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专题一　运动图象　追及相遇问题
突破　对运动学图象的理解
考向1　位移—时间(x-t)图象
(1)位移—时间图象反映了做直线运动的物体的位移随时间变化的规律，图象并非物体运动的轨迹.
(2)位移—时间图象只能描述物体做直线运动的情况，这是因为位移—时间图象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—时间图象.
(3)位移—时间图线上每一点的斜率表示物体该时刻的速度，斜率的大小表示速度的大小，斜率的正负表示速度的方向.
[典例1]　(2015·广东卷)甲、乙两人同时同地出发，骑自行车做直线运动，前1小时内的位移—时间图象如图所示.下列表述正确的是(　　)
A.0.2～0.5小时内，甲的加速度比乙的大
B.0.2～0.5小时内，甲的速度比乙的大
C.0.6～0.8小时内，甲的位移比乙的小
D.0.8小时内，甲、乙骑行的路程相等
[解题指导]　根据图象，用语言描述甲、乙两人的运动情况，并说明有哪些区别.
[解析]　由题图可知，0.2～0.5小时内，甲、乙均做匀速运动，加速度为零，A项错误；位移—时间图象的斜率为速度，由题图可知，0.2～0.5小时内，甲的速度比乙的速度大，B项正确；0.6～0.8小时内，甲的位移比乙的位移大2 km，C项错误；0.8 小时内，甲的路程比乙的路程大4 km，D项错误.
[答案]　B
考向2　速度—时间(v-t)图象
(1)速度—时间图象反映了做直线运动的物体的速度随时间变化的规律，它也只能描述物体做直线运动的情况.
(2)速度—时间图线上每一点的斜率表示物体该时刻的加速度.斜率的绝对值表示加速度大小，斜率为正表示加速度为正，反之为负.
(3)速度—时间图线与t轴所围面积表示这段时间内物体的位移.所围区域在时间轴上方(v轴正向一侧)表示位移为正，所围区域在时间轴下方(v轴负向一侧)表示位移为负.
[典例2]　甲、乙两汽车在一平直公路上同向行驶，在t＝0到t＝t1的时间内，它们的v-t图象如图所示，在这段时间内
(　　)
A.汽车甲的平均速度比乙的大
B.汽车乙的平均速度等于
C.甲、乙两汽车的位移相同
D.汽车甲的加速度大小逐渐减小，汽车乙的加速度大小逐渐增大
[解析]　v-t图象与时间轴所围图形的面积表示物体的位移，在t＝0到t＝t1的时间内，甲车的位移x甲比乙车的位移x乙大，即x甲>x乙，由＝可知，该时间内甲车的平均速度比乙的大，故A项正确，C项错误；若汽车乙做匀减速直线运动，其v-t图象是如图所示的倾斜直线，该直线与时间轴所围面积比乙车曲线与时间轴所围面积大，即乙车在t＝0到t＝t1时间内的位移比匀减速的位移小，其平均速度小于，B项错误；v-t图象的切线斜率表示加速度，从v-t图象可看出甲、乙两汽车的加速度大小均逐渐减小，故D项错误.
[答案]　A
考向3　加速度—时间(a-t)图象
(1)加速度—时间图象描述加速度随时间的变化规律，若加速度不变，物体做匀变速直线运动.
(2)在加速度—时间图象中，图线和坐标轴所围的面积表示在这段时间内速度的变化.
[典例3]　一物体做直线运动，其加速度随时间变化的a-t图象如图所示.下列v-t图象中，可以正确描述此物体运动的是
(　　)
[解题指导]　物体在0～时间内加速度不变，做匀变速直线运动；～T时间内加速度为零，做匀速直线运动；T～2T时间内加速度大小不变，方向相反，继续做匀变速直线运动；整个过程中速度变化为－.
[解析]　由a-t图象可知，0～时间内，a＝a0>0，若v0≥0，物体做匀加速运动；若v0<0，物体做匀减速运动，选项B、C错误.由于T～2T时间内，a＝－a0<0，故物体在v0≥0时做匀减速运动，且图线斜率的绝对值与0～时间内相同，选项A错误，D正确.
[答案]　D
1.运动图象的识别
根据图象中横、纵坐标轴所代表的物理量，明确该图象是位移—时间图象(x-t图象)，还是速度—时间图象(v-t图象)，或是加速度—时间图象(a-t图象)，这是解读运动图象信息的前提.
2.图象信息的解读
相同的图线在不同性质的运动图象中含义截然不同.如x-t图象中，图线的交点表示两个物体在对应时刻相遇；v-t图象中，图线的交点表示两个物体在对应时刻速度相等.
突破　运动学图象的应用
应用图象解决物理问题有三种情况：
(1)根据题目所给运动图象分析物理问题；
(2)根据题意自己画出运动图象并解决问题；
(3)对题目中所给图象进行必要的转化，然后根据转化后的运动图象分析问题.
考向1 根据图象分析物理过程
[典例4]　(2016·新课标全国卷Ⅰ)甲、乙两车在平直公路上同向行驶，其v-t图象如图所示.已知两车在t＝3 s时并排行驶，则(　　)
A.在t＝1 s时，甲车在乙车后
B.在t＝0时，甲车在乙车前7.5 m
C.两车另一次并排行驶的时刻是t＝2 s
D.甲、乙车两次并排行驶的位置之间沿公路方向的距离为40 m
[问题探究]　(1)甲车如何运动？乙车如何运动？
(2)0～1 s，乙车比甲车多发生的位移是多少？1～2 s，乙车比甲车多发生的位移是多少？2～3 s，甲车比乙车多发生的位移是多少？
(3)甲、乙两车会相遇几次？
[提示]　(1)两车都做匀加速直线运动，a甲＝10 m/s2，a乙＝5 m/s2.
(2)7.5 m；2.5 m；2.5 m.
(3)相遇两次.
[解析]　根据题述，两车在t＝3 s时并排行驶，由图线与横轴所围面积表示位移可知，在t＝1 s时，甲车和乙车并排行驶，选项A、C错误.由图象可知，在t＝1 s时甲车速度为10 m/s，乙车速度为15 m/s,0～1 s时间内，甲车行驶位移为x1＝5 m，乙车行驶位移为x2＝12.5 m，所以在t＝0时，甲车在乙车前7.5 m，选项B正确.从t＝1 s 到t＝3 s，甲、乙两车两次并排行驶的位置之间沿公路方向的距离为x＝(10＋30)×2 m＝40 m，选项D正确.
[答案]　BD
考向2　根据题意画出运动图象
[典例5]　在地面上以初速度2v0竖直上抛一物体A后，又以初速度v0从同一地点竖直上抛另一物体B.若要使两物体能在空中相遇，则两物体抛出的时间间隔Δt必须满足的条件是(不计空气阻力)(　　)
A.<Δt< B.<Δt<
C.<Δt< D.<Δt<
[解题指导]　作出两物体运动的x-t图象，根据图象交点可判断时间间隔.
[解析]　依据x＝v0t－gt2作出x-t图象，如图所示.
显然，两条图线相交表示A、B相遇.由图线可直接看出，当Δt满足关系式<Δt<时，A、B可在空中相遇，选项D正确.
[答案]　D
[变式1]　某同学欲估算飞机着陆时的速度，他假设飞机在平直跑道上做匀减速运动，飞机在跑道上滑行的距离为x，从着陆到停下来所用的时间为t，实际上，飞机的速度越大，所受的阻力越大，则飞机着陆时的速度应是(　　)
A.v＝ B.v＝
C.v> D.C　解析：该同学假设飞机做匀减速运动，所用的时间为t，画出相应的v-t图象大致如图所示的虚线.根据图象的意义可知，虚线下方的“面积”表示位移.因为位移为x，则得出初速度为.实际上，当飞机的速度减小时，所受的阻力减小，因而它的加速度会逐渐变小，v-t图象切线的斜率减小，画出相应的v-t图象大致如图所示的实线.根据图象的意义可知，实线下方的“面积”表示位移.所以飞机着陆时的速度v>，故选项C正确.
运用图象解答物理问题的三个步骤
(1)认真审题，根据题中所需求解的物理量，结合相应的物理规律确定所需的横、纵坐标表示的物理量.
(2)根据题意，找出两物理量的制约关系，结合具体的物理过程和相应的物理规律作出函数图象.
(3)由所作图象结合题意，运用函数图象进行表达、分析和推理，从而找出相应的变化规律，再结合相应的数学工具(即方程)求出相应的物理量.
突破　追及相遇问题
考向1　速度小者追速度大者
类型
图象
说明
匀加速
追匀速
①t＝t0以前，后面物体与前面物体间距离增大
②t＝t0时，两物体相距最远，为x0＋Δx(x0为两物体初始距离)
③t＝t0以后，后面物体与前面物体间距离减小
④能追上且只能相遇一次
匀速追
匀减速
匀加速
追匀减
速
[典例6]　一辆汽车在十字路口等候绿灯，当绿灯亮时汽车以3 m/s2的加速度开始加速行驶，恰在这时一辆自行车以v＝6 m/s的速度匀速驶来，从后边超过汽车.则汽车从路口启动后，在追上自行车之前经过多长时间两车相距最远？此时两车的距离是多少？
[解题指导]　第一步：审题―→画图(将过程形象化)
第二步：分析―→将解题过程问题化
(1)从十字路口开始汽车和自行车各做什么运动？
(2)追上前两车相距最远的条件是什么？
[提示]　(1)汽车做初速度为零的匀加速直线运动，自行车做匀速直线运动.
(2)当两车速度相等时，两车相距最远.
[解析]　解法一(分析法)　汽车与自行车的速度相等时相距最远，设此时经过的时间为t，两车间的距离为Δx，则有v自＝at
所以t＝＝2 s
Δx＝v自t－at2＝6 m.
解法二(极值法)　设汽车在追上自行车之前经过时间t两车相距最远，则Δx＝v自t－at2
代入已知数据得Δx＝6t－t2
由二次函数求极值的条件知：t＝2 s时，Δx有最大值6 m
所以经过t＝2 s后，两车相距最远，为Δx＝6 m.
解法三(图象法)　自行车和汽车的v-t图象如图所示.由图可以看出，在相遇前，t1时刻两车速度相等，两车相距最远，此时的距离为阴影三角形的面积，所以有t1＝＝ s＝2 s
Δx＝＝ m＝6 m.
[答案]　2 s　6 m
[变式2]　(多选)汽车甲沿着平直的公路以速度v0做匀速直线运动，当它路过某处的同时，汽车乙从此处开始做初速度为零的匀加速直线运动去追赶汽车甲，根据上述已知条件(　　)
A.可求出乙车追上甲车时，乙车的速度
B.不能求出乙车追上甲车时，乙车的速度
C.可求出乙车从开始运动到追上甲车时，乙车运动的时间
D.不能求出乙车从开始运动到追上甲车时，乙车运动的时间
答案：AD　解析：作出汽车甲、乙的速度—时间图线如图所示.
当汽车乙追上汽车甲时，两车位移相等，从图象上可以看出，当甲、乙位移相等时，两图象与时间轴所围的“面积”相等，则乙车追上甲车时，乙车的速度为2v0，但从图象上无法知道乙车追上甲车所用的时间，故A、D正确，B、C错误.
速度小者加速追速度大者(匀速运动)的结论
(1)当两者速度相等时二者间有最大距离.
(2)当追赶者位移等于被追赶者位移与初始间距之和时，二者相遇.
考向2　速度大者追速度小者
类型
图象
说明
匀减速
追匀速
开始追赶时，两物体间距离为x0，之后两物体间的距离在减小，当两物体速度相等时，即t＝t0时刻：
①若Δx＝x0，则恰能追上，两物体只能相遇一次，这也是避免相撞的临界条件；
②若Δx③若Δx>x0，则相遇两次，设t1时刻Δx1＝x0，两物体第一次相遇，则t2时刻两物体第二次相遇(t2－t0＝t0－t1)
匀速追
匀加速
匀减速追
匀加速
[典例7]　A、B两列火车，在同一轨道上同向行驶，A车在前，其速度vA＝10 m/s，B车在后，其速度vB＝30 m/s，因大雾能见度低，B车在距A车x0＝85 m时才发现前方有A车，这时B车立即刹车，但B车要经过180 m才能停止.问：B车刹车时A车仍按原速率行驶，两车是否会相撞？若会相撞，将在B车刹车后何时相撞？若不会相撞，则两车最近距离是多少？
[解题指导]　判断是否相撞的方法：
方法一：两者速度相等时的位置关系
若B车在前，则相撞；若A车仍在前，则不相撞.
方法二：列出两车位置相同的方程
若方程有解，则相撞；若方程无解，则不相撞.
[解析]　设B车刹车过程的加速度大小为aB，由v2－v＝2ax
可得：02－302＝2(－aB)·180
解得：aB＝2.5 m/s2
设经过时间t两车相撞，则有：vBt－aBt2＝x0＋vAt
即30t－×2.5t2＝85＋10t
整理得t2－16t＋68＝0
由Δ＝162－4×68<0可知t无实数解，即两车不会相撞，速度相等时两车相距最近，此时
vA＝vB－aBt1，t1＝8 s
此过程中xB＝vBt1－aBt＝160 m
xA＝vAt1＝80 m
两车的最近距离Δx＝x0＋xA－xB＝5 m.
[答案]　不会相撞　最近距离为5 m
[变式3]　在一大雾天，一辆小汽车以30 m/s的速度行驶在高速公路上，突然发现正前方30 m处有一辆大卡车以10 m/s的速度同方向匀速行驶，小汽车紧急刹车，刹车过程中刹车失灵.如图所示，a、b分别为小汽车和大卡车的v-t图线，以下说法正确的是(　　)
A.因刹车失灵前小汽车已减速，不会追尾
B.在t＝5 s时追尾
C.在t＝3 s时追尾
D.由于初始距离太近，即使刹车不失灵也会追尾
答案：C　解析：由图象可知，在t＝5 s时，两车的速度相等，若此时小汽车与大卡车没有追尾，则以后再不会发生追尾.由v-t图象与坐标轴所围图形的面积表示位移的大小可得：t＝5 s时，xa－xb＝35 m，t＝3 s时，xa－xb＝30 m，所以在t＝3 s时，小汽车与大卡车出现了追尾，C正确.如果刹车不失灵，则两车在t＝2 s 时共速，此时xa－xb＝20 m<30 m，故不会追尾，D错误.
速度大者减速追速度小者(匀速运动)的结论
(1)当两者速度相等时，追赶者位移仍小于被追赶者位移与初始间距之和，则永远追不上，此时二者间有最小距离.
(2)若速度相等时，追赶者位移恰等于被追赶者位移与初始间距之和，则刚好追上，也是二者相遇时避免碰撞的临界条件.
(3)若相遇时追赶者速度仍大于被追赶者的速度，则被追者还能再一次追上追赶者.
1.[对v-t图象的理解]物体做直线运动的v-t图象如图所示，根据图象提供的信息可知(　　)
A.第4 s初物体运动的加速度为2 m/s2
B.前8 s内物体运动的位移为32 m
C.0～4 s与4～6 s内物体速度方向相反
D.0～4 s与4～6 s内物体的平均速度相等
答案：B　解析：图象的斜率表示加速度，则第4 s初物体运动的加速度a＝＝ m/s2＝1 m/s2，故A错误；图象与坐标轴围成的面积代表位移，前8 s内物体运动的位移x＝ m＝32 m，故B正确；在0～4 s内与4～6 s内物体运动的速度都为正，方向相同，故C错误；在0～4 s内的平均速度v1＝ m/s＝6 m/s,4～6 s内的平均速度v2＝ m/s＝4 m/s，故D错误.
2.[对x-t图象的理解]物体A、B的x-t图象如图所示，由图可知(　　)
A.从第3 s起，两物体运动方向相同，且vA>vB
B.两物体由同一位置开始运动，但物体A比B迟3 s才开始运动
C.在5 s内两物体的位移相同，5 s末A、B相遇
D.5 s内A、B的平均速度相等
答案：A　解析：x-t图象的斜率的大小表示物体运动的速度大小，斜率的正负表示物体运动的方向，由题图可知，A正确；B物体的出发点在离原点5 m处，A物体的出发点在原点处，B错误；物体B在5 s内的位移为10 m－5 m＝5 m，物体A在3～5 s内的位移为10 m，故C、D均错误.
3.[追及相遇问题](多选)如图所示，Ⅰ、Ⅱ分别是甲、乙两小球从同一地点沿同一直线运动的v-t图线，根据图线可以判断(　　)
A.甲、乙两小球做的是初速度方向相反的匀变速直线运动，加速度大小相等，方向相同
B.两球在t＝8 s时相距最远
C.两球在t＝2 s时刻速率相等
D.两球在t＝8 s时相遇
答案：CD　解析：甲小球的加速度大小为10 m/s2，方向为负，乙小球的加速度大小为 m/s2，方向为正，故A项错；t＝2 s时，乙小球的速率为 20 m/s，甲小球的速率为20 m/s，故两球速率相等，C项正确；在t＝8 s时，它们都回到了出发点，所以此时相遇，B项错误，D项正确.
4.[对x-t图象的理解]甲、乙两车在同一条直道上行驶，它们运动的位移x随时间t变化的关系如图所示，已知乙车做匀变速直线运动，其图线与t轴相切于10 s 处，则下列说法中正确的是(　　)
A.甲车的初速度为零
B.乙车的初位置在x0＝60 m处
C.乙车的加速度大小为1.6 m/s2
D.5 s时两车相遇，此时甲车速度较大
答案：C　解析：由图可知甲车做匀速直线运动，速度v甲＝＝ m/s＝4 m/s，故A错误；由图可知乙车做匀减速直线运动，可看做是反方向的匀加速直线运动，则有x＝at2，由图可知，当其反向运动5 s时，位移为20 m，则有20＝a·52，得加速度大小a＝1.6 m/s2，因其共运动了10 s，可得x0＝×1.6×102 m＝80 m，C正确，B错误；t＝5 s时，两车相遇，但甲车速度v甲＝4 m/s小于乙车速度v乙＝8 m/s，D错误.
5.[追及相遇问题]在一条平直的公路上，甲车在前以 54 km/h 的速度匀速行驶，乙车在后以 90 km/h 的速度同向行驶.某时刻两车司机同时听到前方有事故发生的警笛提示，同时开始刹车.已知甲、乙两车与路面的动摩擦因数分别是μ1＝0.05和μ2＝0.1，取g＝10 m/s2.请问：
(1)若两车恰好不相碰，则两车相碰前刹车所用时间是多少？
(2)若想避免事故发生，开始刹车时两辆车的最小间距是多少？
答案：(1)20 s　(2)100 m
解析：(1)两车刹车过程中加速度大小分别是：a1＝μ1g＝0.5 m/s2，a2＝μ2g＝1 m/s2
若两车恰好不相碰，则乙追上甲时，两车速度相等，有
v1－a1t＝v2－a2t
解得t＝20 s.
(2)乙追上甲时，甲的位移：x1＝v1t－a1t2
乙的位移：x2＝v2t－a2t2
若想避免事故发生，开始刹车时两辆车的最小间距为Δx＝x2－x1
解得Δx＝100 m.
实验一　研究匀变速直线运动
[基本要求]
[数据处理]
1.利用逐差法求平均加速度：a1＝，a2＝，a3＝，＝.
2.利用平均速度求瞬时速度：vn＝＝.
3.利用速度—时间图象求加速度：作出速度—时间图象，通过图象的斜率求物体的加速度.
[误差分析]
1.使用刻度尺测计数点的距离时有误差.
2.作v-t图象时出现作图误差.
3.电源频率不稳定，造成打点的时间间隔不完全相同.
4.长木板粗糙程度不均匀，小车运动时加速度有变化造成误差.
[注意事项]
1.平行：纸带、细绳要和长木板平行.
2.靠近：释放小车前，应使小车停在靠近打点计时器的位置.
3.一先一后：实验时应先接通电源，后释放小车；实验后先断 开电源，后取下纸带.
4.减小误差：小车另一端挂的钩码个数要适当，避免速度过大而使纸带上打的点太少，或者速度太小，使纸带上打的点过于密集.
5.纸带选取：选择一条点迹清晰的纸带，舍弃点密集部分，适当选取计数点.
6.准确作图：在坐标纸上，纵、横轴选取合适的单位，仔细描点连线，不能连成折线，应作一条直线，让各点尽量落到这条直线上，落不到直线上的各点应均匀分布在直线的两侧.
考向1　对实验装置及误差的考查
[典例1]　(2015·广东卷)某同学使用打点计时器测量当地的重力加速度.
(1)请完成以下主要实验步骤：按图(a)安装实验器材并连接电源；竖直提起系有重物的纸带，使重物　　　　(填“靠近”或“远离”)计时器下端；　　　　　，　　　　　，使重物自由下落；关闭电源，取出纸带；换新纸带重复实验.
(2)图(b)和(c)是实验获得的两条纸带，应选取　　　　(填“b”或“c”)来计算重力加速度.在实验操作和数据处理都正确的情况下，得到的结果仍小于当地重力加速度，主要原因是空气阻力和_________________________________.
[解析]　(1)使重物尽量靠近打点计时器，这样可以使重物下落过程的位移较大，打的点较多，使用打点计时器时，要先接通电源，然后释放重物.
(2)重物下落过程，速度逐渐增大，相邻两点间的距离逐渐增大；而纸带c中，相邻两点间的距离先增大后减小，所以应该选用纸带b.重物运动过程中，由于受空气阻力，以及纸带与限位孔间有摩擦阻力，所以运动过程中的加速度略小于当地重力加速度.
[答案]　(1)靠近　先接通电源　再释放重物　(2)b　纸带与限位孔间有摩擦阻力
本实验参与计算的量有计数点间距和打点周期，因此误差主要来源于相邻两计数点之间距离的测量和电源频率的不稳定性.
(1)交流电源的频率变化引起误差
交流电源的频率出现波动时，打点周期会随之变化.频率升高时，打点周期减小，由于计算时仍按照原打点周期值，各点的瞬时速度的测量值vn＝将偏小，加速度的测量值a＝也会偏小.
(2)位移的测量引起误差
如果各计数点间的位移较小或相邻计数点之间的位移之差较小，位移测量的相对误差就会较大，从而导致速度和加速度的测量误差较大.
考向2　对数据处理及注意事项的考查
[典例2]　(2016·天津卷)某同学利用图示装置研究小车的匀变速直线运动.
(1)实验中，必要的措施是　　　　.
A.细线必须与长木板平行
B.先接通电源再释放小车
C.小车的质量远大于钩码的质量
D.平衡小车与长木板间的摩擦力
(2)他实验时将打点计时器接到频率为50 Hz的交流电源上，得到一条纸带，打出的部分计数点如图所示(每相邻两个计数点间还有4个点，图中未画出).s1＝3.59 cm，s2＝4.41 cm，s3＝5.19 cm，s4＝5.97 cm，s5＝6.78 cm，s6＝7.64 cm.则小车的加速度a＝　　　　m/s2(要求充分利用测量的数据)，打点计时器在打B点时小车的速度vB＝　　　　m/s.(结果均保留两位有效数字)
[解析]　(1)利用长木板、小车、打点计时器等研究匀变速直线运动规律，在实验中，必要的措施是：细线必须与长木板平行；先接通电源，再释放小车；不需要平衡摩擦力，不需要满足小车的质量远大于钩码的质量.因此正确选项是AB.
(2)由Δx＝aT2、T＝0.10 s和逐差法可得小车的加速度a＝＝0.80 m/s2.利用匀变速直线运动在一段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，可得打点计时器打出B点时小车的速度vB＝＝0.40 m/s.
[答案]　(1)AB　(2)0.80　0.40
1.在研究匀变速直线运动的实验中，只需保证小车做匀变速直线运动，与加速度的大小和决定其大小的因素无关，因此没必要要求小车的质量远大于钩码的质量及平衡摩擦力.
2.为了减小误差，计算加速度时应用逐差法.B点为A、C的中间时刻点，在匀变速直线运动中，中间时刻的速度等于该段时间内的平均速度(v＝).
考向3　实验创新与改进
(1)实验器材的创新：如果提供光电门和刻度尺，我们可以测出遮光片的宽度d，借助v＝求出物体通过光电门的速度，再由v－v＝2ax，测出物体的加速度.如果提供闪光照相机和刻度尺，我们可以用处理纸带的方法，求出物体的瞬时速度及物体的加速度.
(2)数据处理方法的创新：如果测得物体运动的位移和对应时间可分两种情况考查，一是初速度为零，则x＝at2，因此作出x-t2图线，二是物体的初速度不为零，则x＝v0t＋at2，可得＝v0＋at，因此作出 -t图线，两种情况下，图线斜率的2倍即为物体的加速度.
[典例3]　(2017·苏锡常镇四市调研)某研究性学习小组用如图甲所示装置来测定当地的重力加速度，主要操作过程如下：
①安装实验器材，调节试管夹(小铁球)、光电门和纸杯在同一竖直线上；
②打开试管夹，由静止释放小铁球，用光电计时器记录小铁球在两个光电门间的运动时间t，并用刻度尺(图中未画出)测量出两个光电门之间的高度h，计算出小铁球通过两光电门间的平均速度v；
③保持光电门1的位置不变，改变光电门2的位置，重复②的操作.测出多组(h，t)，计算出对应的平均速度v；
④画出v-t图象.
甲
乙
请根据实验，回答下列问题：
(1)设小铁球到达光电门1时的速度为v0，当地的重力加速度为g.则小铁球通过两光电门间的平均速度v的表达式为　　　　　　.(用v0、g和t表示)
(2)实验测得的数据如下表：
实验次数
1
2
3
4
5
6
h(cm)
10.00
20.00
30.00
40.00
50.00
60.00
t(s)
0.069
0.119
0.159
0.195
0.226
0.255
v(m/s)
1.45
1.68
1.89
2.05
2.21
2.35
请在坐标纸(如图乙所示)上画出v-t图象.
(3)根据v-t图象，可以求得当地的重力加速度g＝　　 　m/s2，试管夹到光电门1的距离约为　　 　cm.(以上结果均保留两位有效数字)
[解析]　(1)因为h＝v0t＋gt2，所以v＝＝v0＋gt.(2)在坐标纸上描点，用一条直线将这些点连接起来，使尽可能多的点在直线上，不在直线上的点均匀分布于直线两侧.(3)从图中可求出斜率k＝4.84 m/s2，v0＝1.10 m/s，解得g＝9.7 m/s2，h＝＝0.062 m＝6.2 cm.
[答案]　(1)v＝v0＋gt　(2)如图所示　(3)9.7(9.5～9.9之间均可)　6.2(6.0～6.4之间均可)
[典例4]　现用频闪照相方法来研究物块的变速运动.在一小物块沿斜面向下运动的过程中，用频闪相机拍摄的不同时刻物块的位置如图所示.拍摄时频闪频率是10 Hz；通过斜面上固定的刻度尺读取的5个连续影像间的距离依次为x1、x2、x3、x4.已知斜面顶端的高度h和斜面的长度s.数据如下表所示.重力加速度大小取g＝9.80 m/s2.
单位：cm
x1
x2
x3
x4
h
s
10.76
15.05
19.34
23.65
48.00
80.00
根据表中数据，完成下列填空：
(1)物块的加速度a＝　　　　m/s2(保留3位有效数字).
(2)因为_________________________________________，可知斜面是粗糙的.
[解析]　(1)频闪照相中相邻影像点的时间间隔相等，利用逐差法求物块的加速度a＝＝4.30 m/s2.(2)若物块沿光滑斜面下滑，对其受力分析，由牛顿第二定律可得：a′＝g＝5.88 m/s2，由物块的加速度a小于物块沿光滑斜面下滑的加速度a′，可知斜面是粗糙的.
[答案]　(1)4.30　(2)物块的加速度小于g＝5.88 m/s2(或物块的加速度小于物块沿光滑斜面下滑的加速度)
第一章　运动的描述　匀变速直线运动的规律
【研透全国卷】
近几年对直线运动单独命题较多，由于直线运动是运动学的基础，所以一直是高考热点.对本章内容的考查则以图象问题和运动学规律的应用为主，题型通常为选择题，分值一般为6分.
本章将会越来越突出地考查运动规律、运动图象与实际生活相结合的应用，在2018年高考复习中应多加关注.
考点
内容
要求
题型
必考实验
一、描述运动的基本概念
质点、参考系
Ⅰ
选择
1.实验内容
研究匀变速直线运动
2.命题形式
填空
位移、速度和加速度
Ⅱ
二、匀变速直线运动的规律
匀变速直线运动及其公式
Ⅱ
选择、计算
三、运动图象、追及相遇问题
匀变速直线运动及其图象
Ⅱ
选择、计算
第1讲　运动的描述
知识点一　质点　参考系
1.质点
(1)用来代替物体的有　　　　的点叫做质点.
(2)研究一个物体的运动时，如果物体的　　　　和　　　　对问题的影响可以忽略，就可以看做质点.
(3)质点是一种理想化模型，实际并不存在.
2.参考系
(1)参考系可以是　　　　的物体，也可以是　　　　的物体，但被选为参考系的物体，我们都假定它是静止的.
(2)比较两物体的运动情况时，必须选同一　　　　.
(3)选取不同的参考系来观察同一个物体的运动，其运动结果是　　　　的.通常以　　　　为参考系.
答案：1.(1)质量　(2)大小　形状　2.(1)运动　静止　(2)参考系　(3)不同　地球
知识点二　位移　速度
1.位移和路程
位移
路程
定义
表示质点位置的变化，它是质点由　　　　指向　　　　的有向线段
等于质点　　　　的长度
区别
(1)位移是　　　　，方向由初位置指向末位置
(2)路程是标量，只有　　　　，没有　　　　
联系
(1)在单向直线运动中，位移的大小　　　　路程
(2)其他情况下，位移的大小　　　　路程
2.速度和速率
(1)平均速度：在变速运动中，物体所发生的位移与发生这段位移所用　　　　的比值，即v＝　　　　，是矢量，其方向就是对应　　　　的方向.
(2)瞬时速度：运动物体在某一　　　　或经过某一　　　　的速度，是矢量.
(3)速率：　　　　的大小，是标量.
答案：1.初位置　末位置　运动轨迹　矢量　大小　方向　等于　小于　2.(1)时间　　位移　(2)时刻　位置　(3)瞬时速度
知识点三　加速度
1.定义：速度的　　　　与发生这一变化所用　　　　的比值.
2.定义式：a＝　　　　，单位：　　　　.
3.方向：与速度　　　　的方向相同.
4.物理意义：描述物体　　　　快慢的物理量.
答案：1.变化量　时间　2.　m/s2　3.变化量
4.速度变化
(1)研究物体的运动时，只能选择静止的物体作为参考系.(　　)
(2)欣赏芭蕾舞表演者的精彩表演时，不能把芭蕾舞表演者看做质点.(　　)
(3)做直线运动的物体，其位移大小一定等于路程.(　　)
(4)子弹击中目标的速度属于瞬时速度.(　　)
(5)平均速度的方向与位移方向相同.(　　)
(6)物体的加速度增大，速度就增大.(　　)
答案：(1) ?　(2) ?　(3) ?　(4) ?　(5) ?　(6) ?
考点　质点、参考系、位移
1.质点是理想模型，实际并不存在.模型化处理是分析、解决物理问题的重要思想.物理学中理想化的模型有很多，如质点、轻杆、轻绳、轻弹簧等；还有一些过程类理想化模型，如自由落体运动、平抛运动等.
2.参考系的选取是任意的.对于同一个物体运动的描述，选用的参考系不同，其运动性质可能不同.
3.对位移和路程的辨析如下表：
比较项目
位移x
路程l
决定因素
由初、末位置决定
由实际的运动轨迹长度决定
运算规则
矢量的三角形法则或平行四边形定则
标量的代数运算
大小关系
x≤l(路程是位移被无限分割后，所分的各小段位移的绝对值的和)
考向1　对质点的理解
[典例1]　(多选)科学研究表明，在太阳系的边缘可能还有一颗行星——幸神星.这颗可能存在的行星是太阳系现有的质量最大的行星——木星质量的4倍，它的轨道半径是地球轨道半径的几千倍.根据以上信息，下列说法正确的是 (　　)
A.幸神星质量太大，不能将其看做质点
B.幸神星的体积太大，不能将其看做质点
C.研究幸神星绕太阳运动时，可以将其看做质点
D.比较幸神星绕太阳运行速度与地球绕运行速度的大小关系时，可以将其看做质点
[问题探究]　什么样的物体可以看成质点？与物体的大小、质量及运动速度是否有关？
[提示]　物体能否看成质点由物体的大小和形状对研究的问题有无影响决定，与物体的大小、质量及运动速度无关.
[解析]　在研究幸神星绕太阳运动时，其轨道半径比自身半径大得多，可以看做质点，A、B错误，C正确；比较幸神星和地球绕太阳运行速度大小时，可以将其看做质点，D正确.
[答案]　CD
考向2　对参考系和位移的理解
[典例2]　(多选)湖中O处有一观察站，一小船从O处出发一直向东行驶4 km，又向北直线行驶 3 km，则下列说法中正确的是(　　)
A.相对于O处的观察员，小船运动的路程为7 km
B.相对于小船，O处的观察员始终处于静止状态
C.相对于O处的观察员，小船最终位于东偏北37°方向5 km处
D.相对于湖岸上的另一观察员，小船不可能是静止的
[问题探究]　在这次运动中，小船的位移是多少？路程又是多少？二者的区别是什么？
[提示]　小船的位移大小为5 km，路程为7 km；位移是从起点到终点的有向线段，路程是运动轨迹的长度.
[解析]　在O处的观察员看来，小船最终离自己的距离为 km＝5 km，方向为东偏北θ角，满足sin θ＝，即θ＝37°，运动的路程为 7 km，选项A、C正确；由运动的相对性可知B错误；若湖岸上的观察员运行速度大小、方向均与小船一样，则小船相对其而言是静止的，选项D错误.
[答案]　AC
[变式1]　如图所示，物体沿两个半径为R的圆弧由A到C，则它的位移和路程分别为(　　)
A.R，A指向C；R
B.R，A指向C；R
C.R，A指向C；R
D.R，C指向A；R
答案：C　解析：物体的位移是由A到C的有向线段，故其方向是由A指向C，选项D错误；其大小为＝R，选项A、B错误；对于物体由A到C的路程，应该是＝πR＋×2πR＝R，选项C正确.
对质点的进一步认识
(1)质点不一定是很小的物体，很大的物体也可简化为质点.如研究地球绕太阳运动时，可将地球看做质点.
(2)不能说平动的物体一定能看做质点.如研究广州到北京的火车通过一座大桥的时间时，火车的长度就必须考虑了，不能将火车看做质点.
(3)不能说转动的物体一定能看做质点，当在研究其细微特征时不能看做质点.如花样滑冰运动员，在滑冰时有很多转动的动作，当在研究其动作时不能看做质点，但研究花样滑冰运动员运动快慢时，没有必要研究运动员各部分的运动差异，此时可把运动员看做质点.
(4)即使是同一个物体，在研究的问题不同时，有时可看做质点，有时不能看做质点.
考点　平均速度、瞬时速度、平均速率
1.平均速度与瞬时速度的区别与联系
平均速度
瞬时速度
定
义
物体在某一段时间内完成的位移与所用时间的比值
物体在某一时刻或经过某一位置时的速度
定义式
＝
v＝(Δt趋于零)
矢量性
矢量，平均速度方向与物体位移方向相同
矢量，瞬时速度方向与物体运动方向相同，沿其运动轨迹切线方向
实际应用
物理实验中通过光电门测速，把遮光条通过光电门时间内的平均速度视为瞬时速度
2.平均速度与平均速率的区别
平均速度的大小不能称为平均速率，因为平均速率是路程与时间的比值，只有当路程与位移的大小相等时，平均速率才等于平均速度的大小.
考向1　对瞬时速度、平均速度的理解
[典例3]　(2015·浙江卷)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
[问题探究]　比值计算出的是平均速度还是瞬时速度？什么情况下可认为二者相等？
[提示]　为遮光条通过光电门的平均速度.当Δt很小时(或Δx很小时)，可认为平均速度等于瞬时速度.
[解析]　瞬时速度表示运动物体在某一时刻(或经过某一位置)的速度，当Δt→0时，可看成物体的瞬时速度，Δx越小，Δt也就越小，A项正确；提高测量遮光条宽度的精确度，不能减小Δt，B项错误；使滑块的释放点更靠近光电门，滑块通过光电门的速度更小，时间更长，因此C项错误；增大气垫导轨与水平面的夹角并不一定能使更接近瞬时速度，D项错误.
[答案]　A
考向2　平均速度与平均速率的计算
[典例4]　(多选)一辆玩具汽车，以2 m/s的速度向正东方向运动了4 m，接着以3 m/s的速度向正北方向运动了3 m.下列对玩具汽车在整个运动过程中的描述正确的是(　　)
A.平均速率为1.5 m/s　　
B.平均速度大小为 m/s
C.平均速率为 m/s
D.平均速度大小为 m/s
[解析]　运动的总时间t＝＋＝ s＋ s＝3 s，运动的总路程s＝x1＋x2＝(4＋3) m＝7 m，运动的总位移大小x＝＝ m＝5 m，故平均速率＝＝ m/s，平均速度大小v＝＝ m/s，显然C、D正确.
[答案]　CD
[变式2]　一个朝着某方向做直线运动的物体，在时间t内的平均速度是v，紧接着内的平均速度是，则物体在整个过程中的平均速度是(　　)
A.v B.v
C.v D.v
答案：D　解析：在整个过程中，物体的位移x＝vt＋·＝vt，所用的时间为t，所以平均速度＝＝v，选项D正确.
1.平均速度的两个计算公式
2.计算平均速度时应注意的问题
(1)平均速度的大小与物体的运动阶段有关，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)粗略计算时可以用极短时间内的平均速度来求某时刻的瞬时速度.
考点　速度、速度变化量、加速度
1.速度、速度变化量和加速度的比较
速度
速度变化量
加速度
物理
意义
描述物体运动的快慢，是状态量
描述物体速度的变化，是过程量
描述物体速度变化的快慢，是状态量
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F的方向决定，而与v0、v方向无关
2.a＝是加速度的定义式；加速度的决定式是a＝，即加速度的大小由物体受到的合力F和物体的质量m共同决定，加速度的方向由合力的方向决定.
考向1　加速度大小的计算和方向的判断
[典例5]　(2017·四川成都双流中学模拟)如图所示，小球以大小为 3 m/s 的速度v1水平向右运动，碰一墙壁经Δt＝0.01 s后以大小为2 m/s的速度v2沿同一直线反向弹回，则小球在这0.01 s内的平均加速度是(　　)
A.100 m/s2，方向向右
B.100 m/s2，方向向左
C.500 m/s2，方向向左
D.500 m/s2，方向向右
[解题指导]　先选定正方向，再确定各速度的符号，然后利用a＝计算.
[解析]　选水平向左为正方向，则v1＝－3 m/s，v2＝2 m/s，由a＝得，a＝＝ m/s2＝500 m/s2，方向与v2方向相同，水平向左，故C正确.
[答案]　C
考向2　速度与加速度关系的理解
[典例6]　(多选)关于速度、速度的变化和加速度的关系，下列说法中正确的是(　　)
A.速度变化的方向为正，加速度的方向也为正
B.物体加速度增大，速度一定越来越大
C.速度越来越大，加速度一定越来越大
D.加速度可能既不与速度同向，也不与速度反向
[问题探究]　(1)加速度的方向与速度方向是否相同？与速度变化的方向是否相同？
(2)加速度增大，速度是否一定增大？速度大小变化由什么决定？
[提示]　(1)加速度的方向与速度方向不一定相同，与速度变化的方向相同.
(2)加速度增大，速度不一定增大.速度大小变化由速度和加速度的方向决定.
[解析]　由加速度的定义可知，速度变化的方向为正，加速度的方向为正，选项A正确；物体做减速运动时，物体加速度增大，速度反而越来越小，选项B错误；若物体做加速度逐渐减小的加速运动，速度越来越大，加速度反而越来越小，选项C错误；在曲线运动中，加速度既不与速度同向，也不与速度反向，可以与速度方向垂直，选项D正确.
[答案]　AD
[变式3]　(多选)根据给出的速度和加速度的正负，对下列运动性质的判断正确的是(　　)
A.v0>0，a<0，物体做加速运动
B.v0<0，a<0，物体做减速运动
C.v0<0，a>0，物体做减速运动
D.v0>0，a>0，物体做加速运动
答案：CD　解析：当速度方向和加速度方向相同时，物体做加速运动；当速度方向和加速度方向相反时，物体做减速运动.速度和加速度的正方向是任意规定的，不能只根据加速度的正负来判断物体是做加速运动还是减速运动，选项C、D正确.
加速度与速度的关系
1.[参考系](多选)从水平匀速飞行的直升机上向外自由释放一个物体，不计空气阻力，在物体下落过程中，下列说法正确的是(　　)
A.从直升机上看，物体做自由落体运动
B.从直升机上看，物体始终在直升机的后方
C.从地面上看，物体做平抛运动
D.从地面上看，物体做自由落体运动
答案：AC　解析：选择不同的参考系观察同一运动，结果往往不同.
2.[质点、参考系]在“金星凌日”的精彩天象中，观察到太阳表面上有颗小黑点缓慢走过，持续时间达六个半小时，那便是金星，这种天文现象称为“金星凌日”，如图所示.下列说法正确的是 (　　)
A.地球在金星与太阳之间
B.观测“金星凌日”时可将太阳看成质点
C.以太阳为参考系，金星绕太阳一周位移不为零
D.以太阳为参考系，可以认为金星是运动的
答案：D　解析：金星通过太阳和地球之间时，我们才会看到金星没有被太阳照亮的一面呈黑色，选项A错误；因为太阳的大小对所研究问题起着至关重要的作用，所以观测“金星凌日”不能将太阳看成质点，选项B错误；金星绕太阳一周，起点与终点重合，位移为零，选项C错误；金星相对于太阳的空间位置发生了变化，所以以太阳为参考系，金星是运动的，选项D正确.
3.[瞬时速度]用如图所示的计时装置可以近似测出气垫导轨上滑块的瞬时速度.已知固定在滑块上的遮光条的宽度为4.0 mm，遮光条经过光电门的遮光时间为0.040 s，则滑块经过光电门位置时的速度大小为(　　)
A.0.10 m/s B.100 m/s
C.4.0 m/s D.0.40 m/s
答案：A　解析：遮光条经过光电门的遮光时间很短，所以可以把遮光条经过光电门的平均速度当做滑块经过光电门位置时的瞬时速度，即v＝＝ m/s＝0.10 m/s，A正确.
4.[速度与加速度的关系]一个质点做方向不变的直线运动，加速度的方向始终与速度方向相同，但加速度大小逐渐减小直至为零，则在此过程中，下列说法正确的是(　　)
A.速度逐渐减小，当加速度减小到零时，速度达到最小值
B.速度逐渐增大，当加速度减小到零时，速度达到最大值
C.位移逐渐增大，当加速度减小到零时，位移将不再增大
D.位移逐渐减小，当加速度减小到零时，位移达到最小值
答案：B　解析：加速度减小并不代表速度减小了，只是说明单位时间内速度的增加量小了，但仍是加速运动.
5.[速度、加速度的计算]为了测定气垫导轨上滑块的加速度，滑块上安装了宽度为d＝3.0 cm的遮光板，如图所示，滑块在牵引力作用下先后匀加速通过两个光电门，配套的数字毫秒计记录了遮光板通过第一个光电门的时间为Δt＝0.30 s，通过第二个光电门的时间为Δt2＝0.10 s，遮光板从开始遮住第一个光电门到开始遮住第二个光电门的时间为Δt＝3.0 s.则滑块的加速度约为(　　)
A.0.067 m/s2 B.0.67 m/s2
C.6.7 m/s2 D.不能计算
答案：A　解析：遮光板通过第一个光电门的速度v1＝＝ m/s＝0.10 m/s，遮光板通过第二个光电门的速度v2＝＝ m/s＝0.30 m/s，故滑块的加速度a＝≈0.067 m/s2.
第2讲　匀变速直线运动的规律
知识点一　匀变速直线运动的规律
1.基本规律
(1)速度公式：　　　　　　　　.
(2)位移公式：　　　　　　　　.
(3)位移速度关系式：　　　　　　　　　.
2.两个重要推论
(1)物体在一段时间内的平均速度等于这段时间中间时刻的瞬时速度，还等于初、末时刻速度矢量和的一半，即：＝
　　　　＝　　　　　　.
答案：1.(1)v＝v0＋at　(2)x＝v0t＋at2　(3)v2－v＝2ax　2.(1)v　　(2)aT2
3.(1)1∶2∶3∶…∶n　(2)12∶22∶32∶…∶n2　(3)1∶3∶5∶…∶(2n－1)　(4)1∶(－1)∶(－)∶…∶(－)
知识点二　自由落体运动和竖直上抛运动
1.自由落体运动
(1)条件：物体只受　　　　，从　　　　开始下落.
(2)基本规律
①速度公式：　　　　　　　　；
②位移公式：　　　　　　　　；
③速度位移关系式：　　　　　　　　　.
2.竖直上抛运动
(1)运动特点：加速度为g，上升阶段做　　　　运动，下降阶段做　　　　运动.
(2)基本规律
①速度公式：　　　　　　　　；
②位移公式：　　　　　　　　；
③速度位移关系式：　　　　　　　　　.
答案：1.(1)重力　静止　(2)v＝gt　h＝gt2　v2＝2gh　2.(1)匀减速直线　自由落体　(2)v＝v0－gt　h＝v0t－gt2　v2－v＝2gh
(1)匀变速直线运动是速度均匀变化的运动.(　　)
(2)匀加速直线运动是加速度均匀变化的运动.(　　)
(3)匀减速直线运动的位移是减小的.(　　)
(4)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.(　　)
(5)物体从某高度由静止下落一定做自由落体运动.(　　)
(6)做竖直上抛运动的物体，在上升和下落过程中，速度变化量的方向都是竖直向下的.(　　)
答案：(1) ?　(2) ?　(3) ?　(4) ?　(5) ?　(6) ?
考点　匀变速直线运动规律的应用
1.恰当选用公式
题目中所涉及的物理量(包括已知量、待求量和为解题设定的中间量)
没有涉及
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－v＝2ax
v0、v、t、x
a
x＝t
2.两类特殊的匀减速直线运动
(1)刹车类问题：指匀减速到速度为零后即停止运动，加速度a突然消失，求解时要注意确定其实际运动时间.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、加速度不变的匀加速直线运动.
(2)双向可逆类：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，全过程加速度的大小、方向均不变，故求解时可对全过程列式，但必须注意x、v、a等矢量的正负号及物理意义.
考向1 基本公式的选择
[典例1]　某航母跑道长200 m，飞机在航母上滑行的最大加速度为6 m/s2，起飞需要的最低速度为50 m/s.那么，飞机在滑行前，需要借助弹射系统获得的最小初速度为(　　)
A.5 m/s　B.10 m/s　C.15 m/s　D.20 m/s
[解题指导]　题目中不涉及时间t，选用公式v2－v＝2ax最合适.
[解析]　设飞机滑行前需要获得的最小初速度为v0，根据v2－v＝2ax，代入数据解得v0＝10 m/s，选项B正确.
[答案]　B
考向2 多过程运动问题
[典例2]　短跑运动员完成100 m赛跑的过程可简化为匀加速直线运动和匀速直线运动两个阶段.一次比赛中，某运动用11.00 s跑完全程.已知运动员在加速阶段的第2 s内通过的距离为7.5 m，求：
(1)该运动员的加速度；
(2)在加速阶段通过的距离.
[问题探究]　(1)已知第2 s内通过的距离为 7.5 m，第 1 s 内通过的距离是多少？
(2)对此类问题，哪一个物理量能够把两个过程联系起来？
[提示]　(1)根据＝，可求出第1 s的位移为 2.5 m.
(2)能够把两个过程联系起来的物理量是速度，对此类问题，一般设速度比较方便.
[解析]　(1)根据题意，在第1 s和第2 s内运动员都做匀加速直线运动，设运动员在匀加速阶段的加速度为a，在第1 s和第2 s内通过的位移分别为x1和x2，由运动学规律得：
x1＝at
x1＋x2＝a(2t0)2
而t0＝1 s
联立解得a＝5 m/s2.
(2)设运动员做匀加速运动的时间为t1，匀速运动的时间为t2，匀速运动的速度为v，跑完全程的时间为t，全程的距离为x，依题意及运动学规律，得
t＝t1＋t2
v＝at1
x＝at＋vt2
设加速阶段通过的距离为x′
则x′＝at
求得x′＝10 m.
[答案]　(1)5 m/s2　(2)10 m
考向3 双向可逆类匀变速直线运动
[典例3]　(多选)在足够长的光滑斜面上，有一物体以10 m/s 的初速度沿斜面向上运动，物体的加速度始终为5 m/s2，方向沿斜面向下，当物体的位移大小为7.5 m时，下列说法正确的是(　　)
A.物体运动时间可能为1 s
B.物体运动时间可能为3 s
C.物体运动时间可能为(2＋) s
D.此时的速度大小一定为5 m/s
[解题指导]　(1)位移大小为7.5 m时，物体的位置可能在出发点的上方，也可能在出发点的下方.
(2)在计算时先规定正方向，用正、负号表示各矢量方向.
[解析]　(1)物体在出发点上方时，由x＝v0t＋at2得：7.5＝10t＋×(－5)t2，解得t＝1 s或t＝3 s，由v＝v0＋at得，v＝5 m/s或－5 m/s.
(2)物体在出发点下方时，由x＝v0t＋at2得：－7.5＝10t＋×(－5)t2，解得t＝(2＋) s或t＝(2－) s(舍去)，由v＝v0＋at得：v＝－5 m/s.故A、B、C正确，D错误.
[答案]　ABC
1.如果一个物体的运动包含几个阶段，就要分段分析，各段交接处的速度往往是联系各段的纽带.
2.对于刹车类问题，当车速度为零时，停止运动，其加速度也突变为零.求解此类问题应先判断车停下所用时间，再选择合适公式求解.
3.对于双向可逆类匀变速直线运动，常出现多解问题，可用全程法求解，也可用分段求解.
考点　解决匀变速直线运动的六种方法
[典例4]　从车站开出的汽车，做匀加速直线运动，走了12 s时，发现还有乘客没上来，于是立即做匀减速运动至停车.汽车从开出到停止总共历时20 s，行进了50 m.求汽车的最大速度.
[解题指导]　本题解题方法较多.先采用不同的方法解题，再比较不同方法的繁简程度，探寻解决此类问题的内在规律.
[解析]　解法一(基本公式法)　设最大速度为vmax，由题意可得x＝x1＋x2＝a1t＋vmaxt2＋a2t①
t＝t1＋t2②
vmax＝a1t1③
0＝vmax＋a2t2④
整理得vmax＝＝ m/s＝5 m/s.
解法二(平均速度法)　匀加速阶段和匀减速阶段的平均速度相等，都等于
故有x＝t1＋t2
因此有vmax＝＝ m/s＝5 m/s.
解法三(图象法)　作出汽车运动全过程的v-t图象，如图所示，v-t图线与t轴围成的三角形的面积等于位移的大小，故x＝，所以vmax＝＝ m/s＝5 m/s.
[答案]　5 m/s
[变式1]　做匀减速直线运动的物体经4 s停止，若在第1 s内的位移是14 m，则最后1 s内的位移是(　　)
A.3.5 m B.2 m　　　C.1 m　　　D.0
答案：B　解析：利用“逆向思维法”，把物体的运动看成逆向的初速度为零的匀加速直线运动，则做匀减速直线运动的物体在每1 s内的位移之比为7∶5∶3∶1，所以有＝，x1＝2 m，选项B正确.
[变式2]　一小球沿斜面匀加速滑下，依次经过A、B、C三点，已知AB＝6 m，BC＝10 m，小球经过AB和BC两段所用的时间均为2 s，则小球经过A、B、C三点时的速度大小分别是(　　)
A.2 m/s,3 m/s,4 m/s
B.2 m/s,4 m/s,6 m/s
C.3 m/s,4 m/s,5 m/s
D.3 m/s,5 m/s,7 m/s
答案：B　解析：根据物体做匀加速直线运动的特点，两点之间的平均速度等于时间中点的瞬时速度，故B点的速度就是全程的平均速度，vB＝＝4 m/s，又因为连续相等时间内的位移之差等于恒量，即Δx＝at2，则由Δx＝BC－AB＝at2解得a＝1 m/s2，再由速度公式v＝v0＋at，解得vA＝2 m/s，vC＝6 m/s，故选项B正确.
“一画，二选，三注意”解决匀变速直线运动问题
考点　自由落体运动和竖直上抛运动
1.应用自由落体运动规律解题时的两点注意
(1)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.
(2)物体由静止开始的自由下落过程才是自由落体运动，从中间截取的一段运动过程不是自由落体运动，而是竖直下抛运动，应该用初速度不为零的匀变速直线运动规律去解决问题.
2.竖直上抛运动的对称性
(1)时间对称性.
①物体上升到最高点所用时间与物体从最高点落回到原抛出点所用时间相等，即t上＝t下＝.
②物体在上升过程中经过某两点所用的时间与下降过程中经过该两点所用的时间相等.
(2)速度对称性.
①物体上抛时的初速度与物体又落回原抛出点时的速度大小相等、方向相反.
②物体在上升阶段和下降阶段经过同一个位置时的速度大小相等、方向相反.
(3)能量对称性：竖直上抛运动的物体在上升和下降过程中经过同一位置时的动能、重力势能分别相等.
考向1　自由落体运动规律的应用
[典例5]　(2017·湖北重点中学高三联考)如图所示，木杆长5 m，上端固定在某一点，由静止放开后让它自由落下(不计空气阻力)，木杆通过悬点正下方20 m处圆筒AB，圆筒AB长为5 m，取g＝10 m/s2，求：
(1)木杆经过圆筒的上端A所用的时间t1是多少？
(2)木杆通过圆筒AB所用的时间t2是多少？
[解析]　(1)木杆由静止开始做自由落体运动，木杆的下端到达圆筒上端A用时t下A＝＝ s＝ s
木杆的上端到达圆筒上端A用时t上A＝＝ s＝2 s
则木杆通过圆筒上端A所用的时间t1＝t上A－t下A＝(2－) s.
(2)木杆的下端到达圆筒上端A用时t下A＝＝ s＝ s
木杆的上端离开圆筒下端B用时t上B＝＝ s＝ s
则木杆通过圆筒所用的时间t2＝t上B－t下A＝(－) s.
[答案]　(1)(2－) s　(2)(－) s
[变式3]　从某一高度相隔1 s先后释放两个相同的小球甲和乙，不计空气阻力，它们在空中任一时刻(　　)
A.甲、乙两球距离始终不变，甲、乙两球速度之差保持不变
B.甲、乙两球距离越来越大，甲、乙两球速度之差也越来越大
C.甲、乙两球距离越来越大，甲、乙两球速度之差保持不变
D.甲、乙两球距离越来越小，甲、乙两球速度之差也越来越小
答案：C　解析：小球甲释放后，设经过时间t(t>1 s)，两小球间距离为Δh，则gt2－g·(t－1 s)2＝Δh，则Δh＝g(2t－1)(只表示函数关系)，故t增大，Δh也随之增大；而据v＝gt可知Δv＝gt－g(t－1 s)＝g(只表示大小)，速度差保持不变，所以A、B、D均错误，C正确.
考向2　竖直上抛运动的两种处理方法
[典例6]　气球下挂一重物，以v0＝10 m/s的速度匀速上升，当到达离地高度h＝175 m处时，悬挂重物的绳子突然断裂，那么重物经多长时间落到地面？落地时的速度多大？空气阻力不计，取g＝10 m/s2.
[解题指导]　物体离开气球后，先向上做匀减速运动，到达最高点后，向下做匀加速运动.上升和下降阶段的加速度均为g，故物体的运动可视为全程的匀变速运动，也可分为上升阶段的匀减速运动和下降阶段的自由落体运动.
[解析]　解法一：分成上升阶段和下落阶段两个过程处理.
绳子断裂后重物要继续上升的时间t1和上升的高度h1分别为
t1＝＝1 s　h1＝＝5 m
故重物离地面的最大高度为H＝h1＋h＝180 m
重物从最高处自由下落，落地时间和落地速度分别为
t2＝＝6 s
v＝gt2＝60 m/s
所以从绳子突然断裂到重物落地共需时间为t＝t1＋t2＝7 s.
解法二：取全过程作为一个整体考虑，从绳子断裂开始计时，经时间t后重物落到地面，规定初速度方向为正方向，则重物在时间t内的位移h′＝－175 m，由位移公式有：
h′＝v0t－gt2
即－175＝10t－×10t2＝10t－5t2
t2－2t－35＝0
解得t1＝7 s，t2＝－5 s(舍去)
所以重物落地速度为v＝v0－gt＝10 m/s－10×7 m/s＝－60 m/s
其中负号表示方向向下，与初速度方向相反.
[答案]　7 s　60 m/s
[变式4]　如图所示，一杂技演员用一只手抛球、接球，他每隔0.4 s抛出一球，接到球便立即把球抛出.已知除抛、接球的时刻外，空中总有4个球，将球的运动近似看做是竖直方向的运动，球到达的最大高度是(高度从抛球点算起，取g＝10 m/s2)(　　)
A.1.6 m B.2.4 m
C.3.2 m D.4.0 m
答案：C　解析：由题图所示的情形可以看出，四个小球在空中的位置与一个小球抛出后每隔0.4 s对应的位置是相同的，因此可知小球抛出后到达最高点和从最高点落回抛出点的时间均为t＝0.8 s，故有Hm＝gt2＝3.2 m，C正确.
竖直上抛运动的两种研究方法
(1)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.
(2)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.习惯上取v0的方向为正方向，则v>0时，物体正在上升；v<0时，物体正在下降；h>0时，物体在抛出点上方；h<0时，物体在抛出点下方.
1.[刹车类问题]汽车以10 m/s的速度行驶，刹车时加速度大小为2 m/s2，刹车后8 s通过的位移是(　　)
A.16 m　　B.25 m　　C.75 m　　D.144 m
答案：B　解析：根据匀变速直线运动速度公式v＝v0＋at可得汽车速度减为零所需的时间t＝＝ s＝5 s，所以刹车后8 s内的位移等于刹车后5 s内的位移，则x＝t＝25 m，选项B正确.
2.[竖直上抛运动]在离地高h处，沿竖直方向同时向上和向下抛出两个小球，它们的初速度大小均为v，不计空气阻力，两球落地的时间差为(　　)
A. B.
C. D.
答案：A　解析：根据竖直上抛运动的对称性，可知向上抛出的小球落回到出发点时的速度也是v，之后的运动与竖直下抛的物体运动情况相同.因此上抛的小球比下抛的小球多运动的时间为：t＝＝，A项正确.
3.[多过程问题](多选)在一次救灾活动中，一辆救灾汽车由静止开始做匀变速直线运动，刚运动了8 s，由于前方突然有巨石滚下，堵在路中央，所以又紧急刹车，匀减速运动经4 s停在巨石前.则关于汽车的运动情况，下列说法正确的是 (　　)
A.加速、减速中的加速度大小之比a1∶a2＝2∶1
B.加速、减速中的平均速度大小之比1∶2＝1∶1
C.加速、减速中的位移之比x1∶x2＝2∶1
D.加速、减速中的加速度大小之比a1∶a2不等于1∶2
答案：BC　解析：汽车先做匀加速直线运动达到最大速度vm后又做匀减速直线运动，故两次的平均速度之比1∶2＝∶＝1∶1，所以选项B正确；根据a＝可知，两次加速度大小之比为 1∶2，故选项A、D错误；根据x＝ t 可知，两次位移之比为2∶1，所以选项C正确.
4.[竖直上抛运动]以40 m/s的初速度竖直上抛一小球，经2 s 后再以相同的初速度在同一点竖直上抛另一小球，求两小球何时相碰以及相碰点到抛出点的距离.(取g＝10 m/s2)
答案：第一个小球抛出5 s后相碰，此时距抛出点75 m
解析：设抛出第一个小球t时间后两球相碰，相碰点到抛出点的距离为h，取竖直向上为正方向，由位移公式得：
对第一个小球：h＝v0t－gt2，
对第二个小球：h＝v0(t－2)－g(t－2)2.
联立以上两式并代入数据解得：t＝5 s，h＝75 m.
5.[自由落体运动]屋檐每隔一定时间滴下一滴水，当第5滴正欲滴下时，第1滴刚好落到地面，而第3滴与第2滴分别位于高1 m的窗子的上、下沿，如图所示为其简意图.(取g＝10 m/s2)问：
(1)此屋檐离地面多高？
(2)滴水的时间间隔是多少？
答案：
(1)3.2 m　(2)0.2 s
解析：如图所示，如果将这5滴水的运动等效为一滴水的自由落体运动，并且将这一滴水运动的全过程分成时间相等的4段，设每段时间间隔为T，则这一滴水在0时刻、T末、2T末、3T末、4T末所处的位置，分别对应图示第5滴水、第4滴水、第3滴水、第2滴水、第1滴水所处的位置，据此可作出解答.设屋檐离地面高为x，滴水间隔为T，则x＝16x0,5x0＝1 m，所以x＝3.2 m.
另有x＝g(4T)2，解得T＝0.2 s.
专题八　电学实验基础
突破　实验仪器的原理和使用
考向1　游标卡尺的原理和使用
1.构造：如图所示，主尺、游标尺(主尺和游标尺上各有一个内外测量爪)、游标尺上还有一个深度尺，尺身上还有一个紧固螺钉.
2.用途：测量厚度、长度、深度、内径、外径.
3.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个的、20个的、50个的，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
4.读数：若用x表示由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，则记录结果表达为(x＋k×精确度) mm.
[典例1]　如图所示的两把游标卡尺，它们的游标尺从左到右分别为9 mm长10等分、19 mm长20等分，它们的读数依次为　　　　mm、　　　　mm.
　　
　　　　甲　　　　　　　　　　乙
[解析]　图甲读数：整毫米是17，不足1毫米数是7×0.1 mm＝0.7 mm，最后结果是17 mm＋0.7 mm＝17.7 mm.乙图读数：整毫米是23，不足1毫米数是17×0.05 mm＝0.85 mm，最后结果是23 mm＋0.85 mm＝23.85 mm.
[答案]　17.7　23.85
考向2　螺旋测微器的原理和使用
1.构造：如图所示是常用的螺旋测微器.它的测砧A和固定刻度B固定在尺架C上，旋钮D、微调旋钮D′和可动刻度E、测微螺杆F连在一起，通过精密螺纹套在B上.
2.原理：测微螺杆F与固定刻度B之间的精密螺纹的螺距为0.5 mm，即旋钮D每旋转一周，F前进或后退0.5 mm，而可动刻度E上的刻度为50等份，每转动一小格，F前进或后退0.01 mm.即螺旋测微器的精确度为0.01 mm.读数时误差出现在毫米的千分位上，因此，螺旋测微器又叫千分尺.
3.读数：测量时被测物体长度的整毫米数由固定刻度读出，小数部分由可动刻度读出.
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).
[典例2]　使用螺旋测微器测量两个金属丝的直径，示数如图所示，则甲、乙两金属丝的直径分别是　　　　mm、　　　　mm.
　　　
甲　　　　　　　　乙
[解析]　对图甲：固定刻度示数为2.0 mm，不足半毫米的从可动刻度上读的示数为15.0，最后的读数：2.0 mm＋15.0×0.01 mm＝2.150 mm.对图乙：金属丝的直径为4.8×0.01 mm＝0.048 mm.
[答案]　2.150　0.048
考向3　电流表、电压表的原理和使用
1.电压表、电流表的改装
改装为大量程
电压表
改装为大量程
电流表
原理
串联电阻分压
并联电阻分流
改装原理图
分压电阻
或分流电阻
U＝IgR＋IgRg，
所以R＝－Rg
IgRg＝(I－Ig)R，
所以R＝
改装后的
电表内阻
RV＝R＋Rg>Rg
RA＝2.两种电表的使用技巧
(1)机械零点的调整：在不通电时，指针应指在零刻线的位置.
(2)选择适当量程：估算电路中的电流或电压，指针应偏转到满刻度的以上.若无法估算电路中的电流和电压，则应先选用较大的量程，再逐步减小量程.
(3)正确接入电路：电流表应串联在电路中，电压表应并联在电路中，两种表都应使电流从正接线柱流入，从负接线柱流出.
(4)正确读数：根据所选量程的准确度，正确读出有效数字和单位.
[典例3]　(2015·北京卷)如图所示，其中电流表A的量程为 0.6 A，表盘均匀划分为30个小格，每一小格表示0.02 A；R1的阻值等于电流表内阻的；R2的阻值等于电流表内阻的2倍.若用电流表A的表盘刻度表示流过接线柱1 的电流值，则下列分析正确的是(　　)
A.将接线柱1、2接入电路时，每一小格表示0.04 A
B.将接线柱1、2接入电路时，每一小格表示0.02 A
C.将接线柱1、3接入电路时，每一小格表示0.06 A
D.将接线柱1、3接入电路时，每一小格表示0.01 A
[解析]　设电流表A的内阻为RA，用电流表A的表盘刻度表示流过接线柱1的电流值时，若将接线柱1、2接入电路，根据并联电路的特点，(I1－IA)R1＝IARA，解得I1＝3IA＝0.06 A，则每一小格表示0.06 A；若将接线柱1、3接入电路，则(I2－IA)R1＝IARA，解得I2＝3IA＝0.06 A，则每一小格表示0.06 A.选项C正确.
[答案]　C
[典例4]　(1)如图甲所示的电流表使用0.6 A量程时，对应刻度盘上每一小格代表　　　　A，图中表针示数是　　　　A；当使用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.
　　
甲
(2)如图乙所示的电压表使用较小量程时，每小格表示　　　　V，图中指针的示数为　　　　V；若使用的是较大量程，则这时表盘刻度每小格表示　　　　V，图中表针的示数是　　　　V.
乙
[解析]　(1)电流表使用0.6 A量程时，刻度盘上的每一小格为0.02 A，指针示数为0.44 A；当换用3 A量程时，每一小格为0.1 A，指针示数为2.20 A.(2)电压表使用3 V量程时，每小格表示0.1 V，指针示数为1.70 V；使用15 V量程时，每小格为0.5 V，指针示数为8.5 V.
[答案]　(1)0.02　0.44　0.1　2.20　(2)0.1　1.70　0.5　8.5
1.由改装后电压表的分压电阻R＝(n－1)Rg可知，电压表的量程越大，其分压电阻越大，电压表的内阻RV越大.若无特别说明，都认为电压表的内阻无穷大，画等效电路时，把电压表视为断路.
2.由改装后电流表的分流电阻R＝可知，电流表的量程越大，其分流电阻越小，电流表的内阻越小.若无特别说明，都认为电流表的内阻为零，画等效电路时，把电流表视为短路.
3.无论是将表头改装成电流表还是电压表，都没有改变表头的参数，即表头的满偏电流、满偏电压都不发生变化，只是由分压电阻或者分流电阻承担了部分电压或电流.
突破　伏安法测电阻
1.电流表、电压表测电阻两种方法的比较
方法
电流表内接法
电流表外接法
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
RV?Rx
口诀
大内偏大(大电阻用内接法测量，测量值偏大)
小外偏小(小电阻用外接法测量，测量值偏小)
2.两种电路的选择
方法
内接法
外接法
计算法
>或
Rx>
<或
Rx<
试触法
若不知Rx的阻值，可采用“试触法”，电路如图所示连接，空出电压表的一个接头S，然后将S分别与a、b接触一下
若电流表示数“相对变化”明显，说明电压表分流作用较强，应采用电流表内接法
若电压表示数“相对变化”明显，说明电流表分压作用较强，应采用电流表外接法
[典例5]　在伏安法测电阻的实验中，待测电阻Rx约为200 Ω，电压表V的内阻约为2 kΩ，电流表A的内阻约为10 Ω，测量电路中电流表的连接方式如图(a)或图(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.
　　
　　(a)　　　　　　　　(b)
若将图(a)和图(b)中电路测得的电阻值分别记为Rx1和Rx2，则　　　　(填“Rx1”或“Rx2”)更接近待测电阻的真实值，且测量值Rx1　　　　(填“大于”“等于”或“小于”)真实值，测量值Rx2　　　　(填“大于”“等于”或“小于”)真实值.
[解析]　根据题意知>，电压表的分流作用较显著，故Rx1更接近待测电阻的真实值.图(a)的测量值是Rx与RA串联的电阻阻值，故Rx1>Rx真；图(b)的测量值是Rx与RV并联的电阻阻值，故Rx2[答案]　Rx1　大于　小于
突破　滑动变阻器两种接法的选择
1.滑动变阻器的限流接法和分压接法
限流接法
分压接法
对比说明
电路图
串、并联关系不同
负载R上电压调节范围
≤U≤E
0≤U≤E
分压电路调节范围大
负载R上电流调节范围
≤I≤
0≤I≤
分压电路调节范围大
闭合开关S前触头位置
b端
a端
都是为了保护电路元件
2.下列情况下滑动变阻器应采用分压接法：
(1)题设条件中所提供的电表量程或电阻的最大允许电流不够.
(2)题设条件中的滑动变阻器的最大阻值远小于被测电阻或电路中串联的其他电阻的阻值.
(3)题设要求回路中某部分电路两端的电压从零开始连续变化.
[典例6]　为了测量某待测电阻Rx的阻值(约为30 Ω)，有以下一些器材可供选择.
电流表A1(量程0～50 mA，内阻约10 Ω)；
电流表A2(量程0～3 A，内阻约0.12 Ω)；
电压表V1(量程0～3 V，内阻很大)；
电压表V2(量程0～15 V，内阻很大)；
电源E(电动势约为3 V，内阻约为0.2 Ω)；
定值电阻R(20 Ω，允许最大电流1.0 A)；
滑动变阻器R1(0～10 Ω，允许最大电流2.0 A)；
滑动变阻器R2(0～1 kΩ，允许最大电流0.5 A)；
单刀单掷开关S一个，导线若干.
(1)电流表应选　　　　，电压表应选　　　　，滑动变阻器应选　　　　.(填器材的元件符号)
(2)请在下面的虚线框内画出测量电阻Rx的实验电路图.(要求所测量范围尽可能大)
(3)某次测量中，电压表示数为U时，电流表示数为I，则计算待测电阻阻值的表达式为Rx＝　　　　.
[解析]　(1)首先选取唯一性器材：电源E(电动势约为3 V，内阻约为0.2 Ω)，定值电阻R(20 Ω，允许最大电流 1.0 A)，单刀单掷开关S，导线.电源电动势约为3 V，所以电压表选择V1(量程0～3 V，内阻很大)；待测电阻Rx的阻值约为 30 Ω，流过Rx的最大电流为＝0.1 A＝100 mA，如果电流表选择A2(量程0～3 A，内阻约0.12 Ω)，指针偏转很小，测量不准确，所以只能选择A1(量程0～50 mA，内阻约10 Ω)；滑动变阻器R2的最大电阻太大，操作不便，所以滑动变阻器应选 R1(0～10 Ω，允许最大电流2.0 A).
(2)因为实验要求所测量范围尽可能大，所以滑动变阻器应采用分压接法；因为待测电阻Rx的阻值远小于电压表内阻，所以电流表采用外接法；为了使流过电流表的电流不超过其最大量程，即50 mA，应给待测电阻串联一个定值电阻R.实验原理图如图所示.
(3)根据欧姆定律可得Rx＝－R.
[答案]　(1)A1　V1　R1　(2)见解析图 (3)－R
实验七　测定金属的电阻率
[基本要求]
[数据处理]
1.在求Rx的平均值时可用两种方法：
(1)第一种是用Rx＝算出各次的数值，再取平均值.
(2)第二种是用U-I图线的斜率求出.
2.计算电阻率：将记录的数据U、I、d、l的值代入电阻率计算公式ρ＝Rx＝.
[误差分析]
1.测量金属丝直径、长度以及电流、电压带来误差.
2.电路中电流表及电压表对电阻测量的影响，因为
电流表外接，所以Rx测3.通电电流过大，时间过长，致使电阻丝发热，电阻率随之变化带来误差.
[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丝连入电路之前测量.
2.电流表外接法：本实验中被测金属丝的阻值较小，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，以免金属丝温度过高，导致电阻率在实验过程中变大.
考向1　对实验原理和误差的考查
[典例1]　(1)某实验小组在“测定金属电阻率”的实验过程中，正确操作获得金属丝的直径以及电流表、电压表的读数如图所示，则它们的读数依次是　　　　mm、　　　　A、　　　　V.
　
(2)已知实验中所用的滑动变阻器阻值范围为0～10 Ω，电流表内阻约为几欧，电压表内阻约为20 kΩ，电源为干电池(不宜在长时间、大功率状况下使用)，电源电动势E＝4.5 V，内阻较小.则以下电路图中，　　　　(填字母代号)电路为本次实验应当采用的最佳电路，但用此最佳电路测量的金属丝电阻仍然会比真实值偏　　　　(填“大”或“小”).

甲　　　　　　乙
(3)若已知实验所用的电流表内阻的准确值RA＝2.0 Ω，那么测量金属丝电阻Rx的最佳电路应是上图中的　　　　(填字母代号)电路.此时测得电流为I、电压为U，则金属丝电阻Rx＝　　　　(用题中字母代号表示).
[解析]　(1)螺旋测微器的固定刻度读数为0.5 mm，可动刻度读数为49.9×0.01 mm＝0.499 mm，金属丝直径为0.5 mm＋0.499 mm＝0.999 mm.电流表读数为0.42 A，电压表读数为2.20 V.
(2)因RV?Rx，测量电路采用电流表外接法，故最佳电路为甲电路，此时测量结果因电压表的分流而偏小.
(3)若已知电流表内阻时，最佳电路为乙电路，由欧姆定律得：Rx＋RA＝，那么Rx＝－RA.
[答案]　(1)0.999(0.998～1.000间均可)　0.42　2.20　(2)甲　小　(3)乙　－RA
1.电表读数先看量程，再确定精确度，最后读数.
2.对伏安法测电阻，外接法是由于电压表分流产生系统误差，内接法是由于电流表分压产生系统误差.
考向2　对数据处理的考查
[典例2]　(2017·江西南昌一模)某学生用如图a所示电路测金属导线的电阻率，可供使用的器材有：被测金属导线ab，电阻约10 Ω，导线允许流过的最大电流为0.8 A；稳恒电源；电源输出电压恒为E＝12 V；电压表V，量程为0～3 V，内阻约5 kΩ；保护电阻：R1＝10 Ω，R2＝30 Ω，R3＝200 Ω；刻度尺；螺旋测微器；开关S；导线若干等.
实验时的主要步骤如下：
①用刻度尺量出导线ab的长度l，用螺旋测微器测出导线的直径d.
②按如图a所示电路将实验所需器材用导线连接好.
图a
③闭合开关S，移动接线触片P，测出aP长度x，读出电压表的示数U.
④描点作出U-x曲线，求出金属导线的电阻率ρ.
完成下列填空：
(1)由螺旋测微器测量金属导线的直径d，其示数如图b所示，该金属导线的直径d＝　　　　mm.
　　　　　　　　　　　图b
(2)如果实验时既要保证安全，又要测量误差较小，保护电阻R应选　　　　.
(3)根据多次实验测出的aP长度x和对应每次实验读出的电压表的示数U作出的U-x图线如图c所示，其中图线的斜率为k，则金属导线的电阻率ρ＝　　　　.(用实验器材中给出的物理量字母和实验步骤中测出的物理量字母表示)
图c
[解析]　(1)d＝0.5 mm＋0.01×37.0 mm＝0.870 mm.
(2)已知被测金属导线允许流过的最大电流Imax＝0.8 A，则Rmin＝＝ V＝15 Ω，又电压表量程为0～3 V，所以为保证安全，又要测量误差较小，应选电阻R2.
(3)设金属导线单位长度的电阻为R0，当x长度的导线两端电压为U时，由闭合电路欧姆定律有E＝(lR0＋R2)，得U＝x，所以图c中图线斜率k＝，解得R0＝，由R＝ρ，可得R0l＝ρ，得ρ＝.
[答案]　(1)0.870　(2)R2　(3)
数据处理的常用方法
(1)图象法：利用实验数据，将实验中物理量之间的函数关系用函数图象表示出来，这种方法叫图象法.用图象法处理实验数据是物理实验中最常用的方法之一.用图象法处理数据的优点是直观、简便，有取平均值的效果，由图线的斜率、截距、所包围面积和图线的交点等可以研究物理量之间的变化及其关系，找出规律.
(2)解析法：通过实验获取实验数据，代入相关物理量之间的关系式，计算得到结果的方法叫解析法.应用解析法的要求是：①明确实验测量的相关物理量的关系式；②明确要研究的物理量和未知的物理量；③建立方程或方程组进行计算.
考向3　实验创新与改进(电阻测量的方法)
1.伏安法测电阻
伏安法测电阻是电学实验的基础，是高考考查的热点，也是难点.它渗透在电学实验的各个环节中，如测未知电阻、测电阻率、测各种电表内阻等.
2.安安法测电阻
已知内阻的电流表可做电压表使用，在缺少合适的电压表的情况下，常用电流表代替电压表使用，这是电学设计电路的高频考点.
3.伏伏法测电阻
已知内阻的电压表可做电流表使用，在缺少合适的电流表的情况下，常用电压表代替电流表使用，这是设计电路中的高频考点.
4.半偏法
(1)半偏法测电流表内阻
如图所示，测量电流表A的内阻，操作步骤如下：
①断开S2、闭合S1，调节R0，使A表满偏为I0；
②保持R0不变，闭合S2，调节R，使A表读数为；
③由上得RA＝R.
(2)半偏法测电压表内阻
如图所示，测量电压表V的内阻，操作步骤如下：
①滑动变阻器的滑片滑至最右端，电阻箱的阻值调到最大；
③闭合S1、S2，调节R，使V表示数指到满偏刻度.
③断开S2，保持R0不变，调节R，使V表指针指到满刻度的一半；
④由上可得RV＝R.
[典例3]　在把电流表改装成电压表的实验中，需要利用如图所示的电路测定电流表的内阻，其主要操作步骤如下：
①接通S1，调节R1，使电流表指针偏转到满刻度；
②保持R1不变，再接通S2，调节R2，使电流表指针偏转到满刻度的一半；
③读出R2的阻值，即可认为电流表的内阻rg＝R2.
现备有如下器材：
A.电流表(量程0～100 μA，内阻约为100 Ω)
B.电阻箱(范围0～9.9 Ω)
C.电阻箱(范围0～999.9 Ω)
D.电阻箱(范围0～99 999 Ω)
E.电源(电动势3 V，内阻不计)
F.电源(电动势6 V，内阻不计)
G.开关和若干导线
(1)电路图中R1应选　　　　，R2应选　　　　，电源应选　　　　.(填入所选器材的字母代号)
(2)实验中读得R2的阻值为100 Ω，若将此电流表改装成量程为3 V的电压表，应　　　　联一个阻值为　　　　Ω 的电阻.
[解析]　(1)要减小测量误差，串联在干路中的R1应尽可能大，在R1尽可能大的情况下又保证电流表能半偏，所以电源电动势应该较大.接通S1，调节R1，使电流表指针偏转到满刻度，此时电路中的电流为满偏电流，即100 μA，由电源电动势为6 V，则R1的阻值约为 Ω＝6×104 Ω，故R1应选D；R2是用来显示电流表内阻的测量值，所以R2应选C；电源选F.
(2)实验中读得R2的阻值为100 Ω，则电流表内阻的测量值为100 Ω.若将此电流表改装成量程为3 V的电压表，应串联一个阻值为 Ω－100 Ω＝29 900 Ω的电阻.
[答案]　(1)D　C　F　(2)串　29 900
[典例4]　电压表满偏时通过该表的电流是半偏时通过该表电流的两倍.某同学利用这一事实测量电压表的内阻(半偏法)，实验室提供的器材如下：
待测电压表V(量程为3 V，内阻约为3 000 Ω)，电阻箱R0(最大阻值为99 999.9 Ω)，滑动变阻器R1(最大阻值为100 Ω，额定电流2 A)，电源E(电动势6 V，内阻不计)，开关两个，导线若干.
(1)虚线框内为该同学设计的测量电压表内阻的电路图的一部分，将电路图补充完整.
(2)根据设计的电路，写出实验步骤：__________________.
(3)将这种方法测出的电压表内阻记为R′V，与电压表内阻的真实值RV相比，RV′　　　　(填“>”“＝”或“<”)RV，主要理由是_____________________________________.
[解析]　(1)因滑动变阻器阻值较小，所以选择滑动变阻器的分压接法.
实验电路图如图所示.
(2)移动滑动变阻器的滑片，以保证通电后电压表所在支路分压最小；闭合开关S1、S2，调节R1，使电压表的指针满偏；保持滑动变阻器滑片的位置不变，断开S2，调节电阻箱R0，使电压表的指针半偏；读取电阻箱所示的电阻值，此即为测得的电压表内阻.
(3)断开S2，调节电阻箱使电压表成半偏状态，电压表所在支路总电阻增大，分得的电压也增大；此时R0两端的电压大于电压表的半偏电压，故R′V＞RV(其他合理说法同样正确)
[答案]　(1)见解析图　(2)见解析　(3)>　理由见解析
用半偏法测量电流表内阻时，要求电源电路部分为恒流源，也就是说，滑动变阻器阻值要尽可能大，这样，闭合开关后，电流表并联一个电阻箱(阻值等于电流表内阻)，电源输出电流基本不变；用半偏法测量电压表内阻时，原理类似，要求电源电路部分为恒压源，滑动变阻器采用分压式接法，滑动变阻器的阻值要远远小于电压表内阻，也就是说，在调整电阻箱阻值使电压表半偏时，路端电压基本不变.本题中调节电阻箱阻值，使电压表的示数为2.00 V，为满偏电压的，其原理与半偏法类似.对于此类问题，可利用串联电路的分压规律列方程解答.
实验九　测定电源的电动势和内阻
[基本要求]
[数据处理]
1.计算法
，解得：
2.图象法
(1)图线与纵轴交点为E.
(2)图线与横轴交点为I短＝.
(3)图线斜率的绝对值表示
r＝.
[误差分析]
1.偶然误差
(1)由于电表读数不准引起误差.
(2)用图象法求E和r时，由于作图不准确造成的误差.
(3)测量过程中通电时间过长或电流过大，都会超越E、r变化.
2.系统误差
(1)若采用甲图，其U-I图象如图乙所示.由于电压表的分流作用造成误差.
　　
　　　　　甲　　　　　　　　乙
①当电压表示数为零时，IV＝0，IA＝I短，短路电流测量值等于真实值.
②E测③因为r测＝，所以r测(2)若采用丙图，其U-I图象如图丁所示.由于电流表的分压作用造成误差.
①E为真实值.
②I短测③因为r测＝，所以r测>r真，r测和RA的串联值，由于通常情况下电池的内阻较小，所以这时r测的误差非常大.
　　
丙　　　　　　　　丁
[注意事项]
1.可选用旧电池：为了使电路的路端电压变化明显，电池的内阻宜大些，可选用已使用过一段时间的1号干电池.
2.电流不要过大，读数要快：干电池在大电流放电时，电动势E会明显下降，内阻r会明显增大，故长时间放电不宜超过 0.3 A，短时间放电不宜超过0.5 A.因此，实验中不要将I调得过大，读电表要快，每次读完立即断电.
3.干电池内阻较小时路端电压U的变化也较小，即不会比电动势小很多.这种情况，在画U-I图线时纵轴的刻度可以不从零开始，而是根据测得的数据从某一个恰当值开始(横坐标I必须从零开始).此时，图线与横轴的交点横坐标不再表示短路电流，但是直线斜率的绝对值仍然表示电池的内阻.
4.测出不少于6组(I，U)数据，且变化范围要大些.画U-I图线时，要使较多的点落在这条直线上，不在直线上的点要尽量均匀分布在直线的两侧，个别偏离直线太远的点可舍去不考虑，以减小偶然误差.
考向1　对实验原理和误差的考查
[典例1]　在测量一节干电池电动势E和内阻r的实验中，小明设计了如图甲所示的实验电路.
　　
　 　甲　　　　　 　　　　　　乙
(1)根据图甲所示实验电路，请在图乙中用笔画线代替导线，完成实物图的连接.
(2)实验开始前，应先将滑动变阻器的滑片P移至　　　　
(填“a”或“b”)端.
(3)合上开关S1，S2接图甲中的1位置，改变滑动变阻器的阻值，记录下几组电压表示数和对应的电流表示数；S2改接图甲中的2位置，改变滑动变阻器的阻值，再记录下几组电压表示数和对应的电流表示数.
在同一坐标系内分别描点作出电压表示数U和对应的电流表示数I的图象，如图丙所示，两直线在纵轴上的截距分别为UA、UB，与横轴的截距分别为IA、IB.
丙
①S2接1位置时，作出的U－I图线是图丙中的　　　　(填“A”或“B”)线.
②S2接1位置时，测出的电池电动势E和内阻r存在系统误差，原因是　　　　(填“电压”或“电流”)表的示数偏　　　　
(填“大”或“小”).
[解析]　(1)实物图连线如图所示.
(2)为保护电流表，实验开始前，应将滑片P移至电阻最大的a端.
(3)①当S2接1位置时，电压表与电源并联，看做一个等效电源，可知电动势测量值和内阻的测量值都小于真实值，U－I图线应是B线.②测出的电池电动势E和内阻r存在系统误差，原因是电压表的分流，结果使电流表的示数偏小.
[答案]　(1)见解析图　(2)a　(3)①B　②电流　偏小
1.偶然误差：主要来源于电表读数及作U-I图象时描点不准确.
2.系统误差：当S2接1时，由于电压表分流使电流表读数不等于闭合电路总电流；当S2接2时，由于电流表分压使电压表读数不等于路端电压.
考向2　对数据处理和器材选择的考查
[典例2]　(2015·四川卷)用实验测一电池的内阻r和一待测电阻的阻值Rx.已知电池的电动势约6 V，电池内阻和待测电阻阻值都为数十欧.可选用的实验器材有：
电流表A1(量程0～30 mA)；
电流表A2(量程0～100 mA)；
电压表V(量程0～6 V)；
滑动变阻器R1(阻值0～5 Ω)；
滑动变阻器R2(阻值0～300 Ω)；
开关S一个，导线若干条.
某同学的实验过程如下：
Ⅰ.设计如图甲所示的电路图，正确连接电路.
甲
Ⅱ.将R的阻值调到最大，闭合开关，逐次调小R的阻值，测出多组U和I的值，并记录.以U为纵轴，I为横轴，得到如图乙所示的图线.
乙
Ⅲ.断开开关，将Rx改接在B、C之间，A与B直接相连，其他部分保持不变.重复Ⅱ的步骤，得到另一条U-I图线，图线与横轴I的交点坐标为(I0,0)，与纵轴U的交点坐标为(0，U0).
回答下列问题：
(1)电流表应选用　　　　，滑动变阻器应选用　　　　.
(2)由图乙的图线，得电源内阻r＝　　　　Ω.
(3)用I0、U0和r表示待测电阻的关系式Rx＝　　　　，代入数值可得Rx.
(4)若电表为理想电表，Rx接在B、C之间与接在A、B之间，滑动变阻器滑片都从最大阻值位置调到某同一位置，两种情况相比，电流表示数变化范围　　　　，电压表示数变化范围　　　　.(均填“相同”或“不同”)
[解析]　(1)由题U-I图线可知电流表量程应为0～100 mA，故选A2.路端电压大于5.5 V，而电源电动势E＝6 V，故R外?r，则滑动变阻器选R2.(2)由题图得：r＝＝25 Ω.(3)Rx＋r＝，Rx＝－r.(4)电流I＝，r＋Rx一定，R从300 Ω变到某同一阻值，电流变化范围相同.Rx接在A、B间时，U＝(R＋Rx)，Rx接在B、C间时，U′＝R，故两种情况下电压变化不同.
[答案]　(1)A2　R2　(2)25　(3)－r　(4)相同　不同
1.在作U-I图象时，要根据测量数据选取合适的坐标值，有时U轴的坐标值要从某一恰当的值开始，I轴的坐标值必须从零开始.在作图时，要使较多的点落在直线上，不落在直线上的点要均匀分布在直线的两侧.
2.在U-I图线中，当纵坐标不从0开始时，图线与纵轴的截距仍为电动势，直线斜率的绝对值仍为内电阻，但这时图线与横轴的交点不是短路电流了，此时r＝.
考向3　实验创新与改进
1.安阻法
用一个电流表和电阻箱测量，电路如图所示，测量原理为：E＝I1(R1＋r)，E＝I2(R2＋r)，由此可求出E和r，此种方法使测得的电动势无偏差，内阻偏大.若已知电流表A的阻值可消除测内阻的系统误差.
2.伏阻法
用一个电压表和电阻箱测量，电路如图所示，测量原理为：E＝U1＋r，E＝U2＋r，由此可求出r和E，此种方法测得的电动势和内阻均偏小.
[典例3]　某同学要测定一电源的电动势E和内电阻r，实验器材有：一只DIS电流传感器(可视为理想电流表，测得的电流用I表示)，一只电阻箱(阻值用R表示)，一只开关和导线若干.该同学设计了如图甲所示的电路进行实验和采集数据.

甲
(1)该同学设计实验的原理表达式是E＝　　　　(用r、I、R表示).
(2)该同学在闭合开关之前，应先将电阻箱调到　　　　(填“最大值”“最小值”或“任意值”)，实验过程中，将电阻箱调至如图乙所示位置，则此时电阻箱接入电路的阻值为　　　　
Ω.
乙
(3)该同学根据实验采集到的数据作出如图丙所示的 -R图象，则由图象可求得，该电源的电动势E＝　　　　V，内阻r＝　　　　Ω.(结果均保留两位有效数字)
丙
[解析]　(1)根据闭合电路欧姆定律，该同学设计实验的原理表达式是E＝I(R＋r).
(2)根据实验的安全性原则，在闭合开关之前，应先将电阻箱调到最大值.根据电阻箱读数规则，电阻箱接入电路的阻值为2×10 Ω＋1×1 Ω＝21 Ω.
(3)由E＝I(R＋r)可得＝R＋r. -R图象斜率等于，E＝6.3 V，图象在纵轴截距等于r，r＝2.5 Ω.
[答案]　(1)I(R＋r)　(2)最大值　21　(3)6.3(6.1～6.5)　2.5(2.4～2.6)
[典例4]　(2017·湖南益阳调研)某实验小组利用如下实验器材测量干电池的电动势和内阻.
A.待测干电池两节，每节电池电动势约为1.5 V，内阻约几欧姆
B.直流电压表V1、V2，内阻约为3 kΩ
C.阻值为5 Ω的定值电阻R0
D.滑动变阻器R，最大阻值为Rm
E.导线和开关
(1)根据下面的电路原理图完成电路实物图的连接.
(2)实验中移动滑动变阻器的触头，读出电压表V1和V2的多组数据如下表，请在下面的坐标纸中描绘出U1-U2图象.
实验次数
1
2
3
4
5
6
U1(V)
0.50
0.81
1.00
1.50
1.85
2.30
U2(V)
2.15
2.21
2.32
2.50
2.69
2.76
(3)根据描绘出的U1-U2图象，求得两节干电池的总电动势E＝　　　　，总内阻r＝　　　　.(计算结果保留两位有效数字)
[解析]　根据闭合电路欧姆定律可得E＝U2＋Ir＝U2＋r
整理得U1＝U2－E
由U1-U2图象可得图线斜率k＝3
则＋1＝3，又知R0＝5 Ω，得r＝2.5 Ω
由U1-U2图象可知，当U2＝2 V时，U1＝0，代入U1＝U2－E
解得E＝3.0 V.
[答案]　(1)实物连接如图所示
(2)U1-U2图象如图所示
(3)3.0 V　2.5 Ω
实验八　描绘小电珠的伏安特性曲线
[基本要求]
[数据处理]
1.在坐标纸上以U为横轴，I为纵轴，建立坐标系.
2.在坐标纸上描出各组数据所对应的点.(坐标系纵轴和横轴的标度要适中，以使所描图线充分占据整个坐标纸为宜)
3.将描出的点用平滑的曲线连接起来，就得到小灯泡的伏安特性曲线.
[误差分析]
1.由于电压表、电流表不是理想电表，电表内阻对电路的影响会带来误差.
2.电流表、电压表的读数带来误差.
3.在坐标纸上描点、作图带来误差.
[注意事项]
1.电流表外接法：本实验中被测小电珠灯丝的电阻值较小，因此测量电路必须采用电流表外接法.
2.滑动变阻器应采用分压式连接：本实验要作出U-I图线，要求测出一组包括零在内的电流、电压值，故控制电路必须采用分压式接法.
3.保护元件安全：为保护元件不被烧毁，开关闭合前变阻器滑片应位于图中的a端.加在小电珠两端的电压不要超过其额定电压.
考向1　对实验原理和器材选择的考查
[典例1]　有一个小电珠上标有“4 V　2 W”的字样，现在要用伏安法描绘这个电珠的I-U图线，现有下列器材供选用：
A.电压表(0～5 V，内阻10 kΩ)
B.电压表(0～15 V，内阻20 kΩ)
C.电流表(0～3 A，内阻0.4 Ω)
D.电流表(0～0.6 A，内阻1.0 Ω)
E.滑动变阻器(10 Ω，2 A)
F.滑动变阻器(500 Ω，1 A)
G.学生电源(直流6 V)、开关、导线若干
(1)实验时，选用图甲而不选用图乙的电路图来完成实验，请说明理由：________________________________.
　　
　　　　甲　　　　　　　　乙
图1
(2)实验中所用电压表应选用　　　　，电流表应选用　　　　，滑动变阻器应选用　　　　.(用序号字母表示)
(3)把图2中所示的实验器材按图1用笔画线代替导线连接成实物电路图.
图2
[解析]　(1)由于测量数据要从零开始，故采用题图甲所示的分压式电路，且能方便地多测几组数据.
(2)因小电珠额定电压为4 V，则电压表选量程为0～5 V的电压表.小灯泡的额定电流为I＝＝ A＝0.5 A，则电流表选D.滑动变阻器应选最大阻值较小的E，这样在实验中移动滑片时能使电路中的电流和电压有明显的变化，从而减小读数误差.
(3)按图1甲连接实物电路，如图所示.
[答案]　(1)描绘小电珠的I-U图线所测数据需从零开始，并要多取几组数据　(2)A　D　E　(3)见解析图
本实验的四点注意事项
(1)因被测小电珠的电阻较小，实验电路必须采用电流表外接法.
(2)在实验过程中，由于小电珠两端的电压要从零开始增大，一直增大到小电珠的额定电压，所以滑动变阻器应采用分压式接法.
(3)闭合开关前，滑动变阻器的滑动触头应移到一端，开关闭合后，调节滑动变阻器滑片的位置，使小电珠两端的电压从零开始逐渐增大.调节滑片时电压表的示数不要超过小电珠的额定电压.
(4)画I-U图象时，要用平滑的曲线连接各点，不要画成折线，个别偏离较远的点应该舍弃.
考向2　对数据处理和误差的考查
[典例2]　(2017·浙江宁波高三一模)在“测绘小电珠的伏安特性曲线”实验中，实验器材如下：
待测小电珠(2.5 V,0.5 A)；
双量程电压表(中间接线柱3 V、内阻约为3 kΩ，右边接线柱15 V、内阻约为15 kΩ)；
双量程电流表(中间接线柱0.6 A、内阻约为0.125 Ω，右边接线柱3 A、内阻约为0.025 Ω)；
滑动变阻器(20 Ω，2 A)；
电源(电动势约为3 V，内阻未知)；
开关一个，导线若干.
(1)甲同学连好的实物图如图1所示，乙同学检查时发现了多处错误，请指出(至少两处)：__________________.
图1
(2)两同学改正错误后，测出如下表所示的7组I、U数据，请你在图2的坐标纸上建立I-U坐标系，标出坐标点，绘出小电珠的伏安特性曲线.
次数n
1
2
3
4
5
6
7
电压/V
0
0.20
0.50
1.00
1.50
2.00
2.50
电流/A
0
0.08
0.10
0.13
0.16
0.18
0.20
图2
(3)根据绘出的小电珠的伏安特性曲线，该小电珠在电压为1.8 V时的实际电阻为　　　　Ω.(结果保留三位有效数字)
(4)关于本实验的系统误差，下列判断正确的是　　　　.
A.系统误差主要是由电压表的分流引起的，电压越大误差越大
B.系统误差主要是由电流表的分压引起的，电流越大误差越大
C.系统误差主要是由忽略电源内阻引起的，电源内阻越大误差越大
D.系统误差主要是由电表读数时的估读引起的，电压越大误差越大
[解析]　(1)本实验要求电压和电流从零开始调节，滑动变阻器应该用分压接法；电源的电动势约为3 V，电压表应该选择3 V的量程；小电珠的电阻比较小，电流表应该用外接法.
(3)根据所画的I-U图象，当小电珠电压为1.8 V时，流过小电珠的电流约为0.17 A，小电珠的电阻R＝＝10.6 Ω.
(4)本实验的系统误差主要是由电流表外接，电压表分流造成的，选项A正确.
[答案]　(1)①滑动变阻器接法错误，应该接成分压式；②电压表量程错误，应选3 V的量程；③电流表位置接错，应选外接法
(2)如图所示
(3)10.6(10.4～10.7皆可)　(4) A
本实验误差的主要来源
(1)由于电压表、电流表不是理想电表，电表内阻对电路的影响会产生误差.
(2)电流表、电压表读数时会产生误差.
(3)描点、作图及对图象处理时会产生误差.
考向3　实验创新与改进
1.描绘其他元件的伏安特性曲线.
2.利用导体的伏安特性曲线和电源的U-I(或I-U)图线计算电功率.
3.以实验原理及实验方法为基础，探究小灯泡功率与电压的关系.
[典例3]　要测绘一个标有“3 V　0.6 W”小灯泡的伏安特性曲线，灯泡两端的电压需要由零逐渐增加到3 V，并便于操作，已选用的器材有：
电池组(电动势为4.5 V，内阻约1 Ω)；
电流表(量程为0～250 mA，内阻约5 Ω)；
电压表(量程为0～3 V，内阻约3 kΩ)；
开关一个、导线若干.
(1)实验中所用的滑动变阻器应选下列中的　　　　(填字母代号).
A.滑动变阻器(最大阻值20 Ω，额定电流1 A)
B.滑动变阻器(最大阻值1 750 Ω，额定电流0.3 A)
(2)实验的电路图应选用下列的图　　　　(填字母代号).
　　　　
　　　A　　　　　　　　　B
　　　　
　　　C　　　　　　　　　D
(3)实验得到小灯泡的伏安特性曲线如图所示.如果将这个小灯泡接到电动势为1.5 V、内阻为5 Ω的电源两端，小灯泡消耗的功率是 　　　　 W.
[解析]　(1)测绘小灯泡的伏安特性曲线，要求能较大范围测量数据，所以控制电路部分应用分压式接法，滑动变阻器应用最大阻值小、额定电流大的A.
(2)灯泡的电阻R＝＝15 Ω，额定电流I＝＝0.2 A，由R＝15 Ω<＝ Ω，依据公式法“大内小外”的原则，可知电流表应采用外接法，故选B.
(3)在灯泡的I-U图象上作出电源的I-U图线，交点即为这个电源给这个灯泡供电时的电流和电压，此时P灯＝IU＝0.1×1 W＝0.1 W.
[答案]　(1)A　(2)B　(3)0.1
[典例4]　在做“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验时，所用电流表内阻约为几欧，电压表内阻约为十几千欧.实验中得到了多组数据，通过描点连线在I-U坐标系中得到了小灯泡的伏安特性曲线如图甲所示.
甲
(1)在虚线框中画出实验电路原理图，并在图乙中用笔画线代替导线连接电路.

乙
(2)根据图甲所示，可确定小灯泡的功率P与U2和P与I2的关系，下列示意图中合理的是　　　　.
　
A　　　　　B　　　　　C　　　　D
[解析]　(1)由题图甲中伏安特性曲线可知，滑动变阻器采用的是分压式接法；由于小灯泡电阻与电流表内阻相差不多，故电流表应采用外接法.(2)随着电压或电流的增大，小灯泡的电阻增大，小灯泡的电功率与电压或电流的关系分别为P＝或P＝I2R，所以P-U2图线上的点与原点连线的斜率(表示小灯泡电阻的倒数)应不断减小，P-I2图线上的点与原点连线的斜率(表示小灯泡的电阻)不断增大，D正确.
[答案]　(1)电路图、实物图分别如图1、2所示　(2)D
　　
　　　　图1　　　　　　　　　图2
实验十　练习使用多用电表
[基本要求]
[误差分析]
1.偶然误差
(1)欧姆表的表盘刻度不均匀，估读时易带来误差.
(2)表头指针偏转过大或过小都会使误差增大，因此要选用恰当挡位，使指针在中值附近.
2.系统误差
(1)电池用旧后，电动势会减小，内阻会变大，致使电阻测量值偏大，要及时更换电池.
(2)测电流、电压时，由于电表内阻的影响，测得的电流、电压值均小于真实值.
[注意事项]
1.使用前要机械调零.
2.两表笔在使用时，电流总是“红入”、“黑出”.
3.刻度线有三条：上为电阻专用，中间为电流、电压、交流、直流共用，下为交流2.5 V专用.
4.测电阻时：
(1)待测电阻与电路、电源一定要断开.
(2)两手一定不要同时接触两笔金属杆.
(3)指针指中值附近较准，否则换挡.
(4)每换一次挡必须重新欧姆调零.
(5)读出示数要乘以倍率.
(6)电表自带电源，红表笔接电源负极、黑表笔接电源正极.
5.使用完毕，选择开关要置于“OFF”挡或交流电压最高挡，长期不用应取出电池.
考向1　欧姆表的原理和使用
1.构造：如图所示，欧姆表由电流表G、电池、调零电阻R和红、黑表笔组成.
　　
　　　甲　　　　　　乙　　　　　　丙
欧姆表内部：电流表、电池、调零电阻串联.
外部：接被测电阻Rx.
全电路电阻R总＝Rg＋R＋r＋Rx.
2.工作原理：闭合电路欧姆定律I＝.
3.刻度的标定：红、黑表笔短接(被测电阻Rx＝0)时，调节调零电阻R，使I＝Ig，电流表的指针达到满偏，这一过程叫欧姆调零.
(1)当I＝Ig时，Rx＝0，在满偏电流Ig处标为“0”.(图甲)
(2)当I＝0时，Rx→∞，在I＝0处标为“∞”.(图乙)
(3)当I＝时，Rx＝Rg＋R＋r，此电阻值等于欧姆表的内阻值，Rx叫中值电阻.
[典例1]　某物理兴趣小组设计了如图a所示的欧姆表电路，通过控制开关S和调节电阻箱，可使欧姆表具有“×1”和“×10”两种倍率.所用器材如下：
A.干电池：电动势E＝1.5 V，内阻r＝0.5 Ω
B.电流表G：满偏电流Ig＝1 mA，内阻Rg＝150 Ω
C.定值电阻R1＝1 200 Ω
D.电阻箱R2和R3：最大阻值都为999.9 Ω
E.电阻箱R2：最大阻值9 999 Ω
F.开关一个，红、黑表笔各1支，导线若干
(1)该实验小组按图a正确连接好电路.当开关S断开时，将红、黑表笔短接，调节电阻箱R2＝　　　　Ω，使电流表达到满偏，此时闭合电路的总电阻叫做欧姆表的内阻R内，则R内＝　　　　Ω，欧姆表的倍率是　　　　(填“×1”或“×10”).
　　
　　　　图a　　　　　　　　　　图b
(2)闭合开关S.
第一步：调节电阻箱R2和R3，当R2＝　　　　Ω且R3＝
　　　　Ω时，将红、黑表笔短接，电流表再次满偏；
第二步：在红、黑表笔间接入电阻箱R4，调节R4，当电流表指针指向图b所示的位置时，对应的欧姆表的刻度值为　 　　　
Ω.
[解析]　(1)当开关S断开时，将红、黑表笔短接，由闭合电路欧姆定律有E＝I(r＋Rg＋R1＋R2)，电流表达到满偏即I＝10－3 A时，代入数据解得R2＝149.5 Ω，此时R内＝r＋Rg＋R1＋R2＝1 500 Ω.由于开关S断开时，欧姆表内阻较大，中值电阻较大，所以欧姆表的倍率是“×10”.
(2)当开关S闭合时，将红、黑表笔短接，由闭合电路欧姆定律有E＝I(Rg＋R1)＋[I＋](R2＋r)，此时欧姆表内阻R内′＝r＋R2＋＝150 Ω，联立解得R2＝14.5 Ω，R3＝150 Ω.即当R2＝14.5 Ω且R3＝150 Ω 时，将红、黑表笔短接，电流表再次满偏.
当电流表指针指向题图b所示的位置即0.6 mA时，闭合电路中总电流为I′＝0.6 mA＋＝6 mA，由闭合电路欧姆定律有＝6×10－3 A，解得R4＝100 Ω，即对应的欧姆表的刻度值为100 Ω.
[答案]　(1)149.5　1 500　×10　(2)14.5　150　100
[典例2]　如图甲所示为多用电表的示意图，现用它测量一个阻值约为20 Ω的电阻，测量步骤如下：

　　甲　　　　　　　　　　　乙
(1)调节　　　　，使电表指针停在　　　　(填“电阻”或“电流”)的“0”刻线.
(2)将选择开关旋转到欧姆挡的　　　　(填“×1”“×10”“×100”或“×1 k”)位置.
(3)将红、黑表笔分别插入“＋”“－”插孔，并将两表笔短接，调节　　　　，使电表指针对准　　　　(填“电阻”或“电流”)的“0”刻线.
(4)将红、黑表笔分别与待测电阻两端相接触，若电表读数如图乙所示，该电阻的阻值为　　　　Ω.
(5)测量完毕，将选择开关旋转到“OFF”位置.
[解析]　使用多用电表欧姆挡，先机械调零，测量20 Ω的电阻时，要使用“×1”的倍率，然后进行欧姆调零；由刻度盘和倍率可知，测量电阻的阻值为19.0 Ω.
[答案]　(1)指针定位螺丝　电流　(2)“×1”　(3)欧姆调零旋钮　电阻　(4)19.0
1.欧姆表的红表笔接内部电源的负极，测量时电流从黑表笔流出，从红表笔流入.
2.使用欧姆挡测电阻时，指针的偏角越大，测量电阻值越小，指针的偏角越小，测量电阻值越大.
考向2　多用电表的原理和使用
1.外部构造
多用电表可以用来测电流、电压和电阻，又称万用电表，其表面结构如图所示.
2.多用电表内部原理示意图
多用电表是由一个小量程的电流表与若干元件组成的，如图所示，每进行一种测量时，只使用其中一部分电路，其他部分不起作用.如图中1、2为电流测量端，3、4为电阻测量端，5、6为电压测量端.测量时，黑表笔插入“－”插孔，红表笔插入“＋”插孔，并通过转换开关接入与待测量相对应的测量端.
[典例3]　在物理课外活动中，刘聪同学制作了一个简单的多用电表，图甲为电表的电路图.已知选用的电流表内阻Rg＝10 Ω、满偏电流Ig＝10 mA，当选择开关接3时为量程250 V的电压表.该多用电表表盘如图乙所示，下排刻度均匀，C为上排刻度线的中间刻度，由于粗心上排刻度线对应数据没有标出.
甲
乙
(1)若指针指在图乙所示位置，选择开关接1时其读数为　　　　；选择开关接3时其读数为　　　　.
(2)为了测该多用电表电阻挡的电阻和表内电源的电动势，刘聪同学在实验室找到了一个电阻箱，设计了如下实验：
①将选择开关接2，红黑表笔短接，调节R1的阻值使电表指针满偏；
③将电表红黑表笔与电阻箱相连，调节电阻箱使电表指针指C处，此时电阻箱的示数如图所示，则C处刻度应为　　　　Ω；
③计算得到多用电表内电源的电动势为　　　　V.(保留两位有效数字)
[解析]　(1)选择开关接1时，多用电表为电流表，其满偏电流为10 mA，则选用0～100 mA的电流刻度线，此时表盘的最小刻度为2 mA，则读数为69 mA，而电流表满偏电流为 10 mA，再把该数据缩小为原来的十分之一即为电流表的示数，故为6.9 mA.选择开关接3时，多用电表为电压表，其量程为250 V，此时表盘的最小刻度为5 V，估读数字出现在最小刻度的本位，故此时电压表读数为173 V.
(2)电阻箱读数为5×10 Ω＋1×100 Ω＝150 Ω，此时电表指针指在正中间，此电阻值即为欧姆表的中值电阻，也等于欧姆表的内阻Rg＋R1＋r.选择开关接2，红黑表笔短接，调节R1的阻值使电表指针满偏时，根据欧姆定律有E＝Ig(Rg＋R1＋r)＝1.5 V.
[答案]　(1)6.9 mA　173 V(172～174 V均可)　(2)150　1.5
[典例4]　在“练习使用多用电表”的实验中：
(1)在测量小灯泡的电阻时，红表笔接触点的电势比黑表笔　　　　(填“高”或“低”).
(2)某同学把选择开关打到“×1”挡，转动欧姆调零旋钮，发现无法调零，则他应　　　　.
A.用力转动欧姆调零旋钮
B.先用螺丝刀转动指针定位螺丝机械调零
C.更换多用电表的电池
D.作报废处理，换新的多用电表
(3)在用多用电表进行测量时，指针的位置如图所示，若多用电表的选择开关处在以下表格中所指的挡位，请写出对应指针读数.
所选择的挡位
指针读数
直流电压10 V
电阻“×10”挡
[解析]　(1)欧姆表的红表笔与其内置电源的负极相连接，黑表笔与欧姆表内置电源的正极相连接，在测量小灯泡的电阻时，红表笔接触点的电势比黑表笔低.
(2)把选择开关打到“×1”挡，转动欧姆调零旋钮，无法调零，可能是多用电表没有进行机械调零造成的，他可以用螺丝刀转动指针定位螺丝进行机械调零，然后再进行欧姆调零，故选B.
(3)多用电表选择直流电压10 V挡，由图示可知，其分度值为 0.2 V，示数为3.6 V；选择开关置于电阻“×10”挡，由图示表盘可知，其示数为26×10 Ω＝260 Ω.
[答案]　(1)低　(2)B　(3)3.6 V　260 Ω
考向3　使用多用电表检测电路故障
1.断路故障的检测方法
(1)将多用电表拨到电压挡作为电压表使用.
①将电压表与电源并联，若电压表示数不为零，说明电源良好，若电压表示数为零，说明电源损坏.
②在电源完好时，再将电压表与外电路的各部分电路并联.若电压表的示数为零，则说明该部分电路完好，若电压表示数等于电源电动势，则说明该部分电路中有断点.
(2)将多用电表拨到电流挡作为电流表使用.将电流表串联在电路中，若电流表的示数为零，则说明与电流表串联的部分电路断路.
(3)用欧姆挡检测
将各元件与电源断开，然后接到红、黑表笔间，若有阻值(或有电流)说明元件完好，若电阻无穷大(或无电流)说明此元件断路.
不能用欧姆表检测电源的情况.
2.短路故障的检测方法
(1)将电压表与电源并联，若电压表示数为零，说明电源被短路；若电压表示数不为零，则外电路的部分电路不被短路或不完全被短路.
(2)用电流表检测，若串联在电路中的电流表示数不为零，故障应是短路.
[典例5]　某照明电路出现故障，其电路如图1所示，该电路用标称值为12 V的蓄电池作为电源，导线及其接触完好.
维修人员使用已调好的多用电表直流50 V挡检测故障.他将黑表笔接在c点，用红表笔分别探测电路的a、b点.
图1
(1)断开开关，红表笔接a点时多用电表指示如图2所示，读数为　　　　V，说明　　　　(填“蓄电池”“保险丝”“开关”或“小灯”)正常.
图2
(2)红表笔接b点，断开开关时，表针不偏转，闭合开关后，多用电表指示仍然和图2相同，可判定发生故障的器件是　　　　
(填“蓄电池”“保险丝”“开关”或“小灯”).
[解析]　(1)因用直流50 V挡检测，故满偏时电压为50 V，刻度均匀，在图示位置时，读数为11.7 V(11.6～11.9 之间的值均可)，说明蓄电池正常.
(2)红表笔接b点，断开开关，指针不偏转，闭合开关后多用表读数与原来相同，说明保险丝、开关均正常，发生故障的器件只能为小灯.
[答案]　(1)11.7(11.6～11.9之间的值均可)　蓄电池
(2)小灯
考向4　实验创新与改进
多用电表当欧姆表使用时内有电源，往往会考查闭合电路欧姆定律、电动势和内阻的测定等，往往涉及的变形有：
1.与电压表串联形成闭合电路，则E＝U＋·r，从而计算得到E.
2.与电流表串联形成闭合电路，则E＝I(RA＋r)，从而计算得到E.
[典例6]　使用多用电表测量电阻时，多用电表内部的电路可以等效为一个直流电源(一般为电池)、一个电阻和一表头相串联，两个表笔分别位于此串联电路的两端.现需要测量多用电表内电池的电动势，给定的器材有：待测多用电表，量程为60 mA的电流表，电阻箱，导线若干.实验时，将多用电表调至×1 Ω挡，调好零点；电阻箱置于适当数值.完成下列填空：
(1)仪器连线如图甲所示(a和b是多用电表的两个表笔).若两电表均正常工作，则表笔a为　　　　(填“红”或“黑”)色.
甲
(2)若适当调节电阻箱后，图甲中多用电表、电流表与电阻箱的示数分别如图乙中a、b、c所示，则多用电表的读数为　　　　Ω，电流表的读数为　　　　mA，电阻箱的读数为　　　　Ω.
图a

