两点电荷间的库仑力，T为绳子拉力，E0为外加电场，则
Tcosθ-mg-Fcosθs=0  (2分)
Fsinθ+qE0-Tsinθ=0  (2分)
 (2分)
联立式解得：有  (2分)
 (2分)
(2)小球从B运动到C的过程中，q与Q间的库仑力不做功，由动能定理得
 (2分)
在C点时：  (2分)
联立、、解得：  (2分)
审题指导：1.要注意对小球受力分析，不要漏掉库仑力。
在处理竖直平面内的圆周运动问题时，一般要用动能定理建立最高点、最低点的速度关系。
要注意库仑力始终与运动方向垂直，不做功。
题型4.（万有引力定律及应用）图示是我国的“探月工程”向月球发射一颗绕月探测卫星“嫦娥一号”过程简图．“嫦娥一号”进入月球轨道后，在距离月球表面高为h的轨道上绕月球做匀速圆周运动．
（1）若已知月球半径为R月，月球表面的重力加速度为g月，则“嫦娥一号”环绕月球运行的周期为多少？
（2）若已知R月=R地，g月=g地，则近月卫星的运行速度约为近地卫星运行速度的多少倍？
解析：（1）设“嫦娥一号”环绕月球运行的周期是T，根据牛顿第二定律得
G= mg月 （2分）
G= m（R月+h）（2分）
解得T=（2分）
（2）对于靠近天体表面的行星或卫星有mg=，v=（2分）
由v=知，=（1分）
将R月=R地，g月=g地代入计算，可知（≈0.2）（2分）
即近月卫星的运行速度约为近地卫星运行速度的（0.2）倍．
规律总结：在利用万有引力定律解决天体运动的有关问题是，通常把天体运动看成匀速圆周运动，其需要的向心力就是天体之间相互作用的万有引力提供。
即
题型5.（卫星与航天问题）如图所示，A为静止于地球赤道上的物体，B为绕地球做椭圆轨道运行的卫星，C为绕地球做圆周运动的卫星，P为B、C两卫星轨道的交点．已知A、B、C绕地心运动的周期相同．相对于地心，下列说法中不正确的是
A．物体A和卫星C具有相同大小的加速度
B．卫星C的运行速度大于物体A的速度
C．可能出现：在每天的某一时刻卫星B在A的正上方
D．卫星B在P点的运行加速度大小与卫星C的运行加速度大小相等
解析：A、C两者周期相同，转动角速度 相同，由可知A错；由可知，，B正确；因为物体A随地球自转，而B物体转动周期与A相同，当B物体经过地心与A连线与椭圆轨道的交点是，就会看到B在A的正上方，C对；由可知，，D正确。
题型6.（天体与航天器的能量问题）重力势能EP＝mgh实际上是万有引力势能在地面附近的近似表达式，其更精确的表达式为EP＝－GMm/r，式中G为万有引力恒量，M为地球质量，m为物体质量，r为物体到地心的距离，并以无限远处引力势能为零。现有一质量为m的地球卫星，在离地面高度为H处绕地球做匀速圆周运动。已知地球半径为R，地球表面的重力加速度为g，地球质量未知，试求：
（1）卫星做匀速圆周运动的线速度；
（2）卫星的引力势能；
（3）卫星的机械能；
（4）若要使卫星能依靠惯性飞离地球（飞到引力势能为零的地方），则卫星至少要具有多大的初速度？
解析：（1）由牛顿运动定律： （2分）
得：（1分）
⑵由引力势能的表达式：（2分）
⑶卫星的机械能应该是卫星的动能和势能之和，即
得（3分）
（1分）
⑷由机械能守恒定律，对地球与卫星组成的系统，在地球表面的机械能与飞到无限远处的机械能相等。设初速度至少应为v
，（2分）
解得：（1分）
规律总结：在卫星和地球组成的系统内，机械能是守恒的，卫星的动能可通过匀速圆周运动的线速度来求，引力势能在选择了无穷远处为零势能点后，可以用 来求，机械能为两者之和。
二 学案
典例精析
题型1.（运动的合成与分解问题）若河水的流速大小与水到河岸的距离有关，河中心水的流速最大，河岸边缘处水的流速最小。现假设河的宽度为120m，河中心水的流速大小为4m/s，船在静水中的速度大小为3m/s，要使般以最短时间渡河，则 （ ）
A．船渡河的最短时间是24s
B．在行驶过程中，船头始终与河岸垂直
C．船在河水中航行的轨迹是一条直线
D．般在河水中的最大速度为5m/s
解析：根据分运动具有独立性和等时性可知，当船头与河岸垂直过河时，时间t最短，t=120/3=40s，A错，B对；船速是恒定的，但是水流速度与水到河岸的距离有关，合速度的大小和方向都在不断变化，轨迹为曲线，C错；船在河水中的速度是指合运动的速度最大，D正确。
规律总结：1.合运动与分运动具有等时性，分运动具有独立性，这一原理经常应用解决小船过河即平抛运动问题。
2.运动的合成与分解的依据仍然是平行四边形定则。
3.区分分运动和合运动的基本方法是：合运动是物体的实际运动轨迹。
题型2. （平抛（或类平抛）运动问题）如图所示,AB为竖直墙壁，A点和P点在同一水平面上。空间存　在着竖直方向的匀强电场。将一带电小球从P点以速度向A抛出，结果打在墙上的C处。若撤去电场，将小球从P点以初速向A抛出，也正好打在墙上的C点。求：
（1）第一次抛出后小球所受电场力和重力之比
（2）小球两次到达C点时速度之比
解析：（1）设AC=h、电场力为FQ，根据牛顿第二定律得：FQ+mg=ma①
第一次抛出时，h= ② (1分 )
第二次抛出时，h= ③ (1分 )
由②、③两式得a=4g ④ (1分 )
所以，FQ：G=3:1 ⑤ (1分 )
（2）第一次抛出打在C点的竖直分速度y1=a()⑥ (1分 )
第二次抛出打在C点的竖直分速度y2=g()⑦ (1分 )
第一次抛出打在C点的速度1=⑧ (1分 )
第二次抛出打在C点的速度2=⑨ (1分 )
所以，1：2=2：1⑩ (1分 )
规律总结：平抛（或类平抛）运动处理的基本方法就是把运动分解为水平方向的匀速运动和竖直方向的匀加速运动。通过研究分运动达到研究合运动的目的。
题型3.（竖直平面内的圆周运动问题）如图15所示，质量为 m、电量为+q的带电小球固定于一不可伸长的绝缘细线一端，绳的另一端固定于O点，绳长为，O点有一电荷量为+Q(Q＞＞q)的点电荷P，现加一个水平和右的匀强电场，小球静止于与竖直方向成 θ=300角的A点。求：
(1)小球静止在A点处绳子受到的拉力；
(2) 外加电场大小；
(3)将小球拉起至与O点等高的B点后无初速释放，则小球经过最低点C时，绳受到的拉力
解析：(1)带电粒子A处于平衡，其受力如图，其中F为两点电荷间的库仑力，T为绳子拉力，E0为外加电场，则
Tcosθ-mg-Fcosθs=0  (2分)
Fsinθ+qE0-Tsinθ=0  (2分)
 (2分)
联立式解得：有  (2分)
 (2分)
(2)小球从B运动到C的过程中，q与Q间的库仑力不做功，由动能定理得
 (2分)
在C点时：  (2分)
联立、、解得：  (2分)
审题指导：1.要注意对小球受力分析，不要漏掉库仑力。
在处理竖直平面内的圆周运动问题时，一般要用动能定理建立最高点、最低点的速度关系。
要注意库仑力始终与运动方向垂直，不做功。
题型4.（万有引力定律及应用）图示是我国的“探月工程”向月球发射一颗绕月探测卫星“嫦娥一号”过程简图．“嫦娥一号”进入月球轨道后，在距离月球表面高为h的轨道上绕月球做匀速圆周运动．
（1）若已知月球半径为R月，月球表面的重力加速度为g月，则“嫦娥一号”环绕月球运行的周期为多少？
（2）若已知R月=R地，g月=g地，则近月卫星的运行速度约为近地卫星运行速度的多少倍？
解析：（1）设“嫦娥一号”环绕月球运行的周期是T，根据牛顿第二定律得
G= mg月 （2分）
G= m（R月+h）（2分）
解得T=（2分）
（2）对于靠近天体表面的行星或卫星有mg=，v=（2分）
由v=知，=（1分）
将R月=R地，g月=g地代入计算，可知（≈0.2）（2分）
即近月卫星的运行速度约为近地卫星运行速度的（0.2）倍．
规律总结：在利用万有引力定律解决天体运动的有关问题是，通常把天体运动看成匀速圆周运动，其需要的向心力就是天体之间相互作用的万有引力提供。
即
题型5.（卫星与航天问题）如图所示，A为静止于地球赤道上的物体，B为绕地球做椭圆轨道运行的卫星，C为绕地球做圆周运动的卫星，P为B、C两卫星轨道的交点．已知A、B、C绕地心运动的周期相同．相对于地心，下列说法中不正确的是
A．物体A和卫星C具有相同大小的加速度
B．卫星C的运行速度大于物体A的速度
C．可能出现：在每天的某一时刻卫星B在A的正上方
D．卫星B在P点的运行加速度大小与卫星C的运行加速度大小相等
解析：A、C两者周期相同，转动角速度 相同，由可知A错；由可知，，B正确；因为物体A随地球自转，而B物体转动周期与A相同，当B物体经过地心与A连线与椭圆轨道的交点是，就会看到B在A的正上方，C对；由可知，，D正确。
题型6.（天体与航天器的能量问题）重力势能EP＝mgh实际上是万有引力势能在地面附近的近似表达式，其更精确的表达式为EP＝－GMm/r，式中G为万有引力恒量，M为地球质量，m为物体质量，r为物体到地心的距离，并以无限远处引力势能为零 现有一质量为m的地球卫星，在离地面高度为H处绕地球做匀速圆周运动。已知地球半径为R，地球表面的重力加速度为g，地球质量未知，试求：
（1）卫星做匀速圆周运动的线速度；
（2）卫星的引力势能；
（3）卫星的机械能；
（4）若要使卫星能依靠惯性飞离地球（飞到引力势能为零的地方），则卫星至少要具有多大的初速度？
解析：（1）由牛顿运动定律： （2分）
得：（1分）
⑵由引力势能的表达式：（2分）
⑶卫星的机械能应该是卫星的动能和势能之和，即
得（3分）
（1分）
⑷由机械能守恒定律，对地球与卫星组成的系统，在地球表面的机械能与飞到无限远处的机械能相等。设初速度至少应为v
，（2分）
解得：（1分）
规律总结：在卫星和地球组成的系统内，机械能是守恒的，卫星的动能可通过匀速圆周运动的线速度来求，引力势能在选择了无穷远处为零势能点后，可以用 来求，机械能为两者之和。
专题突破
针对典型精析的例题题型，训练以下习题。
1. 如图甲所示，在一端封闭、长约lm的玻璃管内注满清水，水中放一个蜡烛做的蜡块，将玻璃管的开口端用胶塞塞紧．然后将这个玻璃管倒置，在蜡块沿玻璃管上升的同时，将玻璃管水平向右移动．假设从某时刻开始计时，蜡块在玻璃管内每1s上升的距离都是10cm，玻璃管向右匀加速平移，每1s通过的水平位移依次是2.5cm、7.5cm、12.5cm、17.5cm．图乙中，y表示蜡块竖直方向的位移，x表示蜡块随玻璃管通过的水平位移，t=0时蜡块位于坐标原点．取重力加速度g=10m/s2
（1）请在图乙中画出蜡块4s内的轨迹；
（2）求出玻璃管向右平移的加速度；
（3）求t=2s时蜡块的速度v．
点拨：运动的合成与分解问题。
（1）如图　　（4分）
（2）Δx=at2 ①（2分）
a= ②（2分）
（3）vy= ③（1分）
vx=at=0.1m/s ④（1分）
v=　　⑤（2分
2. 在大风的情况下，一小球自A点竖直向上抛出，其运动的轨迹如图11所示（小球的运动可看作竖直方向的竖直上抛运动和水平方向的初速为零的匀加速直线运动的合运动）。小球运动的轨迹上A、B两点在同一水平线上，M点为轨迹的最高点。若风力的大小恒定、方向水平向右，小球抛出时的动能为4J，在M点时它的动能为2J，不计其他的阻力。求：
（1）小球的水平位移S1与S2的比值。
（2）小球所受风力F与重力G的比值。（结果可用根式表示）
（3）小球落回到B点时的动能EKB-
点拨：平抛（或类平抛问题）
（1）小球在竖直方向上做竖直上抛运动，故从A点至M点和从M点至B点的时间t相等，小球在水平方向上做初速为零的匀加速运动，设加速度为a，则
所以
（2）小球从A点至M点，水平方向据动量定理F·t=mvM－0
竖直方向据动量定理 －Gt=0－mvA
另据题意 ，联立式解得
（3）小球在水平方向上
动能
3. 如图所示，有一水平放置的绝缘光滑圆槽，圆半径为R，处在一水平向右且与圆槽直径AB平行的匀强电场中，场强为E．圆槽内有一质量为m，带电量为＋q的小球作圆周运动，运动到A点时速度大小为v，则到达B点时小球的向心加速度大小为__________________；小球做完整的圆周运动最难通过图中的_____________点。
点拨：竖直平面内的圆周运动问题。
由动能定理：
解得：
因为小球在水平面内通过A点的速度最小，因此通过A点最困难。
4. 如图所示，半径R=0.80m的光滑圆弧轨道竖直固定，过最低点的半径OC处于竖直位置．其右方有底面半径r=0.2m的转筒，转筒顶端与C等高，下部有一小孔，距顶端h=0.8m．转筒的轴线与圆弧轨道在同一竖直平面内，开始时小孔也在这一平面内的图示位置．今让一质量m=0.1kg的小物块自A点由静止开始下落后打在圆弧轨道上的B点，但未反弹，在瞬问碰撞过程中，小物块沿半径方向的分速度立刻减为O，而沿切线方向的分速度不变．此后，小物块沿圆弧轨道滑下，到达C点时触动光电装置，使转简立刻以某一角速度匀速转动起来，且小物块最终正好进入小孔．已知A、B到圆心O的距离均为R，与水平方向的夹角均为θ=30°，不计空气阻力，g取l0m/s2．求：
（1）小物块到达C点时对轨道的压力大小?FC；
（2）转筒轴线距C点的距离L；
（3）转筒转动的角速度ω.
点拨：多物体多运动组合问题
（1）由题意可知，ABO为等边三角形，则AB间距离为R，小物块从A到B做自由落体运动，根据运动学公式有 （2分）
（2分）
从B到C，只有重力做功，据机械能守恒定律有
（2分）
在C点，根据牛顿第二定律有 （2分）
代入数据解得 （1分）
据牛顿第三定律可知小物块到达C点时对轨道的压力FC=3.5N（1分）
（2）滑块从C点到进入小孔的时间：（1分）
（1分）
（1分）
（3）在小球平抛的时间内，圆桶必须恰好转整数转，小球才能钻入小孔；
即……） （2分）
……） （2分）
5. 2007年10月24日，我国发射了第一颗探月卫星——“嫦娥一号” ，使“嫦娥奔月”这一古老的神话变成了现实。嫦娥一号发射后先绕地球做圆周运动，经多次变轨，最终进入距月面h=200公里的圆形工作轨道，开始进行科学探测活动．设月球半径为R，月球表面的重力加速度为g，万有引力常量为G，则下列说法正确的是（ ）
A．嫦娥一号绕月球运行的周期为
B．由题目条件可知月球的平均密度为
C．嫦娥一号在工作轨道上的绕行速度为
D．在嫦娥一号的工作轨道处的重力加速度为
点拨：万有引力定律及应用。
和可知：
,A、C错，D正确。
由得，
6. 在地球表面附近发射卫星，当卫星的速度超过某一速度时，卫星就会脱离地球的引力，不再绕地球运行，这个速度叫做第二宇宙速度．规定物体在无限远处万有引力势能EP=0，则物体的万有引力势能可表示为，r为物体离地心的距离．设地球半径为r0，地球表面重力加速度为g0，忽略空气阻力的影响，试根据所学的知识，推导第二宇宙速度的表达式（用r0、 g0表示）
点拨：天体或航天器能量问题。
卫星从发射后到脱离地球引力的过程中机械能守恒．设卫星以v0的速度从地面附近发射后恰能脱离地球的引力，则其在地面附近时的能量为：
　　　　　　　　 （２分）
由题意知 E0 =0 　　　　　　　　　　　　　（２分）
即 　　　　　　　　　 （4分）
又因为在地球表面时，物体的重力等于万有引力，有：
　　　　　　　　　　　　　　 （4分）
解得第二宇宙速度v0满足： 　　　　　　　　 （4分）
学法导航
复习指导：①回归课本夯实基础，仔细看书把书本中的知识点掌握到位
②练习为主提升技能，做各种类型的习题，在做题中强化知识
③整理归纳举一反三，对易错知识点、易错题反复巩固

1. 假如一做圆周运动的人造地球卫星的轨道半径增大到原来的2倍，仍做圆周运动，则（??? ）
A．根据公式v=ωr，可知卫星运动的线速度增大到原来的2倍。
D．根据上述选项B和C给出的公式，可知卫星运动的线速度将减
【错解】选择A，B，C
所以选择A，B，C正确。
【错解分析】A，B，C中的三个公式确实是正确的，但使用过程中A，
【分析解答】正确选项为C，D。
A选项中线速度与半径成正比是在角速度一定的情况下。而r变化时，角速度也变。所以此选项不正确。同理B选项也是如此，F∝是在v一定时，但此时v变化，故B选项错。而C选项中G，M，m都是恒量，所以F∝
【评析】物理公式反映物理规律，不理解死记硬背经常会出错。使用中应理解记忆。知道使用条件，且知道来拢去脉。
卫星绕地球运动近似看成圆周运动，万有引力提供向心力，由此将
根据以上式子得出
2. 一内壁光滑的环形细圆管，位于竖直平面内，环的半径为R（比细管的半径大得多），圆管中有两个直径与细管内径相同的小球（可视为质点）。A球的质量为m1， B球的质量为m2。它们沿环形圆管顺时针运动，经过最低点时的速度都为v0。设A球运动到最低点时，球恰好运动到最高点，若要此时两球作用于圆管的合力为零，那么m1，m2，R与v0应满足关系式是。
【错解】依题意可知在A球通过最低点时，圆管给A球向上的弹力N1为向心力，则有
B球在最高点时，圆管对它的作用力N2为m2的向心力，方向向下，则有
因为m2由最高点到最低点机械能守恒，则有
【错解原因】错解形成的主要原因是向心力的分析中缺乏规范的解题过程。没有做受力分析，导致漏掉重力，表面上看分析出了N1=N2，但实际并没有真正明白为什么圆管给m2向下的力。总之从根本上看还是解决力学问题的基本功受力分析不过关。
【分析解答】首先画出小球运动达到最高点和最低点的受力图，如图4-1所示。A球在圆管最低点必受向上弹力N1，此时两球对圆管的合力为零，m2必受圆管向下的弹力N2，且N1=N2。
据牛顿第二定律A球在圆管的最低点有
同理m2在最高点有
m2球由最高点到最低点机械能守恒
【评析】比较复杂的物理过程，如能依照题意画出草图，确定好研究对象，逐一分析就会变为简单问题。找出其中的联系就能很好地解决问题。
3.?用长L=1.6m的细绳，一端系着质量M=1kg的木块，另一端挂在固定点上。现有一颗质量 m=20g的子弹以v1=500m／s的水平速度向木块中心射击，结果子弹穿出木块后以v2=100m／s的速度前进。问木块能运动到多高？（取g=10m／s2，空气阻力不计）
【错解】在水平方向动量守恒，有
mv1=Mv+mv2????????????????????????????????? (1)
式①中v为木块被子弹击中后的速度。木块被子弹击中后便以速度v开始摆动。由于绳子对木块的拉力跟木块的位移垂直，对木块不做功，所以木块的机械能守恒，即
h为木块所摆动的高度。解①，②联立方程组得到
v=8(v/s)
h=3.2(m)
【错解原因】这个解法是错误的。h=3.2m，就是木块摆动到了B点。如图4-3所示。则它在B点时的速度vB。应满足方程
这时木块的重力提供了木块在B点做圆周运动所需要的向心力。解
如果vB＜4 m/s，则木块不能升到B点，在到达B点之前的某一位置以某一速度开始做斜向上抛运动。而木块在B点时的速度vB=4m/s，是不符合机械能守恒定律的，木块在 B点时的能量为(选A点为零势能点)
两者不相等。可见木块升不到B点，一定是h＜3.2 m。
实际上，在木块向上运动的过程中，速度逐渐减小。当木块运动到某一临界位置C时，如图4－4所示，木块所受的重力在绳子方向的分力恰好等于木块做圆周运动所需要的向心力。此时绳子的拉力为零，绳子便开始松弛了。木块就从这个位置开始，以此刻所具有的速度vc作斜上抛运动。木块所能到达的高度就是C点的高度和从C点开始的斜上抛运动的最大高度之和。
【分析解答】? 如上分析，从式①求得vA=v=8m/s。木块在临界位置C时的速度为vc，高度为
h′=l(1+cosθ)
如图所示，根据机船能守恒定律有
木块从C点开始以速度vc做斜上抛运动所能达到的最大高度h″为
【评析】? 物体能否做圆运动，不是我们想象它怎样就怎样这里有一个需要的向心力和提供向心力能否吻合的问题，当需要能从实际提供中找到时，就可以做圆运动。所谓需要就是符合牛顿第二定律F向=ma向的力，而提供则是实际中的力若两者不相等，则物体将做向心运动或者离心运动。
专题综合
1.（平抛运动+运动的分解+功能关系或牛顿运动定律）倾斜雪道的长为25 m，顶端高为15 m，下端经过一小段圆弧过渡后与很长的水平雪道相接，如图所示。一滑雪运动员在倾斜雪道的顶端以水平速度v0＝8 m/s飞出，在落到倾斜雪道上时，运动员靠改变姿势进行缓冲使自己只保留沿斜面的分速度而不弹起。除缓冲外运动员可视为质点，过渡轨道光滑，其长度可忽略。设滑雪板与雪道的动摩擦因数μ＝0.2，求运动员在水平雪道上滑行的距离（取g＝10 m/s2）
解：如图选坐标，斜面的方程为：
（1分）
运动员飞出后做平抛运动
（1分）
（1分）
联立三式，得飞行时间： t＝1.2 s （1分）
落点的x坐标：x1＝v0t＝9.6 m
落点离斜面顶端的距离： （1分）
落点距地面的高度： （1分）
接触斜面前的x分速度：
y分速度：
沿斜面的速度大小为： （2分）
设运动员在水平雪道上运动的距离为s2，由功能关系得：
（2分）
解得：s2＝74.8 m （2分）
（用牛顿运动定律解得s2＝74.8 m，同样给分）
2．（万有引力定律+单摆+圆周运动）有人设想在地球赤道上垂直于地球表面竖起一根刚性的长杆，杆子的长度是地球半径的若干倍。长杆随地球一起自转。在长杆上距地面高度为h=R(R为地球半径)处， 悬挂一个摆长为L，质量为m的单摆(L远远小于R)。设地球半径R、地球表面的重力加速度g地球的自转周期T0均为已知，
(1)悬挂单摆处随地球自转的向心加速度多大?
(2)该单摆的振动周期为多少?
(3)单摆悬挂于长杆上距地球表面的高度H为多高处，单摆就无法振动?
解：
三 考案
一、选择题
1. 在平直公路上加速行驶的汽车中，某人从车窗相对于车静止释放一个小球，用固定在路边的照相机对汽车进行闪光照相，照相机闪了两次光，得到清晰的两张照片 第一次闪光时，小球恰好释放，第二次闪光时小球刚好落地，若想确定在照相机两次闪光的时间间隔内汽车的初速度大小，需通过照片获得哪些信息？（已知当地的重力加速度大小为g，相片中像的放大率为k，不计空气阻力） （ ）
A．照相机两次闪光的时间间隔内小球移动的竖直距离
B．照相机两次闪光的时间间隔内内汽车前进的距离
C．照相机两次闪光的时间间隔内小球移动的水平距离
D．照相机距离地面的高度
2. 现在许多高档汽车都应用了自动档无级变速装置，可不用离合就能连续变换速度，下图为截锥式无级变速模型示意图，两个锥轮之问有一个滚轮，主动轮、滚动轮、从动轮之间靠彼此之间的摩擦力带动，当位于主动轮和从动轮之间的滚动轮从左向右移动时，从动轮转速降低；滚动轮从右向左移动时，从动轮转速增加．现在滚动轮处于主动轮直经D1，从动轮直经D2的位置，则主动轮转速n1与从动轮转速n2的关系是：( )
3. 如图所示，光滑半球的半径为R，球心为O，其上方有一个光滑曲面轨道AB，高度为R/2．轨道底端水平并与半球顶端相切．质量为m的小球由A点静止滑下．小球在水平面上的落点为C，则（ ）
A．小球将沿半球表面做一段圆周运动后抛至C点
B．小球将从B点开始做平抛运动到达C点
C．OC之间的距离为
D．OC之间的距离为R
4. 如图所示．一足够长的固定斜面与水平面的夹角为370，物体A以初速度v1从斜面顶端水平抛出，物体B在斜面上距顶端L＝15m处同时以速度v2沿斜面向下匀速运动，经历时间t，物体A和物体B在斜面上相遇，则下列各组速度和时间中不满足条件的是（sin370=0．6，cos370=0．8，g=10 m/s2）( )
A．v1＝16 m/s，v2＝15 m/s，t＝3s．
B．v1＝16 m/s，v2＝16 m/s，t＝2s．
C．v1＝20 m/s，v2＝20 m/s，t＝3s．
D．v1＝20m/s，v2＝16 m/s，t＝2s．
5．土星的卫星众多，其中土卫五和土卫六的半径之比为，质量之比为，围绕土星作圆周运动的半径之比为，下列判断正确的是（ ）　　
A．土卫五和土卫六的公转周期之比为　　　　　　　
B．土星对土卫五和土卫六的万有引力之比为
C．土卫五和土卫六表面的重力加速度之比为
D．土卫五和土卫六的公转速度之比为
6. 如图所示，从地面上A点发射一枚远程弹道导弹，在引力作用下，沿ACB椭圆轨道飞行击中地面目标B，C为轨道的远地点，距地面高度为h．已知地球半径为R，地球质量为M，引力常量为G．设距地面高度为h的圆轨道上卫星运动周期为T0．下列结论正确的是（ ）
A．导弹在C点的速度大于
B．导弹在C点的加速度等于
C．地球球心为导弹椭圆轨道的一个焦点
D．导弹从A点运动到B点的时间一定小于T0
7. 如图所示，一网球运动员将球在边界处正上方水平向右击出，球刚好过网落在图中位置（不计空气阻力），相关数据如图，下列说法中正确的是（ ）
A．击球点高度h1与球网高度h2之间的关系为h1 =1.8h2
B．若保持击球高度不变，球的初速度只要不大于，一定落在对方界内
C．任意降低击球高度（仍大于），只要击球初速度合适，球一定能落在对方界内
D．任意增加击球高度，只要击球初速度合适，球一定能落在对方界内
8. 2008年9月27日“神舟七号”宇航员翟志刚顺利完成出舱活动任务，他的第一次太空行走标志着中国航天事业全新时代的到来．“神舟七号”绕地球做近似匀速圆周运动，其轨道半径为r，若另有一颗卫星绕地球做匀速圆周运动的半径为2r，则可以确定（ ）
A．卫星与“神舟七号”的加速度大小之比为1：4
B．卫星与“神舟七号”的线速度大小之比为1：
C．翟志刚出舱后不再受地球引力
D．翟志刚出舱任务之一是取回外挂的实验样品，假如不
小心实验样品脱手，则它做自由落体运动
9. 已知引力常量G，地球的半径R，地球和月球球心之间的距离r，同步卫星距地面的高度h，月球绕地球运转的周期T1，地球自转的周期T2，地球表面的重力加速度g．根据以上条件，下面是四个同学提出的估算地球质量M的方法，其中正确的是( )
A．同步卫星绕地心做圆周运动，由得：
B．同步卫星绕地球做圆周运动，由得：
C．月球绕地球做圆周运动，由得：
D．在地球表面重力近似等于万有引力，由得：
10. 如图所示，一架在500 m高空以200 m/s的速度水平匀速飞行的轰炸机，要用两枚炸弹分别炸山脚和山顶的目标A和B。已知山高 180 m，山脚与山顶的水平距离为600 m， 若不计空气阻力，g 取10 m/s2，则投弹的时间间隔应为( )
A．6 S
B．5 S
C．3 S
D．2 S
11. m为在水平传送带上被传送的小物体（可视为质点），A为终端皮带轮，如图所示，已知皮带轮半径为r，传送带与皮带轮间不会打滑。当m可被水平抛出时，A轮每秒的转数最少是 （ ）
A． B．
C． D．
12. 为纪念伽利略将望远镜用于天文观测400周年， 2009年被定为以“探索我的宇宙”为主题的国际天文年．我国发射的“嫦娥一号”卫星绕月球经过一年多的运行，完成了既定任务，于2009年3月1日16时13分成功撞月．如图为“嫦娥一号”卫星撞月的模拟图，卫星在控制点1开始进入撞月轨道．假设卫星绕月球作圆周运动的轨道半径为R，周期为T，引力常量为G．根据题中信息，以下说法正确的是
A．可以求出月球的质量
B．可以求出月球对“嫦娥一号”卫星的引力
C．“嫦娥一号”卫星在控制点1处应减速
D．“嫦娥一号”在地面的发射速度大于11.2km/s
13. “嫦娥一号”月球探测器在环绕月球运行过程中，设探测器运行的轨道半径为r，运行速率为v，当探测器在飞越月球上一些环形山中的质量密集区上空时( )
A.r、v都将略为减小 B.r、v都将保持不变
C.r将略为减小，v将略为增大 D. r将略为增大，v将略为减小
二、计算题
14. 如图，P、Q为某地区水平地面上的两点，在P点正下方一球形区域内储藏有石油，假定区域周围岩石均匀分布，密度为；石油密度远小于，可将上述球形区域视为空腔。如果没有这一空腔，则该地区重力加速度（正常值）沿竖直方向；当存在空腔时，该地区重力加速度的大小和方向会与正常情况有微小偏高。重力加速度在原坚直方向（即PO方向）上的投影相对于正常值的偏离叫做“重力加速度反常”。为了探寻石油区域的位置和石油储量，常利用P点附近重力加速度反常现象。已知引力常数为G。
（1）设球形空腔体积为V，球心深度为d（远小于地球半径），=x，求空腔所引起的Q点处的重力加速度反常
（2）若在水平地面上半径L的范围内发现：重力加速度反常值在与（k>1）之间变化，且重力加速度反常的最大值出现在半为L的范围的中心,如果这种反常是由于地下存在某一球形空腔造成的，试求此球形空腔球心的深度和空腔的体积。
15. 2008年12月，天文学家们通过观测的数据确认了银河系中央的黑洞“人马座A*”的质量与太阳质量的倍数关系。研究发现，有一星体S2绕人马座A*做椭圆运动，其轨道半长轴为9.50102天文单位（地球公转轨道的半径为一个天文单位），人马座A*就处在该椭圆的一个焦点上。观测得到S2星的运行周期为15.2年。
若将S2星的运行轨道视为半径r=9.50102天文单位的圆轨道，试估算人马座A*的质量MA是太阳质量Ms的多少倍(结果保留一位有效数字)；
黑洞的第二宇宙速度极大，处于黑洞表面的粒子即使以光速运动，其具有的动能也不足以克服黑洞对它的引力束缚。由于引力的作用，黑洞表面处质量为m的粒子具有势能为Ep=-G(设粒子在离黑洞无限远处的势能为零)，式中M、R分别表示黑洞的质量和半径。已知引力常量G=6.710-11N·m2/kg2，光速c=3.0108m/s，太阳质量Ms=2.01030kg，太阳半径Rs=7.0108m，不考虑相对论效应，利用上问结果，在经典力学范围内求人马座A*的半径RA与太阳半径之比应小于多少（结果按四舍五入保留整数）。
16．过山车是游乐场中常见的设施。下图是一种过山车的简易模型，它由水平轨道和在竖直平面内的三个圆形轨道组成，B、C、D分别是三个圆形轨道的最低点，B、C间距与C、D间距相等，半径、。一个质量为kg的小球（视为质点），从轨道的左侧A点以的初速度沿轨道向右运动，A、B间距m。小球与水平轨道间的动摩擦因数，圆形轨道是光滑的。假设水平轨道足够长，圆形轨道间不相互重叠。重力加速度取，计算结果保留小数点后一位数字 试求
（1）小球在经过第一个圆形轨道的最高点时，轨道对小球作用力的大小；
（2）如果小球恰能通过第二圆形轨道，B、C间距应是多少；
（3）在满足（2）的条件下，如果要使小球不能脱离轨道，在第三个圆形轨道的设计中，半径应满足的条件；小球最终停留点与起点的距离。
参考答案
一、选择题
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
AC
C
BC
ABD
AD
BCD
AD
AB
BCD
B
B
AC
C
二、计算题
14. 解：（1）如果将近地表的球形空腔填满密度为的岩石,则该地区重力加速度便回到正常值.因此,重力加速度反常可通过填充后的球形区域产生的附加引力①
来计算,式中的m是Q点处某质点的质量,M是填充后球形区域的质量,②
而r是球形空腔中心O至Q点的距离③
在数值上等于由于存在球形空腔所引起的Q点处重力加速度改变的大小.Q点处重力加速度改变的方向沿OQ方向,重力加速度反常是这一改变在竖直方向上的投影④
联立以上式子得
,⑤
（2）由⑤式得,重力加速度反常的最大值和最小值分别为⑥
⑦
由提设有、⑧
联立以上式子得,地下球形空腔球心的深度和空腔的体积分别为
,
15. 解：（1）S2星绕人马座A*做圆周运动的向心力由人马座A*对S2星的万有引力提供，设S2星的质量为mS2，角速度为ω，周期为T，则
①
②
设地球质量为mE，公转轨道半径为rE，周期为TE，则
③
综合上述三式得

式中 TE=1年 ④
rE=1天文单位 ⑤
代入数据可得
⑥
（2）引力对粒子作用不到的地方即为无限远，此时料子的势能为零。“处于黑洞表面的粒子即使以光速运动，其具有的动能也不足以克服黑洞对它的引力束缚”，说明了黑洞表面处以光速运动的粒子在远离黑洞的过程中克服引力做功，粒子在到达无限远之前，其动能便减小为零，此时势能仍为负值，则其能量总和小于零，则有
⑦
依题意可知
，
可得
⑧
代入数据得
⑨
⑩
16. 解：（1）设小于经过第一个圆轨道的最高点时的速度为v1根据动能定理
①
小球在最高点受到重力mg和轨道对它的作用力F，根据牛顿第二定律
②
由①②得 ③
（2）设小球在第二个圆轨道的最高点的速度为v2，由题意
④
⑤
由④⑤得 ⑥
（3）要保证小球不脱离轨道，可分两种情况进行讨论：
I．轨道半径较小时，小球恰能通过第三个圆轨道，设在最高点的速度为v3，应满足
⑦
⑧
由⑥⑦⑧得
II．轨道半径较大时，小球上升的最大高度为R3，根据动能定理

解得
为了保证圆轨道不重叠，R3最大值应满足

解得 R3=27.9m
综合I、II，要使小球不脱离轨道，则第三个圆轨道的半径须满足下面的条件

或
当时，小球最终焦停留点与起始点A的距离为L′，则


当时，小球最终焦停留点与起始点A的距离为L〞，则

专题九 电磁场、电磁波和相对论
一 教案
专题要点
1．理解麦克斯韦的电磁场理论
（1）恒定的磁场不能产生电场，恒定的电场也不能产生磁场。
（2）均匀变化的磁场（B是t的一次函数）只能产生恒定的电场，均匀变化的电场产生恒定的磁场。
（3）非均匀变化的磁场才能产生变化的电场，非均匀变化的电场才能产生变化的磁场。
（4）振荡（按正弦规律变化）的磁场产生同频率振荡的电场，反之也然。
2．电磁波的特性
电磁波在空间传播时，在任一位置（或时刻），E、B和V三者两两垂直，且E和B这两个物理量随时间和空间做周期性的变化；电磁波在空间传播不需要介质，可以在真空中传播；在真空中，电磁波传播的速度为光速C=3.0×108m/s
3.电磁波谱的比较
4.狭义相对论的两个基本假设
（1）狭义相对性原理：在不同的惯性参考系中，一切物理定律总是相同的
（2）光速不变原理：真空中的光速在不同的惯性参考系中都是相同的
5．时间和空间的相对性
（1）“同时”的相对性：两个事件是否同时发生，与参考系的选择有关
（2）长度的相对性（尺缩效应）
（3）时间间隔的相对性（钟慢效应）
（4）相对论的时空观：相对论认为空间和时间与物质的运动状态有关．
6．质能方程：
考纲要求
考点
要求
考点解读
麦克斯韦电磁场理论、电磁波及其传播
Ⅰ
本专题考查题型以选择题为主
电磁波的产生、发射和接收
Ⅰ
电磁波谱
Ⅰ
狭义相对论的基本假设
Ⅰ
狭义相对论的几个重要结论
Ⅰ
教法指引
此专题复习时，可以先让学生完成相应的习题，在精心批阅之后以题目带动知识点，进行适当提炼讲解。要求学生强加记忆。这一专题的知识点高考要求不是很高，但是比较杂乱，学生易于掌握每个知识点，但是不易掌握全面，二轮复习时还是要稳扎稳打，从基本知识出发。
知识网络
典例精析
题型1.（麦克斯韦的电磁场理论）根据麦克斯韦的电磁场理论，下列说法中错误的是（ ）
A．变化的电场可产生磁场
B．均匀变化的电场可产生均匀变化的磁场
C．振荡电场能够产生振荡磁场
D．振荡磁场能够产生振荡电场
解析：（1）恒定的磁场不能产生电场，恒定的电场也不能产生磁场。
（2）均匀变化的磁场（B是t的一次函数）只能产生恒定的电场，均匀变化的电场产生恒定的磁场。
（3）非均匀变化的磁场才能产生变化的电场，非均匀变化的电场才能产生变化的磁场。
（4）振荡（按正弦规律变化）的磁场产生同频率振荡的电场，反之也然。
所以此题B选项正确
题型2.（电磁波的波长、频率、速度的关系）关于电磁波在真空中传播速度，下列说法中不正确的是 （? ?? ）
A．频率越高，传播速度越大
B．电磁波的能量越强，传播速度越大
C．波长越长，传播速度越大
D．频率、波长、强弱都不影响电磁波的传播速度
解析：频率由波源决定，能量由频率决定，传播速度由介质决定，波长由频率和波源共同决定。此题选项为ABC
题型3.（变化的磁场产生电场）如图所示的是一个水平放置的玻璃环形小槽，槽内光滑、槽的宽度和深度处处相同．现将一直径略小于槽宽的带正电的小球放入槽内，让小球获一初速度v0在槽内开始运动，与此同时，有一变化的磁场竖直向下穿过小槽外径所包围的面积，磁感应强度的大小随时间成正比增大，设小球运动过程中带电量不变，那么（ ）
A．小球受到的向心力大小不变
B．小球受到的向心力大小增加
C．磁场力对小球做功
D．小球受到的磁场力不断增加
解析：变化的磁场产生的电场对带正电的小球加速，速度增加，向心力增加，小球的洛伦兹力增加，所以此题选BD。
题型4.（电磁波的产生）某电路中电场随时间变化的图象如下图所示，能发射电磁波的电场是哪一种？ （ ）
解析：周期性变化的电磁场会产生周期性变化的磁电场，进而在介质中形成电磁场。这样电磁场传播出去形成电磁波所以此题选D。
题型5. （LC回路中如何产生磁场）将下图所示的带电的平行板电容器C的两个极板用绝缘工具缓缓拉大板间距离的过程中，在电容器周围空间 （ ）
A．会产生变化的磁场
B．会产生稳定的磁场
C．不产生磁场
D．会产生振荡的磁场
解析：变化的电场产生磁场，此题选A。
题型6.（LC回路的周期）电子钟是利用LC振荡电路来工作计时的，现发现电子钟每天要慢30s，造成这一现象的原因可能是 （ ）
A．电池用久了 B．振荡电路中电容器的电容大了
C．振荡电路中线圈的电感大了 D．振荡电路中电容器的电容小了
解析：LC回路的周期，由此公式可知电子钟的周期由电感和电容共同决定，与其它因素无关。此题选BC。
题型7. （电磁波谱的应用）在下列说法中符合实际的是 （ ）
A．医院里常用X射线对病房和手术室消毒 B．医院里常用紫外线对病房和手术室消毒
C．在人造卫星上对地球进行拍摄是利用紫外线有较好的分辨能力
D．在人造卫星上对地球进行拍摄是利用红外线有较好的穿透云雾烟尘的能力
解析：对照各种电磁波的特性、用途，此题选BD。
题型8.（LC回路中电容器、线圈、电流等变化规律）如图所示，为理想LC振荡回路，此时刻电容器极板间的场强方向和线圈中的磁场方向如图。下列哪些说法正确（ ）
A、如图所示的时刻电容器正在放电
B、电路中的磁场能在增加
C、电容器两端的电压在增加
D、把电容器的两极板间距离拉大，振荡电流的频率增大
解析：由电场方向可知电容器上极板带正电，由线圈中的电流方向可知电路中电流方向为逆时针，结合以上两点可知电容器在充电，电容器电压在增加。C对。由LC回路的周期公式可得D选项对。所以此题选CD。
题型9. （物理学史）建立完整的电磁场理论并首先预言电磁波存在的科学家是 （ ）
A．法拉第 B．奥斯特 C．赫兹 D．麦克斯韦
解：此题选D。
题型10.（电磁波谱的波长比较）根据电磁波谱从下列选项中选出电磁波的范围相互交错重叠、且频率顺序由高到低排列的情况（ ）
A．伦琴射线、紫外线、可见光 B． 伦琴射线、紫外线、红外线
C．紫外线、红外线、可见光 D．无线电波、红外线、紫外线
解析：认真看书可得正确选项为A。
题型11.（电视问题）下列说法中正确的是 （ ）
A．摄像机实际上是一种将光信号转变为电信号的装置
B．电磁波中电场能量最大时，磁场能量为零；磁场能量最大时，电场能量为零
C．摄像机在1s内要传送25幅画面
D．电视机实际上是一种将电信号转变为光信号的装置
解析：看书。选ACD。
题型11.（电视问题）关于雷达的特点，下列说法正确的是 （ ）
A.雷达所用无线电波的波长比短波更短 B.雷达只有连续发射无线电波，才能发现目标
C.达的显示屏上可以直接读出障碍物的距离 D.雷达在能见度低的黑夜将无法使用
解析：雷达是利用无线电波中的①波长短, ②衍射现象不明显, ③传播的直线性好④遇到障碍物要发生反射的微波来测定物体位置的无线电设备。选AC。
题型12.（光速不变原理）设某人在以速度为0.5c的飞船上，打开一个光源，则下列说法正确的是 （ ）
A.飞船正前方地面上的观察者看到这一光速为1.5c
B.飞船正后方地面上的观察者看到这一光速为0.5c
C.在垂直飞船前进方向地面上的观察者看到这一光速是c
D.在地面上任何地方的观察者看到的光速都是c
解析：由爱因斯坦的狭义相对论可得在真空中的光速在不同的惯性参考系中都是相同的。所以此题选CD。
题型13.（长度的相对性）甲在接近光速的火车上看乙手中沿火车前进方向放置的尺子，同时乙在地面上看甲手中沿火车前进方向放置的尺子，则下列说法正确的是 （ ）
A．甲看到乙手中的尺子长度比乙看到自己手中的尺子长度大
B．甲看到乙手中的尺子长度比乙看到自己手中的尺子长度小
C．乙看到甲手中的尺子长度比甲看到自己手中尺子长度大
D．乙看到甲手中的尺子长度比甲看到自己手中尺子长度小
解析：长度的相对性：一条沿自身长度方向运动的杆，其长度总比静止时的长度小。即（公式）
，式中各符号的意义：l0：相对静止的参考系中所测，l：相对运动 的参考系中所测。此题选BD。
题型14.（质能方程）用著名的公式E=mc2(c是光速)，可以计算核反应堆中为了产生一定的能量所需消耗的质量．下面的哪种说法是正确的？ （ ）
A．同样的公式E=mc2也可以用来计算一个手电筒发出一定能量光时所丢失的质量
B．公式E＝mc2适用于核反应堆中的核能，不适用于电池中的化学能
C．只适用于计算核反应堆中为了产生一定的能量所需消耗的质量
D．公式E＝mc2适用于任何类型的能量
解析：相对论质量：，式中m0为物体静止时的质量，m为物体以速度v运动时的质量，由公式可以看出随v的增加，物体的质量随之增加。此题选AD。
二 学案
典例精析
题型1.（麦克斯韦的电磁场理论）根据麦克斯韦的电磁场理论，下列说法中错误的是（ ）
A．变化的电场可产生磁场
B．均匀变化的电场可产生均匀变化的磁场
C．振荡电场能够产生振荡磁场
D．振荡磁场能够产生振荡电场
解析：（1）恒定的磁场不能产生电场，恒定的电场也不能产生磁场。
（2）均匀变化的磁场（B是t的一次函数）只能产生恒定的电场，均匀变化的电场产生恒定的磁场。
（3）非均匀变化的磁场才能产生变化的电场，非均匀变化的电场才能产生变化的磁场。
（4）振荡（按正弦规律变化）的磁场产生同频率振荡的电场，反之也然。
所以此题B选项正确。
题型2.（电磁波的波长、频率、速度的关系）关于电磁波在真空中传播速度，下列说法中不正确的是 （? ?? ）
A．频率越高，传播速度越大
B．电磁波的能量越强，传播速度越大
C．波长越长，传播速度越大
D．频率、波长、强弱都不影响电磁波的传播速度
解析：频率由波源决定，能量由频率决定，传播速度由介质决定，波长由频率和波源共同决定此题选项为ABC
题型3.（变化的磁场产生电场）如图所示的是一个水平放置的玻璃环形小槽，槽内光滑、槽的宽度和深度处处相同．现将一直径略小于槽宽的带正电的小球放入槽内，让小球获一初速度v0在槽内开始运动，与此同时，有一变化的磁场竖直向下穿过小槽外径所包围的面积，磁感应强度的大小随时间成正比增大，设小球运动过程中带电量不变，那么（ ）
A．小球受到的向心力大小不变
B．小球受到的向心力大小增加
C．磁场力对小球做功
D．小球受到的磁场力不断增加
解析：变化的磁场产生的电场对带正电的小球加速，速度增加，向心力增加，小球的洛仑兹力增加，所以此题选BD。
题型4.（电磁波的产生）某电路中电场随时间变化的图象如下图所示，能发射电磁波的电场是哪一种？ （ ）
解析：周期性变化的电磁场会产生周期性变化的磁电场，进而在介质中形成电磁场。这样电磁场传播出去形成电磁波。所以此题选D。
题型5. （LC回路中如何产生磁场）将下图所示的带电的平行板电容器C的两个极板用绝缘工具缓缓拉大板间距离的过程中，在电容器周围空间 （ ）
A．会产生变化的磁场
B．会产生稳定的磁场
C．不产生磁场
D．会产生振荡的磁场
解析：变化的电场产生磁场，此题选A。
题型6.（LC回路的周期）电子钟是利用LC振荡电路来工作计时的，现发现电子钟每天要慢30s，造成这一现象的原因可能是 （ ）
A．电池用久了 B．振荡电路中电容器的电容大了
C．振荡电路中线圈的电感大了 D．振荡电路中电容器的电容小了
解析：LC回路的周期，由此公式可知电子钟的周期由电感和电容共同决定，与其它因素无关此题选BC。
题型7. （电磁波谱的应用）在下列说法中符合实际的是 （ ）
A．医院里常用X射线对病房和手术室消毒 B．医院里常用紫外线对病房和手术室消毒
C．在人造卫星上对地球进行拍摄是利用紫外线有较好的分辨能力
D．在人造卫星上对地球进行拍摄是利用红外线有较好的穿透云雾烟尘的能力
解析：对照各种电磁波的特性、用途，此题选BD。
题型8.（LC回路中电容器、线圈、电流等变化规律）如图所示，为理想LC振荡回路，此时刻电容器极板间的场强方向和线圈中的磁场方向如图。下列哪些说法正确（ ）
A、如图所示的时刻电容器正在放电
B、电路中的磁场能在增加
C、电容器两端的电压在增加
D、把电容器的两极板间距离拉大，振荡电流的频率增大
解析：由电场方向可知电容器上极板带正电，由线圈中的电流方向可知电路中电流方向为逆时针，结合以上两点可知电容器在充电，电容器电压在增加。C对。由LC回路的周期公式可得D选项对。所以此题选CD。
题型9. （物理学史）建立完整的电磁场理论并首先预言电磁波存在的科学家是 （ ）
A．法拉第 B．奥斯特 C．赫兹 D．麦克斯韦
解：此题选D
题型10.（电磁波谱的波长比较）根据电磁波谱从下列选项中选出电磁波的范围相互交错重叠、且频率顺序由高到低排列的情况（ ）
A．伦琴射线、紫外线、可见光 B． 伦琴射线、紫外线、红外线
C．紫外线、红外线、可见光 D．无线电波、红外线、紫外线
解析：认真看书可得正确选项为A。
题型11.（电视问题）下列说法中正确的是 （ ）
A．摄像机实际上是一种将光信号转变为电信号的装置
B．电磁波中电场能量最大时，磁场能量为零；磁场能量最大时，电场能量为零
C．摄像机在1s内要传送25幅画面
D．电视机实际上是一种将电信号转变为光信号的装置
解析：看书。选ACD。
题型11.（电视问题）关于雷达的特点，下列说法正确的是 （ ）
A.雷达所用无线电波的波长比短波更短 B.雷达只有连续发射无线电波，才能发现目标
C.达的显示屏上可以直接读出障碍物的距离 D.雷达在能见度低的黑夜将无法使用
解析：雷达是利用无线电波中的①波长短, ②衍射现象不明显, ③传播的直线性好④遇到障碍物要发生反射的微波来测定物体位置的无线电设备。选AC。
题型12.（光速不变原理）设某人在以速度为0.5c的飞船上，打开一个光源，则下列说法正确的是 （ ）
A.飞船正前方地面上的观察者看到这一光速为1.5c
B.飞船正后方地面上的观察者看到这一光速为0.5c
C.在垂直飞船前进方向地面上的观察者看到这一光速是c
D.在地面上任何地方的观察者看到的光速都是c
解析：由爱因斯坦的狭义相对论可得在真空中的光速在不同的惯性参考系中都是相同的。所以此题选CD。
题型13.（长度的相对性）甲在接近光速的火车上看乙手中沿火车前进方向放置的尺子，同时乙在地面上看甲手中沿火车前进方向放置的尺子，则下列说法正确的是 （ ）
A．甲看到乙手中的尺子长度比乙看到自己手中的尺子长度大
B．甲看到乙手中的尺子长度比乙看到自己手中的尺子长度小
C．乙看到甲手中的尺子长度比甲看到自己手中尺子长度大
D．乙看到甲手中的尺子长度比甲看到自己手中尺子长度小
解析：长度的相对性：一条沿自身长度方向运动的杆，其长度总比静止时的长度小。即（公式）
，式中各符号的意义：l0：相对静止的参考系中所测，l：相对运动 的参考系中所测。此题选BD。
题型14.（质能方程）用著名的公式E=mc2(c是光速)，可以计算核反应堆中为了产生一定的能量所需消耗的质量．下面的哪种说法是正确的？ （ ）
A．同样的公式E=mc2也可以用来计算一个手电筒发出一定能量光时所丢失的质量
B．公式E＝mc2适用于核反应堆中的核能，不适用于电池中的化学能
C．只适用于计算核反应堆中为了产生一定的能量所需消耗的质量
D．公式E＝mc2适用于任何类型的能量
解析：相对论质量：，式中m0为物体静止时的质量，m为物体以速度v运动时的质量，由公式可以看出随v的增加，物体的质量随之增加。此题选AD。
专题突破
针对典型精析的例题题型，训练以下习题。
1. 某时刻LC回路中电容器中的电场方向和线圈中的磁场方向如右图所示。则这时电容器正在_____（充电还是放电），电流大小正在______（增大还是减小）
点拨：此题考查LC回路的物理量变化规律。应该依次填写：充电、减小。
2. 下列关于电磁波的叙述中，正确的是 （ ）
A．电磁波是电磁场由发生区域向远处的传播
B．电磁波在任何介质中的传播速度均为3×108m/s
C．电磁波由真空进入介质传播时，波长将变短
D．电磁波不能产生干涉、衍射现象
点拨：此题考查电磁波的特性。选AC。
3. 根据麦克斯韦的电磁场理论，下列说法正确的是 （ ）
A．在电场周围一定产生磁场，磁场周围一定产生电场
B．在变化的电场周围一定产生变化的磁场，在变化的磁场周围一定产生变化的电场
C．均匀变化的电场周围一定产生均匀变化的磁场
D．振荡的电场一定产生同频率振荡的磁场
点拨：此题考查麦克斯韦的电磁场理论。选D。
4. 无线电波、红外线、可见光、紫外线、X射线、γ射线合起来,形成了范围非常广阔的电磁波谱,不同的电磁波产生的机理不同,表现山的特性也不同,因而其用途也不同；下列应用中不符合实际的是（ ）
A．医院里常用红外线对病人进行透视
B．医院里常用紫外线照射病房和手术室进行消毒
C．用X射线处理医院排放的污水可杀死各种病原体,保护环境免受污染
D．用γ射线照射马铃薯可防止其发芽.以便长期保存
点拨:此题考查电磁波谱的应用。选AC。
5.根据爱因斯坦质能关系方程，可以说明 （ ）
A．任何核反应，只要伴随能量的产生，则反应前后各物质的质量和一定不相等
B．太阳不断的向外辐射能量，因而太阳的总质量一定在不断减小
C．虽然太阳不断的向外辐射能量，但它的总质量是不可改变的
D．若地球从太阳获得能量大于地球向外辐射的能量，则地球的质量将不断增大
点拨：此题考查质能方程。选ABD。
学法导航
复习指导：①回归课本夯实基础，仔细看书把书本中的知识点掌握到位
②练习为主提升技能，做各种类型的习题，在做题中强化知识
③整理归纳举一反三，对易错知识点、易错题反复巩固
1. 设宇宙射线粒子的能量是其静止能量的k倍．则粒子运动时的质量等于其静止质量的 倍，粒子运动速度是光速的 倍。
解：此题依次填写：k
2. 惯性系S中有一边长为l的正方形（如图A所示），从相对S系沿x方向以接近光速匀速飞行的飞行器上测得该正方形的图象是 。
解：此题选C
3. “世界物理年”决议的作出是与爱因斯坦的相对论时空观有关．一个时钟，在它与观察者有不同相对速度的情况下，时钟的频率是不同的，它们之间的关系如图所示．由此可知，当时钟和观察者的相对速度达到 0.6 c ( c 为真空中的光速）时，时钟的周期大约为 ．在日常生活中，我们无法察觉时钟周期的变化的现象，是因为观察者相对于时钟的运动速度
若在高速运行的飞船上有一只表，从地而上观察，飞船上的一切物理、化学过程和生命过程都变 （填“快”或“慢”）了．
解：此题依次填写：2.5s; 太小；慢
4. 右边两图中电容器的电容都是C=4×10-6F，电感都是L=9×10－4H，左图中电键K先接a，充电结束后将K扳到b；右图中电键K先闭合，稳定后断开。两图中LC回路开始电磁振荡t=3.14×10－4s时刻，C1的上极板正在____电（充电还是放电）,带_____电（正电还是负电）；L2中的电流方向向____(左还是右)，磁场能正在_____（增大还是减小）。
解：先由周期公式求出=1.2π×10－4s， t=3.14×10－4s时刻是开始振荡后的(T。再看与左图对应的q-t图象（以上极板带正电为正）和与右图对应的i-t图象（以LC回路中有逆时针方向电流为正），图象都为余弦函数图象。在(T时刻，从左图对应的q-t图象看出，上极板正在充正电；从右图对应的i-t图象看出，L2中的电流向左，正在增大，所以磁场能正在增大。
专题综合
1.（万有引力+电磁波的特性+几何关系）为了实现全球的电视转播，下面的措施中正确的是（ ）
A．只需发射一颗同步卫星，在赤道平面上空运行
B．至少需发射三颗同步卫星，在赤道平面上空运行
C．只需发射一颗同步卫星，绕着通过南、北极的上空运行
D．至少需发射三颗同步卫星，绕着通过南、北极的上空运行
解：①同步卫星只能在赤道平面的上空，CD错
②电视信号属于微波波段，只能够直线传播，一颗卫星肯定不够
③至少的3颗，同步卫星的连线为地球的外接圆分布所以此题选B。
2．（麦克斯韦电磁场理论+E-t和B-t图像）能恰当表达麦克斯韦电磁理论的图线是哪一组（）
解：结合麦克斯韦电磁场理论，知道D选项正确。
3.（能量守恒+万有引力+电磁波谱）80年代初，科学家发明了硅太阳能电池，如果在太空设立太阳能卫星电站，可24小时发电，且不受昼夜气候的影响．可利用微波——电能转换装置，将电能转换成微波向地面发送，卫星电站的最佳位置在1100Km的赤道上空，微波的定向性很好，飞机通过微波区不会发生意外，但微波对飞鸟是致命的，可在地面站附近装上保护网或驱逐音响，不让飞鸟通过．预计在21世纪初，地球上空将升起卫星电站．
（1）硅太阳能电池将实现那种转换？ （ ? ）
A．光能——微波 ??????? B．光能——热能 C．光能——电能 ??
（2）在1100Km高空的卫星电站的速度为 （ ? ）
A．3.1Km/s ??????? B．7.2 Km/s C．7.9 Km/s ?????? D．11.2 Km/s
（3）微波是指 （ ? ）
A．超声波 ??????? B．次声波 C．电磁波 ??????? D．机械波
（4）飞机外壳对微波起哪种作用使飞机安然无恙？ （ ? ）
A．反射 ????????? B．吸收 C．干涉 ????????? D．衍射
（5）微波对飞鸟是致命的，这是因为微波的 （ ? ）
A．电离作用 ????? B．穿透作用 C．生物电作用 ??? D．产生强涡流
解：正确选项依次为CBCAD
三 考案
一、选择题
1. 关于电磁波和电磁场，下列叙述中正确的是 （ ）
A．均匀变化的电场在它周围空间产生均匀变化的磁场
B．电磁波中每一处的电场强度和磁感应强度总是互相垂直的，且与波的传播方向垂直
C．电磁波和机械波一样依赖于媒介传播
D．只要空间向某个区域有振荡的电场或磁场，就能产生电磁波
2. 如图所示，带正电的小球在垂直于匀强磁场的水平光滑绝缘槽中做匀速圆周运动，当磁场的磁感应强度增大时，小球的 （ ）
A．动能增大 B．动能不变
C．周期增大 D．周期减小
3. 对于声波、无线电波和红外线，以下说法正确的是 （?? ）
A．都能在真空中传播　　B．都能发生反射
C．都能发生干涉??? D．都是本质上相同的波，只是频率不同而已
4. 调整LC接收回路, 可变电容器从动片全部旋入状态到完全旋出的过程中，仍接收不到某一较高频率的无线电信号，如果要收到该信号，则应该 （ ）
A．增加谐振线圈的圈数 B．减少谐振线圈的圈数
C．提高电源电压 D．从谐振线圈中取出铁芯
5. 下列认为光波和无线电波都是电磁波的理由中正确的是( ).
A．它们在真空中传播速度相同 B．它们都能发生反射、折射、干涉、衍射等现象
C．它们的传播不依靠别的介质 D．它们都是由振荡电路中自由电子的运动产生的
6. 根据气体吸收谱线的红移现象推算，有的类星体远离我们的速度竟达光速c的80%，即每秒24万公里．下列结论正确的是 （ ）
A．在类星体上测得它发出的光的速度是（1＋80％）c
B．在地球上接受到它发出的光的速度是（1-80％）c
C．在类星体上测得它发出的光的速度是c
D．在地球上上测得它发出的光的速度是c
7. 如果你以接近于光速的速度朝一星体飞行，你是否可以根据下述变化发觉自己是在运动（ ）
A．你的质量在增加
B．你的心脏跳动在慢下来
C．你在变小
D．以上三种变化同时发生
E．你永远不能由自身的变化知道你的速度
8. 下列哪些说法符合狭义相对论假设（ ）
A．在不同的惯性系中，一切力学规律都是相同的
B．在不同的惯性系中，一切物理规律都是相同的
C．在不同的惯性系中，真空中的光速都是相同的
D．在不同的惯性系中，真空中的光速都是不同的
9. 下面的说法正确的是 （ ）
A．在不同的参考系中观察，真空中的光速都是相同的
B．真空中的光速是速度的极限
C．空间和时间与物质的运动状态无关
D．牛顿力学是相对论力学在v<10. 在一水平前进的车厢内的固定桌面上，静止着一个光滑的 小球，车厢内的人某时刻观察到桌面上的小球正以加速度a向右运动由此他作出判断正确的是（ ） A.此时车厢正以加速度a向前运动
B.此时车厢正以加速度a向后运动
C.此时的车厢是惯性参考系
D.此时的车厢是非惯性参考系
11. 在地面附近有一高速飞过的火箭. 关于地面上的人和火箭中的人观察到的现象
中正确的是（ ）
A.地面上的人观察到火箭变短了,火箭上的时间进程变快了；
B.地面上的人观察到火箭变短了,火箭上的时间进程变慢了；
C.火箭上的人观察到火箭的长度和时间进程均无变化；
D.火箭上的人看到地面物体长度变小,时间进程变慢了 。
12.A、B两火箭沿同一方向高速飞过地面的某处，vA>vB，在火箭上的人观察结果正确的是（ ）
A.火箭A上的时针走得最快
B.地面上的时钟走得最慢
C.火箭B上的时针走得最快
D.火箭B上的时针走得最慢
13.一根10m长的梭镖以相对论速度穿过一根10m长的管子，它们的长度都是在静止状态下测量的。以下叙述中最好地描述了梭镖穿过管子的情况的是（ ）
A.梭镖收缩变短，因此在某些位置上，管子能完全遮住它；
B.梭镖收缩变短，因此在某些位置上，梭镖从管子的两端伸出来 ；
C.两者都收缩，且收缩量相等，因此在某个位置，管子恰好遮住梭镖；
D.所有这些都与观察者的运动情况有关
二、计算题
14.在实验室测得以速度0.8c运动的π介子的平均寿命为4×10-8秒,问静止π介子的平均寿命是多少?
15.在静止系中的正方体每边长L0,另一坐标系以相对速度v平行于立方体的一边运动.问在后一坐标系中的观察者测得的立方体体积是多少?
16. 某卫星地面站向地球同步通讯卫星发送电波，经卫星立即转发到另一卫星地面站，测得从发送开始到地面接收到电磁波的时间为0.24s，取地球半径为6400km。根据这些条件估算地球的质量约为多少？（结果保留一位有效数字）
17. 如图所示，为某雷达的荧光屏，屏上标尺的最小刻度对应的时间为2×10-4s，雷达天线朝东时如（1）图，朝西时如（2）图．问：雷达在何方发现了目标？目标与雷达的距离？
18. “神州七号”载人飞船成功发射，如果你想通过同步卫星转发的无线电话与翟志刚通话，则在你讲完话后，至少要等多长时间才能听到对方的回话？（已知地球的质量为 M=6.0×1024kg，地球半径为R=6.4×106m，万有引力恒量G=6.67×10－11Nm2/kg2）
19.电子感应加速器是利用变化磁场产生的电场来加速电子的。在圆形磁铁的两极之间有一环形真空室，用交变电流励磁的电磁铁在两极间产生交变磁场，从而在环形室内产生很强的电场，使电子加速。被加速的电子同时在洛伦兹力的作用下沿圆形轨道运动。设法把高能电子引入靶室，能使其进一步加速。在一个半径为r=0.84m的电子感应加速器中，电子在被加速的 4.2ms内获得的能量为120MeV。这期间电子轨道内的高频交变磁场是线性变化的，磁通量从零增到1.8Wb，求电子共绕行了多少周？
参考答案
一、选择题
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
BD
AD
BC
BD
AC
CD
E
ABC
ABD
BD
BCD
AB
D
二、计算题
14.解： 2.4×10-8s
15.解：
16.解：同步卫星离地高度约为h=3×108×0.24/2=3.6×107m①
，
T=24h=86400s③
估算得地球质量为6×1024kg
17. 解：西方、3×105m
18.解：0.48s
19.解：根据法拉第电磁感应定律，环形室内的感应电动势为E== 429V，设电子在加速器中绕行了N周，则电场力做功NeE应该等于电子的动能EK，所以有N= EK/Ee，带入数据可得N=2.8×105周
专题二 力与物体的平衡
一 教案
专题要点
重力
⑴产生：重力是由于地面上的物体受到地球的万有引力而产生的，但两者不等价，因为万有引力的一个分力要提供物体随地球自转所需的向心力，而另一个分力即重力，如右图所示。
⑵大小：随地理位置的变化而变化。
在两极：G=F万
在赤道：G= F万-F向
一般情况下，在地表附近G=mg
⑶方向：竖直向下，并不指向地心。
弹力
⑴产生条件：①接触②挤压③形变
⑵大小：弹簧弹力F=kx，其它的弹力利用牛顿定律和平衡条件求解。
⑶方向：压力和支持力的方向垂直于接触面指向被压或被支持的物体，若接触面是球面，则弹力的作用线一定过球心，绳的作用力一定沿绳，杆的作用力不一定沿杆。
＊提醒：绳只能产生拉力，杆既可以产生拉力，也可以产生支持力，在分析竖直平面内的圆周运动时应该注意两者的区别。
3.摩擦力
⑴产生条件：①接触且挤压②接触面粗糙③有相对运动或者相对运动趋势
⑵大小：滑动摩擦力,与接触面的面积无关，静摩擦力根据牛顿运动定律或平衡条件求解。
⑶方向：沿接触面的切线方向，并且与相对运动或相对运动趋势方向相反
4.电场力
⑴电场力的方向：正电荷受电场力的方向与场强方向一致，负电荷受电场力的方向与场强方向相反。
⑵电场力的大小：，若为匀强电场，电场力则为恒力，若为非匀强电场，电场力将与位置有关。
5.安培力
⑴方向：用左手定则判定，F一定垂直于I、B，但I、B不一定垂直，I、B有任一量反向，F
也反向。
⑵大小：
①此公式只适用于B和I互相垂直的情况，且L是导线的有效长度。
②当导线电流I与 B平行时，。
6.洛伦兹力
⑴洛伦兹力的方向
①洛伦兹力的方向既与电荷的运动方向垂直，又与磁场方向垂直，所以洛伦兹力方向总是垂直于运动电荷的速度方向和磁场方向所确定的平面。
②洛伦兹力方向总垂直于电荷运动方向，当电荷运动方向改变时，洛伦兹力的方向也发生改变。
③由于洛伦兹力的方向始终与电荷运动方向垂直，所以洛伦兹力对电荷永不做功。
⑵洛伦兹力的大小：
当，，此时电荷受到的洛伦兹力最大
当，，即电荷的运动方向与磁场方向平行时，不受洛伦兹力的作用。
当，，说明磁场只对运动电荷产生力的作用。
7.力的合成与分解
由于力是矢量，因此可以用平行四边形定则进行合成与分解，常用正交分解法和力的合成法来分析平衡问题
8.共点力的平衡
⑴状态：静止或匀速运动
⑵F合=0
考纲要求
考点
要求
考点解读
滑动摩擦、静摩擦、动摩擦因数
Ⅰ
物体在共点力的作用下的平衡是静力学的基础。考题主要考察重力、弹力、摩擦力、电场力、磁场力作用下的共点力的平衡问题、共点力的合成与分解、物体（或带电体）平衡条件的应用；常用的方法有整体法与隔离法、正交分解法、解矢量三角形、相似三角形。题目一般是以一个选择题的形式考查受力分析或者把受力分析、力的合成与分解附在大题中出现。
形变、弹性、胡克定律
Ⅰ
矢量和标量
Ⅰ
力的合成与分解
Ⅱ
共点力的平衡
Ⅱ
教法指引
此专题复习时，可以先让学生完成相应的习题，在精心批阅之后以题目带动知识点，进行适当提炼讲解 根据我对学生的了解，发现很多同学的力学基础不是很好，尤其在重力场、电场、磁场都出现之后受力变得复杂，有同学甚至不能区分F电、F安、F洛、把几个力混为一谈，处理力的性质时难度更大，所以在讲解时层次应放的低一点，还是要以夯实基础为主。
知识网络

