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第八章 恒定电流
源的短路
第1讲　电流 电阻 电功 电功率
一、电流
1．形成条件：(1)导体中有自由电荷；(2)导体两端存在电压。
2．标矢性：
(1)电流的方向：规定为正电荷定向移动的方向为电流的方向。
(2)电流是标量，遵守代数运算法则。
3．表达式：(1)定义式：I＝；(2)微观表达式：I＝neSv。
二、电阻及电阻定律
1．电阻：R＝，国际单位是欧姆(Ω)，反映了导体对电流的阻碍作用，大小由导体本身性质决定。
2．电阻定律：R＝ρ，其中l是导体的长度；S是导体的横截面积；ρ是导体的电阻率，国际单位是欧·米，符号是Ω·m。
3．电阻率
(1)反映导体材料的导电性能，是导体材料本身的属性。
(2)其大小跟导体的材料、温度有关。
三、电功和电热
三“概念”一“定律” 电功 表达式W＝Uq＝UIt，指恒定电场对自由电荷做的功
电功率 表达式P＝＝UI，表示电流做功的快慢
焦耳定律 表达式Q＝I2Rt，表述：电流通过导体产生的热量(电热)跟电流的二次方成正比，跟导体的电阻及通电时间成正比
热功率 (1)定义：单位时间内的发热量(2)表达式：P＝＝I2R
两“注意” (1)对于纯电阻电路：P电＝P热＝UI＝I2R＝
(2)对于非纯电阻电路：P电＝UI＝P热＋P其他＝I2R＋P其他≠＋P其他
情境创设　
如图甲所示，技术人员正在用电烙铁进行焊接操作，电烙铁的发热部件可以等效为如图乙所示的金属棒：其长度为L，横截面积为S，电阻率为ρ。在棒两端加上电压U时，棒内产生电流为I，在通电时间t内通过棒某一截面的电荷量为q，
电流做功为W，产生的热量为Q。
微点判断　
(1)只要电荷运动就会形成电流。(×)
(2)由于规定正电荷定向移动的方向为电流的方向，故电流是矢量。(×)
(3)电流越大，单位时间内通过导体横截面的电荷量就越多。(√)
(4)由R＝知，导体的电阻与导体两端电压成正比，与流过导体的电流成反比。(×)
(5)根据I＝，可知电流I与电荷量q成正比。(×)
(6)由ρ＝知，导体的电阻率与导体的电阻和横截面积的乘积成正比，与导体的长度成反比。(×)
(7)公式W＝t＝I2Rt对于电烙铁是适用的。(√)
(一) 电流的理解及三种表达式的应用(固基点)
[题点全练通]
1．[定义式I＝的应用]
氢弹造价高，寿命短，难保存。最主要的原因就是其中的氚核13H会发生β衰变生成氦核23He，其半衰期为12.5年。若一枚氢弹中有1 kg氚核13H，假设氚核13H衰变产生的电子全部定向运动，已知电子电荷量为1.6×10－19 C，阿伏加德罗常数为6×1023 mol－1，1年约为3.2×107 s。则一个半衰期内形成的平均电流约为(　 )
A．4×10－4 A B．4×10－2 A
C．8 A D．8×10－2 A
解析：选B　1 kg氚核所含分子数N＝NA＝×6×1023mol－1＝2×1026个。半衰期T内，有N个分子发生衰变，即释放N个电子，又I＝，其中t＝T，q＝Ne，得I＝＝＝ A＝4×10－2 A，故选B。
2．[微观表达式I＝nqSv的应用]
一根横截面积为S的铜导线，通过的电流为I。已知铜的密度为ρ，铜的摩尔质量为M，电子电荷量为e，阿伏加德罗常数为NA，设每个铜原子只提供一个自由电子，则铜导线中自由电子定向移动速率为(　 )
A． B．
C． D．
解析：选A　设自由电子定向移动的速率为v，导线中自由电子从一端定向移到另一端所用时间为t，对铜导体研究：每个铜原子可提供一个自由电子，则铜原子数目与自由电子的总数相等，为n＝NA，t时间内通过导体截面的电荷量为q＝ne，则电流强度为I＝＝，解得v＝，故选A。
3．[决定式I＝的应用]
(多选)一根粗细均匀的金属导线，两端加电压为U时，通过导线的电流强度为I，导线中自由电子定向移动的平均速率为v；若导线均匀拉长，使其半径变为原来的，两端电压仍为U，则(　 )
A．通过导线的电流强度为I
B．通过导线的电流强度为I
C．自由电子定向移动的平均速率为v
D．自由电子定向移动的平均速率为v
解析：选BC　将导线均匀拉长，使其半径变为原来的，横截面积变为原来的，导线长度要变为原来的4倍，金属导线电阻率不变，由电阻定律 R＝ρ可知，导线电阻变为原来的16倍；电压U不变，由欧姆定律I＝可知，电流变为原来的，故A错误，B正确。电流I变为原来的，横截面积变为原来的，单位体积中自由移动的电子数n不变，每个电子所带的电荷量e不变，由电流的微观表达式I＝nevS可知，电子定向移动的速率变为原来的，故C正确，D错误。
[要点自悟明]
1．三种电流表达式的比较
公式 公式含义
定义式 I＝ 反映了I的大小，但不能说I∝q，I∝
微观式 I＝nqSv 从微观上看n、q、S、v决定了I的大小
决定式 I＝ I由U、R决定，I∝U，I∝
2．利用“柱体微元”模型求解电流的微观问题
设柱体微元的长度为L，横截面积为S，单位体积内的自由电荷数为n，每个自由电荷的电荷量为q，电荷定向移动的速率为v，则：
(1)柱体微元中的总电荷量为Q＝nLSq。
(2)所有电荷通过横截面的时间t＝。
(3)电流的微观表达式I＝＝nqvS。
(二) 欧姆定律和电阻定律的理解与应用(固基点)
[题点全练通]
1．[电阻定律的应用]
(多选)对于一根常温下阻值为R的均匀金属丝，下列说法中正确的是(　 )
A．常温下，若将金属丝均匀拉长为原来的10倍，则电阻变为10R
B．常温下，若将金属丝从中点对折起来，则电阻变为R
C．若加在金属丝两端的电压从零逐渐增大到U0，则任一状态下的的值不变
D．若把金属丝的温度降低到绝对零度附近，则电阻率可能会突然变为零
解析：选BD　设金属丝的体积为V，原长为L，横截面积为S，由电阻定律可得R＝ρ＝ρ，常温下，若将金属丝均匀拉长为原来的10倍，则电阻变为100R，A错误；常温下，若将金属丝从中点对折起来，则电阻变为R，B正确；若加在金属丝两端的电压增大，金属丝发热，金属丝的电阻率增大，由R＝ρ 可知，电阻变大，由R＝可知，的比值变大，C错误；若把金属丝的温度降低到绝对零度附近，则电阻率会突然变为零，这种现象叫作超导，D正确。
2．[电阻定律、欧姆定律的综合应用]
(2023·金华模拟)一根长为L、横截面积为S的金属棒，棒内单位体积含有自由电子数为n，电子的质量为m，电荷量为q。在棒两端加上恒定的电压时，棒内产生电流，自由电子定向运动的平均速率为v，金属棒内的电场强度大小为E，则金属棒材料的电阻率是(　 )
A．nqvE B．
C． D．
解析：选B　导体中的电流为I＝nqSv，导体两端的电压为U＝EL，导体的电阻为R＝ρ，根据欧姆定律得R＝，联立以上四式解得ρ＝，故选B。
[要点自悟明]
1．公式R＝、I＝和U＝IR的对比
公式 物理意义 适用条件
R＝ 导体电阻的定义式，反映导体对电流的阻碍作用 R由导体本身决定，与U、I无关，适用于所有导体
I＝ 某段导体中电流与两端电压和电阻的关系 适用于纯电阻电路
U＝IR 沿电流方向电势逐渐降低(外电路)，电压等于I和R的乘积 适用于金属导体、电解液
2．电阻的决定式和定义式的比较
公式 决定式 定义式
R＝ρ R＝
不同点 指明了电阻的决定因素 提供了一种测定电阻的方法，电阻与U和I无关
适用于粗细均匀的金属导体和分布均匀的导电介质 适用于任何纯电阻导体
相同点 都不能反映电阻的实质(要用微观理论解释)
(三) 伏安特性曲线的理解和应用(精研点)
逐点清1　伏安特性曲线的理解　
1.如图所示，a、b分别表示由相同材料制成的两条长度相同、粗细均匀的电阻丝的伏安特性曲线，下列判断正确的是(　 )
A．a代表的电阻丝较粗
B．b代表的电阻丝较粗
C．a电阻丝的阻值小于b电阻丝的阻值
D．图线表示电阻丝的阻值与电压成正比
解析：选B　图线的斜率表示电阻的倒数，故Ra>Rb，C错误；由R＝ρ知a的横截面积较小，A错误，B正确；由图像知导体的电阻与电压无关，D错误。
2.(2023·湖南常德模拟)如图所示为通过某种半导体材料制成的电阻的电流随其两端电压变化的关系图线，在图线上取一点M，其坐标为(U0，I0)，其中过M点的切线与横轴正向的夹角为β，MO与横轴的夹角为α。则下列说法正确的是(　 )
A．该电阻阻值随其两端电压的升高而减小
B．该电阻阻值随其两端电压的升高而增大
C．当该电阻两端的电压U＝U0时，其阻值为 Ω
D．当该电阻两端的电压U＝U0时，其阻值为tan β Ω
解析：选A　由图像可知，斜率表示电阻的倒数，该电阻的伏安特性曲线斜率变大，则阻值随电压的升高而变小，故A正确，B错误；当该电阻两端的电压U＝U0时，电阻R＝，由于纵坐标与横坐标的标度不确定，所以不能用R＝ Ω表示，更不能用tan β表示，故C、D错误。
一点一过　　对伏安特性曲线的四点说明
(1)由于导体的导电性能不同，所以不同的导体对应不同的伏安特性曲线。
(2)伏安特性曲线上每一点的电压坐标与电流坐标的比值对应这一状态下的电阻。
(3)伏安特性曲线为直线时，图线的斜率表示电阻的倒数，斜率越大，则电阻越小，故图甲中Ra＜Rb。
(4)伏安特性曲线为曲线时，如图乙所示，导体电阻Rn＝，即电阻要用图线上点Pn的坐标(Un，In)来计算，不能用该点的切线斜率来计算。
逐点清2　伏安特性曲线的应用　
3．(2023·郑州高三模拟)如图所示为某晶体二极管的伏安特性曲线，下列说法正确的是(　 )
A．加正向电压时，二极管电阻较小，且随着电压的增大而增大
B．加反向电压时，二极管电阻较大，无论加多大电压，电流都很小
C．无论是加正向电压还是加反向电压，电压和电流都不成正比，所以该二极管是非线性元件
D．二极管加正向电压时，电阻不变
解析：选C　根据欧姆定律有I＝＝U，可知I-U图线的斜率表示电阻的倒数。由题图可知，二极管加正向电压时电流较大，电阻较小，且随电压的增大，图线与原点连线的斜率在增大，故电阻在减小；加反向电压时开始电流很小，但当反向电压很大时，二极管被击穿，电流剧增，故选C。
一点一过　应用伏安特性曲线解题的一般思路
(1)首先分清是I-U图线还是U-I图线。
(2)对线性元件R＝＝；对非线性元件R＝≠，即非线性元件的电阻不等于U-I图像上某点切线的斜率。
(3)在分析电路问题时，I-U(或U-I)图像中的电流、电压信息是解题的关键，要将电路中的电子元件和图像有机结合。
(四) 电功、电功率及焦耳定律(精研点)
逐点清1　纯电阻电路的分析与计算　
1．如图所示，甲、乙两电路中电源完全相同，内阻不可忽略，相同材料的电阻丝A、B，长度分别是L和2L，直径分别为d和2d，在两电路中分别通过相同的电荷量q的过程中，下列判断正确的是(　 )
A．A、B的电阻之比RA∶RB＝1∶2
B．A、B的电流IA>IB
C．A、B的电压UA>UB
D．A、B产生的电热QA＝QB
解析：选C　根据电阻定律得RA＝ρ＝，RB＝ρ，解得RA∶RB＝2∶1，A错误；根据闭合电路的欧姆定律得：I＝，E和r相等，RA>RB，则IAUB，C正确；电阻产生的电热为Q＝I2Rt，又q＝It，U＝IR，得Q＝qU，因UA>UB，q相等，所以QA>QB，D错误。
　　　纯电阻电路的特点
(1)电路中只含有纯电阻元件，如电炉、电熨斗、电饭锅、电烙铁等。
(2)遵循欧姆定律：I＝。
(3)电流通过纯电阻电路时，电流做功所消耗的电能全部转化为内能，电功等于电热，即：
①W＝UIt＝I2Rt＝t；②P＝UI＝I2R＝
逐点清2　非纯电阻电路的分析与计算　
2.扫地机器人能有效清除地板上的灰尘等颗粒垃圾。若扫地机器人的电动机线圈电阻为r，当它正常工作时，电动机两端所加的电压为U，通过的电流为I，则(　 )
A．通过线圈的电流小于
B．通过线圈的电流等于
C．电动机的电功率为I2r
D．电动机输出的机械功率为UI
解析：选A　根据能量守恒定律有P电＝P热＋P出，即UI＝I2r＋P出，则I2r＜UI，可得I＜，故A正确，B错误；电动机的电功率P电＝UI，而I2r是电动机的内阻损耗的热功率，故C错误；电动机输出的机械功率P出＝P电－P热＝UI－I2r，故D错误。
3．(多选)如图甲所示，用内阻为r1的充电宝为一手机充电，其等效电路如图乙所示。在充电开始后的一段时间t内，充电宝的输出电压U、输出电流I可认为是恒定不变的，设手机电池的内阻为r2，则时间t内(　 )
A．充电宝输出的电功率为UI－I2r1
B．充电宝的总功率为UI＋I2r1
C．手机电池产生的焦耳热为t
D．手机电池增加的化学能为UIt－I2r2t
解析：选BD　充电宝的输出电压为U，输出电流为I，则充电宝输出的电功率为UI，故A错误；充电宝内的电流也是I，内阻为r1，所以充电宝产生的热功率为I2r1，则充电宝的总功率为P总＝UI＋I2r1，故B正确；由于手机是非纯电阻电路，U是充电宝的输出电压，所以不能用公式t计算手机电池产生的焦耳热，根据焦耳定律，可知电池产生的焦耳热应为I2r2t，故C错误；由题意可得，手机电池增加的化学能为UIt－I2r2t，故D正确。
一点一过　　　非纯电阻电路的特点
(1)在任何电路中，P电＝UI、P热＝I2R、W＝UIt、Q＝I2Rt都适用。
(2)不遵循欧姆定律，在非纯电阻电路中U＞IR，其中U为非纯电阻用电器两端电压，R为该用电器的电阻。
(3)电流通过电路时，电流做功消耗的电能除了转化为内能外，还要转化成其他形式的能，如机械能、化学能等，即W＝E其他＋Q，P＝P热＋P其他。
(4)在非纯电阻电路中，t既不表示电功也不表示电热，是没有意义的。
1．[联系生活实际]电线是家庭装修中不可或缺的基础建材，电线的质量直接关系到用电安全。某型号电线每卷长度为100 m，铜丝直径为1.6 mm。为检验其导电性能，现给整卷电线加上1.50 V 恒定电压，测得通过电线的电流为1.20 A，由此可知此电线所用铜的电阻率约为(　 )
A．1.7×10－9 Ω·m B．2.5×10－8 Ω·m
C．1.1×10－7 Ω·m D．5.0×10－6 Ω·m
解析：选B　给整卷电线加上1.50 V恒定电压，测得通过电线的电流为1.20 A，则导线的电阻值为R＝＝ Ω＝1.25 Ω，又R＝ρ＝ρ＝，代入数据可得ρ≈2.5×10－8 Ω·m，故B正确，A、C、D错误。
2．[体现学以致用]某新款智能手机参数信息如下表所示，则该手机(　 )
手机类型 智能手机、5G手机……
屏幕分辨率 3 200×1 440像素(WQHD＋)
电池容量 5 000 mA·h
电池类型 不可拆卸式电池
……
待机时间 26 d
充电限制电压 10.0 V
……
A．电池的电动势为10.0 V
B．充满电时电池的能量为5 000 mA·h
C．电池充满电后以100 mA的电流工作时，可连续工作5 h
D．电池充满电后以100 mA的电流工作时，可连续工作50 h
解析：选D　10.0 V为充电的电压，不是该电池的电动势，故A错误；mA·h为电荷量的单位，所以5 000 mA·h表示该电池提供的电荷量，故B错误；由I＝得t＝50 h，故C错误，D正确。
3．[聚焦科技前沿]新能源电动汽车是当代生活中重要的交通工具。某品牌观光新能源电动车的动力电源上的铭牌标有“120 V　250 A·h”字样。假设工作时电源的输出电压恒为120 V，额定输出功率为3 kW。根据上述有关数据，下列说法不正确的是(　 )
A．电动汽车保持额定功率行驶的最长时间是10 h
B．额定工作电流为25 A
C．动力电源充满电后储存的电能为1.08×108 J
D．电动汽车电动机的内阻为4.8 Ω
解析：选D　工作时电源的输出电压恒为120 V，额定输出功率为3 kW，则额定工作电流I＝＝25 A，B正确；根据q＝It可得，电动汽车保持额定功率行驶的最长时间t＝＝10 h，A正确；动力电源充满电后储存的电能W＝UIt＝1.08×108 J，C正确；由所给条件无法求得电动汽车电动机的内阻，D错误。
4．[强化科学探究]图甲表示某金属丝的电阻R随摄氏温度t变化的情况。把这段金属丝与电池、电流表串联起来(图乙)，用这段金属丝做测温探头，把电流表的刻度改为相应的温度刻度，就得到了一个简易温度计。下列说法正确的是(　 )
A．tA应标在电流较大的刻度上，且温度与电流是线性关系
B．tA应标在电流较大的刻度上，且温度与电流是非线性关系
C．tB应标在电流较大的刻度上，且温度与电流是线性关系
D．tB应标在电流较大的刻度上，且温度与电流是非线性关系
解析：选B　由题图甲可知，tA对应的电阻较小，由闭合电路的欧姆定律I＝可知，tA对应的电路中的电流较大，故tA应标在电流较大的刻度上；由于电流和电阻满足I＝，是非线性关系，而温度与电阻是线性关系，故温度与电流是非线性关系。综上可知，B正确。
[课时跟踪检测]
1．锂离子电池主要依靠锂离子(Li＋)在正极和负极之间移动来工作。如图为锂电池的内部结构，某过程中Li＋从正极脱嵌通过隔膜嵌入负极。锂电池的电动势为3.7 V，则(　 )
A．此过程电池处于充电状态
B．此过程电池内部电流方向从负极到正极
C．移动1 C锂离子，需要消耗电能3.7 J
D．在电池中电荷量的单位通常表示为kW·h
解析：选A　电池在放电状态下，在电源内部正电荷应该由负极向正极移动，而图中状态下带正电的锂离子(Li＋)从正极向负极移动，可知电池处于充电状态，故A正确； 电流的方向是正电荷定向移动的方向，由题图可知电池内部电流方向从正极到负极，故B错误；根据静电力做功表达式W＝qE＝1×3.7 J＝3.7 J，即给电池充电时移动1 C锂离子至少要克服静电力做功3.7 J，因电池有内阻等因素，充电时要做的功大于克服静电力做的功，充电电压要大于电池电动势才能把电能充进电池，即移动1 C锂离子，需要消耗电能大于3.7 J，故C错误；kW·h是能量单位，在电池中电荷量的单位通常表示为mA·h，故D错误。
2．砷化铌纳米带材料具有较高的电导率，据介绍该材料的电导率是石墨烯的1 000倍。电导率σ就是电阻率ρ的倒数，即σ＝。下列说法正确的是(　 )
A．材料的电导率越小，其导电性能越强
B．材料的电导率与材料的形状有关
C．电导率的单位是
D．电导率大小与温度无关
解析：选C　材料的电导率越小，电阻率越大，则其导电性能越弱，A错误；材料的电导率与材料的形状无关，B错误；根据R＝ρ，则σ＝＝，则电导率的单位是＝，C正确；导体的电阻率与温度有关，则电导率大小与温度有关，D错误。
3．(2023·郑州高三检测)如图所示，一根均匀带电的长直橡胶棒沿其轴线方向做速度为v的匀速直线运动。已知棒的横截面积为S，单位长度所带的电荷量为－q。由于棒的运动而形成的等效电流(　 )
A．大小为qv，方向与v相同
B．大小为qv，方向与v相反
C．大小为qSv，方向与v相同
D．大小为qSv，方向与v相反
解析：选B　橡胶棒带负电，等效电流方向与v的方向相反，由电流的定义式可得I＝＝＝qv，故B正确，A、C、D错误。
4．(多选)用某型号的充电器给一款锂电池充电，在电池电量从零直至充满的过程中，充电电压和充电电流随时间变化的曲线简化后如图所示。据图可知(　 )
A．充电时通过锂电池的电流是直流电
B．实线是电流曲线，虚线是电压曲线
C．锂电池的充电功率先增大后减小
D．在前40 min，锂电池的平均充电功率约为6.4 W
解析：选ACD　根据图像可知，电流方向未发生改变，故充电时通过锂电池的电流是直流电，故A正确；开始充电后，电压逐渐增大，达到电动势后，充电电流逐渐减小，故实线是电压曲线，虚线是电流曲线，故B错误；根据P＝IU可知，锂电池的充电功率先增大后减小，故C正确；由题图可知，在前40 min，锂电池的平均充电功率P＝I＝1.7× W≈6.4 W，故D正确。
5.
节能的LED灯越来越普及，而驱动LED灯需要恒流源。如图所示，电源为恒流电源(能提供恒定的电流)，R1、R2为定值电阻，电流表和电压表均为理想电表。移动滑动变阻器R的滑片，下列电压表示数U、电源的输出功率P随电流表示数I变化的关系图线可能正确的是(　 )
解析：选C　设电源提供的恒定电流为I0，根据并联电路特点可知U＝I0R1＋(I0－I)R2＝I0(R1＋R2)－IR2，可知U-I是斜率为负的一次函数关系，由上述分析可知，A、B错误；又由电源的输出功率P＝UI0＝I02(R1＋R2)－(I0R2)I，可知P-I是斜率为负的一次函数关系，由上述分析可知，C正确，D错误。
6．(多选)我国“28 nm”和“14 nm”芯片的发展攻克了许多技术难题。其中“28 nm”“14 nm”表示芯片内单个晶体管的栅极宽度，如图甲所示为芯片内单个晶体管的示意图，下列说法正确的是(　 )
A．在形状相同的芯片内，“28 nm”工艺要比“14 nm”工艺集成的晶体管数量少
B．一宽度大于28 nm的平行紫光照射宽度为28 nm的缝隙后，紫光的宽度变为28 nm
C．用相同材料制成的如图乙所示的方形导体，保持d不变，L减小，导体的电阻不变
D．波长为14 nm的电磁波，可以用于城市电视、广播等信号的无线远距离传输
解析：选AC　由题意可知，由于“28 nm”“14 nm”表示芯片内单个晶体管的栅极宽度，所以在形状相同的芯片内，“28 nm”工艺要比“14 nm”工艺集成的晶体管数量少，A正确；一宽度大于28 nm的平行紫光照射宽度为28 nm的缝隙后，由于发生衍射现象，故紫光的宽度大于28 nm，B错误；根据电阻定律可知R＝＝＝，故保持d不变，L减小，导体的电阻不变，C正确；根据电视、广播等信号传播，可知波长为14 nm的电磁波，不可以用于城市电视、广播等信号的无线远距离传输，D错误。
7.如图所示，图线①、②分别表示小灯泡和定值电阻R的伏安特性曲线，P为图线①上一点，纵坐标为I2，横坐标为U1，PN为过P点的切线，交纵轴于I1且与图线②平行。则下列说法中正确的是(　 )
A．P点对应小灯泡的电阻与电阻R的阻值相等
B．P点对应小灯泡的电阻为R灯＝
C．P点对应小灯泡的电阻为R灯＝
D．P点对应小灯泡的功率大小为图线①与横轴所围图形面积的数值
解析：选B　P点对应小灯泡的电阻R灯＝，图线②与PN平行，可得定值电阻的阻值R＝，故A、C错误，B正确；P点对应小灯泡的功率大小为P＝I2U1，图线①与横轴所围图形的面积的数值小于I2U1，故D错误。
8．如图所示是某品牌吊扇的相关参数，g取10 m/s2，以下说法正确的是(　 )
A．吊扇正常工作时通过电动机的电流为0.25 A
B．天花板对吊杆的拉力大小等于50 N
C．吊扇正常工作时消耗的电能用于对空气做功
D．吊扇边沿A点的最大线速度大小为896π m/s
解析：选A　由P＝UI可知，吊扇正常工作时通过电动机的电流为I＝＝0.25 A，A正确；吊扇的质量为5 kg，则重力为50 N，吊扇正常工作时，对空气有向下的作用力，根据牛顿第三定律可知，空气对吊扇有向上的作用力，所以天花板对吊杆的拉力小于50 N，B错误；吊扇正常工作时，根据能量守恒可知，消耗的电能一部分变成热能，一部分输出为机械能，则吊扇正常工作时消耗的电能部分用于对空气做功，C错误；吊扇的直径为1.4 m，则半径为0.7 m，转速为n＝320 r/min＝ r/s，则A点的线速度为v＝2πnr＝π m/s，D错误。
第2讲　电源 闭合电路的欧姆定律
一、电源
1．电动势
(1)定义：电动势在数值上等于非静电力把1 C的正电荷在电源内从负极移送到正极所做的功。
(2)表达式：E＝。反映了电源把其他形式的能转化成电能的本领大小。
2．内阻
电源内部的电阻，叫作电源的内阻。电动势E和内阻r是电源的两个重要参数。
二、闭合电路的欧姆定律
1．内容：闭合电路的电流跟电源的电动势成正比，跟内、外电路的电阻之和成反比。
2．公式
(1)I＝，适用于纯电阻电路；
(2)E＝U内＋U外，适用于任何电路。
3．路端电压U与外电阻R的关系
(1)R增大，则U增大；
(2)断路时，I＝0，U＝E；
(3)短路时，I短＝，U＝0。
4．路端电压U与电流I的关系：U＝E－Ir。
情境创设　
1．如图甲所示为某款手机电池的标签。
　　　　
2．如图乙所示为研究路端电压的电路图。
微点判断　
(1)图甲中电池的电动势是3.8 V，它转化电能的本领比一节干电池的大。(√)
(2)图甲中电池的容量是3 000 mA·h，电池的容量大小反映了电池储存电荷的能力大小。(√)
(3)电动势就是电源两极间的电压。(×)
(4)非静电力做的功越多，电动势就越大。(×)
(5)图乙电路中外电阻越大，路端电压越大。(√)
(6)图乙电路中，外电阻越大，电源输出功率越大。(×)
(7)图乙中外电路短路时，电源的输出功率最大。(×)
(8)图乙中外电路断路时，路端电压等于电源电动势。(√)
(9)电源的输出功率越大，电源的效率越高。(×)
(一) 电阻的串、并联(固基点)
[题点全练通]
1．[串联电路的分析与计算]
如图所示，a、b、c为同种材料做成的电阻，b与a的长度相等但横截面积是a的两倍；c与a的横截面积相等但长度是a的两倍。当开关闭合后，三个理想电压表的示数关系是(　 )
A．V1的示数是V2的2倍
B．V1的示数是V3的2倍
C．V2的示数是V1的2倍
D．V2的示数是V3的2倍
解析：选A　由题意可知：Lc＝2La＝2Lb，Sb＝2Sa＝2Sc；设b的电阻Rb＝R，由电阻定律R＝ρ得：Ra＝2Rb＝2R，Rc＝2Ra＝4R，Rc∶Ra∶Rb＝4∶2∶1。由题图可知，a、b、c三个电阻串联，通过它们的电流相等，由U＝IR得：Uc∶Ua∶Ub＝4∶2∶1，故UV3∶UV1∶UV2＝4∶2∶1，V1的示数是V2的2倍，故A正确，C错误；V3的示数是V1的2倍，故B错误；V3的示数是V2的4倍，故D错误。
2．[并联电路的分析与计算]
如图所示的电路中，A1和A2为理想电流表，示数分别为I1和I2，R1∶R2∶R3＝1∶2∶3；当a、b两点间加一恒定的电压U后，下列结论正确的是(　 )
A．I1∶I2＝3∶4
B．I1∶I2＝4∶9
C．将A1、A2换成理想电压表，其示数之比为3∶5
D．将A1、A2换成理想电压表，其示数之比为1∶1
解析：选C　电源接在a、b两点时，电路图如图1所示。
并联电路中各支路两端的电压相等，且干路电流等于各支路电流之和，图中＝＝，故A、B错误；将A1、A2换成理想电压表，如图2所示成为串联电路，UR1∶UR2∶UR3＝1∶2∶3，＝＝，故C正确，D错误。
3．[混联电路的分析与计算]
(2022·江苏高考)如图所示，电路中灯泡均正常发光，阻值分别为R1＝2 Ω，R2＝3 Ω，R3＝2 Ω，R4＝4 Ω，电源电动势E＝12 V，内阻不计，四个灯泡中消耗功率最大的是(　 )
A．R1 B．R2
C．R3 D．R4
解析：选A　由电路图可知R3与R4串联后与R2并联，再与R1串联。并联电路部分的等效电阻为R并＝＝2 Ω，由闭合电路欧姆定律可知，干路电流即流经R1的电流为I1＝I＝＝3 A，并联部分各支路电流大小与电阻成反比，则I2＝＝2 A，I3＝I4＝＝1 A，四个灯泡的实际功率分别为P1＝I12R1＝18 W，P2＝I22R2＝12 W，P3＝I32R3＝2 W，P4＝I42R4＝4 W，故四个灯泡中功率最大的是R1。故选A。
[要点自悟明]
1．串、并联电路的电压、电流和电阻关系对比
串联电路 并联电路
电路
电压 总电压等于各部分电路两端电压之和。即U＝U1＋U2＋U3 各支路两端的电压相等。即U＝U1＝U2＝U3
电流 各部分的电流相等。即I＝I1＝I2＝I3 总电流等于各支路的电流之和。即I＝I1＋I2＋I3
电阻 总电阻等于各个部分电路电阻之和。即R＝R1＋R2＋R3 总电阻的倒数等于各支路电阻倒数之和。即＝＋＋
2．串、并联电路的电功率分配关系
(1)在串联电路中，电功率与电阻成正比，即：
P1∶P2∶P3∶…∶Pn＝R1∶R2∶R3∶…∶Rn。
(2)在并联电路中，电功率与电阻成反比，即：
P1∶P2∶P3∶…∶Pn＝∶∶∶…∶。
[注意]　无论电阻如何连接，电路消耗的总功率一定等于各个电阻消耗的功率之和。
(二) 闭合电路的功率及效率问题(精研点)
1．闭合电路的功率和效率
电源总功率 任意电路：P总＝EI＝P出＋P内
纯电阻电路：P总＝I2(R＋r)＝
电源内部消耗的功率 P内＝I2r＝P总－P出
电源的输出功率 任意电路：P出＝UI＝P总－P内
纯电阻电路：P出＝I2R＝
电源的效率 任意电路：η＝×100%＝×100%
纯电阻电路：η＝×100%
2. 纯电阻电路中P出与外电阻R的关系
在纯电阻外电路中，电源的输出功率P出＝I2R＝，作出P出-R图像，如图所示。
由P出与外电阻R的关系图像可知：
(1)当R＝r时，电源的输出功率最大，为Pm＝。
(2)当R＞r时，随着R的增大输出功率越来越小。
(3)当R＜r时，随着R的增大输出功率越来越大。
(4)当P出＜Pm时，每个输出功率对应两个外电阻R1和R2，且R1R2＝r2。
[考法全训]
考法1　闭合电路功率问题的定性分析
1.如图所示，电源的电动势为E＝6 V，内阻r＝1 Ω，保护电阻R0＝4 Ω，ab是一段粗细均匀且电阻率较大的电阻丝，总阻值为10 Ω，长度l＝1 m，横截面积为0.2 cm2。下列说法正确的是(　 )
A．当电阻丝接入电路的阻值为1 Ω时，电阻丝的功率最大
B．当电阻丝接入电路的阻值为4 Ω时，保护电阻的功率最大
C．电源效率的最小值为80%
D．电阻丝的电阻率为1×10－4 Ω·m
解析：选C　根据推论，当外电阻与电源内阻相等时，电路的输出功率最大。将保护电阻等效为内阻，R等＝R0＋r＝5 Ω，当电阻丝接入电路的阻值为5 Ω时，电阻丝的功率最大，选项A错误；电路中电流越大，保护电阻的功率越大，当电阻丝接入电路的阻值为0时，保护电阻的功率最大，选项B错误；外电阻越小，电源效率越小，当电阻丝接入电路的阻值为0时，电源效率的最小值为80%，选项C正确；根据电阻定律R＝ρ，代入数据可得电阻丝的电阻率为ρ＝2×10－4 Ω·m，选项D错误。
考法2　闭合电路功率问题的定量计算
2.如图所示，已知电源电动势E＝6 V，内阻r＝1 Ω，保护电阻R0＝0.5 Ω。
(1)当电阻箱R读数为多少时，保护电阻R0消耗的电功率最大，并求这个最大值。
(2)当电阻箱R读数为多少时，电阻箱R消耗的功率PR最大，并求这个最大值。
(3)求电源的最大输出功率。
(4)若电阻箱R的最大值为3 Ω，R0＝5 Ω，当电阻箱R读数为多少时，电阻箱R的功率最大，并求这个最大值。
解析：(1)保护电阻消耗的电功率为P0＝，因R0和r是常量，而R是变量，故R最小时，P0最大，即R＝0时，P0max＝＝ W＝8 W。
(2)把保护电阻R0看成电源内阻的一部分，当R＝R0＋r，即R＝0.5 Ω＋1 Ω＝1.5 Ω时，电阻箱R消耗的功率最大，PRmax＝＝ W＝6 W。
(3)电功率公式P出＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1())2R外＝，当R外＝r时，P出最大，即R＝r－R0＝0.5 Ω时，P出max＝＝ W＝9 W。
(4)把R0＝5 Ω当作电源内阻的一部分，则等效电源内阻r等为6 Ω，而电阻箱R的最大值为3 Ω，小于6 Ω，由P＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1())2R＝，可知当电阻箱R的电阻取3 Ω时，R消耗的功率最大，最大值为P＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1())2R＝ W。
答案：(1)0　8 W　(2)1.5 Ω　6 W　(3)9 W
(4)3 Ω　 W
(三) 闭合电路的动态分析(精研点)
1．一般电路动态分析的三种方法
(1)程序法
(2)结论法
用口诀表述为“串反并同”：
①所谓“串反”，即某一电阻增大时，与它串联或间接串联的电阻中的电流、两端电压、消耗的电功率都将减小，反之则增大。
②所谓“并同”，即某一电阻增大时，与它并联或间接并联的电阻中的电流、两端电压、消耗的电功率都将增大，反之则减小。
(3)极限法
因滑动变阻器滑片滑动引起电路变化的问题，可将滑动变阻器的滑片分别滑至两个极端，让电阻最大或为零进行讨论。
2．含容电路动态分析的三个步骤
第一步 理清电路中的串、并联关系
第二步 确定电容器两极板间的电压。在电容器充电和放电的过程中，不能应用欧姆定律等电路规律求解，但对于充电或放电完毕的电路，电容器的存在与否不再影响原电路，电容器接在某一支路两端，可根据欧姆定律及串、并联规律求解该支路两端的电压U
第三步 分析电容器所带的电荷量。针对某一状态，根据Q＝CU，由电容器两端的电压U求电容器所带的电荷量Q，由电路规律分析两极板电势的高低，高电势极板带正电，低电势极板带负电
[考法全训]
考法1　一般电路的动态分析
1．(2023·长沙高三模拟)如图所示，电路中c点接地。若不考虑电流表和电压表对电路的影响，将滑动变阻器的滑片向a点移动，则(　 )
A．a点电势升高
B．电源的输出功率增加
C．电压表读数减小
D．电源的效率变小
解析：选A　将滑动变阻器的滑片向a点移动，阻值增大，总电阻增大，总电流减小，根据闭合电路的欧姆定律可得U3＝E－I(r＋R1)，由于总电流减小，电源内阻与定值电阻R1不变，则R3两端电压增大，则通过R3两端电流增大，由串并联电路电压电流关系有I总＝I2＋I3，则通过R2的电流减小，电压表的读数为φa－φb＝Uab＝U3－I2R2，则电压表的读数增大，a点电势升高，A正确，C错误；由于电源内阻无法确定，根据电源的输出功率特点，当外电阻等于电源内阻时，电源的输出功率最大，所以电源的输出功率无法确定，B错误；电源的效率为η＝×100%＝×100%＝×100%，则将滑动变阻器的滑片向a端移动，阻值增大，总外电阻增大，所以电源的效率也增大，D错误。
考法2　含有热敏、光敏电阻电路的动态分析
2.如图所示的电路中，电源的电动势为E、内阻为r，C为电容器，R1(R1>r)和R2为定值电阻，R3为光敏电阻(阻值随光照强度的增大而减小)，A为理想电流表，G为灵敏电流计，当开关S闭合且电路稳定后，在逐渐增大对R3的光照强度的过程中(　 )
A．电源的输出功率可能先增大后减小
B．A表的示数变小
C．电源的效率变小
D．G表中有从a至b的电流
解析：选C　因为R1>r，所以外电路的总电阻大于电源的内阻，在逐渐增大对R3的光照强度的过程中，R3减小，外电路的总电阻减小，外电路的阻值向内阻接近，电源的输出功率增大，A错误；在逐渐增大对R3的光照强度的过程中，R3减小，根据串反并同规律，电流表的示数变大，B错误；电源的效率为η＝×100%，变形得η＝×100%，在逐渐增大对R3的光照强度的过程中，R3减小，外电路的总电阻R外减小，电源的效率减小，C正确；在逐渐增大对R3的光照强度的过程中，R3减小，根据串反并同规律，电容器两端电压减小，电容器放电，电流计G中有从b至a的电流，D错误。
考法3　含电容器电路的动态分析
3.如图所示，电源内阻不可忽略且电源电动势和内阻保持不变，当滑动变阻器的滑片向下移动时，关于灯泡L的亮度及电容器C所带电荷量Q的变化判断正确的是(　 )
A．L变暗，Q增大 B．L变暗，Q减小
C．L变亮，Q增大 D．L变亮，Q减小
解析：选B　当滑动变阻器的滑片向下移动时，滑动变阻器的有效电阻减小，电路的总电阻减小，干路电流变大，内电压变大，外电压变小。灯泡电压与外电压相等，所以灯泡变暗。因为灯泡变暗，所以流过灯泡电流减小，则流过滑动变阻器电流变大，所以电阻R1的电压变大，则滑动变阻器电压减小，根据Q＝CU可知电容器所带电荷量减小。故选B。
(四) 电路故障分析(精研点)
电路故障的特点及分析方法
断路特点 路端电压不为零而电流为零
短路特点 有电流通过电路，但用电器或电阻两端电压为零
电路故障分析方法 已知电路发生某种故障，在寻找故障发生在何处时，可将整个电路划分为若干部分，然后逐一假设某部分电路发生故障，运用相关规律进行正向推理：(1)若推理结果与题述现象不相符，则故障不是发生在这部分电路；(2)若推理结果与题述现象相符，则故障可能发生在这部分电路。逐一假设、推理，直到找出发生故障的全部可能情况为止
[考法全训]
1.如图所示，E为内阻不能忽略的电池，R1、R2、R3均为定值电阻，电压表与电流表均为理想电表；开始时开关S闭合，电压表、电流表均有示数，某时刻发现电压表和电流表读数均变大，则电路中可能出现的故障是(　 )
A．R1断路 B．R2断路
C．R1短路 D．R3短路
解析：选B　若R1断路，电流表读数为零，A错误；若R2断路，外电路总电阻增大，总电流减小，内电压
减小，则电压表读数变大；R3的分压增大，则电流表的读数变大，B正确；若R1短路，外电路总电阻减小，总电流增大，内电压增大，则电压表读数变小，电流表的读数变大，C错误；若R3短路，外电路总电阻减小，总电流增大，内电压增大，则电压表读数变小，D错误。
2．(2022·北京高考，节选)如图是“测量电源的电动势和内电阻”实验的电路图。某同学在实验中，闭合开关后，发现无论怎么移动滑动变阻器的滑片，电压表有示数且不变，电流表始终没有示数。为查找故障，在其他连接不变的情况下，他将电压表连接a位置的导线端分别试触b、c、d三个位置，发现试触b、c时，电压表有示数；试触d 时，电压表没有示数。若电路中仅有一处故障，则(　 )
A．导线ab断路　　　 B．滑动变阻器断路
C．导线cd断路 D．滑动变阻器短路
解析：选C　闭合开关后，却发现无论怎么移动滑动变阻器的滑片，电流表示数始终为零，可能是电路中出现断路，电压表的示数不变化，说明电压表串联在电路中；当试触b、c时依然是这个情况，说明b、c段是正常的，试触d时，电压表没有示数，说明在cd之间某处发生了断路，故选C。
(五) 两类U-I图像的比较与应用(精研点)
电源与电阻的U-I图像的对比
两类U-I图像 图形 图像表述的物理量间的变化关系 图线与坐标轴的交点 图线上每一点坐标的乘积UI 图线上每一点对应的U、I比值 图线的斜率的大小
电阻U-I图像 电阻中的电流随电阻两端电压的变化关系 过坐标轴原点，表示没有电压时电流为零 表示电阻消耗的功率 每一点对应的比值均等大，表示此电阻的大小 电阻的大小
电源U-I图像 电源的路端电压随电路电流的变化关系 与纵轴交点表示电源电动势E，与横轴交点表示电源短路电流(注意坐标数值是否从零开始) 表示电源的输出功率 表示外电阻的大小，不同点对应的外电阻大小不同 图线斜率的绝对值等于内电阻r的大小
[考法全训]
考法1　电源的U-I图像的理解及应用　
1.(多选)如图所示是某电源的路端电压与电流的关系图像，下列结论正确的是(　 )
A．电源的电动势为6.0 V
B．电源的内阻为12 Ω
C．电源的短路电流为0.5 A
D．电流为0.3 A时的外电阻是18 Ω
解析：选AD　该电源的U-I图像纵轴上的截距为电源的电动势，即E＝6.0 V，A正确；由于横轴上的截距0.5 A并不是电源的短路电流，故内阻应按斜率的绝对值计算，即r＝＝ Ω＝2 Ω，B、C错误；由闭合电路的欧姆定律可得电流I＝0.3 A时，外电阻R＝－r＝18 Ω，D正确。
考法2　两类U-I图像的综合应用　
2.用某种材料做成的电池，其路端电压U和电流I的关系如图中曲线a所示(电池电动势一定，内阻可变)，一电阻两端电压U和通过的电流I的关系如图中直线b所示，当用该电池只对该电阻供电时，电池的内阻为(　 )
A．13 Ω B．20 Ω
C．22 Ω D．25 Ω
解析：选A　由题图可知，用该电池给电阻供电时，电阻两端电压为U＝2 V，流经电池的电流为：I＝0.1 A；由闭合电路欧姆定律得电池内阻为：r＝＝ Ω＝13 Ω，故A正确，B、C、D错误。
3．(多选)图甲是某实验小组的同学通过实验作出的某电源路端电压U与电流I的关系图像，图乙是该实验小组的同学通过实验作出的小灯泡L的I-U图像。下列说法中正确的是(　 )
A．电源的电动势约为3.0 V
B．电源的内阻约为12.5 Ω
C．路端电压为2.0 V时，电源效率约为50%
D．将小灯泡L接在该电源两端组成闭合回路，此时小灯泡消耗的功率约为0.24 W
解析：选AD　由闭合电路的欧姆定律U＝E－Ir结合图甲可知，图像的纵截距表示电动势，斜率的绝对值表示电源的内阻，可得E＝3.0 V，r＝＝ Ω＝ Ω，故A正确，B错误；路端电压U＝2.0 V时，电源的效率为η＝×100%＝×100%≈66.7%，故C错误；在小灯泡的I-U图像上作出路端电压与电流的关系图像，如图所示。两图像的交点表示工作点，则小灯泡的实际功率为P＝UI＝1.0×0.24 W＝0.24 W，故D正确。
1．[联系生活实际]在电喷汽车的进气管道中，广泛地使用着一种叫“电热丝式空气流量传感器”的部件，其核心部分是一种用特殊的合金材料制作的电热丝。如图所示，当进气管道中的冷空气流速越大时，电阻R两端的电压U0就变得越高，反之，电压U0就越低。这样管道内空气的流量就转变成了可以测量的电压信号，便于汽车内的电脑系统实现自动控制。如果将这种电热丝从汽车的进气管道中取出，放在实验室中测量这种电热丝，得到的伏安特性曲线正确的是(　 )
解析：选D　设电热丝的电阻为R丝，则U0＝R，结合题意可知，U0越大，说明R丝越小，可见，电热丝温度越低，电阻值越小，故对应的伏安特性曲线为D。
2．[体现学以致用]
如图所示是用电学方法测水流速度的实验装置示意图。小铅球P系在细金属丝下面，悬挂在O点。BC为固定在水平方向的一根粗细均匀的电阻丝，C端在O点正下方，BC与细金属丝接触良好，接触点为D，不计接触点D处的摩擦和金属丝电阻。将小铅球P放入水平流动的水中，稳定时球向左偏离竖直线一定的角度θ，水流速度越大，θ越大。现取一内阻不计的电源，水不流动时，电压表的示数为零，水流速度增大时，电压表的示数也增大，以下测量电路正确的是(　 )
解析：选C　该题图A中电压表测量BD两端电压，当水不流动时，θ＝0，此时电压表示数不为零，A错误；题图B中DC段电阻丝与电压表被短路，电压表示数始终为零，B错误；题图C中电压表测量DC两端电压，当水不流动时，θ＝0，电压表示数为零，当水流速度增大时，θ增大，DC两端电压增大，电压表的示数增大，C正确；题图D中电压表测量BD两端电压，当水不流动时，θ＝0，此时电压表示数不为零，D错误。
3．[联系生活实际]交警使用的某型号酒精测试仪其工作原理如图所示，传感器电阻R的阻值随气体中酒精浓度的增大而减小，电源的电动势为E，内阻为r，电路中的电表均为理想电表。当一位饮酒驾驶员对着测试仪吹气时，下列说法中正确的是(　 )
A．电压表的示数变大，电流表的示数变小
B．电压表的示数变小，电流表的示数变小
C．酒精气体浓度越大，电源的输出功率越大
D．电压表示数变化量与电流表示数变化量的绝对值之比保持不变
解析：选D　当一位饮酒驾驶员对着测试仪吹气时，R的阻值减小，电路总电阻减小，根据闭合电路的欧姆定律可知，电路中电流I变大，故电流表的示数变大，R两端电压为U＝E－I(R0＋r)变小，故电压表的示数变小，故A、B错误；因为不知道外电阻R0＋R与电源内阻r的关系，所以无法判断电源的输出功率如何变化，故C错误；电压表示数为U＝E－I(R0＋r)，电压表示数变化量与电流表示数变化量的绝对值之比为＝R0＋r，保持不变，故D正确。
4.[强化科学探究]某同学在研究性学习活动中自制电子秤，原理示意图如图所示。用理想电压表的示数指示物体的质量，托盘与电阻可忽略的金属弹簧相连，托盘与弹簧的质量均不计，滑动变阻器的滑动端与弹簧上端连接。当托盘中没有放物体时，滑片恰好指在滑动变阻器的最上端，此时电压表示数为0；当电压表示数为时，电子秤测量物体质量为m，设滑动变阻器总电阻为R，电源电动势为E，电源内阻r可忽略不计，限流电阻阻值为R0，且R＝R0，不计一切摩擦和其他阻力，下列说法正确的是(　 )
A．当电压表示数为时，电子秤测量物体质量为2m
B．当电压表示数为时，电子秤测量物体质量为3m
C．该电子秤可测量物体的最大质量为4m
D．该电子秤电压表各刻度对应的质量是均匀的
解析：选B　当电压表示数为时，则＝，解得R1＝，滑动变阻器总电阻R＝R0，设滑动变阻器R总长为L，则弹簧被压缩，则mg＝k，当电压表示数为时，则＝，解得R2＝R0，则弹簧被压缩L，则m′g＝kL，则m′＝3m，选项A错误，B正确；由以上分析可知，该电子秤可测量物体的最大质量为3m，选项C错误；因电压表读数U＝＝，而＝(x为滑片以上部分的长度)，且mg＝kx，即U＝，可知m与U并非线性关系，则该电子秤电压表各刻度对应的质量不是均匀的，选项D错误。
[课时跟踪检测]
一、立足主干知识，注重基础性和综合性
1.在如图所示的电路中，干电池、开关和额定电压为1.5 V的灯泡组成串联电路。当闭合开关时，发现灯泡不发光。在闭合开关的情况下，某同学用多用电表直流电压挡进行检测。检测结果如下表所示，已知电路仅有一处故障，由此做出的判断中正确的是(　 )
测试点 A、B D、E E、F F、B
多用表示数 1.5 V 0 1.5 V 0
A．A、C间导线断路 B．D、E间导线断路
C．灯泡断路 D．F、B间导线断路
解析：选C　E、F间电压值为1.5 V，则A、C间导线，D、E间导线，F、B间导线均没有断路。故选C。
2．(2023·河北张家口模拟)如图所示，当电路a、b两端接入100 V电压时，则c、d两端输出电压为20 V；当电路c、d两端接入100 V电压时，则a、b两端输出电压为50 V。据此可知R1∶R2∶R3为(　 )
A．4∶2∶1 B．2∶1∶1
C．3∶2∶2 D．1∶1∶2
解析：选A　当ab端接入100 V电压时，根据欧姆定律得20 V＝R2，解得R1∶R2＝2∶1，当cd端接入100 V电压时，50 V＝R2，解得R2∶R3＝2∶1，联立得R1∶R2∶R3＝4∶2∶1，故A正确，B、C、D错误。
3.在如图所示的电路中，电源内阻和定值电阻的阻值均为r，滑动变阻器的最大阻值为2r。闭合开关，将滑动变阻器的滑片P由a端向b端滑动的过程中，下列选项正确的是(　 )
A．电压表的示数变大 B．电流表的示数变大
C．电源的效率变大 D．滑动变阻器消耗功率变大
解析：选B　开关闭合后，电压表测量路端电压，电流表测量总电流。当滑动变阻器的滑片P由a端向b端滑动过程中，接入电路的电阻减小，总电流增大，电源的内电压增大，路端电压减小，故电压表的示数变小，电流表的示数变大，A错误，B正确；根据电源效率公式η＝×100%＝×100%可知，当路端电压U减小时，则电源的效率变小，C错误；将定值电阻r看成电源的内阻，则等效电源的内阻为2r，滑动变阻器的最大阻值也是2r，因为电源的内外电阻相等时电源的输出功率最大，所以滑片P由a端向b端滑动过程中，滑动变阻器消耗的功率变小，D错误。
4.(2023·重庆模拟)如图所示为一加热装置的电路图，加热电阻R2＝2 Ω，电源电动势E＝16 V，内阻r＝1 Ω。当调节电阻R1为13 Ω时，一小时能烧开水。若要15分钟烧开同样质量的水，R1应该调节为多少(　 )
A．2 Ω B．3 Ω
C．4 Ω D．5 Ω
解析：选D　本来一小时能烧开水，若要15分钟烧开同样质量的水，则热功率应提升为原来的4倍。当调节电阻R1为13 Ω时，加热电阻功率P＝I2R2＝2R2＝2 W，R1调节后，功率为P′＝4P＝I′2R2＝2R2，解得R1′＝5 Ω，故选D。
5．(多选)在如图甲所示的电路中，电源的U-I图像如图乙中的图线a所示，定值电阻R0的U-I图像如图乙中的图线b所示，滑动变阻器Rx的总电阻为1 Ω，下列说法正确的是(　 )
A．定值电阻R0的阻值为4 Ω
B．电源的内阻为0.5 Ω
C．当Rx＝0时电源输出的功率最大
D．当Rx＝0.25 Ω时电源输出的功率最大
解析：选BD　由定值电阻R0的U-I图像知其阻值R0＝＝0.25 Ω，故A错误；由电源的U-I图像知电源的电动势 E＝3 V，内阻r＝＝0.5 Ω，故B正确；当Rx＋R0＝r，即Rx＝0.25 Ω时，电源输出的功率最大，故C错误，D正确。
6.如图所示的电路中，闭合开关S后，灯L1和L2都正常发光，后来由于某种故障使灯L2突然变亮，电压表读数增加，由此推断，该故障可能是(　 )
A．灯L1灯丝烧断 B．电阻R2断路
C．电阻R2短路 D．电容器被击穿短路
解析：选B　如果灯L1灯丝烧断，即L1断路，总电阻增大，总电流减少，故L2分压减小，L2变暗，A错；电阻R2断路，导致总电阻增大，总电流减小，L1两端电压减小，而路端电压增大，则L2两端电压增大，L2变亮，B正确；若R2短路，L2熄灭，C错误；电容器被击穿短路，外电路总电阻减小，总电流增大，内电压增大，路端电压减小，电压表读数减小，L2变亮，D错误。
7．有四个电源甲、乙、丙、丁，其路端电压U与电流I的关系图像分别如图(a)、(b)、(c)、(d)所示，将一个6 Ω的定值电阻分别与每个电源的两极相接，使定值电阻消耗功率最大的电源是(　 )
A．甲电源 B．乙电源
C．丙电源 D．丁电源
解析：选D　由闭合电路的欧姆定律U＝E－IR，可得U-I图像纵轴的截距为电源电动势，斜率的绝对值等于电源内阻，因此可知四个电源的电动势都为12 V，而内阻r甲＝＝12 Ω，同理可求得r乙＝6 Ω，r丙＝4 Ω，r丁＝3 Ω，定值电阻消耗的功率为P＝2R，可知内阻越大功率越小，因此与电源丁相连时，定值电阻消耗功率最大。
二、强化迁移能力，突出创新性和应用性
8.(2023·福建南平模拟)在图示电路中，灯L1、L2的电阻分别为R1、R2，滑动变阻器的最大电阻为R0，且R0＞R2，电容器的电容为C。若有电流通过，灯就能发光，假设灯的电阻不变，当滑动变阻器的滑片P由a端向b端移动过程中，以下说法中正确的是(　 )
A．L1先变暗后变亮，L2一直变亮
B．L1先变亮后变暗，L2先变暗后变亮
C．电容器极板所带的电荷量先减小后增大
D．电源的效率先减小后增大
解析：选A　R0＞R2时，灯L2与滑动变阻器的左部分串联的总电阻先大于后小于右部分的电阻，当变阻器的滑片P由a端向b端移动时，总电阻先增大，后减小，所以总电流先减小后增大，所以通过灯L1的电流先减小后增大，故L1先变暗后变亮，而通过L2的电流一直变大，L2不断变亮，A正确，B错误；电容器C上的电压UC＝E－I(r＋RL1)，总电流先减小后增大，所以电容器C上的电压先增大后减小，则电容器极板所带的电荷量先增大后减小，C错误；电源的效率η＝×100%＝×100%＝＝＝1－，因为总电流先减小后增大，所以电源的效率先增大后减小，则D错误。
9．(多选)某同学按如图甲所示连接电路，利用电压传感器研究电容器的放电过程。先使开关S接1，电容器充电完毕后将开关掷向2，可视为理想电压表的电压传感器将电压信息传入计算机，屏幕上显示出电压随时间变化的U-t曲线如图乙所示。 电容器的电容C已知，且从图中可读出最大放电电压U0、图线与坐标轴围成的面积S、任一点的切线斜率k，但电源电动势和内阻、定值电阻R均未知。根据题目所给的信息，下列物理量能求出的是(　 )
A．电容器放出的总电荷量
B．通过电阻R的最大电流
C．定值电阻R
D．电源的内阻
解析：选ABC　根据图像的含义，U-t图像中，图线与纵轴的交点的纵坐标表示最大放电电压U0，因Q＝CU0，可以求出电容器放出的总电荷量，故A正确；由图像可知，图线切线斜率k＝＝，根据电流的定义可知I＝，故t＝0时，放电电流可以求出，这就是通过电阻R的最大电流I，故通过电阻R的最大电流可以求出，B正确；电阻两端的最大电压是最大的放电电压U0，通过选项B分析可知，最大电压和最大电流均可以求出，根据欧姆定律可知，定值电阻R＝，故定值电阻R可以求出，C正确；根据题意可知E＝U0，而电源内阻r无法求出，D错误。
10.如图为某控制电路的一部分，已知AA′的输入电压为24 V，如果电阻R＝6 kΩ，R1＝6 kΩ，R2＝3 kΩ，则BB′不可能输出的电压是(　 )
A．12 V B．8 V
C．6 V D．3 V
解析：选D　①若两开关都闭合，则电阻R1和R2并联，再和R串联，UBB′为并联电路两端电压，则R并＝＝2 kΩ，UBB′＝UAA′＝×24 V＝6 V。②若S1闭合S2断开，则R1和R串联，则UBB′＝UAA′＝×24 V＝12 V。③若S2闭合S1断开，则R2和R串联，则UBB′＝UAA′＝×24 V＝8 V。④若两开关都断开，则UBB′＝UAA′＝24 V。选项A、B、C都有可能，D不可能。故选D。
11．图甲表示某金属丝的电阻R随摄氏温度t变化的情况。把这段金属丝与电池、电流表串联起来(图乙)，用这段金属丝做测温探头，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电阻温度计，下列对此温度计的描述正确的是(　 )
A．温度升高，指针偏转角变大
B．表盘上的温度刻度均匀分布
C．电池内阻变大后测得的温度值偏高
D．若要提高温度计的精确度，可以在电路中串联一个大电阻
解析：选C　由题图甲可知，温度升高，电阻阻值变大，根据闭合电路欧姆定律可知，对应电路中的电流减小，所以指针偏转角变小，A错误；由题图甲可知R＝R0＋kt，根据闭合电路欧姆定律可得I＝，联立可得t＝－，可知t与I不是一次线性关系，所以电阻温度计的刻度是不均匀的，B错误；电池内阻变大后，电流的测量值会小于实际值，导致测得的温度值偏高，C正确；串联一个大电阻，会导致电路中的最大电流减小，所以不能提高温度计精确度，D错误。
12．（多选）有一种测量人体重的电子秤，其原理如图中的虚线所示，它主要由三部分构成：踏板、压力传感器R（是一个阻值可随压力大小而变化的电阻器）、显示体重的仪表G（实质是理想电流表）。设踏板的质量可忽略不计，已知理想电流表的量程为3 A，电源电动势为12V，内阻为2Ω，电阻R随压力变化的函数式为R＝30-002F（F和R的单位分别是N和Ω）。下列说法正确的是(　 )
A.?该秤能测量的最大体重是1 400N?
B.?该秤能测量的最大体重是1 3001?
C.?该秤零刻度线（即踏板空载时的刻度线）应标在电流表G刻度盘0375 A处
D.?该秤零刻度线（即踏板空载时的刻度线）应标在电流表G刻度盘0400 A处
解析：选AC　电路中允许的最大电流为3 A，因此根据闭合电路欧姆定律，压力传感器的最小电阻应满足R＋2 Ω＝4 Ω，R最小值为2 Ω，代入R＝30－0.02F，求出F最大值Fm＝1 400 N，A正确，B错误；当F＝0时，R＝30 Ω，这时电路中的电流I＝ A＝0.375 A，C正确，D错误。
13．用多用电表探测黑箱内电学元件的实验中，某次测量结果如下：(1)用直流电压挡测量，A、B、C三点均无电压。(2)用欧姆挡测量，A、B间正、反接阻值不变。(3)用欧姆挡测量，黑表笔接A点，红表笔接C点，有阻值；反接阻值很大。(4)用欧姆挡测量，黑表笔接B点，红表笔接C点，有阻值，阻值比第(2)步测得的大；反接阻值很大。依据以上结论可判断箱内元件接法为(　 )
解析：选A　(1)使用电压挡进行测量，目的是看内部是否有电源，由于A、B、C任意两点间均无电压，因此内部无电源，故黑箱内不存在电源；(2)使用欧姆挡进行测量时注意黑表笔是和内部电源的正极相连的，可知在测量AB之间的电阻时，对两个接线柱进行正反测量，其阻值相同，说明AB之间接有一个定值电阻；(3)在测量AC之间电阻时，黑表笔接A时有阻值，接C时电阻很大，说明AC之间有二极管，而且A应该接二极管的正极；(4)用欧姆挡测量，黑表笔接B点，红表笔接C点，有阻值，阻值比第(2)步测得的大，说明BAC之间串联了二极管、电阻两个元件，反接阻值很大，则C到B二极管反接。故黑箱内元件的连接为图A所示。
14．(2023·合肥高三调研)如图甲所示电路中，R1为滑动变阻器，R2、R3均为定值电阻，且R2＝135 Ω，R3阻值未知。当滑动变阻器的滑片P从右端滑至左端时，测得电源的路端电压随流过电源的电流变化图线如图乙所示，其中A、B两点是滑片P在变阻器的两个不同端点对应的U、I值。求：
(1)电源的电动势E和内阻r；
(2)滑动变阻器的最大阻值；
(3)当电源输出功率最大时滑动变阻器接入电路的阻值(保留两位有效数字)。
解析：(1)题图乙中BA延长，交U轴于6.0 V处，所以电源的电动势为E＝6.0 V，由U-I图像斜率绝对值表示电源的内阻可知，r＝＝12 Ω。
(2)当P位于R1的右端时，对应题图乙中的B点，只有电阻R3接入电路，由题图乙可知U3＝1.2 V，I3＝0.40 A，则定值电阻R3的阻值为R3＝＝3 Ω，当P位于R1的左端时，对应题图乙中的A点，由题图乙可知，路端电压UA＝4.8 V，IA＝0.10 A，由欧姆定律得＝R3＋，解得R1＝67.5 Ω。
(3)当R1的滑片从最右端滑到左端时，外电路总电阻从小于电源内阻r逐渐大于r，当外电路总电阻和内阻相等时，电源输出功率最大，则有r＝R3＋，解得R1′≈9.6 Ω。
答案：(1)6.0 V　12 Ω　(2)67.5 Ω　(3)9.6 Ω
第3讲　实验专题系统化突破
第1课时　基础先行——电学实验基本能力集释
(一) 基本仪器的使用及读数
[系统归纳]
(一)游标卡尺
1．构造：主尺、游标尺(主尺和游标尺上各有一个内、外测量爪)，游标尺与深度尺是一个整体(如图所示)。
2．原理：利用主尺的最小分度与游标尺的最小分度的差值制成。不管游标尺上有多少个小等分刻度，它的刻度部分的总长度比主尺上的同样多的小等分刻度少1 mm。常见的游标卡尺的游标尺上小等分刻度有10格的、20格的、50格的，其读数见下表：
刻度格数(分度) 刻度总长度 每小格与1 mm的差值 精确度(可准确到)
10 9 mm 0.1 mm 0.1 mm
20 19 mm 0.05 mm 0.05 mm
50 49 mm 0.02 mm 0.02 mm
3．读数：若用x表示从主尺上读出的整毫米数，K表示从游标尺上读出与主尺上某一刻线对齐的游标的格数，则记录结果为(x＋K×精确度)mm。
[注意]　对于游标卡尺，无论哪种规格，读数 x＋K×精确度 mm中的K值均不需要向后估读一位。
(二)螺旋测微器
1．构造：如图所示，螺旋测微器的测砧和固定刻度是固定在尺架上的；可动刻度、旋钮、微调旋钮是与测微螺杆连在一起的，通过精密螺纹套在固定刻度上。
2．原理：测微螺杆与固定刻度之间的精密螺纹的螺距为0.5 mm，即旋钮每旋转一周，测微螺杆前进或后退0.5 mm，而可动刻度上的刻度为50等份，每转动一小格，测微螺杆前进或后退0.01 mm，即螺旋测微器的精确度为0.01 mm。
3．读数
(1)测量时被测物体长度的半毫米数由固定刻度读出，不足半毫米部分由可动刻度读出。
(2)测量值(mm)＝固定刻度数(mm)(注意半毫米刻度线是否露出)＋可动刻度数(估读一位)×0.01(mm)。
(三)电压表、电流表
1．量程选择
选择合适量程：使得测量时指针偏转角度要尽可能大，一般要求超过量程的，但又不能超过量程。
电表使用“三注意”
(1)使用前应先进行零点调整(机械调零)。
(2)红表笔插“＋”插孔，黑表笔插“－”插孔。
(3)红表笔接电势高处，黑表笔接电势低处，即电流从红表笔进表，从黑表笔出表。
2．电表估读
(1)最小分度是“1、0.1、0.01、…”时，估读到最小分度的(即估读到最小分度的下一位)。
(2)最小分度是“2、0.2、0.02、…”时，估读到最小分度的(即估读到最小分度的本位)。
(3)最小分度是“5、0.5、0.05、…”时，估读到最小分度的(即估读到最小分度的本位)。
[针对训练]
1．(1)如图甲、乙所示的两把游标卡尺，它们的游标尺分别为9 mm 长10等分、19 mm长20等分，则读数依次为________mm、________mm。
(2)在测定一根粗细均匀合金丝电阻率的实验中，利用螺旋测微器测定合金丝直径的过程如图丙、丁所示，校零时的读数为________mm，测得合金丝的直径为________mm。
(3)图戊所示是电流表的刻度线，若使用0.6 A量程时，对应刻度盘上每一小格代表________ A，表针的示数是________ A；若使用3 A量程时，对应刻度盘上每一小格代表______ A，图中表针示数为______ A。
(4)图己所示是电压表的刻度线，若使用3 V量程时，每小格表示______ V，图中指针的示数为______ V；若使用15 V量程，则这时表盘刻度每小格表示________ V，图中表针指示的是______ V。
(5)如图庚所示为旋钮式电阻箱，电流从接线柱A流入，从B流出，则接入电路的电阻为________ Ω。今欲将接入电路的电阻改为2 087 Ω，最简单的操作方法是____________________________________________。若用两个这样的电阻箱，则可得到的电阻值范围为____________。
解析：(1)题图甲读数：主尺读数为17 mm，游标尺读数是5×0.1 mm＝0.5 mm，最后结果是17 mm＋0.5 mm＝17.5 mm。题图乙读数：主尺读数为23 mm，游标尺读数是7×0.05 mm＝0.35 mm，最后结果是23 mm＋0.35 mm＝23.35 mm。
(2)由于螺旋测微器校零时有误差，估读为0.003 mm，测量后的读数为0.5 mm＋14.5×0.01 mm＝0.645 mm，去掉校零误差，可得合金丝的直径为0.642 mm。
(3)(4)解析略。
(5)电阻为1 987 Ω。最简单的操作方法是将“×1 k”旋钮调到2，再将“×100”旋钮调到0。每个电阻箱的最大阻值是9 999 Ω，用这样的两个电阻箱串联可得到的最大电阻为2×9 999 Ω＝19 998 Ω，故两个这样的电阻箱可得到的电阻值范围为0～19 998 Ω。
答案：(1)17.5　23.35　(2)0.003　0.642(0.640～0.644 均可)　(3)0.02　0.44　0.1　2.20
(4)0.1　1.70　0.5　8.5　(5)1 987　将“×1 k”旋钮调到2，再将“×100”旋钮调到0　0～19 998 Ω
2．(1)如图a、b所示的两把游标卡尺，它们的读数依次为________mm、________mm。
(2)完成下列螺旋测微器的读数(如图所示)。
c．________mm d．________mm　
e．________mm f．________mm　
(3)正确读出图中各电表的读数：
①如图g，接0～3 V量程时读数为______ V；接0～15 V量程时读数为________ V。
②如图h，接0～3 A量程时读数为______ A；接0～0.6 A 量程时读数为________ A。
答案：(1)17.2 　23.85
(2)0.486(0.484～0.488均正确)　0.536(0.534～0.538均正确)
4．076(4.074～4.078均正确)　5.667(5.665～5.669均正确)　
(3)①2.16(2.15～2.17均正确)　10.8(10.7～10.9均正确)　②0.80　0.16
[关键点拨]
1．游标卡尺的读数要“三看”
(1)第一看→精确度。例如(如图所示)：
易错读成11 mm＋4.0×0.1 mm＝11.40 mm
正确读数为11.4 mm，游标卡尺不需估读，后面不能随意加零，也不能随意去零。
(2)第二看→游标尺上的0刻度线位置，区分零刻度线与游标尺最前端的线。例如(如图所示)：
易错读成11 mm＋10×0.05 mm＝11.50 mm
正确读数为14 mm＋10×0.05 mm＝14.50 mm。
(3)第三看→游标尺的哪条刻度线与主尺上刻度线对齐。
2．螺旋测微器的读数勿忘估读
最后一位数字为估读数字，读数和记数时估读位为有效数字的最后一位。例如(如图所示)：
固定刻度上读得示数为2.0 mm，可动刻度上读得示数为15.0，得到的读数为2.0 mm＋15.0×0.01 mm＝2.150 mm。
(二) 伏安法测电阻
[系统归纳]
1．电流表内、外接法的比较
内接法 外接法
电路图
误差原因 电流表分压U测＝Ux＋UA 电压表分流I测＝Ix＋IV
电阻测量值 R测＝＝Rx＋RA>Rx，测量值大于真实值 R测＝＝适用条件 RA Rx，适用于测量大电阻 RV Rx，适用于测量小电阻
2.电流表的内、外接法的选择
(1)阻值比较法：先将待测电阻的估计值与电压表、电流表内阻进行比较：
①若Rx较小，宜采用电流表外接法；
②若Rx较大，宜采用电流表内接法。
(2)比值比较法：
①若>，则用电流表外接法；
②若＜，则用电流表内接法。
[注意]　比值比较法也可以变形为临界值法。即：
①Rx<时，用电流表外接法；
②Rx>时，用电流表内接法；
③Rx＝时，内、外接法均可。
(3)试触法：按如图所示连接好电路，让电压表的一根接线柱P先后与a、b处接触一下：①如果电压表的示数有明显的变化，而电流表的示数变化不明显，则可采用电流表外接法；②如果电流表的示数有明显的变化，而电压表的示数变化不明显，则可采用电流表内接法。
[针对训练]
1．(2022·北京高考，节选)用电压表(内阻约为3 kΩ)和电流表(内阻约为0.1 Ω)测量一个电阻的阻值(约为5 Ω)。要求尽量减小实验误差，应该选择的测量电路是下图中的________(选填“甲”或“乙”)。
解析：因为待测电阻约为5 Ω，而Rx< ＝10 Ω，故为了减小误差应该采用电流表的外接法，即选用甲图。
答案：甲
2．在伏安法测电阻的实验中，待测电阻Rx约为200 Ω，电压表的内阻约为2 kΩ，电流表的内阻约为10 Ω，测量电路中电流表的连接方式如图(a)或(b)所示，结果由公式Rx＝计算得出，式中U与I分别为电压表和电流表的示数。若将图(a)和图(b)中电路测得的电阻值分别记为Rx1和Rx2，则__________(选填“Rx1”或“Rx2”)更接近待测电阻的真实值，且测量值Rx1__________(选填“大于”“等于”或“小于”)真实值，测量值Rx2__________(选填“大于”“等于”或“小于”)真实值。
解析：由于＝10<＝20，应采用题图(a)电路测量更准确，即Rx1更接近待测电阻的真实值；由于Rx1＝，其中R真＝，而U>UR，I＝IR，则Rx1>R真，即测量值Rx1大于真实值；又由于Rx2＝，R真＝，其中U＝UR，I>IR，则Rx2答案：Rx1　大于　小于
3．某电阻的阻值大约为70 Ω，为了更精确地测量其阻值，该同学采用伏安法。实验室备有下列器材：
A．电压表V1(量程3 V，内阻约为15 kΩ)；
B．电压表V2(量程15 V，内阻约为75 kΩ)；
C．电流表A1(量程250 mA，内阻约为0.2 Ω)；
D．电流表A2(量程50 mA，内阻约为1 Ω)；
E．滑动变阻器R(最大阻值150 Ω)；
F．电池组E(电动势为3 V，内阻不计)；
G．开关S，导线若干。
为减小实验误差，电压表应选用________，电流表应选用________(填器材前面的序号)，实验电路应选图________(填“甲”或“乙”)。若该同学选择器材、连接电路等操作均正确，则电阻的测量值________(填“大于”“小于”或“等于”)其真实值，原因是__________　
________________________________________________________________________　。
解析：电源电动势是3 V，电压表应选A，通过待测电阻的最大电流约为I＝ A≈42.9 mA，电流表选D，由于＝＜＝≈214，说明待测电阻较小，则电流表用外接法，即实验电路应选图乙，电流表外接法中，电压表测量的是电阻两端的真实电压，由于电压表的分流作用使电流表的示数大于流过待测电阻的电流，据此可知，电阻的测量值小于其真实值，主要原因为电压表的分流作用。
答案：A　D　乙　小于　电压表分流
[关键点拨]
试触法是一种“定性”说法，为便于应用可以将“定性”说法“公式化”：设两次测量时，电流表的示数为Ia、Ib，电压表的示数为Ua、Ub，则：
①“电压表的示数有明显的变化，而电流表的示数变化不明显”时，应表示为 <，应采用电流表外接法；②“电流表的示数有明显的变化，而电压表的示数变化不明显”时，应表示为>，应采用电流表内接法。
(三) 滑动变阻器的两种接法
[系统归纳]
1．两种接法的比较
限流接法 分压接法
两种接法电路图
负载R上电压调节范围 ≤U≤E 0≤U≤E
负载R上电流调节范围 ≤I≤ 0≤I≤
闭合S前滑片位置 b端 a端
2．两种接法的选择
采用分压接法 ①要求待测电阻两端的电压从零开始变化，或精确性要求较高时
②滑动变阻器的最大阻值远小于待测电阻或串联的其他电阻的阻值时
③题设条件中所提供的电表量程或电阻的最大允许电流不能满足限流式接法时
采用限流接法 ①待测电阻接近或略小于滑动变阻器的最大阻值时
②电源的放电电流或滑动变阻器的额定电流太小，不能满足分压接法的要求时
③没有很高的精确性要求，考虑安装简捷和节能因素时
[针对训练]
1．为测量“12 V、5 W”的小灯泡在不同电压下的功率，给定了以下器材：
电源：12 V，内阻不计；
电流表：量程0～0.6 A、0～3 A，内阻约为0.2 Ω；
电压表：量程0～3 V、0～15 V，内阻约为15 kΩ；
滑动变阻器：0～20 Ω，允许最大电流1 A；
开关一个，导线若干，实验要求加在小灯泡上的电压从零开始调节。
(1)以下四个电路图你认为最合适的是________。
知所用毫安表的满偏电流为100
(2)在本实验中，电流表的量程可选________。
解析：(1)C与D电路图不符合电压从零开始调节。小灯泡的电阻RL＝＝ Ω＝28.8 Ω，＝144，≈520.8，由于<，故电流表应采用外接法，应选A。
(2)小灯泡的额定电流I＝＝ A≈0.4 A，故电流表量程为0～0.6 A。
答案：(1)A　(2)0～0.6 A
2．(2023·德州模拟)某同学用伏安法测量待测电阻Rx的阻值(约为10 kΩ)，除了Rx、开关S、导线外，还有下列器材供选用：
A．电压表(量程0～1 V，内阻约为10 kΩ)
B．电压表(量程0～10 V，内阻约为100 kΩ)
C．电流表(0～1 mA，内阻约为30 Ω)
D．电流表(0～0.6 A，内阻约为0.05 Ω)
E．电源(电动势1.5 V，额定电流0.5 A，内阻不计)
F．电源(电动势12 V，额定电流2 A，内阻不计)
G．滑动变阻器R0(阻值范围0～10 Ω，额定电流2 A)
(1)为使测量尽量准确，电压表选用________，电流表选用________，电源选用________。(均填器材的字母代号)
(2)画出测量Rx阻值的实验电路图。
(3)该同学选择器材、连接电路和操作均正确，从实验原理上看，待测电阻测量值会________其真实值(填“大于”“小于”或“等于”)，原因是________________________　
________________________________________________________________________　。
解析：(1)若选用电源1.5 V，由于被测电阻很大，电路中电流非常小，不利于实验，即电源选用电动势为12 V的，即F；则电压表就应该选取B；电路中的最大电流约为1 mA，故选用电流表C。
(2)因为滑动变阻器的最大阻值只有10 Ω，若采用滑动变阻器的限流接法，则电路中电流和电压变化不明显，故采用滑动变阻器的分压接法；由于＜，所以采用电流表内接法，电路图如图所示。
(3)由于电流表的分压，导致电压表测量值偏大，而电流表的测量值是准确的，根据Rx＝，可知测量值偏大。
答案：(1)B　C　F　(2)见解析图　(3)大于　电压表的读数大于待测电阻两端实际电压(其他表述正确也可)
(四) 电表的改装
[系统归纳]
两种改装方式的比较
表头G改装成电压表 表头G改装成电流表
改装电路
改装原理 串联大电阻分压 并联小电阻分流
改装后的量程 U＝Ig(R＋Rg) I＝Ig＋
接入的电阻 由U＝Ig(Rg＋R)，解得R＝－Rg 由IgRg＝(I－Ig)R，解得R＝
改装后的内阻 RV＝Rg＋R RA＝
校准电路
[注意]　改装后表头内阻Rg、表头的满偏电流Ig、满偏电压Ug都没有变，只是表头的刻度需要相应的调整。
[针对训练]
1．[电流表的改装与校准](2022·辽宁高考)某同学要将一小量程电流表(满偏电流为250 μA，内阻为1.2 kΩ)改装成有两个量程的电流表，设计电路如图(a)所示，其中定值电阻R1＝40 Ω，R2＝360 Ω。
(1)当开关S接A端时，该电流表的量程为0～________mA；
(2)当开关S接B端时，该电流表的量程比接在A端时________(填“大”或“小”)；
(3)该同学选用量程合适的电压表(内阻未知)和此改装电流表测量未知电阻Rx的阻值，设计了图(b)中两个电路。不考虑实验操作中的偶然误差，则使用________(填“甲”或“乙”)电路可修正由电表内阻引起的实验误差。
解析：(1)当开关S接A端时，表头与400 Ω电阻并联，表头内阻为1.2 kΩ，当表头满偏时两端电压为0.3 V，流过电阻的电流为750 μA，总电流为1 000 μA，即1 mA；
(2)当开关S接B端时，相当于表头内阻变大，并联的电阻变小，可知当表头满偏时流过并联电阻的电流增加，故量程变大；
(3)如果要修正电表内阻引起的误差，只需让知道内阻的电表测准确即可，即乙电路可满足要求；分析可知，乙电路接法改装的电表可准确测得待测电阻的电流，电压表测得的为改装电表与待测电阻的总电压，减去改装电表两端电压即为待测电阻准确的电压值，故乙电路满足要求。
答案：(1)1　(2)大　(3)乙
2．[电压表的改装与校准]某同学将一量程为250 μA的微安表改装成量程为1.5 V的电压表。先将电阻箱R1与该微安表串联进行改装，然后选用合适的电源E、滑动变阻器R2、定值电阻R3、开关S和标准电压表对改装后的电表进行检测，设计电路如图所示。
(1)微安表铭牌标示内阻为0.8 kΩ，据此计算R1的阻值应为__________kΩ。按照电路图连接电路，并将R1调为该阻值。
(2)开关闭合前，R2的滑片应移动到__________端。(3)开关闭合后，调节R2的滑片位置，微安表有示数，但变化不显著，故障原因可能是__________。(填选项前的字母)
A．1、2间断路　 B．3、4间断路　 　C．3、5间短路
(4)排除故障后，调节R2的滑片位置，当标准电压表的示数为0.60 V时，微安表的示数为98 μA，此时需要__________(填“增大”或“减小”)R1的阻值，以使改装电表的量程达到预期值。
解析：(1)微安表的内阻Rg＝0.8 kΩ，满偏电流Ig＝250 μA＝250×10－6 A，串联R1后改装为U＝1.5 V的电压表，所以满足Ig(Rg＋R1)＝U，代入数据解得R1＝－Rg＝ Ω－0.8 kΩ＝6 kΩ－0.8 kΩ＝5.2 kΩ。
(2)开关闭合前，将滑动变阻器R2的滑片移动到2端，这样测量电路部分的分压为0，保护电表。
(3)开关闭合后，调节滑动变阻器R2，电表示数变化不明显，说明分压电路未起作用，可能是1、2之间断路或者3、5间短路，整个电路变为限流线路，滑动变阻器的阻值远小于检测电表的电路部分的电阻，所以微安表示数变化不明显；若是3、4间断路，电路断开，微安表无示数。故A、C正确。
(4)标准电压表的示数为0.60 V，若改装电压表也为0.60 V，此时微安表的示数为I＝＝＝100 μA，但此时微安表示数为98 μA，说明R1的阻值偏大，所以应该减小R1的阻值。
答案：(1)5.2　(2)2　(3)AC　(4)减小
第2课时　课标实验——测量金属丝的电阻率(重点实验)
一、理清原理与操作
原理装置图
操作要领 (1)测量直径：用螺旋测微器在金属导线三个不同位置各测一次直径(要估读)。(2)电路连接：连接好伏安法测电阻的实验电路。(3)测量长度：用毫米刻度尺测金属导线接入电路的有效长度3次(要估读)。(4)测量U、I：改变滑动变阻器滑片的位置，读出几组相应电流表、电压表的示数。
二、掌握数据处理方法
1．求Rx的两种方法
(1)计算法：用Rx＝分别算出各次的数值，再取平均值。
(2)图像法：画出U-I图像，U-I图像的斜率等于Rx。
2．计算电阻率
将记录的数据U、I、l、d的值代入电阻率计算式
ρ＝Rx＝。
三、扫描实验盲点
1．注意事项
(1)先测直径，再连电路：为了方便，测量直径时应在金属导线连入电路之前测量。
(2)电流表外接法：本实验中被测金属导线的阻值较小，故采用电流表外接法。
(3)电流控制：电流不宜过大，通电时间不宜过长，以免金属导线温度过高，导致电阻率在实验过程中变大。
2．误差分析
偶然误差 金属导线的直径测量、长度测量、电流表和电压表的读数等会带来偶然误差
系统误差 (1)采用伏安法测量金属导线的电阻时，由于采用的是电流表外接法，测量值小于真实值，使电阻率的测量值偏小(2)由于金属导线通电后会发热升温，使金属导线的电阻率变大，造成测量误差
本实验要求考生能根据实验原理以及所给实验器材，合理选择电流表、电压表和滑动变阻器。在选择实验器材时应按照仪表类型、准确度、仪表内阻、量程等方面，既全面又有所侧重地进行选择。高考还注重考查考生对本实验的迁移创新能力，要求善于用教材中实验的原理、方法和技巧处理新问题。
关键点(一)　电表的选择与接法
[考法感悟]
1．测量金属丝电阻率的实验中，金属丝电阻约为4 Ω，直流电源E＝4 V，内阻不计，有开关、导线若干，要求测量电压从零开始变化。下列器材中
A．电流表(量程0～0.6 A，内阻约1 Ω)；
B．电流表(量程0～3 A，内阻约0.1 Ω)；
C．电压表(量程0～15 V，内阻约10 kΩ)；
D．电压表(量程0～3 V，内阻约2 kΩ)；
E．滑动变阻器(阻值0～10 Ω，额定电流2 A)；
F．滑动变阻器(阻值0～1 kΩ，额定电流0.2 A)。
(1)电流表应选择________(填入器材序号)。
(2)电压表应选择________(填入器材序号)。
(3)滑动变阻器应选择________(填入器材序号)。
(4)在方框中画出实验电路图。
解析：(1)电路中的最大电流为Imax＝，若选用B，最大电流Imax 2＝＝ A≈0.98 A，电流表指针最大偏转没有达到满刻度的三分之一，读数误差较大；若选用A，最大电流Imax 1＝＝A＝0.8 A，因实验要求测量电压从零开始变化，可以控制电流不超过最大量程0.6 A，故选A。
(2)直流电源E＝4 V，电压表若选C，指针偏转较小，读数误差较大，因实验要求测量电压从零开始变化，可控制电压不超过电压表D的量程即可。电压表故选D。
(3)实验要求测量电压从零开始变化，采用分压电路，滑动变阻器选阻值小、额定电流大的，故选E。
(4)实验要求测量电压从零开始变化，滑动变阻器采用分压式接法，由于金属丝电阻较小，故电流表应采用外接法，设计电路图如图所示。
答案：(1)A　(2)D　(3)E　(4)见解析图
2．(2021·北京等级考)在“测量金属丝的电阻率”实验中，某同学用电流表和电压表测量一金属丝的电阻。
(1)该同学先用欧姆表“×1”挡粗测该金属丝的电阻，示数如图1所示，对应的读数是________Ω。
(2)除电源(电动势3.0 V，内阻不计)、电压表(量程0～3 V，内阻约3 kΩ)、开关、导线若干外，还提供如下实验器材：
A．电流表(量程0～0.6 A，内阻约0.1 Ω)
B．电流表(量程0～3.0 A，内阻约0.02 Ω)
C．滑动变阻器(最大阻值10 Ω，额定电流2 A)
D．滑动变阻器(最大阻值1 kΩ，额定电流0.5 A)
为了调节方便、测量准确，实验中电流表应选用________，滑动变阻器应选用________(选填实验器材前对应的字母)。
(3)该同学测量金属丝两端的电压U和通过金属丝的电流I，得到多组数据，并在坐标图上标出，如图2所示。请作出该金属丝的U-I图线。根据图线得出该金属丝电阻R＝________Ω(结果保留小数点后两位)。
(4)用电流传感器测量通过定值电阻的电流，电流随时间变化的图线如图3所示。将定值电阻替换为小灯泡，电流随时间变化的图线如图4所示，请分析说明小灯泡的电流为什么随时间呈现这样的变化。
解析：(1)将选择开关调节到“×1”挡，由图1可知，金属丝的电阻Rx＝6×1 Ω＝6 Ω。
(2)由题知，电源电动势为3 V，则回路中的最大电流约为Imax＝＝ A＝0.5 A，故电流表选A；为了调节方便、测量准确，滑动变阻器要选最大阻值小的，故选C。
(3)将描出的点用直线连接，即可得U-I图线，如图所示：
取点(0.3 A,1.75 V)和点(0.45 A,2.6 V)，则R＝＝≈5.67 Ω。
(4)刚闭合开关时，灯丝温度较低，电阻较小，电流较大；随着灯丝温度升高，电阻逐渐增大，电流逐渐减小；当灯丝发热与散热平衡时，温度不变，电阻不变，电流保持不变。
答案：(1)6　(2)A　C　(3)见解析图　5.67
(4)见解析
[系统建模]
电表的选择 电流表的选择 思路一：根据电路中的最大电流来选择思路二：根据用电器的额定电流来选择
电压表的选择 思路一：根据被测电阻上的最大电压来选择思路二：根据电源电动势来选择
电表的接法 电流表和电压表选定以后，可根据和的大小关系判断应采用电流表内接法还是外接法
关键点(二)　不同形状导体长度和横截面积的确定
[考法感悟]
1．(2023·德州模拟)某兴趣小组测定某种由带状卷成圆盘状的导电物质的电阻率，如图甲所示。
(1)他们先用螺旋测微器测出单层带的厚度为d，这种物质表面镀了一层绝缘介质，其厚度不计，用游标卡尺测出带的宽度L、圆盘内径D1和外径D2，其中单层带厚度d远小于(D2－D1)。宽度L的读数如图乙所示，则宽度L＝__________mm。
(2)然后用伏安法测这根带的电阻，在带的两端引出两个接线柱，先用欧姆表粗测其电阻约为500 Ω，再将其接入测量电路。在实验室里他们找到了以下实验器材：
A．电源E(电动势为4 V，内阻约为0.5 Ω)
B．电压表V(量程为15 V，内阻约为5 000 Ω)
C．电流表A1(量程为300 mA，内阻约为2 Ω)
D．电流表A2(量程为250 mA，内阻为2 Ω)
E．滑动变阻器R1(总阻值为10 Ω)
F．滑动变阻器R2(总阻值为100 Ω)
G．定值电阻R0＝10 Ω
H．开关和导线若干
①要更好地调节和较为精确地测定其电阻，则以上不必要的器材有________(填器材前面的序号)。
②在方框内画出实验电路图。
③若测出的电阻为R，则其电阻率为ρ＝________(用d、D1、D2、L、R表示)。
解析：(1)游标卡尺的读数为：9 mm＋9×0.1 mm＝9.9 mm。
(2)①由于电源电压为4 V，而电压表的量程为15 V太大，不利于读数；滑动变阻器R2(总阻值为100 Ω)阻值偏大，不利于调节，产生误差较大。所以不需要的器材为B、F。
②将电流表A2与定值电阻R0串联改装成电压表，并将电流表A1外接，从而减小测量电流和电压的误差，同时采用滑动变阻器分压式接法，如图所示。
③若测出的电阻为R，则根据电阻定律可以得到：
R＝ρ
整理可以得到：ρ＝。
答案：(1)9.9　(2)①BF　②见解析图　③
2．(2023·浙江嘉兴模拟)某物理兴趣小组在物理实验室测量一根粗细均匀的合金丝的电阻率，实验室里有一半径10 cm的量角器，但是缺少刻度尺。该小组首先取一段合金丝绕在该量角器上，并接入如图1所示的电路中，通过金属夹所夹位置改变合金丝接入电路的长度，接入电路的合金丝所对应的圆心角θ可以由量角器读出。实验时多次改变金属夹所夹位置，通过调节滑动变阻器的阻值，使每次电流表的读数I达到一相同值时记录电压表的示数U，从而得到多组U、θ的值，作出U-θ图像如图2所示。
(1)在实验开始前，滑动变阻器的滑片P应置于________(选填“左端”或“右端”)。
(2)实验中电流表指针位置如图3所示，则读数I＝________A。
(3)在实验时，b端应与________相连接。
A．d端　 B．e端　 　C．g端　 D．c端
(4)已知合金丝的横截面积为4.0×10－8 m2，则合金丝的电阻率为________ Ω·m(结果保留2位有效数字)。
解析：(1)本实验采用分压接法，需要使合金丝的电压从0开始记录，故需要将滑动变阻器的滑片P应置于左端；
(2)电流表量程是0～0.6 A，由题图3所示表盘可知，其分度值为0.02 A，示数为0.40 A；
(3)在实验时，b端应与e端相连，通过改变金属夹的位置来改变所接入的合金丝的电阻；
(4)已知合金丝的横截面积为4.0×10－8 m2，读图可知，当θ＝时，所对应的电压大小为0.92 V，则根据欧姆定律，可得此时合金丝的电阻为R＝＝ Ω＝2.3 Ω，则根据公式R＝ρ可得，ρ＝＝ Ω·m≈5.9×10－7 Ω·m。
答案：(1)左端　(2)0.40　(3)B　(4)5.9×10－7(5.7×10－7～6.1×10－7均正确)
3．(2022·湖北高考)某探究小组学习了多用电表的工作原理和使用方法后，为测量一种新型材料制成的圆柱形电阻的电阻率，进行了如下实验探究。
(1)该小组用螺旋测微器测量该圆柱形电阻的直径D，示数如图甲所示，其读数为________ mm。再用游标卡尺测得其长度L。
(2)该小组用如图乙所示的电路测量该圆柱形电阻Rx的阻值。图中电流表量程为0.6 A、内阻为1.0 Ω，定值电阻R0的阻值为20.0 Ω，电阻箱R的最大阻值为999.9 Ω。首先将S2置于位置1，闭合S1，多次改变电阻箱R的阻值，记下电流表的对应读数I，实验数据见下表。
R/Ω I/A /A－1
5.0 0.414 2.42
10.0 0.352 2.84
15.0 0.308 3.25
20.0 0.272 3.68
25.0 0.244 4.10
30.0 0.222 4.50
根据表中数据，在图丙中绘制出-R图像。再将S2置于位置2，此时电流表读数为0.400 A。根据图丙中的图像可得Rx＝________ Ω(结果保留2位有效数字)。最后可由表达式ρ＝________(用D、L、Rx表示)得到该材料的电阻率。
(3)该小组根据图乙的电路和图丙的-R图像，还可以求得电源电动势E＝________ V，内阻r＝________ Ω。(结果均保留2位有效数字)
(4)持续使用后，电源电动势降低、内阻变大。若该小组再次将此圆柱形电阻连入此装置，测得电路的电流，仍根据原来描绘的图丙的图像得到该电阻的测量值会________(选填“偏大”“偏小”或“不变”)。
解析：(1)用螺旋测微器测量该圆柱形电阻的直径D，其读数为3.5 mm＋0.01 mm×20.0＝3.700 mm。
(2)再将S2置于位置2，此时电流表读数为0.400 A，则由图像可知对应电阻箱电阻为6 Ω，所以Rx＝6.0 Ω
根据Rx＝ρ＝ρ
解得ρ＝。
(3)由电路可知，当将S2置于位置1，闭合S1时
E＝I(RA＋R0＋r＋R)
即＝R＋
由图像可知＝ V－1，解得E≈12 V
＝2.0 A－1，解得r＝3.0 Ω。
(4)根据表达式E＝I(r＋R0＋RA＋Rx)
因电源电动势降低，内阻变大，则安培表读数变小，由原图像得到的Rx的值偏大，即Rx测量值偏大。
答案：(1)3.700　(2)6.0　　(3)12　3.0　(4)偏大
[系统建模]
在测量导体的电阻率实验时，常常会遇到不同形状的导体，比如薄膜、圆柱体、导电液体等，针对这些特殊形状的导体要注意电阻定律表达式中的l、S的测量及不同实验的创新测量方法。
1．(2023·重庆模拟)某实验小组为了测量定值电阻Rx的阻值(约25 kΩ)，预备了下列器材：
A．电流表A1(量程为100 μA，内阻约为 2 kΩ)
B．电流表A2(量程为500 μA，内阻约为300 Ω)
C．电压表V1(量程为15 V，内阻约为100 kΩ)
D．电压表V2(量程为50 V，内阻约为500 kΩ)
E．直流电源E(电动势为20 V，允许最大电流为1 A)
F．滑动变阻器R(最大阻值为1 kΩ，额定功率为1 W)
G．开关和导线若干
(1)在方框内画出实验电路图；
(2)电流表应选__________，电压表应选__________；(填字母代号)
(3)测量结果______(选填“偏大”或“偏小”)。
解析：(1)(2)电源电压为20 V，电压表应选择C；通过电阻的最大电流为I＝ A＝6×10－4 A＝600 μA，
电流表A1量程太小，内阻太大，故B合适。因25 kΩ＞ kΩ，故电流表采用内接法。
因滑动变阻器阻值较小，采用限流式接法时，控制电压变化范围太小，则应采用分压式接法，电路图如图所示。
(3)根据“大内偏大”，可知，测量结果偏大。
答案：(1)见解析图　(2)B　C　(3)偏大
2．(2023·深圳模拟)测定一卷阻值约为 30 Ω的金属漆包线的长度，实验室提供下列器材：
A．电流表 A：量程 0.6 A，内阻RA为20 Ω；
B．电压表V：量程15 V，内阻RV约为 4 kΩ；
C．学生电源E29 / 77
第二章 相互作用
第1讲　重力 弹力
一、重力
产生 由于地球的吸引而使物体受到的力
大小 与物体的质量成正比，即G＝mg。可用弹簧测力计测量重力的大小
方向 总是竖直向下的
重心 定义 物体重力的等效作用点
位置 由物体的质量分布和形状共同决定
二、形变、弹力、胡克定律
1．形变
定义 物体在力的作用下形状或体积的变化
弹性形变 有些物体在形变后撤去作用力时能够恢复原状的形变
弹性限度 当形变超过一定限度时，撤去作用力后物体不能完全恢复原来的形状，这个限度叫作弹性限度
2．弹力
定义 发生弹性形变的物体，由于要恢复原状，对与它接触的物体产生的力的作用
产生条件 物体相互接触且发生弹性形变
方向 ①总是与物体形变的方向相反；②弹力的方向总是与作用在物体上使物体发生形变的外力的方向相反
3．胡克定律
内容 弹簧发生弹性形变时，弹力F的大小跟弹簧伸长(或缩短)的长度x成正比
表达式 F＝kx。①k是弹簧的劲度系数，单位为N/m；k的大小由弹簧自身性质决定；②x是形变量，不是弹簧形变以后的长度
情境创设
如图所示，健身拉力器是一种很简单且容易获得的健身器材。拉力器能够锻炼的部位有很多：可以练肩部，练手臂，练胸，练腿，练背等。
微点判断　
(1)健身爱好者站在地面上所受重力的方向不一定指向地心。(√)
(2)地面对健身爱好者的支持力是由于健身爱好者的脚发生了形变。(×)
(3)弹簧拉伸时，健身爱好者的手与弹簧间一定有弹力。(√)
(4)健身拉力器中的弹簧，其形变量越大，劲度系数越大。(×)
(5)健身拉力器中的弹簧，其劲度系数是由弹簧自身性质决定的。(√)
(6)F＝kx中“x”表示弹簧形变后的长度。(×)
(一) 重力与重心(固基点)
[题点全练通]
1．关于物体的重力，下列说法正确的是(　 )
A．在“天上”绕地球飞行的人造卫星不受重力作用
B．物体放在真空中不受重力作用
C．将物体竖直向上抛出后，物体在上升阶段所受的重力比落向地面时小
D．物体所受重力的大小与物体的质量有关，与物体是否运动及怎样运动无关
解析：选D　重力是由于地球的吸引而使地面附近物体受到的地球的作用力，不管物体是否在真空中，是静止还是运动，也不管物体是上升还是下落，一切物体都受重力作用，故A、B项错误；地面附近同一物体的重力大小、方向都不会发生改变，重力的大小可由公式G＝mg求出，C项错误；重力大小与物体的质量m有关，与物体的运动状态无关，D项正确。
2．在下列物品中符合重心在几何体内部且位于中心的是(　 )
A．如图甲所示的均匀材质的铁球
B．如图乙所示的煎好的麦饼
C．如图丙所示的实心球
D．如图丁所示的对称的马蹄形磁铁
解析：选A　图甲为均匀材质的铁球，故重心在其内部且位于中心，A正确；煎好的麦饼质地不一定均匀、形状不一定规则，B错误；实心球质地不一定均匀，C错误；马蹄形磁铁的重心在几何体外部，D错误。
3.(2022·浙江1月选考)如图所示，公园里有一仿制我国古代欹器的U形水桶，桶可绕水平轴转动，水管口持续有水流出，过一段时间桶会翻转一次，决定桶能否翻转的主要因素是(　 )
A．水桶自身重力的大小
B．水管每秒出水量的大小
C．水流对桶撞击力的大小
D．水桶与水整体的重心高低
解析：选D　由题意可知水桶中的水到一定量之后，导致水桶与水整体的重心往上移动，竖直向下的重力作用线偏离中心转轴，导致水桶不能稳定平衡，发生翻转，D正确。
[要点自悟明]
1．重心是重力的等效作用点，其位置与物体的形状和质量分布有关，但不一定在物体上。
2．对于形状不规则或质量不均匀分布的薄板，重心可用悬挂法确定。
3．重力的方向总是竖直向下，不一定指向地心，也不一定垂直向下。
4．重力的大小G＝mg，而g的大小与所处的地球位置有关。
(二) 弹力的有无及方向判断(精研点)
逐点清1　弹力的有无判断
1．[假设法]如图所示，图中的物体A、B均处于静止状态，下列说法正确的是(　 )
A．图甲中水平地面是光滑的，A与B间存在弹力
B．图乙中两斜面与水平地面的夹角分别为α、β，A对两斜面均有压力的作用
C．图丙中A不会受到斜面B对它的支持力的作用
D．图丁中A受到斜面B对它的支持力的作用
解析：选B　题图甲中对B进行受力分析，B受重力和地面支持力的作用，竖直方向二力平衡，B静止，水平方向不可能再受到A对B的弹力作用，A错误；题图乙中若去掉左侧的斜面，或去掉右侧的斜面，A不能保持静止，所以A对两斜面均有压力的作用，B正确；题图丙中绳子对A的拉力斜向右上方，若将斜面B移走，A不能保持静止，故A受到斜面B对它的弹力作用，C错误；题图丁中绳子处于竖直状态，若A与斜面B间有弹力，绳子不能保持竖直状态，故A不受斜面B的弹力作用，D错误。
2.[状态法]
如图所示，小车内沿竖直方向的一根轻质弹簧和一条与竖直方向成α角的细绳拴接一小球。当小车与小球相对静止，一起在水平面上运动时，下列说法正确的是(　 )
A．细绳对小球一定有拉力的作用
B．轻弹簧对小球一定有弹力的作用
C．细绳对小球不一定有拉力的作用，但是轻弹簧对小球一定有弹力
D．细绳对小球不一定有拉力的作用，轻弹簧对小球也不一定有弹力的作用
解析：选D　当小车匀速运动时，弹簧弹力大小等于小球重力大小，细绳的拉力FT＝0；当小车和小球向右做匀加速直线运动时绳的拉力不能为零，弹簧弹力有可能为零，故D正确。
判断弹力有无的三种方法
条件法 根据物体是否直接接触并发生弹性形变来判断，多用来判断形变较明显的情况
假设法 对形变不明显的情况，可假设两个物体间不存在弹力，看物体能否保持原有的状态，若运动状态不变，则此处不存在弹力；若运动状态改变，则此处一定存在弹力。如第1题中弹力有无的判断
状态法 根据物体的运动状态，利用牛顿第二定律或共点力平衡条件判断是否存在弹力。如第2题中细绳拉力和弹簧弹力的有无与小球所处的运动状态有关
逐点清2　弹力的方向判断
3．在下图中画出各弹力的方向
类型 面与面 点与面 点与曲面 曲面与平面
示例
注：学生用书中已将3、4题示例中的弹力方向删除。
4．在下图中画出各弹力的方向
类型 绳的弹力一定沿绳 杆的弹力不一定沿杆 弹簧分拉伸、压缩
示例
一点一过
常见的5种不同接触形式中的弹力方向
平面与平面接触 弹力的方向垂直于公共接触面，指向受力物体
点与曲面接触 物体所受弹力垂直于接触点的切面，指向受力物体
平面与曲面接触 物体所受弹力垂直于平面指向受力物体
细绳上的弹力方向 沿绳指向绳收缩的方向
轻杆上的弹力方向 不一定沿杆，其方向与物体的状态有关
(三)弹力的大小计算(精研点)
逐点清1　弹簧弹力的计算
1．[胡克定律的应用]两个劲度系数分别为k1和k2的轻质弹簧a、b串接在一起，a弹簧的一端固定在墙上，如图所示。开始时弹簧均处于原长状态，现用水平力作用在b弹簧的P端向右拉动弹簧，已知a弹簧的伸长量为L，则(　 )
A．b弹簧的伸长量也为L
B．b弹簧的伸长量为
C．P端向右移动的距离为2L
D．P端向右移动的距离为L
解析：选B　根据两根弹簧中弹力相等可得b弹簧的伸长量为，P端向右移动的距离为L＋L，选项B正确。
2．[利用平衡条件求弹簧的弹力]如图所示的装置中，各小球的质量均相同，弹簧和细线的质量均不计，一切摩擦忽略不计，平衡时各弹簧的弹力大小分别为F1、F2、F3，其大小关系是(　 )
A．F1＝F2＝F3 B．F1＝F2＜F3
C．F1＝F3＞F2 D．F3＞F1＞F2
解析：选A　不计一切摩擦，平衡时三个弹簧的弹力大小均等于一个小球的重力，故选项A正确。
一点一过
1．弹簧的弹力可由胡克定律F＝kx计算，也可由物体的平衡条件计算。
2．弹簧串联时，各弹簧的弹力大小相等，弹簧的形变量一般不同。
3．弹簧并联时，各弹簧的形变量相等，弹力一般不同。
逐点清2　轻绳和轻杆弹力的计算
3.[轻绳弹力的计算]如图所示，水平直杆OP右端固定于竖直墙上的O点，长为L＝2 m的轻绳一端固定于直杆的P点，另一端固定于墙上O点正下方的Q点，OP长为d＝1.2 m，重为8 N的钩码用质量不计的光滑挂钩挂在轻绳上且处于静止状态，则轻绳的弹力大小为(　 )
A．10 N B．8 N
C．6 N D．5 N
解析：选D　设挂钩所在处为N点，延长PN交墙于M点，如图所示：同一条绳子拉力相等，根据对称性可知两边的绳子与竖直方向的夹角相等，设为α，则根据几何关系可知∠NQM＝∠NMQ＝α，故NQ＝MN，即PM等于绳长；根据几何关系可得：sin α＝＝0.6，则cos α＝0.8，根据平衡条件可得：2FTcos α＝G，解得：FT＝5 N，故D正确。
4.[轻杆弹力的计算]如图所示，与竖直墙壁成53°角的轻杆一端斜插入墙中并固定，另一端固定一个质量为m的小球，水平轻质弹簧处于压缩状态，弹力大小为mg(g表示重力加速度)，则轻杆对小球的弹力大小为(　 )
A.mg B.mg C.mg D.mg
解析：选D　小球处于静止状态，其合力为零，对小球进行受力分析，如图所示，由图中几何关系可得F＝＝mg，D正确。
一点一过
1．物体处于平衡状态时，固定物体的轻绳或轻杆的弹力可由物体的平衡条件借助于力的合成与分解知识求解。
2．轻绳中的弹力方向一定沿绳指向绳收缩的方向，而轻杆中的弹力方向不一定沿杆。如第2题中轻杆的弹力方向就不沿杆的方向。
逐点清3　非平衡体所受弹力的计算
5．[非平衡体所受轻杆的弹力](多选)如图所示为位于水平面上的小车，固定在小车上的支架的斜杆与竖直杆的夹角为θ，在斜杆下端固定有质量为m的小球。现使小车以加速度a向右做匀加速运动，下列说法正确的是(　 )
A．杆对小球的弹力竖直向上
B．杆对小球的弹力沿杆向上
C．杆对小球的弹力大小可能为
D．杆对小球的弹力大小为F＝
解析：选CD　设杆对小球的弹力F在竖直方向的分力为Fy，水平方向的分力为Fx，由牛顿第二定律可知，Fy＝mg，Fx＝ma，F＝，当＝tan θ时，即a＝gtan θ时，杆对球的弹力沿杆向上，此时F＝，综上所述，A、B错误，C、D正确。
6．[非平衡体所受弹簧的弹力](多选)橡皮筋具有与弹簧类似的性质，如图所示，一条质量不计的橡皮筋竖直悬挂，劲度系数k＝100 N/m，橡皮筋上端安装有拉力传感器测量橡皮筋的弹力。当下端悬挂一个钩码，静止时拉力传感器读数为10 N，现将一个完全相同的钩码轻轻挂在第一个钩码的下方，取g＝10 m/s2，则(　 )
A．悬挂第二个钩码的瞬间，拉力传感器的读数仍为10 N
B．悬挂第二个钩码的瞬间，钩码间的弹力大小是20 N
C．悬挂第二个钩码后，拉力传感器的读数恒为20 N
D．悬挂第二个钩码后，钩码运动速度最大时下降的高度为10 cm
解析：选AD　悬挂第二个钩码的瞬间，橡皮筋长度还没发生变化，根据胡克定律，橡皮筋拉力大小仍为10 N，两钩码将以相同的加速度向下加速，钩码间的弹力大小小于10 N，A正确，B错误；悬挂第二个钩码后，橡皮筋继续伸长，拉力传感器的读数从10 N开始增大，直到弹力等于两个钩码的重力时，拉力传感器的读数才为20 N，C错误；设悬挂第一个钩码稳定时橡皮筋的伸长量为x1，kx1＝G，悬挂第二个钩码后，钩码运动速度最大时，钩码受力平衡，设此时又伸长x2，则k(x1＋x2)＝2G，代入数据，可得x2＝10 cm，D正确。
一点一过
1．非平衡体所受弹力的大小和方向与物体加速度的大小和方向有关。
2．应用牛顿第二定律时，沿加速度的方向和垂直于加速度的方向列方程。
1．[激励爱国情怀](多选)拥有我国自主知识产权的大飞机是几代航天人的梦想，这一梦想如今已经变成了现实，如图所示为具有完全自主知识产权的C919国产大型客机。下列关于C919客机的说法正确的是(　 )
A．C919客机受到的重力指向地心
B．C919客机受重力的同时，它也对地球产生引力
C．C919客机受到的重力总是垂直水平面向下
D．C919客机匀速飞行，它不受重力作用
解析：选BC　重力的方向总是竖直向下(也可以说成垂直水平面向下)，而不一定指向地心，A错误，C正确；C919客机受重力的同时，它也对地球产生引力，B正确；C919客机匀速飞行，它仍受重力作用，D错误。
2．[联系生活实际]杂技演员用两根重力不计的木棒顶起装满水的水壶，其中竖直木棒静止在另一根倾斜木棒的顶端。已知倾斜木棒与水平方向的夹角为θ，水壶和水的总质量为m，重力加速度大小为g，则竖直木棒对倾斜木棒的作用力大小为(　 )
A．mgsin θ B．mg
C．mgcos θ D.
解析：选B　以水壶和水、竖直木棒整体为研究对象，由平衡条件可知，倾斜木棒对竖直木棒的支持力大小FN＝mg，由牛顿第三定律可知竖直木棒对倾斜木棒的作用力大小为mg，选项B正确。
3．[聚焦科技前沿]如图所示，是我国的极地考察破冰船——“雪龙号”。为满足破冰航行的要求，其船体结构经过特殊设计，船体下部与竖直方向成特殊角度。则船体对冰块的弹力示意图正确的是(　 )
解析：选C　船体对冰块的弹力垂直于接触面，指向受力物体，C正确，A、B、D错误。
4．[渗透五育教育(体育)]射箭是奥运会比赛项目之一，如图甲为运动员射箭的场景。已知弓的顶部跨度为l，弦均匀且弹性良好，其自由长度为l。发射时弦和箭可等效为图乙，假设弓的跨度保持不变，即箭在弦的正中间，弦夹在类似动滑轮的附加装置上，将箭发射出去。已知弦的劲度系数为k，发射箭时弦的最大长度为l(弹性限度内)，则箭被发射瞬间所受的最大弹力为(设弦的弹力满足胡克定律)(　 )
A．kl B.kl
C.kl D．2kl
解析：选B　弦的张力F＝k＝kl，由力的合成得弦对箭的作用力F′＝2Fcos θ，sin θ＝＝(θ为箭与弦的夹角)，得F′＝kl，所以B正确。
5.[联系生活实际](多选)为了佩戴舒适，口罩两边的弹性绳的劲度系数比较小，某同学将弹性绳拆下，当弹性绳下端悬挂一块橡皮擦时，弹性绳的长度为30 cm，悬挂两块相同的橡皮擦时，弹性绳的长度为40 cm，如图所示。当弹性绳下端悬挂一支笔时，弹性绳的长度为35 cm。若弹性绳满足胡克定律，且弹性绳始终在弹性限度内，不计弹性绳受到的重力。下列说法正确的是(　 )
A．弹性绳的原长为20 cm
B．弹性绳的劲度系数为10 N/m
C．一支笔受到的重力是一块橡皮擦受到的重力的1.5倍
D．将一块橡皮擦和一支笔一起挂在弹性绳下端时，弹性绳长45 cm
解析：选ACD　设弹性绳原长为L0(cm)，劲度系数为k，橡皮擦重力为G1，笔的重力为G2，由胡克定律可知G1＝k(30－L0)×10－2,2G1＝k(40－L0)×10－2，G2＝k(35－L0)×10－2，联立解得L0＝20 cm，G2＝1.5G1，根据已知条件无法计算k的大小，A、C正确，B错误；将一块橡皮擦和一支笔一起挂在弹性绳下端时，由胡克定律可知G2＋G1＝k(x－L0)，解得x＝45 cm，故D正确。
[课时跟踪检测]
1．下列关于重力、重心的说法，正确的是(　 )
A．任何有规则形状的物体，它的重心一定与它的几何中心重合
B．任何物体的重心都在物体上，不可能在物体外
C．用一绳子将物体悬挂起来，物体静止时，该物体的重心不一定在绳子的延长线上
D．重力是由地面附近的物体受到地球的万有引力而产生的
解析：选D　只有质量分布均匀、形状规则的物体，其重心才在几何中心上，故A错误；物体的重心可以在物体上，也可以在物体外，如环的重心在环体外，故B错误；用一绳子将物体悬挂起来，物体静止时，由二力平衡可知，该物体的重心一定在绳子的延长线上，故C错误；重力是由地面附近的物体受到地球的万有引力而产生的，故D正确。
2．(多选)图书馆的读书角摆了一个装饰瓶，如图所示，下列说法正确的是(　 )
A．装饰瓶受到地球对它的吸引力，但它对地球没有吸引力
B．装饰瓶重心一定在其几何中心
C．装饰瓶的重心位置与其形状结构及质量分布有关
D．若装饰瓶底部出现一个小洞，那么在瓶内水滴完前后的过程中，装饰瓶的重心先降低后升高
解析：选CD　力的作用是相互的，瓶子受到地球对它的吸引力，它对地球也有吸引力，故A错误；装饰瓶的重心位置与其质量分布和形状有关，只有形状规则且质量均匀分布的物体的重心才与几何中心重合，故B错误，C正确；若装饰瓶底部出现一个小洞，在水滴完的过程中，装饰瓶的重心先降低后升高，故D正确。
3.(2023·衡水高三检测)如图所示，一根弹性杆的一端固定在倾角为30°的斜面上，杆的另一端固定一个重力为2 N的小球，小球处于静止状态，则弹性杆对小球的弹力(　 )
A．大小为2 N，方向平行于斜面向上
B．大小为1 N，方向平行于斜面向上
C．大小为2 N，方向垂直于斜面向上
D．大小为2 N，方向竖直向上
解析：选D　小球受重力和杆的支持力(弹力)作用处于静止状态，由二力平衡可知，弹性杆对小球的弹力与重力等大、反向，即大小为2 N，方向竖直向上。
4.在日常生活及各项体育运动中，有弹力出现的情况比较普遍，如图所示的情况就是一个实例。当运动员踩压跳板使跳板弯曲到最低点时，下列说法正确的是(　 )
A．跳板发生形变，运动员的脚没有发生形变
B．运动员受到的支持力是运动员的脚发生形变而产生的
C．此时跳板对运动员的支持力和运动员的重力等大
D．此时跳板对运动员的支持力大于运动员的重力
解析：选D　发生相互作用的物体均要发生形变，故A错误；发生形变的物体，为了恢复原状，会对与它接触的物体产生弹力的作用，B错误；在最低点，运动员的瞬时速度虽然为零，但接着运动员要加速上升，故此时跳板对运动员的支持力大于运动员的重力，C错误，D正确。
5.(2022·嘉兴模拟)高竿船技是浙江嘉兴文化古镇(乌镇)至今仍保留并演出的传统民间杂技艺术，表演者爬上固定在船上的竹竿，模拟蚕宝宝吐丝作茧的动作祈愿蚕茧丰收。如图所示，此时表演者静止在弯曲倾斜的竹竿上，则下列说法正确的是(　 )
A．表演者对竹竿的弹力是由竹竿形变产生的
B．表演者对竹竿的力竖直向下
C．表演者对竹竿的摩擦力一定为零
D．表演者对竹竿的力大于竹竿对表演者的力
解析：选B　表演者对竹竿的弹力是由表演者发生形变产生的，故A错误；因为表演者静止在弯曲倾斜的竹竿上，受到重力、弹力和摩擦力作用，且处于平衡状态，故竹竿对表演者的力竖直向上，根据牛顿第三定律可知表演者对竹竿的力竖直向下，故B正确，C错误；表演者对竹竿的力与竹竿对表演者的力大小相等，故D错误。
6.如图所示，有两根完全相同的轻弹簧。图甲中，弹簧竖直固定在地面上，弹簧顶端有一质量为2 kg的物块A，弹簧长度为7 cm；图乙中，质量为0.5 kg的物块B悬挂在弹簧下端，弹簧长度为9.5 cm。物块A、B均处于静止状态，弹簧均处于弹性限度内，取重力加速度大小g＝10 m/s2。则该弹簧的原长为(　 )
A．7.5 cm B．8 cm
C．8.5 cm D．9 cm
解析：选D　由胡克定律可得mAg＝k(x0－x1)，mBg＝k(x2－x0)，解得x0＝9 cm，D正确。
7．如图甲所示，一轻弹簧左端与墙壁相连于O点。作用于右端A点的水平外力F变化时弹簧长度不断变化，取水平向左为正方向，测得外力F与弹簧长度的关系如图乙所示，则下列说法正确的是(　 )
A．弹簧原长为5 cm
B．弹簧的劲度系数为400 N/m
C．当l＝10 cm时，弹簧对墙壁的弹力方向水平向右
D．当l＝20 cm时，弹簧对墙壁的弹力方向水平向左
解析：选B　根据图像可知，当F＝0时，弹簧处于自然伸长状态，即自然长度为15 cm，A错误；由胡克定律可得k＝＝＝400 N/m，B正确；由题意知，弹簧长度为10 cm时F为正，则F方向向左，弹簧处于压缩状态，弹簧对墙壁的弹力水平向左，C错误；由题意知，弹簧长度为20 cm时F为负，则F方向向右，弹簧处于伸长状态，弹簧对墙壁的弹力水平向右，D错误。
8．(2023·济南调研)如图所示为一款可调握力器的简化图。通过调节右侧旋钮可令弹簧下悬点在A到B间移动，从而使弹簧初始弹力在0～25 N之间变化，已知弹簧下端处于A点时，弹簧与水平杆成53°角，当其调节到B点时，弹簧与水平杆成37°角，已知AB长3.5 cm，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，则该弹簧的劲度系数为(　 )
A．800 N/m B．900 N/m
C．1 000 N/m D．1 200 N/m
解析：选C　如图所示，过O点作AB的垂线，与AB所在直线相交于D点，连接OA、OB，设OD＝s，BD＝L1，AD＝L2，由几何关系得：L1－L2＝3.5 cm，tan 53°＝，tan 37°＝，解得s＝6 cm，弹簧从A点调节到B点时，形变量为Δx＝－，解得Δx＝2.5 cm，根据胡克定律得F＝kΔx，可求得k＝1 000 N/m，C正确。
9．如图，两个弹簧的质量不计，劲度系数分别为k1、k2，它们一端固定在质量为m的物体上，另一端分别固定在Q、P上，当物体平衡时上面的弹簧处于原长，若把固定的物体换成大小相同、质量为2m的物体(弹簧不变，且弹簧均在弹性限度内)，当物体再次平衡时，物体比第一次平衡时的位置下降了x，则x为(　 )
A. B.
C. D.
解析：选A　设物体质量为m时，下方弹簧压缩量为x1，则mg＝k1x1，当物体质量为2m时，物体下降了x，则上面弹簧的伸长量也为x，由平衡条件得：k1(x1＋x)＋k2x＝2mg，解得：x＝，故选项A正确。
第2讲　摩擦力
1．两种摩擦力的比较
名称项目　 　 静摩擦力 滑动摩擦力
定义 两相互接触的物体之间只有相对运动的趋势，而没有相对运动，两物体间的摩擦力 两个相互接触的物体，当它们相对滑动时，在接触面上产生阻碍相对运动的力
产生条件 ①接触面粗糙②接触处有压力③两物体间有相对运动趋势 ①接触面粗糙②接触处有压力③两物体间有相对运动
大小 0＜F≤Fmax Ff＝μF压，μ的大小由接触面的材料和粗糙程度共同决定
方向 与受力物体相对运动趋势的方向相反 与受力物体相对运动的方向相反
作用效果 总是阻碍物体间的相对运动趋势 总是阻碍物体间的相对运动
2．关于摩擦力的四个易错点
(1)摩擦力的方向总是与物体间相对运动(或相对运动趋势)的方向相反，但不一定与物体的运动方向相反。
(2)摩擦力总是阻碍物体间的相对运动(或相对运动趋势)，但不一定阻碍物体的运动。即摩擦力可以作为阻力使物体减速，也可以作为动力使物体加速。
(3)受静摩擦力作用的物体不一定相对地面静止，但一定与静摩擦力的施力物体保持相对静止。
(4)静摩擦力的大小与正压力无关，仅与外力有关，最大静摩擦力的大小与正压力有关且成正比。
情境创设　
“共享单车”的经营模式，正在快速地改变着我们的生活方式，也为经济发展新常态增添了新的内涵。不论自行车的品牌如何，从自行车的结构和使用上来看，自行车涉及许多物理知识。
微点判断　
(1)正在水平路面上正常行驶的共享单车，其前轮受到的摩擦力方向向后，后轮受到的摩擦力方向向前。(√)
(2)自行车后轮受到的摩擦力总是阻碍自行车的运动或运动趋势。(×)
(3)自行车运动时地面与车轮接触处有摩擦力作用，也一定有弹力作用。(√)
(4)自行车运动时地面与车轮接触处的摩擦力一定与弹力方向垂直。(√)
(5)刹车时，用力捏紧车闸，以增大刹车片与车圈之间的压力，从而增大摩擦力。(√)
(6)自行车轮胎、车把套、脚踏板以及刹车处均刻有花纹，并且都使用动摩擦因数较大的材料，从而增大摩擦力。(√)
(一) 静摩擦力的有无及方向判断三法(培优点)
方法1　假设法
　[研一题]　如图甲是某同学写字时的握笔姿势，如图乙是他在握笔时把拇指和食指松开时的状态，笔尖仍然斜向下且笔保持静止状态。关于两幅图中笔的受力，下列说法正确的是(　 )
A．图甲中笔可能不受摩擦力
B．图乙中笔可能不受摩擦力
C．图甲和图乙中手对笔的作用力方向都为竖直向上
D．图甲中手的握力越大，笔所受的摩擦力越大
解析：选C　对题图甲中的笔受力分析，受到重力、手指的压力和摩擦力，假设没有受到摩擦力，笔就会顺着手指滑下来，故A错误；对题图乙中的笔受力分析，受到重力、支持力和摩擦力，假设没有受到摩擦力，笔就会顺着手指滑下来，故B错误；因为题图甲和题图乙中的笔都是静止状态，所以手对笔的作用力应与重力大小相等，方向相反，故C正确；题图甲中的笔受到的是静摩擦力，大小与手的握力无关，故D错误。
[悟一法]　假设法的解题思路：
方法2　状态分析法
　[研一题]　如图所示，竖直墙面上有一只壁虎从A点沿水平直线加速运动到B点，此过程中壁虎受到摩擦力的方向是(　 )
A．斜向右上方 B．斜向左上方
C．水平向左 D．竖直向上
解析：选B　由于壁虎从A点到B点做加速直线运动，即壁虎所受合力水平向左，在竖直平面内壁虎受重力、摩擦力，由平行四边形定则可知，摩擦力方向斜向左上方，故B正确。
[悟一法]　状态分析法的应用要领：此法关键是先确定物体的运动状态(如平衡或求出加速度)，再利用平衡条件或牛顿第二定律(F＝ma)确定静摩擦力的方向。
方法3　转换对象法
　[研一题]　大型商场或者大型超市为了方便顾客上下楼，都会安装自动扶梯。小王同学经过调查研究发现自动扶梯分为两大类，一种无台阶，另一种有台阶，两种自动扶梯分别如图甲、乙所示。此外，小王同学还发现，为了节约能源，在没有乘客乘行时，这两种自动扶梯都以较小的速度匀速运行，当有乘客乘行时自动扶梯经过先加速运行再匀速运行两个阶段。则自动扶梯在运送乘客上楼的整个过程中(　 )
A．图甲所示的无台阶自动扶梯中，乘客始终受摩擦力作用
B．图乙所示的有台阶自动扶梯中，乘客始终受摩擦力作用
C．图甲所示的无台阶自动扶梯中，乘客对扶梯的作用力始终竖直向下
D．图乙所示的有台阶自动扶梯中，乘客对扶梯的作用力始终竖直向下
解析：选A　乘客在无台阶的扶梯上运动时，在加速阶段和匀速阶段，都受重力、支持力、摩擦力作用，匀速阶段乘客加速度为零，扶梯对乘客的作用力竖直向上，由牛顿第三定律可知，乘客对扶梯的作用力竖直向下，加速阶段扶梯对乘客的作用力斜向上，由牛顿第三定律可知，乘客对扶梯的作用力斜向下；有台阶的扶梯，在扶梯匀速上升阶段，乘客不受摩擦力作用，在扶梯加速阶段，乘客所受支持力和摩擦力的合力斜向上，由牛顿第三定律可知，乘客对扶梯的作用力斜向下，综上所述，A正确，B、C、D均错误。
[悟一法]　转换对象法应用要领：“力是物体间的相互作用”，先确定受力较少的物体受到的静摩擦力的方向，再根据牛顿第三定律确定相互作用的另一物体受到的静摩擦力的方向。
(二) 摩擦力大小的计算(精研点)
逐点清1　静摩擦力大小的计算
1．[应用平衡条件计算]如图所示，在倾角为37°的斜面上放置一质量为0.5 kg的物体，用一大小为1 N平行斜面底边的水平力F推物体时，物体保持静止。已知物体与斜面间的动摩擦因数为，物体受到的摩擦力大小为(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2)(　 )
A．3 N B．2 N
C. N D. N
解析：选C　物体受重力、水平力F、斜面的支持力、静摩擦力，在沿斜面方向内由平衡条件得：Ff＝，解得：Ff＝ N，故A、B、D错误，C正确。
2．[应用牛顿第二定律计算]如图所示，质量为10 kg的物体A拴在一个被水平拉伸的弹簧一端，弹簧的拉力为5 N时，物体A处于静止状态。若小车以1 m/s2的加速度向右加速运动后，则(g取10 m/s2)(　 )
A．物体A相对小车向右运动
B．物体A受到的摩擦力减小
C．物体A受到的摩擦力大小不变
D．物体A受到的弹簧拉力增大
解析：选C　由题意得物体A与小车的上表面间的最大静摩擦力Fmax≥5 N，小车向右加速运动后，对物体A受力分析，可得F合＝ma＝10 N，可知此时小车对物体A的摩擦力大小为5 N，方向向右，且为静摩擦力，所以物体A相对于小车仍然静止，故A错误；所以物体A受到的摩擦力大小不变，故B错误，C正确；物体A相对于小车仍然静止，所以受到的弹簧的拉力大小不变，故D错误。
一点一过　静摩擦力大小的计算方法
(1)物体处于静止状态，利用力的平衡条件求解静摩擦力的大小。
(2)物体有加速度时，若只受摩擦力，则Ff＝ma，如匀速转动的圆盘上与圆盘相对静止的物块靠静摩擦力提供向心力产生向心加速度。若除摩擦力外，物体还受其他力，则F合＝ma，需先求合力再求摩擦力。
逐点清2　滑动摩擦力大小的计算
3．如图甲所示为冰壶运动，属于2022北京冬奥会比赛项目，它考验参与者的体能与脑力，展现动静之美，取舍之智慧。现对运动员推动冰壶滑行过程建立如图乙所示模型：冰壶质量m＝20 kg，运动员施加的推力F＝50 N，方向与水平方向夹角为37°，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g取10 m/s2，若冰壶在推力F作用下做匀速直线运动，冰壶与冰面间的动摩擦因数μ约为(　 )
A．0.15 B．0.16
C．0.17 D．0.18
解析：选C　由受力分析可得Fcos θ＝μ(mg＋Fsin θ)，代入数据解得μ≈0.17，C正确，A、B、D错误。
一点一过　滑动摩擦力大小的计算方法
公式法 若μ已知，则F＝μFN，FN是两物体间的正压力
状态法 若μ未知，可结合物体的运动状态和其他受力情况，利用平衡条件或牛顿第二定律列方程求解
(三) 摩擦力的四类突变(精研点)
类型1　“静—静”突变
物体受到静摩擦力和其他力的共同作用，当其他力的合力发生变化时，如果仍保持相对静止，则静摩擦力的大小和(或)方向可能发生突变。
[例1]　(多选)如图甲所示，两物体A、B叠放在光滑的水平面上，对物体A施加一水平变力F，F-t关系图像如图乙所示，两物体在力F作用下由静止开始运动，且始终相对静止，规定水平向右为正方向，则(　 )
A．两物体一直向右做直线运动
B．两物体沿直线做往复运动
C．在2～3 s时间内两物体间的摩擦力逐渐减小
D．B物体所受摩擦力的方向始终与力F的方向相同
[解析]　在0～2 s内两物体向右做加速运动，加速度先增大后减小；2～4 s内加速度反向，两物体做减速运动，因为两段时间内受力是对称的，所以4 s末速度变为零，在0～4 s内两物体一直向右运动，然后重复以前的运动，A正确，B错误；在2～3 s内，F逐渐增大，两物体加速度逐渐增大，隔离对B分析，B所受的合力逐渐增大，即B所受的摩擦力逐渐增大，C错误；对整体分析，两物体的加速度与F的方向相同，B物体所受的合力为摩擦力，故摩擦力的方向与加速度方向相同，即与F的方向相同，D正确。
[答案]　AD
类型2　“静—动”突变
物体在静摩擦力和其他力作用下处于静止状态，当其他力变化时，如果物体不能保持相对静止状态，则物体受到的静摩擦力将“突变”成滑动摩擦力，突变点常常为静摩擦力达到最大值时。
[例2]　(多选)在探究静摩擦力变化的规律及滑动摩擦力变化的规律的实验中，设计了如图甲所示的演示装置，力传感器A与计算机连接，可获得力随时间变化的规律，将力传感器固定在光滑水平桌面上，测力端通过细绳与一滑块相连(调节力传感器高度使细绳水平)，滑块放在较长的小车上，小车一端连接一根轻绳并跨过光滑的轻定滑轮系一只空沙桶(调节滑轮可使桌面上部细绳水平)，整个装置处于静止状态。实验开始时打开传感器同时缓慢向沙桶里倒入沙子，小车一旦运动起来，立即停止倒沙子。若力传感器采集的图像如图乙所示，则结合该图像，下列说法正确的是(　 )
A．可求出空沙桶的重力
B．可求出滑块与小车之间的滑动摩擦力的大小
C．可求出滑块与小车之间的最大静摩擦力的大小
D．可判断第50 s后小车做匀速直线运动(滑块仍在车上)
[解析]　t＝0时刻，力传感器显示拉力为2 N，则滑块受到的摩擦力为静摩擦力，大小为2 N，由力的相互性可知车受到滑块的摩擦力为2 N，由车与空沙桶受力平衡可知空沙桶的重力等于2 N，A项正确；t＝50 s时摩擦力达到最大值，即滑块与小车间的最大静摩擦力为3.5 N，同时小车开始运动，说明带有沙的沙桶重力等于3.5 N，此时摩擦力立即变为滑动摩擦力，最大静摩擦力略大于滑动摩擦力，故摩擦力突变为3 N的滑动摩擦力，B、C项正确；此后由于沙和沙桶重力3.5 N大于滑动摩擦力3 N，故第50 s后小车将加速运动，D项错误。
[答案]　ABC
类型3　“动—静”突变
物体受到滑动摩擦力和其他力的共同作用，当相对滑动突然停止时，滑动摩擦力可能突变为静摩擦力。
[例3]　如图所示，斜面固定在地面上，倾角为θ＝37°(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)。质量为1 kg的滑块以初速度v0从斜面底端沿斜面向上滑行(斜面足够长，该滑块与斜面间的动摩擦因数为0.8)，则该滑块所受摩擦力Ff随时间变化的图像是选项图中的(取初速度v0的方向为正方向，g取10 m/s2)(　 )
[解析]　滑块上滑过程中受滑动摩擦力，由Ff＝μFN和FN＝mgcos θ，得Ff＝6.4 N，方向沿斜面向下。当滑块的速度减为零后，由于重力的分力mgsin θ＜μmgcos θ，滑块将静止，滑块受到的摩擦力为静摩擦力，由平衡条件得Ff＝mgsin θ，代入可得Ff＝6 N，方向沿斜面向上，故B正确。
[答案]　B
类型4　“动—动”突变
物体受到滑动摩擦力和其他力的共同作用，当两物体间的正压力发生变化时，滑动摩擦力的大小随之而变；或者两物体达到共同速度时相对滑动方向发生变化，滑动摩擦力的方向也会随之而变。
[例4]　(多选)如图所示，足够长的传送带与水平面夹角为θ，以速度v0沿逆时针匀速转动。在传送带的上端轻轻放置一个质量为m的小木块，小木块与传送带间的动摩擦因数μ＜tan θ，则下列选项中能客观地反映小木块受到的摩擦力和运动情况的是(　 )
[解析]　当小木块速度小于传送带速度时，小木块相对于传送带向上滑动，小木块受到的滑动摩擦力
沿传送带向下，加速度a＝gsin θ＋μgcos θ；当小木块速度达到传送带速度时，由于μ＜tan θ，即μmgcos θ＜mgsin θ，所以速度继续增加，此时滑动摩擦力的大小不变，而方向突变为沿传送带向上，a＝gsin θ－μgcos θ，加速度变小，则v-t图像的斜率变小，B、D正确。
[答案]　BD
[系统建模]
摩擦力的突变问题，无论怎样变化，考查的都是对静摩擦力和滑动摩擦力大小或方向变化的分析，解题时应注意以下三点：
(1)题目中出现“最大”“最小”和“刚好”等关键词时，一般隐藏着临界问题。
(2)静摩擦力是被动力，其存在及大小、方向取决于物体间的相对运动的趋势，而且静摩擦力存在最大值。存在静摩擦力的连接系统，相对滑动与相对静止的临界状态时静摩擦力达到最大值。
(3)研究传送带问题时，物体和传送带的速度相等的时刻往往是摩擦力的大小、方向和运动性质的分界点。
1．[聚焦科技前沿]《中国制造2025》是国家实施强国战略行动纲领，智能机器制造是一个重要方向，如图所示，一机械臂铁夹竖直夹起一个金属小球，小球在空中处于静止状态，铁夹与球接触面保持竖直，则(　 )
A．小球受到的摩擦力方向竖直向下
B．小球受到的摩擦力与重力大小相等
C．若增大铁夹对小球的压力，小球受到的摩擦力变大
D．若铁夹水平移动，小球受到的摩擦力变大
解析：选B　对小球受力分析可知，小球受重力、两侧铁夹的弹力以及摩擦力作用，根据平衡条件可知，小球在竖直方向上受到的摩擦力与重力大小相等、方向相反，故A错误，B正确；增大铁夹对小球的压力，以及水平移动铁夹，由于小球在竖直方向受力始终平衡，故摩擦力大小不变，故C、D错误。
2．[体现学以致用](多选)正常情况下，打印机进纸系统能做到“每次只进一张纸”，进纸系统的结构示意图如图所示，设刚好有20张相同的纸，每张纸的质量均为m，搓纸轮按图示方向转动带动最上面的第1张纸向右运动。搓纸轮与纸张之间的动摩擦因数为μ1，纸张与纸张之间、纸张与底部摩擦片之间的动摩擦因数均为μ2，工作时搓纸轮给第1张纸的压力大小为F。打印机正常工作时，下列说法正确的是(　 )
A．第2张纸受到第1张纸的摩擦力方向向右
B．第10张纸与第11张纸之间的摩擦力大小为μ2(F＋10mg)
C．第20张纸与摩擦片之间的摩擦力为0
D．要做到“每次只进一张纸”，应要求μ1＞μ2
解析：选AD　第1张纸上表面受到搓纸轮施加的静摩擦力f的方向向右，第1张纸下表面受到第2张纸施加的滑动摩擦力f′的方向向左，第2张纸受到第1张纸的摩擦力方向向右，即有f′＝μ2(mg＋F)；因为f′＜μ1F，故必有μ1＞μ2，故A、D正确；第10张纸与第11张纸之间及第20张纸与摩擦片之间的摩擦力是静摩擦力，根据平衡条件可知，两力大小均为f′，故B、C错误。
3．[联系生活实际]轮椅分为电动和手动轮椅，是用于伤员、病员、残疾人居家康复、周转运输、就诊、外出活动的重要移动工具。如图是一款手动轮椅，该轮椅共有4个轮子，人用双手推动手轮圈，轮椅向前运动。关于地面对4个轮子的摩擦力，下列说法正确的是(　 )
A．前轮、后轮受到的摩擦力都向前
B．前轮、后轮受到的摩擦力都向后
C．前轮受到的摩擦力向前，后轮受到的摩擦力向后
D．前轮受到的摩擦力向后，后轮受到的摩擦力向前
解析：选D　因人在后轮用力，则后轮给地面一个向后的摩擦力，由牛顿第三定律知，后轮受到地面的摩擦力向前；前轮相对地面有向前运动的趋势，则前轮受到的摩擦力向后。
4．[渗透五育教育(体育)](多选)如图所示，某运动员拖动汽车轮胎进行体能训练，运动员通过绳子对静止在水平地面上的轮胎施加作用力F，F斜向上并与水平方向成37°角，大小由零逐渐增大。已知轮胎质量为26 kg，与地面间的动摩擦因数为0.4，且轮胎受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为10 m/s2。则(　 )
A．轮胎与地面间的摩擦力逐渐减小
B．轮胎与地面间的摩擦力先增大后减小
C．轮胎与地面间的摩擦力最大值为80 N
D．轮胎与地面间的摩擦力最大值为104 N
解析：选BC　当力F较小时，轮胎处于静止状态，此时轮胎与地面间的静摩擦力大小为Ff＝Fcos 37°，摩擦力随F增大而增大；当力F较大时，轮胎做加速运动，此时轮胎与地面间的滑动摩擦力的大小为Ff′＝μ(mg－Fsin 37°)，摩擦力随F增大而减小，因此，轮胎与地面间的摩擦力先增大后减小，A错误，B正确；当轮胎刚要滑动时，轮胎与地面间的静摩擦力最大，此时，对轮胎由平衡条件得Fcos 37°＝Ffm＝μ(mg－Fsin 37°)，解得最大静摩擦力Ffm＝80 N，C正确，D错误。
[课时跟踪检测]
一、立足主干知识，注重基础性和综合性
1．(多选)如图所示，人在跑步机上跑步时，下列说法正确的是(　 )
A．鞋受到的摩擦力是静摩擦力
B．鞋受到的摩擦力是滑动摩擦力
C．鞋受到的摩擦力方向与人相对跑带运动的方向相反
D．鞋受到的摩擦力方向与人相对跑带运动的方向相同
解析：选AD　人在跑步机上跑步时，鞋和跑步机之间无相对滑动，则鞋受到的摩擦力是静摩擦力，A正确，B错误；因鞋相对跑步机有向后滑动的趋势，则鞋受到的静摩擦力向前，即与人相对跑带运动的方向相同，C错误，D正确。
2．躺椅在生活中用途广泛，图甲中人双脚离地而坐，图乙中人双脚着地而坐。两图中位于水平地面上的人和椅子都保持静止状态，下列说法正确的是(　 )
A．图甲中的人对躺椅的压力是由椅子发生形变产生的
B．图甲中的人不同的躺姿会改变躺椅对人的合力
C．图乙中人的脚用力蹬地时，躺椅对人背部摩擦力一定沿椅面向上
D．图乙中人的脚用力蹬地时，脚对地的摩擦力大小与躺椅对地的摩擦力大小相等
解析：选D　题图甲中的人对躺椅的压力是由人发生形变产生的，A错误；题图甲中的人不同的躺姿，躺椅对人的作用力均与人的重力大小相等，方向相反，B错误；题图乙中人的脚用力蹬地时，如果人的背部相对于躺椅有向上运动的趋势时，人背部所受摩擦力一定沿椅面向下，C错误；以人和躺椅整体为研究对象，题图乙中人的脚用力蹬地时，地对脚的摩擦力和地对躺椅的摩擦力等大反向，D正确。
3．小明将一辆后轮驱动的电动小汽车，按图示方法置于两个平板小车上，三者置于水平实验桌上。当小明用遥控器启动小车向前运动后，他看到两个平板小车也开始运动，下列标出的平板小车运动方向正确的是(　 )
解析：选C　用遥控器启动小车向前运动，后轮是主动轮，将顺时针转动，所以左侧平板小车对后轮的摩擦力向右，后轮对左侧平板小车的摩擦力向左，因此左侧平板小车向左运动；前轮是从动轮，所以右侧平板小车对前轮的摩擦力向左，前轮对右侧平板小车的摩擦力向右，因此右侧平板小车向右运动，C正确，A、B、D错误。
4.(2023·长沙调研)如图所示，在桌面上放置一张纸和一瓶矿泉水，矿泉水瓶静止在纸面上，如果突然迅速向右拉动纸的一边，将纸片拉出，而矿泉水瓶相对桌面的位置几乎没变。下列说法正确的是(　 )
A．纸片对矿泉水瓶摩擦力的方向向左
B．矿泉水瓶相对纸片向左运动
C．拉动纸片越快，矿泉水瓶受到的摩擦力越大
D．拉动纸片越快，矿泉水瓶受到的摩擦力越小
解析：选B　纸片相对矿泉水瓶向右运动，故矿泉水瓶相对纸片向左运动，则纸片对矿泉水瓶的摩擦力方向向右，A错误，B正确；将纸片拉出过程中，纸片与矿泉水瓶间的摩擦力是滑动摩擦力，根据滑动摩擦力公式Ff＝μFN，可知滑动摩擦力的大小只与动摩擦因数、正压力有关，与纸片运动的快慢无关，故C、D错误。
5.固定水平板的两端分别装有定滑轮A、B，物块P放在平板上，两段细线分别绕过定滑轮连接在物块P上，两细线的另一端连接在质量为m的小球Q上，P、Q均处于静止，BQ段的细线竖直，重力加速度为g，则物块P受到平板的摩擦力大小(　 )
A．等于0 B．等于mg
C．小于mg D．大于mg
解析：选B　BQ段的细线竖直，所以AQ段细线上没有拉力，即BQ段的细线的拉力等于mg，根据平衡条件，物块P受到平板的摩擦力大小等于mg，故选B。
6.一种运送货物的小平板推车如图所示。某工人使用此小推车运送货物的过程中，下列说法正确的是(　 )
A．当工人拉着小推车在水平地面上做匀速直线运动时，地面对小推车无摩擦力
B．当工人拉着小推车在水平地面上做匀速直线运动时，小推车对货物的摩擦力方向与前进方向一致
C．若工人拉着小推车水平前进过程中突然减速，此时小推车对货物的摩擦力方向与前进方向相反
D．小推车的速度增大的过程中，加速度也一定在增大
解析：选C　当小推车在水平地面上做匀速直线运动时，货物在水平方向上不受力，小推车对货物没有摩擦力，但地面对小推车有摩擦力，故A、B错误；若工人拉着小推车水平前进过程中突然减速，则小推车对货物产生向后的摩擦力，C正确；小推车的加速度与小推车所受的合力有关，与其速度没有必然的关系，因此D错误。
7.(多选)如图所示，某中学新校区装修时，工人用质量为m的磨石对斜壁进行打磨，当对磨石施加方向竖直向上、大小为F的推力时，磨石恰好沿斜壁向上匀速运动，已知磨石与斜壁之间的动摩擦因数为μ，则磨石受到的摩擦力大小为(　 )
A．μ(F－mg)cos θ B．μ(F－mg)sin θ
C．(F－mg)cos θ D．μ(F－mg)
解析：选BC　磨石受重力、推力、斜壁的弹力及摩擦力而处于平衡状态，由图可知，F一定大于重力；先将重力与向上的推力合成后，将二者的合力向垂直于斜面方向及沿斜面方向分解，可得在沿斜面方向有：f＝(F－mg)cos θ；在垂直于斜面方向上有：FN＝(F－mg)sin θ；则f＝(F－mg)cos θ＝μ(F－mg)sin θ，故B、C正确。
8.“电动平衡车”是时下热门的一种代步工具。如图，人站在“电动平衡车”上在某水平地面上沿直线匀速前进，人受到的空气阻力与速度成正比，下列说法正确的是(　 )
A．“电动平衡车”对人的作用力竖直向上
B．“电动平衡车”对人的作用力大小大于空气阻力大小
C．不管速度多大，“电动平衡车”对人的作用力大小相同
D．不管速度多大，地面对“电动平衡车”摩擦力大小相同
解析：选B　“电动平衡车”对人的作用力与空气阻力的合力与人的重力等大反向，“电动平衡车”对人的作用力与空气阻力的合力方向竖直向上，“电动平衡车”对人的作用力不是竖直向上，故A错误；“电动平衡车”在水平方向对人的作用力等于空气阻力，竖直方向对人的作用力等于人的重力，所以“电动平衡车”对人的作用力大于空气阻力，故B正确；速度越大，人受到的空气阻力越大，“电动平衡车”对人水平方向的作用力越大，所以“电动平衡车”对人的作用力越大，故C错误；以人和“电动平衡车”整体为研究对象，竖直方向受到支持力和重力，水平方向受到地面的摩擦力和空气的阻力，速度越大，空气阻力越大，地面对“电动平衡车”摩擦力越大，故D错误。
9．如图(a)，滑块在与水平方向夹角为37°斜向上的拉力F作用下，沿水平桌面做匀速直线运动。将该桌面倾斜成与水平方向夹角为37°，保持拉力的方向不变，大小变为2F，如图(b)，滑块恰好沿倾斜桌面向上做匀速直线运动。滑块与桌面间的动摩擦因数是(　 )
A. B.
C. D.
解析：选A　设滑块质量为m，当滑块沿水平桌面做匀速直线运动，据平衡条件可得，在水平、竖直方向分别有Fcos 37°＝μFN1，Fsin 37°＋FN1＝mg；当滑块沿倾斜桌面向上做匀速直线运动，沿斜面方向、垂直斜面方向分别有2F＝mgsin 37°＋μFN2，FN2＝mgcos 37°，联立可解得μ＝，A正确。
二、强化迁移能力，突出创新性和应用性
10．(多选)有一种圆珠笔，内部有一根小弹簧。如图所示，当笔杆竖直放置时，在圆珠笔尾部的按钮上放一个100 g的砝码，砝码静止时，弹簧压缩量为2 mm。现用这支圆珠笔水平推一本放在水平桌面上质量为900 g的书，当按钮压缩量为3.6 mm(未卡住且未超过弹簧的弹性限度)时，这本书恰好匀速运动。下列说法正确的是(g取10 m/s2)(　 )
A．笔内小弹簧的劲度系数是500 N/m
B．笔内小弹簧的劲度系数是50 N/m
C．书与桌面间的动摩擦因数是0.02
D．书与桌面间的动摩擦因数是0.2
解析：选AD　由于砝码处于静止状态，则kΔx＝mg，所以有k＝＝500 N/m，A正确，B错误；要使书恰好能匀速运动，则kΔx′＝μm′g，代入数据解得μ＝0.2，C错误，D正确。
11．(2023·大庆高三调研)如图所示，倾角θ＝37°的斜面固定在水平面上，一质量M＝1 kg的物块C受平行于斜面向上、大小为9 N的轻质橡皮筋的拉力F的作用，平行于斜面的轻绳一端固定在物块C上，另一端跨过光滑定滑轮连接A、B两个小物块，物块C处于静止状态。已知物块C与斜面间的动摩擦因数μ＝0.5，mA＝0.2 kg，mB＝0.3 kg，g取10 m/s2。剪断A、B间轻绳后，关于物块C受到的摩擦力，下列说法正确的是(sin 37°＝0.6)(　 )
A．滑动摩擦力，方向沿斜面向下，大小为4 N
B．滑动摩擦力，方向沿斜面向下，大小为5 N
C．静摩擦力，方向沿斜面向下，大小为1 N
D．静摩擦力，方向沿斜面向下，大小为3 N
解析：选C　开始时物块C受静摩擦力作用，大小为f＝(mA＋mB)g＋Mgsin 37°－F＝2 N，方向沿斜面向上；剪断A、B间轻绳后，假设C仍静止，则此时C所受的静摩擦力大小为f′＝F－(mAg＋Mgsin 37°)＝1 N，方向沿斜面向下，因为1 N＜2 N，可知物块C仍处于静止状态，即C受到静摩擦力，方向沿斜面向下，大小为1 N。
12.如图所示，一辆运送沙子的自卸卡车装满沙子，沙粒之间的动摩擦因数为μ1，沙子与车厢底板间的动摩擦因数为μ2(μ2＞μ1)，车厢的倾角用θ表示，下列说法正确的是(　 )
A．要顺利地卸干净全部沙子，应满足tan θ＜μ2
B．要顺利地卸干净全部沙子，应满足sin θ＞μ2
C．只卸去部分沙子，车上还留有一部分沙子，应满足μ2＞tan θ＞μ1
D．只卸去部分沙子，车上还留有一部分沙子，应满足tan θ＞μ2＞μ1
解析：选C　要顺利地卸干净全部沙子，对沙子整体分析，有Mgsin θ＞μ2Mgcos θ，即μ2＜tan θ，A、B均错误；若只卸去部分沙子，对滑下的部分沙子，有：mgsin θ＞μ1mgcos θ，即μ1＜tan θ，对留下的部分沙子，有：m′gsin θ＜μ2m′gcos θ，即：μ2＞tan θ，故C正确，D错误。
13．(多选)如图所示，斜面体固定在水平地面上，一物块静止在斜面上，物块上端连接一轻弹簧，现用沿斜面向上、大小为F＝kt的拉力拉轻弹簧的上端，则弹簧的弹力F′、物块受到的摩擦力Ff随时间变化的图像正确的是(时间足够长，斜面足够长，设沿斜面向上为正方向，物块与斜面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力)(　 )
解析：选AD　弹簧的弹力始终等于拉力F，即F′＝kt，故A正确，B错误；物块开始受到的是静摩擦力，且大小为mgsin α，方向向上，在拉力F增大的过程中，静摩擦力的大小变化满足F＋Ff＝mgsin α，随着F的增大，静摩擦力先向上均匀减小到零，再向下均匀增大，当增大到等于最大静摩擦力时，再增大拉力，摩擦力变为滑动摩擦力，大小保持恒定，故C错误，D正确。
14．如图甲所示，水平粗糙桌面上两个相同的条形磁铁的异名磁极正对放置，起初均静止。已知两磁铁间吸引力F随两磁铁间距离x变化的图像如图乙所示，每根磁铁质量均为m＝0.2 kg，与桌面间动摩擦因数均为μ＝0.5，两磁铁起初距离为20 cm，现在用手控制A，先用水平力让它缓缓向B靠近，当发现B开始运动时，立即改用竖直向下的压力压住A使其保持静止，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，在B向A靠近过程中，以下说法正确的是(　 )
A．当x＝5 cm时，B将开始运动
B．当x＝4 cm时，B的加速度为10 m/s2
C．竖直向下压力的最大值一定不小于4 N
D．B运动过程中加速度可能达到28 m/s2
解析：选C　B受到桌面的滑动摩擦力f＝μmg＝0.5×0.2×10 N＝1.0 N，当A对B的吸引力等于滑动摩擦力时，B开始滑动，由题图乙可知，当x＝4 cm时，B开始滑动，且加速度为零，故A、B错误；当x＝0时，吸引力F＝3.0 N最大，要使A不动，应满足桌面对A的摩擦力fA＝μ(mg＋FN)≥F，可得FN≥4 N，故C正确；当x＝0即F＝3.0 N时，B的加速度最大，根据牛顿第二定律，F－f＝ma，B的最大加速度为10 m/s2，故D错误。
15．(2023·忻州高三检测)如图所示，一长方形木板放置在水平地面上，在木板的上方有一条竖直挡板，挡板的两端固定于水平地面上，挡板跟木板之间并不接触。现在有一个方形物块在木板上沿挡板以某一速度运动，同时长方形木板以相同大小的速度向左运动，木板的运动方向与竖直挡板垂直，已知物块跟竖直挡板和水平木板间的动摩擦因数分别为μ1和μ2，物块的质量为m，则竖直挡板对物块的摩擦力大小为(　 )
A．0 B.μ1μ2mg
C.μ1μ2mg D.μ1μ2mg
解析：选B　因为v1和v2数值大小相等，以木板为参考系，物块相对于木板的运动方向如图中v物，则tan θ＝1，得θ＝45°。木板对物块的摩擦力方向与v物方向相反，如图所示。木板对物块的摩擦力大小Ff＝μ2mg，挡板对物块的支持力FN＝Ff·sin 45°＝μ2mg，挡板对物块的摩擦力Ff′＝μ1FN＝μ1μ2mg，故B项正确。
第3讲　力的合成和分解
一、共点力　合力和分力
1．共点力
几个力如果都作用在物体的同一点，或它们的作用线相交于一点，这几个力叫作共点力。
2．合力和分力
(1)定义：假设一个力单独作用的效果跟某几个力共同作用的效果相同，这一个力就叫作那几个力的合力，那几个力叫作这一个力的分力。
(2)关系：合力和分力是等效替代的关系。
二、力的合成
1．定义：求几个力的合力的过程。
2．运算法则
(1)平行四边形定则：求两个互成角度的共点力的合力时，以表示这两个力的有向线段为邻边作平行四边形，这两个邻边之间的对角线就代表合力的大小和方向。如图甲所示。
(2)三角形定则：把两个矢量首尾相接，从而求出合矢量的方法。如图乙所示。
三、力的分解
1．定义：求一个已知力的分力的过程。
2．运算法则：平行四边形定则或三角形定则。
3．两种分解方法：正交分解法和效果分解法。
四、矢量和标量
1．矢量：既有大小又有方向，运算时遵从平行四边形定则的物理量。
2．标量：只有大小，没有方向，运算时遵从算术法则的物理量。,　
如图甲所示，两个小孩分别用F1、F2提着一桶水，水桶静止；如图乙所示，一个大人单独用力F提着同一桶水，水桶静止。
微点判断　
(1)F1和F2是共点力。(√)
(2)F1和F2的共同作用效果与F的作用效果相同。(√)
(3)合力F与分力F1、F2之间满足平行四边形定则。(√)
(4)水桶的重力就是F1、F2两个力的合力。(×)
(5)几个力的共同作用效果可以用一个力代替。(√)
(6)在进行力的合成与分解时，要应用平行四边形定则或三角形定则。(√)
(7)两个力的合力一定比任一分力大。(×)
(8)合力与分力是等效替代关系，因此受力分析时不要重复分析。(√)
(一) 力的合成(固基点)
[题点全练通]
1．[合力的范围]
(多选)一物体静止于水平桌面上，两者之间的最大静摩擦力为5 N，现将水平面内三个力同时作用于物体的同一点，三个力的大小分别为2 N、2 N、3 N。下列关于物体的受力情况和运动情况判断正确的是(　 )
A．物体所受静摩擦力可能为2 N
B．物体所受静摩擦力可能为4 N
C．物体可能仍保持静止
D．物体一定被拉动
解析：选ABC　两个2 N的力的合力范围为0～4 N，然后与3 N的力合成，则三力的合力范围为0～7 N，由于最大静摩擦力为5 N，因此可判定选项A、B、C正确，D错误。
2．[作图法求合力]
一物体受到三个共面共点力F1、F2、F3的作用，三力的矢量关系如图所示(小方格边长相等)，则下列说法正确的是(　 )
A．三力的合力有最大值F1＋F2＋F3，方向不确定
B．三力的合力有唯一值3F3，方向与F3同向
C．三力的合力有唯一值2F3，方向与F3同向
D．由题给条件无法求合力大小
解析：选B　先以力F1和F2为邻边作平行四边形，其合力与F3共线，大小F12＝2F3，如图所示，F12再与第三个力F3合成求合力F合，可得F合＝3F3，故选B。
3．[计算法求合力]
(2022·重庆高考)如图所示，吸附在竖直玻璃上质量为m的擦窗工具，在竖直平面内受重力、拉力和摩擦力(图中未画出摩擦力)的共同作用做匀速直线运动。若拉力大小与重力大小相等，方向水平向右，重力加速度为g，则擦窗工具所受摩擦力(　 )
A．大小等于mg　　　 B．大小等于mg
C．方向竖直向上 D．方向水平向左
解析：选B　擦窗工具在竖直玻璃平面上受到重力、拉力和摩擦力，做匀速直线运动，则摩擦力大小等于重力和拉力的合力，拉力大小等于重力，即F摩＝mg，方向斜向左上方与水平方向夹角为45°，故B正确，A、C、D错误。
[要点自悟明]
1．合力大小范围的确定
(1)两个共点力的合力大小范围：|F1－F2|≤F≤F1＋F2。
(2)三个共点力的合力大小范围
①最大值：三个力同向时，其合力最大，为Fmax＝F1＋F2＋F3。
②最小值：以这三个力的大小为边，如果能组成封闭的三角形(三个力首尾相接)，则其合力的最小值为零，即Fmin＝0；如果不能，则合力的最小值为Fmin＝F1－|F2＋F3|(F1为三个力中最大的力)
2．共点力合成的常用方法
作图法 作出两分力的图示，再根据平行四边形定则求出合力的大小
计算法 根据平行四边形定则作出示意图，然后利用解三角形的方法求出合力
(二) 力的分解(精研点)
1．力的分解的原则
(1)选用哪一种方法进行力的分解要视情况而定，一般来说，当物体受到三个或三个以下的力时，常按实际效果进行分解，若受到三个力中，有两个力互相垂直，可选用正交分解法。
(2)当物体受到三个以上的力时，常用正交分解法。
2．力的效果分解法的步骤
方法1　力的效果分解法
[例1]　某压榨机的结构示意图如图所示，其中B为固定铰链，若在A铰链处作用一垂直于墙壁的力F，则由于力F的作用，使滑块C压紧物体D，设C与D光滑接触，杆的重力及滑块C的重力不计，图中a＝0.6 m，b＝0.1 m，则物体D所受压力的大小与力F的比值为(　 )
A．3 B．4
C．5 D．6
[解析]　设力F与AC方向间的夹角为θ，将力F按作用效果沿AB和AC两个方向进行分解，作出力的分解图如图甲所示。由几何关系得2F1cos θ＝F，则得F1＝F2＝，再将F2按作用效果分解为FN和FN′，作出力的分解图如图乙所示。由几何关系得FN＝F2sin θ，联立得到FN＝，根据几何知识得tan θ＝＝6，得到FN＝3F，故A正确，B、C、D错误。
[答案]　A
[针对训练]
1.如图所示，一卡车沿倾角为15°的下坡路段匀速行驶，一质量为m的匀质圆筒置于车厢内两固定光滑斜面之间，两斜面 Ⅰ 、 Ⅱ 与车厢底板的夹角分别为30°和60°，圆筒对斜面 Ⅰ 、 Ⅱ 压力的大小分别为F1、F2，则(　 )
A．F1＝mg、F2＝mg
B．F1＝mg、F2＝mg
C．F1＝mg、F2＝mg
D．F1＝mg、F2＝mg
解析：选A　对圆筒受力分析如图所示，由几何关系可得F2与竖直方向夹角为45°，由平衡条件可得F1＝mgcos 45°＝mg，F2＝mgsin 45°＝mg，所以A正确，B、C、D错误。
1．定义：将已知量按相互垂直的两个方向进行分解的方法。
2．建轴原则：一般选共点力的作用点为原点，在静力学中，以少分解力和容易分解力为原则(使尽量多的力分布在坐标轴上)；在动力学中，往往以加速度方向和垂直加速度方向为坐标轴建立坐标系。
3．解题方法：首先把各力向相互垂直的x轴、y轴上分解，然后分别对x轴方向和y轴方向列式求解。方法2　力的正交分解法
[例2]　如图所示，质量为m的物体置于倾角为θ的固定斜面上，物体与斜面之间的动摩擦因数为μ，先用平行于斜面的推力F1作用于物体上使其能沿斜面匀速上滑，若改用水平推力F2作用于物体上，也能使物体沿斜面匀速上滑，则两次的推力之比为(　 )
A．cos θ＋μsin θ B．cos θ－μsin θ
C．1＋μtan θ D．1－μtan θ
[解析]　物体在力F1作用下和力F2作用下运动时的受力如图所示。将物体受力沿斜面方向和垂直于斜面方向正交分解，由平衡条件可得：F1＝mgsin θ＋Ff1，FN1＝mgcos θ，Ff1＝μFN1；F2cos θ＝mgsin θ＋Ff2，FN2＝mgcos θ＋F2sin θ，Ff2＝μFN2，解得：F1＝mgsin θ＋μmgcos θ，F2＝，故＝cos θ－μsin θ，B正确。
[答案]　B
[针对训练]
2．(2022·浙江6月选考)如图所示，一轻质晒衣架静置于水平地面上，水平横杆与四根相同的斜杆垂直，两斜杆夹角θ＝60°。一重为G的物体悬挂在横杆中点，则每根斜杆受到地面的(　 )
A．作用力为G B．作用力为G
C．摩擦力为G D．摩擦力为G
解析：选B　设斜杆的弹力大小为F，以水平横杆和重物为整体，竖直方向根据受力平衡可得4Fcos 30°＝G，解得F＝G，以其中一斜杆为研究对象，其受力如图所示。可知每根斜杆受到地面的作用力应与F平衡，即大小为G，每根斜杆受到地面的摩擦力为f＝Fsin 30°＝G，B正确，A、C、D错误。
(三) “活结”与“死结”、“动杆”与“定杆”模型(精研点)
一、“活结”与“死结”模型
[例1·“活结”模型]　王同学用光滑的硬钢丝弯折成“”形状，将它竖直固定放置。OB是竖直方向，BC是水平方向，角AOB等于30°，一个光滑的轻环套在足够长OA上，一根足够长的轻绳一端固定在OB上的M点，轻绳穿过小环，另一端吊着一个质量为m的物体，下列说法正确的是(　 )
A．OA杆受到小环的压力大小为2 mg
B．OA杆受到小环的压力大小为mg
C．绳端从M点移到B点绳子张力变大
D．绳端从B点水平向左移到N点绳子张力大小不变
[解析]　对悬挂的重物受力分析可知，绳子中的拉力始终与重物重力平衡，F＝mg，故无论绳子左端点如何移动，绳子中的张力大小都保持不变，C错误，D正确；小环受力情况如图所示，由几何关系可知，小环两侧绳子夹角为120°，故N＝F＝mg，由牛顿第三定律可知，OA杆受到小环的压力大小为mg，A、B错误。
[答案]　D
[例2·“死结”模型]　(2022·辽宁高考)如图所示，蜘蛛用蛛丝将其自身悬挂在水管上，并处于静止状态。蛛丝OM、ON与竖直方向夹角分别为α、β(α>β)。用F1、F2分别表示OM、ON的拉力，则(　 )
A．F1的竖直分力大于F2的竖直分力
B．F1的竖直分力等于F2的竖直分力
C．F1的水平分力大于F2的水平分力
D．F1的水平分力等于F2的水平分力
[解析]　对O点受力分析如图所示，由几何关系可知，F1的竖直分力小于F2的竖直分力，F1的水平分力等于F2的水平分力，故A、B、C错误，D正确。
[答案]　D
[模型建构]
模型 模型结构 模型解读 模型特点
活结模型 “活结”把绳子分为两段，且可沿绳移动，“活结”一般由绳跨过滑轮或绳上挂一光滑挂钩而形成，绳子因“活结”而弯曲，但实际为同一根绳 “活结”两侧的绳子上的张力大小处处相等
死结模型 “死结”把绳子分为两段，且不可沿绳子移动，“死结”两侧的绳因结而变成两根独立的绳 “死结”两侧的绳子上张力不一定相等
二、“动杆”与“定杆”模型
[例3]　如图1所示，细绳AD跨过固定的水平轻杆BC右端的定滑轮挂住一个质量为M1的物体，∠ACB＝30°；如图2所示，轻杆HG一端用铰链固定在竖直墙上，另一端G通过细绳EG拉住，EG与水平方向也成30°，在轻杆的G点用细绳GF拉住一个质量为M2的物体，求：
(1)细绳AC段的张力FTAC与细绳EG的张力FTEG之比；
(2)轻杆BC对C端的支持力；
(3)轻杆HG对G端的支持力。
[解析]　题图1和图2中的两个物体M1、M2都处于平衡状态，根据平衡的条件，首先判断与物体相连的细绳，其拉力大小等于物体的重力；分别取C点和G点为研究对象，进行受力分析，如图甲和乙所示，根据平衡规律可求解。
(1)图甲中细绳AD跨过定滑轮拉住质量为M1的物体，物体处于平衡状态，细绳AC段的拉力FTAC＝FTCD＝M1g，图乙中细绳GF段的拉力FTGF＝M2g，由FTEGsin 30°＝FTGF，得FTEG＝2M2g，所以＝。
(2)图甲中，三个力之间的夹角都为120°，根据平衡规律有F NC＝FTAC＝M1g，方向与水平方向成30°角，指向右上方。
(3)图乙中，根据平衡规律有FTEGsin 30°＝M2g，FTEGcos 30°＝F NG，所以F NG＝M2gcot 30°＝M2g，方向水平向右。
[答案]　(1)M1∶2M2　(2)M1g，方向与水平方向成30°角指向右上方　(3)M2g，方向水平向右
[模型建构]
模型 模型结构 模型解读 模型特点
动杆模型 轻杆用光滑的转轴或铰链连接，轻杆可围绕转轴或铰链自由转动 当杆处于平衡时，杆所受的弹力方向一定沿杆
定杆模型 轻杆被固定在接触面上，不发生转动 杆所受的弹力方向不一定沿杆，可沿任意方向
1．[联系生活实际](2022·广东高考)如图是可用来制作豆腐的石磨。木柄AB静止时，连接AB的轻绳处于绷紧状态。O点是三根轻绳的结点，F、F1和F2分别表示三根绳的拉力大小，F1＝F2且∠AOB＝60°。下列关系式正确的是(　 )
A．F＝F1　　　　　 B．F＝2F1
C．F＝3F1 D．F＝F1
解析：选D　对O点受力分析如图所示。因F1＝F2，由物体的平衡条件得F＝2F1cos 30°，即F＝F1，D正确，A、B、C错误。
2．[体现学以致用]剪式千斤顶的截面图如图所示。四根等长的支持臂用光滑铰链连接，转动手柄，通过水平螺纹轴减小MN间的距离，以抬高重物。保持重物不变，MP和PN夹角为120°时N点受到螺纹轴的作用力为F1；MP和PN夹角为60°时N点受到螺纹轴的作用力为F2。不计支持臂和螺纹轴的重力，则F1与F2大小之比为(　 )
A．1∶1 B．1∶3
C.∶1 D．3∶1
解析：选D　当两臂间的夹角为120°时，两臂受到的压力为N1＝＝G，对N点分析，N点受到螺纹轴的作用力为F1＝2N1cos 30°＝G，当两臂间的夹角为60°时，两臂受到的压力为N2＝＝G，对N点分析，N点受到螺纹轴的作用力为F2＝2N2cos 60°＝G，则有＝3∶1，故A、B、C错误，D正确。
3．[渗透五育教育(体育)]推进“健康中国”建设，是全面提升中华民族健康素质、实现人民健康与经济社会协调发展的国家战略。其中单杠是一项大众喜闻乐见的体育健身运动，如图所示，健身者上杠后，双手缓慢向外分开的过程中，下列说法正确的是(　 )
A．健身者所受的合力增大
B．健身者手臂所受的拉力增大
C．健身者所受重力是手臂拉力的分力
D．健身者所受重力和双臂的合力是一对作用力和反作用力
解析：选B　根据题意知，健身者双手缓慢分开的过程中，健身者处于平衡状态，所受的合力为零，A错误；由于双臂与竖直方向夹角增大，由力的平衡可知健身者手臂所受的拉力增大，B正确；健身者所受重力是由于地球的吸引而受到的力，方向竖直向下，手臂拉力斜向上方，重力不是手臂拉力的分力，C错误；健身者所受重力和双臂的合力不是一对作用力和反作用力，是一对平衡力，D错误。
4.[树立民族自信]
(多选)明朝谢肇淛的《五杂组》中记载：“明姑苏虎丘寺塔倾侧，议欲正之，非万缗不可。一游僧见之曰：无烦也，我能正之。”游僧每天将木楔从塔身倾斜一侧的砖缝间敲进去，经月余扶正了塔身。假设所用的木楔为等腰三角形，木楔的顶角为θ，现在木楔背上加一力F，方向如图所示，木楔两侧产生推力FN，则(　 )
A．若F一定，θ大时FN大
B．若F一定，θ小时FN大
C．若θ一定，F大时FN大
D．若θ一定，F小时FN大
解析：选BC　根据力F的作用效果将力F分解为垂直于木楔两侧的力FN，如图所示。则＝sin ，即FN＝，所以当F一定时，θ越小，FN越大；当θ一定时，F越大，FN越大。故B、C正确。
5．[体现学以致用]巨型海轮到达目的地需要靠泊时，靠自身操作比较困难，需要拖船帮忙移动。如图，有三条拖船通过缆绳牵引巨型海轮。假设某时刻三条拖船通过缆绳施加的拉力均为F，三条缆绳与水平面夹角均为37°。三条缆绳与巨型海轮作用点在水平面投影如图中所示，中间拖船和投影点的连线与船身垂直；两边拖船和投影点的连线与船身夹角均为30°。已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，则巨型海轮受到三条拖船拉力的水平合力为(　 )
A．3F　　B．1.8F　　C．2.4F　　D．1.6F
解析：选D　两边缆绳施加的拉力沿水平方向的分力均为F1＝Fcos 37°＝0.8F，且夹角为120°，所以两分力的合力为F合1＝F1＝0.8F，方向与中间拖船施加的拉力沿水平方向的分力方向相同。中间拖船施加的拉力沿水平方向的分力为F2＝Fcos 37°＝0.8F，则巨型海轮受到三个拖船拉力的水平合力为F合＝F合1＋F2＝1.6F。
[课时跟踪检测]
一、立足主干知识，注重基础性和综合性
1.我国海军在南海某空域举行实兵对抗演练。如图所示，某一直升机在匀速水平飞行过程中遇到突发情况，立即改为沿虚线方向斜向下减速飞行，则空气对其作用力可能是(　 )
A．F1 B．F2
C．F3 D．F4
解析：选A　因为直升机沿虚线方向斜向下减速飞行，故合力沿虚线斜向上，直升机受到竖直向下的重力以及空气作用力，要想使合力沿虚线斜向上，则根据矢量合成法则可得空气对其作用力可能为F1，故A正确。
2．(2023·随州高三调研)三个共点力大小分别是F1、F2、F3，关于它们合力F的大小，下列说法正确的是(　 )
A．F大小的取值范围一定是0≤F≤F1＋F2＋F3
B．F至少比F1、F2、F3中的某一个力大
C．若F1∶F2∶F3＝3∶6∶8，只要适当调整它们之间的夹角，一定能使合力为零
D．若F1∶F2∶F3＝3∶6∶2，只要适当调整它们之间的夹角，一定能使合力为零
解析：选C　三个大小分别是F1、F2、F3的共点力合成后的最大值一定等于F1＋F2＋F3，但最小值不一定等于零，只有当某一个力的大小在另外两个力的合力范围内时，这三个力的合力才可能为零，故选项A、B、D错误，C正确。
3.如图所示，水平长为L、重为G的长方体工件放在水平地面上，弹性绳(可等效成轻弹簧)两端系在工件的两端，用光滑吊钩吊着弹性绳，当弹性绳刚要绷紧时，吊钩两侧弹性绳与水平方向的夹角θ为37°，将吊钩缓慢向上提起，当工件刚好要离开地面时，吊钩两侧弹性绳与水平方向的夹角θ为53°，弹性绳始终在弹性限度内，sin 37°＝0.6，则弹性绳的劲度系数为(　 )