图b　　　　　　　图c
乙
(3)欧姆表刻度上中间刻度值为15，计算得到多用电表内电池的电动势为　　　　V(保留3位有效数字).
[解析]　(1)根据所用电器“红进黑出”的一般原则，对多用电表有，从红表笔进入多用电表，从黑表笔流出多用电表，由于设计电路图中a表笔接在电流表的正极，故电流经过多用电表从a表笔流出，故a表笔为多用电表的黑表笔.(2)欧姆表读数为R＝14 Ω；电流表读数为I＝53.0 mA；电阻箱读数为4×1 Ω＋6×0.1 Ω＝4.6 Ω.(3)欧姆表的内阻r＝R中＝15 Ω，由欧姆定律得：E＝I(R＋r)＝1.54 V.
[答案]　(1)黑　(2)14　53.0　4.6　(3)1.54
第七章　恒定电流
【研透全国卷】
从近几年高考试题来看，高考对本章内容的考查重点有电路的基本概念和规律、闭合电路的欧姆定律等知识，实验部分则以基本仪器的使用和电路实验为主，题型以填空题的形式出现，分值约15分.
预测2018年高考命题的重点仍将是对基本概念和规律、闭合电路的欧姆定律的理解和应用，实验则考查基本仪器的使用、实验原理的理解、实验数据的处理等知识.
考点
内容
要求
题型
必考实验
一、电路的基本概念和规律
欧姆定律
Ⅱ
选择、
计算
1.实验内容
测定金属的电阻率(同时练习使用螺旋测微器)
描绘小电珠的伏安特性曲线
测定电源的电动势和内阻
练习使用多用电表
2.命题形式
填空
电阻定律
Ⅰ
电阻的串联、并联
Ⅰ
二、闭合电路欧姆定律
电源的电动势和内阻
Ⅱ
选择、
计算
闭合电路的欧姆定律
Ⅱ
电功率、焦耳定律
Ⅰ
第1讲　欧姆定律　电阻定律
电功率　焦耳定律
知识点一　电流、欧姆定律
1.电流
(1)定义：自由电荷的　　　　形成电流.
(2)方向：规定为　　　　定向移动的方向.
(3)两个公式
①定义式：I＝　　　　；②微观式：I＝　　　　.
2.欧姆定律
(1)内容：导体中的电流I跟导体两端的电压U成　　　　，跟导体的电阻R成　　　　.
(2)公式：I＝　　　　.
(3)适用条件：适用于　　　　和电解液导体.
答案：1.(1)定向移动　(2)正电荷　(3)①　②nqSv　2.(1)正比　反比　(2)　(3)金属导体
知识点二　电阻、电阻定律
1.电阻：反映了　　　　　　的大小.表达式为：R＝.
2.电阻定律：同种材料的导体，其电阻跟它的　　　　成正比，与它的　　　　成反比，导体的电阻还与构成它的材料有关.表达式为：R＝ρ.
3.电阻率
(1)物理意义：反映导体的　　　　，是导体材料本身的属性.
(2)电阻率与温度的关系：金属的电阻率随温度升高而　　　　；半导体的电阻率随温度升高而　　　　.
答案：1.对电流阻碍作用　2.长度　截面积　3.导电性能　增大　减小
知识点三　电功率、焦耳定律
1.电功
(1)定义：导体中的自由电荷在　　　　作用下定向移动，电场力做的功称为电功.
(2)公式：W＝qU＝　　　　.
(3)电流做功的实质：　　　　转化成其他形式能的过程.
2.电功率
(1)定义：单位时间内电流做的功，表示电流做功的　　　　.
(2)公式：P＝＝　　　　.
3.焦耳定律
(1)电热：电流流过一段导体时产生的　　　　.
(2)计算式：Q＝　　　　.
4.热功率
(1)定义：单位时间内的发热量.
(2)表达式：P＝＝　　　　.
答案：1.(1)电场力　(2)UIt　(3)电势能
2.(1)快慢　(2)UI
3.(1)热量　(2)I2Rt　4.(2)I2R
(1)规定正电荷定向移动的方向为电流的方向，所以，电流是矢量.(　　)
(2)电荷的移动速度就是电流的传导速度.(　　)
(3)电流I随时间t变化的图象与横轴所围面积表示通过导体横截面的电荷量.(　　)
(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)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.(　　)
(6)公式W＝t＝I2Rt可适用于所有电路.(　　)
答案：(1) ?　(2) ?　(3) ?　(4) ?　(5) ?　(6) ?
考点　对电阻、电阻定律的理解和应用
1.电阻与电阻率的区别
(1)电阻是反映导体对电流阻碍作用大小的物理量，电阻大小与导体的长度、横截面积及材料等有关，电阻率是描述材料导电性能好坏的物理量，与导体长度、横截面积无关.
(2)导体的电阻大，导体材料的导电性能不一定差；导体的电阻率小，电阻不一定小.
(3)导体的电阻、电阻率均与温度有关.
2.电阻的决定式和定义式的区别
公式
R＝ρ
R＝
区别
电阻的决定式
电阻的定义式
说明了电阻的决定因素
提供了一种测定电阻的方法，并不说明电阻与U和I有关
只适用于粗细均匀的金属导体和浓度均匀的电解质溶液
适用于任何纯电阻导体
考向1　对电阻率的理解
[典例1]　关于材料的电阻率，下列说法正确的是(　　)
A.把一根长导线截成等长的三段，则每段的电阻率都是原来的
B.材料的电阻率随温度的升高而增大
C.通常情况下纯金属的电阻率较合金的电阻率小
D.电阻率是反映材料导电性能好坏的物理量，电阻率越大的导体对电流的阻碍作用越大
[解析]　材料的电阻率与长度无关，A错误；半导体材料的电阻率随温度升高而减小，B错误；通常情况下纯金属的电阻率较合金的电阻率小，C正确；电阻率大的导体，电阻不一定大，D错误.
[答案]　C
考向2　电阻及电阻率的计算
[典例2]　如图甲所示为一测量电解液电阻率的玻璃容器，P、Q为电极，设a＝1 m，b＝0.2 m，c＝0.1 m，当里面注满某电解液，且P、Q加上电压后，其U-I图象如图乙所示，当U＝10 V时，求电解液的电阻率ρ.
　
　　甲　　　　　　　　　　乙
[解析]　由题图乙可求得电解液的电阻为
R＝＝ Ω＝2 000 Ω
由题图甲可知电解液长为：l＝a＝1 m
截面积为：S＝bc＝0.02 m2
结合电阻定律R＝ρ
得ρ＝＝ Ω·m＝40 Ω·m.
[答案]　40 Ω·m
1.决定导体电阻大小的三个因素是导体的材料、长度和横截面积，无论哪一个发生变化，导体的电阻都要发生改变.
2.电阻率反映材料导电能力的强弱，只与材料及温度有关，与导体的长度l和横截面积S无关.
考点　对伏安特性曲线的理解
1.定义：用纵坐标表示电流I、横坐标表示电压U，画出的I-U 图象.
2.图线的意义
(1)由于导体的导电性能不同，所以不同的导体有不同的的伏安特性曲线.
(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.应用：I-U图象中图线上某点与O点连线的斜率表示电阻的倒数，斜率越大，电阻越小.
4.两类图线
(1)线性元件的伏安特性曲线(图甲中a、b)是过原点的直线，表明它的电阻是不变的.
(2)非线性元件的伏安特性曲线(图乙中c、d)是曲线，表明它的电阻是变化的.
　　
甲　　　　乙
考向1　对伏安特性曲线的理解
[典例3]　小灯泡通电后其电流I随所加电压U变化的图线如图所示，P为图线上一点，PN为图线在P点的切线，PQ为U轴的垂线，PM为I轴的垂线，则下列说法中正确的是(　　)
A.随着所加电压的增大，小灯泡的电阻减小
B.对应P点，小灯泡的电阻为R＝
C.对应P点，小灯泡的电阻为R＝
D.对应P点，小灯泡的功率为图中矩形PQOM所围面积
[解题指导]　对纯电阻元件，其电阻R＝，在I-U图线上某点和坐标原点的连线，其斜率的倒数表示该点的电阻.
[解析]　由图可知流过小灯泡的电流I随所加电压U变化的图线为非线性关系，可知小灯泡的电阻随所加电压的增大而逐渐增大，选项A错误；根据欧姆定律，对应P点，小灯泡的电阻应为R＝，选项B、C错误；对应P点，小灯泡的功率为P＝U1I2，也就是图中矩形PQOM所围面积，选项D正确.
[答案]　D
考向2　伏安特性曲线的应用
[典例4]　(多选)在如图甲所示的电路中，L1、L2、L3为三个相同规格的小灯泡，这种小灯泡的伏安特性曲线如图乙所示.当开关S闭合时，电路中的总电流为0.25 A，则此时(　　)
　　
　　　甲　　　　　　　　　　　乙
A.L1两端的电压为L2两端电压的2倍
B.L1消耗的电功率为0.75 W
C.L2的电阻为12 Ω
D.L1、L2消耗的电功率的比值大于4
[解析]　电路中的总电流为0.25 A，L1中电流为 0.25 A，由小灯泡的伏安特性曲线可知电压为3.0 V，L1消耗的电功率为P1＝U1I1＝0.75 W，B正确；根据并联电路规律，L2中电流为0.125 A，由小灯泡的伏安特性曲线可知电压大约为 0.3 V，L1两端的电压大约为L2两端电压的10倍，A错误；由欧姆定律，L2的电阻为R2＝＝ Ω＝2.4 Ω，C错误；L2消耗的电功率为P2＝U2I2＝0.3×0.125 W＝0.037 5 W，L1、L2消耗的电功率的比值大于4，D正确.
[答案]　BD
1.无论是线性元件还是非线性元件，只要是纯电阻元件，电阻都可由R＝计算.
2.在伏安特性曲线中，导体的电阻等于曲线上的点与原点连线斜率的倒数，而不等于该点切线斜率的倒数.
考点　电功、电功率、焦耳定律
1.纯电阻电路与非纯电阻电路
(1)纯电阻电路：电流通过电路时，它所消耗的电能全部转化为内能，即W＝Q.且满足欧姆定律：I＝.
(2)非纯电阻电路：电流通过电路时，消耗的电能除转化为内能外，还转化为其他形式的能，如机械能(电动机)、化学能(电解槽)等，即W>Q.非纯电阻电路不满足欧姆定律.
2.电功、电功率及电热、热功率的比较
纯电阻电路
非纯电阻电路
实例
白炽灯、电炉、电饭锅、电热毯、电熨斗及转子被卡住的电动机等
电动机、电解槽、日光灯等
电功
与电热
W＝Q＝UIt＝I2Rt＝t
W＝UIt，Q＝I2Rt
W>Q
电功率与
热功率
P电＝P热＝UI＝I2R＝
P电＝UI，P热＝I2R，
P电>P热
考向1　纯电阻电路的有关计算
[典例5]　如图所示，把两个相同的灯泡分别接在甲、乙电路中，甲电路两端的电压为8 V，乙电路两端的电压为16 V.调节变阻器R1和R2使两灯泡都正常发光，此时变阻器消耗的功率分别为P1和P2，两电路中消耗的总功率分别为P甲和P乙，则下列关系中正确的是(　　)
　　甲　　　　　　　　　　乙
A.P甲P乙
C.P1>P2 D.P1＝P2
[解题指导]　本题先比较甲、乙两个电路消耗的总功率，再比较两个变阻器消耗的功率.
[解析]　设灯泡的额定电流为I，则两灯泡都正常发光，电流均为额定电流I，甲电路中总电流I甲＝2I，乙电路中总电流I乙＝I，所以P甲＝U甲I甲＝8×2I＝16I，P乙＝U乙I乙＝16×I＝16I，P甲＝P乙，选项A、B均错误；R1消耗的功率P1＝P甲－2P灯，R2消耗的功率P2＝P乙－2P灯，故P1＝P2，选项D正确.
[答案]　D
考向2　非纯电阻电路的有关计算
[典例6]　如图所示是一提升重物用的直流电动机工作时的电路图，电动机内电阻r＝0.8 Ω，电路中另一电阻R＝10 Ω，直流电压U＝160 V，电压表示数UV＝110 V.试求：
(1)通过电动机的电流；
(2)输入电动机的电功率；
(3)若电动机以v＝1 m/s匀速竖直向上提升重物，求该重物的质量.(取g＝10 m/s2)
[问题探究]　(1)如何求解电动机的电流？
(2)能否用P＝来求输入电动机的电功率？
[提示]　(1)电动机M和电阻R串联，电流相等，可通过计算电阻的电流求通过电动机的电流.
(2)不能，因为电动机为非纯电阻电路.
[解析]　(1)由电路中的电压关系可得电阻R的分压UR＝U－UV＝(160－110)V＝50 V，流过电阻R的电流IR＝＝ A＝5 A，即通过电动机的电流IM＝IR＝5 A.
(2)电动机的分压UM＝UV＝110 V，输入电动机的功率P电＝IMUM＝550 W.
(3)电动机的发热功率P热＝Ir＝20 W，电动机输出的机械功率P出＝P电－P热＝530 W，又因P出＝mgv，所以m＝＝53 kg.
[答案]　(1)5 A　(2)550 W　(3)53 kg
1.无论是纯电阻还是非纯电阻，电功均为W＝UIt，电热均为Q＝I2Rt.
2.处理非纯电阻的计算问题时，要善于从能量转化的角度出发，紧紧围绕能量守恒，利用“电功＝电热＋其他能量”寻找等量关系求解.
3.非纯电阻电路在一定条件下可当做纯电阻电路处理，如电动机卡住不转时即为纯电阻电路.
1.[电阻定律的理解]一根粗细均匀的长直导线，其电阻大小为R0，再将它截为等长的n段，然后将它们全部并联，则总电阻为(　　)
A. B.　　　
C.nR0　　　 D.n2R0
答案：A　解析：现将电阻丝截为等长的n段时，每段电阻为，然后它们全部并联时，并联电阻为每段电阻的，故R总＝.选项A正确.
2.[电阻定律的理解]欧姆不仅发现了欧姆定律，还研究了电阻定律.有一个长方体金属电阻，材料分布均匀，边长分别为a、b、c，且a>b>c.电流沿以下方向流过该金属电阻，其中电阻阻值最小的是(　　)
答案：A　解析：根据电阻定律R＝ρ可知RA＝ρ，RB＝ρ，RC＝ρ，RD＝ρ，结合a>b>c，可得：RC＝RD>RB>RA，故RA最小，A正确.
3.[伏安特性曲线的应用]某一导体的伏安特性曲线如图中AB(曲线)所示，关于导体的电阻，以下说法正确的是(　　)
A.B点的电阻为12 Ω
B.B点的电阻为40 Ω
C.工作状态从A变化到B时，导体的电阻因温度的影响改变了1 Ω
D.工作状态从A变化到B时，导体的电阻因温度的影响改变了9 Ω
答案：B　解析：根据电阻的定义式可以求出A、B两点的电阻分别为RA＝ Ω＝30 Ω，RB＝ Ω＝40 Ω，所以ΔR＝RB－RA＝10 Ω，故B对，A、C、D错.
4.[纯电阻电路的计算]如图所示，有一内电阻为4.4 Ω的电解槽和一盏标有“110 V　60 W”的灯泡串联后接在电压为220 V的直流电路两端，灯泡正常发光，则(　　)
A.电解槽消耗的电功率为120 W
B.电解槽的发热功率为60 W
C.电解槽消耗的电功率为60 W
D.电路消耗的总功率为60 W
答案：C　解析：灯泡能正常发光，说明电解槽和灯泡均分得110 V电压，且干路电流I＝I灯＝＝ A，则电解槽消耗的功率P＝P灯＝IU＝60 W，C正确，A错误；电解槽的发热功率P热＝I2R内＝1.3 W，B错误；整个电路消耗的总功率P总＝UI＝220× W＝120 W，D错误.
5.[电动机电路的计算](多选)下表列出了某品牌电动自行车及所用电动机的主要技术参数，不计其自身机械损耗.若该车在额定状态下以最大运行速度行驶，则(　　)
自重
40 kg
额定电压
48 V
载重
75 kg
额定电流
12 A
最大行
驶速度
20 km/h
额定输出功率
350 W
A.电动机的输入功率为576 W
B.电动机的内电阻为4 Ω
C.该车获得的牵引力为104 N
D.该车受到的阻力为63 N
答案：AD　解析：由于U＝48 V，I＝12 A，则P＝IU＝576 W，故选项A正确；因P入＝P出＋I2r，r＝ Ω＝ Ω，故选项B错；由P出＝Fv＝Ffv得F＝Ff＝63 N，故选项C错，D正确.
第2讲　闭合电路的欧姆定律
知识点一　串、并联电路的特点
1.特点对比
串联
并联
电流
I＝　　　　　　
I＝　　　　　　
电压
U＝　　　　　　
U＝　　　　　　
电阻
R＝　　　　　　
R＝　　　　　　
2.几个常用的推论
(1)串联电路的总电阻　　　　其中任一部分电路的总电阻.
(2)并联电路的总电阻　　　　其中任一支路的总电阻，且小于其中最小的电阻.
(3)无论电阻怎样连接，每一段电路的总耗电功率P总是等于各个电阻耗电功率之和.
(4)无论电路是串联还是并联，电路中任意一个电阻变大时，电路的总电阻变大.
答案：1.I1＝I2＝…＝In　I1＋I2＋…＋In　U1＋U2＋…＋Un　U1＝U2＝…＝Un　R1＋R2＋…＋Rn　＋＋…＋　2.(1)大于　(2)小于
知识点二　电源的电动势和内阻
1.电动势
(1)定义：电动势在数值上等于非静电力把1 C的　　　　在电源内从　　　　移送到　　　　所做的功.
(2)表达式：E＝　　　　.
(3)物理意义：反映电源把其他形式的能转化成电能的本领大小的物理量.
2.内阻：电源内部也是由导体组成的，也有电阻，叫做电源的　　　　，它是电源的另一重要参数.
答案：1.(1)正电荷　负极　正极　(2)　2.内阻
知识点三　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　　　　，跟内、外电路的电阻之和成　　　　.
2.公式
3.路端电压U与电流I的关系
(1)关系式：U＝　　　　.
(2)U-I图象如图所示.
①当电路断路即I＝0时，纵坐标的截距为　　　　.
②当外电路电压为U＝0时，横坐标的截距为　　　　.
③图线的斜率的绝对值为电源的　　　　.
答案：1.正比　反比　2.　U外＋U内　3.(1)E－Ir　(2)①电源电动势　②短路电流　③内阻
(1)电动势的大小反映了电源把电能转化为其他形式的能的本领强弱.(　　)
(2)电动势由电源中非静电力的特性决定，与电源的体积无关，与外电路无关.(　　)
(3)电动势等于电源的路端电压.(　　)
(4)电路中某电阻增大，该电阻的功率一定增大.(　　)
(5)闭合电路中外电阻越大，路端电压越大.(　　)
(6)在闭合电路中，外电阻越大，电源的输出功率越大.(　　)
(7)电源的输出功率越大，电源的效率越高.(　　)
答案：(1) ?　(2) ?　(3) ?　(4) ?　(5) ?
(6) ?　(7) ?
考点　电路的动态分析
1.电路的动态变化是指由于断开或闭合开关、滑动变阻器滑片的滑动等造成电路结构发生了变化，一处变化又引起了一系列的变化.
2.电路动态分析的方法——程序法
第一步：确定电路的外电阻R外如何变化.
第二步：根据闭合电路欧姆定律I总＝确定电路中的总电流如何变化.
第三步：由U内＝I总r确定内电压如何变化.
第四步：由U外＝E－U内确定路端电压如何变化.
第五步：由部分电路欧姆定律确定干路上某定值电阻两端的电压如何变化.
第六步：由串、并联电路的规律确定各支路两端的电压以及通过各支路的电流如何变化.
考向1　纯电阻电路动态分析
[典例1]　(多选)在如图所示的电路中，闭合开关S，当滑动变阻器的滑片P向下滑动时，四个理想电表的示数都发生变化，电表的示数分别用I、U1、U2和U3表示，电表示数变化量的大小分别用ΔI、ΔU1、ΔU2和ΔU3表示.下列判断正确的是(　　)
A.不变，不变　　B.变大，变大
C.变大，不变 D.变大，不变
[解题指导]　解答本题的思路如下：滑动变阻器的滑片P向下滑动→R2接入电路部分的电阻增大→总电阻增大，总电流减小→由、、、、、的意义进行分析判断.
[解析]　因为＝＝R1，且R1不变，所以不变，不变；因为＝R2，且R2变大，所以变大，但＝＝R1＋r，所以不变；因为＝R2＋R1，所以变大，又＝＝r，故不变.选项A、C、D正确.
[答案]　ACD
考向2　含容电路动态分析
[典例2]　(2016·新课标全国卷Ⅱ)阻值相等的四个电阻、电容器C及电池E(内阻可忽略)连接成如图所示电路.开关S断开且电流稳定时，C所带的电荷量为Q1；闭合开关S，电流再次稳定后，C所带的电荷量为Q2.Q1与Q2的比值为(　　)
A. B.
C. D.
[解题指导]　画出开关断开和闭合时的等效电路图，确定电容器和哪部分电路并联，这是解题的关键.
[解析]　电路中四个电阻阻值相等，开关S断开时，外电路的连接等效为图1，由于不计电池的内阻，设每个定值电阻的阻值为R，根据串并联电路的特点可知，电容器两端的电压为U1＝×E＝E；
当开关S闭合后，外电路的连接等效为图2，则电容器两端的电压为U2＝E＝E，由Q＝CU可知，＝＝，C项正确.
　
　　　图1　　　　　　　　图2
[答案]　C
[变式1]　(多选)如图所示，C1＝6 μF，C2＝3 μF，R1＝3 Ω，R2＝6 Ω，电源电动势E＝18 V，内阻不计.下列说法正确的是
(　　)
A.开关S断开时，a、b两点电势相等
B.开关S闭合后，a、b两点间的电流是2 A
C.开关S断开时C1带的电荷量比开关S闭合后C1带的电荷量大
D.不论开关S断开还是闭合，C1带的电荷量总比C2带的电荷量大
答案：BC　解析：S断开时外电路处于断路状态，两电阻中无电流通过，电阻两端电势相等，由图知a点电势与电源负极电势相等，而b点电势与电源正极电势相等，A错误.S断开时两电容器两端电压都等于电源电动势，而C1>C2，由Q＝CU知此时Q1>Q2，当S闭合时，稳定状态下C1与R1并联，C2与R2并联，电路中电流I＝＝2 A，此时两电阻两端电压分别为U1＝IR1＝6 V，U2＝IR2＝12 V，则此时两电容器所带电荷量分别为Q′1＝C1U1＝3.6×10－5 C、Q′2＝C2U2＝3.6×10－5 C，对电容器C1来说，S闭合后其两端电压减小，所带电荷量也减小，故B、C正确，D错误.
考向3　电路故障分析
[典例3]　(多选)在如图所示的电路中，由于某一电阻发生短路或断路，A灯变暗，B灯变亮，则故障可能是(　　)
A.R1短路 B.R2断路
C.R3断路 D.R4短路
[解析]　由于A灯串联于干路中，且故障发生后，A灯变暗，故知电路中总电流变小，即电路总电阻变大，由此推知，故障应为某一电阻断路，排除选项A、D.假设R2断路，则其断路后，电路总电阻变大，总电流变小，A灯变暗，同时R2断路必引起与之并联的B灯中电流变大，使B灯变亮，推理结果与现象相符，故选项B正确.假设R3断路，则总电阻变大，总电流变小，使A灯变暗，同时R3断路也必引起与之并联的电路(即R1所在支路)中电流增大，B灯中分得的电流也变大，B灯变亮，故选项C正确.
[答案]　BC
电路动态分析的两个结论
(1)判定总电阻变化情况的规律
①当外电路的任何一个电阻增大(或减小)时，电路的总电阻一定增大(或减小).
②若开关的通、断使串联的用电器增多时，电路的总电阻增大；若开关的通、断使并联的支路增多时，电路的总电阻减小.
(2)“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、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、电功率都将增大，反之则减小.
考点　电源的功率和效率
考向1　电源的功率及效率的分析与计算
[典例4]　(多选)直流电路如图所示，在滑动变阻器的滑片P向右移动时，电源的(　　)
A.总功率一定减小
B.效率一定增大
C.内部损耗功率一定减小
D.输出功率一定先增大后减小
[解题指导]　由于本题未给出滑片的初始位置，在判断电源输出功率时需注意.
[解析]　滑片P向右移动时外电路电阻R外增大，由闭合电路欧姆定律知总电流减小，由P总＝EI可得P总减小，故选项A正确；根据η＝＝可知选项B正确；由P输＝I2r可知，选项C正确；P输-R外图象如图所示，因不知道R外的初始值与r的大小关系，所以无法判断P输的变化情况，选项D错误.
[答案]　ABC
[变式2]　一台小型电动机在3 V电压下工作，用此电动机提升重力为4 N的物体时，通过电动机的电流是0.2 A.在30 s内可将该物体匀速提升3 m.若不计除电动机线圈生热之外的能量损失，求：
(1)电动机的输入功率；
(2)在开始提升物体后的30 s内，电动机线圈所产生的热量；
(3)电动机线圈的电阻.
答案：(1)0.6 W　(2)6 J　(3)5 Ω
解析：(1)电动机的输入功率P入＝IU＝0.2×3 V＝0.6 W.
(2)电动机提升物体的机械功率
P机＝Fv＝mg·＝0.4 W
由能量守恒定律得P入＝P机＋P热
故P热＝P入－P机＝(0.6－0.4)W＝0.2 W
所以电动机线圈产生的热量Q＝P热t＝0.2×30 J＝6 J.
(3)根据焦耳定律Q＝I2Rt可得线圈电阻
R＝＝ Ω＝5 Ω.
考向2　电源功率的图象问题
[典例5]　(多选)某同学将一直流电源的总功率PE、输出功率PR和电源内部的发热功率Pr随电流I变化的图线画在了同一坐标系中，如图中的a、b、c所示.以下判断正确的是(　　)
A.在a、b、c三条图线上分别取横坐标相同的A、B、C三点，这三点的纵坐标一定满足关系PA＝PB＋PC
B.b、c图线的交点与a、b图线的交点的横坐标之比一定为1∶2，纵坐标之比一定为1∶4
C.电源的最大输出功率Pm＝9 W
D.电源的电动势E＝3 V，内电阻r＝1 Ω
[问题探究]　(1)图中a、b、c三条图线分别表示电源的哪个功率随电流变化的图线？
(2)这三个功率有什么关系？
(3)什么时候电源的输出功率最大？
[提示]　(1)图线a表示电源总功率随电流变化的图线，b和c分别表示发热功率和输出功率随电流变化的图线.
(2)PE＝PR＋Pr.
(3)对纯电阻电路，当内、外电路电阻相等时，输出功率最大.
[解析]　在a、b、c三条图线上分别取横坐标相同的A、B、C三点，因为直流电源的总功率PE等于输出功率PR和电源内部的发热功率Pr的和，所以这三点的纵坐标一定满足关系PA＝PB＋PC，所以A正确；当内电阻和外电阻相等时，电源输出的功率最大，此时即为b、c图线的交点处的电流，此时电流的大小为＝，功率的大小为，a、b图线的交点表示电源的总功率PE和电源内部的发热功率Pr相等，此时只有电源的内电阻，所以此时电流的大小为，功率的大小为，所以横坐标之比为1∶2，纵坐标之比为1∶4，所以B正确；图线c表示电源的输出功率与电流的关系图象，很显然，最大输出功率小于3 W，故C错误；当I＝3 A时，PR＝0，说明外电路短路，根据PE＝EI知电源的电动势E＝3 V，内电阻r＝＝1 Ω，故D正确.
[答案]　ABD
1.在非纯电阻电路中，欧姆定律不再适用，不能用欧姆定律求电流，应用P＝UI求电流.
2.在非纯电阻电路中，电功大于电热，即W>Q，这时电功只能用W＝UIt计算，电热只能用Q＝I2Rt计算，两式不能通用.
3.由能量守恒定律得W＝Q＋E，E为其他形式的能.对电动机来说，输入功率P入＝IU，发热功率P热＝I2r，输出的功率即机械功率P机＝P入－P热＝UI－I2r.
考点　两类U-I图象的比较及应用
电源的U-I图象
电阻的U-I图象
图象
物理意义
路端电压随电流的变化规律
电阻两端电压随电流的变化规律
截距
与纵轴交点表示电源电动势E，与横轴交点表示短路电流
过坐标轴原点，表示没有电压时电流为零
坐标的乘
积UI
表示电源的输出功率
表示电阻消耗的功率
坐标的U、
I比值
表示外电阻的大小，不同点对应的外电阻大小不同
每一点对应的比值均等大，表示此电阻的大小不变
斜率的
绝对值
内电阻r
电阻大小
[典例6]　如图甲所示的电路中R1＝R2＝100 Ω，是阻值不随温度而变的定值电阻.白炽灯泡L的伏安特性曲线如图乙所示.电源电动势E＝100 V，内阻不计.求：
　　
　　　甲　　　　　　　　　　乙
(1)当开关S断开时，灯泡两端的电压和通过灯泡的电流以及灯泡的实际电功率；
(2)当开关S闭合时，灯泡两端的电压和通过灯泡的电流以及灯泡的实际电功率.
[解题指导]　由灯泡的伏安特性曲线可知，随工作电压和电流不同，其阻值不同，因此需要找出接入电路时的实际电压和电流的关系式并作出其伏安特性曲线.两条伏安特曲线的交点的坐标值即为实际工作电压和电流.
[解析]　(1)当S断开时，因R1是定值电阻，与灯泡串联，设灯泡上的电压为U1，电流为I1，根据闭合电路的欧姆定律有：E＝U1＋IR1，代入数据得：I1＝1－.在I-U图象上作出图线，如图所示，这条直线与灯泡的伏安特性曲线的交点为(40 V,0.60 A).由此可知此时流过灯泡的电流为0.6 A，灯泡上的电压为40 V，灯泡的实际功率P＝24 W.
(2)当S闭合时，设灯泡上的电压为U2，电流为I2，根据闭合电路的欧姆定律有：E＝U2＋R1，代入数据得：I2＝1－，在I-U图象上作出图线，如图所示，这条直线与灯泡的伏安特性曲线的交点为(25 V,0.5 A).由此可知此时流过灯泡的电流为0.5 A，灯泡上的电压为25 V，灯泡的实际功率P＝12.5 W.
[答案]　见解析
[变式3]　已知两电源的电动势分别为E1、E2(E1>E2)，内阻分别为r1、r2.当两电源分别与阻值为R的电阻连接时，外电路消耗的功率正好相等.若电阻R减小一些，再与E1、E2分别连接时，对应的外电路消耗的功率分别是P1、P2.则(　　)
A.r1P2
C.r1>r2，P1r2，P1>P2
答案：C　解析：由外电路消耗的功率相等得2R＝2R，又知E1>E2，则(R＋r1)2>(R＋r2)2，故r1>r2，再画出U-I图象如图所示，可知R减小一些(图中虚线)，在E2中电流增加量大，由P＝I2R可得P1利用两种图象解题的基本方法
利用电源的U-I图象和电阻的U-I图象解题，无论电阻的U-I图象是线性还是非线性，解决此类问题的基本方法是图解法，即把电源和电阻的U-I图线画在同一坐标系中，图线的交点即电阻的“工作点”，电阻的电压和电流可求，其他的量也可求.
1.[电路的动态分析](多选)在如图所示电路中，闭合开关S，理想电流表和理想电压表的示数分别用I和U表示，当滑动变阻器的滑动触头P向左滑动时，两表的示数都发生变化.电源的电动势和内电阻始终不变，则下列说法正确的是(　　)
A.I变大，U变小 B.变大
C.R1的功率一定变大 D.电源的总功率一定减小
答案：BD　解析：根据电路图可知，R1、R2、电流表串联后接在电源两端，电压表并联在R2两端.当滑动触头P向左滑动时，R2连入电路的阻值变大，由闭合电路欧姆定律可判断，I变小，U变大，则变大，A错误，B正确；由PR1＝I2R1，知R1的功率PR1变小，C错误；电源的总功率P总＝，因R总变大，则P总是变小的，D正确.
2.[含容电路动态分析]如图所示的电路中，当滑动变阻器R2的滑动触头P向下滑动时(　　)
A.电压表的读数减小
B.R1消耗的功率增大
C.电源的输出功率增大
D.电容器C所带电荷量增多
答案：D　解析：根据电路图可知，R1、R2串联后接在电源两端，电容器C并联在R2两端，电压表测路端电压.当滑动触头P向下滑动时，R2连入电路的电阻变大，则总电阻变大，由I＝知电流I减小，由U＝E－Ir知路端电压增大，则电压表示数变大，电源的输出功率P出＝UI无法判断.由PR1＝I2R1知，R1消耗的功率变小.由UR＝E－(R1＋r)I知电容器两端电压变大，则电容器所带电荷量增多；综上所述，A、B、C错误，D正确.
3.[电路故障分析](多选)在如图所示的电路中，电源的电动势E和内阻r恒定，闭合开关S后灯泡能够发光，经过一段时间后灯泡突然变亮，若电路中仅有一处故障，则出现这种现象的原因可能是(　　)
A.电阻R1短路 B.电阻R2断路
C.电阻R2短路 D.电容器C损坏
答案：AB　解析：若电阻R1短路，电路中总电阻减小，总电流增大，灯泡与R2并联部分两端电压增大，则灯泡变亮，故A符合题意.若电阻R2断路，则总电阻增大，总电流减小，R1及内阻r分担的电压减小，则灯泡两端的电压增大，灯泡变亮，故B符合题意；若电阻R2短路，则灯泡也被短路，不亮，故C不符合题意；若电容器C损坏，对灯泡亮度没有影响，故D不符合题意.
4.[电源的U-I图象](多选)如图所示，直线A、B分别为电源a、b的路端电压与电流的关系图线，设两个电源的内阻分别为ra和rb，若将一定值电阻R0分别接到a、b两电源上，通过R0的电流分别为Ia和Ib，则(　　)
A.ra>rb
B.Ia>Ib
C.R0接电源a时，电源的输出功率较大，但效率较低
D.R0接电源b时，电源的输出功率较小，效率较低
答案：ABC　解析：在电源路端电压与电流的关系图象中，斜率表示电源内阻，则ra>rb，A正确；在图象中作出定值电阻R0的伏安特性曲线，与电源的伏安特性曲线交点表示电路工作点，Ia>Ib，B正确；R0接电源a时，电源的输出功率较大，但效率较低，R0接电源b时，电源的输出功率较小，但效率较高，C正确，D错误.
5.[电源的功率]如图所示，电源电动势E＝12 V，内阻r＝3 Ω，R0＝1 Ω，直流电动机内阻R′0＝1 Ω，当调节滑动变阻器R1时可使甲电路输出功率最大，调节R2时可使乙电路输出功率最大，且此时电动机刚好正常工作(额定输出功率为P0＝2 W)，则R1和R2的值分别为(　　)
　　
　　甲　　　　　　　　　　乙
A.2 Ω，2 Ω B.2 Ω，1.5 Ω
C.1.5 Ω，1.5 Ω D.1.5 Ω，2 Ω
答案：B　解析：因为题中甲电路是纯电阻电路，当外电阻与电源内阻相等时，电源的输出功率最大，所以R1＝2 Ω；而乙电路是含电动机电路，欧姆定律不适用，电路的输出功率P＝IU＝I(E－Ir)，当I＝＝2 A时，输出功率P有最大值，此时电动机的输出功率为P0＝2 W，发热功率为P热＝I2R′0＝4 W，所以电动机的输入功率为P入＝P0＋P热＝6 W，电动机两端的电压为UM＝＝3 V，电阻R2两端的电压为UR2＝E－UM－Ir＝3 V，所以R2＝＝1.5 Ω，选项B正确.
专题三　牛顿运动定律综合应用(一)
突破　动力学图象问题
1.图象的类型
(1)已知物体在一过程中所受的某个力随时间变化的图线，要求分析物体的运动情况.
(2)已知物体在一运动过程中速度、加速度随时间变化的图线，要求分析物体的受力情况.
2.解决图象问题的方法和关键
(1)分清图象的类别：分清横、纵坐标所代表的物理量，明确其物理意义，掌握物理图象所反映的物理过程，会分析临界点.
(2)注意图象中的一些特殊点所表示的物理意义：图线与横、纵坐标的交点，图线的转折点，两图线的交点等表示的物理意义.
(3)明确能从图象中获得哪些信息：把图象与物体的运动情况相结合，再结合斜率、特殊点、面积等的物理意义，确定从图象中得出的有用信息，这些信息往往是解题的突破口或关键点.
考向1　利用v-t图象求未知量
[典例1]　(2015·新课标全国卷Ⅰ)(多选)如图(a)所示，一物块在t＝0 时刻滑上一固定斜面，其运动的v-t图线如图(b)所示.若重力加速度及图中的v0、v1、t1均为已知量，则可求出(　　)
(a)　　　　　　(b)　　
A.斜面的倾角
B.物块的质量
C.物块与斜面间的动摩擦因数
D.物块沿斜面向上滑行的最大高度
[问题探究]　(1)上升过程已知几个物理量？能求出几个未知量？
(2)下降过程已知几个物理量？能求出几个未知量？
[提示]　(1)上升过程知道初速度、末速度和时间，能求出加速度和位移.
(2)下降过程知道初速度、末速度和时间，能求出加速度和位移.
[解析]　由运动的v-t图线可求出物块向上滑行的加速度和返回向下滑行的加速度，对上升时和返回时分析受力，运用牛顿第二定律可分别列出方程，联立两个方程可解得斜面倾角和物块与斜面之间的动摩擦因数，选项A、C正确；根据运动的v-t图线与横轴所围面积表示位移可求出物块向上滑行的最大高度，选项D正确.
[答案]　ACD
考向2　利用F-t图象求未知量
[典例2]　如图甲所示为一倾角θ＝37°的足够长斜面，将一质量为m＝1 kg的物体无初速度在斜面上释放，同时施加一沿斜面向上的拉力，拉力随时间变化的关系图象如图乙所示，物体与斜面间的动摩擦因数μ＝0.25，取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：
　
(1)2 s末物体的速度；
(2)前16 s内物体发生的位移.
[解题指导]　先分析前2 s内物体的受力，确定物体的运动情况；再分析2 s后物体的受力和运动情况，特别注意速度减为零后的运动情况.
[解析]　(1)由分析可知物体在前2 s内沿斜面向下做初速度为零的匀加速直线运动，由牛顿第二定律可得
mgsin θ－F1－μmgcos θ＝ma1
v1＝a1t1
代入数据可得
a1＝2.5 m/s2，方向沿斜面向下
v1＝5 m/s，方向沿斜面向下.
(2)物体在前2 s内发生的位移为x1，则
x1＝a1t＝5 m，方向沿斜面向下
当拉力为F2＝4.5 N时，由牛顿第二定律可得
F2＋μmgcos θ－mgsin θ＝ma2
代入数据可得a2＝0.5 m/s2，方向沿斜面向上
物体经过t2时间速度减为0，则
v1＝a2t2
得t2＝10 s
t2时间内发生的位移为x2，则
x2＝a2t＝25 m，方向沿斜面向下
由于mgsin θ－μmgcos θ故物体在前16 s内发生的位移x＝x1＋x2＝30 m，方向沿斜面向下.
[答案]　见解析
处理动力学图象问题的一般思路
(1)依据题意，合理选取研究对象.
(2)对物体先受力分析，再分析其运动过程.
(3)将物体的运动过程与图象对应起来.
(4)对于相对复杂的图象，可通过列解析式的方法进行判断.
突破　连接体问题的分析方法
1.整体法的选取原则：若连接体内各物体具有相同的加速度，且不需要求物体之间的作用力，可以把它们看成一个整体，分析整体受到的合外力，应用牛顿第二定律求出加速度(或其他未知量).
2.隔离法的选取原则：若连接体内各物体的加速度不相同，或者要求出系统内各物体之间的作用力时，就需要把物体从系统中隔离出来，应用牛顿第二定律列方程求解.
3.整体法、隔离法的交替运用：若连接体内各物体具有相同的加速度，且要求物体之间的作用力时，可以先用整体法求出加速度，然后再用隔离法选取合适的研究对象，应用牛顿第二定律求作用力.即“先整体求加速度，后隔离求内力”.若已知物体之间的作用力，则“先隔离求加速度，后整体求外力”.
　　　 　　　　　 　　　　　　 　　
[典例3]　如图所示，在粗糙的水平面上，质量分别为m和M(m∶M＝1∶2)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相同，当用水平力F作用于B上且两物块共同向右加速运动时，弹簧的伸长量为x1；当用同样大小的力作用于A上且竖直加速提升两物块时，弹簧的伸长量为x2，则x1∶x2等于(　　)
A.1∶1 B.1∶2
C.2∶1 D.2∶3
[解析]　当水平力F作用在B上时，A、B做匀加速运动，则对A、B整体分析有F－3μmg＝3ma1，a1＝；对A隔离分析有kx1－μmg＝ma1，经过整理得F＝3kx1.当F竖直向上时，对A、B整体分析有F－3mg＝3ma2，a2＝，对B物体隔离分析有kx2－2mg＝2ma2，解得x1∶x2＝1∶2，故B正确.
[答案]　B
[变式1]　如图所示，质量分别为m、M的两物体P、Q保持相对静止，一起沿倾角为θ的固定光滑斜面下滑，Q的上表面水平，P、Q之间的动摩擦因数为μ，则下列说法正确的是(　　)
A.P处于超重状态
B.P受到的摩擦力大小为μmg，方向水平向右
C.P受到的摩擦力大小为mgsin θcos θ，方向水平向左
D.P受到的支持力大小为mgsin 2θ
答案：C　解析：由题意可知，P有向下的加速度，处于失重状态，选项A错误；对P、Q整体，根据牛顿第二定律有(M＋m)·gsin θ＝(M＋m)a，得加速度a＝gsin θ，将沿斜面向下的加速度a＝gsin θ沿水平方向和竖直方向分解，如图所示，则a1＝acos θ＝gsin θcos θ，a2＝asin θ＝gsin2 θ，对P分析，根据牛顿第二定律，水平方向上有Ff＝ma1，方向水平向左，竖直方向上有mg－FN＝ma2，得Ff＝mgsin θcos θ，FN＝mgcos2 θ，选项C正确，B、D错误.
[变式2]　如图甲所示，光滑滑轮的质量不计，已知三个物体的质量关系是m1＝m2＋m3，这时弹簧秤的读数为T.若把质量为m2的物体从右边移到左边的物体上，如图乙所示，弹簧秤的读数将(　　)
A.增大 B.减小
C.不变 D.无法确定
　　　
答案：B　解析：开始时，弹簧秤的示数为T＝2m1g，把质量为m2的物体移到左边的物体上后，弹簧秤的示数为T′，选三个物体和滑轮组成的系统为研究对象，由牛顿第二定律有(m1＋m2＋m3)g－T′＝(m1＋m2)a－m3a，解得T′＝2m1g－2m2a，可得T′整体法、隔离法的使用技巧
(1)不能把整体法和隔离法对立起来，而应该将两者结合起来.解题时，从具体问题的实际情况出发，灵活选取研究对象，恰当地选择使用整体法和隔离法.
(2)当系统有相同的加速度时，可依据所求力的情况确定选用整体法还是隔离法.若所求的力为外力则用整体法，若所求的力为内力则用隔离法.但在具体应用时，绝大多数情况是将两种方法相结合应用：求外力时，一般先隔离后整体；求内力时，一般先整体后隔离.先隔离或先整体的目的都是求解共同的加速度.
突破　动力学临界、极值问题
1.当物体的运动从一种状态转变为另一种状态时必然有一个转折点，这个转折点所对应的状态叫做临界状态；在临界状态时必须满足的条件叫做临界条件，用变化的观点正确分析物体的受力情况、运动状态变化情况，同时抓住满足临界值的条件是求解此类问题的关键.
2.临界或极值条件的标志
(1)有些题目中有“刚好”、“恰好”、“正好”等字眼，明显表明题述的过程存在着临界点.
(2)若题目中有“取值范围”、“多长时间”、“多大距离”等词语，表明题述的过程存在着“起止点”，而这些起止点往往就是临界状态.
(3)若题目中有“最大”、“最小”、“至多”、“至少”等字眼，表明题述的过程存在着极值，这个极值点往往是临界点.
考向1　临界问题的分析方法
[典例4]　如图所示，一弹簧一端固定在倾角为θ＝37°的光滑①固定斜面的底端，另一端拴住质量为m1＝4 kg的物体P，Q为一质量为m2＝8 kg的物体，弹簧的质量不计，劲度系数k＝600 N/m，系统处于静止状态②.现给Q施加一个方向沿斜面向上的力F，使它从静止③开始沿斜面向上做匀加速④运动，已知在前0.2 s时间内，F为变力，0.2 s以后F为恒力⑤，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，取g＝10 m/s2.求力F的最大值与最小值⑥.
[解题指导]
关键词
理解
①
无滑动摩擦力
②
可求出弹簧的压缩量
③④
初速度为零，加速度恒定
⑤
经过0.2 s，P和Q恰好分离
⑥
t＝0时拉力最小，分离后拉力最大
[解析]　设开始时弹簧的压缩量为x0，由平衡条件得
(m1＋m2)gsin θ＝kx0
代入数据解得x0＝0.12 m
因前0.2 s时间内F为变力，之后为恒力，则0.2 s时刻两物体分离，此时P、Q之间的弹力为零，设此时弹簧的压缩量为x1
对物体P，由牛顿第二定律得
kx1－m1gsin θ＝m1a
前0.2 s时间内两物体的位移
x0－x1＝at2
联立解得a＝3 m/s2
对两物体受力分析知，开始运动时拉力最小，分离时拉力最大
Fmin＝(m1＋m2)a＝36 N
对Q应用牛顿第二定律得
Fmax－m2gsin θ＝m2a
解得Fmax＝m2(gsin θ＋a)＝72 N.
[答案]　72 N　36 N
考向2　极值问题的分析方法
[典例5]　如图甲所示，木板与水平地面间的夹角θ可以随意改变，当θ＝30°时，可视为质点的一小物块恰好能沿着木板匀速下滑.如图乙所示，若让该小物块从木板的底端以大小恒定的初速率v0沿木板向上运动，随着θ的改变，小物块沿木板向上滑行的距离x将发生变化，重力加速度为g.
甲　　　　　　　　　乙
(1)求小物块与木板间的动摩擦因数；
(2)当θ角满足什么条件时，小物块沿木板向上滑行的距离最小，并求出此最小值.
[解析]　(1)当θ＝30°时，小物块处于平衡状态，对小物块受力分析并根据平衡条件有mgsin θ＝μmgcos θ
解得：μ＝tan θ＝.
(2)当θ角变化时，设沿斜面向上为正方向，小物块的加速度为a，则：－mgsin θ－μmgcos θ＝ma
小物块的位移x满足：0－v＝2ax
则：x＝＝
当θ＋＝，即θ＝时，x有最小值
将μ＝代入得，x的最小值为xmin＝.
[答案]　(1)　(2)θ＝60°　
动力学中的典型临界条件
(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，绳子松弛的临界条件是FT＝0.
1.[动力学图象问题]以相同初速度将两个物体同时竖直向上抛出并开始计时，一个物体所受空气阻力可以忽略，另一个物体所受空气阻力大小与物体速率成正比，下列用虚线和实线描述两物体运动的速率—时间图象可能正确的是(　　)
答案：D　解析：在速率—时间图象中，斜率的绝对值表示物体运动的加速度大小.所受空气阻力可忽略的物体，其只受重力作用，加速度不变，图线为图中虚线；不可忽略空气阻力的物体，其所受空气阻力大小与速率成正比，为变力，图线为图中实线，对受空气阻力作用的物体分析知，其上升过程中速率越来越小，则其所受阻力越来越小，合力越来越小，加速度越来越小，当其到达最高点时速率为零，加速度等于重力加速度，其从最高点下落过程中，速率越来越大，阻力越来越大，合力越来越小，加速度越来越小，若其在落地前阻力已经等于重力，则其最后阶段做匀速运动，故选D.
2.[动力学图象问题]如图所示，劲度系数为k的轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上.一质量为m的小球，从离弹簧上端高h处自由下落，接触弹簧后继续向下运动.观察小球从开始下落到第一次运动至最低点的过程，下列关于小球的速度v或加速度a随时间t变化的图象中符合实际情况的是(　　)
　　
　　
答案：A　解析：小球接触弹簧开始，合力向下，向下做加速度逐渐减小的加速运动，运动到某个位置时，重力等于弹簧弹力，合力为零，加速度为零，速度最大，然后重力小于弹力，合力方向向上，向下做加速度逐渐增大的减速运动，运动到最低点时，速度为零，加速度最大，根据对称性可知，到达最低点时加速度大于g，且加速度a随时间t的变化为非线性变化，故A正确，B、C、D错误.
3.[连接体问题](多选)如图所示，质量为m1和m2的两物块放在光滑的水平地面上.用轻质弹簧将两物块连接在一起.当用水平力F作用在m1上时，两物块均以加速度a做匀加速运动，此时，弹簧伸长量为x；若用水平力F′作用在m1上时，两物块均以加速度a′＝2a做匀加速运动，此时弹簧伸长量为x′.则下列关系正确的是(　　)
A.F′＝2F B.x′＝2x
C.F′>2F D.x′<2x
答案：AB　解析：取m1和m2为一整体，应用牛顿第二定律可得：F＝(m1＋m2)a.弹簧的弹力FT＝＝kx.当两物块的加速度增为原来的2倍，拉力F增为原来的2倍，FT增为原来的2倍，弹簧的伸长量也增为原来的2倍，故A、B正确.
4.[连接体问题]如图所示，有材料相同的P、Q两物块通过轻绳相连，并在拉力F作用下沿斜面向上运动，轻绳与拉力F的方向均平行于斜面.当拉力F一定时，Q受到绳的拉力(　　)
A.与斜面倾角θ有关
B.与动摩擦因数有关
C.与系统运动状态有关
D.仅与两物块质量有关
答案：D　解析：设P、Q的质量分别为m1、m2，Q受到绳的拉力大小为FT，物块与斜面间的动摩擦因数为μ，根据牛顿第二定律，对整体分析，有F－(m1＋m2)gsin θ－μ(m1＋m2)gcos θ＝(m1＋m2)a；对Q分析：有FT－m2gsin θ－μm2gcos θ＝m2a，解得FT＝F，可见Q受到绳的拉力FT与斜面倾角θ、动摩擦因数μ和系统运动状态均无关，仅与两物块质量和F有关，选项D正确.
5.[临界、极值问题]倾角为θ＝45°、外表面光滑的楔形滑块M放在水平面AB上，滑块M的顶端O处固定一细线，细线的另一端拴一小球，已知小球的质量为m＝ kg，当滑块M以a＝2g的加速度向右运动时，则细线拉力的大小为(取g＝10 m/s2)(　　)
A.10 N B.5 N
C. N D. N
答案：A　解析：当滑块向右运动的加速度较小时，滑块对于小球存在支持力；当滑块向右运动的加速度较大时，小球将脱离斜面而“飘”起来.因此，本题存在一个临界条件：当滑块向右运动的加速度为某一临界值时，斜面对小球的支持力恰好为零，此时小球受到两个力：重力和细线的拉力(如图1所示)，根据牛顿第二定律，有
FTcos θ＝ma0
FTsin θ－mg＝0
其中θ＝45°
解得a0＝g
图1　　　　图2
则知当滑块向右运动的加速度a＝2g时，小球已“飘”起来了，此时小球受力如图2所示，则有
F′Tcos α＝m·2g
F′Tsin α－mg＝0
解得F′T＝mg＝××10 N＝10 N.
专题四　牛顿运动定律综合应用(二)
突破　等时圆模型
1.模型特征
(1)质点从竖直圆环上沿不同的光滑弦上端由静止开始滑到环的最低点所用时间相等，如图甲所示.
(2)质点从竖直圆环上最高点沿不同的光滑弦由静止开始滑到下端所用时间相等，如图乙所示.
(3)两个竖直圆环相切且两环的竖直直径均过切点，质点沿不同的光滑弦上端由静止开始滑到下端所用时间相等，如图丙所示.
　
2.思维模板
[典例1]　如图所示，在倾角为θ的斜面上方的A点处放置一光滑的木板AB，B端刚好在斜面上.木板与竖直方向AC所成角度为α，一小物块自A端沿木板由静止滑下，要使物块滑到斜面的时间最短，则α与θ角的大小关系应为(　　)
A.α＝θ B.α＝
C.α＝ D.α＝2θ
[解题指导]　在AC上选取一点O，使OA＝OB，以O为圆心，OA为半径作圆，即可构造等时圆模型.
[解析]　如图所示，在竖直线AC上选取一点O为圆心，以适当的长度为半径画圆，使该圆过A点，且与斜面相切于B点.由等时圆知识可知，由A沿斜面滑到B所用时间比由A到达斜面上其他各点所用时间都短.而∠COB＝θ，则α＝.
[答案]　B
[变式1]　(2017·东北三省三校第一次联考)如图所示，位于竖直平面内的固定光滑圆环轨道与水平面相切于M点，与竖直墙相切于A点.竖直墙上另一点B与M的连线和水平面的夹角为60°，C是圆环轨道的圆心.已知在同一时刻a、b两球分别由A、B两点从静止开始沿光滑倾斜直轨道AM、BM运动到M点；c球由C点自由下落到M点.则(　　)
A.a球最先到达M点
B.b球最先到达M点
C.c球最先到达M点
D.b球和c球都可能最先到达M点
答案：
C　解析：如图所示，令圆环半径为R，则c球由C点自由下落到M点用时满足R＝gt，所以tc＝；对于a球令AM与水平面成θ角，则a球下滑到M用时满足AM＝2Rsin θ＝gsin θt，即ta＝2；同理b球从B点下滑到M点用时也满足tb＝2(r为过B、M且与水平面相切于M点的竖直圆的半径，r>R).综上所述可得tb>ta>tc.
突破　传送带模型
考向1　水平传送带模型
情景
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)v0＝v时，一直匀速
(2)v0>v时，可能一直减速，也可能先减速再匀速
(3)v0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.其中当v0>v时，返回时速度为v；当v0[典例2]　(2017·广东中山模拟)(多选)如图甲所示的水平传送带AB逆时针匀速转动，一物块沿曲面从一定高度处由静止开始下滑，以某一初速度从传送带左端滑上，在传送带上由速度传感器记录下物块速度随时间的变化关系如图乙所示(图中取向左为正方向，以物块刚滑上传送带时为计时起点).
　
已知传送带的速度保持不变，重力加速度取g＝10 m/s2.关于物块与传送带间的动摩擦因数μ及物块在传送带上运动第一次回到传送带左端的时间t，下列计算结果正确的是(　　)
A.μ＝0.4 B.μ＝0.2
C.t＝4.5 s D.t＝3 s
[问题探究]　(1)物体刚滑上传送带的速率和传送带的速率分别是多少？
(2)物体在传送带上如何运动？
[提示]　(1)由v-t图象可知，物体刚滑上传送带的速率为4 m/s，传送带的速率为2 m/s.
(2)物体在传送带上先做匀减速运动，直到速度减为零，然后反向加速，最后做匀速运动.
[解析]　由题图乙可得，物块做匀变速运动的加速度大小为a＝＝2.0 m/s2，由牛顿第二定律得Ff＝ma＝μmg，则可得物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2，A错误，B正确；在v-t图象中，图线与t轴所围面积表示物块的位移，则物块经减速、反向加速到与传送带相对静止，最后匀速运动回到传送带左端时，物块的位移为0，由题图乙可得物块在传送带上运动的总时间为4.5 s，C正确，D错误.
[答案]　BC
[变式2]　如图所示，足够长的水平传送带静止时在左端做标记点P，将工件放在P点.启动传送带，P点向右做匀加速运动，工件相对传送带发生滑动.经过t1＝2 s时立即控制传送带，P点做匀减速运动，再经过t2＝3 s传送带停止运行，测得标记点P通过的距离x0＝15 m.
(1)求传送带的最大速度；
(2)已知工件与传送带的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度取g＝10 m/s2，求整个过程中工件运动的总距离.
答案：(1)6 m/s　(2)12.5 m
解析：(1)设传送带的最大速度为vm
根据匀变速直线运动规律
x0＝x1＋x2＝(t1＋t2)
代入数据解得vm＝6 m/s
传送带减速运动中a1＝＝－2 m/s2.
(2)以工件为研究对象，由牛顿第二定律：
μmg＝ma2
解得工件的加速度a2＝μg＝2 m/s2
设经时间t工件与传送带速度v相等
v＝a2t
v＝vm＋a1(t－t1)
解得t＝2.5 s，v＝5 m/s
t＝2.5 s内工件的位移x1＝·t＝6.25 m
工件与传送带速度v相等后，设二者相对静止
则工件受到的摩擦力大小Ff＝m·|a1|＝m×2 m/s2
工件与传送带之间的最大静摩擦力
Ffm＝μmg＝m×2 m/s2＝Ff
所以二者一起减速运动到静止
减速过程工件的位移x2＝(t1＋t2－t)＝6.25 m
解得工件的位移x＝x1＋x2＝12.5 m.
考向2　倾斜传送带模型
情景
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
情景3
(1)可能一直加速
(2)可能一直匀速
(3)可能先加速后匀速
(4)可能先减速后匀速
(5)可能先以a1加速后以a2加速
情景4
(1)可能一直加速
(2)可能一直匀速
(3)可能先减速后反向加速
[典例3]　如图所示，倾角为37°、长为l＝16 m 的传送带，转动速度为v＝10 m/s，在传送带顶端A处无初速度地释放一个质量为m＝0.5 kg的物体，已知物体与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，取g＝10 m/s2.求：(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)
(1)传送带顺时针转动时，物体从顶端A滑到底端B的时间；
(2)传送带逆时针转动时，物体从顶端A滑到底端B的时间.
[解题指导]　(1)顺时针转动时，物体沿斜面一直向下做匀加速运动，由运动方式可求时间.
(2)逆时针转动时，尤其要判断摩擦力的方向和共速后的运动情况，需要计算出数据再判断.
[解析]　(1)传送带顺时针转动时，物体相对传送带向下运动，则物体所受滑动摩擦力沿斜面向上，相对传送带向下匀加速运动，根据牛顿第二定律有
mg(sin 37°－μcos 37°)＝ma
则a＝gsin 37°－μgcos 37°＝2 m/s2
根据l＝at2得t＝4 s.
(2)传送带逆时针转动，当物体下滑速度小于传送带转动速度时，物体相对传送带向上运动，则物体所受滑动摩擦力沿传送带向下，设物体的加速度大小为a1，由牛顿第二定律得
mgsin 37°＋μmgcos 37°＝ma1
则有a1＝＝10 m/s2
设当物体运动速度等于传送带转动速度时经历的时间为t1，位移为x1，则有t1＝＝ s＝1 s，x1＝a1t＝5 m当物体运动速度等于传送带速度瞬间，有mgsin 37°>μmgcos 37°，则下一时刻物体相对传送带向下运动，受到传送带向上的滑动摩擦力——摩擦力发生突变.设当物体下滑速度大于传送带转动速度时物体的加速度为a2，则
a2＝＝2 m/s2
x2＝l－x1＝11 m
又因为x2＝vt2＋a2t
则有10t2＋t＝11
解得t2＝1 s(t2＝－11 s舍去)
所以t总＝t1＋t2＝2 s.
[答案]　(1)4 s　(2)2 s
分析传送带问题的关键
要注意抓住两个关键时刻：一是初始时刻，根据物体速度v物和传送带速度v传的关系确定摩擦力的方向，二是当v物＝v传时(速度相等是解决问题的转折点)，判断物体能否与传送带保持相对静止.
突破　滑块—木板模型
1.模型特点：涉及两个物体，并且物体间存在相对滑动.
2.两种位移关系：滑块由木板的一端运动到另一端的过程中，若滑块和木板同向运动，位移之差等于板长；若反向运动，位移之和等于板长.
3.“滑块—木板”模型问题的分析思路
[典例4]　如图所示，物体A叠放在物体B上，B置于光滑水平面上，A、B质量分别为mA＝6 kg、mB＝2 kg，A、B之间的动摩擦因数μ＝0.2，开始时F＝10 N，此后逐渐增加，在增大到45 N的过程中，则(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)(　　)
A.当拉力F<12 N时，物体均保持静止状态
B.两物体开始没有相对运动，当拉力超过12 N时，开始相对滑动
C.两物体从受力开始就有相对运动
D.两物体始终没有相对运动
[问题探究]　(1)A、B两物体产生相对运动的条件是什么？
(2)A、B间刚产生相对运动时的拉力是多少？
[提示]　(1)A的加速度大于B的加速度，即aA>aB.
(2)根据牛顿第二定律aA＝，aB＝，由已知条件得>，代入数据可得F>48 N.
[解析]　首先了解各物体的运动情况，B运动是因为A对它有静摩擦力，但由于静摩擦力存在最大值，所以B的加速度存在最大值，可以求出此加速度下拉力的大小；
如果拉力再增大，则物体间就会发生相对滑动，所以这里存在一个临界点，就是A、B间静摩擦力达到最大值时拉力F的大小，以A为研究对象进行受力分析，A受水平向右的拉力，水平向左的静摩擦力，则有F－Ff＝mAa，再以B为研究对象，B受水平向右的静摩擦力Ff＝mBa，当Ff为最大静摩擦力时，解得a＝＝＝ m/s2＝6 m/s2，F＝48 N，由此可以看出当F<48 N时，A、B间的摩擦力达不到最大静摩擦力，也就是说，A、B间不会发生相对运动，故选项D正确.
[答案]　D
[变式3]　(2017·宁夏银川一中二模)质量为0.5 kg的小物块A放在质量为1 kg的足够长的木板B的左端， 木板B在水平拉力的作用下沿地面匀速向右滑动， 且A、B相对静止， 某时刻撤去水平拉力， 则经过一段时间后A和B都停下来，A在B上相对于B向右滑行了1.5 m的距离.
已知A、B间的动摩擦因数为μ1＝0.2， B与地面间的动摩擦因数为μ2＝0.4， 求B在地面上滑行的距离.重力加速度的大小取g＝10 m/s2.
答案：1 m　解析：撤去拉力后二者不可能相对静止，μ1<μ2，A的加速度小于整体共同的加速度，也一定小于B的加速度.A也不可能相对B向左运动.这样一是A会从B上掉下去，二是A成了向右加速运动.故A只能相对B向右运动
设共同的初速度为v0.aA＝μ1g＝2 m/s2，向左
μ2(mA＋mB)g－μ1mAg＝mBaB，aB＝5 m/s2，向左
则x相＝－
v0＝ m/s
则xB＝＝1 m.
“滑块—木板”模型的分析技巧
(1)分析滑块和木板的受力情况，根据牛顿第二定律分别求出滑块和木板的加速度.
(2)对滑块和木板进行运动情况分析，找出滑块和木板之间的位移关系或速度关系，建立方程，特别注意滑块和木板的位移都是相对地面的位移.
1.[等时圆模型]如图所示，光滑细杆BC、DC和AC构成矩形ABCD的两邻边和对角线，AC∶BC∶DC＝5∶4∶3，AC杆竖直，各杆上分别套有一质点小球a、b、d，三小球的质量比为1∶2∶3，现让三小球同时从各杆的顶点由静止释放，不计空气阻力，则a、b、d三小球在各杆上滑行的时间之比为(　　)
A.1∶1∶1 B.5∶4∶3
C.5∶8∶9 D.1∶2∶3
答案：A　解析：作三角形ABC的外接圆，可知D点在圆周上，由等时圆模型可知滑行时间相等，A正确.
2.[等时圆模型]如图所示，AB和CD为两条光滑斜槽，它们各自的两个端点均分别位于半径为R和r的两个相切的圆上，且斜槽都通过切点P.设有一重物先后沿两个斜槽，从静止出发，由A滑到B和由C滑到D，所用的时间分别为t1和t2，则t1与t2之比为(　　)
A.2∶1 　　B.1∶1 C.∶1 　　D.1∶
答案：B　解析：设光滑斜槽轨道与水平面的夹角为θ，则物体下滑时的加速度为a＝gsin θ，由几何关系，斜槽轨道的长度x＝2(R＋r)sin θ，由运动学公式x＝at2，得t＝＝＝2，即所用的时间t与倾角θ无关，所以t1＝t2，B项正确.
3.[滑块—木板模型]如图所示，在光滑平面上有一静止小车，小车上静止地放置着一小物块，物块和小车间的动摩擦因数为μ＝0.3，用水平恒力F拉动小车，设物块的加速度为a1，小车的加速度为a2.当水平恒力F取不同值时，a1与a2的值可能为(当地重力加速度取g＝10 m/s2)(　　)
A.a1＝2 m/s2，a2＝3 m/s2
B.a1＝3 m/s2，a2＝2 m/s2
C.a1＝5 m/s2，a2＝3 m/s2
D.a1＝3 m/s2，a2＝5 m/s2
答案：D　解析：由受力分析可知物块的加速度取决于小车对物块的摩擦力，即Ff＝ma1，且Ff的最大值为Ffm＝μmg，即a1的最大值为a1m＝μg＝3 m/s2.当二者相对静止一起加速时，a1＝a2≤3 m/s2.当F较大时，二者发生相对滑动，a1＝3 m/s2，a2>3 m/s2.综上所述只有选项D符合题意.
4.[传送带模型](多选)如图所示，水平传送带A、B两端相距x＝4 m，以v0＝4 m/s 的速度(始终保持不变)顺时针运转，今将一小煤块(可视为质点)无初速度地轻放至A端，由于煤块与传送带之间有相对滑动，会在传送带上留下划痕.
已知煤块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.4，取重力加速度大小g＝10 m/s2，则煤块从A运动到B的过程中(　　)
A.煤块从A运动到B的时间是2.25 s
B.煤块从A运动到B的时间是1.5 s
C.划痕长度是0.5 m
D.划痕长度是2 m
答案：BD　解析：根据牛顿第二定律，煤块的加速度a＝＝4 m/s2，煤块运动到速度与传送带速度相等时的时间t1＝＝1 s，位移大小x1＝at＝2 m5.[传送带模型]如图所示，三角形传送带以1 m/s的速度逆时针匀速转动，两边的传送带长都是2 m，且与水平方向的夹角均为37°.现有两个小物块A、B从传送带顶端都以1 m/s的初速度沿传送带下滑，两物块与传送带间的动摩擦因数都是0.5，取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.下列判断不正确的是(　　)
A.物块A先到达传送带底端
B.物块A、B同时到达传送带底端
C.传送带对物块A、B的摩擦力都沿传送带向上
D.物块A下滑过程中相对传送带的位移小于物块B下滑过程中相对传送带的位移
答案：A　解析：因动摩擦因数μ＝0.5，有mgsin 37°>μmgcos 37°，所以传送带对物块A、B的摩擦力方向都沿传送带向上，选项C正确；物块A、B都做匀加速运动，加速度相同，根据牛顿第二定律，mgsin 37°－μmgcos 37°＝ma，解得两物块的加速度a＝2 m/s2，两物块的初速度相同，位移相同，则运动时间也相同，选项B正确，选项A错误；物块A下滑过程相对传送带的位移等于物块A的位移与传送带匀速运动的位移之差，物块B下滑过程相对传送带的位移等于物块B的位移与传送带匀速运动的位移之和，选项D正确.只有选项A符合题意.
6.[滑块—木板模型]一长木板在水平地面上运动，在t＝0时刻将一相对于地面静止的物块轻放到木板上，以后木板运动的速度－时间图象如图所示.已知物块与木板的质量相等，物块与木板间及木板与地面间均有摩擦.物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且物块始终在木板上.重力加速度的大小取g＝10 m/s2，求：
(1)物块与木板间、木板与地面间的动摩擦因数；
(2)从t＝0时刻到物块与木板均停止运动时，物块相对于木板的位移的大小.
答案：(1)0.20　0.30　(2)1.125 m
解析：(1)从t＝0时开始，木板与物块之间的摩擦力使物块加速，使木板减速，此过程一直持续到物块和木板具有共同速度为止.
由题图可知，在t1＝0.5 s时，物块和木板的速度相同.设t＝0到t＝t1时间间隔内，物块和木板的加速度大小分别为a1和a2，则a1＝①
a2＝②
式中v0＝5 m/s、v1＝1 m/s分别为木板在t＝0、t＝t1时速度的大小.
设物块和木板的质量为m，物块和木板间、木板与地面间的动摩擦因数分别为μ1、μ2，由牛顿第二定律得
μ1mg＝ma1③
(μ1＋2μ2)mg＝ma2④
联立①②③④式得
μ1＝0.20⑤
μ2＝0.30. ⑥
(2)在t1时刻后，地面对木板的摩擦力阻碍木板运动，物块与木板之间的摩擦力改变方向.设物块与木板之间的摩擦力大小为f，物块和木板的加速度大小分别为a′1和a′2，则由牛顿第二定律得
f＝ma′1⑦
2μ2mg－f＝ma′2⑧
假设f<μ1mg，则a′1＝a′2
由⑤⑥⑦⑧式得f＝μ2mg>μ1mg，与假设矛盾
故f＝μ1mg⑨
由⑦⑨式知，物块加速度的大小a′1等于a1；物块的v-t图象如图中点划线所示.
由运动学公式可推知，物块和木板相对于地面的运动距离分别为
s1＝2×⑩
s2＝t1＋?
物块相对于木板的位移的大小为
s＝s2－s1 ?
联立①⑤⑥⑧⑨⑩??式得
s＝1.125 m.?
实验四　验证牛顿运动定律
[基本要求]
[数据处理]
1.探究加速度与力的关系
以加速度a为纵轴、F为横轴，先根据测量的数据描点，然后作出图象，看图象是否是通过原点的直线，就能判断a与F是否成正比.
2.探究加速度与质量的关系
以a为纵轴、m为横轴，根据各组数据在坐标系中描点，将会得到如图甲所示的一条曲线，由图线只能看出m增大时a减小，但不易得出a与m的具体关系.若以a为纵轴、为横轴，将会得到如图乙所示的一条过原点的倾斜直线，据此可判断a与m成反比.
[误差分析]
1.因实验原理不完善引起的误差：本实验用小盘和砝码的总重力m′g代替小车的拉力，而实际上小车所受的拉力要小于小盘和砝码的总重力.
2.摩擦力平衡不准确、质量测量不准确、计数点间距测量不准确、纸带和细绳不严格与木板平行都会引起误差.
[注意事项]
1.平衡摩擦力：一定要做好平衡摩擦力的工作，也就是调整出一个合适的斜面，使小车的重力沿着斜面方向的分力正好平衡小车所受的摩擦阻力.在平衡摩擦力时，不要把悬挂小盘的细绳系在小车上，即不要给小车加任何牵引力，并要让小车拖着打点的纸带运动.
2.不需要重复平衡摩擦力：整个实验中平衡了摩擦力后，不管以后是改变小盘和砝码的总质量还是改变小车的质量，都不需要重新平衡摩擦力.
3.实验条件：每条纸带必须在满足小车的质量远大于小盘和砝码的总质量的条件下打出，只有如此，小盘和砝码的总重力才可视为小车受到的拉力.
4.“一先一后”：改变拉力和小车质量后，每次开始时小车应尽量靠近打点计时器，并应先接通电源，再释放小车.
考向1　对实验原理和注意事项的考查
[典例1]　(2017·江西重点中学联考)(1)我们已经知道，物体的加速度a同时跟合外力F和质量M两个因素有关.要研究这三个物理量之间的定量关系，需采用的思想方法是　　　　.
(2)某同学的实验方案如图所示，她想用砂桶的重力表示小车受到的合外力F，为了减少这种做法带来的实验误差，她先做了两方面的调整措施：
①用小木块将长木板无滑轮的一端垫高，目的是　　　　.
②使砂桶的质量远小于小车的质量，目的是使拉小车的力近似等于　　　　　　　　.
(3)该同学利用实验中打出的纸带求加速度时，处理方案有两种：
A.利用公式a＝计算
B.根据逐差法利用a＝计算
两种方案中，选择方案　　　　比较合理.
[解析]　(1)实验研究这三个物理量之间关系的思想方法是控制变量法.(2)用小木块将长木板无滑轮的一端垫高，目的是平衡摩擦力，只有在满足砂桶的质量远小于小车的质量时，拉力才可近似等于砂桶的重力.(3)计算加速度时，用逐差法误差较小.
[答案]　(1)控制变量法　(2)平衡摩擦力　砂桶的重力　(3)B
1.在本实验中，必须平衡摩擦力，在平衡摩擦力时，不要把盘和重物系在小车上，即不要给小车加任何牵引力，并要让小车拖着打点的纸带运动.
2.改变小车的质量或拉力的大小时，改变量可适当大一些，但应满足盘和重物的总质量远小于小车和车上砝码的总质量.盘和重物的总质量不超过小车和车上砝码总质量的10%.
考向2　对数据处理和误差的考查
[典例2]　(2016·新课标全国卷Ⅲ)某物理课外小组利用图(a)中的装置探究物体加速度与其所受合外力之间的关系.图中，置于实验台上的长木板水平放置，其右端固定一轻滑轮；轻绳跨过滑轮，一端与放在木板上的小滑车相连，另一端可悬挂钩码.
图(a)
本实验中可用的钩码共有N＝5个，每个质量均为0.010 kg.实验步骤如下：
(1)将5个钩码全部放入小车中，在长木板左下方垫上适当厚度的小物块，使小车(和钩码)可以在木板上匀速下滑.
(2)将n(依次取n＝1,2,3,4,5)个钩码挂在轻绳右端，其余N－n个钩码仍留在小车内；用手按住小车并使轻绳与木板平行.释放小车，同时用传感器记录小车在时刻t相对于其起始位置的位移s，绘制s-t图象，经数据处理后可得到相应的加速度a.
(3)对应于不同的n的a值见下表.n＝2时的s-t图象如图(b)所示；由图(b)求出此时小车的加速度(保留2位有效数字)，将结果填入下表.
n
1
2
3
4
5
a/(m·s－2)
0.20
0.58
0.78
1.00
(4)利用表中的数据在图(c)中补齐数据点，并作出a-n图象.从图象可以看出：当物体质量一定时，物体的加速度与其所受的合外力成正比.
图(b)
图(c)
(5)利用a-n图象求得小车(空载)的质量为　　　　kg(保留2位有效数字，重力加速度取g＝9.8 m·s－2).
(6)若以“保持木板水平”来代替步骤(1)，下列说法正确的是　　　　(填入正确选项前的标号).
A.a-n图线不再是直线
B.a-n图线仍是直线，但该直线不过原点
C.a-n图线仍是直线，但该直线的斜率变大
[解析]　(3)实验中小车做匀加速直线运动，由于小车初速度为零，结合匀变速直线运动规律有s＝at2，结合图(b)得加速度a＝0.39 m/s2.(5)由(4)知，当物体质量一定，加速度与合外力成正比，得加速度a与n成正比，即a-n 图线为过原点的直线.a-n图线的斜率k＝0.196 m/s2，平衡摩擦力后，下端所挂钩码的总重力提供小车的加速度，nm0g＝(M＋Nm0)a，解得a＝n，则k＝，可得M＝0.45 kg.
(6)若未平衡摩擦力，则下端所挂钩码的总重力与小车所受摩擦力的合力提供小车的加速度，即nm0g－μ[M＋(N－n)m0]g＝(M＋Nm0)a，解得a＝·n－μg，可见图线截距不为零，其图线仍是直线，图线斜率相对平衡摩擦力时有所变大，B、C项正确.
[答案]　(3)0.39(0.37～0.49均可)　(4) a-n图线如图所示　(5)0.45(0.43～0.47均可)　(6) BC
利用图象处理数据是物理实验中常用的重要方法.在实验中如果发现一个量x与另一个量y成反比，那么，x就应与成正比.因为在处理数据时，判断一条图线是否为正比例函数图象比判断其是否为反比例函数图象要简单和直观得多，所以可以将反比例函数的曲线转化为正比例函数的直线进行处理.
考向3　实验创新与改进
以本实验为背景，通过改变实验条件、实验仪器，或巧用物理规律进行新的探究活动来设置题目，不脱离教材而又不拘泥教材，体现开放性、探究性、创新性等特点.
1.实验器材的改进
(1)为了减小摩擦，用气垫导轨替代长木板；
(2)用频闪照相或光电计时器替代打点计时器.
2.数据处理方法的改进
利用传感器，借助于计算机系统来处理数据，得到加速度，或直接得到加速度与外力、加速度与质量之间的关系.
3.运用牛顿运动定律进行新的探究实验
以本实验为背景，结合牛顿第二定律，测量两接触面间的动摩擦因数、物体的质量等.
[典例3]　如图甲所示是某同学探究加速度与力的关系的实验装置.他在气垫导轨上安装了一个光电门B，在滑块上固定一遮光条，滑块用细线绕过气垫导轨左端的定滑轮与力传感器相连(力传感器可测得细线上的拉力大小)，力传感器下方悬挂钩码，每次滑块都从A处由静止释放.
甲
(1)该同学用游标卡尺测量遮光条的宽度d，如图乙所示，则d＝　　　　mm.
乙
(2)下列不必要的一项实验要求是　　　　(请填写选项前对应的字母).
A.应使A位置与光电门间的距离适当大些
B.应将气垫导轨调节水平
C.应使细线与气垫导轨平行
D.应使滑块质量远大于钩码和力传感器的总质量
(3)实验时，将滑块从A位置由静止释放，由数字计时器读出遮光条通过光电门B的时间t，若要得到滑块的加速度，还需要测量的物理量是______________________________.
(4)为探究滑块的加速度与力的关系，改变钩码质量，测出对应的力传感器的示数F和遮光条通过光电门的时间t，通过描点要作出它们的线性关系图象，处理数据时纵轴为F，横轴应为　　　　(填正确答案标号).
A.t B.t2
C. D.
[解析]　(1)游标卡尺读数等于固定刻度读数加上可动刻度读数，由图知第5条刻度线与主尺对齐，d＝2 mm＋5×0.05 mm＝2.25 mm.(2)应使A位置与光电门间的距离适当大些，有利于减小误差，选项A正确；应将气垫导轨调节水平，且保持拉线方向与木板平面平行，此时拉力等于合力，选项B、C正确；拉力是直接通过传感器测量的，故与小车质量和钩码质量大小无关，选项D错误.
(3)实验时，将滑块从A位置由静止释放，由数字计时器读出遮光条通过光电门B的时间t，滑块经过光电门时的瞬时速度可近似认为是滑块经过光电门的平均速度.根据运动学公式可知，若要得到滑块的加速度，还需要测量的物理量是滑块在A位置时遮光条到光电门的距离L.(4)由题意可知，该实验中保持小车质量M不变，因此有v2＝2aL，v＝，a＝，则＝2L.所以研究滑块的加速度与力的关系，处理数据时应作出F-图象，选项D正确.
[答案]　(1)2.25　(2)D　(3)滑块在A位置时遮光条到光电门的距离　(4)D
[典例4]　(2017·陕西汉中二模)如图甲为测量物块与水平桌面之间动摩擦因数的实验装置示意图，实验步骤如下：
甲
①用天平测量物块和遮光片的总质量M、重物的质量m，用游标卡尺测量遮光片的宽度d，用米尺测量两光电门之间的距离s；
②调整轻滑轮，使细线水平；
③让物块从光电门A的左侧由静止释放；用数字毫秒计分别测出遮光片经过光电门A和光电门B所用的时间Δt1和Δt2，求出加速度a；
④多次重复步骤③，求a的平均值；
⑤根据上述实验数据求出动摩擦因数μ.
回答下列问题：
(1)测量d时，某次游标卡尺(主尺的分度值为 1 mm)的示数如图乙所示，其读数为　　　　cm.
乙
(2)物块的加速度a可用d、s、Δt1和Δt2表示为a＝　　　　　　　　.
(3)动摩擦因数μ可用M、m、和重力加速度g表示为μ＝　　　　　　　　.
[解析]　(1)由题图乙所示游标卡尺可知，主尺示数为1.1 cm，游标尺示数为6×0.05 mm＝0.30 mm＝0.030 cm，则游标卡尺示数为1.1 cm＋0.030 cm＝1.130 cm.
(2)物块经过A点时的速度vA＝，物块经过B点时的速度vB＝，物块做匀变速直线运动，由速度位移公式得：v－v＝2as，加速度a＝.
(3)以M、m组成的系统为研究对象，由牛顿第二定律得：mg－μMg＝(M＋m)，解得μ＝.
[答案]　(1)1.130 　(2) (3)
第三章 牛顿运动定律
【研透全国卷】
近几年高考对本章内容的考查仍以概念和规律的应用为主，单独考查本章的题目多为选择题，与曲线运动、电磁学相结合的题目多为计算题.
本章以实际生活、生产和科学实验为背景，突出表现物理知识的实际应用的命题趋势较强，2018年高考复习应予以高度关注.
考点
内容
要求
题型
必考实验
牛顿运动定律
牛顿运动定律
Ⅱ
选择、计算
1.实验内容
验证牛顿运动定律
2.命题形式
填空
牛顿运动定律的应用
Ⅱ
选择、计算
超重和失重
Ⅰ
选择、计算
第1讲　牛顿第一定律　牛顿第三定律
知识点一　牛顿第一定律
1.内容
一切物体总保持　　　　状态或　　　　状态，除非作用在它上面的力迫使它　　　　这种状态.
2.意义
(1)指出力不是　　　　物体运动的原因，而是　　　　物体运动状态的原因，即力是产生　　　　的原因.
(2)指出了一切物体都有　　　　，因此牛顿第一定律又称　　　　.
3.惯性
(1)定义：物体具有保持原来　　　　状态或　　　　状态的性质.
(2)量度：　　　　是物体惯性大小的唯一量度，　　　　大的物体惯性大，　　　　小的物体惯性小.
(3)普遍性：惯性是物体的　　　　属性，一切物体都有惯性，与物体的运动情况和受力情况无关.
答案：1.匀速直线运动　静止　改变　2.(1)维持　改变　加速度　(2)惯性　惯性定律　3.(1)匀速直线运动　静止　(2)质量　质量　质量　(3)固有
知识点二　牛顿第三定律
1.作用力和反作用力
两个物体之间的作用总是　　　　的.一个物体对另一个物体施加了力，另一个物体一定同时对这一个物体也施加了力.物体间相互作用的这一对力，通常叫做作用力和反作用力.
2.牛顿第三定律
(1)内容：两个物体之间的作用力和反作用力总是大小　　　　，方向　　　　，作用在同一条直线上.
(2)表达式：F＝－F′.
答案：1.相互　2.(1)相等　相反
(1)牛顿第一定律是实验定律.(　　)
(2)在水平面上运动的物体最终停下来，是因为水平方向没有外力维持其运动的结果.(　　)
(3)运动的物体惯性大，静止的物体惯性小.(　　)
(4)物体的惯性越大，状态越难改变.(　　)
(5)作用力与反作用力可以作用在同一物体上.(　　)
(6)作用力与反作用力的作用效果不能抵消.(　　)
答案：(1)×　(2)×　(3)×　(4)√　(5)×　(6)√
考点　牛顿第一定律
1.惯性的两种表现形式
(1)物体在不受外力或所受的合外力为零时，惯性表现为使物体保持原来的运动状态不变(静止或匀速直线运动).
(2)物体受到外力时，惯性表现为运动状态改变的难易程度.惯性大，物体的运动状态较难改变；惯性小，物体的运动状态容易改变.
2.对牛顿第一定律的四点说明
(1)明确惯性的概念：牛顿第一定律揭示了一切物体所具有的一种固有属性——惯性.
(2)揭示力的本质：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.
(3)理想化状态：牛顿第一定律描述的是物体不受外力时的状态，而物体不受外力的情形是不存在的.在实际情况中，如果物体所受的合力等于零，与物体不受外力时的表现是相同的.
(4)与牛顿第二定律的关系：牛顿第一定律和牛顿第二定律是相互独立的.力是如何改变物体运动状态的问题由牛顿第二定律来回答.牛顿第一定律是经过科学抽象、归纳推理总结出来的，而牛顿第二定律是一条实验定律.
考向1　伽利略理想斜面实验
[典例1]　科学思维和科学方法是我们认识世界的基本手段.在研究和解决问题过程中，不仅需要相应的知识，还需要运用科学的方法.理想实验有时更能深刻地反映自然规律，伽利略设想了一个理想实验，如图所示.
①两个对接的斜面，静止的小球沿一个斜面滚下，小球将滚上另一个斜面
②如果没有摩擦，小球将上升到原来释放的高度
③减小第二个斜面的倾角，小球在这个斜面上仍然会达到原来的高度
④继续减小第二个斜面的倾角，最后使它成为水平面，小球会沿水平面做持续的匀速运动
通过对这个实验的分析，我们可以得到的最直接结论是(　　)
A.自然界的一切物体都具有惯性
B.光滑水平面上运动的小球，运动状态的维持并不需要外力
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]　伽利略理想斜面实验，以可靠的实验事实为基础，通过推理得到小球在不受摩擦力的作用时将在水平面内做匀速直线运动的结论，选项B正确.
[答案]　B
考向2　对惯性的理解
[典例2]　下列关于惯性的说法中正确的是(　　)
A.速度大的物体比速度小的物体难以停下来，所以速度大的物体惯性大
B.同一个物体在光滑水平面上时的惯性小，在粗糙水平面上时的惯性大
C.乒乓球可以快速抽杀，是因为乒乓球惯性小
D.在“嫦娥二号”卫星中的物体不存在惯性
[解析]　决定物体惯性大小的因素是质量，因此A、B的说法错误；乒乓球的质量较小，可以快速抽杀，即运动状态容易改变，亦即乒乓球惯性小，C正确；在“嫦娥二号”卫星中的物体尽管处于失重状态，但其质量不变，因此仍然具有惯性，D错误.
[答案]　C
考向3　对牛顿第一定律的理解
[典例3]　下列说法正确的是(　　)
A.静止的物体一定不受力，受力的物体一定运动
B.物体运动状态发生变化则物体一定受到力的作用
C.物体的运动不需要力来维持，但物体的运动速度越大时其惯性也越大
D.物体运动状态不变时有惯性，运动状态改变时没有惯性
[解析]　受平衡力作用时，物体可能静止，也可能做匀速直线运动，故A错误；运动状态改变时，物体一定受到了非平衡力，故B正确；惯性是物体的固有属性，只与物体的质量有关，故C、D错误.
[答案]　B
惯性与惯性定律的比较
(1)惯性是物体的固有属性，而惯性定律是物体运动的一条动力学规律.
(2)惯性与物体的受力情况、运动状态及所处的位置无关；惯性定律是有条件的，其成立的条件是物体不受外力或所受的合外力为零.
(3)惯性的大小取决于物体的质量，而惯性定律所描述的物体的匀速直线运动状态或静止状态，则取决于物体是否受力或所受合外力是否为零.
考点　牛顿第三定律
1.作用力与反作用力的“三同、三异、三无关”
2.作用力和反作用力与一对平衡力的比较
一对平衡力
作用力和反作用力
不同点
作用在同一物体上
作用在两个物体上
力的性质不一定相同
一定是相同性质的力
不一定同时产生或消失
一定同时产生或消失
作用效果可相互抵消
作用效果不可抵消
相同点
大小相等，方向相反，作用在同一条直线上
考向1　对牛顿第三定律的理解
[典例4]　(2017·广西南宁模拟)手拿一个锤头敲在一块玻璃上把玻璃打碎了.对于这一现象，下列说法正确的是(　　)
A.锤头敲玻璃的力大于玻璃对锤头的作用力，所以玻璃才碎裂
B.锤头受到的力大于玻璃受到的力，只是由于锤头能够承受比玻璃更大的力才没有碎裂
C.锤头和玻璃之间的作用力应该是等大的，只是由于锤头能够承受比玻璃更大的力才没有碎裂
D.因为不清楚锤头和玻璃的其他受力情况，所以无法判断它们之间的相互作用力的大小关系
[解析]　锤头敲玻璃的力与玻璃对锤头的力是作用力与反作用力的关系，不论力的作用效果如何，两者总是大小相等、方向相反，作用在同一条直线上，故C正确.
[答案]　C
考向2　相互作用力和平衡力的区别
[典例5]　(2017·湖北襄阳检测)跳水一直是我国的优势项目，如图所示，一运动员站在3 m跳板上，图中F1表示人对跳板的弹力，F2表示跳板对人的弹力，则(　　)
A.F1和F2是一对平衡力
B.F1和F2是一对作用力和反作用力
C.先有力F1，后有力F2
D.F1和F2方向相反，大小不相等
[解析]　F1和F2是一对作用力和反作用力，同时产生，同时消失，大小相等，方向相反，故B项正确.
[答案]　B
[变式1]　一起重机通过一绳子将货物向上吊起的过程中(忽略绳子的重力和空气阻力)，以下说法正确的是(　　)
A.当货物匀速上升时，绳子对货物的拉力与货物对绳子的拉力是一对平衡力
B.无论货物怎么上升，绳子对货物的拉力大小都等于货物对绳子的拉力大小
C.无论货物怎么上升，绳子对货物的拉力大小总大于货物的重力大小
D.若绳子质量不能忽略且货物匀速上升时，绳子对货物的拉力大小一定大于货物的重力大小
答案：B　解析：绳子对货物的拉力和货物对绳子的拉力是一对作用力与反作用力，不管货物匀速、加速还是减速，大小都是相等的，A错误，B正确；当货物匀速上升时，绳子对货物的拉力和货物重力是一对平衡力(与绳子的重力无关)，货物加速上升，绳子对货物的拉力大于货物的重力，货物减速上升，绳子对货物的拉力小于货物的重力，C、D错误.
应用牛顿第三定律应注意的三个问题
(1)定律中的“总是”说明对于任何物体、在任何情况下牛顿第三定律都是成立的.
(2)作用力与反作用力虽然等大反向，但因所作用的物体不同，所产生的效果(运动效果或形变效果)往往不同.
(3)作用力与反作用力只能是一对物体间的相互作用力，不能涉及第三个物体.
考点　“转换研究对象法”在受力分析中的应用
1.方法概述：转换研究对象法是当将A物体作为研究对象无法求解结果时，可以选与A相互作用的物体B为研究对象进行求解的方法，该方法往往用到牛顿第三定律.
2.解题思路
(1)合理选取研究对象，一般以受力较少、分析起来较容易的物体为研究对象，有时“整体法”与“隔离法”综合应用.
(2)做好对研究对象的受力分析和运动情况分析，确定哪些力是作用力和反作用力.
(3)利用牛顿第三定律把已知力或所求力转移至研究对象上，求合力.
(4)对于不宜直接分析的物体，如地面，可转而分析与之接触的物体，解出作用力后，再利用牛顿第三定律说明反作用力的大小和方向.
[典例6]　一个箱子放在水平地面上，箱内有一固定的竖直杆，在杆上套着一个环，箱与杆的质量为M，环的质量为m，如图所示.已知环沿杆匀加速下滑时，环与杆之间的摩擦力大小为Ff，则此时箱对地面的压力大小为(　　)
A.Mg＋Ff B.Mg－Ff
C.Mg＋mg D.Mg－mg
[解析]　环在竖直方向上受重力及箱子的杆给它的竖直向上的摩擦力Ff，受力情况如图甲所示，根据牛顿第三定律，环应给杆一个竖直向下的摩擦力F′f，故箱子在竖直方向上受重力Mg、地面对它的支持力FN及环给它的摩擦力F′f，受力情况如图乙所示，由于箱子处于平衡状态，可得FN＝F′f＋Mg＝Ff＋Mg.根据牛顿第三定律，箱子对地面的压力大小等于地面对箱子的支持力，即F′N＝Mg＋Ff，故选项A正确.
[答案]　A
[变式2]　如图所示，物体A和B的重力分别为11 N和7 N，不计弹簧秤、细线的重力和一切摩擦，则下列说法正确的是(　　)
A.弹簧秤的读数为14 N，A对地面的压力为11 N
B.弹簧秤的读数为18 N，A对地面的压力为0
C.弹簧秤的读数为7 N，A对地面的压力为4 N
D.弹簧秤的读数为0，A对地面的压力为11 N
答案：C　解析：物体B保持静止，说明B物体所受合外力为零，即绳上拉力为7 N.此刻弹簧秤静止，因此弹簧秤的读数为 7 N，说明弹簧秤对A的拉力为7 N，地面对A物体应有4 N的支持力(根据牛顿第三定律可知A对地面的压力为 4 N)，所以C正确.
当待求的某个力，根据受力物体不容易求解时，可根据牛顿第三定律求出该力的反作用力.
1.[对物理学史的考查](多选)科学家关于物体运动的研究对树立正确的自然观具有重要作用.下列说法符合历史事实的是(　　)
A.亚里士多德认为，必须有力作用在物体上，物体的运动状态才会改变
B.伽利略通过“理想实验”得出结论：一旦物体具有某一速度，如果它不受力，它将以这一速度永远运动下去
C.笛卡儿指出：如果运动中的物体没有受到力的作用，它将继续以同一速度沿同一直线运动，既不停下也不偏离原来的方向
D.牛顿认为，物体具有保持原来匀速直线运动状态或静止状态的性质
答案：BCD　解析：亚里士多德认为，必须有力作用在物体上，物体才能运动，他认为力是维持物体运动的原因，A错误.伽利略通过“理想斜面实验”得出结论：一旦物体具有某一速度，如果它不受力就将以这一速度永远运动下去，B正确.C、D均符合历史事实.
2.[作用力和反作用力](多选)2014年12月11日3时33分，我国在酒泉卫星中心用长征四号丙运载火箭成功将遥感卫星二十五号发射升空，卫星顺利进入预定轨道.关于这次火箭上天的情形的叙述正确的是(　　)
A.火箭尾部向下喷气，喷出的气体反过来对火箭产生一个反作用力，从而让火箭获得了向上的推力
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.飞船进入预定轨道之后，与地球之间仍然存在一对作用力与反作用力
答案：AD　解析：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，即火箭上升的推动力，此动力并不是由周围的空气对火箭的反作用力提供的，因而与是否飞出大气层、是否存在空气无关，B、C两项错误，A项正确；火箭运载飞船进入轨道之后，飞船与地球之间依然存在相互吸引，即飞船吸引地球，地球吸引飞船，这是一对作用力与反作用力，故D项正确.
3.[对力、惯性的理解]下列说法中正确的是(　　)
A.牛顿第一定律是通过理想实验方法得出的，可用实验给以验证
B.物体运动状态发生变化，则物体一定受到力的作用
C.惯性是一种力，惯性定律与惯性的实质是相同的
D.物体的运动不需要力来维持，但物体的运动速度、质量决定着惯性的大小
答案：B　解析：牛顿第一定律是物体在理想条件下的运动规律，反映的是物体在不受外力的情况下所遵循的运动规律，而自然界中不受外力的物体是不存在的，故A错误；惯性是物体保持原有运动状态不变的性质，不是力，惯性定律(即牛顿第一定律)反映物体在一定条件下的运动规律，C错误；由牛顿第一定律可知，力是改变物体运动状态的原因，故B正确；虽然物体的运动不需要力来维持，但质量是惯性大小的唯一量度，与运动速度无关，D错误.
4.[平衡力与相互作用力](多选)用手托着一块砖，开始时静止不动，后来手突然向上加速运动，下列判断正确的是(　　)
A.静止时，砖受到的支持力等于砖的重力
B.加速时，砖对手的压力大于砖的重力
C.静止时，砖受到的支持力等于砖对手的压力
D.加速时，砖受到的支持力大于砖对手的压力
答案：ABC　解析：静止时，重力与支持力是一对平衡力，大小相等，A正确；不论静止还是加速运动，支持力和压力都是一对相互作用力，大小相等，故C正确，D错误；加速时，支持力大于重力，则压力大于重力，故B正确.
5.[牛顿第二、第三定律的应用]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 kg的工人站在地面上，通过定滑轮将20 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定滑轮的摩擦，则工人对地面的压力大小为(取g＝10 m/s2)(　　)
A.510 N B.490 N　　
C.890 N　　　　　　D.910 N
答案：B　解析：建筑材料的受力如图甲所示，设绳子对物体的拉力为F1
由牛顿第二定律有F1－mg＝ma
得出F1＝m(g＋a)＝210 N
绳子对人的拉力F2＝F1＝210 N
人处于静止，受力如图乙所示，设地面对人的支持力为FN，由
平衡条件得
FN＝Mg－F2＝490 N
由牛顿第三定律可知人对地面的压力F′N＝FN＝490 N
故选项B正确.
第2讲　牛顿第二定律　两类动力学问题
知识点一　牛顿第二定律　单位制
1.牛顿第二定律
(1)内容：物体加速度的大小跟它受到的　　　　成正比，跟它的　　　　成反比，加速度的方向跟　　　　的方向相同.
(2)公式：　　　　.
(3)物理意义：它表明了力是产生　　　　的原因.
(4)适用范围：
①只适用于研究　　　　中运动与力的关系，不能用于非惯性系；
②只适用于解决　　　　物体的　　　　运动问题，不能用来处理微观粒子的高速运动问题.
2.单位制
(1)单位制：由　　　　和导出单位一起构成单位制.
①基本单位：在力学中，选定　　　　、时间和　　　　三个物理量的单位为基本单位.
②导出单位：根据物理公式中其他物理量和　　　　的关系，推导出的物理量的单位.
(2)国际单位制中的基本单位
基本物理量
符号
单位名称
单位符号
质量
m
千克
时间
t
秒
长度
l
米
电流
I
安[培]
A
热力学温度
T
开[尔文]
K
物质的量
n
摩[尔]
mol
发光强度
IV
坎[德拉]
cd
答案：1.(1)作用力　质量　作用力　(2)F＝ma　(3)加速度　(4)①惯性系　②宏观　低速
2.(1)基本单位　①长度　质量　②基本物理量　(2)kg　s　m
知识点二　超重和失重
1.超重
(1)定义：物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)　　　　物体所受重力的现象.
(2)产生条件：物体具有　　　　的加速度.
2.失重
(1)定义：物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)　　　　物体所受重力的现象.
(2)产生条件：物体具有　　　　的加速度.
3.完全失重
(1)定义：物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)　　　　的现象称为完全失重现象.
(2)产生条件：物体的加速度a＝　　　　，方向竖直向下.
答案：1.(1)大于　(2)向上　2.(1)小于　(2)向下　3.(1)等于零　(2)g
(1)物体加速度的方向一定与合外力方向相同.(　　)
(2)质量越大的物体，加速度越小.(　　)
(3)物体的质量与加速度成反比.(　　)
(4)物体受到外力作用，立即产生加速度.(　　)
(5)可以利用牛顿第二定律确定自由电子的运动情况.(　　)
(6)物体所受的合外力减小，加速度一定减小，而速度不一定减小.(　　)
答案：(1)√　(2) ?　(3) ?　(4)√　(5) ?　(6)√
考点　对牛顿第二定律的理解
牛顿第二定律的“五个性质”：
考向1　力和运动的定性关系
(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，物体加速运动；合力与速度反向时，物体减速运动.
[典例1]　如图所示，一轻弹簧一端系在墙上的O点，自由伸长到B点.今用一物体m把弹簧压缩到A点，然后释放，物体能运动到C点静止，物体与水平地面间的动摩擦因数恒定，下列说法正确的是(　　)
A.物体从A到B速度越来越大，从B到C速度越来越小
B.物体从A到B速度越来越小，从B到C加速度不变
C.物体从A到B先加速后减速，从B到C一直减速运动
D.物体在B点受力为零
[解析]　物体在A点时受两个力作用，向右的弹力kx和向左的摩擦力Ff，合力F合＝kx－Ff，物体从A→B的过程，弹力由大于Ff减至为零，所以开始一段合力向右，中间有一点合力为零，然后合力向左，而v一直向右，故物体先做加速度越来越小的加速运动，在A到B中间有一点加速度为零，速度达到最大，接着做加速度越来越大的减速运动；物体从B→C过程，F合＝Ff为恒力，方向向左，所以物体做加速度不变的匀减速运动，故C正确.
[答案]　C
考向2　牛顿第二定律的矢量性
由于加速度的方向与合力的方向总相同，若已知合力方向，即可确定加速度方向；反之，若已知加速度方向，即可确定合力的方向.
[典例2]　(多选)如图所示，带支架的平板小车沿水平面向左做直线运动，小球A用细线悬挂于支架前端，质量为m的物块B始终相对小车静止地摆放在右端.B与小车平板间的动摩擦因数为μ.若某时刻观察到细线偏离竖直方向θ角，则此刻(　　)
A.小车对物块B的摩擦力大小为μmg
B.小车对物块B的摩擦力水平向右
C.小车对物块B的摩擦力大小为mgtan θ
D.小车对物块B的合力大小为mg
[解析]　以整体(小车、支架、小球、物块)为研究对象，其加速度方向只能是水平方向；以小球A为研究对象，受力分析知其合力水平向右，由牛顿第二定律有mAgtan θ＝mAa，可得小车向左做加速度大小为a＝gtan θ的匀减速运动；以物块B为研究对象，小车对物块B向右的静摩擦力Ff＝ma＝mgtan θ，小车对物块B竖直向上的支持力FN＝mg，故小车对物块B产生的作用力的大小为F＝＝mg，方向为斜向右上方，选项B、C、D正确.
[答案]　BCD
考向3　牛顿第二定律的瞬时性
加速度与合外力具有瞬时对应关系，二者总是同时产生、同时变化、同时消失，具体可简化为以下两种模型：
[典例3]　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球的加速度均为零
C.图乙中轻杆的作用力一定不为零
D.图甲中B球的加速度是图乙中B球加速度的2倍
[解析]　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球所受合力为零，加速度为零，B球所受合力为2mgsin θ，加速度为2gsin θ；图乙中杆的弹力突变为零，A、B球所受合力均为mgsin θ，加速度均为gsin θ，可知只有D正确.
[答案]　D
考向4　牛顿第二定律的独立性
(1)作用于物体上的每一个力各自产生的加速度都遵守牛顿第二定律.
(2)物体的实际加速度等于每个力产生的加速度的矢量和.
(3)力和加速度在各个方向上的分量也遵守牛顿第二定律，即ax＝，ay＝.
[典例4]　(2017·辽宁沈阳四校月考)如图所示，当小车向右加速运动时，物块M相对车厢静止于竖直车厢壁上，当车的加速度增大时 (　　)
A.M受静摩擦力增大
B.M对车厢壁的压力减小
C.M仍相对于车厢静止
D.M受静摩擦力减小
[解析]　分析M受力情况如图所示，因M相对车厢壁静止，有Ff＝Mg，与水平方向的加速度大小无关，A、D错误.水平方向，FN＝Ma，FN随a的增大而增大，由牛顿第三定律知，B错误.因FN增大，物体与车厢壁的最大静摩擦力增大，故M相对于车厢仍静止，C正确.
[答案]　C
考点　对超重和失重的理解与应用
1.超重、失重和完全失重比较

超重
失重
完全失重
产生
条件
加速度方向向上
加速度方向向下
加速度方向向下，且大小a＝g
动力学
原理
F－mg＝ma
F＝m(g＋a)
mg－F＝ma
F＝m(g－a)
mg－F＝mg
F＝0
可能
状态
①加速上升；
②减速下降
①加速下降；
②减速上升
①自由落体运动和所有的抛体运动；②绕地球做匀速圆周运动的卫星、飞船等
2.对超重和失重的进一步理解
(1)超重并不是重力增加了，失重并不是重力减小了，完全失重也不是重力完全消失了.在发生这些现象时，物体的重力依然存在，且不发生变化，只是物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)发生了变化(即“视重”发生变化).
(2)只要物体有向上或向下的加速度，物体就处于超重或失重状态，与物体向上运动还是向下运动无关.
(3)尽管物体的加速度不是在竖直方向，但只要其加速度在竖直方向上有分量，物体就会处于超重或失重状态.
[典例5]　(2015·江苏卷)(多选)一人乘电梯上楼，在竖直上升过程中加速度a随时间t变化的图线如图所示，以竖直向上为a的正方向，则人对地板的压力(　　)
A.t＝2 s时最大　 B.t＝2 s时最小
C.t＝8.5 s时最大 D.t＝8.5 s时最小
[解析]　当电梯有向上的加速度时，人处于超重状态，人对地板的压力大于重力，向上的加速度越大，压力越大，因此t＝2 s时，压力最大，A项正确；当有向下的加速度时，人处于失重状态，人对地板的压力小于人的重力，向下的加速度越大，压力越小，因此t＝8.5 s时压力最小，D项正确.
[答案]　AD
[变式1]　(多选)如图所示，木箱顶端固定一竖直放置的弹簧，弹簧下方连接一物块，木箱静止时弹簧处于伸长状态且物块与箱底间有压力.若在某段时间内，物块对箱底刚好无压力，则在此段时间内，木箱的运动状态可能为(　　)
A.加速下降　　　　　B.加速上升
C.物块处于失重状态 D.物块处于超重状态
答案：AC　解析：木箱静止时弹簧处于伸长状态且物块与箱底间有压力，此时物块在重力、弹簧弹力、木箱底对它向上的支持力作用下处于平衡状态.当物块对箱底刚好无压力时，重力、弹簧弹力不变，其合力竖直向下，所以系统的加速度向下，物块处于失重状态，可能加速下降，选项A、C正确.
[变式2]　(2017·河北五校联考)如图所示为用索道运输货物的情景，已知倾斜的索道与水平方向的夹角为37°，重物与车厢地板之间的动摩擦因数为0.30.当载重车厢沿索道向上加速运动时，重物与车厢仍然保持相对静止状态，重物对车厢内水平地板的正压力为其重力为1.15倍，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，那么这时重物对车厢地板的摩擦力大小为(　　)
A.0.35mg　　　　　B.0.30mg　　
C.0.23mg　　　　　D.0.20mg
答案：D　解析：车厢内的重物受重力、支持力和水平向右的摩擦力作用，将加速度沿水平方向和竖直方向分解，由牛顿运动定律可知F－mg＝masin 37°，Ff＝macos 37°，由牛顿第三定律可知，重物所受支持力F＝1.15mg，代入上式解得：Ff＝0.20mg，D项正确.
超重和失重现象判断的技巧
(1)从受力的角度判断：当物体所受向上的拉力(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.
(2)从加速度的角度判断：当物体具有向上的加速度时处于超重状态，具有向下的加速度时处于失重状态，向下的加速度为重力加速度时处于完全失重状态.
考点　动力学两类基本问题
1.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，具体逻辑关系如图所示.
2.两类动力学问题的解题步骤
考向1　已知受力求运动
[典例6]　(2017·湖南株洲质检)如图所示，某次滑雪训练，运动员站在水平雪道上第一次利用滑雪杖对雪面的作用获得水平推力F＝84 N而从静止向前滑行，其作用时间为t1＝1.0 s，撤除水平推力F后经过t2＝2.0 s，他第二次利用滑雪杖对雪面的作用获得同样的水平推力，作用距离与第一次相同.
已知该运动员连同装备的总质量为m＝60 kg，在整个运动过程中受到的滑动摩擦力大小恒为Ff＝12 N，求：
(1)第一次利用滑雪杖对雪面作用获得的速度大小及这段时间内的位移；
(2)该运动员(可视为质点)第二次撤除水平推力后滑行的最大距离.
[解题指导]　根据题意，画出运动过程示意图，分析每一过程的已知量和未知量，根据牛顿第二定律及运动学公式求解.
[解析]　(1)运动员利用滑雪杖获得的加速度为
a1＝＝ m/s2＝1.2 m/s2
第一次利用滑雪杖对雪面作用获得的速度大小v1＝a1t1＝1.2×1.0 m/s＝1.2 m/s
位移x1＝a1t＝0.6 m.
(2)运动员停止使用滑雪杖后，加速度大小为
a2＝
经时间t2速度变为
v′1＝v1－a2t2
第二次利用滑雪杖获得的速度大小v2，则
v－v′＝2a1x1
第二次撤除水平推力后滑行的最大距离
x2＝
解得x2＝5.2 m.
[答案]　(1)1.2 m/s　0.6 m　(2)5.2 m
考向2　已知运动求受力
[典例7]　(2017·山东威海模拟)有一种大型游戏机叫“跳楼机”，参加游戏的游客被安全带固定在座椅上，由电动机将座椅沿光滑的竖直轨道提升到离地面40 m高处，然后由静止释放.可以认为座椅沿轨道做自由落体运动2 s后，开始受到恒定阻力而立即做匀减速运动，且下落到离地面4 m 高处时速度刚好减小到零.然后再让座椅以相当缓慢的速度稳稳下落，将游客送回地面.(取g＝10 m/s2)求：
(1)座椅在匀减速阶段的时间是多少？
(2)在匀减速阶段，座椅对游客的作用力大小是游客体重的多少倍？
[问题探究]　(1)座椅匀加速下降阶段，知道几个物理量？能求出几个物理量？
(2)利用第一阶段的结果，座椅匀减速下降阶段，知道几个物理量？能求出几个物理量？
[提示]　(1)知道初速度、加速度、时间三个物理量，可求出末速度和位移.
(2)第一阶段的末速度即为第二阶段的初速度，又由于总位移已知，所以可求出匀减速下落的位移，由题意末速度为零，即知道初速度、末速度、位移，可求出时间和加速度.
[解析]　(1)自由下落的位移
h′＝gt＝20 m
座椅自由下落结束时刻的速度
v＝gt1＝20 m/s
设座椅匀减速运动的总高度为h，则
h＝(40－4－20) m＝16 m
由h＝t得t＝1.6 s.
(2)设座椅匀减速阶段的加速度大小为a，座椅对游客的作用力大小为F，由v＝at得a＝12.5 m/s2
由牛顿第二定律得
F－mg＝ma
解得＝2.25.
[答案]　(1)1.6 s　(2)2.25
考向3　动力学两类问题综合应用
[典例8]　随着科技的发展，未来的航空母舰上将安装电磁弹射器以缩短飞机的起飞距离，如图所示，航空母舰的水平跑道总长l＝180 m，其中电磁弹射区的长度为l1＝120 m，在该区域安装有直线电机，该电机可从头至尾提供一个恒定的牵引力F牵.
一架质量为m＝2.0×104 kg的飞机，其喷气式发动机可以提供恒定的推力F推＝1.2×105 N.假设在电磁弹射阶段的平均阻力为飞机重力的0.05 倍，在后一阶段的平均阻力为飞机重力的0.2倍.已知飞机可看做质量恒定的质点，离舰起飞速度v＝120 m/s，航空母舰处于静止状态，求：(结果保留两位有效数字，取g＝10 m/s2)
(1)飞机在后一阶段的加速度大小；
(2)飞机在电磁弹射区的加速度大小和电磁弹射器的牵引力F牵的大小.
[解题指导]　本题可按以下思路进行分析：
[解析]　(1)飞机在后一阶段受到阻力和发动机提供的推力作用，做匀加速直线运动，设加速度为a2，此过程中的平均阻力f2＝0.2mg
根据牛顿第二定律有F推－f2＝ma2
代入数据解得a2＝4.0 m/s2.
(2)飞机在电磁弹射阶段受恒定的牵引力、阻力和发动机提供的推力作用，做匀加速直线运动，设加速度为a1，末速度为v1.此过程中飞机受到的阻力f1＝0.05mg
根据匀加速运动规律有
v＝2a1l1
v2－v＝2a2(l－l1)
根据牛顿第二定律有F牵＋F推－f1＝ma1
代入数据解得a1＝58 m/s2，F牵＝1.05×106 N.
[答案]　(1)4.0 m/s2　(2)58 m/s2　1.05×106 N
解决动力学两类问题的两个关键点
1.[受力分析与牛顿第二定律]如图所示，一些商场安装了智能化的自动电梯，当有乘客乘用时，自动电梯经过先加速后匀速两个阶段运行，则电梯在运送乘客的过程中(　　)
A.乘客始终受摩擦力作用
B.乘客经历先超重再失重的状态
C.电梯对乘客的作用力始终竖直向上
D.电梯对乘客的作用力先指向前上方，再竖直向上
答案：D　解析：乘客先有斜向上的加速度后匀速运动，故乘客先超重后处于平衡状态，选项B错误.匀速运动阶段乘客受竖直方向的重力与支持力作用而平衡，不受摩擦力，选项A错误；乘客在加速阶段受电梯的作用力与重力作用，合力沿平行电梯斜面向上，重力竖直向下，故电梯对乘客的作用力斜向前上方，选项C错误，D正确.
2.[牛顿第二定律的简单应用]物块A放置在与水平地面成30°角倾斜的木板上时，刚好可以沿斜面匀速下滑；若该木板与水平面成60°角倾斜，取g＝10 m/s2，则物块A沿此斜面下滑的加速度大小为(　　)
A.5 m/s2 B.3 m/s2
C.(5－) m/s2 D. m/s2
答案：D　解析：由物块在倾角为30°的木板上匀速下滑，得Ff＝mgsin 30°，又FN1＝mgcos 30°，Ff＝μFN1，求得动摩擦因数μ＝；在倾角为60°的木板上物块加速下滑，有FN2＝mgcos 60°，mgsin 60°－μFN2＝ma，求得a＝ m/s2，D对.
3.[对瞬时性的理解](多选)如图所示，物块a、b和c的质量相同，a和b、b和c之间用完全相同的轻弹簧S1和S2相连，通过系在a上的细线悬挂于固定点O，整个系统处于静止状态.现将细线剪断，将物块a的加速度的大小记为a1，S1和S2相对于原长的伸长分别记为Δl1和Δl2，重力加速度大小为g，在剪断的瞬间，(　　)
A.a1＝3g B.a1＝0
C.Δl1＝2Δl2 D.Δl1＝Δl2
答案：AC　解析：剪断细线前，把a、b、c看成整体，细线上的拉力为T＝3mg.因在剪断瞬间，弹簧未发生突变，因此a、b、c之间的作用力与剪断细线之前相同.则将细线剪断瞬间，对a隔离进行受力分析，由牛顿第二定律得：3mg＝ma1得a1＝3g，A正确，B错误.由胡克定律知：2mg＝kΔl1，mg＝kΔl2，所以Δl1＝2Δl2，C正确，D错误.
4.[对瞬时性的理解]如图所示，质量为m的小球与弹簧Ⅰ和水平细线Ⅱ相连，Ⅰ、Ⅱ的另一端分别固定于P、Q.球静止时，Ⅰ中拉力大小为FT1，Ⅱ中拉力大小为FT2，当剪断水平细线Ⅱ的瞬间，小球的加速度a应是(　　)
A.a＝g，竖直向下
B.a＝g，竖直向上
C.a＝，方向水平向左
D.a＝，方向沿Ⅰ的延长线
答案：C　解析：剪断水平细线Ⅱ的瞬间，由于弹簧的弹力不能突变，所以此时小球受到FT1和重力mg作用，合力水平向左，大小为FT2，所以加速度为a＝，方向水平向左，选项C正确.
5.[动力学两类问题]如图甲所示，质量m＝1 kg的物块在平行斜面向上的拉力F作用下从静止开始沿斜面向上运动，t＝0.5 s时撤去拉力，利用速度传感器得到其速度随时间的变化关系图象(v-t图象)如图乙所示，取g＝10 m/s2，求：
(1)2 s内物块的位移大小x和通过的路程L；
(2)沿斜面向上运动两个阶段加速度大小a1、a2和拉力大小F.
答案：(1)0.5 m　1.5 m　(2)4 m/s2　4 m/s2　8 N
解析：(1)在2 s内，由图乙知：
物块上升的最大距离：
x1＝×2×1 m＝1 m①
物块下滑的距离：
x2＝×1×1 m＝0.5 m②
所以位移大小x＝x1－x2＝0.5 m③
路程L＝x1＋x2＝1.5 m.④
(2)由图乙知，所求两个阶段加速度的大小
a1＝4 m/s2⑤
a2＝4 m/s2 ⑥
设斜面倾角为θ，斜面对物块的摩擦力为Ff，根据牛顿第二定律有
0～0.5 s内：F－Ff－mgsin θ＝ma1⑦
0.5～1 s内：Ff＋mgsin θ＝ma2⑧
由⑤⑥⑦⑧式得F＝8 N.
专题十一　电磁感应中的电路和图象问题
突破　电磁感应中的电路问题
1.对电源的理解：在电磁感应现象中，产生感应电动势的那部分导体就是电源，如切割磁感线的导体棒、有磁通量变化的线圈等，这种电源将其他形式的能转化为电能.
2.对电路的理解：内电路是切割磁感线的导体或磁通量发生变化的线圈，外电路由电阻、电容等电学元件组成.
3.问题分类
(1)确定等效电源的正负极、感应电流的方向、电势高低、电容器极板的带电性质等问题.
(2)根据闭合电路求解电路中的总电阻、路端电压、电功率等问题.
(3)根据电磁感应的平均感应电动势求解电路中通过的电荷量.
考向1　电动势与路端电压的计算
[典例1]　如图所示，竖直平面内有一金属环，其半径为a，总电阻为2r(金属环粗细均匀)，磁感应强度大小为B0的匀强磁场垂直穿过环平面，环的最高点A处用铰链连接长度为2a、电阻为r的导体棒AB，AB由水平位置紧贴环面摆下，当摆到竖直位置时，B点的线速度为v，则此时A、B两端的电压大小为(　　)
A.B0av B.B0av
C.B0av D.B0av
[解题指导]　当AB棒摆到竖直位置时，画出等效电路图，明确A、B两端电压是路端电压而不是电源电动势.
[解析]　棒摆到竖直位置时整根棒处在匀强磁场中，切割磁感线的长度为2a，导体棒切割磁感线产生的感应电动势E＝B0·2a·，而＝，得E＝B0·2a·＝B0av.外电路的总电阻R＝＝，根据闭合电路欧姆定律I＝，得总电流I＝.A、B两端的电压大小U＝IR＝·＝B0av，选项A正确.
[答案]　A
[变式1]　(2017·山东潍坊统考)(多选)在如图甲所示的电路中，电阻R1＝R2＝2R，圆形金属线圈半径为r1，线圈导线的电阻为R，半径为r2(r2
　　　甲　　　　　　　　　　　乙
A.电容器上极板带正电
B.电容器下极板带正电
C.线圈两端的电压为
D.线圈两端的电压为
答案：BD　解析：由楞次定律知圆形金属线圈内的感应电流方向为顺时针方向，金属线圈相当于电源，电源内部的电流从负极流向正极，则电容器的下极板带正电，上极板带负电，A错，B对.由法拉第电磁感应定律知感应电动势为E＝＝S＝×πr，由闭合电路欧姆定律得感应电流为I＝，所以线圈两端的电压U＝I(R1＋R2)＝，C错，D对.
考向2　电功、电热和电量的计算
[典例2]　(2015·福建卷)如图所示，由某种粗细均匀的总电阻为3R的金属条制成的矩形线框abcd，固定在水平面内且处于方向竖直向下的匀强磁场B中.一接入电路电阻为R的导体棒PQ，在水平拉力作用下沿ab、dc以速度v匀速滑动，滑动过程PQ始终与ab垂直，且与线框接触良好，不计摩擦.在PQ从靠近ad处向bc滑动的过程中(　　)
A.PQ中电流先增大后减小
B.PQ两端电压先减小后增大
C.PQ上拉力的功率先减小后增大
D.线框消耗的电功率先减小后增大
[问题探究]　(1)运动过程中，外电路电阻如何变化？
(2)闭合电路中，内、外电阻符合什么条件时，外电路的功率最大？
[提示]　(1)外电路电阻先增大，后减小.
(2)当内、外电路电阻相等时，输出电功率最大，即外电路功率最大.
[解析]　由题意知，题目情形可等效为如图所示的电路问题，其中R左＋R右＝3R，E＝BLv，r＝R，当PQ向右运动时，R左增大，R右减小，两者并联的总电阻R外先增大后减小，当PQ运动到线框正中央位置时，R外最大，故流过PQ的电流先减小后增大，A项错误；PQ两端电压U＝E－Ir，故U的变化为先增大后减小，B项错误；拉力的功率P＝P总＝EI，故拉力的功率先减小后增大，C项正确；线框消耗的电功率为电源的输出功率P出＝P总－P内＝EI－I2r，电流的最小值Imin＝，故由数学知识可知P出先增大后减小，D项错误.
[答案]　C
[变式2]　如图所示，纸面内有一矩形导体闭合线框abcd，ab边长大于bc边长，置于垂直纸面向里、边界为MN的匀强磁场外，线框两次匀速地完全进入磁场，两次速度大小相同，方向均垂直于MN.第一次ab边平行MN进入磁场，线框上产生的热量为Q1，通过线框导体横截面的电荷量为q1；第二次bc边平行MN进入磁场，线框上产生的热量为Q2，通过线框导体横截面的电荷量为q2，则(　　)
A.Q1>Q2，q1＝q2 B.Q1>Q2，q1>q2
C.Q1＝Q2，q1＝q2 D.Q1＝Q2，q1>q2
答案：A　解析：设线框边长分别为l1、l2，线框中产生的热量Q＝I2Rt＝()2·R·＝＝l1，由于lab>lbc，所以Q1>Q2.通过线框导体横截面的电荷量q＝·Δt＝·Δt＝＝，故q1＝q2，A选项正确.
解决电磁感应中的电路问题的基本步骤
(1)“源”的分析：用法拉第电磁感应定律算出E的大小，用楞次定律或右手定则确定感应电动势的方向(感应电流方向是电源内部电流的方向)，从而确定电源正负极，明确内阻r.
(2)“路”的分析：根据“等效电源”和电路中其他各元件的连接方式画出等效电路.
(3)根据E＝BLv或E＝n，结合闭合电路欧姆定律、串并联电路知识、电功率、焦耳定律等相关关系式联立求解.
突破　电磁感应中的图象问题
1.图象问题
图象
类型
(1)磁感应强度B、磁通量Φ、感应电动势E和感应电流I随时间t变化的图象，即B-t图象、Φ-t图象、E-t图象和I-t图象
(2)对于切割磁感线产生感应电动势和感应电流的情况，还常涉及感应电动势E和感应电流I随导体位移x变化的图象，即E-x图象和I-x图象
问题
类型
(1)由给定的电磁感应过程选出或画出正确的图象
(2)由给定的有关图象分析电磁感应过程，求解相应的物理量
应用
知识
右手定则、安培定则、楞次定律、法拉第电磁感应定律、欧姆定律、牛顿运动定律和相关数学知识等
2.图象问题的特点与求解
(1)图象问题的特点
考查方式比较灵活，有时根据电磁感应现象发生的过程，确定图象的正确与否，有时根据不同的图象，进行综合计算.
(2)图象问题的求解类型
类型
据电磁感应
过程选图象
据图象分析判断
电磁感应过程
求解流程
考向1　根据图象分析判断电磁感应过程
[典例3]　(多选)在竖直向上的匀强磁场中，水平放置一个不变形的单匝金属圆线圈，线圈所围的面积为0.1 m2，线圈电阻为1 Ω.规定线圈中感应电流I的正方向从上往下看是顺时针方向，如图甲所示.磁场的磁感应强度B随时间t的变化规律如图乙所示.则以下说法正确的是(　　)
　　
甲　　　　　　　　　乙
A.在时间0～2 s内，I的最大值为0.01 A
B.在时间3～5 s内，I的大小越来越小
C.前2 s内，通过线圈某截面的总电荷量为0.01 C
D.第3 s内，线圈的发热功率最大
[解析]　0～2 s内，t＝0时刻磁感应强度变化率最大，电流最大，I＝＝＝0.01 A，A正确；3～5 s内电流大小不变，B错误；前2 s内通过线圈的电荷量q＝＝＝0.01 C，C正确；第3 s内感应电流为零，D错误.
[答案]　AC
考向2　根据电磁感应过程选择图象
[典例4]　(2016·四川卷)(多选)如图所示，电阻不计、间距为l的光滑平行金属导轨水平放置于磁感应强度为B、方向竖直向下的匀强磁场中，导轨左端接一定值电阻R.质量为m、电阻为r的金属棒MN置于导轨上，受到垂直于金属棒的水平外力F的作用由静止开始运动，外力F与金属棒速度v的关系是F＝F0＋kv(F0、k是常量)，金属棒与导轨始终垂直且接触良好.金属棒中感应电流为i，受到的安培力大小为FA，电阻R两端的电压为UR，感应电流的功率为P，它们随时间t变化的图象可能正确的有(　　)
A　　 　　　　　B
C　　　 　　　　D
[解题指导]　(1)图线反映的关系都是瞬时关系，所以电流、电压、功率都是瞬时值.
(2)根据受力情况列出方程，再根据k的可能取值范围，分析金属棒可能的运动情况，进而分析求解.
[解析]　设某时刻金属棒的速度为v，根据牛顿第二定律F－FA＝ma，即F0＋kv－＝ma，即F0＋v＝ma，如果k>，则加速度与速度成线性关系，且随着速度增大，加速度越来越大，即金属棒运动的v-t图象的切线斜率越来越大，由于FA＝，FA-t图象的切线斜率也越来越大，感应电流、电阻两端的电压及感应电流的功率也会随时间变化得越来越快，B项正确；
如果k＝，则金属棒做匀加速直线运动，电动势随时间均匀增大，感应电流、电阻两端的电压、安培力均随时间均匀增大，感应电流的功率与时间的二次方成正比，没有选项符合；如果k<，则金属棒做加速度越来越小的加速运动，感应电流、电阻两端的电压、安培力均增加得越来越慢，最后恒定，感应电流的功率最后也恒定，C项正确.
[答案]　BC
考向3　由电磁感应过程判断或画出图象
[典例5]　(2017·福建模拟)在一周期性变化的匀强磁场中有一圆形闭合线圈，线圈平面与磁场垂直，如图甲所示，规定图中磁场方向为正.已知线圈的半径为r、匝数为N，总电阻为R，磁感应强度的最大值为B0，变化周期为T，磁感应强度按图乙所示规律变化，求：
　　　
甲　　　　　　　 　　乙
丙
(1)在0～T内线圈产生的感应电流的大小I1；
(2)规定甲图中感应电流的方向为正方向，在图丙中画出一个周期内的i-t图象，已知图中I0＝；
(3)在一个周期T内线圈产生的电热Q.
[解题指导]　本题的关键是画出一个周期内的i-t图象.由B-t图象，把一个周期分成0～、～T和T～T三段时间分别计算电流的大小，并判断电流的方向.
[解析]　(1)在0～T内感应电动势E1＝N
磁通量的变化ΔΦ1＝B0πr2
解得E1＝
线圈中感应电流大小I1＝＝.
(2)如图所示.
(3)在0～T和T～T两个时间段内产生的热量相同，有Q1＝Q3＝IR·T
在T～T时间内产生的热量Q2＝IR·T
一个周期内产生的总热量Q＝Q1＋Q2＋Q3＝.
[答案]　(1)　(2)见解析图　(3)
电磁感应中图象类选择题的两种常见解法
(1)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)，特别是物理量的正负，排除错误的选项.
(2)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象作出分析和判断，这未必是最简洁的方法，但却是最有效的方法.
1.[对电动势与路端电压的理解]粗细均匀的电阻丝围成的正方形线框置于有界匀强磁场中，磁场方向垂直于线框平面，其边界与正方形线框的边平行.现使线框以同样大小的速度沿四个不同方向平移出磁场，如图所示，则在移出过程中线框一边a、b两点间的电势差绝对值最大的是(　　)
　
A　　　　　B　　　　　C　　 　　D
答案：B　解析：线框各边电阻相等，切割磁感线的那个边为电源，电动势相同，均为Blv.在A、C、D中，Uab＝Blv，B中，Uab＝Blv，选项B正确.
2.[根据电磁感应过程选择图象]如图所示，一直角三角形金属框，向左匀速地穿过一个方向垂直于纸面向内的匀强磁场区域，磁场仅限于虚线边界所围的区域，该区域的形状与金属框完全相同，且金属框的下边与磁场区域的下边在一直线上.若取顺时针方向为电流的正方向，则金属框穿过磁场的过程中感应电流i随时间t变化的图象是(　　)
　
A　　 　　B　　　　　C　　　　　D
答案：C　解析：根据楞次定律可以判断出金属框进入磁场过程中感应电流的方向，根据金属框切割磁感线的有效长度在变化，可知感应电动势以及感应电流的大小也在变化.在金属框进入磁场过程中，感应电流的方向为逆时针，金属框切割磁感线的有效长度线性增大，排除A、B；在金属框出磁场的过程中，感应电流的方向为顺时针方向，金属框切割磁感线的有效长度线性减小，排除D，故C正确.
3.[根据图象分析电磁感应过程](多选)如图所示，螺线管匝数n＝1 000匝，横截面积S＝10 cm2，螺线管导线电阻r＝1 Ω，电阻R＝4 Ω，磁感应强度B的B-t图象如图乙所示(以向右为正方向)，下列说法正确的是(　　)
　
　甲　　　　　　　　　　乙
A.通过电阻R的电流是交变电流
B.感应电流的大小保持不变
C.电阻R两端的电压为6 V
D.C点的电势为4.8 V
答案：AB　解析：由E＝n＝6 V，一个周期的时间内，前半个周期与后半个周期的电动势(电流)大小相等、方向相反，所以通过R的电流是交变电流，选项A、B正确；电阻R上的电压UR＝R＝4.8 V，选项C错误；0～1 s内C点比A点电势高，C点的电势为4.8 V,1～2 s内，C点比A点电势低，C点的电势为 －4.8 V，选项D错误.
4.
[根据电磁感应过程选择图象](多选)如图所示，两根相距为L的平行直导轨水平放置，R为固定电阻，导轨电阻不计.电阻阻值也为R的金属杆MN垂直于导轨放置，杆与导轨之间有摩擦，整个装置处在竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为B.t＝0时刻对金属杆施加一水平外力F，使金属杆从静止开始做匀加速直线运动.下列关于外力F、通过R的电流i、摩擦生热Q(图C为抛物线)、外力F的功率P随时间t变化的图象中正确的是(　　)