典例精析
题型1.（受力分析问题）如图所示，物体A 靠在倾斜的墙面上，在与墙面和B垂直的力F作用下，A、B保持静止，试分析A、B两个物体的受力个数。
解析：B的受力简单一点，先取B为研究对象，若只受G与F作用，B物体不可能静止。因此 A对B有弹力与摩擦力，B物体共受四个力作用。
再取A为研究对象，受重力、B对A的弹力、B对A沿A向下的摩擦力、墙对A的弹力、墙对A沿墙向上的摩擦力，A物体共受五个力作用。此题也可以对AB整体分析推出墙对A对有弹力和向上的摩擦力（与分析B类似）。
规律总结：1.在分析两个以上相互作用物体的受力分析时，要整体法和隔离法相互结合。
2.确定摩擦力和弹力的方向时，通常根据物体所处的状态，采用“假设法”判断
3.当直接分析某一物体的受力不方面时，常通过转移研究对象，先分析与其相互作用的另一物体的受力，然后根据扭动第三定律分析该物体的受力，上例中就是先分析了B的受力，又分析A的受力。
题型2.（重力、弹力和摩擦力作用下的物体平衡问题）如图所示我国国家大剧院外部呈椭球型。假设国家大剧院的屋顶为半球形，一警卫人员为执行任务，必须冒险在半球形屋顶上向上缓慢爬行，他在向上爬的过程中 （ ）
屋顶对他的支持力变大
屋顶对他的支持力变小
屋顶对他的摩擦力变大
屋顶对他的摩擦力变小
解析：缓慢爬行可以看成任意位置都处于平衡状态。对图示位置进行受力分析建立平衡方程
，向上爬时减小，所以f减小、N增大，AD对。
若警卫人员执完特殊任务后从屋顶A点开始加速下滑，则摩擦力、支持力又如何？
解析：这时，向下滑时增大，N减小、f减小，BD对。
规律总结：1.本题考查了力学中的三种力及力的分解、物体平衡条件的应用。
2.审题时要注意“缓慢”的含义，受力分析时应该特别注意摩擦力的方向沿着接触面的切线方向。
3.要注意静摩擦力与滑动摩擦力的求解方法不同，当加速下滑时受到的是滑动摩擦力应该根据公式求解。
题型3.（连接体的平衡问题）如图所示，两光滑斜面的倾角分别为30和45,质量分别为2 m和m的两个滑块用不可伸长的轻绳通过滑轮连接(不计滑轮的质量和摩擦)，分别置于两个斜面上并由静止释放;若交换两滑块位置，再由静止释放，则在上述两种情形中正确的有（ ）
(A)质量为2m的滑块受到重力、绳的张力、沿斜面的下滑力和斜面的支持力的作用
(B)质量为m的滑块均沿斜面向上运动
(C)绳对质量为m滑块的拉力均大于该滑块对绳的拉力
(D)系统在运动中机械能均守恒
解析：A选项中下滑力不是物体受到的一个力，而是重力的分力
B选项中原来，后来，两种情况下m均沿斜面上滑
C选项中作用力与反作用力应该大小相等
D选项中因为斜面光滑，只有重力做功机械能守恒。
此题选BD.
题型4.（弹簧连接体问题）如图，在一粗糙的水平面上有三个质量分别为m1、 m2 、m3的木块1、2和3，中间分别用一原长为L，劲度系数为k的轻弹簧连接起来，木块与地面间的动摩擦因数为。现用一水平力向右拉木块3，当木块一起匀速运动时，1和3两木块之间的距离是（不计木块宽度）（ ）


解析：1和3之间的距离除了2L外还有两部分弹簧的伸长。
对1：，对1和2：，即选项C正确。
规律总结：1.弹簧连接的物体平衡和运动是物理中常见的情景，静止时的平衡态即合力为零时；物体在运动过程中，弹簧弹力的大小、方向是可变的，所以在平衡态时常有最大速度（例如简谐振动）出现。
2.分析弹簧问题时，特别注意找到原长位置、平衡位置和极端位置。
3.在计算题中，弹簧的平衡态以一个知识点出现，列出平衡方程即可以求解。
题型5.（电场和重力场内的物体平衡问题）如图，倾角为300的粗糙绝缘斜面固定在水平地面上，整个装置处在垂直于斜面向上的匀强电场中，一质量为m、电荷量为-q的小滑块恰能沿斜面匀速下滑，已知滑块与斜面之间的动摩擦因数为，求该匀强电场场强E的大小。
解析：受力分析如图

得：
规律总结：1.电场力的方向与带电体电性和场强方向有关，匀强电场中电场力为恒力。
2.正交分解法在处理物体受多个力作用的平衡问题时非常方便，常列两个等式
题型6.（复合场内平衡问题）如图，坐标系x Oy位于竖直平面内，在该区域有场强E=12N/C、方向沿x轴正方向的匀强电场和磁感应强度大小为B=2T、沿水平方向的且垂直于xOy平面指向纸里的匀强磁场。一个质量m=4×10-5kg，电荷量q=2.5×10-5C带正电的微粒，在xOy平面内做匀速直线运动，运动到原点O时，撤去磁场，经一段时间后，带电微粒运动到了x轴上的P点（g=10m/s2）,求：
⑴P点到原点O的距离
⑵带电微粒由原点O运动到P点的时间
解析：匀速直线运动时：受力平衡
得：v=10m/s，与x轴370斜向右上③
撤去磁场后受2个力结合速度方向可知做类平抛运动
沿v方向：
垂直v方向：
得：OP=15m t=1.2s ⑥
规律总结：1.由于洛伦兹力的方向始终与B和V垂直，因此带电粒子在复合场内做直线运动时一定是匀速直线运动，即重力、电场力、洛伦兹力的合力为零，常作为综合性问题的隐含条件。
2.此题也可以对撤去磁场后的速度进行分解，可以分解成沿电场力方向上的匀加速直线运动和沿重力方向上的竖直上抛运动。
题型7.（重力场、磁场内通电导线的平衡问题）如图，在倾角为的斜面上，放置一段通电电流为I、长度为L、质量为m的导体棒a，棒与斜面间的动摩擦因数为，。欲使导体棒静止在斜面上，所加匀强磁场的磁感应强度的最小值是多少？如果导体棒a静止在斜面上且对斜面无压力，则所加匀强磁场的磁感应强度大小和方向如何？
解析：⑴受力分析如图假设外力F与斜面成角，
,,，
得：由三角函数极值可知：
⑵无压力即此导线仅G和安培力，且平衡
得：
规律总结：通电导线所受的安培力与磁场方向、导体放置方向密切相关。而此三者方向不在同一平面内，在平面视图中很难准确画出来，因此选择好的观察方位，画出正确的平面视图，能够形象、直观地表达出三者的关系非常重要，是有效地解题的关键。
题型8.（电磁感应中的平衡问题）如图甲，两根足够长的、电阻不计的光滑平行金属导轨相距为L1=1m,导轨平面与水平面成，上端连接阻值为的电阻；质量为m=0.2kg、阻值金属棒ab放在两导轨上，距离导轨最上端为L2=4m，棒与导轨垂直并保持良好接触。整个装置处于一匀强磁场中，该匀强磁场与导轨平面垂直，磁感应强度大小随时间变化的情况如图所示乙所示，为保持ab棒静止，在棒上施加了一平行于导轨平面且垂直于ab棒的外力F，已知当t=2s时，F恰好为零（g=10m/s2）。求
⑴当t=2s时，磁感应强度的大小⑵当t=3s时，外力F的大小和方向
⑶当t=4s时，突然撤去外力F，当金属棒下滑速度达到稳定时，导体棒ab端的电压为多大

解析：⑴当t=2s时，，
⑵当t=3s时，B3=1.5T，，
⑶平衡时：，得，得
规律总结：1.通电导线（或导体棒）切割磁感线时的平衡问题，一般要综合应用受力分析、法拉第电磁感应定律，左、右手定则和电路的知识。在这类问题中，感应电流的产生和磁场对电流的作用这两种现象总是相互联系的，而磁场力又将电和力这两方面问题联系起来。
2.感应电流在磁场中受到的安培力对导线（或金属棒）的运动起阻碍作用，把机械能转化成电能。
题型9.（摩擦力问题）在粗糙的水平面上放一物体A,A上再放一质量为m的物体B，AB间的动摩擦因数为，施加一水平力F与A，计算下列情况下A对B的摩擦力的大小
⑴当AB一起做匀速运动时
⑵当AB一起以加速度a向右做匀加速运动时
⑶当力F足够大而使AB发生相对运动时
解析：⑴因AB向右做匀速运动，B物体受到的合力为零，所以B物体受到的摩擦力为零。
⑵因AB无相对滑动，所以B物体受到的摩擦力为静摩擦力，此时不能用滑动摩擦力的公式来计算，用牛顿第二定律对B物体有
⑶因为AB发生了相对滑动，所以B物体受到的摩擦力为滑动摩擦力，用滑动摩擦力的公式来计算，
规律总结：摩擦力大小的计算方法：在计算摩擦力的大小之前，①必须首先分析物体的运动情况，判明是滑动摩擦力还是静摩擦力。②若是前者用或牛顿运动定律，若是后者用平衡条件或牛顿第二定律求解。
题型10.（力的合成与分解）如图所示，重物的质量为m，轻绳AO和BO的AB端是固定的，平衡时AO是水平的，BO与水平面的家教为。则AO的拉力F1和BO的拉力F2的大小是 （ ）
A. B.
C. D.
解析：方法一：正交分解法
将O点受到的力沿水平方向和竖直方向正交分解，由力的平衡条件得

解得BD选项正确。
方法二：合成法
以O点为研究对象，受力分析由平衡条件可以知道
，将合成为合力F，则F=F3，由直角三角形知识，得
即，。BD选项正确。
方法三：效果分解法
将拉力F3按照作用效果分解为F31和F32，由直角三角形知识有：
，，
所以,
BD选项正确。
规律总结：在对实际问题的求解中，可以用合成法，也可以用效果分解法，还可以用正交分解法。要善于根据题目要求，灵活选择解题方法。一般来说，在研究多个共点力作用的力学问题是，选用正交分解法比较方便。
题型11（相似三角形问题）如图2所示，已知带电小球A、B的电荷量分别为QA、QB，OA=OB，都用长L的绝缘丝线悬挂在绝缘墙角O点处。静止时A、B相距为d。为使平衡时AB间距离减为d/2，可采用以下哪些方法（ ）
A.将小球A、B的质量都增加到原来的2倍；
B.将小球B的质量增加到原来的8倍；
C.将小球A、B的电荷量都减小到原来的一半；
D.将小球A、B的电荷量都减小到原来的一半，同时将小球B的质量增加到原来的2倍
解析：对B球受力分析如图
利用相似三角形可以知道，选BD。
二 学案
典例精析
题型1.（受力分析问题）如图所示，物体A 靠在倾斜的墙面上，在与墙面和B垂直的力F作用下，A、B保持静止，试分析A、B两个物体的受力个数。
解析：B的受力简单一点，先取B为研究对象，若只受G与F作用，B物体不可能静止。因此A对B有弹力与摩擦力，B物体共受四个力作用。
再取A为研究对象，受重力、B对A的弹力、B对A沿A向下的摩擦力、墙对A的弹力、墙对A沿墙向上的摩擦力，A物体共受五个力作用。此题也可以对AB整体分析推出墙对A对有弹力和向上的摩擦力（与分析B类似）。
规律总结：1.在分析两个以上相互作用物体的受力分析时，要整体法和隔离法相互结合。
2.确定摩擦力和弹力的方向时，通常根据物体所处的状态，采用“假设法”判断。
3.当直接分析某一物体的受力不方面时，常通过转移研究对象，先分析与其相互作用的另一物体的受力，然后根据扭动第三定律分析该物体的受力，上例中就是先分析了B的受力，又分析A的受力。
题型2.（重力、弹力和摩擦力作用下的物体平衡问题）如图所示我国国家大剧院外部呈椭球型。假设国家大剧院的屋顶为半球形，一警卫人员为执行任务，必须冒险在半球形屋顶上向上缓慢爬行，他在向上爬的过程中 （ ）
屋顶对他的支持力变大
屋顶对他的支持力变小
屋顶对他的摩擦力变大
屋顶对他的摩擦力变小
解析：缓慢爬行可以看成任意位置都处于平衡状态。对图示位置进行受力分析建立平衡方程
，向上爬时减小，所以f减小、N增大，AD对
若警卫人员执完特殊任务后从屋顶A点开始加速下滑，则摩擦力、支持力又如何？
解析：这时，向下滑时增大，N减小、f减小，BD对。
规律总结：1.本题考查了力学中的三种力及力的分解、物体平衡条件的应用。
2.审题时要注意“缓慢”的含义，受力分析时应该特别注意摩擦力的方向沿着接触面的切线方向。
3.要注意静摩擦力与滑动摩擦力的求解方法不同，当加速下滑时受到的是滑动摩擦力应该根据公式求解。
题型3.（连接体的平衡问题）如图所示，两光滑斜面的倾角分别为30和45,质量分别为2 m和m的两个滑块用不可伸长的轻绳通过滑轮连接(不计滑轮的质量和摩擦)，分别置于两个斜面上并由静止释放;若交换两滑块位置，再由静止释放，则在上述两种情形中正确的有（ ）
(A)质量为2m的滑块受到重力、绳的张力、沿斜面的下滑力和斜面的支持力的作用
(B)质量为m的滑块均沿斜面向上运动
(C)绳对质量为m滑块的拉力均大于该滑块对绳的拉力
(D)系统在运动中机械能均守恒
解析：A选项中下滑力不是物体受到的一个力，而是重力的分力
B选项中原来，后来，两种情况下m均沿斜面上滑
C选项中作用力与反作用力应该大小相等
D选项中因为斜面光滑，只有重力做功机械能守恒
此题选BD.
题型4.（弹簧连接体问题）如图，在一粗糙的水平面上有三个质量分别为m1、 m2 、m3的木块1、2和3，中间分别用一原长为L，劲度系数为k的轻弹簧连接起来，木块与地面间的动摩擦因数为。现用一水平力向右拉木块3，当木块一起匀速运动时，1和3两木块之间的距离是（不计木块宽度）（ ）


解析：1和3之间的距离除了2L外还有两部分弹簧的伸长。
对1：，对1和2：，即选项C正确。
规律总结：1.弹簧连接的物体平衡和运动是物理中常见的情景，静止时的平衡态即合力为零时；物体在运动过程中，弹簧弹力的大小、方向是可变的，所以在平衡态时常有最大速度（例如简谐振动）出现。
2.分析弹簧问题时，特别注意找到原长位置、平衡位置和极端位置。
3.在计算题中，弹簧的平衡态以一个知识点出现，列出平衡方程即可以求解。
题型5.（电场和重力场内的物体平衡问题）如图，倾角为300的粗糙绝缘斜面固定在水平地面上，整个装置处在垂直于斜面向上的匀强电场中，一质量为m、电荷量为-q的小滑块恰能沿斜面匀速下滑，已知滑块与斜面之间的动摩擦因数为，求该匀强电场场强E的大小。
解析：受力分析如图

得：
规律总结：1.电场力的方向与带电体电性和场强方向有关，匀强电场中电场力为恒力
2.正交分解法在处理物体受多个力作用的平衡问题时非常方便，常列两个等式
题型6.（复合场内平衡问题）如图，坐标系x Oy位于竖直平面内，在该区域有场强E=12N/C、方向沿x轴正方向的匀强电场和磁感应强度大小为B=2T、沿水平方向的且垂直于xOy平面指向纸里的匀强磁场。一个质量m=4×10-5kg，电荷量q=2.5×10-5C带正电的微粒，在xOy平面内做匀速直线运动，运动到原点O时，撤去磁场，经一段时间后，带电微粒运动到了x轴上的P点（g=10m/s2）,求：
⑴P点到原点O的距离
⑵带电微粒由原点O运动到P点的时间
解析：匀速直线运动时：受力平衡
得：v=10m/s，与x轴370斜向右上③
撤去磁场后受2个力结合速度方向可知做类平抛运动
沿v方向：
垂直v方向：
得：OP=15m t=1.2s ⑥
规律总结：1.由于洛伦兹力的方向始终与B和V垂直，因此带电粒子在复合场内做直线运动时一定是匀速直线运动，即重力、电场力、洛伦兹力的合力为零，常作为综合性问题的隐含条件。
2.此题也可以对撤去磁场后的速度进行分解，可以分解成沿电场力方向上的匀加速直线运动和沿重力方向上的竖直上抛运动
题型7.（重力场、磁场内通电导线的平衡问题）如图，在倾角为的斜面上，放置一段通电电流为I、长度为L、质量为m的导体棒a，棒与斜面间的动摩擦因数为，。欲使导体棒静止在斜面上，所加匀强磁场的磁感应强度的最小值是多少？如果导体棒a静止在斜面上且对斜面无压力，则所加匀强磁场的磁感应强度大小和方向如何？
解析：⑴受力分析如图假设外力F与斜面成角，
,,，
得：由三角函数极值可知：
⑵无压力即此导线仅G和安培力，且平衡
得：
规律总结：通电导线所受的安培力与磁场方向、导体放置方向密切相关。而此三者方向不在同一平面内，在平面视图中很难准确画出来，因此选择好的观察方位，画出正确的平面视图，能够形象、直观地表达出三者的关系非常重要，是有效地解题的关键。
题型8.（电磁感应中的平衡问题）如图甲，两根足够长的、电阻不计的光滑平行金属导轨相距为L1=1m,导轨平面与水平面成，上端连接阻值为的电阻；质量为m=0.2kg、阻值金属棒ab放在两导轨上，距离导轨最上端为L2=4m，棒与导轨垂直并保持良好接触。整个装置处于一匀强磁场中，该匀强磁场与导轨平面垂直，磁感应强度大小随时间变化的情况如图所示乙所示，为保持ab棒静止，在棒上施加了一平行于导轨平面且垂直于ab棒的外力F，已知当t=2s时，F恰好为零（g=10m/s2） 求
⑴当t=2s时，磁感应强度的大小⑵当t=3s时，外力F的大小和方向
⑶当t=4s时，突然撤去外力F，当金属棒下滑速度达到稳定时，导体棒ab端的电压为多大

解析：⑴当t=2s时，，得：B2=1T④
⑵当t=3s时，B3=1.5T，，
⑶平衡时：，得，得
规律总结：1.通电导线（或导体棒）切割磁感线时的平衡问题，一般要综合应用受力分析、法拉第电磁感应定律，左、右手定则和电路的知识。在这类问题中，感应电流的产生和磁场对电流的作用这两种现象总是相互联系的，而磁场力又将电和力这两方面问题联系起来。
2.感应电流在磁场中受到的安培力对导线（或金属棒）的运动起阻碍作用，把机械能转化成电能。
题型9.（摩擦力问题）在粗糙的水平面上放一物体A,A上再放一质量为m的物体B，AB间的动摩擦因数为，施加一水平力F与A，计算下列情况下A对B的摩擦力的大小
⑴当AB一起做匀速运动时
⑵当AB一起以加速度a向右做匀加速运动时
⑶当力F足够大而使AB发生相对运动时
解析：⑴因AB向右做匀速运动，B物体受到的合力为零，所以B物体受到的摩擦力为零。
⑵因AB无相对滑动，所以B物体受到的摩擦力为静摩擦力，此时不能用滑动摩擦力的公式来计算，用牛顿第二定律对B物体有
⑶因为AB发生了相对滑动，所以B物体受到的摩擦力为滑动摩擦力，用滑动摩擦力的公式来计算，
规律总结：摩擦力大小的计算方法：在计算摩擦力的大小之前，①必须首先分析物体的运动情况，判明是滑动摩擦力还是静摩擦力。②若是前者用或牛顿运动定律，若是后者用平衡条件或牛顿第二定律求解
题型10.（力的合成与分解）如图所示，重物的质量为m，轻绳AO和BO的AB端是固定的，平衡时AO是水平的，BO与水平面的家教为。则AO的拉力F1和BO的拉力F2的大小是 （ ）
A. B.
C. D.
解析：方法一：正交分解法
将O点受到的力沿水平方向和竖直方向正交分解，由力的平衡条件得

解得BD选项正确。
方法二：合成法
以O点为研究对象，受力分析由平衡条件可以知道
，将合成为合力F，则F=F3，由直角三角形知识，得
即，。BD选项正确。
方法三：效果分解法
将拉力F3按照作用效果分解为F31和F32，由直角三角形知识有：
，，
所以,
BD选项正确。
规律总结：在对实际问题的求解中，可以用合成法，也可以用效果分解法，还可以用正交分解法。要善于根据题目要求，灵活选择解题方法。一般来说，在研究多个共点力作用的力学问题是，选用正交分解法比较方便。
题型11（相似三角形问题）如图2所示，已知带电小球A、B的电荷量分别为QA、QB，OA=OB，都用长L的绝缘丝线悬挂在绝缘墙角O点处。静止时A、B相距为d。为使平衡时AB间距离减为d/2，可采用以下哪些方法（ ）
A.将小球A、B的质量都增加到原来的2倍；
B.将小球B的质量增加到原来的8倍；
C.将小球A、B的电荷量都减小到原来的一半；
D.将小球A、B的电荷量都减小到原来的一半，同时将小球B的质量增加到原来的2倍
解析：对B球受力分析如图
利用相似三角形可以知道，选BD。
专题突破
针对典型精析的例题题型，训练以下习题。
1.质量为m的物体，放在质量为M的斜面体上，斜面体放在水平粗糙的地面上，m和M均处于静止状态，如图，在物体m上施加一个水平力F，在F由零逐渐加大到Fm的过程中，m和M仍保持静止状态，在此过程中，下列判断哪些是正确的（ ）A.斜面体对m的支持力逐渐增大
B.物体m受到的摩擦力逐渐增大
C.地面受到的压力逐渐增大
D.地面对斜面体的摩擦力由零逐渐增大到Fm
点拨：受力分析（整体法、隔离法）的应用。对m分析选A，对整体分析选D，所以此题选AD。
2.如图，将半球置于水平地面上，半球的中央有一光滑小孔，柔软光滑的轻绳穿过小孔，两端分别系有质量为m1、m2的物体（两物体可以看成质点），它们静止时m1与球心O的连线与水平线成450，m1与半球面的动摩擦因数为0.5，m1所受到的最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力，则m1/ m2的最小值是（ ）
A. B.
C.2:1 D.
点拨：重力、弹力和摩擦力作用下的连接体平衡问题。当m1受到沿球面向下的最大静摩擦力是m1比值最小，分别对m1 和m2受力分析，建立平衡方程得B正确。
3.如图，两个弹簧的质量不计，劲度系数分别为k1、 k2，它们一端固定在P、Q上，当物体平衡时上面的弹簧处于原长，若要把物体的质量换为2m（弹簧的长度不变，且弹簧均处于弹性限度内），当物体再次平衡时，物体将比第一次平衡时下降的距离x为（ ）
A. B.
C. D.
点拨：弹簧连接的物体平衡问题。增加的mg让上面的弹簧伸长，让下面的弹簧继续压缩，得出表达式，得出A正确。
4.如图，一质量为m、带电量为q的小球用细线系住，线的一端固定在O点，若在空间加上匀强电场，平衡时线与竖直方向成600，则电场强度的最小值为（ ）
A.mg/2q B.
C.2mg/q D.mg/q
解析：此题为电场和重力场的物体平衡问题。在三力平衡中若已知一个力大小方向不变，一个力方向不变，求另外一个力时有最小值。对球受力分析可知当电场力与绳拉力方向垂直时，电场强度最小，得，选B。
5.如图，足够长的光滑平行导轨MN、PQ倾斜放置，两导轨间的距离L=1.0m，导轨平面与水平面间的夹角为300，磁感应强度为B的匀强磁场垂直于导轨平面向上，导轨的M、P两端连接阻值为R=3.0Ω的电阻，金属棒垂直于导轨放置并用细线通过光滑定滑轮与重物相连。金属棒ab的质量m=0.2kg，电阻r=0.5Ω，重物的质量M=0.6kg。如果将金属棒和重物由静止释放，金属棒沿斜面上滑的距离与时间的关系如下表所示。不计导轨电阻，g=10m/s2。求
⑴所加磁场的磁感应强度B为多大？
⑵电阻R在0.6s内产生的热量为多少？
时间t/s
0
0.1
0.2
0.3
0.4
0.5
0.6
上滑距离s / m
0
0.05
0.15
0.35
0.70
1.05
1.40
解析：此题为重力场、磁场内通电导线的平衡问题。
⑴由表中数据可以看出最终ab版将做匀速运动，速度，
棒的受力如图由平衡条件可得：，，
，
解得
⑵在0.6s内x=1.4m，由能量守恒定律得
得：QR=1.8J⑦
6.如图，AC是上端带定滑轮的固定竖直杆，质量不计的轻杆BC一端通过铰链固定在C点，另一端B悬挂一重为G的物体，且B端系有一根轻绳，并绕过定滑轮A，用力F拉绳，开始时角BCA大于900，现使角BCA缓慢减小，直到杆BC接近竖直杆AC。此过程中，轻杆B端所受的力将（ ）
A.大小不变 B.逐渐增大 C.逐渐减小 D.先减小后增大
解析：此题属于受力分析中的相似三角形问题。受力、处理力的方法如下图所示
选A.
学法导航
复习指导：①回归课本夯实基础，仔细看书把书本中的知识点掌握到位
②练习为主提升技能，做各种类型的习题，在做题中强化知识
③整理归纳举一反三，对易错知识点、易错题反复巩固
④力与物体的平衡常用解题思路：
第一步：选择研究对象（注意整体法与隔离法的应用）
第二步：进行受力分析（一定要准确，不然做题就会全错。一般受力分析的顺序是：场力（重力、电场力、磁场力）、弹力（接触面的弹力、绳子弹力、杆子弹力）、摩擦力、已知外力、位置外力
第三步：选择合适的方法处理力（处理方法有：力的合成（一般适用于三力平衡）、力的分解（正交分解、效果分解）、图像法、相似三角形、正弦定理、余弦定理等）
第四步：列举方程求解（有时还需要讨论）
1.某大型游乐场内的新型滑梯可以等效为如图所示的物理模型．一个小朋友在AB段的动摩擦因数μ1tanθ ，他从A点开始下滑，滑到C点恰好静止，整个过程中滑梯保持静止状态．则该小朋友从斜面顶端A点滑到底端C点的过程中（ ）
A．地面对滑梯始终无摩擦力作用
B．地面对滑梯的摩擦力方向先水平向左，后水平向右
C．地面对滑梯的支持力的大小始终等于小朋友和滑梯的总重力的大小
D．地面对滑梯的支持力的大小先小于、后大于小朋友和滑梯的总重力的大小
解析：【错解】部分同学选择整体分析后就会得出竖直方向的重力与地面对滑梯的支持力等值方向。
【错解原因】因为在他（她）的脑海中始终认为只要是同一竖直线上的与重力反向的二力就是平衡力，根本就不考虑物体的运动状态。
【正确解答】①在AB段的动摩擦因数μ1F合=mam+MaM虽然滑梯没有加速度，当小朋友有沿斜面向下的加速度，此加速度可以分解成水平向左方向和竖直向下方向，所以水平方向有地面对滑梯有向左的摩擦力，竖直方向重力大于支持力。
②在BC段的动摩擦因数μ2>tanθ可以得出小朋友做的是减速运动，对于整体有
F合=mam+MaM虽然滑梯没有加速度，当小朋友有沿斜面向上的加速度，此加速度可以分解成水平向右方向和竖直向上方向，所以水平方向有地面对滑梯有向右的摩擦力，竖直方向重力小于支持力。正确选项为BD。
2. 甲、乙两人手拉手玩拔河游戏，结果甲胜乙败，那么甲乙两人谁受拉力大？
解析：【错解】因为甲胜乙，所以甲对乙的拉力比乙对甲的拉力大。就像拔河一样，甲方胜一定是甲方对乙方的拉力大。
【错解原因】产生上述错解原因是学生凭主观想像，而不是按物理规律分析问题。按照物理规律我们知道物体的运动状态不是由哪一个力决定的而是由合外力决定的。甲胜乙是因为甲受合外力对甲作用的结果。甲、乙两人之间的拉力根据牛顿第三定律是相互作用力，甲、乙二人拉力一样大。
【正确解答】甲、乙两人相互之间的拉力是相互作用力，根据牛顿第三定律，大小相等，方向相反，作用在甲、乙两人身上。
【评析】生活中有一些感觉不总是正确的，不能把生活中的经验，感觉当成规律来用，要运用物理规律来解决问题。
3.?如图2－2所示水平放置的粗糙的长木板上放置一个物体m，当用于缓慢抬起一端时，木板受到的压力和摩擦力将怎样变化？
解析：【错解】以木板上的物体为研究对象。物体受重力、摩擦力、支持力。因为物体静止，则根据牛顿第二定律有
错解一：据式②知道θ增加，f增加。
错解二：另有错解认为据式②知θ增加，N减小则f=μN说明f减少。
【错解原因】错解一和错解二都没能把木板缓慢抬起的全过程认识透。只抓住一个侧面，缺乏对物理情景的分析。若能从木块相对木板静止入手，分析出再抬高会相对滑动，就会避免错解一的错误。若想到f=μN是滑动摩擦力的判据，就应考虑滑动之前怎样，也就会避免错解二。
【正确解答】以物体为研究对象，如图2－3物体受重力、摩擦力、支持力。物体在缓慢抬起过程中先静止后滑动。静止时可以依据错解一中的解法，可知θ增加，静摩擦力增加。当物体在斜面上滑动时，可以同错解二中的方法，据f=μN，分析N的变化，知f滑的变化。θ增加，滑动摩擦力减小。在整个缓慢抬起过程中y方向的方程关系不变。依据错解中式②知压力一直减小。所以抬起木板的过程中，摩擦力的变化是先增加后减小。压力一直减小。
【评析】物理问题中有一些变化过程，不是单调变化的。在平衡问题中可算是一类问题，这类问题应抓住研究变量与不变量的关系。可从受力分析入手，列平衡方程找关系，也可以利用图解，用矢量三角形法则解决问题。如此题物体在未滑动时，处于平衡状态，加速度为零。所受三个力围成一闭合三角形。如图2－4。类似问题如图2－5用绳将球挂在光滑的墙面上，绳子变短时，绳的拉力和球对墙的压力将如何变化。从对应的矢量三角形图2－6不难看出，当绳子变短时，θ角增大，N增大，T变大。图2－7在AC绳上悬挂一重物G，在AC绳的中部O点系一绳BO，以水平力F牵动绳BO，保持AO方向不变，使BO绳沿虚线所示方向缓缓向上移动。在这过程中，力F和AO绳上的拉力变化情况怎样？用矢量三角形（如图2－8）可以看出T变小，F先变小后变大。这类题的特点是三个共点力平衡，通常其中一个力大小、方向均不变，另一个力方向不变，大小变，第三个力大小、方向均改变。还有时是一个力大小、方向不变，另一个力大小不变，方向变，第三个力大小、方向都改变。
4.? 如图8－14，光滑平面上固定金属小球A，用长l0的绝缘弹簧将A与另一个金属小球B连接，让它们带上等量同种电荷，弹簧伸长量为x1，若两球电量各漏掉一半，弹簧伸长量变为x2，则有：（??? ）
解析：【错解】
?故选B
【错解原因】错解只注意到电荷电量改变，忽略了两者距离也随之变化，导致错误。
【分析解答】由题意画示意图，B球先后平衡，于是有
【评析】
r常指弹簧形变后的总长度（两电荷间距离）。
5.?质量为m的通电导体棒ab置于倾角为θ的导轨上，如图10-7所示。已知导体与导轨间的动摩擦因数为μ，在图10-8所加各种磁场中，导体均静止，则导体与导轨间摩擦力为零的可能情况是：
解析：【错解】根据f=μN，题目中μ≠0，要使f=0必有N=0。为此需要安培力FB与导体重力G平衡，由左手定则可判定图10-8中B项有此可能，故选B。
【错解原因】上述分析受到题目中“动摩擦因数为μ”的干扰，误用滑动摩擦力的计算式f=μN来讨论静摩擦力的问题。从而导致错选、漏选。
【分析解答】要使静摩擦力为零，如果N=0，必有f=0。图10-8B选项中安培力的方向竖直向上与重力的方向相反可能使N=0，B是正确的；如果N≠0，则导体除受静摩擦力f以外的其他力的合力只要为零，那么f=0。在图10-8A选项中，导体所受到的重力G、支持力N及安培力F安三力合力可能为零，则导体所受静摩擦力可能为零。图10-8的C．D选项中，从导体所受到的重力G、支持力N及安培力F安三力的方向分析，合力不可能为零，所以导体所受静摩擦力不可能为零。故正确的选项应为A．B。
【评析】本题是一道概念性极强的题，又是一道力学与电学知识交叉的综合试题。摩擦力有静摩擦力与滑动摩擦力两种。判断它们区别的前提是两个相互接触的物体有没有相对运动。力学中的概念的准确与否影响电学的学习成绩。
6.?如图10-19所示，空中有水平向右的匀强电场和垂直于纸面向外的匀强磁场，质量为m，带电量为+q的滑块沿水平向右做匀速直线运动，滑块和水平面间的动摩擦因数为μ，滑块与墙碰撞后速度为原来的一半。滑块返回时，去掉了电场，恰好也做匀速直线运动，求原来电场强度的大小。
解析：【错解】碰撞前，粒子做匀速运动，Eq=μ（mg＋Bqv）。返回时无电场力作用仍做匀速运动，水平方向无外力，竖直方向N=Bgv＋mg。因为水平方向无摩擦，可知N=0，Bqv=-mg。解得E=0。
【错解原因】错解中有两个错误：返回时，速度反向，洛伦兹力也应该改变方向。返回时速度大小应为原速度的一半。
【分析解答】碰撞前，粒子做匀速运动， Eq=μ（mg＋Bqv）。返回时无电场力作用仍做匀速运动，水平方向无外力，摩擦力f=0，所以N=0竖直方向上有
【评析】实践证明，急于列式解题而忽略过程分析必然要犯经验主义的错误。分析好大有益。
7.?如图10-20所示，一块铜块左右两面接入电路中。有电流I自左向右流过铜块，当一磁感应强度为B的匀强磁场垂直前表面穿入铜块，从后表面垂直穿出时，在铜块上、下两面之间产生电势差，若铜块前、后两面间距为d，上、下两面间距为l。铜块单位体积内的自由电子数为n，电子电量为e，求铜板上、下两面之间的电势差U为多少？并说明哪个面的电势高。
【错解】电流自左向右，用左手定则判断磁感线穿过手心四指指向电流的方向，正电荷受力方向向上，所以正电荷聚集在上极板。随着正负电荷在上、下极板的聚集，在上、下极板之间形成一个电场，这个电场对正电荷产生作用力，作用力方向与正电荷刚进入磁场时所受的洛伦兹力方向相反。当电场强度增加到使电场力与洛伦兹力平衡时，正电荷不再向上表面移动。在铜块的上、下表面形成一个稳定的电势差U。研究电流中的某一个正电荷，其带电量为q，根据牛顿第二定律有
由电流的微观表达式I=nqSv
由几何关系可知 S=dl
【错解原因】上述解法错在对金属导电的物理过程理解上。金属导体中的载流子是自由电子。当电流形成时，导体内的自由电子逆着电流的方向做定向移动。在磁场中受到洛伦兹力作用的是自由电子。
【分析解答】铜块的电流的方向向右，铜块内的自由电子的定向移动的方向向左。用左手定则判断：四指指向电子运动的反方向，磁感线穿过手心，大拇指所指的方向为自由电子的受力方向。图10-21为自由电子受力的示意图。
随着自由电子在上极板的聚集，在上、下极板之间形成一个“下正上负”的电场，这个电场对自由电子产生作用力，作用力方向与自由电子刚进入磁场时所受的洛伦兹力方向相反。当电场强度增加到使电场力与洛伦兹力平衡时，自由电子不再向上表面移动。在铜块的上、下表面形成一个稳定的电势差U。研究电流中的某一个自由电子，其带电量为e，根据牛顿第二定律有
由电流的微观表达式I=neSv=nedlv。
【评析】本题的特点是物理模型隐蔽。按照一部分同学的理解，这就是一道安培力的题目，以为伸手就可以判断安培力的方向。仔细分析电荷在上、下两个表面的聚集的原因，才发现是定向移动的电荷受到洛伦兹力的结果。因此，深入分析题目中所叙述的物理过程，挖出隐含条件，方能有正确的思路。
专题综合
1.（复合场中受力+运动+能量守恒定律+恒定电流）如图所示，两足够长平行光滑的金属导轨 MN、PQ相距为L，导轨平面与水平面夹角α=30°，导轨电阻不计．磁感应强度为B的匀强磁场垂直导轨平面向上，长为L的金属棒ab垂直于MN、PQ放置在导轨上，且始终与导轨电接触良好，金属棒的质量为m、电阻为R．两金属导轨的上端连接右端电路，灯泡的电阻RL=4R，定值电阻R1=2R，电阻箱电阻调到使R2=12R，重力加速度为g，现将金属棒由静止释放，试求：
（1）金属棒下滑的最大速度为多大？
（2）当金属棒下滑距离为S0时速度恰达到最大，求金属棒由静止开始下滑2S0的过程中，整个电路产生的电热；
（3）R2为何值时，其消耗的功率最大？消耗的最大功率为多少？
解：（1）当金属棒匀速下滑时速度最大，设最大速度为vm，达到最大时则有
mgsinθ=F安 （1分）
F安＝ILB （1分）
　　　　 （1分）
　　其中　　　R总＝6R （1分）
所以 mgsinθ= （1分）
解得最大速度　　　 （1分）
（2）由能量守恒知，放出的电热　Q=2S0sinα- （2分）
代入上面的vm值，可得 　 （2分）
（3）R2上消耗的功率　 （1分）
其中　 　 （1分）

又　　 （1分）
解以上方程组可得 （1分）
当时，R2消耗的功率最大 （1分）
最大功率 （1分）
2．（受力+运动+动能定理）如图所示，倾角为θ的斜面上只有AB段粗糙，其余部分都光滑，AB段长为3L。有若干个相同的小方块（每个小方块视为质点）沿斜面靠在一起，但不粘接，总长为L。将它们由静止释放，释放时下端距A为2L。当下端运动到A下面距A为L/2时物块运动的速度达到最大。
(1)求物块与粗糙斜面的动摩擦因数；
(2)求物块停止时的位置；
(3)要使所有物块都能通过B点，由静止释放时物块下端距A点至少要多远?
解：(1)当整体所受合外力零时，整块速度最大，设整体质量为m，则
（3分)
得 （2分)
(2)设物块停止时下端距A点的距离为x，根据动能定理
（3分)
解得 （1分)
即物块的下端停在B端
(3)设静止时物块的下端距A的距离为s，物块的上端运动到A点时速度为υ，根据动能定理
（2分)
物块全部滑上AB部分后，小方块间无弹力作用，取最上面一小块为研究对象，设其质量m0，运动到B点时速度正好减到0，根据动能定理
（2分)
得 （2分)
3.（复合场中受力+运动+恒定电流） 两根相距为L的足够长的金属直角导轨如图所示放置，它们各有一边在同一水平面内，另一边垂直于水平面．质量均为m的金属细杆ab、cd与导轨垂直接触形成闭合回路，杆与水平和竖直导轨之间有相同的动摩擦因数μ，导轨电阻不计，回路总电阻为2R，整个装置处于磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场中．当ab杆在平行于水平导轨的拉力作用下沿导轨向右匀速运动时，cd杆也正好以某一速度向下做匀速运动，设运动过程中金属细杆ab、cd与导轨接触良好，重力加速度为g，求：
（1）ab杆匀速运动的速度v1；
（2）ab杆所受拉力F；
（3）ab杆以v1匀速运动时，cd杆以v2（v2已知）匀速运动，则在cd杆向下运动h过程中，整个回路中产生的焦耳热．
解：（1）ab杆向右运动时，ab杆中产生的感应电动势方向为a→b，
大小为 （1分）
cd杆中的感应电流方向为d→c，cd杆受到的安培力方向水平向右
安培力大小为 ① （2分）
cd杆向下匀速运动，有 ② （2分）
解①、②两式，ab杆匀速运动的速度为= ③ （1分）
（2）ab杆所受拉力F+μmg④ （3分）
（3）设cd杆以速度向下运动过程中，ab杆匀速运动了距离，
， ∴ （2分）
整个回路中产生的焦耳热等于克服安培力所做的功
== （2分）
三 考案
一、选择题
1.如图，在水平力F作用下，A、B保持静止。若A与B的接触面是水平的，且F不等于0，则关于B的受力个数可能为 （ ）
A.3个 B.4个 C.5个 D.6个
2.如图，两个质量都为m的小球A、B用轻杆连接后斜靠在墙上处于平衡状态，已知墙面光滑，水平面粗糙，现将A球向上移动一小段距离，两球再次达到平衡，那么将移动后的平衡状态与原来平衡状态相比较，地面对B的支持力N和摩擦力f的大小变化情况是（ ）
A.N不变，f增大 B. N不变，f减小
C. N增大，f增大 D. N增大，f减小
3.两个小球A、B，质量分别为2m、m，用长度相同的两根细线把A、B两球悬挂在水平天花板上的同一个点O，并用长度相同的细线连接A、B两小球 用一水平方向的力F作用在小球B上，此时三根细线均处于直线状态，且OA细线恰好处于竖直方向，如图，如果不考虑小球的大小，两小球均处于静止状态，则力F的大小为 （ ）
A.0 B.mg C. D.
4.一物块在粗糙的斜面上，在平行斜面向上的外力F的作用下斜面和物块始终处于静止状态，当F安图所示规律变化时，物块与斜面间的摩擦力大小变化规律可能是下图中的（ ）

5．在水平桌面M上放置一块正方形薄木板abcd，在木板的正中点放置一个质量为m的木块，如图。先以木板的ad边为轴，将木板向上缓慢转动，使木板的ab边与桌面的夹角为θ；再接着以木板的ab边为轴，将木板向上缓慢转动，使木板的ad边与桌面的夹角也为θ（ab边与桌面的夹角θ不变）。在转动过程中木块在木板上没有滑动。则转动以后木块受到的摩擦力的大小为( )
A． B． C． D．
6.如图，上下不等框的平行金属导轨的EF和GH两部分导轨间的距离为2L，IJ和MN两部分导轨间的距离为L，导轨竖直放置，，整个装置处在水平向里的匀强磁场中，金属杆ab和cd的质量为m，都可在导轨上无摩擦的滑动，且与导轨接触良好，现对金属杆ab施加一个竖直向上的作用力F，使其匀速向上运动，此时cd处于静止状态，则力F的大小为（ ）
A.2mg B.3mg C.4mg D.mg
7.如图，在oxyz坐标系所处的空间中，可能存在匀强电场E和匀强磁场B，也可能两者都存在，现有一质量为m、电荷量为+q的点电荷（不计重力），沿x轴正方向射入此空间，发现他做匀速直线运动，则下列关于电场E和磁场B的分布情况中可能的是（ ）
A.E不等于0，B等于0，且E沿z轴正方向
B. E等于0，B不等于0，且B沿x轴正方向或负方向
C. E不等于0，B不等于0，且B沿x轴正方向，E沿y轴负方向
D. E不等于0，B不等于0，且B沿y轴负方向，E沿z轴负方向
8.如图，光滑金属导体框竖直放置，质量为m的金属棒MN与框架接触良好，磁感应强度分别为B1、B2的有界匀强磁场方向相反，但均在垂直于框架平面。现从图示位置由静止释放金属棒MN，当金属棒进入磁场B1区域后，恰好做匀速运动，以下说法中正确的有（ ）
A. B1=B2，金属棒进入B2区域后将加速下滑
B. B1=B2，金属棒进入B2区域后将保持匀速下滑
C. B1>B2，金属棒进入B2区域后可能先减速后匀速下滑
D. B19.如图，两物体质量分别为m1、m2，悬点a、b间的距离远大于滑轮的直径，不计一切摩擦，整个装置处于静止状态。由图可得（ ）
A.一定等于
B. m1一定大于m2
C. m1一定小于2m2
D. m1可能大于2m2
10.如图，匀强电场方向与倾斜的天花板垂直，一带正电的物体在天花板上处于静止状态，则下列判断正确的是（ ）
A.天花板与物体间的弹力一定不为零
B.天花板对物体的摩擦力可能为零
C.物体受到天花板的摩擦力随电场强度的E的增大而增大
D.逐渐增大电场强度的E的过程中，物体始终静止不动
二、计算题
11.特种兵过山谷的一种方法可以简化成如图所示情景，将一根长为2d的不可伸长的细绳两端固定在相距为d的A、B两等高点，绳上挂一小滑轮上，战士们互相配合，沿着绳子滑到对面 如图，战士甲碎片拉住滑轮，质量为m的战士乙吊在滑轮上，脚离地，处于静止状态，此时AP竖直，然后战士甲将滑轮从静止状态释放，若不计滑轮摩擦及空气阻力，也不急绳与滑轮的质量，求：
⑴战士甲释放前对滑轮的水平拉力F
⑵战士乙滑动过程中的最大速度
12.如图匀强磁场沿水平方向，垂直纸面向里，磁感应强度B=1T，匀强电场方向水平向右，场强E=，一带正电的微粒质量电量，在此空间恰好做直线运动，g=10m/s2。问：
⑴带电微粒运动速度的大小和方向怎样？
⑵若微粒运动到P点的时刻，突然将磁场撤去，那么经过多长时间微粒到达Q点？（设PQ连线与电场方向平行）
13.如图，足够长的光滑平行金属导轨cd和ef，水平放置且相距为L，在其左端固定一个半径为r的四分之三金属半径光滑圆环，两圆环面平行且竖直。在水平导轨和圆环上各有一根与导轨垂直的金属杆，两金属杆质量均为m，电阻均为R，，其余电阻不计。整个装置放在磁感应强度为B、方向竖直向上的匀强磁场中 当用水平向右的恒力F=拉细杆a，达到匀速运动是，杆b恰好静止在圆环上某处，试求：
⑴杆a做匀速运动时，回路中的感应电流
⑵杆a做匀速运动时的速度
⑶杆b静止的位置距圆环最低点的高度
14.如图甲所示，PQNM是表面粗糙的绝缘斜面，abcd是质量m=0.5kg、总电阻R=0.5Ω、边长L=0.5m的正方形金属线框，线框的匝数N=10。将线框放在斜面上，是斜面的倾角θ从00开始还没增大，当θ增大到370时，线框即沿斜面向下滑。假设最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，现保持斜面的夹角不变，在OO/NM的区域加上垂直斜面的匀强磁场，使线框的一半处于磁场中，磁场的磁感应强度B随时间的t变化的图像如图乙所示（重力加速度g=10m/s2,sin370=0.6）
⑴试根据图乙写出B随时间t变化的函数关系式
⑵通过计算判断在t=0时刻线框是否会沿斜面运动？若不运用，请求出从t=0时刻开始经过多长时间线框开始发生运动。
15．如图(a)所示，将一条轻而柔软的细绳一端拴在天花板上的A点。另一端拴在竖直墙上的B点，A和B到O点的距离相等，绳的长度是OA的两倍，图(b)所示为一质量可忽略的动滑轮K，滑轮下悬挂一质量为m的重物，设摩擦力可忽略，现将动滑轮和重物一起挂到细绳上，在达到平衡时，绳所受的拉力是多大?
16．在电视节目中我们常常能看到一种精彩的水上运动——滑水板，如图26所示，运动员在快艇的水平牵引力作用下，脚踏倾斜滑板在水上匀速滑行，设滑板是光滑的，若运动员与滑板的总质量为m＝70Kg，滑板的总面积为S＝0.12m2，水的密度为ρ＝kg/m3．理论研究表明：当滑板与水平方向的夹角为θ（板前端抬起的角度）时，水对板的作用力的大小为N＝ρSv2sin2θ，方向垂直于板面．式中v为快艇的牵引速度，S为滑板的滑水面积．求：为使滑板能在水面上滑行，快艇水平牵引滑板的最小速度（水对滑板的阻力忽略不计）．（提示：）
参考答案
一、选择题
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
BC
B
C
C
B
B
BD
BCD
AC
AD
二、计算题
11.⑴ ⑵
12.⑴20m/s 方向与水平方向成600斜向右上
⑵
13.⑴ ⑵ ⑶
14.⑴ ⑵不会 2.5s
15.
16.
专题五 电场和磁场
一 教案
专题要点
第一部分：场的基本性质
库仑定律：在真空中静止的两个点电荷之间的作用力跟它们的电荷量的乘积成正比，跟它们之间的距离的平方成反比，作用力的方向在他们的连线上
即，适用条件：真空中的点电荷（如果带电体间的距离比它们的大小大得多，以致带电体的形状对相互作用力的影响可忽略不计，这样的带电体可以看成点电荷）
2.电场的最基本性质：对放入其中的电荷有力的作用。电场强度E是描述电场的力的性质的物理量。
3. 电场强度的三种表达方式的比较
定义式
决定式
关系式
表达式
适用
范围
任何电场
真空中的点电荷
匀强电场
说明
E的大小和方向与检验电荷
的电荷量以及电性以及存在与否无关
Q：场源电荷的电荷量
r:研究点到场源电荷的距离
U:电场中两点的电势差
d：两点沿电场线方向的距离
4. 叠加性：多个电荷在电场中某点的电场强度为各个电荷单独在该点产生的电场强度的矢量和，这种关系叫做电场强度的叠加，电场强度的叠加尊从平行四边形定则。
5. 磁场和电场一样，也是一种特殊物质。磁体的周围，电流的周围，变化的电场存在磁场。
6.带电粒子在磁场中的受力情况：磁场对运动电荷有力的作用，对静止电荷没有力的作用。磁场对运动电荷的作用力叫洛伦兹力洛伦兹力的大小和方向：其大小为F的方向依然用左手定则判定，但四指的指向应为正电荷运动的方向或与负电荷定向运动的方向相反。
7.洛伦兹力做功的特点：由于洛伦兹力的方向始终与运动方向垂直，所以洛伦兹力永不做功，但洛伦兹力的分力可以做功。
8.电场力做功与电势能变化的关系：电场力做正功电势能减小，电场力做负功电势能增加，且电势能的改变量等于电场力做功的多少。，正电荷沿电场线移动或负电荷逆着电场线移动，电场力均做正功电势能减小，负电荷逆着电场线移动或负电荷沿电场线移动，电场力均做负功电势能增加。
9.等势面与电场线的关系：⑴电场线总是与等势面垂直，且从高电势等势面指向低电势等势面。⑵电场线越密的地方，等势面越密。⑶沿等势面移动电荷，电场力不做功，沿电场线移动电荷，电场力一定做功。
第二部分：带电粒子（或导体）在复合场中的运动
1.电场与磁场的比较
⑴带电粒子（不计重力）在电场中的运动可以分为两种类型：加速和偏转。带电粒子在电场中加速问题的分析，通常用动能定理来求，而带电粒子在电场内的偏转常采用运动分解的办法来处理，粒子在垂直于电场方向做匀速运动，在沿电场方向做初速度为零的匀加速直线运动。
⑵带电粒子在磁场中的运动①若速度方向与磁场方向平行，带电粒子以速度v做匀速直线运动，此情况下洛伦兹力为零。②若速度垂直于磁场方向，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或匀速圆周运动的一部分。
⑶电场对电荷一定有力的作用，磁场对运动电荷有力的作用。电场力的方向：正电荷受力方向与场强方向相同；负电荷受力方向与场强方向相反。
⑷电场力做功与路径无关，且等于电势能的变化，而洛伦兹力不做功。
2.复合场：复合场一般包括重力场、电场、磁场，在同一区域，可能同时存在两种或两种以上的不同的场 像速度选择器、电磁流量计、霍尔元件、磁流体发电机等都是考查带电粒子在复合场中的运动。
考纲要求
考点
要求
考点解读
物质的电结构、电荷守恒
Ⅰ
本专题的重点①通过带电粒子的运动、受力、功能变化考查对静电场的产生、性质的理解。应抓住“两条主线、两个应用”进行复习，一条主线是关于电场力的性质的物理量---电场强度；另一条是电场能的性质的物理量---电势。两个应用是：电容器、带电粒子的偏转和加速。②对安排定则和左手定则的考查③带电粒子在磁场中的圆周运动④带电粒子在复合场中的运动⑤联系实际问题如速度选择器、质谱仪、回旋加速器、磁流体发电机、电磁流量计等。
以下几点是命题的热点：
一带电粒子运动轨迹与电场线或等势线间关系判断电场的力、能的性质或粒子能量的变化情况。
带电粒子在电场中结合实际，科技的加速与偏转
安培力作用下的动态分析
带电粒子在复合场中的运动
静电现象的解释
Ⅰ
点电荷
Ⅰ
库仑定律
Ⅱ
静电场
Ⅰ
电场强度、点电荷的场强
Ⅱ
电场线
Ⅰ
电势能、电势
Ⅰ
电势差
Ⅱ
匀强电场中电势差与电场强度的关系
Ⅰ
带电粒子在匀强电场中的运动
Ⅱ
示波管
Ⅰ
常见电容器
Ⅰ
电容器的电压、电荷量和电容的关系
Ⅰ
磁场、磁感应强度、磁感线
Ⅰ
通电直导线和通电线圈周围的磁场
Ⅰ
安培力、安培力的方向
Ⅰ
匀强磁场中的安培力
Ⅱ
洛伦兹力、洛伦兹力的方向
Ⅰ
洛伦兹力公式
Ⅱ
带电粒子在匀强磁场中的运动
Ⅱ
质谱仪和回旋加速器
Ⅰ
教法指引
此专题复习时，可以先让学生完成相应的习题，在精心批阅之后以题目带动知识点，进行适当提炼讲解。根据我对学生的了解，发现很多同学问题在于
知识点较多，容易混淆
有时综合题较多，分析难度加大
所以在讲解时层次应放的低一点，着重掌握好各种物理模型，理解处理各种模型的方法，坚持夯实基础为主的主线
知识网络
典例精析
题型1.（电场性质的理解）电子在电场中运动时，仅受电场力作用，其由a点运动到b点的轨迹如图中虚线所示。图中一组平行等距实线可能是电场线，也可能是等势线，则下列说法中正确的是（　 ）
A．不论图中实线是电场线还是等势线，a点的电势都比b点低
B．不论图中实线是电场线还是等势线，a点的场强都比b点小
C．如果图中实线是电场线，则电子在a点动能较小
D．如果图中实线是等势线，则电子在b点动能较小
解析：由运动轨迹可知若实线是电场线的话所受电场力水平向右，若实线是等势线的话所受电场力竖直向下。再结合粒子是电子，可知场强方向要不水平向左（b点电势高），要不场强方向竖直向上（a点电势高）。且为匀强电场场强处处相同。AB错。若实线是电场线电场力做正功，动能增加（电子在a点动能较小），若实线是等势线电场力做负功动能减小（电子在b点动能较小），CD对。
规律总结：求解这一类题的具体步骤是：先画出入射点的轨迹切线，即画出初速度的方向；在根据轨迹的弯曲方向，确定电场力的方向；进而利用分析力学方法来分析粒子的带电性质、电场力做功的正负、电势能增减、电势大小变化、电场力大小变化等有关问题。注意在只有重力和电场力做功时，重力势能、电势能和动能间可以相互转化，重力势能、电势能与动能的总和保持不变。
题型2. （电场的叠加）如图所示，在y轴上关于0点对称的A、B两点有等量同种点电荷+Q，在x轴上C点有点电荷-Q且CO=OD，∠ADO=600。下列判断正确的是
A. O点电场强度为零
B. D点电场强度为零
C.若将点电荷+q从O移向C，电势能增大
D.若将点电荷-q从O移向C，电势能增大
解析：A、B两点电荷在O点的合场强为零，当A、B、C三点在O点合场强不为零，而在D点的合场强为零。点电荷-q从O移向C，电场力做负功，电势能增大。BD对。
规律总结：1.等量异种电荷的中垂线是等势线，而电场线和等势线是垂直的
几个点电荷在空间某点所形成的电场应等于每个点电荷在该点形成电场的矢量和。
题型3.（带电粒子在电场内的运动）如图所示，质量为m＝1克、电量为q＝2×10-6库的带电微粒从偏转极板A、B中间的位置以10米/秒的初速度垂直电场方向进入长为L＝20厘米、距离为d＝10厘米的偏转电场，出电场后落在距偏转电场40厘米的挡板上，微粒的落点P离开初速度方向延长线的距离为20厘米，不考虑重力的影响。求：
（1）加在A、B两板上的偏转电压UAB
（2）当加在板上的偏转电压UAB满足什么条件时，此带电微粒会碰到偏转极板
解析：⑴带电粒子出电场后沿切线方向做匀速运动，把匀速运动轨迹反向延长交图中一点，此点在处。设电场内的偏移量为y，则有
又，解得。
⑵同理可得
审题指导：本题是一个临界问题，要注意找准对应的临界条件作为解题的突破口。
训练：如图所示，边长为L的正方形区域abcd内存在着匀强电场 电量为q、动能为Ek的带电粒子从a点沿ab方向进入电场，不计重力。
（1）若粒子从c点离开电场，求电场强度的大小和粒子离开电场时的动能；
（2）若粒子离开电场时动能为Ek’，则电场强度为多大？
解析：（1）水平方向做匀速运动有L＝v0t，沿电场方向做初速度为零的匀加速直线运动，L＝＝，所以E＝，qEL＝Ekt－Ek，所以Ekt＝qEL＋Ek＝5Ek，
（2）若粒子由bc边离开电场，L＝v0t，vy＝＝，Ek’－Ek＝mvy2＝＝，所以E＝，
若粒子由cd边离开电场，qEL＝Ek’－Ek，所以E＝
题型4.（带电粒子在磁场中的运动）如图所示，两个同心圆,半径分别为r和2r,在两圆之间的环形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B。圆心O处有一放射源,放出粒子的质量为m,带电量为q,假设粒子速度方向都和纸面平行。
（1）图中箭头表示某一粒子初速度的方向，OA与初速度方向夹角为 60°，要想使该粒子经过磁场第一次通过A点，则初速度的大小是多少？
（2）要使粒子不穿出环形区域，则粒子的初速度不能超过多少?
解析：（1）如图所示，设粒子在磁场中的轨道半径为R1，则由几何关系得
R1= （2分）
由q1B=m（2分）
得1= （2分）
（2）设粒子在磁场中的轨道半径为R2，
则由几何关系（2r- R2）2= R22+ r2 (1分)
得R2=3r/4 （1分）
由q2B=m (2分)
得2= (1分)
规律总结：解决带电粒子的圆周运动问题，首先要确定圆周平面，画出大致轨迹，找到圆心，连接半径。若题目中给定了距离，要利用几何关系表示出粒子圆周运动的半径，而后利用半径结论列出方程，若题目中给定了时间，要找出圆弧所对应的圆心角，利用周期结论
列出方程。
题型5.（带电粒子在组合场内的运动）如图为示波管的部分示意图，竖直YY’和水平XX’偏转电极的板车都为l=4cm，电极间距离都为d=1cm，YY’、XX’板右端到荧光屏的距离分别为10cm和12cm，两偏转电场间无相互影响。电子束通过A板上的小孔沿中心轴线进入偏转电极时的速度为v0=1.6×107m/s，元电荷电量，电子质量。当偏转电极上不加电压时，电子束打在荧光屏上的O点。求：
（1）要使电子束不打在偏转电极的极板上，加在偏转电极上的偏转电压U不能超过多大？
（2）若在偏转电极XX’上加Ux=45.5sin（）V的电压，在偏转电极YY’上加Uy=45.5cos（）V的电压，通过计算说明源源不断的电子灯打在荧光屏上所产生亮点的轨迹形状。
解：（1）设偏转电场的场强为E，则有：①（1分）
设电子经时间t通过偏转电场，偏离轴线的侧向位移为s侧，则有：
在中心轴线方向上：②（1分）
在轴线侧向有：③（2分）
④（2分）
要使电子束不打在偏转电极的极板上，则⑤（2分）
代入数据解①~⑤式可得（2分）
（2）由②式可得（1分）
而电场的变化周期得
故可以认为电子通过偏转电场的过程中板间时局为匀强电场（1分）
设电子通过偏转电场过程中产生的侧向速度为v侧，偏转角为，则电子通过偏转电场时有：
⑥
⑦（2分）
设偏转极板右端到荧光屏距离为L，
电子在荧光屏上偏离O点的距离为⑧（2分）
由①~③式、⑥~⑨式可得电子在荧光屏上的x、y坐标为：
（2分）
所以荧光屏上出现的是半长轴和半短轴分别为0.025m、0.018m的椭圆（指出荧光屏上产生亮点的轨迹为椭圆，而没给出半长轴和半短轴的具体数值，本步2分照给）。（2分）
题型6.（带电粒子在电场和磁场组合场内的运动）如图，空间存在匀强电场和匀强磁场，电场方向为y轴正方向，磁场方向垂直于xy平面（纸面）向外，电场和磁场都可以随意加上或撤除，重新加上的电场或磁场与 撤除前的一样．一带正电荷的粒子从P(x＝0，y＝h)点以一定的速度平行于x轴正向入射．这时若只有磁场，粒子将做半径为R0的圆周运动：若同时存在电场和磁场，粒子恰好做直线运动．现在，只加电场，当粒子从P点运动到x＝R0平面（图中虚线所示）时，立即撤除电场同时加上磁场，粒子继续运动，其轨迹与x轴交于M点．不计重力．求：
⑴粒子到达x＝R0平面时速度方向与x轴的夹角以及粒子到x轴的距离；
⑵M点的横坐标xM．
解析：⑴做直线运动有：
做圆周运动有：
只有电场时，粒子做类平抛，有：



