资源简介

高考物理解密之解答题考点卡片
目录
1 ．匀变速直线运动速度与时间的关系 3
2 ．匀变速直线运动位移与时间的关系 4
3 ．匀变速直线运动规律的综合应用 6
4 ．牛顿第二定律的简单应用 7
5 ．板块模型和传送带模型的结合 8
6 ．平抛运动速度的计算 10
7 ．平抛运动位移的计算 10
8 ．牛顿第二定律与向心力结合解决问题 11
9 ．绳球类模型及其临界条件 12
10 ．物体在圆形竖直轨道内的圆周运动 14
11 ．物体在环形竖直轨道内的圆周运动 16
12 ．宇宙的起源与恒星的演化 19
13 ．重力做功的特点和计算 20
14 ．功率的定义、物理意义和计算式的推导 21
15 ．动能定理的简单应用 22
16 ．常见力做功与相应的能量转化 23
17 ．机械能守恒定律的简单应用 25
18 ．动量定理的内容和应用 27
19 ．某一方向上的动量守恒问题 28
20 ．动量守恒定律在板块模型中的应用 29
21 ．动量守恒定律在含有弹簧的碰撞问题中的应用 30
22 ．动量守恒与能量守恒共同解决实际问题 31
23 ．单摆及单摆的条件 34
24 ．单摆的回复力 35
25 ．库仑定律的表达式及其简单应用 36
题型一：对库仑定律的理解 37
题型二：库仑定律与力学的综合问题 37
26 ．点电荷与均匀带电球体 (球壳) 周围的电场 39
(
1
)
27 ．电场力做功的计算及其特点 41
28 ．电场力做功与电势能变化的关系 42
29 ．电势差的概念、单位和物理意义及用定义式计算 43
30 ．带电粒子在匀强电场中做类平抛运动 44
31 ．带电粒子先后经过加速电场和偏转电场 45
32 ．闭合电路欧姆定律的内容和表达式 47
33 ．带电粒子在矩形边界磁场中的运动 48
34 ．带电粒子在弧形或圆形边界磁场中的运动 49
35 ．带电粒子在叠加场中做直线运动 52
36 ．带电粒子由电场进入磁场中的运动 54
37 ．右手定则 56
题型一：楞次定律、右手定则、左手定则、安培定则的综合应用 56
38 ．导体平动切割磁感线产生的感应电动势 57
39 ．导体转动切割磁感线产生的感应电动势 59
40 ．单杆在导轨上有外力作用下切割磁场的运动问题 60
41 ．电磁感应过程中的能量类问题 61
题型一：电磁感应与能量的综合 62
42 ．用有效值计算交流电路的电功、电功率和焦耳热 63
43 ．气体压强的计算 65
44 ．气体的等温变化与玻意耳定律的应用 66
45 ．气体的等压变化与盖 - 吕萨克定律的应用 68
46 ．气体的等容变化与查理定律的应用 69
47 ．理想气体及理想气体的状态方程 71
题型一：气体实验定律和理想气体状态方程的应用 71
题型二：理想气体状态方程与热力学第一定律的综合问题 72
48 ．热力学第一定律的表达和应用 73
49 ．热力学第一定律与理想气体的图像问题相结合 75
(
2
)
1 ．匀变速直线运动速度与时间的关系
(
【知识点的认识】
)
匀变速直线运动的速度 - 时间公式：vt = v0 + at ．其中，vt 为末速度，v0 为初速度，a 为加速度，运用 此公式解题时要注意公式的矢量性．在直线运动中，如果选定了该直线的一个方向为正方向，则凡与 规定正方向相同的矢量在公式中取正值，凡与规定正方向相反的矢量在公式中取负值，因此，应先规 定正方向． (一般以 v0 的方向为正方向，则对于匀加速直线运动，加速度取正值；对于匀减速直线运 动，加速度取负值．)
(
【命题方向】
)
1. 一个质点从静止开始以 1m/s2 的加速度做匀加速直线运动，经 5s 后做匀速直线运动，最后 2s 的时间内 使质点做匀减速直线运动直到静止．求：
(1) 质点做匀速运动时的速度；
(2) 质点做匀减速运动时的加速度大小.
2. 汽车以 28m/s 的速度匀速行驶，现以 4.0m/s2 的加速度开始刹车，则刹车后 4s 末和 8s 末的速度各是多 少？
(
【解题方法点拨】
)
1. 解答题的解题步骤 (可参考例 1)：
(
3
)
①分清过程 (画示意图)；
②找参量 (已知量、未知量)
③明确规律 (匀加速直线运动、匀减速直线运动等)
④利用公式列方程 (选取正方向)
⑤求解验算.
2. 注意vt = v0 + at 是矢量式，刹车问题要先判断停止时间.
2 ．匀变速直线运动位移与时间的关系
(
【知识点的认识】
)
(1) 匀变速直线运动的位移与时间的关系式：x = v0t + at2。 (2) 公式的推导
①利用微积分思想进行推导：在匀变速直线运动中，虽然速度时刻变化，但只要时间足够小，速度的变 化就非常小，在这段时间内近似应用我们熟悉的匀速运动的公式计算位移，其误差也非常小，如图所 示。
②利用公式推导：匀变速直线运动中，速度是均匀改变的，它在时间 t 内的平均速度就等于时间 t 内的
初速度 v0 和末速度 v 的平均值，即 结合公式 x = vt 和 v = vt + at 可导出位移公式：x =
(3) 匀变速直线运动中的平均速度
在匀变速直线运动中，对于某一段时间 t，其中间时刻的瞬时速度 vt/2 = v0 + a × 该段 时间的末速度 v = vt + at，由平均速度的定义式和匀变速直线运动的位移公式整理加工可得 = =
即有 = vt/2。
所以在匀变速直线运动中，某一段时间内的平均速度等于该段时间内中间时刻的瞬时速度，又等于这 段时间内初速度和末速度的算术平均值。
(
4
)
(4) 匀变速直线运动推论公式：
任意两个连续相等时间间隔 T 内，位移之差是常数，即 △x = x2 - x1 = aT2 ．拓展：△xMN = xM - xN = (M- N)aT2。
推导：如图所示，x1、x2 为连续相等的时间 T 内的位移，加速度为a。
(
【命题方向】
)
3. 对基本公式的理解
汽车在平直的公路上以 30m/s 的速度行驶，当汽车遇到交通事故时就以 7.5m/s2 的加速度刹车，刹车 2s 内和 6s 内的位移之比 ( )
A. 1：1 B. 5：9 C. 5：8 D. 3：4
4. 对推导公式 = vt/2 的应用
物体做匀变速直线运动，某时刻速度大小是 3m s-1，1s 以后速度大小是 9m s-1，在这 1s 内该物体的 ( )
A. 位移大小可能小于 5m B. 位移大小可能小于 3m
C. 加速度大小可能小于 11m s-2 D. 加速度大小可能小于 6m s-2
(
5
)
(
【解题思路点拨】
)
(1) 应用位移公式的解题步骤：
①选择研究对象，分析运动是否为变速直线运动，并选择研究过程。
②分析运动过程的初速度 v0 以及加速度 a 和时间 t、位移 x，若有三个已知量，就可用 x = v0t + 求第四个物理量。
③规定正方向 (一般以v0 方向为正方向)，判断各矢量正负代入公式计算。
(2) 利用v -t 图象处理匀变速直线运动的方法：
①明确研究过程。
②搞清v、a 的正负及变化情况。
③利用图象求解 a 时，须注意其矢量性。
④利用图象求解位移时，须注意位移的正负：t 轴上方位移为正，t 轴下方位移为负。
⑤在用 v - t 图象来求解物体的位移和路程的问题中，要注意以下两点：a ．速度图象和 t 轴所围成的 面积数值等于物体位移的大小；b ．速度图象和 t 轴所围面积的绝对值的和等于物体的路程。
3 ．匀变速直线运动规律的综合应用
(
【知识点的认识】
)
本考点下的题目，代表的是一类复杂的运动学题目，往往需要用到多个公式，需要细致的思考才能解 答。
(
【命题方向】
)
1. 如图，甲、乙两运动员正在训练接力赛的交接棒．已知甲、乙两运动员经短距离加速后都能达到并保 持 8m/s 的速度跑完全程．设乙从起跑后到接棒前的运动是匀加速的，加速度大小为 2.5m/s2 ．乙在 接力区前端听到口令时起跑，在甲、乙相遇时完成交接棒．在某次练习中，甲以 v = 8m/s 的速度跑到 接力区前端 s0 = 11.0m 处向乙发出起跑口令．已知接力区的长度为L = 20m ．求：
(
6
)
(1) 此次练习中交接棒处离接力区前端 (即乙出发的位置) 的距离.
(2) 为了达到理想成绩，需要乙恰好在速度达到与甲相同时被甲追上，则甲应在接力区前端多远时对 乙发出起跑口令？
(3) 在 (2) 中，棒经过接力区的时间是多少？
(
【解题思路点拨】
)
熟练掌握并深刻理解运动学的基础公式及导出公式，结合公式法、图像法、整体与分段法等解题技巧， 才能在解答此类题目时游刃有余。
4 ．牛顿第二定律的简单应用
(
【知识点的认识】
)
牛顿第二定律的表达式是 F = ma，已知物体的受力和质量，可以计算物体的加速度；已知物体的质量 和加速度，可以计算物体的合外力；已知物体的合外力和加速度，可以计算物体的质量。
(
7
)
(
【命题方向】
)
2. 一质量为m 的人站在电梯中，电梯加速上升，加速度大小为g，g 为重力加速度。人对电梯底部的压
力为 ( )
A. mg B. 2mg C. mg D. mg
(
【解题方法点拨】
)
在应用牛顿第二定律解决简单问题时，要先明确物体的受力情况，然后列出牛顿第二定律的表达式， 再根据需要求出相关物理量。
5 ．板块模型和传送带模型的结合
(
【知识点的认识】
)
传动带模型与板块模型都是高中物理比较综合的问题模型，板块模型与传送带模型相结合的问题难 度更大。
(
【命题方向】
)
1. 如图所示，与水平方向成 θ = 37° 的传送带以恒定速度 v = 4m/s 沿逆时针方向转动，两传动轮间距为 lAB = 5.8m 。一质量为M = 1kg 的长木板静止在粗糙地面上，其右端靠着传送带。现将一质量为m = 1kg 且可视为质点的物块轻放在传送带顶端 B 点，物块沿传送带滑至底端，正好滑上长木板 (此过程 无机械能损失)。已知物块与传送带间的动摩擦因数为 μ1 = 0.5，物块与长木板间的动摩擦因数为 μ2 = 0.4，长木板与地面间的动摩擦因数为 μ3 = 0.1，重力加速度g = 10m/s2；求：
(1) 物块刚滑到长木板上的速度大小
(2) 从滑块滑上长木板到二者停下的总时间；
(3) 为保证滑块不从长木板上滑下，长木板的最小长度。
(
8
)
(
【解题思路点拨】
)
(
9
)
要熟练掌握牛顿运动定律和运动学公式，能够自如地切换物体在平面和斜面，传送带与木板上的运动 情况，需要较强的综合分析能力。
6 ．平抛运动速度的计算
(
【知识点的认识】
)
1. 平抛运动的性质：平抛运动可以看成水平方向上的匀速直线运动和竖直方向上的自由落体运动。
2. 设物体在平抛运动 ts 后，水平方向上的速度vx = v0 竖直方向上的速度vy = gt
从而可以得到物体的速度为
3. 同理如果知道物体的末速度和运动时间也可以求出平抛运动的初速度。
(
【命题方向】
)
1. 如图所示，小球以 6m/s 的初速度水平抛出，不计空气阻力，0.8s 时到达P 点，取g = 10m/s2，则 ( )
A. 0.8s 内小球下落的高度为 4.8m B. 0.8s 内小球下落的高度为 3.2m
C. 小球到达P 点的水平速度为 4.8m/s D. 小球到达P 点的竖直速度为 8.0m/s
(
【解题思路点拨】
)
做平抛运动的物体，水平方向的速度是恒定的，竖直方向是初速度为零的匀加速直线运动，满足 vy = gt。
7 ．平抛运动位移的计算
(
【知识点的认识】
)
1. 平抛运动的性质：平抛运动可以看成水平方向上的匀速直线运动和竖直方向上的自由落体运动。
2. 设物体在平抛运动 ts 后，水平方向上的位移 x = v0t
(
10
)
竖直方向上的位移为
物体的合位移为 l = 、x2 +y2
3. 对于已知高度的平抛运动，竖直方向有
水平方向有 x = v0t
联立得 x = v0
所以说平抛运动的水平位移与初速度大小和抛出点的高度有关。
(
【命题方向】
)
1. 物体以初速度 7.5m/s 水平抛出，2 秒后落到地面，则物体在这个过程中的位移是 ( )
A. 10m B. 20m C. 30m D. 25m
(
【解题思路点拨】
)
平抛运动的物体在水平和竖直方向上的运动都是独立的，可以分别计算两个方向的位移，并与合位移 构成矢量三角形 (满足平行四边形定则)。
8 ．牛顿第二定律与向心力结合解决问题
【知识点的认识】
圆周运动的过程符合牛顿第二定律，表达式 = man = mω2r = m 也是牛顿第二定律的
变形，因此可以将牛顿第二定律与向心力结合起来求解圆周运动的相关问题。
(
【命题方向】
)
2. 我国著名体操运动员童飞，首次在单杠项目中完成了“单臂大回环”：用一只手抓住单杠，以单杠为轴 做竖直面上的圆周运动．假设童飞的质量为 55kg，为完成这一动作，童飞在通过最低点时的向心加速 度至少是 4g，那么在完成“单臂大回环”的过程中，童飞的单臂至少要能够承受多大的力.
(
11
)
(
【解题思路点拨】
)
圆周运动中的动力学问题分析
(1) 向心力的确定
①确定圆周运动的轨道所在的平面及圆心的位置.
②分析物体的受力情况，找出所有的力沿半径方向指向圆心的合力，该力就是向心力.
(2) 向心力的来源
向心力是按力的作用效果命名的，可以是重力、弹力、摩擦力等各种力，也可以是几个力的合力或某个 力的分力，因此在受力分析中要避免再另外添加向心力.
(3) 解决圆周运动问题步骤
①审清题意，确定研究对象；
②分析物体的运动情况，即物体的线速度、角速度、周期、轨道平面、圆心、半径等；
③分析物体的受力情况，画出受力示意图，确定向心力的来源；
④根据牛顿运动定律及向心力公式列方程.
9 ．绳球类模型及其临界条件
(
【知识点的认识】
)
1. 模型建立
(1) 轻绳模型
小球沿竖直光滑轨道内侧做圆周运动，小球在细绳的作用下在竖直平面内做圆周运动，都是轻绳模 型，如图所示。
(2) 轻杆模型
小球在竖直放置的光滑细管内做圆周运动，小球被一轻杆拉着在竖直平面内做圆周运动，都是轻杆模 型，如图所示。
(
12
)
2. 模型分析
(
【命题方向】
)
1. 如图所示，质量为 M 的支座上有一水平细轴．轴上套有一长为 L 的细绳，绳的另一端栓一质量为m 的小球，让球在竖直面内做匀速圆周运动，当小球运动到最高点时，支座恰好离开地面，则此时小球的
(
13
)
线速度是多少？
(
【解题思路点拨】
)
对于竖直平面内的圆周运动，一般题目都会给出关键词“恰好”，当物体恰好过圆周运动最高点时，物
体自身的重力完全充当向心力，mg = m从而可以求出最高点的速度
10 ．物体在圆形竖直轨道内的圆周运动
(
【知识点的认识】
)
1. 模型建立
(1) 轻绳模型
小球沿竖直光滑轨道内侧做圆周运动，小球在细绳的作用下在竖直平面内做圆周运动，都是轻绳模 型，如图所示。
(2) 轻杆模型
小球在竖直放置的光滑细管内做圆周运动，小球被一轻杆拉着在竖直平面内做圆周运动，都是轻杆模 型，如图所示。
(
14
)
2. 模型分析
(
【命题方向】
)
1. 如图所示，半径为R 的光滑圆形轨道竖直固定放置，质量为m 的小球在圆形轨道内侧做圆周运动．小 球通过轨道最高点时恰好与轨道间没有相互作用力．已知当地的重力加速度大小为 g，不计空气阻
(
15
)
力．试求：
(1) 小球通过轨道最高点时速度的大小；
(2) 小球通过轨道最低点时角速度的大小；
(3) 小球通过轨道最低点时受到轨道支持力的大小.
(
【解题思路点拨】
)
对于竖直平面内的圆周运动，一般题目都会给出关键词“恰好”，当物体恰好过圆周运动最高点时，物
体自身的重力完全充当向心力，mg = m从而可以求出最高点的速度
11 ．物体在环形竖直轨道内的圆周运动
(
【知识点的认识】
)
1. 模型建立
(1) 轻绳模型
小球沿竖直光滑轨道内侧做圆周运动，小球在细绳的作用下在竖直平面内做圆周运动，都是轻绳模
(
16
)
型，如图所示。
(2) 轻杆模型
小球在竖直放置的光滑细管内做圆周运动，小球被一轻杆拉着在竖直平面内做圆周运动，都是轻杆模 型，如图所示。
2. 模型分析
(
17
)
(
【命题方向】
)
1. 如图所示，小球m 在竖直放置的内壁光滑的圆形细管内做圆周运动，以上说法正确的是 ( )
A. 小球通过最高点的最小速度为v = gR
B. 小球通过最高点的最小速度为零
C. 小球通过最高点时一定受到向上的支持力
(
18
)
D. 小球通过最低点时一定受到外管壁的向上的弹力
(
【解题思路点拨】
)
对于竖直平面内的圆周运动，一般题目都会给出关键词“恰好”，当物体恰好过圆周运动最高点时，物
体自身的重力完全充当向心力，mg = m从而可以求出最高点的速度
12 ．宇宙的起源与恒星的演化
(
【知识点的认识】
)
一、宇宙起源 (宇宙大爆炸理论)：
1. 宇宙大爆炸理论是目前广泛接受的宇宙起源理论，它表明宇宙起源于一个极度热密的初始状态，然后 经历了急剧膨胀。
2. 这一理论解释了宇宙中各种天体的分布、宇宙背景辐射以及宇宙的演化历史。
3. 它是由比利时天文学家乔治 勒梅特和美国天文学家埃德温 哈勃等人提出的。
二、恒星的演化：
1. 恒星初级阶段：由星云向外辐射能量，所形成的的反向推力聚集而成，类似于水的冷凝。
2. 恒星阶段：当初始星云，具备了向内运动的动力，并且聚集之后，突破星云物质分子、原子，释放大量热 能的同时释放出十分巨大的空间。
3. 恒星衰老之后的演变取决于恒星的质量：当质量足够大能够压破原子核，就能形成中子星；大到能够 压迫中子就可能形成所谓的黑洞；当然恒星质量不足，最终无法进入下一个阶段，只能衰变为白矮星。
(
【命题方向】
)
1. 关于恒星，下列说法中正确的是 ( )
A. 恒星的表面温度越高，颜色越红
B. 恒星的颜色与恒星的质量和体积有关
C. 恒星的寿命与构成恒星的物质、温度、亮度有关
D. 恒星的亮度与恒星的体积和温度及它与地球的距离有关
(
19
)
(
【解题思路点拨】
)
宇宙的起源与恒星的演化是物理学习过程中积累的知识，这要求学生对课外的知识有一定程度的了 解和积累。
13 ．重力做功的特点和计算
(
【知识点的认识】
)
1. 表达式：WG = mgh = mg(h1 -h2)，其中h1、h2 分别表示物体起点和终点的高度
2. 特点：
①只跟物体运动的起点和终点的位置有关，而跟物体运动的路径无关.
②物体下降时重力做正功，物体被举高时重力做负功.
③重力做功的多少与参考平面无关。
(
【命题方向】
)
1. 物体沿不同的路径从A 滑到B，如图所示，则 ( )
A. 沿路径ACB 重力做的功大些 B. 沿路径ADB 重力做的功大些
C. 沿路径ACB 和ADB 重力做功一样多 D. 条件不足，无法判断
(
20
)
(
【解题思路点拨】
)
1. 重力做功只与初、末位置有关，与路径无关。
2. 计算重力做功的步骤为：
①确定物体重力的大小；
②确定物体在竖直方向上的位移大小；
③如果物体向上运动，重力做负功；如果物体向下运动，重力做负功。
14 ．功率的定义、物理意义和计算式的推导
(
【知识点的认识】
)
1. 义：功与完成这些功所用时间的比值.
2. 理意义：描述做功的快慢。
3. 质：功是标量。
4. 计算公式
(1) 定义式 为时间 t 内的平均功率.
(2) 机械功的表达式：P = Fvcosα(α 为F 与v 的夹角)
① v 为平均速度，则P 为平均功率.
② v 为瞬时速度，则P 为瞬时功率.
推导：如果物体的受力F 与运动方向的夹角为 α,从计时开始到时刻 t 这段时间内，发生的位移是 l，则 力在这段时间所做的功
W = Flcosα 因此有
由于位移 l 是从开始计时到时刻t 这段时间内发生的，所以 是物体在这段时间内的平均速度 v，于
是上式就可以写成 P = Fvcosα
可见，力对物体做功的功率等于沿运动方向的分力与物体速度的乘积。
通常情况下，力与位移的方向一致，即F 与v 的夹角一致时，cosα = 1，上式可以写成P = Fv。
从以上推导过程来看，P = Fv 中的速度 v 是物体在恒力F 作用下的平均速度，所以这里的功率 P 是 指从计时开始到时刻 t 的平均功率。如果时间间隔非常小，上述平均速度就可以看作瞬时速度，这个 关系式也就可以反映瞬时速度与瞬时功率的关系。
5. 额定功率：机械正常工作时输出的最大功率.
(
21
)
6. 实际功率：机械实际工作时输出的功率．要求不大于额定功率.