A　　 　　B　　　　　C　　　　　D
答案：BC　解析：金属杆从静止开始做匀加速直线运动，速度v＝at，金属杆切割磁感线产生的感应电动势E＝BLv＝BLat，感应电流i＝＝，电流与时间成正比，选项B正确.金属杆受的安培力F安＝BIL＝，根据牛顿第二定律有F－F安－f＝ma，则有F＝F安＋f＋ma＝＋f＋ma，外力F随时间逐渐增大，选项A错误.摩擦生热Q＝fs＝f×at2，与时间的平方成正比，选项C正确.外力F的功率P＝Fv＝at，不是一次函数，所以图象不是直线，选项D错误.
5.[电磁感应与电路的计算]面积S＝0.2 m2、n＝100匝的圆形线圈，处在如图所示的匀强磁场中，磁场方向垂直于线圈所在平面，磁感应强度B随时间t变化的规律是B＝0.02t(T).电阻R与电容器C并联后接在线圈两端，电阻R＝3 Ω，电容C＝30 μF，线圈电阻r＝1 Ω，求：
(1)通过R的电流的大小和方向；
(2)电容器所带的电荷量.
答案：(1)0.1 A，方向b→R→a　(2)9×10－6 C
解析：(1)通过圆形线圈的磁通量Φ变大，由楞次定律和安培定则知，线圈中感应电流的方向为逆时针，所以通过R的电流方向为由b到a.由法拉第电磁感应定律，线圈产生的感应电动势为
E＝＝＝100×0.2×0.02 V＝0.4 V
由闭合电路欧姆定律，通过R的电流为
I＝＝ A＝0.1 A.
(2)电容器两端的电压等于电阻R两端的电压，即UC＝UR＝IR＝0.1×3 V＝0.3 V
电容器所带的电荷量为
Q＝CUC＝30×10－6×0.3 C＝9×10－6 C.
专题十二　电磁感应中的动力学和能量综合问题
突破　电磁感应中的动力学问题
1.导体的两种运动状态
(1)导体的平衡状态——静止状态或匀速直线运动状态.
处理方法：根据平衡条件(合力等于零)列式分析.
(2)导体的非平衡状态——加速度不为零.
处理方法：根据牛顿第二定律进行动态分析或结合功能关系分析.
2.力学对象和电学对象的相互关系
考向1　平衡状态的分析与计算
[典例1]　(2016·新课标全国卷Ⅰ)如图所示，两固定的绝缘斜面倾角均为θ，上沿相连.两细金属棒ab(仅标出a端)和cd(仅标出c端)长度均为L，质量分别为2m和m；用两根不可伸长的柔软轻导线将它们连成闭合回路abdca，并通过固定在斜面上沿的两光滑绝缘小定滑轮跨放在斜面上，使两金属棒水平.右斜面上存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于斜面向上.已知两根导线刚好不在磁场中，回路电阻为R，两金属棒与斜面间的动摩擦因数均为μ，重力加速度大小为g.已知金属棒ab匀速下滑.求：
(1)作用在金属棒ab上的安培力的大小；
(2)金属棒运动速度的大小.
[解题指导]　解答此题的关键是对ab、cd棒受力分析，由平衡条件求出ab棒受到的安培力，再由金属棒切割磁感线产生的感应电动势确定出金属棒的速度.
[解析]　(1)设两根导线的总的张力的大小为T，右斜面对ab棒的支持力的大小为N1，作用在ab棒上的安培力的大小为F，左斜面对cd棒的支持力大小为N2.对于ab棒，由力的平衡条件得2mgsin θ＝μN1＋T＋F　①
N1＝2mgcos θ　②
对于cd棒，同理有mgsin θ＋μN2＝T　③
N2＝mgcos θ　④
联立①②③④式得F＝mg(sin θ－3μcos θ).　⑤
(2)由安培力公式得F＝BIL　⑥
这里I是回路abdca中的感应电流.
ab棒上的感应电动势为ε＝BLv　⑦
式中，v是ab棒下滑速度的大小
由欧姆定律得I＝　⑧
联立⑤⑥⑦⑧式得v＝(sin θ－3μcos θ).　⑨
[答案]　(1)mg(sin θ－3μcos θ)　(2)(sin θ－3μcos θ)
考向2　非平衡状态的分析与计算
[典例2]　(2017·江苏常州检测)如图所示，水平面内有两根足够长的平行导轨L1、L2，其间距d＝0.5 m，左端接有容量C＝2 000 μF的电容.质量m＝20 g的导体棒可在导轨上无摩擦滑动，导体棒和导轨的电阻不计.整个空间存在着垂直导轨所在平面的匀强磁场，磁感应强度B＝2 T.现用一沿导轨方向向右的恒力F1＝0.44 N作用于导体棒，使导体棒从静止开始运动，经t时间后到达B处，速度v＝5 m/s.此时，突然将拉力方向变为沿导轨向左，大小变为F2，又经2t时间后导体棒返回到初始位置A处，整个过程电容器未被击穿.求：
(1)导体棒运动到B处时，电容C上的电量；
(2)t的大小；
(3)F2的大小.
[解题指导]　本题的关键是判断导体棒在恒力作用下的运动性质，可用微元法判断，即设经过很短的时间Δt，速度增加Δv，则a＝，再根据牛顿第二定律求出加速度.
[解析]　(1)当导体棒运动到B处时，电容器两端电压为
U＝Bdv＝2×0.5×5 V＝5 V
此时电容器的带电量
q＝CU＝2 000×10－6×5 C＝1×10－2 C.
(2)棒在F1作用下有F1－BId＝ma1
又I＝＝，a1＝
联立解得：a1＝＝20 m/s2
则t＝＝0.25 s.
(3)由(2)可知棒在F2作用下，运动的加速度a2＝，方向向左，又a1t2＝－
将相关数据代入解得F2＝0.55 N.
[答案]　(1)1×10－2 C　(2)0.25 s　(3)0.55 N
用牛顿运动定律处理电磁感应问题的基本思路
突破　电磁感应中的能量问题
1.能量转化及焦耳热的求法
(1)能量转化
(2)求解焦耳热Q的三种方法
2.求解电磁感应现象中的能量问题的一般步骤
(1)在电磁感应中，切割磁感线的导体或磁通量发生变化的回路将产生感应电动势，该导体或回路就相当于电源.
(2)分析清楚有哪些力做功，就可以知道哪些形式的能量发生了相互转化.
(3)根据能量守恒列方程求解.
考向1　导体棒平动切割磁感线问题
[典例3]　如图所示，两根足够长且平行的光滑①金属导轨所在平面与水平面成α＝53°角，导轨间接一阻值为3 Ω的电阻R，导轨电阻忽略不计.在两平行虚线间有一与导轨所在平面垂直的匀强磁场，磁场区域的宽度为d＝0.5 m.导体棒a的质量为m1＝0.1 kg、电阻为R1＝6 Ω；导体棒b的质量为m2＝0.2 kg、电阻为R2＝3 Ω，它们分别垂直导轨放置并始终与导轨接触良好.现从图中的M、N处同时将a、b由静止释放②，运动过程中它们都能匀速穿过③磁场区域，且当a刚出磁场时b正好进入磁场④.(sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，取g＝10 m/s2，a、b电流间的相互作用不计)，求：
(1)在b穿越磁场的过程中a、b两导体棒上产生的热量之比；
(2)在a、b两导体棒穿过磁场区域的整个过程中，装置上产生的热量；
(3)M、N两点之间的距离.
[解题指导]　(1)审题
关键信息
理解
①
无摩擦阻力
②
初速度为零
③
安培力与重力沿导轨向下的分力平衡
④
始终只有一根导体棒切割磁感线
(2)解题关键：解答本题的关键是区分电源与外电路以及a、b两导体棒运动和受力的关系.
[解析]　(1)在b穿越磁场的过程中，b相当于电源，a与R是外电路，则有Ib＝Ia＋IR.
a与R是并联关系，则有IaR1＝IRR，
a产生的热量为Qa＝IR1t，
b产生的热量为Qb＝IR2t.
则Qa∶Qb＝IR1∶IR2，代入数据可解得Qa∶Qb＝2∶9.
(2)a、b穿过磁场区域的整个过程中，由能量守恒可得，
Q＝m1gsin α·d＋m2gsin α·d，代入数据解得Q＝1.2 J.
(3)设a进入磁场的速度大小为v1，此时电路中的总电阻
R总1＝R1＋＝ Ω＝7.5 Ω
设b进入磁场的速度大小为v2，此时电路中的总电阻
R总2＝R2＋＝ Ω＝5 Ω
由m1gsin α＝和m2gsin α＝，可得＝＝.
设a匀速运动时，m2gsin α＝m2a0，v2＝v1＋a0，联立并代入数据解得v＝12 m2/s2，则v＝v.
M、N两点之间的距离Δs＝－＝ m.
[答案]　(1)2∶9　(2)1.2 J　(3) m
考向2　导体棒转动切割磁感线问题
[典例4]　(2016·新课标全国卷Ⅱ)(多选)法拉第圆盘发电机的示意图如图所示.铜圆盘安装在竖直的铜轴上，两铜片P、Q分别与圆盘的边缘和铜轴接触.圆盘处于方向竖直向上的匀强磁场B中.圆盘旋转时，关于流过电阻R的电流，下列说法正确的是(　　)
A.若圆盘转动的角速度恒定，则电流大小恒定
B.若从上向下看，圆盘顺时针转动，则电流沿a到b的方向流动
C.若圆盘转动方向不变，角速度大小发生变化，则电流方向可能发生变化
D.若圆盘转动的角速度变为原来的2倍，则电流在R上的热功率也变为原来的2倍
[解题指导]　解答本题时应从以下两点进行分析：
(1)把圆盘理解成“同心圆周导线”和“辐条”切割模型.
(2)将实际问题转化为等效电路(各个电源并联，总电动势等于一个电源的电动势).
[解析]　设圆盘的半径为r，圆盘转动的角速度为ω，则圆盘转动产生的电动势为E＝Br2ω，可知转动的角速度恒定，电动势恒定，电流恒定，A项正确；根据右手定则可知，从上向下看，圆盘顺时针转动，圆盘中电流由边缘指向圆心，即电流沿a到b的方向流动，B项正确；圆盘转动方向不变，产生的电流方向不变，C项错误；若圆盘转动的角速度变为原来的2倍，则电动势变为原来的2倍，电流变为原来的2倍，由P＝I2R可知，电阻R上的热功率变为原来的4倍，D项错误.
[答案]　AB
考向3　电磁感应中线圈穿过磁场问题
[典例5]　(2017·四川德阳一模)如图所示，四条水平虚线等间距地分布在同一竖直面上，间距为h，在Ⅰ、Ⅱ两区间分布着完全相同、方向水平向内的磁场，磁场大小按B-t图象变化(图中B0已知).现有一个长方形金属形框ABCD，质量为m，电阻为R，AB＝CD＝L，AD＝BC＝2h.用一轻质的细线把线框ABCD竖直悬挂着，AB边恰好在Ⅰ区的中央.t0(未知)时刻细线恰好松弛，之后剪断细线，当CD边到达M3N3时线框恰好匀速运动.(空气阻力不计，取g＝10 m/s2)
　　
(1)求t0的值；
(2)求线框AB边到达M2N2时的速率v；
(3)从剪断细线到整个线框通过两个磁场区的过程中产生的电能为多大？
[解析]　(1)细线恰好松弛，对线框受力分析有B0IL＝mg，I＝，感应电动势E＝＝S＝S＝×Lh，得t0＝.
(2)当CD边到达M3N3时线框恰好匀速运动，速度为v′，对线框受力分析有B0I′L＝mg，I′＝，因CD棒切割产生的感应电动势E′＝B0Lv′，v′＝，线框AB到达M2N2时一直运动到CD边到达M3N3的过程中线框中无感应电流产生，只受到重力作用.
线框下落高度为3h，根据动能定理得mg×3h＝mv′2－mv2，线框AB边到达M2N2时的速率为v＝.
(3)线框由静止开始下落到CD边刚离开M4N4的过程中线框中产生电能为E电，线框下落高度为4.5h，根据能量守恒得重力势能减少量等于线框动能与电能之和为mg×4.5h＝E电＋mv′2，则E电＝mgh－.
[答案]　(1)　(2)　(3)mgh－
解决电磁感应综合问题的一般方法
首先根据法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律判断电路中的电压和电流情况，然后隔离系统中的某个导体棒进行受力分析，结合共点力的平衡条件或牛顿第二定律进行求解.在求解电路中产生的热量问题时，一般是根据能量守恒定律采用整体法进行分析.
1.[电磁感应中的动力学问题]如图所示，“U”形金属框架固定在水平面上，处于竖直向下的匀强磁场中.ab棒以水平初速度v0向右运动，下列说法正确的是(　　)
A.ab棒做匀减速运动
B.回路中电流均匀减小
C.a点电势比b点电势低
D.ab棒受到水平向左的安培力
答案：D　解析：棒具有向右的初速度，根据右手定则，产生b指向a的电流，则a点的电势比b点的电势高.根据左手定则，安培力向左，ab棒做减速运动，因为电动势减小，电流减小，则安培力减小，根据牛顿第二定律，加速度减小，做加速度减小的减速运动，由于速度不是均匀减小，则电流不是均匀减小，故A、B、C错误，D正确.
2.[电磁感应中的动力学问题]
如图所示，在光滑水平桌面上有一边长为L、电阻为R的正方形导线框；在导线框右侧有一宽度为d(d>L)的条形匀强磁场区域，磁场的边界与导线框的一边平行，磁场方向竖直向下.导线框以某一初速度向右运动.t＝0时导线框的右边恰与磁场的左边界重合，随后导线框进入并通过磁场区域.下列v-t图象中，可能正确描述上述过程的是(　　)
A　　　　　　　B
C　　　　　　　D
答案：D　解析：导线框刚进入磁场时速度设为v0，此时产生的感应电动势E＝BLv0，感应电流I＝＝，线框受到的安培力F＝BLI＝.由牛顿第二定律F＝ma知，＝ma，由楞次定律知线框开始减速，随v减小，其加速度a减小，故进入磁场时做加速度减小的减速运动.当线框全部进入磁场开始做匀速运动，在出磁场的过程中，仍做加速度减小的减速运动，故只有D选项正确.
3.[电磁感应中的平衡问题](多选)如图甲所示，在一个倾角为θ的绝缘斜面上有一“U”形轨道abcd，轨道宽度为L，在轨道最底端接有一个定值电阻R，在轨道中的虚线矩形区域有垂直于斜面向下的匀强磁场B.现让一根长为L、质量为m、电阻也为R的导体棒PQ从轨道顶端由静止释放，从导体棒开始运动到恰好到达轨道底端的过程中其机械能E和位移x间的关系如图乙所示，图中a、b、c均为直线段.若重力加速度g及图象中E1、E2、x1、x2均为已知量，则下列说法正确的是(　　)
　　
A.导体棒切割运动时P点比Q点电势高
B.图象中的a和c是平行的
C.导体棒在磁场中做匀变速直线运动
D.可以求出导体棒切割运动时回路中产生的焦耳热
答案：BD　解析：导体棒进入磁场后做切割运动，由右手定则知电流由P向Q，故Q点的电势高，即A项错误；导体棒进入磁场前沿导轨下滑克服摩擦力做功，机械能线性减小，进入磁场后切割磁感线，回路中有安培力，因图线b仍是线性关系，故安培力为恒力；若有加速度，则安培力会变，故导体棒在磁场中是匀速的，即C项错误；出场后导体棒的受力情况与进入磁场前的受力情况相同，故图线a和c是平行的，即B项正确；由(mgsin θ－f)x1＝mv2，mgsin θ＝f＋F，F＝，(f＋F)(x2－x1)＝E1－E2，Q＝F(x2－x1)可求焦耳热，即D项正确.
4.[电磁感应中的动力学问题]如图所示，水平地面上方矩形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，两个闭合线圈Ⅰ、Ⅱ分别用同种导线绕制而成，其中Ⅰ为边长为L的正方形，Ⅱ是长为2L、宽为L的矩形，将两个线圈同时从图示位置由静止释放.线圈下边进入磁场时，Ⅰ立即做了一段时间的匀速运动，已知两线圈在整个下落过程中，下边始终平行于磁场上边界，不计空气阻力，则(　　)
A.下边进入磁场时，Ⅱ也立即做匀速运动
B.从下边进入磁场开始的一段时间内，线圈Ⅱ做加速度不断减小的加速运动
C.从下边进入磁场开始的一段时间内，线圈Ⅱ做加速度不断减小的减速运动
D.线圈Ⅱ先到达地面
答案：C　解析：线圈Ⅱ的电阻是Ⅰ的倍，线圈Ⅱ进入磁场时产生的感应电动势是Ⅰ的2倍，即RⅡ＝RⅠ，EⅡ＝2EⅠ，由I＝得，IⅡ＝IⅠ；由F安＝BIL，FⅡ＝BIⅡ·2L，FⅠ＝BIⅠ·L，则FⅡ＝FⅠ，但GⅡ＝GⅠ，由于Ⅰ进入磁场做匀速运动，即FⅠ＝GⅠ，则FⅡ>GⅡ，所以Ⅱ进入磁场立即做加速度不断减小的减速运动，A、B错误，C正确；因线圈Ⅰ、Ⅱ进入磁场时速度相同，但此后Ⅰ匀速，Ⅱ减速，故Ⅱ后到达地面，D错误.
5.[动力学和能量综合应用](多选)如图所示，有两根平行光滑导轨EF、GH，导轨间距离为L，与水平面成θ角，电阻不计，其上端接有定值电阻R.导轨间加有一磁感应强度为B的匀强磁场，磁场方向垂直导轨平面向上.m、p、n、q是导轨上的四个位置，mp与nq平行，且与导轨垂直，mp与nq的间距为2L.电阻为R、长为L、质量为m的导体棒从mp处由静止开始运动，导体棒到达nq处恰好能匀速运动.已知重力加速度为g，下列说法正确的是(　　)
A.流过定值电阻R的电流方向为G→E
B.导体棒在nq处的速度大小为
C.导体棒在nq处的热功率为
D.导体棒从mp运动到nq，通过定值电阻的电荷量为
答案：BD　解析：导体棒下滑切割磁感线，由右手定则可判定m点电势高，流过定值电阻R的电流方向为E→G，选项A错误；因导体棒到达nq处匀速下滑，所以mgsin θ＝BIL＝，联立得v＝，选项B正确；导体棒的热功率P＝I2R＝2R＝ ，选项C错误；导体棒从mp运动到nq，通过定值电阻的电荷量q＝It＝，选项D正确.
第九章 电磁感应
【研透全国卷】
从近几年高考试题来看，高考对本章内容的考查，重点有感应电流的产生、感应电动势方向的判断、感应电动势大小的计算等知识.常以选择题形式考查对基础知识、基本规律的理解与应用，以计算题的形式考查综合性知识，如运动学、力学、能量、电路、图象等知识与电磁感应结合的问题，一般难度较大，分值较高.
预测在2018年高考中仍将以法拉第电磁感应定律为核心，考查与之相关的力、电综合问题.将重点考查学生的分析综合能力及运用数学知识解决物理问题的能力，在复习过程中还要多关注电磁感应象与现代科技、生活相结合的新情景题目.
考点
内容
要求
题型
一、电磁感应现象、楞次定律
电磁感应现象
Ⅰ
选择
磁通量
Ⅰ
楞次定律
Ⅱ
二、法拉第电磁感应定律、自感和涡流
法拉第电磁感应定律
Ⅱ
选择、计算
自感和涡流
Ⅰ
三、电磁感应中的电路和图象问题
选择、计算
四、电磁感应中的动力学和能量综合问题
选择、计算
第1讲　电磁感应现象　楞次定律
　　　　　　　　　　　　　　　　　
知识点一　磁通量
1.概念：在磁感应强度为B的匀强磁场中，与磁场方向　　　　的面积S与B的乘积.
2.公式：Φ＝　　　　.
3.单位：1 Wb＝　　　　.
4.公式的适用条件
(1)匀强磁场.
(2)磁感线的方向与平面垂直，即B⊥S.
5.磁通量的意义
磁通量可以理解为穿过某一面积的磁感线的条数.
答案：1.垂直　2.BS　3.1 T·m2
知识点二　电磁感应现象
1.电磁感应现象
当穿过闭合电路的磁通量　　　　时，电路中有　　　　产生的现象.
2.产生感应电流的条件
(1)条件：穿过闭合电路的磁通量　　　　.
(2)特例：闭合电路的一部分导体在磁场内做　　　　运动.
3.产生电磁感应现象的实质
电磁感应现象的实质是产生　　　　，如果回路闭合，则产生　　　　；如果回路不闭合，那么只有　　　　，而无　　　　.
答案：1.发生变化　感应电流　2.(1)发生变化　(2)切割磁感线　3.感应电动势　感应电流　感应电动势　感应电流
知识点三　感应电流方向的判断
1.楞次定律
(1)内容：感应电流的磁场总要　　　　引起感应电流的　　　　的变化.
(2)适用情况：所有的电磁感应现象.
2.右手定则
(1)内容：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平面内，让磁感应线从　　　　进入，并使拇指指向　　　　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：　　　　产生感应电流
答案：1.(1)阻碍　磁通量　2.(1)掌心　导体运动　(2)导体切割磁感线
(1)闭合电路内只要有磁通量，就有感应电流产生.(　　)
(2)穿过线圈的磁通量和线圈的匝数无关.(　　)
(3)线框不闭合时，即使穿过线框的磁通量发生变化，线框中也没有感应电流产生.(　　)
(4)当导体切割磁感线时，一定产生感应电动势.(　　)
(5)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.(　　)
(6)感应电流的磁场一定阻碍引起感应电流的磁场的磁通量的变化.(　　)
答案：(1) ?　(2)√　(3)√　(4)√　(5) ?　(6)√
考点　电磁感应现象的判断
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
1.磁通量发生变化的三种常见情况
(1)磁场强弱不变，回路面积改变.
(2)回路面积不变，磁场强弱改变.
(3)线圈在磁场中转动.
2.判断电磁感应现象是否发生的流程
(1)确定研究的回路.
(2)弄清楚回路内的磁场分布，并确定该回路的磁通量Φ.
(3)
考向1　磁场变化引起的感应电流
[典例1]　现将电池组、滑动变阻器、带铁芯的线圈A、线圈B、电流计及开关按如图所示连接.下列说法中正确的是(　　)
A.开关闭合后，线圈A插入或拔出都会引起电流计指针偏转
B.线圈A插入线圈B中后，开关闭合和断开的瞬间，电流计指针均不会偏转
C.开关闭合后，滑动变阻器的滑片P匀速滑动，会使电流计指针静止在中央零刻度
D.开关闭合后，只有滑动变阻器的滑片P加速滑动，电流计指针才能偏转
[解析]　线圈A插入或拔出，都将造成线圈B处磁场的变化，因此线圈B处的磁通量变化，产生感应电流，故A正确；开关闭合和断开均能引起线圈B中磁通量的变化而产生感应电流，故B错误；开关闭合后，只要移动滑片P，线圈B中磁通变化而产生感应电流，故C、D错误.
[答案]　A
考向2　“有效”面积变化引起的感应电流
[典例2]　(多选)如图所示，矩形线框abcd由静止开始运动，若要使线框中产生感应电流，则线框的运动情况应该是(　　)
A.向右平动(ad边还没有进入磁场)
B.向上平动(ab边还没有离开磁场)
C.以bc边为轴转动(ad边还没有转入磁场)
D.以ab边为轴转动(转角不超过90°)
[解题指导]　解答本题时应把握以下两点：
(1)产生感应电流的条件是穿过闭合回路的磁通量发生变化.
(2)判断线框做各种运动时穿过线框的磁通量是否发生变化.
[解析]　选项A和D所描述的情况中，线框在磁场中的有效面积S均发生变化(A情况下S增大，D情况下S减小)，穿过线框的磁通量均改变，由产生感应电流的条件知线框中会产生感应电流.而选项B、C所描述的情况中，线框中的磁通量均不改变，不会产生感应电流.
[答案]　AD
考点　楞次定律的理解及应用
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
1.楞次定律中“阻碍”的含义
2.应用楞次定律判断感应电流方向的步骤
考向1　楞次定律的基本应用
[典例3]　如图所示，通有恒定电流的导线MN与闭合金属框共面，第一次将金属框由Ⅰ平移到Ⅱ，第二次将金属框绕cd边翻转到Ⅱ，设先后两次通过金属框的磁通量变化量大小分别为ΔΦ1和ΔΦ2，则(　　)
A.ΔΦ1>ΔΦ2，两次运动中线框中均有沿adcba方向电流出现
B.ΔΦ1＝ΔΦ2，两次运动中线框中均有沿abcda方向电流出现
C.ΔΦ1<ΔΦ2，两次运动中线框中均有沿adcba方向电流出现
D.ΔΦ1<ΔΦ2，两次运动中线框中均有沿abcda方向电流出现
[解析]　设金属框在位置Ⅰ的磁通量为ΦⅠ，金属框在位置Ⅱ的磁通量为ΦⅡ，由题可知：ΔΦ1＝|ΦⅡ－ΦⅠ|，ΔΦ2＝|－ΦⅡ－ΦⅠ|，所以金属框的磁通量变化量大小ΔΦ1<ΔΦ2，由安培定则知两次磁通量均向里减小，所以由楞次定律知两次运动中线框中均有沿adcba方向的电流，C对.
[答案]　C
考向2　楞次定律的拓展应用——“增反减同”
[典例4]　
如图所示，线圈两端与电阻相连构成闭合回路，在线圈上方有一竖直放置的条形磁铁，磁铁的S极朝下.在将磁铁的S极插入线圈的过程中(　　)
A.通过电阻的感应电流的方向由a到b，线圈与磁铁相互排斥
B.通过电阻的感应电流的方向由b到a，线圈与磁铁相互排斥
C.通过电阻的感应电流的方向由a到b，线圈与磁铁相互吸引
D.通过电阻的感应电流的方向由b到a，线圈与磁铁相互吸引
[解析]　将磁铁的S极插入线圈的过程中，由楞次定律知，通过电阻的感应电流的方向由b到a，线圈与磁铁相互排斥.
[答案]　B
考向3　楞次定律的拓展应用——“来拒去留”
[典例5]　如图所示，两个相同的轻质铝环套在一根水平光滑绝缘杆上，当一条形磁铁向左运动靠近两环时，两环的运动情况是(　　)
A.同时向左运动，间距增大
B.同时向左运动，间距减小
C.同时向右运动，间距减小
D.同时向右运动，间距增大
[解析]　当条形磁铁向左靠近两环时，两环中的磁通量均增加.根据楞次定律，两环的运动都要阻碍磁铁相对环的运动，即阻碍“靠近”，那么两环都向左运动.又由于两环中的感应电流方向相同，两环相互吸引，且磁铁对右环的斥力较大，故右环向左运动的加速度较大，所以两环间距离要减小，故只有选项B正确.
[答案]　B
考向4　楞次定律的拓展应用——“增缩减扩”
[典例6]　(多选)如图所示，光滑固定的金属导轨M、N水平放置，两根导体棒P、Q平行放置在导轨上，形成一个闭合回路，一条形磁铁从高处下落接近回路时(　　)
A.P、Q 相互靠拢
B.P、Q将相互远离
C.磁铁的加速度仍为g
D.磁铁的加速度小于g
[解析]　根据楞次定律的另一种表述——感应电流的效果，总要反抗产生感应电流的原因.本题中“原因”是回路中磁通量的增加，归根结底是磁铁靠近回路，“效果”便是阻碍磁通量的增加和磁铁的靠近.所以，P、Q将互相靠近且磁铁的加速度小于g，应选A、D.
[答案]　AD
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.
(1)阻碍原磁通量变化——“增反减同”.
(2)阻碍相对运动——“来拒去留”.
(3)使回路面积有扩大或缩小的趋势——“增缩减扩”.
考点　“三定则”、“一定律”的综合应用
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
1.三定则、一定律的比较
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、电流的作用力
左手定则
电磁
感应
部分导体切割磁感线运动
右手定则
闭合回路磁通量发生变化
楞次定律
2.“三定则”的应用区别
三个定则容易混淆，特别是左、右手易错用，抓住因果关系是关键.
(1)因电而生磁(I→B)→安培定则.
(2)因动而生电(v、B→I)→右手定则.
(3)因电而受力(I、B→F安)→左手定则.
3.相互联系
(1)应用楞次定律，一般要用到安培定则.
(2)研究感应电流受到的安培力，一般先用右手定则确定电流方向，再用左手定则确定安培力的方向，有时也可以直接应用楞次定律的推论(“来拒去留”或“增缩减扩”)确定.
[典例7]　(多选)如图所示，一端接有定值电阻的平行金属轨道固定在水平面内，通有恒定电流的长直绝缘导线垂直并紧靠轨道固定，导体棒与轨道垂直且接触良好.在向右匀速通过M、N两区的过程中，导体棒所受安培力分别用FM、FN表示.不计轨道电阻.以下叙述正确的是(　　)
A.FM向右 B.FN向左
C.FM逐渐增大 D.FN逐渐减小
[解题指导]　(1)利用安培定则判断直线电流产生磁场的方向及强弱分布.
(2)利用阻碍相对运动可判断安培力的方向.
[解析]　根据安培定则，在轨道内的M区、N区通电长直导线产生的磁场分别垂直轨道平面向外和向里，由此可知，当导体棒运动到M区时，根据右手定则可以判定，在导体棒内产生的感应电流与长直绝缘导线中的电流方向相反，再根据左手定则可知，金属棒在M区时受到的安培力方向向左，A错误；同理可以判定B正确；再根据导体棒在M区匀速靠近长直绝缘导线时对应的磁场越来越大，因此产生的感应电动势越来越大，根据闭合电路的欧姆定律和安培力的公式可知，导体棒所受的安培力FM也逐渐增大，C正确；同理D正确.
[答案]　BCD
[变式]　(多选)如图所示，金属导轨上的导体棒ab在匀强磁场中沿导轨做下列哪种运动时，铜制线圈c中将有感应电流产生且被螺线管吸引(　　)
A.向右做匀速运动 B.向左做减速运动
C.向右做减速运动 D.向右做加速运动
答案：BC　解析：当导体棒向右匀速运动时产生恒定的电流，线圈中的磁通量恒定不变，无感应电流出现，A错；当导体棒向左做减速运动时，由右手定则可判定回路中出现从b→a的感应电流且减小，由安培定则知螺线管中感应电流的磁场
向左在减弱，由楞次定律知c中出现顺时针方向的感应电流(从右向左看)且被螺线管吸引，B对；同理可判定C对，D错.
左、右手定则巧区分
(1)右手定则与左手定则的区别：抓住“因果关系”才能无误，“因动而电”——用右手；“因电而动”——用左手.
(2)使用中左手定则和右手定则很容易混淆，为了便于区分，可把两个定则简单地总结为“通电受力用左手，运动生电用右手”.“力”的最后一笔“丿”方向向左，用左手；“电”的最后一笔“乚”方向向右，用右手.
1.[产生感应电流的条件]在法拉第时代，下列验证“由磁产生电”设想的实验中，能观察到感应电流的是(　　)
A.将绕在磁铁上的线圈与电流表组成一闭合回路，然后观察电流表的变化
B.在一通电线圈旁放置一连有电流表的闭合线圈，然后观察电流表的变化
C.将一房间内的线圈两端与相邻房间的电流表连接，往线圈中插入条形磁铁后，再到相邻房间去观察电流表的变化
D.绕在同一铁环上的两个线圈，分别接电源和电流表，在给线圈通电或断电的瞬间，观察电流表的变化
答案：答案：D　解析：只形成闭合回路，回路中的磁通量不变化，不会产生感应电流，选项A、B、C错误；给线圈通电或断电瞬间，通过闭合回路的磁通量变化，会产生感应电流，能观察到电流表的变化，选项D正确.
2.
[楞次定律的应用]如图所示，在一水平、固定的闭合导体圆环上方，有一条形磁铁(N极朝上，S极朝下)由静止开始下落，磁铁从圆环中穿过且不与圆环接触，关于圆环中感应电流的方向(从上向下看)，下列说法正确的是(　　)
A.总是顺时针
B.总是逆时针
C.先顺时针后逆时针
D.先逆时针后顺时针
答案：答案：C　解析：由条形磁铁的磁场分布可知，磁铁下落的过程，闭合圆环中的磁通量始终向上，并且先增加后减少，由楞次定律可判断出，从上向下看时，闭合圆环中的感应电流方向先顺时针后逆时针，C正确.
3.[右手定则、安培力]如图所示，一个有界匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向外，一个矩形闭合导线框abcd沿纸面由位置1匀速运动到位置2，则(　　)
A.导线框进入磁场时，感应电流方向为a→b→c→d→a
B.导线框离开磁场时，感应电流方向为a→d→c→b→a
C.导线框离开磁场时，受到的安培力方向水平向右
D.导线框进入磁场时，受到的安培力方向水平向左
答案：答案：D　解析：导线框进入磁场时，cd边切割磁感线，由右手定可知，电流方向为a→d→c→b→a，这时由左手定则可判断cd边受到的安培力方向水平向左，A错，D对；在导线框离开磁场时，ab边处于磁场中且在做切割磁感线运动，同样用右手定则和左手定则可以判断电流方向为a→b→c→d→a，这时安培力的方向仍然水平向左，B、C错.
4.[楞次定律的应用]
如图所示，插有铁芯的螺线管固定在水平面上，管右端的铁芯上套着一个可以自由移动的表面绝缘的闭合铜环，螺线管与电源、电键组成电路，不计铜环与铁芯之间的摩擦阻力，下列说法正确的是(　　)
A.闭合电键，螺线管右端为N极
B.闭合电键瞬间，铜环会向右运动
C.闭合电键瞬间，铜环会向左运动
D.闭合电键瞬间，铜环仍保持不动
答案：B
5.[楞次定律、安培力](多选)
AOC是光滑的直角金属导轨，AO沿竖直方向，OC沿水平方向，ab是一根靠立在导轨上的金属直棒(开始时b离O点很近)，如图所示.它从静止开始在重力作用下运动，运动过程中a端始终在AO上，b端始终在OC上，直到ab完全落在OC上，整个装置放在一匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里，则ab棒在运动过程中(　　)
A.感应电流方向始终是b→a
B.感应电流方向先是b→a，后变为a→b
C.所受安培力方向垂直于ab向上
D.所受安培力方向先垂直于ab向下，后垂直于ab向上
答案：BD　解析：ab棒下滑过程中，穿过闭合回路的磁通量先增大后减小，由楞次定律可知，感应电流方向先由b→a，后变为a→b，B正确；由左手定则可知，ab棒所受安培力方向先垂直于ab向下，后垂直于ab向上，D正确.
第2讲　法拉第电磁感应定律　自感　涡流
知识点一　法拉第电磁感应定律
1.感应电动势
(1)概念：在　　　　中产生的电动势.
(2)产生条件：穿过回路的　　　　发生改变，与电路是否闭合　　　　.
(3)方向判断：感应电动势的方向用　　　　或　　　　判断.
2.法拉第电磁感应定律
(1)内容：感应电动势的大小跟穿过这一电路的　　　　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：遵守闭合电路的　　　　定律，即I＝　　　　.
3.导体切割磁感线的情形
(1)若B、l、v相互垂直，则E＝　　　　.
(2)v∥B时，E＝0.
答案：1.(1)电磁感应现象　(2)磁通量　无关　(3)楞次定律　右手定则　2.(1)磁通量的变化率　(3)欧姆　　3.(1)Blv
知识点二　自感、涡流
1.自感现象
(1)概念：由于导体本身的　　　　变化而产生的电磁感应现象称为自感.
(2)自感电动势
①定义：在自感现象中产生的感应电动势叫做　　　　.
②表达式：E＝　　　　.
(3)自感系数L
①相关因素：与线圈的　　　　、形状、　　　　以及是否有铁芯有关.
②单位：亨利(H)，1 mH＝　　　　H,1 μH＝　　　　H.
2.涡流
当线圈中的电流发生变化时，在它附近的任何导体中都会产生　　　　，这种电流像水的漩涡所以叫涡流.
答案：1.(1)电流　(2)①自感电动势　②L　(3)①大小　匝数
②10－3　10－6　2.感应电流
(1)磁通量变化越大，产生的感应电动势也越大.(　　)
(2)磁通量变化越快，产生的感应电动势就越大.(　　)
(3)磁通量的变化率描述的是磁通量变化的快慢.(　　)
(4)感应电动势的大小与线圈的匝数无关.(　　)
(5)线圈中的自感电动势越大，自感系数就越大.(　　)
(6)磁场相对导体棒运动时，导体棒中也能产生感应电动势.(　　)
(7)对于同一线圈，当电流变化越快时，线圈中的自感电动势越大.(　　)
(8)自感电动势阻碍电流的变化，但不能阻止电流的变化.(　　)
答案：(1) ?　(2)√　(3)√　(4) ?　(5) ?　(6)√　(7)√　(8)√
动生电动势和感生电动势
当线圈匝数为1时，法拉第电磁感应定律的数学式是E＝，E表示电动势的大小.中学教材中写成E＝，既表示平均也表示瞬时.应用时常遇到两种情况，一是S不变而B随时间变化，则可用形式E＝S；二是B不变而S变化，则可应用形式E＝B.至于导体棒切割磁感线产生的电动势E＝Blv，教材则是通过一典型模型利用E＝B推出的.
我们知道，B不随时间变化(恒定磁场)而闭合电路的整体或局部在运动，这样产生的感应电动势叫动生电动势，其非静电力是洛伦兹力.B随时间变化而闭合电路的任一部分都不动，这样产生的感应电动势叫感生电动势，其非静电力是涡旋电场(非静电场)对电荷的作用力.
上述两种电动势统称感应电动势，其联系何在？分析磁通量Φ的定义公式Φ＝BS可见Φ与BS两个变量有关，既然E＝，那么根据全导数公式有＝S＋B，其中S 即感生电动势，体现了因B随时间变化而产生的影响.B同样具有电动势的单位，其真面目是什么呢？
我们采用和现行中学教材一样的方法，建立一物理模型分析.如图所示，MN、PQ是两水平放置的平行光滑金属导轨，其宽度为L，ab是导体棒，切割速度为v.设匀强磁场磁感应强度为B，方向垂直纸面向里.在Δt时间内，回路面积变化为ΔS＝LΔx，面积的平均变化率＝L .当Δt→0时，→v，即＝Lv，对应全导数公式中的，可见B＝BLv，这就是动生电动势，体现了因面积变化而产生的影响.推而广之，线圈在匀强磁场中做收缩、扩张、旋转等改变面积的运动而产生的电动势也是动生电动势.两种电动势可以同时出现.
　　　　　　　　　　　　　　　　　
考点一　法拉第电磁感应定律的理解和应用
1.感应电动势的决定因素
(1)由E＝n知，感应电动势的大小由穿过电路的磁通量的变化率和线圈匝数n共同决定，而与磁通量Φ、磁通量的变化量ΔΦ的大小没有必然联系.
(2)为单匝线圈产生的感应电动势大小.
2.法拉第电磁感应定律的两个特例
(1)回路与磁场垂直的面积S不变，磁感应强度发生变化，则ΔΦ＝ΔB·S，E＝n·S.
(2)磁感应强度B不变，回路与磁场垂直的面积发生变化，则ΔΦ＝B·ΔS，E＝nB.
[典例1]　(2017·安徽安庆质检)如图甲所示，一个电阻值为R、匝数为n的圆形金属线圈与阻值为2R的电阻R1连接成闭合回路，线圈的半径为r1.在线圈中半径为r2的圆形区域内存在垂直于线圈平面向里的匀强磁场，磁感应强度B随时间t变化的关系图线如图乙所示(规定图甲中B的方向为正方向).图线与横、纵轴的截距分别为t0和B0，导线的电阻不计.求0～t1时间内：

　　 　甲　　　　　　　　　　乙
(1)通过电阻R1的电流大小和方向；
(2)通过电阻R1的电荷量q及电阻R1上产生的热量.
[解题指导]　(1)B-t图象为一条倾斜直线，表示磁场均匀变化，即变化率恒定.
(2)本题应区分磁场的面积和线圈的面积.
[解析]　(1)根据楞次定律可知，通过R1的电流方向为由b到a.根据法拉第电磁感应定律得，线圈中的电动势
E＝n＝
根据闭合电路欧姆定律得，通过R1的电流
I＝＝.
(2)通过R1的电荷量
q＝It1＝
R1上产生的热量
Q＝I2R1t1＝.
[答案]　(1)　方向由b到a
(2)　
[变式1]　如图所示，一正方形线圈的匝数为n，边长为a，线圈平面与匀强磁场垂直，且一半处在磁场中.在Δt时间内，磁感应强度的方向不变，大小由B均匀地增大到2B.在此过程中，线圈中产生的感应电动势为(　　)
A.　　B.　　C.　　D.
答案：B　解析：磁感应强度的变化率＝
＝，法拉第电磁感应定律公式可写成E＝n＝nS，其中磁场中的有效面积S＝a2，代入得E＝n，选项B正确，A、C、D错误.
[变式2]　
(2016·北京卷)如图所示，匀强磁场中有两个导体圆环a、b，磁场方向与圆环所在平面垂直.磁感应强度B随时间均匀增大.两圆环半径之比为2∶1，圆环中产生的感应电动势分别为Ea和Eb.不考虑两圆环间的相互影响.下列说法正确的是(　　)
A.Ea∶Eb＝4∶1，感应电流均沿逆时针方向
B.Ea∶Eb＝4∶1，感应电流均沿顺时针方向
C.Ea∶Eb＝2∶1，感应电流均沿逆时针方向
D.Ea∶Eb＝2∶1，感应电流均沿顺时针方向
答案：B　解析：由法拉第电磁感应定律E＝＝πr2，为常数，E与r2成正比，故Ea∶Eb＝4∶1.磁感应强度B随时间均匀增大，故穿过圆环的磁通量增大，由楞次定律知，感应电流产生的磁场方向与原磁场方向相反，垂直纸面向里，由安培定则可知，感应电流均沿顺时针方向，故B项正确.
应用电磁感应定律应注意的三个问题
(1)公式E＝n求解的是一个回路中某段时间内的平均感应电动势，在磁通量均匀变化时，瞬时值才等于平均值.
(2)利用公式E＝nS求感应电动势时，S为线圈在磁场范围内的有效面积.
(3)通过回路截面的电荷量q仅与n、ΔΦ和回路电阻R有关，与时间长短无关.推导如下：q＝Δt＝Δt＝.
考点　导体切割磁感线产生感应电动势的计算
1.平动切割
(1)常用公式：若运动速度v和磁感线方向垂直，则感应电动势E＝BLv.
注意：公式E＝BLv要求B⊥L、B⊥v、L⊥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(即导体的有效切割长度).
(2)有效长度：公式中的L为有效切割长度，即导体在与v垂直的方向上的投影长度.
(3)相对性：E＝BLv中的速度v是相对于磁场的速度，若磁场也运动时，应注意速度间的相对关系.
2.转动切割
在磁感应强度为B的匀强磁场中，长为L的导体棒绕一端为轴以角速度ω匀速转动时，此时产生的感应电动势E＝BLv中＝BωL2.若转动的是圆盘，则可以把圆盘看成由很多根半径相同的导体杆组合而成的.
考向1　导体棒平动切割磁感线
[典例2]　(2015·安徽卷)如图所示，abcd为水平放置的平行“”形光滑金属导轨，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
[解题指导]　解答该题要明确以下几点：
(1)金属杆切割磁感线的有效长度并不是它的实际长度，而是它的长度沿垂直速度方向的投影长度.
(2)金属杆相当于电源，电路中的电流可利用欧姆定律求得.
(3)金属杆的热功率可用公式P＝I2R求得.
[解析]　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)，选项A错误；电路中感应电流的大小为I＝＝＝，选项B正确；金属杆所受安培力的大小为F＝BIl′＝B··＝，选项C错误；金属杆的热功率为P＝I2R＝·＝，选项D错误.
[答案]　B
考向2　导体棒旋转切割磁感线
[典例3]　(多选)1831年，法拉第发明的圆盘发电机(图甲)是利用电磁感应的原理制成的，是人类历史上第一台发电机.图乙是这个圆盘发电机的示意图：铜盘安装在水平的铜轴上，它的边缘正好在两磁极之间，两块铜片C、D分别与转动轴和铜盘的边缘良好接触，使铜盘转动，电阻R中就有电流通过.若所加磁场为匀强磁场，方向水平向右，回路的总电阻恒定，从左往右看，铜盘沿顺时针方向匀速转动，下列说法正确的是(　　)
　　
　 　　甲　　　　　 　　　乙
A.铜盘转动过程中，穿过铜盘的磁通量不变
B.电阻R中有正弦式交变电流通过
C.若不给铜盘施加任何外力，铜盘最终会停下来
D.通过R的电流方向是从a流向b
[解析]　铜盘切割磁感线产生感应电动势，铜盘相当于电源，从而在电路中形成方向不变的电流，内部电流方向是从负极(D点)到正极(C点).由于铜盘在运动中受到安培力的阻碍作用，故最终会停下来.故选A、C.
[答案]　AC
[变式3]　
(2015·新课标全国卷Ⅱ)如图所示，直角三角形金属框abc放置在匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向平行于ab边向上.当金属框绕ab边以角速度ω逆时针转动时，a、b、c三点的电势分别为Ua、Ub、Uc.已知bc边的长度为l.下列判断正确的是(　　)
A.Ua>Uc，金属框中无电流
B.Ub >Uc，金属框中电流方向沿a→b→c→a
C.Ubc＝－Bl2ω，金属框中无电流
D.Uac＝Bl2ω，金属框中电流方向沿a→c→b→a
答案：C　解析：闭合金属框在匀强磁场中以角速度ω逆时针转动时，穿过金属框的磁通量始终为零，金属框中无电流.由右手定则可知Ub＝Ua公式E＝Blv与E＝n的比较
公式
E＝n
E＝Blv
导体
一个回路
一段导体
适用
普遍适用
导体切割磁感线
意义
常用于求平均电动势
既可求平均值也可求瞬时值
联系
本质上是统一的.后者是前者的一种特殊情况.但是，当导体做切割磁感线运动时，用E＝Blv求E比较方便；当穿过电路的磁通量发生变化时，用E＝n求E比较方便
考点　通电自感和断电自感
1.对自感现象的理解
(1)自感电动势总是阻碍导体中原电流的变化.
(2)通过线圈中的电流不能发生突变，只能缓慢变化.
(3)电流稳定时，自感线圈就相当于普通导体.
(4)线圈的自感系数越大，自感现象越明显，自感电动势只是延缓了过程的进行，但它不能使过程停止，更不能使过程反向.
2.自感中“闪亮”与“不闪亮”问题
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.两种情况灯泡中电流方向均改变
考向1　通电自感
[典例4]　如图所示，A、B是两个完全相同的灯泡，L的自感系数较大的线圈，其直流电阻忽略不计.当开关S闭合时，下列说法正确的是(　　)
A.A比B先亮，然后A熄灭
B.B比A先亮，然后B逐渐变暗，A逐渐变亮
C.A、B一起亮，然后A熄灭
D.A、B一起亮，然后A逐渐变亮，B的亮度不变
[解析]　开关闭合的瞬间，线圈由于自感阻碍电流通过，相当于断路，B灯先亮，之后线圈阻碍作用减弱，相当于电阻减小，则总电阻减小，总电流增大，路端电压减小，B灯所在支路电流减小，B灯变暗，A灯所在支路电流增大，A灯变亮.
[答案]　B
考向2　断电自感
[典例5]　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为完全相同的三个灯泡，原来开关S是闭合的，三个灯泡均在发光.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
[解题指导]　(1)断电自感现象中电流方向不改变.
(2)L电阻不计，开关闭合时电流满足IA＞IB＝IC.
[解析]　开关S闭合稳定时，电感线圈支路的总电阻较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，瞬间流过B、C灯支路的电流比原来的大，故B、C灯闪亮后再缓慢熄灭，故B正确.
[答案]　B
考向3　自感现象中的图象问题
[典例6]　
在如图所示的电路中，L为一个自感系数很大、直流电阻不计的线圈，D1、D2是两个完全相同的灯泡，E是一内阻不计的电源.t＝0时刻，闭合开关S，经过一段时间后，电路达到稳定，t1时刻断开开关S.I1、I2分别表示通过灯泡D1和D2的电流，规定图中箭头所示的方向为电流正方向，选项中能定性描述电流I随时间t变化关系的是(　　)

A　　　　　B　　　　C　　　　　D
[解析]　当S闭合时，D1、D2同时亮且通过的电流大小相等，但由于L的自感作用，D1被短路，I1逐渐减小到零，I2逐渐增大至稳定；当S再断开时，D2马上熄灭，D1与L组成回路，由于L的自感作用，D1慢慢熄灭，电流反向且减小；综上所述知A正确.
[答案]　A
分析自感现象时的两点注意
(1)通电自感线圈中的电流不能发生突变，即通电过程中，电流是逐渐变大的；断电过程中，电流是逐渐变小的，此时线圈可等效为“电源”，该“电源”与其他元件形成回路.
(2)断电自感中，灯泡是否闪亮问题的判断
①通过灯泡的自感电流大于原电流时，灯泡闪亮；
②通过灯泡的自感电流小于等于原电流时，灯泡不会闪亮.
1.[公式E＝BLv的应用]如图所示，空间有一匀强磁场，一直金属棒与磁感应强度方向垂直，当它以速度v沿与棒和磁感应强度都垂直的方向运动时，棒两端的感应电动势大小为ε；将此棒弯成两段长度相等且相互垂直的折线，置于与磁感应强度相垂直的平面内，当它沿两段折线夹角平分线的方向以速度v运动时，棒两端的感应电动势大小为ε′，则等于(　　)
A. B. C.1 D.
答案：B　解析：设弯折前金属棒切割磁感线的长度为L，弯折后，金属棒切割磁感线的有效长度为l＝L，故产生的感应电动势为ε′＝Blv＝BLv＝ε，所以＝，B正确.
2.如图所示为无线充电技术中使用的受电线圈示意图，线圈匝数为n，面积为S.若在t1到t2时间内，匀强磁场平行于线圈轴线向右穿过线圈，其磁感应强度大小由B1均匀增加到B2，则该段时间线圈两端a和b之间的电势差φa－φb(　　)
A.恒为
B.从0均匀变化到
C.恒为－
D.从0均匀变化到－
答案：C　解析：由楞次定律判定，感应电流从a流向b，b点电势高于a点电势，故φa－φb＝－nS，因为磁场均匀增加，所以φa－φb为恒定的，可见C正确.
3.如图所示，半径为r的金属圆盘在垂直于盘面的匀强磁场B中，绕O轴以角速度ω沿逆时针方向匀速运动，则通过电阻R的电流的方向和大小是(金属圆盘的电阻不计)(　　)
A.由c到d，I＝
B.由d到c，I＝
C.由c到d，I＝
D.由d到c，I＝
答案：D　解析：由右手定则判定通过电阻R的电流的方向是由d到c；而金属圆盘产生的感应电动E＝Br2ω，所以通过电阻R的电流大小是I＝，选项D正确.
4.[通电自感与断电自感]在如图所示的电路中，a、b为两个完全相同的灯泡，L为电阻可忽略不计的自感线圈，E为电源，S为开关.关于两灯泡点亮和熄灭的先后次序，下列说法正确的是(　　)
A.合上开关，a先亮，b后亮；断开开关，a、b同时熄灭
B.合上开关，b先亮，a后亮；断开开关，a先熄灭，b后熄灭
C.合上开关，b先亮，a后亮；断开开关，a、b同时熄灭
D.合上开关，a、b同时亮；断开开关，b先熄灭，a后熄灭
答案：C　解析：由于L是自感线圈，当合上S时，自感线圈L将产生自感电动势，阻碍电流的增加，故有b灯先亮，a灯后亮；当S断开时，L、a、b组成回路，L产生自感电动势阻碍电流的减弱，由此可知，a、b同时熄灭，C正确.
5.公式E＝BL2ω和E＝n的应用如图所示，均匀磁场中有一由半圆弧及其直径构成的导线框，半圆直径与磁场边缘重合；磁场方向垂直于半圆面(纸面)向里，磁感应强度大小为B0.使该线框从静止开始绕过圆心O、垂直于半圆面的轴以角速度ω匀速转动半周，在线框中产生感应电流.现使线框保持图中所示位置，磁感应强度大小随时间线性变化.为了产生与线框转动半周过程中同样大小的电流，磁感应强度随时间的变化率的大小应为(　　)
A.　　B.　　C.　　D.
答案：C　解析：当导线框匀速转动时，设半径为r，导线框电阻为R，在很小的Δt时间内，转过圆心角Δθ＝ωΔt，由法拉第电磁感应定律及欧姆定律可得感应电流I1＝＝＝；当导线框不动，而磁感应强度发生变化时，同理可得感应电流I2＝＝，令I1＝I2，可得＝，C对.
专题二　受力分析　共点力平衡
突破　受力分析　整体法与隔离法的应用
1.受力分析的定义
把指定物体(研究对象)在特定的物理环境中受到的所有外力都找出来，并画出受力的示意图，这个过程就是受力分析.
2.受力分析的一般步骤
3.整体法与隔离法
(1)整体法：研究外力对物体系统的作用时，一般选用整体法.因为不用考虑系统内力，所以这种方法更简便，总之，能用整体法解决的问题不用隔离法.
(2)隔离法：分析系统内各物体(各部分)间的相互作用时，需要选用隔离法，一般情况下隔离受力较少的物体.
(3)实际问题通常需要交叉应用隔离、整体思维法.
考向1　隔离法的应用
[典例1]　如图所示，传送带沿逆时针方向匀速转动.小木块a、b用细线连接，用平行于传送带的细线拉住a，两木块均处于静止状态.关于木块受力个数，正确的是(　　)
　 　　　　　　　 　　　　 　　
A.a受4个，b受5个
B.a受4个，b受4个
C.a受5个，b受5个
D.a受5个，b受4个
[解析]　先分析木块b的受力，木块b受重力、传送带对b的支持力、沿传送带向下的滑动摩擦力、细线的拉力，共4个力；再分析木块a的受力，木块a受重力、传送带对a的支持力、沿传送带向下的滑动摩擦力及上、下两段细线的拉力，共5个力，故D正确.
[答案]　D
考向2　整体法的应用
[典例2]　在粗糙水平面上放着一个三角形木块abc，在它的两个粗糙斜面上分别放有质量为m1和m2的两个物体，m1>m2，如图所示，若三角形木块和两物体都是静止的，则粗糙水平面对三角形木块(　　)
A.有摩擦力的作用，摩擦力的方向水平向右
B.有摩擦力的作用，摩擦力的方向水平向左
C.有摩擦力的作用，但摩擦力的方向不能确定，因m1、m2、θ1、θ2的数值均未给出
D.以上结论都不对
[解析]　由于三角形木块和斜面上的两物体都静止，可以把它们看成一个整体，受力如图所示.设三角形木块质量为M，则竖直方向受到重力(m1＋m2＋M)g和支持力FN作用处于平衡状态，水平方向无任何滑动趋势，因此不受水平面的摩擦力作用.
[答案]　D
考向3　整体法与隔离法的综合应用
[典例3]　(2017·安徽安庆模拟)(多选)如图所示，两个相似的斜面体A、B在竖直向上的力F的作用下静止靠在竖直粗糙墙壁上.关于斜面体A和B的受力情况，下列说法正确的是(　　)
A.A一定受到四个力
B.B可能受到四个力
C.B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]　对A、B整体受力分析，如图甲所示，受到向下的重力和向上的推力F，由平衡条件可知B与墙壁之间不可能有弹力，因此也不可能有摩擦力，C错误；对B受力分析如图乙所示，其受到重力、A对B的弹力及摩擦力而处于平衡状态，故B只能受到三个力，B错误；对A受力分析，如图丙所示，受到重力、推力、B对A的弹力和摩擦力，共四个力，A、D正确.
[答案]　AD
对研究对象进行受力分析要注意以下几点：
(1)注意研究对象的合理选取——在分析系统内力时，必须把受力对象隔离出来，而在分析系统受到的外力时，一般采取整体法，有时也采用隔离法.
(2)养成按照一定顺序进行受力分析的习惯.
(3)涉及弹簧弹力时，要注意可能性分析.
(4)对于不能确定的力可以采用假设法分析.
突破　静态平衡问题的处理方法
1.平衡状态
物体处于静止状态或匀速直线运动的状态，即a＝0.
2.平衡条件
F合＝0或
3.平衡条件的推论
如果物体在多个共点力的作用下处于平衡状态，其中任何一个力与其余几个力的合力大小相等，方向相反.
4.处理平衡问题的常用方法
方法
内容
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
分解法
物体受三个共点力的作用而平衡，将某一个力按力的效果分解，则其分力和其他两个力满足平衡条件
正交分
解法
物体受到三个或三个以上力的作用而平衡，将物体所受的力分解为相互垂直的两组，每组力都满足平衡条件
考向1　三力平衡问题——合成法与分解法的应用
[典例4]　如图所示，光滑斜面的倾角为30°，轻绳通过两个滑轮与A相连，轻绳的另一端固定于天花板上，不计轻绳与滑轮的摩擦.物块A的质量为m，不计滑轮的质量，挂上物块B后，当动滑轮两边轻绳的夹角为90°时，A、B恰能保持静止，则物块B的质量为(　　)
A.m B.m　　　C.m　　　D.2m
[解析]　先以物块A为研究对象，由物块A受力及平衡条件可得绳中张力T＝mgsin 30°.再以动滑轮为研究对象，分析其受力并由平衡条件有mBg＝T，解得mB＝，A正确.
[答案]　A
[变式1]　如图所示，穿在一根光滑固定杆上的小球A、B通过一条跨过定滑轮的细绳连接，杆与水平面成θ角，不计所有摩擦，当两球静止时，OA绳与杆的夹角为θ，OB绳沿竖直方向，则下列说法正确的是(　　)
A.A可能受到2个力的作用
B.B可能受到3个力的作用
C.绳子对A的拉力大于对B的拉力
D.A、B的质量之比为1∶tan θ
答案：D　解析：B球受竖直向下的重力和竖直向上的绳子拉力，若再受到垂直杆的弹力，三个力不可能平衡，选项B错.A球一定受到绳子的拉力和重力，两者不共线，不可能平衡，故一定受到垂直杆向上的支持力，由平衡条件知mAgsin θ＝mBgcos θ，mA∶mB＝1∶tan θ，选项A错，D对.定滑轮只能改变力的方向，不能改变力的大小，选项C错.
考向2　多力平衡问题——正交分解法的应用
[典例5]　如图所示，A、B两物体叠放在水平地面上，已知A、B的质量分别为mA＝10 kg，mB＝20 kg，A、B之间，B与地面之间的动摩擦因数均为μ＝0.5.一轻绳一端系住物体A，另一端系于墙上，绳与竖直方向的夹角为37°，今欲用外力将物体B匀速向右拉出，求所加水平力F的大小，并画出A、B的受力分析图.(取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)
[解题指导]　(1)A、B之间，B与地面之间不光滑，若有相对运动就存在摩擦力.
(2)已知B被匀速拉出，因此B所受合力为零.
(3)隔离A、B分别画出受力分析示意图，由平衡条件列方程求解.
[解析]　对A、B受力分析如图所示.
对A应用平衡条件
FTsin 37°＝Ff1＝μFN1　①
FTcos 37°＋FN1＝mAg　②
联立①、②两式可得：
FN1＝60 N，Ff1＝30 N
对B应用平衡条件
F＝Ff1′＋Ff2＝Ff1′＋μFN2＝Ff1＋μ(FN1′＋mBg)＝Ff1＋μ(FN1＋mBg)＝2Ff1＋μmBg＝160 N.
[答案]　160 N　受力分析图见解析
处理平衡问题的常用方法与技巧
(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，将某一个力按力的效果分解，则其分力和其他两个力满足平衡条件.
(3)正交分解法：物体受到三个或三个以上力的作用而平衡，将物体所受的力分解为相互垂直的两组，每组力都满足平衡条件.
突破　动态平衡问题的处理方法
1.动态平衡：“动态平衡”是指物体所受的力一部分是变力，是动态力，力的大小和方向均要发生变化，但变化过程中的每一个状态均可视为平衡状态，所以叫动态平衡.
2.分析动态平衡问题的方法
方法
步骤
解析法
(1)列平衡方程求出未知量与已知量的关系表达式；
(2)根据已知量的变化情况来确定未知量的变化情况
图解法
(1)根据已知量的变化情况，画出平行四边形边、角的变化；
(2)确定未知量大小、方向的变化
相似三
角形法
(1)根据已知条件画出两个不同情况对应的力的三角形和空间几何三角形，确定对应边，利用三角形相似知识列出比例式；
(2)确定未知量大小的变化情况
考向1　解析法的应用
[典例6]　如图所示，光滑的四分之一圆弧轨道AB固定在竖直平面内，A端与水平面相切.穿在轨道上的小球在拉力F作用下，缓慢地由A向B运动，F始终沿轨道的切线方向，轨道对球的弹力为FN.在运动过程中(　　)
A.F增大，FN减小 B.F减小，FN减小
C.F增大，FN增大 D.F减小，FN增大
[解析]　分析小球受力如图所示，由于F与FN方向竖直，所以拉力F＝mgsin θ，FN＝mgcos θ，随着θ增大，F增大，FN减小，A正确.
[答案]　A
考向2　图解法的应用
[典例7]　如图所示，小球用细绳系住，绳的另一端固定于O点.现用水平力F缓慢推动斜面体，小球在斜面体上无摩擦地滑动，细绳始终处于直线状态，当小球升到接近斜面顶端时细绳接近水平，此过程中斜面对小球的支持力FN以及绳对小球的拉力FT的变化情况是(　　)
A.FN保持不变，FT不断增大
B.FN不断增大，FT不断减小
C.FN保持不变，FT先增大后减小
D.FN不断增大，FT先减小后增大
[问题探究]　(1)用水平力F缓慢推动斜面体的含义是什么？
(2)在整个过程中小球受几个力？哪个力是恒力？哪个力是变力？
[提示]　(1)可认为斜面体和小球在任一时刻处于平衡状态.
(2)小球受三个力，其中重力为恒力，绳拉力的大小、方向都改变，支持力方向不变，大小变化.
[解析]　对小球受力分析如图所示(重力mg、斜面对小球的支持力FN、绳对小球的拉力FT).画出一簇平行四边形如图所示，当FT方向与斜面平行时，FT最小，所以FT先减小后增大，FN一直增大，只有选项D正确.
[答案]　D
考向3　相似三角形法的应用
[典例8]　如图所示，固定在竖直平面内的光滑圆环的最高点有一个光滑的小孔.质量为m的小球套在圆环上，一根细线的下端系着小球，上端穿过小孔用手拉住.现拉动细线，使小球沿圆环缓慢上移，在移动过程中手对线的拉力F和环对小球的弹力FN的大小变化情况是(　　)
A.F减小，FN不变 B.F不变，FN减小
C.F不变，FN增大 D.F增大，FN减小
[解析]　对小球受力分析，其所受的三个力组成一个闭合三角形，如图所示，力三角形与圆内的三角形相似，由几何关系可知＝＝，小球缓慢上移时mg不变，R不变，L减小，F减小，FN不变，A正确.
[答案]　A
(1)在三力平衡问题中，若三个力能构成直角三角形，一般用解析法处理.
(2)在三力平衡问题中，若一个力的大小、方向不变，另一个力的方向不变，一般用图解法处理.
(3)在三力平衡问题中，若一个力的大小、方向不变，另外两个力的方向都改变，一般用相似三角形法处理.
突破　平衡问题中的临界、极值问题
1.临界问题
当某物理量变化时，会引起其他物理量的变化，从而使物体所处的平衡状态“恰好出现”或“恰好不出现”，在问题的描述中常用“刚好”、“刚能”、“恰好”等语言叙述.
2.极值问题
物体平衡的极值，一般指在力的变化过程中的最大值和最小值问题.一般用图解法或解析法进行分析.
3.解决极值问题和临界问题的方法
(1)极限法：首先要正确地进行受力分析和变化过程分析，找出平衡的临界点和极值点；临界条件必须在变化中去寻找，不能停留在一个状态来研究临界问题，而要把某个物理量推向极端，即极大和极小，并依次做出科学的推理分析，从而给出判断或导出一般结论.
(2)数学分析法：通过对问题的分析，依据物体的平衡条件写出物理量之间的函数关系(或画出函数图象)，用数学方法求极值(如求二次函数极值、公式极值、三角函数极值)，但利用数学方法求出极值后，一定要依据物理原理对该值的合理性及物理意义进行讨论和说明.
(3)物理分析法：根据物体的平衡条件，作出力的矢量图，通过对物理过程的分析，利用平行四边形定则进行动态分析，确定最大值与最小值.
考向1　临界问题的分析与处理
[典例9]　(2017·陕西宝鸡联考)如图所示，质量为m的物体放在一固定斜面上，当斜面倾角为30°时恰能沿斜面匀速下滑.对物体施加一大小为F的水平向右的恒力，物体可沿斜面匀速向上滑行.设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，当斜面倾角增大并超过某一临界角θ0时，不论水平恒力F多大，都不能使物体沿斜面向上滑行，试求：
(1)物体与斜面间的动摩擦因数；
(2)这一临界角θ0的大小.
[解题指导]　根据“倾角为30°时物体恰能匀速下滑”可求出动摩擦因数；施加水平推力后，设物体匀速上滑，分析物体受力，得出水平推力F的表达式，可求出临界角.
[解析]　(1)由题意可知，当斜面的倾角为30°时，物体恰好能沿斜面匀速下滑，由平衡条件可得，FN＝mgcos 30°，mgsin 30°＝μFN.解得μ＝tan 30°＝.
(2)设斜面倾角为α，对物体受力分析如图所示
Fcos α＝mgsin α＋Ff
FN＝mgcos α＋Fsin α
Ff＝μFN
当物体无法向上滑行时，有
Fcos α≤mgsin α＋Ff
联立解得F(cos α－μsin α)≤mgsin α＋μmgcos α
若“不论水平恒力F多大”，上式都成立
则有cos α－μsin α≤0
解得tan α≥＝，即α≥60°
故θ0＝60°.
[答案]　(1)　(2)60°
考向2　极值问题的分析与处理
[典例10]　如图所示，三根长度均为L的轻绳分别连接于C、D两点，A、B两端被悬挂在水平天花板上，相距2L，现在C点上悬挂一个质量为M的重物，为使CD绳保持水平，在D点上可施加力的最小值为(　　)
A.mg　 　 B.mg　 　
C.mg　 　 D.mg
[解题指导]　先分析结点C的受力，求出CD绳拉力，再分析结点D的受力，最后用图解法求极值.
[解析]　由题图可知，要想CD水平，各绳均应绷紧，则AC与水平方向的夹角为60°；结点C受力平衡，受力分析如图所示，则CD绳的拉力T＝mgtan 30°＝mg；D点受绳子拉力大小等于T，方向向左；要使CD水平，D点两绳的拉力与外界的力的合力为零，则绳子对D点的拉力可分解为沿BD绳的F1及另一分力F2，由几何关系可知，当力F2与BD垂直时，F2最小，而F2的大小即为拉力的大小，故最小力F＝T′sin 60°＝mg，故C正确.
[答案]　C
[变式2]　(多选)如图所示，质量均为m的小球A、B用两根不可伸长的轻绳连接后悬挂于O点，在外力F的作用下，小球A、B处于静止状态.若要使两小球处于静止状态且悬线OA与竖直方向的夹角θ保持30°不变，则外力F的大小(　　)
A.可能为mg B.可能为mg
C.可能为mg D.可能为mg
答案：BCD　解析：以A、B整体为研究对象，整体的质量为2m，悬线OA与竖直方向的夹角为30°，由图可以看出，外力F与悬线OA垂直时F最小，Fmin＝2mgsin θ＝mg，所以外力F应大于或等于mg，选项B、C、D均正确.
临界与极值问题的分析技巧
(1)求解平衡中的临界问题和极值问题时，首先要正确地进行受力分析和变化过程分析，找出平衡中的临界点和极值点.
(2)临界条件必须在变化中寻找，不能停留在一个状态来研究临界问题，而是要把某个物理量推向极端，即极大或极小，并依此作出科学的推理分析，从而给出判断或导出结论.
1.[受力分析]如图所示，A和B两物块的接触面是水平的，A与B保持相对静止一起沿固定斜面匀速下滑，在下滑过程中B的受力个数为(　　)
A.3个 B.4个　　　
C.5个　　　 D.6个
答案：B　解析：A与B相对静止一起沿斜面匀速下滑，可将二者看做整体进行受力分析，再对B进行受力分析，可知B受到的力有重力GB，A对B的压力，斜面对B的支持力和滑动摩擦力，B正确.
2.[动态平衡的应用]质量为m的物体用轻绳AB悬挂于天花板上.用水平向左的力F缓慢拉动绳的中点O，如图所示.用T表示绳OA段拉力的大小，在O点向左移动的过程中(　　)
A.F逐渐变大，T逐渐变大
B.F逐渐变大，T逐渐变小
C.F逐渐变小，T逐渐变大
D.F逐渐变小，T逐渐变小
答案：A　解析：以O点为研究对象，设绳OA与竖直方向的夹角为θ，物体的重力为G，受力分析如图所示.根据力的平衡可知，F＝Gtan θ，T＝，随着O点向左移动，θ变大，则F逐渐变大，T逐渐变大，A项正确.
3.[静态平衡的应用](多选)如图所示，将一劲度系数为k的轻弹簧一端固定在内壁光滑的半球形容器底部O′处(O为球心)，弹簧另一端与质量为m的小球相连，小球静止于P点.已知容器半径为R、与水平地面之间的动摩擦因数为μ，OP与水平方向的夹角为θ＝30°.下列说法正确的是(　　)
A.轻弹簧对小球的作用力大小为mg
B.容器相对于水平面有向左的运动趋势
C.容器和弹簧对小球的作用力的合力竖直向上
D.弹簧原长为R＋
答案：CD　解析：对小球受力分析，如图所示，因为θ＝30°，所以三角形OO′P为等边三角形，由相似三角形法得FN＝F＝mg，所以A项错误.由整体法知，容器与地面没有相对运动趋势，B项错误.小球处于平衡状态，容器和弹簧对小球的作用力的合力与重力平衡，故C项正确.由胡克定律有F＝mg＝k(L0－R)，解得弹簧原长L0＝R＋，D项正确.
4.[动态平衡的应用]如图所示，两个小球a、b质量均为m，用细线相连并悬挂于O点，现用一轻质弹簧给小球a施加一个拉力F，使整个装置处于静止状态，且Oa与竖直方向夹角为θ＝45°，已知弹簧的劲度系数为k，则弹簧形变量不可能是(　　)
A. B.　　　
C.　　　 D.
答案：B　解析：对a球进行受力分析，利用图解法可判断：当弹簧上的拉力F与细线上的拉力垂直时，拉力F最小，为Fmin＝2mgsin θ＝mg，再根据胡克定律得：最小形变量Δx＝，则形变量小于是不可能的，由图可知在条件允许的情况下，拉力可以一直增大，所以应该选B.
5.[临界极值问题]如图所示，物块A和滑环B用绕过光滑定滑轮的不可伸长的轻绳连接，滑环B套在与竖直方向成θ＝37°的粗细均匀的固定杆上，连接滑环B的绳与杆垂直并在同一竖直平面内，滑环B恰好不能下滑，滑环和杆间的动摩擦因数μ＝0.4，设滑环和杆间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则物块A和滑环B的质量之比为(　　)
A.　 B.
C. D.
答案：C　解析：设物块A和滑环B的质量分别为m1、m2，若杆对B的弹力垂直于杆向下，因滑环B恰好不能下滑，则由平衡条件有m2gcos θ＝μ(m1g－m2gsin θ)，解得＝；若杆对B的弹力垂直于杆向上，因滑环B恰好不能下滑，则由平衡条件有m2gcos θ＝μ(m2gsin θ－m1g)，解得＝－(舍去).综上分析可知应选C.
实验三　验证力的平行四边形定则
[基本要求]
[数据处理]
1.用铅笔和刻度尺从结点O沿两条细绳方向画直线，按选定的标度作出这两个弹簧测力计的拉力F1和F2的图示，作平行四边形，过O点画对角线即为合力F的图示.
2.用刻度尺从O点按同样的标度沿记录的方向作出只用一个弹簧测力计的拉力F′的图示.
[误差分析]
1.读数误差
减小读数误差的方法：选择相同的弹簧测力计并调整好零刻度；在允许的情况下，弹簧测力计的示数应尽量大一些，读数时眼睛一定要正视，要按有效数字正确读数和记录.
2.作图误差
减小作图误差的方法：作图时要画准结点的位置和两个测力计的方向.两个分力F1、F2间的夹角越大，用平行四边形定则作出的合力F的误差ΔF就越大，所以实验时不要把F1、F2间的夹角取得太大；作图比例要恰当.
[注意事项]
1.在同一次实验中，使橡皮条拉长时，结点位置一定要相同.
2.用两个弹簧测力计钩住绳套互成角度地拉橡皮条时，夹角不宜太大也不宜太小，在60°～90°为宜.
3.读数时应注意使弹簧测力计与木板平行，并使细绳套与弹簧测力计的轴线在同一条直线上，避免弹簧测力计的外壳和弹簧测力计的限位孔之间有摩擦.读数时眼睛要正视弹簧测力计的刻度，在合力不超过量程及橡皮条弹性限度的前提下，拉力的数值应尽量大些.
4.细绳套应适当长一些，以便于确定力的方向.不要直接沿细绳套的方向画直线，应在细绳套末端用铅笔画一个点，去掉细绳套后，再将所标点与O点连接，即可确定力的方向.
5.在同一次实验中，画力的图示时所选定的标度要相同，并且要恰当选取标度，使所作力的图示稍大一些.
考向1　对实验操作的考查
[典例1]　(2015·安徽卷)在“验证力的平行四边形定则”实验中，某同学用图钉把白纸固定在水平放置的木板上，将橡皮条的一端固定在板上一点，两个细绳套系在橡皮条的另一端.用两个弹簧测力计分别拉住两个细绳套，互成角度地施加拉力，使橡皮条伸长，结点到达纸面上某一位置，如图所示.请将以下的实验操作和处理补充完整：
(1)用铅笔描下结点位置，记为O；
(2)记录两个弹簧测力计的示数F1和F2，沿每条细绳(套)的方向用铅笔分别描出几个点，用刻度尺把相应的点连成线；
(3)只用一个弹簧测力计，通过细绳套把橡皮条的结点仍拉到位置O，记录测力计的示数F3，___________________；
(4)按照力的图示要求，作出拉力F1、F2、F3；
(5)根据力的平行四边形定则作出F1和F2的合力F；
(6)比较　　　　的一致程度，若有较大差异，对其原因进行分析，并作出相应的改进后再次进行实验.
[解析]　使一个力F3的作用效果和两个力F1、F2的共同作用效果相同，都是让同一条一端固定的橡皮条伸长到某点，则力F3就是这两个力F1、F2的合力.作出力F3的图示，再根据力的平行四边形定则作出力F1、F2的合力F的图示，比较F和F3的大小和方向是否相同，从而验证力的平行四边形定则.
[答案]　(3)沿此时细绳(套)的方向用铅笔描出几个点，用刻度尺把这些点连成直线　(6)F和F3
(1)本实验的关键是理解实验原理.由于要保证两次操作拉力的效果相同，所以在同一次实验中，结点O的位置不能改变.
(2)由于要用力的图示作图，所以除了记录结点O的位置之外，还需要记录F1、F2的大小、方向以及F的大小和方向.
(3)在坐标纸上作图时，需根据坐标纸大小，合理的确定标度，尽量减小由作图及测量带来的误差.
考向2　对数据处理的考查
[典例2]　某同学通过下述实验“验证力的平行四边形定则”.实验步骤：
①将弹簧秤固定在贴有白纸的竖直木板上，使其轴线沿竖直方向.
②如图甲所示，将环形橡皮筋一端挂在弹簧秤的秤钩上，另一端用圆珠笔尖竖直向下拉，直到弹簧秤示数为某一设定值时，将橡皮筋两端的位置标记为O1、O2，记录弹簧秤的示数F，测量并记录O1、O2间的距离(即橡皮筋的长度l).每次将弹簧秤示数改变0.50 N，测出所对应的l，部分数据如下表所示：
　　
　　　　甲　　　　　　　　　 　乙
F/N
0
0.50
1.00
1.50
2.00
2.50
l/cm
l0
10.97
12.02
13.00
13.98
15.05
③找出②中F＝2.50 N时橡皮筋两端的位置，重新标记为O、O′，橡皮筋的拉力记为FOO′.
④在秤钩上涂抹少许润滑油，将橡皮筋搭在秤钩上，如图乙所示.用两圆珠笔尖成适当角度同时拉橡皮筋的两端，使秤钩的下端达到O点，将两笔尖的位置标记为A、B，橡皮筋OA段的拉力记为FOA，OB段的拉力记为FOB.
完成下列作图和填空：
(1)利用表中数据在图丙所示坐标纸上画出F-l图线，根据图线求得l0＝　　　　cm.
丙
(2)测得OA＝6.00 cm，OB＝7.60 cm，则FOA的大小为　　　　N.
(3)在图丁中根据给出的标度，作出FOA和FOB的合力F′的图示.
丁
(4)通过比较F′与　　　　的大小和方向，即可得出实验结论.
[解析]　(1)在坐标系中描点，用平滑的曲线(直线)将各点连接起来，不在直线上的点均匀分布在直线的两侧.如图甲所示，由图线可知与横轴的交点l0＝10.0 cm.
(2)橡皮筋的长度l＝OA＋OB＝13.60 cm，由图甲可得F＝1.80 N，所以FOA＝FOB＝F＝1.80 N.
(3)利用给出的标度作出FOA和FOB的图示，然后以FOA和FOB为邻边作平行四边形，对角线即为合力F′，如图乙所示.
(4)FOO′的作用效果和FOA、FOB两个力的作用效果相同，F′是FOA、FOB两个力的合力，所以只要比较F′和FOO′的大小和方向，即可得出实验结论.
[答案]　(1)见解析图甲　10.0(9.8～10.1均正确)
(2)1.80(1.70～1.90均正确)　(3)见解析图乙
(4)FOO′
(1)F1和F2的大小要根据标度画出.
(2)应用平行四边形定则求合力F合时，F合的大小要根据标度和对角线的长度计算得出.
(3)由于在测量及作图过程中不可避免地存在误差，所以只要合力F′与拉力F在误差允许范围内相等，即可验证平行四边形定则.
考向3　实验创新与改进
以本实验为背景，以实验中操作的注意事项、误差来源设置条件，或通过改变实验条件、实验仪器设置题目.
1.考查对实验原理的理解、实验方法的迁移.
2.实验器材的改进
(1)橡皮筋弹簧测力计
(2)钩码弹簧测力计
[典例3]　有同学利用如图所示的装置来验证力的平行四边形定则：在竖直木板上铺有白纸，固定两个光滑的滑轮A和B，将绳子打一个结点O，每个钩码的重量相等，当系统达到平衡时，根据钩码个数读出三根绳子的拉力F1、F2和F3，回答下列问题：
(1)改变钩码个数，实验能完成的是　　　　(填正确答案标号).
A.钩码的个数N1＝N2＝2，N3＝4
B.钩码的个数N1＝N3＝3，N2＝4
C.钩码的个数N1＝N2＝N3＝4
D.钩码的个数N1＝3，N2＝4，N3＝5
(2)在拆下钩码和绳子前，最重要的一个步骤是　　　　(填正确答案标号).
A.标记结点O的位置，并记录OA、OB、OC三段绳子的方向
B.量出OA、OB、OC三段绳子的长度
C.用量角器量出三段绳子之间的夹角
D.用天平测出钩码的质量
(3)在作图时，你认为图示中　　　　(填“甲”或“乙”)是正确的.
[解析]　(1)实验中的分力与合力的关系必须满足：|F1－F2|≤F3≤F1＋F2，因此B、C、D三项是可以的.(2)在拆下钩码和绳子前，最重要的一个步骤是标记结点O的位置，并记录OA、OB、OC三段绳子的方向.(3)F3的方向一定竖直向下，而F1和F2的合力方向由于测量误差可能偏离竖直方向，所以甲是正确的.
[答案]　(1)BCD　(2)A　(3)甲
[典例4]　某同学用如图所示的实验装置来验证“力的平行四边形定则”.弹簧测力计A挂于固定点P，下端用细线挂一重物M.弹簧测力计B的一端用细线系于O点，手持另一端向左拉，使结点O静止在某位置.分别读出弹簧测力计A和B的示数，并在贴于竖直木板的白纸上记录O点的位置和拉线的方向.
(1)本实验用的弹簧测力计示数的单位为N，图中A的示数为　　　　N.
(2)下列不必要的实验要求是　　　　.
A.应测量重物M所受的重力
B.弹簧测力计应在使用前校零
C.拉线方向应与木板平面平行
D.改变拉力，进行多次实验，每次都要使O点静止在同一位置
(3)某次实验中，该同学发现弹簧测力计A的指针稍稍超出量程，请您提出两个解决办法.
[解析]　(1)弹簧测力计的最小刻度为0.2 N，所以A的读数为3.6 N.
(2)根据三力平衡的特点可知，弹簧测力计A、B的拉力的合力与重物M的重力等值反向，故A项是必要的；弹簧测力计的零点误差影响各拉力的测量值，所以使用前需校零，B项是必要的；只有拉线方向与木板平面平行，才能保证所研究的各力在同一平面内，C项也是必要的；实验中只需测出两拉力的大小和方向以及重物的重力即可验证平行四边形定则，而测力计A的拉力不同时O点的位置就不同，故没有必要使O点静止在同一位置，答案为D.
(3)弹簧测力计A的指针稍稍超出量程，说明拉弹簧测力计A的力大了，可行的解决方法有：
①改变弹簧测力计B拉力的大小或方向：
②减小重物M的质量(或将A更换成较大量程的弹簧测力计).
[答案]　(1)3.6　(2)D　(3)①改变弹簧测力计B拉力的大小或方向；②减小重物M的质量(或将A更换成较大量程的弹簧测力计)
实验二　探究弹力和弹簧伸长的关系
[基本要求]
[数据处理]
1.以力为纵坐标，以弹簧的伸长量为横坐标，根据所测数据在坐标纸上描点.
2.按照图中各点的分布与走向，作出一条平滑的图线.所画的点不一定正好都在这条图线上，但要注意使图线两侧的点数大致相同.
3.以弹簧的伸长量为自变量，写出图线所代表的函数表达式，并解释函数表达式中常数的物理意义.
[误差分析]
1.钩码标值不准确，弹簧长度测量不准确带来误差.
2.画图时描点及连线不准确也会带来误差.
[注意事项]
1.安装实验装置：要保持刻度尺竖直并靠近弹簧.
2.不要超过弹性限度：实验中弹簧下端挂的钩码不要太多，以免超过弹簧的弹性限度.
3.尽量多测几组数据：要使用轻质弹簧，且要尽量多测几组数据.
4.观察所描点的走向：不要画折线.
5.统一单位：记录数据时要注意弹力及弹簧伸长量的对应关系及单位.
考向1　对实验操作的考查
[典例1]　(2015·福建卷)某同学做“探究弹力和弹簧伸长量的关系”的实验.
(1)图甲是不挂钩码时弹簧下端指针所指的标尺刻度，其示数为7.73 cm；图乙是在弹簧下端悬挂钩码后指针所指的标尺刻度，此时弹簧的伸长量Δl为　　　　cm.
　　
(2)本实验通过在弹簧下端悬挂钩码的方法来改变弹簧的弹力，关于此操作，下列选项中规范的做法是　　　　.(填选项前的字母)
A.逐一增挂钩码，记下每增加一只钩码后指针所指的标尺刻度和对应的钩码总重
B.随意增减钩码，记下增减钩码后指针所指的标尺刻度和对应的钩码总重
(3)图丙是该同学描绘的弹簧的伸长量Δl与弹力F的关系图线，图线的AB段明显偏离直线OA，造成这种现象的主要原因是_________________________________________.
[解析]　(1)图乙的示数为14.66 cm，所以弹簧的伸长量为(14.66－7.73) cm＝6.93 cm.
(2)为了得到较多的数据点，应逐一增挂钩码，记下每增加一只钩码弹簧的长度和钩码的总重力，即A正确.
(3)不遵循胡克定律，说明超出了弹簧的弹性限度.
[答案]　(1)6.93　(2)A　(3)超过弹簧的弹性限度
(1)实验中不能挂过多的钩码，使弹簧超过弹性限度.
(2)作图象时，不要连成“折线”，而应尽量让坐标点落在直线上或均匀分布在两侧.
考向2　对数据处理和误差的考查
[典例2]　某同学做实验探究弹力和弹簧伸长量的关系，并测量弹簧的劲度系数k.他先将待测弹簧的一端固定在铁架台上，然后将分度值是毫米的刻度尺竖直放在弹簧一侧，并使弹簧另一端的指针恰好落在刻度尺面上.当弹簧自然下垂时，指针指示的刻度数值记作L0；弹簧下端挂一个50 g的砝码时，指针指示的刻度数值记作L1；弹簧下端挂两个50 g的砝码时，指针指示的刻度数值记作L2；…；挂七个50 g的砝码时，指针指示的刻度数值记作L7.
(1)下表记录的是该同学已测出的6个数值，其中有两个数值在记录时有误，它们的代表符号分别是　　　和　　　　.
代表符号
L0
L1
L2
L3
L4
L5
L6
L7
刻度数值/cm
1.70
3.40
5.10

8.60
10.3
12.1
(2)实验中，L3和L7两个数值还没有测定，请你根据下图读数将这两个测量值填入记录表中.
　
(3)为充分利用测量数据，该同学将所测得的数值按如下方法逐一求差，分别计算出了三个差值：d1＝L4－L0＝6.90 cm，d2＝L5－L1＝6.90 cm，d3＝L6－L2＝7.00 cm.请你给出第四个差值：d4＝　　　　＝　　　　cm.
(4)根据以上差值，可以求出每增加50 g砝码，弹簧平均伸长量ΔL.ΔL用d1、d2、d3、d4表示的式子为：ΔL＝　　　　.代入数据解得ΔL＝　　　　cm.
(5)计算弹簧的劲度系数k＝　　　　N/m.(g取9.8 m/s2)
[解析]　(1)通过对6个值的分析可知记录有误的是L5、L6(估读位不正确).
(2)用分度值是毫米的刻度尺测量时，应正确读数并记录到毫米的下一位，由题图知L3＝6.85 cm，L7＝14.05 cm.
(3)利用逐差法并结合已求差值可知第四个差值d4＝L7－L3＝14.05 cm－6.85 cm＝7.20 cm.
(4)ΔL＝＝
cm＝1.75 cm.
(5)ΔF＝k·ΔL，又ΔF＝mg，所以k＝＝＝ N/m＝28 N/m.
[答案]　(1)L5　L6　(2)6.85(6.84～6.86)　14.05(14.04～14.06)　(3)L7－L3　7.20(7.18～7.22)　(4)　1.75　(5)28
实验数据处理的三种方法
(1)图象法：根据测量数据，在建好直角坐标系的坐标纸上描点，以弹簧的弹力F为纵轴，弹簧的伸长量x为横轴，根据描点的情况，作出一条经过原点的直线.
(2)列表法：将实验数据填入表中，研究测量的数据，可发现在实验误差允许的范围内，弹力与弹簧伸长量的比值是一常数.
(3)函数法：根据实验数据，找出弹力与弹簧伸长量的函数关系.
考向3　实验创新与改进
本实验需要测量的物理量是弹力和弹簧的伸长量，命题创新的方向有：
1.运用k＝来处理数据.
(1)将“弹力变化量”转化为“质量变化量”；
(2)将“弹簧伸长量”转化为“弹簧长度变化量”.
2.将弹簧平放在桌面上，消除弹簧自身重力的影响.
3.利用计算机及传感器技术，得到弹簧弹力和弹簧形变量的关系图象.
4.将弹簧换为橡皮条.
[典例3]　(2017·湖南益阳调研)弹簧的弹力与其形变量是遵循胡克定律的.其实橡皮筋也像弹簧一样，在弹性限度内伸长量x与弹力F成正比，即F＝kx，其中k是一个比例系数，类似于弹簧的劲度系数，k的值与橡皮筋未受到拉力时的长度L、横截面积S有关.理论与实验都表明k＝，其中Y是由材料决定的常数，材料力学中称之为杨氏模量.
(1)物理公式能够反映物理量的单位关系，则在国际单位制中，杨氏模量Y的单位应该是(　　)
A.N B.m　　　
C.N/m　　　 D.N/m2
(2)有一段横截面积是圆形的橡皮筋，用螺旋测微器测量它的直径如图甲所示，则读数为　　　　mm.
(3)通过实验测得该橡皮筋的一些数据，并作出了外力F与伸长量x之间的关系图象如图乙所示.图象中图线发生弯曲的原因是________________________________________.
　　
[解析]　(1)由F＝kx可知k的单位为N/m，由k＝，可得Y＝，又知L的单位为m，S的单位为m2，则Y的单位为·＝N/m2，故选D.
(2)橡皮筋直径d＝2.5 mm＋0.01×4.3 mm＝2.543 mm.
(3)图象中图线发生弯曲的原因是：橡皮筋受力超出其弹性限度，不再遵循伸长量x与弹力F成正比的规律.
[答案]　(1)D　(2)2.541～2.545之间均可　(3)见解析
[典例4]　在“探究弹力和弹簧伸长的关系”时，某同学把两根弹簧如图甲连接起来进行探究.
　　　
钩码数
1
2
3
4
LA/cm
15.71
19.71
23.66
27.76
LB/cm
29.96
35.76
41.51
47.36
(1)某次测量如图乙所示，指针示数为　　　　cm.
(2)在弹性限度内，将50 g的钩码逐个挂在弹簧下端，得到指针A、B的示数LA和LB如表所示.用表中数据计算弹簧Ⅰ的劲度系数为　　　　N/m(重力加速度取g＝10 m/s2).由表中数据　　　　(填“能”或“不能”)计算出弹簧Ⅱ的劲度系数.
[解析]　(1)刻度尺读数时需要估读到精确位的下一位，由题图可知指针示数为16.00 cm，考虑到误差范围，15.95～16.05 cm 均算对.
(2)由胡克定律F＝ kx，结合题表中数据可知弹簧Ⅰ的劲度系数k1＝ N/m＝12.50 N/m，考虑到误差范围，12.20～12.80 N/m均算正确；对于计算弹簧Ⅱ的劲度系数，只需要测出弹簧Ⅱ的形变量，结合两个指针的读数，可知指针B的变化量减去指针A的变化量，就是弹簧Ⅱ的形变量，所以能求出弹簧Ⅱ的劲度系数.
[答案]　(1)16.00(15.95～16.05)(有效数字位数正确)
(2)12.50(12.20～12.80均正确)　能
第二章 相互作用
【研透全国卷】
高考对本章内容着重考查的知识点有弹力和摩擦力的概念及其在各种状态下的表现形式、力的合成与分解等，对受力分析的考查涵盖了高中物理的所有热点问题.题型通常为选择题，分值一般为6分.
本章以生活中的实际问题为背景考查静力学的知识将会加强，在2018年高考复习中应特别关注建立物理模型能力的培养.
考点
内容
要求
题型
必考实验
一、常见的三种力
形变、弹性、胡克定律
Ⅰ
选择
计算
1.实验内容
探究弹力和弹簧伸长的关系
验证力的平行四边形定则
2.命题形式
填空
滑动摩擦力、动摩擦因数、静摩擦力
Ⅰ
二、力的合成与分解
矢量和标量
Ⅰ
选择
计算
力的合成与分解
Ⅱ
三、受力分析、共点力的平衡
共点力的平衡
Ⅱ
选择
计算

第1讲　重力　弹力　摩擦力
知识点一　重力
1.产生：由于地球的吸引而使物体受到的力.
2.大小：G＝mg.
3.方向：总是　　　　.
4.重心：因为物体各部分都受重力的作用，从效果上看，可以认为各部分受到的重力作用集中于一点，这一点叫做物体的重心.
答案：3.竖直向下
知识点二　弹力
1.定义：发生弹性形变的物体由于要　　　　，对与它接触的物体产生力的作用.
2.产生的条件
(1)两物体　　　　.
(2)发生　　　　.
3.方向：与物体形变方向　　　　.
答案：1.恢复原状　2.(1)相互接触　(2)形变　3.相反
知识点三　胡克定律
1.内容：弹簧发生弹性形变时，弹簧的弹力的大小F跟弹簧伸长(或缩短)的长度x成　　　　.
2.表达式：F＝kx.
(1)k是弹簧的　　　　，单位为N/m；k的大小由弹簧　　　　决定.
(2)x是弹簧长度的　　　　，不是弹簧形变以后的长度.
答案：1.正比　2.(1)劲度系数　自身性质　(2)变化量
知识点四　摩擦力
　 名称
项目 　
静摩擦力
滑动摩擦力
定义
两个　　　　　的物体间的摩擦力
两个　　　　　的物体间的摩擦力
产生
条件
①接触面　　　　
②接触处有　　　　
③两物体间有　　 　
①接触面　　　　
②接触处有　　　　
③两物体间有　　 　
大小
　　　Ff＝　　　　　
方向
与受力物体相对运动趋势的方向　　　　
与受力物体相对运动的方向　　　　　
作用
效果
总是阻碍物体间的　　　　　　　　
总是阻碍物体间的　　　　　　　　
答案：相对静止　相对运动　粗糙　压力　相对运动趋势　粗糙　压力
相对运动　0　Ffm　μFN　相反　相反　相对运动趋势　相对运动
(1)自由下落的物体所受重力为零.(　　)
(2)重力的方向一定指向地心.(　　)
(3)弹力一定产生在相互接触的物体之间.(　　)
(4)物体所受弹力方向与自身形变的方向相同.(　　)
(5)公式F＝kx中“x”表示弹簧形变后的长度.(　　)
(6)弹簧的劲度系数由弹簧自身性质决定.(　　)
答案：(1)×　(2)×　(3)√　(4) ?　(5)×　(6)√
静摩擦因数
(1)最大静摩擦力fmax与接触面间弹力的比值叫静摩擦因数，用μ0表示，即μ0＝，和动摩擦因数一样，静摩擦因数同样取决于接触面的材料、状态等.
(2)由上式知，fmax＝μ0FN，可见同样情况下，弹力越大，最大静摩擦力越大.
(3)最大静摩擦力fmax一般稍大于滑动摩擦力，所以静摩擦因数一般也稍大于动摩擦因数.为了便于分析、计算，很多题目中明确交待最大静摩擦力等于滑动摩擦力，这样两个摩擦因数就相等了.
考点　弹力的分析与计算
1.弹力有无的判断方法
(1)条件法：根据物体是否直接接触并发生弹性形变来判断是否存在弹力.此方法多用来判断形变较明显的情况.
(2)假设法：对形变不明显的情况，可假设两个物体间弹力不存在，看物体能否保持原有的状态.若状态不变，则此处不存在弹力；若状态改变，则此处一定有弹力.
(3)状态法：根据物体的状态，利用牛顿第二定律或共点力平衡条件判断弹力是否存在.
2.弹力方向的判断方法
(1)根据物体所受弹力方向与施力物体形变的方向相反判断.
(2)根据共点力的平衡条件或牛顿第二定律确定弹力的方向.
3.计算弹力大小的三种方法
(1)根据胡克定律进行求解.
(2)根据力的平衡条件进行求解.
(3)根据牛顿第二定律进行求解.
考向1　接触面上弹力的分析与计算
[典例1]　如图所示，在一个正方体的盒子中放有一个质量分布均匀的小球，小球的直径恰好和盒子内表面正方体的棱长相等，盒子沿倾角为α的固定斜面滑动，不计一切摩擦，下列说法中正确的是(　　)
A.无论盒子沿斜面上滑还是下滑，球都仅对盒子的下底面有压力
B.盒子沿斜面下滑时，球对盒子的下底面和右侧面有压力
C.盒子沿斜面下滑时，球对盒子的下底面和左侧面有压力
D.盒子沿斜面上滑时，球对盒子的下底面和左侧面有压力
[解题指导]　先把盒子和小球看做一整体，计算整体运动的加速度，再隔离小球，分析小球受力.
[解析]　先以盒子和小球组成的系统为研究对象，无论上滑还是下滑，用牛顿第二定律均可求得系统的加速度大小为a＝gsin α，方向沿斜面向下，由于盒子和小球始终保持相对静止，所以小球的加速度大小也是a＝gsin α，方向沿斜面向下，小球沿斜面向下的重力分力大小恰好等于所需的合外力，因此不需要盒子的左、右侧面提供弹力，故选项A正确.
[答案]　A
考向2　轻绳(轻杆)弹力的分析与计算
[典例2]　如图所示，滑轮本身的质量可忽略不计，滑轮轴O安在一根轻木杆B上，一根轻绳AC绕过滑轮，A端固定在墙上，且绳保持水平，C端挂一重物，BO与竖直方向的夹角θ＝45°，系统保持平衡.若保持滑轮的位置不变，改变夹角θ的大小，则滑轮受到木杆作用力大小变化情况是(　　)
A.只有角θ变小，作用力才变大
B.只有角θ变大，作用力才变大
C.不论角θ变大或变小，作用力都变大
D.不论角θ变大或变小，作用力都不变
[解析]　由于绳子对滑轮的作用力不变，所以杆对滑轮的作用力也不变，D正确.
[答案]　D
考向3　轻弹簧弹力的分析与计算
[典例3]　如图所示，两个弹簧的质量不计，劲度系数分别为是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，若把固定的物体换为质量为2m的物体(弹簧的长度不变，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]　物体质量为m时，上面的弹簧处于原长，由于物体处于平衡状态，下面的弹簧一定对物体有向上的弹力，因此下面的弹簧被压缩了x1，由平衡条件得k1x1＝mg.换成质量为2m的物体后，下面的弹簧将进一步压缩x，同时上面的弹簧被拉伸x，平衡时有k1(x1＋x)＋k2x＝2mg，联立解得x＝.
[答案]　A
1.中学物理中的“弹簧”和“橡皮绳”是理想化模型，具有如下特性：(1)弹力遵循胡克定律F＝kx，其中x是弹簧的形变量.(2)轻：即弹簧(或橡皮绳)的质量可视为零.(3)弹簧既能受到拉力作用，也能受到压力作用(沿着弹簧的轴线)，橡皮绳只能受到拉力作用，不能受到压力作用.
2.分析绳或杆的弹力时应重点关注的问题：(1)中间没有打结的轻绳上各处的张力大小都是一样的；如果绳子打结，则以结点为界，不同位置上的张力大小可能不同.(2)杆可分为固定杆和活动杆，固定杆的弹力方向不一定沿杆，弹力方向视具体情况而定；活动杆只能起到“拉”和“推”的作用.
考点　摩擦力的分析与计算
1.静摩擦力的有无和方向的判断方法
(1)假设法：利用假设法判断的思维程序如下：
(2)状态法：先判断物体的状态(即加速度的方向)，再利用牛顿第二定律(F＝ma)确定合力，然后通过受力分析确定静摩擦力的大小及方向.
(3)牛顿第三定律法：先确定受力较少的物体受到的静摩擦力的方向，再根据“力的相互性”确定另一物体受到的静摩擦力方向.
2.静摩擦力大小的计算
(1)物体处于平衡状态(静止或匀速直线运动)，利用力的平衡条件来判断静摩擦力的大小.
(2)物体有加速度时，若只有静摩擦力，则Ff＝ma.若除静摩擦力外，物体还受其他力，则F合＝ma，先求合力再求静摩擦力.
3.滑动摩擦力大小的计算：滑动摩擦力的大小用公式Ff＝μFN来计算，应用此公式时要注意以下几点：
(1)μ为动摩擦因数，其大小与接触面的材料、表面的粗糙程度有关；FN为两接触面间的正压力，其大小不一定等于物体的重力.
(2)滑动摩擦力的大小与物体的运动速度和接触面的大小均无关.
考向1　摩擦力有无与方向的判断
[典例4]　如图所示，倾角为θ的斜面体C置于水平地面上，小物体B置于斜面上，通过细绳跨过光滑的定滑轮与物体A相连接，连接B的一段细绳与斜面平行，已知A、B、C都处于静止状态，则(　　)
A.B受C的摩擦力一定不为零
B.C受地面的摩擦力一定为零
C.C有沿地面向右滑的趋势，一定受到地面向左的摩擦力
D.将细绳剪断而B依然静止在斜面上，此时地面对C的摩擦力水平向左
[问题探究]　(1)B、C间一定存在摩擦力吗？
(2)分析C和地面间的摩擦力时，选谁为研究对象？
[提示]　(1)B、C间不一定存在摩擦力.
(2)分析C与地面间的摩擦力时，选B、C整体较方便.
[解析]　分析B的受力，当绳的拉力等于B的重力分力时，摩擦力等于零，A错误；以B、C为研究对象，由于绳子对整体有斜向右上方的拉力，所以地面对C一定存在向左的摩擦力，B错误，C正确；剪断细绳后，地面对C不存在摩擦力，D错误.
[答案]　C
[变式1]　如图甲、乙所示，物体A、B在力F作用下一起以相同的速度沿F方向匀速运动，关于物体A所受的摩擦力，下列说法正确的是(　　)
A.两图中物体A均受摩擦力，且方向均与F相同
B.两图中物体A均受摩擦力，且方向均与F相反
C.两图中物体A均不受摩擦力
D.图甲中物体A不受摩擦力，图乙中物体A受摩擦力，方向与F相同
答案：D　解析：图甲中，假设A、B之间接触面光滑，则物体A在水平方向不受任何外力作用，A仍可保持原来的匀速直线运动状态，故A不受摩擦力；图乙中，假设物体A不受摩擦力作用或所受摩擦力沿斜面向下，则A将会在重力沿斜面向下的分力或该分力与摩擦力的合力作用下，沿斜面向上做匀减速直线运动，与题设条件矛盾，故A所受摩擦力应沿斜面向上，即方向与F相同.选项D正确.
考向2　摩擦力的分析与计算
[典例5]　(多选)如图所示，质量为m的木块在质量为M的长木板上，受到向右的拉力F的作用向右滑行，长木板处于静止状态，已知木块与木板间的动摩擦因数为μ1，木板与地面间的动摩擦因数为μ2.下列说法正确的是(　　)
A.木板受到地面的摩擦力的大小一定是μ1mg
B.木板受到地面的摩擦力的大小一定是μ2(m＋M)g
C.当F>μ2(M＋m)g时，木板便会开始运动
D.无论怎样改变F的大小，木板都不可能运动
[解析]　由于木块在木板上运动，所以木块受到木板的滑动摩擦力的作用，其大小为μ1mg，根据牛顿第三定律可得木块对木板的滑动摩擦力也为μ1mg.又由于木板处于静止状态，木板在水平方向上受到木块的摩擦力μ1mg和地面的静摩擦力的作用，二力平衡，选项A正确，B错误；若增大F的大小，只能使木块的加速度大小变化，但木块对木板的滑动摩擦力大小不变，因而也就不可能使木板运动起来，选项C错误，D正确.
[答案]　AD
[变式2]　如图所示，物块A放在倾斜的木板上，木板的倾角α分别为30°和45°时物块所受摩擦力的大小恰好相同，则物块和木板间的动摩擦因数为(　　)
A.　　　 B.　　　 C.　　　 D.
答案：C　解析：木板的倾角α为30°时物块静止，所受摩擦力为静摩擦力，由沿斜面方向二力平衡可知其大小为mgsin 30°；木板的倾角α为45°时物块滑动，所受摩擦力为滑动摩擦力，大小为μmgcos 45°，由二者相等可得物块和木板间的动摩擦因数为μ＝.
摩擦力方向的分析技巧和计算
(1)分析技巧
①在分析两个或两个以上物体间的相互作用时，一般采用整体法与隔离法进行分析.
②要注意灵活应用相对运动趋势法、假设法、状态法和转换法判断静摩擦力的方向.
(2)摩擦力的计算
①在确定摩擦力的大小之前，首先分析物体所处的状态，分清是静摩擦力还是滑动摩擦力.
②滑动摩擦力有具体的计算公式，而静摩擦力要借助其他公式，如：利用平衡条件列方程或牛顿第二定律列方程等.
③“Ff＝μFN”中FN并不总是等于物体的重力.
考点　摩擦力的“突变”问题
考向1　静—静“突变”
物体在摩擦力和其他力的作用下处于静止状态，当作用在物体上的其他力的合力发生变化时，如果物体仍然保持静止状态，则物体受到的静摩擦力的大小和方向将发生突变.
[典例6]　一木块放在水平桌面上，在水平方向共受到三个力即F1、F2和摩擦力的作用，木块处于静止状态，如图所示，其中F1＝10 N，F2＝2 N，若撤去F1，则木块受到的摩擦力为(　　)
A.10 N，方向向左 B.6 N，方向向右
C.2 N，方向向右 D.0
[解析]　当物体受F1、F2及摩擦力的作用而处于平衡状态时，由平衡条件可知物体所受的摩擦力的大小为8 N，方向向左.可知最大静摩擦力Ffmax≥8 N.当撤去力F1后，F2＝2 N[答案]　C
考向2　静—动“突变”
物体在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”点为静摩擦力达到最大值时.
[典例7]　(多选)将力传感器A固定在光滑水平桌面上，测力端通过轻质水平细绳与滑块相连，滑块放在较长的小车上.如图甲所示，传感器与计算机相连接，可获得力随时间变化的规律，一水平轻质细绳跨过光滑的定滑轮，一端连接小车，另一端系沙桶，整个装置开始处于静止状态.在滑块与小车分离前缓慢向沙桶里倒入细沙，力传感器采集的F-t图象如图乙所示.则(　　)
A.2.5 s前小车慢慢滑动
B.2.5 s后小车做变加速运动(假设细沙仍在加注中)
C.2.5 s前小车所受摩擦力不变
D.2.5 s后小车所受摩擦力不变
[解析]　由题图乙可知，在F的变化阶段，沙的质量在由小变大，滑块与小车之间没有相对滑动，属于静摩擦力，所以2.5 s前，小车、滑块均静止，选项A错误；2.5 s后小车受恒定摩擦力，但是外力增加，因此做变加速直线运动，选项B正确；根据上述分析，2.5 s前滑块受静摩擦力，且静摩擦力在变化，2.5 s后受滑动摩擦力，且大小不变，选项D正确.
[答案]　BD
考向3　动—静“突变”
两物体相对减速滑动的过程中，若相对速度变为零，则滑动摩擦力“突变”为静摩擦力，“突变”点为两物体相对速度刚好为零时.
[典例8]　如图所示，把一重为G的物体，用一水平方向的推力F＝kt(k为恒量，t为时间)压在竖直的足够高的平整墙上，从t＝0开始物体所受的摩擦力f随t的变化关系是下图中的(　　)
　
[解析]　当墙壁对物体的摩擦力f小于重力G时，物体加速下滑；当f增大到等于G时(即加速度为零，速度达到最大)，物体继续下滑；当f>G时，物体减速下滑.在上述过程中，物体受到的摩擦力都是滑动摩擦力，其大小为f＝μF＝μkt，即f-t图象是一条过原点的斜向上的线段(不含上端点).当物体减速到速度为零后，物体静止，物体受到的摩擦力为静摩擦力，由平衡条件知f＝G，此时图象为一条水平线.
解决摩擦力的突变问题要注意的是只有在物体达到相对静止时，才有可能发生突变.能否保持相对静止，最大静摩擦力是关键.解决此类问题的关键在于弄清物理过程，分析物体所受的摩擦力的类型，然后分阶段或选用恰当的位置进行分析.
1.[弹力有无的判断]如图所示，轻绳上端固定，下端悬挂一个重球，在重球下放着一光滑斜面，球与斜面接触且处于静止状态，轻绳保持竖直，则重球受到的力是(　　)
A.重力和轻绳的拉力
B.重力、轻绳的拉力和斜面的支持力
C.重力、斜面的弹力和斜面的静摩擦力
D.重力、轻绳的拉力、斜面的支持力和下滑力
答案：A　解析：轻绳保持竖直，轻绳的拉力竖直向上，斜面光滑，重球不会受到斜面的静摩擦力，要保证重球处于静止状态，斜面对重球的支持力必定为零，故重球只受到重力和轻绳的拉力两个力的作用，选项A正确.
2.[静摩擦力](多选)如图所示，皮带运输机将物体匀速地送往高处，下列结论正确的是(　　)
A.物体受到与运动方向相同的摩擦力作用
B.传送的速度越大，物体受到的摩擦力越大
C.物体所受的摩擦力与传送的速度无关
D.物体受到的静摩擦力为物体随皮带运输机上升的动力
答案：ACD　解析：物体随皮带运输机一起上升的过程中，物体具有相对于皮带下滑的趋势，受到沿皮带向上的摩擦力作用，是使物体向上运动的动力，其大小等于物体重力沿皮带向下的分力，与传送带的速度大小无关，故A、C、D正确，B错误.
3.[弹簧弹力的分析与计算]完全相同且质量均为m的物块A、B用轻弹簧相连，置于带有挡板C的固定斜面上，斜面的倾角为θ，弹簧的劲度系数为k.初始时弹簧处于原长，A恰好静止.现用一沿斜面向上的力拉A，直到B刚要离开挡板C，则此过程中物块A的位移大小为(弹簧始终处于弹性限度内)(　　)
A.　 B.
C. D.
答案：D　解析：初始时弹簧处于原长，A恰好静止，根据平衡条件，有：mgsin θ＝Ff，其中Ff＝μFN＝μmgcos θ，联立解得：μ＝tan θ.B刚要离开挡板C时，弹簧拉力等于物块B重力沿斜面向下的分力和最大静摩擦力之和，即kx＝mgsin θ＋Ff，解得：x＝.
4.[摩擦力有无和方向的判断](多选)如图甲、乙所示，倾角为θ的斜面上放置一滑块M，在滑块M上放置一个质量为m的物块，M和m相对静止，一起沿斜面匀速下滑，下列说法正确的是(　　)
A.图甲中物块m受到摩擦力
B.图乙中物块m受到摩擦力
C.图甲中物块m受到水平向左的摩擦力
D.图乙中物块m受到与斜面平行向上的摩擦力
答案：BD　解析：对图甲：设物块m受到重力、支持力、摩擦力，而重力与支持力平衡，若受到摩擦力作用，其方向与接触面相切，方向水平，则物块m受力将不平衡，与题中条件矛盾，故假设不成立，A、C错误.对图乙：设物块m不受摩擦力，由于m匀速下滑，m必受力平衡，若m只受重力、支持力作用，由于支持力与接触面垂直，故重力、支持力不可能平衡，则假设不成立，由受力分析知：m受到与斜面平行向上的摩擦力，B、D正确.
5.[摩擦力突变]如图所示，斜面固定在地面上，倾角为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F随时间变化的图象是下图中的(设初速度v0的方向为正方向，取g＝10 m/s2)(　　)
答案：B　解析：滑块上升过程中受到滑动摩擦力作用，由F＝μFN和FN＝mgcos θ联立得：F＝6.4 N，方向为沿斜面向下.当滑块的速度减为零后，由于重力的分力mgsin θ<μmgcos θ，滑块不动，滑块受的摩擦力为静摩擦力，由平衡条件得F＝mgsin θ，代入可得F＝6 N，方向为沿斜面向上，故选项B正确.
第2讲　力的合成与分解
知识点一　力的合成与分解
1.合力与分力
(1)定义：如果一个力　　　　跟几个共点力共同作用产生的效果相同，这一个力就叫做那几个力的　　　　，原来那几个力叫做　　　　.
(2)关系：合力和分力是　　　　的关系.
2.共点力
作用在物体的　　　　，或作用线的　　　　交于一点的力.
3.力的合成
(1)定义：求几个力的　　　　的过程.
(2)运算法则
①平行四边形定则：求两个互成角度的　　　　的合力，可以用表示这两个力的线段为邻边作平行四边形，这两个邻边之间的对角线就表示合力的　　　　和　　　　.如图甲所示.
②三角形定则：把两个矢量　　　　，从而求出合矢量的方法.如图乙所示.
4.力的分解
(1)定义：求一个已知力的　　　　的过程.
(2)遵循原则：　　　　定则或　　　　定则.
(3)分解方法：①按力产生的　　　　分解；②正交分解.
答案：1.(1)产生的效果　合力　分力　(2)等效替代　2.同一点　延长线　3.(1)合力　(2)①共点力　大小　方向　②首尾相接
4.(1)分力　(2)平行四边形　三角形　(3)效果
知识点二　矢量和标量
1.矢量：既有大小又有　　　　的量，相加时遵从　　　　.
2.标量：只有大小，　　　　方向的量，求和时按　　　　相加.
答案：1.方向　平行四边形定则　2.没有　代数法则
(1)合力及其分力均为作用于同一物体上的力.(　　)
(2)合力及其分力可以同时作用在物体上.(　　)
(3)几个力的共同作用效果可以用一个力来代替.(　　)
(4)在进行力的合成与分解时，都要应用平行四边形定则或三角形定则.(　　)
(5)两个力的合力一定比其分力大.(　　)
(6)互成角度的两个力的合力与分力间一定构成封闭的三角形.(　　)
答案：(1)√　(2)×　(3)√　(4)√　(5)×　(6)√
考点　共点力的合成
1.合成方法
(1)作图法.
(2)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，是解题的常用方法.
2.运算法则
(1)平行四边形定则.
(2)三角形定则.
3.重要结论
(1)两个分力一定时，夹角θ越大，合力越小.
(2)合力一定，两等大分力的夹角越大，两分力越大.
(3)合力可以大于分力，等于分力，也可以小于分力.
4.几种特殊情况的共点力的合成
类型
作图
合力的计算
两力互相
垂直
F＝
tan θ＝
两力等大，
夹角为θ
F＝2F1cos
F与F1夹角为
两力等大且
夹角为120°
合力与分力等大
考向1　作图法的应用
[典例1]　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]　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，合力F12再与第三个力F3合成求合力F合.可见F合＝3F3.
[答案]　B
考向2　计算法的应用
[典例2]　(2017·河北石家庄模拟)如图所示，一个“Y”形弹弓顶部跨度为L，两根相同的橡皮条自由长度均为L，在两橡皮条的末端用一块软羊皮(长度不计)做成裹片.
若橡皮条的弹力与形变量的关系满足胡克定律，且劲度系数为k，发射弹丸时每根橡皮条的最大长度为2L(弹性限度内)，则发射过程中裹片对弹丸的最大作用力为(　　)
A.kL　　　　　B.2kL　　
C.kL　　 D.kL
[解析]　发射弹丸瞬间两橡皮条间的夹角为2θ，则sin θ＝＝，cos θ＝＝.发射过程中裹片对弹丸的最大作用力为F合＝2Fcos θ.F＝kx＝kL，故F合＝2kL·＝kL，D正确.
[答案]　D
考向3　合力范围的确定
[典例3]　(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，现将水平面内的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]　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A、B、C正确，D错误.
[答案]　ABC
[变式1]　(多选)已知两个共点力的合力为F，现保持两力之间的夹角θ不变，使其中一个力增大，则(　　)
A.合力F一定增大
B.合力F的大小可能不变
C.合力F可能增大，也可能减小
D.当0°<θ<90°时，合力F一定减小
答案：BC　解析：设有两个共点力F1、F2，分两种情况讨论.
(1)当0°<θ≤90°时，合力随着其中一个力的增大而增大，如图甲所示，选项D错误.