解得：
粒子速度大小为：
速度方向与x轴夹角为：
粒子与x轴的距离为：
⑵撤电场加上磁场后，有：
解得：
粒子运动轨迹如图所示，圆心C位于与速度v方向垂直的直线上，该直线与x轴和y轴的夹角均为π/4，有几何关系得C点坐标为：


过C作x轴的垂线，在ΔCDM中：

解得：
M点横坐标为：
规律总结：组合场内粒子的运动也是组合的，因此对这样的多过程问题的发现，需要找到粒子在不同场中运动的关联量或运动变化的转折点的隐含条件（一般是分析转折点的速度），往往成为解题的突破口。
题型7.（带电粒子在电场和磁场叠加场内的运动）如图所示，x轴正方向水平向右，y轴正方向竖直向上。在xOy平面内有与y轴平行的匀强电场，在半径为R的圆内还有与xOy平面垂直的匀强磁场。在圆的左边放置一带电微粒发射装置，它沿x轴正方向发射出一束具有相同质量m、电荷量q（q>0）和初速度v的带电微粒。发射时，这束带电微粒分布在0（1）从A点射出的带电微粒平行于x轴从C点进入有磁场区域，并从坐标原点O沿y轴负方向离开，求点场强度和磁感应强度的大小和方向。
（2）请指出这束带电微粒与x轴相交的区域，并说明理由。
（3）若这束带电微粒初速度变为2v，那么它们与x轴相交的区域又在哪里？并说明理由。
解析：本题考查带电粒子在复合场中的运动。
带电粒子平行于x轴从C点进入磁场，说明带电微粒所受重力和电场力平衡。设电场强度大小为E，由

可得
方向沿y轴正方向。
带电微粒进入磁场后，将做圆周运动。 且
r=R
如图（a）所示，设磁感应强度大小为B。由

得
方向垂直于纸面向外
（2）这束带电微粒都通过坐标原点。
方法一：从任一点P水平进入磁场的带电微粒在磁场中做半径为R的匀速圆周运动，其圆心位于其正下方的Q点，如图b所示，这束带电微粒进入磁场后的圆心轨迹是如图b的虚线半圆，此圆的圆心是坐标原点为。
方法二：从任一点P水平进入磁场的带电微粒在磁场中做半径为R的匀速圆周运动。如图b示，高P点与O′点的连线与y轴的夹角为θ，其圆心Q的坐标为（-Rsinθ，Rcosθ）,圆周运动轨迹方程为
得
x=0 x=-Rsinθ
y=0 或 y=R(1+cosθ)
（3）这束带电微粒与x轴相交的区域是x>0
带电微粒在磁场中经过一段半径为r′的圆弧运动后，将在y同的右方(x>0)的区域离开磁场并做匀速直线运动，如图c所示。靠近M点发射出来的带电微粒在突出磁场后会射向x同正方向的无穷远处国靠近N点发射出来的带电微粒会在靠近原点之处穿出磁场。
所以，这束带电微粒与x同相交的区域范围是x>0.
二 学案
典例精析
题型1.（电场性质的理解）电子在电场中运动时，仅受电场力作用，其由a点运动到b点的轨迹如图中虚线所示。图中一组平行等距实线可能是电场线，也可能是等势线，则下列说法中正确的是（　 ）
A．不论图中实线是电场线还是等势线，a点的电势都比b点低
B．不论图中实线是电场线还是等势线，a点的场强都比b点小
C．如果图中实线是电场线，则电子在a点动能较小
D．如果图中实线是等势线，则电子在b点动能较小
解析：由运动轨迹可知若实线是电场线的话所受电场力水平向右，若实线是等势线的话所受电场力竖直向下。再结合粒子是电子，可知场强方向要不水平向左（b点电势高），要不场强方向竖直向上（a点电势高）。且为匀强电场场强处处相同。AB错。若实线是电场线电场力做正功，动能增加（电子在a点动能较小），若实线是等势线电场力做负功动能减小（电子在 b点动能较小），CD对。
规律总结：求解这一类题的具体步骤是：先画出入射点的轨迹切线，即画出初速度的方向；在根据轨迹的弯曲方向，确定电场力的方向；进而利用分析力学方法来分析粒子的带电性质、电场力做功的正负、电势能增减、电势大小变化、电场力大小变化等有关问题。注意在只有重力和电场力做功时，重力势能、电势能和动能间可以相互转化，重力势能、电势能与动能的总和保持不变。
题型2. （电场的叠加）如图所示，在y轴上关于0点对称的A、B两点有等量同种点电荷+Q，在x轴上C点有点电荷-Q且CO=OD，∠ADO=600。下列判断正确的是
A. O点电场强度为零
B. D点电场强度为零
C.若将点电荷+q从O移向C，电势能增大
D.若将点电荷-q从O移向C，电势能增大
解析：A、B两点电荷在O点的合场强为零，当A、B、C三点在O点合场强不为零，而在D点的合场强为零。点电荷-q从O移向C，电场力做负功，电势能增大 BD对。
规律总结：1.等量异种电荷的中垂线是等势线，而电场线和等势线是垂直的。
几个点电荷在空间某点所形成的电场应等于每个点电荷在该点形成电场的矢量和。
题型3.（带电粒子在电场内的运动）如图所示，质量为m＝1克、电量为q＝2×10-6库的带电微粒从偏转极板A、B中间的位置以10米/秒的初速度垂直电场方向进入长为L＝20厘米、距离为d＝10厘米的偏转电场，出电场后落在距偏转电场40厘米的挡板上，微粒的落点P离开初速度方向延长线的距离为20厘米，不考虑重力的影响。求：
（1）加在A、B两板上的偏转电压UAB
（2）当加在板上的偏转电压UAB满足什么条件时，此带电微粒会碰到偏转极板
解析：⑴带电粒子出电场后沿切线方向做匀速运动，把匀速运动轨迹反向延长交图中一点，此点在处。设电场内的偏移量为y，则有
又，解得。
⑵同理可得
审题指导：本题是一个临界问题，要注意找准对应的临界条件作为解题的突破口。
训练：如图所示，边长为L的正方形区域abcd内存在着匀强电场 电量为q、动能为Ek的带电粒子从a点沿ab方向进入电场，不计重力。
（1）若粒子从c点离开电场，求电场强度的大小和粒子离开电场时的动能；
（2）若粒子离开电场时动能为Ek’，则电场强度为多大？
解析：（1）水平方向做匀速运动有L＝v0t，沿电场方向做初速度为零的匀加速直线运动，L＝＝，所以E＝，qEL＝Ekt－Ek，所以Ekt＝qEL＋Ek＝5Ek，
（2）若粒子由bc边离开电场，L＝v0t，vy＝＝，Ek’－Ek＝mvy2＝＝，所以E＝，
若粒子由cd边离开电场，qEL＝Ek’－Ek，所以E＝
题型4.（带电粒子在磁场中的运动）如图所示，两个同心圆,半径分别为r和2r,在两圆之间的环形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B。圆心O处有一放射源,放出粒子的质量为m,带电量为q,假设粒子速度方向都和纸面平行。
（1）图中箭头表示某一粒子初速度的方向，OA与初速度方向夹角为 60°，要想使该粒子经过磁场第一次通过A点，则初速度的大小是多少？
（2）要使粒子不穿出环形区域，则粒子的初速度不能超过多少?
解析：（1）如图所示，设粒子在磁场中的轨道半径为R1，则由几何关系得
R1= （2分）
由q1B=m（2分）
得1= （2分）
（2）设粒子在磁场中的轨道半径为R2，
则由几何关系（2r- R2）2= R22+ r2 (1分)
得R2=3r/4 （1分）
由q2B=m (2分)
得2= (1分)
规律总结：解决带电粒子的圆周运动问题，首先要确定圆周平面，画出大致轨迹，找到圆心，连接半径 若题目中给定了距离，要利用几何关系表示出粒子圆周运动的半径，而后利用半径结论列出方程，若题目中给定了时间，要找出圆弧所对应的圆心角，利用周期结论
列出方程。
题型5.（带电粒子在组合场内的运动）如图为示波管的部分示意图，竖直YY’和水平XX’偏转电极的板车都为l=4cm，电极间距离都为d=1cm，YY’、XX’板右端到荧光屏的距离分别为10cm和12cm，两偏转电场间无相互影响。电子束通过A板上的小孔沿中心轴线进入偏转电极时的速度为v0=1.6×107m/s，元电荷电量，电子质量。当偏转电极上不加电压时，电子束打在荧光屏上的O点。求：
（1）要使电子束不打在偏转电极的极板上，加在偏转电极上的偏转电压U不能超过多大？
（2）若在偏转电极XX’上加Ux=45.5sin（）V的电压，在偏转电极YY’上加Uy=45.5cos（） V的电压，通过计算说明源源不断的电子灯打在荧光屏上所产生亮点的轨迹形状。
解：（1）设偏转电场的场强为E，则有：①（1分）
设电子经时间t通过偏转电场，偏离轴线的侧向位移为s侧，则有：
在中心轴线方向上：②（1分）
在轴线侧向有：③（2分）
④（2分）
要使电子束不打在偏转电极的极板上，则⑤（2分）
代入数据解①~⑤式可得（2分）
（2）由②式可得（1分）
而电场的变化周期得
故可以认为电子通过偏转电场的过程中板间时局为匀强电场（1分）
设电子通过偏转电场过程中产生的侧向速度为v侧，偏转角为，则电子通过偏转电场时有：
⑥
⑦（2分）
设偏转极板右端到荧光屏距离为L，
电子在荧光屏上偏离O点的距离为⑧（2分）
由①~③式、⑥~⑨式可得电子在荧光屏上的x、y坐标为：
（2分）
所以荧光屏上出现的是半长轴和半短轴分别为0.025m、0.018m的椭圆（指出荧光屏上产生亮点的轨迹为椭圆，而没给出半长轴和半短轴的具体数值，本步2分照给）。（2分）
题型6.（带电粒子在电场和磁场组合场内的运动）如图，空间存在匀强电场和匀强磁场，电场方向为y轴正方向，磁场方向垂直于xy平面（纸面）向外，电场和磁场都可以随意加上或撤除，重新加上的电场或磁场与 撤除前的一样．一带正电荷的粒子从P(x＝0，y＝h)点以一定的速度平行于x轴正向入射．这时若只有磁场，粒子将做半径为R0的圆周运动：若同时存在电场和磁场，粒子恰好做直线运动．现在，只加电场，当粒子从P点运动到x＝R0平面（图中虚线所示）时，立即撤除电场同时加上磁场，粒子继续运动，其轨迹与x轴交于M点．不计重力．求：
⑴粒子到达x＝R0平面时速度方向与x轴的夹角以及粒子到x轴的距离；
⑵M点的横坐标xM．
解析：⑴做直线运动有：
做圆周运动有：
只有电场时，粒子做类平抛，有：



解得：
粒子速度大小为：
速度方向与x轴夹角为：
粒子与x轴的距离为：
⑵撤电场加上磁场后，有：
解得：
粒子运动轨迹如图所示，圆心C位于与速度v方向垂直的直线上，该直线与x轴和y轴的夹角均为π/4，有几何关系得C点坐标为：


过C作x轴的垂线，在ΔCDM中：

解得：
M点横坐标为：
规律总结：组合场内粒子的运动也是组合的，因此对这样的多过程问题的发现，需要找到粒子在不同场中运动的关联量或运动变化的转折点的隐含条件（一般是分析转折点的速度），往往成为解题的突破口。
题型7.（带电粒子在电场和磁场叠加场内的运动）如图所示，x轴正方向水平向右，y轴正方向竖直向上。在xOy平面内有与y轴平行的匀强电场，在半径为R的圆内还有与xOy平面垂直的匀强磁场 在圆的左边放置一带电微粒发射装置，它沿x轴正方向发射出一束具有相同质量m、电荷量q（q>0）和初速度v的带电微粒。发射时，这束带电微粒分布在0（1）从A点射出的带电微粒平行于x轴从C点进入有磁场区域，并从坐标原点O沿y轴负方向离开，求点场强度和磁感应强度的大小和方向。
（2）请指出这束带电微粒与x轴相交的区域，并说明理由。
（3）若这束带电微粒初速度变为2v，那么它们与x轴相交的区域又在哪里？并说明理由。
解析：本题考查带电粒子在复合场中的运动。
带电粒子平行于x轴从C点进入磁场，说明带电微粒所受重力和电场力平衡。设电场强度大小为E，由

可得
方向沿y轴正方向。
带电微粒进入磁场后，将做圆周运动。 且
r=R
如图（a）所示，设磁感应强度大小为B。由

得
方向垂直于纸面向外
（2）这束带电微粒都通过坐标原点。
方法一：从任一点P水平进入磁场的带电微粒在磁场中做半径为R的匀速圆周运动，其圆心位于其正下方的Q点，如图b所示，这束带电微粒进入磁场后的圆心轨迹是如图b的虚线半圆，此圆的圆心是坐标原点为
方法二：从任一点P水平进入磁场的带电微粒在磁场中做半径为R的匀速圆周运动。如图b示，高P点与O′点的连线与y轴的夹角为θ，其圆心Q的坐标为（-Rsinθ，Rcosθ）,圆周运动轨迹方程为
得
x=0 x=-Rsinθ
y=0 或 y=R(1+cosθ)
（3）这束带电微粒与x轴相交的区域是x>0
带电微粒在磁场中经过一段半径为r′的圆弧运动后，将在y同的右方(x>0)的区域离开磁场并做匀速直线运动，如图c所示。靠近M点发射出来的带电微粒在突出磁场后会射向x同正方向的无穷远处国靠近N点发射出来的带电微粒会在靠近原点之处穿出磁场。
所以，这束带电微粒与x同相交的区域范围是x>0.
专题突破
针对典型精析的例题题型，训练以下习题。
1. 点电荷Q1、Q2和Q3所产生的静电场的等势面与纸面的交线如图中的实线所示，图中标在等势面上的数值分别表示该等势面的电势，a、b、c……表示等势面上的点，下列说法正确的有 （ ）
A．位于g点的点电荷不受电场力作用
B．b点的场强与d点的场强大小一定相等
C．把电荷量为q的正点电荷从a点移到i点，再从i点移到f点过程中，电场力做的总功大于把该点电荷从a点直接移到f点过程中电场力所做的功
D．把1库仑正电荷从m点移到c点过程中电场力做的功等于7KJ
点拨：此题为考察电场性质的习题。G点电势为零但是电场强度不为零，A错；b、d两点电势相等，但场强不一定相等，B错；C选项中电场力做功与过程无关，只由初末两状态的电势差决定，C错；有
2. 两带电量分别为q和－q的点电荷放在x轴上，相距为L，能正确反映两电荷连线上场强大小E与x关系的是图
点拨：此题为电场的叠加问题。由等量异种点电荷的电场强度的关系可知，在两电荷连线中点处电场强度最小，但不是零，从两点电荷向中点电场强度逐渐减小，因此A正确。
3. 如图所示，匀强电场方向沿轴的正方向，场强为。在点有一个静止的中性微粒，由于内部作用，某一时刻突然分裂成两个质量均为的带电微粒，其中电荷量为的微粒1沿轴负方向运动，经过一段时间到达点。不计重力和分裂后两微粒间的作用。试求
（1）分裂时两个微粒各自的速度；
（2）当微粒1到达（点时，电场力对微粒1做功的瞬间功率；
（3）当微粒1到达（点时，两微粒间的距离。
点拨：此题为带电粒子在电场中的运动。
（1）微粒1在y方向不受力，做匀速直线运动；在x方向由于受恒定的电场力，做匀加速直线运动。所以微粒1做的是类平抛运动。设微粒1分裂时的速度为v1，微粒2的速度为v2则有：
在y方向上有
-
在x方向上有
-
根号外的负号表示沿y轴的负方向。
中性微粒分裂成两微粒时，遵守动量守恒定律，有
方向沿y正方向。
（2）设微粒1到达（0，-d）点时的速度为v，则电场力做功的瞬时功率为
其中由运动学公式
所以
（3）两微粒的运动具有对称性，如图所示，当微粒1到达（0，-d）点时发生的位移
则当微粒1到达（0，-d）点时，两微粒间的距离为
4. 如图，在x轴下方有匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于x y平面向外。P是y轴上距原点为h的一点，N0为x轴上距原点为a的一点。A是一块平行于x轴的挡板，与x轴的距离为，A的中点在y轴上，长度略小于。带点粒子与挡板碰撞前后，x方向的分速度不变，y方向的分速度反向、大小不变。质量为m，电荷量为q（q>0）的粒子从P点瞄准N0点入射，最后又通过P点。不计重力。求粒子入射速度的所有可能值。
点拨：此题属于带电粒子在磁场中的运动问题。
设粒子的入射速度为v,第一次射出磁场的点为,与板碰撞后再次进入磁场的位置为.粒子在磁场中运动的轨道半径为R,有⑴
粒子速率不变,每次进入磁场与射出磁场位置间距离保持不变有⑵
粒子射出磁场与下一次进入磁场位置间的距离始终不变,与相等.由图可以看出⑶
设粒子最终离开磁场时,与档板相碰n次(n=0、1、2、3…).若粒子能回到P点,由对称性,出射点的x坐标应为-a,即⑷
由⑶⑷两式得⑸
若粒子与挡板发生碰撞,有⑹
联立⑶⑷⑹得n<3⑺
联立⑴⑵⑸得
⑻
把代入⑻中得
⑼
⑾
⑿
5. 如图所示，两平行金属板A、B长l＝8cm，两板间距离d＝8cm，两板间电势差UAB＝300V．一带正电的粒子电量q＝10-10C，质量m＝10-20kg，从R点沿电场中心线垂直电场线飞入电场，初速度v0＝2×106m/s，粒子飞出平行板电场后经过界面MN、PS间的无电场区域后，进入固定在中心线上的O点的点电荷Q形成的电场区域（设界面PS右边点电荷的电场分布不受界面的影响）。已知两界面MN、PS相距为L＝12cm，粒子穿过界面PS最后垂直击中放置于中心线上的荧光屏EF．要求：（静电力常数k＝9×109N·m2/C2）
（1）假设该带电粒子从界面MN飞出时速度方向的反向延长线交两平行金属板间电场中心线与C点，且R点到C的距离为x，试证明x＝l/2 ；
（2）粒子穿过界面PS时距中心线RO的距离；
（3）点电荷的电量Q．
点拨：此题属于带电粒子在啊电场和磁场的组合场内的运动问题。
（1）证明：设粒子从电场中飞出时的侧向位移为h，侧向速度为vy
则：h=at2/2 ， vy=at ， l=v0t （2分）
由相似三角形知识得： （2分）
解得： 所以： （1分）
（2）设粒子穿过界面PS时距中心线OR的距离为y
则： h=at2/2 （1分）
又 即： （1分）
代入数据，解得： h=0.03m=3cm （1分）
带电粒子在离开电场后将做匀速直线运动,由相似三角形知识得：
（1分）
代入数据，解得: y=0.12m=12cm （1分）
(3)设粒子从电场中飞出时的速度方向与水平方向的夹角为θ，则：
（1分）
因为粒子穿过界面PS最后垂直打在放置于中心线上的荧光屏上，所以该带电粒子在穿过界面PS后将绕点电荷Q作匀速圆周运动，其半径与速度方向垂直．
匀速圆周运动的半径： （1分）
由： （1分） 解得： Q=1.04×10-8C （1分）
6. 图为可测定比荷的某装置的简化示意图，在第一象限区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小B=2.0×10-3T,在X轴上距坐标原点L=0.50m的P处为离子的入射口，在Y上安放接收器，现将一带正电荷的粒子以v=3.5×104m/s的速率从P处射入磁场，若粒子在 y轴上距坐标原点L=0.50m的M处被观测到，且运动轨迹半径恰好最小，设带电粒子的质量为m,电量为q,不记其重力。
（1）求上述粒子的比荷；
（2）如果在上述粒子运动过程中的某个时刻，在第一象限内再加一个匀强电场，就可以使其沿y轴正方向做匀速直线运动，求该匀强电场的场强大小和方向，并求出从粒子射入磁场开始计时经过多长时间加这个匀强电场；
（3）为了在M处观测到按题设条件运动的上述粒子，在第一象限内的磁场可以局限在一个矩形区域内，求此矩形磁场区域的最小面积，并在图中画出该矩形。
点拨：带电粒子在电场和磁场的叠加场内的运动。
（1）设粒子在磁场中的运动半径为r。如图甲，依题意M、P连线即为该粒子在磁场中作匀速圆周运动的直径，由几何关系得
①
由洛伦兹力提供粒子在磁场中作匀速圆周运动的向心力，可得
②
联立①②并代入数据得
=4.9×C/kg（或5.0×C/kg） ③
（2）设所加电场的场强大小为E。如图乙，当粒子子经过Q点时，速度沿y轴正方向，依题意，在此时加入沿x轴正方向的匀强电场，电场力与此时洛伦兹力平衡，则有
④
代入数据得
⑤
所加电场的长枪方向沿x轴正方向。由几何关系可知，圆弧PQ所对应的圆心角为45°，设带点粒子做匀速圆周运动的周期为T，所求时间为t，则有
⑥
⑦
联立①⑥⑦并代入数据得
⑧
（3）如图丙，所求的最小矩形是，该区域面积
⑨
联立①⑨并代入数据得

矩形如图丙中（虚线）
学法导航
复习指导：①回归课本夯实基础，仔细看书把书本中的知识点掌握到位
②练习为主提升技能，做各种类型的习题，在做题中强化知识
③整理归纳举一反三，对易错知识点、易错题反复巩固
④重视物理学的科学研究方法。本部分内容的主要研究方法有：⑴理想化模型。如点电荷、电场线、等势面；⑵比值定义法。电场强度、电势的定义方法是定义物理量的一种重要方法；⑶类比方法。电场和重力场的比较；电场力和重力的比较；带电粒子在电场中的运动和平抛运动的类比。
⑤电场力做功的求解方法：⑴由功的定义W=FL求；⑵利用结论“电场力做功等于电荷电势能增量的负值”来求，即；⑶利用求。
⑥正确分析带电粒子的受力及运动特征是解决问题的前提合外力即初始状态的速度，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。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。当带电粒子所受的合外力是变力，且与初速度方向不在一条直线上时，粒子做非匀变速曲线运动，这是粒子的运动轨迹既不是圆弧也不是抛物线，由于带电粒子可能连续通过几个情况不同的复合场区，因此粒子的运动情况也发生相应的变化，其运动的过程可能由几种不同的运动阶段组成。
1. 如图8－5所示，把一个不带电的枕型导体靠近带正电的小球，由于静电感应，在a，b端分别出现负、正电荷，则以下说法正确的是：
A．闭合K1，有电子从枕型导体流向地 B．闭合K2，有电子从枕型导体流向地
C．闭合K1，有电子从地流向枕型导体 D．闭合K2，没有电子通过K2
【错解】枕型导体电荷总是守恒的，没有电子流过K2。选D。
【错解原因】由于对没有正确理解电荷守恒的相对性，所以在本题中认为枕型导体的电荷总是守恒的，便错选答案D。
【分析解答】在K1，K2都闭合前，对于枕型导体它的电荷是守恒的，a，b出现的负、正电荷等量。当闭合K1，K2中的任何一个以后，便把导体与大地连通，使大地也参与了电荷转移。因此，导体本身的电荷不再守恒，而是导体与大地构成的系统中电荷守恒。由于静电感应，a端仍为负电荷，大地远处感应出等量正电荷，因此无论闭K1还是K2，都是有电子从地流向导体，应选答案C。
【评析】在解决此类静电平衡问题时，对电荷守恒的理解应为：电荷守恒定律有相对性，一个物理过程中，某个物体或某些物体的电荷并不守恒，有增或有减，而这一过程中必有另一些物体的电荷有减或有增，其中的增量和减量必定相等，满足全范围内的守恒。即电荷是否守恒要看是相对于哪一个研究对象而言。电荷守恒是永恒的，是不需要条件的。电荷守恒定律也是自然界最基本的规律之一。在应用这个定律时，只要能够全面地考察参与电荷转移的物体，就有了正确地解决问题的基础。
2. 如图8－11所示，质量为m，带电量为q的粒子，以初速度v0，从A点竖直向上射入真空中的沿水平方向的匀强电场中，粒子通过电场中B点时，速率vB=2v0，方向与电场的方向一致，则A，B两点的电势差为：
【错解】带电粒子在电场中运动，一般不考虑带电粒子的重力，根据动能定理，电场力所做的功等于带电粒子动能的增量，电势差等于动能增量与电量Q的比值，应选D。
【错解原因】带电粒子在电场中运动，一般不考虑带电粒子的重力，则粒子在竖直方向将保持有速度v0，粒子通过B点时不可能有与电场方向一致的2v0，根据粒子有沿场强方向的速度2v0，则必是重力作用使竖直向上的速度变为零。如一定不考虑粒子重力，这只有在电场无限大，带电粒子受电场力的作用，在电场方向上的速度相比可忽略不计的极限状态，且速度沿电场方向才能成立。而本题中v0与vB相比不能忽略不计，因此本题应考虑带电粒子的重力。
【分析解答】在竖直方向做匀减速直线运动2gh=v02①
根据动能定理
【评析】根据初、末速度或者运动轨迹判断物体的受力情况是解决与运动关系问题的基本功。即使在电学中，带电粒子的运动同样也要应用这个基本功。通过这样一些题目的训练，多积累这方面的经验，非常必要。
3.?如图8－15所示，长为l的绝缘细线，一端悬于O点，另一端连接一质量为m的带负电小球，置于水平向右的匀强电场中，在O点
向右水平拉直后从静止释放，细线碰到钉子后要使小球刚好饶钉子O′在竖直平面内作圆周运动，求OO′长度。
【错解】摆球从A落下经B到C的过程中受到重力G，绳子的拉力T和电场力F电三个力的作用，并且重力和电场力做功，拉力不做功，由动能定理
摆球到达最低点时，摆线碰到钉子O′后，若要小球刚好绕钉子O′在竖直平面内做圆周运动，如图8－16。则在最高点D应满足：
从C到D的过程中，只有重力做功（负功），由机械能守恒定律
【错解原因】考生以前做过不少“在重力场中释放摆球。摆球沿圆弧线运动的习题”。受到这道题思维定势的影响，没能分析出本题的摆球是在重力场和电场叠加场中运动。小球同时受到重力和电场力的作用，这两个力对摆球运动轨迹都有影响。受“最高点”就是几何上的最高点的思维定势的影响，没能分析清楚物理意义上的“最高点”含义。在重力场中应是重力方向上物体运动轨迹的最高点，恰好是几何意义上的最高点。而本题中，“最高点”则是重力与电场力的合力方向上摆球运动的轨迹的最高点。
【正确解答】本题是一个摆在重力场和电场的叠加场中的运动问题，由于重力场和电场力做功都与路径无关，因此可以把两个场叠加起来看成一个等效力场来处理，如图8－17所示，
∴θ=60°。
开始时，摆球在合力F的作用下沿力的方向作匀加速直线运动，从A点运动到B点，由图8－17可知，△AOB为等边三角形，则摆球从A到B，在等效力场中，由能量守恒定律得：
在B点处，由于在极短的时间内细线被拉紧，摆球受到细线拉力的冲量作用，法向分量v2变为零，切向分量
接着摆球以v1为初速度沿圆弧BC做变速圆周运动，碰到钉子O′后，在竖直平面内做圆周运动，在等效力场中，过点O′做合力F的平行线与圆的交点为Q，即为摆球绕O′点做圆周运动的“最高点”，在Q点应满足
过O点做OP⊥AB取OP为等势面，在等效力场中，根据能量守恒定律得：
【评析】用等效的观点解决陌生的问题，能收到事半功倍的效果。然而等效是有条件的。在学习交流电的有效值与最大值的关系时，我们在有发热相同的条件将一个直流电的电压（电流）等效于一个交流电。本题中，把两个场叠加成一个等效的场，前提条件是两个力做功都与路径无关。
4.一个负离子的质量为m，电量大小为q，以速度v0垂直于屏S经过小孔O射入存在着匀强磁场的真空室中，如图所示。磁感应强度B方向与离子的初速度方向垂直，并垂直于纸面向里。如果离子进入磁场后经过时间t到这位置P，证明：直线OP与离子入射方向之间的夹角θ跟t
【错解】根据牛顿第二定律和向心加速度公式
【错解原因】高中阶段，我们在应用牛顿第二定律解题时，F应为恒力或平均力，本题中洛伦兹力是方向不断变化的力。不能直接代入公式求解。
【分析解答】
如图，当离子到达位置P时圆心角为
【评析】时时要注意公式的适用条件范围，稍不注意就会出现张冠李戴的错误。如果想用平均力的牛顿第二定律求解，则要先求平均加速度
5. 如图为方向相互垂直的匀强电场和匀强磁场区域。电场强度为E，磁感强度为B，复合场的水平宽度为d，竖直方向足够长。现有一束电量为+q、质量为m初速度各不相同的粒子沿电场方向进入场区，求能逸出场区的粒子的动能增量ΔEk。
【错解】当这束初速度不同、电量为+q、质量为m的带电粒子流射入电场中，由于带电粒子在磁场中受到洛伦兹力是与粒子运动方向垂直的，粒子将发生不同程度的偏转。有些粒子虽发生偏转，但仍能从入射界面的对面逸出场区；有些粒子则留在场区内运动。
从粒子射入左边界到从右边界逸出，电场力做功使粒子的动能发生变化。根据动能定理有：
Eqd=ΔEk
【错解原因】错解的答案不错，但是不全面。没有考虑仍从左边界逸出的情况。
【分析解答】由于带电粒子在磁场中受到洛伦兹力是与粒子运动方向垂直的。它只能使速度方向发生变。粒子速度越大，方向变化越快。因此当一束初速度不同、电量为+q、质量为m的带电粒子射入电场中，将发生不同程度的偏转。有些粒子虽发生偏转，但仍能从入射界面的对面逸出场区（同错解答案）；有些粒子将留在场区内运动；有些粒子将折回入射面并从入射面逸出场区。由于洛伦兹力不会使粒子速度大小发生变化，故逸出场区的粒子的动能增量等于电场力功。对于那些折回入射面的粒子电场力功为零，其动能不变，动能增量ΔEk=0。
【评析】本题考查带电粒子在磁场中的运动和能量变化。这道题计算量很小，要求对动能定理、电场力、磁场力等基本概念、基本规律有比较深入的理解，而且能够与题目所给的带电粒子的运动相结合才能求得解答。在结合题意分析时，特别要注意对关键词语的分析。本题中：“逸出场区”的准确含义是从任何一个边界逸出场区均可。
6.初速度为零的离子经过电势差为U的电场加速后，从离子枪T中水平射出，与离子枪相距d处有两平行金属板MN和PQ，整个空间存在一磁感强度为B的匀强磁场如图所示。不考虑重力的作用，荷质比q／m（q，m分别为离子的带电量与质量），应在什么范围内，离子才能打到金属板上？
【错解】离子在离子枪内加速，出射速度为
由牛顿第二定律离子在磁场中离子的加速度为
离子在磁场中做平抛运动
【错解原因】离子在离子枪中的的加速过程分析正确，离子进入磁场的过程分析错误。做平抛运动物体的加速度为一恒量，仅与初速度垂直。而洛伦兹力总与速度方向垂直，洛伦兹力大小不变、方向变化，它是个变力。离子在磁场中应做匀速圆周运动。
【分析解答】设离子带负电，若离子正好打到金属板的近侧边缘M，则其偏转半
若离子正好打到金属板的远侧边缘N，则其偏转半径满足关系
即
因离子从离子枪射出的速度v由离子枪内的加速电场决定
即
代入式④即得
讨论：由以上方程组可知
【评析】本题考查的能力要求体现在通过对边界条件的分析，将复杂的问题分解为若干个简单问题；把未知的问题转化为已知条件。并且通过几何关系找出大小两个半径来。从错解中还可以看出，熟练掌握基本的物理模型的特点（加速度与初速度的关系或加速度与位移之间的关系等）对正确选择解题思路的重要性。
专题综合
1.（带电粒子在磁场中的运动+周期性）空间存在垂直于纸面方向的均匀磁场其方向随时间作周期性变化，磁感应强度B随时间变化的图线如图（甲）所示。规定B>0，时，磁场方向穿出纸面。现在磁场区域中建立一与磁场方向垂直的平面直角坐标，如图（乙）所示。一电量C质量kg的带正电粒子，位于原点O处，在时刻以初速度m/s沿轴正方向开始运动，不计重力作用，不计磁场变化可能产生的一切其他影响。求：
（1）带电粒子的运动半径；
（2）带电粒子从O点运动到点的最短时间；
（3）要使带电粒子过图中的点，则磁场的变化周期为多少？
解：（1）设粒子运动半径为R，则
2分
m 2分
（2）设点电粒子的运动周期为，则
1分
若磁场的变化周期恰好为带电粒子运动的，即它的轨迹为4个1/4圆相连接，它的运动轨迹如图所示，此种情况带点粒子从O点运动到P点所用的时间最短，设为，则
3分
（3）要使带电粒子经过P点，则磁场变化的周期T和带电粒子在磁场中的运动周期之间应满足的关系为
2分
即 2分
2．（带电粒子在电场中的运动+带电粒子在磁场中的运动）两块足够大的平行金属极板水平放置，极板间加有空间分布均匀、大小随时间周期性变化的电场和磁场，变化规律分别如图1、图2所示（规定垂直纸面向里为磁感应强度的正方向）．在t＝0时刻由负极板释放一个初速度为零的带负电的粒子（不计重力）．若电场强度E0、磁感应强度B0、粒子的比荷均已知，且，两板间距．
⑴求粒子在0～t0时间内的位移大小与极板间距h的比值；
⑵求粒子在板板间做圆周运动的最大半径（用h表示）；
⑶若板间电场强度E随时间的变化仍如图1所示，磁场的变化改为如图3所示，试画出粒子在板间运动的轨迹图（不必写计算过程）．
解法一：⑴设粒子在0～t0时间内运动的位移大小为s1


又已知
解得：
⑵粒子在t0～2t0时间内只受洛伦兹力作用，且速度与磁场方向垂直，所以粒子做匀速圆周运动．设运动速度大小为v1，轨道半径为R1，周期为T，则

解得：
又
即粒子在t0～2t0时间内恰好完成一个周期的圆周运动．在2t0～3t0时间内，粒子做初速度为 v1的匀加速直线运动，设位移大小为s2

解得：
由于s1＋s2＜h，所以粒子在3t0～4t0时间内继续做匀速圆周运动设速度大小为v2，半径为R2
解得：
由于s1＋s2＋R2＜h，粒子恰好又完成一个周期的圆周运动．在4t0～5t0时间内，粒子运动到正极板（如图1所示）．因此粒子运动的最大半径
⑶粒子在板间运动的轨迹如图2所示
解法二：由题意可知，电磁场的周期为2t0，前半周期粒子受电场作用做匀加速直线运动，加速度大小为
方向向上
后半周期粒子受磁场作用做匀速圆周运动，周期为T

粒子恰好完成一次匀速圆周运动．至第n个周期末，粒子位移大小为sn

又已知
由以上各式得：
粒子速度大小为：
粒子做圆周运动的半径为：
解得：
显然：s2＋R2＜h＜s3
⑴粒子在0～t0时间内的位移大小与极板间距h的比值
⑵粒子在极板间做圆周运动的最大半径
⑶粒子在板间运动的轨迹图见解法一中的图2
三 考案
一、选择题
1. 如图所示，C为中间插有电介质的电容器，a和b为其两极板；a板接地；P和Q为两竖直放置的平行金属板，在两板间用绝缘线悬挂一带电小球；P板与b板用导线相连，Q板接地。开始时悬线静止在竖直方向，在b板带电后，悬线偏转了角度a。在以下方法中，能使悬线的偏角a变大的是（ ）
A.缩小a、b间的距离
B.加大a、b间的距离
C.取出a、b两极板间的电介质
D.换一块形状大小相同、介电常数更大的电介质
2. 如图所示，虚线EF的下方存在着正交的匀强电场和匀强磁场，电场强度为E，磁感应强度为B.一带电微粒自离 EF为h的高处由静止下落，从B点进入场区，做了一段匀速圆周运动，从D点射出。下列说法正确的是（ ）
A．微粒受到的电场力的方向一定竖直向上
B．微粒做圆周运动的半径为
C．从B点运动到D点的过程中微粒的电势能和重力势能之 和在最低点C最小
D．从B点运动到D点的过程中微粒的电势能先增大后减小

3. 静电场中，带电粒子在电场力作用下从电势为φa的a点运动至电势为φb的b点．若带电粒子在a、b两点的速率分别为va、vb，不计重力，则带电粒子的比荷q/m，为（ ）
A． B． C． D．
4. 有一个负点电荷只受电场力的作用，分别从两电场中的a点由静止释放，在它沿直线运动到b点的过程中，动能EK随位移s变化的关系图象如左下图中的①、②图线所示，则能与图线相对应的两个电场的电场线分布图分别是下图中的（ ）
5．如图所示，圆形区域内有垂直于纸面的匀强磁场，三个质量和电荷量都相同的带电粒子
a、b、c，以不同速率对准圆心O沿着AO方向射入磁场，其运动轨迹如图。若带电粒
子只受磁场力作用，则下列说法正确的是( )
A．a粒子动能最大
B．b粒子速率最大
C．c粒子在磁场中运动时间最长
D．它们做圆周运动的周期Ta
6. 带电粒子以速度沿方向射人—横截面为正方形的区域，、均为该正方形两边的中点，如图所示，不计粒子的重力。当区域内有竖直方向的匀强电场时，粒子从点飞出，所用时间为；当区域内有垂直纸面向里的磁场感应强度为的匀强磁场时，粒子也从点飞出，所用时间为，下列说法正确的是（ ）
A． B． C． D．
7. 环型对撞机是研究高能粒子的重要装置．正、负离子由静止经过电压为 U 的直线加速器加速后，沿圆环切线方向注入对撞机的真空环状空腔内，空腔内存在着与圆环平面垂直的匀强磁场，磁感应强度大小为 B．两种带电粒子将被局限在环状空腔内，沿相反方向做半径相等的匀速圆周运动，从而在碰撞区迎面相撞．为维持带电粒子在环状空腔中的匀速圆周运动，下列说法正确的是 （ ）
A．对于给定的加速电压，带电粒子的比荷 越大，磁感应强度 B 越大
B．对于给定的加速电压，带电粒子的比荷 越大，磁感应强度 B 越小
C．对于给定的带电粒子，加速电压 U 越大，粒子运动的周期越大
D．对于给定的带电粒子，不管加速电压 U 多大，粒子运动的周期都不变
8. 真空中存在竖直向上的匀强电场和水平方向的匀强磁场，一质量为，带电量为的物体以速度在竖直平面内做半径为的匀速圆周运动，假设时刻物体在轨迹最低点且重力势能为零，电势能也为零，那么，下列说法正确的是（ ）
A．物体带正电且逆时针转动
B．物体运动的过程中，机械能守恒，且机械能为
C．物体运动的过程中，重力势能随时间的变化关系为
D．物体运动的过程中，电势能随时间的变化关系为
9. 如图甲所示，一个质量为、电荷量为的带电粒子，不计重力。在点以某一初速度水平向左射入磁场区域Ⅰ，沿曲线运动，、、都是半径为的圆弧。粒子在每段圆弧上运动的时间都为。规定由纸面垂直向外的磁感应强度为正，则磁场区域ⅠⅡⅢ三部分的磁感应强度随变化的关系可能是乙图中的（ ）
10. 医生做某些特殊手术时，利用电磁血流计来监测通过动脉的血流速度。电磁血流计由一对电极a和b以及磁极N和S构成，磁极间的磁场是均匀的。使用时，两电极a、b均与血管壁接触，两触点的连线、磁场方向和血流速度方向两两垂直，如图所示。由于血液中的正负离子随血流一起在磁场中运动，电极a、b之间会有微小电势差 在达到平衡时，血管内部的电场可看作是匀强电场，血液中的离子所受的电场力和磁场力的合力为零。在某次监测中，两触点的距离为3.0mm，血管壁的厚度可忽略，两触点间的电势差为160μV，磁感应强度的大小为0.040T 则血流速度的近似值和电极a、b的正负为（ ）
A. 1.3m/s ，a正、b负 B. 2.7m/s ， a正、b负
C．1.3m/s，a负、b正 D. 2.7m/s ， a负、b正
11. 在如图所示电路中，电池均相同，当电键S分别置于a、b两处时，导线与之间的安培力的大小为、，判断这两段导线()
A.相互吸引，>
B.相互排斥，>
C.相互吸引， <
D.相互排斥，<
12. 在等边三角形的三个顶点a、b、c处，各有一条长直导线垂直穿过纸面，导线中通有大小相等的恒定电流，方向如图。过c点的导线所受安培力的方向（ ）
A.与ab边平行，竖直向上
B.与ab边平行，竖直向下
C.与ab边垂直，指向左边
D.与ab边垂直，指向右边
二、计算题
13. 为一种质谱仪工作原理示意图.在以O为圆心，OH为对称轴，夹角为2α的扇形区域内分布着方向垂直于纸面的匀强磁场.对称于OH轴的C和D分别是离子发射点和收集点.CM垂直磁场左边界于M，且OM=d.现有一正离子束以小发散角（纸面内）从C射出，这些离子在CM方向上的分速度均为v0.若该离子束中比荷为的离子都能汇聚到D，试求：
（1）磁感应强度的大小和方向（提示：可考虑沿CM方向运动的离子为研究对象）；
（2）离子沿与CM成θ角的直线CN进入磁场，其轨道半径和在磁场中的运动时间；
（3）线段CM的长度.
14. 如图甲，在水平地面上固定一倾角为θ的光滑绝缘斜面，斜面处于电场强度大小为E、方向沿斜面向下的匀强电场中。一劲度系数为k的绝缘轻质弹簧的一端固定在斜面底端，整根弹簧处于自然状态 一质量为m、带电量为q（q>0）的滑块从距离弹簧上端为s0处静止释放，滑块在运动过程中电量保持不变，设滑块与弹簧接触过程没有机械能损失，弹簧始终处在弹性限度内，重力加速度大小为g。
（1）求滑块从静止释放到与弹簧上端接触瞬间所经历的时间t1
（2）若滑块在沿斜面向下运动的整个过程中最大速度大小为vm，求滑块从静止释放到速度大小为vm过程中弹簧的弹力所做的功W；
（3）从滑块静止释放瞬间开始计时，请在乙图中画出滑块在沿斜面向下运动的整个过程中速度与时间关系v-t图象。图中横坐标轴上的t1、t2及t3分别表示滑块第一次与弹簧上端接触、第一次速度达到最大值及第一次速度减为零的时刻，纵坐标轴上的v1为滑块在t1时刻的速度大小，vm是题中所指的物理量。（本小题不要求写出计算过程）
15. 如图所示，相距为d的平行金属板A、B竖直放置，在两板之间水平放置一绝缘平板。有一质量m、电荷量q（q>0）的小物块在与金属板A相距l处静止。若某一时刻在金属板A、B间加一电压，小物块与金属板只发生了一次碰撞，碰撞后电荷量变为q，并以与碰前大小相等的速度反方向弹回。已知小物块与绝缘平板间的动摩擦因素为μ，若不计小物块电荷量对电场的影响和碰撞时间。则
（1）小物块与金属板A碰撞前瞬间的速度大小是多少？
（2）小物块碰撞后经过多长时间停止运动？停在何位置？
16．如图所示，在第一象限有一均强电场，场强大小为E，方向与y轴平行；在x轴下方有一均强磁场，磁场方向与纸面垂直。一质量为 m、电荷量为-q(q>0)的粒子以平行于x轴的速度从y轴上的P点处射入电场，在x轴上的Q点处进入磁场，并从坐标原点O离开磁场。粒子在磁场中的运动轨迹与y轴交于M点。已知OP=,。不计重力。求
（1）M点与坐标原点O间的距离；
（2）粒子从P点运动到M点所用的时间。
参考答案
一、选择题
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
BC
ABD
C
BC
B
AD
B
ACD
C
A
D
C
二、计算题
13. 解：（1）设沿CM方向运动的离子在磁场中做圆周运动的轨道半径为R
由　 R=d
得B＝
磁场方向垂直纸面向外
（2）设沿CN运动的离子速度大小为v，在磁场中的轨道半径为R′，运动时间为t
由vcosθ=v0 得v＝
R′==
方法一：设弧长为s t=
s=2(θ+α)×R′ t=
方法二：离子在磁场中做匀速圆周运动的周期T＝
t=Ｔ×=
(3)方法一：CM=MNcotθ = Ｒ′=
以上3式联立求解得CM=dcotα
方法二：设圆心为A，过A做AB垂直NO，可以证明NM＝BO
∵NM=CMtanθ又∵BO=ABcotα=R′sinθcotα=
∴CM=dcotα
14. 解： （1）滑块从静止释放到与弹簧刚接触的过程中作初速度为零的匀加速直线运动，设加速度大小为a，则有
qE+mgsin=ma ①
②
联立①②可得
③
（2）滑块速度最大时受力平衡，设此时弹簧压缩量为，则有
④
从静止释放到速度达到最大的过程中，由动能定理得
⑤
联立④⑤可得
s
（3）如图

15. 解：（1）加电压后，B极板电势高于A板，小物块在电场力作用与摩擦力共同作用下向A板做匀加速直线运动。电场强度为

小物块所受的电场力与摩擦力方向相反，则合外力为

故小物块运动的加速度为

设小物块与A板相碰时的速度为v1，由

解得
（2）小物块与A板相碰后以v1大小相等的速度反弹，因为电荷量及电性改变，电场力大小与方向发生变化，摩擦力的方向发生改变，小物块所受的合外力大小 为

加速度大小为
设小物块碰后到停止的时间为 t，注意到末速度为零，有

解得
设小物块碰后停止时距离为，注意到末速度为零，有

则
或距离B板为
16. 解：（1）带电粒子在电场中做类平抛运动，在轴负方向上做初速度为零的匀加速运动，设加速度的大小为；在轴正方向上做匀速直线运动，设速度为，粒子从P点运动到Q点所用的时间为，进入磁场时速度方向与轴正方向的夹角为，则
①
②
③
其中。又有
④
联立②③④式，得
因为点在圆周上，，所以MQ为直径。从图中的几何关系可知。
⑥
⑦
（2）设粒子在磁场中运动的速度为,从Q到M点运动的时间为,则有
⑧
⑨
带电粒子自P点出发到M点所用的时间为为
⑩
联立①②③⑤⑥⑧⑨⑩式，并代入数据得