A. B.
C. D.
解析：选C　当工件刚要离开地面时，弹性绳的伸长量为x＝－＝L，设弹性绳上的弹力为F，则有2Fsin 53°＝G，解得F＝G，则弹性绳的劲度系数为k＝＝，选项C正确。
4．图甲为家庭常用的燃气灶实物图，灶面上有一个支架。共有四个均匀分布的支承面，对放在上面的厨具起到支撑作用。现把一个蒸锅放在支架上，并抽象成示意图乙，已知支架的每个支面与水平方向成α角。蒸锅和里面的食物总计重为G，则每个支承面给蒸锅的支持力为(忽略蒸锅和支承面之间的摩擦力)(　 )
A. B.
C. D.
解析：选B　对蒸锅进行受力分析可得4F支cos α＝G，解得F支＝，A、C、D错误，B正确。
5．甲同学用双手捏取了长为10 cm的细线，并将双手靠近，乙同学将质量为0.5 kg的物体用光滑挂钩挂在细线的中点。甲同学按如图所示的方式缓慢增大双手间的距离，当手指所捏之处位于水平直尺上两个三角形标记的位置时，细线恰好被拉断，则细线所能承受的最大拉力约为(　 )
A．2 N B．4 N
C．5 N D．8 N
解析：选C　对结点受力分析，如图所示。
由图可知LAB＝(13.80－5.00)cm＝8.80 cm、LOA＝5.00 cm，此时由平衡可得2Tcos θ＝mg，且cos θ＝≈0.47，联立解得T≈5 N，即细线所能承受的最大拉力约为5 N，故选C。
6．(2023·长沙模拟)如图所示，一固定的直木棒与水平面的夹角α＝37°，穿在直木棒上的两个小球A、B通过一条跨过定滑轮的轻绳相连接，定滑轮通过轻杆固定于天花板下方，且它的转轴为O，平衡时OA绳与直木棒的夹角也为α，OB绳竖直。定滑轮的大小、质量均不计，小球孔的内径略大于直木棒的直径，所有摩擦均可忽略，cos 37°＝0.8，sin 37°＝0.6，下列说法正确的是(　 )
A．平衡时，轻绳对B球的作用力大于B球的重力
B．轻杆对定滑轮的作用力竖直向上
C．小球A、B的质量之比为3∶4
D．小球A的重力与轻绳的拉力大小之比为4∶3
解析：选D　对B球受力分析可知，B球受到重力、轻绳的拉力，如果直木棒对B球有弹力，B球不可能平衡，故直木棒对B球没有作用力，轻绳对B球的拉力等于B球的重力，A错误；定滑轮受两侧轻绳的拉力和轻杆对它的作用力而平衡，由于两个拉力大小相等，合力在角平分线上，根据平衡条件可知，轻杆对定滑轮的作用力应斜向左上方，B错误；设轻绳的拉力大小为T，则有T＝mBg，分析A球受力情况可知Tcos α＝mAgsin α，联立解得mA∶mB＝4∶3，mAg∶T＝4∶3，C错误，D正确。
7．(多选)将力F分解为两个力，已知力F的一个分力F1跟F成30°角，大小未知，另一个分力F2的大小为F，方向未知，则F1的大小可能是(　 )
A. B.
C. D.F
解析：选AC　如图所示，因F2＝F>Fsin 30°，故F1的大小有两种可能情况，由ΔF＝＝F，即F1的大小分别为Fcos 30°－ΔF和Fcos 30°＋ΔF，即F1的大小分别为F和F，A、C正确。
8.蹦床可简化为如图所示的完全相同的网绳构成的正方形，点O、a、b、c、…为网绳的结点。当网水平张紧时，若质量为m的运动员从高处竖直落下，并恰好落在O点，当该处下凹至最低点时，网绳aOe、cOg均成120°向上的张角，此时O点受到的向下的冲击力为F，则这时O点周围每根网绳的拉力的大小为(　 )
A. B.
C. D.
解析：选B　设每根网绳的拉力大小为F′，由几何关系知，对结点O有4F′cos 60°＝F，解得F′＝，B正确。
9．(多选)如图所示，在竖直平面内，固定有半圆弧轨道，其两端点M、N连线水平。将一轻质小环A套在轨道上，一细线穿过轻环A，一端系在M点，另一端系一质量为m的小球，小球恰好静止在图示位置。不计所有摩擦，重力加速度大小为g。下列说法正确的是(　 )
A．轨道对轻环的支持力大小为mg
B．细线对M点的拉力大小为mg
C．细线对轻环的作用力大小为mg
D．N点和轻环的连线与竖直方向的夹角为30°
解析：选CD　轻环两边细线的拉力大小相等，均为FT＝mg，轻环两侧细线的拉力与轻环对圆弧轨道的压力的夹角相等，设为θ，由OA＝OM知∠OMA＝∠MAO＝θ，则3θ＝90°，θ＝30°，轻环受力平衡，则轨道对轻环的支持力大小FN＝2mgcos 30°＝mg，A错误；细线对M点的拉力大小为mg，B错误；细线对轻环的作用力大小为FN′＝FN＝mg，C正确；由几何关系可知，N点和轻环的连线与竖直方向的夹角为30°，D正确。
10．(2023·广州高三调研)科学地佩戴口罩，对于新冠肺炎、流感等呼吸道传染病具有预防作用，既保护自己，又有利于公众健康。如图所示为一侧耳朵佩戴口罩的示意图，一侧的口罩带是由直线AB、弧线BCD和直线DE组成的。假若口罩带可认为是一段劲度系数为k的弹性轻绳，在佩戴好口罩后弹性轻绳被拉长了x，此时AB段与水平方向的夹角为37°，DE段与水平方向的夹角为53°，弹性绳涉及的受力均在同一平面内，忽略一切摩擦，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，则下列说法正确的是(　 )
A．耳朵对口罩带的作用力方向与水平方向夹角为37°
B．耳朵对口罩带的作用力方向与水平方向夹角为53°
C．耳朵受到的口罩带的作用力大小为2kx
D．耳朵受到的口罩带的作用力大小为kx
解析：选D　根据牛顿第三定律，耳朵对口罩带的作用力与口罩带对耳朵的作用力大小相等、方向相反，上侧的口罩带对耳朵作用力与水平方向夹角为37°，由此可知，耳朵对上侧的口罩带的作用力与水平方向夹角为37°。同理，耳朵对下侧的口罩带的作用力与水平方向夹角为53°，这两个力大小均为kx，二力夹角为53°－37°＝16°，直接求合力计算较复杂，把两个力向水平方向和竖直方向分解，求出水平方向合力大小为kx，竖直方向合力大小也为kx，求出总合力大小为kx，方向与水平方向夹角为45°，A、B、C错，D对。
二、强化迁移能力，突出创新性和应用性
11.如图，轻质不可伸长的晾衣绳两端分别固定在竖直杆M、N上的a、b两点(b点高于a点)，悬挂衣服的衣架钩是光滑的，将衣服从靠近b端挂上晾衣绳，衣服最终静止时(未与地面接触)，绳对a点和b点的拉力大小分别为Fa和Fb，已知衣服(含衣架)所受重力为G，绳长L与两杆间距d的关系式为＝，则(　 )
A．Fa＜Fb＜G B．Fa＝Fb＝G
C．Fa＞Fb＞G D．Fa＝Fb＜G
解析：选B　由于悬挂衣服的衣架钩是光滑的，则两边绳子是同一根绳子，两边拉力处处相等，有Fa＝Fb＝F，由对称性可知，静止时，两边绳子与竖直方向的夹角θ相同，由平衡条件可得2Fcos θ＝G，由几何关系可得sin θ＝，由题意有＝，联立解得F＝G，所以B正确，A、C、D错误。
12．如图所示，一固定的细直杆与水平面的夹角为α＝15°，一个质量忽略不计的小轻环C套在直杆上，一根轻质细绳的两端分别固定于直杆上的A、B两点，细绳依次穿过小环甲、小轻环C和小环乙，且小环甲和小环乙分别在小轻环C的两侧。调节A、B间细绳的长度，当系统处于静止状态时β＝45°。不计一切摩擦。设小环甲的质量为m1，小环乙的质量为m2，则m1∶m2等于(　 )
A．tan 15° B．tan 30°
C．tan 60° D．tan 75°
解析：选C　绳子的张力处处相等，水平方向只受绳子的拉力的分力而平衡，所以小环左右两边绳子与竖直方向的夹角是相同的。对乙受力分析并由几何知识可知绳子的张力T＝m2g；对环C受力分析可知其受到左右两段绳子的作用力和杆AB的作用力，由于不存在摩擦力，所以杆AB对环C的作用力垂直于杆，那么两段绳子对环C的作用力的合力也垂直于杆AB，又因为绳子的张力处处相等，由几何关系可知C环左侧绳子与杆AB的夹角为45°，再对甲受力分析可得m1g＝T，则m1∶m2＝＝tan 60°，故C项正确。
13.在港珠澳大桥建设中，将一根根直径D＝22 m，高H＝40.5 m的钢筒，打入海底围成人工岛，创造了快速筑岛的世界纪录。钢筒质量为M，起重机用如图所示的8根对称分布的、长为L＝22 m的钢索将其吊起，并处于静止状态，则每根钢索受到的拉力大小为(　 )
A.Mg B.Mg
C.Mg D.Mg
解析：选D　由于钢筒的直径为22 m，钢索的长为22 m，则每两根对称钢索与直径构成等边三角形，所以每根钢索与竖直方向的夹角为30°；设每根钢索受到的拉力大小为F，在竖直方向根据平衡条件可得8Fcos 30°＝Mg，所以F＝。
14.刀、斧、凿等切削工具的刃部叫作劈，如图所示是用斧头劈木柴的示意图。劈的纵截面是一个等腰三角形，使用劈的时候，垂直劈背加一个力F，这个力产生两个作用效果，使劈的两个侧面推压木柴，把木柴劈开。设劈背的宽度为d，劈的侧面长为l，不计斧头的自身重力，则劈的侧面推压木柴的力约为(　 )
A.F B.F
C.F D.F
解析：选B　斧头劈木柴时，设两侧面推压木柴的力分别为F1、F2，且F1＝F2，利用几何三角形与力的三角形相似，有＝，得劈的侧面推压木柴的力F1＝F2＝F，所以B正确，A、C、D错误。
15.如图所示，人屈膝下蹲时，膝关节弯曲的角度为θ，设此时大、小腿部的肌群对膝关节的作用力F的方向水平向后，且大腿骨、小腿骨对膝关节的作用力大致相等，那么脚掌所受地面竖直向上的弹力约为(　 )
A. B.
C. D.tan
解析：选D　设大腿骨、小腿骨对膝关节的作用力为F1，则他们之间的夹角为θ，F即为他们合力的大小，则有2F1cos＝F，脚掌所受地面竖直向上的弹力约为N＝F1sin，联立可得：N＝tan。
16．如图所示为汽车的机械式手刹(驻车器)系统的结构示意图，结构对称。当向上拉动手刹拉杆时，手刹拉索(不可伸缩)就会拉紧，拉索OD、OC分别作用于两边轮子的制动器，从而实现驻车的目的。则以下说法正确的是(　 )
A. 当OD、OC两拉索夹角为60°时，三根拉索的拉力大小相等
B．拉动手刹拉杆时，拉索AO上拉力总比拉索OD和OC中任何一个拉力大
C．若在AO上施加一恒力，OD、OC两拉索夹角越小，拉索OD、OC拉力越大
D．若保持OD、OC两拉索拉力大小不变，OD、OC两拉索越短，拉动拉索AO越省力
解析：选D　当OD、OC两拉索夹角为120°时，三根拉索的拉力大小才相等，A错误；拉动手刹拉杆时，当OD、OC两拉索夹角大于120°时，拉索AO上拉力总比拉索OD和OC中任何一个拉力小，B错误；根据平行四边形定则可知，若在AO上施加一恒力，OD、OC两拉索夹角越小，拉索OD、OC拉力越小，C错误；若保持OD、OC两拉索拉力大小不变，OD、OC两拉索越短，则两力夹角越大，合力越小，即拉动拉索AO越省力，D正确。
(一) 物体的受力分析
受力分析的三种方法
假设法 在受力分析时，若不能确定某力是否存在，可先对其作出存在的假设，然后分析该力存在对物体运动状态的影响来判断该力是否存在
状态法 受力分析时，若一时不能确定某力是否存在，可先分析物体的运动状态和除此力外物体所受的其他力，根据其他力与物体的运动状态是否相符判断该力是否存在
转换法 在受力分析时，若不能确定某力是否存在，则(1)可以转换为分析该力的反作用力，根据其反作用力是否存在，判断该力是否存在(2)可以转换为分析与该力相关的其他研究对象，通过对其他研究对象进行受力分析，判断该力是否存在
[针对训练]
1．[假设法分析物体受力]
(多选)如图所示，固定斜面上有一光滑小球，与一竖直轻弹簧P和一平行斜面的轻弹簧Q连接着，小球处于静止状态，则关于小球所受力的个数可能的是(　 )
A．1 B．2
C．3 D．4
解析：选BCD　设小球质量为m，若FP＝mg，则小球只受拉力FP和重力mg两个力作用；若FP2．[状态法分析物体受力]
如图所示是翠鸟俯冲捕捉小鱼的精彩画面。如果整个俯冲过程翠鸟做加速直线运动，用O表示翠鸟，G表示翠鸟受到的重力，F表示空气对它的作用力，下列四幅图中能正确表示此过程中翠鸟受力情况的是(　 )
解析：选A　根据题意，翠鸟做加速直线运动，所以翠鸟所受合力方向与速度方向相同，根据平行四边形定则分析可知，只有A选项中重力与F的合力的方向有可能与速度方向相同，B、C、D中合力的方向一定与速度方向有夹角，翠鸟不可能做直线运动。所以A正确，B、C、D错误。
3．[转换法分析物体受力]
(多选)如图所示，在恒力F作用下，a、b两物体一起沿粗糙竖直墙面匀速向上运动，则关于它们的受力情况，下列说法正确的是(　 )
A．a一定受到4个力
B．b可能受到4个力
C．a与墙壁之间一定有弹力和摩擦力
D．a与b之间一定有摩擦力
解析：选AD　将a、b看成整体，其受力图如图甲所示，说明a与墙壁之间没有弹力和摩擦力作用；对物体b进行受力分析，如图乙所示，b受到3个力作用，再对物体a分析，可知a受到4个力作用，A、D正确。
(二) 解答静态平衡问题的三种常用方法
方法1　合成法与分解法
1．合成法：物体受三个共点力的作用而平衡，则任意两个力的合力一定与第三个力大小相等，方向相反。
2．分解法：物体受三个共点力的作用而平衡，将某一个力按作用效果分解，则其分力和其他两个力满足平衡条件。
[例1]　如图所示，光滑半球形容器固定在水平面上，O为球心。一质量为m的小滑块，在水平力F的作用下静止于P点。设滑块所受支持力为FN，OP与水平方向的夹角为θ。下列关系式正确的是(　 )
A．F＝ B．F＝mgtan θ
C．FN＝ D．FN＝mgtan θ
[解析]　法一：合成法
滑块受力如图甲所示，由平衡条件知：＝tan θ，＝sin θ，解得F＝，FN＝。
法二：分解法
将滑块所受重力按产生的效果分解，如图乙所示，F＝G2＝，FN＝G1＝。
[答案]　A
[例2]　(2023·深圳调研)被誉为“中国天眼”的射电天文望远镜(FAST)如图所示，质量为3×104 kg的馈源舱用对称的六索六塔装置悬吊在球面镜正上方，相邻塔顶的水平距离为300 m，每根连接塔顶和馈源舱的绳索长600 m，不计绳索重力，则每根绳索承受的拉力大约为(　 )
A．4×105 N B．6×104 N
C．1×105 N D．3×104 N
[解析]　将各塔顶连接起来，得到正六边形，由几何关系可得馈源舱到塔顶的水平距离等于相邻塔顶的水平距离为300 m，则可知每根绳索与竖直方向的夹角为30°，设每根绳索承受的拉力为F，则拉力F在竖直方向向上的分力为Fcos 30°，由平衡条件可得6Fcos 30°＝mg，解得F＝≈6×104 N，所以B正确，A、C、D错误。
[答案]　B
方法2　正交分解法
物体受到三个或三个以上共点力的作用而平衡时，将物体所受的力沿互相垂直的方向分解，每个方向上的力都满足力的平衡条件。
[例3]　如图所示，倾角为30°的斜面固定在水平地面上，斜面
上放有一重力为G的物块A，有一水平轻弹簧一端固定在竖直墙面上，另一端与物块A接触。若物块A静止时受到沿斜面向下的摩擦力大小为，此时弹簧的弹力大小是(　 )
A.G B.G
C．G D.G
[解析]　对A进行受力分析，利用正交分解法对力进行分解，如图所示：在沿斜面方向，根据平衡条件：Fcos 30°＝f＋Gsin 30°，而f＝，解得F＝G，故B正确，A、C、D错误。
[答案]　B
方法3　力的三角形法
对受三个共点力作用而平衡的物体，将力的矢量图平移使三力组成一个首尾依次相接的矢量三角形，根据正弦定理、余弦定理或相似三角形等数学知识求解未知力。
[例4]　(2023·重庆高三模拟)如图所示，一轻杆两端固定两个小球A、B，A球的质量是B球质量的3倍，轻绳跨过滑轮连接A和B，一切摩擦不计，平衡时OA和OB的长度之比为(　 )
A．1∶2 B．2∶1
C．1∶3 D．1∶4
[解析]　设绳上拉力为FT，OA长L1，OB长L2，过O点做竖直向下的辅助线交AB为C点，如图所示，利用力的三角形和几何三角形相似，有＝，＝，解得＝，故A、B、D错误，C正确。
[答案]　C
(三) 多物体的平衡问题
多物体平衡问题的常用解题方法
整体法 整体法是指将相互关联的各个物体看成一个整体的方法。整体法的优点在于只需要分析整个系统与外界的关系，避开了系统内部繁杂的相互作用。
隔离法 隔离法是指将某物体从周围物体中隔离出来，单独分析该物体的方法。隔离法的优点在于能把系统内各个物体所处的状态、物体状态变化的原因以及物体间的相互作用关系表达清楚。
[典例]　(2023·黑龙江鹤岗月考)如图甲所示，A、B两小球通过轻绳连接并悬挂于O点，已知两轻绳OA和AB的长度之比为∶1，A、B两小球质量分别为2m和m，现对A、B两小球分别施加水平向右的力F1和水平向左的力F2，两球恰好处于如图乙的位置静止，此时B球恰好在悬点O的正下方，轻绳OA与竖直方向成30°，则(　 )
A．F1＝F2 B．F1＝F2
C．F1＝2F2 D．F1＝3F2
[解析]　由题意知两轻绳OA和AB的长度之比为∶1，B球恰好在悬点O的正下方，轻绳OA与竖直方向成30°，由几何关系可知，OA与AB垂直；以B球为研究对象，受力示意图如图1所示，由平衡条件得F2＝mgtan (90°－30°)＝mg；以A、B两球整体为研究对象，受力示意图如图2所示，由平衡条件得F1－F2＝3mgtan 30°＝mg，可得F1＝2mg，即F1＝2F2，故C正确。
[答案]　C
[微点拨]
整体法和隔离法的灵活选择
(1)当分析相互作用的两个或两个以上物体整体的受力情况及分析外力对系统的作用时，宜用整体法。
(2)在分析系统内各物体(或一个物体各部分)间的相互作用时，宜用隔离法。
(3)整体法和隔离法不是独立的，对一些较复杂问题，通常需要多次选取研究对象，交替使用整体法和隔离法。　　
[针对训练]
1．[隔离法的应用]
(2021·海南高考)如图，V型对接的绝缘斜面M、N固定在水平面上，两斜面与水平面夹角均为α＝60°，其中斜面N光滑。两个质量相同的带电小滑块P、Q分别静止在M、N上，P、Q连线垂直于斜面M，已知最大静摩擦力等于滑动摩擦52 / 97
第九章 磁 场
第1讲　磁场的描述 磁场对电流的作用
一、磁场
1．磁感应强度
(1)物理意义：描述磁场的强弱和方向。
(2)大小：B＝(通电导线垂直于磁场)。单位是特斯拉，符号是T。
(3)方向：小磁针的N极所受磁场力的方向，也就是小磁针静止时N极的指向。
(4)叠加：磁感应强度是矢量，叠加时遵守平行四边形定则。
2．匀强磁场
(1)定义：磁感应强度的大小处处相等、方向处处相同的磁场。
(2)磁感线特点：疏密程度相同、方向相同的平行直线。
二、磁感线
1．磁感线的特点
(1)描述磁场的方向：磁感线上某点的切线方向就是该点的磁场方向。
(2)描述磁场的强弱：磁感线的疏密程度表示磁场的强弱，在磁感线较密的地方磁场较强；在磁感线较疏的地方磁场较弱。
(3)是闭合曲线：在磁体外部，从N极指向S极；在磁体内部，由S极指向N极。
(4)不相交：同一磁场的磁感线永不相交、不相切。
(5)是假想线：磁感线是为了形象描述磁场而假想的曲线，客观上并不存在。
2．电流的磁场
直线电流的磁场 通电螺线管的磁场 环形电流的磁场
特点 无磁极、非匀强磁场，且距导线越远处磁场越弱 与条形磁铁的磁场相似，管内为匀强磁场且磁场最强，管外为非匀强磁场 环形电流的两侧是N极和S极，且离圆环中心越远，磁场越弱
安培定则
立体图
三、安培力
1．安培力的大小
(1)磁场方向和电流方向垂直时：F＝BIl。
(2)磁场方向和电流方向平行时：F＝0。
2．安培力的方向——左手定则判断
(1)伸开左手，使拇指与其余四个手指垂直，并且都与手掌在同一个平面内。
(2)让磁感线从掌心垂直进入，并使四指指向电流的方向。
(3)拇指所指的方向就是通电导线在磁场中所受安培力的方向。
情境创设　
我们居住的地球是一个大磁体，如图所示，地磁场的分布类似于条形磁铁的磁场。
地磁场具有以下特点：
(1)地磁场的N极在地理南极附近，地磁场的S极在地理北极附近。
(2)在赤道平面上，距离地球表面高度相等的各点，磁感应强度相等，且方向水平向北。
微点判断　
(1)地面附近磁感应强度的方向与地面平行。(×)
(2)地磁场两极的磁感应强度方向与地面垂直。(√)
(3)地磁场两极的磁感应强度比赤道处的大。(√)
(4)将通电导线放在空中，一定受到安培力的作用。(×)
(5)磁场中某点磁感应强度的大小，跟放在该点的试探电流元的情况无关。(√)
(6)磁场中某点磁感应强度的方向，跟安培力的方向一致。(×)
(7)地磁场的地磁“两极”与地球的地理“两极”位置大致相反。(√)
(8)磁感线是假想的曲线，磁感线在磁铁外部是由N极指向S级，在磁铁内部则是由S极指向N极。(√)
(9)若地磁场是因地球表面带电荷引起的，则地球表面应该带正电荷。(×)
(10)垂直磁场放置的线圈面积减小时，穿过线圈的磁通量可能增大。(√)
(11)小磁针N极所指的方向就是该处磁场的方向。(×)
(12)在同一幅图中，磁感线越密，磁场越强。(√)
(13)将通电导线放入磁场中，若不受安培力，说明该处磁感应强度为零。(×)
(一) 安培定则的应用和磁场的叠加(固基点)
[题点全练通]
1．[安培定则的理解及应用]
如图所示，直导线AB、螺线管E、电磁铁D三者相距较远，其磁场互不影响，当开关S闭合后，则小磁针北极N(灰色一端)指示磁场方向正确的是(　 )
A．a B．b
C．c D．d
解析：选C　根据安培定则可判断出电流的磁场方向，再根据小磁针静止时N极所指的方向为磁场的方向，可知C正确。
2．[直线电流同一平面内磁场的叠加]
(2021·全国甲卷)两足够长直导线均折成直角，按图示方式放置在同一平面内，EO与O′Q在一条直线上，PO′与OF在一条直线上，两导线相互绝缘，通有相等的电流I，电流方向如图所示。若一根无限长直导线通过电流I时，所产生的磁场在距离导线d处的磁感应强度大小为B，则图中与导线距离均为d的M、N两点处的磁感应强度大小分别为(　 )
A．B、0 B．0、2B
C．2B、2B D．B、B
解析：选B　竖直方向的两段导线中电流相等，且在同一直线上，可把EO与O′Q等效成一根无限长直导线，同理PO′与OF等效成一根无限长直导线。根据安培定则可知，两根无限长直导线在M处产生的磁感应强度方向相反，叠加后磁感应强度大小为0；竖直方向的导线和水平方向的导线在N处产生的磁感应强度方向相同，叠加后磁感应强度大小为2B，B正确。
3．[直线电流立体空间内磁场的叠加]已知通电长直导线在周围空间某位置产生的磁感应强度大小与电流大小成正比，与该位置到长直导线的距离成反比。如图所示，现有通有电流大小相同的两根长直导线分别固定在正方体的两条边dh和hg上，彼此绝缘，电流方向分别由d流向h、由h流向g，则关于a、b、c、e、f五点，下列说法正确的是(　 )
A．f、a点磁感应强度相同
B．c、e两点磁感应强度大小之比为2∶1
C．c点磁感应强度最大
D．c点磁感应强度方向与ac平行
解析：选C　由对称性可知，f、a点磁感应强度大小相等，但是方向不相同，选项A错误；设每根直导线的电流为I，则B＝，若正方体边长为L，则c点磁感应强度大小Bc＝，e点磁感应强度大小Be＝，大小之比为∶1，选项B错误；a、b、c、e、f五个点中c点距离两通电导线距离都是最小，且两根通电导线在c点的磁场方向相同，都沿着b→c方向，则合成后磁感应强度最大，选项C正确，D错误。
[要点自悟明]
1．安培定则的应用关键
在运用安培定则判定直线电流和环形电流及通电螺线管的磁场方向时关键应分清“因”和“果”。
因果电流的磁场　　　 　 原因(电流方向) 结果(磁场方向)
直线电流的磁场 大拇指指向 四指指向
环形电流及通电螺线管的磁场 四指指向 大拇指指向
2．磁场叠加问题的解题思路
(1)确定磁场场源，如通电导线。
(2)定位空间中需求解磁场的点，利用安培定则判定各个场源在这一点上产生的磁场的大小和方向。如图所示，BM、BN为M、N在c点产生的磁场。
(3)应用平行四边形定则对各个场源产生的磁场进行合成，如图中的合磁场B。
(二) 安培力的分析与计算(固基点)
[题点全练通]
1．[安培力方向的判断]
一根容易发生形变的弹性导线，两端固定。导线中通有电流，方向如图中箭头所示。当没有磁场时，导线呈伸直状态；当分别加上方向竖直向上、水平向右或垂直于纸面向外的匀强磁场时，描述导线状态的四个图示正确的是(　 )
解析：选D　由左手定则可以判断出，A中导线与磁场方向平行，所受安培力为零，B中导线所受安培力垂直纸面向里，C、D中导线所受安培力方向水平向右，导线受力以后的弯曲方向应与受力方向一致，D正确，A、B、C错误。
2．[安培力大小的计算]
如图所示，将一根同种材料，粗细均匀的导体围成半径为R的闭合导体线圈，固定在垂直线圈平面、磁感应强度为B的匀强磁场中。C、D两点将线圈分为上、下两部分，且C、D两点间上方部分的线圈所对应的圆心角为120°。现将大小为I的恒定电流自C、D两点间通入，则线圈C、D两点间上、下两部分导线受到的总安培力的大小为(　 )
A．BIR B．BIR
C．BIR D．0
解析：选A　由几何关系可知，C、D两点间的距离L＝Rsin 60°×2＝R，由等效思想可知，导体线圈受到的总安培力的大小F安＝BIL＝BIR，故选A。
3．[安培力的叠加问题]
如图所示，两根通电长直导线a、b平行且水平放置，a、b中的电流强度均为I，此时b受到的安培力大小为F。当在a、b的上方再放置一根与a、b平行的通电长直导线c后，b受到的安培力大小仍为F，图中a、b、c三者间距相等，此时a受到的安培力大小为(　 )
A．F B．F
C．2F D．F
解析：选B　导线a、b受到的安培力如图所示，a、b、c三者间距相等，a、b中的电流强度均为I时，b受到的安培力大小为F，故a受到b对a的安培力大小也为F；当在a、b的上方再放置一根与a、b平行的通电长直导线c后，b受到的安培力大小仍为F，可知c对b的安培力大小也为F，根据空间位置关系可知b、c电流大小相等，可知c对a的安培力大小也为F；b对a的安培力和c对a的安培力夹角为60°，大小都为F，故此时a受到的安培力大小为F，B正确，A、C、D错误。
4．[安培力作用下的平衡]
(2022·湖南高考)如图(a)，直导线MN被两等长且平行的绝缘轻绳悬挂于水平轴OO′上，其所在区域存在方向垂直指向OO′的磁场，与OO′距离相等位置的磁感应强度大小相等且不随时间变化，其截面图如图(b)所示。导线通以电流I，静止后，悬线偏离竖直方向的夹角为θ。下列说法正确的是(　 )
A．当导线静止在图(a)右侧位置时，导线中电流方向由N指向M
B．电流I增大，静止后，导线对悬线的拉力不变
C．tan θ与电流I成正比
D．sin θ与电流I成正比
解析：选D　当导线静止在图(a)右侧位置时，对导线做受力分析有，可知要让安培力为图示方向，则导线中电流方向应由M指向N，A错误；由于与OO′距离相等位置的磁感应强度大小相等且不随时间变化，有sin θ＝，FT＝mgcos θ，则可看出sin θ与电流I成正比，当I增大时θ增大，则cos θ减小，静止后，导线对悬线的拉力FT减小，B、C错误，D正确。
[要点自悟明]
1．安培力大小——F＝BILsin θ
(1)θ为I方向与B方向的夹角。
(2)特例：①当I⊥B时，F＝BIL。
②当I∥B时，F＝0。
(3)通电导线的有效长度
①当通电导线弯曲时，L是导线两端的有效直线长度(如图所示)。
②对于任意形状的闭合线圈，其有效长度均为零，所以通电后在匀强磁场中受到的安培力的矢量和为零。
2．安培力叠加的两种分析思路
(1)先分析通电导线所在处的合磁感应强度的大小和方向，由左手定则判断安培力的方向，由F＝BILsin θ求安培力的大小。
(2)先由左手定则判断各个安培力的方向，由F＝BILsin θ求各个安培力的大小，再由平行四边形定则求其合力。
3．安培力作用下导体的平衡问题的分析思路
选定研究对象 通电导线或导体棒
变三维为二维 画出平面受力分析图，其中安培力的方向要用左手定则来判断。安培力垂直于电流和磁场方向决定的平面
列方程求解 根据力的平衡条件列方程
(三) 导体运动情况的判断五法(培优点)
方法1　等效法
(1)环形电流―→小磁针；(2)通电螺线管―→条形磁铁；(3)通电线圈―→小磁针。
1.如图所示，在固定放置的条形磁铁S极附近悬挂一个金属线圈，线圈与水平磁铁位于同一竖直平面内，当在线圈中通入沿图示方向流动的电流时，将会看到(　 )
A．线圈向左平移
B．线圈向右平移
C．从上往下看，线圈顺时针转动，同时靠近磁铁
D．从上往下看，线圈逆时针转动，同时靠近磁铁
解析：选C　把通电线圈等效成小磁针，等效小磁针的N极垂直于纸面向外，根据同名磁极相互排斥，异名磁极相互吸引可知：从上往下看，线圈顺时针转动，同时靠近磁铁，C正确。
方法2　结论法
(1)同向电流互相吸引，异向电流互相排斥。
(2)两非平行的电流相互作用时，总有转到平行且电流方向相同的趋势。
2.(2021·广东高考)截面为正方形的绝缘弹性长管中心有一固定长直导线，长管外表面固定着对称分布的四根平行长直导线。若中心直导线通入电流I1，四根平行直导线均通入电流I2，I1 I2，电流方向如图所示，下列截面图中可能正确表示通电后长管发生形变的是(　 )
解析：选C　因I1 I2，则可不考虑四个边上的直导线之间的相互作用；两通电直导线间的安培力作用满足“同向电流相互吸引，异向电流相互排斥”，则正方形左右两侧的直导线I2要受到I1吸引的安培力，形成凹形，正方形上下两边的直导线I2要受到I1排斥的安培力，形成凸形，故变形后的形状如选项C所示。
方法3　电流元法
分割为电流元安培力方向―→整段导体所受合力方向―→运动方向。
3.通有电流的导线L1、L2处在同一平面(纸面)内，L1是固定的，L2可绕垂直纸面的固定转轴O转动(O为L2的中心)，各自的电流方向如图所示。下列哪种情况将会发生(　 )
A．因L2不受磁场力的作用，故L2不动
B．因L2上、下两部分所受的磁场力平衡，故L2不动
C．L2绕轴O按顺时针方向转动
D．L2绕轴O按逆时针方向转动
解析：选D　由右手螺旋定则可知导线L1上方的磁场方向为垂直纸面向外，且离导线L1越远的地方，磁场越弱，将导线L2分成很多小段，可以判断导线L2上的每一小部分受到的安培力方向均为水平向右，由于O点下方的磁场较强，则所受安培力较大，因此L2绕轴O按逆时针方向转动，D正确。
方法4　电流元法与特殊位置法的结合
在特殊位置―→安培力方向―→运动方向(如下题中当导线转过90°时判断吸引还是排斥)。
4.把一根通电的硬直导线ab放在磁场中，导线所在区域的磁感线呈弧形，如图所示。导线可以在空中自由移动和转动，导线中的电流方向由a到b。下列说法正确的是(　 )
A．从上往下看，导线ab顺时针旋转同时向上移动
B．从上往下看，导线ab逆时针旋转同时向下移动
C．虚线框内产生图示弧形磁感线的磁场源不可能是蹄形磁铁
D．虚线框内产生图示弧形磁感线的磁场源可能是条形磁铁、通电螺线管、直线电流等
解析：选D　由题图可知，导线左侧所在处的磁场方向斜向下，导线右侧所在处的磁场斜向上，则由左手定则可知，导线左侧受力方向向里，导线右侧受力方向向外，故从上往下看，导线ab顺时针旋转；当导线转过90°时，即导线与磁场垂直，由左手定则可知，导线ab受力向下，故可得出导线ab顺时针旋转同时还要向下移动，故A、B错误；磁感线方向从右向左，可能由水平放置的条形磁铁提供，也可能由竖直放置的蹄形磁铁提供，也可能由水平放置的通电螺线管提供，也可能由通电直导线提供，故C错误，D正确。
方法5　转换研究对象法
当定性分析磁体在电流磁场作用下如何运动或运动趋势如何的问题时，由于磁体所受电流磁场的作用力方向不便于直接判断，可先分析电流在磁体磁场中所受的安培力的方向，再由牛顿第三定律，间接确定磁体所受电流磁场的作用力，从而确定磁体所受合力及运动方向。
5．(2023·平顶山模拟)水平桌面上一条形磁体的上方，有一根通电直导线由S极的上端平行于桌面移到N极上端的过程中，磁体始终保持静止，导线始终保持与磁体垂直，电流方向如图所示。则在这个过程中，磁体受到的摩擦力的方向和桌面对磁体的弹力(　 )
A．摩擦力始终为零，弹力大于磁体重力
B．摩擦力始终不为零，弹力大于磁体重力
C．摩擦力方向由向左变为向右，弹力大于磁体重力
D．摩擦力方向由向右变为向左，弹力小于磁体重力
解析：选C　如图所示，导线在S极上方时所受安培力方向斜向左上方，由牛顿第三定律可知，磁体受到的磁场力斜向右下方，磁体有向右的运动趋势，则磁体受到的摩擦力水平向左；磁体对桌面的压力大于磁体的重力，因此桌面对磁体的弹力大于磁体重力；导线在磁体中间正上方时，导线所受安培力竖直向上，磁体不受摩擦力；如图所示，当导线在N极上方时，导线所受安培力方向斜向右上方，由牛顿第三定律可知，磁体受到的磁场力斜向左下方，磁体有向左的运动趋势，则磁体受到的摩擦力水平向右；磁体对桌面的压力大于磁体的重力，因此桌面对磁体的弹力大于磁体重力；由以上分析可知，磁体受到的摩擦力先向左后向右，桌面对磁体的弹力始终大于磁体的重力，故A、B、D错误，C正确。
1．[树立民族自信]如图所示是我国最早期的指南仪器——司南，静止时它的长柄指向南方，是由于地球表面有地磁场。下列与地磁场有关的说法，正确的是(　 )
A．地磁场是假想的，客观上不存在
B．地球表面上任意位置的地磁场方向都与地面平行
C．通电导线在地磁场中可能不受安培力作用
D．运动电荷在地磁场中受到的洛伦兹力可以对运动电荷做正功
解析：选C　地磁场是客观存在的，故A错误；地磁场的磁感线是闭合的曲线，从地理南极附近发出，到地理北极附近进入地球，组成闭合曲线，故B错误；当通电导线与地磁场平行放置时，导线不受安培力，故C正确；由于洛伦兹力始终与速度方向垂直，所以运动电荷在地磁场中受到的洛伦兹力不做功，故D错误。
2．[聚焦科技前沿]如图所示为一种新型的电磁船的俯视图，MN、PQ为固定在船上的竖直平行金属板，直流电源接在M、P之间，船上装有产生强磁场的装置，可在两平行金属板间海水中的虚线框内产生强磁场。闭合开关S后，电流通过海水从N流向Q，若船受到海水的反冲向左运动，虚线框中的磁场方向应该(　 )
A．竖直向下 B．竖直向上
C．水平向左 D．水平向右
解析：选A　闭合开关S后，电流通过海水从N流向Q，且船向左运动，船体所受的力方向向左，根据牛顿第三定律可知，海水所受的安培力方向向右，再根据左手定则可知，磁场方向竖直向下，故A正确，B、C、D错误。
3．[体现学以致用]
某同学自制一电流表，其原理如图所示。质量为m的均匀细金属杆MN与一竖直悬挂的绝缘轻弹簧相连，弹簧的劲度系数为k，在矩形区域abcd内有匀强磁场，ab＝L1，bc＝L2，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向外。MN的右端连接一绝缘轻指针，可指示出标尺上的刻度。MN的长度大于ab，当MN中没有电流通过且处于静止时，MN与矩形区域的ab边重合，且指针指在标尺的零刻度；当MN中有电流时，指针示数可表示电流强度。MN始终在纸面内且保持水平，重力加速度为g。下列说法中正确的是(　 )
A．当电流表的示数为零时，弹簧的长度为
B．标尺上的电流刻度是均匀的
C．为使电流表正常工作，流过金属杆的电流方向为N→M
D．电流表的量程为
解析：选B　电流表示数为零时，金属杆不受安培力，金属杆在重力与弹簧弹力作用下处于平衡状态，由平衡条件得mg＝kx0，解得x0＝，x0 为弹簧伸长量，不是弹簧的长度，A错误；当电流为I时，安培力为FA＝BIL1，静止时弹簧伸长量的增加量为Δx，根据胡克定律ΔF＝kΔx，可得Δx＝＝，Δx∝I，故标尺上的电流刻度是均匀的，B正确；要使电流表正常工作，金属杆应向下移动，所受的安培力应向下，由左手定则知金属杆中的电流方向应从M至N，C错误；设Δx＝L2，则有I＝Im，BImL1＝kL2，解得Im＝，故电流表的量程为，D错误。
4．[联系生活实际]
在城市建设施工中，经常需要确定地下金属管线的位置，如图所示。有一种探测的方法是，首先给金属长直管线通上电流，再用可以测量磁场强弱、方向的仪器进行以下操作：①用测量仪在金属管线附近的水平地面上找到磁感应强度最强的某点，记为a；②在a点附近的地面上，找到与a点磁感应强度相同的若干点，将这些点连成直线EF；③在地面上过a点垂直于EF的直线上，找到磁场方向与地面夹角为45°的b、c两点，测得b、c两点距离为L。由此可确定金属管线(　 )
A．平行于EF，深度为
B．平行于EF，深度为L
C．垂直于EF，深度为
D．垂直于EF，深度为L
解析：选A　如图，画出垂直于金属管线方向的截面，可知磁场最强的点a即为地面上距离管线最近的点，找出b、c两点的位置，由题意可知EF过a点垂直于纸面，所以金属管线与EF平行，根据几何关系得深度为，A正确。
5．[体现学以致用]电流天平是一种测量磁场力的装置，如图所示，两相距很近的通电平行线圈Ⅰ和Ⅱ，线圈Ⅰ固定，线圈Ⅱ置于天平托盘上。当两线圈均无电流通过时，天平示数恰好为零。下列说法正确的是(　 )
A．当天平示数为负时，两线圈电流方向相同
B．当天平示数为正时，两线圈电流方向相同
C．线圈Ⅰ对线圈Ⅱ的作用力大于线圈Ⅱ对线圈Ⅰ的作用力
D．线圈Ⅰ对线圈Ⅱ的作用力与托盘对线圈Ⅱ的作用力是一对相互作用力
解析：选A　通电线圈相当于条形磁铁，两线圈电流方向相同时，相当于异性磁极相互吸引，天平示数为负，A正确，B错误；线圈Ⅰ对线圈Ⅱ的作用力跟线圈Ⅱ对线圈Ⅰ的作用力是一对作用力与反作用力，大小相等，C错误；线圈Ⅰ对线圈Ⅱ的作用力与托盘对线圈Ⅱ的作用力都是线圈Ⅱ受到的力，不是一对相互作用力，D错误。
[课时跟踪检测]
1.如图所示，两根平行固定放置的长直导线a和b载有大小、方向均相同的电流，a受到的磁场力大小为F，当在a、b两导线所在平面加入垂直纸面向外的匀强磁场后，a受到的磁场力大小变为3F，则此时b受到的磁场力大小为(　 )
A．F B．2F
C．3F D．4F
解析：选A　根据安培定则和左手定则可知a导线受到的F水平向右，由牛顿第三定律可知b受到a施加的磁场力也为F，方向水平向左。加入匀强磁场后a受到的磁场力大小为3F，方向水平向右，则匀强磁场施加给a的安培力方向水平向右，大小为2F，施加给同向电流b的安培力方向也水平向右，则b受到的合磁场力大小为2F－F＝F，所以A正确，B、C、D错误。
2．(2022·全国乙卷)(多选)安装适当的软件后，利用智能手机中的磁传感器可以测量磁感应强度B。如图，在手机上建立直角坐标系，手机显示屏所在平面为xOy面。某同学在某地对地磁场进行了四次测量，每次测量时y轴指向不同方向而z轴正向保持竖直向上。根据表中测量结果可推知(　 )
测量序号 Bx/μT By/μT Bz/μT
1 0 21 －45
2 0 －20 －46
3 21 0 －45
4 －21 0 －45
A．测量地点位于南半球
B．当地的地磁场大小约为50 μT
C．第2次测量时y轴正向指向南方
D．第3次测量时y轴正向指向东方
解析：选BC　如图所示，地磁南极大致在地理北极附近，地磁北极大致在地理南极附近。由表中z轴数据可看出z轴的磁场竖直向下，则测量地点应位于北半球，A错误；磁感应强度为矢量，故由表格中第1次数据可看出此处的磁感应强度大致为B＝，计算得B≈50 μT，B正确；由以上分析知测量地在北半球，而北半球地磁场指向北方斜向下，第2次测量By<0，故y轴指向南方，第3次测量Bx>0，故x轴指向北方而y轴则指向西方，C正确，D错误。
3．(2023·合肥质检)如图所示，正六边形线框abcdef由六根导体棒连接而成，固定于匀强磁场中的线框平面与磁场方向垂直，线框顶点a、b与电源两端相连，其中ab棒的电阻为5R，其余各棒的电阻均为R，电源内阻及导线电阻忽略不计。S闭合后，线框受到的安培力大小为F。若仅将ab棒移走，则余下线框受到的安培力大小为(　 )
A. B.
C. D.
解析：选A　S闭合后，ab棒与其余各棒并联，设电源电动势为E，则两支路的电流大小均为I＝，ab棒受到的安培力大小为Fab＝BIL，其余各棒在磁场中的等效长度也为L，受到安培力的大小为F余＝BIL，线框受到的安培力大小F＝Fab＋F余＝2BIL。若仅将ab棒移走，则余下线框受到的安培力大小F余′＝BIL＝，故选A。
4.如图所示，长度为d、质量为m的导体棒用绝缘细线悬挂并垂直纸面放置，导体棒中有方向由a指向b、大小为I的电流，导体棒处在水平向右的匀强磁场中。现改变匀强磁场方向，使其在竖直平面内逆时针缓慢转到水平向左，此过程中细线与竖直方向的最大夹角为30°，细线始终绷紧。已知重力加速度为g(安培力小于重力)。则匀强磁场的磁感应强度B大小为(　 )
A. B.
C. D.
解析：选B　缓慢调节磁场方向时，导体棒受安培力大小不变，对导体棒受力分析，并作出安培力的旋转矢量如图所示，由图可知当安培力方向与细线拉力方向垂直时，细线与竖直方向夹角最大，由图中几何关系可知sin 30°＝，解得B＝，故选B。
5．(2023·安徽滁州模拟)实验规律可知：通电长直导线周围产生磁场，导线周围某处磁感应强度的大小与电流大小成正比，与该处到直导线的垂直距离成反比。M、N、P是半圆上的三点，O点是圆心，MN为直径，∠NOP＝60°。在M、N处各有一条垂直半圆面的长直导线，导线中通有大小相等的恒定电流，方向如图所示，这时O点的磁感应强度大小为B1，P点的磁感应强度大小为B2，则(　 )
A．B2∶B1＝2∶ B．B2∶B1＝1∶
C．B2∶B1＝1∶2 D．B2∶B1＝2∶1
解析：选B　根据安培定则，两直线电流在O点和P点的磁感应强度方向如图所示。
假设圆的半径为R，则在O点处有BN＝k，BM＝k，则有B1＝BM＋BN＝，则在P点处有BN′＝k，BM′＝k，则有B2＝＝，故有＝＝，B正确，A、C、D错误。
6.如图所示，两根相同的竖直悬挂的弹簧上端固定，下端连接一质量为40 g的金属导体棒，部分导体棒处于边界宽度为d＝10 cm的有界匀强磁场中，磁场方向垂直于纸面向里。导体棒通入4 A的电流后静止时，弹簧伸长量是未通电时的1.5倍。若弹簧始终处于弹性限度内，导体棒一直保持水平，则磁感应强度B的大小为(取重力加速度g＝10 m/s2)(　 )
A．0.25 T B．0.5 T
C．0.75 T D．0.83 T
解析：选B　未通电时，导体棒的重力与两弹簧的弹力相等，根据平衡条件可知mg＝2kx，通电后，通过导体棒的电流方向为从右向左，根据左手定则可知
安培力方向竖直向下，根据平衡条件可知mg＋BId＝2k×1.5x，两式相比得＝＝，解得B＝0.5 T，故B正确。
7.如图所示，矩形abcd的边长bc是ab的2倍，两细长直导线通有大小相等、方向相反的电流，垂直穿过矩形平面，与平面交于e、f两点，其中e、f分别为ad、bc的中点。下列说法正确的是(　 )
A．a点与b点的磁感应强度相同
B．a点与c点的磁感应强度相同
C．a点与d点的磁感应强度相同
D．a点与b、c、d三点的磁感应强度均不相同
解析：选B　通电直导线在周围形成的磁场，磁感应强度大小为B＝，方向由安培定则确定，从右向左画出各点的磁感应强度的平面图，如图所示，由对称性可知a与c点的合磁感应强度等大同向，b与d两点的合磁感应强度等大同向，故选项B正确。
8．(2023·河北邯郸模拟)如图，两根相互绝缘的通电长直导线分别沿x轴和y轴放置，沿x轴方向的电流为I0。已知通电长直导线在其周围激发磁场的磁感应强度B＝k，其中k为常量，I为导线中的电流，r为场中某点到导线的垂直距离。图中A点的坐标为(a，b)，若A点的磁感应强度为零，则沿y轴放置的导线中电流的大小和方向分别为(　 )
A．I0，沿y轴正向　　 B．I0，沿y轴负向
C．I0，沿y轴正向 D．I0，沿y轴负向
解析：选A　根据右手螺旋定则可知，沿x轴的电流在A点处的磁感应强度为B1＝k，方向垂直于纸面向外，因为A点磁感应强度为零，所以沿y轴的电流在A点产生的磁场垂直纸面向里，大小等于B1，有k＝k，解得I＝I0，根据右手螺旋定则可知电流方向沿y轴正方向，故A正确。
第2讲　带电粒子在磁场中的运动
一、洛伦兹力
1．定义：运动电荷在磁场中受到的力称为洛伦兹力。
2．方向
(1)判定方法：左手定则
掌心——磁感线垂直穿入掌心；
四指——指向正电荷运动的方向或负电荷运动的反方向；
拇指——指向洛伦兹力的方向。
(2)方向特点：F⊥B，F⊥v，即F垂直于B和v决定的平面。
3．大小
(1)v∥B时，洛伦兹力F＝0。(θ＝0°或180°)
(2)v⊥B时，洛伦兹力F＝qvB。(θ＝90°)
(3)v＝0时，洛伦兹力F＝0。
二、带电粒子在匀强磁场中的运动
1．若v∥B，带电粒子不受洛伦兹力，在匀强磁场中做匀速直线运动。
2．若v⊥B，带电粒子仅受洛伦兹力作用，在垂直于磁感线的平面内以入射速度v做匀速圆周运动。
3．半径和周期公式：(v⊥B)
情境创设　
如图所示，是洛伦兹力演示仪，它可以研究带电粒子在磁场中的偏转情况。
微点判断　
(1)运动的电子在磁场中因受洛伦兹力的作用发生偏转。(√)
(2)电子的速度越大，运动半径越大。(√)
(3)电子的速度越大，运动周期越大。(×)
(4)增大磁场的磁感应强度，电子运动半径变大。(×)
(5)增大磁场的磁感应强度，电子运动周期变小。(√)
(6)洛伦兹力对运动的电子做正功。(×)
(一) 洛伦兹力的分析与计算(固基点)
[题点全练通]
1．[对洛伦兹力的理解]
关于对洛伦兹力的理解，下列说法正确的是(　 )
A．运动电荷在磁感应强度不为零的地方，一定受到洛伦兹力的作用
B．运动电荷在某处不受洛伦兹力作用，则该处的磁感应强度一定为零
C．洛伦兹力既不能改变带电粒子的动能，也不能改变带电粒子的速度
D．洛伦兹力对带电粒子永不做功
解析：选D　运动电荷速度方向与磁场方向平行时，不受洛伦兹力，洛伦兹力只改变带电粒子的运动方向，不改变带电粒子的速度大小，洛伦兹力对带电粒子永不做功，故D正确。
2．[洛伦兹力的方向判断]
(2023·安徽芜湖质检)如图所示是电视显像管原理示意图(俯视图)，电流通过偏转线圈，从而产生偏转磁场，电子束经过偏转磁场后运动轨迹发生偏转，不计电子的重力，图中O点为荧光屏的中心，若调节偏转线圈中的电流，使电子束打到荧光屏上的A点，此时下列说法正确的是(　 )
A．电子经过磁场速度增大
B．偏转磁场的方向水平向右
C．偏转磁场的方向垂直纸面向里
D．偏转磁场的方向垂直纸面向外
解析：选D　电子经过磁场，洛伦兹力不做功，则动能不变，即速度大小不变，故A错误；欲使电子束打到荧光屏上的A点，则洛伦兹力方向向左，根据左手定则可知，偏转磁场的方向垂直纸面向外，故B、C错误，D正确。
3．[洛伦兹力的大小计算]
真空中竖直放置一通电长直细导线，俯视图如图所示。以导线为圆心作圆，光滑绝缘管ab水平放置，两端恰好落在圆周上。半径略小于绝缘管半径的带正电小球自a端以速度v0向b端运动过程中，下列说法正确的是(　 )
A．小球先加速后减速
B．小球受到的洛伦兹力始终为零
C．小球在ab中点受到的洛伦兹力为零
D．小球受到洛伦兹力时，洛伦兹力方向竖直向外
解析：选C　根据安培定则可知，直导线产生的磁场的磁感线如图中虚线所示，洛伦兹力始终与小球运动方向垂直，故不做功，小球速率不变，A错误；当运动到ab中点时，磁感线与速度方向平行，所受洛伦兹力为零，自a端到中点洛伦兹力竖直向下，从中点至b端洛伦兹力竖直向上，B、D错误，C正确。
4．[洛伦兹力与电场力的比较]
(多选)带电小球以一定的初速度v0竖直向上抛出，能够达到的最大高度为h1；若加上水平方向的匀强磁场，且保持初速度仍为v0，小球上升的最大高度为h2；若加上水平方向的匀强电场，且保持初速度仍为v0，小球上升的最大高度为h3；若加上竖直向上的匀强电场，且保持初速度仍为v0，小球上升的最大高度为h4，如图所示。不计空气阻力，则(　 )
A．一定有h1＝h3 B．一定有h1＜h4
C．h2与h4无法比较 D．h1与h2无法比较
解析：选AC　第1个图：由竖直上抛运动的最大高度公式得：h1＝。第3个图：当加上电场时，由运动的分解可知：在竖直方向上有，v02＝2gh3，所以h1＝h3，A正确。而第2个图：洛伦兹力改变速度的方向，当小球在磁场中运动到最高点时，小球应有水平速度，设此时的球的动能为Ek，则由能量守恒得：mgh2＋Ek＝mv02，又由于mv02＝mgh1，所以h1＞h2，D错误。第4个图：因不知道小球电性和小球所受电场力方向，则h4可能大于h1，也可能小于h1，h2与h4无法比较，B错误，C正确。
[要点自悟明]
1．洛伦兹力的特点
(1)利用左手定则判断洛伦兹力的方向，注意区分正、负电荷。
(2)当电荷运动方向发生变化时，洛伦兹力的方向也随之变化。
(3)运动电荷在磁场中不一定受洛伦兹力作用。
(4)洛伦兹力永不做功。
2．洛伦兹力与电场力的比较
洛伦兹力 电场力
产生条件 v≠0且v不与B平行 电荷处在电场中
大小 F＝qvB(v⊥B) F＝qE
方向 F⊥B且F⊥v 正电荷受力与电场方向相同，负电荷受力与电场方向相反
做功情况 任何情况下都不做功 可能做正功，可能做负功，也可能不做功
(二) 半径公式和周期公式的应用(固基点)
[题点全练通]
1．[对半径公式、周期公式的理解]
(多选)在同一匀强磁场中，两带电荷量相等的粒子，仅受磁场力作用，做匀速圆周运动。下列说法正确的是(　 )
A．若速率相等，则半径必相等
B．若质量相等，则周期必相等
C．若动量大小相等，则半径必相等
D．若动能相等，则周期必相等
解析：选BC　带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，qvB＝m，可得R＝，又T＝，可知B、C正确。
2．[半径公式、周期公式的应用]
如图所示，两匀强磁场的方向相同，以虚线MN为理想边界，磁感应强度大小分别为B1、B2，今有一质量为m、电荷量为e的电子从MN上的P点沿垂直于磁场方向射入匀强磁场B1中，其运动轨迹为如图虚线所示的“心”形图线。则以下说法正确的是(　 )
A．电子的运动轨迹为PENCMDP
B．B1＝2B2
C．电子从射入磁场到回到P点用时为
D．B1＝4B2
解析：选B　根据左手定则可知，电子从P点沿垂直于磁场的方向射入匀强磁场B1时，受到的洛伦兹力方向指向M，所以电子的运行轨迹为PDMCNEP，故A错误；电子在题图所示运动过程中，在左侧匀强磁场中运动两个半圆，即运动一个周期，在右侧匀强磁场中运动半个周期，所以t＝＋，故C错误；由题图可知，电子在左侧匀强磁场中的运动半径是在右侧匀强磁场中的运动半径的一半，根据r＝可知，B1＝2B2，故B正确，D错误。
3．[半径公式与动量守恒定律的综合应用]
K－介子的衰变方程为：K－→π－＋π0，其中K－介子和π－介子带负电，π0介子不带电。如图，匀强磁场的方向垂直纸面向外，一个K－介子沿垂直于磁场的方向射入，其轨迹为图中的虚线圆弧，若K－介子在磁场中发生衰变，则衰变产生的π－介子和π0介子的运动轨迹可能是(　 )
解析：选C　π－介子与K－介子均带负电，若两者运动方向相同，可知π－介子与K－介子受洛伦兹力的方向相同，圆弧的弯曲方向相同，若π－介子和π0介子都沿K－的运动方向，由动量守恒定律可知，π－介子动量大小小于K－介子的动量大小，由r＝可知，π－介子半径较小；π0介子不带电，则沿直线运动，C正确，D错误；若π0介子反向运动，由动量守恒定律可知，π－介子的动量大于K－介子，衰变后π－介子将沿K－方向运动，由于π－介子与K－介子均带负电，受洛伦兹力的方向相同，圆弧的弯曲方向相同，且π－介子的运动半径大于K－介子，A、B错误。
[要点自悟明]
1．带电粒子垂直射入匀强磁场中，洛伦兹力提供向心力：
(1)向心力公式：qvB＝。
(2)半径公式：r＝。
(3)周期公式：T＝。
2．对带电粒子在匀强磁场中运动的两点提醒：
(1)带电粒子在匀强磁场中运动时，若速率变化，引起轨道半径变化，但运动周期并不发生变化。
(2)微观粒子在发生碰撞或衰变时常满足系统动量守恒，但因m、q、v等的改变，往往造成轨道半径和运动周期的改变。
(三) 带电粒子在有界匀强磁场中的圆周运动(精研点)
类型(一)　直线边界的磁场
1．粒子进出直线边界的磁场时，常见情形如图所示：
2．带电粒子(不计重力)在直线边界匀强磁场中运动时具有两个特性：
(1)对称性：进入磁场和离开磁场时速度方向与边界的夹角相等。
(2)完整性：比荷相等的正、负带电粒子以相同速度进入同一匀强磁场，则它们运动的半径相等而且两个圆弧轨迹恰好构成一个完整的圆，两圆弧所对应的圆心角之和等于2π。
1.(多选)如图所示，在0≤x≤7d的区域内存在与xOy平面垂直、磁感应强度大小为B的匀强磁场。一带电粒子从坐标原点O沿与x轴正方向成θ＝53°的方向垂直射入磁场，从磁场右边界上点P(7d，d)离开。已知粒子的质量为m，带电量为q，重力不计，取sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6。下列说法正确的是(　 )
A．粒子在磁场中做圆周运动的轨迹半径为4d
B．粒子的发射速度大小为
C．粒子从P点射出时的速度方向与x 轴正方向的夹角为37°
D．若只改变粒子的入射方向，则粒子在磁场中运动的最长时间为
解析：选BC　如图所示，根据题意作出粒子在磁场中的运动轨迹如图甲所示。作出入射速度的垂线，连接OP作中垂线，两线相交于A点，A点即为圆心，设OP与x轴夹角为α，sin α＝，cos α＝，OP＝＝5d，r＝，cos(37°＋α)＝cos 37°cos α－sin 37°sin α＝，所以得到r＝5d，由牛顿第二定律得qvB＝，得v＝，故A错误，B正确；根据以上分析37°＋α＝45°，故α＝8°，设粒子射出磁场的速度与x轴正方向夹角为β，速度的偏转角与粒子运动轨迹所对应的圆心角相等，由几何关系可知出射速度方向与x轴正方向的夹角为37°，故C正确；当粒子轨迹恰好与磁场右边界相切时，粒子在磁场中运动的时间最长，画出粒子轨迹过程图如图所示，所以粒子在磁场中运动的最长时间大于，故D错误。
类型(二)　平行直线边界的磁场
1．粒子进出平行直线边界的磁场时，常见情形如图所示：
2．粒子在平行直线边界的磁场中运动时存在临界条件，如图a、c、d所示。
3．各图中粒子在磁场中的运动时间：
(1)图a中粒子在磁场中运动的时间t1＝，t2＝＝。
(2)图b中粒子在磁场中运动的时间t＝。
(3)图c中粒子在磁场中运动的时间
t＝T＝＝。
(4)图d中粒子在磁场中运动的时间t＝T＝。
2.(多选)两个带等量异种电荷的粒子a、b分别以速度va和vb射入匀强磁场，两粒子的入射方向与磁场边界的夹角分别为60°和30°，磁场宽度为d，两粒子同时由A点出发，同时到达B点，如图所示，则(　 )
A．a粒子带正电，b粒子带负电
B．两粒子的轨道半径之比Ra∶Rb＝∶1
C．两粒子的质量之比ma∶mb＝1∶2
D．两粒子的质量之比ma∶mb＝2∶1
解析：选BD　由左手定则可得：a粒子带负电，b粒子带正电，故A错误；粒子做匀速圆周运动，运动轨迹如图所示，故Ra＝＝d，Rb＝＝d，所以Ra∶Rb＝∶1，故B正确；由几何关系可得：从A运动到B，a粒子转过的圆心角为60°，b粒子转过的圆心角为120°，ta＝＝tb＝，则Ta∶Tb＝2∶1，粒子运动周期为T＝＝，根据a、b粒子电荷量相等可得ma∶mb＝Ta∶Tb＝2∶1，故C错误，D正确。
3.(2023·广州调研)如图所示，平行边界区域内存在匀强磁场，比荷相同的带电粒子a和b依次从O点垂直于磁场的左边界射入，经磁场偏转后从右边界射出，带电粒子a和b射出磁场时与磁场右边界的夹角分别为30°和60°，不计粒子的重力，下列判断正确的是(　 )
A．粒子a带负电，粒子b带正电
B．粒子a和b在磁场中运动的半径之比为1∶
C．粒子a和b在磁场中运动的速率之比为∶1
D．粒子a和b在磁场中运动的时间之比为1∶2
解析：选B　粒子a向上偏转，由左手定则得，粒子a带正电；粒子b向下偏转，粒子b带负电，故A错误；由几何关系可知，磁场水平距离x＝Rasin 60°＝Rbsin 30°，Ra∶Rb＝1∶，故B正确；由qvB＝m得v＝，两粒子比荷相同，磁场相同，则va∶vb＝Ra∶Rb＝1∶，故C错误；粒子运动周期T＝，a运动时间ta＝T＝T，b运动时间tb＝T＝T，故ta∶tb＝2∶1，故D错误。
类型(三)　三
角形边界的磁场
带电粒子在三角形边界的磁场中运动时常常涉及临界问题。如图所示，正△ABC区域内有匀强磁场，某正粒子垂直于AB方向从D点进入磁场时，粒子有如下两种可能的临界轨迹：
(1)粒子能从AB边射出的临界轨迹如图甲所示。
(2)粒子能从AC边射出的临界轨迹如图乙所示。
4．(多选)如图所示，在直角三角形CDE区域内有磁感应强度为B的垂直纸面向外的匀强磁场，P为直角边CD的中点，∠C＝30°，CD＝2L，一束相同的带负电粒子以不同的速率从P点垂直于CD射入磁场，粒子的比荷为k，不计粒子间的相互作用和重力，则下列说法正确的是(　 )
A．速率不同的粒子在磁场中运动时间一定不同
B．从CD边飞出的粒子最大速率为
C．粒子从DE边飞出的区域长度为L
D．从CE边飞出的粒子在磁场中运动的最长时间为
解析：选BCD　速率小的粒子在CD边射出时， 粒子在磁场中运动时间相同， A错误；根据左手定则，粒子向左偏转， 从CD边飞出的粒子最远从D点飞出，半径R＝，由qvB＝，解得vm＝，B正确；由B项分析可知粒子可以从D点飞出，粒子与CE相切从DE飞出时，是粒子从DE飞出的最远点，如图所示，有几何关系得＝＝＝L。粒子从DE边飞出的区域长度为L，C正确；粒子与CE相切飞出时是从CE边飞出的粒子在磁场中运动的最长时间，由几何关系可得∠FDC＝60°，粒子在磁场中运动的最长时间为t＝×＝，D正确。
类型(四)　矩形边界的磁场
带电粒子在矩形边界的磁场中运动时，可能会涉及与边界相切、相交等临界问题，如图所示。
5．(2023·安徽马鞍山联考)a、b两个带正电的粒子经同一电场由静止加速，先后以v1、v2从M点沿MN方向进入矩形匀强磁场区域，经磁场偏转后分别从PQ边E、F离开。直线ME、MF与MQ的夹角分别为30°、60°，粒子的重力不计，则两个粒子进入磁场运动的速度大小之比为(　 )
A．v1∶v2＝1∶3　　　 B．v1∶v2＝3∶1
C．v1∶v2＝3∶2 D．v1∶v2＝2∶3
解析：选B　a、b两个带正电的粒子在磁场中的运动轨迹如图。
设a粒子的轨道半径为R1，b粒子的轨道半径为R2，设MQ＝d，则几何关系得R1＋R1sin 30°＝d，R2－R2sin 30°＝d，由上两式得＝，设加速电场的电压为U，匀强磁场磁感应强度为B，有Uq＝mv2，qvB＝m，得v＝，则有＝＝，故A、C、D错误，B正确。
类型(五)　圆形边界的磁场
带电粒子在圆形边界的磁场中运动的两个特点：
(1)若粒子沿着边界圆的某一半径方向射入磁场，则粒子一定沿着另一半径方向射出磁场(或者说粒子射出磁场的速度的反向延长线一定过磁场区域的圆心)，如图甲所示。
(2)若粒子射入磁场时速度方向与入射点对应半径夹角为θ，则粒子射出磁场时速度方向与出射点对应半径夹角一定也为θ，如图乙所示。
6.如图，半径为R的圆是一圆柱形匀强磁场区域的横截面(纸面)，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外。一电荷量为q(q＞0)、质量为m的粒子沿平行于直径ab的方向从c点射入磁场区域，射入点c与ab的距离为R，已知粒子射出磁场与射入磁场时运动方向间的夹角为60°，则粒子的速率为(不计粒子重力，已知sin 15°＝) (　 )
A． B．　
C．　 D．
解析：选B　粒子带正电，根据左手定则，判断出粒子受到的洛伦兹力向右，轨迹如图所示，由射入点c与ab的距离为R，可知∠cO1a＝15°，由速度的偏转角为60°，可知∠cO2O1＝30°，在△cO2O1，由正弦定理得，轨迹半径r＝R，由Bqv＝，解得v＝，B正确，A、C、D错误。
(四) 带电粒子在匀强磁场中运动的多解问题(精研点)
类型1　带电粒子的电性不确定形成多解
如果粒子的电性不确定，带电粒子可能带正电荷，也可能带负电荷，在相同的初速度下，正、负粒子在磁场中运动轨迹不同，形成多解。如图所示，带电粒子以速度v垂直进入匀强磁场，若带正电，其轨迹为a；若带负电，其轨迹为b。
[例1]　(多选)如图所示，左右边界分别为PP′、QQ′的匀强磁场的宽度为d，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里。一个质量为m、电荷量为q的粒子，沿图示方向以速度v0垂直射入磁场。欲使粒子不能从边界QQ′射出，粒子入射速度v0的最大值可能是(　 )
A． B．
C． D．
[解析]　粒子射入磁场后做匀速圆周运动，由R＝知，粒子的入射速度v0越大，R越大，当粒子的轨迹和边界QQ′相切时，粒子刚好不从QQ′射出，此时其入射速度v0应为最大。若粒子带正电，其运动轨迹如图(a)所示(此时圆心为O点)，由几何关系得R1sin 45°＋d＝R1，将R1＝代入上式得v0＝，A正确。若粒子带负电，其运动轨迹如图(b)所示(此时圆心为O′点)，由几何关系得R2＋R2cos 45°＝d，将R2＝代入上式得v0＝，C正确。
[答案]　AC
类型2　磁场方向不确定形成多解
有些题目只知磁感应强度的大小，而不知其方向，此时必须要考虑磁感应强度方向不确定而形成的多解。
如图所示，带正电粒子以速率v垂直进入匀强磁场，若B垂直纸面向里，其轨迹为a；若B垂直纸面向外，其轨迹为b。
[例2]　(多选)一质量为m、电荷量为q的负电荷在磁感应强度为B的匀强磁场中绕固定的正电荷沿固定的光滑轨道做匀速圆周运动，若磁场方向垂直于它的运动平面，且作用在负电荷的电场力恰好是磁场力的三倍，则负电荷做圆周运动的角速度可能是(　 )
A． B．
C． D．
[解析]　根据题意，磁场方向有两种可能，且这两种可能方向相反。在方向相反的两个匀强磁场中，由左手定则可知负电荷所受的洛伦兹力的方向也是相反的。当负电荷所受的洛伦兹力与电场力方向相同时，根据牛顿第二定律可知4Bqv＝m，得v＝，负电荷运动的角速度为ω＝＝；当负电荷所受的洛伦兹力与电场力方向相反时，有2Bqv＝m，v＝，负电荷运动的角速度为ω＝＝，故A、C正确。
[答案]　AC
类型3　临界状态不唯一形成多解
带电粒子在洛伦兹力作用下在有界磁场中运动时，由于粒子运动轨迹是圆弧状，因此，它可能穿过去，也可能转过180°从入射界面这边反向飞出，从而形成多解，如图所示。
[例3]　(多选)长为l的水平极板间有垂直纸面向里的匀强磁场，如图所示，磁感应强度为B，板间距离也为l，极板不带电。现有质量为m、电荷量为q的带正电粒子(不计重力)，从左边极板间中点处垂直磁感线以速度v水平射入磁场，欲使粒子不打在极板上，可采用的办法是(　 )
A．使粒子的速度v＜
B．使粒子的速度v＞
C．使粒子的速度v＞
D．使粒子的速度＜v＜
[解析]　若带电粒子刚好打在极板右边缘，有r12＝(r1－)2＋l2，又因为r1＝，解得v1＝；若粒子刚好打在极板左边缘时，有r2＝＝，解得v2＝，故A、B正确。
[答案]　AB
类型4　运动的周期性形成多解
带电粒子在组合场或交变场中运动时，运动往往具有周期性，从而形成多解，如图所示。
[例4]　(2022·湖北高考)(多选)在如图所示的平面内，分界线SP将宽度为L的矩形区域分成两部分，一部分充满方向垂直于纸面向外的匀强磁场，另一部分充满方向垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小均为B，SP与磁场左右边界垂直。离子源从S处射入速度大小不同的正离子，离子入射方向与磁场方向垂直且与SP成30°角。已知离子比荷为k，不计重力。若离子从Р点射出，设出射方向与入射方向的夹角为θ，则离子的入射速度和对应θ角的可能组合为(　 )
A．kBL,0° B．kBL,0°
C．kBL,60° D．2kBL,60°
[解析]　若离子通过下部分磁场直接到达P点，如图甲，根据几何关系则有R＝L，qvB＝m，可得v＝＝kBL，根据对称性可知出射速度与SP成30°角向上，故出射方向与入射方向的夹角为θ＝60°。当离子运动轨迹如图乙所示时，因为两部分磁场的磁感应强度均为B，则根据对称性有R′＝L，根据洛伦兹力提供向心力有qv′B＝m，可得v′＝＝kBL，此时出射方向与入射方向相同，即出射方向与入射方向的夹角为θ＝0°。通过以上分析可知当离子从下部分磁场射出时，需满足v＝＝kBL(n＝1,2,3……)，此时出射方向与入射方向的夹角为θ＝60°；当离子从上部分磁场射出时，需满足v＝＝kBL(n＝1,2,3……)，此时出射方向与入射方向的夹角为θ＝0°。故可知B、C正确，A、D错误。
[答案]　BC
1．[联系生活实际]
在北半球，地磁场磁感应强度的竖直分量方向向下(以“×”表示)。如果家中电视机显像管的位置恰好处于南北方向，那么由南向北射出的电子束在地磁场的作用下将向哪个方向偏转(　 )
A．不偏转 B．向东
C．向西 D．无法判断
解析：选B　根据左手定则可判断由南向北运动的电子束所受洛伦兹力方向向东，因此电子束向东偏转，故B正确。
2．[借助科研资料]从太阳和其他星体发射出的高能粒子流，在射向地球时，由于地磁场的存在，改变了运动方向。地磁场对地球起到了保护作用。如图为地磁场的示意图，赤道上方的磁场可看成与地面平行，若有来自宇宙的一束粒子流，其中含有α(He的原子核)、β(电子)、γ(光子)射线以及质子，沿与地球表面垂直的方向射向赤道上空，则在地磁场的作用下(　 )
A．α射线沿直线射向赤道 B．β射线向西偏转
C．γ射线向东偏转 D．质子向北偏转
解析：选B　赤道上方磁场方向与地面平行、由南向北，根据左手定则可知，带正电的α射线和质子向东偏转，带负电的β射线向西偏转，不带电的γ射线不偏转，选项B正确。
3．[借助科研资料]
云室是借助过饱和水蒸气在离子上凝结来显示通过它的带电粒子径迹的装置。如图为一张云室中拍摄的照片。云室中加了垂直于纸面向里的磁场。图中a、b、c、d、e是从O点发出的一些正电子或负电子的径迹。有关a、b、c三条径迹以下判断正确的是(　 )
A．a、b、c都是正电子的径迹
B．a径迹对应的粒子动量最大
C．c径迹对应的粒子动能最大
D．c径迹对应的粒子运动时间最长
解析：选C　带电粒子在垂直于纸面向里的磁场中运动，根据左手定则可知a、b、c都是负电子的径迹，A错误。带电粒子在磁场中运动，洛伦兹力提供向心力，有qvB＝m，解得R＝，由图可知Ra＜Rb＜Rc，所以va＜vb＜vc，根据p＝mv，可知pa＜pb＜pc，B错误。根据Ek＝mv2，可知Eka＜Ekb＜Ekc，C正确。带电粒子在磁场中运动，洛伦兹力提供向心力，有qvB＝m，T＝，则T＝，所以Ta＝Tb＝Tc，粒子在磁场中的运动时间t＝T，其中α为粒子在磁场中的偏转角度，由图可知a径迹对应的偏转角度最大，则a径迹对应的粒子运动时间最长，D错误。
4．[聚焦科技前沿]
超导托卡马克装置是一种利用磁约束和真空绝热来实现受控核聚变的环形容器。通过可控核聚变的方式，给人类带来几乎无限的清洁能源，俗称“人造太阳”。要实现可控核聚变，装置中必须有极高的温度，因而带电粒子将没有通常意义上的“容器”可装，而是通过磁约束，使之长时间束缚在某个有限空间内。如图所示，环状磁场的内半径为R1，外半径为R2，磁感应强度大小为B，中空区域内带电粒子的质量为m，电荷量为q，具有各个方向的速度。欲保证带电粒子都不会穿出磁场的外边缘而被约束在半径为R2的区域内，则带电粒子的最大速度为(　 )
A． B．
C． D．
解析：选B　由r＝可知，粒子的速度越大，在磁场中运动的半径越大，故带电粒子的最大速度可通过最大半径求得，最大半径为rmax＝。根据r＝，得vmax＝，A、C、D错误，B正确。
[课时跟踪检测]
一、立足主干知识，注重基础性和综合性
1．质量为m、电荷量为q的带电粒子以速率v垂直磁感线射入磁感应强度为B的匀强磁场中，在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，带电粒子在圆周轨道上运动相当于一个环形电流，则下列说法中正确的是(　 )
A．环形电流的电流强度跟q成正比
B．环形电流的电流强度跟v成正比
C．环形电流的电流强度跟B成反比
D．环形电流的电流强度跟m成反比
解析：选D　设带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期为T，半径为r，则由qvB＝m，得T＝＝，环形电流的电流强度I＝＝，可见，I与q的平方成正比，与v无关，与B成正比，与m成反比，故A、B、C错误；D正确。
2．(多选)一电中性微粒静止在垂直纸面向里的匀强磁场中，在某一时刻突然分裂成a、b和c三个微粒，a和b在磁场中做半径相等的匀速圆周运动，环绕方向如图所示，c未在图中标出。仅考虑磁场对带电微粒的作用力，下列说法正确的是(　 )
A．a带负电荷
B．b带正电荷
C．c带负电荷
D．a和b的动量大小一定相等
解析：选BC　由左手定则可知， 粒子a、粒子b均带正电荷，电中性的微粒分裂的过程中，总的电荷量应保持不变，则粒子c应带负电荷，A错误，B、C正确；粒子在磁场中做匀速圆周运动时，洛伦兹力提供向心力，即qvB＝m，解得R＝，由于粒子a与粒子b的电荷量大小关系未知，则粒子a与b的动量大小关系不确定，D错误。
3.(2022·辽宁高考)(多选)粒子物理研究中使用的一种球状探测装置横截面的简化模型如图所示。内圆区域有垂直纸面向里的匀强磁场，外圆是探测器。两个粒子先后从P点沿径向射入磁场，粒子1沿直线通过磁场区域后打在探测器上的M点。粒子2经磁场偏转后打在探测器上的N点。装置内部为真空状态，忽略粒子重力及粒子间相互作用力。下列说法正确的是(　 )
A．粒子1可能为中子
B．粒子2可能为电子
C．若增大磁感应强度，粒子1可能打在探测器上的Q点
D．若增大粒子入射速度，粒子2可能打在探测器上的Q点
解析：选AD　由粒子1经过磁场没有偏转可知粒子1不带电，可能为中子，故A正确；运用左手定则判断粒子2带正电，故不可能为电子，B错误；由A选项分析可知粒子1不带电，故磁场的磁感应强度对粒子1的运动无影响，所以增大磁感应强度，粒子1不可能打在Q点，故C错误；根据R＝可知，增大粒子入射速度，粒子2做圆周运动的半径变大，可能打在Q点，故D正确。
4．(2023·深圳高三模拟)如图所示，纸面内有一直角三角形abc区域，∠a＝30°，abc区域中存在着磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向外的匀强磁场。一带电粒子自ab中点P沿Pb方向射入磁场后，恰好从c点射出磁场。已知bc长为l，带电粒子的质量为m，电荷量大小为q，不计粒子重力，以下判断正确的是(　 )
A．粒子带正电
B．粒子速度的大小为
C．带电粒子的速度只要小于，粒子就将从ac边射出磁场区域
D．带电粒子由P到c过程中运动的时间为
解析：选D　粒子向左下偏转，由左手定则知粒子带负电，故A错误；粒子运动轨迹如图，由几何关系知粒子的轨迹半径r＝l，根据qvB＝得，v＝，故B错误；当速度v＜时，粒子还有可能从ab边射出磁场，故C错误；由几何关系知粒子在磁场中运动轨迹的圆心角为，所以运动的时间为t＝＝，故D正确。
5．如图甲所示，水平虚线上方有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度随时间的变化规律如图乙所示，一群带正电的同种粒子在t＝0时从虚线上的O点垂直于磁场方向向上与右边界成θ(0°＜θ＜180°)角射入磁场，已知粒子在磁场中运动的轨迹半径为r，周期为T，不计粒子重力，则在θ角变化过程中下列说法正确的是(　 )
A．粒子距水平虚线的最远距离为2r
B．粒子在磁场中运动的速度始终不变
C．无论θ角多大，粒子均能射出磁场
D．粒子在虚线上方运动的最长时间为T
解析：选C　当0°＜θ＜180°时，粒子与水平虚线的最远距离d＝r(1＋cos θ)，略小于2r，A错误；粒子在磁场中运动的过程中，所受洛伦兹力对其不做功，故粒子的速度大小不变，但粒子速度方向时刻改变，故粒子在磁场中运动速度发生了变化，B错误；当θ＝180°时，粒子的轨迹如图所示，粒子在虚线上方运动一圈回到入射边界的时间为T＋T＝T，因为0°＜θ＜180°，故粒子在虚线上方运动的最长时间略小于T，在这个角度范围内，无论θ角多大，粒子均能射出磁场，C正确，D错误。
6.(2023·云南昆明模拟)如图所示，半径为R的圆形区域内有垂直纸面向外的匀强磁场，两完全相同的带正电粒子a和b，以相同的速率从M点射入磁场，粒子a沿半径MO方向射入，粒子b沿与半径MO成30°角方向射入，不计粒子重力及两粒子之间的相互作用，若粒子a从N点射出磁场，∠MON＝90°。则粒子a、b在磁场中运动的时间之比为(　 )
A．3∶4　 B．3∶2　　
C．2∶3　　 D．1∶2
解析：选A　粒子a从N点射出磁场，则在磁场中转过的角度为90°，粒子在磁场中运动的半径等于R，则粒子b在磁场中运动的半径也为R，轨迹如图所示，由几何关系可知，四边形MOPO1为菱形，则粒子b在磁场中转过的角度为120°，两粒子的周期相等，则运动时间之比等于转过的圆心角之比，即ta∶tb＝3∶4，故选A。
7．(2022·江苏高考)利用云室可以知道带电粒子的性质，如图所示，云室中存在磁感应强度大小为B的匀强磁场，一个质量为m、速度为v的电中性粒子在A点分裂成带等量异号电荷的粒子a和b，a、b在磁场中的径迹是两条相切的圆弧，相同时间内的径迹长度之比la∶lb＝3∶1，半径之比ra∶rb＝6∶1，不计重力及粒子间的相互作用力，求：
(1)粒子a、b的质量之比ma∶mb；
(2)粒子a的动量大小pa。
解析：(1)分裂后带电粒子在磁场中偏转做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，则有qvB＝m
解得r＝
由题干知半径之比ra∶rb＝6∶1，
故mava∶mbvb＝6∶1
因为相同时间内的径迹长度之比la∶lb＝3∶1，
则分裂后粒子在磁场中的速度大小之比
va∶vb＝3∶1
联立解得ma∶mb＝2∶1。
(2)中性粒子在A点分裂成带等量异号电荷的粒子a和b，分裂过程中，没有外力作用，动量守恒，根据动量守恒定律mv＝mava＋mbvb
因为分裂后动量关系为mava∶mbvb＝6∶1，
联立解得pa＝mava＝mv。
答案：(1)2∶1　(2)mv
二、强化迁移能力，突出创新性和应用性
8.如图，圆心在O点的半圆形区域ACD(CO⊥AD)内存在着方向垂直于区域平面向外、磁感应强度为B的匀强磁场，一带电粒子(不计重力)从圆弧上与AD相距为d的P点，以速度v沿平行于直径AD的方向射入磁场，速度方向偏转60°角后从圆弧上C点离开。则可知(　 )
A．粒子带正电
B．直径AD的长度为4d
C．粒子在磁场中运动时间为
D．粒子的比荷为
解析：选B　带电粒子在半圆形磁场中向上偏转，由左手定则可判断，粒子带负电，选项A错误；过P点和C点作速度的垂线，交点即为圆心，如图，由几何关系可知，四边形OCO′P为菱形，则OP＝2d＝PC＝r，洛伦兹力提供向心力，有qvB＝m，所以r＝，则有＝，选项D错误；由几何关系可得直径AD的长度等于磁场区域半径的2倍，即4d，选项B正确；粒子在磁场中运动的时间为t＝＝×＝·＝·＝，选项C错误。
9．(多选)如图所示，在直角三角形AOC中，∠ACO＝30°，AO右侧某区域存在垂直于AOC平面的匀强磁场(图中未画出)，其磁感应强度大小为B。一质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子以速度v从C点垂直于AC进入磁场，该粒子经磁场偏转后平行于CO射到AC边上的D点(图中未画出)，粒子重力不计。下列说法正确的是(　 )
A．粒子从C点射入磁场，在到达D点前始终未离开磁场
B．磁场方向垂直AOC平面向里
C．CD间的距离为
D．粒子从C点到D点的时间为
解析：选BD　粒子从C点射入磁场，在到达D点前始终未离开磁场，到达D点时的速度一定与AC边垂直，A错误；根据左手定则，磁场方向垂直AOC平面向里，B正确；根据题意，该粒子在磁场中的偏转角度为θ＝120°，设轨道半径为R，根据牛顿第二定律得qvB＝m，CD间的距离为xCD＝R＋，解得xCD＝，C错误；粒子从C点到D点的时间为t＝T＋，T＝，解得t＝，D正确。
10.如图所示，在xOy平面内，有一以O为圆心、R为半径的半圆形匀强磁场区域，磁场方向垂直坐标平面向里，磁感应强度大小为B。位于O点的粒子源向第二象限内的各个方向连续发射大量同种带电粒子，粒子均不会从磁场的圆弧边界射出。粒子的速率相等，质量为m、电荷量大小为q，粒子重力及粒子间的相互作用均不计。
(1)若粒子带负电，求粒子的速率v应满足的条件及粒子在磁场中运动的最短时间t；
(2)若粒子带正电，求粒子在磁场中能够经过区域的最大面积。
解析：(1)粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，则：qvB＝m
由几何关系有：r≤
联立得：v≤
粒子在磁场中做圆周运动的周期：T＝
由粒子在磁场中运动的轨迹可得，沿y轴正向射入磁场中的粒子在磁场中运动时间最短，则：t＝
联立可得：t＝。
(2)分析可得，粒子在磁场中能经过的区域为半圆，如图中阴影部分，
有几何关系可得该半圆的半径：r′＝R
面积：S＝πr′2
联立可得：S＝πR2。
答案：(1)v≤　　(2)πR2
“带电粒子在组合场中运动”的专题研究
类型(一)　带电粒子在三类组合场中的运动
1．组合场：电场与磁场各自位于一定的区域内且不重叠。
2．分析带电粒子在组合场中运动的方法
3．“电偏转”与“磁偏转”的比较
垂直电场线进入匀强电场(不计重力) 垂直磁感线进入匀强磁场(不计重力)
受力情况 电场力FE＝qE，其大小、方向不变，与速度v无关，FE是恒力 洛伦兹力FB＝qvB，其大小不变，方向随v而改变，FB是变力
轨迹 抛物线 圆或圆的一部分
运动轨迹示例
求解方法 利用类平抛运动的规律求解：vx＝v0，x＝v0t vy＝·t，y＝··t2偏转角φ满足：tan φ＝＝ 半径：r＝周期：T＝偏移距离y和偏转角φ要结合圆的几何关系利用圆周运动规律讨论求解
运动时间 t＝ t＝T＝
动能 变化 不变
[考法全训]
考法 一 　先电场后磁场
(1)先在电场中做加速直线运动，然后进入磁场做圆周运动。如图甲、乙所示，在电场中利用动能定理或运动学公式求粒子刚进入磁场时的速度。
(2)先在电场中做类平抛运动，然后进入磁场做圆周运动。如图丙、丁所示，在电场中利用平抛运动知识求粒子进入磁场时的速度。
[例1]　(多选)如图所示，在x轴的上方有沿y轴负方向的匀强电场，电场强度为E，在x轴下方的等腰直角三角形CDM区域内有垂直于xOy平面向外的匀强磁场，磁感应强度为B，其中C、D在x轴上，它们到原点O的距离均为a。现将质量为m、带电荷量为q的正粒子从y轴上的P点由静止释放，设P点到O点的距离为h，不计重力作用与空气阻力的影响。下列说法正确的是(　 )
A．若h＝，则粒子垂直于CM射出磁场
B．若h＝，则粒子垂直于CM射出磁场
C．若h＝，则粒子平行于x轴射出磁场
D．若h＝，则粒子平行于x轴射出磁场
[解析]　若h＝，则由动能定理，到达O点的速度满足Eqh＝mvO2，解得vO＝。根据qvB＝m，此时粒子在磁场中运动的半径为R＝a，可知粒子垂直CM射出磁场，选项A正确，C错误；若h＝，则由动能定理，到达O点的速度满足Eqh＝mvO′2，解得vO′＝，此时粒子在磁场中运动的半径为R′＝a，则粒子平行于x轴沿x轴负向射出磁场，选项B错误，D正确。
[答案]　AD
[例2]　(2023·济南质检)如图所示，在xOy平面第一象限内有以虚线OP为理想边界的匀强电场和匀强磁场区域，OP与x轴夹角为α＝45°，OP与y轴之间的电场平行于y轴向上，OP与x轴之间的磁场垂直纸面向里。在y轴上有一点M，M到O点的距离为3d。现有一个质量为m、电荷量为－q的带负电粒子，从M点以速度v0垂直于y轴向右进入电场区域，粒子离开电场后从OP上的N点进入磁场区域，已知N点到x轴的距离为2d。粒子经过磁场后从x轴上C点离开，且速度方向与x轴垂直，不计带电粒子的重力，求：
(1)电场强度大小E；
(2)磁感应强度大小B和粒子从M点运动到C点所用的总时间t。
[解析]　(1)由题意，粒子从M到N做类平抛运动，轨迹如图所示，
在沿－y方向，有qE＝ma
位移大小为Δy1＝d＝t
沿x正方向做匀速运动，由几何关系
Δx1＝2d＝v0t
解得vy＝v0
又vy＝at
联立求得电场强度大小为E＝。
(2)由题意，粒子从N点垂直OP进入磁场，到从C点垂直x轴离开磁场，由几何关系，则粒子在磁场中做圆周运动的半径R＝LON＝2d
在N点粒子速度与OP垂直，大小为v＝v0
由牛顿第二定律qvB＝m
解得B＝，由运动学规律，粒子在电场和磁场中运动的总时间为t＝＋＝。
[答案]　(1)　(2)　
考法 二 　先磁场后电场
对于粒子从磁场进入电场的运动，有两种常见情况：
(1)进入电场时粒子速度方向与电场方向相同或相反，如图甲所示，粒子在电场中做加速或减速运动，用动能定理或运动学公式列式求解。
(2)进入电场时粒子速度方向与电场方向垂直，如图乙所示，粒子在电场中做类平抛运动，利用平抛运动知识分析。
[例3]　在如图所示的平面直角坐标系中，存在一个半径R＝0.2 m的圆形匀强磁场区域，磁感应强度B＝1.0 T，方向垂直纸面向外，该磁场区域的右边缘与y坐标轴相切于原点O。y轴右侧存在一个匀强电场，方向沿y轴正方向，电场区域宽度l＝0.1 m。现从坐标为(－0.2 m，－0.2 m)的P点发射出质量m＝2.0×10－9 kg、带电荷量q＝5.0×10－5 C的带正电粒子，沿y轴正方向射入匀强磁场，速度大小v0＝5.0×103 m/s(粒子重力不计)。
(1)带电粒子从坐标为(0.1 m,0.05 m)的点射出电场，求该电场强度的大小；
(2)为了使该带电粒子能从坐标为(0.1 m，－0.05 m)的点回到电场，可在紧邻电场的右侧区域内加匀强磁场，试求所加匀强磁场的磁感应强度大小和方向。
[解析]　(1)带正电粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力有：qv0B＝m
可得：r＝＝0.20 m＝R
根据几何关系可以知道，带电粒子恰从O点沿x轴正方向进入电场，带电粒子在电场中做类平抛运动，设粒子到达电场边缘时，竖直方向的位移为y
根据类平抛规律可得：l＝v0t，y＝at2
根据牛顿第二定律可得：Eq＝ma
联立可得：E＝＝1.0×104 N/C。
(2)粒子飞离电场时，沿电场方向速度：vy＝at＝·＝5.0×103 m/s＝v0
粒子射出电场时速度大小v＝v0，方向与x轴正方向夹角为45°偏向右上方
根据左手定则可知所加磁场方向垂直纸面向外，根据几何关系可知，粒子在电场右侧磁场区域中做圆周运动半径r′＝y
根据洛伦兹力提供向心力可得：qvB′＝m
联立可得所加匀强磁场的磁感应强度大小
B′＝＝4 T。
[答案]　(1)1.0×104 N/C　(2)4 T，方向垂直纸面向外
考法 三 　先后多个电磁场
“5步”突破带电粒子在组合场中的运动问题
[例4]　如图所示，在真空中xOy平面内，有四个边界垂直于x轴的条状区域Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ，区域Ⅰ、Ⅲ宽度均为d，内有沿y轴负方向的匀强电场，大小均为E；区域Ⅱ、Ⅳ宽度均为2d，内有垂直于xOy平面向里的匀强磁场B1和B2。M是区域Ⅲ右边界与x轴交点。质量为m，电荷量为＋q的粒子甲以速度v0从O点沿x轴正方向射入电场E，经过一段时间后，沿x轴正方向与自由静止在M点的粒子乙粘合在一起，成为粒子丙进入区域Ⅳ，之后直接从右边界上Q点(图中未标出)离开区域Ⅳ。粒子乙不带电，质量为2m，粘合前后无电荷损失，粘合时间很短，E＝，粒子重力不计。
(1)求粒子甲离开区域Ⅰ时速度v1大小和与x轴正方向夹角θ；
(2)求匀强磁场B1的磁感应强度大小；
(3)若区域Ⅳ中磁场的磁感应强度大小不同，则粒子丙在磁场B2中运动时间不同。求粒子甲从O点到M点运动时间与粒子丙从M点到Q点运动时间之和的最大值。
[解析]　(1)设粒子甲在电场中的加速度为a1，运动时间为t1，离开区域Ⅰ时速度大小为v1，与x轴正方向夹角为θ，v1沿y轴负方向的大小为vy，则qE＝ma1，d＝v0t1，vy＝a1t1，vy＝v0tan θ，v1＝
解得v1＝2v0，θ＝60°。
(2)粒子甲运动到M点时速度沿x轴正方向，由运动的对称性，粒子甲在匀强磁场B1中做匀速圆周运动轨迹关于区域Ⅱ垂直于x轴的中线对称，设轨道半径为r1，则d＝r1sin θ，qv1B1＝
解得B1＝。
(3)设粒子甲在磁场B1中做匀速圆周运动的周期为T1，运动时间为t2，则t2＝T1，T1＝
解得t2＝
设粒子甲在从O点到M点运动时间为t3，则t3＝2t1＋t2
解得t3＝＋
设粒子甲在M点与粒子乙粘合前速度大小为v2，粒子丙在M点速度大小为v3，则v2＝v0
mv2＝3mv3
粒子丙在磁场B2中以速度v3做匀速圆周运动，且从右边界上Q点离开，则当匀速圆周运动的半径r2＝2d时，粒子丙在磁场B2中运动时间最长，设为t4，则t4＝＝
设粒子甲在从O点到M点运动时间与粒子丙从M点到Q点运动时间之和的最大值为tm，
则tm＝t3＋t4
解得tm＝＋＋＝(18＋2π＋27π)。
[答案]　(1)2v0　60°　(2)
(3)(18＋2π＋27π)
类型(二)　带电粒子在交变电磁场中的运动
1．交变场的三种常见的类型
(1)电场周期性变化，磁场不变。
(2)磁场周期性变化，电场不变。
(3)电场、磁场均周期性变化。
2．基本解题思路
　
[考法全训]
考法(一)　电场周期性变化，磁场不变
[例1]　如图甲所示，宽度为d的竖直狭长区域内(边界为L1、L2)，存在垂直纸面向里的匀强磁场和竖直方向上的周期性变化的电场(如图乙所示)，电场强度的大小为E0，E>0表示电场方向竖直向上。t＝0时，一带正电、质量为m的微粒从左边界上的N1点以水平速度v射入该区域，沿直线运动到Q点后，做一次完整的圆周运动，再沿直线运动到右边界上的N2点。Q为线段N1N2的中点，重力加速度为g。上述d、E0、m、v、g为已知量。
(1)求微粒所带电荷量q和磁感应强度B的大小；
(2)求电场变化的周期T；
(3)改变宽度d，使微粒仍能按上述运动过程通过相应宽度的区域，求T的最小值。
[解析]　(1)微粒做直线运动时有：
mg＋qE0＝qvB ①
微粒做圆周运动时有：mg＝qE0 ②
联立①②得q＝， ③
B＝。 ④
(2)设微粒从N1点沿直线运动到Q点的时间为t1，做圆周运动的周期为t2，则＝vt1⑤
qvB＝m ⑥
2πR＝vt2 ⑦
联立③④⑤⑥⑦得t1＝，t2＝ ⑧
电场变化的周期T＝t1＋t2＝＋。 ⑨
(3)若微粒能完成题述的运动过程，要求d≥2R⑩
联立③④⑥得R＝
设在N1Q段直线运动的最短时间为t1min，
由⑤⑩ 得t1min＝
因t2不变，T的最小值
Tmin＝t1min＋t2＝。
[答案]　(1)　　(2)＋　(3)
考法(二)　磁场周期性变化，电场不变
[例2]　如图甲所示，整个空间存在竖直向上的匀强电场(平行于纸面)，在同一水平线上的两位置以相同速率同时喷出质量均为m的油滴a和b，带电荷量为＋q的a水平向右，不带电的b竖直向上。b上升高度为h时，到达最高点，此时a恰好与它相碰，瞬间结合成油滴p。忽略空气阻力，重力加速度为g。求：
(1)油滴b竖直上升的时间及两油滴喷出位置的距离；
(2)匀强电场的场强大小及油滴a、b结合为p后瞬间的速度；
(3)若油滴p形成时恰位于某矩形区域边界，取此时为t＝0时刻，同时在该矩形区域加一个垂直于纸面周期性变化的磁场，磁场变化规律如图乙所示，磁场变化周期为T0(垂直纸面向外为正)，已知p始终在矩形区域内运动，求矩形区域的最小面积。(忽略磁场突变的影响)
[解析]　(1)设油滴喷出时的速度为v0，油滴b做竖直上抛运动，有0－v02＝－2gh，解得v0＝，
由运动学规律可得0＝v0－gt0，
解得t0＝ ，
对油滴a的水平分运动，有x0＝v0t0，
解得x0＝2h。
(2)两油滴结合之前，油滴a做类平抛运动，设加速度为a，有qE－mg＝ma，h＝at02，
解得a＝g，E＝，
设结合前瞬间油滴a的速度大小为va，方向向右上方且与水平方向成θ角，
则v0＝vacos θ，v0tan θ＝at0，
解得va＝2，θ＝45°，
两油滴的结合过程动量守恒，有mva＝2mvp，
联立解得vp＝，方向向右上方且与水平方向成45°角。
(3)因qE＝2mg，油滴p在磁场中做匀速圆周运动，设半径为r，周期为T，则qvpB＝2m，B＝，解得r＝，
由T＝可得T＝，
即油滴p在磁场中的运动轨迹是两个外切圆组成的“8”字形，轨迹如图所示，最小矩形的两条边长分别为2r、4r，则矩形区域的最小面积为
Smin＝2r×4r＝。
[答案]　(1) 　2h　(2)　，方向向右上方且与水平方向成45°角　(3)
考法(三)　电场、磁场均周期性变化
[例3]　如图甲所示，在xOy平面内存在磁场和电场，磁感应强度和电场强度大小随时间周期性变化，B的变化周期为4t0，E的变化周期为2t0，变化规律分别如图乙和图丙所示。在t＝0时刻从O点发射一带负电的粒子(不计重力)，初速度大小为v0，方向沿y轴正方向，在x轴上有一点A(图中未标出)，坐标为 。若规定垂直纸面向里为磁感应强度的正方向，y轴正方向为电场强度的正方向，v0、t0、B0为已知量，磁感应强度与电场强度的大小满足：＝；粒子的比荷满足：＝。求：
(1)在t＝时，粒子的位置坐标；
(2)粒子偏离x轴的最大距离；
(3)粒子运动至A点的时间。
[解析]　(1)在0～t0时间内，粒子做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力可得
qB0v0＝mr1＝m
解得T＝2t0，r1＝＝
则粒子在时间内转过的圆心角α＝
所以在t＝时，粒子的位置坐标为。
(2)粒子的运动轨迹如图所示
在t0～2t0时间内，设粒子经电场加速后的速度为v，则v＝v0＋t0＝2v0
运动的位移x＝t0＝1.5v0t0
在2t0～3t0时间内粒子做匀速圆周运动，
半径r2＝2r1＝，故粒子偏离x轴的最大距离，h＝x＋r2＝1.5v0t0＋。
(3)粒子在xOy平面内做周期性运动的运动周期为4t0，故粒子在一个周期内向右运动的距离d＝2r1＋2r2＝
AO间的距离为＝8d
所以，粒子运动至A点的时间t＝32t0。
[答案]　(1)　(2)1.5v0t0＋　(3)32t0
类型(三)　STSE中的组合场模型
模型(一)　质谱仪
(1)构造：如图所示，由粒子源、加速电场、偏转磁场和照相底片等构成。
(2)原理：粒子由静止被加速电场加速，qU＝mv2。
粒子在磁场中做匀速圆周运动，有qvB＝m。
由以上两式可得r＝ ，m＝，＝。
[例1]　如图，从离子源产生的甲、乙两种离子，由静止经加速电压U加速后在纸面内水平向右运动，自M点垂直于磁场边界射入匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，磁场左边界竖直。已知甲种离子射入磁场的速度大小为v1，并在磁场边界的N点射出；乙种离子在MN的中点射出；MN长为l。不计重力影响和离子间的相互作用。求：
(1)磁场的磁感应强度大小；
(2)甲、乙两种离子的比荷之比。
[解析]　(1)设甲种离子所带电荷量为q1、质量为m1，在磁场中做匀速圆周运动的半径为R1，磁场的磁感应强度大小为B，由动能定理有
q1U＝m1v12 ①
由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有
q1v1B＝m1 ②
由几何关系知2R1＝l ③
由①②③式得B＝。 ④
(2)设乙种离子所带电荷量为q2、质量为m2，射入磁场的速度为v2，在磁场中做匀速圆周运动的半径为R2。同理有
q2U＝m2v22 ⑤
q2v2B＝m2 ⑥
由题给条件有2R2＝ ⑦
由①②③⑤⑥⑦式得，甲、乙两种离子的比荷之比为
∶＝1∶4。 ⑧
[答案]　(1)　(2)1∶4
[针对训练]
1．(2023·福建宁德质检)如图所示，一个静止的质量为m、带电荷量为q的粒子(不计重力)，经电压U加速后垂直进入磁感应强度为B的匀强磁场，粒子在磁场中转半个圆周后打在P点，测出O、P间距离为x，下列x U图像可能正确的是(　 )
解析：选B　在加速电场中，由动能定理得qU＝mv2，在匀强磁场中，洛伦兹力提供向心力，有qvB＝m，解得r＝，则得x＝2r＝，B、m、q都一定，x∝，则由数学知识可知，B正确。
模型(二)　回旋加速器
(1)构造：如图所示，D1、D2是半圆形金属盒，D形盒的缝隙处接交流电源，D形盒处于匀强磁场中。
(2)原理：交流电的周期和粒子做圆周运动的周期相等，粒子经电场加速，经磁场回旋，由qvB＝，得Ekm＝，可见粒子获得的最大动能由磁感应强度B和D形盒半径R决定，与加速电压无关。
[例2]　某型号的回旋加速器的工作原理如图甲所示，图乙为俯视图。回旋加速器的核心部分为两个D形盒，分别为D1 、D2。D形盒装在真空容器里，整个装置放在巨大的电磁铁两极之间的强大磁场中，磁场可以认为是匀强磁场，且与D形盒底面垂直。两盒间的狭缝很小，带电粒子穿过狭缝的时间可以忽略不计。D形盒的半径为R，磁场的磁感应强度为B。若质子从粒子源O处进入加速电场的初速度不计，质子质量为m、电荷量为＋q。加速器接入一定频率的高频交变电压，加速电压为U。不考虑相对论效应和重力作用。
(1)求质子第一次经过狭缝被加速后进入D形盒时的速度大小v1和进入D形盒后运动的轨迹半径r1；
(2)求质子被加速后获得的最大动能Ekm和高频交变电压的频率f；
(3)若两D形盒狭缝之间距离为d，且d R，计算质子在电场中运动的总时间t1与在磁场中运动的总时间t2，并由此说明质子穿过电场的时间可以忽略不计的原因。
[解析]　(1)质子第1次经过狭缝被加速后的速度大小为v1，则qU＝mv12，qv1B＝
解得v1＝ ，r1＝ 。
(2)当质子在磁场中运动的轨迹半径为D形盒的半径R时，质子的动能最大，设此时速度为vm，则
qvmB＝m，Ekm＝mvm2
解得Ekm＝
回旋加速器正常工作时高频交变电压的频率f等于质子在磁场中运动的频率，
则＝T＝＝
解得f＝。
(3)质子在狭缝中加速时，有q＝ma
质子在磁场中运动速度大小不变，故其在电场中运动的总时间t1＝＝
质子在磁场中运动的周期T＝
设质子在电场中加速了n次，则有nqU＝Ekm
解得n＝
质子在磁场中运动的总时间t2＝T＝，
则＝
因为d R，得t1 t2，故质子穿过电场的时间可以忽略不计。
[答案]　(1) 　 　(2)　　(3)　　理由见解析
[针对训练]
2.(2023·泉州质检)如图所示为回旋加速器示意图，利用回旋加速器对12H粒子进行加速，此时D形盒中的磁场的磁感应强度大小为B，D形盒缝隙间电场变化周期为T。忽略粒子在D形盒缝隙间的运动时间和相对论效应，下列说法正确的是(　 )
A．保持B和T不变，该回旋加速器可以加速质子
B．仅调整磁场的磁感应强度大小，该回旋加速器仍可以加速H粒子
C．保持B和T不变，该回旋加速器可以加速He粒子，且在回旋加速器中运动的时间与12H粒子的相等
D．保持B和T不变，该回旋加速器可以加速He粒子，加速后的最大动能与H粒子的相等
解析：选C　D形盒缝隙间电场变化周期为T，等于被加速的H在磁场中运动的周期，即T＝；而质子在磁场中的运动周期为TH＝，则该回旋加速器不可以加速质子，A错误；仅调整磁场的磁感应强度大小，则H在磁场中的运转周期将要变化，则该回旋加速器不可以加速H粒子，B错误；He在磁场中运动的周期THe＝＝＝T，则保持B和T不变，该回旋加速器可以加速He粒子，且在回旋加速器中两粒子运动的半径也相同，则粒子运动的时间与H粒子相等，C正确；根据qvmB＝m，Ekm＝mvm2＝∝，可知He加速后的最大动能与H粒子不相等，D错误。
[课时跟踪检测]
A卷——全员必做
1.(2023·郑州质检)如图所示，质谱仪的工作原理如下：一个质量为m、电荷量为q的离子，从容器A下方的小孔S1飘入电势差为U的加速电场，其初速度几乎为0，然后经过S3沿着与磁场垂直的方向，进入磁感应强度大小为B的匀强磁场中，最后打到照相底片D上。不计离子重力。则(　 )
A．离子进入磁场时的速率为v＝
B．离子在磁场中运动的轨道半径为r＝
C．离子在磁场中运动的轨道半径为r＝
D．若a、b是两种同位素的原子核，从底片上获知a、b在磁场中运动轨迹的直径之比是1.08∶1，则a、b的质量之比为1.08∶1
解析：选C　离子在电场中加速有qU＝mv2，解得v＝；离子在磁场中偏转有qvB＝m，解得r＝，同位素的电荷量一样，其质量之比为＝＝1.082，故选项C正确，A、B、D错误。
2.(多选)用回旋加速器对粒子进行加速，可以获得高能带电粒子，两个D形盒与电压有效值为U的高频交流电源的两极相连，交流电源频率可调，在两盒间的狭缝中形成周期性变化的电场，使粒子在通过狭缝时都能得到加速，两D形盒处于垂直于盒底的匀强磁场中，磁感应强度为B，如图所示。粒子由速度为零开始加速，不计粒子在两盒间狭缝中运动的时间。关于回旋加速器，下列说法正确的是(　 )
A．两D形盒间狭缝中交变电场的频率跟带电粒子的比荷成正比
B．不同的带电粒子在同一回旋加速器中运动的总时间相同
C．带电粒子在磁场中运动时，受到的洛伦兹力不做功，因此带电粒子从D形盒射出时的动能与磁场的强弱无关
D．尽管两D形盒间狭缝中电场对粒子起加速作用，但是带电粒子从D形盒射出时的动能与加速电压的大小无关
解析：选ABD　带电粒子在磁场中运动的频率与交变电场的频率相等，大小为f＝，因此两D形盒间狭缝中交变电场的频率跟带电粒子的比荷成正比，故A正确；带电粒子在回旋加速器中被加速的过程，有nqU＝mv2，而v＝，带电粒子在回旋加速器中运动的时间为t＝×，整理得t＝，与带电粒子的质量和电荷量无关，因此不同的带电粒子在同一个回旋加速器中运动的总时间相同，故B正确；带电粒子从D形盒射出时的动能Ek＝mv2＝，可知带电粒子从D形盒射出时的动能与磁感应强度B有关，与加速电压的大小无关，故C错误，D正确。
3．如图所示为质谱仪的原理图，某同学欲使用该装置测量带电粒子的比荷，粒子从静止开始经过电压为U的加速电场后，进入速度选择器，选择器中存在相互垂直的匀强电场和匀强磁场，磁感应强度大小为B1，磁场方向如图，匀强电场的场强为E，带电粒子能够沿直线穿过速度选择器，从G点既垂直直线MN又垂直于磁场的方向射入偏转磁场。偏转磁场是一个以直线MN为边界、方向垂直纸面向外的匀强磁场，带电粒子经偏转磁场后，最终到达照相底片上与G距离为d的H点。已知偏转磁场的磁感应强度为B2，带电粒子的重力可忽略不计。以下说法正确的是(　 )
A．该装置可用于测定电子的比荷
B．速度选择器的a板接电源的负极
C．所测粒子的比荷＝
D．所测粒子的比荷＝
解析：选C　电子带负电，加速电场上板带正电，下板带负电，无法起到加速电子的作用，所以电子无法进入偏转磁场，则无法测定电子的比荷，故A错误；由题知带正电粒子能在加速电场中加速，则它在速度选择器中做匀速直线运动，电场力与洛伦兹力等大反向，根据左手定则，可知洛伦兹力水平向左，则电场力水平向右，故a板接电源的正极，故B错误；带电粒子在速度选择器中受力平衡qE＝qvB1，在偏转磁场中做匀速圆周运动的半径为r＝，洛伦兹力提供向心力qvB2＝m，联立上式得＝，故C正确，D错误。
4.(多选)研究表明，蜜蜂是依靠蜂房、采蜜地点和太阳三个点来定位的，蜜蜂飞行时就是根据这三个位置关系呈“8”字形运动来告诉同伴蜜源的方位。某兴趣小组用带电粒子在如图所示的电场和磁场中模拟蜜蜂的“8”字形运动，即在y＞0的空间中和y＜0的空间内同时存在着大小相等，方向相反的匀强电场，上、下电场以x轴为分界线，在y轴左侧和图中竖直虚线MN右侧均无电场，但有方向垂直纸面向里和向外的匀强磁场，MN与y轴的距离为2d。一重力不计的带负电荷的粒子从y轴上的P(0，d)点以沿x轴正方向的初速度v0开始运动，经过一段时间后，粒子又以相同的速度回到P点，则下列说法正确的是(　 )
A．电场与磁场的比值为v0
B．电场与磁场的比值为2v0
C．带电粒子运动一个周期的时间为＋
D．带电粒子运动一个周期的时间为＋
解析：选BD　粒子在电场中做类平抛运动，有：d＝v0t1，d＝··t12，粒子在磁场中做匀速圆周运动，有：R＝。结合几何关系，有：R＝d，联立解得：＝2v0，A错误，B正确；带电粒子在电场中运动的总时间为4t1＝，带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的轨迹是两个半圆，故运动时间为t2＝，带电粒子运动一个周期的时间为t＝4t1＋t2＝＋，故C错误，D正确。
5．(多选)某一空间存在着磁感应强度为B且大小不变、方向随时间t做周期性变化的匀强磁场(如图甲所示)，规定垂直纸面向里的磁场方向为正。为使静止于该磁场中的带正电的粒子能按a→b→c→d→e→f的顺序做“∞”形运动(即如图乙所示的轨迹)，下列办法可行的是(粒子只受磁场力的作用，其他力不计)(　 )
A．若粒子的初始位置在a处，在t＝T时给粒子一个沿切线方向水平向右的初速度
B．若粒子的初始位置在f处，在t＝时给粒子一个沿切线方向竖直向下的初速度
C．若粒子的初始位置在e处，在t＝T时给粒子一个沿切线方向水平向左的初速度
D．若粒子的初始位置在b处，在t＝时给粒子一个沿切线方向竖直向上的初速度
解析：选AD　要使粒子的运动轨迹如题图乙所示，由左手定则知粒子做圆周运动的周期应为T0＝，若粒子的初始位置在a处时，对应时刻应为t＝T0＝T，同理判断可得A、D正确，B、C错误。
6．(多选)回旋加速器的工作原理如图所示，D形金属盒的半径为R，两D形盒间狭缝的宽度为d，匀强磁场的磁感应强度大小为B、方向与盒面垂直。D形金属盒的中心O处有一粒子源，能产生质量为m、电荷量为e的质子(11H的初速度及其所受重力均不计), 质子在加速电压为U的电场中加速，最终从出口处射出。下列说法正确的是(　 )
A．质子在电场中运动的总时间为
B．质子在磁场中运动的总时间为
C．若仅将电压U增大，则质子从出口处射出的最大动能不变
D．若仅将O处的粒子源改为氦(24He)核源，则氦核可获得的最大动能为
解析：选AC　当质子射出D形盒时，根据洛伦兹力提供向心力evB＝，v＝，质子在电场中的加速度大小为a＝＝，质子在电场中运动的总时间t＝＝，故A正确；设在电场中加速的次数为n，根据动能定理neU＝mv2，在电场中加速一次后，在磁场中运动半圈，在磁场中运动半圈的时间t0＝＝，质子在磁场中运动的总时间t′＝nt0＝·＝，故B错误；当质子射出D形盒时，质子的速度v＝，若仅将电压U增大，则质子从出口处射出的最大速度不变，最大动能不变，故C正确；若仅将O处的粒子源改为氦(24He)核源，则与质子比较，电荷量增大为2倍，质量增大为4倍，则氦核可获得的最大速度为v′＝，最大动能Ek＝×4mv′2＝，故D错误。
7．(2023·烟台模拟)如图所示，虚线PQ上方存在着方向与纸面平行的匀强电场或方向垂直纸面的匀强磁场，M、N是PQ上的两点。一重力不计的带电粒子从M点以与虚线成θ角(单位为弧度)的方向射入场中，恰好以等大的速率从N点离开场区。
(1)已知若MN上方为电场，粒子从M到N运动时间为t1；若MN上方为磁场，粒子从M到N运动时间为t2，求；
(2)如粒子入射速率为v，当MN上方为电场时，电场强度大小为E；当MN上方为磁场时，磁感应强度大小为B，求。
解析：(1)设MN＝d，粒子入射的速率为v0，粒子在电场中做类抛体运动，沿MN方向，有d＝v0t1cos θ
在磁场中粒子做匀速圆周运动，设轨迹半径为r，
则有r＝
2θr＝v0t2
解得＝。
(2)设粒子电荷量为q，在电场中，有qE＝ma，
d＝vt1cos θ，
0＝vt1sin θ－at12，解得E＝
在磁场中，有qvB＝m
d＝2rsin θ，解得B＝，则＝vcos θ。
答案：(1)　(2)vcos θ
8.如图所示，在x轴上方有一方向垂直纸面向里的匀强磁场。在x轴下方有一匀强电场，方向竖直向上。一个质量为m、电荷量为q、重力不计的带正电粒子从y轴上的a点(0，h)处沿y轴正方向以初速度v＝v0开始运动，一段时间后，粒子速度方向与x轴正方向成45°角进入电场，经过y轴上b点时速度方向恰好与y轴垂直。求：
(1)匀强磁场的磁感应强度大小；
(2)匀强电场的电场强度大小；
(3)粒子从开始运动到第三次经过x轴的时间。
解析：(1)粒子运动轨迹如图所示，由图可得rcos 45°＝h
粒子在磁场中做匀速圆周运动
qvB＝m
联立可得r＝h，B＝。
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第六章 动量　动量守恒定律
第1讲　动量定理
一、动量和冲量
动量 冲量
定义 物体的质量与速度的乘积 力与力的作用时间的乘积
表达式 p＝mv单位为kg·m/s I＝FΔt单位为N·s
方向 动量的方向与速度的方向相同 冲量的方向与力的方向相同
[注意]　动量是矢量，而动能是标量。因此，物体的动量变化时，其动能不一定变化；而动能变化时，动量一定变化。动量与动能大小间存在关系式：p＝。
二、动量的变化量
1．因为动量是矢量，动量的变化量Δp也是矢量，其方向与速度的改变量Δv的方向相同。
2．动量的变化量Δp的大小，一般用末动量p′减去初动量p进行计算，也称为动量的增量，即Δp＝p′－p。
三、动量定理
1．内容：物体在一个过程中所受力的冲量等于它在这个过程始末的动量变化量。
2．公式：I＝p′－p或F(t′－t)＝mv′－mv。
3．动量定理的研究对象：单个物体或物体系。对物体系内力的作用不改变系统的总动量，外力的总冲量等于物体系的动量变化量。
情境创设　
一个质量为m的物体，在粗糙的水平面上运动，物体与水平面间的动摩擦因数为μ。
微点判断　
(1)动量越大的物体，其速度越大。(×)
(2)物体的动量越大，其惯性也越大。(×)
(3)物体所受合力不变，则物体的动量也不改变。(×)
(4)物体沿水平面运动时，重力不做功，故重力的冲量为零。(×)
(5)物体所受合外力的冲量的方向与物体末动量的方向相同。(×)
(6)物体所受合外力的冲量的方向与物体动量变化量的方向是一致的。(√)
(一) 动量、动量变化量和冲量(固基点)
[题点全练通]
1．[动量的分析与计算]
(2021·湖南高考)物体的运动状态可用位置x和动量p描述，称为相，对应p-x图像中的一个点。物体运动状态的变化可用p-x图像中的一条曲线来描述，称为相轨迹。假如一质点沿x轴正方向做初速度为零的匀加速直线运动，则对应的相轨迹可能是(　 )
解析：选D　质点沿x轴正方向做初速度为零的匀加速直线运动，由运动学公式v2＝2ax可得v＝，设质点的质量为m，则质点的动量p＝m，由于质点的速度方向不变，则质点动量p的方向始终沿x轴正方向，根据数学知识可知D正确。
2．[动量变化量的大小计算]
(多选)质量为m的物体以初速度v0开始做平抛运动，经过时间t，下降的高度为h，速度变为v，在这段时间内物体动量变化量的大小为(　 )
A．m(v－v0)　　　　　 B．mgt
C．m D．m
解析：选BCD　由动量定理可得，物体在时间t内动量变化量的大小为mgt，B正确；物体在平抛运动过程中速度变化量Δv沿竖直方向，其大小Δv＝，由机械能守恒定律可得：mv02＋mgh＝mv2，所以 ＝，故物体动量变化量Δp＝mΔv＝m＝m，C、D正确，A错误。
3．[冲量的计算]
如图所示，一轻质弹簧固定在墙上，一个质量为m的木块以速度v0从右侧沿光滑水平面向左运动并与弹簧发生相互作用。设相互作用的过程中弹簧始终在弹性限度范围内，那么，在整个相互作用的过程中弹簧对木块冲量I的大小为(　 )
A．I＝0 B．I＝mv0
C．I＝2mv0 D．I＝3mv0
解析：选C　根据机械能守恒定律可知木块离开弹簧时速度大小为v0，方向向右。设向右的速度方向为正方向，根据动量定理得I＝mv0－(－mv0)＝2mv0，故C正确。
[要点自悟明]
1．动量变化量的计算
(1)利用Δp＝p′－p计算，但要注意该表达式的矢量性。
(2)利用Δp＝I＝F合·t计算，该法常用于合外力和作用时间已知的情形。
2．冲量的三种计算方法
公式法 利用定义式I＝FΔt计算冲量，此方法仅适用于恒力的冲量，无需考虑物体的运动状态
图像法 利用F-t图像计算，F-t图像与横轴围成的面积表示冲量，此法既可以计算恒力的冲量，也可以计算变力的冲量
动量定理法 如果物体受到大小或方向变化的力的作用，则不能直接用I＝FΔt求变力的冲量，可以求出该力作用下物体动量的变化量，由I＝p′－p求变力的冲量
(二)动量定理(精研点)
逐点清1　应用动量定理解释体育活动　
1．(2022·北京高考)“雪如意”是我国首座国际标准跳台滑雪场地。跳台滑雪运动中，裁判员主要根据运动员在空中的飞行距离和动作姿态评分。运动员在进行跳台滑雪时大致经过四个阶段：①助滑阶段，运动员两腿尽量深蹲，顺着助滑道的倾斜面下滑；②起跳阶段，当进入起跳区时，运动员两腿猛蹬滑道快速伸直，同时上体向前伸展；③飞行阶段，在空中运动员保持身体与雪板基本平行、两臂伸直贴放于身体两侧的姿态；④着陆阶段，运动员落地时两腿屈膝，两臂左右平伸。下列说法正确的是(　 )
A．助滑阶段，运动员深蹲是为了减小与滑道之间的摩擦力
B．起跳阶段，运动员猛蹬滑道主要是为了增加向上的速度
C．飞行阶段，运动员所采取的姿态是为了增加水平方向速度
D．着陆阶段，运动员两腿屈膝是为了减少与地面的作用时间
解析：选B　助滑阶段，运动员深蹲是为了减小与空气之间的摩擦力，A错误；起跳阶段，运动员猛蹬滑道主要是通过增大滑道对人的作用力，根据动量定理可知，在相同时间内，为了增加向上的速度，B正确；飞行阶段，运动员所采取的姿态是为了减小水平方向的阻力，从而减小水平方向的加速度，C错误；着陆阶段，运动员两腿屈膝下蹲可以延长与地面的作用时间，根据动量定理可知，可以减少身体受到的平均冲击力，D错误。
一点一过　　　　对动量定理的理解
(1)当物体的动量变化量一定时，力的作用时间Δt越短，力F就越大，力的作用时间Δt越长，力F就越小。
(2)当作用力F一定时，力的作用时间Δt越长，动量变化量Δp越大，力的作用时间Δt越短，动量变化量Δp越小。如在恒力作用下运动的小车，时间越长，小车的速度越大，动量变化量越大。
逐点清2　动量定理的应用　
2.(2023·山东枣庄模拟)人们对手机的依赖性越来越强，有些人喜欢躺着看手机，经常出现手机砸伤眼睛的情况。若手机质量为160 g，从离人眼约20 cm的高度无初速度掉落，砸到眼睛后手机未反弹，眼睛受到手机的冲击时间约为0.2 s，g取10 m/s2。下列说法正确的是(　 )
A．手机与眼睛作用过程中手机的动量变化约为0.48 kg·m/s
B．手机对眼睛的冲量方向竖直向上
C．手机对眼睛的冲量大小约为0.32 N·s
D．手机对眼睛的平均作用力大小约为3.2 N
解析：选D　手机砸到眼睛后手机未反弹，手机的末速度为0，手机到达人眼时的速度约为v＝＝2 m/s，取方向竖直向上为正，手机与眼睛作用过程中手机的动量变化约为Δp＝0－p＝0－(－mv)＝0.32 kg·m/s，故A错误；手机对眼睛的冲量方向与手机对眼睛的作用力方向相同，竖直向下，故B错误；由动量定理可知，眼睛对手机的作用力的冲量和手机重力的冲量的合冲量约为0.32 N·s，(F－mg)t＝Δp，所以眼睛对手机的作用力的冲量大于0.32 N·s，由牛顿第三定律可知，手机对眼睛的冲量大于0.32 N·s，故C错误；手机与眼睛作用过程中，由动量定理可知(F－mg)t＝0－(－mv)，解得眼睛对手机的平均作用力大小约为F＝＋mg＝3.2 N，由牛顿第三定律可知，手机对眼睛的平均作用力大小约为3.2 N，故D正确。
一点一过　　应用动量定理解题的三点说明
(1)动量定理反映了力的冲量与动量变化量之间的因果关系，即外力的冲量是原因，物体的动量变化量是结果。
(2)动量定理中的冲量是合力的冲量，而不是某一个力的冲量，它可以是合力的冲量，可以是各力冲量的矢量和，也可以是外力在不同阶段冲量的矢量和。
(3)动量定理表达式是矢量式，等号包含了大小相等、方向相同两方面的含义。
逐点清3　动量定理用于多过程问题　
3．(2023·云南玉溪一中月考)将质量为m＝1 kg的物块置于水平地面上，已知物块与水平地面间的动摩擦因数为μ＝0.5，现在物块上施加一个平行于水平地面的恒力F＝10 N，物体由静止开始运动，作用4 s后撤去F。已知g＝10 m/s2，对于物块从静止开始运动到物块停下这一过程，下列说法正确的是(　 )
A．整个过程物块运动的时间为6 s
B．整个过程物块运动的时间为8 s
C．整个过程中物块的位移大小为40 m
D．整个过程中物块的位移大小为60 m
解析：选B　在整个过程中由动量定理得Ft1－μmgt＝0，解得t＝8 s，选项A错误，B正确；在物块前4 s运动的过程中由动量定理得Ft1－μmgt1＝mv，解得v＝20 m/s，因物块加速和减速过程的平均速度都为＝＝，全程的平均速度也为，则物块的总位移x＝t＝×8 m＝80 m，选项C、D错误。
一点一过　用动量定理解多过程问题的两点提醒
(1)对于过程较复杂的运动，可分段应用动量定理，也可整个过程应用动量定理。
(2)物体受多个力作用，力的方向和作用时间往往不同，列动量定理时应重点关注。
(三) “柱状”模型(精研点)
模型(一)　流体类“柱状模型”
流体及其特点 通常液体流、气体流等被广义地视为“流体”，质量具有连续性，通常已知密度ρ
分析步骤 1 建构“柱状模型”：沿流速v的方向选取一段柱状流体，其横截面积为S
2 微元研究：作用时间Δt内的一段柱状流体的长度为Δl＝vΔt，对应的质量为Δm＝ρSvΔt
3 建立方程：应用动量定理研究这段柱状流体
[例1]　运动员在水上做飞行运动表演，他操控喷射式悬浮飞行器将水带竖直送上来的水反转180°后向下喷出，令自己悬停在空中，如图所示。已知运动员与装备的总质量为90 kg，两个喷嘴的直径均为10 cm，已知重力加速度大小g取10 m/s2，水的密度ρ＝1.0×103 kg/m3，则喷嘴处喷水的速度大约为(　 )
A．2.7 m/s B．5.4 m/s
C．7.6 m/s D．10.8 m/s
[解析]　设飞行器对水的平均作用力为F，根据牛顿第三定律可知，水对飞行器的作用力的大小也等于F，对飞行器，则有F＝Mg，设水喷出时的速度为v，在时间t内喷出的水的质量m＝ρV＝2ρSvt，t时间内质量为m的水获得的冲量I＝Ft＝2mv，联立解得v≈5.4 m/s，故B正确，A、C、D错误。
[答案]　B
模型(二)　微粒类“柱状模型”
微粒及其特点 通常电子流、光子流、尘埃等被广义地视为“微粒”，质量具有独立性，通常给出单位体积内的粒子数n
分析步骤 1 建构“柱状模型”：沿流速v的方向选取一段小柱体，柱体的横截面积为S
2 微元研究：作用时间Δt内一段柱状流体的长度为Δl＝vΔt，对应的体积为ΔV＝SvΔt，则微元内的粒子数N＝nvSΔt
3 建立方程：先应用动量定理研究单个粒子，再乘以N计算
[例2]　“神舟十五号”与空间站对接前的短时间内“神舟十五号”以速度v0近似做匀速直线运动，“神舟十五号”在运动方向横截面的面积为S。已知“神舟十五号”所在的区域内单位体积内有N个微粒，每个微粒的质量均为m，“神舟十五号”碰到微粒后，微粒就附着在“神舟十五号”上(碰撞前瞬间微粒静止)，忽略一切阻力和摩擦，为保持“神舟十五号”以恒定的速率运行，则推力的功率为(　 )
A．SNmv02　　　　　　 B．2SNmv02
C．SNmv03 D．2SNmv03
[解析]　在很短时间t内附着在“神舟十五号”上的微粒总质量为M＝v0tSNm，对附着在“神舟十五号”上的微粒由动量定理得Ft＝Mv0－0，解得“神舟十五号”对这些微粒的作用力大小为F＝SNmv02，根据牛顿第三定律及平衡条件，可知为保持“神舟十五号”匀速运行，“神舟十五号”发动机的推力大小F′＝F，推力的功率为P＝F′v0＝SNmv03，选项C正确，A、B、D错误。
[答案]　C
1．[激励爱国情怀](2021·湖北高考)抗日战争时期，我军缴获不少敌军武器武装自己，其中某轻机枪子弹弹头质量约8 g，出膛速度大小约750 m/s。某战士在使用该机枪连续射击1分钟的过程中，机枪所受子弹的平均反冲力大小约12 N，则机枪在这1分钟内射出子弹的数量约为(　 )
A．40 B．80
C．120 D．160
解析：选C　设1分钟内射出的子弹数量为n，则对这n颗子弹由动量定理得Ft＝nmv0，代入数据解得n＝120，故C正确。
2.[渗透五育教育(体育)]拍篮球是大家都喜欢的强身健体的大众体育活动项目。已知篮球质量为0.4 kg，为保证篮球与地面碰撞后自然弹起的最大高度均为1.25 m，小明需每次在球到达最高点时拍球，每次拍球作用距离为0.25 m，使球在离手时获得一个竖直向下4 m/s的初速度。若不计空气阻力及球的形变，g取10 m/s2，则每次拍球(　 )
A．手给球的冲量为1.6 kg·m/s
B．手给球的冲量为2.0 kg·m/s
C．人对球做的功为3.2 J
D．人对球做的功为2.2 J
解析：选D　人拍球的过程，由动量定理：I＋mgΔt＝mv＝1.6 kg·m/s，则I<1.6 kg·m/s，A、B错误；由动能定理：W＋mgh＝mv2，解得W＝2.2 J，D正确，C错误。
3．[联系生活实际](2021·福建高考)福建属于台风频发地区，各类户外设施建设都要考虑台风影响。已知10级台风的风速范围为24.5 m/s～28.4 m/s，16级台风的风速范围为51.0 m/s～56.0 m/s。若台风迎面垂直吹向一固定的交通标志牌，则16级台风对该交通标志牌的作用力大小约为10级台风的(　 )
A．2倍 B．4倍
C．8倍 D．16倍
解析：选B　设空气的密度为ρ，风迎面垂直吹向一固定的交通标志牌的横截面积为S，在时间Δt内的空气质量为Δm＝ρSv·Δt，假定台风迎面垂直吹向一固定的交通标志牌的末速度变为零，对风由动量定理有－F·Δt＝0－Δmv，可得F＝ρSv2，由牛顿第三定律可得台风对交通标志牌的作用力F′＝F＝ρSv2，10级台风的风速v1≈25 m/s,16级台风的风速v2≈50 m/s，则有＝≈4，故B正确。
4．[聚焦科技前沿](2022·山东等级考)我国多次成功使用“冷发射”技术发射长征十一号系列运载火箭。如图所示，发射仓内的高压气体先将火箭竖直向上推出，火箭速度接近零时再点火飞向太空。从火箭开始运动到点火的过程中(　 )
A．火箭的加速度为零时，动能最大
B．高压气体释放的能量全部转化为火箭的动能
C．高压气体对火箭推力的冲量等于火箭动量的增加量
D．高压气体的推力和空气阻力对火箭做功之和等于火箭动能的增加量
解析：选A　火箭从发射仓发射出来，受竖直向下的重力、竖直向下的空气阻力和竖直向上的高压气体的推力作用，且推力大小不断减小，刚开始向上的时候高压气体的推力大于向下的重力和空气阻力之和，故火箭向上做加速度减小的加速运动，当向上的高压气体的推力等于向下的重力和空气阻力之和时，火箭的加速度为零，速度最大，接着向上的高压气体的推力小于向下的重力和空气阻力之和时，火箭接着向上做加速度增大的减速运动，直至速度为零，故当火箭的加速度为零时，速度最大，动能最大，故A正确；根据能量守恒定律，可知高压气体释放的能量转化为火箭的动能、火箭的重力势能和内能，故B错误；根据动量定理，可知合力冲量等于火箭动量的增加量，故C错误；根据功能关系，可知高压气体的推力和空气阻力对火箭做功之和等于火箭机械能的增加量，故D错误。
[课时跟踪检测]
1．(2022·湖南高考)(多选)神舟十三号返回舱进入大气层一段时间后，逐一打开引导伞、减速伞、主伞，最后启动反冲装置，实现软着陆。某兴趣小组研究了减速伞打开后返回舱的运动情况，将其运动简化为竖直方向的直线运动，其v-t图像如图所示。设该过程中，重力加速度不变，返回舱质量不变，下列说法正确的是(　 )
A．在0～t1时间内，返回舱重力的功率随时间减小
B．在0～t1时间内，返回舱的加速度不变
C．在t1～t2时间内，返回舱的动量随时间减小
D．在t2～t3时间内，返回舱的机械能不变
解析：选AC　重力的功率为P＝mgv，由题图可知在0～t1时间内，返回舱的速度随时间减小，故重力的功率随时间减小，故A正确；根据v -t图像的斜率表示加速度可知在0～t1时间内返回舱的加速度减小，故B错误；在t1～t2时间内由图像可知返回舱的速度减小，故可知动量随时间减小，故C正确；在t2～t3时间内，由图像可知返回舱的速度不变，则动能不变，但由于返回舱高度下降，重力势能减小，故机械能减小，故D错误。
2．学校给同学们提供了乒乓球台，很多同学利用课余时间打乒乓球锻炼身体。某同学接球后，两次将球再次拍出。为简化过程，假定乒乓球为质点，运动中空气阻力不计。如图所示，该同学第一次将乒乓球由a点斜抛拍出，落点为b点；对方反击后，该同学在c点将球再次平抛拍出，同样也落于b点。已知两次运动轨迹的最高点c、d高度相同，假设a、b、c三点位于同一竖直面内，则下列说法正确的是(　 )
A．乒乓球两次落于b点的动能一定相同
B．乒乓球两次落于b点前瞬间，重力的功率一定相同
C．乒乓球由a到b、c到b过程中，重力的冲量一定相同
D．乒乓球两次被拍出的过程中，第二次球拍对球做的功一定较大
解析：选B　根据平抛运动规律x＝v0t，h＝gt2，vy2＝2gh，假设最高点到台面的高度为H，可知两次运动过程中，由c到b的时间为，由a到b的时间为2，则两次运动的水平速度不同，落到b点的竖直速度相同，故两次落到b点的速度不相等，两次落到b点的动能不相同，第二次落到b点的动能大一些，A错误；两次落于b点前瞬间，竖直方向的速度均为vy＝，重力的功率均为P＝mgvy＝mg，则两次落于b点重力的功率相同，B正确；重力的冲量为IG＝mgt，由于两次运动的时间不相同，则两次运动过程中，重力的冲量不相同，C错误；由于乒乓球两次被球拍拍打前后的速度未知，故无法比较第二次球拍做的功与第一次球拍做的功的大小关系，D错误。
3.平底煎锅正在炸豆子。假设每个豆子的质量均为m，弹起的豆子均垂直撞击平板锅盖，撞击速度均为v。每次撞击后速度大小均变为v，撞击的时间极短，发现质量为M的锅盖刚好被顶起。重力加速度为g，则单位时间撞击锅盖的豆子个数为(　 )
A． B．
C． D．
解析：选A　设单位时间撞击锅盖的豆子个数为n，则由动量定理FΔt＝Δm·v－，其中F＝Mg，Δm＝nΔt·m，解得n＝，故选A。
4．(2022·湖北高考)一质点做曲线运动，在前一段时间内速度大小由v增大到2v，在随后的一段时间内速度大小由2v增大到5v。前后两段时间内，合外力对质点做功分别为W1和W2，合外力的冲量大小分别为I1和I2。下列关系式一定成立的是(　 )
A．W2＝3W1，I2≤3I1 B．W2＝3W1，I2≥I1
C．W2＝7W1，I2≤3I1 D．W2＝7W1，I2≥I1
解析：选D　根据动能定理可知W1＝m(2v)2－mv2＝mv2，W2＝m(5v)2－m(2v)2＝mv2，可得W2＝7W1，由于速度是矢量，具有方向，当初、末速度方向相同时，动量变化量最小，方向相反时，动量变化量最大，因此冲量的大小范围是mv≤I1≤3mv,3mv≤I2≤7mv，可知I2≥I1，D正确。
5．(2022·全国乙卷)(多选)质量为1 kg的物块在水平力F的作用下由静止开始在水平地面上做直线运动，F与时间t的关系如图所示。已知物块与地面间的动摩擦因数为0.2，重力加速度大小取g＝10 m/s2。则(　 )
A．4 s时物块的动能为零
B．6 s时物块回到初始位置
C．3 s时物块的动量为12 kg·m/s
D．0～6 s时间内F对物块所做的功为40 J
解析：选AD　物块与地面间摩擦力为f＝μmg＝2 N，对物块从0～3 s内由动量定理可知(F－f)t1＝mv3，代入数据解得v3＝6 m/s。3 s时物块的动量为p＝mv3＝6 kg·m/s。设3 s后经过时间t物块的速度减为0，由动量定理可得－(F＋f)t＝0－mv3，代入数据解得t＝1 s。所以物块在4 s时速度减为0，则此时物块的动能也为0，故A正确，C错误；0～3 s物块发生的位移为x1，由动能定理可得(F－f)x1＝mv32，代入数据解得x1＝9 m。3～4 s过程中，对物块由动能定理可得－(F＋f)x2＝0－mv32，代入数据解得x2＝3 m。4～6 s物块开始反向运动，物块的加速度大小为a＝＝2 m/s2，发生的位移为x3＝×2×22 m＝4 m6．使用无人机植树时，为保证树种的成活率，将种子连同营养物质制成种子胶囊。播种时，在离地面10 m高处以15 m/s的速度水平匀速飞行的无人机上，播种器利用空气压力把种子胶囊以5 m/s的速度(相对播种器)竖直向下射出，种子胶囊进入地面以下10 cm深处完成一次播种。已知种子胶囊的总质量为20 g，不考虑其所受大气阻力及进入土壤后的重力作用，取g＝10 m/s2，则(　 )
A．种子胶囊射出的过程中，播种器对其做功为2.5 J
B．离开无人机后，种子胶囊在空中运动的时间为 s
C．土壤对种子胶囊冲量的大小为3 kg·m/s
D．种子胶囊在土壤内受到平均阻力的大小为22.5 N
解析：选D　射出种子胶囊的过程中，播种器对种子胶囊做的功等于其动能的增量，即W＝mv2＝×0.02×52 J＝0.25 J，A错误；种子胶囊离开无人机后在竖直方向做匀加速直线运动，由h＝vt＋gt2，代入数据解得t＝1 s(另解舍去)，B错误；种子胶囊落地时竖直速度vy＝v＋gt＝15 m/s，水平速度vx＝v0＝15 m/s，进入土壤过程中竖直方向h′＝，t′＝，可求得t′＝ s。由动量定理得：I＝Ft′＝0－(－mv合)，v合＝，可解得土壤对种子胶囊的冲量I＝mv合＝0.3 kg·m/s，平均阻力大小F＝22.5 N，故C错误，D正确。
7．(2022·北京高考)体育课上，甲同学在距离地面高h1＝2.5 m处将排球击出，球的初速度沿水平方向，大小为v0＝8.0 m/s；乙同学在离地h2＝0.7 m处将排球垫起，垫起前后球的速度大小相等，方向相反。已知排球质量m＝0.3 kg，取重力加速度g＝10 m/s2。不计空气阻力。求：
(1)排球被垫起前在水平方向飞行的距离x；
(2)排球被垫起前瞬间的速度大小v及方向；
(3)排球与乙同学作用过程中所受冲量的大小I。
解析：(1)设排球在空中飞行的时间为t，则h1－h2＝gt2，解得t＝0.6 s；
则排球在空中飞行的水平距离x＝v0t＝4.8 m。
(2)乙同学垫起排球前瞬间排球在竖直方向速度的大小vy＝gt＝6.0 m/s；
根据v＝得v＝10.0 m/s；
设速度方向与水平方向夹角为θ(如图所示)
则有tan θ＝＝0.75。
(3)根据动量定理，排球与乙同学作用过程中所受冲量的大小I＝2mv＝6.0 N·s。
答案：(1)x＝4.8 m　(2)v＝10.0 m/s，方向与水平方向夹角tan θ＝0.75　(3)I＝6.0 N·s
第2讲　动量守恒定律
一、动量守恒定律
1．内容：如果一个系统不受外力，或者所受外力的矢量和为0，这个系统的总动量保持不变。
2．表达式：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′或Δp1＝－Δp2。
3．系统动量守恒的条件
理想守恒 系统不受外力或所受外力的合力为零，则系统动量守恒
近似守恒 系统受到的合外力不为零，但当内力远大于合外力时，系统的动量可近似看成守恒
分方向守恒 系统在某个方向上所受合外力为零或该方向F内 F外时，系统在该方向上动量守恒
二、弹性碰撞和非弹性碰撞
1．碰撞
(1)特点：在碰撞现象中，一般都满足内力远大于外力，可认为相互碰撞的系统动量守恒。
(2)分类：
种类 动量是否守恒 机械能是否守恒
弹性碰撞 守恒 守恒
非弹性碰撞 守恒 有损失
完全非弹性碰撞 守恒 损失最大
2.反冲和爆炸
(1)反冲特点：在反冲运动中，如果没有外力作用或外力远小于物体间的相互作用力，系统的动量是守恒的。
(2)爆炸现象：爆炸与碰撞类似，物体间的相互作用力很大，且远大于系统所受的外力，所以系统动量守恒，爆炸过程中位移很小，可忽略不计，作用后从相互作用前的位置以新的动量开始运动。
情境创设　
A球的质量是m，B球的质量是，它们在光滑的水平面上以相同的动量运动，A在前，B在后，发生正碰后，B球仍朝原方向运动，但其速率是原来的一半。
微点判断　
(1)因水平面光滑，A球和B球碰撞时系统动量守恒。(√)
(2)发生碰撞后，A球的速度方向不变，大小变为原来的2倍。(×)
(3)两球间发生的是弹性碰撞。(×)
(4)只要系统所受到的合力的冲量为零，动量就守恒。(√)
(5)系统动量不变是指系统的动量大小和方向都不变。(√)
(6)系统动量守恒也就是系统的动量变化量为零。(√)
(7)若以上两球相向运动发生碰撞，则碰撞后可能朝同一方向运动。(×)
(8)若以上两球相向运动发生碰撞，则碰撞后可能均静止。(√)
(一) 动量守恒的判断(固基点)
[题点全练通]
1．[两个物体组成的系统动量守恒的判断]
(2021·全国乙卷)如图，光滑水平地面上有一小车，一轻弹簧的一端与车厢的挡板相连，另一端与滑块相连，滑块与车厢的水平底板间有摩擦。用力向右推动车厢使弹簧压缩，撤去推力时滑块在车厢底板上有相对滑动。在地面参考系(可视为惯性系)中，从撤去推力开始，小车、弹簧和滑块组成的系统(　 )
A．动量守恒，机械能守恒
B．动量守恒，机械能不守恒
C．动量不守恒，机械能守恒
D．动量不守恒，机械能不守恒
解析：选B　撤去推力，系统所受合外力为零，动量守恒；因为滑块与车厢水平底板间有摩擦，且撤去推力后滑块在车厢底板上有相对滑动，即摩擦力做功，故系统的机械能减少，B正确。
2．[多个物体组成的系统动量守恒的判断]
(多选)如图所示，初始时包含人、小车和篮球在内的整个系统在光滑水平面上处于静止状态，现站在车上的人将篮球投向左边的篮筐，但并未投中，且篮球在撞击篮筐边缘后又刚好被人稳稳接住，整个过程中人与车始终保持相对静止，不计空气阻力。下列说法正确的是(　 )
A．在篮球投出后，撞击篮筐之前，人与车不动
B．在篮球投出后，撞击篮筐之前，人与车将向右做匀速直线运动
C．在篮球撞击篮筐之后，被人接住之前，人与车继续向右做匀速直线运动
D．在篮球被人接住后，人与车将静止不动
解析：选BD　人、车与篮球组成的系统在水平方向所受合外力为零，系统在水平方向动量守恒，投篮前系统静止，系统总动量为零，投篮后系统在水平方向仍然动量守恒，由动量守恒定律可知，篮球在水平方向的分速度水平向左，则车在水平方向速度向右，因此篮球投出后撞击篮筐前，人与车向右做匀速直线运动，A错误，B正确。在篮球撞击篮筐之后，被人接住之前，篮球在水平方向有向右的速度，由动量守恒定律可知，车有向左的速度，人与车一起向左做匀速直线运动，C错误。人、车与篮球组成的系统在水平方向动量守恒，系统初状态总动量为零，在篮球被人接住后人、篮球、车的速度相等，系统末状态动量为零，速度为零，人与车将静止不动，D正确。
3．[某个方向上动量守恒的判断]
(2021年8省联考·湖北卷)如图所示，曲面体P静止于光滑水平面上，物块Q自P的上端静止释放。Q与P的接触面光滑，Q在P上运动的过程中，下列说法正确的是(　 )
A．P对Q做功为零
B．P和Q之间相互作用力做功之和为零
C．P和Q构成的系统机械能守恒、动量守恒
D．P和Q构成的系统机械能不守恒、动量守恒
解析：选B　P对Q有弹力的作用，并且在力的方向上有位移，在运动中，P会向左移动，P对Q的弹力方向垂直于接触面向上，与Q移动位移方向的夹角大于90°，所以P对Q做功不为0，故A错误；因为P、Q之间的力属于系统内力，并且等大反向，两者在力的方向上发生的位移相等，所以做功之和为0，故B正确；因为系统除重力外，其他力做功代数和为零，所以P、Q组成的系统机械能守恒，系统水平方向上不受外力的作用，水平方向上动量守恒，但是在竖直方向上Q有加速度，即竖直方向上动量不守恒，故C、D错误。
[要点自悟明]
判断系统动量守恒时要注意系统的组成及所研究的物理过程：
(1)对于同一个系统，在不同物理过程中动量守恒情况有可能不同。
(2)同一物理过程中，选不同的系统为研究对象，动量守恒情况也往往不同，因此解题时应明确选取的系统和研究过程。
(二) 动量守恒定律的应用(精研点)
1．动量守恒定律的五个特性
系统性 研究的对象是相互作用的两个或多个物体组成的系统
同时性 动量是一个瞬时量，表达式中的p1、p2、…必须是系统中各物体在相互作用前同一时刻的动量，p1′、p2′、…必须是系统中各物体在相互作用后同一时刻的动量
相对性 各物体的速度必须是相对同一参考系的速度(一般是相对于地面)
矢量性 动量守恒定律的表达式为矢量方程，解题时应选取统一的正方向
普适性 动量守恒定律不仅适用于低速宏观物体组成的系统，还适用于接近光速运动的微观粒子组成的系统
2．应用动量守恒定律的解题步骤
(1)明确研究对象，确定系统的组成(系统包括哪几个物体及研究的过程)。
(2)进行受力分析，判断系统动量是否守恒。
(3)规定正方向，确定初、末状态动量。
(4)由动量守恒定律列出方程。
(5)代入数据，求出结果，必要时讨论说明。
[典例]　如图所示，甲、乙两船的总质量(包括船、人和货物)分别为10m、12m，两船沿同一直线同一方向运动，速度分别为2v0、v0。为避免两船相撞，乙船上的人将一质量为m的货物沿水平方向抛向甲船，甲船上的人将货物接住，求抛出货物的最小速度的大小。(不计水的阻力和货物在两船之间的运动过程)
[解析]　设乙船上的人抛出货物的最小速度的大小为vmin，抛出货物后乙船的速度为v乙。甲船上的人接到货物后甲船的速度为v甲，规定水平向右的方向为正方向。
对乙船和货物的作用过程，由动量守恒定律得
12mv0＝11mv乙－mvmin ①
对货物和甲船的作用过程，同理有
10m×2v0－mvmin＝11mv甲 ②
为避免两船相撞应有v甲＝v乙 ③
联立①②③式得vmin＝4v0。
[答案]　4v0
[规律方法]
应用动量守恒定律的三点提醒
(1)动量守恒定律是矢量方程，解题时应选取统一的正方向。
(2)各物体的速度必须相对于同一参考系，一般选地面为参考系。
(3)列动量守恒定律方程时应注意所选取的研究系统及研究过程。　　
[针对训练]
1．(多选)水平冰面上有一固定的竖直挡板。一滑冰运动员面对挡板静止在冰面上，他把一质量为4.0 kg 的静止物块以大小为5.0 m/s的速度沿与挡板垂直的方向推向挡板，运动员获得退行速度；物块与挡板弹性碰撞，速度反向，追上运动员时，运动员又把物块推向挡板，使其再一次以大小为5.0 m/s的速度与挡板弹性碰撞。总共经过8次这样推物块后，运动员退行速度的大小大于5.0 m/s，反弹的物块不能再追上运动员。不计冰面的摩擦力，该运动员的质量可能为(　 )
A．48 kg　 B．53 kg　　
C．58 kg　　 D．63 kg
解析：选BC　选运动员退行速度方向为正方向，设运动员的质量为M，物块的质量为m，物块被推出时的速度大小为v0，运动员第一次推出物块后的退行速度大小为v1。根据动量守恒定律，运动员第一次推出物块时有0＝Mv1－mv0，物块与挡板发生弹性碰撞，以等大的速率反弹；第二次推出物块时有Mv1＋mv0＝－mv0＋Mv2，依此类推，Mv2＋mv0＝－mv0＋Mv3，…，Mv7＋mv0＝－mv0＋Mv8，又运动员的退行速度v8＞v0，v7＜v0，解得13m＜M＜15m，即52 kg＜M＜60 kg，故B、C项正确，A、D项错误。
2．如图所示，光滑水平面上静止放置着一辆平板车A。车上有两个小滑块B和C，A、B、C三者的质量分别是3m、2m、m。B与平板车之间的动摩擦因数为μ，而C与平板车之间的动摩擦因数为2μ。开始时B、C分别从平板车的左、右两端同时以大小相同的初速度v0相向滑行。已知B、C最后都没有脱离平板车，则平板车的最终速度v车是(　 )
A．v0　　 B．v0　　
C．v0　 D．0
解析：选B　设水平向右为正方向，系统最终的速度为v车，因为水平面光滑，三个物体组成的系统动量守恒，所以2mv0－mv0＝(3m＋2m＋m)v车，解得v车＝v0，B正确。
(三)某个方向上的动量守恒问题(精研点)
[典例]　(2023·泰安检测)如图所示，质量为m的滑环套在足够长的光滑水平杆上，质量为m球＝3m的小球(可视为质点)用长为L的轻质细绳与滑环连接。滑环固定时，给小球一个水平冲量I，小球摆起的最大高度为h1(h1＜L)；滑环不固定时，仍给小球以同样的水平冲量I，小球摆起的最大高度为h2。则h1∶h2＝(　 )
A．6∶1　　　　　　 B．4∶1
C．2∶1 D．4∶3
[解析]　滑环固定时，设小球获得冲量I后对应的初速度为v0，根据机械能守恒定律，有m球v02＝m球gh1，解得h1＝；滑环不固定时，小球初速度仍为v0，在小球摆起最大高度h2时，小球与滑环速度都为v，在此过程中小球和滑环组成的系统机械能守恒，水平方向动量守恒，则m球v0＝(m＋m球)v，m球v02＝(m＋m球)v2＋m球gh2，由以上各式可得h2＝，则h1∶h2＝4∶1，故B正确。
[答案]　B
[规律方法]
(1)系统总动量不守恒，但在某个方向上合外力为零，系统在该方向上动量守恒。
(2)上述[典例]中，圆环不固定时，小球到达最高点时与圆环速度相同，方向沿水平方向。
(3)系统中只有重力做功，系统机械能守恒。　　
[针对训练]
1．[系统某个方向上动量守恒定律的应用]
如图所示，质量为0.5 kg的小球在距离车底面高0.8 m处以一定的初速度向左平抛，落在以速度大小为6 m/s沿光滑水平面向右匀速行驶的敞篷小车中，车底涂有一层油泥，小球落到油泥上不反弹，车与油泥的总质量为4 kg，设小球在落到车底前瞬间速度大小是5 m/s，则当小球与小车相对静止时，小车的速度大小是(　 )
A．5 m/s B．4 m/s
C．8.5 m/s D．9.5 m/s
解析：选A　设小球的初速度为v0，小球抛出后做平抛运动，根据动能定理得mgh＝mv2－mv02，解得v0＝3 m/s，小球和小车作用过程中，水平方向动量守恒，规定向右为正方向，则有－mv0＋Mv＝(M＋m)v′，解得v′＝5 m/s，A正确。
2．[系统在某个方向上动量守恒与平抛运动的综合]
(2021·山东等级考)(多选)如图所示，载有物资的热气球静止于距水平地面H的高处，现将质量为m的物资以相对地面的速度v0水平投出，落地时物资与热气球的距离为d。已知投出物资后热气球的总质量为M，所受浮力不变。重力加速度为g，不计阻力。以下判断正确的是(　 )
A．投出物资后热气球做匀加速直线运动
B．投出物资后热气球所受合力大小为mg
C．d＝
D．d＝
解析：选BC　对于热气球，投出物资之前，浮力等于重力，投出物资之后，热气球受到的浮力不变，重力减少了mg，所以热气球受到的合力大小为mg，方向竖直向上，物资被水平向右抛出后，根据动量守恒定律得：mv0－Mv＝0，热气球的初速度大小为v＝v0，方向水平向左，且受到竖直向上恒力mg作用，应做类平抛运动，故A错误，B正确。对于物资，平抛后，竖直方向H＝gt2，水平方向x＝v0t＝v0；对于热气球，水平方向x′＝vt，竖直方向H′＝at2，a＝，则物资落地时与热气球之间的距离d＝，代入数据解得d＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋)) ，故C正确，D错误。
1．[渗透五育教育(体育)]
(多选)如图所示为学生对着墙壁练习打乒乓球。在某次球拍击球后，球斜向上飞出，球以速度v垂直撞在竖直墙壁上，球反向弹回后，能回到出发点。已知乒乓球的质量为m，不计空气阻力，则(　 )
A．乒乓球往返的时间相同
B．乒乓球与墙相碰，动量变化量大小为2mv
C．乒乓球往返的轨迹不同
D．乒乓球撞击墙壁动量守恒
解析：选AB　结合抛体运动规律及几何知识容易判断，A、B正确，C、D错误。
2．[联系生活实际]在某高速公路上发生一起交通事故，一辆质量为1.5×104 kg向南行驶的长途客车迎面撞上了一质量为2.0×104 kg 向北行驶的货车，碰后两辆车连在一起，并向北滑行了一小段距离后停止，根据测速仪的测定，两车碰撞前长途客车以108 km/h的速度行驶，由此可判断货车碰撞前的行驶速度大小为(　 )
A．大于10 m/s B．小于22.5 m/s
C．一定大于22.5 m/s D．一定大于30 m/s
解析：选C　碰撞前长途客车的速度v1＝108 km/h＝30 m/s，根据碰后两辆车连在一起且向北滑行的情况，可知由两车组成的系统的总动量方向向北，所以碰前客车的动量p1＝m1v1(向南)应该小于货车的动量p2＝m2v2(向北)，即m1v1＜m2v2，代入数据有1.5×104×30(kg·m/s)＜2.0×104×v2(kg·m/s)，解得v2＞22.5 m/s，C正确。
3．[聚焦科技前沿]
所谓对接是指两艘以几乎同样快慢同向运行的宇宙飞船在太空中互相靠近，最后连接在一起。假设“天舟一号”和“天宫二号”的质量分别为M、m，两者对接前的在轨速度分别为v＋Δv、v，对接持续时间为Δt，则在对接过程中“天舟一号”对“天宫二号”的平均作用力大小为(　 )
A． B．
C． D．0
解析：选C　在“天舟一号”和“天宫二号”对接的过程中，水平方向动量守恒，则有M(v＋Δv)＋mv＝(M＋m)v′，解得对接后两者的共同速度v′＝v＋，以“天宫二号”为研究对象，根据动量定理有F·Δt＝mv′－mv，解得F＝，故C正确。
4．[树立民族自信]
如图所示，我国自行研制的第五代隐形战机“歼-20”以速度v0水平向右匀速飞行，到达目标地时，将质量为M的导弹自由释放，导弹向后喷出质量为m、对地速率为v1的燃气，则喷气后导弹的速率为(　 )
A． B．
C． D．
解析：选A　设导弹飞行的方向为正方向，由动量守恒定律Mv0＝(M－m)v－mv1，解得v＝。
5．[联系生活实际]
如图所示，一对杂技演员(都视为质点)乘秋千(秋千绳处于水平位置)从A点由静止出发绕O点下摆，当摆到最低点B时，女演员在极短时间内将男演员沿水平方向推出，然后自己刚好能回到高处A。已知男演员质量m1和女演员质量m2之比m1∶m2＝2，秋千的质量不计，秋千的摆长为R，C点比O点低5R。求男演员落地点C与O点的水平距离s。
解析：两演员一起从A点摆到B点，只有重力做功，机械能守恒，设总质量为m，则mgR＝mv2，女演员刚好能回到A处，机械能依然守恒，m2gR＝m2v12，女演员在极短时间内将男演员沿水平方向推出，两演员系统动量守恒(m1＋m2)v＝－m2v1＋m1v2，根据题意：m1∶m2＝2，由以上四式解得v2＝2，接下来男演员做平抛运动，由4R＝gt2，得t＝ ，因而s＝v2t＝8R。
答案：8R
[课时跟踪检测]
　　　　　　　　　　　　　　　　
1．(多选)在2022年10月1日举行的女篮世界杯决赛中，中国女篮获得世界杯亚军。这是继1994年后，时隔28年中国女篮再获此殊荣！比赛中质量为m的篮球以大小为v1的速度水平撞击竖直篮板后，被篮板水平弹回，速度大小变为v2，已知v2A．撞击时篮球受到的冲量大小为m(v1＋v2)
B．撞击时篮板受到篮球的冲量为零
C．撞击过程中篮球和篮板组成的系统动量不守恒
D．撞击过程中篮球和篮板组成的系统机械能守恒
解析：选AC　以篮球被弹回的方向为正方向，则由动量定理可知，撞击时篮球受到的冲量大小为I＝mv2－(－mv1)＝m(v1＋v2)，A正确，B错误；撞击过程中篮球和篮板组成的系统所受合外力不为零，则系统的动量不守恒，C正确；撞击过程中篮球的动能减小，则篮球和篮板组成的系统机械能减小，D错误。
2.(2023·潍坊月考)如图所示，质量为m的人立于平板车上，人与车的总质量为M，人与车以速度v1在光滑水平面上向右运动，当人相对于车以速度v2竖直跳起时，车的速度变为(　 )
A．，方向向右 　 B．，方向向右
C．，方向向右 D．v1，方向向右
解析：选D　人和车在水平方向上动量守恒，当人相对于车竖直跳起时，人和车之间在水平方向上的动量仍然守恒，所以水平方向的速度不发生变化，车的速度仍然为v1，方向向右，D正确，A、B、C错误。
3.如图所示，物块与小车壁之间连有水平轻弹簧，弹簧处于伸长状态，外力使整个装置处于静止状态。现撤去其他外力，仅给小车施加一水平向左的恒力F，F恰好等于小车与地面间的滑动摩擦力，在弹簧恢复原长的过程中，则(　 )
A．物块向右运动，小车静止
B．物块与小车组成的系统动量守恒
C．弹簧弹力对小车的冲量与弹簧弹力对物块的冲量相同
D．物块、弹簧与小车组成的系统机械能一定不守恒
解析：选B　F恰好等于小车与地面间的滑动摩擦力，则物块与小车组成的系统所受的合力为零，故物块与小车组成的系统动量守恒，B正确；在弹簧恢复原长的过程中，物块向右运动，则小车向左运动，弹簧弹力对小车的冲量与弹簧弹力对物块的冲量大小相等，方向相反，A、C错误；如果小车上表面光滑，因为小车克服地面摩擦力做功与F对小车做功相等，则物块、弹簧与小车组成的系统动能与势能相互转化，机械能不变，D错误。
4.(多选)如图所示，长为L的轻杆上端连着一质量为m的小球，杆的下端用铰链固接于水平面上的O点，轻杆处于竖直方向时置于同一水平面上质量为M的立方体恰与小球接触。对小球施加微小的扰动，使杆向右倾倒，从小球开始运动到落地前瞬间，忽略一切摩擦，下列说法正确的是(　 )
A．小球重力势能的减少量等于小球动能的增加量
B．立方体和小球组成的系统机械能守恒
C．立方体和小球组成的系统动量守恒
D．立方体先加速后匀速运动
解析：选BD　小球落地时的速度方向是竖直向下的，小球水平方向速度先增大后减小，在忽略一切摩擦的作用下，在弹力作用下立方体先向右做加速运动，与小球脱离后开始做匀速运动，故D正确；系统只有重力做功，所以立方体和小球组成的系统机械能守恒，当小球落地时，小球减少的重力势能转化为系统增加的动能，此动能包括小球和立方体的动能，故A错误，B正确；由于杆的作用，导致系统合外力不等于零，所以立方体和小球组成的系统动量不守恒，故C错误。
5．如图所示，质量mA＝8.0 kg的足够长的木板A放在光滑水平面上，在其右端放一个质量为mB＝2.0 kg的小木块B。给B以大小为4.0 m/s、方向向左的初速度，同时给A以大小为6.0 m/s、方向向右的初速度，两物体同时开始运动，直至A、B运动状态稳定，下列说法正确的是(　 )
A．木块B的最终速度大小为5.6 m/s
B．在整个过程中，木块B的动能变化量为0
C．在整个过程中，木块B的动量变化量为0
D．在整个过程中，系统的机械能守恒
解析：选B　小木块与木板组成的系统动量守恒，由于木板的动量大于小木块的动量，所以系统的合动量方向向右；小木块先向左减速运动，速度减为零后再反向向右加速运动，最后小木块与木板一起匀速运动。设向右为正方向，由动量守恒定律得mAvA－mBvB＝(mA＋mB)v，解得v＝4 m/s，故A错误；在整个过程中，木块B的动能变化量为ΔEk＝mBv2－mBvB2＝0，故B正确；在整个过程中，木块B的动量变化量为Δp＝mBv－mBvB＝16 kg·m/s，故C错误；在整个过程中，由于小木块与木板之间有摩擦力作用，系统克服摩擦力做功，一部分机械能转化为内能，故系统机械能不守恒，故D错误。
6．如图甲所示，物块A、B间拴接一个压缩后被锁定的轻质弹簧，整个系统静止放在光滑水平地面上，其中A物块最初与左侧的固定挡板相接触，B物块质量为2 kg。现解除对弹簧的锁定，在A离开挡板后的某时刻开始，B物块的v-t图像如图乙所示，则可知(　 )
A．A的质量为4 kg
B．运动过程中A最大速度为4 m/s
C．在A离开挡板前，系统动量守恒、机械能守恒
D．在A离开挡板后弹簧的最大弹性势能为9 J
解析：选B　解除对弹簧的锁定，A离开挡板后，系统动量守恒、机械能守恒。由题意可知B的速度最大时，A的速度最小为零，且此时弹簧处于原长；B的速度最小时，A的速度最大，且此时弹簧也处于原长。设A的质量为mA，A的最大速度为v，根据动量守恒有mAv＋mB·vBmin＝mB·vBmax，即mAv＋2×1 kg·m/s＝2×3 kg·m/s，又由机械能守恒有：mAv2＋mBvBmin2＝mBvBmax2，即mAv2＋×2×12 J＝×2×32 J，解得mA＝1 kg，v＝4 m/s，A错误，B正确；在A离开挡板前，由于挡板对A有作用力，所以系统所受合力不为零，则系统
动量不守恒，C错误；当A、B速度相等时，A、B动能之和最小，根据能量守恒定律，此时弹簧势能最大，根据动量守恒定律得：mBvBmax＝(mA＋mB)v共，解得v共＝2 m/s，又由能量守恒定律得：Epmax＝mBvBmax2－(mA＋mB)v共2＝3 J，D错误。
7．(2021·河北高考)如图，一滑雪道由AB和BC两段滑道组成，其中AB段倾角为θ，BC段水平，AB段和BC段由一小段光滑圆弧连接。一个质量为2 kg的背包在滑道顶端A处由静止滑下，若1 s后质量为48 kg的滑雪者从顶端以1.5 m/s 的初速度、3 m/s2的加速度匀加速追赶，恰好在坡底光滑圆弧的水平处追上背包并立即将其拎起。背包与滑道的动摩擦因数为μ＝，重力加速度取g＝10 m/s2，sin θ＝，cos θ＝，忽略空气阻力及拎包过程中滑雪者与背包的重心变化。求：
(1)滑道AB段的长度；
(2)滑雪者拎起背包时这一瞬间的速度。
解析：(1)设斜面长度为L，背包质量为m1＝2 kg，在斜面上滑行的加速度为a1，由牛顿第二定律有
m1gsin θ－μm1gcos θ＝m1a1
解得a1＝2 m/s2
滑雪者质量为m2＝48 kg，初速度为v0＝1.5 m/s，加速度为a2＝3 m/s2，在斜面上滑行时间为t，落后时间t0＝1 s，则背包的滑行时间为t＋t0，由运动学公式得L＝a1(t＋t0)2
L＝v0t＋a2t2
联立解得t＝2 s或t＝－1 s(舍去)，L＝9 m。
(2)设背包和滑雪者到达水平轨道时的速度为v1、v2，有v1＝a1(t＋t0)＝6 m/s
v2＝v0＋a2t＝7.5 m/s
滑雪者拎起背包的过程，系统在光滑水平面上外力为零，动量守恒，设共同速度为v，有m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v，解得v＝7.44 m/s。
答案：(1)9 m　(2)7.44 m/s
精研动量守恒定律中“三类典型问题”
类型(一)　碰撞问题
1．碰撞类问题遵循的三条原则
(1)动量守恒：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′。
(2)机械能不增加：
Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′或＋≥＋
(3)速度要合理：
①同向碰撞：碰撞前，后面的物体速度大；碰撞后，前面的物体速度大或相等。
②相向碰撞：碰撞后两物体的运动方向不可能都不改变。
2．弹性碰撞讨论
(1)碰后速度的求解：根据动量守恒和机械能守恒
解得v1′＝，
v2′＝。
(2)分析讨论：
当碰前物体2的速度不为零时，若m1＝m2，
则v1′＝v2，v2′＝v1，即两物体交换速度。
当碰前物体2的速度为零时，v2＝0，则：
v1′＝，v2′＝。
①m1＝m2时，v1′＝0，v2′＝v1，碰撞后两物体交换速度。
②m1＞m2时，v1′＞0，v2′＞0，碰撞后两物体沿同方向运动。
③m1＜m2时，v1′＜0，v2′＞0，碰撞后质量小的物体被反弹回来。
[典例]　(2022·广东高考)某同学受自动雨伞开伞过程的启发，设计了如图所示的物理模型。竖直放置在水平桌面上的滑杆上套有一个滑块，初始时它们处于静止状态。当滑块从A处以初速度v0为10 m/s向上滑动时，受到滑杆的摩擦力f为1 N，滑块滑到B处与滑杆发生完全非弹性碰撞，带动滑杆离开桌面一起竖直向上运动。已知滑块的质量m＝0.2 kg，滑杆的质量M＝0.6 kg，A、B间的距离l＝1.2 m，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力。求：
(1)滑块在静止时和向上滑动的过程中，桌面对滑杆支持力的大小N1和N2；
(2)滑块碰撞前瞬间的速度大小v1；
(3)滑杆向上运动的最大高度h。
[解析]　(1)滑块静止时，对滑块和滑杆整体分析如图甲所示，可得N1＝(M＋m)g
代入数据解得N1＝8 N，
滑块向上滑动时，对滑杆受力分析如图乙所示，可得N2＋f＝Mg
代入数据解得N2＝5 N。
(2)滑块向上运动过程中，从A到B由动能定理得：－mgl－fl＝mv12－mv02
代入数据解得v1＝8 m/s。
(3)滑块滑到B处与滑杆发生完全非弹性碰撞，设碰后速度为v′，
由动量守恒定律得：mv1＝(M＋m)v′
再由动能定理得：－(M＋m)gh＝0－(M＋m)v′2
代入数据解得：h＝0.2 m。
[答案]　(1)8 N　5 N　(2)8 m/s　(3)0.2 m
[规律方法]
碰撞问题解题策略
(1)碰撞时间极短，速度变化瞬间完成，碰撞物体的位置可认为没有发生变化。
(2)抓住碰撞的特点和不同种类碰撞满足的条件，列出相应方程求解。
(3)可熟记一些公式，例如“一动一静”模型中，两物体发生弹性正碰后的速度满足：v1′＝v1　v2′＝v1
(4)熟记弹性正碰的一些结论，例如，当两球质量相等时，两球碰撞后交换速度。当m1 m2，且v2＝0时，碰后质量大的物体的速率不变，质量小的物体的速率为2v1。当m1 m2，且v2＝0时，碰后质量小的物体原速率反弹。　　
[针对训练]
1．[弹性碰撞问题]
秦山核电站是我国第一座核电站，其三期工程采用重水反应堆技术，利用中子(01n)与静止氘核(12H)的多次碰撞，使中子减速。已知中子某次碰撞前的动能为E，碰撞可视为弹性正碰。经过该次碰撞后，中子损失的动能为(　 )
A．E B．E
C．E D．E
解析：选B　质量数为1的中子与质量数为2的氘核发生弹性碰撞，满足机械能守恒和动量守恒，设中子的初速度为v0，碰撞后中子和氘核的速度分别为v1和v2，可列式×1×v02＝×1×v12＋×2×v22,1×v0＝1×v1＋2×v2。解得：v1＝－v0，即动能减小为原来的，动能损失量为E。
2．[非弹性碰撞问题]
甲、乙两个物块在光滑水平桌面上沿同一直线运动，甲追上乙，并与乙发生碰撞，碰撞前后甲、乙的速度随时间的变化如图中实线所示。已知甲的质量为1 kg，则碰撞过程两物块损失的机械能为(　 )
A．3 J B．4 J
C．5 J D．6 J
解析：选A　设乙物块的质量为m，由动量守恒定律有m甲v甲＋m乙v乙＝m甲v甲′＋m乙v乙′，代入图中数据解得m乙＝6 kg，进而可求得碰撞过程中两物块损失的机械能为E损＝m甲v甲2＋m乙v乙2－m甲v甲′2－m乙v乙′2，代入图中数据解得E损＝3 J，A正确。
3．[碰撞应遵守的三原则]
两球A、B在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，mA＝1 kg，mB＝2 kg，vA＝6 m/s，vB＝2 m/s。当A追上B并发生碰撞后，两球A、B速度的可能值是(　 )
A．vA′＝3 m/s，vB′＝4 m/s
B．vA′＝5 m/s，vB′＝2.5 m/s
C．vA′＝2 m/s，vB′＝4 m/s
D．vA′＝－4 m/s，vB′＝7 m/s
解析：选C　碰前系统总动量为p＝mAvA＋mBvB＝10 kg·m/s，碰前总动能为Ek＝mAvA2＋mBvB2＝22 J，如果vA′＝3 m/s，vB′＝4 m/s，则碰后总动量为p′＝11 kg·m/s，动量不守恒，A错误；碰撞后，A、B两球同向运动，A球在B球的后面，A球的速度大于B球的速度，不可能，B错误；如果vA′＝2 m/s，vB′＝4 m/s，则碰后总动量为p′＝10 kg·m/s，系统动量守恒，碰后总动能为Ek′＝18 J，系统动能减小，满足碰撞的条件，C正确；如果vA′＝－4 m/s，vB′＝7 m/s，则碰后总动量为p′＝10 kg·m/s，系统动量守恒，碰后总动能为Ek′＝57 J，系统动能增加，不可能，D错误。
类型(二)　爆炸与反冲
考法(一)　爆炸问题
1．爆炸现象的特点
爆炸过程中内力远大于外力，爆炸的各部分组成的系统总动量守恒。
2．爆炸现象的三个规律
动量守恒 爆炸物体间的相互作用力远远大于受到的外力，所以在爆炸过程中，系统的总动量守恒
动能增加 在爆炸过程中，有其他形式的能量(如化学能)转化为动能
位置不变 爆炸的时间极短，因而作用过程中，物体产生的位移很小，可以认为爆炸后各部分仍然从爆炸前的位置以新的动量开始运动
[例1]　如图所示，粗糙斜面与光滑水平面通过半径可忽略的光滑小圆弧平滑连接，斜面倾角θ＝37°，A、C、D滑块的质量为mA＝mC＝mD＝1 kg，B滑块的质量mB＝4 kg(各滑块均可视为质点)。A、B间夹着质量可忽略的火药。K为处于原长的轻质弹簧，两端分别连接B和C。现点燃火药(此时间极短且不会影响各物体的质量和各表面的光滑程度)，此后，发现A与D相碰后粘在一起，接着沿斜面前进了L＝0.8 m速度减为零，此后设法让它们不再滑下。已知滑块A、D与斜面间的动摩擦因数均为μ＝0.5，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求：
(1)火药爆炸后瞬间A的速度大小vA；
(2)滑块B、C和弹簧K构成的系统在相互作用过程中，弹簧的最大弹性势能Ep。(弹簧始终未超出弹性限度)
[解析]　(1)A、D整体沿斜面上滑，设A和D碰后瞬间的速度为v1，由动能定理有－(mA＋mD)gsin θ·L－μ(mA＋mD)gcos θ·L＝0－(mA＋mD)v12
得v1＝，代入数据解得v1＝4 m/s
对A、D系统，由动量守恒定律有
mAvA＝(mA＋mD)v1
解得vA＝8 m/s。
(2)火药爆炸过程，设B获得的速度大小为vB，对A和B系统，由动量守恒定律有－mAvA＋mBvB＝0，解得vB＝2 m/s
B与C相互作用，当两者共速时，弹簧弹性势能最大，由B、C系统动量守恒有
mBvB＝(mB＋mC)v′，解得v′＝＝1.6 m/s
弹簧的最大弹性势能为Ep＝mBvB2－(mB＋mC)v′2，代入数据解得Ep＝1.6 J。
[答案]　(1)8 m/s　(2)1.6 J
[针对训练]
1．(2021·浙江1月选考)在爆炸实验基地有一发射塔，发射塔正下方的水平地面上安装有声音记录仪。爆炸物自发射塔竖直向上发射，上升到空中最高点时炸裂成质量之比为2∶1、初速度均沿水平方向的两个碎块。遥控器引爆瞬间开始计时，在5 s末和6 s末先后记录到从空气中传来的碎块撞击地面的响声。已知声音在空气中的传播速度为340 m/s，忽略空气阻力。下列说法正确的是(　 )
A．两碎块的位移大小之比为1∶2
B．爆炸物的爆炸点离地面高度为80 m
C．爆炸后质量大的碎块的初速度为68 m/s
D．爆炸后两碎块落地点之间的水平距离为340 m
解析：选B　爆炸物上升到最高点时，瞬时速度为零，爆炸瞬间水平方向动量守恒，因此质量为2∶1的两块碎块，其速度大小之比为1∶2，根据平抛运动规律可知，水平方向位移大小之比为1∶2，但合位移大小之比并不为1∶2，A错误。根据题意，则有＋ ＝5，＋ ＝6，解得s＝340 m，两碎块落地点之间的水平距离为1 020 m，D错误。由上述推导可知，碎块做平抛运动的时间为4 s，根据平抛运动的规律可知，爆炸物爆炸点离地面的高度为h＝gt2＝80 m，B正确。质量大的碎块其初速度为85 m/s，C错误。