(
【命题方向】
)
1. 下列关于功率和机械效率的说法中，正确的是 ( )
A. 功率大的机械，做功一定多 B. 做功多的机械，效率一定高
C. 做功快的机械，功率一定大 D. 效率高的机械，功率一定大
(
【解题思路点拨】
)
1. 功率是反映做功快慢的物理量，与功的多少没有直接关系。
2. 功率的定义式 适用于任何做功的情况。
15 ．动能定理的简单应用
(
【知识点的认识】
)
1. 动能定理的内容：合外力做的功等于动能的变化量。
2. 表达式：W合 = ΔEk = Ek末 - Ek初
3. 本考点针对简单情况下用动能定理来解题的情况。
(
【命题方向】
)
1. 如图所示，质量 m = 10kg 的物体放在水平地面上，物体与地面的动摩擦因数 μ = 0.2，g = 10m/s2，今 用 F = 50N 的水平恒力作用于物体上，使物体由静止开始做匀加速直线运动，作用时间 t = 6s 后撤去 F，求：
(1) 物体在前 6s 运动的过程中的加速度；
(2) 物体在前 6s 运动的位移
(3) 物体从开始运动直到最终静止的过程中克服摩擦力所做的功。
(
22
)
分析：(1) 对物体受力分析知，物体做匀加速运动，由牛顿第二定律就可求出加速度；
(2) 用匀变速直线运动的位移公式即可求得位移的大小；
(3) 对全程用动能定理，可以求得摩擦力的功。
(
【解题思路点拨】
)
1. 应用动能定理的一般步骤
(1) 选取研究对象，明确并分析运动过程。
(2) 分析受力及各力做功的情况
①受哪些力？
②每个力是否做功？
③在哪段位移哪段过程中做功？
④做正功还是负功？
⑤做多少功？求出代数和。
(3) 明确过程始末状态的动能Ek1 及Ek2。
(4) 列方程 W总 = Ek2 - Ek1，必要时注意分析题目潜在的条件，补充方程进行求解。 注意：
①在研究某一物体受到力的持续作用而发生状态改变时，如涉及位移和速度而不涉及时间时应首先 考虑应用动能定理，而后考虑牛顿定律、运动学公式，如涉及加速度时，先考虑牛顿第二定律。
②用动能定理解题，关键是对研究对象进行准确的受力分析及运动过程分析，并画出物体运动过程的 草图，以便更准确地理解物理过程和各物理量的关系。有些力在物体运动全过程中不是始终存在的， 在计算外力做功时更应引起注意。
16 ．常见力做功与相应的能量转化
(
【知识点的认识】
)
1. 内容
(
23
)
(1) 功是能量转化的量度，即做了多少功就有多少能量发生了转化。
(2) 做功的过程一定伴随着能量的转化，而且能量的转化必通过做功来实现。
2. 高中物理中几种常见的功能关系
功 能量的变化
合外力做正功 动能增加
重力做正功 重力势能减少
弹簧弹力做正功 弹性势能减少
电场力做正功 电势能减少
其他力 (除重力、弹力) 做正功 机械能增加
一对滑动摩擦力做的总功为负功 系统的内能增加
(
【解题思路点拨】
)
1. 如图所示，质量为m 的物体静止在地面上，物体上面连着一个轻弹簧，用手拉住弹簧上端上移 H，将物 体缓缓提高h，拉力F 做功 WF，不计弹簧的质量，则下列说法正确的是 ( )
A. 重力做功 -mgh，重力势能减少mgh
C. 重力势能增加mgh，弹性势能增加FH
B. 弹力做功 -WF，弹性势能增加 WF
D. 重力势能增加mgh，弹性势能增加 WF - mgh
(
【解题思路点拨】
)
1. 常见的功能关系：合力做功 - - 动能变化；重力做功 - - 重力势能变化；弹力做功 - - 弹性势能变化； 摩擦力做功 - - 内能变化；其他力做功 - - 机械能变化。
2. 判断和计算做功或能量变化时，可以反其道而行之，通过计算能量变化或做功多少来进行。
(
24
)
17 ．机械能守恒定律的简单应用
(
【知识点的认识】
)
1. 机械能守恒定律的内容：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. 对三种表达式的理解
(1) 守恒式：Ek1 + EP1 = Ek2 + EP2，这里应注意等式不是指某两个特别的状态，而是过程中的每一状态 机械能的总量都是守恒的，但我们解题时往往选择与题目所述条件或所求结果相关的状态建立方程 式。另外，表达式中是相对的，建立方程时必须选择合适的参考平面，且每一状态的 E 都应是对同一 参考平面而言的。
(2) 转化式：ΔEk =-ΔEP，系统动能的增加量等于系统重力势能的减少量，可以不选择参考平面。
(3) 转移式：ΔEA =-ΔEB，将系统分为 A、B 两部分，A 部分机械能的增加量等于另一部分B 的机械能 的减少量，可以不选择参考平面。
3. 运用机械能守恒定律的基本思路
4. 机械能守恒定律和动能定理的比较
(
25
)
(
【命题方向】
)
1. NBA 篮球赛非常精彩，吸引了众多观众.2012 - 2013 赛季总决赛第六场中，雷阿伦在终场前 5.2s 的时 候，把球投出且准确命中，把比赛拖入加时从而让热火获得比赛的胜利．如果雷阿伦投篮过程中对篮 球做功为 W，出手高度为 h1，篮筐距地面高度为 h2，篮球的质量为m，空气阻力不计，则篮球进筐时的 动能为 ( )
A. W +mgh1 - mgh2 B. W +mgh2 - mgh1 C. mgh1 + mgh2 - W D. mgh2 - mgh1 - W
(
【解题方法点拨】
)
1. 应用机械能守恒定律解题的基本思路
(1) 选取研究对象 - - 物体或系统。
(2) 根据研究对象所经历的物理过程，进行受力、做功分析，判断机械能是否守恒。
(3) 恰当地选取参考平面，确定研究对象在过程的初、末态时的机械能。
(4) 选取方便的机械能守恒定律的方程形式 (Ek1 + Ep1 = Ek2 + Ep2、△Ek =-△Ep 或 △EA =-△EB) 进行
(
26
)
求解。
注：机械能守恒定律的应用往往与曲线运动综合起来，其联系点主要在初末状态的速度与圆周运动的 动力学问题有关、与平抛运动的初速度有关。
2. 对于系统机械能守恒问题，应抓住以下几个关键：
(1) 分析清楚运动过程中各物体的能量变化；
(2) 哪几个物体构成的系统机械能守恒；
(3) 各物体的速度之间的联系。
3. 动能定理与机械能守恒定律的选择
(1) 能用机械能守恒定律解决的题一般都能用动能定理解决，而且省去了确定是否守恒和选定重力势 能参考平面的麻烦。
(2) 能用动能定理来解决的题却不一定都能用机械能守恒定律来解决，在这个意义上讲，动能定理比 机械能守恒定律应用更广泛、更普遍。
18 ．动量定理的内容和应用
(
【知识点的认识】
)
1. 内容：物体在一个过程始末的动量变化量等于它在这个过程中所受力的冲量.
2. 表达式：p′ -p = I 或mv -mv0 = Ft .
3. 用动量概念表示牛顿第二定律：由mv -mv0 = Ft，得到 F = = ma，所以
物体动量的变化率等于它受到的力，即F = 这是牛顿第二定律的动量表述.
(
【命题方向】
)
1. 篮球运动员通常要伸出两臂迎接传来的篮球，接球时，两臂随球迅速收缩至胸前，这样可以 ( )
A. 减小篮球对手的冲量 B. 减小篮球对人的冲击力
C. 减小篮球的动量变化量 D. 增大篮球的动量变化量
(
【解题方法点拨】
)
(
27
)
1. 动量、动量的变化量、冲量、力都是矢量．解题时，先要规定正方向，与正方向相反的，要取负值.
2. 恒力的冲量用恒力与力的作用时间的乘积表示，变力的冲量计算，要看题目条件确定．如果力随时间 均匀变化，可取平均力代入公式求出；力不随时间均匀变化，就用 I 表示这个力的冲量，用其它方法间 接求出.
3. 只要涉及了力 F 和力的作用时间 t，用牛顿第二定律能解答的问题、用动量定理也能解答，而用动量定 理解题，更简捷.
19 ．某一方向上的动量守恒问题
(
【知识点的认识】
)
动量守恒定律的适用条件是普遍的，当系统所受的合外力不为零时，系统的总动量不守恒，但是在不 少情况下，合外力在某个方向上的分量却为零，那么在该方向上系统的动量分量就是守恒的。
(
【命题方向】
)
1. 如图所示，滑块和小球的质量分别为 M、m ．滑块可在水平放置的光滑固定导轨上自由滑动，小球与 滑块上的悬点 O 由一不可伸长的轻绳相连，轻绳长为 L ．开始时，轻绳处于水平拉直状态，小球和滑 块均静止。现将小球由静止释放，当小球到达最低点时，下列说法正确的是 ( )
A. 滑块和小球组成的系统动量守恒
C. 滑块的最大速率为
B. 滑块和小球组成的系统水平方向动量守恒
D. 滑块的最大速率为
(
28
)
(
【解题思路点拨】
)
当系统在某个方向上的合力为零时，虽然总体来看动量不守恒，但这个方向上却满足动量守恒。
20 ．动量守恒定律在板块模型中的应用
(
【知识点的认识】
)
1. 对于板块类问题，在作用过程中，系统合外力为零，满足动量守恒。
2. 整个过程涉及动能、内能、重力势能的转化，应用能量守恒定律解决此类问题。
3. 滑块与木板共速时，系统损失的机械能最大。
(
【命题方向】
)
1. 如图所示，质量m1 = 2.0kg 的木板 AB 静止在水平面上，木板的左侧有一个固定的半径 R = 0.60m 的 四分之一圆弧形轨道，轨道末端的切线水平，轨道与木板靠在一起，且末端高度与木板高度相同．现 将质量m2 = 1.0kg 可视为质点的小木块 C，从圆弧形轨道顶端由静止释放，小木块 C 到达圆弧形轨道 底端时的速度 v0 = 3.0m/s ．之后小木块 C 滑上木板 AB 并带动木板 AB 运动，当小木块 C 离开木板 AB 右端B 时，木板 AB 的速度 v1 = 0.5m/s，在小木块 C 在木板 AB 上滑行的过程中，小木块 C 与木板 AB 总共损失的动能 △E = 2.25J ．小木块 C 与木板 AB 间的动摩擦因数 μ = 0.1 ．木板 AB 与地面间 的摩擦及空气阻力可忽略不计．取g = 10m/s2 ．求
(1) 小木块 C 运动到圆弧形轨道末端时所受支持力的大小；
(2) 小木块 C 在圆弧形轨道上下滑过程中克服摩擦力所做的功；
(3) 小木块 C 在木板AB 上运动过程中，小木块 C 相对于地面的位移.
(
29
)
(
【解题思路点拨】
)
动量守恒里的板块模型一般不考虑地面的摩擦力，板块之间的相互作用为内力，因此遵寻动量守恒定 律。当达到共速时，系统瞬时的机械能最大，同时也要注意临界条件，如滑块恰好不滑下木板等。
21 ．动量守恒定律在含有弹簧的碰撞问题中的应用
(
【知识点的认识】
)
1. 对于弹簧类问题，在作用过程中，系统合外力为零，满足动量守恒。
2. 整个过程涉及弹性势能、动能、内能、重力势能的转化，应用能量守恒定律解决此类问题。
3. 弹簧压缩最短或拉伸最长时，弹簧连接的两物体速度相等，此时弹簧具有最大弹性势能。
(
【命题方向】
)
1. 如图，光滑水平直轨道上有三个质量均为m 的物块 A、B、C ．B 的左侧固定一轻弹簧 (弹簧左侧的挡 板质量不计)。设 A 以速度 v0 朝B 运动，压缩弹簧；当 A、B 速度相等时，B 与 C 恰好相碰并粘接在一 起，然后继续运动。假设B 和 C 碰撞过程时间极短。求从A 开始压缩弹簧直至与弹簧分离的过程中，
(i) 整个系统损失的机械能；
(ii) 弹簧被压缩到最短时的弹性势能。
(
30
)
(
【解题思路点拨】
)
当弹簧压缩到最短时，该弹簧具有最大弹性势能，而弹簧压缩到最短，弹簧连着的两物体不能再靠近， 此时两物体具有相同的速度。因此，该类问题临界状态相对应的临界条件是弹簧连着的两物体速度 相等。
22 ．动量守恒与能量守恒共同解决实际问题
(
【知识点的认识】
)
动量守恒定律与能量守恒定律的综合应用有很多，我们将板块模型、子弹打木块以及弹簧类模型单独 分了出来仍远远不够，其他的综合应用暂时归类于此。例如多种因素共存的动量和能量的综合应用、 有电场存在的综合应用等等。
(
【命题方向】
)
1. 如图所示为某种弹射装置的示意图，光滑的水平导轨MN右端N 处与水平传送带理想连接，传送带长 度 L = 4.0m，皮带轮沿顺时针方向转动，带动皮带以恒定速率 v = 3.0m/s 匀速传动。三个质量均为
(
31
)
m = 1.0kg 的滑块 A、B、C 置于水平导轨上，开始时滑块B、C 之间用细绳相连，其间有一压缩的轻弹 簧，处于静止状态。滑块 A 以初速度 v0 = 2.0m/s 沿B、C 连线方向向B 运动，A 与B 碰撞后粘合在一 起，碰撞时间极短。连接 B、C 的细绳受扰动而突然断开，弹簧伸展，从而使 C 与 A、B 分离。滑块 C 脱离弹簧后以速度 vC = 2.0m/s 滑上传送带，并从右端滑出落至地面上的P 点。已知滑块 C 与传送带 之间的动摩擦因数 μ = 0.20，重力加速度g 取 10m/s2 ．求：
(1) 滑块 C 从传送带右端滑出时的速度大小；
(2) 滑块B、C 用细绳相连时弹簧的弹性势能Ep；
(3) 若每次实验开始时弹簧的压缩情况相同，要使滑块 C 总能落至P 点，则滑块 A 与滑块B 碰撞前速 度的最大值vm 是多少？
(
32
)
(
【解题思路点拨】
)
1. 应用动量守恒定律的解题步骤：
(1) 明确研究对象 (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 (或某一方向上是否守恒)；
(3) 规定正方向，确定初末状态动量；
(4) 由动量守恒定律列式求解；
(5) 必要时进行讨论.
2. 解决动量守恒中的临界问题应把握以下两点：
(1) 寻找临界状态：题设情境中看是否有相互作用的两物体相距最近，避免相碰和物体开始反向运动 等临界状态.
(2) 挖掘临界条件：在与动量相关的临界问题中，临界条件常常表现为两物体的相对速度关系与相对 位移关系，即速度相等或位移相等.
正确把握以上两点是求解这类问题的关键.
3. 综合应用动量观点和能量观点
4. 动量观点和能量观点：这两个观点研究的是物体或系统运动变化所经历的过程中状态的改变，不对过
(
33
)
程变化的细节作深入的研究，而只关心运动状态变化的结果及引起变化的原因，简单地说，只要求知 道过程的始末状态动量、动能和力在过程中所做的功，即可对问题求解.
5. 利用动量观点和能量观点解题应注意下列问题：
(1) 动量守恒定律是矢量表达式，还可写出分量表达式；而动能定理和能量守恒定律是标量表达式，无 分量表达式.
(2) 动量守恒定律和能量守恒定律，是自然界中最普遍的规律，它们研究的是物体系，在力学中解题时 必须注意动量守恒条件及机械能守恒条件．在应用这两个规律时，当确定了研究对象及运动状态的 变化过程后，根据问题的已知条件和求解的未知量，选择研究的两个状态列方程求解.
(3) 中学阶段凡可用力和运动解决的问题，若用动量观点或能量观点求解，一般比用力和运动的观点 简便.
23 ．单摆及单摆的条件
(
【知识点的认识】
)
1. 定义：如图所示，在细线的一端拴一个小球，另一端固定在悬点上，如果线的伸长和质量都不计，球的 直径比摆线短得多，这样的装置叫做单摆。
2. 视为简谐运动的条件：摆角小于 5。。
(
【命题方向】
)
1. 在如图所示的装置中，可视为单摆的是 ( )
(
34
)
(
【解题思路点拨】
)
1. 对单摆的装置要求
(1 ) 对摆线：一是要求无弹性；二是要求轻质细线，其质量相对小球可忽略不计；三是其长度远大于小 球的半径。
(2) 对小球：一是要求质量大；二是体积小，即小球要求是密度大的实心球。
2. 单摆做简谐运动的条件：
(1) 最大摆角很小；
(2) 空气阻力可以忽略不计。
3. 弹簧振子与单摆
弹簧振子 (水平) 单摆
模型示意图
条件 忽略弹簧质量、无摩擦等阻力 细线不可伸长、质量忽略、无空气等阻力、摆 角很小
平衡位置 弹簧处于原长处 最低点
回复力 弹簧的弹力提供 摆球重力沿与摆线垂直 (即切向) 方向的分 力
周期公式 T = 2π不作要求)
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
24 ．单摆的回复力
(
【知识点的认识】
)
1. 来源：摆球的重力沿圆弧切线方向的分力。
2. 特点：在偏角很小时，摆球的回复力与它偏离平衡位置的位移成正比，方向总指向平衡位置，即 F =
- x。可见，单摆在摆角很小的情况下做简谐运动。
3. 单摆做简谐运动的推证
(
35
)
如图为一个单摆的运动：
在偏角很小时，sinθ ≈ ,又回复力 F = mg sin θ ,所以单摆的回复力为 x(式中x 表示摆球
偏离平衡位置的位移，l 表示单摆的摆长，负号表示回复力F 与位移x 的方向相反)，由此知回复力符 合F=-kx，单摆做简谐运动。
(
【命题方向】
)
1. 对于单摆的振动，以下说法中正确的是 ( )
A. 单摆振动时，摆球受到的向心力大小处处相等 B. 单摆运动的回复力就是摆球受到的合力
C. 摆球经过平衡位置时所受回复力为零
D. 摆球经过平衡位置时所受合外力为零
(
【解题方法点拨】
)
关于单摆的回复力的三点提醒
(1) 单摆振动中的回复力不是它受到的合力，而是重力沿圆弧切线方向的一个分力。单摆振动过程 中，有向心力，这是与弹簧振子的不同之处。
(2) 在最大位移处时，因速度为零，所以向心力为零，故此时合力也就是回复力。
(3) 在平衡位置处时，由于速度不为零，故向心力也不为零，即此时回复力为零，但合力不为零。
25 ．库仑定律的表达式及其简单应用
(
【知识点的认识】
)
(
36
)
1. 内容：在真空中两个静止的点电荷间的作用力跟它们的电量的乘积成正比，跟它们之间的距离的平方 成反比，作用力的方向在它们的连线上.
2. 表达式：F = k ，式中 k 表示静电力常量，k = 9.0 × 109N m2/C2 .
3. 适用条件：真空中的静止点电荷.
(
【命题方向】
)
题型一：对库仑定律的理解
1. 真空中有两个静止的点电荷，它们之间静电力的大小为 F ．如果保持这两个点电荷之间的距离不变， 而将它们的电荷量都变为原来的 3 倍，那么它们之间的静电力的大小变为 ( )
A. 3F B. C. D. 9F
题型二：库仑定律与力学的综合问题
1. 在一绝缘支架上，固定着一个带正电的小球 A，A 又通过一长为 10cm 的绝缘细绳连着另一个带负电 的小球B，B 的质量为 0.1kg，电荷量为 × 10-6C，如图所示，将小球B 缓缓拉离竖直位置，当绳与竖 直方向的夹角为 60° 时，将其由静止释放，小球B 将在竖直面内做圆周运动．已知释放瞬间绳刚好张 紧，但无张力．g 取 10m/s2 ．求
(1) 小球A 的带电荷量；
(2) 释放瞬间小球B 的加速度大小；
(3) 小球B 运动到最低点时绳的拉力.
(3) 由动能定理求出小球到达最低点时的速度，然后由牛顿第二定律求出绳子的拉力.
(
37
)
(
【解题方法点拨】
)
1. 库仑定律适用条件
(1) 库仑定律只适用于真空中的静止点电荷，但在要求不很精确的情况下，空气中的点电荷的相互作 用也可以应用库仑定律.
(2) 当带电体间的距离远大于它们本身的尺寸时，可把带电体看做点电荷．但不能根据公式错误地推 论：当r → 0 时，F → ∞ . 其实在这样的条件下，两个带电体已经不能再看做点电荷了.
(3) 对于两个均匀带电绝缘球体，可将其视为电荷集中于球心的点电荷，r 为两球心之间的距离.
(4) 对两个带电金属球，要考虑金属球表面电荷的重新分布.
2. 应用库仑定律需要注意的几个问题
(1) 库仑定律的适用条件是真空中的静止点电荷．点电荷是一种理想化模型，当带电体间的距离远远 大于带电体的自身大小时，可以视其为点电荷而适用库仑定律，否则不能适用.
(2) 库仑定律的应用方法：
库仑定律严格地说只适用于真空中，在要求不很精确的情况下，空气可近似当作真空来处理．注意库 仑力是矢量，计算库仑力可以直接运用公式，将电荷量的绝对值代入公式，根据同种电荷相斥，异种电 荷相吸来判断作用力 F 是引力还是斥力；也可将电荷量带正、负号一起运算，根据结果的正负，来判断 作用力是引力还是斥力.
(3) 三个点电荷的平衡问题：
要使三个自由电荷组成的系统处于平衡状态，每个电荷受到的两个库仑力必须大小相等，方向相反， 也可以说另外两个点电荷在该电荷处的合场强应为零.
3. 分析带电体力学问题的方法与纯力学问题的分析方法一样，要学会把电学问题力学化．分析方法是：
(
38
)
(1) 确定研究对象．如果有几个带电体相互作用时，要依据题意，适当选取“整体法”或“隔离法”；
(2) 对研究对象进行受力分析，多了个电场力
(3) 列平衡方程 (F合 = 0 或Fx = 0，Fy = 0) 或牛顿第二定律方程.