专题八 机械振动与机械波
一 教案
专题要点
1．简谐运动的特征与判断
（1）从运动学角度看，简谐运动的特征要有：往复性；周期性，对称性。
（2）从动力学角度看，简谐运动的特征表现在所受到的回复力的形式上：简谐运动的质点所受到的回复力F其方向总与质点偏离平衡位置的位移x的方向相反，从而总指向平衡位置；其大小则总与质点偏离平衡位置的位移x的大小成正比，即F=－kx
（3）通常可以利用简谐运动的动力学特征去判断某质点的运动是否是简谐运动，其具体的判断方法是分为两个步骤：
①首先找到运动质点的平衡位置，即运动过程中所达到的受到的合力为零的位置，以该位置为坐标原点，沿质点运动方向过立坐标；
②其次是在质点运动到一般位置（坐标值为x）处时所受到的回复力F，如F可表为F=－kx
则运动是简谐的，否则就不是简谐音。
2．单摆理想化条件，受力特征及周期公式.
（1）单摆及其理想化条件：如图所示，一根长需求轻的线，悬挂着一个小而重的球，就构成所谓的单摆。理想的单摆应具备如下理想化条件：和小球的质量m相比，线的质量可以忽略；与线的长度l相比，小球的半径可以忽略。
（2）单摆的受力特征
当单摆做小角度摆支时，其受力情况为：受到一个恒定的竖直向下的重力mg，和一个变化的始终沿绳方向指向点的拉力F，而将这些力沿垂直于和平行于运速度方向分解，其中垂直于速度方向上的力使摆球的速度方向发生改变，充分摆球绕悬点做变速圆周运动所需的向心力 F向=F－mgcosθ平行于速度方向上的力使摆球的速度大小发生改变，充当摆球的回复力.F向=－mgsinθ=－x=－kx可见：当单摆做小角度摆动时，其运动近似为简谐运动
（3）单摆的周期公式
对于单摆，回复力与偏离平衡位置的位移的比例系数为k=
将其代入简谐运动周期的一般表达式中，得T=2π=2π
该公式提供了一种测定重力加速度g的方法.
3．简谐运动的图象及其应用
（1）图象的形式：当质点做简谐运动时其振动图象形如图所给出的正弦曲线.
（2）图象的意义：简谐运动的振动图像反映的是某振动质点在各个时刻相对于平衡位置的位移的变化情况.
（3）图象的应用：由定量画出的简谐运动的振动图象可以得到：振幅A；周期T；某时刻质点相对于平衡位置的位移；某时刻质点的振动方向；某一阶段质点的位移，速度，加速度，回复力，振动的能量形式等物理量的变化情况。
4. 关于机械波的基本知识。
（1）产生条件：第一，必须有波源；第二，必须有弹性的连续的介质。
（2）波的分类：横波和纵波两类。质点振动方向与波的传播方向相互垂直的叫横波；质点振动方向与波的传播方向相互平行的叫纵波。
（3）波的特点：机械波传播的只是质点振动的形式和能量，质点本身并不随波的传播而迁移；机械波的传播过程实际上是离波源泉近的质点带动离波源远的质点依次参加振动；正因为波的形成实际上是从波源开始依次带动介质中的各个质点参加振动，所以一方面参加振动的各质点的振动周期，振动频率都与波源质点相同，另一方面各质点参加振动的起始时刻随着与波源的距离依次滞后
（4）波的图象（以简谐波为例）
①意义：波的图象反映的是波的传播过程中某一时刻各个质点相对于各自的平衡位置的位移情况：
②作用：利用波的图象通常可以解决如下问题：
从图象中可以看出波长；各质点振动的振幅A；该时刻各质点偏离平衡位置的位移情况；比较各质点在该时刻的振动速度、动能、热能、回复力、加速度等量的大小；判断各质点该时刻的振动方向以及下一时刻的波形；
5.波的特有现象：（1）波的叠加原理（独立传播原理）（2）波的衍射（3）波的干涉（4）多普勒效应
6.波的图象与振动图象的比较；
简谐运动的振图象
机械波的波动图象
图象
函数关系
一个质点做简谐运动时，它的位置x随时间?t变化的关系
在某一时刻某一直线上各个质点的位置所形成的图象（横波）
坐标
横轴
一个质点振动的时间
各质点平衡位置距坐标原点的位置（距离）
纵轴
一个质点不同时刻相对平衡位置的位移
各质点相对各自平衡位置的位移
形状
正弦函数或余弦函数的图象
由图象可直观得到的数据
周期T
振幅A
波长 振幅A
波峰及波谷的位置
图象上某一点的意义
在某时刻（横轴坐标）做简谐运动的物体相对平衡位置的位移（纵轴坐标）
在某时刻，距坐标原点的距离一定（横轴坐标）的该质点的位移（纵坐标）
考纲要求
考点
要求
考点解读
简谐运动
Ⅰ
本专题考查的重点是简谐运动与机械波的图像、单摆周期公式的应用和共振、波长、波速、频率间的关系、波的干涉和衍射。
命题的方式依然是选择题、问答题、作图题和计算题的组合复习时应该通栏教材，理解振动和波的基本概念和规律、电磁波的形式与传播，以应对以选择题形式覆盖知识点的考查，掌握波速公式、折射定律、解题的基本方法
简谐运动的公式和图像
Ⅱ
单摆、周期公式
Ⅰ
受迫振动和共振
Ⅰ
机械波
Ⅰ
横波和纵波
Ⅰ
横波的图像
Ⅱ
波速、波长和频率（周期）的关系
Ⅱ
波的干涉和衍射现象
Ⅰ
探究单摆的运动、用单摆测定重力加速度
教法指引
此专题复习时，可以先让学生完成相应的习题，在精心批阅之后以题目带动知识点，进行适当提炼讲解。这一专题的知识点高考要求不是很高，但是比较杂乱，学生易于掌握每个知识点，但是不易掌握全面，尤其是机械波与机械振动的问题还容易混淆。二轮复习时还是要稳扎稳打，从基本知识出发再进行总结提升。
知识网络
典例精析
题型1.（简谐运动的证明）如图所示，正方体木块漂浮在水平上，将其稍向下压后放手，试
证明木块是否做简谐运动
证明：木块将做简谐运动. 从简谐运动的动力学特征出发，判断木块是否做简谐运动
设木块的边长为a，质量为m，则当图14—4中木块浸入水中的高度为h，而处于静止状
态时所受到的重力mg与浮力F1=ρha2g大小相等，木块在该位置处于平衡状态，于是
可取该装置为平衡位置建立坐标；当木块被按下后上下运动过程中浸入水中的高度达到h+x，而如图14—5所示时，所受到的浮力大小为
F2=ρ(h+x)a2g
于是，木块此时所受到的合外力为：F=mg―F2=―ρa2gx―kx
由此可知：木块做的是简谐运动
题型2.（单摆周期公式）已知在单摆a完成10次全振动的时间内，单摆b完成6次振动，两摆长之差为1.6m，则两单摆摆长la与lb分别为
A．la=2.5m，lb=0.9m B．la=0.9m，lb=2.5m
C．la=2.4m，lb=4.0m D．la=4.0m，lb=2.4m
解析：由周期比得摆长比，加上题设条件中的摆长差已知，故la与lb可求
已知两摆长之差为1.6m，即
=1.6
而单摆a摆动10次时间内，单摆b无成36次全振动，这就意味着两个单摆的周期之比为
=
考虑到：Ta=2π Tb=2π
得：=
于是解得：la=0.9m lb=2.5m 应选B.
题型3.（简谐运动的周期性、对称性）如图所示，质点沿直线做简谐运动平衡位置在O点，某时刻质点通过P点向右运动，径1s再次回到P点，再经1s到达O点，若=2cm，
则：质点运动的周期T=_________s；质点运动的振幅为A=_______cm，
解析：注意到简谐运动的周期性，对称性等特征，结合简谐运动的振动图象可作出正解的解答.由简谐运动的对称性可知，质点在第1s内从P点到达右端最大位移处，再回到P点，可见从最大位移处回到P点历时应该为0.5s，而人P点到O点又历时1s，可见T=1.5s即：T=6s另外，考虑到简谐运动的振动图象（如图所示）质点在t1时刻从P点开始向右运动，t2时刻又回到P点，t3时刻到达平衡位置O点，即t2―t1=t3―t2=1s
由此不难得到： Asin600=2
即A=cm
应依次填充：6，
题型4.（机械波的图像）一列横波沿直线传播，某时刻的波形如图-2所示，质点A的平衡位置与坐标原点O相距0.5m，此时质点A沿正方向运动，再经0.02s第一次到达最大位移。由此可知：
A、这列波的波长为1m
B、这列波的频率为100Hz
C、这列波的波速为25m/s
D、这列波向右传播 图-2
解析：由A点坐标结合波的图象可得波长；由A点运动到最大位移所历时间可得周期；由波长、周期、波速关系可得波速；由波形成过程的本质可得振动方向与传播方向关系。
由于A点距O点0.5m，所以波长为由于质点A再经0.02s第一次到达最大位移，所以周期为T=0.08s由于v=T，所以波速为传播方向的“双向性”特点。由振动图象可知：周期为T=0.4s由波的图象又可知：波长为 于是可得波速为在△t=t’-t=0.5s内，波的传播距离为 △x=v△t=5m考虑到波的传播方向的“双向性”特征知：当波沿x轴正方向传播，t’时刻波形应如图15-5中的C图所示；当波沿x 轴反方向传播，t’时刻波形应如图15-5中 v=1.25m/s由于波的形成实际上是波源质量依次带动后面的质量参与振动，而质点A此时是向上振动，可见它是被左侧质点所带动，即波是向右传播的。综上所述此例应选A、D。
题型5. （波的干涉）如图-6所示，在同一均匀媒质中有S1、S2两个波源，这个波源的频率、振动方向均相同，且振动的步调完全一致，S1、S2之间相距两个波长，D点为S1、S2连线中点，今以D点为圆心，以R=DS1为半径画圆，问在该圆周上（S1、S2两波源除外）共有几个加强点？
解析：干涉强、弱区的判断方法有两种：
（1）在波峰与波峰相遇或波谷与波谷相遇处是干涉加强区；在波峰与波谷相遇或波谷
与波峰相遇处是干涉减弱区。
（2）与相同波源的距离差为半波长的偶数倍处是干涉加强区；与相同波源的距离差为半波长的奇数倍处是干涉减弱区。
由干涉强、弱的第二种判断方法可知，干涉加强区的集合实际上是以两波源所在处为焦点的双曲线簇。由此不难判断：以波源边线为直径的贺周上分布看，到两波源距离差等于0的两个加强是D1、D2；到两波源距离差等于的四个加强是A1、A2、C1、C2。即：除两波源外，圆周上振动加强是共有六个。
题型6.（多普勒效应） 一机车汽笛频率为650Hz，机车以v=15m/s的速度观察者驶来，设空气中的声速是V=340m/s，观察者听到的声音频率为多少？
解析：机车静止时，汽笛声的波长为，由于机车（波源）向观察者运动，波长应减小vT，则单位时间内通过观察者的波数变为
即观察者听到的声音频率变大了，音调变高了。
规律总结：由于波源与观察者间的相对运动，使得单位时间内观察者所感受到的完整波形的个数发生变化，这就使得感受到的频率发生变化。
题型7. （受迫振动）一砝码和一轻弹簧构成弹簧振子，如图7–1–2a所的装置可用于研究该弹簧振子的受迫振动.匀速转动把手时，曲杆给弹簧振子以驱动力，使振子做受迫振动，把手匀速转动的周期就是驱动力的周期，改变把手匀速转动的速度就可以改变驱动力的周期.若保持把手不动，给砝码一向下的初速度，砝码便做简谐运动，振动图线如图7–1–2b所示.当把手以某一速度匀速转动，受迫振动达到稳定时，砝码的振动图线如图7–1–2c所示.若用T0表示弹簧振子的固有周期，T表示驱动力的周期，表示受迫振动达到稳定后砝码振动的振幅.则（　）
图7–1–2
A.由图线可知T0=4s B.由图线可知T0=8s
C.当T在4s附近时，显著增大；当T比4s小得多或大得多时，很小
D.当T在8s附近时，显著增大；当T比8s小得多或大得多时，很小
解析：若保持把手不动，砝码以一定的初速度做简谐振动，为自由振动，图b 为砝码的自由振动图象，由图读出的周期T0=4s，为砝码的固有周期。当把手以某一速度匀速转动，砝码为受迫振动，此时砝码振动的周期T为驱动力的周期，图c为砝码受迫振动的图象，由图读出的周期T=2s，为砝码受迫振动的周期，也为驱动力的周期。当驱动力的周期越靠近砝码的固有周期时，砝码的振动越强烈，振幅越大；当驱动力的周期越远离砝码的固有周期时，砝码的振动越弱，振幅越小。所以A、C选项正确。
题型8.（单摆振动图像）如图7–1–7为演示简谐运动图像的装置，当盛沙漏斗下面的薄木板N被匀速拉动时，摆动着漏斗中漏出的沙在板上形成的曲线显示摆的位移随时间变化的关系，板上的OO＇代表时间轴，图7–1–7b是两个摆各自在木板上形成的曲线，若拉板N1和N2的 速度关系为=2，则板上曲线所代表的振动周期T1和T2关系（ ）
A.2T2=T1 B.T2=2T1 C.T2=4T1 D.T2=T1
解析：板N1是N2速度的2倍，沙漏在板N1上的时间是 T1，沙漏在板N2上的时间是2T2，因此T2=T1.
题型9. （机械波图像）弹性绳沿x轴放置，左端位于坐标原点，用手握住绳的左端，当t＝0时使其开始沿y轴做振幅为8cm的简谐振动，在t＝0.25s时，绳上形成如图所示的波形，则该波的波速为___________cm/s，t＝___________时，位于x2＝45cm的质点N恰好第一次沿y轴正向通过平衡位置。
解析：由图可知，这列简谐波的波长为20cm，周期T=0.25s×4=1s，所以该波的波速；从t=0时刻开始到N质点开始振动需要时间 ,在振动到沿y轴正向通过平衡位置需要再经过，所以当t=（2.25+0.5）s=2.75s，质点N恰好第一次沿y轴正向通过平衡位置。
题型10.（机械波、电磁波的区别）类比是一种有效的学习方法，通过归类和比较，有助于掌握新知识，提高学习效率。在类比过程中，既要找出共同之处，又要抓住不同之处。某同学对机械波和电磁波进行类比，总结出下列内容，其中不正确的是
A．机械波的频率、波长和波速三者满足的关系，对电磁波也适用
B．机械波和电磁波都能产生干涉和衍射现象
C．机械波的传播依赖于介质，而电磁波可以在真空中传播
D．机械波既有横波又有纵波，而电磁波只有纵波
解析：波长、波速、频率的关系对任何波都是成立的，对电磁波当然成立，故A选项正确；干涉和衍射是波的特性，机械波、电磁波都是波，这些特性都具有，故B项正确；机械波是机械振动在介质中传播形成的，所以机械波的传播需要介质而电磁波是交替变化的电场和磁场由近及远的传播形成的，所以电磁波传播不需要介质，故C项正确；机械波既有横波又有纵波，但是电磁波只能是横波，其证据就是电磁波能够发生偏振现象，而偏振现象是横波才有的， D项错误。故正确答案应为D。
题型11.（波的多解问题）如图实线是某时刻的波形图象，虚线是经过0.2s时的波形图象。求：
①波传播的可能距离 ②可能的周期（频率）
③可能的波速 ④若波速是35m/s，求波的传播方向
⑤若0.2s小于一个周期时，传播的距离、周期（频率）、波速。
解析：①题中没给出波的传播方向，所以有两种可能：向左传播或向右传播。
向左传播时，传播的距离为x=nλ+3λ/4=（4n+3）m （n=0、1、2 …）
向右传播时，传播的距离为x=nλ+λ/4=（4n+1）m （n=0、1、2 …）
②向左传播时，传播的时间为t=nT+3T/4得：T=4t/（4n+3）=0.8 /（4n+3）（n=0、1、2 …）
向右传播时，传播的时间为t=nT+T/4得：T=4t/（4n+1）=0.8 /（4n+1） （n=0、1、 2 …）
③计算波速，有两种方法。v=x/t 或v=λ/T
向左传播时，v=x/t=（4n+3）/0.2=（20n+15）m/s. 或v=λ/T=4 （4n+3）/0.8=（20n+15）m/s.（n=0、1、2 …）
向右传播时，v=x/t=（4n+1）/0.2=（20n+5）m/s. 或v=λ/T=4 （4n+1）/0.8=（20n+5）m/s. （n=0、1、2 …）
④若波速是35m/s，则波在0.2s内传播的距离为x=vt=35×0.2m=7m=1λ，所以波向左传播。
⑤若0.2s小于一个周期，说明波在0.2s内传播的距离小于一个波长则：
向左传播时，传播的距离x=3λ/4=3m；传播的时间t=3T/4得：周期T=0.267s；波速v=15m/s.向右传播时，传播的距离为λ/4=1m；传播的时间t=T/4得：周期T=0.8s；波速v =5m/s.
二 学案
典例精析
题型1.（简谐运动的证明）如图所示，正方体木块漂浮在水平上，将其稍向下压后放手，试
判断木块是否做简谐运动。
解析：木块将做简谐运动.从简谐运动的动力学特征出发，判断木块是否做简谐运动，
设木块的边长为a，质量为m，则当图14—4中木块浸入水中的高度为h，而处于静止状
态时所受到的重力mg与浮力F1=ρha2g大小相等，木块在该位置处于平衡状态，于是
可取该装置为平衡位置建立坐标；当木块被按下后上下运动过程中浸入水中的高度达到h+x，而如图14—5所示时，所受到的浮力大小为
F2=ρ(h+x)a2g
于是，木块此时所受到的合外力为：F=mg―F2=―ρa2gx―kx
由此可知：木块做的是简谐运动
题型2.（单摆周期公式）已知在单摆a完成10次全振动的时间内，单摆b完成6次振动，两摆长之差为1.6m，则两单摆摆长la与lb分别为
A．la=2.5m，lb=0.9m B．la=0.9m，lb=2.5m
C．la=2.4m，lb=4.0m D．la=4.0m，lb=2.4m
解析：由周期比得摆长比，加上题设条件中的摆长差已知，故la与lb可求
已知两摆长之差为1.6m，即
=1.6
而单摆a摆动10次时间内，单摆b无成36次全振动，这就意味着两个单摆的周期之比为
=
考虑到：Ta=2π Tb=2π
得：=
于是解得：la=0.9m lb=2.5m 应选B.
题型3.（简谐运动的周期性、对称性）如图所示，质点沿直线做简谐运动平衡位置在O点，某时刻质点通过P点向右运动，径1s再次回到P点，再经1s到达O点，若=2cm，
则：质点运动的周期T=_________s；质点运动的振幅为A=_______cm，
解析：注意到简谐运动的周期性，对称性等特征，结合简谐运动的振动图象可作出正解的解答.由简谐运动的对称性可知，质点在第1s内从P点到达右端最大位移处，再回到P点，可见从最大位移处回到P点历时应该为0.5s，而人P点到O点又历时1s，可见T=1.5s即：T=6s另外，考虑到简谐运动的振动图象（如图所示）质点在t1时刻从P点开始向右运动，t2时刻又回到P点，t3时刻到达平衡位置O点，即t2―t1=t3―t2=1s
由此不难得到： Asin600=2
即A=cm
应依次填充：6，
题型4.（机械波的图像）一列横波沿直线传播，某时刻的波形如图-2所示，质点A的平衡位置与坐标原点O相距0.5m，此时质点A沿正方向运动，再经0.02s第一次到达最大位移。由此可知：
A、这列波的波长为1m
B、这列波的频率为100Hz
C、这列波的波速为25m/s
D、这列波向右传播 图-2
解析：由A点坐标结合波的图象可得波长；由A点运动到最大位移所历时间可得周期；由波长、周期、波速关系可得波速；由波形成过程的本质可得振动方向与传播方向关系。
由于A点距O点0.5m，所以波长为由于质点A再经0.02s第一次到达最大位移，所以周期为T=0.08s由于v=T，所以波速为传播方向的“双向性”特点由振动图象可知：周期为T=0.4s由波的图象又可知：波长为 于是可得波速为在△t=t’-t=0.5s内，波的传播距离为 △x=v△t=5m考虑到波的传播方向的“双向性”特征知：当波沿x轴正方向传播，t’时刻波形应如图15-5中的C图所示；当波沿x 轴反方向传播，t’时刻波形应如图15-5中 v=1.25m/s由于波的形成实际上是波源质量依次带动后面的质量参与振动，而质点A此时是向上振动，可见它是被左侧质点所带动，即波是向右传播的。综上所述此例应选A、D。
题型5. （波的干涉）如图-6所示，在同一均匀媒质中有S1、S2两个波源，这个波源的频率、振动方向均相同，且振动的步调完全一致，S1、S2之间相距两个波长，D点为S1、S2连线中点，今以D点为圆心，以R=DS1为半径画圆，问在该圆周上（S1、S2两波源除外）共有几个加强点？
解析：干涉强、弱区的判断方法有两种：
（1）在波峰与波峰相遇或波谷与波谷相遇处是干涉加强区；在波峰与波谷相遇或波谷
与波峰相遇处是干涉减弱区。
（2）与相同波源的距离差为半波长的偶数倍处是干涉加强区；与相同波源的距离差为半波长的奇数倍处是干涉减弱区。
由干涉强、弱的第二种判断方法可知，干涉加强区的集合实际上是以两波源所在处为焦点的双曲线簇。由此不难判断：以波源边线为直径的贺周上分布看，到两波源距离差等于0的两个加强是D1、D2；到两波源距离差等于的四个加强是A1、A2、C1、C2。即：除两波源外，圆周上振动加强是共有六个。
题型6.（多普勒效应） 一机车汽笛频率为650Hz，机车以v=15m/s的速度观察者驶来，设空气中的声速是V=340m/s，观察者听到的声音频率为多少？
解析：机车静止时，汽笛声的波长为，由于机车（波源）向观察者运动，波长应减小vT，则单位时间内通过观察者的波数变为
即观察者听到的声音频率变大了，音调变高了。
规律总结：由于波源与观察者间的相对运动，使得单位时间内观察者所感受到的完整波形的个数发生变化，这就使得感受到的频率发生变化
题型7. （受迫振动）一砝码和一轻弹簧构成弹簧振子，如图7–1–2a所的装置可用于研究该弹簧振子的受迫振动.匀速转动把手时，曲杆给弹簧振子以驱动力，使振子做受迫振动，把手匀速转动的周期就是驱动力的周期，改变把手匀速转动的速度就可以改变驱动力的周期.若保持把手不动，给砝码一向下的初速度，砝码便做简谐运动，振动图线如图7–1–2b所示.当把手以某一速度匀速转动，受迫振动达到稳定时，砝码的振动图线如图7–1–2c所示.若用T0表示弹簧振子的固有周期，T表示驱动力的周期，表示受迫振动达到稳定后砝码振动的振幅.则（　）
图7–1–2
A.由图线可知T0=4s B.由图线可知T0=8s
C.当T在4s附近时，显著增大；当T比4s小得多或大得多时，很小
D.当T在8s附近时，显著增大；当T比8s小得多或大得多时，很小
解析：若保持把手不动，砝码以一定的初速度做简谐振动，为自由振动，图b 为砝码的自由振动图象，由图读出的周期T0=4s，为砝码的固有周期。当把手以某一速度匀速转动，砝码为受迫振动，此时砝码振动的周期T为驱动力的周期，图c为砝码受迫振动的图象，由图读出的周期T=2s，为砝码受迫振动的周期，也为驱动力的周期。当驱动力的周期越靠近砝码的固有周期时，砝码的振动越强烈，振幅越大；当驱动力的周期越远离砝码的固有周期时，砝码的振动越弱，振幅越小。所以A、C选项正确。
题型8.（单摆振动图像）如图7–1–7为演示简谐运动图像的装置，当盛沙漏斗下面的薄木板N被匀速拉动时，摆动着漏斗中漏出的沙在板上形成的曲线显示摆的位移随时间变化的关系，板上的OO＇代表时间轴，图7–1–7 b是两个摆各自在木板上形成的曲线，若拉板N1和N2的 速度关系为=2，则板上曲线所代表的振动周期T1和T2关系（ ）
A.2T2=T1 B.T2=2T1 C.T2=4T1 D.T2=T1
解析：板N1是N2速度的2倍，沙漏在板N1上的时间是T1，沙漏在板N2上的时间是2T2，因此T2=T1.
题型9. （机械波图像）弹性绳沿x轴放置，左端位于坐标原点，用手握住绳的左端，当t＝0时使其开始沿y轴做振幅为8cm的简谐振动，在t＝0.25s时，绳上形成如图所示的波形，则该波的波速为___________cm/s，t＝___________时，位于x2＝45cm的质点N恰好第一次沿y轴正向通过平衡位置。
解析：由图可知，这列简谐波的波长为20cm，周期T=0.25s×4=1s，所以该波的波速；从t=0时刻开始到N质点开始振动需要时间,在振动到沿y轴正向通过平衡位置需要再经过，所以当t=（2.25+0.5）s=2.75s，质点N恰好第一次沿y轴正向通过平衡位置。
题型10.（机械波、电磁波的区别）类比是一种有效的学习方法，通过归类和比较，有助于掌握新知识，提高学习效率。在类比过程中，既要找出共同之处，又要抓住不同之处。某同学对机械波和电磁波进行类比，总结出下列内容，其中不正确的是
A．机械波的频率、波长和波速三者满足的关系，对电磁波也适用
B．机械波和电磁波都能产生干涉和衍射现象
C．机械波的传播依赖于介质，而电磁波可以在真空中传播
D．机械波既有横波又有纵波，而电磁波只有纵波
解析：波长、波速、频率的关系对任何波都是成立的，对电磁波当然成立，故A选项正确；干涉和衍射是波的特性，机械波、电磁波都是波，这些特性都具有，故B项正确；机械波是机械振动在介质中传播形成的，所以机械波的传播需要介质而电磁波是交替变化的电场和磁场由近及远的传播形成的，所以电磁波传播不需要介质，故C项正确；机械波既有横波又有纵波，但是电磁波只能是横波，其证据就是电磁波能够发生偏振现象，而偏振现象是横波才有的， D项错误。故正确答案应为D
题型11.（波的多解问题）如图实线是某时刻的波形图象，虚线是经过0.2s时的波形图象。求：
①波传播的可能距离 ②可能的周期（频率）
③可能的波速 ④若波速是35m/s，求波的传播方向
⑤若0.2s小于一个周期时，传播的距离、周期（频率）、波速。
解析：①题中没给出波的传播方向，所以有两种可能：向左传播或向右传播。
向左传播时，传播的距离为x=nλ+3λ/4=（4n+3）m （n=0、1、2 …）
向右传播时，传播的距离为x=nλ+λ/4=（4n+1）m （n=0、1、2 …）
②向左传播时，传播的时间为t=nT+3T/4得：T=4t/（4n+3）=0.8 /（4n+3）（n=0、1、2 …）
向右传播时，传播的时间为t=nT+T/4得：T=4t/（4n+1）=0.8 /（4n+1） （n=0、1、2 …）
③计算波速，有两种方法。v=x/t 或v=λ/T
向左传播时，v=x/t=（4n+3）/0.2=（20n+15）m/s. 或v=λ/T=4 （4n+3）/0.8=（20n+15）m/s.（n=0、1、2 …）
向右传播时，v=x/t=（4n+1）/0.2=（20n+5）m/s. 或v=λ/T=4 （4n+1）/0.8=（20n+5）m/s. （n=0、1、2 …）
④若波速是35m/s，则波在0.2s内传播的距离为x=vt=35×0.2m=7m=1λ，所以波向左传播。
⑤若0.2s小于一个周期，说明波在0.2s内传播的距离小于一个波长则：
向左传播时，传播的距离x=3λ/4=3m；传播的时间t=3T/4得：周期T=0.267s；波速v=15m/s.向右传播时，传播的距离为λ/4=1m；传播的时间t=T/4得：周期T=0.8s；波速v =5m/s.
专题突破
针对典型精析的例题题型，训练以下习题。
1. 一列简谐横波在某一时刻的波形图如图1所示，图中P、Q两质点的横坐标分别为x=1.5m和x=4.5m。P点的振动图像如图2所示。在下列四幅图中，Q点的振动图像可能是
点拨：本题考查波的传播.该波的波长为4m.,PQ两点间的距离为3m..当波沿x轴正方向传播时当P在平衡位置向上振动时而Q点此时应处于波峰,B正确.当沿x轴负方向传播时,P点处于向上振动时Q点应处于波谷,C对。
2. 下列关于简谐振动和简谐波的说法，正确的是
A．媒质中质点振动的周期一定和相应的波的周期相等
B．媒质中质点振动的速度一定和相应的波的波速相等
C．波的传播方向一定和媒质中质点振动的方向一致
D．横波的波峰与波谷在振动方向上的距离一定是质点振幅的两倍
点拨：本题考查机械波和机械振动.介质中的质点的振动周期和相应的波传播周期一致A正确.而各质点做简谐运动速度随时间作周期性的变化,但波在介质中是匀速向前传播的,所以不相等,B错.对于横波而言传播方向和振动方向是垂直的,C错.根据波的特点D正确。
3. 做简谐振动的单摆摆长不变，若摆球质量增加为原来的4倍，摆球经过平衡位置时速度减小为原来的1/2，则单摆振动的
A．频率、振幅都不变 B．频率、振幅都改变
C．频率不变、振幅改变 D．频率改变、振幅不变
点拨：本题考查单摆。由单摆的周期公式，可知，单摆摆长不变，则周期不变，频率不变；振幅A是反映单摆运动过程中的能量大小的物理量，由可知，摆球经过平衡位置时的动能不变，因此振幅改变，所以C正确。
4.图为声波干涉演示仪的原理图。两个U形管A和B套在一起，A管两侧各有一小孔。声波从左侧小孔传入管内，被分成两列频率 的波。当声波分别通过A、B传播到右侧小孔时，若两列波传播的路程相差半个波长，则此处声波的振幅 ；若传播的路程相差一个波长，则此处声波的振幅 。
点拨：相等，等于零，等于原振幅的二倍（2）声波从左侧小孔传入管内向上向下分别形成两列频率相同的波，若两列波传播的路程相差半个波长，则振动相消，所以此处振幅为零，若传播的路程相差一个波长，振动加强，则此处声波的振幅为原振幅的二倍。
学法导航
复习指导：①回归课本夯实基础，仔细看书把书本中的知识点掌握到位
②练习为主提升技能，做各种类型的习题，在做题中强化知识
③整理归纳举一反三，对易错知识点、易错题反复巩固
1.如图6-1所示，光滑圆弧轨道的半径为R，圆弧底部中点为O，两个相同的小球分别在O正上方h处的A点和离O很近的轨道B点，现同时释放两球，使两球正好在O点相碰。问h应为多高？
【错解】对B球，可视为单摆，延用单摆周期公式可求B球到达O点的时间：
对A球，它做自由落体运动，自h高度下落至O点
【错解原因】上述答案并没有完全错，分析过程中有一点没有考虑，即是振动的周期性，因为B球在圆形轨道上自B点释放后可以做往
上述解答漏掉一些解，即上述解答只是多个解答中的一个。
对B球振动周期
到达O点的时间为
显然，前面的解仅仅是当n=0时的其中一解而已。
【评析】? 在解决与振动有关的问题时，要充分考虑到振动的周期性，由于振动具有周期性，所以此类问题往往答案不是一个而是多个。
2.一个做简谐运动的弹簧振子，周期为T，振幅为A，设振子
A．t1＝t2?????????????B．t1＜t2 C．t1＞t2???????????????????????? D．无法判断
度也大，因而时间短，所以t1＞t2，应选C。
错解三：因为这是一个变加速运动问题，不能用匀速运动或匀变速运动规律求解，因而无法判断t1和t2的大小关系，所以选D。
【错解原因】? 主要是对简谐运动的特殊运动规律不清楚，只记住了周期公式，没注意分析简谐运动的全过程，没能深入地理解和掌握这种运动形式的特点。因而解题时错误地沿用了匀速或匀变速运动的规律，选择A的同学就是用匀速运动规律去解，而选择C的同学用了匀变速运动规律去解，因而错了。事实上，简谐运动的过程有其自身的许多规律，我们应该用它的特殊规律去求解问题，而不能用匀速或匀变速运动规律去求解。
【分析解答】? 方法一：用图象法，画出x-t图象，从图象上，我们可以很直观地看出：t1＜t2，因而正确答案为：B。
方法二：从图象为正弦曲线和数学知识可写出位移随时间的函数关系式，物理学上称为振动方程，从平衡位置开始，振子的振动方程为：
【评析】? 以上两种方法，第一种方法是定性分析，在选择题练习时，是要重点掌握的。第二种方法可以进行定量计算，但由于要涉及振动方程，所以不做统一要求。
t'=nT+t2。此处，为了题目简明起见，题文中用了“第一次”和“最短时间”等字样。否则就无法比较两个过程所用时间的长短。
专题综合
1.（运动分析+机械波）有一种示波器可以同时显示两列波形。对于这两列波，显示屏上横向每格代表的时间间隔相同。利用此中示波器可以测量液体中的声速，实验装置的一部分如图1所示：管内盛满液体，音频信号发生器所产生的脉冲信号由置于液体内的发射器发出，被接受器所接受。图2为示波器的显示屏。屏上所显示的上、下两列波形分别为发射信号与接受信号。若已知发射的脉冲信号频率为，发射器与接收器的距离为，求管内液体中的声速。（已知所测声速应在1300~1600m/s之间，结果保留两位有效数字。）
解析：设脉冲信号的周期为T，从显示的波形可以看出，图2中横向每一分度（即两条长竖线间的距离）所表示的时间间隔为
其中
对比图2中上、下两列波形，可知信号在液体中从发射器传播只接受器所用的时间为

其中，
液体中的声速为

联立①②③④式，代入已知条件并考虑到所测声速应在1300～1600之间，得

评分参考：本题7分。①式2分，②式1分，③式2分，④⑤式各1分。得
的，也同样给分。
2．（x-t图像+简谐运动的证明）如图所示，一个三角形物块固定在水平桌面上，其光滑斜面的倾角为θ＝30°。物体A的质量为mA＝0.5㎏，物体B的质量为mB＝1.0㎏（A、B均可视为质点），物体A、B并列在斜面上且压着一劲度系数为k＝125N/m的轻弹簧，弹簧的下端固定，上端拴在A物体上，物体A、B处于静止状态。（g取10m/s2）
（1）求此时弹簧的压缩量是多大？
（2）将物体B迅速移开，物体A将作周期为0.4s的简谐振动，若以沿斜面向上的方向为正方向，请你在所给的坐标系中作出物体A相对平衡位置的位移随时间的变化曲线图，并在图中标明振幅的大小。
（3）将物体B迅速移开，试证明物体A在斜面上作简谐运动。
解：（1）物体A、B在斜面上处于平衡状态，所受外力平衡，设压缩量为X
则有
（2）将物体B移开后，物体A作简谐运动的振幅为
已知系统的振动周期为T=0.4s，振动的位移随时间的变化关系曲线如下图
（3）设物体A在平衡位置时弹簧的压缩量为x0，则有， 当物体A经过平衡位置下方的
某一位置时，对平衡位置的位移的大小为x， 则：　
由以上两式得： 且位移的方向与F回的方向相反。 即物体A作简谐运动。
三 考案
一、选择题
1. 下列说法中正确的是：( )
A．作受迫振动的物体的频率由它的固有频率来决定
B．产生多普勒效应的原因是波源频率发生了变化
C．波的干涉和衍射是波所特有的现象
D．在干涉图样中的振动加强线上各质点的振动位移总是最大
2. 将一个力电传感器接到计算机上，可以测量快速变化的力，用这种方法测得某
单摆摆动过程中悬线上拉力大小随时间变化的曲线如图所示由此图线提供的信息
作出下列判断，则正确的是( )
A. t=0.2s时摆球正通过最低点
B. t=1.1s时摆球正通过最低点
C. 摆球摆动过程中机械能时而增大时而减小
D. 摆球的摆动周期大约为0.6s
3. 一质点以坐标原点0为中心位置在y轴上振动，其振幅为5m，周期为0.4s，振
动在介质中产生的简谐波沿x轴的正向传播，其速度为1.0m/s，计时开始时该质点
在坐标原点0，速度方向为y轴正方向，0.2s后此质点立即停止运动，则再经过0.2s
后的波形是（ ）
4. 下列关于波的叙述中正确的是( )
A、机械波的传播方向与波中质点的振动方向一定垂直
B、超声波在真空中传播速度最大
C、由v=λf可知，波长越长，波传播得越快
D、当一列火车呼啸着向我们匀速驶来时，我们感觉的音调比火车实际发出的音调高
5. 位于坐标原点的波源产生一列沿x轴正方向传播的简谐横波，波速．已知t=0时，波刚好传播到x=40 m处，如图所示，在x=400m处有一接收器(图中未画出)，则，下列说法正确的是( )
A．波源开始振动时方向沿y轴正方向
B、波源的振动周期为T=0.05 s
C．若波源向x轴负方向运动，则接收器接收到的波的频率小于波源的频率
D．该简谐横波在传播过程中只有遇到尺寸小于或等于20 m的障碍物时才会发生明显的衍射现象
6. 一个在y方向上做简谐运动的物体的振动曲线如图甲所示。关于图乙的下列判断正( )
　 图甲 图乙
A．图（1）可作为该物体的速度v—t图象
B．图（2）可作为该物体的回复力F—t图象
C．图（3）可作为的物体的回复力F—t图象
D．图（4）可作为的物体的回复加速度a—t图象
7. 如图所示，在一条直线上两个振源A、B相距6m，振动频率相等，从t0时刻A、B开始振动，且都只振动一个周期，振幅相等，振动图像A为甲，B为乙若A向右传播的波与B向左传播在t1 = 0.3s时相遇，则 （ ）
A．两列波在A、B间的传播速度均为10m/s
B．两列波的波长都是4m
C．在两列波相遇过程中，中点C为振动加强点
D．t2 = 0.7s时刻B点经过平衡位置且振动方向向下
8. 在均匀介质中选取平衡位置在同一直线上的9个质点，相邻两质点的距离均为L，如图(a)所示．一列横波沿该直线向右传播，t=0时到达质点1，质点1开始向下运动，经过时间Δt第一次出现如图（b）所示的波形．则该波的：( )
A．周期为Δt，波长为8L． B．周期为Δt，波长为8L．
C．周期为Δt，波速为12L /Δt D．周期为Δt，波速为8L/Δt
9. A、B两列波在某时刻的波形如图所示，经过t=TA时间（TA为波A的周期），两波再次出现如图波形，则两波的波速之比vA∶vB可能是（ ）
1∶3
B．1∶2
C．2∶1
D．3∶1
10. 一列简谐横波沿直线ab向右传播，a、b两点之间沿播的传播方向的距离为2m，a、b两点的振动情况如图所示，下列说法中正确的是（ ）
A、波速可能大于
B． 波速可能等于
C．波速可能等于
D．波速可能等于
11. 如图所示，小球P一边贴着水面每秒振动5次，一边沿x轴正方向匀速移动，
O点是它的初始位置。图示为恰经10个周期时观察到的
水面波则此水面波的传播速度值及小球P匀速移动的速
度值分别是( )
A．0.05m/s,0.025m/s B．0.15m/s,0.125m/s
C．0.2m/s,0.1m/s D．0.1m/s,0.05m/s
二、计算题
12. 在某介质中形成一列简谐波，
（1）波向右传播，在0.1s时刻刚好传到B点，波形如图中实线所示，且再经过0.6 s,P点也开始起振，求：
①该列波的周期T；
②从t=0时刻起到P点第一次达到波峰时止，O点对平衡位置的位移y0及其所经过的路程s0各为多少？
③在下图中画出B点的振动图象
（2）若该列波的传播速度大小为20 m/s，且波形中由实线变成虚线需要经历0.525 s时间，则该列波的传播方向如何？
13. A和B是一列简谐横波在传播方向上的两质点，图中甲和乙分别为其振动图像，其平衡位置的坐标分别是xA=0和xB=6m，如果波长大于3m但小于9m，波沿x轴正方向传播，求波的传播速度大小并画出t=0.1s时刻两质点间的波形图
14. 从甲地向乙地发出频率为50Hz的声波，当波速为330m/s时，刚好在甲、乙两地形成一列有若干个完整波形的波，当波速为340m/s时，两地还是存在若干个完整波形，但完整波形的波数减少了两个，求甲、乙两地距离。
15. 已知在t1时刻简谐横波的波形如图中实线所示；在时刻t2该波的波形如图中虚线所示。t2-t1 = 0.02s，求：⑴该波可能的传播速度。⑵若已知T< t2-t1<2T，且图中P质点在t1时刻的瞬时速度方向向上，求可能的波速。⑶若0.01s16. 如图16所示，一列向右传播的简谐横波，波速大小为0.6m/s，P质点的横坐标x=0.96m。从图中状态开始计时，求：
（1）P点刚开始振动时，振动方向如何？
（2）经过多长时间，P点第一次达到波谷？
（3）经过多长时间，P点第二次达到波峰？
参考答案
一、选择题
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
C
A
B
D
BC
C
AD
BC
ABC
B
C
二、计算题
12.解：（1）①由图象可知,=2 m,
波速由，得
②Δt=Δs/v＝7.5/10=0.75s
P点到达波峰的时刻为Δt+0.1= 0.85s
由题意可知t＝0时刻波刚好传到O点，起振方向向下，即O点振动了t＝0.85s
t＝4T＋T/4
所以y0＝－2cm，路程s0＝34cm
③
（2）当波速v=20 m/s时，经历0.525 s时间，波沿x轴方向传播的距离，即，实线波形变为虚线波形经历了，故波沿x轴负方向传播．
13.解：周期T=0.4s (n+1/2)λ=6，且3m <λ<9m，则应取n=1，故λ＝4m 所以波速 v＝λ／T＝10m/s 波形如图
14. 解：由可求得当波速为330m/s时波长为.
甲、乙两地的间距为此波长的整数倍，即d=nλ (n=1,2,3,4……)当波速变为340m/s时d=(n-2) λ, (n=1,2,3,4……) 由上述几式可解得：d=448.8m
15.解：⑴如果这列简谐横波是向右传播的，在t2-t1内波形向右匀速传播了，所以波速=100(3n+1)m/s (n=0,1,2,…)；同理可得若该波是向左传播的，可能的波速v=100(3n+2)m/s (n=0,1,2,…)
⑵P质点速度向上，说明波向左传播，T< t2-t1 <2T，说明这段时间内波只可能是向左传播了5/3个波长，所以速度是唯一的：v=500m/s
⑶“Q比R先回到平衡位置”，说明波只能是向右传播的，而0.01s16．解：（1）P质点刚开始振动的振动方向就是初始时x坐标为0.24m处质点的振动方向。因为横波沿x轴正方向传播，所以初始时x坐标为0.24m处质点启振方向沿y轴负方向，故P质点刚开始振动的方向也沿y轴负方向。
（2）P点第一次达到波谷的时间，就是初始时刻x坐标为0.18m处的质点的振动状态传到P点所需要的时间，
则 t1= 又△x1=(0.96—0.18)m=0.78m。
所以 t1=
(3) P点第二次达到波峰的时间等于初始时x坐标为0.06m处质点的振动状态传到P质点所需要的时间与一个周期的和，则
t2=
又 △x2=0.96m—0.06m=0.9m,
λ=0.24m
所以 t2=
以P点的振动也可以发现,t2应为t1与1.5T的和，同样可得t2=1.9s。
专题六 电路
一 教案
专题要点
1.电阻定律：同种材料的导体，其电阻与它的长度成正比与它的横截面积成反比，导体的电阻还与构成它的材料及温度有关，公式：。电阻率：上式中的比例系数ρ（单位是Ωm） ，它与导体的材料温度有关，是表征材料导电性质的一个重要的物理量，数值上等于长度1m，截面积为1m2导体的电阻值。＊金属导体的电阻率随温度的升高而变大可以做电阻温度计用，半导体的电阻率随温度的升高而减小，有些合金的电阻率不受温度影响。
2. 电功 ：在电路中，导体中的自由电荷在电场力的作用下发生定向移动而形成电流，在此过程中电场力对自由电荷做功，在一段电路中电场力所做的功，用W=Uq=UIt来计算。电功率：单位时间内电流所做的功，P=W/t=UI。焦耳定律：电流流过导体产生的热量，有Q=I2Rt来计算
3.两种电路电功和电功率的比较：
①W=UIt普遍适用于计算任何一段电路上的电功,P=UI普遍适用于计算任何一段电路上消耗的电功率。
②Q=I2Rt，仅适用于计算电热
③对纯电阻电路来说，由于电能全部转化为内能，所以有关电功、电功率的所有公式和形式都适用，即R=U/I适用
④在非纯电阻电路中，总电能中有一部分转化为热能，另一部分转化为其他形式的能，电热仍用Q=I2Rt计算，这时W总=UIt> Q=I2Rt，同理P总>P热
4. 交变电流的最大值有效值
①交变电流的最大值（Im和Um） 它是交变电流在一个周期内所能达到的最大数值，可以用来表示交变电流的电流强弱或电压高低
②交变电流的有效值是根据电流的热效应规定的：让交流和恒定电流通过相同的电阻，如果它们在相同的时间内产生的热量相等，就把这一恒定电流的数值叫做这一交流电的有效值。
说明（1）正弦式交变电流的有效值与其相应的最大值间的关系为：
对于用其他方式产生的交变电流，其有效值与最大值间的关系均须根据有效值的定义作具体分析，计算。
（2）通常所说的交变电流的电流、电压；交流电表读数；交流电器的额定电压、额定电流，保险丝的熔断电流等都是指有效值。 （特例：电容器的耐压值是最大值。）
（3）①求解交流电产生的热量问题时,必须用有效值。②若计算通过电路某一截面的电量,需用电流的平均值。
5. 理想变压器的物理量之间的规律:
①电压关系：U1／U2 =n 1／n2，U1／n1 = U2／n2= U3／n3 =…
Ⅰ：理想变压器原副线圈的端电压跟匝数成正比，输出电压由输入电压决定。
Ⅱ：当n2＞n1时，U2＞U1，变压器使电压升高，这种变压器叫做升压变压器．
Ⅲ：当n2＜n1时，U2＜U1，变压器使电压降低，这种变压器叫做降压变压器．
②功率关系：P原=P副，理想变压器的输入功率由输出功率决定
③电流关系：
⑴当变压器只有一个副线圈工作时，有：
⑵有多个副线圈时, 有P入=P出，即P1= P2+ P3 +P4+ P5+………
由U1I1=U2I2+U3I3+……，得到 n1I1=n2I2+n3I3+……
考纲要求
考点
要求
考点解读
欧姆定律
Ⅱ
本专题考查的重点有：
1.动态电路分析、含有电动机、或电解槽的电路电路分析、含有电容器的电路分析、电路故障的检测及含有电表电路问题的分析、传感器的特性应用
2.交变电流产生的原理、图像和“四值”的理解及应用、变压器原理及应用
电阻定律
Ⅰ
电源的电动势和内阻
Ⅰ
闭合电路欧姆定律
Ⅱ
电功率、焦耳定律
Ⅰ
交变电流、交变电流的图像
Ⅰ
正弦交变电流的函数表达式、峰值和有效值
Ⅰ
理想变压器
Ⅰ
远距离输电
Ⅰ
教法指引
此专题复习时，可以先让学生完成相应的习题，在精心批阅之后以题目带动知识点，进行适当提炼讲解。这一专题的知识点高考要求不是很高，学生易于掌握，但是某些方法还是容易混淆。二轮复习时还是要稳扎稳打，从基本知识出发再进行提升。
知识网络
典例精析
题型1.（变压器原理与交流电的特性）如图所示，一只理想变压器的原、副线圈的匝数比是 10：1，原线圈接入电压为220V的正弦交流电源，一只理想二极管和一个阻值为10Ω的电阻R串联接在副线圈上则以下说法中正确的是
A．1min内电阻R上产生的热量为1452 J
B．电压表的读数为22V
C．二极管两端的最大电压为22V
D．若将R换成一个阻值大于10Ω的电阻，则电流表读数变小
解析：二极管具有单向导电性，副线圈的电压如下图所示，电压表的读数应该是副线圈电压的有效值，由图知二极管两端的最大电压应该是电压最大值当R增大时，副线圈电流减小，原线圈电流也减小，D对。AD正确。
题型2.（电路的动态分析）在如图12所示的电路中电源电动势为E，内电阻为r。闭合开关S，待电流达到稳定后，电流表示数为I，电压表示数为U，电容器C所带电荷量为Q，将滑动变阻器P的滑动触头从图示位置向a端移动一些，待电流达到稳定后，则与P移动前相比（ ）
A．U变小 B．I变小
C．Q增大 D．Q减小
解析：P向a端滑动时，滑动变阻器电阻增大，总电阻增大，总电流减小，把R2等效成电源内阻，内压减小，外压增大，U增大，由，Q增加，A错，BC对。
规律总结：1.程序法：基本思路是“部分—整体—部分”。即阻值变化的部分入手，由串联、并联规律判断总电阻的变化情况，再由闭合电路欧姆定律判断总电流和路端电压的变化情况，最后由部分电路欧姆定律判定各部分量的变化情况。
2.极端法：即因变阻器滑动引起电路变化的问题，可将变阻器的滑动端滑至两个端点去讨论。
题型3.（电路与传感器）如图甲所示是一火警报警器的部分电路示意图，其中R2为半导体热敏材料制成的传感器，其电阻R2随温度t变化的图线如图乙所示。电流表为值班室的显示器，a、b之间接报警器当传感器R2所在处出现火情时，显示器的电流I和报警器两端的电压U的变化情况是（ ）
A．I变大，U变大 B．I变大，U变小
C．I变小，U变大 D．I变小，U变小
解析：当传感器R2所在处出现火情时，温度升高，R2电阻减小，总电流变大，R1上电压变大，R3电压变小，故电流表示数I变小；路端电压U变小。故D正确。
规律总结：要了解传感器的特性与电路的动态分析。
题型4.（电功率与热功率的含义与计算）日常生活用的电吹风中有电动机和电热丝，电动机带动风叶转动，电热丝给空气加热，得到热风可将头发吹干。没电动机线圈的电阻为R1，它与电热丝的电阻R2相串联，接到直流电源上，电吹风机两端电压为U，通过的电流为I，消耗的电功率为P，则以下选项正确的是BC
A、IU﹥P
B、IU=P
C、P﹥ I2（R1+R2）
D、P=I2（R1+R2）
解析：电功率用电压与电流的乘积，热功率根据焦耳定律除以时间可得。所以此题BC对。
题型5.（部分电路欧姆定律）一个T型电路如图所示，电路中的电, .另有一测试电源，电动势为100V，内阻忽略不计。则
A.当cd端短路时，ab之间的等效电阻是40
B. 当ab端短路时，cd之间的等效电阻是40
C. 当ab两端接通测试电源时， cd两端的电压为80 V
D. 当cd两端接通测试电源时， ab两端的电压为80 V
解析：本题考查电路的串并联知识。当cd端短路时，R2与R3并联电阻为30Ω后与R1串联，ab间等效电阻为40Ω，A对；若ab端短路时，R1与R2并联电阻为8Ω后与R3串联，cd间等效电阻为128Ω，B错；但ab两端接通测试电源时，电阻R2未接入电路，cd两端的电压即为R3的电压，为Ucd = ×100V=80V，C对；但cd两端接通测试电源时，电阻R1未接入电路，ab两端电压即为R3的电压，为Uab = ×100V=25V，D错AC正确。
题型6.（门电路问题）如图为某报警装置示意图，该报警装置在一扇门、两扇窗上各装有一个联动开关，门、窗未关上时，开关不闭合，只要有一个开关未闭合，报警器就会报警。该报警装置中用了两个串联的逻辑电路，虚线框甲内应选用_________门电路，虚线框乙内应选用_________门电路（填与、非、或）。
解析：题意只要有一个开关未闭合，报警器就会报警，结合或门的特点因此虚线框甲内应选用或门；虚线框乙内应选用或门。
题型7. （电路在日常生活中的应用）在如图所示的闪光灯电路中，电源的电动势为，电容器的电容为。当闪光灯两端电压达到击穿电压时，闪光灯才有电流通过并发光，正常工作时，闪光灯周期性短暂闪光，则可以判定
A．电源的电动势一定小于击穿电压
B．电容器所带的最大电荷量一定为 C．闪光灯闪光时，电容器所带的电荷量一定增大
D．在一个闪光周期内，通过电阻的电荷量与通过闪光灯的电荷量一定相等
解析：理解此电路的工作过程是解决本题的关键。电容器两端的电压与闪光灯两端的电压相等，当电源给电容器充电，达到闪光灯击穿电压U时，闪光灯被击穿，电容器放电，放电后闪光灯两端电压小于U，断路，电源再次给电容器充电，达到电压U时，闪光灯又被击穿，电容器放电，如此周期性充放电，使得闪光灯周期性短暂闪光。要使得充电后达到电压U，则电源电动势一定大于等于U，A 项错误；电容器两端的最大电压为U，故电容器所带的最大电荷量为CU，B项错误；闪光灯闪光时电容器放电，所带电荷量减少，C项错误；充电时电荷通过R，通过闪光灯放电，故充放电过程中通过电阻的电荷量与通过闪光灯的电荷量一定相等，D项正确。
题型8.（变压器问题）如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为10：1，R1＝20 ，R2＝30 ，C为电容器。已知通过R1的正弦交流电如图乙所示，则
A.交流电的频率为0.02 Hz
B.原线圈输入电压的最大值为200 V
C.电阻R2的电功率约为6.67 W
D.通过R3的电流始终为零
解析：根据变压器原理可知原副线圈中电流的周期、频率相同，周期为0.02s、频率为50赫兹，A错。由图乙可知通过R1的电流最大值为Im＝1A、根据欧姆定律可知其最大电压为Um＝20V，再根据原副线圈的电压之比等于匝数之比可知原线圈输入电压的最大值为200 V、B错；因为电容器有通交流、阻直流的作用，则有电流通过R3和电容器，D错；根据正弦交流电的峰值和有效值关系并联电路特点可知电阻R2的电流有效值为I＝、电压有效值为U＝Um/V，电阻R2的电功率为P2＝UI＝W、C对。
题型9. （分析导体特性的问题）材料的电阻率ρ随温度变化的规律为ρ＝ρ0(1+at),其中α称为电阻温度系数，ρ0是材料在t=0 ℃时的电阻率.在一定的温度范围内α是与温度无关的常数。金属的电阻一般随温度的增加而增加，具有正温度系数；而某些非金属如碳等则相反，具有负温数系数.利用具有正负温度系数的两种材料的互补特性，可制成阻值在一定温度范围内不随温度变化的电阻.已知：在0 ℃时，铜的电阻率为1.7×10 –8 Ω?m,碳的电阻率为3.5×10 -5Ω?m,附近，在0 ℃时，.铜的电阻温度系数为3.9×10 –3 ℃-1,碳的电阻温度系数为-5.0×10-4℃-1.将横截面积相同的碳棒与铜棒串接成长1.0 m的导体，要求其电阻在0 ℃附近不随温度变化，求所需碳棒的长度(忽略碳棒和铜棒的尺寸随温度的变化)。
解析：设碳棒的长度为X,则铜棒的电阻为,碳棒的电阻,要使得在00c附近总电阻不随温度变化,则有,则有式中t的系数必须为零,即有x≈0.0038m。
题型10.（远距离输电） 图为远距离高压输电的示意图。关于远距离输电，下列表述正确的是
A．增加输电导线的横截面积有利于减少输电过程中的电能损失
B．高压输电是通过减小输电电流来减小电路的发热损耗
C．在输送电压一定时，输送的电功率越大，输电过程中的电能损失越小
D．高压输电必须综合考虑各种因素，不一定是电压越高越好
解析：依据输电原理，电路中的功率损耗，而,增大输电线的横截面积，减小输电线的电阻，则能够减小输电线上的功率损耗，A正确；由P=UI来看在输送功率一定的情况下，输送电压U越大，则输电电流越小，则功率损耗越小，B正确；若输电电压一定，输送功率越大，则电流I越大，电路中损耗的电功率越大，C错误；输电电压并不是电压越高越好，因为电压越高，对于安全和技术的要求越高，因此并不是输电电压越高越好，D正确。
题型11.（交变电流的“四值”）一矩形线圈，面积是0.05m2，共100匝，线圈电阻为2Ω，外接电阻为R=8Ω，线圈在磁感应强度为T的匀强磁场中以300r/min的转速绕垂直于磁感线的轴匀速转动，如图所示，若从中性面开始计时，求：
（1）线圈中感应电动势的瞬时值表达式。
（2）线圈从开始计时经1/30s时，线圈中电流的瞬时值。
（3）外电路电阻R两端电压的瞬时值表达式。
解析：（1）线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的轴匀速转动时产生的电动势的瞬时值为 1分
其中 1分
由题意知rad/s 2分
将已知数据代入可得，V 2分
（2）由，代入数据得， 2分
当s时，线圈中电流瞬时值为A 2分
（3）由U=iR得，R两端电压瞬时值表达式为 V 3分
二 学案
典例精析
题型1.（变压器原理与交流电的特性）如图所示，一只理想变压器的原、副线圈的匝数比是10：1，原线圈接入电压为220V的正弦交流电源，一只理想二极管和一个阻值为10Ω的电阻R串联接在副线圈上。则以下说法中正确的是
A．1min内电阻R上产生的热量为1452 J
B．电压表的读数为22V
C．二极管两端的最大电压为22V
D．若将R换成一个阻值大于10Ω的电阻，则电流表读数变小
解析：二极管具有单向导电性，副线圈的电压如下图所示，电压表的读数应该是副线圈电压的有效值，由图知二极管两端的最大电压应该是电压最大值当R增大时，副线圈电流减小，原线圈电流也减小，D对。AD正确。
题型2.（电路的动态分析）在如图12所示的电路中电源电动势为E，内电阻为r。闭合开关S，待电流达到稳定后，电流表示数为I，电压表示数为U，电容器C所带电荷量为Q，将滑动变阻器P的滑动触头从图示位置向a端移动一些，待电流达到稳定后，则与P移动前相比（ ）
A．U变小 B．I变小
C．Q增大 D．Q减小
解析：P向a端滑动时，滑动变阻器电阻增大，总电阻增大，总电流减小，把R2等效成电源内阻，内压减小，外压增大，U增大，由，Q增加，A错，BC对
规律总结：1.程序法：基本思路是“部分—整体—部分”。即阻值变化的部分入手，由串联、并联规律判断总电阻的变化情况，再由闭合电路欧姆定律判断总电流和路端电压的变化情况，最后由部分电路欧姆定律判定各部分量的变化情况。
2.极端法：即因变阻器滑动引起电路变化的问题，可将变阻器的滑动端滑至两个端点去讨论。
题型3.（电路与传感器）如图甲所示是一火警报警器的部分电路示意图，其中R2为半导体热敏材料制成的传感器，其电阻R2随温度t变化的图线如图乙所示。电流表为值班室的显示器，a、b之间接报警器。当传感器R2所在处出现火情时，显示器的电流I和报警器两端的电压U的变化情况是（ ）
A．I变大，U变大
B．I变大，U变小
C．I变小，U变大
D．I变小，U变小
解析：当传感器R2所在处出现火情时，温度升高，R2电阻减小，总电流变大，R1上电压变大， R3电压变小，故电流表示数I变小；路端电压U变小。故D正确。
规律总结：要了解传感器的特性与电路的动态分析。
题型4.（电功率与热功率的含义与计算）日常生活用的电吹风中有电动机和电热丝，电动机带动风叶转动，电热丝给空气加热，得到热风可将头发吹干。没电动机线圈的电阻为R1，它与电热丝的电阻R2相串联，接到直流电源上，电吹风机两端电压为U，通过的电流为I，消耗的电功率为P，则以下选项正确的是BC
A、IU﹥P
B、IU=P
C、P﹥ I2（R1+R2）
D、P=I2（R1+R2）
解析：电功率用电压与电流的乘积，热功率根据焦耳定律除以时间可得。所以此题BC对
题型5.（部分电路欧姆定律）一个T型电路如图所示，电路中的电, .另有一测试电源，电动势为100V，内阻忽略不计。则
A.当cd端短路时，ab之间的等效电阻是40
B. 当ab端短路时，cd之间的等效电阻是40
C. 当ab两端接通测试电源时， cd两端的电压为80 V
D. 当cd两端接通测试电源时， ab两端的电压为80 V
解析：本题考查电路的串并联知识。当cd端短路时，R2与R3并联电阻为30Ω后与R1串联，ab间等效电阻为40Ω，A对；若ab端短路时，R1与R2并联电阻为8Ω后与R3串联，cd间等效电阻为128Ω，B错；但ab两端接通测试电源时，电阻R2未接入电路，cd两端的电压即为R3的电压，为Ucd = ×100V=80V，C对；但cd两端接通测试电源时，电阻R1未接入电路，ab两端电压即为R3的电压，为Uab = ×100V=25V，D错。AC正确。
题型6.（门电路问题）如图为某报警装置示意图，该报警装置在一扇门、两扇窗上各装有一个联动开关，门、窗未关上时，开关不闭合，只要有一个开关未闭合，报警器就会报警。该报警装置中用了两个串联的逻辑电路，虚线框甲内应选用_________门电路，虚线框乙内应选用_________门电路（填与、非、或）。
解析：题意只要有一个开关未闭合，报警器就会报警，结合或门的特点因此虚线框甲内应选用或门；虚线框乙内应选用或门
题型7. （电路在日常生活中的应用）在如图所示的闪光灯电路中，电源的电动势为，电容器的电容为。当闪光灯两端电压达到击穿电压时，闪光灯才有电流通过并发光，正常工作时，闪光灯周期性短暂闪光，则可以判定
A．电源的电动势一定小于击穿电压
B．电容器所带的最大电荷量一定为 C．闪光灯闪光时，电容器所带的电荷量一定增大
D．在一个闪光周期内，通过电阻的电荷量与通过闪光灯的电荷量一定相等
解析：理解此电路的工作过程是解决本题的关键。电容器两端的电压与闪光灯两端的电压相等，当电源给电容器充电，达到闪光灯击穿电压U时，闪光灯被击穿，电容器放电，放电后闪光灯两端电压小于U，断路，电源再次给电容器充电，达到电压U时，闪光灯又被击穿，电容器放电，如此周期性充放电，使得闪光灯周期性短暂闪光。要使得充电后达到电压U，则电源电动势一定大于等于U，A 项错误；电容器两端的最大电压为U，故电容器所带的最大电荷量为CU，B项错误；闪光灯闪光时电容器放电，所带电荷量减少，C项错误；充电时电荷通过R，通过闪光灯放电，故充放电过程中通过电阻的电荷量与通过闪光灯的电荷量一定相等，D项正确。
题型8.（变压器问题）如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为10：1，R1＝20 ， R2＝30 ，C为电容器。已知通过R1的正弦交流电如图乙所示，则
A.交流电的频率为0.02 Hz
B.原线圈输入电压的最大值为200 V
C.电阻R2的电功率约为6.67 W
D.通过R3的电流始终为零
解析：根据变压器原理可知原副线圈中电流的周期、频率相同，周期为0.02s、频率为50赫兹，A错。由图乙可知通过R1的电流最大值为Im＝1A、根据欧姆定律可知其最大电压为Um＝20V，再根据原副线圈的电压之比等于匝数之比可知原线圈输入电压的最大值为200 V、B错；因为电容器有通交流、阻直流的作用，则有电流通过R3和电容器，D错；根据正弦交流电的峰值和有效值关系并联电路特点可知电阻R2的电流有效值为I＝、电压有效值为U＝Um/V，电阻R2的电功率为P2＝UI＝W、C对
题型9. （分析导体特性的问题）材料的电阻率ρ随温度变化的规律为ρ＝ρ0(1+at),其中α称为电阻温度系数，ρ0是材料在t=0 ℃时的电阻率.在一定的温度范围内α是与温度无关的常数。金属的电阻一般随温度的增加而增加，具有正温度系数；而某些非金属如碳等则相反，具有负温数系数.利用具有正负温度系数的两种材料的互补特性，可制成阻值在一定温度范围内不随温度变化的电阻.已知：在0 ℃时，铜的电阻率为1.7×10 –8 Ω?m,碳的电阻率为3.5× 10 -5Ω?m,附近，在0 ℃时，.铜的电阻温度系数为3.9×10 –3 ℃-1,碳的电阻温度系数为-5.0×10-4℃-1.将横截面积相同的碳棒与铜棒串接成长1.0 m的导体，要求其电阻在0 ℃附近不随温度变化，求所需碳棒的长度(忽略碳棒和铜棒的尺寸随温度的变化)。
解析：设碳棒的长度为X,则铜棒的电阻为,碳棒的电阻 ,要使得在00c附近总电阻不随温度变化,则有,则有式中t的系数必须为零,即有x≈0.0038m。
题型10.（远距离输电） 图为远距离高压输电的示意图。关于远距离输电，下列表述正确的是
A．增加输电导线的横截面积有利于减少输电过程中的电能损失
B．高压输电是通过减小输电电流来减小电路的发热损耗
C．在输送电压一定时，输送的电功率越大，输电过程中的电能损失越小
D．高压输电必须综合考虑各种因素，不一定是电压越高越好
解析：依据输电原理，电路中的功率损耗，而,增大输电线的横截面积，减小输电线的电阻，则能够减小输电线上的功率损耗，A正确；由P=UI来看在输送功率一定的情况下，输送电压U越大，则输电电流越小，则功率损耗越小，B正确；若输电电压一定，输送功率越大，则电流I越大，电路中损耗的电功率越大，C错误；输电电压并不是电压越高越好，因为电压越高，对于安全和技术的要求越高，因此并不是输电电压越高越好，D正确。
题型11.（交变电流的“四值”）一矩形线圈，面积是0.05m2，共100匝，线圈电阻为2Ω，外接电阻为R=8Ω，线圈在磁感应强度为T的匀强磁场中以300r/min的转速绕垂直于磁感线的轴匀速转动，如图所示，若从中性面开始计时，求：
（1）线圈中感应电动势的瞬时值表达式。
（2）线圈从开始计时经1/30s时，线圈中电流的瞬时值。
（3）外电路电阻R两端电压的瞬时值表达式。
解析：（1）线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的轴匀速转动时产生的电动势的瞬时值为 1分
其中 1分
由题意知rad/s 2分
将已知数据代入可得，V 2分
（2）由，代入数据得， 2分
当s时，线圈中电流瞬时值为A 2分
（3）由U=iR得，R两端电压瞬时值表达式为 V 3分
专题突破
针对典型精析的例题题型，训练以下习题。
1. 如图9所示电路中，电源电动势为，电源内阻为，串联的固定电阻为，滑动变阻器的总阻值是，电阻大小关系为，则在滑动触头从端滑到端过程中，下列描述正确的是AB
A．电路的总电流先减小后增大
B．电路的路端电压先增大后减小
C．电源的输出功率先增大后减小
D．滑动变阻器上消耗的功率先减小后增大
点拨：此题为含滑动变阻器电路。滑动变阻器左部分与右半部分并联，当滑动触头从端滑到端过程中由数学关系可以推出并联部分电阻先增大后减少。电路总电阻先增大后减少，电路的总电流先减小后增大，电路的路端电压先增大后减小，AB对。
2. 一个电阻为r、边长为L的正方形线圈abcd共N匝，线圈在磁感强度为B的匀强磁场中绕垂直于磁感线的轴OO’以如图所示的角速度ω匀速转动，外电路电阻为R
(1)在答卷图中标出此刻线圈感应电流的方向
(2)转动过程中感应电动势的最大值有多大？
(3)线圈平面与磁感线夹角为时的感应电动势多大？
(4)设发电机由柴油机带动，其他能量损失不计，线圈转一周，柴油机做多少功?
(5)从图示位置开始，线圈转过的过程中通过R的电量是多少？
点拨：此题为交变电流的“四值”问题
(1)电流方向如图所示 (2分)
(2)根据E=Blv (1分)
得Em=NBωS=NBωL2 (2分)
(3)线圈平面与B成60O时的瞬时感应电动势e=Emcos60O=NBωL2/2 (2分)
(4)电动势的有效值 (1分)
电流的有效值 I=E／(R+r) (1分)
柴油机的功转化为电能，转—周做功
W=EIT=2πN2B2ω2L2／[2(R+r)一ω] =πN2B2ωL4／(R+r) (1分)
(5) I平均=E平均／(R+r)= (1分)
　　 ∴ (1分)
3. 某学生为了测量一个物体的质量，找到一个力电转换器，该转换器的输出电压正比于受压面的压力（比例系数为k），如图所示，测量时先调节输入端的电压，使转换器空载时的输出电压为0；而后在其受压面上放一物体，即可测得与物体的质量成正比的输出电压U。现有下列器材：力电转换器、质量为m0的砝码、电压表、滑动变阻器、干电池各一个，开关及导线若干、待测物体（可置于力电转换器的受压面上）．请完成对该物体质量的测量：
（1）设计一个电路，要求力电转换器的输入电压可调。并且使调节范围尽可能大，画出这一完整的电路（包括力电转换器在内）
（2）简要说明测量步骤，求出比例系数k，并测出待测物体的质量m．
点拨：此题为传感器题型。（1）力电转换器虽然是一个全新的仪器，但它与其他所有测量仪器一样，有它们的共性，即需要有一个“调零”步骤，这个“调零”工作的要求就是当受压面上不放物体时通过对输入电路的输入电压的调节从而使输出电压为零，这就是力电转换器的“调零”．
（2）为了使输入电路上的电压可调节且调节范围尽可能大一些，可以用滑动变阻器组成分压电路．
（3）根据题给信息“被测物体质量与输出电压成正比”，先在受压面上放质量为m0的砝码，测出其输出电压U0，然后将待测物体放在受压面上，测出其输出电压U，根据两者的比例关系，便可得出m．
（1）设计的电路图如图所示。（5分）
（2）测量步骤与结果如下：
①闭合开关 S，调节变阻器的滑片 P，使力电转换 器的输出电压为零．（1分）
②将质量为m0的砝码放在力电转换器的受压面上，记下此时的输出电压U0．（1分）
③取下砝码，将待测物体放在力电转换器的受压面上，记下此时的输出电压U。（1分）
由以上测量可求出比例系数k及待测物体的质量m
因为U0=km0g，所以有： （2分）
又由于U = kmg，所以待测物体的质量为： （2分）
学法导航
复习指导：①回归课本夯实基础，仔细看书把书本中的知识点掌握到位
②练习为主提升技能，做各种类型的习题，在做题中强化知识
③整理归纳举一反三，对易错知识点、易错题反复巩固

专题综合
1.（电路+电场+圆周运动）如图所示，由电源、定值电阻和滑动变阻器构成一闭合电路，一粒子加速枪并接在两端，在加速枪口正上方处的点真空区域有一固定的点电荷，带电量为。现有质量和带电量均不同的两种带负电静止粒子，从加速枪的左端加速后从点进入场区域，粒子射入枪口时速度方向垂直于连线。（1）试证明若加速电压满足一定条件，两种粒子在场区域都能做匀速圆周运动。（不计粒子的重力）
（2）当滑动变阻器滑动头在某位置时，射出的带电粒子恰好做匀速圆周运动，若将向左移动一小段距离后，该种粒子从加速枪中射出后的运轨迹变成什么形状？它的周期比圆周运动时长还是短？（只写明最后结论）
解：（1）设带电粒子电量为，质量为，射出速度为。
由动能定理： （3分）
在库仑力作用下做匀速圆周运动，由向心力公式：
（3分）
解得
由满足条件看出：与带电粒子、均无关（1分）
（2）椭圆，变短（类比行星运动可知） （4分）
2．（变压器+恒定电流）如图所示，理想变压器的输入端交流电源的电动势为E，内阻为r，变
压器原副线圈的匝数之比为n1∶n2，输出端接有可变负载电阻（其电阻的变化范围足够大），求：
（1）当输入电流I1多大时，电源的输出功率最大，这个最大值是多大？
（2）当负载电阻为多大时，负载上获得的功率最大？
解：（1） （2分）
当时，电源的输出功率最大，其值为 （2分）
（2）最电源输出功率最大时，电阻R的消耗功率也最大； （2分）
此时输入电压；输出电压； （2分）
此时的电阻为 （2分）
3.（电路+电容器+电场）如图所示，电源电动势E=10V，内电阻r=1.0Ω，电阻R1=5.0Ω、R2=8.0Ω、R3=2.0Ω、R4=6.0Ω，R5=4.0Ω，水平放置的平行金属板相距d=2.4cm，原来单刀双掷开关S接b，在两板中心的带电微粒P处于静止状态；现将单刀双掷开关S迅速接到c，带电微粒与金属板相碰后即吸附在金属板上，取g=10m/s2，不计平行板电容器充放电时间，求带电微粒在金属板中的运动时间．
解：由闭合电路欧姆定律有 ① （1分）
而 （1分）
代入①式解得 I=1A （1分）
则V，V，V ② （2分）
设微粒的的质量为m，带电量为q， S接b时微粒P处于静止状态，微粒应带负电，且有
③ （2分）
设S接c时微粒P的加速度为a，在金属板中运动时间为t，则有
④ （2分）
⑤ （1分）
由②～⑤式代入数据解得 （2分）
三 考案
一、选择题
1. 如右图所示是某电源的路端电压与电流的关系图象，下面结论正确的是
A、电源的电动势为6.0 V
B、电源的内阻为12Ω
C、电源的短路电流为0.5A
D、电流为0.3A时的外电阻是18Ω
2.关于电动势，下列说法正确的是（ ）
A．电源内部，非静电力在单位时间内由负极向正极移送的电荷量越多，电动势越大
B．电源内部，非静电力在单位时间内由负极向正极移送的电荷做功越多，电动势越大
C．电源内部，非静电力由负极向正极移送相同的电荷量时，其做功越多，电动势越大
D．电源内部，非静电力由负极向正极移送电荷做功相同时，其移送电荷量越多，电动势越大
3.氧化锡传感器主要用于汽车尾气中一氧化碳浓度的检测。它的电阻随一氧化碳浓度的变化而变化，在右图所示的电路中，不同的一氧化碳浓度对应着传感器的不同电阻，这样，显示仪表的指针就与一氧化碳浓度有了对应关系，观察仪表指针就能判断一氧化碳浓度是否超标有一种氧化锡传感器，其技术资料中给出的是电导（即电阻的倒数）——浓度曲线如图所示，请判断，电压表示数与一氧化碳浓度C之间的对应关系正确的是
4. 如图所示的电路中，灯泡A和灯泡B原来都是正常发光的，现在突然灯泡A比原来变暗了些，灯泡B比原来变亮了些，则电路中出现的故障可能是 （ ） A．R3断路 B．Rl短路
C．R 2断路 D．R 1、R 2同时短路
5. 如图是电熨斗的结构图，下列说法正确的是
A．双金属片上层金属的膨胀系数小于下层金属
B．常温下，上下触点接触；温度过高时，双金
属片发生弯曲使上下触点分离
C．需要较高温度熨烫时，要调节调温旋钮，使升
降螺丝下移并推动弹性铜片下移
D．双金属片温度传感器的作用是控制电路的通断
6. 如图所示,电源电动势为E,内电阻为r，平行板电容器两金属板水平放置，S闭合后,两板间恰好有一质量为m、电量为q的油滴处于静止状态，G为灵敏电流计。则以下说法正确的（ ）
A．若滑动变阻器滑动触头向上移动，则油滴仍然静止，G中有a→b的电流
B．若滑动变阻器滑动触头向下移动，则油滴向下加速运动，G中有b→a 的电流
C．若滑动变阻器滑动触头向上移动，则油滴向上加速运动，G中有则b→a的电流
D．若将S断开，则油滴仍保持静止状态，G中无电流
7. 电动自行车因轻便、价格相对低廉、污染和噪音小而受到市民喜爱。某国产品牌电动自行车的铭牌如下，则此车所配电机的内阻为（ ）
规格
后轮驱动直流永磁电机
车型：20″电动自行车
电机输出功率：175W
电源输出电压：≥36V
额定工作电压/电流：36V/5A
整车质量：40kg
额定转速：240r/min
A．7.2Ω B．0.2Ω C．7.0Ω D．7.4Ω
8. 据某报刊报道，美国一家公司制成了一种不需要电池供电的“警示牌”，使用时它只有英文词语“ON”发亮，对防止误触电起到了警示作用，她相当于我国的“小心触电”或“高压危险”一类的牌子关于这则消息，正确的判断是（ ）
A．没有工作电源，却能够使英文词语“ON”发亮，显然违背了能量转化与守恒定律，这是条假新闻，没有科学依据
B．这种牌子内部必定隐藏有太阳能电池为其供电，不然绝不会使英文词语“ON”发亮，这是条故弄玄虚的消息，但有科学依据
C．这种牌子内部必定有闭合电路，它只能挂在有交变电流流过的输电线附近，才会使英文词语“ON”发亮，这是条真实的消息，完全没有科学依据
D．这种牌子不论挂在有交变电流还是有稳恒电流流过的输电线附近，都会使英文词语“ON”发亮，这是条真实的消息，有科学依据
9. 高温超导限流器由超导部件和限流电阻并联组成，如图。超导部件有一个超导临界电流Ic，当通过限流器的电流I ＞Ic时，将造成超导体失超，从超导态（电阻为零）转变为正常态（一个纯电阻）。以此来限制电力系统的故障电流，已知超导部件的正常态电阻为R1 = 3Ω，超导临界电流Ic = 1.2A，限流电阻R2 = 6Ω，小灯泡L上标有“6V，6W”的字样，电源电动势E=8V，内阻r =2Ω，原来电路正常工作，现L突然发生短路，则（ ）
A．短路前通过R1的电流为A
B．短路后超导部件将由超导状态转化为正常态
C．短路后通过R1的电流为A
D．短路后通过R1的电流为2A
10. 下图是一个分立元件组成的一个实用电路，Ａ、Ｂ是它的两个输入端，Ｙ是它的
输出端。该电路体现的逻辑关系是 （ ）
A、“与”逻辑关系，其符号为
B、“或”逻辑关系，其符号为
C、“或”逻辑关系，其符号为
D、“非”逻辑关系，其符号为
11. 许多精密仪器中常常采用如图所示的电路精确地调节某一电阻两端的电压，图中R1、 R2是两只滑动变阻器，通过它们可以对负载电阻R0（阻值约为500Ω）两端的电压进行粗调和微调，已知两滑动变阻器的最大电阻分别为200Ω和10Ω，那么，下面关于R1、 R2的说法中正确的是（ ）
A．如R1 =200Ω, R2 =10Ω，调节R1起粗调作用
B．如R1=10Ω, R2=200Ω，调节R1起微调作用
C．如R1=200Ω, R2=10Ω，调节R2起粗调作用
D．如R1=10Ω, R2=200Ω，调节R2起微调作用
二、计算题
12. 如图所示为一种测定风作用力的仪器原理图，图中P为金属球，悬挂在一细长裸金属丝下面，O是悬挂点，R0是保护电阻，CD是水平放置的光滑电阻丝，与悬挂小球的细金属丝始终保持良好接触，无风时细金属丝与电阻丝在C点接触，此时电路中的电流为I，有风时细金属丝将偏转一角度θ（θ与风力大小有关），细金属丝与电阻丝在B点接触，已知风力方向水平向左，OC=h，CD=L，球的质量为M，电阻丝单位长度的电阻为k，电源内电阻和细金属丝电阻均不计，金属丝偏转θ角时，电流表的示数为I/，此时风力大小为F，试写出：
①风力大小F与θ的关系式；
②风力大小F与电流表示数I/ 的关系式。
③此装置所测定的最大风力是多少？
13. 如图所示，四个电阻阻值均为R，电键S闭合时，有一质量为m，带电量为q的小球静止于水平放置的平行板电容器的中点现打开电键S，这个带电小球便向平行板电容器的一个极板运动，并和此板碰撞，碰撞过程中小球没有机械能损失，只是碰后小球所带电量发生变化，碰后小球带有和该板同种性质的电荷，并恰能运动到另一极板，设两极板间距离为d，不计电源内阻，求：
（1）电源电动势E多大？
（2）小球与极板碰撞后所带的电量q/为多少？
14. 如图所示，电解槽和电炉并联后接到电源上，电源内阻，电炉电阻
，电解槽电阻。当S1闭合、S2断开时，电炉消耗功率684W；S1、
S2都闭合时电炉消耗功率475W（电炉电阻可看作不变）。试求：
（1）电源的电动势；
（2）S1、S2都闭合时，流过电解槽的电流大小；
（3）S1、S2都闭合时，电解槽中电能转化成化学能的功率。
15. 有条河流，流量为Q=2m3s—1，落差h=5m，现利用其发电，若发电机总
功率为50%，输出电量为240V，输电线总电阻R=30Ω，允许损失功率为发电机输
出功率的6%，为满足用电的需要，使用户获得220V电压，则该输电线路所使用的
理想升压、降压变压器的匝数比各是多少？能使多少盏“220V，100W”的电灯正常
发光？
16. 图17（甲）为小型旋转电枢式交流发电机的原理图，其矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的固定轴OO′匀速转动，线圈的匝数n=100、电阻r=10 (，线圈的两端经集流环与电阻R连接，电阻R=90 Ω，与R并联的交流电压表为理想电表。 在t＝0时刻，线圈平面与磁场方向平行，穿过每匝线圈的磁通量(随时间t按图17（乙）所示正弦规律变化。 求：
（1）交流发电机产生的电动势的最大值；
（2）电路中交流电压表的示数。
参考答案
一、选择题
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
D
B
BD
CD
CD
D
C
BCD
BC
BD
D
二、计算题
12. 解：
①以金属球为研究对象，进行受力分析，由平衡条件可得：F=Mgtanθ
②设电源电动势为E，由闭合电路欧姆定律有：