考法(二)　反冲运动
1．反冲运动的特点
物体在内力作用下分裂为两个不同部分，并且这两部分向相反方向运动的现象。反冲运动中，相互作用力一般较大，通常可以用动量守恒定律来处理。
2．对反冲运动的三点说明
作用原理 反冲运动是系统内物体之间的作用力和反作用力产生的效果
动量守恒 反冲运动中系统不受外力或内力远大于外力，所以反冲运动遵循动量守恒定律
机械能增加 反冲运动中，由于有其他形式的能转化为机械能，所以系统的总机械能增加
[例2]　(2023·济南高三调研)一火箭喷气发动机每次喷出质量m＝200 g的气体，气体离开发动机喷出时的速度v＝1 000 m/s。设火箭(包括燃料)质量M＝300 kg，发动机每秒喷气20次。
(1)当发动机第三次喷出气体后，火箭的速度为多大？
(2)运动第1 s末，火箭的速度为多大？
[解析]　(1)设喷出三次气体后火箭的速度为v3，以火箭和喷出的三次气体为研究对象，由动量守恒定律得：(M－3m)v3－3mv＝0，解得v3≈2 m/s。
(2)发动机每秒喷气20次，设运动第1 s末，火箭的速度为v20，以火箭和喷出的20次气体为研究对象，根据动量守恒定律得：(M－20m)v20－20mv＝0，
解得v20≈13.5 m/s。
[答案]　(1)2 m/s　(2)13.5 m/s
[规律方法]
(1)碰撞过程中系统机械能不可能增大，但爆炸与反冲过程中系统的机械能一定增大。
(2)因碰撞、爆炸过程发生在瞬间，一般认为系统内各物体的速度瞬间发生突变，而物体的位置不变。　　
[针对训练]
2．(多选)如图所示，小车AB放在光滑水平面上，A端固定一个轻弹簧，B端粘有油泥，小车总质量为M；质量为m的木块C放在小车上，用细绳连接于小车的A端并使弹簧压缩。开始时小车AB和木块C都静止，当突然烧断细绳时，C被释放，使C离开弹簧向B端冲去，并跟B端油泥粘在一起。忽略一切摩擦，以下说法正确的是(　 )
A．弹簧伸长过程中C向右运动，同时AB也向右运动
B．C与B碰前，C与AB的速率之比为M∶m
C．C与油泥粘在一起后，AB立即停止运动
D．C与油泥粘在一起后，AB继续向右运动
解析：选BC　小车AB与木块C组成的系统在水平方向上动量守恒，C向右运动时，AB应向左运动，故A错误；设碰前C的速率为v1，AB的速率为v2，则0＝mv1－Mv2，得＝，故B正确；设C与油泥粘在一起后，AB、C的共同速度为v共，则0＝(M＋m)v共，得v共＝0，故C正确，D错误。
类型(三)　人船模型问题
1．人船模型问题
两个原来静止的物体发生相互作用时，若所受外力的矢量和为零，则动量守恒。在相互作用的过程中，任一时刻两物体的速度大小之比等于质量的反比。这样的问题即为“人船模型”问题。
2．人船模型的特点
(1)两物体满足动量守恒定律：m1v1－m2v2＝0。
(2)运动特点：人动船动，人静船静，人快船快，人慢船慢，人左船右；人船位移比等于它们质量的反比；人船平均速度(瞬时速度)比等于它们质量的反比，即＝＝。
(3)应用＝＝时要注意：v1、v2和x1、x2一般都是相对地面而言的。
[典例]　(2023·广州高三检测)如图所示，质量为M的小车静止在光滑的水平桌面上，小车的上表面是半径为R的光滑半圆形轨道。小车两侧距离桌面边缘的水平距离均为R。质量为m的小球从小车上半圆形轨道右侧的最高点由静止释放，已知M＞m。下列说法正确的是(　 )
A．小球由静止释放后，小球的机械能守恒
B．小球由静止释放后，小球和小车组成的系统的动量守恒
C．小球到达圆弧轨道左侧最高处时，小车的速度为零
D．小车的左边外侧始终不会伸出桌面左边缘，小车的右边外侧会伸出桌面右边缘
[解析]　小球由静止释放后，除重力做功外，小车对小球也做功，所以小球的机械能不守恒，故A错误；小球由静止释放后，小球和小车组成的系统水平方向合力为零，所以水平方向的动量守恒，但总动量不守恒，故B错误；由动量守恒定律可知，系统水平方向动量守恒，初状态水平方向动量为零，当小球到达圆弧轨道左侧最高处时，相对小车静止，系统的末动量也为零，所以小车的速度为零，故C正确；由水平方向的动量守恒可得小球从小车上半圆形轨道右侧的最高点由静止释放，运动到最低点时，有Mv1＝mv2，则有Mx1＝mx2，可得x2＝x1，且x1＋x2＝R，则可得x1＝，则小球运动到左侧最高点时，小车向右移动的距离为x＝2x1＝＜R，所以小车的右边外侧不会伸出桌面右边缘，由动量守恒定律可得，小球从圆形轨道左侧的最高点由静止释放，运动到右侧最高点时，小车回到原来的位置，所以小车的左边外侧始终不会伸出桌面左边缘，故D错误。
[答案]　C
[微点拨]
求解“人船模型”问题的注意事项
(1)适用范围：“人船模型”还适用于某一方向上动量守恒(如水平方向或竖直方向)的二物系统，只要相互作用前两物体在该方向上速度都为零即可。
(2)画草图：解题时要画出两物体的位移关系草图，找出各长度间的关系，注意两物体的位移是相对同一参考系的位移。　　
[针对训练]
1.[对人船模型的理解]
质量为m的人在质量为M的小车上从左端走到右端，如图所示，当车与地面摩擦不计时，那么(　 )
A．人在车上行走，若人相对车突然停止，则车由于惯性过一会才停止
B．人在车上行走的平均速度越大，则车在地面上移动的距离也越大
C．人在车上行走的平均速度越小，则车在地面上移动的距离就越大
D．不管人以什么样的平均速度行走，车在地面上移动的距离相同
解析：选D　由人与车组成的系统动量守恒，初态系统总动量为零，则有mv人＝Mv车，若人相对车突然停止，则车也突然停止，故A错误；设车长为L，由m(L－x车)＝Mx车，解得x车＝L，车在地面上移动的位移大小与人的平均速度大小无关，故D正确，B、C错误。
2．[某个方向上应用人船模型]
(多选)如图，一质量为2m、半径为R的四分之一光滑圆弧槽，放在光滑的水平面上，底端B点切线水平，有一质量为m、可视为质点的小球由槽顶端A点静止释放。不计空气阻力，在小球下滑至槽底端B点的过程中，下列说法正确的是(　 )
A．若圆弧槽不固定，小球和槽组成的系统动量守恒
B．若圆弧槽不固定，小球水平方向的位移大小为
C．圆弧槽固定和不固定两种情形下，小球滑到B点时的速度之比为∶2
D．圆弧槽固定和不固定两种情形下，圆弧槽对地面的最大压力之比为9∶7
解析：选BC　若圆弧槽不固定，小球和槽组成的系统水平方向受合外力为零，则水平方向动量守恒，则mx＝2m(R－x)，解得小球水平方向移动的位移为x＝R，A错误，B正确；圆弧槽固定时小球滑到B点时的速度v1′＝，圆弧槽不固定情形下，由动量守恒和能量关系可知mv1＝2mv2，mv12＋×2mv22＝mgR，解得v1＝，v2＝ ，
则圆弧槽固定和不固定情形下，小球滑到B点时的速度之比为＝，C正确；由以上分析可知，若圆弧槽固定，小球到达底端时FN－mg＝m，解得FN＝3mg，则圆弧槽对地面的最大压力为FNmax＝3mg＋2mg＝5mg，若圆弧槽不固定，小球到达底端时FN′－mg＝m，解得FN′＝4mg，则圆弧槽对地面的最大压力为FNmax′＝4mg＋2mg＝6mg，圆弧槽固定和不固定两种情形下，圆弧槽对地面的最大压力之比为＝，D错误。
[课时跟踪检测]
一、立足主干知识，注重基础性和综合性
1．一质量为M的烟花斜飞到空中，到达最高点时的速度为v0，此时烟花炸裂成沿v0所在直线上的两块(损失的炸药质量不计)，两块的速度方向水平相反，落地时水平位移大小相等，不计空气阻力。若向前的一块质量为m，则炸裂瞬间其速度大小为(　 )
A．v0 B．v0
C．v0 D．v0
解析：选C　设炸裂后向前的一块速度大小为v，两块均在空中做平抛运动，根据落地时水平位移大小相等知，两块的速度大小相等、方向相反，炸裂过程系统动量守恒，以炸裂前的速度方向为正方向，根据动量守恒定律得Mv0＝mv－(M－m)v，解得v＝，C正确，A、B、D错误。
2．(2023·衡水高三调研)有一只小船停靠在湖边码头，小船又窄又长(估计重一吨左右)。一位同学想用一个卷尺粗略测定它的质量，他进行了如下操作：首先将船平行于码头自由停泊，轻轻从船尾上船，走到船头停下，而后轻轻下船。用卷尺测出船后退的距离d，然后用卷尺测出船长L。已知他的自身质量为m，水的阻力不计，船的质量为(　 )
A． B．
C． D．
解析：选A　设人走动时船的速度大小为v，人的速度大小为v′，人从船尾走到船头所用时间为t，则v＝，v′＝；取船的速度方向为正方向，根据动量守恒定律有：Mv－mv′＝0，则得：M＝m，解得船的质量为M＝，故选A。
3.如图所示，五个等大的小球B、C、D、E、F，沿一条直线静放在光滑水平面上，另一等大小球A沿该直线以速度v向 B球运动，小球间若发生碰撞均为弹性碰撞。若B、C、D、E四个球质量相等，且比A、F两球质量均要大些，则所有碰撞结束后，还在运动的小球个数为(　 )
A．1个 B．2个
C．3个 D．4个
解析：选C　球A、B发生弹性碰撞过程mv＝mv1＋Mv2，mv2＝mv12＋Mv22，可得v1＝v，v2＝v，即A球反弹，B球前进，然后B与C发生弹性碰撞，速度互换，B球停止，C球前进，以此类推，最后B、C、D停止，E与F碰撞后根据弹性碰撞同理可推得E、F都向右运动，速度不同，因此最后运动的是A、E、F球，故选C。
4．(2023·武汉模拟)如图所示，某高中的科技爱好者参加航天科普节活动时，同学们将静置在地面上的自制“水火箭”释放升空。“水火箭”又称“气压式喷水火箭”，是用废弃的饮料瓶制作而成的一种玩具。制作时，向瓶中灌入三分之一的水，然后利用打气筒向瓶中充入空气达到一定的压力后发射。若在极短的时间内，饮料瓶中的水(质量为m0)全部以相对地面为v0的速度与竖直方向成θ角斜向下从喷水口喷出。假设未发射前饮料瓶总质量为m(含水)，不计瓶内空气质量，重力加速度为g，空气阻力不计。下列说法正确的是(　 )
A．饮料瓶的推力源于饮料瓶外的空气对它的反作用力
B．水喷出的过程中，饮料瓶和水组成的系统机械能守恒
C．饮料瓶的水平射程为x＝sin 2θ
D．饮料瓶上升的最大高度为h＝cos2θ
解析：选D　根据牛顿第三定律可知，饮料瓶的推力源于向下喷出的水对饮料瓶的反作用力，A错误；水喷出的过程中，饮料瓶内的空气做功，饮料瓶和水组成的系统机械能不守恒，B错误；饮料瓶发射过程系统内力远大于外力，系统动量守恒，以喷出水的速度方向为正方向，由动量守恒定律可得m0v0－(m－m0)v＝0，解得饮料瓶发射后的速度大小为v＝，方向与v0的方向相反，与竖直方向成θ角斜向上方，饮料瓶在竖直方向做竖直上抛运动，在水平方向做匀速直线运动，饮料瓶水平分速度大小为vx＝vsin θ，竖直分速度大小为vy＝vcos θ，饮料瓶的运动时间为t＝＝，上升的最大高度为h＝＝，水平射程为x＝vxt，解得x＝＝sin 2θ，C错误，D正确。
5．某烟花弹在点燃后升空到离地h时速度变为零，此时弹中火药爆炸将烟花弹炸裂为质量相等的A、B两部分，A竖直向上运动，B竖直向下运动，A继续上升的最大高度为，从爆炸之后瞬间开始计时，A、B在空中运动的时间分别为tA和tB。不计空气阻力，重力加速度为g，则tA与tB的比值为(　 )
A．1.5 B．2
C．3 D．4
解析：选C　设爆炸后竖直向上运动的一部分速度大小为vA，竖直向下运动的一部分速度大小为vB，落地时间为tB。因为爆炸后A、B运动方向相反，根据动量守恒定律mAvA－mBvB＝0，可知vA＝vB，A爆炸后上升高度为，根据运动学公式vA2＝2g·，得h＝，A从爆炸后到落地过程中－vAtA＋gtA2＝h，解得tA＝tA＝－不合题意舍去，B从爆炸后到落地过程中vBtB＋gtB2＝h，解得tB＝tB＝－不合题意舍去，故tA与tB的比值为3，A、B、D错误，C正确。
6．(多选)第24届冬季奥林匹克运动会于2022年2月4日～2022年2月20日在我国成功举办。在某次冰壶比赛中，运动员手持毛刷擦刷冰面，可以改变冰壶滑行时受到的阻力。如图甲所示，质量m＝20 kg的蓝壶静止在圆形区域内，运动员用等质量的红壶撞击蓝壶，两壶发生正碰。碰撞前后两壶的v-t图像如图乙所示。g＝10 m/s2，下列说法正确的是 (　 )
A．碰撞前红壶与冰面的动摩擦因数为0.16
B．碰撞前红壶与冰面的动摩擦因数为0.04
C．红壶与蓝壶碰撞过程中机械能损失了4.4 J
D．红壶与蓝壶碰撞过程中机械能损失了5.4 J
解析：选BD　由题图乙可知红壶在0～1 s内的加速度大小a1＝μ1g＝＝0.4 m/s2，可得μ1＝0.04，故A错误，B正确；由题图乙可知碰撞前、后红壶的速度大小分别为v0＝1.2 m/s，v红＝0.3 m/s，根据动量守恒定律可得mv0＝mv红＋mv蓝，解得v蓝＝0.9 m/s，碰撞前两壶的总动能Ek1＝mv02＋0＝14.4 J，碰撞后两壶的总动能Ek2＝mv蓝2＋mv红2＝9 J，可得ΔEk＝ΔEk1－Ek2＝5.4 J，故C错误，D正确。
7．竖直面内有一倾角θ为30°的光滑长木板与水平地面通过一小段光滑圆弧轨道平滑连接，质量m2＝2 kg的小物块B靠近木板的末端静止于水平地面上，如图所示，某时刻，质量m1＝1 kg的小物块A在木板顶端由静止开始下滑，一段时间后与B发生碰撞，碰撞没有能量损失。木板长L＝0.9 m，小物块A、B与地面间的动摩擦因数均为μ＝0.5，不计空气阻力，取重力加速度g＝10 m/s2。求：
(1)A与B物块碰撞后能返回到木板的最大高度；
(2)两物块在水平地面上的最终距离。
解析：(1)物块A刚滑到长木板底端时，根据动能定理m1g·Lsin 30°＝m1v02
可得v0＝3 m/s
两物块碰撞过程中，满足动量守恒和机械能守恒，
则m1v0＝m1v1＋m2v2，m1v02＝m1v12＋m2v22，
解得v1＝－1 m/s，v2＝2 m/s，
根据能量守恒定律得m1gh＝m1v12，
解得A与B物块碰撞后能返回到木板的最大高度h＝0.05 m。
(2)对于物块B，根据动能定理，有：m2v22＝μm2gx2
得物块B在水平地面上位移x2＝0.4 m
对于物块A，根据能量守恒，碰撞后从长木板上再次返回到长木板底端的速度大小为v11＝1 m/s
根据动能定理m1v112＝μm1gx1
得物块A在水平地面上位移x1＝0.1 m
两物块在水平地面上的最终距离
Δx＝x2－x1＝0.3 m。
答案：(1)0.05 m　(2)0.3 m
二、强化迁移能力，突出创新性和应用性
8.(多选)如图所示，质量均为m的物块A、B并排放置在光滑水平面上，一个质量也为m的物块C以初速度2v0在极短时间与A相碰并粘在一起。由于A、B的相互作用，A、B分离时B的速度等于v0，从C接触A到A、B分离的全过程中，下面说法正确的是(　 )
A．A、B分离时A的速度为v0
B．A、B分离时A的速度为v0
C．A、B、C组成的系统损失的机械能为mv02
D．A、B、C组成的系统损失的机械能为mv02
解析：选BD　该过程动量守恒，有2mv0＝2mv＋mv0，解得v＝v0，A错误，B正确；A、B、C组成的系统损失的机械能为ΔEk＝m(2v0)2－·2mv02－mv02＝mv02，C错误，D正确。
9.如图所示，竖直放置的轻弹簧的一端固定在水平地面上，另一端拴接着质量为M的木块A，开始时木块A静止，现让一质量为m的木块B从木块A正上方高为h处自由下落，与木块A碰撞后一起向下压缩弹簧，经过时间t木块A下降到最低点。已知弹簧始终处于弹性限度内，不计空气阻力，木块A与木块B碰撞时间极短，重力加速度为g，下列关于从两木块发生碰撞到木块A第一次回到初始位置的过程中弹簧对木块A的冲量I的大小正确的是(　 )
A．I＝2(M＋m)
B．I＝2m－2(M＋m)gt
C．I＝2(M－m)
D．I＝2m＋2(M＋m)gt
解析：选D　对木块B下落h过程有mgh＝mvB2，解得vB＝，木块B与A碰撞过程由动量守恒定律得mvB＝(M＋m)v，规定向下为正方向，则两木块从开始共同运动至最低点过程中由动量定理得(M＋m)gt－I1＝0－(M＋m)v，从两木块发生碰撞到木块A第一次回到初始位置的过程中弹簧对木块A的冲量I的大小为I＝2I1，联立解得弹簧对木块A的冲量I的大小为I＝2m＋2(M＋m)gt，故D正确。
10．(多选)如图所示，质量为M的“U”形槽甲静置于足够长的光滑水平面上，“U”形槽外侧左端点位于水平面上P点，“U”形槽内侧左右两端均为半径为R的光滑的四分之一圆弧轨道，圆心O1、O2等高，圆弧ab、cd分别与水平粗糙平面bc相切于b、c处，bc长度也为R。一质量为m的小物块乙(可视为质点)，从a点由静止开始无初速度释放，恰好能运动到cd圆弧上的e点，弧长＝2。不计空气阻力，下列关于最终位置的说法正确的是(　 )
A．小物块乙恰好位于bc中点
B．小物块乙恰好位于b点
C．“U”形槽甲外侧左端点位于P点左侧R处
D．“U”形槽甲外侧左端点位于P点左侧R处
解析：选BC　小物块乙从a点运动到e点过程，对甲、乙组成的系统有mgR＝μmgR＋mg，从e点返回过程，对整个系统有mg＝μmgR，小物块乙最终位置恰好位于b点，B正确，A错误；“U”形槽甲外侧左端点位于P点左侧x处，Mx＝m(R－x)，解得x＝R，C正确，D错误。
11.(多选)如图所示，水平光滑轨道宽度和轻弹簧的原长均为d，两小球质量分别为m1、m2，m1＞m2，m2的左边有一固定挡板。由图示位置静止释放m1、m2，当m1与m2相距最近时m1的速度为v1，则在以后的运动过程中(　 )
A．m1的最小速度是0
B．m1的最小速度是v1
C．m2的最大速度是v1
D．m2的最大速度是v1
解析：选BD　由题意结合题图可知，当m1与m2相距最近时，m2的速度为0，此后，m1在前，做减速运动，m2在后，做加速运动，当再次相距最近时，m1减速结束，m2加速结束，此时m1速度最小，m2速度最大，在此过程中系统动量和机械能均守恒m1v1＝m1v1′＋m2v2，m1v12＝m1v1′2＋m2v22，解得v1′＝v1，v2＝v1，B、D正确；A、C错误。
12.(2022·湖北高考，节选)打桩机是基建常用工具。某种简易打桩机模型如图所示，重物A、B和C通过不可伸长的轻质长绳跨过两个光滑的等高小定滑轮连接，C与滑轮等高(图中实线位置)时，C到两定滑轮的距离均为L。重物A和B的质量均为m，系统可以在如图虚线位置保持静止，此时连接C的绳与水平方向的夹角为60°。某次打桩时，用外力将C拉到图中实线位置，然后由静止释放。设C的下落速度为 时，与正下方质量为2m的静止桩D正碰，碰撞时间极短，
碰撞后C的速度为零，D竖直向下运动距离后静止(不考虑C、D再次相碰)。A、B、C、D均可视为质点。
(1)求C的质量；
(2)若D在运动过程中受到的阻力F可视为恒力，求F的大小。
解析：(1)系统在如题图虚线位置保持静止，以C为研究对象，根据平衡条件可知mCg＝2mgcos 30°
解得mC＝m。
(2)C、D碰后C的速度为零，设碰撞后D的速度v，根据动量守恒定律可知m·＝m·0＋2mv
解得v＝
C、D碰撞后D向下运动距离后停止，根据动能定理可知0－×2mv2＝2mg－F
解得F＝6.5mg。
答案：(1)m　(2)6.5mg
　“应用力学三大观点解题”的技能强化
`
力学三大观点包括：动力学观点、能量观点、动量观点，力学三大观点的灵活应用是历年高考的重点和难点。力学三大观点既可以分别单独考查，也可以两两组合考查，还可以三者综合考查。
(一) 动量观点与动力学观点的综合应用
1．牛顿第二定律揭示了力的瞬时效应，在研究某一物体所受的力的瞬时作用与物体运动的关系，或者物体受恒力作用直接涉及物体运动过程中的加速度问题时，应采用动力学观点。
2．动量定理反映了力对时间的累积效应，适用于不涉及物体运动过程中的加速度、位移，而涉及运动时间的问题，特别对冲击类问题，应采用动量定理求解。
3．若研究对象是相互作用的物体组成的系统，则有时既要用到动力学观点，又要用到动量守恒定律。
[典例]　(2021·广东高考)算盘是我国古老的计算工具，中心带孔的相同算珠可在算盘的固定导杆上滑动，使用前算珠需要归零。如图所示，水平放置的算盘中有甲、乙两颗算珠未在归零位置，甲靠边框b，甲、乙相隔s1＝3.5×10－2 m，乙与边框a相隔s2＝2.0×10－2 m，算珠与导杆间的动摩擦因数μ＝0.1。现用手指将甲以0.4 m/s的初速度拨出，甲、乙碰撞后甲的速度大小为0.1 m/s，方向不变，碰撞时间极短且不计，重力加速度g取10 m/s2。
(1)通过计算，判断乙算珠能否滑动到边框a；
(2)求甲算珠从拨出到停下所需的时间。
[解析]　(1)甲算珠从被拨出到与乙算珠碰撞前，做匀减速直线运动，
加速度大小a1＝＝1 m/s2，
设甲算珠与乙算珠碰撞前瞬间的速度为v1，
则v12－v2＝2(－a1)s1，
解得v1＝0.3 m/s，
甲、乙两算珠碰撞时，由题意可知碰撞过程中动量守恒，取甲算珠初速度方向为正方向，
则有mv1＝mv1′＋mv乙，其中v1′＝0.1 m/s，
解得碰撞后乙算珠的速度v乙＝0.2 m/s，
碰撞后，乙算珠做匀减速直线运动，加速度大小a2＝＝1 m/s2，
设乙算珠能运动的最远距离为x，
则x＝＝0.02 m，由于x＝s2，
所以乙算珠能够滑动到边框a。
(2)甲算珠从拨出到与乙算珠碰撞所用时间t1＝＝0.1 s，
碰撞后甲算珠继续做匀减速直线运动直到停止，所用时间t2＝＝0.1 s，
所以甲算珠从拨出到停下所需的时间t＝t1＋t2＝0.2 s。
[答案]　(1)能，计算过程见解析　(2)0.2 s
[针对训练]
汽车A在水平冰雪路面上行驶。驾驶员发现其正前方停有汽车B，立即采取制动措施，但仍然撞上了汽车B。两车碰撞时和两车都完全停止后的位置如图所示，碰撞后B车向前滑动了4.5 m，A车向前滑动了2.0 m。已知A和B的质量分别为2.0×103 kg 和1.5×103 kg，两车与该冰雪路面间的动摩擦因数均为0.10，两车碰撞时间极短，在碰撞后车轮均没有滚动，g取10 m/s2。求：
(1)碰撞后的瞬间B车速度的大小；
(2)碰撞前的瞬间A车速度的大小。
解析：(1)设B车碰后加速度大小为aB。根据牛顿第二定律有μmBg＝mBaB
设碰撞后瞬间B车速度的大小为vB′，碰撞后滑行的距离为sB。由运动学公式有vB′2＝2aBsB
解得vB′＝3.0 m/s。
(2)设A车碰后加速度大小为aA，根据牛顿第二定律有
μmAg＝mAaA
设碰撞后瞬间A车速度的大小为vA′，碰撞后滑行的距离为sA，由运动学公式有vA′2＝2aAsA
设碰撞前的瞬间A车速度的大小为vA。两车在碰撞过程中动量守恒，有mAvA＝mAvA′＋mBvB′
解得vA＝4.25 m/s。
答案：(1)3.0 m/s　(2)4.25 m/s
(二)动量观点与能量观点的综合应用
1．两大观点
(1)动量的观点：动量定理和动量守恒定律。
(2)能量的观点：动能定理和能量守恒定律。
2．三种技巧
(1)若研究对象为一个系统，应优先考虑应用动量守恒定律和能量守恒定律(机械能守恒定律)。
(2)若研究对象为单一物体，且涉及功和位移问题时，应优先考虑动能定理。
(3)动量守恒定律、能量守恒定律(机械能守恒定律)、动能定理都只考查一个物理过程的初、末两个状态有关物理量间的关系，对过程的细节不予细究，这正是它们的方便之处，特别对于变力做功问题，就更显出它们的优越性。
[典例]　如图是打桩机进行路基打桩的模型，已知打桩机重锤A的质量为m，混凝土钢筋桩B的质量为M，其中M＝8m。每一次打桩时，打桩机抬高重锤A，比桩B顶部高出H，然后从静止自由释放，与桩发生时间极短的完全非弹性碰撞后，与桩一起向下运动，设桩受到的阻力f与桩进入地面下的深度h成正比，即f＝kh，其中k＝(重力加速度为g，其他阻力忽略不计)。
(1)完成第1次打桩后，求桩B进入地面下的深度h1；
(2)已知桩B的长度l＝3H，试求使桩B刚好全部进入地面下，则要打多少次？
[解析]　(1)设重锤A下落与桩B碰撞前的速度为v0，根据机械能守恒定律，有mgH＝mv02
因为重锤A与桩B发生了时间极短的完全非弹性碰撞，设碰撞后的共同速度为v，根据动量守恒定律，有mv0＝(M＋m)v
设第1次打桩，桩B克服阻力所做的功为W1，根据动能定理，有(M＋m)gh1－W1＝0－(M＋m)v2
其中W1＝kh12
联合上式解得h1＝，另一负解不符合实际情况，故舍去。
(2)设使桩B刚好全部进入地面下，要打N次，根据动能定理，有：
(M＋m)gl－W总＝0－N×(M＋m)v2
其中W总＝kl2，解得N＝2 025。
[答案]　(1)　(2)2 025
[针对训练]
(2023·厦门高三质检)如图所示，一圆心为O、半径为R的光滑半圆弧轨道固定在竖直平面内，其下端与光滑水平面在Q点相切。在水平面上，质量为m的小物块A以某一速度向质量也为m的静止小物块B运动。A、B发生正碰后，B到达半圆弧轨道最高点时对轨道压力恰好为零，A沿半圆弧轨道运动到与O点等高的C点时速度为零。已知重力加速度大小为g，忽略空气阻力。
(1)求物块B从半圆弧轨道飞出后落到水平面的位置到Q点的距离；
(2)当物块A由C点沿半圆弧轨道下滑到D点时，OD与OQ夹角为θ，求此时A所受力对A做功的功率；
(3)求碰撞过程中A和B损失的总动能。
解析：(1)设B到半圆弧轨道最高点时速度为v2′，由于B对轨道最高点的压力为零，则由牛顿第二定律得mg＝m
B离开最高点后做平抛运动，则在竖直方向上有2R＝gt2
在水平方向上有x＝v2′t，联立解得x＝2R。
(2)对A由C到D的过程，由机械能守恒定律得mgRcos θ＝mvD2
由于对A做功的力只有重力，则A所受力对A做功的功率为P＝mgvDsin θ
解得P＝mgsin θ。
(3)设A、B碰撞后瞬间的速度分别为v1、v2，对B由Q到最高点的过程，由机械能守恒定律得
mv22＝mv2′2＋mg·2R，解得v2＝
对A由Q到C的过程，由机械能守恒定律得mv12＝mgR
解得v1＝
设碰前瞬间A的速度为v0，对A、B碰撞的过程，由动量守恒定律得mv0＝mv1＋mv2
解得v0＝＋
碰撞过程中A和B损失的总动能为
ΔE＝mv02－mv12－mv22
解得ΔE＝mgR。
答案：(1)2R　(2)mgsin θ
(3)mgR
(三)力学三大观点的综合应用
力学三大观点的选用原则
(1)求解物体某一时刻受力及加速度时，可用牛顿第二定律或运动学公式列式解决。
(2)研究某一物体受到力的持续作用，运动状态改变的问题时，在涉及时间和速度，不涉及位移和加速度时要首先考虑选用动量定理；在涉及位移、速度，不涉及时间时要首先考虑选用动能定理。
(3)若研究的对象为相互作用的物体组成的系统，一般考虑用机械能守恒定律和动量守恒定律解决，但要仔细分析研究的问题是否符合守恒条件。
(4)在涉及相对位移问题时应优先考虑能量守恒定律，即滑动摩擦力与相对位移的乘积等于系统机械能的减少量，也等于系统产生的内能。
(5)涉及碰撞、爆炸、打击、绳绷紧等物理现象的问题，通常可选用动量守恒定律，但须注意到这些过程一般均隐含有系统机械能与其他形式能量之间的转化。
[典例]　(2023·山东淄博高三模拟)如图所示，水平平台上有一轻弹簧，左端固定在A点，自然状态时其右端位于B点，平台AB段光滑，BC段长度x＝1 m，BC段与滑块间的动摩擦因数μ1＝0.25。平台右端与水平传送带相接于C点，传送带顺时针旋转，运行速度v＝2 m/s，长度L＝2.75 m，与滑块间的动摩擦因数μ2＝0.2，传送带右端D点与竖直固定放置的光滑半圆弧形轨道刚好相切，光滑半圆弧形轨道的半径R＝0.2 m。现将一质量m1＝2 kg的滑块P向左压缩轻弹簧到某处锁定，此时弹簧的弹性势能Ep＝41 J，然后突然解除锁定，滑块P开始运动，并最终与静止在D点的质量为m2的滑块Q发生弹性碰撞(碰撞时间极短，只考虑一次碰撞)。已知重力加速度g＝10 m/s2，不计空气阻力，滑块P和Q均可看成质点。
(1)求滑块P到达C点时的速度vC；
(2)求滑块P第一次经过传送带的过程中，系统因传送带摩擦产生的内能E内；
(3)若滑块Q的质量m2可以改变，要使滑块Q在中途不脱离半圆弧形轨道，则滑块Q的质量m2的范围为多少？(结果可带根号)
[解析]　(1)以滑块P为研究对象，从释放到运动到C点的过程中，根据能量守恒定律有Ep－μ1m1gx＝m1vC2，解得vC＝6 m/s。
(2)假设滑块P从C到D一直减速，根据动能定理有－μ2m1gL＝m1vD2－m1vC2
解得vD＝5 m/s＞v，假设正确。
设滑块P在传送带上做匀减速运动加速度的大小为a，根据牛顿第二定律有μ2m1g＝m1a，解得a＝2 m/s2
设滑块P在传送带上运动时间为t，则vD＝vC－at，解得t＝0.5 s
传送带在t时间内所走的位移为x＝vt＝1 m
滑块P相对于传送带所运动的位移为Δx＝L－x
所以经过传送带过程中系统因传送带摩擦产生的内能为E内＝μ2m1gΔx
联立解得E内＝7 J。
(3)滑块P和Q在D点发生弹性碰撞，设碰撞后滑块P的速度为vD′，滑块Q的速度为v′，对系统由动量守恒定律得m1vD＝m1vD′＋m2v′
由机械能守恒定律得m1vD2＝m1vD′2＋m2v′2
联立解得v′＝vD＝(m/s)
①设滑块Q在E点的速度为vE时，恰好通过半圆弧最高点，此时Q在D点的速度为vD′，由重力提供向心力得m2g＝m2
滑块Q从D点运动到E点的过程中，由动能定理得－m2g·2R＝m2vE2－m2vD′2
解得vD′＝ m/s
所以滑块Q在D点时的速度v′≥ m/s
联立解得0＜m2≤(2－2)kg
②设滑块Q恰好运动到圆弧处速度为零，此时Q在D点的速度为vD″
此过程由动能定理得－m2gR＝0－m2vD″2，解得vD″＝2 m/s
所以滑块Q在D点时的速度0＜v″≤2 m/s
联立解得m2≥8 kg
综上所述，滑块Q的质量m2的范围为0＜m2≤(2－2)kg或m2≥8 kg。
[答案]　(1)6 m/s　(2)7 J　(3)0＜m2≤(2－2)kg或m2≥8 kg
[针对训练]
如图所示，质量为6m、长为L的薄木板AB放在光滑的平台上，木板B端与台面右边缘齐平。B端上放有质量为3m且可视为质点的滑块C，C与木板之间的动摩擦因数为μ＝，质量为m的小球用长为L的细绳悬挂在平台右边缘正上方的O点，细绳竖直时小球恰好与C接触。现将小球向右拉至细绳水平并由静止释放，小球运动到最低点时细绳恰好断裂，小球与C碰撞后反弹速率为碰前的一半。
(1)求细绳能够承受的最大拉力；
(2)若要使小球落在释放点的正下方P点，平台高度应为多大；
(3)通过计算判断滑块C能否从木板上掉下来。
解析：(1)设小球运动到最低点的速率为v0，小球向下摆动过程机械能守恒，由机械能守恒定律得：
mgL＝mv02，解得：v0＝
小球在圆周运动最低点，由牛顿第二定律得：
T－mg＝m
由牛顿第三定律可知，小球对细绳的拉力T′＝T
解得：T′＝3mg。
(2)小球碰撞后做平抛运动。在竖直方向上：
h＝gt2
水平方向：L＝t，解得：h＝L。
(3)小球与滑块C碰撞过程中小球和C组成的系统满足动量守恒，设C碰后速率为v1，以小球的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：
mv0＝m＋3mv1
设木板足够长，在C与木板相对滑动直到相对静止过程，设两者最终共同速率为v2，由动量守恒定律得：3mv1＝(3m＋6m)v2
由能量守恒定律得：
×3mv12＝(3m＋6m)v22＋μ·3mgs
联立解得：s＝
由s＜L知，滑块C不会从木板上掉下来。
答案：(1)3mg　(2)L
(3)滑块C不会从木板上掉下来
[课时跟踪检测]
1．彩虹滑道是近年来广受人们欢迎的娱乐项目，游客坐在一个特制的垫子上，从滑道顶端滑下，由于滑道较长、坡度较大，游客能体会到高速滑行的感觉。某滑道由倾斜直滑道和水平直滑道连接而成，游客坐在垫子上(游客与垫子视为整体，且可视为质点)滑到倾斜直滑道底端时速度为v1＝20 m/s，此时水平直滑道前方x0＝4 m处，有一名工作人员用绳子拖动另一个相同的垫子，以v2＝1 m/s的速度在同一方向上做匀速直线运动，游客和垫子构成的整体滑到水平直滑道上后做加速度大小为a＝9 m/s2的匀减速直线运动。已知垫子质量均为m0＝20 kg，游客和工作人员质量均为m1＝60 kg。求：
(1)游客和垫子构成的整体追上前方垫子所需的时间；
(2)若游客和垫子构成的整体与前方垫子碰撞后三者共速向前运动，碰撞时间极短，且碰撞瞬间工作人员松开绳子，求碰撞瞬间冲击力对前方垫子的冲量。
解析：(1)游客和垫子构成的整体追上前方垫子的过程，有v1t－at2＝x0＋v2t，
代入数据解得所需的时间为t＝ s(t＝4 s不合题意，舍去)。
(2)游客和垫子构成的整体追上前方垫子时的速度大小v0＝v1－at＝18 m/s
游客和垫子构成的整体与前方垫子相碰前后，规定v0为正方向，由动量守恒定律可得(m1＋m0)v0＋m0v2＝(m1＋m0＋m0)v
解得游客和垫子构成的整体与前方垫子碰撞后一起运动的速度大小为v＝14.6 m/s
对前方垫子，由动量定理可得I＝m0v－m0v2，解得碰撞瞬间冲击力对前方垫子的冲量大小为I＝272 N·s，方向与碰前前方垫子的速度方向相53 / 72
第七章 静电场
第1讲　电场力的性质
一、电荷守恒定律
1．内容：电荷既不会创生，也不会消灭，它只能从一个物体转移到另一个物体，或者从物体的一部分转移到另一部分；在转移过程中，电荷的总量保持不变。
2．起电方式：摩擦起电、接触起电、感应起电。
3．带电实质：物体带电的实质是得失电子。
二、库仑定律
1．内容：真空中两个静止点电荷之间的相互作用力，与它们的电荷量的乘积成正比，与它们的距离的二次方成反比，作用力的方向在它们的连线上。
2．表达式：F＝k，式中k＝9.0×109 N·m2/C2，叫作静电力常量。
三、电场强度
1．定义：放入电场中某点的电荷受到的静电力F与它的电荷量q之比。
2．定义式：E＝。单位：N/C或V/m。
3．点电荷的电场强度：E＝k。
4．方向：规定正电荷在电场中某点所受的静电力的方向为该点的电场强度方向。
5．电场强度的叠加：电场中某点的电场强度为各个点电荷单独在该点产生的电场强度的矢量和，遵从平行四边形定则。
四、电场线
1．定义：为了形象地描述电场中各点电场强度的大小及方向，在电场中画出一些曲线，曲线上每一点的切线方向都跟该点的电场强度方向一致，曲线的疏密表示电场强度的大小。
2．电场线的特点
①电场线起始于正电荷(或无穷远处)，终止于无穷远处(或负电荷)，电场线不闭合；②电场中的电场线不相交；③同一电场中，电场线密的地方电场强度大；④电场线上某点的切线方向表示该点的电场强度方向；⑤沿电场线方向电势降低；⑥电场线和等势面在相交处垂直。,
情境创设　
微点判断　
(1)电场强度反映了静电力的性质，所以电场中某点的电场强度与试探电荷在该点所受的静电力成正比。(×)
(2)电场中某点的电场强度方向即为正电荷在该点所受的静电力的方向。(√)
(3)真空中点电荷周围电场的电场强度表达式E＝，Q就是产生电场的点电荷的电荷量。(√)
(4)在点电荷产生的电场中，以点电荷为球心的同一球面上各点的电场强度都相同。(×)
(5)在点电荷形成的电场中，沿电场线方向电场强度越来越小。(×)
(6)在点电荷形成的电场中，沿电场线方向电场强度越来越大。(×)
(7)试探电荷在点电荷形成的电场中做直线运动。(×)
(8)无论正点电荷还是负点电荷，离电荷越远，电场强度越小。(√)
(一) 静电力及其平衡问题(固基点)
[题点全练通]
1．[对库仑定律的理解]
关于库仑定律，下列说法正确的是(　 )
A．库仑定律适用于任何电场的计算
B．置于均匀带电空心球球心处的点电荷所受静电力为零
C．当两个半径均为r、带电荷量均为Q的金属球中心相距为3r时，它们之间的静电力大小为
D．若点电荷Q1的电荷量小于Q2的电荷量，则Q1对Q2的静电力小于Q2对Q1的静电力
解析：选B　库仑定律的适用范围是真空中两个点电荷间的相互作用，故A错误；带电空心金属球的电荷均匀分布在金属球的外表面，球内各点的电场强度均为零，所以置于带电空心球球心处的点电荷所受静电力为零，故B正确；当两个半径均为r、带电荷量均为Q的金属球中心相距为3r时，两者不能看作点电荷，库仑定律不再适用，故C错误；两点电荷间的静电力是相互作用力，大小相等，方向相反，故D错误。
2．[自由电荷的平衡问题]
如图所示，在一条直线上有两个相距0.4 m的点电荷A、B，A带电荷量为＋Q，B带电荷量为－9Q。现引入第三个点电荷C，恰好使三个点电荷均在静电力的作用下处于平衡状态，则C的带电性质及位置应为(　 )
A．正电，B的右边0.4 m处
B．正电，B的左边0.2 m处
C．负电，A的左边0.2 m处
D．负电，A的右边0.2 m处
解析：选C　要使三个电荷均处于平衡状态，必须满足“两同夹异”“两大夹小”“近小远大”的原则，所以点电荷C应在A左侧，带负电。设C在A左侧距A为x处，由于C处于平衡状态，所以k＝，解得x＝0.2 m，C正确。
3.[静电力的计算]
(多选)如图所示，竖直面内固定的均匀带电圆环半径为R，带电荷量为＋Q，在圆环的最高点用绝缘丝线悬挂一质量为m、带电荷量为＋q的小球(大小不计)，小球在垂直圆环平面的对称轴上处于平衡状态，小球到圆环中心O距离为R。已知静电力常量为k，重力加速度为g，则小球所受静电力的大小为(　 )
A． B．mg C．k D．k
解析：选BD　由于圆环不能看作点电荷，采用微元法，小球受到静电力为圆环各个点对小球静电力的合力，以小球为研究对象，进行受力分析，如图所示。圆环各个点对小球的静电力的合力为FQ，则Fsin θ＝mg，小球到圆环中心O距离为R，而竖直面内固定的均匀带电圆环半径为R，那么sin θ＝，解得F＝2mg，水平方向上，有Fcos θ＝FQ，解得FQ＝mg，B正确；根据库仑定律，将环中电荷量分成若干份，结合矢量的合成法则及几何知识，则有FQ＝k·cos θ＝k，D正确。
[要点自悟明]
1．应用库仑定律的三条提醒
(1)作用力的方向：同性相斥，异性相吸，作用力的方向沿两点电荷连线方向。
(2)两个点电荷间相互作用的静电力满足牛顿第三定律：大小相等、方向相反。
(3)在两带电体的间距及电荷量之和一定的条件下，静电力存在极大值：当q1＝q2时，F最大。
2．三个自由点电荷的平衡条件及规律
平衡条件 每个点电荷受另外两个点电荷的合静电力为零或每个点电荷处于另外两个点电荷的合电场强度为零的位置
平衡规律
(二) 电场线的理解与应用(精研点)
逐点清1　几种常见电场的电场线分布　
1．(多选)如图所示的四种电场中均有a、b两点，其中a、b两点的电场强度相同的是(　 )
A．图甲中，与点电荷等距离的a、b两点
B．图乙中，两等量异种点电荷连线的中垂线上与连线等距离的a、b两点
C．图丙中，两等量同种点电荷连线的中垂线上与连线等距离的a、b两点
D．图丁中，匀强电场中的a、b两点
解析：选BD　根据点电荷的电场的特点可知题图甲中a、b两点的电场强度大小相等，但方向不同，则电场强度不同，故A错误；题图乙中a、b两点的电场强度大小相等，方向都与中垂线垂直向左，则a、b两点的电场强度相同，故B正确；题图丙中a、b两点电场强度方向不同，故C错误；题图丁的匀强电场中a、b两点电场强度大小相等，方向相同，故D正确。
一点一过　　　等量点电荷电场特点对比
等量异种点电荷 等量同种点电荷
电场线分布图
电荷连线上的电场强度 沿连线先变小后变大
O点最小，但不为零 O点为零
中垂线上的电场强度 O点最大，向外逐渐减小 O点最小，向外先变大后变小
关于O点中心对称位置的电场强度 等大同向 等大反向
逐点清2　电场线的应用　
2．雾霾的一个重要来源就是工业烟尘。为了改善空气环境，某热电厂引进了一套静电除尘系统。它主要由机械过滤网、放电极和互相平行的集尘极三部分构成。工作原理图可简化为如图所示。假设虚线为某带电烟尘颗粒(不计重力)在除尘装置中的运动轨迹，A、B是轨迹中的两点(　 )
A．该烟尘颗粒带正电
B．该烟尘颗粒在除尘装置中的运动是匀变速曲线运动
C．A点的场强小于B点的场强
D．该烟尘颗粒在A点的电势能大于在B点的电势能
解析：选D　烟尘颗粒运动轨迹向正极板弯曲，说明烟尘颗粒带负电，故A错误；电场线由正极指向负极，由题图知，该电场不可能是匀强电场，电场力不可能不变，故加速度不可能不变，故不可能是匀变速曲线运动，故B错误；电场线越密集电场强度越大，故A点场强大于B点场强，故C错误；等势线总是垂直电场线且沿电场线方向电势降低，故B点电势大于A点电势，故带负电的烟尘颗粒在A点的电势能大于在B点的电势能，故D正确。
　　　　　电场线的妙用
判断电场强度的大小 电场线密处电场强度大，电场线疏处电场强度小，进而可判断电荷受电场力大小和加速度的大小。(如第2题中判断A、B两点的电场强度的大小)
判断电场力的方向 正电荷的受力方向和电场线在该点切线方向相同，负电荷的受力方向和电场线在该点切线方向相反。(如第2题中根据轨迹的弯曲方向判断受电场力的方向，进而确定烟尘颗粒的电性)
判断电势的高低 沿电场线的方向电势降低最快，且电场线密的地方比疏的地方降低更快。(如第2题中先判断A、B两点的电势高低，然后判断电势能的高低)
判断等势面的疏密 电场线越密的地方，等差等势面越密集；电场线越疏的地方，等差等势面越稀疏
逐点清3　电场线与轨迹的运动分析　
3.如图所示的实线为某静电场的电场线，虚线是仅在电场力作用下某带负电粒子的运动轨迹，A、B、C、D是电场线上的点，其中A、D两点在粒子的轨迹上，下列说法正确的是(　 )
A．该电场可能是正点电荷产生的
B．由图可知，同一电场的电场线在空间是可以相交的
C．将该粒子在C点由静止释放，它可能一直沿电场线运动
D．该粒子在A点的速度一定大于在D点的速度
解析：选D　正点电荷周围的电场线是从正点电荷出发，呈辐射状分布的，A错误；同一电场的电场线在空间不能相交，否则同一点具有两个电场强度方向，B错误；电场中的带电粒子受力的方向沿电场线的切线方向，由于C点所在电场线为曲线，所以将该粒子在C点由静止释放，它一定不能沿电场线运动，C错误；由于做曲线运动的物体受力的方向指向曲线的内侧，该粒子带负电，可知场强方向应是从B到C，A点的电势高于D点的电势，故从A到D电场力对粒子做负功，粒子的动能减少，则粒子在A点的速度较大，D正确。
一点一过　分析电场中运动轨迹问题的方法
1．“运动与力两线法”——画出运动轨迹在初始位置的切线(“速度线”)与在初始位置电场线的切线(“力线”)方向，从二者的夹角情况来分析曲线运动的情况。
2．“三不知时要假设”——电荷的正负、场强的方向(或等势面电势的高低)、电荷运动的方向，是题意中相互制约的三个方面。若已知其中的任一个，可顺次分析判定各待求量；若三个都不知，则要用“假设法”分别讨论各种情况。
(三) 电场强度的理解与计算(培优点)
1．电场强度的性质
矢量性 规定正电荷在电场中某点所受电场力的方向为该点电场强度的方向
唯一性 电场中某一点的电场强度E是唯一的，它的大小和方向与放入该点的电荷q无关，它决定于形成电场的电荷(场源电荷)及空间位置
叠加性 如果有几个静止点电荷在空间同时产生电场，那么空间某点的电场强度是各场源电荷单独存在时在该点所产生的电场强度的矢量和
2．电场强度的三个计算公式
公式 适用条件 说明
定义式 E＝ 任何电场 某点的电场强度为确定值，大小及方向与q无关
决定式 E＝k 真空中点电荷的电场　 E由场源电荷Q和场源电荷到某点的距离r决定
关系式 E＝ 匀强电场 d是沿电场方向的距离
[考法全训]
考法1　电场强度的计算
1．(2023·烟台高三调研)(多选)在一个点电荷Q的电场中，让x轴与电场中的一条电场线重合，坐标轴上A、B两点的坐标分别为0.3 m和0.6 m(如图甲所示)，在A、B两点分别放置带正电的试探电荷，其受到的静电力跟试探电荷的电荷量的关系分别如图乙中直线a、b所示。已知静电力常量k＝9.0×109 N·m2/C2，下列说法正确的是(　 )
A．A点的电场强度是40 N/C，方向沿x轴负方向
B．B点的电场强度是2.5 N/C，方向沿x轴正方向
C．点电荷Q带正电，所在位置为坐标原点
D．点电荷Q的带电荷量约为4.44×10－11 C
解析：选BD　根据图像乙的斜率可求出A点的电场强度大小为EA＝ka＝ N/C＝40 N/C，同理可求出B点的电场强度大小为EB＝kb＝ N/C＝2.5 N/C，由于试探电荷带正电，可知A、B两点的电场强度方向均沿x轴正方向，A错误，B正确；由于点电荷Q在两点产生的电场强度方向相同，且A点的电场强度大于B点的电场强度，所以场源电荷必定在A点的左侧。设场源电荷的坐标为x，据点电荷场强公式可得EA＝k，EB＝k，联立解得x＝0.2 m，Q≈4.44×10－11 C，C错误，D正确。
考法2　多个点电荷电场强度的叠加
2.如图所示，四个点电荷所带电荷量的绝对值均为Q，分别固定在正方形的四个顶点上，正方形边长为a，则正方形两条对角线交点处的场强(　 )
A．大小为，方向竖直向上
B．大小为，方向竖直向上
C．大小为，方向竖直向下
D．大小为，方向竖直向下
解析：选C　一个点电荷在两条对角线交点O产生的场强大小为E＝＝，对角线上的两异种点电荷在O处的合场强为E合＝2E＝，方向由正电荷指向负电荷，故两等大的场强互相垂直，合场强为EO＝＝，方向竖直向下。
考法3　点电荷电场与匀强电场的叠加
3.匀强电场中A、B、C三点间距离均为l，构成一个等边三角形，如图所示。等边三角形所在平面与匀强电场方向平行，若在B处放一正点电荷＋q，在C处放一负点电荷－q，则A点场强为0。则此匀强电场的场强大小为(　 )
A． B．
C． D．
解析：选B　B、C两点处的点电荷在A点产生的电场强度的矢量和为E＝2E1cos 60°＝k，因A点的合场强为0，则匀强电场的场强与B、C两点的点电荷在A点的合场强等大且反向，则匀强电场的场强大小为E′＝E＝k，故B正确，A、C、D错误。
(四) 电场强度的求解四法(培优点)
方法1　叠加法
多个点电荷在空间某处产生的电场强度为各点电荷在该处所产生的电场强度的矢量和。
[例1]　(2023·广州模拟)如图所示，圆弧状带电体ABC上电荷分布均匀。ABC对应的圆心角为120°，B为圆弧中点。若带电体上的全部电荷在圆心P处产生的电场强度大小为E，则AB段上所带的电荷在圆心P处产生的电场强度大小为(　 )
A．E B．E
C．E D．E
[解析]　假设圆弧带电体ABC带正电，根据电场的叠加规律可知ABC在P点产生的电场强度方向沿BP连线向下；AB段产生的场强沿AB中点与P点连线向下，BC段产生的场强沿BC中点与P点的连线向上，并且AB和BC段在P点产生的电场强度大小相等；而P点处总的电场强度为AB和BC段单独产生的电场强度的合场强，如图所示，根据几何关系可知E＝2EABcos 30°，解得AB段上所带的电荷在圆心P处产生的电场强度大小EAB＝，故C正确，A、B、D错误。
[答案]　C
方法2　对称法
利用空间上对称分布的电荷形成的电场具有对称性的特点，使复杂电场的叠加计算问题大为简化。
[例2]　(2022·山东等级考)半径为R的绝缘细圆环固定在图示位置，圆心位于O点，环上均匀分布着电量为Q的正电荷。点A、B、C将圆环三等分，取走A、B处两段弧长均为ΔL的小圆弧上的电荷。将一点电荷q置于OC延长线上距O点为2R的D点，O点的电场强度刚好为零。圆环上剩余电荷分布不变，q为(　 )
A．正电荷，q＝ 　 B．正电荷，q＝
C．负电荷，q＝ D．负电荷，q＝
[解析]　取走A、B处两段弧长均为ΔL的小圆弧上的电荷，根据对称性可知，圆环在O点产生的电场强度为与A在同一直径上的A1和与B在同一直径上的B1产生的电场强度的矢量和，如图所示，因为两段弧长非常小，故可看成点电荷，则有E1＝k＝k，由图可知，两场强的夹角为120°，则两者的合场强为E＝E1＝k，根据O点的合场强为零，则放在D点的点电荷为负电荷，大小为E′＝E＝k，根据E′＝k，联立解得q＝。
[答案]　C
方法3　补偿法
将有缺口的带电圆环补全为圆环，或将半球面补全为球面，然后再应用对称的特点进行分析，有时还要用到微元思想。
[例3]　均匀带电的球壳在球外空间产生的电场等效于电荷集中于球心处产生的电场。如图所示，在半球面AB上均匀分布正电荷，总电荷量为q，球面半径为R，CD为通过半球面顶点与球心O的轴线，在轴线上有M、N两点，OM＝ON＝2R。已知M点的场强大小为E，则N点的场强大小为(　 )
A．－E B．
C．－E D．＋E
[解析]　左半球面AB上的正电荷产生的电场等效为带正电荷量为2q的整个球面的电场和带电荷量为－q的右半球面的电场的合电场，则E＝k－E′，E′为带电荷量为－q的右半球面在M点产生的场强大小。带电荷量为－q的右半球面在M点的场强大小与带正电荷量为q的左半球面AB在N点的场强大小相等，则EN＝E′＝k－E＝－E，A正确。
[答案]　A
方法4　微元法
将带电体分成许多电荷元，每个电荷元看成点电荷，先根据库仑定律求出每个电荷元的场强，再结合对称性和场强叠加原理求出合场强。
[例4]　(2023·深圳模拟)如图所示，半径为R的金属圆环固定在竖直平面，金属圆环均匀带电，带电荷量为Q，一长为L＝2R的绝缘细线一端固定在圆环最高点，另一端连接一质量为m、带电荷量为q(未知)的金属小球(可视为质点)。稳定时带电金属小球在过圆心且垂直圆环平面的轴上的P点处于平衡状态，点P′(图中未画出)是点P关于圆心O对称的点。已知静电力常量为k，重力加速度为g，若取无穷远处为零势面，下列说法正确的是(　 )
A．O点的场强一定为零
B．P′点场强大小为
C．金属小球的电荷量为q＝
D．剪断细线瞬间，小球的加速度水平向右
[解析]　根据对称性可知，带电荷量为Q的圆环在圆心O点的场强为0，带电金属小球在O点的场强不为0，所以O 点的场强不为零，故A错误；设细线与竖直方向的夹角为θ，由几何关系cos θ＝＝，θ＝60°，由微元法，无限划分，设每一极小段圆环带电荷量为Δq，则∑ksin θ＝EP，其中∑Δq＝Q，解得EP＝＝，根据对称性可知，带电荷量为Q的圆环，在P、P′两点的场强大小相等，方向相反，而P′点的场强大小是圆环与带电金属小球在P′点的电场强度的叠加，所以EP′≠，故B错误；对小球受力分析如图，则qEP＝mgtan 60°，解得q＝，C正确；剪断细线瞬间，小球受合外力沿细线方向斜向右下方，则加速度方向斜向右下方，D错误。
[答案]　C
1．(2023·河北沧州模拟)对于电场强度的公式E＝和E＝，下列说法正确的是(　 )
A．电场强度E与试探电荷的电荷量q成反比
B．由E＝可知，r一定时，电场强度E与Q成正比
C．公式中Q与q的含义相同
D．电场中不放入试探电荷时，电场强度为零
解析：选B　电场强度与试探电荷无关，故A、D错误；公式E＝是点电荷周围电场强度的决定式，r一定时，电场强度E与Q成正比，故B正确；Q是场源电荷，q是试探电荷，故C错误。
2．(2023·淮南高三调研)如图所示，一对带绝缘支柱的导体A、B彼此接触，且均不带电。把带正电的物体C移近导体A。下列说法正确的是(　 )
A．虽靠近C，但导体A内的场强与B内的场强相同
B．因更靠近C，导体A内的场强比B内的场强大
C．若先把A、B分开，再移去C，A带正电，B带负电
D．若先移去C，再把A、B分开，A带负电，B带正电
解析：选A　把带正电的物体C移近导体A，在A的左端感应出负电荷，在B的右端感应出正电荷，电荷只分布在外表面，内部场强处处为零，故B错误，A正确；带正电的物体C移近导体A时，导体A、B由于接触，则导体中的负电荷向A端移动，则A端带负电，B端失去电子带正电，若先把A、B分开，再移去C，A带负电，B带正电；若先移去C，再把A、B分开，则A、B不带电，故C、D错误。
3.如图所示，三角形ABC是等腰三角形，∠BAC＝∠ACB＝30°，在A点固定一个电荷量大小为Q1的点电荷，在B点固定一个电荷量大小为Q2的点电荷，C点处的电场强度方向与AB垂直，则的值为(　 )
A． B．
C． D．
解析：选B　设BC边长度为r，则AC边长度为r，则Q1在C点产生的电场强度大小E1＝，Q2在C点产生的电场强度大小E2＝，E1、E2的水平分量大小相等，由几何关系知E1sin 60°＝E2sin 30°，解得＝，故A、C、D错误，B正确。
4.如图是一带电球体和一可视为点电荷的带电小球周围电场线的分布图，球体和小球所带电荷量相同，A为球体球心与小球连线在球体外面部分的中点，B、C为关于连线对称的两点。取无穷远处电势为零，以下说法正确的是(　 )
A．小球一定带正电，带电球体一定带负电
B．A点处的电势为零，B、C两点电场强度相同
C．将带电粒子从B点移到C点电场力做功为零
D．A点的电场强度小于B、C两点的电场强度
解析：选C　由于题图未注明电场线方向，所以只能得出小球和带电球体带异种电荷，A错误；带电球体不能看成点电荷，所以A点的电势一定不为零，B、C两点的电场强度方向不同，B错误；根据对称性可知，B、C两点的电场强度大小相等，电势也相等，所以将带电粒子从B点移到C点电势能变化量为零，电场力做功也为零，C正确；A点在小球和带电球体的连线上，且二者带异种电荷，结合库仑定律分析可知，A点的电场强度大于B、C两点的电场强度，D错误。
5.如图所示，两正四面体边长均为l0，两正四面体bcd面完全重合，电荷量为Q的两正、负点电荷A、B分别置于两正四面体左、右两顶点，静电力常量为k，则(　 )
A．b、c、d三点的电场强度大小相等，方向不同
B．b、c、d三点的电势不相等
C．平面bcd上电场强度的最大值为
D．平面bcd上电场强度的最大值为
解析：选C　根据电场强度的合成满足平行四边形定则，则等量异种点电荷连线的中垂面上的b、c、d三点的场强大小相等，方向均与bcd面垂直，则方向相同，选项A错误；等量异种点电荷的中垂面为等势面，则b、c、d三点的电势相等，选项B错误；等量异种点电荷的连线的中点场强最大，由几何关系可知正四面体bcd面的中线长为l0，正四面体的高为h＝＝l0，则连线中点的场强为Emax＝×2＝，选项C正确，D错误。
6.(多选)一无限大接地导体板MN前面放有一点电荷＋Q，它们在周围产生的电场可看作是在没有导体板MN存在的情况下，由点电荷＋Q与其像电荷－Q共同激发产生的。像电荷－Q的位置就是把导体板当作平面镜时，点电荷＋Q在此镜中的像点位置。如图所示，已知＋Q所在位置P点到金属板MN的距离为L，c为OP的中点，abcd是边长为L的正方形，其中bc边平行于MN，静电力常量为k，则(　 )
A．a点与b点的电场强度大小相等
B．c点的电场强度大于b点的电场强度
C．d点的电场强度大小为E＝
D．a点的电势低于b点的电势
解析：选BC　由题意可知，点电荷＋Q和金属板MN周围空间电场与等量异种点电荷产生的电场等效，等量异种点电荷周围的电场线分布如图所示，由图可知：a点的电场强度小于b点的电场强度，c点的电场强度大于b点的电场强度，故B正确，A错误；d点的电场强度E＝k－k＝，故C正确；正点电荷＋Q在a、b两点的电势大小相等，负点电荷－Q在b点的电势小于a点的电势，根据电势的叠加可知a点的电势高于b点的电势，故D错误。
7．(多选)如图所示，两质量分别为m1 和m2 、带电荷量分别为q1 和q2 的小球，用长度不等的绝缘轻丝线悬挂起来，两丝线与竖直方向的夹角分别是α和β(α>β)，若两小球恰在同一水平线上，那么(　 )
A．两球一定带异种电荷
B．q1 一定不等于q2
C．m1 一定小于m2
D．两球所受静电力一定不相等
解析：选AC　两球均带电且相互吸引，则必定带异种电荷，故A正确；两球间的静电力为一对相互作用力，根据牛顿第三定律，无论两球的电荷量是否相等，两球间的静电力大小都相等，故无法判断两球所带电荷量的大小关系，B、D错误；设两球间静电力大小为F，对左球受力分析如图，得到F＝m1gtan α，同理F＝m2gtan β，则m1tan α＝m2tan β，因α>β，得到m18．(2021·湖南高考)如图，在(a,0)位置放置电荷量为q的正点电荷，在(0，a)位置放置电荷量为q的负点电荷，在距P(a，a)为a的某点处放置正点电荷Q，使得P点的电场强度为零。则Q的位置及电荷量分别为(　 )
A．(0,2a)，q B．(0,2a)，2q
C．(2a,0)，q D．(2a,0)，2q
解析：选B　根据点电荷电场强度公式E＝k，两等量异种点电荷在P点的电场强度大小均为E0＝，方向如图所示，两等量异种点电荷在P点的合电场强度为E1＝E0＝，方向与＋q点电荷与－q点电荷的连线平行，如图所示，Q点电荷在P点的电场强度大小为E2＝k＝， 三点电荷在P点的合电场强度为0，则E2方向如图所示，大小有E1＝E2，解得Q＝2q，由几何关系可知Q的坐标为(0,2a)，故B正确。
第2讲　电场能的性质
一、静电力做功 电势能 电势 等势面
1．静电力做功
特点 静电力做功与路径无关，只与初、末位置有关
计算方法 (1)W＝qEd，只适用于匀强电场，其中d为沿电场方向的距离(2)WAB＝qUAB，适用于任何电场
2.电势能
(1)定义：电荷在电场中具有的势能，数值上等于将电荷从该点移到零势能位置时静电力所做的功。
(2)静电力做功与电势能变化的关系：静电力做的功等于电势能的减少量，即WAB＝EpA－EpB＝－ΔEp。
(3)电势能的相对性：电势能是相对的，通常把电荷离场源电荷无限远处的电势能规定为零，或把电荷在大地表面上的电势能规定为零。
3．电势
定义 电荷在电场中某点具有的电势能Ep与它的电荷量q之比
定义式 φ＝，电势是标量，其正(负)表示该点电势比零电势高(低)
相对性 电势具有相对性，同一点的电势因选取零电势点的不同而不同
[注意]　电势的高低与电场强度的大小没有联系。
4．等势面的特点
(1)等势面一定与电场线垂直。
(2)在同一等势面上移动电荷时电场力不做功。
(3)电场线方向总是从电势高的等势面指向电势低的等势面。
(4)等差等势面越密的地方电场强度越大，反之越小。
二、电势差 匀强电场中电势差与电场强度的关系
1．电势差
(1)定义式：UAB＝。
(2)电势差与电势的关系：UAB＝φA－φB，UAB＝－UBA。
(3)影响因素：电势差UAB由电场本身的性质决定，与移动的电荷q及电场力做的功WAB无关，与零电势点的选取无关。
2．匀强电场中电势差与电场强度的关系
(1)电势差与电场强度的关系：匀强电场中两点间的电势差等于电场强度与这两点沿电场线方向的距离的乘积。即U＝Ed，也可以写作E＝。
(2)公式U＝Ed的适用范围：匀强电场。
情境创设
如图所示为静电除尘机原理图，废气先经过一个机械过滤装置再进入静电除尘区，放电极和集尘极加上高压电场，使尘埃带上电，尘埃在静电力的作用下向集尘极迁移并沉积，达到除尘目的，图中虚线为电场线(方向未标)，不考虑尘埃的重力，结合下图辨析以下问题：
微点判断　
(1)图中A点电势高于B点电势。(×)
(2)尘埃在迁移过程中电势能减小。(√)
(3)尘埃在迁移过程中动能减小。(×)
(4)两极板处的电场线与极板垂直。(√)
(5)带电尘埃的机械能守恒。(×)
(6)A、B两点间的电势差等于将正电荷从A点移到B点时静电力所做的功。(×)
(7)电场中电势降低的方向，就是电场强度的方向。(×)
(8)带电粒子一定从电势能大的地方向电势能小的地方移动。(×)
(9)由于静电力做功跟移动电荷的路径无关，所以电势差也跟移动电荷的路径无关，只跟这两点的位置有关。(√)
(一) 电势高低及电势能大小的比较(精研点)
逐点清1　静电力做功与电势能的关系　
1.如图所示，A点与B点间距离为2l，OCD是以B为圆心，以l为半径的半圆路径。A、B两处各放有一点电荷，电荷量分别为＋q和－q。下列说法正确的是(　 )
A．单位正电荷在O点所受的静电力与在D点所受的静电力大小相等、方向相反
B．单位正电荷从D点沿任意路径移到无限远，静电力做正功，电势能减小
C．单位正电荷从D点沿DCO移到O点，电势能增大
D．单位正电荷从O点沿OCD移到D点，电势能增大
解析：选C　A点电荷量为＋q的点电荷在O点产生的电场强度大小为EAO＝k，方向向右；B点电荷量为－q的点电荷在O点产生的电场强度大小为EBO＝k，方向向右，所以O点的合场强为EO＝2k，方向向右，单位正电荷在O点受到的静电力大小为FO＝2ek，方向向右。电荷量为＋q的点电荷在D点产生的电场强度大小为EAD＝k，方向向右；电荷量为－q的点电荷在D点产生的电场强度大小为EBD＝k，方向向左，所以D点的合场强为ED＝k，方向向左，单位正电荷在D点受到的静电力大小为FD＝ke，方向向左，A错误；因为D点靠近负电荷，远离正电荷，所以D点的电势为负，无限远处电势为零，而正电荷从低电势向高电势处运动静电力做负功，电势能增大，B错误；等量异种点电荷连线的中点处电势为零，故O点电势比D点电势高，正电荷在电势高处电势能大，则在O点电势能比在D点电势能大，C正确，D错误。
一点一过
1．求静电力做功的四种方法
2．判断电势能变化的两种方法
根据静电力做功判断 静电力做正功，电势能减少；静电力做负功，电势能增加
根据Ep＝φq直接判断 正电荷在电势越高处电势能越大；负电荷在电势越高处电势能越小
逐点清2　电势能与电势的关系　
2.(多选)真空中有两个固定的带正电的点电荷，电荷量不相等。一个带负电的试探电荷置于二者连线上的O点时，仅在电场力的作用下恰好保持静止状态。过O点作两点电荷连线的垂线，以O点为圆心的圆与连线和垂线分别交于a、c和b、d，如图所示。以下说法正确的是(　 )
A．a点电势低于O点
B．b点电势低于c点
C．该试探电荷在a点的电势能大于在b点的电势能
D．该试探电荷在c点的电势能小于在d点的电势能
解析：选BD　作出两个固定点电荷分别在O点附近的电场线，由题意知，O点的场强EO＝0，结合等量正点电荷电场线分布图，进而推知O点左侧的电场方向向右，O点右侧的电场方向向左。可以判定：a点电势高于O点，b点电势低于c点，故A错误，B正确；由Ep＝φq可知，a点的电势高于b点，试探电荷(带负电)在a点的电势能比b点小，故C错误；c点电势高于d点，试探电荷(带负电)在c点的电势能小于d点，故D正确。
3.(2022·全国乙卷)(多选)如图，两对等量异号点电荷＋q、－q(q>0)固定于正方形的4个顶点上。L、N是该正方形两条对角线与其内切圆的交点，O为内切圆的圆心，M为切点。则(　 )
A．L和N两点处的电场方向相互垂直
B．M点的电场方向平行于该点处的切线，方向向左
C．将一带正电的点电荷从M点移动到O点，电场力做正功
D．将一带正电的点电荷从L点移动到N点，电场力做功为零
解析：选AB　两个正电荷在N点产生的场强方向由N指向O，N点处于两负电荷连线的中垂线上，则两负电荷在N点产生的场强方向由N指向O，则N点的合场强方向由N指向O，同理可知，L处的合场强方向由O指向L，由于正方形两对角线垂直平分，则L和N两点处的电场方向相互垂直，故A正确；正方形底边的一对等量异号电荷在M点产生的场强方向向左，而正方形上方的一对等量异号电荷在M点产生的场强方向向右，由于M点离上方一对等量异号电荷距离较远，则M点的电场方向向左，故B正确；由题图可知，M和O点位于两等量异号电荷的等势线上，即M和O点电势相等，所以将一带正电的点电荷从M点移动到O点，电场力做功为零，故C错误；由题图可知，L点的电势低于N点电势，则将一带正电的点电荷从L点移动到N点，电场力做功不为零，故D错误。
一点一过　　　电势高低的四种判断方法
(1)根据电场线方向判断：沿电场线方向电势逐渐降低。
(2)根据电场力做功判断：根据UAB＝，将WAB、q的正负号代入，由UAB的正负判断φA、φB的高低。
(3)根据电势能的高低判断：由φ＝知正电荷在电势能大处电势较高，负电荷在电势能大处电势较低。
(4)根据场源电荷的正负判断：取离场源电荷无限远处电势为零，正电荷周围电势为正值，负电荷周围电势为负值；靠近正电荷处电势高，靠近负电荷处电势低。空间中有多个点电荷时，某点的电势可以代数求和。
逐点清3　场强、电势、电势能的综合问题　
4.(多选)如图，∠M是锐角三角形PMN最大的内角，电荷量为q(q＞0)的点电荷固定在P点。下列说法正确的是(　 )
A．沿MN边，从M点到N点，电场强度的大小逐渐增大
B．沿MN边，从M点到N点，电势先增大后减小
C．正电荷在M点的电势能比其在N点的电势能大
D．将正电荷从M点移动到N点，电场力所做的总功为负
解析：选BC　如图所示，找出Q点，使Q点与P点的距离等于M点与P点的距离，L点为MN上到P点距离最短的点，根据三角形边角关系、点电荷的电场强度公式E＝k和正点电荷形成电场中的电势特点可知，沿着MN边，从M点到N点，与P点的距离r先减小后增大，电场强度先增大后减小，电势也先增大后减小，A错误，B正确；根据电势能与电势的关系Ep＝qφ可知，正电荷在M点的电势能比在N点的电势能大，故将正电荷从M点移动到N点，电场力所做的总功为正，C正确，D错误。
5．(2023·长沙高三调研)内陆盐矿中开采的氯化钠称为岩盐。如图所示，岩盐晶体结构中相邻的四个离子处于正方形的四个顶点，O点为正方形中心，A、B为两边中点，取无穷远处电势为零，关于这四个离子形成的电场，下列说法正确的是(　 )
A．O点电场强度不为零　　 B．O点电势不为零
C．A、B两点电场强度相同 D．A、B两点电势相等
解析：选D　两等量正离子在O点的合场强为0，两等量负离子在O点的合场强为0，则四个离子在O点的合场强为0，A错误；由于等量异种电荷的连线
的中垂线为等势线，则A、O、B都在同一等势线上，电势相同都为0，B错误，D正确；A、B两点电场强度大小相等，方向相反，C错误。
一点一过
分析场强、电势、电势能问题的三点注意
(1)电场强度为零的地方电势不一定为零，如等量同种点电荷连线的中点；电势为零的地方电场强度也不一定为零，如等量异种点电荷连线的中点。
(2)电场强度相等的地方电势不一定相等，如匀强电场；电势相等的地方电场强度不一定相等，如点电荷周围的等势面。
(3)根据正电荷在电势高的地方电势能大，负电荷在电势低的地方电势能大，可判断电势能的变化情况。
(二) 电势差与电场强度的关系(精研点)
逐点清1　匀强电场中电场强度和电势差的关系　
1.(2023·广州模拟)如图，圆形区域内存在平行于圆面的匀强电场，mn和pq是圆的两条互相垂直的直径。将一带正电的粒子从另一直径ab的a点移到m点，其电势能增加量为ΔE(ΔE>0)，若将该粒子从m点移到b点，其电势能减少量也为ΔE，则电场强度的方向(　 )
A．平行直径ab，由b指向a
B．平行直径ab，由a指向b
C．垂直直径ab，指向mp弧
D．垂直直径ab，指向nq弧
解析：选D　由于带正电的粒子从直径ab的a点移到m点，其电势能增加量为ΔE(ΔE>0)，根据W＝q(φa－φm)可知，静电力做负功，且φa<φm，若将该粒子从m点移到b点，其电势能减少量也为ΔE，根据W＝q(φm－φb)可知，静电力做正功，且φb<φm，由于电势能变化量相同，可知a点与b点电势相等，故直径ab是一条等势线，且m点电势高于a、b点电势，所以电场强度的方向垂直直径ab指向nq弧。
一点一过　由E＝可推出的两个重要推论
推论1 匀强电场中的任一线段AB的中点C的电势φC＝，如图所示
推论2 匀强电场中若两线段AB∥CD，且AB＝CD，则UAB＝UCD(或φA－φB＝φC－φD)，如图所示
逐点清2　等分法确定电场线及电势高低　
2.如图为静电除尘器除尘原理的示意图，a、b是直流高压电源的两极，图示位置的P、M、N三点在同一直线上，且PM＝MN。尘埃在电场中通过某种机制带上负电，在静电力的作用下向集尘极迁移并沉积，以达到除尘目的，下列判断正确的是(　 )
A．a是直流高压电源的正极
B．电场中P点的场强小于M点的场强
C．电场中M点的电势低于N点的电势
D．电场中P、M间的电势差UPM等于M、N间的电势差UMN
解析：选C　带负电的尘埃向集尘极迁移，说明集尘极接直流高压电源的正极，a是直流高压电源的负极，选项A错误；从放电极到集尘极的电场，因P点离放电极较近，P点的电场线比M点的电场线密，所以电场中P点的场强大于M点的场强，选项B错误；由于集尘极带正电，电势高，而沿着电场线方向电势逐渐降低，所以电场中M点的电势低于N点的电势，选项C正确；放电极与集尘极之间的电场是非匀强电场，故P、M间的电势差UPM不等于M、N间的电势差UMN，选项D错误。
一点一过
等分法确定电场线及电势高低的解题思路
逐点清3　E＝在非匀强电场中的应用　
3.如图所示，在某电场中画出了三条电场线，C点是A、B连线的中点。已知A点的电势为φA＝30 V，B点的电势为φB＝－10 V，则C点的电势(　 )
A．φC＝10 V B．φC>10 V
C．φC<10 V D．上述选项都不正确
解析：选C　由于AC之间的电场线比CB之间的电场线密，相等距离之间的电势差较大，即UAC>UCB，
所以φA－φC>φC－φB，可得φC<，即φC<10 V，C正确。
一点一过　E＝在非匀强电场中的两点妙用
(1)判断电势差的大小及电势的高低：距离相等的两点间的电势差，E越大，U越大，进而判断电势的高低。(如第3题中判断C点的电势)
(2)判断电场强度的大小：已知电场线分布时，电场线越密处，电场强度越大；已知等差等势线分布时，等势线越密处，电场强度越大。
(三) 等势面的理解与应用(精研点)
1．几种典型电场的等势面
电场 等势面 重要描述
匀强电场 垂直于电场线的一簇平面
点电荷的电场 以点电荷为球心的一簇球面
等量异种点电荷的电场 连线的中垂线上电势处处为零
等量同种(正)点电荷的电场 两点电荷连线上，中点的电势最低；在中垂线上，中点的电势最高
2．等势面(线)结合运动轨迹的求解方法
根据带电粒子在不同的等势面之间移动，结合题意确定电场力做正功还是做负功、电势能的变化情况或等势面的电势高低，垂直等势面(线)画出电场线来分析。
[考法全训]
考法1　等势面的理解与应用
1.(2021·全国甲卷)(多选)某电场的等势面如图所示，图中a、b、c、d、e为电场中的5个点，则(　 )
A．一正电荷从b点运动到e点，电场力做正功
B．一电子从a点运动到d点，电场力做功为4 eV
C．b点电场强度垂直于该点所在等势面，方向向右
D．a、b、c、d四个点中，b点的电场强度大小最大
解析：选BD　由题图可知φb＝φe，则正电荷从b点运动到e点，电场力不做功，A错误；由题图可知φa＝3 V，φd＝7 V，根据电场力做功与电势能的变化关系有Wad＝Epa－Epd＝(φa－φd)·(－e)＝4 eV，B正确；沿电场线方向电势逐渐降低，则b点处的电场强度方向向左，C错误；由于电场线与等势面处处垂直，则可画出电场线大体分布如图所示，由图可知b点电场线最密集，则b点处的电场强度最大，D正确。
2．(2021·全国乙卷)如图(a)，在一块很大的接地金属平板的上方固定一负电荷。由于静电感应，在金属平板上表面产生感应电荷，金属板上方电场的等势面如图(b)中虚线所示，相邻等势面间的电势差都相等。若将一正试探电荷先后放于M和N处，该试探电荷受到的电场力大小分别为FM和FN，相应的电势能分别为EpM和EpN，则(　 )
A．FM＜FN，EpM＞EpN B．FM＞FN，EpM＞EpN
C．FM＜FN，EpM＜EpN D．FM＞FN，EpM＜EpN
解析：选A　等差等势面的疏密反映电场强度的大小，故N点的电场强度大于M点的电场强度，同一正的试探电荷在N点受到的电场力大，即FM＜FN；在负的点电荷形成的电场中，离负点电荷越近，电势越低，正的试探电荷的电势能越小，故φM＞φN，EpM＞EpN，A正确。
考法2　电场线、等势线与运动轨迹问题
3.如图所示，实线为方向未知的三条电场线，虚线1、2、3分别为三条等势线，三条等势线与其中一条电场线的交点依次为M、N、Q点，已知MN＝NQ，电荷量相等的a、b两带电粒子从等势线2上的O点以相同的初速度飞出，仅在静电力作用下，两粒子的运动轨迹如图中虚线a′、b′所示，则(　 )
A．a粒子一定带正电，b粒子一定带负电
B．MN两点电势差大小|UMN|等于NQ两点电势差大小|UNQ|
C．a粒子的加速度逐渐增大，b粒子的加速度逐渐减小
D．a粒子从出发到等势线3过程的动能变化量比b粒子从出发到等势线1过程的动能变化量小
解析：选D　由题图可知，a粒子的轨迹方向向右弯曲，a粒子所受静电力方向向右，b粒子的轨迹向左弯曲，b粒子所受静电力方向向左，由于电场线方向未知，无法判断粒子的电性，故A错误；由题可知，a粒子所受静电力逐渐减小，加速度减小，b粒子所受静电力逐渐增大，加速度增大，故C错误；已知MN＝NQ，由于MN段场强大于NQ段场强，所以MN两点电势差大小|UMN|大于NQ两点电势差大小|UNQ|，故B错误；根据静电力做功公式W＝Uq，|UMN|>|UNQ|，a粒子从等势线2到3静电力做的功小于b粒子从等势线2到1静电力做的功，所以a粒子到达等势线3的动能变化量比b粒子到达等势线1的动能变化量小，故D正确。
1．[联系生活实际](多选)如图为某静电矿料分选器原理图，带电矿粉经漏斗落入水平匀强电场后，分别落在收集板中央的两侧。下列关于矿粉分离过程说法正确的是(　 )
A．落在收集板左侧的矿粉带正电
B．电场力对落在收集板两侧的矿粉均做负功
C．矿粉的电势能均减小
D．矿粉的电势能均增大
解析：选AC　由题图知，匀强电场的方向水平向左，所以落在收集板左侧的矿粉带正电，A正确；因为落在收集板左、右两侧的矿粉所受电场力与其偏转方向均一致，所以电场力对落在两侧的矿粉都做正功，电势能均减小，故B、D错误，C正确。
2．[体现学以致用]如图所示是高压电场干燥中药技术基本原理图，在大导体板MN上铺一薄层中药材，针状电极O和平板电极MN接高压直流电源，其间产生较强的电场。水分子是极性分子，可以看成棒状带电体，一端带正电，另一端带等量负电；水分子在电场力的作用下会加速从中药材中分离出去，在鼓风机的作用下飞离电场区域从而加速干燥。图中虚线ABCD是某一水分子从A处由静止开始的运动轨迹。下列说法正确的是(　 )
A．A处的电场强度大于D处
B．B处的电势高于C处
C．水分子做匀变速运动
D．水分子由A运动到C的过程中电势能减少
解析：选D　电场线密的地方电场强度大，A处的电场强度小于D处，A错误；顺着电场线方向电势降低，B处的电势低于C处，B错误；水分子受到的电场力是变力，所以做变加速运动，C错误；水分子两端带等量异种电荷，所以水分子的棒状与电场方向平行，且上端的电场强度大，受到较大的电场力，故水分子受到的合力沿电场线向上，即电场力对水分子做正功，根据功能关系可知电势能减少，D正确。
3．[体现学以致用](多选)当兴奋在心肌传播，在人体的体表可以测出与之对应的电势变化，可等效为两等量点电荷产生的电场。如图是人体表面的瞬时电势分布图，图中实线为等差等势面，标在等势面上的数值分别表示该等势面的电势，a、b、c、d为等势面上的点，a、b为两电荷连线上对称的两点，c、d为两电荷连线中垂线上对称的两点，则(　 )
A．a、b两点的电场强度相同
B．c、d两点的电场强度不相同
C．a、b两点的电势差Uab＝－3 mV
D．从c到d的直线上电场强度先变大后变小
解析：选AD　该瞬时电势分布图可等效为等量异种点电荷产生的，等量异种点电荷的电场线分布如图所示。a、b为两电荷连线上对称的两点，所以a、b两点的电场强度大小、方向相同，故A正确；c、d为两电荷连线中垂线上对称的两点，c、d两点的电场强度大小与方向也相同，故B错误；a、b两点的电势差Uab＝φa－φb＝3 mV，故C错误；根据等势线的疏密程度可判断出从c到d的直线上电场强度先变大后变小，故D正确。
4．[聚焦科技前沿](2022·浙江1月选考)某种气体—电子放大器的局部结构是由两块夹有绝缘介质的平行金属薄膜构成，其上存在等间距小孔，其中相邻两孔截面上的电场线和等势线的分布如图所示。下列说法正确的是(　 )
A．a点所在的线是等势线
B．b点的电场强度比c点大
C．b、c两点间的电势差的值比a、c两点间的大
D．将电荷沿图中的线从d→e→f→g移动时电场力做功为零
解析：选C　因上下为两块夹有绝缘介质的平行金属薄膜，则a点所在的线是电场线，A错误；因c处的电场线较b点密集，则c点的电场强度比b点大，B错误；因b、c两点所处的线为等势线，可知b、c两点间的电势差的值比a、c两点间的大，C正确；因d、g两点在同一电场线上，电势不相等，则将电荷沿图中的线从d→e→f→g移动时电场力做功不为零，D错误。
一、立足主干知识，注意基础性和综合性
1．(多选)关于电场，下列说法正确的是(　 )
A．电场是物质存在的一种形式
B．电场力一定对正电荷做正功
C．电场线是实际存在的线，反映电场强度的大小和方向
D．静电场的电场线总是与等势面垂直，且从电势高的等势面指向电势低的等势面
解析：选AD　电场是存在于电荷周围的一种特殊物质，A正确；如果正电荷的速度方向与电场力方向的夹角大于90°，则电场力做负功，B错误；电场线是为了形象地描绘电场而人为引入的一簇曲线，该曲线的疏密程度反映场强的大小，C错误；静电场的电场线在空间上与等势面垂直，且沿电场线的方向电势降低，即由高等势面指向低等势面，D正确。
2.我国的特高压直流输电是在高端制造领域领先世界的一张“名片”，特别适合远距离输电，若直流高压线掉到地上时，它就会向大地输入电流，并且以高压线与大地接触的那个位置为圆心，形成一簇如图所示的等差等势线同心圆，A、B、C、D是等势线上的四点，当人走在地面上时，如果形成跨步电压就会导致两脚有电势差而发生触电事故，则(　 )
A．电势的大小为φC＞φB＝φD＞φA
B．电场强度的大小为EA＞EB＝ED＞EC
C．人从B沿着圆弧走到D会发生触电
D．AB间距离等于BC间距离的2倍
解析：选B　根据题意，圆心处的电势最高，向外越来越低，电势的大小为φA＞φB＝φD＞φC，A错误；根据等势线的疏密判断电场强度的大小，由题图可知电场强度的大小为EA＞EB＝ED＞EC，B正确；B和D在同一条等势线上，人从B沿着圆弧走到D不会发生触电，C错误；AB间的平均场强大于BC间的平均场强，AB间的电势差等于BC间的电势差的2倍，根据E＝可以定性判断出AB间距离小于BC间距离的2倍，D错误。
3．(2021·浙江1月选考)如图所示是某一带电导体周围的电场线与等势面，A、C是同一等势面上的两点，B是另一等势面上的一点。下列说法正确的是(　 )
A．导体内部的场强左端大于右端
B．A、C两点的电势均低于B点的电势
C．B点的电场强度大于A点的电场强度
D．正电荷从A点沿虚线移到B点的过程中电场力做正功，电势能减小
解析：选D　处于静电平衡状态下的导体，它的表面是一个等势面，其内部电场为零，A错误； 根据电场线性质，顺着电场线方向电势降低，所以A、C电势高于B点电势，B错误；由题图可以看出A点的电场线比B点的电场线密集，B点的电场强度小于A点的电场强度，C错误；因为φA＞φB，因此正电荷从A点到B点电场力做正功，电势能减小，D正确。
4．(2021·广东高考)如图是某种静电推进装置的原理图，发射极与吸极接在高压电源两端，两极间产生强电场，虚线为等势面，在强电场作用下，一带电液滴从发射极加速飞向吸极，a、b是其路径上的两点，不计液滴重力，下列说法正确的是(　 )
A．a点的电势比b点的低
B．a点的电场强度比b点的小
C．液滴在a点的加速度比在b点的小
D．液滴在a点的电势能比在b点的大
解析：选D　高压电源左为正极，则两极间所加强电场的电场强度向右，而沿着电场线电势逐渐降低，可知φa>φb，故A错误；电场线与等势面垂直，根据等势面可大致画出电场线分布，可知a处的电场线较密，则Ea>Eb，故B错误；液滴的重力不计，根据牛顿第二定律可知，液滴的加速度为a＝，因Ea>Eb，可得aa>ab，故C错误；液滴在电场力作用下向右加速，则电场力做正功，动能增大，电势能减少，即Epa>Epb，故D正确。
5.如图所示的平面内，有静止的等量异号点电荷，M、N两点关于两电荷连线对称，M、P两点关于两电荷连线的中垂线对称。下列说法正确的是(　 )
A．M点的场强比P点的场强大
B．M点的电势比N点的电势高
C．N点的场强与P点的场强相同
D．电子在M点的电势能比在P点的电势能大
解析：选C　等量异种点电荷的电场线分布如图所示，则M点的场强与P点的场强大小相等，N点的场强与P点的场强大小相等，方向相同，A错误，C正确；根据等量异种点电荷的电势分布特点可知，M点的电势与N点的电势相等，M点的电势高于P点的电势，根据Ep＝qφ＝－eφ可知，电子在M点的电势能比在P点的电势能小，B、D错误。
6．(2021·辽宁高考)等量异号点电荷固定在水平向右的匀强电场中，电场分布如图所示，实线表示电场线，虚线表示等势线。将同一负电荷先后置于a、b两点，电势能分别为Epa和Epb，电荷所受电场力大小分别为Fa和Fb，则(　 )
A．Epa＞Epb，Fa>Fb B．Epa＞Epb，FaC．Epa＜Epb，Fa>Fb D．Epa＜Epb，Fa解析：选D　电场线的疏密程度表示场强的大小，因此Fa＜Fb，原匀强电场水平向右，正负电荷的电场线由正电荷指向负电荷，因此可知图中的电场线方向为从左指向右，因此由对称性可知b点电势小于a点电势，由Ep＝qφ可知Epb＞Epa。故D正确。
7.如图所示，绝缘的斜面处在一个竖直向上的匀强电场中，一带电金属块由静止开始沿斜面滑到底端，已知在金属块下滑的过程中动能增加了0.3 J，重力做功1.5 J，电势能增加0.5 J，则以下判断正确的是(　 )
A．金属块带负电荷
B．静电力做功0.5 J
C．金属块克服摩擦力做功0.7 J
D．金属块的机械能减少1.4 J
解析：选C　在下滑过程中电势能增加0.5 J，故物体需克服电场力做功为0.5 J，故金属块带正电荷，故A、B错误；在金属块下滑的过程中动能增加了0.3 J，重力做功1.5 J，电场力做功－0.5 J，根据动能定理得，W总＝WG＋W电＋Wf＝ΔEk，解得Wf＝－0.7 J，故C正确；外力做功为W外＝W电＋Wf＝－1.2 J，故金属块机械能减少1.2 J，故D错误。
8.某示波管内的聚焦电场如图所示，实线表示电场线，虚线表示等势线，A、B、C 为电场中的三点。两电子分别从A、B运动到同一点C，电场力对两电子做功分别为WA和WB，则(　 )
A．WA＝WB<0 B．WA＝WB>0
C．WA>WB>0 D．WA解析：选B　图中A、B两点在一个等势面上电势相等，则AC间的电势差等于BC间的电势差，沿着电场线方向，电势是降低的，则有UAC＝UBC<0，根据W＝qU，则有WA＝WB>0，故B正确，A、C、D错误。
二、强化迁移能力，突出创新性和应用性
9．(多选)下图为静电植绒的原理图。带负电的金属网中盛有绒毛，真空中带负电的绒毛一旦与布匹上的黏合剂接触就粘贴在布匹上，则带负电的绒毛从带负电的金属网到布匹的运动过程中(　 )
A．做匀速运动
B．做加速运动
C．电势能逐渐增大
D．运动经过处各点电势逐渐升高
解析：选BD　带负电的绒毛从带负电的金属网到布匹的运动过程中由于受到向下的电场力，故绒毛做加速运动，故A错误，B正确；由于绒毛受到向下的电场力，电场力做正功，电势能减小，故C错误；绒毛带负电，向下运动过程中电势能不断减小，则电势不断升高，故D正确。
10.(2023·广东六校联考)如图所示，空间有一圆锥OBB′，点A、A′分别是两母线的中点。现在顶点O处固定一带正电的点电荷，下列说法中正确的是(　 )
A．A、A′两点的电场强度相同
B．将一带负电的试探电荷从B点沿直径移到B′点，其电势能先减小后增大
C．平行于底面且圆心为O1的截面为等势面
D．若B′点的电势为φB′，A′点的电势为φA′，则BA连线中点C处的电势φC等于
解析：选B　A、A′两点的电场强度大小相等，方向不同，A错误；将带负电的试探电荷从B点沿直径移到B′点过程中，静电力先做正功，后做负功，电势能先减小后增大，B正确；O处固定的带正电的点电荷产生的等势面是以O为圆心的球面，不是圆心为O1的截面，C错误；由于CB间的场强小于AC间的场强，由U＝d得CB间的电势差小于AC间的电势差，又因为A、A′到O点的距离相等，所以φA＝φA′，同理可得φB＝φB′，C为AB中点，则有φC＜，D错误。
11．(2021·江苏高考)一球面均匀带有正电荷，球内的电场强度处处为零，如图所示，O为球心，A、B为直径上的两点，OA＝OB，现垂直于AB将球面均分为左右两部分，C为截面上的一点，移去左半球面，右半球面所带电荷仍均匀分布，则(　 )
A．O、C两点电势相等
B．A点的电场强度大于B点
C．沿直线从A到B电势先升高后降低
D．沿直线从A到B电场强度逐渐增大
解析：选A　由于球壳内部的场强为零，补全球面以后可知左、右半球面对C点的场强应等大反向，由对称性可知右半球面对C点的场强应垂直截面向左，因此OC是等势线，故A正确；将题中半球壳补成一个完整的球壳，且带电均匀，设左、右半球面在A点产生的电场强度大小分别为E1和E2；由题知，均匀带电球壳内部电场强度处处为零，则知E1＝E2，根据对称性，左、右半球面在B点产生的电场强度大小分别为E2和E1，在图示电场中，A点的电场强度大小为E2，方向向左，B点的电场强度大小为E1，方向向左，所以A点的电场强度与B点的电场强度相同，沿直线从A到B电场强度不可能逐渐增大，故B、D错误；根据电场的叠加原理可知，在AB连线上电场线方向向左，沿着电场线方向电势逐渐降低，则沿直线从A到B电势升高，故C错误。
12.避雷针是用来保护建筑物、高大树木等避免雷击的装置。当雷云放电接近地面时它使地面电场发生畸变，在避雷针的顶端形成局部电场集中的空间。图示为某次避雷针周围的等势面分布情况，电场中有M、N、P三点。下列说法正确的是(　 )
A．P点的电势比N点的高
B．避雷针附近的电场是匀强电场
C．正电荷从M点移动到N点，电场力做正功
D．电子在P点的电势能大于其在M点的电势能
解析：选D　由题图中虚线为等势面知P点的电势为6 kV，N点的电势为8 kV，则N点电势高，A错误；匀强电场的等势线应是一簇等间距的平行线，由图可知避雷针附近的电场显然不是匀强电场，B错误；M、N两点在同一等势面上，电势相等，正电荷从M点移动到N点，电场力做功为零，C错误；由Ep＝qφ，电子在P点的电势能为Ep1＝－eφP＝－e·6 kV＝－6 keV，电子在M点的电势能为Ep2＝－eφM＝－e·8 kV＝－8 keV，故Ep1>Ep2，即电子在P点的电势能大于其在M点的电势能，D正确。
13.某平面区域内一静电场的等势线分布如图中虚线所示，一正电荷仅在电场力作用下由a运动至b，设a、b两点的电场强度分别为Ea、Eb，电势分别为φa、φb，该电荷在a、b两点的速度分别为va、vb，电势能分别为Epa、Epb，则(　 )
A．Ea>Eb B．φa＞φb
C．va>vb D．Epa>Epb
解析：选C　等势面的疏密反映电场强度的大小，所以Ea＜Eb，A错误；如图所示，运动轨迹与等势面的交点A处，电场线与等势面垂直，正电荷做曲线运动合外力指向凹侧，所以在A点所受电场力水平向左，所以A点的电场线水平向左，从而判断出电场线指向左侧，所以φb＞φa，B错误；正电荷在电势高的地方电势能大，所以在b点的电势能大于a点的电势能，则Epa14.(多选)如图所示，两个等量异种电荷和M、N两点是菱形的四个顶点，a、b、c、d是菱形四个边长的中点，O是两电荷连线的中点。下列说法正确的是(　 )
A．M点的电场强度比O点大
B．a、b两处的电场强度和电势都相同
C．a、c两处的电场强度一定相同
D．将一负电荷从a点移到O点再移到c点，电场力在两段做的负功相同
解析：选CD　在等量异种电荷连线的中垂线上，O点的电场强度最大，所以M点的电场强度比O点小，故A错误；根据等量异种电荷周围电场的对称性可知，a、b两处的电场强度大小相等，方向不同，故B错误；根据等量异种电荷周围电场的对称性可知，a、c两处的电场强度一定相同，故C正确；如图所示，作出经过a、b两点的等势线，作出经过c、d两点的等势线，两等势线分别交两等量异种电荷的连线于A、C点，根据等量异种电荷周围电场的对称性可知，A、O两点间的电势差UAO等于O、C两点间的电势差UOC，即a、O两点间的电势差UaO等于O、c两点间的电势差UOc，所以将一负电荷从a点移到O点再移到c点，电场力在两段做的负功相同，故D正确。
15.(2022·河北高考)如图，真空中电荷量为2q和－q(q>0)的两个点电荷分别位于M点与N点，形成一个以MN延长线上O点为球心，电势为零的等势面(取无穷远处电势为零)，P为MN连线上的一点，S为等势面与直线MN的交点，T为等势面上的一点，下列说法正确的是(　 )
A．P点电势低于S点电势
B．T点电场强度方向指向O点
C．除无穷远处外，MN直线上还存在两个电场强度为零的点
D．将正试探电荷q0从T点移到P点，静电力做正功
解析：选B　在直线MN上，正电荷在M点，其右侧电场强度水平向右，负电荷在N点，其左侧电场强度水平向右，根据电场的叠加可知MN间的电场强度水平向右，沿着电场线电势逐渐降低，可知P点电势高于等势面与MN交点处电势，则P点电势高于S点电势，等势面上任意一点电势均大于球内任意一点电势，又因为电场强度方向垂直等势面，可知T点电场强度方向指向O点，故A错误，B正确；由于正电荷的电荷量大于负电荷的电荷量，可知在N点左侧电场强度不可能为零，则N点右侧，设MN距离为L，根据＝，可知除无穷远处外，MN直线上电场强度为零的点只有一个，故C错误；由A选项分析可知：T点电势低于P点电势，则正电荷在T点的电势能低于在P点的电势能，将正试探电荷q0从T点移到P点，电势能增大，静电力做负功，故D错误。
16．如图，两个带等量正电的点电荷，分别固定在绝缘水平桌面上的A、B两点，一绝缘圆形细管水平固定在桌面A、B两点间，且圆形细管圆心O位于A、B连线的中点，细管与A、B连线及中垂线交点分别为C、E、D、F，一个带负电的小球在细管中按顺时针方向做完整的圆周运动，不计一切摩擦。下列说法正确的是(　 )
A．小球从C运动到D的过程中，速度先减小后增大
B．在两个带正电的点电荷产生的电场中，C点的电势比F点的电势低
C．小球在C、E两点的速度大小相等，有相同的电势能
D．小球在D、F两点所受的电场力相同
解析：选C　等量同种正点电荷的电场线如图，小球从C到D的过程中电场力的方向与速度方向的夹角一直是钝角，电场力一直做负功，速度一直减小，A错误；由等量正点电荷的电场线的分布可知，电场线在OC方向由C指向O，在OF方向则有O指向F，顺着电场线方向电势降低，因此有φC>φO>φF，B错误；根据电场分布的对称性规律可知φC＝φE，则小球在C、E两点的电势能相同，由能量守恒定律可得小球在C和E两点动能相同，速度大小相等，C正确；D、F两点场强方向相反，因此小球受到的电场力方向相反，D错误。
第3讲　电容器 带电粒子在电场中的运动
一、电容器及电容
1．电容器
(1)组成：由两个彼此绝缘又相距很近的导体组成。
(2)带电荷量：一个极板所带电荷量的绝对值。
(3)电容器的充、放电
①充电：使电容器带电的过程，充电后电容器两极板带上等量的异种电荷，电容器中储存电场能。
②放电：使充电后的电容器失去电荷的过程，放电过程中电场能转化为其他形式的能。
2．电容
定义 电容器所带的电荷量Q与电容器两极板之间的电势差U之比
定义式 C＝；单位：法拉(F)、微法(μF)、皮法(pF)。1 F＝106μF＝1012pF
意义 表示电容器容纳电荷本领的高低
决定因素 由电容器本身物理条件(大小、形状、相对位置及电介质)决定，与电容器是否带电及两极板间是否存在电压无关
3．平行板电容器的电容
(1)决定因素：极板的正对面积，电介质的相对介电常数，两板间的距离。
(2)决定式：C＝。
二、带电粒子在电场中的运动
1．加速
用动力学观点分析 a＝，E＝，v2－v02＝2ad
用能量观点分析 ①在匀强电场中，W＝qEd＝qU＝mv2－mv02②在非匀强电场中，W＝qU＝mv2－mv02
2．偏转
运动情况 如果带电粒子以初速度v0垂直场强方向进入板间电压为U的匀强电场中，则带电粒子在电场中做类平抛运动，如图所示
处理方法 将粒子的运动分解为沿初速度方向的匀速直线运动和沿电场力方向的匀加速直线运动。根据运动的合成与分解的知识解决有关问题
情境创设　
目前智能手机普遍采用了电容触摸屏，电容触摸屏是利用人体的电流感应进行工作的，它是一块四层复合玻璃屏，玻璃屏的内表面和夹层各涂一层ITO(纳米铟锡金属氧化物)，夹层ITO涂层作为工作面，四个角引出四个电极，当用户手指触摸电容触摸屏时，手指和工作面形成一个电容器，因为工作面上接有高频信号，电流通过这个电容器分别从屏的四个角上的电极中流出，且理论上流经四个电极的电流与手指到四个角的距离成比例，控制器通过对四个电流比例的精密计算来确定手指位置，假设电容器为平行板电容器。
微点判断　
(1)电容触摸屏只需要触摸，不需要压力即能产生位置信号。(√)
(2)使用绝缘笔在电容触摸屏上也能进行触控操作。(×)
(3)手指压力变大时，由于手指与屏的夹层工作面距离变小，电容变小。(×)
(4)手指与屏的接触面积变大时，电容变大。(√)
(5)电容触摸屏在原理上把人体的手指当作电容器元件的一个电极使用。(√)
(6)电容器所带的电荷量是指每个极板所带电荷量的代数和。(×)
(一) 平行板电容器的动态分析(固基点)
[题点全练通]
1．[电荷量不变时的动态分析]
在手机塑料壳的生产线上，用图示装置来监控塑料壳的厚度。两个完全一样的金属板A、B，平行正对固定放置，通过导线接在恒压电源上：闭合开关，一小段时间后断开开关，让塑料壳匀速通过A、B间，当塑料壳变厚时(　 )
A．两板间电压不变 B．两板间电场强度减小
C．两板所带电荷量减小 D．静电计指针偏角增大
解析：选B　断开开关后电容器的电荷量不变，根据C＝、U＝得U＝Q·，可知，由于Q不变，当塑料壳变厚时εr增大，两板间电压减小，静电计指针偏角减小，故A、C、D错误；根据E＝可知，两板间距离d不变，电压U减小，则两板间电场强度减小，故B正确。
2．[电压不变时的动态分析]
(2023·随州模拟)一位同学用底面半径为r的圆桶形塑料瓶制作了一种电容式传感器，用来测定瓶内溶液深度的变化。如图所示，瓶的外壁涂有一层导电涂层和瓶内导电溶液构成电容器的两极，它们通过探针和导线与电源、电流计、开关相连，中间层的塑料为绝缘电介质，其厚度为d，相对介电常数为εr。若发现在某一小段时间t内有大小为I的电流从下向上流过电流计，电源电压恒定为U，则瓶内液面的高度(　 )
A．升高了 B．升高了
C．降低了 D．降低了
解析：选C　由题图可知，液体与瓶的外壁涂的导电涂层构成了电容器，两板间距离不变；液面高度变化时只有正对面积发生变化；由C＝可知，当液面升高时，正对面积S增大，则电容增大，反之则电容减小，由于电流从下向上流过电流计，可知该时间内电容器上的电荷量减小，由于电势差不变，故电容减小，瓶内液面降低，t时间内减少的电量q＝It，由C＝可得q＝ΔQ＝U·ΔC，ΔS＝2πr·Δh，故ΔC＝，联立解得Δh＝，故选C。
3．[带电体受力及运动情况的判断]
(多选)如图所示，平行板电容器A、B间有一带电油滴P正好静止在极板正中间，现将B极板匀速向下移动到虚线位置，其他条件不变。则在B极板移动的过程中(　 )
A．油滴将向下做匀加速运动
B．电流计中电流由b流向a
C．油滴运动的加速度逐渐变大
D．极板带的电荷量减少
解析：选CD　由C＝可知，d增大，电容器电容C减小，由Q＝CU可知，电容器的电荷量减少，电容器放电，电流由a流向b，B错误，D正确；由E＝可知，在B板下移过程中，两板间场强逐渐减小，由mg－Eq＝ma可知油滴运动的加速度逐渐变大，A错误，C正确。
4．[电容器的综合分析]
如图所示，电源电动势为E，内电阻恒为r，R是定值电阻，热敏电阻RT的阻值随温度降低而增大，C是平行板电容器。静电计上金属球与平行板电容器上板相连，外壳接地。闭合开关S，带电液滴刚好静止在电容器两板内。在温度降低的过程中，分别用ΔI、ΔU1和ΔU2表示电流表、电压表1和电压表2示数变化量的绝对值。关于该电路工作状态的变化，下列说法正确的是(　 )
A．一定不变，一定变大
B．和一定不变
C．带电液滴一定向下加速运动且它的电势能不断减少
D．静电计的指针偏角增大
解析：选B　根据电路知识知，V1测路端电压，V2测热敏电阻RT的电压，静电计测定值电阻R的电压，由U1＝E－Ir可得＝r，可知不变，根据U2＝E－I(R＋r)可得＝r＋R，可知不变，故A错误，B正确；带电液滴在平行板中受到向上的电场力和向下的重力处于平衡状态，在温度降低的过程中，热敏电阻RT阻值增大，回路中电流减小，路端电压增大，由于流过定值电阻R的电流减小，所以分得的电压也就减小，电容器两端电压减小，静电计的指针偏角将减小，平行板间的电场强度也减小，导致带电液滴向下运动，电场力做负功，电势能增加，故C、D错误。
[要点自悟明]
1．动态分析的思路
2．两类动态分析的比较
(二) 带电粒子(体)在电场中的直线运动(精研点)
1．电场中重力的处理方法
(1)基本粒子：如电子、质子、α粒子、离子等微观粒子，除有说明或明确暗示外，一般都不考虑重力(但并不忽略质量)。
(2)带电体：如尘埃、液滴、小球等，除有特殊说明或明确暗示外，一般都不能忽略重力。
2．做直线加速运动的条件
带电粒子(体)所受合外力与速度方向在同一条直线上。
[考法全训]
题型1　带电粒子仅在静电力作用下的直线运动
1.如图所示，一充电后的平行板电容器的两极板相距l。在正极板附近有一质量为M、电荷量为q(q>0)的粒子；在负极板附近有另一质量为m、电荷量为－q的粒子。在静电力的作用下，两粒子同时从静止开始运动。已知两粒子同时经过平行于正极板且与其相距l的平面。若两粒子间的相互作用可忽略，不计重力，则M∶m为(　 )
A．3∶2 B．2∶1
C．5∶2 D．3∶1
解析：选A　设电场强度为E，两粒子的运动时间相同，对电荷量为q的粒子aM＝，l＝·t2；对电荷量为－q的粒子有am＝，l＝·t2，联立解得＝，故选A。
题型2　带电体在静电力和重力作用下的直线运动
2.如图所示，倾斜放置的平行板电容器两极板与水平面夹角为θ，极板间距为d，带负电的微粒质量为m、带电荷量大小为q，从极板M的左边缘A处以初速度v0水平射入，沿直线运动并从极板N的右边缘B处射出，重力加速度为g，则(　 )
A．微粒到达B点时动能为mv02
B．微粒的加速度大小等于gsin θ
C．两极板的电势差UMN＝
D．微粒从A点到B点的过程，电势能减少
解析：选C　微粒受静电力和重力作用，静电力方向垂直于极板，重力的方向竖直向下，微粒做直线运动，合力方向沿水平方向，由此可知，静电力方向垂直于极板斜向左上方，合力方向水平向左，微粒做匀减速运动，微粒到达B点时动能小于mv02，选项A错误；根据qEsin θ＝ma，qEcos θ＝mg，解得E＝，a＝gtan θ，选项B错误；两极板的电势差UMN＝Ed＝，选项C正确；微粒从A点到B点的过程，静电力做负功，电势能增加，电势能增加量为，选项D错误。
3.如图所示，一平行板电容器水平放置，板间距离为d，上下极板开有一小孔，四个质量均为m、带电荷量均为q的带电小球，其间用长均为的绝缘轻杆相连，处于竖直状态，今使下端小球恰好位于上极板小孔中，且由静止释放，让四球竖直下落。当下端第二个小球到达下极板时，速度恰好为零。重力加速度为g，(仅两极板间存在电场)试求：
(1)两极板间的电压；
(2)小球运动的最大速度。
解析：(1)根据动能定理可得4mg×d－2Uq－Uq－Uq＝0
解得U＝。
(2)当两个小球在电场中时，静电力F1＝×2q＝mg<4mg
当三个小球在电场中时，静电力F2＝×3q＝mg>4mg
故当第三个小球刚进入电场时速度最大，根据动能定理可得4mg×－Uq－Uq＝×4mv2－0
解得v＝ 。
答案：(1)　(2)
(三) 带电粒子(体)在电场中的偏转(精研点)
1．偏转的一般规律
2．两个重要推论
(1)不同的带电粒子从静止开始经过同一电场加速后再从同一偏转电场射出时的偏转角、偏移距离总是相同的。
(2)粒子经电场偏转后，合速度的反向延长线与初速度延长线的交点O为粒子水平位移的中点，若电场宽度为l，O到电场边缘的距离为。
3．一般解题方法
运动的分解法 一般用分解的思想来处理，即将带电粒子的运动分解为沿电场力方向上的匀加速直线运动和垂直电场力方向上的匀速直线运动
功能关系 当讨论带电粒子的末速度v时也可以从能量的角度进行求解：qUy＝mv2－mv02，其中Uy＝y，指初、末位置间的电势差
[考法全训]
考法1　带电粒子在匀强电场中的偏转
1．(2022·浙江6月选考)如图所示，带等量异种电荷的两正对平行金属板M、N间存在匀强电场，板长为L(不考虑边界效应)。t＝0时刻，M板中点处的粒子源发射两个速度大小为v0的相同粒子，垂直M板向右的粒子，到达N板时速度大小为v0；平行M板向下的粒子，刚好从N板下端射出。不计重力和粒子间的相互作用，则(　 )
A．M板电势高于N板电势
B．两个粒子的电势能都增加
C．粒子在两板间的加速度为a＝
D．粒子从N板下端射出的时间t＝
解析：选C　由于不知道两粒子的电性，故不能确定M板和N板的电势高低，A错误；根据题意，垂直M板向右的粒子，到达N板时速度增加，动能增加，则电场力做正功，电势能减小；平行M板向下的粒子到达N板时电场力也做正功，电势能同样减小，B错误；设两板间距离为d，对于平行M板向下的粒子刚好从N板下端射出，在两板间做类平抛运动，有＝v0t，d＝at2，对于垂直M板向右的粒子，在板间做匀加速直线运动，因两粒子相同，在电场中加速度相同，有(v0)2－v02＝2ad，联立解得t＝，a＝，C正确，D错误。
2．(2021·全国乙卷)(多选)四个带电粒子的电荷量和质量分别为(＋q，m)、(＋q,2m)、(＋3q,3m)、(－q，m)，它们先后以相同的速度从坐标原点沿x轴正方向射入一匀强电场中，电场方向与y轴平行。不计重力，下列描绘这四个粒子运动轨迹的图像中，可能正确的是(　 )
解析：选AD　分析可知带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，则带电粒子的运动轨迹方程为y＝·2，由于带电粒子的初速度相同，带电粒子(＋q，m)、(＋3q,3m)的比荷相同，则带电粒子(＋q，m)、(＋3q，3m)的运动轨迹重合，C错误；当电场方向沿y轴正方向时，带正电荷的粒子向y轴正方向偏转，带负电荷的粒子向y轴负方向偏转，则粒子(＋q，m)、(＋3q，3m)的运动轨迹与粒子(－q，m)的运动轨迹关于x轴对称，粒子(＋q,2m)的比荷比粒子(＋q，m)、(＋3q，3m)的小，则x相同时，粒子(＋q,2m)沿y轴方向的偏转量比粒子(＋q，m)、(＋3q，3m)的小，D正确；当电场方向沿y轴负方向时，同理可知A正确，B错误。
考法2　带电体在匀强电场中的偏转
3．空间存在一方向竖直向下的匀强电场，O、P是电场中的两点。从O点沿水平方向以不同速度先后发射两个质量均为m的小球A、B。A不带电，B的电荷量为q(q>0)。A从O点发射时的速度大小为v0，到达P点所用时间为t；B从O点到达P点所用时间为。重力加速度为g，求：
(1)电场强度的大小；
(2)B运动到P点时的动能。
解析：(1)设电场强度的大小为E，小球B运动的加速度为a。根据牛顿第二定律、运动学公式和题给条件，有mg＋qE＝ma ①
a2＝gt2 ②
解得E＝。 ③
(2)设B从O点发射时的初速度为v1，到达P点时的动能为Ek，O、P两点的高度差为h，根据动能定理有
mgh＋qEh＝Ek－mv12 ④
且有v1＝v0t ⑤
h＝gt2 ⑥
联立③④⑤⑥式得Ek＝2m(v02＋g2t2)。 ⑦
答案：(1)　(2)2m(v02＋g2t2)
1．[联系生活实际]
在我们的日常生活中会发生很多静电现象。有一次，小明的手指靠近金属门把手时，如图所示，突然有一种被电击的感觉。这是因为运动摩擦使身体带电，当手指靠近门把手时，二者之间产生了放电现象。已知手指带负电，关于放电前手指靠近金属门把手的过程中，下列说法正确的是(　 )
A．门把手内部的场强逐渐变大
B．门把手与手指之间场强逐渐增大
C．门把手左端电势高于右端电势
D．门把手右端带负电荷且电量增加
解析：选B　放电前手指靠近金属门把手的过程中，门把手在手的影响下，发生静电感应，在其右端感应出正电荷，左端感应出负电荷。本身是处于静电平衡状态，内部场强为零，两端电势相等，门把手与手指之间看成一个电容器，可知当两者距离减小时，根据公式C＝，E＝，C＝，联立可得E＝，可知，门把手与手指之间场强逐渐增大。
2．[体现学以致用]静电喷涂是利用高压静电电场使带负电的涂料微粒沿着电场相反的方向定向运动，并将涂料微粒吸附在工件表面上的一种喷涂方法，其工作原理如图所示。忽略运动中涂料微粒间的相互作用和涂料微粒的重力。下列说法中正确的是(　 )
A．当静电喷涂机与被喷涂工件之间的距离增大时，在运动中的涂料微粒所受电场力增大
B．涂料微粒的运动轨迹仅由被喷涂工件与静电喷涂机之间所接的高压电源决定
C．在静电喷涂机水平向左移动的过程中，有两个带有相同电荷量的微粒先后经过被喷涂工件右侧P点(相对工件的距离不变)处，先经过的微粒电势能较大
D．涂料微粒在向被喷涂工件运动的轨迹中，在直线轨迹上电势升高最快
解析：选D　当静电喷涂机与被喷涂工件之间的距离增大时，由于静电喷涂机与被喷涂工件之间电压恒定，电场强度减小，故涂料微粒所受电场力减小，A错误；涂料微粒的运动轨迹与初速度和受力情况均有关，B错误；工件接地，电势为零，P处电势为负值，喷涂机左移会使空间场强变大，P点电势变低，因微粒带负电，先经过的微粒电势能较小，C错误；涂料微粒在向被喷涂工件运动的轨迹中，直线的距离最小，结合公式U＝Ed，在直线轨迹上电势升高最快，D正确。
3．[聚焦科技前沿]心脏除颤器的工作原理是向储能电容器充电，使电容器获得一定的储能，对心颤患者皮肤上的两个电极板放电，让一部分电荷通过心脏，刺激心颤患者的心脏，使之恢复正常跳动。如图是一次心脏除颤器的模拟治疗，该心脏除颤器的电容器电容为14 μF，充电至10 kV电压，如果电容器在2 ms时间内完成放电，放电结束时电容器两极板间的电势差减为零，下列说法正确的是(　 )
A．这次放电过程中通过人体组织的电流恒为70 A
B．这次放电有0.14 C的电荷量通过人体组织
C．若充电至5 kV，则该电容器的电容为7 μF
D．人体起到绝缘电介质的作用
解析：选B　根据C＝可知该电容器所带电荷量在放电过程中逐渐减小，电压也在逐渐减小，所以电流逐渐减小，故A错误；根据C＝可知充电至10 kV 时电容器带的电荷量为Q＝CU＝0.14 C，故这次放电过程中有0.14 C的电荷量通过人体组织，故B正确；电容器在充电过程中，电容器的电容不变，仍然为14 μF，故C错误；人体为导体，故D错误。
4．[聚焦科技前沿]如图为某一机器人上的电容式位移传感器工作时的简化模型图。当被测物体在左右方向发生位移时，电介质板随之在电容器两极板之间移动，连接电容器的静电计会显示电容器电压的变化，进而能测出电容的变化，最后就能探测到物体位移的变化，若静电计上的指针偏角为θ，则被测物体(　 )
A．向左移动时，θ增大 B．向右移动时，θ增大
C．向左移动时，θ不变 D．向右移动时，θ减小
解析：选B　当被测物体向左移动时，电容器极板间的电介质增多，则电容会增大，由于电荷量不变，则电容器极板间的电压减小，即θ减小，故A、C错误；当被测物体向右移动时，情况相反，故B正确，D错误。
一、立足主干知识，注重基础性和综合性
1.当带电的云层离地面较近时，云和地面形成一个巨型电容器，它们之间会形成一个强电场，若云层带电量一定，将云层底面及地面始终都看作平整的平面，则(　 )
A．当云层向下靠近地面时，该电容器的电容将减小
B．当云层向下靠近地面时，云层和地面间的电势差将增大
C．当云层向下靠近地面时，云层和地面间的电场强度将增大
D．当云层底面积增大时，该电容器的电容将增大
解析：选D　根据平行板电容器电容的决定式C＝，可知，当云层向下靠近地面时，d减小，该电容器的电容C将增大，故A错误；根据电容器电容的定义式C＝可知，当云层向下靠近地面时，该电容器的电容C增大，由于电荷量Q不变，则云层和地面间的电势差将减小，故B错误；根据电场强度与电势差的关系E＝，再联立上面两式可得E＝，则当云层向下靠近地面时，云层和地面间的电场强度将不变，故C错误；当云层底面积增大时，正对面积S增大，该电容器的电容C将增大，故D正确。
2．(2023·孝感模拟)粒子直线加速器在科学研究中发挥着巨大的作用，简化如图所示：沿轴线分布O(为薄金属环)及A、B、C、D、E 5个金属圆筒(又称漂移管)，相邻漂移管分别接在高压电源MN的两端，O接M端。质子飘入(初速度为0)金属环O轴心沿轴线进入加速器，质子在金属圆筒内做匀速运动且时间均为T，在金属圆筒之间的狭缝被电场加速，加速时电压U大小相同。质子电荷量为e，质量为m，不计质子经过狭缝的时间，则(　 )
A．质子从圆筒E射出时的速度大小为
B．圆筒E的长度为T
C．MN所接电源是直流恒压电源
D．金属圆筒A与金属圆筒B的长度之比为1∶2
解析：选B　质子从O点沿轴线进入加速器，质子经5次加速，由动能定理可得5eU＝mvE2，质子从圆筒E射出时的速度大小为vE＝，选项A错误；质子在圆筒内做匀速运动，所以圆筒E的长度为LE＝vET＝T，选项B正确；同理可知，金属圆筒A的长度LA＝T，金属圆筒B的长度LB＝T，则金属圆筒A的长度与金属圆筒B的长度之比为1∶，选项D错误；因由直线加速器加速质子，其运动方向不变，由题图可知，当质子在OA间加速时，A接电源负极，则质子在AB间加速时需将A接电源正极，所以MN所接电源的极性应周期性变化，选项C错误。
3．密立根用油滴实验测得了电子电荷量的精确数值。如图所示，当油滴喷出时，因与喷雾器摩擦而带负电，油滴通过小孔进入平行板电容器AB之间，调节两板间的电压，让油滴缓慢匀速下落，并测定油滴直径等相关物理量，可推算出该油滴的电荷量，不计油滴间相互作用。下列说法正确的是(　 )
A．油滴由于失去正电荷而带负电
B．若仅增大AB间电压，油滴将加速下落
C．若仅增大AB间距离，油滴将减速下落
D．若在AB间同时悬停着两颗油滴，则直径大的带电荷量一定大
解析：选D　油滴与喷雾器摩擦得到电子从而带负电荷，A错误；由于油滴带负电，受电场力向上，若仅增大AB间电压，油滴将加速上升，B错误；若仅增大AB间距离，电压不变，根据E＝，可知电场强度减小，电场力小于重力，油滴将加速下落，C错误；若在AB间同时悬停着两颗油滴，直径大的质量一定大，根据mg＝Eq，可知质量大的带电荷量一定大，因此直径大的带电荷量一定大，D正确。
4.(2023·长沙模拟)如图所示，两块水平放置的平行金属板与电源连接，上、下板分别带正、负电荷。油滴从喷雾器喷出后，由于摩擦而带负电，油滴进入上板中央小孔后落到匀强电场中，通过显微镜可以观察到油滴的运动情况。两金属板间的距离为d，忽略空气对油滴的浮力和阻力。若油滴进入电场时的速度可以忽略，当两金属板间的电势差为U时观察到某个质量为m的油滴进入电场后做匀加速运动，经过时间t运动到下极板，则该油滴所带电荷量可表示为(　 )
A． B．
C． D．
解析：选A　油滴带负电，设电荷量为Q，油滴所受到的电场力方向向上，设加速度大小为a，由牛顿第二定律得，mg－Q＝ma，d＝at2。联立两式得，Q＝，故A正确。
5．(多选)电子束熔炼是指高真空下，将高速电子束的动能转换为热能作为热源来进行金属熔炼的一种熔炼方法。如图所示，阴极灯丝被加热后产生初速度为0的电子，在3×104 V加速电压的作用下，以极高的速度向阳极运动；穿过阳极后，在金属电极A1、A2间 1×103 V电压形成的聚焦电场作用下，轰击到物料上，其动能全部转换为热能，使物料不断熔炼。已知某电子在熔炼炉中的轨迹如图中虚线OPO′所示，P是轨迹上的一点，聚焦电场过P点的一条电场线如图中弧线所示，则(　 )
A．电极A1的电势高于电极A2的电势
B．电子在P点时速度方向与聚焦电场强度方向夹角大于90°
C．聚焦电场只改变电子速度的方向，不改变电子速度的大小
D．电子轰击到物料上时的动能大于3×104 eV
解析：选ABD　由电子运动轨迹与力的关系可知电子在P点受到的电场力斜向左下方，电子带负电，所以电场强度方向与电子受到的电场力方向相反，即电极A1的电势高于电极A2的电势，故A正确；电子在P点时速度方向与聚焦电场强度方向夹角大于90°，故B正确；聚焦电场不仅改变电子速度的方向，也改变电子速度的大小，故C错误；由动能定理，电子到达聚焦电场时动能已经为3×104 eV，再经过聚焦电场加速，可知电子轰击到物料上时的动能大于3×104 eV，故D正确。
6. (2022·湖北高考)密立根油滴实验装置如图所示，两块水平放置的金属板分别与电源的正负极相接，板间产生匀强电场。用一个喷雾器把密度相同的许多油滴从上板中间的小孔喷入电场，油滴从喷口喷出时由于摩擦而带电。金属板间电势差为U时，电荷量为q、半径为r的球状油滴在板间保持静止。若仅将金属板间电势差调整为2U，则在板间能保持静止的球状油滴所带电荷量和半径可以为(　 )
A．q，r 　　　　　　　 B．2q，r
C．2q,2r D．4q,2r
解析：选D　初始状态下，油滴处于静止状态时，满足Eq＝mg，即q＝πr3·ρg，当电势差调整为2U时，若油滴的半径不变，则满足q′＝πr3·ρg，可得q′＝，A、B错误；当电势差调整为2U时，若油滴的半径变为2r时，则满足q′＝π(2r)3·ρg，可得q′＝4q，C错误，D正确。
7.(2023·湖南名校联考)如图所示，真空中的M、N为两个等大的均匀带电圆环，其圆心分别为A、C，带电荷量分别为＋Q、－Q，将它们平行放置，A、C连线垂直于圆环平面，B为AC的中点，现有质量为m、带电荷量为＋q的微粒(重力不计)从左方沿AC连线方向射入，到A点时速度vA＝1 m/s，到B点时速度vB＝ m/s，取无穷远处为电势零点，点电荷的电势公式为φ＝k，式中k为静电力常量，Q为点电荷的电荷量，r为到点电荷的距离。下列判断可能正确的是(　 )
A．微粒从B至C做加速运动，且vC＝4 m/s
B．微粒越过C点后先做加速运动，后做减速运动
C．微粒将以B为中心做往返运动
D．微粒在整个运动过程中的最终速度为0
解析：选B　AC之间关于B点对称位置的电场强度大小相等、方向相同，A到B的功和B到C的功相同，依据动能定理可得WAB＝mvB2－mvA2,2WAB＝mvC2－mvA2，解得 vC＝3 m/s，故A错误；根据电场叠加可知，C点右侧附近电场方向向右，之后电场方向向左，所以微粒越过C点后先做加速运动，后做减速运动，故B正确；过B点作垂直AC的线，此线为等势线，微粒越过C之后，会向无穷远处运动，而无穷远处电势为零，故微粒在B点的动能等于无穷远处的动能，依据能量守恒可以得到微粒最终的速度应该与B点相同，故微粒不会以B为中心做往返运动，故C、D错误。
8.如图所示，一带正电的小球在匀强电场中受到的电场力与小球的重力大小相等，以初速度v0沿ON方向做加速度不为零的匀变速直线运动，ON与水平面的夹角为30°。不计空气阻力，重力加速度为g。则(　 )
A．电场力方向可能水平向左
B．小球可能做匀加速直线运动
C．小球的加速度大小一定小于g
D．经过时间，小球的速度方向发生改变
解析：选D　小球做匀变速直线运动，合力方向一定和速度方向在同一直线上，即在ON直线上，因为mg＝qE，所以电场力qE与重力关于ON对称，根据几何关系可知电场力qE与水平方向夹角为30°，受力情况如图所示，合力沿ON向下，大小为mg，所以加速度为g，方向沿ON向下，与速度方向相反，小球做匀减速直线运动，故A、B、C错误；设小球减速到零所用时间为t，则t＝＝，故经过时间，小球速度刚好减为零，然后反向加速，即经过时间，小球的速度方向发生改变，故D正确。
二、强化迁移能力，突出创新性和应用性
9.(2023·广州模拟)如图所示，地面上某区域存在着水平向右的匀强电场，一个质量为m的带负电荷的小球以水平方向的初速度v0由O点射入该区域，刚好竖直向下通过竖直平面中的P点，已知连线OP与初速度方向的夹角为60°，重力加速度为g，则以下说法正确的是(　 )
A．小球所受静电力大小为
B．小球所受的合外力大小为
C．小球由O点到P点用时
D．小球通过P点时的动能为mv02
解析：选C　设OP＝L，从O到P水平方向做匀减速运动，到达P点时的水平速度为零；竖直方向做自由落体运动，则水平方向：Lcos 60°＝t，竖直方向：Lsin 60°＝gt2，解得：t＝，选项C正确；水平方向小球所受静电力大小F1＝ma＝m＝，小球所受的合外力是F1与mg的合力，可知合外力的大小F＝＝mg，选项A、B错误；小球通过P点时的速度vP＝gt＝v0，则动能：EkP＝mvP2＝mv02，选项D错误。
10.(多选)如图所示，xOy坐标系的第一象限存在水平向左的匀强电场。第二象限存在竖直向下的匀强电场，y轴上c点和x轴上d点连线为电场的下边界。相同的带电粒子甲、乙分别从a点和b点由静止释放，两粒子均从c点水平射入第二象限，且均从c、d连线上射出，已知ab＝bc，下列说法正确的是(　 )
A．带电粒子甲、乙在c点速度之比为2∶1
B．带电粒子甲、乙在c点速度之比为∶1
C．带电粒子甲、乙在第二象限电场内的位移之比为∶1
D．带电粒子甲、乙在第二象限射出电场时速度方向相同
解析：选BD　相同的带电粒子甲、乙分别从a点和b点由静止释放，两粒子均从c点水平射入第二象限，且均从c、d连线上射出，已知ab＝bc，由v2＝2ax可得带电粒子甲、乙在c点速62 / 66
第三章 牛顿运动定律
第1讲　牛顿第一定律　牛顿第三定律
一、牛顿第一定律
二、惯性
1．定义：物体具有保持原来匀速直线运动状态或静止状态的性质。
2．普遍性：惯性是一切物体都具有的性质，是物体的固有属性，与物体的运动情况和受力情况无关。
3．量度：质量是惯性大小的唯一量度，质量大的物体惯性大，质量小的物体惯性小。
三、牛顿第三定律
情境创设　
一辆货车在公路上行驶时，司机发现前面有异常情况，紧急刹车。货车在公路上又运行了较长一段距离才停下来。
　
(1)由于惯性，货车有保持匀速直线运动状态的趋势，所以刹车后，货车没有立即停下来，而是又向前运行了一段距离。(√)
(2)货车承载的货物越重，惯性越大。(√)
(3)刹车时，货车做减速运动是因为地面对货车的摩擦力大于货车对地面的摩擦力。(×)
(4)地面对货车的支持力与货车对地面的压力是一对平衡力。(×)
(5)车头拉货箱的力一定大于货箱拉车头的力。(×)
(一) 牛顿第一定律(固基点)
[题点全练通]
1．[力与运动的关系]
(2023·福建泉州五校联考)关于力与运动的关系，下列说法中正确的是(　 )
A．必须有力的作用物体才能运动
B．牛顿第一定律可以用实验直接验证
C．理想斜面实验否定了“力是维持物体运动的原因”
D．牛顿第二定律表明物体所受外力越大物体的惯性越大
解析：选C　力是改变物体运动状态的原因，物体不受力时也能保持匀速直线运动，故A错误；牛顿第一定律是在实验的基础上进一步推理概括出来的科学理论，不能直接通过实验得出，但能经住实践的检验，故B错误；伽利略通过理想斜面实验说明，力不是维持物体运动的原因，而是改变物体运动状态的原因，故C正确；惯性的大小由物体的质量决定，与物体受力的大小无关，与是否受力也无关，故D错误。
2．[牛顿第一定律]
(多选)下列对牛顿第一定律的理解正确的是(　 )
A．牛顿第一定律反映了物体不受外力作用时的运动规律
B．不受外力作用时，物体的运动状态保持不变
C．在水平地面上滑动的木块最终停下来，是由于没有外力维持木块运动的结果
D．奔跑的运动员，由于遇到障碍而被绊倒，这是因为他受到外力作用迫使他改变原来的运动状态
解析：选ABD　牛顿第一定律描述的是物体不受外力作用时的运动规律，总保持匀速直线运动状态或静止状态不变，A、B正确；牛顿第一定律还揭示了力和运动的关系，力是改变物体运动状态的原因，而不是维持物体运动状态的原因，C错误，D正确。
3．[对惯性的理解]
对一些生活中的现象，某同学试图从惯性角度加以分析。其中正确的是(　 )
A．太空中处于失重状态的物体没有惯性
B．“安全带，生命带，前排后排都要系”。系好安全带可以防止因人的惯性而造成的伤害
C．“强弩之末，势不能穿鲁缟”，是因为强弩的惯性减小了
D．战斗机作战前抛掉副油箱，是为了增大战斗机的惯性
解析：选B　惯性只与质量有关，所以处于失重状态的物体还是具有惯性，A错误；系好安全带可以防止因人的惯性而造成的伤害，B正确；“强弩之末，势不能穿鲁缟”，是因为强弩的速度减小了，惯性不变，C错误；战斗机作战前抛掉副油箱，是为了减小战斗机的惯性，增加灵活性，D错误。
[要点自悟明]
1．对牛顿第一定律的理解
(1)揭示了物体的惯性：不受力的作用时，一切物体总保持匀速直线运动状态或静止状态。
(2)揭示了力的作用对运动的影响：力是改变物体运动状态的原因。
2．对惯性的认识
惯性是物体保持原来运动状态的性质，与物体是否受力、是否运动及所处的位置无关，物体的惯性只与其质量有关，物体的质量越大其惯性越大。
3．惯性的两种表现形式
保持“原状” 物体在不受力或所受合外力为零时，惯性表现为使物体保持原来的运动状态(静止或匀速直线运动)
反抗改变 物体受到外力时，惯性表现为运动状态改变的难易程度。惯性越大，物体的运动状态越难以被改变
(二) 牛顿第三定律(精研点)
逐点清1　作用力和反作用力的关系
1．(2023·杭州月考)如图甲所示，将一个力传感器固定在滑块上，用另一个力传感器钩住固定在滑块上的传感器的挂钩向右拉滑块，观察到这对拉力随时间变化的曲线如图乙所示，下列说法正确的是(　 )
A．作用力大时，反作用力小
B．作用力和反作用力的大小总是相等
C．反作用力总是在作用力出现后才产生的
D．图乙所示的曲线，只有在滑块静止或做匀速运动时才能得到
解析：选B　观察分析两个力传感器的相互作用力随时间变化的曲线，可以看出作用力与反作用力总是大小相等、方向相反、同时变化，A、C错误，B正确；作用力与反作用力总是等大、反向、共线的关系，与物体的运动状态无关，D错误。
一点一过　作用力和反作用力的关系
逐点清2　作用力和反作用力与一对平衡力的区别
2．(2023·山东泰安模拟)马扎属于中国传统手工艺制品。腿交叉，上面绷帆布或麻绳等，可以合拢，便于携带。如图所示，马扎放在水平地面上，一小孩站在马扎上，以下说法正确的是(　 )
A．小孩受到的重力和马扎对小孩的弹力是一对作用力和反作用力
B．小孩受到的重力和小孩对马扎的压力是一对平衡力
C．马扎在光滑水平面上无法平衡
D．斜撑A、B之间的夹角越大，A、B上的作用力越大
解析：选D　小孩受到的重力和马扎对小孩的弹力是一对平衡力，A错误；小孩受到的重力和小孩对马扎的压力作用在不同的物体上，不是一对平衡力，B错误；对马扎和小孩整体分析可知，马扎在水平方向
不受摩擦力，则马扎在光滑水平面上也能平衡，C错误；小孩对马扎的压力是一定的，即两个斜撑的合力是一定的，斜撑A、B之间的夹角越大，A、B上的作用力越大，D正确。
作用力和反作用力与一对平衡力的区别
名称项目　　 作用力和反作用力 一对平衡力
作用对象 两个相互作用的不同物体 同一个物体
作用时间 一定同时产生、同时消失 不一定同时产生、同时消失
力的性质 一定相同 不一定相同
作用效果 不可抵消 可相互抵消
逐点清3　牛顿第三定律的应用
3．如图所示，质量为m的木块在质量为M的长木板上以加速度a水平向右加速滑行，长木板与地面间的动摩擦因数为μ1，木块与长木板间的动摩擦因数为μ2，重力加速度为g，若长木板仍处于静止状态，则长木板对地面摩擦力的大小和方向一定为(　 )
A．μ1(m＋M)g，向左 B．μ2mg，向右
C．μ2mg＋ma，向右 D．μ1mg＋μ2Mg，向左
解析：选B　对木块分析可知，长木板对它水平向左的摩擦力大小为Ff1＝μ2mg，由牛顿第三定律可知，木块对长木板的摩擦力向右，大小也为Ff1；由于长木板仍处于静止状态，对长木板受力分析可知，地面对它的静摩擦力方向向左，大小为Ff2＝Ff1＝μ2mg，由牛顿第三定律可知，长木板对地面的摩擦力大小为μ2mg，方向向右，故B正确。
　利用牛顿第三定律转换研究对象
如果不能直接求解物体受到的某个力时，可先求它的反作用力，如求压力时可先求支持力，然后根据牛顿第三定律得到压力的大小和方向。求摩擦力时也可以用此种方法转换研究对象。
1．[强化科学探究]如图所示，小球从左侧斜面上的O点由静止释放后沿斜面向下运动，并沿右侧斜面上升。斜面上先后铺垫三种粗糙程度逐渐降低的材料，小球沿右侧斜面上升到的最高位置依次为1、2、3。对三次实验结果进行对比，可以得到的最直接的结论是(　 )
A．如果斜面光滑，小球将上升到与O点等高的位置
B．如果小球不受力，它将一直保持匀速直线运动状态或静止状态
C．如果小球受到力的作用，它的运动状态将发生改变
D．小球受到的力一定时，质量越大，它的加速度越小
解析：选A　斜面上铺垫的材料粗糙程度越小，小球上升得越高，如果斜面光滑，没有摩擦力的影响，小球将上升到与O点等高的位置，但无法直接得出选项B、C、D中的结论，故只有选项A正确。
2．[树立民族自信](2021·广东高考) 唐代《耒耜经》记载了曲辕犁相对直辕犁的优势之一是起土省力。设牛用大小相等的拉力F通过耕索分别拉两种犁，F与竖直方向的夹角分别为α和β，α<β，如图所示，忽略耕索质量，耕地过程中，下列说法正确的是(　 )
A．耕索对曲辕犁拉力的水平分力比对直辕犁的大
B．耕索对曲辕犁拉力的竖直分力比对直辕犁的大
C．曲辕犁匀速前进时，耕索对犁的拉力小于犁对耕索的拉力
D．直辕犁加速前进时，耕索对犁的拉力大于犁对耕索的拉力
解析：选B　将拉力F正交分解，如图所示，则在x方向可得出Fx曲 ＝ Fsin α，Fx直 ＝ Fsin β；在y方向可得出Fy曲 ＝ Fcos α，Fy直 ＝ Fcos β；由题知α < β，则sin α < sin β，cos α > cos β，则可得到Fx曲 < Fx直，Fy曲 > Fy直，A错误，B正确；无论是加速还是匀速前进，耕索对犁的拉力与犁对耕索的拉力是一对相互作用力，它们大小相等，方向相反，故C、D错误。
3．[聚焦科技前沿]如图所示，是一种叫“喷射式悬浮飞行器”的水上飞行运动装置。操控者借助该装置以向下喷射高压水柱的方式实现在水面上空悬停旋转或急速升降等运动。下列说法正确的是(　 )
A．人在水面上空悬停时，人(含装置)所受的重力和向下喷水的力是一对平衡力
B．人在水面上空悬停时，人(含装置)所受的重力和向下喷水的力是一对作用力与反作用力
C．人在急速升降过程中的惯性比悬停时大
D．人在匀速上升的过程中机械能增加
解析：选D　人(含装置)所受的重力和向下喷水的力作用在两个物体上，不是平衡力，故A错误；人(含装置)所受的重力施力物体是地球，受力物体是人(含装置)，向下喷水的力施力物体是装置，受力物体是水，这里涉及了多个物体，不是相互作用力，故B错误；惯性只与质量有关，故人的惯性不变，故C错误；人在匀速上升的过程中，动能不变，重力势能增加，机械能增加，故D正确。
4.[渗透五育教育(体育)]某中学秋季趣味运动会中，高一同学参加了拔河比赛，如果绳质量不计，且保持水平，在甲、乙两队的拔河比赛中，甲队获胜，则下列说法中正确的是(　 )
A．甲对乙的拉力始终大于乙对甲的拉力
B．甲把乙加速拉过去时，甲对乙的拉力大于乙对甲的拉力
C．只有当甲把乙匀速拉过去时，甲对乙的拉力大小才等于乙对甲的拉力大小
D．甲对乙的拉力大小始终等于乙对甲的拉力大小，只是地面对甲的最大静摩擦力大于地面对乙的最大静摩擦力
解析：选D　甲拉乙的力与乙拉甲的力是一对作用力与反作用力，大小始终相等，与运动状态无关，不管哪队获胜，甲对乙的拉力大小始终等于乙对甲的拉力大小，地面对甲的最大静摩擦力大于地面对乙的最大静摩擦力，才使得甲队获胜，选项D正确。
5.[聚焦科技前沿]2022年11月29日23时08分，我国在酒泉卫星发射中心用长征二号F遥十五运载火箭，成功将神舟十五号载人飞船发射升空。关于这次神舟十五号载人飞船与火箭上天的情形叙述正确的是(　 )
A．火箭尾部向外喷气，喷出的气体对火箭产生一个反作用力，从而让火箭获得了向前的推力
B．火箭尾部喷出的气体对空气产生一个作用力，空气的反作用力使火箭获得飞行的动力
C．火箭飞出大气层后，由于没有了空气，火箭虽然向后喷气，但也无法获得前进的动力
D．神舟十五号载人飞船进入预定轨道之后，与地球之间不存在相互作用
解析：选A　火箭升空时，其尾部向下喷气，火箭箭体与被喷出的气体是一对相互作用的物体，火箭向下喷气时，喷出的气体同时对火箭产生向上的反作用力，即为火箭上升的推动力，此动力并不是由周围的空气提供的，因而与是否飞出大气层、是否存在空气无关，B、C错误，A正确；神舟十五号载人飞船进入预定轨道之后，与地球之间依然存在相互吸引力，即神舟十五号载人飞船吸引地球，地球吸引神舟十五号载人飞船，这是一对作用力与反作用力，D错误。
[课时跟踪检测]
1．下列对牛顿第一定律的理解正确的是(　 )
A．地球上不存在不受力的物体，所以牛顿第一定律没有实际意义
B．不受力的物体运动状态有可能改变
C．公共汽车紧急刹车时乘客站着比坐着容易摔倒是因为站着比坐着惯性大
D．惯性是指物体有保持原来运动状态的性质，与物体的运动状态是否改变无关
解析：选D　牛顿第一定律是在实验的基础上进一步的推理概括出来的科学理论，而不能直接通过实验得出，但能经受住实践的检验，故A错误；不受力的物体总保持匀速直线运动状态或静止状态，运动状态不可能改变，故B错误；物体惯性大小仅与质量有关，与其他因素无关，故C错误；惯性是指物体有保持原来运动状态的性质，是物体固有属性，与物体的运动状态是否改变无关，故D正确。
2.如图所示，正在喷洒农药的无人机沿水平方向匀速飞行。随着药液不断喷出，无人机(包括未喷出的药液)的惯性(　 )
A．保持不变　　　　　 B．逐渐增大
C．逐渐减小 D．与其运动状态有关
解析：选C　物体的惯性大小由质量唯一决定，与运动状态无关，随着药液不断喷出，无人机(包括未喷出的药液)质量变小，所以惯性变小。
3．我国古代典籍中记录了很多物理现象和规律，体现了古人对自然的思考探索。根据所学知识分析，下列说法正确的是(　 )
A．“力，刑(形)之所以奋也”，力使物体的运动状态发生了改变，说明力是改变物体运动状态的原因
B．“强弩之末，势不能穿鲁缟”，说明弓箭的惯性随速度减小而减小
C．“劝登马力，马力既竭，辀犹能一取焉”，说明力是维持物体运动的原因，没有力物体就会停止运动
D．“有乌获之劲而不得人助，不能自举”，意思是力气很大的人也不能把自己举起来，说明一对相互作用力的效果可以相互抵消
解析：选A　力是改变物体运动状态的原因，故A正确；物体的惯性只与质量有关，与速度无关，故B错误；力不是维持物体运动的原因，故C错误；相互作用力不是作用在同一个物体上的，作用效果不会抵消，故D错误。
4.(2023·济宁高三月考)东京奥运会体操女子平衡木单项决赛中，中国选手管晨辰、唐茜靖包揽金、银牌。比赛中，体操运动员站在水平的平衡木上处于静态平衡状态，如图所示。则下列说法正确的是(　 )
A．平衡木对运动员的支持力大小等于运动员对平衡木的压力大小
B．平衡木对运动员的支持力和运动员对平衡木的压力是一对平衡力
C．平衡木对运动员有摩擦力
D．运动员受到支持力是因为脚底发生了形变
解析：选A　由牛顿第三定律可知平衡木对运动员的支持力和运动员对平衡木的压力是一对相互作用力，平衡木对运动员的支持力大小等于运动员对平衡木的压力大小，故A正确，B错误；运动员站在水平的平衡木上处于静态平衡状态，平衡木对运动员没有摩擦力，故C错误；运动员受到支持力是因为平衡木发生了形变所产生的弹力，故D错误。
5.如图所示为一女士借助健身球做靠墙静蹲运动，女士后背部保持挺直且倚靠在健身球上，健身球则倚靠在竖直墙面上，此时女士和健身球都处于静止状态。下列说法正确的是(　 )
A．健身球总共受到3个力作用
B．女士的脚不受地面的摩擦力作用
C．女士对健身球的弹力是由女士的形变产生的
D．女士对健身球的弹力与墙壁对健身球的弹力是一对相互作用力
解析：选C　健身球受重力、墙壁对其的弹力和摩擦力、女士对其的弹力和摩擦力，共5个力作用，故A错误；女士在水平方向上受力平衡，由于健身球对女士有水平向左的弹力，所以地面对女士一定有水平向右的摩擦力，故B错误；女士对健身球的弹力是由女士的形变产生的，故C正确；女士对健身球的弹力与墙壁对健身球的弹力是一对平衡力，故D错误。
6．(多选)如图所示是我国首次立式风洞跳伞实验的情景，风洞喷出竖直向上的气流将实验者加速向上“托起”，此过程中(　 )
A．地球对人的吸引力和人对地球的吸引力大小相等
B．人受到的重力和人受到气流的力是一对作用力与反作用力
C．人受到的重力大小等于气流对人的作用力大小
D．人被向上“托起”时处于超重状态
解析：选AD　地球对人的吸引力和人对地球的吸引力是一对相互作用力，等大反向，A正确；相互作用力是两个物体间的相互作用，而人受到的重力和人受到气流的力涉及人、地球、气流三个物体，不是一对相互作用力，B错误；由于风洞喷出竖直向上的气流将实验者加速向上“托起”，在竖直方向上人受到的合力不为零，所以人受到的重力大小不等于气流对人的作用力大小，C错误；实验者被加速向上“托起”时，加速度方向向上，处于超重状态，D正确。
7.建筑工人用如图所示的定滑轮装置运送建筑材料。质量为70.0 kg的工人站在地面上，通过定滑轮将20.0 kg的建筑材料以0.5 m/s2的加速度拉升，忽略绳子和定滑轮的质量及绳子与定滑轮间的摩擦，则工人对地面的压力大小为(g取10 m/s2)(　 )
A．510 N　 B．490 N　
C．890 N　　 D．910 N
解析：选B　对建筑材料进行受力分析，有F－mg＝ma，得绳子的拉力大小F＝210 N；然后再对工人进行受力分析，由平衡条件得Mg＝F＋FN，得FN＝490 N，根据牛顿第三定律可知，工人对地面的压力大小为490 N，故选项B正确。
8.(多选)如图所示，光滑水平面上静止着一辆小车，在酒精灯加热一段时间后塞子喷出。下列说法正确的是(　 )
A．由于塞子的质量小于小车的质量，喷出时塞子受到的冲击力将大于小车受到的冲击力
B．由于塞子的质量小于小车的质量，喷出时塞子受到的冲击力将小于小车受到的冲击力
C．塞子喷出瞬间，小车对水平面的压力大于小车整体的重力
D．若增大试管内水的质量，则可以增大小车整体的惯性
解析：选CD　喷出时塞子受到的冲击力和小车受到的冲击力大小相等，方向相反，故A、B错误；塞子喷出瞬间，试管内的气体对小车整体有斜向左下方的作用力，所以小车对水平面的压力大于小车整体的重力，故C正确；若增大试管内水的质量，则小车整体的惯性增大，故D正确。
9.如图所示，用弹簧测力计悬挂一个重G＝10 N 的金属块，使金属块部分浸在台秤上的水杯中(水不会溢出)，若弹簧测力计的示数变为T′＝6 N，则台秤的示数(　 )
A．保持不变　　　 B．增加10 N
C．增加6 N D．增加4 N
解析：选D　金属块浸入水中后，水对金属块产生浮力F。由弹簧测力计的示数知，浮力的大小为：F＝G－T′＝4 N。根据牛顿第三定律，金属块对水也施加一个反作用力F′，其大小F′＝F＝4 N。所以，台秤的示数增加4 N。
第2讲　牛顿第二定律　两类动力学问题
一、牛顿第二定律
1．内容：物体加速度的大小跟它受到的作用力成正比，跟它的质量成反比，加速度的方向跟作用力的方向相同。
2．表达式：F＝ma。
3．适用范围
(1)只适用于惯性参考系(相对地面静止或做匀速直线运动的参考系)。
(2)只适用于宏观物体(相对于分子、原子)、低速运动(远小于光速)的情况。
二、单位制
1．单位制：由基本单位和导出单位一起组成了单位制。
2．基本单位：基本物理量的单位。力学中的基本量有三个，它们分别是质量、长度和时间，它们的国际单位分别是kg、m和s。
3．导出单位：由基本量根据物理关系推导出来的其他物理量的单位。
三、动力学的两类基本问题
1．第一类问题：由因推果——已知受力情况求物体的运动情况。
2．第二类问题：由果溯因——已知运动情况求物体的受力情况。
3．解决两类基本问题的方法
以加速度为“桥梁”，由运动学公式和牛顿第二定律列方程求解，具体逻辑关系如下图所示：
情境创设　
让一名同学用单只手推光滑水平面上很重的一个箱子。
微点判断　
(1)因为该同学一只手的力气较小，所以箱子可能不动。(×)
(2)该同学对箱子施力，然后产生了加速度，加速度的产生滞后于力的作用。(×)
(3)箱子加速度的方向一定与合外力方向相同。(√)
(4)箱子的质量与箱子的加速度成反比。(×)
(5)若该同学的推力逐渐减小，则箱子做减速运动。(×)
(6)该同学停止用力，则箱子立刻停下来。(×)
(一) 牛顿第二定律(固基点)
[题点全练通]
1．[对牛顿第二定律的理解]
根据牛顿第二定律，下列叙述正确的是(　 )
A．物体加速度的大小跟它的质量和速度大小的乘积成反比
B．物体所受合力必须达到一定值时，才能使物体产生加速度
C．物体加速度的大小与所受作用力中任一个力的大小成正比
D．当物体质量改变但其所受合力的水平分力不变时，物体水平加速度大小与其质量成反比
解析：选D　根据牛顿第二定律a＝可知，物体的加速度与速度无关，A错误；即使合力很小，也能使物体产生加速度，B错误；物体加速度的大小与物体所受的合力成正比，C错误；力和加速度为矢量，在力不变时，物体的加速度与质量成反比，D正确。
2．[合力、加速度、速度之间的决定关系]
下列关于速度、加速度、合外力之间的关系，正确的是(　 )
A．物体的速度越大，则加速度越大，所受的合外力也越大
B．物体的速度为0，则加速度为0，所受的合外力也为0
C．物体的速度为0，但加速度可能很大，所受的合外力也可能很大
D．物体的速度很大，但加速度可能为0，所受的合外力可能很大
解析：选C　物体的速度大小和加速度大小没有必然联系，一个很大，另一个可以很小，甚至为0，物体所受合外力的大小决定加速度的大小，同一物体所受合外力越大，加速度一定也越大，C正确。
3．[牛顿第二定律的简单应用]
(1)(多选)如图所示，某杂技演员在做手指玩耍盘子的高难度表演。若盘的质量为m，手指与盘之间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，盘底处于水平状态且不考虑盘的自转。则下列说法正确的是(　 )
A．若手指支撑着盘，使盘保持静止状态，则手指对盘的作用力等于mg
B．若手指支撑着盘并一起水平向右做匀速运动，则盘受到水平向右的静摩擦力
C．若手指支撑着盘并一起水平向右做匀加速运动，则手指对盘的作用力大小为μmg
D．若盘随手指一起做水平匀加速运动，则手指对盘的作用力大小不可超过mg
解析：选AD　若手指支撑着盘，使盘保持静止状态，则盘受力平衡，手指对盘的作用力与盘的重力等大反向，则手指对盘的作用力等于mg，A正确；若手指支撑着盘并一起水平向右匀速运动，则水平方向盘不受力，即盘不受静摩擦力，B错误；若手指支撑着盘并一起水平向右匀加速运动，则手指对盘的作用力为静摩擦力和支持力，大小不等于μmg，C错误；若盘随手指一起水平匀加速运动，则手指对盘子水平方向的最大静摩擦力为μmg，竖直方向对盘子的支持力为mg，则手指对盘的作用力的最大值等于＝mg，即手指对盘的作用力大小不可超过mg，D正确。
(2)如图所示，是采用动力学方法测量空间站质量的原理图，若已知飞船质量为4.0×103 kg，其推进器的平均推力为800 N，在飞船与空间站对接后，推进器工作5 s内测出飞船和空间站的速度变化是0.05 m/s，则空间站的质量为(　 )
A．7.6×104 kg　　　 B．8.0×104 kg
C．4.0×104 kg D．4.0×103 kg
解析：选A　加速度a＝＝m/s2＝0.01 m/s2，由牛顿第二定律F＝(M＋m)a，可知空间站的质量M＝－m＝ kg－4.0×103 kg＝7.6×104 kg，故A正确，B、C、D错误。
[要点自悟明]
1．牛顿第二定律的五个特性
2．合力、加速度、速度之间的决定关系
(1)不管速度是大是小，或是零，只要合力不为零，物体都有加速度。
(2)a＝是加速度的定义式，a与Δv、Δt无必然联系；a＝是加速度的决定式，a∝F，a∝。
(3)合力与速度同向时，物体做加速运动；合力与速度反向时，物体做减速运动。
3．分析物体运动性质时的三点提醒
(1)分析物体的运动性质，要从受力分析入手，先求合力，然后根据牛顿第二定律分析加速度的变化。
(2)速度增大或减小取决于加速度和速度方向间的关系，和加速度的大小没有关系。
(3)加速度如何变化取决于物体的质量和合外力，与物体的速度没有关系。
(二) 牛顿第二定律的瞬时性问题(精研点)
逐点清1　弹力能瞬间改变的情形
1．[轻绳连接]
如图所示，两轻绳拴接一定质量的小球，两轻绳与竖直方向的夹角分别为30°和60°。若在剪断a绳的瞬间，小球的加速度大小为a1；在剪断b绳的瞬间，小球的加速度大小为a2。则a1∶a2为(　 )
A．1∶1　　　　　　 B．2∶1
C.∶1 D．2∶1
解析：选C　a、b绳剪断前小球受力如图所示，Fa＝mgcos 30°，Fb＝mgcos 60°，剪断a绳瞬间：a1＝＝gcos 30°，剪断b绳瞬间：a2＝＝gcos 60°，所以a1∶a2＝cos 30°∶cos 60°＝∶1，C正确。
2.[轻杆连接]两个质量均为m的小球，用轻杆连接后通过细绳悬挂在天花板上，如图所示。现突然迅速剪断细绳OA，让小球下落，在剪断细绳的瞬间，设小球A、B的加速度分别用a1和a2表示，重力加速度为g，则(　 )
A．a1＝g，a2＝g B．a1＝0，a2＝2g
C．a1＝g，a2＝0 D．a1＝2g，a2＝0
解析：选A　剪断细绳的瞬间，A、B间轻杆中的弹力可瞬间发生变化，A、B的加速度相同，由mg＋mg＝2ma可得，两球的加速度均为g，即a1＝g，a2＝g，A正确。
　轻绳、轻杆、硬接触面模型的特点
对于轻绳、轻杆和硬接触面这类物体认为是一种不发生明显形变就能产生弹力的物体，剪断(或脱离)后，其弹力立即改变或消失，不需要形变恢复时间。
1．在瞬时问题中，其弹力可以看成是瞬间改变的。
2．一般题目中所给细绳、轻杆和接触面等在不加特殊说明时，均可按此模型处理。
逐点清2　弹力不能瞬间改变的情形
3．[弹簧连接]如图所示，一根弹簧一端固定在左侧竖直墙上，另一端连着A小球，同时水平细线一端连着A球，另一端固定在右侧竖直墙上，弹簧与竖直方向的夹角是60°，A、B两小球分别连在另一根竖直弹簧两端。开始时A、B两球都静止不动，A、B两小球的质量相等，重力加速度为g，若不计弹簧质量，在水平细线被剪断瞬间，A、B两球的加速度大小分别为(　 )
A．aA＝aB＝g　　　　 B．aA＝2g，aB＝0
C．aA＝g，aB＝0 D．aA＝2g，aB＝0
解析：选D　水平细线被剪断前，对A、B进行受力分析如图所示：
静止时，FT＝Fsin 60°，Fcos 60°＝mAg＋F1，F1＝F1′＝mBg，又mA＝mB
解得FT＝2mAg
水平细线被剪断瞬间，FT消失，其他各力不变，A所受合力与FT等大反向，所以aA＝＝2g，aB＝0，D正确。
4．[橡皮绳连接]“儿童蹦极”中，拴在腰间左右两侧的是悬点等高、完全相同的两根橡皮绳。如图所示，质量为m的小明静止悬挂时，两橡皮绳的夹角为60°，则(　 )
A．每根橡皮绳的拉力大小为mg
B．若将悬点间距离变小，则每根橡皮绳所受拉力将变小
C．若此时小明左侧橡皮绳断裂，则小明此时加速度大小a＝g
D．若拴在腰间左右两侧的是悬点等高、完全相同的两根轻绳，则小明左侧轻绳断裂时，小明的加速度大小a＝g
解析：选B　设每根橡皮绳的拉力大小为F，由2Fcos 30°＝mg，可得F＝mg，两悬点间距离变小，两橡皮绳间夹角变小，橡皮绳的拉力F也变小，A错误，B正确；当小明左侧橡皮绳断裂时，右侧橡皮绳拉力不变，此时小明的合力与左侧初始时橡皮绳的拉力大小相等，方向相反，由mg＝ma可求得加速度大小a＝g，C错误；如果小明腰间拴的是两根轻绳，则小明左侧轻绳断裂时，右侧轻绳的拉力可瞬间发生变化，使小明沿右侧轻绳方向加速度为零，由mgsin 30°＝ma可得，此时小明的加速度大小a＝g，D错误。
一点一过　弹簧、橡皮绳模型的特点
1．当弹簧、橡皮绳的两端与物体相连时，由于物体具有惯性，弹簧、橡皮绳的形变量不会瞬间发生突变。
2．在求解瞬时加速度的问题中，弹簧、橡皮绳弹力的大小可认为是不变的，即弹簧或橡皮绳的弹力不发生突变。
(三) 动力学的两类基本问题(精研点)
1．两类动力学问题的解题关键
两个分析 (1)受力情况分析；(2)运动规律分析
两个桥梁 (1)加速度是联系运动和力的桥梁(2)速度是各物理过程间相互联系的桥梁
2．两类动力学问题的解题步骤
明确研究对象 根据问题需要和解题方便，选择某个物体或几个物体构成的系统为研究对象
受力分析和运动过程分析 画好受力示意图、情境示意图，明确物体的运动性质和运动过程
选取正方向或建立坐标系 通常以加速度的方向为正方向或以加速度方向为某一坐标的正方向
确定合力F合 若物体只受两个力作用，通常用合成法；若物体受三个或三个以上的力，一般用正交分解法
列方程求解 根据牛顿第二定律可得F合＝ma或，列方程求解，必要时对结果进行讨论
[典例]　(2023·济南高三调研)潜艇从海水高密度区域驶入低密度区域，浮力顿减，潜艇如同汽车那样掉下悬崖，称之为“掉深”，曾有一些潜艇因此沉没。某潜艇总质量为3.0×103 t，在高密度海水区域水下200 m沿水平方向缓慢潜航，如图所示。当该潜艇驶入海水低密度区域时，浮力突然降为2.4×107 N；10 s后，潜艇官兵迅速对潜艇减重(排水)，此后潜艇以1.0 m/s2的加速度匀减速下沉，速度减为零后开始上浮，到水下200 m处时立即对潜艇加重(加水)后使其缓慢匀减速上浮，升到水面时速度恰好为零。取重力加速度为10 m/s2，不计潜艇加重和减重的时间和水的粘滞阻力。求：(计算结果保留两位有效数字)
(1)潜艇“掉深”达到的最大深度(自海平面算起)；
(2)潜艇为阻止“掉深”减重后的质量以及升到水面时的质量。
[解析]　(1)由牛顿第二定律，潜艇刚“掉深”时加速度a1满足mg－F＝ma1
代入数据解得a1＝2.0 m/s2，方向竖直向下
“掉深”历时t1＝10 s时，潜艇下降高度为h1＝a1t12＝1.0×102 m
潜艇速度为v1＝a1t1＝20 m/s
减重后，潜艇以加速度a2＝1.0 m/s2匀减速下降，直至其速度为零，潜艇下降的距离为h2＝＝2.0×102 m
潜艇“掉深”达到的最大深度为h＝h0＋h1＋h2＝5.0×102 m。
(2)潜艇在减重后减速下降过程中，由牛顿第二定律有F－m1g＝m1a2
解得m1≈2.2×106 kg
设潜艇从水面下200 m处升到水面的过程中加速度为a3，根据运动学公式有vh02＝2a2(h1＋h2)＝2a3h0
解得a3＝1.5 m/s2，方向竖直向下
在潜艇从水面下200 m处升到水面的过程中，由牛顿第二定律有m2g－F＝m2a3
解得m2≈2.8×106 kg。
[答案]　(1)5.0×102 m　(2)减重后的质量为2.2×106 kg，升到水面时的质量为2.8×106 kg
[考法全训]
考法1　已知受力情况求运动情况
1．(2021·全国甲卷)如图，将光滑长平板的下端置于铁架台水平底座上的挡板P处，上部架在横杆上。横杆的位置可在竖直杆上调节，使得平板与底座之间的夹角θ可变。将小物块由平板与竖直杆交点Q处静止释放，物块沿平板从Q点滑至P点所用的时间t与夹角θ的大小有关。若由30°逐渐增大至60°，物块的下滑时间t将(　 )
A．逐渐增大 B．逐渐减小
C．先增大后减小 D．先减小后增大
解析：选D　由题意知，小物块沿光滑长平板加速下滑，根据牛顿第二定律得mgsin θ＝ma，小物块的加速度大小a＝gsin θ；设铁架台底座的长度为d，根据几何关系，小物块的位移大小为；根据运动学公式得＝at2，联立可得t＝ ，θ由30°逐渐增大至60°，物块的下滑时间t将先减小后增大，D正确。
2．(2022·浙江6月选考)物流公司通过滑轨把货物直接装运到卡车中，如图所示，倾斜滑轨与水平面成24°角，长度l1＝4 m，水平滑轨长度可调，两滑轨间平滑连接。若货物从倾斜滑轨顶端由静止开始下滑，其与滑轨间的动摩擦因数均为μ＝，货物可视为质点(取cos 24°＝0.9，sin 24°＝0.4，重力加速度g＝10 m/s2)。
(1)求货物在倾斜滑轨上滑行时加速度a1的大小；
(2)求货物在倾斜滑轨末端时速度v的大小；
(3)若货物滑离水平滑轨末端时的速度不超过2 m/s，求水平滑轨的最短长度l2。
解析：(1)根据牛顿第二定律可得
mgsin 24°－μmgcos 24°＝ma1
代入数据解得a1＝2 m/s2。
(2)根据运动学公式2a1l1＝v2，解得v＝4 m/s。
(3)根据牛顿第二定律μmg＝ma2
根据运动学公式－2a2l2＝v末max2－v2
代入数据联立解得l2＝2.7 m。
答案：(1)2 m/s2　(2)4 m/s　(3)2.7 m
考法2　已知运动情况求受力情况
3．乒乓球运球接力是老少皆宜的趣味运动项目，运球时需根据运动情况及时调整球拍的角度以避免乒乓球落地。若某次运球时乒乓球与球拍始终保持相对静止，一起水平向右做匀加速直线运动，下列说法正确的是(　 )
A．乒乓球受到球拍的摩擦力水平向左
B．乒乓球受到球拍的摩擦力可能为零
C．球拍对乒乓球的支持力小于乒乓球受到的重力
D．球拍对乒乓球的支持力大于乒乓球对球拍的压力
解析：选B　乒乓球与球拍保持相对静止，一起向右做匀加速直线运动，由牛顿第二定律可知，乒乓球受到水平向右的合外力，若乒乓球向右运动的加速度a＝gtan θ，θ为球拍与水平方向的夹角，则重力和支持力刚好提供其向右运动的合外力，受力分析如图所示，此时乒乓球受到的摩擦力刚好为零，支持力大于重力，故A、C错误，B正确；球拍对乒乓球的支持力与乒乓球对球拍的压力互为作用力与反作用力，两者大小相等，故D错误。
(四) 超重与失重(固基点)
[题点全练通]
1．[根据运动情况判断超重、失重]
2022年2月8日，在中国北京冬奥会上，自由式滑雪女子大跳台项目，中国选手谷爱凌拿到了一枚宝贵的金牌。这不仅是她本人的首枚奥运金牌，更是中国代表团在本届冬奥会雪上项目的首金。自由式滑雪女子大跳台比赛中比赛场地可简化为如图所示的助滑区、弧形过渡区、着陆区、减速区等组成。若将运动员看作质点，且忽略空气阻力，下列说法正确的是(　 )
A．运动员在助滑区加速下滑时处于超重状态
B．运动员在跳离弧形过渡区至着陆区之前的过程中处于完全失重状态
C．运动员在弧形过渡区运动过程中处于失重状态
D．运动员在减速区减速过程中处于失重状态
解析：选B　运动员在助滑区加速下滑时，加速度沿斜面向下，加速度在竖直方向的分加速度为竖直向下，处于失重状态，A错误；忽略空气阻力，运动员在跳离弧形过渡区至着陆区之前，在空中只受到竖直向下的重力作用，加速度为竖直向下的重力加速度，处于完全失重状态，B正确；运动员在弧形过渡区做圆周运动，加速度有竖直向上的分量，处于超重状态，C错误；运动员在减速区减速过程中，减速下降，竖直方向的分加速度竖直向上，处于超重状态，D错误。
2．[根据超重、失重判断运动情况]
在竖直方向运动的电梯地板上放置一台秤，将物体放在台秤上。电梯静止时台秤示数为FN。在电梯运动的某段过程中，台秤示数大于FN。在此过程中(　 )
A．物体受到的重力增大 B．物体处于失重状态
C．电梯可能正在加速下降 D．电梯可能正在加速上升
解析：选D　物体的视重变大，但是受到的重力没变，选项A错误；物体对台秤的压力变大，可知物体处于超重状态，选项B错误；物体处于超重状态，则加速度向上，电梯可能正在加速上升或者减速下降，选项C错误，D正确。
3．[超重、失重现象的应用]如图所示，台秤上放一个木箱，木箱内有质量分别为m1和m2的两物体P、Q，用细绳通过光滑定滑轮相连，m1＞m2。现剪断Q下端的细绳，在P下落但还没有到达箱底的过程中，台秤的示数与未剪断Q下端的细绳前的示数相比将(　 )
A．变大　　　　　　 B．变小
C．不变 D．先变小后变大
解析：选B　剪断Q下端的细绳后，因m1>m2，P加速下降，Q加速上升，但对P、Q以及滑轮和箱子组成的系统，整体有向下的加速度，处于失重状态，故台秤的示数与未剪断细绳前的示数相比减小了，选项B正确。
[要点自悟明]
1．判断超重和失重现象的三个角度
从受力的角度判断 当物体受到的向上的拉力(或支持力)大于重力时，物体处于超重状态；小于重力时处于失重状态；等于零时处于完全失重状态。
从加速度的角度判断 当物体具有向上的加速度时，物体处于超重状态；具有向下的加速度时，处于失重状态；向下的加速度恰好等于重力加速度时，处于完全失重状态。
从速度变化角度判断 物体向上加速或向下减速时，物体处于超重状态；物体向下加速或向上减速时，物体处于失重状态。
2．对超重和失重问题的三点提醒
(1)发生超重或失重现象与物体的速度方向无关，只取决于加速度的方向。
(2)并非物体在竖直方向上运动时，才会出现超重或失重现象。只要加速度具有竖直向上的分量，物体就处于超重状态；同理，只要加速度具有竖直向下的分量，物体就处于失重状态。
(3)发生超重或者失重时，物体的实际重力并没有发生变化，变化的只是物体的视重。
1．[树立民族自信](2021·海南高考)公元前4世纪末，我国的《墨经》中提到“力，形之所以奋也”，意为力是使有形之物突进或加速运动的原因。力的单位用国际单位制的基本单位符号来表示，正确的是(　 )
A．kg·m·s－1 B．kg·m·s－2
C．Pa·m2 D．J·m－1
解析：选B　根据牛顿第二定律的表达式F＝ma，可知力的单位为kg·m·s－2，A错误，B正确；根据压强的表达式p＝，可知力的单位为Pa·m2，但压强单位Pa不是基本单位，C错误；根据做功的表达式W＝Fx，可知力的单位为J·m－1，但功的单位J不是基本单位，D错误。
2．[渗透五育教育(体育)]如图所示为我国运动员在女子双人十米跳台比赛中的情景。下列过程中，运动员处于超重状态的是(　 )
A．运动员起跳重心加速上升的过程
B．运动员离开跳台上升的过程
C．运动员从最高点下落到水面的过程
D．运动员加速入水的过程
解析：选A　运动员起跳重心加速上升的过程，加速度竖直向上，运动员处于超重状态，故A正确；运动员离开跳台上升的过程，加速度为重力加速度，竖直向下，运动员处于失重状态，故B错误；运动员从最高点下落到水面的过程，加速度竖直向下，运动员处于失重状态，故C错误；运动员加速入水的过程，加速度竖直向下，运动员处于失重状态，故D错误。
3．[联系生活实际]小明用手机软件测量了电梯运行过程中的加速度，得到图甲所示图线(规定竖直向上为正方向)，为简化问题，将图线简化为图乙。已知t＝0时电梯处于静止状态，则以下判断正确的是(　 )
A．t＝5 s时电梯处于失重状态
B．8～9 s内电梯在做减速运动
C．10～15 s内电梯在上行
D．16～17 s内电梯在下行
解析：选C　由题图可知，5 s时电梯处于超重状态，故A错误；8～9 s内电梯做加速度减小的加速运动，故B错误；10～15 s内电梯在匀速上行，故C正确；16～17 s内电梯在减速上行，故D错误。
4．[聚焦科技前沿]飞行背包是一种可以让使用者通过穿戴该产品后飞上天空的飞行器。消防员利用飞行背包在某次高楼火灾观测时，竖直飞行的v?t图像如图所示，下列说法正确的是(　 )
A．消防员上升的最大高度为225 m
B．消防员在2.5～3.0 min内加速度最大
C．消防员在3.5～4.25 min内处于失重状态
D．消防员在2.5～4.25 min，平均速度大小约为6.43 m/s
解析：选D　v?t图线与t轴所围图形面积表示位移，由题图可知，在1.5 min时，消防员上升的高度最高，有x＝×15×1.5×60 m＝675 m，A错误；图像的斜率表示加速度，所以在0～0.5 min内加速度最大，B错误；消防员在3.5～4.25 min内减速下
落，处于超重状态，C错误；消防员在2.5～4.25 min，平均速度为＝＝ m/s≈6.43 m/s，D正确。
[课时跟踪检测]
一、立足主干知识，注重基础性和综合性
1.(2021·浙江6月选考)2021年5月15日，天问一号着陆器在成功着陆火星表面的过程中，经大气层290 s的减速，速度从4.9×103 m/s减为4.6×102 m/s；打开降落伞后，经过90 s速度进一步减为1.0×102 m/s；与降落伞分离，打开发动机减速后处于悬停状态；经过对着陆点的探测后平稳着陆。若打开降落伞至分离前的运动可视为竖直向下运动，则着陆器(　 )
A．打开降落伞前，只受到气体阻力的作用
B．打开降落伞至分离前，受到的合力方向竖直向上
C．打开降落伞至分离前，只受到浮力和气体阻力的作用
D．悬停状态中，发动机喷火的反作用力与气体阻力是平衡力
解析：选B　打开降落伞前，在大气层中做减速运动，则着陆器受大气的阻力作用以及火星的引力作用，选项A错误；打开降落伞至分离前做减速运动，则其加速度方向与运动方向相反，加速度方向竖直向上，则所受合力方向竖直向上，选项B正确；打开降落伞至分离前，受到浮力和气体的阻力以及火星的吸引力作用，选项C错误；悬停状态中，发动机喷火的反作用力是气体对发动机的作用力，与火星对着陆器的吸引力是平衡力，选项D错误。
2.(2023·武汉高三检测)如图，一机械臂铁夹夹起质量为m的小球，机械臂与小球沿水平方向做加速度为a的匀加速直线运动，则铁夹对球的作用力(　 )
A．大小为mg，方向竖直向上
B．大小为ma，方向水平向右
C．大小与小球的加速度大小有关
D．方向与小球的加速度大小无关
解析：选C　对小球，竖直方向F1＝mg，水平方向F2＝ma，铁夹对球的作用力F＝＝m，与水平方向的夹角tan α＝＝，即大小和方向都与小球的加速度大小有关。
3.智能电动扶梯在无人乘坐时运转得很慢，当有人站上扶梯时，它会先加速，再匀速运转。如图所示，一同学在乘坐电动扶梯时(该同学与电动扶梯保持相对静止)，恰好经历了这两个过程。下列说法中正确的是(　 )
A．该同学对扶梯的压力大小始终等于她所受的重力大小
B．该同学始终受到摩擦力作用
C．该同学所受的摩擦力大小与扶梯的加速度大小无关
D．该同学受到扶梯的作用力大小先大于重力后等于重力
解析：选D　在匀速运动的过程中，该同学处于平衡状态，只受重力和支持力；在加速的过程中，加速度与速度同方向，该同学受重力、支持力和摩擦力三个力作用，如图所示，此时支持力大小大于重力大小，故A、B错误；该同学和扶梯没有相对运动，所受的摩擦力为静摩擦力，扶梯的加速度增大，静摩擦力也随之增大，故C错误；在加速上升过程中，扶梯水平方向给同学一个摩擦力，竖直方向有向上的加速度，故竖直方向的支持力大小大于重力大小，所以扶梯对同学的合力大于重力，在匀速运动时，扶梯对该同学的力与重力平衡，大小等于重力，所以该同学受到扶梯的作用力大小先大于重力后等于重力，故D正确。
4.(2022·全国乙卷)如图，一不可伸长轻绳两端各连接一质量为m的小球，初始时整个系统静置于光滑水平桌面上，两球间的距离等于绳长L。一大小为F的水平恒力作用在轻绳的中点，方向与两球连线垂直。当两球运动至二者相距L时，它们加速度的大小均为(　 )