26 ．点电荷与均匀带电球体 (球壳) 周围的电场
(
【知识点的认识】
)
1. 点电荷是最简单的场源电荷，一个电荷量为 Q 的点电荷，在与之相距r 处的电场强度为
2. 推导如下：如果以 Q 为中心作一个球面，则球面上各点的电场强度大小相等。 Q 为场源电荷电量。
3. 方向：若 Q 是正电荷，Q 和该点的连线指向该点；若 Q 是负电荷，Q 和该点的连线值向 Q。
4. 使用范围：仅使用于真空中点电荷产生的电场。
5. 点单荷电场的特点：
根据上式可知，如果以电荷量为 Q 的点电荷为中心作一个球面，则球面上各点的电场强度大小相等。 当 Q 为正电荷时，电场强度E 的方向沿半径向外 (图甲 ) ﹔当 Q 为负电荷时，电场强度E 的方向沿半 径向内 (图乙)。
(
39
)
即点电荷的电场是以电荷为球心向四周发散或由四周指向球心的。
6. 带电球体 (球壳)与点电荷等效：在一个比较大的带电体不能看作点电荷的情况下，当计算它的电场 时，可以把它分成若干小块，只要每个小块足够小，就可以看成点电荷，然后用点电荷电场强度叠加的 方法计算整个带电体的电场。可以证明，一个半径为R 的均匀带电球体 (或球壳) 在球的外部产生的 电场，与一个位于球心、电荷量相等的点电荷在同一点产生的电场相同 (如下图)，即
式中的r 是球心到该点的距离( r > R )，Q 为整个球体所带的电荷量。
(
【命题方向】
)
1. 一点电荷 Q = 2.0 × 10-8C，在距此点电荷 30cm 处，该电荷产生的电场的强度是多大？
(
【解题思路点拨】
)
(
40
)
1. 公式E = k 又叫作电场强度的决定式，场源电荷 (可视为点电荷) 的电荷量 Q 确定后，距离场源电
荷一定距离的场强就确定了。
2. 一个均匀带电球体 (或球壳) 在球外某点产生的电场与一个位于球心，电荷量相字的点电荷在该点产 生的电场相同。要注意只局限于球外。
3. 常见的错误之一是认为以点电荷为球心的球面上各处电场强度相等。错误的原因在于忽略了电场强 度的矢量性。准确的说法是以点电荷为球心的球面上各处电场强度大小相等，方向不同。
4. 电场强度三个计算式的比较
表达式比较 E = E = k U (
d
)E =
公式意义 电场强度定义式 真空中点电荷的电场强度 决定式 匀强电场中E 与 U 关系式
适用条件 一切电场 ①真空 ②点电荷 匀强电场
比较决定因 素 由电场本身决定，与 q 无 关 由场源电荷 Q 和场源电荷 到该点的距离r 共同决定 由电场本身决定，d 是场中 两点间沿场强方向的距离
相同点 矢量，单位：1N/C = 1V/m
27 ．电场力做功的计算及其特点
(
【知识点的认识】
)
1. 静电力做功的特点：在匀强电场中移动电荷时，静电力所做的功与电荷的起始位置和终止位置有关， 与电荷经过的路径无关。
2. 静电力做功的公式：W = qEl，其中 l 为电荷沿电场线移动的位移。
(
【命题方向】
)
1. 如图所示，在电场强度为E 的匀强电场中，A、B 两点相距 l，连线 AB 与电场强度方向的夹角为 θ。将 一电荷量为 q 的正电荷分别沿直线 AB、折线 ACB、曲线 ADB 从 A 点移动到B 点，静电力各做了多少 功？
(
41
)
(
【解题思路点拨】
)
静电力做功的特点
(1) 静电力做的功与电荷的起始位置和终止位置有关，但与具体路径无关，这与重力做功特点相似。
(2) 静电力做功的特点不受物理条件限制不管静电力是否变化，是否是勾强电场，是直线运动还是曲 线运动，静电力做功的特点均不变
28 ．电场力做功与电势能变化的关系
(
【知识点的认识】
)
1. 静电力做功的特点：静电力做功与路径无关，或者说：电荷在电场中沿一闭合路径移动，静电力做功为 零。
2. 电势能概念：电荷在电场中具有势能，叫电势能。电荷在某点的电势能，等于把电荷从该点移动到零 势能位置时，静电力做的功，用EP 表示。
3. 静电力做功与电势能变化的关系：
①静电力做正功，电势能减小；静电力做负功，电势能增加。
②关系式：WAB = EPA - EPB。
4. 单位：J(宏观能量) 和 eV(微观能量)，它们间的换算关系为：1eV = 1.6 × 10-19J。
(5) 特点：
①系统性：由电荷和所在电场共有；
②相对性：与所选取的零点位置有关，通常取大地或无穷远处为电势能的零点位置；
③标量性：只有大小，没有方向，其正负的物理含义是：若 EP > 0，则电势能比在参考位置时大，若 EP < 0，则电势能比在参考位置时小。
理解与注意：学习电势能时，可以通过与重力势能类比来理解相关概念，上面列举的各项概念几乎是 所有势能都有的，只是具体环境不同而已。
(
【命题方向】
)
1. a 和 b 为电场中的两个点，如果把 q =-2 × 10-8C 的负电荷从 a 点移动到 b 点，电场力对该电荷做了 4
× 10-7J 的正功，则该电荷的电势能 ( )
A. 增加了 4 × 10-7J B. 增加了 2 × 10-8J C. 减少了 4 × 10-7J D. 减少了 8 × 10-15J
(
42
)
(
【解题方法点拨】
)
1. 静电力做功与电势能变化的关系
(1)WAB = EPA - EPB。
静电力做正功，电势能减小；静电力做负功，电势能增加。
(2) 正电荷在电势高的地方电势能大，而负电荷在电势高的地方电势能小。
2. 电势能大小的比较方法
(1) 做功判断法：
电场力做正功时电势能减小；电场力做负功时电势能增大。 (对正、负电荷都适用)。
(2) 依据电势高低判断：
正电荷在电势高处具有的电势能大，负电荷在电势低处具有的电势能大。
29 ．电势差的概念、单位和物理意义及用定义式计算
(
【知识点的认识】
)
1. 定义：在电场中，两点之间电势的差值叫作电势差，电势差也叫作电压。
2. 表达式：设电场中A 点的电视为 φA，B 点的电势为 φB，则AB 电点之间的电势差可以表示为 UAB = φA - φB
BA 两点之间的电势差为 UBA = φB - φA
所以 UAB =-UBA
3. 电势差的单位 伏特，符号：V
4. 电势差的正负
电势差是标量，但有正、负。电势差的正、负表示两点电势的高低。所以电场中各点间的电势差可依 次用代数法相加。
5. 特点：电场中两点之间的电势差取决于电场本身，与电势零点的选取无关
6. 物理意义：反映电荷在电场中移动时电场力做功本领大小的物理量
(
【命题方向】
)
1. 关于电势差 UAB 和电势 φA、φB 的理解正确的是 ( )
A. UAB 表示B 点相对A 点的电势差，即 UAB = φB - φA
(
43
)
B. UAB 和 UBA 是不同的，它们有关系：UAB =-UBA
C. φA、φB 都可能有正负，所以电势是矢量
D. 零电势点的规定虽然是任意的，但人们常常规定大地和无限远处为零电势
(
【解题思路点拨】
)
根据电势差的定义可知，电势差的正负代表两点之间电势的大小，如果 UAB > 0，则 φA > φB；如果 UAB < 0，则 φA < φB。
30 ．带电粒子在匀强电场中做类平抛运动
(
【知识点的认识】
)
1. 带电粒子垂直射入匀强电场的运动类似于物体的平抛运动，可以利用运动的合成与分解知识分析。 规律为：
初速度方向：vx = v0，x = v0t
静电力方向：vy = at，y =
2. 分析带电粒子在匀强电场中的偏转问题也可以利用动能定理，即 qEΔy = ΔEk。
3. 两个特殊推论：
(1) 粒子从偏转电场中射出时，其速度方向的反向延长线与初速度方向的延长线交于一点，此点为初 速度方向位移的中点，如图所示。
( 2 ) 位移方向与初速度方向间夹角 α(图中未画出) 的正切为速度偏转角 θ 正切的 ，即 tanα =
(
44
)
tanθ。
(
【命题方向】
)
1. 一束电子流在经 U = 5000V 的加速电压加速后，在距两极板等距离处垂直进入平行板间的匀强电场， 如图所示，若两板间距离 d = 1.0cm，板长 l = 5.0cm，电子恰好从平行板边缘飞出，求：(电子的比荷
(1) 电子进入极板时的速度v0
(2) 两极板间的电压.
(
【解题思路点拨】
)
带电粒子在电场中运动问题的处理方法
带电粒子在电场中运动的问题实质上是力学问题的延续，从受力角度看，带电粒子与一般物体相比多 受到一个静电力；从处理方法上看，仍可利用力学中的规律分析，如选用平衡条件、牛顿运动定律、动 能定理、功能关系，能量守恒等。
31 ．带电粒子先后经过加速电场和偏转电场
(
【知识点的认识】
)
(
45
)
本考点旨在针对带电粒子先经过加速电场再经过偏转电场的问题。
(
【命题方向】
)
1. 如图所示，静止的电子在加速电压为 U1 的电场作用下从 O 经 P 板的小孔射出，又垂直进入平行金属 板间的电场，在偏转电压为 U2 的电场作用下偏转一段距离．现使 U1 加倍，要想使电子在偏转电场的 偏移量不发生变化，调整板间距离时电子仍能穿出偏转电场，应该 ( )
A. 仅使 U2 加倍
C. 仅使偏转电场板间距离变为原来的 0.5 倍
B. 仅使 U2 变为原来的 4 倍
D. 仅使偏转电场板间距离变为原来的 2 倍
(
【解题思路点拨】
)
1. 解决带电粒子在电场中做类平抛运动问题时，可采用动力学方法处理，也可采用动能定理辅助计算。
2. 处理过程中一是需注意区分粒子能否从板间射出，二是注意利用动能定理时区分粒子所经历的电压 与给定的电压，三是注意粒子在运动过程中重力能否忽略。
3. 对于粒子重力的处理
(1) 电子、质子、粒子、某种离子等重力可忽略不计。
(
46
)
(2) 小球、液滴、尘埃、滑块等不说明的情况下需考虑重力的作用，
(3) 微粒、粒子的重力能否忽略需看题意
4. 平抛运动的推论在类平抛运动中也可应用：
(1) 偏向角的正切值等于位移与初速度间夹角正切值的2 倍
(2) 速度的反向延长线通过水平位移的中心。
32 ．闭合电路欧姆定律的内容和表达式
(
【知识点的认识】
)
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. 表达式表示电动势，I 表示干路总电流，R 表示外电路总电阻，r 表示内阻。
3. 闭合电路中的电压关系：闭合电路中电源电动势等于内、外电路电势降落之和E = U外 + U内。
4. 由E = U外 + U内 可以得到闭合电路欧姆定律的另一个变形 U外 = E -Ir。
(
【命题方向】
)
1. 在已接电源的闭合电路里，关于电源的电动势、内电压、外电压的关系应是 ( )
A. 如外电压增大，则内电压增大，电源电动势也会随之增大
B. 如外电压减小，内电阻不变，内电压也就不变，电源电动势必然减小
C. 如外电压不变，则内电压减小时，电源电动势也随内电压减小
D. 如外电压增大，则内电压减小，电源的电动势始终为二者之和，保持恒量
(
【解题思路点拨】
)
闭合电路的几个关系式的对比
(
47
)
33 ．带电粒子在矩形边界磁场中的运动
(
【知识点的认识】
)
本考点旨在考查带电粒子在矩形边界磁场中的运动情况。
(
【命题方向】
)
1. 如图所示，正方形区域 abcd 中充满匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里．一个氢核从 ad 边的中点m 沿 着既垂直于 ad 边又垂直于磁场的方向，以一定速度射入磁场，正好从 ab 边中点n 射出磁场．若将磁 场的磁感应强度变为原来的 2 倍，其它条件不变，则这个氢核射出磁场的位置是 ( )
A. 在 b、a 之间某点 B. 在n、a 之间某点 C. a 点 D. 在 a、m 之间某点
(
48
)
(
【解题思路点拨】
)
由于带电粒子往往是在有界磁场中运动，粒子在磁场中只运动一段圆弧就飞出磁场边界，其轨迹不是 完整的圆，因此，此类问题往往要根据带电粒子运动的轨迹作相关图去寻找几何关系，分析临界条件， 然后应用数学知识和相应物理规律分析求解.
(1) 两种思路
①以定理、定律为依据，首先求出所研究问题的一般规律和一般解的形式，然后再分析、讨论临界条件 下的特殊规律和特殊解；
②直接分析、讨论临界状态，找出临界条件，从而通过临界条件求出临界值.
(2) 两种方法 物理方法：
①利用临界条件求极值；
②利用问题的边界条件求极值；
③利用矢量图求极值. 数学方法：
①利用三角函数求极值；
②利用二次方程的判别式求极值；
③利用不等式的性质求极值；
④利用图象法等.
(3) 从关键词中找突破口：许多临界问题，题干中常用“恰好”、“最大”、“至少”、“不相撞”、“不脱离”等 词语对临界状态给以暗示．审题时，一定要抓住这些特定的词语挖掘其隐藏的规律，找出临界条件.
34 ．带电粒子在弧形或圆形边界磁场中的运动
(
【知识点的认知】
)
1. 圆形边界：如图所示，带电粒子从某点沿圆形磁场的半径方向人射，从另一点射出磁场时速度的反向 延长线过磁场的圆心，即沿径向射入必沿径向射出。
(
49
)
2. 几个与角有关的物理量
如图所示，粒子做匀速圆周运动时，φ 为粒子速度的偏向角，粒子与圆心的连线转过的角度 α 为回旋 角 (或圆心角)，AB 弦与切线的夹角θ 为弦切角，它们的关系为 φ = α = 2θ , θ 与相邻的弦切角θ' 互补， 即 θ + θ' = 180°。
3. 如何确定“圆心角与时间”
①速度的偏向角 φ = 圆弧所对应的圆心角 (回旋角)α =2 倍的弦切角θ
②时间的计算方法.
方法一：由圆心角求 方法二：由弧长求 。
(
【命题方向】
)
1. 如图所示，虚线所围区域内有方向垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为 B ．一束电子沿圆形区域 的直径方向以速度 v 射入磁场，电子束经过磁场区后，其运动的方向与原入射方向成 θ 角。设电子质 量为m，电荷量为 e，不计电子之间的相互作用力及所受的重力。求：
(1) 电子在磁场中运动轨迹的半径R；
(2) 电子在磁场中运动的时间 t；
(3) 圆形磁场区域的半径r。
(
50
)
(
51
)
(
【解题思路点拨】
)
由于带电粒子往往是在有界磁场中运动，粒子在磁场中只运动一段圆弧就飞出磁场边界，其轨迹不是 完整的圆，因此，此类问题往往要根据带电粒子运动的轨迹作相关图去寻找几何关系，分析临界条件， 然后应用数学知识和相应物理规律分析求解.
(1) 两种思路
①以定理、定律为依据，首先求出所研究问题的一般规律和一般解的形式，然后再分析、讨论临界条件 下的特殊规律和特殊解；
②直接分析、讨论临界状态，找出临界条件，从而通过临界条件求出临界值.
(2) 两种方法 物理方法：
①利用临界条件求极值；
②利用问题的边界条件求极值；
③利用矢量图求极值. 数学方法：
①利用三角函数求极值；
②利用二次方程的判别式求极值；
③利用不等式的性质求极值；
④利用图象法等.
(3) 从关键词中找突破口：许多临界问题，题干中常用“恰好”、“最大”、“至少”、“不相撞”、“不脱离”等 词语对临界状态给以暗示．审题时，一定要抓住这些特定的词语挖掘其隐藏的规律，找出临界条件.
35 ．带电粒子在叠加场中做直线运动
(
【知识点的认识】
)
1. 叠加场是指一个区域可能同时含有重力场、电场和磁场中的两个或三个。但本考点涉及的题目必须 包含磁场。
2. 带电粒子在叠加场中做直线运动有两种情况 (不考虑平行于电场和磁场射入)
(1) 不计粒子重力，则必有洛伦兹力等于电场力，Bqv = qE。
(2) 考虑粒子重力，则必有电场力与重力的合力等于洛伦兹力。
也就是说只要粒子在含有磁场的叠加场中做直线运动，一定是匀速直线运动。因为如果是变速运动， 则洛伦兹力也会变化，合力与速度方向不再一条直线上，粒子就不可能再做直线运动。
(
【命题方向】
)
(
52
)
1. 如图所示，某空间存在正交的匀强磁场和匀强电场，电场方向水平向右，磁场方向垂直纸面向里，一带 负电微粒由 a 点以一定初速度进入电磁场，刚好能沿直线 ab 斜向上运动，则下列说法正确的是 ( )
A. 微粒的动能一定增加
C. 微粒的电势能一定减少
B. 微粒的动能一定减少
D. 微粒的机械能一定增加
(
【解题思路点拨】
)
1. 叠加场中三中场的比较
(
53
)
2. 带电粒子在叠加场中运动的分析方法
36 ．带电粒子由电场进入磁场中的运动
(
【知识点的认识】
)
1. 带电粒子在电场、磁场组合场中的运动是指粒子从电场到磁场，或从磁场到电场的运动。通常按时间
的先后顺序分成若干个小过程，在每一运动过程中从粒子的受力性质、受力方向和速度方向的 关系入手，分析运动性质。
2. 一般的分析思路为：
(1) 划分过程：将粒子运动的过程划分为几个不同的阶段，对不同的阶段选取相应的规律处理。
(2) 找关键：确定带电粒子在场区边界的速度 (包括大小和方向) 是解决该类问题的关键，
(3) 画运动轨迹：根据受力分析和运动分析大致画出粒子的运动轨迹图，有利于形象、直观地解决问
(
54
)
题。
3. 本考点旨在针对粒子从电场进入磁场的情况。
(
【命题方向】
)
1. 如图所示，直角坐标系中的第Ⅰ象限中存在沿 y 轴负方向的匀强电场，在第Ⅱ象限中存在垂直纸面向 外的匀强磁场。一电量为 q、质量为m 的带正电的粒子，在 -x 轴上的点 a 以速率 v0，方向和 -x 轴方 向成 60° 射入磁场，然后经过 y 轴上 y = L 处的 b 点垂直于 y 轴方向进入电场，并经过 x 轴上 x = 2L 处 的 c 点。不计重力。求：
(1) 磁感应强度B 的大小；
(2) 电场强度E 的大小；
(3) 粒子在磁场和电场中的运动时间之比。
(
55
)
(
【解题思路点拨】
)
解决带电粒子在组合场中的运动问题的方法
37 ．右手定则
(
【知识点的认识】
)
右手定则
伸开右手，让大拇指跟其余四指垂直，并且都跟手掌在同一 平面内，让磁感线垂直穿过掌心，大拇指 指向导体的运动方向，其余四指所指的方向，就是感应电流的方向.
(
【命题方向】
)
题型一：楞次定律、右手定则、左手定则、安培定则的综合应用
(
56
)
1. 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，当 PQ 在外力作用下运动 时，MN在磁场力作用下向右运动．则PQ 所做的运动可能是 ( )
A. 向右匀加速运动 B. 向左匀加速运动 C. 向右匀减速运动 D. 向左匀减速运动
(
【解题方法点拨】
)
1. 右手定则适用于部分导体切割磁感线运动时感应电流的方向判定，而楞次定律适用于一切电磁感应 现象，是判断感应电流方向的基本方法，对于由于磁通量变化而引起的感应电流，运用楞次定律判断 其方向更方便.
2. 安培定则、左手定则、右手定则、楞次定律的比较及应用.
(1) 规律比较
基本现象 应用的定则或定律
运动电荷、电流产生磁场 安培定则
磁场对运动电荷、电流有作用力 左手定则
电磁感应 部分导体做切割磁感线运动 右手定则
闭合回路磁通量变化 楞次定律
(2) 应用区别
关键是抓住因果关系：①因电而生磁 (I → B) → 安培定则；②因动而生电 (v、B → I安) → 右手定则；③因 电而受力 (I、B → F安) → 左手定则.
38 ．导体平动切割磁感线产生的感应电动势
(
57
)
(
【知识点的认识】
)
1. 如果感应电动势是由导体运动而产生的，它也叫作动生电动势。
2. 当导体的运动方向与磁场垂直时，动生电动势的大小为： E = Blv
3. 适用条件：(1) 匀强磁场；(2) 平动切割；(3)B、l、v 三者相互垂直。
4. 当导体的运动方向与磁场有夹角时，如下图
即如果导线的运动方向与导线本身是垂直的，但与磁感线方向有一个夹角 θ ,则动生电动势为：E = Blv1 = Blvsinθ,即利用速度垂直于磁场的分量。
(
【命题方向】
)
1. 如图所示，在磁感应强度B = 1.2T 的匀强磁场中，让导体PQ 在 U 形导轨上以速度 υ0 = 10m/s 向右匀 速滑动，两导轨间距离L = 0.5m，则产生的感应电动势的大小和PQ 中的电流方向分别为 ( )
(
【解题方法点拨】
)
闭合或不闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动时，导体两端将产生感应电动势。如果
(
58
)
电路闭合，电路中形成感应电流。切割磁感线运动的那部分导体相当于电路中的电源。常见的情景 有以下几种：
1 ．在E = BLv 中 (要求B 丄 L、B 丄 v、L 丄 v，即B、L、v 三者两两垂直)，式中的L 应该取与B、v 均 垂直的有效长度 (所谓导体的有效切割长度，指的是切割导体两端点的连线在同时垂直于 v 和B 的方 向上的投影的长度，下图中的有效长度均为 ab 的长度)。
2 ．公式E = BLv 中，若速度v 为平均速度，则E 为平均电动势；若v 为瞬时速度，则E 为瞬时电动势。
3 ．若导体不是垂直切割磁感线运动，v 与B 有一夹角，如图所示，则E = Blv1 = Blvsin θ。
39 ．导体转动切割磁感线产生的感应电动势
(
【知识点的认识】
)
如果导体棒绕平行于磁场的轴转动时，因为棒上各处速度不再相等，动生电动势的计算公式 E = Blv 就不再适用。
如下图所示，导体棒在磁场中旋转，切割磁感线产生感应电动势：
虽然导体棒各处速度不同，但是根据圆周运动线速度与角速度的关系可知各处速度大小呈线性变化， 所以可以用中点处的线速度表示平均速度从而计算感应电动势，即
E = Bl = Bl
①如果转轴绕棒的一端旋转，vmin = 0，vmax = ωl，则E = Bωl2
(
59
)
ω 是棒转动的角速度
②如果以棒上一点为圆心旋转 ，l1 和 l2 是指圆心到两端点的距离，且 l1 指较长
的一段
③如果以棒外一点 Wie 圆心旋转 ，l1 和 l2 是指圆心到两端点的距离，且 l1 指较
长的一段
(
【命题方向】
)
1. 一直升飞机停在南半球的地磁极上空。该处地磁场的方向竖直向上，磁感应强度为 B ．直升飞机螺 旋桨叶片的长度为 l，螺旋桨转动的频率为f，顺着地磁场的方向看螺旋桨，螺旋桨按顺时针方向转动。 螺旋桨叶片的近轴端为 a，远轴端为 b，如图所示。如果忽略 a 到转轴中心线的距离，用 ε 表示每个叶 片中的感应电动势，则 ( )
A. ε = πfl2B，且 a 点电势低于 b 点电势
C. ε = πfl2B，且 a 点电势高于 b 点电势
B. ε = 2πfl2B，且 a 点电势低于 b 点电势
D. ε = 2πfl2B，且 a 点电势高于 b 点电势
(
【解题思路点拨】
)
对于导体转动切割磁感线产生的感应电动势，要先确认转动的圆心，然后根据 E = Bl 进行计算，要 正确计算导体棒的平均速度。
40 ．单杆在导轨上有外力作用下切割磁场的运动问题
(
【知识点的认识】
)
本考点旨在针对单杆在导轨上有外力作用下切割磁场的运动问题。模型比较复杂，可能需要综合电 磁感应定律、电磁感应与电路问题的结合、电磁感应与动力学的结合、电磁感应与能量问题的结合、电
(
60
)
磁感应与动量问题的结合等考点进行综合分析。
(
【命题方向】
)
1. 如图所示，水平放置的光滑平行金属导轨间距为L，导轨上有一质量为m、电阻为 r 的金属棒 ab，导轨 的另一端连接电阻R，其他电阻均不计，磁感应强度为 B 的匀强磁场垂直于导轨平面向下，金属棒 ab 在一水平恒力F 作用下由静止开始向右运动．则在这个过程中 ( )
A. 随着 ab 运动速度的增大，其加速度将减小
B. 外力F 对 ab 做的功等于电路中产生的电能
C. 棒克服安培力做的功一定等于电路中产生的内能 D. 当 ab 棒的速度为v 时，ab 两端的电势差为BLv
(
【解题思路点拨】
)
导轨滑杆问题是电磁感应现象的综合应用，涉及动力学、电路、能量、动量等问题，难度较大，要认真进 行分析。
41 ．电磁感应过程中的能量类问题
(
【知识点的认识】
)
1. 电磁感应过程的实质是不同形式的能量转化的过程，而能量的转化是通过安培力做功来实现的。安 培力做功的过程，是电能转化为其他形式的能的过程；外力克服安培力做功的过程，则是其他形式的 能转化为电能的过程。
(
61
)
2. 求解电能应分清两类情况
(1) 若回路中电流恒定，可以利用电路结构及 W = UIt 或 Q = I2Rt 直接进行计算。
(2) 若电流变化，则：
①利用安培力做功求解：电磁感应中产生的电能等于克服安培力所做的功；
②利用能量守恒求解：若只有电能与机械能的转化，则减少的机械能等于产生的电能。
3. 电磁感应现象中的能量转化
(1) 安培力做功
(2) 焦耳热的计算
①电流恒定时，根据焦耳定律求解，即 Q = I2Rt
②感应电流变化时，可用以下方法分析：
a. 利用动能定理，求出克服安培力做的功 W安，即 Q = W安
b. 利用能量守恒定律，焦耳热等于其他形式能量的减少量，
(
【命题方向】
)
题型一：电磁感应与能量的综合
1. 电阻可忽略的光滑平行金属导轨长 S = 1.15m，两导轨间距 L = 0.75m，导轨倾角为 30° ,导轨上端 ab 接一阻值 R = 1.5Ω 的电阻，磁感应强度 B = 0.8T 的匀强磁场垂直轨道平面向上．阻值 r = 0.5Ω,质 量m = 0.2kg 的金属棒与轨道垂直且接触良好，从轨道上端 ab 处由静止开始下滑至底端，在此过程中 金属棒产生的焦耳热 Qr = 0.1J ． (取g = 10m/s2) 求：
(1) 金属棒在此过程中克服安培力的功 W安
(2) 金属棒下滑速度v = 2m/s 时的加速度a
(3) 求金属棒下滑的最大速度vm .