③设该装置测得的最大风力为Fm
此时，

13. 解：（1）当S闭合时，电容器电压为U，则： ① （2分）
对带电小球受力分析得： ② （1分）
由①②式解得： ③ （2分）
（2）断开S，电容器电压为U/，则： ④ （1分）
对带电小球运动的全过程，根据动能定理得： ⑤（2分）
由③④⑤解得 ⑥ （2分）
14. （1）当S1闭合S2断开时电炉功率为
电炉中电流　　 　　　　　（2分）
电源电动势　　　 　　 　（2分）
（2）当S1、S2都闭合时电炉功率为
电炉中电流　　 　 （1分）
电源路端电压为　 　 　（1分）
通过电源的电流为 　　　 （2分）
通过电解槽的电流为　　　　　 （1分）
（3）电解槽消耗的电功率　　　　　　　（2分）
电解槽内热损耗功率　　　　　　　（2分）
电解槽转化成化学能的功率　　　　　　　　　　　（2分）
15. 解：远距离输电模式：
电源的输出功率
（2分）
输电线损失功率P损=I2R；
输电线上电流 1分
则升压变压器B1原线圈电压U1=U出=240V，副线圈U2==5×103V
n1: n2=U1:U2=6 : 125 2分
输电线上电压的损耗△U损=IR=300V，=U2－△U损=4700V
根据题意=220V，:=:=235 : 11 2分
因为理想变压器没有能量损失（盏） 1分
16. 解：（1）交流发电机产生电动势的最大值Em=nBSω…………1分
而(m=BS、，所以，Em=2n((m/T …………1分
由(-t图线可知：(m=2.0(10 -2Wb，T=6.28(10 -2s…………1分
所以Em =200 V…………1分
（2）电动势的有效值 E=Em=100 V…………1分
由闭合电路的欧姆定律，电路中电流的有效值为I== A…………1分
交流电压表的示数为U= I R=90V=127 V…………2分
专题十 光及光的本性
一 教案
专题要点
1. 折射率和全反射
（1）折射率(绝对折射率n)光从真空射入某种介质发生折射时,入射角θ1的正弦与折射角θ2的正弦之比n,叫做这种介质的折射率,即。
（2）临界角：折射角等于900时的入射角叫临界角．显然，临界角是一种特殊的入射角．当光线从某介质射入真空(或空气)时，其临界角的正弦值为．
注意：发生反射时，不一定发生折射，如：全反射时无折射；发生折射时，却一定存在反射。
（3）产生全反射的条件是：
①光从光密介质射向光疏介质；
②入射角大于或等于临界角．两条件必须同时存在，才发生全反射。
2.光的干涉和衍射
⑴光的干涉现象和衍射现象证明了光的波动性，光的偏振现象说明光波为横波。相邻亮条纹（或相邻暗条纹）之间的间距（相邻亮条纹中央间距，相邻暗条纹中央间距)为。利用双缝干涉实验可以测量光的波长。
⑵干涉和衍射的产生条件
①光屏上出现亮条纹（或暗条纹）的条件：
亮条纹： 暗条纹：
②发生明显衍射的条件：障碍物或孔的尺寸与光波波长可比(相差不多)
考纲要求
考点
要求
考点解读
光的折射定律 折射率
Ⅰ
本章的重点内容：理解折射定律并能熟练运用折射定律
光的全反射 光导纤维
Ⅰ
测定玻璃的折射率（实验、探究）
Ⅰ
光的干涉、衍射和偏振
Ⅰ
激光的特性及应用
Ⅰ
教法指引
此专题复习时，可以先让学生完成相应的习题，在精心批阅之后以题目带动知识点，进行适当提炼讲解。这一专题绝大多数知识点要求不是很高，但是比较杂乱，学生易于掌握每个知识点，但是不易掌握全面，光的折射与全反射还是很重要的二轮复习时还是要稳扎稳打，从基本知识出发再进行总结提升。
知识网络
典例精析
题型1.（平行板玻璃砖）一束由红、蓝两单色光组成的光线从一平板玻璃砖的上表面以入射角θ射入，穿过玻璃砖自下表射出.已知该玻璃对红光的折射率为1.5.设红光与蓝光穿过玻璃砖所用的时间分别为t1和t2，则在θ从0°逐渐增大至90°的过程中（ ）
A.t1始终大于t2 B.t1始终小于t2
C.t1先大于后小于t2 D.t1先小于后大于t2
解析：设折射角为α，玻璃砖的厚度为h，由折射定律n= ，且n= ，在玻璃砖中的时间为t= ，联立解得t2∝，红光频率较小，θ为零时，t1＜t2，θ为90°时，趋近渐近线，初步判定该函数为单调函数，通过带入θ为其它特殊值，仍然有t1＜t2，故B对。
题型2.（光现象的解释）下列说法正确的是（ ）
用分光镜观测光谱是利用光折射时的色散现象
用X光机透视人体是利用光电效应
光导纤维舆信号是利用光的干涉现象
门镜可以扩大视野是利用光的衍射现象
解析：用X光机透视人体是利用X光的穿透性；光导纤维传输信号是利用光的全反射现象；门镜可以扩大视野是利用光的折射现象，A正确。
题型3.（杨氏双缝干涉实验）在杨氏双缝干涉实验中，如果（ ）
（A）用白光作为光源，屏上将呈现黑白相间的条纹
（B）用红光作为光源，屏上将呈现红黑相间的条纹
（C）用红光照射一条狭缝，用紫光照射另一条狭缝，屏上将呈现彩色条纹
（D）用紫光作为光源，遮住其中一条狭缝，屏上将呈现间距不等的条纹
解析：白光作杨氏双缝干涉实验，屏上将呈现彩色条纹，A错；用红光作光源，屏上将呈现红色两条纹与暗条纹（即黑条纹）相间，B对；红光和紫光频率不同，不能产生干涉条纹，C错；
紫光作光源，遮住一条狭缝，屏上出现单缝衍射条纹，即间距不等的条纹，D对。
题型4.（肥皂沫干涉）用如图所示的实验装置观察光的薄膜干涉现象。图（a）是点燃酒精灯（在灯芯上洒些盐），图（b）是竖立的附着一层肥皂液薄膜的金属丝圈将金属丝圈在其所在的竖直平面内缓慢旋转，观察到的现象是（ ）
（A）当金属丝圈旋转30°时干涉条纹同方向旋转30°
（B）当金属丝圈旋转45°时干涉条纹同方向旋转90°
（C）当金属丝圈旋转60°时干涉条纹同方向旋转30°
（D）干涉条纹保持原来状态不变
解析：金属丝圈的转动，改变不了肥皂液膜的上薄下厚的形状，由干涉原理可知干涉条纹与金属丝圈在该竖直平面内的转动无关，仍然是水平的干涉条纹，D对。
题型5. （光的折射）图是一个圆柱体棱镜的截面图，图中E、F、G、H将半径OM分成5等份，虚线EE1、FF1、GG1、HH1平行于半径ON,ON边可吸收到达其上的所有光线.已知该棱镜的折射率n=,若平行光束垂直入射并覆盖OM,则光线（ ）
不能从圆孤射出
只能从圆孤射出
能从圆孤射出
能从圆孤射出
解析：由该棱镜的折射率为可知其临界角C满足：,可求出GG1右边的入射光线没有发生全反射，其左边的光线全部发生全反射。所以光线只能从圆弧NG1射出。
题型6.（折射定律）一半径为R的1/4球体放置在水平面上，球体由折射率为的透明材料制成。现有一束位于过球心O的竖直平面内的光线，平行于桌面射到球体表面上，折射入球体后再从竖直表面射出，如图所示。已知入射光线与桌面的距离为。求出射角?。
解析：设入射光线与1/4球体的交点为C，连接OC，OC即为入射点的法线。因此，图中的角α为入射角。过C点作球体水平表面的垂线，垂足为B。依题意，∠COB=α。又由△OBC知sinα= ①
设光线在C点的折射角为β，由折射定律得 ②
由①②式得 ③
由几何关系知，光线在球体的竖直表面上的入射角γ(见图)为30°由折射定律得
⑤因此 解得
题型7.（光的反射） 某物体左右两侧各有一竖直放置的平面镜，两平面镜相互平行，物体距离左镜4m，右镜8m，如图所示，物体在左镜所成的像中从右向左数的第三个像与物体的距离是（ ）
A．24m B．32m C．40m D．48m
解析：从右向左在左镜中的第一个像是物体的像距离物体8cm,第二个像是物体在右镜所成像的像,第3个像是第一个像在右镜中的像在左镜中的像距离物体为32cm.
题型8.（光的折射和全反射.）一玻璃砖横截面如图所示，其中ABC为直角三角形（AC边末画出），AB为直角边ABC=45°；ADC为一圆弧，其圆心在BC边的中点。此玻璃的折射率为1.5。P为一贴近玻璃砖放置的、与AB垂直的光屏。若一束宽度与AB边长度相等的平行光从 AB边垂直射入玻璃砖，则( )
A. 从BC边折射出束宽度与BC边长度相等的平行光
B. 屏上有一亮区，其宽度小于AB边的长度
C. 屏上有一亮区，其宽度等于AC边的长度
D. 当屏向远离玻璃砖的方向平行移动时，屏上亮区先逐渐变小然后逐渐变大
解析：宽为AB的平行光进入到玻璃中直接射到BC面,入射角为45o>临界角,所以在BC面上发生全反射仍然以宽度大小为AB长度的竖直向下的平行光射到AC圆弧面上.根据几何关系可得到在屏上的亮区宽度小于AB的长度,B对.D正确。
题型9. （光的全反射）如图所示，空气中有一横截面为半圆环的均匀透明柱体，其内圆半径为r，外圆半径为R，R＝r。现有一束单色光垂直于水平端面A射入透明柱体，只经过两次全反射就垂直于水平端面B射出设透明柱体的折射率为n，光在透明柱体内传播的时间为 t，若真空中的光速为c，则
n可能为
n可能为2
t可能为
t可能为
解析：只经过两次全反射可知第一次入射角为45°，反射光路图如右图所示。根据全反射可知临界角C≤45°，再根据n＝可知n≥；光在透明柱体中运动路程为L＝4r，运动时间为t＝L/V＝4nr/c，则t≥4r/c，CD均错。
题型10.（光的偏振）如图，P是一偏振片，P的透振方向（用带箭头的实线表示）为竖直方向。下列四种入射光束中哪几种照射P时能在P的另一侧观察到透射光？（ ）
A、太阳光
B、沿竖直方向振动的光
C、沿水平方向振动的光
D、沿与竖直方向成450角振动的光
解析：太阳光是平行光任意方向都有，通过时为竖直方向，D中有部分光线通过。此题正确选项为ABD。
题型11.（激光问题）下列说法正确的是 （ ）
A．激光可用于测距
B．激光能量十分集中，只适用于加工金属材料
C．外科研制的“激光刀”可以有效地减少细菌的感染
D．激光可用于全息照相，有独特的特点
解：A选项利用激光平行度非常好，C选项利用激光亮度高，平行度非常好，D选项利用激光高度的相干性。此题选ACD。
二 学案
典例精析
题型1.（平行板玻璃砖）一束由红、蓝两单色光组成的光线从一平板玻璃砖的上表面以入射角θ射入，穿过玻璃砖自下表射出.已知该玻璃对红光的折射率为1.5.设红光与蓝光穿过玻璃砖所用的时间分别为t1和t2，则在θ从0°逐渐增大至90°的过程中（ ）
A.t1始终大于t2 B.t1始终小于t2
C.t1先大于后小于t2 D.t1先小于后大于t2
解析：设折射角为α，玻璃砖的厚度为h，由折射定律n= ，且n= ，在玻璃砖中的时间为t= ，联立解得t2∝，红光频率较小，θ为零时，t1＜t2，θ为90°时，趋近渐近线，初步判定该函数为单调函数，通过带入θ为其它特殊值，仍然有t1＜t2，故B对。
题型2.（光现象的解释）下列说法正确的是（ ）
用分光镜观测光谱是利用光折射时的色散现象
用X光机透视人体是利用光电效应
光导纤维舆信号是利用光的干涉现象
门镜可以扩大视野是利用光的衍射现象
解析：用X光机透视人体是利用X光的穿透性；光导纤维传输信号是利用光的全反射现象；门镜可以扩大视野是利用光的折射现象，A正确
题型3.（杨氏双缝干涉实验）在杨氏双缝干涉实验中，如果（ ）
（A）用白光作为光源，屏上将呈现黑白相间的条纹
（B）用红光作为光源，屏上将呈现红黑相间的条纹
（C）用红光照射一条狭缝，用紫光照射另一条狭缝，屏上将呈现彩色条纹
（D）用紫光作为光源，遮住其中一条狭缝，屏上将呈现间距不等的条纹
解析：白光作杨氏双缝干涉实验，屏上将呈现彩色条纹，A错；用红光作光源，屏上将呈现红色两条纹与暗条纹（即黑条纹）相间，B对；红光和紫光频率不同，不能产生干涉条纹，C错；
紫光作光源，遮住一条狭缝，屏上出现单缝衍射条纹，即间距不等的条纹，D对。
题型4.（肥皂沫干涉）用如图所示的实验装置观察光的薄膜干涉现象。图（a）是点燃酒精灯（在灯芯上洒些盐），图（b）是竖立的附着一层肥皂液薄膜的金属丝圈。将金属丝圈在其所在的竖直平面内缓慢旋转，观察到的现象是（ ）
（A）当金属丝圈旋转30°时干涉条纹同方向旋转30°
（B）当金属丝圈旋转45°时干涉条纹同方向旋转90°
（C）当金属丝圈旋转60°时干涉条纹同方向旋转30°
（D）干涉条纹保持原来状态不变
解析：金属丝圈的转动，改变不了肥皂液膜的上薄下厚的形状，由干涉原理可知干涉条纹与金属丝圈在该竖直平面内的转动无关，仍然是水平的干涉条纹，D对。
题型5. （光的折射）图是一个圆柱体棱镜的截面图，图中E、F、 G、H将半径OM分成5等份，虚线EE1、FF1、GG1、HH1平行于半径ON,ON边可吸收到达其上的所有光线.已知该棱镜的折射率n=,若平行光束垂直入射并覆盖OM,则光线（ ）
不能从圆孤射出
只能从圆孤射出
能从圆孤射出
能从圆孤射出
解析：由该棱镜的折射率为可知其临界角C满足：,可求出GG1右边的入射光线没有发生全反射，其左边的光线全部发生全反射。所以光线只能从圆弧NG1射出。
题型6.（折射定律）一半径为R的1/4球体放置在水平面上，球体由折射率为的透明材料制成。现有一束位于过球心O的竖直平面内的光线，平行于桌面射到球体表面上，折射入球体后再从竖直表面射出，如图所示已知入射光线与桌面的距离为。求出射角?。
解析：设入射光线与1/4球体的交点为C，连接OC，OC即为入射点的法线。因此，图中的角α为入射角。过C点作球体水平表面的垂线，垂足为B。依题意，∠COB=α。又由△OBC知sinα= ①
设光线在C点的折射角为β，由折射定律得 ②
由①②式得 ③
由几何关系知，光线在球体的竖直表面上的入射角γ(见图)为30°。由折射定律得
⑤因此 解得
题型7.（光的反射） 某物体左右两侧各有一竖直放置的平面镜，两平面镜相互平行，物体距离左镜4m，右镜8m，如图所示，物体在左镜所成的像中从右向左数的第三个像与物体的距离是（ ）
A．24m B．32m C．40m D．48m
解析：从右向左在左镜中的第一个像是物体的像距离物体8cm,第二个像是物体在右镜所成像的像,第3个像是第一个像在右镜中的像在左镜中的像距离物体为32cm.
题型8.（光的折射和全反射.）一玻璃砖横截面如图所示，其中ABC为直角三角形（AC边末画出），AB为直角边ABC=45°；ADC为一圆弧，其圆心在BC边的中点。此玻璃的折射率为 1.5。P为一贴近玻璃砖放置的、与AB垂直的光屏若一束宽度与AB边长度相等的平行光从AB边垂直射入玻璃砖，则( )
A. 从BC边折射出束宽度与BC边长度相等的平行光
B. 屏上有一亮区，其宽度小于AB边的长度
C. 屏上有一亮区，其宽度等于AC边的长度
D. 当屏向远离玻璃砖的方向平行移动时，屏上亮区先逐渐变小然后逐渐变大
解析：宽为AB的平行光进入到玻璃中直接射到BC面,入射角为45o>临界角,所以在BC面上发生全反射仍然以宽度大小为AB长度的竖直向下的平行光射到AC圆弧面上.根据几何关系可得到在屏上的亮区宽度小于AB的长度,B对.D正确。
题型9. （光的全反射）如图所示，空气中有一横截面为半圆环的均匀透明柱体，其内圆半径为r，外圆半径为R，R＝r。现有一束单色光垂直于水平端面A射入透明柱体，只经过两次全反射就垂直于水平端面B射出。设透明柱体的折射率为n，光在透明柱体内传播的时间为t，若真空中的光速为c，则
n可能为
n可能为2
t可能为
t可能为
解析：只经过两次全反射可知第一次入射角为45°，反射光路图如右图所示。根据全反射可知临界角C≤45°，再根据n＝可知n≥；光在透明柱体中运动路程为L＝4r，运动时间为t＝L/V＝4nr/c，则t≥4r/c，CD均错。
题型10.（光的偏振）如图，P是一偏振片，P的透振方向（用带箭头的实线表示）为竖直方向。下列四种入射光束中哪几种照射P时能在P的另一侧观察到透射光？（ ）
A、太阳光
B、沿竖直方向振动的光
C、沿水平方向振动的光
D、沿与竖直方向成450角振动的光
解析：太阳光是平行光任意方向都有，通过时为竖直方向，D中有部分光线通过此题正确选项为ABD。
题型11.（激光问题）下列说法正确的是 （ ）
A．激光可用于测距
B．激光能量十分集中，只适用于加工金属材料
C．外科研制的“激光刀”可以有效地减少细菌的感染
D．激光可用于全息照相，有独特的特点
解：A选项利用激光平行度非常好，C选项利用激光亮度高，平行度非常好，D选项利用激光高度的相干性。此题选ACD。
专题突破
针对典型精析的例题题型，训练以下习题。
1. 一束单色光斜射到厚平板玻璃的一个表面上，经两次折射后从玻璃板另一个表面射出，出射光线相对于入射光线侧移了一段距离。在下列情况下，出射光线侧移距离最大的是（ ）
A.红光以的入射角入射 B.红光以的入射角入射
C.紫光以的入射角入射 D.紫光以的入射角入射
点拨：本题属于平行板玻璃纸问题.因为同种介质对紫光的折射率较大，故入射角相同时，紫光侧移距离较大，A、B项错；设入射角为i,折射角为r,则侧移距离,可见对于同一种色光,入射角越大,侧移距离越大,D项正确。
2.下列有关光现象的说法正确的是（ ）A.在光的双缝干涉实验中，若仅将入射光由紫光改为红光，则条纹间距一定变大
B.以相同入射角从水中射向空气，紫光能发生全反射，红光也一定能发生全反射
C.紫光照射某金属时有电子向外发射，红光照射该金属时也一定有电子向外发射
D.拍摄玻璃橱窗内的物品时，往往在镜头前加装一个偏振片以增加透射光的强度
点拨：本题考查光现象的解释.根据干涉条纹的间距的公式△x=λ可知，由于紫光的波长比红光的波长短，所以改为红光后条纹间距一定增大，A正确；紫光的临界角比红光的临界角小，所以紫光发生全反射后红光不一定发生全反射，B错误；由于紫光的频率大于红光的频率，所以紫光的能量比红光的能量大，紫光发生光电效应红光不一定发生光电效应，C错误，拍摄玻璃橱窗内的物品时，往往在镜头前加装一个偏振镜是为了防止玻璃的反光，所以D错误。
3. 光纤通信中,光导纤维递光信号的物理原理是利用光的　　　　现象，要发生这种现象，必须满足的条件是：光从光密介质射向　　　　，且入射角等于或大于　　　　.
点拨：本题考查光导纤维。依次填充为全反射 光疏介质 临界角

4. 如图，一束单色光射入一玻璃球体，入射角为60°。己知光线在玻璃球内经一次反射后，再次折射回到空气中时与入射光线平行。此玻璃的折射率为（ ）
A． B．1.5 C． D．2
点拨：本题考查光的折射。作出光路图．A、C为折射点，B为反射点，作OD平行于入射光线，故，所以，玻璃的折射率．
5.如图为双缝干涉的实验示意图，若要使干涉条纹的间距变大可改用长更___________（填长、短）的单色光，或是使双缝与光屏间的距离___________（填增大、减小）。
点拨：本题考查双缝干涉问题。依据双缝干涉条纹间距规律，可知要使干涉条纹的间距变大，需要改用波长更长的单色光，应将增大双缝与屏之间的距离L。
6.一束单色光由左侧时的清水的薄壁圆柱比，图2为过轴线的截面图，调整入射角α，光线恰好在不和空气的界面上发生全反射，已知水的折射角为，α的值。
点拨：此题考查光的全反射。当光线在水面发生全反射时有，当光线从左侧射入时，由折射定律有，联立这两式代入数据可得。
学法导航
复习指导：①回归课本夯实基础，仔细看书把书本中的知识点掌握到位
②练习为主提升技能，做各种类型的习题，在做题中强化知识
③整理归纳举一反三，对易错知识点、易错题反复巩固
1. 波长为0.65μm的红光，从空气射入水中，水相对空气的折射率为1.33。求该光在水中的波长，并判断在水中该光的颜色。
【错解】
得波长0.49μm的光是蓝色。
【错解原因】上述求得光在水中的波长为0.49μm是正确的，但用光谱表查得光的颜色却错了。人眼对光的色觉决定于光的频率而不是波长。
【分析解答】当光从一种媒质进入另一种媒质时，波长变化了，波速也相应变化了，但它的频率却不变。所以在水中该光仍是红色。
【评析】物理规律的因果关系是有条件的，记忆规律时应该首先弄清规律成立的条件。凡是波，无论是机械波还是电磁波，只要振源的频率不变，波的频率就不变。
2. 如图13－4所示，放在空气中折射率为n的平行玻璃砖，表面M和N平行，P，Q两个面相互平行且与M，N垂直。一束光射到表面M上（光束不与M平行），则：
A．如果入射角大于临界角，光在表面M发生全反射。
B．无论入射角多大，光在表面M都不会发生全反射。
C．光可能在表面N发生全反射。
D．由于M与N平行，光只要通过M就不可能在表面N发生全反射。
【错解】光束从空气中射到玻璃砖表面M上，是由光疏媒质到光密媒质，不可能发生全反射，而从表面N射出空气，是由光密媒质到光疏媒质，光可能发生全反射，故选B，C。
【错解原因】机械地记住光从光密媒质到光疏媒质，可能发生全反射，而不具体分析光通过表面M后射到N表面光线的入射角的大小是否大于临界角，而错选C。
【分析解答】如图13-5所示，光射到表面M的入射角为i(i≠90°)折射角为r， 面N，因M∥N，故其入射角i′=r＜C。即光只要通过M即不可能在表面N发生折射。
若光通过M先射到MN面再射到P面（如图13－6），同样可以证明经P面发生反射，反射光线射至N面时，由几何关系可以证明入射角i′=r，根据折射定律折射角r′=i，同样不可能发生全反射。故应选B，D。
【评析】同一个初始条件可能有若干个不同结果。这是对考生思维能力的考查。本题中，当光线射到M上，发生折射。以A为分界点，入射点在AC之间，光线先要到达P界面，所以一定先要讨论光线在P界面上的行为。光线在P界面一定会发生反射现象，是否发生折射要看入射角是否大于临界角。由于此问题与本题无关所以可以不讨论它。如果试题提出光线在P界面的行为时，就要认真讨论。结论是：入射到M面光线的入
3. 光从玻璃射入空气里时传播方向如图13－l所示，请在图中标出入射角和折射角。
【错解】如图 13－2所示，α为入射角，β为折射角。
【错解原因】错解原因一是受思维定势的影响，不加分析地认定玻璃与空气总是上下接触的；二是对光的折射及其规律未吃透，将题设文字条件与图形条件结合起来的分析能力差。根据光的折射规律，光从水或玻璃等透明物质射入空气里时，折射角大于入射角，题设文字条件是“从玻璃射入空气”，因此折射角大于入射角，再结合题设所给图形，可知CD为界面，AB为法线。
【分析解答】如图? 13－3所示， α′为入射角， β′折射角（CD左面为玻璃，右面为空气）。
【评析】解光的折射现象的题目，首先应对光线是从光疏媒质进入光密媒质呢？还是光线是从光密媒质进入光疏媒质作出判断。为了保证你每次做题时，能够不忘判断，建议同学们做光的折射题时，先画出光路图，标出入射光线和出射光线的方向，在界面处标出哪一个是光密媒质，哪一个是光疏媒质。然后再解题。
专题综合
1. （机械波+光路图）麦克斯韦在1865年发表的（电磁场的动力学理论）一文中揭示了电、磁现象与光的内在联系及统一性，即光是电磁波。
(l）一单色光波在折射率为1.5的介质中传播，某时刻电场横波图象如图1所示．求该光波的频率。
(2）图2表示两面平行玻璃砖的截面图，一束平行于CD边的单色光入射到AC界面上，a、b是其中的两条平行光线。光线a在玻璃砖中的光路已给出。画出光线b从玻璃砖中首次出射的光路图．并标出出射光线与界面法线夹角的度数。
解析：(l）设光在介质中的传播速度为v，波长为λ．频率为f，则
f= ①
v= ②
①②③
联立①②式得f＝ ③
从波形图上读出波长λ=4×10-7m，代人数据解得
f=5×1014Hz ④
（2）光路如图所示
2．（折射率+全反射+双缝干涉）已知某玻璃对蓝光的折射率比对红光的折射率大，则两种光（ ）
A.在该玻璃中传播时，蓝光的速度较大
B.以相同的入射角从空气斜射入该玻璃中，蓝光折射角较大
C.从该玻璃中射入空气发生反射时，红光临界角较大
D.用同一装置进行双缝干涉实验，蓝光的相邻条纹间距较大
解析：由可知，蓝光在玻璃中的折射率大，蓝光的速度较小，A错；以相同的入射角从空气中斜射入玻璃中，蓝光的折射率大，向法线靠拢偏折得多，折射角应较小，B错。从玻璃射入空气发生全反射时的临界角由公式可知，红光的折射率小，临界角大，C正确；用同一装置进行双缝干涉实验，由公式可知蓝光的波长短，相邻条纹间距小，D错。
三 考案
一、选择题
1. 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. 在桌面上有一倒立的玻璃圆锥，其顶点恰好与桌面接触，圆锥的轴（图中虚线）与桌面垂直，过轴线的截面为等边三角形，如图所示。有一半径为r的圆柱形平行光束垂直入射到圆锥的地面上，光束的中心轴与圆锥的轴重合。已知玻璃的折射率为1.5，则光束在桌面上形成的光斑半径为（ ）
A、r B、1.5r C、2r D、2.5r
3. 光导纤维的结构如图所示，其内芯和外套材料不同，光在内芯中传播。以下关于光导纤维的说法正确的是（ ）
A、内芯的折射率比外套大，光传播时在内芯与外套的界面发生全反射
B、内芯的折射率比外套小，光传播时在内芯与外套的界面发生全反射
C、内芯的折射率比外套小，光传播时在内芯与外套的界面发生折射
D、内芯的折射率比外套相同，外套的材料有韧性，可以起保护作用
4. 光通过各种不同的障碍物后会产生各种不同的衍射条纹，衍射条纹的图样与障碍物的形状相对应，这一现象说明 （ ）
（A）光是电磁波。（B）光具有波动性。（C）光可以携带信息（D）光具有波粒二象性。
5. 关于光的性质，下列说法正确的是( )
A．光在介质中的速度大于光在真空中的速度 B．双缝干涉说明光具有波动性
C．光在同种介质种沿直线传播 D．光的偏振现象说明光是纵波
6. 光的偏振现象说明光是横波，下列现象中不能反映光的偏振特性的是( )
A、一束自然光相继通过两个偏振片，以光束为轴旋转其中一个偏振片，透射光的强度发生变化
B、一束自然光入射到两种介质的分界面上，当反射光与折射光线之间的夹角恰好是900时，反射光是偏振光
C、日落时分，拍摄水面下的景物，在照相机镜头前装上偏振光片可以使景象更清晰
D、通过手指间的缝隙观察日光灯，可以看到秋色条纹
7. 现代物理学认为，光和实物粒子都具有波粒二象性。下列事实中突出体现波动性的是( )
A、一定频率的光照射到锌板上，光的强度越大，单位时间内锌板上发射的光电子就越多
B、肥皂液是无色的，吹出的肥皂泡却是彩色的
C、质量为10-3kg、速度为10-2m/s的小球，其德布罗意波长约为10-23 m，不过我们能清晰地观测到小球运动的轨迹
D、人们常利用热中子研究晶体的结构，因为热中子的德布罗意波长一晶体中原子间距大致相同
8. 夏天，海面上的下层空气的温度比上层空气的温度低，设想海面上的空气是由折射率不同的许多水平气层组成的，远处的景物发出的光线由于不断被折射，越来越偏离原来的方向，以至发生全反射人们逆看光线看去就出现了蜃景，如图所示。下列说法中正确的是 （ ）
A．A是蜃景，B是景物
B．B是蜃景，A是景物
C．海面上上层空气的折射率比下层空气折射率要小
D．海面上上层空气的折射率比下层空气折射率要大
9. 如图示，直角三角形ABC为一透明介质制成的三棱镜的截面，且∠A=300，在整个AC面上有一束垂直于它的平行光线射入，已知透明介质的折射率n＞2，以下关于光线经过各个界面出射情况的说法中错误的是：：（ ）
A．一定有光线垂直于AB面射出
B．光线一定不会由AB面射出
C．一定有光线垂直于BC面射出
D．一定有光线垂直于AC面射出
10. 一束只含红光和紫光的复色光沿PO方向射入玻璃三棱镜然后分成两束光，并沿OM和ON方向射出（如图所示）已知OM和ON两束光中只有一束是单色光，则 ( )
OM为复色光，ON为紫光
B．OM为复色光，ON为红光
C. OM为紫光，ON为复色光
D．OM为红光，ON为复色光
11. 如图所示，一个棱镜的横截面ABC为等腰直角三角形一细束红光从AC面上的P点沿平行于AB的方向射入棱镜，从BC面上的Q点平行于AB射出，且PQ//AB（图中未画出光在棱镜里的光路）．如果将一细束紫光也从P点沿同样的方向射入棱镜，则从BC面上射出的光线将（ ）
A．仍从Q点射出，射出光线仍平行于AB
B．仍从Q点射出，但射出光线不再平行于AB
C．从Q点上方的某一点处射出，射出光线仍平行于AB
D．从Q点下方的某一点处射出，射出光线仍平行于AB
二、计算题
12. 一棱镜的截面为直角三角形ABC，∠A=30o，斜边AB＝a。棱镜材料的折射率为n= 在此截面所在的平面内，一条光线以45o的入射角从AC边的中点M射入棱镜射出的点的位置（不考虑光线沿原来路返回的情况）。
13. 如图，一透明半圆柱体折射率为，半径为R、长为L。一平行光束从半圆柱体的矩形表面垂直射入，从部分柱面有光线射出。求该部分柱面的面积S。
14. 图丙是北京奥运会期间安置在游泳池底部的照相机拍摄的一张照片，照相机的镜头竖直向上照片中，水利方运动馆的景象呈现在半径的圆型范围内，水面上的运动员手到脚的长度，若已知水的折射率为，请根据运动员的实际身高估算该游泳池的水深，（结果保留两位有效数字）
15. 如图，置于空气中的一不透明容器中盛满某种透明液体。容器底部靠近器壁处有一竖直放置的6.0cm长的线光源。靠近线光源一侧的液面上盖有一遮光板，另一侧有一水平放置的与液面等高的望远镜，用来观察线光源。开始时通过望远镜不能看到线光源的任何一部分。将一光源沿容器底向望远镜一侧平移至某处时，通过望远镜刚好可能看到线光源底端。再将线光源沿同一方向移动8.0cm，刚好可以看到其顶端。求此液体的折射率n。
16. 一束截面为圆形（半径为R）的平行单色光正面射向一玻璃半球的平面，如图所示，经折射后在屏S上形成一圆形光斑。已知入射光的波长为λ、功率为P，玻璃半球的半径为R，折射率为n，屏S到球心O的距离为d（d>3R）
（1）从O点射入玻璃砖的光线要多长时间能到达屏S？
（2）光从圆弧面上什么范围射出？
（3）屏S上光斑的半径为多大？
参考答案
一、选择题
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
D
C
A
BC
B
D
BD
AC
A
D
C
二、计算题
12.解：设入射角为i，折射角为r，由折射定律得
①
由已知条件及①式得
②
如果入射光线在法线的右侧，光路图如图1所示。设出射点为F，由几何关系可得
③
即出射点在AB边上离A点的位置。
如果入射光线在法线的左侧，光路图如图2所示。设折射光线与AB的交点为D。
由几何关系可知，在D点的入射角
④
设全发射的临界角为，则
⑤
由⑤和已知条件得
⑥
因此，光在D点全反射。
设此光线的出射点为E，由几何关系得
∠DEB=
⑦
⑧
联立③⑦⑧式得
⑨
即出射点在BC边上离B点的位置。
13.解：半圆柱体的横截面如图所示，为半径。设从A点入射的光线在B点处恰好满足全反射条件，由折射定律有

式中，为全反射临界角。由几何关系得
②
③
代入题所给条件得
④
评分参考：本题5分。①式2分，②③④式各1分。

14. 解：设照片圆形区域的实际半径为,运动员的实际长为，光路如图：
折射定律
几何关系
得
取，解得
（本题为估算题，在取运动员实际长度时可以有一个范围，但要符合实际，故求得h值可以不同均可）
15.解：当线光源上某一点发出的光线射到未被遮光板遮住的液面上时，射到遮光边缘Ｏ的那条光线的入射角最小。
若线光源底端在Ａ点时，望远镜内刚好可以看到此光源底端，设过Ｏ点液面的法线为ＯＯ1，则　　　
①
其中a为此液体到空气的全反射临界角。由折射定律有
　　　　　　　　　　　②
同理，若线光源顶端在Ｂ1点时，通过望远镜刚好可以看到此光源顶端，则。设此时线光源底端位于Ｂ点。由图中几何关系可得
　　　　　　　　　　③
联立②③式得
　　　　　　　④
由题给条件可知
　　　，
代入③式得
　　　n=1.3
评分参考：，①式2分，②式１分，③式2分,⑤式2分（n=1.2－1.3都给这2分）
16． 解（1）；
（2）临界角，光从圆弧AO1B部分出射，；
（3）,，解得：
如图，紫光刚要发生全反射时的临界光线射在屏幕S上的点E到亮区中心G的距离r就是所求最半径。
设紫光临界角为C，由全反射的知识：
（2分）
由几何知识可知: （1分）
（1分）
（1分）
（1分）
（1分）
所以有: （1分）
紫色。
专题十一 动量、动量守恒定律及应用
一 教案
专题要点
动量：动量是状态量，因为V是状态量，动量是失量，其方向与物休动动方向相同。
动量的变化ΔP是失量，其方向与速度的变化ΔV的方向相同。
求解方法：求解动量的变化时遵循平行四边形定则。
（1）若初末动量在同一直线上，则在选定正方向的前提下，可化失量运算为代数运算。
（2）若初末动量不在同一直线上，则运算遵循平行四边形定则。
3．动量守恒定律
（1）内容：一个系统不受外力或者所受外力之和为零，这个系统的总动量保持不变。
（2）适用范围：动量守恒定律是自然界中普遍适用的规律，既适用宏观低速运动的物体，也适用微观高速运动的粒子。大到宇宙天体间的相互作用，小到微观粒子的相互作用，无不遵守动量守恒定律，它是解决爆炸、碰撞、反冲及复杂的相互作用的物体系统类问题的基本规律。
（3）动量守恒的条件为：①充分且必要条件：系统不受外力或所受外力为零。②近似守恒：虽然系统所受外力之和不为零，但系统内力远远大于外力，此时外力可以忽略不计，如：爆炸和碰撞。
4. 动量守恒定律的表达式
(1) p=p/意义：系统相互作用前的总动量p等于相互作用后的总动量p’ (从守恒的角度列式)．
(2)?p =p/-p=0意义：系统总动量的增量等于零(从增量角度列式)．
(3)对相互作用的两个物体组成的系统：
①p1+p2=p1/ +p2/ 或者m1v1 +m2v2=m1v1/+m2v2/意义：两个物体作用前的动量的矢量和等于作用后的动量的矢量和．
②p1/-p1=一(p2/-p2)或者?p1=一?p2或者?p1+?p2=0
意义：两物体动量的变化大小相等，方向相反．
5． 弹性碰撞与非弹性碰撞
形变完全恢复的叫弹性碰撞；形变完全不恢复的叫完全非弹性碰撞；而一般的碰撞其形变不能够完全恢复。机械能不损失的叫弹性碰撞；机械能损失最多的叫完全非弹性碰撞；而一般的碰撞其机械能有所损失。
6．碰撞过程遵守的规律——应同时遵守三个原则
①系统动量守恒
②系统动能不增
③实际情景可能：碰前、碰后两个物体的位置关系（不穿越）和速度关系应遵循客观实际．如甲物追乙物并发生碰撞，碰前甲的速度必须大于乙的速度，碰后甲的速度必须小于、等于乙的速度或甲反向运动．
考纲要求
考点
要求
说明
考点解读
动量、动量守恒定律及其应用
Ⅱ
动量守恒定律只限于一维情况
本章的重点内容：唯一的二级要求是动量及其守恒定律，本专题和前面的3-4模块有共同特点是题目教简单，但为了照顾知识点的覆盖面，会出现一个大题中在套二、三个小题的情况
弹性碰撞和非弹性碰撞、反冲运动
Ⅰ
验证动量守恒定律（实验、探究）
Ⅰ
教法指引
此专题复习时，可以先让学生完成相应的习题，在精心批阅之后以题目带动知识点，进行适当提炼讲解。要求学生强加记忆。这一专题的题目还是较难的，虽然只有一个二级要求，但是此专题的内容涉及受力分析、过程分析等二轮复习时还是要稳扎稳打，从基本知识出发
知识网络
典例精析
题型1.（子弹射木块题型）矩形滑块由不同材料的上下两层固体组成，将其放在光滑的水平面上，质量为m的子弹以速度v水平射向滑块 若射中上层子弹刚好不穿出，若射中下层子弹刚好能嵌入，那么( )
A．两次子弹对滑块做的功一样多 B．两次滑块所受冲量一样大
C．子弹嵌入上层时对滑块做功多 D．子弹嵌入上层时滑块所受冲量大
解：设固体质量为M，根据动量守恒定律有：
由于两次射入的相互作用对象没有变化，子弹均是留在固体中，因此，固体的末速度是一样的，而子弹对滑块做的功等于滑块的动能变化，对滑块的冲量等于滑块的动量的变化，因此A、B选项是正确的。
规律总结：解决这样的问题，还是应该从动量的变化角度去思考，其实，不管是从哪个地方射入，相互作用的系统没有变化，因此，动量和机械能的变化也就没有变化。
题型2.（动量守恒定律的判断）把一支枪水平固定在小车上，小车放在光滑的水平地面上，枪发射出子弹时，关于枪、子弹、车的下列说法正确的是（ ）
A.枪和子弹组成的系统动量守恒
B.枪和车组成的系统动量守恒
C.只有忽略不计子弹和枪筒之间的摩擦，枪、车和子弹组成的系统的动量才近似守恒
D.枪、子弹、车组成的系统动量守恒
解：本题C选项中所提到的子弹和枪筒之间的摩擦是系统的内力，在考虑枪、子弹、车组成的系统时，这个因素是不用考虑的 根据受力分析，可知该系统所受合外力为0，符合动量守恒的条件，故选D
规律总结：判断系统是否动量守恒时，一定要抓住守恒条件，即系统不受外力或者所受合外力为0。
题型3.（碰撞中过程的分析）如图所示，位于光滑水平桌面上的小滑块A和B都可视作质点，质量相等。B与轻质弹簧相连。设B静止，A以某一初速度向B运动并与弹簧发生碰撞。在整个碰撞过程中，弹簧具有的最大弹性势能等于（ ）
A. A的初动能
B. A的初动能的1/2
C. A的初动能的1/3
D. A的初动能的1/4
解： 解决这样的问题，最好的方法就是能够将两个物体作用的过程细化。具体分析如右图，开始A物体向B运动，如右上图；接着，A与弹簧接触，稍有作用，弹簧即有形变，分别对A、B物体产生如右中图的作用力，对A的作用力的效果就是产生一个使A减速的加速度，对B的作用力的效果则是产生一个使B加速的加速度。如此，A在减速，B在加速，一起向右运动，但是在开始的时候，A的速度依然比B的大，所以相同时间内，A走的位移依然比B大，故两者之间的距离依然在减小，弹簧不断压缩，弹簧产生的作用力越来越大，对A的加速作用和对B的加速作用而逐渐变大，于是，A的速度不断减小，B的速度不断增大，直到某个瞬间两个物体的速度一样，如右下图。过了这个瞬间，由于弹簧的压缩状态没有发生任何变化，所以对两个物体的作用力以及力的效果也没有变，所以A要继续减速，B要继续加速，这就会使得B的速度变的比A大，于是A、B物体之间的距离开始变大。因此，两个物体之间的距离最小的时候，也就是弹簧压缩量最大的时候，也就是弹性势能最大的时候，也就是系统机械能损失最大的时候，就是两个物体速度相同的时候。
根据动量守恒有，根据能量守恒有，以上两式联列求解的，可见弹簧具有的最大弹性势能等于滑块A原来动能的一半，B正确
规律总结：处理带有弹簧的碰撞问题，认真分析运动的变化过程是关键，面对弹簧问题，一定要注重细节的分析，采取“慢镜头”的手段。
题型4.（动量守恒定律的适用情景）小型迫击炮在总质量为1000kg的船上发射，炮弹的质量为2kg．若炮弹飞离炮口时相对于地面的速度为600m/s，且速度跟水平面成45°角，求发射炮弹后小船后退的速度？
解：发射炮弹前，总质量为1000kg的船静止，则总动量Mv=0．
发射炮弹后，炮弹在水平方向的动量为mv1'cos45°，船后退的动量为(M-m)v2'．
据动量守恒定律有
0=mv1'cos45°＋(M-m)v2'．
取炮弹的水平速度方向为正方向，代入已知数据解得
规律总结：取炮弹和小船组成的系统为研究对象，在发射炮弹的过程中，炮弹和炮身(炮和船视为固定在一起)的作用力为内力．系统受到的外力有炮弹和船的重力、水对船的浮力．在船静止的情况下，重力和浮力相等，但在发射炮弹时，浮力要大于重力．因此，在垂直方向上，系统所受到的合外力不为零，但在水平方向上系统不受外力(不计水的阻力)，故在该方向上动量守恒．
题型5. （多物体多过程动量守恒）两块厚度相同的木块A和B，并列紧靠着放在光滑的水平面上，其质量分别为mA=2.0kg，mB=0.90kg．它们的下底面光滑，上表面粗糙．另有质量mC=0.10kg的铅块C(其长度可略去不计)以vC=10m/s的速度恰好水平地滑到A的上表面(见图)，由于摩擦，铅块最后停在本块B上，测得B、C的共同速度为v=0.50m/s，求：木块A的速度和铅块C离开A时的速度．
解：设C离开A时的速度为vC，此时A、B的共同速度为vA，对于C刚要滑上A和C刚离开A这两个瞬间，由动量守恒定律知
mCvC=(mA+mB)vA+mCv'C (1)
以后，物体C离开A，与B发生相互作用．从此时起，物体A不再加速，物体B将继续加速一段时间，于是B与A分离．当C相对静止于物体B上时，C与B的速度分别由v'C和vA变化到共同速度v．因此，可改选C与B为研究对象，对于C刚滑上B和C、B相对静止时的这两个瞬间，由动量守恒定律知
mCv'C+mBvA=(mB+mC)v (2)
由(l)式得 mCv'C=mCvC-(mA＋mB)vA
代入(2)式 mCv'C-(mA+mC)vA+mBvA=(mB+mC)v．
得木块A的速度
所以铅块C离开A时的速度
题型6.（人船模型）在静止的湖面上有一质量M=100kg的小船，船上站立质量m=50kg的人，船长L=6m，最初人和船静止．当人从船头走到船尾(如图)，船后退多大距离？(忽略水的阻力)
解：选地球为参考系，人在船上行走，相对于地球的平均速度为(L-x)/t，船相对于地球后退的平均速度为x/t，系统水平方向动量守恒方程为
故
规律总结：错解：由船和人组成的系统，当忽略水的阻力时，水平方向动量守恒．取人前进的方向为正方向，设t时间内人由船头走到船尾，则人前进的平均速度为L/t，船在此时间内后退了x距离，则船后退的平均速度为x/t，水平方向动量守恒方程为
故
这一结果是错误的，其原因是在列动量守恒方程时，船后退的速度x/t是相对于地球的，而人前进的速度L/t是相对于船的。相对于不同参考系的速度代入同一公式中必然要出错．
题型7. （动量守恒中速度的相对性）一个静止的质量为M的原子核，放射出一个质量为m的粒子，粒子离开原子核时相对于核的速度为v0，原子核剩余部分的速率等于（ ）
解：取整个原子核为研究对象。由于放射过程极为短暂，放射过程中其他外力的冲量均可不计，系统的动量守恒．放射前的瞬间，系统的动量p1=0，放射出粒子的这一瞬间，设剩余部分对地的反冲速度为v'，并规定粒子运动方向为正方向，则粒子的对地速度v=v0-v'，系统的动量
p2=mv-(M-m)v'=m(v0-v')-(M-m)v'．
由p1=p2，即
0=m(v0-v)-(M-m)v'=mv0-Mv'．
故选C。
规律总结：运用动量守恒定律处理问题，既要注意参考系的统一，又要注意到方向性。
二 学案
典例精析
题型1.（子弹射木块题型）矩形滑块由不同材料的上下两层固体组成，将其放在光滑的水平面上，质量为m的子弹以速度v水平射向滑块。若射中上层子弹刚好不穿出，若射中下层子弹刚好能嵌入，那么( )
A．两次子弹对滑块做的功一样多 B．两次滑块所受冲量一样大
C．子弹嵌入上层时对滑块做功多 D．子弹嵌入上层时滑块所受冲量大
解：设固体质量为M，根据动量守恒定律有：
由于两次射入的相互作用对象没有变化，子弹均是留在固体中，因此，固体的末速度是一样的，而子弹对滑块做的功等于滑块的动能变化，对滑块的冲量等于滑块的动量的变化，因此A、B选项是正确的。
规律总结：解决这样的问题，还是应该从动量的变化角度去思考，其实，不管是从哪个地方射入，相互作用的系统没有变化，因此，动量和机械能的变化也就没有变化。
题型2.（动量守恒定律的判断）把一支枪水平固定在小车上，小车放在光滑的水平地面上，枪发射出子弹时，关于枪、子弹、车的下列说法正确的是（ ）
A.枪和子弹组成的系统动量守恒
B.枪和车组成的系统动量守恒
C.只有忽略不计子弹和枪筒之间的摩擦，枪、车和子弹组成的系统的动量才近似守恒
D.枪、子弹、车组成的系统动量守恒
解：本题C选项中所提到的子弹和枪筒之间的摩擦是系统的内力，在考虑枪、子弹、车组成的系统时，这个因素是不用考虑的。根据受力分析，可知该系统所受合外力为0，符合动量守恒的条件，故选D
规律总结：判断系统是否动量守恒时，一定要抓住守恒条件，即系统不受外力或者所受合外力为0。
题型3.（碰撞中过程的分析）如图所示，位于光滑水平桌面上的小滑块A和B都可视作质点，质量相等。B与轻质弹簧相连。设B静止，A以某一初速度向B运动并与弹簧发生碰撞。在整个碰撞过程中，弹簧具有的最大弹性势能等于（ ）
A. A的初动能
B. A的初动能的1/2
C. A的初动能的1/3
D. A的初动能的1/4
解： 解决这样的问题，最好的方法就是能够将两个物体作用的过程细化。具体分析如右图，开始A物体向B运动，如右上图；接着，A与弹簧接触，稍有作用，弹簧即有形变，分别对A、B物体产生如右中图的作用力，对A的作用力的效果就是产生一个使A减速的加速度，对B的作用力的效果则是产生一个使B加速的加速度。如此，A在减速，B在加速，一起向右运动，但是在开始的时候，A的速度依然比B的大，所以相同时间内，A走的位移依然比B大，故两者之间的距离依然在减小，弹簧不断压缩，弹簧产生的作用力越来越大，对A的加速作用和对B的加速作用而逐渐变大，于是，A的速度不断减小，B的速度不断增大，直到某个瞬间两个物体的速度一样，如右下图。过了这个瞬间，由于弹簧的压缩状态没有发生任何变化，所以对两个物体的作用力以及力的效果也没有变，所以A要继续减速，B要继续加速，这就会使得B的速度变的比A大，于是A、B物体之间的距离开始变大。因此，两个物体之间的距离最小的时候，也就是弹簧压缩量最大的时候，也就是弹性势能最大的时候，也就是系统机械能损失最大的时候，就是两个物体速度相同的时候。
根据动量守恒有，根据能量守恒有，以上两式联列求解的，可见弹簧具有的最大弹性势能等于滑块A原来动能的一半，B正确
规律总结：处理带有弹簧的碰撞问题，认真分析运动的变化过程是关键，面对弹簧问题，一定要注重细节的分析，采取“慢镜头”的手段。
题型4.（动量守恒定律的适用情景）小型迫击炮在总质量为1000kg的船上发射，炮弹的质量为2kg．若炮弹飞离炮口时相对于地面的速度为600m/s，且速度跟水平面成45°角，求发射炮弹后小船后退的速度？
解：发射炮弹前，总质量为1000kg的船静止，则总动量Mv=0．
发射炮弹后，炮弹在水平方向的动量为mv1'cos45°，船后退的动量为(M-m)v2'．
据动量守恒定律有
0=mv1'cos45°＋(M-m)v2'．
取炮弹的水平速度方向为正方向，代入已知数据解得
规律总结：取炮弹和小船组成的系统为研究对象，在发射炮弹的过程中，炮弹和炮身(炮和船视为固定在一起)的作用力为内力．系统受到的外力有炮弹和船的重力、水对船的浮力．在船静止的情况下，重力和浮力相等，但在发射炮弹时，浮力要大于重力．因此，在垂直方向上，系统所受到的合外力不为零，但在水平方向上系统不受外力(不计水的阻力)，故在该方向上动量守恒．
题型5. （多物体多过程动量守恒）两块厚度相同的木块A和B，并列紧靠着放在光滑的水平面上，其质量分别为mA=2.0kg，mB=0.90kg．它们的下底面光滑，上表面粗糙．另有质量mC=0.10kg的铅块C(其长度可略去不计)以vC=10m/s的速度恰好水平地滑到A的上表面(见图)，由于摩擦，铅块最后停在本块B上，测得B、C的共同速度为v=0.50m/s，求：木块A的速度和铅块C离开A时的速度．
解：设C离开A时的速度为vC，此时A、B的共同速度为vA，对于C刚要滑上A和C刚离开A这两个瞬间，由动量守恒定律知
mCvC=(mA+mB)vA+mCv'C (1)
以后，物体C离开A，与B发生相互作用．从此时起，物体A不再加速，物体B将继续加速一段时间，于是B与A分离．当C相对静止于物体B上时，C与B的速度分别由v'C和vA变化到共同速度v．因此，可改选C与B为研究对象，对于C刚滑上B和C、B相对静止时的这两个瞬间，由动量守恒定律知
mCv'C+mBvA=(mB+mC)v (2)
由(l)式得 mCv'C=mCvC-(mA＋mB)vA
代入(2)式 mCv'C-(mA+mC)vA+mBvA=(mB+mC)v．
得木块A的速度
所以铅块C离开A时的速度
题型6.（人船模型）在静止的湖面上有一质量M=100kg的小船，船上站立质量m=50kg的人，船长L=6m，最初人和船静止．当人从船头走到船尾(如图)，船后退多大距离？(忽略水的阻力)
解：选地球为参考系，人在船上行走，相对于地球的平均速度为(L-x)/t，船相对于地球后退的平均速度为x/t，系统水平方向动量守恒方程为
故
规律总结：错解：由船和人组成的系统，当忽略水的阻力时，水平方向动量守恒．取人前进的方向为正方向，设t时间内人由船头走到船尾，则人前进的平均速度为L/t，船在此时间内后退了x距离，则船后退的平均速度为x/t，水平方向动量守恒方程为
故
这一结果是错误的，其原因是在列动量守恒方程时，船后退的速度x/t是相对于地球的，而人前进的速度L/t是相对于船的。相对于不同参考系的速度代入同一公式中必然要出错．
题型7. （动量守恒中速度的相对性）一个静止的质量为M的原子核，放射出一个质量为m的粒子，粒子离开原子核时相对于核的速度为v0，原子核剩余部分的速率等于（ ）
解：取整个原子核为研究对象。由于放射过程极为短暂，放射过程中其他外力的冲量均可不计，系统的动量守恒．放射前的瞬间，系统的动量p1=0，放射出粒子的这一瞬间，设剩余部分对地的反冲速度为v'，并规定粒子运动方向为正方向，则粒子的对地速度v=v0-v'，系统的动量
p2=mv-(M-m)v'=m(v0-v')-(M-m)v'．
由p1=p2，即
0=m(v0-v)-(M-m)v'=mv0-Mv'．
故选C。
规律总结：运用动量守恒定律处理问题，既要注意参考系的统一，又要注意到方向性
专题突破
针对典型精析的例题题型，训练以下习题。
1. A、B两球在光滑水平面上相向运动，两球相碰后有一球停止运动，则下述说法中正确的是 （ ）
A．若碰后，A球速度为0，则碰前A的动量一定大于B的动量
B．若碰后，A球速度为0，则碰前A的动量一定小于B的动量
C．若碰后，B球速度为0，则碰前A的动量一定大于B的动量
D．若碰后，B球速度为0，则碰前A的动量一定小于B的动量
点拨： 此题考查动量守恒定律的公式。选AD
2. 一辆小车在光滑的水平上匀速行使，在下列各种情况中，小车速度仍保持不变的是（ ）
A．从车的上空竖直掉落车内一个小钢球
B．从车厢底部的缝隙里不断地漏出砂子
C．从车上同时向前和向后以相同的对地速率扔出质量相等的两物体
D. 从车上同时向前和向后以相同的对车速率扔出质量相等的两物体
点拨：此题考查动量守恒定律。选BD。
3. 下列关于动量守恒的论述正确的是
A．某物体沿着斜面下滑，物体的动量守恒
B．系统在某方向上所受的合外力为零，则系统在该方向上动量守恒
C．如果系统内部有相互作用的摩擦力，系统的机械能必然减少，系统的动量也不再守恒
D．系统虽然受到几个较大的外力，但合外力为零，系统的动量仍然守恒
点拨：此题考查动量守恒的条件。选BD。
4. 如图所示，在光滑的水平面上，依次放着质量均为m的4个小球，小球排列在一条直线上，彼此间隔一定的距离。开始时后面3个小球处于静止状态，第一个小球以速度v向第二个小球碰去，结果它们先后都粘合到一起向前运动。由于连续碰撞，系统剩余的机械能是__________。
点拨：此题考查多物体多过程动量守恒和能量守恒定律。答案：
5. A、B两球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，A球的动量是5kg﹒m/s，B球的动量是7kg﹒m/s，当A球追上B球时发生碰撞，则碰撞后A、B两球的动量可能值是（ ）
A．6kg﹒m/s、6kg﹒m/s B．4kg﹒m/s、8kg﹒m/s
C．-2kg﹒m/s、14kg﹒m/s D．-3kg﹒m/s、15kg﹒m/s
点拨：此题考查碰撞的规律。必须满足动量守恒定律、动能不增加、符合实际情景选A。
6. 木块a和b用一根轻弹簧连接起来，放在光滑水平面上，a紧靠在墙壁上，在b上施加向左的水平力使弹簧压缩，如图1所示，当撤去外力后，下列说法中正确的是（ ）
A．a尚未离开墙壁前，a和b系统的动量守恒
B．a尚未离开墙壁前，a与b系统的动量不守恒
C．a离开墙后，a、b系统动量守恒
D．a离开墙后，a、b系统动量不守恒
点拨：此题考查动量守恒定律应用的条件。正确选项为BC。
学法导航
复习指导：①回归课本夯实基础，仔细看书把书本中的知识点掌握到位
②练习为主提升技能，做各种类型的习题，在做题中强化知识
③整理归纳举一反三，对易错知识点、易错题反复巩固
④应用动量守恒定律的注意点：
⑴矢量性：动量守恒定律的数学表达式是个矢量关系式.对于我们常见作用前后物体的运动方向都在同一直线上的问题，可选取一个正方向，凡与正方向相同的矢量均取正值，反之为负，这样即可将矢量运算简化为代数运算．
⑵同时性：动量守恒指系统在任一瞬间的动量恒定。等号左边是作用前系统内各物体动量在同一时刻的矢量和，等号右边是作用后系统内各物体动量在另一同时刻的矢量和．不是同一时刻的动量不能相加．
⑶相对性：表达式中各物体的速度(动量)必须是相对于同一惯性参考系而言的，一般均以地面为参考系．若题设条件中各速度不是同一参考系的速度，就必须经过适当转换，使其成为同一参考系的速度值．
⑷系统性：解题时，选择的对象是满足条件的系统，不是其中一个物体，初、末两个状态研究对象必须一致。
⑸广泛性：动量守恒定律具有广泛的适用范围，不论物体间的相互作用力性质如何；不论系统内部物体的个数；不论它们是否互相接触；不论相互作用后物体间是粘合还是分裂,只要系统所受合外力为零,动量守恒定律都适用。动量守恒定律既适用于低速运动的宏观物体,也适用于高速运动的微观粒子间的相互作用,大到天体,小到基本粒子间的相互作用都遵守动量守恒定律。
⑤应用动量守恒定律解题的一般步骤：
⑴确定研究对象，选取研究过程；
⑵分析内力和外力的情况，判断是否符合守恒条件；
⑶选定正方向，确定初、末状态的动量，
⑷根据动量守恒定律列方程求解。
应用时，无需分析过程的细节，这是它的优点所在，定律的表述式是一个矢量式，应用时要特别注意方向。
1. 在光滑水平面上停放着两木块A和B，A的质量大，现同时施加大小相等的恒力F使它们相向运动，然后又同时撤去外力F，结果A和B迎面相碰后合在一起，问A和B合在一起后的运动情况将是（ ）
A.停止运动 B.因A的质量大而向右运动
C.因B的速度大而向左运动 D.运动方向不能确定
【错解分析】错解：因为A的质量大，所以它的惯性大，所以它不容停下来，因此应该选B；或者因为B的速度大，所以它肯定比A后停下来，所以应该选C。
产生上述错误的原因是没有能够全面分析题目条件，只是从一个单一的角度去思考问题，失之偏颇。
【解题指导】碰撞问题应该从动量的角度去思考，而不能仅看质量或者速度，因为在相互作用过程中，这两个因素是一起起作用的。
【答案】本题的正确选项为A。
由动量定理知，A和B两物体在碰撞之前的动量等大反向，碰撞过程中动量守恒，因此碰撞之后合在一起的总动量为零，故选A。
2. 质量为M的小车在水平地面上以速度v0匀速向右运动。当车中的砂子从底部的漏斗中不断流下时，车子的速度将（ ）
A. 减小 B. 不变 C. 增大 D. 无法确定
【错解分析】错解：因为随着砂子的不断流下，车子的总质量减小，根据动量守恒定律总动量不变，所以车速增大，故选C。
产生上述错误的原因，是在利用动量守恒定律处理问题时，研究对象的选取出了问题。因为，此时，应保持初、末状态研究对象的是同一系统，质量不变。
【解题指导】利用动量守恒定律解决问题的时候，在所研究的过程中，研究对象的系统一定不能发生变化，抓住研究对象，分析组成该系统的各个部分的动量变化情况，达到解决问题的目的。
【答案】本题的正确选项为B。
本题中砂子和车组成的系统动量守恒，由动量守恒定律，在初状态，砂子下落之前，砂子和车都以v0向前运动；在末状态，由于惯性，砂子下落的时候具有和车相同的水平速度v0，车的速度为v’，由（M+m）v0=m v0+M v’得v’= v0，车速不变,故B正确。
3. 分析下列情况中系统的动量是否守恒（ ）
A．如图2所示，小车停在光滑水平面上，车上的人在车上走动时，对人与车组成的系统
B．子弹射入放在光滑水平面上的木块中对子弹与木块组成的系统(如图3)
C．子弹射入紧靠墙角的木块中，对子弹与木块组成的系统
D．斜向上抛出的手榴弹在空中炸开时
【错解分析】错解：本题的错解在于漏掉了一些选项，由于对动量守恒条件中的合外力为零认识不清，混淆了内力和外力而漏选了B。由于没有考虑到爆炸过程是一个作用时间阶段，内力远大于外力的过程，符合动量守恒的近似条件，而漏选了D。
【解题指导】动量守恒定律成立的条件：（1）系统不受外力作用时，系统动量守恒；（2）系统所受合外力之和为0，则系统动量守恒；（3）系统所受合外力虽然不为零，但系统内力远大于外力时，系统的动量看成近似守恒。
【答案】本题的正确选项为A、B、D。A、B选项符合条件（2）；D选项符合条件（3）