A. B.
C. D.
解析：选A　当两球运动至二者相距L时，如图所示，由几何关系可知sin θ＝，设绳子拉力为T，水平方向有2Tcos θ＝F，解得T＝F。对任意小球由牛顿第二定律可得T＝ma，解得a＝，故A正确，B、C、D错误。
5.(2023·大连高三月考)如图所示，质量为m的物块放在固定粗糙斜面上的A点，由静止下滑到斜面底端所用的时间为t，若在物块放在A点的同时，给物块施加一个竖直向下、大小等于mg的压力(g为重力加速度)，则物块由静止滑到斜面底端的时间为(　 )
A.t　　　B.t　　　C．t　　　D. t
解析：选B　设斜面倾角为θ，由题意知，第一次物块下滑的加速度大小为a1＝gsin θ－μgcos θ，下滑过程s＝a1t2，第二次下滑(F＋mg)sin θ－μ(F＋mg)cos θ＝ma2，a2＝2a1，s＝a2t′2，解得：t′＝t，故B正确，A、C、D错误。
6．(多选)制作“水火箭”是一项深受学生喜欢的科技活动，某学习小组利用饮料瓶制作的水火箭如图甲所示，其发射原理是通过打气使瓶内空气压力增大，当瓶口与橡皮塞脱离时，瓶内水向后喷出，水火箭获得推力向上射出。图乙是某次竖直发射时测绘的水火箭速度v与时间t的图像，其中t0时刻为“水火箭”起飞时刻，DE段是斜率绝对值为g的直线，忽略空气阻力。关于“水火箭”的运动，下列说法正确的是(　 )
A．在t1、t2、t3、t4时刻中，t1时刻加速度最大
B．“水火箭”在t2时刻达到最高点
C．在t3时刻失去推力
D．t3～t4时间内“水火箭”做自由落体运动
解析：选AC　v-t图像的斜率表示加速度，由题图可知，在t1时刻斜率最大，则加速度最大，故A正确；“水火箭”运动过程速度一直是正的，运动方向始终没有改变，t2时刻后仍在上升，故B错误；DE段是斜率绝对值为g的直线，说明t3时刻以后“水火箭”的加速度大小为g，由牛顿第二定律可知，“水火箭”所受合力等于重力，“水火箭”在t3时刻失去推力，故C正确；t3～t4时间内“水火箭”的速度方向是正的，加速度方向是负的，且加速度大小等于g，则“水火箭”做竖直上抛运动，故D错误。
7．(2022·湖南高考)(多选)球形飞行器安装了可提供任意方向推力的矢量发动机，总质量为M。飞行器飞行时受到的空气阻力大小与其速率平方成正比(即F阻＝kv2，k为常量)。当发动机关闭时，飞行器竖直下落，经过一段时间后，其匀速下落的速率为10 m/s；当发动机以最大推力推动飞行器竖直向上运动，经过一段时间后，飞行器匀速向上的速率为5 m/s。重力加速度大小为g，不考虑空气相对于地面的流动及飞行器质量的变化，下列说法正确的是(　 )
A．发动机的最大推力为1.5Mg
B．当飞行器以5 m/s匀速水平飞行时，发动机推力的大小为Mg
C．发动机以最大推力推动飞行器匀速水平飞行时，飞行器速率为5 m/s
D．当飞行器以5 m/s的速率飞行时，其加速度大小可以达到3g
解析：选BC　飞行器关闭发动机，以v1＝10 m/s匀速下落时，有Mg＝kv12＝100k，飞行器以v2＝5 m/s向上匀速运动时，设最大推力为Fm，Fm＝Mg＋kv22＝Mg＋25k，联立可得Fm＝1.25Mg，k＝，A错误；飞行器以v3＝5 m/s匀速水平飞行时F＝＝Mg，B正确；发动机以最大推力推动飞行器匀速水平飞行时f＝＝Mg＝kv42，解得v4＝5 m/s，C正确；当飞行器最大推力向下，以v5＝5 m/s的速率向上减速飞行时，其加速度向下达到最大值，Fm＋Mg＋kv52＝Mam，解得am＝2.5g，D错误。
8．(2022·浙江1月选考)第24届冬奥会在我国成功举办。钢架雪车比赛的一段赛道如图1所示，长12 m水平直道AB与长20 m的倾斜直道BC在B点平滑连接，斜道与水平面的夹角为15°。运动员从A点由静止出发，推着雪车匀加速到B点时速度大小为8 m/s，紧接着快速俯卧到车上沿BC匀加速下滑(图2所示)，到C点共用时5.0 s。若雪车(包括运动员)可视为质点，始终在冰面上运动，其总质量为110 kg，sin 15°＝0.26，g取10 m/s2，求雪车(包括运动员)
(1)在直道AB上的加速度大小；
(2)过C点的速度大小；
(3)在斜道BC上运动时受到的阻力大小。
解析：(1)在AB段：根据速度与位移的关系有
v12＝2a1x1，解得a1＝ m/s2。
(2)在AB段：v1＝a1t1，解得t1＝3 s
在BC段做匀加速直线运动：x2＝v1t2＋a2t22，
解得a2＝2 m/s2，
过C点的速度大小v＝v1＋a2t2＝12 m/s。
(3)在BC段根据牛顿第二定律得
mgsin 15°－Ff＝ma2，
解得Ff＝66 N。
答案：(1) m/s2　(2)12 m/s　(3)66 N
二、强化迁移能力，突出创新性和应用性
9.如图所示，A、B两球质量相等，光滑斜面的倾角为θ，图甲中，A、B两球用轻弹簧相连，图乙中A、B两球用轻质杆相连，系统静止时，挡板C与斜面垂直，轻弹簧、轻杆均与斜面平行，则在突然撤去挡板的瞬间有(　 )
A．两图中两球加速度均为gsin θ
B．两图中A球的加速度均为0
C．图乙中轻杆的作用力一定不为0
D．B球的加速度图甲中的是图乙中的2倍
解析：选D　撤去挡板前，挡板对B球的弹力大小为2mgsin θ，因弹簧弹力不能突变，而杆的弹力会突变，所以撤去挡板瞬间，图甲中A球所受合力为0，加速度为0，B球所受合力为2mgsin θ，加速度为2gsin θ；图乙中由于用杆相连有共同的加速度a，所以整体分析：2mgsin θ＝2ma，a＝gsin θ，隔离小球B，mgsin θ＋F＝ma，所以F＝0，故D正确。
10．(2022·全国甲卷)(多选)如图，质量相等的两滑块P、Q置于水平桌面上，二者用一轻弹簧水平连接，两滑块与桌面间的动摩擦因数均为μ。重力加速度大小为g。用水平向右的拉力F拉动P，使两滑块均做匀速运动；某时刻突然撤去该拉力，则从此刻开始到弹簧第一次恢复原长之前(　 )
A．P的加速度大小的最大值为2μg
B．Q的加速度大小的最大值为2μg
C．P的位移大小一定大于Q的位移大小
D．P的速度大小均不大于同一时刻Q的速度大小
解析：选AD　设两滑块的质量均为m，撤去拉力前，两滑块均做匀速直线运动，则拉力大小为F＝2μmg，撤去拉力前对Q受力分析可知，弹簧的弹力为T0＝μmg，以向右为正方向，撤去拉力瞬间弹簧弹力不变，两滑块与地面间仍然保持相对滑动，此时滑块P的加速度为aP1＝＝－2μg，此刻滑块Q所受的合外力不变，加速度仍为0，滑块P做减速运动，故PQ间距离减小，弹簧的伸长量变小，弹簧弹力变小，根据牛顿第二定律可知P减速的加速度减小，滑块Q的合外力增大，方向向左，做加速度增大的减速运动。故P加速度大小的最大值是刚撤去拉力瞬间，aPm＝－2μg。Q加速度大小的最大值为弹簧恢复原长时，－μmg＝maQm，解得aQm＝－μg，A正确，B错误；滑块P、Q水平向右运动，PQ间的距离在减小，故P的位移一定小于Q的位移，C错误；滑块P在弹簧恢复到原长时加速度aP2＝－μg，撤去拉力时，P、Q的初速度相等，滑块P由开始的加速度大小为2μg做加速度减小的减速运动，弹簧恢复原长时加速度大小为μg；滑块Q由开始的加速度为0做加速度增大的减速运动，弹簧恢复原长时加速度大小也为μg。分析可知P的速度大小均不大于同一时刻Q的速度大小，D正确。
11.随着人工智能技术的不断发展，无人机有着非常广阔的应用前景。春播时节，一架携药总质量m＝20 kg的无人机即将在田间执行喷洒药剂任务，无人机悬停在距一块试验田H1＝30 m的高空，t＝0时刻，它以加速度a1＝2 m/s2竖直向下匀加速运动h1＝9 m 后，立即向下做匀减速运动直至速度为零，重新悬停，然后水平飞行喷洒药剂。若无人机田间作业时喷洒的安全高度为1～3 m，无人机下降过程中空气阻力恒为20 N，求：(g取10 m/s2)
(1)无人机从t＝0时刻到重新悬停在H2＝1 m处的总时间t；
(2)无人机在安全高度范围内重新悬停，向下匀减速时能提供的最大竖直升力大小；
(3)若无人机在高度H2＝3 m处悬停时动力系统发生故障，失去竖直升力的时间为 s，要使其不落地，恢复升力时的最小加速度。
解析：(1)无人机向下匀加速运动过程h1＝a1t12
得t1＝3 s，v1＝a1t1＝6 m/s
无人机减速过程有H1－h1－H2＝t2，得t2＝ s
所以总时间t＝t1＋t2＝ s。
(2)无人机减速过程有0－v12＝－2a2h2
无人机重新悬停时距试验田的安全高度H2＝3 m时，
此时加速度a2最大，由H2＝H1－h1－h2，
则a2＝1 m/s2
无人机向下匀减速运动时，由牛顿第二定律可得
F＋f－mg＝ma2，则升力F＝200 N。
(3)失去竖直升力后，由牛顿第二定律mg－f＝ma3
恢复动力时v＝a3t
则v＝6 m/s，H2＝＋，联立解得a4＝18 m/s2。
答案：(1) s　(2)200 N　(3)18 m/s2
(一) 动力学中的图像问题
图像 v-t图像、a-t图像、F-t图像、F-a图像等
三种类型 (1)已知物体的速度、加速度随时间变化的图像，求解物体的受力情况。(2)已知物体受到的力随时间变化的图像，求解物体的运动情况。(3)由已知条件确定某物理量的变化图像。
解题策略 (1)问题实质是力与运动的关系，要注意区分是哪一种动力学图像。(2)应用物理规律列出与图像对应的函数方程式，进而明确“图像与公式”“图像与物体”间的关系，以便对有关物理问题作出准确判断。
破题关键 (1)分清图像的类别：即分清横、纵坐标所代表的物理量，明确其物理意义，掌握物理图像所反映的物理过程，会分析临界点。(2)注意图像中的一些特殊点所表示的物理意义：图像与横、纵坐标的交点，图像的转折点，两图像的交点等。(3)明确能从图像中获得哪些信息：把图像与具体的题意、情境结合起来，再结合斜率、特殊点、面积等的物理意义，确定从图像中反馈出来的有用信息，这些信息往往是解题的突破口或关键点。
[考法全训]
考法1　由运动图像分析物体的受力情况
1.一质量为m的乘客乘坐竖直电梯下楼，其位移s与时间t的关系图像如图所示。乘客所受支持力的大小用FN表示，速度大小用v表示。重力加速度大小为g。以下判断正确的是(　 )
A．0～t1时间内，v增大，FN＞mg
B．t1～t2时间内，v减小，FN＜mg
C．t2～t3时间内，v增大，FN＜mg
D．t2～t3时间内，v减小，FN＞mg
解析：选D　根据位移—时间图像的斜率表示速度可知，0～t1时间内，图像斜率增大，速度v增大，加速度方向向下，由牛顿运动定律可知乘客处于失重状态，所受的支持力FN＜mg，A错误；t1～t2时间内，图像斜率不变，速度v不变，加速度为零，乘客所受的支持力FN＝mg，B错误；t2～t3时间内，图像斜率减小，速度v减小，加速度方向向上，由牛顿运动定律可知乘客处于超重状态，所受的支持力FN＞mg，C错误，D正确。
考法2　由力的图像分析物体的运动情况
2．(多选)如图所示，水平面上有质量m＝1.0 kg的静止物块，受到随时间t变化的水平拉力F作用，用力传感器测出相应时刻物块所受摩擦力Ff的大小，取重力加速度g＝10 m/s2。下列判断正确的是(　 )
A．物块与木板之间的动摩擦因数为0.3
B．5 s内拉力对物块做的功为0
C．4 s末物块所受合力大小为4.0 N
D．6～9 s内物块的加速度的大小为2.0 m/s2
解析：选AD　从题图可知，物块开始滑动后，物块所受滑动摩擦力为3 N，依题意有μmg＝3 N，解得μ＝0.3，故A正确；从题图可知，物块前四秒静止，第5秒开始拉力大于摩擦力，物块开始加速运动，则根据功的定义，可知第5秒内拉力对物块做正功，所以5 s内拉力对物块做的功不为0，故B错误；由题图可知，竖直方向上重力与支持力平衡；水平方向上，物块在4 s末受水平拉力为4 N、与之等大反向的最大摩擦力，则物块所受合力为0，故C错误；从题图可知，在6～9 s内，物块受到水平拉力与滑动摩擦力恒定，则有F合＝F－f＝2 N＝ma，解得a＝2 m/s2，故D正确。
考法3　由已知条件确定某物理量的图像
3．(2023·青岛高三调研)某科学家研究球体在液体中下落时，发现了液体对球的粘滞阻力与球的半径、速度及液体的种类有关，有F＝6πηrv，其中物理量η为液体的粘滞系数，它与液体的种类及温度有关，如图所示，将一颗小钢珠由静止释放到盛有蓖麻油的足够深量筒中，下列描绘钢珠在下沉过程中加速度大小与时间关系图像可能正确的是(　 )
解析：选D　根据牛顿第二定律得，小钢珠的加速度a＝＝，在下降的过程中，速度v增大，阻力F增大，则加速度a减小，当重力和阻力相等时，做匀速运动，加速度为零，故选项D正确。
(二) 动力学中的连接体问题
1．整体法的选取原则及解题步骤
(1)当只涉及系统的受力和运动情况而不涉及系统内某些物体的受力和运动情况时，一般采用整体法。
(2)运用整体法解题的基本步骤：
2．隔离法的选取原则及解题步骤
(1)当涉及系统(连接体)内某个物体的受力和运动情况时，一般采用隔离法。
(2)运用隔离法解题的基本步骤：
第一步 明确研究对象及运动过程、状态
第二步 将某个研究对象的某段运动过程或某个状态从全过程或系统中隔离出来
第三步 画出某状态下的受力图或运动过程示意图
第四步 选用适当的物理规律列方程求解
[考法全训]
考法(一)　加速度相同的连接体问题
[例1]　(多选)如图所示，在粗糙的水平面上，质量分别为m和M的物块A、B用轻弹簧相连，两物块与水平面间的动摩擦因数均为μ，当用水平力F作用于B上且两物块共同向右以加速度a1匀加速运动时，弹簧的伸长量为x1；当用同样大小的恒力F沿着倾角为θ的光滑斜面方向作用于B上且两物块共同以加速度a2匀加速沿斜面向上运动时，弹簧的伸长量为x2，则下列说法正确的是(　 )
A．若m>M，有x1＝x2
B．若mC．若μ>sin θ，有x1>x2
D．若μ[解析]　在水平面上滑动时，对整体由牛顿第二定律有F－μ(m＋M)g＝(m＋M)a1，隔离物块A，根据牛顿第二定律有FT－μmg＝ma1，联立解得弹簧上的拉力为FT＝F，在斜面上滑动时，对整体由牛顿第二定律有F－(m＋M)gsin θ＝(m＋M)a2，隔离物块A，根据牛顿第二定律有FT′－mgsin θ＝ma2，联立解得弹簧上的拉力FT′＝F，对比可知，弹簧弹力相等，即弹簧伸长量相等，与动摩擦因数和斜面的倾角无关，A、B正确，C、D错误。
[答案]　AB
考法(二)　加速度大小相同、方向不同的连接体问题
[例2]　(2021·海南高考)如图，两物块P、Q用跨过光滑轻质定滑轮的轻绳相连，开始时P静止在水平桌面上。将一个水平向右的推力F作用在P上后，
轻绳的张力变为原来的一半。已知P、Q两物块的质量分别为mP＝0.5 kg、mQ＝0.2 kg，P与桌面间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g＝10 m/s2。则推力F的大小为(　 )
A．4.0 N B．3.0 N　
C．2.5 N　 D．1.5 N
[解析]　P静止在水平桌面上时，由平衡条件有T1＝mQg＝2.0 N，f＝T1＝2.0 N<μmPg＝2.5 N，推力F作用在P上后，轻绳的张力变为原来的一半，即T2＝＝1.0 N，故Q加速下降，有mQg－T2＝mQa，可得a＝5 m/s2，而P将有大小相等的加速度向右加速而受滑动摩擦力，对P由牛顿第二定律T2＋F－μmPg＝mPa，解得F＝4.0 N。
[答案]　A
考法(三)　加速度大小不同、方向相同的连接体问题
[例3]　水平地面上有质量分别为m和4m的物块A和B，两者与地面间的动摩擦因数均为μ。细绳的一端固定，另一端跨过轻质动滑轮与A相连，动滑轮与B相连，如图所示。初始时，绳处于水平拉直状态。若物块A在水平向右的恒力F作用下向右移动了距离s，重力加速度大小为g。求：
(1)物块B克服摩擦力所做的功。
(2)物块A、B的加速度大小。
[解题指导]　
(1)A、B两物块间通过细绳跨过动滑轮连接，滑轮对B的拉力大小是细绳对A的拉力的2倍。
(2)当物块A向右运动距离s时，物块B向右移动，由此可确定A、B两物块的速度关系和加速度关系。
[解析]　(1)物块A移动了距离s，则物块B移动的距离为s1＝s①
物块B受到的摩擦力大小为f＝4μmg②
物块B克服摩擦力所做的功为
W＝fs1＝2μmgs。③
(2)设物块A、B的加速度大小分别为aA、aB，绳中的张力为T。由牛顿第二定律得
F－μmg－T＝maA④
2T－4μmg＝4maB⑤
由A和B的位移关系得aA＝2aB⑥
联立④⑤⑥式得aA＝⑦
aB＝。⑧
[答案]　(1)2μmgs　(2)　
(三) 动力学中的临界极值问题
1．四类典型临界条件
(1)接触与脱离的临界条件：两物体相接触或脱离，临界条件是弹力FN＝0。
(2)相对滑动的临界条件：两物体相接触且处于相对静止时，常存在着静摩擦力，则相对滑动的临界条件是静摩擦力达到最大值。
(3)绳子断裂与松弛的临界条件：绳子所能承受的张力是有限度的，绳子断与不断的临界条件是绳中张力等于它所能承受的最大张力，绳子松弛与拉紧的临界条件是FT＝0。
(4)速度达到最值的临界条件：加速度为0。
2．三种常用解题方法
极限法 把物理问题(或过程)推向极端，从而使临界现象(或状态)暴露出来，以达到正确解决问题的目的
假设法 临界问题存在多种可能，特别是非此即彼两种可能时，或变化过程中可能出现临界条件，也可能不出现临界条件时，往往用假设法解决问题
数学法 将物理过程转化为数学表达式，根据数学表达式解出临界条件
[考法全训]
考法(一)　恰好脱离的临界问题
[例1]　(多选)如图甲所示，一个质量不计的弹簧测力计，劲度系数为30 N/m，下面悬挂一个物块A，处于静止状态，此时弹簧测力计示数为4 N。现将一个质量为0.5 kg的木板B放在A下面，在外力作用下托住木板B使物块A向上运动一段距离，如图乙所示，当系统静止后，如果突然撤去木板B的瞬间物块A向下的加速度为2.5 m/s2。若不撤去木板B用外力控制木板B使二者一起以加速度1 m/s2向下做匀加速直线运动至二者分离，弹簧测力计始终未超量程，重力加速度g＝10 m/s2，以下说法正确的是(　 )
A．撤去木板B的瞬间弹簧测力计的示数为3.0 N
B．匀加速运动阶段起始时刻外力大小为8.1 N
C．匀加速运动阶段二者分离时外力大小为4.5 N
D．A、B分离时弹簧测力计示数为零
[解析]　初始时刻时弹簧测力计示数为4 N，有mAg＝F弹1，突然撤去木板B的瞬间物块A向下的加速度为2.5 m/s2，则有mAg－F弹2＝mAa，联立代入数值解得mA＝0.4 kg，F弹2＝3 N，故A正确；若不撤去木板B，用外力控制木板B使二者一起以加速度1 m/s2向下做匀加速直线运动，对AB整体分析有(mA＋mB)g－F弹2－F＝(mA＋mB)a′，解得F＝5.1 N，故B错误；A、B分离时，根据牛顿第二定律，对B，mBg－F′＝mBa′，对A，mAg－F弹′＝mAa′，解得F′＝4.5 N，F弹′＝3.6 N，故C正确，D错误。
[答案]　AC
[例2]　(多选)如图甲所示，水平面上有一倾角为θ的光滑斜面，斜面上用一平行于斜面的轻质细绳系一质量为m的小球。斜面以加速度a水平向右做匀加速直线运动，当系统稳定时，细绳对小球的拉力和斜面对小球的支持力分别为T和FN。若T-a图像如图乙所示，AB是直线，BC为曲线，重力加速度g取10 m/s2。则(　 )
A．a＝ m/s2时，FN＝0
B．小球质量m＝0.1 kg
C．斜面倾角θ的正切值为
D．小球离开斜面之前，FN＝0.8＋0.06a(N)
[解析]　小球离开斜面之前，以小球为研究对象，进行受力分析，可得Tcos θ－FNsin θ＝ma，Tsin θ＋FNcos θ＝mg，联立解得FN＝mgcos θ－masin θ，T＝macos θ＋mgsin θ，所以小球离开斜面之前，T-a图像呈线性关系，由题图乙可知a＝ m/s2时，FN＝0，A正确；当a＝0时，T＝0.6 N，此时小球静止在斜面上，其受力如图1所示，所以mgsin θ＝T；当a＝ m/s2时，斜面对小球的支持力恰好为零，其受力如图2所示，所以＝ma，联立可得tan θ＝，m＝0.1 kg，B、C正确；将θ和m的值代入FN＝mgcos θ－masin θ，得FN＝0.8－0.06a(N)，D错误。
[答案]　ABC
考法(二)　叠加系统相对滑动的临界问题
[例3]　(多选)如图所示，A、B两物块叠在一起静止在水平地面上，A物块的质量mA＝2 kg，B物块的质量mB＝3 kg，A与B接触面间的动摩擦因数μ1＝0.4，B与地面间的动摩擦因数μ2＝0.1，现对A或对B施加一水平外力F，使A、B相对静止一起沿水平地面运动，重力加速度g＝10 m/s2，物块受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法正确的是(　 )
A．若外力F作用到物块A上，则其最小值为8 N
B．若外力F作用到物块A上，则其最大值为10 N
C．若外力F作用到物块B上，则其最小值为13 N
D．若外力F作用到物块B上，则其最大值为25 N
[解析]　当外力F作用到A上时，A对B的摩擦力达到最大静摩擦力时，两者相对静止，F达到最大值，对B根据牛顿第二定律，有：μ1mAg－μ2(mA＋mB)g＝mBa1，代入数据解得a1＝1 m/s2，对整体：F1－μ2(mA＋mB)g＝(mA＋mB)a1，代入数据，解得：F1＝10 N，故B正确；当外力F作用到B上时，A对B的摩擦力达到最大静摩擦力时，两者相对静止，F达到最大值，对A，根据牛顿第二定律，有μ1mAg＝mAa2，得a2＝μ1g＝4 m/s2，对A、B整体：F2－μ2(mA＋mB)g＝(mA＋mB)a2，代入数据解得：F2＝25 N，故D正确；无论F作用于A还是B上，A、B刚开始相对地面滑动时，Fmin＝μ2(mA＋mB)g＝5 N，A、C错误。
[答案]　BD
[规律方法]
叠加体系统临界问题的求解思路
　　
考法(三)　动力学中的极值问题
[例4]　如图所示，一质量m＝0.4 kg的小物块，以v0＝2 m/s的初速度，在与斜面成某一夹角的拉力F作用下，沿斜面向上做匀加速运动，经t＝2 s的时间物块由A点运动到B点，A、B之间的距离L＝10 m。已知斜面倾角θ＝30°，物块与斜面之间的动摩擦因数μ＝。重力加速度g取10 m/s2。
(1)求物块加速度的大小及到达B点时速度的大小。
(2)拉力F与斜面夹角多大时，拉力F最小？拉力F的最小值是多少？
[解析]　(1)设物块加速度的大小为a，到达B点时速度的大小为v，由运动学公式得L＝v0t＋at2①
v＝v0＋at②
联立①②式，代入数据得a＝3 m/s2③
v＝8 m/s。④
(2)设物块所受支持力为FN，所受摩擦力为Ff，拉力与斜面间的夹角为α，受力分析如图所示，由牛顿第二定律得Fcos α－mgsin θ－Ff＝ma⑤
Fsin α＋FN－mgcos θ＝0⑥
又Ff＝μFN⑦
联立⑤⑥⑦式，可得：F＝⑧
由数学知识得cos α＋sin α＝sin(60°＋α)⑨
由⑧⑨式可知对应F最小时的夹角α＝30°⑩
联立③⑧⑩式，得F的最小值为Fmin＝ N。
[答案]　(1)3 m/s2　8 m/s　(2)30°　 N
[课时跟踪检测]
1.工地施工现场停放着一辆运载水泥管的货车，车厢底部一层水泥管水平紧密地排列着，上层摆放着的4根水泥管没有用绳索固定。现在我们来分析货车前部的A、B、C三根形状完全相同的水泥管，侧视图如图所示，下列说法正确的是(　 )
A．当汽车向左做加速运动时，A对C的支持力变大
B．汽车静止时，管C受到管A给它的支持力为
C．汽车向左匀速运动时，速度越大，B对C的支持力越大
D．当汽车向左做加速运动时，加速度达到g时，C将脱离A
解析：选D　当汽车向左做加速运动时，能提供向左的力只有B对C的弹力的分力，所以是B对C的支持力增大，A对C的支持力减小，故A错误；汽车在静止和匀速运动时，都处于平衡状态，受力分析和几何关系有FAC＝FBC，故有竖直方向2FACsin 60°＝mg，解得FAC＝mg，因为处于平衡状态，所以B对C的力大小不会改变，故B、C错误；当加速度为g时，竖直方向有FBCsin 60°＋FACsin 60°＝mg，水平方向有FBCcos 60°－FACcos 60°＝ma，解得FAC＝0，故D正确。
2．(多选)质量分别为M和m的物块a、b形状、大小均相同，将它们通过轻绳跨过光滑定滑轮连接，如图甲所示，绳子平行于倾角为α的斜面，a恰好能静止在斜面上，不考虑两物块与斜面之间的摩擦，若互换两物块位置，按图乙放置，然后释放a，斜面仍保持静止，关于互换位置之后下列说法正确的是(　 )
A．轻绳的拉力等于mg
B．轻绳的拉力等于Mg
C．a运动的加速度大小为(1－sin α)g
D．a运动的加速度大小为g
解析：选ACD　按图甲放置时，对a由平衡条件可知Mgsin α＝FT，对b有FT′＝mg，FT＝FT′，则有Mgsin α＝mg，按图乙放置时，对a由牛顿第二定律可知Mg－FT1＝Ma，对b有FT2－mgsin α＝ma，FT1＝FT2，则有Mg－mgsin α＝(M＋m)a，联立解得a＝(1－sin α)g，故C正确；因为Mgsin α＝mg，所以a＝(1－sin α)g＝g＝g，故D正确；将FT2－mgsin α＝ma和a＝(1－sin α)g联立，解得FT2＝mg，故A正确，B错误。
3.粗糙水平面上有三个通过不计质量的卡扣依次连接在一起的货箱A、B、C，质量分别为m、2m、3m，每个货箱与水平面间的动摩擦因数均为μ，重力加速度为g。现在两人合作搬运货箱，一人用水平力F向右拉C，另一人同时用力F向右推A，使货箱向右运动，则B、C间的卡扣对C的作用力大小为(　 )
A．0 B．F－3μmg
C．F D．F＋3μmg
解析：选A　将货箱A、B、C看作整体，水平向右为正方向，由牛顿第二定律得2F－6μmg＝6ma，单独对C研究，设卡扣对C的作用力为N，则F＋N－3μmg＝3ma，联立解得N＝0，故卡扣对C的作用力大小为0，B、C、D错误，A正确。
4.(2023·广州高三模拟)公共汽车进站时，刹车过程的加速度—时间图像如图所示，若它在6 s时恰好停在站台处，已知汽车质量约为5 000 kg，重力加速度g取10 m/s2，则汽车在(　 )
A．0到6 s内的位移约等于30 m
B．0时刻的速度约为28 km/h
C．4 s时的加速度约为0.5 m/s2
D．4 s时受到外力的合力约为2 500 N
解析：选B　由a-t图像与t轴所围的面积表示速度的变化量及题图可知，速度的变化量大小约为Δv＝2×1 m/s＋×(1.5＋2)×2 m/s＋×3×1.5 m/s＝7.75 m/s，所以0时刻的速度v0＝Δv＝7.75 m/s≈28 km/h，又因为公共汽车做加速度逐渐减小的减速运动，故0～6 s内的位移满足x5.(2023·长沙高三调研)如图所示，质量为M的三角形斜劈放置在粗糙水平地面上，斜面倾角为θ，一质量为m的物块以速度v0恰好沿斜面匀速下滑，某时刻给物块施加一方向垂直斜面向下、大小为mg的推力F，最后物块停止在斜面上，整个过程中斜劈始终静止在地面上。重力加速度大小为g，则(　 )
A．物块与斜面间的动摩擦因数为sin θ
B．从刚施加推力到物块停止运动时，物块运动的位移大小为
C．施加推力后，物块下滑过程中，地面对斜劈的摩擦力方向向右
D．施加推力后，物块下滑过程中，地面对斜劈的支持力大小为(M＋m)g＋
解析：选D　物块恰好沿斜面匀速下滑时，有mgsin θ＝f，又μmgcos θ＝f，解得物块与斜面间的动摩擦因数为μ＝tan θ，故A错误；施加压力后，摩擦力增大，物块做减速运动，设物块运动的位移为x，有0－v02＝－2ax，又μ(mgcos θ＋F)－mgsin θ＝ma，即有a＝＝μg＝gtan θ，可得x＝，故B错误；施加F后，对斜劈进行受力分析，水平方向向左有F左＝(F＋mgcos θ)sin θ＝mgsin θ＋mgsin θcos θ，水平方向向右有F右＝μ(F＋mgcos θ)cos θ＝mgsin θ＋mgsin θcos θ，解得F左＝F右，可知，则斜劈不受地面的静摩擦力，故C错误；对斜劈进行受力分析可得，竖直方向上有FN＝Mg＋(F＋mgcos θ)cos θ＋μ(F＋mgcos θ)sin θ，又F＝mg，解得地面对斜劈的支持力大小为FN＝(M＋m)g＋，故D正确。
6．(2023·青岛高三月考)如图甲所示，一物块从倾角为θ的斜面底端以一定的初速度沿足够长的斜面上滑，其运动的速度—时间图像如图乙所示，2t0时刻速度减为零，5t0时刻回到出发点。则下列说法正确的是(　 )
A．物块返回斜面底端时的速度大小为v0
B．物块返回斜面底端时的速度大小为
C．物块与斜面之间的动摩擦因数为tan θ
D．物块与斜面之间的动摩擦因数为tan θ
解析：选C　上滑过程有s＝a1(2t0)2，v0＝a1·2t0，下滑过程有s＝a2(5t0－2t0)2，v1＝a2(5t0－2t0)，联立解得＝，v1＝v0，所以A、B错误；根据牛顿第二定律，上滑过程有a1＝gsin θ＋μgcos θ，下滑过程有a2＝gsin θ－μgcos θ，联立解得μ＝tan θ，所以C正确，D错误。
7.(多选)如图所示，光滑水平桌面上放置着物块A，它通过轻绳和轻质滑轮悬挂着物块B，已知A的质量为m，B的质量为3m，重力加速度大小为g，静止释放物块A、B后(　 )
A．相同时间内，A、B运动的路程之比为2∶1
B．物块A、B的加速度之比为1∶1
C．轻绳的拉力为
D．当B下落高度h时，速度为
解析：选AC　相同时间内，图中A向右运动h时，B下降一半的距离，即为h/2，故A、B运动的路程之比为2∶1，故A正确；任意相等时间内，物块A、B的位移大小之比为2∶1，故速度和加速度大小之比均为2∶1，故B错误；设A的加速度大小为a，则B的加速度大小为0.5a，根据牛顿第二定律，对A有：T＝ma，对B有：3mg－2T＝3m·0.5a，联立解得：T＝，a＝g，故C正确；对B，加速度为a′＝0.5a＝g，则v2＝2a′h，解得：v＝，故D错误。
8．(多选)如图所示，倾角为θ＝30°、足够长的光滑斜面固定在水平地面上，劲度系数为k的轻质弹簧下端固定在斜面的底端，弹簧上端与质量为m的滑块A连接，A的右侧紧靠一质量为m的滑块B，B与A不粘连，开始时两滑块均处于静止状态。现对滑块B施加一个平行于斜面向上的拉力F，使其做加速度a＝g的匀加速直线运动。忽略两滑块的形状和大小，以x表示滑块A、B离开静止位置的位移，F1表示滑块A受到的合外力，从滑块A、B开始运动到A第一次上升到最大高度的过程中，下列表示F与x、F1与x之间关系的图像可能正确的是(　 )
解析：选AC　开始时两滑块均处于静止状态，设此时弹簧压缩量为x0，由平衡条件可得kx0＝2mgsin θ，施加力F后，对A、B整体受力分析，由牛顿第二定律可得F＋kx1－2mgsin θ＝2ma，x1为弹簧压缩量，且x1＝x0－x，联立解得F＝kx＋mg，当A、B分离后，对B由牛顿第二定律可得F－mgsin θ＝ma，解得F＝mg，为恒定值，故A正确，B错误；滑块A、B一起运动时，加速度a均为g，对A由牛顿第二定律可得F1＝ma＝mg，为恒力，当A、B间恰好无压力作用时，A、B分离，此时弹簧弹力为F弹－mgsin θ＝mg，解得F弹＝mg，此后，A的合力为F1＝k(x0－x)－mgsin θ＝－kx＋mg，故C正确，D错误。
9.(多选)如图，三个质量均为1 kg的物体A、B、C叠放在水平桌面上，B、C用不可伸长的轻绳跨过一光滑轻质定滑轮连接，A与B之间、B与C之间的接触面以及轻绳均与桌面平行，A与B之间、B与C之间以及C与桌面之间的动摩擦因数分别为0.4、0.2和0.1，重力加速度g取10 m/s2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，用力F沿水平方向拉物体C。以下说法正确的是(　 )
A．拉力F小于11 N时，不能拉动C
B．拉力F为17 N时，轻绳的拉力为4 N
C．要使A、B保持相对静止，拉力F不能超过23 N
D．A的加速度将随拉力F的增大而增大
解析：选AC　当C物体即将运动时，C物体在水平方向受到桌面给C的向右的摩擦力f桌，绳子向右的拉力T，B给C向右的摩擦力fBC，其中f桌＝0.1(mA＋mB＋mC)g＝3 N, fBC＝0.2(mA＋mB)g＝4 N，F＝f桌＋fBC＋T，T＝fBC＝4 N，可解得F＝11 N，故A正确；因为B和C的加速度大小相等，在A和B即将发生相对滑动，对A受力分析可得fAB＝0.4mAg＝mAa，对AB整体受力分析可得T－fBC＝(mA＋mB)a，对C物体受力分析可得F－T－fBC－f桌＝mCa，联立解得F＝23 N，说明A和B发生相对滑动的临界拉力大小为F＝23 N，故C正确；当F＝17 N时，A和B没有发生相对滑动，此时对AB整体T－fBC＝(mA＋mB)a1，对C物体受力分析F－T－fBC－f桌＝mCa1，联立解得T＝8 N，故B错误；当拉力增大，A和B发生相对滑动时，则A物体受到滑动摩擦力，加速度为a＝0.4g＝4 m/s2，随拉力F增大加速度不变，D错误。
10．(2023·衡水高三调研)高铁的开通给出行的人们带来了全新的旅行感受，大大方便了人们的工作与生活。某高铁列车组由七节车厢组成，除第四节车厢为无动力车厢外，其余六节车厢均具有动力系统，设每节车厢的质量均为m，各动力车厢产生的动力相同，经测试，该列车启动时能在时间t内将速度提高到v，已知运动阻力是车重的k倍。求：
(1)列车在启动过程中，第五节车厢对第六节车厢的作用力大小；
(2)列车在匀速行驶时，第六节车厢失去了动力，若仍要保持列车的匀速运动状态，则第五节车厢对第六节车厢的作用力变化多大？
解析：(1)列车启动时做初速度为零的匀加速直线运动，启动加速度为a＝ ①
对整个列车，由牛顿第二定律得：
F－k·7mg＝7ma ②
设第五节车厢对第六节车厢的作用力为T，对第六、七两节车厢进行受力分析，水平方向受力如图所示，由牛顿第二定律得
＋T－k·2mg＝2ma③
联立①②③，解得T＝－m ④
其中“－”表示实际作用力与图示方向相反，即与列车运动方向相反。
(2)列车匀速运动时，对整体由平衡条件得F′－k·7mg＝0⑤
设第六节车厢有动力时，第五、六节车厢间的作用力为T1，则有：＋T1－ k·2mg＝0⑥
第六节车厢失去动力时，仍保持列车匀速运动，则总牵引力不变，设此时第五、六节车厢间的作用力为T2，则有：＋T2－k·2mg＝0, ⑦
联立⑤⑥⑦，解得T1＝－kmg，T2＝kmg
因此作用力变化ΔT＝T2－T1＝kmg。
答案：(1)m　(2)kmg
11.如图所示，光滑水平面上有一质量为M＝4 kg的斜面体，倾角θ＝30°，斜面上放一质量 m＝8 kg的小物体。已知小物体与斜面之间的动摩擦因数μ＝，且最大静摩擦力可以认为等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2。
(1)若小物体和斜面体一起匀速向右运动，求斜面体对小物体的摩擦力大小；
(2)用力F水平向右拉斜面体，欲使小物体与斜面之间不发生相对滑动，求F的最大值。
解析：(1)小物体和斜面体一起匀速向右运动时，小物体受力情况如图所示，根据平衡条件，小物体所受摩擦力大小为Ff＝mgsin θ，代入数据得Ff＝40 N。
(2)F最大时，小物体受到最大静摩擦力作用，将支持力和摩擦力分解，由牛顿第二定律有
Ffcos θ－FNsin θ＝ma，Ffsin θ＋FNcos θ＝mg，
又Ff＝μFN，
由以上各式联立得a＝g，解出a＝ m/s2，
对小物体和斜面体整体应用牛顿第二定律有
F＝(M＋m)a，
解得F＝ N。
答案：(1)40 N　(2) N
(一) 传送带模型
类型(一)　水平传送带模型
1．三种常见情景
项目 图示 滑块可能的运动情况
情景1 ①可能一直加速②可能先加速后匀速
情景2 ①v0>v，可能一直减速，也可能先减速再匀速②v0＝v，一直匀速③v0情景3 ①传送带较短时，滑块一直减速到达左端②传送带较长时，滑块还要被传送带传回右端。其中，若v0>v，返回时速度为v，若v0≤v，返回时速度为v0
2．解题方法突破
(1)水平传送带又分为两种情况：物体的初速度与传送带速度同向(含物体初速度为0)或反向。
(2)在匀速运动的水平传送带上，只要物体和传送带不共速，物体就会在滑动摩擦力的作用下，朝着和传送带共速的方向变速，直到共速，滑动摩擦力消失，与传送带一起匀速运动，或由于传送带不是足够长，在匀加速或匀减速过程中始终没达到共速。
(3)计算物体与传送带间的相对路程要分两种情况：
①若二者同向，则Δs＝|s传－s物|；
②若二者反向，则Δs＝|s传|＋|s物|。
[例1]　(多选)如图所示，长为L的水平传送带AB以速度v逆时针运转，将小石墨块P轻放在传送带右端A，当石墨块从左端B离开传送带时，传送带上留下了长度为l的痕迹，不计绕过传动轮的皮带长度，下列说法正确的是(　 )
A．增大传送带速度v，划痕长度可能不变
B．减小石墨块与传送带间的动摩擦因数，划痕长度可能会减小
C．增加传送带的长度，划痕长度一定会变长
D．一定条件下可使l>L
[解析]　分三种情况：①石墨块到达B端前速度等于v，则l＝vt－，其中t＝、a＝μg，解得l＝，v增大，则l变长；②石墨块到达B端时速度小于或等于v，且运动时间t＝≤，则l＝vt－L，得2L≥l＝v－L，增大v，则l变长；③石墨块到达B端时速度小于或等于v，且运动时间t>，此时在石墨块到达B端前划痕前端就追上石墨块，划痕长度为2L，之后的划痕与原来划痕重叠，划痕长度为2L不变，选项A正确；由上述可知，减小石墨块与传送带间的动摩擦因数，则l会变长或不变，选项B错误；第①种情况下l与L无关，选项C错误；由③可知选项D正确。
[答案]　AD
[针对训练]
1．如图所示，水平传送带两端相距s＝8 m，工件与传送带间的动摩擦因数μ＝0.6，工件滑上A端时速度vA＝10 m/s，设工件到达B端时的速度为vB。若传送带以v＝13 m/s逆时针匀速转动，求vB及工件由A到B所用的时间。(g取10 m/s2)
解析：根据牛顿第二定律可知μmg＝ma，
则a＝μg＝6 m/s2，
工件速度达到13 m/s所用时间为t1＝＝0.5 s，运动的位移为x1＝vAt1＋at12＝5.75 m<8 m，
则工件在到达B端前速度就达到了13 m/s，此后工件与传送带相对静止，因此工件先加速后匀速运动，匀速运动的位移x2＝s－x1＝2.25 m，t2＝≈0.17 s，t＝t1＋t2＝0.67 s。
答案：13 m/s　0.67 s
类型(二)　倾斜传送带模型
1．两种常见情景
项目 图示 滑块可能的运动情况
情景1 ①可能一直加速②可能先加速后匀速
情景2 ①可能一直加速②可能先加速后匀速③可能先以a1加速，后以a2加速
2.解题方法突破
物体沿倾角为θ的传送带运动时，可以分为两类：物体由底端向上运动，或者由顶端向下运动。解决倾斜传送带问题时要特别注意mgsin θ与μmgcos θ的大小和方向的关系，进一步判断物体所受合力与速度方向的关系，确定物体运动情况。
[例2]　(2021·辽宁高考)机场地勤工作人员利用传送带从飞机上卸行李。如图所示，以恒定速率v1＝0.6 m/s运行的传送带与水平面间的夹角α＝37°，转轴间距L＝3.95 m。工作人员沿传送方向以速度v2＝1.6 m/s从传送带顶端推下一件小包裹(可视为质点)。小包裹与传送带间的动摩擦因数μ＝0.8。取重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求：
(1)小包裹相对传送带滑动时加速度的大小a；
(2)小包裹通过传送带所需的时间t。
[解析]　(1)小包裹的速度v2大于传送带的速度v1，所以小包裹受到传送带的摩擦力沿传送带向上，根据牛顿第二定律可知μmgcos α－mgsin α＝ma，
解得a＝0.4 m/s2。
(2)根据(1)可知小包裹开始阶段在传送带上做匀减速直线运动，用时t1＝＝ s＝2.5 s，
在传送带上滑动的距离为x1＝t1＝×2.5 m＝2.75 m，
因为小包裹所受滑动摩擦力大于重力沿传送带方向上的分力，即μmgcos α＞mgsin α，所以小包裹与传送带共速后做匀速直线运动至传送带底端，匀速运动的时间为t2＝＝ s＝2 s，
所以小包裹通过传送带的时间为t＝t1＋t2＝4.5 s。
[答案]　(1)0.4 m/s2　(2)4.5 s
[针对训练]
2．(2023·哈尔滨高三模拟)(多选)如图所示，一足够长的传送带倾斜放置，倾角θ＝37°，以恒定速率v＝4 m/s顺时针转动。一煤块以初速度v0＝12 m/s从A端冲上传送带，煤块与传送带之间动摩擦因数μ＝0.25，取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6、cos 37°＝0.8。则下列说法正确的是(　 )
A．煤块冲上传送带后经1 s与传送带速度相同
B．煤块向上滑行的最大位移为10 m
C．煤块从冲上传送带到返回A端所用的时间为5 s
D．煤块在传送带上留下的痕迹长为(12＋4)m
解析：选ABD　煤块先做匀减速运动，由牛顿第二定律可得mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1，解得a1＝8 m/s2，设经t时间与传送带共速，由v0－a1t＝v，解得t＝1 s，故A正确；共速后，摩擦力方向向上，由牛顿第二定律mgsin θ－μmgcos θ＝ma2，解得a2＝4 m/s2，煤块先以12 m/s的初速度、8 m/s2的加速度减速至4 m/s，后又以4 m/s2的加速度减速至0，再反向加速至回到A点，v-t图像如图所示。
由图像可知煤块上升到最高点的位移大小等于速度时间图线与时间轴所包围的面积的大小，x＝×(12＋4)×1 m＋×4×1 m＝10 m，故B正确；煤块上升到最高点后反向向下做初速度为零、加速度为a2＝4 m/s2的匀加速直线运动，设返回到A点所需的时间为t1，下滑的位移x＝a2t12，解得t1＝ s，结合图像知，煤块从冲上传送带到返回A端所用时间为t总＝(2＋)s，故C错误；在0到1 s内传送带比煤块速度慢，则煤块在传送带上的划痕为L1＝×(12＋4)×1 m－4×1 m＝4 m，此时划痕在煤块的下方，在1 s到2 s内，传送带速度比煤块速度大，则L2＝4×1 m－×4×1 m＝2 m，因为L2(二) “滑块—木板”模型
1．两种常见类型
类型图示 规律分析
长为L的木板B带动物块A，物块恰好不从木板上掉下的临界条件是物块恰好滑到木板左端时二者速度相等，则位移关系为xB＝xA＋L
物块A带动长为L的木板B，物块恰好不从木板上掉下的临界条件是物块恰好滑到木板右端时二者速度相等，则位移关系为xB＋L＝xA
2．关注“一个转折”和“两个关联”
(1)一个转折
滑块与木板达到相同速度或者滑块从木板上滑下是受力和运动状态变化的转折点。
(2)两个关联
指转折前、后受力情况之间的关联和滑块、木板位移与板长之间的关联。一般情况下，由于摩擦力或其他力的转变，转折前、后滑块和木板的加速度都会发生变化，因此以转折点为界，对转折前、后进行受力分析是建立模型的关键。
3．解决“板块”模型问题的“思维流程”
类型 一 　木板带动滑块运动的情形
[例1]　(2023·岳阳高三检测)如图所示，木块A置于木板B上，木板B置于水平面上。A的质量m＝1.5 kg，B的质量M＝2.0 kg，A、B间动摩擦因数μ1＝0.2，B与地面间动摩擦因数μ2＝0.4。某时刻(t＝0)水平力F作用于B上，其随时间变化的规律为F＝5t＋4 (N) (F、t均取国际单位)。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2。求：
(1)经过多长时间B开始滑动；
(2)经过多长时间A开始相对B滑动；
(3) t＝3 s时AB间的摩擦力大小Ff(结果保留两位有效数字)。
[解析]　(1)当B开始滑动时B与地面间的摩擦力与F相等，即μ2(m＋M)g＝5t1＋4(N)
解得t1＝2 s。
(2)当A开始在B上滑动时，对木块μ1mg＝ma
对整体F2－μ2(m＋M)g＝(m＋M)a
由题知F2＝5t2＋4(N)
解得t2＝ 3.4 s。
(3)当t2>t＝3 s>t1
B已滑动，A、B间未发生相对滑动，对木块Ff＝ma′
对整体F3－μ2(m＋M)g＝(m＋M)a′
且F3＝5t＋4(N)
解得Ff＝ N≈2.1 N。
[答案]　(1)2 s　(2)3.4 s　(3)2.1 N
[针对训练]
1．如图甲所示，一长为2.0 m、质量为2 kg的长木板静止在粗糙水平面上，有一个质量为1 kg可视为质点的小物块置于长木板右端。对长木板施加的外力F逐渐增大时，小物块所受的摩擦力Ff随外力F的变化关系如图乙所示。现改用F＝22 N的水平外力拉长木板，取g＝10 m/s2，则小物块在长木板上滑行的时间为(　 )
A．1 s　　 B．2 s　　　
C. s　　　 D. s
解析：选A　由题图乙知力F较小时，小物块和长木板均静止，随着外力的增大二者23 / 42
第十二章 机械振动　机械波
第1讲　机械振动
一、简谐运动
1．两点理解
平衡位置 物体在振动过程中回复力为零的位置
回复力 ①定义：质点所受的力与它偏离平衡位置位移的大小成正比，并且总是指向平衡位置②表达式：F＝－kx③来源：可以由某一个力提供，也可以由几个力的合力或某个力的分力提供；是效果力，不是性质力
2．两种描述
表达式描述 ①动力学表达式：F＝－kx，其中“－”表示回复力与位移的方向相反②运动学表达式：x＝Asin(ωt＋φ0)，其中A代表振幅，ω＝2πf代表简谐运动振动的快慢，ωt＋φ0代表简谐运动的相位，φ0叫作初相
图像描述 ①从平衡位置开始计时，振动表达式为x＝Asin ωt，图像如图甲所示②从最大位移处开始计时，振动表达式为x＝Acos ωt，图像如图乙所示
二、受迫振动和共振
1．受迫振动
定义 系统在周期性驱动力作用下的振动
特点 物体做受迫振动的周期(或频率)等于驱动力的周期(或频率)，与物体的固有周期(或频率)无关
2．共振
定义 做受迫振动的物体受到的驱动力的频率与其固有频率越接近，其振幅就越大，当二者相等时，振幅达到最大，这就是共振现象
共振曲线 如图所示：
微点判断　
(1)简谐运动是匀变速运动。(×)
(2)周期、频率是表征物体做简谐运动快慢程度的物理量。(√)
(3)振幅等于振子运动轨迹的长度。(×)
(4)简谐运动的回复力可以是恒力。(×)
(5)弹簧振子每次经过平衡位置时，位移为零、动能最大。(√)
(6)单摆在任何情况下的运动都是简谐运动。(×)
(7)物体做受迫振动时，其振动频率与固有频率无关。(√)
(一) 简谐运动的规律及应用(精研点)
考法(一)　简谐运动的规律
1．受力特征：回复力F＝－kx，F(或a)的大小与x的大小成正比，方向相反。
2．运动特征：衡位置时，a、F、x都减小，v增大；远离平衡位置时，a、F、x都增大，v减小。
3．能量特征：振幅越大，能量越大。在运动过程中，系统的动能和势能相互转化，机械能守恒。
4．周期性特征：质点的位移、回复力、加速度和速度随时间做周期性变化，变化周期就是简谐运动的周期T；动能和势能也随时间做周期性变化，其变化周期为。
5．对称性特征：关于平衡位置O对称的两点，速度的大小、动能、势能相等，相对平衡位置的位移大小相等。
[针对训练]
1．[对简谐运动的理解]
(2022·浙江6月选考)如图所示，一根固定在墙上的水平光滑杆，两端分别固定着相同的轻弹簧，两弹簧自由端相距x。套在杆上的小球从中点以初速度v向右运动，小球将做周期为T的往复运动，则(　 )
A．小球做简谐运动
B．小球动能的变化周期为
C．两根弹簧的总弹性势能的变化周期为T
D．小球的初速度为时，其运动周期为2T
解析：选B　小球在图中x这段位移中做匀速直线运动，即小球不符合受力与位移成正比、方向与位移相反，所以小球做的不是简谐运动，A错误；从开始运动，以向右为正方向，其v-t图像如图所示，AB代表向右匀速通过的过程，B是刚接触弹簧，BC代表做简谐运动，C点代表小球向左刚离开弹簧瞬间，CD指的是向左匀速通过x的过程，DE是接触左侧弹簧做简谐运动，E点代表小球向右刚离开弹簧瞬间，EF是向右通过的过程，F点回到运动的起点。通过该图像可知，小球的动能变化周期为，B正确；图中BC、DE过程弹性势能均先增加，后减小，显然其变化周期小于T，C错误；如果小球的速度变为，则匀速通过x的阶段时间变为原来两倍，但简谐运动的周期与速度无关，因此整个运动周期小于2T，D错误。
2．[简谐运动中各物理量的分析]
如图所示，在光滑水平面上有一质量为m的小物块与左端固定的轻质弹簧相连，构成一个水平弹簧振子，弹簧处于原长时小物块位于O点。现使小物块在M、N两点间沿光滑水平面做简谐运动，在此过程中(　 )
A．小物块运动到M点时回复力与位移方向相同
B．小物块每次运动到N点时的加速度一定相同
C．小物块从O点向M点运动过程中做加速运动
D．小物块从O点向N点运动过程中机械能增加
解析：选B　根据F＝－kx可知小物块运动到M点时回复力与位移方向相反，故A错误；根据a＝－可知小物块每次运动到N点时的位移相同，则加速度一定相同，故B正确；小物块从O点向M点运动过程中加速度方向与速度方向相反，做减速运动，故C错误；小物块从O点向N点运动过程中弹簧弹力对小物块做负功，小物块的机械能减少，故D错误。
考法(二)　简谐运动的两种模型
模型 弹簧振子(水平) 单摆
示意图
简谐运动条件 ①弹簧质量要忽略②无摩擦力等阻力③在弹簧弹性限度内 ①摆线为不可伸缩的轻细线②无空气阻力等阻力③最大摆角小于等于5°
回复力 弹簧的弹力提供 摆球重力沿与摆线垂直方向(即切向)的分力
平衡位置 弹簧处于原长处 最低点
周期 与振幅无关 T＝2π
能量转化 弹性势能与动能的相互转化，机械能守恒 重力势能与动能的相互转化，机械能守恒
[注意]　单摆周期公式T＝2π的两点说明：
(1)l为等效摆长，表示从悬点到摆球重心的距离。
(2)g为当地重力加速度。
[针对训练]
1．[弹簧振子模型]
(2023·江西抚州质检)一弹簧振子做简谐运动，O为平衡位置，当t＝0时刻，振子经过O点，t＝0.4 s时，第一次到达M点，t＝0.5 s时振子第二次到达M点，则弹簧振子的周期可能为(　 )
A．0.6 s　 B．1.2 s　　
C．2.0 s　 D．2.6 s
解析：选A　
做出示意图如图1，若从O点开始向右，振子按图1路线振动，则振子的振动周期为T1＝4×s＝1.8 s。
如图2，若从O点开始向左，振子按图2路线振动，M1为M点关于平衡位置O的对称位置，则振子的振动周期为T2＝4×s＝0.6 s，B、C、D错误，A正确。
2．[单摆模型](2023·山东青岛质检)如图所示，两个摆长均为L的单摆，摆球A、B质量分别为m1、m2，悬点均为O。在O点正下方0.19L 处固定一小钉。初始时刻B静止于最低点，其摆线紧贴小钉右侧，A从图示位置由静止释放(θ足够小)，在最低点与B发生弹性正碰。两摆在整个运动过程中均满足简谐运动条件，悬线始终保持绷紧状态且长度不变，摆球可视为质点，不计碰撞时间及空气阻力，重力加速度为g。下列选项正确的是(　 )
A．若m1＝m2，则A、B在摆动过程中最大振幅之比为9∶10
B．若m1＝m2，则每经过1.9π 时间A回到最高点
C．若m1>m2，则A与B第二次碰撞不在最低点
D．若m1解析：选D　若m1＝m2，则两球碰撞后交换速度，所以A、B在摆动过程中最大振幅相等，两球的振动完全一样，所以每经过2π 时间A回到最高点，A、B错误；摆长为L的周期为T＝2π ，摆长为0.81L的周期为T′＝1.8π ，若m1>m2，则碰后A球向右运动，摆长变为0.81L，B球摆回最低点后向左运动时，摆长为0.81L，所以两摆的周期均为T″＝T＋T′＝1.9π ，即第一次在最低点碰撞后，经过一个周期发生第二次碰撞，位置仍然在最低点，C错误；若m1(二) 简谐运动图像的理解及应用(精研点)
由图像可获取的五个信息
(1)判定振动的振幅A和周期T。(如图所示)
(2)判定振动物体在某一时刻的位移。
(3)判定某时刻质点的振动方向：
①下一时刻位移若增加，质点的振动方向是远离平衡位置；
②下一时刻位移若减小，质点的振动方向是指向平衡位置。
(4)判定某时刻质点的加速度(回复力)的大小和方向。
(5)比较不同时刻质点的势能和动能的大小。质点的位移越大，它所具有的势能越大，动能则越小。
[考法全训]
1．[对简谐运动图像的理解]
如图甲所示，水平放置的弹簧振子在A、B之间做简谐运动，O是平衡位置，以向右为正方向，其振动图像如图乙所示，则(　 )
A．A、O间的距离为4 cm
B．0.1 s末，小球位于A点
C．0.2 s末，小球有正向的最大速度
D．在0.2～0.3 s内，小球从O向A做减速运动
解析：选D　由振动图像可知，振幅为2 cm，所以A、O间的距离为2 cm，A错误；0.1 s末，小球在正向最大位移处，即位于B点，B错误；0.2 s末，小球速度方向沿x轴负方向，并且速度最大，C错误；在0.2～0.3 s内，小球沿负向的速度逐渐减小，到达负向最大位移A处时速度减为零，则小球从O向A做减速运动，D正确。
2．[两个简谐运动图像的对比]
如图是质量相等的甲、乙两个物体分别做简谐运动时的图像，下列说法错误的是(　 )
A．甲、乙两物体的振幅分别是2 m和1 m
B．甲的振动频率比乙的大
C．前2 s内，两物体的加速度均为负值
D．第2 s末，甲的速度最大，乙的加速度最大
解析：选A　由题图知，甲、乙两物体的振幅分别为2 cm和 1 cm，A错误；8 s内甲完成2次全振动，乙完成1次全振动，甲的振动频率比乙的大，B正确；前2 s内，甲、乙的位移均为正，所以加速度均为负值，C正确；第2 s末甲在平衡位置，速度最大，乙在最大位移处，加速度最大，D正确。
3．[单摆的振动图像的应用]
如图，长为l的细绳下方悬挂一小球a，绳的另一端固定在天花板上O点处，在O点正下方l的O′处有一固定细铁钉。将小球向右拉开，使细绳与竖直方向成一小角度(约为2°)后由静止释放，并从释放时开始计时。当小球a摆至最低位置时，细绳会受到铁钉的阻挡。设小球相对于其平衡位置的水平位移为x，向右为正。下列图像中，能描述小球在开始一个周期内的x-t关系的是(　 )
解析：选A　摆长为l时单摆的周期T1＝2π ，振幅A1＝lα(α为摆角，α很小时，sin α＝α)，摆长为l时单摆的周期T2＝2π ＝π ＝，振幅A2＝lβ(β为摆角)。根据机械能守恒定律得mgl(1－cos α)＝mg(1－cos β)，利用cos α＝1－2sin 2，cos β＝1－2sin 2 ，以及sin α＝tan α＝α(α很小)，解得β＝2α，故A2＝A1，A正确。
(三) 受迫振动和共振(精研点)
三种振动的比较
振动类型 自由振动 受迫振动 共振
受力情况 仅受回复力 受驱动力 受驱动力
振动周期或频率 由系统本身性质决定，即固有周期T0或固有频率f0 由驱动力的周期或频率决定，即T＝T驱或f＝f驱 T驱＝T0或f驱＝f0
振动能量 振动物体的机械能不变 由产生驱动力的物体提供 振动物体获得的能量最大
常见例子 弹簧振子或单摆(θ≤5°) 机械工作时底座发生的振动 共振筛、声音的共鸣等
[考法全训]
1．[对受迫振动的理解]
(2023·武汉高三调研)如图所示，曲轴上挂一个弹簧振子，转动摇把，曲轴可带动弹簧振子上下振动。开始时不转动摇把，让振子自由振动，测得其频率为2 Hz。现匀速转动摇把，转速为240 r/min。则(　 )
A．当振子稳定振动时，它的振动周期是0.5 s
B．当振子稳定振动时，它的振动频率是6 Hz
C．当转速增大时，弹簧振子的振幅增大
D．当转速减小时，弹簧振子的振幅增大
解析：选D　摇把匀速转动的频率f＝n＝ Hz＝4 Hz，周期T＝＝0.25 s，当振子稳定振动时，它的振动周期及频率均与驱动力的周期及频率相等，A、B错误；当转速减小时，其频率将更接近振子的固有频率2 Hz，弹簧振子的振幅将增大，C错误，D正确。
2．[对受迫振动和共振的理解]
(2023·天津质检)如图甲所示，一个有固定转动轴的竖直圆盘转动时，固定在圆盘上的小圆柱带动一个T形支架在竖直方向振动，T形支架的下面系着一个由弹簧和小球组成的振动系统。圆盘静止时，让小球做简谐运动，其振动图像如图乙所示。圆盘匀速转动时，小球做受迫振动，小球振动稳定时，下列说法正确的是(　 )
A．小球振动的固有频率是4 Hz
B．小球做受迫振动时周期一定是4 s
C．圆盘转动周期在4 s附近时，小球振幅显著增大
D．圆盘转动周期在4 s附近时，小球振幅显著减小
解析：选C　小球振动的固有周期T＝4 s，则其固有频率为f＝＝0.25 Hz，A错误；小球做受迫振动时周期等于驱动力的周期，即等于圆盘转动周期，不一定等于固有周期4 s，B错误；圆盘转动周期在4 s附近时，驱动力周期等于振动系统的固有周期，小球产生共振现象，振幅显著增大，C正确，D错误。
3．[对单摆的共振曲线的理解]
如图所示为两单摆分别在受迫振动中的共振曲线，则下列说法错误的是(　 )
A．若两摆的受迫振动分别在月球上和地球上进行，且摆长相同，则图线Ⅰ表示月球上单摆的共振曲线
B．若两摆的受迫振动是在地球上同一地点进行，则两摆摆长之比LⅠ∶LⅡ＝25∶4
C．图线Ⅱ若表示在地面上完成的，则该单摆摆长约为1 m
D．若摆长均为1 m，则图线Ⅰ表示在地面上完成的
解析：选D　图线中振幅最大处对应的频率应与做受迫振动的单摆的固有频率相等，从图线上可以看出，两摆的固有频率fⅠ＝0.2 Hz，fⅡ＝0.5 Hz。当两摆在月球和地球上分别做受迫振动且摆长相等时，根据公式f＝ 可知，g越大，f越大，所以gⅡ＞gⅠ，因为g地＞g月，因此可推知图线Ⅰ表示月球上单摆的共振曲线，A正确；若在地球上同一地点进行两次受迫振动，g相同，摆长长的频率f小，且有＝，所以＝，B正确；fⅡ＝0.5 Hz，若图线Ⅱ表示在地面上完成的，根据g＝9.8 m/s2，可计算出LⅡ约为1 m，C正确，D错误。
4．[共振现象的应用]
(2021·浙江1月选考)(多选)为了提高松树上松果的采摘率和工作效率，工程技术人员利用松果的惯性
发明了用打击杆、振动器使松果落下的两种装置，如图甲、乙所示。则(　 )
A．针对不同树木，落果效果最好的振动频率可能不同
B．随着振动器频率的增加，树干振动的幅度一定增大
C．打击杆对不同粗细树干打击结束后，树干的振动频率相同
D．稳定后，不同粗细树干的振动频率始终与振动器的振动频率相同
解析：选AD　不同树木的固有频率不同，因此针对不同树木，要使之发生共振需要的振动频率不同，选项A正确；根据共振曲线，小于固有频率时，逐渐增加驱动力频率，振动的幅度会增大，而在大于固有频率时增加驱动力频率，振动的幅度会减小，选项B错误；稳定后，不同粗细的树干的振动为受迫振动，因此与振动器的振动频率相同，选项D正确；打击杆打击树干后，树干做阻尼振动，阻尼振动频率取决于固有频率，粗细不同的树干固有振动频率不同，选项C错误。
1．(2022·浙江1月选考)图甲中的装置水平放置，将小球从平衡位置O拉到A后释放，小球在O点附近来回振动；图乙中被细绳拴着的小球由静止释放后可绕固定点来回摆动。若将上述装置安装在太空中的我国空间站内进行同样操作，下列说法正确的是(　 )
A．甲图中的小球将保持静止
B．甲图中的小球仍将来回振动
C．乙图中的小球仍将来回摆动
D．乙图中的小球将做匀速圆周运动
解析：选B　空间站中的物体处于完全失重状态，甲图中的小球所受的弹力不受失重的影响，则小球仍将来回振动，A错误，B正确；乙图中的小球在地面上由静止释放时，所受的回复力是重力的分力，而在空间站中处于完全失重时，回复力为零，则小球由静止释放时，小球仍静止，若给小球一定的初速度，则做匀速圆周运动，C、D错误。
2.(2023·江西抚州质检)一个质点在水平方向上做简谐运动的位移随时间变化的关系是x＝5sin 5πt cm，则下列判断正确的是(　 )
A．该简谐运动的周期是0.2 s
B．第1 s内质点运动的路程是100 cm
C．0.4 s到0.5 s内质点的速度在逐渐减小
D． t＝0.6 s时刻质点的动能为0
解析：选C　根据质点的位移随时间变化的关系可知，该简谐运动的周期T＝＝ s＝0.4 s，故A错误；根据质点的位移随时间变化的关系可知，零时刻质点位于平衡位置，振幅为A＝5 cm,1 s内质点完成2.5个全振动，每个周期质点运动的路程等于4倍振幅，1 s内质点运动的路程等于10A＝50 cm，故B错误；0.4 s到0.5 s内质点开始从平衡位置向最大位移处运动，质点的速度在逐渐减小，故C正确；t＝0.6 s时刻质点位于平衡位置，动能最大，故D错误。
3.如图所示，房顶上固定一根长2.5 m的细线沿竖直墙壁垂到窗沿下，细线下端系了一个小球(可视为质点)。打开窗子，让小球在垂直于窗子的竖直平面内小幅度摆动，窗上沿到房顶的高度为1.6 m，不计空气阻力，g取10 m/s2，则小球从最左端运动到最右端所用的最短时间为(　 )
A．2.0π s B．0.4π s
C．0.6π s D．1.2π s
解析：选B　小球的摆动可视为单摆运动，摆长为线长时对应的周期：T1＝2π ＝π s，摆长为线长减去墙体长时对应的周期T2＝2π ＝0.6π s，故小球从最左端到最右端所用的最短时间为t＝＝0.4π s，B正确。
4．(2021·江苏高考)如图所示，半径为R的圆盘边缘有一钉子B，在水平光线下，圆盘的转轴A和钉子B在右侧墙壁上形成影子O和P，以O为原点在竖直方向上建立x坐标系。t＝0时从图示位置沿逆时针方向匀速转动圆盘，角速度为ω，则P做简谐运动的表达式为(　 )
A．x＝Rsin B．x＝Rsin
C．x＝2Rsin D．x＝2Rsin
解析：选B　影子P做简谐运动的振幅为R，以向上为正方向，设P的振动方程为x＝Rsin(ωt＋φ)，当t＝0时，P的位移为R，代入解得φ＝，则P做简谐运动的表达式为x＝Rsin，B正确，A、C、D错误。
5.(多选)如图所示，光滑圆弧槽半径为R，A为最低点，C到A的距离远远小于R，若同时释放小球B、C。设小球B到A点的距离为H，则要使两小球B和C在A点相遇(小球B和C可视为质点)，H的可能值为(　 )
A． B．
C． D．
解析：选AD　小球C做简谐运动，根据题意得H＝gt2，t＝×2π(n＝1,3,5，…)，解得H＝(n＝1,3,5，…)，A、D正确。
6．(2023·山东德州模拟)如图甲所示水平弹簧振子的平衡位置为O点，在B、C两点之间做简谐运动，规定水平向右为正方向。图乙是弹簧振子做简谐运动的x -t图像，下列说法正确的是(　 )
A．弹簧振子从B点经过O点再运动到C点为一次全振动
B．弹簧振子的振动方程为x＝0.1sinm
C．图乙中的P点时刻速度方向与加速度方向都沿x轴正方向　　
D．弹簧振子在2.5 s内的路程为1 m
解析：选D　弹簧振子从B点经过O点再运动到C点为0.5次全振动，故A错误；根据题图乙可知，弹簧振子的振幅A＝0.1 m，周期T＝1 s，则振动频率ω＝＝2π rad/s，规定水平向右为正方向，t＝0时刻位移为0.1 m，表示振子从B点开始运动，初相为φ0＝，则振动方程为x＝Asin(ωt＋φ0)＝0.1sinm，故B错误；简谐运动图像中的P点时刻速度方向为负，振子正在沿负方向做减速运动，加速度方向为正，故C错误；因周期T＝1 s，则时间2.5 s 和周期的关系为2.5 s＝2T＋，则振子从B点开始振动的路程为s＝2×4A＋2A＝10×0.1 m＝1 m，故D正确。
7.假设沿地轴的方向凿通一条贯穿地球两极的隧道，隧道极窄，如图所示，地球仍可看作一个球心为O、半径为R、质量分布均匀的球体。从隧道口P点由静止释放一小球，下列说法正确的是(　 )
A．小球先做匀加速运动，后做匀减速运动
B．小球在O点受到地球的引力最大
C．小球以O点为平衡位置做简谐运动
D．小球与地球组成系统的引力势能先增加后减少
解析：选C　设小球距圆心的距离为r，地球的密度为ρ，小球的质量为m，根据题意，由万有引力公式F＝可得，小球下落过程中，受到的引力为F＝Gπρmr，则小球下落过程中所受引力的大小与到地心的距离成正比，且方向指向地心，故小球以O点为平衡位置做简谐运动，故C正确；根据牛顿第二定律有F＝ma，得加速度a＝＝Gπρr，可知，当小球下落时，在O点上方时，r越来越小，则a越来越小，到达O点时r＝0，则a＝0，即此时引力为0，引力最小，在O点下方时，r越来越大，则a越来越大，则小球下落过程中，先做加速度减小的加速运动，再做加速度增大的减速运动，故A、B错误；由以上分析可知，小球下落过程中，引力先做正功，再做负功，则小球与地球组成系统的引力势能先减小后增大，故D错误。
8．(多选)如图(a)所示，轻质弹簧上端固定，下端连接质量为m的小球，构成竖直方向的弹簧振子。取小球平衡位置为x轴原点，竖直向下为x轴正方向，设法让小球在竖直方向振动起来后，小球在一个周期内的振动曲线如图(b)所示，若时刻弹簧弹力为0，重力加速度为g，则下列说法正确的是(　 )
A．0时刻弹簧弹力大小为2mg
B．弹簧劲度系数为
C．～时间段，回复力冲量为0
D．～T时间段，小球动能与重力势能之和减小
解析：选AD　小球平衡位置为x轴原点，竖直向下为x轴正方向，时刻弹簧弹力为0，位移为A，有kA＝mg，可得劲度系数为k＝，故B错误；0时刻在正的最大位移处，弹簧的伸长量为2A，则弹力大小为F＝k·2A＝2mg，故A正确；～时间段，小球从平衡位置沿负方向振动回到平衡位置，回复力一直沿正方向，由I＝Ft可知回复力冲量不为0，故C错误；～T时间段，小球从最高点振动到达最低点，根据能量守恒定律可知弹簧的弹性势能和小球的机械能相互转化，因弹簧的弹性势能一直增大，则小球动能与重力势能之和减小，故D正确。
第2讲　机械波
一、机械波
1．定义：机械振动在介质中的传播。
2．形成条件
(1)有发生机械振动的波源。
(2)有传播介质，如空气、水等。
3．特点
(1)传播振动的形式、能量、信息。
(2)质点不随波迁移。
(3)每个质点起振方向都与波源的起振方向相同。
4．分类
(1)横波：质点的振动方向与波的传播方向相互垂直的波，有波峰和波谷。
(2)纵波：质点的振动方向与波的传播方向在同一直线上的波，有疏部和密部。
5．描述物理量
(1)波长(λ)：在波动中，振动相位总是相同的两个相邻质点间的距离。
①在横波中，两个相邻波峰(或波谷)间的距离等于波长。
②在纵波中，两个相邻密部(或疏部)之间的距离等于波长。
(2)周期(T)或频率(f)：波的周期或频率等于波源振动的周期或频率。
(3)波速(v)：波在介质中的传播速度，由介质本身的性质决定。
(4)波长、频率(或周期)和波速之间的关系：v＝＝λf。
6．波的图像
(1)坐标轴：横坐标表示沿波传播方向上各个质点的平衡位置，纵坐标表示某时刻各个质点偏离平衡位置的位移。
(2)意义：表示在波的传播方向上，某时刻各质点离开平衡位置的位移。
二、波的干涉和衍射现象　多普勒效应
1．波的干涉和衍射
波的干涉 波的衍射
条件 两列波的频率必须相同，相位差保持不变 产生明显衍射的条件：障碍物或孔的尺寸比波长小或相差不多
现象 形成加强区和减弱区相互隔开的稳定的干涉图样 波能够绕过障碍物或孔继续向前传播
2．多普勒效应
现象 观察者接收到的频率发生变化
条件 波源和观察者之间有相对运动(距离发生变化)
实质 波源频率不变，观察者接收到的频率发生变化
微点判断　
(1)横波就是在水平方向传播的波。(×)
(2)在机械波的传播过程中各质点随波的传播而迁移。(×)
(3)通过波的图像可以找出任一质点在某时刻的位移。(√)
(4)机械波在传播过程中，各质点的起振方向都相同。(√)
(5)机械波在一个周期内传播的距离就是振幅的4倍。(×)
(6)波速表示介质中质点振动的快慢。(×)
(7)两列波在介质中叠加，一定产生干涉现象。(×)
(8)一切波都能发生衍射现象。(√)
(9)多普勒效应说明波源的频率发生变化。(×)
(一) 机械波的传播与波的图像的应用(精研点)
考法 一 　波的传播规律及波速公式的应用
1．机械波的传播特点
(1)波传到任意一点，该点的起振方向都和波源的起振方向相同。
(2)介质中每个质点都做受迫振动，因此，任一质点的振动频率和周期都和波源的振动频率和周期相同。
(3)波从一种介质进入另一种介质，由于介质不同，波长和波速可以改变，但频率和周期都不会改变。
(4)波源经过一个周期T完成一次全振动，波恰好向前传播一个波长的距离。
2．对波速公式v＝＝λf的理解
(1)波速v：机械波在介质中的传播速度，由介质本身的性质决定，与波源的周期T无关。
(2)频率f：由波源决定，等于波源的振动频率。各个质点振动的频率等于波源的振动频率。
[例1]　(2021·全国甲卷)均匀介质中质点A、B的平衡位置位于x轴上，坐标分别为0和xB＝16 cm。某简谐横波沿x轴正方向传播，波速为v＝20 cm/s，波长大于20 cm，振幅为y＝1 cm，且传播时无衰减。t＝0时刻A、B偏离平衡位置的位移大小相等、方向相同，运动方向相反，此后每隔Δt＝0.6 s，两者偏离平衡位置的位移大小相等、方向相同。已知在t1时刻(t1>0)，质点A位于波峰。求：
(1)从t1时刻开始，质点B最少要经过多长时间位于波峰；
(2)t1时刻质点B偏离平衡位置的位移。
[解析]　(1)因波速v＝20 cm/s，波长大于20 cm，所以周期T＞1 s，又由t＝0时刻后每隔0.6 s A、B两者偏离平衡位置的位移大小相等、方向相同，可知该波周期T＝1.2 s，该波波长λ＝vT＝24 cm，故A、B的平衡位置相距λ，从t1时刻开始，质点B最少要经过T＝0.8 s位于波峰。
(2)在t1时刻(t1＞0)，质点A位于波峰，A、B平衡位置相距λ，可知质点B偏离平衡位置的位移
yB＝ycos＝－0.5 cm。
[答案]　(1)0.8 s　(2)－0.5 cm
[针对训练]
1.青岛濒临黄海，是国内著名的滨海旅游城市，长达800多公里的海岸线，拥有众多优良海水浴场。在石老人海水浴场，某同学漂浮在海面上，水波以3 m/s的速率向着海滩传播，该同学记录了第1个波峰到第10个波峰通过身下的时间为18 s。下列说法正确的是(　 )
A．该同学很快就会漂流到沙滩上
B．该水波的周期为1.8 s
C．该水波的波长为6 m
D．该水波可以绕过石老人继续传播属于波的干涉现象
解析：选C　该同学只会在平衡位置附近振动，不会随波迁移，A错误；该水波的周期为T＝＝2 s，B错误；根据波长公式得λ＝vT＝6 m，C正确；该水波可以绕过石老人继续传播属于波的衍射现象，D错误。
2.(多选)如图所示，A、B两点为某简谐横波上的质点，已知波的传播方向由A到B，t＝0时刻该波刚好传到A点，且A点的振动方向竖直向上，经时间t0质点B刚好起振。已知波的传播周期为T、传播速度为v，则下列说法正确的是(　 )
A．振源位于A的左侧，且起振方向竖直向上
B．质点B振动后，其振动周期一定为T
C．质点B每次经过平衡位置的速度一定为v
D．质点B的起振方向与A、B两点之间的距离有关
解析：选AB　因为质点A刚起振时的振动方向竖直向上，因此振源的起振方向竖直向上，又由于波的传播方向由A到B，因此振源位于A的左侧，故A正确；质点B的振动周期等于振源的振动周期，等于波的传播周期，则一定为T，故B正确；波的传播速度与质点的振动速度是两个不同的概念，则质点B经过平衡位置的速度不一定为v，故C错误；A、B之间各质点在振源的带动下做受迫振动，则开始振动的方向与振源开始起振的方向相同，与A、B两点之间的距离无关，故D错误。
1．波的图像特点
(1)质点振动nT(波传播nλ)时，波形不变。
(2)在波的传播方向上，当两质点平衡位置间的距离为nλ(n＝1,2，3，…)时，它们的振动步调总相同；当两质点平衡位置间的距离为(2n＋1)(n＝0,1,2，3，…)时，它们的振动步调总相反。
(3)波源质点的起振方向决定了它后面的质点的起振方向，各质点的起振方向与波源的起振方向相同。
2．根据波的图像、传播方向判定振动方向
方法 内容 图像
“上下坡”法 沿波的传播方向，“上坡”时质点向下振动，“下坡”时质点向上振动
“同侧”法 波形图上某点表示传播方向和振动方向的箭头在图线同侧
[注意]　波的图像、波的传播方向与质点振动方向三者之间可以互相判定。
[例2]　(2023·东莞模拟)如图甲所示，一个不计重力的弹性绳水平放置，O、b、c是弹性绳上的三个质点。现让质点O从t＝0时刻开始，在竖直平面内做简谐运动，其位移随时间变化的振动方程为y＝20sin 5πt(cm)，形成的简谐波同时沿该直线向Ob和Oc方向传播，在t1＝0.5 s时，质点b恰好第一次到达正向最大位移处，O、b两质点平衡位置间的距离L1＝0.8 m，O、c两质点平衡位置间的距离L2＝0.6 m。求：
(1)此横波的波长和波速；
(2)计算0～1.0 s的时间内质点c运动的总路程，并在图乙中画出t＝1.0 s时刻向两方向传播的大致波形图。(画波形图时不要求解题过程)
[解析]　(1)由质点O位移随时间变化的振动方程可知：T＝＝0.4 s
设质点O振动产生的机械波的波长为λ，波速为v，由题意可得：t1＝＋
可得：v＝2 m/s
由λ＝vT
解得：λ＝0.8 m。
(2)设波由O点传播到c点所用时间为t2，t2之前质点c处于静止状态。
t2＝＝0.3 s，在t2＝0.3 s时，质点c开始向上振动，其振幅为A＝20 cm，振动周期和波源的周期相等，为T＝0.4 s，
则振动时间为：Δt＝(1.0－0.3)s＝T＋T
质点c在0～1.0 s运动的总路程为：s＝7A＝1.4 m
t＝1.0 s时，质点O振动了＝2.5个周期，正处在平衡位置向下运动，再结合波长λ＝0.8 m及波的传播方向，可画出波形图如图所示。
[答案]　(1)0.8 m　2 m/s　(2)1.4 m　波形图见解析图
[针对训练]
3．(多选)一列机械波在介质中传播，t＝0时的波动图像如图所示。O点为波源，振动周期为T，振幅为A，波沿x轴正方向传播，P点为波动图像上一点，对应坐标为。下列说法正确的是(　 )
A．此列波的传播速度为
B．t＝0时P点振动方向沿y轴负方向
C．此列波的波长为
D．从t＝0开始经时间T，P点第一次到达平衡位置
解析：选BD　波沿x轴正方向传播，P点位于传播方向的上坡段，则P点振动方向沿y轴负方向，B正确；由题图可知该波的波动方程为y＝Asin，代入点和，有φ＝，λ＝L，此列波的传播速度为v＝＝，A、C错误；由题图可知此时P点向下振动，则P点的振动方程为y＝－Asin，代入点有φ′＝，当P点第一次到达平衡位置有t＝T，D正确。
考法(三)　根据两时刻的波的图像分析问题
由t时刻的波形确定t＋Δt时刻的波形
(1)如图所示，波向右传播Δt＝T的时间和向左传播Δt＝T的时间，波形相同。
(2)若Δt＞T，可以采取“去整留零头”的办法。
[例3]　(2021·湖北高考)(多选)一列简谐横波沿x轴传播，在t＝0时刻和t＝1 s时刻的波形分别如图中实线和虚线所示。已知x＝0 处的质点在0～1 s内运动的路程为4.5 cm。下列说法正确的是(　 )
A．波沿x轴正方向传播
B．波源振动周期为1.1 s
C．波的传播速度大小为13 m/s
D．t＝1 s时，x＝6 m处的质点沿y轴负方向运动
[解析]　由题意，x＝0处的质点在0～1 s的时间内通过的路程为4.5 cm，则结合题图可知t ＝0时刻x＝0处的质点沿y轴的负方向运动，则由质点的
振动和波的传播方向关系可知，该波的传播方向沿x轴的正方向，故A正确；由题意可知，t＝1 s为T，解得T＝ s，由题图可知λ＝12 m，则v＝＝ m/s＝13 m/s，故C正确，B错误；由同侧法可知t＝1 s时，x＝6 m处的质点沿y轴正方向运动，故D错误。
[答案]　AC
[针对训练]
4．(2021·全国乙卷)图中实线为一列简谐横波在某一时刻的波形曲线。经过0.3 s后，其波形图曲线如图中虚线所示。已知该波的周期T大于0.3 s，若波是沿x轴正方向传播的，则该波的速度大小为________m/s，周期为________s；若波是沿x轴负方向传播的，该波的周期为________s。
解析：若波是沿x轴正方向传播的，波形移动了15 cm，由此可求出波速和周期：
v1＝ m/s＝0.5 m/s；T1＝＝ s＝0.4 s。
若波是沿x轴负方向传播的，波形移动了5 cm，由此可求出波速和周期：
v2＝ m/s＝ m/s；T2＝＝ s＝1.2 s。
答案：0.5　0.4　1.2
(二) 波的图像与振动图像的综合应用(精研点)
1．振动图像与波的图像的比较
振动图像 波的图像
图像
物理意义 表示某质点各个时刻的位移 表示某时刻各质点的位移
图像信息 (1)质点振动周期(2)质点振幅(3)各时刻质点位移(4)各时刻速度、加速度方向 (1)波长、振幅(2)任意一质点在该时刻的位移(3)任意一质点在该时刻的加速度方向(4)传播方向、振动方向的互判
图像变化 随时间推移，图像延续，但已有形状不变 随时间推移，图像沿传播方向平移
形象比喻 记录着一个人一段时间内活动的录像带 记录着许多人某时刻动作、表情的集体照片
2．求解波的图像与振动图像综合问题的关键点
(1)分清振动图像与波的图像。此步骤最简单，只要看清横坐标即可，横坐标为x则为波的图像，横坐标为t则为振动图像。
(2)看清横、纵坐标的单位。尤其要注意单位前的数量级。
(3)找准波的图像对应的时刻，找准振动图像对应的质点。
[考法全训]
考法1　已知波的图像判定质点的振动图像
1．(2021·山东等级考)(多选)一列简谐横波沿x轴传播，如图所示，实线为t1＝2 s时的波形图，虚线为t2＝5 s时的波形图。以下关于平衡位置在O处质点的振动图像，可能正确的是(　 )
解析：选AC　由题意，如果波沿x轴正方向传播，则t2－t1＝T，且n＝0,1,2，…，当n＝0时，T＝4 s，在t1＝2 s时刻，质点位于平衡位置且向上振动，故A正确，B错误；如果波沿x轴负方向传播，则t2－t1＝T，且n＝0,1,2，…，当n＝0时，T＝12 s，在t1＝2 s时刻，质点位于平衡位置且向下振动，故C正确，D错误。
考法2　已知质点振动图像判定波的图像
2．(2022·山东等级考)(多选)一列简谐横波沿x轴传播，平衡位置位于坐标原点O的质点振动图像如右图所示。当t＝7 s时，简谐波的波动图像可能正确的是(　 )
解析：选AC　由O点的振动图像可知，周期为T＝12 s，设原点处的质点的振动方程为y＝Asin，则10＝20sin φ，解得φ＝，在t＝7 s时刻y7＝20sin＝－10 cm≈－17.3 cm，因7 s＝T＋T，则在t＝7 s时刻质点沿y轴负方向振动，根据“同侧法”可判断若波向右传播，则波形为C所示；若波向左传播，则波形如A所示。
考法3　波的图像与振动图像的综合应用
3．(多选)一列简谐横波，在t＝0.6 s时刻的图像如图甲所示，此时，P、Q两质点的位移均为－1 cm，波上A质点的振动图像如图乙所示，则以下说法正确的是(　 )
A．这列波沿x轴正方向传播
B．这列波的波速是 m/s
C．从t＝0.6 s开始，紧接着的Δt＝0.6 s时间内，A质点通过的路程是2 cm
D．从t＝0.6 s开始，质点P比质点Q早0.4 s回到平衡位置
解析：选ABD　由题图乙读出该时刻即t＝0.6 s时刻质点A的速度方向为沿y轴负方向，由题图甲判断出波的传播方向为沿x轴正方向，故A正确；由题图甲读出该波的波长为λ＝20 m，由题图乙知周期为T＝1.2 s，则波速为v＝＝ m/s＝ m/s，故B正确；Δt＝0.6 s＝0.5T，质点做简谐运动时在一个周期内质点A通过的路程是4倍振幅，则经过Δt＝0.6 s，A质点通过的路程是s＝2A＝2×2 cm＝4 cm，故C错误；图示时刻质点P沿y轴正方向运动，质点Q沿y轴负方向运动，所以质点P将比质点Q早回到平衡位置，将题图甲与余弦曲线进行对比可知：P点的横坐标为xP＝ m，Q点的横坐标为xQ＝ m，根据波形的平移法可知质点P比质点Q早回到平衡位置的时间为t＝＝ s＝0.4 s，故D正确。
(三) 波的多解问题(精研点)
造成波动问题多解的主要因素有：波的周期性、波的双向性、波形的隐含性。解决该类问题一般可以按如下思路：
(1)首先找出造成多解的原因，比如考虑传播方向的双向性，可先假设波向右传播，再假设波向左传播，分别进行分析。
(2)根据周期性列式，若题目给出的是时间条件，则列出t＝nT＋Δt(n＝0,1,2，…)，若给出的是距离条件，则列出x＝nλ＋Δx(n＝0,1,2，…)进行求解。
(3)根据需要进一步求与波速eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(v＝或v＝＝λf))等有关的问题。
类型 一 　波的周期性形成多解
1．时间的周期性：时间间隔Δt与周期T的关系不明确。
2．空间的周期性：波传播距离Δx与波长λ的关系不明确。
[例1]　如图，实线是一列简谐横波在t1＝0时刻的波形，虚线是这列波在t2＝0.5 s时刻的波形。
(1)写出这列波的波速表达式；
(2)若波速大小为74 m/s，波的传播方向如何？
[解析]　(1)由题图可知λ＝8 m
当波向右传播时，在Δt＝t2－t1时间内波传播的距离为
s＝nλ＋λ＝(8n＋3)m(n＝0,1,2，…)
波速为v＝＝ m/s＝(16n＋6)m/s(n＝0,1,2，…)。
当波向左传播时，在Δt＝t2－t1时间内波传播的距离为s＝nλ＋λ＝(8n＋5)m(n＝0,1,2，…)
波速为v＝＝ m/s＝(16n＋10)m/s(n＝0,1,2，…)。
(2)若波速大小为74 m/s，在Δt＝t2－t1时间内波传播的距离为s＝v·Δt＝74×0.5 m＝37 m。
因为37 m＝4λ＋λ，所以波向左传播。
[答案]　(1)当波向右传播时，v＝(16n＋6)m/s(n＝0,1,2，…)　当波向左传播时，v＝(16n＋10)m/s(n＝0,1,2，…)　(2)向左传播
类型 二 　波的双向性形成多解
1．传播方向双向性：波的传播方向不确定。
2．振动方向双向性：质点振动方向不确定。
[例2]　(多选)一列简谐横波沿x轴传播，已知x轴上x1＝1 m和x2＝7 m处质点的振动图像分别如图1、图2所示，则此列波的传播速度大小可能是(　 )
A．7 m/s B．2 m/s
C．1.2 m/s D．1 m/s
[解析]　由振动图像可知周期T＝4 s，零时刻x1处质点在平衡位置且向下振动，而x2处质点在正的最大位移处。①若波沿x轴正向传播，其波形如图甲所示，x2处质点的平衡位置可能在A1或A2或A3…
则波长有：x2－x1＝λ(n＝0,1,2，…)
得波速表达式v＝＝＝(n＝0,1,2，…)
当n＝0时，v＝6 m/s，当n＝1时，v＝1.2 m/s，C正确。
②若波沿x轴负向传播，其波形如图乙所示。
则有x2－x1＝λ(n＝0,1,2，…)
得v＝＝＝(n＝0,1,2，…)
当n＝0时，v＝2 m/s，当n＝1时，v≈0.86 m/s，B正确。
[答案]　BC
类型 三 　波形的隐含性形成多解
在波动问题中，往往只给出完整波形的一部分，或给出几个特殊点的振动情况，而其余信息均处于隐含状态。这样，波形就有多种可能情况，形成波动问题的多解。
[例3]　(2023·日照高三调研)(多选)一列沿x轴传播的简谐横波，t＝3 s时的波形如图甲所示，x＝3 m处质点的振动图像如图乙所示，则波速可能是(　 )
A．1 m/s　 B． m/s　 C． m/s　 D． m/s
[解析]　在t＝3 s时，由x＝3 m处质点的振动图像可知，波的周期为T＝6 s，质点在t＝3 s时从平衡位置向下振动，若波沿x轴正方向传播，则x＝3 m处质点可能处在λ处，则有λ＝3 m，解得λ＝ m(n＝0,1,2,3，…)，则波速可能是v＝＝ m/s＝ m/s(n＝0,1,2,3，…)。当n＝0时，v＝1 m/s；当n＝1时，v＝ m/s；当n＝2时，v＝ m/s。若波沿x轴负方向传播，则x＝3 m处质点可能处在nλ处，则有nλ＝3 m，解得λ＝ m(n＝1,2,3，…)，则波速可能是v＝＝ m/s＝ m/s(n＝1,2，3，…)。当n＝1时，v＝ m/s；当n＝2时，v＝ m/s，因此由题意可知A、B正确，C、D错误。
[答案]　AB
(四) 波的干涉、衍射、多普勒效应(固基点)
[ 题点全练通]
1．[对波的干涉条件的理解]
(多选)甲、乙两列横波在同一介质中分别从波源M、N两点沿x轴相向传播，波速均为2 m/s，振幅都为A，某时刻的图像如图所示。此时甲波恰好传到x＝2 m处，乙波恰好传到x＝6 m处，取此时为t＝0时刻，则以下说法中正确的是(　 )
A．经过足够长时间后，甲、乙两波能形成稳定的干涉图样
B．t＝2 s时，平衡位置在x＝3 m处的质点的位移此时为y＝A
C．t＝3 s时，平衡位置在x＝7 m处的质点振动方向向下
D．t＝3 s时，两波源间(不含波源)有5个质点位移为零
解析：选BD　由题图可求得甲、乙两列横波的频率为f甲＝＝ Hz＝ Hz，f乙＝＝ Hz＝ Hz，产生稳定的干涉图样需要两列波的频率相同，故这两列波不能形成稳定的干涉图样，故A错误；t＝2 s时，根据Δx＝vt＝2×2 m＝4 m可知，两列波均向前传播了4 m，可知甲波的波峰刚好到达3 m处，乙波x＝7 m处的振动刚好传到3 m处，故可得t＝2 s时，平衡位置在3 m处的质点的位移为y＝y甲＋y乙＝A＋A＝A，故B正确；t＝3 s时，根据Δx＝vt＝2×3 m＝6 m可知，两列波均向前传播了6 m，即甲的波谷到达x＝7 m处，乙波是平衡位置与波峰之间某一振动到达x＝7 m处，根据叠加知，该质点向上振动，故C错误；画出再经过3 s的波形图如图所示，根据波的叠加可知两波源间(不含波源)有5个质点位移为零，这5个质点的平衡位置分别在2～3 m之间，4～5 m之间，6 m处，7～8 m之间，9 m处，选项D正确。
2．[波的干涉中加强点、减弱点的判断]
(1)(公式法)如图所示，在xOy平面内有两个沿z轴方向(垂直xOy平面)做简谐运动的点波源S1(1 m,0)和S2(5 m,0)，振动方程分别为zs1＝Asin、zs2＝Asin。两列波的波速均为1 m/s，两列波在点B(5 m,3 m)和点C(3 m,2 m)相遇时，分别引起B、C处质点的振动总是相互(　 )
A．加强、加强 B．减弱、减弱
C．加强、减弱 D．减弱、加强
解析：选B　由于C点到两波源的距离相等，两列波从波源传到C点的路程差为ΔsC＝0，为波长的整数倍，由两波源的振动方程可知两波的振动方向相反，所以C为振动减弱点，则A、D错误；两列波从波源传到B点的路程差为ΔsB＝ m－3 m＝2 m，由振动方程可知两列波源的振动周期为T＝＝2 s，波长为λ＝vT＝1×2 m＝2 m，两列波从波源传到B点的路程差为波长的整数倍，所以B点为振动减弱点，所以B正确，C错误。
(2)(波形图法)如图所示，A、B为振幅相同的相干波源，且向外传播过程中振幅衰减不计，图中实线表示波峰，虚线表示波谷，则下列叙述错误的是(　 )
A．Q点始终处于波峰位置
B．R、S两点始终处于静止状态
C．P、Q连线上各点振动始终最强
D．P点在图中所示的时刻处于波谷，再过周期处于平衡位置
解析：选A　Q点是波峰与波峰相遇点，是振动加强点，但并不是始终处于波峰的位置，A错误；R、S两点是波峰与波谷相遇点，是振动减弱点，位移为零，则始终处于静止状态，B正确；P、Q两点都是振动加强点，故P、Q连线上各点振动始终最强，C正确；P点是振动加强点，在题图所示的时刻处于波谷，再过周期处于平衡位置，D正确。
3．[对波的衍射的理解]
(多选)下列说法正确的是(　 )
A．在干涉现象中，振动加强点的位移总比减弱点的位移要大
B．单摆在周期性外力作用下做受迫振动，其振动周期与单摆的摆长无关
C．火车鸣笛向我们驶来时，我们听到的笛声频率将比声源发声的频率高
D．当水波通过障碍物时，若障碍物的尺寸与波长差不多，或比波长大的多时，将发生明显的衍射现象
解析：选BC　在干涉现象中，振动加强点振幅最大，位移在变化，所以振动加强点的位移不是总比减弱点的位移大，故A错误；单摆在周期性外力作用下做受迫振动，单摆的振动周期与驱动力的周期相等，与固有周期无关，故与单摆的摆长无关，故B正确；火车鸣笛向我们驶来时，根据多普勒效应知，我们听到的笛声频率大于声源发声的频率，故C正确；当水波通过障碍物时，若障碍物的尺寸与波长差不多，或比波长小的多时，将发生明显的衍射现象，故D错误。
4．[多普勒效应]
(多选)关于多普勒效应，下列说法正确的是(　 )
A．多普勒效应是由于波的干涉引起的
B．发生多普勒效应时，波源的频率并未发生改变
C．多普勒效应是由于波源与观察者之间有相对运动而发生的
D．若声源向观察者靠近，则观察者接收到的频率大于声源发出声波的频率
解析：选BCD　多普勒效应是由于波源与观察者之间发生相对运动而产生的，其波源的频率不发生变化，是观察者接收到的频率发生变化，故B、C正确，A错误；当声源向观察者靠近时，观察者接收到的频率大于声源发出声波的频率，D正确。
[要点自悟明]
1．波的干涉中振动加强点、减弱点的判断方法
(1)公式法
某质点的振动是加强还是减弱，取决于该点到两相干波源的距离之差Δr。
①当两波源振动步调一致时
若Δr＝nλ(n＝0,1,2，…)，则振动加强；
若Δr＝(2n＋1)(n＝0,1,2，…)，则振动减弱。
②当两波源振动步调相反时
若Δr＝(2n＋1)(n＝0,1,2，…)，则振动加强；
若Δr＝nλ(n＝0,1,2，…)，则振动减弱。
(2)波形图法
在某时刻波的干涉的波形图上，波峰与波峰(或波谷与波谷)的交点，一定是加强点，而波峰与波谷的交点一定是减弱点，各加强点或减弱点各自连接而成以两波源为中心向外辐射的连线，形成加强线和减弱线，两种线互相间隔，加强点与减弱点之间各质点的振幅介于加强点与减弱点的振幅之间。
2．衍射现象的两点提醒
(1)障碍物或孔的尺寸大小并不是决定衍射能否发生的条件，仅是衍射现象是否明显的条件，波长越大越易发生明显的衍射现象。
(2)当孔的尺寸远小于波长时，尽管衍射十分突出，但衍射波的能量很弱，也很难观察到波的衍射。
3．多普勒效应的成因分析
(1)接收频率是指观察者接收到的频率，等于观察者在单位时间内接收到的完全波的个数。
(2)当波源与观察者相互靠近时，观察者接收到的频率变大，当波源与观察者相互远离时，观察者接收到的频率变小。
一、立足主干知识，注重基础性和综合性
1．(多选)如图所示，波源O垂直于纸面做简谐运动，所激发的横波在均匀介质中向四周传播，图中虚线表示两个波面。t＝0时，离O点5 m的A点开始振动；t＝1 s时，离O点10 m的B点也开始振动，此时A点第五次回到平衡位置，则(　 )
A．波的周期为0.4 s
B．波的波长为2 m
C．波速为5 m/s
D．t＝1 s时AB连线上有4个点处于最大位移
解析：选AB　根据题意可知经过1 s，A处质点经过了5个0.5T，即＝2.5T＝1 s，说明T＝0.4 s，v＝5 m/s，由v＝，得λ＝2 m，A、B正确，C错误；根据题意，第5次经过平衡位置，说明A、B之间有5个0.5倍的波长，即AB连线上应该有5个点处于最大位移，D错误。
2．(2022·辽宁高考)一列简谐横波沿x轴正方向传播，某时刻的波形如图所示，关于质点P的说法正确的是(　 )
A．该时刻速度沿y轴正方向
B．该时刻加速度沿y轴正方向
C．此后周期内通过的路程为A
D．此后周期内沿x轴正方向迁移为λ
解析：选A　题中为某时刻波形图，因为传播方向沿x轴正方向，由同侧法可知该时刻质点P运动方向沿y轴正方向，故A正确；质点P位于x轴上方，加速度方向指向平衡位置，该时刻加速度方向沿y轴负方向，故B错误；此后周期内质点P的速度先向上减小后向下增大，通过的路程小于A，故C错误；质点P的运动是上、下振动，不会沿x轴方向运动，故D错误。
3．(2022·浙江1月选考)(多选)两列振幅相等、波长均为λ、周期均为T的简谐横波沿同一绳子相向传播，若两列波均由一次全振动产生，t＝0时刻的波形如图1所示，此时两列波相距λ，则(　 )
A．t＝时，波形如图2甲所示
B．t＝时，波形如图2乙所示
C．t＝时，波形如图2丙所示
D．t＝T时，波形如图2丁所示
解析：选BD　根据波长和波速的关系式v＝，可知t＝时，两列波各自向前传播的距离为x1＝vt＝，故两列波还未相遇，A错误；t＝时，两列波各自向前传播的距离为x2＝vt＝，故两列波的波前刚好相遇，B正确；t＝时，两列波各自向前传播的距离为x3＝vt＝，两列波的波谷相遇，振动加强，波谷质点的位移为2A，C错误；t＝T时，两列波各自向前传播的距离为x4＝vt＝λ，两列波的波峰与波谷叠加，波形为直线，D正确。
4．(多选)甲、乙两列简谐横波的传播速率相同，分别沿x轴正方向和负方向传播，t＝0时刻两列波的前端刚好分别传播到x＝－2 m的质点A处和x＝1 m 的质点B处，如图所示。已知横波甲的频率为2.5 Hz，下列说法正确的是(　 )
A．两列波相遇后会发生干涉现象
B．乙波的频率为1.25 Hz
C．乙波更易发生明显衍射现象
D．两列波会同时传到x＝－0.5 m处，且该质点的振动方向沿y轴负方向
解析：选BC　波在同种介质中传播速度相等，波的频率f＝，所以＝＝，解得乙波的频率为f乙＝1.25 Hz，由于两波频率不同，不能发生干涉现象，A错误，B正确；波长越长的波越易发生明显衍射现象，乙的频率小，故乙波的波长大，所以乙波更易发生明显衍射现象，C正确；两列波的波速都为v＝λ甲f甲＝10 m/s，x＝－0.5 m处质点距A点和B点距离相同，因此两列波同时传到该处，根据传播方向和振动方向的关系，两列波在该点的振动方向都沿y轴正方向，D错误。
5．如图甲所示，在水平面内，有三个质点a、b、c分别位于直角三角形的三个顶点上，已知ab＝6 m，ac＝8 m。在t1＝0时刻a、b同时开始振动，振动图像均如图乙所示，所形成的机械波在水平面内传播，在t2＝4 s时c点开始振动，则下列说法正确的是(　 )
A．该机械波的波长为8 m
B．该机械波的传播速度大小为8 m/s
C．两列波相遇后，c点的振动频率增大
D．两列波相遇后，c点振动加强
解析：选D　由于两列波的波速相同，且ac6．(2023·武汉高三模拟)甲、乙两列简谐横波在同一均匀介质中传播，甲波沿x轴正方向传播，乙波沿x轴负方向传播，t＝0时刻两列波的波形图如图所示。已知波速v＝8 m/s，下列说法正确的是(　 )
A．波的频率f＝0.5 Hz
B．t＝0时刻，x＝4 m与x＝8 m处的两质点振动方向相同
C．两列波叠加后，x＝6 m处为振动加强点
D．在t＝0.5 s时刻，x＝5 m处的质点第一次到达y＝－7 cm处
解析：选D　由题图可知λ＝4 m，根据v＝λf得f＝2 Hz，故A错误；t＝0时刻，x＝4 m处的质点向上振动，x＝8 m处的质点向下振动，故B错误；两列波叠加后，x＝6 m处为振动减弱点，故C错误；x＝5 m处为振动加强点，在t＝0.5 s时刻质点第一次到达波谷，即y＝－7 cm处，故D正确。
7．一列沿x轴正方向传播的简谐横波，其波源的平衡位置在坐标原点，波源在0～4 s内的振动图像如图(a)所示，已知波的传播速度为0.5 m/s。
(1)求这列横波的波长；
(2)求波源在4 s内通过的路程；
(3)在图(b)中画出t＝4 s时刻的波形图。
解析：(1)由题图(a)可知，振幅A＝4 cm，周期T＝4 s，由于波的传播速度为0.5 m/s，根据波长与波速的关系有λ＝vT＝2 m。
(2)由(1)可知波源的振动周期为4 s，则4 s内波源通过的路程为s＝4A＝16 cm。
(3)
由题图(a)可知在t＝0时波源的起振方向向上，由于波速为0.5 m/s，则在4 s时x＝vt＝2 m，可知该波刚好传到位置为2 m的质点，且波源刚好回到平衡位置，且该波沿x轴正方向传播，则根据“上下坡法”可绘制出t＝4 s时刻的波形图如图所示。
答案：(1)2 m　(2)16 cm　(3)见解析图
二、强化迁移能力，突出创新性和应用性
8．(2023·山东青岛检测)在某种介质中，一列沿x轴传播的简谐横波在t＝0时刻的波形图如图(a)所示，此时质点A在波峰位置，质点D刚要开始振动，质点C的振动图像如图(b)所示；t＝0时刻在D点有一台机械波信号接收器(图中未画出)，正以2 m/s的速度沿x轴正向匀速运动。下列说法正确的是(　 )
A．质点D的起振方向沿y轴负方向
B．t＝0.05 s时质点B回到平衡位置
C．信号接收器接收到该机械波的频率小于2.5 Hz
D．若改变振源的振动频率，则形成的机械波在该介质中的传播速度也将发生改变
解析：选C　因t＝0时刻质点C从平衡位置向下振动，可知波沿x轴正向传播，则质点D的起振方向沿y轴正方向，A错误；由题图知λ＝4 m，T＝0.4 s，则波速为v＝＝ m/s＝10 m/s，当质点B回到平衡位置时，波向右至少传播1.5 m，则所需时间为t＝ s＝0.15 s，B错误；机械波的频率为2.5 Hz，接收器远离波源运动，根据多普勒效应可知，信号接收器接收到该机械波的频率小于2.5 Hz，C正确；机械波的传播速度只与介质有关，则若改变振源的振动频率，则形成的机械波在该介质中的传播速度不变，D错误。
9．(多选)图1中的B超成像的基本原理是探头向人体发射一组超声波，遇到人体组织会产生不同程度的反射，探头接收到的超声波信号由计算机处理，从而形成B超图像。图2为血管探头沿x轴正方向发送的简谐超声波图像，t＝0时刻波恰好传到质点M。已知此超声波的频率为1×107 Hz。下列说法正确的是(　 )
A．血管探头发出的超声波在血管中的传播速度为1.4×103 m/s
B．质点M开始振动的方向沿y轴正方向
C．t＝1.25×10－7 s时质点M运动到横坐标x＝3.5×10－4 m 处
D．0～1.25×10－7 s内质点M的路程为2 mm
解析：选AD　由题图2知波长λ＝14×10－2 mm＝1.4×10－4 m，由v＝λf得波速v＝1.4×10－4 m×1×107 Hz＝1.4×103 m/s，A正确；根据波动与振动方向间的关系，质点M开始振动的方向沿y轴负方向，B错误；质点M只会上下振动，不会随波迁移，C错误；质点M振动的周期T＝＝ s＝1×10－7 s，由于＝＝，质点M在0～1.25×10－7 s内运动的路程L＝×4A＝2 mm，D正确。
10．(2022·浙江6月选考)(多选)位于x＝0.25 m的波源P从t＝0时刻开始振动，形成的简谐横波沿x轴正负方向传播，在t＝2.0 s时波源停止振动，t＝2.1 s时的部分波形如图所示，其中质点a的平衡位置xa＝1.75 m，质点b的平衡位置xb＝－0.5 m。下列说法正确的是(　 )
A．沿x轴正负方向传播的波发生干涉
B．t＝0.42 s时，波源的位移为正
C．t＝2.25 s时，质点a沿y轴负方向振动
D．在0到2 s内，质点b运动总路程是2.55 m
解析：选BD　波从波源发出后，向x轴正负方向传播，向相反方向传播的波不会相遇，不会发生干涉，A错误；由题图可知，波的波长λ＝1 m，由题意可知0.1 s内波传播四分之一波长，可得＝0.1 s，解得T＝0.4 s，根据同侧法可知，t＝0.4 s时波源的起振方向向上，t＝0.42 s即T0.25 s，即质点a还在继续振动，t＝2.1 s到t＝2.25 s经过时间t2＝0.15 s即11．(多选)甲、乙两列机械波在同一种介质中沿x轴相向传播，甲波源位于O点，乙波源位于x＝8 m处，两波源均沿y轴方向振动。在t＝0时刻甲形成的波形如图(a)所示，此时乙波源开始振动，其振动图像如图(b)所示，已知甲波的传播速度v甲＝2.0 m/s，质点P的平衡位置处于x＝5 m处，下列说法中正确的是(　 )
A．乙波的波长为2 m
B．在t＝2.0 s时，质点P开始振动
C．若两波源一直振动，则质点P为振动的加强点，其振幅为7 cm
D．若两波源一直振动，则在t＝4.5 s时，质点P处于平衡位置且向y轴负方向振动
解析：选AC　在同一介质中，甲、乙速度相同，所以v＝2.0 m/s，因此λ＝vT＝2 m，故A正确；在t＝ s＝1.5 s时，乙波到达P点，质点开始振动，故B错误；t＝0时刻甲波传播到x＝1 m处，且振动方向向下，乙波开始振动，且振动方向向上，此时两波到P点的距离差为1 m，为半个波长，所以P点为振动加强点，因此振幅为3 cm＋4 cm＝7 cm，故C正确；甲的周期T甲＝＝1 s＝T乙，对于甲波，需要2 s到达P点，之后P点振动两个周期后再经过T，此时P点处于平衡位置且向y轴正方向振动，对于乙波，需要1.5 s到达P点之后再运动3个周期，此时P点应处于平衡位置向y轴正方向振动，综合甲、乙运动情况，则在t＝4.5 s时，质点P处于平衡位置且向y轴正方向振动，故D错误。
12．(2023·南京调研)甲、乙两列简谐横波分别沿x轴负方向和正方向传播，两波源分别位于x＝0.9 m处和x＝－0.6 m处，两列波的波速大小相等，波源的振幅均为2 cm，两列波在t＝0时刻的波形如图所示，此时平衡位置在x＝－0.2 m和x＝0.1 m处的P、Q两质点刚要开始振动。质点M的平衡位置在x＝0.3 m处，已知甲波的周期为0.8 s，求：
(1)乙波传播到M质点所需要的时间；
(2)在0～2.5 s时间内，M质点沿y轴正方向位移最大的时刻。
解析：(1)由题图可知，甲波的波长为λ甲＝0.8 m，由于甲波的周期为T甲＝0.8 s
由v＝可得v＝1.0 m/s
两波波速大小相等，由题图可知xPM＝0.5 m
由t＝，可解得t＝0.5 s。
(2)由题图知乙波的波长λ乙＝0.4 m，由T乙＝
可得T乙＝0.4 s
甲波使M质点处于波峰时，应有t甲＝mT甲
解得t甲＝ s(m＝0,1,2，…)
乙波使M质点处于波峰时，应有t乙＝(n＋2)T乙
解得t乙＝(n＋2)s(n＝0,1,2，…)
欲使两列波相遇后M质点位于波峰位置，
则必有t甲＝t乙，即2m－n＝2
因m、n只能取整数，故有
m＝1、n＝0时，t＝0.8 s
m＝2、n＝2时，t＝1.6 s
m＝3、n＝4时，t＝2.4 s
所以t＝0时刻后的2.5 s时间内，M质点沿y轴正方向位移最大的时刻分别为0.8 s、1.6 s和2.4 s。
答案：(1)0.5 s　(2)0.8 s、1.6 s和2.4 s
第3讲　实验：用单摆测量重力加速度的大小(基础实验)
一、理清原理与操作
原理装置图 (1)摆角很小时，单摆做简谐运动，周期T＝2π 。(2)由g＝l可知，只要测出l、T即可计算出当地重力加速度的大小
操作要领 (1)做单摆：用约1 m长的细线穿过小球上的小孔，并打一个比孔大的结，并把细线另一端固定在铁架台上。(2)测摆长：用毫米刻度线测摆线长l′，用游标卡尺测小球直径D，则摆长l＝l′＋。(3)测周期：让摆球偏离一个角度(小于5°)，释放后让单摆自由摆动，测出单摆振动30～50次的总时间，求出周期，反复测量三次，求出周期的平均值
二、掌握数据处理方法
公式法 将测得的几组周期T和摆长l代入公式g＝中算出重力加速度g的值，再算出g的平均值，即为当地重力加速度的大小
图像法 由单摆的周期公式T＝2π ，可得l＝T2，因此以摆长l为纵轴、以T2为横轴作出的l -T2图像是一条过原点的直线，如图所示，求出斜率k，即可求出g值。g＝4π2k，k＝＝
三、扫描实验盲点
1．注意事项
(1)选择材料时应选择细、轻又不易伸长的线，长度一般在1 m左右，小球应选用密度较大的金属球，直径应较小，最好不超过2 cm。
(2)单摆悬线的上端不可随意卷在铁架台的杆上，应夹紧在铁夹中，以免摆动时发生摆线下滑、摆长改变的现象。
(3)注意摆动时控制摆线偏离竖直方向的夹角要小于5°。可通过估算振幅的办法掌握。
(4)摆球振动时，要使之保持在同一个竖直平面内，不要形成圆锥摆。
(5)计算单摆的振动次数时，应从摆球通过平衡位置时开始计时，为便于计时，可在摆球平衡位置的正下方作一标记。以后摆球每次从同一方向通过平衡位置时进行计数，且在数“0”的同时按下秒表，开始计时计数。
2．误差分析
系统误差 主要来源于单摆模型本身是否符合要求。即：悬点是否固定，摆球是否可视为质点，球、线是否符合要求，振幅是否足够小，摆动是圆锥摆还是在同一竖直平面内振动以及测量哪段长度作为摆长等
偶然误差 主要来自时间(即单摆周期)的测量。因此，要注意测准时间(周期)，要从摆球通过平衡位置开始计时，并采用倒计时计数的方法，即4,3,2,1,0,1,2，…在数“0”的同时按下秒表开始计时。不能多计或漏计振动次数。为了减小偶然误差，应多次测量后取平均值
1．(2023·山西太原模拟)用单摆测定重力加速度的实验装置如图1所示。
(1)选用合适的器材组装成单摆后，主要步骤如下：
①将单摆上端细线固定在铁架台上。
②让刻度尺的零刻度线对准摆线的悬点，测摆长L。
③记录小球完成n次全振动所用的总时间t。
④根据单摆周期公式计算重力加速度g的大小。
根据图2所示，测得的摆长L＝____________cm；
重力加速度测量值表达式g＝____________(用L、n、t表示)。
(2)为减小实验误差，多次改变摆长L，测量对应的单摆周期T，用多组实验数据绘制T2-L图像，如图3所示。由图可知重力加速度g＝________(用图中字母表示)。
(3)关于本实验，下列说法正确的是________(选填选项前的字母)。
A．需要用天平称出小球的质量
B．测量摆长时，要让小球静止悬挂再测量
C．摆长一定的情况下，摆的振幅越大越好
解析：(1)刻度尺的最小分度值为1 mm，所以读数为98.50 cm。测量单摆的周期为T＝，而单摆的理论周期为T＝2π，两式联立可得g＝。
(2)对单摆的周期公式进行变形可得T2＝L
根据图中斜率值，可得＝
解得g＝。
(3)本实验通过单摆的周期来测量当地的重力加速度，不需要摆球的质量，故A错误；测量摆长时，要让小球静止悬挂再测量，可以更精确地测量出悬点到球心的距离，故B正确；单摆只有在摆角小于或等于5°时才能看作是简谐运动，故C错误。
答案：(1)98.50　　(2)　(3)B
2．在“用单摆测量重力加速度的大小”实验中，若均匀小球在垂直纸面的平面内做小幅度的摆动，悬点到小球顶点的细线长L，小球直径为d ，将激光器与传感器左右对准，分别置于摆球的平衡位置两侧，激光器连续向左发射激光束。在摆球摆动过程中，当摆球经过激光器与传感器之间时，传感器接收不到激光信号。将其信息输入计算机，经处理后画出相应图线。图甲为该装置示意图，图乙为所接收的光信号I随时间t变化的图线，横坐标表示时间，纵坐标表示接收到的激光信号强度，则：
(1)在实验中，若摆线的长度L可以准确测量，摆球直径忘记测量，现使用同一摆球，多次改变摆线长度L，并测得每一次相应的摆动周期T，用作图法进行数据处理，下列说法中正确的是________。
A．L与T不是直线关系，不能通过作图法测出当地重力加速度的大小
B．L与T2是直线关系，图像与纵轴的交点绝对值表示摆球半径
C．L-T2是直线关系，其斜率与准确测量摆长L′和周期T作出L′-T2的图像斜率相同
D．L与T2是直线关系，但不能测出当地重力加速度的大小
(2)由上述已知量(L、d、t0、Δt)可以求出当地的重力加速度大小的计算公式g＝____________。
(3)关于上述实验，下列说法正确的是________。
A．为了使实验减小误差，应该让细线偏离竖直位置的夹角尽可能大些
B．实验中若增大摆球半径，时间间隔t0将变大
C．如果将摆球换成质量更小(半径不变)的塑料球，对实验不产生影响
D．如果将实验用的细线换成弹性细橡皮筋，对实验没有影响
解析：(1)由单摆周期公式T＝2π＝2π，整理得L＝T2－，可见L与T不是直线关系，但L与T2是直线关系，图像与纵轴的交点绝对值表示摆球半径，其斜率k＝，与准确测量摆长L′和周期T作出L′-T2的图像斜率相同，并可求出当地重力加速度，故选B、C。
(2)在摆球摆动过程中，当摆球经过激光器与传感器之间时，传感器接收不到激光信号，结合题图乙可知T＝2t0，又T＝2π，可得当地的重力加速度大小的计算公式为g＝。
(3)在摆角较小时，摆球的运动可以看作简谐运动，所以摆线偏离竖直方向的角度应小于5°，A错误；实验中若增大摆球半径，则摆长变大，根据T＝2π，可知周期将变大，时间间隔t0将变大，B正确；如果将摆球换成质量更小(半径不变)的塑料球，阻力变大，对实验会产生影响，C错误；如果将实验用的细线换成弹性细橡皮筋，摆长会发生变化，会对实验有影响，D错误。
答案：(1)BC　(2)　(3)B
3.根据单摆周期公式可以通过实验测量当地的重力加速度。如图甲所示，将细线的上端固定在铁架台上，下端系一小钢球，就做成了单摆。
(1)用分度值为毫米的直尺测得摆线长，用游标卡尺测得摆球直径如图乙所示，读数为__________cm。
(2)以下是实验过程中的一些做法，其中正确的是____________。
A．摆线要选择细些的、长度不可改变、并且尽量长一些的
B．摆球尽量选择质量大些、体积小些的
C．为了使摆的周期大一些以方便测量，拉开摆球使摆线相距平衡位置有较大的角度
D．在释放摆球的同时开始计时，当摆球回到开始位置时停止计时，此时间间隔Δt即为单摆周期T
(3)某同学经测量得到6组摆长L和对应的周期T，画出L-T2图线，然后在图线上选取A、B两个点，坐标如图丙所示。利用图中A、B两点坐标表示当地重力加速度的表达式g＝____________。处理完数据后，该同学发现在计算摆长时用的是摆线长度而未计入小球的半径，这样__________(选填“影响”或“不影响”)重力加速度的计算。
解析：(1)游标卡尺测得摆球直径读数为2 cm＋0.05 mm×10＝2.050 cm。
(2)摆线要选择细些的、长度不可改变、并且尽量长一些的，A正确；摆球尽量选择质量大些、体积小些的，以减小阻力的影响，B正确；为了使摆球做简谐运动，则摆角不应该大于5°，C错误；当摆球在最低点时开始计时，让摆球振动多次全振动，用振动的总时间t除以振动次数即为单摆周期T，D错误。
(3)根据T＝2π，解得L＝T2，由图像可知＝，解得g＝，若在计算摆长时用的是摆线长度而未计入小球的半径，则图线的斜率不变，这样不影响重力加速度的计算。
答案：(1)2.050　(2)AB　(3)　不影响
4．在“用单摆测定重力加速度”的实验中：
(1)若完成n次全振动的时间为t，用毫米刻度尺测得的摆线长(悬点到摆球上端的距离)为L0，用游标卡尺测得摆球的直径为d，用上述物理量的符号写出测重力加速度的一般表达式g＝______________。
(2)实验中某同学发现测得的重力加速度的值总是偏大，下列原因中可能的是__________。
A．实验室处在高山上，距离海面太高
B．单摆所用的摆球质量太大了
C．实际测出n次全振动的时间t，误作为(n＋1)次全振动的时间
D．以线长作为摆长来计算
(3)甲同学测量出几组不同摆长L和周期T的数值，画出T2-L图像中的实线OM，如图1所示；乙同学也进行了与甲同学同样的实验，但实验后他发现测量摆长时忘了加上摆球的半径，则该同学做出的T2-L图像为________(选填：①、②、③、④)。
(4)丙同学将单摆固定在力传感器上(如图2)，得到了拉力随时间的变化曲线，如图3所示，已知摆长L1＝0.99 m，根据图中的信息可得，重力加速度g＝________m/s2(取π2＝9.87，结果保留三位有效数字)。
解析：(1)根据T＝2π，可得g＝＝＝＝。
(2)实验室处在高山上，距离海面太高，若操作正确，测得的重力加速度在误差允许范围内等于当地的重力加速度，A错误；单摆所用的摆球质量大小与测量结果无关，B错误；实际测出n次全振动的时间t，误作为(n＋1)次全振动的时间，则周期测量值偏小，计算出的重力加速度偏大，C正确；以摆线长作为摆长来计算，则摆长计算偏小，测得的重力加速度偏小，D错误。
(3)根据单摆的周期公式T＝2π，可得T2＝L，可知k＝，解得g＝，实验后乙同学发现测量摆长时忘了加上摆球的半径，摆长L＝0时，纵轴截距不为零，加上摆球半径后图像应该到正确位置，即M位置，由于重力加速度不变，则图线的斜率不变，故图像应该为②。
(4)由图像可知，单摆的周期为T＝2 s，则根据T＝2π
可得g＝＝ m/s2≈9.77 m/s2。
答案：(1)　(2)C　(3)②　(4)9.77
5．(2023·南京模拟)某同学设计了一个用拉力传感器进行“测量重力加速度”并“验证机械能守恒定律”两个实验。一根轻绳一端连接固定的拉力传感器，另一端连接小钢球，如图甲所示。
(1)用游标卡尺测出小铁球直径，结果如图乙所示。则其直径D＝__________mm。
(2)让小钢球以较小的角度在竖直平面内摆动，从计算机中得到拉力大小随时间变化的关系图像如图丙，则小球摆动的周期为T＝__________s。
(3)该同学还测得该单摆的摆线长，用L表示，则重力加速度的表达式为g＝____________(用物理量T、L、D表示)。
(4)将摆球多次拉离竖直方向一定角度后由静止释放，测得拉力的最小值F1与最大值F2，并得到F2-F1图线，如图丁所示，如果小球在摆动的过程中机械能守恒，则该图线斜率的绝对值等于________。
(5)若实际测得F2-F1图线的斜率与理论值总是存在一定偏差，可能是以下哪种原因________。
A．测量单摆摆长时漏加小球半径
B．小钢球初始释放位置不同
C．小钢球摆动角度偏大
D．小钢球摆动过程中存在空气阻力
解析：(1)读数为9 mm＋3×0.1 mm＝9.3 mm。
(2)小球在经过最低点时绳上的拉力最大，且一个周期内经过二次最低点，所以小球做单摆运动的周期为T＝2×(1.5－0.5)s＝2.0 s。
(3)由单摆周期公式可知T＝2π
解得g＝＝。
(4)设摆球在最高点与最低点的竖直距离为h，根据向心力方程以及机械能守恒可知
F1－mg＝0
F2－mg＝m
mgh＝mv2
联立解得F2＝3mg－2F1
所以图像的斜率的绝对值应为2。
(5)由以上分析可知，绳长可以约掉，释放高度和角度也在计算过程中约掉，因此，存在误差的原因应该是有阻力做功，机械能不守恒，即存在空气阻力，故A、B、C错误，D正确。
答案：(1)9.3　(2)2.0　(3)　(4)2　(5)D21 / 39
第十三章 光
第1讲　光的折射 全反射
一、光的折射定律　折射率
1．折射现象
光从一种介质斜射入另一种介质时传播方向发生改变的现象，如图所示(以光从空气射入水中为例)。
2．折射定律
(1)内容：折射光线与入射光线、法线处在同一平面内，折射光线与入射光线分别位于法线的两侧；入射角的正弦与折射角的正弦成正比。
(2)表达式：＝n。
[注意]　(1)在光的折射现象中，光路是可逆的。
(2)当光从真空(或空气)射入某种介质时，入射角大于折射角；当光由介质射入真空(或空气)时，入射角小于折射角。
3．折射率
(1)折射率是衡量材料光学性能的重要指标。
(2)定义式：n＝。
(3)计算式：n＝，因为v 二、全反射　光导纤维
1．定义：光从光密介质射入光疏介质，当入射角增大到某一角度时，折射光线将全部消失，只剩下反射光线的现象。
2．条件
(1)光从光密介质射入光疏介质。
(2)入射角等于或大于临界角。
3．临界角
(1)定义：折射角等于90°时的入射角。
(2)公式：sin C＝。若光从光密介质(折射率为n)射向真空或空气时，发生全反射的临界角为C，由n＝得sin C＝。
(3)大小：介质的折射率n越大，发生全反射的临界角C越小。
4．光导纤维
光导纤维的原理是利用光的全反射，如图所示。
微点判断　
(1)光的传播方向发生改变的现象叫光的折射。(×)
(2)折射率跟折射角的正弦成正比。(×)
(3)只要入射角足够大，就能发生全反射。(×)
(4)若光从空气中射入水中，它的传播速度一定减小。(√)
(5)已知介质对某单色光的临界角为C，则该介质的折射率等于。(√)
(6)密度大的介质一定是光密介质。(×)
(一) 折射定律、折射率的理解及应用(精研点)
1．对折射率的理解
(1)折射率大小不仅反映了介质对光的折射本领，也反映了光在介质中传播速度的大小：v＝。
(2)折射率的大小不仅与介质本身有关，还与光的频率有关。同一种介质中，频率越大的色光折射率越大，传播速度越小。
(3)同一种色光，在不同介质中虽然波速、波长不同，但频率相同。
2．应用光的折射定律解题的一般思路
(1)根据入射角、折射角及反射角之间的关系，作出比较完整的光路图。
(2)充分利用光路图中的几何关系，确定各角之间的联系，根据折射定律求解相关的物理量：折射角、折射率等。
(3)注意在折射现象中，光路是可逆的。
[考法全训]
1．[对折射定律的理解]
如图所示，实线为空气和水的分界面，一束蓝光从空气中的A点沿AO1方向(O1点在分界面上，图中O1点和入射光线都未画出)射向水中，折射后通过水中的B点。图中O点为A、B连线与分界面的交点。下列说法错误的是(　 )
A．O1点在O点的右侧
B．蓝光从空气中射入水中时，速度变小
C．若沿AO1方向射向水中的是一束紫光，则折射光线有可能通过B点正下方的C点
D．若沿AO1方向射向水中的是一束红光，则折射光线有可能通过B点正上方的D点
解析：选A　根据折射定律，可知光由空气斜射入水中时入射角大于折射角，则画出光路图如图所示，知O1点应在O点的左侧，故A错误；光从光疏介质(空气)射入光密介质(水)中时，速度变小，故B正确；紫光的折射率大于蓝光，所以折射角要小于蓝光的，则折射光线可能通过B点正下方的C点，故C正确；红光的折射率小于蓝光，折射角要大于蓝光的，则折射光线可能通过B点正上方的D点，故D正确。
2．[折射率的求解]
某透明均匀介质的截面图如图所示，直角三角形的直角边BC与半圆形的直径重合，∠ACB＝30°，半圆形的半径为R，一束光线从E点射入介质，其延长线过半圆形的圆心O，且E、O两点距离为R，已知光线在E点的折射角为30°，真空中的光速为c，则(　 )
A．该介质折射率为
B．该介质折射率为
C．光线在该透明均匀介质中运动的时间为
D．光线在该透明均匀介质中运动的时间为
解析：选B　光路图如图所示，由于OE＝OC＝R，则△EOC为等腰三角形，∠OEC也为30°，所以入射角θ1＝60°，由题意知折射角θ2＝30°，根据折射定律，有n＝＝，A错误，B正确；根据几何关系，可知∠OED＝30°，则折射光线ED平行于AB，可得ED＝2Rcos 30°＝R，光在介质中的传播速度为v＝，传播时间为t＝，联立得到t＝，C、D错误。
3．[折射定律的应用]
如图所示为玻璃圆柱体的截面图，半径为R，玻璃的折射率为。在截面内有两条间距为R的平行光线，下面的光线过圆心O，经过玻璃圆柱体后，两出射光线相交于图中P点。则圆心 O到P点的距离为(　 )
A．R　　　　　　 B．(＋1)R
C．R D．R
解析：选A　光路图如图所示，根据题意可知，通过M点的光线入射角为i＝45°，根据光的折射定律＝n，可得折射角r＝30°，由于△MON为等腰三角形，可知光线从N点射出时的入射角为30°，从而折射角为45°，根据几何关系可知α＝30°，在△NOP中，根据正弦定理＝，解得OP＝R，故选A。
(二) 光的色散、光路的控制问题(精研点)
考法 一 　光的色散
1．光的色散
(1)现象：一束白光通过三棱镜后在屏上会形成彩色光带。
(2)成因：棱镜材料对不同色光的折射率不同，对红光的折射率最小，红光通过棱镜后的偏折程度最小，对紫光的折射率最大，紫光通过棱镜后的偏折程度最大，从而产生色散现象。
2．各种色光的比较分析
颜色 红橙黄绿青蓝紫
频率ν 低→高
同一介质中的折射率 小→大
同一介质中的速度 大→小
同一介质中的波长 大→小
通过同一棱镜的偏折角 小→大
同一介质中的临界角 大→小
同一装置的双缝干涉条纹间距 大→小
[考法全训]
1．[三棱镜的色散]
两个完全相同的等腰三棱镜如图所示放置，相邻两侧面相互平行，一束白光从棱镜A的左面入射，从B的右面出射，则出射光线是(　 )
A．平行彩色带　　　　　　 B．白光带
C．散射彩色带 D．一束白光
解析：选A　各色光经两等腰棱镜折射的光路图如图所示，各色光经多次折射，但由于两棱镜相邻两侧面平行，所以各色光出射光线与入射光线平行，最后出射光线是平行彩色带。
2．[半球形玻璃砖的色散]如图所示的平面内，光束a经圆心O射入半圆形玻璃砖，进入玻璃砖后分成b、c两束单色光。下列说法正确的是(　 )
A．玻璃对b光的折射率小于对c光的折射率
B．在真空中b光的波长小于c光的波长
C．在真空中b光的频率小于c光的频率
D．在玻璃砖中b光的传播速度大于c光的传播速度
解析：选B　根据折射定律n＝，结合图像可知玻璃对b光的折射率大于对c光的折射率，即nb>nc，则b光的频率大于c光的频率，根据c＝fλ，可知在真空中b光的波长小于c光的波长，根据v＝可知在玻璃砖中b光的传播速度小于c光的传播速度，故B正确，A、C、D错误。
3．[球形玻璃的色散]虹和霓是太阳光在水珠内分别经过一次和两次反射后出射形成的，可用白光照射玻璃球来说明。两束平行白光照射到透明玻璃球后，在水平的白色桌面上会形成MN和PQ两条彩色光带，光路如图所示。M、N、P、Q点的颜色分别为(　 )
A．紫、红、红、紫 B．红、紫、红、紫
C．红、紫、紫、红 D．紫、红、紫、红
解析：选A　由题图可知，射到M点的光线进入玻璃球时的折射角小于射到N点的光线进入玻璃球时的折射角，所以玻璃球对射到M点的光的折射率大于射到N点的光的折射率，故M点的颜色为紫色，N点的颜色为红色；同理可得P点的颜色为红色，Q点的颜色为紫色，A正确。
考法 二 　光路的控制
平行玻璃砖、三棱镜和圆柱体(球)对光路的控制
平行玻璃砖 三棱镜 圆柱体(球)
结构 玻璃砖上下表面是平行的 横截面为三角形的三棱镜 横截面是圆
对光线的作用 通过平行玻璃砖的光线不改变传播方向，但要发生侧移 通过三棱镜的光线经两次折射后，出射光线向棱镜底面偏折 圆界面的法线是过圆心的直线，光线经过两次折射后向圆心偏折
应用 测定玻璃的折射率 全反射棱镜，改变光的传播方向 改变光的传播方向
[考法全训]
1．[平行玻璃砖对光路的控制]
如图所示，一块两面平行的玻璃砖平放在纸面上，将它的前、后两个边界PQ、MN记录在纸面上。若单色光沿纸面从真空中以入射角i＝60°从MN表面射入时，光通过玻璃砖的时间为t；若保持入射光的方向不变，现撤去玻璃砖，光通过PQ、MN之间的区域的时间也为t，那么，这块玻璃砖对该入射光的折射率为(　 )
A．2 B．
C．1.5 D．
解析：选B　设玻璃砖的厚度为d，折射率为n，折射角为r，则t＝＝＝，t＝＝，n＝，可解得n＝，故B正确。
2．[全反射棱镜对光路的控制]
自行车上的红色尾灯不仅是装饰品，也是夜间骑车的安全指示灯，它能把来自后面的光照反射回去。某种自行车尾灯可简化为由许多整齐排列的等腰直角三棱镜(折射率n＞)组成，棱镜的横截面如图所示。一平行于横截面的光线从O点垂直AB边射入棱镜，先后经过
AC边和CB边反射后，从AB边的O′点射出，则出射光线是(　 )
A．平行于AC边的光线①
B．平行于入射光线的光线②
C．平行于CB边的光线③
D．平行于AB边的光线④
解析：选B　光线从O点垂直AB边射入棱镜后经AC边和CB边反射，平行于入射光线从O′点射出，故B正确。
(三) 光的折射定律和全反射规律的综合应用(精研点)
1．求解全反射问题的四点提醒
(1)光密介质和光疏介质是相对而言的。同一种介质，相对于其他不同的介质，可能是光密介质，也可能是光疏介质。
(2)如果光线从光疏介质进入光密介质，则无论入射角多大，都不会发生全反射现象。
(3)在全反射现象中，遵循光的反射定律，光路均是可逆的。
(4)当光射到两种介质的界面上时，往往同时发生光的折射和反射现象，但在全反射现象中，只发生反射，不发生折射。
2．全反射现象中光的传播时间的求解要领
(1)准确地判断出恰好发生全反射的临界光线是解题的关键。
(2)全反射现象中，光在同种均匀介质中的传播速度不发生变化，即v＝。
(3)全反射现象中，光的传播路程应结合光路图与几何关系进行确定。
(4)利用t＝求解光的传播时间。
[考法全训]
1．[正立方体玻璃砖]
(多选)如图所示为一个边长为a的实心透明正立方体，在正立方体中心O点放置一个红色点光源，该点光源发出的部分光通过透明正立方体折射出来。已知该单色光在透明正立方体材料中的折射率为n＝2(不考虑光线在正立方体内的反射，c为真空中的光速)。对该光现象的描述正确的是(　 )
A．红色光从正立方体表面射出后光子能量减小
B．有光线射出的区域占正立方体表面积的
C．从立方体表面直接射出的光线在正立方体内经过的最长时间为
D．若把红色点光源换成蓝色点光源，正立方体表面有光线射出的面积变小
解析：选BCD　红色光从正立方体表面射出后，频率保持不变，根据光子能量公式E＝hν，可知红色光从正立方体表面射出后光子能量不变，A错误；观察者从左向右观察，在ABB′A′面看到的亮斑形状为一个半径为R的圆。如图所示，设全反射临界角为C，则有sin C＝＝，解得C＝30°，由几何关系可得R＝tan C＝a，则在ABB′A′面看到的亮斑面积为S0＝πR2＝，有光线射出的区域面积与正立方体表面积的比值为＝，B正确；单色光在透明正立方体中的传播速度为v＝＝，从立方体表面直接射出的光线中，光线从亮斑最外侧射出经过的时间最长，则有tmax＝＝，C正确；若把红色点光源换成蓝色点光源，可知折射率变大，根据全反射临界角公式sin C＝，可知发生全反射的临界角变小，根据R＝tan C，可知亮斑的半径变小，即正立方体表面有光线射出的面积变小，D正确。
2．[球形玻璃砖]
(2022·河北高考)如图，一个半径为R的玻璃球，O点为球心。球面内侧单色点光源S发出的一束光在A点射出，出射光线AB与球直径SC平行，θ＝30°。光在真空中的传播速度为c。求：
(1)玻璃的折射率；
(2)从光源S发出的光线经多次全反射回到S点的最短时间。
解析：(1)如图甲所示，可知入射角与折射角分别为θ、2θ，因此n＝＝。
　
(2)当光线在玻璃球内的路径为正三角形时，路径最短，但此时光在玻璃球内不发生全反射，故考虑光的路径为正方形，如图乙所示，由全反射知识可知sin C＝＝<，光线可在玻璃球内发生全反射，回到S点的最短时间t＝，又n＝，所以t＝。
答案：(1)　(2)
3．[扇形玻璃砖]
(多选)如图所示，一个折射率为的扇形透明体，∠AOB＝90°，OC为其角平分线，一足够宽的平行紫光束平行于OC从OA面和OB面射入透明体，紫光在真空中波长为λ，已知真空中光速为c，不考虑AB面反射光的影响，则下列判断正确的是(　 )
A．在弧AB上没有光线射出的弧长与有光线射出的弧长之比为1∶3
B．在弧AB上没有光线射出的弧长与有光线射出的弧长之比为1∶2
C．换成折射率大一些的扇形透明体，在弧AB上没有光线射出的弧长与有光线射出的弧长之比变小
D．将紫光换成红光，在弧AB上没有光线射出的弧长与有光线射出的弧长之比变小
解析：选BD　由题意可得，光线的光路如图所示。根据几何关系可知，光线在OA、OB射入的入射角为α＝45°，设其折射角为β，临界角为C，根据折射定律和
临界角公式有＝n，sin C＝，解得C＝45°，β＝30°，由几何关系可知，越是离AB两处越近的光线经折射后的入射角越大，当恰好发生全反射时，设其在弧AB上的法线与OA夹角为θ，则有θ＝180°－β－C－90°＝15°，则弧AD的长度为AD＝πR，根据对称性可知，弧AB上没有光线射出的弧长为πR，则弧AB上没有光线射出的弧长与有光线射出的弧长之比为1∶2，A错误，B正确；换成折射率大一些的扇形透明体，全反射的临界角和折射角都变小，角度θ变大，在弧AB上没有光线射出的弧长与有光线射出的弧长之比变大，C错误；将紫光换成红光，折射率变小，在弧AB上没有光线射出的弧长与有光线射出的弧长之比变小，D正确。
4．[三角形玻璃砖]
(2022·全国乙卷)一细束单色光在三棱镜ABC的侧面AC上以大角度由D点入射(入射面在棱镜的横截面内)，入射角为i，经折射后射至AB边的E点，如图所示，逐渐减小i，E点向B点移动，当sin i＝时，恰好没有光线从AB边射出棱镜，且DE＝DA。求棱镜的折射率。
解析：因为当sin i＝时，恰好没有光线从AB边射出，可知光线在E点发生全反射，设临界角为C，则sin C＝
由几何关系可知，光线在D点的折射角为
r＝90°－2C
则＝n，联立可得n＝1.5。
答案：1.5
一、立足主干知识，注重基础性和综合性
1．(2022·浙江6月选考)如图所示，王亚平在天宫课堂上演示了水球光学实验，在失重环境下，往大水球中央注入空气，形成了一个空气泡，气泡看起来很明亮，其主要原因是(　 )
A．气泡表面有折射没有全反射
B．光射入气泡衍射形成“亮斑”
C．气泡表面有折射和全反射
D．光射入气泡干涉形成“亮斑”
解析：选C　当光从水中射到空气泡的界面处时，一部分光的入射角大于或等于临界角，发生了全反射现象；还有一部分光折射到内壁然后再折射出去，所以水中的空气泡看起来比较亮。
2.一种“光开关”如图虚线框区域所示，其主要部件由两个相距非常近的截面为半圆形的圆柱棱镜构成，两半圆柱棱镜可以绕圆心O点旋转。单色光a从左侧沿半径射向半圆柱棱镜的圆心O，若光线能从右侧射出，则为“开”，否则为“关”。已知棱镜对光a的折射率为1.5，光a与半圆柱棱镜的直径MN夹角为45°。下列说法正确的是(　 )
A．单色光a在棱镜中的频率是在真空中的1.5倍
B．单色光a在棱镜中的波长是在真空中的1.5倍
C．顺时针旋转两半圆柱棱镜可实现“开”功能
D．逆时针旋转两半圆柱棱镜可实现“开”功能
解析：选D　频率由光源决定，不会改变频率，故A错误；根据n＝，v＝λf，可知单色光a在真空中的波长是在棱镜中的1.5倍，故B错误；此时入射角为45°，根据题意可知sin C＝＝<，临界角小于45°，所以此时为关状态，顺时针旋转两半圆柱棱镜，入射角变大，则发生全发射，出现“关”功能，故C错误；根据以上分析可知，逆时针旋转两半圆柱棱镜，入射角减小，不发生全反射，可实现“开”功能，故D正确。
3．(2022·辽宁高考)完全失重时，液滴呈球形，气泡在液体中将不会上浮。2021年12月，在中国空间站“天宫课堂”的水球光学实验中，航天员向水球中注入空气形成了一个内含气泡的水球。如图所示，若气泡与水球同心，在过球心O的平面内，用单色平行光照射这一水球。下列说法正确的是(　 )
A．此单色光从空气进入水球，频率一定变大
B．此单色光从空气进入水球，频率一定变小
C．若光线1在M处发生全反射，光线2在N处一定发生全反射
D．若光线2在N处发生全反射，光线1在M处一定发生全反射
解析：选C　光在不同介质中传播过程中频率不变，故A、B错误；如图所示，光线1在M处的入射角小于光线2在N处的入射角，如果感觉不明显，可以考虑光线1入射位置略微下移，故若光线1在M处发生全反射，光线2在N处一定发生全反射，C正确，D错误。
4．(2021·海南高考)如图，长方体玻璃砖的横截面为矩形MNPQ，MN＝2NP，其折射率为。一束单色光在纸面内以α＝45°的入射角从空气射向MQ边的中点O，则该束单色光(　 )
A．在MQ边的折射角为60°
B．在MN边的入射角为45°
C．不能从MN边射出
D．不能从NP边射出
解析：选C　光线从O点入射，设折射角为β，由折射定律得sin α＝nsin β，解得β＝30°，即在MQ边的折射角为30°，故A错误；设边长NP＝l，则MN＝2l，作出折射后的光路图如图所示，由几何关系可知光在MN边的入射角为60°，故B错误；光从光密介质射入光疏介质发生全反射的临界角设为θ，有sin θ＝＝，即θ＝45°，而MN边的入射角为60°>45°，故光在MN边发生全反射，即不能从MN边射出，故C正确；根据几何关系可知光在A点发生全反射后到达NP边的B点，根据光的折射的可逆性可知，光从NP边的B点折射后的折射角为45°，故D错误。
5．(2022·山东等级考)柱状光学器件横截面如图所示，OP右侧是以O为圆心、半径为R的圆，左侧是直角梯形，AP长为R，AC与CO夹角45°，AC中点为B。a、b两种频率的细激光束，垂直AB面入射，器件介质对a、b光的折射率分别为1.42、1.40。保持光的入射方向不变，入射点从A向B移动过程中，能在PM面全反射后，从OM面射出的光是(不考虑三次反射以后的光)(　 )
A．仅有a光　　　　　 B．仅有b光
C．a、b光都可以 D．a、b光都不可以
解析：选A　当两种频率的细激光束从A点垂直于AB面入射时，激光沿直线传播到O点，经第一次反射沿半径方向直线传播出去。
保持光的入射方向不变，入射点从A向B移动过程中，如图可知，激光沿直线传播到CO面经反射向PM面传播，根据图像可知，入射点从A向B移动过程中，光线传播到PM面的入射角逐渐增大。
当入射点为B点时，根据光的反射定律及几何关系可知，光线传播到PM面的P点，此时光线在PM面上的入射角最大，设为α，由几何关系得α＝45°。
根据全反射临界角公式得sin Ca＝＝<，sin Cb＝＝>，两种频率的细激光束的全反射的临界角关系为Ca<45°6．(2022·广东高考)一个水平放置的圆柱形罐体内装了一半的透明液体，液体上方是空气，其截面如图所示。一激光器从罐体底部P点沿着罐体的内壁向上移动，它所发出的光束始终指向圆心O点。当光束与竖直方向成45°角时，恰好观察不到从液体表面射向空气的折射光束。已知光在空气中的传播速度为c，求液体的折射率n和激光在液体中的传播速度v。
解析：当光束与竖直方向成45°角时，恰好观察不到从液体表面射向空气的折射光束，说明光恰好发生全反射，其临界角为C＝45°
由sin C＝，解得n＝
该激光在液体中的传播速度v＝＝c。
答案：　c
7．(2022·全国甲卷)如图，边长为a的正方形ABCD为一棱镜的横截面，M为AB边的中点。在截面所在的平面，一光线自M点射入棱镜，入射角为60°，经折射后在BC边的N点恰好发生全反射，反射光线从CD边的P点射出棱镜，求棱镜的折射率以及P、C两点之间的距离。
解析：光线在M点发生折射有sin 60°＝nsin θ
由题知，光线经折射后在BC边的N点恰好发生全反射，则sin C＝，C＝90°－θ
联立有tan θ＝，n＝
根据几何关系有，tan θ＝＝
解得BN＝
可得NC＝a－BN＝a－
再由tan θ＝，解得PC＝a。
答案：　a
二、强化迁移能力，突出创新性和应用性
8.(2022·湖北高考)如图所示，水族馆训练员在训练海豚时，将一发光小球高举在水面上方的A位置，海豚的眼睛在B位置，A位置和B位置的水平距离为d，A位置离水面的高度为d。训练员将小球向左水平抛出，入水点在B位置的正上方，入水前瞬间速度方向与水面夹角为θ。小球在A位置发出的一束光线经水面折射后到达B位置，折射光线与水平方向的夹角也为θ。已知水的折射率n＝，求：
(1)tan θ的值；
(2)B位置到水面的距离H。
解析：(1)设小球初速度为v0，到达水面时竖直方向速度为vy，运动时间为t，位移方向与水面夹角为β，由平抛运动规律：
d＝v0t，d＝vyt，tan β＝＝，tan θ＝
可得tan θ＝2tan β＝。
(2)因tan θ＝，可知θ＝53°，从A点射到水面的光线的入射角为α，折射角为90°－θ＝37°，则由折射定律可知n＝，解得α＝53°
由几何关系可知Htan 37°＋dtan 53°＝d
解得H＝。
答案：(1)　(2)
9.(2023·武汉调研)如图所示，半圆形玻璃砖半径为R，直径AB与荧光屏MN(足够大)平行且相距为2R。频率相同的两束平行光a、b均以53°角同时射入玻璃砖，a光从圆心O入射，恰好从半圆弧的三等分点D射出，b光从半圆弧的中点C射出。不考虑光在半圆弧上的反射，sin 53°＝0.8，求：
(1)玻璃砖的折射率；
(2)荧光屏上两光点之间的距离。(结果可用根号表示)
解析：(1)根据题设条件作出光路图，如图所示，研究a光，入射角为θ1＝53°，
折射角为θ2＝30°
根据折射定律可得
n＝＝＝1.6。
(2)根据光路图可知，a、b两束光打到荧光屏上的点P1、P2的距离为
d＝P1P2＝Rtan 53°－2Rtan 30°＝R。
答案：(1)1.6　(2)R
10．(2023·山西太原模拟)如图为透明塑料制成的极薄半圆形塑料壳，半径为R、圆心为O。在壳中注满某种透明液体，用间距为R的关于过O点的半径对称的两平行红色激光束、从圆周上垂直直径ab照射到圆弧表面，ab上两亮斑的间距为(－)R。
(1)求该液体对红色激光的折射率；
(2)若让激光从右侧垂直ab射入并不断改变两激光束间的距离，求圆弧面上有光直接射出的范围的长度。
解析：(1)由题意得，光路图如图所示，
由几何关系得sin i1＝＝，O1Q2＝O1P2＋PQ2，PQ＝OP－OQ＝R，O1Q＝R，sin∠PO1Q＝＝，得sin i2＝，
由折射定律n＝，得n＝。
(2)若让激光从圆弧面上有光直接射出，设激光射在圆弧面上恰好在O2发生全反射，如图所示
由sin C＝，得C＝45°
则由几何关系得，圆弧面上有光直接射出的范围的长度为O2O3＝2C·R＝R。
答案：(1)　(2)R
11．(2022·湖南高考)如图，某种防窥屏由透明介质和对光完全吸收的屏障构成，其中屏障垂直于屏幕平行排列，可实现对像素单元可视角度θ的控制(可视角度θ定义为某像素单元发出的光在图示平面内折射到空气后最大折射角的2倍)。透明介质的折射率n＝2，屏障间隙L＝0.8 mm。发光像素单元紧贴屏下，位于相邻两屏障的正中间。不考虑光的衍射。
(1)若把发光像素单元视为点光源，要求可视角度θ控制为60°，求屏障的高度d；
(2)若屏障高度d＝1.0 mm，且发光像素单元的宽度不能忽略，求像素单元宽度x最小为多少时，其可视角度θ刚好被扩为180°(只要看到像素单元的任意一点，即视为能看到该像素单元)。
解析：(1)发光像素单元射到屏障上的光被完全吸收，考虑射到屏障顶端的光射到透明介质和空气界面，折射后从界面射向空气，由题意可知
θ＝60°，则r＝＝30°
在介质中的入射角为i，则＝n，解得sin i＝
由几何关系得sin i＝
解得d＝ mm≈1.55 mm。
(2)若可视角度θ刚好被扩为180°，则折射角r′＝＝90°，此时光线在界面发生全反射，此时光线在界面处的入射角sin C＝＝，解得C＝30°
此时发光像素单元发光点距离屏障的距离为
x1＝dtan C＝ mm
像素单元宽度x最小为
x＝2＝mm≈0.35 mm。
答案：(1)1.55 mm　(2)0.35 mm
第2讲　光的波动性
一、光的干涉
光的干涉 定义 在两列光波叠加的区域，某些区域相互加强，出现亮条纹；某些区域相互减弱，出现暗条纹，且加强区域和减弱区域相互间隔的现象
条件 (1)两束光的频率相同；(2)相位差恒定
双缝干涉 图样特点 (1)单色光照射时形成明暗相间的等间距的干涉条纹(2)白光照射时，中央为白色亮条纹，其余为彩色条纹
条纹间距(Δx) 含义：相邻两条亮条纹(或暗条纹)中心之间的距离
公式：Δx＝λ。注意各量的意义：λ为照射光的波长、d为双缝间距、l为屏到双缝间距离
薄膜干涉 产生机理 利用薄膜(如肥皂液薄膜)前后表面反射的光相遇而形成的。图样中同一条亮(或暗)条纹上所对应薄膜厚度相同
应用 (1)利用薄膜干涉，可以检验工件平面是否平整(2)可以作为光学镜头的增透膜
二、光的衍射
1．明显衍射的条件：只有当障碍物的尺寸与光的波长相差不多，甚至比光的波长还小的时候，衍射现象才会明显。
2．三类常见衍射现象
三、光的偏振
1．自然光：包含着在垂直于传播方向上沿一切方向振动的光，而且沿着各个方向振动的光波的强度都相同。
2．偏振光：在垂直于光的传播方向的平面上，只沿着某个特定的方向振动的光。
微点判断　
(1)光的颜色取决于折射率。(×)
(2)只有频率相同的两列光波才可能产生干涉。(√)
(3)在双缝干涉实验中，双缝的作用是使白光变成单色光。(×)
(4)阳光下茂密的树荫中地面上的圆形亮斑是光的衍射形成的。(×)
(5)自然光是偏振光。(×)
(一) 光的干涉现象(精研点)
逐点清1　光的双缝干涉的理解　
1．在双缝干涉实验中，屏上出现了明暗相间的条纹，则下列说法正确的是(　 )
A．中间条纹间距较两侧更宽
B．不同色光形成的条纹完全重合
C．双缝间距离越大条纹间距离也越大
D．遮住一条缝后屏上仍有明暗相间的条纹
解析：选D　据干涉图样的特征可知，干涉条纹特征是等间距、彼此平行，A错误；不同色光干涉条纹分布位置不相同，B错误；据公式Δx＝λ可知，双缝间距d越大，干涉条纹间距离越小，C错误；遮住一条缝后，变成了单缝衍射，光的衍射也有衍射条纹，D正确。
一点一过　双缝干涉的条纹间距
(1)公式：Δx＝λ
(2)各量的意义：l是双缝到光屏的距离，d是双缝间的距离，λ是入射光波的波长。
逐点清2　双缝干涉中亮、暗条纹的判断　
2．在如图所示的双缝干涉实验中，使用波长λ为600 nm 的橙色光照射，在光屏中心P0点呈现亮条纹。若P0点上方的P点到S1、S2的路程差恰为λ，现改用波长为400 nm的紫光照射，则(　 )
A．P0和P都呈现亮条纹
B．P0为亮条纹，P为暗条纹
C．P0为暗条纹，P为亮条纹
D．P0和P都呈现暗条纹
解析：选B　由题意可知，PS2－PS1＝λ＝λ′，故当改用紫光照射时，光到P点的路程差为半波长的奇数倍，P为暗条纹，P0仍为亮条纹，B正确。
3．(2022·山东等级考)(多选)某同学采用图甲所示的实验装置研究光的干涉与衍射现象，狭缝S1、S2的宽度可调，狭缝到屏的距离为L。同一单色光垂直照射狭缝，实验中分别在屏上得到了图乙、图丙所示图样。下列描述正确的是(　 )
A．图乙是光的双缝干涉图样，当光通过狭缝时，也发生了衍射
B．遮住一条狭缝，另一狭缝宽度增大，其他条件不变，图丙中亮条纹宽度增大
C．照射两条狭缝时，增加L，其他条件不变，图乙中相邻暗条纹的中心间距增大
D．照射两条狭缝时，若光从狭缝S1、S2到屏上P点的路程差为半波长的奇数倍，P点处一定是暗条纹
解析：选ACD　由题图可知，图乙中间部分是等间距条纹，所以图乙是光的双缝干涉图样，当光通过狭缝时，同时也发生衍射，故A正确；狭缝越小，衍射范围越大，衍射条纹越宽，遮住一条狭缝，另一狭缝宽度增大，则衍射现象减弱，图丙中亮条纹宽度减小，故B错误；根据条纹间距公式Δx＝λ可知照射两条狭缝时，增加L，其他条件不变，图乙中相邻暗条纹的中心间距增大，故C正确；照射两条狭缝时，若光从狭缝S1、S2到屏上P点的路程差为半波长的奇数倍，P点处一定是暗条纹，故D正确。
4.如图所示，用频率为f的单色光(激光)垂直照射双缝，在光屏的P点出现第3条暗条纹，已知光速为c，则P到双缝S1、S2的距离之差|r1－r2|应为(　 )
A．　　　　　　 B．
C． D．
解析：选D　在P点出现第3条暗条纹，说明S1、S2到P点距离之差为×(2n－1)＝λ，而λ＝，所以|r1－r2|＝λ＝，D正确。
一点一过　双缝干涉中亮、暗条纹的判断方法
(1)如图所示，光源S1、S2发出的光到屏上某点的路程差r2－r1＝kλ(k＝0,1,2，…)时，光屏上出现亮条纹。
(2)光的路程差r2－r1＝(2k＋1)(k＝0,1，2，…)时，光屏上出现暗条纹。
逐点清3　薄膜干涉的理解及应用　
5.(2021·浙江6月选考)(多选)肥皂膜的干涉条纹如图所示，条纹间距上面宽、下面窄。下列说法正确的是(　 )
A．过肥皂膜最高和最低点的截面一定不是梯形
B．肥皂膜上的条纹是前后表面反射光形成的干涉条纹
C．肥皂膜从形成到破裂，条纹的宽度和间距不会发生变化
D．将肥皂膜外金属环左侧的把柄向上转动90°，条纹也会跟着转动90°
解析：选AB　肥皂膜因为自重会上面薄而下面厚，因表面张力的原因其截面应是一个圆滑的曲面而不是梯形，A正确；薄膜干涉是等厚干涉，其原因为肥皂膜上的条纹是前后表面反射光形成的干涉条纹，B正确；形成条纹的原因是前后表面的反射光叠加出现了振动加强点和振动减弱点，肥皂膜从形成到破裂的过程上面越来越薄，下面越来越厚，因此出现加强点和减弱点的位置发生了变化，条纹宽度和间距发生变化，C错误；将肥皂膜外金属环左侧的把柄向上转动90°，由于重力，表面张力和粘滞力等的作用，肥皂膜的形状和厚度会重新分布，因此并不会跟着旋转90°，D错误。
6．(2021·山东等级考)用平行单色光垂直照射一层透明薄膜，观察到如图所示明暗相间的干涉条纹。下列关于该区域薄膜厚度d随坐标x的变化图像，可能正确的是(　 )
解析：选D　根据薄膜干涉的形成规律，若薄膜厚度d均匀变化时，会产生等间距的明暗相间的条纹，现在条纹间距不等，说明薄膜厚度d不是线性变化的， 故A、B错误；由于条纹间距变大，说明薄膜厚度d的变化趋缓，反映到d-x图像中即图像的斜率减小，故C错误，D正确。
一点一过　　　薄膜干涉的理解和应用
1．形成：如图所示，竖直的肥皂薄膜，由于重力的作用，形成上薄下厚的楔形。光照射到薄膜上时，在膜的前表面AA′和后表面BB′分别反射回来，形成两列频率相同的光波，并且叠加。
2．亮、暗条纹的判断
(1)在P1、P2处，两个表面反射回来的两列光波的路程差Δr等于波长的整数倍，即Δr＝nλ(n＝1,2，3，…)，薄膜上出现亮条纹。
(2)在Q处，两列反射回来的光波的路程差Δr等于半波长的奇数倍，即Δr＝(2n＋1)(n＝0,1,2，3，…)，薄膜上出现暗条纹。
3．应用：干涉法检查平面，如图所示，两板之间形成一楔形空气膜，用单色光从上向下照射，如果被检查平面是平整光滑的，我们会观察到平行且等间距的明暗相间的条纹；若被检查平面不平整，则干涉条纹发生弯曲。
(二) 光的衍射、偏振现象(精研点)
逐点清1　对衍射现象的理解　
1．(多选)关于衍射，下列说法正确的是(　 )
A．光的衍射现象中条纹的出现是光叠加后产生的结果
B．双缝干涉中也存在衍射现象
C．一切波都很容易发生明显的衍射现象
D．影的存在是一个与衍射现象相矛盾的客观事实
解析：选AB　光的衍射图样是光波的叠加现象，双缝干涉中光通过三个狭缝时均发生衍射现象，一般来说既有干涉又有衍射，A、B正确。一切波都能发生衍射，但要发生明显的衍射，需要满足障碍物的尺寸小于或等于波长的条件，C、D错误。
一点一过　　　对光的衍射的理解
(1)波长越长，衍射现象越明显。在任何情况下都可以发生衍射现象，只是明显与不明显的差别。
(2)衍射现象说明“光沿直线传播”只是一种特殊情况，只有在光的波长比障碍物小得多时，光才可以看作是沿直线传播的。
逐点清2　干涉、衍射图样的比较　
2．如图所示的4种明暗相间的条纹分别是红光、蓝光各自通过同一个双缝干涉仪器形成的干涉图样以及黄光、紫光各自通过同一个单缝形成的衍射图样(黑色部分表示亮条纹)。在下面的4幅图中从左往右排列，亮条纹的颜色依次是(　 )
A．红黄蓝紫　　　　　 B．红紫蓝黄
C．蓝紫红黄 D．蓝黄红紫
解析：选B　双缝干涉条纹是等间距的，而单缝衍射条纹除中央亮条纹最宽、最亮之外，两侧条纹亮度、宽度都逐渐减小，因此1、3为双缝干涉条纹，2、4为单缝衍射条纹。双缝干涉条纹的宽度Δx＝λ，红光波长比蓝光波长长，则红光干涉条纹间距大于蓝光干涉条纹间距，即1、3分别对应于红光和蓝光。而在单缝衍射中，当单缝宽度一定时，波长越长，衍射越明显，即中央条纹越宽越亮，2、4分别对应于紫光和黄光。综上所述，1、2、3、4四个图中亮条纹的颜色依次是：红、紫、蓝、黄，B正确。
　单缝衍射与双缝干涉的比较
单缝衍射 双缝干涉
不同点 条纹宽度 条纹宽度不等，中央最宽 条纹宽度相等