(2)当θ>90°时，若F2增大，其合力先变小，后又逐渐增大，如图乙所示.所以选项A错误，选项B、C正确.
1.力的大小和方向一定时，其合力也一定.
2.作图法求合力，需严格用同一标度作出力的图示，作出规范的平行四边形.
3.计算法求合力，只需作出力的示意图，对平行四边形的作图要求也不太严格，重点是利用数学方法求解.
考点　力的分解
1.按力的效果分解
(1)根据力的实际作用效果确定两个分力的方向；
(2)再根据两个分力方向画出平行四边形；
(3)最后由平行四边形和数学知识(如正弦定理、余弦定理、三角形相似等)求出两分力的大小.
2.力的分解的唯一性与多解性
两个力的合力唯一确定，但一个力的两个分力不一定唯一确定，即已知一条确定的对角线，可以作出无数个平行四边形，如果没有条件限制，一个已知力可以有无数对分力，若要得到确定的解，则必须给出一些附加条件：
(1)已知合力和两个不平行分力的方向，可以唯一地作出力的平行四边形，对力F进行分解，其解是唯一的.
(2)已知一个分力的大小和方向，力的分解也是唯一的.
(3)已知一个分力F1的方向和另一个分力F2的大小，对力F进行分解，如图所示，有三种可能：(F1与F的夹角为θ)
①F2＜Fsin θ时无解；
②F2＝Fsin θ或F2≥F时有一组解；
③Fsin θ＜F2＜F时有两组解.
考向1　按力的效果分解
[典例4]　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＝0.5 m，b＝0.05 m，则物体D所受压力的大小与力F的比值为(　　)
A.4　 　　B.5　 　　C.10　 　　D.1
[解析]　按力F的作用效果沿AC、AB杆方向分解为图甲所示的F1、F2，则F1＝F2＝，由几何知识得tan θ＝＝10，再按F1的作用效果将F1沿水平向左和竖直向下分解为图乙所示的F3、F4，则F4＝F1sin θ，联立得F4＝5F，即物体D所受压力的大小与力F的比值为5，B正确.
[答案]　B
[变式2]　如图所示，光滑斜面的倾角为θ，有两个相同的小球，分别用光滑挡板A、B挡住，挡板A沿竖直方向，挡板B垂直于斜面，则两挡板受到小球压力的大小之比为　　　　，斜面受到两小球压力的大小之比为　　　　.
答案：　
解析：根据两球所处的状态，正确地进行力的作用效果分析，作力的平行四边形，力的计算可转化为直角三角形的边角计算，从而求出压力之比.
球1所受的重力有两个作用效果：第一，使物体欲沿水平方向推开挡板；第二，使物体压紧斜面.因此，力的分解如图甲所示，由此得两个分力，大小分别为F1 ＝Gtan θ，F2＝.
　　
球2所受重力G有两个作用效果：第一，使物体垂直挤压挡板；第二，使物体压紧斜面.因此力的分解如图乙所示，由此可得两个分力的大小分别为F3＝Gsin θ，F4＝Gcos θ.
所以挡板A、B所受压力之比为＝，斜面所受两个小球的压力之比为＝.
考向2　力的分解的唯一性和多解性
[典例5]　(多选)已知力F，且它的一个分力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]　根据题意作出矢量三角形如图所示，
因为F>，从图上可以看出，F1有两个解，由直角三角形OAD可知：FOA＝＝F.由直角三角形ABD得：FAB＝＝F.由图的对称性可知：FAC＝FAB＝F，则分力F1＝F－F＝F；F′1＝F＋F＝F.
[答案]　AC
[变式3]　(2017·河北唐山模拟)如图所示，用一根长为l的细绳一端固定在O点，另一端悬挂质量为m的小球A.为使细绳与竖直方向成30°角且绷紧，小球A处于静止，对小球施加的最小的力是(　　)
A.mg B.mg
C.mg D.mg
答案：C　解析：将小球的重力分解如图所示，其中一个分力等于施加的力的大小.当施加的力与OA垂直时最小，Fmin＝mgsin 30°＝mg，C正确.
(1)力的分解问题选取原则
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，常利用三角形法或按实际效果进行分解，若这三个力中，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)按实际效果分解力的一般思路
考点　正交分解法
1.定义：将已知力按互相垂直的两个方向进行分解的方法.
2.正交分解法的基本步骤
(1)建立平面坐标系：正交的两个方向可以任意选取，不会影响研究的结果，但如果选择合理，则解题较为方便.选取正交方向的一般原则：①使尽量多的矢量落在坐标轴上；②平行和垂直于接触面；③平行和垂直于运动方向.
(2)分别将各力沿正交的两个方向(x轴和y轴)分解，如图所示.
(3)求各力在x轴和y轴上的分力的合力Fx和Fy，则有Fx＝F1x＋F2x＋F3x＋…，Fy＝F1y＋F2y＋F3y＋….
3.结论
(1)如果物体处于平衡状态，则Fx＝0，Fy＝0.
(2)如果物体在x轴方向做匀加速直线运动，到Fx＝ma，Fy＝0；如果物体在y轴方向做匀加速直线运动，则Fx＝0，Fy＝ma.
[典例6]　(2016·新课标全国卷Ⅰ)(多选)如图所示，一光滑的轻滑轮用细绳OO′悬挂于O点；另一细绳跨过滑轮，其一端悬挂物块a，另一端系一位于水平粗糙桌面上的物块b.外力F向右上方拉b，整个系统处于静止状态.若F方向不变，大小在一定范围内变化，物块b仍始终保持静止，则(　　)
A.绳OO′的张力也在一定范围内变化
B.物块b所受到的支持力也在一定范围内变化
C.连接a和b的绳的张力也在一定范围内变化
D.物块b与桌面间的摩擦力也在一定范围内变化
[解题指导]　以O′点为研究对象，由三力平衡分析绳OO′的张力变化情况；以物块b为研究对象，用正交分解法列方程分析物块b所受支持力及与桌面间摩擦力的变化情况.
[解析]　系统处于静止状态，连接a和b的绳的张力大小T1等于物块a的重力Ga，C项错误；以O′点为研究对象，受力分析如图甲所示，T1恒定，夹角θ不变，由平衡条件知，绳OO′的张力T2恒定不变，A项错误；以b为研究对象，受力分析如图乙所示，则
FN＋T1cos θ＋Fsin α－Gb＝0
f＋T1sin θ－Fcos α＝0
FN、f均随F的变化而变化，故B、D项正确.
[答案]　BD
[变式4]　(2017·河北衡水调研)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
答案：B　解析：第一次推力F1＝mgsin θ＋μmgcos θ，由F2cos θ＝mgsin θ＋μ(mgcos θ＋F2sin θ)，解得第二次推力F2＝，两次的推力之比＝cos θ－μsin θ，选项B正确.
正交分解法的适用原则
正交分解法是分析力或其他矢量问题的常用方法，往往适用于下列情况：
(1)物体受到三个以上的力的情况.
(2)物体受到三个力的作用，其中有两个力互相垂直的情况.
(3)只分析物体某一方向的运动情况时，需要把不沿该方向的力正交分解，然后分析该方向上的受力情况.
1.[合力与分力的关系]两个大小不变的共点力的合力与这两个力间的夹角的关系是(　　)
A.合力的大小随这两个共点力的夹角θ(0°≤θ≤180°)的增大而增大
B.合力的大小随这两个共点力的夹角θ(0°≤θ≤180°)的增大而减小
C.合力的大小与两个力的夹角无关
D.当两个力的夹角为90°时合力最大
答案：B　解析：当两分力大小一定时，两分力夹角θ越大，合力就越小.
2.[力的合成]如图所示，由F1、F2、F3为边长组成四个三角形，且F1
答案：A　解析：由三角形定则，A中F1、F2的合力大小为F3，方向与F3相同，再与F3合成合力为2F3；B中合力为0；C中F3、F2的合力为F1，三个力的合力为2F1；D中的合力为2F2；其中最大的合力为2F3，故A正确.
3.[合力与分力的关系]如图所示，某同学通过滑轮组将一重物吊起，该同学对绳的竖直拉力为F1，对地面的压力为F2，不计滑轮与绳的重力及摩擦，则在重物缓慢上升的过程中，下列说法正确的是(　　)
A.F1逐渐变小　 B.F1逐渐变大
C.F2先变小后变大 D.F2先变大后变小
答案：B　解析：由题图可知，滑轮两边绳的拉力均为F1，设动滑轮两边绳的夹角为θ，对动滑轮有2F1cos ＝mg，当重物上升时，变大，cos 变小，F1变大；对该同学，有F′2＋F1＝Mg，而F1变大，Mg不变，则F′2变小，即对地面的压力F2变小.综上可知，B正确.
4.[力的分解的唯一性与多解性]已知两个共点力的合力为50 N，分力F1的方向与合力F的方向成30°角，分力F2的大小为30 N，则(　　)
A.F1的大小是唯一的 B.F2的方向是唯一的
C.F2有两个可能的方向 D.F2可取任意方向
答案：C　解析：如图所示，由F1、F2和F的矢量三角形并结合几何关系可以看出：当F2＝F20＝25 N时，F1的大小是唯一的，F2的方向也是唯一的.因F2＝30 N>F20＝25 N，所以F1的大小有两个，即F′1和F″1，F2的方向也有两个，即F′2的方向和F″2的方向，故C正确.
5.[正交分解法的应用](多选)如图所示，质量为m的木块在推力F作用下，在水平地面上做匀速运动.已知木块与地面间的动摩擦因数为μ，那么木块受到的滑动摩擦力为(　　)
A.μmg B.μ(mg＋Fsin θ)
C.μ(mg－Fsin θ) D.Fcos θ
答案：BD　解析：木块匀速运动时受到四个力的作用：重力mg、推力F、支持力FN、摩擦力Ff.沿水平方向建立x轴，将F进行正交分解如图所示(这样建立坐标系只需分解F)，由于木块做匀速直线运动，所以，在x轴上，向左的力等于向右的力(水平方向二力平衡)；在y轴上向上的力等于向下的力，即Fcos θ＝Ff，FN＝mg＋Fsin θ，又由于Ff＝μFN，所以Ff＝μ(mg＋Fsin θ).故B、D是正确的.
专题六　动力学和能量观点的综合应用
突破　应用动力学和能量观点分析多过程问题
力学综合题中多过程问题的分析思路：
(1)对力学综合题中的多过程问题，关键是抓住物理情境中出现的运动状态与运动过程，将物理过程分解成几个简单的子过程.
(2)找出各阶段是由什么物理量联系起来的，然后对于每一个子过程分别进行受力分析、过程分析和能量分析，选择合适的规律列出相应的方程求解.
[典例1]　(2016·新课标全国卷Ⅰ)如图所示，一轻弹簧原长为2R，其一端固定在倾角为37°的固定直轨道AC的底端A处，另一端位于直轨道上B处，弹簧处于自然状态.直轨道与一半径为R的光滑圆弧轨道相切于C点，AC＝7R，A、B、C、D均在同一竖直平面内.质量为m的小物块P自C点由静止开始下滑，最低到达E点(未画出).随后P沿轨道被弹回，最高到达F点，AF＝4R.已知P与直轨道间的动摩擦因数μ＝，重力加速度大小为g.(取sin 37°＝，cos 37°＝)
(1)求P第一次运动到B点时速度的大小；
(2)求P运动到E点时弹簧的弹性势能；
(3)改变物块P的质量，将P推至E点，从静止开始释放.已知P自圆弧轨道的最高点D处水平飞出后，恰好通过G点.G点在C点左下方，与C点水平相距R、竖直相距R.求P运动到D点时速度的大小和改变后P的质量.
[解题指导]　第(1)问，求P从C第一次运动到B点时速度的大小，有两种方法，可以用动能定理或牛顿运动定律及运动学公式计算.
第(2)问，求P运动到E点时弹簧的弹性势能，先根据从C到E再到F的过程，由动能定理求出B、E之间的距离；再根据从C到E的过程，由动能定理或能量守恒定律求弹性势能.
第(3)问，先逆向推理，从D到G过程，根据平抛运动的分解求出D点的速度.再分析由E到D过程，由动能定理求出质量.
[解析]　(1)根据题意知，B、C之间的距离为l＝7R－2R　①
设P到达B点时的速度为vB，由动能定理得
mglsin θ－μmglcos θ＝mv　②
式中θ＝37°
联立①②式并由题给条件得vB＝2.　③
(2)设BE＝x.P到达E点时速度为零，设此时弹簧的弹性势能为Ep.P由B点运动到E点的过程中，由动能定理有
mgxsin θ－μmgxcos θ－Ep＝0－mv　④
E、F之间的距离为l1＝4R－2R＋x　⑤
P到达E点后反弹，从E点运动到F点的过程中，由动能定理有
Ep－mgl1sin θ－μmgl1cos θ＝0　⑥
联立③④⑤⑥式并由题给条件得x＝R　⑦
Ep＝mgR.　⑧
(3)设改变后P的质量为m1.D点与G点的水平距离x1和竖直距离y1分别为
x1＝R－Rsin θ　⑨
y1＝R＋R＋Rcos θ　⑩
式中，已应用了过C点的圆轨道半径与竖直方向夹角仍为θ的事实.
设P在D点的速度为vD，由D点运动到G点的时间为t.由平抛运动公式有
y1＝gt2　?
x1＝vDt　?
联立⑨⑩??式得vD＝　?
设P在C点速度的大小为vC.在P由C点运动到D点的过程中机械能守恒，有
m1v＝m1v＋m1g　?
P由E点运动到C点的过程中，同理，由动能定理有
Ep－m1g(x＋5R)sin θ－μm1g(x＋5R)cos θ＝m1v　?
联立⑦⑧???式得m1＝m.　?
[答案]　(1)2　(2)mgR　(3)　m
[变式1]　(2017·四川乐山模拟)如图甲所示，在倾角为37°足够长的粗糙斜面底端，一质量m＝1 kg 的滑块压缩着一轻弹簧且锁定，但它们并不相连，滑块可视为质点.t＝0时解除锁定，计算机通过传感器描绘出滑块的v-t图象如图乙所示，其中Oab段为曲线，bc段为直线，在t1＝0.1 s时滑块已上滑s＝0.2 m的距离(取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8).求：

　　　甲　　　　　　　　乙
(1)滑块离开弹簧后在图中bc段对应的加速度a及动摩擦因数μ的大小；
(2)t2＝0.3 s和t3＝0.4 s时滑块的速度v1、v2的大小；
(3)弹簧锁定时具有的弹性势能Ep.
答案：(1)10 m/s2　0.5　(2)0　0.2 m/s　(3)4 J
解析：(1)在bc段做匀减速运动，加速度为
a＝＝10 m/s2
根据牛顿第二定律得
mgsin 37°＋μmgcos 37°＝ma
解得μ＝0.5.
(2)设t1＝0.1 s时速度大小为v0，根据速度时间公式得t2＝0.3 s 时的速度大小
v1＝v0－a(t2－t1)＝0
在t2之后开始下滑，下滑时由牛顿第二定律得
mgsin 37°－μmgcos 37°＝ma′
解得a′＝2 m/s2
从t2到t3做初速度为零的加速运动，t3时刻的速度大小为
v3＝a′(t3－t2)＝0.2 m/s.
(3)从0到t1时间内，由能量守恒定律得
Ep＝mgssin 37°＋μmgscos 37°＋mv2b
解得Ep＝4 J.
突破　应用动力学和能量观点分析传送带、滑块—木板模型
1.方法技巧
传送带、滑块—木板的问题是和实际联系较紧密且较难的物理模型，是高中阶段必须掌握的重要内容.解决此类问题的关键是对物体进行动态分析和终态推断，灵活巧妙地从能量的观点和力的观点来揭示其本质、特征，列方程联立求解.
2.解题模板
考向1　传送带模型分析
[典例2]　如图所示，一质量为m＝1 kg 的可视为质点的滑块，放在光滑的水平平台上，平台的左端与水平传送带相接，传送带以v＝2 m/s的速度沿顺时针方向匀速转动(传送带不打滑)，现将滑块缓慢向右压缩轻弹簧，轻弹簧的原长小于平台的长度，滑块静止时弹簧的弹性势能为Ep＝4.5 J，若突然释放滑块，滑块向左滑上传送带.已知滑块与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.2，传送带足够长，取g＝10 m/s2.求：
(1)滑块第一次滑上传送带到离开传送带所经历的时间；
(2)滑块第一次滑上传送带到离开传送带由于摩擦产生的热量.
[解题指导]　(1)分清运动过程：首先是弹开过程，使滑块获得一速度；然后滑上传送带减速滑行，直到速度减为零；最后反向加速.
(2)由于本题数据都为数值，所以需要一边计算一边判断.
(3)计算摩擦生热的重点是计算相对位移，根据Q＝f·x相对求解.
[解析]　(1)释放滑块的过程中机械能守恒，设滑块滑上传送带的速度为v1，则Ep＝mv，得v1＝3 m/s
滑块在传送带上运动的加速度的大小a＝μg＝2 m/s2
滑块向左运动的时间t1＝＝1.5 s
向左运动的最大位移x1＝＝2.25 m
向右匀加速运动的位移x2＝＝1 m
x1＞x2，所以滑块在向右运动的过程中先向右匀加速运动，再同传送带一起向右匀速运动
向右匀加速运动的时间t2＝＝1 s
向右匀速运动的时间为t3＝＝0.625 s
所以t＝t1＋t2＋t3＝3.125 s.
(2)滑块在传送带上向左运动x1的位移时，传送带向右运动的位移为x1′＝vt1＝3 m
则Δx1＝x1′＋x1＝5.25 m
滑块向右运动x2时，传送带向右运动的位移为x2′＝vt2＝2 m
则Δx2＝x2′－x2＝1 m
Δx＝Δx1＋Δx2＝6.25 m
则产生的热量为Q＝μmg·Δx＝12.5 J.
[答案]　(1)3.125 s　(2)12.5 J
考向2　滑块—木板模型分析
[典例3]　10个同样长度的木块放在水平地面上，每个木块的质量m＝0.5 kg、长度L＝0.6 m，它们与地面之间的动摩擦因数μ1＝0.1，在左方第一个木块上放一质量M＝1 kg 的小铅块(视为质点)，它与木块间的动摩擦因数μ2＝0.25.现给铅块一向右的初速度v0＝5 m/s，使其在木块上滑行.取g＝10 m/s2，求：
(1)开始带动木块运动时铅块的速度；
(2)铅块与木块间因摩擦产生的总热量；
(3)铅块运动的总时间.
[解题指导]　(1)铅块对木块的摩擦力是带动木块的动力，当该力大于木块受到地面的摩擦力时，木块开始运动.
(2)判断铅块能否与某个木块共速，确定相对滑动的距离.
(3)若铅块能与木块共速，则总时间等于木块不动时铅块的运动时间、一起运动到共速的时间与一起减速到零的时间之和.
[解析]　(1)设铅块可以带动n个木块移动，以这n个木块为研究对象，铅块施加的摩擦力应大于地面施加的摩擦力，即μ2Mg>μ1(M＋mn)g
解得n<3，取n＝2，此时铅块已滑过8个木块
根据动能定理有：Mv20－Mv2＝μ2Mg×8L
代入数据得，刚滑上木块9时铅块的速度：v＝1 m/s.
(2)对铅块M：a2＝μ2g＝2.5 m/s2
v2＝v－a2t2
对最后两块木块9和10有：
a1＝＝0.5 m/s2
v1＝a1t2
令v1＝v2，故它们获得共同速度所需时间：
t2＝＝ s
铅块的位移：x2＝vt2－a2t22
木块的位移：x1＝a1t22
铅块相对木块的位移：Δx＝x2－x1＝ m所以铅块与木块间因摩擦产生的总热量：
Q＝μ2Mg(8L＋Δx)≈12.42 J.
(3)由(2)问知，铅块与木块的共同速度为
v1＝a1t2＝ m/s
铅块、木块一起做匀减速运动的时间：t3＝＝ s
铅块在前8个木块上运动的时间：t1＝＝1.6 s
所以铅块运动的总时间：t＝t1＋t2＋t3＝2.1 s.
[答案]　(1)1 m/s　(2)12.42 J　(3)2.1 s
处理滑块—木板模型问题的分析方法
(1)动力学分析：分别对滑块和木板进行受力分析，根据牛顿第二定律求出各自的加速度；从放上滑块到二者速度相等，所用时间相等，由t＝＝可求出共同速度v和所用时间t，然后由位移公式可分别求出二者的位移.
(2)功和能分析：对滑块和木板分别运用动能定理，或者对系统运用能量守恒定律，要注意区分三个位移：
①求摩擦力对滑块做功时用滑块对地的位移x滑；
②求摩擦力对木板做功时用木板对地的位移x板；
③求摩擦生热时用相对滑动的位移x相.
1.[多过程问题的应用]如图所示，半径R＝1.0 m的光滑圆弧轨道固定在竖直平面内，轨道的一个端点B和圆心O的连线与水平方向间的夹角θ＝37°，另一端点C为轨道的最低点.C点右侧的水平路面上紧挨C点放置一木板，木板质量M＝1 kg，上表面与C点等高.质量m＝1 kg 的物块(可视为质点)从空中A点以v0＝1.2 m/s的速度水平抛出，恰好从轨道的B端沿切线方向进入轨道.已知物块与木板间的动摩擦因数μ1＝0.2，木板与路面间的动摩擦因数μ2＝0.05，取g＝10 m/s2.(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)试求：
(1)物块经过B端时速度的大小；
(2)物块经过轨道上的C点时对轨道的压力大小；
(3)若木板足够长，请问从开始平抛至最终木板、物块都静止，整个过程产生的热量是多少？
答案：(1)2 m/s　(2)46 N　(3)18 J
解析：(1)vB＝＝2 m/s.
(2)物体从B到C应用动能定理，有
mg(R＋Rsin θ)＝mv－mv
解得vC＝6 m/s
在C点：F－mg＝
解得F＝46 N
由牛顿第三定律知物体经过圆弧轨道上的C点时对轨道的压力为46 N.
(3)物块从A到C过程中无能量损失，所以整个过程产生的热量就是从C到最终木板、物块都静止这一过程中产生的热量，即应用能量守恒定律得Q＝mv＝18 J.
2.[能量守恒定律的应用]如图所示，一物体质量m＝2 kg，从倾角θ＝37°的斜面上的A点以初速度v0＝3 m/s下滑，A点距弹簧上端B的距离AB＝4 m.当物体到达B点后将弹簧压缩到C点，最大压缩量BC＝0.2 m，然后物体又被弹簧弹上去，弹到的最高位置为D点，D点距A点的距离AD＝3 m，挡板及弹簧质量不计，取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，求：
(1)物体与斜面间的动摩擦因数μ；
(2)弹簧的最大弹性势能Epm.
答案：(1)0.52　(2)24.5 J
解析：(1)物体从开始位置A点到最后D点的过程中，弹性势能没有发生变化，动能和重力势能减少，机械能的减少量为ΔE＝ΔEk＋ΔEp＝mv＋mglADsin 37°①
物体克服摩擦力产生的热量为
Q＝Ffx②
其中x为物体的路程，即x＝5.4 m③
Ff＝μmgcos 37°④
由能量守恒定律可得ΔE＝Q⑤
由①②③④⑤式解得μ＝0.52.
(2)由A到C的过程中，动能减少
ΔEk′＝mv⑥
重力势能减少ΔEp′＝mglACsin 37°⑦
摩擦生热Q′＝FflAC＝μmgcos 37°lAC⑧
由能量守恒定律得弹簧的最大弹性势能为
ΔEpm＝ΔEk′＋ΔEp′－Q′⑨
联立⑥⑦⑧⑨式解得ΔEpm＝24.5 J.
3.[倾斜传送带模型]如图所示，与水平面夹角为θ＝30°的倾斜传送带始终绷紧，传送带下端A点与上端B点间的距离为L＝4 m，传送带以恒定的速率v＝2 m/s向上运动.现将一质量为1 kg的物体无初速度地放于A处，已知物体与传送带间的动摩擦因数μ＝，取g＝10 m/s2，求：
(1)物体从A运动到B共需多长时间？
(2)电动机因传送该物体多消耗的电能.
答案：(1)2.4 s　(2)28 J
解析：(1)物体无初速度地放在A处后，因mgsin θ<μmgcos θ，故物体斜向上做匀加速直线运动
加速度a＝＝2.5 m/s2
物体达到与传送带同速所需的时间t1＝＝0.8 s
t1时间内物体的位移L1＝t1＝0.8 m
之后物体以速度v1做匀速运动，运动的时间t2＝＝1.6 s
物体运动的总时间t＝t1＋t2＝2.4 s.
(2)前0.8 s内物体相对传送带的位移为ΔL＝vt1－L1＝0.8 m
因摩擦而产生的热量Q＝μmgcos θ·ΔL＝6 J
E电＝Ek＋Ep＋Q＝mv2＋mgLsin θ＋Q＝28 J.
实验五　探究动能定理
[基本要求]
[数据处理]
(1)测出每次做功后，小车获得的速度.
(2)分别用各次实验测得的v和W，绘制W-v或W-v2、W-v3、…图象，直到明确得出W和v的关系.
(3)结论：物体速度v与外力做功W间的关系为W∝v2.
[误差分析]
1.误差的主要来源是橡皮筋的长短、粗细不一，使橡皮筋的拉力做功W与橡皮筋的条数不成正比.
2.没有完全平衡摩擦力或平衡摩擦力时倾角过大也会造成误差.
3.利用打上点的纸带计算小车的速度时，测量不准确带来误差.
[注意事项]
1.平衡摩擦力：将木板一端垫高，使小车重力沿斜面向下的分力与摩擦阻力平衡.方法是轻推小车，由打点计时器打在纸带上的点的均匀程度判断小车是否匀速运动，找到木板一个合适的倾角.
2.选点测速：测小车速度时，纸带上的点应选均匀部分的，也就是选小车做匀速运动状态的.
3.规格相同：橡皮筋规格相同时，力对小车做的功以一条橡皮筋做的功为单位即可，不必计算出具体数值.
考向1　对实验操作的考查
[典例1]　某学习小组做“探究功与速度变化的关系”的实验如图所示，图中小车是在一条橡皮筋作用下弹出的，沿木板滑行，橡皮筋对小车做的功记为W.当用2条、3条、…完全相同的橡皮筋并在一起进行第2次、第3次、…实验时(每次实验中橡皮筋伸长的长度都保持一致)，每次实验中小车获得的速度根据打点计时器所打在纸带上的点进行计算.
(1)除了图中已有的实验器材外，还需要导线、开关、刻度尺和　　　　(填“交流”或“直流”)电源.
(2)实验中，小车会受到摩擦力的作用，可以使木板适当倾斜来平衡摩擦力，则下面操作正确的是(　　)
A.放开小车，能够自由下滑即可
B.放开小车，能够匀速下滑即可
C.放开拖着纸带的小车，能够自由下滑即可
D.放开拖着纸带的小车，能够匀速下滑即可
(3)若木板水平放置，小车在两条橡皮筋作用下运动，当小车速度最大时，关于橡皮筋所处的状态与小车所在的位置，下列说法正确的是(　　)
A.橡皮筋处于原长状态
B.橡皮筋仍处于伸长状态
(4)在正确操作的情况下，打在纸带上的点并不都是均匀的，为了测量小车获得的速度，应选用纸带的　　　　部分进行测量(根据如图所示的纸带回答).
[解析]　(1)打点计时器使用的是交流电源.
(2)平衡摩擦力时，应将纸带穿过打点计时器，放开拖着纸带的小车，小车能够匀速下滑即可，D正确.
(3)水平放置木板，放开小车后，小车做加速运动，当橡皮筋的拉力大小等于摩擦力大小时，小车的速度最大，此时橡皮筋仍处于伸长状态，B正确，A、C、D错误.
(4)从纸带上看，纸带的GJ段打点比较均匀，所以应选用纸带的GJ段进行测量.
[答案]　(1)交流　(2)D　(3)B　(4)GJ
1.为使橡皮筋的拉力所做的功为合外力对小车所做的功，必须平衡小车的摩擦力.
2.利用小车拖着纸带，小车匀速运动则摩擦力才算被平衡，此操作一是可通过纸带观察小车是否匀速，二是可同时平衡纸带运动所受的阻力.
考向2　对数据处理及误差的考查
[典例2]　某同学用如图所示的实验装置探究小车动能变化与合力对它所做功的关系.图中A为小车，连接在小车后面的纸带穿过打点计时器B的限位孔，它们均置于水平放置的一端带有定滑轮足够长的木板上，C为弹簧测力计，不计绳与滑轮的摩擦.实验时，先接通电源再松开小车，打点计时器在纸带上打下一系列点.
该同学在一条比较理想的纸带上，从点迹清楚的某点开始记为0点，顺次选取5个点，分别测量这5个点到0之间的距离，并计算出它们与0点之间的速度平方差Δv2(Δv2＝v2－v20)，填入下表：
点迹
x/cm
Δv2/(m2·s－2)
0
－
－
1
1.60
0.04
2
3.60
0.09
3
6.00
0.15
4
7.00
0.18
5
9.20
0.23
(1)请以Δv2为纵坐标、x为横坐标在坐标图中作出Δv2-x 图象.若测出小车质量为0.2 kg，结合图象可求得小车所受合力的大小为　　　　N.
(2)若该同学通过计算发现小车所受合力小于弹簧测力计读数，明显超出实验误差的正常范围.你认为主要原因是　　　　　，实验操作中改进的措施是__________________.
[解析]　由v2－v20＝2ax可知Δv2＝2ax，
在Δv2-x图象中，斜率k＝2a＝2.5，
由F＝ma，得F＝0.25 N.
[答案]　(1)图象如图所示　0.25
(2)小车滑行时所受摩擦阻力较大　将木板左侧垫高，使木板倾斜一定的角度以平衡摩擦力
处理实验数据的方法有平均值法、列表法和图象法，本题主要用了后两种方法处理实验数据.列表法的优点是将数据列成表格，可以简明地表示出有关物理量之间的关系，便于检查测量结果和运算是否合理，有助于发现和分析问题，而且列表法还是图象法的基础.图象法的优点是通过作图可以找到或反映物理量之间的变化关系，并便于找出其中的规律，确定对应量的函数关系.
考向3　实验创新及改进
本实验可从下列两个方面改进创新
1.实验器材的改进：用拉力传感器测量拉力，用速度传感器测量速度.
2.实验方案的创新
(1)利用自由落体运动探究功和动能的关系.
(2)研究小车以不同的初速度沿粗糙水平面滑动的距离，得出小车的初动能大小与克服摩擦力做功的情况，也可探究动能定理.
(3)让小球从斜面上某高处滚下，然后做平抛运动等.
[典例3]　(2017·山东济南质检)某学习小组利用气垫导轨装置来探究“做功与物体动能改变的关系”，如图所示为实验装置示意图.利用气垫导轨上的光电门可测出滑块上的细窄挡光片经过时的挡光时间.
重力加速度为g，气垫导轨水平放置，不计滑轮和导轨摩擦.实验步骤如下：
A.测出挡光片的宽度为d，滑块与挡光片的质量为M；
B.轻细线的一端固定在滑块上，另一端绕过定滑轮挂上一砝码盘，盘和砝码的总质量为m(m?M)，细绳与导轨平行；
C.让滑块静止放在导轨左侧的某一位置，测出挡光片到光电门的距离为x；
D.释放滑块，测出挡光片经过光电门的挡光时间为Δt；
E.改变砝码的质量，保证滑块每次都在同一位置由静止释放，光电门可测得对应的挡光时间.
(1)滑块经过光电门时速度的计算式v＝　　　　.(用题目中所给的字母来表达)
(2)细线的拉力做功的表达式为W＝　　　　，滑块的动能改变的表达式为Ek＝　　　　.(用题目中所给的字母来表示)
(3)我们可以通过测得的多组数据来建立-m的关系图象来进行更准确的实验验证，则下图中哪一项更符合真实的实验情况　　　　.
[解析]　(1)根据极短时间内的平均速度等于瞬时速度的大小，可知滑块经过光电门时速度的大小是v＝.
(2)由题意可知，细线的拉力做的功等于盘和砝码对应重力做的功mgx；滑块的动能改变表达式为Ek＝Mv2＝M2.
(3)由动能定理得mgx＝M2，所以＝m，与m成正比.盘和砝码的总质量m增加，不能远小于小车的质量时，直线在末端发生弯曲，则此结果对应于图丙.
[答案]　(1)　(2)mgx　M2　(3)丙
[典例4]　某同学利用如图所示的装置探究功与速度变化的关系.
①小物块在1条橡皮筋的作用下弹出，沿水平桌面滑行，之后平抛落至水平地面上，落点记为M1；
②在钉子上分别套上2条、3条、4条、…同样的橡皮筋，使每次橡皮筋拉伸的长度都保持一致，重复步骤①，小物块落点分别记为M2、M3、M4、…；
③测量相关数据，进行数据处理.
(1)为求出小物块抛出时的动能，需要测量下列物理量中的
　　　　(填正确答案标号).
A.小物块的质量m
B.橡皮筋的原长x
C.橡皮筋的拉长量Δx
D.桌面到地面的高度h
E.小物块抛出点到落地点的水平距离L
(2)将几次实验中橡皮筋对小物块做的功分别记为W1、W2、W3、…，小物体抛出点到落地点的水平距离分别记为L1、L2、L3、….若功与速度的二次方成正比，则应以W为纵坐标、　　　　为横坐标作图，才能得到一条直线.
(3)由于小物块与桌面之间的摩擦不能忽略，则由此引起的误差属于　　　　(填“偶然误差”或“系统误差”).
[解析]　(1)根据动能的定义Ek＝可知，要求出Ek，需要测量m、v.而小物块离开桌面做平抛运动，有h＝gt2，L＝vt，得v＝L，因此，只要测出L、h，就可知v，选项A、D、E正确.
(2)因v＝L，所以若W∝v2，则W∝L2(g、h为常量)，应以L2为横坐标.
(3)小物块与桌面之间的摩擦不可避免，属于系统误差.
[答案]　(1)ADE　(2)L2　(3)系统误差
实验六　验证机械能守恒定律
[基本要求]
[数据处理]
方法一：利用起始点和第n点计算
代入ghn和v，如果在实验误差允许的情况下，ghn＝v，则验证了机械能守恒定律.
方法二：任取两点计算
(1)任取两点A、B，测出hAB，算出ghAB.
(2)算出v－v的值.
(3)在实验误差允许的情况下，若ghAB＝v－v，则验证了机械能守恒定律.
方法三：图象法
从纸带上选取多个点，测量从第一点到其余各点的下落高度h，并计算各点速度的平方v2，然后以v2为纵轴，以h为横轴，根据实验数据绘出v2-h图线，若在误差允许的范围内图象是一条过原点且斜率为g的直线，则验证了机械能守恒定律.
[误差分析]
1.减小测量误差：一是测下落距离时都从0点量起，一次将各打点对应下落高度测量完，二是多测几次取平均值.
2.误差来源：由于重物和纸带下落过程中要克服阻力做功，故动能的增加量ΔEk＝mv必定稍小于重力势能的减少量ΔEp＝mghn，改进办法是调整器材的安装，尽可能地减少阻力.
[注意事项]
1.打点计时器要竖直：安装打点计时器时要竖直架稳，使其两限位孔在同一竖直平面内以减少摩擦阻力.
2.重物密度要大：重物应选用质量大、体积小、密度大的材料.
3.一先一后：应先接通电源，让打点计时器正常工作，后松开纸带让重物下落.
4.测长度，算速度：某时刻的瞬时速度的计算应用vn＝，不能用vn＝或vn＝gt来计算.
考向1　对实验原理和操作的考查
[典例1]　(2017·江西六校模拟)用如图所示的实验装置验证机械能守恒定律.实验所用的电源为学生电源，输出电压有交流电和直流电两种.重锤从高处由静止开始下落，打点计时器在重锤拖着的纸带上打出一系列的点，对图中纸带上的点迹进行测量，即可验证机械能守恒定律.
(1)下列几个操作步骤中：
A.按照图示，安装好实验装置；
B.将打点计时器接到电源的“交流输出”上；
C.用天平测出重锤的质量；
D.先释放重锤，后接通电源，纸带随着重锤运动，打点计时器在纸带上打下一系列的点；
E.测量纸带上某些点间的距离；
F.根据测量的结果计算重锤下落过程中减少的重力势能是否等于增加的动能.
没有必要的是　　　　，操作错误的是　　　　.(填步骤前相应的字母)
(2)使用质量为m的重锤和打点计时器验证机械能守恒定律的实验中，在选定的纸带上依次取计数点如图所示，纸带上所打的点记录了重锤在不同时刻的位置，那么纸带的　　　　
(填“左”或“右”)端与重锤相连.设打点计时器的打点周期为T，且0为打下的第一个点.当打点计时器打点“3”时，重锤的动能表达式为　　　　　　　　，若以重锤的运动起点0为参考点，当打点“3”时重锤的机械能表达式为　　　　　　　.
[解析]　(1)在此实验中不需要测出重锤的质量，所以选项C没必要；在实验室应该先接通电源，再释放纸带，所以选项D错误.(2)因为是自由落体运动，下落的距离应该是越来越大，所以纸带最左端与重锤相连.
打点“3”时的瞬时速度v3＝，
重锤动能的表达式
Ek＝mv＝m2＝，
重锤重力势能的表达式Ep＝－mgx3，
重锤机械能的表达式
E＝Ep＋Ek＝－mgx3＋.
[答案]　(1)C　D　(2)左　　－mgx3＋
1.安装打点计时器时，必须使两个限位孔的中线严格竖直，以减小摩擦阻力.
2.选用质量和密度较大的重物，增大重力可使阻力的影响相对减小，增大密度可以减小体积，可使空气阻力减小.
3.释放纸带前要保持纸带竖直、静止不动，先接通电源，待打点计时器工作稳定后再释放纸带.
考向2　对数据处理及误差的考查
[典例2]　(2016·新课标全国卷Ⅰ)某同学用图(a)所示的实验装置验证机械能守恒定律，其中打点计时器的电源为交流电源，可以使用的频率有20 Hz、30 Hz和 40 Hz.打出纸带的一部分如图(b)所示.
　图(a)　　　　　　　　　图(b)
该同学在实验中没有记录交流电的频率f，需要用实验数据和其他题给条件进行推算.
(1)若从打出的纸带可判定重物匀加速下落，利用f和图(b)中给出的物理量可以写出：在打点计时器打出B点时，重物下落的速度大小为　　　　，打出C点时重物下落的速度大小为　　　　，重物下落的加速度大小为　　　　.
(2)已测得s1＝8.89 cm，s2＝9.50 cm，s3＝10.10 cm；当地重力加速度大小为9.80 m/s2，实验中重物受到的平均阻力大小约为其重力的1%.由此推算出f为　　　　Hz.
[解析]　(1)利用做匀变速直线运动的质点在一段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，可得打点计时器打出B点时重物下落的速度vB＝＝；打出C点时重物下落的速度vC＝＝.根据加速度的定义，重物下落的加速度大小为a＝＝(vC－vB)f＝.(2)根据题述，重物下落受到的阻力为0.01mg，由牛顿第二定律得，mg－0.01mg＝ma，解得a＝0.99g.由＝0.99g，解得f＝40 Hz.
[答案]　(1)　　　(2)40
“验证机械能守恒定律”实验题多是对教材实验或常见练习题进行器材和装置的改换而成，解决此类问题的思路是从机械能守恒的方程出发，按照实验题目的要求，进行实验的设计或有关量的测量.
考向3　实验创新与改进
本实验可从下列三个方面改进创新
1.实验器材、装置的改进
2.速度测量方法的改进
由光电门计算速度测量纸带上各点速度
3.实验方案的改进
利用自由落体运动的闪光照片验证机械能守恒定律.
[典例3]　(2016·江苏卷)某同学用如图甲所示的装置验证机械能守恒定律.一根细线系住钢球，悬挂在铁架台上，钢球静止于A点.光电门固定在A的正下方，在钢球底部竖直地粘住一片宽度为d的遮光条.将钢球拉至不同位置由静止释放，遮光条经过光电门的挡光时间t可由计时器测出，取v＝作为钢球经过A点时的速度.
记录钢球每次下落的高度h和计时器示数t，计算并比较钢球在释放点和A点之间的势能变化大小ΔEp与动能变化大小ΔEk，就能验证机械能是否守恒.
　　
　　 　甲　　　　　　　　　　　乙
(1)用ΔEp＝mgh计算钢球重力势能变化的大小，式中钢球下落高度h应测量释放时的钢球球心到　　　　之间的竖直距离.
A.钢球在A点时的顶端
B.钢球在A点时的球心
C.钢球在A点时的底端
(2)用ΔEk＝mv2计算钢球动能变化的大小.用刻度尺测量遮光条宽度，示数如图乙所示，其读数为　　　cm.某次测量中，计时器的示数为0.010 0 s.则钢球的速度为v＝　　　　m/s.
(3)下表为该同学的实验结果：
ΔEp(×10－2 J)
4.892
9.786
14.69
19.59
29.38
ΔEk(×10－2 J)
5.04
10.1
15.1
20.0
29.8
他发现表中的ΔEp与ΔEk之间存在差异，认为这是由于空气阻力造成的.你是否同意他的观点？请说明理由.
(4)请你提出一条减小上述差异的改进建议.
[解析]　(1)要测量钢球下落的高度，应测量开始释放时钢球的球心到钢球在A点时球心的竖直距离，选B.(2)根据题图可知，遮光条的宽度为d＝1.50 cm，若计时器的示数为 0.010 0 s，则钢球的速度v＝＝ m/s＝1.50 m/s.(3)由于空气阻力的存在，钢球下落过程中克服空气阻力做功，因此动能的增加量会小于重力势能的减少量，而题中表格数值表明动能的增加量大于重力势能的减少量，显然误差不是由于空气阻力造成的，而是由遮光条在钢球的下面，测得的速度比钢球的实际速度大造成的.(4)分别测出光电门和球心到悬点的长度L和l，计算ΔEk时，将v折算成钢球的速度v′＝v.
[答案]　(1)B　(2)1.50(1.49～1.51都算对)　1.50(1.49～1.51都算对)　(3)不同意，因为空气阻力会造成ΔEk小于ΔEp，但表中ΔEk大于ΔEp.　(4)分别测出光电门和球心到悬点的长度L和l，计算ΔEk时，将v折算成钢球的速度v′＝v.
[典例4]　(2017·湖北孝感高三冲刺卷)用如图甲所示的实验装置验证m1、m2组成的系统机械能守恒.m2从高处由静止开始下落，m1上拖着的纸带打出一系列的点，对纸带上的点迹进行测量，即可验证机械能守恒定律.
　
甲　
如图乙给出的是实验中获取的一条纸带：0是打下的第一个点，每相邻两个计数点间还有4个点(图中未标出)，计数点间的距离如图乙所示.已知m1＝50 g、m2＝150 g.则：(结果保留两位有效数字)
乙
(1)在纸带上打下计数点5时的速度v＝　　　　m/s.
(2)在计数点0～5过程中系统动能的增量ΔEk＝　　　　J.为了简化计算，设g＝9.8 m/s2，则系统势能的减少量ΔEp＝　　　　J.
(3)实验结果显示ΔEp>ΔEk，那么造成这一现象的主要原因是____________________________________________.
(4)在实验中，若某同学作出的v2-h图象如图丙所示，h为从起点量起的长度，则据此得到当地的重力加速度g＝　　　　m/s2.
　　　　　　　　 　　　　丙
[答案]　(1)2.4　(2)0.58　0.59　(3)摩擦阻力造成的机械能损失　(4)9.7
第五章 机械能
【研透全国卷】
近几年高考既有对本章内容的单独考查，也有与牛顿运动定律、曲线运动、电磁学等内容相结合的综合考查，对本章单独考查的题目多为选择题.
高考中将本章内容与其他知识相结合，与实际生产、生活和现代科技相结合进行命题的趋势较强，在复习中应侧重对基础知识的理解和应用.
考点
内容
要求
题型
必考实验
一、功和功率
功和功率
Ⅱ
选择、计算
1.实验内容
探究动能定理
验证机械能守恒定律
2.命题形式
填空
二、动能定理及其应用
动能和动能定理
Ⅱ
选择、计算
三、机械能守恒定律及其应用
重力做功与重力势能
Ⅱ
选择、计算
机械能守恒定律及其应用
Ⅱ
四、功能关系、能量守恒定律
功能关系
Ⅱ
选择、计算
第1讲　功　功率
知识点一　功
1.做功的两个必要条件：　　　　和物体在力的方向上发生的　　　　.
2.公式：W＝　　　　，适用于　　　　做功，其中α为F、l方向间夹角，l为物体对地的位移.
3.功的正负判断
(1)α<90°，力对物体做　　　　功.
(2)α>90°，力对物体做　　　　功，或说物体克服该力做功.
(3)α＝90°，力对物体不做功.
答案：1.力　位移　2.Flcos α　恒力　3.(1)正　(2)负
知识点二　功率
1.定义：功与完成这些功所用时间的　　　　.
2.物理意义：描述力对物体做功的　　　　.
3.公式
(1)定义式：P＝　　　　，P为时间t内的　　　　　　.
(2)推论式：P＝　　　　.(α为F与v的夹角)
4.额定功率：机械正常工作时输出的　　　　功率.
5.实际功率：机械　　　　时的功率，要求不能大于　　　　功率.
答案：1.比值　2.快慢　3.(1)　平均功率
(2)Fvcos α　4.最大　5.工作　额定
(1)只要物体受力的同时又发生了位移，则一定有力对物体做功.(　　)
(2)一个力对物体做了负功，则这个力一定阻碍物体的运动. (　　)
(3)作用力做负功时，反作用力一定做正功. (　　)
(4)力对物体做功的正负可由力和速度方向间的夹角决定. (　　)
(5)静摩擦力一定对物体不做功. (　　)
(6)由P＝Fv可知，发动机输出功率一定时，机车的牵引力与运行速度的大小成反比. (　　)
(7)汽车上坡时换成低挡位，其目的是减小速度得到较大的牵引力. (　　)
答案：(1)×　(2)√　(3)×　(4)√　(5)×　(6)√　(7)√
考点　恒力做功
1.正、负功的判断方法
判断依据
适用情况
根据力和位移的方向的夹角判断
常用于恒力做功的判断
根据力和瞬时速度方向的夹角判断
常用于质点做曲线运动
根据功能关系或能量守恒定律判断
常用于变力做功的判断
2.计算功的方法
(1)恒力做的功
直接用W＝Flcos α计算.
(2)合外力做的功
方法一：先求合外力F合，再用W合＝F合lcos α求功.
方法二：先求各个力做的功W1、W2、W3，…，再应用W合＝W1＋W2＋W3＋…求合外力做的功.
考向1　功的正负的判断
[典例1]　(多选)质量为m的物体静止在倾角为θ的斜面上，斜面沿水平方向向右匀速移动了距离s，如图所示，物体m相对斜面静止.则下列说法正确的是 (　　)
A.重力对物体m做正功
B.合力对物体m做功为零
C.摩擦力对物体m做负功
D.支持力对物体m做正功
[解析]　分析物体受力，由于重力方向与位移方向垂直，重力不做功；支持力的方向与位移方向的夹角为锐角，做正功；摩擦力的方向与位移方向的夹角为钝角，做负功.选项B、C、D正确.
[答案]　BCD
考向2　恒力做功的计算
[典例2]　一物体静止在粗糙水平地面上.现用一大小为F1的水平拉力拉动物体，经过一段时间后其速度变为v.若将水平拉力的大小改为F2，物体从静止开始经过同样的时间后速度变为2v.对于上述两个过程，用WF1、WF2分别表示拉力F1、F2所做的功，Wf1、Wf2分别表示前后两次克服摩擦力所做的功，则(　　)
A.WF2>4WF1，Wf2>2Wf1
B.WF2>4WF1，Wf2＝2Wf1
C.WF2<4WF1，Wf2＝2Wf1
D.WF2<4WF1，Wf2<2Wf1
[解析]　两过程的位移关系x1＝x2，根据加速度的定义a＝，得两过程的加速度关系为a1＝.由于在相同的粗糙水平地面上运动，故两过程的摩擦力大小相等，即Ff1＝Ff2＝Ff，根据牛顿第二定律Ff＝ma得，F1－Ff1＝ma1，F2－Ff2＝ma2，所以F1＝F2＋Ff，即F1>.根据功的计算公式W＝Fl，可知Wf1＝Wf2，WF1>WF2，故选项C正确，选项A、B、D错误.
[答案]　C
求解恒力做功的两个关键
(1)恒力做功大小只与F、l、α这三个量有关.与物体是否还受其他力、物体运动的速度、加速度等其他因素无关，也与物体运动的路径无关.
(2)F与l必须具备同时性，即l必须是力F作用过程中物体的位移.
考点　变力功的计算
变力做功不能应用公式W＝Flcos α计算，它有一些特殊的计算方法，除了应用动能定理间接求法之外，还有以下几种常用的直接求法.
考向1　利用“微元法”求变力的功
物体的位移分割成许多小段，因小段很小，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无穷小的位移上的恒力所做元功的代数和.此方法在中学阶段常应用于求解大小不变、方向改变的变力做功问题.
[典例3]　(多选)如图所示，摆球质量为m，悬线的长为L，把悬线拉到水平位置后放手.设在摆球从A点运动到B点的过程中空气阻力F阻的大小不变，则下列说法正确的是 (　　)
A.重力做功为mgL
B.绳的拉力做功为0
C.空气阻力F阻做功为－mgL
D.空气阻力F阻做功为－F阻πL
[解题指导]　空气阻力的方向总与速度方向相反，是变力，但大小不变，将运动过程分成无数小段，每一小段看做直线，这样就将变力做功问题转化成了恒力做功问题.
[解析]　小球下落过程中，重力做功为mgL，A正确；绳的拉力始终与速度方向垂直，接力做功为0，B正确；空气阻力F阻大小不变，方向始终与速度方向相反，故空气阻力F阻做功为－F阻·πL，C错误，D正确.
[答案]　ABD
考向2　化变力为恒力求变力做功
变力做功直接求解时，通常都比较复杂，但若通过转换研究的对象，有时可化为恒力做功，用W＝Flcos α求解.此方法常常应用于轻绳通过定滑轮拉物体的问题中.
[典例4]　如图所示，固定的光滑竖直杆上套着一个滑块，用轻绳系着滑块绕过光滑的定滑轮，以大小恒定的拉力F拉绳，使滑块从A点起由静止开始上升.若从A点上升至B点和从B点上升至C点的过程中拉力F做的功分别为W1和W2，滑块经B、C两点的动能分别为EkB和EkC，图中AB＝BC，则(　　)
A.W1>W2
B.W1C.W1＝W2
D.无法确定W1和W2的大小关系
[解析]　绳子对滑块做的功为变力做功，可以通过转换研究对象，将变力的功转化为恒力的功；因绳子对滑块做的功等于拉力F对绳子做的功，而拉力F为恒力，W＝FΔl，Δl为绳拉滑块过程中力F的作用点移动的位移，大小等于滑轮左侧绳长的缩短量，由图可知，ΔlAB>ΔlBC，故W1>W2，A正确.
[答案]　A
考向3　利用F-x图象求变力的功
在F-x图象中，图线与x轴所围“面积”的代数和就表示力F在这段位移所做的功，且位于x轴上方的“面积”为正，位于x轴下方的“面积”为负，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).
[典例5]　如图甲所示，静止于光滑水平面上坐标原点处的小物块，在水平拉力F作用下，沿x轴方向运动，拉力F随物块所在位置坐标x的变化关系如图乙所示，图线为半圆.则小物块运动到x0处时F做的总功为(　　)
甲　　　　　　　　　　乙
A.0　　B.Fmx0　　C.Fmx0　　D.x20
[解析]　F为变力，根据F-x图象包围的面积在数值上等于F做的总功来计算.图线为半圆，由图线可知在数值上Fm＝x0，故W＝π·F2m＝π·Fm·x0＝Fmx0.
[答案]　C
[变式1]　(2017·甘肃兰州一中冲刺模拟)如图甲所示，质量为4 kg的物体在水平推力作用下开始运动，推力大小F随位移大小x变化的情况如图乙所示，物体与地面间的动摩擦因数为μ＝0.5，取g＝10 m/s2.则 (　　)
甲　　　　　　　乙
A.物体先做加速运动，推力撤去才开始做减速运动
B.运动过程中推力做的功为200 J
C.物体在运动中的加速度先变小后不变
D.因推力是变力，无法确定推力做功的大小
答案：B　解析：滑动摩擦力Ff＝μmg＝20 N，物体先加速，当推力减小到20 N时，加速度减小为零，之后推力逐渐减小，物体做加速度增大的减速运动，当推力减小为零后做匀减速运动，选项A、C错误；F-x图象的面积表示推力做的功，W＝×100 N×4 m＝200 J，选项B正确，D错误.
变力做功可分为间接求法和直接求法.间接求法主要应用动能定理计算，直接求法方法较多，但都需要一些特殊条件，尤其要注意计算功时分清是恒力做功还是变力做功，再选择不同的方法计算.
考点　平均功率与瞬时功率
1.公式P＝是平均功率的定义式，适用于任何情况下平均功率的计算.
2.公式P＝Fvcos α既能计算瞬时功率，也能计算平均功率，若v是瞬时值，则计算出的功率是瞬时值，若v是平均值，则计算出的功率是平均值.
　　　　　　 　　　　　　 　　
[典例6]　(2017·山东海阳一中摸底)(多选)物块与斜面之间的动摩擦因数为μ，物块在倾角θ一定的斜面底端以初速度v0上滑，上滑到最高点后又沿斜面下滑.设上滑和下滑过程中，物块克服摩擦力做功的平均功率分别为P1、P2，经过斜面上同一点时(不是最高点)克服摩擦力做功的瞬时功率分别为P′1和P′2.则(　　)
A.P1>P2 B.P1C.P′1>P′2 D.P′1[解析]　根据牛顿第二定律，上滑时有mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1，下滑时有mgsin θ－μmgcos θ＝ma2，则加速度大小a1>a2，设物块上滑的最大位移为x，上滑过程的逆运动有x＝a1t21，下滑过程有x＝a2t22，比较可知t1P2，选项A正确，选项B错误；设同一点与最大位移的距离为x0，则v21＝2a1x0，v22＝2a2x0，比较可知v1>v2，即上滑速度大于下滑速度，由瞬时功率P＝μmgvcos θ知P′1>P′2，选项C正确，选项D错误.
[答案]　AC
[变式2]　如图所示，质量为m的小球以初速度v0水平抛出，恰好垂直打在倾角为θ的斜面上(不计空气阻力)，则球落在斜面上时重力的瞬时功率为(　　)
A.mgv0tan θ B.
C. D.mgv0cos θ
答案：B　解析：如图所示，由于v垂直于斜面，可求出小球落在斜面上时速度的竖直分量v⊥＝，此时重力做功的瞬时功率为P＝mgv⊥＝，B正确.
求解功率问题时，要明确是求平均功率还是求瞬时功率，一般情况下平均功率用P＝求解，瞬时功率用P＝Fvcos α求解.
考点　机车启动问题的分析
启动
方式
恒定功率启动
恒定加速度启动
过程
分析
阶段一：v↑?F＝↓?a＝↓
阶段二：F＝F阻?a＝0?P＝F·vm＝F阻·vm
阶段一：a＝不变?F不变?v↑?P＝F·v↑，直到P＝P额＝F·v′m
阶段二：v↑?F＝↓?a＝↓
阶段三：F＝F阻?a＝0?v达最大值vm＝
运动
规律
做加速度逐渐减小的变加速直线运动?以vm做匀速直线运动
以加速度a做匀加速直线运动?做加速度逐渐减小的变加速直线运动?以vm做匀速直线运动
v-t
图象
考向1　对机车启动中图象的考查
[典例7]　(2015·新课标全国卷Ⅱ)一汽车在平直公路上行驶.从某时刻开始计时，发动机的功率P随时间t的变化如图所示.假定汽车所受阻力的大小f恒定不变.下列描述该汽车的速度v随时间t变化的图线中，可能正确的是(　　)
　　　A　　　　　　 　　　　B
　　　C　　　 　　　　　　　D
[解析]　由P-t图象知：0～t1内汽车以恒定功率P1行驶，t1～t2内汽车以恒定功率P2行驶.设汽车所受牵引力为F，则由P＝Fv得，当v增加时，F减小，由a＝知a减小，又因速度不可能突变，所以选项B、C、D错误，选项A正确.
[答案]　A
考向2　对两种启动方式的综合考查
[典例8]　某汽车发动机的额定功率为60 kW，汽车质量为5 t，汽车在运动中所受阻力的大小恒为车重的0.1倍.(取g＝10 m/s2)
(1)若汽车以额定功率启动，则汽车所能达到的最大速度是多少？当汽车速度达到5 m/s时，其加速度是多少？
(2)若汽车以恒定加速度0.5 m/s2启动，则其匀加速过程能维持多长时间？
[问题探究]　(1)达到最大速度时，汽车处于什么状态？
(2)v＝5 m/s时，牵引力多大？
(3)以加速度0.5 m/s2启动时，牵引力多大？此阶段能达到的最大速度为多少？
[提示]　(1)匀速直线运动　(2)1.2×104 N　(3)7 500 N
(4)8 m/s
[解析]　(1)当汽车的加速度为零时，汽车的速度v达到最大值vm，此时牵引力与阻力相等，故最大速度为
vm＝＝＝ m/s＝12 m/s
v＝5 m/s时的牵引力
F1＝＝ N＝1.2×104 N
由F1－Ff＝ma得：a＝
＝ m/s2＝1.4 m/s2.
(2)当汽车以a′＝0.5 m/s2的加速度启动时的牵引力
F2＝ma′＋Ff＝(5 000×0.5＋0.1×5×103×10) N＝7 500 N
匀加速运动能达到的最大速度为
v′m＝＝ m/s＝8 m/s
由于此过程中汽车做匀速直线运动，满足vm′＝a′t
故匀加速过程能维持的时间t＝＝ s＝16 s.
[答案]　(1)12 m/s　1.4 m/s2　(2)16 s
机车启动过程应注意的问题
(1)无论哪种启动过程，机车的最大速度都等于其匀速运动时的速度，即vm＝＝(式中Fmin为最小牵引力，其值等于阻力F阻).
(2)机车以恒定加速度启动的运动过程中，匀加速过程结束时，功率最大，速度不是最大，即v＝1.[摩擦力做功](多选)如图所示，B物体在拉力F的作用下向左运动，在运动过程中，A、B之间有相互作用的摩擦力，则这对摩擦力做功的情况，下列说法中正确的是(　　)
A.A、B都克服摩擦力做功
B.摩擦力对A不做功
C.摩擦力对B做负功
D.摩擦力对A、B都不做功
答案：BC　解析：分析物体A的受力可知，B对A的滑动摩擦力水平向左，由于A没有运动，所以摩擦力对A不做功；同理可知A对B的摩擦力对B做负功.选项B、C正确.
2.[恒力做功的计算]用水平恒力F作用于质量为M的物体上，使之在光滑的水平面上沿力的方向移动距离l，恒力做功为W1，再用该恒力作用于质量为m(mA.W1>W2 B.W1C.W1＝W2 D.无法判断
答案：C　解析：题中已知F是恒力，且两种情况下，力F与位移l的夹角都是0，由于两次恒力F相同，沿力的方向移动的距离l也相同，故可根据功的计算公式W＝Fl得W1＝W2.
3.[功和功率]将一只苹果斜向上抛出，苹果在空中依次飞过三个完全相同的窗户1、2、3，图中曲线为苹果在空中运行的轨迹.若不计空气阻力，以下说法中正确的是(　　)
A.苹果通过第1个窗户所用的时间最长
B.苹果通过第3个窗户的平均速度最大
C.苹果通过第1个窗户重力所做的功最多
D.苹果通过第3个窗户重力的平均功率最小
答案：D　解析：将该斜抛运动分解为水平方向和竖直方向，在水平方向做匀速直线运动.通过第3个窗户的水平位移最大，通过第1个窗户的水平位移最小，故通过第1个窗户所用的时间最短，通过第3个窗户所用的时间最长，A项错误.在运动过程中速度越来越小，通过第3个窗户的平均速度最小，B项错误.窗户高度相同，苹果通过每个窗户重力所做的功相同，C项错误.通过第3个窗户的时间最长，故重力的平均功率最小，所以D项正确.
4.[瞬时功率的计算]如图所示，一个纵截面是等腰三角形的斜面体M置于水平地面上，它的底面粗糙，两斜面光滑.将质量不相等的A、B两个小滑块(mA>mB)同时从斜面上同一高度处静止释放，在两滑块滑至斜面底端的过程中，M始终保持静止，则(　　)
A.B滑块先滑至斜面底端
B.地面对斜面体的摩擦力方向水平向左
C.两滑块滑至斜面底端时重力的瞬时功率相同
D.地面对斜面体的支持力等于三个物体的总重力
答案：B　解析：滑块A和B下滑的加速度和位移的大小分别相等，可知两滑块滑至底端的时间相同，故A错误.设等腰三角形的底角为α，则A和B对斜面体压力在水平方向的分力大小分别为mAgcos α·sin α和mBgcos α·sin α，因为mA>mB，则地面对斜面体有向左的摩擦力，故B正确.滑块A和B滑到底端的速度大小也相等，由于质量不同，则重力的瞬时功率P＝mgvsin α不同，故C错误.因为A、B的加速度均沿斜面向下，整体处于失重状态，则支持力小于三个物体的总重力，故D错误.
5.[机车启动问题](多选)质量为2×103 kg的汽车由静止开始沿平直公路行驶，行驶过程中牵引力F和车速倒数的关系图象如图所示.已知行驶过程中最大车速为30 m/s，设阻力恒定，则(　　)
A.汽车所受阻力为6×103 N
B.汽车在车速为5 m/s时，加速度为3 m/s2
C.汽车在车速为15 m/s时，加速度为1 m/s2
D.汽车在行驶过程中的最大功率为6×104 W
答案：CD　解析：当牵引力等于阻力时，速度最大，由图线可知阻力大小Ff＝2 000 N，故A错误.倾斜图线的斜率表示功率，可知P＝Ffv＝2 000×30 W＝60 000 W，车速为5 m/s时，汽车的加速度a＝ m/s2＝2 m/s2，故B错误；当车速为15 m/s时，牵引力F＝＝ N＝4 000 N，则加速度a＝＝ m/s2＝1 m/s2，故C正确；汽车的最大功率等于额定功率，等于6×104 W，故D正确.
第2讲　动能定理及其应用
知识点一　动能
1.定义：物体由于　　　　而具有的能.
2.公式：Ek＝　　　　.
3.单位：　　　　，1 J＝1 N·m＝1 kg·m2/s2.
4.标矢性：动能是　　　　，只有正值，动能与速度的方向　　　　.
5.动能的变化：物体　　　　与　　　　之差，即ΔEk＝　　　　.
答案：1.运动　2.mv2　3.焦耳　4.标量　无关
5.末动能　初动能　
知识点二　动能定理
1.内容：在一个过程中合力对物体所做的功，等于物体在这个过程中　　　　.
2.表达式：W＝ΔEk＝Ek2－Ek1＝　　　　.
3.物理意义：　　　　的功是物体动能变化的量度.
4.适用条件
(1)动能定理既适用于直线运动，也适用于　　　　.
(2)既适用于恒力做功，也适用于　　　　做功.
(3)力可以是各种性质的力，既可以同时作用，也可以　　　　作用.
答案：1.动能的变化　2. 　3.合力
4.(1)曲线运动　(2)变力　(3)分阶段
(1)运动的物体具有的能量就是动能. (　　)
(2)一定质量的物体动能变化时，速度一定变化，但速度变化时，动能不一定变化. (　　)
(3)处于平衡状态的物体动能一定保持不变. (　　)
(4)做自由落体运动的物体，动能与下落时间的二次方成正比. (　　)
(5)物体在合外力作用下做变速运动，动能一定变化.(　　)
(6)物体的动能不变，所受的合外力必定为零. (　　)
答案：(1)×　(2)√　(3)√　(4)√　(5)×　(6)×
考点　动能定理的理解
1.合外力做功与物体动能的变化间的关系
(1)数量关系：合外力做的功与物体动能的变化具有等量代换关系，但并不是说动能变化就是合外力做功.
(2)因果关系：合外力的功是引起物体动能变化的原因.
(3)量纲关系：单位相同，国际单位都是焦耳.
2.标量性：动能是标量，功也是标量，所以整个动能定理是一个标量式，不存在方向的选取问题.当然动能定理也就不存在分量的表达式.例如，以相同大小的初速度不管以什么方向抛出，在最终落到地面速度大小相同的情况下，所列的动能定理的表达式都是一样的.
3.相对性：高中阶段动能定理中的位移和速度必须相对于同一个参考系，一般以地面或相对地面静止的物体为参考系.
4.动能定理既适用于直线运动，也适用于曲线运动，既适用于求恒力做功也适用于求变力做功.因使用动能定理可由动能的变化来求功，所以动能定理是求变力做功的首选.
考向1　对动能定理的理解
[典例1]　(多选)如图所示，一块长木板B放在光滑的水平面上，在B上放一物体A，现以恒定的外力拉B，由于A、B间摩擦力的作用，A将在B上滑动，以地面为参考系，A、B都向前移动一段距离，在此过程中 (　　)
A.外力F做的功等于A和B动能的增量
B.B对A的摩擦力所做的功，等于A的动能增量
C.A对B的摩擦力所做的功，等于B对A的摩擦力所做的功
D.外力F对B做的功等于B的动能的增量与B克服摩擦力所做的功之和
[解析]　A物体所受的合外力等于B对A的摩擦力，对A物体运用动能定理，则有B对A的摩擦力所做的功等于A的动能的增量，即B对；A对B的摩擦力与B对A的摩擦力是一对作用力与反作用力，大小相等、方向相反，但是由于A在B上滑动，A、B相对地的位移不等，故二者做功不等，C错；对B应用动能定理WF－WFf＝ΔEkB，即WF＝ΔEkB＋WFf，就是外力F对B做的功，等于B的动能增量与B克服摩擦力所做的功之和，D对；由前述讨论知B克服摩擦力所做的功与A的动能增量(等于B对A的摩擦力所做的功)不等，故A错.
[答案]　BD
[变式1]　如图所示，人用手托着质量为m的苹果，从静止开始沿水平方向运动，前进距离L后，速度为v(苹果与手始终相对静止)，苹果与手掌之间的动摩擦因数为μ，则下列说法正确的是(　　)
A.手对苹果的作用力方向竖直向上
B.苹果所受摩擦力大小为μmg
C.手对苹果做的功为mv2
D.苹果对手不做功
答案：C　解析：苹果受手的支持力FN＝mg、静摩擦力Ff，合力即手对苹果的作用力，方向斜向上，A错误；苹果所受摩擦力为静摩擦力，不等于μmg，B错误；由动能定理可得，手对苹果的静摩擦力做的功W＝mv2，C正确；苹果对手做负功，D错误.
考向2　应用动能定理求变力做功
[典例2]　(2015·海南卷)如图所示，一半径为R的半圆形轨道竖直固定放置，轨道两端等高，质量为m的质点自轨道端点P由静止开始滑下，滑到最低点Q时，对轨道的正压力为2mg，重力加速度大小为g.质点自P滑到Q的过程中，克服摩擦力所做的功为 (　　)
A.mgR　　　　　B.mgR
C.mgR D.mgR
[解析]　在Q点质点受到竖直向下的重力和竖直向上的支持力，两力的合力充当向心力，所以有FN－mg＝m，FN＝2mg，联立解得v＝.下滑过程中，根据动能定理可得mgR－Wf＝mv2，解得Wf＝mgR，所以克服摩擦力做功为mgR，C正确.
[答案]　C
[变式2]　(2015·新课标全国卷Ⅰ)如图所示，一半径为R、粗糙程度处处相同的半圆形轨道竖直固定放置，直径POQ水平.一质量为m的质点自P点上方高度R处由静止开始下落，恰好从P点进入轨道.质点滑到轨道最低点N时，对轨道的压力为4mg，g为重力加速度的大小.用W表示质点从P点运动到N点的过程中克服摩擦力所做的功.则(　　)
A.W＝mgR，质点恰好可以到达Q点
B.W>mgR，质点不能到达Q点
C.W＝mgR，质点到达Q点后，继续上升一段距离
D.W答案：C　解析：设质点到达N点的速度为vN，在N点质点受到轨道的弹力为FN，则FN－mg＝，已知FN＝F′N＝4mg，则质点到达N点的动能为EkN＝mv＝mgR.质点由开始至N点的过程，由动能定理得mg·2R＋Wf＝EkN－0，解得摩擦力做的功为Wf＝－mgR，即克服摩擦力做的功为W＝－Wf＝mgR.设从N到Q的过程中克服摩擦力做功为W′，则W′应用动能定理求变力做功时应注意的问题
(1)所求的变力做的功不一定为总功，故所求的变力做的功不一定等于ΔEk.
(2)合外力对物体所做的功对应物体动能的变化，而不是对应物体的动能.
(3)若有多个力做功时，必须明确各力做功的正负，待求的变力做的功若为负功，可以设克服该力做的功为W，则表达式中应用－W；也可以设变力做的功为W，则字母W本身含有符号.
考点　应用动能定理解决多过程问题
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
1.应用动能定理解题的步骤
(1)选取研究对象，明确它的运动过程.
(2)分析研究对象的受力情况和各力的做功情况.
(3)明确物体在过程始末状态的动能Ek1和Ek2.
(4)列出动能定理的方程W合＝Ek2－Ek1及其他必要的解题方程进行求解.
2.利用动能定理求解多过程问题的基本思路
(1)弄清物体的运动由哪些过程组成.
(2)分析每个过程中物体的受力情况.
(3)各个力做功有何特点，对动能的变化有无影响.
(4)从总体上把握全过程，表达出总功，找出初、末状态的动能.
(5)对所研究的全过程运用动能定理列方程.
[典例3]　(2015·浙江卷)如图所示，用一块长L1＝1.0 m的木板在墙和桌面间架设斜面，桌子高H＝0.8 m，长L2＝1.5 m.斜面与水平桌面的倾角θ可在0～60°间调节后固定.将质量m＝0.2 kg的小物块从斜面顶端静止释放，物块与斜面间的动摩擦因数μ1＝0.05，物块与桌面间的动摩擦因数为μ2，忽略物块在斜面与桌面交接处的能量损失.(重力加速度取g＝10 m/s2；最大静摩擦力等于滑动摩擦力)
(1)当θ角增大到多少时，物块能从斜面开始下滑；(用正切值表示)
(2)当θ角增大到37°时，物块恰能停在桌面边缘，求物块与桌面间的动摩擦因数μ2；(已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)
(3)继续增大θ角，发现θ＝53°时物块落地点与墙面的距离最大，求此最大距离xm.
[解析]　(1)为使小物块下滑，应有mgsin θ≥μ1mgcos θ①
θ满足的条件tan θ≥0.05.②
即当θ＝arctan 0.05时物块恰好从斜面开始下滑.
(2)克服摩擦力做功Wf＝μ1mgL1cos θ＋μ2mg(L2－L1cos θ)③
由动能定理得mgL1sin θ－Wf＝0④
代入数据得μ2＝0.8.⑤
(3)由动能定理得mgL1sin θ－Wf＝mv2⑥
结合③式并代入数据得v＝1 m/s⑦
由平抛运动规律得H＝gt2，x1＝vt
解得t＝0.4 s⑧
x1＝0.4 m⑨
xm＝x1＋L2＝1.9 m.⑩
[答案]　(1)arctan 0.05　(2)0.8　(3)1.9 m
[变式3]　(2017·四川成都高三月考)如图所示，斜面的倾角为θ，质量为m的滑块距挡板P的距离为x0，滑块以初速度v0沿斜面上滑，滑块与斜面间的动摩擦因数为μ，滑块所受摩擦力小于重力沿斜面向下的分力.若滑块每次与挡板相碰均无机械能损失，滑块经过的总路程是(　　)
A.
B.
C.
D.
答案：A　解析：滑块最终要停在斜面底部，设滑块经过的总路程为x，对滑块运动的全程应用功能关系，全程所产生的热量为Q＝mv＋mgx0sin θ，又由全程产生的热量等于克服摩擦力所做的功，即Q＝μmgxcos θ，解以上两式可得x＝，选项A正确.
1.运用动能定理解决问题时，选择合适的研究过程能使问题得以简化.当物体的运动过程包含几个运动性质不同的子过程时，可以选择一个、几个或全部子过程作为研究过程.
2.当选择全部子过程作为研究过程，涉及重力、大小恒定的阻力或摩擦力做功时，要注意运用它们的功能特点：①重力的功取决于物体的初、末位置，与路径无关；②大小恒定的阻力或摩擦力做的功等于力的大小与路程的乘积.
考点　动能定理和图象的综合应用
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
1.解决物理图象问题的基本步骤
2.四类图象所围面积的含义
v-t图象
由公式x＝vt可知，v-t图线与坐标轴围成的面积表示物体的位移
a-t图象
由公式Δv＝at可知，a-t图线与坐标轴围成的面积表示物体速度的变化量
F-x图象
由公式W＝Fx可知，F-x图线与坐标轴围成的面积表示力所做的功
P-t图象
由公式W＝Pt可知，P-t图线与坐标轴围成的面积表示力所做的功
考向1　动能定理和v-t图象的综合应用
[典例4]　(2017·安徽合肥一模)A、B两物体分别在水平恒力F1和F2的作用下沿水平面运动，先后撤去F1、F2后，两物体最终停下，它们的v-t图象如图所示.已知两物体与水平面间的滑动摩擦力大小相等.则下列说法正确的是(　　)
A.F1、F2大小之比为1∶2
B.F1、F2对A、B做功之比为1∶2
C.A、B质量之比为2∶1
D.全过程中A、B克服摩擦力做功之比为2∶1
[问题探究]　(1)两个物体的总位移相同吗？摩擦生热相同吗？拉力做的功相同吗？
(2)如何计算二者的质量关系？
(3)如何计算拉力关系？
[提示]　(1)由v-t图可知总位移相同，又已知摩擦力大小相等，所以摩擦生热相同，拉力做的功也相等.
(2)根据匀减速阶段可求出质量关系.
(3)利用全过程动能定理可得出拉力关系.
[解析]　由速度与时间图象可知，两个匀减速运动的加速度之比为1∶2，由牛顿第二定律可知：A、B受摩擦力大小相等，所以A、B的质量关系是2∶1，由速度与时间图象可知，A、B两物体加速与减速的位移相等，且匀加速位移之比为1∶2，匀减速运动的位移之比为2∶1，由动能定理可得：A物体的拉力与摩擦力的关系，F1·x－f1·3x＝0－0；B物体的拉力与摩擦力的关系，F2·2x－f2·3x＝0－0，因此可得：F1＝3f1，F2＝f2，f1＝f2，所以F1＝2F2.全过程中摩擦力对A、B做功相等，F1、F2对A、B做功大小相等.故A、B、D错误，C正确.
[答案]　C
考向2　动能定理和F-x图象的综合应用
[典例5]　如图甲所示，在倾角为30°的足够长的光滑斜面AB的A处连接一粗糙水平面OA，OA长为4 m.有一质量为m的滑块，从O处由静止开始受一水平向右的力F作用.F只在水平面上按图乙所示的规律变化.滑块与OA间的动摩擦因数μ＝0.25，取g＝10 m/s2，试求：
　
甲　　　　　　　　　　　乙　　
(1)滑块运动到A处的速度大小；
(2)不计滑块在A处的速率变化，滑块冲上斜面AB的长度是多少？
[问题探究]　(1)滑块从O点开始运动到滑块冲上斜面这段过程中怎样运动？
(2)F-x图象的面积表示什么？
[提示]　(1)如图所示
(2)力F对物体所做的功.
[解析]　(1)由题图乙知，在前2 m内，F1＝2mg做正功，在第 3 m 内，F2＝－0.5mg，做负功，在第4 m内，F3＝0，滑动摩擦力Ff＝－μmg＝－0.25mg，始终做负功，对于滑块在OA上运动的全过程，由动能定理得：F1x1＋F2x2＋Ffx＝mv－0
即2mg×2 m－0.5mg×1 m－0.25mg×4 m＝mv－0
解得vA＝5 m/s.
(2)对于滑块冲上斜面的过程，由动能定理得
－mgLsin 30°＝0－mv
解得L＝5 m
所以滑块冲上斜面AB的长度L＝5 m.
[答案]　(1)5 m/s　(2)5 m