(
62
)
(
【解题方法点拨】
)
电磁感应中的能量转化问题
1. 电磁感应中的能量转化特点
外力克服安培力做功，把机械能或其它能量转化成电能；感应电流通过电路做功又把电能转化成其它 形式的能 (如内能) ．这一功能转化途径可表示为：
2. 电能求解思路主要有三种
(1) 利用克服安培力做功求解：电磁感应中产生的电能等于克服安培力所做的功.
(2) 利用能量守恒求解：其它形式的能的减少量等于产生的电能.
(3) 利用电路特征来求解：通过电路中所消耗的电能来计算.
42 ．用有效值计算交流电路的电功、电功率和焦耳热
(
【知识点的认识】
)
1. 计算交流电路中的电功、电功率和焦耳热时，需要用有效值进行计算。
(
63
)
2. 交变电流的计算方法：
(1) 对于正弦式交变电流 。
(2) 对于非正弦交变电流，可利用有效值的定义来计算其有效值。
(
【命题方向】
)
1. 将硬导线中间一段折成不封闭的正方形，每边长为 l，它在磁感应强度为B、方向如图的匀强磁场中匀 速转动，转速为 n，导线在 a、b 两处通过电刷与外电路连接，外电路有额定功率为 P 的小灯泡并正常 发光，电路中除灯泡外，其余部分的电阻不计，灯泡的电阻应为 ( )
A.
B.
C.
D.
(
【解题思路点拨】
)
1. 对有效值的理解：
在一个周期内通过同一个电阻，跟交变电流的热效应等效的恒定电流值、电压值。
(1) 正弦式交变电流的有效值Ⅰ、U 与峰值Im、Um 的关系为：
(2) 非正弦式交变电流的有效值只能根据电流的热效应计算。
(3) 有效值的应用
计算与电流热效应有关的量、交流电表的测量值、电气设备标注的额定电压和额定电流以及通常提到
(
64
)
的交流的数值都指有效值。
2. 交变电流“四值”的应用
对交变电流的“四值”的比较和理解
物理量 物理意义 适用情况及说明
瞬时值 e = Emsin ωt u = Umsin ωt i = Imsin ωt 计算线圈某时刻的受力情况
峰值 (最大值) 讨论电容器的击穿电压
有效值 对正 (余) 弦交流电有： (1) 计算与电流的热效应有关的量 (如电 功、电功率、电热等) (2) 电气设备“铭牌”上所标的一般是有效 值 (3) 保险丝的熔断电流为有效值 (4) 电表的读数为有效值
平均值 E— = BL E— = n 计算通过电路截面的电荷量
43 ．气体压强的计算
(
【知识点的认识】
)
1. 气体压强的特点
(1) 气体自重产生的压强一般很小，可以忽略。但大气压强 P0 却是一个较大的数值 (大气层重力产 生)，不能忽略。
(2) 密闭气体对外加压强的传递遵守帕斯卡定律，即外加压强由气体按照原来的大小向各个方向传 递。
2. 封闭气体压强的计算
(1) 理论依据
①液体压强的计算公式 p = ρgh。
②液面与外界大气相接触。则液面下h 处的压强为p = p0 + ρgh
③帕斯卡定律：加在密闭静止液体 (或气体) 上的压强能够大小不变地由液体 (或气体) 向各个方向传 递 (注意：适用于密闭静止的液体或气体)
④连通器原理：在连通器中，同一种液体 (中间液体不间断)的同一水平面上的压强是相等的。
(2) 计算的方法步骤 (液体密封气体)
(
65
)
①选取假想的一个液体薄片 (其自重不计) 为研究对象
②分析液体两侧受力情况，建立力的平衡方程，消去横截面积，得到液片两面侧的压强平衡方程
③解方程，求得气体压强
(
【命题方向】
)
1. 有一段 12cm 长汞柱，在均匀玻璃管中封住一定质量的气体．若管口向上将玻璃管放置在一个倾角 为 30° 的光滑斜面上 (如图所示)，在下滑过程中被封闭气体的压强 (设大气压强为p0 = 76cmHg) 为 ( )
A. 76cmHg B. 82cmHg C. 88cmHg D. 70cmHg
(
【解题思路点拨】
)
计算封闭气体的压强的一般步骤如下：
1. 选定研究对象，对其进行受力分析；
2. 列平衡方程或牛顿第二定律；
3. 求解压强。
44 ．气体的等温变化与玻意耳定律的应用
(
【知识点的认识】
)
玻意耳定律 (等温变化)：
①内容：一定质量的气体，在温度保持不变时，它的压强和体积成反比；或者说，压强和体积的乘积保 持不变.
②数学表达式：pV = C(常量) 或p1 V1 = p2 V2 .
③适用条件：a ．气体质量不变、温度不变；b ．气体温度不太低 (与室温相比)、压强不太大 (与大气压 相比) .
④ p - V 图象 - - 等温线：一定质量的某种气体在p - V 图上的等温线是双曲线的一支，如图 A 所
(
66
)
示，从状态M 经过等温变化到状态N，矩形的面积相等，在图B 中温度 T1 < T2 .
⑤ p - 图象：由pV = CT，可得p = CT ，斜率 k = CT，即斜率越大，温度越高，且直线的延长线
过原点，如图 C 所示，可知 T1 < T2 .
(
【命题方向】
)
1. 如图所示，一根足够长的粗细均匀的玻璃管竖直放置，用一段长为 19cm 的水银柱封闭一段长 10cm 的 空气柱，已知大气压强为 105 Pa (相当于 76cmHg) ，气体的温度为 27℃ ,玻璃管的横截面积为 2 × 10-4m2，求：
(1) 求初态时封闭气体压强；
(2) 若将玻璃管缓慢转至水平位置，整个过程温度保持不变，求封闭空气柱的长度.
(
【解题思路点拨】
)
应用玻意耳定律求解时，要明确研究对象，确认温度不变，根据题目的已知条件和求解的问题，分别找
(
67
)
出初、末状态的参量，其中正确确定压强是解题的关键。
45 ．气体的等压变化与盖 - 吕萨克定律的应用
(
【知识点的认识】
)
1. 等压变化：一定质量的某种气体，在压强不变时，体积随温度变化的过程。
2. 盖 - 吕萨克定律
(1) 文字表述：一定质量的某种气体，在压强不变的情况下，其体积 V 与热力学温度 T 成正比。
(2) ②表达式：V = CT(其中C 是常量 。
3. 图像表达
4. 适用条件：气体的质量一定，压强不变且不太大 (等于或小于几个大气压)，温度不太低 (不低于零下几 十摄氏度)。
5. 在摄氏温标下，盖 - 吕萨克定律的表述
一定质量的某种气体，在压强不变的情况下，温度每升高 (或降低)1℃,增大 (或减小)的体积等于它在
0℃ 时体积的 。
数学表达式为 或
6. 推论；一定质量的气体，从初状态 (V、T) 开始，发生等压变化，其体积变化 ΔV 和温度的变化 ΔT 间的
关系为 或 △V =
(
【命题方向】
)
7. 如图所示，汽缸 A 中封闭有一定质量的气体，活塞 B 与 A 的接触是光滑的且不漏气，B 上放一重物 C，B 与 C 的总重力为 G，大气压为p0 ．当汽缸内气体温度是 20℃ 时，活塞与汽缸底部距离为 h1；当汽
缸内气体温度是 100℃ 时活塞与汽缸底部的距离是多少？
(
68
)
(
【解题思路点拨】
)
应用盖 - 吕萨克定律解题的一般步骤
(1) 确定研究对象，即某被封闭气体。
(2) 分析气体状态变化过程，明确初、末状态，确在气体状态变化过程中气体的质量和压强保持不变。
(3) 分别找出初、末两个状态的温度和体积。
(4) 根据盖 - 吕萨克定律列方程求解。
(5) 分析所求结果是否合理。
46 ．气体的等容变化与查理定律的应用
(
【知识点的认识】
)
1. 等容变化：一定质量的某种气体，在体积不变时，压强随温度变化的过程。
2. 查理定律：
(1) 文字表述：一定质量的某种气体，在体积不变的情况下，压强p 与热力学温度 T 成正比。
(2) 表达式：p = CT(其中 C 为常量) 或 。
(3) 图像表示：
(4) 适用条件：气体质量不变，气体的体积不变。
(
69
)
3. 对查理定律的理解
(1) 查理定律是实验定律，是由法国科学家查理通过实验发现的。
(2) 适用条件：气体质量一定，体积不变，压强不太大 (等于或小于几个大气压)，温度不太低 (不低于零 下几十摄氏度)。
(3) 一定质量的某种气体在体积不变的情况下，升高(或降低) 相同的温度，所增加 (或减小)的压强是 相同的。
(
【命题方向】
)
1. 一种特殊的气体温度计由两个装有理想气体的导热容器组装而成，测量时将两个导热容器分别放入 甲、乙两个水槽中，如图所示，连接管内装有水银，当两个水槽的温度都为 0℃ (273K) 时，没有压强差； 当水槽乙处于 0℃ 而水槽甲处于 50℃ 时，压强差为 60mmHg。导热容器的体积恒定且远大于连接管 的体积。求：
(1) 两个水槽的温度都为 0℃ (273K) 时，导热容器内气体的压强多大；
(2) 当水槽乙处于 0℃ 而水槽甲处于未知的待测温度 (高于 0℃) 时，压强差为 72mmHg，此未知待测温 度是多少。
(
【解题思路点拨】
)
1. 查理定律及其推论
由查理定律 = 可以推出 = 或 △P = △T。
2. 应用查理定律解题的一般步骤
(1) 确定研究对象，即被封闭的气体。
(
70
)
(2) 分析气体状态变化时是否符合查理定律的适用条件：质量一定，体积不变。
(3) 确定初、末两个状态的温度、压强。
(4) 根据查理定律列式求解
47 ．理想气体及理想气体的状态方程
(
【知识点的认识】
)
理想气体的状态方程
(1) 理想气体
①宏观上讲，理想气体是指在任何条件下始终遵守气体实验定律的气体，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。
②微观上讲，理想气体的分子间除碰撞外无其他作用力，分子本身没有体积，即它所占据的空间认为 都是可以被压缩的空间。
(2) 理想气体的状态方程
一定质量的理想气体状态方程：或。
气体实验定律可看作一定质量理想气体状态方程的特例。
(
【命题方向】
)
题型一：气体实验定律和理想气体状态方程的应用
1. 如图，两个侧壁绝热、顶部和底部都导热的相同气缸直立放置，气缸底部和顶部均有细管连通，顶部的 细管带有阀门K ．两气缸的容积均为 V0，气缸中各有一个绝热活塞 (质量不同，厚度可忽略)。开始时
K 关闭，两活塞下方和右活塞上方充有气体 (可视为理想气体)，压强分别为p0 和 ；左活塞在气缸正
中间，其上方为真空；右活塞上方气体体积为 ．现使气缸底与一恒温热源接触，平衡后左活塞升至 气缸顶部，且与顶部刚好没有接触；然后打开 K，经过一段时间，重新达到平衡。已知外界温度为 T0， 不计活塞与气缸壁间的摩擦。求：
(i) 恒温热源的温度 T；
(ii) 重新达到平衡后左气缸中活塞上方气体的体积 Vx。
分析：(i) 两活塞下方封闭的气体等压变化，利用盖吕萨克定律列式求解； (ii) 分别以两部分封闭气体，利用玻意耳定律列式求解。
(
71
)
题型二：理想气体状态方程与热力学第一定律的综合问题
2. 密闭在钢瓶中的理想气体，温度升高时压强增大。从分子动理论的角度分析，这是由于分子热运动的 增大了。该气体在温度 T1、T2 时的分子速率分布图象如图所示，则 T1 T2 (选填“大 于”或“小于”)。
(
【解题方法点拨】
)
1. (对应题型一)。运用气体实验定律和理想气体状态方程解题的一般步骤：
(1) 明确所研究的气体状态变化过程；
(2) 确定初、末状态压强p、体积 V、温度 T；
(3) 根据题设条件选择规律 (实验定律或状态方程) 列方程；
(4) 根据题意列辅助方程 (如压强大小的计算方程等)
(5) 联立方程求解。
(
72
)
2. (对应题型二)。解答理想气体状态方程与热力学第一定律的综合问题的关键在于找到两个规律之间 的联系，弄清气体状态变化过程中各状态量的变化情况。
两个规律的联系在于气体的体积 V 和温度 T，关系如下：
(1) 体积变化对应气体与外界做功的关系：体积增大，气体对外界做功，即W < 0；体积减小，外界对气 体做功，即 W > 0。
(2) 理想气体不计分子间作用力，即不计分子势能，故内能只与温度有关：温度升高，内能增大，即△U > 0；温度降低，内能减小，即 △U < 0。
48 ．热力学第一定律的表达和应用
(
【知识点的认识】
)
热力学第一定律
1. 内容：如果物体跟外界同时发生做功和热传递的过程，那么外界对物体做的功 W加上物体从外界吸 收的热量 Q 等于物体内能的增加 △U。
2. 公式：W + Q = △U。
3. 符号法则：
①物体吸热 → Q 取正；物体放热 → Q 取负；
②物体对外界做功，W取负；外界对物体做功，W取正；
③物体内能增加，△U 取正；物体内能减小，△U 取负；
(
【命题方向】
)
1. (1) 常考题型考查对概念的理解：
对一定量的气体，下列说法正确的是 ( )
A. 气体的体积是所有气体分子的体积之和
B. 气体分子的热运动越激烈，气体的温度就越高
C. 气体对器壁的压强是由大量分子对器壁的碰撞产生的
(
73
)
D. 当气体膨胀时，气体分子之间的势能减少，因而气体的内能减少
2. (2) 如图是密闭的气缸，外力推动活塞P 压缩气体，对缸内气体做功 800J，同时气体向外界放热 200J， 缸内气体的 ( )
A. 温度升高，内能增加 600J B. 温度升高，内能减少 200J
C. 温度降低，内能增加 600J D. 温度降低，内能减少 200J
(
【解题方法点拨】
)
对热力学第一定律的理解
1. 热力学第一定律不仅反映了做功和热传递这两种方式改变内能的过程是等效的，而且给出了内能的 变化量和做功与热传递之间的定量关系。此定律是标量式，应用时热量的单位应统一为国际单位制 中的焦耳。
2. 对公式 △U = Q + W符号的规定。
符号 W Q △U
+ 外界对物体做功 物体吸收热量 内能增加
- 物体对外界做功 物体放出热量 内能减少
3. 几种特殊情况
(1) 若过程是绝热的，则Q = 0，W = △U，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，即 W = 0，则 Q = △U，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，即 △U = 0，则 W + Q = 0 或 W =-Q ．外界对物体做的功等 于物体放出的热量。
(
74
)
注意：
①应用热力学第一定律时要明确研究的对象是哪个物体或者是哪个热力学系统。
②应用热力学第一定律计算时，要依照符号法则代入数据。对结果的正、负也同样依照规则来解释其 意义。
49 ．热力学第一定律与理想气体的图像问题相结合
(
【知识点的认识】
)
1. 热力学图像包括p - V、p - T、V - T 等，这些图像问题是气体状态变化的一类问题。
2. 对于热力学图像问题，如果涉及到热力学第一定律的应用，就可以称为热力学第一定律的图像问题。
(
【命题方向】
)
1. 如图所示，一定质量的理想气体沿 p - V 坐标图中曲线所示的方向发生变化，其中曲线 BDA 是以p 轴、V 轴为渐近线的双曲线的一部分，则有 ( )
A. 气体由A 变到B 一定是吸热的
C. 气体由A 变到B 再变到A，吸热多于放热
B. 气体由B 变为A 一定是吸热的
D. 气体由A 变到B 再变到A，放热多于吸热
(
75
)
(
【解题方法点拨】
)
对热力学第一定律的理解
1. 热力学第一定律不仅反映了做功和热传递这两种方式改变内能的过程是等效的，而且给出了内能的 变化量和做功与热传递之间的定量关系。此定律是标量式，应用时热量的单位应统一为国际单位制 中的焦耳。
2. 对公式 △U = Q + W符号的规定。 符号 W Q△U
+ 外界对物体做功 物体吸收热量 内能增加
- 物体对外界做功 物体放出热量 内能减少
3. 几种特殊情况
(1) 若过程是绝热的，则Q = 0，W = △U，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，即 W = 0，则 Q = △U，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，即 △U = 0，则 W + Q = 0 或 W =-Q ．外界对物体做的功等 于物体放出的热量。
注意：
②应用热力学第一定律时要明确研究的对象是哪个物体或者是哪个热力学系统。
②应用热力学第一定律计算时，要依照符号法则代入数据。对结果的正、负也同样依照规则来解释其 意义。
(
76
)高考物理解密之解答题考点卡片
目录
1 ．匀变速直线运动速度与时间的关系 3
2 ．匀变速直线运动位移与时间的关系 4
3 ．匀变速直线运动规律的综合应用 6
4 ．牛顿第二定律的简单应用 7
5 ．板块模型和传送带模型的结合 8
6 ．平抛运动速度的计算 10
7 ．平抛运动位移的计算 10
8 ．牛顿第二定律与向心力结合解决问题 11
9 ．绳球类模型及其临界条件 12
10 ．物体在圆形竖直轨道内的圆周运动 14
11 ．物体在环形竖直轨道内的圆周运动 16
12 ．宇宙的起源与恒星的演化 19
13 ．重力做功的特点和计算 20
14 ．功率的定义、物理意义和计算式的推导 21
15 ．动能定理的简单应用 22
16 ．常见力做功与相应的能量转化 23
17 ．机械能守恒定律的简单应用 25
18 ．动量定理的内容和应用 27
19 ．某一方向上的动量守恒问题 28
20 ．动量守恒定律在板块模型中的应用 29
21 ．动量守恒定律在含有弹簧的碰撞问题中的应用 30
22 ．动量守恒与能量守恒共同解决实际问题 31
23 ．单摆及单摆的条件 34
24 ．单摆的回复力 35
25 ．库仑定律的表达式及其简单应用 36
题型一：对库仑定律的理解 37
题型二：库仑定律与力学的综合问题 37
26 ．点电荷与均匀带电球体 (球壳) 周围的电场 39
(
1
)
27 ．电场力做功的计算及其特点 41
28 ．电场力做功与电势能变化的关系 42
29 ．电势差的概念、单位和物理意义及用定义式计算 43
30 ．带电粒子在匀强电场中做类平抛运动 44
31 ．带电粒子先后经过加速电场和偏转电场 45
32 ．闭合电路欧姆定律的内容和表达式 47
33 ．带电粒子在矩形边界磁场中的运动 48
34 ．带电粒子在弧形或圆形边界磁场中的运动 49
35 ．带电粒子在叠加场中做直线运动 52
36 ．带电粒子由电场进入磁场中的运动 54
37 ．右手定则 56
题型一：楞次定律、右手定则、左手定则、安培定则的综合应用 56
38 ．导体平动切割磁感线产生的感应电动势 57
39 ．导体转动切割磁感线产生的感应电动势 59
40 ．单杆在导轨上有外力作用下切割磁场的运动问题 60
41 ．电磁感应过程中的能量类问题 61
题型一：电磁感应与能量的综合 62
42 ．用有效值计算交流电路的电功、电功率和焦耳热 63
43 ．气体压强的计算 65
44 ．气体的等温变化与玻意耳定律的应用 66
45 ．气体的等压变化与盖 - 吕萨克定律的应用 68
46 ．气体的等容变化与查理定律的应用 69
47 ．理想气体及理想气体的状态方程 71
题型一：气体实验定律和理想气体状态方程的应用 71
题型二：理想气体状态方程与热力学第一定律的综合问题 72
48 ．热力学第一定律的表达和应用 73
49 ．热力学第一定律与理想气体的图像问题相结合 75
(
2
)
1 ．匀变速直线运动速度与时间的关系
(
【知识点的认识】
)
匀变速直线运动的速度 - 时间公式：vt = v0 + at ．其中，vt 为末速度，v0 为初速度，a 为加速度，运用 此公式解题时要注意公式的矢量性．在直线运动中，如果选定了该直线的一个方向为正方向，则凡与 规定正方向相同的矢量在公式中取正值，凡与规定正方向相反的矢量在公式中取负值，因此，应先规 定正方向． (一般以 v0 的方向为正方向，则对于匀加速直线运动，加速度取正值；对于匀减速直线运 动，加速度取负值．)
(
【命题方向】
)
1. 一个质点从静止开始以 1m/s2 的加速度做匀加速直线运动，经 5s 后做匀速直线运动，最后 2s 的时间内 使质点做匀减速直线运动直到静止．求：
(1) 质点做匀速运动时的速度；
(2) 质点做匀减速运动时的加速度大小.