条纹间距 各相邻条纹间距不等 各相邻条纹等间距
亮度情况 中央条纹最亮，两边变暗 条纹清晰，亮度基本相同
相同点 干涉、衍射都是波特有的现象，属于波的叠加；干涉、衍射都有明暗相间的条纹
逐点清3　光的偏振　
3．(多选)光的偏振现象说明光是横波。下列现象中，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．一束自然光在玻璃、水面、木质桌面等表面反射时，反射光和折射光都是偏振光
C．日落时分，拍摄水面下的景物，在照相机镜头前装上偏振滤光片可使成像更清晰
D．通过手指间的缝隙观察日光灯，可看到彩色条纹
解析：选ABC　自然光通过偏振片成为偏振光，以光束为轴旋转其中一个偏振片，透射光的强度发生变化，A正确；自然光射到光滑非金属表面时，反射光和折射光都是偏振光，B正确；日落时分，拍摄水面下的景物，在照相机镜头前装上偏振片，可以把反射的偏振光过滤，使成像更清晰，C正确；通过手指间的缝隙观察日光灯，看到的彩色条纹是光的衍射现象，D错误。
4．如图所示，两光屏间放有两个偏振片，它们四者平行共轴，现让太阳光沿轴线通过光屏M上的小孔照射到固定不动的偏振片P上，再使偏振片Q绕轴匀速转动一周，则关于光屏N上光的亮度变化情况，下列说法正确的是(　 )
A．光屏N上光的亮度保持不变
B．光屏N上只有一条亮线随偏振片转动而转动
C．光屏N上有两条与偏振片P、Q透振方向对应的亮线
D．光屏N上光的亮度会时亮时暗
解析：选D　太阳光沿轴线通过光屏M上的小孔照射到固定不动的偏振片P上，再使偏振片Q绕轴匀速转动一周，当偏振片P与偏振片Q垂直时，光屏N上没有亮度，则光屏N上光的亮度从亮到暗，再由暗到亮，所以光屏N上光的亮度会时亮时暗，故A、B错误，D正确；光屏N上不可能有两条与偏振片P、Q透振方向对应的亮线，故C错误。
一点一过　光的偏振的理解与应用
(1)自然光与偏振光的比较
类别 自然光(非偏振光) 偏振光
光的来源 从普通光源发出的光 自然光通过起偏器后的光
光的振动方向 在垂直于光的传播方向的平面内，光振动沿任意方向，且沿各个方向振动的光的强度相同 在垂直于光的传播方向的平面内，光振动沿特定方向
(2)偏振光的应用：加偏振滤光片的照相机镜头、液晶显示器、立体电影、消除车灯眩光等。
1．在单缝衍射实验中，仅减小单缝的宽度，则光屏上(　 )
A．条纹变宽，光强增强
B．条纹变窄，光强增强
C．条纹变宽，光强减弱
D．条纹变窄，光强减弱
解析：选C　根据单缝衍射实验可知，狭缝的宽度越小，衍射现象越明显，条纹的间距越大；狭缝的宽度越小，通过狭缝的光越少，光强越弱。因此在单缝衍射实验中，仅减小单缝的宽度，则光屏上衍射条纹变宽，光强减弱，选项C正确。
2．(2023·山东烟台模拟)如图所示，在“用双缝干涉测量光的波长”的实验中，将实验仪器按要求安装在光具座上，某同学观察到清晰的干涉条纹。若他对实验装置进行改动后，在毛玻璃屏上仍能观察到清晰的干涉条纹，但条纹间距变窄。下列改动可能会实现这个效果的是(　 )
A．仅将滤光片向右移动靠近单缝
B．仅减小双缝间的距离
C．仅增大双缝与毛玻璃屏间的距离
D．仅将红色滤光片换成绿色滤光片
解析：选D　滤光片的作用是得到相干光源，靠近单缝和远离单缝不影响干涉，A错误；双缝干涉两相邻亮条纹的间距为Δx＝λ，仅减小双缝之间的距离d或仅增大双缝与毛玻璃屏间的距离，条纹间距Δx都会变大，B、C错误；仅将红色滤光片换成绿色滤光片，通过滤光片射向双缝的光的波长λ减小，可知条纹间距减小，D正确。
3．(2023·武汉高三质检)华中科技大学建规学院等多家单位联合打造的2022年XR新春光影秀在千古名楼黄鹤楼上演。光影秀是介于实景与电影之间的一种新的光影艺术，下列有关光现象说法正确的是(　 )
A．光影秀使用的激光方向性好，所以激光不能发生衍射现象
B．斜放在装有水的玻璃杯里的吸管看起来像折断了一样，这是光的折射现象
C．立体电影原理和眼镜镜片表面涂上的增透膜的原理一样
D．肥皂泡在阳光下呈现彩色条纹是由于光的衍射形成的
解析：选B　激光是一种波，衍射是波的特有现象，故A错误；斜放在装有水的玻璃杯里的吸管看起来像折断了一样，这是光在从水进入空气时发生了折射，故B正确；立体电影原理是利用了光的偏振原理，眼镜镜片表面涂上的增透膜是利用了光的干涉原理，故C错误；肥皂泡在阳光下呈现彩色条纹是由于肥皂膜内外光线发生干涉形成的，故D错误。
4．(2022·浙江1月选考)(多选)电子双缝干涉实验是近代证实物质波存在的实验。如图所示，电子枪持续发射的电子动量为1.2×10－23 kg·m/s，然后让它们通过双缝打到屏上。已知电子质量取9.1×10－31 kg，普朗克常量取6.6×10－34 J·s，下列说法正确的是(　 )
A．发射电子的动能约为8.0×10－15 J
B．发射电子的物质波波长约为5.5×10－11 m
C．只有成对电子分别同时通过双缝才能发生干涉
D．如果电子是一个一个发射的，仍能得到干涉图样
解析：选BD　根据动量的大小与动能的关系可知发射电子的动能约为Ek＝＝ J≈8.0×10－17J，A错误；发射电子的物质波波长约为λ＝＝ m＝5.5×10－11m，B正确；物质波也具有波粒二象性，故电子的波动性是每个电子本身的性质，则每个电子依次通过双缝都能发生干涉现象，只是需要大量电子显示出干涉图样，C错误，D正确。
5.双缝干涉实验装置的截面图如图所示。光源S到S1、S2的距离相等，O点为S1、S2连线中垂线与光屏的交点。光源S发出的波长为λ的光，经S1出射后垂直穿过玻璃片传播到O点，经S2出射后直接传播到O点，由S1到O点与由S2到O点，光传播的时间差为Δt。玻璃片厚度为10λ，玻璃对该波长光的折射率为1.5，空气中光速为c，不计光在玻璃片内的反射。以下判断正确的是(　 )
A．Δt＝ B．Δt＝
C．Δt＝ D．Δt＝
解析：选A　波长为λ的光在玻璃片中的传播速度v＝，通过10λ的距离，光传播的时间差Δt＝－＝，选项A正确。
6．某实验小组用完全相同的双缝干涉实验装置进行实验，仅换用频率不同的单色光a、b得到的干涉图样分别如图甲、乙所示，下列说法正确的是(　 )
A．a光更容易发生明显的衍射现象
B．a光子的能量大于b光子的能量
C．从同一种介质射入空气发生全反射时，a光的临界角大于b光的临界角
D．对于同一金属，a光的遏止电压小于b光的遏止电压
解析：选B　根据Δx＝λ，a光的条纹间距小于b光，所以a光的波长小于b光的波长，故b光更容易发生明显的衍射现象，A错误；根据c＝λν知，a光的频率大于b光的频率，根据E＝hν，可知a光的光子能量较大，B正确；根据sin C＝知，a光的临界角小于b光的临界角，C错误；根据光电效应规律hν－W0＝Ek＝eUc，知a光的遏止电压大于b光的遏止电压，D错误。
7.(2023·山东潍坊模拟)长度测量是光学干涉测量最常见的应用之一。如要测量某样品的长度，较为精确的方法之一是通过对干涉产生的条纹进行计数；若遇到非整数干涉条纹情形，则可以通过减小 相干光的波长来获得更窄的干涉条纹，直到得到满意的测量精度为止。为了测量细金属丝的直径，把金属丝夹在两块平板玻璃之间，使空气层形成尖劈，金属丝与劈尖平行，如图所示。如用单色光垂直照射，就得到等厚干涉条纹，测出干涉条纹间的距离，就可以算出金属丝的直径。某次测量结果为：单色光的波长λ＝589.3 nm，金属丝与劈尖顶点间的距离L＝28.880 mm，其中30条亮条纹间的距离为4.295 mm，则金属丝的直径为(　 )
A．4.25×10－2 mm　　　 B．5.75×10－2 mm
C．6.50×10－2 mm D．7.20×10－2 mm
解析：选B　劈尖形空气层如图所示，距劈尖x处空气层厚度为y，由几何关系得＝，相邻两条亮条纹处空气层厚度差Δy＝，相邻两条亮条纹之间的距离为ΔL＝ mm，由＝，代入数据解得D≈5.75×10－2 mm，故选B。
第3讲　实验：测量玻璃的折射率(基础实验)
一、理清原理与操作
原理装置图 操作要领
(1)铺白纸、画线折射率n＝①将白纸用图钉固定在木板上②画出两边界线aa′和bb′、法线NN′、入射光线AO(2)插针与测量①在AO上插上两枚大头针P1、P2，在玻璃砖另一侧通过观察插上大头针P3、P4②移去玻璃砖和大头针，连接P3、P4交bb′于O′，连接OO′③测出入射角θ1、折射角θ2
二、掌握数据处理方法
1．计算法：用量角器测量入射角θ1和折射角θ2，并查出其正弦值sin θ1和sin θ2。算出不同入射角时的，并取平均值。
2．图像法：改变不同的入射角θ1，测出不同的折射角θ2，作出sin θ1-sin θ2的图像，由n＝可知图像应是过原点的直线，如图所示，其斜率为折射率。
3.“单位圆法”：以入射点O为圆心，以一定的长度R为半径画圆，交入射光线AO于E点，交折射光线OO′于E′点，过E作NN′的垂线EH，过E′作NN′的垂线E′H′，如图所示，sin θ1＝，sin θ2＝，OE＝OE′＝R，则n＝＝。只要用刻度尺量出EH、E′H′的长度就可以求出n。
三、扫描实验盲点
1．注意事项
(1)玻璃砖要用厚度较大的。
(2)入射角不宜过大或过小，一般控制在30°到60°之间。
(3)大头针要竖直插在白纸上，且距离应适当大一些。
(4)玻璃砖的折射面要画准，不能用玻璃砖界面代替直尺画界线。
2．误差分析
(1)入射光线、出射光线确定的准确性造成误差，故入射侧、出射侧所插两枚大头针间距应大一些。
(2)入射角和折射角的测量造成误差，故入射角应适当大些，以减小测量的相对误差。
1．(2023·衡水模拟)小明利用插针法做“测定玻璃砖的折射率”实验，正确操作后在白纸上画出了入射光线和折射光线，由于没有量角器，小明采用以下方法处理数据：以入射点O为圆心在白纸上作圆，该圆与入射光线、折射光线分别交于A、B点，再过A、B点作法线MN的垂线，垂足分别为C、D点，如图1所示，然后改变入射角，重新进行实验，并仍按上述方法进行数据处理；设AC、BD的长度分别为x、y，小明一共获得了8组x、y值，并在y -x坐标系中描出各对应的点，如图2所示，根据图可求得该玻璃砖的折射率为____________。(保留三位有效数字)
解析：光路图如图所示，玻璃砖的折射率为n，其中入射角、折射角分别为i、r，则有sin i＝＝，sin r＝＝，n＝＝，由此可知y -x中图像的斜率k满足k＝，连接各点得到的直线如图所示。
由此可知k＝＝
解得n＝1.50。
答案：1.50(1.40～1.60均正确)
2．(2023·天津模拟)如图所示，某同学在“测量玻璃的折射率”的实验中，先将白纸平铺在木板上并用图钉固定，玻璃砖平放在白纸上，然后在白纸上确定玻璃砖的界面aa′和bb′，O为直线AO与aa′的交点，在直线OA上竖直地插上P1、P2两枚大头针。
(1)该同学接下来要完成的必要步骤有_________。
A．插上大头针P3，使P3仅挡住P2的像
B．插上大头针P3，使P3挡住P2的像和P1的像
C．插上大头针P4，使P4仅挡住P3
D．插上大头针P4，使P4挡住P3和P2、P1的像
(2)过P3、P4作直线交bb′于O′，过O作垂直于aa′的直线NN′，连接OO′测量图中角α和β的大小，则玻璃砖的折射率n＝__________。
(3)如果在实验过程中不小心将玻璃砖向上平移了一些，bb′移到图中虚线位置，而在作光路图时aa′不变，则所测得的折射率将__________(填“偏大”“偏小”或“不变”)。
(4)若所使用的玻璃砖的界面bb′与aa′不平行，其他操作无误，则所测得的折射率将________(填“偏大”“偏小”或“不变”)。
解析：(1)确定P3大头针的位置的方法是插上大头针P3，使P3挡住P1、P2的像。确定P4大头针的位置的方法是插上大头针P4，使P4挡住P3和P1、P2的像，故A、C错误，B、D正确。
(2)如题图，光线在aa′面的入射角为α，折射角为β，则根据折射定律得：玻璃砖的折射率n＝。(3)如果在实验过程中不小心将玻璃砖向上平移了一些，bb′移到图中虚线位置，而在作光路图时aa′不变，作出光路图：线①表示实际的光路，线②表示作图时所用的光路，可见，测量得到的入射角没有变化，而折射角偏小，根据折射率公式可知所测得的折射率将偏大。
(4)测折射率时，只要操作正确，与玻璃砖形状无关。所以若所使用的玻璃砖的bb′与aa′不平行，其他操作无误，则所测得的折射率将不变。
答案：(1)BD　(2)　(3)偏大　(4)不变
3．某小组做测定玻璃的折射率实验，所用器材有：玻璃砖，大头针，刻度尺，圆规，笔，白纸。
(1)下列说法正确的是________。
A．入射角越大，折射率的测量越准确
B．入射角越小，折射率的测量越准确
C．应选用粗的大头针完成实验
D．插在玻璃砖同侧的两枚大头针间的距离尽量大些
(2)该小组用同一套器材完成了四次实验，记录的玻璃砖界线和四个大头针扎下的孔洞如下图所示，其中实验操作正确的是________。
(3)该小组选取了操作正确的实验记录，在白纸上画出光线的径迹，以入射点O为圆心作圆，与入射光线、折射光线分别交于A、B点，再过A、B点作法线NN′的垂线，垂足分别为C、D点，如图所示，则玻璃的折射率n＝____________。(用图中线段AC、BD表示)
解析：(1)入射角合适即可，不是越大或越小误差就越小，A、B错误；应选用细的大头针完成实验，这样光线的确定才会比较准确，C错误；插在玻璃砖同侧的两枚大头针间的距离尽量大些，这样确定的光线方向比较准确，D正确。
(2)入射光线与出射光线平行，并且光线在玻璃中与法线的夹角要小于空气中与法线的夹角，故选D。
(3)由题图可知sin i＝，sin r＝，AO＝BO，
根据折射定律得n＝＝。
答案：(1)D　(2)D　(3)
4．某同学为测量玻璃砖的折射率，准备了下列器材：激光笔、直尺、刻度尺、一面镀有反射膜的平行玻璃砖。如图所示，直尺与玻璃砖平行放置，激光笔发出的一束激光从直尺上的O点射向玻璃砖表面，在直尺上观察到A、B两个光点，读出OA间的距离为20.00 cm，AB间的距离为6.00 cm，测得图中直尺到玻璃砖上表面距离d1＝10.00 cm，玻璃砖厚度d2＝4.00 cm。
(1)请在图中作出到达B点光线的光路图；
(2)玻璃的折射率n＝____________(结果保留2位有效数字)。
解析：
(1)作出光路图如图所示。
(2)根据几何知识可知tan i＝＝＝1
所以i＝45°
DE＝AB＝6 cm
且有tan r＝＝＝
可得r＝37°
所以玻璃的折射率n＝≈1.2。
答案：(1)见解析图　(2)1.2
5．做测量玻璃折射率实验时，同学们被分成若干实验小组，以下是其中两个实验小组的实验情况：
(1)甲组同学在实验时，用他们测得的多组入射角i与折射角r作出sin i-sin r图像如图甲所示，则下列判定正确的是________。
A．光线是从空气射入玻璃的
B．该玻璃的折射率约为0.67
C．该玻璃的折射率约为1.5
D．该玻璃置于空气中时临界角为45°
(2)乙组同学先画出图乙所示的坐标系，再在y＜0区域放入某介质(以x轴为界面)，并通过实验分别标记了折射光线、入射光线、反射光线通过的一个点，它们的坐标分别为A(8 cm,3 cm)、B(1 cm，－4 cm)、C(7 cm，－4 cm)，则：
①入射点O′(图中未标出)的坐标为__________；
②通过图中数据可以求得该介质的折射率n＝__________。
解析：(1)由题图甲可知，入射角大于折射角，故可知光线是从空气射入玻璃的，故A正确；由n＝可知，玻璃的折射率n＝≈1.5，故B错误，C正确；由sin C＝可知，临界角的正弦值为0.67,0.67<，则临界角小于45°，故D错误。
(2)①画出三条光线如图所示。
根据折射光线与入射光线的对称性，可知，入射点O′的横坐标为x＝ cm＝4 cm，故入射点O′的坐标为(4 cm,0)。
②设入射角为i，折射角为r。根据数学知识得：
sin i＝＝0.6，sin r＝＝0.8
所以该介质的折射率：n＝＝＝。
答案：(1)AC　(2)①(4 cm,0)　②
6．在“测量玻璃的折射率”的实验中，实验小组在白纸上放好玻璃砖MNPQ，画出玻璃砖与空气的两个界面aa′和bb′(如图)。
(1)实验小组内的三位同学在实验中：
①第一位同学在纸上正确画出了玻璃砖的两个折射面aa′和bb′。因不慎碰动了玻璃砖，使它向aa′方向平移了一点(如图1所示)，以后的操作都正确无误，并仍以aa′和bb′为折射面画出了光路图，这样测出的折射率n的值将________(选填“偏大”“偏小”或“不变”)；
②第二位同学为了避免笔尖触划玻璃砖的折射面，画出的aa′和bb′都比实际的折射面向外侧平移了一些(如图2所示)，以后的操作都正确无误，并仍以aa′和bb′为折射面画出了光路图，这样测出的折射率n的值将________(选填“偏大”“偏小”或“不变”)；
③第三位同学的操作和所画的光路图都正确无误，只是所用的玻璃砖的两个折射面不平行(如图3所示)。用这块玻璃砖测出的折射率n的值将______(选填“偏大”“偏小”或“不变”)。
(2)另一实验小组的甲、乙、丙、丁四位同学实验中得到如图所示的插针结果，由图可知：
①从图上看，肯定把针插错了的同学是______；
②从图上看，测量结果准确度最高的同学是________。
解析：(1)①第一位同学的光路图，如图1所示，由图可知n＝，折射角度保持不变，所以n的值不变。
②第二位同学的光路图，如图2所示，
由图可知n＝，其中β变大，则n变小，即测量值偏小。
③第三位同学的光路图，如图3所示，
由于测量操作无误，所以测量值等于真实值，即不变。
(2)根据结果画出的光路图如图所示
连线可以发现，甲的折射光线与入射光线处于法线的一侧，针插错了。乙同学的入射光线与折射光线在同一直线上，肯定针也插错了。丁同学插针的位置距离较大，误差较小，所以测量结果准确度更高。
答案：(1)①不变　②偏小　③不变　(2)①甲、乙　②丁
第4讲　实验：用双缝干涉测量光的波长(基础实验)
一、理清原理与操作
原理装置图 测出乙图中的d和l。用图丙的测量头测出两条相邻亮条纹间距Δx，由Δx＝λ即可计算出波长λ
操作要领 1.器材的安装与调整：(1)将光源、遮光筒、毛玻璃屏依次安放在光具座上；(2)安装单缝和双缝，尽量使缝的中点位于遮光筒的轴线上，使单缝与双缝平行；(3)在单缝和光源间放上滤光片，观察单色光的干涉条纹。2.测定单色光的波长：(1)安装测量头，调节至可清晰观察到干涉条纹；(2)使分划板中心刻线对齐某条亮条纹的中央；(3)用刻度尺测量双缝到光屏间距离l。
二、掌握数据处理方法
1．相邻条纹间距的计算：Δx＝，可多测几组不同的n对应的Δx，求平均值。
2．用刻度尺测量出双缝到光屏间的距离l，由公式Δx＝λ得λ＝Δx计算波长。
三、扫描实验盲点
1．注意事项
(1)调节双缝干涉仪时，要注意调整光源的高度，使它发出的光束能够沿着遮光筒的轴线把屏照亮。
(2)放置单缝和双缝时，缝要相互平行，中心大致位于遮光筒的轴线上。
(3)调节测量头时，应使分划板中心刻线和亮条纹的中心对齐，记下此时手轮上的读数，转动手轮，使分划板中心刻线和另一亮条纹的中心对齐，记下此时手轮上的读数，两次读数之差就表示这两条亮条纹间的距离。
(4)不要直接测Δx，要测多条亮条纹的间距再计算得到Δx，这样可以减小误差。
(5)白光的干涉观察到的是彩色条纹，其中白色在中央，红色在最外侧。
2．误差分析
(1)双缝到光屏的距离l的测量存在误差。
(2)测条纹间距Δx带来的误差
①干涉条纹没有调整到最清晰的程度。
②误认为Δx为亮条纹的宽度。
③分划板中心刻线与干涉条纹不平行，中心刻线没有恰好位于亮条纹中心。
④测量多条亮条纹间的距离时读数不准确，此间距中的条纹数未数清。
1．(2022·浙江6月选考)关于双缝干涉实验，下列说法正确的是(　 )
A．用复色光投射就看不到条纹
B．明暗相间条纹是两列光在屏上叠加的结果
C．把光屏前移或后移，不能看到明暗相间条纹
D．蓝光干涉条纹的间距比红光的大
解析：选B　用复色光投射同样能看到条纹，A错误；双缝干涉实验中，明暗相间条纹是两列光在屏上叠加的结果，B正确；由条纹间距公式Δx＝λ知，把光屏前移或后移，改变了L，从而改变了条纹间距，但还可能看到明暗相间条纹，C错误；由条纹间距公式Δx＝λ，且λ蓝<λ红，可知蓝光干涉条纹的间距比红光的小，D错误。
2．如图所示是“用双缝干涉测量光的波长”实验的装置。实验中：
(1)观察到较模糊的干涉条纹，要使条纹变得清晰，需要做的是__________。
A．旋转测量头
B．增大单缝与双缝间的距离
C．调节拨杆使单缝与双缝平行
(2)要增大观察到的条纹间距，正确的做法是______。
A．减小单缝与光源间的距离
B．减小单缝与双缝间的距离
C．增大透镜与单缝间的距离
D．增大双缝与光屏间的距离
解析：(1)若粗调后看不到清晰的干涉条纹，看到的是模糊不清的条纹，则最可能的原因是单缝与双缝不平行；要使条纹变得清晰，值得尝试的是调节拨杆使单缝与双缝平行，C正确，A、B错误。
(2)根据Δx＝λ，可知要增大条纹间距可以增大双缝到光屏的距离l，减小双缝的间距d，D正确，A、B、C错误。
答案：(1)C　(2)D
3．某同学利用图示装置测量某种单色光的波长。实验时，接通电源使光源正常发光，调整光路，使得从目镜中可以观察到干涉条纹。回答下列问题：
(1)若想增加从目镜中观察到的条纹个数，该同学可________。
A．将单缝向双缝靠近
B．将屏向靠近双缝的方向移动
C．将屏向远离双缝的方向移动
D．使用间距更小的双缝
(2)若双缝的间距为d，屏与双缝间的距离为l，测得第1条暗条纹到第n条暗条纹之间的距离为Δx，则单色光的波长λ＝ ________。
(3)某次测量时，选用的双缝的间距为0.300 mm，测得屏与双缝间的距离为1.20 m，第1条暗条纹到第4条暗条纹之间的距离为7.56 mm。则所测单色光的波长为________nm(结果保留3位有效数字)。
解析：(1)相邻明(暗)干涉条纹的宽度Δx＝λ，要增加观察到的条纹个数，即减小Δx，需增大d或减小l，因此应将屏向靠近双缝的方向移动或使用间距更大的双缝，选项B正确。
(2)第1条暗条纹到第n条暗条纹间的距离为Δx，则相邻暗条纹间的距离Δx′＝，
又Δx′＝λ，解得λ＝。
(3)由λ＝，代入数据解得λ＝630 nm。
答案：(1)B　(2)　(3)630
4．现有毛玻璃屏A、双缝B、白光光源C、单缝D和透红光的滤光片E等光学元件，要把它们放在如图所示的光具座上组装成双缝干涉装置，用以测量红光的波长。
(1)将白光光源C放在光具座最左端，依次放置其他光学元件，由左至右，表示各光学元件的字母排列顺序应为C、E、________、__________、A。
(2)如图所示，A、B、C、D代表双缝产生的四种干涉图样，回答下列问题：
①如果A图样是红光通过双缝产生的，那么换用紫光得到的图样用__________图样表示最合适；
②如果将B图样的双缝距离变小，那么得到的图样用________图样表示最合适。
(3)将测量头的分划板中心刻线与某亮条纹中心对齐，将该亮条纹定为第1条亮条纹，此时手轮上的示数为2.320 mm，然后同方向转动测量头，使分划板中心刻线与第6条亮条纹中心对齐，此时手轮上的示数为13.870 mm，求得相邻亮条纹的间距Δx为__________ mm(结果保留三位小数)。
(4)已知双缝间距d为2.0×10－4 m，测得双缝到屏的距离l为0.700 m，由计算公式λ＝________，求得所测红光波长为________mm(结果保留两位有效数字)。
解析：(1)由实验原理可知，双缝干涉装置各组成部分在光具座上的正确排序为：光源、滤光片、单缝、双缝、光屏，由左至右，表示各光学元件的字母排列顺序应为CEDBA。
(2)①根据题意，由Δx＝λ可知，由于紫光的波长比红光的短，则条纹间距变小，故选C图样。
②根据题意，由Δx＝λ可知，如果将B图样的双缝距离变小，条纹间距变大，故选D图样。
(3)由题意可知，相邻亮条纹的间距为Δx＝ mm＝2.310 mm。
(4)根据题意，由公式Δx＝λ
可得λ＝，
代入数据解得，红光波长为
λ＝ m＝6.6×10－7 m＝6.6×10－4 mm。
答案：(1)D　B　(2)①C　②D　(3)2.310
(4)　6.6×10－4
5．(2023·青岛高三调研)1801年，英国物理学家托马斯·杨成功地观察到了光的干涉现象。在托马斯·杨的双缝干涉实验中，利用双缝干涉可以测量光波的波长。某同学想利用双缝干涉实验来测量某种单色光的波长，该同学所使用的装置如图所示，光具座上放置的光学元件依次为光源、透镜、M、N、P、遮光筒、毛玻璃、放大镜。
(1)M、N、P三个光学元件依次为________。
A．滤光片、单缝、双缝 B．单缝、滤光片、双缝
C．单缝、双缝、滤光片 D．滤光片、双缝、单缝
(2)该同学通过测量头的目镜观察单色光的干涉图样时，发现分划板的中心刻线与亮条纹未对齐，如图乙所示，下列操作中可使中心刻线与亮条纹对齐的是________。
A．仅转动目镜 B．仅转动双缝
C．仅转动手轮 D．仅转动测量头
(3)通过调整，该同学从目镜中看到如图丙所示的图像，转动测量头的手轮，使分划板中心刻线对准a时，手轮的读数x1＝1.002 mm，继续转动手轮，使分划板中心刻线对准b时，手轮的读数如图丁所示，x2＝__________ mm。
(4)计算通过单缝的光波波长的表达式为λ＝______，若已知双缝间距d＝2.0×10－4 m，双缝到屏的距离l＝1.0 m，则待测光的波长为__________ nm(结果保留三位有效数字)。
(5)若想减少从目镜中观察到的条纹个数，该同学可以________。
A．将单缝向双缝靠近
B．将屏向靠近双缝的方向移动
C．将屏向远离双缝的方向移动
D．使用间距更大的双缝
(6)下列现象中能够观察到的是________。
A．将滤光片由蓝色的换成红色的，干涉条纹间距变窄
B．去掉滤光片后，干涉现象消失
C．换一个缝宽较大的单缝片，干涉条纹间距变宽
D．换一个两缝间距较大的双缝片，干涉条纹间距变窄
解析：(1)由题图甲可知，M、N、P三个光学元件依次为滤光片、单缝、双缝。故选A。
(2)当分划板的中心刻线与亮条纹不平行时，应该转动测量头，将图中分划板调到竖直方向并与干涉条纹平行。故选D。
(3)由题图丁可得，读数为x2＝9.5 mm＋26.2×0.01 mm＝9.762 mm。
(4)由Δx＝得，波长表达式为λ＝
由题意得Δx＝＝×10－3 m＝2.19×10－3 m
所以波长为λ＝＝ m＝4.38×10－7 m＝438 nm。
(5)若想减少从目镜中观察到的条纹个数，则应该增大条纹间距，由Δx＝知，应该将屏向远离双缝的方向移动从而增大l，或者减小双缝间距d。故选C。
(6)由Δx＝知，将滤光片由蓝色的换成红色的，光的波长变大，则干涉条纹间距变宽，故A错误；去掉滤光片后，得到的是白光的干涉条纹，即彩色干涉条纹，故B错误；由Δx＝知，干涉条纹间距与单缝片的缝宽没有关系，若换一个两缝间距较大的双缝片，干涉条纹间距变窄，故C错误，D正确。
答案：(1)A　(2)D　(3)9.762(9.760～9.763均正确)　(4)　438　(5)C　(6)D
6．(2023·广州模拟)某学习小组要用双缝干涉测量某种单色光的波长，其实验装置如图所示。
(1)为测量该单色光的干涉条纹宽度，各仪器安装位置如图所示，图中A为滤光片，B为__________(填“单缝”或“双缝”)，C为________(填“单缝”或“双缝”)。
(2)在用双缝干涉实验装置观察双缝干涉条纹时：
①观察到较模糊的干涉条纹，可以调节拨杆使单缝和双缝__________(填“垂直”或“平行”)，从而使条纹变得清晰。
②要想增加从目镜中观察到的条纹个数，需将毛玻璃屏向__________(填“靠近”或“远离”)双缝的方向移动。
(3)下列图示中条纹间距表示正确的是____________(填正确答案标号)。
(4)在实验前已获知的数据有双缝间的距离d和双缝与毛玻璃屏之间的距离L，通过测量头观察到第N1条亮条纹的读数为Y1，观察到第N2条亮条纹的读数为Y2，请写出计算该单色光波长的表达式λ＝__________。
解析：(1)图中A为滤光片，B为单缝，C为双缝。
(2)①观察到较模糊的干涉条纹，可以调节拨杆使单缝和双缝平行，使条纹变得清晰。
②要想增加从目镜中观察到的条纹个数，则条纹间距应减小，根据条纹间距Δx＝λ，可知需将毛玻璃屏向靠近双缝的方向移动。
(3)条纹间距是相邻两条亮条纹或相邻两条暗条纹中央之间的距离，所以图示中条纹间距表示正确的是C项。
(4)第N1条亮条纹的读数为Y1，第N2条亮条纹的读数为Y2，则条纹间距Δx＝
根据Δx＝λ，
可得λ＝。
答案：(1)单缝　双缝　(2)①平行　②靠近　(3)C
(4)2 / 62
第十四章 热 学
第1讲　分子动理论 内能
一、分子动理论
1．物体是由大量分子组成的
(1)分子的直径：数量级为10－10 m。
(2)分子的质量：数量级为10－26 kg。
(3)阿伏加德罗常数：NA＝6.02×1023 mol－1。
2．分子永不停息地做无规则运动
(1)扩散现象：由于分子的无规则运动产生的物质迁移现象。温度越高，扩散现象越明显。
(2)布朗运动：悬浮在液体中的小颗粒的无规则运动，颗粒越小，运动越明显；温度越高，运动越明显。
(3)热运动：分子永不停息的无规则运动。温度越高，分子运动越剧烈。
3．分子间的作用力
(1)引力和斥力总是同时存在，实际表现出的分子力是引力和斥力的合力。
(2)分子引力和斥力都随距离的增大而减小，但斥力变化得更快。
二、温度与物体的内能
温度与温标 温度 表示物体的冷热程度，一切达到热平衡的系统都具有相同的温度
温标 包括摄氏温标(t)和热力学温标(T)，两者的关系是T＝t＋273.15_K
分子动能 概念 分子动能是分子热运动所具有的动能
决定因素 温度是分子热运动的平均动能的标志
分子势能 概念 分子势能是由分子间的相对位置决定的能
决定因素 ①微观上：决定于分子间距离和分子排列情况；②宏观上：决定于体积和状态
物体的内能 概念 物体中所有分子的热运动动能与分子势能的总和，是状态量
决定因素 ①对于给定的物体，其内能大小是由物体的温度和体积决定，即由物体的内部状态决定②物体的内能与物体位置的高低、运行速度的大小无关
微点判断　
(1)扩散现象只能在气体中进行。(×)
(2)布朗运动是指液体分子的无规则运动。(×)
(3)温度越高，布朗运动越剧烈。(√)
(4)分子间的引力和斥力都随分子间距的增大而增大。(×)
(5)分子动能指的是由于分子定向移动具有的能。(×)
(6)当分子力表现为引力时，分子势能随分子间距离的增大而增大。(√)
(7)内能相同的物体，它们的分子平均动能一定相同。(×)
(8)分子势能随着分子间距离的增大，可能先减小后增大。(√)
(9)两分子间不可能同时存在斥力和引力。(×)
(一) 微观量的估算(精研点)
1．两种分子模型
(1)球体模型：把分子看成球形，分子的直径：d＝ 。适用于固体和液体。
(2)立方体模型：把分子看成小立方体，其边长：d＝。适用于固体、液体和气体。
[注意]　对于气体，利用d＝计算出的d不是分子直径，而是气体分子间的平均距离。
2．宏观量与微观量的相互关系
微观量 分子体积V0、分子直径d、分子质量m0等
宏观量 物体的体积V、密度ρ、质量m、摩尔质量Mmol、摩尔体积Vmol、物质的量n等
相互关系 ①一个分子的质量：m0＝＝。②一个分子的体积：V0＝＝
[注意]　阿伏加德罗常数是联系宏观量(摩尔质量Mmol、摩尔体积Vmol、密度ρ等)与微观量(分子直径d、分子质量m0、分子体积V0等)的“桥梁”。如图所示。
[考法全训]
1．[固体微观量的估算]
(多选)阿伏加德罗常数是NA(mol－1)，铜的摩尔质量是μ(kg/mol)，铜的密度是ρ(kg/m3)，则下列说法正确的是(　 )
A．1 m3铜中所含的原子数为
B．一个铜原子的质量是
C．一个铜原子所占的体积是
D．1 kg铜所含有的原子数目是ρNA
解析：选ABC　1 m3铜中所含的原子数为n＝NA＝NA＝，故A正确；一个铜原子的质量是m0＝，故B正确；一个铜原子所占的体积是V0＝＝＝，故C正确；1 kg铜所含有的原子数目是N＝NA，故D错误。
2.[液体微观量的估算]
已知阿伏加德罗常数为NA(mol－1)，某液体的摩尔质量为M(kg/mol)，该液体的密度为ρ(kg/m3)，则下列叙述中正确的是(　 )
A．1 kg该液体所含的分子个数是ρNA
B．1 kg该液体所含的分子个数是NA
C．该液体1个分子的质量是
D．该液体1个分子占有的空间是
解析：选B　1 kg该液体的物质的量为，所含分子数目为：n＝NA·＝，故A错误，B正确；每个分子的质量为：m0＝＝，故C错误；每个分子所占空间为：V0＝＝，故D错误。
3．[气体微观量的估算]
(2023·淄博高三调研)某潜水员在岸上和海底吸入空气的密度分别为1.3 kg/m3和2.1 kg/m3，空气的摩尔质量为0.029 kg/mol，阿伏加德罗常数NA＝6.02×1023mol－1。若潜水员呼吸一次吸入2 L空气，试估算潜水员在海底比在岸上每呼吸一次多吸入空气的分子数约为(　 )
A．3×1021　　　　　 B．3×1022
C．3×1023 D．3×1024
解析：选B　设空气的摩尔质量为M，在海底和岸上的密度分别为ρ海和ρ岸，一次吸入空气的体积为V，在海底和在岸上分别吸入的空气分子个数为n海和n岸，则有n海＝，n岸＝，多吸入的空气分子个数为Δn＝n海－n岸，代入数据得Δn≈3×1022个，故选B。
(二) 布朗运动与分子热运动(固基点)
[题点全练通]
1．[对扩散现象的理解]
关于扩散现象，下列说法错误的是(　 )
A．温度越高，扩散进行得越快
B．扩散现象是不同物质间的一种化学反应
C．扩散现象是由物质分子无规则运动产生的
D．扩散现象在气体、液体和固体中都能发生
解析：选B　根据分子动理论，温度越高，扩散进行得越快，A正确；扩散现象是由物质分子无规则运动产生的，不是化学反应，C正确，B错误；扩散现象在气体、液体和固体中都能发生，D正确。
2．[对布朗运动的理解]
关于布朗运动，下列说法正确的是(　 )
A．布朗运动是液体分子的无规则运动
B．悬浮在液体中的颗粒越小、液体温度越高，布朗运动越明显
C．悬浮颗粒越大，在某一瞬间撞击它的分子数越多，布朗运动越明显
D．布朗运动的无规则性反映了颗粒内部分子运动的无规则性
解析：选B　布朗运动就是悬浮在液体或气体中的固体小颗粒的无规则运动，反映了液体分子或气体分子的无规则运动，A、D错误；布朗运动是由于液体分子或气体分子对悬浮颗粒撞击作用的不平衡性引起的，悬浮颗粒越小，液体或气体温度越高，布朗运动就越明显，B正确，C错误。
3．[对分子热运动的理解]
(多选)同学们一定都吃过味道鲜美的烤鸭，烤鸭的烤制过程没有添加任何调料，只是在烤制之前，把烤鸭放在腌制汤中腌制一定的时间，盐就会进入肉里。下列说法正确的是(　 )
A．如果让腌制汤温度升高，盐进入鸭肉的速度就会加快
B．烤鸭的腌制过程说明分子之间有引力，把盐分子吸进鸭肉里
C．在腌制汤中，有的盐分子进入鸭肉，有的盐分子从鸭肉里面出来
D．把鸭肉放入腌制汤后立刻冷冻，将不会有盐分子进入鸭肉
解析：选AC　盐分子进入鸭肉是因为发生了扩散，温度越高，扩散得越快，A正确；盐进入鸭肉是因为盐分子的无规则运动，并不是因为分子引力，B错误；盐分子永不停息地做无规则运动，有的进入鸭肉，有的离开鸭肉，C正确；冷冻后，仍然会有盐分子进入鸭肉，只不过速度慢一些，D错误。
[要点自悟明]
扩散现象、布朗运动与热运动的比较
扩散现象 布朗运动 热运动
活动主体 分子 固体微小颗粒 分子
区别 是分子的运动，发生在固体、液体、气体任何两种物质之间 是比分子大得多的颗粒的运动，只能在液体、气体中发生 是分子的运动，不能通过光学显微镜直接观察到
共同点 (1)都是无规则运动(2)都随温度的升高而更加激烈
联系 扩散现象、布朗运动都反映了分子做无规则的热运动
(三) 分子力、分子势能与物体内能(精研点)
逐点清1　分子力、分子势能与分子间距离的关系
1.(2023·天津高三模拟)分子力F随分子间距离r的变化如图所示。将两分子从相距r＝r2处释放，仅考虑这两个分子间的作用，下列说法正确的是(　 )
A．从r＝r2到r＝r0，分子力的大小一直在减小
B．从r＝r2到r＝r1，分子力的大小先减小后增大
C．从r＝r2到r＝r0，分子势能先减小后增大
D．从r＝r2到r＝r1，分子动能先增大后减小
解析：选D　由题图可知，在r＝r0时分子力为零，故从r＝r2到r＝r0，分子力的大小先增大后减小，从r＝r2到r＝r1，分子力的大小先增大后减小再增大，A、B错误；从r＝r2到r＝r0，分子间的作用力表现为引力，故随距离的减小，分子力一直做正功，动能增大，分子势能一直减小，C错误；从r＝r2到r＝r1，分子间作用力先表现为引力再表现为斥力，则分子力先做正功后做负功，故分子动能先增大后减小，D正确。
2.分子势能Ep随分子间距离r变化的图像(取r趋近于无穷大时Ep为零)，如图所示。将两分子从相距r处由静止释放，仅考虑这两个分子间的作用，则下列说法正确的是(　 )
A．当r＝r2时，释放两个分子，它们将开始远离
B．当r＝r2时，释放两个分子，它们将相互靠近
C．当r＝r1时，释放两个分子，r＝r2时它们的速度最大
D．当r＝r1时，释放两个分子，它们的加速度先增大后减小
解析：选C　由题图可知，两个分子在r＝r2处分子势能最小，则分子之间的距离为平衡距离，分子之间的作用力恰好为0。结合分子之间的作用力的特点，假设将两个分子从r＝r2处释放，它们既不会相互远离，也不会相互靠近，故A、B错误；由于r1r2时，分子力表现为引力，先增大后减小，则加速度先减小后增大再减小，故D错误。
一点一过　分子力、分子势能与分子间距离的关系
分子力F、分子势能Ep与分子间距离r的关系图线如图所示(取无穷远处分子势能Ep＝0)。
(1)当r＞r0时，分子力表现为引力，当r增大时，分子力做负功，分子势能增加。
(2)当r＜r0时，分子力表现为斥力，当r减小时，分子力做负功，分子势能增加。
(3)当r＝r0时，分子势能最小。
逐点清2　对内能的理解　
3．(2023·武汉高三调研)(多选)关于内能，下列说法正确的是(　 )
A．一定质量的某种理想气体的内能只与温度有关
B．质量和温度都相同的理想气体，内能一定相同
C．内能不同的物体，分子热运动的平均动能可能相同
D．物体内所有分子热运动动能的总和就是物体的内能
解析：选AC　一定质量的某种理想气体的内能只与温度有关，A正确；温度相同，气体分子的平均动能相同，质量相同，分子数不一定相同，所以内能不一定相同，B错误；内能不同的物体，温度可能相同，分子热运动的平均动能可能相同，C正确；物体内所有分子热运动动能的总和加上所有分子势能的总和就是物体的内能，D错误。
一点一过　　分析物体内能问题的四点提醒
(1)内能是对物体的大量分子而言的，不存在某个分子内能的说法。
(2)决定内能大小的因素为物质的量、温度、体积。
(3)通过做功或热传递可以改变物体的内能。
(4)温度是分子平均动能的标志，相同温度的任何物体，分子的平均动能均相同。
逐点清3　内能与机械能的比较　
4．下列有关热现象和内能的说法中正确的是(　 )
A．把物体缓慢举高，其机械能增加，内能增加
B．盛有气体的容器做加速运动时，容器中气体的内能必定会随之增大，容器的机械能一定增大
C．电流通过电阻后电阻发热，它的内能增加是通过“做功”方式实现的
D．分子间引力和斥力相等时，分子势能最大
解析：选C　把物体缓慢举高，外力做功，其机械能增加，由于温度不变，物体内能不变，A错误；物体的内能与物体做什么性质的运动没有直接关系，B错误；电流通过电阻后电阻发热，是通过电流“做功”的方式改变电阻内能的，C正确；根据分子间作用力的特点，当分子间距离等于r0时，引力和斥力相等，不管分子间距离从r0增大还是减小，分子间作用力都做负功，分子势能都增加，故分子间距离等于r0时分子势能最小，D错误。
一点一过　　　内能和机械能的对比
能量 定义 决定 量值 测量 转化
内能 物体内所有分子的动能和势能的总和 由物体内部分子微观运动状态决定 恒不为零 无法测量 在一定条件下可相互转化　
机械能 物体的动能及重力势能和弹性势能的总和 与物体宏观运动状态、参考系和零势能面的选取有关 可以为零 可以测量
1．(2023·随州高三调研)关于温度和内能的说法，正确的是(　 )
A．分子质量不同的物质如果温度相同，物体分子的平均动能也相同
B．物体的内能变化时，它的温度一定改变
C．同种物质，温度高时的内能肯定比温度低时的内能大
D．物体的内能等于物体的势能和动能的总和
解析：选A　温度是物体分子运动平均动能的标志，故分子质量不同的物质如果温度相同，物体分子的平均动能也相同，故A正确；物体的内能包括分子热运动动能(和温度有关)和分子势能(和体积有关)，故物体的内能变化时，它的温度不一定改变，如0摄氏度的水变为0摄氏度的冰，内能改变，温度没有改变，故B错误；同种物质，温度高时的分子平均动能肯定比温度低时的分子平均动能大，但内能大小还与体积有关，故C错误；物体的内能等于物体内部分子的势能和热运动的动能的总和，故D错误。
2．(2023·长沙高三质检)严冬时节，梅花凌寒盛开，淡淡的花香沁人心脾。我们能够闻到花香，这与分子的热运动有关，关于热学中的分子，下列说法中正确的是(　 )
A．布朗运动就是液体分子的无规则运动
B．扩散现象是由物质分子的无规则运动产生的，扩散能在气体和液体中进行，也能在固体中进行
C．两个分子间距离小于r0时，分子间只有斥力没有引力
D．两个分子间的距离增大时，分子间的分子势能一定减小
解析：选B　布朗运动是悬浮于液体中的固体小颗粒的运动，A错误；扩散现象是由物质分子的无规则运动产生的，扩散能在气体和液体中进行，也能在固体中进行，B正确；两个分子间距离小于r0时，分子间斥力和引力都有，只是分子力表现为斥力，C错误；当rr0时，分子势能随分子间距离增大而增大，D错误。
3．(2022·上海高考)将一个乒乓球浸没在水中，当水温升高时，球内气体(　 )
A．分子热运动平均动能变小，压强变小
B．分子热运动平均动能变小，压强变大
C．分子热运动平均动能增大，压强变小
D．分子热运动平均动能增大，压强变大
解析：选D　当水温升高时，乒乓球内的气体温度升高，气体分子平均动能增大，分子对器壁的撞击作用变大，气体压强变大，选项D正确。
4．(2021·北京等级考)比较45 ℃的热水和100 ℃的水蒸气，下列说法正确的是(　 )
A．热水分子的平均动能比水蒸气的大
B．热水的内能比相同质量的水蒸气的小
C．热水分子的速率都比水蒸气的小
D．热水分子的热运动比水蒸气的剧烈
解析：选B　温度是分子平均动能的标志，温度升高，分子的平均动能增大，故热水分子的平均动能比水蒸气的小，故A错误；内能与物质的量、温度、体积有关，相同质量的热水和水蒸气，热水变成水蒸气，温度升高，体积增大，吸收热量，故热水的内能比相同质量的水蒸气的小，故B正确；温度越高，分子热运动的平均速率越大，45 ℃的热水中的分子平均速率比100 ℃的水蒸气中的分子平均速率小，由于分子运动是无规则的，并不是每个分子的速率都小，故C错误；温度越高，分子热运动越剧烈，故D错误。
5．(2023·衡水高三质检)对于一个只有两个分子组成的系统，其分子势能Ep与两分子间距离r的变化关系如图所示。仅考虑两个分子之间的作用，下列说法正确的是(　 )
A．当r＝r1时，分子间的作用力为零
B．当r＝r1时，分子间的作用力表现为引力
C．从r＝r1到r＝r2的过程中，分子间的作用力逐渐减小
D．从r＝r1到r＝r2的过程中，分子系统的势能逐渐增大
解析：选C　分子势能最小时，分子间的作用力为零，当r＝r2时，分子间的作用力为零，故A错误；当r＝r1时，分子间距离小于r2，分子间的作用力表现为斥力，故B错误；从r＝r1到r＝r2的过程中，分子间距离从小于平衡位置到平衡位置，分子间的作用力逐渐减小，故C正确；从r＝r1到r＝r2的过程中，分子间作用力表现为斥力，分子力做正功，分子系统的势能逐渐减小，故D错误。
6．如图所示，玻璃瓶A、B中装有质量相等、温度分别为60 ℃的热水和 0 ℃的冷水，下列说法正确的是(　 )
A．温度是分子平均动能的标志，所以A瓶中水分子的平均动能比B瓶中水分子的平均动能大
B．温度越高，布朗运动越显著，所以A瓶中水分子的布朗运动比B瓶中水分子的布朗运动更显著
C．因质量相等，故A瓶中水的内能与B瓶中水的内能一样大
D．A瓶中水分子间的平均距离比B瓶中水分子间的平均距离小
解析：选A　温度是分子平均动能的标志，A瓶中水的温度高，故A瓶中水分子的平均动能大，故A正确；布朗运动是悬浮在液体中固体颗粒的无规则运动，不是水分子的运动，两瓶中不存在布朗运动，故B错误；温度是分子的平均动能的标志，因两瓶中水的质量相等，A瓶中水分子的平均动能大，A瓶中水的内能比B瓶中水的内能大，故C错误；质量相等的60 ℃的热水和0 ℃的冷水相比，60 ℃的热水体积比较大，所以A瓶中水分子间的平均距离比B瓶中水分子间的平均距离大，故D错误。
7．很多轿车中配备安全气囊以保障驾乘人员的安全。轿车在发生一定强度的碰撞时，利用叠氮化钠(NaN3)爆炸产生气体(假设都是N2)充入气囊。若氮气充入后安全气囊的容积V＝56 L，囊中氮气密度ρ＝2.5 kg/m3，已知氮气摩尔质量M＝0.028 kg/mol，阿伏加德罗常数NA＝6×1023 mol－1。试估算：(结果均保留1位有效数字)
(1)囊中氮气分子的总个数N；
(2)囊中氮气分子间的平均距离。
解析：(1)设氮气的物质的量为n，则n＝
氮气的分子总数N＝NA
代入数据得N＝3×1024个。
(2)每个氮气分子所占的空间为V0＝
设氮气分子间平均距离为a，则有V0＝a3
即a＝＝
代入数据得a≈3×10－9 m。
答案：(1)3×1024个　(2)3×10－9 m
第2 讲　固体、液体和气体的性质
一、固体和液体
1．固体：固体通常可分为晶体和非晶体，具体见下表：
分类比较　　 晶体 非晶体
单晶体 多晶体
外形 规则 不规则
熔点 确定 不确定
物理性质 各向异性 各向同性
微观结构 组成晶体的物质微粒有规则地、周期性地在空间排列注意：多晶体中每个小晶体间的排列无规则 无规则
2．液体
(1)液体的表面张力
作用 液体的表面张力使液面具有收缩到表面积最小的趋势
方向 表面张力跟液面相切，跟这部分液面的分界线垂直
大小 液体的温度越高，表面张力越小；液体中溶有杂质时，表面张力变小；液体的密度越大，表面张力越大
(2)液晶
①液晶分子既保持排列有序而显示各向异性，又可以自由移动位置，保持了液体的流动性。
②液晶分子的位置无序使它像液体，排列有序使它像晶体。
③液晶分子的排列从某个方向看比较整齐，而从另外一个方向看则是杂乱无章的。
二、气体
气体压强 产生原因 由于大量分子无规则运动而碰撞器壁，形成对器壁各处均匀、持续的压力，作用在器壁单位面积上的压力叫作气体的压强
决定因素 ①宏观上：决定于气体的温度和体积②微观上：决定于分子的平均动能和分子的密集程度
理想气体模型 宏观模型 在任何条件下始终遵守气体实验定律的气体注意：实际气体在压强不太大、温度不太低的条件下，可视为理想气体
微观模型 理想气体的分子间除碰撞外无其他作用力，即分子间无分子势能
气体实验三定律 玻意耳定律 p1V1＝p2V2
查理定律 ＝或＝
盖-吕萨克定律 ＝或＝
理想气体的状态方程 表达式 ＝或＝C
微点判断　
(1)单晶体的所有物理性质都是各向异性的。(×)
(2)单晶体有天然规则的几何形状，是因为组成单晶体的物质微粒是规则排列的。(√)
(3)液晶是液体和晶体的混合物。(×)
(4)草叶上的小露珠呈球形是表面张力作用的结果。(√)
(5)缝衣针浮于水面上是由于液体的表面张力作用。(√)
(6)任何气体都遵从气体实验定律。(×)
(7)理想气体是理想化的物理模型，其内能只与气体温度有关，与气体体积无关。(√)
(8)石墨和金刚石的物理性质不同，是由于组成它们的物质微粒排列结构不同。(√)
(9)金刚石具有确定的熔点，石墨没有确定的熔点。(×)
(10)晶体在熔化过程中吸收热量破坏空间点阵结构，增加分子势能。(√)
(一) 固体、液体、气体性质的理解(固基点)
[题点全练通]
1．[晶体与非晶体的比较]
下列说法错误的是(　 )
A．将一块晶体敲碎后，得到的小颗粒是非晶体
B．固体可以分为晶体和非晶体两类，有些晶体在不同方向上有不同的光学性质
C．由同种元素构成的固体，可能会由于原子的排列方式不同而成为不同的晶体
D．在合适的条件下，某些晶体可以转变为非晶体，某些非晶体也可以转变为晶体
解析：选A　将一块晶体敲碎后，得到的小颗粒仍是晶体，A错误。单晶体具有各向异性，有些单晶体沿不同方向上的光学性质不同，B正确。金刚石和石墨由同种元素构成，但由于原子的排列方式不同而成为不同的晶体，C正确。晶体与非晶体在一定条件下可以相互转化，如天然石英是晶体，而熔化以后再凝固的水晶(即石英玻璃)是非晶体，也有些非晶体在一定条件下可转化为晶体，D正确。
2．[液晶的特性]
关于液晶，下列说法中正确的是(　 )
A．液晶是液体和晶体的混合物
B．所有物质都具有液晶态
C．电子手表中的液晶在外加电压的影响下，本身能够发光
D．液晶的光学性质与某些晶体相似，具有各向异性
解析：选D　液晶并不是液体和晶体的混合物，而是一种特殊的物质，A错误；液晶具有液体的流动性，但不是所有物质都具有液晶态，B错误；液晶本身不能发光，C错误；液晶既像液体一样可以流动，又具有晶体各向异性的特性，所以液晶的光学性质与某些晶体相似，具有各向异性，D正确。
3．[液体性质的理解]
(多选)如图所示，a、b是航天员在飞船实验舱做水球实验时水球中形成的两个气泡，a、b两气泡温度相同且a的体积大，气泡内的气体视为理想气体，则下列说法正确的是(　 )
A．水球呈球形是表面张力作用的结果
B．a内气体的分子平均动能比b内的小
C．a内气体的分子平均动能比b内的大
D．在水球表面滴一小滴红墨水，若水球未破，最后水球将呈红色
解析：选AD　水球呈球形是表面张力使其表面积收缩到最小导致的结果，故A正确；温度是分子热运动的平均动能的标志，故a内气体的分子平均动能与b内的等大，故B、C错误；在水球表面滴一小滴红墨水，若水球未破，由于分子扩散，做无规则运动，水球最终将呈红色，故D正确。
4．[气体分子运动的特点]
(2023·开封高三模拟)某地某天的气温变化趋势如图甲所示，细颗粒物(PM2.5等)的污染程度为中度，出现了大范围的雾霾。在11：00和14：00的空气分子速率分布曲线如图乙所示，横坐标v表示分子速率，纵坐标表示单位速率间隔的分子数占总分子数的百分比。下列说法正确的是(　 )
A．细颗粒物在大气中的移动是由于细颗粒物分子的热运动
B．图乙中实线表示11：00时的空气分子速率分布曲线
C．11：00时细颗粒物的无规则运动比14：00时更剧烈
D．14：00时单位时间内空气分子对细颗粒物的平均撞击次数比12：00时多
解析：选D　细颗粒物在大气中的移动是由于空气分子的热运动与气流的作用，A错误；由题图乙可知实线对应的速率较大的分子占的比例较多，对应的气体温度较高，所以图乙中实线表示14：00时的空气分子速率分布曲线，B错误；温度越高，细颗粒物的无规则运动越剧烈，所以14：00时细颗粒物的无规则运动比11：00时更剧烈，C错误；14：00时的气温高于12：00时的气温，空气分子的平均动能较大，单位时间内空气分子对细颗粒物的平均撞击次数较多，D正确。
[要点自悟明]
1．区别晶体和非晶体的方法
(1)要判断一种物质是晶体还是非晶体，关键是看有无确定的熔点，有确定熔点的是晶体，无确定熔点的是非晶体。
(2)从导电、导热等物理性质来看，物理性质各向异性的是单晶体，各向同性的可能是多晶体，也可能是非晶体。
2．对液体表面张力的理解
形成原因 表面层中分子间的距离比液体内部分子间的距离大，分子间的相互作用力表现为引力
表面特性 表面层分子间的引力使液面产生了表面张力，使液体表面好像一层绷紧的弹性薄膜
表面张力的方向 和液面相切，垂直于液面上的各条分界线
表面张力的效果 表面张力使液体表面具有收缩趋势，使液体表面积趋于最小，而在体积相同的条件下，球形的表面积最小
3．气体分子的运动特点
(1)气体分子之间的距离远大于分子直径，气体分子之间的作用力十分微弱，可以忽略不计。
(2)气体分子的速率分布，表现出“中间多，两头少”的统计分布规律。
(3)气体分子向各个方向运动的机会均等。
(4)温度一定时，某种气体分子的速率分布是确定的，速率的平均值也是确定的，温度升高，气体分子的平均速率增大，但不是每个分子的速率都增大。
(二) 封闭气体压强的计算(精研点)
1．平衡状态下封闭气体压强的求法
力平衡法 选取与气体接触的液柱(或活塞)为研究对象进行受力分析，得到液柱(或活塞)的受力平衡方程，求得气体的压强
等压面法 在连通器中，同一种液体(中间不间断)同一深度处压强相等。液体内深h处的总压强p＝p0＋ρgh，p0为液面上方的压强
液片法 选取假想的液体薄片(自身重力不计)为研究对象，分析液片两侧受力情况，建立平衡方程，消去面积，得到液片两侧压强相等方程，求得气体的压强
2．加速运动系统中封闭气体压强的求法
选取与气体接触的液柱(或活塞)为研究对象，进行受力分析，利用牛顿第二定律列方程求解。
[考法全训]
1．[“活塞＋汽缸”封闭的气体]
(2021·湖北高考)质量为m的薄壁导热柱形汽缸，内壁光滑，用横截面积为S的活塞封闭一定量的理想气体。在下述所有过程中，汽缸不漏气且与活塞不脱离。当汽缸如图(a)竖直倒立静置时。缸内气体体积为V1，温度为T1。已知重力加速度大小为g，大气压强为p0。
(1)将汽缸如图(b)竖直悬挂，缸内气体温度仍为T1，求此时缸内气体体积V2；
(2)如图(c)所示，将汽缸水平放置，稳定后对汽缸缓慢加热，当缸内气体体积为V3时，求此时缸内气体的温度。
解析：(1)图(a)状态下，对汽缸受力分析，如图1所示，则封闭气体的压强为p1＝p0＋
当汽缸按图(b)方式悬挂时，对汽缸受力分析，如图2所示，
则封闭气体的压强为p2＝p0－
对封闭气体由玻意耳定律得p1V1＝p2V2
解得V2＝V1。
(2)当汽缸按图(c)的方式水平放置时，封闭气体的压强为p3＝p0
由理想气体状态方程得＝
解得T3＝。
答案：(1)V1　(2)
2．[“液柱＋管”封闭的气体]
若已知大气压强为p0，在下图中各装置均处于静止状态，图中液体密度均为ρ，求被封闭气体的压强。
解析：在题图甲中，以高为h的液柱为研究对象，由平衡条件知pAS＝－ρghS＋p0S，所以p甲＝pA＝p0－ρgh；在题图乙中，以B液面为研究对象，由平衡条件有pAS＋ρghS＝p0S，得p乙＝pA＝p0－ρgh；在题图丙中，仍以B液面为研究对象，有pAS＋ρghsin 60°·S＝p0S，所以p丙＝pA＝p0－ρgh；在题图丁中，以液面A为研究对象，由平衡条件得pAS＝(p0＋ρgh1)S，所以p丁＝pA＝p0＋ρgh1；在题图戊中，从开口端开始计算：右端为大气压p0，同种液体同一水平面上的压强相同，所以b气柱的压强为pb＝p0＋ρg(h2－h1)，而a气柱的压强为pa＝pb－ρgh3＝p0＋ρg(h2－h1－h3)。
答案：甲：p0－ρgh　乙：p0－ρgh　丙：p0－ρgh
丁：p0＋ρgh1　戊：pa＝p0＋ρg(h2－h1－h3)
pb＝p0＋ρg(h2－h1)
3．[加速状态下封闭的气体]
如图所示，粗细均匀的长直玻璃管被轻绳倒挂于倾角为θ的斜面上，管内有一段长为h的水银柱(其密度为ρ)封闭着一段空气柱，大气压强为p0，重力加速度大小为g。求在下列情况下，被封闭气体的压强为多少(式中各物理量单位均为国际单位制单位)。
(1)玻璃管静止不动；
(2)剪断细绳后，玻璃管沿斜面保持平稳加速下滑过程(已知管与斜面间动摩擦因数为μ，且μ解析：(1)当玻璃管静止时，设被封闭气体的压强为p1，以水银柱为研究对象，其受力情况如图甲所示，
根据水银柱沿斜面方向受力平衡有p0S＝mgsin θ＋p1S
而m＝ρSh
所以p1＝p0－ρghsin θ。
(2)在玻璃管沿粗糙斜面匀加速下滑过程中，设被封闭气体压强为p2，以玻璃管、水银柱及封闭气体整体为研究对象，其受力情况如图乙所示，分别沿垂直于斜面和平行于斜面方向，应用力的平衡条件和牛顿第二定律得
N′＝Mgcos θ
Mgsin θ－f＝Ma
又f＝μN′
所以a＝g(sin θ－μcos θ)
以水银柱为研究对象，其受力情况如图丙所示
沿平行于斜面方向应用牛顿第二定律得mgsin θ＋p2S－p0S＝ma
所以p2＝p0＋(a－gsin θ)
将m＝ρSh及上面求出的a值代入该式并整理得p2＝p0－μρghcos θ。
答案：(1)p0－ρghsin θ　(2)p0－μρghcos θ
(三) 气体状态变化的图像问题(精研点)
气体的四类“等值变化”图像的比较
类别 特点(其中C为常量) 举例
等温变化 p-V图像 pV＝CT，即pV之积越大的等温线温度越高，线离原点越远
p-图像 p＝CT，斜率k＝CT，即斜率越大，温度越高
等容变化：p-T图像 p＝T，斜率k＝，即斜率越大，体积越小
等压变化：V-T图像 V＝T，斜率k＝，即斜率越大，压强越小
[注意]　上表中各个常量“C”意义有所不同。可以根据pV＝nRT确定各个常量“C”的意义。
[考法全训]
1.[气体的p-V图像问题]
(2021·福建高考)如图，一定质量的理想气体由状态A变化到状态B，该过程气体对外________(填“做正功”“做负功”或“不做功”)，气体的温度________(填“升高”“降低”“先升高后降低”“先降低后升高”或“始终不变”)。
解析：该过程气体体积增大，对外做正功。由题图可知，从状态A到状态B，p与V的乘积先增大后减小，根据理想气体状态方程＝C，可知气体的温度先升高后降低。
答案：做正功　先升高后降低
2．[气体的V-T图像问题]
(2021·海南高考)(多选)如图，一定质量的理想气体从状态a出发，经过等容过程到达状态b，再经过等温过程到达状态c，直线ac过原点。则气体(　 )
A．在状态c的压强等于在状态a的压强
B．在状态b的压强小于在状态c的压强
C．在b→c的过程中内能保持不变
D．在a→b的过程对外做功
解析：选AC　根据V＝T可知，因直线ac过原点，可知在状态c的压强等于在状态a的压强，b点与原点连线的斜率小于c点与原点连线的斜率，可知在状态b的压强大于在状态c的压强，A正确，B错误；在b→c的过程中温度不变，则气体的内能保持不变，C正确；在a→b的过程中，气体的体积不变，则气体不对外做功，D错误。
3．[气体的p-T图像问题]
(多选)一定质量的理想气体，从图中A状态开始，经历了B、C，最后到D状态，下列说法中正确的是(　 )
A．A→B温度升高，体积不变
B．B→C压强不变，体积变小
C．C→D压强变小，体积变小
D．B点的温度最高，C点的体积最小
解析：选ABD　从图像直接看出A→B温度升高，因为AB延长线经过原点，是等容线，体积不变，A正确；B→C是等压线，压强不变，根据＝C，压强不变，随着温度降低，体积变小，B正确；根据＝C, C→D温度不变，压强变小，体积增大，C错误；由图线直接看出，B点的温度最高；根据＝C得，＝，气体的体积与p-T图像的斜率成反比，由图像得kA＝kBVD>VC，所以C点的体积最小，D正确。
4．[气体的p- 图像问题]
(多选)如图所示为一定质量的气体在不同温度下的两条p-图线。由图可知(　 )
A．一定质量的气体在发生等温变化时，其压强与体积成正比
B．一定质量的气体在发生等温变化时，其p-图线的延长线是经过坐标原点的
C．T1>T2
D．T1解析：选BD　题图是一定质量的气体在发生等温变化时的p-图线，由题图知p∝，所以p与V应成反比，A错误；由题图可以看出，p-图线的延长线是过坐标原点的，故B正确；根据一定质量的气体同体积下温度越高压强越大，可知C错误，D正确。
5．[气体状态变化图像的转换问题]
(多选)一定质量的理想气体的状态变化过程的p-V图像如图所示，其中A是初状态，B、C是中间状态，A→B是等温变化，如将上述变化过程改用p-T图像和V-T图像表示，则下列图像可能正确的是(　 )
解析：选BD　A到B是等温变化，体积变大，压强变小；B到C是等容变化，在p-T图像上为过原点的直线；C到A是等压变化，体积减小，根据盖-吕萨克定律知温度降低，故A错误，B正确。A到B是等温变化，体积变大；B到C是等容变化，压强变大，根据查理定律，温度升高；C到A是等压变化，体积变小，在V-T图像中为过原点的一条倾斜的直线，故C错误，D正确。
(四) 气体实验定律的微观解释(精研点)
1．气体压强的产生
单个分子碰撞器壁的冲力是短暂的，但是大量分子频繁地碰撞器壁，对器壁产生持续、均匀的压力，所以从分子动理论的观点来看，气体的压强就是大量气体分子作用在器壁单位面积上的平均作用力。
2．决定气体压强大小的微观因素
(1)气体分子的密集程度
气体分子密集程度(即单位体积内气体分子的数目)越大，在单位时间内，与单位面积器壁碰撞的分子数就越多，气体压强就越大。
(2)气体分子的平均速率
气体的温度越高，气体分子的平均速率就越大，气体分子与器壁碰撞时(可视为弹性碰撞)给器壁的冲力就越大；从另一方面讲，气体分子的平均速率越大，在单位时间内器壁受气体分子撞击的次数就越多，累计冲力就越大，气体压强就越大。
3．实验定律的微观解释
(1)用气体分子动理论解释玻意耳定律
(2)用气体分子动理论解释查理定律
(3)用气体分子动理论解释盖-吕萨克定律
[考法全训]
1．[气体分子碰撞次数分析]
(多选)某同学记录2022年3月10日教室内温度如下：
时刻 6：00 9：00 12：00 15：00 18：00
温度 12 ℃ 15 ℃ 18 ℃ 23 ℃ 17 ℃
教室内气压可认为不变，则当天15：00与9：00相比，下列说法正确的是(　 )
A．教室内所有空气分子速率均增加
B．教室内空气密度减小
C．教室内单位体积内的分子个数一定增加
D．单位时间碰撞墙壁单位面积的气体分子数一定减少
解析：选BD　温度升高则分子的平均速率增大，每个分子都在永不停息地做无规则热运动，不是所有空气分子速率都增加，故A错误；压强不变，当温度升高时，气体体积增大，因此教室内空气的质量将减少，教室体积不变，则空气密度减小，故B正确；压强不变，当温度升高时，气体体积增大，空气密度减小，单位体积内分子数减少，故C错误；与9点相比，15点教室内的温度变大，空气分子的平均速率增大，教室内气体分子密度减小，又因为教室内气压不变，那么单位时间内碰撞墙壁单位面积的气体分子数一定减少，故D正确。
2．[气体等温变化微观分析]
一定质量的理想气体，经等温压缩，气体的压强增大，用分子动理论的观点分析，这是因为(　 )
A．气体分子每次碰撞器壁的平均作用力增大
B．单位时间内单位面积器壁上受到气体分子碰撞的次数增多
C．气体分子的总数增加
D．单位体积内的分子数目不变
解析：选B　温度不变，分子热运动平均动能不变，气体分子每次碰撞器壁的平均作用力不变，故A错误；压缩体积，分子数密度增大，单位时间内单位面积器壁上受气体分子碰撞次数增多，故B正确；因气体质量一定，故气体分子的总数不变，C错误；分子数密度增大，即单位体积内的分子数目增大，D错误。
3．[对气体压强的理解]
下面的表格是某地区在2022年1～6月份的气温与气压对照表：
月份 1 2 3 4 5 6
平均气温/℃ 1.4 3.9 10.7 19.6 26.7 30.2
平均大气压/105 Pa 1.021 1.019 1.014 1.008 1.003 0.998 4
根据上表数据可知：该地区从1月份到6月份(　 )
A．空气分子热运动的剧烈程度呈减弱的趋势
B．速率大的空气分子所占比例逐渐增加
C．单位时间对单位面积的地面撞击的空气分子数呈增加的趋势
D．单位时间内地面上单位面积所受气体分子碰撞的总冲量呈增加的趋势
解析：选B　该地区从1月份到6月份平均气温逐渐升高，所以空气分子热运动的剧烈程度呈增强的趋势，A错误；平均气温逐渐升高，速率大的空气分子所占比例逐渐增加，B正确；平均大气压逐渐减小，单位时间对单位面积的地面撞击的空气分子数呈减小的趋势，C错误；平均大气压逐渐减小，单位时间内地面上单位面积所受气体分子碰撞的总冲量呈减弱的趋势，D错误。
1.(多选)“挤毛巾”和“液桥”都是我国宇航员王亚平在“太空授课”展示的有趣实验。宇航员先将干毛巾一端沾水后能使得整个毛巾完全浸湿，然后再用双手试图拧干毛巾，只见毛巾被挤出的水像一层果冻一样紧紧地吸附在毛巾的外表面，宇航员的手也粘有一层厚厚的水。2022年3月23日，天宫课堂第二课上我国宇航员王亚平在空间站做了“液桥实验”，如图所示。关于这两个现象的描述正确的是(　 )
A．在地球上将湿毛巾能“拧干”是因为水不能浸润毛巾
B．干毛巾沾水变得完全浸湿是毛细现象
C．水对宇航员的手和液桥板都是浸润的
D．“液桥”实验装置脱手后两液桥板最终合在一起，这是水的表面张力在起作用
解析：选BCD　在地球上将湿毛巾能“拧干”是因为在压力作用下水分被挤出，选项A错误；B、C、D选项解释正确。
2．负压病房是收治传染性极强的呼吸道疾病病人所用的医疗设施，可以大大减少医务人员被感染的概率，病房中气压小于外界环境的大气压。若负压病房的温度和外界温度相同，负压病房内气体和外界环境中气体都可以看成理想气体，则以下说法正确的是(　 )
A．负压病房内气体分子的平均动能小于外界环境中气体分子的平均动能
B．负压病房内每个气体分子的运动速率都小于外界环境中气体分子的运动速率
C．负压病房内单位体积气体分子的个数小于外界环境中单位体积气体分子的个数
D．相同面积负压病房内壁受到的气体压力等于外壁受到的气体压力
解析：选C　温度是气体分子平均动能的标志，负压病房的温度和外界温度相同，故负压病房内气体分子的平均动能等于外界环境中气体分子的平均动能，A错误；但是负压病房内每个气体分子的运动速率不一定小于外界环境中每个气体分子的运动速率，B错误；决定气体分子压强的微观因素是单位体积气体分子数和气体分子撞击器壁力度，现内外温度相等，即气体分子平均动能相等(撞击力度相等)，压强要减小形成负压，则要求负压病房内单位体积气体分子的个数小于外界环境中单位体积气体分子的个数，C正确；压力F＝pS，内外压强不等，相同面积负压病房内壁受到的气体压力小于外壁受到的气体压力，D错误。
3．拔罐是中医传统养生疗法之一，以罐为工具，将点燃的纸片放入一个小罐内，当纸片燃烧完时，迅速将火罐开口端紧压在皮肤上，火罐就会紧紧地“吸”在皮肤上，以达到通经活络、祛风散寒等作用。罐内封闭气体质量和体积变化不计，可以看作理想气体。火罐“吸”到皮肤上之后，下列说法正确的是(　 )
A．火罐内的气体温度不变
B．火罐内的气体温度降低，压强减小
C．火罐内的气体温度降低，压强不变
D．火罐内的气体单位体积分子数增大，压强不变
解析：选B　把罐扣在皮肤上，罐内空气的体积等于火罐的容积，体积不变，气体经过热传递，温度不断降低，气体发生等容变化，由查理定律可知，气体压强减小，小于大气压，火罐在内外气体压力差作用下，“吸”在皮肤上，故A、C错误，B正确；因为体积不变，火罐内气体单位体积分子数不变，温度降低，压强减小，D错误。
4．如图所示为一定质量气体状态变化时的p-T图像，由图像可知，此气体的体积(　 )
A．先不变后变大
B．先不变后变小
C．先变大后不变
D．先变小后不变
解析：选D　第一阶段为等温变化，压强变大，根据玻意耳定律知体积减小，第二阶段为等容变化，体积不变，所以气体体积先变小后不变，D正确。
5.如图所示，一定质量的理想气体从状态A开始，经历两个过程，先后到达状态B和状态C。有关A、B和C三个状态的温度TA、TB和TC的关系，正确的是(　 )
A．TA＝TB，从状态A到状态B的过程中，气体的内能不变
B．TA＞TB，从状态A到状态B的过程中，气体的内能减少
C．TB＜TC，从状态B到状态C的过程中，气体的内能增加
D．TB＞TC，从状态B到状态C的过程中，气体的内能减少
解析：选D　从状态A到状态B气体发生等压变化，根据盖-吕萨克定律可得＝，由于VA＜VB，则TA＜TB，气体的内能增加，A、B错误；从状态B到状态C气体发生等容变化，根据查理定律可得＝，由于pB＞pC，则TB＞TC，气体的内能减少，C错误，D正确。
6.(多选)如图所示是医院给病人输液的部分装置示意图。在输液过程中，下列说法正确的是(　 )
A．A瓶中的药液先用完
B．当A瓶中液面下降时，B瓶内液面高度保持不变
C．随着液面下降，A瓶内C处气体压强逐渐增大
D．随着液面下降，A瓶内C处气体压强保持不变
解析：选ABC　在药液从B瓶中流出时，B瓶中封闭气体体积增大，温度不变，根据玻意耳定律知，气体压强减小，A瓶中气体将A瓶中药液压入B瓶补充，所以B中流出多少药液，A瓶就会有多少药液流入B瓶，所以B瓶液面高度保持不变，直到A瓶药液全部流入B瓶，所以A瓶药液先用完，故A、B正确；A瓶瓶口处压强和大气压相等，但液面下降，药液产生的压强减小，因此A瓶内封闭气体压强增大，故C正确，D错误。
7.如图所示，表示一定质量的气体的状态由A→B→C→A变化的图像，其中AB的延长线通过坐标原点，BC和AC分别与T轴和V轴平行。则下列说法正确的是(　 )
A．A→B过程，气体压强增加
B．B→C过程，气体压强不变
C．C→A过程，气体单位体积内的分子数减小
D．A→B过程，气体分子平均动能增大
解析：选D　过各点的等压线如图所示，从状态A到状态B，在同一条过原点的倾斜直线上，所以A→B过程气体压强不变，A错误；从状态B到状态C，斜率变大，则压强变小，B错误；从状态C到状态A，体积减小，则单位体积内的分子数增大，C错误；从状态A到状态B，温度升高，则分子平均动能增大，D正确。
8．图甲是吹肥皂泡游戏的画面，表达了童年时光的美好。如图乙所示，在玻璃杯内注入肥皂水，再用铁丝做成的圆环放进玻璃杯中，沾满肥皂水后取出，可以吹出大小不一、在空中做无规则运动的肥皂泡，则(　 )
A．肥皂水不能浸润玻璃
B．肥皂泡的无规则运动属于布朗运动
C．肥皂泡呈球状与液体的表面张力有关
D．肥皂泡表面液体分子间只存在引力，没有斥力
解析：选C　一种液体是否浸润某种固体，与这两种物质的性质都有关系，肥皂水不能浸润蜂蜡或石蜡，但可以浸润玻璃，故A错误；布朗运动是指悬浮在液体中或气体中的固体小颗粒的无规则运动，故肥皂泡的无规则运动不属于布朗运动，B错误；液体的表面张力有使液体的表面积减小到最小的趋势，所以肥皂泡在空中呈球状是由于液体表面张力的作用，故C正确；分子间同时存在着相互作用的斥力和引力，它们都随分子间距离的减小而增大，故D错误。
第3讲　气体实验定律与理想气体状态方程的综合应用
(一) 理想气体状态变化的三类模型(精研点)
1．理想气体状态方程与气体实验定律的关系
＝
[注意]　理想气体状态方程与气体实验定律的适用条件：一定质量的某种理想气体。
2．解决理想气体状态变化问题的基本思路
　
模型 一 　“活塞＋汽缸”模型
解决“活塞＋汽缸”类问题的一般思路
(1)弄清题意，确定研究对象。一般研究对象分两类：一类是热学研究对象(一定质量的理想气体)；另一类是力学研究对象(汽缸、活塞或某系统)。
(2)分析清楚题目所述的物理过程，对热学研究对象分析清楚初、末状态及状态变化过程，依据气体实验
　 定律或理想气体状态方程列出方程；对力学研究对象要正确地进行受力分析，依据力学规律列出方程。
(3)注意挖掘题目中的隐含条件，如几何关系、体积关系等，列出辅助方程。
(4)多个方程联立求解。对求解的结果注意分析它们的合理性。
[例1]　(2022·全国乙卷)如图，一竖直放置的汽缸由两个粗细不同的圆柱形筒组成，汽缸中活塞Ⅰ和活塞Ⅱ之间封闭有一定量的理想气体，两活塞用一轻质弹簧连接，汽缸连接处有小卡销，活塞Ⅱ不能通过连接处。活塞Ⅰ、Ⅱ的质量分别为2m、m，面积分别为2S、S，弹簧原长为l。初始时系统处于平衡状态，此时弹簧的伸长量为0.1l，活塞Ⅰ、Ⅱ到汽缸连接处的距离相等，两活塞间气体的温度为T0。已知活塞外大气压强为p0，忽略活塞与缸壁间的摩擦，汽缸无漏气，不计弹簧的体积。
(1)求弹簧的劲度系数；
(2)缓慢加热两活塞间的气体，求当活塞Ⅱ刚运动到汽缸连接处时，活塞间气体的压强和温度。
[解析]　(1)设封闭气体的压强为p1，对两活塞和弹簧组成的整体受力分析，由平衡条件有
mg＋p0·2S＋2mg＋p1S＝p0S＋p1·2S
解得p1＝p0＋
对活塞Ⅰ由平衡条件有
2mg＋p0·2S＋k·0.1l＝p1·2S
解得弹簧的劲度系数为k＝。
(2)缓慢加热两活塞间的气体使得活塞Ⅱ刚运动到汽缸连接处时，对两活塞和弹簧组成的整体由平衡条件可知，气体的压强不变依然为
p2＝p1＝p0＋
即封闭气体发生等压过程，初末状态的体积分别为V1＝×2S＋×S＝，V2＝l2·2S
由气体的压强不变，则弹簧的弹力也不变，故有
l2＝1.1l
根据盖-吕萨克定律可知＝
解得T2＝T0。
[答案]　(1)　(2)p0＋　T0
模型 二 　“液柱＋管”模型
解答“液柱＋管”类问题，关键是对液柱封闭气体压强的计算，求液柱封闭的气体压强时，一般以液柱为研究对象分析受力、列平衡方程，且注意以下几点：
(1)液体因重力产生的压强大小为p＝ρgh(其中h为液面的竖直高度)。
(2)不要漏掉大气压强，同时又要尽可能平衡掉某些大气的压力。
(3)有时可直接应用连通器原理——连通器内静止的液体，同种液体在同一水平面上各处压强相等。
(4)当液体为水银时，可灵活应用压强单位“cmHg”等，使计算过程简捷。
[例2]　(2021·全国乙卷)如图，一玻璃装置放在水平桌面上，竖直玻璃管A、B、C粗细均匀，A、B两管的上端封闭，C管上端开口，三管的下端在同一水平面内且相互连通。A、B两管的长度分别为l1＝13.5 cm，l2＝32 cm。将水银从C管缓慢注入，直至B、C两管内水银柱的高度差h＝5 cm。已知外界大气压为p0＝75 cmHg。求A、B两管内水银柱的高度差。
[解析]　对B管中的气体，水银还未上升产生高度差时，初态压强为p1B＝p0，体积为V1B＝l2S，末态压强为p2B，设水银柱离下端同一水平面的高度为h2，体积为V2B＝(l2－h2)S，由水银柱的平衡条件有p2B＝p0＋ρgh
B管中气体发生等温压缩变化过程，根据玻意耳定律有p1BV1B＝p2BV2B
联立解得h2＝2 cm
对A管中的气体，初态压强为p1A＝p0，体积为V1A＝l1S，末态压强为p2A，设水银柱离下端同一水平面的高度为h1，则气体体积为V2A＝(l1－h1)S，由水银柱的平衡条件有p2A＝p0＋ρg(h＋h2－h1)
A管内气体发生等温压缩变化过程，根据玻意耳定律有p1AV1A＝p2AV2A
联立可得2h12－191h1＋189＝0
解得h1＝1 cm或h1＝ cm>l1(舍去)
则两水银柱的高度差为Δh＝h2－h1＝1 cm。
[答案]　1 cm
模型 三 　“两团气”模型
处理“两团气”问题的技巧：
(1)分析“两团气”初状态和末状态的压强关系。
(2)分析“两团气”的体积及其变化关系。
(3)分析“两团气”状态参量的变化特点，选取理想气体状态方程或合适的实验定律列方程求解。
[例3]　(2022·河北高考)水平放置的气体阻尼器模型截面如图所示，汽缸中间有一固定隔板，将汽缸内一定质量的某种理想气体分为两部分，“H”型连杆活塞的刚性连杆从隔板中央圆孔穿过，连杆与隔板之间密封良好。设汽缸内、外压强均为大气压强p0。活塞面积为S，隔板两侧气体体积均为SL0，各接触面光滑。连杆的截面积忽略不计。现将整个装置缓慢旋转至竖直方向，稳定后，上部气体的体积为原来的，设整个过程温度保持不变，求：
(1)此时上、下部分气体的压强；
(2)“H”型连杆活塞的质量(重力加速度大小为g)。
[解析]　(1)气体发生等温变化，对上部分气体，由玻意耳定律有p0SL0＝p1·SL0，
解得p1＝2p0
对下部分气体，由玻意耳定律有
p0SL0＝p2·
解得p2＝p0。
(2)在竖直方向稳定时，对“H”型连杆活塞受力分析可知p1S－p2S－mg＝0
解得m＝。
[答案]　(1)2p0　p0　(2)
(二) 理想气体的四类变质量问题(精研点)
类型 一 　充气问题
在充气时，将充进容器内的气体和容器内的原有气体为研究对象时，这些气体的总质量是不变的。这样，可将“变质量”的问题转化成“定质量”问题。
[例1]　(2022·全国甲卷)如图，容积均为V0、缸壁可导热的A、B两汽缸放置在压强为p0、温度为T0的环境中；两汽缸的底部通过细管连通，A汽缸的顶部通过开口C与外界相通；汽缸内的两活塞将缸内气体分成Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ四部分，其中第Ⅱ、Ⅲ部分的体积分别为V0和V0，环境压强保持不变，不计活塞的质量和体积，忽略摩擦。
(1)将环境温度缓慢升高，求B汽缸中的活塞刚到达汽缸底部时的温度；
(2)将环境温度缓慢改变至2T0，然后用气泵从开口C向汽缸内缓慢注入气体，求A汽缸中的活塞到达汽缸底部后，B汽缸内第Ⅳ部分气体的压强。
[解析]　(1)因两活塞的质量不计，则当环境温度升高时，Ⅳ内的气体压强总等于大气压强，则该气体进行等压变化，则当B中的活塞刚到达汽缸底部时，由盖-吕萨克定律可得＝
解得T＝T0。
(2)设当A中的活塞到达汽缸底部时Ⅲ中气体的压强为p，则此时Ⅳ内的气体压强也等于p，设此时Ⅳ内的气体的体积为V，则Ⅱ、Ⅲ两部分气体被压缩后的体积为V0－V，则对气体Ⅳ，由理想气体状态方程得
＝
对Ⅱ、Ⅲ两部分气体，由理想气体状态方程得＝
联立解得V＝V0，p＝p0。
[答案]　(1)T0　(2)p0
类型 二 　抽气问题
在对容器抽气的过程中，对每一次抽气而言，气体质量发生变化，解决该类变质量问题的方法与充气问题类似：假设把每次抽出的气体包含在气体变化的始末状态中，即用等效法把“变质量”问题转化为“定质量”的问题。
[例2]　(2023·潍坊高三调研)负压救护车是救护车的一种，主要用于危重感染患者的转运与抢救，利用技术手段，使车内气压低于外界大气压，所以空气只能由车外流向车内，车内空气经过无害化处理后再排出，从而限制病毒传播，最大程度减少交叉感染。一般负压值(车外与车内气压差)为20～40 Pa时效果比较理想。假设有一负压救护车，开放状态时，车内外的气压均为p0＝1.0×105 Pa，车内温度为－3 ℃；正常工作时，车内温度为27 ℃，负压值为40 Pa。空气可视为理想气体，车外环境保持不变。求：
(1)若车在处于开放状态时，使车内密闭，将车内温度升高到27 ℃，求此时车内气体的压强；
(2)车内由开放状态变为正常工作状态，需抽取出的气体质量与原来气体质量的百分比η为多少。
[解析]　(1)若车内密闭，仅将车内温度升高到27 ℃，设升温后车内的气压为p1，车内的气体发生等容变化，根据查理定律有＝
解得p1≈1.11×105 Pa。
(2)设车内的体积为V1。气体由体积为V1、温度为－3 ℃、压强为p0的状态变为温度为27 ℃、压强为p2、体积为V2的状态，由题意可知p2＝p0－40 Pa＝0.999 6×105 Pa，根据理想气体状态方程有
＝
需抽取出的气体质量与原来气体质量的百分比为η＝×100%，
联立解得η≈10%。
[答案]　(1)1.11×105 Pa　(2)10%
类型 三 　灌气问题
将一个大容器里的气体分装到多个小容器中的问题也是变质量问题，分析这类问题时，可以把大容器中的气体和多个小容器中的气体作为一个整体来进行研究，即可将“变质量”问题转化为“定质量”问题。
[例3]　甲、乙两个储气罐储存有同种气体(可视为理想气体)。甲罐的容积为V，罐中气体的压强为p；乙罐的容积为2V，罐中气体的压强为p。现通过连接两罐的细管把甲罐中的部分气体调配到乙罐中去，两罐中气体温度相同且在调配过程中保持不变，调配后两罐中气体的压强相等。求调配后
(1)两罐中气体的压强；
(2)甲罐中气体的质量与甲罐中原有气体的质量之比。
[解析]　(1)假设乙罐中的气体被压缩到压强为p，其体积变为V1，由玻意耳定律有p(2V)＝pV1 ①
现两罐气体压强均为p，总体积为(V＋V1)。设调配后两罐中气体的压强为p′，由玻意耳定律有
p(V＋V1)＝p′(V＋2V) ②
联立①②式可得p′＝p。 ③
(2)若调配后甲罐中的气体再被压缩到原来的压强p时，体积为V2，由玻意耳定律有
p′V＝pV2 ④
设调配后甲罐中气体的质量与甲罐中原有气体的质量之比为k，由密度的定义有k＝⑤
联立③④⑤式可得k＝。 ⑥
[答案]　(1)p　(2)
类型 四 　漏气问题
容器漏气过程中气体的质量不断发生变化，属于变质量问题，如果选容器内剩余气体和漏掉的气体为研究对象，便可使“变质量”转化成“定质量”问题。
[例4]　容器内装有1 kg的氧气，开始时，氧气压强为1.0×106 Pa，温度为57 ℃，因为漏气，经过一段时间后，容器内氧气压强变为原来的，温度降为27 ℃，求漏掉多少千克氧气？
[解析]　由题意知，初状态气体质量m＝1 kg，压强p1＝1.0×106 Pa，温度T1＝(273＋57)K＝330 K，
经一段时间后温度降为T2＝(273＋27)K＝300 K，p2＝p1＝×1×106 Pa＝6.0×105 Pa，
设容器的体积为V，以全部气体为研究对象，由理想气体状态方程得：
＝，
代入数据解得：
V′＝＝＝V，
所以漏掉的氧气质量为：
Δm＝×m＝×1 kg＝0.34 kg。
[答案]　0.34 kg
一、立足主干知识，注重基础性和综合性
1．登山队员在攀登高峰的时候必须带上专业的登山装备，某队员戴了登山手表攀登珠穆朗玛峰，手表是密封的，表内温度27 ℃时气体压强为1.0×105 Pa(常温下的大气压强值)，当他登上峰顶时，峰顶气压为4.0×104 Pa，表内温度为－23 ℃，则此登山手表表面玻璃可以承受的内外压强差至少为(　 )
A．8.3×104 Pa B．8.3×105 Pa
C．4.3×104 Pa D．1.23×105 Pa
解析：选C　取表内封闭气体为研究对象，初状态的压强为p1＝1.0×105 Pa，温度为T1＝(273＋27)K＝300 K，其末状态的压强为p2，温度为T2＝(273－23)K＝250 K，根据查理定律有＝，解得p2＝×105 Pa，所以此登山手表表面玻璃可以承受的内外压强差至少为|Δp|＝Pa≈4.3×104 Pa，故C正确。
2.血压仪由加压气囊、臂带、压强计等构成，如图所示。加压气囊可将外界空气充入臂带，压强计示数为臂带内气体的压强高于大气压强的数值。充气前臂带内气体压强为大气压强，体积为V；每次挤压气囊都能将60 cm3的外界空气充入臂带中，经5次充气后，臂带内气体体积变为5V，压强计示数为150 mmHg。已知大气压强等于750 mmHg，气体温度不变。忽略细管和压强计内的气体体积。则V等于(　 )
A．30 cm3 B．40 cm3
C．50 cm3 D．60 cm3
解析：选D　设每次挤压气囊将体积为V0＝60 cm3的空气充入臂带中，压强计的示数为p′＝150 mmHg，则以充气后臂带内的空气为研究对象，由玻意耳定律得：p0V＋p0×5V0＝(p0＋p′)5V，代入数据解得：V＝60 cm3，故D正确，A、B、C错误。
3．(2023·济宁高三质检)某探究小组同学尝试用如图所示装置测定大气压强。实验过程中温度保持不变。最初U形管两臂中的水银面齐平，烧瓶内密封体积为800 mL的理想气体，烧瓶中无水。当用注射器缓慢往烧瓶中注入200 mL的水，稳定后U形管两臂中的水银面出现25 cm的高度差。不计玻璃管中气体的体积，环境温度不变。则所测得的大气压强为(　 )
A．74 cmHg　　　　　 B．75 cmHg
C．75.5 cmHg D．76 cmHg
解析：选B　烧瓶中的气体初状态为p1＝p0，V1＝800 mL，注入水后p2＝p0＋25 cmHg，V2＝600 mL。由玻意耳定律可得p1V1＝p2V2，代入数值解得p0＝75 cmHg，B正确。
4.(多选)如图所示，经过高温消毒的空茶杯放置在水平桌面上，茶杯内密封气体的温度为87 ℃，压强等于外界大气压强p0。已知杯盖的质量为m，茶杯(不含杯盖)的质量为M，杯口面积为S，重力加速度为g。当茶杯内气体温度降为27 ℃时，下列说法正确的是 (　 )
A．茶杯对杯盖的支持力为mg＋p0S
B．茶杯对杯盖的支持力为mg＋p0S
C．茶杯对桌面的压力为Mg＋p0S
D．茶杯对桌面的压力为Mg＋mg
解析：选AD　由题意T0＝K＝360 K，T1＝K＝300 K，对于茶杯内的气体，由查理定律可得＝，解得p1＝p0，对杯盖受力分析，由平衡条件可得mg＋p0S＝p1S＋FN，解得FN＝mg＋p0S，A正确，B错误；对茶杯、杯盖整体受力分析可知桌面对茶杯的支持力为F＝g，由牛顿第三定律可知茶杯对桌面的压力为g，C错误，D正确。
5.(多选)如图所示，一竖直放置的汽缸被轻活塞AB和固定隔板CD分成两个气室，CD上安装一单向阀门，单向阀门只能向下开启；气室1内气体压强为2p0，气室2内气体压强为p0，气柱长均为L，活塞面积为S，活塞与汽缸间无摩擦，汽缸导热性能良好。现在活塞上方缓慢放上质量为m的细砂，重力加速度为g，下列说法正确的是(　 )
A．若m＝，活塞下移
B．若m＝，活塞下移
C．若m＝，气室1内气体压强为3p0
D．若m＝，气室1内气体压强为3p0
解析：选AD　若m＝，对活塞AB有pS＝p0S＋mg，解得p＝2p0，单向阀未打开，所以气室2内的气体质量不变，气室1内气体质量不变，压强也不变，根据玻意耳定律得pxS＝p0LS，解得此时气室2内气柱长度x＝，所以活塞下移，A正确，C错误；若m＝，对活塞AB有p′S＝p0S＋mg，解得p′＝1.5p0，单向阀未打开，所以气室2内的气体质量不变，气室1内气体质量不变，压强也不变，同理根据玻意耳定律得p′x′S＝p0LS，解得x′＝，所以活塞下移Δx＝L－x′＝，B错误；若m＝，对活塞AB有p″S＝p0S＋mg，解得p″＝4p0，单向阀打开，如果气室2的气体未完全进入气室1，则有p0LS＋2p0LS＝4p0x″S，解得x″＝，假设不成立，所以气体完全进入气室1，则有p0LS＋2p0LS＝pxLS，解得px＝3p0，D正确。
6．(2021·河北高考)某双层玻璃保温杯夹层中有少量空气，温度为27 ℃时，压强为3.0×103 Pa。
(1)当夹层中空气的温度升至37 ℃，求此时夹层中空气的压强；
(2)当保温杯外层出现裂隙，静置足够长时间，求夹层中增加的空气质量与原有空气质量的比值，设环境温度为27 ℃时，大气压强为1.0×105 Pa。
解析：(1)由题意可知夹层中的气体发生等容变化，根据查理定律得＝，代入数据解得p2＝3.1×103 Pa。
(2)当保温杯外层出现裂缝后，静置足够长时间，则夹层压强和大气压强相等，设夹层体积为V，以静置后的所有气体为研究对象有p0V＝p1V1，解得V1＝V，则增加空气的体积为ΔV＝V1－V＝V，所以增加的空气质量与原有空气质量之比为＝＝。
答案：(1)3.1×103 Pa　(2)
7．定高气球是一种气象气球，充气完成后，其容积变化可以忽略。现有容积为V1的某气罐装有温度为T1、压强为p1的氦气，将该气罐与未充气的某定高气球连通充气。当充气完成后达到平衡状态后，气罐和球内的温度均为T1，压强均为kp1，k为常数。然后将气球密封并释放升空至某预定高度，气球内气体视为理想气体，假设全过程无漏气。
(1)求密封时定高气球内气体的体积；
(2)若在该预定高度球内气体重新达到平衡状态时的温度为T2，求此时气体的压强。
解析：(1)设密封时定高气球内气体体积为V，由玻意耳定律p1V1＝kp1(V1＋V)
解得V＝V1。
(2)由查理定律，＝，
解得p＝。
答案：(1)V1　(2)
二、强化迁移能力，突出创新性和应用性
8．如图所示为某学生设计的一枚“水火箭”。现用打气筒向火箭内部打气，向上提活塞时大气自由进入气筒内部；当活塞压到一定程度时，气筒内气体被压到火箭内部。已知打气之前，火箭内气体的压强与大气压强p0相同、体积为V；活塞每次上提后进入气筒内的气体的体积为0.5V；打气过程中温度不变，火箭的体积不变。求：
(1)第1次打气完成后，水火箭内气体的压强；
(2)若气筒活塞每次上提的高度为h，第n次打气时，下压活塞到离筒底长度为多大时才能将气体打入火箭内部。
解析：(1)由玻意耳定律，p0V＋p0×0.5V＝pV
解得：p＝1.5p0。
(2)设第n次打气前(即n－1次打气后)火箭内气压为pn－1，n－1次打气可等效为一次气体压缩过程，
满足玻意耳定律：p0＝pn－1V
解出：pn－1＝p0。
第n次打气时，气筒内气体压缩至压强达到pn－1时打入火箭内部，设此时活塞到筒底长度为h′，气筒内部横截面积为S，根据玻意耳定律：p0hS＝pn－1h′S
可求得：h′＝h。
答案：(1)1.5p0　(2)h
9．(2021·湖南高考)小赞同学设计了一个用电子天平测量环境温度的实验装置，如图所示。导热汽缸开口向上并固定在桌面上，用质量m1＝600 g、截面积S＝20 cm2的活塞封闭一定质量的理想气体，活塞与汽缸壁间无摩擦。一轻质直杆中心置于固定支点A上，左端用不可伸长的细绳竖直悬挂活塞，右端用相同细绳竖直悬挂一个质量m2＝1 200 g的铁块，并将铁块放置到电子天平上。当电子天平示数为600.0 g时，测得环境温度T1＝300 K。设外界大气压强p0＝1.0×105 Pa，重力加速度g＝10 m/s2。
(1)当电子天平示数为400.0 g时，环境温度T2为多少？
(2)该装置可测量的最高环境温度Tmax为多少？
解析：(1)整个系统处于平衡状态，汽缸内的气体发生等容变化，当电子天平的示数为600.0 g时，细绳对铁块的拉力大小F1＝m2g－6 N，根据牛顿第三定律可知右端细绳对轻杆的拉力大小为F1，对轻杆根据平衡条件可得左端细绳对轻杆的拉力大小也为F1，根据牛顿第三定律可知左端细绳对活塞向上的拉力大小为F1，对活塞根据平衡条件有F1＋p1S＝p0S＋m1g，解得p1＝p0，当电子天平的示数为400.0 g 时，右端细绳对铁块的拉力大小F2＝m2g－4 N，同理，对活塞有F2＋p2S＝p0S＋m1g，解得p2＝0.99×105 Pa，由查理定律得＝，解得T2＝297 K。
(2)分析可知，气体的温度越高绳的张力越小，当绳中的张力为零时，系统的温度最高，此时对活塞有p3S＝p0S＋m1g，解得p3＝1.03×105 Pa，由查理定律得＝，解得最高温度Tmax＝309 K。
答案：(1)297 K　(2)309 K
10．(2023·菏泽高三模拟)
实验室有带阀门的储气罐A、B，它们的大小、形状不同，导热性能良好，装有同种气体，在温度为27 ℃时的压强均为p0。为了测量两储气罐的容积比k＝。现用A罐通过细导气管对B罐充气(如图所示)，充气时A罐在27 ℃的室温中，把B罐放在－23 ℃的环境中。充气完毕稳定后，关闭阀门，撤去导气管，测得B罐中的气体在温度为27 ℃时的压强达到1.1p0，已知充气过程中A罐中的气体温度始终不变，且各处气密性良好。求：
(1)充气完毕时A中的气体压强；
(2)容积比k的大小。
解析：(1)对充气结束后的B中气体从－23 ℃到27 ℃的过程，由＝
其中T1＝300 K、T2＝250 K，解得p＝p0
则充气完毕时A中的气体压强与充气结束后的B中的气体压强相同，故为p0。
(2)对A、B组成的整体，由p0VA＋p0VB＝pVA＋1.1p0VB
解得＝k＝1.2。
答案：(1)p0　(2)1.2
11.(2023·梅州高三质检)拔火罐的物理原理是利用玻璃罐内外的气压差使罐吸附在人体穴位上，治疗某些疾病，如图所示。使用火罐时，先加热罐中气体，然后将罐的开口迅速按到皮肤上，自然降温后，火罐紧紧吸附在皮肤上，已知火罐压在皮肤上之前的气体温度为227 ℃，自然降温后的气体达到室内温度27 ℃，因皮肤凸起，内部气体体积变为罐容积的，罐内气体认为是理想气体。求：
(1)加热前后，罐内气体的质量之比；
(2)自然降温后，罐内气体的压强。
解析：(1)罐内气体加热前，压强、体积和温度分别为p0、V0和T0＝300 K，加热到T＝500 K后，等效气体等压膨胀到V，则＝
解得V＝V0
加热前后，罐内气体的质量之比为＝＝。
(2)自然降温后，气体的最后压强设为p，则＝
解得p＝p0＝×1.0×105 Pa＝6.25×104 Pa。
答案：(1)　(2)6.25×104 Pa
12．(2022·山东等级考)某些鱼类通过调节体内鱼鳔的体积实现浮沉。如图所示，鱼鳔结构可简化为通过阀门相连的A、B两个密闭气室，A室壁厚、可认为体积恒定，B室壁薄，体积可变；两室内气体视为理想气体，可通过阀门进行交换。质量为M的鱼静止在水面下H处。B室内气体体积为V，质量为m；设B室内气体压强与鱼体外压强相等、鱼体积的变化与B室气体体积的变化相等，鱼的质量不变，鱼鳔内气体温度不变。水的密度为ρ，重力加速度为g。大气压强为p0，求：
(1)鱼通过增加B室体积获得大小为a的加速度，需从A室充入B室的气体质量Δm；
(2)鱼静止于水面下H1处时，B室内气体质量m1。
解析：(1)由题知开始时鱼静止在H处，设此时鱼的体积为V0，有Mg＝ρgV0
此时B室内气体体积为V，质量为m，则m＝ρ气V
鱼通过增加B室体积获得大小为a的加速度，则有ρg(V0＋ΔV)－Mg＝Ma
联立解得需从A室充入B室的气体质量
Δm＝ρ气ΔV＝。
(2)由题知开始时鱼静止在H处时，B室内气体体积为V，质量为m，且此时B室内的压强为
p1＝p0＋ρgH
鱼静止于水面下H1处时，B室内气体压强为p2＝p0＋ρgH1，体积也为V，
设该部分气体在压强为p1时体积为V1
根据玻意耳定律有p2V＝p1V1
解得V1＝V
又温度不变，则有＝
解得m1＝m。
答案：(1)　(2)m
第4讲　热力学定律与能量守恒定律
一、热力学第一定律
1．改变物体内能的两种方式
(1)做功；(2)热传递。
2．热力学第一定律
(1)内容：一个热力学系统的内能变化量等于外界向它传递的热量与外界对它所做的功的和。
(2)表达式：ΔU＝Q＋W。
(3)符号法则
物理量 W Q ΔU
＋ 外界对系统做功 系统吸收热量 内能增加
－ 系统对外界做功 系统放出热量 内能减少
二、热力学第二定律
1．热力学第二定律的两种表述
(1)克劳修斯表述：热量不能自发地从低温物体传到高温物体。
(2)开尔文表述：不可能从单一热库吸收热量，使之完全变成功，而不产生其他影响。
2．热力学第二定律的“熵”描述：在任何自然过程中，一个孤立系统的总熵不会减小。
三、能量守恒定律
1．内容：能量既不会凭空产生，也不会凭空消失，它只能从一种形式转化为其他形式，或者从一个物体转移到别的物体，在转化或转移的过程中，能量的总量保持不变。
2．普适性：能量守恒定律是自然界的普遍规律。
[注意]　(1)某一种形式的能(如：机械能)或几种形式的能(如：动能＋电势能)是否守恒是有条件的。
(2)第一类永动机是不可能制成的，它违背了能量守恒定律；第二类永动机不可能制成的原因是违背了热力学第二定律。
微点判断　
(1)做功和热传递的实质是相同的。(×)
(2)外界压缩气体做功20 J，气体的内能可能不变。(√)
(3)给自行车打气时，发现打气筒的温度升高，这是因为打气筒从外界吸热。(×)
(4)可以从单一热源吸收热量，使之完全变成功。(√)
(5)热机中，燃气的内能可以全部变为机械能而不引起其他变化。(×)
(6)自由摆动的秋千摆动幅度越来越小，能量正在消失。(×)
(7)利用河水的能量使船逆水航行的设想，符合能量守恒定律。(√)
(8)第一类永动机违反了热力学第二定律。(×)
(9)第二类永动机违反了能量守恒定律。(×)
(一) 热力学第一定律的理解及应用(固基点)
[题点全练通]
1．[公式ΔU＝W＋Q中符号法则的理解]
一定质量的理想气体在某一过程中，外界对气体做功7.0×104 J，气体内能减少1.3×105 J，则此过程(　 )
A．气体从外界吸收热量2.0×105 J
B．气体向外界放出热量2.0×105 J
C．气体从外界吸收热量6.0×104 J
D．气体向外界放出热量6.0×104 J
解析：选B　由热力学第一定律ΔU＝W＋Q得Q＝ΔU－W＝－1.3×105 J－7.0×104 J＝－2.0×105 J，即气体向外界放出热量2.0×105 J，B正确。
2．[对热力学第一定律的理解]
(2021·山东等级考)如图所示，密封的矿泉水瓶中，距瓶口越近水的温度越高。一开口向下、导热良好的小瓶置于矿泉水瓶中，小瓶中封闭一段空气。挤压矿泉水瓶，小瓶下沉到底部；松开后，小瓶缓慢上浮。上浮过程中，小瓶内气体(　 )
A．内能减少
B．对外界做正功
C．增加的内能大于吸收的热量
D．增加的内能等于吸收的热量
解析：选B　小瓶内的空气可视为理想气体，在小瓶缓慢上浮的过程中，瓶内空气的温度随水温升高，内能增加，故A错误；同时，瓶内空气的压强减小，由理想气体的状态方程＝C，可知体积增大，气体对外界做正功，故B正确；根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q，由于ΔU＞0，W＜0，则Q＞0，可见气体吸收的热量大于增加的内能，故C、D错误。
3.[热力学第一定律在绝热系统中的应用]
(2023·淄博高三模拟)某汽车后备箱内安装有撑起箱盖的装置，它主要由汽缸和活塞组成。开箱时，密闭于汽缸内的压缩气体膨胀，将箱盖顶起，如图所示。在此过程中，若缸内气体与外界无热交换，忽略气体分子间相互作用，则缸内气体(　 )
A．对外做正功，分子的平均动能减小
B．对外做正功，内能增大
C．对外做负功，分子的平均动能增大
D．对外做负功，内能减小
解析：选A　密闭于汽缸内的压缩气体膨胀对外做正功，即外界对气体做负功，因而W＜0，缸内气体与外界无热交换说明Q＝0，忽略气体分子间相互作用，说明内能是所有分子动能的总和。根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q，可知内能增加量ΔU＜0，故内能减小，分子平均动能减小，温度降低，所以只有A正确。
[要点自悟明]
1．对热力学第一定律的理解
(1)做功和热传递在改变系统内能上是等效的。
(2)做功过程是系统与外界之间的其他形式能量与内能的相互转化。
(3)热传递过程是系统与外界之间内能的转移。
2．热力学第一定律的三种特殊情况
(1)若过程是绝热的，则Q＝0，W＝ΔU，外界对物体做的功等于物体内能的增加。
(2)若过程中不做功，则W＝0，Q＝ΔU，物体吸收的热量等于物体内能的增加。
(3)若过程的始、末状态物体的内能不变，则W＋Q＝0，即物体吸收的热量全部用来对外做功，或外界对物体做的功等于物体放出的热量。
(二) 对热力学第二定律的理解(精研点)
1．热力学第二定律的含义
(1)“自发地”指明了热传递等热力学宏观现象的方向性，不需要借助外界提供能量的帮助。
(2)“不产生其他影响”的含义是发生的热力学宏观过程只在本系统内完成，对周围环境不产生热力学方面的影响，如吸热、放热、做功等。在产生其他影响的条件下内能可以全部转化为机械能，如气体的等温膨胀过程。
2．热力学第二定律的实质
热力学第二定律的每一种表述，都揭示了大量分子参与的宏观过程的方向性，进而使人们认识到自然界中进行的涉及热现象的宏观过程都具有方向性。
3．两类永动机的比较
第一类永动机 第二类永动机
设计要求 不需要任何动力或燃料，却能不断地对外做功的机器 从单一热源吸收热量，使之完全变成功，而不产生其他影响的机器
不可能制成的原因 违背能量守恒定律 不违背能量守恒定律，违背热力学第二定律
[针对训练]
1．下列关于热力学第二定律的说法正确的是(　 )
A．所有符合能量守恒定律的宏观过程都能发生
B．一切与热现象有关的宏观自然过程都是不可逆的
C．机械能可以全部转化为内能，在不产生其他影响的情况下，内能可以全部用来做功而转化成机械能
D．气体向真空的自由膨胀是可逆的
解析：选B　符合能量守恒定律，但违背热力学第二定律的宏观过程不能发生，A错误；一切与热现象有关的宏观自然过程都是不可逆的，B正确；机械能可以全部转化为内能，在不产生其他影响的情况下，内能无法全部用来做功而转化成机械能，C错误；气体向真空的自由膨胀是不可逆的，D错误。
2．(多选)根据热学中的有关知识，判断下列说法中正确的是(　 )
A．机械能可以全部转化为内能，内能也可以全部用来做功转化成机械能
B．自发的热传递过程是向着分子热运动无序性增大的方向进行的
C．尽管技术不断进步，热机的效率仍不能达到100%，制冷机却可以使温度降到－293 ℃
D．第一类永动机违背能量守恒定律，第二类永动机不违背能量守恒定律，随着科技的进步和发展，第二类永动机可以被制造出来
解析：选AB　机械能可以全部转化为内能，而内能也可以全部转化为机械能，只是在这个过程中会引起其他变化，A正确；根据热力学第二定律可知，自发的热传递过程是向着分子热运动无序性增大的方向进行的，B正确；制冷机也不能使温度降到－293 ℃(低于绝对零度)，C错误；第一类永动机违背能量守恒定律，第二类永动机不违背能量守恒定律，但违背了热力学第二定律，第二类永动机不可能被制造出来，D错误。
(三) 热力学第一定律与气体图像的综合(精研点)
处理热力学第一定律与气体图像的综合问题的思路
(1)根据气体图像的特点判断气体的温度、体积的变化情况，从而判断气体与外界的吸、放热关系及做功关系。
(2)在p-V图像中，图线与V轴围成的面积表示气体对外界或外界对气体做的功。
(3)结合热力学第一定律判断有关问题。
[考法全训]
1．[热力学第一定律与p-V图像的综合]
(2021·全国乙卷)(多选)如图，一定质量的理想气体从状态a(p0、V0、T0)经热力学过程ab、bc、ca后又回到状态a。对于ab、bc、ca三个过程，下列说法正确的是(　 )
A．ab过程中，气体始终吸热
B．ca过程中，气体始终放热
C．ca过程中，气体对外界做功
D．bc过程中，气体的温度先降低后升高
E．bc过程中，气体的温度先升高后降低
解析：选ABE　由理想气体的p -V图像可知，理想气体经历ab过程中，体积不变，则W＝0，而压强增大，由＝C可知，理想气体的温度升高，则内能增大，由ΔU＝Q＋W可知，气体始终吸热，故A正确；理想气体经历ca过程中，气体压强不变，为等压压缩，则外界对气体做功，W>0，由＝C知温度降低，即内能减少，ΔU<0，由ΔU＝Q＋W可知，Q<0，即气体始终放热，故B正确，C错误；由＝C可
知，p -V图像的坐标围成的面积反映温度高低，b状态和c状态的坐标面积相等，而中间状态的坐标面积更大，故bc过程中气体温度先升高后降低，故D错误，E正确。
2．[热力学第一定律与p-T图像的综合]
一定质量的理想气体的压强p与热力学温度T的变化图像如图所示。下列说法正确的是(　 )
A．A→B的过程中，气体对外界做功，气体内能增加
B．A→B的过程中，气体从外界吸收的热量等于其内能的增加量
C．B→C的过程中，气体体积增大，对外做功
D．B→C的过程中，气体对外界放热，内能减小
解析：选B　从A到B的过程，是等容升温过程，气体不对外做功，气体从外界吸收热量，使得气体内能增加，故A错误，B正确；从B到C的过程是等温压缩过程，压强增大，体积减小，外界对气体做功，气体放出热量，内能不变，故C、D错误。
3．[热力学第一定律与V-T图像的综合]
(2022·辽宁高考)一定质量的理想气体从状态a变化到状态b，其体积V和热力学温度T变化图像如图所示，此过程中该系统(　 )
A．对外界做正功　　 B．压强保持不变
C．向外界放热 D．内能减少
解析：选A　根据题意，气体体积增加，因此对外做正功，故A正确；题目中图像延长线没有过原点，因此不是等压线，故B错误；温度升高且对外做功，根据热力学第一定律，该过程需要吸热，故C错误；温度升高，内能增加，故D错误。
(四)　热力学定律与气体实验定律的综合(精研点)
热力学定律与气体实验定律综合问题的解题思路
[考法全训]
1．[盖-吕萨克定律与热力学第一定律的综合]
(2023·滨州高三模拟)如图所示，一U形玻璃管竖直放置，右端开口，左管用光滑活塞和水银封闭一段空气柱。外界大气压为p0＝1.0×105 Pa，封闭气体的温度t0＝27 ℃，玻璃管的横截面积为S＝5.0 cm2，管内水银柱及空气柱长度如图所示。已知水银的密度为ρ＝13.6×103kg/m3，重力加速度g＝10 m/s2；封闭气体的温度缓慢降至t1＝－3 ℃。求：
(1)温度t1＝－3 ℃时空气柱的长度L；
(2)已知该过程中气体向外界放出5.0 J的热量，气体内能的增量。(结果保留两位有效数字)
解析：(1)气体做等压变化，由盖-吕萨克定律得＝
解得L＝36 cm。
(2)封闭气体的压强p＝p0＋ρgh
外界对气体做功W＝pS(L0－L)
由热力学第一定律ΔU＝W＋Q
得ΔU≈－2.5 J，
即内能减少了2.5 J。
答案：(1)36 cm　(2)－2.5 J
2．[查理定律与热力学第一定律的综合]
如图所示是某气压式柱形保温瓶的结构示意简图，现倒入热水，封闭活塞a，其与液面间封闭一定质量的理想气体，此时瓶内气体温度为T1，压强为p0，经过一段时间温度降为T2，忽略这一过程中气体体积的变化。
(1)求温度降为T2时瓶内气体的压强p；
(2)封闭气体温度由T1降为T2过程中，其传递的热量为Q，则气体的内能如何变化，求变化量的大小ΔU。
解析：(1)瓶内气体发生等容变化，由查理定律得＝，解得p＝p0。
(2)封闭气体温度由T1下降到T2过程为等容变化过程，W＝0，温度降低，则气体内能减少，由热力学第一定律得W＋Q＝ΔU，解得ΔU＝Q。
答案：(1)p0　(2)内能减少　ΔU＝Q
3．[玻意耳定律与热力学第一定律的综合]
(2023·泉州高三模拟)一定质量的理想气体被一薄活塞封闭在导热性能良好的汽缸内。活塞的质量m＝20 kg、面积S＝200 cm2，活塞可沿汽缸壁无摩擦滑动且不漏气，开始时汽缸水平放置，如图甲所示，活塞与汽缸底的距离L1＝22 cm，离汽缸口的距离L0＝4 cm。外界气温为27 ℃，大气压强为1.0×105 Pa，将汽缸缓慢地转到开口向上的竖直位置，待稳定后如图乙所示，然后对缸内气体缓慢加热，使活塞上表面刚好与汽缸口相平，如图丙所示，g取10 m/s2。
(1)求图乙状态下活塞与汽缸底部的距离L2；
(2)在对缸内气体加热的过程中，气体膨胀对外做功，气体增加的内能ΔU＝368 J，求该过程气体吸收的热量Q。
解析：(1)当汽缸水平放置时p1＝p0＝1.0×105 Pa
V1＝L1S
当汽缸口向上时p2＝p0＋＝1.1×105 Pa
V2＝L2S
由玻意耳定律p1V1＝p2V2
则L2＝20 cm。
(2)加热后气体做等压变化，设外界对气体做功为W，则W＝－p2S
解得W＝－132 J
由热力学第一定律得ΔU＝W＋Q
解得Q＝500 J。
答案：(1)20 cm　(2)500 J
1．(多选)列车运行的平稳性与车厢的振动密切相关，车厢底部安装的空气弹簧可以有效减振，空气弹簧主要由活塞、汽缸及内封的一定质量的气体构成。上下乘客及剧烈颠簸均能引起车厢振动，上下乘客时汽缸内气体的体积变化缓慢，气体与外界有充分的热交换；剧烈颠簸时汽缸内气体的体积变化较快，气体与外界来不及热交换。若汽缸内气体视为理想气体，在气体压缩的过程中(　 )
A．上下乘客时，气体的内能不变
B．上下乘客时，气体从外界吸热
C．剧烈颠簸时，外界对气体做功
D．剧烈颠簸时，气体的温度不变
解析：选AC　上下乘客时汽缸内气体与外界有充分的热交换，即发生等温变化，温度不变，故气体的内能不变，在体积压缩的过程中，外界对气体做功，故气体向外界放热，A正确，B错误；剧烈颠簸时汽缸内气体的体积变化较快，且气体与外界来不及热交换，气体经历绝热过程，外界对气体做功，气体的温度升高，C正确，D错误。
2.(2022·山东等级考)如图所示，内壁光滑的绝热汽缸内用绝热活塞封闭一定质量的理想气体，初始时汽缸开口向上放置，活塞处于静止状态，将汽缸缓慢转动90°过程中，缸内气体(　 )
A．内能增加，外界对气体做正功
B．内能减小，所有分子热运动速率都减小
C．温度降低，速率大的分子数占总分子数比例减少
D．温度升高，速率大的分子数占总分子数比例增加
解析：选C　初始时汽缸开口向上，活塞处于平衡状态，汽缸内外气体对活塞的压力差与活塞的重力平衡，则有(p1－p0)S＝mg，汽缸在缓慢转动的过程中，汽缸内外气体对活塞的压力差大于重力沿汽缸壁的分力，故汽缸内气体缓慢地将活塞往外推，最后汽缸水平，缸内气压等于大气压。汽缸、活塞都是绝热的，故缸内气体与外界没有发生热传递，汽缸内气体压强作用将活塞往外推，气体对外做功，根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W得：气体内能减小，故缸内理想气体的温度降低，分子热运动的平均速率减小，并不是所有分子热运动的速率都减小，A、B错误；气体内能减小，缸内理想气体的温度降低，分子热运动的平均速率减小，故速率大的分子数占总分子数的比例减小，C正确，D错误。
3.(多选)如图所示是某喷水壶示意图。未喷水时阀门K闭合，压下压杆A可向瓶内储气室充气。多次充气后按下按柄B打开阀门K，水会自动经导管从喷嘴喷出。储气室气体可视为理想气体，充气和喷水过程温度保持不变，则(　 )
A．充气过程中，储气室内气体的内能增大
B．充气过程中，储气室内气体分子平均动能减小
C．喷水过程中，储气室内气体压强减小
D．喷水过程中，储气室内气体放热
解析：选AC　充气过程中，储气室内气体的质量增加，气体的温度不变，故气体分子的平均动能不变，气体内能增大，A正确，B错误；喷水过程中，气体体积增大，气体对外做功，而气体温度不变，则气体内能不变，气体吸热，由＝C可知，气体压强减小，C正确，D错误。
4．(2022·重庆高考)2022年5月15日，我国自主研发的“极目一号”Ⅲ型浮空艇创造了海拔9 032米的大气科学观测世界纪录。若在浮空艇某段上升过程中，艇内气体温度降低，体积和质量视为不变，则艇内气体(视为理想气体)(　 )
A．吸收热量 B．压强增大
C．内能减小 D．对外做负功
解析：选C　由于浮空艇上升过程中体积和质量均不变，则艇内气体不做功；根据＝C，可知温度降低，则艇内气体压强减小，气体内能减小；又根据ΔU＝W＋Q，可知气体放出热量。故选C。
5．(2023·南京高三模拟)一定质量的理想气体，按图示方向经历了ABCDA的循环，其中p-V图像如图所示。下列说法正确的是(　 )
A．状态B时，气体分子的平均动能比状态A时气体分子的平均动能小
B．由B到C的过程中，气体将放出热量
C．由C到D的过程中，气体的内能保持不变
D．由D到A的过程中，气体对外做功
解析：选B　由图像可知pBVB＞pAVA，由理想气体状态方程＝C可知TB＞TA，温度是分子平均动能的标志，温度越高分子平均动能越大，因此状态B时气体分子的平均动能比状态A时气体分子的平均动能大，故A错误；由图像可知，由B到C过程气体体积V不变而压强p减小，由理想气体状态方程可知，气体温度T降低，该过程气体内能减少，ΔU<0，气体体积不变，外界对气体不做功，W＝0，由热力学第一定律ΔU＝W＋Q可知Q＝ΔU－W＝ΔU<0，气体将放出热量，故B正确；由图像可知，由C到D过程，pV减小，由理想气体状态方程可知，气体温度T降低，气体的内能减小，故C错误；由图像可知，由D到A过程气体体积V不变，气体对外界不做功，故D错误。
6.一定量的理想气体从状态a开始，经历三个过程：从a到b，b到c，c到a回到原状态，其中V-T图像如图所示。用pa、pb、pc分别表示状态a、b、c的压强，下列说法错误的是(　 )
A．pa＜pc＝pb
B．由状态a到状态b的过程中，气体一定吸热
C．由状态b到状态c的过程中，气体放出的热量一定等于外界对气体做的功
D．由状态c到状态a的过程中，气体分子的平均动能不变
解析：选C　从状态a到状态b，由理想气体状态方程可知，＝，整理得：pb＝3pa，同理可知：＝，整理得：pc＝3pa，所以pc＝pb>pa，故A正确；从状态a到状态b过程中，气体的体积不变，没有做功，温度升高，内能增大，所以气体一定吸热，故B正确；由题图可知，状态b到状态c过程，气体压强不变，温度降低，所以其体积减小，外界对气体做功，W>0，内能减小，ΔU<0，由热力学第一定律可知，状态b到状态c过程中，气体放出的热量一定大于外界对气体做的功，故C错误；由题图可知，状态c到状态a过程，理想气体温度不变，所以气体分子的平均动能不变，故D正确。
7．(2021·江苏高考)如图所示，一定质量理想气体被活塞封闭在汽缸中，活塞的面积为S，与汽缸底部相距L，汽缸和活塞绝热性能良好，气体的压强、温度与外界大气相同，分别为p0和t0。现接通电热丝加热气体，一段时间后断开，活塞缓慢向右移动距离L后停止，活塞与汽缸间的滑动摩擦力为f，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，整个过程中气体吸收的热量为Q，求该过程中
(1)内能的增加量ΔU；
(2)最终温度T。
解析：(1)活塞移动时受力平衡，有p1S＝p0S＋f，气体对外界做功W＝p1SL，根据热力学第一定律ΔU＝Q－W，解得ΔU＝Q－L。
(2)活塞发生移动前为等容变化，＝，
活塞向右移动L的过程为等压变化，＝，且V2＝2V1，解得T＝t0。
答案：(1)Q－L　(2)t0
8．如图所示，一个质量为m＝2 kg的T形活塞在汽缸内封闭一定质量的理想气体，活塞体积可忽略不计，距汽缸底部h1＝10 cm处连接一U形细管(管内气体的体积忽略不计)。初始时，封闭气体温度为T1＝360 K，活塞距离汽缸底部为h2＝15 cm，U形细管两边水银柱存在高度差。已知大气压强为p0＝1×105 Pa，汽缸横截面积为S＝1×10－3 m2，活塞竖直部分长为L＝12 cm，重力加速度g取10 m/s2，求：
(1)通过制冷装置缓慢降低气体温度，当温度为多少时U形细管两边水银面恰好相平；
(2)从开始至U形细管两边水银面恰好相平的过程5 / 26
第十五章 原子物理
第1讲　光电效应 波粒二象性
一、光电效应
1．光电效应现象
(1)定义：在光的照射下，金属中的电子从表面逸出的现象，发射出来的电子叫光电子。
(2)产生条件：入射光的频率大于或等于金属的极限频率。
2．光电效应的三条规律
(1)每种金属都有一个极限频率，入射光的频率必须大于或等于这个极限频率才能产生光电效应。
(2)光电子的最大初动能与入射光的强度无关，只随入射光频率的增大而增大。
(3)光电效应的发生几乎是瞬时的。
二、爱因斯坦的光电效应理论
1．光子说
(1)在空间传播的光是不连续的，而是一份一份的，每一份叫作一个光子，光子的能量ε＝hν。
(2)普朗克常量：h＝6.63×10－34 J·s。
2．爱因斯坦光电效应方程
(1)表达式：Ek＝hν－W0。
(2)各量的意义：
①ν：照射光的频率。
②W0：为逸出功，指使电子脱离某种金属所做功的最小值。
③Ek ：为光电子的最大初动能，指发生光电效应时，金属表面上的电子吸收光子后克服原子核的引力逸出时所具有的动能的最大值。
(3)公式的意义：金属表面的电子吸收一个光子获得的能量是hν，这些能量的一部分用来克服金属的逸出功W0，剩下的表现为逸出后光电子的最大初动能Ek＝mevc2。
三、光的波粒二象性与物质波
1．光的波粒二象性
(1)光的干涉、衍射、偏振现象证明光具有波动性。
(2)光电效应说明光具有粒子性。
(3)光既具有波动性，又具有粒子性，称为光的波粒二象性。
2．物质波
(1)概率波：光的干涉现象是大量光子的运动遵循波动规律的表现，亮条纹是光子到达概率大的地方，暗条纹是光子到达概率小的地方，因此光波又叫概率波。
(2)物质波：任何一个运动着的物体，小到微观粒子大到宏观物体都有一种波与它对应，其波长λ＝，p为运动物体的动量，h为普朗克常量。
微点判断　
(1)光子和光电子都是实物粒子。(×)
(2)只要入射光的强度足够强，就可以使金属发生光电效应。(×)
(3)要想在光电效应实验中测到光电流，入射光子的能量必须大于金属的逸出功。(√)
(4)光电子的最大初动能与入射光子的频率成正比。(×)
(5)光的频率越高，光的粒子性越明显，但仍具有波动性。(√)
(6)德国物理学家普朗克提出了量子假说，成功地解释了光电效应规律。(×)
(7)美国物理学家康普顿发现了康普顿效应，证实了光的粒子性。(√)
(一) 光电效应规律的理解及应用(精研点)
1．与光电效应有关的五组概念对比
(1)光子与光电子：光子指光在空间传播时的每一份能量，光子不带电；光电子是金属表面受到光照射时发射出来的电子，其本质是电子。光子是因，光电子是果。
(2)光电子的动能与光电子的最大初动能：只有金属表面的电子直接向外飞出时，只需克服原子核的引力做功的情况，才具有最大初动能。
(3)光电流和饱和光电流：金属板飞出的光电子到达阳极，回路中便产生光电流，随着所加正向电压的增大，光电流趋于一个饱和值，这个饱和值是饱和光电流，在一定的光照条件下，饱和光电流与所加电压大小无关。
(4)入射光强度与光子能量：入射光强度指单位时间内照射到金属表面单位面积上的总能量，而光子能量E＝hν。
(5)光的强度与饱和光电流：频率相同的光照射金属产生光电效应，入射光越强，饱和光电流越大，但不是简单的正比关系。
2．光电效应的研究思路
(1)两条线索
(2)两条对应关系
①入射光强度大→光子数目多→发射光电子多→光电流大；
②光子频率高→光子能量大→光电子的最大初动能大。
3．光电效应中三个重要关系
(1)爱因斯坦光电效应方程：Ek＝hν－W0。
(2)光电子的最大初动能Ek与遏止电压Uc的关系：Ek＝eUc。
(3)逸出功W0与极限频率νc的关系：W0＝ hνc。
[考法全训]
1．[对光子说的理解]
(2022·全国乙卷)一点光源以113 W的功率向周围所有方向均匀地辐射波长约为6×10－ 7 m的光，在离点光源距离为R处每秒垂直通过每平方米的光子数为3×1014个。普朗克常量为h＝6.63×10－34J·s。R约为(　 )
A．1×102 m　　　　　 B．3×102 m
C．6×102 m D．9×102 m
解析：选B　一个光子的能量为E＝hν，ν为光的频率，光的波长与频率关系为c＝λν。光源每秒发出的光子的个数为n＝＝，P为光源的功率，光子以球面波的形式传播，那么以光源为原点的球面上的光子数相同，距光源的距离为R处每秒垂直通过每平方米的光子数为3 × 1014个，那么此处的球面的表面积为S＝4πR2，则＝3×1014，联立以上各式解得R≈3×102 m。
2．[光电效应规律的研究]
(2023·衡水高三联考)如图所示为研究光电效应的电路图。开关闭合后，当用波长为λ0的单色光照射光电管的阴极K时，电流表有示数。下列说法正确的是(　 )
A．若只让滑片P向D端移动，则电流表的示数一定增大
B．若只增加该单色光的强度，则电流表示数一定增大
C．若改用波长小于λ0的单色光照射光电管的阴极K，则阴极K的逸出功变大
D．若改用波长大于λ0的单色光照射光电管的阴极K，则电流表的示数一定为零
解析：选B　电路所加电压为正向电压，如果电流达到饱和电流，增加电压，电流也不会增大，故A错误；只增加该单色光的强度，相同时间内逸出的光子数增多，电流增大，故B正确；金属的逸出功只与阴极材料有关，与入射光无关，故C错误；改用波长大于λ0的单色光照射，虽然光子能量变小，但也有可能发生光电效应，可能有光电流，故D错误。
3．[爱因斯坦光电效应方程的应用]
(2023·临沂高三模拟)用如图所示的实验装置研究光电效应现象。所用光子能量为2.75 eV的光照射到光电管上时发生了光电效应，电流表G的示数不为零，移动变阻器的触点c，发现当电压表的示数大于或等于1.7 V 时，电流表示数为零，则在该实验中(　 )
A．光电子的最大初动能为1.05 eV
B．光电管阴极的逸出功为1.7 eV
C．开关S断开，电流表G示数为零
D．当滑动触头向a端滑动时，电压表示数增大
解析：选D　由题目可知，遏止电压Uc＝1.7 V，最大初动能Ek＝eUc＝1.7 eV，选项A错误；根据光电效应方程可知，逸出功W0＝E－Ek＝1.05 eV，选项B错误；断开开关S，光电效应依然发生，有光电流，光电管、电流表、滑动变阻器构成闭合回路，电流表中电流不为零，选项C错误；电源电压为反向电压，当滑动触头向a端滑动时，反向电压增大，电压表示数增大，电流表中电流减小，选项D正确。
(二) 光电效应的图像及应用(精研点)
光电效应四类图像对比
图像名称 图线形状 读取信息
最大初动能Ek与入射光频率ν的关系图线 ①截止频率(极限频率)：横轴截距②逸出功：纵轴截距的绝对值W0＝|－E|＝E③普朗克常量：图线的斜率k＝h
遏止电压Uc与入射光频率ν的关系图线 ①截止频率νc：横轴截距②遏止电压Uc：随入射光频率的增大而增大③普朗克常量h：等于图线的斜率与电子电荷量的乘积，即 h＝ke
颜色相同、强度不同的光，光电流与电压的关系图线 ①遏止电压Uc：横轴截距②饱和光电流Im：电流的最大值③最大初动能：Ek＝eUcx
颜色不同时，光电流与电压的关系图线 ①遏止电压Uc1、Uc2②饱和光电流③最大初动能Ek1＝eUc1，Ek2＝eUc2
[考法全训]
1．[Ek-ν图像]
(多选)如图是某金属在光的照射下产生的光电子的最大初动能Ek与入射光频率ν的关系图像，由图像可知(　 )
A．该金属的逸出功为E
B．入射光频率为时，产生的光电子的最大初动能为
C．入射光频率为2ν0时，产生的光电子的最大初动能为2E
D．该图线的斜率表示普朗克常量h
解析：选AD　根据爱因斯坦的光电效应方程hν－W＝Ek，由图像可知，纵坐标的截距表示W，该图线的斜率表示普朗克常量h，所以该金属的逸出功为E，A、D正确；由图像可知，金属的极限频率为ν0，所以入射光频率为时，不能发生光电效应，B错误；由于hν0＝W＝E，入射光频率为2ν0时，代入公式解得Ek＝h·2ν0－W＝h·ν0＝E，则产生的光电子的最大初动能为E，C错误。
2．[Uc-ν图像]
(2022·河北高考)如图是密立根于1916年发表的钠金属光电效应的遏止电压Uc与入射光频率ν的实验曲线，该实验直接证明了爱因斯坦光电效应方程，并且第一次利用光电效应实验测定了普朗克常量h。由图像可知(　 )
A．钠的逸出功为hνc
B．钠的截止频率为8.5×1014Hz
C．图中直线的斜率为普朗克常量h
D．遏止电压Uc与入射光频率ν成正比
解析：选A　根据遏止电压与最大初动能的关系有eUc＝Ekmax，根据光电效应方程有Ekmax＝hν－W0，结合图像可知，当Uc为0时，解得W0＝hνc，A正确；钠的截止频率为νc，根据图像可知，截止频率小于8.5×1014Hz，B错误；结合遏止电压与光电效应方程可解得Uc＝ν－，可知，图中直线的斜率表示，C错误；根据遏止电压与入射光的频率关系式可知，遏止电压Uc与入射光频率ν成线性关系，不是成正比，D错误。
3．[同频率入射光的I-U图像]
红外测温仪的原理是：任何物体的温度在高于绝对零度(－273 ℃)时都会向外发出红外线，有一种额温枪通过红外线照射到温度传感器，发生光电效应，将光信号转化为电信号，计算出温度数据。已知人的体温正常时能辐射波长为10 μm的红外线，如图甲所示，用该红外线照射光电管的阴极K时，电路中有光电流产生，实验得到的电流随电压变化的图像如图乙所示，已知h＝6.63×10－34 J·s，e＝1.6×10－19 C，则(　 )
A．波长为10 μm的红外线在真空中的频率为3×1014 Hz
B．将图甲的电源反接，一定不会产生电信号
C．由图乙数据可知，该光电管的阴极金属逸出功约为0.1 eV
D．若人体温度升高，则辐射红外线的强度减弱，光电管转换成的光电流减小
解析：选C　波长为10 μm的红外线在真空中的频率为ν＝＝3×1013 Hz，故A错误；由题图甲可知，当电源反接时，电子受到的力向右，因为电子有一定的初动能，当所加电压小于遏止电压时，就会有电子到达A极板，此时有电信号，故B错误；当加的反向电压大于遏止电压时，没有电信号，由题图乙可知，遏止电压为0.02 V，故最大初动能Ek＝eUc＝0.02 eV，由光电效应方程，有Ek＝hν－W逸，可得W逸≈0.1 eV，故C正确；若人体温度升高，则辐射红外线的强度增强，光电管转换成的光电流增大，故D错误。
4.[不同频率入射光的I-U图像比较]
在研究光电效应中电子的发射情况与照射光的强弱、光的颜色的关系时，将a、b、c三束光照射到同一光电管的阴极上，得到的光电流与电压的关系如图所示，可知(　 )
A．a光的频率高于c光的频率
B．c光的频率高于b光的频率
C．单位时间内，c光入射的光子数大于b光入射的光子数
D．a光照射时逸出光电子的最大初动能可能比b光照射时的大
解析：选C　由爱因斯坦光电效应方程得Ek＝hν－W0，其中Ek＝eUc，可以看出遏止电压与频率呈线性关系，频率越大，遏止电压越大，所以由图像可知，a光的频率等于c光的频率，c光的频率低于b光的频率，故A、B错误；由图可得，c光对应饱和光电流大于b光对应的饱和光电流，因为饱和光电流越大，单位时间内逸出的光电子数越多，且逸出的光电子数等于入射的光子数，所以单位时间内c光入射的光子数大于b光入射的光子数，故C正确；因为最大初动能为Ek＝eUc，所以a光照射时逸出光电子的最大初动能一定比b光照射时的小，故D错误。
(三) 对波粒二象性、物质波的理解(固基点)
[题点全练通]
1．[粒子性与康普顿效应]
(2023·洛阳高三模拟)波粒二象性是微观世界的基本特征，以下说法正确的是(　 )
A．电子束通过双缝后形成的干涉图样可用电子的粒子性解释
B．光电效应实验中，光电子的最大初动能与入射光的频率有关，与入射光的强度无关
C．康普顿效应说明光具有波动性
D．黑体既不反射电磁波，也不向外辐射电磁波
解析：选B　电子束通过双缝后形成的干涉图样可用电子的波动性解释，选项A错误；光电效应实验中，光电子的最大初动能与入射光的频率有关，与入射光的强度无关，选项B正确；康普顿效应说明光具有粒子性，选项C错误；自然界的任何物体都向外辐射电磁波，黑体是一个理想化的物体，它能吸收各种电磁波而不反射电磁波，却可以向外辐射电磁波，故D错误。
2．[对粒子性与波动性的理解]
用很弱的光做双缝干涉实验，把入射光减弱到可以认为光源和感光胶片之间不可能同时有两个光子存在，如图所示是不同数量的光子照射到感光胶片上得到的照片。这些照片说明(　 )
A．光只有粒子性没有波动性
B．光只有波动性没有粒子性
C．少量光子的运动显示波动性，大量光子的运动显示粒子性
D．少量光子的运动显示粒子性，大量光子的运动显示波动性
解析：选D　光具有波粒二象性，这些照片说明少量光子的运动显示粒子性，大量光子的运动显示波动性，故D正确。
3．[对波粒二象性的理解]
(多选)关于光的波粒二象性，正确的说法是(　 )
A．光的频率越高，光子的能量越大，粒子性越显著
B．光的波长越长，光的能量越小，波动性越显著
C．频率高的光子不具有波动性，波长较长的光子不具有粒子性
D．个别光子产生的效果往往显示粒子性，大量光子产生的效果往往显示波动性
解析：选ABD　光具有波粒二象性，但在不同情况下表现不同，频率越高，波长越短，粒子性越强，反之波动性明显，个别光子易显示粒子性，大量光子易显示波动性，A、B、D正确。
[要点自悟明]
1．对光的波粒二象性的理解
从数量上看 个别光子的作用效果往往表现为粒子性，大量光子的作用效果往往表现为波动性
从频率上看 频率越低波动性越显著，越容易看到光的干涉和衍射现象；频率越高粒子性越显著，越不容易看到光的干涉和衍射现象，贯穿本领越强
从传播与作用上看 光在传播过程中往往表现出波动性；在与物质发生作用时往往表现出粒子性
波动性与粒子性的统一 由光子的能量ε＝hν、光子的动量表达式p＝也可以看出，光的波动性和粒子性并不矛盾，表示粒子性的能量和动量的计算式中都含有表示波的特征的物理量——频率ν和波长λ
2．物质波
(1)定义：任何运动着的物体都有一种波与之对应，这种波叫做物质波，也叫德布罗意波。
(2)物质波的波长：λ＝＝，h是普朗克常量。
1．“测温枪”(学名“红外线辐射测温仪”)具有响应快、非接触和操作方便等优点。它是根据黑体辐射规律设计出来的，能将接收到的人体热辐射转换成温度显示。若人体温度升高，则人体热辐射强度I及其极大值对应的波长λ的变化情 况是(　 )
A．I增大，λ增大 B．I增大，λ减小
C．I减小，λ增大 D．I减小，λ减小
解析：选B　根据黑体辐射规律，可知随温度升高，各种波长的辐射强度都增大，辐射强度的极大值向波长较短的方向移动，故人体热辐射强度I随温度的升高而增大，其极大值对应的波长减小，B正确。
2．赫兹在研究电磁波的实验中偶然发现，接收电路的电极如果受到光照，就更容易产生电火花。此后许多物理学家相继证实了这一现象，即照射到金属表面的光，能使金属中的电子从表面逸出。最初用量子观点对该现象给予合理解释的科学家是(　 )
A．玻尔 B．康普顿
C．爱因斯坦 D．德布罗意
解析：选C　玻尔引入量子化的观念解释了氢原子光谱，A错误；康普顿提出康普顿效应，发现了光子不仅具有能量，还具有动量，证明了光具有粒子性，B错误；爱因斯坦提出光子说，从理论上解释了光电效应的实验现象，C正确；德布罗意提出一切物质都具有波粒二象性，D错误。
3．(2023·湛江高三模拟) 如图甲所示，阴极K和阳极A是密封在真空玻璃管中的两个电极，阴极K在受到光照时能够发射光电子。阴极K与阳极A之间电压U的大小可以调整，电源的正负极也可以对调。闭合开关后，阳极A吸收阴极K发出的光电子，在电路中形成光电流。现分别用蓝光、弱黄光、强黄光照射阴极K，形成的光电流与电压的关系图像如图乙所示，图中a、b、c光依次为(　 )
A．蓝光、弱黄光、强黄光
B．弱黄光、蓝光、强黄光
C．强黄光、蓝光、弱黄光
D．蓝光、强黄光、弱黄光
解析：选C　设遏止电压为Uc，由动能定理eUc＝Ek＝hν－W0可知，对于同一种金属W0不变，遏止电压与入射光的频率有关。对于一定频率的光，无论光的强弱如何，截止电压都是一样的，故a、c是同种颜色的光，在光的频率不变的情况下，入射光越强，饱和电流越大，a为强黄光，c为弱黄光。b的遏止电压最大，故b光的频率最大，为蓝光。选项C正确。
4．用频率分别为ν和2ν的光照射某种金属材料，两种情况下测得的该金属材料发生光电效应的遏止电压之比为1∶4，已知普朗克常量为h，则该金属的逸出功为(　 )
A．hν B．hν
C．hν D．hν
解析：选B　设该金属的逸出功为W0，根据爱因斯坦光电效应方程以及动能定理有：Ek1＝hν－W0＝eUc1，Ek2＝2hν－W0＝eUc2，由题意可知＝4，联立以上各式解得W0＝hν，故选B。
5．(2021·江苏高考)如图所示，分别用1、2两种材料作K极进行光电效应探究，其截止频率ν1<ν2，保持入射光不变，则光电子到达A极时动能的最大值Ekm随电压U变化关系的图像是(　 )
解析：选C　根据爱因斯坦光电效应方程可知光电子到达A极时动能的最大值Ekm＝eU＋hν－hν截止，可知Ekm-U图像的斜率相同，均为e；截止频率越大，则图像在纵轴上的截距越小，因ν1<ν2，则图像C正确，A、B、D错误。
6．用金属铷为阴极的光电管，观测光电效应现象，实验装置示意图如图甲所示，实验中测得铷的遏止电压Uc与入射光频率ν之间的关系如图乙所示，图线与横轴交点的横坐标为5.15×1014 Hz。已知普朗克常量h＝6.63×10－34 J·s。则下列说法中正确的是(　 )
A．欲测遏止电压，应选择电源左端为正极
B．当电源左端为正极时，滑动变阻器的滑片向右滑动，电流表的示数持续增大
C．增大照射光的强度，产生的光电子的最大初动能一定增大
D．如果实验中入射光的频率ν＝7.00×1014 Hz，则产生的光电子的最大初动能约为Ek＝1.2×10－19 J
解析：选D　用题图甲所示的实验装置测量铷的遏止电压Uc与入射光频率ν，因此光电管左端应该是阳极，欲测遏止电压，电源左端为负极，故A错误；当电源左端为正极时，将滑动变阻器的滑片向右滑动的过程中，刚开始电压增大，光电流增大，当光电流达到饱和值，不再增大，即电流表读数的变化是先增大，后不变，故B错误；光电子的最大初动能与入射光的频率和金属的逸出功有关，与入射光的强度
无关，故C错误；根据题图像可知，铷的截止频率νc＝5.15×1014 Hz，根据hνc＝W0，则可求出该金属的逸出功大小W0≈3.41×10－19 J，根据光电效应方程Ek＝hν－W0，当入射光的频率为ν＝7.00×1014 Hz时，则最大初动能为Ek≈1.2×10－19 J，故D正确。
7.(2023·郑州高三模拟)氖泡可用于指示和保护电路。在玻璃管中有两个相同的板状金属电极，并充入低压氖气，在两极间接入电压使氖气导电，如果金属电极发出的电子在电场作用下获得足够的能量，就能使氖气发光。将氖泡、保护电阻和电压可调的电源按如图所示的电路连接。氖泡用黑纸包住，黑纸上留出一条狭缝使光可以照射到氖泡。发现在没有光照的暗室中，当电源电压为U0时，氖泡恰能发光；当电源电压为U1(U1A．若保持电压U1不变，用黄光照射氖泡，氖泡也能发光
B．通过实验可知，紫光的光子能量hν1＝eU0－eU1
C．通过实验可知，电极中的电子脱离金属至少需要eU0的能量
D．实验中必须使用直流电源才能观察到上述现象
解析：选B　如果金属电极发出的电子在电场作用下获得足够的能量，就能使氖气发光，假设恰好能让氖气发光的电子动能为Ek，电极中的电子脱离金属至少需要的能量为W0，在没有光照的暗室中，当电源电压为U0时，氖泡恰能发光，设发光时电路电流为I，保护电阻为R，则有e(U0－IR)＝Ek＋W0，当电源电压为U1(U1第2讲　原子结构 原子核
一、原子的核式结构模型
1．电子的发现：英国物理学家汤姆孙发现了电子。
2．α粒子散射实验
(1)装置：1909～1911年，英国物理学家卢瑟福和他的助手进行了用α粒子轰击金箔的实验，实验装置如图所示。
(2)现象：实验发现绝大多数α粒子穿过金箔后基本上仍沿原来的方向前进，但有少数α粒子发生了大角度偏转，极少数偏转的角度甚至大于90°，也就是说它们几乎被“撞”了回来。(如图所示)
3．原子的核式结构模型：在原子中心有一个很小的核，原子全部的正电荷和几乎全部质量都集中在核里，带负电荷的电子在核外空间绕核旋转。
二、氢原子光谱
1．光谱：用光栅或棱镜可以把物质发出的光按波长(频率)展开，获得光的波长(频率)和强度分布的记录，即光谱。
2．光谱分类
3．氢原子光谱的实验规律：巴耳末系是氢光谱在可见光区的谱线，其波长公式＝R，(n＝3,4，5，…，R是里德伯常量，R＝1.10×107 m－1)。
4．光谱分析：利用每种原子都有自己的特征谱线可以用来鉴别物质和确定物质的组成成分，且灵敏度很高。在发现和鉴别化学元素上有着重大的意义。
三、玻尔的原子模型
1．玻尔原子模型的三条假设
定态假设 原子只能处于一系列不连续的能量状态中，在这些能量状态中原子是稳定的，电子虽然绕核运动，但并不向外辐射能量
跃迁假设 原子从一种定态跃迁到另一种定态时，它辐射或吸收一定频率的光子，光子的能量由这两个定态的能量差决定，即hν＝En－Em。(m轨道假设 原子的不同能量状态跟电子在不同的圆周轨道绕核运动相对应。原子的定态是不连续的，因此电子的轨道半径也是不连续的
2．氢原子的能量和能级跃迁
(1)氢原子的能级图：如图所示。
(2)能级和半径公式：
①能级公式：En＝E1(n＝1,2,3，…)，其中E1为基态能量，其数值为E1＝－13.6 eV。
②半径公式：rn＝n2r1(n＝1,2,3，…)，其中r1为基态轨道半径，其数值为r1＝0.53×10－10 m。
四、天然放射现象和原子核
1．天然放射现象
(1)发现：由法国物理学家贝克勒尔发现。
(2)概念：放射性元素自发地发出射线的现象。
(3)意义：天然放射现象的发现，说明原子核具有复杂的结构。
2．原子核的组成
(1)原子核由质子和中子组成，质子和中子统称为核子。质子带正电，中子不带电。
(2)原子核的符号：X，其中A表示质量数，Z表示核的电荷数(即原子序数)。
(3)基本关系
①电荷数(Z)＝质子数＝元素的原子序数＝原子的核外电子数。
②质量数(A)＝核子数＝质子数＋中子数。
3．原子核的衰变、半衰期
(1)原子核的衰变
①概念：原子核自发地放出α粒子或β粒子，变成另一种原子核的变化称为原子核的衰变。
②分类：
α衰变：X―→Y＋He；
β衰变：X―→Y＋e。
[注意]　γ射线是伴随原子核发生α衰变或β衰变而产生的。
③规律：a.质量数守恒；b.电荷数守恒。
(2)半衰期
①定义：放射性元素的原子核有半数发生衰变所需的时间。
②影响因素：放射性元素的半衰期是由核内部自身的因素决定的，跟原子所处的化学状态和外部条件没有关系。
(3)公式：N余＝N原·，m余＝m原·。
4．放射性同位素
(1)放射性同位素：有天然放射性同位素和人工放射性同位素两类，一种元素的各种放射性同位素的化学性质相同。
(2)应用：射线测厚仪、放射治疗、培优保鲜、示踪原子等。
(3)防护：防止放射性对人体组织的伤害。
5．核力和核能
(1)核力
①概念：原子核内部，核子间所特有的相互作用力。
②特点：核力是强相互作用力、短程力，只发生在相邻的核子间。
(2)核能
①质能关系：E＝mc2
②核能的释放：核子在结合成原子核时出现质量亏损Δm，其释放的能量ΔE＝Δmc2。
③核能的吸收：原子核分解成核子时要吸收一定的能量，相应的质量增加Δm，吸收的能量为ΔE＝Δmc2。
6．裂变反应和聚变反应
(1)重核裂变
①定义：质量数较大的原子核受到高能粒子的轰击而分裂成几个质量数较小的原子核的过程。
②典型的裂变反应方程：
U＋n―→Ba＋Kr＋3n。
③链式反应：重核裂变产生的中子使核裂变反应一代接一代继续下去的过程。
④临界体积和临界质量：核裂变物质能够发生链式反应的最小体积及其相应的质量。
⑤裂变的应用：原子弹、核反应堆。
⑥反应堆构造：核燃料、减速剂、镉棒、防护层。
(2)轻核聚变
①定义：两个轻核结合成质量较大的核的反应过程。轻核聚变反应必须在高温下进行，因此又叫热核反应。
②典型的核聚变反应方程：H＋H―→He＋n＋17.6 MeV。
微点判断　
(1)原子中绝大部分是空的，原子核很小。(√)
(2)按照玻尔理论，核外电子均匀分布在各个不连续的轨道上。(×)
(3)如果某放射性元素的原子核有100个，经过一个半衰期后还剩50个。(×)
(4)质能方程表明在一定条件下，质量可以转化为能量。(×)
(5)核式结构学说是卢瑟福在α粒子散射实验的基础上提出的。(√)
(6)人们认识原子核具有复杂结构是从卢瑟福发现质子开始的。(×)
(7)人们认识原子具有复杂结构是从英国物理学家汤姆孙研究阴极射线发现电子开始的。(√)
(一) 原子的核式结构(固基点)
[题点全练通]
1．[α粒子散射实验现象]
下列说法正确的是(　 )
A．电子的发现说明了原子核内部还有复杂结构
B．α粒子散射实验揭示了原子的核式结构
C．α粒子散射实验中绝大多数α粒子都发生了较大偏转
D．α粒子散射实验中有的α粒子发生较大偏转，是α粒子与原子核发生碰撞所致
解析：选B　电子的发现，说明了原子不是组成物质的最小微粒，原子本身也有结构，不能说明原子核内部还有复杂结构，A错误；α粒子散射实验中绝大多数α粒子几乎没有发生偏转，说明了原子内部很“空”，少数α粒子发生较大偏转，是因为α粒子在经过原子核时受到很大的斥力，揭示了原子的核式结构，B正确，C、D错误。
2．[α粒子散射实验分析]1909年，英国物理学家卢瑟福和他的助手盖革、马斯顿一起进行了著名的“α粒子散射实验”，实验中大量的α粒子穿过金箔前后的运动模型如图所示。卢瑟福通过对实验结果的分析和研究，于1911年建立了他自己的原子结构模型。下列关于“α粒子穿过金箔后”的描述中，正确的是(　 )
A．绝大多数α粒子穿过金箔后，都发生了大角度偏转
B．少数α粒子穿过金箔后，基本上沿原来方向前进
C．通过α粒子散射实验，确定了原子核半径的数量级为10－15 m
D．通过α粒子散射实验，确定了原子半径的数量级为10－15 m
解析：选C　绝大多数α粒子穿过金箔后，基本上沿原来方向前进，少数α粒子穿过金箔后，发生大角度偏转，A、B错误；通过“α粒子散射实验”卢瑟福确定了原子核半径的数量级为10－15 m，C正确；原子半径的数量级为10－10 m，不是通过α粒子散射实验确定的，D错误。
[要点自悟明]
分析原子的核式结构模型所用的规律
(1)库仑定律：F＝k，可以用来确定电子和原子核、α粒子和原子核间的相互作用力。
(2)牛顿运动定律和圆周运动规律：可以用来分析电子绕原子核做匀速圆周运动的问题。
(3)功能关系及能量守恒定律：可以分析由于库仑力做功引起的带电粒子在原子核周围运动时动能、电势能之间的转化问题。
(二) 氢原子能级及能级跃迁(精研点)
逐点清1　氢原子的能级跃迁问题　
1.氢原子的能级图如图所示，当氢原子从n＝3的能级跃迁到n＝1的能级时，能够辐射出a、b、c三种频率的光子，设a、b、c三种频率光子的频率和能量分别是νa、νb、νc和Ea、Eb、Ec，下列说法正确的是(　 )
A．Eb＝E1－E3　　　 B．Ea＝Eb－Ec
C．νa＝νb＋νc D．νa＝νc－νb
解析：选B　由玻尔理论可知，Eb＝E3－E1，Ea＝E2－E1，Ec＝E3－E2，则Ea＝Eb－Ec，故A错误，B正确；由E＝hν可知，hνa＝hνb－hνc，可得νa＝νb－νc，故C、D错误。
　　定态间的跃迁——满足能级差
逐点清2　谱线条数的确定　
2．(2022·浙江6月选考)如图为氢原子的能级图。大量氢原子处于n＝3的激发态，在向低能级跃迁时放出光子，用这些光子照射逸出功为2.29 eV的金属钠。下列说法正确的是(　 )
A．逸出光电子的最大初动能为10.80 eV
B．n＝3跃迁到n＝1放出的光子动量最大
C．有3种频率的光子能使金属钠产生光电效应
D．用0.85 eV的光子照射，氢原子跃迁到n＝4激发态
解析：选B　从n＝3跃迁到n＝1放出的光子能量最大，根据Ek＝E－W0，可得此时逸出光电子的最大初动能为Ek＝9.80 eV，A错误；根据p＝＝，E＝hν，又因为从n＝3跃迁到n＝1放出的光子能量最大，故可知动量最大，B正确；大量氢原子从n＝3的激发态跃迁能放出C＝3种频率的光子，其中从n＝3跃迁到n＝2放出的光子能量为ΔEk＝3.4 eV－1.51 eV＝1.89 eV<2.29 eV，不能使金属钠产生光电效应，其他两种均可以，C错误；由于从n＝3跃迁到n＝4能级需要吸收的光子能量为ΔE＝1.51 eV－0.85 eV＝0.66 eV≠0.85 eV，所以用0.85 eV的光子照射，不能使氢原子跃迁到n＝4激发态，D错误。
一点一过　　　谱线条数的确定方法
(1)一个处于n能级的氢原子跃迁可能发出的光谱线条数最多为(n－1)。
(2)一群处于n能级的氢原子跃迁可能发出的光谱线条数的两种求解方法：
①用数学中的组合知识求解：N＝C＝。
②利用能级图求解：在氢原子能级图中将氢原子跃迁的各种可能情况一一画出，然后相加。
逐点清3　受激跃迁与电离　
3．(2023·石家庄高三模拟)用如图甲所示的装置做氢气放电管实验，观测到四种频率的可见光。已知可见光的光子能量在1.6 eV～3.1 eV之间，氢原子能级图如图乙所示。下列说法正确的是(　 )
A．观测到的可见光可能是氢原子由高能级向n＝3的能级跃迁时放出的
B．n＝2能级的氢原子吸收上述某可见光后可能会电离
C．大量氢原子从高能级向基态跃迁时会辐射出紫外线
D．大量处于n＝4能级的氢原子最多能辐射出4种频率的光
解析：选C　因可见光的光子能量在1.6 eV～3.1 eV之间，所以观测到的可见光可能是氢原子由高能级向n＝2的能级跃迁时放出的，故A错误；n＝2能级的氢原子要吸收至少3.4 eV的能量才可能电离，而可见光的光子能量在1.6 eV～3.1 eV之间，故B错误；当大量氢原子从n＝2能级向基态跃迁时辐射出的能量为10.2 eV，而从其他高能级向基态跃迁时辐射出的能量都大于10.2 eV，且都大于可见光的最大能量3.1 eV，所以大量氢原子从高能级向基态跃迁时会辐射出紫外线，故C正确；大量处于n＝4能级的氢原子向基态跃迁时，根据C＝6，最多能辐射出6种频率的光，故D错误。
一点一过
1．受激跃迁：低能级→高能级，吸收能量
(1)光照(吸收光子)：光子的能量必须恰好等于能级差，hν＝ΔE。
(2)碰撞、加热等：只要入射粒子能量大于或等于能级差即可，E外≥ΔE。
2．电离：由基态或低能级→电离态
(1)基态→电离态：E吸＝0－(－13.6 eV)＝13.6 eV电离能。
(2)n＝2能级→电离态：E吸＝0－E2＝3.4 eV。
(3)如吸收能量足够大，克服电离能后，获得自由的电子还携带动能。
(三) 原子核的衰变及半衰期(精研点)
逐点清1　三种射线的性质和特点　
1．如图所示，某放射性元素衰变过程中释放出α、β、γ三种射线，分别进入匀强磁场和匀强电场中，关于三种射线，下列说法正确的是(　 )
A．①④表示α射线，其速度最慢、电离能力最弱
B．②⑤表示γ射线，其穿透能力和电离能力都很强
C．②⑤表示γ射线，是原子核内释放出的高频电磁波
D．③⑥表示β射线，是高速电子流，可以穿透几毫米厚的铝板
解析：选C　α射线是高速氦核粒子流，带正电，β射线为高速电子流，带负电，γ射线为高频电磁波，结合题图及左手定则可知：①④为β射线，②⑤为γ射线，③⑥为α射线。α射线的速度最小但电离能力最强，γ射线是由原子核内释放出的高频电磁波，其穿透能力很强，但电离能力很弱，故C正确，A、B、D错误。
一点一过　　　三种射线的成分和性质
名称 构成 符号 电荷量 质量 电离作用 穿透能力
α射线 氦核 He ＋2e 4 u 最强 最弱
β射线 电子 e －e u 较强 较强
γ射线 光子 γ 0 0 最弱 最强
逐点清2　α、β衰变及衰变次数的确定　
2．(多选)由于放射性元素Np的半衰期很短，所以在自然界一直未被发现，只是在使用人工的方法制造后才被发现。已知Np经过一系列α衰变和β衰变后变成Bi，下列论断中正确的是(　 )
A.Bi的原子核比Np的原子核少28个中子
B.Bi的原子核比Np的原子核少18个中子
C．衰变过程中共发生了7次α衰变和4次β衰变
D．衰变过程中共发生了4次α衰变和7次β衰变
解析：选BC　Bi的中子数为209－83＝126，Np的中子数为237－93＝144，Bi的原子核比Np的原子核少18个中子，A错、B对；衰变过程中共发生了α衰变的次数为＝7次，β衰变的次数是2×7－(93－83)＝4次，C对、D错。
一点一过　　　衰变次数的两种确定方法
(1)根据质量数和电荷数守恒列方程组求解
若X―→Y＋nHe＋me
则A＝A′＋4n，Z＝Z′＋2n－m
解以上两式即可求出m和n。
(2)因为β衰变对质量数无影响，可先由质量数的改变确定α衰变的次数，然后根据衰变规律确定β衰变的次数。
逐点清3　半衰期的理解与计算　
3．(2022·山东等级考)碘125衰变时产生γ射线，医学上利用此特性可治疗某些疾病。碘125的半衰期为60天，若将一定质量的碘125植入患者病灶组织，经过180天剩余碘125的质量为刚植入时的(　 )