1.[对动能定理的理解](多选)关于动能定理的表达式W＝Ek2－Ek1，下列说法正确的是 (　　)
A.公式中的W为不包含重力的其他力做的总功
B.公式中的W为包含重力在内的所有力做的功，也可通过以下两种方式计算：先求每个力的功再求功的代数和或先求合外力再求合外力的功
C.公式中的Ek2－Ek1为动能的增量，当W>0时动能增加，当W<0时动能减少
D.动能定理适用于直线运动，但不适用于曲线运动，适用于恒力做动，但不适用于变力做功
答案：BC　解析：公式中W指总功，求总功的方法有两种，先求每个力做的功再求功的代数和或先求合力再求合外力的功，故选项B正确，A错误；当W>0时，末动能大于初动能，动能增加，当W<0时，末动能小于初动能，动能减少，故C正确；动能定理不仅适用于直线运动，也适用于曲线运动，不仅适用于恒力做功，也适用于变力做功，故D错误.
2.[应用动能定理求变力做功]一个质量为m的小球，用长为L的轻绳悬挂于O点，小球在水平拉力F作用下，从平衡位置P点很缓慢地移动到Q点，此时轻绳与竖直方向夹角为θ，如图所示，则拉力F所做的功为(　　)
A.mgLcos θ B.mgL(1－cos θ)
C.FLsin θ D.FLcos θ
答案：B　解析：从P缓慢拉到Q，由动能定理得：WF－WG＝0(因为小球缓慢移动，速度可视为零)，即WF＝WG＝mgL(1－cos θ).
3.[变力做功的计算]如图所示，质量为m的物体与水平转台间的动摩擦因数为μ，物体与转轴相距R，物体随转台由静止开始转动.当转速增至某一值时，物体即将在转台上滑动，此时转台开始匀速转动(设物体的最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力).则在这一过程中摩擦力对物体做的功是(　　)
A.0 B.2μmgR
C.2πμmgR D.
答案：D　解析：物体即将在转台上滑动但还未滑动时，转台对物体的最大静摩擦力恰好提供向心力，设此时物体做圆周运动的线速度为v，则有μmg＝，①
在物体由静止到获得速度v的过程中，物体受到的重力和支持力不做功，只有摩擦力对物体做功，由动能定理得W＝mv2－0，②
联立①②解得W＝μmgR.
4.[应用动能定理解决多过程问题](多选)一物体从斜面底端以初动能E滑向斜面，返回到斜面底端的速度大小为v，克服摩擦力做的功为，若物体以初动能2E滑向斜面，则(　　)
A.返回斜面底端时的动能为E
B.返回斜面底端时的动能为
C.返回斜面底端时的速度大小为2v
D.返回斜面底端时的速度大小为v
答案：AD　解析：设斜面倾角为θ，斜面对物体的摩擦力为f，物体以初动能E滑向斜面时，在斜面上上升的最远距离为L1，则根据动能定理，在物体沿斜面上升的过程中有－GL1sin θ－fL1＝0－E，在物体沿斜面下降的过程中有GL1sin θ－fL1＝，联立解得Gsin θ＝3f.同理，当物体以初动能2E滑向斜面时，在物体沿斜面上升的过程中有－GL2sin θ－fL2＝0－2E，在物体沿斜面下降的过程中有GL2sin θ－fL2＝E′，联立解得E′＝E，故A正确，B错误；由＝mv2，E′＝mv′2，得v′＝v，故C错误，D正确.
5.[动能定理和摩擦力做功的计算]如图所示，ABCD是一个盆式容器，盆内侧壁与盆底BC的连接处都是一段与BC相切的圆弧，BC是水平的，其距离d＝0.50 m.盆边缘的高度为h＝0.30 m.在A处放一个质量为m的小物块并让其从静止开始下滑.已知盆内侧壁是光滑的，而盆底BC面与小物块间的动摩擦因数为μ＝0.10.小物块在盆内来回滑动，最后停下来，则停的地点到B的距离为(　　)
A.0.50 m B.0.25 m
C.0.10 m D.0
答案：D　解析：设小物块在BC段通过的总路程为s，由于只有水平面上存在摩擦力，则小物块从A点开始运动到最终静止的整个过程中，摩擦力做功为－μmgs，而重力做功与路径无关，由动能定理得：mgh－μmgs＝0－0，代入数据可解得s＝3 m.由于d＝0.50 m，所以，小物块在BC段经过3次往复运动后，又回到B点.
第3讲　机械能守恒定律
知识点一　重力势能和弹性势能
1.重力做功与重力势能的关系
(1)重力做功的特点
①重力做功与　　　　无关，只与始末位置的　　　　有关.
②重力做功不引起物体　　　　的变化.
(2)重力势能
①表达式：Ep＝　　　　.
②重力势能的特点
重力势能是物体和　　　　所共有的；重力势能的大小与参考平面的选取　　　　，但重力势能的变化与参考平面的选取　　　　.
(3)重力做功与重力势能变化的关系
①定性关系：重力对物体做正功，重力势能　　　　；重力对物体做负功，重力势能　　　　；
②定量关系：重力对物体做的功等于物体重力势能的减小量.即WG＝　　　　＝　　　　.
2.弹性势能
(1)定义：发生　　　　的物体之间，由于有弹力的相互作用而具有的势能.
(2)弹力做功与弹性势能变化的关系：弹力做正功，弹性势能　　　　；弹力做负功，弹性势能　　　　.即W＝　　　　.
答案：1.(1)路径　高度差　机械能　(2)mgh　地球　有关　无关　(3)减少　增大　－(Ep2－Ep1)　－ΔEp　2.(1)弹性形变　(2)减小　增加　－ΔEp
知识点二　机械能守恒定律及应用
1.机械能：　　　　和　　　　统称为机械能，其中势能包括　　　　和　　　　.
2.机械能守恒定律
(1)内容：在只有　　　　做功的物体系统内，动能与势能可以相互转化，而总的机械能　　　　.
(2)表达式：mgh1＋mv＝　　　　.
3.守恒条件：只有重力或弹簧的弹力做功.
答案：1.动能　势能　弹性势能　重力势能
2.(1)重力或弹力　保持不变　(2)mgh2＋mv
(1)重力势能的变化与零势能参考面的选取无关. (　　)
(2)克服重力做功，物体的重力势能一定增加. (　　)
(3)发生形变的物体都具有弹性势能. (　　)
(4)弹力做正功，弹性势能一定增加. (　　)
(5)物体所受的合力力零，物体的机械能一定守恒. (　　)
(6)物体的速度增大时，其机械能可能减小. (　　)
(7)物体除受重力外，还受其他力，但其他力不做功，则物体的机械能一定守恒. (　　)
答案：(1)√　(2)√　(3)×　(4)×　(5)×
(6)√　(7)√
考点　机械能守恒的理解和判断
1.对机械能守恒条件的理解
(1)只受重力作用，例如不考虑空气阻力的各种抛体运动，物体的机械能守恒.
(2)除重力外，物体还受其他力，但其他力不做功或做功代数和为零.
(3)除重力外，只有系统内的弹力做功，并且弹力做的功等于弹性势能减少量，那么系统的机械能守恒.
注意：并非物体的机械能守恒，如与弹簧相连的小球下摆的过程机械能减少.
2.机械能是否守恒的三种判断方法
(1)利用机械能的定义判断：若物体动能、势能之和不变，则机械能守恒.
(2)用做功判断：若物体或系统只有重力(或弹簧的弹力)做功，虽受其他力，但其他力不做功，机械能守恒.
(3)利用能量转化判断：若物体或系统与外界没有能量交换，物体或系统内也没有机械能与其他形式能的转化，则机械能守恒.
考向1　不含弹簧的系统机械能守恒的判断
[典例1]　如图所示，一斜面固定在水平面上，斜面上的CD部分光滑，DE部分粗糙，A、B两物体叠放在一起从顶端C点由静止下滑，下滑过程中A、B保持相对静止，且在DE段做匀速运动.已知A、B间的接触面水平，则(　　)
A.沿CD部分下滑时，A的机械能减少，B的机械能增加，但总的机械能不变
B.沿CD部分下滑时，A的机械能增加，B的机械能减少，但总的机械能不变
C.沿DE部分下滑时，A的机械能不变，B的机械能减少，故总的机械能减少
D.沿DE部分下滑时，A的机械能减少，B的机械能减少，故总的机械能减少
[解析]　在CD段下滑时，对A、B整体只有重力做功，机械能守恒；分析A的受力，B对A的支持力和摩擦力的合力与斜面垂直，相当于只有重力做功，所以A、B的机械能都守恒，选项A、B错误；在DE段下滑时，动能不变，重力势能减少，所以机械能减小，D正确.
[答案]　D
考向2　含有弹簧的系统机械能守恒的判断
[典例2]　(多选)如图所示，轻质弹簧的一端与固定的竖直板P连接，另一端与物体A相连，物体A置于光滑水平桌面上，A右端连接一细线，细线绕过光滑的定滑轮与物体B相连.开始时托住B，让A处于静止且细线恰好伸直，然后由静止释放B，直至B获得最大速度.下列有关该过程的分析正确的是(　　)
A.A物体与B物体组成的系统机械能守恒
B.A物体与B物体组成的系统机械能不守恒
C.B物体机械能的减少量小于弹簧弹性势能的增加量
D.当弹簧的拉力等于B物体的重力时，A物体的动能最大
[解析]　A物体、弹簧与B物体组成的系统机械能守恒，但A物体与B物体组成的系统机械能不守恒，选项A错误，选项B正确；B物体机械能的减少量等于A物体机械能的增加量与弹簧弹性势能的增加量之和，故B物体机械能的减少量大于弹簧弹性势能的增加量，选项C错误；当弹簧的拉力等于B物体的重力时，B物体速度最大，A物体的动能最大，选项D正确.
[答案]　BD
[变式1]　(2015·天津卷)如图所示，固定的竖直光滑长杆上套有质量为m的小圆环，圆环与水平状态的轻质弹簧一端连接，弹簧的另一端连接在墙上，且处于原长状态.现让圆环由静止开始下滑，已知弹簧原长为L，圆环下滑到最大距离时弹簧的长度变为2L(未超过弹性限度)，则在圆环下滑到最大距离的过程中(　　)
A.圆环的机械能守恒
B.弹簧弹性势能变化了mgL
C.圆环下滑到最大距离时，所受合力为零
D.圆环重力势能与弹簧弹性势能之和保持不变
答案：B　解析：圆环沿杆下滑的过程中，圆环与弹簧组成的系统动能、弹性势能、重力势能之和守恒，选项A、D错误；弹簧长度为2L时，圆环下落的高度h＝L，根据机械能守恒定律，弹簧的弹性势能增加了ΔEp＝mgh＝mgL，选项B正确；圆环释放后，圆环向下先做加速运动，后做减速运动，当速度最大时，合力为零，下滑到最大距离时，具有向上的加速度，合力不为零，选项C错误.
1.机械能守恒的条件绝不是合外力的功等于零，更不是合外力为零；“只有重力做功”不等于“只受重力作用”.
2.分析机械能是否守恒时，必须明确要研究的系统.
3.只要涉及滑动摩擦力做功，机械能一定不守恒.对于一些绳子突然绷紧、物体间碰撞等情况，除非题目特别说明，否则机械能必定不守恒.
考点　机械能守恒定律及应用
1.机械能守恒定律的表达式
2.用机械能守恒定律解题的基本思路
考向1　单个物体的机械能守恒
[典例3]　(2017·甘肃兰州一模)(多选)如图所示，竖直面内光滑的圆形导轨固定在一水平地面上，半径为R.一个质量为m的小球从距水平地面正上方h高处的P点由静止开始自由下落，恰好从N点沿切线方向进入圆轨道.不考虑空气阻力，则下列说法正确的是(　　)
A.适当调整高度h，可使小球从轨道最高点M飞出后，恰好落在轨道右端口N处
B.若h＝2R，则小球在轨道最低点对轨道的压力为5mg
C.只有h大于等于2.5R时，小球才能到达圆轨道的最高点M
D.若h＝R，则小球能上升到圆轨道左侧离地高度为R的位置，该过程重力做功为mgR
[解析]　小球到达最高点时速度至少应满足mg＝m，解得v＝，小球离开最高点后做平抛运动，下落高度为R时，运动的水平距离为x＝vt＝＝R，故A错误；从P到最低点过程由机械能守恒可得2mgR＝mv2，由向心力公式得FN－mg＝m，解得FN＝5mg，由牛顿第三定律可知小球对轨道的压力为5mg，故B正确；由机械能守恒得mg(h－2R)＝mv2，代入v＝解得h＝2.5R，故C正确；若h＝R，则小球能上升到圆轨道左侧离地高度为R的位置，该过程重力做功为0，D错误.
[答案]　BC
[变式2]　(2017·安徽第三次联考)如图所示，光滑轨道由AB、BCDE两段细圆管平滑连接组成，其中AB段水平，BCDE段为半径为R的四分之三圆弧，圆心O及D点与AB等高，整个轨道固定在竖直平面内.现有一质量为m、初速度v0＝的光滑小球水平进入圆管AB，设小球经过轨道交接处无能量损失，圆管孔径远小于R，则(小球直径略小于管内径)(　　)
A.小球到达C点时的速度大小vC＝
B.小球能通过E点且抛出后恰好落至B点
C.无论小球的初速度v0为多少，小球到达E点时的速度都不能为零
D.若将DE轨道拆除，则小球能上升的最大高度与D点相距2R
答案：B　解析：对小球从A点至C点过程，由机械能守恒有mv＋mgR＝mv，解得vC＝，选项A错误；A点至E点的过程，由mv＝mv＋mgR，解得vE＝，又由x＝vEt＝vE＝R，小球能正好平抛落回B点，选项B正确；因为内管壁可提供支持力，所以小球在E点速度可以为零，选项C错误；若将DE轨道拆除，设小球能上升的最大高度为h，由mv＝mgh，解得h＝R，选项D错误.
考向2　多个物体的机械能守恒
[典例4]　一半径为R的半圆形竖直圆柱面，用轻质不可伸长的细绳连接的A、B两球悬挂在圆柱面边缘内外两侧，A球质量为B球质量的2倍，现将A球从圆柱面边缘处由静止释放，如图所示.已知A球始终不离开圆柱内表面，且细绳足够长，若不计一切摩擦，求：
(1)A球沿圆柱内表面滑至最低点时速度的大小；
(2)A球沿圆柱内表面运动的最大位移.
[解题指导]　(1)A球沿绳方向的分速度与B球速度大小相等.
(2)A球沿圆柱内表面运动的位移大小与B球上升高度相等.
(3)A球下降的高度并不等于B球上升的高度.
[解析]　(1)设A球沿圆柱内表面滑至最低点时速度的大小为v，B球的质量为m，则根据机械能守恒定律有2mgR－mgR＝×2mv2＋mv
由图甲可知，A球的速度v与B球速度vB的关系为vB＝v1＝vcos 45°
联立解得v＝2.
　　
　　　　　甲　　　　　　　　　乙
(2)当A球的速度为零时，A球沿圆柱内表面运动的位移最大，设为x，如图乙所示，由几何关系可知A球下降的高度h＝
根据机械能守恒定律有2mgh－mgx＝0
解得x＝R.
[答案]　(1)2　(2)R
[变式3]　(2017·陕西商洛模拟)(多选)如图所示，将质量为2m的重物悬挂在轻绳的一端，轻绳的另一端系一质量为m的环，环套在竖直固定的光滑直杆上，光滑定滑轮与直杆的距离为d.杆上的A点与定滑轮等高，杆上的B点在A点正下方距离为d处.现将环从A处由静止释放，不计一切摩擦阻力，下列说法正确的是(　　)
A.环到达B处时，重物上升的高度h＝
B.小环到达B处时，环与重物的速度大小相等
C.环从A到B，环减少的机械能等于重物增加的机械能
D.环能下降的最大高度为d
答案：CD　解析：环到达B处时，对环的速度进行分解，可得v环cos θ＝v物，由题图中几何关系可知θ＝45°，则v环＝v物，B错；因环从A到B，环与重物组成的系统机械能守恒，则环减少的机械能等于重物增加的机械能，C对；当环到达B处时，由题图中几何关系可得重物上升的高度h＝(－1)d，A错；当环下落到最低点时，设环下落高度为H，由机械能守恒有mgH＝2mg(－d)，解得H＝d，故D正确.
机械能守恒定律是解答能量问题的基本方法之一，分析运动过程物体的机械能是否守恒是解题的关键，在解决物体的运动问题时应优先考虑用能量方法，如曲线运动、含弹簧类运动问题等.应用时首先要对研究对象进行受力分析和运动分析，以确定在所研究的过程中机械能是否守恒，再选合适的表达式求解.应用机械能守恒定律求解多过程问题时可对全过程应用机械能守恒定律列式求解.
1.[机械能守恒的条件]关于机械能是否守恒，下列说法正确的是(　　)
A.做匀速直线运动的物体机械能一定守恒
B.做匀速圆周运动的物体机械能一定守恒
C.做变速运动的物体机械能可能守恒
D.合外力对物体做功不为零，机械能一定不守恒
答案：C　解析：做匀速直线运动的物体与做匀速圆周运动的物体，其动能不变，但物体的重力势能可能变化，所以机械能可能不守恒，如物体在竖直平面内运动，选项A、B错误；物体做变速运动时，受到的合力不为零，但如果运动过程中只有重力做功，则机械能守恒，选项C正确；合外力做功不为零，物体的动能改变，但如果运动过程中只有重力做功，则物体的机械能守恒，选项D错误.
2.[系统机械能守恒]如图所示，一辆小车静止在光滑的水平导轨上，一小球用细绳悬挂在车上，由图中虚线位置无初速释放，则小球在下摆过程中，下列说法正确的是 (　　)
A.绳子的拉力对小球不做功，小球机械能守恒
B.绳子的拉力对小球做正功，小球机械能增加
C.绳子的拉力对小球做负功，小球机械能减小
D.小球所受到的合力不做功，小球机械能不变
答案：C　解析：由于小车位于光滑的水平导轨上，小球在下摆过程中，小车向左运动，即悬点也在移动，绳子拉力方向与小球位移的夹角大于90°，拉力对小球做负功.或者从系统考虑，因只有重力做功，机械能守恒，由于小车机械能增加，则小球机械能减小，故绳子的拉力对小球做负功.所以，本题正确答案为C.本题摆球的悬点不同，绳子拉力与速度方向不垂直而对摆球做功，不注意这一点，易错选A.
3.[功的计算与机械能守恒]长为L的轻质细绳悬挂一个质量为m的小球，其下方有一个倾角为θ的光滑斜面体，放在水平面上，开始时小球与斜面刚刚接触且细绳恰好竖直，如图所示，现在用水平推力F缓慢向左推动斜面体，直到细绳与斜面平行，则下列说法中正确的是(　　)
A.由于小球受到斜面的弹力始终与斜面垂直，故对小球不做功
B.细绳对小球的拉力始终与小球的运动方向垂直，故对小球不做功
C.小球受到的合外力对小球做功为零，故小球在该过程中机械能守恒
D.若水平面光滑，则推力做功为mgL(1－cos θ)
答案：B　解析：小球受到斜面的弹力沿小球的运动方向有分量，故对小球做正功，A错误；细绳的拉力方向始终和小球的运动方向垂直，故对小球不做功，B正确；合外力对小球做的功等于小球动能的改变量，虽然合外力做功为零，但小球的重力势能增加，故小球在该过程中机械能不守恒，C错误；若水平面光滑，则推力做功为mgL(1－sin θ)，D错误.
4.[弹力做功与弹性势能](多选)如图所示，固定的倾斜光滑杆上套有一个质量为m的圆环，圆环与一弹性橡皮绳相连，橡皮绳的另一端固定在地面的A点，橡皮绳竖直时处于原长h，让圆环沿杆滑下，滑到杆的底端时速度为零，则在圆环下滑过程中(橡皮绳始终处于弹性限度内)(　　)
A.橡皮绳的弹性势能一直增大
B.圆环的机械能先不变后减小
C.橡皮绳的弹性势能最大增加了mgh
D.橡皮绳再次达到原长时圆环动能最大
答案：BC　解析：橡皮绳的弹性势能随橡皮绳的形变量的变化而变化，初始位置橡皮绳长度等于原长，由图知橡皮绳先缩短后再伸长，故橡皮绳的弹性势能先不变再增大，选项A错误；圆环沿杆滑下，滑到杆的底端的过程中，环的重力和橡皮绳的拉力对圆环做功，所以圆环和橡皮绳组成的系统的机械能守恒，圆环的机械能不守恒，因为橡皮绳的弹性势能先不变再增大，所以圆环的机械能先不变后减小，选项B正确；根据系统的机械能守恒，圆环的机械能减少mgh，则圆环的机械能的减小量等于橡皮绳弹性势能增加量(mgh)，所以橡皮绳的弹性势能最大增加了mgh，选项C正确；在圆环下滑过程中，橡皮绳再次达到原长时，该过程中动能一直增大，但不是最大，沿杆方向合力为零的时刻，圆环的速度最大，选项D错误.
5.[机械能守恒定律的应用]如图所示，可视为质点的小球A、B用不可伸长的细软轻线连接，跨过固定在地面上半径为R的光滑圆柱，A的质量为B的两倍.当B位于地面时，A恰与圆柱轴心等高.将A由静止释放，B上升的最大高度是(　　)
A.2R　　B.　　C.　　D.
答案：C　解析：如图所示，以A、B为系统，以地面为零势能面，设A的质量为2m，B的质量为m，根据机械能守恒定律有2mgR＝mgR＋×3mv2，A落地后B将以v做竖直上抛运动，即有mv2＝mgh，解得h＝R.则B上升的最大高度为R＋R＝R，故选项C正确.
第4讲　功能关系　能量守恒定律
知识点一　功能关系
1.功是　　　　的量度，即做了多少功就有多少　　　　发生了转化.
2.做功的过程一定伴随着　　　　　　，而且　　　　　　必须通过做功来实现.
答案：1.能量转化　能量　2.能量的转化　能量的转化
知识点二　能量守恒定律
1.内容：能量既不会凭空　　　　　　，也不会凭空消失，它只能从一种形式　　　　　　为另一种形式，或者从一个物体　　　　　　到另一个物体，在　　　　　　的过程中，能量的总量　　　　　　.
2.适用范围：能量守恒定律是贯穿物理学的基本规律，是各种自然现象中　　　　　　的一条规律.
3.表达式
(1)E初＝E末，初状态各种能量的　　　　　　等于末状态各种能量的　　　　　　.
(2)ΔE增＝ΔE减，增加的那些能量的增加量等于减少的那些能量的减少量.
答案：1.产生　转化　转移　转化或转移　保持不变　2.普遍适应　3.(1)总和　总和
(1)力对物体做了多少功，物体就具有多少能. (　　)
(2)能量在转移或转化过程中，其总量会不断减少. (　　)
(3)在物体机械能减少的过程中，动能有可能是增大的. (　　)
(4)既然能量在转移或转化过程中是守恒的，故没有必要节约能源. (　　)
(5)滑动摩擦力做功时，一定会引起机械能的转化. (　　)
(6)一个物体的能量增加，必定有别的物体能量减少.(　　)
答案：(1)×　(2)×　(3)√　(4)×　(5)√　(6)√
考点　功能关系的应用
功是能量转化的量度，力学中几种常见的功能关系如下：
[典例1]　如图所示，在竖直平面内有一半径为R的圆弧轨道，半径OA水平、OB竖直，一个质量为m的小球自A点正上方的P点由静止开始自由下落，小球沿轨道到达最高点B时对轨道压力为.已知AP＝2R，重力加速度为g，则小球从P到B的运动过程中(　　)
A.重力做功2mgR
B.合力做功mgR
C.克服摩擦力做功mgR
D.机械能减少2mgR
[解析]　小球能通过B点，在B点速度v满足mg＋mg＝m，解得v＝，从P到B过程，重力做功等于重力势能减小量为mgR，动能增加量为mv2＝mgR，合力做功等于动能增加量mgR，机械能减少量为mgR－mgR＝mgR，克服摩擦力做功等于机械能的减少量mgR，故只有B选项正确.
[答案]　B
[变式1]　(多选)如图所示，楔形木块abc固定在水平面上，粗糙斜面ab和光滑斜面bc与水平面的夹角相同，顶角b处安装一定滑轮.质量分别为M、m(M>m)的滑块通过不可伸长的轻绳跨过定滑轮连接，轻绳与斜面平行.两滑块由静止释放后，沿斜面做匀加速运动.若不计滑轮的质量和摩擦，在两滑块沿斜面运动的过程中(　　)
A.两滑块组成的系统机械能守恒
B.重力对M做的功等于M动能的增加
C.轻绳对m做的功等于m机械能的增加
D.两滑块组成的系统机械能损失等于M克服摩擦力做的功
答案：CD　解析：两滑块释放后，M下滑、m上滑，摩擦力对M做负功，系统的机械能减小，减小的机械能等于M克服摩擦力做的功，选项A错误，D正确.除重力对滑块M做正功外，还有摩擦力和绳的拉力对滑块M做负功，选项B错误.绳的拉力对滑块m做正功，滑块m机械能增加，且增加的机械能等于拉力做的功，选项C正确.
功能关系的应用技巧
运用功能关系解题时，应弄清楚重力或弹力做什么功，合外力做什么功，除重力、弹力外的力做什么功，从而判断重力势能或弹性势能、动能、机械能的变化.
考点　摩擦力做功与能量转化
1.静摩擦力做功
(1)静摩擦力可以做正功，也可以做负功，还可以不做功.
(2)相互作用的一对静摩擦力做功的代数和总等于零.
(3)静摩擦力做功时，只有机械能的相互转移，不会转化为内能.
2.滑动摩擦力做功的特点
(1)滑动摩擦力可以做正功，也可以做负功，还可以不做功.
(2)相互间存在滑动摩擦力的系统内，一对滑动摩擦力做功将产生两种可能效果：
①机械能全部转化为内能；
②有一部分机械能在相互摩擦的物体间转移，另外一部分转化为内能.
(3)摩擦生热的计算：Q＝Ffx相对，其中x相对为相互摩擦的两个物体间的相对路程.
考向1　摩擦力做功的理解与计算
[典例2]　(2017·江西十校二模)将三个木板1、2、3固定在墙角，木板与墙壁和地面构成了三个不同的三角形，如图所示，其中1与2底边相同，2和3高度相同.现将一个可以视为质点的物块分别从三个木板的顶端由静止释放，并沿斜面下滑到底端，物块与木板之间的动摩擦因数μ均相同.在这三个过程中，下列说法不正确的是 (　　)
A.沿着1和2下滑到底端时，物块的速度不同，沿着2和3下滑到底端时，物块的速度相同
B.沿着1下滑到底端时，物块的速度最大
C.物块沿着3下滑到底端的过程中，产生的热量是最多的
D.物块沿着1和2下滑到底端的过程中，产生的热量是一样多的
[解析]　设1、2、3木板与地面的夹角分别为θ1、θ2、θ3，木板长分别为l1、l2、l3，当物块沿木板1下滑时，由动能定理有mgh1－μmgl1cos θ1＝mv21－0；当物块沿木板2下滑时，由动能定理有mgh2－μmgl2cos θ2＝mv22－0，又h1>h2，l1cos θ1＝l2cos θ2，可得v1>v2；当物块沿木板3下滑时，由动能定理有mgh3－μmgl3cos θ3＝mv23－0，又h2＝h3，l2cos θ2v3，故A错，B对.三个过程中产生的热量分别为Q1＝μmgl1cos θ1，Q2＝μmgl2cos θ2，Q3＝μmgl3cos θ3，则Q1＝Q2[答案]　A
考向2　传送带模型中摩擦力做功与能量转化
[典例3]　如图所示，某工厂用传送带向高处运送物体，将一物体轻轻放在传送带底端，第一阶段物体被加速到与传送带具有相同的速度，第二阶段与传送带相对静止，匀速运动到传送带顶端.下列说法正确的是(　　)
A.第一阶段摩擦力对物体做正功，第二阶段摩擦力对物体不做功
B.第一阶段摩擦力对物体做的功等于第一阶段物体动能的增加量
C.第一阶段物体和传送带间摩擦产生的热等于第一阶段物体机械能的增加量
D.物体从底端到顶端全过程机械能的增加量大于全过程摩擦力对物体所做的功
[解析]　对物体受力分析知，其在两个阶段所受摩擦力方向都沿斜面向上，与其运动方向相同，摩擦力对物体都做正功，A错误；由动能定理知，外力做的总功等于物体动能的增加量，B错误；物体机械能的增加量等于摩擦力对物体所做的功，D错误；设第一阶段运动时间为t，传送带速度为v，对物体：x1＝t，对传送带：x1′＝vt，摩擦产生的热Q＝Ffx相对＝Ff(x1′－x1)＝Ff·t，机械能增加量ΔE＝Ff·x1＝Ff·t，所以Q＝ΔE，C正确.
[答案]　C
考向3　板块模型中摩擦力做功与能量转化
[典例4]　(2017·安徽黄山模拟)(多选)如图所示，质量为M、长为L的木板置于光滑的水平面上，一质量为m的滑块放置在木板左端，滑块与木板间滑动摩擦力大小为Ff，用水平的恒定拉力F作用于滑块，当滑块运动到木板右端时，木板在地面上移动的距离为s，滑块速度为v1，木板速度为v2，下列结论中正确的是 (　　)
A.上述过程中，F做功大小为mv21＋Mv22
B.其他条件不变的情况下，M越大，s越小
C.其他条件不变的情况下，F越大，滑块到达右端所用时间越长
D.其他条件不变的情况下，Ff越大，滑块与木板间产生的热量越多
[解析]　由牛顿第二定律得：Ff＝Ma1，F－Ff＝ma2，又L＝a2t2－a1t2，s＝a1t2，其他条件不变的情况下，M越大，a1越小，t越小，s越小；F越大，a2越大，t越小；由Q＝FfL可知，Ff越大，滑块与木板间产生的热量越多，故B、D正确，C错误；力F做的功还有一部分转化为系统热量Q，故A错误.
[答案]　BD
求解相对滑动过程中能量转化问题的思路
(1)正确分析物体的运动过程，做好受力分析.
(2)利用运动学公式，结合牛顿第二定律分析物体的速度关系及位移关系.
(3)公式Q＝Ff·x相对中x相对为两接触物体间的相对位移，若物体在传送带上做往复运动时，则x相对为总的相对路程.
考点　能量守恒定律及应用
1.对能量守恒定律的理解
(1)转化：某种形式的能量减少，一定存在其他形式的能量增加，且减少量和增加量一定相等.
(2)转移：某个物体的能量减少，一定存在其他物体的能量增加，且减少量和增加量相等.
2.运用能量守恒定律解题的基本思路
考向1　对能量守恒定律的理解
[典例5]　如图所示，固定的倾斜光滑杆上套有一个质量为m的小球，小球与一轻质弹簧一端相连，弹簧的另一端固定在地面上的A点，已知杆与水平面之间的夹角θ<45°，当小球位于B点时，弹簧与杆垂直，此时弹簧处于原长.现让小球自C点由静止释放，小球在B、D间某点静止，在小球滑到最低点的整个过程中，关于小球的动能、重力势能和弹簧的弹性势能，下列说法正确的是 (　　)
A.小球的动能与重力势能之和保持不变
B.小球的动能与重力势能之和先增大后减小
C.小球的动能与弹簧的弹性势能之和保持不变
D.小球的重力势能与弹簧的弹性势能之和保持不变
[解析]　小球与弹簧组成的系统在整个过程中，机械能守恒.弹簧处于原长时弹性势能为零，小球从C点到最低点的过程中，弹簧的弹性势能先减小后增大，所以小球的动能与重力势能之和先增大后减小，A项错误，B项正确；小球的重力势能不断减小，所以小球的动能与弹簧的弹性势能之和不断增大，C项错误；小球的初、末动能均为零，所以上述过程中小球的动能先增大后减小，所以小球的重力势能与弹簧的弹性势能之和先减小后增大，D项错误.
[答案]　B
考向2　对能量守恒定律的应用
[典例6]　(2017·豫南九校联考)如图所示，固定斜面的倾角θ＝30°，物体A与斜面之间的动摩擦因数μ＝，轻弹簧下端固定在斜面底端，弹簧处于原长时上端位于C点，用一根不可伸长的轻绳通过轻质光滑的定滑轮连接物体A和B，滑轮右侧绳子与斜面平行，A的质量为2m＝4 kg，B的质量为m＝2 kg，初始时物体A到C点的距离为L＝1 m.现给A、B一初速度v0＝3 m/s，使A开始沿斜面向下运动，B向上运动，物体A将弹簧压缩到最短后又恰好能弹到C点.已知重力加速度取g＝10 m/s2，不计空气阻力，整个过程中，轻绳始终处于伸直状态，求：
(1)物体A向下运动刚到C点时的速度大小；
(2)弹簧的最大压缩量；
(3)弹簧的最大弹性势能.
[解题指导]　(1)系统从开始到C点的过程中，由于摩擦力做负功，机械能减少.
(2)物体A压缩弹簧到最低点又恰好弹回C点，系统势能不变，动能全部克服摩擦力做功.
(3)物体A在压缩弹簧过程中，系统重力势能不变，动能一部分克服摩擦力做功，一部分转化为弹性势能.
[解析]　(1)物体A向下运动刚到C点的过程中，对A、B组成的系统应用能量守恒定律可得：
μ·2mg·cos θ·L＝·3mv－·3mv2＋2mgLsin θ－mgL
可解得v＝2 m/s.
(2)以A、B组成的系统，在物体A将弹簧压缩到最大压缩量，又返回到C点的过程中，系统动能的减少量等于因摩擦产生的热量
即：·3mv2－0＝μ·2mgcos θ·2x
其中x为弹簧的最大压缩量
解得x＝0.4 m.
(3)设弹簧的最大弹性势能为Epm
由能量守恒定律可得：
·3mv2＋2mgxsin θ－mgx＝μ·2mgcos θ·x＋Epm
解得Epm＝6 J.
[答案]　(1)2 m/s　(2)0.4 m　(3)6 J
对于能量转化的过程，可以从以下两方面来理解：
(1)能量有多种不同的形式，且不同形式的能可以相互转化.
(2)不同形式的能之间的转化是通过做功来实现的，即做功的过程就是能量转化的过程，做了多少功就有多少能量发生转化，即功是能量转化的量度.
1.[功能关系的应用]滑块静止于光滑水平面上，与之相连的轻质弹簧处于自然伸直状态，现用恒定的水平外力F作用于弹簧右端，在向右移动一段距离的过程中拉力F做了10 J的功.在上述过程中 (　　)
A.弹簧的弹性势能增加了10 J
B.滑块的动能增加了10 J
C.滑块和弹簧组成的系统机械能增加了10 J
D.滑块和弹簧组成的系统机械能守恒
答案：C　解析：拉力F做功的同时，弹簧伸长，弹性势能增大，滑块向右加速，滑块动能增加，由功能关系可知，拉力做的功等于滑块的动能与弹簧弹性势能的增加量之和，C正确，A、B、D均错误.
2.[功能关系的应用]韩晓鹏是我国首位在冬奥会雪上项目夺冠的运动员.他在一次自由式滑雪空中技巧比赛中沿“助滑区”保持同一姿态下滑了一段距离，重力对他做功1 900 J，他克服阻力做功100 J.韩晓鹏在此过程中(　　)
A.动能增加了1 900 J
B.动能增加了2 000 J
C.重力势能减小了1 900 J
D.重力势能减小了2 000 J
答案：C　解析：根据动能定理，物体动能的增量等于物体所受所有力做功的代数和，即增加的动能为ΔEk＝WG＋Wf＝1 900 J－100 J＝1 800 J，A、B项错误；重力做功与重力势能改变量的关系为WG＝－ΔEp，即重力势能减少了1 900 J，C项正确，D项错误.
3.[摩擦力做功与能量转化]如图所示，一个质量为m的物体(可视为质点)以某一速度由A点冲上倾角为30°的固定斜面，做匀减速直线运动，其加速度的大小为g，在斜面上上升的最大高度为h，则在这个过程中，物体 (　　)
A.机械能损失了mgh
B.动能损失了2mgh
C.动能损失了mgh
D.机械能损失了mgh
答案：AB　解析：由物体做匀减速直线运动的加速度和牛顿第二定律可知mgsin 30°＋Ff＝ma，解得Ff＝mg，上升过程中的位移为2h，因此克服摩擦力做的功为mgh，选项A正确；合外力为mg，由动能定理可知动能损失了2mgh，选项B正确，选项C、D错误.
4.[摩擦力做功与能量转化]如图所示，木块A放在木板B的左端上方，用水平恒力F将A拉到B的右端，第一次将B固定在地面上，F做功W1，生热Q1；第二次让B在光滑水平面可自由滑动，F做功W2，生热Q2.则下列关系中正确的是(　　)
A.W1C.W1答案：A　解析：木块A从木板B左端滑到右端克服摩擦力所做的功W＝Ffs，因为木板B不固定时木块A的位移要比木板B固定时长，所以W15.[传送带模型]如图所示，水平传送带两端点A、B间的距离为l，传送带开始时处于静止状态.把一个小物体放到右端的A点，某人用恒定的水平力F使小物体以速度v1匀速滑到左端的B点，拉力F所做的功为W1、功率为P1，这一过程物体和传送带之间因摩擦而产生的热量为Q1.
随后让传送带以v2的速度匀速运动，此人仍然用相同恒定的水平力F拉物体，使它以相对传送带为v1的速度匀速从A滑行到B，这一过程中，拉力F所做的功为W2、功率为P2，物体和传送带之间因摩擦而产生的热量为Q2.下列关系中正确的是 (　　)
A.W1＝W2，P1B.W1＝W2，P1Q2
C.W1>W2，P1＝P2，Q1>Q2
D.W1>W2，P1＝P2，Q1＝Q2
答案：B　解析：因为两次的拉力和拉力方向的位移不变，由功的概念可知，两次拉力做功相等，所以W1＝W2，当传送带不动时，物体运动的时间为t1＝；当传送带以v2的速度匀速运动时，物体运动的时间为t2＝，所以第二次用的时间短，功率大，即P1Q2，选项B正确.
专题九　带电粒子在匀强磁场中运动的临界极值及多解问题
突破　有界磁场中临界问题的处理方法
考向1　“放缩法”解决有界磁场中的临界问题
1.适用条件
(1)速度方向一定，大小不同
粒子源发射速度方向一定、大小不同的带电粒子进入匀强磁场时，这些带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹半径随速度的变化而变化.
(2)轨迹圆圆心——共线
如图所示(图中只画出粒子带正电的情景)，速度v0越大，运动半径也越大.可以发现这些带电粒子射入磁场后，它们运动轨迹的圆心在垂直速度方向的直线PP′上.
2.方法界定
以入射点P为定点，圆心位于PP′直线上，将半径放缩作轨迹，从而探索出临界条件，这种方法称为“放缩法”.
[典例1]　如图所示，垂直于纸面向里的匀强磁场分布在正方形abcd区域内，O点是cd边的中点.一个带正电的粒子仅在洛伦兹力的作用下，从O点沿纸面以垂直于cd边的速度射入正方形内，经过时间t0刚好从c点射出磁场.
现设法使该带电粒子从O点沿纸面以与Od成30°的方向，以大小不同的速率射入正方形内，粒子重力不计.那么下列说法中正确的是(　　)
A.若该带电粒子从ab边射出，它经历的时间可能为t0
B.若该带电粒子从bc边射出，它经历的时间可能为
C.若该带电粒子从cd边射出，它经历的时间为
D.若该带电粒子从ad边射出，它经历的时间可能为
[解析]　作出从ab边射出的轨迹①、从bc边射出的轨迹②、从cd边射出的轨迹③和从ad边射出的轨迹④.由带正电的粒子从O点沿纸面以垂直于cd边的速度射入正方形内，经过时间t0刚好从c点射出磁场可知，带电粒子在磁场中做圆周运动的周期是2t0.由图可知，从ab边射出经历的时间一定不大于；从bc边射出经历的时间一定不大于；从cd边射出经历的时间一定是；从ad边射出经历的时间一定不大于，C正确.
[答案]　C
考向2　“旋转法”解决有界磁场中的临界问题
1.适用条件
(1)速度大小一定，方向不同
带电粒子进入匀强磁场时，它们在磁场中做匀速圆周运动的半径相同，若射入初速度为v0，则圆周运动半径为R＝.如图所示.
(2)轨迹圆圆心——共圆
带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的圆心在以入射点P为圆心、半径R＝的圆上.
2.方法界定
将一半径为R＝的圆绕着入射点旋转，从而探索出临界条件，这种方法称为“旋转法”.
[典例2]　(2017·湖南长沙质检)如图所示，真空室内存在匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，磁感应强度的大小B＝0.60 T.磁场内有一块平面感光板ab，板面与磁场方向平行.
在距ab为l＝16 cm处，有一个点状的α粒子放射源S，它向各个方向发射α粒子，α粒子的速度都是v＝3.0×106 m/s.已知α粒子的比荷＝5.0×107 C/kg，现只考虑在纸面内运动的α粒子，求ab板上被α粒子打中区域的长度.
[解题指导]　过S点作ab的垂线，根据左侧最值相切和右侧最值相交计算即可.
[解析]　α粒子带正电，故在磁场中沿逆时针方向做匀速圆周运动，用R表示轨迹半径，有qvB＝m
由此得R＝
代入数值得R＝10 cm，可见2R>l>R
因朝不同方向发射的α粒子的圆轨迹都过S，由此可知，某一圆轨迹在下图中N左侧与ab相切，则此切点P1就是α粒子能打中的左侧最远点.为确定P1点的位置，可作平行于ab的直线cd，cd到ab的距离为R，以S为圆心，R为半径，作圆弧交cd于Q点，过Q作ab的垂线，它与ab的交点即为P1.即：NP1＝＝8 cm
再考虑N的右侧.任何α粒子在运动中离S的距离不可能超过2R，在N点右侧取一点P2，取SP＝20 cm，此即右侧能打到的最远点
由图中几何关系得NP2＝＝12 cm
所求长度为P1P2＝NP1＋NP2
代入数值得P1P2＝20 cm.
[答案]　20 cm
突破　带电粒子在磁场中运动的多解问题
考向1　带电粒子电性不确定形成多解
受洛伦兹力作用的带电粒子，可能带正电荷，也可能带负电荷，在相同的初速度的条件下，正、负粒子在磁场中运动轨迹不同，导致形成多解.
[典例3]　如图所示，宽度为d的有界匀强磁场，磁感应强度为B，MM′和NN′是磁场左右的两条边界线.现有一质量为m、电荷量为q的带电粒子沿图示方向垂直磁场射入.要使粒子不能从右边界NN′射出，求粒子入射速率的最大值为多少？
[解题指导]　由于粒子电性不确定，所以分成正、负粒子讨论，不从NN′射出的临界条件是轨迹与NN′相切.
[解析]　题目中只给出粒子“电荷量为q”，未说明是带哪种电荷，所以分情况讨论.
若q为正电荷，轨迹是如图所示的上方与NN′相切的圆弧，则轨道半径
R＝
又d＝R－
解得v＝.
若q为负电荷，轨迹是如图所示的下方与NN′相切的圆弧，则轨道半径
R′＝
又d＝R′＋
解得v′＝
[答案]　(q为正电荷)或(q为负电荷)
考向2　磁场方向不确定形成多解
有些题目只告诉了磁感应强度的大小，而未具体指出磁感应强度的方向，此时必须要考虑磁感应强度方向不确定而形成的多解.
[典例4]　(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(不计重力)(　　)
A. B.　　　
C.　　　 D.
[解析]　根据题目中条件“磁场方向垂直于它的运动平面”，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＝，此种情况下，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＝，此种情况下，负电荷运动的角速度为ω＝＝，应选A、C.
[答案]　AC
考向3　临界状态不唯一形成多解
如图所示，带电粒子在洛伦兹力作用下飞越有界磁场时，由于粒子运动轨迹是圆弧状，因此，它可能直接穿过去了，也可能转过180°从入射界面反向飞出，于是形成了多解.如图所示.
[典例5]　(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，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满足[解析]　带电粒子刚好打在极板右边缘，有r＝2＋l2，又因r1＝，解得v1＝；粒子刚好打在极板左边缘，有r2＝＝，解得v2＝，故A、B正确.
[答案]　AB
考向4　带电粒子运动的往复性形成多解
空间中部分是电场，部分是磁场，带电粒子在空间运动时，运动往往具有往复性，因而形成多解.
[典例6]　如图所示，在x轴上方有一匀强磁场，磁感应强度为B；x轴下方有一匀强电场，电场强度为E.屏MN与y轴平行且相距L.一质量m、电荷量为e的电子，在y轴上某点A自静止释放，如果要使电子垂直打在屏MN上，那么：
(1)电子释放位置与原点O的距离s需满足什么条件？
(2)电子从出发点到垂直打在屏上需要多长时间？
[解题指导]　解答本题可分“两步走”：
(1)定性画出粒子运动轨迹示意图.
(2)应用归纳法得出粒子做圆周运动的半径r和L的关系.
[解析]　(1)在电场中，电子从A→O，动能增加eEs＝mv
在磁场中，电子偏转，半径为
r＝
据题意，有(2n＋1)r＝L
所以s＝(n＝0,1,2,3，…).
(2)在电场中匀变速直线运动的时间与在磁场中做部分圆周运动的时间之和为电子总的运动时间t＝(2n＋1)＋＋n，其中a＝，T＝
整理后得t＝＋(2n＋1)(n＝0,1,2,3，…).
[答案]　(1)s＝(n＝0,1,2,3，…)　(2)＋(2n＋1)(n＝0,1,2,3，…)
1.[放缩法的应用]如图所示，有一个正方形的匀强磁场区域abcd，e是ad的中点，f是cd的中点，如果在a点沿对角线方向以速度v射入一带负电的粒子，恰好从e点射出，则(　　)
A.如果粒子的速度增大为原来的两倍，将从d点射出
B.如果粒子的速度增大为原来的三倍，将从f点射出
C.如果粒子的速度不变，磁场的磁感应强度变为原来的两倍，也将从d点射出
D.只改变粒子的速度使其分别从e、d、f点射出时，从e点射出所用时间最短
答案：A　解析：作出示意图如图所示，根据几何关系可以看出，当粒子从d点射出时，轨道半径增大为原来的两倍，由半径公式R＝可知，速度也增大为原来的两倍，选项A正确，显然选项C错误；当粒子的速度增大为原来的四倍时，才会从f点射出，选项B错误；
粒子的周期公式T＝，可见粒子的周期与速度无关，在磁场中的运动时间取决于其轨迹圆弧所对应的圆心角，所以从e、d射出时所用时间相等，从f点射出时所用时间最短，故D错误.
2.[旋转法的应用]如图所示，在真空中坐标xOy平面的x>0区域内，有磁感应强度B＝1.0×10－2 T的匀强磁场，方向与xOy平面垂直，在x轴上的P(10,0)点，有一放射源，在xOy平面内向各个方向发射速率v＝104 m/s的带正电的粒子，粒子的质量为m＝1.6×10－25 kg，电荷量为q＝1.6×10－18 C，求带电粒子能打到y轴上的范围.
答案：－10～10 cm　解析：带电粒子在磁场中运动时由牛顿第二定律得：
qvB＝m
解得：R＝＝0.1 m＝10 cm
如图所示，当带电粒子打到y轴上方向的A点与P连线正好为其圆轨迹的直径时，A点即为粒子能打到y轴上方的最高点.因OP＝10 cm，AP＝2R＝20 cm
则OA＝＝10 cm
当带电粒子的圆轨迹正好与y轴下方相切于B点时，若圆心再向左偏，则粒子就会从纵轴离开磁场，所以B点即为粒子能打到y轴下方的最低点，易得OB＝R＝10 cm，综上所述，带电粒子能打到y轴上的范围为－10～10 cm.
3.[带电粒子在磁场中运动的临界问题]如图所示，在平面直角坐标系xOy的第四象限有垂直纸面向里的匀强磁场，一质量为m＝5.0×10－8 kg、电荷量为q＝1.0×10－6 C的带正电粒子从静止开始经U0＝10 V的电压加速后，从P点沿图示方向进入磁场，已知OP＝30 cm(粒子重力不计，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8).
(1)求带电粒子到达P点时速度v的大小；
(2)若磁感应强度B＝2.0 T，粒子从x轴上的Q点离开磁场，求OQ的距离；
(3)若粒子不能进入x轴上方，求磁感应强度B′满足的条件.
答案：(1)20 m/s　(2)0.90 m　(3)B′>5.33 T
解析：(1)对带电粒子的加速过程，由动能定理有qU0＝mv2
代入数据得：v＝20 m/s.
(2)带电粒子仅在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，有
qvB＝
得R＝
代入数据得：R＝0.50 m
而＝0.50 m
故圆心一定在x轴上，轨迹如图甲所示
由几何关系可知：OQ＝R＋Rsin 53°
故OQ＝0.90 m.
　　
甲
乙
(3)带电粒子恰不从x轴射出(如图乙所示)，由几何关系得：
OP>R′＋R′cos 53° ①
R′＝ ②
由①②并代入数据得：B′> T≈5.33 T(取“≥”同样正确).
4.[带电粒子在磁场中运动的多解问题]如图甲所示，M、N为竖直放置彼此平行的两块平板，板间距离为d，两板中央各有一个小孔O、O′正对，在两板间有垂直于纸面方向的磁场，磁感应强度随时间的变化如图乙所示，设垂直纸面向里的磁场方向为正方向.
　　
　　甲　　　　　　　　　　乙
有一群正离子在t＝0时垂直于M板从小孔O射入磁场.已知正离子质量为m、带电荷量为q，正离子在磁场中做匀速圆周运动的周期与磁感应强度变化的周期都为T0，不考虑由于磁场变化而产生的电场的影响.求：
(1)磁感应强度B0的大小；
(2)要使正离子从O′孔垂直于N板射出磁场，正离子射入磁场时的速度v0的可能值.
答案：(1)　(2)(n＝1,2,3，…)
解析：(1)正离子射入磁场，由洛伦兹力提供向心力，即
qv0B0＝①
做匀速圆周运动的周期T0＝②
联立两式得磁感应强度B0＝.③
(2)要使正离子从O′孔垂直于N板射出磁场，两板之间正离子只运动一个周期即T0时，v0的方向应如图所示，有r＝④
当在两板之间正离子共运动n个周期，即nT0时，有
r＝(n＝1,2,3，…)⑤
联立①③⑤求解，得正离子的速度的可能值为
v0＝＝(n＝1,2,3，…).
专题十　带电粒子在复合场中的运动
突破　回旋加速器和质谱仪
考向1　质谱仪的原理
1.构造：如图所示，质谱仪由粒子源、加速电场、偏转磁场和照相底片构成.
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＝.
由以上两式可得r＝，m＝，＝.
[典例1]　(2016·新课标全国卷Ⅰ)现代质谱仪可用来分析比质子重很多倍的离子，其示意图如图所示，其中加速电压恒定.质子在入口处从静止开始被加速电场加速，经匀强磁场偏转后从出口离开磁场.
若某种一价正离子在入口处从静止开始被同一加速电场加速，为使它经匀强磁场偏转后仍从同一出口离开磁场，需将磁感应强度增加到原来的12倍.此离子和质子的质量比约为(　　)
A.11 B.12　　　C.121　　　D.144
[解题指导]　注意题给信息的含义，“经匀强磁场偏转后仍从同一出口离开”意味着两粒子在磁场中运动的半径相等.
[解析]　设加速电压为U，质子做匀速圆周运动的半径为r，原来磁场的磁感应强度为B，质子质量为m，一价正离子质量为M.质子在入口处从静止开始加速，由动能定理得，，质子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，；
一价正离子在入口处从静止开始加速，由动能定理得，，该正离子在磁感应强度为12B的匀强磁场中做匀速圆周运动，轨迹半径仍为r，洛伦兹力提供向心力，；联立解得M∶m＝144∶1，选项D正确.
[答案]　D
[变式1]　(多选)如图所示，一束带电粒子以一定的初速度沿直线通过由相互正交的匀强磁场(磁感应强度为B)和匀强电场(电场强度为E)组成的速度选择器，然后粒子通过平板S上的狭缝P进入另一匀强磁场(磁感应强度为B′)，最终打在A1A2上，下列表述正确的是(　　)
A.粒子带负电
B.所有打在A1A2上的粒子，在磁感应强度为B′的磁场中的运动时间都相同
C.能通过狭缝P的带电粒子的速率等于
D.粒子打在A1A2的位置越靠近P，粒子的比荷越大
答案：CD　解析：根据粒子在磁感应强度为B′的磁场中的运动轨迹可判断粒子带正电，A错误；带电粒子在速度选择器中做匀速直线运动，则电场力与洛伦兹力等大反向，Eq＝Bqv，可得v＝，C正确；由洛伦兹力充当粒子做圆周运动的向心力可得r＝，则＝，越靠近P，r越小，粒子的比荷越大，D正确；所有打在A1A2上的粒子在磁感应强度为B′的磁场中都只运动半个周期，周期T＝，比荷不同，打在A1A2上的粒子在磁感应强度为B′的磁场中的运动时间不同，B错误.
考向2　回旋加速器
1.组成：如图所示，两个D形盒(静电屏蔽作用)，大型电磁铁，高频振荡交变电压，两缝间可形成电场.
2.作用：电场用来对粒子(质子、α粒子等)加速，磁场用来使粒子回旋从而能反复加速.
3.加速原理
(1)回旋加速器中所加交变电压的频率f，与带电粒子做匀速圆周运动的频率相等，f＝＝.
(2)回旋加速器最后使粒子得到的能量，可由公式Ek＝mv2＝来计算，在粒子电荷量、质量m和磁感应强度B一定的情况下，回旋加速器的半径R越大，粒子的能量就越大.而粒子最终得到的能量与极间加速电压的大小无关.电压大，粒子在盒中回旋的次数少；电压小，粒子回旋次数多，但最后能量一定.
[典例2]　(2016·江苏卷)回旋加速器的工作原理如图甲所示，置于真空中的D形金属盒半径为R，两盒间狭缝的间距为d，磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直.被加速粒子的质量为m、电荷量为＋q，加在狭缝间的交变电压如图乙所示，电压值的大小为U0，周期T＝.
　
　　甲　　　　　　　　　　乙
一束该种粒子在0～时间内从A处均匀地飘入狭缝，其初速度视为零.现考虑粒子在狭缝中的运动时间，假设能够出射的粒子每次经过狭缝均做加速运动，不考虑粒子间的相互作用.求：
(1)出射粒子的动能Em；
(2)粒子从飘入狭缝至动能达到Em所需的总时间t0；
(3)要使飘入狭缝的粒子中有超过99%能射出，d应满足的条件.
[解题指导]　计算粒子在电场中运动的总时间时，可剔除粒子在磁场中的运动，直接将粒子在电场中的各段运动相衔接，作为一个匀加速直线运动来处理，可用总位移nd＝aΔt2或总速度v＝aΔt来计算.
[解析]　(1)粒子运动半径为R时
qvB＝m
且Em＝mv2
解得Em＝.
(2)粒子被加速n次达到动能Em，则Em＝nqU0
粒子在狭缝间做匀加速运动，设n次经过狭缝的总时间为Δt
加速度a＝
匀加速直线运动nd＝a·Δt2
由t0＝(n－1)·＋Δt，解得t0＝－.
(3)只有在0～时间内飘入的粒子才能每次均被加速，则所占的比例为η＝
由η>99%，解得d<
[答案]　(1)　(2)－
(3)d<
1.质谱仪的本质是粒子先在电场中加速，再在磁场中偏转，最后利用感光底片记录粒子的位置.
2.质谱仪是计算带电粒子的质量和分析同位素的重要工具.
3.回旋加速器的工作条件是粒子做圆周运动的周期与金属外壳所加交流电的周期相等，粒子的最大动能由匀强磁场磁感应强度和D形盒半径决定.
突破　带电粒子在组合场中的运动
1.带电粒子在电场和磁场的组合场中运动，实际上是将粒子在电场中的加速与偏转，跟磁偏转两种运动有效组合在一起，有效区别电偏转和磁偏转，寻找两种运动的联系和几何关系是解题的关键.当带电粒子连续通过几个不同的场区时，粒子的受力情况和运动情况也发生相应的变化，其运动过程则由几种不同的运动阶段组成.
2.“磁偏转”和“电偏转”的比较
电偏转
磁偏转
偏转条件
带电粒子以v⊥E进入匀强电场(不计重力)
带电粒子以v⊥B进入匀强磁场(不计重力)
受力情况
只受恒定的电场力F＝Eq
只受大小恒定的洛伦兹力F＝qvB
运动情况
类平抛运动
匀速圆周运动
运动轨迹
抛物线
圆弧
求解方法
利用类平抛运动的规律x＝v0t，y＝at2，a＝，tan θ＝
牛顿第二定律、向心力公式r＝，T＝，t＝
考向1　电场与磁场组合
[典例3]　如图所示，在x轴上方存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外；在x轴下方存在匀强电场，电场方向与xOy平面平行，且与x轴成45°夹角.
一质量为m、电荷量为q(q＞0)的粒子以初速度v0从y轴上的P点沿y轴正方向射出，一段时间后进入电场，进入电场时的速度方向与电场方向相反；又经过一段时间T0，磁场的方向变为垂直于纸面向里，大小不变.不计重力.
(1)求粒子从P点出发至第一次到达x轴时所需时间；
(2)若要使粒子能够回到P点，求电场强度的最大值.
[解题指导]　(1)定性画出粒子在磁场中做圆周运动的轨迹，确定圆心的位置.
(2)明确粒子进入电场后的运动情况，找到粒子在电场中运动时间和T0的关系.
[解析]　(1)带电粒子在磁场中做圆周运动，运动轨迹如图所示
设运动半径为R，运动周期为T，根据洛伦兹力公式及圆周运动规律，有qv0B＝m
T＝
依题意，粒子第一次到达x轴时，运动转过的角度为π
所需时间为t1＝T
求得t1＝.
(2)粒子进入电场后，先做匀减速运动，直到速度减小为0，然后沿原路返回做匀加速运动，到达x轴时速度大小仍为v0，设粒子在电场中运动的总时间为t2，加速度大小为a，电场强度大小为E，有qE＝ma
v0＝at2
得t2＝
根据题意，要使粒子能够回到P点，必须满足t2≥T0
得电场强度最大值E＝.
[答案]　(1)　(2)
[变式2]　(2017·甘肃兰州诊断)如图所示，在平面直角坐标系xOy内，第Ⅰ象限存在沿y轴负方向的匀强电场，第Ⅳ象限存在垂直于坐标平面向外的半有界匀强磁场，磁感应强度为B，虚线为平行于y轴的磁场左边界.
一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子，从y轴上y＝h处的M点，以速度v0垂直于y轴射入电场，经x轴上x＝2h处的P点进入磁场，最后以垂直于y轴的方向从Q点(图中未画出)射出磁场.不计粒子重力.求：
(1)电场强度E的大小和粒子射入磁场时速度v的大小和方向；
(2)粒子从进入电场到离开磁场经历的总时间t；
(3)Q点的坐标.
答案：见解析
解析：(1)粒子运动的轨迹如图所示
粒子在电场中x、y方向的运动：
x方向：2h＝v0t1
y方向：h＝at
根据牛顿第二定律：qE＝ma
联立得E＝
根据动能定理：Eqh＝mv2－mv
解得v＝v0
cos α＝＝，α＝45°.
(2)设粒子在电场中运动的时间：t1＝
粒子在磁场中运动的周期：T＝＝
设粒子射入磁场时与x轴成α角，在磁场中运动的圆弧所对圆心角为β.由几何关系，得β＝135°
所以粒子在磁场中运动的时间为t2＝T
总时间t＝t1＋t2＝＋.
(3)根据Bqv＝m，求出r＝
y＝r＋rsin 45°＝
x＝2h－rcos 45°＝2h－
所以Q点坐标为.
考向2　磁场与磁场组合
[典例4]　如图所示，在空间中有一坐标系xOy，其第一象限内充满着两个匀强磁场a和b，OP为分界线，在磁场a中，磁感应强度为2B，方向垂直于纸面向里；在磁场b中，磁感应强度为B，方向垂直于纸面向外，P点坐标为(4l,3l).一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从P点沿y轴负方向向往磁场b，经过一段时间后，粒子恰好能经过原点O，不计粒子重力.求：
(1)粒子从P点运动到O点的最短时间是多少？
(2)粒子运动的速度可能是多少？
[问题探究]　(1)OP连线与x轴夹角为多少？粒子能否在b区直接到达O点？
(2)粒子经过OP连线上某一点时，速度方向与OP连线夹角为多少？定性画出从P点到O点的运动轨迹.
[提示]　(1)OP连线与x轴夹角为37°，粒子不能直接到达O点.
(2)粒子经过OP连线时与OP连线的夹角为53°，轨迹图见解析.
[解析]　(1)设粒子的入射速度为v，用Ra、Rb、Ta、Tb分别表示粒子在磁场a中和磁场b中运动的轨迹半径和周期，则有
Ra＝，Rb＝，Ta＝＝，Tb＝
当粒子先在区域b中运动，后进入区域a中运动，然后从O点射出时，粒子从P点运动到O点所用的时间最短，如图所示
根据几何知识得tan α＝＝，故α＝37°
粒子在区域b和区域a中运动的时间分别为tb＝Tb，ta＝Ta.
故从P点运动到O点的时间为
t＝ta＋tb＝.
(2)由题意及上图可知
n(2Racos α＋2Rbcos α)＝
解得v＝(n＝1,2,3，…).
[答案]　(1)　(2)(n＝1,2,3，…)
解决带电粒子在组合场中运动问题的思路
(1)首先明确每个场的性质、方向、强弱和范围.
(2)对带电粒子进行受力分析，确定带电粒子的运动性质，分析粒子的运动过程，画出运动轨迹.
(3)通过分析，确定粒子从一个场区进入另一场区时的位置、速度大小和方向是解题的关键.
突破　带电粒子在叠加场中的运动
带电粒子在叠加场中运动的归类分析
1.磁场力与重力叠加
(1)若重力和洛伦兹力平衡，则带电粒子做匀速直线运动.
(2)若重力和洛伦兹力不平衡，则带电粒子将做复杂的曲线运动，因洛伦兹力不做功，故机械能守恒.
2.电场力与磁场力叠加(不计重力)
(1)若电场力和洛伦兹力平衡，则带电粒子做匀速直线运动.
(2)若电场力和洛伦兹力不平衡，则带电粒子做复杂的曲线运动，可用动能定理求解.
3.电场力、磁场力、重力叠加
(1)若三力平衡，则带电粒子做匀速直线运动.
(2)若重力与电场力平衡，带电粒子做匀速圆周运动.
(3)若合力不为零，带电粒子可能做复杂的曲线运动，可用能量守恒定律或动能定理求解.
考向1　磁场与重力场叠加
[典例5]　(2017·河南郑州质检)(多选)如图所示为一个质量为m、电荷量为＋q的圆环，可在水平放置的足够长的粗糙细杆上滑动，细杆处于磁感应强度为B的匀强磁场中，不计空气阻力，现给圆环向右的初速度v0，在以后的运动过程中，圆环运动的速度图象可能是下图中的(　　)
　　　　A　　　　　 　　B
　　　　C　　　　 　　　D
[解析]　带电圆环在磁场中受到向上的洛伦兹力，当重力与洛伦兹力相等时，圆环将做匀速直线运动，A正确；当洛伦兹力大于重力时，圆环受到摩擦力的作用，并且随着速度的减小而减小，圆环将做加速度减小的减速运动，最后做匀速直线运动，D正确；如果重力大于洛伦兹力，圆环也受摩擦力作用，且摩擦力越来越大，圆环将做加速度增大的减速运动，故B、C错误.
[答案]　AD
考向2　电场与磁场叠加
[典例6]　如图所示，空间的某个复合场区域内存在着方向相互垂直的匀强电场和匀强磁场.质子由静止开始经一加速电场加速后，垂直于复合场的界面进入并沿直线穿过场区，质子从复合场区穿出时的动能为Ek.那么氘核同样由静止开始经同一加速电场加速后穿过同一复合场后的动能E′k的大小是(　　)
A.E′k＝Ek B.E′k>Ek
C.E′k[解析]　设质子的质量为m，则氘核的质量为2m.在加速电场中，由动能定理可得eU＝mv2，在复合场内，由Bqv＝qE得v＝；同理对于氘核由动能定理可得离开加速电场的速度比质子的速度小，所以当它进入复合场时所受的洛伦兹力小于电场力，将往电场力方向偏转，电场力做正功，故动能增大，B正确.
[答案]　B
考向3　电场、重力场、磁场叠加
[典例7]　(2016·天津卷)如图所示，空间中存在着水平向右的匀强电场，电场强度大小E＝5 N/C，同时存在着水平方向的匀强磁场，其方向与电场方向垂直，磁感应强度大小B＝0.5 T.
有一带正电的小球，质量m＝1×10－6 kg，电荷量q＝2×10－6 C，正以速度v在图示的竖直面内做匀速直线运动，当经过P点时撤掉磁场(不考虑磁场消失引起的电磁感应现象)，取g＝10 m/s2.求：
(1)小球做匀速直线运动的速度v的大小和方向；
(2)从撤掉磁场到小球再次穿过P点所在的这条电场线经历的时间t.
[解题指导]　(1)在撤去磁场前，小球受重力、洛伦兹力、电场力三个力作用，三力平衡.
(2)撤去磁场后，可考虑把小球的运动分解成水平方向和竖直方向上的运动，其中竖直方向上的运动为竖直上抛运动.
[解析]　(1)小球做匀速直线运动时受力如图所示，其所受的三个力在同一平面内，合力为零，有
qvB＝　①
代入数据解得v＝20 m/s　②
速度v的方向与电场E的方向之间的夹角θ满足tan θ＝　③
代入数据解得tan θ＝，θ＝60°.　④
(2)解法一：撤去磁场，小球在重力与电场力的合力作用下做类平抛运动，设其加速度为a，有a＝　⑤
设撤掉磁场后小球在初速度方向上的分位移为x，有x＝vt　⑥
设小球在重力与电场力的合力方向上分位移为y，有y＝at2⑦
a与mg的夹角和v与E的夹角相同，均为θ，又tan θ＝　⑧
联立④⑤⑥⑦⑧式，代入数据解得t＝2 s≈3.5 s.⑨
解法二：撤去磁场后，由于电场力垂直于竖直方向，它对竖直方向的分运动没有影响，以P点为坐标原点，竖直向上为正方向，小球在竖直方向上做匀减速运动，其初速度为vy＝vsin θ⑤
若使小球再次经过P点所在的电场线，仅需小球的竖直方向上分位移为零，则有vyt－gt2＝0⑥
联立④⑤⑥式，代入数据解得t＝2 s≈3.5 s.⑦
[答案]　(1)见解析　(2)3.5 s
带电粒子在叠加场中运动的思维流程
1.[电场、磁场、重力场叠加](多选)质量为m、电荷量为q的微粒以速度v与水平方向成θ角从O点进入方向如图所示的正交的匀强电场和匀强磁场组成的混合场区，该微粒在电场力、洛伦兹力和重力的共同作用下，恰好沿直线运动到A，下列说法中正确的是(　　)
A.该微粒一定带负电荷
B.微粒从O到A的运动可能是匀变速运动
C.该磁场的磁感应强度大小为
D.该电场的场强为Bvcos θ
答案：AC　解析：若微粒带正电q，它受竖直向下的重力mg、向左的电场力qE和斜向右下方的洛伦兹力qvB，可知微粒不能做直线运动.据此可知微粒应带负电，它受竖直向下的重力mg、向右的电场力qE和斜向左上方的洛伦兹力qvB.又知微粒恰好沿着直线运动到A，可知微粒应该做匀速直线运动，则选项A正确，B错误；由平衡条件得cos θ＝，sin θ＝，得磁场的磁感应强度B＝，电场的场强E＝Bvsin θ，故选项C正确，D错误.
2.[回旋加速器的应用](多选)劳伦斯和利文斯设计出回旋加速器，工作原理示意图如图所示.置于高真空中的半径为R的D形金属盒中，两盒间的狭缝很小，带电粒子穿过的时间可忽略.磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直，高频交流电频率为f，加速电压为U.
若A处粒子源产生的质子质量为m、电荷量为＋q，在加速器中被加速，且加速过程中不考虑相对论效应和重力的影响.则下列说法正确的是(　　)
A.质子被加速后的最大速度不可能超过2πRf
B.质子离开回旋加速器时的最大动能与加速电压U成正比
C.质子第2次和第1次经过两D形盒间狭缝后轨道半径之比为2∶1
D.改变磁感应强度B和交流电频率f，该回旋加速器的最大动能不变
答案：AC　解析：粒子被加速后的最大速度受到D形盒半径R的制约，因vm＝＝2πRf，A正确；粒子离开回旋加速器的最大动能Ekm＝mv2＝×m×4π2R2f2＝2mπ2R2f2，与加速电压U无关，B错误；根据R＝，Uq＝mv，2Uq＝mv，得质子第2次和第1次经过两D形盒间狭缝后轨道半径之比为∶1，C正确；因回旋加速器的最大动能Ekm＝2mπ2R2f2，与m、R、f均有关，D错误.
3.[带电粒子在组合场中的运动](多选)在半导体离子注入工艺中，初速度可忽略的磷离子P＋和P3＋，经电压为U的电场加速后，垂直进入磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里、有一定宽度的匀强磁场区域，如图所示.已知离子P＋在磁场中转过θ1＝30°后从磁场右边界射出.在电场和磁场中运动时，离子P＋和P3＋(　　)
A.在电场中的加速度之比为1∶1
B.在磁场中运动的半径之比为∶1
C.在磁场中转过的角度之比为1∶2
D.离开电场区域时的动能之比为1∶3
答案：BCD　解析：离子P＋和P3＋质量之比为1∶1，电荷量之比为1∶3，故在电场中的加速度之比为1∶3，则A项错误；离子在离开电场区域时有qU＝mv2，在磁场中做匀速圆周运动，有qvB＝m，得半径r＝＝，则半径之比为1∶＝∶1，则B项正确；设磁场宽度为d，由几何关系d＝rsin α 可知，离子在磁场中转过的角度正弦值之比等于半径倒数之比，即1∶，因θ＝30°，则θ′＝60°，故转过的角度之比为1∶2，则C项正确；离子离开电场时的动能之比等于电荷量之比，即1∶3，则D项正确.
4.[质谱仪的应用]一台质谱仪的工作原理如图所示，电荷量均为＋q、质量不同的离子飘入电压为U0的加速电场，其初速度几乎为零.这些离子经加速后通过狭缝O沿着与磁场垂直的方向进入磁感应强度为B的匀强磁场，最后打在底片上.已知放置底片的区域MN＝L，且OM＝L.
某次测量发现MN中左侧区域MQ损坏，检测不到离子，但右侧区域QN仍能正常检测到离子.在适当调节加速电压后，原本打在MQ的离子即可在QN检测到.
(1)求原本打在MN中点P的离子质量m；
(2)为使原本打在P的离子能打在QN区域，求加速电压U的调节范围.
答案：(1)　(2)≤U≤
解析：(1)离子在电场中加速，qU0＝mv2
在磁场中做匀速圆周运动，qvB＝m
解得r0＝
代入r0＝L，解得m＝.
(2)由(1)知，U＝
离子打在Q点时，r＝L，得U＝
离子打在N点时，r＝L，得U＝
则电压的范围为≤U≤.
第八章 磁场
【研透全国卷】
从近几年高考试题来看，高考对本章内容的考查，重点考查安培力、洛伦兹力以及带电粒子在磁场(或复合场)中的运动问题.对安培力、洛伦兹力的考查多以选择题的形式出现；对带电粒子的运动问题多以综合计算题的形式出现，一般综合考查受力分析、动力学关系、功能关系、圆周运动、平抛运动等知识，难度较大，分值较高.
预测在2018年高考中仍将以带电粒子在有界磁场、组合场、复合场中运动的综合分析为重点，出现大型综合题的几率较大.
考点
内容
要求
题型
一、磁场、安培力
磁场、磁感应强度、磁感线
Ⅰ
选择
通电直导线和通电线圈周围磁场的方向
Ⅰ
安培力、安培力的方向
Ⅰ
二、带电粒子在匀强磁场中的运动
匀强磁场中的安培力
Ⅱ
选择、计算
洛伦兹力、洛伦兹力的方向
Ⅰ
三、带电粒子在组合场、叠加场中的运动
洛伦兹力的公式
Ⅱ
选择、计算
带电粒子在匀强磁场中的运动
Ⅱ
质谱仪和回旋加速器
Ⅰ
第1讲　磁场的描述　磁场对电流的作用
知识点一　磁场　磁感应强度　磁感线
1.磁场
(1)基本特性：磁场对处于其中的磁体、电流和　　　　有力的作用.
(2)方向：小磁针的N极所受磁场力的方向，或自由小磁针静止时　　　　的指向.
2.磁感应强度
(1)定义式：B＝　　　　(通电导线垂直于磁场).
(2)方向：小磁针静止时　　　　的指向.
(3)磁感应强度是反映磁场性质的物理量，由磁场本身决定，是用　　　　法定义的.
3.磁感线
(1)引入：在磁场中画出一些有方向的曲线，使曲线上每一点的　　　　方向跟这点的磁感应强度方向一致.
(2)特点：磁感线的特点与电场线的特点类似，主要区别在于磁感线是　　　　的曲线.
(3)条形磁铁和蹄形磁铁的磁场(如图所示)
　　
答案：1.(1)运动电荷　(2)N极　2.(1)　(2)N极　(3)比值
3.(1)切线　(2)闭合
知识点二　电流的磁场　右手螺旋定则
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，且距导线越远处磁场　　　　
与　　　　磁铁的磁场相似，管内为　　　磁场且磁场　　　　，管外为　　　　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　　　　
安培
定则
立体图
横截
面图
答案：越弱　条形　匀强　最强　非匀强　越弱
知识点三　安培力的大小和方向
1.安培力的大小
(1)磁场和电流垂直时：F＝　　　　.
(2)磁场和电流平行时：F＝0.
2.安培力的方向
(1)用左手定则判定：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；让磁感线从掌心进入，并使四指指向　　　　的方向，这时　　　　所指的方向就是通电导线在磁场中所受安培力的方向.
(2)安培力的方向特点：F⊥B，F⊥I，即F垂直于B和I决定的平面.
答案：1.(1)BIL　2.(1)电流　拇指
(1)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有关.(　　)
(2)磁场中某点磁感应强度的方向，跟放在该点的试探电流元所受磁场力的方向一致.(　　)
(3)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.(　　)
(4)小磁针N极所指的方向就是该处磁场的方向.(　　)
(5)在同一幅图中，磁感线越密，磁场越强.(　　)
(6)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.(　　)
(7)安培力可能做正功，也可能做负功.(　　)
答案：(1) ?　(2) ?　(3) ?　(4) ?　(5) ?
(6) ?　(7) ?
考点　磁感应强度　磁感线
1.磁感应强度由磁场本身决定，因此不能根据定义式B＝认为B与F成正比，与IL成反比.
2.测量磁感应强度时小段通电导线必须垂直磁场放入，如果平行磁场放入，则所受安培力为零，但不能说该点的磁感应强度为零.
3.磁感应强度是矢量，其方向为放入其中的小磁针N极的受力方向，也是小磁针静止时N极的指向.
考向1　对磁感应强度的理解
[典例1]　关于磁感应强度B，下列说法中正确的是(　　)
A.磁场中某点B的大小，跟放在该点的试探电流元的情况有关
B.磁场中某点B的方向，跟放在该点的试探电流元受到磁场力的方向一致
C.若在磁场中某点的试探电流元不受磁场力作用，该点B值大小为零
D.在磁场中磁感线越密集的地方，磁感应强度越大
[解析]　磁感应强度是磁场本身的属性，在磁场中某处的磁感应强度为一恒量，其大小可由B＝计算，与试探电流元的F、I、L的情况无关，A错.磁感应强度的方向规定为小磁针N极所受磁场力的方向，与放在该处的电流元受力方向垂直，B错.当试探电流元的方向与磁场方向平行时，电流元所受磁场力虽为零，但磁感应强度却不为零，C错.磁感线的疏密是根据磁场的强弱画出的，磁感线越密集的地方，磁感应强度越大，磁感线越稀疏的地方，磁感应强度越小，故D正确.
[答案]　D
考向2　对磁感线的理解
[典例2]　在磁场中某区域的磁感线如图所示，则(　　)
A.a、b两处的磁感应强度的大小不等，且Ba>Bb
B.a、b两处的磁感应强度的大小相等
C.同一通电导线放在a处受力一定比放在b处受力大
D.同一通电导线放在a处受力一定比放在b处受力小
[解析]　磁感线的疏密程度表示磁感应强度的大小，安培力的大小跟该处的磁感应强度的大小、I、L和导线放置的方向与磁感应强度的方向的夹角有关，故C、D错误；由a、b两处磁感线的疏密程度可判断出Ba> Bb，所以A正确，B错误.
[答案]　A
描述磁场的强弱和方向，可以用磁感应强度定量描述，也可以用磁感线形象描述，二者是统一的.另外需要注意电荷在电场中不受电场力，则该点电场强度一定为零；电流在磁场中不受磁场力，该点的磁感应强度不一定为零.
考点　安培定则的应用及磁场的叠加
1.安培定则的应用
在运用安培定则判定直线电流和环形电流的磁场时应分清“因”和“果”.
因果
磁场　　　　
原因
(电流方向)
结果
(磁场方向)
直线电流的磁场
大拇指
四指
环形电流的磁场
四指
大拇指
2.磁场的叠加
(1)磁感应强度是矢量，计算时与力的计算方法相同、利用平行四边形定则或正交分解法进行合成与分解.
(2)两个电流附近的磁场的磁感应强度是由两个电流分别独立存在时产生的磁场在该处的磁感应强度叠加而成的.
[典例3]　如图所示，两根相互平行的长直导线过纸面上的M、N两点，且与纸面垂直，导线中通有大小相等、方向相反的电流.a、O、b在M、N的连线上，O为MN的中点，c、d位于MN的中垂线上，且a、b、c、d到O点的距离均相等.关于以上几点处的磁场，下列说法正确的是(　　)
A.O点处的磁感应强度为零
B.a、b两点处的磁感应强度大小相等，方向相反
C.c、d两点处的磁感应强度大小相等，方向相同
D.a、c两点处磁感应强度的方向不同
[解题指导]　解答本题时需掌握以下三点：
(1)正确应用安培定则判断磁场中各点磁感应强度的方向.
(2)认识到电流产生的磁场的磁感应强度的大小不仅跟电流大小有关，还跟场点到导线的距离有关.
(3)会正确应用平行四边形定则.
[解析]　由安培定则可知，两导线在O点产生的磁场均竖直向下，合磁感应强度一定不为零，A错误；由安培定则可知，两导线在a、b两处产生的磁场方向均竖直向下，由于对称性，电流M在a处产生磁场的磁感应强度等于电流N在b处产生磁场的磁感应强度，同时电流M在b处产生磁场的磁感应强度等于电流N在a处产生磁场的磁感应强度，所以a、b两点处磁感应强度大小相等、方向相同，B错误；
根据安培定则，两导线在c、d两处产生的磁场分别垂直c、d两点与导线连线方向向下，且产生的磁场的磁感应强度相等，由平行四边形定则可知，c、d两点处的磁感应强度大小相等、方向相同，C正确；a、c两点处磁感应强度的方向均竖直向下，D错误.
[答案]　C
[变式1]　(多选)如图所示，两根平行长直导线相距2l，通有大小相等、方向相同的恒定电流；a、b、c是导线所在平面内的三点，左侧导线与它们的距离分别为、l和3l.关于这三点处的磁感应强度，下列判断正确的是(　　)
A.a处的磁感应强度大小比c处的大
B.b、c两处的磁感应强度大小相等
C.a、c两处的磁感应强度方向相同
D.b处的磁感应强度为零
答案：AD　解析：对于通电直导线产生的磁场，根据其产生磁场的特点及安培定则，可知两导线在b处产生的磁场等大反向，合磁场为零，D正确；两导线在a、c处产生的磁场都是同向叠加的，但方向相反，C错误；由于a离导线近，a处的磁感应强度比c处的大，A正确，C错误.
解决磁场的叠加的思路和步骤
(1)根据安培定则确定各导线在某点产生的磁场方向.
(2)判断各分磁场的磁感应强度的大小关系.
(3)根据矢量合成法则确定合磁场的大小和方向.
考点　安培力的分析与计算
1.计算安培力公式F＝BIL，应用时要注意：
(1)B与L垂直.
(2)L是有效长度
①公式F＝ILB中L指的是“有效长度”.当B与I垂直时，F最大，F＝ILB；当B与I平行时，F＝0.
②弯曲导线的有效长度L，等于连接两端点线段的长度(如图所示)；相应的电流沿L由始端流向末端.
2.方向：根据左手定则判断.
安培力一定与磁场垂直，也一定与电流垂直，但电流和磁场方向不一定垂直.
考向1　安培力大小
[典例4]　如图所示，用天平测量匀强磁场的磁感应强度，下列各选项所示的载流线圈匝数相同，边长MN相等，将它们分别挂在天平的右臂下方，线圈中通有大小相同的电流，天平处于平衡状态，若磁场发生微小变化，天平最容易失去平衡的是(　　)
[解析]　根据安培力F＝BIL，这里的B、I都相同，决定安培力大小的就是L了，L大则F大，就易使天平失去平衡.显然，选项C中的导线有效长度最长，选项C正确.
[答案]　C
[变式2]　如图所示，一个边长为L、三边电阻相同的正三角形金属框放置在磁感应强度为B的匀强磁场中.若通以图示方向的电流(从A点流入，从C点流出)，电流大小为I，则金属框受到的磁场力为(　　)
A.0 B.ILB　　
C.ILB　　 D.2ILB
答案：B　解析：金属框三边电阻相同，则AC、ABC两段导线上流过的电流分别为I和I，导线ABC段的有效长度为2Lsin 30°＝L，所以该正三角形金属框受到的安培力大小为ILB＋ILB＝ILB，故B正确.
考向2　安培力方向
[典例5]　如图所示，一个条形磁铁放在水平放置的台秤上，在它正中央的上方固定着一条垂直于纸面的水平导线，导线与磁铁垂直，如果给导线通以垂直于纸面向外的电流，则(　　)
A.台秤的示数增大 B.台秤的示数减小
C.台秤的示数不变 D.以上说法都不正确
[解析]　通过左手定则可知，导线通以垂直于纸面向外的电流，受到磁铁对其向下的安培力，再由牛顿第三定律可知，导线会对条形磁铁有竖直向上的反作用力，使得磁铁对台秤压力减小，台秤示数减小.
[答案]　B
安培力的大小应用公式F＝BIL计算(当磁场方向和电流方向垂直时)，但要注意L是电流元的有效长度，B是导线所在处的磁感应强度值.在实际应用中，导线可能不是直导线、磁场在导线处的磁感应强度也不相同，需要进行有效转化，如找等效长度、微分为电流元、转换研究对象等.
考点　安培力与动力学综合问题
1.分析导体在磁场中平衡和加速问题的思路
(1)确定要研究的导体.
(2)按照已知力→重力→安培力→弹力→摩擦力的顺序，对导体受力分析.
(3)分析导体的运动情况.
(4)根据平衡条件或牛顿第二定律列式求解.
2.受力分析的注意事项
(1)安培力的方向特点：F⊥B，F⊥I，即F垂直于B和I决定的平面.
(2)安培力的大小：应用公式F＝BILsin θ计算弯曲导线在匀强磁场中所受安培力的大小时，有效长度L等于曲线两端点的直线长度.
(3)视图转换：对于安培力作用下的力学问题，导体棒的受力往往分布在三维空间的不同方向上，这时应利用俯视图、剖面图或侧视图等，变立体图为二维平面图.
考向1　安培力作用下的平衡问题
[典例6]　如图所示，在水平地面上固定一对与水平面倾角为α的光滑平行导电轨道，轨道间的距离为l，两轨道底端的连线与轨道垂直，顶端接有电源.
将一根质量为m的直导体棒ab放在两轨道上，且与两轨道垂直.已知通过导体棒的恒定电流大小为I，方向由a到b，重力加速度为g，在轨道所在空间加一竖直向上的匀强磁场，使导体棒在轨道上保持静止.
(1)求磁场对导体棒的安培力的大小；
(2)如果改变导轨所在空间的磁场方向，试确定使导体棒在轨道上保持静止的匀强磁场磁感应强度B的最小值和方向.
[解题指导]　本题属于安培作用下的平衡问题，解答此类问题，一般先把立体图转化为平面图，然后作出受力分析示意图，利用平衡条件求解.
[解析]　(1)导体棒受力如图所示
根据共点力平衡条件可知，磁场对导体棒的安培力的大小F安＝mgtan α.
(2)要使磁感应强度最小，则要求安培力最小.根据受力情况可知，最小安培力F安min＝mgsin α，方向平行于轨道斜向上
所以最小磁感应强度Bmin＝＝
根据左手定则可判断出，此时的磁感应强度的方向为垂直轨道平面斜向上.
[答案]　(1)mgtan α　(2)　垂直轨道平面斜向上
考向2　安培力作用下的加速问题
[典例7]　(多选)如图甲所示，两根光滑平行导轨水平放置，间距为L，其间有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B.垂直于导轨水平对称放置一根均匀金属棒.从t＝0时刻起，棒上有如图乙所示的持续交变电流I，周期为T，最大值为Im，图乙中所示方向为电流正方向.则金属棒(　　)

　甲　　　　　　　　　　　乙
A.一直向右移动
B.速度随时间周期性变化
C.受到的安培力随时间周期性变化
D.受到的安培力在一个周期内做正功
[解析]　由左手定则可知，金属棒一开始向右做匀加速运动，当电流反向以后，金属棒开始做匀减速运动，经过一个周期速度变为0，然后重复上述运动，所以选项A、B正确；安培力F＝BIL，由图象可知前半个周期安培力水平向右，后半个周期安培力水平向左，不断重复，选项C正确；一个周期内，金属棒初、末速度相同，由动能定理可知安培力在一个周期内不做功，选项D错误.本题最好说明不考虑金属棒切割磁感线产生的效应.
[答案]　ABC
考向3　通电导体在安培力作用下的运动
[典例8]　一直导线平行于通电螺线管的轴线放置在螺线管的上方，如图所示，如果直导线可以自由地运动且通以方向为由a到b的电流，则导线ab受到安培力作用后的运动情况为(　　)
A.从上向下看顺时针转动并靠近螺线管
B.从上向下看顺时针转动并远离螺线管
C.从上向下看逆时针转动并远离螺线管
D.从上向下看逆时针转动并靠近螺线管
[解题指导]　(1)用安培定则判断通电螺线管的磁感线的方向.
(2)用左手定则判断导体棒ab的受力方向.
[解析]　先由安培定则判断通电螺线管的南、北两极，找出导线左、右两端磁感应强度的方向，并用左手定则判断这两端受到的安培力的方向，可以判断导线受到安培力作用后从上向下看逆时针方向转动，再分析此时导线位置的磁场方向，再次用左手定则判断导线受到安培力的方向，导线还要靠近螺线管，所以D正确，A、B、C错误.
[答案]　D
[变式3]　(多选)如图所示，台秤上放一光滑平板，其左边固定一挡板，一轻质弹簧将挡板和一条形磁铁连接起来，此时台秤读数为F1.现在磁铁上方中心偏左位置固定一导体棒，当导体棒中通以如图所示的电流后，台秤读数为F2，则以下说法正确的是(　　)
A.弹簧长度将变长
B.弹簧长度将变短
C.F1>F2
D.F1答案：BC　解析：如图甲所示，导体棒所在处的磁场方向指向右上方，根据左手定则可知，导体棒受到的安培力方向垂直于磁场方向指向右下方，根据牛顿第三定律，对条形磁铁受力分析，如图乙所示，所以FN1>FN2，即台秤示数F1>F2，在水平方向上，由于F′有向左的分力，磁铁压缩弹簧，所以弹簧长度变短.
　　
　　　甲　　　　　　　　乙

通电导体在安培力作用下常用判断方法
电流元法
分割为电流元安培力方向―→整段导体合力方向―→运动方向
特殊位
置法
在特殊位置―→安培力方向―→运动方向
等效法
环形电流??小磁针
条形磁铁??通电螺线管??多个环形电流
利用
结论法
同向电流互相吸引，异向电流互相排斥；两不平行的直线电流相互作用时，有转到平行且电流方向相同的趋势
转换研究
对象法
定性分析磁体在电流磁场作用下如何运动或运动趋势的问题，可先分析电流在磁体磁场中所受的安培力，然后由牛顿第三定律，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
1.[对磁感应强度的理解]下列关于磁感应强度的说法正确的是(　　)
A.一小段通电导体放在磁场A处，受到的磁场力比B处的大，说明A处的磁感应强度比B处的磁感应强度大
B.由B＝可知，某处的磁感应强度的大小与放入该处的通电导线所受磁场力F成正比，与导线的I、L成反比
C.一小段通电导体在磁场中某处不受磁场力作用，则该处磁感应强度一定为零
D.小磁针N极所受磁场力的方向就是该处磁感应强度的方向
答案：D　解析：磁感应强度是描述磁场强弱和方向的物理量，是磁场本身性质的反映，其大小由磁场以及在磁场中的位置决定，与F、I、L都没有关系，B＝只是磁感应强度的定义式，同一通电导体受到的磁场力的大小由所在处的磁感应强度和放置方式共同决定，所以A、B、C都是错误的.磁感应强度的方向就是该处小磁针N极所受磁场力的方向，不是通电导线的受力方向，所以D正确.
2.[磁场的叠加]三根平行的长直导线，分别垂直地通过一个等腰直角三角形的三个顶点，三导线中电流方向相同，A、B两导线中的电流大小相同，如图所示，已知导线A在斜边中点O处所产生的磁场的磁感应强度大小为B，导线C在斜边中点O处所产生的磁场的磁感应强度大小为2B，则O处的磁感应强度的大小和方向为(　　)
A.大小为B，方向沿OA方向
B.大小为2B，方向竖直向下
C.大小为2B，方向沿OB方向
D.大小为2B，方向沿OA方向
答案：D　解析：由安培定则知导线A、B在O处所产生的磁感应强度大小相等，方向相反，相互抵消，所以O处的磁感应强度即为导线C所产生的磁感应强度，其大小为2B，由安培定则可判定其方向沿OA方向，A、B、C错，D对.
3.[安培力的大小、方向]如图所示，一段导线abcd位于磁感应强度大小为B的匀强磁场中，且与磁场方向(垂直于纸面向里)垂直.线段ab、bc和cd的长度均为L，且∠abc＝∠bcd＝150°.流经导线的电流为I，方向如图中箭头所示.导线abcd所受到的安培力的合力(　　)
A.方向沿纸面向上，大小为(－1)ILB
B.方向沿纸面向上，大小为(＋1)ILB
C.方向沿纸面向下，大小为(＋1)ILB
D.方向沿纸面向下，大小为(－1)ILB
答案：B　解析：由左手定则及力的合成可知合力方向沿纸面向上，选项C、D错误；abcd的有效长度为(＋1)L，由安培力公式可得导线abcd所受到的安培力的合力为(＋1)ILB，选项A错误，选项B正确.
4.[通电导体在安培力作用下的运动]一个可以自由运动的线圈L1和一个固定的线圈L2互相绝缘垂直放置，且两个线圈的圆心重合，如图所示.当两线圈中通以图示方向的电流时，从左向右看，线圈L1将(　　)
A.不动　 B.顺时针转动
C.逆时针转动 D.在纸面内平动
答案：B　解析：环形电流I1、I2之间不平行，则必有相对转动，直到两环形电流同向平行为止.据此可得，从左向右看，线圈L1将顺时针转动.
5.[安培力作用下的平衡](多选)如图所示，有两根长度均为L、质量均为m的细导体棒a、b，其中a被水平放置在倾角为45°的绝缘光滑斜面上，b被水平固定在斜面的右侧，且与a在同一水平面上，a、b相互平行.
当两细棒中均通以大小为I的同向电流时，a恰能在斜面上保持静止，关于电流b在a处产生的磁场的磁感应强度B，下列说法正确的是(　　)
A.方向竖直向上
B.大小为
C.大小为
D.若使b竖直向下移动，a仍能保持静止
答案：AC　解析：由安培定则，电流b在a处产生的磁场的磁感应强度方向竖直向上，选项A正确；对a受力分析，由平衡条件，BILcos 45°＝mgsin 45°，解得电流b在a处产生的磁场的磁感应强度B＝，选项C正确，B错误；若使b竖直向下移动，二者距离增大，a、b之间安培力减小，a不能保持静止，选项D错误.
第2讲　磁场对运动电荷的作用
知识点一　洛伦兹力
1.洛伦兹力
磁场对　　　　的作用力叫做洛伦兹力.
2.洛伦兹力的方向
(1)判定方法：左手定则
①掌心——磁感线　　　　穿入掌心；
②四指——指向正电荷运动的方向或负电荷运动的　　　　；
③拇指——指向　　　　的方向.
(2)方向特点：F⊥B，F⊥v，即F垂直于B和v决定的　　　　.
3.洛伦兹力的大小
(1)v∥B时，洛伦兹力F＝　　　　(θ＝0°或180°).
(2)v⊥B时，洛伦兹力F＝　　　　(θ＝90°).
(3)v＝0时，洛伦兹力F＝　　　　.
答案：1.运动电荷　2.(1)垂直　反方向　洛伦兹力　(2)平面　3.(1)0　(2)qvB　(3)0
知识点二　带电粒子在匀强磁场中的运动
1.洛伦兹力的特点：洛伦兹力不改变带电粒子速度的　　　　，或者说，洛伦兹力对带电粒子　　　　.
2.粒子的运动性质
(1)若v0∥B，则粒子　　　　，在磁场中做　　　　.
(2)若v0⊥B，则带电粒子在匀强磁场中做　　　　.
3.半径和周期公式
(1)由qvB＝　　　　，得r＝　　　　.
(2)由v＝，得T＝　　　　.
答案：1.大小　不做功　2.(1)不受洛伦兹力　匀速直线运动　(2)匀速圆周运动　3.(1)m　　(2)
(1)带电粒子在磁场中运动时一定会受到磁场力的作用.(　　)
(2)洛伦兹力的方向在特殊情况下可能与带电粒子的速度方向不垂直.(　　)
(3)根据公式T＝，说明带电粒子在匀强磁场中的运动周期T与v成反比.(　　)
(4)由于安培力是洛伦兹力的宏观表现，所以洛伦兹力也可能做功.(　　)
(5)带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动时，其运动半径与带电粒子的比荷有关.(　　)
(6)带电粒子在电场越强的地方受电场力越大，同理带电粒子在磁场越强的地方受磁场力越大.(　　)
答案：(1) ?　(2) ?　(3) ?　(4) ?　(5) ?　(6) ?
考点　对洛伦兹力的理解
1.洛伦兹力方向的特点
洛伦兹力的方向与电荷运动的方向和磁场方向都垂直，即洛伦兹力的方向是垂直于电荷运动方向和磁场方向确定的平面，但粒子速度方向与磁场方向不一定垂直.
2.洛伦兹力的作用效果
(1)洛伦兹力对带电粒子运动状态的影响
因洛伦兹力始终与带电粒子的运动方向垂直，所以洛伦兹力只改变粒子的速度方向，而不改变其速度的大小.如果没有其他外力作用，带电粒子将在磁场中做速度不变的曲线运动.
(2)洛伦兹力对带电粒子不做功
因洛伦兹力始终与带电粒子的运动方向垂直，所以洛伦兹力对粒子不做功.如果没有其他外力对带电粒子做功，在粒子的运动过程中就不会有能量之间的转化.
3.洛伦兹力和安培力的关系
洛伦兹力是单个运动电荷在磁场中受到的力，而安培力是导体中所有定向移动的自由电荷受到的洛伦兹力的宏观表现，洛伦兹力对运动电荷永不做功，而安培力对通电导线，可做正功，可做负功，也可不做功.
考向1　洛伦兹力方向的判断
[典例1]　图中a、b、c、d为四根与纸面垂直的长直导线，其横截面位于正方形的四个顶点上，导线中通有大小相同的电流，方向如图所示.一带正电的粒子从正方形中心O点沿垂直于纸面的方向向外运动，它所受洛伦兹力的方向是(　　)
A.向上　　B.向下　　C.向左　　D.向右
[解析]　a、b、c、d四根导线上电流大小相同，它们在O点形成的磁场的磁感应强度B大小相同，方向如图甲所示.
O点合磁场方向如图乙所示，则由O点垂直纸面向外运动的带正电的粒子所受洛伦兹力方向据左手定则可以判定向下，B选项正确.
　　
　　　　甲　　　　　　　　乙
[答案]　B
考向2　带电粒子在洛伦兹力作用下的运动
[典例2]　(多选)如图所示，匀强磁场的方向竖直向下，磁场中有光滑的水平桌面，在桌面上平放着内壁光滑、底部有带电小球的试管，在水平拉力F的作用下，试管向右匀速运动，带电小球能从试管口处飞出，则(　　)
A.小球带负电
B.小球运动的轨迹是一条抛物线
C.洛伦兹力对小球做正功
D.维持试管匀速运动的拉力F应逐渐增大
[解题指导]　小球的运动可分解为水平向右的匀速直线运动和水平向里的运动.由于水平向里的洛伦兹力不变，所以小球水平向里做匀加速直线运动.
[解析]　小球能从管口处飞出，说明小球受到指向管口的洛伦兹力，根据左手定则判断，小球带正电，故A错误.设试管运动速度为v1，小球垂直于试管向右的分运动是匀速直线运动，小球沿试管方向受到洛伦兹力的分力F1＝qv1B，q、v1、B均不变，F1不变，则小球沿试管做匀加速直线运动，与平抛运动类似，小球运动的轨迹是一条抛物线，故B正确.洛伦兹力总是与速度垂直，不做功，故C错误.设小球沿试管的分速度大小为v2，则小球受到垂直试管向左的洛伦兹力的分力F2＝qv2B，v2增大，则F2增大，而拉力F＝F2，则F逐渐增大，故D正确.
[答案]　BD
洛伦兹力对运动电荷(或带电体)不做功，不改变速度的大小，但它可改变运动电荷(或带电体)速度的方向，改变带电体所受其他力的大小和带电体的运动，反过来洛伦兹力也发生改变，因此要注意应用动态变化的观点解决该类问题.
考点　带电粒子在匀强磁场中运动
1.圆心的确定
(1)已知入射点、出射点、入射方向和出射方向时，可通过入射点和出射点分别作垂直于入射方向和出射方向的直线，两条直线的交点就是圆弧轨道的圆心(如图甲所示，图中P为入射点，M为出射点).
　　　　
　 　甲　　　 　　　　　　乙
(2)已知入射方向、入射点和出射点的位置时，可以通过入射点作入射方向的垂线，连接入射点和出射点，作其中垂线，这两条垂线的交点就是圆弧轨迹的圆心(如图乙所示，图中P为入射点，M为出射点).
2.半径的确定
(1)用几何知识求半径，一般称为几何半径，通常构建三角形，利用三角函数或勾股定理求解.
(2)用物理知识求半径，即根据qvB＝m，得出r＝，一般称为物理半径.
3.运动时间的确定
(1)粒子在磁场中运动一周的时间为T，当粒子运动的圆弧所对应的圆心角为α时，其运动时间为t＝T.
(2)速度为v的粒子在磁场中运动的弧长为s时，其运动时间为t＝.
考向1　轨道半径和周期的计算
[典例3]　(多选)有两个匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ，Ⅰ中的磁感应强度是Ⅱ中的k倍.两个速率相同的电子分别在两磁场区域做圆周运动.与Ⅰ中运动的电子相比，Ⅱ中的电子(　　)
A.运动轨迹的半径是Ⅰ中的k倍
B.加速度的大小是Ⅰ中的k倍
C.做圆周运动的周期是Ⅰ中的k倍
D.做圆周运动的角速度与Ⅰ中的相等
[解析]　两速率相同的电子在两匀强磁场中做匀速圆周运动，且Ⅰ磁场磁感应强度B1是Ⅱ磁场磁感应强度B2的k倍.
A：由qvB＝得r＝∝，即Ⅱ中电子运动轨迹的半径是Ⅰ中的k倍，选项A正确.
B：由F合＝ma得a＝＝∝B，所以＝，选项B错误.
C：由T＝得T∝r，所以＝k，选项C正确.
D：由ω＝得＝＝，选项D错误.
正确选项为A、C.
[答案]　AC
考向2　运动时间的计算
[典例4]　(多选)如图所示，两个匀强磁场方向相同，磁感应强度分别为B1、B2，虚线MN为理想边界.现有一个质量为m、电荷量为e的电子以垂直于边界MN的速度v由P点沿垂直于磁场的方向射入磁感应强度为B1的匀强磁场中，其运动轨迹为图中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P→D→M→C→N→E→P
B.电子运动一周回到P点所用的时间T＝
C.B1＝4B2
D.B1＝2B2
[解析]　由左手定则可判定电子在P点受到的洛伦兹力方向向上，轨迹为P→D→M→C→N→E→P，A正确；由题图得两个磁场中半圆轨迹的半径之比为1∶2，由r＝可得磁感应强度之比＝2∶1，电子运动一周所用的时间t＝T1＋＝＋＝，B、C错误，D正确.
[答案]　AD
带电粒子在无边界磁场中运动的解题技巧
(1)若磁场范围足够大，粒子在运动过程中没有离开磁场，称为无边界磁场.
(2)解答此类问题应充分利用轨迹半径公式和周期公式，从而顺利地判断其他物理量.
考点　带电粒子在直线边界磁场中运动
考向1　直线边界磁场(进出磁场具有对称性，如图所示)
　　　
　　　　甲　　　　　　　　　乙
丙
[典例5]　(多选)如图所示，在平板PQ上方有一匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里.某时刻有a、b、c三个电子(不计重力)分别以大小相等、方向如图所示的初速度va、vb和vc经过平板PQ上的小孔O射入匀强磁场.
这三个电子打到平板PQ上的位置到小孔O的距离分别是la、lb和lc，电子在磁场中运动的时间分别为ta、tb和tc，整个装置放在真空中，则下列判断正确的是(　　)
A.la＝lcC.tatb>tc
[解析]　画出这三个电子在磁场中运动的轨迹，如图所示，由带电粒子在磁场中运动的半径公式R＝和周期公式T＝很容易得出la＝lctb>tc，所以B、C错误，A、D正确.
[答案]　AD
考向2　平行边界磁场(存在临界条件，如图所示)

　　甲　　　　　　乙　　　　　　　丙
[典例6]　如图所示，竖直线MN∥PQ，MN与PQ间距离为a，其间存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，O是MN上一点，O处有一粒子源，某时刻放出大量速率均为v(方向均垂直磁场方向)、比荷一定的带负电粒子(粒子重力及粒子间的相互作用力不计)，
已知沿图中与MN成θ＝60°角射出的粒子恰好垂直PQ射出磁场，则粒子在磁场中运动的最长时间为(　　)
A.　　 B.　　
C.　　 D.
[解析]　当θ＝60°时，粒子的运动轨迹如图甲所示，则a＝Rsin 30°，即R＝2a.设带电粒子在磁场中运动轨迹所对的圆心角为α，则其在磁场中运行的时间为t＝T，即α越大，粒子在磁场中运动的时间越长，α最大时粒子的运行轨迹恰好与磁场的右边界相切，如图乙所示，因R＝2a，此时圆心角αm为120°，即最长运行时间为，而T＝＝，所以粒子在磁场中运动的最长时间为，C正确.
　　
　　　 　甲　　　　　　　乙
[答案]　C
考向3　三角形边界磁场
[典例7]　如图所示，△ABC为与匀强磁场(方向垂直纸面向外)垂直的边长为a的等边三角形，比荷为的电子以速度v0从A点沿AB边入射，欲使电子经过BC边，磁感应强度B的取值为(　　)
A.B>　 B.B<
C.B> D.B<
[解析]　由题意，如图所示，电子正好经过C点，此时圆周运动的半径R＝＝，要想电子从BC边经过，电子做圆周运动的半径要大于，由带电粒子在磁场中运动的公式r＝有<，即B<，选D.
[答案]　D
考向4　正方形(或矩形)边界磁场
[典例8]　(多选)如图所示，在正方形abcd内充满方向垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场.a处有比荷相等的甲、乙两种粒子，甲粒子以速度v1沿ab方向垂直射入磁场，经时间t1从d点射出磁场，乙粒子沿与ab成30°角的方向以速度v2垂直射入磁场，经时间t2垂直cd射出磁场，不计粒子重力和粒子间的相互作用力，则下列说法中正确的是(　　)
A.v1∶v2＝1∶2 B.v1∶v2＝∶4
C.t1∶t2＝2∶1 D.t1∶t2＝3∶1
[解析]　甲、乙两粒子的运动轨迹如图所示，粒子在磁场中的运行周期为T＝，因为甲、乙两种粒子的比荷相等，故T甲＝T乙.设正方形的边长为L，则由图知甲粒子运行半径为r1＝，运行时间为t1＝，乙粒子运行半径为r2＝，运行时间为t2＝，而r＝，所以v1∶v2＝r1∶r2＝∶4，选项A错误，B正确；t1∶t2＝3∶1，选项C错误，D正确.
[答案]　BD
带电粒子在有界磁场中做匀速圆周运动的解题思路
考点　带电粒子在圆形有界磁场中运动
考向1　速度沿半径方向入射
[典例9]　如图所示，圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，一个带电粒子以速度v从A点沿直径AOB方向射入磁场，经过Δt时间从C点射出磁场，OC与OB成60°角.
现将带电粒子的速度变，仍从A点沿原方向射入磁场，不计重力，则粒子在磁场中的运动时间变为(　　)
A.Δt B.2Δt　　　
C.Δt　　　 D.3Δt
[解题探究]　(1)带电粒子的速度由v变为后，在磁场中做圆周运动的周期如何变化？半径如何变化？
(2)计算粒子在磁场中运动的时间常用公式有哪些？
[提示]　(1)周期不变，半径变为原来的.
(2)一般计算公式t＝＝，在周期相等时t＝T.
[解析]　带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，据牛顿第二定律有qvB＝m，解得粒子第一次通过磁场区时的半径为r＝，圆弧AC所对应的圆心角∠AO1C＝60°，经历的时间为Δt＝T(T为粒子在匀强磁场中的运动周期，大小为T＝，与粒子速度大小无关)；当粒子速度减小为后，根据r＝知其在磁场中的轨道半径变为，粒子将从D点射出，根据图中几何关系得圆弧AD所对应的圆心角∠AO2D＝120°，经历的时间为Δt′＝T＝2Δt.由此可知本题正确选项只有B.
[答案]　B
考向2　速度不沿半径方向入射
[典例10]　如图所示，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的方向射入磁场区域，射入点与ab的距离为.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(不计重力)(　　)
A.　　 B.　　
C.　　 D.
[解析]　作出粒子运动轨迹如图中实线所示.因P到ab距离为，可知α＝30°.因粒子速度方向改变60°，可知转过的圆心角2θ＝60°.由图中几何关系有tan θ＝Rcos α，解得r＝R.再由Bqv＝m可得v＝，故B正确.
[答案]　B
考向3　带电粒子沿不同方向入射
[典例11]　如图所示，在半径为R的圆形区域内充满磁感应强度为B的匀强磁场，MN是一竖直放置的感光板.
从圆形磁场最高点P垂直磁场射入大量的带正电、电荷量为q、质量为m、速度为v的粒子，不考虑粒子间的相互作用力，关于这些粒子的运动，以下说法正确的是(　　)
A.只要对着圆心入射，出射后均可垂直打在MN上
B.对着圆心入射的粒子，其出射方向的反向延长线不一定过圆心
C.对着圆心入射的粒子，速度越大在磁场中通过的弧长越长，时间也越长
D.只要速度满足v＝，沿不同方向入射的粒子出射后均可垂直打在MN上
[解析]　对着圆心入射的粒子，出射后不一定垂直打在MN上，与粒子的速度有关，故A错误；带电粒子的运动轨迹是圆弧，根据几何知识可知，对着圆心入射的粒子，其出射方向的反向延长线也一定过圆心，故B错误；对着圆心入射的粒子，速度越大，在磁场中的轨迹半径越大，弧长越长，轨迹对应的圆心角越小，由t＝T知，运动时间t越小，故C错误；速度满足v＝时，轨道半径r＝＝R，入射点、出射点、O点与轨迹的圆心构成菱形，射出磁场时的轨迹半径与最高点的磁场半径平行，粒子一定垂直打在MN板上，故D正确.
[答案]　D
带电粒子在圆形有界磁场中运动的结论
(1)若入射速度沿半径方向，则出射速度反向延长线必过圆心.
(2)若粒子做圆周运动的轨道半径与圆形磁场的半径相等，则从同一点沿不同方向入射的粒子出射方向相同.
(3)同种粒子在圆形有界磁场中运动的时间与轨迹长短无关，由圆弧所对的圆心角决定.
1.[洛伦兹力的方向]如图所示是电子射线管示意图，接通电源后，电子射线由阴极沿x轴正方向射出，在荧光屏上会看到一条亮线.要使荧光屏上的亮线向下(z轴负方向)偏转，在下列措施中可采用的是(　　)
A.加一磁场，磁场方向沿z轴负方向
B.加一磁场，磁场方向沿y轴正方向
C.加一电场，电场方向沿z轴负方向
D.加一电场，电场方向沿y轴正方向
答案：B　解析：若加一磁场，要使荧光屏上的亮线向下偏转，即使电子所受的洛伦兹力方向向下，电子运动方向沿x轴正方向，由左手定则可知，磁场方向应沿y轴正方向，所以选项A错，B对；若加一电场，电子应受到向下的静电力作用，故电场方向沿z轴正方向，选项C、D均错.
2.[洛伦兹力的大小]如图所示，一带电塑料小球质量为m，用丝线悬挂于O点，并在竖直平面内摆动，最大摆角为60°，水平磁场垂直于小球摆动的平面.当小球自左方摆到最低点时，悬线上的张力恰为零，则小球自右方最大摆角处摆到最低点时悬线上的张力为(　　)
A.0　　 　B.2mg　 　C.4mg　 　D.6mg
答案：C　解析：小球由最高点到最低点的过程中，mgL(1－cos 60°)＝mv2，小球自左方运动到最低点时悬线上张力为零，由圆周运动知识可知，qvB－mg＝m；整个过程中，机械能守恒，故小球经过最低点时速度大小不变，自右经过最低点时，洛伦兹力方向改变，T－qvB－mg＝m，解以上三式可得：T＝4mg，C项正确.
3.[带电粒子在圆形有界磁场中运动]如图所示，半径为R的圆形区域内有一垂直纸面向里的匀强磁场，P为磁场边界上的一点.大量质量为m、电荷量为q的带正电粒子，在纸面内沿各个方向以相同速率v从P点射入磁场.
这些粒子射出磁场时的位置均位于PQ圆弧上，PQ圆弧长等于磁场边界周长的.不计粒子重力和粒子间的相互作用，则该匀强磁场的磁感应强度大小为(　　)
A. B.
C. D.
答案：D　解析：这些粒子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律可得qvB＝.从Q点离开磁场的粒子是这些粒子中离开磁场时离P点最远的粒子，所以PQ为从Q点离开磁场的粒子的轨迹圆弧的直径，由图中几何关系可知，该粒子轨迹圆的圆心O′、磁场边界圆的圆心O和点P形成一个直角三角形，由几何关系可得，r＝Rsin 60°＝R.联立解得B＝，选项D正确.
4.[带电粒子在直线边界磁场中运动](多选)如图所示，两个初速度大小相同的同种离子a和b，从O点沿垂直磁场方向进入匀强磁场，最后打到屏P上.不计重力.下列说法正确的有(　　)
A.a、b均带正电
B.a在磁场中飞行的时间比b的短
C.a在磁场中飞行的路程比b的短
D.a在P上的落点与O点的距离比b的近
答案：AD　解析：因离子均向下偏转打到屏P上，根据左手定则可知a、b均带正电，A项正确.又因a、b为同种离子，m、q均相同，由R＝，T＝，可知它们的轨道半径R与周期T也均相同.而a离子的轨迹是一段优弧，b离子的轨迹是一个半圆，a的路程比b的路程长，飞行时间也比b的飞行时间长，故B、C项均错误.b在P上的落点到O点的距离等于圆轨迹的直径，说明b的落点离O点最远，故D项正确.
5.[带电粒子在矩形有界磁场中运动](多选)如图所示，在0≤x≤b、0≤y≤a的长方形区域中有一磁感应强度大小为B的匀强磁场，磁场的方向垂直于xOy平面向外.O处有一粒子源，在某时刻发射大量质量为m、电荷量为q的带正电粒子，它们的速度大小相同，速度方向均在xOy平面内的第一象限内.
已知粒子在磁场中做圆周运动的周期为T，最先从磁场上边界中飞出的粒子经历的时间为，最后从磁场中飞出的粒子经历的时间为.不计粒子的重力及粒子间的相互作用，则(　　)
A.粒子射入磁场的速度大小v＝
B.粒子做圆周运动的半径r＝2a
C.长方形区域的边长满足关系＝＋1
D.长方形区域的边长满足关系＝2
答案：ABC　解析：当速度方向沿y轴正方向时，时间最短，如图甲，此时圆弧所对的圆心角为30°，由几何关系知r＝2a，所以v＝，A、B正确；当粒子的轨迹与上边界相切时，时间最长，由图乙可知∠OCA＝，设最后离开磁场的发射方向与y轴正方向的夹角为α，由几何关系得rsin α＝r－a，得sin α＝1－＝，α＝30°，由图乙可得b＝rsin α＋rcos α＝a＋a＝(1＋)a，所以＝1＋，C正确，D错误.
　　
　　　　　甲　　　　　　　　　　乙
专题七　带电粒子在电场中运动的综合问题
突破　电场中“三类”典型图象问题
考向1　电场中的v-t图象
当带电粒子只在电场中作用下运动时，如果给出了粒子运动的速度图象，则从速度图象上能确定粒子运动的加速度方向、加速度大小变化情况，进而可将粒子运动中经历的各点的场强方向、场强大小、电势高低及电势能的变化等情况判定出来．
[典例1]　(多选)如图甲所示，有一绝缘圆环，圆环上均匀分布着正电荷，圆环平面与竖直平面重合．一光滑细杆沿垂直圆环平面的轴线穿过圆环，细杆上套有一个质量为m＝10 g 的带正电的小球，小球所带电荷量q＝5.0×10－4 C．小球从C点由静止释放，其沿细杆由C经B向A运动的v-t图象如图乙所示．小球运动到B点时，速度图象的切线斜率最大(图中标出了该切线)．则下列说法正确的是(　　)
　　
　　　　　甲　　　　　　　　　　乙　　　　　
A．在O点右侧杆上，B点场强最大，场强大小为E＝1.2 V/m
B．由C到A的过程中，小球的电势能先减小后变大
C．由C到A电势逐渐降低
D．C、B两点间的电势差UCB＝0.9 V
[解题指导]　v-t图线上切线的斜率表示加速度，根据牛顿第二定律可求加速度．
[解析]　由题图乙可知，小球在B点的加速度最大，故受力最大，加速度由电场力提供，故B点的电场强度最大，a＝＝，解得E＝1.2 V/m，选项A正确；从C到A电场力一直做正功，故电势能一直减小，选项B错误，C正确；由C到B电场力做功为W＝mv－0，C、B间电势差为UCB＝＝0.9 V，选项D正确．
[答案]　ACD
考向2　电场中的E-x图象
(1)反映了电场强度随位置变化的规律．
(2)E>0表示场强沿x轴正方向；E<0表示场强沿x轴负方向．
(3)图线与x轴围成的“面积”表示电势差，“面积”大小表示电势差大小，两点的电势高低根据电场方向判定．
[典例2]　(多选)静电场在x轴上的场强E随x的变化关系如图所示，x轴正向为场强正方向，带正电的点电荷沿x轴运动，则点电荷(　　)
A．在x2和x4处电势能相等
B．由x1运动到x3的过程中电势能增大
C．由x1运动到x4的过程中电场力先增大后减小
D．由x1运动到x4的过程中电场力先减小后增大
[解题指导]　(1)由图可知从x1到x4，场强方向不变，沿x轴负方向，大小先增大再减小．
(2)把正电荷从x1移动到x4，由于电场力方向与运动方向相反，电场力做负功．
[解析]　由图象可知，将正电荷沿x轴正向移动，从x2移动到x4的过程电场力做功不为零，两点处的电势能不相等，选项A错误；从x1移动到x3的过程电场力沿x轴负方向，电场力做负功，电势能增大，选项B正确；从x1到x4的过程场强先增大后减小，所以电场力先增大后减小，选项C正确，D错误．
[答案]　BC
考向3　电场中的φ-x图象
(1)描述了电势随位置变化的规律．
(2)根据电势的高低可以判断电场强度的方向是沿x轴正方向还是负方向．
(3)斜率的大小表示场强的大小，斜率为零处场强为零．
[典例3]　(多选)两电荷量分别为q1和q2的点电荷放在x轴上的O、M两点，两点电荷连线上各点电势φ随x变化的关系如图所示，其中A、N两点的电势为零，ND段中的C点电势最高，则(　　)
A．q1一定带正电，q2一定带负电
B．A、N点的电势为零，场强也为零
C．C点电势不为零，但场强为零
D．N、C间场强的方向沿x轴负方向
[解题指导]　本题可以和等量异种点电荷的φ-x图象进行对比，从而判断一些物理量．理解φ -x图线上切线的斜率表示场强是解题关键．
[解析]　根据静电场中用电场线描绘电场的规定，电场线总是从正电荷出发，到负电荷(或无穷远处)终止及沿电场线的方向电势越来越低，可以判断q1一定带正电，q2一定带负电，A正确；其中A点是异种点电荷连线上的点，电势为零，但电场强度不为零，故B错误；C点在ND段电势最高，但过C点作切线，其斜率为零，根据沿电场线方向电势降低，由于电势变化率为零，故C点电场强度为零，C正确；在NC段，由于电势沿CN方向越来越低，故电场强度方向沿x轴负方向，D正确．
[答案]　ACD
突破　带电粒子在交变电场中的运动
1．常见的交变电场的电压波形：方形波、锯齿波、正弦波等．
2．解答带电粒子在交变电场中运动的思维方法
(1)注重全面分析(分析受力特点和运动规律)，抓住粒子的运动具有周期性和在空间上具有对称性的特征，求解粒子运动过程中的速度、位移、做功或确定与物理过程相关的边界条件．
(2)分析时从两条思路出发：一是力和运动的关系，根据牛顿第二定律及运动学规律分析；二是功能关系．
(3)注意对称性和周期性变化关系的应用．
考向1　粒子做直线运动
[典例4]　将如图所示的交变电压加在平行板电容器A、B两板上，开始B板电势比A板电势高，这时有一个原来静止的电子正处在两板的中间，它在电场力作用下开始运动，设A、B两板间的距离足够大，下列说法正确的是(　　)
A．电子一直向A板运动
B．电子一直向B板运动
C．电子先向A板运动，然后返回向B板运动，之后在A、B两板间做周期性往复运动
D．电子先向B板运动，然后返回向A板运动，之后在A、B两板间做周期性往复运动
[解析]　根据交变电压的变化规律，作出电子的加速度a、速度v随时间变化的图线，如图甲、乙．从图中可知，电子在第一个内做匀加速运动，第二个内做匀减速运动，在这半个周期内，因初始B板电势比A板电势高，所以电子向B板运动，加速度大小为.在第三个内电子做匀加速运动，第四个内做匀减速运动，但在这半个周期内运动方向与前半个周期相反，向A板运动，加速度大小为.所以电子在交变电场中将以t＝时刻所在位置为平衡位置做周期性往复运动，综上分析选项D正确．

甲　　　　　　　　　　　乙
[答案]　D
[变式1]　如图甲所示，两平行正对的金属板A、B间加有如图乙所示的交变电压，一重力可忽略不计的带正电粒子被固定在两板的正中间P处．若在t0时刻释放该粒子，粒子会时而向A板运动，时而向B板运动，并最终打在A板上．则t0可能属于的时间段是(　　)
　　
甲　　　　　　乙
　　　　　　　　　　　　　　　　　
A．0C.答案：B　解析：以向B板运动为正方向，分别作出从0、、时刻释放的粒子的速度—时间图象如图所示，则由图象可看出，若0考向2　粒子在交变电场中偏转
[典例5]　如图甲所示，热电子由阴极飞出时的初速度忽略不计，电子发射装置的加速电压为U0，电容器板长和板间距离均为L＝10 cm，下极板接地，
甲
电容器右端到荧光屏的距离也是L＝10 cm，在电容器两极板间接一交变电压，上、下极板的电势随时间变化的图象如图乙所示．(每个电子穿过平行板的时间都极短，可以认为电压是不变的)求：
　
乙
(1)在t＝0.06 s时刻发射电子，电子打在荧光屏上的何处？
(2)荧光屏上有电子打到的区间有多长？
[解题指导]　(1)电子经电场加速，根据动能定理可求末速度．
(2)由于每个电子经过偏转电场的时间极短、电压不变，所以每个电子在偏转电场中做类平抛运动．
(3)电子离开偏转电场后做匀速直线运动，到达荧光屏．
[解析]　(1)电子经电场加速满足qU0＝mv2
经电场偏转后侧移量y＝at2＝·2
所以y＝，由题图知t＝0.06 s时刻u＝1.8U0，所以y＝4.5 cm
设打在屏上的点距O点距离为Y，满足＝
所以Y＝13.5 cm.
(2)由题知电子侧移量y的最大值为，所以当偏转电压超过2U0，电子就打不到荧光屏上了，所以荧光屏上电子能打到的区间长为3L＝30 cm.
[答案]　(1)打在屏上的点位于O点上方，距O点13.5 cm　(2)30 cm
对于带电粒子在交变电场中的运动问题，由于不同时间段内场强不同，使得带电粒子所受的电场力不同，造成带电粒子的运动情况发生变化．解决这类问题，要分段进行分析，根据题意找出满足题目要求的条件，从而分析求解．
突破　带电粒子的力、电综合问题
1．方法技巧
功能关系在电学中应用的题目，一般过程复杂且涉及多种性质不同的力．因此，通过审题，抓住受力分析和运动过程分析是关键，然后根据不同的运动过程中各力做功的特点来选择相应规律求解．动能定理和能量守恒定律在处理电场中能量问题时仍是首选．
2．解题流程
[典例6]　如图所示，O、A、B为同一竖直平面内的三个点，OB沿竖直方向，∠BOA＝60°，OB＝OA，将一质量为m的小球以一定的初动能自O点水平向右抛出①，小球在运动过程中恰好通过A点②.
使此小球带电，电荷量为q(q>0)，同时加一匀强电场，场强方向与△OAB所在平面平行．现从O点以同样的初动能沿某一方向抛出此带电小球，该小球通过了A点，到达A点时的动能是初动能的3倍③；若该小球从O点以同样的初动能沿另一方向抛出，恰好通过B点，且到达B点时的动能为初动能的6倍④，重力加速度大小为g⑤.求：
(1)无电场时，小球到达A点时的动能与初动能的比值；
(2)电场强度的大小和方向．
[解题指导]
第一步：抓关键点
关键点
获取信息
①
小球做平抛运动
②
平抛运动过A点时的水平、竖直位移可确定
③④
有重力做功和电场力做功，其中电场力做的功等于电势能的变化量
⑤
重力不能忽略
第二步：找突破口
(1)要确定小球到达A点时的动能与初动能比值，可由平抛运动规律求解；写出水平、竖直方向的位移关系．
(2)要确定电场强度的方向，根据到A、B两点的动能变化可确定两个个过程电势能的变化，可先找出两个等势点(在OB线上找出与A等势的点，并确定其具体位置)．
[解析]　(1)设小球的初速度为v0，初动能为Ek0，从O点运动到A点的时间为t，令OA＝d，则OB＝d，根据平抛运动的规律有
dsin 60°＝v0t　①
dcos 60°＝gt2　②
又Ek0＝mv　③
由①②③式得Ek0＝mgd　④
设小球到达A点时的动能为EkA，则
EkA＝Ek0＋mgd　⑤
由④⑤式得＝.　⑥
(2)加电场后，小球从O点到A点和B点，高度分别降低了和，设电势能分别减小ΔEpA和ΔEpB，由能量守恒及④式得
ΔEpA＝3Ek0－Ek0－mgd＝Ek0　⑦
ΔEpB＝6Ek0－Ek0－mgd＝Ek0　⑧
在匀强电场中，沿任一直线，电势的降落是均匀的．设直线OB上的M点与A点等电势，M与O点的距离为x，如图所示，则有
＝　⑨
解得x＝d.MA为等势线，电场必与其垂线OC方向平行．设电场方向与竖直向下的方向的夹角为α，由几何关系可得α＝30°　⑩
即电场方向与竖直向下的方向的夹角为30°斜向右下方
设场强的大小为E，有
qEdcos 30°＝ΔEpA　?
由④⑦?式得E＝.　?
[答案]　(1)　(2)　与竖直向下的方向的夹角为30°斜向右下方
[变式2]　(2017·江西吉安模拟)如图所示，一条长为L的细线上端固定，下端拴一个质量为m的电荷量为q的小球，将它置于方向水平向右的匀强电场中，使细线竖直拉直时将小球从A点静止释放，当细线离开竖直位置偏角α＝60°时，小球速度为0.
(1)求小球带电性质及电场强度E；
(2)若小球恰好完成竖直圆周运动，求从A点释放小球时应有的初速度vA的大小(可含根式)．
答案：见解析　
解析：(1)根据电场方向和小球受力分析可知小球带正电．
小球由A点释放到速度等于零，由动能定理有
0＝EqLsin α－mgL(1－cos α)
解得E＝.
(2)将小球的重力和电场力的合力作为小球的等效重力G′，则G′＝mg，方向与竖直方向成30°角偏向右下方．
若小球恰能做完整的圆周运动，在等效最高点
m＝mg
mv2－mv＝－mgL(1＋cos 30°)
联立解得vA＝.
1．[对φ-x图象的理解]某静电场中的一条电场线与x轴重合，其电势的变化规律如图所示．在O点由静止释放一电子，电子仅受电场力的作用，则在－x0～x0区间内(　　)
A．该静电场是匀强电场
B．该静电场是非匀强电场
C．电子将沿x轴正方向运动，加速度逐渐减小
D．电子将沿x轴正方向运动，加速度逐渐增大
答案：A　解析：图线斜率的大小等于电场线上各点的电场强度的大小，故该条电场线上各点的场强大小相等，又沿着电场线的方向电势降低，可知静电场方向沿x轴负方向，故该静电场为匀强电场，A正确，B错误；电子受到沿x轴正方向的电场力，且电场力为恒力，所以电子将沿x轴正方向运动，C、D错误．
2．[对E-x图象的理解]空间中有一沿x轴对称分布的电场，其电场强度E随x变化的图象如图所示，x1和－x1为x轴上对称的两点．下列说法正确的是(　　)
A．x1处场强大于－x1处场强
B．若电子从x1处由静止释放后向x轴负方向运动，到达－x1点时速度为零
C．电子在x1处的电势能大于在－x1处的电势能
D．x1点的电势比－x1点的电势高
答案：B　解析：由图可知，x1处场强与－x1处场强大小相等，则A错误；因图线与横轴所围面积表示电势差，设O点处电势为零，则由图可知x1与－x1处电势相等，电势差为零，C、D错误；由动能定理有qU＝ΔEk，可知B选项正确．
3．[力电综合问题]如图所示，在竖直向上的匀强电场中，一根不可伸长的绝缘细绳的一端系着一个带电小球，另一端固定于O点，小球在竖直平面内做匀速圆周运动，最高点为a，最低点为b.不计空气阻力，则下列说法正确的是(　　)
A．小球带负电
B．电场力跟重力平衡
C．小球在从a点运动到b点的过程中，电势能减少
D．小球在运动过程中机械能守恒
答案：B　解析：由于小球在竖直平面内做匀速圆周运动，速率不变化，由动能定理可知，外力做功为零，绳子拉力不做功，电场力和重力做的总功为零，所以电场力和重力的合力为零，电场力跟重力平衡，B正确；由于电场力的方向与重力方向相反，电场方向向上，所以小球带正电，A错误；小球在从a点运动到b点的过程中，电场力做负功，由功能关系得，电势能增加，C错误；在整个运动过程中，除重力做功外，还有电场力做功，小球在运动过程中机械能不守恒，D错误．
4．[力电综合问题]如图所示，空间有与水平方向成θ角的匀强电场，一个质量为m的带电小球，用长L的绝缘细线悬挂于O点，当小球静止时，细线恰好处于水平位置．现用一个外力将小球沿圆弧缓慢地拉到最低点，此过程小球的电荷量不变，则该外力做的功为(　　)
A．mgL　B.　C．mgLtan θ　D.
答案：B　解析：对小球受力分析如图所示，则重力与电场力的合力F合＝
由动能定理可知WF＝－WF合＝·L.
5．[带电粒子在交变电场中运动]如图甲所示，两平行金属板MN、PQ的板长和板间距离相等，板间存在如图乙所示的随时间周期性变化的电场，电场方向与两板垂直．在t＝0时刻，一不计重力的带电粒子沿板间中线垂直电场方向射入电场，粒子射入电场时的速度为v0，t＝T时刻粒子刚好沿MN板右边缘射出电场．则(　　)
　　　
　　　甲　　　　　　　　　　乙
A．该粒子射出电场时的速度方向一定沿垂直电场方向
B．在t＝时刻，该粒子的速度大小为2v0
C．若该粒子在时刻以速度v0进入电场，则粒子会打在板上
D．若该粒子的入射速度变为2v0，则该粒子仍在t＝T时刻射出电场
答案：A　解析：由题设条件可知，粒子在0～内做类平抛运动，在～T内做类斜抛运动，因粒子在电场中所受的电场力大小相等，根据运动的对称性，粒子射出电场时的速度方向一定是沿垂直电场方向的，如图所示，选项A正确；前后两段运动的时间相等，时将速度分解，设板长为l，由类平抛运动规律可得l＝v0T，l＝vT，则v＝v0，则时刻该粒子的速度为v0，选项B错误；若该粒子在时刻以速度v0进入电场，粒子将先向下做类平抛运动，后做类斜抛运动，而从PQ板右边缘射出电场，选项C错误；若该粒子的入射速度变为2v0，粒子在场中运动的时间t＝＝，选项D错误．
第六章 静电场
【研透全国卷】
高考对本章知识的考查主要以选择、计算为主，主要考点有：(1)电场的基本概念和规律；(2)牛顿运动定律、动能定理及功能关系在静电场中的综合应用问题；(3)带电粒子在电场中的加速、偏转等问题.
2018年的高考中，对本章知识的考查仍将是热点之一，主要以选择题的方式考查静电场的基本知识，以综合题的方式考查静电场知识与其他知识的综合应用.
考点
内容
要求
题型
一、电场力的性质
物质的电结构、电荷守恒
Ⅰ
选择
静电现象的解释
Ⅰ
点电荷
Ⅰ
库仑定律
Ⅱ
静电场
Ⅰ
电场强度、点电荷的电场强度
Ⅱ
电场线
Ⅰ
二、电场能的性质
电势能、电势
Ⅰ
选择
电势差
Ⅱ
三、电容器、带电粒子在电场中的运动
匀强电场中电势差与电场强度的关系
Ⅰ
选择、计算
带电粒子在匀强电场中的运动
Ⅱ
示波管
Ⅰ
常见电容器
Ⅰ
电容器的电压、电荷量和电容的关系
Ⅰ
第1讲　电场的力的性质
知识点一　点电荷　电荷守恒　库仑定律
1.点电荷：当带电体本身的　　　　对研究的问题影响可以忽略不计时，可以将带电体视为点电荷.点电荷是一种理想化模型.
2.电荷守恒定律
(1)内容：电荷既不会创生，也不会消失，只能从一个物体　　　　到另一个物体，或者从物体的一部分　　　　到另一部分，在转移的过程中，电荷的总量　　　　.
(2)三种起电方式：　　　　、　　　　、　　　　.
3.库仑定律
(1)内容：　　　　中两个静止点电荷之间的相互作用力与它们的　　　　　　成正比，与它们的　　　　　　成反比，作用力的方向在　　　　　　.
(2)表达式：F＝　　　　，式中k＝9.0×109 N·m2/C2，叫静电力常量.
(3)适用条件：　　　　中的　　　　　.
答案：1.大小和形状　2.(1)转移　转移　保持不变　(2)摩擦起电　接触起电　感应起电　3.(1)真空　电荷量的乘积　距离的平方　它们的连线上　(2)k　(3)真空　静止点电荷
知识点二　静电场　电场强度　电场线
1.静电场：静电场是客观存在于电荷周围的一种　　　　，其基本性质是对放入其中的电荷有　　　　.
2.电场强度
(1)定义式：E＝　　　　，是矢量，单位：N/C或V/m.
(2)点电荷的场强：E＝　　　　.
(3)方向：规定　　　　在电场中某点　　　　为该点的电场强度方向.
3.电场线
(1)电场线的特点：
①电场线从正电荷出发，终止于　　　　　　，或来自无穷远处，终止于　　　　.
②电场线在电场中　　　　.
③在同一电场中，电场线越密的地方电场强度越大.
④电场线上某点的切线方向表示该点的______________.
(2)几种典型电场的电场线：
　　