4. 在光滑平面上有三个完全相同的小球，它们成一条直线，2、3小球静止，并靠在一起，1球以速度v0射向它们，如图所示，设碰撞中不损失机械能，则碰后三个小球的速度可能值是（ ）
A. B.
C. D.
【错解分析】错解：因为三个小球在碰撞过程中动量守恒，碰撞之后总动量为m v0，故选C、D。
产生上述错误的原因在于处理碰撞问题的时候，仅考虑到了动量的守恒，没有考虑到机械能的守恒。
【解题指导】处理碰撞后的物体速度问题，要考虑到两个因素，一个是动量守恒，一个是机械能至少不能增加。
【答案】本题的正确选项为D。
C选项虽然符合了动量守恒的条件，但是碰后的总动能只有，显然违反了题干中提到了碰撞中机械能不损失的条件。而D选项，则既满足了动量守恒条件，也满足了机械能守恒条件，故正确选项为D。

5. 在光滑的水平面上一个质量M=80g的大球以5m/s的速度撞击一个静止在水平面上的质量为m=20g的小球。用V'和v'表示碰撞后大球和小球的速度，下列几组数据中根本有可能发生的是( )
A．V'=3m/s v'=8m/s B．V'=4m/s v'=4m/s
C．V'=4.5m/s v'=2m/s D．V'=2m/s v'=12m/s
【错解分析】错解：根据动量守恒定律MV+mv=M V'+m v'，可知A、B、C、D均有可能。
产生上述错误的原因有二：一是没有考虑碰撞过程中的能量关系，即碰撞之后的能量是不可能增加的，可以保持不变（弹性碰撞），也可以减少（非弹性碰撞）；二是相碰的两个物体不可能从相互之间穿过。
【解题指导】处理碰撞后的物体速度问题要考虑到实际可能性，不违背最起码的规律和生活实际。
【答案】本题的正确选项为A、B。
根据动量守恒，上述四个选项确实都符合要求，但同时考虑能量关系和实际运动的可能性。由，可知碰撞前的总能量为1J。同样可以计算出A选项情况的碰后总能量为1J，B选项情况的碰后总能量为0.8J，D选项情况的碰后总能量为1.6J。所以，D选项错误；至于C选项，则明显不符合实际，不可能发生这样的穿越情形。故正确选项为A、B。
专题综合
1.（动量守恒+圆周运动+能量守恒）如图所示，质量为M=0.60kg的小砂箱，被长L=1.6m的细线悬于空中某点，现从左向右用弹簧枪向砂箱水平发射质量m=0.20kg，速度v0=20m/s的弹丸，假设砂箱每次在最低点时，就恰好有一颗弹丸射入砂箱，并留在其中（g=10m/s2，不计空气阻力，弹丸与砂箱的相互作用时间极短）则：
（1）第一颗弹丸射入砂箱后，砂箱能否做完整的圆周运动？计算并说明理由。
（2）第二、第三颗弹丸射入砂箱并相对砂箱静止时，砂箱的速度分别为多大？
解：射入第一颗子弹的过程中，根据动量守恒有：
得v1=5m/s.
此后，砂箱和弹丸向上摆动的过程中，机械能守恒，有：
,
解得h=1.25m<1.6m,不能做完整圆周运动。
第二颗子弹射入过程中，由动量守恒定律，
解得：.
第三颗子弹射入过程中，
解得m/s.
2．（动量守恒定律+弹性势能的图像+简谐运动+动能定理+能量守恒定律）弹簧的自然长度为
L0，受力作用时的实际长度为L，形变量为x，x=|L－L0|．有一弹簧振子如图所示，放在光
滑的水平面上，弹簧处于自然长度时M静止在O位置，一质量为m=20g的子弹，以一定的
初速度v0射入质量为M=1．98kg的物块中，并留在其中一起压缩弹簧，且射入过程时间很短．振子在振动的整个过程中，弹簧的弹性势能随弹簧的形变量变化的关系如图所示．（g取10m/s2）则
（1）根据图线可以看出，M被子弹击中后将在O点附近哪一区间运动?
（2）子弹的初速度v0为多大？
（3）当M运动到O点左边离O点2cm的A点处时，速度v1多大？
（4）现若水平面粗糙，上述子弹击中M后同样从O点运动到A点时，振子的速度变为3m/s，则M从开始运动到运动到A点的过程中，地面的摩擦力对M做了多少功？
解：（1）在为O点附近4㎝为振幅范围内振动。…………（3分）
（2）子弹打入物块的瞬间，二者组成的系统动量守恒：
mv0=(M+m)v
二者一起压缩弹簧，三者组成的系统机械能守恒：
(M+m)v2=Ep
根据图象可知，系统最大的弹性势能是16J，
代入数据可得：v0=400m/s……………………………（3分）
（3）子弹打入物块的瞬间，二者组成的系统动量守恒：
mv0=(M+m)v1
二者一起压缩弹簧，三者组成的系统机械能守恒：
(M+m)v2=Ep′+(M+m)v12
从图象可以看出M运动到O点左边离O点2cm的A点处时，Ep′＝4J
所以解得v1＝3．46m/s…………………………………（3分）
（4）根据动能定理：
Wf＝(M+m)v22─(M+m)v12
解得：Wf=-3J……………………………………………（3分）
三 考案
一、选择题
1. 如图所示，在光滑绝缘的水平直轨道上有两个带电小球a和b，a球质量为2m、带电量
为+q，b球质量为m、带电量为+2q，两球相距较远且相向运动.某时刻a、b球的速度大小
依次为v和1.5v，由于静电斥力的作用，它们不会相碰.则下列叙述正确的是 （ ）
A．两球相距最近时，速度大小相等、方向相反
B．a球和b球所受的静电斥力对两球始终做负功
C．a球一直沿原方向运动，b球要反向运动
D．a、b两球都要反向运动，但b球先反向
2. 如图所示，匀强磁场的方向垂直纸面向里，一带电微粒从磁场边界d点垂直与磁场方向射入，沿曲线dpa打到屏MN上的a点，通过pa段用时为t 若该微粒经过p点时，与一个静止的不带电微粒碰撞并结合为一个新微粒，最终打到屏MN上。两个微粒所受重力均忽略。新微粒运动的 ( )
A．轨迹为pb，至屏幕的时间将小于t
B．轨迹为pc，至屏幕的时间将大于t
C．轨迹为pb，至屏幕的时间将等于t
D．轨迹为pa，至屏幕的时间将大于t
3. 图6（a）表示光滑平台上，物体A以初速度滑到上表面粗糙的水平小车上，车与水平面间的动摩擦因数不计，图6（b）为物体A与小车B的v-t图像，由此可知（ ）
A．小车上表面长度
B．物体A与小车B的质量之比
C．A与小车B上表面的动摩擦因数
D．小车B获得的动能
4. 如图所示，长2m，质量为1kg的木板静止在光滑水平面上，一木块质量也为1kg（可视为质点），与木板之间的动摩擦因数为0.2。要使木块在木板上从左端滑向右端而不至滑落，则木块初速度的最大值为（ ）
A．1m/s B．2 m/s C．3 m/s D．4 m/s
5. 如图所示，V2>V1，V2与V1都是相对于地面的速度。物块与平板车间的动摩擦因数为，平板车与地面之间无摩擦，则在运动过程中（ ）
A．车的动量增加，物块的动量减少
B．车的动量减少，物块的动量增加
C．两物体总动量增加，总机械能不变
D．两物体总动量不变，总机械能不变

6. 如图所示，水平放置的两根足够长的平行滑杆AB和CD，各穿有质量分别为M和m的小球，两杆之间的距离为d，两球用自由长度为d的轻质弹簧连接，现从左侧用挡板将M挡住，用力把m向左拉一段距离（在弹性限度内），由静止释放后（ ）
A．从释放m到弹簧第一次恢复原长的过程中，两球和弹簧组成的系统动量守恒、机械能守恒
B．弹簧第二次恢复原长时，M的速度达到最大
C．弹簧第一次恢复原长后继续运动的过程中，系统的动量守恒、机械能守恒
D．释放m后的过程中，弹簧的最大伸长量总小于释放m时弹簧的伸长量
7. A、B两物体质量分别为mA＝5㎏和mB＝4㎏，与水平地面之间的动摩擦因数分别为，开始时两物体之间有一压缩的轻弹簧（不栓接），并用细线将两物体栓接在一起放在水平地面上现将细线剪断，则两物体将被弹簧弹开，最后两物体都停在水平地面上。下列判断正确的是（ ）
A．在弹簧弹开两物体以及脱离弹簧后两物体的运动过程中，两物体组成的系统动量守恒
B．在弹簧弹开两物体以及脱离弹簧后两物体的运动过程中，整个系统的机械能守恒
C．在两物体被弹开的过程中，A、B两物体的机械能先增大后减小
D．两物体一定同时停在地面上
8. 如图甲所示，一轻弹簧的两端与质量分别为和的两物块、相连接，并静止在光滑的水平面上．现使B瞬时获得水平向右的速度3m/s，以此刻为计时起点，两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示，从图像信息可得 （ ）
（A）在、时刻两物块达到共同速度1m/s，且弹簧都处于伸长状态
（B）从到时刻弹簧由压缩状态恢复到原长
（C）两物体的质量之比为
（D）在时刻与的动能之比为：1
9. 质量为m的物体从半径为R光滑的半圆槽（质量为M）的A点由静止滑下，A、B等高，如图所示，关于物体m的运动，下列说法正确的是 （ ）
A．若圆槽固定不动，则m可滑到B点
B．若圆槽可无摩擦的滑动，则m不能滑到B点
C． m滑至圆槽底部时，无论圆槽动不动，其速率
D．若m下滑时圆槽可滑动，且地面有摩擦，则m不能滑到B点
10. 如图所示，甲、乙两车用轻弹簧相连静止在光滑的水平面上，现在同时对甲、乙两车施加等大反向的水平恒力F1、F2，使甲、乙同时由静止开始运动，在整个过程中，对甲、乙两车及弹簧组成的系统（假定整个过程中弹簧均在弹性即度内），正确的说法是（　　）
A．系统受到外力作用，动量不断增大
B．弹簧伸长到最长时，系统的机械能最大
C．恒力对系统一直做正功，系统的机械能不断增大
D．两物体的速度减少为零时，弹簧的弹力大小大于外力F1、F2的大小
11. 如图所示，质量分别为m1，m2的两个小球A．B，带有等量异种电荷，通过绝缘轻弹簧相连接，置于绝缘光滑的水平面上，突然加一水平向右的匀强电场后，两球A．B将由静止开始运动，在以后的运动过程中，对两小球A．B和弹簧组成的系统，以下说法错误的是（设整个过程中不考虑电荷间库仑力的作用且弹簧不超过弹性限度）：（ ）
A．由于电场力分别对球A和B做正功，故系统机械能不断增加
B．由于两小球所受电场力等大反向，故系统动量守恒
C．当弹簧长度达到最大值时，系统机械能最大
D．当小球所受电场力与弹簧的弹力相等时，系统动能最大
12. 台球以速度v0与球桌边框成?角撞击O点，反弹后速度为v1，方向与球桌边框夹角仍为?，如图所示．如果v1A．可能沿OA方向 B．一定沿OB方向
C．可能沿OC方向 D．可能沿OD方向
13. K-介子方程为，其中K-介子和π-介子带负的基元电荷，π0介子不带电。一个K-介子沿垂直于磁场的方向射入匀强磁场中，其轨迹为圆弧AP，衰变后产生的π-介子的轨迹为圆弧PB，两轨迹在P点相切，它们的半径RK-与Rπ-之比为2∶1。如图所示，π0介子的轨迹未画出。由此可知π-介子的动量大小与π0介子的动量大小之比为 ( )
A.1∶1 B.1∶2 C.1∶3 D.1∶6
二、计算题
14. 在光滑水平面上有一个静止的质量为M的木块，一颗质量为m的子弹以初速度v0水平射入木块而没有穿出，子弹射入木块的最大深度为d。设子弹射入木块的过程中木块运动的位移为s，子弹所受阻力恒定。试证明：s < d。
15. 如图所示，AB是一倾角为θ=37°的光滑直轨道，BCD是半径为R=0.5m的光滑圆弧轨道，
它们相切于B点，C为圆弧轨道的最低点，D为其最高点，A、C两点间的高度差为h=29/49
m, 今有一个质量为M=1.5 kg的滑块1从A点由静止下滑，与位于C点的质量为m=0.5 kg
的滑块2发生正碰，碰撞过程中无能量损失．取g=10 m/s2 试求：
(1)碰撞后两个滑块的速度大小；
(2)滑块2经过最高点D时对轨道的压力大小；
(3)滑块2从D点离开圆形轨道后落到直轨道上的位置E到B点的距离．
16. 质量为M的小车置于水平面上。小车的上表面由1/4圆弧和平面组成，车的右端固定有一不计质量的弹簧，圆弧AB部分光滑，半径为R，平面BC部分粗糙，长为，C点右方的平面光滑。滑块质量为m ，从圆弧最高处A无初速下滑（如图），与弹簧相接触并压缩弹簧，最后又返回到B相对于车静止。求：
（1）BC部分的动摩擦因数；
（2）弹簧具有的最大弹性势能；
（3）当滑块与弹簧刚分离时滑块和小车的速度大小．

参考答案
一、选择题
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
D
D
BC
D
A
BCD
ACD
BD
AD
B
A
B
C
二、计算题
14.解：设子弹射入木块后二者的共同速度为v，根据动量守恒定律有
………………..2分
设子弹与木块之间的相互作用力为f，根据动能定理，对于子弹射入木块的
－f (s+d)=－,……………………….2分
对于木块被子弹射入的过程有：…………..2分
解得：﹤1，即s﹤d………………….2分
说明：（1）若解出－可得1分。
（2）若用图象解答本题，则对于图象正确，并能清楚说明相关各条图线，各块面积得无力意义的，同样得分。

15.解：第1个小球从A到C，由机械能守恒定律得：Mgh= Mv12/2
代入数据，解之得：v1= m/s
(1)两球相碰前后，由动量和机械能守恒定律得：
Mv1=Mv1’+Mv2’ ? ① ?? ②
由①②解之得：
(2)第二个滑块:机械能守恒
代入数据解之得:vD =3m/s(其中的负值舍去)
由牛顿第二定律得:N+mg=m vD2/R 代入数据得:N=4 N
(3)由几何关系可得:OF=Rcosθ=0.4 m　① BF=R·sinθ=0.3 m? ②
△BHE∽△OFB→ HE/HB=BF/OF=3/4　　③ 而:HB=HF-BF? HE=DC-gt2/2-FC
结合平抛运动知识，有 HB=vDt-BF ? ④ HE=2R--gt2/2-(R-OF) ? ⑤
由①②③④⑤解得：t=0.3s(舍去其中负值)
将t=0.3 s代入④得：HB=0.6m, EB=HB/cosθ=0.75

16.解：(1), ∴ （4分）
(2) （4分）
(3)
（5分）
解得： （结果各1分，共2分）
专题十三 力学实验
一 教案
专题要点
1、测定匀变速运动的加速度
实验目的:
①练习使用打点计时器，学习利用打上点的纸带研究物体的运动。
②学习用打点计时器测定即时速度和加速度。
实验原理:
①打点计时器是一种使用交流电源的计时仪器，它每隔0.02s打一次点（由于电源频率是50Hz），因此纸带上的点就表示了和纸带相连的运动物体在不同时刻的位置，研究纸带上点之间的间隔，就可以了解物体运动的情况。
②由纸带判断物体做匀变速直线运动的方法：如图所示，0、1、2…为时间间隔相等的各计数点，s1、s2、s3、…为相邻两计数点间的距离,若△s=s2-s1=s3-s2=…=恒量，即若连续相等的时间间隔内的位移之差为恒量,则与纸带相连的物体的运动为匀变速直线运动。
③由纸带求物体运动加速度的方法：
④由纸带求物体运动速度的方法：
2、验证力的合成的平行四边形定则
实验目的:
验证力的合成的平行四边形定则。
实验原理:
此实验是要用互成角度的两个力与一个力产生相同的效果（即：使橡皮条在某一方向伸长一定的长度），看其用平行四边形定则求出的合力与这一个力是否在实验误差允许范围内相等，如果在实验误差允许范围内相等，就验证了力的平行四边形定则
注意事项:
①用弹簧秤测拉力时，应使拉力沿弹簧秤的轴线方向，橡皮条、弹簧秤和细绳套应位于与纸面平行的同一平面内。
②同一次实验中，橡皮条拉长后的结点位置O必须保持不变。
3、验证牛顿第二定律
实验原理:
①如图所示装置，保持小车质量M不变，改变小桶内砂的质量m，从而改变细线对小车的牵引力F(当m<②保持小桶和砂的质量不变，在小车上加减砝码, 改变小车的质量M，测出小车的对应加速度a, 由多组a、M数据作出加速度和质量倒数的关系a-M-1图线, 验证加速度是否与质量成反比。
③平衡摩擦力：在长木板的不带定滑轮的一端下面垫上垫块，反复移动垫块的位置，直至小车在斜面上运动时可以保持匀速直线运动状态（可以从纸带上打的点是否均匀来判断）。
4、 验证机械能守恒定律。
注意：①先接通电源后松开纸带，让重锤自由下落。
②在打好点的纸带中挑选第一、二两点间的距离接近2mm，且点迹清晰的一条纸带。 ③计算各点对应的势能减少量mghn和动能的增加量1/2mvn2，进行比较
④因不需要知道动能和势能的具体数值，所以不需要测量重锤的质量。
考纲要求
考点
考点解读
实验一：研究匀变速直线运动
物理实验为高考必考内容，近年的高考物理试题，越来越重视对实验的考查，尤其是除了对教材中原有的学生实验进行考查为，还增加了对演示实验的考查。利用学生所学过的知识，对实验仪器或实验方法加以重组完成新的实验目的的设计型实验将逐步取代对教材中原有单纯学生实验的考查。
历届高考在实验方面的命题重点为：基本仪器的使用、基本物理量的测定、物理规律的验证和物理现象的研究、实验数据的处理。
高考中物理实验题类型大体有：⑴强调基本技能，熟识各种器材的特性。像读数类：游标卡尺、螺旋测微器、多用电表等；选器材类：像选取什么量程的电表和滑动变阻器等⑵重视实验原理，巧妙变换拓展。像探究匀变速直线运动的变形和测量电阻的再造等。源于课本不拘泥课本一直是高考命题与课标理念所倡导的，所以熟悉课本实验、抓住实验的灵魂---原理是我们复习的重中之重。⑶提倡分析讨论，讲究实验的品质，像近年高考中的数据处理、误差分析、改良方案，甚至开放性实验等于课标的一标多本思路是交汇的。⑷知识创新型实验。像设计型、开放型、探讨型实验等都是不同程度的创新，比如利用所学可以设计出很多测量重力加速度的方案。
实验二：探究弹簧弹力和弹簧伸长的关系
实验三：验证力的平行四边形定则
实验四：验证牛顿运动定律
实验五：探究动能定理
实验六：验证机械能守恒定律
教法指引
此专题复习时，先把所有要求掌握的书本实验的原理全部讲透，可以先让学生完成相应的习题，在精心批阅之后以题目带动知识点，进行目的、原理、器材、步骤、数据处理、误差分析、注意事项的讲解，有时还要恰当地进行变式训练二轮复习时还是要稳扎稳打，从基本知识出发，在夯实基础的情况下再进行适当提高。
典例精析
题型1.（研究平抛运动）某同学得用图1所示装置做“研究平抛运动”的实验，根据实验结果在坐标纸上描出了小球水平抛出后的运动轨迹，但不慎将画有轨迹图线的坐标纸丢失了一部分，剩余部分如图2所示。图2中水平方向与竖直方向每小格的长度均代表0.10m，、和是轨迹图线上的3个点，和、和之间的水平距离相等。
完成下列填空：（重力加速度取）
（1）设、和的横坐标分别为、和，纵坐标分别为、和，从图2中可读出=____①_____m，=____②______m，=____③______m（保留两位小数）。
（2）若已测知抛出后小球在水平方向上做匀速运动。利用（1）中读取的数据， 求出小球从运动到所用的时间为______④__________s，小球抛出后的水平速度为________⑤__________（均可用根号表示）。
（3）已测得小球抛也前下滑的高度为0.50m。设和分别为开始下滑时和抛出时的机械能，则小球从开始下滑到抛出的过程中机械能的相对损失，=________⑥__________%（保留两位有效数字）

解析：本题考查研究平抛运动的实验.由图可知P1到P2两点在竖直方向的间隔为6格, P1到P3两点在竖直方向的间隔为16格所以有=0.60m.=1.60m. P1到P2两点在水平方向的距离为6个格，则有=0.60m.
(2)由水平方向的运动特点可知P1到P2 与P2到P3的时间相等,根据,解得时间约为0. 2s,则有
(3)设抛出点为势能零点,则开始下滑时的机械能为E1=mgh=mg/2,抛出时的机械能为E2==4.5m,则根据0.082。
题型2. （研究加速度和力的关系）如图为“用DIS（位移传感器、数据采集器、计算机）研究加速度和力的关系”的实验装置。
（1）在该实验中必须采用控制变量法，应保持___________不变，用钩码所受的重力作为___________，用DIS测小车的加速度。
（2）改变所挂钩码的数量，多次重复测量。在某次实验中根据测得的多组数据可画出a-F关系图线（如图所示）。
①分析此图线的OA段可得出的实验结论是_________________________________。
②（单选题）此图线的AB段明显偏离直线，造成此误差的主要原因是
A．小车与轨道之间存在摩擦 B．导轨保持了水平状态
C．所挂钩码的总质量太大 D．所用小车的质量太大
解析：（1）因为要探索“加速度和力的关系”所以应保持小车的总质量不变，钩码所受的重力作为小车所受外力；（2）由于OA段a-F关系为一倾斜的直线，所以在质量不变的条件下，加速度与外力成正比；由实验原理：得，而实际上，可见AB段明显偏离直线是由于没有满足M>>m造成的
题型3. （验证平行四边形定则）某同学在家中尝试验证平行四边形定则，他找到三条相同的橡皮筋（遵循胡克定律）和若干小事物，以及刻度尺、三角板、铅笔、细绳、白纸、钉字，设计了如下实验：将两条橡皮筋的一端分别在墙上的两个钉子A、B上，另一端与第二条橡皮筋连接，结点为O，将第三条橡皮筋的另一端通过细胞挂一重物。
①为完成实验，下述操作中必需的是 。
a．测量细绳的长度
b．测量橡皮筋的原长
c．测量悬挂重物后像皮筋的长度
d．记录悬挂重物后结点O的位置
②钉子位置固定，欲利用现有器材，改变条件再次实验证，可采用的方法是
解析：①bcd；②更换不同的小重物
题型4.（力的功与物体速度的关系） 探究力对原来静止的物体做的功与物体获得的速度的关系，实验装置如图所师，实验主要过程如下：
（1）设法让橡皮筋对小车做的功分别为W、2W、3W、……；
（2）分析打点计时器打出的纸带，求
出小车的速度、、、……；
（3）作出草图；
（4）分析图像。如果图像是一条直线，表明∝；如果不是直线，可考虑是否存在∝、∝、∝等关系。
以下关于该试验的说法中有一项不正确，它是___________。
A．本实验设法让橡皮筋对小车做的功分别为W、2W、3W、……。所采用的方法是选用同样的橡皮筋，并在每次实验中使橡皮筋拉伸的长度保持一致。当用1条橡皮筋进行是实验时，橡皮筋对小车做的功为W，用2条、3条、……橡皮筋并在一起进行第2次、第3次、……实验时，橡皮筋对小车做的功分别是2W、3W、……。
B．小车运动中会受到阻力，补偿的方法，可以使木板适当倾斜。
C．某同学在一次实验中，得到一条记录纸带。纸带上打出的点，两端密、中间疏。出现这种情况的原因，可能是没有使木板倾斜或倾角太小。
D．根据记录纸带上打出的点，求小车获得的速度的方法，是以纸带上第一点到最后一点的距离来进行计算。
解析：本实验的目的是探究橡皮绳做的功与物体获得速度的关系。这个速度是指橡皮绳做功完毕时的速度，而不整个过程的平均速度，所以D选项是错误的。
题型5. （测定重力加速度）如图所示，将打点计时器固定在铁架台上，使重物带动纸带从静止开始自由下落，利用此装置可以测定重力和速度。
所需器材有打点计时器（带导线）、纸带、复写纸、带铁夹的铁架台和带夹子的重物，此外还需 （填字母代号）中的器材。
A.直流电源、天平及砝码 B.直流电源、毫米刻度尺
C.交流电源、天平及砝码 D.交流电源、毫米刻度尺
通过作图象的方法可以剔除偶然误差较大的数据，提高实验的准确程度。为使图线的斜率等于重力加速度，除作v-t图象外，还可作 图象，其纵轴表示的是 ，横轴表示的是 。
解析：①打点计时器需接交流电源。重力加速度与物体的质量无关，所以不要天平和砝码。计算速度需要测相邻计数的距离，需要刻度尺，选D。
②由公式，如绘出图像，其斜率也等于重力加速度。
题型6.（测定弹簧的劲度系数）在弹性限度内，弹簧弹力的大小与弹簧伸长(或缩短)的长度的比值，叫做弹簧的劲度系数。为了测量一轻弹簧的劲度系数，某同学进行了如下实验设计：如图所示，将两平行金属导轨水平固定在竖直向下的匀强磁场中，金属杆ab与导轨接触良好，水平放置的轻弹簧一端固定于O点，另一端与金属杆连接并保持绝缘。在金属杆滑动的过程中，弹簧与金属杆、金属杆与导轨均保持垂直，弹簧的形变始终在弹性限度内，通过减小金属杆与导轨之间的摩擦和在弹的形变较大时读数等方法，使摩擦对实验结果的影响可忽略不计。
请你按要求帮助该同学解决实验所涉及的两个问题。
①帮助该同学完成实验设计。请你用低压直流电源（）、滑动变阻器()、电流表（）、开关（）设计一电路图，画在图中虚线框内，并正确连在导轨的C、D两端。
②若已知导轨间的距离为d,匀强磁场的磁感应强度为B,正确连接电路后，闭合开关，使金属杆随挡板缓慢移动，当移开挡板且金属杆静止时，测出通过金属杆的电流为I1,记下金属杆的位置，断开开关，测出弹簧对应的长度为x1;改变滑动变阻器的阻值，再次让金属杆静止时，测出通过金属杆的电流为I2,弹簧对应的长度为x2,则弹簧的劲度系数k=__________。
解析：①低压直流电源E、滑动变阻器R、电流表、开关S串接在CD两点之间，如右图所示。
②设弹簧原长为L0，应用胡克定律有K(X1－L0)＝BI1d、K(X2－L0)＝BI2d，
两式相减可得K(X1－X2)＝B（I1－I2）d，解得K＝；
题型7.（验证机械能守恒定律）如图所示，两个质量各为m1和m2的小物块A和B，分别系在一条跨过定滑轮的软绳两端，已知m1＞m2，现要利用此装置验证机械能守恒定律。
（1）若选定物块A从静止开始下落的过程中进行测量，则需要测量的物理量有_________。
①物块的质量m1、m2；
②物块A下落的距离及下落这段距离所用的时间；
③物块B下落的距离及下落这段距离所用的时间；
④绳子的长度。
（2）为提高实验结果的准确程度，某小组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尽量保证物块只沿竖直方向运动，不要摇晃；
④两个物块的质量之差要尽可能小。
以上建议中确实对提高准确程度有作用的是_________。
（3）写出一条上面没有提到的对提高实验结果准确程度有益的建议：______________________________________________________________________________。
解析：（1）通过连结在一起的A、B两物体验证机械能守恒定律，既验证系统的势能变化与动能变化是否相等，A、B连结在一起，A下降的距离一定等于B上升的距离；A、B的速度大小总是相等的，故不需要测量绳子的长度和B上升的距离及时间。（2）如果绳子质量不能忽略，则A、B组成的系统势能将有一部分转化为绳子的动能，从而为验证机械能守恒定律带来误差；若物块摇摆，则两物体的速度有差别，为计算系统的动能带来误差；绳子长度和两个物块质量差应相当。（3）多次取平均值可减少测量误差，绳子伸长量尽量小，可减少测量的高度的准确度。
规律总结：此题为一验证性实验题。要求根据物理规律选择需要测定的物理量，运用实验方法判断如何减小实验误差。掌握各种试验方法是解题的关键。
题型8.（螺旋测微器读数）某同学用螺旋测微器测量一铜丝的直径，测微器的示数如图所示，该铜丝的直径为______mm．
解析：螺旋测微器固定刻度部分读数为4.5mm，可动刻度部分读数为0.093mm，所以所测铜丝直径为4.593mm。
规律总结：螺旋测微器的读数是高考常考点，采用“固定刻度+可动刻度=读数”的方法进行。
题型9.（探究弹力和弹簧伸长的关系）某同学和你一起探究弹力和弹簧伸长的关系，并测弹簧的劲度系数k。做法是先将待测弹簧的一端固定在铁架台上，然后将最小刻度是毫米的刻度尺竖直放在弹簧一侧，并使弹簧另一端的指针恰好落在刻度尺上。当弹簧自然下垂时，指针指示的刻度数值记作L0，弹簧下端挂一个50g的砝码时，指针指示的刻度数值记作L1;弹簧下端挂两个50g的砝码时，指针指示的刻度数值记作L2;……;挂七个50g的砝码时，指针指示的刻度数值记作L2。
①下表记录的是该同学已测出的6个值，其中有两个数值在记录时有误，它们的代表符号分别是 和 ．
测量记录表：
代表符号
L0
L1
L2
L3
L4
L5
L6
L7
刻度数值/cm
1．70
3．40
5．10
8．60
10．3
12．1
②实验中，L3和L2两个值还没有测定，请你根据上图将这两个测量值填入记录表中。
③为充分利用测量数据，该同学将所测得的数值按如下方法逐一求差，分别计算出了三个差值：
。
请你给出第四个差值：dA= ＝ cm。
④根据以上差值，可以求出每增加50g砝码的弹簧平均伸长量。用d1、d2、d3、d4
表示的式子为：＝ ，
代入数据解得＝ cm。
⑤计算弹簧的劲度系数k＝ N/m。（g取9．8m/s2）
解析：读数时应估读一位，所以其中L5 、L6两个数值在记录时有误。根据实验原理可得后面几问的结果。答案：（2）①L5 L6 ②6.85(6.84-6.86) 14.05(14.04-14.06)
③7.20(7.18-7.22) ④ 1.75 ⑤28
规律总结：此题考查了基本仪器（刻度尺）的使用，以及基本试验方法（逐差法）的应用。这是高中物理实验的基本能力的考查，值得注意
二 学案
专题突破
针对典型精析的例题题型，训练以下习题。
1. 小明同学在学习了DIS实验后，设计了一个测物体瞬时速度的实验，其装置如下图所示。在小车上固定挡光片，使挡光片的前端与车头齐平、将光电门传感器固定在轨道侧面，垫高轨道的一端。小明同学将小车从该端同一位置由静止释放，获得了如下几组实验数据。
实验
次数
不同的
挡光片
通过光电门的时间
（s）
速度
（）
第一次
I
0.23044
0.347
第二次
Ⅱ
0.17464
0.344
第三次
Ⅲ
0.11662
0.343
第四次
Ⅳ
0.05850
0.342
则以下表述正确的是
①四个挡光片中，挡光片I的宽度最小
②四个挡光片中，挡光片Ⅳ的宽度最小
③四次实验中，第一次实验测得的速度最接近小车车头到达光电门时的瞬时速度
④四次实验中，第四次实验测得的速度最接近小车车头到达光电门时的瞬时速度
A．①③ B．②③ C．①④ D．②④
点拨：此题考查光电门。答案：D
2. 在通用技术课上，某小组在组装潜艇模型时，需要一枚截面为外方内圆的小螺母，如图所示。现需要精确测量小螺母的内径，可选用的仪器有：
A.50等分的游标卡尺 B. 螺旋测微器
①在所提供的仪器中应选用 。
②在测量过程中，某同学在小螺母中空部分360°范围内选取不同的位置进行多次测量取平均值的目的是 。
点拨：此题考查游标卡尺与螺旋测微器的区别。①游标卡尺方便地测量内径、外径和深度，而螺旋测微器只能测外径故选A；②多次测量取平均值的目的就是减小偶然误差。
3. 在“探究单摆周期与摆长的关系”实验中，两位同学用游标卡尺测量小球的直径如图甲、乙所示。测量方法正确的是__________（选填“甲”或“乙”）。
（2）实验时，若摆球在垂直纸面的平面内摆动，为了将人工记录振动次数改为自动记录振动次数，在摆球运动最低点的左、右两侧分别放置一激光光源与光敏电阻与某一自动记录仪相连，该仪器显示的光敏电阻阻值R随时间t变化图线如图乙所示，则该单摆的振动周期为 。若保持悬点到小球顶点的绳长不变，改用直径是原小球直径2倍的另一小球进行实验，则该单摆的周期将 (填“变大”、“不变”或“变小”)，图乙中的△t将 (填“变大”、“不变”或“变小”)。
点拨：此题考查探究单摆周期与摆长的关系
（1）应将待测物体正确地放在测脚中如乙图；
（2）单摆1个周期遮光两次；单摆周期与小球质量、大小无关，但若改用直径变为原小球直径的2倍，周期变大，但遮光时间Δt变大。答案：（1）乙（2）2t0，变大，变大
4. （研究匀变速直线运动）“研究匀变速直线运动”的实验中，使用电磁式打点计时器(所用交流电的频率为50Hz)，得到如图8所示的纸带图中的点为计数点，相邻两计数点间还有四个点未画出来，下列表述正确的是
A．实验时应先放开纸带再接通电源
B．(S6一S1)等于(S2一S1)的6倍21世纪教育网
C．从纸带可求出计数点B对应的速率21世纪教育网
D．相邻两个计数点间的时间间隔为0．02s21世纪教育网

点拨：此题考查研究匀变速直线运动。
在“研究匀变速直线运动”的实验中，实验时应先接通电源再放开纸带，A错。根据相等的时间间隔内通过的位移有，可知(S6一S1)等于(S2一S1)的5倍，B错。根据B点为A与C的中间时刻点有，C对；由于相邻的计数点之间还有4个点没有画出,所以时间间隔为0.1s，D错。
专题综合
1. （游标卡尺+光电计时器+匀变速直线运动）某同学为了探究物体在斜面上的运动时摩擦力与斜面倾角的关系，设计实验装置如图。长直平板一端放在水平桌面上，另一端架在一物块上。在平板上标出A、B两点，B点处放置一光电门，用光电计时器记录滑块通过光电门时挡光的时间。
实验步骤如下：
①用游标卡尺测量滑块的挡光长度d，用天平测量滑块的质量m；
②用直尺测量AB之间的距离s，A点到水平桌面的垂直距离h1，B点到水平桌面的垂直距离h2；
③将滑块从A点静止释放，由光电计时器读出滑块的挡光时间t1
④重复步骤③数次，并求挡光时间的平均值；
⑤利用所测数据求出摩擦力f和斜面倾角的余弦值；
⑥多次改变斜面的倾角，重复实验步骤②③④⑤，做出f-关系曲线。
（1）用测量的物理量完成下列各式（重力加速度为g）：
①斜面倾角的余弦= ；
②滑块通过光电门时的速度v= ；
③滑块运动时的加速度a= ；
④滑块运动时所受到的摩擦阻力f= ；
（2）测量滑块挡光长度的游标卡尺读数如图所示，读得d= 。
解析：(1)物块在斜面上做初速度为零的匀加速直线运动,受重力、支持力、滑动摩擦力,如图所示① ；根据三角形关系可得到,②根据③根据运动学公式,有,即有；④根据牛顿第二定律,则有；(2) 在游标卡尺中，主尺上是3.6cm，在游标尺上恰好是第1条刻度线与主尺对齐，再考虑到卡尺是10分度，所以读数为3.6cm+0.1×1mm=3.61cm或者3.62cm也对。
2.（平抛运动+验证机械能守恒）某同学利用如图所示的实验装置验证机械能守恒定律．弧形轨道末端水平，离地面的高度为H。将钢球从轨道的不同高度h处静止释放，钢球的落点距轨道末端的水平距离为s．
(1)若轨道完全光滑，s2与h的理论关系应满足s2＝　　　　　　(用H、h表示)．
(2)该同学经实验测量得到一组数据，如下表所示：
h(10－１m)
2.00
3.00
4.00
5.00
6.00
s2 (10－１ｍ２)
2.62
3.89
5.20
6.53
7.78
请在坐标纸上作出s2--h关系图．
(3)对比实验结果与理论计算得到的s2--h关系图线(图中已画出)，自同一高度静止释放的钢球，水平抛出的速率 (填“小于”或“大于”)理论值
(4)从s2--h关系图线中分析得出钢球水平抛出的速率差十分显著，你认为造成上述偏差的可能原因是 ．
解析：（1）根据机械能守恒，可得离开轨道时速度为，由平抛运动知识可求得时间为，可得.
（2）依次描点，连线，注意不要画成折线。
（3）从图中看，同一h下的s2值，理论值明显大于实际值，而在同一高度H下的平抛运动水平射程由水平速率决定，可见实际水平速率小于理论速率。
（4）由于客观上，轨道与小球间存在摩擦，机械能减小，因此会导致实际值比理论值小。小球的转动也需要能量维持，而机械能守恒中没有考虑重力势能转化成转动能的这一部分，也会导致实际速率明显小于“理论”速率（这一点，可能不少同学会考虑不到）
三 考案
一、选择题
1. 某同学利用单摆测定当地重力加速度，发现单摆静止时摆球重心在球心的正下方，他仍将从悬点到球心的距离当作摆长L，通过改变摆线的长度，测得6组L和对应的周期T，画出L一T2图线，然后在图线上选取A、B两个点，坐标如图所示。他采用恰当的数据处理方法，则计算重力加速度的表达式应为g= 。请你判断该同学得到的实验结果与摆球重心就在球心处的情况相比，将 。(填“偏大”、“偏小”或“相同”)
2. 一水平放置的圆盘绕过其圆心的竖直轴匀速转动。盘边缘上固定一竖直的挡光片。盘转动时挡光片从一光电数字计时器的光电门的狭缝中经过，如图1 所示。图2为光电数字计时器的示意图。光源A中射出的光可照到B中的接收器上若A、B间的光路被遮断，显示器C上可显示出光线被遮住的时间。
挡光片的宽度用螺旋测微器测得，结果如图3所示。圆盘直径用游标卡尺测得，结果如图4所示。由图可知，
（l）挡光片的宽度为_____________mm。
（2）圆盘的直径为_______________cm。
（3）若光电数字计时器所显示的时间为50.0 ms，则圆盘转动的角速度为_______弧度/秒（保留3位有效数字）。
3.某实验小组拟用如图1所示装置研究滑块的运动.实验器材有滑块、钩码、纸带、米尺、带滑轮的木板，以及由漏斗和细线组成的单摆等.实验中，滑块在钩码作用下拖动纸带做匀加速直线运动，同时单摆垂直于纸带运动方向摆动，漏斗漏出的有色液体在纸带带下留下的痕迹记录了漏斗在不同时刻的位置.
①在图2中，从 纸带可看出滑块的加速度和速度方向一致.
②用该方法测量滑块加速度的误差主要来源有： 、 （写出2个即可）.
4. 物理小组在一次探究活动中测量滑块与木板之间的动摩擦因数。实验装置如图，一表面粗糙的木板固定在水平桌面上，一端装有定滑轮；木板上有一滑块，其一端与电磁打点计时器的纸带相连，另一端通过跨过定滑轮的细线与托盘连接。打点计时器使用的交流电源的频率为50 Hz。开始实验时，在托盘中放入适量砝码，滑块开始做匀加速运动，在纸带上打出一系列小点。
（1）上图给出的是实验中获取的一条纸带的一部分：0、1、2、3、4、5、6、7是计数点，每相邻两计数点间还有4个打点（图中未标出），计数点间的距离如图所示。根据图中数据计算的加速度a= (保留三位有效数字)。
(2)回答下列两个问题：
①为测量动摩擦因数，下列物理量中还应测量的有 。（填入所选物理量前的字母）
A.木板的长度l B.木板的质量m1
C.滑块的质量m2 D.托盘和砝码的总质量m3
E.滑块运动的时间t
②测量①中所选定的物理量时需要的实验器材是
（3）滑块与木板间的动摩擦因数＝ （用被测物理量的字母表示，重力加速度为g）.与真实值相比，测量的动摩擦因数 （填“偏大”或“偏小” ）。写出支持你的看法的一个论据：
。
5.在验证牛顿第二定律的实验中，用改变砂的质量的办法来改变对小车的作用力F，用打点计时器测出小车的加速度a，得出若干组F和a的数据。然后根据测得的数据作出如图所示的a-F图线，发现图线既不过原点，又不是直线，原因是A．没有平衡摩擦力，且小车质量较大B．平衡摩擦力时，所垫木板太高，且砂和小桶的质量较大C．平衡摩擦力时，所垫木板太低，且砂和小桶的质量较大D．平衡摩擦力时，所垫木板太高，且小车质量较大　　
6. 某同学用图16装置做验证动量守恒定律的实验.先将a球从斜 槽轨道上某固定点处由静止开始滚下,在水平地面上的记录纸上留下压痕,重复10次;再把同样大小的b球放在斜槽轨道末端水平段的最右端附近静止,让a球仍从原固定点由静止开始滚下,和b球相碰后,两球分别落在记录纸的不同位置处,重复10次．
⑴本实验必须测量的物理量有以下哪些_____________．
A．斜槽轨道末端到水平地面的高度H B．小球a、b的质量ma、mb C．小球a、b的半径r D．小球a、b 离开斜槽轨道末端后平抛飞行的时间t E．记录纸上O点到A、B、C各点的距离OA、OB、OC F．a球的固定释放点到斜槽轨道末端水平部分间的高度差h
⑵小球a、b的质量ma、mb应该满足什么关系?为什么?
⑶放上被碰小球后,两小球碰后是否同时落地?如果不是同时落地,对实验结果有没有影响?为什么?这时小球a、b的落地点依次是图中水平面上的_____点和_____点
⑷为测定未放被碰小球时,小球a落点的平均位置,把刻度尺的零刻线
跟记录纸上的O点对齐,右图给出了小球a落点附近的情况,由图可得OB距离应为__________cm．
⑸按照本实验方法,验证动量守恒的验证式是______________．
7. 科学规律的发现离不开科学探究，而科学探究可以分为理论探究和实验探究。下面我们追寻科学家的研究足迹用两种方法探究恒力做功和物体动能变化间的关系。
Ⅰ．理论探究：
根据牛顿运动定律和有关运动学公式，推导在恒定合外力的作用下，功与物体动能变化间的关系，请在答题纸上对应位置写出你的推导过程。
Ⅱ．实验探究：
①某同学的实验方案如图乙所示，他想用钩码的重力表示小车受到的合外力，为了减小这种做法带来的实验误差，你认为在实验中还应该采取的两项措施是：
a．______ _ ___；b． ____；
②如图丙所示是某次实验中得到的一条纸带，其中A、B、C、D、E、F是计数点，相邻计数点间的时间间隔为T。距离如图。则打C点时小车的速度为 ；要验证合外力的功与动能变化间的关系，除位移、速度外，还要测出的物理量有 。
8. 用DIS研究机械能守恒定律。将实验装置中的光电门传感器接入数据采集器，测定摆锤在某一位置的瞬时速度，从而求得摆锤在该位置的动能，同时输入摆锤的高度，求得摆锤在该位置的重力势能，进而研究势能和动能转化时的规律。实验中A、B、C、D四点高度为0.150m、0.100m、0.050m、0.000m，已由计算机默认，不必输入。现某位同学要测定摆锤在D点的瞬时速度。其实验装置如图所示，接着他点击“开始记录”，同时让摆锤从图中所示位置释放，计算机将摆锤通过光电门传感器的速度自动记录在表格的对应处，如图。
①请指出该同学实验中的错误之处：????????????????????????????????????????
????????????????????????????????????????????????????? ??????????????????????????
②摆图中计算机记录的数据与真实值相比将????? （填“偏大”、“偏小”或“仍准确”）
9. 为了验证碰撞中的动量守恒，某同学选取了两个体积相同、质量不相等的小球，按下述步骤做了如下实验：
A．用天平测出两个小球的质量（分别为m1和m2，且m1>m2）。
B．按照如图所示的那样，安装好实验装置。将斜槽AB固定在桌边，使槽的末端点的切线水平。将一斜面BC连接在斜槽末端。
C．先不放小球m2，让小球m1从斜槽顶端A处由静止开始滚下，记下小球在斜面上的落点位置。
D．将小球m2放在斜槽前端边缘处，让小球m1从斜槽顶端A处滚下，使它们发生碰撞，记下小球m1和小球m2在斜面上的落点位置。
E．用毫米刻度尺量出各个落点位置到斜槽末端点B的距离。图中D、E、F点是该同学记下的小球在斜面上的几个落点位置，到B点的距离分别为LD、LE、LF。
根据该同学的实验，回答下列问题：
①小球m1与m2发生碰撞后，m1的落点是图中的_____点，m2的落点是图中的___点。
②用测得的物理量来表示，只要满足关系式________________________________，则说明碰撞中动量是守恒的。
10. 在“用单摆测重力加速度”的实验中，某同学的操作步骤为：
a．取一根细线，下端系住直径为d的金属小球，上端固定在铁架台上；?
b．用米尺量得细线长度l?
c．在摆线偏离竖直方向5°位置释放小球
d．用秒表记录小球完成n次全振动的总时间t，得到周期T＝t/n?
e．用公式计算重力加速度
按上述方法得出的重力加速度值与实际值相比????? （选填“偏大”、“相同”或“偏小”）。
11. 某同学在测匀变速运动物体的加速度时，得到了几条比较理想的纸带.已知每条纸带上每5个点取一个计数点，即两计数点之间的时间间隔为0. 1s.依打点顺序编为0，1，2，3，4，5.由于不小心，纸带被撕断了.请根据图示的A，B，C，D四段纸带回答：(单位：cm)
（1）在B，C，D三段纸带中，选出纸带A上撕下的那段应该是????????????? ；
（2）打纸带A时物体运动的加速度大小是???????? m/s2，打点“5”时的速度大小是? ?????m/s.
12. 下表是某同学在“探究弹力与弹簧伸长的关系”实验中测得的几组数据，则：
悬挂砝码/g
50
100
150
200
250
弹簧伸长/cm
2.30
5.08
6.88
9.80
12.5
（1）请在下图所示的坐标纸上作出F-x图象；
（2）写出图象的函数表达式；
（3）解释函数表达式中常数的物理意义；????????
（4）若弹簧的原长为L0=40 cm，以弹簧的总长为自变量，写出F（L）的表达式.并说明图象和F-x图象的区别.
13. 某同学设计了一个“探究加速度与物体所受合力F及质量m的关系”实验．如图a为实验装置简图，A为小车，B为电火花计时器，C为装有砝码的小桶，D为一端带有定滑轮的长方形木板，实验中认为细绳对小车拉力F等于砝码和小桶的总重量，电源频率是50HZ小车运动加速度a可用纸带上的打点求得．
（1）图（b）为某次实验得到的纸带，根据纸带可求出小车的加速度大小为??????? m/s2．（保留二位有效数字）
（2）在“探究加速度与质量的关系”时，保持砝码和小桶质量不变，改变小车质量m ，分别得到小车加速度a与质量m数据如下表：
根据上表数据，为直观反映F不变时a与m的关系，请在图c方格坐标纸中选择恰当物理量建立坐标系，并作出图线．
（3）在“探究加速度与力的关系”时，保持小车的质量不变，改变小桶中砝码的质量，该同学根据实验数据作出了加速度a与合力F图线如图d ，该图线不通过坐标原点，试分析图线不通过坐标原点的原因．
答：　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
14. 为了只用一根轻弹簧和一把刻度尺测定某滑块与水平桌面的动摩擦因数μ（设μ为定值），设计了下述实验：
???
第一步：如图所示，将弹簧的一端固定在竖直墙上，使滑块紧靠弹簧将其压缩，松手后滑块在水平桌面上滑行一段距离后停止；测得弹簧压缩量d与滑块向右滑行的距离S的有关数据如下：
根据以上数据可得出滑块滑行距离S与弹簧压缩量d间的关系应是_______。
第二步：为了测出弹簧的劲度系数，将滑块挂在竖直固定的弹簧下端，弹簧伸长后保持静止状态。测得弹簧伸长量为△L，滑块质量为m，则弹簧的劲度系数k =______。用测得的物理量d，s，△L表示的滑块与桌面间的动摩擦因数μ=______（弹簧弹性势能Ep =kx2，k为劲度系数，x为形变量）
15. 利用如图所示的方法测定细线的抗拉强度，在长为L的细线下端挂已知质量不计的小盒，小盒的左侧开一孔，一个金属小球从斜轨道上释放后，水平进入小盒内，与小盒一起向右摆动，现逐渐提高金属小球在轨道上释放的高度，直至摆动时细线恰好被拉断，并测得此时金属小球平抛运动的竖直位移h和水平位移s，若小球质量为m ，重力加速度为g ,该细线的抗拉张力为???????????? 。
16. 与打点计时器一样，光电计时器也是一种研究物体运动情况的常用计时仪器，其结构如图所示，a、b 分别是光电门的激光发射和接收装置，当有物体从a、b间通过时，光电计时器就可以显示物体的挡光时间。
现利用图所示装置验证机械能守恒定律。图中AB是固定的光滑斜面，斜面的倾角为300，1和2是固定在斜面上适当位置的两个光电门，与它们连接的光电计时器都没有画出。让滑块从斜面的顶端滑下，光电门1、2各自连接的光电计时器显示的挡光时间分别为5.00×10－2s、2.00×10－2s。已知滑块质量为2.00kg，滑块沿斜面方向的宽度为5.00cm，光电门1和2之间的距离为0.540m，g＝9.80m/s2，取滑块经过光电门时的速度为其平均速度。
①（4分）滑块通过光电门1时的速度v1＝?????? ?m/s，通过光电门2时的速度v2＝?????? ?m/s；
②（4分）滑块通过光电门1、2之间的动能增加量为 ?????J，重力势能的减少量为???? ?J。
参考答案
1. 解：设A、B的摆线长为LA和LB，摆线到重心的距离为L1，所以A、B的两处的摆长分别为LA＋L1和LB＋L1，根据周期公式得则 （1）
（2）
（2）－（1）得
从式子中可以看出，最终的结果与重心的位置无关，所以不影响g值的测量。
2. 解：由螺旋测微器与游标卡尺的读数规则可得两者的读数．mm，mm=24.220cm．圆盘转动的角速度为，而，综合两式并代入数据可得：rad/s．
3. 解：要使速度和加速度方向相同，则只有B，因为B中相等时间内纸带运动的距离越来越大。用该方法测量加速度的误差主要来源有：摆长的测量。漏斗重心的变化，液体痕迹偏粗、阻力变化等。
4. 解：(1)0.495~0.497m/s2
(2)① CD （1分）
(3)，偏大，连接滑块的纸带和打点计时器间也有阻力
5. 答案：C
6.解：（1）B、E
（2）ma>mb、防止a球碰撞后反向弹回，再回到碰撞点的过程中因为有摩擦导致速度减小而影响实验结果。
（3）同时落地、如果不是同时落地，会影响实验结果、A、C
（4）4.59
（5）maOB=maOA+mbOC
7. 解：Ⅰ推导 ：牛顿第二定律得F合＝ma，由运动学公式得v22－v12=2ax，由功的定义式
W合 ＝F合x，三式联立得W合 ＝
Ⅱ①a.平衡摩擦力 b.钩码的重力远小于小车的总重力 8. 答案：①i光电门传感器未放在标尺盘最低端的D点??
?????? ii摆锤释放器未置于A点???????????
②偏小?????
9. 答案：①D、F ；?? ②?
10. 答案：偏小
11. 答案：（1）D??
（2）8 m/s2 ，6.6 m/s
12. 答案：（1）F-x图像
?? （2）从F-x的图像知，弹簧的弹力O与伸长量成正比，在直线上取较远的两点（9.8，2.0）和（2.3，0.5）代入k=ΔF/Δx ，可得直线的斜率为0.2N/cm=20 N/m。所以该弹簧的弹力与伸长量的关系的函数表达式为F=kx( k=20N/m)
（3） 簧的弹力与伸长的关系是F=kx,中的常数k表示使弹簧伸长1 m时所需弹力为20 N，即劲度系数。
（4）设弹簧的总长为L则F=kx=K（L-LO）=0.2L-8。所作的F-L图像有横轴截距，其物理意义即为弹簧的原长，而F-x图像没有横轴截距
13. 答案：在“研究平抛物体在的运动”的实验中，如果实验时忘记记下斜槽末端O的位置，描出如图所示的轨迹，其中A为小球离开槽口后的某一时刻位置，则可以算出小球平抛的初速度为?????? 。抛出点的坐标为??????? （计算时）
14. 解析：根据实验获取的数据，可以发现的s跟的d平方之比都接近20,表明S与 d的平方成正比；当滑块吊起时，所受重力和弹簧弹力平衡，即mg=k△L，可求出k= mg/△L，根据动能定理知道，-μmgs+12kd2=0,把k值代入，可求得动摩擦因数μ=d2/2△LS。
答案：S 与d的平方成正比，mg/△L, d2/2△LS
15. 答案：
16. 答案：① 1.00m/s ，2.50m/s ②5.25J ，5.29J
专题十二 原子和原子核
一 教案
专题要点
1．原子的结构
①汤姆生模型(枣糕模型) 汤姆生发现电子，使人们认识到原子有复杂结构。从而打开原子的大门.
②卢瑟福的核式结构模型(行星式模型)卢瑟福α粒子散射实验装置,现象,从而总结出核式结构学说
α粒子散射实验是用α粒子轰击金箔，实验现象：结果是绝大多数α粒子穿过金箔后基本上仍沿原来的方向前进,但是有少数α粒子发生了较大的偏转.这说明原子的正电荷和质量一定集中在一个很小的核上。
卢瑟福由α粒子散射实验提出：在原子的中心有一个很小的核，叫原子核，原子的全部正电荷和几乎全部质量都集中在原子核里，带负电的电子在核外空间运动。
由α粒子散射实验的实验数据还可以估算出原子核大小的数量级是10-15m。
2．玻尔模型(引入量子理论，量子化就是不连续性，整数n叫量子数)玻尔补充三条假设
⑴定态--原子只能处于一系列不连续的能量状态(称为定态),电子虽然绕核运转,但不会向外辐射能量。(本假设是针对原子稳定性提出的)
⑵跃迁--原子从一种定态跃迁到另一种定态,要辐射(或吸收)一定频率的光子(其能量由两定态的能量差决定)(本假设针对线状谱提出) () 辐射(吸收)光子的能量为hf＝E初-E末
⑶能量和轨道量子化----定态不连续,能量和轨道也不连续;(即原子的不同能量状态跟电子沿不同的圆形轨道绕核运动相对应,原子的定态是不连续的,因此电子的可能轨道分布也是不连续的)
3. 天然放射现象
①天然放射现象的发现，使人们认识到原子核也有复杂结构核变化从贝克勒耳发现天然放射现象开始衰变(用电磁场研究)：
②各种放射线的性质比较
种 类
本 质
质量（u）
电荷（e）
速度（c）
电离性
贯穿性
α射线
氦核
4
+2
0.1
最强
最弱，纸能挡住
β射线
电子
1/1840
-1
0.99
较强
较强，穿几mm铝板
γ射线
光子
0
0
1
最弱
最强，穿几cm铅版
4. 四种核反应类型(衰变,人工核转变,重核裂变,轻核骤变)
⑴衰变： α衰变：(实质：核内)α衰变形成外切(同方向旋)，
β衰变：(实质：核内的中子转变成了质子和中子)β衰变形成内切(相反方向旋)，且大圆为α、β粒子径迹。
+β衰变：（核内）
γ衰变：原子核处于较高能级，辐射光子后跃迁到低能级。
⑵人工转变：
(发现质子的核反应)(卢瑟福)用α粒子轰击氮核,并预言中子的存在
(发现中子的核反应)(查德威克)钋产生的α射线轰击铍
(人工制造放射性同位素)
正电子的发现(约里奥居里和伊丽芙居里夫妇)α粒子轰击铝箔
⑶重核的裂变：
在一定条件下(超过临界体积)，裂变反应会连续不断地进行下去，这就是链式反应。
⑷轻核的聚变：（需要几百万度高温，所以又叫热核反应）
所有核反应的反应前后都遵守：质量数守恒、电荷数守恒。（注意：质量并不守恒。）
5．核能计算方法有三：①由(△m单位为“kg”)计算；
②由△E=931.5△m(△m 单位为“u”)计算；③借助动量守恒和能量守恒计
6. 放射性同位素的应用
⑴利用其射线：α射线电离性强,用于使空气电离,将静电泄出,从而消除有害静电。γ射线贯穿性强,可用于金属探伤,也可用于治疗恶性肿瘤。各种射线均可使DNA发生突变,可用于生物工程，基因工程。
⑵作为示踪原子。用于研究农作物化肥需求情况，诊断甲状腺疾病的类型，研究生物大分子结构及其功能。
⑶进行考古研究。利用放射性同位素碳14，判定出土木质文物的产生年代。
一般都使用人工制造的放射性同位素（种类齐全，各种元素都有人工制造的放射性同位。半衰期短，废料容易处理。可制成各种形状，强度容易控制）。
考纲要求
考点
要求
考点解读
氢原子光谱
Ⅰ
以α粒子散射实验、原子光谱为实验基础的卢瑟福原子核式结构学说和玻尔原子理论，各种核变化和与之相关的核反应方程、核能计算等.
氢原子的能级结构、能级公式
Ⅰ
原子核的组成、放射性、原子核的衰变、半衰期
Ⅰ
放射性同位素
Ⅰ
核力、核反应方程
Ⅰ
结合能、质量亏损
Ⅰ
裂变反应和聚变反应、裂变反应堆
Ⅰ
放射性的防护
Ⅰ
教法指引
此专题复习时，可以先让学生完成相应的习题，在精心批阅之后以题目带动知识点，进行适当提炼讲解。要求学生强加记忆。这一专题的知识点高考要求不是很高，但是比较杂乱，学生易于掌握每个知识点，但是不易掌握全面，二轮复习时还是要稳扎稳打，从基本知识出发。
知识网络
典例精析
题型1.（波尔的跃迁理论）氦氖激光器能产生三种波长的激光，其中两种波长分别为=0.6328μm，=3.39μm，已知波长为的激光是氖原子在能级间隔为=1.96eV的两个能级之间跃迁产生的。用表示产生波长为的激光所对应的跃迁的能级间隔，则的近似值为（ ）
A．10.50eV B．0.98eV C．0.53eV D．0.36eV
解析：根据,可知当当时,连立可知。
题型2.（氢原子能级图在波尔理论中的应用）氢原子的部分能级如图所示。已知可见光的光子能量在1.62eV到3.11eV之间。由此可推知, 氢原子（ ）
A. 从高能级向n=1能级跃迁时了出的光的波长比可见光的短
B. 从高能级向n=2能级跃迁时发出的光均为可见光
C. 从高能级向n=3能级跃迁时发出的光的频率比可见光的高
D. 从n=3能级向n=2能级跃迁时发出的光为可见光
解析：从高能级向n=1的能级跃迁的过程中辐射出的最小光子能量为9.20ev,不在1.62eV到3.11eV之间,A正确.已知可见光子能量在1.62eV到3.11eV之间从高能级向n=2能级跃迁时发出的光的能量3.40ev，B错. 从高能级向n=3能级跃迁时发出的光的频率只有能量大于3.11ev的光的频率才比可见光高,C错.从n=3到n=2的过程中释放的光的能量等于1.89ev介于1.62到3.11之间,所以是可见光D对。
题型3.（现象意义）下列现象中，与原子核内部变化有关的是（ ）
A．粒子散射现象 B．天然放射现象
C．光电效应现象 D．原子发光现象
解析：α粒子散射实验表明了原子内部有一个很小的核，并没有涉及到核内部的变化，故A项错误；天然放射现象是原子核内部发生变化自发的放射出α粒子或电子，从而发生α衰变或β衰变，故B项正确；光电效应是原子核外层电子脱离原子核的束缚而逸出，没有涉及到原子核的变化，故C项错误；原子发光是原子跃迁形成的也没有涉及到原子核的变化，故D项错误。
题型4.（三种射线的特性）放射性元素衰变时放出三种射线，按穿透能力由强到弱的排列顺序是（ ）
A．(射线，(射线，(射线 B．(射线，(射线，(射线，
C．(射线，(射线，(射线 D．(射线，(射线，(射线
解析：由于三种射线的能量不同，所以贯穿能力最强的是(射线，(射线次之，(射线最弱，故正确答案选B。
题型5. （轻核聚变）科学家发现在月球上含有丰富的（氦3）。它是一种高效、清洁、安全的核聚变燃料，其参与的一种核聚变反应的方程式为。关于聚变下列表述正确的是（ ）
A．聚变反应不会释放能量 B.聚变反应产生了新的原子核
C．聚变反应没有质量亏损 D.目前核电站都采用聚变反应发电
解析：聚变反应时将质量较小的轻核聚变成质量较大的核，聚变过程会有质量亏损，要放出大量的能量。但目前核电站都采用采用铀核的裂变反应。因此B正确。
题型6.（核反应方程）原子核聚变可望给人类未来提供丰富的洁净能源。当氖等离子体被加热到适当高温时，氖核参与的几种聚变反应可能发生，放出能量。这几种反应的总效果可以表示为，由平衡条件可知（ ）
A. k=1, d=4 B. k=2, d=2 C. k=1, d=6 D. k=2, d=3
解析：由质量数守恒和电荷数守恒，分别有，，解得?k=2，d=2。正确选项为B。
题型7. （四种反应的区分）下列说法正确的是（ ）A.是衰变方程
B.是核聚变反应方程
C.是核裂变反应方程
D.是原子核的人工转变方程
解析： A选项中在质子的轰击下发生的核反应，属于人工转变，A错；C选项是α衰变，不是裂变，C错。
题型8.（几种力的比较） 氮原子核由两个质子与两个中子组成，这两个质子之间存在着万有引力、库伦力和核力，则3种力从大到小的排列顺序是（ ）
A．核力、万有引力、库伦力 B．万有引力、库伦力、核力
C．库伦力、核力、万有引力 D．核力、库伦力、万有引力
解析：核力是强力，它能将核子束缚在原子核内。万有引力最弱，研究核子间相互作用时万有引力可以忽略。
题型9. （核能的利用）水（包括海水）是未来的“煤炭”，能从根本上解决人类能源问题。这是指 （填“氢能”、“核能”、“氢能和核能”）和利用。请说明理由。
解析：①核能： 因为海水中含有大量核聚变的材料氘，通过核聚变能够释放大量的核能。
②核能和氢能：因为海水中含有大量核聚变的材料氘，通过核聚变能够释放大量的核能。氢能有便于储存与运输的优点，也可以为解决能源问题做出贡献。
题型10.（原子核）三个原子核X、Y、Z，X核放出一个正电子后变为Y核，Y核与质子发生核反应后生成Z核并放出一个个氦（42He）,则下面说法正确的是（ ）
A.X核比Z核多一个原子
B.X核比Z核少一个中子
C.X核的质量数比Z核质量数大3
D.X核与Z核的总电荷是Y核电荷的2倍
解析：设原子核X的质量数为x，电荷数为y，依题意写出核反应方程，根据质量数守恒和电荷数守恒，可得原子核Y的质量数为x，电荷数为y-1，原子核Z的质量数为x-3，电荷数为y-2。由此可得X核的质子（y）比Z核的质子（y-2）多2个，A错；由此可得X核的中子（x-y）比Z核的中子（x-y-1）多1个，B错；X核的质量数（x）比Z核的质量数（x-3）多3个，C对；X核与Z核的总电荷（2y-2）是Y核电荷（y-1）的2倍，D对。
题型11.（结合能、能量守恒定律）中子和质子结合成氘核时，质量亏损为，相应的能量　MeV是氘核的结合能。下列说法正确的是（ ）
A.用能量小于2.2 MeV的光子照射静止氘核时，氘核不能分解为一个质子和一个中子
B.用能量等于2.2 MeV的光子照射静止氘核时，氘核可能分解为一个质子和一个中子，它们的动能之和为零
C.用能量大于2.2 MeV的光子照射静止氘核时，氘核可能分解为一个质子和一个中子，它们的动能之和为零
D.用能量大于2.2 MeV的光子照射静止氘核时，氘核不能分解为一个质子和一个中子，它们的动能之和不为零
解析：只有静止氘核吸收光子能量大于其结合能时，才能分解为一个质子和一个中子，故A项正确，B项错误；根据能量守恒定律，光子能量大于氘核结合题，则多余的能量以核子动能形式呈现，故C项错，D项正确。
题型12.（半衰期）放射性元素的原子核在(衰变或(衰变生成新原子核时，往往会同时伴随
着___________辐射。已知A、B两种放射性元素的半衰期分别为T1和T2，t＝T1(T2时间后测
得这两种放射性元素的质量相等，那么它们原来的质量之比mA:mB＝_________。γ，
解析：放射性元素的原子核在α衰变或β衰变生成新原子核时，往往以γ光子的形式释放能量，即伴随γ辐射；根据半衰期的定义，经过t＝T1·T2时间后剩下的放射性元素的质量相同，则 =  ，故mA：mB＝2T2 : 2T1
二 学案
典例精析
题型1.（波尔的跃迁理论）氦氖激光器能产生三种波长的激光，其中两种波长分别为=0.6328μm，=3.39μm，已知波长为的激光是氖原子在能级间隔为=1.96eV的两个能级之间跃迁产生的。用表示产生波长为的激光所对应的跃迁的能级间隔，则的近似值为（ ）
A．10.50eV B．0.98eV C．0.53eV D．0.36eV
解析：根据,可知当当时,连立可知。
题型2.（氢原子能级图在波尔理论中的应用）氢原子的部分能级如图所示。已知可见光的光子能量在1.62eV到3.11eV之间。由此可推知, 氢原子（ ）
A. 从高能级向n=1能级跃迁时了出的光的波长比可见光的短
B. 从高能级向n=2能级跃迁时发出的光均为可见光
C. 从高能级向n=3能级跃迁时发出的光的频率比可见光的高
D. 从n=3能级向n=2能级跃迁时发出的光为可见光
解析：从高能级向n=1的能级跃迁的过程中辐射出的最小光子能量为9.20ev,不在1.62eV到3.11eV之间,A正确.已知可见光子能量在1.62eV到3.11eV之间从高能级向n=2能级跃迁时发出的光的能量3.40ev，B错. 从高能级向n=3能级跃迁时发出的光的频率只有能量大于3.11ev的光的频率才比可见光高,C错.从n=3到n=2的过程中释放的光的能量等于1.89ev介于1.62到3.11之间,所以是可见光D对
题型3.（现象意义）下列现象中，与原子核内部变化有关的是（ ）
A．粒子散射现象 B．天然放射现象
C．光电效应现象 D．原子发光现象
解析：α粒子散射实验表明了原子内部有一个很小的核，并没有涉及到核内部的变化，故A项错误；天然放射现象是原子核内部发生变化自发的放射出α粒子或电子，从而发生α衰变或β衰变，故B项正确；光电效应是原子核外层电子脱离原子核的束缚而逸出，没有涉及到原子核的变化，故C项错误；原子发光是原子跃迁形成的也没有涉及到原子核的变化，故D项错误。
题型4.（三种射线的特性）放射性元素衰变时放出三种射线，按穿透能力由强到弱的排列顺序是（ ）
A．(射线，(射线，(射线 B．(射线，(射线，(射线，
C．(射线，(射线，(射线 D．(射线，(射线，(射线
解析：由于三种射线的能量不同，所以贯穿能力最强的是(射线，(射线次之，(射线最弱，故正确答案选B。
题型5. （轻核聚变）科学家发现在月球上含有丰富的（氦3）。它是一种高效、清洁、安全的核聚变燃料，其参与的一种核聚变反应的方程式为。关于聚变下列表述正确的是（ ）
A．聚变反应不会释放能量 B.聚变反应产生了新的原子核
C．聚变反应没有质量亏损 D.目前核电站都采用聚变反应发电
解析：聚变反应时将质量较小的轻核聚变成质量较大的核，聚变过程会有质量亏损，要放出大量的能量。但目前核电站都采用采用铀核的裂变反应。因此B正确。
题型6.（核反应方程）原子核聚变可望给人类未来提供丰富的洁净能源。当氖等离子体被加热到适当高温时，氖核参与的几种聚变反应可能发生，放出能量这几种反应的总效果可以表示为，由平衡条件可知（ ）
A. k=1, d=4 B. k=2, d=2 C. k=1, d=6 D. k=2, d=3
解析：由质量数守恒和电荷数守恒，分别有，，解得?k=2，d=2。正确选项为B。
题型7. （四种反应的区分）下列说法正确的是（ ）A.是衰变方程
B.是核聚变反应方程
C.是核裂变反应方程
D.是原子核的人工转变方程
解析： A选项中在质子的轰击下发生的核反应，属于人工转变，A错；C选项是α衰变，不是裂变，C错。
题型8.（几种力的比较） 氮原子核由两个质子与两个中子组成，这两个质子之间存在着万有引力、库伦力和核力，则3种力从大到小的排列顺序是（ ）
A．核力、万有引力、库伦力 B．万有引力、库伦力、核力
C．库伦力、核力、万有引力 D．核力、库伦力、万有引力
解析：核力是强力，它能将核子束缚在原子核内。万有引力最弱，研究核子间相互作用时万有引力可以忽略。
题型9. （核能的利用）水（包括海水）是未来的“煤炭”，能从根本上解决人类能源问题。这是指 （填“氢能”、“核能”、“氢能和核能”）和利用。请说明理由。
解析：①核能： 因为海水中含有大量核聚变的材料氘，通过核聚变能够释放大量的核能。
②核能和氢能：因为海水中含有大量核聚变的材料氘，通过核聚变能够释放大量的核能。氢能有便于储存与运输的优点，也可以为解决能源问题做出贡献
题型10.（原子核）三个原子核X、Y、Z，X核放出一个正电子后变为Y核，Y核与质子发生核反应后生成Z核并放出一个个氦（42He）,则下面说法正确的是（ ）
A.X核比Z核多一个原子
B.X核比Z核少一个中子
C.X核的质量数比Z核质量数大3
D.X核与Z核的总电荷是Y核电荷的2倍
解析：设原子核X的质量数为x，电荷数为y，依题意写出核反应方程，根据质量数守恒和电荷数守恒，可得原子核Y的质量数为x，电荷数为y-1，原子核Z的质量数为x-3，电荷数为y-2。由此可得X核的质子（y）比Z核的质子（y-2）多2个，A错；由此可得X核的中子（x-y）比Z核的中子（x-y-1）多1个，B错；X核的质量数（x）比Z核的质量数（x-3）多3个，C对； X核与Z核的总电荷（2y-2）是Y核电荷（y-1）的2倍，D对。
题型11.（结合能、能量守恒定律）中子和质子结合成氘核时，质量亏损为，相应的能量　MeV是氘核的结合能。下列说法正确的是（ ）
A.用能量小于2.2 MeV的光子照射静止氘核时，氘核不能分解为一个质子和一个中子
B.用能量等于2.2 MeV的光子照射静止氘核时，氘核可能分解为一个质子和一个中子，它们的动能之和为零
C.用能量大于2.2 MeV的光子照射静止氘核时，氘核可能分解为一个质子和一个中子，它们的动能之和为零
D.用能量大于2.2 MeV的光子照射静止氘核时，氘核不能分解为一个质子和一个中子，它们的动能之和不为零
解析：只有静止氘核吸收光子能量大于其结合能时，才能分解为一个质子和一个中子，故A项正确，B项错误；根据能量守恒定律，光子能量大于氘核结合题，则多余的能量以核子动能形式呈现，故C项错，D项正确。
题型11.（半衰期）放射性元素的原子核在(衰变或(衰变生成新原子核时，往往会同时伴随
着___________辐射。已知A、B两种放射性元素的半衰期分别为T1和T2，t＝T1(T2时间后测
得这两种放射性元素的质量相等，那么它们原来的质量之比mA:mB＝_________。γ，
解析：放射性元素的原子核在α衰变或β衰变生成新原子核时，往往以γ光子的形式释放能量，即伴随γ辐射；根据半衰期的定义，经过t＝T1·T2时间后剩下的放射性元素的质量相同，则 =  ，故mA：mB＝2T2 : 2T1
专题突破
针对典型精析的例题题型，训练以下习题。
1. 在下列4个核反应方程中，x表示质子的是 （ ）
（A） （B）
（C） （D）
点拨：此题考查核反应方程。由核反应方程的质量数和电荷数守恒，可得各个选项中的x分别为正电子、α粒子、质子、中子。
2. 下列实验中，深入地揭示了光的粒子性一面的有（ ）
点拨：此题考查对各种现象的理解。（1）A为康普顿散射，B为光电效应，康普顿散射和光电效应都深入揭示了光的粒子性；
C为粒子散射，不是光子，揭示了原子的核式结构模型。D为光的折射，揭示了氢原子能级的不连续；
3. 约里奥·居里夫妇因发现人工放射性而获得了1935年的诺贝尔化学奖，他们发现的放射性元素衰变成的同时放出另一种粒子，这种粒子是 ▲ . 是的同位素，被广泛应用于生物示踪技术.1 mg随时间衰变的关系如图所示，请估计4 mg的经多少天的衰变后还剩0.25 mg？
点拨：此题考查半衰期。由核反应过程中电荷数和质量数守恒可写出核反应方程：，可知这种粒子是正电子。由图象可知的半衰期为14天，的衰变后还剩，经历了4个半衰期，所以为56天。放射性同位素针232经αβ衰变会生成氧，其衰变方程为ThRn+xα+yβ，其中D
A.x=1,y=3 B.x=2,y=3
C.x=3,y＝1 D.x=3,y=2
点拨：本题考查放射性元素衰变的有关知识，本题为较容易的题目。由衰变方程： ,由质量数守恒和电荷数守恒得：232=220+4x,90=86+2x-y可解得： x=3、 y=2。
5. 下列说法正确的是A
A．γ射线在电场和磁场中都不会发生偏转
B．β射线比α射线更容易使气体电离
C．太阳辐射的能量主要来源于重核裂变
D．核反应堆产生的能量来自轻核聚变
点拨：γ射线中的γ光子不带电，故在电场与磁场中都不会发生偏转，A正确；α粒子的特点是电离能力很强，B错；太阳辐射的能量主要来源于轻核的聚变，C错；核反应堆产生的能量是来自于重核的裂变，D错．
学法导航
复习指导：①回归课本夯实基础，仔细看书把书本中的知识点掌握到位
②练习为主提升技能，做各种类型的习题，在做题中强化知识
③整理归纳举一反三，对易错知识点、易错题反复巩固
1. 关于半衰期，以下说法正确的是 [ ]
　　A．同种放射性元素在化合物中的半衰期比单质中长。
　　B．升高温度可以使半衰期缩短
　　C．氡的半衰期为3.8天，若有四个氡原子核，经过7.6天就只剩下一个
　　D．氡的半衰期为3.8天，4克氡原子核，经过7.6天就只剩下1克
【错解分析】错解：每经过3.8天就有半数的氡核发生衰变，经过两个半衰期即7.6天后，只剩下四分之一的氡，故选C，D。
　　放射性元素的原子核有半数发生衰变所需要的时间是一种统计规律，半衰期对某一个或某几个原子核来说，是无意义的。“上述”解法忽视了这一事实，故错选了C。
【正确解答】
　　考虑到放射性元素衰变的快慢是跟原子所处的物理状态或化学状态无关，又考虑到半衰期是一种统计规律，即给定的四个氡核是否马上衰变会受到各种偶然因素的支配。因此，正确答案只有D。
2. 钍232经过6次α衰变和4次β衰变后变成一种稳定的元素。这种元素是什么？它的原子量是多少？它的原子序数是多少？
【错解分析】
　　　　何况反应的次序也不是先进行6次α衰变，再进行4次β衰变，所以此解法是错误的。
【正确解答】6次α衰变和4次β衰变总的效果使原子量和原子序数变化为原子量=232-6×4=208原子序数=90-2×6-4×(-1)=82
　　
3.：
　　(1)求电子在基态轨道上运动时的动能。
　　(2)有一群氢原子处于量子数n=3的激发态。画一能级图，在图14－1上用箭头标明这些氢原子能发出哪几条光谱线。
　　(3)计算这几条光谱线中波长最短的一条的波长。(其中静电力恒量K=9.0×109N·m2/C2，电子电量e=1.6×10-19C，普朗克恒量h=6.63×10-34J·s，真空中光速c=3.0×108m/s)。
【错解分析】错解：(1)电子在基态轨道中运动时量子数n=1，其动能为
　　
　　(2)作能级图如图，可能发出两条光谱线。
　　(3)由于能级差最小的两能级间跃迁产生的光谱线波长越短，所以(E3-E2)时所产生的光谱线为所求，其中
　　
　　(1)动能的计算错误主要是不理解能级的能量值的物理意义，因而把道上的能量，它包括电势能EP1和动能EK1。计算表明EP1=-2EK1，所以E1=EP1＋EK1=-EK1，EK1=-E1=l3.6eV。虽然错解中数值表明正确，但理解是错误的。
　　(2)错解中的图对能级图的基本要求不清楚。
　　(3)不少学生把能级图上表示能级间能量差的长度线看成与谱线波长成正比了。
【正确解答】(l)设电子的质量为m，电子在基态轨道上的速率为v1，根据牛顿第
　　　　　
　　(2)当氢原子从量子数n=3的能级跃迁到较低能级时，可以得到3条光谱线。如图14-2所示。
　　(3)与波长最短的一条光谱线对应的能级差为E3-E1。
　　
专题综合
1.（核反应方程+质能方程+物质波）在衰变中常伴有一种称为“中微子”的粒子放出。中微子的性质十分特别，因此在实验中很难探测。1953年，莱尼斯和柯文建造了一个由大水槽和探测器组成的实验系统，利用中微子与水中的核反应，间接地证实了中微子的存在。
（1）中微子与水中的发生核反应，产生中子（）和正电子（），即中微子+→+，可以判定，中微子的质量数和电荷数分别是 。（填写选项前的字母）
（A）0和0 （B）0和1 （C）1和 0 （D）1和1
（2）上述核反应产生的正电子与水中的电子相遇，与电子形成几乎静止的整体后，可以转变为两个光子（），即+2。已知正电子和电子的质量都为9.1×10-31㎏，反应中产生的每个光子的能量约为 J。正电子与电子相遇不可能只转变为一个光子，原因是 。
（3）试通过分析比较，具有相同动能的中子和电子的物质波波长的大小。
解：（1）发生核反应前后，粒子的质量数和核电荷数均不变，据此可知中微子的质量数和电荷数分都是0，A项正确。
（2）产生的能量是由于质量亏损。两个电子转变为两个光子之后，质量变为零，由，故一个光子的能量为，带入数据得=J。
正电子与水中的电子相遇，与电子形成几乎静止的整体，故系统总动量为零，故如果只产生一个光子是不可能的，因为此过程遵循动量守恒。