分析：根据匀变速直线运动的速度时间公式求出 5s 末的速度，结合速度时间公式求出质点速度减为零的时 间.
解答：(1) 根据速度时间公式得，物体在 5s 时的速度为：
v = a1t1 = 1 × 5m/s = 5m/s .
(2) 物体速度减为零的时间 2s，做匀减速运动时的加速度大小为： a2 = = = 2.5m/s2
答：(1) 质点做匀速运动时的速度 5m/s；
(2) 质点做匀减速运动时的加速度大小 2.5m/s2 .
点评：解决本题的关键掌握匀变速直线运动的速度时间公式和位移时间公式，并能灵活运用.
2. 汽车以 28m/s 的速度匀速行驶，现以 4.0m/s2 的加速度开始刹车，则刹车后 4s 末和 8s 末的速度各是多 少？
分析：先求出汽车刹车到停止所需的时间，因为汽车刹车停止后不再运动，然后根据 v = v0 + at，求出 刹车后的瞬时速度.
解答：由题以初速度 v0 = 28m/s 的方向为正方向，
则加速度：a = =-4.0m/s2，
刹车至停止所需时间：t = = s = 7s .
故刹车后 4s 时的速度：v3 = v0 + at = 28m/s - 4.0 × 4m/s = 12m/s 刹车后 8s 时汽车已停止运动，故：v8 = 0
答：刹车后 4s 末速度为 12m/s，8s 末的速度是 0 .
点评：解决本题的关键掌握匀变速直线运动的速度与时间公式 v = v0 + at，以及知道汽车刹车停止后不再 运动，在 8s 内的速度等于在 7s 内的速度．解决此类问题一定要注意分析物体停止的时间.
(
【解题方法点拨】
)
(
3
)
1. 解答题的解题步骤 (可参考例 1)：
①分清过程 (画示意图)；
②找参量 (已知量、未知量)
③明确规律 (匀加速直线运动、匀减速直线运动等)
④利用公式列方程 (选取正方向)
⑤求解验算.
2. 注意vt = v0 + at 是矢量式，刹车问题要先判断停止时间.
2 ．匀变速直线运动位移与时间的关系
(
【知识点的认识】
)
(1) 匀变速直线运动的位移与时间的关系式：x = v0t + at2。 (2) 公式的推导
①利用微积分思想进行推导：在匀变速直线运动中，虽然速度时刻变化，但只要时间足够小，速度的变 化就非常小，在这段时间内近似应用我们熟悉的匀速运动的公式计算位移，其误差也非常小，如图所 示。
②利用公式推导：匀变速直线运动中，速度是均匀改变的，它在时间 t 内的平均速度就等于时间 t 内的
初速度 v0 和末速度 v 的平均值，即 结合公式 x = vt 和 v = vt + at 可导出位移公式：x =
(3) 匀变速直线运动中的平均速度
在匀变速直线运动中，对于某一段时间 t，其中间时刻的瞬时速度 vt/2 = v0 + a × 该段 时间的末速度 v = vt + at，由平均速度的定义式和匀变速直线运动的位移公式整理加工可得 = =
即有 = vt/2。
所以在匀变速直线运动中，某一段时间内的平均速度等于该段时间内中间时刻的瞬时速度，又等于这
(
4
)
段时间内初速度和末速度的算术平均值。
(4) 匀变速直线运动推论公式：
任意两个连续相等时间间隔 T 内，位移之差是常数，即 △x = x2 - x1 = aT2 ．拓展：△xMN = xM - xN = (M- N)aT2。
推导：如图所示，x1、x2 为连续相等的时间 T 内的位移，加速度为a。
(
【命题方向】
)
3. 对基本公式的理解
汽车在平直的公路上以 30m/s 的速度行驶，当汽车遇到交通事故时就以 7.5m/s2 的加速度刹车，刹车 2s 内和 6s 内的位移之比 ( )
A. 1：1 B. 5：9 C. 5：8 D. 3：4
分析：求出汽车刹车到停止所需的时间，汽车刹车停止后不再运动，然后根据位移时间公式 x = v0t + at2
求出 2s 内和 6s 内的位移。
解：汽车刹车到停止所需的时间 t0 = = s = 4s > 2s
所以刹车 2s 内的位移 x1 = v0t1 + at1 (2) = 30 × 2 - × 7.5 × 4π = 45m。
t0 < 6s，所以刹车在 6s 内的位移等于在 4s 内的位移。
x2 = v0t0 + at0 (2) = 30 × 4 - × 7.5 × 16π = 60m。
所以刹车 2s 内和 6s 内的位移之比为 3：4 ．故D 正确，A、B、C 错误。 故选：D。
点评：解决本题的关键知道汽车刹车停下来后不再运动，所以汽车在 6s 内的位移等于 4s 内的位移。此类 试题都需注意物体停止运动的时间。
4. 对推导公式 = = vt/2 的应用
物体做匀变速直线运动，某时刻速度大小是 3m s-1，1s 以后速度大小是 9m s-1，在这 1s 内该物体的 ( )
A. 位移大小可能小于 5m B. 位移大小可能小于 3m
C. 加速度大小可能小于 11m s-2 D. 加速度大小可能小于 6m s-2
分析：1s 后的速度大小为9m/s，方向可能与初速度方向相同，也有可能与初速度方向相反。根据a = ,求出加速度，根据平均速度公式 x = t = t 求位移。
解：A、规定初速度的方向为正方向，若 1s 末的速度与初速方向相同，1s 内的位移 x = t = t =
(
5
)
× 1m = 6m ．若 1s 末的速度与初速度方向相反，1s 内的位移 x = t = t = × 1m =
-3m ．负号表示方向。所以位移的大小可能小于 5m，但不可能小于 3m。故 A 正确，B 错误。
C、规定初速度的方向为正方向，若 1s 末的速度与初速方向相同，则加速度a = = m/s2 = 6m/s2 ．若 1s 末的速度与初速度方向相反，则加速度a = = m/s2 =-12m/s2 ．所以加速度的
大小可能小于 11m/s2，不可能小于 6m/s2 ．故 C 正确，D 错误。 故选：AC。
点评：解决本题的关键注意速度的方向问题，以及掌握匀变速直线运动的平均速度公式 = ，此公式
在考试中经常用到。
(
【解题思路点拨】
)
(1) 应用位移公式的解题步骤：
①选择研究对象，分析运动是否为变速直线运动，并选择研究过程。
②分析运动过程的初速度 v0 以及加速度 a 和时间t、位移 x，若有三个已知量，就可用 x = v0t + at2 求第四个物理量。
③规定正方向 (一般以v0 方向为正方向)，判断各矢量正负代入公式计算。
(2) 利用v -t 图象处理匀变速直线运动的方法：
①明确研究过程。
②搞清v、a 的正负及变化情况。
③利用图象求解 a 时，须注意其矢量性。
④利用图象求解位移时，须注意位移的正负：t 轴上方位移为正，t 轴下方位移为负。
⑤在用 v - t 图象来求解物体的位移和路程的问题中，要注意以下两点：a ．速度图象和 t 轴所围成的 面积数值等于物体位移的大小；b ．速度图象和 t 轴所围面积的绝对值的和等于物体的路程。
3 ．匀变速直线运动规律的综合应用
(
【知识点的认识】
)
本考点下的题目，代表的是一类复杂的运动学题目，往往需要用到多个公式，需要细致的思考才能解 答。
(
【命题方向】
)
1. 如图，甲、乙两运动员正在训练接力赛的交接棒．已知甲、乙两运动员经短距离加速后都能达到并保 持 8m/s 的速度跑完全程．设乙从起跑后到接棒前的运动是匀加速的，加速度大小为 2.5m/s2 ．乙在 接力区前端听到口令时起跑，在甲、乙相遇时完成交接棒．在某次练习中，甲以 v = 8m/s 的速度跑到 接力区前端 s0 = 11.0m 处向乙发出起跑口令．已知接力区的长度为L = 20m ．求：
(
6
)
(1) 此次练习中交接棒处离接力区前端 (即乙出发的位置) 的距离.
(2) 为了达到理想成绩，需要乙恰好在速度达到与甲相同时被甲追上，则甲应在接力区前端多远时对 乙发出起跑口令？
(3) 在 (2) 中，棒经过接力区的时间是多少？
分析：(1) 甲乙两人不是从同一地点出发的，当已追上甲时，它们的位移关系是 s0 + at2 = vt，由此可以求 得需要的时间，进而求乙的位移.
(2) 当两人的速度相等时，两车的距离为零，即处于同一位置. (3) 由 t = 求解.
解答：(1) 设乙加速到交接棒时运动时间为 t，则在甲追击乙过程中有
s0 + at2 = vt
代入数据得 t1 = 2s
t2 = 4.4s(不符合乙加速最长时间 3.2s 实际舍去)
此次练习中交接棒处离接力区前端的距离 x = at2 = × 2.5 × 22m = 5m
(2) 乙加速时间 t乙 = = s = 3.2s
设甲在距离接力区前端为 s 时对乙发出起跑口令，则在甲追击乙过程中有 S + at 乙 (2) = vt乙
代入数据得 s = 12.8m
(3) 棒在 (2) 过程以v = 8m/s 速度的运动，所以 棒经过接力区的时间是 t棒 = = s = 2.5s
点评：此题考查追及相遇问题，一定要掌握住两者何时相遇、何时速度相等这两个问题，这道题是典型的追 及问题，同学们一定要掌握住.
(
【解题思路点拨】
)
熟练掌握并深刻理解运动学的基础公式及导出公式，结合公式法、图像法、整体与分段法等解题技巧， 才能在解答此类题目时游刃有余。
4 ．牛顿第二定律的简单应用
(
【知识点的认识】
)
牛顿第二定律的表达式是 F = ma，已知物体的受力和质量，可以计算物体的加速度；已知物体的质量 和加速度，可以计算物体的合外力；已知物体的合外力和加速度，可以计算物体的质量。
(
7
)
(
【命题方向】
)
2. 一质量为m 的人站在电梯中，电梯加速上升，加速度大小为g，g 为重力加速度。人对电梯底部的压
力为 ( )
A. mg B. 2mg C. mg D. mg
分析：对人受力分析，受重力和电梯的支持力，加速度向上，根据牛顿第二定律列式求解即可。
解答：对人受力分析，受重力和电梯的支持力，加速度向上，根据牛顿第二定律
N-mg = ma
故N = mg +ma = mg
根据牛顿第三定律，人对电梯的压力等于电梯对人的支持力，故人对电梯的压力等于 mg；
故选：A。
点评：本题关键对人受力分析，然后根据牛顿第二定律列式求解。
(
【解题方法点拨】
)
在应用牛顿第二定律解决简单问题时，要先明确物体的受力情况，然后列出牛顿第二定律的表达式， 再根据需要求出相关物理量。
5 ．板块模型和传送带模型的结合
(
【知识点的认识】
)
传动带模型与板块模型都是高中物理比较综合的问题模型，板块模型与传送带模型相结合的问题难 度更大。
(
【命题方向】
)
1. 如图所示，与水平方向成 θ = 37° 的传送带以恒定速度 v = 4m/s 沿逆时针方向转动，两传动轮间距为 lAB = 5.8m 。一质量为M = 1kg 的长木板静止在粗糙地面上，其右端靠着传送带。现将一质量为m = 1kg 且可视为质点的物块轻放在传送带顶端 B 点，物块沿传送带滑至底端，正好滑上长木板 (此过程 无机械能损失)。已知物块与传送带间的动摩擦因数为 μ1 = 0.5，物块与长木板间的动摩擦因数为 μ2 = 0.4，长木板与地面间的动摩擦因数为 μ3 = 0.1，重力加速度g = 10m/s2；求：
(1) 物块刚滑到长木板上的速度大小
(2) 从滑块滑上长木板到二者停下的总时间；
(3) 为保证滑块不从长木板上滑下，长木板的最小长度。
分析：(1) 根据牛顿第二定律可求得物体的加速度，再由运动学公式可求得物块刚滑到长木板上时的速度 大小；
(
8
)
(2) 分别对滑块和木板进行分析，根据牛顿第二定律求出各自的加速度；再由运动学公式明确达共同速度的 时间；再对整体分析，由牛顿第二定律及运动学公式可求得停止的时间；
(3) 根据运动学公式求得两小球达到共速时所经历的位移，再由位移公式求解各自的位移，即可明确最小长 度。
解答：(1) 物体轻放上传送带，根据牛顿第二定律可得： mg sinθ + μ1mgcosθ = ma1
解得：a1 = 10m/s2； 物体以 a1 速至v2 ： 则有：v2 = 2a1l1
解得：l1 = 0.8m；
到达v 之后以 a2 加速到B： mg sinθ -μ1mgcosθ = ma2 解得：a2 = 2m/s2；
到达B 速度为v0：
v0 (2) -v2 = 2a2 (lAB - l1)
解得：v0 = 6m/s
(2) 滑块滑上长木板，对滑块有： μ2mg = ma3
解得：a3 = 4m/s2； 方向向右；
对长木板：μ2mg - μ3 (m + M)g = Ma4
解得：a4 = 2m/s2； 方向向左；
二者速度相等经历的时间为 t1：
则由速度公式可得：v0 - a3t1 = a4t1 解得：t1 = 1s；
速度为v1 = 2m/s；
共速后再共同匀减速，μ3 (M +m)g = (M +m)a5 解得：a5 = 1m/s2
再到停下：t2 = = = 2s；
故总时间 t = t1 + t2 = 1 + 2 = 3s；
(3) 达到共同速度时，滑块的位移 x1 = v0t1 - a3t1 (2) = 6 × 1 - × 4 × 1 = 4m； 木板的位移 x2 = a4t1 (2) = × 2 × 1 = 1m；
故木板的长度至少为：x1 -x2 = 4 - 1 = 3m；
答：(1) 物块刚滑到长木板上的速度大小为6m/s；
(2) 从滑块滑上长木板到二者停下的总时间为 3s；
(3) 为保证滑块不从长木板上滑下，长木板的最小长度 3m。
点评：本题考查牛顿第二定律的应用，涉及两个物体多个过程，要注意正确确定研究对象，做好受力分析， 再根据牛顿第二定律结合运动学公式进行分析求解；注意掌握应用加速度的桥梁作用。
(
【解题思路点拨】
)
(
9
)
要熟练掌握牛顿运动定律和运动学公式，能够自如地切换物体在平面和斜面，传送带与木板上的运动 情况，需要较强的综合分析能力。
6 ．平抛运动速度的计算
(
【知识点的认识】
)
1. 平抛运动的性质：平抛运动可以看成水平方向上的匀速直线运动和竖直方向上的自由落体运动。
2. 设物体在平抛运动 ts 后，水平方向上的速度vx = v0 竖直方向上的速度vy = gt
从而可以得到物体的速度为
3. 同理如果知道物体的末速度和运动时间也可以求出平抛运动的初速度。
(
【命题方向】
)
1. 如图所示，小球以 6m/s 的初速度水平抛出，不计空气阻力，0.8s 时到达P 点，取g = 10m/s2，则 ( )
A. 0.8s 内小球下落的高度为 4.8m B. 0.8s 内小球下落的高度为 3.2m
C. 小球到达P 点的水平速度为 4.8m/s D. 小球到达P 点的竖直速度为 8.0m/s
分析：平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，根据时间求出下降的高度 以及竖直方向上的分速度。
解答：AB、小球下落的高度h = gt2 = × 10 × 0.64m = 3.2π . 故A 错误，B 正确。 C、小球在水平方向上的速度不变，为 6m/s。故 C 错误。
D、小球到达P 点的竖直速度vy = gt = 8m/s。故 D 正确。
故选：BD。
点评：解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式灵活求解。
(
【解题思路点拨】
)
做平抛运动的物体，水平方向的速度是恒定的，竖直方向是初速度为零的匀加速直线运动，满足 vy = gt。
7 ．平抛运动位移的计算
(
【知识点的认识】
)
1. 平抛运动的性质：平抛运动可以看成水平方向上的匀速直线运动和竖直方向上的自由落体运动。
2. 设物体在平抛运动 ts 后，水平方向上的位移 x = v0t
(
10
)
竖直方向上的位移为y = gt2
物体的合位移为 l = 、x2 +y2
3. 对于已知高度的平抛运动，竖直方向有h = gt2
水平方向有 x = v0t
联立得 x = v0
所以说平抛运动的水平位移与初速度大小和抛出点的高度有关。
(
【命题方向】
)
1. 物体以初速度 7.5m/s 水平抛出，2 秒后落到地面，则物体在这个过程中的位移是 ( )
A. 10m B. 20m C. 30m D. 25m
物体做平抛运动，我们可以把平抛运动可以分解为水平方向上的匀速直线运动，和竖直方向上的自由落体 运动来求解，两个方向上运动的时间相同.
解：物体做平抛运动，水平方向的位移为：x = v0t = 7.5 × 2m = 15m
竖直方向上是自由落体运动，竖直位移为：h = gt2 = × 10 × (2)2 = 20(m)
物体的合位移为 s = 、x2 +h2 = 152 +202 m = 25m，故D 正确。 故选：D。
本题就是对平抛运动规律的考查，平抛运动可以分解为在水平方向上的匀速直线运动，和竖直方向上的自 由落体运动来求解.
(
【解题思路点拨】
)
平抛运动的物体在水平和竖直方向上的运动都是独立的，可以分别计算两个方向的位移，并与合位移 构成矢量三角形 (满足平行四边形定则)。
8 ．牛顿第二定律与向心力结合解决问题
【知识点的认识】
圆周运动的过程符合牛顿第二定律，表达式 Fn = man = mω2r = m = m 也是牛顿第二定律的
变形，因此可以将牛顿第二定律与向心力结合起来求解圆周运动的相关问题。
(
【命题方向】
)
2. 我国著名体操运动员童飞，首次在单杠项目中完成了“单臂大回环”：用一只手抓住单杠，以单杠为轴 做竖直面上的圆周运动．假设童飞的质量为 55kg，为完成这一动作，童飞在通过最低点时的向心加速 度至少是 4g，那么在完成“单臂大回环”的过程中，童飞的单臂至少要能够承受多大的力.
分析：运动员在最低点时处于超重状态，由单杠对人拉力与重力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律求 解.
(
11
)
解答：运动员在最低点时处于超重状态，设运动员手臂的拉力为 F，由牛顿第二定律可得： F心 = ma心
则得：F心 = 2200N 又 F心 = F -mg
得：F = F心 + mg = 2200 + 55 × 10 = 2750N
答：童飞的单臂至少要能够承受 2750N 的力.
点评：解答本题的关键是分析向心力的来源，建立模型，运用牛顿第二定律求解.
(
【解题思路点拨】
)
圆周运动中的动力学问题分析
(1) 向心力的确定
①确定圆周运动的轨道所在的平面及圆心的位置.
②分析物体的受力情况，找出所有的力沿半径方向指向圆心的合力，该力就是向心力.
(2) 向心力的来源
向心力是按力的作用效果命名的，可以是重力、弹力、摩擦力等各种力，也可以是几个力的合力或某个 力的分力，因此在受力分析中要避免再另外添加向心力.
(3) 解决圆周运动问题步骤
①审清题意，确定研究对象；
②分析物体的运动情况，即物体的线速度、角速度、周期、轨道平面、圆心、半径等；
③分析物体的受力情况，画出受力示意图，确定向心力的来源；
④根据牛顿运动定律及向心力公式列方程.
9 ．绳球类模型及其临界条件
(
【知识点的认识】
)
1. 模型建立
(1) 轻绳模型
小球沿竖直光滑轨道内侧做圆周运动，小球在细绳的作用下在竖直平面内做圆周运动，都是轻绳模 型，如图所示。
(2) 轻杆模型
小球在竖直放置的光滑细管内做圆周运动，小球被一轻杆拉着在竖直平面内做圆周运动，都是轻杆模 型，如图所示。
(
12
)
2. 模型分析
(
【命题方向】
)
1. 如图所示，质量为 M 的支座上有一水平细轴．轴上套有一长为 L 的细绳，绳的另一端栓一质量为m 的小球，让球在竖直面内做匀速圆周运动，当小球运动到最高点时，支座恰好离开地面，则此时小球的
(
13
)
线速度是多少？
分析：当小球运动到最高点时，支座恰好离开地面，由此说明此时支座和球的重力全部作为了小球的向心 力，再根据向心力的公式可以求得小球的线速度.
解答：对支座M，由牛顿运动定律，得：T - Mg = 0 ------ ① 对小球m，由牛顿第二定律，有：T + mg = m --- ②
联立 ①②式可解得：v = gL .
答：小球的线速度是 gL .
点评：物体做圆周运动需要向心力，找到向心力的来源，本题就能解决了，比较简单.