A.　　　B.　　　C.　　　D.
解析：选B　设刚植入时碘的质量为m0，经过180天后的质量为m，根据m＝m0，代入数据解得m＝m0＝m03＝m0。
一点一过　　　　　对半衰期的理解
(1)半衰期是大量原子核衰变时的统计规律，对个别或少量原子核，无半衰期可言。
(2)根据半衰期的概念，可总结出公式N余＝N原，m余＝m原。式中N原、m原表示衰变前的放射性元素的原子数和质量，N余、m余表示衰变后尚未发生衰变的放射性元素的原子数和质量，t表示衰变时间，τ表示半衰期。
逐点清4　磁场中的原子核衰变与动量守恒的综合问题
4．(多选)静止的Bi原子核在磁场中发生衰变后运动轨迹如图所示，大、小圆半径分别为R1、R2。则下列关于此核衰变方程和两圆轨迹半径比值的判断中正确的是(　 )
A.Bi―→Tl＋He　B.Bi―→Po＋e
C．R1∶R2＝84∶1 D．R1∶R2＝207∶4
解析：选BC　由动量守恒定律可知0＝mv1－Mv2，由左手定则可知此核衰变为β衰变，故A错误，B正确；由qvB＝m可知R＝，所以R1∶R2＝84∶1，故C正确，D错误。
一点一过　原子核在磁场中衰变后运动分析
静止原子核在匀强磁场中自发衰变，如果产生的新核和放出的粒子的速度方向与磁场方向垂直，则它们的运动轨迹为两相切圆，α衰变时两圆外切，β衰变时两圆内切，根据动量守恒定律有m1v1＝m2v2，又r＝，则半径小的为新核，半径大的为α粒子或β粒子，其特点对比如下表：
α衰变 X―→Y＋He 匀强磁场中轨迹：两圆外切，α粒子半径大
β衰变 X―→Y＋e 匀强磁场中轨迹：两圆内切，β粒子半径大
(四) 核反应方程(精研点)
1．核反应的四种类型
类型 可控性 核反应方程典例
衰变 α衰变 自发 U―→Th＋He
β衰变 自发 Th―→Pa＋e
人工转变 人工控制 N＋He―→8O＋H(卢瑟福发现质子)
He＋Be―→ C＋n(查德威克发现中子)
Al＋He ―→P＋n 约里奥·居里夫妇发现放射性同位素，同时发现正电子
P―→Si＋e
重核裂变 比较容易进行人工控制 U＋n―→ Ba＋Kr＋3n
U＋n―→ Xe＋Sr＋10n
轻核聚变 很难控制 H＋H―→He＋n
2.核反应方程的书写
(1)掌握核反应方程遵循质量数守恒和电荷数守恒的规律。
(2)掌握常见的主要核反应方程式，并知道其意义。
(3)熟记常见的基本粒子的符号，如质子、中子、α粒子等。
[考法全训]
1．[核反应生成物的分析]
(2022·湖北高考)上世纪四十年代初，我国科学家王淦昌先生首先提出证明中微子存在的实验方案：如果静止原子核Be俘获核外K层电子e，可生成一个新原子核X，并放出中微子νe，即Be＋　0－1e→X＋νe。根据核反应后原子核X的动能和动量，可以间接测量中微子的能量和动量，进而确定中微子的存在。下列说法正确的是(　 )
A．原子核X是Li
B．核反应前后总质子数不变
C．核反应前后总质量数不同
D．中微子νe的电荷量与电子的相同
解析：选A　根据质量数守恒和电荷数守恒，X的质量数为7，电荷数为3，可知原子核X是Li，A正确，C错误；核反应方程为Be＋→Li＋νe，则反应前的总质子数为4，反应后的总质子数为3，B错误；中微子不带电，则中微子νe的电荷量与电子的不相同，D错误。
2．[核反应类型分析]
(2021·浙江6月选考)(多选)对四个核反应方程：(1) U―→ Th＋He；(2) Th―→Pa＋e；(3) N＋He―→ O＋H；(4)H＋H―→He＋n＋17.6 MeV。下列说法正确的是(　 )
A．(1)(2)式核反应没有释放能量
B．(1)(2)(3)式均是原子核衰变方程
C．(3)式是人类第一次实现原子核转变的方程
D．利用激光引发可控的(4)式核聚变是正在尝试的技术之一
解析：选CD　(1)式是α衰变，(2)式是β衰变，均有能量放出，故A错误；(3)式是人工核转变，故B错误；(3)式是人类第一次实现原子核转变的方程，故C正确；利用激光引发可控的(4)式核聚变是正在尝试的技术之一，故D正确。
3．[放射性同位素及其衰变方程]
(多选)1934年，约里奥－居里夫妇用α粒子轰击铝箔，首次产生了人工放射性同位素X，反应方程为He＋Al―→X＋n。X会衰变成原子核Y，衰变方程为X―→Y＋e。则(　 )
A．X的质量数与Y的质量数相等
B．X的电荷数比Y的电荷数少1
C．X的电荷数比Al的电荷数多2
D．X的质量数与Al的质量数相等
解析：选AC　根据电荷数守恒和质量数守恒，可知He＋Al―→X＋n方程中X的质量数为30，电荷数为15，再根据X―→Y＋e方程可知Y的质量数为30，电荷数为14，故X的质量数与Y的质量数相等，X的电荷数比Y的电荷数多1，X的电荷数比Al的电荷数多2，X的质量数比Al的质量数多3，选项A、C正确，B、D错误。
(五) 核能的计算(精研点)
1．应用质能方程解题的流程图
(1)根据ΔE＝Δmc2计算时，Δm的单位是“kg”，c的单位是“m/s”，ΔE的单位是“J”。
(2)根据ΔE＝Δm×931.5 MeV计算时，Δm的单位是“u”，ΔE的单位是“MeV”。
2．根据核子比结合能计算核能
原子核的结合能＝核子比结合能×核子数。
[考法全训]
1．[质能方程的应用]
(2021·海南高考)1932年，考克饶夫和瓦尔顿用质子加速器进行人工核蜕变实验，验证了质能关系的正确性。在实验中，锂原子核俘获一个质子后成为不稳定的铍原子核，随后又蜕变为两个原子核，核反应方程为Li＋H―→Be―→2X。已知H、Li、X的质量分别为m1＝1.007 28 u、m2＝7.016 01 u、m3＝4.001 51 u，光在真空中的传播速度为c，则在该核反应中(　 )
A．质量亏损Δm＝4.021 78 u
B．释放的核能ΔE＝c2
C．铍原子核内的中子数是5
D．X表示的是氚原子核
解析：选B　根据核反应方程满足质量数守恒和电荷数守恒，可知方程为Li＋H―→Be―→2He，则Z＝4，A＝8，铍原子核内的中子数是4，X表示的是氦核，故C、D错误；核反应质量亏损为Δm＝m1＋m2－2m3＝0.020 27 u，则释放的核能为ΔE＝c2，故A错误，B正确。
2．[ 质能方程与动量守恒定律综合]
现有两动能均为E0＝0.35 MeV的H在一条直线上相向运动，两个H发生对撞后能发生核反应，得到He和新粒子，且在核反应过程中释放的能量完全转化为He和新粒子的动能。已知H的质量为2.014 1 u，He的质量为3.016 0 u，新粒子的质量为1.008 7 u，核反应时质量亏损1 u释放的核能约为931 MeV(如果涉及计算，结果保留整数)。则下列说法正确的是(　 )
A．核反应方程为H＋H―→He＋H
B．核反应前后不满足能量守恒定律
C．新粒子的动能约为3 MeV
D.He的动能约为4 MeV
解析：选C　由核反应过程中的质量数和电荷数守恒可知H＋H―→He＋n，则新粒子为中子n，所以A错误；核反应过程中质量亏损，释放能量，亏损的质量转变为能量，仍然满足能量守恒定律，B错误；由题意可知ΔE＝(2.014 1 u×2－3.016 0 u－1.008 7 u)×931 MeV/u≈3.3 MeV，根据核反应中系统的能量守恒有EkHe＋Ekn＝2E0＋ΔE，根据核反应中系统的动量守恒有pHe－pn＝0，且Ek＝，可知＝，解得EkHe＝(2E0＋ΔE)≈1 MeV，Ekn＝·(2E0＋ΔE)≈3 MeV，所以C正确，D错误。
3．[根据比结合能曲线分析结合能]
(多选)原子核的比结合能曲线如图所示。根据该曲线，下列判断正确的是(　 )
A.He核的结合能约为14 MeV
B.He核比Li核更稳定
C．两个H核结合成He核时释放能量
D.U核中核子的平均结合能比Kr核中的大
解析：选BC　由题图可知，He的比结合能为7 MeV，因此它的结合能为7 MeV×4＝28 MeV，A错误；比结合能越大，表明原子核中核子结合得越牢固，原子核越稳定，结合题图可知B正确；两个比结合能小的H核结合成比结合能大的He时，会释放能量，C正确；由题图可知，U的比结合能(即平均结合能)比Kr的小，D错误。
1．(2022·全国甲卷)两种放射性元素的半衰期分别为t0和2t0，在t＝0时刻这两种元素的原子核总数为N，在t＝2t0时刻，尚未衰变的原子核总数为，则在t＝4t0时刻，尚未衰变的原子核总数为(　 )
A． B．
C． D．
解析：选C　设半衰期为t0的元素原子核数为x，另一种元素原子核数为y，依题意有x＋y＝N，经历2t0后有x＋y＝，联立可得x＝N，y＝N。在t＝4t0时，原子核数为x的元素经历了4个半衰期，原子核数为y的元素经历了2个半衰期，则此时未衰变的原子核总数为n＝x＋y＝。
2．通过检测发现三星堆遗址出土的文物，年代从公元前3000年延续至公元前1200年，跨越了近2 000年，用实物展示了连绵5 000年的中华文化。考古通常用C年代检测法推算出土文物的年代。C的衰变方程为C―→N＋X，下列说法正确的是(　 )
A．衰变方程中的X是中子
B.C需吸收能量才能发生衰变
C．随着C的不断衰变，其半衰期会逐渐变长
D.N与X的质量之和小于C的质量
解析：选D　根据质量数、电荷数守恒可补全该衰变方程为C―→ N＋e，可知X为电子，A错误；衰变是可以自发发生的且在衰变过程中会释放能量，B错误；某种元素的半衰期长短由其本身因素决定，与它所处的物理、化学状态无关，C错误；由于在衰变过程中要释放能量，质量要亏损，则N与X的质量之和小于C的质量，D正确。
3．(2022·浙江1月选考)(多选)2021年12月15日秦山核电站迎来了安全发电30周年，核电站累计发电约6.9×1011 kW·h，相当于减排二氧化碳六亿多吨。为了提高能源利用率，核电站还将利用冷却水给周围居民供热。下列说法正确的是(　 )
A．秦山核电站利用的是核聚变释放的能量
B．秦山核电站发电使原子核亏损的质量约为27.6 kg
C．核电站反应堆中需要用镉棒控制链式反应的速度
D．反应堆中存在U＋n―→ Ba＋Kr＋3n的核反应
解析：选CD　秦山核电站利用的是重核裂变释放的能量，A错误；没有给出核电站的电能转化率，故无法求出秦山核电站发电使原子核亏损的质量，B错误；核电站反应堆中需要用镉棒能吸收中子的特性，通过中子的数量控制链式反应的速度，C正确；反应堆利用铀235的裂变，生成两个或几个中等质量数的原子核和多个中子，且产物有随机的两分裂、三分裂，即存在U＋n―→Ba＋Kr＋3n的核反应，D正确。
4.(2022·辽宁高考)2022年1月，中国锦屏深地实验室发表了首个核天体物理研究实验成果。表明我国核天体物理研究已经跻身国际先进行列。实验中所用核反应方程为X＋Mg→Al，已知X、Mg、Al 的质量分别为m1、m2、m3，真空中的光速为c，该反应中释放的能量为E。下列说法正确的是(　 )
A．X为氘核H　　　　　 B．X为氚核H
C．E＝(m1＋m2＋m3)c2 D．E＝(m1＋m2－m3)c2
解析：选B　根据电荷数、质量数守恒，可知X为氚核H，故A错误，B正确；该反应中释放的能量不同于质量亏损释放的核能，还要考虑各原子核初始及反应结束具有的动能等，故C、D错误。
5．(2022·重庆高考)如图为氢原子的能级示意图。已知蓝光光子的能量范围为2.53～2.76 eV，紫光光子的能量范围为2.76～3.10 eV。若使处于基态的氢原子被激发后，可辐射蓝光，不辐射紫光，则激发氢原子的光子能量为(　 )
A．10.20 eV B．12.09 eV
C．12.75 eV D．13.06 eV
解析：选C　由题知使处于基态的氢原子被激发后，可辐射蓝光，不辐射紫光，则由蓝光光子能量范围可知氢原子从n ＝4能级向低能级跃迁可辐射蓝光，不辐射紫光(即从n＝4能级跃迁到n＝2能级辐射蓝光)，则需激发氢原子到n＝4能级，则激发氢原子的光子能量为
6．(2023·淄博高三模拟)2021年3月，考古学家利用 C 技术测定了位于临淄的稷下学宫遗址下的土层，确定距今约2 400年，这个年代略早于春秋齐桓公时期。已知C的半衰期为5 730年，它很容易发生β衰变，变成一个新核。下列说法正确的是(　 )
A．骨骼中以碳酸钙(CaCO3)形式存在的C的半衰期比单质C的半衰期更长
B.C发生β衰变，其衰变方程为：C―→B＋e
C．β衰变的实质是核内一个中子转化为一个质子和一个电子
D.C经过2 400年后，剩余的C不到原来的一半
解析：选C　放射性元素的原子核有半数发生衰变时所需要的时间叫半衰期，放射性元素衰变的快慢是由原子核内部自身决定的，与外界的物理和化学状态无关，A错误；14C发生β衰变产生电子，根据电荷数守恒，质量数守恒，14C的衰变方程为C―→N＋e，B错误；β衰变的实质是核内一个中子转化为一个质子和一个电子，C正确；C的半衰期为5 730年，经过2 400年后，未达到C的半衰期，故剩余的C比原来的一半多，D错误。
7．硼中子俘获治疗(简称BNCT)是一种生物靶向放射治疗模式，其原理是利用超热中子(n)束照射预先注射了含硼药物的肿瘤组织部位，与硼B发生核反应生成锂 Li并放出α射线，利用α射线杀灭癌细胞。超热中子束的来源之一是加速后的质子H轰击铍Be产生的。下列说法正确的是(　 )
A．α射线是高速运动的电子流
B．超热中子n与硼B发生的核反应属于α衰变
C．产生超热中子束的核反应方程是H＋Be―→B＋n
D．质子H与铍Be发生的核反应属于轻核聚变
解析：选C　α射线是高速运动的氦核，故A项错误；根据题意可知，其核反应方程为n＋B―→Li＋He，由上述情况可知该反应属于人工转变，故B项错误；依题意可知，产生超热中子束的核反应方程是H＋Be―→B＋n，超热中子束的来源之一是加速后的质子轰击铍产生的，则属于人工转变，故C项正确，D项错误。
8．在一次核反应中U变成Xe和Sr，同时释放出若干X粒子。U的平均结合能约为7.6 MeV，Xe的平均结合能约为8.4 MeV，Sr的平均结合能约为8.7 MeV，下列说法正确的是(　 )
A．X粒子为电子
B．一个U核分解为核子时要释放的能量约为1 786 MeV
C．核子结合成一个Sr核吸收的能量约为783 MeV
D．一个该核反应能释放出的能量约为139.4 MeV
解析：选D　根据核反应过程电荷数守恒和质量数守恒知，X粒子的电荷数为0，所以只能为中子，A错误；一个U分解成核子时，要吸收的能量为E1＝235×7.6 MeV＝1 786 MeV，B错误；使相应的核子结合成Sr要放出的能量为E3＝90×8.7 MeV＝783 MeV，C错误；这个核反应释放出的能量为E＝E2＋E3－E1＝139.4 MeV，D正确。
9．(2023·南京高三模拟)两个氘核以相等的动能Ek对心碰撞发生核聚变，核反应方程为H＋H―→He＋n，其中氘核的质量为m1，氦核的质量为m2，中子的质量为m3。假设核反应释放的核能E全部转化为动能，下列说法正确的是(　 )
A．核反应后氦核与中子的动量相同
B．该核反应释放的核能为E＝(m1－m2－m3)c2
C．核反应后中子的动能为(E＋Ek)
D．核反应后氦核的动能为(E＋2Ek)
解析：选D　根据核反应前后系统的总动量守恒，知核反应前两氘核动量等大反向，系统的总动量为零，因而反应后氦核与中子的动量等大反向，动量不同，故A错误；该核反应前后释放的核能为ΔE＝(2m1－m2－m3)c2，故B错误；由能量守恒可得核反应后的总能量为E＋2Ek，由动能与动量的关系Ek＝，且mHe＝3mn可知，核反应后氦核的动能为，中子的动能为(E＋2Ek)，故C错误，D正确。50 / 58
第十一章 交变电流 电磁振荡与电磁波 传感器
第1讲　交变电流的产生及描述
一、交变电流
1．交变电流
电流、电压随时间做周期性变化的电流。
2．正弦式交变电流的产生条件和图像
(1)产生条件：在匀强磁场中，线圈绕垂直于磁场方向的轴匀速转动，如图所示。
(2)两个特殊位置的特点：
①线圈平面与中性面重合时，S⊥B，Φ最大，＝0，e＝0，i＝0，电流方向将发生改变。
②线圈平面与中性面垂直时，S∥B，Φ＝0，最大，e最大，i最大，电流方向不发生改变。
(3)电流方向的改变：线圈通过中性面时，电流方向发生改变，一个周期内线圈两次通过中性面，因此电流的方向改变两次。
(4)图像：线圈从中性面位置开始计时，电动势e、电压u和电流i随时间变化的图像分别如图甲、乙、丙所示。
二、描述正弦式交变电流的物理量
1．周期和频率
周期(T) 交变电流完成一次周期性变化(线圈转动一周)所需的时间，单位是秒(s)，公式T＝
频率(f) 交变电流在1_s内完成周期性变化的次数，单位是赫兹(Hz)
周期和频率的关系 T＝或f＝
2．交变电流的瞬时值、峰值和有效值
瞬时值 交变电流某一时刻的值，是时间的函数。如e＝Emsin ωt
峰值 交变电流的电流或电压所能达到的最大值
有效值 让交变电流和恒定电流分别通过相同阻值的电阻，如果它们在交变电流的一个周期内产生的热量相等，就把这一恒定电流的电流与电压叫作这一交变电流的有效值
[注意]　正(余)弦式交变电流的有效值和峰值的关系：E＝，U＝，I＝。
情境创设　
如图甲所示是交流发电机的示意图，其产生的正弦式交变电流的图像如图乙所示。
微点判断　
(1)矩形线圈在匀强磁场中匀速转动时，矩形线圈中一定会产生正弦式交变电流。(×)
(2)线圈在磁场中转动的过程中穿过线圈的磁通量最大时，产生的感应电动势也最大。(×)
(3)矩形线圈在匀强磁场中匀速转动经过中性面时，矩形线圈中的感应电动势为零，感应电流方向发生改变。(√)
(4)交流电器设备上所标的电压和电流值是指有效值。(√)
(5)交流电压表和电流表测量的是交流电的峰值。(×)
(6)分析电容器的耐压值应考虑电压的峰值。(√)
(一) 交变电流的产生和描述(固基点)
[题点全练通]
1．[中性面和峰值面]
图甲、乙是交流发电机示意图，线圈ABCD在磁场中匀速转动。下列说法正确的是(　 )
A．图甲中该时刻穿过线圈的磁通量最大，电路中的感应电流最大
B．图乙中该时刻穿过线圈的磁通量为零，电路中的感应电流为零
C．图甲中该时刻穿过线圈的磁通量变化率为零，电路中的感应电流为零
D．图乙中该时刻穿过线圈的磁通量变化率最大，电路中的感应电流为零
解析：选C　题图甲中线圈位于中性面位置，穿过线圈的磁通量最大，磁通量的变化率最小，产生的感应电动势为零，电路中的感应电流为零，故A错误，C正确；题图乙中线圈位于与中性面垂直的位置，穿过线圈的磁通量为零，磁通量的变化率最大，产生的感应电动势最大，电路中的感应电流最大，故B、D错误。
2．[交变电流的函数表达式]
一个矩形线圈在匀强磁场中转动产生的电动势e＝200·sin 100πt(V)，下列说法正确的是(　 )
A．该交变电流的频率是100 Hz
B．当t＝0时，线圈平面恰好与中性面垂直
C．当t＝ s时，e达到峰值
D．该交变电流的电动势的有效值为200 V
解析：选C　由交变电流的电动势瞬时值表达式e＝nBSω·sin ωt可知，交变电流的频率f＝＝50 Hz，A错误；在t＝0时，电动势瞬时值为0，线圈平面恰好在中性面处，B错误；当t＝ s时，e达到峰值Em＝200 V，C正确；该交变电流的电动势的有效值E＝＝200 V，D错误。
3．[描述交变电流的物理量]
(2023·安徽蚌埠质检)在匀强磁场中，匝数N＝100的矩形线圈绕垂直磁感线的转轴匀速转动，线圈中产生的感应电动势随时间的变化规律如图所示，则下列说法正确的是(　 )
A．t＝0.5×10－2 s时，线圈平面与中性面重合
B．t＝1×10－2 s时，线圈中磁通量变化率最大
C．穿过每一匝线圈的最大磁通量为1×10－3 Wb
D．线圈转动的角速度为50π rad/s
解析：选C　由题图可知，当t＝0.5×10－2 s时，感应电动势最大，线圈平面与中性面垂直，故A错误；当t＝1×10－2 s时，感应电动势为0，线圈平面与中性面重合，磁通量最大，磁通量变化率为0，故B错误；该交流电的周期T＝0.02 s，则线圈转动角速度ω＝＝ rad/s＝100π rad/s，交流发电机的最大感应电动势Em＝NωBS，所以Φm＝BS＝＝ Wb＝1×10－3 Wb，故C正确，D错误。
[要点自悟明]
正弦式交变电流的变化规律(线圈从中性面位置开始计时)
函数表达式 图像
磁通量 Φ＝Φmcos ωt＝BScos ωt
电动势 e＝Emsin ωt＝nBSωsin ωt
电流 i＝Imsin ωt＝sin ωt
电压 u＝Umsin ωt＝sin ωt
[注意]　e、i、u三个量的变化步调总是一致的，且总是与Φ的变化反相。
(二) 有效值的理解与计算(精研点)
交变电流有效值的求解方法
1．公式法：对于正(余)弦式交变电流，利用E＝、U＝、I＝计算有效值。
[注意]　若图像一部分是正(余)弦式交变电流，其中的周期(必须是从零至最大值或从最大值至零)和周期部分可直接应用正弦式交变电流有效值与最大值间的关系I＝、U＝求解。
2．定义法：对于非正弦式交变电流，计算有效值时要抓住“三同”，即“相同时间”内“相同电阻”上产生“相同热量”，列式求解时相同时间一般取一个周期或周期的整数倍。
[考法全训]
类型1　正弦式交变电流
1．(2021·辽宁高考)
如图所示，N匝正方形闭合金属线圈abcd边长为L，线圈处于磁感应强度大小为B的匀强磁场中，绕着与磁场垂直且与线圈共面的轴OO′以角速度ω匀速转动，ab边距轴。线圈中感应电动势的有效值为(　 )
A．NBL2ω B．NBL2ω
C．NBL2ω D．NBL2ω
解析：选B　交流电的最大值和两条边到转轴的距离无关，Em＝NBSω＝NBL2ω，因此有效值为E＝＝NBL2ω，故B正确。
类型2　峰值不对称的正弦式波形
2．电压u随时间t的变化情况如图所示，则电压的有效值为(　 )
A．137 V B．163 V
C．174 V D．196 V
解析：选C　由有效值的定义有：×＋×＝T，解得：U≈174 V。
类型3　部分波形
3.(2023·山东日照模拟)如图所示的区域内有垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B。一扇形闭合导线框，电阻为R、半径为L、圆心角为60°，绕顶点O(位于磁场边界)在纸面内匀速转动，角速度为ω。线框串有一理想交流电流表(未画出)，则交流电流表的示数为(　 )
A．　　　　　　　 B．
C． D．
解析：选D　设线框转动周期为T，而线框转动一周只有的时间内有感应电流，此时感应电流的大小为I＝＝＝，根据有效值的定义有I有效2RT＝2R·，所以感应电流的有效值为I有效＝，D正确。
类型4　矩形波形
4．(2023·长沙模拟)一交流电压随时间变化的图像如图所示，此交流电压的有效值为(　 )
A．50 V B．50 V
C．25 V D．75 V
解析：选A　题图中给出的是一方波交流电，周期T＝0.3 s，前时间内U1＝100 V，后时间内U2＝－50 V。设该交流电压的有效值为U，根据有效值的定义，有T＝·＋·T，代入已知数据，解得U＝50 V，A正确。
(三) 交变电流“四值”的理解及应用(精研点)
交变电流的“四值”及应用
物理含义 重要关系 适用情况
瞬时值 交变电流某一时刻的值 e＝Emsin ωt i＝Imsin ωt 计算线圈某一时刻的受力情况
峰值 交变电流最大的瞬时值 Em＝nBSωIm＝ 确定用电器的耐压值、电容器的击穿电压
有效值 跟交变电流的热效应等效的恒定电流值 E＝ U＝I＝ (1)计算与电流热效应相关的量(如功率、热量)(2)交流电表的测量值(3)用电器设备标注的额定电压、额定电流(4)保险丝的熔断电流
平均值 i-t图像中图线与时间轴所围面积与时间的比值 ＝n＝ 计算通过电路某截面的电荷量
[针对训练]
1.交流发电机线圈电阻r＝1 Ω，用电器电阻R＝9 Ω，电压表示数为9 V，如图所示，那么该交流发电机(　 )
A．电动势的峰值为10 V
B．电动势的有效值为9 V
C．线圈通过中性面时电动势的瞬时值为10 V
D．线圈自中性面转过90°的过程中的平均感应电动势为 V
解析：选D　用电器电阻R＝9 Ω，电压表的示数是交流电的有效值，其示数为9 V，则电路中的电流I＝1 A，电动势的有效值E＝I(R＋r)＝10 V，其峰值Em＝E＝10 V，故A、B错误；由正弦式交流电的产生与变化的规律可知，交流发电机线圈通过中性面时电动势的瞬时值为零，故C错误；线圈自中性面转过90°的过程中的平均感应电动势＝n＝＝＝ V，故D正确。
2．(2023·天津模拟)手摇式发电机是我们教学中常用的演示工具，如图甲所示，其工作原理可以简化为图乙所示。一个小型旋转电枢式交流发电机的矩形线圈面积为S，匝数为n，线圈总电阻为r，在磁感应强度为B的匀强磁场中以矩形线圈中轴线为轴、以角速度ω匀速转动，产生的交流电通过M、N与外电路连接，如图乙所示，外电路灯泡电阻为R，电压表为理想交流电压表。在线圈由平行于磁场方向位置转过90°的过程中，下面说法正确的是(　 )
A．电压表V的示数为
B．通过灯泡的电荷量为
C．灯泡中产生的焦耳热为
D．从线圈平行于磁场方向位置开始计时，通过线圈中感应电流的瞬时值表达式为i＝sin ωt (A)
解析：选C　当线圈平行于磁场方向时电动势最大，其峰值Em＝nωBS，所以，电流有效值I＝＝，电压表示数U＝IR＝，故A错误；线圈转过90°的过程中通过灯泡的电荷量为q＝t＝·＝×＝，故B错误；电动势的有效值E＝，电流的有效值I＝，线圈转过90°的过程中灯泡产生的焦耳热Q＝I2Rt＝，故C正确；流过线圈电流的最大值为Im＝＝，从线圈平行磁场方向位置开始计时，感应电流的瞬时值表达式为i＝cos ωt (A)，故D错误。
3．(2021·浙江1月选考)(多选)发电机的示意图如图甲所示，边长为L的正方形金属框，在磁感应强度为B的匀强磁场中以恒定角速度绕OO′轴转动，阻值为R的电阻两端的电压如图乙所示。其他电阻不计，图乙中的Um为已知量。则金属框转动一周(　 )
A．框内电流方向不变
B．电动势的最大值为Um
C．流过电阻的电荷量q＝
D．电阻产生的焦耳热Q＝
解析：选BD　根据题图甲可知，金属框转动产生交流电，框内电流方向会发生变化，选项A错误；根据题图乙可知，电动势最大值为Um，选项B正确；根据q＝t＝t＝可知，金属框转动半周，磁通量的改变量为2BL2，通过电阻的电荷量为，转动一周流过电阻的电荷量为q总＝2×＝，选项C错误；题图乙等价为余弦式交流电，因此根据有效值可知Q＝t，交流电最大值为BL2ω＝Um，联立可知Q＝，选项D正确。
1．[联系生活实际]风速测速仪的简易装置如图甲所示，某段时间内线圈中产生的感应电流的波形如图乙所示，下列说法正确的是(　 )
A．若风速变大，图乙中感应电流的周期变大
B．若风速变大，图乙中感应电流的峰值变大
C．图乙中感应电流最大时，风速最大
D．图乙中感应电流随时间变化的原因是风速在变
解析：选B　若风速变大，则转速变大，角速度变大，根据T＝可知，周期变小，故A错误；若风速变大，则角速度变大，根据Em＝NωBS可知，感应电动势峰值变大，再根据Im＝可知，感应电流的峰值变大，故B正确；题图乙中感应电流最大时，是穿过线圈的磁通量的变化率最大，并不是风速最大，故C错误；题图乙中感应电流随时间变化的原因是穿过线圈的磁通量变化率随时间在变化，故D错误。
2．[聚焦科技前沿](多选)如图甲所示，为新能源电动汽车的无线充电原理图，M为匝数n＝50匝、电阻r＝1.0 Ω的受电线圈，N为送电线圈。当送电线圈N接交变电流后，在受电线圈内产生了与线圈平面垂直的磁场，其磁通量Ф随时间t变化的规律如图乙所示。下列说法正确是(　 )
A．受电线圈产生的电动势的有效值为10 V
B．在t1时刻，受电线圈产生的电动势为20 V
C．在t1～t2时间内，通过受电线圈的电荷量为4×10－2 C
D．在t1～t2时间内，通过受电线圈的电荷量为2×10－2 C
解析：选AD　由题图乙可知，T＝π×10－3 s，受电线圈的最大磁通量为Φm＝2.0×10－4 Wb，所以受电线圈产生的电动势最大值为：Em＝nΦm·＝20 V，所以受电线圈产生的电动势的有效值为E＝＝10 V，故A正确；由题图乙可知，t1时刻磁通量变化率为0，由法拉第电磁感应定律可知，此时受电线圈产生的电动势为0，故B错误；在t1～t2时间内，通过受电线圈的电荷量q＝＝2.0×10－2 C，故C错误，D正确。
3．[体现学以致用]合理利用自然界中的能源是一个重要的课题。在我国某海域，人们设计了一个浮桶式波浪发电灯塔。如图甲所示，该浮桶由内、外两密封圆筒构成，浮桶内磁体由支柱固定在暗礁上，内置匝数N＝100的线圈。线圈与阻值R＝14 Ω的灯泡相连，随波浪相对磁体沿竖直方向上下运动且始终处于磁场中，其运动速度v＝2sin πt(m/s)。辐向磁场中线圈所在处的磁感应强度大小B＝0.2 T。单匝线圈周长L＝1.5 m，总电阻r＝1 Ω，圆形线圈所在处截面如图乙所示。下列说法正确的是(　 )
A．线圈中感应电动势为60 V
B．灯泡中流过电流的最大值为4 A
C．灯泡的电功率为240 W
D．1分钟内小灯泡消耗的电能为13 440 J
解析：选D　线圈在磁场中切割磁感线，产生电动势最大值为Emax＝NBLvmax，代入数据可得Emax＝60 V，线圈中感应电动势为e＝Emaxsin πt＝60sin(πt)V，故A错误；根据闭合电路的欧姆定律可得最大电流为Imax＝＝4 A，故B错误；电流的有效值为I＝4 A，灯泡的电功率为P＝I2R＝224 W，故C错误；1分钟内小灯泡消耗的电能为W＝Pt＝13 440 J，故D正确。
4．[树立民族自信](2021·江苏高考)贯彻新发展理念，我国风力发电发展迅猛，2020年我国风力发电量高达4 000亿千瓦时。某种风力发电机的原理如图所示，发电机的线圈固定，磁体在叶片驱动下绕线圈对称轴转动，已知磁体间的磁场为匀强磁场，磁感应强度的大小为0.20 T，线圈的匝数为100、面积为0.5 m2，电阻为0.6 Ω，若磁体转动的角速度为90 rad/s，线圈中产生的感应电流为50 A。求：
(1)线圈中感应电动势的有效值E；
(2)线圈的输出功率P。
解析：(1)电动势的最大值Em＝NBSω，有效值E＝，解得E＝，代入数据得E≈6.4×102 V。
(2)输出电压U＝E－Ir，输出功率P＝IU，解得P＝I(E－Ir)，代入数据得P＝3.05×104 W。
答案：(1)6.4×102 V　(2)3.05×104 W
1．(2022·浙江1月选考)如图所示，甲图是一种手摇发电机及用细短铁丝显示的磁场分布情况，摇动手柄可使对称固定在转轴上的矩形线圈转动；乙图是另一种手摇发电机及磁场分布情况，皮带轮带动固定在转轴两侧的两个线圈转动。下列说法正确的是(　 )
A．甲图中线圈转动区域磁场可视为匀强磁场
B．乙图中线圈转动区域磁场可视为匀强磁场
C．甲图中线圈转动时产生的电流是正弦交流电
D．乙图线圈匀速转动时产生的电流是正弦交流电
解析：选A　甲图中细短铁丝显示的磁场分布均匀，则线圈转动区域磁场可视为匀强磁场，A正确；乙图中细短铁丝显示的磁场分布不均匀，则线圈转动区域磁场不能看成匀强磁场，B错误；根据发电机原理可知甲图中线圈在匀强磁场中绕垂直磁场的转轴匀速转动时才能产生正弦交流电，因不一定匀速转动，故C错误；乙图中是非匀强磁场，则线圈匀速转动时不能产生正弦交流电，D错误。
2．(多选)如图甲所示是一台交流发电机构造示意图，产生交变电流的感应电动势随时间变化的规律如图乙所示，发电机线圈电阻为1 Ω，外接电阻为4 Ω，其他电阻不计，则(　 )
A．电动势的瞬时值表达式为e＝5sin(50πt)V
B．理想电压表的示数为4 V
C．在t＝0.01 s时刻，电路中电流的瞬时值为1 A
D．该线圈磁通量变化率的最大值为5 Wb/s
解析：选AC　由题图乙知em＝5 V，ω＝＝ rad/s＝50π rad/s，电动势的瞬时值表达式为e＝5sin(50πt)V，故A正确；理想电压表的示数为U＝×＝2 V，故B错误；在t＝0.01 s时刻，电路中电流的瞬时值I＝＝1 A，故C正确；线圈匝数未知，无法判断该线圈磁通量变化率的最大值，故D错误。
3．(2021·天津等级考)如图所示，闭合开关后，R＝5 Ω的电阻两端的交流电压为u＝50sin 10πt V，电压表和电流表均为理想交流电表，则(　 )
A．该交流电周期为0.02 s B．电压表的读数为100 V
C．电流表的读数为10 A D．电阻的电功率为1 kW
解析：选C　该交流电的周期T＝＝ s＝0.2 s，选项A错误；电压表的读数为交流电的有效值，即U＝ V＝50 V，选项B错误；电流表的读数为I＝＝ A＝10 A，选项C正确；电阻的电功率为P＝IU＝10×50 W＝500 W，选项D错误。
4．(2023·浙江杭州模拟)如图甲所示是一种可手摇发电的手电筒，除照明外还可手摇发电为其电池充电。其原理为回路处在磁感应强度为0.01 T的匀强磁场中，磁场方向如图乙所示，图乙所示时刻半圆形导线束位于纸面内。从右向左看，手柄以 rad/s逆时针匀速转动，则(　 )
A．该手摇电筒中的电流是直流电
B．图乙所示时刻半圆形导线束上电流从A到B
C．图乙所示时刻半圆形导线束受安培力大小为0
D．图乙所示电流表的示数为0.4 A
解析：选C　根据手摇电筒的结构，线圈转动切割磁感线产生感应电流方向不断变化，故该手摇电筒中的电流是交流电，A错误；图乙所示时刻半圆形导线转动方向与磁场方向平行，该时刻无感应电流，半圆形导线束受安培力大小为0，B错误，C正确；电流表的示数为半圆形导线束转一圈的有效值，由题干中的已知条件无法求出电路中的电流有效值，故D错误。
5．一台发电机的结构示意图如图所示，N、S是磁铁的两个磁极，M是圆柱形铁芯，铁芯外套有一矩形导线圈，线圈在绕过铁芯M中心的固定转轴匀速转动。磁极与铁芯之间的缝隙中形成方向沿半径的辐向磁场，磁感应强度大小处处相等。若从线圈处于图示位置开始计时，设此时电动势为正值，图中能正确反映线圈中感应电动势e随时间t变化规律的是(　 )
解析：选D　由于磁极与铁芯之间的缝隙中形成方向沿半径的辐向磁场，线圈绕过铁芯M中心的固定转轴匀速转动过程中，线圈与转轴平行的两边垂直切割磁感线，产生的电动势大小不变，经过竖直面时，方向改变，D正确。
6．(2023·山东青岛模拟)图1中，单匝矩形闭合线圈abcd在匀强磁场中绕垂直磁场的轴OO′匀速转动。当线圈的转速为n1和n2时，穿过该线圈的磁通量随时间分别按图2中甲、乙所示的规律变化，已知线圈的电阻为5.0 Ω，则(　 )
A．0.2 s时，甲、乙对应的线圈平面均垂直于磁感线
B．0.05 s时，乙对应的线圈中产生的感应电动势最大
C．甲、乙对应的线圈的转速之比n1∶n2＝4∶5
D．甲对应的线圈中交变电流的最大值为π A
解析：选D　由题图2可知，在t＝0.2 s时，穿过线圈的磁通量都为零，因此甲、乙对应的线圈平面平行于磁感线，故A错误；在t＝0.05 s时，图线乙对应穿过线圈的磁通量最大，磁通量的变化率为零，因此产生的感应电动势最小为零，故B错误；由题图2可知甲对应的周期为0.16 s，图线乙对应的周期为0.2 s，二者的转速比等于周期比的反比，即5∶4，故C错误；甲对应产生的感应电动势的最大值Em＝nΦmω＝nΦm＝＝5π V，因此Im＝＝π A，故D正确。
7．(多选)图甲为小型交流发电机的原理图，发电机的矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴OO′匀速转动，从t＝0时刻开始，通过矩形线圈的磁通量随时间变化的规律如图乙所示，已知线圈的匝数N＝50，线圈的电阻r＝5 Ω，线圈与外电路连接的定值电阻R＝45 Ω，电压表为理想交流电表。则下列判断正确的是(　 )
A．线圈转动的周期为6.28 s
B．t＝0时刻线圈平面与磁感线方向平行
C．线圈转动过程中产生的最大感应电动势为100 V
D．电压表的示数为64 V
解析：选BD　由题图乙可知，线圈转动的周期为T＝6.28×10－2 s，故A错误；由题图乙可知，t＝0时刻，磁通量为零，线圈平面与磁感线方向平行，故B正确；线圈中的最大感应电动势Em＝NBSω＝NΦmω＝50×2×10－2× V＝100 V，故C错误；电动势有效值为E＝＝50 V，则电压表的示数为U＝·R＝×45 V＝45 V≈64 V，故D正确。
第2讲　理想变压器与电能的输送
一、理想变压器
1.构造：如图所示，变压器是由闭合铁芯和绕在铁芯上的两个线圈组成的。
(1)原线圈：与交流电源连接的线圈，也叫初级线圈。
(2)副线圈：与负载连接的线圈，也叫次级线圈。
2．原理：线圈的互感现象。
3．理想变压器的基本关系
(1)电压关系：＝。(2)电流关系：＝。
(3)功率关系：P入＝P出。
二、电能的输送
1．输电损耗：
如图所示，若发电站输出电功率为P，输电电压为U，用户得到的电功率为P′，用户的电压为U′，输电线总电阻为R。
输电电流 电压损失 功率损失
I＝＝＝ ΔU＝U－U′＝IR ΔP＝P－P′＝I2R＝2R
2．减少输电线上电能损失的方法
(1)减小输电线的电阻R。由R＝ρ知，可加大导线的横截面积、采用电阻率小的材料做导线。
(2)减小输电线中的电流。在输电功率一定的情况下，根据P＝UI，要减小电流，必须提高输电电压。
情境创设
变压器是生活、生产用电的必需设备，如图所示是电能输送的简单示意图。
微点判断　
(1)对于恒定电流，变压器没有变压作用。(√)
(2)理想变压器的基本关系式中，电压和电流均为有效值。(√)
(3)变压器能改变交变电流的频率。(×)
(4)正常工作的变压器当副线圈与用电器断开时，副线圈两端无电压。(×)
(5)变压器副线圈接入负载越多，原线圈的输入电流越小。(×)
(6)增大输电导线的横截面积有利于减少输电过程中的电能损失。 (√)
(7)高压输电是通过减小输电电流来减少电路的发热损耗。(√)
(8)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大。(√)
(一) 理想变压器基本规律的应用(固基点)
[题点全练通]
1．[理想变压器基本规律的应用]
(2022·湖北高考)(多选)近年来，基于变压器原理的无线充电技术得到了广泛应用，其简化的充电原理图如图所示。发射线圈的输入电压为220 V、匝数为1 100匝，接收线圈的匝数为50匝。若工作状态下，穿过接收线圈的磁通量约为发射线圈的80%，忽略其他损耗，下列说法正确的是(　 )
A．接收线圈的输出电压约为8 V
B．接收线圈与发射线圈中电流之比约为22∶1
C．发射线圈与接收线圈中交变电流的频率相同
D．穿过发射线圈的磁通量变化率与穿过接收线圈的相同
解析：选AC　根据＝，可得接收线圈的输出电压约为U2＝8 V，A正确；根据＝，可得＝，故B错误；变压器是不改变交变电流的频率的，故C正确；由于穿过发射线圈的磁通量与穿过接收线圈的磁通量大小不相同，所以穿过发射线圈的磁通量变化率与穿过接收线圈的不相同，故D错误。
2．[含有二极管的变压器电路]
如图甲所示的充电器正在给手机充电。乙图是简化原理图，理想变压器原、副线圈匝数之比为55∶2，原线圈接220 V交流电，副线圈通过理想二极管连接手机。下列说法正确的是(　 )
A．副线圈的电流为8 A
B．手机两端的电压为8 V
C．通过手机的电流为直流电
D．拔掉手机，充电线两端电压为零
解析：选C　手机的电阻未知，根据题给条件无法求出副线圈的电流，故A错误；根据＝可得，副线圈输出电压为U2＝U1＝8 V，经过二极管后，根据有效值定义可得·T＝·，解得手机两端的电压为U＝4 V，故B错误；因二极管具有单向导电性，所以通过手机的电流为直流电，故C正确；拔掉手机，充电线两端电压不为零，故D错误。
3．[初级线圈连接元件的变压器电路]
(多选)如图所示，某理想变压器原、副线圈分别接有额定电压相同的灯泡a和b。当输入电压U为灯泡额定电压的16倍时，两灯泡均能正常发光。下列说法正确的是(　 )
A．原、副线圈匝数比为15∶1
B．原、副线圈匝数比为16∶1
C．a和b两灯泡的电阻之比为1∶1
D．a和b两灯泡的电阻之比为15∶1
解析：选AD　设灯泡的额定电压为U0，两灯均能正常发光，依题意知原线圈的输出端电压U1＝16U0－U0＝15U0，副线圈两端电压U2＝U0，故＝＝，故A正确，B错误；根据公式＝＝，因为小灯泡两端的电压相等，所以根据公式U＝IR可得，灯泡a和b的电阻之比为15∶1，故C错误，D正确。
[要点自悟明]
1．理想变压器的基本关系
功率关系 原线圈的输入功率等于副线圈的输出功率，即P入＝P出
电压关系 (1)只有一个副线圈时：＝(2)有多个副线圈时：＝＝＝…
电流关系 (1)只有一个副线圈时：＝(2)有多个副线圈时：I1n1＝I2n2＋I3n3＋…＋Innn
频率关系 f1＝f2(变压器不改变交变电流的频率)
2．变压器原、副线圈串联电阻或二极管的提醒
(1)分析原线圈与负载串联的变压器电路时要注意变压器的输入电压不等于电源的电压，而是等于电源电压减去串联负载的电压，即：U1＝U源－U串。
(2)分析含有二极管的变压器电路问题时，要注意理想二极管的单向导电性对交变电流的影响及对应有效值的变化。
(二) 理想变压器的动态分析(精研点)
理想变压器的制约关系
电压 (1)输入电压U1由电源决定(2)U2＝U1 输出电压U2由输入电压U1和匝数比共同决定
功率 P入＝P出 输入功率P入由输出功率P出决定
电流 I1＝I2 输入电流I1由输出电流I2和匝数比共同决定
[考法全训]
考法 一 　匝数比不变，负载变化
如图所示，匝数比不变，负载变化的情况的分析思路：
(1)U1不变，根据＝，输入电压U1决定输出电压U2，可以得出不论负载电阻R如何变化，U2不变。
(2)当负载电阻发生变化时，I2变化，根据输出电流I2决定输入电流I1，可以判断I1的变化。
(3)I2变化引起P2变化，根据P1＝P2，可以判断P1的变化。
[例1]　(2022·湖南高考)如图，理想变压器原、副线圈总匝数相同，滑动触头P1初始位置在副线圈正中间，输入端接入电压有效值恒定的交变电源。定值电阻R1的阻值为R，滑动变阻器R2的最大阻值为9R，滑片P2初始位置在最右端。理想电压表V的示数为U，理想电流表A的示数为I。下列说法正确的是(　 )
A．保持P1位置不变，P2向左缓慢滑动的过程中，I减小，U不变
B．保持P1位置不变，P2向左缓慢滑动的过程中，R1消耗的功率增大
C．保持P2位置不变，P1向下缓慢滑动的过程中，I减小，U增大
D．保持P2位置不变，P1向下缓慢滑动的过程中，R1消耗的功率减小
[解析]　由题意可知，原、副线圈的匝数比为2∶1，则副线圈的电流为2I，根据欧姆定律可得副线圈的电压有效值为U2＝2IR1，则变压器原线圈的电压有效值为U1＝2U2＝4IR1，设输入交流电的电压有效值为U0，则U0＝4IR1＋IR2，可得I＝，保持P1位置不变，P2向左缓慢滑动的过程中，R2减小，I不断变大，根据欧姆定律U1＝4IR1，可知变压器原线圈的电压有效值变大，输入电压有效值不变，则R2两端的电压不断变小，则电压表示数U变小，原线圈的电压、电流都变大，则功率变大，根据原、副线圈的功率相等，可知R1消耗的功率增大，故B正确，A错误；设原、副线圈的匝数比为n∶1，同理可得U1＝n2IR1，则U0＝n2IR1＋IR2，整理可得I＝，保持P2位置不变，P1向下缓慢滑动的过程中，n不断变大，则I变小，对R2由欧姆定律可知U＝IR2，可知U不断变小，根据原、副线圈的功率相等可知R1消耗的功率P1＝IU1＝·，整理可得P1＝，可知n＝3时，R1消耗的功率有最大值，可知R1消耗的功率先增大，后减小，故C、D错误。
[答案]　B
考法 二 　负载不变，匝数比变化
如图所示，负载电阻不变，匝数比变化的情况的分析思路：
(1)U1不变，发生变化，U2变化。
(2)R不变，U2变化，I2发生变化。
(3)根据P2＝和P1＝P2，可以判断P2变化时，P1发生变化，U1不变时，I1发生变化。
[例2]　(多选)如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比n1∶n2＝10∶1，b是原线圈的中心抽头，S为单刀双掷开关，定值电阻R1、R2均为10 Ω。在原线圈c、d两端加上图乙所示的交流电压，下列说法正确的是(　 )
A．当S与a连接后，理想电流表示数为2.2 A
B．当S与a连接后，理想电压表示数为11 V
C．当S由a拨到b后，副线圈输出电压的频率变为25 Hz
D．当S由a拨到b后，原线圈的输入功率变为原来的4倍
[解析]　由题图可知，交变电流的电压有效值为220 V、周期为0.02 s，频率为50 Hz。当S接a时，由变压器的原理可知，n2两端电压有效值为22 V，所以理想电压表的示数为22 V，理想电流表示数为I＝＝ A＝2.2 A，A正确，B错误；当S由a拨到b后，原线圈电压、频率不变，原线圈匝数减半，则副线圈频率不变，C错误；副线圈两端电压加倍，负载电阻不变，副线圈的输出功率变为原来的4倍，原线圈的输入功率也变为原来的4倍，D正确。
[答案]　AD
考法 三 　匝数比、负载都变化
分析变压器电路动态变化问题的一般思路：
(1)分清不变量和变量。
(2)弄清理想变压器中电压、电流、功率之间的联系和相互制约关系。
(3)利用闭合电路的欧姆定律、串并联电路特点进行分析判定。
[例3]　(多选)如图所示，面积为S、匝数为N、内阻不计的矩形线圈，在磁感应强度为B的匀强磁场中，从图示位置开始计时，绕水平轴OO′以角速度ω匀速转动。矩形线圈通过滑环连接理想变压器。理想变压器原线圈上的滑动触头P上下移动可改变副线圈的输出电压，副线圈接有可变电阻R，电表均为理想交流电表。下列判断正确的是(　 )
A．矩形线圈产生的感应电动势的瞬时值表达式为e＝NBSωcos(ωt)
B．当P位置不变，R阻值不变，增大矩形线圈转动角速度ω时，电压表示数和电流表示数都变大
C．当P位置不变，线圈转动角速度ω不变，R阻值增大时，电压表示数增大
D．当线圈转动角速度ω不变，R阻值不变，P位置向下移动时，电流表示数变大
[解析]　矩形线圈产生的感应电动势最大值为Em＝NBSω，从图示位置开始计时，线圈的磁通量为零，线圈的磁通量变化率最大，感应电动势最大，则感应电动势的瞬时值表达式为e＝Emcos(ωt)＝NBSωcos(ωt)，故A正确；当P位置不变，R阻值不变，增大矩形线圈转动角速度ω时，线圈产生的电动势增大，则电压表示数U1变大，根据原、副线圈的电压比等于匝数比＝，可知副线圈的输出电压U2变大，根据欧姆定律可知通过R的电流I2变大，根据变压器电流与匝数关系＝，可知电流表示数I1变大，故B正确；当P位置不变，线圈转动角速度ω不变，R阻值增大时，线圈产生的电动势不变，则电压表示数不变，故C错误；当线圈转动角速度ω不变，R阻值不变，P位置向下移动时，线圈产生的电动势不变，原线圈输入电压U1不变，根据原、副线圈的电压比等于匝数比＝，由于原线圈匝数n1变大，可知副线圈的输出电压U2变小，根据欧姆定律可知通过R电流I2变小，根据变压器电流与匝数关系＝，可知电流表示数I1变小，故D错误。
[答案]　AB
(三) 三种特殊的变压器(精研点)
类型 一 　两类互感器
电压互感器 电流互感器
原理图
原线圈的连接 并联在交流电路中 串联在交流电路中
副线圈的连接 连接电压表 连接电流表
互感器的作用 将高电压变为低电压 将大电流变成小电流
利用的公式 ＝ I1n1＝I2n2
　
1.如图所示，甲、乙两图中的理想变压器以不同的方式接在高压电路中，甲图中变压器原、副线圈的匝数比为k1，电压表读数为U，乙图中变压器原、副线圈的匝数比为k2，电流表读数为I，则甲图中高压线电压和乙图中高压线电流分别为(　 )
A．k1U，k2I B．k1U，
C．，k2I D．，
解析：选B　根据原、副线圈的电压、电流与线圈匝数关系可知＝＝k1，＝＝，由此可知U1＝k1U，I1＝，B正确。
类型 二 　自耦变压器
自耦变压器(又称调压器)，它只有一个线圈，原、副线圈共用其中的一部分作为另一个线圈，当交流电源接不同的端点时，它可以升压(如图甲所示)也可以降压(如图乙所示)，变压器的基本关系对自耦变压器同样适用。
2．(2023·浙江温州模拟)如图为理想的自耦变压器，其中P为变压器上的滑动触头，P′为滑动变阻器上的滑片，则(　 )
A．P不动，P′向下滑动时，U2一直在减小
B．P′不动，P顺时针转动一个小角度时，U1和U2的比值不变
C．P′不动，P顺时针转动一个小角度时，电流表读数在增大
D．P顺时针转动一个小角度，同时P′向下滑动时，小灯泡的亮度可以不变
解析：选D　P不动，P′向下滑动时，U2数值保持不变，故A错误；P′不动，P顺时针转动时，匝数比改变，U1和U2的比值改变，故B错误；P′不动，P顺时针转动时，原、副线圈匝数比变大，U2减小，I2减小，根据公式＝，I1减小，电流表读数减小，故C错误；P顺时针转动一个小角度，U2减小，同时P′向下滑动，R减小，小灯泡的亮度可以不变，故D正确。
类型 三 　多个副线圈的变压器
具有两个(或两个以上)副线圈的变压器的三个关系：
(1)电压关系：＝＝＝…
(2)电流关系：n1I1＝n2I2＋n3I3＋…
(3)功率关系：P1＝P2＋P3＋…
　
3．(2021·河北高考)(多选)如图，发电机的矩形线圈长为2L、宽为L，匝数为N，放置在磁感应强度大小为B的匀强磁场中。理想变压器的原、副线圈匝数分别为n0、n1和n2，两个副线圈分别接有电阻R1和R2。当发电机线圈以角速度ω匀速转动时，理想电流表读数为I。不计线圈电阻，下列说法正确的是(　 )
A．通过电阻R2的电流为
B．电阻R2两端的电压为
C．n0与n1的比值为
D．发电机的功率为
解析：选BC　电阻R1两端的电压U1＝IR1，由变压器电压规律有＝，解得U2＝，则通过电阻R2的电流I2＝＝，A错误，B正确；由题意可知发电机电动势的最大值Em＝NBSω＝2NBL2ω，电动势的有效值E＝＝NBL2ω，由变压器的电压规律有＝，所以＝＝，C正确；发电机的功率等于变压器的输入功率，发电机的功率P＝EI原＝NBL2ωI，D错误。
(四) 电能的输送问题(精研点)
远距离输电问题的“三 二 一”
1．理清三个回路
在回路2中，U2＝ΔU＋U3，I2＝I线＝I3。
2．抓住两个联系
(1)理想的升压变压器联系着回路1和回路2，由变压器原理可得：线圈1(匝数为n1)和线圈2(匝数为n2)中各个量间的关系是＝，＝，P1＝P2。
(2)理想的降压变压器联系着回路2和回路3，由变压器原理可得：线圈3(匝数为n3)和线圈4(匝数为n4)中各个量间的关系是＝，＝，P3＝P4。
3．掌握一个守恒
能量守恒关系式P1＝P损＋P4。
[典例]　(2021·山东等级考)(多选)输电能耗演示电路如图所示。左侧变压器原、副线圈匝数比为1∶3，输入电压为7.5 V的正弦交流电。连接两理想变压器的导线总电阻为r，负载R的阻值为10 Ω。开关S接1时，右侧变压器原、副线圈匝数比为2∶1，R上的功率为10 W；接2时，匝数比为1∶2，R上的功率为P。以下判断正确的是(　 )
A．r＝10 Ω B．r＝5 Ω
C．P＝45 W D．P＝22.5 W
[解析]　开关S接1时，＝，＝，＝，P1＝＝I42R＝10 W，且U2－U3＝I3r，代入数据解得：r＝5 Ω，故A错误，B正确；开关S接2时，＝，＝，P＝，U2－U3′＝I3′r，U4′＝I4′R，代入数据解得：P＝22.5 W, 故C错误，D正确。
[答案]　BD
[规律方法]
1．三种电压和三种电功率的区别
三种电压 计算公式 三种电功率 计算公式
输电电压U输 U输＝ 输电功率P送 P送＝I线U输
输电线上损失的电压ΔU ΔU＝I线R线 输电线上损失的电功率P损 P损＝I线2R线
用户得到的电压 降压变压器的输出电压 用户得到的电功率P用 P用＝I用U用
2.远距离输电的处理方法
(1)正推法：按照发电机→升压变压器→远距离输电线→降压变压器→用电器。
(2)倒推法：用电器→降压变压器→远距离输电线→升压变压器→发电机。
[考法全训]
考法1　远距离输电关系式的应用
1．如图所示，某小型水电站发电机的输出功率P＝100 kW，发电机的电压U1＝250 V，经变压器升压后向远处输电，输电线总电阻R线＝8 Ω，在用户端用降压变压器把电压降为U4＝220 V。已知输电线上损失的功率P线＝5 kW，假设两个变压器均是理想变压器，下列说法正确的是(　 )
A．发电机输出的电流I1＝40 A
B．输电线上的电流I线＝625 A
C．降压变压器的匝数比n3∶n4＝190∶11
D．用户得到的电流I4＝455 A
解析：选C　发电机输出的电流I1＝＝400 A，A错误。输电线上的电流I线＝ ＝25 A，B错误。升压变压器的副线圈输出电压U2＝＝4×103 V，输电线损耗电压ΔU＝I线R线＝200 V，降压变压器的原线圈电压U3＝U2－ΔU＝3 800 V，故降压变压器的匝数比＝＝，C正确。降压变压器的副线圈的输出功率P4＝P3＝P－P线＝95 kW，故用户得到的电流I4＝≈431.8 A，D错误。
考法2　输电线上电压损失和功率损失的计算
2．(多选)特高压输电可使输送中的电能损耗和电压损失大幅降低。我国已成功掌握并实际应用了特高压输电技术。假设从A处采用550 kV的超高压向B处输电，输电线上损耗的电功率为ΔP，到达B处时电压下降了ΔU。在保持A处输送的电功率和输电线电阻都不变的条件下，改用1 100 kV特高压输电，输电线上损耗的电功率变为ΔP′，到达B处时电压下降了ΔU′。不考虑其他因素的影响，则(　 )
A．ΔP′＝ΔP B．ΔP′＝ΔP
C．ΔU′＝ΔU D．ΔU′＝ΔU
解析：选AD　若采用550 kV的超高压输电，输电线上的功率损耗ΔP＝2·r，输电线路损失的电压ΔU＝·r，若改用1 100 kV的特高压输电，同理有ΔP′＝2·r，ΔU′＝·r，可得ΔP′＝，ΔU′＝，故B、C错误，A、D正确。
1．[树立民族自信](2022·河北高考)张家口市坝上地区的风力发电场是北京冬奥会绿色电能的主要供应地之一，其发电、输电简易模型如图所示，已知风轮机叶片转速为每秒z转，通过转速比为1∶n的升速齿轮箱带动发电机线圈高速转动，发电机线圈面积为S，匝数为N，匀强磁场的磁感应强度为B，t＝0时刻，线圈所在平面与磁场方向垂直，发电机产生的交变电流经过理想变压器升压后。输出电压为U。忽略线圈电阻，下列说法正确的是(　 )
A．发电机输出的电压为πNBSz
B．发电机输出交变电流的频率为2πnz
C．变压器原、副线圈的匝数比为πNBSnz∶U
D．发电机产生的瞬时电动势e＝πNBSnzsin(2πnz)
解析：选C　发电机线圈的转速为nz，输出交变电流的频率为f＝nz＝， B错误；线圈绕垂直于磁场的轴匀速转动，产生正弦交流电，电动势的最大值为Em＝NBS·2πnz，输出电压的有效值为E＝＝πNBSnz，A错误；变压器原、副线圈的匝数比为＝＝，C正确；发电机产生的瞬时电动势为e＝Emsin ωt＝2πNBSnzsin(2πnzt)，D错误。
2．[体现学以致用]某手动发电的手电筒，图甲和图乙是其发电机的两个截面示意图。推动手柄使线圈a沿轴线往复运动，线圈a中产生的感应电动势随时间按正弦规律变化，如图丙所示。线圈a连接一原、副线圈匝数比为2∶1的理想变压器，其输出端给两个额定电流均为0.5 A的灯泡供电，两灯泡恰好正常发光。线圈a及导线电阻不计。则(　 )
A．变压器输出电流的频率为25 Hz
B．灯泡的额定电压为2 V
C．线圈a中电流的有效值为1 A
D．发电机输出功率为 W
解析：选D　由题图丙可知线圈a中产生的感应电动势的周期为0.4 s，故变压器输出电流的频率为f＝＝2.5 Hz，A错误；由题图丙可知线圈a中产生的感应电动势的最大值为4 V，有效值为2 V，理想变压器的原、副线圈匝数比为2∶1，故两灯泡恰好正常发光的额定电压为 V，B错误；输出端给两个额定电流均为0.5 A的灯泡供电，两灯泡正常发光，故副线圈的干路电流有效值为1 A，原、副线圈匝数比为2∶1，变压器的原、副线圈的电流与匝数成反比，故线圈a中电流的有效值为0.5 A，C错误；灯泡正常工作的额定功率为P＝UI＝×0.5 W＝ W，发电机输出功率为P出＝2P＝ W，D正确。
3．[联系生活实际](多选)在家庭电路中，为了安全，一般在电能表后面的电路中安装一个漏电开关，其工作原理如图所示，其中甲线圈两端与脱扣开关控制器相连，乙线圈由两条电线采取双线法绕制，并与甲线圈绕在同一个矩形硅钢片组成的铁芯上。以下说法正确的是(　 )
A．当用户用电正常时，甲线圈两端没有电压，脱扣开关接通
B．当用户用电正常时，甲线圈两端有电压，脱扣开关接通
C．当用户发生漏电时，甲线圈两端没有电压，脱扣开关断开
D．当用户发生漏电时，甲线圈两端有电压，脱扣开关断开
解析：选AD　乙线圈采取双线法绕制，正常状态时，火线和零线中电流相等，产生的磁场完全抵消，甲线圈中没有电压，脱扣开关保持接通，A正确，B错误；当用户发生漏电时，流过火线与零线的电流不相等，产生的磁场不能完全抵消，会使甲线圈中产生感应电动势，控制器控制脱扣开关断开，C错误，D正确。
4．[聚焦科技前沿]心电图仪是将心肌收缩产生的脉动转化为电压脉冲的仪器，其输出部分可等效为一个不计内阻的交流电源，其电压U1会随着心跳频率发生变化。如图所示，心电图仪与一理想变压器的原线圈相连接，听筒扬声器(等效为一个阻值为R的定值电阻)与一滑动变阻器(最大阻值为R)连接在该变压器的副线圈。已知原线圈与副线圈的匝数比为k，则(　 )
A．副线圈两端的电压为U1k
B．当滑动变阻器阻值为R时，通过原线圈的电流为
C．当滑动变阻器阻值为R时，听筒扬声器的功率为
D．若保持U1不变，将滑动变阻器滑片P向左移动，听筒扬声器的功率减小
解析：选C　根据理想变压器的电压比等于匝数比，＝k，可得U2＝，故A错误；当滑动变阻器阻值为R时，通过副线圈的电流I2＝＝，根据理想变压器的电流比与匝数比成反比，＝，可知I1＝＝，听筒扬声器的功率P＝I22R＝，故C正确，B错误；若保持U1不变，则副线圈两端的电压U2不变，将滑动变阻器滑片P向左移动，则R电阻变小，副线圈中的电流I2增大，则听筒扬声器的功率增大，故D错误。
一、立足主干知识，注重基础性和综合性
1．(2022·重庆高考)低压卤素灯在家庭电路中使用时需要变压器降压。若将“12 V　50 W”的交流卤素灯直接通过变压器(视为理想变压器)接入电压为220 V的交流电后能正常工作，则(　 )
A．卤素灯两端的电压有效值为6 V
B．变压器原、副线圈的匝数比为55∶3
C．流过卤素灯的电流为0.24 A
D．卤素灯的电阻为968 Ω
解析：选B　卤素灯上标记的额定电压12 V即为卤素灯两端的电压有效值，A错误；根据理想变压器的原理可知＝＝＝，B正确；流过卤素灯的电流为I＝＝＝ A，C错误；卤素灯是非线性元件，电阻随着电压不同而改变，在正常工作时电阻为R＝＝2.88 Ω，D错误。
2．(2023·河南安阳模拟)逆变器是一种能够把蓄电池提供的直流电转变成交流电的工具。如图所示，就是一种逆变器的电路，核心的控制电路称为“逆变模块”，它的功能就是把直流转换成交流，共有5个接线端子，In 1～In 3为输入端，与两块相同的蓄电池连接，两块相同的蓄电池同时工作；Out 1～Out 2为输出端，与理想变压器原线圈相连。已知蓄电池的电动势为E，内阻不计，负载电阻阻值为R，电流表读数为I，电压表读数为U，逆变模块自身消耗的电功率忽略不计，则变压器原、副线圈的匝数比为(　 )
A．　　　　　 B．
C． D．
解析：选A　由题意可知，假设负载电阻R两端电压为U2，则负载电阻R消耗的功率为P＝＝EI，解得U2＝，根据理想变压器原、副线圈的匝数比等于电压比，可得＝＝，故选A。
3．如图甲所示是燃气灶点火装置的电路图，转换器将直流电压转换为交流电压，并加在一理想变压器的原线圈上，当变压器副线圈两端电压的瞬时值大于5 000 V时，钢针和金属板间就会引发电火花，从而点燃气体。闭合开关，已知电压表的示数为5 V，图乙所示是闭合开关后原线圈中的磁感应强度B随时间t变化的图像，电压表可视为理想交流电表，下列说法正确的是(　 )
A．原线圈中磁感应强度的瞬时值表达式为B＝sint(T)
B．0～时间内，在时刻最容易成功打火
C．原、副线圈匝数比为1∶800时点火装置可正常工作
D．经过变压器后，该交流电压的频率可能发生变化
解析：选C　由题图乙可知原线圈中磁感应强度的瞬时值表达式为B＝Bmaxsint(T)，A错误；t＝时刻穿过线圈的磁通量最大，由法拉第电磁感应定律可知，此时副线圈产生的感应电动势为零，因此不会成功打火，B错误；若原、副线圈的匝数比为1∶800，副线圈两端电压的有效值为4 000 V，其最大值为4 000 V≈5 600 V＞5 000 V，故点火装置可以正常工作，C正确；变压器不会改变交流电压的频率，D错误。
4．(2023·南京高三调研)手机无线充电技术越来越普及，图甲是某款手机无线充电装置，其工作原理如图乙所示，其中送电线圈和受电线圈的匝数比n1∶n2＝5∶1，两个线圈中所接电阻的阻值均为R。当ab间接上220 V的正弦式交变电流后，受电线圈中产生交变电流实现给手机快速充电，这时手机两端的电压为5 V，充电电流为2 A。若把装置线圈视同为理想变压器，则下列说法正确的是(　 )
A．若充电器线圈中通以恒定电流，则手机线圈中将产生恒定电流
B．流过送电线圈与受电线圈的电流之比为5∶1
C．快速充电时，线圈cd两端的输出电压为42.5 V
D．若送电线圈中电流均匀增加，则受电线圈中电流也一定均匀增加
解析：选C　若充电器线圈中通以恒定电流，则手机线圈中将不会产生电流，A错误；根据理想变压器的工作原理，原、副线圈的电流与匝数成反比，则流过送电线圈与受电线圈的电流之比为1∶5，B错误；根据理想变压器电压与匝数关系有U2＝U1＝U1，I1＝I2＝ A，Uab＝U1＋I1R，U2＝I2R＋U手机，整理可得220＝5U2＋R，U2＝2R＋5，联立解得Ucd＝U2＝42.5 V，C正确；若送电线圈中电流均匀增加，则受电线圈中电流为恒定电流，D错误。
5．(2021·福建高考)某住宅小区变压器给住户供电的电路示意图如图所示，图中R为输电线的总电阻。若变压器视为理想变压器，所有电表视为理想电表，不考虑变压器的输入电压随负载变化，则当住户使用的用电器增加时，图中各电表的示数变化情况是(　 )
A．A1增大，V2不变，V3增大
B．A1增大，V2减小，V3增大
C．A2增大，V2增大，V3减小
D．A2增大，V2不变，V3减小
解析：选D　不考虑变压器的输入电压随负载变化，即变压器原线圈的输入电压U1＝UV1不变，根据＝可知，变压器副线圈的输出电压U2＝UV2不变；当住户使用的用电器增加时，即用户的总电阻R电变小，由I2＝可知，副线圈的电流I2＝IA2变大，而由UV3＝U2－I2R，可知V3减小；由理想变压器的原理U1I1＝U2I2，可知原线圈的电流I1＝IA1变大；故综合上述分析可知A1增大，A2增大，V2不变，V3减小，故D正确。
6.(2022·山东等级考)如图所示的变压器，输入电压为220 V，可输出12 V、18 V、30 V电压，匝数为n1的原线圈中电压随时间变化为u＝Umcos(100πt)。单匝线圈绕过铁芯连接交流电压表，电压表的示数为0.1 V。将阻值为12 Ω的电阻R接在BC两端时，功率为12 W。下列说法正确的是(　 )
A．n1为1 100匝，Um为220 V
B．BC间线圈匝数为120匝，流过R的电流为1.4 A
C．若将R接在AB两端，R两端的电压为18 V，频率为100 Hz
D．若将R接在AC两端，流过R的电流为2.5 A，周期为0.02 s
解析：选D　变压器的输入电压为220 V，原线圈的电压与时间成余弦函数关系，故输入交流电压的最大值为220 V，根据理想变压器原线圈与单匝线圈的匝数比为＝，解得原线圈匝数为2 200匝，A错误；由题意可知，当原线圈输入220 V时，BC间的电压UBC＝＝12 V，故BC间的线圈匝数关系有＝＝120，BC间的线圈匝数为120匝，流过R的电流为IBC＝＝＝1 A，B错误；若将R接在AB端，由题意可知，当原线圈输入220 V时，AB间的电压应该为18 V，根据原线圈中电压的表达式可知，交流电的频率为f＝＝50 Hz，C错误；若将R接在AC端，由题意可知，当原线圈输入220 V时，AC间的电压应该为30 V，根据欧姆定律可知，流过电阻R的电流为IAC＝＝ A＝2.5 A，交流电的周期为T＝＝0.02 s，D正确。
二、强化迁移能力，突出创新性和应用性
7．将电阻R1和R2按图甲所示接在理想变压器上，变压器原线圈接在电压为U的交流电源上，R1和R2的电功率之比为2∶1，若其他条件不变，只将R1和R2改成如图乙所示的接法，R1和R2上的功率之比1∶8，则图乙中两组副线圈的匝数之比n1∶n2为(　 )
A．1∶2　 B．1∶4　
C．1∶8　　 D．1∶16
解析：选A　甲图中，R1和R2上的电功率之比为2∶1，R1和R2串联，则电流相等，根据＝，可得R1∶R2＝2∶1，乙图中R1和R2上的功率之比为1∶8，则乙图两副线圈的功率之比＝＝，可得U1∶U2＝1∶2，则图乙中两组副线圈的匝数之比等于电压之比为1∶2，故A正确，B、C、D错误。
8．(2023·山东汶上模拟)如图所示的电路中，a、b接在内阻不计的交流发电机上，发电机有N匝矩形线圈，线圈面积为S，处于磁感应强度大小为B的匀强磁场中，绕线圈平面内与磁场垂直的轴以角速度ω匀速转动。T为理想变压器，原、副线圈的匝数分别为n1和n2，A1、A2为理想交流电流表，R为定值电阻。当线圈转动的角速度变为后，下列说法正确的是(　 )
A．A1的示数变为原来的
B．A2的示数变为原来的
C．R中电流的频率变为原来的2倍
D．R消耗的电功率变为原来的
解析：选D　交流发电机产生电动势的有效值即原线圈电压U1＝E＝＝，根据＝，副线圈电压U2＝U1，副线圈电流即A2的示数I2＝＝×，根据＝，原线圈电流即A1的示数I1＝I2＝×，当线圈转动的角速度变为后，两电流表的示数均变为原来的一半，故A、B错误；变压器不改变电流频率，通过R中电流的频率f＝，当线圈转动的角速度变为后，电流的频率变为原来的一半，故C错误；R消耗的电功率P＝I22R＝×，当线圈转动的角速度变为后，R消耗的电功率变为原来的，故D正确。
9.如图所示，一自耦变压器接在交流电源上，V1、V2为理想交流电压表。下列说法正确的是(　 )
A．若P不动，滑片F向下滑动时，V1示数不变，V2示数变小
B．若P不动，滑片F向下滑动时，灯泡消耗的功率变大
C．若F不动，滑片P向上滑动时，V1示数不变，V2示数变大
D．若F不动，滑片P向上滑动时，灯泡消耗的功率变小
解析：选A　设变压器的输入电压为U1，输出电压为U2；若P不动，滑片F向下移动时，输入电压U1不变，V1示数不变，根据变压比公式＝，由于n2减小，故输出电压U2减小，故灯泡消耗的功率减小，V2的示数变小，故A正确，B错误；若F不动，根据变压比公式＝，输入电压U1不变，不变，则输出电压U2不变，V1示数不变；滑片P向上滑动时，滑动变阻器R的电阻减小，根据闭合电路的欧姆定律，干路电流增大，小灯泡中电流、电压都增大，灯泡消耗的功率变大；由U＝U2－UL可知电压表V2示数变小，故C、D错误。
10．(多选)如图甲所示，变压器原、副线圈上有L1、L2、L3、L4四只灯泡，它们的规格均为“9 V　12 W”，当在该变压器cd端输入交流电压u(u-t图像如图乙所示)时，四只灯泡都正常发光，各电表均为理想交流电表。以下说法正确的是(　 )
A．a、b端输入电压的瞬时值为u＝27sin 100πt(V)
B．原、副线圈匝数比为3∶1
C．流过灯泡L2的电流方向每秒改变50次
D．电流表的示数为4 A，ab端输入功率Pab＝48 W
解析：选BD　由输入端交流电压u-t图像可求出电压有效值为27 V，灯泡规格均为“9 V　12 W”，四只灯泡都正常发光，所以a、b端输入电压的有效值是27 V＋9 V＝36 V，由题图乙知交流电的周期是0.02 s，所以a、b端输入电压的瞬时值表达式为u＝36sin 100πt(V)，故A错误；四只灯泡都正常发光，所以副线圈电压为9 V，根据理想变压器电压比规律得出变压器原、副线圈匝数比为3∶1，故B正确；由题图乙知交流电的周期为0.02 s，交流电的频率为50 Hz，则流过灯泡L2的电流方向每秒改变100次，故C错误；电流表的示数为I＝3× A＝4 A，a、b端输入的功率Pab＝4×12 W＝48 W，故D正确。
11．(多选)如图1、2所示，理想变压器对电器供电，其输入电压u＝27 000sin 100πt (V)，电器RL与RL′的参数分别为“220 V/1 100 W”“220 V/440 W”，输电线的总电阻r＝2 Ω。若两图中电器都能正常工作，则(　 )
A．图1中电阻r的功率为50 W
B．图2中变压器的输入功率比图1中变压器的输入功率增加了440 W
C．图1中原、副线圈匝数比n1∶n2＝2 700∶23
D．图2中原、副线圈匝数比n1∶n2＝1 500∶13
解析：选ACD　根据P＝UI可得通过电器RL的电流为IL＝＝5 A，电阻r的功率为Pr＝IL2r＝50 W，故A正确；题图1变压器输出电压为U出＝UL＋ILr＝230 V，题图1输入功率等于输出功率为P1＝U出IL＝1 150 W，RL′正常工作的电流为IL′＝＝2 A，题图2中干路电流为I总＝IL＋IL′＝7 A，题图2中输出电压为U出′＝UL′＋I总r＝234 V，题图2中输入功率等于输出功率为P2＝U出′I总＝1 638 W，题图2中变压器的输入功率比题图1中变压器的输入功率增加了ΔP＝P2－P1＝488 W，故B错误；由于输入电压为U入＝＝27 000 V，则题图1中原、副线圈匝数比＝＝，题图2中原、副线圈匝数比＝＝，故C、D正确。
12．如图所示交流发电机的输出电压U1 一定，通过理想升压变压器T1 和理想降压变压器T2向远处用户供电，输电线的总电阻为R。T1的输入电压和输入功率分别为U1和P1，它的输出电压和输出功率分别为U2和P2；T2的输入电压和输入功率分别为U3和P3，它的输出电压和输出功率分别为U4和P4。下列说法正确的是(　 )
A．当用户的用电器增多时，U2减小，U4减小
B．当用户的用电器增多时，P1增大，P3减小
C．输电线上损失的功率为ΔP＝
D．要减小线路的损耗，应增大升压变压器的匝数比，同时应增大降压变压器的匝数比
解析：选D　交流发电机的输出电压U1一定，匝数不变，根据＝，知U2不变，故A错误；当用户的用电器增多时，用户消耗的电功率变大，则输入功率增大，即P3变大，故B错误；输电线上损失的功率为ΔP＝2R，故C错误；输送功率一定时，根据P＝UI和P损＝I2R知，要减小线路的损耗，应增大输送电压，又U1一定，根据＝知，应增大升压变压器的匝数比，U3＝U2－I2R，U2增大，I2减小，所以U3增大，用户电压U4不变，根据＝知，应增大降压变压器的匝数比，故D正确。
第3讲　电磁振荡与电磁波
一、电磁振荡
1．振荡电流：大小和方向都做周期性迅速变化的电流。
2．振荡电路：产生振荡电流的电路。由电感线圈L和电容
C组成最简单的振荡电路，称为LC振荡电路，如图所示。
3．电磁振荡中的能量变化
(1)放电过程中电容器储存的电场能逐渐转化为线圈的磁场能。
(2)充电过程中线圈中的磁场能逐渐转化为电容器的电场能。
(3)在电磁振荡过程中，电场能和磁场能会发生周期性的转化。
4．电磁振荡的周期和频率
(1)周期T＝2π；(2)频率f＝。
二、电磁场与电磁波
1．麦克斯韦电磁场理论
2．电磁波
(1)电磁场在空间由近及远地向周围传播，形成电磁波。
(2)电磁波的传播不需要介质，可在真空中传播，在真空中不同频率的电磁波传播速度相同(都等于光速)。
(3)不同频率的电磁波，在同一介质中传播，其速度是不同的，频率越高，波速越小。
(4)v＝λf，f是电磁波的频率。
3．电磁波的发射
(1)发射条件：开放电路和高频振荡信号，所以要对传输信号进行调制(调幅或调频)。
(2)调制方式
①调幅：使高频电磁波的振幅随信号的强弱而改变。
②调频：使高频电磁波的频率随信号的强弱而改变。
4．无线电波的接收
(1)当接收电路的固有频率跟接收到无线电波的频率相同时，激起的振荡电流最强，这就是电谐振现象。
(2)使接收电路产生电谐振的过程叫作调谐，能够调谐的接收电路叫作调谐电路。
(3)从经过调制的高频振荡信号中“检”出调制信号的过程，叫作检波。检波是调制的逆过程，也叫作解调。
5．电磁波谱：按照电磁波的波长或频率大小的顺序把它们排列成谱叫作电磁波谱。
按波长由长到短排列的电磁波谱为：无线电波、红外线、可见光、紫外线、X射线、γ射线。
情境创设　
旅行者1号探测器是目前离地球最远的人造天体，它通过电磁波给我们发回了上万张神秘宇宙的照片。1990年2月14日，已经完成主要任务的旅行者1号在距离地球60亿千米之外接到了来自地球的指示，调转照相机，朝着地球的方向拍摄了一组照片。在传回地球的照片中，我们的地球是一个极小的暗淡蓝点，看不出与其他星球的区别。时至今日，我们仍然能够接收到220亿千米之外旅行者1号发来的信息。
微点判断　
(1)电磁波在真空中和介质中的传播速度相同。(×)
(2)只要有电场和磁场，就能产生电磁波。(×)
(3)变化的磁场产生的电场的电场线是闭合曲线。(√)
(4)LC振荡电路中，回路中的电流值最大时回路中的磁场能最大。(√)
(5)电磁振荡的固有周期与电流的变化快慢有关。(×)
(6)振荡电路的频率越高，发射电磁波的本领越大。(√)
(7)要将传递的声音信号向远距离发射，必须以高频电磁波作为载波。(√)
(8)制作天线必须用导体。(√)
(9)只有接收电路发生电谐振时，接收电路中才有振荡电流。(×)
(10)解调是调制的逆过程。(√)
(11)紫外线在真空中的传播速度大于可见光在真空中的传播速度。(×)
(12)可利用红外线的荧光效应辨别人民币的真伪。(×)
(一) 电磁振荡过程分析(固基点)
[题点全练通]
1．[对LC振荡电路的理解]
无线话筒是LC振荡电路的一个典型应用。在LC振荡电路中，某时刻磁场方向如图所示，且电容器上极板带正电，下列说法正确的是(　 )
A．电容器正在放电
B．振荡电流正在减小
C．电流流向沿a到b
D．电场能正在向磁场能转化
解析：选B　由题图可知，此时电容器正在充电，电路中电流正在减小，电路中的电流沿顺时针方向，磁场能在向电场能转化，故B正确，A、C、D错误。
2．[周期公式的应用]
“救命神器”——自动体外除颤仪(AED)，它是一种便携式的医疗设备，可以诊断特定的心律失常，并且给予电击除颤，是可被非专业人员使用的用于抢救心搏骤停患者的医疗设备。其结构如图所示，低压直流经高压直流发生器后向储能电容器C充电。除颤治疗时，S1、S2开关拨到2，将脉冲电流作用于心脏，使患者心脏恢复正常跳动，其他条件不变时，下列说法正确的是(　 )
A．脉冲电流作用于不同人体时，电流大小相同
B．放电过程中，电流大小不变
C．电容C越小，电容器的放电时间越长
D．自感系数L越小，放电脉冲电流的放电时间越短
解析：选D　脉冲电流作用于不同人体时，不同人体的导电性能不同，故电流大小不同，A错误；电容器放电过程中，随着带电量的减小，放电电流不是恒定的，B错误；振荡电路的振荡周期为T＝2π，电容器在时间t0内放电至两极板间的电压为0，即t0＝＝，电容器的电容C越小，放电脉冲电流的放电时间越短，线圈的自感系数L越小，放电脉冲电流的放电时间越短，故C错误，D正确。
3．[图像的分析]
(多选)如图(a)所示，在LC振荡电路中，通过P点的电流变化规律如图(b)所示，且把通过P点向右的方向规定为电流i的正方向，则(　 )
A． 0.5～1 s时间内，电容器C在放电
B．0.5～1 s时间内，电容器C的上极板带正电
C．1～1.5 s时间内，Q点的电势比P点的电势高
D．1～1.5 s时间内，电场能正在转变成磁场能
解析：选CD　0.5～1 s时间内，振荡电流是充电电流，充电电流是由负极板流向正极板，上极板带负电，故A、B错误；1～1.5 s时间内，振荡电流是放电电流，放电电流是由正极板流向负极板，由于电流为负值，所以由Q流向P，Q点的电势比P点的电势高，电场能正在转变成磁场能，故C、D正确。
[要点自悟明]
1．振荡电流、极板带电荷量随时间的变化图像
2．LC振荡电路充、放电过程的判断方法
根据电流流向判断 当电流流向带正电的极板时，电容器的电荷量增加，磁场能向电场能转化，处于充电过程；反之，当电流流出带正电的极板时，电荷量减少，电场能向磁场能转化，处于放电过程
根据物理量的变化趋势判断 当电容器的带电荷量q(电压U、场强E)增大或电流i(磁场B)减小时，处于充电过程；反之，处于放电过程
根据能量变化判断 电场能增加时充电，磁场能增加时放电
(二) 麦克斯韦电磁场理论的理解与应用(固基点)
[题点全练通]
1．[对麦克斯韦电磁场理论的理解]
如图甲所示，在变化的磁场中放置一个闭合电路，电路里产生了感应电流；如图乙所示，空间存在变化的磁场，其周围产生感应电场，下列说法正确的是(　 )
A．甲、乙两图一定能持续产生电磁波
B．对甲图，从上向下看，电子在回路中沿顺时针方向运动
C．闭合电路只是检验变化的磁场产生电场，即使没有闭合电路空间仍能产生电场
D．变化的电场周围产生磁场，与闭合电路是否存在有关
解析：选C　若甲、乙两图的磁场均匀变化，就会产生稳定不变的电场，稳定不变的电场不会产生磁场，就不会持续产生电磁波，故A错误；对甲图，从上向下看，感应电流沿顺时针方向，电子在回路中沿逆时针方向运动，故B错误；变化的磁场周围产生电场是一种普遍存在的现象，与闭合电路是否存在无关，甲图的闭合电路只是检验变化的磁场产生电场，乙图即使没有闭合电路空间仍能产生电场，故C正确；同理，变化的电场周围产生磁场也是一种普遍存在的现象，与闭合电路是否存在无关，D错误。
2．[电磁波的产生]
某电路中电场强度随时间变化的关系图像如图所示，能发射电磁波的是(　 )
解析：选D　由麦克斯韦电磁场理论知，当空间出现恒定的电场时(如题图A)，由于它不激发磁场，故无电磁波产生；当出现均匀变化的电场时(如题图B、C)，会激发出磁场，但磁场恒定，不会在较远处激发出电场，故也不会产生电磁波；只有周期性变化的电场(如题图D)，才会激发出周期性变化的磁场，它又激发出周期性变化的电场……如此交替的产生磁场和电场，便会形成电磁波，故D正确。
3．[麦克斯韦电磁场理论的应用]
将很多质量为m、带电荷量为＋q可视为质点的绝缘小球，均匀穿在由绝缘材料制成的半径为r的光滑圆轨道上并处于静止状态，轨道平面水平，空间内有分布均匀的磁场，磁场方向竖直向上，如图甲所示。磁感应强度B随时间t变化的规律如图乙所示，其中B0是已知量。已知在磁感应强度增大或减小的过程中，将产生涡旋电场，其电场线是在水平面内一系列沿顺时针或逆时针方向的同心圆，同一条电场线上各点的场强大小相等。关于绝缘小球的运动情况，下列说法正确的是(　 )
A．在t＝0到t＝T0时间内，绝缘小球均做匀速圆周运动
B．在t＝T0到t＝2T0时间内，绝缘小球均沿顺时针方向做速率均匀增加的圆周运动
C．在t＝2T0到t＝3T0时间内，绝缘小球均沿顺时针方向做加速圆周运动
D．在t＝3T0到t＝5T0时间内涡旋电场沿顺时针方向
解析：选B　在t＝0到t＝T0时间内，磁感应强度不变，没有涡旋电场产生，绝缘小球保持静止，故A错误；在t＝T0到t＝2T0时间内，根据法拉第电磁感应定律可得沿轨道一周的感应电动势为ε＝πr2＝πr2，由于同一条电场线上各点电场强度大小相等，所以E＝，解得E＝，涡旋电场沿顺时针方向，根据牛顿第二定律可得，在t＝T0到t＝2T0时间内，小球沿切线方向的加速度大小恒为a1＝，所以绝缘小球均沿顺时针方向做速率均匀增加的圆周运动，故B正确；在t＝2T0到t＝3T0时间内，磁感应强度不变，没有涡旋电场产生，绝缘小球均沿顺时针方向做匀速圆周运动，故C错误；根据法拉第电磁感应定律可知在t＝3T0到t＝5T0时间内涡旋电场沿逆时针方向，故D错误。
4．[电磁波与机械波的比较]
(多选)以下关于机械波与电磁波的说法中，正确的是(　 )
A．机械波与电磁波本质上是一致的
B．机械波的波速只与介质有关，而电磁波在介质中的波速，不仅与介质有关，还与电磁波的频率有关
C．机械波可能是纵波，而电磁波必定是横波
D．它们都能发生反射、折射、干涉和衍射现象
解析：选BCD　机械波由波源振动产生，电磁波由周期性变化的电场(或磁场)产生；机械波传播需要介质，波速由介质决定；电磁波的传播不需要介质，波速由介质和本身频率共同决定；机械波有横波，也有纵波，而电磁波一定是横波，B、C、D正确。
[要点自悟明]
电磁波与机械波的比较
(1)电磁波和机械波都遵循波长、波速、频率的关系公式 λ＝，电磁波进入介质遵循公式n＝。
(2)机械波的传播需要介质，电磁波的传播不需要介质。
(3)电磁波只能是横波，而机械波可以是横波，也可以是纵波。
(三) 无线电波的发射和接收(精研点)
1．调幅和调频
(1)高频电磁波的振幅随信号的强弱而变的调制方式叫调幅，一般电台的中波、中短波、短波广播以及电视中的图像信号采用调幅波。如图所示是调幅的作用，其中甲为声音信号的波形；乙为高频等幅振荡电流的波形；丙为经过调幅的高频振荡电流的波形。
(2)高频电磁波的频率随信号的强弱而变的调制方式叫调频，电台的立体声广播和电视中的伴音信号，采用调频波。如图所示是调频的作用，其中甲为声音信号的波形；乙为高频等幅振荡电流的波形；丙为经过调频的高频振荡电流的波形。
2．解调和调制
声音、图像等信号频率相对较低，不能转化为电信号直接发射出去，而要将这些低频信号加载到高频电磁波信号上去。将声音、图像信号加载到高频电磁波上的过程就是调制。而将声音、图像信号从高频信号中还原出来的过程就是解调。
[考法全训]
1．[无线电波的发射]
(多选)下列关于无线电广播要对电磁波进行调制的原因的说法中正确的是(　 )
A．经过调制后的高频电磁波向外辐射能量的本领更强
B．经过调制后的电磁波在空间传播得更快
C．经过调制后的电磁波在空间传播波长不变
D．经过调制后的电磁波在空间传播波长改变
解析：选AD　调制是把要发射的信号“加”到高频等幅振荡电流上去，频率越高，传播信息能力越强，A正确；电磁波在空气中以接近光速传播，B错误；由v＝λf，知波长与波速和频率有关，C错误，D正确。
2．[无线电波的传播]
(多选)下列关于无线电波的叙述中，正确的是(　 )
A．无线电波是波长从1毫米到30千米的电磁波
B．无线电波在任何介质中的传播速度均为3.0×108 m/s
C．无线电波不能产生干涉和衍射现象
D．无线电波由真空进入介质传播时，波长变短
解析：选AD　波长在1毫米至30千米之间的电磁波称作无线电波，A正确；无线电波在介质中的传播速度小于在真空中的传播速度3.0×108 m/s，B错误；无线电波也能产生干涉和衍射现象，C错误；无线电波由真空进入介质传播时，由于传播速度减小，由λ＝可知波长变短，D正确。
3．[ 无线电波的接收]
(多选)关于无线电波的接收，下列说法中正确的是(　 )
A．当接收电路的固有频率跟接收到的电磁波频率相同时，该电磁波在接收电路中激起的感应电流最大
B．使接收电路中产生电谐振的过程叫作调谐
C．收音机的接收电路是LC振荡电路
D．从接收到的高频振荡信号中“检”出所携带的信号，叫作调谐
解析：选ABC　接收电路与电磁波发生电谐振时，即接收电路的固有频率等于电磁波的频率时，电路中激起的感应电流最大，故A正确；根据调谐概念可知，使接收电路中产生电谐振的过程叫作调谐，故B正确，D错误；收音机的接收电路是LC振荡电路，故C正确。
(四) 电磁波谱(精研点)
1．电磁波谱分析及应用
电磁波谱 频率/Hz 特性 应用 递变规律
无线电波 ＜3×1011 波动性强，易发生衍射 无线电技术 随频率由低到高，衍射能力减弱，直线传播能力增强
红外线 1011～1015 热效应 红外遥感
可见光 1015 引起视觉 照明、摄影
紫外线 1015～1017 化学效应、荧光效应、灭菌消毒 医用消毒、防伪
X射线 1016～1019 贯穿本领强 检查、医用透视
γ射线 ＞1019 贯穿本领更强 工业探伤、医用治疗
2.各种电磁波产生机理
无线电波 振荡电路中电子周期性运动产生红外线、可见光
和紫外线 原子的外层电子受激发后产生
X射线 原子的内层电子受激发后产生
γ射线 原子核受激发后产生
[考法全训]
1．[电磁波谱]
根据电磁波谱选出下列各组电磁波，其中频率互相交错重叠，且波长顺序由短到长排列的是(　 )
A．微波、红外线、紫外线　　
B．γ射线、X射线、紫外线
C．紫外线、可见光、红外线
D．紫外线、X射线、γ射线
解析：选B　红外线与紫外线在电磁波谱中不相邻，更不会频率重叠，A错误。紫外线、可见光、红外线虽相邻，但它们三者间有明确的界线，频率也不相重叠，C错误。在电磁波谱中紫外线、X射线、γ射线有重叠，γ射线波长最短，紫外线波长最长，故B正确，D错误。
2．[电磁波的特性]
关于各种电磁波的性质比较，下列说法中正确的是(　 )
A．由于红外线的波长比可见光长，所以比可见光更难发生干涉、衍射
B．由于γ射线的波长太短了，所以根本无法发生干涉、衍射
C．无论哪一种电磁波，在真空中的传播速度都相同
D．γ射线的穿透能力最强，所以最适于用来透视人体，检查骨骼和其他病变情况
解析：选C　波长越长，越容易发生干涉、衍射，A错误；干涉、衍射是波特有的现象，B错误；电磁波在真空中的传播速度等于光速，C正确；X射线用来透视人体，检查骨骼等，D错误。
3．[电磁波的应用]
(多选)在疫情防控期间，通常利用红外线测温仪测量人体的温度。关于电磁波的应用，下列说法正确的是(　 )
A．红外线、X射线、γ射线中红外线的波长最短
B．银行的验钞机和家用电器的遥控器发出的光都是紫外线
C．微波主要用于广播及其他信号的传输
D．X射线可以用于诊断病情，γ射线可以摧毁病变的细胞
解析：选CD　红外线、X射线、γ射线中红外线的频率最小，波长最长，A错误；银行的验钞机发出的光是紫外线，家用电器的遥控器发出的是红外线，B错误；微波不但能加热物体，而且能传播信息，故可以用于通信、广播及其他信号传输，故C正确；X射线有很高的穿透本领，常用于医学上透视人体，γ射线有极强的穿透能力和很高的能量，可以摧毁病变的细胞，故D正确。
1．(2023·郑州高三调研)如图所示为某种“冷光灯”，其后面的反光镜表面涂有一层透明的薄膜，利用干涉原理，可将灯光中具有明显热效应的那部分电磁波叠加相消。被叠加相消的是(　 )
A．红外线　 B．红光　　
C．紫光　　 D．紫外线
解析：选A　红外线具有明显热效应，被叠加相消的是红外线。故选A。
2．测温枪是通过传感器接收红外线，得出感应温度数据，使用时只要将测温枪靠近皮肤表面，修正皮肤与实际体温的温差便能准确显示体温，下列说法正确的是(　 )
A．测温枪利用的红外线也可用于杀菌消毒
B．红外线是波长比紫外线长的电磁波
C．红外线的穿透能力很强，接受红外线照射是会伤害身体的
D．红外线的频率大于X光的频率
解析：选B　紫外线可用于杀菌消毒，红外线具有热效应，故A错误；由电磁波谱可知，红外线是波长比紫外线长的电磁波，故B正确；红外线的热作用很强，接受红外线照射是不会伤害身体的，故C错误；由电磁波谱可知，红外线的频率小于X光的频率，故D错误。
3．(多选)关于电磁波的发射和接收，下列说法中正确的是(　 )
A．音频电流的频率比较低，不能直接用来发射电磁波
B．为了使振荡电路有效地向空间辐射能量，电路必须是闭合的
C．当接收电路的固有频率与接收到的电磁波的频率相同时，接收电路产生的振荡电流最强
D．要使电视机的屏幕上有图像，必须要有解调过程
解析：选ACD　音频电流的频率比较低，需放大后搭载到高频电磁波上，故A正确；为了使振荡电路有效地向空间辐射能量，必须是开放电路，故B错误；当接收电路的固有频率与接收到的电磁波的频率相同时，接收电路产生的振荡电流最强，故C正确；解调就是从调频或调幅的高频信号中把音频、视频等调制信号分离出来的过程，要使电视机的屏幕上有图像，必须要有解调过程，故D正确。
4．(2023·浙江绍兴模拟)下列说法正确的是(　 )
A．LC振荡电路中，电容器两极板上电荷最多时，电路中电流最大
B．通过调谐可以把声音或图像信号从高频电流中还原出来
C．紫外线的频率比可见光小，因此可用于灭菌消毒
D．医学上均应用了X射线和γ射线具有很强穿透能力的特性
解析：选D　LC振荡电路中，电容器两极板上电荷最多时，电路中电流为零，A错误；通过解调可以把声音或图像信号从高频电流中还原出来，B错误；紫外线的频率比可见光大，因此可用于灭菌消毒，C错误；医学上均应用了X射线和γ射线具有很强穿透能力的特性，D正确。
5．我国成功研发的世界上首个反隐身先进米波雷达堪称隐形飞机的克星，其发射的无线电波波长在1～10 m 范围内，则这种无线电波(　 )
A．频率比红外线高
B．比毫米波在空中传播时更易发生衍射现象
C．在空中传播的速度为声速的几倍
D．照射锌板会有光电子逸出
解析：选B　发射的无线电波波长大于红外线，而频率与波长成反比，故频率比红外线低，故A错误；这种无线电波波长大于毫米波，波长越长越容易发生明显的衍射现象，故B正确；无线电波属于电磁波，传播速度为光速，在空中传播的速度远远大于声速，故C错误；无线电波波长较大，频率较低，小于锌板的极限频率，不会有光电子逸出，故D错误。
6．在LC振荡电路中，以下办法可以使振荡频率增大到原来的两倍的是(　 )
A．自感系数L和电容C都增大到原来的两倍
B．自感系数L增大到原来的两倍，电容C减小一半
C．自感系数L减小一半，电容C增大到原来的两倍
D．自感系数L和电容C都减小一半
解析：选D　由LC振荡电路的频率公式f＝可知，当自感系数L和电容C都增大到原来的两倍时，其振荡频率变为原来的一半；当自感系数L增大到原来的两倍，电容C减小一半时，其振荡频率不变；当自感系数L减小一半，电容C增大到原来的两倍时，其振荡频率不变；当自感系数L和电容C都减小一半时，其振荡频率恰好增大到原来的两倍，故选D。
7．(2023·山东沂南模拟)如图所示是由线圈L和电容器C组成的最简单的LC振荡电路，先把电容器充满电，t＝0时如图甲所示，电容器中的电场强度最大，电容器开始放电，t＝0.02 s时如图乙所示，LC振荡电路线圈中的电流第一次达到最大值，则(　 )
A．此LC振荡电路的周期T＝0.04 s
B．t＝0.05 s时，回路电流方向与图乙中所示电流方向相同
C．t＝0.06 s时，线圈中的磁场能最大
D．t＝0.10 s时，电容器中的电场能最大
解析：选C　t＝0.02 s时，线圈中的电流第一次达到最大值，则T＝0.02 s，周期T＝0.08 s，故A错误；t＝0.04 s时电流再次为零，0.04 s到0.08 s，时间内电流的方向与题图乙中所示方向相反，故B错误；在t＝0.02 s时，电流第一次达到最大值，此时线圈中的磁场能最大，当t＝0.06 s＝T时刻线圈中的磁场能也最大，故C正确；当t＝0.10 s＝T时的情况与t＝0.02 s时的情况是一致的，电容器中的电场能为0，故D错误。
8．(2023·浙江绍兴模拟)关于电磁波谱，下列说法正确的是(　 )
A．红外体温计的工作原理是人的体温越高，发射的红外线越强，有时物体温度较低，不发射红外线，导致无法使用
B．紫外线的频率比可见光低，医学中常用于杀菌消毒，长时间照射人体可能损害健康
C．X射线、γ射线频率较高，波动性较强，粒子性较弱，较难发生光电效应
D．手机通信使用的是无线电波，其波长较长，更容易观察到衍射现象
解析：选D　有温度的物体都会发射红外线，A错误；紫外线的频率比可见光高，医学中常用于杀菌消毒，长时间照射人体可能损害健康，B错误；X射线、γ射线频率较高，波动性较弱，粒子性较强，较易发生光电效应，C错误；手机通信使用的是无线电波，其波长较长，更容易观察到衍射现象，D正确。
第4讲　实验：探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系(基础实验)
一、理清原理与操作
实验原理图 实验方法：控制变量法(1)U1、n1一定，研究n2和U2的关系；(2)U1、n2一定，研究n1和U2的关系。
操作要领 (1)保持原线圈的匝数n1和电压U1不变，改变副线圈的匝数n2，研究n2对副线圈电压U2的影响。(2)保持副线圈的匝数n2和原线圈两端的电压U1不变，研究原线圈的匝数对副线圈电压的影响。
二、掌握数据处理方法
将两种情况下所测数据分别列表，通过分析可知，理想变压器原、副线圈两端电压U1、U2之比等于两个线圈的匝数n1、n2之比。
三、扫描实验盲点
1．注意事项
(1)要事先推测副线圈两端电压的可能值。
(2)为了人身安全，只能使用低压交流电压，所用电压不要超过12 V，即使这样，通电时不要用手接触裸露的导线、接线柱。
(3)为了多用电表的安全，使用交流电压挡测电压时，先用最大量程挡试测，大致确定电压后再选择适当的挡位进行测量。
(4)连接电路后要由同组的几位同学分别独立检查，然后请老师确认，只有这时才能接通电源。
2．误差分析
(1)由于漏磁，通过原、副线圈的每一匝的磁通量不严格相等造成误差。
(2)原、副线圈有电阻，原、副线圈中的焦耳热损耗(铜损)造成误差。
(3)铁芯中有磁损耗，产生涡流造成误差。
　　　　　　　　　　　　　　　　
题组(一)　实验原理与操作
1．在“探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系”实验中，某同学利用“教学用的可拆变压器”进行探究。
(1)关于实验操作，下列说法正确的是__________。
A．为了人身安全，原线圈两端只能使用低压交流电源，所用电压不要超过12 V
B．实验通电时，可用手接触裸露的导线、接线柱等检查电路
C．使用多用电表测电压时，先用中等量程挡试测，再选用恰当的挡位进行测量
(2)在实验中，该同学保持原线圈两端的电压及副线圈的匝数不变，仅减小原线圈的匝数，副线圈两端的电压将__________(选填“增大”“减小”或“不变”)。
解析：(1)实验操作中，为了人身安全，原线圈两端只能使用低压交流电源，所用电压不要超过12 V，故A正确；实验通电时，不可用手接触裸露的导线、接线柱等，故B错误；使用多用电表测电压时，先用最大量程挡试测，再选用恰当的挡位进行测量，故C错误。
(2)在实验中，保持原线圈两端的电压及副线圈的匝数不变，仅减小原线圈的匝数，根据变压器变压公式，副线圈两端的电压将增大。
答案：(1)A　(2)增大
2．有一个教学用的可拆变压器，如图1所示，它有两个外观基本相同的线圈A、B(内部导线电阻率、横截面积相同)，线圈外部还可以绕线。
(1)某同学用一多用电表的同一欧姆挡先后测量了A、B线圈的电阻值，指针分别对应图2中的a、b位置，由此可推断____________(选填“A”或“B”)线圈的匝数较多。
(2)该实验中输入端所接电源最适合的是________。
A．220 V交流电源
B．12 V以内低压直流电源
C．36 V安全电压
D．12 V以内低压交流电源
(3)如果把图1的可拆变压器看作理想变压器，现要测量A线圈的匝数，提供的器材有：一根足够长的绝缘导线、一只多用电表和低压交流电源。请完成实验步骤的填空：
①用绝缘导线在线圈的外部或变压器的铁芯上绕制n匝线圈。
②将__________(选填“A”或“B”)线圈与低压交流电源相连接。
③用多用电表的____________挡分别测量A线圈的输入电压UA和绕制线圈的输出电压U。
④则A线圈的匝数为____________。
解析：(1)根据电阻定律，导线电阻率和横截面积相同时，导线越长，电阻越大，A线圈电阻比B的大，故A线圈匝数较多。
(2)为保证人身安全，应用12 V以内低压交流电源，故选D。
(3)②要测量A线圈的匝数，所以要把A线圈与低压交流电源相连接。③变压器输入、输出都是交流电，所以要用交流电压挡测输入和输出电压。④根据变压器电压比等于匝数比，有＝，解得nA＝。
答案：(1)A　(2)D　(3)②A　③交流电压　④n
3．在探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系实验中，小李同学采用了如图所示的可拆式变压器(铁芯不闭合)进行研究。
(1)实验还需下列器材中的________；
(2)实验中，上图中变压器的原线圈接“0、8”接线柱，副线圈接“0、4”接线柱，当副线圈所接电表的示数为5.0 V，则所接电源电压挡位可能为________。
A．18.0 V　 B．10.0 V　　
C．5.0 V　　 D．2.5 V
解析：(1)本实验中，变压器的原线圈应接在交流电源上；为了知道原、副线圈的电压比和线圈匝数比之间的关系，还需要用交流电压表。故学生电源和交流电压表两个器材不能缺少。
(2)理想变压器原、副线圈电压和匝数的关系为＝；若变压器的原线圈接“0、8”接线柱，副线圈接“0、4”接线柱，则原、副线圈匝数比为＝2，则原线圈两端电压U1＝U2＝10 V；本题中可拆变压器并非理想变压器，存在漏磁现象，要使副线圈所接电压表示数为5 V，则原线圈电压必须大于10 V，故选A。
答案：(1)BC　(2)A
题组(二)　数据处理与误差分析
4．一个教学用的简易变压器，两线圈的匝数未知，某同学想用所学变压器的知识测定两线圈的匝数。
(1)为完成该实验，除了选用交流电压表、导线外，还需要选用低压________(填“直流”或“交流”)电源。
(2)该同学在变压器铁芯上绕10匝绝缘金属导线C，然后将简易变压器的A、B两线圈依次接电源，用电压表分别测出线圈A、线圈B及线圈C两端的电压，记录在下面的表格中，则线圈A的匝数为________匝，线圈B的匝数为________匝。
A线圈电压 B线圈电压 C线圈电压
8.0 V 3.8 V 0.2 V
(3)为减小线圈匝数的测量误差，你认为绕制线圈C的匝数应该________(填“多一些”“少一些”)更好。
解析：(1)需要选用低压交流电源，才能产生交变的磁场。
(2)根据变压器原理有：＝
解得：nA＝nC＝400匝
同理有：＝
解得：nB＝nC＝190匝。
(3)根据＝，可知C的匝数越多，C的电压示数越大，测量更准确，故线圈C的匝数应该多一些。
答案：(1)交流　(2)400　190　(3)多一些
5．(2023·云南昆明模拟)某实验小组用如图所示电路探究“变压器原、副线圈电压与匝数的关系”，图中变压器为可拆变压器。
实验提供的器材有：
(1)电源应选________，测量电压应选__________。(均选填字母代号)
(2)若用匝数N1＝100匝和N2＝200匝的变压器做实验，在原线圈N1的两端分别加上2 V、4 V、6 V和8 V的电压，测量出副线圈两端的相应的电压，记录在下面的表格中。表格中第2次实验，副线圈上电压的示数如图丙所示，电压量程为0～10 V交流电压挡，读数为______________V，并计算出此次实验U1∶U2＝__________。
实验次数 1 2 3 4
U1/V 2 4 6 8
U2/V 3.9 11.8 15.7
1∶1.95 1∶1.97 1∶1.96
(3)根据实验数据可得结论______________________________________________。
(4)导致实验误差的原因可能是__________。
A．原线圈所加电压小
B．变压器的铁芯漏磁
C．变压器的铁芯产生涡流
解析：(1)实验需要提供交流电源，干电池只能提供直流电源，所以电源应选学生电源，实验中要测量的是交流电压，故不能选直流电压表，只能选用多用电表。
(2)电压量程为0～10 V交流电压挡，测交流电压应读多用电表刻度线的中间一行，故读数为7.8 V。则计算出此次实验中U1∶U2＝1∶1.95。
(3)根据实验数据可得，在误差允许的范围内，理想变压器的原线圈与副线圈的电压之比等于线圈匝数之比。
(4)原线圈输入电压大小不会影响电压比和匝数比，故A错误；变压器的铁芯漏磁使得能量损耗，从而导致电压比与匝数比有差别，故B正确；变压器的铁芯产生涡流使得能量损耗，从而会导致电压比与匝数比有差别，故C正确。故选B、C。
答案：(1)B　D　(2)7.8　1∶1.95　(3)在误差允许的范围内，理想变压器的原线圈与副线圈的电压之比等于线圈匝数之比　(4)BC
第5讲　实验：利用传感器制作简单的自动控制装置(基础实验)
一、实验目的
1．认识热敏电阻、光敏电阻等传感器中的敏感元件。
2．学会利用传感器制作简单的自动控制装置。
二、实验原理
1．传感器能够将感受到的物理量(力、热、光、声等)转换成便于测量的量(一般是电学量)。
2．工作过程
三、实验器材
热敏电阻、光敏电阻、多用电表、铁架台、烧杯、冷水、热水、小灯泡、学生电源、继电器、滑动变阻器、开关、导线等。
　
实验(一)　研究热敏电阻的热敏特性
1．实验步骤
(1)按如图所示连接好电路，将热敏电阻绝缘处理。
(2)把多用电表置于“欧姆”挡，并选择适当的量程测出烧杯中没有水时热敏电阻的阻值，并记下温度计的示数。
(3)向烧杯中注入少量的冷水，使热敏电阻浸没在冷水中，记下温度计的示数和多用电表测量的热敏电阻的阻值。
(4)将热水分几次注入烧杯中，测出不同温度下热敏电阻的阻值，并记录。
2．数据处理
(1)根据记录数据，把测量到的温度、电阻值填入表中，分析热敏电阻的特性。
(2)在坐标系中，粗略画出热敏电阻的阻值随温度变化的图线。
(3)根据实验数据和R-t图线，得出结论。
3．注意事项
在做本实验时，加热水后要等一会儿再测其阻值，以使电阻温度与水的温度相同，并同时读出水温。
实验(二)　研究光敏电阻的光敏特性
1．实验步骤
(1)将光敏电阻、多用电表、小灯泡、滑动变阻器、学生电源按如图所示电路连接好，其中多用电表置于“×100”挡。
(2)先测出在室内自然光的照射下光敏电阻的阻值，并记录数据。
(3)打开电源，让小灯泡发光，调节滑动变阻器使小灯泡逐渐变亮，观察表盘指针显示光敏电阻阻75 / 89
第十章 电磁感应
第1讲　电磁感应现象 楞次定律
一、磁通量
1．定义：磁感应强度B与垂直磁场方向的面积S的乘积叫作穿过这个面积的磁通量。
2．公式：Φ＝BS(B⊥S)；单位：韦伯(Wb)。
3．矢标性：磁通量是标量，但有正负。
4．磁通量的变化量：ΔΦ＝Φ2－Φ1。
5．磁通量的变化率：磁通量的变化量与所用时间的比值，即，与线圈的匝数无关；表示磁通量变化的快慢。
二、电磁感应现象
1．电磁感应现象
当穿过闭合导体回路的磁通量发生变化时，闭合导体回路中有感应电流产生的现象。
2．产生感应电流的条件
(1)闭合导体回路；(2)磁通量发生变化。
三、感应电流的方向判断
1．楞次定律
(1)内容：感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化。
(2)适用范围：一切电磁感应现象。
2．右手定则
(1)内容：如图所示，伸开右手，使拇指与其余四个手指垂直，并且都与手掌在同一个平面内；让磁感线从掌心进入，并使拇指指向导线运动的方向，这时四指所指的方向就是感应电流的方向。
(2)适用情况：判断导线切割磁感线产生的感应电流方向。
情境创设　
1．如图甲所示，是法拉第的圆盘发电机模型。
2．如图乙所示，线圈与电流表相连，把磁体的某一个磁极向线圈中插入、从线圈中抽出时，电流表的指针发生了偏转。
乙
微点判断　
(1)图甲中圆盘转动过程中，穿过圆盘的磁通量不变，不会有电流通过R。(×)
(2)图甲中圆盘转动过程中，圆盘半径做切割磁感线运动，有电流通过R。(√)
(3)图乙中线圈中两次产生的感应电流方向是相反的。(√)
(4)由楞次定律知，感应电流的磁场一定与引起感应电流的磁场方向相反。 (×)
(5)感应电流的磁场一定阻碍引起感应电流的磁通量的变化。(√)
(一) 对电磁感应现象的理解(固基点)
[题点全练通]
1．[感应电流有无的判断]
下列各图所描述的物理情境中，没有感应电流的是(　 )
解析：选A　开关S闭合稳定后，穿过线圈N的磁通量保持不变，线圈N中不产生感应电流；磁铁向铝环A靠近，穿过铝环A的磁通量在增大，铝环A中产生感应电流；金属框从A向B运动，穿过金属框的磁通量时刻在变化，金属框中产生感应电流；铜盘在磁场中按题图所示方向转动，铜盘的无数辐条切割磁感线，与外电路构成闭合回路，产生感应电流。故选A。
2．[磁通量大小的比较]如图所示，两个单匝线圈a、b的半径分别为r和2r。圆形匀强磁场B的边缘恰好与a线圈重合，则穿过a、b两线圈的磁通量之比为(　 )
A．1∶1 B．1∶2
C．1∶4 D．4∶1
解析：选A　由题图可知，穿过a、b两个线圈的磁通量均为Φ＝B·πr2，因此磁通量之比为1∶1，A正确。
3．[磁通量的变化量的比较]
磁通量是研究电磁感应现象的重要物理量，如图所示，通有恒定电流的直导线MN与闭合线框共面，第一次将线框由位置1平移到位置2，第二次将线框由位置1绕cd边翻转到位置2，设前后两次通过线框的磁通量的变化量大小分别为ΔΦ1和ΔΦ2，则(　 )
A．ΔΦ1＞ΔΦ2 B．ΔΦ1＝ΔΦ2
C．ΔΦ1＜ΔΦ2 D．无法确定
解析：选C　第一次将线框由位置1平移到位置2，磁感线从线框的同一侧穿入，ΔΦ1为前后两位置磁通量的绝对值之差。第二次将线框由位置1绕cd边翻转到位置2，磁感线从线框的不同侧穿入，ΔΦ2为前后两位置磁通量的绝对值之和。故ΔΦ1 ＜ΔΦ2，C正确。
[要点自悟明]
1．磁通量大小及其变化分析
(1)定量计算：通过公式Φ＝BS来定量计算，计算磁通量时应注意的问题：
①明确磁场是否为匀强磁场，知道磁感应强度的大小。
②平面的面积S应为磁感线通过的有效面积。当平面与磁场方向不垂直时，应明确所研究的平面与磁感应强度方向的夹角，准确求出有效面积。
③穿过线圈的磁通量及其变化与线圈匝数无关，即磁通量的大小不受线圈匝数的影响。
(2)定性判断：磁通量是指穿过线圈面积的磁感线的“净条数”，当有不同方向的磁场同时穿过该面积时，此时的磁通量为各磁场穿过该面积磁通量的代数和。
2．判断感应电流有无的方法
(二) 感应电流方向的判断(精研点)
逐点清1　对楞次定律的理解　
1．(多选)下列说法正确的是(　 )
A．感应电流的磁场方向总是与引起感应电流的磁场方向相反
B．感应电流的磁场方向与引起感应电流的磁场方向可能相同，也可能相反
C．楞次定律只能判断闭合电路中感应电流的方向
D．楞次定律表明感应电流的效果总是与引起感应电流的原因相对抗
解析：选BD　根据楞次定律的表述，感应电流的效果总是与引起感应电流的原因相对抗，感应电流的磁场方向与引起感应电流的磁场方向可能相同，也可能相反，故A错误，B、D正确；楞次定律除了可判断闭合电路中感应电流方向外，还可判断闭合电路中磁通量的变化情况，故C错误。
一点一过　楞次定律中“阻碍”的含义
逐点清2　应用楞次定律判断感应电流的方向
2．(2023·浙江杭州模拟)线圈绕制在圆柱形铁芯上，通过导线与电流计连接组成闭合回路。条形磁铁的轴线和铁芯的轴线及连接线圈和电流计的导线在同一平面内，铁芯、线圈及条形磁铁的几何中心均在与铁芯垂直的PQ连线上。条形磁铁分别与线圈相互平行或相互垂直放置，使其沿QP方向靠近线圈。若电流从电流计“＋”接线柱流入时电流计指针向右偏转，在如下情形中能观察到明显的电磁感应现象，且图中标出的电流计指针偏转方向正确的是(　 )
解析：选A　该题图A、B中当磁铁向线圈靠近时，穿过线圈的磁通量向下增加，根据楞次定律可知，线圈中产生的感应电流从“＋”接线柱流入电流计，则电流计指针向右偏转，A正确，B错误；当磁铁按如题图C、D所示的方式靠近线圈时，由对称性可知，穿过线圈的磁通量总是零，线圈中不会有感应电流，C、D错误。
3.如图所示，空间存在垂直纸面向里的磁场，磁场在竖直方向均匀分布，在水平方向非均匀分布，且关于竖直平面MN对称，绝缘轻线上端固定在M点，下端与一个粗细均匀的铜制圆环相连。现将圆环由P处无初速度释放，圆环第一次向右摆动最远能到达Q处(图中未画出)。已知圆环始终在同一竖直平面内摆动，则在圆环从P摆向Q的过程中，下列说法正确的是(　 )
A．位置P与Q可能在同一高度
B．感应电流方向始终逆时针
C．感应电流方向先逆时针后顺时针
D．圆环整体所受安培力先做负功后做正功
解析：选C　圆环从P摆向Q的过程中，由于磁场在竖直方向均匀分布，在水平方向非均匀分布，导致环中磁通量变化，从而产生感应电流，产生焦耳热，则在整个运动过程中环的机械能会减少，因此Q不可能与P在同一高度，故A错误；根据楞次定律，环在MN左侧向右摆的过程中，穿过环垂直向里的磁通量在增加，当环在MN右侧向右摆的过程中，穿过环垂直向里的磁通量在减少，则感应电流方向先逆时针后顺时针，故B错误，C正确；安培力一直阻碍圆环与磁场的相对运动，一直做负功，故D错误。
一点一过　　“四步法”判断感应电流方向
逐点清3　应用右手定则判断感应电流的方向　
4．下列图中表示闭合电路中的一部分导体ab在磁场中做切割磁感线运动的情景，导体ab上的感应电流方向为a→b的是(　 )
解析：选A　ab棒顺时针转动，运用右手定则：磁感线穿过手心，拇指指向顺时针方向，则导体ab上的感应电流方向为a→b，故A正确；ab向纸外运动，运用右手定则时，磁感线穿过手心，拇指指向纸外，则知导体ab上的感应电流方向为b→a，故B错误；穿过回路的磁通量减小，由楞次定律知，回路中感应电流方向由b→a→d→c，则导体ab上的感应电流方向为b→a，故C错误；ab棒沿导轨向下运动，由右手定则判断知导体ab上的感应电流方向为b→a，故D错误。
　　　右手定则的理解和应用
(1)右手定则是楞次定律的一种特殊形式，用右手定则能解决的问题，用楞次定律均可代替解决。
(2)右手定则应用“三注意”：
①磁感线必须垂直穿入掌心。
②拇指指向导体运动的方向。
③四指所指的方向为感应电流的方向。
(三) 楞次定律的推广应用(精研点)
楞次定律中“阻碍”的含义可以推广为：感应电流的效果总是阻碍引起感应电流的原因。具体表现常见如下几种形式：
内容 例证
阻碍原磁通量变化——“增反减同”
阻碍相对运动——“来拒去留”
使回路面积有扩大或缩小的趋势——“增缩减扩”注意：此结论只适用于磁感线单方向穿过回路的情境
阻碍原电流的变化——“增反减同”(即自感现象)
[考法全训]
考法(一)　阻碍原磁通量的变化——“增反减同”
1．(2023·湖南长沙模拟)电磁弹射装置是航空母舰上的一种舰载机起飞装置。如图所示的装置也能进行电磁弹射，线圈固定在光滑绝缘杆MN上，导体圆环套在绝缘杆的左端。则下列说法正确的是(　 )
A．开关闭合，圆环将从M端离开绝缘杆
B．圆环的位置不变，将滑动变阻器的滑片P向左滑动少许，与滑片滑动前相比，闭合开关瞬间，圆环所受的安培力相同
C．如果将电源反接，闭合开关，圆环将向右运动
D．如果将圆环放在线圈的右侧，闭合开关，圆环不会离开绝缘杆
解析：选A　闭合开关，线圈中有电流通过，周围产生磁场，穿过圆环的磁通量增加，则由楞次定律可知，圆环将向左运动，从绝缘杆的M端离开，A正确；圆环的位置不变，将P向左滑动少许，电路中的总电阻减小，闭合开关瞬间，线圈中的电流增大，穿过圆环的磁通量增大，圆环上的感应电流增大，则圆环所受的安培力增大，B错误；如果将电源反接，闭合开关后穿过圆环的磁通量仍增加，则由楞次定律可知，圆环仍从绝缘杆的M端离开，即圆环仍将向左运动，C错误；如果将圆环放在线圈的右侧，闭合开关，由以上分析可知圆环将从绝缘杆的N端离开，D错误。
考法(二)　阻碍相对运动——“来拒去留”
2．(2023·浙江绍兴模拟)如图所示，右端为N极的磁铁置于粗糙水平桌面上并与轻质弹簧相连，弹簧一端固定在竖直墙面上，当弹簧处于原长时，磁铁的中心恰好是接有一盏小灯泡的竖直固定线圈的圆心。用力将磁铁向右拉到某一位置，撤去作用力后磁铁穿过线圈来回振动，有关这个振动过程，以下说法正确的是(　 )
A．灯泡的亮暗不会发生变化
B．磁铁接近线圈时，线圈对磁铁产生排斥力
C．从左往右看线圈中的电流一直沿逆时针方向
D．若忽略摩擦力和空气阻力，磁铁振动的幅度不会减小
解析：选B　以S极接近线圈过程分析，速度增大，且接近线圈时磁感应强度增大，则穿过线圈的磁通量变化率增大，感应电流增大，灯泡会变亮，故A错误；根据楞次定律的“来拒去留”可知磁铁接近线圈时，线圈对磁铁产生排斥力，故B正确；当S极接近线圈时，根据楞次定律可知线圈中的电流沿逆时针方向，当S极向右运动远离线圈时，根据楞次定律可知，线圈中的电流沿顺时针方向，故C错误；若忽略摩擦力和空气阻力，磁铁的振幅也会越来越小，因为弹簧和磁铁的机械能逐渐转化为焦耳热，故D错误。
考法(三)　使回路面积有变化趋势——“增缩减扩”
3．(多选)如图甲所示，圆形线圈P静止在水平桌面上，其正上方固定一螺线管Q，P和Q共轴，Q中的电流i随时间t变化的规律如图乙所示，取甲图中电流方向为正方向，P所受的重力为G，桌面对P的支持力为FN，则(　 )
A．在t1时刻，FN>G，P有收缩的趋势
B．在t2时刻，FN＝G，穿过P的磁通量不变
C．在t3时刻，FN＝G，P中有感应电流
D．在t4时刻，FN＞G，P有收缩的趋势
解析：选ABC　当螺线管中电流增大时，其形成的磁场不断增强，因此线圈P中的磁通量增大，根据楞次定律可知线圈P将阻碍其磁通量的增大，故线圈有远离和面积收缩的趋势，即FN>G，P有收缩的趋势，故A正确；当螺线管中电流不变时，其形成磁场不变，线圈P中的磁通量不变，因此线圈P中无感应电流产生，则t2和t4时刻FN＝G，P没有收缩的趋势，故B正确，D错误；t3时刻螺线管中电流为零，但是线圈P中磁通量是变化的，因此此时线圈P中有感应电流，但此时刻二者之间没有相互作用力，即FN＝G，故C正确。
(四) “三定则、一定律”的应用(精研点)
1．“三定则、一定律”的比较
定则或定律 适用的现象 因果关系
安培定则 电流的磁效应——电流、运动电荷产生的磁场 因电生磁
左手定则 (1)安培力——磁场对通电导线的作用力(2)洛伦兹力——磁场对运动电荷的作用力 因电受力
右手定则 导体做切割磁感线运动产生的电磁感应现象 因动生电
楞次定律 闭合回路中磁通量变化产生的电磁感应现象 因磁生电
2．“三定则、一定律”的联系
(1)应用楞次定律时，一般要用到安培定则。
(2)判断感应电流所受安培力方向的“两法”：
①先用右手定则确定电流的方向，再用左手定则确定安培力的方向。
②直接应用楞次定律的推论确定——“来拒去留”“增斥减吸”等。
[考法全训]
考法(一)　楞次定律、安培定则及左手定则的综合应用
[例1]　(多选)如图所示，在长直通电导线MN附近有一个矩形闭合金属线圈ABCD，线圈与导线放在光滑绝缘水平面上，且导线MN固定。下列说法正确的是(　 )
A．若MN中通有从N流向M的电流且电流增大，则线圈的CD边受到向右的安培力
B．若MN中通有从N流向M的电流且电流增大，则线圈ABCD会向右运动
C．如果MN中通有从N流向M的恒定电流，发现线圈中感应出A→B→C→D→A流向的电流，原因是线圈可能向左运动了
D．如果MN中通有从N流向M的恒定电流，且让线圈向右运动，则线圈有收缩趋势
[解析]　若MN中通有从N流向M的电流且电流增大，根据安培定则可知，穿过线圈的磁场方向为垂直纸面向里，且逐渐变大，根据楞次定律可知，线圈中感应电流的方向为A→B→C→D→A，根据左手定则可知，CD边受到向左的安培力，AB边受到向右的安培力，越靠近导线磁场越强，则线圈ABCD受到的向右的力大于向左的力，则线圈ABCD会向右运动，故A错误，B正确；如果MN中通有从N流向M的恒定电流，发现线圈中感应出A→B→C→D→A流向的电流，根据楞次定律可知，穿过线圈的磁通量增加，当线圈向左运动，磁通量增加，故C正确；如果MN中通有从N流向M的恒定电流，且让线圈向右运动，则穿过线圈的磁通量减小，根据楞次定律可知，线圈有扩张的趋势，故D错误。
[答案]　BC
[针对训练]
1．(2023·佛山高三模拟)如图甲所示，在光滑水平面上，使电路abcd的ad端加上如图乙所示的交变电压，a点电势高于d点电势时电压u为正值，电路abcd所围区域内还有一弹性导线框MNPQ置于光滑水平面上，以下说法不正确的是(　 )
A．t1时刻，线框MNPQ中的感应电流为零
B．t2时刻，电路abcd对线框MN的安培力为零
C．t3时刻，线框MNPQ中的感应电流为顺时针方向
D．t2～t3时间内，线框MNPQ的面积会变大
解析：选D　t1时刻，电压最大但是图像的斜率为0，则其变化率也为0，所以线框MNPQ中的感应电流为零，A正确，不符合题意；t2时刻，线框MNPQ中的感应电流最大，但是电路abcd中电流为0，其产生的磁场也为0，则电路abcd对线框MN的安培力为零，B正确，不符合题意；t3时刻，由安培定则可知电路abcd在MNPQ中产生的磁场方向垂直水平面向上，并且磁通量增大，由楞次定律，线框MNPQ中的感应电流为顺时针方向，C正确，不符合题意；t2～t3时间内，电路中的电流增大，线框MNPQ中的磁通量增大，由楞次定律推论可知线框MNPQ的面积会变小，所以D错误，符合题意。
考法(二)　“二次感应”问题
[例2]　(多选)如图所示，水平放置的两条光滑轨道上有可自由移动的金属棒PQ、MN，MN的左边有一如图所示的闭合电路，当PQ在一外力的作用下运动时，MN由静止开始向右运动，则PQ所做的运动可能是(　 )
A．向右加速运动 B．向左加速运动
C．向右减速运动 D．向左减速运动
[解析]　MN由静止开始向右运动，说明MN受到向右的安培力，因为导线ab在MN处产生的磁场垂直纸面向里MN中的感应电流方向为M→NL1中感应电流的磁场方向向上。若L2中磁场方向向上减弱PQ中电流方向为Q→P且减小PQ向右减速运动；若L2中磁场方向向下增强PQ中电流方向为P→Q且增大PQ向左加速运动。
[答案]　BC
[规律方法]
在二次感应现象中，“程序法”和“逆向推理法”的选择：
(1)如果要判断二次感应后的现象或结果，选择程序法。
(2)如果已知二次感应后的结果，要判断导体棒的运动情况或磁场的变化，需选择逆向推理法。　　
[针对训练]
2．(多选)如图所示装置中，cd杆原来静止。不计杆与轨道间的摩擦力，当ab杆做如下哪些运动时，cd杆将向右移动(　 )
A．向右匀速运动 B．向右加速运动
C．向左加速运动 D．向左减速运动
解析：选BD　ab匀速运动时，ab中感应电流恒定，L1中磁通量不变，穿过L2的磁通量不变，L2中无感应电流产生，cd保持静止，A错误；ab向右加速运动时，根据右手定则，知在ab杆上产生增大的从a到b的电流，根据安培定则，在L1中产生向上增强的磁场，该磁场向下通过L2，根据楞次定律可知通过cd的感应电流方向向下，由左手定则可知cd向右移动，B正确；同理可得C错误，D正确。
1．[联系生活实际](多选)高考考生入场时，监考老师要用金属探测器对考生进行安检后才允许其进入考场，如图所示。探测器内有通电线圈，当探测器靠近任何金属材料物体时，就会引起探测器内线圈中电流变化，报警器就会发出警报；靠近非金属物体时则不发出警报。关于探测器工作原理，下列说法正确的是(　 )
A．金属探测器利用的是电磁感应现象
B．金属探测器利用的是磁场对金属的吸引作用
C．金属探测器利用的是静电感应现象
D．金属探测器利用的是当探测器靠近金属物体时，能在金属中形成涡流，进而引起线圈中电流的变化
解析：选AD　线圈通电后会产生磁场，当有金属物体进入磁场时，通过金属物体横截面的磁通量发生变化，金属物体内部会产生涡流，涡流的磁场反过来影响线圈中的电流，由此判断是否有金属物体，静电感应现象是带电体靠近导体时使导体感应起电，故A、D正确。
2．[联系生活实际]如图所示为安检门原理图，左边门框中有一通电线圈，右边门框中有一接收线圈。工作过程中某段时间通电线圈中存在顺时针方向(从左向右看)均匀增大的电流，则(　 )
A．无金属片通过时，接收线圈中的感应电流方向为顺时针
B．无金属片通过时，接收线圈中的感应电流增大
C．有金属片通过时，接收线圈中的感应电流方向为顺时针
D．有金属片通过时，接收线圈中的感应电流大小发生变化
解析：选D　当左侧线圈中通有不断增大的顺时针方向(从左向右看)的电流时，知穿过右侧线圈的磁通量向右，且增大，根据楞次定律，右侧线圈中产生逆时针方向的电流，即使有金属片通过时，接收线圈中的感应电流方向仍然为逆时针，故A、C错误；通电线圈中存在顺时针方向均匀增大的电流，则通电线圈中的磁通量均匀增大，所以穿过右侧线圈中的磁通量均匀增大，则磁通量的变化率是定值，由法拉第电磁感应定律可知，接收线圈中的感应电流不变，故B错误；有金属片通过时，则穿过金属片的磁通量发生变化，金属片中会产生感应电流，感应电流的方向与接收线圈中的感应电流的方向相同，所以会将该空间中的磁场的变化削弱一些，使接收线圈中的感应电流大小发生变化，故D正确。
3．[强化科学探究](2021·北京等级考)某同学搬运如图所示的磁电式电流表时，发现表针晃动剧烈且不易停止。按照老师建议，该同学在两接线柱间接一根导线后再次搬运，发现表针晃动明显减弱且能很快停止。下列说法正确的是(　 )
A．未接导线时，表针晃动过程中表内线圈不产生感应电动势
B．未接导线时，表针晃动剧烈是因为表内线圈受到安培力的作用
C．接上导线后，表针晃动过程中表内线圈不产生感应电动势
D．接上导线后，表针晃动减弱是因为表内线圈受到安培力的作用
解析：选D　未接导线时，表针晃动过程中导线切割磁感线，表内线圈会产生感应电动势，由于未连成闭合回路，没有感应电流，所以不受安培力，A、B错误；接上导线后，表针晃动过程中线圈中会产生感应电流，表针晃动减弱是因为表内线圈受到安培力的作用，C错误，D正确。
4．[强化科学探究]某同学学习了电磁感应相关知识之后，做了探究性实验：将闭合线圈按图示方式放在电子秤上，线圈上方有一N极朝下竖直放置的条形磁铁，手握磁铁在线圈的正上方静止，此时电子秤的示数为m0。下列说法正确的是(　 )
A．将磁铁加速插向线圈的过程中，电子秤的示数小于m0
B．将磁铁匀速远离线圈的过程中，电子秤的示数大于m0
C．将磁铁加速插向线圈的过程中，线圈中产生的电流沿逆时针方向(俯视)
D．将磁铁匀速插向线圈的过程中，磁铁减少的重力势能等于线圈中产生的焦耳热
解析：选C　根据楞次定律的推论“来拒去留”可知，在将磁铁插向线圈(无论是匀速、加速还是减速)的过程中，线圈与磁铁相互排斥，导致电子秤的示数大于m0，反之则电子秤的示数小于m0，A、B错误；根据楞次定律可判断，将磁铁加速插向线圈时，线圈中产生的感应电流沿逆时针方向(俯视)，C正确；磁铁匀速插向线圈的过程中，磁铁受到重力、拉力、斥力作用，重力和拉力的合力做的功等于线圈中产生的焦耳热，D错误。
[课时跟踪检测]
一、立足主干知识，注重基础性和综合性
1．(2023·浙江温州模拟)在物理学的发展过程中，许多科学家做出了突出贡献，下列关于科学家和他们的贡献的说法正确的是(　 )
A．牛顿开创了实验与逻辑推理相结合的研究方法，并用这种方法研究了力与运动的关系
B．库仑通过研究得出了电荷间的相互作用规律，并测出了自然界的最小带电单位
C．安培提出了分子电流假说，成功解释了一些磁现象来源于运动电荷这一本质
D．法拉第通过大量实验发现了电磁感应现象，并总结出法拉第电磁感应定律
解析：选C　伽利略开创了实验与逻辑推理相结合的研究方法，并用这种方法研究了力与运动的关系，A错误；库仑通过研究得出了电荷间的相互作用规律，密立根测出了自然界的最小带电单位，B错误；安培提出了分子电流假说，成功解释了磁现象来源于运动电荷这一本质，C正确；法拉第发现了电磁感应现象，但法拉第电磁感应定律不是法拉第总结出来的，D错误。
2．(多选)用如图所示装置探究感应电流产生的条件，线圈A通过滑动变阻器和开关S1连接到电源上，线圈B通过开关S2连接到电流表上，将线圈A套在线圈B的里面。下列说法中正确的是(　 )
A．该装置可用于探究线圈B中感应电流产生的条件
B．S2处于闭合状态，在S1闭合瞬间，电流表的指针会发生偏转
C．S1处于闭合状态，在S2闭合瞬间，电流表的指针会发生偏转
D．两开关均处于闭合状态，电路稳定后匀速移动滑动变阻器的滑片，电流表的指针会发生偏转
解析：选ABD　线圈B没有接电源，与电流表构成回路，可用于探究线圈B中感应电流产生的条件，A正确；S2处于闭合状态，则线圈B与电流表构成回路，在S1闭合瞬间，线圈A中电流增大，线圈A产生的磁场增强，则穿过线圈B的磁通量变大，所以线圈B中会产生感应电流，电流表的指针会发生偏转，B正确；S1处于闭合状态，线圈A中的电流不变，产生的磁场不变，穿过线圈B的磁通量不变，所以在S2闭合瞬间，线圈B中没有感应电流，电流表指针不偏转，C错误；两开关均处于闭合状态，电路稳定后匀速移动滑动变阻器的滑片，则线圈A中电流变化，线圈A产生的磁场变化，则穿过线圈B的磁通量变化，所以线圈B中会产生感应电流，电流表的指针会发生偏转，故D正确。
3.如图所示，导线MON在中点O弯折成一定角度，OO′为其角平分线，在导线MON内通以恒定电流I，由均匀导线制成的正方形小线框L的中线与OO′重合，则能在L中产生感应电流的办法是(　 )
A．增大电流I
B．将L沿OO′向右匀速移动
C．将L沿OO′向右加速移动
D．将L向上快速移动
解析：选D　根据右手螺旋定则可知，穿过正方形线框的磁通量为零，增大电流，磁通量不变，A错误；将线框沿OO′向右运动，穿过正方形线框的磁通量始终为零，无感应电流产生，B、C错误；将L向上快速移动，穿过正方形线框的磁通量发生变化，会有感应电流产生，D正确。
4.厂商通过在手机背面安装感应线圈来实现无线充电，如图是一种结构紧凑的双层感应线圈设计图，a、b为线圈的两端。当线圈处在向上增强的磁场中时，感应电流流向及两线圈之间的安培力方向应为(　 )
A．从a端流出，两层线圈相互排斥
B．从a端流出，两层线圈相互吸引
C．从b端流出，两层线圈相互排斥
D．从b端流出，两层线圈相互吸引
解析：选D　当线圈处在向上增强的磁场中时，穿过线圈的磁通量向上增加，根据楞次定律可知，产生的感应电流从a端流入，从b端流出；两线圈中的感应电流从上往下看都是顺时针方向，则两线圈相互吸引。故选D。
5．(2023·三明模拟)如图甲所示是一个“简易电动机”，一节5号干电池的正极向上，一块圆柱形强磁铁吸附在电池的负极，将一段裸铜导线弯成图中所示形状的线框，线框上端的弯折位置与正极良好接触，下端弯曲的两端与磁铁表面保持良好接触，放手后线框就会转动起来。该“简易电动机”的原理图如图乙所示，关于该“简易电动机”，下列说法正确的是(　 )
A．从上往下看，该“简易电动机”逆时针旋转
B．电池的输出功率等于线框转动的机械功率
C．线框①②两部分导线电阻在电路中是串联关系
D．“简易电动机”由静止到转动起来的过程中，线框中的电流减小
解析：选D　线框的上下两条边受到安培力的作用而发生转动，根据左手定则可以判断，从上往下看，线框将顺时针旋转，故A错误；电池输出的功率一部分转化为线框的发热功率，一部分提供线框转动的机械功率，所以电池的输出功率大于线框转动的机械功率，故B错误；线框①②两部分导线电阻在电路中是并联关系，故C错误；稳定时，因导线切割磁感线，产生的感应电动势与电源相反，则线框中电流比刚开始转动时小，故D正确。
6.(多选)法拉第在1831年发现了“磁生电”现象。如图所示，他把两个线圈绕在同一个软铁环上，线圈A和电池连接，线圈B用导线连通，导线下面平行放置一个小磁针，且导线沿南北方向放置。下列说法正确的是(　 )
A．开关闭合并保持一段时间后，小磁针的N极指向垂直纸面向里的方向
B．开关闭合的瞬间，小磁针的N极朝垂直纸面向里的方向转动
C．开关闭合并保持一段时间再断开的瞬间，小磁针的N极朝垂直纸面向外的方向转动
D．开关闭合并保持一段时间后，小磁针的N极指向垂直纸面向外的方向
解析：选BC　开关闭合并保持一段时间后，穿过线圈B中的磁通量不变，因此不会产生感应电流，则小磁针不会偏转，故A、D错误；开关闭合的瞬间，依据安培定则可知，线圈A中产生沿软铁环的逆时针方向的磁场(垂直纸面向里看)，再由楞次定律，知线圈B回路中产生逆时针方向的感应电流(垂直纸面向里看)，小磁针的N极朝垂直纸面向里的方向转动，故B正确；开关闭合并保持一段时间再断开的瞬间，同理，线圈B中产生顺时针方向的感应电流(垂直纸面向里看)，则小磁针的N极朝垂直纸面向外的方向转动，故C正确。
7．(2023·洛阳模拟)航母上的飞机起飞可以利用电磁驱动来实现。电磁驱动原理示意图如图所示，在固定线圈左右两侧对称位置放置两个闭合金属圆环，铝环和铜环的形状、大小相同，已知铜的电阻率较小，不计所有接触面间的摩擦，则闭合开关S的瞬间(　 )
A．铝环向右运动，铜环向左运动
B．铝环和铜环都向右运动
C．铜环受到的安培力小于铝环受到的安培力
D．从左向右看，铜环中的感应电流沿顺时针方向
解析：选D　闭合开关S的瞬间，穿过两个金属圆环的磁通量均增大，为阻碍磁通量的增大，铝环向左运动，铜环向右运动，A、B错误；由于铜环和铝环的形状、大小相同，铜的电阻率较小，故铜环的电阻较小，两环对称地放在固定线圈两侧，闭合开关S瞬间，穿过两环的磁通量的变化率相同，两环产生的感应电动势相等，则铜环中的感应电流较大，故铜环受到的安培力较大，C错误；由右手螺旋定则可知，闭合开关S瞬间，穿过铜环的磁通量向左增大，由楞次定律知，从左向右看，铜环中的感应电流沿顺时针方向，D正确。
8．如图所示，一质量为m的条形磁铁用细线悬挂在天花板上，细线从一水平金属圆环中穿过。现将该环从位置Ⅰ释放，环经过磁铁到达位置Ⅱ。设环经过磁铁上端和下端附近时细线的张力分别为FT1和FT2，重力加速度大小为g，则(　 )
A．FT1＞mg，FT2＞mg B．FT1＜mg，FT2＜mg
C．FT1＞mg，FT2＜mg D．FT1＜mg，FT2＞mg
解析：选A　金属圆环从位置Ⅰ到位置Ⅱ过程中，由楞次定律知，金属圆环在磁铁上端时受磁场力向上，在磁铁下端时受磁场力也向上，由牛顿第三定律可知，对磁铁受力分析FT1＞mg，FT2＞mg，A正确。
二、强化迁移能力，突出创新性和应用性
9．如图为电磁刹车实验装置，小车底面安装有矩形导线框abcd，线框底面平行于地面，在小车行进方向有与abcd等宽、等长的有界匀强磁场，磁场方向垂直地面向上。小车进入磁场前撤去牵引力，小车穿过磁场后滑行一段距离停止。则小车(　 )
A．进入磁场时，矩形导线框中感应电流的方向为adcba
B．离开磁场时，矩形导线框中感应电流的方向为abcda
C．穿过磁场的过程中，中间有一段时间矩形导线框中没有感应电流
D．穿过磁场的过程中，矩形导线框受到的安培力方向始终水平向左
解析：选D　根据楞次定律可知，进入磁场时，矩形导线框中感应电流的方向为abcda，离开磁场时，矩形导线框中感应电流的方向为adcba，A、B错误；因线框与磁场等宽、等长，则穿过磁场的过程中，矩形导线框中始终有感应电流，C错误；根据左手定则可知，穿过磁场的过程中，矩形导线框受到的安培力方向始终水平向左，D正确。
10.如图所示，A为水平放置的胶木圆盘，在其侧面均匀分布着负电荷，在A的正上方用绝缘丝线悬挂一个金属圆环B，使B的环面水平且与胶木圆盘面平行，其轴线与胶木圆盘A的轴线OO′重合。现使胶木圆盘A由静止开始绕其轴线OO′按箭头所示方向加速转动，则(　 )
A．金属环B的面积有扩大的趋势，丝线受到的拉力增大
B．金属环B的面积有缩小的趋势，丝线受到的拉力减小
C．金属环B的面积有扩大的趋势，丝线受到的拉力减小
D．金属环B的面积有缩小的趋势，丝线受到的拉力增大
解析：选B　使胶木圆盘A由静止开始绕其轴线OO′按箭头所示方向加速转动，穿过金属环B的磁通量增大，根据楞次定律，金属环B的面积有缩小的趋势，且B有向上升高的趋势，丝线受到的拉力减小，故B项正确。
11．为了测量列车运行的速度和加速度的大小，可采用如图甲所示的装置，它由一块安装在列车车头底部的强磁体和埋设在轨道地面的一组线圈及电流测量记录仪组成(测量记录仪未画出)。当列车经过线圈上方时，线圈中产生的电流被记录下来，P、Q为接测量仪器的端口，若俯视轨道平面磁场垂直地面向下(如图乙所示)。则在列车经过测量线圈的过程中，流经线圈的电流方向(　 )
A．始终沿逆时针方向
B．先沿逆时针，再沿顺时针方向
C．先沿顺时针，再沿逆时针方向
D．始终沿顺时针方向
解析：选B　列车通过线圈时，穿过线圈的磁通量先增大后减小，根据楞次定律可知线圈中产生的电流先沿逆时针方向，再沿顺时针方向，B正确。
12.如图所示，在粗糙绝缘水平面上，固定两条相互平行的直导线，导线中通有大小和方向都相同的电流，在两条导线的中间位置放置一正方形线框，导线、线框均关于虚线对称，当导线中电流发生变化时，线框始终静止。已知导线周围某点的磁感应强度与导线中的电流大小成正比，与到导线的距离成反比。则下列对导线中电流变化后线框所受摩擦力的方向的判断正确的是(　 )
A．a、b中电流同步增加，摩擦力方向向左
B．a、b中电流同步减小，摩擦力方向向左
C．a中电流减小，b中电流增大，摩擦力方向向右
D．a中电流减小，b中电流不变，摩擦力方向向左
解析：选C　a、b两导线中间部分的磁场的磁感应强度大小分布关于虚线对称，磁场方向相反，当a、b导线中的电流同步增大或减小时，正方形导线框中的磁通量不变，线框所受摩擦力为0，A、B错误；a中电流减小、b中电流增大时，磁感应强度为0处向a导线移动，线框内的磁通量垂直纸面向外增大，根据楞次定律可知，线框有向左运动的趋势，所受摩擦力方向向右，同理可知，a中电流减小，b中电流不变时，线框所受摩擦力方向也向右，C正确，D错误。
13．(2022·广东高考)(多选)如图所示，水平地面(Oxy平面)下有一根平行于y轴且通有恒定电流I的长直导线。P、M和N为地面上的三点，P点位于导线正上方，MN平行于y轴，PN平行于x轴。一闭合的圆形金属线圈，圆心在P点，可沿不同方向以相同的速率做匀速直线运动，运动过程中线圈平面始终与地面平行。下列说法正确的有(　 )
A．N点与M点的磁感应强度大小相等，方向相同
B．线圈沿PN方向运动时，穿过线圈的磁通量不变
C．线圈从P点开始竖直向上运动时，线圈中无感应电流
D．线圈从P到M过程的感应电动势与从P到N过程的感应电动势相等
解析：选AC　根据安培定则，M、N点的磁场方向如图所示，由图可知，M点与N点的磁感应强度大小相等，方向相同，A正确；线圈在P点时磁通量为零，在N点时磁通量不为零，故B错误；线圈从P点开始竖直向上运动时，磁通量始终为零，线圈中无感应电流，故C正确；线圈在M点和在N点的磁通量相等，则从P到M和从P到N的磁通量的变化量ΔΦ相同，但线圈以相同速率从P到M和从P到N的时间不同，根据法拉第电磁感应定律E＝n，得感应电动势不同，故D错误。
14．如图所示，金属棒ab、金属导轨和螺线管组成闭合回路，金属棒ab在匀强磁场B中沿导轨向右运动，则(　 )
A．ab棒不受安培力作用
B．ab棒所受安培力的方向向右
C．ab棒向右运动速度v越大，所受安培力越大
D．螺线管产生的磁场，A端为N极
解析：选C　金属棒ab向右运动切割磁感线，根据右手定则判断感应电流方向由b→a，再根据左手定则判断ab棒所受安培力水平向左，故A、B错误；ab棒的速度越大，感应电流越大，所受安培力就越大，C正确；根据安培定则可判定螺线管的A端为S极，D错误。
第2讲　法拉第电磁感应定律 自感和涡流
一、法拉第电磁感应定律
1．感应电动势
(1)定义：在电磁感应现象中产生的电动势。
(2)产生：穿过回路的磁通量发生改变，与电路是否闭合无关。
(3)方向：感应电动势的方向判断可用：①楞次定律；②右手定则。
2．法拉第电磁感应定律