2．（核反应方程+质量亏损+质能方程+光子物质波公式）一个质子和一个中子聚变结合成一个氘核，同时辐射一个光子。已知质子、中子、氘核的质量分别为m1、m2、m3,普朗克常量为h,真空中的光速为c。下列说法正确的是B
核反应方程是H+nH+
聚变反应中的质量亏损1+m2-m1
辐射出的光子的能量E=(m3-m1-m2)c
光子的波长
解:核反应方程是H+nH+；辐射出的光子的能量E=(1+m2-m3)c2；光子的波长。
3. （玻尔理论+电流定义）氢原子处于基态时，原子能量E1= -13.6eV，已知电子电量e =1.6×10-19C，电子质量m=0.91×10-30kg，氢的核外电子的第一条可能轨道的半径为r1=0.53×10-10m.
（1）若要使处于n=2的氢原子电离，至少要用频率多大的电磁波照射氢原子？
（2）氢原子核外电子的绕核运动可等效为一环形电流，则氢原子处于n=2的激发态时，核外电子运动的等效电流多大？
（3）若已知钠的极限频率为6.00×1014Hz，今用一群处于n=4的激发态的氢原子发射的光谱照射钠，试通过计算说明有几条谱线可使钠发生光电效应？
解：（1）要使处于n=2的氢原子电离，照射光光子的能量应能使电子从第2能级跃迁到无限远处，最小频率的电磁波的光子能量应为：
得 Hz，
（2）氢原子核外电子绕核做匀速圆周运动，库伦力作向心力，有
① 其中
根据电流强度的定义 ②
由①②得 ③
将数据代入③得 A
（3）由于钠的极限频率为6.00×1014Hz，则使钠发生光电效应的光子的能量至少为
eV=2.486 eV
一群处于n=4的激发态的氢原子发射的光子，要使钠发生光电效应，应使跃迁时两能级的差，所以在六条光谱线中有、、、四条谱线可使钠发生光电效应。
4. （核反应方程+质能方程+动量守恒定律+能量守恒）一个静止的铀核（原子质量为232.0372u）放出一个α粒子（原子质量为4.0026u）后衰变成钍核（原子质量为228.0287u）。（已知：原子质量单位1u=1.67×10—27kg，1u相当于931MeV）
（1）写出核衰变反应方程；
（2）算出该核衰变反应中释放出的核能；
（3）假设反应中释放出的核能全部转化为钍核和α粒子的动能，则钍核获得的动能
有多大？
解：（1） （2分）
（2）质量亏损 △m=0.0059u （2分）
△E=△mc2=0.0059×931MeV=5.49MeV （2分）
（3）系统动量守恒，钍核和α粒子的动量大小相等，即
（1分）
（1分）
（1分）
所以钍核获得的动能 （1分）
三 考案
一、选择题
1. 下列说法错误的是 　 ( 　 )
A．原子核分裂成核子时会放出核能
B．α粒子散射实验使人们认识到原子核本身有复杂的结构
C．根据玻尔的原子理论，在氢原子中，量子数n越大，原子能级的能量也越大
D．氡222衰变成钋218，半衰期为3.8天，因此200个氡222原子核经过3.8天后剩下90个
2.　一群处于n=4的激发态的氢原子，向低能级跃迁时，可能发射的谱线为 ( )
A． 3条 B． 4条 C． 5条 D． 6条
3.已知氢原子核外电子的第一条可能轨道半径为rl，此时氢原子的能量为E1，当核外电子在第n条可能轨道上时，有 ( )
其轨道半径为rn=n2r1
B．氢原子的能量为En=E1/n2，由此可见n越大，能量越小
C．氢原子在不同能量状态之间跃迁时，总能辐射出一定波长的光子
D．氢原子由能量状态En跃迁到能量状态En-1时，其辐射光子的波长为
4.　某放射性元素，在15h内衰变了全部原子核的7/8，则其半衰期为 ( )
A． 10h B． 7.5h C． 5h D． 3h
5.　 (钍)经过一系列α和β衰变，变成 (铅)，下列说法正确的是 ( )
A．铅核比钍核少8个质子 B．铅核比钍核少16个中子
C．共经过4次α衰变和6次β衰变 D．共经过6次α衰变和4次β衰变
6．卢瑟福提出原子的核式结构学说的依据是用α粒子轰击金铂，实验中发现α粒子( )
A．全部穿过或发生很小偏转
B．绝大多数穿过，只有少数发生较大偏转，有的甚至被弹回
C．全部发生很大偏转
D．绝大多数发生很大偏转，甚至被弹回，只有少数穿过
7．在极短的距离上，核力将一个质子和一个中子吸引在一起形成一个氘核，下述说法中正确的是 ( )
A．氘核的能量大于一个质子和一个中子能量之和
B．氘核的能量等于一个质子和一个中子能量之和
C．氘核的能量小于一个质子和一个中子能量之和
D．氘核若分裂为一个质子和一个中子时，一定要放出能量
8．关于质能方程，下列说法正确的是 ( )
A．人质量减少，能量就会增加，在一定条件下质量转化为能量
B．物体获得一定的能量，它的质量也相应地增加一定值
C．物体一定有质量，但不一定有能量，所以质能方程仅是某种特殊条件下的数量关系
D．某一定量的质量总是与一定量的能量相联系的
9．当一个中子和一个质子结合成氘核时，产生γ光子辐射，对这一实验事实，下列说法正确的是 ( )
A．核子结合成原子核时，要放出一定的能量
B．原子核分裂成核子时，要放出一定的能量
C．γ光子的质量为零，氘核的质量等于中子与质子的质量之和
D．γ光子具有一定的能量，氘核的质量小于中子与质子的质量之和
10．．原子核A经β衰变(一次)变成原子核B，原子核B再经α衰变(一次)变成原子核C，则下列说法中哪些说法是正确的? ( )
A．核A的中子数减核C的中子数等于2
B．核A的质子数减核C的质子数等于5
C．原子核为A的中性原子的电子数比原子核为B的中性原子中的电子数少1
D．核C的质子数比核A的质子数少1
11．氢原子核外电子由一个轨道向另一个轨道跃迁时，可能发生的情况是 ( )
A．原子吸收光子，电子的动能增大，原子的电势能增大，原子的能量增大
B．原子放出光子，电子的动能减少，原子的电势能减少，原子的能量减少
C．原子吸收光子，电子的动能减少，原子的电势能增大，原子的能量增大
D．原子放出光子，电子的动能增加，原子的电势能减少，原子的能量减少
12．氢原子从第4能级跃迁到第2能级发出蓝光，那么，当氢原子从第5能级跃迁到第2能级应发出 ( )
A．X射线 B．红光 C．黄光 D．紫光
13．氢原子第一能级是-13.6eV，第二能级是-3.4eV．如果一个处于基态的氢原子受到一个能量为11eV的光子的照射，则这个氢原子 ( )
A．吸收这个光子，跃迁到第二能级，放出多余的能量
B．吸收这个光子，跃迁到比第二能级能量稍高的状态
C．吸收这个光子，跃迁到比第二能级能量稍低的状态
D．不吸收这个光子
二、计算题
14. 处于静止状态的原子核X经历一次衰变后变成质量为M的Y原子核，放出的粒子垂直射人磁感应强度为B的匀强磁场，测得其做圆周运动的半径为r，已知粒子的质量为m，电量为q，设衰变过程中出现的能量全部转化为新核和α粒子的动能．求此衰变过程亏损的质量．
15. 核聚变能是一种具有经济性能优越、安全可靠、无环境污染等优势的新能源.近年来，受控核聚变的科学可行性已得到验证，目前正在突破关键技术，最终将建成商用核聚变电站.一种常见的核聚变反应是由氢的同位素氘(又叫重氢)和氚(又叫超重氢)聚合成氦，并释放一个中子若已知氘原子的质量为，氚原子的质量为，氦原子的质量为4.0026u，中子的质量为1.0087u，.
(1)写出氘和氚聚合的反应方程.
(2)试计算这个核反应释放出来的能量.
(3)若建一座功率为的核聚变电站，假设聚变所产生的能量有一半变成了电能，每年要消耗多少氘的质量？
（一年按计算，光速，结果取二位有效数字）

16. 图示为氢原子能级示意图，现有每个电子的动能都是Ee=12.89eV的电子束与处在基态的氢原子束射入同一区域，使电子与氢原子发生迎头正碰。已知碰撞前一个电子和一个原子的总动量为零。碰撞后，氢原子受到激发，跃迁到n＝4的能级。求碰撞后一个电子和一个受激氢原子的总动能。已知电子的质量与氢原子的质量之比为。
17. 如图所示，在半径为r的圆形区域内有磁感应强度为B，方向垂直纸面向里的匀强磁场，
磁场区域的边界上有a、 b、c三点，三点与圆心O的连线互成1200角度．某时刻静止在b
点处的原子核X发生α衰变，α粒子沿bc连线方向射入磁场，经磁场偏转后恰好由a点射
出且与ac连线相切．已知α粒子的质量为m，电量为2e，剩余核质量为M，衰变过程释放
的核能全部转化为动能，求原子核X的质量
18. 两个氘核聚变产生一个中子和一个氦核，已知氘核质量为2.0136 u，
氦核质量为3.0150u，中子的质量为1.0087u。
（1）写出聚变方程，求出释放能量；
（2）若反应前两氘核的动能均为0.35 MeV，正面相碰发生反应，且反应中释放的结合能全部变为动能，则反应后氦核和中子的动能各为多少？
参考答案
一、选择题
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
ABD
D
AD
C
ABD
B
C
BD
AD
CD
CD
D
D
二、计算题
14.解：粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，所以，粒子的动能
X核衰变后生成的新核Y的速度设为u,则依据动量守恒有Mu=mv，所以Y核的动能
衰变过程释放的总能量ΔE=Eα+EM .
释放的能量由衰变过程亏损的质量转化而来，根据质能方程ΔE=Δmc2，得亏损的质量为

15.解：（1）
（2）
（3）一年中产生的电能发生的核反应次数为
所需氘的质量
16.解：已ve和vH表示碰撞前电子的速率和氢原子的速率，根据题意有
①
碰撞前，氢原子与电子的总动能为 ②
解①②两式并代入数据得 eV ③
氢原子从基态激发到n=4的能级所需能量由能级图得

eV ④
碰撞后电子和受激氢原子的总动能eV ⑤
17. 解：原子核衰变过程，系统动量守恒，
设沿bc为正方向，有：
（2分）
根据能量守恒，有： （2分）
对а粒子，有：
又由几何关系可知： 则可得： （2分）
即 （1分）
根据 ，得
（2分）
又 （2分）
（1分）
（2分）
18.解： （1）核反应方程为
反应中质量亏损为
所以释放的能量为
（2）由动量守恒和能量守恒知
①
　　　②
由①②解得，
专题十四 电学实验
一 教案
专题要点
1. 测定金属的电阻率
实验目的：用伏安法间接测定某种金属导体的电阻率；练习使用螺旋测微器。
实验原理：根据电阻定律公式R=，只要测量出金属导线的长度和它的直径d，计算出导线的横截面积S，并用伏安法测出金属导线的电阻R，即可计算出金属导线的电阻率。
实验器材：被测金属导线，直流电源（4V），电流表(0-0.6A)，电压表（0-3V），滑动变阻器（50Ω），电键，导线若干，螺旋测微器，米尺。
实验步骤：
①用螺旋测微器在被测金属导线上的三个不同位置各测一次直径，求出其平均值d，计算出导线的横截面积S。
②按如图所示的原理电路图连接好用伏安法测电阻的实验电路。
③用毫米刻度尺测量接入电路中的被测金属导线的有效长度，反复测量3次，求出其平均值。
④把滑动变阻器的滑动片调节到使接入电路中的电阻值最大的位置，电路经检查确认无误后，闭合电键S。改变滑动变阻器滑动片的位置，读出几组相应的电流表、电压表的示数I和U的值，断开电键S，求出导线电阻R的平均值。
⑤将测得的R、、d值，代入电阻率计算公式中，计算出金属导线的电阻率。
⑥拆去实验线路，整理好实验器材。
注意事项：
①测量被测金属导线的有效长度，是指测量待测导线接入电路的两个端点之间的长度，亦即电压表两并入点间的部分待测导线长度，测量时应将导线拉直。
②本实验中被测金属导线的电阻值较小，因此实验电路必须采用电流表外接法。
③实验连线时，应先从电源的正极出发，依次将电源、电键、电流表、待测金属导线、滑动变阻器连成主干线路（闭合电路），然后再把电压表并联在待测金属导线的两端。
④闭合电键S之前，一定要使滑动变阻器的滑动片处在有效电阻值最大的位置
⑤在用伏安法测电阻时，通过待测导线的电流强度I的值不宜过大（电流表用0~0.6A量程），通电时间不宜过长，以免金属导线的温度明显升高，造成其电阻率在实验过程中逐渐增大。
2.测定电源电动势和内阻
实验目的：
⑴知道测量电源电动势和内阻的实验原理，进一步感受电源路端电压随电流变化的关系。
⑵经历实验过程，掌握实验方法，学会根据实验合理外推进行数据处理的方法。
⑶进行电源电动势和内阻测量误差的分析，了解测量减小误差的方法。
⑷培养仔细观察，真实记录实验数据、恰当处理数据等良好的实验习惯和实事求是的品质。
实验原理：电源电动势和内阻不能直接进行测量，但电源在电路中，路端电压和电流与电动势和内阻可以通过闭合电路欧姆定律建立联系，因此，通过测量路端电压和电流，可以计算电动势和内阻。由于有电动势和内阻两个未知量，所以要改变路端电压和电流至少获得两组数据，才能利用闭合电路欧姆定律（E=U+Ir)建立两个方程，解得电动势和内阻。
实验方法：
⑴由（E=U+Ir)可知，测量器材为一个电压表、一个电流表、一个滑动变阻器、电源、导线、开关
⑵由（E=U+Ir)变形（E=IR+Ir)可知，测量器材为一个变阻箱、一个电流表、电源、导线、开关
⑶由（E=U+Ir)变形（E=U+Ur/R)可知，测量器材为一个变阻箱、一个电压表、电源、导线、开关
3.练习使用多用电表
实验目的：练习使用多用电表测电阻
实验原理：多用电表由表头、选择开关和测量线路三部分组成（如图），表头是一块高灵敏度磁电式电流表，其满度电流约几十到几百A，转换开关和测量线路相配合，可测量交流和直流电流、交流和直流电压及直流电阻等。测量直流电阻部分即欧姆表是依据闭合电路欧姆定律制成的，原理如图所示，当红、黑表笔短接并调节R使指针满偏时有
Ig== （1）
当电笔间接入待测电阻Rx时，有
Ix= （2）
联立（1）、（2）式解得
= （3）
由（3）式知当Rx=R中时，Ix=Ig，指针指在表盘刻度中心，故称R中为欧姆表的中值电阻，由（2）式或（3）式可知每一个Rx都有一个对应的电流值I，如果在刻度盘上直接标出与I对应的Rx的值，那么当红、黑表笔分别接触待测电阻的两端，就可以从表盘上直接读出它的阻值。
由于电流和电阻的非线性关系，表盘上电流刻度是均匀的，其对应的电阻刻度是不均匀的，电阻的零刻度在电流满刻度处。
实验器材：多用电表，标明阻值为几欧、几十欧、几百欧、几千欧的定值电阻各一个，小螺丝刀。
实验步骤：
①机械调零，用小螺丝刀旋动定位螺丝使指针指在左端电流零刻度处，并将红、黑表笔分别接入“+”、“-”插孔。
②选挡：选择开关置于欧姆表“×1”挡。
③短接调零：在表笔短接时调整欧姆挡的调零旋钮使指针指在右端电阻零刻度处，若“欧姆零点”旋钮右旋到底也不能调零，应更换表内电池。
④测量读数：将表笔搭接在待测电阻两端，读出指示的电阻值并与标定值比较，随即断开表笔。
⑤换一个待测电阻，重复以上2、3、4过程，选择开关所置位置由被测电阻值与中值电阻值共同决定，可置于“×1”或“×10”或“×100”或“×1k”挡。
⑥多用电表用完后，将选择开关置于“OFF”挡或交变电压的最高挡，拔出表笔。
注意事项：
①多用电表在使用前，应先观察指针是否指在电流表的零刻度，若有偏差，应进行机械调零。
②测量时手不要接触表笔的金属部分。
③合理选择量程，使指针尽可能指在中间刻度附近（可参考指针偏转在~5R中的范围）。若指针偏角太大，应改换低挡位；若指针偏角太小，应改换高挡位每次换挡后均要重新短接调零，读数时应将指针示数乘以挡位倍率。
④测量完毕后应拔出表笔，选择开头置OFF挡或交流电压最高挡，电表长期不用时应取出电池，以防电池漏电。
考纲要求
考点
考点解读
实验一：测定金属的电阻率
物理实验为高考必考内容，近年的高考物理试题，越来越重视对实验的考查，尤其是除了对教材中原有的学生实验进行考查为，还增加了对演示实验的考查。利用学生所学过的知识，对实验仪器或实验方法加以重组完成新的实验目的的设计型实验将逐步取代对教材中原有单纯学生实验的考查。
历届高考在实验方面的命题重点为：基本仪器的使用、基本物理量的测定、物理规律的验证和物理现象的研究、实验数据的处理。
高考中物理实验题类型大体有：⑴强调基本技能，熟识各种器材的特性。像读数类：游标卡尺、螺旋测微器、多用电表等；选器材类：像选取什么量程的电表和滑动变阻器等⑵重视实验原理，巧妙变换拓展。像探究匀变速直线运动的变形和测量电阻的再造等。源于课本不拘泥课本一直是高考命题与课标理念所倡导的，所以熟悉课本实验、抓住实验的灵魂---原理是我们复习的重中之重。⑶提倡分析讨论，讲究实验的品质，像近年高考中的数据处理、误差分析、改良方案，甚至开放性实验等于课标的一标多本思路是交汇的。⑷知识创新型实验。像设计型、开放型、探讨型实验等都是不同程度的创新，比如利用所学可以设计出很多测量重力加速度的方案。
实验二：测定电源电动势和内阻
实验三：练习使用多用电表
教法指引
此专题复习时，先把所有要求掌握的书本实验的原理全部讲透，可以先让学生完成相应的习题，在精心批阅之后以题目带动知识点，进行目的、原理、器材、步骤、数据处理、误差分析、注意事项的讲解，有时还要恰当地进行变式训练。二轮复习时还是要稳扎稳打，从基本知识出发，在夯实基础的情况下再进行适当提高。
典例精析
题型1.（多用电表的使用）如图所示的电路中，1、2、3、4、5、6为连接点的标号。在开关闭合后，发现小灯泡不亮。现用多用电表检查电路故障，需要检测的有：电源、开关、小灯泡、3根导线以及电路中的各点连接。
（1）为了检测小灯泡以及3根导线，在连接点1、2已接好的情况下，应当选用多用电表的 挡。在连接点1、2同时断开的情况下，应当选用多用电表的 挡。
（2）在开关闭合情况下，若测得5、6两点间的电压接近电源的电动势，则表明___可能有故障
（3）将小灯泡拆离电路，写出用多用表检测该小灯泡是否有故障的具体步骤。
。
解析：(1)在1、2两点接好的情况下,应当选用多用电表的电压档,在1、2同时断开的情况下,应选用欧姆档；
(2)表明5、6两点可能有故障；
(3) ①调到欧姆档②将红黑表笔相接,检查欧姆档能否正常工作③测量小灯泡的电阻,如电阻无穷大,表明小灯泡有故障。
题型2.（多用电表研究二极管）某同学利用多用电表测量二极管的反向电阻。完成下列测量步骤：
检查多用电表的机械零点。
将红、黑表笔分别插入正、负表笔插孔，将选择开关拔至电阻测量挡适当的量程处。
将红、黑表笔____①_______，进行欧姆调零。
测反向电阻时，将____②______表笔接二极管正极，将____③_____表笔接二极管负极，读出电表示数。
为了得到准确的测量结果，应让电表指针尽量指向表盘____④_______（填“左侧”、“右侧”或“中央”）；否则，在可能的条件下，应重新选择量程，并重复步骤（3）、（4）。
测量完成后，将选择开关拔向_____________⑤________________位置。
解析：首先要机械调零.在选择量程后还要进行欧姆调零而且每一次换量程都要重复这样的过程.(3)将红黑表笔短接,即为欧姆调零.测量二极管的反向电阻时应将红笔接二极管的正极,黑接负极.欧姆表盘的刻度线分布不均匀,在中央的刻度线比较均匀,所以尽量让指针指向表盘的中央.测量完成后应将开关打到off档。
题型3. （闭合电路欧姆定律）为了节能和环保，一些公共场所使用光控开关控制照明系统。光控开头可采用光敏电阻来控制，光敏电阻是阻值随着光的照度而发生变化的元件（照度可以反映光的强弱，光越强照度越大，照度单位为Lx）。某光敏电阻Rp在不同照度下的阻值如下表：
照度（lx）
0.2
0.4
0.6
0.8
1.0
1.2
电阻(k)
75
40
28
23
20
18
①根据表中数据，请在给定的坐标系中描绘出阻值随照度变化的曲线，并说明阻值随照度变化的特点。
②如图所示，当1、2两端所加电压上升至2V时，控制开关自动启动照明系统，请利用下列器材设计一个简单电路。给1、2两端提供电压，要求当天色渐暗照度降低至1.0(1x)时启动照明系统，在虚线框内完成电路原理图。
（不考虑控制开关对所设计电路的影响）
提供的器材如下：
光敏电源E(电动势3V，内阻不计)；
定值电阻：R1=10k，R2=20k，R3=40k（限选其中之一并在图中标出）
开关S及导线若干。
解析：当控制开关自动启动照明系统，请利用下列器材设计一个简单电路。给1、2两端提供电压，要求：当天色渐暗照度降低至1.0(1x)时启动照明系统，即此时光敏电阻阻值为20k，两端电压为2V，电源电动势为3V，所以应加上一个分压电阻，分压电阻阻值为10k，即选用R1。
题型4.（测定干电池的电动势和内阻）用右图所示的电路，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起保护作用。除电池、开关和导线外，可供使用的实验器材还有：
电流表（量程0.6A、3A）；
电压表（量程3V、15V）
定值电阻（阻值1、额定功率5W）
定值电阻（阻值10，额定功率10W）
滑动变阻器（阴值范围0--10、额定电流2A）
滑动变阻器（阻值范围0-100、额定电流1A）
那么
（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 的定值电阻，R应选择阻值范围是 的滑动变阻器。
（2）引起该实验系统误差的主要原因是 。
解析：由于电源是一节干电池（1.5V），所选量程为3V的电压表；估算电流时，考虑到干电池的内阻一般几Ω左右，加上保护电阻，最大电流在0.5A左右，所以选量程为0.6A的电流表；由于电池内阻很小，所以保护电阻不宜太大，否则会使得电流表、电压表取值范围小，造成的误差大；滑动变阻器的最大阻值一般比电池内阻大几倍就好了，取0～10Ω能很好地控制电路中的电流和电压，若取0～100Ω会出现开始几乎不变最后突然变化的现象。
关于系统误差一般由测量工具和所造成测量方法造成的，一般具有倾向性，总是偏大或者偏小。本实验中由于电压表的分流作用造成电流表读数总是比测量值小，造成E测题型5.（验证伏安特性曲线）某研究性学习小组为了制作一种传感器，需要选用一电器元件。图为该电器元件的伏安特性曲线，有同学对其提出质疑，先需进一步验证该伏安特性曲线，
实验室备有下列器材：
器材（代号）
规格
电流表（A1）
电流表（A2）
电压表（V1）
电压表（V2）
滑动变阻器（R1）
滑动变阻器（R2）
直流电源（E）
开关（S）
导线若干
量程0~50mA，内阻约为50
量程0~200mA，内阻约为10
量程0~3V，内阻约为10k
量程0~15V，内阻约为25k
阻值范围0~15，允许最大电流1A
阻值范围0~1k，允许最大电流100mA
输出电压6V，内阻不计
①为提高实验结果的准确程度，电流表应选用 ；电压表应选用 ；滑动变阻器应选用 。（以上均填器材代号）
②为达到上述目的，请在虚线框内画出正确的实验电路原理图，并标明所用器材的代号。
③若发现实验测得的伏安特性曲线与图中曲线基本吻合，请说明该伏安特性曲线与小电珠的伏安特性曲线有何异同点？
相同点： ，
不同点： 。
解析：①图像中电流0～0.14A，电流表选A2；电源电压6V，但图像只要求电压在0～3V之间调整，为了测量准确电压表选V1；由于绘制图像的需要，要求电压从0～3V之间调整，所以滑动变阻器只能采用分压式接法，为了能很好调节电压，滑动变阻器应选用阻值较小的R1。
②该元件约几十Ω，，电压表的分流作用可以忽略，所以采用电流表外接法；实验数据的采集要求从零开始，所以滑动变阻器采用分压式接法。
③从图像的形状和斜率变化趋势上去找相同点和不同点，突出都是“非线性”，图像上某点与原点连线的斜率是电阻的倒数。
题型6. 右图为一电学实验的实物连线图。 特测电阻Rx的阻值（约500Ω）。图中两个电压表量程相同，内阻都很大。实验步骤如下：
调节电阻箱，使它的阻值R0与待测电阻的阻值接近；将滑动变阻器的滑动头调到最右端。
合上开关S。
将滑动变阻器的滑动头向左端滑动，使两个电压表指针都具有明显偏转。
④记下两个电压表和的读数U1和U2。
多次改变滑动变阻器滑动头的位置，记下和的多组读数U1和U2。
⑥求Rx的平均值。
回答下列问题：
（Ⅰ）根据实物连线图在虚线框内画出实验的电路原理图，其中电阻箱的符号为
滑动变阻器的符号为　　　　　　　　　　　
其余器材用通用的符号表示。
（Ⅱ）不计电压表内阻的影响，用U1、U2和R0表示Rx的公式为Rx?????????????????。
（Ⅲ）考虑电压表内阻的影响，且U1、U2、R0、　的内阻r1、的内阻r2表示Rx的公式为Rx??????????????????????。
答案：（Ⅰ）电路原理图如图所示（6分。其中，分压电路3分，除分压电路外的测量部分3分）
（Ⅱ）(3分)
（Ⅲ）
题型7. （改装表）一毫安表头满偏电流为9.90 mA，内阻约为300 Ω．要求将此毫安表头改
装成量程为1 A的电流表，其电路原理如图所示．图中，是量程为2 A的标准电流表，R0为
电阻箱，R为滑动变阻器，S为开关，E为电源．
⑴完善下列实验步骤：
①将虚线框内的实物图按电路原理图连线；
②将滑动变阻器的滑动头调至 端（填“a”或“b”），电阻箱R0的阻值调至零；
③合上开关；
④调节滑动变阻器的滑动头，增大回路中的电流，使标准电流表读数为1 A；
⑤调节电阻箱R0的阻值，使毫安表指针接近满偏，此时标准电流表的读数会 （填“增大”、“减小”或“不变”）；
⑥多次重复步骤④⑤，直至标准电流表的读数为 ，同时毫安表指针满偏．
⑵回答下列问题：
①在完成全部实验步骤后，电阻箱使用阻值的读数为3.1 Ω，由此可知毫安表头的内阻为 ．
②用改装成的电流表测量某一电路中的电流，电流表指针半偏，此时流过电阻箱的电流为 A．
③对于按照以上步骤改装后的电流表，写出一个可能影响它的准确程度的因素：
。
解析：①连线如图②b⑤减小⑥1 A
⑵①310 Ω
②0.495（0.494～0.496均可）
③例如：电阻箱和滑动变阻器的阻值不能连续变化；标准表和毫安表的读数误差；电表指针偏转和实际电流的大小不成正比；等等
专题突破
针对典型精析的例题题型，训练以下习题。
1. 用多用表的欧姆档测量阻值约为几十k(的电阻Rx，以下给出的是可能的操作步骤，其中S为选择开关，P为欧姆档调零旋钮，把你认为正确的步骤前的字母按合理的顺序填写在下面的横线上__________________。
a．将两表笔短接，调节P使指针对准刻度盘上欧姆档的零刻度，断开两表笔
b．将两表笔分别连接到被测电阻的两端，读出Rx的阻值后，断开两表笔
c．旋转S使其尖端对准欧姆档(1k
d．旋转S使其尖端对准欧姆档(100
e．旋转S使其尖端对准交流500V档，并拔出两表笔
根据右图所示指针位置，此被测电阻的阻值约为___________(。
（2）（多选题）下述关于用多用表欧姆档测电阻的说法中正确的是
A．测量电阻时如果指针偏转过大，应将选择开关S拨至倍率较小的档位，重新调零后测量
B．测量电阻时，如果红、黑表笔分别插在负、正插孔，则会影响测量结果
C．测量电路中的某个电阻，应该把该电阻与电路断开
D．测量阻值不同的电阻时都必须重新调零
点拨：此题考查多用电表的使用。
（1）测量几十k(的电阻Rx我们一般选择较大的档位先粗测，使用前应先进行调零，然后依据欧姆表的示数，在更换档位，重新调零，在进行测量；使用完毕应将选择开关置于OFF位置或者交流电压最大档，拔出表笔。欧姆表的示数乘以相应档位的倍率即为待测电阻的阻值30k(。
（2）欧姆档更换规律“大小，小大”，即当指针偏角较大时，表明待测电阻较小，应换较小的档位；反之应还较大的档位。电流总是从红表笔流入从黑表笔流出多用电表，每次换挡一定要进行欧姆调零，测量电阻一定要断电作业。
2. 如图甲所示，在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”实验中，同组同学已经完成部分导线的连接，⑴请你在实物接线图中完成余下导线的连接。
（2）某同学从标称为“220 V 25 W”、“220 V 500 W”的3只灯泡中任选一只，正确使用多用电表测量灯泡阻值如图乙所示。该灯泡的阻值是___________，标称的额定功率______________。
点拨：此题考查描绘小灯泡的伏安特性曲线
(1)如图所示。实验要求电压从零开始调整，滑动变阻器采用分压式接法。
（2）15×10=150Ω，P=标称300W的灯泡
3. 若图l为某磁敏电阻在室温下的电阻一磁感应强度特性曲线，其中RB,R0分别表示有、无磁场时磁敏电阻的阻值。为了测量磁感应强度B，需先测量磁敏电阻处于磁场中的电阻值RB。请按要求完成下列实验。
(1)设计一个可以测量磁场中该磁敏电阻阻值的电路，在图 2的虚线框内画出实验电路原理图(磁敏电阻及所处磁场已给出，待测磁场磁感应强度大小约为0.6～1.0T，不考虑磁场对电路其它部分的影响)。要求误差较小。
提供的器材如下：
A.磁敏电阻，无磁场时阻值Ro=150Ω
B.滑动变阻器R，全电阻约20Ω
C.电流表．量程2.5mA，内阻约30Ω
D.电压表，量程3V，内阻约3kΩ
E.直流电源E，电动势3V，内阻不计
F.开关S，导线若干
(2)正确接线后，将磁敏电阻置入待测磁场中，测量数据如下表
根据上表可求出磁敏电阻的测量值RB=________Ω，
结合图1可知待测磁场的磁感应强度B=_________T。
(3)试结合图1简要回答，磁感应强度B在0～0.2T和0.4～1.0T范围内磁敏电阻阻直的变化规律有何不同?
(4)某同学查阅相关资料时看到了图3所示的磁敏电阻在一定温度下的电阻一磁感应强度特性曲线(关于纵轴对称)，由图线可以得到什么结论?
点拨：此题考查伏安法测电阻
(1)如右图所示
(2)1500 0.90
(3)在0～0 2T范围内，磁敏电阻的阻值随磁感应强度非线性变化(或不均匀变化);在0.4～1.0T范围内，磁敏电阻的阻值随磁感应强度线性变化(或均匀变化)
(4)磁场反向．磁敏电阻的阻值不变。
4.某同学想要了解导线在质量相同时，电阻与截面积的关系，选取了材料相同、质量相等的5卷导线，进行了如下实验：
(1)用螺旋测微器测量某一导线的直径如下图所示，读得直径d= mm.
(2)该同学经实验测量及相关计算得到如下数据：
电阻R(Ω)
121.0
50.0
23.9
10.0
3.1
导线直径d(mm)
0.801
0.999
1.201
1.494
1.998
导线截面积S
(mm2)
0.504
0.784
1.133
1.753
3.135
请你根据以上数据判断，该种导线的电阻R与截面积S是否满足反比关系？若满足反比关系，请说明理由：若不满足，请写出R与S应满足的关系。
(3)若导线的电阻率p=5.1×10－7 Ω·m,则表中阻值为3.1 Ω的导线长度l= m(结果保留两位有效数字).
点拨：此题为测定金属的电阻率
答案： (1) 1.200 (2) 不满足，R与S2成反比(或RS2＝常量)。 (3) 19
二 学案
典例精析
题型1.（多用电表的使用）如图所示的电路中，1、2、3、4、5、6为连接点的标号。在开关闭合后，发现小灯泡不亮。现用多用电表检查电路故障，需要检测的有：电源、开关、小灯泡、3根导线以及电路中的各点连接。
（1）为了检测小灯泡以及3根导线，在连接点1、2已接好的情况下，应当选用多用电表的 挡。在连接点1、2同时断开的情况下，应当选用多用电表的 挡。
（2）在开关闭合情况下，若测得5、6两点间的电压接近电源的电动势，则表明___ 可能有故障
（3）将小灯泡拆离电路，写出用多用表检测该小灯泡是否有故障的具体步骤。
。
解析：(1)在1、2两点接好的情况下,应当选用多用电表的电压档,在1、2同时断开的情况下,应选用欧姆档；
(2)表明5、6两点可能有故障；
(3) ①调到欧姆档②将红黑表笔相接,检查欧姆档能否正常工作③测量小灯泡的电阻,如电阻无穷大,表明小灯泡有故障。
题型2.（多用电表研究二极管）某同学利用多用电表测量二极管的反向电阻。完成下列测量步骤：
检查多用电表的机械零点。
将红、黑表笔分别插入正、负表笔插孔，将选择开关拔至电阻测量挡适当的量程处。
将红、黑表笔____①_______，进行欧姆调零。
测反向电阻时，将____②______表笔接二极管正极，将____③_____表笔接二极管负极，读出电表示数
为了得到准确的测量结果，应让电表指针尽量指向表盘____④_______（填“左侧”、“右侧”或“中央”）；否则，在可能的条件下，应重新选择量程，并重复步骤（3）、（4）。
测量完成后，将选择开关拔向_____________⑤________________位置。
解析：首先要机械调零.在选择量程后还要进行欧姆调零而且每一次换量程都要重复这样的过程.(3)将红黑表笔短接,即为欧姆调零.测量二极管的反向电阻时应将红笔接二极管的正极,黑接负极.欧姆表盘的刻度线分布不均匀,在中央的刻度线比较均匀,所以尽量让指针指向表盘的中央.测量完成后应将开关打到off档。
题型3. （闭合电路欧姆定律）为了节能和环保，一些公共场所使用光控开关控制照明系统。光控开头可采用光敏电阻来控制，光敏电阻是阻值随着光的照度而发生变化的元件（照度可以反映光的强弱，光越强照度越大，照度单位为Lx）。某光敏电阻Rp在不同照度下的阻值如下表：
照度（lx）
0.2
0.4
0.6
0.8
1.0
1.2
电阻(k)
75
40
28
23
20
18
①根据表中数据，请在给定的坐标系中描绘出阻值随照度变化的曲线，并说明阻值随照度变化的特点。
②如图所示，当1、2两端所加电压上升至2V时，控制开关自动启动照明系统，请利用下列器材设计一个简单电路。给1、2两端提供电压，要求当天色渐暗照度降低至1.0(1x)时启动照明系统，在虚线框内完成电路原理图
（不考虑控制开关对所设计电路的影响）
提供的器材如下：
光敏电源E(电动势3V，内阻不计)；
定值电阻：R1=10k，R2=20k，R3=40k（限选其中之一并在图中标出）
开关S及导线若干。
解析：当控制开关自动启动照明系统，请利用下列器材设计一个简单电路。给1、2两端提供电压，要求：当天色渐暗照度降低至1.0(1x)时启动照明系统，即此时光敏电阻阻值为20k，两端电压为2V，电源电动势为3V，所以应加上一个分压电阻，分压电阻阻值为10k，即选用R1。
题型4.（测定干电池的电动势和内阻）用右图所示的电路，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起保护作用。除电池、开关和导线外，可供使用的实验器材还有：
电流表（量程0.6A、3A）；
电压表（量程3V、15V）
定值电阻（阻值1、额定功率5W）
定值电阻（阻值10，额定功率10W）
滑动变阻器（阴值范围0--10、额定电流2A）
滑动变阻器（阻值范围0-100、额定电流1A）
那么
（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 的定值电阻，R应选择阻值范围是 的滑动变阻器
（2）引起该实验系统误差的主要原因是 。
解析：由于电源是一节干电池（1.5V），所选量程为3V的电压表；估算电流时，考虑到干电池的内阻一般几Ω左右，加上保护电阻，最大电流在0.5A左右，所以选量程为0.6A的电流表；由于电池内阻很小，所以保护电阻不宜太大，否则会使得电流表、电压表取值范围小，造成的误差大；滑动变阻器的最大阻值一般比电池内阻大几倍就好了，取0～10Ω能很好地控制电路中的电流和电压，若取0～100Ω会出现开始几乎不变最后突然变化的现象。
关于系统误差一般由测量工具和所造成测量方法造成的，一般具有倾向性，总是偏大或者偏小。本实验中由于电压表的分流作用造成电流表读数总是比测量值小，造成E测题型5.（验证伏安特性曲线）某研究性学习小组为了制作一种传感器，需要选用一电器元件。图为该电器元件的伏安特性曲线，有同学对其提出质疑，先需进一步验证该伏安特性曲线，
实验室备有下列器材：
器材（代号）
规格
电流表（A1）
电流表（A2）
电压表（V1）
电压表（V2）
滑动变阻器（R1）
滑动变阻器（R2）
直流电源（E）
开关（S）
导线若干
量程0~50mA，内阻约为50
量程0~200mA，内阻约为10
量程0~3V，内阻约为10k
量程0~15V，内阻约为25k
阻值范围0~15，允许最大电流1A
阻值范围0~1k，允许最大电流100mA
输出电压6V，内阻不计
①为提高实验结果的准确程度，电流表应选用 ；电压表应选用 ；滑动变阻器应选用 。（以上均填器材代号）
②为达到上述目的，请在虚线框内画出正确的实验电路原理图，并标明所用器材的代号
③若发现实验测得的伏安特性曲线与图中曲线基本吻合，请说明该伏安特性曲线与小电珠的伏安特性曲线有何异同点？
相同点： ，
不同点： 。
解析：①图像中电流0～0.14A，电流表选A2；电源电压6V，但图像只要求电压在0～3V之间调整，为了测量准确电压表选V1；由于绘制图像的需要，要求电压从0～3V之间调整，所以滑动变阻器只能采用分压式接法，为了能很好调节电压，滑动变阻器应选用阻值较小的R1。
②该元件约几十Ω，，电压表的分流作用可以忽略，所以采用电流表外接法；实验数据的采集要求从零开始，所以滑动变阻器采用分压式接法。
③从图像的形状和斜率变化趋势上去找相同点和不同点，突出都是“非线性”，图像上某点与原点连线的斜率是电阻的倒数。
题型6. 右图为一电学实验的实物连线图。 特测电阻Rx的阻值（约500Ω）。图中两个电压表量程相同，内阻都很大。实验步骤如下：
调节电阻箱，使它的阻值R0与待测电阻的阻值接近；将滑动变阻器的滑动头调到最右端。
合上开关S。
将滑动变阻器的滑动头向左端滑动，使两个电压表指针都具有明显偏转。
④记下两个电压表和的读数U1和U2。
多次改变滑动变阻器滑动头的位置，记下和的多组读数U1和U2。
⑥求Rx的平均值。
回答下列问题：
（Ⅰ）根据实物连线图在虚线框内画出实验的电路原理图，其中电阻箱
的符号为 滑动变阻器的符号为　　　　　　　　　　　
其余器材用通用的符号表示。
（Ⅱ）不计电压表内阻的影响，用U1、U2和R0表示Rx的公式为Rx?????????????????。
（Ⅲ）考虑电压表内阻的影响，且U1、U2、R0、　的内阻r1、的内阻r2表示Rx的公式为Rx??????????????????????。
答案：（Ⅰ）电路原理图如图所示（6分。其中，分压电路3分，除分压电路外的测量部分3分）
（Ⅱ）(3分)
（Ⅲ）
题型7. （改装表）一毫安表头满偏电流为9.90 mA，内阻约为300 Ω．要求将此毫安表头改
装成量程为1 A的电流表，其电路原理如图所示．图中，是量程为2 A的标准电流表，R0为
电阻箱，R为滑动变阻器，S为开关，E为电源．
⑴完善下列实验步骤：
①将虚线框内的实物图按电路原理图连线；
②将滑动变阻器的滑动头调至 端（填“a”或“b”），电阻箱R0的阻值调至零；
③合上开关；
④调节滑动变阻器的滑动头，增大回路中的电流，使标准电流表读数为1 A；
⑤调节电阻箱R0的阻值，使毫安表指针接近满偏，此时标准电流表的读数会 （填“增大”、“减小”或“不变”）；
⑥多次重复步骤④⑤，直至标准电流表的读数为 ，同时毫安表指针满偏．
⑵回答下列问题：
①在完成全部实验步骤后，电阻箱使用阻值的读数为3.1 Ω，由此可知毫安表头的内阻为 ．
②用改装成的电流表测量某一电路中的电流，电流表指针半偏，此时流过电阻箱的电流为 A．
③对于按照以上步骤改装后的电流表，写出一个可能影响它的准确程度的因素：
。
解析：①连线如图②b⑤减小⑥1 A
⑵①310 Ω
②0.495（0.494～0.496均可）
③例如：电阻箱和滑动变阻器的阻值不能连续变化；标准表和毫安表的读数误差；电表指针偏转和实际电流的大小不成正比；等等
专题突破
针对典型精析的例题题型，训练以下习题。
1. 用多用表的欧姆档测量阻值约为几十k(的电阻Rx，以下给出的是可能的操作步骤，其中S为选择开关，P为欧姆档调零旋钮，把你认为正确的步骤前的字母按合理的顺序填写在下面的横线上__________________。
a．将两表笔短接，调节P使指针对准刻度盘上欧姆档的零刻度，断开两表笔
b．将两表笔分别连接到被测电阻的两端，读出Rx的阻值后，断开两表笔
c．旋转S使其尖端对准欧姆档(1k
d．旋转S使其尖端对准欧姆档(100
e．旋转S使其尖端对准交流500V档，并拔出两表笔
根据右图所示指针位置，此被测电阻的阻值约为___________(。
（2）（多选题）下述关于用多用表欧姆档测电阻的说法中正确的是
A．测量电阻时如果指针偏转过大，应将选择开关S拨至倍率较小的档位，重新调零后测量
B．测量电阻时，如果红、黑表笔分别插在负、正插孔，则会影响测量结果
C．测量电路中的某个电阻，应该把该电阻与电路断开
D．测量阻值不同的电阻时都必须重新调零
点拨：此题考查多用电表的使用。
（1）测量几十k(的电阻Rx我们一般选择较大的档位先粗测，使用前应先进行调零，然后依据欧姆表的示数，在更换档位，重新调零，在进行测量；使用完毕应将选择开关置于OFF位置或者交流电压最大档，拔出表笔。欧姆表的示数乘以相应档位的倍率即为待测电阻的阻值30k(。
（2）欧姆档更换规律“大小，小大”，即当指针偏角较大时，表明待测电阻较小，应换较小的档位；反之应还较大的档位。电流总是从红表笔流入从黑表笔流出多用电表，每次换挡一定要进行欧姆调零，测量电阻一定要断电作业。
2. 如图甲所示，在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”实验中，同组同学已经完成部分导线的连接，⑴请你在实物接线图中完成余下导线的连接。
（2）某同学从标称为“220 V 25 W”、“220 V 500 W”的3只灯泡中任选一只，正确使用多用电表测量灯泡阻值如图乙所示。该灯泡的阻值是___________，标称的额定功率为______________。
点拨：此题考查描绘小灯泡的伏安特性曲线
(1)如图所示。实验要求电压从零开始调整，滑动变阻器采用分压式接法。
（2）15×10=150Ω，P=标称300W的灯泡
3. 若图l为某磁敏电阻在室温下的电阻一磁感应强度特性曲线，其中RB,R0分别表示有、无磁场时磁敏电阻的阻值。为了测量磁感应强度B，需先测量磁敏电阻处于磁场中的电阻值RB。请按要求完成下列实验。
(1)设计一个可以测量磁场中该磁敏电阻阻值的电路，在图 2的虚线框内画出实验电路原理图(磁敏电阻及所处磁场已给出，待测磁场磁感应强度大小约为0.6～1.0T，不考虑磁场对电路其它部分的影响)。要求误差较小。
提供的器材如下：
A.磁敏电阻，无磁场时阻值Ro=150Ω
B.滑动变阻器R，全电阻约20Ω
C.电流表．量程2.5mA，内阻约30Ω
D.电压表，量程3V，内阻约3kΩ
E.直流电源E，电动势3V，内阻不计
F.开关S，导线若干
(2)正确接线后，将磁敏电阻置入待测磁场中，测量数据如下表
根据上表可求出磁敏电阻的测量值RB=________Ω，
结合图1可知待测磁场的磁感应强度B=_________T。
(3)试结合图1简要回答，磁感应强度B在0～0.2T和0.4～1.0T范围内磁敏电阻阻直的变化规律有何不同?
(4)某同学查阅相关资料时看到了图3所示的磁敏电阻在一定温度下的电阻一磁感应强度特性曲线(关于纵轴对称)，由图线可以得到什么结论?
点拨：此题考查伏安法测电阻
(1)如右图所示
(2)1500 0.90
(3)在0～0 2T范围内，磁敏电阻的阻值随磁感应强度非线性变化(或不均匀变化);在0.4～1.0T范围内，磁敏电阻的阻值随磁感应强度线性变化(或均匀变化)
(4)磁场反向．磁敏电阻的阻值不变。
4.某同学想要了解导线在质量相同时，电阻与截面积的关系，选取了材料相同、质量相等的5卷导线，进行了如下实验：
(1)用螺旋测微器测量某一导线的直径如下图所示，读得直径d= mm.
(2)该同学经实验测量及相关计算得到如下数据：
电阻R(Ω)
121.0
50.0
23.9
10.0
3.1
导线直径d(mm)
0.801
0.999
1.201
1.494
1.998
导线截面积S
(mm2)
0.504
0.784
1.133
1.753
3.135
请你根据以上数据判断，该种导线的电阻R与截面积S是否满足反比关系？若满足反比关系，请说明理由：若不满足，请写出R与S应满足的关系。
(3)若导线的电阻率p=5.1×10－7 Ω·m,则表中阻值为3.1 Ω的导线长度l= m(结果保留两位有效数字).
点拨：此题为测定金属的电阻率
答案： (1) 1.200 (2) 不满足，R与S2成反比(或RS2＝常量)。 (3) 19
专题综合
1. （游标卡尺读数+伏安法测电阻+电阻定律）有一根圆台状均匀质合金棒如图甲所示，某同学猜测其电阻的大小与该合金棒的电阻率ρ、长度L和两底面直径d、D有关。他进行了如下实验：
（1）用游标卡尺测量合金棒的两底面直径d、D和长度L。图乙中游标卡尺（游标尺上有20个等分刻度）的读数L=________cm.