(
【解题思路点拨】
)
对于竖直平面内的圆周运动，一般题目都会给出关键词“恰好”，当物体恰好过圆周运动最高点时，物
体自身的重力完全充当向心力，mg = m从而可以求出最高点的速度
10 ．物体在圆形竖直轨道内的圆周运动
(
【知识点的认识】
)
1. 模型建立
(1) 轻绳模型
小球沿竖直光滑轨道内侧做圆周运动，小球在细绳的作用下在竖直平面内做圆周运动，都是轻绳模 型，如图所示。
(2) 轻杆模型
小球在竖直放置的光滑细管内做圆周运动，小球被一轻杆拉着在竖直平面内做圆周运动，都是轻杆模 型，如图所示。
(
14
)
2. 模型分析
(
【命题方向】
)
1. 如图所示，半径为R 的光滑圆形轨道竖直固定放置，质量为m 的小球在圆形轨道内侧做圆周运动．小 球通过轨道最高点时恰好与轨道间没有相互作用力．已知当地的重力加速度大小为 g，不计空气阻
(
15
)
力．试求：
(1) 小球通过轨道最高点时速度的大小；
(2) 小球通过轨道最低点时角速度的大小；
(3) 小球通过轨道最低点时受到轨道支持力的大小.
分析：(1) 小球通过轨道最高点时恰好与轨道间没有相互作用力，故由重力提供向心力，根据圆周运动向心 力公式即可得出最高点的速度；
(2) 可以根据动能定理求出最低点的速度，再根据线速度和角速度的关系即可求出角速度；
(3) 在最低点由支持力和重力的合力提供向心力，根据圆周运动向心力公式即可求得支持力的大小.
解答：(1) 设小球通过轨道最高点时速度的大小为v1，根据题意和圆周运动向心力公式得： mg = m
解得：v1 = gR
(2) 设小球通过轨道最低点的速度大小为v2，从最高点到最低点的过程中运用动能定理得：
2mgR = mv2 (2) - mv1 (2) ①
v2 = ωR ②
由①②解得：ω =
(3) 设小球通过轨道最低点时受到轨道支持力大小为 FN，根据圆周运动向心力公式得： FN - mg = m ③
由①③解得：FN = 6mg
答：(1) 小球通过轨道最高点时速度的大小为 gR ；(2) 小球通过轨道最低点时角速度的大小为 ；(3) 小球通过轨道最低点时受到轨道支持力的大小为 6mg .
点评：该题是动能定理及圆周运动向心力公式的直接应用，要抓住恰好到达最高点的隐含条件是由重力来 提供向心力，难度不大，属于基础题.
(
【解题思路点拨】
)
对于竖直平面内的圆周运动，一般题目都会给出关键词“恰好”，当物体恰好过圆周运动最高点时，物
体自身的重力完全充当向心力，mg = m从而可以求出最高点的速度
11 ．物体在环形竖直轨道内的圆周运动
(
【知识点的认识】
)
1. 模型建立
(1) 轻绳模型
小球沿竖直光滑轨道内侧做圆周运动，小球在细绳的作用下在竖直平面内做圆周运动，都是轻绳模
(
16
)
型，如图所示。
(2) 轻杆模型
小球在竖直放置的光滑细管内做圆周运动，小球被一轻杆拉着在竖直平面内做圆周运动，都是轻杆模 型，如图所示。
2. 模型分析
(
17
)
(
【命题方向】
)
1. 如图所示，小球m 在竖直放置的内壁光滑的圆形细管内做圆周运动，以上说法正确的是 ( )
A. 小球通过最高点的最小速度为v = gR
B. 小球通过最高点的最小速度为零
C. 小球通过最高点时一定受到向上的支持力
(
18
)
D. 小球通过最低点时一定受到外管壁的向上的弹力
分析：球m 在竖直放置的内壁光滑的圆形细管内做圆周运动，小球通过最高点的最小速度为零．根据小球 到达最高时的速度，由牛顿第二定律分析小球通过最高点时受到的作用力方向．小球通过最低点时一定 受到外管壁的向上的弹力.
解答：AB、由于细管内能支撑小球，所以小球通过最高点的最小速度为零，不是 gR ．故A 错误，B 正确。 C、若小球通过最高点时速度 0 < v < gR ，小球的向心力小于重力，受到向上的支持力；若 v = gR ，不受 圆管的作用力；当v > gR ，小球的向心力大于重力，受到向下的压力。故 C 错误。
D、小球通过最低点时向心力向上，重力向下，则外管壁对小球的弹力必定向上。故 D 正确。
故选：BD。
点评：小球在圆管中运动类型与轻杆模型相似，属于有支撑物的类型，小球到达最高点临界速度为零.
(
【解题思路点拨】
)
对于竖直平面内的圆周运动，一般题目都会给出关键词“恰好”，当物体恰好过圆周运动最高点时，物
体自身的重力完全充当向心力，mg = m从而可以求出最高点的速度
12 ．宇宙的起源与恒星的演化
(
【知识点的认识】
)
一、宇宙起源 (宇宙大爆炸理论)：
1. 宇宙大爆炸理论是目前广泛接受的宇宙起源理论，它表明宇宙起源于一个极度热密的初始状态，然后 经历了急剧膨胀。
2. 这一理论解释了宇宙中各种天体的分布、宇宙背景辐射以及宇宙的演化历史。
3. 它是由比利时天文学家乔治 勒梅特和美国天文学家埃德温 哈勃等人提出的。
二、恒星的演化：
1. 恒星初级阶段：由星云向外辐射能量，所形成的的反向推力聚集而成，类似于水的冷凝。
2. 恒星阶段：当初始星云，具备了向内运动的动力，并且聚集之后，突破星云物质分子、原子，释放大量热 能的同时释放出十分巨大的空间。
3. 恒星衰老之后的演变取决于恒星的质量：当质量足够大能够压破原子核，就能形成中子星；大到能够 压迫中子就可能形成所谓的黑洞；当然恒星质量不足，最终无法进入下一个阶段，只能衰变为白矮星。
(
【命题方向】
)
1. 关于恒星，下列说法中正确的是 ( )
A. 恒星的表面温度越高，颜色越红
B. 恒星的颜色与恒星的质量和体积有关
C. 恒星的寿命与构成恒星的物质、温度、亮度有关
D. 恒星的亮度与恒星的体积和温度及它与地球的距离有关
(
19
)
分析：恒星的颜色是由温度决定的，温度越低，颜色越偏红，温度越高，颜色越偏蓝；恒星的寿命和它的质量 体积有关，质量越大的恒星寿命越短；我们在地球上观察到的亮度是视亮度，和距离发光度都有关.
解答：A、恒星的表面颜色取决于它的表面温度，温度越低，颜色越偏红，温度越高，颜色越偏蓝。恒星表面 颜色主要有四种，分别是红、黄、白、蓝。太阳的表面颜色是黄色，属于温度中等偏低的恒星。所以 A 错误。 B、根据A 的分析知，恒星的颜色与恒星的质量和体积无关，所以B 错误。
C、恒星的寿命和它的质量体积有关，质量越大的恒星寿命越短，这是因为质量越大压力就越大，这种情况 下恒星内部的核反应就更加剧烈，所以 C 错误。
D、我们在地球上观察到的亮度是视亮度，和距离有关，视亮度的大小与发光度成正比，与距离的平方成反 比，所以D 正确。
故选：D。
点评：本题考查学生对恒星的理解，这要求在平时的学习中要对积累相关的知识，做到处处留心.
(
【解题思路点拨】
)
宇宙的起源与恒星的演化是物理学习过程中积累的知识，这要求学生对课外的知识有一定程度的了 解和积累。
13 ．重力做功的特点和计算
(
【知识点的认识】
)
1. 表达式：WG = mgh = mg(h1 -h2)，其中h1、h2 分别表示物体起点和终点的高度
2. 特点：
①只跟物体运动的起点和终点的位置有关，而跟物体运动的路径无关.
②物体下降时重力做正功，物体被举高时重力做负功.
③重力做功的多少与参考平面无关。
(
【命题方向】
)
1. 物体沿不同的路径从A 滑到B，如图所示，则 ( )
A. 沿路径ACB 重力做的功大些 B. 沿路径ADB 重力做的功大些
C. 沿路径ACB 和ADB 重力做功一样多 D. 条件不足，无法判断
分析：解答本题应明确重力做功的特点：重力做功与高度差有关，与路径无关.
解答：由A 到B 不管沿哪条路径高度差相同，则重力做功相同。则C 正确，ABD 错误
故选：C。
点评：本题考查重力做功的特点，一定要掌握重力做功只和高度有关.
(
20
)
(
【解题思路点拨】
)
1. 重力做功只与初、末位置有关，与路径无关。
2. 计算重力做功的步骤为：
①确定物体重力的大小；
②确定物体在竖直方向上的位移大小；
③如果物体向上运动，重力做负功；如果物体向下运动，重力做负功。
14 ．功率的定义、物理意义和计算式的推导
(
【知识点的认识】
)
1. 义：功与完成这些功所用时间的比值.
2. 理意义：描述做功的快慢。
3. 质：功是标量。
4. 计算公式
(1) 定义式 为时间 t 内的平均功率.
(2) 机械功的表达式：P = Fvcosα(α 为F 与v 的夹角)
① v 为平均速度，则P 为平均功率.
② v 为瞬时速度，则P 为瞬时功率.
推导：如果物体的受力F 与运动方向的夹角为 α,从计时开始到时刻 t 这段时间内，发生的位移是 l，则 力在这段时间所做的功
W = Flcosα 因此有
由于位移 l 是从开始计时到时刻t 这段时间内发生的，所以 是物体在这段时间内的平均速度 v，于
是上式就可以写成 P = Fvcosα
可见，力对物体做功的功率等于沿运动方向的分力与物体速度的乘积。
通常情况下，力与位移的方向一致，即F 与v 的夹角一致时，cosα = 1，上式可以写成P = Fv。
从以上推导过程来看，P = Fv 中的速度 v 是物体在恒力F 作用下的平均速度，所以这里的功率 P 是 指从计时开始到时刻 t 的平均功率。如果时间间隔非常小，上述平均速度就可以看作瞬时速度，这个 关系式也就可以反映瞬时速度与瞬时功率的关系。
5. 额定功率：机械正常工作时输出的最大功率.
(
21
)
6. 实际功率：机械实际工作时输出的功率．要求不大于额定功率.
(
【命题方向】
)
1. 下列关于功率和机械效率的说法中，正确的是 ( )
A. 功率大的机械，做功一定多 B. 做功多的机械，效率一定高
C. 做功快的机械，功率一定大 D. 效率高的机械，功率一定大
分析：根据P = 知，做功多．功率不一定大，根据 η = W有 = P (P有) ，判断效率与什么有关.
解答：A、根据P = 知，功率大，做功不一定多。故 A 错误。
BD、根据 η = ，知做功多，效率不一定高，效率高，功率不一定大。故B、D 错误。
C、功率是反映做功快慢的物理量，做功快，功率一定大。故 C 正确。 故选：C。
点评：解决本题的关键知道功率反映做功快慢的物理量，功率大，做功不一定多．做功多，效率不一定高.
(
【解题思路点拨】
)
1. 功率是反映做功快慢的物理量，与功的多少没有直接关系。
2. 功率的定义式 适用于任何做功的情况。
15 ．动能定理的简单应用
(
【知识点的认识】
)
1. 动能定理的内容：合外力做的功等于动能的变化量。
2. 表达式：W合 = ΔEk = Ek末 - Ek初
3. 本考点针对简单情况下用动能定理来解题的情况。
(
【命题方向】
)
1. 如图所示，质量 m = 10kg 的物体放在水平地面上，物体与地面的动摩擦因数 μ = 0.2，g = 10m/s2，今 用 F = 50N 的水平恒力作用于物体上，使物体由静止开始做匀加速直线运动，作用时间 t = 6s 后撤去 F，求：
(1) 物体在前 6s 运动的过程中的加速度；
(2) 物体在前 6s 运动的位移
(3) 物体从开始运动直到最终静止的过程中克服摩擦力所做的功。
(
22
)
分析：(1) 对物体受力分析知，物体做匀加速运动，由牛顿第二定律就可求出加速度；
(2) 用匀变速直线运动的位移公式即可求得位移的大小；
(3) 对全程用动能定理，可以求得摩擦力的功。
解答：(1) 对物体受力分析，由牛顿第二定律得 F -μmg = ma，
解得 a = 3m/s2，
(2) 由位移公式得 X = at2 = × 3 × 62m = 54m。
(3) 对全程用动能定理得 FX - Wf = 0
Wf = FX = 50 × 54J = 2700J。
答：(1) 物体在前 6s 运动的过程中的加速度是 3m/s2；
(2) 物体在前 6s 运动的位移是 54m；
(3) 物体从开始运动直到最终静止的过程中克服摩擦力所做的功为 2700J。
点评：分析清楚物体的运动过程，直接应用牛顿第二定律和匀变速直线运动的规律求解即可，求摩擦力的 功的时候对全程应用动能定理比较简单。
(
【解题思路点拨】
)
1. 应用动能定理的一般步骤
(1) 选取研究对象，明确并分析运动过程。
(2) 分析受力及各力做功的情况
①受哪些力？
②每个力是否做功？
③在哪段位移哪段过程中做功？
④做正功还是负功？
⑤做多少功？求出代数和。
(3) 明确过程始末状态的动能Ek1 及Ek2。
(4) 列方程 W总 = Ek2 - Ek1，必要时注意分析题目潜在的条件，补充方程进行求解。 注意：
①在研究某一物体受到力的持续作用而发生状态改变时，如涉及位移和速度而不涉及时间时应首先 考虑应用动能定理，而后考虑牛顿定律、运动学公式，如涉及加速度时，先考虑牛顿第二定律。
②用动能定理解题，关键是对研究对象进行准确的受力分析及运动过程分析，并画出物体运动过程的 草图，以便更准确地理解物理过程和各物理量的关系。有些力在物体运动全过程中不是始终存在的， 在计算外力做功时更应引起注意。
16 ．常见力做功与相应的能量转化
(
【知识点的认识】
)
1. 内容
(
23
)
(1) 功是能量转化的量度，即做了多少功就有多少能量发生了转化。
(2) 做功的过程一定伴随着能量的转化，而且能量的转化必通过做功来实现。
2. 高中物理中几种常见的功能关系
功 能量的变化
合外力做正功 动能增加
重力做正功 重力势能减少
弹簧弹力做正功 弹性势能减少
电场力做正功 电势能减少
其他力 (除重力、弹力) 做正功 机械能增加
一对滑动摩擦力做的总功为负功 系统的内能增加
(
【解题思路点拨】
)
1. 如图所示，质量为m 的物体静止在地面上，物体上面连着一个轻弹簧，用手拉住弹簧上端上移 H，将物 体缓缓提高h，拉力F 做功 WF，不计弹簧的质量，则下列说法正确的是 ( )
A. 重力做功 -mgh，重力势能减少mgh B. 弹力做功 -WF，弹性势能增加 WF
C. 重力势能增加mgh，弹性势能增加FH D. 重力势能增加mgh，弹性势能增加 WF - mgh
分析：重力势能的变化量等于负的重力所做的功，物体缓缓提高说明速度不变，拉力 F 做的功等于物体重 力势能的变化量与弹簧弹性势能增加量之和.
解答：重力势能的变化量等于负的重力所做的功，即
ΔEP =-WG =- (-mgh) = mgh
物体缓缓提高说明速度不变，所以物体动能不发生变化， ΔE弹 = WF + WG = WF - mgh
故选：D。
点评：本题主要考查了重力势能的变化量与重力做功的关系以及能量转化关系，难度不大，属于基础题.
(
【解题思路点拨】
)
1. 常见的功能关系：合力做功 - - 动能变化；重力做功 - - 重力势能变化；弹力做功 - - 弹性势能变化； 摩擦力做功 - - 内能变化；其他力做功 - - 机械能变化。
2. 判断和计算做功或能量变化时，可以反其道而行之，通过计算能量变化或做功多少来进行。
(
24
)
17 ．机械能守恒定律的简单应用
(
【知识点的认识】
)
1. 机械能守恒定律的内容：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. 对三种表达式的理解
(1) 守恒式：Ek1 + EP1 = Ek2 + EP2，这里应注意等式不是指某两个特别的状态，而是过程中的每一状态 机械能的总量都是守恒的，但我们解题时往往选择与题目所述条件或所求结果相关的状态建立方程 式。另外，表达式中是相对的，建立方程时必须选择合适的参考平面，且每一状态的 E 都应是对同一 参考平面而言的。
(2) 转化式：ΔEk =-ΔEP，系统动能的增加量等于系统重力势能的减少量，可以不选择参考平面。
(3) 转移式：ΔEA =-ΔEB，将系统分为 A、B 两部分，A 部分机械能的增加量等于另一部分B 的机械能 的减少量，可以不选择参考平面。
3. 运用机械能守恒定律的基本思路
4. 机械能守恒定律和动能定理的比较
(
25
)
(
【命题方向】
)
1. NBA 篮球赛非常精彩，吸引了众多观众.2012 - 2013 赛季总决赛第六场中，雷阿伦在终场前 5.2s 的时 候，把球投出且准确命中，把比赛拖入加时从而让热火获得比赛的胜利．如果雷阿伦投篮过程中对篮 球做功为 W，出手高度为 h1，篮筐距地面高度为 h2，篮球的质量为m，空气阻力不计，则篮球进筐时的 动能为 ( )
A. W +mgh1 - mgh2 B. W +mgh2 - mgh1 C. mgh1 + mgh2 - W D. mgh2 - mgh1 - W
分析：篮球在空中飞行时受到的空气阻力忽略不计，只受重力，故机械能守恒，根据机械能守恒定律直接列 式分析.
解答：篮球机械能守恒，有 mgh1 + Ek1 = mgh2 + Ek2 解得
Ek2 = Ek + mgh1 一mgh2 故选：A。
点评：本题关键根据机械能守恒定律列式求解，守恒条件为只有重力做功；应用机械能守恒定律解题不需 要分析过程，只找出初末状态即可.
(
【解题方法点拨】
)
1. 应用机械能守恒定律解题的基本思路
(1) 选取研究对象 - - 物体或系统。
(2) 根据研究对象所经历的物理过程，进行受力、做功分析，判断机械能是否守恒。
(3) 恰当地选取参考平面，确定研究对象在过程的初、末态时的机械能。
(4) 选取方便的机械能守恒定律的方程形式 (Ek1 + Ep1 = Ek2 + Ep2、△Ek =-△Ep 或 △EA =-△EB) 进行
(
26
)
求解。
注：机械能守恒定律的应用往往与曲线运动综合起来，其联系点主要在初末状态的速度与圆周运动的 动力学问题有关、与平抛运动的初速度有关。
2. 对于系统机械能守恒问题，应抓住以下几个关键：
(1) 分析清楚运动过程中各物体的能量变化；
(2) 哪几个物体构成的系统机械能守恒；
(3) 各物体的速度之间的联系。
3. 动能定理与机械能守恒定律的选择
(1) 能用机械能守恒定律解决的题一般都能用动能定理解决，而且省去了确定是否守恒和选定重力势 能参考平面的麻烦。
(2) 能用动能定理来解决的题却不一定都能用机械能守恒定律来解决，在这个意义上讲，动能定理比 机械能守恒定律应用更广泛、更普遍。
18 ．动量定理的内容和应用
(
【知识点的认识】
)
1. 内容：物体在一个过程始末的动量变化量等于它在这个过程中所受力的冲量.
2. 表达式：p′ -p = I 或mv -mv0 = Ft .
3. 用动量概念表示牛顿第二定律：由mv -mv0 = Ft，得到 F = = ma，所以
物体动量的变化率等于它受到的力，即F = 这是牛顿第二定律的动量表述.
(
【命题方向】
)
1. 篮球运动员通常要伸出两臂迎接传来的篮球，接球时，两臂随球迅速收缩至胸前，这样可以 ( )
A. 减小篮球对手的冲量 B. 减小篮球对人的冲击力
C. 减小篮球的动量变化量 D. 增大篮球的动量变化量
分析：分析接球的动作，先伸出两臂迎接，手接触到球后，两臂随球引至胸前，这样可以增加球与手接触的 时间，根据动量定理即可分析。
解答：A、先伸出两臂迎接，手接触到球后，两臂随球引至胸前，这样可以增加球与手接触的时间，根据动量
定理得：-Ft = 0 -mv，解得：F = ，当时间增大时，作用力就减小，而冲量和动量的变化量都不变，故
A 错误B 正确；
C、运动员接球过程，球的末动量为零，球的初动量一定，则球的动量的变化量一定，故 CD 错误。 故选：B。
点评：本题主要考查了动量定理的直接应用，应用动量定理可以解题，解题时要注意，接球过程球的动量变 化量一定，球与手受到的冲量一定，球动量的变化量与冲量不会因如何接球而改变。
(
【解题方法点拨】
)
(
27
)
1. 动量、动量的变化量、冲量、力都是矢量．解题时，先要规定正方向，与正方向相反的，要取负值.
2. 恒力的冲量用恒力与力的作用时间的乘积表示，变力的冲量计算，要看题目条件确定．如果力随时间 均匀变化，可取平均力代入公式求出；力不随时间均匀变化，就用 I 表示这个力的冲量，用其它方法间 接求出.
3. 只要涉及了力 F 和力的作用时间 t，用牛顿第二定律能解答的问题、用动量定理也能解答，而用动量定 理解题，更简捷.