(1)内容：闭合电路中感应电动势的大小，跟穿过这一电路的磁通量的变化率成正比。
(2)公式：E＝n，其中n为线圈匝数。
(3)感应电流与感应电动势的关系：
①有感应电动势，不一定有感应电流(电路不闭合)；
②有感应电流，一定有感应电动势(电路闭合)。
3．导体切割磁感线的情形
(1)若B、l、v相互垂直，则E＝Blv。
(2)v∥B时，E＝0。
二、自感、涡流
1．自感现象
(1)定义：由于导体本身的电流变化而产生的电磁感应现象。
(2)自感电动势
①定义：在自感现象中产生的感应电动势叫作自感电动势。
②表达式：E＝L。
2．涡流
(1)定义：块状金属放在变化磁场中，或在磁场中有相对运动时，金属块内产生的旋涡状感应电流。
(2)产生原因：金属块内磁通量变化→感应电动势→感应电流。
情境创设　
1．如图甲所示，线圈两端a、b与一电阻R相连，线圈内有垂直于线圈平面向里的磁场，t＝0时刻起，穿过线圈的磁通量按图乙所示的规律变化。
2．如图丙、丁是研究通电自感和断电自感现象的电路。
微点判断　
(1)图乙中2t0时刻线圈的磁通量为零，产生的电动势为零。(×)
(2)图乙中t0～2t0时间内线圈磁通量变化快，产生的电动势大。(√)
(3)图乙中t0～2t0时间内线圈产生的感应电动势大小是0～t0时间内的2倍。(√)
(4)图丙中K闭合瞬间，LA、LB一起亮起来。(×)
(5)图丙中K断开时，LA、LB一起逐渐熄灭。(√)
(6)图丁中K闭合时，LC立即亮起来。(√)
(7)图丁中K断开时，LC一定闪亮一下再熄灭。(×)
(一) 法拉第电磁感应定律的应用(固基点)
[题点全练通]
1．[公式E＝n的应用]
(多选)单匝线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动，穿过线圈的磁通量随时间变化的图像如图所示，则(　 )
A．在t＝0时，线圈中磁通量最大，感应电动势也最大
B．在t＝1×10－2 s时，感应电动势最大
C．在t＝2×10－2 s时，感应电动势为0
D．在0～2×10－2 s时间内，线圈中感应电动势的平均值为0
解析：选BC　由法拉第电磁感应定律知E∝，故t＝0及t＝2×10－2 s时，E＝0，A错误，C正确；t＝1×10－2 s时，E最大，B正确；0～2×10－2 s时间内，ΔΦ≠0，感应电动势的平均值E≠0，D错误。
2．[公式E＝nS的应用]
(2022·河北高考)将一根绝缘硬质细导线顺次绕成如图所示的线圈，其中大圆面积为S1，小圆面积均为S2，垂直线圈平面方向有一随时间t变化的磁场，磁感应强度大小B＝B0＋kt，B0和k均为常量，则线圈中总的感应电动势大小为(　 )
A．kS1　　　　　　　 B．5kS2
C．k(S1－5S2) D．k(S1＋5S2)
解析：选D　根据法拉第电磁感应定律可得大圆线圈产生的感应电动势E1＝＝＝kS1，每个小圆线圈产生的感应电动势E2＝＝＝kS2，由线圈的绕线方式和楞次定律可知大、小圆线圈中产生的感应电动势方向相同，故线圈中总的感应电动势大小为E＝E1＋5E2＝k(S1＋5S2)，D正确。
3．[E＝nB的应用]
如图所示，匀强磁场中有一个用软导线制成的单匝闭合线圈，线圈平面与磁场垂直。已知线圈的面积S＝0.3 m2、电阻R＝0.6 Ω，磁场的磁感应强度B＝0.2 T。现同时向两侧拉动线圈，线圈的两边在Δt＝0.5 s时间内合到一起。求线圈在上述过程中
(1)感应电动势的平均值E；
(2)感应电流的平均值I，并在图中标出电流方向；
(3)通过导线横截面的电荷量q。
解析：(1)感应电动势的平均值E＝，磁通量的变化ΔΦ＝BΔS，解得E＝，代入数据得E＝0.12 V。
(2)平均电流I＝，代入数据得I＝0.2 A(电流方向如图所示)。
(3)电荷量q＝IΔt，代入数据得q＝0.1 C。
答案：(1)0.12 V　(2)0.2 A，电流方向见解析图
(3)0.1 C
[要点自悟明]
法拉第电磁感应定律变形式的应用
(1)E＝nS——适用于垂直于磁场的回路面积S不变，磁感应强度B发生变化的情形；此时，在B t图像中是图线的斜率。
(2)E＝nB——适用于磁感应强度B不变，垂直于磁场的回路面积S发生变化的情形。
(二) 导体棒切割磁感线产生感应电动势(精研点)
1．平动切割
(1)对公式E＝Blv的理解
适用条件 ①磁场为匀强磁场②B、l、v三者互相垂直
有效性 公式中的l为导体棒切割磁感线的有效长度，如图中的有效切割长度均为ab的直线长度
相对性 E＝Blv中的速度v是导体棒相对磁场的速度。若磁场也在运动，应注意其相对速度
(2)当B与l、v垂直但l与v不垂直时：E＝Blvsin θ，其中θ为v与l的夹角，如图甲所示。
　　　
2．转动切割：当导体在垂直于磁场的平面内，绕一端以角速度ω匀速转动时，产生的感应电动势为E＝Bl＝Bl2ω，如图乙所示。
[考法全训]
1．[平动切割]如图所示，abcd为水平放置的平行光滑金属导轨，间距为l。导轨间有垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度大小为B，导轨电阻不计。已知金属杆MN倾斜放置，与导轨成θ角，单位长度的电阻为r。保持金属杆以速度v沿平行于cd的方向滑动(金属杆滑动过程中与导轨接触良好)。则(　 )
A．电路中感应电动势的大小为
B．电路中感应电流的大小为
C．金属杆所受安培力的大小为
D．金属杆的热功率为
解析：选B　金属杆的运动方向与金属杆不垂直，电路中感应电动势的大小为E＝Blv(l为切割磁感线的有效长度)，A错误；电路中感应电流的大小为I＝＝＝，B正确；金属杆所受安培力的大小为F＝BIL′＝B··＝，C错误；金属杆的热功率为P＝I2R＝·＝，D错误。
2．[转动切割](多选)如图是金属圆盘发电机的原理图。匀强磁场垂直于金属圆盘，电阻R通过导线与两块铜片电刷D、C连接，D、C分别与转动轴和圆盘的边缘良好接触。圆盘绕通过圆心O的固定转动轴按图示顺时针方向转动，电阻R中就有电流通过。则(　 )
A．电流方向由D经过电阻R流向C
B．通过电阻R的电流大小与铜盘的半径成正比
C．通过电阻R的电流大小与磁感应强度成正比
D．通过电阻R的电流大小与圆盘转动的角速度成正比
解析：选CD　金属圆盘按题图所示方向转动，切割磁感线，产生感应电动势，根据右手定则可判断圆盘边缘电势比轴心电势高，故电流方向由C经过电阻R流向D，A错误；根据法拉第电磁感应定律有感应电动势E＝BLv＝BωR2，结合欧姆定律可知，B错误，C、D正确。
(三) 自感和涡流 电磁阻尼与电磁驱动(精研点)
考法(一)　自感现象分析
[例1]　(2023·广州模拟)如图，L是自感系数很大、电阻不计的线圈，a、b是两个相同的小灯泡，在开关S由断开到闭合的过程中，下列说法正确的是(　 )
A．a先亮b后亮，然后b逐渐变亮
B．b先亮a后亮，然后a逐渐变亮
C．a、b同时亮后b逐渐变暗至熄灭
D．a、b同时亮后a逐渐变暗至熄灭
[解析]　当S闭合瞬间，两灯同时获得电压，同时发光，随着线圈L电流的增加，b逐渐变暗直到熄灭，同时，a电流逐渐增大，变得更亮。故C正确，A、B、D错误。
[答案]　C
[例2]　(多选)如图所示的电路中，L是一个自感系数很大、直流电阻不计的线圈，D1、D2和D3是三个完全相同的灯泡，E是内阻不计的电源。在t＝0时刻，闭合开关S，电路稳定后在t1时刻断开开关S。规定电路稳定时流过D1、D2的电流方向为正方向，分别用I1、I2表示流过D1和D2的电流，则四个选项中能定性描述电流I随时间t变化关系的图像是(　 )
[解析]　闭合开关S，D1缓慢变亮，D2和D3立即变亮，稳定后流过D1的电流比D2和D3大。在t1时刻断开开关S后，由于自感现象，通过D1的电流逐渐减小，方向不变，而通过D2和D3的电流方向立即改变，且电流大小先变大后逐渐减小，B、C正确。
[答案]　BC
[规律方法]　自感现象中灯泡亮度变化分析
与线圈串联的灯泡 与线圈并联的灯泡
电路图
通电时 电流逐渐增大，灯泡逐渐变亮 电流突然增大，然后逐渐减小达到稳定
断电时 电流逐渐减小，灯泡逐渐变暗，电流方向不变 电路中稳态电流为I1、I2：①若I2≤I1，灯泡逐渐变暗；②若I2＞I1，灯泡“闪亮”后逐渐变暗。两种情况下灯泡中电流方向均改变
考法(二)　对涡流的理解
[例3]　光滑曲面与竖直平面的交线是抛物线，如图所示，抛物线的方程为y＝x2，其下半部分处在一个沿水平方向的匀强磁场中，磁场的上边界是y＝a的直线(如图中的虚线所示)。一个小金属块从抛物线上y＝b(b>a)处以速度v沿抛物线下滑，假设曲面足够长，则金属块在曲面上滑动的过程中产生的焦耳热总量是(　 )
A．mgb B．mv2
C．mg(b－a) D．mg(b－a)＋mv2
[解析]　金属块最终在磁场区域内往复运动，由初状态到末状态，根据能量守恒定律得E1＝E2＋Q，初状态机械能E1＝mgb＋mv2，末状态机械能E2＝mga，产生的焦耳热Q＝E1－E2＝mg(b－a)＋mv2。
[答案]　D
[规律方法]
产生涡流时的能量转化
伴随着涡流现象，其他形式的能转化成电能，最终在金属块中转化为内能。
(1)金属块放在变化的磁场中，则磁场能转化为电能，最终转化为内能。
(2)如果是金属块进出磁场或在非匀强磁场中运动，则由于克服安培力做功，金属块的机械能转化为电能，最终转化为内能。　　
考法(三)　电磁阻尼与电磁驱动问题
[例4·电磁阻尼]　如图所示，铝管竖直置于水平桌面上，小磁体从铝管正上方由静止开始下落，在磁体穿过铝管的过程中，磁体不与管壁接触，且无翻转，不计空气阻力。下列选项正确的是(　 )
A．磁体做匀加速直线运动
B．磁体的机械能守恒
C．磁体动能的增加量小于重力势能的减少量
D．铝管对桌面的压力大于铝管和磁体的重力之和
[解析]　磁体在铝管中运动的过程中，安培力做负功，磁体的加速度小于重力加速度；根据法拉第电磁感应定律可知，磁体速度越快，产生的感应电动势越大，受到的安培力也越大，所以磁体的加速度是逐渐减小的，磁体不是做匀加速运动，故A错误；磁体在整个下落过程中，除重力做功外，还有产生感应电流对应的安培力做功，导致减小的重力势能，部分转化为动能外，还要产生内能，故机械能不守恒，且磁体动能的增加量小于重力势能的减少量，故B错误，C正确；以铝管和磁体整体为研究对象，因磁体有向下的加速度，则整体合力向下，故地面对整体的支持力小于总重力，根据牛顿第三定律可知，铝管对桌面的压力小于铝管和磁体的重力之和，故D错误。
[答案]　C
[例5·电磁驱动]　在物理兴趣小组的活动中，某同学将轻质圆形铝板用细棉线悬挂在固定点O上，铝板可以绕O点自由摆动，如图所示。在平行于铝板的竖直面内将一竖放的条形磁铁在铝板附近左右来回拉动(与铝板始终不相碰)，若空气流动对铝板的影响可忽略不计，则下列对这个实验结果的判断正确的是(　 )
A．铝板内不会产生感应电动势
B．铝板内产生感应电动势但不会产生感应电流
C．铝板可以在安培力的作用下摆动起来
D．铝板始终保持静止不动
[解析]　当条形磁铁靠近和远离铝板时，铝板切割磁感线，产生感应电动势，A错误；因铝板各部分切割磁感线的密集程度不同，磁通量的改变量不同，故各部分产生的感应电动势不同，由此能产生感应电流，B错误；铝板产生感应电流后，可在安培力的作用下摆动起来，C正确，D错误。
[答案]　C
[规律方法]　电磁阻尼与电磁驱动的比较
电磁阻尼 电磁驱动
不同点 成因 由于导体在磁场中运动而产生感应电流，从而使导体受到安培力 由于磁场运动引起磁通量的变化而产生感应电流，从而使导体受到安培力
效果 安培力的方向与导体运动方向相反，阻碍导体运动 导体受安培力的方向与导体运动方向相同，推动导体运动
能量转化 导体克服安培力做功，其他形式能转化为电能，最终转化为内能 由于电磁感应，磁场能转化为电能，通过安培力做功，电能转化为导体的机械能，而对外做功
相同点 两者都是电磁感应现象，都遵循楞次定律，都是安培力阻碍引起感应电流的导体与磁场间的相对运动
1．[强化科学探究]在某个趣味物理小实验中，几位同学手拉手与一节电动势为1.5 V的干电池、导线、开关、一个有铁芯的多匝线圈按如图所示方式连接，实验过程中人会有触电的感觉。下列说法正确的是(　 )
A．人有触电感觉是在开关闭合瞬间
B．人有触电感觉时流过人体的电流大于流过线圈的电流
C．断开开关时流过人的电流方向从B→A
D．断开开关时线圈中的电流突然增大
解析：选C　因为断电瞬间多匝线圈产生较大的自感电动势，所以人有触电感觉，此时人与线圈组成一个闭合回路，则两者电流总是相等，线圈中的电流方向不变，但是流过人的电流方向从B→A，根据楞次定律可知，自感电动势是阻碍电流的减小，但不是阻止，所以线圈中的电流是逐渐减小的，A、B、D错误；C正确。
2．[联系生活实际]磁卡的磁条中有用于存储信息的磁极方向不同的磁化区，刷卡器中有检测线圈。当以速度v0刷卡时，在线圈中产生感应电动势，其E t关系如图所示。如果只将刷卡速度改为，线圈中的E t关系图可能是(　 )
解析：选D　若将刷卡速度改为，线圈切割磁感线运动时产生的感应电动势大小将会减半，周期将会加倍，故D正确。
3．[聚焦科技前沿]在油电混合小轿车上有一种装置，刹车时能将车的动能转化为电能，启动时再将电能转化为动能，从而实现节能减排。图中，甲、乙磁场方向与轮子的转轴平行，丙、丁磁场方向与轮子的转轴垂直，轮子是绝缘体，则采取下列哪个措施，能有效地借助磁场的作用，让转动的轮子停下(　 )
A．如图甲，在轮上固定如图绕制的线圈
B．如图乙，在轮上固定如图绕制的闭合线圈
C．如图丙，在轮上固定一些细金属棒，金属棒与轮子转轴平行
D．如图丁，在轮上固定一些闭合金属线框，线框长边与轮子转轴平行
解析：选D　题图甲和题图乙中当轮子转动时，穿过线圈的磁通量都是不变的，不会产生感应电流，则不会有安培力阻碍轮子的运动，A、B错误；题图丙中在轮上固定一些细金属棒，当轮子转动时会产生感应电动势，但是不会形成感应电流，则也不会产生安培力阻碍轮子转动，C错误；题图丁中在轮上固定一些闭合金属线框，线框长边与轮子转轴平行，当轮子转动时会产生感应电动势，形成感应电流，则会产生安培力阻碍轮子转动，使轮子很快停下来，D正确。
4．[体现学以致用]涡流内检测技术是一项用来检测各种金属管道是否有破损的技术。下图是检测仪在管道内运动及其工作原理剖面示意图，当激励线圈中通以正弦交流电时，金属管道壁内会产生涡流，涡流磁场会影响检测线圈的电流。以下有关涡流内检测仪的说法正确的是(　 )
A．检测线圈消耗功率等于激励线圈输入功率
B．在管道内某处检测时，如果只增大激励线圈中交流电的频率，则检测线圈的电流强度不变
C．在管道内某处检测时，如果只增大激励线圈中交流电的频率，则检测仪消耗功率将变大
D．当检测仪从金属管道完好处进入到破损处检测时，管道壁中将产生更强的涡流
解析：选C　激励线圈输入功率大于检测线圈消耗功率，管道壁中产生涡流，有一定的热功率，P激励＝P检测＋P热，故A错误；增大频率，检测线圈的磁通量变化率变大，产生的感应电动势变大，则电流强度变大，故B错误；增大频率，检测线圈的功率和管道产生的热功率变大，则检测仪消耗功率将变大，故C正确；当检测仪从金属管道完好处进入破损处检测时，厚度减小，则管道壁中产生的涡流变小，故D错误。
[课时跟踪检测]
一、立足主干知识，注重基础性和综合性
1．以下现象中属于涡流现象的应用的是(　 )
解析：选B　电烤箱是利用电流发热的原理，故A错误；金属探测仪可以探测人身上是否携带金属物品，是通过金属上产生涡流而使报警器发出警报的，故B正确；高压带电作业屏蔽服是利用静电屏蔽原理，故C错误；车载充电器没有应用涡流现象，故D错误。
2．(多选)如图所示，在线圈上端放置一盛有冷水的金属杯，现接通交流电源，过了几分钟，杯内的水沸腾起来。若要缩短上述加热时间，下列措施可行的有(　 )
A．增加线圈的匝数
B．提高交流电源的频率
C．将金属杯换为瓷杯
D．取走线圈中的铁芯
解析：选AB　当线圈上通交流电时，金属杯由于发生电磁感应现象，杯中有感应电流，产生涡流，由电流的热效应对水加热，若要增大感应电流，则需要增大感应电动势或者减小杯体的电阻。增加线圈的匝数，使得穿过金属杯的磁场增强，感应电动势增大，选项A正确；提高交流电的频率，使得磁通量的变化率增大，感应电动势增大，选项B正确；若将金属杯换为瓷杯，则不会产生感应电流，选项C错误；取走线圈中的铁芯，磁场会大大减弱，感应电动势减小，选项D错误。
3.(2023·浙江温州模拟)转笔是一项用不同的方法与技巧以手指来转动笔的休闲活动，深受广大中学生的喜爱，其中也包含了许多的物理知识。如图所示，某转笔高手能让笔绕其手指上的某一点沿顺时针方向做角速度为ω的匀速圆周运动，已知手与笔的接触点O恰好是长为L的金属笔杆的中点，地磁场的磁感应强度在与笔杆转动平面垂直方向的分量大小为B，方向垂直纸面向外，则(　 )
A．笔杆上O点的电势最低
B．O点与笔尖间的电势差为BL2ω
C．O点与笔尖间的电势差为BL2ω
D．笔杆两端点间的电势差为BL2ω
解析：选C　根据右手定则判断知，笔杆上O点的电势最高，A错误；O点与笔尖间的电势差为U＝B××＝BL2ω，B错误，C正确；笔杆两端点间的电势差为零，D错误。
4．(多选)在日常生活中，摩托车和汽车上装有的磁性转速表就是利用了电磁驱动原理，如图所示是磁性式转速表及其原理图，关于磁性式转速表的电磁驱动原理，下列说法正确的是(　 )
A．铝盘接通电源，通有电流的铝盘在磁场作用下带动指针转动
B．永久磁体随转轴转动产生运动的磁场，在铝盘中产生感应电流，感应电流使铝盘受磁场力而转动
C．铝盘转动的方向与永久磁体转动方向相同
D．由于铝盘和永久磁体被同一转轴带动，所以两者转动是完全同步的
解析：选BC　当永久磁体随转轴转动时，产生转动的磁场，在铝盘中会产生感应电流，这时永久磁体的磁场会对铝盘上的感应电流有力的作用，从而产生一个转动的力矩，使指针转动，由于弹簧游丝的反力矩，会使指针稳定指在某一刻度上，A错误，B正确；该转速表利用了电磁感应原理，由楞次定律推论“来拒去留”知，永久磁体转动方向与铝盘转动方向相同，C正确；永久磁体固定在转轴上，铝盘固定在指针轴上，铝盘和永久磁体没有被同一转轴带动，D错误。
5.如图，长直导线MN置于等腰梯形金属线框的中位线上，彼此绝缘且分别固定。导线通入由M到N的电流，当电流随时间线性增大时，线框中(　 )
A．没有产生感应电流
B．有沿逆时针方向的感应电流
C．感应电流逐渐增大
D．金属线框所受的安培力大小不变
解析：选B　根据安培定则可知，长直导线MN上方磁场方向向外，长直导线MN下方磁场方向向里，由于金属线框处于MN下方面积大于上方面积，可知整个金属线框的磁通量向里，当电流随时间线性增大时，根据楞次定律可知，线框中有沿逆时针方向的感应电流，A错误，B正确；根据法拉第电磁感应定律E＝＝S有效，由于电流随时间线性增大，可知磁感应强度变化率为定值，则线框中感应电动势为定值，线框中感应电流为定值，C错误；长直导线MN电流随时间线性增大，可知直导线MN产生的磁场对应的磁感应强度逐渐变大，又线框中感应电流为定值，故金属线框所受的安培力大小逐渐变大，D错误。
6.如图所示，电路中L是一电阻可忽略不计的电感线圈，a、b为L的左、右两端点，A、B、C为完全相同的三盏灯泡，原来开关S是闭合的，三盏灯泡均发光。某时刻将开关S断开，则下列说法正确的是(　 )
A．a点电势高于b点，A灯闪亮后缓慢熄灭
B．b点电势高于a点，B、C灯闪亮后缓慢熄灭
C．a点电势高于b点，B、C灯闪亮后缓慢熄灭
D．b点电势高于a点，B、C灯不会闪亮只是缓慢熄灭
解析：选B　开关S闭合稳定时，电感线圈支路的总电阻比B、C灯支路电阻小，故流过A灯的电流I1大于流过B、C灯的电流I2，且电流方向由a到b，a点电势高于b点。当开关S断开，电感线圈会产生自感现象，相当于电源，b点电势高于a点，阻碍流过A灯电流的减小，开关S断开瞬间流过B、C灯支路的电流比原来的大，故B、C灯闪亮后缓慢熄灭，故B正确。
7．(2022·江苏高考)如图所示，半径为r圆形区域内有垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度B随时间t的变化关系为B＝B0＋kt，B0、k为常量，则图中半径为R的单匝圆形线圈中产生的感应电动势大小为(　 )
A．πkr2 B．πkR2
C．πB0r2 D．πB0R2
解析：选A　由题意可知磁场的变化率为＝＝k，根据法拉第电磁感应定律可知E＝＝＝kπr2，故选A。
二、强化迁移能力，突出创新性和应用性
8．(2023·烟台模拟)半径为2R的圆形磁场的磁感应强度为B，半径为R的单匝圆形线圈电阻为r，两圆同平面。线圈以速度v沿两圆心连线匀速穿过磁场区域，如图所示。下列说法正确的是(　 )
A．线圈进入磁场过程中，线圈里先有逆时针方向电流后有顺时针方向电流
B．线圈穿过磁场过程中通过线圈的磁通量变化率的最大值为2BRv
C．线圈位移为R时，线圈中有最大感应电流Im＝
D．线圈进入磁场到位移为R的过程中，感应电动势均匀增加
解析：选B　线圈进入磁场过程中，线圈里的磁通量一直向里增大，根据楞次定律可得，线圈中的感应电流方向为逆时针方向，故A错误；线圈穿过磁场过程中通过线圈的磁通量变化率的最大值为＝＝Bv·2R＝2BRv，故B正确；线圈位移为R时，线圈圆心在磁场边界上，故此时切割磁感线的有效长度小于直径，故感应电动势小于2BRv，故线圈中的感应电流小于Im＝，故C错误；线圈进入磁场到位移为R的过程中，切割磁感线的有效长度不是随时间均匀增大，根据法拉第电磁感应定律可知E＝Blv，故感应电动势非均匀增加，故D错误。
9．(多选)如图所示，通过水平绝缘传送带输送完全相同的铜线圈，线圈等距离排列，且与传送带以相同的速度匀速运动。为了检测出个别未闭合的不合格线圈，让传送带通过一固定匀强磁场区域，磁场方向垂直于传送带运动方向，根据穿过磁场后线圈间的距离，就能够检测出不合格线圈。通过观察图形，判断下列说法正确的是(　 )
A．若线圈闭合，进入磁场时，线圈中感应电流方向从上向下看为逆时针
B．若线圈闭合，传送带以较大速度匀速运动时，磁场对线圈的作用力增大
C．从图中可以看出，第2个线圈是不合格线圈
D．从图中可以看出，第3个线圈是不合格线圈
解析：选BD　若线圈闭合，进入磁场时，穿过线圈的磁通量增大，由楞次定律可知，线圈中的感应电流的磁场方向向下，所以感应电流的方向从上向下看是顺时针，故A错误；根据法拉第电磁感应定律，传送带以较大速度匀速运动时，线圈中产生的感应电动势较大，则感应电流较大，磁场对线圈的作用力增大，故B正确；由题图知第1、2、4、5、6个线圈都发生了相对滑动，而第3个线圈没有滑动，则第3个线圈是不合格线圈，故C错误，D正确。
10．(多选)如图甲所示，螺线管匝数n＝1 000，横截面积S＝0.02 m2，电阻r＝1 Ω，螺线管外接一个阻值R＝4 Ω的电阻，电阻的一端b接地。一方向平行于螺线管轴线向左的磁场穿过螺线管，磁感应强度随时间变化的规律如图乙所示，则(　 )
A．在0～4 s时间内，R中有电流从a流向b
B．在t＝3 s时穿过螺线管的磁通量为0.07 Wb
C．在4～6 s时间内，通过R的电流大小为8 A
D．在4～6 s时间内，R两端电压Uab＝40 V
解析：选BC　在0～4 s时间内，原磁场增大，则穿过螺线管的磁通量增大，根据楞次定律可知，感应磁场方向向右，由安培定则可知，R中的电流方向从b流向a，故A错误；由题图乙可知，t＝3 s时磁感应强度为B＝3.5 T，则此时穿过螺线管的磁通量为Φ＝BS＝0.07 Wb，故B正确；在4～6 s时间内，感应电动势为E＝n＝40 V，则通过R的电流大小为I＝＝8 A，故C正确；在4～6 s时间内，根据楞次定律可知，R中的电流从a流向b，则R两端电压为Uab＝IR＝32 V，故D错误。
11．(2023·德州模拟)如图甲所示，虚线MN两侧的空间均存在与纸面垂直的匀强磁场，右侧匀强磁场的方向垂直纸面向外，磁感应强度大小恒为B0，左侧匀强磁场的磁感应强度B随时间t变化的规律如图乙所示，规定垂直纸面向外为磁场的正方向。一硬质细导线的电阻率为ρ、横截面积为S0，将该导线做成半径为r的圆环固定在纸面内，圆心O在MN上，则下列说法正确的是(　 )
A．0～t0时间内，圆环中的电流方向为逆时针方向
B．t＝t0时刻，圆环中的电流为0
C．t＝t0时刻，圆环受到的安培力大小为
D．在0～t0时间内，通过圆环的电荷量为
解析：选D　0～t0时间内，圆环中左侧的磁通量向内减小，右侧磁通量不变，根据楞次定律可知圆环中的电流方向为顺时针方向，故A错误；根据法拉第电磁感应定律，圆环中产生的感应电动势E＝S，t＝t0时刻磁通量变化率不为0，则电动势不为0，圆环中的电流不为0，故B错误；上式中S＝πr2，＝，据欧姆定律有I＝，据电阻定律有R＝ρ，t＝t0时刻圆环受到的安培力F＝B0I·2r－B0I·2r＝，方向垂直于MN向左，故C错误；在0～t0时间内，通过圆环的电荷量q＝t，又＝，＝，圆环磁通量的变化量ΔΦ＝B0·πr2，联立解得q＝，故D正确。
12.如图所示，在光滑的水平面上有一半径r＝10 cm、电阻R＝1 Ω、质量m＝1 kg的金属圆环，以速度v＝10 m/s 向一有界磁场运动。匀强磁场方向垂直于纸面向里，磁感应强度B＝0.5 T，从圆环刚进入磁场算起，到刚好有一半进入磁场时，圆环一共释放了32 J的热量，求：
(1)此时圆环中电流的瞬时功率；
(2)此时圆环运动的加速度。
解析：(1)圆环从开始进入磁场到有一半进入磁场过程中，由能量守恒定律得mv2＝Q＋mv′2，
代入数据解得v′＝6 m/s，
此时的感应电动势
E＝BLv′＝B·2rv′＝0.5×2×0.1×6 V＝0.6 V，
圆环中电流的瞬时功率
P＝＝ W＝0.36 W。
(2)感应电流I＝＝ A＝0.6 A，
圆环受到的安培力F＝BIL＝BI·2r＝0.5×0.6×2×0.1 N＝0.06 N，由牛顿第二定律得F＝ma，
解得圆环此时运动的加速度
a＝＝ m/s2＝0.06 m/s2，
由右手定则可知，圆环中感应电流沿逆时针方向，由左手定则可知，安培力水平向左，则加速度方向向左。
答案：(1)0.36 W　(2)0.06 m/s2，方向向左
电磁感应中的电路和图像问题
(一) 电磁感应中的电路问题
1．电磁感应中电路知识的关系图
2．“三步走”分析电路为主的电磁感应问题
[典例]　(2022·浙江1月选考)如图所示，将一通电螺线管竖直放置，螺线管内部形成方向竖直向上、磁感应强度大小B＝kt的匀强磁场，在内部用绝缘轻绳悬挂一与螺线管共轴的金属薄圆管，其电阻率为ρ、高度为h、半径为r、厚度为d(d r)，则(　 )
A．从上向下看，圆管中的感应电流为逆时针方向
B．圆管的感应电动势大小为
C．圆管的热功率大小为
D．轻绳对圆管的拉力随时间减小
[解析]　穿过圆管的磁通量向上逐渐增加，则根据楞次定律可知，从上向下看，圆管中的感应电流为顺时针方向，A错误；圆管的感应电动势大小为E＝πr2＝kπr2，B错误；圆管的电阻R＝ρ，圆管的热功率大小为P＝＝，C正确；根据左手定则可知，圆管中各段所受的安培力方向指向圆管的轴线，则轻绳对圆管的拉力的合力始终等于圆管的重力，不随时间变化，D错误。
[答案]　C
[考法全训]
考法1　导体棒平动切割的电路问题
1.(多选)如图所示，分布于全空间的匀强磁场垂直于纸面向里，其磁感应强度大小为B＝2 T。宽度为L＝0.8 m的两导轨间接一阻值为R＝0.2 Ω电阻，电阻为2R的金属棒AC长为2L并垂直于导轨(导轨电阻不计)放置，A端刚好位于导轨，中点D与另一导轨接触。当金属棒以速度v＝0.5 m/s向左匀速运动时，下列说法正确的是(　 )
A．流过电阻R的电流为2 A
B．A、D两点的电势差为UAD＝0.4 V
C．A、C两点的电势差为UAC＝－1.6 V
D．A、C两点的电势差为UAC＝－1.2 V
解析：选AD　金属棒AD段产生的感应电动势为EAD＝BLv＝2×0.8×0.5 V＝0.8 V
流过电阻R的电流I＝＝ A＝2 A，
根据右手定则，可知A 端的电势低于D端的电势，A、D两点的电势差UAD＝－IR＝－0.4 V，
B错误，A正确；
D、C两点的电势差UDC＝－BLv＝－0.8 V，
则UAC＝UAD＋UDC＝－1.2 V，C错误，D正确。
考法2　导体棒转动切割的电路问题
2．如图所示，固定在水平面上的半径为r的金属圆环内存在方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场。长为l的金属棒，一端与圆环接触良好，另一端固定在竖直导电转轴OO′上，随轴以角速度ω匀速转动，在圆环的A点和电刷间接有阻值为R的电阻和电容为C、板间距为d的平行板电容器，有一带电微粒在电容器极板间处于静止状态。已知重力加速度为g，不计其他电阻和摩擦，下列说法正确的是(　 )
A．棒产生的电动势为Bl2ω
B．微粒的电荷量与质量之比为
C．电阻消耗的电功率为
D．电容器所带的电荷量为CBr2ω
解析：选B　由法拉第电磁感应定律可知棒产生的电动势为E＝Br·ωr＝Br2ω，A错误。金属棒电阻不计，故电容器两极板间的电压等于棒产生的电动势，微粒的重力与其受到的电场力大小相等，有q＝mg，可得＝，B正确。电阻消耗的电功率P＝＝，C错误。电容器所带的电荷量Q＝CU＝CBr2ω，D错误。
考法3　磁场变化引起的电路问题
3．(2022·全国甲卷)三个用同样的细导线做成的刚性闭合线框，正方形线框的边长与圆线框的直径相等，圆线框的半径与正六边形线框的边长相等，如图所示。把它们放入磁感应强度随时间线性变化的同一匀强磁场中，线框所在平面均与磁场方向垂直，正方形、圆形和正六边形线框中感应电流的大小分别为I1、I2和I3。则(　 )
A．I1I3>I2
C．I1＝I2>I3 D．I1＝I2＝I3
解析：选C　设圆线框的半径为r，则由题意可知正方形线框的边长为2r，正六边形线框的边长为r；所以圆线框的周长为C2＝2πr，面积为S2＝πr2，同理可知正方形线框的周长和面积分别为C1＝8r，S1＝4r2，正六边形线框的周长和面积分别为C3＝6r，S3＝×r×r×6＝，三线框材料粗细相同，根据电阻定律R＝ρ，可知三个线框电阻之比为R1∶R2∶R3＝C1∶C2∶C3＝4∶π∶3，根据法拉第电磁感应定律有I＝＝·，可得电流之比为：I1∶I2∶I3＝2∶2∶，即I1＝I2>I3。
(二) 电磁感应中的图像问题
1．常见类型及分析方法
2．解答选择类图像问题的常用方法
排除法 定性地分析电磁感应过程中物理量的变化趋势(增大还是减小)、变化快慢(均匀变化还是非均匀变化)，特别是分析物理量的正负，以排除错误的选项
函数法 根据题目所给条件定量地写出两个物理量之间的函数关系，然后由函数关系对图像进行分析和判断
[考法全训]
考法(一)　根据给定的电磁感应过程选择有关图像
[例1]　(2022·河北高考)(多选)如图，两光滑导轨水平放置在竖直向下的匀强磁场中，一根导轨位于x轴上，另一根由ab、bc、cd三段直导轨组成，其中bc段与x轴平行，导轨左端接入一电阻R。导轨上一金属棒MN沿x轴正向以速度v0保持匀速运动，t＝0时刻通过坐标原点O，金属棒始终与x轴垂直。设运动过程中通过电阻的电流强度为i，金属棒受到安培力的大小为F，金属棒克服安培力做功的功率为P，电阻两端的电压为U，导轨与金属棒接触良好，忽略导轨与金属棒的电阻。下列图像可能正确的是(　 )
[解析]　当导体棒从O点向右运动L时，即在0～时间内，在某时刻导体棒切割磁感线的长度L＝l0＋v0ttan θ(θ为ab与ad的夹角)，则根据E＝BLv0，i＝＝(l0＋v0ttan θ)，可知回路中电流均匀增加；安培力F＝＝(l0＋v0ttan θ)2，则F t关系为抛物线，但是不过原点；安培力做功的功率P＝Fv0＝＝(l0＋v0ttan θ)2，则P t关系为抛物线，但是不过原点；电阻两端的电压等于导体棒产生的感应电动势，即U＝E＝BLv0＝Bv0(l0＋v0ttan θ)，即图像是不过原点的直线；根据以上分析，可知B、D错误；当在～时间内，导体棒切割磁感线的长度不变，感应电动势E不变，感应电流i不变，安培力F大小不变，安培力的功率P不变，电阻两端电压U保持不变；同理可判断，在～时间内，导体棒切割磁感线长度逐渐减小，导体棒切割磁感线的感应电动势E均匀减小，感应电流i均匀减小，安培力F大小与安培力的功率P随时间按照二次函数关系减小，但是不能减小到零，与0～时间内是对称的关系，电阻两端电压U按线性均匀减小，A、C正确。
[答案]　AC
[规律方法]　电磁感应中的图像问题的分析方法
考法(二)　根据给定图像分析电磁感应问题
[例2]　(2021·辽宁高考)(多选)如图(a)所示，两根间距为L、足够长的光滑平行金属导轨竖直放置并固定，顶端接有阻值为R的电阻，垂直导轨平面存在变化规律如图(b)所示的匀强磁场，t＝0时磁场方向垂直纸面向里。在t＝0到t＝2t0的时间内，金属棒水平固定在距导轨顶端L处；t＝2t0时，释放金属棒。整个过程中金属棒与导轨接触良好，导轨与金属棒的电阻不计，则(　 )
A．在t＝时，金属棒受到安培力的大小为
B．在t＝t0时，金属棒中电流的大小为
C．在t＝时，金属棒受到安培力的方向竖直向上
D．在t＝3t0时，金属棒中电流的方向向右
[解析]　由题图可知在0～t0时间段内产生的感应电动势为E＝＝，根据闭合电路欧姆定律可知此时间段的电流为I＝＝，在时磁感应强度为，此时安培力为F＝BIL＝，故A错误，B正确；由图可知在t＝时，磁场方向垂直纸面向外并逐渐增大，根据楞次定律可知产生顺时针方向的电流，再由左手定则可知金属棒受到的安培力方向竖直向上，故C正确；由图可知在t＝3t0时，磁场方向垂直纸面向外，金属棒向下运动的过程中磁通量增加，根据楞次定律可知金属棒中的感应电流方向向左，故D错误。
[答案]　BC
考法(三)　电磁感应中图像转化问题
[例3]　(2023·辽宁大连调研)(多选)如图甲所示，正六边形导线框abcdef放在匀强磁场中静止不动，磁场方向与线框平面垂直，磁感应强度B随时间t的变化关系如图乙所示。t＝0时刻，磁感应强度B的方向垂直纸面向里，设产生的感应电流顺时针方向为正、竖直边cd所受安培力的方向水平向左为正。则下面关于感应电流i和cd所受安培力F随时间t变化的图像正确的是(　 )
[解析]　0～2 s内，磁场的方向垂直纸面向里，且逐渐减小，根据楞次定律，感应电流的方向为顺时针方向，为正值。根据法拉第电磁感应定律，E＝S＝B0S为定值，则感应电流I1＝为定值。在2～3 s内，磁感应强度方向垂直纸面向外，且逐渐增大，根据楞次定律，感应电流方向为顺时针方向，为正值，大小与0～2 s内相等。在3～4 s内，磁感应强度垂直纸面向外，且逐渐减小，根据楞次定律，感应电流方向为逆时针方向，为负值，大小与0～2 s内相等。在4～6 s内，磁感应强度方向垂直纸面向里，且逐渐增大，根据楞次定律，感应电流方向为逆时针方向，为负值，大小与0～2 s内相等，故A正确，B错误。在0～2 s内，磁场的方向垂直纸面向里，且逐渐减小，电流恒定不变，根据FA＝BIL，则安培力逐渐减小，cd边所受安培力方向向右，为负值。0时刻安培力大小为F＝2B0I0L。在2 s～3 s内，磁感应强度方向垂直纸面向外，且逐渐增大，根据FA＝BIL，则安培力逐渐增大，cd边所受安培力方向向左，为正值，3 s时安培力大小为B0I0L。在3～4 s内，磁感应强度方向垂直纸面向外，且逐渐减小，则安培力大小逐渐减小，cd边所受安培力方向向右，为负值，3 s时的安培力大小为B0I0L。在4～6 s内，磁感应强度方向垂直纸面向里，且逐渐增大，则安培力大小逐渐增大，cd边所受安培力方向向左，6 s时的安培力大小为2B0I0L，故C正确，D错误。
[答案]　AC
[课时跟踪检测]
一、立足主干知识，注重基础性和综合性
1．(2023·河南许昌联考)如图所示是铜制圆盘发电机的示意图，铜盘安装在水平固定的转轴上，它的边缘正好在两磁极之间(磁极未画出；磁场方向和铜盘盘面垂直)，两块铜片C、D分别与转动轴和铜盘的边缘接触。使铜盘转动，电阻R中就有电流通过。设铜盘沿顺时针方向(从左向右看)匀速转动，两磁极之间的磁场可视为匀强磁场，关于通过电阻R的电流，下列说法正确的是(　 )
A．正弦式交变电流
B．恒定电流，电流方向从上向下通过电阻R
C．恒定电流，电流方向从下向上通过电阻R
D．电流大小不断变化，电流方向从下向上通过电阻R
解析：选C　圆盘转动时，相当于半径切割磁感线，因为匀速转动，则产生恒定不变的感应电流，根据右手定则可知，D点相当电源的正极，则电流方向从下向上通过电阻R。故选C。
2.如图所示，变化的匀强磁场垂直穿过光滑金属框架MNQP，金属杆ab在恒力F作用下沿框架从静止开始运动，t＝0时磁感应强度大小为B0，为使ab中不产生感应电流，下列能正确反映磁感应强度B随时间t变化的图像是(　 )
解析：选C　金属杆ab中不产生感应电流，则穿过闭合回路的磁通量不变，设金属杆ab长为L，金属杆ab到MP的距离为l1，金属杆ab的质量为m，则有a＝，x＝at2，B0Ll1＝BL(l1＋x)，联立可得＝＋，随着时间增加，是增大的，且增大的速度越来越快，故C正确。
3．(2023·湖北武汉模拟)(多选)如图，两条光滑平行金属导轨固定，所在平面与水平面夹角为θ，导轨电阻忽略不计。虚线ab、cd均与导轨垂直，在ab与cd之间的区域存在垂直于导轨所在平面的匀强磁场。将两根相同的导体棒PQ、MN先后自导轨上同一位置由静止释放，两者始终与导轨垂直且接触良好。已知PQ棒进入磁场时加速度恰好为零，PQ进入磁场开始计时，到MN离开磁场区域为止，流过PQ的电流随时间变化的图像可能正确的是(　 )
解析：选AD　根据图像可知，设PQ进入磁场匀速运动的速度为v，匀强磁场的磁感应强度为B，导轨宽度为L，两根导体棒的总电阻为R；根据法拉第电磁感应定律和闭合电路的欧姆定律可得PQ进入磁场时电流I＝，保持不变，根据右手定则可知电流方向Q→P；如果PQ离开磁场时MN还没有进入磁场，此时电流为零；当MN进入磁场时也是匀速运动，通过PQ的感应电流大小不变，方向相反；如果PQ没有离开磁场时MN已经进入磁场，此时电流为零，当PQ离开磁场时MN的速度大于v，安培力大于重力沿斜面向下的分力，电流逐渐减小，通过PQ的感应电流方向相反；故选A、D。
4．(2023·温州模拟)如图所示，空间分布着方向垂直纸面向里的有界匀强磁场，EF是其右边界。半径为r的单匝圆形金属线圈垂直于磁场放置，线圈的圆心O在EF上；另有一根长为2r的导体杆与EF重合，杆两端点a、b通过电刷与圆形线圈连接，线圈和导体杆单位长度电阻相同。情况1：导体直杆不动，线框绕EF轴匀速转动，转动方向如图所示；情况2：线圈不动，导体杆绕O点在纸面内顺时针匀速转动。两情况均从图示位置开始计时，关于导体杆ab两端点的电压Uab情况，下列说法正确的是(　 )
A．情况1产生的Uab t图像为图甲，情况2产生的Uab t图像为图丙
B．情况1产生的Uab t图像为图乙，情况2产生的Uab t图像为图丁
C．情况1产生的Uab t图像为图甲，情况2产生的Uab t图像为图丁
D．情况1产生的Uab t图像为图乙，情况2产生的Uab t图像为图丙
解析：选D　情况1：导体直杆不动，线框绕EF轴匀速转动，线圈产生正弦式交流电，产生的Uab t图像为图乙；情况2：线圈不动，导体杆绕O点在纸面内顺时针匀速转动，Ob和Oa轮流切割磁感线，在0～时间内，Ob切割磁感线，由右手定则判断可知，Ob中感应电流方向由O→b，则b端的电势高于a端的电势，Uab为负值；在～T时间内，Oa切割磁感线，由右手定则判断可知，Oa中感应电流方向由O→a，则a端的电势高于b端的电势，Uab为正值，则情况2产生的Uab t图像为图丙，故A、B、C错误，D正确。
5.如图所示，光滑水平面内有一光滑导体棒MN放在V形导轨上，导体棒MN左侧空间存在垂直纸面向里的匀强磁场，导体棒MN和导轨的材料、粗细均完全相同，现将导体棒MN固定，用一水平向左的外力F从图示位置匀速将V形导轨拉入磁场中，在此过程中导体棒与导轨始终接触良好，导体棒与导轨两触点间的电势差为U，回路的发热功率为P，回路中产生的热量为Q，则下列图像正确的是(　 )
解析：选A　感应电流I＝，由几何关系知，回路周长与LAB成正比，电阻R与LAB成正比，由于B、v不变，可知感应电流I恒定，安培力F安＝BILAB，则F安∝t，导轨匀速运动时的受力有F＝F安，A正确；回路的热功率P＝I2R，I不变，电阻R与回路周长成正比，又周长与t成正比，可知功率P与t成正比，B错误；如图所示，t时刻V形导轨在磁场中与导体棒MN构成回路为ABC，LCc＝vt，由几何关系可知，LAB＝kvt，(k为常数)，则A、B两点间的电势差U＝BLABv＝kBv2t，k、B、v均为常数，则U∝t，C错误；回路中产生的热量为Q＝Pt，P与t成正比，可知Q与t2成正比，D错误。
6．(2023·河南郑州模拟)如图所示，垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B随时间t均匀变化，磁场方向取垂直纸面向里为正方向。正方形硬质金属框abcd放置在磁场中，金属框平面与磁场方向垂直，电阻R＝0.1 Ω，边长l＝0.2 m，则下列说法错误的是(　 )
A．在t＝0到t＝0.1 s时间内，金属框中的感应电动势为0.08 V
B．在t＝0.05 s时，金属框ab边受到的安培力的大小为0.016 N
C．在t＝0.05 s时，金属框ab边受到的安培力的方向垂直于ab向右
D．在t＝0到t＝0.1 s时间内，金属框中电流的电功率为0.064 W
解析：选C　根据法拉第电磁感应定律E＝，金属框的面积不变，磁场的磁感应强度变化，故ΔΦ＝ΔB·L2，＝＝2 T/s，解得E＝0.08 V，故A正确；感应电流为I＝＝ A＝0.8 A，在t＝0.05 s时，ab受到的安培力为F＝BIL＝0.1×0.8×0.2 N＝0.016 N，故B正确；根据楞次定律，感应电流阻碍磁通量的变化，磁通量随磁感应强度的减小而减小，线框有扩大的趋势，故ab受到的安培力水平向左，故C错误；电功率为P＝EI＝0.08 V×0.8 A＝0.064 W，故D正确。
7.在同一水平面上的光滑平行导轨P、Q相距l＝1 m，导轨左端接有如图所示的电路。其中水平放置的平行板电容器两极板M、N相距d＝10 mm，定值电阻R1＝R2＝12 Ω，R3＝2 Ω，金属棒ab的电阻r＝2 Ω，其他电阻不计。磁感应强度B＝0.5 T的匀强磁场竖直穿过导轨平面，当金属棒ab沿导轨向右匀速运动时，悬浮于电容器两极板之间的质量m＝1×10－14 kg、电荷量 q＝－1×10－14 C的微粒恰好静止不动。取g＝10 m/s2，在整个运动过程中金属棒与导轨接触良好，且速度保持恒定。试求：
(1)匀强磁场的方向；
(2)ab两端的路端电压；
(3)金属棒ab运动的速度。
解析：(1)带负电荷微粒受到重力和电场力的作用处于静止状态，因为重力竖直向下，所以电场力竖直向上，故M板带正电。ab棒向右做切割磁感线运动产生感应电动势，ab棒等效于电源，感应电流方向由b→a，其a端为电源的正极，由右手定则可判断，磁场方向竖直向下。
(2)微粒受到重力和电场力的作用处于静止状态，根据平衡条件有mg＝Eq
又E＝
所以UMN＝＝0.1 V
R3两端电压与电容器两端电压相等，由欧姆定律得通过R3的电流为I＝＝0.05 A
则ab棒两端的电压为Uab＝UMN＋I＝0.4 V。
(3)由法拉第电磁感应定律得感应电动势E＝Blv
由闭合电路的欧姆定律得E＝Uab＋Ir＝0.5 V
联立解得v＝1 m/s。
答案：(1)竖直向下　(2)0.4 V　(3)1 m/s
二、强化迁移能力，突出创新性和应用性
8．(多选)如图所示，abcd是位于竖直平面内用粗细均匀的电阻丝围成的正方形线框，它的下方有一个垂直纸面向里的匀强磁场，MN、PQ为磁场的上下水平边界，两边界间的距离与正方形的边长均为L，线框从某一高度开始下落，恰好能匀速进入磁场。不计空气阻力，以bc边进入磁场时为起点，在线框通过磁场的过程中，线框中的感应电流i、bc两点间的电势差Ubc、线框所受的安培力F、线框产生的焦耳热Q分别随下落高度h的变化关系可能正确的是(　 )
解析：选ABD　设正方形线框每条边的电阻为R，进入磁场时速率为v。正方形线框进入磁场第一个L过程中，只有bc边切割磁感线，由右手定则可知，线框中电流方向为逆时针方向，设为正方向，大小为i1＝，
b、c两点的电势差为Ubc＝BLv，
正方形线框所受安培力为F1＝Bi1L＝＝mg，
由左手定则知方向向上。
线框产生的焦耳热为Q1＝i12·4R·t＝2×4R×＝h，由于v为定值，所以进入磁场过程，i、Ubc、F都恒定不变，Q随下降高度h均匀增大；
正方形线框离开磁场过程中，线框所受安培力继续被重力平衡，所以速度还是v。ad边在切割磁感线，由右手定则可知，线框中电流方向为顺时针，与进入磁场过程方向相反，则为负值，其大小为i2＝，
与i1等大反向。b、c两点的电势差为Ubc′＝BLv，
正方形线框所受安培力为F2＝Bi2L＝＝mg，与F1相同。线框产生的焦耳热为Q2＝i22·4R·t＝2×4R×＝(h－L)，随位移继续均匀增大。
综上可知，A、B、D正确，C错误。
9.如图，垂直纸面的正方形匀强磁场区域内，有一位于纸面的正方形导体框abcd，现将导体框分别朝两个方向以v、3v速度匀速拉出磁场，则导体框分别从两个方向移出磁场的两个过程中(　 )
A．导体框中产生的感应电流方向相反
B．导体框ad边两端电势差之比为1∶3
C．导体框中产生的焦耳热之比为1∶3
D．通过导体框截面的电荷量之比为1∶3
解析：选C　将导体框拉出磁场的过程中，穿过导体框的磁通量都减小，由楞次定律判断出感应电流的方向都沿逆时针方向，方向相同，故A错误；设正方形的边长为L，导体框以v运动时，dc边中感应电动势为E1＝BLv，ad边两端电势差为U1＝E1＝BLv，导体框以3v运动时，ad边中感应电动势为E2＝3BLv，ad边两端电势差为U2＝E2＝BLv，导体框ad边两端电势差之比为U1∶U2＝1∶9，故B错误；感应电流I＝＝，时间t＝，焦耳热Q＝I2Rt＝∝v，导体框中产生的焦耳热之比为Q1∶Q2＝1∶3，故C正确；将导体框拉出磁场的过程中，穿过导体框的磁通量的变化量相同，根据推论q＝可知，通过导体框截面的电荷量相同，故D错误。
10．如图甲所示，水平面内的直角坐标系的第一象限内有磁场分布，方向垂直于水平面向下，磁感应强度沿y轴方向没有变化，沿x轴方向的变化趋势如图乙所示，B与x的函数关系为B＝。顶角θ＝45°的光滑金属长导轨MON固定在水平面内，ON与x轴重合，一根与ON垂直的长导体棒在水平向右的外力作用下沿导轨MON向右滑动，导体棒在滑动过程中始终与导轨接触良好。已知t＝0时，导体棒位于顶点O处，导体棒的质量m＝2 kg，OM、ON接触处O点的接触电阻R＝0.5 Ω，其余电阻不计。导体棒产生的感应电动势E与时间t的关系如图丙所示，图线是过原点的直线，求：
(1)t＝2 s时流过导体棒的电流I2的大小；
(2)1～2 s时间内回路中流过的电荷量q的大小；
(3)导体棒滑动过程中水平外力F与横坐标x的关系式。
解析：(1)根据E t图像分析可知t＝2 s时，感应电动势E2＝4 V，I2＝＝ A＝8 A。
(2)由题意可知，回路中电流与电动势成正比，故可判断I t图线是一条过原点的直线，由题图可知，当t＝1 s时，E1＝2 V，I1＝＝ A＝4 A，则q＝Δt＝6 C。
(3)因θ＝45°，可知任意t时刻回路中导体棒切割磁感线的有效长度L＝x，故电动势E＝BLv＝Bxv，因电动势E与时间t成正比，分析可知导体棒做匀加速直线运动，由题图知Bx＝1 T·m，E＝2t V，故有v＝2t m/s，可知导体棒运动的加速度a＝2 m/s2，导体棒受到的安培力F安＝BIL＝BIx＝Bx·＝＝，导体棒做匀加速直线运动，由牛顿第二定律得F－F安＝ma，
则F＝F安＋ma＝＋ma＝(4＋4)N。
答案：(1)8 A　(2)6 C　(3)F＝(4＋4)N
电磁感应中的动力学、能量问题
(一) 电磁感应中的动力学问题
1．两种状态及处理方法
状态 特征 处理方法
平衡态 加速度为零 根据平衡条件列式分析
非平衡态 加速度不为零 根据牛顿第二定律结合运动学公式进行分析
2．“四步法”分析电磁感应中的动力学问题
[考法全训]
考法(一)　水平面内的动力学问题
[例1]　(2022·湖南高考)(多选)如图，间距L＝1 m的U形金属导轨，一端接有0.1 Ω的定值电阻R，固定在高h＝0.8 m的绝缘水平桌面上。质量均为0.1 kg的匀质导体棒a和b静止在导轨上，两导体棒与导轨接触良好且始终与导轨垂直，接入电路的阻值均为0.1 Ω，与导轨间的动摩擦因数均为0.1(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，导体棒a距离导轨最右端1.74 m。整个空间存在竖直向下的匀强磁场(图中未画出)，磁感应强度大小为0.1 T。用F＝0.5 N沿导轨水平向右的恒力拉导体棒a，当导体棒a运动到导轨最右端时，导体棒b刚要滑动，撤去F，导体棒a离开导轨后落到水平地面上。重力加速度取10 m/s2，不计空气阻力，不计其他电阻，下列说法正确的是(　 )
A．导体棒a离开导轨至落地过程中，水平位移为0.6 m
B．导体棒a离开导轨至落地前，其感应电动势不变
C．导体棒a在导轨上运动的过程中，导体棒b有向右运动的趋势
D．导体棒a在导轨上运动的过程中，通过电阻R的电荷量为0.58 C
[解析]　导体棒a在导轨上向右运动，产生的感应电流向里，流过导体棒b的电流向里，由左手定则可知安培力向左，则导体棒b有向左运动的趋势，故C错误；导体棒b与电阻R并联，有I＝，当导体棒a运动到导轨最右端时，导体棒b刚要滑动，有B··L＝μmg，联立解得a棒的速度为v＝3 m/s，a棒做平抛运动，有x＝vt，h＝gt2，联立解得导体棒a离开导轨至落地过程中水平位移为x＝1.2 m，故A错误；导体棒a离开导轨至落地前做平抛运动，水平速度切割磁感线，则产生的感应电动势不变，故B正确；导体棒a在导轨上运动的过程中，通过电路的电荷量为q＝·Δt＝＝ C＝1.16 C，导体棒b与电阻R并联，则通过电阻R的电荷量为qR＝＝0.58 C，故D正确。
[答案]　BD
[规律方法]
电磁感应中的动力学临界问题的分析思路
(1)解决这类问题的关键是通过受力情况和运动状态的分析，寻找过程中的临界状态，如速度、加速度为最大值或最小值的条件。
(2)基本思路是：导体受外力运动感应电动势感应电流导体受安培力―→合外力变化加速度变化―→速度变化―→临界状态―→列式求解。　　
[针对训练]
1.(2021·广东高考)(多选)如图所示，水平放置足够长光滑金属导轨abc和de，ab与de平行，bc是以O为圆心的圆弧导轨。圆弧be左侧和扇形Obc内有方向如图的匀强磁场。金属杆OP的O端与e点用导线相接，P端与圆弧bc接触良好，初始时，可滑动的金属杆MN静止在平行导轨上。若杆OP绕O点在匀强磁场区内从b到c匀速转动时，回路中始终有电流，则此过程中，下列说法正确的有(　 )
A．杆OP产生的感应电动势恒定
B．杆OP受到的安培力不变
C．杆MN做匀加速直线运动26 / 105
第四章 曲线运动　万有引力与宇宙航行
第1讲　曲线运动 运动的合成与分解
一、曲线运动
1．速度的方向：质点在某一点的速度方向，沿曲线在这一点的切线方向，如图所示。
2．运动的性质：做曲线运动的物体，速度的方向时刻在改变，所以曲线运动一定是变速运动。
3．运动的条件
(1)运动学角度：物体的加速度方向与速度方向不在同一条直线上，物体做曲线运动。
(2)动力学角度：物体所受合外力的方向与它的速度方向不在同一条直线上，物体做曲线运动。
二、运动的合成与分解
1．合运动与分运动：物体的实际运动是合运动，物体同时参与的几个运动是分运动。
2．运动的合成：由已知的分运动求跟它们等效的合运动。
3．运动的分解：由已知的合运动求跟它等效的分运动。
4．遵循的法则：位移、速度、加速度都是矢量，故它们的合成与分解都遵循平行四边形定则。
5．运动分解的原则：根据运动的实际效果分解，也可采用正交分解法。
情境创设　
如图所示，在杂技表演中，猴子沿竖直杆向上做初速度为零、加速度为a的匀加速运动，同时人顶着直杆以速度v0在水平方向做匀速直线运动。
微点判断　
(1)猴子相对地面运动的轨迹是直线。(×)
(2)猴子相对地面做匀变速运动。(√)
(3)猴子在竖直方向和水平方向的两个运动都是分运动。(√)
(4)猴子运动的速度等于竖直方向速度和水平方向速度的代数和。(×)
(5)猴子受到的合外力斜向右上方。(×)
(6)t时刻，猴子的对地速度的大小为。(√)
(7)经过时间t，猴子的对地位移的大小为v0t＋at2。(×)
(一) 物体做曲线运动的条件与轨迹分析(固基点)
[题点全练通]
1．[物体做曲线运动的条件]
如图所示，一个钢球从一斜面上滑下后在水平桌面上做直线运动，现在其运动路线的一侧放一块磁铁，钢球做曲线运动。下列说法正确的是(　 )
A．钢球的运动轨迹为抛物线
B．钢球所受合力为零时也可以做曲线运动
C．钢球做曲线运动的条件是所受合力的方向与运动方向必须垂直
D．钢球做曲线运动的条件是所受合力的方向与运动方向不在同一直线上
解析：选D　钢球的运动轨迹为曲线，由于磁铁对钢球的吸引力随钢球到磁铁的距离变化而变化，所以钢球的运动轨迹不是抛物线，故A错误；钢球所受合力为零时，只能处于静止状态或匀速直线运动状态，不可能做曲线运动，故B错误；钢球做曲线运动的条件是所受合力的方向与运动方向不在同一直线上，故C错误，D正确。
2．[轨迹、速度与力的位置关系]
双人滑冰运动员在光滑的水平冰面上做表演，甲运动员给乙运动员一个水平恒力F，乙运动员在冰面上完成了一段优美的弧线MN。vM与vN正好成90°角，则此过程中，乙运动员受到甲运动员的恒力可能是图中的(　 )
A．F1 B．F2
C．F3 D．F4
解析：选C　根据题图所示乙运动员由M向N做曲线运动，乙运动员向前的速度减小，同时向右的速度增大，故合外力的方向应在F2与F4方向之间，故F3的方向可能是正确的，C正确，A、B、D错误。
3．[物体做曲线运动时速率变化分析]
(2023·武汉高三模拟)东京奥运会女子标枪决赛中，中国选手刘诗颖以66.34米的成绩获得冠军，实现了中国在女子标枪奥运金牌零的突破。标枪抛出的轨迹示意图如图所示，已知标枪在B点的加速度方向与速度方向垂直，阻力忽略不计，则下列说法正确的是(　 )
A．在C点的速率小于在B点的速率
B．在A点的加速度比在C点的加速度大
C．在C点的速率大于在B点的速率
D．在从A点到C点，加速度与速度的夹角先增大后减小，速率先减小后增大
解析：选C　由题意分析知，标枪做的是斜上抛运动，只受重力作用，又从B到C过程中所受合力与速度方向的夹角为锐角，合力做正功，动能增大，即在C点的速率大于在B点的速率，故A错误，C正确；合力恒定，加速度恒定，在各点的加速度都相同，B错误；从A点到C点，加速度与速度的夹角先从钝角逐渐减小为90°，接着由90°再减小，即合力先做负功，后做正功，速率先减小后增大，D错误。
[要点自悟明]
1．合外力与轨迹、速度间的关系分析思路
2．速率变化的判断
(二)运动的合成与分解的应用(精研点)
逐点清1　　合运动与分运动的关系
1．(2021年8省联考·河北卷)如图，一小船以1.0 m/s的速度匀速前行，站在船上的人竖直向上抛出一小球，小球上升的最大高度为0.45 m。当小球再次落入手中时，小船前进的距离为(假定抛接小球时人手的高度不变，不计空气阻力，g取10 m/s2)(　 )
A．0.3 m B．0.6 m
C．0.9 m D．1.2 m
解析：选B　根据运动的独立性可知，小球在竖直方向上运动的过程中，小船以1.0 m/s的速度匀速前行，由运动学知识h＝gt2，小球上升的时间t＝0.3 s，小球从上抛到再次落入手中所用的时间为2t，则小船前进的距离x＝v·2t＝0.6 m，故B正确。
一点一过　合运动与分运动的关系
等时性 合运动和分运动经历的时间相等，即同时开始、同时进行、同时停止
等效性 各分运动的规律叠加起来与合运动的规律有完全相同的效果
独立性 一个物体同时参与几个分运动，各分运动独立进行，不受其他运动的影响
逐点清2　合运动的性质和轨迹的判断
2．(多选)一物体在以xOy为直角坐标系的平面上运动，其运动规律为x＝－2t2－4t，y＝3t2＋6t(式中的物理量单位均为国际单位)。关于物体的运动，下列说法正确的是(　 )
A．物体在x轴方向上做匀减速直线运动
B．物体在y轴方向上做匀加速直线运动
C．物体运动的轨迹是一条直线
D．物体运动的轨迹是一条曲线
解析：选BC　对应位移与时间公式x＝v0t＋at2，x＝－2t2－4t，y＝3t2＋6t，可得初速度v0x＝－4 m/s，v0y＝6 m/s；加速度ax＝－4 m/s2，ay＝6 m/s2。物体在x轴上分运动的初速度和加速度同方向，是匀加速直线运动，故A错误；物体在y轴方向的初速度和加速度同方向，是匀加速直线运动，故B正确；物体分运动的初速度与加速度数值和方向完全相同，故合运动的初速度与加速度数值和方向也是相同的，故合运动一定是匀加速直线运动，故C正确，D错误。
一点一过　合运动的性质和轨迹的判断
(1)若合加速度不变，则为匀变速运动；若合加速度(大小或方向)变化，则为非匀变速运动。
(2)若合加速度的方向与合初速度的方向在同一直线上，则为直线运动，否则为曲线运动。
逐点清3　根据运动轨迹分析物体运动情况
3.在光滑的水平面上，一质量为m＝2 kg的滑块在水平方向恒力F＝4 N的作用下运动。如图所示给出了滑块在水平面上运动的一段轨迹，滑块过P、Q两点时速度大小均为v＝5 m/s，滑块在P点的速度方向与PQ连线夹角α＝37°，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，则下列说法正确的是(　 )
A．水平恒力F的方向与PQ连线成53°夹角
B．滑块从P点运动到Q点的时间为3 s
C．滑块从P点运动到Q点的过程中速度最小值为3 m/s
D．P、Q两点连线的距离为10 m
解析：选B　滑块在水平恒力作用下由P点到Q点，滑块过P、Q两点时速度大小均为v＝5 m/s，即水平恒力不做功，所以力应该和位移的方向垂直，A错误；把滑块在P点的速度分解到垂直于PQ方向上，有v2＝vsin α＝3 m/s，由题意知在这个方向上滑块先减速后反向加速，由牛顿第二定律得，运动的加速度a＝＝2 m/s2，由于运动具有对称性，得滑块从P到Q的时间t＝2×＝3 s，B正确；把速度分解到PQ方向上，有v1＝vcos α＝4 m/s，滑块在PQ方向上做匀速运动，所以当滑块在垂直于PQ方向上的速度等于零时，速度最小，为4 m/s，C错误；P、Q两点之间的距离为PQ＝v1t＝12 m，D错误。
一点一过
有关运动的合成和分解的三点提醒
(1)由运动的合成与分解知识可知，合运动的位移、速度、加速度是各分运动的位移、速度、加速度的矢量和。
(2)在恒力作用下物体的匀变速曲线运动可分解为沿力的方向的匀变速直线运动和垂直于力的方向的匀速直线运动。
(3)两个相互垂直方向的分运动具有等时性，这常是处理运动分解问题的关键点。
(三)小船渡河模型(精研点)
1．合运动与分运动
2．小船渡河的两类问题、三种情境
问题 情境图示 方法解读
渡河时间最短 当船头方向垂直河岸时，渡河时间最短，最短时间tmin＝
渡河位移最短 如果v船>v水，当船头方向与上游河岸夹角θ满足v船cos θ＝v水时，合速度垂直河岸，渡河位移最短，等于河宽d
如果v船[模型应用]
题型1　小船渡河的最短时间问题
1．(2021·辽宁高考)1935年5月，红军为突破“围剿”决定强渡大渡河。首支共产党员突击队冒着枪林弹雨依托仅有的一条小木船坚决强突。若河面宽300 m，水流速度3 m/s，木船相对静水速度1 m/s，则突击队渡河所需的最短时间为(　 )
A．75 s B．95 s
C．100 s D．300 s
解析：选D　河宽d＝300 m一定，当木船船头垂直河岸时，在河宽方向上的速度最大，渡河用时最短，渡河时间最短为tmin＝＝ s＝300 s，故D正确。
题型2　小船渡河的最短位移问题
2．一小船过河时，船头与上游河岸夹角为α，其航线恰好垂直于河岸。已知小船在静水中的速度为v。现水流速度稍有增大，为保持航线不变，且能准时到达河对岸，下列措施中可行的是(　 )
A．减小α角，减小船速v　 B．减小α角，增大船速v
C．增大α角，增大船速v D．增大α角，减小船速v
解析：选B　由题意可知，小船相对静水的速度为v，其航线恰好垂直于河岸，如图所示，当水流速度v1稍有增大，为保持航线不变，且准时到达对岸，则船速变化如图v′所示，可知B正确。
题型3　水流速度大于船在静水中速度的渡河问题
3.如图所示，某河流中水流速度大小恒为v1，A处的下游C处是个漩涡，A点和漩涡的连线与河岸的最大夹角为θ。为使小船从A点出发以恒定的速度安全到达对岸，小船航行时在静水中速度的最小值为(　 )
A．v1sin θ B．v1cos θ
C．v1tan θ D.
解析：选A　如图所示，设小船航行时在静水中速度为v2，当v2垂直AB时速度最小，由三角函数关系可知v2＝v1sin θ，故A正确，B、C、D错误。
(四) 绳(杆)端速度分解模型(精研点)
1．模型特点
(1)与绳或杆连接的物体速度方向与绳或杆所在的直线不共线。
(2)绳或杆的长度不变，绳或杆两端的物体沿绳或杆方向的分速度相等。
2．分解思路
3．常见模型
[模型应用]
题型1　绳端速度分解模型
1．(多选)如图所示，不可伸长的轻绳，绕过光滑定滑轮C，与质量为m的物体A连接，A放在倾角为θ的光滑斜面上，绳的另一端和套在固定竖直杆上的物体B连接，连接物体B的绳最初水平。从当前位置开始，使物体B以速度v沿杆匀速向下运动，设绳的拉力为FT，在此后的运动过程中，下列说法正确的是(　 )
A．物体A做加速运动
B．物体A做匀速运动
C．FT小于mgsin θ
D．FT大于mgsin θ
解析：选AD　如图，对物体B速度分解，由图可知绳端的速度v绳＝vsin α，与B的位置有关，因为B为匀速运动，B下降过程中α变大，v绳变大，因此物体A做加速运动，FT大于mgsin θ，故A、D正确，B、C错误。
题型2　杆端速度分解模型
2．(2023·青岛模拟)如图所示的机械装置可以将圆周运动转化为直线上的往复运动。连杆AB、OB可绕图中A、B、O三处的转轴转动，连杆OB在竖直面内的圆周运动可通过连杆AB使滑块在水平横杆上左右滑动。已知OB杆长为L，绕O点沿逆时针方向匀速转动且角速度为ω，当连杆AB与水平方向夹角为α，AB杆与OB杆的夹角为β时，滑块的水平速度大小为(　 )
A. B.
C. D.
解析：选D　设滑块的速度大小为v，A点的速度的方向沿水平方向。如图，将A点的速度进行分解，根据运动的合成与分解可知，A点在沿杆AB方向的分速度为vA分＝vcos α。B点做圆周运动，实际速度是圆周运动的线速度，可以分解为沿杆方向的分速度和垂直于杆方向的分速度。如图，设B的线速度为v′，设v′与杆AB夹角为θ，由几何知识可知θ＝β－，则vB分＝v′·cos θ＝v′cos(β－90°)＝v′sin β，v′＝ωL，二者沿杆AB方向的分速度是相等的，即vA分＝vB分，联立可得v＝，D正确。
题型3　接触面速度分解模型
3.如图所示，一根长为L的直杆一端抵在墙角，一端依靠在箱子的光滑竖直侧壁上，将箱子以大小为v的速度向右推，直杆绕O点在竖直面内转动，当直杆与竖直方向的夹角为θ时，直杆转动的角速度大小为(　 )
A. B.
C. D.
解析：选B　直杆与箱子接触点的实际运动即合运动，方向垂直于杆指向右上方，设杆转动的角速度为ω，则合速度：v实＝ωL，沿水平方向上的速度分量等于v，即ωLcos θ＝v，所以有：ω＝，故B正确。
1．[渗透五育教育(智育)]趣味投篮游戏中，运动员站在一个旋转较快的大平台边缘上，相对平台静止，向平台圆心处的球筐内投篮球。下面的各俯视图中篮球可能被投入球筐(图中箭头指向表示投篮方向)的是(　 )
解析：选C　当沿圆周切线方向的速度和出手速度的合速度沿球筐方向，篮球就可能被投入球筐。故C正确，A、B、D错误。
2．[渗透五育教育(体育)]如图所示，这是2022年11月30号卡塔尔世界杯小组赛英格兰队员主罚任意球时踢出快速旋转的“落叶球”在空中运动的轨迹示意图，跟正常飞行轨迹相比，“落叶球”会更早地向下落回地面。对“落叶球”在飞行过程中的分析正确的是(　 )
A．“落叶球”在空中的运动轨迹是对称的
B．“落叶球”的更早下落是因为在运动过程中受到了指向轨迹内侧的空气作用力
C．“落叶球”的更早下落是因为在运动过程中受到了沿切线方向的空气阻力
D．“落叶球”在最高点的瞬时速度为零
解析：选B　“落叶球”是快速旋转的球，所以在空中的轨迹不是对称的，A错误；根据做曲线运动的条件，“落叶球”的更早下落是因为在运动过程中受到了指向轨迹内侧的空气作用力，C错误，B正确；“落叶球”在最高点的竖直速度为零，水平速度不为零，所以瞬时速度不为零，D错误。
3．[联系生活实际]在抗洪救灾时，救援人员划船将河对岸的受灾群众进行安全转移。一艘船的船头指向始终与河岸垂直，耗时6 min到达对岸；另一艘船的行驶路线与河岸垂直，耗时9 min到达对岸。假设河两岸理想平行，整个过程水流速恒为v水，两船在静水中速度相等且均恒为v船，且v船＞v水，则v船∶v水为(　 )
A．3∶ B．3∶2
C．5∶4 D．5∶3
解析：选A　船头始终与河岸垂直到达对岸，有v船＝，船行驶路线与河岸垂直到达对岸，有＝，解得v船∶v水＝3∶，故A正确。
4．[体现学以致用]随着科技的进步，农村和偏远山区也已经开始用无人机配送快递，如图甲所示。无人机在0～5 s内的飞行过程中，其水平、竖直方向速度vx、vy与时间t的关系图像分别如图乙、丙所示，规定竖直方向向上为正方向。下列说法正确的是(　 )
A．0～2 s内，无人机做匀加速直线运动
B．2～4 s内，无人机做匀减速直线运动
C．t＝4 s时，无人机运动到最高点
D．0～5 s内，无人机的位移大小为9 m
解析：选C　0～2 s时间内，无人机在水平方向做匀加速运动，在竖直方向也做匀加速运动，但初速度沿水平方向，合加速度与合初速度方向有夹角，因此，0～2 s内无人机做匀加速曲线运动，A错误；2～4 s时间内，无人机在水平方向做匀速直线运动，竖直方向做匀减速直线运动，则合运动为匀变速曲线运动，B错误；0～4 s时间内，竖直方向速度一直为正，即一直向上运动，则t＝4 s时刻，竖直方向速度为0，所以，无人机运动到最高点，C正确；0～5 s 内，无人机的水平位移为x＝9 m，竖直位移为y＝1.75 m，则合位移为≈9.2 m，D错误。
[课时跟踪检测]
一、立足主干知识，注重基础性和综合性
1．(2023·石家庄高三检测)如图所示，轮滑演员在舞台上滑出漂亮的曲线轨迹。在此过程中轮滑演员(　 )
A．速度始终保持不变
B．运动状态始终保持不变
C．速度方向沿曲线上各点的切线方向
D．所受合力方向始终与速度方向一致
解析：选C　轮滑演员做曲线运动，速度方向不断变化，运动状态不断变化，故A、B错误；做曲线运动的轮滑演员的速度方向沿曲线上各点的切线方向，C正确；轮滑演员所受合力方向与速度方向不在同一条直线上，D错误。
2．(多选)假设一只小船匀速横渡一条河流，当船头垂直对岸方向航行时，在出发后10 min到达对岸下游120 m处；若船头保持与河岸成α角向上游航行，出发后12.5 min到达正对岸，两次渡河时小船相对于静水的速度大小相同。以下说法正确的是(　 )
A．水流的速度大小为0.2 m/s
B．船头与河岸间的夹角α为60°
C．小船在静水中的速度大小为0.6 m/s
D．河的宽度为200 m
解析：选AD　船头垂直对岸方向航行时，如图甲所示，由x＝v2t1，得水流的速度大小为v2＝＝ m/s＝0.2 m/s，故A正确；船头保持与河岸成α角向上游航行时，如图乙所示，可得v2＝v1cos α，d＝v1sin α·t2，由图甲可得d＝v1t1，联立解得sin α＝，船头与河岸间的夹角不是60°，v1＝ m/s，d＝200 m，故B、C错误，D正确。
3.(多选)跳伞表演是人们普遍喜欢的观赏性体育项目。如图所示，当运动员从直升机上由静止跳下后，在下落过程中将会受到水平风力的影响。下列说法中正确的是(　 )
A．风力越大，运动员下落时间越长，运动员可完成更多的动作
B．风力越大，运动员着地速度越大，有可能对运动员造成伤害
C．运动员下落时间与风力无关
D．运动员着地速度与风力无关
解析：选BC　水平方向的风力对竖直方向的运动没有影响，运动员下落时间与风力无关。无风时，运动员在水平方向速度为零，有风时，运动员在水平方向上因风力作用做加速运动，风力越大，着地时水平方向速度越大，着地速度也越大，故B、C正确，A、D错误。
4.(2023·郑州高三检测)如图所示，AB杆以恒定角速度绕A点转动，并带动套在水平杆OC上的小环M运动，运动开始时，AB杆在竖直位置，则小环M在AB杆带动下运动速度将(　 )
A．逐渐增大 B．先减小后增大
C．先增大后减小 D．逐渐减小
解析：选A　如图所示，环沿OC向右运动，其速度v可分解为垂直AB的速度v1，沿AB方向的速度v2，则v1＝ωr＝ω，故环的速度v＝＝，因为θ变大，则v逐渐增大。故选A。
5．(2023·广州高三检测)质点Q在xOy平面内运动，其在x轴方向和y轴方向的分运动图像如图甲和图乙所示，下列说法正确的是(　 )
A．质点Q做匀变速直线运动，初速度为12 m/s
B．质点Q做匀变速曲线运动，加速度为5 m/s2
C．质点Q做匀变速直线运动，2 s末的速度为20 m/s
D．质点Q做匀变速曲线运动，2 s内的位移为45 m
解析：选C　根据图像甲可得＝k1t＋v0x，根据匀变速直线运动位移公式x＝v0t＋at2，可得＝at＋v0，所以质点在x轴上的分运动是匀变速直线运动，初速度v0x＝6 m/s，加速度为ax＝2k1＝2× m/s2＝3 m/s2。根据图像乙可知，质点在y轴上的分运动是匀变速直线运动，初速度v0y＝8 m/s，加速度为ay＝k2＝ m/s2＝4 m/s2，因为＝＝，可知质点的初速度和加速度在同一条直线上，所以质点做匀变速直线运动，初速度为v0＝＝10 m/s，加速度为a＝＝5 m/s2，故A、B错误；质点做匀变速直线运动，2 s末的速度为v＝v0＋at＝(10＋5×2)m/s＝20 m/s，故C正确；质点做匀变速直线运动，2 s内的位移为x＝v0t＋at2＝m＝30 m，故D错误。
6.(2023·黄冈高三检测)质量为m的物体P置于倾角为θ1的固定光滑斜面上，轻细绳跨过光滑定滑轮分别连接着P与小车，P与滑轮间的细绳平行于斜面，小车以速率v水平向右做匀速直线运动，当小车与滑轮间的细绳和水平方向成夹角θ2时(如图)，下列判断正确的是(　 )
A．P的速率为v
B．P的速率为vcos θ2
C．绳的拉力等于mgsin θ1
D．绳的拉力小于mgsin θ1
解析：选B　将小车的速度v沿绳子方向和垂直于绳子方向正交分解，如图所示，物体P的速度与小车沿绳子方向的速度大小相等，则有vP＝vcos θ2，故B正确，A错误；小车向右运动，所以θ2减小，v不变，所以vP逐渐变大，说明物体P沿斜面向上做加速运动。对物体P受力分析可知，物体P受到竖直向下的重力，垂直于斜面向上的支持力，沿绳向上的拉力T，沿斜面方向由牛顿第二定律可得T－mgsin θ1＝ma，可得T＞mgsin θ1，故C、D错误。
7．一人骑自行车向东行驶，当车速为4 m/s时，他感到风从正南方向吹来，当车速增加到7 m/s时，他感到风从东南方向(东偏南45°)吹来。假设风速的方向和大小恒定，则风对地的速度大小为(　 )
A．7 m/s B．6 m/s
C．5 m/s D．4 m/s
解析：选C　当车速为4 m/s时，人感到风从正南方向吹来，画出矢量图如图(a)所示，故风对地的速度大小沿行驶方向的分速度为4 m/s，当车速增加到7 m/s时，他感到风从东南方向(东偏南45°)吹来，画出矢量图如图(b)所示，可知，风对地的速度大小沿着垂直行驶方向的分速度大小为3 m/s，因此风对地的速度大小为5 m/s，故C正确。
8．(多选)在光滑水平面上有一质量为2 kg的物体，受几个共点力作用做匀速直线运动。现突然将与速度方向相反的2 N的力水平旋转90°，则下列关于物体运动情况的叙述正确的是(　 )
A．物体做速度大小不变的曲线运动
B．物体做加速度大小为 m/s2的匀变速曲线运动
C．物体做速度越来越大的曲线运动
D．物体做非匀变速曲线运动，其速度越来越大
解析：选BC　如图所示，物体原来受力可等效为F1、F2，且F1＝F2＝2 N，合力为零；当将F2水平旋转90°后，其合力F＝2 N，且大小、方向都不变，是恒力，则物体的加速度大小为a＝＝ m/s2＝ m/s2，又因为F与v的夹角θ＜90°，所以物体做速度越来越大、加速度大小恒为 m/s2的匀变速曲线运动，故B、C正确，A、D错误。
9．在一光滑的水平面上建立xOy平面坐标系，一质点在水平面上从坐标原点开始运动，沿x方向和y方向的x-t图像和vy-t图像分别如图甲、乙所示，求：
(1)运动后4 s内质点的最大速度；
(2)4 s末质点离坐标原点的距离。
解析：(1)由题图可知，质点沿x轴正方向做匀速直线运动，速度大小为vx＝＝2 m/s，在运动后4 s内，沿y轴方向运动的最大速度为vy＝－4 m/s，则运动后4 s内质点运动的最大速度为vm＝＝2 m/s。
(2)0～2 s内质点沿y轴正方向做匀加速直线运动，2～4 s内先沿y轴正方向做匀减速直线运动，再沿y轴负方向做初速度为零的匀加速直线运动，
此时加速度大小为a＝＝3 m/s2
则质点沿y轴正方向做匀减速运动的时间
t2＝＝ s
则运动后的4 s内沿y轴方向的位移
y＝×2×m－×4× m＝0
因此4 s末质点离坐标原点的距离等于沿x轴方向的位移，由题图甲可知，4 s末质点离坐标原点的距离s＝x＝8 m。
答案：(1)2 m/s　(2)8 m
二、强化迁移能力，突出创新性和应用性
10．某研究性学习小组为了研究运动的合成与分解，利用图甲所示装置做了如下实验：在一端封闭、长约1 m的均匀长直玻璃管内注满清水，水中放一个蜡块，将玻璃管的开口端用胶塞塞紧，然后将这个玻璃管倒置，蜡块能在玻璃管中以vy＝10 cm/s的速度匀速上升。若在蜡块上升的同时水平向右移动玻璃管，用y轴表示蜡块竖直方向的位移，x轴表示蜡块随玻璃管通过的水平位移，t＝0时刻蜡块位于坐标原点，描出蜡块的运动轨迹如图乙所示。下列说法正确的是(　 )
A．玻璃管向右匀速平移
B．蜡块做匀变速运动
C．蜡块所受合外力的方向沿图线的切线方向
D．t＝2 s时蜡块的速度大小为20 cm/s
解析：选B　蜡块在玻璃管中以vy＝10 cm/s的速度匀速上升，由题图乙可知，从t＝0时刻起，每1 s内玻璃管通过的水平位移依次是2.5 cm、7.5 cm、12.5 cm、17.5 cm，因此玻璃管水平向右匀加速平移，故A错误；蜡块沿水平方向的加速度大小恒定，由运动学公式可知，水平方向的加速度大小为a＝＝5 cm/s2，所以蜡块做匀变速运动，故B正确；做曲线运动的物体所受合外力方向指向轨迹内侧，故C错误；由以上分析结合运动的合成知识可知，t＝2 s时蜡块的速度大小为v＝10 cm/s，故D错误。
11．(多选)如图甲所示，竖直圆筒内壁光滑，半径为R，在侧壁同一竖直线上有A、B两小孔相距h，将一小球从上部A孔沿筒内壁水平射入筒中，小球紧贴筒内壁运动，并恰好能到达下部小孔B，所用时间为t1，到达下部小孔B时的速度大小为vB。如图乙所示，用光滑细钢丝绕成的螺距相同的柱形螺线管，横截面半径也为R，竖直固定，钢丝上下两端C、D恰好在同一竖直线上，相距h，一小铜环穿在钢丝上从上端C无初速度下滑到达底端D，所用时间为t2，到达D端时的速度大小为vD，二者相比较，下列结论正确的是(　 )
A．t1＝t2 B．t1C．vB＝vD D．vB>vD
解析：选BD　题图甲中小球在筒内受重力和水平指向圆筒竖直中心轴的筒壁的弹力，贴着筒壁做螺旋线运动，可视为水平面内的匀速圆周运动与竖直方向上的自由落体运动的合运动，由竖直方向上的自由落体运动，可求得小球由A运动到B的时间为t1＝ 。题图乙中小铜环沿钢丝运动，受重力和垂直钢丝斜向上方的弹力，可等效为小环沿光滑斜面下滑，如图所示，则小环由C运动到D的时间为t2＝ ，其中a＝gsin α，s>h，故t1vD，C错误，D正确。
12．如图所示，一艘轮船正在以4 m/s的速度沿垂直于河岸方向匀速渡河，河中各处水流速度都相同，其大小为v1＝3 m/s，行驶中，轮船发动机的牵引力与船头朝向的方向相同。某时刻发动机突然熄火，轮船牵引力随之消失，轮船相对于水的速度逐渐减小，但船头方向始终未发生变化。求：
(1)发动机未熄火时，轮船相对于静水行驶的速度大小。
(2)发动机熄火后，轮船相对于河岸速度的最小值。
解析：(1)发动机未熄火时，轮船运动速度v与水流速度v1方向垂直，如图所示。
故此时轮船相对于静水的速度v2的大小为
v2＝＝ m/s＝5 m/s。
(2)熄火前，设v与v2的夹角为θ，则cos θ＝＝0.8，轮船的牵引力沿v2的方向，熄火后，牵引力消失，在水的作用下，v2逐渐减小，但其方向不变，当v2与v1的矢量和与v2垂直时，轮船的合速度最小，α＝θ，则vmin＝v1cos α＝3×0.8 m/s＝2.4 m/s。
答案：(1)5 m/s　(2)2.4 m/s
第2讲　抛体运动
一、平抛运动
1．定义：以一定的初速度沿水平方向抛出的物体只在重力作用下的运动。
2．运动性质：平抛运动是加速度为g的匀变速曲线运动，其运动轨迹是抛物线。
3．研究方法——运动的合成与分解。
(1)水平方向：匀速直线运动；
(2)竖直方向：自由落体运动。
二、平抛运动的规律
运动分解图示 两个重要推论：(1)做平抛(或类平抛)运动的物体在任一时刻，设其速度方向与水平方向的夹角为θ，位移方向与水平方向的夹角为α，则tan θ＝2tanα。(2)做平抛(或类平抛)运动的物体任一时刻的瞬时速度的反向延长线一定通过此时水平位移的中点，则x＝2OB。
速度关系
位移关系
三、斜抛运动
1．定义：将物体以初速度v0沿斜向上方或斜向下方抛出，物体只在重力作用下的运动。
2．运动性质
斜抛运动是加速度为g的匀变速曲线运动，运动轨迹是抛物线。
3．研究方法
斜抛运动可以分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的匀变速直线运动。
4．基本规律(以斜上抛运动为例，如图所示)
(1)水平方向：v0x＝v0cos_θ，F合x＝0；
(2)竖直方向：v0y＝v0sin_θ，F合y＝mg。,情境创设1　
一架投放救灾物资的飞机在受灾区域的上空水平地匀速飞行，从飞机上投放的救灾物资在落地前的运动中(不计空气阻力)。
[微点判断]
(1)速度和加速度都在不断改变。(×)
(2)速度和加速度方向之间的夹角一直减小。(√)
(3)救灾物资从开始下落到落地的运动时间与飞机的速度大小有关。(×)
(4)在相等的时间内速度的改变量相等。(√)
(5)在相等的时间内速率的改变量相等。(×)
情境创设2　
如图所示，运动员以相同速率，沿不同方向抛出铅球，不计空气阻力。
[微点判断]
(6)铅球的加速度相同。(√)
(7)铅球的射程相同。(×)
(8)铅球的射高相同。(×)
(9)铅球的初速度方向与水平方向的夹角越大，抛出的水平距离越大。(×)
(一)平抛运动规律及应用(固基点)
[题点全练通]
1．[对平抛运动的理解]
对于做平抛运动的物体，下列说法中正确的是(　 )
A．物体落地时的水平位移与初速度无关
B．初速度越大，物体在空中运动的时间越长
C．物体落地时的水平位移与抛出点的高度及初速度有关
D．在相等的时间内，物体速度的变化量不相同
解析：选C　根据平抛运动在竖直方向上做自由落体运动，由位移时间公式得h＝gt2，解得运动时间为t＝，做平抛运动的时间是由物体所处的高度决定的，与初速度无关，根据运动学公式，可得物体落地时的水平位移x＝v0t＝v0，所以落地时的水平位移由初速度和所处高度决定，故A、B错误，C正确；由于做平抛运动的物体只受重力的作用，加速度为重力加速度g，根据公式Δv＝gΔt，可知在相等的时间内，物体速度的变化量是相同的，故D错误。
2．[平抛运动规律的应用]
(2022·全国甲卷)将一小球水平抛出，使用频闪仪和照相机对运动的小球进行拍摄，频闪仪每隔0.05 s发出一次闪光。某次拍摄时，小球在抛出瞬间频闪仪恰好闪光，拍摄的照片编辑后如图所示。图中的第一个小球为抛出瞬间的影像，每相邻两个球之间被删去了3个影像，所标出的两个线段的长度s1和s2之比为3∶7。重力加速度大小取g＝10 m/s2，忽略空气阻力。求在抛出瞬间小球速度的大小。
解析：频闪仪每隔0.05 s发出一次闪光，每相邻两个球之间被删去3个影像，故相邻两球的时间间隔为
t＝4T＝0.05×4 s＝0.2 s
设抛出瞬间小球的速度为v0，每相邻两球间在水平方向上位移为x，竖直方向上的位移分别为y1、y2，根据平抛运动位移公式有x＝v0t
y1＝gt2＝×10×0.22 m＝0.2 m
y2＝g(2t)2－gt2＝×10×(0.42－0.22)m＝0.6 m
令y1＝y，则有y2＝3y1＝3y
已标注的线段s1、s2分别为s1＝
s2＝ ＝
则有 ∶ ＝3∶7
整理得x＝y
故在抛出瞬间小球的速度大小为v0＝＝ m/s。
答案： m/s
[要点自悟明]
1．平抛运动时间和水平射程
(1)运动时间：由t＝ 知，运动时间取决于下落高度h，与初速度v0无关。
(2)水平射程：x＝v0t＝v0，即水平射程由初速度v0和下落高度h共同决定。
2．速度和位移的变化规律
(1)速度的变化规律
①任一时刻的速度水平分量均等于初速度v0。
②任一相等时间间隔Δt内的速度变化量方向竖直向下，大小Δv＝Δvy＝gΔt。
(2)位移的变化规律
①任一相等时间间隔内，水平位移相同，即Δx＝v0Δt。
②连续相等的时间间隔Δt内，竖直方向上的位移差不变，即Δy＝gΔt2。
(二) 多体平抛运动问题(精研点)
逐点清1　两球平抛后空中相遇问题
1.(2023·山东师大附中月考)如图所示，将a、b两小球以大小为20 m/s的初速度分别从A、B两点相差 1 s 先后水平相向抛出，a小球从A点抛出后，经过时间t，a、b两小球恰好在空中相遇，且速度方向相互垂直，不计空气阻力，g取10 m/s2，则抛出点A、B间的水平距离是(　 )
A．80 m B．100 m
C．200 m D．180 m
解析：选D　经过t时间两球的速度方向相互垂直，此时b球运动时间为t－1 s。设a球的速度方向与竖直方向的夹角为θ，根据几何关系可得：tan θ＝＝，解得t＝5 s，故A、B两点的水平距离x＝v0t＋v0(t－1 s)＝9v0＝180 m，故D正确，A、B、C错误。
一点一过
两个物体平抛相遇问题的三点提醒
(1)两条平抛运动轨迹的交点是两物体的必经之处，两物体要在此处相遇，必须同时到达此处。即轨迹相交是物体相遇的必要条件。
(2)若两物体同时从同一高度水平抛出，则两物体始终处在同一高度，一定能在轨迹相交处相遇。
(3)若两物体同时从不同高度抛出，则两物体高度差始终与抛出点高度差相同，不可能在轨迹相交处相遇。
逐点清2　落在同一水平面上的多体平抛问题
2．(多选)如图所示，三个小球从同一高度处的O处分别以水平初速度v1、v2、v3抛出，落在水平面上的位置分别是A、B、C，O′是O在水平面上的投影点，且O′A∶O′B∶O′C＝1∶3∶5。若不计空气阻力，则下列说法正确的是(　 )
A．v1∶v2∶v3＝1∶3∶5
B．三个小球下落的时间相同
C．三个小球落地的速度相同
D．三个小球落地的位移相同
解析：选AB　三个小球下落的高度相等，则根据h＝gt2知，平抛运动的时间相等，因为水平位移之比为1∶3∶5，则根据x＝v0t得，初速度之比为1∶3∶5，故
A、B正确；小球落地时竖直方向上的分速度相等，落地时的速度v＝，初速度不等，则落地的速度不等，故C错误；小球落地时的位移s＝，水平位移不等，竖直位移相等，则小球通过的位移不等，故D错误。
一点一过
物体从同一高度水平抛出，又落在同一水平面上
(1)由h＝gt2可知，各物体下落时间一定相同。
(2)由x＝v0t可知，水平位移之比等于平抛初速度之比。
逐点清3　落在同一竖直平面上的多体平抛问题
3．(2023·福建福州月考)某人在O点将质量为m的飞镖以不同大小的初速度沿OA方向水平投出，A为靶心且与O在同一高度，如图所示，飞镖水平初速度分别是v1、v2时打在靶上的位置分别是B、C，且AB∶BC＝1∶3。忽略空气阻力，则(　 )
A．两次飞镖飞行时间之比t1∶t2＝1∶3
B．两次飞镖投出的初速度大小之比v1∶v2＝2∶1
C．两次飞镖的速度变化量大小之比Δv1∶Δv2＝3∶1
D．适当减小质量可使飞镖投中靶心
解析：选B　飞镖被投出后做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，根据h＝gt2得t＝，所以两次飞镖运动时间之比t1∶t2＝∶＝1∶2，A错误；水平位移x相等，根据v＝得v1∶v2＝t2∶t1＝2∶1，B正确；速度变化量Δv＝gt，所以两次飞镖的速度变化量大小之比Δv1∶Δv2＝t1∶t2＝1∶2，C错误；质量对平抛运动的过程没有影响，所以减小质量不能使飞镖投中靶心，D错误。
一点一过
物体从同一位置水平抛出，又落在同一竖直平面上
(1)各物体的水平位移均相同，因此，初速度与下落时间成反比。
(2)各物体在竖直方向上做自由落体运动，可由h＝gt2确定各物体下落的时间关系。
(三)落点有约束条件的平抛运动(精研点)
类型(一)　落点在斜面上的平抛运动
[例1]　(2023·烟台高三调研)如图所示，倾角为θ的斜面体固定在水平面上，两个可视为质点的小球甲和乙分别沿水平方向抛出，两球的初速度大小相等，已知甲的抛出点为斜面体的顶点，经过一段时间两球分别落在斜面上的A、B点后不再反弹，落在斜面上的瞬间，小球乙的速度与斜面垂直。忽略空气阻力，重力加速度为g，则下列选项正确的是(　 )
A．甲、乙两球在空中运动的时间之比为tan2θ∶1
B．甲、乙两球下落的高度之比为2tan2θ∶1
C．甲、乙两球的水平位移大小之比为tan θ∶1
D．甲、乙两球落在斜面上瞬间的速度方向与水平方向夹角的正切值之比为2tan2θ∶1
[解析]　由小球甲的运动可知，tan θ＝＝＝，解得t＝，落到斜面上的速度方向与水平方向夹角的正切值为tan α甲＝＝，则tan α甲＝2tan θ；由小球乙的运动可知，tan θ＝＝，解得t′＝，落到斜面上的速度方向与水平方向夹角的正切值为tan α乙＝＝；甲、乙两球在空中运动的时间之比为t∶t′＝2tan2θ∶1，A错误；由h＝gt2可知甲、乙两球下落的高度之比为h∶h′＝t2∶t′2＝4tan4θ∶1，B错误；由x＝v0t可知甲、乙两球的水平位移大小之比为x∶x′＝t∶t′＝2tan2θ∶1，C错误；甲、乙两球落在斜面上瞬间的速度方向与水平方向夹角的正切值之比为2tan2θ∶1，D正确。
[答案]　D
[规律方法]　落点在斜面上的平抛运动处理思路
图示 方法 基本规律 运动时间
分解速度，构建速度的矢量三角形 水平vx＝v0竖直vy＝gt合速度v＝ 由tan θ＝＝得t＝
分解位移，构建位移的矢量三角形 水平x＝v0t竖直y＝gt2合位移x合＝ 由tan θ＝＝得t＝
类型(二)　落点在曲面上的平抛运动
?直接落入圆弧面上的平抛运动
[例2]　如图所示为某一通关游戏装置的示意图，竖直面内的半圆弧BCD的直径BD水平且与竖直轨道AB处在同一竖直面内，小孔P和圆心O的连线与水平方向的夹角为37°。安装在轨道AB上的弹射器可上下移动，能水平射出速度大小可调节的弹丸，弹射器的射出口在B点的正上方，如果弹丸能垂直射入圆弧上的小孔P就算通关。某次游戏，弹射器从离B点0.15 m的高度将弹丸射出，正好通关，那么，圆弧半径和弹丸的初速度分别是(不计空气阻力，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度取10 m/s2)(　 )
A．2 m,4 m/s B．1.5 m,4 m/s
C．2 m,2 m/s D．1.5 m,2 m/s
[解析]　根据几何知识，平抛运动的水平位移为x＝R＋Rcos 37°＝1.8R，竖直位移为y＝h＋Rsin 37°＝0.15 m＋0.6R，又知＝×＝tan 37°，联立解得R＝2 m，又x＝v0t，y＝gt2，解得v0＝4 m/s，故A正确，B、C、D错误。
[答案]　A
?直接落至抛物面上的平抛运动
[例3]　如图所示，在竖直平面内有一曲面，曲面满足的数学关系式为y＝x2(x＞0)，在y轴上有一点P，坐标为(0,6 m)。从P点将一可看成质点的小球水平抛出，初速度为1 m/s。则小球第一次打在曲面上的时间为(不计空气阻力，g取10 m/s2)(　 )
A．1 s B. s C. s D. s
[解析]　设小球经过时间t打在曲面上M点，M点坐标为(x1，y1)，小球水平抛出后做平抛运动，在水平方向上，有x1＝v0t，在竖直方向上，有6 m－y1＝gt2，又小球打在曲面上，则满足数学关系式y1＝x12，代入数据联立解得t＝1 s，故A正确，B、C、D错误。
[答案]　A
[规律方法]
分析平抛运动与曲面结合问题应注意以下两点
(1)物体平抛后落入圆弧内时，物体平抛运动的水平位移、竖直位移与圆弧半径存在一定的数量关系。
(2)物体平抛后落入抛物面内时，物体平抛运动的水平位移、竖直位移与抛物线方程结合可以建立水平方向和竖直方向的关系方程。　
类型(三)　落点在水平台阶上的平抛运动
[例4]　如图所示，在楼梯口，用弹射器向第一级台阶弹射小球。台阶高为H，宽为L，A为竖直踢脚板的最高点，B为水平踏脚板的最右侧点，C是水平踏脚板的中点。弹射器沿水平方向弹射小球，弹射器高度h和小球的初速度v0可调节，小球被弹出前与A的水平距离也为L。某次弹射时，小球恰好没有擦到A而击中B，为了能击中C点，需调整h为h′，调整v0为v0′，下列判断正确的是(　 )
A．h′的最大值为2h
B．h′的最小值为2h
C．v0′的最大值为v0
D．v0′的最小值为v0
[解析]　小球做平抛运动，有y＝gt2，x＝v0t，可得y＝∝x2，调整前＝2，即h＝H，调整后考虑临界情况，小球恰好没有擦到A而击中C，有＝2，即h′＝H，所以h′＝h，从越高处抛出而击中C点，抛物线越陡，越不容易擦到A点，则h′的最小值为h，故A、B错误；由v0＝x ，且两次平抛从抛出到A点过程，x都为L，所以＝＝，即v0′＝v0，从越高处抛出击中C点所用时间越长，抛出速度越小，则v0′的最大值为v0, 故C正确，D错误。
[答案]　C
(四)斜抛运动(精研点)
对斜上抛运动从抛出点到最高点的运动过程，可逆向分析为平抛运动，分析完整的斜上抛运动，还可根据下列三种对称性求解某些问题。
轨迹对称 斜上抛运动的轨迹关于过最高点的竖直线对称
速度对称 关于过轨迹最高点的竖直线对称的两点速度大小相等
时间对称 关于过轨迹最高点的竖直线对称的两点，从其中一点到最高点的上升时间与从最高点下降到对称点的时间相等
[考法全训]
考法(一)　斜抛运动规律的应用
[例1]　狞猫弹跳力惊人，栖息在干燥的旷野和沙漠中，善于捕捉鸟类。一只狞猫以某一初速度斜向上与水平地面成θ角跳离地面，落地前其最大高度为h，最大水平位移为x。不考虑空气阻力。下列说法正确的是(　 )
A．保持起跳速度大小不变，增大θ角，狞猫在空中的运动时间不变
B．保持起跳速度大小不变，增大θ角，狞猫在空中的最大高度h增大
C．保持起跳角度θ不变，增大起跳速度，x与h的比值减小
D．保持起跳角度θ不变，增大起跳速度，x与h的比值增大
[解析]　狞猫做斜抛运动，在竖直方向有vy＝v0sin θ＝gt1，狞猫在空中的运动时间t＝2t1＝，保持起跳速度大小不变，增大θ角，狞猫在空中的运动时间增大，故A错误；狞猫在空中的最大高度h＝gt12＝，保持起跳速度大小不变，增大θ角，狞猫在空中的最大高度增大，故B正确；狞猫最大水平位移为x＝vxt＝，最大水平位移与最大高度的比值为＝，保持起跳角度θ不变，增大起跳速度，x与h的比值不变，故C、D错误。
[答案]　B
考法(二)　利用逆向思维处理斜抛运动
[例2]　(2023·汕头质检)某同学在练习投篮时将篮球从同一位置斜向上抛出，其中有两次篮球垂直撞在竖直放置的篮板上，运动轨迹如图所示，不计空气阻力，关于这两次篮球从抛出到撞击篮板的过程(　 )
A．两次在空中运动的时间相等
B．两次抛出时的速度大小相等
C．第1次抛出时速度的水平分量小
D．第2次抛出时速度的竖直分量大
[解析]　将篮球的运动反向处理，即为平抛运动。由题图可知，第2次运动过程中的高度较小，所以运动时间较短，故A错误。第2次运动过程中的高度较小，故第2次抛出时速度的竖直分量较小，故D错误。平抛运动在水平方向是匀速直线运动，水平射程相等，由x＝v0t可知，第1次抛出时水平分速度较小，故C正确。水平分速度第2次较大，竖直分速度第1次较大，根据速度的合成可知，两次抛出时的速度大小关系不能确定，故B错误。
[答案]　C
考法(三)　三维空间内的斜抛运动
[例3]　(2022·山东等级考)(多选)如图所示，某同学将离地1.25 m的网球以13 m/s的速度斜向上击出，击球点到竖直墙壁的距离4.8 m。当网球竖直分速度为零时，击中墙壁上离地高度为8.45 m的P点。网球与墙壁碰撞后，垂直墙面速度分量大小变为碰前的0.75倍。平行墙面的速度分量不变。重力加速度g取10 m/s2，网球碰墙后的速度大小v和着地点到墙壁的距离d分别为(　 )
A．v＝5 m/s B．v＝3 m/s
C．d＝3.6 m D．d＝3.9 m
[解析]　设网球飞出时的速度为v0，竖直方向v0竖直2＝2g(H－h)，代入数据得v0竖直＝ m/s＝12 m/s，则v0水平＝ m/s＝5 m/s，网球水平方向到P点的距离x水平＝v0水平t＝v0水平·＝6 m，根据几何关系可得打在墙面上时，垂直墙面的速度分量v0水平⊥＝v0水平·＝4 m/s，平行墙面的速度分量v0水平∥＝v0水平·＝3 m/s，反弹后，垂直墙面的速度分量v水平⊥′＝0.75·v0水平⊥＝3 m/s，则反弹后的网球速度大小为v水平＝＝3 m/s，网球落到地面的时间t′＝ ＝ s＝1.3 s，着地点到墙壁的距离d＝v水平⊥′t′＝3.9 m，故B、D正确，A、C错误。
[答案]　BD
1．[渗透五育教育(体育)]
单手肩上传球是篮球常用的中远距离传球方法。如图所示两位同学由同一高度抛出质量相等的A、B两球，两球抛出时初速度方向分别与水平方向成60°、30°角，空气阻力不计。则(　 )
A．A的初速度比B的大
B．A的飞行时间比B的长
C．A在最高点的速度比B在最高点的大
D．被接住前瞬间，A的重力功率比B的小
解析：选B　设抛出的速度为v，速度与水平方向的夹角为θ，两位同学间的距离为x，可得球运动的时间为t＝2·，在水平方向x＝vcos θ·2·＝，对A、B两球在水平方向运动距离x相同，sin 2θ相等，所以初速度大小相等，故A错误；根据飞行的时间t＝2·，可知A飞行的时间比B长，B正确；在最高点的速度vx＝vcos θ，所以A在最高点的速度比B在最高点的小，C错误；被接住前瞬间，重力的功率为P＝mgvsin θ，所以A的重力功率比B的大，D错误。
2．[联系生活实际]有一圆柱形水井，井壁光滑且竖直，过其中心轴的剖面图如图所示，一个质量为m的小球以速度v从井口边缘沿直径方向水平射入水井，小球与井壁做多次弹性碰撞(碰撞前后小球水平方向速度大小不变、方向反向，小球竖直方向速度大小和方向都不变)，不计空气阻力。从小球水平射入水井到落至水面的过程中，下列说法正确的是(　 )
A．小球下落时间与小球质量m有关
B．小球下落时间与小球初速度v有关
C．小球下落时间与水井井口直径d有关
D．小球下落时间与水井井口到水面高度差h有关
解析：选D　因为小球与井壁做多次弹性碰撞，碰撞前后小球水平方向速度大小不变、方向反向，则将小球的运动轨迹连接起来就是平抛运动的抛物线，可知小球在竖直方向做自由落体运动，由t＝ 可知，下落时间只与井口到水面高度差h有关。
3．[联系生活实际]饲养员在池塘边堤坝边缘处以水平速度v0往鱼池中抛掷鱼饵颗粒。堤坝截面倾角为53°，坝顶离水面的高度为5 m，g取10 m/s2，不计空气阻力(sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6)，下列说法正确的是(　 )
A．若鱼饵颗粒能落入水中，平抛初速度v0越大，从抛出到落水所用的时间越长
B．若鱼饵颗粒能落入水中，平抛初速度v0越大，落水时速度方向与水平面的夹角越大
C．若平抛初速度v0＝5 m/s，则鱼饵颗粒不会落在堤坝斜面上
D．若鱼饵颗粒不能落入水中，平抛初速度v0越大，落到堤坝斜面上时速度方向与堤坝斜面的夹角越小
解析：选C　平抛运动时间由高度决定，与v0无关，故A错误；若鱼饵颗粒能落入水中，下落高度一定，运动时间一定，根据速度分解关系，落水时速度方向与水平面的夹角正切值tan α＝＝，v0越大，tan α越小，即α越小，故B错误；若鱼饵颗粒恰好落在
B点，则由竖直方向可得h＝gt2，t＝1 s，水平方向可得hcot 53°＝v0t，v0＝3.75 m/s＜5 m/s，鱼饵颗粒不会落在斜面上，故C正确；若鱼饵颗粒不能落入水中，没落到斜面上时速度方向与水平方向的夹角为θ，根据位移分解关系tan 53°＝＝＝，tan θ＝＝，联立可得tan θ＝2tan 53°，因此θ一定，故D错误。
4．[渗透五育教育(体育)]
如图所示，某同学对着墙壁练习打乒乓球。若球与墙壁上的点A碰撞后沿水平方向弹离，恰好垂直拍面落在球拍的点B上。已知球拍与水平线的夹角θ＝60°，A、B两点间的高度差h＝1 m。忽略空气阻力，重力加速度g取10 m/s2，则球刚要落到球拍上时，速度的大小为(　 )
A．4 m/s B．2 m/s
C. m/s D．2 m/s
解析：选A　根据h＝gt2得t＝＝ s，乒乓球打在球拍上时竖直方向的分速度vy＝gt＝2 m/s，因乒乓球垂直打在球拍上，可得vy＝vcos θ，解得v＝＝4 m/s，A正确，B、C、D均错误。
5．[体现学以致用]如图所示是消防车利用云梯(未画出)进行高层灭火，消防水炮离地的最大高度H＝40 m，出水口始终保持水平且出水方向可以水平调节，着火点在高h＝20 m的楼层，其水平射出的水的初速度在5 m/s≤v0≤15 m/s之间可进行调节，出水口与着火点不能靠得太近，不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2，则(　 )
A．如果要有效灭火，出水口与着火点的水平距离x最大为40 m
B．如果要有效灭火，出水口与着火点的水平距离x最小为10 m
C．如果出水口与着火点的水平距离x不能小于15 m，则射出水的初速度最小为5 m/s
D．若该着火点高度为40 m，该消防车仍能有效灭火
解析：选B　出水口与着火点之间的高度差为Δh＝20 m，由Δh＝gt2，x＝v0t，得出水口与着火点的水平距离x的范围为10 m≤x≤30 m，故A错误，B正确；如果出水口与着火点的水平距离不能小于15 m，则最小出水速度为7.5 m/s，故C错误；如果着火点高度为40 m，保持出水口水平，则水不能到达着火点，故D错误。
[课时跟踪检测]
一、立足主干知识，注重基础性和综合性
1．(2022·广东高考)如图是滑雪道的示意图。可视为质点的运动员从斜坡上的M点由静止自由滑下，经过水平NP段后飞入空中，在Q点落地。不计运动员经过N点的机械能损失，不计摩擦力和空气阻力。下列能表示该过程运动员速度大小v或加速度大小a随时间t变化的图像是(　 )
解析：选C　运动员从M到N点，做匀加速直线运动，设斜面的倾角为θ，则aMN＝gsin θ，vMN＝gsin θ·t，从N到P点，运动员做匀速直线运动；从P到Q点，运动员做平抛运动，有aPQ＝g>aMN，且平抛过程中v＝，速度大小与时间的图像不可能为直线，故C正确，A、B、D错误。
2．如图所示，在竖直平面内，截面为三角形的小积木悬挂在离地足够高处，一玩具枪的枪口与小积木上P点等高且相距为L。当玩具子弹以水平速度v从枪口向P点射出时，小积木恰好由静止释放，子弹从射出至击中积木所用时间为t。不计空气阻力。下列关于子弹的说法正确的是(　 )
A．将击中P点，t大于
B．将击中P点，t等于
C．将击中P点上方，t大于
D．将击中P点下方，t等于
解析：选B　玩具子弹做平抛运动，其竖直方向与小积木一样做自由落体运动，由于枪口与小积木上P点等高，所以子弹必将击中P点，且时间为t＝，B正确，A、C、D错误。
3．如图所示，A、B两篮球从相同高度同时抛出后直接落入篮筐，落入篮筐时的速度方向相同，下列判断正确的是(　 )
A．A比B先落入篮筐
B．A、B运动的最大高度相同
C．A在最高点的速度比B在最高点的速度小
D．A、B上升到某一相同高度时的速度方向相同
解析：选D　若研究两个过程的逆过程，可看作是从篮筐处沿同方向斜向上的斜抛运动，落到同一高度上的A、B两点，则A上升的高度较大，高度决定时间，可知A运动时间较长，即B先落入篮筐中，A、B错误；因为两球抛射角相同，A的射程较远，则A球的水平速度较大，即A在最高点的速度比B在最高点的速度大，C错误；由斜抛运动的对称性可知，当A、B上升到与篮筐相同高度时的速度方向相同，D正确。
4.如图所示，一农用水泵由两根粗细不同的管连接而成，出水口离地面的高度为h，其出水管是水平的，已知细管内径为d，粗管的内径为2d，水平射程为s，水的密度为ρ，重力加速度为g，不考虑空气阻力的影响，下列说法正确的是(　 )
A．若水流不散开，则观察到空中的水柱越来越粗
B．粗、细管中水的流速之比为1∶2
C．空中水的质量为πρsd2
D．水落地时的速度大小为
解析：选C　设细管中水的流速为v0，根据相同时间内水的流量相同可知粗管中水的流速为v0，而水从出水口射出后，速度增大，若水流不散开，则可以观察到空中的水柱越来越细，A、B错误；空中水的质量的表达式为m＝ρπd2v0t1＝πρsd2，C正确；由平抛运动规律可得出水口的水速v0＝s ，则由动能定理可得水落地时的速度大小为v1＝，D错误。
5．如图所示为一网球发球机，可以将网球以不同的水平速度射出，打到竖直墙上。O、A、B是竖直墙上三点，O与出射点处于同一水平线上，A、B两点分别为两次试验时击中的点，OA＝h1，OB＝h2，出射点到O点的距离为L，当地重力加速度为g，空气阻力忽略不计，网球可看作质点。下列说法正确的是(　 )
A．出射速度足够大，网球可以击中O点
B．发球间隔时间足够短，两个网球在下落过程中可相遇
C．击中A点的网球的初速度大小为L
D．网球击中B点时速度大小为
解析：选D　网球做平抛运动，不论出射速度多大，竖直方向的位移不可能为零，所以网球不能击中O点，故A错误；发球间隔时间足够短，但两个网球的竖直位移不相等，所以两个网球在下落过程中不可能相遇，故B错误；对于击中A点的网球，根据平抛运动的规律可得L＝v0At1，h1＝gt12，解得击中A点的网球的初速度大小为v0A＝L，故C错误；同理，解得击中B点的网球的初速度大小为v0B＝L，网球击中B点时速度大小为vB＝＝，故D正确。
6.(2023·张家口模拟)图示为某滑雪运动员训练的情景：运动员从弧形坡面上滑下，沿水平方向飞出后，又落回到斜面上。若斜面足够长且倾角为θ，弧形坡面与斜面顶端有一定高度差，某次训练时，运动员从弧形坡面飞出的水平速度大小为v0，飞出后在空中的姿势保持不变，不计空气阻力，下列判断正确的是(　 )
A．若运动员以不同的速度从弧形坡面飞出，落到斜面前瞬间速度方向一定相同
B．若运动员飞出时的水平速度大小变为2v0，运动员飞出后经t＝距斜面最远
C．若运动员飞出时的水平速度大小变为2v0，运动员落点位移为原来的4倍
D．若运动员飞出时的水平速度大小变为2v0，落到斜面前瞬间速度方向与水平方向的夹角变大
解析：选B　利用平抛的运动规律：设人从A点平抛，落到斜面上的C点，沿AC作一直线ACB，则从A点平抛落到斜面AB上时，速度方向与水平方向的夹角都相等，则落到斜面上E点时竖直方向速度vyE小于落到D点时竖直方向速度vyD，水平方向速度相同，则落到E点时速度与水平方向的夹角比落到D点小，故A、D错误；运动员速度与斜面平行时，离斜面最远，当初速度为2v0时，有tan θ＝，得t＝，故B正确；若沿AB斜面平抛，设落到斜面上D点的时间为t′，速度方向与水平方向夹角为φ，tan φ＝＝＝2tan θ′，θ′是AB斜面的倾角，水平位移x＝v0t′＝，位移s＝＝，可知当速度为2v0时，s′＝4s，则落到E 点时的位移小于4s，故C错误。
7.(2023·青岛四校联考)如图，倾角θ＝30°的斜面体ABC固定在水平面上，斜面AC长为L，在斜面中点D处立有一根竖直的细杆，从斜面顶端A点水平抛出一个小球，小球刚好能越过竖直细杆并落在斜面的底端C。不计空气阻力，小球可视为质点，则细杆的长度为(　 )
A.L B.L
C.L D.L
解析：选A　设小球的初速度为v0，从抛出到落在斜面的底端C的时间为t，则根据平抛运动规律有gt2＝AB＝，v0t＝BC＝L，设当小球运动到细杆上方时，运动时间为t′，下降高度为H，则有v0t′＝＝L，gt′2＝H，联立得到H＝，D点到水平面的高度为H′＝AB＝，所以细杆的长度H杆＝AB－H′－H＝，故选A。
8.由于空气阻力的影响，炮弹的实际飞行轨迹不是抛物线，而是“弹道曲线”，如图中实线所示。Ox、Oy方向分别是水平和竖直方向，图中虚线为不考虑空气阻力情况下炮弹的理想运动轨迹，O、a、b、c、d为弹道曲线上的五点，其中O点为发射点，d点为落地点，b点为轨迹的最高点，a、c为运动过程中经过的距地面高度相等的两点，已知空气阻力与炮弹速度方向相反。下列说法正确的是(　 )
A．到达b点时，炮弹的速度为零
B．到达b点时，炮弹的加速度为g
C．炮弹经过a点的水平分速度可能等于经过b点的水平分速度
D．炮弹由O点运动到b点的时间小于由b点运动到d点的时间
解析：选D　到达最高点b点时，竖直分速度为零，但炮弹仍具有水平方向的速度，A错误；到达最高点b点时，炮弹除受重力外还受空气阻力，加速度不为g，B错误；从a到c，炮弹在水平方向始终受到向左的分力，做减速运动，所以经过a点的水平分速度大于经过b点的水平分速度，C错误；炮弹由O到b过程中空气阻力在竖直方向的分力向下，在竖直方向的加速度大于g，而从b到d过程中空气阻力在竖直方向分力向上，竖直分加速度小于g，已知两段过程中炮弹飞行高度相同，由h＝at2可得，炮弹从O点运动到b点的时间小于从b点运动到d点的时间，D正确。
9．如图所示是疯狂啤酒杯游戏的结构简图。在距离桌子右侧x＝4 m处将杯子以一定速度滑出，杯子滑行过程中只受到摩擦力作用，杯子停下来的点离桌子右边沿越近，则得分越高。假设在A点以4 m/s速度抛出杯子时，杯子恰好停在最右侧B点，求：(g取10 m/s2)
(1)杯子与桌面间动摩擦因数；
(2)以5 m/s初速度把杯子从A点抛出，则杯子到达B点时的速度；
(3)桌面高度h＝1.25 m，第(2)问中杯子落地点离B点水平位移。
解析：(1)杯子做匀减速运动v2－v02＝2ax，
Ff＝－μmg＝ma
联立以上两式解得μ＝0.2。
(2)杯子从A点抛出到达B点过程有vB2－vA2＝2ax
解得vB＝3 m/s。
(3)杯子从B点滑出后做平抛运动，
竖直方向h＝gt2，解得t＝0.5 s
水平方向x＝vBt，解得x＝1.5 m。
答案：(1)0.2　(2)3 m/s　(3)1.5 m
二、强化迁移能力，突出创新性和应用性
10.如图所示，两人各自用吸管吹黄豆，甲黄豆从吸管末端P点水平射出的同时乙黄豆从另一吸管末端M点斜向上射出，经过一段时间后两黄豆在N点相遇，曲线1和2分别为甲、乙黄豆的运动轨迹。若M点在P点正下方，M点与N点位于同一水平线上，且PM长度等于MN的长度，不计空气阻力，可将黄豆看成质点，则(　 )
A．两黄豆相遇时甲的速度与水平方向的夹角的正切值为乙的2倍
B．甲黄豆在P点的速度与乙黄豆在最高点的速度不相等
C．两黄豆相遇时甲的速度大小为乙的2倍
D．乙黄豆相对于M点上升的最大高度为PM长度的一半
解析：选A　设PM＝MN＝h，甲、乙两黄豆自射出后经时间t在N点相遇，则有h＝gt2；对于乙黄豆，根据斜抛运动的对称性可知其从最高点(设为Q)到N点的运动时间为，Q、N两点之间的水平距离为，竖直距离为h乙＝g2＝h，故D错误。根据平抛运动规律的推论可知，甲黄豆到达N点时速度方向与水平方向的夹角α1的正切值为位移方向与水平方向的夹角θ1的正切值的2倍，即tan α1＝2tan θ1＝2，乙黄豆到达N点时速度方向与水平方向的夹角α2的正切值为从Q点到N点的位移方向与水平方向的夹角θ2的正切值的2倍，即tan α2＝2tan θ2＝2×＝1，所以tan α1＝2tan α2，故A正确。甲黄豆在P点的速度与乙黄豆在最高点的速度都等于各自运动过程中水平方向的分速度，二者在整个运动过程的水平位移和时间均相同，所以水平分速度相等，则甲黄豆在P点的速度与乙黄豆在最高点的速度相等，故B错误。设甲、乙两黄豆在N点时的水平分速度大小均为v0，竖直分速度大小分别为v1y、v2y，合速度大小分别为v1、v2，则tan α1＝2＝，tan α2＝1＝，所以v1y＝2v0，v2y＝v0，根据平行四边形定则有v1＝＝v0，v2＝＝v0，所以≠2，故C错误。
11．如图所示，有两个完全相同的斜面，倾角均为45°，高度均为h，A、B为两斜面的顶端，O为斜面的底端。现从左侧斜面顶端A以一定初速度v0水平抛出一个小球，已知重力加速度大小为g，则(　 )
A．当小球下落到左侧斜面上高度为处时，初速度v0＝
B．若以不同的初速度水平抛出的相同小球均落在左侧斜面上，则初速度越大，落到斜面上时速度方向与斜面的夹角越大
C．若小球初速度v0足够大，则小球能落在右侧斜面的顶端B
D．若小球恰能垂直打在右侧斜面上的C点，则OC＝h
解析：选D　根据小球做平抛运动的规律和几何关系，有h－＝gt12和＝v0t1，解得初速度v0＝，选项A错误；落在左侧斜面上的小球位移的偏转角均为45°，根据平抛运动的推论知速度偏转角的正切值等于位移偏转角正切值的2倍，可知速度的偏转角相等，即无论初速度多大，小球落到斜面上时速度方向与斜面的夹角一定，选项B错误；由y＝gt2和x＝v0t得下落的高度y＝，故y＞0，可知落点一定低于A点，而顶端B与A同样高，所以小球
不会落在右侧斜面的顶端B，选项C错误；若小球恰能垂直打在右侧斜面上的C点，则此时竖直速度vy＝v0，小球下落的时间t＝，下落高度H＝，则水平位移大小h＋(h－H)＝v0t，解得H＝h，OC＝(h－H)＝h，选项D正确。
12．抛体运动在各类体育运动项目中很常见，如乒乓球运动。现讨论乒乓球发球问题，设球台长2L、网高h，乒乓球反弹前后的水平分速度不变，竖直分速度大小不变、方向相反，且不考虑乒乓球的旋转和空气阻力。(设重力加速度为g)
(1)若球在球台边缘O点正上方高度h1处，以速度v1水平发出，落在球台上的P1点(如图中实线所示)，求P1点距O点的距离x1；
(2)若球从O点正上方某高度处以速度v2水平发出，恰好在最高点时越过球网落在球台上的P2点(如图中虚线所示)，求v2的大小；
(3)若球从O点正上方水平发出后，球经反弹恰好越过球网且刚好落在对方球台边缘P3点，求发球点距O点的高度h3。
解析：(1)根据平抛运动规律得h1＝gt12，x1＝v1t1
联立解得x1＝v1 。
(2)根据平抛运动规律得h2＝gt22，x2＝v2t2
且h2＝h,2x2＝L，联立解得v2＝ 。
(3)球的运动轨迹如图所示，得h3＝gt32
x3＝v3t3且3x3＝2L
设球从恰好越过球网到达到最高点所用的时间为t，水平距离为s，则有：h3－h＝gt2，s＝v3t，
由几何关系得x3＋s＝L；解得h3＝h。
答案：(1)v1　(2) 　(3)h
第3讲　圆周运动
一、匀速圆周运动及其描述
1．匀速圆周运动
(1)速度特点：速度的大小不变，方向始终与半径垂直。
(2)性质：匀速圆周运动是加速度大小不变，方向总是指向圆心的变加速曲线运动。
(3)质点做匀速圆周运动的条件：合外力大小不变，方向始终与速度方向垂直且指向圆心。
2．匀速圆周运动各物理量间的关系
二、匀速圆周运动的向心力
1．大小：Fn＝m＝mω2r＝m＝mωv＝m·4π2f2r。
2．方向：始终沿半径方向指向圆心，时刻在改变，即向心力是一个变力。
3．来源：向心力可以由一个力提供，也可以由几个力的合力提供，还可以由一个力的分力提供。
三、离心运动和近心运动
向心力的供需关系 运动状态 运动图示
F＝man＝m＝mω2r 圆周运动
F＜man＝m＝mω2r 离心运动
F＞man＝m＝mω2r 近心运动
情境创设　
现在有一种叫作“魔盘”的娱乐设施，如图所示。当“魔盘”转动很慢时，人会随着“魔盘”一起转动，当盘的速度逐渐增大时，盘上的人便逐渐向边缘滑去，离转动中心越远的人，这种滑动的趋势越明显，当“魔盘”转动到一定速度时，人会“贴”在“魔盘”竖直壁上而不会滑下。
微点判断　
(1)人随“魔盘”一起做匀速圆周运动时，其角速度是不变的。(√)
(2)人随“魔盘”一起做匀速圆周运动时，其合外力是不变的。(×)
(3)人随“魔盘”一起做匀速圆周运动的向心加速度与半径成反比。(×)
(4)随“魔盘”一起做匀速圆周运动时，人离“魔盘”中心越远，人运动得越快。(√)
(5)人随“魔盘”一起做匀速圆周运动，是因为人受到了“魔盘”给人的向心力。(×)
(6)“魔盘”的转速逐渐增大时，盘上的人便逐渐向边缘滑去，这是人受沿半径向外的离心力作用的缘故。(×)
(7)当“魔盘”转动到一定速度时，人会“贴”在“魔盘”竖直壁上而不会滑下，此时的向心力是由静摩擦力提供。(×)
(一)描述圆周运动的物理量(固基点)
[题点全练通]
1．[皮带传动](多选)如图甲所示是中学物理实验室常用的感应起电机，它是由两个大小相等直径约为 30 cm的感应玻璃盘起电的，其中一个玻璃盘通过从动轮与手摇主动轮连接，如图乙所示，现玻璃盘以100 r/min的转速旋转，已知主动轮的半径约为8 cm，从动轮的半径约为2 cm，P和Q是玻璃盘边缘上的两点，若转动时皮带不打滑，下列说法正确的是(　 )
A．P、Q的线速度相同
B．玻璃盘的转动方向与摇把转动方向相反
C．P点的线速度大小约为1.6 m/s
D．摇把的转速约为400 r/min
解析：选BC　线速度的方向沿曲线的切线方向，由题图可知，P、Q两点的线速度的方向一定不同，故A错误；若主动轮做顺时针转动，从动轮通过皮带的摩擦力带动转动，从动轮做逆时针转动，故B正确；玻璃盘的直径是30 cm，转速是100 r/min，所以线速度v＝ωr＝2nπr＝2××π× m/s＝0.5π m/s≈1.6 m/s，故C正确；从动轮边缘的线速度vc＝ωrc＝2××π×0.02 m/s＝π m/s，由于主动轮的边缘各点的线速度与从动轮边缘各点的线速度的大小相等，即vz＝vc，所以主动轮的转速nz＝＝＝ r/s＝ r/s＝25 r/min，故D错误。
2．[齿轮传动]某机器的齿轮系统如图所示，中间的轮叫作太阳轮，它是主动轮。从动轮称为行星轮，太阳轮、行星轮与最外面的大轮彼此密切啮合在一起，如果太阳轮一周的齿数为n1，行星轮一周的齿数为n2，当太阳轮转动的角速度为ω时，最外面的大轮转动的角速度为(　 )
A.ω B.ω
C.ω D.ω
解析：选A　太阳轮、行星轮与大轮分别用A、B、C表示，由题图可知，A与B为齿轮传动，所以线速度大小相等，B与C也是齿轮传动，线速度大小也相等，所以A与B、C的线速度大小是相等的；由齿轮数与周长关系可知：＝＝，则：RB＝RA，由题图可知：RC＝2RB＋RA，A、B与C的线速度大小相等，得：ωRA＝ω′RC，联立可得：ω′＝。故A正确，B、C、D错误。
3．[同轴转动](2021·广东高考)由于高度限制，车库出入口采用如图所示的曲杆道闸。道闸由转动杆OP与横杆PQ链接而成，P、Q为横杆的两个端点。在道闸抬起过程中，杆PQ始终保持水平。杆OP绕O点从与水平方向成30°匀速转动到60°的过程中，下列说法正确的是(　 )
A．P点的线速度大小不变
B．P点的加速度方向不变
C．Q点在竖直方向做匀速运动
D．Q点在水平方向做匀速运动
解析：选A　由于杆OP匀速转动，P点到圆心的距离不变，故P点的线速度大小不变，A正确；P点的加速度为向心加速度，始终指向圆心，方向时刻变化，B错误；设OP＝l1，PQ＝l2，可知Q点到O点所在水平线的距离y＝l1sin(30°＋ωt)，故Q点在竖直方向的运动不是匀速运动，C错误；Q点到O点的水平距离x＝l2＋l1cos(30°＋ωt)，故Q点在水平方向的运动也不是匀速运动，D错误。
4．[两个相关运动的分析]某机器内有两个围绕各自的固定轴匀速转动的铝盘A、B，A盘固定一个信号发射装置P，能持续沿半径向外发射红外线，P到圆心的距离为28 cm。B盘上固定一个带窗口的红外线信号接收装置Q，Q到圆心的距离为16 cm。P、Q转动的线速度相同，都是4π m/s，当P、Q正对时，P发出的红外线恰好进入Q的接收窗口，如图所示，则Q每隔一定时间就能接收到红外线信号，这个时间的最小值应为(　 )
A．0.56 s B．0.28 s
C．0.16 s D．0.07 s
解析：选A　P的周期：TP＝＝0.14 s；Q的周期：TQ＝＝0.08 s；因为经历的时间必须等于它们周期的整数倍，根据数学知识，0.14和0.08的最小公倍数为0.56 s，所以A正确。
[要点自悟明]
常见的三种传动方式及特点
皮带传动 如图甲、乙所示，皮带与两轮之间无相对滑动时，两轮边缘线速度大小相等，即vA＝vB
摩擦传动 和齿轮传动 如图丙、丁所示，两轮边缘接触，接触点无打滑现象时，两轮边缘线速度大小相等，即vA＝vB
同轴转动 如图戊所示，两轮固定在同一转轴上，绕同一转轴转动，两轮转动的角速度大小相等，即ωA＝ωB
(二) 水平面内的匀速圆周运动(精研点)
1．运动特点
(1)运动轨迹在水平面内；(2)做匀速圆周运动。
2．受力特点
(1)物体所受合外力大小不变，方向总是指向圆心。
(2)合外力充当向心力。
3．分析思路
[考法全训]
考法(一)　车辆转弯问题
1．(多选)随着交通的发展，旅游才真正变成一件赏心乐事，各种“休闲游”“享乐游”纷纷打起了宣传的招牌。某次旅游中游客乘坐列车以恒定速率通过一段水平圆弧形弯道过程中，游客发现车厢顶部悬挂玩具小熊的细线稳定后与车厢侧壁平行，同时观察放在桌面(与车厢底板平行)上水杯内的水面，已知此弯道路面的倾角为θ，不计空气阻力，重力加速度为g，则下列判断正确的是(　 )
A．列车转弯过程中的向心加速度为gtan θ，方向与水平面的夹角为θ
B．列车的轮缘与轨道无侧向挤压作用
C．水杯与桌面间无摩擦
D．水杯内水面与桌面不平行
解析：选BC　设玩具小熊的质量为m，则玩具小熊受到的重力mg、细线的拉力FT的合力提供玩具小熊随列车做水平面内圆周运动的向心力F(如图)，有mgtan θ＝ma，可知列车在转弯过程中的向心加速度大小为a＝gtan θ，方向与水平面平行，A错误；列车的向心加速度由列车的重力与轨道的支持力的合力提供，故列车的轮缘对轨道无侧向挤压作用，B正确；水杯的向心加速度由水杯的重力与桌面的支持力的合力提供，则水杯与桌面间的静摩擦力为零，C正确；水杯内水面取一微小质量元，此微元受到的重力与支持力的合力产生的加速度大小为a＝gtan θ，可知水杯内水面与水平方向的倾斜角等于θ，与桌面平行，D错误。
2．(2023·汕头高三质检)如图所示的路段是一段半径约为120 m的圆弧形弯道，路面水平，路面对轮胎的径向最大静摩擦力为正压力的，下雨时路面被雨水淋湿，路面对轮胎的径向最大静摩擦力变为正压力的。若汽车通过圆弧形弯道时做匀速圆周运动，汽车可视为质点，重力加速度g取10 m/s2，下列说法正确的是(　 )
A．汽车以72 km/h的速率通过此圆弧形弯道时的向心加速度为43.2 m/s2
B．汽车以72 km/h的速率通过此圆弧形弯道时的角速度为0.6 rad/s
C．晴天时，汽车以100 km/h的速率可以安全通过此圆弧形弯道
D．下雨时，汽车以60 km/h的速率通过此圆弧形弯道时将做离心运动
解析：选C　汽车以v＝72 km/h＝20 m/s的速率通过此圆弧形弯道时，向心加速度a＝≈3.3 m/s2，角速度ω＝≈0.17 rad/s，故A、B错误；以汽车为研究对象，当路面对轮胎的径向摩擦力指向内侧且达到径向最大静摩擦力时，此时汽车的速率为安全通过圆弧形弯道的最大速率vm，设汽车的质量为m，在水平方向上根据牛顿第二定律得Ffm＝，在竖直方向上有FN＝mg，径向最大静摩擦力为正压力的，即Ffm＝kFN，以上三式联立解得vm＝≈31.0 m/s＝111.6 km/h，所以晴天时汽车以100 km/h的速率可以安全通过此圆弧形弯道，故C正确；下雨时，路面对轮胎的径向最大静摩擦力变为正压力的，有vm′＝≈21.9 m/s≈78.8 km/h，60 km/h＜78.8 km/h，所以汽车可以安全通过此圆弧形弯道，不做离心运动，故D错误。
考法(二)　圆锥摆问题
3.(多选)天花板下悬挂的轻质光滑小圆环P可绕过悬挂点的竖直轴无摩擦地旋转。一根轻绳穿过P，两端分别连接质量为m1和m2的小球A、B(m1≠m2)。设两球同时做如图所示的圆锥摆运动，且在任意时刻两球均在同一水平面内，则(　 )
A．两球运动的周期相等
B．两球的向心加速度大小相等
C．球A、B到P的距离之比等于m2∶m1
D．球A、B到P的距离之比等于m1∶m2
解析：选AC　对其中一个小球受力分析，其受到重力和绳的拉力F，绳中拉力在竖直方向的分力与重力平衡，设轻绳与竖直方向的夹角为θ，则有Fcos θ＝mg，拉力在水平方向上的分力提供向心力，设该小球到P的距离为l，则有Fsin θ＝mgtan θ＝mlsin θ，解得周期为T＝2π ＝2π ，因为任意时刻两球均在同一水平面内，故两球运动的周期相等，选项A正确；连接两球的绳的张力F相等，由于向心力为Fn＝Fsin θ＝mlsin θ，故l1∶l2＝m2∶m1，又小球的向心加速度a＝lsin θ，故向心加速度大小不相等，C正确，B、D错误。
考法(三)　水平面内圆周运动的临界问题
4．(多选)如图所示，在匀速转动的水平圆盘上，沿直径方向放着用轻绳相连的物体A和B，A和B质量都为m。它们分居圆心两侧，与圆心的距离分别为RA＝r，RB＝2r，A、B与盘间的动摩擦因数均为μ。若最大静摩擦力等于滑动摩擦力，当圆盘转速加快到两物体刚好还未发生滑动时，下列说法正确的是(　 )
A．绳子张力为T＝3μmg
B．圆盘的角速度为ω＝
C．A所受摩擦力方向沿绳指向圆外
D．烧断绳子，物体A、B仍将随盘一块转动
解析：选ABC　物体A和B随着圆盘转动时，合力提供向心力，有F合＝mω2R，B的半径比A的半径大，所以B所需向心力大，绳子拉力相等，所以当圆盘转速加快到两物体刚好还未发生滑动时，B所受的最大静摩擦力方向沿绳指向圆心，A所受的最大静摩擦力方向沿绳指向圆外，以B为研究对象，有T＋μmg＝2mrω2，以A为研究对象，有T－μmg＝mrω2，联立解得T＝3μmg，ω＝，故A、B、C正确；烧断绳子，对A分析有mrω2＝2μmg＞μmg，对B分析有2mrω2＝4μmg＞μmg，所以A、B将做离心运动，D错误。
(三)竖直平面内的圆周运动(精研点)
两种常见的模型
轻绳模型 轻杆模型
情景图示
弹力特征 弹力可能向下，也可能等于零 弹力可能向下，可能向上，也可能等于零
受力示意图
力学方程 mg＋FT＝m mg±FN＝m
临界特征 FT＝0，即mg＝m，得v＝ v＝0，即F向＝0，此时FN＝mg
模型关键 (1)“绳”只能对小球施加向下的力(2)小球通过最高点的速度至少为 (1)“杆”对小球的作用力可以是拉力，也可以是支持力(2)小球通过最高点的速度最小可以为0
[模型应用]
类型(一)　轻绳模型
[例1]　(2023·襄阳模拟)如图甲所示，小球用不可伸长的轻绳连接绕定点O在竖直面内做圆周运动，小球经过最高点的速度大小为v，此时绳子拉力大小为FT，拉力FT与速度的平方v2的关系如图乙所示，图像中的数据a和b以及重力加速度g都为已知量，以下说法正确的是(　 )
A.数据a与小球的质量有关
B．数据b与小球的质量无关
C．比值只与小球的质量有关，与圆周轨道半径无关
D．利用数据a、b和g能够求出小球的质量和圆周轨道半径
[解析]　由题图乙可知当v2＝a时，绳子的拉力为零，此时物体的重力提供向心力，则有mg＝m，解得v2＝gr，即a＝gr，A错误；当v2＝2a时，对物体进行受力分析，则有mg＋b＝m，解得b＝mg，与小球的质量有关，B错误；根据A、B选项可知＝，C错误；由题图乙可知，当v2＝a时，则有mg＝m，解得r＝，当v2＝2a时，则有mg＋b＝m，解得m＝，D正确。
[答案]　D
类型(二)　轻杆模型
[例2]　如图所示，轻杆长3L，在杆两端分别固定质量均为m的球A和B，光滑水平转轴穿过杆上距球A为L处的O点，外界给系统一定能量后，杆和球在竖直平面内转动，球B运动到最高点时，杆对球B恰好无作用力。忽略空气阻力，则球B在最高点时(　 )
A．球B的速度为零
B．球A的速度大小为
C．水平转轴对杆的作用力为1.5mg
D．水平转轴对杆的作用力为2.5mg
[解题指导]
题干信息 获取信息
光滑水平转轴穿过杆上距球A为L处的O点 球A做圆周运动的半径为L，球B做圆周运动的半径为2L
球B运动到最高点时，杆对球B恰好无作用力 球B在最高点只受重力作用，重力恰好提供向心力
[解析]　球B运动到最高点时，杆对球B恰好无作用力，即重力恰好提供向心力，有mg＝m，解得v＝，故A错误；由于A、B两球的角速度相等，则球A的速度大小v′＝，故B错误；球B到最高点时，对杆无弹力，此时球A受到的重力和拉力的合力提供向心力，有F－mg＝m，解得：F＝1.5mg，故C正确，D错误。
[答案]　C
[例3]　如图所示，质量为4 kg，半径为0.5 m的光滑细圆管用轻杆固定在竖直平面内，小球A和B的直径略小于细圆管的内径，它们的质量分别为mA＝1 kg、mB＝2 kg。某时刻，小球A、B分别位于圆管最低点和最高点，且A的速度大小为vA＝3 m/s，此时杆的下端受到向上的压力，大小为56 N。则B球的速度大小vB为(取g＝10 m/s2)(　 )
A．2 m/s B．4 m/s
C．6 m/s D．8 m/s
[解析]　对A球，所受的合外力提供其所需的向心力，设管对A的支持力为FA，由牛顿第二定律有FA－mAg＝mA，代入数据解得FA＝28 N，由牛顿第三定律可得，A球对管的力向下，为28 N。设B球对管的力为FB′，由管受力平衡可得FB′＋28 N＋m管g＋56 N＝0，解得FB′＝－124 N，负号表示和重力方向相反，由牛顿第三定律可得，管对B球的力FB为124 N，方向竖直向下，对B球，由牛顿第二定律有FB＋mBg＝mB，解得vB＝6 m/s，故选C。
[答案]　C
(四) 斜面上圆周运动的临界问题(精研点)
在斜面上做圆周运动的物体，因所受的控制因素不同，常见类型有：摩擦力控制、杆控制、绳控制。与竖直面内的圆周运动类似，斜面上的圆周运动通常也是分析物体在最高点和最低点的受力情况，只是在受力分析时，一般需要进行立体图到平面图的转化，这是解斜面上圆周运动问题的难点。
类型(一)　静摩擦力控制下的斜面圆周运动
[例1]如图所示，一倾斜的匀质圆盘绕垂直于盘面的固定对称轴以恒定角速度ω转动，盘面上离转轴距离2.5 m处有一小物体与圆盘始终保持相对静止。物体与盘面间的动摩擦因数为(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，盘面与水平面的夹角为30°，g取10 m/s2。则ω的最大值是(　 )
A. rad/s B. rad/s
C．1.0 rad/s D．0.5 rad/s
[解析]　由题意易知临界条件为物体在圆盘最低点受到的静摩擦力最大，根据牛顿第二定律有，μmgcos 30°－mgsin 30°＝mrω2，解得ω＝1.0 rad/s，C项正确，A、B、D项错误。
[答案]　C
类型(二)　轻杆控制下的斜面圆周运动
[例2]　如图所示，在倾角为α＝30°的光滑斜面上，有一根长为L＝0.8 m的轻杆，一端固定在O点，另一端系一质量为m＝0.2 kg的小球，沿斜面做圆周运动。取g＝10 m/s2。若要小球能通过最高点A，则小球在最低点B的最小速度是(　 )
A．4 m/s B．2 m/s
C．2 m/s D．2 m/s
[解析]　小球受轻杆控制，在A点的最小速度为零，由动能定理有2mgLsin α＝mvB2，解得vB＝4 m/s，A正确。
[答案]　A
类型(三)　轻绳控制下的斜面圆周运动
[例3]　(多选)如图所示，一块足够大的光滑平板放置在水平面上，能绕水平固定轴MN自由转动从而实现调节其与水平面所成的倾角。板上有一根长为l＝0.5 m的轻绳，一端系住一个质量为m＝0.5 kg的小球，另一端固定在板上的O点。当平板倾角为α时，先将轻绳平行于水平轴MN拉直，然后给小球一沿着平板并与轻绳垂直的初速度v0＝2 m/s，g取10 m/s2，则(　 )
A．若α＝0°，则轻绳对小球的拉力大小为FT＝4 N
B．若α＝90°，则小球相对于初始位置可上升的最大高度为0.3 m
C．小球能在平板上绕O点做完整的圆周运动，α必须满足的条件为sin α≤
D．小球能在平板上绕O点做完整的圆周运动，α必须满足的条件为sin α≤
[解析]　小球在平板上运动时受轻绳的拉力、重力和平板的弹力。在垂直平板方向上合力为零，重力沿平板方向的分力为mgsin α，小球在最高点时，由轻绳的拉力和重力沿平板方向的分力的合力提供向心力，有FT＋mgsin α＝m，研究小球从释放点到最高点的过程，据动能定理有－mglsin α＝mv12－mv02，若恰好通过最高点，轻绳拉力FT＝0，联立以上式子解得sin α＝＝，故C错误，D正确；若α＝0°，则轻绳对小球的拉力大小为FT＝m＝4 N，故A正确；若α＝90°，小球不能到达最高点，假设能够上升0.3 m，重力势能的增加量mgh＝1.5 J，初动能mv02＝1 J，机械能不守恒，故B错误。
[答案]　AD
1．[联系生活实际]如图所示，在某十字路口，设置有右转弯专用车道。现有一辆汽车正在水平右转弯车道上行驶，其运动可视为圆周运动，行驶过程中车辆未发生打滑。司机和副驾驶座上的乘客始终与汽车保持相对静止。当汽车在水平的右转弯车道上减速行驶时，下列说法正确的是(　 )
A．司机和乘客具有相同的线速度
B．汽车所受的合力一定指向圆心
C．汽车对乘客的作用力小于汽车对司机的作用力
D．汽车对乘客的作用力大于乘客所受的重力
解析：选D　司机和副驾驶座上的乘客始终与汽车保持相对静止，司机和乘客具有相同的角速度，但半径不同，根据线速度与角速度的关系v＝ωr，则线速度不同，故A错误；因汽车做减速圆周运动，汽车所受的合力分解为指向圆心的向心力和与运动方向相反使速率减小的切向力，故合力的方向一定不指向圆心，故B错误；乘客和司机角速度相同，由牛顿第二定律有F＝mω2r，右转弯时乘客的半径小，但因不确定乘客和司机的质量大小关系，故汽车对乘客的作用力和对司机的作用力大小关系无法确定，故C错误；汽车对乘客的作用力有竖直方向的支持力和水平方向使乘客做减速圆周运动的力，竖直方向的支持力与乘客所受的重力平衡，则汽车对乘客两个方向的力的合力一定大于乘客所受的重力，故D正确。
2．[渗透五育教育(体育)](多选)2022年2月5日，中国短道速滑混合团体接力队夺得北京冬奥会的首枚金牌。如图所示，若将运动员在弯道转弯的过程看成在水平冰面上的一段匀速圆周运动，转弯时冰刀嵌入冰内从而使冰刀受到与冰面夹角为θ(蹬冰角)的支持力，不计一切摩擦，弯道半径为R，重力加速度为g。以下说法正确的是(　 )
A．运动员转弯时速度的大小为
B．运动员转弯时速度的大小为
C．若运动员转弯速度变大，则需要增大蹬冰角
D．若运动员转弯速度变大，则需要减小蹬冰角
解析：选AD　依题意，运动员转弯时，根据牛顿第二定律有Fn＝＝m，可得其转弯时速度的大小为v＝，故A正确，B错误；根据运动员转弯时速度的大小v＝，可知，若减小蹬冰角θ，则tan θ减小，运动员转弯速度v将变大，故C错误，D正确。
3．[体现学以致用](多选)如图为自行车气嘴灯及其结构图，弹簧一端固定在A端，另一端拴接重物，当车轮高速旋转时，重物由于离心运动拉伸弹簧后才使触点M、N接触，从而接通电路，LED灯就会发光。下列说法正确的是(　 )
A．安装时A端比B端更靠近气嘴
B．转速达到一定值后LED灯才会发光
C．增大重物质量可使LED灯在较低转速下也能发光
D．匀速行驶时，若LED灯转到最低点时能发光，则在最高点时也一定能发光
解析：选BC　要使重物做离心运动时M、N接触，则A端应靠近圆心，A错误；转速越大，所需向心力越大，弹簧拉伸的越长，M、N接触时灯就会发光，B正确；灯在最低点时F弹－mg＝mrω2，解得ω＝，因此增大重物质量可使LED灯在较低转速下也能发光，C正确；灯在最低点时F1－mg＝，灯在最高点时F2＋mg＝，匀速行驶时，在最低点时弹簧的伸长量可能大于在最高点时的伸长量，在最低点能发光，在最高点时不一定能发光，D错误。
4．[联系生活实际]智能呼啦圈轻便美观，深受大众喜爱。如图甲，腰带外侧带有轨道，将带有滑轮的短杆穿入轨道，短杆的另一端悬挂一根带有配重的轻绳，其简化模型如图乙所示。可视为质点的配重质量为0.5 kg，绳长为0.5 m，悬挂点P到腰带中心点O的距离为0.2 m。水平固定好腰带，通过人体微小扭动，使配重随短杆做水平方向匀速圆周运动，绳子与竖直方向夹角为θ，运动过程中腰带可看作不动，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，下列说法正确的是(　 )
A．匀速转动时，配重受到的合力恒定不变
B．若增大转速，腰带受到的合力变大
C．当θ稳定在37°时，配重的角速度为5 rad/s
D．当θ由37°缓慢增加到53°的过程中，绳子对配重做正功
解析：选D　匀速转动时，配重做匀速圆周运动，合力大小不变，但方向在变化，故A错误；运动过程中腰带可看作不动，所以腰带受到的合力始终为零，故B错误；对配重，由牛顿第二定律得mgtan θ＝mω2(lsin θ＋r)，即ω＝，当θ稳定在37°时，解得ω＝ rad/s，故C错误；由C中公式可知，当θ稳定在53°时，角速度大于θ稳定在37°时的角速度，配重圆周半径也增大，速度增大，动能增大，同时高度上升，重力势能增大，所以机械能增大；由功能关系，θ由37°缓慢增加到53°的过程中，绳子对配重做的功等于配重机械能的增加量，所以绳子对配重做正功，故D正确。
[课时跟踪检测]
一、立足主干知识，注重基础性和综合性
1.化曲为圆是曲线运动的一种分解方式，如图所示，在变力作用下质量为m的物体的轨迹可以分为很多小段，每小段都可以看成圆周运动的一部分，在B点物体的受力F与速度v的夹角为θ，则物体在B点的向心加速度大小为(　 )