（2）测量该合金棒电阻的实物电路如图丙所示（相关器材的参数已在图中标出）。该合金棒的电阻约为几个欧姆。图中有一处连接不当的导线是__________.（用标注在导线旁的数字表示）
（3）改正电路后，通过实验测得合金棒的电阻R=6.72Ω.根据电阻定律计算电阻率为ρ、长为L、直径分别为d和D的圆柱状合金棒的电阻分别为Rd=13.3Ω、RD=3.38Ω.他发现：在误差允许范围内，电阻R满足R2=Rd·RD，由此推断该圆台状合金棒的电阻R=_______.（用ρ、L、d、D表述）
解：（1）游标卡尺的读数，按步骤进行则不会出错。首先，确定游标卡尺的精度为20分度，即为0.05mm，然后以毫米为单位从主尺上读出整毫米数99.00mm，注意小数点后的有效数字要与精度一样，再从游标尺上找出对的最齐一根刻线，精度格数=0.058mm=0.40mm，最后两者相加，根据题目单位要求换算为需要的数据，
99.00mm+0.40mm=99.40mm=9.940cm
（2）本实验为测定一个几欧姆的电阻，在用伏安法测量其两端的电压和通过电阻的电流时，因为安培表的内阻较小，为了减小误差，应用安培表外接法，⑥线的连接使用的是安培表内接法。（3）审题是处理本题的关键，弄清题意也就能够找到处理本题的方法。根据电阻定律计算电阻率为、长为L、直径分别为d和D的圆柱状合金棒的电阻分别为Rd=13.3Ω、RD=3.38Ω.即，，而电阻R满足R2=Rd·RD，将Rd、RD带入得。
2. （测定电源电动势原理+数据处理方法+电路选择等）小明的实验桌上有：A、待测电源一个(电动势约3V,内阻小于1Ω) B、直流电流表(量程0～0.6～3A，0.6A档的内阻约0.22Ω,3A档的内阻约0.1Ω) C、直流电压表(量程0～3～15V，3V档内阻为15kΩ，15V档内阻为25kΩ) D、滑动变阻器(阻值范围为0～15Ω，允许最大电流为1A) E、滑动变阻器(阻值范围为0～1000Ω，允许最大电流为0.2A) F、开关 G、导线若干 H、小灯泡(电阻小于1Ω)。假如你是小明，请你完成：
(1)利用给出的器材测电源的电动势和内阻有如图(甲) 、(乙)两种电路，为了减小测量误差，应选择图 所示电路。
(2)根据你选择的电路将图(丙)中实物连接好。
(3)你选择的滑动变阻器是 (填代号)，理由是 ；
(4)小明根据测出的数据，作出U—I图线如图(丁)a线所示，实验所测电源的电动势为E= V，内电阻为r= Ω；
(5)若要利用给出的器材通过实验描绘出小灯泡的伏安特性曲线，请你在虚线框内画出实验电路。要求实验测出的数据尽可能多；
(6) 将步骤(4)中得到的数据与步骤(5)得到的数据在同一U～I坐标系内描点作图，得到如图 (丁)所示的图线a、b，如果将此电源与小灯泡组成闭合回路，此时小灯泡的实际功率为 。
三 考案
一、选择题
1. 图示为简单欧姆表原理示意图，其中电流表的偏电流=300A,内阻Rg=100 ，可变电阻R的最大阻值为10 k，电池的电动势E=1.5 V,内阻r=0.5 ，图中与接线柱A相连的表笔颜色应是 色，接正确使用方法测量电阻Rx的阻值时，指针指在刻度盘的正中央，则Rx= k.若该欧姆表使用一段时间后，电池电动势变小，内阻变大，但此表仍能调零，按正确使用方法再测上述Rx其测量结果与原结果相比较 （填“变大”、“变小”或“不变”）。
2.某同学通过查找资料自己动手制作了一个电池。该同学想测量一下这个电池的电动势E 和内电阻，但是从实验室只借到一个开关、一个电阻箱（最大阻值为9.999，科当标准电阻用） 一只电流表（量程=0.6A,内阻）和若干导线
①请根据测定电动势E内电阻的要求，设计图4中器件的连接方式，画线把它们连接起来。
②接通开关，逐次改变电阻箱的阻值，读处与对应的电流表的示数I,并作记录当电阻箱的阻值时，其对应的电流表的示数如图5所示。处理实验数据时首先计算出每个电流值I 的倒数;再制作R-坐标图，如图6所示，图中已标注出了（）的几个与测量对应的坐标点，请你将与图5实验数据对应的坐标点也标注在图6中上。
③在图6上把描绘出的坐标点练成图线
④根据图6描绘出的图线可得出这个电池的电动势E= V,内电阻 。）
3. 某同学利用多用电表做了以下实验：
（1）使用多用电表测电阻，他的主要实验步骤如下
①把选择开关扳到“×100”的欧姆挡上；
②把表笔插入测试插孔中，先把两根表笔相接触，旋转欧姆调零旋钮，使指针指在电阻刻度的零位上；
③把两根表笔分别与某一待测电阻的两端相接，发现这时指针偏转较小；
④换用“×10”的欧姆档，随即记下欧姆数值；
⑤把表笔从测试笔插孔中拔出后，就把多用表放回桌上原处，实验完毕。
这个学生在测量时已注意到：待测电阻与其他元件和电源断开，不用手碰表笔的金属杆，那么这个学生在实验中有哪些操作是错误的？（三个错误）
错误一：_______________错误二：_______________错误三：___________
（2）如图所示，为多用电表的表盘，测电阻时，若用的是×100量程，这时表针所示被测电阻的阻值应为_________ 欧；测直流电流时，用的是100mA的量程，指针所示电流值为_________毫安；测直流电压时，用的是50V量程，则指表针所示的电压值为_________伏。
?
?
?
?
?
?
???（3）用多用电表欧姆挡(×100)测试三只晶体二极管，其结果依次如图甲、乙、丙所示。由图可知，图中______的二极管是好的，该二极管的正极是____端。　　
?
?
?
??
4. 有一根细而均匀的导电材料样品（如图a所示），截面为同心圆环（如图b所示），此样品长L约为3cm，电阻约为100Ω，已知这种材料的电阻率为，因该样品的内径太小，无法直接测量.现提供以下实验器材：
A．20等分刻度的游标卡尺???
B．螺旋测微器
C．电流表A1（量程50mA，内阻r1=100Ω）
?????? D．电流表A2（量程100mA，内阻r2大约为40Ω）
E．电流表A3（量程3A，内阻r3大约为0.1Ω）
F．滑动变阻器R（0-10Ω，额定电流2A）
G．直流电源E（12V，内阻不计）
H．导电材料样品Rx（长L约为3cm，电阻Rx约为100Ω）
I．开关一只，导线若干
请根据上述器材设计一个尽可能精确地测量该样品内径d的实验方案，回答下列问题：
（1）（4分）用游标卡尺测得该样品的长度如图甲所示，其示数L=???????? mm；用螺旋测微器测得该样品的外径如图乙所示，其示数D=???????? mm.
???
（2）（4分）请选择合适的仪器，画出最佳实验电路图，并标明所选器材前的字母代号。
???
（3）（4分） 说明各测量的物理意义，并用符号表示，然后用已知物理量的符号和测量量的符号来表示样品的内径d.???????????????????????????????????d= ????????????????????
5. 在“测定金属导体的电阻率”的实验中，待测金属导线的电阻Rx 约为5．实验室备有下列实验器材
A．电压表V1(量程3V，内阻约为15K)
B．电压表V2 (量程15V，内阻约为75K)
C．电流表A1(量程3A，内阻约为0.2)
D．电流表A2(量程600mA．，内阻约为1)
E．变阻器R1 (0～100，0.3A)
F．变阻器R2 (0~2000，0.1 A)
G．电池E(电动势为3V，内阻约为0.3)
H．开关S，导线若干
?(1)为提高实验精确度，减小实验误差，应选用的实验器材有???????????????? ?。
?(2)为减小实验误差，应选用下图中????????? (填“a”或“b”)为该实验的电原理图，并按所洗择的电原理图把实物图用导线连接起来．
?(3)若用刻度尺测得金属丝长度为60.00cm，用螺旋测微器测得导线的直径为0.635mm，两电表的示数分别如下图所示，则电阻值为?????? ，电阻率为????? ___________。
6. 小灯泡灯丝的电阻会随温度的升高而变大。某同学为研究这一现象，用实验描绘小灯泡的伏安特性曲线。
实验可供选择的器材有：
??? D．滑动变阻器???? (0～10Ω,? 额定电流1A )
??? E．滑动变阻器???? (0～5Ω,? 额定电流0.5A )
　?F．电源?????????? (E=3V , 内阻不计)
G．定值定阻R0??? (阻值R0=6Ω )
H．开关一个和导线若干
（1）要求小灯泡两端的电压从零开始变化，且能尽量消除系统误差，在方框内画出实验电路图。
（2）实验中，应该选用的滑动变阻器是?? ????(填写器材前字母代号)。
（3）按照正确的电路图，该同学测得实验数据如下：（I是的示数，U是的示数，U灯是小灯泡两端的实际电压）。请通过计算补全表格中的空格，然后在方格图中画出小灯泡的伏安特性曲线。
7. 气垫导轨工作时能够通过喷出的气体使滑块悬浮从而基本消除掉摩擦力的影响，因此成为重要的实验器材，气垫导轨和光电门、数字毫秒计配合使用能完成许多实验。
现提供以上实验器材：（名称、图像、编号如图所示）
?(1）要完成《验证牛顿第二定律》实验
某同学在进行此实验中，在实验中测得了滑块通过光电门1和光电门2的时间分别为t1和 t2，则滑块经过光电门1和光电门2时的速度表达式分别是=?????????? ，=?????????? ?。为了测定滑块在此装置上运动的加速度大小，还需要测量相关物理量是：???????????????? ???????????????????????????（同时写出表示该物理量的字母）。
根据以上实验数据，则加速度的表达式为：??????????????????????????????? 。
（2）利用以上实验器材还可以完成《验证动量守恒定律》的实验。
为完成此实验，某同学将实验原理设定为：m1v0=(m1+m2)v
①针对此原理，我们应选择的器材编号为：??????????????????????????? ；
②在我们所选的器材中：????????????? 器材对应原理中的m1 （填写器材编号）
8. 用如图所示的装置做《探究橡皮筋做的功和物体速度变化的关系》的实验。
（1）为了检验木板的倾角是否达到了平衡掉摩擦力的效果，某同学在三种不同倾角下做了三次实验，得到的三条纸带如图所示，则哪一条纸带所对应的斜面倾角是合适的（???? ）
（2）甲、乙两位同学的实验操作均正确。甲同学根据实验数据作出了功和速度的关系图线，即图，如图甲，并由此图线得出“功与速度的平方一定成正比”的结论。乙同学根据实验数据作出了功与速度平方的关系图线，即图，如图乙，并由此也得出“功与速度的平方一定成正比”的结论。关于甲、乙两位同学的分析，你的评价是（??? ）
A. 甲的分析正确，乙的分析不正确
B. 甲的分析不正确，乙的分析正确
C.甲和乙的分析都正确
D.甲和乙的分析都不正确
9. 用伏安法测电阻时，由于电压表、电流表内阻的影响，不论使用电流表内接法还是电流表外接法，都会产生系统误差。为了消除系统误差，某研究性学习小组设计了如图所示的测量电路。
???
①请完成下列操作过程：
第一步：先将R2的滑动头调到最左端，单刀双掷开关S2合向a，然后闭合电键S1，调节滑动变阻器R1和R2，使电压表和电流表的示数尽量大些（不超过量程），读出此时电压表和电流表的示数U1、I1。
第二步：保持两滑动变阻器的滑动触头位置不变，??????????????????????????????? ?????????
???????????????????????????????????????????????????????????????????????? 。
②根据以上记录数据写出被测电阻的表达式=??????? 。
③根据实验原理图连接好实物图
10. 某同学在实验室先后完成下面两个实验：①测定一节干电池的电动势和内电阻；②描绘小灯泡的伏安特性曲线。
（1）用①实验测量得到数据作出U—I图线如图中a线，实验测得干电池电动势为???? ?V，内电阻为???? Ω。
（2）在描绘小灯泡伏安特性曲线的实验中，为减小实验误差，方便调节，请在给定的四个电路图和三个滑动变阻器中选取适当的电路或器材，并将它们的编号填在横线上. 应选取的电路是????? ，滑动变阻器应选取???? 。
E. 总阻值15 Ω，最大允许电流2 A的滑动变阻器
F. 总阻值200 Ω，最大允许电流、2 A的滑动变阻器
G. 总阻值1000 Ω，最大允许电流1 A的滑动变阻器
（3）将实验②中得到的数据在实验①中同一U—I坐标系内描点作图，得到如图所示的图线b，如果将实验①中的电池与实验②中的小灯泡组成闭合回路，此时小灯泡的实际功率为??????????? W。
11. 如图甲是某金属材料制成的电阻R随摄氏温度t变化的图象，图中R0表示0℃时的电阻，k表示图线的斜率．若用该电阻与电池（电动势E、内阻r）、电流表A（内阻Rg）、滑动变阻器R′ 串联起来，连接成如图乙所示的电路，用该电阻做测温探头，把电流表的电流刻度改为相应的温度刻度，就得到了一个简单的“金属电阻温度计”．使用“金属电阻温度计”前，先要把电流表的刻度值改为相应的温度刻度值，若温度t1＜t2，则t1的刻度应在t2的?? ??????侧（填“左”或“右”）；在标识“金属电阻温度计”的温度刻度时，需要弄清所测温度和电流的对应关系．请用E、R0、k等物理量表示所测温度t与电流I的关系式t＝?? ???????????。
12. 某同学对实验室的一个多用电表中的电池进行更换时发现，里面除了一节1.5V的干电池外，还有一个方形的电池（层叠电池），如图甲所示。为了测定该电池的电动势和内电阻，实验室提供了下列器材：
A．电流表G（滿偏电流10mA，内阻10Ω）
B．电流表A（0～0.6 A～3A，内阻未知）
C．滑动变阻器R（0～100Ω，1A）
D．定值电阻R0（阻值990Ω）
E．开关与导线若干
（1）请根据实验器材，自行设计电路画在方框乙中．
（2）丙图为该同学根据上述设计的实验电路利用测出的数据绘出的I1-I2图线（I1为电流表G的示数，I2为电流表A的示数），则由图线可以得到被测电池的电动势E＝　? 　V ，内阻r=?? ????Ω。
13. 用DIS描绘电场等势线的实验中，在平整的木板上依次铺放白纸、复写纸和导电纸．在导电纸上平放两个圆柱形电极A与B，分别与直流电源的正、负极相连，如图所示．若以A、B连线为x轴，A、B连线的中垂线为y轴．将一个探针固定在y轴上的某一点，沿x轴移动另一个探针，发现无论怎样移动，计算机屏幕上电压测量值始终为零，若电源及连线都是完好的，可能的故障是________．将实验故障排除后，探针从BO间某处沿x轴向电极A移动的过程中，计算机屏幕上电压测量值的变化情况是___________。
???
14. 有一根细长而均匀的金属管线样品，横截面如图甲所示。此金属管线长约30㎝，电阻约10。已知这种金属的电阻率为，因管内中空部分截面积形状不规则，无法直接测量，请你设计一个实验方案，测量中空部分的截面积。
现已提供有如下器材：毫米刻度尺、螺旋测微器、电压表V（3V,6K）、蓄电池E（6V,0.05）、开关一个，带夹子的导线若干：
（1）上列器材中，还缺少电流表和滑动变阻器，现提供以下一些器材供选择，请选出合适的器材，电流表应为????? ,滑动变阻器应选用???? （只填代号字母）。
A．电流表A1（600mA, 1.0）
??? B．电流表A2（3A,0.1）
??? C．滑动变阻器R1（2K,0.5A）
??? D．滑动变阻器R2（10,2A）
（2）在下面方框中画出你所设计的电路图，要求尽可能测出多组有关数值，并把图乙的实物连成实际测量电路。
?（3）实验中要测量的物理量有：?????????????? ???????????????????????????????????????????，计算金属管线内部空间截面积的表达式为：?? ??????????????。
15. 某实验小组探究一种热敏电阻的温度特性．现在器材：直流恒流电源（在正常工作状态下输出的电流恒定）、电压表，待测热敏电阻、保温容器、温度计、开关和导线等．
⑴（2分）若用上述器材测量热敏电阻的阻的随温度变化的特性，请你在下图的实物图上连线。
⑵（2分）实验的主要步骤：
①正确连接电路，在保温容器中注入适量冷水，接通电源，调节并记录电源输出的电流值；
②在保温容器中添加少量热水，待温度稳定后，闭合开关，????????? ，????????? ，断开开关；
③重复第②步操作若干次，测得多组数据．
⑶（2分）实验小组算得该热敏电阻在不同温度下的阻值，并据此绘得上图的R－t关系图线，请根据图线写出该热敏电阻的R－t关系式：R＝??????? ＋??????? t（Ω）（保留3位有效数字）
16. 要测量内阻较大的电压表的内电阻，可采用“电压半值法”，其实验电路如图所示。其中电源两端的电压值大于电压表的量程，电阻箱R2的最大阻值大于电压表的内电阻。先将滑动变阻器R1的滑动头c调至最左端，将R2的阻值调至最大，依次闭合S2和S1，调节R1使电压表满偏，然后断开S2，保持滑动变阻器的滑动头c的位置不变，调节R2使电压表半偏，此时R2的示数即可视为电压表的内电阻值。
（1）实验时，在断开S2调节R2过程中，a点与滑动变阻器的滑动头c之间的电压应：_____。
（2）实验室备有如下四个滑动变阻器，它们的最大阻值分别为
A．10Ω?? B．1kΩ?? C．10kΩ? D．100kΩ
? 为减小测量误差，本实验中的滑动变阻器R1应选择_______。（填序号）
参考答案
1.解：欧姆表是电流表改装的，必须满足电流的方向“+”进“-”出，即回路中电流从标有“+”标志的红表笔进去，所以与A相连的表笔颜色是红色；当两表笔短接(即Rx=0)时，电流表应调至满偏电流Ig，设此时欧姆表的内阻为R内此时有关系 得；当指针指在刻度盘的正中央时I=Ig/2，有，代入数据可得；当电池电动势变小、内阻变大时，欧姆得重新调零，由于满偏电流Ig不变，由公式，欧姆表内阻 R内得调小，待测电阻的测量值是通过电流表的示数体现出来的，由，可知当R内变小时，I变小，指针跟原来的位置相比偏左
了，欧姆表的示数变大了。
2.解：根据闭合电路欧姆定律，测量电源的电动势和内电阻，需要得到电源的路端电压和通过电源的电流，在本实验中没有电压表，但是可以用电阻箱和电流表串联充当电压表，测量电源的路端电压，通过电流表的电流也是通过电源的电流，所以只需要将电流表和电阻箱串联接在电源两端即可。实物图的连接如答图4所示。由闭合电路欧姆定律有：
E =I（R+r+rg），解得：，根据R-1/I图线可知：电源的电动势等于图线的斜率，内阻为纵轴负方向的截距减去电流表的内阻。
答案：① 见答图4 ②见答图6 ③见答图6 ④1.5（1.46~1.54）；0.3（0.25~0.35）
3.答案：?（1）错误一：换用“×10”的欧姆挡，应该换用 “×1K”的欧姆挡。错误二：换挡后没有进行欧姆调零。错误三：使用完后没有将选择开关转到“OFF”或交流电压最高挡。
（2）1650Ω，47mA，23.5V 。
（3）乙；a
4. 答案：（1）30.35? 3.206±0.002???
（2）如右图
（3）电流表A1读数为I1,电流表A2读数为I2
d=??
5. 答案：(1)A D E G H
?(2)b ? 实物连接如图
(3)2.4?；1.27×10—6 Q·m(答1.25×10-6~1.30×106·m均按正确．)
6. 答案：（1）如图 （2）D???
（3）
（4）在同一坐标系中作出的图线，根据此图线与灯泡的U-I图线的交点可得此时灯泡的电压U=0.6V，电流I=0.3A。所以，灯泡的实际功率为 P=UI=0.18W。
?
7. 答案：(1) ，。 两光电门之间的间距L；（2）ABC；B
8. 答案：（1）C；（2）B
9. 答案：①第二步：将单刀双掷开关S2合向b，读出此时电压表和电流表的示数U2、I2。
②当S2合向a时有：；当S2合向b时有：；解上两式得：。
③如图所示。
10. 答案：（1）1.5，0.75；（2）C，E；（3）0.72
11. 答案：右????????? t=?
12. 答案：（1）电路图 ；（2）9.0，10.0
13. 答案：导电纸的涂导电物质的一面朝下了；先负的绝对值逐渐减小后正的逐渐增大
14. 答案：（1）AD；（2）电路及实际测量电路如图所示。（3）用螺旋测微器测横截面边长，用毫米刻度尺金属管线长度，电压表示数，电流表示数
15. 答案：(1）图略??? ；（2）记录电压表电压值 ， ?温度计数值；（3）R=100+0.395 t
16. 答案：（1）保持基本不变（或保持不变）；（2）A
专题四 功和能
一 教案
专题要点
1.做功的两个重要因素：有力作用在物体上且使物体在力的方向上发生了位移。功的求解可利用求，但F为恒力；也可以利用F-l图像来求；变力的功一般应用动能定理间接求解。
2.功率是指单位时间内的功，求解公式有，，当时，即F与v方向相同时，P=FV。
3.常见的几种力做功的特点
⑴重力、弹簧弹力，电场力、分子力做功与路径无关
⑵摩擦力做功的特点
①单个摩擦力（包括静摩擦力和滑动摩擦力）可以做正功，也可以做负功，还可以不做功。②相互作用的一对静摩擦力做功的代数和总等于零，在静摩擦力做功的过程中，只有机械能的转移，没有机械能的转化为其他形式的能；相互作用的一对滑动摩擦力做功的代数和不为零，且总为负值，在一对滑动摩擦力做功的过程中，不仅有相互摩擦物体间机械能的转移，还有机械能转化为内能。转化为内能的量等于系统机械能的减少，等于滑动摩擦力与相对路程的乘积。
③摩擦生热，是指动摩擦生热，静摩擦不会生热
4.几个重要的功能关系
⑴重力的功等于重力势能的变化，即
⑵弹力的功等于弹性势能的变化，即
⑶合力的功等于动能的变化，即
⑷重力之外的功（除弹簧弹力）的其他力的功等于机械能的变化，即
⑸一对滑动摩擦力做功等于系统中内能的变化，
⑹分子力的功等于分子势能的变化。
第二部分：功能关系在电学中的应用
电场力做功与路径无关。若电场为匀强电场，则；若为非匀强电场，则一般利用来进行运算。
磁场力可分为安培力和洛伦兹力。洛伦兹力在任何情况下对运动电荷都不做功；安培力可以做正功、负功，还可以不做功。
电流做功的实质是电场移动电荷做功。即W=UIt=Uq。
导体棒在磁场中切割磁感线时，棒中感应电流受到的安培力对导体棒做负功，使机械能转化为电脑。
电场力做功等于电势能的变化，即
考纲要求
考点
要求
考点解读
功和功率
Ⅱ
本专题考查的重点有：
⑴重力、摩擦力、电场力和洛伦兹力的做功特点和求解
⑵与功、功率相关的分析和计算。
⑶动能定理的综合应用。
⑷综合应用机械能守恒定律以及相关知识分析有关问题。
⑸应用动能定理解决动力学问题。
其中动能定理和能的转化与守恒定律的应用是考查的重点，考查的特点是密切联系生活、生产实际，联系现代科学技术的问题和能源环保问题 本部分内容除在选择题中进行简单知识点组合考查功和功率的概念外在解答题中将会以两种情景命题：一是多种运动组合的多运动过程问题，二是与电场、磁场联系的综合问题中考查重力、电场力、摩擦力和磁场力的做功特点、动能定理的应用和能量守恒定律。
动能和动能定理
Ⅱ
重力做功与重力势能
Ⅱ
电场力做功与电势能
Ⅱ
功能关系、机械能守恒定律
Ⅱ
电功率、焦耳定律
Ⅰ
教法指引
此专题复习时，可以先让学生完成相应的习题，在精心批阅之后以题目带动知识点，进行适当提炼讲解。这一专题的知识点高考要求普遍较高，属于必考知识点。二轮复习时还是要稳扎稳打，从基本规律，基本解题步骤出发再进行提升。因为这部分的综合题较多，功和能仅仅是在解题中应用的物理规律而以。
知识网络

典例精析
题型1.（功能关系的应用）从地面竖直上抛一个质量为m的小球，小球上升的最大高度为H。设上升过程中空气阻力为F恒定。则对于小球上升的整个过程，下列说法错误的是（
小球动能减少了mgH
小球机械能减少了FH
小球重力势能增加了mgH
小球加速度大于重力加速度g
解析：由动能定理可知，小球动能的减小量等于小球克服重力和阻力F做的功 为（mg+F）H，A错误；小球机械能的减小等于克服阻力F做的功，为FH，B正确；小球重力势能的增加等于小球小球克服重力做的功，为mgH，C正确；小球的加速度，D正确。
规律总结：功是能量转化的量度，有以下几个功能关系需要理解并牢记
⑴重力做功与路径无关，重力的功等于重力势能的变化
⑵滑动摩擦力（或空气阻力）做的功与路径有关，并且等于转化成的内能
⑶合力做功等于动能的变化
⑷重力（或弹力）以外的其他力做的功等于机械能的变化
题型2.（功率及机车启动问题）
审题指导：1.在汽车匀加速启动时，匀加速运动刚结束时有两大特点
⑴牵引力仍是匀加速运动时的牵引力，即仍满足
⑵
2.注意匀加速运动的末速度并不是整个运动过程的最大速度
题型3.（动能定理的应用）如图所示，竖直平面内的轨道ABCD由水平轨道AB与光滑的四分之一圆弧轨道CD组成，AB恰与圆弧CD在C点相切，轨道固定在水平面上。一个质量为m的小物块（可视为质点）从轨道的A端以初动能E冲上水平轨道AB，沿着轨道运动，由DC弧滑下后停在水平轨道AB的中点。已知水平轨道AB长为L。求：
（1）小物块与水平轨道的动摩擦因数
（2）为了保证小物块不从轨道的D端离开轨道，圆弧轨道的半径R至少是多大？
（3）若圆弧轨道的半径R取第（2）问计算出的最小值，增大小物块的初动能，使得小物块冲上轨道后可以达到最大高度是1.5R处，试求物块的初动能并分析物块能否停在水平轨道上。如果能，将停在何处？如果不能，将以多大速度离开水平轨道？
解析：（1）小物块最终停在AB的中点，在这个过程中，由动能定理得

得
（2）若小物块刚好到达D处，速度为零，同理，有
解得CD圆弧半径至少为
（3）设物块以初动能E′冲上轨道，可以达到的最大高度是1.5R，由动能定理得
解得
物块滑回C点时的动能为，由于，故物块将停在轨道上
设到A点的距离为x，有
解得
即物块最终停在水平滑道AB上，距A点处。
规律总结：应用动能定理要比动力学方法方便、简洁。只有应用动力学方法可以求解的匀变速直线运动问题，一般应用动能定理都可以求解。尽管动能定理是应用动力学方法推导出来的，但它解决问题的范围更广泛。
题型4.（综合问题）滑板运动是一项陆地上的“冲浪运动”，滑板运动员可在不同的滑坡上滑行，做出各种动作给人以美的享受。如图甲所示，abcdef为同一竖直平面上依次平滑连接的滑行轨道，其中ab段水平，H=3m，bc段和cd段均为斜直轨道，倾角θ=37o，de段是一半径R=2.5m的四分之一圆弧轨道，o点为圆心,其正上方的d点为圆弧的最高点，滑板及运动员总质量m=60kg，运动员滑经d点时轨道对滑板支持力用Nd表示，忽略摩擦阻力和空气阻力，取g=10m/s2，sin37o=0.6，
cos37o=0.8。除下述问(3)中运动员做缓冲动作以外，均可把滑板及运动员视为质点。
(1)运动员从bc段紧靠b处无初速滑下，求Nd的大小；
(2)运动员逐渐减小从bc上无初速下滑时距水平地面的高度h，请在图乙的坐标图上作出Nd-h图象(只根据作出的图象评分，不要求写出计算过程和作图依据)；
(3)运动员改为从b点以υ0=4m/s的速度水平滑出，落在bc上时通过短暂的缓冲动作使他只保留沿斜面方向的速度继续滑行，则他是否会从d点滑离轨道?请通过计算得出结论
解析：解：(1)从开始滑下至d点，由机械能守恒定律得
? ?①(1分)
②(1分)
由①②得： ③(1分)
??(2)所求的图象如图所示(3分)
????(图线两个端点画对各得1分，图线为直线得1分)
??(3)当以从b点水平滑出时，运动员做平抛运动落在Q点，如图所示。设Bq=，则
???????④(1分)
???????⑤(1分)
????由④⑤得
⑥(1分)
??? ⑦(1分)
在Q点缓冲后
⑧(1分)
从 ⑨(1分)
运动员恰从d点滑离轨道应满足： ⑩(1分)
由⑨⑩得
即 ⑩(1分)
可见滑板运动员不会从圆弧最高点d滑离轨道。(1分)
题型5.（功能关系在电场中的应用）如图所示匀强电场E的区域内，在O点处放置一点电荷 +Q， a、b、c、d、e、f为以O点为球心的球面上的点，aecf平面与电场平行，bedf平面与电场垂直，则下列说法中正确的是
A．b、d两点的电场强度相同
B．a点的电势等于f点的电势
C．点电荷+q在球面上任意两点之间移动时，电场力一定做功
D．将点电荷+q在球面上任意两点之间移动，从球面上a点移动到c点的电势能变化量一定最大
解析：由于点电荷+Q在b、d两点的场强方向分别向上和向下，b、d两点的场强大小相同，方向不同，A错；a点和f点位于+Q形成电场的等势面上，但若把一电荷从a点移动到f点，电场E要对电荷做功，B错；当点电荷+q在bedf面上任意两点间移动时，电场力不做功，C错；球面上相距最远的点（沿场强E的方向）是ac，电场E对其做功最大，电势能的变化量最大。
规律总结：1.在等势面上移动电荷是，电场力不做功。
2．电场力做功与路径无关，W=qU。
3.电场力做的功等于电势能的变化量。
题型6.（功能关系在电磁感应中的应用）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
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
解析：在释放的瞬间，速度为零，不受安培力的作用，只受到重力，A对。由右手定则可得，电流的方向从b到a，B错。当速度为时，产生的电动势为，受到的安培力为，计算可得,C对。在运动的过程中，是弹簧的弹性势能、重力势能和内能的转化，D错。
题型7.（功能关系在混合场内的应用）如图所示，MN是一固定在水平地面上足够长的绝缘平板（左侧有挡板），整个空间有平行于平板向右、场强为E=2N/C的匀强电场，在板上C点的左侧有一个垂直于纸面向外、磁感应强度为B=1T的匀强磁场，一个质量为m=4×10－3kg、带负电的小物块，带电量q=10－2C，从C点由静止开始向左先做加速运动再做匀速运动. 当物体碰到左端挡板后被弹回，若在碰撞瞬间将电场改为竖直向下，大小不变. 小物块返回时在磁场中恰做匀速运动，已知平板MC部分的长度为L=5m，物块与平板间的动摩擦因数为μ=0.2，求：
（1）小物块向左运动过程中克服摩擦力做的功Wf；
（2）小物块与左端挡板碰撞过程损失的机械能△E；
（3）小物块从与 左挡板碰后到最终静止所用时间t；
（4）整个过程中由于摩擦产生的热量Q.
解析：设小物块向左匀速运动时的速度大小为v1，由平衡条件有
①
设小物块在向左运动过程中克服摩擦力做的功为W，由动能定理有
②
由①②式解得 ③
（2）设小物块返回时在磁场中匀速运动的速度大小为v2，与右端挡板碰撞过程损失机构能为，则有 ④
⑤
由③⑤⑥式解得 ⑥
（3）小物块由M到C匀速运动，时间为 ⑦
小物块由C到静止匀减速运动， ⑧
时间为 ⑨
总时间为 t=t1+t2=4.5s ⑩
（4）对全过程，由能量守恒定律有 

（或
由⑤⑧式解得 
评分标准：①式2分，其余各1分，共14分
二 学案
典例精析
题型1.（功能关系的应用）从地面竖直上抛一个质量为m的小球，小球上升的最大高度为H。设上升过程中空气阻力为F恒定。则对于小球上升的整个过程，下列说法错误的是（ ）
小球动能减少了mgH
小球机械能减少了FH
小球重力势能增加了mgH
小球加速度大于重力加速度g
解析：由动能定理可知，小球动能的减小量等于小球克服重力和阻力F做的功。为（mg+F）H，A错误；小球机械能的减小等于克服阻力F做的功，为FH，B正确；小球重力势能的增加等于小球小球克服重力做的功，为mgH，C正确；小球的加速度，D正确
规律总结：功是能量转化的量度，有以下几个功能关系需要理解并牢记
⑴重力做功与路径无关，重力的功等于重力势能的变化
⑵滑动摩擦力（或空气阻力）做的功与路径有关，并且等于转化成的内能
⑶合力做功等于动能的变化
⑷重力（或弹力）以外的其他力做的功等于机械能的变化
题型2.（功率及机车启动问题）
审题指导：1.在汽车匀加速启动时，匀加速运动刚结束时有两大特点
⑴牵引力仍是匀加速运动时的牵引力，即仍满足
⑵
2.注意匀加速运动的末速度并不是整个运动过程的最大速度
题型3.（动能定理的应用）如图所示，竖直平面内的轨道ABCD由水平轨道AB与光滑的四分之一圆弧轨道CD组成，AB恰与圆弧CD在C点相切，轨道固定在水平面上。一个质量为m的小物块（可视为质点）从轨道的A端以初动能E冲上水平轨道AB，沿着轨道运动，由DC弧滑下后停在水平轨道AB的中点。已知水平轨道AB长为L。求：
（1）小物块与水平轨道的动摩擦因数
（2）为了保证小物块不从轨道的D端离开轨道，圆弧轨道的半径R至少是多大？
（3）若圆弧轨道的半径R取第（2）问计算出的最小值，增大小物块的初动能，使得小物块冲上轨道后可以达到最大高度是1.5R处，试求物块的初动能并分析物块能否停在水平轨道上。如果能，将停在何处？如果不能，将以多大速度离开水平轨道？
解析：（1）小物块最终停在AB的中点，在这个过程中，由动能定理得

得
（2）若小物块刚好到达D处，速度为零，同理，有
解得CD圆弧半径至少为
（3）设物块以初动能E′冲上轨道，可以达到的最大高度是1.5R，由动能定理得
解得
物块滑回C点时的动能为，由于，故物块将停在轨道上。
设到A点的距离为x，有
解得
即物块最终停在水平滑道AB上，距A点处。
规律总结：应用动能定理要比动力学方法方便、简洁。只有应用动力学方法可以求解的匀变速直线运动问题，一般应用动能定理都可以求解。尽管动能定理是应用动力学方法推导出来的，但它解决问题的范围更广泛。
题型4.（综合问题）滑板运动是一项陆地上的“冲浪运动”，滑板运动员可在不同的滑坡上滑行，做出各种动作给人以美的享受。如图甲所示，abcdef为同一竖直平面上依次平滑连接的滑行轨道，其中ab段水平，H=3m，bc段和cd段均为斜直轨道，倾角θ=37o，de段是一半径R=2.5m的四分之一圆弧轨道，o点为圆心,其正上方的d点为圆弧的最高点，滑板及运动员总质量m=60kg，运动员滑经d点时轨道对滑板支持力用Nd表示，忽略摩擦阻力和空气阻力，取g=10m/s2，sin37o=0.6，
cos37o=0.8 除下述问(3)中运动员做缓冲动作以外，均可把滑板及运动员视为质点。
(1)运动员从bc段紧靠b处无初速滑下，求Nd的大小；
(2)运动员逐渐减小从bc上无初速下滑时距水平地面的高度h，请在图乙的坐标图上作出 Nd-h图象(只根据作出的图象评分，不要求写出计算过程和作图依据)；
(3)运动员改为从b点以υ0=4m/s的速度水平滑出，落在bc上时通过短暂的缓冲动作使他只保留沿斜面方向的速度继续滑行，则他是否会从d点滑离轨道?请通过计算得出结论
解析：解：(1)从开始滑下至d点，由机械能守恒定律得
? ?①(1分)
②(1分)
由①②得： ③(1分)
??(2)所求的图象如图所示(3分)
????(图线两个端点画对各得1分，图线为直线得1分)
??(3)当以从b点水平滑出时，运动员做平抛运动落在Q点，如图所示设Bq=，则
???????④(1分)
???????⑤(1分)
????由④⑤得
⑥(1分)
??? ⑦(1分)
在Q点缓冲后
⑧(1分)
从 ⑨(1分)
运动员恰从d点滑离轨道应满足： ⑩(1分)
由⑨⑩得
即 ⑩(1分)
可见滑板运动员不会从圆弧最高点d滑离轨道。(1分)
题型5.（功能关系在电场中的应用）如图所示匀强电场E的区域内，在O点处放置一点电荷 +Q， a、b、c、d、e、f为以O点为球心的球面上的点，aecf平面与电场平行，bedf平面与电场垂直，则下列说法中正确的是
A．b、d两点的电场强度相同
B．a点的电势等于f点的电势
C．点电荷+q在球面上任意两点之间移动时，电场力一定做功
D．将点电荷+q在球面上任意两点之间移动，从球面上a点移动到c点的电势能变化量一定最大
解析：由于点电荷+Q在b、d两点的场强方向分别向上和向下，b、d两点的场强大小相同，方向不同，A错；a点和f点位于+Q形成电场的等势面上，但若把一电荷从a点移动到f点，电场E要对电荷做功，B错；当点电荷+q在bedf面上任意两点间移动时，电场力不做功，C错；球面上相距最远的点（沿场强E的方向）是ac，电场E对其做功最大，电势能的变化量最大。
规律总结：1.在等势面上移动电荷是，电场力不做功。
2．电场力做功与路径无关，W=qU
3.电场力做的功等于电势能的变化量。
题型6.（功能关系在电磁感应中的应用）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
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
解析：在释放的瞬间，速度为零，不受安培力的作用，只受到重力，A对。由右手定则可得，电流的方向从b到a，B错。当速度为时，产生的电动势为，受到的安培力为，计算可得,C对。在运动的过程中，是弹簧的弹性势能、重力势能和内能的转化，D错。
题型7.（功能关系在混合场内的应用）如图所示，MN是一固定在水平地面上足够长的绝缘平板（左侧有挡板），整个空间有平行于平板向右、场强为E=2N/C的匀强电场，在板上C点的左侧有一个垂直于纸面向外、磁感应强度为B=1T的匀强磁场，一个质量为m=4×10－3kg、带负电的小物块，带电量q=10－2C，从C点由静止开始向左先做加速运动再做匀速运动. 当物体碰到左端挡板后被弹回，若在碰撞瞬间将电场改为竖直向下，大小不变. 小物块返回时在磁场中恰做匀速运动，已知平板MC部分的长度为L=5m，物块与平板间的动摩擦因数为μ=0.2，求：
（1）小物块向左运动过程中克服摩擦力做的功Wf；
（2）小物块与左端挡板碰撞过程损失的机械能△E；
（3）小物块从与 左挡板碰后到最终静止所用时间t；
（4）整个过程中由于摩擦产生的热量Q.
解析：设小物块向左匀速运动时的速度大小为v1，由平衡条件有
①
设小物块在向左运动过程中克服摩擦力做的功为W，由动能定理有
②
由①②式解得 ③
（2）设小物块返回时在磁场中匀速运动的速度大小为v2，与右端挡板碰撞过程损失机构能为，则有 ④
⑤
由③⑤⑥式解得 ⑥
（3）小物块由M到C匀速运动，时间为 ⑦
小物块由C到静止匀减速运动， ⑧
时间为 ⑨
总时间为 t=t1+t2=4.5s ⑩
（4）对全过程，由能量守恒定律有 

（或
由⑤⑧式解得 
评分标准：①式2分，其余各1分，共14分
专题突破
针对典型精析的例题题型，训练以下习题
1. 如图，一轻绳的一端系在固定粗糙斜面上的O点，另一端系一小球．给小球一足够大的初速度，使小球在斜面上做圆周运动．在此过程中，
A．小球的机械能守恒
B．重力对小球不做功
C．绳的张力对小球不做功
D．在任何一段时间内，小球克服摩擦力所做的功总是等于小球动能的减少
点拨：此题属于功能关系的应用。由于摩擦力做功，机械能不守恒，任一时间内小球克服摩擦力所做的功总是等于小球机械能的减少。转动过程重力做功，绳的张力总与运动方向垂直，不做功。此题选C。
2. 如图是汽车牵引力F和车速倒数的关系图像，若汽车质量为2×103kg，由静止开始沿平直公路行驶，阻力恒定，最大车速为30m/s，则在车速为15m/s时汽车发动机功率为__________W；该汽车作匀加速运动的时间为________s.
点拨：功率及机场启动问题。
由图知当v=15m/s时，F=4×103N<6×104N,因此仍处在额定功率阶段，匀加速运动末速度，又v=at，，
F=6×103N，解之得t=5s.
3. 据2008年2月18日北京新闻报导：北京地铁10号线进行运行试验。为节约能源，一车站站台建得高些，车辆进站时要上坡将动能转换为重力势能，出站时要下坡将重力势能换为动能，如图所示。已知坡长为x，坡高为h，重力加速度为g，车辆的质量为m，进站车辆到达坡下A处时的速度为v0，此时切断电动机的电源。
（1）车辆在上坡过程中，若只受重力和轨道的支持力，求车辆“冲”到站台上的速度多大？
（2）实际上车辆上坡时，还受到其它阻力作用，要使车辆能“冲”上站台，车辆克服其它阻力做的功最大为多少？
点拨：动能定理的应用。
（1）车辆上坡过程，机械能守恒，设车辆“冲”坡站台的速度为v，则有：
（6分），解得：（2分）
（2）车辆上坡过程，受到最大阻力功，冲到站台上的速度应为零，设最大阻力功为Wf，由动能定理有：（6分）
解得：（2分）
4.如图所示，在距水平地面高为0.4m处，水平固定一根长直光滑杆，在杆上P点固定一定滑轮，滑轮可绕水平轴无摩擦转动，在P点的右边，杆上套有一质量m=2kg小球A。半径R＝0.3m的光滑半圆形细轨道，竖直地固定在地面上，其圆心O在P点的正下方，在轨道上套有一质量也为m=2kg的小球B。用一条不可伸长的柔软细绳，通过定滑轮将两小球连接起来。杆和半圆形轨道在同一竖直面内，两小球均可看作质点，且不计滑轮大小的影响，g取10m/s2。现给小球A一个水平向右的恒力F＝55N。求：
（1）把小球B从地面拉到P点正下方C点过程中，力F做的功；
（2）小球B运动到C处时的速度大小；
（3）小球B被拉到离地多高时与小球A速度大小相等。
点拨：综合问题
（1）小球B运动到P点正下方过程中的位移为
（m）（2分）
得：WF=FxA=22J（2分）
（2）由动能定理得

代入数据得：v=4m/s（4分）
⑶当绳与圆环相切时两球的速度相等。
=0.225m（4分）
学法导航
复习指导：①回归课本夯实基础，仔细看书把书本中的知识点掌握到位
②练习为主提升技能，做各种类型的习题，在做题中强化知识
③整理归纳举一反三，对易错知识点、易错题反复巩固
④恒定加速度启动问题：
解决问题的关键是明确研究的问题是处在哪个阶段上。以及匀加速过程的最大速度和全程的最大速度的区别和求解方法。
⑴求：由，可求：
⑵求：
⑤动能定理的应用
⑴动能定理的适用对象：涉及单个物体（或可看成单个物体的物体系）的受力和位移问题，或求解变力做功的问题。
⑵动能定理的解题的基本思路：
ⅰ选取研究对象，明确它的运动过程
ⅱ分析研究对象的受力情况和各力做功情况，然后求各个外力做功的代数和
ⅲ明确物体在过程始末状态的动能。
ⅳ列出动能定理的方程，及其它必要的解题方程，进行求解。
⑥机械能守恒定律的应用
⑴机械能是否守恒的判断：
ⅰ用做功来判断，看重力（或弹簧弹力）以外的其它力做功代数和是否为零
ⅱ用能量转化来判断，看是否有机械能转化为其它形式的能
ⅲ对绳子突然绷紧，物体间碰撞等问题，机械能一般不守恒，除非题目中有特别说明或暗示
⑵机械能守恒定律解题的基本思路：
㈠选取研究对象---物体系。
㈡根据研究对象所经历的物理过程，进行受力、做功分析，判断机械能是否守恒。
㈢恰当地选取参考平面，确定研究对象在过程的初末状态时的机械能。
㈣根据机械能守恒定律列方程，进行求解。
⑦功能关系在电学中的应用的题目，一般过程复杂且涉及多种不同性质的力，因此，通过审题，抓住受力分析和运动过程的分析是关键，然后根据不同的运动过程各力做功的特点来选择规律求解。
1. 如图3-1，小物块位于光滑斜面上，斜面位于光滑水平地面上，在小物块沿斜面下滑的过程中，斜面对小物块的作用力?????????????????????????????????????????????????????? [??? ]
A．垂直于接触面，做功为零
B．垂直于接触面，做功不为零
C．不垂直于接触面，做功为零
D．不垂直于接触面，做功不为零
【错解】斜面对小物块的作用力是支持力，应与斜面垂直，因为支持力总与接触面垂直，所以支持力不做功。故A选项正确。
【错解原因】斜面固定时，物体沿斜面下滑时，支持力做功为零。受此题影响，有些人不加思索选A。这反映出对力做功的本质不太理解，没有从求功的根本方法来思考，是形成错解的原因。
【分析解答】根据功的定义W=F·scosθ为了求斜面对小物块的支持力所做的功，应找到小物块的位移。由于地面光滑，物块与斜面体构成的系统在水平方向不受外力，在水平方向系统动量守恒。初状态系统水平方向动量为零，当物块有水平向左的动量时，斜面体必有水平向右的动量。由于m＜M，则斜面体水平位移小于物块水平位移。根据图3-2上关系可以确定支持力与物块位移夹角大于90°，则斜面对物块做负功。应选B。
【评析】求解功的问题一般来说有两条思路。一是可以从定义出发。二是可以用功能关系。如本题物块从斜面上滑下来时，减少的重力势能转化为物块的动能和斜面的动能，物块的机械能减少了，说明有外力对它做功。所以支持力做功。
2. 以20m/s的初速度，从地面竖直向上势出一物体，它上升的最大高度是18m。如果物体在运动过程中所受阻力的大小不变，则物体在离地面多高处，物体的动能与重力势能相等。(g=10m/s2)
【错解】以物体为研究对象，画出运动草图3-3，设物体上升到h高处动能与重力势能相等
此过程中，重力阻力做功，据动能定量有
物体上升的最大高度为H
由式①，②，③解得h=9.5m
【错解原因】初看似乎任何问题都没有，仔细审题，问物全体离地面多高处，物体动能与重力势相等一般人首先是将问题变形为上升过程中什么位置动能与重力势能相等。而实际下落过程也有一处动能与重力势能相等。
【分析解答】上升过程中的解同错解。
设物体下落过程中经过距地面h′处动能等于重力势能，运动草图如3-4。
据动能定理
解得h′=8.5m
【评析】在此较复杂问题中，应注意不要出现漏解。比较好的方法就是逐段分析法。
3.?如图3－6，质量为M的木块放在光滑水平面上，现有一质量为m的子弹以速度v0射入木块中。设子弹在木块中所受阻力不变，大小为f，且子弹未射穿木块。若子弹射入木块的深度为D，则木块向前移动距离是多少？系统损失的机械能是多少？
【错解】（1）以木块和子弹组成的系统为研究对象。系统沿水平方向不受外力，所以沿水平方向动量守恒。设子弹和木块共同速度为v。据动量守恒有mv0=（M＋m）v
解得v=mv0
子弹射入木块过程中，摩擦力对子弹做负功
（2）系统损失的机械能
即为子弹损失的功能
【错解原因】错解①中错误原因是对摩擦力对子弹做功的位移确定错误。子弹对地的位移并不是D，而D打入深度是相对位移。而求解功中的位移都要用对地位移。错解②的错误是对这一物理过程中能量的转换不清楚。子弹打入木块过程中，子弹动能减少并不等于系统机械能减少量。因为子弹减少的功能有一部分转移为木块的动能，有一部转化为焦耳热。
【分析解答】以子弹、木块组成系统为研究对象。画出运算草图，如图3—7。系统水平方向不受外力，故水平方向动量守恒。据动量守恒定律有
mv0=(M+m)v(设v0方向为正)
子弹打入木块到与木块有相同速度过程中摩擦力做功：
由运动草图可S木=S子-D???????????????????????????????? ③
【评析】子弹和木块相互作用过程中，子弹的速度由V0减为V，同时木块的速度由0增加到V。对于这样的一个过程，因为其间的相互作用力为恒力，所以我们可以从牛顿运动定律（即f使子弹和木块产生加速度，使它们速度发生变化）、能量观点、或动量观点三条不同的思路进行研究和分析。类似这样的问题都可以采用同样的思路。一般都要首先画好运动草图。例：如图3-8在光滑水平面上静止的长木板上，有一粗糙的小木块以v0沿木板滑行。情况与题中极其相似，只不过作用位置不同，但相互作用的物理过程完全一样。
参考练习：如图3-9一质量为M、长为l的长方形木板B放在光滑的水平地面上，在其右端放一质量为m的小木块A，m＜M。现以地面为参考系，给A和B以大小相同，方向相反的初速度，使A开始向左运动，B开始向右运动，但最后A刚好没有滑离B板。求小木块A向左运动到达最远处（对地）离出发点的距离。
提示：注意分析物理过程。情景如图3-10。其中隐含条件A刚好没离B板，停在B板的左端，意为此时A，B无相对运动。A，B作用力大小相等，但加速度不同，由于A的加速度大，首先减为零，然后加速达到与B同速。
4.?如图3-13，质量分别为m和2m的两个小球A和B，中间用轻质杆相连，在杆的中点O处有一固定转动轴，把杆置于水平位置后释放，在B球顺时针摆动到最低位置的过程中(?? )
A．B球的重力势能减少，动能增加，B球和地球组成的系统机械能守恒
B．A球的重力势能增加，动能也增加，A球和地球组成的系统机械能不守恒。
C．A球、B球和地球组成的系统机械能守恒
D．A球、B球和地球组成的系统机械不守恒
【错解】B球下摆过程中受重力、杆的拉力作用。拉力不做功，只有重力做功，所以B球重力势能减少，动能增加，机械能守恒，A正确。
同样道理A球机械能守恒，B错误，因为A，B系统外力只有重力做功，系统机械能守恒。故C选项正确。
【错解原因】 B球摆到最低位置过程中，重力势能减少动能确实增加，但不能由此确定机械能守恒。错解中认为杆施的力沿杆方向，这是造成错解的直接原因。杆施力的方向并不总指向沿杆的方向，本题中就是如此。杆对A，B球既有沿杆的法向力，也有与杆垂直的切向力。所以杆对A，B球施的力都做功，A球、B球的机械能都不守恒。但A+B整体机械能守恒。
【分析解答】B球从水平位置下摆到最低点过程中，受重力和杆的作用力，杆的作用力方向待定。下摆过程中重力势能减少动能增加，但机械能是否守恒不确定。A球在B下摆过程中，重力势能增加，动能增加，机械能增加。由于A+B系统只有重力做功，系统机械能守恒，A球机械能增加，B球机械能定减少。所以B，C选项正确。
【评析】有些问题中杆施力是沿杆方向的，但不能由此定结论，只要杆施力就沿杆方向。本题中A、B球绕O点转动，杆施力有切向力，也有法向力。其中法向力不做功。如图3-14所示，杆对B球施的力对B球的做负功。杆对A球做功为正值。A球机械能增加，B球机械能减少。
专题综合
1.（场强的类比思想+势能+机械能守恒）如图所示，桌面上有许多大小不同的塑料球，它们的密度均为，有水平向左恒定的风作用在球上，使它们做匀加速运动（摩擦不计）。已知风对球的作用力与球的最大横截面积成正比，即F=kS，k为一常量。
（1）对塑料球来说，空间存在一个风力场，请定义风力场强度并写出其表达式
（2）在该风力场中风力对球做功与路径无关，因此可引入风力势能和风力势的概念。若以栅栏P为风力势能参考平面，写出风力势能EP和风力势U的表达式
（3）写出风力场中机械能守恒定律的表达式（小球半径用r表示；第一状态速度为v1，和 P的距离为x1；第二状态速度为v2，和P的距离为x2）
解：（1）风力场强度：风对小球作用力与小球最大横截面积之比，方向与风力相同。2分
即 2分
（2）距P为x处， 3分
3分
（3） 2分
1分
由以上两式得 1分
2．（圆周运动+受力分析+功能关系）某游乐场中有一种叫“空中飞椅”的游乐设施，其基本装置是将绳子上端固定在转盘的边缘上，绳子下端连接座椅，人坐在座椅上随转盘旋转而在空中飞旋。若将人和座椅看成是一个质点，则可简化为如图所示的物理模型。其中P为处于水平面内的转盘，可绕竖直转轴 OO′转动，设绳长l=10m，质点的质量m=60kg，转盘静止时质点与转轴之间的距离d=4m。转盘逐渐加速转动，经过一段时间后质点与转盘一起做匀速圆周运动，此时绳与竖直方向的夹角θ=370。（不计空气阻力及绳重，绳子不可伸长，sin370=0.6，cos370=0.8，g=10m/s2）求：
（1）质点与转盘一起做匀速圆周运动时转盘的角速度及绳子的拉力；
（2）质点从静止到做匀速圆周运动的过程中，绳子对质点做的功。
解：（1）如图所示，对质点受力分析可得：
①2分
绳中的拉力T=mg/cosθ=750N②2分
根据几何关系可得：
代入数据得：rad/s③2分
（2）转盘从静止启动到转速稳定这一过程，绳子对质点做的功等于质点机械能的增加量：④3分
m，m/s
代入数据解得W=3450J⑤3分
三 考案
一、选择题
1. 质量为m的物块，在几个共点力的作用下静止在光滑的水平桌面上．现把其中一个水平方向的力从F突然增大到4F,保持其他力不变，则在t秒末该力的功率为 （ ）
A. B. Ｃ. D.

2. 如图所示，质量m=1kg、长L=0.8m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=5N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10m/s2）（ ）
A．1J B．1.6J C．2J D．4J
3. 某科技创新小组设计制作出一种全自动升降机模型，用电动机通过钢丝绳拉着升降机由
静止开始匀加速上升，已知升降机的质量为m，当升降机的速度为v1时，电动机的有作
功率达到最大值p，以后电动机保持该功率不变，直到升降机以最大速度v2匀速上升为
止，整个过程中忽略摩擦阻力及空气阻力，重力加速度为g。有关此过程下列说法正确
的是（ ）
A．钢丝绳的最大拉力为
B．升降机的最大速度
C．钢丝绳的拉力对升降机所做的功等于升降机克服重力所做的功
D．升降机速度由v1增大至v2过程中，钢丝绳的拉力不断减小
4. 物体在水平拉力和恒定摩擦力的作用下，在水平面上沿直线运动的 关系如图所示，已知第1秒内合外力对物体做功为，摩擦力对物体做功为，则（ ）
A．从第1秒末到第3秒合外力做功为，摩擦力做功为
B．从第4秒末到第6秒合外力做功为0，摩擦力做功也为0
C．从第5秒末到第7秒合外力做功为，摩擦力做功为2
D．从第3秒末到第4秒合外力做功为，摩擦力做功为
5．
6. 下列说法正确的是(?? )
A．合外力对质点做的功为零，则质点的动能、动量都不变
B．合外力对质点施的冲量不为零，则质点动量必将改变，动能也一定变
C．某质点受到合力不为零，其动量、动能都改变
D．某质点的动量、动能都改变，它所受到的合外力一定不为零
7. 物体m从倾角为α的固定的光滑斜面由静止开始下滑，斜面高为h，当物体滑至斜面底端，重力做功的瞬时功率为(??? )
8. 如图3-18所示，轻质弹簧竖直放置在水平地面上，它的正上方有一金属块从高处自由下落，从金属块自由下落到第一次速度为零的过程中( )
A．重力先做正功，后做负功 B．弹力没有做正功
C．金属块的动能最大时，弹力与重力相平衡D．金属块的动能为零时，弹簧的弹性势能最大。
9. 一物块以150J的初动能由地面沿一个很长的斜面往上滑行，当它到达最高点
时，重力势能等于120J，而后物块开始沿斜面往下滑行，设物块与斜面的动摩擦因
数处处相同，则当物块下滑到离地高度等于最高度的三分之一时( 取斜面最低点为
重力势能为零)，物块的( )
A、 机械能等于110J B、 机械能等于100J　　
C、 动能等于60J D　动能等于30J
10. 将一物体从地面竖直上抛，设物体在地面时的重力势能为零，则从抛出到落回原地的过程中，物体的机械能E与物体距地面高度h的关系正确的是　　（ ）
A．如果上抛运动过程中所受的空气阻力恒定，则可能为图（a），
B．如果上抛运动过程中所受的空气阻力恒定，则可能为图（b），
C．如果上抛运动过程中所受的空气阻力与速度成正比，则可能为图（d），
D．如果上抛运动过程中所受的空气阻力与速度成正比，则四图都不对。

11. 为了探究能量转化和守恒，小明将小铁块绑在橡皮筋中部，并让橡皮筋穿入铁罐、两端分别固定在罐盖和罐底上，如图所示。让该装置从不太陡的斜面上A处滚下，到斜面上B处停下，发现橡皮筋被卷紧了，接着铁罐居然能从B处自动滚了上去。下列关于该装置能量转化的判断正确的是　　　　　　（　　）
A．从A处滚到B处，主要是重力势能转化为动能
B．从A处滚到B处，主要是弹性势能转化为动能
C．从B处滚到最高处，主要是动能转化为重力势能
D．从B处滚到最高处，主要是弹性势能转化为重力势能
二、计算题
12. 质量为m的钢板与直立轻弹簧的上端连接，弹簧下端固定在地上。平衡时，弹簧的压缩量为x0，如图3-15所示。物块从钢板正对距离为3X0的A处自由落下，打在钢板上并立刻与钢板一起向下运动，但不粘连，它们到达最低点后又向上运动 已知物体质量也为m时，它们恰能回到O点，若物块质量为2m，仍从A处自由落下，则物块与钢板回到O点时，还具有向上的速度，求物块向上运动到最高点与O点的距离。
13. 长为6L质量为6m的匀质绳，置于特制的水平桌面上，绳的一端悬垂于桌边外，另一端系有一个可视为质点的质量为M的木块，如图所示。木块在AB段与桌面无摩擦，在BE段与桌面有摩擦，匀质绳与桌面的摩擦可忽略。初始时刻用手按住木块使其停在A处，绳处于绷紧状态，AB=BC=CD=DE=L，放手后，木块最终停在C处。桌面距地面高度大于6L
(1)求木块刚滑至B点时的速度v和木块与BE段的动摩擦因数μ；
(2)若木块在BE段与桌面的动摩擦因数变为则木块最终停在何处?
′
14. 如图所示，轻杆长为3L，在杆的A、B两端分别固定质量均为m的球A和球B，杆上距球 A为L处的点O装在光滑的水平转动轴上，杆和球在竖直面内转动，已知球B运动到最高点时，球B对杆恰好无作用力．求：
(1)球B在最高点时，杆对水平轴的作用力大小．
(2）球B转到最低点时，球A和球B对杆的作用力分别是多大？方向如何？
15. 如图，半径为R的1/4圆弧支架竖直放置，支架底AB离地的距离为2R，圆弧边缘C处有一小定滑轮，一轻绳两端系着质量分别为m1与m2的物体，挂在定滑轮两边，且m1＞m2，开始时m1、m2均静止，m1、m2可视为质点，不计一切摩擦。求：
⑴ m1释放后经过圆弧最低点A时的速度；
⑵ 若m1到最低点时绳突然断开，求m1落地点离A点水平距离；
⑶ 为使m1能到达A点，m1与m2之间必须满足什么关系?
16．汽车在平直的公路上由静止启动，开始做直线运动，图中曲线1表示汽车运动的速度和时间的关系，折线2表示汽车的功率和时间的关系。设汽车在运动过程中阻力不变，在16s末汽车的速度恰好达到最大
（1）定性描述汽车的运动状态
（2）汽车受到的阻力和最大牵引力
（3）汽车的质量
（4）汽车从静止到匀速运动的总位移
参考答案
一、选择题
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
D
B
BD
CD
CD
D
C
BCD
BC
BD
D
二、计算题
12. 解：物块从3x0位置自由落下，与地球构成的系统机械能守恒。则有
v0为物块与钢板碰撞时的的速度。因为碰撞板短，内力远大于外力，钢板与物块间动量守恒。设v1为两者碰撞后共同速
mv0=2mv1???????????????????????????????????????????????????? (2)
两者以vl向下运动恰返回O点，说明此位置速度为零。运动过程中机械能守恒。设接触位置弹性势能为Ep，则
同理2m物块与m物块有相同的物理过程
碰撞中动量守恒2mv0=3mv2????????????????????? (4)
所不同2m与钢板碰撞返回O点速度不为零，设为v则
因为两次碰撞时间极短，弹性形变未发生变化
Ep=E’p?????????????????????????????????????????????????????????? (6)
由于2m物块与钢板过O点时弹力为零 两者加速度相同为g，之后钢板被弹簧牵制，则其加速度大于g，所以与物块分离，物块以v竖直上抛。
13. 解（1）木块从A处释放后滑至B点的过程中，由机械能守恒得：
（1） 2分
则木块在B点的速度为 （2）2分
木块从A到C的过程中，由动能定理得：
（3） 2分
由（3）得 （4）2分
（2）若，设木块能从B点向右滑动x最终停止，由动能定理得：
（5） 2分
将 代入得： 2分
解得x=2L(x=2.5L不合题意舍去) 。即木块最终停在D处 2分
14. 解：(1)球B在最高点时速度为v0，有
，得.
此时球A的速度为，设此时杆对球A的作用力为FA，则
,
A球对杆的作用力为.
水平轴对杆的作用力与A球对杆的作用力平衡，再据牛顿第三定律知，杆对水平轴的作用力大小为F0=1. 5 mg.
(2)设球B在最低点时的速度为，取O点为参考平面，据机械能守恒定律有

解得。
对A球有
解得杆对A球的作用力.
对B球有
解得杆对B球的作用力.
据牛顿第三定律可知：A球对杆的作用力大小为0.3mg,方向向上；B对杆的作用力大小为3. 6mg，方向向下．

15. 解：⑴设m1运动到最低点时速度为v1，此时m2的速度为v2，速度分解 如图，得： v2=v1sin45°（2分）
由m1与m2组成系统，机械能守恒，有
（2分）
由上述两式求得（2分）
⑵ 断绳后m1做平抛运动（2分）
s = v1t（1分）
由③④得
s=4R（2分）
⑶ m1能到达A点满足条件v1≥0（2分）
又
解得：（2分）
16.解 （1）汽车开始做初速度为0匀加速运动，6S末再做加速度减小的变加速运动，16s后匀速运动。（2分）
（2） （2分）
（2分）
（3） （2分）
（4） （2分）

S2=105m（2分）
S总= （2分）

展开更多......

收起↑