19 ．某一方向上的动量守恒问题
(
【知识点的认识】
)
动量守恒定律的适用条件是普遍的，当系统所受的合外力不为零时，系统的总动量不守恒，但是在不 少情况下，合外力在某个方向上的分量却为零，那么在该方向上系统的动量分量就是守恒的。
(
【命题方向】
)
1. 如图所示，滑块和小球的质量分别为 M、m ．滑块可在水平放置的光滑固定导轨上自由滑动，小球与 滑块上的悬点 O 由一不可伸长的轻绳相连，轻绳长为 L ．开始时，轻绳处于水平拉直状态，小球和滑 块均静止。现将小球由静止释放，当小球到达最低点时，下列说法正确的是 ( )
A. 滑块和小球组成的系统动量守恒 B. 滑块和小球组成的系统水平方向动量守恒
C. 滑块的最大速率为 D. 滑块的最大速率为
分析：注意动量守恒条件的应用，当合外力为零时系统总动量守恒，若某一方向上合外力为零则该方向上 动量守恒；当小球落到最低点时，只有水平方向速度，根据系统水平方向动量守恒和系统机械能守恒可正 确解答。
解答：A、小球下落过程中系统合外力不为零，因此系统动量不守恒，故 A 错误；
B、绳子上拉力属于内力，系统在水平方向不受外力作用，因此系统水平方向动量守恒，故 B 正确；
C、当小球落到最低点时，只有水平方向速度，此时小球和滑块的速度均达到最大，系统水平方向动量有： MV = mv ①
系统机械能守恒有：
②
(
28
)
联立①②解得：，故 C 正确，D 错误。
故选：BC。
点评：正确应用某一方向上动量守恒和功能关系解题，平时要加强训练提高综合应用物理知识的能力。
(
【解题思路点拨】
)
当系统在某个方向上的合力为零时，虽然总体来看动量不守恒，但这个方向上却满足动量守恒。
20 ．动量守恒定律在板块模型中的应用
(
【知识点的认识】
)
1. 对于板块类问题，在作用过程中，系统合外力为零，满足动量守恒。
2. 整个过程涉及动能、内能、重力势能的转化，应用能量守恒定律解决此类问题。
3. 滑块与木板共速时，系统损失的机械能最大。
(
【命题方向】
)
1. 如图所示，质量m1 = 2.0kg 的木板 AB 静止在水平面上，木板的左侧有一个固定的半径 R = 0.60m 的 四分之一圆弧形轨道，轨道末端的切线水平，轨道与木板靠在一起，且末端高度与木板高度相同．现 将质量m2 = 1.0kg 可视为质点的小木块 C，从圆弧形轨道顶端由静止释放，小木块 C 到达圆弧形轨道 底端时的速度 v0 = 3.0m/s ．之后小木块 C 滑上木板 AB 并带动木板 AB 运动，当小木块 C 离开木板 AB 右端B 时，木板 AB 的速度 v1 = 0.5m/s，在小木块 C 在木板 AB 上滑行的过程中，小木块 C 与木板 AB 总共损失的动能 △E = 2.25J ．小木块 C 与木板 AB 间的动摩擦因数 μ = 0.1 ．木板 AB 与地面间 的摩擦及空气阻力可忽略不计．取g = 10m/s2 ．求
(1) 小木块 C 运动到圆弧形轨道末端时所受支持力的大小；
(2) 小木块 C 在圆弧形轨道上下滑过程中克服摩擦力所做的功；
(3) 小木块 C 在木板AB 上运动过程中，小木块 C 相对于地面的位移.
分析：(1) 小木块 C 做圆周运动，由牛顿第二定律可以求出C 受到的支持力；
(2) 应用动能定理可以求出小木块在圆弧轨道上滑行时克服摩擦力所做的功；
(3) 分别与木块及木板为研究对象，应用动能定列方程，求出木板与木块间的位移关系，解方程可以求出木 块相对于地面的位移.
解答：(1) 小木块通过圆弧形轨道末端时，
由牛顿第二定律得：F -m2g = ，
解得小木块受到的支持力：F = 25N；
(
29
)
(2) 小木块在圆弧形轨道上下滑过程中，
由动能定理得：m2gR - Wf = m2v0 (2) - 0，
解得克服摩擦力做的功 Wf = 1.5J；
(3) 木块 C 与木板AB 间的摩擦力f = μm2g， 由动能定理得：
对木板：fs1 =
对小木块：-fs2 =
木块与木板间的位移关系：s2 = s1 + L ， 小木块与木板总共损失的动能 △E =fL， 解得：s2 = 2.5m；
答：(1) 小木块 C 运动到圆弧形轨道末端时所受支持力大小为 25N；
(2) 小木块 C 在圆弧形轨道上下滑过程中克服摩擦力所做的功为 1.5J；
(3) 小木块 C 在木板AB 上运动过程中，小木块 C 相对于地面的位移为 2.5m .
点评：本题考查了动能定理的应用，最后一问是本题的难点，分析清楚木块与木板的运动过程、两者间的位 移关系是正确解题的前提与关键.
(
【解题思路点拨】
)
动量守恒里的板块模型一般不考虑地面的摩擦力，板块之间的相互作用为内力，因此遵寻动量守恒定 律。当达到共速时，系统瞬时的机械能最大，同时也要注意临界条件，如滑块恰好不滑下木板等。
21 ．动量守恒定律在含有弹簧的碰撞问题中的应用
(
【知识点的认识】
)
1. 对于弹簧类问题，在作用过程中，系统合外力为零，满足动量守恒。
2. 整个过程涉及弹性势能、动能、内能、重力势能的转化，应用能量守恒定律解决此类问题。
3. 弹簧压缩最短或拉伸最长时，弹簧连接的两物体速度相等，此时弹簧具有最大弹性势能。
(
【命题方向】
)
1. 如图，光滑水平直轨道上有三个质量均为m 的物块 A、B、C ．B 的左侧固定一轻弹簧 (弹簧左侧的挡 板质量不计)。设 A 以速度 v0 朝B 运动，压缩弹簧；当 A、B 速度相等时，B 与 C 恰好相碰并粘接在一 起，然后继续运动。假设B 和 C 碰撞过程时间极短。求从A 开始压缩弹簧直至与弹簧分离的过程中，
(i) 整个系统损失的机械能；
(ii) 弹簧被压缩到最短时的弹性势能。
分析：(i)A 压缩弹簧的过程，系统动量守恒，应用动量守恒定律可以求出A、B 相等的速度．此时B 与C 发 生完全非弹性碰撞，由动量守恒定律求出碰后共同速度．再由能量守恒定律可以求出损失的机械能.
(ii) 系统动量守恒，由动量守恒定律求出三个物体共同速度，然后应用能量守恒定律可以求出弹簧的弹性
(
30
)
势能.
解答：(i)从A 压缩弹簧到 A 与B 具有相同速度 v1 时，对A、B 与弹簧组成的系统，取水平向右为正方向，由 动量守恒定律得
mv0 = 2mv1 ①
此时B 与C 发生完全非弹性碰撞，设碰撞后的瞬时速度为 v2，损失的机械能为 △E ．对B、C 组成的系统， 取水平向右为正方向，由动量守恒和能量守恒定律得
mv1 = 2mv2 ②
mv1 (2)= △E + 2mv2 (2) ③
联立①②③式得：
整个系统损失的机械能为 △E = mv0 (2) ④
(ii) 由②式可知 v2 < v1，A 将继续压缩弹簧，直至 A、B、C 三者速度相同，设此时速度为v3，此时弹簧被压 缩至最短，其弹性势能为Ep ．由动量守恒和能量守恒定律得
mv0 = 3mv3，⑤
由能量守恒定律得：
mv0 (2) - △E = m 3mv3 (2)+ EP ⑥
联立④⑤⑥式得
解得：EP = mv0 (2)；
答：
(i) 整个系统损失的机械能是mv0 (2) ；
(ii) 弹簧被压缩到最短时的弹性势能是mv0 (2).
点评：本题综合考查了动量守恒定律和能量守恒定律，关键合理地选择研究的系统，知道弹簧被压缩到最 短时三个物体速度相同，运用动量守恒和能量守恒进行研究.
(
【解题思路点拨】
)
当弹簧压缩到最短时，该弹簧具有最大弹性势能，而弹簧压缩到最短，弹簧连着的两物体不能再靠近， 此时两物体具有相同的速度。因此，该类问题临界状态相对应的临界条件是弹簧连着的两物体速度 相等。
22 ．动量守恒与能量守恒共同解决实际问题
(
【知识点的认识】
)
动量守恒定律与能量守恒定律的综合应用有很多，我们将板块模型、子弹打木块以及弹簧类模型单独 分了出来仍远远不够，其他的综合应用暂时归类于此。例如多种因素共存的动量和能量的综合应用、 有电场存在的综合应用等等。
(
【命题方向】
)
1. 如图所示为某种弹射装置的示意图，光滑的水平导轨MN右端N 处与水平传送带理想连接，传送带长 度 L = 4.0m，皮带轮沿顺时针方向转动，带动皮带以恒定速率 v = 3.0m/s 匀速传动。三个质量均为
(
31
)
m = 1.0kg 的滑块 A、B、C 置于水平导轨上，开始时滑块B、C 之间用细绳相连，其间有一压缩的轻弹 簧，处于静止状态。滑块 A 以初速度 v0 = 2.0m/s 沿B、C 连线方向向B 运动，A 与B 碰撞后粘合在一 起，碰撞时间极短。连接 B、C 的细绳受扰动而突然断开，弹簧伸展，从而使 C 与 A、B 分离。滑块 C 脱离弹簧后以速度 vC = 2.0m/s 滑上传送带，并从右端滑出落至地面上的P 点。已知滑块 C 与传送带 之间的动摩擦因数 μ = 0.20，重力加速度g 取 10m/s2 ．求：
(1) 滑块 C 从传送带右端滑出时的速度大小；
(2) 滑块B、C 用细绳相连时弹簧的弹性势能Ep；
(3) 若每次实验开始时弹簧的压缩情况相同，要使滑块 C 总能落至P 点，则滑块 A 与滑块B 碰撞前速 度的最大值vm 是多少？
分析：本题主要考查以下知识点：碰撞中的动量守恒，碰撞中的能量守恒以及物体在传送带上的减速运动， 涉及平抛的基本知识。
(1) 碰撞前后系统的动量保持不变，这是动量守恒定律
(2) 弹性碰撞中在满足动量守恒的同时还满足机械能守恒及碰撞中的能量保持不变；本题中 AB 碰撞后在 弹簧伸开的过程中同时满足动量守恒和机械能守恒。
(3) 物体滑上传送带后，如果物体的速度大于传送带的速度则物体将在摩擦力的作用下做减速运动，减速运 动持续到物体到达传送带的另一端或速度降为和传送带同速时止，解题时要注意判断；如果物体的速度小 于传送带的速度则物体将在摩擦力的作用下做匀加速运动，加速运动持续到物体到达传送带的另一端或 速度加到与传送带同速时止，解题时同样要注意判断。
(4) 物体做平抛的射程与抛体的高度和初速度共同决定，要使 C 物体总能落到P 点，在高度一定的情况下， 即物体做平抛的初速度相等也就是物体到达 C 端时的速度相等 (此为隐含条件)。
解答：(1) 滑块 C 滑上传送带后做匀加速运动，设滑块 C 从滑上传送带到速度达到传送带的速度 v 所用的 时间为 t，加速度大小为 a，在时间 t 内滑块 C 的位移为x。
根据牛顿第二定律和运动学公式
μmg = ma
v = vC + at
x = vC + at2
代入数据可得 x = 1.25m
∵ x = 1.25m < L
∴ 滑块 C 在传送带上先加速，达到传送带的速度 v 后随传送带匀速运动，并从右端滑出，则滑块 C 从传送带 右端滑出时的速度为
v = 3.0m/s
(
32
)
(2) 设A、B 碰撞后的速度为v1，A、B 与 C 分离时的速度为v2，由动量守恒定律 mAv0 = (mA + mB)v1
(mA + mB)v1 = (mA + mB)v2 + mCvC
AB 碰撞后，弹簧伸开的过程系统能量守恒
∴ EP + (mA +mB(v (mA +mB(v
代入数据可解得：EP = 1.0J
(3) 在题设条件下，若滑块 A 在碰撞前速度有最大值，则碰撞后滑块 C 的速度有最大值，它减速运动到传送 带右端时，速度应当恰好等于传递带的速度 v。
设A 与B 碰撞后的速度为v1′，分离后A 与B 的速度为v2′，滑块 C 的速度为vc′， 根据动量守恒定律可得：
AB 碰撞时：mAvm = (mA + mB)v1′ (1)
弹簧伸开时：(mA + mB)v1′ = mcvC′ + (mA + mB)v2′ (2) 在弹簧伸开的过程中，系统能量守恒：
则 (mA +mB(v (mA +mB(vmCv
∵ C 在传送带上做匀减速运动的末速度为 v = 3m/s，加速度大小为 2m/s2 ∴ 由运动学公式v2__vc′2 = 2(-a)L 得vC′ = 5m/s (4)
代入数据联列方程 (1) (2) (3) (4) 可得vm = 7.1m/s
点评：本题着重考查碰撞中的动量守恒和能量守恒问题，同时借助传送带考查到物体在恒定摩擦力作用下 的匀减速运动，还需用到平抛的基本知识，这是力学中的一道知识点比较多的综合题，学生在所涉及的知 识点中若存在相关知识缺陷，则拿全分的几率将大大减小。
(
【解题思路点拨】
)
1. 应用动量守恒定律的解题步骤：
(1) 明确研究对象 (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 (或某一方向上是否守恒)；
(3) 规定正方向，确定初末状态动量；
(4) 由动量守恒定律列式求解；
(5) 必要时进行讨论.
2. 解决动量守恒中的临界问题应把握以下两点：
(1) 寻找临界状态：题设情境中看是否有相互作用的两物体相距最近，避免相碰和物体开始反向运动 等临界状态.
(2) 挖掘临界条件：在与动量相关的临界问题中，临界条件常常表现为两物体的相对速度关系与相对 位移关系，即速度相等或位移相等.
正确把握以上两点是求解这类问题的关键.
3. 综合应用动量观点和能量观点
4. 动量观点和能量观点：这两个观点研究的是物体或系统运动变化所经历的过程中状态的改变，不对过
(
33
)
程变化的细节作深入的研究，而只关心运动状态变化的结果及引起变化的原因，简单地说，只要求知 道过程的始末状态动量、动能和力在过程中所做的功，即可对问题求解.
5. 利用动量观点和能量观点解题应注意下列问题：
(1) 动量守恒定律是矢量表达式，还可写出分量表达式；而动能定理和能量守恒定律是标量表达式，无 分量表达式.
(2) 动量守恒定律和能量守恒定律，是自然界中最普遍的规律，它们研究的是物体系，在力学中解题时 必须注意动量守恒条件及机械能守恒条件．在应用这两个规律时，当确定了研究对象及运动状态的 变化过程后，根据问题的已知条件和求解的未知量，选择研究的两个状态列方程求解.
(3) 中学阶段凡可用力和运动解决的问题，若用动量观点或能量观点求解，一般比用力和运动的观点 简便.
23 ．单摆及单摆的条件
(
【知识点的认识】
)
1. 定义：如图所示，在细线的一端拴一个小球，另一端固定在悬点上，如果线的伸长和质量都不计，球的 直径比摆线短得多，这样的装置叫做单摆。
2. 视为简谐运动的条件：摆角小于 5。。
(
【命题方向】
)
1. 在如图所示的装置中，可视为单摆的是 ( )
分析：单摆是由质量可以忽略的不可伸长的细绳，体积小而密度大的小球组成，单摆上端要固定，单摆摆动 过程摆长不能发生变化。
解答：可视为单摆的装置，要求要用没有弹性的细线，摆动过程中摆线的长度不能发生变化，
A. 摆线用细线，摆动过程中长度不发生变化，是可以视为单摆的，故 A 正确
B. 摆线用的是细橡皮筋，摆动过程中长度会发生变化，不能视为单摆，故B 错误
C. 摆线用的是粗麻绳，粗麻绳的质量不能忽略，单摆的重心不在摆球的球心上，不能视为单摆，故 C 错误
(
34
)
D. 由于细线跨在了一个轮子上，小球在摆动过程中，摆长会发生变化，不能视为单摆，故 D 错误 故选：A。
点评：本题考查了单摆的构成，掌握基础知识是解题的前提，根据题意应用基础知识即可解题；平时要注意 基础知识的学习与积累。
(
【解题思路点拨】
)
1. 对单摆的装置要求
(1 ) 对摆线：一是要求无弹性；二是要求轻质细线，其质量相对小球可忽略不计；三是其长度远大于小 球的半径。
(2) 对小球：一是要求质量大；二是体积小，即小球要求是密度大的实心球。
2. 单摆做简谐运动的条件：
(1) 最大摆角很小；
(2) 空气阻力可以忽略不计。
3. 弹簧振子与单摆
弹簧振子 (水平) 单摆
模型示意图
条件 忽略弹簧质量、无摩擦等阻力 细线不可伸长、质量忽略、无空气等阻力、摆 角很小
平衡位置 弹簧处于原长处 最低点
回复力 弹簧的弹力提供 摆球重力沿与摆线垂直 (即切向) 方向的分 力
周期公式 T = 2π (不作要求) (
1
)T = 2πc g
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
24 ．单摆的回复力
(
【知识点的认识】
)
1. 来源：摆球的重力沿圆弧切线方向的分力。
2. 特点：在偏角很小时，摆球的回复力与它偏离平衡位置的位移成正比，方向总指向平衡位置，即 F =
- x。可见，单摆在摆角很小的情况下做简谐运动。
3. 单摆做简谐运动的推证
(
35
)
如图为一个单摆的运动：
在偏角很小时，sinθ ≈ ,又回复力 F = mg sin θ ,所以单摆的回复力为 x(式中x 表示摆球
偏离平衡位置的位移，l 表示单摆的摆长，负号表示回复力F 与位移x 的方向相反)，由此知回复力符 合F=-kx，单摆做简谐运动。
(
【命题方向】
)
1. 对于单摆的振动，以下说法中正确的是 ( )
A. 单摆振动时，摆球受到的向心力大小处处相等 B. 单摆运动的回复力就是摆球受到的合力
C. 摆球经过平衡位置时所受回复力为零
D. 摆球经过平衡位置时所受合外力为零
分析：单摆振动时，径向的合力提供向心力，回复力等于重力沿圆弧切线方向的分力，通过平衡位置时，回 复力为零，合力不为零。
解：A、单摆振动时，速度大小在变化，根据 Fn = m 知，向心力大小在变化。故 A 错误。
B、单摆运动的回复力是重力沿圆弧切线方向的分力。故B 错误。 C、摆球经过平衡位置时所受的回复力为零。故 C 正确。
D、摆球经过平衡位置时，合力提供向心力，合力不为零。故D 错误。 故选：C。
点评：解决本题的关键知道单摆做简谐运动的回复力的来源，知道经过平衡位置时，回复力为零，合力不为 零。
(
【解题方法点拨】
)
关于单摆的回复力的三点提醒
(1) 单摆振动中的回复力不是它受到的合力，而是重力沿圆弧切线方向的一个分力。单摆振动过程 中，有向心力，这是与弹簧振子的不同之处。
(2) 在最大位移处时，因速度为零，所以向心力为零，故此时合力也就是回复力。
(3) 在平衡位置处时，由于速度不为零，故向心力也不为零，即此时回复力为零，但合力不为零。
25 ．库仑定律的表达式及其简单应用
(
【知识点的认识】
)
(
36
)
1. 内容：在真空中两个静止的点电荷间的作用力跟它们的电量的乘积成正比，跟它们之间的距离的平方 成反比，作用力的方向在它们的连线上.
2. 表达式：F = k ，式中 k 表示静电力常量，k = 9.0 × 109N m2/C2 .
3. 适用条件：真空中的静止点电荷.
(
【命题方向】
)
题型一：对库仑定律的理解
1. 真空中有两个静止的点电荷，它们之间静电力的大小为 F ．如果保持这两个点电荷之间的距离不变， 而将它们的电荷量都变为原来的 3 倍，那么它们之间的静电力的大小变为 ( )
A. 3F B. C. D. 9F
分析：本题比较简单，直接利用库仑定律进行计算讨论即可.
解：距离改变之前：F = k ①
当电荷量都变为原来的 3 倍时：F1 = k ②
联立①②可得：F1 = 9F，故ABC 错误，D 正确.
故选：D .
点评：库仑定律应用时涉及的物理量较多，因此理清各个物理量之间的关系，可以和万有引力定律进行类 比学习.
题型二：库仑定律与力学的综合问题
1. 在一绝缘支架上，固定着一个带正电的小球 A，A 又通过一长为 10cm 的绝缘细绳连着另一个带负电 的小球B，B 的质量为 0.1kg，电荷量为 × 10-6C，如图所示，将小球B 缓缓拉离竖直位置，当绳与竖 直方向的夹角为 60° 时，将其由静止释放，小球B 将在竖直面内做圆周运动．已知释放瞬间绳刚好张 紧，但无张力．g 取 10m/s2 ．求
(1) 小球A 的带电荷量；
(2) 释放瞬间小球B 的加速度大小；
(3) 小球B 运动到最低点时绳的拉力.
分析：(1) 释放小球瞬间，对小球进行受力分析，由库仑定律与力的合成与分解可以求出小球 A 的电荷量.
(2) 对小球受力分析，由牛顿第二定律可以求出小球的加速度.
(3) 由动能定理求出小球到达最低点时的速度，然后由牛顿第二定律求出绳子的拉力.
解：(1) 小球B 刚释放瞬间，速度为零， 沿绳子方向上，小球受到的合力为零，
则mgcos60° =k ，
代入数值，求得 qA = 5 × 10-6C；
(
37
)
(2) 小球所受合力方向与绳子垂直，
由牛顿第二定律得：mg sinθ = ma，；
(3) 释放后小球B 做圆周运动，两球的相对距离不变，库仑力不做功，
从释放小球到小球到达最低点的过程中，由动能定理得：mg(L - Lcos60°) = mv2 - 0，
小球在最低点，由牛顿第二定律得：FT + k - mg = ，
解得 mg = 1.5N；
答：(1) 小球A 的带电荷量为 5 × 10-6C；
(2) 释放瞬间小球B 的加速度大小为 5、3 m/s2；
(3) 小球B 运动到最低点时绳的拉力为 1.5N .
点评：释放小球瞬间，沿绳子方向小球受力平衡，小球所受合力沿与绳子垂直的方向.
(
【解题方法点拨】
)
1. 库仑定律适用条件
(1) 库仑定律只适用于真空中的静止点电荷，但在要求不很精确的情况下，空气中的点电荷的相互作 用也可以应用库仑定律.
(2) 当带电体间的距离远大于它们本身的尺寸时，可把带电体看做点电荷．但不能根据公式错误地推 论：当r → 0 时，F → ∞ . 其实在这样的条件下，两个带电体已经不能再看做点电荷了.
(3) 对于两个均匀带电绝缘球体，可将其视为电荷集中于球心的点电荷，r 为两球心之间的距离.
(4) 对两个带电金属球，要考虑金属球表面电荷的重新分布.
2. 应用库仑定律需要注意的几个问题
(1) 库仑定律的适用条件是真空中的静止点电荷．点电荷是一种理想化模型，当带电体间的距离远远 大于带电体的自身大小时，可以视其为点电荷而适用库仑定律，否则不能适用.
(2) 库仑定律的应用方法：
库仑定律严格地说只适用于真空中，在要求不很精确的情况下，空气可近似当作真空来处理．注意库 仑力是矢量，计算库仑力可以直接运用公式，将电荷量的绝对值代入公式，根据同种电荷相斥，异种电 荷相吸来判断作用力 F 是引力还是斥力；也可将电荷量带正、负号一起运算，根据结果的正负，来判断 作用力是引力还是斥力.
(3) 三个点电荷的平衡问题：
要使三个自由电荷组成的系统处于平衡状态，每个电荷受到的两个库仑力必须大小相等，方向相反， 也可以说另外两个点电荷在该电荷处的合场强应为零.