答案：1.物质　力的作用　2.(1)　(2)　(3)正电荷　受力的方向　3.(1)①负电荷或无穷远处　负电荷　②不相交　④电场强度方向
(1)任何带电体所带的电荷量都是元电荷的整数倍.(　　)
(2)点电荷和电场线都是客观存在的.(　　)
(3)根据F＝k，当r→0时，F→∞.(　　)
(4)电场强度反映了电场力的性质，所以电场中某点的电场强度与试探电荷在该点所受的电场力成正比.(　　)
(5)电场中某点的电场强度方向即为正电荷在该点所受的电场力的方向.(　　)
(6)由静止释放的带电粒子(不计重力)，其运动轨道一定与电场线重合.(　　)
答案：(1) ?　(2) ?　(3) ?　(4) ?　(5) ?　(6) ?
考点　电荷守恒定律和库仑定律
1.在用库仑定律公式时，无论是正电荷还是负电荷，均代入电荷量的绝对值；根据同种电荷相斥、异种电荷相吸判断库仑力的方向.
2.两个点电荷间相互作用的库仑力满足牛顿第三定律，大小相等、方向相反.
3.库仑力存在极大值，由公式F＝k可以看出，在两带电体的间距及电荷量之和一定的条件下，当q1＝q2时，F最大.
4.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成点电荷了.
考向1　对库仑定律的理解
[典例1]　如图所示，两个质量均为m的完全相同的金属球壳a与b，其壳层的厚度和质量分布均匀，将它们固定于绝缘支架上，两球心间的距离为l，l为球壳外半径r的3倍.若使它们带上等量异种电荷，电荷量的绝对值均为Q，那么，a、b之间的万有引力F1与库仑力F2为(　　)
A.F1＝G，F2＝k
B.F1≠G，F2≠k
C.F1≠G，F2＝k
D.F1＝G，F2≠k
[解析]　虽然两球心间的距离l只有球壳外半径r的3倍，但由于其壳层的厚度和质量分布均匀，两球壳可看做质量集中于球心的质点，因此，可以应用万有引力定律求F1；而本题中由于a、b两球壳所带异种电荷相互吸引，使它们各自的电荷分布不均匀，即相互靠近的一侧电荷分布比较密集，又因两球心间的距离l只有其外半径r的3倍，不满足l远大于r的要求，故不能将两带电球壳看成点电荷，所以库仑定律不适用，D正确.
[答案]　D
考向2　库仑定律与电荷守恒定律的综合
[典例2]　(2017·河南安阳调研)两个分别带有电荷量－Q和＋5Q的相同金属小球(均可视为点电荷)，固定在相距为r的两处，它们间库仑力的大小为F，两小球相互接触后将其固定距离变为，则两球间库仑力的大小为(　　)
A. B.　　　
C.　　　 D.
[解析]　两球相距r时，根据库仑定律F＝k，两球接触后，带电荷量均为2Q，则F′＝k，由以上两式可解得F′＝，D正确.
[答案]　D
完全相同的带电体接触后电荷的分配原则
(1)若两带电体带同种电荷q1、q2，则接触后电荷量平均分配，即q1′＝q2′＝.
(2)若两带电体带异种电荷q1、q2，则接触后电荷量先中和后平分，即q1′＝q2′＝，电性与带电荷量大的带电体相同.
考点　库仑力作用下的平衡问题
1.静电场中带电体平衡问题的解题思路
(1)确定研究对象.如果有几个物体相互作用时，要依据题意，适当选取“整体法”或“隔离法”，确定研究对象.
(2)受力分析.注意多了一个库仑力.
2.三个自由点电荷的平衡问题
(1)条件：两个点电荷在第三个点电荷处的合场强为零，或每个点电荷受到的两个库仑力必须大小相等，方向相反.
(2)规律
“三点共线”——三个点电荷分布在同一直线上；
“两同夹异”——正负电荷相互间隔；
“两大夹小”——中间电荷的电荷量最小；
“近小远大”——中间电荷靠近电荷量较小的电荷.
考向1　“三个自由点电荷平衡”的问题
[典例3]　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＋Q，B带电－9Q.现引入第三个点电荷C，恰好使三个点电荷均在电场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，B的右边0.4 m处 B.正，B的左边0.2 m处
C.负，A的左边0.2 m处 D.负，A的右边0.2 m处
[解析]　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”的原则，所以选项C正确.
[答案]　C
考向2　共点力作用下的平衡问题
[典例4]　(2016·浙江卷)(多选)如图所示，把A、B两个相同的导电小球分别用长为0.10 m的绝缘细线悬挂于OA和OB两点.用丝绸摩擦过的玻璃棒与A球接触，棒移开后将悬点OB移到OA点固定.两球接触后分开，平衡时距离为 0.12 m.
已测得每个小球质量是8.0×10－4 kg，带电小球可视为点电荷，重力加速度取g＝10 m/s2，静电力常量k＝9.0×109 N·m2/C2，则(　　)
A.两球所带电荷量相等
B.A球所受的静电力为1.0×10－2 N
C.B球所带的电荷量为4×10－8 C
D.A、B两球连线中点处的电场强度为0
[解题指导]　两球接触后分开，带电量相等，根据平衡条件结合几何关系可求出静电力及电荷量.
[解析]　因A、B两球相同，故接触后两球所带的电荷量相同，故A项正确；由题意知平衡时A、B两球离悬点的高度为h＝ m＝0.08 m，设细线与竖直方向夹角为θ，则tan θ＝＝，由tan θ＝，知A球所受的静电力F＝mgtan θ＝6.0×10－3 N，B项错误；
由库仑定律F＝k，得B球所带的电荷量Q＝r＝0.12× C＝4×10－8 C，则C项正确；A、B两球带同种电荷，则A、B两球连线中点处的电场强度为0，故D项正确.
[答案]　ACD
[变式1]　(多选)如图所示，用两根长度相同的绝缘细线把一个质量为0.1 kg的小球A悬挂到水平板的M、N两点，A上带有Q＝3.0×10－6 C的正电荷.两线夹角为120°，两线上的拉力大小分别为F1和F2.A的正下方0.3 m 处放有一带等量异种电荷的小球B，B与绝缘支架的总质量为 0.2 kg(重力加速度取g＝10 m/s2；静电力常量k＝9.0×109N·m2/C2，A、B球可视为点电荷)，则(　　)
A.支架对地面的压力大小为2.0 N
B.两线上的拉力大小F1＝F2＝1.9 N
C.将B水平右移，使M、A、B在同一直线上，此时两线上的拉力大小F1＝1.225 N，F2＝1.0 N
D.将B移到无穷远处，两线上的拉力大小F1＝F2＝0.866 N
答案：BC　解析：A、B间库仑力为引力，大小为F＝k＝0.9 N，B与绝缘支架的总重力G2＝m2g＝2.0 N，由力的平衡可知，支架对地面的压力为1.1 N，A项错.由于两线的夹角为120°，根据对称性可知，两线上的拉力大小相等，与A的重力和库仑力的合力大小相等，即F1＝F2＝G1＋F＝1.9 N，B项正确；将B水平右移，使M、A、B在同一直线上，此时库仑力为F′＝＝0.225 N，没有B时，F1、F2上的拉力与A的重力相等，即等于1.0 N，当B水平右移，使M、A、B在同一直线上时，F2上拉力不变，则根据力的平衡可得F1＝1.0 N＋0.225 N＝1.225 N，C项正确；将B移到无穷远处，B对A的作用力为零，两线上的拉力等于A球的重力大小，即为1.0 N，D项错误.
共点力作用下平衡问题的分析方法
考点　电场强度和电场线的理解及应用
1.电场强度的性质
矢量性
电场强度E是表示电场力的性质的一个物理量，规定正电荷受力方向为该点场强的方向
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
如果有几个静止电荷在空间同时产生电场，那么空间某点的场强是各场源电荷单独存在时在该点所产生的场强的矢量和
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
某点的场强为确定值，大小及方向与q无关
决定式
E＝
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
3.电场线的特点
(1)电场线上每一点的切线方向与该点的场强方向一致.
(2)电场线从正电荷或无穷远出发，终止于无限远或负电荷.
(3)电场线在电场中不相交、不闭合、不中断.
(4)在同一电场中，电场线越密集的地方场强越大，电场线越稀疏的地方场强越小.
(5)沿电场线的方向电势逐渐降低，匀强电场中电场线方向是电势降落最快的方向.
考向1　对电场强度的理解
[典例5]　如图甲所示，在x轴上有一个点电荷Q(图中未画出)，Q、A、B为轴上三点.放在A、B两点的检验电荷受到的电场力跟检验电荷所带电荷量的关系如图乙所示.以x轴的正方向为电场力的正方向，则(　　)
甲
乙
A.点电荷Q一定为正电荷
B.点电荷Q在A、B之间
C.A点的电场强度大小为2×103 N/C
D.同一电荷在A点受到的电场力比B点的大
[解题指导]　本题的关键是对图象的理解.A点场强为正，即沿x轴正方向；B点场强为负，即沿x轴负方向，且EA>EB，可用假设法分析.
[解析]　由图乙知，两直线都是过原点的倾斜直线，由场强的定义式可知，其斜率的绝对值大小为各点的场强大小，则EA＝2×103 N/C，EB＝0.5×103 N/C＝，同一电荷在A点受到的电场力比B点的大；由图中电场力的方向可得A、B两点电场强度方向相反，则点电荷Q在A、B之间，且为负电荷，故选项B、C、D正确.
[答案]　BCD
考向2　对电场线的理解及应用
[典例6]　P、Q两电荷的电场线分布如图所示，a、b、c、d为电场中的四点，c、d关于PQ连线的中垂线对称.一个离子从a运动到b(不计重力)，轨迹如图所示，则下列判断正确的是
(　　)
A.P带负电
B.c、d两点的电场强度相同
C.离子在运动过程中受到P的吸引力
D.离子从a到b，电场力做正功
[解析]　由电场线的方向可知选项A错误；c、d两点的场强大小相同，但方向不同，选项B错误；离子所受电场力的方向应该指向曲线的凹侧，故可以判断出离子在运动过程中受到P电荷的吸引力，选项C正确；离子从a到b，电场力做负功，选项D错误.
[答案]　C
[变式2]　某静电场中的电场线方向不确定，分布如图所示，带电粒子在电场中仅受静电力作用，其运动轨迹如图中虚线所示，由M运动到N，以下说法正确的是(　　)
A.粒子必定带正电荷
B.该静电场一定是孤立正电荷产生的
C.粒子在M点的加速度小于它在N点的加速度
D.粒子在M点的速度大于它在N点的速度
答案：C　解析：带电粒子所受静电力沿电场线的切线方向或其反方向，且指向曲线弯曲的内侧，静电力方向大致向上，因不知电场线的方向，粒子的电性无法确定，所以选项A错误.电场线是弯曲的，则一定不是孤立点电荷的电场，所以选项B错误.N点处电场线密，则场强大，粒子受到的静电力大，产生的加速度也大，所以选项C正确.因静电力大致向上，粒子由M运动到N时，静电力做正功，粒子动能增加，速度增加，所以选项D错误.
电场线、运动轨迹、电荷正负的判断方法
(1)“运动与力两线法”——画出“速度线”(运动轨迹在初始位置的切线)与“力线”(在初始位置电场线的切线方向)，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，可顺次向下分析判定各待求量；若三个都不知(三不知)，则要用“假设法”分别讨论各种情况.
考点　电场强度的叠加与计算
1.叠加原理：多个电荷在空间某处产生的电场为各电荷在该处所产生的电场强度的矢量和.
2.运算法则：平行四边形定则.
3.计算电场强度常用的五种方法
(1)电场叠加合成法.(2)平衡条件求解法.(3)对称法.(4)补偿法.(5)等效法.
考向1　点电荷电场的叠加
[典例7]　直角坐标系xOy中，M、N两点位于x轴上，G、H两点坐标如图所示.M、N两点各固定一负点电荷，一电量为Q的正点电荷置于O点时，G点处的电场强度恰好为零.静电力常量用k表示.若将该正点电荷移到G点，则H点处场强的大小和方向分别为(　　)
A.，沿y轴正向　　B.，沿y轴负向
C.，沿y轴正向 D.，沿y轴负向
[解题指导]　(1)分析正点电荷Q在G点产生的场强大小和方向.
(2)根据场强的矢量合成法则判断M、N两点固定的负点电荷在G点产生的场强大小和方向.
(3)根据对称性判断出M、N两点固定的负点电荷在H点产生的场强大小和方向.
(4)计算出正点电荷移到G点时，该正点电荷在H点产生的场强大小和方向.
(5)将二者按照矢量合成法则进行合成.
[解析]　处于O点的正点电荷在G点处产生的场强E1＝k，方向沿y轴负向；又因为G点处场强为零，所以M、N处两负点电荷在G点共同产生的场强E2＝E1＝k，方向沿y轴正向；根据对称性，M、N处两负点电荷在H点共同产生的场强E3＝E2＝k，方向沿y轴负向；将该正点电荷移到G处，该正点电荷在H点产生的场强E4＝k，方向沿y轴正向，所以H点的场强E＝E3－E4＝，方向沿y轴负向.
[答案]　B
考向2　点电荷的电场与匀强电场的叠加
[典例8]　如图所示，在水平向右、大小为E的匀强电场中，在O点固定一电荷量为Q的正电荷，A、B、C、D为以O为圆心、半径为r的同一圆周上的四点，B、D连线与电场线平行，A、C连线与电场线垂直.则(　　)
A.A点的场强大小为
B.B点的场强大小为E－k
C.D点的场强大小不可能为0
D.A、C两点的场强相同
[解析]　＋Q在A点的电场强度沿OA方向，大小为k，所以A点的合电场强度大小为，A正确；同理，B点的电场强度大小为E＋k，B错误；如果E＝k，则D点的电场强度为0，C错误；A、C两点的电场强度大小相等，但方向不同，D错误.
[答案]　A
考向3　点电荷与均匀带电体场强的叠加
[典例9]　如图所示，一半径为R的圆盘上均匀分布着电荷量为Q的电荷，在垂直于圆盘且过圆心c的轴线上有a、b、d三个点，a和b、b和c、c和d间的距离均为R，在a点处有一电荷量为q(q>0)的固定点电荷.已知b点处的场强为零，则d点处场强的大小为(k为静电力常量)(　　)
A.k B.k
C.k D.k
[解题指导]　b点处场强为零是a点的点电荷和带电圆盘在b点叠加的结果，即a点的点电荷在b点的场强与带电圆盘在b点场强等大反向，再应用对称性可求d点场强.
[解析]　由于b点处的场强为零，根据电场叠加原理知，带电圆盘和a点处点电荷在b点处产生的场强大小相等、方向相反.在d点处带电圆盘和a点处点电荷产生的场强方向相同，所以E＝k＋k＝k，所以选项B正确.
[答案]　B
1.点电荷电场、匀强电场场强叠加一般应用合成法即可.
2.均匀带电体与点电荷场强叠加一般应用对称法.
3.计算均匀带电体某点场强一般应用补偿法或微元法.
1.[点电荷场强计算]如图所示，真空中O点有一点电荷，在它产生的电场中有a、b两点，a点的场强大小为Ea，方向与ab连线成60°角，b点的场强大小为Eb，方向与ab连线成30°角.关于a、b两点场强大小Ea、Eb的关系，以下结论正确的是(　　)
A.Ea＝Eb B.Ea＝Eb
C.Ea＝Eb D.Ea＝3Eb
答案：D　解析：由题图可知，rb＝ra，再由E＝可知，＝＝3，故D正确.
2.[库仑力作用下的平衡问题]在光滑绝缘的水平地面上放置着四个相同的金属小球，小球A、B、C位于等边三角形的三个顶点上，小球D位于三角形的中心，如图所示.现让小球A、B、C带等量的正电荷Q，让小球D带负电荷q，使四个小球均处于静止状态，则Q与q的比值为(　　)
A. B.
C.3 D.
答案：D　解析：设等边三角形的边长为a，由几何知识可知，BD＝a·cos 30°·＝a，以B为研究对象，由平衡条件可知，cos 30°×2＝，解得＝，D正确.
3.[电场的叠加]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上均匀分布着正电荷，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. B.－E
C.－E D.＋E
答案：B　解析：假设将带电荷量为2q的球面放在O处，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.则在M、N点所产生的电场为E＝＝，由题知当半球面如题图所示在M点产生的场强为E，则N点的场强为E′＝－E，选项B正确.
4.[电场力、速度、轨迹的关系]如图所示，实线表示电场线，虚线表示带电粒子运动的轨迹，带电粒子只受电场力的作用，运动过程中电势能逐渐减少，它运动到b处时的运动方向与受力方向可能的是(　　)
答案：D　解析：由于带电粒子只受电场力的作用，而且运动过程中电势能逐渐减小，可判断电场力做正功，即电场力与粒子速度方向夹角为锐角，且两者在轨迹两侧，综上所述，可判断只有D项正确.
5.[共点力平衡]如图所示，水平天花板下用长度相同的绝缘细线悬挂起来的两个相同的带电小球A、B，左边放一带正电的固定球P时，两悬线都保持竖直方向.下面说法正确的是
(　　)
A.A球带正电，B球带负电，并且A球带电荷量较B球带电荷量大
B.A球带正电，B球带负电，并且A球带电荷量较B球带电荷量小
C.A球带负电，B球带正电，并且A球带电荷量较B球带电荷量小
D.A球带负电，B球带正电，并且A球带电荷量较B球带电荷量大
答案：C　解析：存在固定球P时，对A、B球受力分析，由于悬线都沿竖直方向，说明水平方向各自合力为零，说明A球带负电而B球带正电.由于A、B球在水平方向各受两个力，而A、B之间的库仑力大小相等，方向相反，可得P对A、B的水平方向的库仑力大小相等，方向相反.根据F＝以及A离P近，可知A球带电荷量较小，B球带电荷量较大，故C正确.
第2讲　电场的能的性质
知识点一　电场力做功和电势能
1．电场力做功
(1)特点：静电力做功与________无关，只与________有关．
(2)计算方法
①W＝qEd，只适用于匀强电场，其中d为沿________的距离．
②WAB＝qUAB，适用于________．
2．电势能
(1)定义：电荷在________中具有的势能，数值上等于将电荷从该点移到________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________，即WAB＝EpA－EpB＝－ΔEp.
(3)电势能具有相对性．
答案：1.(1)实际路径　初末位置　(2)①电场方向
②任何电场　2.(1)电场　零势能　(2)电势能的减少量
知识点二　电势、等势面、电势差
1．电势
(1)定义：电荷在电场中某一点的________与它的________的比值．
(2)定义式：φ＝.
(3)相对性：电势具有相对性，同一点的电势因________的选取不同而不同．
2．等势面
(1)定义：电场中________的各点构成的面．
(2)特点
①在等势面上移动电荷，电场力不做功．
②等势面一定与电场线垂直，即与场强方向________．
③电场线总是由电势________的等势面指向电势________的等势面．
④等差等势面的疏密表示电场的强弱(等差等势面越密的地方，电场线越密)．
3．电势差
(1)定义：电荷在电场中，由一点A移到另一点B时，电场力所做的功WAB与移动的电荷的电量q的比值．
(2)定义式：UAB＝________.
(3)电势差与电势的关系：UAB＝________，UAB＝－UBA.
(4)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________的距离的乘积，即UAB＝Ed.
答案：1.(1)电势能　电荷量　(3)零电势点
2．(1)电势相等　(2)②垂直　③高　低
3．(2)　(3)φA－φB　(4)电场方向
(1)电场力做功与重力做功相似，均与路径无关．(　　)
(2)电场中电场强度为零的地方电势一定为零．(　　)
(3)沿电场线方向电场强度越来越小，电势逐渐降低．(　　)
(4)A、B两点间的电势差等于将正电荷从A移到B点时静电力所做的功．(　　)
(5)A、B两点的电势差是恒定的，所以UAB＝UBA.(　　)
(6)电势是矢量，既有大小也有方向．(　　)
(7)等差等势线越密的地方，电场线越密，电场强度越大．(　　)
(8)电场中电势降低的方向，就是电场强度的方向．(　　)
答案：(1)?　(2)×　(3)×　(4)×　(5)×
(6)×　(7)?　(8)×
点电荷的电势
电势的叠加遵守标量的加法，如果知道了点电荷的电势表达式，在分析电势叠加问题时会更得心应手．
推导：规定无穷远处电势为零，根据静电力做功和电势能变化的关系WAB＝EpA－EpB，可把点电荷Q形成电场中的A点写为EpA＝EpA－0＝WA→∞，其中WA→∞表示把电荷q从A点移动到无穷远处的过程中，Q对q的静电力所做的功，即WA→∞＝＝，则φA＝＝.
考点　电势高低及电势能大小的比较
1．电势高低的判断
判断依据
判断方法
电场线方向
沿电场线方向电势逐渐降低
场源电荷的正负
取无穷远处电势为零，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
电势能的高低
正电荷在电势较高处电势能大，负电荷在电势较低处电势能大
电场力做功
根据UAB＝，将WAB、q的正负号代入，由UAB的正负判断φA、φB的高低
2.电势能大小的判断
判断角度
判断方法
做功判断法
电场力做正功，电势能减小
电场力做负功，电势能增加
电荷电势法
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
公式法
将电荷量、电势连同正负号一起代入公式Ep＝qφ，正Ep的绝对值越大，电势能越大；负Ep的绝对值越大，电势能越小
考向1　场强与电势的判断
[典例1]　如图所示，一圆环上均匀分布着正电荷，x轴垂直于环面且过圆心O.下列关于x轴上的电场强度和电势的说法中正确的是(　　)
A．O点的电场强度为零，电势最低
B．O点的电场强度为零，电势最高
C．从O点沿x轴正方向，电场强度减小，电势升高
D．从O点沿x轴正方向，电场强度增大，电势降低
[解题指导]　O点场强可用微元法判断；电势高低可应用做功法判断．
[解析]　圆环上均匀分布着正电荷，可以将圆环等效为很多正点电荷的组成，同一条直径的两端点的点电荷的合场强类似于两个等量同种点电荷的合场强，故圆环的中心的合场强一定为零．x轴上的合场强，在圆环的右侧的合场强沿x轴向右，左侧的合场强沿x轴向左，电场强度都呈现先增大后减小的特征，由沿场强方向的电势降低，得O点的电势最高．综上知选项B正确．
[答案]　B
考向2　电势、电势能的判断
[典例2]　(多选)如图所示，在x轴上相距为L的两点固定两个等量异种点电荷＋Q、－Q，虚线是以＋Q所在点为圆心、为半径的圆，a、b、c、d是圆上的四个点，其中a、c两点在x轴上，b、d两点关于x轴对称．下列判断正确的是(　　)
A．b、d两点处的电势相同
B．四个点中c点处的电势最低
C．b、d两点处的电场强度相同
D．将一试探电荷＋q沿圆周由a点移至c点，＋q的电势能减小
[解析]　由等量异种点电荷的电场线分布及等势面特点知，A、B正确，C错误．四点中a点电势最高、c点电势最低，正电荷在电势越低处电势能越小，故D正确．
[答案]　ABD
1．电场线与等势面的关系：电场线与等势面垂直，并从电势较高的等势面指向电势较低的等势面．
2．电场强度大小与电势无直接关系：零电势可人为选取，电场强度的大小由电场本身决定，故电场强度大的地方，电势不一定高．
3．电势能与电势的关系：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．
考点　电势差与电场强度的关系
1．公式E＝的三点注意
(1)只适用于匀强电场．
(2)d为某两点沿电场强度方向上的距离，或两点所在等势面之间的距离．
(3)电场强度的方向是电势降低最快的方向．
2．两个重要推论
推论1：匀强电场中的任一线段AB的中点C的电势，等于φC＝，如图甲所示．
　　　　
　　　　甲　　　　　　　　　　乙
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)，如图乙所示．
考向1　匀强电场中场强与电势差的关系
[典例3]　如图所示，在平面直角坐标系中，有方向平行于坐标平面的匀强电场，其中坐标原点O处的电势为零，点A处的电势为6 V，点B处的电势为3 V，则电场强度的大小为(　　)
　　　　　　　　 　　　　　 　
A．200 V/m B．200 V/m
C．100 V/m D．100 V/m
[解题指导]　在OA上找到与B点等电势的C点，连接B、C为等势线→由电场线与等势线垂直，方向由高电势点指向低电势点，确定电场线→根据电场强度与电势差的关系U＝Ed计算．
[解析]　匀强电场的电场线与等势面都是平行、等间距排列的，且电场线与等势面处处垂直，沿着电场线方向电势均匀降落，取OA中点C，则C点电势为3 V，连接BC即为电场中的一条等势线，作等势线的垂线，即电场中的电场线．E＝＝＝200 V/m.
[答案]　A
[变式1]　如图所示，在光滑绝缘的水平面上，存在一个水平方向的匀强电场，电场强度大小为E，在水平面上有一个半径为R的圆周，其中PQ为直径，C为圆周上的一点，在O点将一带正电的小球以相同的速度向各个方向水平射出时，小球在电场力的作用下可以到达圆周的任何点，但小球到达C点时的速度最大．
已知PQ与PC间的夹角为θ＝30°，则关于该电场强度E的方向及PC间的电势差大小说法正确的是(　　)
A．E的方向为由P指向Q，UPC＝ER
B．E的方向为由Q指向C，UPC＝
C．E的方向为由P指向C，UPC＝2ER
D．E的方向为由O指向C，UPC＝
答案：D　解析：由题意知，过C点的切面应是圆周上离O点最远的等势面，半径OC与等势面垂直，E的方向为由O指向C，OC与PC间夹角为θ＝30°，则连线OC与PC间夹角也为30°，因此直线dPC＝R，则电场方向的长度为Rcos 30°，则UPC＝E×R×＝，选项D正确．
考向2　非匀强电场中场强与电势差的关系
[典例4]　(多选)如图所示，实线表示电场线，下列关于电势差的说法中正确的是(　　)
A．若AB＝BC，则UAB>UBC
B．若AB＝BC，则UAB＝UBC
C．若AB＝BC，则UABD．在匀强电场中，与电场垂直的方向上任意两点间的电势差为零
[解析]　由电场线的疏密可知，A、B之间比B、C之间的平均电场强度大，由U＝d可知，AB＝BC时，UAB>UBC，即A对，B、C错．等势面与电场线始终相互垂直，故D对．
[答案]　AD
E＝在非匀强电场中的应用
(1)解释等差等势面的疏密与电场强度大小的关系，当电势差U一定时，电场强度E越大，则沿电场强度方向的距离d越小，即电场强度越大，等差等势面越密．
(2)定性判断非匀强电场电势差的大小关系，如距离相等的两点间的电势差，E越大，U越大；E越小，U越小．
(3)利用φ-x图象的斜率判断沿x方向电场强度Ex随位置的变化规律．在φ-x图象中斜率k＝＝＝Ex，斜率的大小表示电场强度的大小，正负表示电场强度的方向．
考点　电场线、等势线(面)及带电粒子的运动轨迹问题
1．几种常见的典型电场的等势面比较
电场
等势面(实线)图样
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
连线的中垂线上的电势为零
等量同种
正点电荷
的电场
连线上，中点电势最低，而在中垂线上，中点电势最高
2.带电粒子在电场中运动轨迹问题的分析方法
(1)从轨迹的弯曲方向判断受力方向(轨迹向合外力方向弯曲)，从而分析电场方向或电荷的正负．
(2)结合轨迹、速度方向与静电力的方向，确定静电力做功的正负，从而确定电势能、电势和电势差的变化等．
考向1　电场线与运动轨迹的关系
[典例5]　如图所示，实线表示电场线，虚线表示带电粒子只在电场力作用下的运动轨迹，a、b为其运动轨迹上的两点，可以判定(　　)
A．粒子在a点的速度大于在b点的速度
B．粒子在a点的加速度大于在b点的加速度
C．粒子一定带正电荷
D．粒子在a点的电势能大于在b点的电势能
[解题指导]　解答本题的一般方法为：
(1)任意假设粒子的运动方向．
(2)从轨迹上任选一点，一般选在与电场线的交点．
(3)确定该点速度方向，即轨迹切线方向．
(4)确定粒子在该点所受电场力的方向(根据轨迹介于力和速度两个方向之间判断)．
(5)确定其他量的变化．
[解析]　该粒子在电场中做曲线运动，则电场力应指向轨迹的凹侧且沿电场线的切线方向，设粒子由a向b运动，则其所受电场力方向和速度方向的关系如图所示，可知电场力做正功，粒子速度增加，电势能减小，A选项错，D选项对；b点处电场线比a点处电场线密，即粒子在b点所受电场力大，加速度大，B选项错；因电场线方向不确定，所以粒子的电性不确定，C选项错．(假设粒子由b向a运动同样可得出结论)
[答案]　D
考向2　等势线与运动轨迹的关系
[典例6]　两个固定的等量异号点电荷所产生电场的等势面如图中虚线所示，一带负电的粒子以某一速度从图中A点沿图示方向进入电场在纸面内飞行，最后离开电场，粒子只受静电力作用，则粒子在电场中(　　)
A．做直线运动，电势能先变小后变大
B．做直线运动，电势能先变大后变小
C．做曲线运动，电势能先变小后变大
D．做曲线运动，电势能先变大后变小
[解析]　带电粒子在A处时，由于电场线与等势面垂直，所以粒子所受电场力方向与速度方向垂直，由此可知粒子做曲线运动，带电粒子在进入电场时的电势能εA＝qφA，离开电场时的电势能ε∞＝qφ∞，φA＝φ∞＝0，所以εA＝ε∞.粒子在A点时所受电场力方向与速度方向垂直，所以电场力要做正功，电势能要减小，由此可以判断电势能先减小后增大，C正确．
[答案]　C
[变式2]　如图所示，虚线a、b、c表示电场中的三个等势面，相邻等势面间的电势差相等，实线为一个带正电的质点仅在电场力作用下通过该区域的运动轨迹，P、Q是轨迹上的两点．下列说法中正确的是(　　)
A．三个等势面中，等势面a的电势最高
B．带电质点一定是从P点向Q点运动
C．带电质点通过P点时的动能比通过Q点时的小
D．带电质点通过P点时的加速度比通过Q点时的小
答案：C　解析：电场线和等势面垂直，可以根据等势面来画出某处的电场线．又质点做曲线运动所受电场力的方向指向曲线的凹侧，由此可以判断出电场线的方向大致是从c指向a，而沿着电场线的方向电势逐渐降低，a、b、c三个等势面的电势关系为φc>φb>φc，故选项A错误．无法从质点的受力情况来判断其运动方向，选项B错误．质点在P点的电势能大于在Q点的电势能，而电势能和动能的总和不变，所以，质点在P点的动能小于在Q点的动能，选项C正确．P点的等势面比Q点的等势面密，故场强较大，质点受到的电场力较大，加速度较大，选项D错误．
带电粒子运动轨迹类问题的解题技巧
(1)判断速度方向：带电粒子运动轨迹上某点的切线方向为该点处的速度方向．
(2)判断电场力(或场强)的方向：仅受电场力作用时，带电粒子所受电场力方向指向轨迹曲线的凹侧，再根据粒子的正负判断场强的方向．
(3)判断电场力做功的正负及电势能的增减：若电场力与速度方向成锐角，则电场力做正功，电势能减少；若电场力与速度方向成钝角，则电场力做负功，电势能增加．
考点　电场力做功与功能关系
1．求电场力做功的四种方法
(1)定义式：WAB＝Flcos α＝qEdcos α(适用于匀强电场)．
(2)电势的变化：W＝qUAB＝q(φA－φB)．
(3)动能定理：W电＋W其他＝ΔEk.
(4)电势能的变化：WAB＝－ΔEpBA＝EpA－EpB.
2．电场中的功能关系
(1)若只有电场力做功，电势能与动能之和保持不变．
(2)若只有电场力和重力做功，电势能、重力势能、动能之和保持不变．
(3)除重力外，其他各力对物体做的功等于物体机械能的增量．
(4)所有外力对物体所做的总功，等于物体动能的变化．
[典例7]　(多选)如图所示，半圆槽光滑、绝缘、固定，圆心是O，最低点是P，直径MN水平．a、b是两个完全相同的带正电小球(视为点电荷)，b固定在M点，a从N点静止释放，沿半圆槽运动经过P点到达某点Q(图中未画出)时速度为零．则小球a(　　)
A．从N到Q的过程中，重力与库仑力的合力先增大后减小
B．从N到P的过程中，速率先增大后减小
C．从N到Q的过程中，电势能一直增加
D．从P到Q的过程中，动能减少量小于电势能增加量
[解题指导]　解答本题可从以下三方面进行分析：
(1)a球的受力情况；
(2)在运动过程中每个力做功情况；
(3)在运动过程中能量转化情况．
[解析]　如图所示，根据三角形定则不难看出，在重力G大小和方向都不变、库仑力F变大且与重力之间的夹角θ由90°逐渐减小的过程中，合力F合将逐渐增大，A项错误；从N到P的运动过程中，支持力不做功，而重力与库仑力的合力F合与速度之间的夹角α由锐角逐渐增大到90°，再增大为钝角，即合力F合对小球a先做正功后做负功，小球a的速率先增大后减小，B项正确；小球a从N到Q靠近小球b的运动过程中，库仑力一直做负功，电势能一直增加，C项正确；P到Q的运动过程中，小球a减少的动能等于增加的重力势能与增加的电势能之和，D项错误．
[答案]　BC
[变式3]　(多选)如图所示为一匀强电场，某带电粒子从A点运动到B点．在这一运动过程中克服重力做的功为2.0 J，电场力做的功为1.5 J．则下列说法正确的是(　　)
A．粒子带负电
B．粒子在A点的电势能比在B点少1.5 J
C．粒子在A点的动能比在B点多0.5 J
D．粒子在A点的机械能比在B点少1.5 J
答案：CD　解析：从粒子的运动轨迹可以看出，粒子所受的电场力方向与场强方向相同，粒子带正电，A错误；粒子从A点运动到B点，电场力做功1.5 J，说明电势能减少1.5 J，B错误；对粒子应用动能定理得：W电＋W重＝EkB－EkA，代入数据解得EkB－EkA＝1.5 J－2.0 J＝－0.5 J，C正确；粒子机械能的变化量等于除重力外其他力做的功，电场力做功1.5 J，则粒子的机械能增加1.5 J，D正确．
处理电场中能量问题的基本方法
在解决电场中的能量问题时常用到的基本规律有动能定理、能量守恒定律，有时也会用到功能关系．
(1)应用动能定理解决问题需研究合外力的功(或总功)．
(2)应用能量守恒定律解决问题需注意电势能和其他形式能之间的转化．
(3)应用功能关系解决该类问题需明确电场力做功与电势能改变之间的对应关系．
(4)有电场力做功的过程机械能一般不守恒，但机械能与电势能的总和可以不变．
1．[场强、电势、电势能的判断]如图所示，对于电场线中的A、B、C三点，下列判断正确的是(　　)
A．A点的电势最低
B．B点的电场强度最大
C．同一正电荷在A、B两点受的电场力大小相等
D．同一负电荷在C点具有的电势能比在A点的大
答案：D　解析：根据电场线的特点，沿着电场线方向电势逐渐降低，则φA>φC>φB，又知同一负电荷在电势越低处电势能越大，则同一负电荷在C点具有的电势能比在A点的大，所以A错误，D正确；因在同一电场中电场线越密，电场强度越大，则知A点电场强度最大，所以B错误；因电场中EA>EB，则同一正电荷在A、B两点所受电场力大小关系为FA>FB，所以C错误．
2．[匀强电场中场强与电势差的关系]如图所示，等边三角形ABC处在匀强电场中，其中电势φA＝φB＝0，φC＝φ.保持该电场的大小和方向不变，让等边三角形以A点为轴在纸面内顺时针转过30°，则此时B点的电势为(　　)
A.φ B.φ
C．－φ D．－φ
答案：C　解析：设等边三角形的边长为L，则匀强电场E＝.若让等边三角形以A点为轴在纸面内顺时针转过30°，则B1点(转动后的B点)到AB的距离为L1＝，所以U＝Ed＝×＝，故转动后B点的电势为－，选项C正确．
3．[电场中力和运动的关系]电场中某三条等势线如图中实线a、b、c所示．一电子仅在电场力作用下沿直线从P运动到Q，已知电势φa>φb>φc，这一过程电子运动的v-t图象可能是下图中的(　　)
　
答案：A　解析：结合φa>φb>φc，由题图等势线的特点可确定此电场为非匀强电场，且Q点处电场强度小于P点处电场强度，电子仅在电场力作用下沿直线从P运动到Q，将做加速度越来越小的加速运动，A正确．
4．[电场力做功与电势能变化](多选)图中虚线为一组间距相等的同心圆，圆心处固定一带正电的点电荷．一带电粒子以一定初速度射入电场，实线为粒子仅在电场力作用下的运动轨迹，a、b、c三点是实线与虚线的交点．则该粒子(　　)
A．带负电
B．在c点受力最大
C．在b点的电势能大于在c点的电势能
D．由a点到b点的动能变化量大于由b点到c点的动能变化量
答案：CD　解析：由粒子的运动轨迹可知，粒子所受的电场力指向曲线的凹侧，故粒子带正电，故A错误；在c点，粒子离点电荷最远，根据库仑定律可知，粒子受力最小，故B错误；从b到c，电场力做正功，电势能减小，所以粒子在b点的电势能大于在c点的电势能，故C正确；ab间的电势差大于bc间的电势，粒子由a到b电场力做功多，动能变化大，故D正确．
5．[匀强电场的性质](多选)如图所示，A、B、C、D、E、F为匀强电场中一个边长为10 cm的正六边形的六个顶点，已知A、B、C三点电势分别为1.0 V、2.0 V、3.0 V，正六边形所在平面与电场线平行．下列说法中正确的是(　　)
A．CD和AF为电场中的两条等势线
B．匀强电场的场强大小为10 V/m
C．匀强电场的场强方向为由C指向A
D．将一个电子由E点移到D点，其电势能将减少1.6×10－19 J
答案：ACD　解析：A、B、C三点的电势分别为1.0 V、2.0 V、3.0 V，由于匀强电场中任一直线上的电势分布都是均匀的，连接AC如图所示，则AC中点G的电势为2.0 V，因此BE连线为一条等势线，因此平行于BE的CD、AF为等势线，选项A正确；
正六边形边长为10 cm，则由几何关系知CG＝5 cm，由E＝求得E＝ V/m，选项B错误；电场线垂直于等势线且由高电势指向低电势，选项C正确；将一个电子从E点移到D点，电场力做功W＝－eUED＝1.6×10－19 J，根据电场力做功与电势能变化的关系知，电势能减少1.6×10－19 J，选项D正确．
第3讲　电容器　带电粒子在电场中的运动
知识点一　电容器、电容
1．电容器
(1)组成：任何两个相互靠近又彼此________的导体组成．
(2)带电荷量：一个极板所带电荷量的________．
(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
(1)定义：电容器所带的________与两个极板间的电势差U的比值．
(2)表达式：________.
(3)单位：法拉(F)、微法(μF)，常用单位有皮法(pF)，1 F＝106 μF＝1012 pF.
(4)平行板电容器电容的决定式：________，k为静电力常量．
答案：1.(1)绝缘　(2)绝对值　2.(1)电荷量Q　(2)C＝　(4)C＝
知识点二　带电粒子在电场中的加速和偏转
1．带电粒子在电场中的加速
(1)动力学观点分析：若电场为匀强电场，则有a＝________，E＝________，v2－v＝2ad.
(2)功能观点分析：粒子只受电场力作用，满足______________________．
2．带电粒子在匀强电场中的偏转
(1)条件：以速度v0垂直于电场线方向飞入匀强电场，仅受电场力．
(2)运动性质：________运动．
(3)处理方法：运动的分解．
①沿初速度方向：做________运动．
②沿电场方向：做初速度为零的____________运动．
答案：1.(1)　　(2)qU＝mv2－mv　2.(2)类平抛
(3)①匀速直线　②匀加速直线
知识点三　示波器的工作原理
1．构造：①________，②偏转极板，③荧光屏．(如图所示)
2．工作原理
(1)YY′上加的是待显示的________，XX′上是机器自身产生的锯齿形电压，叫做________．
(2)观察到的现象：
①如果在偏转电极XX′和YY′之间都没有加电压，则电子枪射出的电子沿直线传播，打在荧光屏________，在那里产生一个亮斑．
②若所加扫描电压和信号电压的________相同，就可以在荧光屏上得到待测信号在一个周期内变化的图象．
答案：1.①电子枪　2.(1)信号电压　扫描电压　(2)①中心　②周期
(1)电容器所带的电荷量是指每个极板所带电荷量的代数和．(　　)
(2)电容器的电容与电容器所带电荷量成正比．(　　)
(3)放电后的电容器电荷量为零，电容也为零．
(4)带电粒子在匀强电场中只能做类平抛运动．(　　)
(5)带电粒子在电场中，只受电场力时，也可以做匀速圆周运动．(　　)
答案：(1)×　(2)×　(3)×　(4)×　(5)?
考点　平行板电容器的动态分析
1．两个公式的比较
C＝
C＝
公式
特点
定义式，适用于一切电容器
决定式，适用于平行板电容器
意义
对某电容器Q∝U，但＝C不变，反映容纳电荷的本领
C∝εr，C∝S，C∝，反映了影响电容大小的因素
2.平行板电容器的动态分析思路
(1)确定不变量，分析是电压不变还是所带电荷量不变．
(2)根据决定式C＝分析平行板电容器电容的变化．
(3)根据定义式C＝分析电容器所带电荷量或两极板间电压的变化．
(4)根据E＝分析电容器极板间场强的变化．
考向1　两极板电势差保持不变
[典例1]　(多选)美国物理学家密立根通过研究平行板间悬浮不动的带电油滴，比较准确地测定了电子的电荷量．如图所示，平行板电容器两极板M、N相距d，两极板分别与电压为U的恒定电源两极连接，极板M带正电．
现有一质量为m的带电油滴在极板中央处于静止状态，且此时极板带电荷量与油滴带电荷量的比值为k，则(　　)
A．油滴带负电
B．油滴带电荷量为
C．电容器的电容为
D．将极板N向下缓慢移动一小段距离，油滴将向上运动
[解题指导]　(1)分析油滴的受力情况，根据场强方向可判断油滴的带电情况．
(2)N板向下运动，两板间距离增加，场强减小，从而使油滴运动．
[解析]　由题意知油滴受到的电场力方向竖直向上，又上极板带正电，故油滴带负电，设油滴带电荷量为q，则极板带电荷量为Q＝kq，由于qE＝mg，E＝，C＝，解得q＝，C＝，将极板N向下缓慢移动一小段距离，U不变，d增大，则电场强度E减小，重力将大于电场力，油滴将向下运动，只有选项A、C正确．
[答案]　AC
考向2　两极板带电量保持不变
[典例2]　(2016·天津卷)如图所示，平行板电容器带有等量异种电荷，与静电计相连，静电计金属外壳和电容器下极板都接地．
在两极板间有一固定在P点的点电荷，以E表示两板间的电场强度，Ep表示点电荷在P点的电势能，θ表示静电计指针的偏角．若保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离至图中虚线位置，则(　　)
A．θ增大，E增大　　　　　B．θ增大，Ep不变
C．θ减小，Ep增大 D．θ减小，E不变
[解析]　平行板电容器带有等量异种电荷，当极板正对面积不变时，两极板之间的电场强度E不变．保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离至题图中虚线位置，由U＝Ed可知，两极板之间的电势差减小，静电计指针的偏角θ减小，由于下极板接地(电势为零)，两极板之间的电场强度不变，所以点电荷在P点的电势能Ep不变．综上所述，选项D正确．
[答案]　D
求解电容器问题的两个常用技巧
(1)在电荷量保持不变的情况下，由E＝＝＝知，电场强度与板间距离无关．
(2)对平行板电容器的有关物理量Q、E、U、C进行讨论时，关键在于弄清哪些是变量，哪些是不变量，在变量中哪些是自变量，哪些是因变量，利用C＝、Q＝CU和E＝进行判定即可．
考点　带电粒子在电场中的直线运动
1．带电粒子在电场中运动时重力的处理
(1)基本粒子：如电子、质子、α粒子、离子等，除有说明或明确的暗示以外，一般都不考虑重力(但并不忽略质量)．
(2)带电颗粒：如液滴、油滴、尘埃、小球等，除有说明或明确的暗示以外，一般都不能忽略重力．
2．两种解题思路
(1)应用牛顿运动定律处理带电粒子的直线运动
带电粒子沿与电场线平行的方向进入匀强电场，受到的电场力与速度方向在一条直线上，带电粒子做匀变速直线运动．根据带电粒子的受力情况，用牛顿运动定律和运动学公式确定带电粒子的速度、位移、时间等．
(2)用动能定理处理带电粒子在电场中的直线运动
对带电粒子进行受力分析，确定有哪几个力做功，做正功还是负功；确定带电粒子的初、末状态的动能，根据动能定理列方程求解．
考向1　仅在电场力作用下的直线运动
[典例3]　(2016·四川卷)中国科学院2015年10月宣布中国将在2020年开始建造世界上最大的粒子加速器．加速器是人类揭示物质本源的关键设备，在放射治疗、食品安全、材料科学等方面有广泛应用．
如图所示，某直线加速器由沿轴线分布的一系列金属圆管(漂移管)组成，相邻漂移管分别接在高频脉冲电源的两极．质子从K点沿轴线进入加速器并依次向右穿过各漂移管，在漂移管内做匀速直线运动，在漂移管间被电场加速，加速电压视为不变．
设质子进入漂移管B时速度为8×106 m/s，进入漂移管E时速度为1×107 m/s，电源频率为1×107 Hz，漂移管间缝隙很小，质子在每个管内运动时间视为电源周期的.质子的荷质比取1×108 C/kg.求：
(1)漂移管B的长度；
(2)相邻漂移管间的加速电压．
[解题指导]　(1)质子在漂移管内做匀速直线运动，可以计算管的长度．
(2)每次经过漂移管缝隙都要加速，所以管的长度不同，可以从B到E整体分析求解加速电压．
[解析]　(1)设质子进入漂移管B的速度为vB，电源频率、周期分别为f、T，漂移管B的长度为L，则
T＝　①
L＝vB·　②
联立①②式并代入数据得L＝0.4 m．　③
(2)设质子进入漂移管E的速度为vE，相邻漂移管间的加速电压为U，电场对质子所做的功为W，质子从漂移管B运动到E电场做功为W′，质子的电荷量为q，质量为m，则
W＝qU　④
W′＝3W　⑤
W′＝mv－mv　⑥
联立④⑤⑥式并代入数据得U＝6×104 V．　⑦
[答案]　(1)0.4 m　(2)6×104 V
考向2　在重力和电场力作用下的直线运动
[典例4]　如图所示，充电后的平行板电容器水平放置，电容为C，极板间距离为d，上极板正中有一小孔．质量为m、电荷量为＋q的小球从小孔正上方高h处由静止开始下落，穿过小孔到达下极板处速度恰为零(空气阻力忽略不计，极板间电场可视为匀强电场，重力加速度为g)．求：
(1)小球到达小孔处的速度；
(2)极板间电场强度大小和电容器所带电荷量；
(3)小球从开始下落至运动到下极板处的时间．
[解析]　(1)由v2＝2gh得v＝.
(2)在极板间带电小球受重力和电场力，有mg－qE＝ma
0－v2＝2ad
得E＝
U＝Ed
Q＝CU
得Q＝.
(3)由h＝gt
0＝v＋at2
t＝t1＋t2
综合可得t＝.
[答案]　(1)　(2)　　(3)
带电体在匀强电场中的直线运动问题的解题步骤：
考点　带电粒子在电场中的偏转
设粒子带电荷量为q，质量为m，两平行金属板间的电压为U，板长为l，板间距离为d(忽略重力影响)，则有
(1)加速度：a＝＝＝.
(2)在电场中的运动时间：t＝.
(3)速度.
(4)偏转角tan θ＝＝.
(5)偏转距离y＝at2＝.
[典例5]　如图所示为研究电子枪中电子在电场中运动的简化模型示意图．在xOy平面的ABCD区域内，存在两个场强大小均为E的匀强电场Ⅰ和Ⅱ，两电场的边界均是边长为L的正方形(不计电子所受重力)．
(1)在该区域AB边的中点处由静止释放电子，求电子离开ABCD区域的位置；
(2)在电场Ⅰ区域内适当位置由静止释放电子，电子恰能从ABCD区域左下角D处离开，求所有释放点的位置．
[解题指导]　(1)第(1)问为典型的先加速后偏转问题，用动能定理、运动学公式和分解思想即可解答．
(2)第(2)问可假设释放点坐标为(x，y)，由“恰从D处离开”分析x、y的关系，从而确定释放点的位置．
[解析]　(1)设电子的质量为m，电荷量为e，电子在电场Ⅰ中做匀加速直线运动，射出区域Ⅰ时的速度为v0，此后在电场Ⅱ中做类平抛运动．假设电子从CD边射出，射出点纵坐标为y1，则有
eEL＝mv，－y1＝at＝2
解得y1＝L，所以原假设成立，即电子离开ABCD区域的位置坐标为.
(2)设释放点在电场Ⅰ区域内的坐标为(x，y)，电子在电场Ⅰ中被加速到v1，然后进入电场Ⅱ中做类平抛运动，并从D处离开，有
eEx＝mv，y＝at＝2
解得xy＝，即在电场Ⅰ区域内满足此方程式的点即为所求位置．
[答案]　(1)　(2)见解析
[变式]　(多选)如图所示，氕核、氘核、氚核三种粒子从同一位置无初速度地飘入电场线水平向右的加速电场E1，之后进入电场线竖直向下的匀强电场E2发生偏转，最后打在屏上．整个装置处于真空中，不计粒子重力及其相互作用，那么(　　)
A．偏转电场E2对三种粒子做功一样多
B．三种粒子打到屏上时的速度一样大
C．三种粒子运动到屏上所用时间相同
D．三种粒子一定打到屏上的同一位置
答案：AD　解析：根据动能定理有qE1d＝mv，得三种粒子经加速电场加速后获得的速度v1＝ .在偏转电场中，由l＝v1t2 及y＝t得，带电粒子经偏转电场的侧位移y＝，则三种粒子在偏转电场中的侧位移大小相等，又三种粒子带电荷量相同，根据W＝qE2y得，偏转电场E2对三种粒子做功一样多，选项A正确．根据动能定理，qE1d＋qE2y＝mv，得到粒子离开偏转电场E2打到屏上时的速度v2＝ ，由于三种粒子的质量不相等，故v2不一样大，选项B错误．粒子打在屏上所用的时间t＝＋＝＋(L′为偏转电场左端到屏的水平距离)，由于v1不一样大，所以三种粒子打在屏上的时间不相同，选项C错误．根据vy＝t2及tan θ＝得，带电粒子的偏转角的正切值tan θ＝，即三种带电粒子的偏转角相等，又由于它们的侧位移相等，故三种粒子打到屏上的同一位置，选项D正确．
粒子垂直于匀强电场进入电场中偏转时的两个结论
(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角度总是相同的．
(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为粒子水平位移的中点．
1．[平行板电容器动态分析]如图所示，平行板电容器与电源相接，充电后切断电源，然后将电介质插入电容器极板间，则两板间的电势差U及板间场强E的变化情况为(　　)
A．U变大，E变大 B．U变小，E变小
C．U不变，E不变 D．U变小，E不变
答案：B　解析：当平行板电容器充电后切断电源，极板所带电荷量Q保持不变，插入电介质后，电容器的电容C变大，则U＝将变小，而由E＝可知，板间场强E也将变小．选项B正确．
2．[平行板电容器动态分析]如图所示，平行板电容器与电动势为E的直流电源(内阻不计)连接，下极板接地．一带电油滴位于两板中央的P点且恰好处于平衡状态．现将平行板电容器的上极板竖直向下移动一小段距离，则(　　)
A．带电油滴将沿竖直方向向上运动
B．带电油滴将沿竖直方向向下运动
C．P点的电势将降低
D．电容器的电容减小，电容器的带电量将减小
答案：A　解析：根据电容器的决定式C＝，当上极板向下移动时，d减小，电容变大，又C＝，电压U不变，因此电容器带电量增多，D错误；根据电容器内部电场强度E＝可知，d减小，场强增大，油滴受到向上的电场力增大，将向上运动，A正确，B错误；由于场强增大，由U＝Ed可知，P与下极板电势差变大，P点电势升高，C错误．
3．[带电粒子在电场中加速、偏转]如图所示，一价氢离子(H＋)和二价氦离子(He2＋)的混合体，经同一加速电场加速后，垂直射入同一偏转电场中，偏转后，打在同一荧光屏上，则它们(　　)
A．同时到达屏上同一点 B．先后到达屏上同一点
C．同时到达屏上不同点 D．先后到达屏上不同点
答案：B　解析：一价氢离子(H＋)和二价氦离子(He2＋)的比荷不同，由qU＝mv2可知经过加速电场获得的末速度不同，因此在加速电场及偏转电场的时间均不同，但在偏转电场中偏转距离y＝at2＝相同，所以会打在同一点，B正确．
4．[带电粒子在电场中的直线运动](多选)如图所示，平行板电容器的两个极板与水平地面成一角度，两极板与一直流电源相连．若一带电粒子恰能沿图中所示水平直线通过电容器，则在此过程中，该粒子(　　)
A．所受重力与电场力平衡 B．电势能逐渐增加
C．动能逐渐增加 D．做匀变速直线运动
答案：BD　解析：直线运动的条件是垂直于速度方向上受力平衡，本题中是重力和电场力的一个分力平衡．对带电粒子受力分析如图所示，F合≠0，故A错误．由图可知电场力与重力的合力应与v0反向，F合对粒子做负功，其中mg不做功，qE做负功，故粒子动能减少，电势能增加，B正确，C错误．F合恒定，且F合与v0方向相反，粒子做匀减速直线运动，D正确．
5．[带电粒子在电场中偏转]如图所示，在两条平行的虚线内存在着宽度为L、场强为E的匀强电场，在与右侧虚线相距也为L处有一与电场平行的屏．现有一电荷量为＋q、质量为m的带电粒子(重力不计)，以垂直于电场线方向的初速度v0射入电场中，v0方向的延长线与屏的交点为O.试求：
(1)粒子从射入到打到屏上所用的时间；
(2)粒子刚射出电场时的速度方向与初速度方向间夹角的正切值tan α；
(3)粒子打到屏上的点P到点O的距离x.
答案：(1)　(2)　(3)
解析：(1)根据题意，粒子在垂直于电场线的方向上做匀速直线运动，则粒子从射入到打到屏上所用的时间t＝.
(2)粒子在全过程中的运动情况如图所示
设粒子射出电场时沿平行电场线方向的速度为vy，由牛顿第二定律得粒子在电场中的加速度
a＝
所以粒子刚射出电场时的速度方向与初速度方向间夹角的正切值为
tan α＝＝＝＝.
(3)如(2)中图所示，设粒子在电场中的偏转距离为y，则
y＝at＝a2＝又x＝y＋Ltan α解得x＝.
实验十二　验证动量守恒定律
[实验方案]
方案一：利用气垫导轨完成一维碰撞实验
[实验器材]
气垫导轨、光电计时器、天平、滑块(两个)、重物、弹簧片、细绳、弹性碰撞架、胶布、撞针、橡皮泥等.
[实验步骤]
1.测质量：用天平测出滑块的质量.
2.安装：正确安装好气垫导轨.
3.实验：接通电源，利用配套的光电计时装置测出两滑块各种情况下碰撞前后的速度(①改变滑块的质量；②改变滑块的初速度大小和方向).
4.验证：一维碰撞中的动量守恒.
[数据处理]
1.滑块速度的测量：v＝，式中Δx为滑块挡光片的宽度(仪器说明书上给出，也可直接测量)，Δt为数字计时器显示的滑块(挡光片)经过光电门的时间.
2.验证的表达式：m1v1＋m2v2＝m1v′1＋m2v′2.
方案二：利用斜槽上滚下的小球验证动量守恒定律
[实验器材]
斜槽、小球(两个)、天平、复写纸、白纸等.
[实验步骤]
1.测质量：用天平测出两小球的质量，并选定质量大的小球为入射小球.
2.安装：按照图甲所示安装实验装置.调整固定斜槽使斜槽底端水平.
甲
3.铺纸：白纸在下，复写纸在上且在适当位置铺放好.记下重垂线所指的位置O.
4.放球找点：不放被撞小球，每次让入射小球从斜槽上某固定高度处自由滚下，重复10次.用圆规画尽量小的圆把所有的小球落点圈在里面.圆心P就是小球落点的平均位置.
5.碰撞找点：把被撞小球放在斜槽末端，每次让入射小球从斜槽同一高度自由滚下，使它们发生碰撞，重复实验10次.用步骤4的方法，标出碰后入射小球落点的平均位置M和被撞小球落点的平均位置N.如图乙所示.
乙
6.验证：连接ON，测量线段OP、OM、ON的长度.将测量数据填入表中.最后代入m1·OP＝m1·OM＋m2·ON，看在误差允许的范围内是否成立.
7.结束：整理好实验器材放回原处.
[数据处理]
验证的表达式：m1·OP＝m1·OM＋m2·ON.
方案三：在光滑桌面上两车碰撞完成一维碰撞实验
[实验器材]
光滑长木板、打点计时器、纸带、小车(两个)、天平、撞针、橡皮泥.
[实验步骤]
1.测质量：用天平测出两小车的质量.
2.安装：将打点计时器固定在光滑长木板的一端，把纸带穿过打点计时器，连在小车的后面，在两小车的碰撞端分别装上撞针和橡皮泥.
3.实验：接通电源，让小车A运动，小车B静止，两车碰撞时撞针插入橡皮泥中，把两小车连接成一体运动.
4.测速度：通过纸带上两计数点间的距离及时间由v＝算出速度.
5.改变条件：改变碰撞条件，重复实验.
6.验证：一维碰撞中的动量守恒.
[数据处理]
1.小车速度的测量：v＝，式中Δx是纸带上两计数点间的距离，可用刻度尺测量，Δt为小车经过Δx的时间，可由打点间隔算出.
2.验证的表达式：m1v1＋m2v2＝m1v′1＋m2v′2.
[注意事项]
1.前提条件：碰撞的两物体应保证“水平”和“正碰”.
2.若利用“气垫导轨”完成实验，调整气垫导轨时，注意利用水平仪确保导轨水平.
若用“斜槽”完成实验，斜槽末端的切线必须水平，入射小球每次都必须从斜槽同一高度由静止释放.
[误差分析]
1.系统误差：主要来源于装置本身是否符合要求，即：
(1)碰撞是否为一维碰撞.
(2)实验是否满足动量守恒的条件：如气垫导轨是否水平，两球是否等大.
2.偶然误差：主要来源于质量m和速度v的测量.
3.改进措施：(1)设计方案时应保证碰撞为一维碰撞，且尽量满足动量守恒的条件.
(2)采取多次测量求平均值的方法减小偶然误差.
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
考向1　对实验原理与操作的考查
[典例1]　如图所示，用“碰撞实验器”可以验证动量守恒定律，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系.
(1)实验中直接测定小球碰撞前后的速度是不容易的，但可以通过仅测量　　　　(填选项前的符号)间接地解决这个问题.
A.小球开始释放高度h
B.小球抛出点距地面的高度H
C.小球做平抛运动的射程
(2)图中O点是小球抛出点在地面上的垂直投影，实验时，先让入射球m1多次从斜轨上S位置静止释放，找到其平均落地点的位置P，测量平抛射程OP.然后，把被碰小球m2静置于轨道的水平部分，再将入射球m1从斜轨上S位置静止释放，与小球m2相碰，并多次重复.
接下来要完成的必要步骤是　　　　.(填选项前的符号)
A.用天平测量两个小球的质量m1、m2
B.测量小球m1开始释放高度h
C.测量抛出点距地面的高度H
D.分别找到m1、m2相碰后平均落地点的位置M、N
E.测量平抛射程OM、ON
(3)若两球相碰前后动量守恒，其表达式可表示为　　　　　　　　[用(2)中测量的量表示]；若碰撞是弹性碰撞，那么还应满足的表达式为　　　　　　　　[用(2)中测量的量表示].
[解析]　(1)小球离开轨道后做平抛运动，由H＝gt2知t＝，即小球的下落时间一定，则初速度v＝可用平抛运动的水平射程来表示，选项C正确.
(2)本实验要验证的是m1·OM＋m2·ON＝m1·OP，因此要测量两个小球的质量m1和m2以及它们的水平射程OM和ON，而要确定水平射程，应先分别确定两个小球落地的平均落点，没有必要测量小球m1开始释放的高度h和抛出点距地面的高度H，故应完成的步骤是ADE或DEA或DAE.
(3)若动量守恒，应有m1v1＋m2v2＝m1v0(v0是m1单独下落时离开轨道时的速度，v1、v2是两球碰后m1、m2离开轨道时的速度)，又v＝，则有m1·＋m2·＝m1·，即m1·OM＋m2·ON＝m1·OP；若碰撞是弹性碰撞，则碰撞过程中没有机械能损失，则有m1v＋m2v＝m1v，同样整理可得m1·OM2＋m2·ON2＝m1·OP2.
[答案]　(1)C　(2)ADE　(3)m1·OM＋m2·ON＝m1·OP　m1·OM2＋m2·ON2＝m1·OP2
[变式1]　(2017·江苏徐州模拟)气垫导轨是常用的一种实验仪器，它是利用气泵使带孔的导轨与滑块之间形成气垫，使滑块悬浮在导轨上，滑块在导轨上的运动可视为没有摩擦.我们可以用带竖直挡板C、D的气垫导轨和滑块A、B探究碰撞中的不变量，实验装置如图所示(弹簧的长度忽略不计).
采用的实验步骤如下：
a.用天平分别测出滑块A、B的质量mA、mB；
b.调整气垫导轨，使导轨处于水平；
c.在A和B间放入一个被压缩的轻弹簧，用电动卡销锁定，静止放置在气垫导轨上；
d.用刻度尺测出A的左端至挡板C的距离L1；
e.按下电钮放开卡销，同时分别记录滑块A、B运动时间的计时器开始工作，当A、B滑块分别碰撞挡板C、D时计时结束，记下A、B分别到达C、D的运动时间t1和t2.
(1)实验中还应测量的物理量及其符号是　　　　　　.
(2)作用前A、B两滑块质量与速度乘积之和为　　　　；作用后A、B两滑块质量与速度乘积之和为　　　　.
(3)作用前后A、B两滑块质量与速度乘积之和并不完全相等，产生误差的原因有_________________________________
________________________________(至少答出两点).
答案：(1)B的右端至挡板D的距离L2　(2)0　mA－mB　(3)见解析
解析：(1)实验中还应测量的物理量为B的右端至挡板D的距离L2.
(2)设向左为正方向，根据所测数据求得两滑块的速度分别为vA＝，vB＝－.
碰前两滑块静止，即v＝0，质量与速度乘积之和为零，碰后两滑块的质量与速度乘积之和为mAvA＋mBvB＝mA－mB.
(3)产生误差的原因：
①L1、L2、t1、t2、mA、mB的数据测量误差；
②没有考虑弹簧推动滑块的加速过程；
③滑块并不是做标准的匀速直线运动，滑块与导轨间有少许摩擦力；
④气垫导轨不完全水平.
考向2　对数据处理和误差的考查
[典例2]　现利用图(a)所示的装置验证动量守恒定律.在图(a)中，气垫导轨上有A、B两个滑块，滑块A右侧带有一弹簧片，左侧与打点计时器(图中未画出)的纸带相连；滑块B左侧也带有一弹簧片，上面固定一遮光片，光电计时器(未完全画出)可以记录遮光片通过光电门的时间.
(a)
实验测得滑块A的质量m1＝0.310 kg，滑块B的质量m2＝0.108 kg，遮光片的宽度d＝1.00 cm；打点计时器所用交流电的频率f＝50.0 Hz.
将光电门固定在滑块B的右侧，启动打点计时器，给滑块A一向右的初速度，使它与B相碰.碰后光电计时器显示的时间为ΔtB＝3.500 ms，碰撞前后打出的纸带如图(b)所示.
(b)
若实验允许的相对误差绝对值× 100%最大为5%，本实验是否在误差范围内验证了动量守恒定律？写出运算过程.
[解析]　按定义，滑块运动的瞬时速度大小v为
v＝①
式中Δs为滑块在很短时间Δt内走过的路程
设纸带上打出相邻两点的时间间隔为ΔtA，则
ΔtA＝＝0.02 s②
ΔtA可视为很短
设滑块A在碰撞前后瞬时速度大小分别为v0、v1.将②式和图给实验数据代入①式得v0＝2.00 m/s③
v1＝0.970 m/s④
滑块B在碰撞后的速度大小为v2，由①式有
v2＝⑤
代入题给实验数据得
v2＝2.86 m/s⑥
设两滑块在碰撞前后的总动量分别为p和p′，则
p＝m1v0⑦
p′＝m1v1＋m2v2⑧
两滑块在碰撞前后总动量相对误差的绝对值为
δp＝×100%⑨
联立③④⑥⑦⑧⑨式并代入有关数据，得
δp＝1.7%<5%⑩
因此，本实验在允许的误差范围内验证了动量守恒定律.
[答案]　见解析
[变式2]　某同学利用打点计时器和气垫导轨做“验证动量守恒定律”的实验，气垫导轨装置如图甲所示，所用的气垫导轨装置由导轨、滑块、弹射架等组成.在空腔导轨的两个工作面上均匀分布着一定数量的小孔，向导轨空腔内不断通入压缩空气，空气会从小孔中喷出，使滑块稳定地漂浮在导轨上，这样就大大减小了因滑块和导轨之间的摩擦而引起的误差.
(1)下面是实验的主要步骤：
①安装好气垫导轨，调节气垫导轨的调节旋钮，使导轨水平；
②向气垫导轨空腔内通入压缩空气；
③把打点计时器固定在紧靠气垫导轨左端弹射架的外侧，将纸带穿过打点计时器和弹射架并固定在滑块1的左端，调节打点计时器的高度，直至滑块拖着纸带移动时，纸带始终在水平方向；
④使滑块1挤压导轨左端弹射架上的橡皮绳；
⑤把滑块2放在气垫导轨的中间；
⑥先　　　　　　　　　，然后　　　　，让滑块带动纸带一起运动；
⑦取下纸带，重复步骤④⑤⑥，选出较理想的纸带如图乙所示；
⑧测得滑块1的质量为310 g，滑块2(包括橡皮泥)的质量为205 g.
完善实验步骤⑥的内容.
(2)已知打点计时器每隔0.02 s打一个点，计算可知两滑块相互作用以前系统的总动量为　　　　kg·m/s；两滑块相互作用以后系统的总动量为　　　　kg·m/s(保留三位有效数字).
(3)试说明(2)问中两结果不完全相等的主要原因是______
_______________________________________________.
答案：(1)接通打点计时器的电源　放开滑块1
(2)0.620　0.618　(3)纸带与打点计时器的限位孔有摩擦
解析：(1)实验时应先接通打点计时器的电源，再放开滑块1.
(2)作用前滑块1的速度v1＝ m/s＝2 m/s，系统的总动量为0.310 kg×2 m/s＝0.620 kg·m/s；作用后滑块1和滑块2具有相同的速度v＝ m/s＝1.2 m/s，系统的总动量为(0.310 kg＋0.205 kg)×1.2 m/s＝0.618 kg·m/s.
(3)结果不完全相等的主要原因是纸带与打点计时器的限位孔有摩擦，使实验出现误差.
第十一章 动量　近代物理初步
【研透全国卷】
高考对本章知识的考查主要以选择、计算为主，本章的主要考点有碰撞模型、动量定理、动量守恒定律、经典物理理论、原子和原子核部分的最新科技成果.
以生活中的具体事例及经典物理学理论为命题背景，结合物理知识在生活中的应用及最新科技成果的命题趋势较强，2018年高考应予以高度关注.
第十一章　动量　近代物理初步
考点
内容
要求
题型
必考实验
一、碰撞与动量守恒
动量、动量定理、动量守恒定律及其应用
Ⅱ
选择、
计算
1.实验内容
验证动量守恒定律
2.命题形式
填空
弹性碰撞和非弹性碰撞
Ⅰ
二、光电效应、波粒二象性
光电效应
Ⅰ
选择
爱因斯坦光电效应方程
Ⅰ
三、原子结构、氢原子光谱
氢原子光谱
Ⅰ
选择
氢原子的能级结构、能级公式
Ⅰ
四、天然放射现象、核反应、核能
原子核的组成、放射性、原子核的衰变、半衰期
Ⅰ
选择
放射性同位素
Ⅰ
核力、核反应方程
Ⅰ
结合能、质量亏损
Ⅰ
裂变反应和聚变反应、裂变反应堆
Ⅰ
射线的危害和防护
Ⅰ
第1讲　动量和动量定理
知识点一　动量
1.定义：物体的　　　　与　　　　的乘积.
2.表达式：p＝　　　　.
3.特征：矢量性、瞬时性、相对性.
4.动量的变化(也叫动量的变化量、动量的改变量、动量的增量等等)
(1)定义：动量的变化等于　　　　与　　　　之差.
(2)表达式：　　　　　　，Δp也是矢量，Δp的方向由初末动量的方向共同决定.
答案：1.质量　速度　2.mv　4.(1)末动量　初动量　(2)Δp＝p′－p
知识点二　冲量
1.定义：　　　　与　　　　　　的乘积叫做力的冲量.
2.公式：　　　　.
3.单位：　　　　，符号是　　　　.
4.矢标性：冲量是　　　　，方向是由　　　　决定的.
5.物理意义：表示力的作用对　　　　的积累效果.
6.作用效果：使物体的　　　　发生变化.
答案：1.力　力的作用时间　2.I＝F·t　3.牛顿·秒　N·s　4.矢量　力的方向　5.时间　6.动量
知识点三　动量定理
1.内容：物体在一个过程始末的　　　　等于它在这个过程中所受力的冲量.
2.表达式：F(t′－t)＝mv′－mv或I＝p′－p.
3.注意：(1)动量定理内容有两方面：一是合外力冲量的大小与动量变化的大小　　　　，二是动量变化的方向与冲量的方向　　　　.
(2)动量定理的研究对象，可以是　　　　，也可以是　　　　.对物体系统，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统的动量变化.
4.用动量概念表示牛顿第二定律
F＝，此式表示：物体　　　　等于它所受的力.
答案：1.动量变化量　3.(1)相等　相同　(2)单个物体　物体系统　4.动量的变化率
(1)冲量是物体动量变化的原因.(　　)
(2)作用在静止的物体上的力的冲量一定为零.(　　)
(3)动量越大的物体受到的冲量越大.(　　)
(4)冲量的方向就是物体运动的方向 .(　　)
(5)物体的动量发生变化，其动能一定变化.(　　)
(6)物体的动能发生变化，其动量一定变化.(　　)
(7)动量大的物体惯性一定大.(　　)
(8)动量相同的物体运动方向一定相同.(　　)
答案：(1) ?　(2) ?　(3) ?　(4) ?　(5) ?
(6) ?　(7) ?　(8) ?
考点　动量的概念以及动量的变化
1.动量是矢量，是物体的质量与速度的乘积，而不是质量与速率的乘积.
2.动量是状态量，物体的动量总是指物体在某一时刻的动量，因此在计算时相应的速度应取这一时刻的瞬时速度.
3.物体动量的变化是矢量，其方向与物体速度的变化量Δv的方向相同.在合力为恒力的情况下，物体动量变化的方向也与物体加速度的方向相同，即与物体所受合力的方向相同.
4.有关物体动量变化的运算，一定要按照矢量运算的法则(平行四边形定则或三角形定则)进行，如果物体的初、末动量都在同一条直线上，常常选取一个正方向，使物体的初、末动量都带有表示自己方向的正负号，这样，就可以把复杂的矢量运算化为简单的代数运算了.
考向1　动量、动量变化的理解
[典例1]　对于竖直向上抛出的物体，下面关于物体在上升阶段的动量和动量变化量说法中，哪个是正确的(　　)
A.物体的动量方向向上，动量变化量的方向也向上
B.物体的动量方向向上，动量变化量的方向向下
C.物体的动量方向向下，动量变化量的方向向上
D.物体的动量方向向下，动量变化量的方向也向下
[解析]　物体在上升阶段时，速度向上，则物体的动量方向向上，根据动量定理可知，动量的变化量Δp＝mgt，重力的方向竖直向下，则动量变化量的方向向下.B选项正确.
[答案]　B
考向2　动量变化的计算
[典例2]　质量是8 g的玻璃球，以3 m/s的速度向右运动，碰到一个物体后被弹回，以2 m/s的速度沿同一直线向左运动，试求该玻璃球的动量变化量.
[解析]　设水平向右的方向为正方向，则p＝mv＝8×10－3×3 kg·m/s＝2.4×10－2 kg·m/s，p′＝mv′＝8×10－3×(－2) kg·m/s＝－1.6×10－2 kg·m/s
故玻璃球动量的变化量为Δp＝p′－p＝－1.6×10－2 kg·m/s－2.4×10－2 kg·m/s＝－4.0×10－2 kg·m/s
“－”表示动量变化量的方向水平向左.
[答案]　4.0×10－2 kg·m/s，方向水平向左
1.动量是状态量，方向与速度方向相同，速度指的是瞬时速度.
2.动量变化量是两个矢量的差，注意在一维情况下动量变化量的矢量运算可转化为代数运算.
考点　冲量的理解与计算
1.对冲量的理解
(1)冲量是过程量：冲量描述的是作用在物体上的力对时间的积累效应，与某一过程相对应.
(2)冲量的矢量性：冲量是矢量，在作用时间内力的方向不变时，冲量的方向与力的方向相同，如果力的方向是变化的，则冲量的方向与相应时间内物体动量变化量的方向相同.
(3)冲量的绝对性：冲量仅由力和时间两个因素决定，具有绝对性.
2.冲量的计算
(1)单个力的冲量：利用公式I＝Ft计算.
(2)合力的冲量：
①如果是一维情形，可以化为代数和，如果不在一条直线上，求合冲量遵循平行四边形定则.
②两种方法：可分别求每一个力的冲量，再求各冲量的矢量和；另外，如果各个力的作用时间相同，也可以先求合力，再用公式I合＝F合·Δt求解.
③变力的冲量：用动量定理列式求解.
考向1　对冲量的理解
[典例3]　(多选)恒力F作用在质量为m的物体上，如图所示，由于地面对物体的摩擦力较大，物体没有被拉动，则经时间t，下列说法正确的是(　　)
A.拉力F对物体的冲量大小为零
B.拉力F对物体的冲量大小为Ft
C.拉力F对物体的冲量大小为Ftcos θ
D.合力对物体的冲量大小为零
[解析]　由冲量的定义知拉力F对物体的冲量I＝F·t，选项A、C错误，B正确；物体处于静止状态，合力为零，故合力对物体的冲量大小为零，选项D正确.
[答案]　BD
考向2　冲量的计算
[典例4]　一个铁球，从静止状态由10 m高处自由下落，然后陷入泥潭中，从进入泥潭到静止用去0.4 s，该铁球的质量为336 g，求从开始下落到进入泥潭前，重力对小球的冲量为多少？从进入泥潭到静止，泥潭的阻力对小球的冲量为多少？(保留两位小数，取g＝10 m/s2)
[解析]　小球进入泥潭前做自由落体运动，求出小球下落的时间，便可以求出恒定重力在这一过程的冲量；小球进入泥潭后，泥土对小球的阻力是变力，此变力的冲量要由动量定理求得.
小球自由下落10 m所用的时间是t1＝＝ s＝ s，重力的冲量IG＝mgt1＝0.336×10× N·s≈4.75 N·s.
对小球从静止开始运动至停在泥潭中的全过程运用动量定理得mg(t1＋t2)－Ft2＝0.泥潭的阻力F对小球的冲量Ft2＝mg(t1＋t2)＝0.336×10×(＋0.4) N·s≈6.10 N·s，方向竖直向上.如图所示.
[答案]　4.75 N·s　6.10 N·s　
变力的冲量不能由I＝Ft求出，可以由动量定理求出动量的变化，从而求得变力的冲量；同理，当物体做曲线运动时，动量的变化可以通过求合力的冲量，从而求得动量变化.
考点　用动量定理定性解释物理现象
用动量定理解释的现象一般可分为两类：
(1)物体的动量变化Δp一定，由动量定理Ft＝Δp可知，若力的作用时间t越短，则作用力F越大，因此在需要增大作用力时，可尽量缩短作用时间，如打击、碰撞等过程；若力的作用时间越长，则作用力F就越小，因此在需要减小作用力时，可设法延长力的作用时间，如利用软垫、弹簧的缓冲作用来延长作用的时间.
(2)作用力F一定，由动量定理Ft＝Δp可知，力的作用时间越长，动量的变化就越大；力的作用时间越短，动量的变化就越小.
考向1　缩短作用时间，增大作用力
[典例5]　(2017·河北邯郸广平一中期中)从同一高度自由落下的玻璃杯，掉在水泥地上易碎，掉在软泥地上不易碎.这是因为(　　)
A.掉在水泥地上，玻璃杯的动量大
B.掉在水泥地上，玻璃杯的动量变化大
C.掉在水泥地上，玻璃杯受到的冲量大，且与水泥地的作用时间短，因而受到水泥地的作用力大
D.掉在水泥地上，玻璃杯受到的冲量和掉在软泥地上一样大，但与水泥地的作用时间短，因而受到水泥地的作用力大
[解析]　杯子从同一高度落下，到达地面时的速度一定相等，故着地时动量相等；与地面接触后速度减小为零，故动量的变化相同，由动量定理I＝Δp可知，冲量也相等；但由于在软泥地上，软泥地的缓冲使接触时间较大，由I＝Ft可知，杯子受到的作用力较小，故杯子在水泥地上比在软泥地上更易破碎；只有D选项正确.
[答案]　D
考向2　延长作用时间，减小作用力
[典例6]　篮球运动员通常伸出双手迎接传来的篮球.接球时，两手随球迅速收缩至胸前.这样做可以(　　)
A.减小球对手的冲量
B.减小球对人的冲击力
C.减小球的动量变化量
D.减小球的动能变化量
[解析]　接球过程中，球的初动量和末动量一定，所以球的动量变化量恒定不变，选项C错误；根据动量定理，手对球的冲量等于球的动量的改变量，也恒定不变，球对手的冲量也不变，选项A错误；球的初动能和末动能一定，所以球的动能变化量恒定不变，选项D错误；根据冲量I＝Ft，球对手的冲量I不变，接球时两手随球迅速收缩至胸前，是通过延长受力时间t以减小球对人的冲击力F，所以选项B正确.
[答案]　B
考点　应用动量定理定量计算
1.动量定理表达式为FΔt＝Δp，它的左边是物体受到的所有力的总冲量，而不是某一个力的冲量.其中力F可以是恒力，也可以是变力，如果是变力，则F应是在Δt时间内的平均值.
2.动量定理说明的是合力的冲量I合和动量的变化量Δp的关系，I合与Δp不仅大小相等而且方向相同.
3.动量定理的研究对象是单个物体或物体系统.系统的动量变化等于在作用过程中组成系统的各个物体所受外力冲量的矢量和，而系统内物体之间的作用力(内力)，由大小相等、方向相反和等时性可知，其总冲量为零，不会改变系统的总动量.
4.在不涉及加速度和位移的情况下，研究运动和力的关系时，用动量定理求解一般较为方便，不需要考虑运动过程的细节.
考向1　计算变力的冲量
[典例7]　(2017·河北衡水中学期中)如图所示，A、B经细绳相连挂在弹簧下静止不动，A的质量为m，B的质量为M，当A、B间绳突然断开，物体A上升到某位置时速度为v，这时B下落速度为u，在这段时间内弹簧弹力对物体A的冲量为　　　　.
[解析]　分别对A、B两物体应用动量定理列式，联立即可以求出弹簧的弹力对A的冲量.以向上为正方向，由动量定理得：对B：－Mgt＝－Mu－0，对A：I－mgt＝mv－0，解得：I＝m(v＋u).
[答案]　m(u＋v)
考向2　计算平均作用力
[典例8]　一质量为m的铁锤，以速度v竖直打在木桩上，经过Δt时间后停止，则在打击时间内，铁锤对木桩的平均冲力的大小是(　　)
A.mgΔt B.　　
C.＋mg D.－mg
[解析]　对铁锤应用动量定理.设木桩对铁锤的平均作用力为F，则(F－mg)·Δt＝0－(－mv)，解得F＝＋mg，所以铁锤对木桩的平均冲力F′＝F＝＋mg.
[答案]　C
考向3　动量定理的综合应用
[典例9]　(2016·新课标全国卷Ⅰ)某游乐园入口旁有一喷泉，喷出的水柱将一质量为M的卡通玩具稳定地悬停在空中.为计算方便起见，假设水柱从横截面积为S的喷口持续以速度v0竖直向上喷出；玩具底部为平板(面积略大于S)；水柱冲击到玩具底板后，在竖直方向水的速度变为零，在水平方向朝四周均匀散开.忽略空气阻力.已知水的密度为ρ，重力加速度大小为g.求：
(1)喷泉单位时间内喷出的水的质量；
(2)玩具在空中悬停时，其底面相对于喷口的高度.
[解析]　(1)设Δt时间内，从喷口喷出的水的体积为ΔV，质量为Δm，则
Δm＝ρΔV　①
ΔV＝v0SΔt　②
由①②式得，单位时间内从喷口喷出的水的质量为＝ρv0S.③
(2)设玩具悬停时其底面相对于喷口的高度为h，水从喷口喷出后到达玩具底面时的速度大小为v.对于Δt时间内喷出的水，由能量守恒得Δmv2＋Δmgh＝Δmv20　④
在h高度处，Δt时间内喷射到玩具底面的水沿竖直方向的动量变化量的大小为Δp＝Δmv　⑤
设水对玩具的作用力的大小为F，根据动量定理有FΔt＝Δp　⑥
由于玩具在空中悬停，由力的平衡条件得F＝Mg　⑦
联立③④⑤⑥⑦式得h＝－.　⑧
[答案]　(1)ρv0S　(2)－
应用动量定理解题的注意事项
(1)动量定理的表达式是矢量式，列式时要注意各个量与规定的正方向之间的关系(即要注意各个量的正负).
(2)动量定理中的冲量是合外力的冲量，而不是某一个力的冲量，它可以是合力的冲量，也可以是各力冲量的矢量和，还可以是外力在不同阶段的冲量的矢量和.
(3)应用动量定理可以只研究一个物体，也可以研究几个物体组成的系统.
1.[对动量变化的理解]质量为5 kg的小球以5 m/s的速度竖直落到地板上，随后以3 m/s的速度反向弹回，若取竖直向下的方向为正方向，则小球动量的变化为(　　)
A.10 kg·m/s B.－10 kg·m/s
C.40 kg·m/s D.－40 kg·m/s
答案：D　解析：动量的变化是末动量减去初动量，规定了竖直向下为正方向，则小球的初动量p1＝mv1＝25 kg·m/s，末动量p2＝mv2＝－15 kg·m/s，所以动量的变化Δp＝p2－p1＝－40 kg·m/s.
2.[动量]如图所示，PQS是固定于竖直平面内的光滑的圆周轨道，圆心O在S的正上方.在O和P两点各有一质量为m的小物块a和b，从同一时刻开始，a自由下落，b沿圆弧下滑.下列说法正确的是(　　)
A.a比b先到达S，它们在S点的动量不相等
B.a与b同时到达S，它们在S点的动量不相等
C.a比b先到达S，它们在S点的动量相等
D.b比a先到达S，它们在S点的动量相等
答案：A　解析：由机械能守恒定律可知，两物体在同一高度处下落，最后速度的大小相同，但因为b物块沿竖直方向的分速度小于a物块沿竖直方向的速度，所以a物块先到达S点；此时a物块的速度方向为竖直向下，b物块的速度方向为水平向左，所以两物块的动量不相同.
3.[动量定理、冲量](多选)以初速度v水平抛出一质量为m的石块，不计空气阻力，则对石块在空中运动过程中的下列各物理量的判断中，正确的是(　　)
A.在两个相同的时间间隔内，石块受到的冲量相同
B.在两个相同的时间间隔内，石块动量的增量相同
C.在两个下落高度相同的过程中，石块动量的增量相同
D.在两个下落高度相同的过程中，石块动能的增量相同
答案：ABD　解析：不计空气阻力，石块只受重力作用，无论路程怎样，只要两个过程的时间相同，重力的冲量就相同，A项正确.由动量定理可知，石块动量的增量等于它受到的冲量，由于在两个相同的时间间隔内，石块受到重力的冲量相同，所以动量的增量必然相同，B项正确.由于石块下落时在竖直方向上做加速运动，两个下落高度相同的过程所用时间不同，所受重力的冲量就不同，所以动量的增量不同，C项错误.根据动能定理，外力对石块所做的功等于石块动能的增量，由于石块只受重力的作用，且在重力的方向上石块的位移相同，所以重力做的功就相同，因此动能增量就相同，D项正确.
4.[对冲量的理解]如图所示，两个质量相同的物体在同一高度沿倾角不同的两个光滑斜面由静止自由滑下，在到达斜面底端的过程中(　　)
A.重力的冲量相同 B.弹力的冲量相同
C.合力的冲量相同 D.合力的冲量大小相同
答案：D　解析：重力的冲量IG＝mg·t，物体下滑时间不同，故IG不同，A项错误.弹力与斜面垂直，两物块所受弹力方向不同，故弹力的冲量不同，B项错误.两物块所受合力的方向平行于斜面，故合力的冲量方向也与斜面平行，所以合力的冲量不同，C项错误.由机械能守恒定律可知，物体到达底端时的速率相同，又两物体的质量相同，所以由I＝mv知，合力的冲量大小相同，故D项正确.
5.[动量定理、动能定理]物体在恒定的合力F作用下做直线运动，在时间Δt1内速度由0增大到v，在时间Δt2内速度由v增大到2v.设F在Δt1内做的功是W1，冲量是I1；在Δt2内做的功是W2，冲量是I2.那么(　　)
A.I1＜I2，W1＝W2　 B.I1＜I2，W1＜W2
C.I1＝I2，W1＝W2　　 D.I1＝I2，W1＜W2
答案：D　解析：在Δt1时间内I1＝FΔt1＝mv，在Δt2时间内，I2＝FΔt2＝2mv－mv＝mv，所以I1＝I2.又因为W1＝mv2，W2＝m(2v)2－mv2＝mv2，故W1第2讲　动量守恒定律及其应用
知识点一　系统　内力和外力
1.系统：相互作用的　　　　　　　　　组成的一个整体.
2.内力：系统　　　　物体间的相互作用力.
3.外力：系统　　　　的物体对系统　　　　的物体的作用力.
答案：1.两个或多个物体　2.内部　3.以外　以内
知识点二　动量守恒定律
1.内容：如果一个系统　　　　，或者　　　　　　　为0，这个系统的总动量　　　　.
2.成立条件(具备下列条件之一)
(1)系统　　　　.
(2)系统所受外力的矢量和为　　　　.
3.表达式
(1)p＝p′
含义：系统相互作用前总动量p等于　　　　总动量p′.
(2)Δp1＝－Δp2
含义：相互作用的两个物体组成的系统，一个物体的动量变化量与另一个物体的动量变化量　　　　、　　　　.
(3)Δp＝0
含义：系统　　　　　　为零.
(4)m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′
含义：相互作用的两个物体组成的系统，作用前的动量之和等于　　　　　　　　　　.
答案：1.不受外力　所受外力的矢量和　保持不变　2.(1)不受外力　(2)0　3.(1)相互作用后　(2)大小相等　方向相反　(3)总动量增量　(4)作用后的动量之和
(1)只要系统内存在摩擦力，系统的动量就不可能守恒. (　　)
(2)只要系统中有一个物体具有加速度，系统的动量就不守恒.(　　)
(3)只要系统所受的合外力为零，系统的动量就守恒.(　　)
(4)物体相互作用时动量守恒，但机械能不一定守恒.(　　)
(5)若在光滑水平面上的两球相向运动，碰后均变为静止，则两球碰前的动量大小一定相同.(　　)
答案：(1) ?　(2) ?　(3) ?　(4) ?　(5) ?
考点　对动量守恒条件的理解
1.系统不受外力或系统所受外力的合力为零.
2.系统所受外力的合力虽不为零，但比系统内力小很多.
3.系统所受外力的合力虽不为零，但系统在某一个方向上不受外力或受到的合外力为零，则系统在该方向上的动量守恒.
[典例1]　(多选)如图所示，A、B两物体质量之比mA∶mB＝3∶2，原来静止在平板小车C上，A、B间有一根被压缩的弹簧，水平地面光滑.当弹簧突然释放后，则(　　)
A.若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，A、B组成的系统动量守恒
B.若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，A、B、C组成的系统动量守恒
C.若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B组成的系统动量守恒
D.若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B、C组成的系统动量守恒
[解析]　要判断A、B组成的系统动量是否守恒，要先分析A、B组成的系统受到的合外力与A、B之间相互作用的内力，看合外力之和是否为零，或者内力是否远远大于合外力.
[答案]　BCD
[变式1]　(2017·江苏苏北调研)如图所示，小车与木箱紧挨着静止放在光滑的水平冰面上，现有一男孩站在小车上用力向右迅速推木箱.关于上述过程，下列说法中正确的是(　　)
A.男孩与木箱组成的系统动量守恒
B.小车与木箱组成的系统动量守恒
C.男孩、小车与木箱三者组成的系统动量守恒
D.木箱的动量增量与男孩、小车的总动量增量相同
答案：C　解析：如果一个系统不受外力或所受
外力的矢量和为0，那么这个系统的总动量保持不变.选项A中，男孩与木箱组成的系统受到小车对系统的摩擦力的作用；选项B中，小车与木箱组成的系统受到人对系统的力的作用；动量、动量的改变量均为矢量，选项D中，木箱的动量增量与男孩、小车的总动量增量大小相等、方向相反.故选C.
判断系统的动量是否守恒时，要注意动量守恒的条件是系统不受外力或所受的合外力为零.因此，要分清系统中的物体所受的力哪些是内力，哪些是外力.在同一物理过程中，系统的动量是否守恒，与系统的选取密切相关.
考点　对动量守恒定律的理解和应用
1.矢量性：动量守恒方程是一个矢量方程.对于作用前后物体的运动方向都在同一直线上的情况，应选取统一的正方向.凡是与选取正方向相同的动量为正，相反为负.若方向未知，可设为与正方向相同列动量守恒方程，通过解得的结果的正负，判定未知量的方向.
2.瞬时性：动量是一个瞬时量，动量守恒指的是系统任一瞬时的动量恒定.列方程m1v1＋m2v2＝m1v′1＋m2v′2时，等号左侧是作用前(或某一时刻)各物体的动量和，等号右侧是作用后(或另一时刻)各物体的动量和.不同时刻的动量不能相加.
3.相对性：由于动量大小与参考系的选取有关，所以应用动量守恒定律时，应注意各物体的速度必须是相对同一惯性系的速度.一般以地面为参考系.
4.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，而不是其中的一个物体.
5.普适性：它不仅适用于宏观物体组成的系统，也适用于微观粒子组成的系统.
考向1　动量守恒定律的基本应用
[典例2]　人和冰车的总质量为m总，另有一质量为m的木球，m总∶m＝31∶2，人坐在静止于水平冰面的冰车上，以速度v(相对于地面)将原来静止的木球沿冰面推向正前方的固定挡板，不计一切摩擦.设球与挡板碰撞时无机械能损失，人接住球后再以同样的速度v(相对于地面)将球沿冰面向正前方推向挡板，求人推多少次后才不再能接到球.
[解析]　人在接球和推球的过程中均满足动量守恒的条件，以推球的方向为正方向
第一次推球，0＝mv－m总v1，v1＝(人后退速度)
球碰挡板后速度变为－v，又被以v1后退的人接到
－m总v1－mv＝－(m总＋m)v′1
人接球后后退速度为v′1＝
第二次推球，－(m总＋m)v′1＝mv－m总v2
v2＝
第二次接球，－m总v2－mv＝－(m总＋m)v′2
人第二次接球后后退速度v′2＝
第三次推球，－(m总＋m)v′2＝mv－m总v3
v3＝
第三次接球，－m总v3－mv＝－(m总＋m)v′3
人第三次接球后后退速度v′3＝
综上所述，人第n次推球后，后退速度为vn＝，球碰挡板后又以此速度滑向人，若人不再能接球，必须有vn≥v，即≥v
得出n≥，即n≥＝8.25
所以人推9次后将不再接到球.
[答案]　9次
考向2　应用动量守恒定律解决人船模型问题
[典例3]　如图所示，物体A和B质量分别为m2和m1，其水平直角边长分别为a和b.A、B之间存在摩擦，B与水平地面无摩擦.可视为质点的m2与地面间的高度差为h，当A由B顶端从静止开始滑到B的底端时.
(1)B的水平位移是多少？
(2)m2滑到斜面底端时速度为v2，此时m1的速度为v1.则在m2下滑过程中，m2损失的机械能为多少？
[解析]　(1)设向右为正方向，下滑过程中A的速度为－v2，B的速度为v1，对A和B组成的系统，水平方向上不受任何外力，故水平方向的动量守恒，
则每时每刻都有m1v1－m2v2＝0，
则有m1x1－m2x2＝0，
由题意可知x1＋x2＝b－a，
联立可得x1＝.
(2)根据能量守恒定律，m2损失的机械能为m2gh－m2v－m1v.
[答案]　(1)　(2)m2gh－m2v－m1v
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(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)由动量守恒定律列出方程.
(5)代入数据，求出结果，必要时讨论说明.
考点　碰撞现象的特点和规律
1.碰撞：物体间的相互作用持续时间极短，而物体间相互作用力非常大的现象.
2.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.
3.分类
动量是否守恒
机械能是否守恒
弹性碰撞
守恒
守恒
非完全弹性碰撞
守恒
有损失
完全非弹性碰撞
守恒
损失最多
4.碰撞现象满足的三个规律
(1)动量守恒：即p1＋p2＝p′1＋p′2.
(2)动能不增加：即Ek1＋Ek2≥E′k1＋E′k2，或＋≥＋.
(3)速度要合理
①若碰前两物体同向运动，则应有v后>v前，碰后原来在前的物体速度一定增大，若碰后两物体同向运动，则应有v′前≥v′后.
②碰前两物体相向运动，碰后两物体的运动方向不可能都不改变.
考向1　动量守恒与弹性碰撞
[典例4]　(2015·新课标全国卷Ⅰ)如图所示，在足够长的光滑水平面上，物体A、B、C位于同一直线上，A位于B、C之间.A的质量为m，B、C的质量都为M，三者均处于静止状态.现使A以某一速度向右运动，求m和M之间应满足什么条件，才能使A只与B、C各发生一次碰撞.设物体间的碰撞都是弹性的.
[解析]　A向右运动与C发生第一次碰撞，碰撞过程中，系统的动量守恒、机械能守恒.设速度方向向右为正，开始时A的速度为v0，第一次碰撞后C的速度为vC1，A的速度为vA1，由动量守恒定律和机械能守恒定律得
mv0＝mvA1＋MvC1　①
mv＝mv＋Mv　②
联立①②式得
vA1＝v0　③
vC1＝v0　④
如果m>M，第一次碰撞后，A与C速度同向，且A的速度小于C的速度，不可能与B发生碰撞；如果m＝M，第一次碰撞后，A停止，C以A碰前的速度向右运动，A不可能与B发生碰撞；所以只需考虑m第一次碰撞后，A反向运动与B发生碰撞.设与B发生碰撞后，A的速度为vA2，B的速度为vB1，同样有
vA2＝vA1＝2v0　⑤
根据题意，要求A只与B、C各发生一次碰撞，应有
vA2≤vC1　⑥
联立④⑤⑥式得m2＋4mM－M2≥0　⑦
解得m≥(－2)M　⑧
另一个解m≤－(＋2)M舍去
所以，m和M应满足的条件为(－2)M≤m[答案]　(－2)M≤m考向2　动量守恒与非弹性碰撞
[典例5]　如图所示，小球a、b用等长细线悬挂于同一固定点O.让球a静止下垂，将球b向右拉起，使细线水平.从静止释放球b，两球碰后粘在一起向左摆动，此后细线与竖直方向之间的最大偏角为60°.忽略空气阻力，求：
(1)两球a、b的质量之比；
(2)两球在碰撞过程中损失的机械能与球b在碰前的最大动能之比.
[解析]　(1)设球b的质量为m2，细线长为L，球b下落至最低点，但未与球a相碰时的速率为v，由机械能守恒定律得
m2gL＝m2v2①
式中g是重力加速度的大小.设球a的质量为m1；在两球碰后的瞬间，两球共同速度为v′，以向左为正.由动量守恒定律得
m2v＝(m1＋m2)v′②
设两球共同向左运动到最高处时，细线与竖直方向的夹角为θ，由机械能守恒定律得
(m1＋m2)v′2＝(m1＋m2)gL(1－cos θ)③
联立①②③式得
＝－1④
代入题给数据得
＝－1.⑤
(2)两球在碰撞过程中的机械能损失是
Q＝m2gL－(m1＋m2)gL(1－cos θ)⑥
联立①⑥式，Q与碰前球b的最大动能EkEk＝m2v2之比为＝1－(1－cos θ)⑦
联立⑤⑦式，并代入题给数据得
＝1－.⑧
[答案]　(1)－1　(2)1－
1.弹性碰撞的规律
两物体发生弹性碰撞时应满足动量守恒和机械能守恒.
假设质量为m1的物体，以速度v1与原来静止的质量为m2的物体发生弹性正碰，碰撞后它们的速度分别为v′1和v′2.根据动量守恒定律得m1v1＝m1v′1＋m2v′2
根据机械能守恒定律得m1v＝m1v′＋m2v′
解得v′1＝v1　①，v′2＝v1　②
结论：
(1)当m1＝m2时，即两物体的质量相等时，由①②两式得v′1＝0，v′2＝v1，即两者的速度互换.
(2)当m1?m2时，即第一个物体的质量比第二个物体的质量大得多时，m1－m2≈m1，m1＋m2≈m1，由①②两式得v′1＝v1，v′2＝2v1.
(3)当m1?m2时，即第一个物体的质量比第二个物体的质量小得多时，m1－m2≈－m2，m1＋m2≈m2，≈0，由①②两式得v′1＝－v1，v′2＝0.
2.完全非弹性碰撞的规律
设质量分别为m1、m2的两物体碰撞前的速度分别为v1、0，碰撞后的共同速度为v′，则系统的动量和能量具有如下关系.
动量关系：m1v1＝(m1＋m2)v′
能量关系：m1v＝(m1＋m2)v′2＋ΔE，ΔE为碰撞过程中损失的动能.
考点　动量与能量的综合应用
1.解决动力学问题的三个基本观点
力的
观点
运用牛顿定律结合运动学知识解题，可处理匀变速运动问题
能量
观点
用动能定理和能量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题
动量
观点
用动量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题
2.利用动量和能量的观点解题的技巧
(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)因为动量守恒定律、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始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，就更显示出它们的优越性.
考向1　动量守恒定律与运动学的综合应用
[典例6]　(2017·广东汕头二模)如图所示，两个弹性小球a和b的质量分别为ma、mb.a球原来静止在离地高度H＝2.4 m 的P点，b球原来静止在离地高度h＝1.6 m 的Q点.先静止释放a球，在a球即将碰到b球时同样静止释放b球，两球碰撞时间极短，碰后在同一竖直线运动，已知mb＝3ma，重力加速度大小取g＝10 m/s2，忽略小球大小、空气阻力及碰撞中的动能损失，且小球落地后不再跳起.求：
(1)a球即将碰到b球时的速度大小；
(2)b球与a球先后落地的时间差.
[解析]　(1)设a球下落至即将碰到b球的位置时，有
v2＝2g(H－h)
代入数据解得a球即将碰到b球时速度
v＝4 m/s.
(2)a球与b球碰撞过程动量守恒(取向下方向为正方向)，得
mav＝mava＋mbvb
碰撞过程没有动能损失，得
mav2＝mav＋mbv
将mb＝3ma和其余数据代入解得碰后a球和b球的速度分别为
va＝－2 m/s(方向向上)
vb＝2 m/s(方向向下)
碰后b球做竖直下抛运动，经时间t落地，有
h＝vbt＋gt2
碰后a球做竖直上抛运动，运动时间比b球多Δt，有
h＝va(t＋Δt)＋g(t＋Δt)2
代入数据解得两球先后落地的时间差
Δt＝0.4 s.
[答案]　(1)4 m/s　(2)0.4 s
考向2　动量守恒定律与动量定理的综合应用
[典例7]　(2017·湖北宜昌一模)如图所示，质量m1＝0.3 kg的小车静止在光滑的水平面上，车长L＝15 m，现有质量m2＝0.2 kg可视为质点的物块，以水平向右的速度v0＝2 m/s 从左端滑上小车，最后在车面上某处与小车保持相对静止.物块与车面间的动摩擦因数μ＝0.5，g取10 m/s2.求：
(1)物块在车面上滑行的时间t；
(2)要使物块不从小车右端滑出，物块滑上小车左端的速度v0′不超过多少？
[解析]　(1)设物块与小车的共同速度为v，以水平向右为正方向，根据动量守恒定律有
m2v0＝(m1＋m2)v
设物块与车面间的滑动摩擦力为Ff，对物块应用动量定理有
－Fft＝m2v－m2v0　②
其中Ff＝μm2g　③
联立以上三式解得t＝
代入数据得t＝ s＝0.24 s.　④
(2)要使物块恰好不从小车右端滑出，物块滑到车面右端时与小车有共同的速度v′，则有
m2v′0＝(m1＋m2)v′　⑤
由功能关系有
m2v′＝(m1＋m2)v′2＋μm2gL　⑥
代入数据解得v′0＝5 m/s
故要使物块不从小车右端滑出，物块滑上小车的速度v′0不能超过5 m/s.
[答案]　(1)0.24 s　(2)5 m/s
考向3　动量与能量的综合应用
[典例8]　光滑水平面上放着质量mA＝1 kg的物块A与质量mB＝2 kg的物块B，A与B均可视为质点，A靠在竖直墙壁上，A、B间夹一个被压缩的轻弹簧(弹簧与A、B均不拴接)，用手挡住B不动，此时弹簧弹性势能Ep＝49 J.在A、B间系一轻质细绳，细绳长度大于弹簧的自然长度，如图所示.放手后B向右运动，绳在短暂时间内被拉断，之后B冲上与水平面相切的竖直半圆光滑轨道，其半径R＝0.5 m，B恰能到达最高点C.取g＝10 m/s2，求：
(1)绳拉断后瞬间B的速度vB的大小；
(2)绳拉断的过程中绳对B的冲量I的大小；
(3)绳拉断的过程中绳对A所做的功W.
[解析]　(1)设B在绳被拉断后瞬间的速度为
vB，到达C点时的速度为vC，有mBg＝mB
mBv＝mBv＋2mBgR
代入数据得vB＝5 m/s.
(2)设弹簧恢复到自然长度时B的速度为v1，取水平向右为正方向，有Ep＝mBv
I＝mBvB－mBv1
代入数据得I＝－4 N·s，其大小为4 N·s.
(3)设绳断后A的速度为vA，取水平向右为正方向，有mBv1＝mBvB＋mAvA
W＝mAv 代入数据得W＝8 J.
[答案]　(1)5 m/s　(2)4 N·s　(3)8 J
应用动量、能量观点解决问题的两点技巧
(1)灵活选取系统.根据题目的特点可选取其中动量守恒或能量守恒的几个物体为研究对象，不一定选所有的物体为研究对象.
(2)灵活选取物理过程.在综合题目中，物体运动常有几个不同的过程，根据题目的已知、未知条件灵活地选取物理过程来研究.列方程前要注意分析、判断所选过程动量、机械能的守恒情况.
1.[动量守恒、机械能守恒的判断]粗糙的水平地面上放着一个木块，一颗子弹水平地射进木块后停留在木块中，带动木块一起滑行一段距离，在这个过程中，子弹和木块组成的系统(　　)
A.动量和机械能都守恒
B.动量和机械能都不守恒
C.动量守恒，机械能不守恒
D.动量不守恒，机械能守恒
答案：B　解析：子弹射入木块的过程中，系统的动量守恒，机械能不守恒；它们一起在粗糙水平地面上滑行的过程中动量和机械能均不守恒，故选B.
2.[动量守恒与碰撞]如图所示，两滑块A、B在光滑水平面上沿同一直线相向运动.滑块A的质量为m，速度大小为2v0，方向向右，滑块B的质量为2m，速度大小为v0，方向向左.两滑块发生弹性碰撞后的运动状态是(　　)
A.A和B都向左运动
B.A和B都向右运动
C.A静止，B向右运动
D.A向左运动，B向右运动
答案：D　解析：选向右为正方向，则A的动量pA＝m·2v0＝2mv0，B的动量pB＝－2mv0.碰前A、B的动量之和为零，根据动量守恒，碰后A、B的动量之和也应为零，可知四个选项中只有选项D符合题意.
3.[动量守恒与碰撞](多选)A、B两球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，A球的动量是5 kg·m/s，B球的动量是7 kg·m/s.当A球追上B球时发生碰撞，则碰撞后A、B两球的动量可能值分别是(　　)
A.6 kg·m/s,6 kg·m/s
B.3 kg·m/s,9 kg·m/s
C.－2 kg·m/s,14 kg·m/s
D.－5 kg·m/s,15 kg·m/s
答案：BC　解析：两球组成的系统动量守恒.A球减少的动量等于B球增加的动量，故D错.虽然碰撞前后的总动量相等，但A球的动量不可能沿原方向增加，故A错.选B、C.
4.[动量守恒定律的应用]质量为m1＝1 kg和m2(未知)的两个物体在光滑的水平面上正碰，碰撞时间极短，其x-t图象如图所示，则(　　)
A.此碰撞一定为弹性碰撞
B.被碰物体的质量为2 kg
C.碰后两物体速度相同
D.此过程有机械能损失
答案：A　解析：位移—时间图象的斜率表示物体的速度，由图象求出碰撞前后的速度分别为：v1＝4 m/s，v2＝0，v′1＝－2 m/s，v′2＝2 m/s；由动量守恒定律有m1v1＝m1v′1＋m2v′2，得m2＝3 kg；根据动能表达式以及以上数据计算碰撞前、后系统总动能均为8 J，机械能无损失，因此是弹性碰撞.B、C、D错误，A正确.
5.[动量守恒定律与动能定理的综合]如图所示，滑块A、B质量均为m＝2 kg，滑块A光滑，滑块B与水平地面之间的动摩擦因数μ＝0.1，B与右侧墙壁的距离为L＝ 1.75 m.开始时B静止，A以速度v0＝4 m/s向右滑向B，A与B第一次碰撞过程中无能量损失，B与墙碰撞时间极短且碰后以原速率弹回，若A与B第二次碰后粘在一起，则滑块A、B共同的速度大小为(　　)
A.0.5 m/s B.1.5 m/s　　
C.2.5 m/s D.3.5 m/s
答案：B　解析：由题意可知，滑块A、B碰撞后发生速度交换，即vB1＝v0.随后滑块B做匀减速直线运动，加速度大小为a＝μg＝1 m/s2.滑块B与墙壁发生碰撞，只是改变了滑块的运动方向，匀减速运动的加速度大小不变，设滑块B第二次与A碰撞时的速度为vB2.由动能定理得，－2μmgL＝mv－mv，解得vB2＝3 m/s.滑块A与B第二次碰后粘在一起的速度为v，由动量守恒定律得，mvB2＝2mv，解得v＝1.5 m/s.
第3讲　光电效应　波粒二象性
知识点一　光电效应
1.定义：在光的照射下从物体发射出　　　　的现象(发射出的电子称为光电子).
2.产生条件：入射光的频率　　　　极限频率.
3.光电效应规律
(1)存在着饱和电流：对于一定颜色的光，入射光越强，单位时间内发射的光电子数越多.
(2)存在着遏止电压和截止频率：光电子的能量只与入射光的频率有关，而与入射光的强弱无关.当入射光的频率低于截止频率时不发生光电效应.
(3)光电效应具有瞬时性：当频率超过截止频率时，无论入射光怎样微弱，几乎在照到金属时立即产生光电流，时间不超过10－9 s.
答案：1.电子　2.大于
知识点二　爱因斯坦光电效应方程
1.光子说：在空间传播的光是不连续的，而是一份一份的，每一份叫做一个光子，光子的能量ε＝　　　　.
2.逸出功W0：电子从金属中逸出所需做功的　　　　.
3.最大初动能：发生光电效应时，金属表面上的　　　　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.
4.光电效应方程
(1)表达式：hν＝Ek＋W0或Ek＝　　　　.
(2)物理意义：金属表面的电子吸收一个光子获得的能量是hν，这些能量有一部分用来克服金属的逸出功W0，剩下的表现为逸出后电子的最大初动能.
答案：1.hν　2.最小值　3.电子　4.hν－W0
知识点三　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　　　　　性.
(2)光电效应说明光具有　　　　性.
(3)光既具有波动性，又具有粒子性，称为光的　　　　性.
2.物质波
(1)概率波：光的干涉现象是大量光子的运动遵守波动规律的表现，亮条纹是光子到达概率　　　　的地方，暗条纹是光子到达概率　　　　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.
答案：1.(1)波动　(2)粒子　(3)波粒二象
2.(1)大　小　(2)
(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)要使某金属发生光电效应，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.(　　)
(8)法国物理学家德布罗意大胆预言了实物粒子在一定条件下会表现为波动性.(　　)
答案：(1)×　(2)×　(3)√　(4)×　(5)√
(6)×　(7)√　(8)√
考点　光电效应现象和光电效应方程的应用
1.任何一种金属，都有一个与之对应的极限频率，入射光的频率必须大于这个极限频率，才能发生光电效应；低于这个频率的光不能发生光电效应.所以判断光电效应是否发生应该比较题目中给出的入射光频率和对应金属的极限频率的大小.
2.两条对应关系
(1)光强大→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.定量分析时应抓住三个关系式
(1)爱因斯坦光电效应方程：Ek＝hν－W0.
(2)最大初动能与遏止电压的关系：Ek＝eUc.
(3)逸出功与极限频率的关系：W0＝hν0.
考向1　用光电管研究光电效应现象
[典例1]　(多选)现用某一光电管进行光电效应实验，当用某一频率的光入射时，有光电流产生.下列说法正确的是(　　)
A.保持入射光的频率不变，入射光的光强变大，饱和光电流变大
B.入射光的频率变高，饱和光电流变大
C.入射光的频率变高，光电子的最大初动能变大
D.保持入射光的光强不变，不断减小入射光的频率，始终有光电流产生
[解析]　根据光电效应规律，保持入射光的频率不变，入射光的光强变大，则饱和光电流变大，选项A正确.由爱因斯坦光电效应方程知，入射光的频率变高，产生的光电子最大初动能变大，而饱和光电流与入射光的频率和光强都有关，选项B错误，C正确.保持入射光的光强不变，不断减小入射光的频率，当入射光的频率小于极限频率时，就不能发生光电效应，没有光电流产生，选项D错误.
[答案]　AC
考向2　爱因斯坦光电效应方程的应用
[典例2]　在光电效应实验中，某金属的截止频率相应的波长为λ0，该金属的逸出功为　　　　.若用波长为λ(λ＜λ0)的单色光做该实验，则其遏止电压为　　　　.(已知电子的电荷量、真空中的光速和普朗克常量分别为e、c和h)
[解析]　设金属的截止频率为ν0，则该金属的逸出功W0＝hν0＝h；对光电子，由动能定理得eU0＝h－W0，解得U0＝·.
[答案]　　·
[变式1]　以往我们认识的光电效应是单光子光电效应，即一个电子在极短时间内只能吸收到一个光子而从金属表面逸出.强激光的出现丰富了人们对于光电效应的认识，用强激光照射金属，由于其光子密度极大，一个电子在极短时间内吸收多个光子成为可能，从而形成多光子光电效应，这已被实验证实.
光电效应实验装置示意图如图所示.用频率为ν的普通光源照射阴极K，没有发生光电效应.换用同样频率ν的强激光照射阴极K，则发生了光电效应；此时，若加上反向电压U，即将阴极K接电源正极，阳极A接电源负极，在KA之间就形成了使光电子减速的电场.逐渐增大U，光电流会逐渐减小；当光电流恰好减小到零时，所加反向电压U可能是下列的(其中W为逸出功，h为普朗克常量，e为电子电量)(　　)
A.U＝－　 B.U＝－
C.U＝2hν－W D.U＝－
答案：B　解析：同频率的光照射K极，普通光不能使其发生光电效应，而强激光能使其发生光电效应，说明一个电子吸收了多个光子.设吸收的光子个数为n，光电子逸出的最大初动能为Ek，由光电效应方程知：Ek＝nhν－W(n≥2)　①；光电子逸出后克服减速电场做功，由动能定理知Ek＝eU　②.联立上述两式得U＝－，当n＝2时，即为B选项，其他选项均不可能.
对光电效应的四点提醒
(1)能否发生光电效应，不取决于光的强度而取决于光的频率.
(2)光电效应中的“光”不是特指可见光，也包括不可见光.
(3)逸出功的大小由金属本身决定，与入射光无关.
(4)光电子不是光子，而是电子.
考点　光电效应的图象分析
图象名称
图象形状
由图线直接(间接)得到的物理量
最大初动能Ek与入射光频率ν的关系图线
①极限频率：图线与ν轴交点的横坐标νc
②逸出功：图线与Ek轴交点的纵坐标的绝对值
W0＝|－E|＝E
③普朗克常量：图线的斜率k＝h
颜色相同、强度不同的光，光电流与电压的关系
①遏止电压Uc：图线与横轴的交点
②饱和光电流Im：电流的最大值
③最大初动能：Ekm＝eUc
颜色不同时，光电流与电压的关系
①遏止电压Uc1、Uc2
②饱和光电流
③最大初动能Ek1＝eUc1，Ek2＝eUc2
遏止电压Uc与入射光频率ν的关系图线
①截止频率νc：图线与横轴的交点
②遏止电压Uc：随入射光频率的增大而增大
②普朗克常量h：等于图线的斜率与电子电量的乘积，即h＝ke(注：此时两极之间接反向电压)
考向1　对Ek-ν图象的理解
[典例3]　(多选)如图所示是用光照射某种金属时逸出的光电子的最大初动能随入射光频率的变化图线，普朗克常量h＝6.63×10－34 J·s，由图可知(　　)
A.该金属的截止频率为4.27×1014 Hz
B.该金属的截止频率为5.5×1014 Hz
C.该图线的斜率表示普朗克常量
D.该金属的逸出功为0.5 eV
[解析]　图线在横轴上的截距为截止频率，A正确，B错误；由光电效应方程Ek＝hν－W0，可知图线的斜率为普朗克常量，C正确；金属的逸出功为W0＝hν0＝ eV＝1.77 eV，D错误.
[答案]　AC
考向2　对I-U图象的理解
[典例4]　(2017·甘肃兰州模拟)在光电效应实验中，飞飞同学用同一光电管在不同实验条件下得到了三条光电流与电压之间的关系曲线(甲光、乙光、丙光)，如图所示，则可判断出(　　)
A.甲光的频率大于乙光的频率
B.乙光的波长大于丙光的波长
C.乙光对应的截止频率大于丙光的截止频率
D.甲光对应的光电子最大初动能大于丙光的光电子最大初动能
[解析]　由于是同一光电管，因而不论对哪种光，极限频率和逸出功都相同，对于甲、乙两种光，反向截止电压相同，因而频率相同，A项错误；丙光对应的反向截止电压较大，因而丙光的频率较高，波长较短，对应的光电子的最大初动能较大，故C、D项均错，只有B项正确.
[答案]　B
考向3　对Uc-ν图象的理解
[典例5]　用不同频率的光照射某金属产生光电效应，测量金属的遏止电压Uc与入射光频率ν，得到Uc-ν图象如图所示，根据图象求出该金属的截止频率νc＝　　　　Hz，普朗克常量h＝　　　 J·s.(已知电子电荷量e＝1.6×10－19 C)
[解析]　由题图线可知νc＝5.0×1014 Hz，又eUc＝hν－W0，所以Uc＝ν－.结合图线可得
k＝＝ V/Hz，
h＝ J·s＝6.4×10－34 J·s.
[答案]　5.0×1014　6.4×10－34
1.在Uc-ν图象中，图线与横轴的交点νc表示截止频率，而在Ek-ν图象中，图线与横轴的交点νc代表极限频率.
2.普朗克常量记为h，是一个物理常量，用以描述量子大小.在微观世界，每一个能量子的大小等于普朗克常量与频率的乘积，即E＝hν.
考点　光的波粒二象性、物质波
1.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.
2.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，贯穿本领越强，越不容易看到光的干涉和衍射现象.
3.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为粒子性.
4.波动性与粒子性的统一：由光子的能量E＝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.
5.理解光的波粒二象性时不可把光当成宏观概念中的波，也不可把光当成宏观概念中的粒子.
考向1　对光的波粒二象性的理解
[典例6]　物理学家做了一个有趣的实验：在双缝干涉实验中，在光屏处放上照相底片，若减弱光的强度，使光子只能一个一个地通过狭缝.实验结果表明，如果曝光时间不太长，底片上只能出现一些不规则的点；如果曝光时间足够长，底片上就会出现规则的干涉条纹.对这个实验结果下列认识正确的是(　　)
A.曝光时间不长时，光的能量太小，底片上的条纹看不清楚，故出现不规则的点
B.单个光子的运动没有确定的轨道
C.干涉条纹中明亮的部分是光子到达机会较多的地方
D.只有光子具有波粒二象性，微观粒子不具有波粒二象性
[解析]　单个光子通过双缝后的落点无法预测，大量光子的落点出现一定的规律性，落在某些区域的可能性较大，这些区域正是波通过双缝后发生干涉时振幅加强的区域.光具有波粒二象性，少数光子的行为表现为粒子性，大量光子的行为表现为波动性.所以正确选项为B、C.不论光子还是微观粒子，都具有波粒二象性.
[答案]　BC
考向2　对物质波的理解
[典例7]　(2017·浙江台州模拟)1927年戴维孙和汤姆孙分别完成了电子衍射实验，该实验是荣获诺贝尔奖的重大近代物理实验之一.如图所示的是该实验装置的简化图，下列说法不正确的是(　　)
A.亮条纹是电子到达概率大的地方
B.该实验说明物质波理论是正确的
C.该实验再次说明光子具有波动性
D.该实验说明实物粒子具有波动性
[解析]　由题意可知，亮条纹是电子到达概率大的地方，暗条纹是粒子到达概率小的地方，故A正确；电子是实物粒子，能发生衍射现象，该实验说明物质波理论是正确的，不能说明光子的波动性，故B、D正确，C错误.本题选错误的，故选C.
[答案]　C
微观粒子中的粒子性与宏观概念中的粒子性不同，通俗地讲，宏观粒子运动有确定的轨道，能预测，遵守经典物理学理论，而微观粒子运动轨道具有随机性，不能预测，也不遵守经典物理学理论；微观粒子的波动性与机械波也不相同，微观粒子的波动性是指粒子到达不同位置的机会不同，遵守统计规律，所以这种波叫概率波.
1.[对波粒二象性的理解](多选)关于物质的波粒二象性，下列说法中正确的是(　　)
A.不仅光子具有波粒二象性，一切运动的微粒都具有波粒二象性
B.运动的微观粒子与光子一样，当它们通过一个小孔时，都没有特定的运动轨道
C.波动性和粒子性在宏观现象中是矛盾的、对立的，但在微观高速运动的现象中是统一的
D.实物的运动有特定的轨道，所以实物不具有波粒二象性
答案：ABC　解析：光具有波粒二象性是微观世界具有的特殊规律，大量光子运动的规律表现出光的波动性，而单个光子的运动表现出光的粒子性.光的波长越长，波动性越明显；光的频率越高，粒子性越明显.而宏观物体的德布罗意波的波长太小，很难观察到波动性，并不是不具有波粒二象性，D错误.
2.[对物质波的理解](多选)根据物质波理论，以下说法中正确的是(　　)
A.只有微观粒子有波动性
B.宏观物体具有波动性
C.宏观物体的波动性不易被人观察到是因为它的波长太长
D.速度相同的质子和电子相比，电子的波动性更为明显
答案：BD　解析：因一切运动的物体都具有波动性，故A选项错误，B选项正确；宏观物体的物质波波长很短，人们不易观察到它的波动性，C选项错误；速度相同的质子与电子相比，因电子质量较小，物质波波长更长，所以电子波动性更明显，故D选项正确.
3.[对光电效应的理解](多选)对光电效应的解释正确的是(　　)
A.金属钠的每个电子可以吸收一个或一个以上的光子，当它积累的动能足够大时，就能逸出金属
B.如果入射光子的能量小于金属表面的电子克服原子核的引力而逸出时所需做的最小功，便不能发生光电效应
C.发生光电效应时，入射光越强，光子的能量就越大，光电子的最大初动能就越大
D.由于不同金属的逸出功是不相同的，因此使不同金属产生光电效应入射光的最低频率也不同
答案：BD　解析：按照爱因斯坦的光子说，光的能量是由光的频率决定的，与光强无关，入射光的频率越大，发生光电效应时产生的光电子的最大初动能越大.但要使电子离开金属须使电子具有足够的动能.而电子增加的动能只能来源于照射光的光子能量，但电子只能吸收一个光子，不能吸收多个光子，否则即使光的频率低，只要照射时间足够长，也会发生光电效应.电子从金属逸出时只有从金属表面向外逸出的电子克服原子核的引力所做的功最小.
4.[对光电效应的理解](多选)如图所示，这是一个研究光电效应的电路图，下列叙述中正确的是(　　)
A.只调换电源的极性，移动滑片P，当电流表示数为零时，电压表示数为遏止电压U0的数值
B.保持光照条件不变，滑片P向右滑动的过程中，电流表示数将一直增大
C.不改变光束颜色和电路，增大入射光束强度，电流表示数会增大
D.图中入射光束的频率减小到某一数值f0时，无论滑片P怎样滑动，电流表示数都为零，则f0是阴极K的极限频率
答案：BCD　解析：当只调换电源的极性时，电子从K到A减速运动，到A恰好速度为零时对应电压为遏止电压，所以A项错误.当其他条件不变，P向右滑动，加在光电管两端的电压增加，光电子的运动更快，由I＝得电流表读数变大，B项正确.只增大入射光束强度时，单位时间内光电子数变多，电流表示数变大，C项正确.当光束的频率为f0时，无论P怎样滑动，电流表示数都为零，说明未飞出光电子，则有W＝hf0，所以f0为阴极K的极限频率，D项正确.
5.[对光电效应方程的理解]用不同频率的紫外线分别照射钨和锌的表面而产生光电效应，可得到光电子最大初动能Ek随入射光频率ν变化的Ek-ν图象.已知钨的逸出功是3.28 eV，锌的逸出功是3.34 eV.若将二者的图线画在同一个Ek-ν坐标系中，如图所示，用实线表示钨，虚线表示锌，则正确反映这一过程的是(　　)
　　　A　　　　　　　　　　　B
　　　C　　　　　　　　　　　D
答案：A　解析：依据光电效应方程Ek＝hν－W0可知，Ek-ν图线的斜率代表普朗克常量h，因此钨和锌的Ek-ν图线应该平行.图线的横轴截距代表截止频率ν0，而ν0＝，因此钨的截止频率小些，综上所述，A图正确.
6.[光电效应方程的应用]在某次光电效应实验中，得到的遏止电压Uc与入射光的频率ν的关系如图所示.若该直线的斜率和截距分别为k和b，电子电荷量的绝对值为e，则普朗克常量可表示为　　　　，所用材料的逸出功可表示为　　　　.
答案：ek　－eb　解析：根据光电效应方程Ekm＝hν－W0及Ekm＝eUc得Uc＝－，故＝k，b＝－，得h＝ek，W0＝－eb.
第4讲　原子结构
知识点一　电子的发现
英国物理学家　　　　利用气体放电管对阴极射线进行了一系列实验研究.
(1)让阴极射线分别通过电场或磁场，根据　　　　现象，证明它是　　　　的粒子流并求出了其比荷.
(2)换用不同材料的阴极和不同的　　　　，所得粒子的　　　　相同.
(3)粒子带负电荷，比荷是氢离子的近两千倍，说明阴极射线粒子质量远小于氢离子质量.
(4)组成阴极射线的粒子称为　　　　.
答案：汤姆孙　(1)偏转　带电　(2)场　比荷的数值　(4)电子
知识点二　α粒子散射实验
1.实验装置
(1)放射源：
①钋放在带小孔的铅盒中，能放射　　　　.
②α粒子：带正电，q＝　　　　，质量约为氢原子的4倍，射出速度可达107 m/s.
(2)金箔：厚度极小，可至　　　　(虽然很薄但仍有几千层原子).
(3)显微镜：能够围绕金箔的　　　　内转动观察.
(4)荧光屏：玻璃片上涂有　　　　物质硫化锌，装在显微镜上.
2.实验结论
(1)绝大多数的α粒子穿过金箔后　　　　的方向前进.
(2)少数α粒子发生了　　　　的偏转.
(3)极少数α粒子的偏转角θ超过　　　　，甚至有极个别α粒子被反弹回来.
3.实验意义
(1)否定了　　　　的原子结构模型.
(2)提出了　　　　模型，明确了　　　　的数量级.
答案：1.(1)①α粒子　②＋2e　(2)微米　(3)水平面　(4)荧光
2.(1)仍沿原来　(2)较大　(3)90°　3.(1)汤姆孙　(2)原子核式结构　原子核大小
知识点三　卢瑟福的核式结构模型
1.核式结构模型
1911年由卢瑟福提出，在原子中心有一个很小的核，叫　　　　.它集中了原子全部的　　　　和几乎全部的　　　　，　　　　在核外空间运动.
2.原子核的电荷与尺度
原子核
答案：1.原子核　正电荷　质量　电子　2.电子数　质子和中子　质子数　10－10 m　10－15 m
知识点四　光谱和光谱分析
1.定义：用光栅或棱镜可以把各种颜色的光按　　　　展开，获得光的波长(频率)和强度分布的记录，即光谱.
2.分类
(1)线状谱：由　　　　　　组成的光谱.
(2)连续谱：由　　　　　　的光带组成的光谱.
3.特征谱线：各种原子的发射光谱都是　　　　，且不同原子的亮线位置　　　　，故这些亮线称为原子的　　　　谱线.
4.光谱分析：由于每种原子都有自己的　　　　，可以利用它来鉴别物质和确定物质的　　　　，这种方法称为光谱分析，它的优点是　　　　高，样本中一种元素的含量达到　　　　时就可以被检测到.
答案：1.波长　2.(1)一条条的亮线　(2)连在一起　3.线状谱　不同　特征　4.特征谱线　组成成分　灵敏度　10－10 g
知识点五　玻尔原子理论的基本假设
1.轨道量子化：原子中的电子在库仑引力的作用下，绕原子核做圆周运动，服从经典力学的规律.但不同的是，电子运行轨道的半径　　　　，只有当　　　　符合一定条件时，这样的轨道才是可能的.也就是说，电子的轨道是　　　　.电子在这些轨道上绕核的转动是　　　　，不产生　　　　.
2.定态：当电子在不同的轨道上运动时，原子处于不同的状态.原子在不同的状态中具有不同的能量，因此，原子的能量是　　　　的.这些　　　　的能量值叫做能级.原子中这些具有确定能量的　　　　，称为定态.能量　　　　的状态叫做基态，其他的状态叫做　　　　.
3.跃迁：当电子从能量较高的定态轨道(其能量记为Em)跃迁到能量较低的定态轨道(能量记为En，m>n)时，会放出能量为hν的光子(h是普朗克常量)，这个光子的能量由前后两个能级的能量差决定，即　　　　　　　　，这个式子称为　　　　，又称　　　　.
答案：1.不是任意的　半径的大小　量子化的　稳定的　电磁辐射
2.量子化　量子化　稳定状态　最低　激发态　3.hν＝Em－En　频率条件　辐射条件
(1)原子中绝大部分是空的，原子核很小.(　　)
(2)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.(　　)
(3)氢原子光谱是由一条一条亮线组成的.(　　)
(4)玻尔理论成功地解释了氢原子光谱，也成功地解释了氦原子光谱.(　　)
(5)按照玻尔理论，核外电子均匀分布在各个不连续的轨道上.(　　)
(6)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.(　　)
答案：(1)√　(2)√　(3)√　(4)×　(5)×　(6)√
考点　α粒子散射实验
1.实验过程：α粒子从铅盒射出，形成细射线打在金箔上，被散射的α粒子打在荧光屏上产生闪光，用可转动的显微镜从不同角度进行观察.
2.现象：(1)绝大多数的α粒子穿过金箔后基本上仍沿原来的方向前进.
(2)少数α粒子发生较大的偏转.
(3)极少数α粒子偏转角度超过90°，有的几乎被“撞了回来”，如图所示.
3.实验意义：否定了汤姆孙的原子结构模型，提出了原子的核式结构模型，明确了原子核大小的数量级.
考向1　α粒子散射现象
[典例1]　(2017·上海理工大附中期中)如图所示为卢瑟福α粒子散射实验装置的示意图，图中的显微镜可在圆周轨道上转动，通过显微镜前相连的荧光屏可观察α粒子在各个角度的散射情况.下列说法中正确的是(　　)
A.在图中的A、B两位置分别进行观察，相同时间内观察到屏上的闪光次数一样多
B.在图中的B位置进行观察，屏上观察不到任何闪光
C.卢瑟福选用不同金属箔片作为α粒子散射的靶，观察到的实验结果基本相似
D.α粒子发生散射的主要原因是α粒子撞击到金原子后产生的反弹
[解析]　放在A位置时，相同时间内观察到屏上的闪光次数应最多，说明大多数射线基本不偏折，可知金箔原子内部很空旷，故A错误；放在B位置时，相同时间内观察到屏上的闪光次数较少，说明较少射线发生偏折，可知原子内部带正电的体积小，故B错误；选用不同金属箔片作为α粒子散射的靶，观察到的实验结果基本相似，故C正确；α粒子发生散射的主要原因是α粒子撞击到金原子后，因库仑力作用，且质量较大，从而出现的反弹，故D错误.
[答案]　C
考向2　α粒子散射的原因
[典例2]　关于α粒子散射实验，下列说法不正确的是(　　)
A.α粒子发生大角度散射的主要原因是原子中有正电荷
B.α粒子发生大角度散射的主要原因是原子中原子核的作用
C.只有少数α粒子发生大角度散射的原因是原子的全部正电荷和几乎全部质量集中在一个很小的核上
D.相同条件下，换用原子序数越小的物质做实验，沿同一偏转角散射的α粒子越少
[解析]　原子显电中性，而电子带负电，所以原子中一定存在带正电的物质，但是汤姆孙的原子模型不能解释α粒子的散射现象，所以α粒子大角度散射的主要原因不能直接说是原子中正电荷的作用，而是正电荷集中在原子核上的原因，选项A错误，选项B正确；只有少数α粒子发生大角度散射的结果证明原子中存在一个集中所有正电荷和几乎所有质量的很小的原子核，选项C正确；使α粒子发生大角度散射的原因是受到原子核的库仑斥力，所以为使散射实验现象更明显，应采用原子序数大的金箔，若改用原子序数小的物质做实验，α粒子受到原子核的库仑斥力小，发生大角度散射的α粒子少，选项D正确.
[答案]　A
α粒子大角度地散射，不可能是因为金箔的原子内的电子造成的，因为电子质量很小，只有当α粒子受到原子内正电荷很强的排斥力时，它的运动方向才会有这样大的改变.原子中的正电荷与原子的很大一部分质量一定集中在一个很小的核上.
考点　原子结构模型
1.汤姆孙的原子模型
汤姆孙于1898年提出了原子模型，他认为原子是一个球体，正电荷弥漫性地均匀分布在整个球体内，电子镶嵌在球中.
汤姆孙的原子模型如图所示，小圆点代表正电荷，大圆点代表电子.
汤姆孙的原子模型被称为西瓜模型或枣糕模型.该模型能解释一些实验现象，但后来被α粒子散射实验否定了.
2.卢瑟福的核式结构模型
(1)卢瑟福通过α粒子散射实验否定了汤姆孙的原子模型，建立了核式结构模型.
(2)核式结构模型：1911年由卢瑟福提出，在原子中心有一个很小的核，叫原子核，它集中了原子全部的正电荷和几乎全部的质量，电子在原子核的外面运动.
3.原子核的电荷与尺度
(1)电荷：原子核是由质子和中子组成的，原子核的电荷数就是核中的质子数.
(2)尺度：对于一般的原子核，实验确定的核半径R的数量级为10－15 m，而整个原子半径的数量级是10－10 m.两者相差十万倍之多，可见原子内部是十分“空旷”的.
考向1　对核式结构模型的认识
[典例3]　(多选)下列对原子结构的认识中，正确的是(　　)
A.原子中绝大部分是空的，原子核很小
B.电子在核外旋转，库仑力提供向心力
C.原子的全部正电荷都集中在原子核里
D.原子核的直径大约是10－10 m
[解析]　原子由位于原子中的带正电的原子核和核外带负电的电子构成，电子在核外绕核高速旋转，库仑力提供向心力，由此可判定B、C正确.根据α粒子散射实验知，原子核半径数量级为10－15 m，而原子半径的数量级为10－10 m，故A正确，D错误.
[答案]　ABC
考向2　核式结构模型的应用
[典例4]　根据α粒子散射实验，卢瑟福提出了原子的核式结构模型，图中虚线表示原子核所形成的电场等势线，实线表示一个α粒子的运动轨迹.在α粒子从a运动到b、再运动到c的过程中，下列说法中正确的是(　　)
A.动能先增加，后减少
B.电势能先减少，后增加
C.电场力先做负功，后做正功，总功等于零
D.加速度先变小，后变大
[解析]　α粒子与原子核之间的作用力为库仑斥力，从a→b库仑力做负功，动能减少，电势能增加，从b→c库仑力做正功，动能增加，电势能减少，且a→b与b→c库仑力所做的总功为0，则a、c两点动能相等，故A、B错误，C正确；α粒子与原子核相距越近，库仑力越大，加速度越大，故从a→b→c加速度先增大后减小，D错误.
[答案]　C
解答原子结构问题的三大规律
(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：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.
考点　对玻尔理论的理解
1.原子只能处于一系列能量不连续的状态中，具有确定能量的稳定状态叫做定态，原子处于最低能级的状态叫基态，其他的状态叫激发态.
2.频率条件
当电子从能量较高的定态轨道(Em)跃迁到能量较低的定态轨道(En)时会放出能量为hν的光子，则hν＝Em－En.反之，当电子吸收光子时会从较低的能量态跃迁到较高的能量态，吸收的光子能量同样由频率条件决定.
3.原子的不同能量状态对应于电子的不同运行轨道.
4.成功与局限
玻尔的原子模型成功解释了氢原子光谱及原子的稳定性，但不能解释较复杂的原子的光谱现象.
[典例5]　(2017·福建三明模拟)按照玻尔理论，一个氢原子中的电子从一半径为ra的圆轨道自发地直接跃迁到一半径为rb的圆轨道上，已知ra>rb，则在此过程中(　　)
A.原子要发出某一频率的光子，电子的动能增大，原子的电势能减小，原子的能量也减小
B.原子要吸收某一频率的光子，电子的动能减小，原子的电势能减小，原子的能量也减小
C.原子要发出一系列频率的光子，电子的动能减小，原子的电势能减小，原子的能量也减小
D.原子要吸收一系列频率的光子，电子的动能增大，原子的电势能增大，原子的能量也增大
[解析]　由玻尔氢原子理论可知，电子轨道半径越大，原子的能量越大，当电子从ra跃迁到rb时，原子的能量减小，放出光子；在电子跃迁过程中，库仑力做正功，原子的电势能减小；由库仑力提供电子做圆周运动的向心力，即＝，r减小，电子速度增大，动能增大，综上所述可知A正确.
[答案]　A
[变式1]　(2017·山东枣庄第十八中学模拟)(多选)根据玻尔假设，若规定无穷远处的能量为0，则量子数为n的氢原子的能量En＝，E1为基态的能量，经计算为－13.6 eV，现规定氢原子处于基态时的能量为0，则(　　)
A.量子数n＝2时能级的能量为0
B.量子数n＝3时能级的能量为－
C.若要使氢原子从基态跃迁到第4能级，则需要吸收的光子能量为－
D.若采用能量为－的高速电子轰击而跃迁到激发态，这些氢原子从激发态向低能级跃迁的过程中可释放出10种不同频率的光子
答案：BC　解析：若规定无穷远处的能量为0，则量子数为n＝2时的能量为E2＝ eV＝－3.4 eV，若氢原子处于基态时的能量为0，则量子数n＝2时能级的能量为10.2 eV，选项A错误；量子数n＝3时能级的能量为－E1＝－，选项B正确；若要使氢原子从基态跃迁到第4能级，则需要吸收的光子能量为－E1＝－，选项C正确；采用能量为－的高速电子轰击而跃迁到激发态，根据Em－En＝hν，氢原子获得能量跃迁到n＝3激发态，则这些氢原子从激发态向低能级跃迁的过程中可释放出3种不同频率的光子，故D错误.
1.原子若是吸收光子的能量而被激发，其光子的能量必须等于两能级的能量差，否则不能被吸收；不存在激发到n能级时能量有余，而激发到n＋1时能量不足，则可激发到n能级的问题.
2.原子还可以吸收外来实物粒子(例如自由电子)的能量而被激发，由于实物粒子的动能可全部或部分地被原子吸收，所以只要入射粒子的能量大于或等于两能级的能量差值(E＝Em－En)，就可使原子发生能级跃迁.
考点　氢原子能级和跃迁
1.对氢原子能级图的理解
(1)能级图如图所示.
(2)能级图中相关量意义的说明
相关量
意义
能级图中的横线
表示氢原子可能的能量状态——定态
横线左端的数字“1,2,3，…”
表示量子数
横线右端的数字“－13.6，－3.4，…”
表示氢原子的能量
相邻横线间的距离
表示相邻的能量差，量子数越大，相邻的能量差越小，距离越小
带箭头的竖线
表示原子由较高能级向较低能级跃迁，原子跃迁条件为hν＝Em－En
2.谱线条数的确定方法
(1)一个氢原子跃迁发出可能的光谱线条数最多为(n－1).
(2)一群氢原子跃迁发出可能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.
[典例6]　(多选)氢原子能级如图所示，当氢原子从n＝3跃迁到n＝2的能级时，辐射光的波长为 656 nm.以下判断正确的是(　　)
A.氢原子从n＝2跃迁到n＝1的能级时，辐射光的波长大于656 nm
B.用波长为325 nm的光照射，可使氢原子从n＝1跃迁到n＝2的能级
C.一群处于n＝3能级上的氢原子向低能级跃迁时最多产生3种谱线
D.用波长为633 nm的光照射，不能使氢原子从n＝2跃迁到n＝3的能级
[解析]　根据氢原子的能级图和能级跃迁规律，当氢原子从n＝2能级跃迁到n＝1的能级时，辐射光的波长一定小于656 nm，因此A选项错误；根据发生跃迁只能吸收和辐射一定频率的光子，可知B选项错误，D选项正确；一群处于n＝3能级上的氢原子向低能级跃迁时可以产生3种频率的光子，所以C选项正确.
[答案]　CD
[变式2]　 (2017·福建龙岩二模)图甲所示为氢原子的能级，图乙为氢原子的光谱.已知谱线a是氢原子从n＝4的能级跃迁到n＝2的能级时的辐射光，则谱线b可能是氢原子　　　　时的辐射光.(　　)
甲
乙
A.从n＝5的能级跃迁到n＝3的能级
B.从n＝4的能级跃迁到n＝3的能级
C.从n＝5的能级跃迁到n＝2的能级
D.从n＝3的能级跃迁到n＝2的能级
答案：C　解析：谱线a是氢原子从n＝4的能级跃迁到n＝2的能级时的辐射光，波长大于谱线b的，所以a光的光子频率小于b光的光子频率，所以b光的光子能量大于n＝4和n＝2的能级差.n＝3和n＝2的能级差、n＝4和n＝3的能级差、n＝5和n＝3的能级差都小于n＝4和n＝2的能级差.n＝5和n＝2的能级差大于n＝4和n＝2的能级差.故A、B、D错误，C正确.
解决氢原子能级跃迁问题的四点技巧
(1)原子跃迁时，所吸收或释放的光子能量只能等于两能级之间的能量差.
(2)原子电离时，所吸收的能量可以大于或等于某一能级能量的绝对值.
(3)一群原子和一个原子不同，它们的核外电子向基态跃迁时发射光子的种类N＝C＝.
(4)计算能级能量时应注意：因一般取无穷远处为零电势参考面，故各能级的能量值均为负值.能量单位1 eV＝1.6×10－19 J.
1.[原子结构模型](多选)下列说法正确的是(　　)
A.阴极射线的本质是高速电子流
B.光电效应现象揭示了光具有粒子性
C.汤姆孙发现了电子，揭示了原子核内部有复杂结构
D.玻尔提出的原子模型，否定了卢瑟福的原子核式结构学说
答案：AB　解析：汤姆孙发现了电子，揭示了原子内部有复杂结构，C错误；玻尔的原子模型仍保留了经典粒子的观点，并未否定原子核式结构学说，D错误.
2.[对α粒子散射实验的理解]卢瑟福通过对α粒子散射实验结果的分析，提出(　　)
A.原子的核式结构模型
B.原子核内有中子存在
C.电子是原子的组成部分
D.原子核是由质子和中子组成的
答案：A　解析：卢瑟福根据α粒子散射实验提出了原子的核式结构模型，但并未指出原子核的组成，故A正确，B、D错误；汤姆孙通过对阴极射线的研究提出了电子是原子的组成部分，C错误.
3.[对玻尔理论的理解]根据玻尔理论，氢原子的电子由n＝1轨道跃迁到n＝2轨道，下列说法正确的是(　　)
A.原子要吸收某一频率的光子
B.原子要放出一系列频率不同的光子
C.原子的能量增加，电子的动能增大
D.原子的能量减少，电子的动能减小
答案：A　解析：氢原子的电子由n＝1轨道跃迁到n＝2轨道时，原子的能量要增加，电子的运动半径增大，电子的运动速度变小，电子的动能减小，原子要吸收一定频率的光子才能实现跃迁，故A正确，B、C、D错误.
4.[氢原子能级和跃迁]根据玻尔理论，氢原子由基态向激发态跃迁时(　　)
A.辐射能量，能级升高
B.辐射能量，能级降低
C.吸收能量，能级升高
D.吸收能量，能级降低
答案：C　解析：氢原子从基态向激发态跃迁时，将吸收能量，能量增加，能级升高，故C正确，A、B、D错误.
5.[氢原子能级和跃迁]如图所示为氢原子的能级示意图.现用能量介于10～12.9 eV范围内的光子去照射一群处于基态的氢原子，则下列说法正确的是(　　)
A.照射光中只有一种频率的光子被吸收
B.照射光中有三种频率的光子被吸收
C.氢原子发射出一种波长的光
D.氢原子发射出三种不同波长的光
答案：B　解析：氢原子发生跃迁时只会吸收两个能级之差的能量，经计算10～12.9 eV的光子可使氢原子从基态跃迁到2、3、4三个激发态，A错误，B正确；氢原子吸收能量后，从这三个能级跃迁，能生出C＝6种不同波长的光，C、D错误.
第5讲　原子核
知识点一　放射现象、三种射线
1.天然放射现象
(1)定义：放射性元素自发地发出射线的现象叫做　　　　
现象.
(2)原子序数　　　　的元素，都能自发地发出射线，原子序数　　　　的元素，有的也能放出射线.
(3)射线种类：放射性物质发出的射线有三种：　　　　、　　　　、　　　　，有放射性的元素称为　　　　.
2.三种射线的本质
(1)α射线：α射线是高速α粒子流，实际就是　　　　，电荷数是　　　　，质量数是　　　　，可记为　　　　.
(2)β射线：β射线是高速　　　　.
(3)γ射线：γ射线是能量很高的　　　　.
3.三种射线的特点
(1)α射线：α粒子容易使空气　　　　，使胶片　　　　，但贯穿本领很　　　　.
(2)β射线：β粒子贯穿本领　　 　，但电离能力　　 　.
(3)γ射线：γ粒子电离本领　　 　，但贯穿本领　　 　.
答案：1.(1)天然放射　(2)大于或等于83　小于83　(3)α射线　β射线　γ射线　放射性元素　2.(1)氦原子核　2　4　He　(2)电子流　(3)电磁波　3.(1)电离　感光　弱　(2)较强　较弱　(3)很弱　很强
知识点二　原子核的衰变、半衰期
1.原子核的衰变
(1)原子核放出α粒子或β粒子，变成另一种 　　　　的变化称为原子核的衰变.
(2)分类
α衰变：X→Y＋　　　　.
β衰变：X→Y＋　　　　.
2.半衰期
(1)定义：放射性元素的原子核有　　　　发生衰变所需的时间.
(2)影响因素：放射性元素衰变的快慢是由核　　　　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.
答案：1.(1)原子核　(2)He　e　2.(1)半数　(2)内部
知识点三　核力、结合能、质量亏损
1.核力
(1)定义：原子核内部，核子间所特有的相互作用力.
(2)特点
①核力是强相互作用的一种表现；
②核力是短程力，作用范围在1.5×10－15 m之内；
③每个核子只跟它的相邻核子间才有核力作用.
2.结合能
核子结合为原子核时　　　　的能量或原子核分解为核子时　　　　的能量，叫做原子核的结合能，亦称核能.
3.比结合能
(1)定义：原子核的结合能与　　　　之比，称做比结合能，也叫平均结合能.
(2)特点：不同原子核的比结合能不同，原子核的比结合能越大，表示原子核中核子结合得越牢固，原子核越　　　　.
4.质能方程、质量亏损
爱因斯坦质能方程E＝　　　　，原子核的质量必然比组成它的核子的质量和要小Δm，这就是质量亏损.由质量亏损可求出释放的核能ΔE＝　　　　.
答案：2.释放　吸收　3.(1)核子数　(2)稳定
4.mc2　Δmc2
知识点四　裂变反应和聚变反应、裂变反应堆　核反应方程
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→Kr＋Ba＋3n.
(3)链式反应：由重核裂变产生的　　　　使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：裂变物质能够发生　　　　的最小体积及其相应的质量.
(5)裂变的应用：　　　　、核反应堆.
(6)反应堆构造：核燃料、减速剂、　　　　、防护层.
2.轻核聚变
(1)定义：两轻核结合成　　　　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　　　　.
(2)典型的聚变反应方程：
H＋H→He＋n.
答案：1.(3)中子　(4)链式反应　(5)原子弹
(6)镉棒　2.(1)质量较大　热核反应
(1)若使放射性物质的温度升高，其半衰期将减小.(　　)
(2)β衰变所释放的电子是原子核外的电子电离形成的.(　　)
(3)氡的半衰期为3.8天，若取4个氡原子核，经7.6天后就剩下一个原子核了.(　　)
(4)核反应遵循质量数守恒而不是质量守恒，同时遵循电荷数守恒.(　　)
(5)爱因斯坦质能方程反映了物体的质量就是能量，它们之间可以相互转化.(　　)
(6)核子结合成原子核吸收的能量或原子核拆解成核子放出的能量称为结合能.(　　)
答案：(1) ?　(2) ?　(3) ?　(4) ?　(5) ?　(6) ?
考点　天然放射现象　原子核的衰变
1.三种射线的性质、特征的比较
α射线
β射线
γ射线
组成
高速氦核流
高速电子流
光子流(高频电磁波)
速度
0.1c
0.99c
c
质量
4mp，mp＝1.67
×10－27 kg
静止质
量为0
在电磁
场中
偏转
与α射线偏转
方向相反
不偏转
穿透本领
最弱
较弱
最强
对空气的
电离作用
很强
较弱
很弱
2.对α衰变和β衰变的实质的正确理解
(1)原子核放出α粒子或β粒子后，就变成了新的原子核，我们把这种变化称为原子核的衰变.α粒子、β粒子都是从原子核里发射出来的，但不能认为原子核是由这些粒子组成的，原子核是由质子和中子组成的.
(2)α衰变的实质是原子核中的2个质子和2个中子结合在一起并发射出来.β衰变的实质是原子核内的一个中子变成一个质子和一个电子，放出高速电子流.
(3)在发生α、β衰变的过程中，由于新核处于不稳定状态，它要通过辐射光子而达到稳定的状态，因此γ射线总是伴随α、β衰变而产生.
3.放射性元素的半衰期
(1)半衰期的理解
半衰期是表示放射性元素衰变快慢的物理量，同一放射元素具有的衰变速率一定，不同元素半衰期不同，有的差别很大.
(2)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或质量，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或质量，t表示衰变时间，T表示半衰期.
考向1　对三种射线性质的理解
[典例1]　如图所示，x为未知的放射源，L为薄铝片，计数器对α粒子、β粒子、γ光子均能计数.若在放射源和计数器之间加上L后，计数器的计数率大幅度减小，在L和计数器之间再加竖直向下的匀强磁场，计数器的计数率不变，则x可能是(　　)
A.α、β和γ的混合放射源　　B.纯α放射源
C.α和γ的放射源 D.纯γ放射源
[解析]　在放射源和计数器之间加上铝片后，计数器的计数率大幅度减小，说明射线中有穿透力很弱的粒子，即α粒子；在铝片和计数器之间再加竖直向下的匀强磁场，计数器的计数率不变，说明穿过铝片的粒子中无带电粒子，故只有γ射线.因此放射源可能是α和γ的放射源，故选C.
[答案]　C
考向2　衰变方程的书写和衰变次数的计算
[典例2]　U核经一系列的衰变后变为Pb核.问：
(1)一共经过几次α衰变和几次β衰变？
(2)Pb与U相比，求质子数和中子数各少多少？
(3)综合写出这一衰变过程的方程.
[解题指导]　(1)可根据衰变过程中质量数守恒和电荷数守恒求解.
(2)根据每发生一次α衰变原子核的质子数和中子数均少2，每发生一次β衰变原子核的中子数少1、质子数多1来推算.
(3)根据(1)的解答结果写方程.
[解析]　(1)设U衰变为Pb经过x次α衰变和y次β衰变.由质量数守恒和电荷数守恒可得
238＝206＋4x①
92＝82＋2x－y②
联立①②解得x＝8，y＝6，即一共经过8次α衰变和6次β衰变.
(2)由于每发生一次α衰变质子数和中子数均减少2，每发生一次β衰变中子数减少1，而质子数增加1，故Pb 较U质子数少10，中子数少22.
(3)核反应方程为U→Pb＋8He＋6e.
[答案]　(1)8　6　(2)10　22　(3)U→Pb＋8He＋6e
考向3　对半衰期的理解及计算
[典例3]　(2017·湖北黄石期中)一质量为M的矿石中含有放射性元素钚，其中钚238的质量为m，已知钚的半衰期为88年，那么下列说法中正确的是(　　)
A.经过176年后，这块矿石中基本不再含有钚
B.经过176年后，原来含有钚元素的原子核有发生了衰变
C.经过264年后，钚元素的质量还剩
D.经过88年后，该矿石的质量剩下
[解析]　半衰期表示有一半原子核发生衰变的时间，经过176年后，也就是2个半衰期，则还剩的钚原子核没有发生衰变，故A、B错误；经过264年后，也就是3个半衰期，钚元素的质量还剩，故C正确；经过88年后该矿石的质量基本不变，只是其中钚238的质量变成，故D错误.
[答案]　C
考向4　α衰变和β衰变在磁场中的轨迹分析
[典例4]　(多选)静止在匀强磁场中的某放射性元素的原子核，当它放出一个α粒子后，其速度方向与磁场方向垂直，测得α粒子和反冲核轨道半径之比为44∶1，如图所示，则(　　)
A.α粒子与反冲粒子的动量大小相等，方向相反
B.原来放射性元素的原子核电荷数为90
C.反冲核的核电荷数为88
D.α粒子和反冲粒子的速度之比为1∶88
[解析]　微粒之间相互作用的过程遵循动量守恒定律，由于初始总动量为零，则末动量也为零，即α粒子和反冲核的动量大小相等，方向相反.由于释放的α粒子和反冲核均在垂直于磁场的平面内且在洛伦兹力作用下做圆周运动，由qvB＝，得R＝.若原来放射性元素的核电荷数为Q，则对α粒子：R1＝；对反冲核：R2＝.由于p1＝p2，R1∶R2＝44∶1，所以Q＝90°.α粒子和反冲核的速度大小与质量成反比，但质量大小未知，故D错误.
[答案]　ABC
1.半衰期是大量原子核衰变的统计规律，只对大量原子核有意义，对少数原子核是没有意义的.对于一个特定的原子核，无法确定其何时发生衰变，但可以确定各个时刻发生衰变的概率，即某时刻衰变的可能性，因此，半衰期只适用于大量的原子核.
2.静止的原子核在匀强磁场中发生衰变，当运动方向与磁场方向垂直时，轨迹为外切圆的为α衰变，轨迹为内切圆的为β衰变.
α衰变
X→Y＋He
两圆外切，α粒子半径大
β衰变
X→Y＋e
两圆内切，β粒子半径大
考点　核反应方程及核反应类型
考向1　对核反应类型的考查
[典例5]　(2016·新课标全国卷Ⅱ)在下列描述核过程的方程中，属于α衰变的是　　　，属于β衰变的是　　　，属于裂变的是　　　，属于聚变的是　　　.(填正确答案标号)
A.C→N＋　e
B.P→S＋　e
C.U→Th＋He
D.N＋He→O＋H
E.U＋n→Xe＋Sr＋2n
F.H＋H→He＋n
[解析]　一个原子核自发地放出一个α粒子，生成一个新核的过程是α衰变，因此C项是α衰变；一个重核在一个粒子的轰击下，分裂成几个中等质量原子核的过程是重核的裂变，因此E项是重核的裂变；两个较轻的原子核聚合成一个较大的原子核，并放出粒子的过程是轻核的聚变，因此F项是轻核的聚变；另外，A、B项是β衰变，D项是原子核的人工转变.
[答案]　C　AB　E　F
[变式1]　(多选)下列核反应方程及其表述完全正确的是(　　)
A.He＋H→He＋H是聚变反应
B.U→Th＋He是人工核转变
C.U＋n→Kr＋Ba＋3n是裂变反应
D.Na→Mg＋e是裂变反应
答案：AC　解析：A选项中的反应方程式是由质量较小的核变成质量较大的核，是聚变反应；B选项中的是α衰变；C选项中的是裂变反应；D选项中的是β衰变.
考向2　对核反应方程的考查
[典例6]　(2015·广东卷)(多选)科学家使用核反应获取氚，再利用氘和氚的核反应获得能量.核反应方程分别为：X＋Y→He＋H＋4.9 MeV和H＋H→He＋X＋17.6 MeV.下列表述正确的有(　　)
A.X是中子
B.Y的质子数是3，中子数是6
C.两个核反应都没有质量亏损
D.氘和氚的核反应是核聚变反应
[解析]　核反应方程遵守核电荷数守恒和质量数守恒，则由H＋H→He＋X＋17.6 MeV知 X为n，由X＋Y→He＋H＋4.9 MeV知Y为Li，其中Y的质子数是3，中子数也是3，选项A正确，B错误.两个核反应都释放出核能，故都有质量亏损，选项C错误.X＋Y→He＋ H＋4.9 MeV是原子核的人工转变，H＋H→He＋n＋17.6 MeV为轻核聚变，选项D正确.
[答案]　AD
解答有关核反应方程问题的技巧
(1)熟记常见基本粒子的符号——是正确书写核反应方程的基础.如质子(11H)、中子(n)、α粒子(He)、β粒子(e)、正电子(e)、氘核(H)、氚核(H)等.
(2)熟悉核反应的四种基本类型——衰变、人工转变、裂变和聚变.
(3)掌握核反应方程遵守的规律——是正确书写核反应方程或判断某个核反应方程是否正确的依据，所以要理解并应用好质量数守恒和电荷数守恒的规律.
(4)明白核反应过程是不可逆的——核反应方程只能用箭头连接并表示反应方向，不能用等号连接.
考点　核力、核能、质量亏损、质能方程
1.核力的特点
(1)核力是强相互作用(强力)的一种表现，在原子核的尺度内，核力比库仑力大得多.
(2)核力是短程力，作用范围在1.5×10－15 m之内.核力在距离大于0.8×10－15 m时表现为吸引力，且随距离增大而减小，超过1.5×10－15 m，核力急剧下降几乎消失；而在距离小于0.8×10－15 m时，核力表现为斥力，因此核子不会融合在一起.
(3)每个核子只与相邻的核子发生核力作用，这种性质称为核力的饱和性.
2.结合能
克服核力束缚，使原子核分解为单个核子时吸收的能量；或若干个核子在核力作用下结合成原子核时释放的能量.
3.比结合能与原子核的稳定性
(1)比结合能的大小反映核的稳定程度，比结合能越大，原子核就越难拆开，表示该核就越稳定.
(2)核子数较小的轻核与核子数较大的重核，比结合能都比较小，中等核子数的原子核比结合能较大，表示这些原子核较稳定.
(3)当比结合能较小的原子核转化成比结合能较大的原子核时，就可能释放核能.
4.质量亏损的理解
所谓质量亏损，并不是质量消失，减少的质量在核子结合成核的过程中以能量的形式辐射出去了.反过来，把原子核分裂成核子，总质量要增加，总能量也要增加，增加的能量要由外部供给.总之，物体的能量和质量之间存在着密切的联系，它们之间的关系就是E＝mc2.
考向1　对核力的理解
[典例7]　(多选)对于核力，以下哪些说法是正确的(　　)
A.核力是弱相互作用，作用力很小
B.核力是强相互作用，是强力
C.核子之间的距离小于0.8×10－15 m时，核力表现为斥力，因此核子不会融合在一起
D.人们对核力的了解很清楚，特别是在小于0.8×10－15 m 时，核力的变化规律更清楚
[解析]　核力是强相互作用的一种表现，它的作用范围在1.5×10－15 m之内，核力比库仑力大得多.因此，选项B正确，A错误.核力在大于0.8×10－15 m时，表现为吸引力，且随距离增大而减小，在距离小于0.8×10－15 m时，核力表现为斥力，因此核子不会融合在一起，所以选项C正确.人们对核力的了解还不是很清楚，这是科学家们奋力攻克的堡垒，故D不正确.
[答案]　BC
考向2　对结合能、比结合能的理解
[典例8]　(多选)关于原子核的结合能，下列说法正确的是(　　)
A.原子核的结合能等于使其完全分解成自由核子所需的最小能量
B.一重原子核衰变成α粒子和另一原子核，衰变产物的结合能之和一定大于原来重核的结合能
C.铯原子核(Cs)的结合能小于铅原子核(Pb)的结合能
D.比结合能越大，原子核越不稳定
[解析]　根据结合能的定义，A正确；由比结合能曲线可知，轻原子核和重原子核的比结合能较小，中等质量的原子核比结合能较大，故B、C正确；比结合能越大原子核越稳定，D错误.
[答案]　ABC
[变式2]　(多选)人们发现，不同的原子核，其核子的平均质量(原子核的质量除以核子数)与原子序数有如图所示的关系.下列关于原子结构和核反应的说法正确的是(　　)
A.由图可知，原子核D和E形成原子核F时会有质量亏损，要吸收能量
B.由图可知，原子核A分裂成原子核B和C时会有质量亏损，要放出核能
C.B的比结合能大于C的比结合能
D.B的比结合能大于F的比结合能
答案：BD　解析：原子核D和E的核子平均质量大于原子核F的核子平均质量，原子核D和E形成原子核F时会有质量亏损，释放能量，故A选项错误；同理，原子核A的核子平均质量大于原子核B、C的核子平均质量，A分裂成B和C时会有质量亏损，要放出核能，故B选项正确；核子平均质量越小的原子核，其比结合能要小，故B的比结合能小于C的比结合能，大于F的比结合能，故C选项错误，D选项正确.
考向3　对质量亏损、质能方程的理解
[典例9]　为纪念爱因斯坦对物理学的巨大贡献，联合国将2005年定为“国际物理年”.对于爱因斯坦提出的质能方程E＝mc2，下列说法中不正确的是(　　)
A.E＝mc2表明物体具有的能量与其质量成正比
B.根据ΔE＝Δmc2可以计算核反应中释放的核能
C.一个中子和一个质子结合成氘核时释放出核能，表明此过程中出现了质量亏损
D.E＝mc2中的E是发生核反应时释放的核能
[解析]　E＝mc2中的E表示物体具有的总能量，m表示物体的质量，A项正确.ΔE＝Δmc2表示的意义：当物体的能量增加或减小ΔE时，它的质量也会相应地增加或减少Δm，B项正确.只有出现质量亏损，才能释放核能，C项正确.公式E＝mc2中的E为质量为m的物体所对应的能量，而非核反应中释放的能量，D项错误.
[答案]　D
[变式3]　为了直接验证爱因斯坦狭义相对论中著名的质能方程E＝mc2，科学家用中子轰击硫原子，分别测出原子捕获中子前后质量的变化以及核反应过程中放出的能量，然后进行比较，精确验证了质能方程的正确性.设捕获中子前的原子质量为m1，捕获中子后的原子质量为m2，被捕获的中子质量为m3，核反应过程放出的能量为ΔE，则这一实验需验证的关系式是(　　)
A.ΔE＝(m1－m2－m3)c2　　B.ΔE＝(m1＋m3－m2)c2
C.ΔE＝(m2－m1－m3)c2 D.ΔE＝(m2－m1＋m3)c2
答案：B　解析：反应前的质量总和为m1＋m3，质量亏损ΔE＝m1＋m3－m2，核反应释放的能量ΔE＝(m1＋m3－m2)c2，选项B正确.
爱因斯坦质能方程反映的是质量亏损和释放出核能这两种现象之间的联系，并不表示质量和能量之间的转变关系.以下几点要明确：
(1)物体的质量包括静止质量和运动质量，质量亏损指的是静止质量的减少，减少的静止质量转化为和辐射能量有关的运动质量.
(2)质量亏损并不是这部分质量消失或转变为能量，只是静止质量的减少.
(3)在核反应中仍然遵守质量守恒和能量守恒定律.
(4)质量只是物体具有能量多少及能量转变多少的一种量度.
考点　核能的计算、重核裂变、轻核聚变
1.根据质量亏损计算
(1)根据核反应方程，计算核反应前和核反应后的质量亏损Δm.
(2)根据爱因斯坦质能方程ΔE＝Δmc2计算核能. 其中Δm的单位是千克，ΔE的单位是焦耳.
2.利用原子质量单位u和电子伏特计算
(1)明确原子单位u和电子伏特之间的关系
1 u＝1.660 6×10－27 kg,1 eV＝1.602 178×10－19 J
由E＝mc2得E＝ eV＝931.5 MeV.
(2)根据1原子质量单位(u)相当于931.5 MeV的能量，用核子结合成原子核时质量亏损的原子质量单位数乘以931.5 MeV，即ΔE＝Δm×931.5 MeV.
其中Δm的单位是u，ΔE的单位是MeV.
3.根据能量守恒和动量守恒来计算核能
参与核反应的粒子所组成的系统，在核反应过程中的动量和能量是守恒的，因此，利用动量和能量守恒可以计算出核能的变化.
4.利用平均结合能来计算核能
原子核的结合能＝核子的平均结合能×核子数.核反应中反应前系统内所有原子核的总结合能与反应后生成的所有新核的总结合能之差，就是该次核反应所释放(或吸收)的核能.
考向1　重核裂变与核能计算
[典例10]　浙江秦山核电站的核能来源于U的裂变，下列说法中你认为正确的是(　　)
A.U原子核中有92个质子、143个中子
B.U的一种典型的裂变是变成两个中等质量的原子核，反应方程式为U＋n→Ba＋Kr＋3n
C.U是天然放射性元素，常温下它的半衰期约为45亿年，升高温度时半衰期将缩短
D.若一个U裂变，反应时的质量亏损为0.357 8×10－27 kg，则释放的能量约为201 MeV，合3.2×10－11 J
[解析]　原子核中的质子数即为原子序数，所以U的质子数为92，中子数为235－92＝143，A项正确；由电荷数和质量守恒可判断，B项正确；半衰期与外部环境无关，C项错误；由爱因斯坦质能方程ΔE＝Δmc2可判断，D项正确.
[答案]　ABD
考向2　轻核聚变与核能计算
[典例11]　(2017·广东肇庆三模)(多选)已知氘核的平均结合能是1.09 MeV，氚核的平均结合能是2.78 MeV，氦核的平均结合能是7.03 MeV.在某次核反应中，1个氘核和1个氚核结合生成1个氦核和一个中子，并放出17.6 MeV 的能量，下列说法正确的是(　　)
A.这是一个裂变反应
B.核反应方程为H＋H→He＋n
C.目前核电站都采用上述核反应发电
D.该核反应会有质量亏损
[解析]　核反应方程如B所述，不是裂变反应，故A错误，B正确.该反应释放能量，故有质量亏损，D正确.目前核电站利用核裂变工作，故C错误.
[答案]　BD
[典例12]　用中子轰击锂核(Li)发生核反应，生成氚核(H)和α粒子，并放出4.8 MeV的能量.(1 u相当于931.5 MeV)
(1)写出核反应方程；
(2)求出质量亏损；
(3)若中子和锂核是以等值反向的动量相碰，则生成的氚核和α粒子的动能之比是多少？
[解析]　(1)Li＋n→H＋He.
(2)根据质能方程ΔE＝Δm×931.5 MeV得
Δm＝ u＝0.005 2 u.
(3)中子与锂核以等值反向的动量相碰，则初动量p＝0，根据动量守恒，则碰后氚核与α粒子的合动量也为0，设氚核质量为m1，速度为v1，α粒子质量为m2，速度为v2
得0＝m1v1＋m2v2①
又有Ek＝②
由①②得Ek1∶Ek2＝∶
得＝＝.
[答案]　(1)Li＋n→H＋He　(2)0.005 2 u　(3)
关于结合能的计算关键要理解结合能的定义，结合能是指把原子核分开成核子时吸收的能量或核子结合成原子核时放出的能量，这部分能量可以根据爱因斯坦的质能方程来求解，基本方法是根据核反应方程，先计算反应前和反应后的质量亏损Δm，再根据质能方程ΔE＝Δmc2计算结合能，注意计算时应灵活选取国际单位或实用单位.
1.[核力](多选)下列关于核力的说法，正确的是(　　)
A.核力存在于任何核子之间
B.核力只存在于相邻的核子之间
C.核力与万有引力性质相同
D.核力是一种短程的强作用力
答案：BD　解析：核力是强作用力、短程力，只存在于相邻的核子间，而核力与万有引力是不同性质的力.
2.[比结合能](多选)铁的比结合能比铀核的比结合能大，下列关于它们的说法正确的是(　　)
A.铁的结合能大于铀核的结合能
B.铁核比铀核稳定
C.铀核发生核变化变成铁核要放出能量
D.铀核发生核变化变成铁核质量要亏损
答案：BCD　解析：铁核的比结合能比铀核的大，则铁核比铀核稳定，铀核比结合能小，变成铁核会放出核能，出现质量亏损，B、C、D正确.
3.[核反应方程、质量亏损]某核反应方程为H＋H→He＋X.已知H的质量为2.013 6 u，H的质量为3.018 0 u，He 的质量为4.002 6 u，X的质量为1.008 7 u.则下列说法正确的是(　　)
A.X是质子，该反应释放能量
B.X是中子，该反应释放能量
C.X是质子，该反应吸收能量
D.X是中子，该反应吸收能量
答案：B　解析：由题目所给核反应方程式，根据核反应过程质量数、电荷数守恒规律，可得H＋H→He＋n，X为中子，在该反应发生前反应物的总质量m1＝2.013 6 u＋3.018 0 u＝5.031 6 u，反应后产物的总质量m2＝4.002 6 u＋1.008 7 u＝5.011 3 u，总质量减少，出现了质量亏损.根据爱因斯坦的质能方程可知该反应释放能量，故B正确.
4.[重核裂变]关于重核的裂变，以下说法正确的是(　　)
A.核裂变释放的能量等于它俘获中子时得到的能量
B.中子从铀块中通过时，一定发生链式反应
C.重核裂变释放出大量能量，产生明显的质量亏损，所以核子数要减小
D.由于重核的核子平均质量大于中等质量核的核子平均质量，所以重核裂变为中等质量的核时，要发生质量亏损，放出核能
答案：D　解析：根据重核发生裂变的条件和裂变放出能量的原理分析可知，裂变时因铀核俘获中子即发生核反应，是核能转化为其他形式能的过程，因此其释放的能量是远大于其俘获中子时吸收的能量.链式反应是有条件的，即铀块的体积必须大于临界体积，如果体积小，中子从铀块中穿过时，碰不到原子核，则链式反应就不会发生.在裂变反应中核子数是不会减小的，因此选项A、B、C均错误.重核裂变为中等质量的原子核时，由于核子平均质量减小，还会发生质量亏损，从而释放出核能，故选项D正确.
5.[核反应方程、核能计算]在所有能源中，核能具有能量密度大、地区适应性强的优势.在核电站中，核反应堆释放的核能被转化为电能.核反应堆的工作原理是利用中子轰击重核发生裂变反应，释放出大量核能.核反应方程式U＋n→Ba＋Kr＋aX是反应堆中发生的许多核反应中的一种，n为中子，X为待求粒子，a为X的个数，则X为　　　　，a＝　　　　，以mU、mBa、mKr分别表示U、Ba、Kr核的质量，mn、mp分别表示中子、质子的质量，c为光在真空中传播的速度，则在上述核反应过程中放出的核能ΔE＝　　　　　　.
答案：n　3　(mU－mBa－mKr－2mn)c2
解析：由反应方程可知：X为n，a＝3，释放的能量为ΔE＝(mU－mBa－mKr－2mn)c2.
第十三章 波与相对论
【研透全国卷】
在新课标全国卷中，对本部分知识的考查是在选考题中出现.从近几年的高考试题来看，主要考查简谐运动的图象、波动图象以及波的传播规律等；另外对光学知识的考查主要以折射定律、全反射等为主.
预测在2018年高考中，对本部分内容的考查仍将以图象为主，考查振动和波动问题；并以光的折射和全反射为重点考查光学知识.
考点
内容
要求
题型
选考实验
一、机械振动
简谐运动
Ⅰ
选择
1.实验内容
用单摆测定重力加速度
测定玻璃的折射率
用双缝干涉测量光的波长
2.命题形式
填空
简谐运动的公式和图象
Ⅱ
单摆、单摆的周期公式
Ⅰ
受迫振动和共振
Ⅰ
二、机械波
机械波
Ⅰ
选择、
计算
横波和纵波
Ⅰ
横波的图象
Ⅱ
波速、波长和频率(周期)的关系
Ⅱ
波的干涉和衍射现象
Ⅰ
多普勒效应
Ⅰ
三、光的折射、全反射
光的折射定律
Ⅱ
选择、
计算
折射率
Ⅰ
全反射、光导纤维
Ⅰ
四、光的波动性、电磁波、相对论
光的干涉、衍射和偏振现象
Ⅰ
选择
变化的磁场产生电场、变化的电场产生磁场、电磁波及其传播
Ⅰ
电磁波的产生、发射和接收
Ⅰ
电磁波谱
Ⅰ
狭义相对论的基本假设
Ⅰ
质速关系、质能关系
Ⅰ
相对论、质能关系式
Ⅰ
第1讲　机械振动
(实验：用单摆测定重力加速度)
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
知识点一　简谐运动
1.定义：物体在跟位移大小成正比并且总是指向　　　　的回复力作用下的振动.
2.平衡位置：物体在振动过程中　　　　为零的位置.
3.回复力
(1)定义：使物体返回到　　　　的力.
(2)方向：总是指向　　　　.
(3)来源：属于　　　　力，可以是某一个力，也可以是几个力的　　　　或某个力的　　　　.
4.简谐运动的两种模型
模型
弹簧振子
单摆
示意图
简谐
运动
条件
①弹簧质量可忽略
②无摩擦等阻力
③在弹簧弹性限度内
①摆线为不可伸缩的轻细线
②无空气等的阻力
②最大摆角小于10°
回复力
弹簧的　　　　提供
摆球　　　　沿与摆线垂直方向(即切向)的分力
平衡
位置
弹簧处于　　　　处
最低点
周期
与振幅无关
T＝　　　　
能量
转化
　　　　与动能的相互转化，机械能守恒
　　　　与动能的相互转化，机械能守恒
答案：1.平衡位置　2.回复力　3.(1)平衡位置　(2)平衡位置　(3)效果　合力　分力　4.弹力　重力　原长　2π　弹性势能　重力势能
知识点二　简谐运动的公式和图象
1.简谐运动的表达式
(1)动力学表达式：F＝　　　　，其中“－”表示回复力与位移的方向相反.
(2)运动学表达式：x＝　　　　，其中A代表振幅，ω＝2πf表示简谐运动的快慢，ωt＋φ代表简谐运动的相位，φ叫做　　　　.
2.简谐运动的图象
(1)从　　　　开始计时，函数表达式为x＝Asin ωt，图象如图甲所示.
②从　　　　处开始计时，函数表达式为x＝Acos ωt，图象如图乙所示.