A. B.
C. D.
解析：选C　在B点把物体受力F分别沿着速度方向和垂直速度方向分解，则向心力大小为Fn＝Fsin θ，由牛顿第二定律可得物体在B点的向心加速度大小为an＝，故选C。
2．(2023·广州质检)如图是某电力机车雨刮器的示意图，雨刮器由刮水片和雨刮臂连接而成，M、N为刮水片的两个端点，P为刮水片与雨刮臂的连接点，雨刮臂绕O轴转动的过程中，刮水片始终保持竖直，下列说法正确的是(　 )
A．P点的线速度始终不变
B．P点的向心加速度不变
C．M、N两点的线速度相同
D．M、N两点的运动周期不同
解析：选C　P点以O为圆心做圆周运动，所以线速度方向与向心加速度方向时刻变化，故A、B错误；由于刮水片始终保持竖直，所以刮水片各点的线速度与P点的相同，所以M、N两点的线速度相同，故C正确；刮水器上各点的周期相同，所以M、N两点的周期相同，故D错误。
3.(多选)餐饮店中，转盘餐桌应用十分广泛，如图所示。当放在水平圆盘上的空茶壶(视为质点)随圆盘一起匀速转动时，下列有关茶壶所受摩擦力的说法中，正确的是(　 )
A．茶壶受到滑动摩擦力作用，总与茶壶运动方向相反
B．茶壶的速度大小不变，所以不受摩擦力作用
C．将茶水倒入茶壶后，保持转速n和转动半径r不变，餐桌对茶壶的摩擦力f将增大
D．保持茶壶与餐桌不发生相对滑动的前提下，若餐桌加速转动，摩擦力对茶壶做正功
解析：选CD　圆盘上的茶壶随圆盘一起匀速转动时，受到的静摩擦力总是指向旋转的圆心，提供茶壶做匀速圆周运动的向心力，A、B错误；根据F向＝f＝4π2n2mr，将茶水倒入茶壶后，质量增加，所需向心力增加，从而餐桌对茶壶的摩擦力f将增大，C正确；保持茶壶与餐桌不发生相对滑动的前提下，若餐桌加速转动，茶壶动能增加，摩擦力对茶壶做正功，D正确。
4.(2023·烟台高三模拟)“只要速度够快，就能挑战地球引力！”在挑战极限的实验测试中，挑战者在半径为1.6 m的竖直圆形跑道上成功奔跑一圈，引发观众的惊叹。对于挑战过程，下列说法正确的是(　 )
A．在跑道中运动时，挑战者的总机械能守恒
B．要使挑战成功，挑战者在跑道最高点的速度至少为4 m/s
C．要使挑战成功，挑战者除速度要足够大外，体重越小越好
D．运动到最高点时，挑战者的向心加速度一定不小于g
解析：选D　在跑道中运动时，人本身做功，机械能不守恒，故A错误；在最高点时，当重力恰好提供向心力时，速度最小，根据mg＝，解得v＝，实际上，人体的重心大约在腰部，故实际半径小于1.6 m，故最小速度小于4 m/s，故B错误；71 / 125
第五章 机械能
第1讲　功和功率
一、功
1．做功的两个必要条件
力和物体在力的方向上发生的位移。
2．公式
W＝Flcos α，适用于恒力做功，其中α为F、l方向间的夹角，l为物体对地的位移。
3．功的正负判断
夹角 功的正负
α＜90° 力对物体做正功
α＞90° 力对物体做负功，或者说物体克服这个力做了功
α＝90° 力对物体不做功
二、功率
1．定义：功与完成这些功所用时间之比。
2．物理意义：描述力对物体做功的快慢。
3．公式
(1)P＝，P为时间t内的平均功率。
(2)P＝Fvcos_α(α为F与v的夹角)
①v为平均速度，则P为平均功率；
②v为瞬时速度，则P为瞬时功率。
4．额定功率与实际功率
(1)额定功率：动力机械正常工作时输出的最大功率。
(2)实际功率：动力机械实际工作时输出的功率，要求小于或等于额定功率。
情境创设1　
如图所示，质量为m的物体静止在倾角为θ的斜面上，现在使斜面向右匀速移动距离l，物体相对于斜面静止。
[微点判断]
(1)重力对物体做正功。(×)
(2)支持力对物体做正功。(√)
(3)摩擦力对物体不做功。(×)
(4)合力对物体做功为零。(√)
情境创设2　
如图所示，“复兴号”高速列车正在平直轨道上匀速运行。
(5)“复兴号”高速列车运行的牵引力大小等于其阻力大小。(√)
(6)“复兴号”高速列车运行的速度越大，其实际功率越大。(√)
(7)若“复兴号”高速列车以恒定功率出站时，其加速度是不变的。(×)
(8)由公式P＝Fv只可以求平均功率，不可以求瞬时功率。(×)
(一) 功的正负判断和恒力做功的计算(固基点)
[题点全练通]
1．[功的正负判断]图甲为一女士站在台阶式自动扶梯上匀速上楼(忽略扶梯对手的作用)，图乙为一男士站在履带式自动扶梯上匀速上楼，两人相对扶梯均静止。下列关于做功的判断中正确的是(　 )
A．图甲中支持力对人做正功
B．图甲中摩擦力对人做负功
C．图乙中支持力对人做正功
D．图乙中摩擦力对人做负功
解析：选A　题图甲中，人匀速上楼，不受摩擦力，摩擦力不做功，支持力向上，与速度方向的夹角为锐角，则支持力做正功，故A正确，B错误；题图乙中，支持力与速度方向垂直，支持力不做功，摩擦力方向与速度方向相同，做正功，故C、D错误。
2.[恒力做功的计算](多选)如图所示，建筑工人通过滑轮装置将一质量是100 kg的料车沿30°角的斜面由底端匀速地拉到顶端，斜面长L是4 m，若不计滑轮的质量和各处的摩擦力，g取10 N/kg，则对这一过程，下列说法正确的是(　 )
A．人拉绳子的力做功为1 000 J
B．人拉绳子的力做功为2 000 J
C．料车受到的重力做功为2 000 J
D．料车受到的合力对料车做的总功为0
解析：选BD　工人拉绳子的力：F＝mgsin θ，工人将料车拉到斜面顶端时，拉绳子的长度：l＝2L，根据公式W＝Flcos α，得：W1＝mgsin θ·2L＝×100×10××2×4 J＝2 000 J，故A错误，B正确；重力做功：W2＝－mgh＝－mgLsin θ＝－100×10×4× J＝－2 000 J，故C错误；由于料车在斜面上匀速运动，则料车所受的合力为0，故W合＝0，故D正确。
[要点自悟明]
1．功的正负判断方法
(1)恒力做功的正负常依据力与位移方向的夹角来判断。
(2)曲线运动中功的正负常依据力F与速度v的方向夹角α来判断。
(3)能量变化思想常用于两个相联系的物体之间的相互作用力做功的判断。
2．恒力做功的计算方法
3．总功的计算方法
方法一：先求合力F合，再用W总＝F合lcos α求功，此法要求F合为恒力。
方法二：先求各个力做的功W1、W2、W3、…，再应用W总＝W1＋W2＋W3＋…求总功，注意代入“＋”“－”再求和。
(二) 功率的理解与计算(精研点)
逐点清1　对功率的理解　
1．关于某力做功的功率，下列说法正确的是(　 )
A．该力越大，其功率就越大
B．该力在单位时间内做的功越多，其功率就越大
C．功率越大，说明该力做的功越多
D．功率越小，说明该力做功的时间越少
解析：选B　由功率公式P＝Fvcos α可知，功率的大小由F、v及它们间的夹角共同决定，F越大，功率P不一定越大，A错误；由P＝可知，单位时间内力做的功越多，其功率就越大，但功率越大，该力做功不一定越多，功率越小，该力的作用时间不一定越少，故B正确，C、D均错误。
一点一过　对功率的两点说明
(1)物体在发生一段位移过程中所对应的功率为平均功率，物体在某一时刻的功率为瞬时功率。
(2)力对物体做功的多少与地面是否光滑无关，但力对物体做功的功率大小与地面是否光滑有关。
逐点清2　瞬时功率的分析与计算　
2.(2023·开封模拟)如图所示，细线的一端固定于O点，另一端系一小球。在水平拉力作用下，小球以恒定速率在竖直平面内由A点运动到B点。在此过程中拉力的瞬时功率的变化情况是(　 )
A．逐渐增大 B．逐渐减小
C．先增大，后减小 D．先减小，后增大
解析：选A　小球以恒定速率在竖直平面内由A点运动到B点，即小球做匀速圆周运动，那么小球受到的重力mg、水平拉力F、细线拉力FT三者的合力必是沿细线指向O点。对小球受力分析如图，F＝mgtan θ，由P＝Fvcos θ，可得P＝mgvsin θ，θ逐渐增大，则功率P逐渐增大，A项正确。
一点一过　瞬时功率公式的理解与应用
(1)利用公式P＝Fvcos α，其中v为t时刻的瞬时速度。
(2)利用公式P＝FvF，其中vF为物体的速度v在力F方向上的分速度。
(3)利用公式P＝Fvv，其中Fv为物体受到的外力F在速度v方向上的分力。
逐点清3　平均功率的分析与计算　
3．(2023·海口模拟)一滑块在水平地面上沿直线滑行，t＝0时速率为1 m/s。从此刻开始在与速度平行的方向上对其施加一水平作用力F，力F和滑块的速度v
随时间的变化规律分别如图甲、乙所示，则(两图取同一正方向，重力加速度g＝10 m/s2)(　 )
A．滑块的质量为0.5 kg
B．滑块与水平地面间的动摩擦因数为0.5
C．第1 s内摩擦力对滑块做功为－1 J
D．第2 s内力F的平均功率为1.5 W
解析：选D　滑块运动的加速度大小a＝＝1 m/s2，由题图知，第1 s内有Ff＋F＝ma，第2 s内有F′－Ff＝ma，则Ff＋1 N＝3 N－Ff，故Ff＝1 N，m＝2 kg，又由Ff＝μmg可得动摩擦因数μ＝0.05，故A、B错误；第1 s内滑块的位移大小为x＝0.5 m，根据功的公式可得第1 s内摩擦力对滑块做功为－0.5 J，故C错误；根据v-t图像可知，第2 s内的平均速度大小＝0.5 m/s，所以第2 s内力F的平均功率P＝F＝3×0.5 W＝1.5 W，故D正确。
一点一过　平均功率的计算方法
(1)利用P＝求解。
(2)利用P＝Fvcos α求解，其中v为物体运动的平均速度。
(三) 求变力做功的五种方法(培优点)
方法1　利用微元法求变力做功
将物体的位移分割成许多小段，因每一小段很小，每一小段上作用在物体上的力可以视为恒力，这样就将变力做功转化为在无数多个位移上的恒力所做功的代数和。此法常用于求解大小不变、方向改变的变力做功问题。
1.(多选)如图所示，在一半径为R＝6 m的圆弧形桥面的底端A，某人把一质量为m＝8 kg的物块(可看成质点)用大小始终为F＝75 N的拉力从底端缓慢拉到桥面顶端B(圆弧AB在同一竖直平面内)，拉力的方向始终与物块在该点的切线成37°角，整个圆弧桥面所对的圆心角为120°，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。在这一过程中，下列说法正确的是(　 )
A．重力做功为240 J
B．支持力做功为0
C．拉力F做功约为376.8 J
D．摩擦力做功约为136.8 J
解析：选BC　物块重力做的功WG＝－mgR(1－cos 60°)＝－240 J，故A错误；支持力始终与运动方向垂直，支持力不做功，故B正确；将圆弧A分成很多小段l1、l2、…、ln，拉力在每一小段上做的功为W1、W2、…、Wn，拉力F大小不变，方向始终与物块在该点的切线成37°角，则W1＝Fl1cos 37°、W2＝Fl2cos 37°、…、Wn＝Flncos 37°，WF＝W1＋W2＋…＋Wn＝Fcos 37°(l1＋l2＋…＋ln)＝Fcos 37°··2πR≈376.8 J，故C正确；因物块在拉力F作用下缓慢移动，动能不变，由动能定理得WF＋WG＋Wf＝0－0，解得Wf＝－WF－WG＝－376.8 J＋240 J＝－136.8 J，故D错误。
方法2　化变力为恒力求变力做功
有些变力做功问题通过转换研究对象，可转化为恒力做功，用W＝Flcos α求解。此法常用于轻绳通过定滑轮拉物体做功的问题中。
2.(多选)如图所示，固定的光滑竖直杆上套着一个滑块，滑块用轻绳系着绕过光滑的定滑轮O。现以大小不变的拉力F拉绳，使滑块从A点由静止开始上升，滑块运动到C点时速度最大。已知滑块质量为m，滑轮O到竖直杆的距离为d，∠OAO′＝37°，∠OCO′＝53°，重力加速度为g(已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)。则(　 )
A．拉力F大小为mg
B．拉力F大小为mg
C．滑块由A到C过程，轻绳对滑块做的功为mgd
D．滑块由A到C过程，轻绳对滑块做的功为mgd
解析：选AC　滑块到C点时速度最大，其所受合力为零，则有Fcos 53°－mg＝0，解得F＝mg，故A正确，B错误；拉力F做的功等于轻绳拉力对滑块做的功，滑轮与A间绳长L1＝，滑轮与C间绳长L2＝，滑轮右侧绳子增大的长度ΔL＝L1－L2＝－＝，拉力做功W＝FΔL＝mgd，故C正确，D错误。
方法3　利用平均力求变力做功
当物体受到的力方向不变，而大小随位移均匀变化时，则可以认为物体受到一大小为＝的恒力作用，F1、F2分别为物体在初、末位置所受到的力，然后用公式W＝lcos α求此变力所做的功。
3．如图所示，传送带通过滑道将长为L、质量为m的匀质物块以初速度v0向右传上水平台面，物块前端在台面上滑动s后停下来。已知滑道上的摩擦不计，物块
与台面间的动摩擦因数为μ，且s＞L，则物块在整个过程中克服摩擦力所做的功为(　 )
A．μmg B．μmgs
C．μmg D．μmg(s－L)
解析：选C　物块在完全滑上台面前，摩擦力由0均匀增大到μmg，完全滑上平台后物块所受摩擦力恒定不变，故整个过程中物块克服摩擦力做功W＝L＋μmg(s－L)＝μmg，故C正确。
方法4　利用F-x图像求变力做功
在F -x图像中，图线与x轴所围“面积”的代数和就表示力F在这段位移内所做的功，且位于x轴上方的“面积”为正功，位于x轴下方的“面积”为负功，但此方法只适用于便于求图线所围面积的情况(如三角形、矩形、圆等规则的几何图形)。
4．(2023·安徽蚌埠月考)如图a所示，质量为1 kg的物体在水平力F作用下，沿水平方向做直线运动，拉力F与位移x的关系如图b所示，前5 m位移内物体做匀速直线运动，则在物体发生10 m位移的过程中(　 )
A．重力做功为WG＝100 J
B．拉力F做功为WF＝150 J
C．所有力做的总功W总＝50 J
D．摩擦力做功为Wf＝0
解析：选C　物体运动方向和重力方向垂直，故重力做功为零，故A错误；拉力做功为WF＝F1x1＋F2x2＝5×5 J＋15×5 J＝100 J，故B错误；物体在前5 m内做匀速运动，故拉力大小等于阻力大小f＝F1＝5 N，故摩擦力做功为Wf＝－fx＝－5×10 J＝－50 J，合力做功W合＝WF＋Wf＝50 J，故C正确，D错误。
方法5　利用动能定理求变力做功
利用公式W＝Flcos α不容易直接求功时，尤其对于曲线运动或变力做功问题，可考虑由动能的变化来间接求功，所以动能定理是求变力做功的首选。
5．(2023·许昌高三模拟)如图所示，光滑斜面的顶端固定一弹簧，一质量为m的小球向右滑行，并冲上固定在地面上的斜面。设小球在斜面最低点A的速度为v，压缩弹簧至C点时弹簧最短，C点距地面高度为h，重力加速度为g，则小球从A到C的过程中弹簧弹力做功是(　 )
A．mgh－mv2　　 B．mv2－mgh
C．－mgh D．－
解析：选A　小球从A到C过程中，由动能定理可得WG＋WF＝0－mv2，WG＝－mgh，解得WF＝mgh－mv2，故选A。
(四) 机车启动问题(精研点)
1．两种启动方式
以恒定功率启动 以恒定加速度启动
P-t图像和v-t图像
OA段 过程分析 v↑ F＝↓ a＝↓ a＝不变 F不变P＝Fv↑直到P额＝Fv1
运动性质 加速度减小的加速运动 匀加速直线运动，维持时间t0＝
AB段 过程分析 F＝F阻 a＝0 vm＝ v↑ F＝↓ a＝↓
运动性质 以vm做匀速直线运动 加速度减小的加速运动
BC段 无 F＝F阻 a＝0 以vm＝做匀速运动
2．三个重要关系
(1)无论哪种启动过程，机车的最大速度都为vm＝。
(2)机车以恒定加速度启动时，匀加速过程结束后功率最大，速度不是最大，即v＝(3)机车以恒定功率运行时，牵引力做的功W＝Pt，由动能定理得Pt－F阻x＝ΔEk，此式经常用于求解机车以恒定功率启动过程的位移、速度或时间。
[考法全训]
考法(一)　恒定功率启动问题
[例1]　如图甲所示，在粗糙的水平路段AB上有一质量为4×103 kg的越野车，正以 5 m/s的速度向右匀速运动，越野车前方的水平路段BC较平坦，越野车用12 s通过整个ABC路段的v-t图像如图乙所示，在t＝12 s处水平虚线与曲线相切，运动过程中越野车发动机的输出功率保持80 kW不变。假设越野车在两个路段上受到的阻力(含地面摩擦力和空气阻力等)各自恒定，求：
(1)越野车在AB路段上运动时所受的阻力大小；
(2)BC路段的长度。
[解析]　(1)越野车在AB路段时做匀速运动，有F1＝f1，又P＝F1v1
联立解得f1＝16 000 N。
(2)t＝12 s时越野车处于平衡状态，有F2＝f2，P＝F2v2
联立解得f2＝8 000 N
在BC路段运动时间为t2＝8 s
由动能定理有Pt2－f2x＝mv22－mv12
代入数据解得x＝61.25 m。
[答案]　(1)16 000 N　(2)61.25 m
考法(二)　恒定加速度启动问题
[例2]　(2022·浙江6月选考)小明用额定功率为1 200 W、最大拉力为300 N的提升装置，把静置于地面的质量为20 kg的重物竖直提升到高为85.2 m的平台，先加速再匀速，最后做加速度大小不超过5 m/s2的匀减速运动，到达平台速度刚好为零，g取10 m/s2，则提升重物的最短时间为(　 )
A．13.2 s B．14.2 s
C．15.5 s D．17.0 s
[解析]　为了以最短时间提升重物，一开始先以最大拉力拉重物向上做匀加速运动，当功率达到额定功率时，保持功率不变直到重物达到最大速度，接着做匀速运动，最后以最大加速度做匀减速运动至平台速度刚好为零，重物在第一阶段做匀加速运动过程，根据牛顿第二定律可得a1＝＝ m/s2＝5 m/s2，当功率达到额定功率时，设重物的速度为v1，则有v1＝＝ m/s＝4 m/s，此过程所用时间和上升高度分别为t1＝＝ s＝0.8 s，h1＝＝ m＝1.6 m，重物以最大速度匀速时，有vm＝＝＝ m/s＝6 m/s，重物最后以最大加速度做匀减速运动的时间和上升高度分别为t3＝＝ s＝1.2 s，h3＝＝ m＝3.6 m。设重物从结束匀加速运动到开始做匀减速运动所用时间为t2，该过程根据动能定理可得P额t2－mgh2＝mvm2－mv12，又h2＝85.2 m－1.6 m－3.6 m＝80 m，联立解得t2＝13.5 s。故提升重物的最短时间为tmin＝t1＋t2＋t3＝0.8 s＋13.5 s＋1.2 s＝15.5 s，C正确，A、B、D错误。
[答案]　C
[误区警示]
本题中重物经历了三个过程：先向上做匀加速运动，再以额定功率做变速运动，最后做匀减速直线运动。其中第二阶段的运动过程容易被忽略，从而导致错解。　　
1.[渗透五育教育(体育)]引体向上是中学生体育测试的项目之一。若一个普通高中生在30秒内完成20次引体向上，该学生此过程中克服重力做功的平均功率最接近于(　 )
A．2 W B．20 W
C．200 W D．2 000 W
解析：选C　普通高中学生的体重大约60 kg，引体向上时向上运动的位移大约0.4 m，引体向上一次克服重力做功为：W＝mgh＝240 J，则克服重力做功的平均功率为：P＝＝160 W，最接近的是C选项。
2．[联系生活实际]当前，我国某些偏远山区的日常用水仍然主要依靠井水。某同学用水桶从水井里提水，井内水面到井口的高度为4 m。水桶离开水面时，桶和水的总质量为8 kg。由于水桶漏水，在被匀速提升至井口的过程中，桶和水的总质量随着上升距离的变化而变化，其关系如图所示。水桶可以看成质点，不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2。由图像可知，在提水的整个过程中，拉力对水桶做的功为(　 )
A．280 J B．320 J
C．240 J D．200 J
解析：选A　由于水桶匀速上升，拉力和重力相平衡，拉力对水桶做的功可借助图像的面积来求，即：W＝h，代入数据可得：W＝280 J，故A正确，B、C、D错误。
3．[树立民族自信]据《科技日报》报道，上海中车公司生产的全球最大马力无人遥控潜水器在上海下线。该潜水器自重5×103 kg，主要用于深海搜寻和打捞等。若在某次作业中，潜水器带着4×103 kg的重物从3 000 m深的海底一起匀速上升到了海面，已知上升过程中潜水器的机械功率恒为180 kW，水对潜水器(含重物)的浮力和阻力相互平衡(g取10 m/s2)，则潜水器上升的时间为(　 )
A．0.5×103 s B．1.0×103 s
C．1.5×103 s D．2.0×103 s
解析：选C　由题意可知，潜水器(含重物)匀速运动，动力等于重力，F＝(m潜＋m重)g，由P＝Fv可得上升速度为v＝2 m/s，由h＝vt解得潜水器上升的时间为t＝1.5×103 s，C正确。
4．[聚焦科技前沿](2021·湖南高考)“复兴号”动车组用多节车厢提供动力，从而达到提速的目的。总质量为m的动车组在平直的轨道上行驶。该动车组有四节动力车厢，每节车厢发动机的额定功率均为P，若动车组所受的阻力与其速率成正比(F阻＝kv，k为常量)，动车组能达到的最大速度为vm。下列说法正确的是(　 )
A．动车组在匀加速启动过程中，牵引力恒定不变
B．若四节动力车厢输出功率均为额定值，则动车组从静止开始做匀加速运动
C．若四节动力车厢输出的总功率为2.25P，则动车组匀速行驶的速度为vm
D．若四节动力车厢输出功率均为额定值，动车组从静止启动，经过时间t达到最大速度vm，则这一过程中该动车组克服阻力做的功为mvm2－Pt
解析：选C　根据牛顿第二定律有F－kv＝ma，动车组做匀加速直线运动时加速度恒定，而加速运动过程速度是变化的，故牵引力是变力，A错误；若四节动力车厢输出功率均为额定值，有－kv＝ma，加速度是变化的，B错误；动车组达到最大速度匀速运动时，有4P＝kvm2，若四节动力车厢输出的总功率为2.25P，设动车组匀速行驶时的速率为v1，则有2.25P＝kv12，解得v1＝，C正确；若四节动力车厢输出功率均为额定值，对整个过程由动能定理得4Pt－Wf＝mvm2，则Wf＝4Pt－mvm2，D错误。
[课时跟踪检测]
1.某水上乐园有两种滑道，一种是直轨滑道，另一种是螺旋滑道，两种滑道的高度及粗糙程度相同，但螺旋滑道的轨道更长，某游客分别沿两种不同的滑道由静止从顶端滑下，在由顶端滑至底端的整个过程中，沿螺旋滑道下滑(　 )
A．重力对游客做的功更多
B．重力对游客做的功更少
C．摩擦力对游客做的功更多
D．摩擦力对游客做的功更少
解析：选C　重力做功WG＝mg·Δh，与路径无关，只与初末位置的高度差有关，而两种轨道的高度差相同，则重力对游客做功相同，故A、B错误；由于螺旋轨道的轨道更长，因此螺旋轨道的倾角更小，沿螺旋轨道运动的摩擦力更大，则摩擦力对游客做的功更多，故C正确，D错误。
2.如图所示，在水平地面上方的某一水平面上，从水平面的左侧某点竖直上抛一个小球A，从水平面的右侧某点水平向右抛出另一个小球B，两球可视为质点且质量相同，抛出时初速度大小相同，不计空气阻力，关于两球从抛出到落地的运动过程中，下列说法正确的是(　 )
A．重力对A球做的功较多
B．重力对两球做功的平均功率相等
C．落地时两球的瞬时速率相等
D．落地时重力对B球做功的瞬时功率较大
解析：选C　小球A和B分别做竖直上抛和平抛运动，从抛出点到落地时竖直位移相等，由WG＝mgh，可分析重力对两球做功相等，但在竖直方向比较，A球运动时间比B球长，由PG＝，可分析重力对A球做功的平均功率较小，A、B错误；由动能定理可分析mgh＝mv2－mv02，因此两球落地时速度大小相等，但落地时的瞬时功率PA＝mgv，PB＝mgvcos θ，其中θ为重力与B球落地时合速度方向的夹角，则PA＞PB，C正确，D错误。
3．(2022·广东高考)(多选)如图所示，载有防疫物资的无人驾驶小车，在水平MN段以恒定功率 200 W、速度5 m/s 匀速行驶，在斜坡PQ段以恒定功率570 W、速度2 m/s匀速行驶。已知小车总质量为50 kg，MN＝PQ＝20 m，PQ段的倾角为30°，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力。下列说法正确的有(　 )
A．从M到N，小车牵引力大小为40 N
B．从M到N，小车克服摩擦力做功800 J
C．从P到Q，小车重力势能增加1×104 J
D．从P到Q，小车克服摩擦力做功700 J
解析：选ABD　从M到N，由P＝Fv，知其水平牵引力大小为F1＝＝ N＝40 N，故A正确；小车在MN段匀速，则Ff1＝F1＝40 N，故小车克服摩擦力做功WFf1＝Ff1·MN＝800 J，B正确；从P到Q，小车重力势能增加ΔEp＝mgPQ sin 30°＝5×103 J，故C错误；从P到Q，其牵引力为F2＝＝285 N，由于小车匀速向上运动，则F2＝mgsin 30°＋Ff2，得Ff2＝35 N，故小车克服摩擦力做功WFf2＝Ff2PQ＝700 J，D正确。
4.(2021·北京等级考)如图所示，高速公路上汽车定速巡航(即保持汽车的速率不变)通过路面abcd，其中ab段为平直上坡路面，bc段为水平路面，cd段为平直下坡路面。不考虑整个过程中空气阻力和摩擦阻力的大小变化。下列说法正确的是(　 )
A．在ab段汽车的输出功率逐渐减小
B．汽车在ab段的输出功率比bc段的大
C．在cd段汽车的输出功率逐渐减小
D．汽车在cd段的输出功率比bc段的大
解析：选B　在ab段，根据平衡条件可知，牵引力F1＝mgsin θ1＋f，θ1为ab段路面与水平面的夹角，所以在ab段汽车的输出功率P1＝F1v不变，在bc段牵引力F2＝f，bc段的输出功率P2＝F2v＜P1，选项A错误，B正确；在cd段牵引力F3＝f－mgsin θ2，θ2为cd段路面与水平面的夹角，汽车的输出功率P3＝F3v＜P2，在cd段汽车的输出功率不变，且小于bc段的输出功率，选项C、D错误。
5.一质量为m的物块静止在光滑水平面上，某时刻起受到水平向右的大小随位移变化的力F的作用，F随位移变化的规律如图所示，下列说法正确的是(　 )
A．物块先做匀加速运动，后做匀减速运动
B．物块的位移为x0时，物块的速度最大
C．力F对物块做的总功为6F0x0
D．物块的最大速度为
解析：选D　物块在光滑水平面上运动，受到的合外力为F，因为F为正，所以物块一直加速运动；那么，物块的位移为3x0时，物块的速度最大，故A、B错误；物块所受合外力F随位移的关系式可由图像得到，由图可知，合外力做功的大小为图中图线与x轴围成的面积，所以力F对物块做的总功为W＝×2F0×3x0＝3F0x0，故C错误；物块的位移为3x0时，物块的速度最大，由动能定理可得mvm2＝3F0x0，所以最大速度为vm＝，故D正确。
6．如图甲所示是我国自主设计的全球第一款可载客的无人驾驶飞机“亿航184”，其自重为260 kg，最大载重为100 kg。图乙是该无人机在最大载重情况下，从地面开始竖直升空过程中的v-t图像，则下列说法正确的是(g取10 m/s2)(　 )
A．0～5 s内的平均速度为3 m/s
B．5～8 s内发动机的输出功率为零
C．0～5 s发动机用于升空的功率逐渐减小
D．发动机用于升空的功率至少为2.16×104 W
解析：选D　在v-t图像中速度图像的“面积”等于位移，可知0～5 s内的平均速度>＝3 m/s，故A错误；5～8 s 内飞机做匀速运动，发动机的输出功率不为零，故B错误；0～2 s 加速度不变，输出功率在逐渐增大，2～5 s内输出功率不变，故C错误；根据图像可知2～8 s时保持功率不变，此时功率为P＝Fv＝(M＋m)gv＝2.16×104 W，故D正确。
7．将一小球从足够高处以一定的初速度水平抛出，不计空气阻力，飞行过程中，小球的加速度为a、速度为v、重力做功为W、速度与水平方向的夹角为θ，下列关于这些物理量与时间的图像正确的是(　 )
解析：选D　小球做平抛运动，仅受重力作用，重力大小方向不变，故加速度不会随时间而改变。竖直分速度为vy＝gt，合速度v＝＝，物体下落高度h＝gt2，重力做功W＝mgh＝mg2t2，速度与水平方向夹角的正切值tan θ＝＝，综上可得D正确，A、B、C错误。
8.如图所示，质量m＝2 kg的滑块以v0＝16 m/s的初速度沿倾角θ＝37°的斜面上滑，经t＝2 s滑行到最高点。然后，滑块返回到出发点。已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2，求滑块：
(1)最大位移值x；
(2)与斜面间的动摩擦因数μ；
(3)从最高点返回到出发点过程中重力的平均功率。
解析：(1)滑块向上做匀减速直线运动，有x＝t
得x＝16 m。
(2)以沿斜面向下为正方向，加速度a1＝＝8 m/s2
上滑过程a1＝＝gsin θ＋μgcos θ
解得μ＝0.25。
(3)下滑过程a2＝＝gsin θ－μgcos θ＝4 m/s2，由运动学公式vt＝＝8 m/s
下滑过程中的平均速度大小＝＝4 m/s
重力的平均功率＝mgcos(90°－θ)＝48 W≈67.9 W。
答案：(1)16 m　(2)0.25　(3)67.9 W
第2讲　动能定理
第1课时　动能定理的理解及应用
一、动能
定义 物体由于运动而具有的能
公式 Ek＝mv2
矢标性 动能是标量，只有正值
状态量 动能是状态量，因为v是瞬时速度
相对性 由于速度具有相对性，所以动能也具有相对性
二、动能定理
内容 力在一个过程中对物体做的功，等于物体在这个过程中动能的变化
表达式 W＝mv22－mv12或W＝Ek2－Ek1
物理意义 合外力做的功是物体动能变化的量度
适用条件 (1)既适用于直线运动，也适用于曲线运动。(2)既适用于恒力做功，也适用于变力做功。(3)力可以是各种性质的力，既可以同时作用，也可以间断作用
情境创设　
滑雪运动深受人民群众喜爱。某滑雪运动员(可视为质点)由坡道进入竖直面内的圆弧形滑道AB，从滑道的A点滑行到最低点B的过程中，由于摩擦力的存在，运动员的速率不变。
微点判断　
(1)运动员由A点到B点速度方向在不断变化，所以动能也在不断变化。(×)
(2)运动员所受合力不为零，合力做的功也不为零。(×)
(3)摩擦力对运动员做负功。(√)
(4)重力和摩擦力的合力做的功为零。(√)
(5)运动员受到的合力恒定不变。(×)
(6)重力对运动员做正功，功率不变。(×)
(一) 对动能定理的理解(固基点)
[题点全练通]
1．[对物体动能的理解]
从地面竖直向上抛出一只小球，小球运动一段时间后落回地面。忽略空气阻力，该过程中小球的动能Ek与时间t的关系图像是(　 )
解析：选A　小球做竖直上抛运动，设初速度为v0，则v＝v0－gt，小球的动能Ek＝mv2，把速度v代入得，Ek＝mg2t2－mgv0t＋mv02，Ek与t为二次函数关系。
2．[对动能定理的理解]如图所示，轻弹簧一端系在墙上的O点，自由伸长到B点。现将小物体靠着弹簧(不拴接)并将弹簧压缩到A点，然后由静止释放，小物体在粗糙水平面上运动到C点静止，则(　 )
A．小物体从A到B过程速度一直增加
B．小物体从A到B过程加速度一直减小
C．小物体从B到C过程中动能变化量大小小于克服摩擦力做功
D．小物体从A到C过程中弹簧的弹性势能变化量大小等于小物体克服摩擦力做功
解析：选D　在A、B间某处物体受到的弹力等于摩擦力，合力为0，速度最大，而在B点只受摩擦力，合力不为零，因此小物体从A到B过程加速度先减小再增大，速度先增大后减小，故A、B错误；小物体从B到C过程中，由动能定理得－Wf＝ΔEk，故C错误；小物体从A到C过程中，由动能定理得W弹－Wf1＝0，故D正确。
3．[由动能定理分析合力做功](多选)如图所示，某质点沿直线运动的v-t图像为余弦曲线，从图中可以判断(　 )
A．在0～t1时间内，合力逐渐减小
B．在0～t2时间内，合力做正功
C．在t1～t2时间内，合力的功率先增大后减小
D．在t2～t4时间内，合力做的总功为零
解析：选CD　从v-t图线的斜率表示加速度可知，在0～t1时间内，加速度增大，由牛顿第二定律可知，合力增大，故A错误；由动能定理知0～t2时间内，动能增量为0，即合外力做功为0，故B错误；t1时刻，F最大，v＝0，F的功率为0，t2时刻F＝0，速度最大，F的功率为0，t1～t2时间内，合外力的功率先增大后减小，故C正确；由动能定理知t2～t4时间内，动能增量为0，即合外力做功为0，故D正确。
4．[由动能定理分析抛体运动]某同学参加学校运动会立定跳远项目比赛，从起跳至着地的整个过程如图所示，测量得到比赛成绩是2.4 m，目测空中脚离地最大高度约为0.8 m。已知他的质量约为60 kg，重力加速度g＝10 m/s2，忽略空气阻力，则起跳过程该同学所做的功约为(　 )
A．90 J　　　　　　　 B．480 J
C．800 J D．1 250 J
解析：选C　该同学起跳后做抛体运动，从起跳至达到最大高度的过程中，其在竖直方向做加速度为g的匀减速直线运动，则有t＝ ＝0.4 s，故竖直方向初速度为vy＝gt＝4 m/s；其在水平方向做匀速直线运动，则有v0＝＝3 m/s。根据速度的合成可知起跳时的速度为v＝＝5 m/s，因该同学的质量约为60 kg，根据动能定理得起跳过程该同学所做的功约为W＝mv2＝750 J，最接近800 J，C正确，A、B、D错误。
[要点自悟明]
1．动能与动能变化的区别
(1)动能与动能的变化是两个不同的概念，动能是状态量，动能的变化是过程量。
(2)动能没有负值，而动能变化量有正负之分。ΔEk>0，表示物体的动能增加；ΔEk<0，表示物体的动能减少。
2．对动能定理的理解
(1)做功的过程就是能量转化的过程，动能定理表达式中“＝”有三层关系：
①因果关系：合力做功是物体动能变化的原因。
②数量关系：合力的功与动能变化可以等量代换。
③单位关系：国际单位都是焦耳。
(2)动能定理中的“力”指物体受到的所有力，既包括重力、弹力、摩擦力，也包括电场力、磁场力或其他力，功则为合力所做的总功。
(二) 动能定理的应用(精研点)
[典例]　(2022·湖南高考，节选)如图(a)，质量为m的篮球从离地H高度处由静止下落，与地面发生一次非弹性碰撞后反弹至离地h的最高处。设篮球在运动过程中所受空气阻力的大小是篮球所受重力的λ倍，且篮球每次与地面碰撞的碰后速率与碰前速率之比相同，重力加速度大小为g。
(1)求篮球与地面碰撞的碰后速率与碰前速率之比；
(2)若篮球反弹至最高处h时，运动员对篮球施加一个向下的压力F，使得篮球与地面碰撞一次后恰好反弹至h的高度处，力F随高度y的变化如图(b)所示，其中h0已知，求F0的大小。
[解析]　(1)篮球下降过程中根据牛顿第二定律有mg－λmg＝ma下
再根据匀变速直线运动的公式，下落的过程中有v下2＝2a下H
篮球反弹后上升过程中根据牛顿第二定律有
mg＋λmg＝ma上
再根据匀变速直线运动的公式，上升的过程中有v上2＝2a上h
则篮球与地面碰撞的碰后速率与碰前速率之比
k＝＝。
(2)若篮球反弹至最高处h时，运动员对篮球施加一个向下的压力F，则篮球下落过程中根据动能定理有mgh＋F0－λmgh＝mv下′2
篮球反弹后上升过程中根据动能定理有－mgh－λmgh＝0－m(kv下′)2
联立解得F0＝。
[答案]　(1) 　(2)
[规律方法]
(1)动能定理表达式是一个标量式，式中各项均为标量，因此，应用动能定理时不必关注速度的具体方向，也不能在某个方向上列出动能定理的表达式。
(2)注意物体所受各力做功的特点，如：重力做功与路径无关，重点关注始末两点的高度差，摩擦阻力做功与路径有关。
(3)动能定理中的位移和速度必须是相对于同一个参考系的，一般以地面或相对地面静止的物体为参考系。
(4)动能定理既可解决直线运动问题，也可解决曲线运动问题。　　
[针对训练]
1．[动能定理解答直线运动问题]如图所示，将质量为m的小球以初速度大小v0由地面竖直向上抛出。小球落回地面时，其速度大小为v0。设小球在运动过程中所受空气阻力的大小不变，则空气阻力的大小等于(　 )
A．mg　　　　　　　　 B．mg
C．mg D．mg
解析：选D　小球向上运动的过程，由动能定理得－(mg＋f)H＝0－mv02，小球向下运动的过程，
由动能定理得(mg－f)H＝m2－0，联立解得f＝mg，选项D正确，A、B、C错误。
2．[动能定理解答曲线运动问题]
(多选)光滑水平桌面上有直角坐标系xOy，一个小球受到两个恒定的外力，其中Fx＝3 N沿着x轴正方向，Fy＝2 N沿着y轴正方向，小球经过A点(2 m，2 m)时动能为2 J，经过一段时间，小球到达B点时动能为14 J，则B点的坐标可能是(　 )
A．(4 m,5 m) B．(6 m,2 m)
C．(2 m,8 m) D．(5 m,4 m)
解析：选ABC　小球由A点到B点动能增加ΔEk＝14 J－2 J＝12 J，若B点坐标为(4 m,5 m)，由动能定理可知，动能增加ΔEk1＝3×(4－2)J＋2×(5－2)J＝12 J，故B点的坐标可能是(4 m,5 m)，故A正确；若B点坐标为(6 m，2 m)，由动能定理可知，动能增加ΔEk2＝3×(6－2)J＝12 J，故B点的坐标可能是(6 m,2 m)，故B正确；若B点坐标为(2 m，8 m)，由动能定理可知，动能增加ΔEk3＝2×(8－2)J＝12 J，故B点的坐标可能是(2 m,8 m)，故C正确；若B点坐标为(5 m，4 m)，由动能定理可知，动能增加ΔEk4＝3×(5－2) J＋2×(4－2)J＝13 J，故B点的坐标不可能是(5 m，4 m)，故D错误。
1．[渗透五育教育(体育)](2022·全国甲卷)北京2022年冬奥会首钢滑雪大跳台局部示意图如图所示。运动员从a处由静止自由滑下，到b处起跳，c点为a、b之间的最低点，a、c两处的高度差为h。要求运动员经过c点时对滑雪板的压力不大于自身所受重力的k倍，运动过程中将运动员视为质点并忽略所有阻力，则c点处这一段圆弧雪道的半径不应小于(　 )
A．　　 B．　
C．　　　 D．
解析：选D　运动员从a到c根据动能定理有mgh＝mvc2，在c点有FNc－mg＝m，由牛顿第三定律得FNc＝FNc′≤kmg，联立解得Rc≥。
2．[联系生活实际](2021年8省联考·河北卷)螺旋千斤顶由带手柄的螺杆和底座组成，螺纹与水平面夹角为α，如图所示。水平转动手柄，使螺杆沿底座的螺纹槽(相当于螺母)缓慢旋进而顶起质量为m的重物，如果重物和螺杆可在任意位置保持平衡，称为摩擦自锁。能实现自锁的千斤顶，α的最大值为α0。现用一个倾角为α0的千斤顶将重物缓慢顶起高度h后，向螺纹槽滴入润滑油使其动摩擦因数μ减小，重物回落到起点。假定最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计螺杆和手柄的质量及螺杆与重物间的摩擦力，转动手柄不改变螺纹槽和螺杆之间的压力。下列说法正确的是(　 )
A．实现摩擦自锁的条件为tan α≥μ
B．下落过程中重物对螺杆的压力等于mg
C．从重物开始升起到最高点摩擦力做功为mgh
D．从重物开始升起到最高点转动手柄做功为2mgh
解析：选D　实现自锁的条件是重物重力沿斜面下滑的分力小于等于最大静摩擦力，即mgsin α≤μmgcos α，解得μ≥tan α，A错误；重物对螺杆压力FN＝mgcos α，B错误；重物缓慢上升的过程中，对螺杆和重物整体受力分析如图所示，则摩擦力做功为Wf＝－μmgcos α·L＝－tan α·mgcos α·＝－mgh，C错误；从重物开始升起到最高点，转动手柄做的功用于克服摩擦力做功和转化为重物上升增加的重力势能mgh，所以根据动能定理得W＋Wf－mgh＝0，解得W＝2mgh，D正确。
3．[渗透五育教育(体育)]跳台滑雪是2022年北京冬奥会的比赛项目之一。如图所示，设可视为质点的滑雪运动员从斜坡顶端O处水平滑出，在空中恰好通过P点，OP连线与水平方向夹角为37°，不计空气阻力，sin 37°＝0.6，则滑雪运动员到达P点时的动能与滑出O点时的动能比值为(　 )
A． B．
C． D．
解析：选D　滑雪运动可抽象为物体在斜坡上的平抛运动。设水平位移为x，竖直位移为y，OP＝L，结合几何关系有，水平方向上：x＝Lcos 37°＝v0t，竖直方向上：y＝Lsin 37°＝gt2，联立可得：运动时间t＝，运动员到达P点的速度v＝＝＝v0＝v0，故滑雪运动员到达P点时的动能与滑出O点时的动能比值为：＝＝，所以D正确，A、B、C错误。
4．[渗透五育教育(劳动教育)]如图所示，炼钢厂通常用滚筒来传送软钢锭，使具有一定初速度的软钢锭通过滚筒滑上平台。质量为M的软钢锭长为L，上表面光滑，下表面与平台间是粗糙的。现以水平向右的初速度滑上平台，全部滑上平台时的速度为v。此时，在其右端无初速度放上一个质量为m的滑块(视为质点)。随后软钢锭滑过2L距离时速度为零，滑块恰好到达平台。重力加速度取g，空气阻力不计。求：
(1)滑块获得的最大加速度(不考虑与平台的撞击过程)。
(2)软钢锭在平台上滑动过程克服阻力做的功。
(3)软钢锭处于静止状态时，滑块到达平台的动能。
解析：(1)由于滑块与软钢锭间无摩擦，所以软钢锭在平台上滑过距离L时，滑块脱离软钢锭后做自由落体运动，最大加速度为g。
(2)对软钢锭，由动能定理得：－W＝0－Mv2
解得：W＝Mv2。
(3)滑块脱离软钢锭后做自由落体运动到平台的时间与软钢锭在平台最后滑动L的时间相同，设为t。滑块离开软钢锭到软钢锭静止过程，软钢锭做匀减速直线运动，则：μMg＝Ma
由位移公式得：L＝at2
对软钢锭，从滑上平台到静止的过程，由动能定理得：
－μ(M＋m)gL－μMgL＝0－Mv2
滑块落到平台上时的速度：vm＝gt
滑块到达平台时的动能：Ekm＝mvm2
解得：Ekm＝。
答案：(1)g　(2)Mv2　(3)
[课时跟踪检测]
1．静止在地面上的物体在不同合外力F的作用下通过了相同的位移x0，下列情况中物体在x0位置时速度最大的是(　 )
解析：选C　F-x图线与x轴所围面积表示合外力F所做的功，由动能定理可知，物体在x0位置速度最大的情况一定对应F-x图线与x轴所围面积最大的情况，故C正确。
2．(2021·山东等级考)如图所示，粗糙程度处处相同的水平桌面上有一长为L的轻质细杆，一端可绕竖直光滑轴O转动，另—端与质量为m的小木块相连。木块以水平初速度v0出发，恰好能完成一个完整的圆周运动。在运动过程中，木块所受摩擦力的大小为(　 )
A．　 B．　　
C．　　 D．
解析：选B　对木块由动能定理得：－Ff·2πL＝0－mv02，解得摩擦力大小为：Ff＝，故B正确，A、C、D错误。
3.如图所示，在轻弹簧的下端悬挂一个质量为m的小球A，若将小球A从弹簧的原长位置由静止释放，小球A能够下降的最大高度为h。若将小球A换为质量为3m的小球B，仍从弹簧原长位置由静止释放，则小球B下降h时的速度为(重力加速度为g，不计空气阻力)(　 )
A． B．
C． D．
解析：选B　设小球A下降h的过程中克服弹簧弹力做功为W1，根据动能定理，有mgh－W1＝0；小球B下降过程，由动能定理，有3mgh－W1＝·3mv2－0。联立以上两式解得v＝，故B正确。
4.(多选)如图所示，长为L＝0.4 m的轻杆一端连着质量为m＝1 kg的小球，另一端用铰链固接于水平地面上的O点，初始时小球静止于地面上。现在杆中点处施加一大小不变、方向始终垂直于杆的力F，轻杆转动30°时撤去F，则小球恰好能到达最高点。忽略一切摩擦，重力加速度g＝10 m/s2，π≈3。下列说法正确的是(　 )
A．力F所做的功为4 J
B．力F的大小约为40 N
C．小球到达最高点时，轻杆对小球的作用力大小为5 N
D．撤去F瞬间，小球的速度大小为2 m/s
解析：选ABD　小球恰好能到达最高点，小球到达最高点的速度为0，在整个运动过程中，根据动能定理得WF－mgL＝0－0，解得WF＝mgL＝4 J，A正确；施加的力始终垂直于杆，则WF＝F··，解得F＝＝40 N，B正确；小球恰好能到达最高点，小球到达最高点的速度为0，根据平衡条件得轻杆对小球的作用力为FN＝mg＝10 N，C错误；在力F作用过程中，根据动能定理得WF－mgLsin 30°＝mv2，解得v＝＝2 m/s，D正确。
5．(多选)如图所示，固定斜面AC的倾角为30°，其中AB部分光滑，长为5L；BC部分粗糙且足够长。6个质量均为m的相同滑块(可视为质点)相邻之间用长为L的轻杆相连放置在斜面上，初始时滑块1恰好位于B点。释放后滑块组开始下滑，已知滑块4进入BC后能做匀速运动，下列说法中正确的是(　 )
A．滑块与斜面间的动摩擦因数为
B．滑块组匀速运动时速度的大小为
C．滑块4通过B点前的瞬间，滑块4、5间杆的作用力大小为
D．滑块4通过B点后的瞬间，滑块4、5间杆的作用力大小为
解析：选AC　由题意可得6mgsin 30°＝μ·4mgcos 30°，解得μ＝，故A正确；从释放滑块1到滑块4刚进入BC的过程，由动能定理得6mg·3Lsin 30°－μmg·6Lcos 30°＝·6mv2－0，解得v＝，故B错误；滑块4进入BC前，对整体由牛顿第二定律得6mgsin 30°－3μmgcos 30°＝6ma，解得a＝，对滑块5、6有2mgsin 30°－F＝2ma，解得F＝，故C正确；滑块4进入BC后瞬间做匀速运动，对滑块5、6有F′＝2mgsin 30°＝mg，故D错误。
6.(多选)如图所示，内壁光滑的圆轨道竖直固定，小球(视为质点)静止在轨道的最低点A。现用小锤沿水平方向击打(击打后迅速移开小锤)小球，第一次击打小球后，小球未能到达圆轨道的最高点，当小球回到A点时，再次用小锤沿水平方向击打小球，第二次击打后，小球才通过圆轨道的最高点。已知小球在运动过程中始终未脱离轨道，第一次击打过程中小锤对小球做的功为W，两次击打过程中小锤对小球做的功全部用来增加小球的动能，则第二次击打过程中小锤对小球做的功可能为(　 )
A．W B．2W
C．3W D．4W
解析：选BCD　小球在运动过程中未脱离轨道，则第一次击打后小球最高到达与圆轨道圆心O点等高位置，根据动能定理可得W≤mgR，第二次击打后小球能运动到最高点速度最小为vmin，由圆周运动规律mg＝m，设第二次击打过程中小锤对小球做的功为W′，根据动能定理有W＋W′－2mgR≥mvmin2，联立解得W′≥1.5mgR，则第二次击打过程中小锤对小球做的功可能为2W、3W、4W，故A错误，B、C、D正确。
7.如图所示，轻质弹簧一端固定在墙壁上的O点，另一端自由伸长到A点，OA之间的水平面光滑，固定曲面在B处与水平面平滑连接。AB之间的距离s＝1 m。质量m＝0.2 kg的小物块开始时静置于水平面上的B点，物块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.4。现给物块一个水平向左的初速度v0＝5 m/s，g取10 m/s2。
(1)求弹簧被压缩到最短时所具有的弹性势能Ep；
(2)求物块返回B点时的速度大小；
(3)若物块能冲上曲面的最大高度h＝0.2 m，求物块沿曲面上滑过程所产生的热量。
解析：(1)对小物块从B点至压缩弹簧最短的过程，由动能定理得，
－μmgs－W克弹＝0－mv02，
W克弹＝Ep，
代入数据解得Ep＝1.7 J。
(2)对小物块从B点开始运动至返回B点的过程，由动能定理得，－μmg·2s＝mvB2－mv02
代入数据解得vB＝3 m/s。
(3)对小物块沿曲面的上滑过程，
由动能定理得－W克f－mgh＝0－mvB2
产生的热量Q＝W克f＝0.5 J。
答案：(1)1.7 J　(2)3 m/s　(3)0.5 J
第2课时　应用动能定理解决多过程问题
类型(一)　多过程直线运动问题
[典例]　(2021·全国乙卷)一篮球质量为m＝0.60 kg，一运动员使其从距地面高度为h1＝1.8 m处由静止自由落下，反弹高度为h2＝1.2 m。若使篮球从距地面h3＝1.5 m的高度由静止下落，并在开始下落的同时向下拍球，球落地后反弹的高度也为1.5 m。假设运动员拍球时对球的作用力为恒力，作用时间为t＝0.20 s；该篮球每次与地面碰撞前后的动能的比值不变。重力加速度大小取g＝10 m/s2，不计空气阻力。求：
(1)运动员拍球过程中对篮球所做的功；
(2)运动员拍球时对篮球的作用力的大小。
[解析]　(1)使篮球从距地面高度为h1处由静止自由落下时，设篮球的落地速度大小为v1，根据自由落体运动的规律有v12＝2gh1，
设篮球被地面反弹时的速度大小为v2，则有v22＝2gh2，
则篮球与地面碰撞前、后的动能之比＝＝＝。
使篮球从距地面h3的高度由静止下落，并在开始下落的同时向下拍球，设篮球的落地速度大小为v3，反弹后的速度大小为v4，则有v42＝2gh3，
因为篮球每次与地面碰撞前、后的动能的比值不变，所以有＝，
设运动员拍球过程中对篮球做的功为W，根据动能定理有W＋mgh3＝mv32，
解得W＝4.5 J。
(2)篮球在受到力F作用的时间内，根据牛顿第二定律得，加速度a＝，
篮球的位移x＝at2，
运动员对篮球做的功W＝Fx，
联立解得F＝9 N。
[答案]　(1)4.5 J　(2)9 N
[规律方法]
应用动能定理解决多过程问题的流程
　　
[针对训练]
如图所示，小物块从倾角为θ的倾斜轨道上A点由静止释放滑下，最终停在水平轨道上的B点，小物块与水平轨道、倾斜轨道之间的动摩擦因数均相同，A、B两点的连线与水平方向的夹角为α，不计物块在轨道转折时的机械能损失，则动摩擦因数为(　 )
A．tan θ B．tan α
C．tan(θ＋α) D．tan(θ－α)
解析：选B　如图所示，设B、O间距离为x1，A点离水平面的高度为h，A、O间的水平距离为x2，物块的质量为m，在物块运动的全过程中，应用动能定理可得mgh－μmgcos θ·－μmgx1＝0，解得μ＝＝tan α，故B正确。
类型(二)　多过程曲线运动问题
[典例]　(2023·岳阳高三调研)某游戏装置如图所示，由弹丸发射器、固定在水平地面上倾角为37°的斜面以及放置在水平地面上的光滑半圆形挡板墙构成。游戏者调节发射器，使弹丸(可视为质点)每次从A点水平发射后都能恰好无碰撞地进入到斜面顶端B点，继续沿斜面中线下滑至底端C点，再沿粗糙水平地面滑至D点切入半圆形挡板墙。已知弹丸质量m＝0.2 kg，弹丸与斜面间的摩擦力F1＝0.3mg，弹丸与水平地面间的摩擦力F2＝0.6mg，弹丸发射器距水平地面高度H＝1.35 m，斜面高度h＝0.9 m，半圆形挡板墙半径R＝0.5 m，不考虑在C处碰撞地面时的能量损失，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，π≈3.14，求：
(1)弹丸从发射器A点发射时的初速度大小；
(2)向左平移半圆形挡板墙，使C、D两点重合，推导弹丸受到挡板墙的侧压力F与弹丸在挡板墙上转过圆弧所对圆心角θ之间的函数关系式；
(3)左右平移半圆形挡板墙，改变C、D两点间的长度，要使弹丸最后停止位置不在半圆形挡板墙区域，问CD的长度x应满足什么条件。
[解析]　(1)弹丸从A点发射做平抛运动，则竖直方向上vy2＝2g(H－h)
由几何关系tan 37°＝
联立得v0＝4 m/s。
(2)由(1)可知弹丸在B点的速度vB＝＝5 m/s
弹丸从B点运动至C(D)点，由动能定理知mgh－F1＝mvC2－mvB2
联立可得vC＝ m/s
从C(D)点进入半圆形挡板墙，设圆心角对应的圆弧长为L，由几何关系可知L＝θR
由动能定理知－F2L＝mv2－mvC2
由牛顿第二定律知F＝m
联立解得F＝13.6－2.4θ(N)。
(3)设弹丸恰好运动到D点，由动能定理可得－F2x1＝0－mvC2，解得x1≈2.83 m
设弹丸恰好运动到E点，由动能定理可得
－F2(x2＋πR)＝0－mvC2
解得x2≈1.26 m
所以CD间的长度x满足x＜1.26 m或x＞2.83 m。
[答案]　(1)4 m/s　(2)F＝13.6－2.4θ(N)　(3)x＜1.26 m或x＞2.83 m
[规律方法]
应用动能定理解决多过程问题的四点提醒
(1)动能定理中的位移和速度必须是相对于同一个参考系的，一般以地面或相对地面静止的物体为参考系。
(2)应用动能定理的关键在于对研究对象进行准确的受力分析及运动过程分析，并画出运动过程的草图，借助草图理解物理过程之间的关系。
(3)当物体的运动包含多个不同过程时，可分段应用动能定理求解；当所求解的问题不涉及中间的速度时，也可以全过程应用动能定理求解，这样更简便。
(4)列动能定理方程时，必须明确各力做功的正、负，确实难以判断的先假定为正功，最后根据结果加以检验。　　
[针对训练]
(2023·永州高三模拟)跳台滑雪是最具观赏性的项目之一，如图所示，跳台滑雪赛道由跳台、助滑道(可视为圆心为O的圆轨道)和着陆坡三部分组成，其中助滑道半径OA与竖直线OB夹角为60°。若比赛中，质量m＝60 kg的运动员从跳台A点以初速度v0＝2 m/s滑下，到达B点后水平飞出，落在着陆坡上的P点。已知A、B间高度h＝30 m，B、P间距离s＝75 m，着陆坡倾角α＝37°，运动员受到的空气阻力不计，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6。以下正确的是(　 )
A．运动员从B点运动到P点的时间为2 s
B．运动员到达B点时对助滑道的压力为1 000 N
C．运动员在AB段运动过程中克服阻力所做的功为6 100 J
D．运动员在AB段运动过程中克服阻力所做的功为6 150 J
解析：选B　运动员从B运动到P做平抛运动，有gt2＝ssin α，vBt＝scos α，所用时间t＝3 s，vB＝20 m/s，故A错误；由几何关系知h＝R－Rcos 60°，运动员到达B点时，有FN－mg＝m，得FN＝1 000 N，根据牛顿第三定律，运动员到达B点时对助滑道的压力为1 000 N，故B正确；运动员在AB段运动过程中，根据动能定理有Wf＋mgh＝mvB2－mv02，得Wf＝－6 120 J，即运动员在AB段运动过程中克服阻力所做的功为6 120 J，故C、D错误。
类型(三)　多过程往复运动问题
[典例]　如图甲所示，在水平面上固定一倾角θ＝37°、底端带有挡板的足够长的斜面，斜面体底端静止一质量m＝1 kg的物块(可视为质点)，从某时刻起，物块受到一个沿斜面向上的拉力F作用，拉力F随物块从初始位置第一次沿斜面向上的位移x变化的关系如图乙所示，随后不再施加外力作用，物块与固定挡板碰撞前后速率不变，不计空气阻力，已知物块与斜面之间的动摩擦因数μ＝0.5，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g取10 m/s2，求：
(1)物块在上滑过程中的最大速度的大小；(计算结果可保留根式)
(2)物块沿斜面上滑的最大位移的大小和物块在斜面上运动的总路程。
[解析]　(1)物块上滑过程中受拉力、摩擦力、重力、支持力的作用，先做加速运动后做减速运动，则有FN＝mgcos 37°，f＝μFN
F－f－mgsin 37°＝ma
当加速度为零时，速度最大，此时
F＝f＋mgsin 37°＝10 N
由图乙可得出F＝20－10x
则F＝10 N时，可得出x＝1 m
由动能定理可得WF＋Wf＋WG＝mvm2－0
即×1 J－0.5×1×10×1×0.8 J－1×10×1×0.6 J＝mvm2－0，可得vm＝ m/s。
(2)由动能定理可得WF′＋Wf′＋WG′＝0－0
则xm＝＝2 m
撤去F后，因为mgsin 37°＞μmgcos 37°，所以物块最后停在斜面的底端，则有WF′－μmgscos 37°＝0－0
解得s＝5 m。
[答案]　(1) m/s　(2)2 m　5 m
[针对训练]
(2023·青岛高三调研)如图所示，ABCD为一位于竖直平面内的轨道，其中BC水平，A点比BC高出10 m，BC长1 m，AB和CD轨道光滑且与BC平滑连接。一质量为1 kg的物体，从A点以4 m/s的速度开始沿轨道向下运动，经过BC后滑到高出C点10.3 m的D点速度为零。g取10 m/s2。求：
(1)物体与BC轨道间的动摩擦因数；
(2)物体第5次经过B点时的速度大小；
(3)物体最后停止的位置(距B点的距离)。
解析：(1)物体从A到D的运动过程只有重力、摩擦力做功，由动能定理可得
mg(H－h)－μmgLBC＝0－mvA2，
所以μ＝＝0.5。
(2)物体第5次经过B点时，物体在BC上运动的总路程x＝4LBC＝4 m；
那么，对物体从A到第5次经过B点的运动过程应用动能定理可得mgH－μmgx＝mv2－mvA2，
所以v＝＝4 m/s。
(3)由受力平衡可知物体最终停在BC轨道上，设整个运动过程物体在BC上的总路程为x′，由动能定理可得mgH－μmgx′＝0－mvA2，
所以x′＝＝21.6 m＝21LBC＋0.6 m，
故物体最后停止的位置距B点的距离为
LBC－0.6 m＝0.4 m。
答案：(1)0.5　(2)4 m/s　(3)距B点0.4 m
1.2022年在我国举办第二十四届冬奥会，滑雪是冬奥会常见的体育项目，具有很强的观赏性。某滑道示意图如图所示，圆弧滑道AB与水平滑道BC平滑衔接，O是圆弧滑道AB的圆心。运动员从A点由静止开始下滑，最后运动员滑到C点停下，不计空气阻力。下列说法正确的是(　 )
A．从A到B的过程中，运动员受重力、支持力、摩擦力和向心力
B．从A到B的过程中，运动员所受的合外力始终指向圆心O
C．从A到C的过程中，运动员的机械能保持不变
D．从A到C的过程中，重力所做的功等于克服摩擦力所做的功
解析：选D　向心力是效果力，故A错误；从A到B的过程中，运动员做变速圆周运动，沿半径方向的合力提供向心力，而切向合力不为零，改变速度的大小，故总的合外力不会始终指向圆心，故B错误；从A到C的过程中，运动员所受的摩擦力一直做负功，机械能一直减小，故C错误；对从A到C的全过程，由动能定理得WG－Wf＝0－0，即重力所做的功等于克服摩擦力所做的功，故D正确。
2.如图所示，质量为m的小球从离地面H高处由静止释放，落到地面，陷入泥土中h深处后停止运动，不计空气阻力，重力加速度为g，则下列说法正确的是(　 )
A．小球落地时的动能等于mg(H＋h)
B．小球克服泥土阻力所做的功等于小球刚落到地面时的动能
C．泥土阻力对小球做的功为mg(H＋h)
D．小球在泥土中受到的平均阻力大小为mg
解析：选D　根据动能定理知，小球落地时的动能等于mgH，A错误；小球从落地到陷入泥土中h深处的过程，由动能定理得0－mv2＝mgh－W克阻，解得W克阻＝mgh＋mv2，B错误；根据动能定理得mg(H＋h)＋W阻＝0，故泥土阻力对小球做的功W阻＝－mg(H＋h)，C错误；根据动能定理得mg(H＋h)－F阻h＝0，解得小球在泥土中受到的平均阻力大小为F阻＝mg，D正确。
3．(2023·武汉联考)如图甲所示，滑沙运动是一项惊险刺激的娱乐活动，可简化为如图乙所示的模型。B点是斜面与水平地面的连接处，质量为0.4 kg的物块(可视为质点)从斜面上的A点由静止释放，最后停在C点。物块与斜面、地面之间的动摩擦因数均为μ。不计物块经过B点时的能量损失；已知AB＝9 m，物块在斜面上做匀加速直线运动过程的正中间1 s的位移为3 m，A、C两点的连线与地面的夹角β＝37°，重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，下列说法正确的是(　 )
A．物块沿斜面下滑的加速度大小为0.5 m/s2
B．物块与接触面间的动摩擦因数为0.8
C．物块的重力势能的减少量小于7.2 J
D．物块从B运动到C，因摩擦产生的热量为7.2 J
解析：选D　设物块沿斜面下滑的加速度为a，正中间1 s的位移为3 m，则正中间1 s的平均速度＝3 m/s，正中间1 s的平均速度也是物块沿斜面下滑的平均速度，由初速度为0的匀加速直线运动规律有＝，2a×AB＝vB2，解得a＝2 m/s2，A错误；如图所示，A′为A在地面上的投影，设斜面的倾角为α，物块从A到C，由动能定理有mgAA′－μmgcos α·AB－μmgBC＝0，由几何关系有A′B＝ABcos α，A′C＝A′B＋BC，可得μ＝，又因为＝tan β，则μ＝tan β＝0.75，B错误；设Q1为物块在AB段因摩擦产生的热量，由＝、＝3 m/s可得vB＝6 m/s，在物块沿斜面下滑过程中，由能量守恒定律有mgAA′＝Q1＋mvB2，可得重力势能的减少量为mgAA′＝Q1＋7.2 J，即物块重力势能的减少量大于7.2 J，C错误；物块从B运动到C，设Q2为物块在BC段因摩擦产生的热量，由能量守恒定律有Q2＝mvB2＝7.2 J，D正确。
4．(2021·辽宁高考)(多选)冰滑梯是东北地区体验冰雪运动乐趣的设施之一，某冰滑梯的示意图如图所示，螺旋滑道的摩擦可忽略，倾斜滑道和水平滑道与同一滑板间的动摩擦因数μ相同，因滑板不同μ满足μ0≤μ≤1.2μ0。在设计滑梯时，要确保所有游客在倾斜滑道上均减速下滑，且滑行结束时停在水平滑道上，以下L1、L2的组合符合设计要求的是(　 )
A．L1＝，L2＝ B．L1＝，L2＝
C．L1＝，L2＝ D．L1＝，L2＝
解析：选CD　设倾斜滑道倾角为θ，游客在倾斜滑道上匀减速下滑，则需满足mgsin θ＜μmgcos θ，可得μ＞tan θ＝，即有L1＞，因μ0≤μ≤1.2μ0，所有游客在倾斜滑道上均减速下滑，可得L1＞，滑行结束时停在水平滑道上，对全程由动能定理有mg·2h－μmgcos θ·－μmgx＝0－0，其中0＜x≤L2，可得L1＜，L1＋L2≥，代入μ0≤μ≤1.2μ0，可得L1＜，L1＋L2≥，综合需满足＜L1＜和L1＋L2≥，故C、D正确。
5．某同学参照过山车情境设计了如图所示的模型。光滑的竖直圆轨道半径R＝2 m，入口的平直轨道AC和出口的平直轨道CD均是粗糙的，质量为m＝2 kg的小滑块与水平轨道之间的动摩擦因数均为μ＝0.5，滑块从A点由静止开始受到水平拉力F＝60 N的作用，在B点时撤去拉力，AB段的长度为l＝5 m，不计空气阻力。(g＝10 m/s2)
(1)若滑块恰好通过圆轨道的最高点，则滑块沿着出口的平直轨道CD能滑行多远的距离？
(2)要使滑块能进入圆轨道运动且不脱离轨道，求平直轨道BC段的长度范围。
解析：(1)滑块恰好通过最高点，说明此时只有重力提供向心力，则有mg＝m，解得v＝＝2 m/s，滑块从C点到最高点过程，由机械能守恒定律可得mg·2R＋mv2＝mvC2，解得vC＝10 m/s，滑块从C点到最后停止过程，有x＝＝10 m，即滑块能沿着出口平直轨道CD滑行的距离为10 m。
(2)要使滑块不脱离轨道，有以下两种可能：
①滑块能通过最高点，则到达C点的速度vC≥10 m/s，则从A到C过程，由动能定理可得Fl－μmg(l＋x1)＝mvC2，解得x1≤15 m；
②滑块无法通过最高点，且到达的高度不超过R时速度即为零，滑块同样不会脱离轨道，则对全程由动能定理可得Fl－μmg(l＋x2)－mgR≤0，解得x2≥21 m，滑块要能够进入圆轨道运动，则至少能够到达C点，则有Fl－μmg(l＋x3)≥0，解得x3≤25 m；
因此，要使滑块能进入圆轨道运动且不脱离轨道，BC段的长度范围为[0,15 m]或[21 m，25 m]。
答案：(1)10 m　(2)[0,15 m]或[21 m,25 m]
6.俯式冰橇(又叫钢架雪车)是2022北京冬奥会的比赛项目之一，其场地可简化为赛道AB和缓冲滑道BC、CD三部分(如图所示)，其中CD部分水平，各部分平滑连接。已知xAB＝1 200 m，赛道AB的倾角为α，BC的倾角为β，冰橇与赛道AB间的动摩擦因数μ1＝0.05、冰橇与BC间的动摩擦因数μ2＝0.6。比赛时，出发信号灯亮起后，质量为M＝60 kg的运动员从起点A开始，以平行赛道AB的恒力F＝40 N推动质量m＝40 kg的冰橇由静止开始沿赛道向下运动，8 s末迅速登上冰橇，与冰橇一起沿赛道滑行做匀加速直线运动。若运动员登上冰橇前后冰橇速度不变，不计空气阻力。(取sin α≈0.1，cos α≈1，sin β≈0.3，cos β≈0.95，g＝10 m/s2)
(1)求比赛中运动员最大速度的大小vm；
(2)为确保此运动员能够停在水平滑道CD上，缓冲滑道BC的长度xBC不能超过多少？(结果保留3位有效数字)
解析：(1)冰橇在被运动员推动过程中，根据牛顿第二定律有F＋mgsin α－μ1mgcos α＝ma1，
8 s时冰橇位移大小x1＝a1t2，速度大小v1＝a1t，
从运动员登上冰橇到运动到B点的过程，对运动员和冰橇整体，根据动能定理有[(M＋m)gsin α－μ1(M＋m)gcos α](xAB－x1)＝(M＋m)vm2－(M＋m)v12
联立解得vm＝36 m/s。
(2)运动员和冰橇在沿BC上滑过程中，运动员到达C点速度恰好为0时xBC最长，根据动能定理有－[(M＋m)gsin β＋μ2(M＋m)gcos β]xBC＝0－(M＋m)vm2
解得xBC≈74.5 m。
答案：(1)36 m/s　(2)74.5 m
7．如图所示，质量均为m＝4 kg的两个小物块A、B(均可视为质点)放置在水平地面上，竖直平面内半径R＝0.4 m的光滑半圆形轨道与水平地面相切于C，弹簧左端固定。移动物块A压缩弹簧到某一位置(弹簧在弹性限度内)，由静止释放物块A，物块A离开弹簧后与物块B碰撞并粘在一起以共同速度v＝5 m/s向右运动，运动过程中经过一段长为s，动摩擦因数μ＝0.2的水平面后，冲上半圆轨道，除s段外的其他水平面摩擦力不计。求：(g取10 m/s2)
(1)若s＝1 m，两物块刚过C点时对轨道的压力大小；
(2)若两物块能冲上半圆形轨道，且不脱离轨道，s应满足什么条件。
解析：(1)设物块经过C点时速度为vC，物块受到轨道支持力为FNC，由动能定理得：－2μmgs＝×2mvC2－×2mv2，又FNC－2mg＝2m，代入解得FNC＝500 N，由牛顿第三定律知，物块对轨道压力大小也为500 N。
(2)物块不脱离轨道有两种情况：
①能过轨道最高点，设物块经过半圆形轨道最高点最小速度为v1，则2mg＝2m，得v1＝＝2 m/s，物块从碰撞后到经过最高点的过程中，由动能定理有－2μmgs－4mgR＝×2mv12－×2mv2，代入解得s满足条件s≤1.25 m。
②物块上滑最大高度不超过圆弧，设物块刚好到达圆弧处速度为v2＝0，物块从碰撞后到最高点，由动能定理有－2mgR－2μmgs＝0－×2mv2，同时依题意，物块能滑出粗糙水平面，由动能定理可知×2mv2＞2μmgs，代入解得s满足条件4.25 m≤s＜6.25 m。
答案：(1)500 N　(2)s≤1.25 m或4.25 m≤s＜6.25 m
8.如图所示为某水上乐园急速滑道的简化示意图，内壁光滑的水平半圆形管道BC分别与倾角θ＝37°的倾斜管道AB和水平直管道CD顺滑连接，管道AB的A端离管道BC所在平面的高度h1＝6 m，管道BC的直径d＝10 m，离水面EF的高度h2＝1.8 m。质量m＝60 kg的游客(可视为质点)从A端静止滑下，游客与管道AB间的动摩擦因数μ1＝0.125，与管道CD间的动摩擦因数μ2＝0.5，整个运动过程空气阻力不计。(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2)
(1)求游客经过B点时的速度大小；
(2)求游客受到BC管道的作用力大小；
(3)要使游客落到水中且落水的速度不超过8 m/s，求管道CD的长度。
解析：(1)游客从A运动到B过程，根据动能定理有：
mgh1－μ1mgcos θ·＝mvB2
解得：vB＝ ＝10 m/s。
(2)游客在管道BC中做匀速圆周运动，
竖直方向有：Fy＝mg
水平方向有：Fx＝m
FN＝＝ ＝600 N。
(3)若游客从管道CD恰好滑出，从C到D，根据动能定理有：－μ2mgL1＝0－mvB2
解得：L1＝＝10 m
若游客落水的速度恰好为8 m/s，根据动能定理有：
mgh2－μ2mgL2＝mv2－mvB2
解得：L2＝－(v2－vB2)＝7.2 m
管道CD的长度7.2 m≤L≤10 m。
答案：(1)10 m/s　(2)600 N
(3)7.2 m≤L≤10 m
第3讲　机械能守恒定律
第1课时　机械能守恒定律的理解及应用
一、机械能
1．重力做功与重力势能
(1)重力做功的特点：物体运动时，重力对它做的功只跟它的起点和终点的位置有关，而跟物体运动的路径无关。
(2)重力做功与重力势能变化的关系
定性关系 重力对物体做正功，重力势能就减少重力对物体做负功，重力势能就增加
定量关系 物体从位置A到位置B时，重力对物体做的功等于物体重力势能的减少量，即WG＝－ΔEp
(3)重力势能的变化量是绝对的，与参考面的选取无关。
2．弹力做功与弹性势能
(1)弹力做功与弹性势能变化的关系类似于重力做功与重力势能变化的关系。
(2)对于弹性势能，一般物体的弹性形变量越大，弹性势能越大。
二、机械能守恒定律
1．内容
在只有重力或弹力做功的物体系统内，动能与势能可以互相转化，而总的机械能保持不变。
2．表达式
3．判断机械能守恒的三个角度
情境创设　
如图所示，在地面上以速度v0斜向上抛出质量为m的物体，抛出后物体落到比地面低h的海平面上。若以地面为零势能面，而且不计空气阻力。
微点判断　
(1)物体在运动过程中动能越来越大。(×)
(2)物体在运动过程中重力势能越来越大。(×)
(3)从抛出到落到海平面上的过程重力对物体做的功为mgh。(√)
(4)物体在海平面上的势能为mgh。(×)
(5)物体在海平面上的动能为mv02－mgh。(×)
(6)物体在海平面上的机械能为mv02。(√)
(7)物体在轨迹最高处的机械能为mv02。(√)
(8)物体重力势能的大小与零势能参考平面的选取有关。(√)
(9)物体重力势能的变化与零势能参考平面的选取有关。(×)
(10)物体克服重力做功，物体的重力势能一定增加。(√)
(11)若物体所受的合外力为零，则物体的机械能守恒。(×)
(一) 机械能守恒的判断(固基点)
[题点全练通]
1．[机械能守恒条件的理解]
关于机械能守恒定律的适用条件，下列说法正确的是(　 )
A．只有重力和弹力作用时，机械能才守恒
B．当有其他外力作用时，只要合外力为零，机械能守恒
C．当有其他外力作用时，只要其他外力不做功，机械能守恒
D．炮弹在空中飞行不计阻力时，仅受重力作用，所以爆炸前后机械能守恒
解析：选C　机械能守恒的条件是“只有重力或系统内弹力做功”而不是“只有重力和弹力作用”，“做功”和“作用”是两个不同的概念，A错误；物体受其他外力作用且合外力为零时，机械能可能不守恒，如拉一物体匀速上升，合外力为零，物体的动能不变，重力势能增加，故机械能增加，B错误；由机械能守恒定律的特点知，C正确；在炮弹爆炸过程中产生的内能转化为机械能，机械能不守恒，D错误。
2．[单物体机械能守恒的判断]
载人飞行包是一个单人低空飞行装置，如图所示，其发动机使用汽油作为燃料提供动力，可以垂直起降也可以快速前进，若飞行包(包括人)在竖直方向上匀速上升的过程中(空气阻力不可忽略)，下列说法正确的是(　 )
A．发动机对飞行包不做功
B．飞行包的重力做正功
C．飞行包的动能不变
D．飞行包的机械能不变
解析：选C　飞行包(包括人)在竖直方向上匀速上升的过程中，发动机的动力向上，则发动机对飞行包做正功，A错误；高度上升，飞行包的重力做负功，B错误；飞行包(包括人)在竖直方向上匀速上升，故飞行包的动能不变，C正确；飞行包在上升过程中动能不变，重力势能变大，故机械能变大，D错误。
3．[多个物体组成的系统机械能守恒的判断]
如图所示，斜面体置于光滑水平地面上，其光滑斜面上有一物体由静止沿斜面下滑，在物体下滑过程中，下列说法正确的是(　 )
A．物体的重力势能减少，动能不变
B．斜面体的机械能不变
C．斜面对物体的作用力垂直于接触面，不对物体做功
D．物体和斜面体组成的系统机械能守恒
解析：选D　物体下滑的过程动能增加，A错误；物体在下滑过程中，斜面体做加速运动，其机械能增加，B错误；物体沿斜面下滑时，弹力方向垂直于接触面，但与速度方向之间的夹角大于90°，所以斜面对物体的作用力对物体做负功，C错误；对物体与斜面体组成的系统，只有物体的重力做功，机械能守恒，D正确。
4．[含弹簧的系统机械能守恒的判断]
(多选)如图所示，一轻弹簧一端固定在O点，另一端系一小球，将小球从与悬点O在同一水平面且使弹簧保持原长的A点无初速度释放，让小球自由摆下。不计空气阻力。在小球由A点摆向最低点B的过程中，下列说法正确的是(　 )
A．小球的机械能守恒
B．小球的机械能减少
C．小球的重力势能与弹簧的弹性势能之和不变
D．小球和弹簧组成的系统机械能守恒
解析：选BD　小球由A点到B点的过程中，弹簧被拉长，弹簧的弹力对小球做了负功，所以小球的机械能减少，故A错误，B正确；在此过程中，只有重力和弹簧的弹力做功，所以小球与弹簧组成的系统机械能守恒，即小球减少的重力势能等于小球获得的动能与弹簧增加的弹性势能之和，故C错误，D正确。
[要点自悟明]
判断机械能守恒的三种方法
定义法 利用机械能的定义直接判断，分析物体或系统的动能和势能的和是否变化，若不变，则机械能守恒
做功法 若物体或系统只有重力或系统内弹力做功，或有其他力做功，但其他力做功的代数和为零，则机械能守恒
转化法 若物体或系统中只有动能和势能的相互转化而无机械能与其他形式能的转化，则机械能守恒
(二) 单个物体机械能守恒定律的应用(精研点)
1．基本思路
2．三点提醒
(1)物体在运动过程中只有重力做功，机械能守恒。
(2)单个物体在竖直光滑圆轨道上做圆周运动时，因只有重力做功，机械能守恒。
(3)单个物体做平抛运动、斜抛运动时，因只有重力做功，也常用机械能守恒定律列式求解。
[考法全训]
考法1　单物体单过程机械能守恒问题
1.(2021·河北高考)一半径为R的圆柱体水平固定，横截面如图所示。长度为πR、不可伸长的轻细绳，一端固定在圆柱体最高点P处，另一端系一个小球。小球位于P点右侧同一水平高度的Q点时，绳刚好拉直。将小球从Q点由静止释放，当与圆柱体未接触部分的细绳竖直时，小球的速度大小为(重力加速度为g，不计空气阻力)(　 )
A．　　　　 B．
C． D．2
解析：选A　当与圆柱体未接触部分的细绳竖直时，小球下落的高度为h＝πR－R＋R＝R，小球下落过程中，根据机械能守恒有mgh＝mv2，联立以上两式解得v＝，故A正确，B、C、D错误。
考法2　单物体多过程机械能守恒问题
2．(2022·浙江1月选考)如图所示，处于竖直平面内的一探究装置，由倾角α＝37°的光滑直轨道AB、圆心为O1的半圆形光滑轨道BCD、圆心为O2的半圆形光滑细圆管轨道DEF、倾角也为37°的粗糙直轨道FG组成，B、D和F为轨道间的相切点，弹性板垂直轨道固定在G点(与B点等高)，B、O1、D、O2和F点处于同一直线上。已知可视为质点的滑块质量m＝0.1 kg，轨道BCD和DEF的半径R＝0.15 m，轨道AB长度lAB＝3 m，滑块与轨道FG间的动摩擦因数μ＝，滑块与弹性板作用后，以等大速度弹回，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2。滑块开始时均从轨道AB上某点静止释放。
(1)若释放点距B点的长度l＝0.7 m，求滑块到最低点C时轨道对其支持力FN的大小；
(2)设释放点距B点的长度为lx，滑块第一次经F点时的速度v与lx之间的关系式；
(3)若滑块最终静止在轨道FG的中点，求释放点距B点长度lx的值。
解析：(1)滑块由释放点到C点过程，由机械能守恒定律有：mglsin 37°＋mgR(1－cos 37°)＝mvC2，
在C点时由牛顿第二定律有：FN－mg＝m，
联立解得FN＝7 N。
(2)滑块能过最高点时，则能到F点，则恰好到最高点时有：mglxsin 37°－mg(3Rcos 37°＋R)＝0，
解得lx＝0.85 m，要能过F点，则lx≥0.85 m。
由释放点到F点，根据机械能守恒定律有：
mglxsin 37°－mg·4Rcos 37°＝mv2，
解得v＝ m/s,0.85 m≤lx≤3 m。
(3)由几何关系可求得lFG＝ m，设滑块静止时摩擦力做功为第一次到达FG中点时的n倍，由动能定理得
mglxsin 37°－mgsin 37°－nμmgcos 37°＝0，
解得lx＝，
当n＝1时，lx1＝ m；
当n＝3时，lx2＝ m；
当n＝5时，lx3＝ m；
当n＝7时，lx4＞3 m，不成立。
答案：(1)7 N
(2)v＝ m/s,0.85 m≤lx≤3 m
(3) m或 m或 m
(三) 非质点类机械能守恒问题(精研点)
像“液柱”“链条”类物体，在其运动过程中会发生形变，其重心位置相对物体也发生变化，因此这类物体不能再视为质点来处理了。解决这类问题的关键是准确找到物体的“质心”，从而正确判断物体重力势能的变化情况或重力做功情况。
　　　　　　　　　　　　　　　　
模型(一)　“液柱”类问题
[例1]　(多选)内径面积为S的U形圆筒竖直放在水平面上，筒内装水，底部阀门K关闭时两侧水面高度分别为h1和h2，如图所示。已知水的密度为ρ，不计水与筒壁的摩擦阻力。现把连接两筒的阀门K打开，当两筒水面高度相等时，则该过程中(　 )
A．水柱的重力做正功
B．大气压力对水柱做负功
C．水柱的机械能守恒
D．当两筒水面高度相等时，水柱的动能是ρgS(h1－h2)2
[解析]　把连接两筒的阀门打开到两筒水面高度相等的过程中大气压力对左筒水面做正功，对右筒水面做负功，抵消为零。水柱的机械能守恒，重力做功等于重力势能的减少量，等于水柱增加的动能，等效于把左管高的水柱移至右管，如图中的斜线所示，重心下降，重力所做正功：WG＝ρgS·＝ρgS(h1－h2)2，故A、C、D正确，B错误。
[答案]　ACD
模型(二)　“链条”类问题
[例2]　(2023·山东师大附中模拟)如图所示，长为L的均匀链条放在光滑水平桌面上，且使长度的垂在桌边，松手后链条从静止开始沿桌边下滑，则链条滑至刚刚离开桌边时的速度大小为(　 )
A． 　　　　　　　 B．
C． D．4
[解析]　取桌面为参考平面，由机械能守恒定律可得：－mg·＝mv2＋，所以v＝。
[答案]　C
模型(三)　“多个小球”类问题
[例3]　(2023·浙江温州模拟)(多选)如图所示，在竖直平面内半径为R的四分之一圆弧轨道AB、水平轨道BC与斜面CD平滑连接在一起，斜面足够长。在圆弧轨道上静止着N个半径为r(r R)的光滑小球(小球无明显形变)，小球恰好将圆弧轨道铺满，从最高点A到最低点B各小球依次标记为1,2,3，…，N。现将圆弧轨道末端B处的阻挡物拿走，N个小球由静止开始沿轨道运动，不计摩擦与空气阻力，下列说法正确的是(　 )
A．N个小球在运动过程中始终不会散开
B．第1个小球从A到B过程中机械能守恒
C．第1个小球到达B点前第N个小球做匀加速运动
D．第1个小球到达最低点的速度v＜
[解析]　在下滑的过程中，水平面上的小球要做匀速运动，而圆弧面上的小球要做加速运动，则后面的小球对前面的小球有向前挤压的作用，所以小球之间始终相互挤压，冲上斜面后后面的小球把前面的小球往上压，所以小球之间始终相互挤压，故N个小球在运动过程中始终不会散开，故A正确；第一个小球在下落过程中受到挤压，所以有外力对小球做功，小球的机械能不守恒，故B错误；由于小球在下落过程中速度发生变化，相互间的弹力变化，所以第N个小球不可能做匀加速运动，故C错误；当重心下降时，根据机械能守恒定律得：mv2＝mg·，解得：v＝；同样对整体在AB段时，重心低于，所以第1个小球到达最低点的速度v＜，故D正确。
[答案]　AD
[系统建模]
(1)非质点类物体虽然不能看成质点，但因只有重力做功，物体整体机械能守恒。
(2)在确定物体重力势能的变化量时，要根据情况，将物体分段处理，确定好各部分的重心及重心高度的变化量。
(3)非质点类物体各部分是否都在运动，运动的速度大小是否相同，若相同，则物体整体的动能才可表示为mv2。
1．[体现学以致用]一款名叫“跳一跳”的小游戏依靠操作小人蓄力跳跃进行游玩，使其能从一个平台跳到旁边的平台上。如图所示的抛物线为小人(质量为m)在某次跳跃过程中的运动轨迹，不计空气阻力。则(重力加速度为g)(　 )
A．小人从起跳至运动到最高点的过程中，机械能增加mgh
B．小人离开平台时的动能为mgh
C．小人从离开平台至运动到最高点的过程中，重力势能增加mgh
D．小人落到平台上的速度大小为
解析：选C　由于小人起跳后只受重力作用，机械能守恒，A错误；小人在最高点具有水平方向的速度，所以离开平台时的动能大于mgh，落到平台上的速度要大于，故B、D错误；小人从离开平台至运动到最高点的过程中重力做功为WG＝－mgh，所以重力势能增加mgh，故C正确。
2．[联系生活实际]如图所示为阿拉斯加当地人的一种娱乐方式。他们用一块弹性毯子将小孩竖直抛起，再保持弹性毯子水平，接住小孩。不计空气阻力，下列说法中正确的是(　 )
A．用毯子将小孩上抛，毯子对小孩做正功，小孩机械能增加
B．小孩在空中上升时处于超重状态，下落过程处于失重状态
C．小孩由最高点下落，一接触到弹性毯子就立刻做减速运动
D．小孩由最高点下落至速度为零的过程中，小孩机械能守恒
解析：选A　根据题意易知，A正确；小孩在空中上升和下落过程加速度方向都向下，都处于失重状态，B错误；小孩下落接触到弹性毯子后，在弹力小于重力之前，加速度方向向下，还是做加速运动，C错误；小孩下落接触到弹性毯子至速度为零的过程中，毯子的弹力对小孩做负功，小孩机械能减小，D错误。
3．[聚焦科技前沿]在一次海上消防救援过程中，消防船启动了多个喷水口进行灭火。喷水口所处高度和口径都相同，出水轨迹如图甲所示。其中两支喷水枪喷出水A、B轨迹在同一竖直面内且最高点高度相同，如图乙所示。不计空气阻力，则下列说法正确的是(　 )
A．水A在空中运动时间较长
B．水B单位时间内的出水量较大
C．水落到海面时A的速度比B的速度大
D．相同时间内水枪对A做功和水枪对B做功相等
解析：选C　因为两支喷水枪喷出水A、B轨迹在同一竖直面内且最高点高度相同，根据竖直上抛运动的对称性，可知水A、B在空中运动时间相等，故A项错误；水从喷水口喷出后做斜抛运动，初速度可分解为水平方向的分速度vx和竖直向上的分速度vy，由于水喷出后在最高点高度相同，根据公式vy2＝2gh，可知，竖直分速度相同，则运动时间相同，由于水A的水平位移较大，根据x＝vxt，可知，水A的水平分速度大，根据公式v0＝，可知水A的初速度大，则水A单位时间内的出水量较大，故B项错误；因为喷水口所处高度相同，所以水从喷出到落到海面，由动能定理得mgh＝mv2－mv02，解得v＝，因为水A初速度大，故水A落到海面时速度比水B的速度大，故C项正确；因为水A的初速度比水B初速度大，故相同时间内水枪对水A做功比水B多，故D项错误。
4．[强化科学探究](多选)如图甲所示，被称为“魔力陀螺”的玩具能在圆轨道外侧旋转不脱落，其原理可等效为如图乙所示的模型。半径为R的磁性圆轨道竖直固定，质量为m的铁球(可视为质点)沿轨道外侧运动，A、B分别为轨道的最高和最低点，轨道对铁球的磁性引力始终指向圆心且大小不变，不计摩擦和空气阻力，重力加速度为g，则(　 )
A．铁球可能绕轨道做匀速圆周运动
B．铁球绕轨道运动过程中机械能守恒
C．铁球在A点的速度必须大于
D．轨道对铁球的磁性引力至少为5mg，才能使铁球不脱轨
解析：选BD　铁球在运动的过程中，磁力和支持力不做功，只有重力做功，所以铁球的机械能守恒，在最高点的速度最小，在最低点的速度最大，铁球不可能做匀速圆周运动，A错误，B正确；铁球在最高点的速度只要大于0即可通过最高点，C错误；要使铁球不脱轨，铁球在最高点的速度恰好为0，合力恰好等于0，则由机械能守恒定律可知铁球到达最低点时的速度满足mg·2R＝mv2，轨道对铁球的压力恰好等于0，有F－mg＝m，解得F＝5mg，故要使铁球不脱轨，轨道对铁球的磁性引力至少为5mg，D正确。
[课时跟踪检测]
一、立足主干知识，注重基础性和综合性
1.如图所示，某同学将带弹簧的圆珠笔倒置，在桌面上竖直向下压紧弹簧，突然松手，圆珠笔竖直向上弹起。对于圆珠笔(含弹簧)，下列说法正确的是(　 )
A．向下压缩弹簧的过程中，笔的机械能守恒
B．笔竖直向上运动的过程中机械能守恒
C．圆珠笔刚离开桌面时动能最大
D．换用不同的弹簧，只要压缩量相同，笔上升的最大高度相同
解析：选B　向下压缩弹簧的过程中，手对圆珠笔做功，所以笔的机械能不守恒，故A错误；笔竖直向上运动的过程中，只有弹簧弹力和重力做功，笔的机械能守恒，故B正确；圆珠笔向上运动的某一时刻，重力和桌面对笔向上的弹力平衡，这一时刻速度最大，但此时，笔还没有离开桌面，故C错误；由机械能守恒定律Ep弹＝mgh可得，换用不同的弹簧，当压缩量相同时，弹性势能不同，故上升的最大高度不同，故D错误。
2．(2023·重庆高三调研)一质量为m的物块仅在重力作用下运动，物块位于r1和r2时的重力势能分别为3E0和E0(E0＞0)。若物块位于r1时速度为0，则位于r2时其速度大小为(　 )
A．2　　　　　　 B．
C．2 D．4
解析：选A　物块仅在重力作用下运动，物块的机械能守恒，根据机械能守恒定律可知E1＝E2，代入已知条件可得3E0＋0＝E0＋mv2，解得物块位于r2处的速度大小v＝2，故A项正确。
3.(2023·济南模拟)如图所示，光滑的固定圆弧槽的槽口与一个固定半球顶点相切，半球底面水平，小滑块(可视为质点)从圆弧槽最高点由静止滑下，滑出槽口时速度沿水平方向。已知圆弧轨道的半径为R1，半球的半径为R2，若要使小滑块滑出槽口后不沿半球面下滑，不计空气阻力，则R1和R2应满足的关系是(　 )
A．R1≤R2 B．R1≥R2
C．R1≥ D．R1≤
解析：选C　滑块沿光滑的圆弧槽下滑过程只有重力做功，由机械能守恒有mgR1＝mv2，要使小滑块滑出槽口后不沿半球面下滑，即做平抛运动，则mg≤m，由以上两式解得R1≥，故C正确。
4．(多选)如图所示，光滑长铁链由若干节组成，全长为L，圆形管状轨道半径为R，L>2πR，R远大于一节铁链的高度和长度。铁链靠惯性通过轨道继续前进，不计空气阻力，下列判断正确的是(　 )
A．在第一节铁链完成圆周运动的过程中，第一节铁链机械能守恒
B．每节铁链通过最高点的速度依次减小
C．第一节铁链与最后一节铁链到达最高点时的速度大小相等
D．第一节铁链回到最低点至最后一节铁链进入圆形轨道过程中铁链速度保持不变
解析：选CD　在第一节铁链沿圆形轨道运动的过程中受到第二节铁链对其沿轨道切线方向的力，所以在第一节铁链完成圆周运动的过程中，第一节铁链机械能不守恒，A错误。整个运动过程中，以铁链整体为研究对象，只有重力做功，所以铁链整体的机械能是不变的；从第一节铁链进入圆形轨道到第一节铁链回到最低点的过程中，铁链整体的重力势能不断增加，则整体的动能不断减小、速度不断减小，每节铁链的速度减小；从最后一节铁链进入圆形轨道到最后一节铁链离开圆形轨道，整体的重力势能减小，则速度增大；在第一节铁链回到最低点至最后一节铁链进入圆形轨道的过程中铁链整体的重力势能不变，所以速度保持不变；综上所述可知B错误，D正确。第一节铁链与最后一节铁链到达最高点时，整体的重力势能是相等的，所以整体的速度大小也相等，C正确。
5.如图所示，弹性轻绳的一端套在手指上，另一端与弹力球连接，用手将弹力球以某一竖直向下的初速度向下抛出，抛出后手保持不动。从球抛出瞬间至球第一次到达最低点的过程中(弹性轻绳始终在弹性限度内，空气阻力忽略不计)，下列说法正确的是(　 )
A．绳伸直以后，绳的拉力始终做负功，球的动能一直减小
B．该过程中，手受到的绳的拉力先增大后减小
C．该过程中，重力对球做的功大于球克服绳的拉力做的功
D．在最低点时，球、绳和地球组成的系统势能最大
解析：选D　绳伸直以后，绳的拉力始终做负功，但重力大于拉力时球的速度增大，故球的动能增大，当重力与拉力相等时球的速度最大，动能最大，球继续向下运动，当重力小于拉力时球的速度减小，则球的动能减小，A错误；该过程中，手受到绳的拉力一直增大，B错误；由动能定理可得WG－W克绳＝0－mv02，该过程中重力对球做的功小于球克服绳的拉力做的功，C错误；在最低点时，小球的动能为零，球、绳和地球组成的系统势能最大，D正确。
6．(2022·全国乙卷)固定于竖直平面内的光滑大圆环上套有一个小环，小环从大圆环顶端P点由静止开始自由下滑，在下滑过程中，小环的速率正比于(　 )
A．它滑过的弧长
B．它下降的高度
C．它到P点的距离
D．它与P点的连线扫过的面积
解析：选C　如图所示，设小环下降的高度为h，圆环的半径为R，小环到P点的距离为L，根据机械能守恒定律得mgh＝mv2。由几何关系可得h＝Lsin θ，sin θ＝，联立可得h＝，可得v＝L，故C正确，A、B、D错误。
7．(2023·厦门高三质检)如图所示，用两根长度均为l的轻绳将一小球悬挂在水平的天花板下，轻绳与天花板的夹角为θ，整个系统静止，这时每根轻绳中的拉力为T。现将一根轻绳剪断，当小球摆至最低点时，轻绳中的拉力为T′，θ为某一值时，最大，此最大值为(　 )
A． B．2
C．3－2 D．
解析：选A　剪断轻绳之前：2Tsin θ＝mg；剪断轻绳后，小球摆到最低点时：mv2＝mgl(1－sin θ)，由牛顿第二定律：T′－mg＝m；联立解得＝6sin θ－4sin2θ，由数学知识可知，此比值的最大值为，故选项A正确。
8.荡秋千是人们喜欢的一项健身娱乐活动。荡秋千者通过做功，逐渐增加自身的机械能，从而逐渐“荡”高。其原理如下：人向下摆动过程中逐渐“下蹲”使重心下降，而在秋千上摆过程中，人又逐渐站起使重心升高，机械能增加，从而逐渐“荡”高。有一个正在“荡”秋千的运动员质量为75 kg，身高为1.8 m，在水平地面上站立时重心高1.0 m，蹲坐时重心高0.6 m。秋千摆长为5.0 m。若该运动员从与竖直方向成37°角位置开始下摆。(忽略空气阻力、秋千的质量，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2)
(1)求运动员到达秋千下摆的竖直最低位置时的速度大小；
(2)求运动员在秋千下摆的竖直最低位置时受到秋千的作用力大小。
解析：秋千摆长L0＝5.0 m，运动员在水平地面上站立时重心高H1＝1.0 m，蹲坐时重心高H2＝0.6 m，以秋千下摆的最低位置处为零势能点。
(1)秋千下摆过程中运动员机械能守恒，mg[L0－(L0－H1)cos 37°]＝mgH2＋mv2，解得v≈4.9 m/s。
(2)设运动员在秋千下摆的竖直最低位置时受到秋千的作用力大小为F，则F－mg＝m，解得F≈1 159 N。
答案：(1)4.9 m/s　(2)1 159 N
二、强化迁移能力，突出创新性和应用性
9.(2022·湖北高考)如图所示，质量分别为m和2m的小物块Р和Q，用轻质弹簧连接后放在水平地面上，Р通过一根水平轻绳连接到墙上。P的下表面光滑，Q与地面间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。用水平拉力将Q向右缓慢拉开一段距离，撤去拉力后，Q恰好能保持静止。弹簧形变始终在弹性限度内，弹簧的劲度系数为k，重力加速度大小为g。若剪断轻绳，Р在随后的运动过程中相对于其初始位置的最大位移大小为(　 )
A． B．
C． D．
解析：选C　Q恰好能保持静止时，设弹簧的伸长量为x，满足kx＝2μmg，若剪断轻绳后，物块P与弹簧组成的系统机械能守恒，弹簧的最大压缩量也为x，因此P相对于其初始位置的最大位移大小为2x＝，C正确。
10．(多选)如图所示，用长度为s的金属丝绕制成高度为h的等距螺旋轨道，并将其竖直固定。让一质量为m的有孔小球套在轨道上，从顶端无初速度释放。已知重力加速度为g，不计一切摩擦，下列说法正确的是(　 )
A．下滑过程中轨道对小球的作用力逐渐增大
B．小球的运动可以分解为水平方向的匀速圆周运动和沿轨道斜向下的匀加速直线运动
C．13 / 60
第一章 运动的描述　匀变速直线运动
第1讲　描述运动的基本概念
一、质点、参考系
1．质点
(1)定义：用来代替物体的有质量的点。
(2)物体看作质点的条件：物体的大小和形状对研究问题的影响可以忽略。
2．参考系
(1)定义：在描述物体运动时，用来作为参考的物体。
(2)选取：可任意选取，但对同一物体的运动，所选的参考系不同，运动的描述可能会不同，通常以地面为参考系。
二、位移和路程
定义 位移 表示质点的位置变动，它是由初位置指向末位置的有向线段
路程 质点运动轨迹的长度
区别 (1)位移是矢量，方向由初位置指向末位置(2)路程是标量，没有方向
联系 (1)单向直线运动中，位移大小等于路程(2)其他情况下，位移大小小于路程
三、速度
平均速度 物体的位移与发生这段位移所用时间之比，即v＝，是矢量，其方向与位移的方向相同
瞬时速度 运动物体在某一时刻或某一位置的速度，是矢量，方向沿轨迹的切线方向
速率 瞬时速度的大小，是标量
四、加速度
定义 物体速度的变化量与发生这一变化所用时间之比
定义式 a＝，单位：m/s2
方向 与Δv的方向一致，由合力的方向决定
物理意义 描述物体速度变化快慢的物理量
情境创设
嘉绍大桥是我国浙江省境内连接嘉兴市海宁市与绍兴市上虞区的过江通道，位于浙江省杭州湾海域内，是常台高速公路(国家高速G1522)的组成部分。嘉绍大桥南起沽渚枢纽，跨越杭州湾，北至南湖枢纽，全长10.137 km；桥面为双向八车道高速公路，设计速度为100 km/h。
某辆轿车在17：30进入该大桥，17：40离开大桥。
微点判断
(1)研究该轿车通过嘉绍大桥的时间时，可以将该轿车视为质点。(√)
(2)以该轿车为参考系，嘉绍大桥是运动的。(√)
(3)该轿车在17：30进入嘉绍大桥，17：40离开大桥，这里的“17：30”和“17：40”实际上指的是时刻。(√)
(4)该轿车经过嘉绍大桥的位移是10.137 km。(×)
(5)“设计速度为100 km/h”，该速度为平均速度。(×)
(6)该轿车通过嘉绍大桥的平均速度约为60.8 km/h。(×)
(7)该轿车瞬时速度的方向就是轿车在该时刻或该位置的运动方向。(√)
(8)该轿车在某位置的速度很大，其加速度一定不为零。(×)
(一) 质点、参考系、位移(固基点)
[题点全练通]
1．[物体看作质点的条件]
(2023·济南高三调研)如图所示是奥运会中的运动项目，在考查运动员比赛成绩时，可将运动员视为质点的是(　 )
解析：选D　跳水比赛中要考虑运动员的动作，故不能将其视为质点，故A错误；双杠比赛中要考虑运动员的动作，故不能将其视为质点，故B错误；体操要考虑运动员的姿态，故不能将其视为质点，故C错误；马拉松比赛中，运动员的大小和体积可以忽略不计，故可以将其视为质点，故D正确。
2．[参考系的选取]
(多选)在摩托艇比赛中，两艘摩托艇都向南行驶，前面的摩托艇比后面的摩托艇快。下列说法正确的是(　 )
A．若选择前面的摩托艇为参考系，则后面的摩托艇向南行驶
B．若选择前面的摩托艇为参考系，则后面的摩托艇向北行驶
C．若选择后面的摩托艇为参考系，则前面的摩托艇向南行驶
D．若选择后面的摩托艇为参考系，则前面的摩托艇向北行驶
解析：选BC　以前面的摩托艇为参考系，后面的摩托艇向北远离；以后面的摩托艇为参考系，前面的摩托艇向南远离。故B、C正确，A、D错误。
3．[位移与路程]
(1)(2022·辽宁高考)如图所示，桥式起重机主要由可移动“桥架”“小车”和固定“轨道”三部分组成。在某次作业中桥架沿轨道单向移动了8 m，小车在桥架上单向移动了6 m。该次作业中小车相对地面的位移大小为(　 )
A．6 m B．8 m
C．10 m D．14 m
解析：选C　根据题意，桥架移动方向与小车在桥架上移动方向相互垂直。根据平行四边形定则，小车相对地面的位移大小为10 m。
(2)(2023·湖北十堰高三联考)如图所示，在距墙壁1 m的A点，小球以某一速度冲向一端固定在墙壁上的弹簧，将弹簧压缩到最短时到达距离墙壁0.2 m的B点，然后又被反方向弹回至距墙壁1.5 m的C点静止，则从A点到C点的过程中，小球的位移大小和路程分别是(　 )
A．0.5 m、1.3 m B．0.8 m、1.3 m
C．0.8 m、1.5 m D．0.5 m、2.1 m
解析：选D　位移的大小等于始、末位置的距离，可知位移的大小等于AC的距离，即为1.5 m－1 m＝0.5 m。路程等于运动轨迹的长度，可知s＝1 m＋1.5 m－2×0.2 m＝2.1 m，故D正确。
[要点自悟明]
1．确定质点的四个步骤
2．对参考系的三点提醒
(1)由于运动描述的相对性，凡是提到物体的运动，都应该明确它是相对哪个参考系而言的，在没有特殊说明的情况下，一般选地面作为参考系。
(2)在同一个问题中，若要研究多个物体的运动情况或同一物体在不同阶段的运动情况，则必须选取同一个参考系。
(3)对于复杂运动的物体，应选取能最简单描述物体运动情况的物体为参考系。
3．位移与路程的两点区别
决定因素不同 位移由始、末位置决定，路程由实际的运动路径决定
运算法则不同 位移应用矢量的平行四边形定则运算，路程应用标量的代数运算法则运算
(二) 平均速度与瞬时速度(精研点)
逐点清1　平均速度的计算
1．2022年10月31日15时37分，梦天实验舱搭乘长征五号B遥四运载火箭，在中国文昌航天发射场成功发射升空。小李在网络上观看了梦天实验舱发射视频，观察到火箭在发射后第6 s末到第8 s末的位移大小约为火箭长度的，如图所示，他又上网查到运载梦天实验舱的长征五号B遥四运载火箭全长约53.7 m，则火箭发射后第6 s末至第8 s末的平均速度最接近(　 )
A．20 m/s B．10 m/s
C．5 m/s D．2 m/s
解析：选A　火箭在第6 s末到第8 s末的位移大小约为火箭的，则平均速度＝＝＝ m/s＝21.48 m/s，最接近20 m/s，故选A。
一点一过
1．求解平均速度必须明确是哪一段位移或哪一段时间内的平均速度。
2.＝是平均速度的定义式，适用于所有的运动。
3．匀变速直线运动中，平均速度等于中间时刻的瞬时速度，即＝v。
逐点清2　平均速度与瞬时速度的关系
2.(2023·武汉高三月考)物体沿曲线的箭头方向运动，运动轨迹如图所示(小正方格边长为1米)。AB、ABC、ABCD、ABCDE四段运动轨迹所用的运动时间分别是：1 s、2 s、3 s、4 s。下列说法正确的是(　 )
A．物体过B点的速度等于AC段的平均速度
B．物体过C点的速度大小一定是 m/s
C．ABC段的平均速度比ABCD段的平均速度更能反映物体处于B点时的瞬时速度
D．物体在ABCDE段的运动速度方向时刻改变
解析：选C　物体的运动不是匀变速直线运动，故A错；物体过AC段的平均速度为 m/s，C点速度不一定为此值，故B错；根据平均速度公式＝可知，位移越小，平均速度越能代表某点的瞬时速度，所以ABC段的平均速度比ABCD段的平均速度更能反映物体处于B点时的瞬时速度，故C正确；物体在BC段的速度方向没有时刻改变，故D错。
一点一过
1．平均速度和瞬时速度的区别
(1)平均速度是过程量，与位移和时间有关，表示物体在某段位移或某段时间内的平均运动快慢程度。
(2)瞬时速度是状态量，与位置和时刻有关，表示物体在某一位置或某一时刻的运动快慢程度。
2．平均速度和瞬时速度的联系
(1)瞬时速度等于运动时间Δt→0时的平均速度。
(2)对于匀速直线运动，瞬时速度与平均速度相等。
逐点清3　平均速度与平均速率的比较
3.(多选)如图所示，在某次自行车越野比赛中，某选手用地图计算出从出发地A到目的地B的直线距离为12 km，实际从A运动到B用时30 min，实际里程表指示的里程数比直线距离多了8 km，当他经过某路标C时，车上速度计指示的示数为50 km/h，下列说法正确的是(　 )
A．整个过程中自行车的平均速度大小为24 km/h
B．整个过程中自行车的平均速率为40 km/h
C．经过路标C时自行车的瞬时速度大小为50 km/h
D．经过路标C时自行车的速度方向为由A指向B
解析：选ABC　整个过程中自行车的平均速度大小为＝＝ km/h＝24 km/h，故A正确；整个过程中自行车的平均速率为1＝＝ km/h＝40 km/h，故B正确；经过路标C时自行车的瞬时速度大小为50 km/h，故C正确；经过路标C时自行车的速度方向沿轨迹的切线方向，不是由A指向B，故D错误。
　平均速率≠平均速度大小
1．平均速度是位移与时间之比，平均速率是路程与时间之比。
2．一般情况下，平均速率大于平均速度的大小。
3．单向直线运动中，平均速率等于平均速度的大小。
(三) 加速度(精研点)
逐点清1　速度、速度变化量与加速度的关系
1．北京大学物理系赵凯华教授说过“加速度是人类认识史上最难建立的概念之一，也是每个初学物理的人最不易真正掌握的概念……”。所以对加速度的认识应该引起大家的重视。下列说法中正确的是(　 )
A．物体的速度大，加速度一定大
B．速度变化得越快，加速度就变化得越快
C．物体加速度变大，则速度也一定是在变大
D．加速度的方向与速度变化量的方向相同
解析：选D　加速度是反映物体速度变化快慢的物理量，加速度的大小取决于速度的变化率，与速度的大小无关，故A错误；速度变化得越快，加速度就越大，但加速度的变化不一定越快，故B错误；物体加速度变大，但如果加速度和速度方向相反，则速度在减小，故C错误；根据加速度的定义可知D正确。
一点一过
速度、速度变化量和加速度的比较
物理量 速度 速度变化量 加速度
物理意义 描述物体运动的快慢 描述物体速度的变化 描述物体速度变化的快慢
定义式 v＝ Δv＝v－v0 a＝＝
方向 与位移Δx同向，即物体运动的方向 由v－v0或a的方向决定 与Δv的方向一致，由合力F的方向决定，而与v0、v的方向无关
逐点清2　物体速度变化规律分析
2．(多选)一个物体做变速直线运动，物体的加速度(方向不变)大小从某一值逐渐减小到零，则在此过程中，关于该物体的运动情况的说法可能正确的是(　 )
A．物体速度不断增大，加速度减小到零时，物体速度最大
B．物体速度不断减小，加速度减小到零时，物体速度为零
C．物体速度减小到零后，反向加速再匀速
D．物体速度不断增大，然后逐渐减小
解析：选ABC　物体做变速直线运动，若速度方向与加速度方向相同，加速度逐渐减小，速度不断增大，当加速度减小到零时，速度达到最大，而后做匀速直线运动，A正确；若速度方向与加速度方向相反，加速度逐渐减小，速度不断减小，当加速度减小到零时，物体速度可能恰好为零，也可能当速度减为零时，加速度不为零，然后物体反向做加速直线运动，加速度等于零后，物体做匀速运动，B、C正确，D错误。
一点一过
　根据a与v的方向关系判断速度变化
(1)
(2)
逐点清3　加速度的计算
3．(2023·大连模拟)在一次蹦床比赛中，运动员从高处自由落下，以大小为8 m/s的竖直速度着网，与网作用后，沿着竖直方向以大小为10 m/s的速度弹回，已知运动员与网接触的时间Δt＝1.0 s，那么运动员在与网接触的这段时间内加速度的大小和方向分别为(　 )
A．2 m/s2，竖直向下 B．8 m/s2，竖直向上
C．10 m/s2，竖直向下 D．18 m/s2，竖直向上
解析：选D　规定竖直向下为正方向，v1方向与正方向相同，v2方向与正方向相反，根据加速度定义式得a＝ m/s2＝－18 m/s2，负号表示与正方向相反，即加速度大小为18 m/s2，方向竖直向上。
　计算加速度的步骤及方法
1．[渗透五育教育(体育)](2022·浙江1月选考)下列说法正确的是(　 )
A．研究甲图中排球运动员扣球动作时，排球可以看成质点
B．研究乙图中乒乓球运动员的发球技术时，乒乓球不能看成质点
C．研究丙图中羽毛球运动员回击羽毛球动作时，羽毛球大小可以忽略
D．研究丁图中体操运动员的平衡木动作时，运动员身体各部分的速度可视为相同
解析：选B　研究甲图中排球运动员扣球动作时，排球的形状和大小不能忽略，故不可以看成质点，A错误；研究乙图中乒乓球运动员的发球技术时，要考虑乒乓球的大小和形状，则乒乓球不能看成质点，B正确；研究丙图中羽毛球运动员回击羽毛球动作时，羽毛球大小不可以忽略，C错误；研究丁图中体操运动员的平衡木动作时，运动员身体各部分有转动和平动，各部分的速度不可以视为相同，D错误。
2．[体现学以致用]小李打算从华景里路口走路到华南师大正门，她通过手机地图导航得到如图所示的信息。若她按照手机地图提供的方案出行，则(　 )
A．“推荐方案”与“方案二”的平均速度相同
B．推荐方案的位移较小
C．“方案二”的平均速度约为4.29 km/h
D．小李运动过程中的加速度不可能一直为0
解析：选D　因两种方案的初末位置相同，则“推荐方案”与“方案二”的位移相同，但是时间不同，则平均速度不相同，选项A、B错误；“方案二”的路程为
2．5 km，时间为35 min，则平均速率约为＝＝ km/h≈4.29 km/h，不是平均速度，选项C错误；小李运动过程中不可能一直做匀速直线运动，即他的加速度不可能一直为0，选项D正确。
3．[强化科学探究]
如图所示，气垫导轨上滑块经过光电门时，其上的遮光条将光遮住，电子计时器可自动记录遮光时间Δt。测得遮光条的宽度为Δx，用近似代表滑块通过光电门时的瞬时速度。为使更接近瞬时速度，正确的措施是(　 )
A．换用宽度更窄的遮光条
B．提高测量遮光条宽度的精确度
C．使滑块的释放点更靠近光电门
D．增大气垫导轨与水平面的夹角
解析：选A　表示的是Δt时间内的平均速度，遮光条的宽度Δx越窄，则记录遮光时间Δt越小，越接近滑块通过光电门时的瞬时速度，A正确。
4.[树立民族自信]核潜艇是战略核威慑手段之一，我国自主研制的“094A”核潜艇在世界上处于比较领先的地位。如图所示，在某次实战训练中潜艇遇到情况需要紧急下潜，假设在某段时间内可视为匀减速下潜，若在这段时间内5 s末的速度比2 s末的速度小3 m/s，则“094A”潜艇在该段时间内的加速度大小为(　 )
A．1 m/s2 B．1.5 m/s2
C．2 m/s2 D．3 m/s2
解析：选A　设5 s末的速度为v5,2 s末的速度v2＝v5＋3 m/s，时间Δt＝3 s，潜艇在该段时间内的加速度a＝＝＝－1 m/s2，故B、C、D错误，A正确。
[课时跟踪检测]
1．某品牌植保无人机喷洒农药，最快工作效率达到150亩/小时，可持续工作8小时。下列说法中正确的是(　 )
A．调整无人机在空中的姿态时可以将无人机看成质点
B．确定无人机的位置时需要建立三维坐标系
C．观察无人机飞行速度时可以选取无人机上的摄像机为参考系
D．“8小时”指的是时刻
解析：选B　调整无人机在空中的姿态时，无人机的大小和形状不能忽略不计，不能将无人机看成质点，A错误；无人机在高空飞行，确定其空间位置时需要建立三维坐标系，B正确；观察无人机飞行速度时可以选取地面为参考系，摄像机与无人机相对静止，不能选取无人机上的摄像机为参考系，C错误；“8小时”指的是时间间隔，D错误。
2.一位同学想从广场上的a处前往博物馆正门前的b处，他用手机导航，导航图如图所示。a、b间的直线距离为1.6 km。若骑行，导航显示“11分钟，2.2公里”；若步行，导航显示“33分钟，2.2公里”。根据导航信息，从a处到b处的过程中，下列说法正确的是(　 )
A．骑行过程中，自行车不能被看作质点
B．步行导航显示的33分钟是该同学到达博物馆的时刻
C．该同学骑行的平均速率大约是3.3 m/s
D．该同学骑行与步行的路程不相等
解析：选C　骑行过程中，自行车的大小和形状可以忽略不计，可以被看作质点，故A错误；步行导航显示的33分钟是该同学到达博物馆所用的时间，故B错误；该同学骑行的平均速率等于路程与时间的比值，即v＝≈3.3 m/s，故C正确；该同学骑行与步行的路程相等，故D错误。
3．(多选)一身高为H的田径运动员正在参加百米国际比赛，在终点处，有一位站在跑道终点旁的摄影记者用照相机给他拍摄冲线过程，摄影记者使用的照相机的光圈(控制进光量的多少)是16，快门(曝光时间)是 s，得到照片后测得照片中运动员的高度为h，胸前号码布上模糊部分宽度是ΔL。由以上数据可以估算运动员的(　 )
A．百米成绩　　　　　 B．冲线速度
C．百米内的平均速度 D．冲线时 s内的位移
解析：选BD　由于无法知道运动员跑100 m经历的时间，故无法确定其平均速度和成绩，A、C错误；由题意可求出冲线时 s内运动员跑过的距离Δx＝ΔL，进一步求得 s内的平均速度＝，由于时间极短，可把这段时间内的平均速度近似看成是冲线时的瞬时速度，B、D正确。
4． “50TFSI”为某品牌汽车的尾部标识，其中“50”称为G值，G值越大，加速越快。G值的大小为车辆从静止加速到100 km/h(百公里加速)的平均加速度的10倍。某该品牌汽车百公里加速时间为6.2 s，由此推算，该汽车的尾标应该是(　 )
A．30TFSI B．35TFSI
C．40TFSI D．45TFSI
解析：选D　根据加速度的定义可得汽车的加速度为a＝＝ m/s2≈4.5 m/s2，故该车的G值为4.5×10＝45，其尾标为45TFSI，选项D正确。
5.排球在我国是广受欢迎的比赛项目，女排精神更是体现了顽强拼搏、永不放弃的中国精神。在排球比赛中，扣球手运动员抓住机会打了一个“探头球”，已知来球速度大小v1＝6 m/s，击回的球速度大小v2＝8 m/s，击球时间为0.2 s。关于击球过程中的平均加速度，下列说法正确的是(　 )
A．平均加速度大小为70 m/s2，方向与v1相同
B．平均加速度大小为10 m/s2，方向与v1相同
C．平均加速度大小为70 m/s2，方向与v2相同
D．平均加速度大小为10 m/s2，方向与v2相同
解析：选C　选取初速度v1的方向为正方向，则v1＝6 m/s，v2＝－8 m/s，所以排球的平均加速度为a＝＝＝ m/s2＝－70 m/s2，负号表示平均加速度方向与v1的方向相反，与v2的方向相同，C正确，A、B、D错误。
6．(2023·泰安模拟)结合图片中的情景及数据，以下判断不正确的是(　 )
A．高速行驶的磁悬浮列车的加速度可能为零
B．汽车速度为100 km/h，紧急刹车距离为30.8 m(可视为匀减速至静止)，由此可得汽车刹车阶段的加速度大小为a＝12.5 m/s2
C．位于炮膛中的点燃火药的炮弹，其速度、加速度可能均为零
D．根据图中数据可求出猎豹在100 m内的平均速率为v＝16.3 m/s
解析：选C　高速行驶的磁悬浮列车，若匀速行驶，其加速度为零，选项A正确。由v2＝2ax可得a≈12.5 m/s2，选项B正确。位于炮膛中的点燃火药的炮弹的速度为零、加速度一定不为零，选项C错误。根据图中数据可求出猎豹在100 m内的平均速率为v＝ m/s≈16.3 m/s，选项D正确。
7．在第15届机器人世界杯赛上，中国科技大学获得仿真2D组冠军，标志着我国在该领域的研究取得了重大进展。若要使机器人执行一项任务，给它设定了如下动作程序：机器人在平面内由点(1 m，1 m)出发，沿直线运动到点(4 m,2 m)，然后又由点(4 m,2 m)沿直线运动到点(2 m,5 m)，然后又由点(2 m，5 m)沿直线运动到点(6 m,6 m)，然后又由点(6 m，6 m)沿直线运动到点(3 m,3 m)。整个过程中机器人所用时间是2 s，下列说法正确的是(　 )
A．机器人的运动轨迹是一条直线
B．整个过程中机器人的位移大小为2 m
C．整个过程中机器人的路程大小为2 m
D．整个过程中机器人的平均速度为1.5 m/s
解析：选B　根据坐标分析可知轨迹为折线，A错误；整个过程中位移为从点(1 m,1 m)到点(3 m，3 m)的有向线段，位移大小为2 m，整个过程中机器人的路程大小为运动轨迹的长度，路程大小大于2 m，B正确，C错误；整个过程中机器人的平均速度＝＝ m/s＝1 m/s，D错误。
8．(多选)如图甲所示为速度传感器的工作示意图，P为发射超声波的固定小盒子，工作时P向被测物体发出短暂的超声波脉冲，脉冲被运动的物体反射后又被P接收。从P发射超声波开始计时，经过时间Δt再次发射超声波脉冲。图乙是两次发射的超声波的位移—时间图像，则下列说法正确的是(　 )
A．物体到小盒子P的距离越来越远
B．在两次发射超声波脉冲的时间间隔Δt内，物体通过的位移为x2－x1
C．超声波的速度为
D．物体在t2－t1时间内的平均速度为
解析：选AD　由题图乙可知，第二次超声波传播的最远距离比第一次的大，可知物体到小盒子P的距离越来越远，故A正确；由题图乙可知，物体在t2－t1时间内的位移为x2－x1，该时间内物体的平均速度为＝，在Δt内物体通过的位移为x＝Δt，故B错误，D正确；由题图乙可知，超声波的速度为v＝，故C错误。
第2讲　匀变速直线运动的规律
1．匀变速直线运动
2．初速度为零的匀加速直线运动的比例关系
(1)1T末、2T末、3T末…nT末的瞬时速度之比：
v1∶v2∶v3∶…∶vn＝1∶2∶3∶…∶n。
(2)前1T内、前2T内、前3T内…前nT内的位移之比：
x1∶x2∶x3∶…∶xn＝1∶22∶32∶…∶n2。
(3)第1个T内、第2个T内、第3个T内…第n个T内的位移之比：
xⅠ∶xⅡ∶xⅢ∶…∶xN＝1∶3∶5∶…∶(2n－1)。
(4)从静止开始通过连续相等的位移所用时间之比：
t1∶t2∶t3∶…∶tn＝1∶(－1)∶(－)∶…∶(－)。
3．自由落体运动和竖直上抛运动的基本规律
自由落体运动 竖直上抛运动
运动特点 初速度为0，加速度为g的匀加速直线运动 初速度方向竖直向上，加速度为g，上升阶段做匀减速直线运动，下降阶段做自由落体运动
速度公式 v＝gt v＝v0－gt
位移公式 h＝gt2 h＝v0t－gt2
速度—位移关系式 v2＝2gh v2－v02＝－2gh
情境创设1
根据《道路交通安全法》的规定，为了保障通行安全，雾天驾驶机动车在高速公路行驶时，应当降低行驶速度。雾天视线受阻，应该打开雾灯。
[微点判断]
(1)机动车做匀加速直线运动时，其在任意两段相等时间内的速度变化量相等。(√)
(2)机动车在匀变速直线运动中，中间时刻的速度一定小于该段时间内位移中点的速度。(√)
(3)机动车遇到险情刹车做匀减速直线运动直至停止的过程中一共用时nT，则第1个T内、第2个T内、第3个T内…第n个T内的位移之比为(2n－1)∶…∶5∶3∶1。(√)
情境创设2　
在无风的雨天，水滴从屋檐无初速度滴落，不计空气阻力。
　[微点判断]
(4)水滴做自由落体运动，水滴下落的高度与时间成正比。(×)
(5)水滴做自由落体运动的加速度一定等于9.8 m/s2。(×)
(6)水滴下落过程中，在1T末、2T末、3T末、…、nT末的瞬时速度大小之比为1∶2∶3∶…∶n。(√)
(7)水滴滴在屋檐下的石板上后，又竖直向上溅起，水滴到达最高点时处于静止状态。(×)
(一) 匀变速直线运动的规律(精研点)
逐点清1　匀变速直线运动公式的应用
1.一列复兴号动车进站时做匀减速直线运动，车头经过站台上三个立柱A、B、C，对应时刻分别为t1、t2、t3，其x-t图像如图所示。则下列说法正确的是(　 )
A．t1∶t2∶t3＝1∶∶
B．车头经过立柱A的速度为
C．车头经过立柱B的速度为
D．车头经过立柱A、B过程中的平均速度为
解析：选D　根据初速度为0的匀加速直线运动的规律可知，只有初速度为0，通过的位移之比为1∶2∶3时，所需时间的比才为1∶∶，故A错误；因为动车做匀减速直线运动，所以车头经过立柱A的速度不可能为0～t1时间内的平均速度，故B错误；t1～t3时间段的平均速度为＝，只有匀变速直线运动中间时刻的速度等于该段位移内的平均速度，而B点属于该段的位移中点，故C错误；车头经过立柱A、B过程中的平均速度为v＝，故D正确。
一点一过
1．公式间的关系
2．公式选取技巧
涉及的物理量 未涉及的物理量 适宜选用公式
v0，v，a，t x v＝v0＋at
v0，a，t，x v x＝v0t＋at2
v0，v，a，x t v2－v02＝2ax
v0，v，t，x a x＝t
逐点清2　两类特殊的匀减速直线运动对比
2．[刹车类问题]汽车在水平面上刹车，其位移与时间的关系是x＝24t－6t2，则汽车在前3 s内的平均速度为(　 )
A．6 m/s B．8 m/s
C．10 m/s D．12 m/s
解析：选B　将题目中的表达式与x＝v0t＋at2比较可知，v0＝24 m/s，a＝－12 m/s2。所以由v＝v0＋at可得汽车从刹车到静止的时间t＝ s＝2 s，由此可知第3 s内汽车已经停止，汽车运动的位移x＝24×2 m－6×22 m＝24 m，则平均速度＝＝ m/s＝8 m/s，故B正确。
3．[双向可逆类问题]
如图所示，一物块(可视为质点)以一定的初速度从一足够长的光滑固定斜面的底端开始上滑，在上滑过程中的最初5 s内和最后5 s内经过的位移之比为11∶5。忽略空气阻力，则此物块从底端开始上滑到返回斜面底端一共经历的时间是(　 )
A．8 s B．10 s
C．16 s D．20 s
解析：选C　设物块运动的加速度为a，上滑运动时间为t，把物块上滑的运动看成反向的初速度为0的匀加速直线运动，则最后5 s内位移为x1＝a×52＝a，最初5 s内位移为x2＝a(t－5)×5＋a×52＝5at－a，又因为x2∶x1＝11∶5，解得t＝8 s。由于斜面光滑，上滑和下滑的时间相同，则物块从底端开始上滑到返回斜面底端一共经历的时间是16 s，故A、B、D错误，C正确。
　两类特殊的匀减速直线运动分析
刹车类 (1)其特点为匀减速到速度为零后即停止运动，加速度a突然消失。(2)求解时要注意确定其实际运动时间。(3)如果问题涉及最后阶段(到停止运动)的运动，可把该阶段看成反向的初速度为零的匀加速直线运动。
双向可逆类 (1)示例：如沿光滑斜面上滑的小球，到最高点后仍能以原加速度匀加速下滑，全过程加速度大小、方向均不变。(2)注意：求解时可分过程列式也可对全过程列式，但必须注意x、v、a等矢量的正负号及物理意义。
逐点清3　匀变速直线运动中的多过程问题
4．因高铁的运行速度快，对制动系统的性能要求较高，高铁列车上安装有多套制动装置——制动风翼、电磁制动系统、空气制动系统、摩擦制动系统等。在一段直线轨道上，某高铁列车正以v0＝288 km/h的速度匀速行驶，列车长突然接到通知，前方x0＝5 km处道路出现异常，需要减速停车。列车长接到通知后，经过t1＝2.5 s将制动风翼打开，高铁列车获得a1＝0.5 m/s2的平均制动加速度减速，减速t2＝40 s后，列车长再将电磁制动系统打开，结果列车在距离异常处500 m的地方停下来。
(1)求列车长打开电磁制动系统时，列车的速度的大小。
(2)求制动风翼和电磁制动系统都打开时，列车的平均制动加速度a2的大小。
解析：(1)打开制动风翼时，列车的加速度大小为a1＝0.5 m/s2，
设经过t2＝40 s时，列车的速度为v1，
则v1＝v0－a1t2＝60 m/s。
(2)列车长接到通知后，经过t1＝2.5 s，
列车行驶的距离x1＝v0t1＝200 m
打开制动风翼到打开电磁制动系统的过程中，
列车行驶的距离x2＝＝2 800 m
打开电磁制动后，列车行驶的距离
x3＝x0－x1－x2－500 m＝1 500 m；
a2＝＝1.2 m/s2。
答案：(1)60 m/s　(2)1.2 m/s2
　求解多过程运动问题的方法
(1)根据题意画出物体在各阶段的运动示意图，直观呈现物体的运动过程。
(2)明确物体在各阶段的运动性质，找出题目给定的已知量、待求量以及中间量。
(3)合理选择运动学公式，列出物体在各阶段的运动方程，同时列出物体各阶段间的关联方程，联立求解。
[注意]　物体前一阶段的末速度是后一阶段的初速度，即速度是联系各阶段运动的桥梁。
(二) 自由落体和竖直上抛(精研点)
逐点清1　自由落体运动
1．(2023·辽宁渤大附中联考)一个物体从某一高度做自由落体运动。已知它在第1 s内的位移恰为它在最后1 s内位移的三分之一。则它开始下落时距地面的高度为(g取10 m/s2)(　 )
A．15 m　 B．20 m　
C．11.25 m　 D．31.25 m
解析：选B　由自由落体运动规律得第1 s内物体的位移为5 m，则最后1 s内物体的位移为15 m，设整个自由落体运动时间为t，可得gt2－g(t－1 s)2＝15 m，解得t＝2 s，所以h＝gt2＝20 m，故B正确。
2.(多选)一根轻质细线将2个薄铁垫片A、B连接起来，一同学用手固定B，此时A、B间距为3L，A距地面为L，如图所示。由静止释放A、B，不计空气阻力，且A、B落地后均不再弹起。从开始释放到A落地历时t1，A落地前的瞬时速率为v1，从A落地到B落在A上历时t2，B落在A上前的瞬时速率为v2，则(　 )
A．t1＞t2 B．t1＝t2
C．v1∶v2＝1∶2 D．v1∶v2＝1∶3
解析：选BC　A垫片下落用时t1等于B垫片开始下落距离L用时，B垫片再下落3L用时t2，由于t1、t2时间内B下落的位移满足1∶3的关系，故t1＝t2，由v＝gt可知，v1∶v2＝1∶2，所以B、C均正确。
一点一过　自由落体运动规律的快捷应用
可充分利用自由落体运动初速度为零的特点、比例关系及推论等规律解题。
(1)从运动开始连续相等时间内的下落高度之比为1∶3∶5∶7∶…
(2)从运动开始一段时间内的平均速度
＝＝＝gt
(3)连续相等时间T内的下落高度之差Δh＝gT2
逐点清2　竖直上抛运动
3．(多选)以30 m/s的速度竖直向上抛出一个小球，小球运动到离抛出点25 m处所经历的时间可能是(不计空气阻力，取g＝10 m/s2)(　 )
A．1 s　　B．3 s　　C．5 s　　D．(3＋)s
解析：选ACD　取竖直向上方向为正方向，当小球运动到抛出点上方离抛出点25 m时，位移为x＝25 m，由x＝v0t－gt2，代入得25＝30t－×10t2，解得t1＝1 s，t2＝5 s。当小球运动到抛出点下方离抛出点25 m时，位移为x＝－25 m，由x＝v0t－gt2，代入得－25＝30t－×10t2，解得t1＝(3＋)s，t2＝(3－)s(舍去)，故A、C、D正确。
4．研究人员为检验某一产品的抗撞击能力，乘坐热气球并携带该产品竖直升空，当热气球以10 m/s的速度匀速上升到某一高度时，研究人员从热气球上将产品自由释放，测得经11 s产品撞击地面。不计产品所受的空气阻力，求产品的释放位置距地面的高度。(g取10 m/s2)
解析：法一：分段法
根据题意画出运动草图如图所示，在A→B段，根据匀变速运动规律可知
tAB＝＝1 s，hAB＝hBC＝gtAB2＝5 m，由题意可知tBD＝11 s－1 s＝10 s，
根据自由落体运动规律可得hBD＝gtBD2＝500 m，故释放点离地面的高度H＝hBD－hAB＝495 m。
法二：全程法
将产品的运动视为匀变速直线运动，规定向上为正方向，则v0＝10 m/s，a＝－g＝－10 m/s2，
根据H＝v0t＋at2，解得H＝－495 m，
即产品刚释放时离地面的高度为495 m。
答案：495 m
1．竖直上抛运动的对称性和多解性
对称性 如图所示，物体以初速度v0竖直上抛，A、B为途中的任意两点，C为最高点，则：
多解性 当物体经过抛出点上方某个位置时，可能处于上升阶段，也可能处于下降阶段，形成多解，在解决问题时要注意这个特性。
2．研究竖直上抛运动的两种方法
分段法 将全程分为两个阶段，即上升过程的匀减速阶段和下落过程的自由落体阶段
全程法 将全过程视为初速度为v0，加速度a＝－g的匀变速直线运动，必须注意物理量的矢量性
(三) 解决匀变速直线运动问题的六种方法(培优点)
解决匀变速直线运动问题常用的方法有六种：基本公式法、平均速度法、比例法、逆向思维法、推论法、图像法。不同的题目，采用的求解方法也不相同，即使多种方法都能采用，各方法的解题效率也会有区别，要注意领会和把握。
方法1　基本公式法
　[研一题]　一个质点以初速度v0做匀加速直线运动，加速度大小为a，经过时间t，位移大小为2at2，末速度为v，则v∶v0为(　 )
A．4∶3 B．3∶1
C．5∶3 D．5∶2
解析：选C　根据匀变速直线运动的位移公式有v0t＋at2＝2at2，可得v0＝，根据匀变速直线运动的速度公式有v＝v0＋at＝，故＝，选项C正确。
[悟一法]　基本公式法是指利用v＝v0＋at、x＝v0t＋at2、v2－v02＝2ax，求解匀变速直线运动问题，需要注意这三个公式均为矢量式，使用时要注意方向性。
方法2　平均速度法
　[研一题]　中国自主研发的“暗剑”无人机，最大时速可超过2马赫。在某次试飞测试中，起飞前沿地面做匀加速直线运动，加速过程中连续经过两段均为120 m的测试距离，用时分别为2 s和1 s，则无人机的加速度大小是(　 )
A．20 m/s2 B．40 m/s2
C．60 m/s2 D．80 m/s2
解析：选B　第一段的平均速度v1＝＝60 m/s；第二段的平均速度v2＝＝120 m/s，某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，两个中间时刻的时间间隔为Δt＝＋＝1.5 s，则加速度为：a＝＝40 m/s2。
　[悟一法]　平均速度法是指利用＝和＝＝v，求解匀变速直线运动问题，＝v也常用于处理纸带类问题。
方法3　比例法
　[研一题]　一平直公路旁等间距竖立5根电线杆，相邻两电线杆间距为d，如图所示。一小车车头与第1根电线杆对齐，从静止开始做匀加速直线运动，测得小车车头从第1根电线杆到第2根电线杆历时t，以下说法正确的是(　 )
A．车头到第2根电线杆时，速度大小为
B．车头从第1根电线杆到第5根电线杆历时为t
C．车头到第5根电线杆时，速度大小为
D．车头到第5根电线杆时，速度大小为
解析：选C　设车头到第2根电线杆时的速度为v，由平均速度公式＝，得v＝，A错误；根据初速度为零的匀变速直线运动，连续相等时间内通过的位移之比为1∶3∶5∶…，车头到第5根电线杆时所用的时间为2t，B错误；车头到第5根电线杆时的速度为v′＝2×＝，C正确，D错误。
[悟一法]　比例法适用于初速度为零的匀加速直线运动和末速度为零的匀减速直线运动。
方法4　逆向思维法
　[研一题]　(多选)如图所示，在水平面上固定着三个完全相同的木块，一子弹以水平速度射入木块，若子弹在木块中做匀减速直线运动，当穿透第三个木块时速度恰好为零，则子弹依次射入每个木块时的速度比和穿过每个木块所用时间比分别为(　 )
A．v1∶v2∶v3＝3∶2∶1
B．v1∶v2∶v3＝∶∶1
C．t1∶t2∶t3＝1∶∶
D．t1∶t2∶t3＝(－)∶(－1)∶1
解析：选BD　该运动的逆运动为子弹向左做初速度为零的匀加速直线运动，设每个木块厚度为L，则v32＝2a·L，v22＝2a·2L，v12＝2a·3L，故v1∶v2∶v3＝∶∶1，B正确。由于每个木块厚度相同，故由比例关系可得t1∶t2∶t3＝(－)∶(－1)∶1，D正确。
[悟一法]　逆向思维法是指把末速度为零的匀减速直线运动看成反向的初速度为零的匀加速直线运动。
在利用逆向思维法求解问题时，结合比例法求解往往会使问题简化。
方法5　推论法
　[研一题] 图所示，蹦床运动员竖直向上跳起后，在向上运动的过程中依次通过O、P、Q三点，这三个点距蹦床的高度分别为5 m、7 m、8 m，并且从O至P所用时间和从P至Q所用时间相等，已知重力加速度g取10 m/s2，忽略空气阻力，蹦床运动员可以上升的最大高度(距离蹦床)为(　 )
A．8.125 m B．9.125 m
C．10.5 m D．11.5 m
解析：选A　由题意可知，OP＝2 m，PQ＝1 m，根据Δx＝gT2可知，蹦床运动员从O至P所用时间为T＝ s，过P点时的速度为vP＝，设最高点距P点的高度为h，有2gh＝vP2，解得h＝1.125 m，故蹦床运动员可以上升的最大高度H＝7 m＋h＝8.125 m，A正确。
[悟一法]　推论法是指利用Δx＝aT 2或xm－xn＝(m－n)aT 2，求解匀变速直线运动问题，在此类问题中，利用推论法求出加速度往往是解决问题的突破口。
方法6　图像法
　[研一题]　(2023·烟台高三调研)如图所示，甲、乙两车同时由静止从A点出发，沿直线AC运动。甲以加速度a3做初速度为零的匀加速运动，到达C点时的速度为v。乙以加速度a1做初速度为零的匀加速运动，到达B点后做加速度为a2的匀加速运动，到达C点时的速度也为v。若a1≠a2≠a3，则(　 )
A．甲、乙不可能同时由A到达C
B．甲一定先由A到达C
C．乙一定先由A到达C
D．若a1＞a3，则甲一定先由A到达C
解析：选A　根据速度—时间图线得，若a1＞a3，如图1所示，因为末速度相等，位移相等，即图线与时间轴所围成的面积相等，则t乙＜t甲。
若a3＞a1，如图2所示，因为末速度相等，位移相等，即图线与时间轴所围成的面积相等，则t乙＞t甲。通过图线作不出位移相等、速度相等、时间也相等的图线，所以甲、乙不能同时到达。故A正确，B、C、D错误。
[悟一法]　图像法是指利用v-t图像分析物体的运动情况，注意掌握以下三点：
(1)确定不同时刻速度的大小，利用图线斜率求加速度；
(2)利用图线截距、斜率及斜率变化确定物体运动情况；
(3)利用图线与时间坐标轴围成的面积计算位移。
1．[体现学以致用](多选)一同学观察到房子对面有一棵大树，大树上的树叶从约10米高的树枝上落下，她记录下来树叶下落的时间，你觉得下落时间可能是(　 )
A．1 s B．2 s
C. s D．3 s
解析：选BD　假设树叶不受阻力，根据自由落体运动可得h＝gt2，解得t＝ ＝ s，而树叶下落过程中受到的阻力不可忽略，则其下落时间一定大于 s，B、D正确，A、C错误。
2．[渗透五育教育(体育)]北京冬奥会滑雪场上有一段斜坡滑道，滑雪运动员沿滑道下滑可看作匀加速直线运动。一次比赛时，某运动员从滑道上的O点由静止出发匀加速下滑，途经A、B、C三点，测得AB间距为L1，运动时间为t1；BC间距为L2，运动时间为t2。根据以上所测数据(　 )
A．无法求得OA的距离
B．无法求得运动员的加速度
C．可以求得运动员经过A点时的速度
D．求得运动员经过B点的速度为
解析：选C　由题中所给数据可求得加速度大小a＝，方向沿滑道向下，由此可求vA＝－a，OA＝，A、B错误，C正确；经过B点时不一定是AC的中间时刻，经过B点的速度不一定等于AC段的平均速度，D错误。
3．[强化科学探究]
在地质、地震、勘探、气象和地球物理等领域的研究中，常用“对称自由下落法”测重力加速度g的值。如图所示，在某地将足够长真空长直管沿竖直放置，自直管下端竖直上抛一小球，测得小球两次经过a点的时间间隔为Ta，两次经过b点的时间间隔为Tb，又测得a、b两点间距离为h，则当地重力加速度g的值为(　 )
A. B.
C. D.
解析：选B　小球从a点上升到最大高度过程中，有ha＝g2，小球从b点上升到最大高度过程中，有hb＝g2，依据题意ha－hb＝h，联立解得g＝，B正确。
4．[联系生活实际]
如图所示，建筑工人常常徒手抛接砖块，地面上的工人以10 m/s的速度竖直向上间隔1 s连续两次抛砖，每次抛一块，房子上的工人在距抛砖点正上方3.75 m处接砖，g取10 m/s2，空气阻力可以忽略，则房子上的工人两次接砖的最长时间间隔为(　 )
A．4 s B．3 s
C．2 s D．1 s
解析：选C　研究第一块砖：h＝v0t＋(－g)t2，即3.75 m＝(10t－5t2)m，解得t1＝0.5 s，t2＝1.5 s，分别对应第一块砖上升过程和下降过程，根据题意第二块砖到达抛砖点正上方3.75 m处的时间为t3＝1.5 s，t4＝2.5 s，房子上的工人两次接砖的最长时间间隔为Δt＝t4－t1＝2 s，选项C正确。
5．[联系生活实际]图(a)为自动感应门，门框上沿中央安装有传感器，当人与传感器的水平距离小于或等于某个设定值(可称为水平感应距离)时，中间两扇门分别向左右平移，当人与传感器的距离大于设定值时，门将自动关闭。图(b)为感应门的俯视图，A为传感器位置，虚线圆是传感器的感应范围，已知每扇门的宽度为d，最大移动速度为v0，若门开启时先匀加速运动而后立即以大小相等的加速度匀减速运动，每扇门完全开启时的速度刚好为零，移动的最大距离为d，不计门及门框的厚度。
(1)求门开启时做加速和减速运动的加速度大小；
(2)若人以v0的速度沿图中虚线s走向感应门，要求人到达门框时左右门同时各自移动的距离，那么设定的传感器水平感应距离l应为多少？
(3)若以(2)的感应距离设计感应门，欲搬运宽为的物体(厚度不计)，并使物体中间沿虚线s垂直地匀速通过该门，如图(c)所示，物体的移动速度不能超过多少？
解析：
(1)依题意每扇门开启过程中的速度图像如图所示：
设门全部开启所用的时间为t0，由图可得d＝v0t0
由速度公式得：v0＝a·
联立解得：a＝。
(2)要使单扇门打开，需要的时间为t＝t0
人只要在t时间内到达门框处即可符合要求，所以人到门的距离为l＝v0t，联立解得：l＝d。
(3)宽为d的物体运动到门框过程中，每扇门至少要运动d的距离，每扇门的运动各经历两个阶段：开始以加速度a运动s1＝的距离，速度达到v0，所用时间为t1＝，而后又做匀减速运动，设减速时间为t2，门又运动了s2＝d－d＝d的距离
由匀变速运动公式，得：s2＝v0t2－at22
解得：t2＝和t2＝(不合题意舍去)
要使每扇门打开d所用的时间为t1＋t2＝
故物体移动的速度不能超过v＝＝v0。
答案：(1)　(2)d　(3)v0
[课时跟踪检测]
一、立足主干知识，注重基础性和综合性
1．如图所示，在离地面一定高度处把4个水果以不同的初速度竖直上抛，不计空气阻力，g取10 m/s2，若1 s后4个水果均未着地，则1 s后速率最大的是(　 )
解析：选A　根据v＝v0＋at，a＝－g，v0A＝3 m/s代入解得vA＝－7 m/s。同理解得vB＝－5 m/s，vC＝0，vD＝5 m/s。由于|vA|>|vB|＝|vD|>|vC|，故选A。
2.用如图所示的方法可以测量人的反应时间。实验时，一同学在上方用两个手指捏住直尺的顶端(直尺满刻度25 cm处，如图甲)，另一同学在下方用手做捏住直尺的准备(对应直尺刻度0 cm处)。当上方的手放开直尺时，下方的手立即捏住直尺(对应直尺刻度如图乙)。下列说法正确的是(取g＝10 m/s2)(　 )
A．受测人的反应时间约为0.13 s
B．受测人的反应时间约为0.30 s
C．下方的手捏住直尺前瞬间直尺的速度大小约为 2.0 m/s
D．下方的手捏住直尺前瞬间直尺的速度大小约为 1.5 m/s
解析：选C　直尺下降的高度为h＝23 cm－0 cm＝23 cm＝0.23 m，由公式h＝gt2可知，受测人的反应时间为t＝＝ s≈0.2 s，A、B错误；下方的手捏住直尺前瞬间直尺的速度大小约为v＝gt＝10×0.2 m/s＝2.0 m/s，C正确，D错误。
3．(2023·合肥高三调研)如图所示，一汽车装备了具有“全力自动刹车”功能的城市安全系统，系统以50 Hz的频率监视前方的交通状况。当车速v≤10 m/s且与前方静止的障碍物之间的距离接近安全距离时，如果司机未采取制动措施，系统就会立即启动“全力自动刹车”，使汽车避免与障碍物相撞。在上述条件下，若该车在不同路况下的“全力自动刹车”的加速度取4～6 m/s2之间的某一值，则“全力自动刹车”的最长时间为(　 )
A. s B. s
C．2.5 s D．12.5 s
解析：选C　当车速最大vm＝10 m/s且加速度取最小值时，“全力自动刹车”的时间最长。由速度公式v＝vm－at，解得t＝2.5 s，选项C正确。
4．一旅客在站台8号车厢候车线处候车，若动车一节车厢长25米，动车进站时做匀减速直线运动。第6节车厢经过旅客时用了4 s，动车停下时旅客刚好在8号车厢门口，如图所示，则该动车的加速度大小约为(　 )
A．2 m/s2 B．1 m/s2
C．0.5 m/s2 D．0.2 m/s2
解析：选C　将动车的运动等效为反向的匀加速直线运动，设动车第7节车厢经过旅客的时间为t，动车第7节车厢通过旅客的过程，有at2＝25 m，第6、7节车厢通过旅客的过程，有a(t＋4 s)2＝2×25 m，解得a≈0.5 m/s2，C正确。
5.如图所示，某段平直公路上有A、B、C、D、E五点，相邻两点间距离均相等，若一辆汽车从A点由静止开始做匀加速直线运动，通过AB段的时间为t，则通过CE段的时间为(　 )
A．t B.t
C．(2－)t D．(2＋)t
解析：选C　设汽车加速度为a，对于AB段有x＝at2，同理，对于AC段有2x＝at12，对于AE段有4x＝at22，联立解得t1＝t，t2＝2t，故通过CE的时间为Δt＝t2－t1＝(2－)t，C正确。
6.(多选)目前一些公司推出了智能物流机器人。机器人运动的最大速度为1 m/s，当它过红绿灯路口时，发现绿灯时间是20 s，路宽是19.5 m，它启动的最大加速度是0.5 m/s2，下面是它过马路的安排方案，既能不闯红灯，又能安全通过的方案是(　 )
A．在停车线等绿灯亮起，以最大加速度启动
B．在距离停车线1 m处，绿灯亮起之前2 s，以最大加速度启动
C．在距离停车线2 m处，绿灯亮起之前2 s，以最大加速度启动
D．在距离停车线0.5 m处，绿灯亮起之前1 s，以最大加速度启动
解析：选BD　机器人在停车线等绿灯亮起后，需要t1＝＝2 s达到最大速度，位移是x1＝at12＝1 m，匀速运动的位移x2＝l－x1＝18.5 m，需要时间为t2＝＝18.5 s，两次运动时间之和为20.5 s，不安全，故A不符合题意。在距离停车线1 m处以最大加速度启动2 s，正好绿灯亮，机器人也正好到了停车线，再经过19.5 s通过马路，这个方案是可以的，故B符合题意。在距离停车线2 m处，机器人启动2 s后，走了1 m，距离停车线还有1 m，这时绿灯亮起，机器人距离马路另外一端还有20.5 m，需要20.5 s通过，而绿灯时间为20 s，所以不安全，故C不符合题意。在距离停车线0.5 m处，1 s后绿灯亮起，其位移为x＝at2＝0.25 m，小于0.5 m，故没有闯红灯，继续前进0.75 m，达到最大速度，共用去了2 s，绿灯还有19 s，这时剩下的距离还有19 m，正好通过马路，故D符合题意。
7．(多选)矿井中的升降机以5 m/s的速度竖直向上匀速运行，某时刻一螺钉从升降机底板松脱，经过3 s升降机底板上升至井口，此时松脱的螺钉刚好落到井底，不计空气阻力，取重力加速度g＝10 m/s2，下列说法正确的是(　 )
A．螺钉松脱后做自由落体运动
B．矿井的深度为45 m
C．螺钉落到井底时的速度大小为25 m/s
D．螺钉随升降机从井底出发到落回井底共用时6 s
解析：选BC　螺钉松脱时具有与升降机相同的向上的初速度，故螺钉脱落后做竖直上抛运动，A错误；由运动学公式可得，螺钉自脱落至落到井底的位移大小h1＝－v0t＋gt2，升降机这段时间的位移大小h2＝v0t，故矿井的深度为h＝h1＋h2＝45 m，B正确；螺钉落到井底时的速度大小为v＝－v0＋gt＝25 m/s，C正确；设螺钉松脱前运动的时间为t′，则h1＝v0t′，解得t′＝6 s，所以螺钉运动的总时间为t＋t′＝9 s，D错误。
8．(2022·全国甲卷)长为l的高速列车在平直轨道上正常行驶，速率为v0，要通过前方一长为L的隧道，当列车的任一部分处于隧道内时，列车速率都不允许超过v(v A.＋ B.＋
C.＋ D.＋
解析：选C　由题知当列车的任一部分处于隧道内时，列车速率都不允许超过v(v < v0)，则列车进隧道前必须减速到v，则有v＝v0－2at1，解得t1＝；匀速通过隧道的时间t2＝；列车尾部出隧道后立即加速到v0，有v0＝v＋at3，解得t3＝。则列车从减速开始至回到正常行驶速率v0所用时间至少为t＝t1＋t2＋t3＝＋。
9.(2023·济南高三检测)在2022年卡塔尔世界杯足球比赛中，经常使用“边路突破，下底传中”的战术，即攻方队员带球沿边线前进，到底线附近进行传中，某足球场长90 m、宽60 m，如图所示，攻方前锋在中线处将足球沿边线向前踢出，足球的运动可视为在地面上做初速度为12 m/s的匀减速直线运动，加速度大小为3 m/s2，试求：
(1)足球从开始做匀减速直线运动到停下来的位移为多大。
(2)足球开始做匀减速直线运动的同时，该前锋队员在边线中点处沿边线向前追赶足球，他的起动过程可以视为从静止出发，加速度为4 m/s2的匀加速直线运动，他能达到的最大速度为8 m/s，该前锋队员至少经过多长时间能追上足球。
解析：(1)根据运动学公式可得足球匀减速位移为x＝＝24 m。
(2)足球匀减速时间：t＝＝4 s
人加速时间：t1＝＝2 s
当球停止时人的位移为x1＝a1t12＋vm(t－t1)＝24 m
故最短时间为4 s。
答案：(1)24 m　(2)4 s
二、强化迁移能力，突出创新性和应用性
10．(2022·辽宁高考)如图所示，一小物块从长1 m的水平桌面一端以初速度v0沿中线滑向另一端，经过1 s从另一端滑落。物块与桌面间动摩擦因数为μ，g取10 m/s2。下列v0、μ值可能正确的是(　 )
A．v0＝2.5 m/s B．v0＝1.5 m/s
C．μ＝0.28 D．μ＝0.25
解析：选B　根据题意，小物块平均速度为1 m/s，小物块做匀变速直线运动，设小物块运动的末速度为v，则＝1 m/s，且小物块的末速度大于等于0。因此v0最大为2 m/s，由v2－v02＝－2μgx，得μ最大为0.2，故选B。
11．(2022·湖北高考)我国高铁技术全球领先，乘高铁极大节省了出行时间。假设两火车站W和G间的铁路里程为1 080 km，W和G之间还均匀分布了4个车站。列车从W站始发，经停4站后到达终点站G。设普通列车的最高速度为108 km/h，高铁列车的最高速度为324 km/h。若普通列车和高铁列车在进站和出站过程中，加速度大小均为0.5 m/s2，其余行驶时间内保持各自的最高速度匀速运动，两种列车在每个车站停车时间相同，则从W到G乘高铁列车出行比乘普通列车节省的时间为(　 )
A．6小时25分钟 B．6小时30分钟
C．6小时35分钟 D．6小时40分钟
解析：选B　108 km/h＝30 m/s,324 km/h＝90 m/s，由于中间4个站均匀分布，因此节省的时间相当于在任意相邻两站间节省的时间的5倍，相邻两站间的距离x＝ m＝2.16×105 m，普通列车加速时间t1＝＝ s＝60 s，加速过程的位移x1＝at12＝×0.5×602 m＝900 m，根据对称性可知减速与加速位移相等，可得匀速运动的时间t2＝＝ s＝7 140 s，同理高铁列车加速时间t1′＝＝ s＝180 s，加速过程的位移x1′＝at1′2＝×0.5×1802 m＝8 100 m，根据对称性可知减速与加速位移相等，可得匀速运动的时间t2′＝＝ s＝2 220 s，相邻两站间节省的时间Δt＝(t2＋2t1)－(t2′＋2t1′)＝4 680 s，因此总的节省时间Δt总＝5Δt＝4 680×5 s＝23 400 s＝6小时30分钟，B正确。
12．(2023·唐山高三模拟)春节期间，全国高速公路收费路段对7座以下(含7座)小型客车以及允许在普通收费公路行驶的摩托车免收通行费。上述车辆通过收费站口时，在专用车道上可以不停车不拿(交)卡而直接减速通过。若某车匀速运动的速度v0＝30 m/s，该车在距收费站口72 m处开始做匀减速直线运动，通过收费站口时的速度vt＝6 m/s，然后立即以8 m/s2的加速度加速至原来的速度(假设收费站的前、后都是平直大道)。
(1)求汽车在靠近收费站口时做匀减速运动的加速度大小。
(2)该车因过收费站而耽误的时间为多少？
解析：(1)汽车进入站口前做匀减速直线运动，则由速度—位移公式有vt2－v02＝－2a1x1
解得a1＝6 m/s2。
(2)汽车通过收费站经历匀减速和匀加速两个阶段，前后两段位移分别为x1和x2，所用时间分别为t1和t2，则减速阶段有vt＝v0－a1t1
解得t1＝4 s
加速阶段有t2＝＝3 s
则加速阶段和减速阶段的总时间t＝t1＋t2＝7 s
汽车在加速阶段通过的位移x2＝t2＝54 m
则总位移x＝x1＋x2＝126 m
若汽车不减速过收费站所需要时间t′＝＝4.2 s
汽车因过收费站而耽误的时间Δt＝t－t′＝2.8 s。
答案：(1)6 m/s2　(2)2.8 s
类型(一)　位移—时间(x-t)图像
考法1　x-t图像的理解
1.(2023·大连高三月考)一遥控玩具小车在平直路上运动的位移—时间图像如图所示，则(　 )
A．8 s末小车的位移为20 m
B．前10 s内小车的加速度为3 m/s2
C．20 s末小车的速度为－1 m/s
D．前25 s内小车做单方向直线运动
解析：选C　x-t图像中斜率表示速度，小车在0～10 s内的速度为v1＝＝3 m/s，故小车在0～10 s内做匀速直线运动，加速度为0,8 s末小车的位移为x＝v1t1＝3×8 m＝24 m，故A、B错误；15～25 s时间内小车的速度为v2＝＝－1 m/s，即20 s末小车的速度为－1 m/s，故C正确；小车在15 s末速度方向变为负方向，故D错误。
考法2　x-t图像中图线交点及斜率的理解
2.(2021年8省联考·辽宁卷)甲、乙两物体沿直线同向运动，其位置x随时间t的变化如图所示，甲、乙图线分别为圆弧、直线。下列说法正确的是(　 )
A．甲做匀减速直线运动
B．乙做匀加速直线运动
C．第4 s末，二者速度相等
D．前4 s内，二者位移相等
解析：选D　如果甲做匀减速直线运动，其位移—时间图像应为抛物线，A错误；乙做匀速直线运动，B错误；图像的斜率表示速度，第4 s末，二者的斜率不相等，所以速度不等，二者的初末位置相同，所以位移相同，C错误，D正确。
考法3　由x-t图像比较物体运动情况
3.(2023·衡水模拟)(多选)甲、乙两个小钢球沿竖直方向做匀变速直线运动，其x-t图像如图所示，两图线均为抛物线，(1 s,7 m)和(0,2 m)分别为甲、乙两抛物线的顶点。设竖直向上为正方向，关于两个小球的运动，下列说法正确的是(　 )
A．甲和乙的加速度相同
B．甲和乙的初速度相同
C．0～1 s内，甲、乙的平均速度相同
D．0～2 s内，甲的速度改变量大小为20 m/s
解析：选AD　由运动学公式x＝v0t＋at2，且甲、乙两个小钢球x-t图像为抛物线，两球做匀变速直线运动，甲球先向上做匀减速运动到顶点速度减为零，后向下做匀加速运动，在1～2 s内有x＝a甲t2，带入图中数据t＝1 s，x＝5 m，得a甲＝10 m/s2，方向向下，乙球从顶点向下做初速度为零的匀加速运动，0～1 s有x＝a乙t2，带入图中数据t＝1 s，x＝5 m，得a乙＝10 m/s2，方向向下，甲和乙的加速度相同，故A正确；由图像知甲经1 s时间上升到顶点，速度减为零，设甲球初速度为v0，由v＝v0＋(－a甲)t，带入数据有0＝v0＋(－10)×1 m/s，解得v0＝10 m/s，乙的初速度为零，故B错误；由题图知0～1 s内甲、乙的位移分别为5 m，－5 m，由平均速度公式＝，代入数据解得甲＝5 m/s，乙＝－5 m/s，故C错误；2 s末时甲向下加速了1 s，速度为v＝－a甲t＝－10 m/s,0～2 s内甲的速度改变量Δv＝v－v0＝－10 m/s－10 m/s＝－20 m/s，速度改变量的大小为20 m/s，故D正确。
[系统建模]
1．位移—时间图像反映了做直线运动的物体的位移随时间变化的规律，图像并非物体运动的轨迹。
2．位移—时间图像只能描述物体做直线运动的情况，这是因为位移—时间图像只能表示物体运动的两个方向：t轴上方代表正方向，t轴下方代表负方向；如果物体做曲线运动，则画不出位移—时间图像。
3．位移—时间图线上每一点的斜率表示物体在该时刻的速度，斜率的大小表示速度的大小，斜率的正负表示速度的方向。
类型(二)　速度—时间(v-t)图像
1．v-t图像的理解
(1)v-t图像反映了做直线运动的物体的速度随时间变化的规律，它只能描述物体做直线运动的情况。
(2)v-t图像中图线上每一点的斜率表示物体该时刻的加速度。斜率的大小表示加速度的大小，斜率为正表示加速度沿规定的正方向，但物体不一定做加速运动，斜率为负则加速度沿负方向，物体不一定做减速运动。
(3)v-t图像中图线与t轴所围面积表示这段时间内物体的位移。t轴上方的面积表示位移沿正方向，t轴下方的面积表示位移沿负方向，如果上方与下方的面积大小相等，说明物体恰好回到出发点。
2．x-t图像与v-t图像的比较
x-t图像 v-t图像
轴 横轴为时间t，纵轴为位移x 横轴为时间t，纵轴为速度v
线 倾斜直线表示匀速直线运动 倾斜直线表示匀变速直线运动
斜率 表示速度 表示加速度
面积 无实际意义 图线与时间轴围成的面积表示位移大小
纵截距 表示初位置 表示初速度
特殊点 拐点表示速度变化，交点表示相遇 拐点表示加速度变化，交点表示速度相等
[考法全训]
考法1　v-t图像的理解
1．(2022·河北高考)科学训练可以提升运动成绩，某短跑运动员科学训练前后百米全程测试中，速度v与时间t的关系图像如图所示。由图像可知(　 )
A．0～t1时间内，训练后运动员的平均加速度大
B．0～t2时间内，训练前、后运动员跑过的距离相等
C．t2～t3时间内，训练后运动员的平均速度小
D．t3时刻后，运动员训练前做减速运动，训练后做加速运动
解析：选D　根据加速度的定义式a＝，由题图可知0～t1时间内训练前的速度变化量大于训练后的速度变化量，所以训练前的平均加速度大，故A错误；根据v -t图像与横轴围成的面积表示位移，由题图可知0～t2时间内，训练前运动员跑过的距离比训练后的大，故B错误；由题图可知t2～t3时间内，训练后运动员的位移比训练前大，根据平均速度等于位移与时间的比值，可知训练后运动员的平均速度大，故C错误；根据v -t图像可直接判断知，t3时刻后，运动员训练前速度减小，做减速运动，运动员训练后速度增加，做加速运动，故D正确。
考法2　v-t图线的交点及斜率的理解
2.(2023·珠海高三测试)ETC是高速公路上不停车电子收费系统的简称，汽车在进入ETC通道感应识别区前需要减速至5 m/s，甲、乙两车以15 m/s的速度进入ETC通道感应识别区前，都恰好减速至5 m/s，减速过程的v-t图像如图所示，则(　 )
A．t1时刻，甲车的速度大于乙车的速度
B．t1时刻，甲车的加速度等于乙车的加速度
C．0～t1时间内，甲、乙两车的速度变化量相同
D．0～t1时间内，甲、乙两车的平均速度相同
解析：选C　题图为v-t图像，纵坐标表示速度，所以t1时刻，甲、乙两车速度相等，故A错误；斜率表示加速度大小，故t1时刻甲车的加速度大于乙车的加速度，故B错误；0～t1时间内，甲、乙两车的初末速度相同，所以0～t1时间内甲、乙两车的速度变化量相同，故C正确；v-t图线与时间坐标轴围成的面积表示位移大小，所以0～t1时间内甲车位移大于乙车位移，时间相等，由＝，可知甲车平均速度大，故D错误。
考法3　x-t图像与v-t图像的转化
3．(2021·辽宁高考)某驾校学员在教练的指导下沿直线路段练习驾驶技术，汽车的位置x与时间t的关系如图所示，则汽车行驶速度v与时间t的关系图像可能正确的是(　 )
解析：选A　x-t图像斜率的物理意义是速度，在0～t1时间内，x-t图像斜率增大，汽车的速度增大；在t1～t2时间内，x-t图像斜率不变，汽车的速度不变；在t2～t3时间内，x-t图像的斜率减小，汽车做减速运动，综上所述可知A中v-t图像可能正确。
类型(三)　非常规运动学图像
类型1　a-t图像
(1)由v＝v0＋at可知，v－v0＝at＝Δv，a-t图像与t轴所围面积表示物体速度的变化量。
(2)图像与纵轴的交点表示初始时刻的加速度。
　 [例1]　(2023·天津高三调研)拓展训练通常利用崇山峻岭、瀚海大川等自然环境，通过精心设计的活动达到“磨炼意志、陶冶情操、完善人格、熔炼团队”的培训目的。某次拓展训练中，小李(视为质点)做直线运动的加速度—时间图像如图所示。下列说法正确的是(　 )
A．第1 s末，小李的加速度方向发生了改变
B．第2 s末，小李的速度方向发生了改变
C．前2 s内，小李的位移为零
D．第3 s末和第5 s末，小李的速度相同
[解析]　因为在0～2 s内加速度一直为正值，可知第1 s末，小李的加速度方向没有发生改变，选项A错误；第2 s末，小李的加速度方向发生了改变，4 s末速度减为零，可知第2 s末，小李的速度方向没有发生改变，选项B错误；前2 s内，小李一直加速运动，则位移不为零，选项C错误；因a-t图像的面积等于速度的变化量，可知从第3 s末到第5 s末速度改变量为零，即第3 s末和第5 s末，小李的速度相同，选项D正确。
[答案]　D
类型2　-t图像
由x＝v0t＋at2→＝v0＋at可知：
(1)-t图像中图线的斜率k＝a。
(2)图线与纵轴的交点表示物体的初速度。
[例2]　一个运动物体的-t图像如图所示，根据图像下列说法正确的是(　 )
A．物体初速度大小为n
B．物体的加速大小为
C．m时刻物体的速度大小为0
D．0～m时间内物体的位移大小为
[解析]　根据匀变速直线运动位移时间公式x＝v0t＋at2可得＝v0＋at，根据数学知识可得v0＝n，a＝－，所以a＝－，故A正确，B错误；由上可知，m时刻物体的速度大小为v＝v0＋at＝n＋m＝－n，故C错误；0～m时间内物体的位移大小为x＝v0t＋at2＝nm＋m2＝0，故D错误。
[答案]　A
类型3　-x图像
由v2－v02＝2ax→v2＝v02＋2ax可知：
(1)v2-x图像的斜率k＝2a。
(2)图线与v2轴的交点表示物体初速度的平方，即v02。
　
[例3]　(2023·广州五校联考)在某试验场地的水平路面上甲、乙两车在相邻平行直车道上行驶。当甲、乙两车并排行驶的瞬间，同时开始刹车，刹车过程中两车速度的二次方v2随刹车位移x的变化规律如图所示。则下列说法正确的是(　 )
A．乙车先停止运动
B．甲、乙两车刹车过程中加速度大小之比为1∶12
C．从开始刹车起经4 s，两车再次恰好并排相遇
D．甲车停下时两车相距3.25 m
[解析]　根据匀变速直线运动速度位移关系式得v2＝v02＋2ax，根据题图，可得甲、乙加速度大小分别为7.5 m/s2和 m/s2，加速度比值为12∶1，B错误；两车停下的时间为t甲＝＝2 s，t乙＝＝8 s，所以甲车先停，A错误；甲经2 s先停下时，此时甲的位移为15 m，乙的位移为x1＝v0t1－a乙t12＝8.75 m，两车相距6.25 m，两车再次相遇有15 m＝v0t2－a乙t22，解得t2＝4 s，C正确，D错误。
[答案]　C
[课时跟踪检测]
1．(多选)甲、乙两车在平直公路上行驶，其位移—时间图像如图所示，则下列说法正确的是(　 )
A．0～4 s内，乙车做匀速直线运动
B．2 s末，甲、乙两车相遇
C．2 s末，甲车的速度小于乙车的速度
D．0～4 s内，甲、乙两车的平均速度相同
解析：选AB　根据位移—时间图像的纵坐标表示位置，斜率表示速度，乙的图像为倾斜直线表示做正方向的匀速直线运动，故A正确；由图像可知2 s末两车位置相同，即两车相遇，故B正确；2 s末v乙＝ m/s＝5 m/s，甲在0～2 s的平均速度大小＝ m/s＝5 m/s，而甲在0～2 s内的速度逐渐增大，故有2 s末甲的速度大于乙的速度，故C错误；由平均速度定义式＝，可得0～4 s内甲、乙两车的平均速度的大小均为5 m/s，但甲沿负方向，乙沿正方向，故平均速度不相同，故D错误。
2．(2023·昆明五校联考)四辆小车从同一地点向同一方向运动的情况分别如图所示，下列说法正确的是(　 )
A．甲车做直线运动，乙车做曲线运动
B．这四辆车均从静止开始运动
C．在0～t2时间内，丙、丁两车在时刻t2相距最远
D．在0～t2时间内，丙、丁两车间的距离先增大后减小
解析：选C　x-t图像只能用来描述直线运动，A错误；由x-t图像切线的斜率表示速度可知，乙车做减速直线运动，甲车做匀速直线运动，且甲车和乙车都不是从静止开始运动，B错误；0～t2时间内，由v-t图像与时间轴围成图形的面积表示位移可知，丙、丁两车在t2时刻面积差最大，所以相距最远，C正确；在0～t2时间内，丁车的速度大于丙车的速度，两车间的距离一直增大，D错误。
3．(多选)哈尔滨工业大学计算学部设计了一款能够与人协作、共同完成冰壶比赛的机器人。当机器人与冰壶之间的距离保持在8 m之内时，机器人可以实时追踪冰壶的运动信息。如图甲所示，在某次投掷练习中机器人夹取冰壶，由静止开始做匀加速运动，之后释放冰壶，二者均做匀减速直线运动，冰壶准确命中目标，二者在整个运动过程中的v-t图像如图乙所示。此次投掷中，下列说法中正确的是(　 )
A．冰壶减速运动的加速度大小为0.125 m/s2
B．9 s末，冰壶的速度大小为5.75 m/s
C．7 s末，冰壶、机器人二者间距为7 m
D．机器人停止运动前能够一直准确获取冰壶的运动信息
解析：选AC　结合题图信息，根据加速度的定义可知，冰壶减速运动的加速度大小为a冰＝＝ m/s2＝－0.125 m/s2，故加速度大小为0.125 m/s2，A正确；由速度时间公式可得，9 s末，冰壶的速度大小为v＝v0＋a冰t＝6 m/s－0.125×6 m/s＝5.25 m/s，B错误；由图线可知，机器人的加速度为a机＝＝ m/s2＝－1 m/s2，故可得，3 s末到7 s末，冰壶的位移为x冰＝v0t′＋a冰t′2＝23 m,3 s末到7 s末，机器人的位移为x机＝v0t′＋a机t′2＝16 m，则7 s末，冰壶、机器人二者间距为s＝x冰－x机＝7 m，C正确；由于v-t图像与横轴围成的面积表示位移的大小，则从3 s末到机器人停止运动时，其位移为18 m，而此时冰壶的位移为x冰′＝v0t″＋a冰t″2＝33.75 m，可知两者间距大于8 m，机器人不能一直准确获取冰壶的运动信息，D错误。
4.(多选)一质点在0～6 s内竖直向上运动，其a-t图像如图所示，取竖直向下为加速度的正方向，重力加速度为g＝10 m/s2，下列说法正确的是(　 )
A．在0～2 s内质点发生的位移为20 m
B．在2～4 s内质点做加速运动
C．质点的初速度不小于66 m/s
D．在2～4 s内质点速度变化量为22 m/s
解析：选CD　质点在0～6 s内竖直向上运动，加速度一直竖直向下，初速度未知，不能求解质点在0～2 s内发生的位移，故A错误；在2～4 s内质点的速度与加速度反向，做加速度增大的减速运动，故B错误；质点在0～6 s内的速度改变量为a-t图像与横轴围成的面积，故Δv＝66 m/s，故质点初速度不小于66 m/s，故C正确；在2～4 s内质点速度变化量Δv′＝22 m/s，故D正确。
5.(2023·衡水检测)一物块在粗糙水平面上沿直线自由滑行，物块运动的位移为x，运动时间为t，绘制的-图像如图所示，则物块在前3 s内的位移为(　 )
A．25 m B．24 m
C．20 m D．15 m
解析：选A　由题意知物块在粗糙水平面上沿直线自由滑行，则位移为x＝v0t－at2，整理得＝v0·－，由题图可知v0＝20 m/s，a＝8 m/s2，所以物块速度减为零的时间为t＝＝2.5 s，物块在前3 s内的位移为x＝＝25 m，故选A。
6.2022国际泳联跳水世界杯期间，中国队在参赛的8个项目包揽全部金牌。某同学将一小球(可看成质点)从平台边缘竖直向上抛出模拟运动员的跳水运动，从小球抛出时开始计时，若小球的速度与时间关系的图像如图所示，不计空气阻力。则下列说法正确的是(　 )
A．小球在1.2 s时到达最高点
B．小球在水中最深处时加速度最大
C．跳台与水面的高度差是2.4 m
D．小球潜入水中的深度为3.2 m
解析：选C　小球在0.4 s向上的速度减小为零，达到最高点，A项错误；速度—时间图像的斜率表示加速度，1.2 s刚入水时v-t图像斜率最大，此时小球的加速度最大，B项错误；跳台与水面的高度差h1＝ m－ m＝2.4 m，C项正确；若小球入水后做匀减速直线运动，小球潜入水中的深度h2＝ m＝3.2 m，因为小球做变减速运动，图像中不规则图形的面积小于三角形的面积，所以小球潜入水中的深度小于3.2 m，D项错误。
7.(2023·辽宁沈阳模拟)一辆汽车在直线公路上行驶，当该车位于x＝1 m处时，卫星定位系统开始工作，并监测到汽车此后运动速度v和位置x的关系如图所示。考察其从x＝1 m至x＝3 m这段运动过程，下列说法正确的是(　 )
A．该车做匀加速直线运动，加速度大小为2 m/s2
B．卫星定位系统刚开始工作时，汽车加速度为4 m/s2
C．这段运动过程的平均速度为4 m/s
D．这段运动过程所用的时间为0.5 s
解析：选B　根据公式v22－v12＝2ax，整理得v2＝，可知匀加速直线运动的v-x图像不可能是直线，故A错误；图线斜率k＝＝＝，可得a＝kv，图线斜率为2，卫星定位系统刚开始工作时，汽车加速度为a＝2×2 m/s2＝4 m/s2，故B正确；由B项分析可知，汽车的加速度不断增加，所以这段运动过程的平均速度大于4 m/s，这段运动过程所用的时间小于0.5 s，故C、D错误。
8．(2023·莆田模拟)如图所示为物体做直线运动的相关图像，下列说法正确的是(　 )
A．图甲中，物体在0～t0时间内位移小于v0t0
B．图乙中，物体的加速度为2 m/s2
C．图丙中，阴影面积表示t1～t2时间内物体的加速度变化量
D．图丁中，t＝3 s时物体的速度为25 m/s
解析：选D　由v-t图线与时间坐标轴围成的面积表示位移可知，题图甲中物体在0～t0这段时间内的位移大于v0t0平均速度大于v0，A错误；根据v2＝2ax可知，题图乙中2a＝1 m/s2，则物体的加速度为0.5 m/s2，B错误；根据Δv＝at可知，题图丙中阴影部分的面积表示t1～t2时间内物体的速度变化量，C错误；由x＝v0t＋at2可得＝v0＋at，结合题图丁可知a＝5 m/s2，即a＝10 m/s2，则v0＝－5 m/s，故t＝3 s时物体的速度为v3＝25 m/s，D正确。
(一) 情境分析法
情境分析法的基本思路
[典例]　汽车A以vA＝4 m/s的速度向右做匀速直线运动，发现前方相距x0＝7 m处、以vB＝10 m/s的速度同向运动的汽车B正开始匀减速刹车直到静止后保持不动，其刹车的加速度大小a＝2 m/s2。从此刻开始计时。求：
(1)A追上B前，A、B间的最远距离是多少；
(2)经过多长时间A恰好追上B。
[解题指导]　汽车A和B的运动过程如图所示。
[解析]　(1)当A、B两汽车速度相等时，两车间的距离最远，即v＝vB－at＝vA，解得t＝3 s
此时汽车A的位移xA＝vAt＝12 m
汽车B的位移xB＝vBt－at2＝21 m
故最远距离Δxmax＝xB＋x0－xA＝16 m。
(2)汽车B从开始减速直到静止经历的时间t1＝＝5 s，运动的位移xB′＝＝25 m
汽车A在t1时间内运动的位移xA′＝vAt1＝20 m
此时相距Δx＝xB′＋x0－xA′＝12 m
汽车A需再运动的时间t2＝＝3 s
故A追上B所用时间t总＝t1＋t2＝8 s。
[答案]　(1)16 m　(2)8 s
[升维训练]
(1)若某同学应用关系式vBt－at2＋x0＝vAt，解得经过t＝7 s(另解舍去)时A恰好追上B。这个结果合理吗？为什么？
(2)若汽车A以vA＝4 m/s的速度向左匀速运动，其后方在同一车道相距x0＝7 m处、以vB＝10 m/s的速度同方向运动的汽车B正向左开始匀减速刹车直到静止后保持不动，其刹车的加速度大小为a＝2 m/s2，则B车能否追上A车？
提示：(1)这个结果不合理，因为汽车B运动的时间最长为t＝＝5 s＜7 s，说明汽车A追上B时汽车B已停止运动。
(2)可由位移关系式：vBt－at2＝x0＋vAt，解得t1＝(3－)s，t2＝(3＋)s(舍去)，t1时两车已相撞。
[微点拨]
(1)匀速运动的物体追匀减速运动的物体时，注意判断追上时被追的物体是否已停止。
(2)匀减速运动的物体追匀速运动的物体时，有追不上、恰好追上、相撞或相遇两次等多种可能。　 　　
(二) 图像分析法
结合运动图像分析追及相遇问题的关键点
1．x-t图像、v-t图像中的追及相遇问题：
(1)利用图像中斜率、面积、交点的含义进行定性分析或定量计算。
(2)有时将运动图像还原成物体的实际运动情况更便于理解。
2．利用v-t图像分析追及相遇问题：在有些追及相遇情境中可根据两个物体的运动状态作出v-t图像，再通过图像分析计算得出结果，这样更直观、简捷。
3．若为x-t图像，注意交点的意义，图像相交即代表两物体相遇；若为a-t图像，可转化为v-t图像进行分析。
[典例]　(2023·湖南常德模拟)据报道，一段特殊的“飙车”视频红遍网络，视频中，一辆和谐号动车正和一辆复兴号动车在互相追赶，两车均做直线运动，其运动情况如图乙所示，t＝0时，两车车头刚好并排，则(　 )
A．10 s末，和谐号的加速度比复兴号的大
B．32 s时，复兴号的速度为80 m/s
C．0到32 s内，在24 s末两车头相距最远
D．两车头在24 s末再次并排
[解析]　根据v-t图像的斜率表示加速度可知，10 s末和谐号的加速度比复兴号的小，故A错误；由题图可知32 s时复兴号的速度为v＝60 m/s＋×(32－8)m/s＝78 m/s，故B错误；0到32 s内，24 s前和谐号速度大于复兴号速度，24 s后复兴号速度大于和谐号速度，所以0到32 s内，在24 s末两车头相距最远，故C正确，D错误。
[答案]　C
[针对训练]
1．(2021·广东高考)(多选)赛龙舟是端午节的传统活动。下列v-t和x-t图像描述了五条相同的龙舟从同一起点线同时出发、沿长直河道划向同一终点线
的运动全过程，其中能反映龙舟甲与其他龙舟在途中出现船头并齐的有(　 )
解析：选BD　从v-t图像上看，由于所有龙舟出发点相同，故只要存在甲龙舟与其他龙舟从出发到某时刻图线与t轴所围图形面积相等，就存在船头并齐的情况，故A错误，B正确。从x-t图像上看，图像的交点即代表两龙舟船头并齐，故D正确，C错误。
2．(2023·厦门高三检测)甲、乙两物体沿同一方向做直线运动，其a-t图像如图所示，t＝0时刻，两物体处于同一位置且速度均为0，则在0～2t0时间内(　 )
A．t0时刻两物体的速度相等
B．t0时刻两物体再次相遇
C．t0时刻两物体的间距大于a0t02
D．2t0时刻两物体再次相遇
解析：选C　将a-t图像转换为v-t图像，如图所示。
两个图像结合分析，t0时刻两物体的加速度相等，速度不相等，故A错误；t0时刻，由a-t图像与t轴所围图形面积表示速度变化量，知甲的速度为a0t0，乙的速度为a0t0,0～t0时间内，甲的位移为a0t02，乙的位移小于a0t02，所以t0时刻两物体的间距大于a0t02，故C正确，B错误；0～2t0时间内甲的速度一直大于乙的速度，所以两物体的间距一直增大，2t0时刻两物体的速度相等，相距最远，故D错误。
(三) 函数分析法
函数分析法的解题技巧
在匀变速直线运动的位移表达式中有时间的二次方，可列出位移方程，利用二次函数求极值的方法求解。
设两物体在t时刻相遇，然后根据位移关系列出关于t的方程f t ＝0：
1 若f t ＝0有正实数解，说明两物体能相遇。
2 若f t ＝0无正实数解，说明两物体不能相遇。
[典例]　一汽车在直线公路上以54 km/h的速度匀速行驶，突然发现在其正前方14 m处有一辆自行车以5 m/s的速度同向匀速行驶。经过0.4 s的反应时间后，司机开始刹车，则：
(1)为了避免相撞，汽车的加速度大小至少为多少？
(2)若汽车刹车时的加速度只为4 m/s2，在汽车开始刹车的同时自行车开始以一定的加速度匀加速，则自行车的加速度至少为多大才能保证两车不相撞？
[解析]　(1)设汽车的加速度大小为a，初速度v汽＝54 km/h＝15 m/s，初始距离d＝14 m
在经过反应时间0.4 s后，汽车与自行车相距d′＝d－(v汽－v自)t′＝10 m
从汽车刹车开始计时，自行车的位移为：x自＝v自t
汽车的位移为：x汽＝v汽t－at2
假设汽车能追上自行车，此时有：x汽＝x自＋d′
代入数据整理得：at2－10t＋10＝0
要保证不相撞，即此方程至多只有一个解，即得：Δ＝102－20a≤0
解得：a≥5 m/s2，汽车的加速度至少为5 m/s2。
(2)设自行车加速度为a′，同理可得：x汽′＝x自′＋d′
整理得：t2－10t＋10＝0
要保证不相撞，即此方程至多只有一个解，即得：Δ＝102－20a′－80≤0
解得：a′≥1 m/s2，自行车的加速度至少为1 m/s2。
[答案]　(1)5 m/s2　(2)1 m/s2
[针对训练]
1．若A、B两辆车相距2 m，沿同一直线同向运动，B车在前面做初速度为零，加速度为a1的匀加速直线运动，A车在后面做初速度为2 m/s，加速度为a2的匀加速直线运动，讨论a1与a2满足什么条件时两车相遇一次？
解析：对A：xA＝v0t＋a2t2，对B：xB＝a1t2
若相遇，xA＝xB＋x0，整理得(a2－a1)t2＋2t－2＝0
当a2－a1＝0时，t＝1 s，两车相遇一次
当a2－a1＝－1 m/s2时，t＝2 s，两车相遇一次
当a2－a1＜－1 m/s2时，Δ＝4＋4(a2－a1)＜0，无解
当－1 m/s2＜a2－a1＜0时，t＝＞0，相遇两次
当a2－a1＞0时，t＝＞0，t＝＜0(舍去)，相遇一次
综上，当a2－a1＝－1 m/s2或a2－a1≥0时，相遇一次。
答案：a2－a1＝－1 m/s2或a2－a1≥0
2．随着智能手机的使用越来越广泛，一些人在驾车时也常常低头看手机，然而开车时看手机是一种危险驾驶行为，极易引发交通事故。如图甲所示，一辆出租车在平直公路上以v0＝20 m/s的速度匀速行驶，此时车的正前方x0＝63.5 m处有一辆电动车，正以v1＝6 m/s的速度匀速行驶，而出租车司机此时开始低头看手机，3.5 s后才发现危险，司机经0.5 s反应时间后，立即采取紧急制动措施。若从司机发现危险开始计时，出租车的速度—时间图像如图乙所示，重力加速度g取10 m/s2。
(1)若出租车前面没有任何物体，从司机开始低头看手机到出租车停止运动的这段时间内，出租车前进的距离是多少？
(2)通过计算判断电动车是否会被撞。若不会被撞，求二者之间的最小距离；若会相撞，求从出租车刹车开始，经过多长时间二者相撞。
解析：(1)根据题意可知，出租车先匀速行驶t1＝3.5 s，然后在反应时间t2＝0.5 s内继续匀速行驶，再匀减速行驶t3＝4.0 s停止，
总位移为x＝v0(t1＋t2)＋v0t3＝120 m。
(2)由题图乙可知，出租车做匀减速运动的加速度大小为a＝＝5 m/s2，
设两车速度相等时，出租车的刹车时间为Δt，
则有v0－aΔt＝v1，解得Δt＝2.8 s，
出租车的位移为
x1＝v0(t1＋t2)＋(v0＋v1)Δt，
代入数据可解得x1＝116.4 m。
电动车的位移为
x2＝v1(t1＋t2＋Δt)＝40.8 m，
因为x1－x2＝75.6 m>63.5 m，故电动车会被撞。
设出租车刹车后经过时间t′电动车被撞，则有
v0(t1＋t2)＋v0t′－at′2＝x0＋v1(t1＋t2＋t′)，
代入数据解得t′＝0.6 s(另一解不符合题意，舍去)。
答案：(1)120 m　(2)电动车会被撞　刹车后经过0.6 s二者相撞
[课时跟踪检测]
1．两辆完全相同的汽车，沿水平道路一前一后匀速行驶，速度均为v0。若前车突然以恒定的加速度a刹车，在它刚停住时，后车以加速度2a开始刹车。已知前车在刹车过程中所行驶的路程为s，若要保证两辆车在上述情况中不发生碰撞，则两车在匀速行驶时保持的距离至少应为(　 )
A.s B.s
C．2s D.s
解析：选B　因后车以加速度2a开始刹车，刹车后行驶的距离为s；在前车刹车过程的时间内，后车匀速运动的距离为2s，所以，两车在匀速行驶时保持的距离至少应为2s＋s－s＝s。
2.(2023·河北石家庄模拟)甲、乙两辆汽车沿同一平直公路行驶，两汽车的速度随时间变化如图所示，t＝9 s时两车第二次相遇，则两车第一次相遇的时刻为(　 )
A．2.25 s B．3 s
C．4.5 s D．6 s
解析：选B　由数学知识可知，两图线的交点的横坐标为t＝6 s，因为v-t图线与时间轴围成的面积表示位移，故两汽车在t＝3 s到t＝9 s时间内的位移相同，t＝9 s时两车第二次相遇，则两车第一次相遇的时刻为t＝3 s。
3．A、B两辆列车在能见度很低的雾天里在同一轨道上同向行驶，A车在前，速度vA＝10 m/s，B车在后，速度vB＝30 m/s。当B车发现A车时就立刻刹车。已知B车在进行刹车测试时发现，若车以30 m/s的速度行驶时，刹车后至少要前进1 800 m才能停下，假设B车刹车过程中加速度恒定。为保证两辆列车不相撞，则能见度至少要达到(　 )
A．400 m B．600 m
C．800 m D．1 600 m
解析：选C　对B车，由运动学公式有0－v02＝2ax，解得a＝ m/s2＝－0.25 m/s2，作出A、B两车运动过程中的速度—时间图像如图所示，图线的交点的横坐标为两车速度相等的时刻，有t＝＝80 s，当两车速度相等时相距最近，若此时两车不相撞，则以后不能相撞，由v-t图像与坐标轴围成的面积表示位移可知，图像中阴影三角形的面积为能见度的最小值，则xmin＝×(30－10)×80 m＝800 m，C正确。
4．(2023·济宁模拟)(多选)物体A以10 m/s的速度做匀速直线运动。物体A出发后5 s，物体B从同一地点由静止出发，做匀加速直线运动，加速度大小是2 m/s2，且A、B运动方向相同。则(　 )
A．物体B追上物体A所用的时间为5 s
B．物体B追上物体A所用的时间为(5＋5)s
C．物体B追上物体A前，两者的最大距离为75 m
D．物体B追上物体A前，两者的最大距离为50 m
解析：选BC　设物体B出发后经时间t追上物体A，则：xA＝xB，vA(t＋5)＝at2，解得t＝(5＋5)s，故A错误，B正确；相遇前相距最大距离时vA＝vB，设物体B出发后的时间为Δt，则Δt＝ s＝5 s，则xA＝vA(5＋Δt)＝10×(5＋5)m＝100 m，xB＝aΔt2＝×2×52 m＝25 m，故Δx＝xA－xB＝75 m，故C正确，D错误。
5.(2023·湖北武汉模拟)哥哥和弟弟在自家院子里跑步比赛，如图所示为他们在2T时间内的v-t图像，已知哥哥前一半时间的加速度为后一半时间加速度的2倍，弟弟后一半时间的加速度为前一半时间加速度的2倍，且哥哥前一半时间的加速度与弟弟后一半时间的加速度相等，则下列说法正确的是(　 )
A．整个过程中哥哥和弟弟的位移大小之比为
B．T时刻哥哥和弟弟相距最远
C．若爸爸从0时刻开始以哥哥两段加速度的平均值为加速度做初速度为零的匀加速直线运动，则2T时刻爸爸正好在哥哥和弟弟的中间位置
D．若保持2T时刻的加速度不变继续运动，则再经过T时间弟弟追上哥哥
解析：选C　设哥哥在前一半时间内的加速度和弟弟在后一半时间内的加速度为2a，则哥哥在后一半时间内的加速度和弟弟在前一半时间内的加速度为a，由匀变速直线运动的规律可知，哥哥在2T时间内的位移x哥＝×2aT2＋2aT×T＋aT2＝aT2，弟弟在2T时间内的位移x弟＝aT2＋aT×T＋×2aT2＝aT2，则整个过程中哥哥和弟弟的位移大小之比为，A错误；v-t图像中，图线与时间轴所围图形的面积表示位移，则由题图可知，2T时刻哥哥与弟弟相距最远，B错误；爸爸的加速度为，则根据匀变速直线运动的规律可知，2T时间内爸爸的位移x爸＝××(2T)2＝3aT2，故2T时刻爸爸正好在哥哥和弟弟的中间位置，C正确；2T时刻，哥哥的速度为2aT＋aT＝3aT，弟弟的速度为aT＋2aT＝3aT，若保持2T时刻的加速度不变继续运动，设经过时间T′弟弟追上哥哥，则时间T′内哥哥的位移x哥′＝3aTT′＋aT′2，弟弟的位移x弟′＝3aTT′＋×2aT′2，又x弟′－x哥′＝x哥－x弟＝aT2，解得T′＝T，D错误。
6.(多选)蓝牙是一种短距离无线通信技术，可实现固定设备、移动设备之间的短距离数据交换。现有两同学用安装有蓝牙设备的玩具小车甲、乙进行实验：甲、乙两车开始时处于同一直线上相距d＝9.0 m的O1、O2两点，某时刻计时开始时甲车从O1点以初速度v0＝5 m/s、加速度a1＝2 m/s2向右做匀加速运动，乙车同时从O2点由静止开始以加速度a2＝4 m/s2向右做匀加速运动，已知当两车间距超过x0＝15.0 m时，两车无法实现通信，忽略信号传递的时间，则(≈7.8)(　 )
A．甲、乙两车在相遇前的最大距离为10 m
B．甲、乙两车在相遇前的最大距离为15.25 m
C．甲、乙两车在相遇前能保持通信的时间为7 s
D．甲、乙两车在相遇前能保持通信的时间为5.4 s
解析：选BD　当两车的速度相等时相距最远，设经过的时间为t，则有v0＋a1t＝a2t，解得t＝2.5 s，则甲、乙两车在相遇前的最大距离为x＝d＋－a2t2，代入数据解得x＝15.25 m，故A错误，B正确；在相遇前，当两车间距小于等于x0＝15.0 m，两车能保持通信，则有d＋－a2t′2＝x0，代入数据解得t1′＝
2 s，t2′＝3 s，设两车经过时间T相遇，则有d＋＝a2T2，解得T＝ s≈6.4 s，所以甲、乙两车在相遇前能保持通信的时间为t总＝T－(t2－t1)＝6.4 s－(3 s－2 s)＝5.4 s，故D正确，C错误。
7.(2023·青岛模拟)如图所示为某城市十字路口道路示意图，道路为双向四车道，每个车道宽度为2.4 m。一自行车从道路左侧车道线沿停车线向右匀速行驶，速率为14.4 km/h，同时一辆汽车在最右侧车道正中间行驶，速率为54 km/h，汽车前端距离停车线20 m。已知汽车的宽度与自行车的长度均为1.8 m，汽车的车身长4.8 m。汽车司机为避免与自行车相撞马上采取刹车制动，最大制动加速度大小为5 m/s2。
(1)求汽车的最短刹车距离sm；
(2)请通过计算判断当汽车以最大加速度刹车时，是否能够避免相撞。
解析：(1)已知v1＝14.4 km/h＝4 m/s，v2＝54 km/h＝15 m/s。设汽车以最大加速度刹车，则－2asm＝0－v22，代入数据解得sm＝22.5 m。
(2)以最大加速度刹车，设汽车车头到达停车线所用时间为t，则s＝v2t－at2，解得t＝2 s或者t＝4 s，又因为汽车停下的时间为t′＝＝ s＝3 s，故t＝4 s不符合题意，舍去；此时以左侧车道线为起点，车头左侧距起点s1＝2.4×3 m＋m＝7.5 m，车头右侧距起点s2＝2.4×4 m－m＝9.3 m，车头所占位置范围为7.5 m～9.3 m，自行车在t＝2 s的时间内行驶的位移为x，则有x＝v1t＝4×2 m＝8 m，自行车此时所占位置范围为6.2 m～8 m。由此可知，它们的位置范围有重叠，不能避免相撞。
答案：(1)22.5 m　(2)见解析
第5讲　实验：研究匀变速直线运动的特点(重点实验)
一、理清原理与操作
原理装置图 (1)不需要平衡摩擦力。(2)不需要满足悬挂槽码质量远小于小车质量。
操作要领 (1)平行：细绳、纸带与长木板平行。(2)靠近：小车释放前，应靠近打点计时器的位置。(3)先后：实验时先接通电源，后释放小车；实验后先断开电源，后取下纸带。(4)防撞：小车到达滑轮前让其停止运动，防止与滑轮相撞或掉下桌面摔坏。(5)适当：悬挂槽码要适当，避免纸带打出的点太少或过于密集。
二、掌握数据处理方法
1．由纸带判断物体做匀变速运动的方法
如图所示，0、1、2、…为时间间隔相等的各计数点，x1、x2、x3、…为相邻两计数点间的距离，若Δx＝x2－x1＝x3－x2＝x4－x3＝C(常量)，则与纸带相连的物体的运动为匀变速直线运动。
2．由纸带求物体运动速度的方法
匀变速直线运动某段时间中间时刻的瞬时速度等于这段时间的平均速度，即vn＝。
3．利用纸带求物体加速度的两种方法
(1)用逐差法求加速度
即根据x4－x1＝x5－x2＝x6－x3＝3aT2(T为相邻两计数点间的时间间隔)求出a1＝、
a2＝、a3＝，再算出平均值，即a＝。
(2)用图像法求加速度
即先根据vn＝求出所选的各计数点对应的瞬时速度，后作出v-t图像，图线的斜率即等于物体运动的加速度。
三、扫描实验盲点
1．注意事项
(1)平行：纸带和细绳要和木板平行。
(2)两先两后：实验开始时应先接通电源，后让小车运动；实验完毕应先断开电源，后取纸带。
(3)防止碰撞：在到达长木板末端前应让小车停止运动，要防止槽码落地和小车与滑轮相撞。
(4)纸带选取：选择一条点迹清晰的纸带，舍弃打点密集部分，适当选取计数点。
(5)区分计时点和计数点：计时点是指打点计时器在纸带上

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