3. 分析带电体力学问题的方法与纯力学问题的分析方法一样，要学会把电学问题力学化．分析方法是：
(
38
)
(1) 确定研究对象．如果有几个带电体相互作用时，要依据题意，适当选取“整体法”或“隔离法”；
(2) 对研究对象进行受力分析，多了个电场力
(3) 列平衡方程 (F合 = 0 或Fx = 0，Fy = 0) 或牛顿第二定律方程.
26 ．点电荷与均匀带电球体 (球壳) 周围的电场
(
【知识点的认识】
)
1. 点电荷是最简单的场源电荷，一个电荷量为 Q 的点电荷，在与之相距r 处的电场强度为
2. 推导如下：如果以 Q 为中心作一个球面，则球面上各点的电场强度大小相等。 Q 为场源电荷电量。
3. 方向：若 Q 是正电荷，Q 和该点的连线指向该点；若 Q 是负电荷，Q 和该点的连线值向 Q。
4. 使用范围：仅使用于真空中点电荷产生的电场。
5. 点单荷电场的特点：
根据上式可知，如果以电荷量为 Q 的点电荷为中心作一个球面，则球面上各点的电场强度大小相等。 当 Q 为正电荷时，电场强度E 的方向沿半径向外 (图甲 ) ﹔当 Q 为负电荷时，电场强度E 的方向沿半 径向内 (图乙)。
(
39
)
即点电荷的电场是以电荷为球心向四周发散或由四周指向球心的。
6. 带电球体 (球壳)与点电荷等效：在一个比较大的带电体不能看作点电荷的情况下，当计算它的电场 时，可以把它分成若干小块，只要每个小块足够小，就可以看成点电荷，然后用点电荷电场强度叠加的 方法计算整个带电体的电场。可以证明，一个半径为R 的均匀带电球体 (或球壳) 在球的外部产生的 电场，与一个位于球心、电荷量相等的点电荷在同一点产生的电场相同 (如下图)，即
式中的r 是球心到该点的距离( r > R )，Q 为整个球体所带的电荷量。
(
【命题方向】
)
1. 一点电荷 Q = 2.0 × 10-8C，在距此点电荷 30cm 处，该电荷产生的电场的强度是多大？
分析：知道点电荷的电荷量，知道离点电荷的距离，由点电荷的场强公式可以直接求得结果.
解答：由点电荷的场强公式E = k 可知，
(
r
2
0.3
2
，
)E = k Q = 9.0 × 109 × 2.0×10-8 = 2000N/C
所以电荷产生的电场的强度是 2000N/C .
点评：本题是点电荷的场强公式的直接应用，掌握住公式就很简单了.
(
【解题思路点拨】
)
(
40
)
1. 公式E = k 又叫作电场强度的决定式，场源电荷 (可视为点电荷) 的电荷量 Q 确定后，距离场源电
荷一定距离的场强就确定了。
2. 一个均匀带电球体 (或球壳) 在球外某点产生的电场与一个位于球心，电荷量相字的点电荷在该点产 生的电场相同。要注意只局限于球外。
3. 常见的错误之一是认为以点电荷为球心的球面上各处电场强度相等。错误的原因在于忽略了电场强 度的矢量性。准确的说法是以点电荷为球心的球面上各处电场强度大小相等，方向不同。
4. 电场强度三个计算式的比较
表达式比较 E = E = k U (
d
)E =
公式意义 电场强度定义式 真空中点电荷的电场强度 决定式 匀强电场中E 与 U 关系式
适用条件 一切电场 ①真空 ②点电荷 匀强电场
比较决定因 素 由电场本身决定，与 q 无 关 由场源电荷 Q 和场源电荷 到该点的距离r 共同决定 由电场本身决定，d 是场中 两点间沿场强方向的距离
相同点 矢量，单位：1N/C = 1V/m
27 ．电场力做功的计算及其特点
(
【知识点的认识】
)
1. 静电力做功的特点：在匀强电场中移动电荷时，静电力所做的功与电荷的起始位置和终止位置有关， 与电荷经过的路径无关。
2. 静电力做功的公式：W = qEl，其中 l 为电荷沿电场线移动的位移。
(
【命题方向】
)
1. 如图所示，在电场强度为E 的匀强电场中，A、B 两点相距 l，连线 AB 与电场强度方向的夹角为 θ。将 一电荷量为 q 的正电荷分别沿直线 AB、折线 ACB、曲线 ADB 从 A 点移动到B 点，静电力各做了多少 功？
分析：静电力做功与路径无关，根据电场力做功的计算公式进行解答。
解答：电场力做功与路径无关，所以将一电荷量为 q 的正电荷分别沿直线 AB、折线 ACB、曲线 ADB 从 A 点移动到B 点，静电力做功均为：
W = qEl cos θ。
答：静电力做功均为 qEl cos θ。
(
41
)
点评：本题主要是考查电场力做功的计算，关键是弄清楚电场力做功与路径无关。
(
【解题思路点拨】
)
静电力做功的特点
(1) 静电力做的功与电荷的起始位置和终止位置有关，但与具体路径无关，这与重力做功特点相似。
(2) 静电力做功的特点不受物理条件限制不管静电力是否变化，是否是勾强电场，是直线运动还是曲 线运动，静电力做功的特点均不变
28 ．电场力做功与电势能变化的关系
(
【知识点的认识】
)
1. 静电力做功的特点：静电力做功与路径无关，或者说：电荷在电场中沿一闭合路径移动，静电力做功为 零。
2. 电势能概念：电荷在电场中具有势能，叫电势能。电荷在某点的电势能，等于把电荷从该点移动到零 势能位置时，静电力做的功，用EP 表示。
3. 静电力做功与电势能变化的关系：
①静电力做正功，电势能减小；静电力做负功，电势能增加。
②关系式：WAB = EPA - EPB。
4. 单位：J(宏观能量) 和 eV(微观能量)，它们间的换算关系为：1eV = 1.6 × 10-19J。
(5) 特点：
①系统性：由电荷和所在电场共有；
②相对性：与所选取的零点位置有关，通常取大地或无穷远处为电势能的零点位置；
③标量性：只有大小，没有方向，其正负的物理含义是：若 EP > 0，则电势能比在参考位置时大，若 EP < 0，则电势能比在参考位置时小。
理解与注意：学习电势能时，可以通过与重力势能类比来理解相关概念，上面列举的各项概念几乎是 所有势能都有的，只是具体环境不同而已。
(
【命题方向】
)
1. a 和 b 为电场中的两个点，如果把 q =-2 × 10-8C 的负电荷从 a 点移动到 b 点，电场力对该电荷做了 4
× 10-7J 的正功，则该电荷的电势能 ( )
A. 增加了 4 × 10-7J B. 增加了 2 × 10-8J C. 减少了 4 × 10-7J D. 减少了 8 × 10-15J
分析：电荷在电场力作用下做功，导致电势能变化．所以根据电场力做功的正负可确定电势能增加与减 少.
解答：根据电场力做功与电势能改变的惯性可知，电场力对该电荷做了 4 × 10-7J 的正功，则该电荷的电势 能减少了 4 × 10-7J ．所以选项 C 正确。
故选：C。
(
42
)
点评：该题考查电场力做功与电势能的惯性．电荷的电势能增加还是减少是由电场力做功的正负决定. 就像重力做功与重力势能一样.
(
【解题方法点拨】
)
1. 静电力做功与电势能变化的关系
(1)WAB = EPA - EPB。
静电力做正功，电势能减小；静电力做负功，电势能增加。
(2) 正电荷在电势高的地方电势能大，而负电荷在电势高的地方电势能小。
2. 电势能大小的比较方法
(1) 做功判断法：
电场力做正功时电势能减小；电场力做负功时电势能增大。 (对正、负电荷都适用)。
(2) 依据电势高低判断：
正电荷在电势高处具有的电势能大，负电荷在电势低处具有的电势能大。
29 ．电势差的概念、单位和物理意义及用定义式计算
(
【知识点的认识】
)
1. 定义：在电场中，两点之间电势的差值叫作电势差，电势差也叫作电压。
2. 表达式：设电场中A 点的电视为 φA，B 点的电势为 φB，则AB 电点之间的电势差可以表示为 UAB = φA - φB
BA 两点之间的电势差为 UBA = φB - φA
所以 UAB =-UBA
3. 电势差的单位 伏特，符号：V
4. 电势差的正负
电势差是标量，但有正、负。电势差的正、负表示两点电势的高低。所以电场中各点间的电势差可依 次用代数法相加。
5. 特点：电场中两点之间的电势差取决于电场本身，与电势零点的选取无关
6. 物理意义：反映电荷在电场中移动时电场力做功本领大小的物理量
(
【命题方向】
)
1. 关于电势差 UAB 和电势 φA、φB 的理解正确的是 ( )
A. UAB 表示B 点相对A 点的电势差，即 UAB = φB - φA
(
43
)
B. UAB 和 UBA 是不同的，它们有关系：UAB =-UBA
C. φA、φB 都可能有正负，所以电势是矢量
D. 零电势点的规定虽然是任意的，但人们常常规定大地和无限远处为零电势
分析：UAB = φA - φB =-UBA，电势是标量，通常选大地或无穷远作为零电势.
解答：A、UAB 表示A 点相对B 点的电势差，即 UAB = φA - φB，A 错误；
B、UAB 和 UBA 是不同的，它们有关系：UAB =-UBA，B 正确；
C、电势虽有正负之分，但电势是标量，C 错误；
D、零电势点的规定虽然是任意的，但人们常常规定大地和无限远处为零电势，D 正确；
故选：BD。
点评：记忆电势的有关知识时，可以把它类比为高度去理解，电势差对应高度差，某点的电势对应某点的高 度.
(
【解题思路点拨】
)
根据电势差的定义可知，电势差的正负代表两点之间电势的大小，如果 UAB > 0，则 φA > φB；如果 UAB < 0，则 φA < φB。
30 ．带电粒子在匀强电场中做类平抛运动
(
【知识点的认识】
)
1. 带电粒子垂直射入匀强电场的运动类似于物体的平抛运动，可以利用运动的合成与分解知识分析。 规律为：
初速度方向：vx = v0，x = v0t
静电力方向：vy = at，y =
2. 分析带电粒子在匀强电场中的偏转问题也可以利用动能定理，即 qEΔy = ΔEk。
3. 两个特殊推论：
(1) 粒子从偏转电场中射出时，其速度方向的反向延长线与初速度方向的延长线交于一点，此点为初 速度方向位移的中点，如图所示。
( 2 ) 位移方向与初速度方向间夹角 α(图中未画出) 的正切为速度偏转角 θ 正切的 ，即 tanα =
(
44
)
tanθ。
(
【命题方向】
)
1. 一束电子流在经 U = 5000V 的加速电压加速后，在距两极板等距离处垂直进入平行板间的匀强电场， 如图所示，若两板间距离 d = 1.0cm，板长 l = 5.0cm，电子恰好从平行板边缘飞出，求：(电子的比荷
= 1.76 × 1011C/kg)
(1) 电子进入极板时的速度v0
(2) 两极板间的电压.
分析：(1) 由动能定理可求得进入极板的速度.
(2) 由竖直向做匀加速运动，水平向做匀速运动，由竖直向的距离可求得所加电压值.
解答：(1) 由动能定理：Uq = mv0 (2)--- ①
得 v0 = = 2×5×103 ×1.76×1011 = 4.2 × 107m/s
(2) 进入偏转电场，所加电压为 U′ 电子在平行于板面的方向上做匀速运动： l =v0t ②
在垂直于板面的方向做匀加速直线运动，加速度为：a = = ③
偏距：y = at2 ④
能飞出的条件为：y = ⑤,
由①②③④⑤可得：U′ = = 400V
答：(1) 电子进入极板时的速度为 4.2 × 107m/s；(2) 两极板间的电压为 400V
点评：本题考查带电粒子在电场中的偏转，在列式计算时应注意不要提前代入数值，应将公式简化后再计 算，这样可以减少计算量.
(
【解题思路点拨】
)
带电粒子在电场中运动问题的处理方法
带电粒子在电场中运动的问题实质上是力学问题的延续，从受力角度看，带电粒子与一般物体相比多 受到一个静电力；从处理方法上看，仍可利用力学中的规律分析，如选用平衡条件、牛顿运动定律、动 能定理、功能关系，能量守恒等。
31 ．带电粒子先后经过加速电场和偏转电场
(
【知识点的认识】
)
(
45
)
本考点旨在针对带电粒子先经过加速电场再经过偏转电场的问题。
(
【命题方向】
)
1. 如图所示，静止的电子在加速电压为 U1 的电场作用下从 O 经 P 板的小孔射出，又垂直进入平行金属 板间的电场，在偏转电压为 U2 的电场作用下偏转一段距离．现使 U1 加倍，要想使电子在偏转电场的 偏移量不发生变化，调整板间距离时电子仍能穿出偏转电场，应该 ( )
A. 仅使 U2 加倍 B. 仅使 U2 变为原来的 4 倍
C. 仅使偏转电场板间距离变为原来的 0.5 倍 D. 仅使偏转电场板间距离变为原来的 2 倍
分析：电子在加速电压作用下获得速度，根据动能定理得到速度的表达式，电子垂直进入平行金属板间的 匀强电场中做类平抛运动，运用运动的分解法，得出偏转距离、偏转角度与加速电压和偏转电压的关系，再 进行分析.
解答：设平行金属板板间距离为 d，板长为 l。电子在加速电场中运动时，由动能定理得：
垂直进入平行金属板间的电场做类平抛运动，则有 水平方向：l = v0t，
竖起方向 at2，vy = at，又 a = ，tanθ =
联立以上四式得偏转距离：y = U21
2dU1
现使 U1 加倍，要想使电子在偏转电场的偏移量不发生变化，则可以仅使 U2 加倍或仅使偏转电场板间距离
变为原来的 0.5 倍，故AC 正确 故选：AC。
点评：本题电子先加速，后偏转，根据动能定理和牛顿运动定律、运动学公式结合得到偏转距离 y = U21 ，
2dU1
采用的是常规思路.
(
【解题思路点拨】
)
1. 解决带电粒子在电场中做类平抛运动问题时，可采用动力学方法处理，也可采用动能定理辅助计算。
2. 处理过程中一是需注意区分粒子能否从板间射出，二是注意利用动能定理时区分粒子所经历的电压 与给定的电压，三是注意粒子在运动过程中重力能否忽略。
3. 对于粒子重力的处理
(1) 电子、质子、粒子、某种离子等重力可忽略不计。
(
46
)
(2) 小球、液滴、尘埃、滑块等不说明的情况下需考虑重力的作用，
(3) 微粒、粒子的重力能否忽略需看题意
4. 平抛运动的推论在类平抛运动中也可应用：
(1) 偏向角的正切值等于位移与初速度间夹角正切值的2 倍
(2) 速度的反向延长线通过水平位移的中心。
32 ．闭合电路欧姆定律的内容和表达式
(
【知识点的认识】
)
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. 表达式表示电动势，I 表示干路总电流，R 表示外电路总电阻，r 表示内阻。
3. 闭合电路中的电压关系：闭合电路中电源电动势等于内、外电路电势降落之和E = U外 + U内。
4. 由E = U外 + U内 可以得到闭合电路欧姆定律的另一个变形 U外 = E -Ir。
(
【命题方向】
)
1. 在已接电源的闭合电路里，关于电源的电动势、内电压、外电压的关系应是 ( )
A. 如外电压增大，则内电压增大，电源电动势也会随之增大
B. 如外电压减小，内电阻不变，内电压也就不变，电源电动势必然减小
C. 如外电压不变，则内电压减小时，电源电动势也随内电压减小
D. 如外电压增大，则内电压减小，电源的电动势始终为二者之和，保持恒量
分析：闭合电路里，电源的电动势等于内电压与外电压之和．外电压变化时，内电压也随之变化，但电源的 电动势不变.
解答：A、如外电压增大，则内电压减小，电源电动势保持不变。故 A 错误。
B、如外电压减小，内电阻不变，内电压将增大，电源电动势保持不变。故B 错误。 C、如外电压不变，则内电压也不变。故 C 错误。
D、根据闭合电路欧姆定律得到，电源的电动势等于内电压与外电压之和，如外电压增大，则内电压减小，电
源的电动势保持恒量。故D 正确。 故选：D。
点评：本题要抓住电源的电动势是表征电源的本身特性的物理量，与外电压无关.
(
【解题思路点拨】
)
闭合电路的几个关系式的对比
(
47
)
33 ．带电粒子在矩形边界磁场中的运动
(
【知识点的认识】
)
本考点旨在考查带电粒子在矩形边界磁场中的运动情况。
(
【命题方向】
)
1. 如图所示，正方形区域 abcd 中充满匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里．一个氢核从 ad 边的中点m 沿 着既垂直于 ad 边又垂直于磁场的方向，以一定速度射入磁场，正好从 ab 边中点n 射出磁场．若将磁 场的磁感应强度变为原来的 2 倍，其它条件不变，则这个氢核射出磁场的位置是 ( )
A. 在 b、a 之间某点 B. 在n、a 之间某点 C. a 点 D. 在 a、m 之间某点
分析：由几何关系可知粒子从n 点射出时的半径，则可求得磁感应强度与速度的关系，则牛顿第二定律可确 定B 加倍后的半径，即可由几何关系求得射出磁场的位置.
解答：设边长为 a，则从n 点射出的粒子其半径恰好为 ； 由牛顿第二定律可得：
Bqv = m
(
48
)
当磁感应强度变为原来的 2 倍时，由2Bqv = m 得 R =
故粒子应从 a 点穿出； 故选：C。
点评：带电粒子在磁场中的运动关键在于明确圆的性质，由几何关系确定圆心和半径，再由牛顿第二定律 求解即可.
(
【解题思路点拨】
)
由于带电粒子往往是在有界磁场中运动，粒子在磁场中只运动一段圆弧就飞出磁场边界，其轨迹不是 完整的圆，因此，此类问题往往要根据带电粒子运动的轨迹作相关图去寻找几何关系，分析临界条件， 然后应用数学知识和相应物理规律分析求解.
(1) 两种思路
①以定理、定律为依据，首先求出所研究问题的一般规律和一般解的形式，然后再分析、讨论临界条件 下的特殊规律和特殊解；
②直接分析、讨论临界状态，找出临界条件，从而通过临界条件求出临界值.
(2) 两种方法 物理方法：
①利用临界条件求极值；
②利用问题的边界条件求极值；
③利用矢量图求极值. 数学方法：
①利用三角函数求极值；
②利用二次方程的判别式求极值；
③利用不等式的性质求极值；
④利用图象法等.
(3) 从关键词中找突破口：许多临界问题，题干中常用“恰好”、“最大”、“至少”、“不相撞”、“不脱离”等 词语对临界状态给以暗示．审题时，一定要抓住这些特定的词语挖掘其隐藏的规律，找出临界条件.
34 ．带电粒子在弧形或圆形边界磁场中的运动
(
【知识点的认知】
)
1. 圆形边界：如图所示，带电粒子从某点沿圆形磁场的半径方向人射，从另一点射出磁场时速度的反向 延长线过磁场的圆心，即沿径向射入必沿径向射出。
(
49
)
2. 几个与角有关的物理量
如图所示，粒子做匀速圆周运动时，φ 为粒子速度的偏向角，粒子与圆心的连线转过的角度 α 为回旋 角 (或圆心角)，AB 弦与切线的夹角θ 为弦切角，它们的关系为 φ = α = 2θ , θ 与相邻的弦切角θ' 互补， 即 θ + θ' = 180°。
3. 如何确定“圆心角与时间”
①速度的偏向角 φ = 圆弧所对应的圆心角 (回旋角)α =2 倍的弦切角θ
②时间的计算方法.
方法一：由圆心角求 方法二：由弧长求 。
(
【命题方向】
)
1. 如图所示，虚线所围区域内有方向垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为 B ．一束电子沿圆形区域 的直径方向以速度 v 射入磁场，电子束经过磁场区后，其运动的方向与原入射方向成 θ 角。设电子质 量为m，电荷量为 e，不计电子之间的相互作用力及所受的重力。求：
(1) 电子在磁场中运动轨迹的半径R；
(2) 电子在磁场中运动的时间 t；
(3) 圆形磁场区域的半径r。
(
50
)
分析：电子在磁场中受洛伦兹力作用，电子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，可以 求出电子运动的半径，画出电子运动轨迹，根据几何关系可以求得电子在磁场中的运动的时间和圆形磁场 区域的半径。
解答：(1) 电子在磁场中受到的洛伦兹力提供电子做匀速圆周运动的向心力即： qvB = m
由此可得电子做圆周运动的半径R = = (2)
如图根据几何关系，可以知道电子在磁场中做圆周运动对圆心转过的角度 α =θ 则电子在磁场中运动的时间：
(
mθ
)t = 2π (θ) T = 2π (θ) × 2R = v (θ) × eB (mv) = eB
(3) 由题意知，由图根据几何关系知：
tan =
∴ r = Rtan = tan
答：(1) 电子在磁场中运动轨迹的半径R = ；
(2) 电子在磁场中运动的时间 t = ；
(3) 圆形磁场区域的半径 r = tan 。
(
51
)
点评：熟悉电子在磁场中做匀速圆周运动由洛伦兹力提供向心力，据此列式求出半径和周期间的表达式， 能正确作出电子做圆周运动的半径。
(
【解题思路点拨】
)
由于带电粒子往往是在有界磁场中运动，粒子在磁场中只运动一段圆弧就飞出磁场边界，其轨迹不是 完整的圆，因此，此类问题往往要根据带电粒子运动的轨迹作相关图去寻找几何关系，分析临界条件， 然后应用数学知识和相应物理规律分析求解.
(1) 两种思路
①以定理、定律为依据，首先求出所研究问题的一般规律和一般解的形式，然后再分析、讨论临界条件 下的特殊规律和特殊解；
②直接分析、讨论临界状态，找出临界条件，从而通过临界条件求出临界值.
(2) 两种方法 物理方法：
①利用临界条件求极值；
②利用问题的边界条件求极值；
③利用矢量图求极值. 数学方法：
①利用三角函数求极值；
②利用二次方程的判别式求极值；
③利用不等式的性质求极值；
④利用图象法等.
(3) 从关键词中找突破口：许多临界问题，题干中常用“恰好”、“最大”、“至少”、“不相撞”、“不脱离”等 词语对临界状态给以暗示．审题时，一定要抓住这些特定的词语挖掘其隐藏的规律，找出临界条件.
35 ．带电粒子在叠加场中做直线运动
(
【知识点的认识】
)
1. 叠加场是指一个区域可能同时含有重力场、电场和磁场中的两个或三个。但本考点涉及的题目必须 包含磁场。
2. 带电粒子在叠加场中做直线运动有

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