答案：1.(1)－kx　(2)Asin (ωt＋φ)　初相　2.(1)平衡位置　(2)最大位移
知识点三　受迫振动和共振
1.受迫振动
系统在　　　　作用下的振动.做受迫振动的物体，它做受迫振动的周期(或频率)等于　　　　的周期(或频率)，而与物体的固有周期(或频率)　　　　.
2.共振
做受迫振动的物体，它的驱动力的频率与固有频率越接近，其振幅就越大，当二者　　　　时，振幅达到最大，这就是共振现象.共振曲线如图所示.
答案：1.驱动力　驱动力　无关　2.相等
(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.(　　)
(8)简谐运动的图象描述的是振动质点的轨迹.(　　)
答案：(1) ?　(2)√　(3) ?　(4) ?　(5)√
(6) ?　(7)√　(8) ?
简谐运动的角频率与周期公式推导
简谐运动的运动方程及速度、加速度的瞬时表达式分别为：
振动方程：x＝Acos (ωt ＋φ)
速度表达式：v＝x′＝－ωAsin (ωt ＋φ)
加速度表达式：a＝v′＝－ω2Acos (ωt ＋φ)
又根据牛顿第二定律a＝和回复力F＝－kx
得ω＝，T ＝＝2π.
考点一　简谐运动的特征
1.动力学特征：F＝－kx，“－”表示回复力的方向与位移方向相反，k是比例系数，不一定是弹簧的劲度系数.
2.运动学特征：简谐运动的加速度与物体偏离平衡位置的位移成正比且方向相反，为变加速运动，远离平衡位置时x、F、a、Ep均增大，v、Ek均减小，靠近平衡位置时则相反.
3.运动的周期性特征：相隔T或nT的两个时刻，振子处于同一位置且振动状态相同.
4.对称性特征
(1)相隔或T(n为正整数)的两个时刻，振子位置关于平衡位置对称，位移、速度、加速度大小相等，方向相反.
(2)如图所示，振子经过关于平衡位置O对称的两点P、P′(OP＝OP′)时，速度的大小、动能、势能相等，相对于平衡位置的位移大小相等.
(3)振子由P到O所用时间等于由O到P′所用时间，即tPO＝tOP′.
(4)振子往复过程中通过同一段路程(如OP段)所用时间相等，即tOP＝tPO.
5.能量特征：振动的能量包括动能Ek和势能Ep，简谐运动过程中，系统动能与势能相互转化，系统的机械能守恒.
考向1　描述简谐运动的物理量
[典例1]　如图所示，弹簧振子在BC间振动，O为平衡位置，BO＝OC＝5 cm，若振子从B到C的运动时间是1 s，则下列说法中正确的是(　　)
A.振子从B经O到C完成一次全振动
B.振动周期是1 s，振幅是10 cm
C.经过两次全振动，振子通过的路程是20 cm
D.从B开始经过3 s，振子通过的路程是30 cm
[解析]　振子从B→O→C仅完成了半次全振动，所以周期T＝2×1 s＝2 s，振幅A＝BO＝5 cm.振子在一次全振动中通过的路程为4A＝20 cm，所以两次全振动中通过的路程为 40 cm，3 s的时间为1.5T，所以振子通过的路程为30 cm.
[答案]　D
考向2　简谐运动的对称性和周期性
[典例2]　(多选)弹簧振子做简谐运动，O为平衡位置，当它经过点O时开始计时，经过0.3 s，第一次到达点M，再经过0.2 s第二次到达点M，则弹簧振子的周期为(　　)
A.0.53 s B.1.4 s
C.1.6 s D.3 s
[解析]　如图甲所示，设O为平衡位置，OB(OC)代表振幅，振子从O→C所需时间为.因为简谐运动具有对称性，所以振子从M→C所用时间和从C→M所用时间相等，故＝0.3 s＋＝0.4 s，解得T＝1.6 s.
　　
如图乙所示，若振子一开始从平衡位置向点B运动，设点M′与点M关于点O对称，则振子从点M′经过点B到点M′所用的时间与振子从点M经过点C到点M所需时间相等，即0.2 s.振子从点O到点M′和从点M′到点O及从点O到点M所需时间相等，为＝ s，故周期为T＝ s＝ s≈0.53 s.
[答案]　AC
分析简谐运动的技巧
(1)分析简谐运动中各物理量的变化情况时，一定要以位移为桥梁，位移增大时，振动质点的回复力、加速度、势能均增大，速度、动能均减小，反之，则产生相反的变化.另外，各矢量均在其值为零时改变方向.
(2)分析过程中要特别注意简谐运动的周期性和对称性.
考点　简谐运动的公式和图象
1.对简谐运动图象的认识
(1)简谐运动的图象是一条正弦或余弦曲线，如图所示.
(2)图象反映的是位移随时间的变化规律，随时间的增加而延伸，图象不代表质点运动的轨迹.
2.图象信息
(1)由图象可以得出质点做简谐运动的振幅、周期和频率.
(2)可以确定某时刻质点离开平衡位置的位移.
(3)可以确定某时刻质点回复力、加速度的方向：因回复力总是指向平衡位置，故回复力和加速度在图象上总是指向t轴.
(4)确定某时刻质点速度的方向：速度的方向可以通过下一时刻位移的变化来判定，下一时刻位移如增加，振动质点的速度方向就是远离t轴；下一时刻位移如减小，振动质点的速度方向就是指向t轴.
(5)比较不同时刻回复力、加速度的大小.
(6)比较不同时刻质点的动能、势能的大小.
考向1　简谐运动公式的应用
[典例3]　(多选)如图所示，轻弹簧上端固定，下端连接一小物块，物块沿竖直方向做简谐运动.以竖直向上为正方向，物块简谐运动的表达式为y＝0.1sin (2.5πt) m.t＝0时刻，一小球从距物块h高处自由落下；t＝0.6 s时，小球恰好与物块处于同一高度.取重力加速度g＝10 m/s2.以下判断正确的是(　　)
A.h＝1.7 m
B.简谐运动的周期是0.8 s
C.0.6 s内物块运动的路程为0.2 m
D.t＝0.4 s时，物块与小球运动方向相反
[问题探究]　(1)小物块做简谐运动的振幅是多少？周期为多少？
(2)在0.6 s内，小物块的位移是多少？路程是多少？
[提示]　(1)A＝0.1 m　T＝0.8 s
(2)x＝－0.1 m　s＝0.3 m
[解析]　由物块简谐运动的表达式y＝0.1sin (2.5πt) m知，ω＝2.5π，T＝＝ s＝0.8 s，选项B正确；t＝0.6 s时，y＝－0.1 m，对小球：h＋|y|＝gt2，解得h＝1.7 m，选项A正确；物块0.6 s内运动的路程为0.3 m，t＝0.4 s时，物块经过平衡位置向下运动，与小球运动方向相同，故选项C、D错误.
[答案]　AB
[变式1]　(多选)某质点做简谐运动，其位移随时间变化的关系式为x＝Asin t，则质点(　　)
A.第1 s末与第3 s末的位移相同
B.第1 s末与第3 s末的速度相同
C.3 s末至5 s末的位移方向都相同
D.3 s末至5 s末的速度方向都相同
答案：AD　解析：因为ω＝，所以T＝＝8 s，作出简谐运动的图象如图所示.
所以1 s末和3 s末的位移相同，但速度方向相反，A正确，B错误；3 s末和5 s末位移方向相反，C项错误；根据简谐运动的对称性可知D项正确.
考向2　简谐运动图象的应用
[典例4]　(2017·广东深圳一调)(多选)一个质点经过平衡位置O，在A、B间做简谐运动，如图(a)所示，它的振动图象如图(b)所示，设向右为正方向，下列说法正确的是(　　)

　图(a)　　　　　　　　　图(b)
A.OB＝5 cm
B.第0.2 s末质点的速度方向是A→O
C.第0.4 s末质点的加速度方向是A→O
D.第0.7 s末时质点位置在O点与A点之间
E.在4 s内完成5次全振动
[解析]　由图(b)可知振幅为5 cm，则OB＝OA＝5 cm，A项正确；由图可知0～0.2 s内质点从B向O运动，第0.2 s末质点的速度方向是B→O，B项错误；由图可知第0.4 s末质点运动到A点处，则此时质点的加速度方向是A→O，C项正确；由图可知第0.7 s末时质点位置在O与B之间，D项错误；由图(b)可知周期T＝0.8 s，则在
4 s内完成全振动的次数为＝5，E项正确.
[答案]　ACE
[变式2]　(多选)如图所示，虚线和实线分别为甲、乙两个弹簧振子做简谐运动的图象.已知甲、乙两个振子质量相等.则(　　)
A.甲、乙两振子的振幅之比为2∶1
B.甲、乙两振子的频率之比为1∶2
C.前2 s内甲、乙两振子的加速度均为正值
D.第2 s末甲的速度最大，乙的加速度最大
答案：AD　解析：根据甲、乙两个振子做简谐运动的图象可知，两振子的振幅A甲＝2 cm，A乙＝1 cm，甲、乙两振子的振幅之比为2∶1，选项A正确；甲振子的周期为4 s，频率为0.25 Hz，乙振子的周期为8 s，频率为0.125 Hz，甲、乙两振子的频率之比为2∶1，选项B错误；前2 s内，甲的加速度为负值，乙的加速度为正值，选项C错误；第2 s末甲通过平衡位置，速度最大，乙在最大位移处加速度最大，选项D正确.
对简谐运动的进一步理解
(1)简谐运动的图象不是振动质点的轨迹，它表示的是振动物体的位移随时间变化的规律.
(2)因回复力总是指向平衡位置，故回复力和加速度在图象上总是指向t轴.
(3)速度方向可以通过下一个时刻位移的变化来判定：下一个时刻位移如果增加，振动质点的速度方向就远离t轴；下一个时刻的位移如果减小，振动质点的速度方向就指向t轴.
考点　受迫振动和共振
1.自由振动、受迫振动和共振的关系比较
自由振动
受迫振动
共振
受力情况
仅受回复力
受驱动力作用
受驱动力
作用
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
2.对共振的理解
(1)共振曲线：如图所示，横坐标为驱动力频率f，纵坐标为振幅A.它直观地反映了驱动力频率对某振动系统受迫振动振幅的影响，由图可知，f与f0越接近，振幅A越大；当f＝f0时，振幅A最大.
(2)受迫振动中系统能量的转化：受迫振动系统机械能不守恒，系统与外界时刻进行能量交换.
考向1　对受迫振动及共振条件的理解
[典例5]　(2017·江西重点中学联考)(多选)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4 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
E.振幅增大的过程中，外界对弹簧振子做正功
[解析]　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错误，B正确.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.外界对弹簧振子做正功，
系统机械能增大，振幅增大，故E正确.
[答案]　BDE
考向2　共振曲线的应用
[典例6]　(多选)一个单摆在地面上做受迫振动，其共振曲线(振幅A与驱动力频率f的关系)如图所示，则下列说法正确的是(　　)
A.此单摆的固有周期约为2 s
B.此单摆的摆长约为1 m
C.若摆长增大，单摆的固有频率增大
D.若摆长增大，共振曲线的峰将向右移动
[解析]　由共振曲线可知，单摆固有频率为 0.5 Hz，所以固有周期为2 s，根据周期公式T＝2π可计算摆长约为 1 m.摆长增大，由T＝2π可知，周期变大，频率变小，共振曲线的峰将向左移动.
[答案]　AB
1.无论发生共振与否，受迫振动的频率都等于驱动力的频率，但只有发生共振现象时振幅才能达到最大.
2.受迫振动系统中的能量转化不再只有系统内部动能和势能的转化，还有驱动力对系统做正功补偿系统因克服阻力而损失的机械能.
考点　实验：用单摆测定重力加速度
1.实验原理：由单摆的周期公式T＝2π，可得出g＝l，测出单摆的摆长l和振动周期T，就可求出当地的重力加速度g.
2.实验步骤
(1)做单摆：取约1 m长的细丝线穿过带中心孔的小钢球，并打一个比小孔大一些的结，然后把线的另一端用铁夹固定在铁架台上，让摆球自然下垂，如图所示.
(2)测摆长：用毫米刻度尺量出摆线长L(精确到毫米)，用游标卡尺测出小球直径D，则单摆的摆长l＝L＋.
(3)测周期：将单摆从平衡位置拉开一个角度(小于5°)，然后释放小球，记下单摆摆动30～50次的总时间，算出平均每摆动一次的时间，即为单摆的振动周期.
(4)改变摆长，重做几次实验.
3.数据处理
(1)公式法：g＝l.
(2)图象法：画l-T2图象.
4.注意事项
(1)选用1 m左右的细线.
(2)悬线顶端不能晃动，需用夹子夹住，保证顶点固定.
(3)小球在同一竖直面内摆动，且摆角小于10°.
(4)选择在摆球摆到平衡位置处开始计时，并数准全振动的次数.
(5)小球自然下垂时，用毫米刻度尺量出悬线长l′，用游标卡尺测量小球的直径，然后算出摆球的半径r，则摆长l＝l′＋r.
考向1　对实验原理与操作的考查
甲
[典例7]　根据单摆周期公式T＝2π，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.
乙
(1)用游标卡尺测量小钢球直径，示数如图乙所示，读数为　　　　mm.
(2)以下是实验过程中的一些做法，其中正确的有　　　　.
a.摆线要选择细些的、伸缩性小些的，并且尽可能长一些
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，开始时拉开摆球，使摆线相距平衡位置有较大的角度
d.拉开摆球，使摆线偏离平衡位置不大于5°，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
e.拉开摆球，使摆线偏离平衡位置不大于5°，释放摆球，当摆球振动稳定后，从平衡位置开始计时，记下摆球做50次全振动所用的时间Δt，
则单摆周期T＝
[解析]　(1)按照游标卡尺的读数原则得小钢球直径为18 mm＋6×0.1 mm＝18.6 mm.(2)单摆的构成条件：细线质量要小，弹性要小；球要选体积小、密度大的；偏角不超过5°，故a、b正确，c错误.为了减小测量误差，要从摆球摆过平衡位置时计时，且需测量多次全振动所用时间，然后计算出一次全振动所用的时间，故d错误，e正确.
[答案]　(1)18.6　(2)abe
考向2　对数据处理和误差分析的考查
[典例8]　某同学利用单摆测量重力加速度.
(1)为了使测量误差尽量小，下列说法正确的是　　　　.
A.组装单摆须选用密度和直径都较小的摆球
B.组装单摆须选用轻且不易伸长的细线
C.实验时须使摆球在同一竖直面内摆动
D.摆长一定的情况下，摆的振幅尽量大
(2)如图所示，在物理支架的竖直立柱上固定有摆长约1 m的单摆.实验时，由于仅有量程为20 cm、精度为1 mm的钢板刻度尺，于是他先使摆球自然下垂，在竖直立柱上与摆球最下端处于同一水平面的位置做一标记点，测出单摆的周期T1；然后保持悬点位置不变，设法将摆长缩短一些，再次使摆球自然下垂，用同样方法在竖直立柱上做另一标记点，并测出单摆的周期T2；最后用钢板刻度尺量出竖直立柱上两标记点之间的距离ΔL.用上述测量结果，写出重力加速度的表达式 g＝　　　　.
[解析]　(1)应选用密度较大且直径较小的摆球，A错.在摆动中要尽力保证摆长不变，故应选用不易伸长的细线，B对.摆动中要避免单摆成为圆锥摆，摆球要在同一竖直面内摆动，C对.摆动中摆角要控制在5°以内，所以D错.
(2)设两次摆动时单摆的摆长分别为L1和L2，则T1＝2π，T2＝2π，则ΔL＝(T－T)，因此，g＝.
[答案]　(1)BC　(2)
1.[描述简谐运动的物理量]关于简谐运动的位移、加速度和速度的关系，下列说法中正确的是(　　)
A.位移减小时，加速度减小，速度也减小
B.位移方向总是与加速度方向相反，与速度方向相同
C.物体的运动方向指向平衡位置时，速度方向与位移方向相反；背离平衡位置时，速度方向与位移方向相同
D.物体向负方向运动时，加速度方向与速度方向相同；向正方向运动时，加速度方向与速度方向相反
答案：C　解析：位移减小时，加速度减小，速度增大，A错误；位移方向总是与加速度方向相反，与速度方向有时相同，有时相反，B、D错误，C正确.
2.[简谐运动的图象](多选)甲、乙两弹簧振子的振动图象如图所示，则可知(　　)
A.两弹簧振子完全相同
B.两弹簧振子所受回复力最大值之比F甲∶F乙＝2∶1
C.振子甲速度为零时，振子乙速度最大
D.振子的振动频率之比f甲∶f乙＝1∶2
答案：CD　解析：从图象中可以看出，两弹簧振子周期之比T甲∶T乙＝2∶1，得频率之比f甲∶f乙＝1∶2，D选项正确.弹簧振子的周期与振子质量、弹簧劲度系数k有关，周期不同，说明两弹簧振子不同，A错误.由于弹簧的劲度系数k不一定相同，所以两振子所受回复力(F＝－kx)的最大值之比F甲∶F乙不一定为2∶1，所以B错误.对简谐运动进行分析可知，在振子达到平衡位置时位移为零，速度最大；在振子到达最大位移处时，速度为零，从图象中可以看出，在振子甲到达最大位移处时，振子乙恰好到达平衡位置，所以C正确.
3.[简谐运动](多选)如图所示，一质点为x轴上以O为平衡位置做简谐运动，其振幅为8 cm，周期为4 s，t＝0时物体在x＝4 cm处，向x轴负方向运动，则(　　)
A.质点在t＝1.0 s时所处的位置为x＝＋4 cm
B.质点在t＝1.0 s时所处的位置为x＝－4 cm
C.由起始位置运动到x＝－4 cm处所需最短时间为 s
D.由起始位置运动到x＝－4 cm处所需最短时间为 s
答案：BC　解析：由题意可知，质点振动的角速度ω＝＝ rad/s，因t＝0时，x＝4 cm，所以质点的振动方程为x＝8sin t＋ cm，当t＝1 s时，x＝8sin cm＝－4 cm，B正确.当x＝－4 cm时，sin ＝－，t的最小值为 s，C正确.
4.[简谐运动的公式和图象](多选)一个质点以O为中心做简谐运动，位移随时间变化的图象如图所示.a、b、c、d表示质点在不同时刻的相应位置，且b、d关于平衡位置对称，则下列说法中正确的是(　　)
A.质点做简谐运动的方程为x＝Asint
B.质点在位置b与位置d时速度大小相同，方向不同
C.质点从位置a到c和从位置b到d所用时间相等
D.质点从位置a到b和从b到c的平均速度相等
答案：AC　解析：由题给的质点位移随时间变化的图象可知，振幅为A，周期T＝8 s，质点简谐运动的方程为x＝Asin t＝Asin t，选项A正确；根据对称性可知质点在位置b与位置d时速度相同，选项B错误；质点从位置a到c与从位置b到d所用时间均为2 s，选项C正确；质点从位置a到b和从b到c的时间都为1 s，时间相等，位移不等，所以平均速度不相等，选项D错误.
5.[受迫振动、共振](多选)铺设铁轨时，每两根钢轨接缝处都必须留有一定的间隙，匀速运行的列车经过轨端接缝处时，车轮就会受到一次冲击.由于每一根钢轨长度相等，所以这个冲击力是周期性的，列车受到周期性的冲击做受迫振动.普通钢轨长为12.6 m，列车固有振动周期为0.315 s.下列说法正确的是(　　)
A.列车的危险速率为40 m/s
B.列车过桥需要减速，是为了防止列车发生共振现象
C.列车过桥需要减速，是为了防止桥梁发生共振现象
D.列车运行的振动频率和列车的固有频率总是相等的
E.增加钢轨的长度有利于列车高速运行
答案：ACE　解析：列车在钢轨上运动时，受钢轨对它的冲击力作用做受迫振动，当列车固有振动频率等于钢轨对它的冲击力的频率时，列车振动的振幅最大，因v＝＝＝40 m/s，故A对；列车过桥做减速运动，是为了使驱动力频率远小于桥梁的固有频率，防止桥发生共振现象，而不是防止列车发生共振现象，B错、C对；增加钢轨的长度有利于列车高速运行，E对.
6.[用单摆测定重力加速度]某同学在“用单摆测定重力加速度”的实验中进行了如下的操作：
(1)用游标尺上有10个小格的游标卡尺测量摆球的直径如图甲所示，可读出摆球的直径为　　　　cm.把摆球用细线悬挂在铁架台上，测量摆线长，通过计算得到摆长L.

(2)用秒表测量单摆的周期.当单摆摆动稳定且到达最低点时开始计时并记为n＝1，单摆每经过最低点记一次数，当数到n＝60时秒表的示数如图乙所示，该单摆的周期是T＝　　　　s(结果保留三位有效数字).
(3)测量出多组周期T、摆长L的数值后，画出T2-L图线如图丙，此图线斜率的物理意义是(　　)
A.g B.　　　C.　　　D.
(4)在(3)中，描点时若误将摆线长当作摆长，那么画出的直线将不通过原点，由图线斜率得到的重力加速度与原来相比，其大小(　　)
A.偏大 B.偏小
C.不变 D.都有可能
答案：(1)2.06　(2)2.28　(3)C　(4)C
解析：(1)摆球的直径为d＝20 mm＋6× mm＝20.6 mm＝2.06 cm.
(2)秒表的读数为t＝60 s＋7.4 s＝67.4 s，根据题意t＝T＝T，所以周期T＝＝2.28 s.
(3)根据单摆的周期公式T＝2π，可得＝＝k(常数)，所以选项C正确.
(4)因为＝＝k(常数)，所以＝＝k，若误将摆线长当作摆长，画出的直线将不通过原点，但图线的斜率仍然满足＝＝k，所以由图线的斜率得到的重力加速度不变.
第2讲　机械波
知识点一　机械波　横波和纵波
1.机械波的形成条件
(1)有发生机械振动的　　　　.
(2)有　　　　，如空气、水等.
2.传播特点
(1)机械波传播的只是振动的　　　　和　　　　，质点只在各自的平衡位置附近做简谐运动，并不随波　　　　.
(2)介质中各质点的振幅相同，振动周期和频率都与　　　　的振动周期和频率相同.
(3)一个周期内，质点完成一次全振动，通过的路程为4A，位移为　　　　.
3.机械波的分类
(1)横波：质点的振动方向与波的传播方向相互　　　　的波，有　　　　(凸部)和　　　　(凹部).
(2)纵波：质点的振动方向与波的传播方向在　　　　上的波，有　　　　和疏部.
答案：1.(1)波源　 (2)传播介质　 2.(1)形式　 能量　迁移　(2)波源　 零　 3.(1)垂直　 波峰　 波谷　(2)同一直线　 密部
知识点二　横波的图象　波速、波长和频率的关系
1.横波的图象
(1)坐标轴：横轴表示各质点的　　　　，纵轴表示该时刻各质点的　　　　.
(2)意义：表示在波的传播方向上，某时刻各质点离开　　　　的位移.
2.波长、波速、频率及其关系
(1)波长λ：在波动中，振动相位总是　　　　的两个相邻质点间的距离.
(2)波速v：波在介质中的传播速度，由　　　　本身的性质决定.
(3)频率f：由波源决定，等于波源的　　　　.
(4)波长、波速和频率的关系：①v＝　　　　；②v＝.
答案：1.(1)平衡位置　 位移　 (2)平衡位置
2.(1)相同　 (2)介质　 (3)振动频率　 (4)①λf
知识点三　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　　　　
明显条件：障碍物或孔的　　　　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　　　　
波能够　　　　或孔继续向前传播
2.多普勒效应
(1)条件：声源和观察者之间有　　　　.
(2)现象：观察者感到　　　　发生变化.
(3)实质：声源频率　　　　，观察者接收到的频率　　　　.
答案：1.相同　 尺寸　干涉图样　 绕过障碍物　 2.(1)相对运动　 (2)频率　(3)不变　 变化
(1)在机械波中各质点不随波的传播而迁移.(　　)
(2)通过波的图象可以找出任一质点在任意时刻的位移. (　　)
(3)机械波在传播过程中，各质点振动的周期、起振方向都相同. (　　)
(4)机械波在一个周期内传播的距离就是振幅的4倍. (　　)
(5)波速表示介质中质点振动的快慢. (　　)
(6)两列波在介质中叠加，一定产生干涉现象. (　　)
(7)一切波都能发生衍射现象.(　　)
(8)多普勒效应说明波源的频率发生变化. (　　)
答案：(1)√　(2)√　(3)√　(4)×　(5)×
(6)×　(7)√　(8)×
考点　波的形成与传播
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.介质中每个质点做的都是受迫振动，所以任一质点的振动频率和周期都和波源相同.因此可以断定：波从一种介质进入另一种介质，由于介质的情况不同，它的波长和波速可能改变，但频率和周期都不会改变.
3.振源经过一个周期T完成一次全振动，波恰好向前传播一个波长的距离，所以有v＝＝λf.
4.质点振动nT(波传播nλ)时，波形不变.
5.相隔波长整数倍的两质点，振动状态总相同；相隔半波长奇数倍的两质点，振动状态总相反.
[典例1]　(2016·新课标全国卷Ⅰ)(多选)某同学漂浮在海面上，虽然水面波正平稳地以1.8 m/s的速率向着海滩传播，但他并不向海滩靠近.该同学发现从第1个波峰到第10个波峰通过身下的时间间隔为15 s.下列说法正确的是(　　)
A.水面波是一种机械波
B.该水面波的频率为6 Hz
C.该水面波的波长为3 m
D.水面波没有将该同学推向岸边，是因为波传播时能量不会传递出去
E.水面波没有将该同学推向岸边，是因为波传播时振动的质点并不随波迁移
[解析]　水面波是一种机械波，选项A正确.根据第1个波峰到第10个波峰通过身下的时间间隔为15 s可知，该水面波的周期为T＝ s＝ s，频率为f＝＝0.6 Hz，选项B错误.该水面波的波长为λ＝vT＝1.8× m＝3 m，选项C正确.水面波没有将该同学推向岸边，是因为波传播时介质中的质点只在平衡位置附近振动，不随波迁移，但能量会传递出去，选项D错误，E正确.
[答案]　ACE
[变式1]　(多选)如图所示，a、b、c、d是均匀媒质中x轴上的四个质点，相邻两点的间距依次为 2 m、4 m和6 m.一列简谐横波以2 m/s的波速沿x轴正向传播，在t＝0时刻到达质点a处，质点a由平衡位置开始竖直向下运动，t＝3 s时a第一次到达最高点.下列说法正确的是(　　)
A.在t＝6 s时刻波恰好传到质点d处
B.在t＝5 s时刻质点c恰好到达最高点
C.质点b开始振动后，其振动周期为4 s
D.在4 sE.当质点d向下运动时，质点b一定向上运动
答案：ACD　解析：波由a到d匀速传播，v＝2 m/s，t＝＝＝6 s， A项正确.第一个波峰在t1＝3 s时产生于a点，再经t2＝＝＝3 s到达c点，共计t＝t1＋t2＝6 s，B项错误.a点从向下起振至到达最高点用时3 s，可知T＝3 s，即T＝4 s， 则b点的振动周期也为4 s，C项正确.波经t2＝＝3 s到达c点，说明此时c点开始从平衡位置向下振动，再经＝1 s，共计4 s到达最低点，再经＝2 s可到达最高点，故在4 s波的传播规律
(1)当介质中有机械波传播时，质点本身并不随波迁移，只是在平衡位置附近往复运动，机械波向外传播的只是机械振动这种运动形式.
(2)波在传播振动这种运动形式的同时，也将波源的能量传递出去.波是传递能量的一种重要方式.
考点　波的图象的理解和应用
1.波的图象反映了在某时刻介质中的各质点离开平衡位置的位移情况，图象的横轴表示各质点的平衡位置，纵轴表示该时刻各质点的位移.如图所示.
2.图象的应用
(1)直接读取振幅A和波长λ，以及该时刻各质点的位移.
(2)确定该时刻各质点加速度的方向，并能比较其大小.
(3结合波的传播方向可确定各质点的振动方向或由各质点的振动方向确定波的传播方向.
考向1　波的传播方向与质点振动方向的互判
[典例2]　如图所示为一列沿x轴正方向传播的简谐机械横波某时刻的波形图，质点P的振动周期为0.4 s.求该波的波速并判断P点此时的振动方向.
[解析]　由题图知波的波长λ＝1.0 m，又周期T＝0.4 s，
则该波的波速v＝＝2.5 m/s.
波向x轴正方向传播，根据靠近振源的质点带动后面的质点振动，可以判断P点沿y轴正方向振动.
[答案]　2.5 m/s　沿y轴正方向
[变式2]　(2015·北京卷)周期为2.0 s的简谐横波沿x轴传播，该波在某时刻的图象如图所示，此时质点P沿y轴负方向运动，则该波(　　)
A.沿x轴正方向传播，波速v＝20 m/s
B.沿x轴正方向传播，波速v＝10 m/s
C.沿x轴负方向传播，波速v＝20 m/s
D.沿x轴负方向传播，波速v＝10 m/s
答案：B　解析：质点P沿y轴负方向运动，根据振动方向与波的传播方向的关系，可判定该波沿x轴正方向传播.由波的图象可知λ＝20 m，根据v＝得波速v＝10 m/s.选项B正确.
考向2　根据波的图象求解其他物理量
[典例3]　(2017·湖北孝感调研)(多选)一列简谐横波沿x轴正方向传播，周期为T.在t＝0时的波形如图所示，波上有P、Q两点，其纵坐标分别为yP＝2 cm，yQ＝－2 cm，下列说法中正确的是(　　)
A.P点的振动形式传到Q点需要
B.P、Q在振动过程中，位移的大小总相等
C.在内，P点通过的路程为20 cm
D.经过，Q点回到平衡位置
E.在相等时间内，P、Q两质点通过的路程相等
[解析]　由图看出，P、Q两点所对应的平衡位置间的距离等于半个波长，因简谐横波传播过程中，在一个周期内传播一个波长，则P点的振动形式传到Q点需要半个周期，P、Q两点的振动情况总是相反，所以在振动过程中，它们的位移大小总是相等，故A、B正确.若图示时刻P点在平衡位置或最大位移处，在T内，P点通过的路程为：s＝5A＝5×4 cm＝20 cm，而实际上图示时刻，P点不在平衡位置或最大位移处，所以在T内，P点通过的路程不是20 cm，故C错误.
图示时刻，Q点向下运动，速度减小，所以从图示位置运动到波谷的时间大于，再从波谷运动到平衡位置的时间为，所以经过T，Q点没有回到平衡位置，故D错误.由于P、Q两点的振动步调总是相反，所以在相等时间内，P、Q两质点通过的路程相等，故E正确.
[答案]　ABE
波的传播方向与质点的振动方向的判断方法
内容
图象
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
微平移法
将波形图沿传播方向进行微小平移，再由x轴上某一位置的两波形曲线上的点来判定
考点　振动图象和波的图象的综合应用
振动图象和波的图象的比较
振动图象
波的图象
研究对象
一振动质点
沿传播方向
所有介质质点
研究内容
某一质点的位移随时间的变化规律
某时刻所有质点的空间分布规律
图线
物理意义
一质点在各时刻的位移
某时刻各质点的位移
图线变化
已有图形不变
图象随时间沿传播方向平移
质点振动
方向的确
定方法
重复下一时刻的振动
重复前一质点的振动
一个完整
曲线占横
坐标的距离
表示一个周期
表示一个波长
考向1　根据振动图象画出波的图象
[典例4]　波源S的振动图象如图甲所示，由此产生的简谐波向右传播，已知波上两点S、P相距1.5 m，如图乙所示，波速v＝6 m/s，求：
　
(1)作出t＝0.25 s时S、P间的波形图；
(2)在t＝0到t＝0.5 s内，P点运动的路程.
[解析]　由图甲可知该波的周期T＝0.2 s
所以该波的波长λ＝vT＝1.2 m
又＝1
波由S点传到P点用时t1＝＝0.25 s
则当t＝0.25 s时，P点开始振动(向下振动)，SP间的波形图如图所示
而在0～0.5 s内P点振动的时间t2＝t－t1＝0.25 s
运动的路程为s＝×4A＝5A＝25 cm.
[答案]　(1)见解析图　(2)25 cm
考向2　由波的图象和某一质点的振动图象判断波的传播规律
[典例5]　(2015·天津卷)图甲为一列简谐横波在某一时刻的波形图，a、b两质点的横坐标分别为xa＝2 m和xb＝6 m，图乙为质点b从该时刻开始计时的振动图象.下列说法正确的是(　　)
　
A.该波沿＋x方向传播，波速为1 m/s
B.质点a经4 s振动的路程为4 m
C.此时刻质点a的速度沿＋y方向
D.质点a在t＝2 s时速度为零
[解析]　由题图乙可知，简谐横波的周期T＝8 s，且t＝0时质点b沿＋y方向运动，根据振动和波动的关系，波沿－x方向传播，质点a沿－y方向运动，选项A、C错误；质点a经过4 s振动的路程s＝·4A＝1 m，选项B错误；质点a在t＝2 s时，处于负向最大位移处，速度为零，选项D正确.
[答案]　D
考向3　由两质点的振动图象判断波的传播规律
[典例6]　一列简谐横波沿直线由a向b传播，相距10.5 m的a、b两处的质点振动图象如图中a、b所示，则(　　)
A.该波的振幅可能是20 cm
B.该波的波长可能是8.4 m
C.该波的波速可能是10.5 m/s
D.该波由A传播到b可能历时7 s
[解析]　题目中给出了两个质点的振动图象，从图中直接可以看出振动的振幅为10 cm，周期为4 s，A错误；因为波是沿着a向b传播，所以从振动形式可以看出，b比a至少晚振动个周期，满足t＝T＝(4n＋3) s(n＝0,1,2，…)，再利用v＝＝，可得B、C错误，D正确.
[答案]　D
波的图象和振动图象的应用
(1)判断波的传播方向与质点振动方向的依据是波的传播特点，即后一质点的振动总滞后于前一质点，或前一质点总是带动后一质点振动.任一质点的起振方向都跟波源的起振方向一致.
(2)利用振动图象和波的图象解决实际问题时，应充分理解两图象的物理意义，将两者结合起来进行分析，这也是解决问题的关键.
①已知波形图和波的传播方向，可以确定质点的振动方向.
②已知质点的振动方向和波的的图象，可以确定波的传播方向.
考点　波的多解问题
造成波动问题多解的主要因素
1.周期性
(1)时间周期性：时间间隔Δt与周期T的关系不明确.
(2)空间周期性：波传播距离Δx与波长λ的关系不明确.
2.双向性
(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.
3.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，而其余信息均处于隐含状态.这样，波形就有多种情况，形成波动问题的多解性.
考向1　空间的周期性形成多解
[典例7]　(多选)一列简谐横波沿直线传播，某时刻该列波上正好经过平衡位置的两质点相距6 m，且这两质点之间的波峰只有一个，则该简谐波可能的波长为(　　)
A.4 m、6 m和8 m
B.6 m、8 m和12 m
C.4 m、6 m和12 m
D.4 m、8 m和12 m
[解析]　根据题意，有以下三种情况符合要求：
ab＝6 m，即＝6 m， λ1＝12 m.
cd＝6 m，即λ2＝6 m.
ef＝6 m，即λ3＝6 m， λ3＝4 m，故C正确，A、B、D错误.
[答案]　C
考向2　波传播的双向性和空间的周期性形成的多解
[典例8]　一列简谐横波沿直线传播，该直线上平衡位置相距9 m的a、b两质点的振动图象如图所示，下列描述该波的图象可能正确的是(　　)
[解析]　根据a、b两质点的振动图象可知其间距应为的奇数倍，即＝9 m(n＝1,3,5，…)，那么波长λ的可能值是：36 m、12 m、 m、 m、4 m、 m等等.综上可知答案为A、C.
[答案]　AC
考向3　波的周期性和波的叠加形成多解
[典例9]　(2015·新课标全国卷Ⅰ)甲、乙两列简谐横波在同一介质中分别沿x轴正向和负向传播，波速均为v＝25 cm/s.两列波在t＝0时的波形曲线如图所示.求：
(1)t＝0时，介质中偏离平衡位置位移为16 cm的所有质点的x坐标；
(2)从t＝0开始，介质中最早出现偏离平衡位置位移为－16 cm 的质点的时间.
[解题指导]　解答本题需注意以下几点：
(1)确定两列波的波长和传播方向；
(2)从图中找到两列波单独传播时波峰的坐标及叠加后波峰的位置坐标.
(3)找到t＝0时刻波谷的位置坐标及两个波谷间的最小距离.
[解析]　(1)t＝0时，在x＝50 cm处两列波的波峰相遇，该处质点偏离平衡位置的位移为 16 cm.两列波的波峰相遇处的质点偏离平衡位置的位移均为16 cm.
从图线可以看出，甲、乙两列波的波长分别为
λ1＝50 cm，λ2＝60 cm①
甲、乙两列波波峰的x坐标分别为
x1＝50＋k1λ1，k1＝0，±1，±2，…②
x2＝50＋k2λ2，k2＝0，±1，±2，…③
由①②③式得，介质中偏离平衡位置位移为16 cm的所有质点的x坐标为
x＝(50＋300n) cm，n＝0，±1，±2，….④
(2)只有两列波的波谷相遇处的质点的位移为－16 cm.t＝0时，两列波波谷间的x坐标之差为
Δx′＝－⑤
式中，m1和m2均为整数.将①式代入⑤式得
Δx′＝10×(6m2－5m1)＋5⑥
由于m1、m2均为整数，相向传播的波谷间的距离最小为
Δx′0＝5 cm⑦
从t＝0开始，介质中最早出现偏离平衡位置位移为－16 cm的质点的时间为
t＝⑧
代入数值得t＝0.1 s.⑨
[答案]　(1)x＝(50＋300n) cm(n＝0，±1，±2，…)　(2)0.1 s
波的多解问题的思路
(1)先考虑波传播的“双向性”，例如，nT＋T时刻向右传播的波形和nT＋T时刻向左传播的波形相同.
(2)再考虑波的周期性，若已知一段时间，就要找出与周期的关系，写成t＝nT＋Δt(Δt＜T)；若已知一段距离，就要找出与波长的关系，写成x＝nλ＋Δx(Δx＜λ).
考点　波的干涉和衍射　多普勒效应
考向1　对波的干涉的理解
1.稳定干涉中，振动加强区域和振动减弱区域的空间位置是不变的.加强区域中心质点的振幅等于两列波的振幅之和，减弱区域中心质点的振幅等于两列波的振幅之差.
2.振动加强的条件是两波源到该区域中心的距离之差等于波长的整数倍(半波长的偶数倍)，振动减弱的条件是两波源到该区域中心的距离之差等于半波长的奇数倍.
3.只有符合干涉条件的两列波相遇时才能产生干涉现象；任何波都能发生衍射现象，而发生明显衍射现象需要一定的条件.
[典例10]　(2017·福建漳州八校三联)(多选)如图所示为两列沿绳传播的(虚线表示甲波，实线表示乙波)简谐横波在某时刻的波形，M为绳上x＝0.2 m处的质点，则下列说法中正确的是(　　)
A.图示时刻质点M的速度为零
B.M点是振动加强点
C.甲波的传播速度v1比乙波的传播速度v2大
D.由图示时刻开始，再经甲波的周期，质点M将位于波峰
E.位于原点的质点与M点的振动方向总是相反的
[解析]　图示时刻，两波在质点M处引起的振动方向相同，速度最大，振动加强，A错误，B正确；两波在同一介质中传播，波速相同，C错误；图示时刻M质点向下振动，再经甲波的周期，质点M将位于波峰，D正确；O、M平衡位置之间的距离等于半个波长，振动方向总相反，E正确.
[答案]　BDE
考向2　对波的衍射的理解
波的衍射现象是指波能绕过障碍物继续传播的现象，产生明显衍射现象的条件是缝、孔的宽度或障碍物的尺寸跟波长相差不大或者小于波长.
[典例11]　(多选)图中S为在水面上振动的波源，M、N是水面上的两块挡板，其中N板可以上下移动，两板中间有一狭缝，此时测得A处水面没有振动，为使A处水面也能发生振动，可采用的方法是(　　)
A.使波源的频率增大
B.使波源的频率减小
C.移动N使狭缝的间距增大
D.移动N使狭缝的间距减小
[解析]　使孔满足明显衍射的条件即可，或将孔变小，或将波长变大，B、D正确.
[答案]　BD
考向3　对多普勒效应的理解
1.接收频率：观测者接收到的频率等于观测者在单位时间内接收到的完整波的个数.当波以速度v通过接收者时，时间t内通过的完整波的个数为N＝.
2.多普勒效应的两种情况
[典例12]　(多选)如图所示，男同学站立不动吹口哨，一位女同学坐在秋千上来回摆，下列关于女同学的感受的说法正确的是(　　)
A.女同学从A向B运动过程中，她感觉哨声音调变高
B.女同学从E向D运动过程中，她感觉哨声音调变高
C.女同学在C点向右运动时，她感觉哨声音调不变
D.女同学在C点向左运动时，她感觉哨声音调变低
[解析]　在女同学荡秋千的过程中，只要她有向右的速度，她都有靠近声源的趋势，根据多普勒效应，她都感觉哨声音调变高；反之，女同学向左运动，她都感觉音调变低，所以选项A、D正确，B、C错误.
[答案]　AD
对多普勒效应的进一步理解
(1)发生多普勒效应时，波源的真实频率不会发生任何变化，只是观察者接收到的波的频率发生了变化.
(2)观察者接收到的波的频率发生变化的原因是观察者与波源之间有相对运动.

1.[波的干涉](多选)两列振动方向相同、振幅分别为A1和A2的相干简谐横波相遇.下列说法正确的是(　　)
A.波峰与波谷相遇处质点的振幅为|A1－A2|
B.波峰与波峰相遇处质点离开平衡位置的位移始终为A1＋A2
C.波峰与波谷相遇处质点的位移总是小于波峰与波峰相遇处质点的位移
D.波峰与波峰相遇处质点的振幅一定大于波峰与波谷相遇处质点的振幅
答案：AD　解析：两列振动方向相同的相干波相遇叠加，在相遇区域内各质点仍做简谐运动，其振动位移在0到最大值之间，选项B、C错误；在波峰与波谷相遇处质点振幅为两波振幅之差，在波峰与波峰相遇处质点振幅为两波振幅之和，故选项A、D正确.
2.[波的形成与传播]如图甲所示，某均匀介质中各质点的平衡位置在同一条直线上，相邻两点间距离为d.质点1开始振动时速度方向竖直向上，振动由此开始向右传播.经过时间t，前13个质点第一次形成如图乙所示的波形.关于该波的周期与波长说法正确的为(　　)
A.t,9d B.t,8d
C.，9d D.，8d
答案：D　解析：根据振动的周期性和波的传播特点可知，质点13此时的振动方向向下，而波源的起振方向向上，所以从质点13算起，需要再经时间振动的方向才能向上，即与波源的起振方向相同，图上还有半个波长的波没有画出，设周期为T，则t＝T＋＝2T，即T＝；相邻波峰(或波谷)间的距离等于波长，由题意知波长为8d，故D正确.
3.[波的图象](多选)在均匀介质中坐标原点O处有一波源做简谐运动，其表达式为y＝5sin ，它在介质中形成的简谐横波沿x轴正方向传播，某时刻波刚好传播到x＝12 m 处，波形图象如图所示，则(　　)
A.此后再经6 s该波传播到x＝24 m处
B.M点在此后第3 s末的振动方向沿y轴正方向
C.波源开始振动时的运动方向沿y轴负方向
D.此后M点第一次到达y＝－3 m处所需的时间是2 s
答案：AB　解析：由题中波的图象可知，该波的波长λ＝8 m，由波源简谐运动的表达式y＝5sin t(m) 可知，ω＝ rad/s，周期T＝＝4 s，波速v＝＝2 m/s.此后再经6 s，该波再向前传播的距离s＝vt＝2×6 m＝12 m，即再经6 s，该波传播到x＝12 m＋12 m＝24 m处，选项A正确.题中波的图象上此时M点向下振动，在此后的第3 s 末的振动方向沿y轴正方向，选项B正确.由题图为某时刻波刚好传播到x＝12 m时的波的图象可知，波源开始振动时的方向沿y轴正方向，选项C错误.题图中M点振动方向向下，此后M点第一次到达y＝－3 m处所需的时间小于半个周期，即小于2 s，选项D错误.
4.[波传播的双向性]平衡位置处于坐标原点的波源S在y轴上振动，产生频率为50 Hz的简谐横波向x轴正、负两个方向传播，波速均为100 m/s.平衡位置在x轴上的P、Q两个质点随波源振动着，P、Q的x轴坐标分别为xP＝3.5 m、xQ＝－3 m.当S位移为负且向－y方向运动时，P、Q两质点的(　　)
A.位移方向相同、速度方向相反
B.位移方向相同、速度方向相同
C.位移方向相反、速度方向相反
D.位移方向相反、速度方向相同
答案：D　解析：由题可知，波动周期为T＝＝ s＝0.02 s，波长λ＝vT＝2 m，则xQ＝3 m＝1λ，因此Q质点与S质点的振动完全相反，当S质点位移为负，且向－y 方向运动时，Q质点的位移为正，且向＋y方向运动，两质点位移大小相等；xP＝3.5 m＝1λ，则P质点的位移也一定为负，但沿＋y方向运动，因此P质点和Q质点的位移方向相反，速度方向相同.D项正确，A、B、C项错误.
5.[波传播的双向性和周期性]如图所示，一简谐横波在t＝0时的波形是图中实线，在t1＝0.2 s时的波形是图中虚线，P为介质中x＝4 m处的质点，则(　　)
A.该波一定沿x轴正方向传播
B.该波的传播速度可能为5 m/s
C.从t＝0开始，质点P经过0.2 s沿x轴正方向运动1 m
D.t＝0.4 s时，质点P的位置y＝4 cm
答案：B　解析：当波向左传播时，传播的距离x＝nλ＋λ＝4n＋3，0.2 s＝nT＋T，波速v＝(20n＋15) m/s，T＝ (n＝0,1,2,3，…).当波向右传播时，传播的距离x＝nλ＋λ＝4n＋1，0.2 s＝nT＋T，波速v＝(20n＋5) m/s，T＝ (n＝0,1,2,3，…).由于波传播方向的不确定性，所以据波形图与时间无法判断该波的传播方向，故A错误；据以上分析可知，当波向右传播时，该波的波速可能为5 m/s，故B正确；据波传播特点可知，各质点并不随波迁移，而是在平衡位置附近做简谐运动，故C错误；据波的图象可知，t＝0.4 s时，质点P的位置y＝0，故D错误.
第3讲　光的折射　全反射
(实验：测定玻璃的折射率)
知识点一　光的折射定律　折射率
1.折射定律
(1)内容：如图所示，折射光线与入射光线、法线处在　　　　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　　　　比.
(2)表达式：＝n.
(3)在光的折射现象中，光路是　　　　的.
2.折射率
(1)折射率是一个反映介质的　　　　的物理量.
(2)定义式：n＝.
(3)计算公式：n＝，因为v＜c，所以任何介质的折射率都大于　　　　.
(4)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.
答案：1.(1)同一平面　正　(3)可逆　2.(1)光学性质　(3)1
知识点二　全反射
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　　　　，只剩下反射光线的现象.
2.条件：①光从光密介质射向光疏介质.②入射角　　　　临界角.
3.临界角：折射角等于90°时的入射角.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，则sin C＝　　　　.介质的折射率越大，发生全反射的临界角越小.
答案：1.消失　2.(2)大于或等于　3.
知识点三　光的色散
1.光的色散
含有多种颜色的光被分解为单色光的现象叫做光的色散，如图所示，光谱中　　　　在最上端，　　　　在最下端，中间是橙、黄、绿、青、蓝等色光.
2.白光的组成
光的色散现象说明白光是　　　　光，是由红、橙、黄、绿、青、蓝、紫7种单色光组成的.
答案：1.红光　紫光　2.复色
(1)光的传播方向发生改变的现象叫光的折射.(　　)
(2)无论是折射光路，还是全反射光路，都是可逆的.(　　)
(3)折射率跟折射角的正弦成正比.(　　)
(4)只要入射角足够大，就能发生全反射.(　　)
(5)光从空气射入水中，它的传播速度一定增大.(　　)
(6)在同一种介质中，光的频率越大，折射率越大.(　　)
(7)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.(　　)
(8)密度大的介质一定是光密介质.(　　)
答案：(1)×　(2)√　(3)×　(4)×　(5)×
(6)√　(7)√　(8)×
考点　折射定律及折射率的应用
1.对折射率的理解
(1)公式n＝中，不论光是从真空射入介质，还是从介质射入真空，θ1总是真空中的光线与法线间的夹角，θ2总是介质中的光线与法线间的夹角.
(2)折射率由介质本身的性质决定，与入射角的大小无关.
(3)折射率与介质的密度没有关系，光密介质不是指密度大的介质.
(4)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.
(5)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.光路的可逆性
在光的折射现象中，光路是可逆的.如果让光线逆着原来的折射光线射到界面上，光线就会逆着原来的入射光线发生折射.
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
考向1　折射率的计算
[典例1]　如图所示，一束单色光从空气入射到棱镜的AB面上，经AB和AC两个面折射后从AC面进入空气.当出射角i′和入射角i相等时，出射光线相对于入射光线偏转的角度为θ.已知棱镜顶角为α，则计算棱镜对该色光的折射率表达式为(　　)
A. 　　　　　B.
C. 　　　　　D.
[解析]　当出射角i′和入射角i相等时，由几何知识，作角A的平分线，角平分线过入射光线的延长线和出射光线的反向延长线的交点、两法线的交点，如图所示
可知∠1＝∠2＝，∠4＝∠3＝
而i＝∠1＋∠4＝＋
由折射率公式n＝＝
选项A正确.
[答案]　A
考向2　折射定律的应用
[典例2]　(2016·新课标全国卷Ⅲ)如图所示，玻璃球冠的折射率为，其底面镀银，底面的半径是球半径的倍；在过球心O且垂直于底面的平面(纸面)内，有一与底面垂直的光线射到玻璃球冠上的M点，该光线的延长线恰好过底面边缘上的A点，求该光线从球面射出的方向相对于其初始入射方向的偏角.
[解题指导]　解答此类问题的关键是正确画出光路图，需要一边计算一边判断，必要时需进行几何关系证明.
[解析]　设球半径为R，球冠底面中心为O′，连接OO′，则OO′⊥AB.令∠OAO′＝α，有cos α＝＝　①
即α＝30°　②
由题意MA⊥AB
所以∠OAM＝60°　③
设图中N点为光线在球冠内底面上的反射点，则光线的光路图如图所示.设光线在M点的入射角为i，折射角为r，在N点的入射角为i′，反射角为i″，玻璃折射率为n，由
于△OAM为等边三角形，有i＝60°　④
由折射定律有sin i＝nsin r　⑤
代入题给条件n＝得r＝30°　⑥
作底面在N点的法线NE，由于NE∥AM
有i′＝30°　⑦
根据反射定律，有i″＝30°　⑧
连接ON，由几何关系知△MAN≌△MON
故有∠MNO＝60°　⑨
由⑦⑨式得∠ENO＝30°　⑩
于是∠ENO为反射角，ON为反射光线.这一反射光线经球面再次折射后不改变方向.所以，经一次反射后射出玻璃球冠的光线相对于入射光线的偏角为β＝180°－∠ENO＝150°.
[答案]　150°
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.
考点　全反射现象的理解与应用
1.发生全反射的条件
(1)光由光密介质进入光疏介质.
(2)入射角大于临界角.
2.解决全反射问题的一般方法
(1)确定光是从光密介质进入光疏介质.
(2)应用sin C＝确定临界角.
(3)根据题设条件，判定光在传播时是否发生全反射.
(4)如发生全反射，画出入射角等于临界角时的临界光路图.
(5)运用几何关系或三角函数关系以及反射定律等进行分析、判断、运算，解决问题.
考向1　利用全反射计算折射率
[典例3]　一厚度为h的大平板玻璃水平放置，其下表面贴有一半径为r的圆形发光面.在玻璃板上表面放置一半径为R的圆纸片，圆纸片与圆形发光面的中心在同一竖直线上.已知圆纸片恰好能完全遮挡住从圆形发光面发出的光线(不考虑反射)，求平板玻璃的折射率.
[解析]　根据全反射定律，圆形发光面边缘发出的光线射到玻璃板上表面时入射角为临界角(如图所示)设为θ，且sin θ＝.
根据几何关系得：sin θ＝
而L＝R－r
联立以上各式，解得n＝.
[答案]　
考向2　折射和全反射的综合应用
[典例4]　如图所示，直角三棱镜ABC的折射率n＝，其中∠A＝30°.一束单色光从O点射入棱镜，从AC面上O′点射出，该单色光与BC面成30°.求从O′点射出的光线的方向.
[解析]　光从O点射入，折射角为r1
＝n
sin C＝
解得r1＝30°，sin C＝，C＜45°
i2＝90°－r1＝60°＞C，故光在AB面发生全反射
光在AC面折射，i3＝30°
＝n
解得r3＝60°
光经AC面反射后，垂直射向AB面，再次反射，之后光在AC面再次折射，有i4＝i3，由对称性知
r4＝r3＝60°
则从O′点射出的光线与AC的夹角为30°.
[答案]　与AC的夹角为30°
解答全反射类问题的技巧
(1)解答全反射类问题时，要抓住发生全反射的两个条件：
①光必须从光密介质射入光疏介质；
②入射角大于或等于临界角.
(2)利用好光路图中的临界光线，准确地判断出恰好发生全反射的光路图是解题的关键，且在作光路图时尽量与实际相符.
考点　光的色散
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
1.光的色散及成因
(1)含有多种颜色的光被分解为单色光的现象称为光的色散.
(2)含有多种颜色的光从一种介质进入另一种介质，由于介质对不同色光的折射率不同，各种色光的偏折程度不同，所以产生光的色散.
2.各种色光的比较
颜色
红、橙、黄、绿、青、蓝、紫
频率f
低→高
同一介质中的折射率
小→大
同一介质中的速度
大→小
波长
大→小
临界角
大→小
通过棱镜的偏折角
小→大
考向1　色散现象的分析
[典例5]　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]　光在水珠中折射时，折射率越大，折射角越大，故选项A正确.
[答案]　A
考向2　光的色散与全反射的综合应用
[典例6]　一束白光从顶角为θ的一边以较大的入射角i射入并通过三棱镜后，在屏P上可得到彩色光带，如图所示，在入射角i逐渐减小到零的过程中，假如屏上的彩色光带先后全部消失，则(　　)
A.红光最先消失，紫光最后消失
B.紫光最先消失，红光最后消失
C.紫光最先消失，黄光最后消失
D.红光最先消失，黄光最后消失
[解题指导]　白光通过三棱镜以后，所有的光均偏离顶角，偏向底边，且紫光的偏角最大，所以随着i的减小，紫光最先消失，红光最后消失.
[解析]　白光从AB射入玻璃后，由于紫光偏折大，从而到达另一侧面AC时的入射角较大，且因紫光折射率大，sin C＝，因而其全反射的临界角最小，故随着入射角i的减小，进入玻璃后的各种色光中紫光首先发生全反射不从AC面射出，然后依次是蓝、青、绿、黄、橙、红，逐渐发生全反射而不从AC面射出.
[答案]　B
光的色散问题的处理技巧
(1)色散的实质是由于各种色光在同一介质中传播的速率不同，或同一介质对不同色光的折射率不同.
(2)单色光的颜色是由其频率决定的，光速v与波长λ、频率f的关系为v＝λf，因而光从一种介质进入另一种介质时，波长改变，光速改变.
考点　实验：测定玻璃的折射率
1.实验原理：用插针法找出与入射光线AO对应的出射光线O′B，确定出O′点，画出折射光线OO′，然后测量出角θ1和θ2，代入公式n＝计算玻璃的折射率.
2.实验过程
(1)铺白纸、画线
①如图所示，将白纸用图钉按在平木板上，先在白纸上画出一条直线aa′作为界面，过aa′上的一点O画出界面的法线MN，并画一条线段AO作为入射光线.
②把玻璃砖平放在白纸上，使它的长边跟aa′对齐，画出玻璃砖的另一条长边bb′.
(2)插针与测量
①在线段AO上竖直地插上两枚大头针P1、P2，透过玻璃砖观察大头针P1、P2的像，调整视线的方向，直到P1的像被P2挡住，再在观察的这一侧依次插两枚大头针P3、P4，使P3挡住P1、P2的像，P4挡住P1、P2的像及P3，记下P3、P4的位置.
②移去玻璃砖，连接P3、P4并延长交bb′于O′，连接OO′即为折射光线，入射角θ1＝∠AOM，折射角θ2＝∠O′ON.
③用量角器测出入射角和折射角，查出它们的正弦值，将数据填入表格中.
④改变入射角θ1，重复以上实验步骤，列表记录相关测量数据.
3.数据处理与分析
(1)数据处理
①计算法：计算每次折射率n，求出平均值.
②图象法(如图所示)：
③单位圆法(如图所示)：
4.注意事项
(1)玻璃应选用厚度、宽度较大的.
(2)大头针要插得竖直，且间隔要大些.
(3)入射角不宜过大或过小，一般在15°～75°之间.
(4)玻璃砖的折射面要画准，不能用玻璃界面代替直尺画界线.
(5)实验过程中，玻璃砖和白纸的相对位置不能改变.
考向1　对实验操作与注意事项的考查
[典例7]　在“用插针法测定玻璃的折射率”的实验中，某同学操作步骤如下：
①用图钉将记录光路的白纸固定在平板上；
②手拿玻璃砖的毛面或棱，将其轻放在白纸上；
③用铅笔环绕玻璃砖画出边界EE′和FF′；
④在EE′上选择一点B，作为不同入射角的入射光线的共同入射点，画出入射角i分别为0°、30°、45°的入射光线；
⑤用“插针法”分别得到各条入射光线的出射光线，观察时着重看大头针针帽是否在一条直线上，取下玻璃砖、大头针，连接各针孔，发现所画折射光线中有两条相交，量出各个折射角r；
⑥按公式分别计算，取三个值的平均值.
(1)以上步骤中有错误或不妥之处的是 　　　　.
(2)应改正为__________________________.
[解析]　(1)有错误或不妥之处的是③④⑤.
(2)③中应先画出一条直线，把玻璃砖的一边与其重合，再使直尺与玻璃砖的界面对齐，移开玻璃砖后再画边界线；④中入射角要取0°以外的三组数据；⑤中大头针要竖直插牢，观察时看针脚是否在同一条直线上.
[答案]　见解析
考向2　对数据处理与误差的考查
[典例8]　某同学利用“插针法”测定玻璃的折射率，所用的玻璃砖两面平行.正确操作后，作出的光路图及测出的相关角度如图所示.
(1)此玻璃的折射率计算式为n＝　　　　(用图中的θ1、θ2表示).
(2)如果有几块宽度大小不同的平行玻璃砖可供选择，为了减小误差，应选用宽度　　　　(填“大”或“小”)的玻璃砖来测量.
(3)若该同学用他测得的多组入射角θ1与折射角θ2作出sin θ1-sin θ2的图象如图所示，下列判断不正确的是(　　)
A.他做实验时，研究的是光线从空气射入玻璃的折射现象
B.玻璃的折射率为0.67
C.玻璃的折射率为1.5
D.玻璃临界角的正弦值为0.67
[解析]　(1)由折射率公式可得n＝＝.
(2)玻璃砖的宽度越大，出射光线的侧移量越大，玻璃砖中折射光线的误差越小，所以应选用宽度大的玻璃砖来测量.
(3)由sin θ1-sin θ2图象可知，＝≈1.5＞1，故光是从空气射入玻璃的，入射角为θ1，A正确.由折射率的定义知n＝1.5，B错误，C正确.由临界角定义知临界角的正弦值sin C＝＝0.67，D正确.故选B.
[答案]　(1)　(2)大　(3)B
1.[光的折射、全反射现象](多选)两束不同频率的平行单色光a、b分别由水射入空气发生如图所示的折射现象(α＜β)，下列说法正确的是(　　)
A.随着a、b入射角度的逐渐增加，a先发生全反射
B.水对a的折射率比水对b的折射率小
C.a、b在水中的传播速度va＞vb
D.a、b入射角为0°时，没有光线射入空气中
答案：BC　解析：根据折射率的定义可知，水对b光的折射率大，B正确；根据n＝可知，随着入射角的增加，b光先发生全反射，A错误；根据v＝知，a在水中的传播速度大，C正确；a、b的入射角为0°时，光线不发生偏折，垂直进入空气中，D错误.
2.[折射率、色散现象]如图所示，两束细平行单色光a、b射向置于空气中横截面为矩形的玻璃砖的下表面，设玻璃砖足够长，若发现玻璃砖的上表面只有一束光线射出，则下列说法中正确的是(　　)
A.其中有一束单色光在玻璃砖的上表面发生了全反射
B.在玻璃中单色光a的传播速率小于单色光b的传播速率
C.单色光a的折射率小于单色光b的折射率
D.若单色光a为黄光，则单色光b可能为红光
答案：C　解析：a、b光射入玻璃砖的光路如图所示，由光路的可逆性可知，两束光不会发生全反射，A错误；a光折射率小于b光，由n＝得，a光在玻璃中的传播速率大，B错误，C正确；光的频率越大，折射率越大，a光的折射率小，则频率小，D错误.
3.[光的折射、全反射现象](多选)如图所示，一束光沿半径方向射向一块半圆柱形玻璃砖，在玻璃砖底面上的入射角为θ，经折射后射出a、b两束光线.则(　　)
A.在玻璃中，a光的传播速度小于b光的传播速度
B.在真空中，a光的波长小于b光的波长
C.玻璃砖对a光的折射率小于对b光的折射率
D.若改变光束的入射方向使θ角逐渐变大，则折射光线a首先消失
答案：ABD　解析：通过光路图可看出，折射后a光的偏折程度大于b光的偏折程度，玻璃砖对a光的折射率大于b光的折射率，选项C错误.a光的频率大于b光的频率，波长小于b光的波长，选项B正确.由n＝知，在玻璃中，a光的传播速度小于b光的传播速度，选项A正确.入射角增大时，折射率大的光线首先发生全反射，a光首先消失，选项D正确.
4.[光的色散、折射现象](多选)如图所示，两块相同的玻璃等腰三棱镜ABC置于空气中，两者的AC面相互平行放置，由红光和蓝光组成的细光束平行于BC面从P点射入，通过两棱镜后，变为从a、b两点射出的单色光，对于这两束单色光(　　)
A.红光在玻璃中传播速度比蓝光大
B.从a点射出的为红光，从b点射出的为蓝光
C.从a、b两点射出的单色光不平行
D.从a、b两点射出的单色光仍平行，且平行于BC
答案：ABD　解析：由玻璃对蓝光的折射率较大可知，A选项正确.由偏折程度可知B选项正确.对于C、D两选项，我们应首先明白，除了题设给出的两个三棱镜外，二者之间又形成一个物理模型——平行玻璃砖(不改变光的方向，只使光线发生侧移).中间平行部分只是使光发生了侧移.略去侧移因素，整体来看，仍是一块平行玻璃板，AB∥BA.所以出射光线仍平行.作出光路图如图所示，可知光线Pc在P点的折射角与光线ea在a点的入射角相等，据光路可逆，则过a点的出射光线与过P点的入射光线平行，由此，D选项正确.
5.[光的折射、折射率]一组平行的细激光束，垂直于半圆柱玻璃的平面射到半圆柱玻璃上，如图所示.已知光线Ⅰ沿直线穿过玻璃，它的入射点为O，光线Ⅱ的入射点为A，穿过玻璃后两条光线交于一点.已知半圆柱玻璃横截面的半径为R，OA＝，玻璃的折射率n＝.求两条光线射出玻璃后的交点与O点的距离.
答案：R　解析：两条光线的光路如图所示，设射出玻璃后两光线的交点是P，光线Ⅱ从玻璃射出时的入射角为i，折射角为r，根据折射定律得：n＝
由几何关系可得i＝30°
代入得r＝60°
由几何关系可得OP＝2Rcos 30°＝R.
第4讲　光的波动性
(实验：用双缝干涉测量光的波长)
知识点一　光的干涉
1.定义：两列　　　　、　　　　、　　　　相同的光波相叠加，某些区域出现振动加强，某些区域出现振动减弱，并且加强区域和减弱区域总是相互间隔的现象叫光的干涉现象.
2.双缝干涉
(1)现象：单色光干涉时观察到明暗相间的条纹；白光缝干涉的现象为中央是　　　　条纹，两边是　　　　条纹.
(2)亮、暗条纹的判断：Δx＝nλ(n＝0,1,2，…)，即到双缝的距离差为波长的　　　　倍的点出现亮条纹；Δx＝nλ＋λ(n＝0,1,2，…)，即到双缝的距离差为半波长　　　　倍的点出现暗条纹.
3.薄膜干涉
光照射到薄膜上时，薄膜　　　　表面反射的两列光相叠加，发生干涉现象.若入射光为单色光，可形成明暗相间的干涉条纹；若入射光为白光，可形成彩色的干涉条纹.
答案：1.频率　 相位　 振动方向　 2.(1)白色　 彩色　(2)整数　 奇数　3.前、后
知识点二　光的衍射
1.定义：光离开直线路径绕到障碍物　　　　的现象叫光的衍射，衍射产生的明暗条纹或光环叫衍射图样.
2.发生明显衍射的条件
只有当障碍物的　　　　跟光的波长相比差不多，甚至比光的波长还　　　　的时候，衍射现象才会明显.
3.衍射图样
(1)单缝衍射
①单色光：明暗相间的不等距条纹，中央条纹最宽最亮，两侧条纹具有　　　　性.
②白光：中间为宽且亮的白色条纹，两侧是窄且暗的彩色条纹，最靠近中央的是紫光，远离中央的是红光.
(2)圆孔衍射：明暗相间的不等距圆环，中心有一亮斑，称为　　　　亮斑(证实波动性).
答案：1.阴影里　 2.尺寸　 小　 3.(1)对称　 (3)泊松
知识点三　光的偏振
1.偏振现象
横波只沿某一　　　　振动，称为波的偏振现象.
2.自然光
若光源发出的光，包含着垂直于光传播方向上沿一切方向振动的光，而且沿各个方向振动的光波的　　　　都相同，这种光叫自然光.
3.偏振光
在垂直于光传播方向的平面上，只沿一个　　　　振动的光，叫偏振光.
例如：自然光通过偏振片后，就得到了偏振光.见示意图.
答案：1.特定方向　 2.强度　 3.特定方向
(1)横波、纵波都能发生偏振现象.(　　)
(2)当振动情况完全相同的两个光源与屏上某点的距离之差等于0时，出现亮条纹.(　　)
(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)阳光在水面的反射光是偏振光.(　　)
答案：(1)×　(2)√　(3)×　(4)×　(5)√
考点　光的干涉及衍射
1.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，亮度基本相等
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
2.光的干涉和衍射的本质：光的干涉和衍射都属于光的叠加.从本质上看，干涉条纹和衍射条纹的形成有相似的原理，都可认为是从单缝通过两列或多列频率相同的光波，在屏上叠加形成的.
考向1　双缝干涉的分析与计算
[典例1]　(2015·新课标全国卷Ⅰ)在双缝干涉实验中，分别用红色和绿色的激光照射同一双缝，在双缝后的屏幕上，红光的干涉条纹间距Δx1与绿光的干涉条纹间距Δx2相比，Δx1　　　(填“>”“＝”或“<”)Δx2.若实验中红光的波长为630 nm，双缝与屏幕的距离为1.00 m，测得第1条到第6条亮条纹中心间的距离为 10.5 mm，则双缝之间的距离为　　　　 mm.
[解析]　由公式Δx＝λ可知，Δx1>Δx2.相邻亮条纹之间的距离为Δx＝ mm＝2.1 mm，双缝间的距离d＝，代入数据得d＝0.300 mm.
[答案]　>　0.300
考向2　薄膜干涉的分析
[典例2]　劈尖干涉是一种薄膜干涉，其装置如图甲所示，在一块平板玻璃表面之间形成一个劈形空气薄膜，当光垂直入射后，从上往下看到的干涉条纹如图乙所示，干涉条纹有如下特点：(1)任意一条明条纹或暗条纹所在位置下面的薄膜厚度相等；(2)任意相邻两条明条纹所对应的薄膜厚度恒定，现若在图甲装置中抽去一张纸片，则当光垂直入射到新的劈形空气薄膜后，从上往下观察到的干涉条纹(　　)
　
　甲(侧视图)　　　　　　　　　乙
A.变疏　 　B.变密　 　C.不变　 　D.消失
[解析]　撤去一张纸后劈形空气的薄膜的劈度减缓，相同水平距离上，劈度厚度变化减小，以致波程变化减小，条纹变宽，条纹数量变少(变疏)，故A正确.
[答案]　A
考向3　光的干涉图样与衍射图样的比较
[典例3]　(2017·福建龙岩调研)如图所示，a、b、c、d四个图是不同的单色光形成的双缝干涉或单缝衍射图样.分析各图样的特点可以得出的正确结论是(　　)
　
A.a、b是光的干涉图样
B.c、d是光的干涉图样
C.形成a图样的光的波长比形成b图样光的波长短
D.形成c图样的光的波长比形成d图样光的波长短
[解析]　干涉条纹是等距离的条纹，因此，a、b图是干涉图样，c、d图是衍射图样，故A项正确，B项错误；由公式Δx＝λ可知，条纹宽的入射光的波长长，所以a图样的光的波长比b图样的光的波长长，故C项错误；c图样的光的波长比d图样的光的波长长，故D项错误.
[答案]　A
区分双缝干涉条纹与单缝衍射条纹的方法
(1)根据条纹的宽度区分：双缝干涉的条纹的宽度相同；而单缝衍射的条纹，中央条纹最宽，两侧的条纹逐渐变窄.
(2)根据条纹的间距区分：双缝干涉条纹的间距是相等的，而单缝衍射的条纹越向两侧条纹间距越窄.
(3)根据条纹的亮度区分：双缝干涉条纹，从中央亮纹往两侧亮度变化很小，而单缝衍射条纹中央亮纹最亮，两侧的亮纹逐渐变暗.
考点　光的偏振现象
1.偏振光的产生方式
(1)自然光通过起偏器：通过两个共轴的偏振片观察自然光，第一个偏振片的作用是把自然光变成偏振光，叫起偏器.第二个偏振片的作用是检验光是否为偏振光，叫检偏器.
(2)自然光射到两种介质的交界面上，如果光入射的方向合适，使反射光和折射光之间的夹角恰好是90°时，反射光和折射光都是偏振光，且偏振方向相互垂直.
2.偏振光的理论意义及应用
(1)理论意义：光的偏振现象说明了光波是横波.
(2)应用：照相机镜头、立体电影、消除车灯眩光等.
考向1　偏振现象的理解
[典例4]　如图所示，白炽灯的右侧依次平行放置偏振片P和Q，A点位于P、Q之间，B点位于Q右侧.旋转偏振片P，A、B两点光的强度变化情况是(　　)
A.A、B均不变　　　　　B.A、B均有变化
C.A不变，B有变化 D.A有变化，B不变
[解析]　白炽灯光包含向各方向振动的光，且各个方向振动的光的强度相等，所以旋转偏振片P时各方向透射光强度相同，故A点光的强度不变；白炽灯光经偏振片P后变为偏振光，当P旋转时，只有与Q的偏振方向一致时才有光透过，因此B点的光强有变化，选项C正确.
[答案]　C
考向2　偏振现象的应用
[典例5]　假设所有的汽车前窗玻璃和前灯玻璃均按同一要求设置，使司机不仅可以防止对方汽车强光的刺激，也能看清自己车灯发出的光所照亮的物体.以下措施中可行的是(　　)
A.前窗玻璃的透振方向是竖直的，车灯玻璃的透振方向是水平的
B.前窗玻璃的透振方向是竖直的，车灯玻璃的透振方向也是竖直的
C.前窗玻璃的透振方向是斜向右上45°，车灯玻璃的透振方向是斜向左上45°
D.前窗玻璃的透振方向是斜向右上45°，车灯玻璃的透振方向也是斜向右上45°
[解析]　首先，司机要能够看清自己车灯发出的经过对面物体反射回来的光线，所以他自己车灯的偏振片的透振方向和前窗玻璃的透振方向一定要平行；其次，他不能看到对面车灯发出的强光，所以对面车灯玻璃的透振方向与他自己车窗玻璃的透振方向一定要垂直，满足上述要求的只有D.
[答案]　D
1.光的干涉和衍射现象充分说明了光是波，但不能确定光波是横波还是纵波，光的偏振现象说明光波是横波.
2.偏振片并非刻有狭缝，而是具有一种特征，即存在一个偏振方向，只让平行于该方向振动的光通过，其他振动方向的光被吸收了.
3.偏振现象在生活中非常普遍，并不是只有自然光通过偏振片后才变为偏振光，生活中除光源直接发出的光外，我们看到的绝大部分光都是偏振光.
4.当偏振光入射到偏振片上时，如果偏振方向与透振方向既不平行也不垂直，仍会有部分光透过偏振片.
考点　实验：用双缝干涉测量光的波长
1.实验原理：单色光通过单缝后，经双缝产生稳定的干涉图样，图样中相邻两条亮(暗)纹间距Δx与双缝间距d、双缝到屏的距离l、单色光的波长λ之间满足λ＝.
2.实验步骤
(1)观察干涉条纹
①将光源、遮光筒、毛玻璃屏依次安放在光具座上.如图所示.
②接好光源，打开开关，使灯丝正常发光.
③调节各器件的高度，使光源发出的光能沿轴线到达光屏.
④安装双缝和单缝，中心大致位于遮光筒的轴线上，使双缝与单缝的缝平行，二者间距约5～10 cm，这时，可观察白光的干涉条纹.
⑤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，记下手轮上的读数a1，将该条纹记为第1条亮纹；转动手轮，使分划板中心刻线移动至另一亮条纹的中央，记下此时手轮上的读数a2，将该条纹记为第n条亮纹.
③用刻度尺测量双缝到光屏的距离l(d是已知的).
④改变双缝间的距离d，双缝到屏的距离l，重复测量.
3.数据处理
(1)条纹间距Δx＝.
(2)波长λ＝Δx.
(3)计算多组数据，求λ的平均值.
4.注意事项
(1)安装时，注意调节光源、滤光片、单缝、双缝的中心均在遮光筒的中心轴线上，并使单缝、双缝平行且间距适当.
(2)光源灯丝最好为线状灯丝，并与单缝平行且靠近.
(3)调节的基本依据是：照在光屏上的光很弱，主要原因是灯丝与单缝、双缝，测量头与遮光筒不共轴所致，干涉条纹不清晰一般原因是单缝与双缝不平行所致，故应正确调节.
[典例6]　在“用双缝干涉测光的波长”实验中，将双缝干涉实验仪按要求安装在光具座上(如图1)，并选用缝间距d＝0.2 mm的双缝屏.从仪器注明的规格可知，像屏与双缝屏间的距离L＝700 mm.然后，接通电源使光源正常工作.
图1

　　　图2　　　　　　　　　图3
(1)已知测量头主尺的最小刻度是毫米，副尺上有50分度.某同学调整手轮后，从测量头的目镜看去，第1次映入眼帘的干涉条纹如图2(a)所示，图2(a)中的数字是该同学给各暗纹的编号，此时图2(b)中游标尺上的读数x1＝1.16 mm；接着再转动手轮，映入眼帘的干涉条纹如图3(a)所示，此时图3(b)中游标卡尺上的读数x2＝　　　　.
(2)利用上述测量结果，经计算可得两个相邻明纹(或暗纹)间的距离Δx＝　　　　 mm；这种色光的波长λ＝　　　　nm.
[解析]　(1)由游标卡尺的读数规则可知x2＝15.0 mm＋1×0.02 mm＝15.02 mm；
(2)图2(a)中暗纹与图3(a)中暗纹间的间隔为6个，故
Δx＝＝ mm＝2.31 mm；由Δx＝可知λ＝＝ mm＝6.6×102 nm.
[答案]　(1)15.02 mm　(2)2.31　6.6×102
1.[双缝干涉](多选)英国物理学家托马斯·杨巧妙地解决了相干光源问题，第一次在实验室观察到了光的干涉现象.下图为实验装置简图，M为竖直线状光源，N和O均为有狭缝的遮光屏，P为像屏.现有四种刻有不同狭缝的遮光屏，实验时正确的选择是(　　)
A.N应选用遮光屏1　　B.N应选用遮光屏3
C.O应选用遮光屏2 D.O应选用遮光屏4
答案：AC　解析：根据双缝干涉的原理可知，N应选用单缝遮光屏1，O应选用双缝光屏2，故A、C正确.
2.[薄膜干涉]在研究材料A的热膨胀特性时，可采用如图所示的干涉实验法，A的上表面是一光滑平面，在A的上方放一个透明的平行板B，B与A上表面平行，在它们之间形成一个厚度均匀的空气膜.现在用波长为λ的单色光垂直照射，同时对A缓慢加热，在B上方观察到B板的亮度发生周期性变化.当温度为t1时最亮，然后亮度逐渐减弱至最暗；当温度升到t2时，亮度再一次回到最亮，则(　　)
A.出现最亮时，B上表面反射光与A上表面反射光叠加后加强
B.出现最亮时，B下表面反射光与A上表面反射光叠加后相抵消
C.温度从t1升至t2过程中，A的高度增加
D.温度从t1升至t2过程中，A的高度增加
答案：D　解析：该装置利用B下表面反射光与A上表面反射光发生干涉的原理，若最亮，说明干涉加强，加强时路程差Δx＝nλ(n＝0,1,2，…)，由于t1和t2两温度为连续变化，且出现两次最亮，所以两次路程差为一个波长，t1到t2过程中，A的高度应增加半个波长.故选项D正确.
3.[光的衍射](多选)抽制高强度纤维细丝可用激光监控其粗细，如图所示，观察光束经过细丝后在光屏上所产生的条纹即可以判断细丝粗细的变化(　　)
A.这里应用的是光的衍射现象
B.这里应用的是光的干涉现象
C.如果屏上条纹变宽，表明抽制的丝变粗
D.如果屏上条纹变宽，表明抽制的丝变细
答案：AD　解析：本题为光的衍射现象在工业生产中的实际应用，考查光的衍射现象，若障碍物的尺寸与光的波长相比差不多或更小，衍射现象较明显，通过观察屏上条纹的变化情况，从而监测抽制的丝的情况，故选AD.
4.[光的偏振]光的偏振现象说明光是横波.下列现象中不能反映光的偏振特性的是(　　)
A.一束自然光相继通过两个偏振片，以光束为轴旋转其中一个偏振片，透射光的强度发生变化
B.一束自然光入射到两种介质的分界面上，当反射光线与折射光线之间的夹角恰好是90°时，反射光是偏振光
C.日落时分，拍摄水面下的景物，在照相机镜头前装上偏振滤光片可以使景像更清晰
D.通过手指间的缝隙观察日光灯，可以看到彩色条纹
答案：D　解析：在垂直于传播方向的平面上，沿着某个特定方向振动的光是偏振光，选项A、B反映了光的偏振特性，C是偏振现象的应用，D是光的衍射现象.
5.[用双缝干涉测单色光的波长]如图所示的双缝干涉实验，用绿光照射单缝S时，在光屏P上观察到干涉条纹.要得到相邻条纹间距更大的干涉图样，可以(　　)
A.增大S1与S2的间距
B.减小双缝屏到光屏的距离
C.将绿光换为红光
D.将绿光换为紫光
答案：C　解析：由双缝干涉条纹间距公式Δx＝λ可知，要增大相邻条纹间距，可以增大双缝到屏的距离，减小双缝间距，选用波长更长的单色光，因此C正确.
第5讲　电磁波　相对论简介
知识点一　麦克斯韦理论、电磁场、电磁波
1.麦克斯韦电磁场理论
变化的磁场产生　　　　，变化的电场产生　　　　.
2.电磁场
变化的电场和变化的磁场总是相互联系成为一个　　　　，这就是电磁场.
3.电磁波
电磁场(电磁能量)由近及远地向周围传播形成电磁波.
(1)电磁波是横波，在空间传播　　　　介质.
(2)真空中电磁波的速度为　　　　m/s.
(3)v＝λf对电磁波　　　　.
4.电磁波的发射
(1)发射条件：足够高的振荡频率和　　　　电路.
(2)调制分类：　　　　和　　　　.
5.电磁波的接收
(1)调谐：使接收电路产生　　　　的过程.
(2)解调：使声音或图像信号从高频电流中还原出来的过程.
6.电磁波谱
无线电波、红外线、可见光、紫外线、X射线、γ射线等合起来构成了范围广阔的电磁波谱，如图所示.
答案：1.电场　磁场　2.完整的整体　3.(1)不需要　(2)3×108　(3)同样适用　4.(1)开放　(2)调幅　调频　5.(1)电谐振
知识点二　相对论简介
1.狭义相对论的两个基本假设
(1)狭义相对性原理
在不同的惯性参考系中，一切物理规律都是　　　　.
(2)光速不变原理
真空中的光速在不同的惯性参考系中都是　　　　，光速与光源、观测者间的相对运动没有关系.
2.相对论质速关系
(1)物体的质量随物体速度的增加而增大，物体以速度v运动时的质量m与静止时的质量m0之间有如下关系：
m＝　　　　.
(2)物体运动时的质量m总要　　　　静止时的质量m0.
3.相对论质能关系
用m表示物体的质量，E表示它具有的能量，则爱因斯坦质能方程为：E＝　　　　.
答案：1.(1)相同的　(2)相同的
2.(1)　(2)大于　(3)mc2
(1)电磁波的传播需要介质.(　　)
(2)电场周围一定存在磁场，磁场周围一定存在电场.(　　)
(3)电谐振就是电磁振荡中的“共振”.(　　)
(4)无线电波不能发生干涉和衍射现象.(　　)
(5)波长不同的电磁波在本质上完全相同.(　　)
(6)真空中的光速在不同惯性参考系中是不同的.(　　)
(7)若物体能量增大，则它的质量增大.(　　)
答案：(1)×　(2)×　(3)√　(4)×　(5)√
(6)×　(7)√
考点　对电磁场理论和电磁波的理解
1.对麦克斯韦电磁场理论的理解
2.对电磁波的理解
(1)电磁波是横波.电磁波的电场E、磁场B、传播方向v三者两两垂直，如图所示.
(2)电磁波与机械波不同，机械波在介质中传播的速度与介质有关，电磁波在介质中传播的速度与介质和频率均有关.
考向1　对麦克斯韦电磁场理论的理解
[典例1]　(多选)应用麦克斯韦的电磁场理论判断如图所示的电场产生磁场(或磁场产生电场)的关系图象中(每个选项中的上图是表示变化的场，下图是表示变化的场产生的另外的场)，正确的是(　　)
[解析]　均匀变化的电场产生稳定的磁场，周期性变化的电场产生周期性变化的磁场.
[答案]　BD
考向2　对电磁波的理解
[典例2]　(2016·新课标全国卷Ⅰ)(多选)关于电磁波，下列说法正确的是(　　)
A.电磁波在真空中的传播速度与电磁波的频率无关
B.周期性变化的电场和磁场可以相互激发，形成电磁波
C.电磁波在真空中自由传播时，其传播方向与电场强度、磁感应强度均垂直
D.利用电磁波传递信号可以实现无线通信，但电磁波不能通过电缆、光缆传输
E.电磁波可以由电磁振荡产生，若波源的电磁振荡停止，空间的电磁波随即消失
[解析]　电磁波在真空中的传播速度为3×108 m/s，与电磁波的频率无关，A项正确；周期性变化的电场产生周期性变化的磁场，周期性变化的磁场又产生周期性变化的电场，它们相互激发向周围传播，就形成了电磁波，B项正确；电磁波是横波，因此其电场强度和磁感应强度均与传播方向垂直，C项正确；光是电磁波，利用光纤对光的全反射可以传播信息，D项错误；波源的电磁振荡停止后，已发出的电磁波不会立即消失，还要继续传播一段时间，E项错误.
[答案]　ABC
考向3　电磁波与机械波的比较
[典例3]　(多选)电磁波与声波比较，下列说法中正确的是(　　)
A.电磁波的传播不需要介质，声波的传播需要介质
B.由空气进入水中时，电磁波速度变小，声波速度变大
C.由空气进入水中时，电磁波波长变小，声波波长变大
D.电磁波和声波在介质中的传播速度，都是由介质决定的，与频率无关
[解析]　A、B均与事实相符，所以A、B正确.根据λ＝，电磁波速度变小，频率不变，波长变小；声波速度变大，频率不变，波长变大，所以C正确.电磁波在介质中的速度与介质有关，也与频率有关，在同一种介质中，频率越大，波速越小，所以D错误.
[答案]　ABC
对电磁波的理解
(1)电磁波的传播不需要介质，并不是在介质中不能传播，而是在介质、真空中都能传播，只是不依赖于介质而已.
(2)在真空中，不同频率的电磁波传播速度相同，都等于光速.在同一介质中，不同频率的电磁波传播速度不同，频率越高，传播速度越小.
考点　电磁波的特性及电磁波的应用
考向1　电磁波的特性
[典例4]　(多选)关于电磁波谱，下列说法正确的是(　　)
A.电磁波中最容易表现出干涉、衍射现象的是无线电波
B.紫外线的频率比可见光低，长时间照射可以促进钙的吸收，改善身体健康
C.X射线和γ射线的波长比较短，穿透力比较强
D.红外线的显著作用是热作用，温度较低的物体不能辐射红外线
[解析]　无线电波波长最长，最容易发生干涉、衍射现象，A正确；紫外线的频率比可见光高，B错误；不管物体温度高低，都可以辐射红外线，D错误；X射线和γ射线的波长比较短，波长越短，贯穿能力越强，C正确.
[答案]　AC
考向2　电磁波的应用
[典例5]　电磁波已广泛运用于很多领域.下列关于电磁波的说法符合实际的是(　　)
A.电磁波不能产生衍射现象
B.常用的遥控器通过发出紫外线脉冲信号来遥控电视机
C.根据多普勒效应可以判断遥远天体相对于地球的运动速度
D.光在真空中运动的速度在不同惯性系中测得的数值可能不同
[解析]　衍射现象是波特有的现象，故电磁波能发生衍射现象，A错误.遥控器是通过发出的红外线脉冲信号遥控电视机的，B错误.根据多普勒效应，当天体相对地球运动时，我们接收到来自天体的电磁波频率发生变化，根据其变化可判断遥远天体相对地球的运动速度，C正确.光在真空中的速度是定值，在任何惯性系中测出的数值应相同，D错误.
[答案]　C
1.波长不同的电磁波，表现出不同的特性，其中波长较长的无线电波和红外线等，易发生干涉、衍射现象；波长较短的紫外线、X射线、γ射线等，穿透能力较强.
2.电磁波谱中，相邻两波段的电磁波的波长并没有很明显的界线，如紫外线和X射线、X射线和γ射线都有重叠，但它们产生的机理不同.
考点　狭义相对论的简单应用
相对论中五个公式的理解
名称
公式
理解
时间间隔的相对性(时钟变慢)
Δt＝
与运动物体相对静止的观察者经历时间Δτ，地面上的观察者看到运动物体经历时间Δt
长度的相对性(长度缩短)
l＝l0
与杆相对静止的人认为杆长是l0，与杆相对运动的人认为杆长是l
相对论质量
(质量变大)
m＝
运动时物体的质量为m，静止时的质量为m0
相对论速度变换公式
u＝
车对地的速度为v，车上人以u′沿车前进方向相对车运动，人对地速度为u
质能方程
E＝mc2，ΔE＝Δmc2
Δm为质量亏损
考向1　对狭义相对论的理解
[典例6]　(多选)关于狭义相对论的说法，正确的是(　　)
A.狭义相对论认为在不同的惯性参考系中，一切物理规律都是相同的
B.狭义相对论认为在一切惯性参考系中，光在真空中的速度都等于c，与光源的运动无关
C.狭义相对论只涉及无加速运动的惯性系
D.狭义相对论在任何情况下都适用
[解析]　狭义相对论认为在不同的惯性参考系中，一切物理规律都是相同的，选项A正确；狭义相对论认为在一切惯性参考系中，光在真空中的速度都等于c(光速不变原理)，与光源的运动无关，选项B正确；狭义相对论只涉及无加速运动的惯性系，故选项C正确，D错误.
[答案]　ABC
考向2　对狭义相对论的简单应用
[典例7]　如图所示，两艘飞船A、B沿同一直线同向飞行，相对地面的速度均为v(v接近光速c).地面上测得它们相距为L，则A测得两飞船间的距离　　　　(填“大于”、“等于”或“小于”)L.当B向A发出一光信号，A测得该信号的速度为　　　　.
　
[解析]　从飞船A测量时飞船B是静止的，从地面上测量时两飞船都是运动的，由相对论的“尺缩效应”知运动长度要缩短，故从地面测得的飞船间距小.由光速不变原理知光信号的传播速度与参考系是无关的，故A测得该信号的速度仍为光速c.
[答案]　大于　c(或光速)
1.[电磁场和电磁波](多选)关于电磁场和电磁波，下列说法中正确的是(　　)
A.均匀变化的电场在它的周围产生均匀变化的磁场
B.电磁波中每一处的电场强度和磁感应强度总是互相垂直的，且都与波的传播方向垂直
C.电磁波和机械波一样依赖于介质传播
D.只要空间中某个区域有振荡的电场或磁场，就能产生电磁波
答案：BD　解析：均匀变化的电场在它的周围产生恒定的磁场，A错；机械波的传播依赖于介质，电磁波的传播不需要介质，C错.
2.[电磁波谱](多选)关于电磁波谱，下列说法中正确的是(　　)
A.X射线对生命物质有较强的作用，过量的X射线辐射会引起生物体的病变
B.γ射线是波长最短的电磁波，它比X射线的频率还要高
C.紫外线比紫光更容易发生干涉和衍射
D.在电磁波谱中，最容易发生衍射现象的是γ射线
E.在电磁波谱中，无线电波一般可用于通信
答案：ABE　解析：X射线的频率比较大，对生命物质有较强的作用，过量的X射线辐射会引起生物体的病变，选项A正确；根据电磁波谱的排列顺序可知：γ射线是波长最短的电磁波，它比X射线的频率还要高，选项B正确；在电磁波谱中从无线电波到γ射线，波长逐渐减小，频率逐渐增大，而波长越长，越容易发生衍射现象，因此紫光比紫外线更容易发生衍射现象，无线电波最容易发生衍射现象，选项C、D错误；无线电波广泛应用于通信、广播和天体研究中，选项E正确.
3.[电磁波的性质]我国成功研发的反隐身先进米波雷达堪称隐身飞机的克星，它标志着我国雷达研究创新的里程碑.米波雷达发射无线电波的波长在 1～10 m 范围内，则对该无线电波的判断正确的是(　　)
A.米波的频率比厘米波的频率高
B.和机械波一样须靠介质传播
C.同光波一样会发生反射现象
D.不可能产生干涉和衍射现象
答案：C　解析：从名称上可判断，米波的波长大于厘米波的波长，由波长与频率、波速关系式λ＝可知，米波的频率小于厘米波的频率，选项A错误.无线电波是电磁波，可以在真空中传播，选项B错误.无线电波同光波一样会发生反射现象，可以产生干涉和衍射现象，选项C正确，D错误.
4.[电磁波的特性](多选)下列说法正确的是(　　)
A.红外线、紫外线、伦琴射线和γ射线在真空中传播的速度均为3.0×108 m/s
B.红外线应用在遥感技术中，是利用它穿透本领强的特性
C.紫外线在水中的传播速度小于红外线在水中的传播速度
D.日光灯是紫外线的荧光效应的应用
答案：ACD　解析：所有电磁波在真空中的传播速度都等于光速，故A正确；红外线应用在遥感技术中是利用它有较强的衍射能力，故B错误；对同一介质紫外线比红外线的折射率大，故紫外线比红外线在水中的传播速度小，故C正确；日光灯应用了紫外线的荧光效应，故D正确.
5.[狭义相对论的应用]惯性系S中有一边长为l的正方形(如图A所示).从相对S系沿x方向以接近光速匀速飞行的飞行器上测得此正方形的图象是(　　)
　
答案：C　解析：根据相对性原理，当正方形沿x方向以接近光速匀速飞行时，在运动方向上会出现长度收缩效应，而在垂直于运动方向上则不会出现长度收缩效应，故C正确.
专题十三　热学热点题型的解题方法
突破　多过程问题解题方法
气体的变化过程有等温变化、等容变化和等压变化.所谓多过程问题指气体参与两种或多种变化过程，在每种变化过程中都有一个物理量保持不变.解决此类问题的关键是分清变化过程，找到不变量，再根据气体实验定律求解.
考向1　先等压变化后等容变化
[典例1]　如图所示，一固定的竖直汽缸由一大一小两个同轴圆筒组成，两圆筒中各有一个活塞.已知大活塞的质量为m1＝2.50 kg，横截面积为S1＝80.0 cm2；小活塞的质量为m2＝1.50 kg，横截面积为S2＝40.0 cm2.两活塞用刚性轻杆连接，间距保持为l＝40.0 cm；汽缸外大气的压强为p＝1.00×105 Pa，温度为T＝303 K.初始时大活塞与大圆筒底部相距，两活塞间封闭气体的温度为T1＝495 K.现汽缸内气体温度缓慢降低，活塞缓慢下移.忽略两活塞与汽缸壁之间的摩擦，重力加速度大小取g＝10 m/s2.求：
(1)在大活塞与大圆筒底部接触前的瞬间，汽缸内封闭气体的温度；
(2)缸内封闭的气体与缸外大气达到热平衡时，缸内封闭气体的压强.
[解题指导]　解答本题需注意以下三点：
(1)初始状态，气体的压强和体积分别是多少.
(2)随着温度降低，活塞下移，气体压强如何变化.
(3)大活塞与圆筒底部接触后，体积不变，温度再降低，压强减小.
[解析]　(1)设初始时气体体积为V1，在大活塞与大圆筒底部接触前的瞬间，缸内封闭气体的体积为V2，温度为T2.由题给条件得
V1＝S2＋S1①
V2＝S2l②
在活塞缓慢下移的过程中，用p1表示缸内气体的压强，由力的平衡条件得
S1(p1－p)＝m1g＋m2g＋S2(p1－p)③
故缸内气体的压强不变
由盖—吕萨克定律有＝④
联立①②④式并代入题给数据得
T2＝330 K.⑤
(2)在大活塞与大圆筒底部刚接触时，被封闭气体的压强为p1.在此后与汽缸外大气达到热平衡的过程中，被封闭气体的体积不变.设达到热平衡时被封闭气体的压强为p′，由查理定律，有
＝⑥
联立③⑤⑥式并代入题给数据得
p′＝1.01×105 Pa.
[答案]　330 K　(2)1.01×105 Pa
考向2　先等温变化后等压变化
[典例2]　(2017·湖北襄阳二联)如图所示，两个可导热的汽缸竖直放置，它们的底部由一细管连通(忽略细管的容积).两汽缸各有一个活塞，质量分别为m1和m2，活塞与汽缸无摩擦.活塞的下方为理想气体，上方为真空.当气体处于平衡状态时，两活塞位于同一高度h.(已知m1＝2m，m2＝m)
(1)在两活塞上同时各放一质量为m的物块，求气体再次达到平衡后两活塞的高度差(假定环境温度始终保持为T0).
(2)在达到第(1)问的终态后，环境温度由T0缓慢上升到1.25T0，试问在这个过程中，气体对活塞做了多少功？(假定在气体状态变化过程中，两物块均不会碰到汽缸顶部).
[解题指导]　解答本题需注意以下三点：
(1)两活塞面积的关系.
(2)放上质量为m的物体后，两活塞的位置.
(3)升高温度后，气体的压强变化情况.
[解析]　(1)设左、右活塞的面积分别为S′和S，由于气体处于平衡状态，故两活塞对气体的压强相等，即：＝
由此得：S′＝2S
在两个活塞上各放一质量为m的物块后，假设左、右两活塞仍没有碰到汽缸底部，由平衡条件有：
p左＝，p右＝，p左在初态，气体的压强为，体积为3Sh；
在末态，气体压强为，体积为2xS(x为左活塞的高度)
由玻意耳定律得：·3Sh＝·2xS
解得：x＝h，即两活塞的高度差为h.
(2)当温度由T0上升至T＝1.25T0时，气体的压强不变，设x′是温度达到T时的左活塞的高度，
由盖—吕萨克定律得：x′＝x＝1.25h
气体对活塞做的功为W＝Fs＝3mg(x′－x)＝0.75mgh.
[答案]　(1)h　(2)0.75mgh
突破　关联气体问题解题方法
考向1　通过水银柱相关联
[典例3]　(2016·新课标全国卷Ⅲ)一U形玻璃管竖直放置，左端开口，右端封闭，左端上部有一光滑的轻活塞.初始时，管内汞柱及空气柱长度如图所示.用力向下缓慢推活塞，直至管内两边汞柱高度相等时为止.求此时右侧管内气体的压强和活塞向下移动的距离.(已知玻璃管的横截面积处处相同；在活塞向下移动的过程中，没有发生气体泄漏；大气压强p0＝75.0 cmHg.环境温度不变)
[解题指导]　由于环境温度不变，玻璃管内气体发生的是等温变化，适用规律是玻意耳定律，分别以左管内和右管内气体为研究对象，找出初、末状态参量，列出玻意耳定律方程即可求解.
[解析]　设初始时，右管中空气柱的压强为p1，长度为l1；左管中空气柱的压强为p2＝p0，长度为l2.活塞被下推h后，右管中空气柱的压强为p′1，长度为l′1；左管中空气柱的压强为 p′2，长度为l′2.以cmHg为压强单位.由题给条件得p1＝p0＋(20.0－5.00) cmHg　①
l′1＝ cm　②
由玻意耳定律得p1l1＝p′1l′1　③
联立①②③式和题给条件得p′1＝144 cmHg　④
依题意p′2＝p′1　⑤
l′2＝4.00 cm＋ cm－h　⑥
由玻意耳定律得p2l2＝p′2l′2　⑦
联立④⑤⑥⑦式和题给条件得h＝9.42 cm.　⑧
[答案]　9.42 cm
考向2　通过活塞相关联
[典例4]　如图所示，有两个不计质量、不计厚度的活塞M、N将两部分理想气体A、B封闭在绝热汽缸内，温度均是27 ℃.M活塞是导热的，N活塞是绝热的，均可沿汽缸无摩擦地滑动，已知活塞的横截面积均为S＝2 cm2，初始时M活塞相对于底部的高度为h1＝27 cm，N活塞相对于底部的高度为h2＝18 cm.现将一质量为m＝1 kg的小物体放在M活塞的上表面上，活塞下降.已知大气压强为p0＝1.0×105 Pa.(取g＝10 m/s2)
(1)求下部分气体的压强；
(2)现通过加热丝对下部分气体进行缓慢加热，使下部分气体的温度变为127 ℃，求稳定后活塞M、N距离底部的高度.
[解题指导]　(1)M活塞是导热的，N活塞是绝热的，保证上部气体温度不变.
(2)在放上小物体m，又对下部分气体加热的过程中，下部分气体温度、压强、体积均变化，应用
理想气体状态方程求解.
[解析]　(1)对两个活塞和重物作为整体进行受力分析得：
pS＝mg＋p0S
得p＝p0＋＝1.0×105 Pa＋ Pa＝1.5×105 Pa.
(2)对下部分气体进行分析：初状态压强为p0，体积为h2S，温度为T1；末状态压强为p，体积设为h3S，温度为T2
由理想气体状态方程可得：
＝
得：h3＝h2＝×18 cm＝16 cm
对上部分气体进行分析，根据玻意耳定律可得：
p0(h1－h2)S＝pLS
得：L＝6 cm
故此时活塞M距离底端的距离为h4＝16 cm＋6 cm＝22 cm.
[答案]　(1)1.5×105 Pa　(2)22 cm　16 cm
突破　变质量问题解题方法
分析变质量问题时，可通过巧妙地选择研究对象，使变质量气体问题转化为定质量气体问题，用气体实验定律求解.
(1)充气问题：选择原有气体和即将充入的气体作为研究对象，就可把充气过程中的气体质量变化问题转化为定质量气体的状态变化问题.
(2)抽气问题：将每次抽气过程中抽出的气体和剩余气体作为研究对象，质量不变，故抽气过程可以看成是等温膨胀过程.
(3)灌气问题：把大容器中的剩余气体和多个小容器中的气体的整体作为研究对象，可将变质量问题转化为定质量问题.
(4)漏气问题：选容器内剩余气体和漏出气体的整体作为研究对象，便可使问题变成一定质量气体的状态变化，可用理想气体的状态方程求解.
考向1　充气问题
[典例5]　某自行车轮胎的容积为V，里面已有压强为p0的空气，现在要使轮胎内的气压增大到p，设充气过程为等温过程，空气可看做理想气体，轮胎容积保持不变，则还要向轮胎充入温度相同、压强也是p0、体积为　　　　的空气.(填选项前的字母)
A.V B.V
C.V D.V
[解析]　设充入的气体体积为V0，根据玻意耳定律可得p0(V＋V0)＝pV，解得V0＝V，C项正确.
[答案]　C
考向2　抽气问题
[典例6]　一太阳能空气集热器，底面及侧面为隔热材料，顶面为透明玻璃板，集热器容积为V0.开始时内部封闭气体的压强为p0，经过太阳暴晒，气体温度由T0＝300 K升至T1＝350 K.
(1)求此时气体的压强；
(2)保持T1＝350 K不变，缓慢抽出部分气体，使气体压强再变回到p0.求集热器内剩余气体的质量与原来总质量的比值.
[解析]　(1)由题意知气体体积不变，由查理定律得＝，解得p1＝p＝p0＝p0.
(2)抽气过程可等效为等温膨胀过程，设膨胀后气体的总体积为V2，由玻意耳定律可得p1V0＝p0V2
则V2＝＝V0
所以，集热器内剩余气体的质量与原来总质量的比值为＝.
[答案]　(1)p0　(2)
考向3　灌气问题
[典例7]　(2016·新课标全国卷Ⅱ)一氧气瓶的容积为0.08 m3，开始时瓶中氧气的压强为20个大气压.某实验室每天消耗1个大气压的氧气0.36 m3.当氧气瓶中的压强降低到2个大气压时，需重新充气.若氧气的温度保持不变，求这瓶氧气重新充气前可供该实验室使用多少天？
[解题指导]　解答此题的关键是将用去的氧气在p2状态下的体积转化为在p0(1个大气压)状态下的体积，从而可以计算出氧气在p0下的可用天数.
[解析]　设氧气开始时的压强为p1，体积为V1，压强变为p2(2个大气压)时，体积为V2，根据玻意耳定律得
p1V1＝p2V2　①
重新充气前，用去的氧气在p2压强下的体积为
V3＝V2－V1　②
设用去的氧气在p0(1个大气压)压强下的体积为V0，则有
p2V3＝p0V0　③
设实验室每天用去的氧气在p0压强下的体积为ΔV，则氧气可用的天数为N＝　④
联立①②③④式，并代入数据得N＝4(天).　⑤
[答案]　4
在变质量问题中，一般气体的温度是不变的，满足玻意耳定律.
(1)充气问题或几部分气体相混合的问题，满足p1V1＋p2V2＋…＝pV.
(2)求气体扩散体积增大后，原容器内气体占总气体的比例时满足k＝，注意V器与V总应是在同一状态(p，T)下的体积.
1.[关联气体问题]U形管两臂粗细不等，开口向上，封闭的粗管横截面积是开口的细管的三倍，管中装入水银，大气压为76 cmHg.开口管中水银面到管口距离为11 cm，且水银面比封闭管内高4 cm，封闭管内空气柱长为11 cm，如图所示.现在开口端用小活塞封住，并缓慢推动活塞，使两管液面相平，推动过程中两管的气体温度始终不变，试求：
(1)粗管中气体的最终压强；
(2)活塞推动的距离.
答案：(1)88 cmHg　(2)4.5 cm　解析：设左管横截面积为S，则右管横截面积为3S，设两管液面相平时，左端液面下降h1，左端液面上升h2，则h1＋h2＝4 cm，h1S＝3h2S，解得h1＝3 cm，h2＝1 cm.
(1)以右管封闭气体为研究对象，
p1＝80 cmHg，V1＝11×3S＝33S(cm3)
V2＝10×3S＝30S(cm3)
等温变化：p1V1＝p2V2
80 cmHg×33S＝p2×30S
解得p2＝88 cmHg.
(2)以左管被活塞封闭气体为研究对象，则
p3＝76 cmHg，V3＝11S(cm3)，p4＝88 cmHg
等温变化：p3V3＝p4V4
解得V4＝9.5S(cm3)
活塞推动的距离L＝(11＋3－9.5) cm＝4.5 cm.
2.[图象与多过程问题]一定质量的理想气体从状态A变化到状态B，再变化到状态C，其状态变化过程的p-V图象如图所示.已知该气体在状态A时的温度为27 ℃.求：
(1)该气体在状态B时的温度；
(2)该气体从状态A到状态C的过程中与外界交换的热量.
答案：见解析　解析：(1)对于理想气体：A→B过程，由查理定律有＝，
得TB＝100 K，
所以tB＝TB－273 ℃＝－173 ℃.
(2)B→C过程，由盖—吕萨克定律有＝，
得TC＝300 K，
所以tC＝TC－273 ℃＝27 ℃.
由于状态A与状态C温度相同，气体内能相等，而A→B过程是等容积变化，气体对外不做功，B→C过程中气体体积膨胀对外做功，即从状态A到状态C气体对外做功，故气体应从外界吸收热量.Q＝pΔV＝1×105×(3×10－3－1×10－3) J＝200 J.
3.[气体多过程问题]如图所示，长L＝100 cm、粗细均匀的玻璃管一端封闭.水平放置时，长L0＝50 cm的空气柱被水银柱封住，水银柱长h＝30 cm.将玻璃管缓慢地转到开口向下的竖直位置，然后竖直插入水银槽，插入后有Δh＝15 cm的水银柱进入玻璃管.设整个过程中温度始终保持不变，大气压强p0＝75 cmHg.求：
(1)试判断是否有水银溢出；
(2)插入水银槽后管内气体的压强p；
(3)管口距水银槽液面的距离H.
答案：(1)有水银溢出　(2)62.5 cmHg
(3)27.5 cm
解析：(1)设当管转至竖直位置时，水银恰好位于管口而未从管中漏出，管截面积为S
此时气柱长度l＝70 cm
由玻意耳定律得pl＝p0L0得：p＝≈53.6 cmHg
由于p＋ρgh＝83.6 cmHg大于p0，因此必有水银从管中漏出.
(2)设当管转至竖直位置时，管内水银柱长度为x
由玻意耳定律得p0SL0＝(p0－ρgx)S(L－x)
整理并代入数值解得：x＝25 cm
设插入水银槽后管内气柱长度为L′
由题设条件得 L′＝L－(x＋Δh)＝100 cm－(25＋15) cm＝60 cm
由玻意耳定律，插入后管内压强p＝＝62.5 cmHg.
(3)管内水银与槽内水银面间高度差为h′＝75 cm－62.5 cm＝12.5 cm
管口距槽内水银面距离H＝L－L′－h′＝100 cm－60 cm－12.5 cm＝27.5 cm.
第十二章 热学
【研透全国卷】
在新课标省区的高考中，对该部分内容的考查只在选考题部分出现，考查的知识不会面面俱到，重点考查分子动理论、阿伏加德罗常数的应用、气体实验定律及热力学第一定律等知识.
预测在2018年高考中，对本部分内容的考查仍将以分子动理论、热力学定律及气体状态方程的应用为主.
考点
内容
要求
题型
选考实验
一、分子动理论、内能
分子动理论的基本观点和实验依据
Ⅰ
选择
1.实验内容
用油膜法估测分子的大小
2.命题形式
填空
阿伏加德罗常数
Ⅰ
气体分子运动速率的统计分布
Ⅰ
温度是分子平均动能的标志、内能
Ⅰ
中学物理中涉及的国际单位制的基本单位和其他物理量的单位
Ⅰ
二、固体、液体和气体
固体的微观结构、晶体和非晶体
Ⅰ
选择、
填空、
计算
液晶的微观结构
Ⅰ
液体的表面张力现象
Ⅰ
气体实验定律
Ⅰ
理想气体
Ⅰ
饱和汽、未饱和汽、饱和汽压
Ⅰ
相对湿度
Ⅰ
三、热力学定律与能量守恒定律
热力学第一定律
Ⅰ
选择、
填空
能量守恒定律
Ⅰ
热力学第二定律
Ⅰ
第1讲　分子动理论　内能
(实验：用油膜法估测分子的大小)
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
知识点一　分子动理论
1.物体是由大量分子组成的
(1)分子的大小
①分子直径：数量级是　　　　m.
②分子质量：数量级为10－26 kg.
③测量方法：油膜法.
(2)阿伏加德罗常数：1 mol任何物质所含有的粒子数，NA＝　　　　 mol－1.
2.分子热运动：一切物质的分子都在永不停息地做无规则运动.
(1)扩散现象：相互接触的不同物质彼此进入对方的现象.温度　　　　，扩散越快，可在固体、液体、气体中进行.
(2)布朗运动：悬浮在液体(或气体)中的微粒的无规则运动，微粒　　　　，温度　　　　，布朗运动越显著.
3.分子力：分子间同时存在引力和斥力，且都随分子间距离的增大而　　　　，随分子间距离的减小而增大，但总的来讲斥力变化得较快.
答案：1.(1)10－10　(2)6.02×1023　2.(1)越高　(2)越小　越高　3.减小
知识点二　温度
1.意义：宏观上表示物体的冷热程度(微观上表示物体中分子平均动能的大小).
2.两种温标
(1)摄氏温标和热力学温标的关系T＝　　　　.
(2)绝对零度(0 K)：是低温极限，只能接近不能达到，所以热力学温度无负值.
答案：2.(2)t＋273.15 K
知识点三　内能
1.分子动能
(1)意义：分子动能是　　　　　　所具有的动能.
(2)分子平均动能：所有分子动能的平均值.　　　　是分子平均动能的标志.
2.分子势能：由分子间　　　　决定的能，在宏观上分子势能与物体的　　　　有关，在微观上与分子间的　　　　有关.
3.物体的内能
(1)内能：物体中所有分子的　　　　与　　　　的总和.
(2)决定因素：　　　　、　　　　和物质的量.
答案：1.(1)分子热运动　(2)温度　2.相对位置　体积　距离　3.(1)热运动动能　分子势能　(2)温度　体积
(1)温度越高，扩散现象越明显.(　　)
(2)布朗运动是液体分子的无规则运动.(　　)
(3)分子间的引力和斥力都随分子间距的减小而增大.(　　)
(4)－33 ℃＝240 K.(　　)
(5)物体温度降低，其分子热运动的平均动能增大.(　　)
(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)物体温度不变，其内能一定不变.(　　)
答案：(1)√　(2) ?　(3)√　(4)√　(5) ?
(6)√　(7) ?
考点　微观量与宏观量
1.微观量
分子体积V0、分子直径d、分子质量m0.
2.宏观量
物体的体积V、摩尔体积Vm、物体的质量m、摩尔质量M、物体的密度ρ.
3.关系
(1)分子的质量：m0＝＝.
(2)分子的体积：V0＝＝.
(3)物体所含的分子数：N＝·NA＝·NA或N＝·NA＝·NA.
4.分子的两种模型
(1)球体模型直径d＝.(常用于固体和液体)
(2)立方体模型边长d＝.(常用于气体)
考向1　固体、液体模型
[典例1]　空调在制冷过程中，室内空气中的水蒸气接触蒸发器(铜管)液化成水，经排水管排走，空气中水分越来越少，人会感觉干燥.某空调工作一段时间后，排出液化水的体积V＝1.0×103 cm3.已知水的密度ρ＝1.0×103 kg/m3、摩尔质量M＝1.8×10－2 kg/mol，阿伏加德罗常数NA＝6.0×1023 mol－1.试求：(结果均保留一位有效数字)
(1)该液化水中含有水分子的总数N；
(2)一个水分子的直径d.
[解析]　(1)水的摩尔体积为
Vm＝＝ m3/mol＝1.8×10－5 m3/mol
水分子总数为
N＝＝≈3×1025(个).
(2)建立水分子的球体模型，有＝πd3，可得水分子直径：d＝＝ m≈4×10－10 m.
[答案]　(1)3×1025个　(2)4×10－10 m
考向2　气体模型
[典例2]　已知地球大气层的厚度h远小于地球半径R，空气平均摩尔质量为M，阿伏加德罗常数为NA，地面大气压强为p0，重力加速度大小为g.由此可估算得，地球大气层空气分子总数为　　　　，空气分子之间的平均距离为　　　　.
[解析]　可认为地球大气层对地球表面的压力是由其重力引起的，即mg＝p0S＝p0×4πR2，故大气层的空气总质量m＝，空气分子总数N＝NA＝.由于h?R，则大气层的总体积V＝4πR2h，每个分子所占空间设为一个棱长为a的正方体，则有Na3＝V，可得分子间的平均距离a＝.
[答案]　　
1.固体和液体分子都可看成是紧密堆积在一起的.分子的体积V0＝，仅适用于固体和液体，对气体不适用.
2.对于气体分子，d＝的值并非气体分子的大小，而是两个相邻的气体分子之间的平均距离.
考点　对分子热运动的理解
1.扩散现象：指相互接触的不同物质彼此进入对方的现象.温度越高，扩散越快；扩散可在固体、液体、气体中进行.
2.布朗运动：指悬浮在液体(或气体)中的微粒的无规则运动.微粒越小，温度越高，布朗运动越显著.
3.扩散现象、布朗运动与分子热运动的比较
类别
扩散现象
布朗运动
分子热运动
活动
主体
分子
固体微小颗粒
分子
区别
分子的运动，发生在固体、液体、气体等任何两种物质之间
微小颗粒的运动，是比分子大得多的分子团的运动，较大的颗粒不做布朗运动，但它本身的以及周围的分子仍在做热运动
指分子的运动，分子无论大小都做热运动，热运动不能通过光学显微镜直接观察到
观察
裸眼可见
光学显微镜
电子显微镜或扫描隧道显微镜
共同
点
都是永不停息的无规则运动，都随温度的升高而变得更加激烈
联系
布朗运动是由于微小颗粒受到周围分子做热运动的撞击力而引起的，它是分子做无规则运动的反映
考向1　布朗运动与热运动的比较
[典例3]　关于分子热运动和布朗运动，下列说法正确的是(　　)
A.布朗运动是指在显微镜中看到的液体分子的无规则运动
B.布朗运动间接反映了分子在永不停息地做无规则运动
C.悬浮颗粒越大，同一时刻与它碰撞的液体分子越多，布朗运动越显著
D.当物体温度达到0 ℃时，物体分子的热运动就会停止
[解析]　布朗运动是指在显微镜中看到的悬浮小颗粒的无规则运动，A错误；布朗运动间接反映了液体分子运动的无规则性，B正确；悬浮颗粒越大，液体分子对它的撞击作用的不平衡性越小，布朗运动越不明显，C错误；热运动在 0 ℃时不会停止，D错误.
[答案]　B
考向2　布朗运动与扩散现象的比较
[典例4]　(多选)下列有关扩散现象与布朗运动的叙述中，正确的是(　　)
A.扩散现象与布朗运动都能说明分子在做永不停息的无规则运动
B.扩散现象与布朗运动没有本质的区别
C.扩散现象突出说明了物质的迁移规律，布朗运动突出说明了分子运动的无规则性规律
D.扩散现象和布朗运动都与温度有关
E.布朗运动是扩散的形成原因，扩散是布朗运动的宏观表现
[解析]　扩散现象与布朗运动都能说明分子在做永不停息的无规则运动，故A正确；扩散是物质分子的迁移，布朗运动是宏观颗粒的运动，是两种完全不同的运动，故B错误；两个实验现象说明了分子运动的两个不同规律，则C正确；两种运动随温度的升高而加剧，所以都与温度有关，D正确；布朗运动与扩散的成因均是分子的无规则运动，两者之间不具有因果关系，故E错误.
[答案]　ACD
布朗运动、分子热运动、扩散现象的辨析：布朗运动是布朗颗粒(线度约10－6 m)在液体分子撞击下的无规则运动，布朗运动并不是分子热运动，但它反映了分子永不停息地做无规则运动；扩散现象是液体分子直接运动的结果.
考点　分子力、分子势能与分子间距离的关系
1.分子力曲线与分子势能曲线：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)：
　　
分子力曲线　　　　　分子势能曲线
2.分子力、分子势能与分子间距离的关系
(1)当r>r0时，分子力为引力，当r增大时，分子力做负功，分子势能增加.
(2)当r(3)当r＝r0时，分子势能最小.
考向1　分子间作用力的特点
[典例5]　(多选)分子间的相互作用力由引力与斥力共同产生，并随着分子间距的变化而变化，则下列说法正确的是(　　)
A.分子间引力随分子间距的增大而减小
B.分子间斥力随分子间距的减小而增大
C.分子间相互作用力随分子间距的增大而减小
D.当rE.当r>r0时，分子间作用力随分子间距的增大而减小
[解析]　分子力和分子间距离的关系图象如图所示，根据该图象可判断分子间引力随分子间距的增大而减小，分子间斥力随分子间距的减小而增大，A、B正确；当rr0时，分子力随分子间距的增大先增大后减小，故E错误.
[答案]　ABD
考向2　分子力做功与分子势能
[典例6]　(多选)分子力比重力、引力等要复杂得多，分子势能跟分子间的距离的关系也比较复杂.图示为分子势能与分间距离的关系图象，用r0表示分子引力与分子斥力平衡时的分子间距，设r→∞时，Ep＝0，则下列说法正确的是(　　)
A.当r＝r0时，分子力为零，Ep＝0
B.当r＝r0时，分子力为零，Ep为最小
C.当r0D.当r0E.当r[解析]　由Ep-r图象可知，r＝r0时，Ep最小，再结合F-r图象可知此时分子力为0，则A项错误，B项正确；结合F-r图象可知，在r0[答案]　BCE
分子力和分子势能的分析技巧
(1)当r>r0(平衡位置)时，分子力表现为引力，且随着分子间距离的增大，分子力先增大后减小.
(2)当r＝r0(平衡位置)时分子势能最小，因为不管分子间距离由r0增大还是减小，分子力都要做负功，分子势能都要增加.
(3)当r考点　温度和内能
1.对内能的理解
(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温度、体积、分子数，还与物态有关系.
(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，分子的平均动能相同.
2.内能和热能的比较
内能
热量
区别
是状态量，状态确定系统的内能随之确定.一个物体在不同的状态下有不同的内能
是过程量，它表示由于热传递而引起的内能变化过程中转移的能量
联系
在只有热传递改变物体内能的情况下，物体内能的改变量在数值上等于物体吸收或放出的热量
考向1　对温度的理解
[典例7]　关于温度的概念，下列说法中正确的是(　　)
A.温度是分子平均动能的标志，物体温度高，则物体的分子平均动能大
B.物体温度高，则物体每一个分子的动能都大
C.某物体内能增大时，其温度一定升高
D.甲物体温度比乙物体温度高，则甲物体的分子平均速率比乙物体的大
[解析]　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，但不是每个分子的动能都增大.
[答案]　A
考向2　对内能的理解
[典例8]　(多选)关于对内能的理解，下列说法正确的是(　　)
A.系统的内能是由系统的状态决定的
B.做功可以改变系统的内能，但是单纯地对系统传热不能改变系统的内能
C.不计分子之间的分子势能，质量和温度相同的氢气和氧气具有相同的内能
D.1 g 100 ℃水的内能小于1 g 100 ℃水蒸气的内能
[解析]　系统的内能是一个只依赖于系统自身状态的物理量，所以是由系统的状态决定的，A正确；做功和热传递都可以改变系统的内能，B错误；质量和温度相同的氢气和氧气的平均动能相同，但它们的物质的量不同，内能不同，C错误；在1 g 100 ℃的水变成100 ℃水蒸气的过程中，分子间距离变大，要克服分子间的引力做功，分子势能增大，所以1 g 100 ℃水的内能小于1 g 100 ℃水蒸气的内能，D正确.
[答案]　AD
考向3　对温度、内能、分子动理论的理解
[典例9]　(2017·河北唐山摸底)(多选)对于分子动理论和物体内能的理解，下列说法正确的是(　　)
A.温度高的物体内能不一定大，但分子平均动能一定大
B.外界对物体做功，物体内能一定增加
C.温度越高，布朗运动越显著
D.当分子间的距离增大时，分子间作用力就一直减小
E.当分子间作用力表现为斥力时，分子势能随分子间距离的减小而增大
[解析]　温度高的物体分子平均动能一定大，但内能不一定大，选项A正确；外界对物体做功，若物体散热，物体内能不一定增加，选项B错误；温度越高，布朗运动越显著，选项C正确；当分子间的距离增大时，分子间作用力可能先增大后减小，选项D错误；当分子间作用力表现为斥力时，分子势能随分子间距离的减小而增大，选项E正确.
[答案]　ACE
物体的内能在宏观上与温度、体积及物质的量有关；在微观上与分子的平均动能、分子间距及分子个数有关，物体的内能永远不为零.
考点　实验：用油膜法估测分子的大小
1.实验原理：利用油酸酒精溶液在平静的水面上形成单分子油膜，将油酸分子看做球形，测出一定体积油酸溶液在水面上形成的油膜面积，用d＝计算出油膜的厚度，其中V为一滴油酸溶液中所含油酸的体积，S为油膜面积，这个厚度就近似等于油酸分子的直径.
2.实验步骤
(1)在方盘中盛入适量的水(约2 cm深)，使水处于稳定状态.
(2)用注射器(或胶头滴管)取事先配好的油酸酒精溶液，逐滴滴入量筒，记下量筒中滴入1 mL溶液所需加入溶液的滴数.
(3)将痱子粉均匀地撒在水面上.
(4)用注射器(或胶头滴管)靠近水面将一滴油酸酒精溶液滴在水面上.
(5)待油酸膜的面积稳定后，把玻璃板放在方盘上，用笔描绘出油酸膜的形状.
3.数据处理
(1)计算一滴溶液中油酸的体积：V＝(mL).
(2)计算油膜的面积：利用坐标纸求油膜面积时，以边长为1 cm的正方形为单位，计算轮廓内正方形的个数，不足半个的舍去，大于半个的算一个.
(3)计算油酸的分子直径：d＝(注意单位统一).
4.注意事项
(1)将所有的实验用具擦洗干净，吸取油酸、酒精和溶液的移液管要分别专用，不能混用.
(2)痱子粉和油酸的用量都不可太大，否则不易成功.
(3)油酸酒精溶液的浓度以小于0.1%为宜.
(4)浅盘中的水离盘口面的距离应较小，并要水平放置，以便准确地画出薄膜的形状，画线时视线应与板面垂直.
(5)要待油膜形状稳定后再画轮廓.
考向1　对实验原理和操作的考查
[典例10]　(2017·广西南宁模拟)“用油膜法估测分子的大小”实验的简要步骤如下：
A.将画有油酸膜轮廓的玻璃板放在坐标纸上，数出轮廓内的方格数(不足半个的舍去，多于半个的算一个)，再根据方格的边长求出油酸膜的面积S.
B.将一滴油酸酒精溶液滴在水面上，待油酸薄膜的形状稳定后，将玻璃板放在浅盘上，用彩笔将薄膜的形状描画在玻璃板上.
C.用浅盘装入2 cm深的水.
D.用公式d＝求出薄膜厚度，即油酸分子直径的大小.
E.根据油酸酒精溶液的浓度，算出一滴溶液中纯油酸的体积V.
上述步骤中有步骤遗漏或步骤不完整的，请指出：
(1)____________________________________________.
(2)___________________________________________.
上述实验步骤的合理顺序是　　　　.
[解析]　(1)C步骤中，要在水面上撒上痱子粉或细石膏粉.
(2)实验时，还需要：F.用注射器或滴管将事先配制好的油酸酒精溶液一滴一滴地滴入量筒，记下量筒内增加一定体积时液滴的数目.
实验步骤的合理顺序是CFBAED.
[答案]　见解析
考向2　对数据处理的考查
[典例11]　在“用油膜法估测分子的大小”的实验中，所用油酸酒精溶液的浓度为每104 mL溶液中有纯油酸6 mL，用注射器测得1 mL上述溶液为75滴.把1滴该溶液滴入盛水的浅盘里，待水面稳定后，将玻璃板放在浅盘上，用彩笔在玻璃板上描出油膜的轮廓，再把玻璃板放在坐标纸上，其形状和尺寸如图所示，坐标中正方形方格的边长为1 cm.则：
(1)油酸薄膜的面积是　　　　 cm2.
(2)每滴油酸酒精溶液中含有纯油酸的体积是　　　mL.(取一位有效数字)
(3)按以上实验数据估测出油酸分子直径约为　　　m.(取一位有效数字)
[解析]　(1)根据数方格数的原则“多于半个的算一个，不足半个的舍去”可查出共有115个方格，
故油膜的面积：
S＝115×1 cm2＝115 cm2.
(2)一滴油酸酒精溶液的体积：
V′＝ mL，
一滴油酸酒精溶液中含纯油酸的体积：
V＝V′＝8×10－6 mL.
(3)油酸分子的直径：
d＝＝ m＝7×10－10 m.
[答案]　115　(2)8×10－6　(3)7×10－10
1.液体分子间距离很小，将油膜分子看做球体模型，油膜厚度就近似为油膜分子直径.
2.从模型建立到油膜面积的测量，每一环节都存在测量误差，应该尽量提高读数的准确性.
　　　　　　　　　　　　　　　　　
1.[固体球模型]已知铜的摩尔质量为M(kg/mol)，铜的密度为ρ(kg/m3)，阿伏加德罗常数为NA(mol－1).下列判断错误的是(　　)
A.1 kg铜所含的原子数为
B.1 m3铜所含的原子数为
C.1个铜原子的质量为 (kg)
D.1个铜原子的体积为 (m3)
答案：B　解析：1 kg铜所含的原子数N＝NA＝，A正确；同理，1 m3铜所含的原子数N＝NA，B错误；1个铜原子的质量m0＝(kg)，C正确；1个铜原子的体积V0＝＝(m3)，D正确.
2.[布朗运动](多选)下列关于布朗运动的说法，正确的是(　　)
A.布朗运动是液体分子的无规则运动
B.液体温度越高，悬浮颗粒越小，布朗运动越剧烈
C.布朗运动是由于液体各部分的温度不同而引起的
D.布朗运动是由于液体分子从各个方向对悬浮颗粒撞击作用的不平衡引起的
答案：BD　解析：布朗运动的研究对象是固体小颗粒，而不是液体分子，故A选项错误；影响布朗运动的因素是温度和固体小颗粒大小，温度越高、固体小颗粒越小，布朗运动就越明显，故B选项正确；布朗运动是由于悬浮固体小颗粒受液体分子的碰撞作用不平衡而引起的，不是由液体各部分的温度不同而引起的，故C选项错误，D选项正确.
3.[分子力的特点]清晨，草叶上的露珠是由空气中的水汽凝结成的水珠.这一物理过程中，水分子间的(　　)
A.引力消失，斥力增大
B.斥力消失，引力增大
C.引力、斥力都减小
D.引力、斥力都增大
答案：D　解析：当水汽凝结成水珠时，水分子之间的距离减小，分子间的引力和斥力同时增大，只是斥力比引力增加得更快一些.
4.[分子力与分子间距离的关系](多选)如图所示是分子间引力或斥力大小随分子间距离变化的图象，由此可知(　　)
A.ab表示引力图线
B.cd表示引力图线
C.当分子间距离r等于两图线交点e的横坐标时，分子力一定为零
D.当分子间距离r等于两图线交点e的横坐标时，分子势能一定最小
E.当分子间距离r等于两图线交点e的横坐标时，分子势能一定为零
答案：ACD　解析：在F-r图象中，随r增大，斥力变化快，所以ab为引力图线，A对，B错；两图象相交点e为分子所受的引力和斥力大小相等，即分子受力平衡位置，分子力为0，分子势能最小，但不一定为0，故C、D对，E错.
5.[用油膜法估测分子大小]在用“油膜法估测油酸
分子的大小”实验中，有下列实验步骤：
①往边长约为40 cm的浅盘里倒入约2 cm深的水，待水面稳定后将适量的痱子粉均匀地撒在水面上.
②用注射器将事先配制好的油酸酒精溶液滴一滴在水面上，待薄膜形状稳定.
③将画有油膜形状的玻璃板平放在坐标纸上，计算出油膜的面积，根据油酸的体积和面积计算出油酸分子直径的大小.
④用注射器将事先配好的油酸酒精溶液一滴一滴地滴入量筒中，记下量筒内每增加一定体积时的滴数，由此计算出一滴油酸酒精溶液的体积.
⑤将玻璃板放在浅盘上，然后将油膜的形状用彩笔描绘在玻璃板上.
完成下列填空：
(1)上述步骤中，正确的顺序是　　　　.(填写步骤前面的数字)
(2)将1 cm3的油酸溶于酒精，制成300 cm3的油酸酒精溶液；测得1 cm3的油酸酒精溶液有50滴.现取一滴该油酸酒精溶液滴在水面上，测得所形成的油膜的面积是0.13 m2.由此估算出油酸分子的直径为　　　　m.(结果保留一位有效数字)
答案：(1)④①②⑤③　(2)5×10－10
解析：根据纯油酸的体积V和油膜面积S，可计算出油膜的厚度d，把油膜厚度d视为油酸分子的直径，则d＝，每滴油酸酒精溶液的体积是 cm3，而1 cm3的油酸溶于酒精，制成 300 cm3 的油酸酒精溶液，则一滴油酸酒精溶液中含纯油酸的体积是V＝× cm3，则根据题目要求保留一位有效数字可知油酸分子的直径为5×10－10 m.
第2讲　固体、液体和气体
知识点一　晶体、非晶体、晶体的微观结构
1.晶体(单晶体、多晶体)和非晶体的区别
2.晶体的微观结构
(1)晶体的微观结构特点
组成晶体的物质微粒有规律地、　　　　地在空间排列.
(2)用晶体的微观结构解释晶体的特点
现象
原因
晶体有规则的外形
由于内部微粒有规则的排列
晶体各向异性
由于内部从任一结点出发在不同方向的相同距离上的微粒数不同
晶体的多形性
由于组成晶体的微粒可以形成不同的空间点阵
答案：1.不规则　不确定　各向异性　2.(1)周期性
知识点二　液体与液晶
1.液体的表面张力
(1)定义：使液体表面具有　　　　的力.
(2)产生原因：由于液面分子分布较内部稀疏，分子间距r>r0，分子力表现为　　　　，宏观上表现为使液面收缩，使液面像一张绷紧的弹性薄膜.
2.液晶
(1)液晶分子既保持排列有序而显示各向　　　　，又可以自由移动位置，保持了液体的　　　　.
(2)液晶分子的位置无序使它像　　　　，排列有序使它像　　　　.
(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　　　　的.
(4)液晶的物理性质很容易在外界的影响下　　　　.
答案：1.(1)收缩趋势　(2)引力　2.(1)异性　流动性　(2)液体　晶体　(3)杂乱无章　(4)发生变化
知识点三　气体的状态参量及气体定律
1.气体分子运动的特点
(1)分子很小，间距　　　　，除碰撞外不受力.
(2)气体分子向各个方向运动的气体分子数目都　　　　.
(3)分子做无规则运动，大量分子的速率按　　　　　　的规律分布.
(4)温度一定时，某种气体分子的速率分布是　　　　的，温度升高时，速率小的分子数　　　　，速率大的分子数　　　　，分子的平均速率增大，但不是每个分子的速率都增大.
2.气体的压强
(1)产生原因：由于气体分子无规则的热运动，大量的分子频繁地碰撞器壁产生持续而稳定的　　　　.
(2)大小：气体的压强在数值上等于气体作用在　　　　的压力.公式：p＝　　　　.
(3)常用单位及换算关系：
①国际单位：　　　　，符号Pa,1 Pa＝1 N/m2.
②常用单位：　　　　(atm)；厘米汞柱(cmHg).
③换算关系：1 atm＝　　　　cmHg.
3.气体实验定律
(1)等温变化——玻意耳定律
①内容：一定质量的某种气体，在　　　　不变的情况下，压强与体积成　　　　.
②公式：p1V1＝p2V2或pV＝C(常量).
(2)等容变化——查理定律
①内容：一定质量的某种气体，在　　　　不变的情况下，压强与热力学温度成　　　　.
②公式：＝　　　　或＝C(常量).
(3)等压变化——盖—吕萨克定律
①内容：一定质量的某种气体，在　　　　不变的情况下，其体积与热力学温度成　　　　.
②公式：＝或＝C(常量).
4.理想气体状态方程
(1)理想气体：在任何温度、任何　　　　下都遵从气体实验定律的气体.
(2)理想气体状态方程：＝　　　　或＝C.
答案：1.(1)很大　(2)相等　(3)“中间多，两头少”　(4)确定　减少　增多　2.(1)压力　(2)单位面积上　　(3)①帕斯卡　②标准大气压　③76　3.(1)①温度　反比　(2)①体积　正比　②　(3)①压强　正比　4.(1)压强　(2)
知识点四　饱和汽与饱和汽压、空气的湿度
1.饱和汽与未饱和汽
(1)饱和汽：与液体处于　　　　的蒸汽.
(2)未饱和汽：没有达到　　　　状态的蒸汽.
2.饱和汽压
(1)定义：饱和汽所具有的压强.
(2)特点：液体的饱和汽压与　　　　有关，温度越高，饱和汽压越大，饱和汽压与饱和汽的　　　　无关.
3.湿度
(1)定义：空气的干湿程度.
(2)描述温度的物理量
①绝对湿度：空气中所含水蒸气的　　　　.
②相对湿度：空气中水蒸气的压强与同一温度时水的　　　　之比.
答案：1.(1)动态平衡　(2)饱和　2.(2)温度　体积　3.(2)压强　饱和汽压
(1)单晶体的所有物理性质都是各向异性的.(　　)
(2)单晶体具有固定的熔点，而多晶体和非晶体没有固定的熔点.(　　)
(3)晶体和非晶体在一定条件下可以相互转化.(　　)
(4)液晶是液体和晶体的混合物.(　　)
(5)船浮于水面上不是由于液体的表面张力.(　　)
(6)水蒸气达到饱和时，水蒸气的压强不再变化，这时蒸发和凝结仍在进行.(　　)
(7)一定质量的理想气体在等压变化时，其体积与摄氏温度成正比.(　　)
答案：(1) ?　(2) ?　(3)√　(4) ?　(5)√
(6)√　(7) ?
理想气体状态方程pV＝nRT的推导
在标准状态下，1 mol的理想气体的三个状态参量分别为p0＝1 atm＝1.013×105 Pa，V0＝22.4 L/mol＝22.4×10－3 m3/mol，T0＝273 K.
因此，对于1 mol的理想气体，＝＝C，C＝8.31 J·mol－1·K－1.
用R代替C，R是一个适用于1 mol的任何理想气体的常量，叫摩尔气体常量，即
R＝＝8.31 J·mol－1·K－1.
对于n mol状态是(p0，nV0，T0)的理想气体，因压强、温度相同，所以＝nR＝
即：pV＝nRT，其中，n＝，是物质的量.
考点一　固体和液体的性质
1.晶体和非晶体的判断方法
(1)只要是具有确定熔点的物体必定是晶体，反之，必是非晶体.
(2)只要是具有各向异性的物体必定是晶体，且是单晶体.
(3)单晶体具有各向异性，但不是在各种物理性质上都表现出各向异性.
2.液体表面张力
(1)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.
(2)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，分子势能大于液体内部的分子势能.
(3)表面张力的方向：和液面相切，垂直于液面上的各条分界线.
(4)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.
(5)表面张力的大小：跟边界线的长度、液体的种类、温度都有关系.
考向1　晶体、非晶体的特性
[典例1]　(2015·新课标全国卷Ⅰ)(多选)下列说法正确的是(　　)
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
E.在熔化过程中，晶体要吸收热量，但温度保持不变，内能也保持不变
[解析]　晶体被敲碎后，其空间点阵结构未变，仍是晶体，A错误；单晶体光学性质具有各向异性，B正确；同种元素由于空间的排列结构而形成不同物质的晶体，C正确；如果外界条件改变了分子或原子的空间排列结构，晶体和非晶体之间可以互相转化，D正确；在晶体熔化过程中，分子势能会发生改变，内能也会改变，E错误.
[答案]　BCD
考向2　液体的特性
[典例2]　(多选)下列说法正确的是(　　)
A.把一枚针轻放在水面上，它会浮在水面上，这是由于水表面存在表面张力的缘故
B.在处于失重状态的宇宙飞船中，一大滴水银会成球状，是因为液体内分子间有相互吸引力
C.将玻璃管道裂口放在火上烧，它的尖端就变圆，是因为熔化的玻璃在表面张力的作用下，表面要收缩到最小的缘故
D.漂浮在热菜汤表面上的油滴，从上面观察是圆形的，是因为油滴液体呈各向同性的缘故
E.当两薄玻璃板间夹有一层水膜时，在垂直于玻璃板的方向很难将玻璃板拉开，这是由于水膜具有表面张力的缘故
[解析]　水的表面张力托起针，A正确；B、D两项也是表面张力的原因，故B、D均错误，C项正确；在垂直于玻璃板方向很难将夹有水膜的玻璃板拉开是因为大气压的作用，E错误.
[答案]　AC
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
考点　气体压强的产生与计算
1.产生的原因：由于大量分子无规则地运动而碰撞器壁，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做气体的压强.
2.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.
3.平衡状态下气体压强的求法
(1)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)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.
(3)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.
考向1　气体压强产生的原因和决定因素
[典例3]　(2017·河北唐山模拟)(多选)对于一定质量的理想气体，下列论述中正确的是(　　)
A.若单位体积内分子个数不变，当分子热运动加剧时，压强一定变大
B.若单位体积内分子个数不变，当分子热运动加剧时，压强可能不变
C.若气体的压强不变而温度降低时，则单位体积内分子个数一定增加
D.若气体的压强不变而温度降低时，则单位体积内分子个数可能不变
E.若气体体积减小，温度升高，单位时间内分子对器壁的撞击次增多，平均撞击力增大，因此压强增大
[解析]　气体压强的大小与气体分子的平均动能和单位体积内的分子数两个因素有关.若单位体积内分子数不变，当分子热运动加剧时，决定压强的两个因素中一个不变，一个增大，故气体的压强一定变大，A对，B错；若气体的压强不变而温度降低时，气体的体积一定减小，故单位体积内的分子个数一定增加，C对，D错；由气体压强产生原因知，E对.
[答案]　ACE
考向2　液体封闭的气体压强
[典例4]　若已知大气压强为p0，在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.
甲　　　　　　　乙　　　　　　丙
　 　　　丁　　　　　　　　　　　戊
[解析]　在图甲中，以高为h的液柱为研究对象，由二力平衡知
p甲S＝－ρghS＋p0S
所以p甲＝p0－ρgh；
在图乙中，以B液面为研究对象，由平衡方程F上＝F下有：
pAS＋ρghS＝p0S
p乙＝pA＝p0－ρgh；
在图丙中，仍以B液面为研究对象，有
pA＋ρghsin 60°＝pB＝p0
所以p丙＝pA＝p0－ρgh；
在图丁中，以液面A为研究对象，由二力平衡得
p丁S＝(p0＋ρgh1)S
所以p丁＝p0＋ρgh1；
在图戊中，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)
考向3　固体(活塞或汽缸)封闭的气体压强
[典例5]　如图所示，一个横截面积为S的圆筒形容器竖直放置，金属圆块A的上表面是水平的，下表面是倾斜的，下表面与水平面的夹角为θ，圆块的质量为M，不计圆块与容器内壁之间的摩擦，若大气压强为p0，则被圆块封闭在容器中的气体的压强p为(　　)
A.p0＋ B.＋
C.p0＋ D.p0＋
[解析]　对圆块进行受力分析：重力Mg，大气压的作用力p0S，封闭气体对它的作用力，容器侧壁的作用力F1和F2，如图所示.由于不需要求出侧壁的作用力，所以只考虑竖直方向合力为零，就可以求被封闭的气体压强.圆块在竖直方向上受力平衡，故p0S＋Mg＝cos θ，即p＝p0＋，D正确.
[答案]　D
封闭气体压强的求解方法
封闭气体的压强，不仅与气体的状态变化有关，还与相关的水银柱、活塞、汽缸等物体的受力情况和运动状态有关.解决这类问题的关键是要明确研究对象，然后分析研究对象的受力情况，再根据运动情况，列研究对象的力学方程，然后解方程，就可求得封闭气体的压强.
考点　气体状态变化的图象问题
　　类别
图线　　
特点
举例
p-V
pV＝CT(其中C为恒量)，即pV之积越大的等温线，温度越高，线离原点越远
p-
p＝CT，斜率k＝CT，即斜率越大，温度越高
p-T
p＝T，斜率k＝，即斜率越大，体积越小
V-T
V＝T，斜率k＝，即斜率越大，压强越小
考向1　对p-V图象的考查
[典例6]　如图所示为一定质量理想气体的压强p与体积V关系图象，它由状态A经等容过程到状态B，再经等压过程到状态C.设A、B、C状态对应的温度分别为TA、TB、TC，则下列关系式中正确的是(　　)
A.TAB.TA>TB，TB＝TC
C.TA>TB，TBD.TA＝TB，TB>TC
[解析]　A→B过程：由＝C可知TA>TB；B→C过程：由＝C可知TB[答案]　C
考向2　对p-T图象的考查
[典例7]　(多选)一定质量理想气体的状态经历了如图所示的ab、bc、cd、da四个过程，其中bc的延长线通过原点，cd垂直于ab且与水平轴平行，da与bc平行，则气体体积在(　　)
A.ab过程中不断增加 B.bc过程中保持不变
C.cd过程中不断增加 D.da过程中保持不变
[解析]　
因为bc的延长线通过原点，所以bc是等容线，即气体体积在bc过程中保持不变，B正确；ab是等温线，压强减小则体积增大，A正确；cd是等压线，温度降低则体积减小，C错误；连接aO交cd于e点，如图所示，则ae是等容线，即Va＝Ve，因为Vd[答案]　AB
考向3　对V-T图象的考查
[典例8]　(2017·山东潍坊模拟)(多选)如图所示，一定质量的理想气体，从图示A状态开始，经历了B、C，最后到D状态，下列判断中正确的是(　　)
A.A→B温度升高，压强不变
B.B→C体积不变，压强变大
C.B→C体积不变，压强不变
D.C→D体积变小，压强变大
[解析]　由图象可知，在A→B的过程中，气体温度升高体积变大，且体积与温度成正比，由＝C，气体压强不变，故A正确；由图象可知，在B→C的过程中，体积不变而热力学温度降低，由＝C可知，压强p减小，故B、C错误；由图象可知，在C→D的过程中，气体温度不变，体积减小，由＝C可知，压强p增大，故D正确.
[答案]　AD
气体图象问题的分析技巧
(1)图象上的一个点表示一定质量气体的一个平衡状态，它对应着三个状态参量；图象上的某一条直线或曲线表示一定质量气体状态变化的一个过程.
(2)在V-T或p-T图象中，比较两个状态的压强或体积大小，可以用这两个状态到原点连线的斜率大小来判断.斜率越大，压强或体积越小；斜率越小，压强或体积越大.
考点　理想气体状态方程与气体实验定律的应用
1.理想气体状态方程与气体实验定律的联系
＝
2.几个重要的推论
(1)查理定律的推论：Δp＝ΔT.
(2)盖—吕萨克定律的推论：ΔV＝ΔT.
(3)理想气体状态方程的推论：＝＋＋….
考向1　玻璃管水银柱问题
[典例9]　在室温条件下研究等容变化，实验装置如图所示，由于不慎使水银压强计左管水银面下h＝10 cm处有长为l＝4 cm的空气柱.开始时压强计的两侧水银柱最高端均在同一水平面，温度计读数为7 ℃，后来对水加热，使水温上升到77 ℃，并通过调节压强计的右管，使左管水银面仍在原来的位置.若大气压为标准大气压；求：
(1)加热后左管空气柱的长度l′；
(2)加热后压强计两管水银面的高度差Δh.
[问题探究]　(1)A、B两部分气体压强有何关系？
(2)升温后，气体A做什么变化，气体B做什么变化？
(3)升温后，压强计哪根管液面高？
[提示]　(1)pA＋ph＝pB，即B气体压强比A气体压强大10 cmHg.
(2)气体A做等容变化，气体B做等温变化.
(3)升温后，右管液面高.
[解析]　研究的对象为两部分气体，一部分为球形容器中的气体A，这部分气体做的是等容变化.另一部分气体B，即为压强计左管中封入的气体，这部分气体做的是等温变化.
(1)根据题意pB＝p0＋(h＋l)＝(76＋10＋4) cmHg＝90 cmHg
而pA＝pB－h＝80 cmHg
A部分气体在做等容变化时，根据查理定律，有
＝
解得pA′＝pA＝×80 cmHg＝100 cmHg
B部分气体的压强pB′＝pA′＋10 cmHg＝110 cmHg
根据玻意耳定律pBVB＝pB′VB′
解得l′＝＝ cm＝3.27 cm.
(2)压强计左、右两管水银面之差为Δh
有Δh＋10 cm＋3.27 cm＋76 cm＝110 cm
解得Δh＝(110－10－3.27－76) cm＝20.73 cm.
[答案]　(1)3.27 cm　(2)20.73 cm
考向2　汽缸、活塞问题
[典例10]　底面积S＝40 cm2、高l0＝15 cm的圆柱形汽缸开口向上放置在水平地面上，开口处两侧有挡板，如图所示.缸内有一可自由移动的质量为2 kg的活塞封闭了一定质量的理想气体，不可伸长的细线一端系在活塞上，另一端跨过两个定滑轮提着质量为10 kg的物体A.开始时，气体温度t1＝7 ℃，活塞到缸底的距离l1＝10 cm，物体A的底部离地h1＝4 cm，对汽缸内的气体缓慢加热使活塞缓慢上升.已知大气压p0＝1.0×105 Pa，试求：
(1)物体A刚触地时，气体的温度；
(2)活塞恰好到达汽缸顶部时，气体的温度.
[解题指导]　随着温度升高，活塞上升，气体做等压变化；A落地后，绳拉力消失，气体压强变化，根据理想气体状态方程可求活塞刚到达汽缸顶部时气体的温度.
[解析]　(1)初始活塞受力平衡：p0S＋mg＝p1S＋T，T＝mAg，
被封闭气体压强p1＝p0＋＝0.8×105 Pa，
初状态，V1＝l1S，T1＝(273＋7) K＝280 K，
A触地时，p1＝p2，V2＝(l1＋h1)S，
气体做等压变化，＝，
代入数据，得T2＝392 K，
即t2＝119 ℃.
(2)活塞恰好到汽缸顶部时，p3＝p0＋＝1.05×105 Pa，V3＝l0S，
根据理想气体状态方程，＝，
代入数据得T3＝551.25 K，
即t3＝278.25 ℃.
[答案]　(1)119 ℃　(2)278.25 ℃
利用气体实验定律解决问题的基本思路
1.[晶体、非晶体](多选)关于晶体和非晶体，下列说法中正确的是(　　)
A.金刚石、食盐、玻璃和水晶都是晶体
B.晶体的分子(或原子、离子)排列是有规则的
C.单晶体和多晶体有固定的熔点，非晶体没有固定的熔点
D.单晶体和多晶体的物理性质是各向异性的，非晶体是各向同性的
答案：BC　解析：金刚石、水晶和食盐是晶体，玻璃是非晶体，A错误；晶体的分子排列规则，且有固定的熔点，非晶体的分子排列不规则，且没有固定的熔点，故B、C正确；单晶体的物理性质是各向异性，多晶体和非晶体的物理性质是各向同性，故D错误.
2.[相对湿度、绝对湿度](多选)关于空气湿度，下列说法正确的是(　　)
A.当人们感到潮湿时，空气的绝对湿度一定较大
B.当人们感到干燥时，空气的相对湿度一定较小
C.空气的绝对湿度用空气中所含水蒸气的压强表示
D.空气的相对湿度定义为水的饱和蒸汽压与相同温度时空气中所含水蒸气的压强之比
答案：BC　解析：由于在空气中水蒸气含量不变的情况下，气温越高时饱和蒸汽压越大，人的感觉越是干燥，即人的感觉取决于相对湿度而非绝对湿度，A错误，B正确.空气的相对湿度是指空气中所含水蒸气压强与同温度下的饱和蒸汽压的比值，空气的绝对湿度的定义就是用空气中所含水蒸气的压强来表示湿度的方法，故C正确，D错误.
3.[p-V图象]如图所示，一定质量的理想气体，由状态A沿着直线AB变化到状态B，在此过程中，气体分子的平均速率的变化情况是(　　)
A.不断增大　　　　　B.不断减小
C.先减小后增大 D.先增大后减小
答案：D　解析：对于图象问题的解答，首先要明确图象的物理意义.由题图可知，A、B两点的pV乘积相同，因此A、B两点的温度也相同，在AB直线上的中点C(题图中未标出)，其pV乘积比A、B两点要大，所以C点温度比A、B两点高，即TA＝TB4.[液体的性质](多选)下列说法正确的是(　　)
A.把一枚针轻放在水面上，它会浮在水面，这是由于水表面存在表面张力的缘故
B.水在涂有油脂的玻璃板上能形成水珠，而在干净的玻璃板上却不能，这是因为油脂使水的表面张力增大的缘故
C.在围绕地球飞行的宇宙飞船中，自由飘浮的水滴呈球形，这是表面张力作用的结果
D.在毛细现象中，毛细管中的液面有的升高，有的降低，这与液体的种类和毛细管的材质有关
答案：ACD　解析：水在涂有油脂的玻璃板上能形成水珠，这是不浸润的结果，而干净的玻璃板上不能形成水珠，这是浸润的结果，B错误.
5.[气体实验定律的应用]如图所示，在长为L＝57 cm的一端封闭、另一端开口向上的竖直玻璃管内，用4 cm高的水银柱封闭着51 cm长的理想气体，管内外气体的温度均为33 ℃.现将水银缓慢注入管中，直到水银面与管口相平，此时管中气体的压强为多少？接着缓慢对玻璃管加热升温至多少时，管中刚好只剩4 cm高的水银柱？(大气压强p0＝76 cmHg)
答案：85 cmHg　318 K　解析：设管的横截面积为S，初态时，管内气体温度T1＝273 K＋33 K＝306 K
体积V1＝51S cm3
压强p1＝p0＋ph＝80 cmHg
当水银柱与管口相平时，水银柱高为H
则V2＝(57－H)S cm3
压强p2＝p0＋pH＝(76＋H) cmHg
由玻意耳定律p1V1＝p2V2
代入数据得H2＋19H－252＝0
解得：H＝9 cm
故p2＝p0＋pH＝85 cmHg
设温度升至T时，管中水银柱高为4 cm
气体体积为V3＝53S cm3
气体压强为p3＝p0＋ph＝80 cmHg
由盖—吕萨克定律＝
代入数据得T＝318 K.
第3讲　热力学定律与能量守恒
知识点一　热力学第一定律
1.改变内能的两种方式
(1)　　　　.
(2)　　　　.
2.热力学第一定律
(1)内容：一个热力学系统的内能增量等于外界向它传递的　　　　与外界对它所做的功的和.
(2)表达式：ΔU＝　　　　.
(3)ΔU＝Q＋W中正、负号法则
答案：1.(1)做功　(2)热传递　2.(1)热量　(2)Q＋W　(3)吸收　增加　放出　减少
知识点二　热力学第二定律
1.热力学第二定律的三种表述
(1)克劳修斯表述：热量不能自发地　　　　　　　　　.
(2)开尔文表述：不可能从单一热源　　　　，使之完全变成功，而不产生　　　　.或表述为“第二类永动机不可能制成”.
(3)用熵的概念表述：在任何自然过程中，一个孤立系统的总熵　　　　(热力学第二定律又叫做熵增加原理).
2.热力学第二定律的微观意义：一切自发过程总是沿着分子热运动的无序性　　　　的方向进行.
答案：1.(1)从低温物体传到高温物体　(2)吸收热量　其他影响　(3)不会减小　2.增大
知识点三　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　　　　为另一种形式，或者从一个物体　　　　到别的物体，在转化或转移的过程中，能量的　　　　保持不变.
2.能源的利用
(1)存在能量耗散和　　　　.
(2)重视利用能源时对　　　　的影响.
(3)要开发新能源(如　　　　、生物质能、风能、水流能等).
答案：1.转化　转移　总量　2.品质降低　环境　(3)太阳能
(1)物体吸收热量，同时对外做功，内能可能不变.(　　)
(2)做功改变物体内能的过程是内能与其他形式的能相互转化的过程.(　　)
(3)自由摆动的秋千摆幅度越来越小，说明能量正在消失.(　　)
(4)热量不可能从低温物体传到高温物体.(　　)
(5)热机中，燃气的内能可以全部变为机械能而不引其他变化.(　　)
(6)一定质量的理想气体向真空中自由膨胀，体积增大，对外做功，熵增加.(　　)
答案：(1)√　(2)√　(3) ?　(4) ?　(5) ?　(6) ?
考点　对热力学第一定律的理解
1.内能和改变内能的两种方式
(1)内能是物体内所有分子动能和势能的总和，它是由大量分子的热运动和分子的相对位置所决定的能.
(2)做功和热传递能够改变物体的内能，二者在改变内能上是等效的，但是从运动形式、能量转化的角度上看是不同的：做功是其他形式的运动和热运动的转化，是其他形式的能与内能之间的转化；而热传递则是热运动的转移，是内能的转移.
2.对公式ΔU＝Q＋W符号的确定
符号
W
Q
ΔU
＋
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
3.三种特殊情况
(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，即W＝0，则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，即ΔU＝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.
考向1　对内能的理解
[典例1]　(2016·新课标全国卷Ⅲ)(多选)关于气体的内能，下列说法正确的是(　　)
A.质量和温度都相同的气体，内能一定相同
B.气体温度不变，整体运动速度越大，其内能越大
C.气体被压缩时，内能可能不变
D.一定量的某种理想气体的内能只与温度有关
E.一定量的某种理想气体在等压膨胀过程中，内能一定增加
[解题指导]　(1)物体的内能与物体的机械运动无关.
(2)一定量的实际气体的内能与气体体积、温度都有关，而一定量的理想气体的内能只与温度有关.
[解析]　温度相同的气体分子平均动能相同，仅质量相同，分子质量不同的气体，所含分子数不同，气体的动能也不同，所以内能不一定相同，A项错误；气体的内能与整体运动的机械能无关，B项错误；理想气体等温压缩过程中，其内能不变，C项正确；理想气体不考虑分子间相互作用力，分子势能为零，一定量的气体，分子数量一定，温度相同时分子平均动能相同，由于内能是所有分子热运动的动能与分子势能的总和，所以D项正确；由盖—吕萨克定律可知，一定量的理想气体，等压膨胀过程中，温度一定升高，则其内能一定增加，E项正确.
[答案]　CDE
考向2　对热力学第一定律的理解
[典例2]　(多选)关于一定质量的理想气体，下列叙述正确的是(　　)
A.气体体积增大时，其内能一定减少
B.外界对气体做功，气体内能可能减少
C.气体从外界吸收热量，其内能一定增加
D.气体温度升高，其分子平均动能一定增加
E.气体温度升高，气体可能向外界放热
[解析]　做功和热传递是改变物体内能的两种方式，气体体积增大时，可能同时从外界吸收热量，其内能不一定减少；气体从外界吸收热量，可能同时对外做功，其内能不一定增加，同理，外界对气体做功，气体内能不一定增加，选项A、C错误，B正确.温度是分子平均动能的标志，气体温度升高，其分子平均动能一定增加，内能增加，若外界对气体做的功大于内能的增加量，则气体向外放热，故D、E正确.
[答案]　BDE
考向3　热力学第一定律的计算
[典例3]　如图所示p-V图象中，一定质量的理想气体由状态A经过ACB过程至状态B，气体对外做功280 J，放出热量410 J；气体又从状态B经BDA过程回到状态A，这一过程中外界对气体做功200 J.
(1)ACB过程中气体的内能如何变化？变化了多少？
(2)BDA过程中气体吸收还是放出多少热量？
[解析]　(1)ACB过程中W1＝－280 J，Q1＝－410 J
由热力学第一定律UB－UA＝W1＋Q1＝－690 J
气体内能的减少量为690 J.
(2)因为一定质量理想气体的内能只是温度的函数，BDA过程中气体内能变化量UA－UB＝690 J
由题知W2＝200 J
由热力学第一定律UA－UB＝W2＋Q2
解得Q2＝490 J，即气体吸收热量490 J.
[答案]　(1)减少了690 J　(2)吸收490 J
对于ΔU＝W＋Q中正、负号的把握，有如下规律：能使系统内能增加的过程取正，如吸热或外界对系统做功；会使系统内能减少的过程则取负，如放热或系统对外做功；内能增加时ΔU为正，反之则为负.
考点　对热力学第二定律的理解
1.对热力学第二定律关键词的理解
在热力学第二定律的表述中，“自发地”、“不产生其他影响”的涵义.
(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.
2.热力学第二定律的实质
自然界中进行的涉及热现象的宏观过程都具有方向性.如：
(1)高温物体低温物体
(2)功热
(3)气体体积V1气体体积V2(较大)
(4)不同气体A和B混合气体AB
3.两类永动机的比较
分类
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
考向1　对热力学第二定律的理解
[典例4]　(多选)根据你学过的热学中的有关知识，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.凡与热现象有关的宏观过程都具有方向性.在热传递中，热量只能从高温物体传递给低温物体，而不能从低温物体传递给高温物体
C.尽管技术不断进步，热机的效率仍不能达到100%
D.制冷机在制冷过程中，从室内吸收的热量少于向室外放出的热量
E.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，第二类永动机可以制造出来
[解析]　机械能可以全部转化为内能，而内能在引起其他变化时也可以全部转化为机械能，A正确；凡与热现象有关的宏观过程都具有方向性，在热传递中，热量可以自发地从高温物体传递给低温物体，也能从低温物体传递给高温物体，但必须借助外界的帮助，B错误；尽管科技不断进步，热机的效率仍不能达到100%，C正确；由能量守恒知，制冷过程中，从室内吸收的热量与压缩机做的功之和等于向室外放出的热量，故D正确；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，而是违背了热力学第二定律，第二类永动机不可能制造出来，E错误.
[答案]　ACD
考向2　热力学定律的综合应用
[典例5]　(多选)下列叙述和热力学定律相关，其中正确的是(　　)
A.第一类永动机不可能制成，是因为违背了能量守恒定律
B.能量耗散过程中能量不守恒
C.电冰箱的制冷系统能够不断地把冰箱内的热量传到外界，违背了热力学第二定律
D.能量耗散是从能量转化的角度反映出自然界中的宏观过程具有方向性
E.物体从单一热源吸收的热量可全部用于做功
[解析]　第一类永动机既不消耗能量又能源源不断对外做功，违背了能量守恒定律，所以不可能制成，故A正确；能量耗散过程中能量也守恒，故B错误；电冰箱的致冷系统能够不断地把冰箱内的热量传到外界，是由于压缩机做功，并不违背热力学第二定律，故C错误；能量耗散是从能量转化的角度反映出自然界中的宏观过程具有方向性，故D正确；根据热力学第二定律可知：气体不可能从单一热源吸热，并全部用来对外做功，而不引起其他变化，若引起外界变化则可以，故E正确.
[答案]　ADE
热力学第二定律的进一步理解
对于热力学第二定律，重点应抓住两种表述的等效性，抓住定律的实质，即自然界中进行的涉及热现象的宏观过程均具有方向性，同时要明确，根据热力学第二定律，即使符合能量守恒定律的过程，也未必都能发生，如扩散、热传递、摩擦生热等过程均有不可逆性，这里的不可逆性是指要返回到初始状态，必须借助外界的帮助.
考点　热力学定律与气体图象的综合应用
1.判断理想气体内能变化的方法
(1)若做功和热传递两种过程同时发生时，内能的变化要用热力学第一定律进行分析.
(2)若过程是绝热的，则Q＝0，W＝ΔU，即外界对物体(物体对外界)做的功等于物体内能的增加量(减少量).
(3)等容变化，W＝0，Q＝ΔU，即物体吸收(放出)的热量等于物体内能的增加量(减少量).
(4)等温变化，ΔU＝0，则W＋Q＝0或W＝－Q，即外界对物体做的功等于物体放出的热量(物体对外界做的功等于物体吸收的热量).
2.理想气体与热力学第一定律相结合的解题步骤
(1)以一定质量的理想气体作为研究对象.
(2)应用气体实验定律或理想气体状态方程分析气体的状态变化规律.
(3)结合理想气体状态方程与热力学第一定律，抓住不变量，共同确定内能与其他物理量的变化情况.
[典例6]　(2016·新课标全国卷Ⅱ)(多选)一定量的理想气体从状态a开始，经历等温或等压过程ab、bc、cd、da回到原状态，其p -T图象如图所示，其中对角线ac的延长线过原点O.下列判断正确的是(　　)
A.气体在a、c两状态的体积相等
B.气体在状态a时的内能大于它在状态c时的内能
C.在过程cd中气体向外界放出的热量大于外界对气体做的功
D.在过程da中气体从外界吸收的热量小于气体对外界做的功
E.在过程bc中外界对气体做的功等于在过程da中气体对外界做的功
[解析]　由＝C可知，p-T图象中过原点的一条倾斜的直线是等容线，A项正确；气体从状态c到状态d的过程温度不变，内能不变，从状态d到状态a的过程温度升高，内能增加，B项正确；由于过程cd中气体的内能不变，根据热力学第一定律可知，气体向外放出的热量等于外界对气体做的功，C项错误；在过程da中气体内能增加，气体从外界吸收的热量大于气体对外界做的功，D项错误；过程bc中，外界对气体做的功Wbc＝pb(Vb－Vc)＝pbVb－pcVc，过程da中气体对外界做的功Wda＝pd(Va－Vd)＝paVa－pdVd，由于pbVb＝paVa，pcVc＝pdVd，因此过程bc中外界对气体做的功与过程da中气体对外界做的功相等，E项正确.
[答案]　ABE
[变式]　如图所示，一定质量的理想气体经历A→B、B→C、C→A三个变化过程，则：
(1)符合查理定律的变化过程是　　　　；C→A过程中气体　　　　(填“吸收”或“放出”)热量，　　　　(填“外界对气体”或“气体对外界”)做功，气体的内能　　　　(填“增加”“减少”或“不变”).
(2)已知理想气体在状态A时的温度是27 ℃，求气体在状态C时的温度.
答案：(1)B→C　吸收　气体对外界　增加　(2)150 K
解析：(1)B→C过程中，体积不变，为等容变化过程，符合查理定律；C→A过程为等压变化，随着温度升高，气体内能增加，气体膨胀对外界做功，根据热力学第一定律可知：气体吸收热量.
(2)C→A过程中气体压强不变，由盖—吕萨克定律可知：＝，可得TC＝150 K.
1.气体做功情况的判定方法
(1)若气体体积增大，则气体对外做功，W＜0，气体向真空膨胀除外.
(2)若气体体积缩小，则外界对气体做功，W＞0.
(3)若气体体积不变，即等容过程，则W＝0.
2.理想气体内能变化情况的判定方法
对一定质量的理想气体，由于无分子势能，其内能只包含分子无规则热运动的动能，其内能只与温度有关.
1.[对热力学第一定律的理解]在一锅正在沸腾的水中，一个小气泡由底层缓慢地升到液面，上升过程中气泡的压强不断减小，则气泡在上浮过程中(　　)
A.内能增大 B.内能减小
C.外界对气泡做功 D.吸收热量
答案：D　解析：在沸腾的水中，此环境下，气泡的温度恒定，则气泡的内能不变，故选项A、B错误；根据玻意耳定律，pV＝C，气泡在上升过程中，压强减小，则体积增大，即气泡对外做功，故选项C错误；通过上述分析，得知气泡内能不变，且对外做功，根据ΔU＝W＋Q，则气泡吸收了热量，故选项D正确.
2.[对热力学第二定律的理解](多选)根据热力学定律，下列说法中正确的是(　　)
A.电冰箱的工作过程表明，热量可以从低温物体向高温物体传递
B.空调机在制冷过程中，从室内吸收的热量少于向室外放出的热量
C.科技的进步可以使内燃机成为单一热源的热机
D.压缩气体总能使气体的温度升高
答案：AB　解析：热力学第二定律的表述之一是热量不能自发地从低温物体传到高温物体，即自发的热传递具有方向性，选项A中热量并非自发地从低温物体传到高温物体，选项A正确；空调机制冷过程中一方面从室内吸收热量，另一方面所消耗电能中的一部分又变为热量散失在室外，使排放到室外的热量多于从室内吸收的热量，选项B正确；由热力学第二定律的表述“不可能从单一热源吸收热量，并把它全部用来做功，而不引起其他变化”可知选项C错误；内能的变化决定于做功和热传递两个方面，压缩气体的同时向外界放热，气体的温度可能不变，也可能降低，选项D错误.
3.[热力学第一、第二定律综合]关于两类永动机和热力学的两个定律，下列说法正确的是(　　)
A.第二类永动机不可能制成是因为违反了热力学第一定律
B.第一类永动机不可能制成是因为违反了热力学第二定律
C.由热力学第一定律可知做功不一定改变内能，热传递也不一定改变内能，但同时做功和热传递一定会改变内能
D.由热力学第二定律可知热量从低温物体传向高温物体是可能的，从单一热源吸收热量，完全变成功也是可能的
答案：D　解析：第一类永动机违反能量守恒定律，第二类永动机违反热力学第二定律，A、B错误；由热力学第一定律可知W≠0，Q≠0，但ΔU＝W＋Q可以等于零，C错误；由热力学第二定律可知D中现象是可能的，但会引起其他变化，D正确.
4.[气体图象](多选)如图所示是一定质量的理想气体的体积V和摄氏温度t变化关系的V-t图象，气体由状态A变化到状态B的过程中，下列说法正确的是(　　)
A.气体的内能增大
B.气体的内能不变
C.气体的压强减小
D.气体的压强不变
E.气体对外做功，同时从外界吸收热量
答案：ACE　解析：由状态A到状态B，温度升高，内能增大，A正确，B错误；由理想气体状态方程可知，由状态A到状态B，压强减小，C正确，D错误；气体内能增加，从外界吸收热量，压强减小，对外做功，E正确.
5.[气体图象](多选)一定量的理想气体从状态a开始，经历三个过程ab、bc、ca回到原状态，其p-T图象如图所示，下列判断正确的是(　　)
A.过程ab中气体一定吸热
B.过程bc中气体既不吸热也不放热
C.过程ca中外界对气体所做的功等于气体所放的热
D.a、b和c三个状态中，状态a分子的平均动能最小
E.b和c两个状态中，容器壁单位面积单位时间内受到气体分子撞击的次数不同
答案：ADE　解析：因为＝常数，从题图中可看出，ab过程不变，则体积V不变，因此ab过程是温度升高、压强增大、体积不变，根据热力学第一定律可知，过程ab一定是吸热过程，A正确；bc过程温度不变，但是压强减小，体积膨胀对外做功，应该是吸收热量，B错误；ca过程压强不变、温度降低、体积减小，外界对气体做功，但由于温度降低，说明对外放热大于外界对其做的功，故C错误；状态a温度最低，而温度是分子平均动能的标志，所以状态a分子的平均动能最小，D正确；bc过程体积增大了，容器内分子数密度减小，温度不变，分子平均速率不变，因此c状态单位面积容器壁在单位时间内受到分子碰撞的次数减少了，E正确.
实验十一　传感器的简单应用
一、研究热敏电阻的热敏特性
[基本要求]
[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.
　　　次数
待测量　 　
1
2
3
4
5
6
温度(℃)
电阻(Ω)
2.在如图所示的坐标系中，粗略画出热敏电阻的阻值随温度变化的图线.
[实验结论]
根据实验数据和R-t图线，得出结论：热敏电阻的阻值随温度的升高而减小，随温度的降低而增大.
二、研究光敏电阻的光敏特性
[基本要求]
[数据处理]
把记录的数据填入下表中，根据记录数据分析光敏电阻的特性.
光照强度
弱
中
强
无光照射
电阻(Ω)
[实验结论]
1.光敏电阻在暗环境下电阻值很大，强光照射下电阻值小.
2.光敏电阻能够把光照强弱这个光学量转换为电阻这个电学量.
[注意事项]
1.实验中，如果效果不明显，可将电阻部分电路放入带盖的纸盒中，并通过盖上小孔改变射到光敏电阻上的光的多少来达到实验目的.
2.欧姆表每次换挡后都要重新进行欧姆调零.
考向1　温度传感器的应用
[典例1]　(2016·新课标全国卷Ⅰ)现要组装一个由热敏电阻控制的报警系统，要求当热敏电阻的温度达到或超过60 ℃时，系统报警.提供的器材有：热敏电阻，报警器(内阻很小，流过的电流超过Ic时就会报警)，电阻箱(最大阻值为999.9 Ω)，直流电源(输出电压为U，内阻不计)，滑动变阻器R1(最大阻值为1 000 Ω)，滑动变阻器R2(最大阻值为2 000 Ω)，单刀双掷开关一个，导线若干.
在室温下对系统进行调节.已知U约为18 V，Ic约为10 mA；流过报警器的电流超过20 mA时，报警器可能损坏；该热敏电阻的阻值随温度升高而减小，在60 ℃时阻值为650.0 Ω.
(1)完成待调节的报警系统原理电路图的连线.
(2)电路中应选用滑动变阻器　　　　(填“R1”或“R2”).
(3)按照下列步骤调节此报警系统：
①电路接通前，需将电阻箱调到一固定的阻值，根据实验要求，这一阻值为　　　　Ω；滑动变阻器的滑片应置于　　　　(填“a”或“b”)端附近，不能置于另一端的原因是
______________________________________________.
②将开关向　　　　(填“c”或“d”)端闭合，缓慢移动滑动变阻器的滑片，直至____________________________.
(4)保持滑动变阻器滑片的位置不变，将开关向另一端闭合，报警系统即可正常使用.
[解题指导]　从提供的单刀双掷开关可以看出，当开关与c接通时，应形成一个完整的电路，以便对系统进行调节.当调节完成后，只要将开关与d接通，就可以用于报警.
由报警电流推算回路中的总电阻值，便可大致确定滑动变阻器的最小阻值，从而确定选用哪一个变阻器.
[解析]　(1)根据题述，应该采用滑动变阻器的限流接法，连接的电路如答案图所示.(2)根据题述，流过报警器的工作电流超过10 mA时，报警器就会报警，可知滑动变阻器的最大阻值至少为R＝＝ Ω＝1 800 Ω，因此在电路中应选用最大阻值为2 000 Ω的滑动变阻器R2.(3)①电路接通前，需将电阻箱调到一固定的阻值，根据实验要求，这一阻值为热敏电阻在60 ℃时的阻值，即650.0 Ω；滑动变阻器的滑片应置于接入电路的阻值最大处，即b端附近，不能置于另一端的原因是：若置于a端，则导致闭合开关后，报警器中电流大于20 mA，报警器可能损坏.②将开关向c端闭合，缓慢移动滑动变阻器的滑片，直至报警器开始报警.
[答案]　(1)连线如图所示　(2)R2　(3)①650.0　b　接通电源后，流过报警器的电流会超过20 mA，报警器可能损坏　②c　报警器开始报警
考向2　光电传感器的应用
[典例2]　为了节能和环保，一些公共场所使用光控开关控制照明系统.光控开关可采用光敏电阻来控制，光敏电阻是阻值随着光的照度而发生变化的元件(照度可以反映光的强弱，光越强照度越大，照度单位为lx).某光敏电阻在不同照度下的阻值如下表：
照度(lx)
0.2
0.4
0.6
0.8
1.0
1.2
电阻(kΩ)
75
40
28
23
20
18
(1)根据表中数据，请在给定的坐标系中描绘出阻值随照度变化的曲线，并说明阻值随照度变化的特点.
(2)如图所示，当1、2两端所加电压上升至2 V时，控制开关自动启动照明系统.请利用下列器材设计一个简单电路，给1、2两端提供电压，要求当天色渐暗照度降低至1.0 lx时启动照明系统，在虚线框内完成电路原理图.(不考虑控制开关对所设计电路的影响)
提供的器材如下：
光敏电阻RP(符号，阻值见上表)
直流电源E(电动势3 V，内阻不计)；
定值电阻：R1＝10 kΩ，R2＝20 kΩ，R3＝40 kΩ(限选其中之一并在图中标出)；开关S及导线若干.
[解析]　(1)光敏电阻的阻值随光照度变化的曲线如图甲所示.特点：光敏电阻的阻值随光照度的增大非线性减小.
　
甲　　　　　　　　　乙
(2)控制开关自动启动照明系统，给1、2两端提供电压，要求当天色渐暗照度降低至1.0 lx时启动照明系统，即此时光敏电阻阻值为20 kΩ，两端电压为2 V，电源电动势为3 V，所以应加上一个分压电阻，分压电阻阻值为10 kΩ，即选用R1，电路原理图如图乙所示.
[答案]　见解析
考向3　其他传感器的应用
[典例3]　利用传感器可以探测、感受外界的信号、物理条件等.图甲所示为某同学用传感器做实验得到的小灯泡的U-I关系图线.

甲　　　　　　　　　　乙
丙
(1)实验室提供的器材有：电流传感器、电压传感器、滑动变阻器A(阻值范围0～10 Ω)、滑动变阻器B(阻值范围0～100 Ω)、电动势为6 V的电源(不计内阻)、小灯泡、开关、导线若干.该同学做实验时，滑动变阻器选用的是　　　　(填“A”或“B”)；请在图乙的方框中画出该实验的电路图.
(2)如果将该小灯泡接入丙图所示的电路中，已知电流传感器的示数为0.3 A，电源电动势为3 V.则此时小灯泡的电功率为　　　　W，电源的内阻为　　　　Ω.
[答案]　(1)A　实验电路图如图所示
(2)0.69(0.66～0.72均可)　2.33(2.00～2.67均可)
[典例4]　(2017·北京海滨模拟)某种角速度计，其结构如图所示.当整个装置绕轴OO′转动时，元件A相对于转轴发生位移并通过滑动变阻器输出电压，电压传感器(传感器内阻无限大)接收相应的电压信号.已知A的质量为m，弹簧的劲度系数为k、自然长度为l，电源的电动势为E、内阻不计.滑动变阻器总长也为l，电阻分布均匀，装置静止时滑片P在变阻器的最左端B端，当系统以角速度ω转动时，则(　　)
A.电路中电流随角速度的增大而增大
B.电路中电流随角速度的增大而减小
C.弹簧的伸长量为x＝
D.输出电压U与ω的函数式为U＝
[解析]　系统在水平面内以角速度ω转动时，无论角速度增大还是减小，BC的总电阻不变，根据闭合电路欧姆定律得知，电路中的电流保持不变，故A、B错误；设系统在水平面内以角速度ω转动时，弹簧伸长的长度为x，则对元件A，根据牛顿第二定律得kx＝mω2(l＋x)，又输出电压U＝E＝E，联立两式得x＝，U＝，故C错误，D正确.
[答案]　D
第十章 交变电流　传感器
【研透全国卷】
从近几年高考试题来看，高考对本章内容的考查重点有：交变电流的有效值、瞬时值，变压器的原理及应用，远距离输电等知识.其中针对变压器的原理及应用的题目出现频率较高，常以选择题的形式考查，分值一般为6分.
预测在2018年高考中，对交流电的考查仍会集中在有效值、瞬时值的计算上，还会综合变压器、远距离输电等知识进行考查.
考点
内容
要求
题型
实验必考
一、交变电流的产生及描述
交变电流、交变电流的图象
Ⅰ
选择
1.实验内容
传感器的简单应用
2.命题形式
填空
正弦交变电流的函数表达式、峰值和有效值
Ⅰ
二、变压器、电能的输送
理想变压器
Ⅱ
选择、计算
远距离输电
Ⅰ
第1讲　交变电流的产生和描述
　　　　　　　　　　　　　　　　　
知识点一　交变电流、交变电流的图象
1.交变电流
(1)定义：　　　　和　　　　都随时间做周期性变化的电流.
(2)按正弦规律变化的交变电流叫正弦式交变电流.
2.正弦式交变电流的产生和图象
(1)产生：在匀强磁场里，线圈绕　　　　方向的轴匀速转动.
(2)图象：用以描述交变电流随时间变化的规律，如果线圈从中性面位置开始计时，其图象为正弦曲线.
答案：1.(1)大小　方向　2.(1)垂直于磁场
知识点二　正弦式交变电流的函数表达式、峰值和有效值
1.周期和频率
(1)周期(T)：交变电流完成　　　　变化(线圈转一周)所需的时间，单位是秒(s)，公式T＝.
(2)频率(f)：交变电流在1 s内完成周期性变化的　　　　.单位是赫兹(Hz).
(3)周期和频率的关系：T＝　　　　或f＝　　　　.
2.正弦式交变电流的函数表达式(线圈在中性面位置开始计时)
(1)电动势e随时间变化的规律：e＝　　　　.
(2)负载两端的电压u随时间变化的规律：u＝　　　　.
(3)电流i随时间变化的规律：i＝　　　　.其中ω等于线圈转动的　　　　，Em＝　　　　.
3.交变电流的瞬时值、峰值、有效值
(1)瞬时值：交变电流某一时刻的值，是时间的函数.
(2)峰值：交变电流(电压或电动势)所能达到的最大的值，也叫最大值.
(3)有效值：跟交变电流的热效应等效的恒定电流的值叫做交变电流的有效值.对正弦式交变电流，其有效值和峰值的关系为：E＝　　　　，U＝　　　　，I＝　　　　.
答案：1.(1)一次周期性　(2)次数　(3)　
2.(1)Emsin ωt　(2)Umsin ωt　(3)Imsin ωt　角速度　nBSω　3.(3)　　
(1)矩形线圈在匀强磁场中匀速转动时，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)线圈经过中性面时产生的感应电动势最大.(　　)
(4)在一个周期内，正弦交流电的方向改变两次.(　　)
(5)最大值和有效值之间的倍关系只适用于正弦(余弦)交流电.(　　)
(6)交流电压表及交流电流表的读数均为峰值.(　　)
答案：(1) ?　(2) ?　(3) ?　(4)√　(5)√　(6) ?
考点　正弦式交变电流的产生及变化规律
1.正弦式交变电流的产生
(1)线圈绕垂直于磁场方向的轴匀速转动.
(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，电流方向不改变.
2.正弦式交变电流的变化规律(线圈在中性面位置开始计时)
　　　规律
物理量　　
函数表达式
图象
磁通量
Φ＝Φmcos ωt
＝BScos ωt
电动势
e＝Emsin ωt
＝nBSωsin ωt
电压
u＝Umsin ωt
＝sin ωt
电流
i＝Imsin ωt
＝sin ωt
考向1　交流电的产生
[典例1]　(多选)如图所示为交流发电机示意图，线圈的AB边连在金属滑环K上，CD边连在滑环L上，导体制作的两个电刷E、F分别压在两个滑环上，线圈在转动时可以通过滑环和电刷保持与外电路的连接.关于其工作原理，下列分析正确的是(　　)
A.当线圈平面转到中性面的瞬间，穿过线圈的磁通量最大
B.当线圈平面转到中性面的瞬间，线圈中的感应电流最大
C.当线圈平面转到跟中性面垂直的瞬间，穿过线圈的磁通量最小
D.当线圈平面转到跟中性面垂直的瞬间，线圈中的感应电流最小
[答案]　AC
考向2　交流电的变化规律
[典例2]　(多选)图甲是小型交流发电机的示意图，两磁极N、S间的磁场可视为水平方向的匀强磁场，?为交流电流表，线圈绕垂直于磁场的水平轴OO′沿逆时针方向匀速转动，从图甲所示位置开始计时，产生的交变电流随时间变化的图象如图乙所示.以下判断正确的是(　　)

　　甲　　　　　　　　　　乙
A.电流表的示数为10 A
B.线圈转动的角速度为50π rad/s
C.t＝0.01 s时，线圈平面与磁场方向平行
D.t＝0.02 s时，电阻R中电流的方向自右向左
[解析]　电流表测量的是电路中电流的有效值I＝10 A，选项A正确.由题图乙可知，T＝0.02 s，所以ω＝＝100π rad/s，选项B错误.t＝0.01 s 时，电流最大，线圈平面与磁场方向平行，选项C正确.t＝0.02 s时，线圈所处的状态就是图示状况，此时R中电流的方向自左向右，选项D错误.
[答案]　AC
[变式1]　矩形线圈abcd在如图所示的磁场中以恒定的角速度ω绕ab边转动，磁场方向垂直纸面向里，其中ab边左侧磁场的磁感应强度大小是右侧磁场的2倍.在t＝0时刻线圈平面与纸面重合，且cd边正在向纸外转动.规定图示箭头方向为电流正方向，则线圈中电流随时间变化的关系图线应是(　　)
　
A　　　　　　　　　B
C　　　　　　　　　D
答案：A　解析：绕垂直磁场的轴转动时，线圈能够产生的最大感应电动势Em＝nBSω，因左侧磁场的磁感应强度大小是右侧磁场的2倍，所以线圈在左侧磁场中产生的感应电动势最大值是右侧磁场中最大值的2倍，再利用楞次定律分析感应电流方向，可知选项A正确.
求解交变电流变化规律有关问题的三点注意
(1)只有当线圈从中性面位置开始计时，电流的瞬时值表达式才是正弦形式.其变化规律与线圈的形状及转动轴处于线圈平面内的位置无关.
(2)注意峰值公式Em＝nBSω中的S为有效面积.
(3)在解决有关交变电流的图象问题时，应先把交变电流的图象与线圈的转动位置对应起来，再根据特殊位置求特征解.
考点　有效值的理解和计算
1.正弦交变电流的有效值可利用公式E＝、U＝、I＝直接计算，其中Em、Um、Im表示正弦交流电的峰值.
2.交变电流的有效值是根据电流的热效应(电流通过电阻生热)进行定义的，所以进行有效值计算时，要紧扣电流通过电阻生热(或热功率)进行计算.注意“三同”即“相同电阻”上，“相同时间”“内产生”“相同热量”.计算时“相同时间”至少要取一个周期的时间.
3.在交流电路中，电压表、电流表、功率表等电工仪表的示数均为交变电流的有效值.在没有具体说明的情况下，所给出的交变电流的电压、电流及电功率指的都是有效值.
[典例3]　如图所示为交变电流随时间变化的图象，则交变电流的有效值为(　　)
A.5 A　 B.5 A　 　
C. A　 　 D.3.5 A
[解析]　设交变电流的有效值为I，根据有效值的定义，I2RT＝(4 A)2R＋(3 A)2R，解得I＝5 A，选项B正确.
[答案]　B
[变式2]　如图所示为一交流电压随时间变化的图象.每个周期内，前三分之一周期电压按正弦规律变化，后三分之二周期电压恒定.根据图中数据可得，此交流电压的有效值为(　　)
A.7.5 V B.8 V
C.2 V D.3 V
答案：C　解析：根据电流的热效应有2··＋·＝T，解得U2＝60 V2，
所以U＝2 V，C项 正确.
[变式3]　如图所示电路，电阻R1与电阻R2阻值相同，都为R，和R1并联的D为理想二极管(正向电阻可看做零，反向电阻可看做无穷大)，在A、B间加一正弦交流电u＝20sin 100πt(V)，则加在R2上的电压有效值为(　　)
A.10 V B.20 V
C.15 V D.5 V
答案：D　解析：电压值取正值时，即在前半个周期内，二极管电阻为零，R2上的电压等于输入电压值；电压值取负值时，即在后半周期内，二极管电阻无穷大，可看做断路，R2上的电压等于输入电压值的一半，因此可设加在R2上的电压有效值为U，根据电流的热效应，在一个周期内满足T＝·＋·，解得U＝5 V，选项D正确.
计算交变电流有效值的方法
(1)计算有效值时要根据电流的热效应，抓住“三同”：“相同时间”内“相同电阻”上产生“相同热量”列式求解.
(2)若图象部分是正弦(或余弦)式交变电流，其中的(但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.
考点　交变电流的“四值”的应用
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
计算线圈某时刻的受力
最大值
最大的瞬时值
Em＝nBSω
Im＝
确定用电器的耐压值，如电容器、晶体管等的击穿电压
有效值
跟交变电流的热效应等效的恒定电流值
对正弦式交变
电流：　　　
E＝
U＝
I＝
①计算与电流热效应相关的量，如功、功率、热量等；②交流电表的测量值；③电气设备所标注的额定电压、额定电流；④保险丝的熔断电流
平均值
交变电流图象中图线与时间轴围成的面积与时间的比值
＝n
＝
计算通过电路某一截面的电荷量q＝·t
考向1　对交流电“四值”的理解
[典例4]　如图甲所示，标有“220 V　40 W”的灯泡和标有“20 μF　300 V”的电容器并联到交流电源上，V为交流电压表，交流电源的输出电压如图乙所示，闭合开关.下列判断正确的是(　　)
　
　　甲　　　　　　　　　　　乙
A.t＝时刻，V的示数为零
B.灯泡恰好正常发光
C.电容器不可能被击穿
D.V的示数保持110 V不变
[解析]　V的示数应是电压的有效值220 V，故A、D错；电压的有效值恰好等于灯泡的额定电压，灯泡正常发光，B正确；电压的峰值Um＝220 V≈311 V，大于电容器的耐压值，故有可能被击穿，C错.
[答案]　B
考向2　交流电“四值”的有关计算
[典例5]　(多选)
如图所示，边长为L的正方形单匝线圈abcd，其电阻为r，外电路的电阻为R，ab的中点和cd的中点的连线O′O恰好位于匀强磁场的边界线上，磁场的磁感应强度为B.若线圈从图示位置开始以角速度ω绕轴O′O匀速转动，则以下判断正确的是(　　)
A.图示位置线圈中的感应电动势最大，为Em＝BL2ω
B.闭合电路中感应电动势的瞬时值表达式为e＝BL2ωsin ωt
C.线圈从图示位置转过180°的过程中，流过电阻R的电荷量为q＝
D.线圈转动一周的过程中，电阻R上产生的热量为Q＝
[解析]　题图所示位置，线圈中通过的磁通量最大，但感应电动势为零，A错误；线圈所围成的闭合电路中产生的感应电动势最大值为Em＝BL2ω，故对应的瞬时值表达式为e＝BL2ωsin ωt，B正确；由q＝可得线圈从图示位置转过180°的过程中，流过电阻R的电荷量q＝，C错误；电阻R上产生的热量应利用有效值求解，即转动一周的过程中产生的热量：Q＝2R×＝，D正确.
[答案]　BD
1.计算有效值时一般选取交变电流的一个周期进行计算.非正弦交变电流的有效值要根据电流的热效应进行等效计算.
2.交变电流的有效值和电流的方向无关；交变电流的平均值是根据法拉第电磁感应定律＝n计算的，与交变电流的方向、所选取的时间段有关.
　　　　　　　　　　　　　　　　　
1.[交流电的产生]如图中闭合线圈都在匀强磁场中绕虚线所示的固定转轴匀速转动，不能产生正弦式交变电流的是(　　)
　 A　　　　　B　　　 　　C　　　　　D
答案：C　解析：线圈绕垂直于磁场的轴旋转可产生正弦式交变电流，只有C项错误.
2.[交流电的变化规律](多选)如图甲所示，在匀强磁场中，一矩形金属线圈两次分别以不同的转速，绕与磁感线垂直的轴匀速转动，产生的交变电动势图象如图乙中曲线a、b所示，则(　　)
A.两次t＝0时刻线圈平面均与中性面重合
B.曲线a、b对应的线圈转速之比为2∶3
C.曲线a表示的交变电动势频率为25 Hz
D.曲线b表示的交变电动势有效值为10 V
答案：AC　解析：t＝0时刻，两次产生的交流电的电动势瞬时值均为零，因此线圈平面均与中性面重合，A项正确；题图中a、b对应的周期之比为2∶3，因此线圈转速之比na∶nb＝∶＝3∶2，B项错误；a线表示的交流电动势的频率为fa＝＝ Hz＝25 Hz，C项正确；a线对应线圈相应的电动势的最大值Eam＝NBS·，由图象知Eam＝15 V，b线对应线圈相应的电动势的最大值Ebm＝NBS·，因此＝＝，Ebm＝10 V，有效值Eb＝ V＝5 V，D项错误.
3.[有效值的计算]如图所示的区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B.电阻为R、半径为L、圆心角为45°的扇形闭合导线框绕垂直于纸面的O轴以角速度ω匀速转动(O轴位于磁场边界).则线框内产生的感应电流的有效值为(　　)
A. B.
C. D.
答案：D　解析：线框转动的角速度为ω，进磁场的过程用时周期，出磁场的过程用时周期，进、出磁场时产生的感应电流大小均为I′＝，则转动一周产生的感应电流的有效值I满足：I2RT＝2R×T，解得I＝，D项正确.
4.[有效值的计算]某研究小组成员设计了一个如图所示的电路，与定值电阻R并联的电表是一
个理想交流电压表，D是理想二极管(它的导电特点是正向电阻为零，反向电阻为无穷大).在A、B间加一交流电压，瞬时值的表达式为u＝20sin 100πt(V)，则交流电压表示数为(　　)
A.10 V B.20 V C.15 V D.14.1 V
答案：D　解析：根据交流电有效值的定义，结合理想二极管的单向导电特点，有·T＝·＋0，解得交流电压表示数U′＝＝14.1 V.
5.[交流电“四值”的应用]如图甲所示为一台小型发电机的示意图，单匝线圈逆时针转动.若从中性面开始计时，产生的电动势随时间的变化规律如图乙所示.已知发电机线圈内阻为1.0 Ω，外接灯泡的电阻为9.0 Ω.求：
　
　　　　甲　　　　　　　　　乙
(1)写出流经灯泡的瞬时电流的表达式；
(2)转动过程中穿过线圈的最大磁通量；
(3)线圈匀速转动一周的过程中，外力所做的功.
答案：(1)i＝0.6sin 100πt(A)　(2)2.7×10－2 Wb　(3)7.2×10－2 J
解析：(1)由图得e＝Emsin ωt＝6sin 100πt(V)
则电流i＝＝0.6sin 100πt(A).
(2)Em＝BSω，Em＝6 V
ω＝100π，Φm＝BS＝＝2.7×10－2 Wb.
(3)E＝＝6 V
外力所做的功W＝Q＝T＝7.2×10－2 J.
第2讲　变压器　电能的输送
知识点一　理想变压器
1.构造和原理
(1)构造：如图所示，变压器是由　　　　和绕在铁芯上的　　　　组成的.
(2)原理：电磁感应的互感现象.
2.基本关系式
(1)功率关系：　　　　.
(2)电压关系：　　　　.
有多个副线圈时＝　　　　.
(3)电流关系：只有一个副线圈时＝.
由P入＝P出及P＝UI推出有多个副线圈时，U1I1＝　　　　.
3.几种常用的变压器
(1)自耦变压器——调压变压器.
(2)互感器
答案：1.(1)闭合铁芯　两个线圈　2.(1)P入＝P出
(2)＝　＝＝…　(3)U2I2＋U3I3＋…＋UnIn　3.(2)低电压　小电流
知识点二　远距离输电
1.输电过程(如图所示)
2.电压损失
(1)ΔU＝U－U′；(2)ΔU＝　　　　.
3.功率损失
(1)ΔP＝P－P′；(2)ΔP＝　　　　＝.
答案：2.(2)IR　3.(2)I2R
(1)理想变压器的基本关系式中，电压和电流均为有效值.(　　)
(2)变压器不但能改变交变电流的电压，还能改变交变电流的频率.(　　)
(3)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.(　　)
(4)变压器副线圈并联更多的用电器时，原线圈输入的电流随之减小.(　　)
(5)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.(　　)
(6)高压输电是通过减小输电电流来减少电路的发热损耗.(　　)
(7)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.(　　)
答案：(1)√　(2) ?　(3) ?　(4) ?　(5)√
(6)√　(7)√
等效负载电阻
等效电阻：＝，对于一原一副结构的变压器，又有＝，从输入端看，等效电阻R′＝＝()2＝()2R2，R2是副线圈负载电阻.
考点　理想变压器基本关系的应用
1.基本关系
(1)P入＝P出(有多个副线圈时，P＝P2＋P3＋…).
(2)＝，有多个副线圈时，仍然成立.
(3)＝，电流与匝数成反比(只适合一个副线圈)，n1I1＝n2I2＋n3I3＋…(多个副线圈).
2.制约关系
(1)电压：副线圈电压U2由原线圈电压U1和匝数比决定.
(2)功率：原线圈的输入功率P1由副线圈的输出功率P2决定.
(3)电流：原线圈电流I1由副线圈电流I2和匝数比决定.
[典例1]　(2016·新课标全国卷Ⅲ)(多选)如图所示，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10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9∶1
B.原、副线圈匝数比为1∶9
C.此时a和b的电功率之比为9∶1
D.此时a和b的电功率之比为1∶9
[解题指导]　两灯均正常发光，Ua＝Ub＝U灯，U＝Ua＋U1＝10U灯，则U1＝9U灯.
[解析]　因为两灯泡额定电压相同且均正常发光，且输入电压为灯泡额定电压的10倍，所以理想变压器的输入、输出电压比为9∶1，由理想变压器变压规律可知，原、副线圈的匝数比为9∶1，A项正确，B项错误；由理想变压器变流规律可知，原、副线圈的电流比为1∶9，由电功率P＝UI可知，a和b的电功率之比为1∶9，C项错误，D项正确.
[答案]　AD
[变式1]　一理想变压器的原、副线圈的匝数比为3∶1，在原、副线圈的回路中分别接有阻值相同的电阻，原线圈一侧接在电压为220 V的正弦交流电源上，如图所示，设副线圈回路中电阻两端的电压为U，原、副线圈回路中电阻消耗的功率的比值为k，则(　　)
A.U＝66 V，k＝ B.U＝22 V，k＝
C.U＝66 V，k＝ D.U＝22 V，k＝
答案：A　解析：设原、副线圈中的电流分别为I1、I2，则＝＝，故k＝＝.设原线圈两端的电压为U1，则＝＝，故U1＝3U，而原线圈上电阻分担的电压为U，故＋3U＝220 V，解得U＝66 V.选项A正确.
关于理想变压器的四点说明
(1)变压器不能改变恒定的直流电压.
(2)变压器只能改变交变电流的电压和电流，不能改变交变电流的频率.
(3)理想变压器本身不消耗能量.
(4)当原线圈中串联电阻(或灯泡)时，U1为加在原线圈两端的电压，并不是电源的电压.
考点　变压器电路的动态分析
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
1.匝数比不变的情况(如图甲所示)
(1)U1不变，根据＝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＝可以判断I1的变化情况.
(3)I2变化引起P2变化，根据P1＝P2，可以判断P1的变化情况.

甲　　　　　　　　　　　乙
2.负载电阻不变的情况(如图乙所示)
(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.
考向1　变压器匝数比不变时的动态分析
[典例2]　(2016·新课标全国卷Ⅰ)一含有理想变压器的电路如图所示，图中电阻R1、R2和R3的阻值分别为 3 Ω、1 Ω 和4 Ω，A为理想交流电流表，U为正弦交流电压源，输出电压的有效值恒定.当开关S断开时，电流表的示数为I；当S闭合时，电流表的示数为4I.该变压器原、副线圈匝数比为(　　)
A.2　 B.3　　　　C.4　　　　D.5
[解析]　设理想变压器原、副线圈匝数比值为k，根据题述，当开关S断开时，电流表示数为I，则由闭合电路欧姆定律得，U＝IR1＋U1.由变压公式＝k及功率关系U1I＝U2I2，可得＝k，即副线圈输出电流为I2＝kI，U2＝I2(R2＋R3)＝kI(R2＋R3).当开关S闭合时，电流表示数为4I，则有U＝4IR1＋U′1.由变压公式＝k及功率关系U′1·4I＝U′2I′2，可得＝k，即副线圈输出电流为I′2＝4kI，U′2＝I′2R2＝4kIR2；联立解得k＝3，选项B正确.
[答案]　B
考向2　变压器负载电阻不变时的动态分析
[典例3]　(2016·四川卷)如图所示，接在家庭电路上的理想降压变压器给小灯泡L供电，如果将原、副线圈减少相同匝数，其他条件不变，则(　　)
A.小灯泡变亮
B.小灯泡变暗
C.原、副线圈两端电压的比值不变
D.通过原、副线圈电流的比值不变
[解析]　设原、副线圈减少的匝数均为n，则根据变压比有，＝，＝，得U′2＝U1，U2＝U1，因此U′2 小于U2，即副线圈两端的电压变小，小灯泡变暗，A项错误，B项正确；由于匝数比变化，因此原、副线圈两端电压的比值和通过原、副线圈电流的比值均发生变化，C、D项错误.
[答案]　B
分析变压器的动态变化问题的注意事项
(1)要明确变压器的各基本物理量之间的制约关系.
(2)要明确“不变量”和“变化量”，从主动变化量开始，根据制约关系从前到后或从后到前逐一分析各物理量的变化情况.
考点　远距离输电
1.理清三个回路
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P2＝P损＋P3.
考向1　远距离输电的定性分析
[典例4]　(多选)如图所示，有一台交流发电机E，通过理想升压变压器T1和理想降压变压器T2向远处用户供电，输电线的总电阻为R.T1的输入电压和输入功率分别为U1和P1，它的输出电压和输出功率分别为U2和P2；T2的输入电压和输入功率分别为U3和P3，它的输出电压和输出功率分别为U4和P4.设T1的输入电压U1一定，当用户消耗的功率变大时，有(　　)
A.U2减小，U4变大 B.U2不变，U3变小
C.P1变小，P2变小 D.P2变大，P3变大
[解析]　由理想变压器输出功率决定输入功率可得，当用户功率增大时，升压变压器的输入功率必增大，即P1增大，输入电压U1为定值不变，升压变压器的匝数不变，故输出电压U2不变，由于P1增大，由P1＝U1I1＝P2＝U2I2可得，I1增加，P2、I2增加，由闭合电路欧姆定律得U3＝U2－I2R，故U3减小，降压变压器原、副线圈匝数不变，所以U4减小，故选项A错误，选项B正确；由于用户功率增加，即P4增加，理想变压器无功率损耗可得：P3＝P4，功率P3也增加，由以上分析可知P1、P2增大，故选项C错误，选项D正确.
[答案]　BD
考向2　远距离输电的定量计算
[典例5]　(2015·福建卷)如图所示为远距离输电示意图，两变压器均为理想变压器，升压变压器T的原、副线圈匝数分别为n1、n2，在T的原线圈两端接入一电压u＝Umsin ωt的交流电源，若输送电功率为P，输电线的总电阻为2r，不考虑其他因素的影响，则输电线上损失的电功率为(　　)
A. 　　　　　B.
C.422r 　　　　　D.422r
[解析]　T的输入电压U1＝，则P＝U1I1，I1＝＝，又因为＝，所以I2＝I1＝，则输电线上损失的电功率P损＝I·2r＝422r，C项正确.
[答案]　C
求解远距离输电问题必备技巧
(1)正确画出输电过程示意图并在图上标出各物理量.
(2)抓住变压器变压前后各物理量间的关系，求出输电线上的电流.
(3)计算电路功率问题时常用关系式：P损＝IR线，注意输电线上的功率损失和电压损失.
(4)电网送电遵循“用多少送多少”的原则，说明原线圈电流由副线圈电流决定.
考点　三种特殊的变压器模型
考向1　自耦变压器
自耦变压器(又称调压器)，它只有一个线圈，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，它可以升压也可以降压，变压器的基本关系对自耦变压器均适用，如图所示.
　　
甲　　　　　　　乙
[典例6]　如图甲所示为一自耦变压器，变压器的原线圈AB端输入电压如图乙所示，副线圈电路中定值电阻R0＝11 Ω，电容器C的击穿电压为22 V，移动滑片P使电容器刚好不会被击穿，所有电表均为理想电表，下列说法正确的是(　　)
甲
乙
A.电压表的示数为220 V
B.原、副线圈的匝数比为10∶1
C.电流表的示数等于通过电阻R0的电流
D.原线圈AB端输入电压的变化规律为u＝311sin πt V
[解析]　由题图乙知电压的有效值即电压表的示数为220 V，A正确；电容器的耐压值为交流最大值，有效值为 V＝11 V，所以原、副线圈的匝数比为10∶1，B错误；电容器通交流电，所以电流表的示数大于通过电阻R0的电流，C错误；由题图乙知交流电的周期为0.02 s，所以角速度为100π rad/s，原线圈AB端输入电压的变化规律为u＝311sin 100πt V，D错误.
[答案]　A
考向2　互感器
电压互感器
电流互感器
原理图
原线圈的连接
并联在高压电路中
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
[典例7]　(多选)电流互感器和电压互感器如图所示.其中n1、n2、n3、n4分别为四组线圈的匝数，a、b为两只交流电表，则(　　)
A.A为电流互感器，且n1B.A为电压互感器，且n1>n2，a是电压表
C.B为电流互感器，且n3D.B为电压互感器，且n3>n4，b是电压表
[解析]　由题图可知，A为电流互感器，B为电压互感器；a是电流表，b是电压表.在A中有I1n1＝I2n2，要求I2n1；在B中有＝，要求U4n4，所以本题B、C错误，A、D正确.
[答案]　AD
考向3　多副线圈变压器
计算具有两个(或两个以上)副线圈的变压器问题时，应注意三个关系：
(1)电压关系：＝＝＝…
(2)电流关系：n1I1＝n2I2＋n3I3＋…
(3)功率关系：P1＝P2＋P3＋…
[典例8]　如图所示，两种情况下变压器灯泡L2、L3的功率均为P，且L1、L2、L3为相同的灯泡，匝数比为n1∶n2＝3∶1，则图甲中L1的功率和图乙中L1的功率分别为(　　)
甲
乙
　　　　　　　　　　　　　　　　　
A.P、P 　 B.9P、
C.、9P 　　　　 D.、P
[解析]　由题意可知，两种情况下变压器输出功率均为2P，设灯泡L2、L3的电压为U，电流为I，电阻为R，两种情况下变压器输入电压为3U，变压器输入电流为I；图甲中L1的功率为P1＝＝9P；图乙中L1的功率为P2＝2R＝，选项B正确.
[答案]　B
对于副线圈有两个及以上的理想变压器，电压与匝数成正比是成立的，而电流与匝数成反比的规律不成立.但在任何情况下，电流关系都可以根据原线圈的输入功率等于副线圈的输出功率即P入＝P出进行求解.
1.[理想变压器基本关系]如图所示理想变压器原、副线圈匝数比n1∶n2＝2∶1，V和A均为理想电表，灯泡电阻RL＝6 Ω，AB端电压u1＝12sin 100πt(V).下列说法正确的是(　　)
A.电流频率为100 Hz
B.V的读数为24 V
C.A的读数为0.5 A
D.变压器输入功率为6 W
答案：D　解析：由ω＝2πf＝100π rad/s得：f＝50 Hz，选项A错误；有效值U1＝12 V，又＝得：U2＝6 V，I2＝＝1 A，选项B、C错误；由能量守恒得P1＝P2＝U2I2＝6 W，选项D正确.
2.[自耦变压器动态分析]如图所示是一种理想自耦变压器示意图，线圈绕在一个圆环形的铁芯上，P是可移动的滑动触头，A、B间接交流电压U，输出端连接了两个相同的灯泡L1和L2，Q为滑动变阻器的滑动触头.当开关S闭合，P处于如图所示的位置时，两灯均能发光.下列说法正确的是(　　)
A.将P沿逆时针方向移动，两灯均变暗
B.P不动，将Q向左移动，两灯均变亮
C.P不动，将Q向右移动，输入功率变大
D.断开开关S，L1将变暗
答案：B　解析：当P沿逆时针方向移动时，副线圈的匝数n2增大，由＝知，U2增大，L1、L2两端均变亮，A错；当P不动时，U2不变，Q向左移动，R减小，L1、L2两端的电压增大，两灯泡变亮，B对；当P不动、Q向右移动时，R增大，变压器的输出功率P2＝，R总增大，P2减小，而P1＝P2，故P1减小，C错；断开开关S，负载电阻增大，L1的电压增大，L1将变亮，D错.
3.[理想变压器动态分析]如图所示，理想变压器的原线圈接有频率为f、电压为U的交流电，副线圈接有光敏电阻R1(光照增强时，电阻减小)、用电器R2.下列说法正确的是(　　)
A.当光照增强时，变压器的输入功率减小
B.当滑动触头P向上滑动时，用电器消耗的功率增大
C.当U增大时，用电器消耗的功率增大
D.当f减小时，变压器的输入功率减小
答案：C　解析：光照增强时，光敏电阻的阻值减小，副线圈电路的总电阻减小，副线圈中的电流增大，变压器输出功率增大，因理想变压器输入功率等于输出功率，所以变压器输入功率增大，选项A错误；P上滑时，原线圈匝数增多，由＝知副线圈两端电压随之减小，用电器消耗的功率减小，选项B错误；原线圈电压U增大时，则＝知副线圈两端电压随之增大，则用电器功率增大，选项C正确；变压器的输入功率与交变电流的频率无关，选项D错误.
4.[理想变压器的相关计算]一台理想变压器的原、副线圈的匝数比为5∶1，原线圈接入电压为220 V的正弦交流电，各元件正常工作，一只理想二极管和一个滑动变阻器R串联接在副线圈上，如图所示，电压表和电流表均为理想交流电表.则下列说法正确的是(　　)
A.原、副线圈中的电流之比为5∶1
B.电压表的读数约为44 V
C.若滑动变阻器接入电路的阻值为20 Ω，则1分钟内产生的热量为2 904 J
D.若将滑动变阻器的滑片向上滑动，则两电表读数均增大
答案：C　解析：原、副线圈的匝数比是5∶1，根据＝，则原、副线圈中的电流之比为1∶5，A错误；根据＝，原线圈电压为220 V的正弦交流电，所以副线圈两端电压为44 V，由于副线圈接有二极管，它具有单向导电性，根据电流的热效应知·＝T，解得U＝22 V＝31.11 V，故B错误；则1 min内滑动变阻器产生的热量为Q＝t＝×60 J＝2 904 J，故C正确；将滑动变阻器滑片向上滑动时，副线圈中负载阻值变小，电流表的读数变大，但对原、副线圈两端的电压无影响，即电压表的读数不变，所以D错误.
5.[远距离输电的分析与计算]如图甲所示是远距离输电线路示意图，图乙是用户端电压随时间变化的图象，则(　　)
甲
乙
A.发电机产生的交流电的频率是100 Hz
B.降压变压器输出的电压有效值是340 V
C.输电线的电流仅由输送功率决定
D.仅增加升压变压器的副线圈匝数，其他条件不变，输电线上损失的功率减小
答案：D　解析：由乙图可知交流电的周期T＝0.02 s，则频率f＝＝50 Hz，变压器不改变交流电的周期与频率，则A错.由乙图可知Um＝340 V，有效值U＝<340 V，则B错.输电线的电流由输送功率和输送电压共同决定，则C错.当仅增加升压变压器的副线圈匝数时，则输电电压增大，由P＝UI可知，输电电流减小，再由P＝I2R可知输电线上损失的功率减小，则D正确.
专题五　平抛运动、圆周运动热点问题分析
突破　水平面内圆周运动的临界问题
1.水平面内圆周运动的临界问题
关于水平面内的匀速圆周运动的临界问题，主要是临界速度和临界力的问题.常见的是与绳的拉力、弹簧的拉力、接触面的弹力和摩擦力等相关的问题.通过受力分析来确定临界状态和临界条件，是较常用的解题方法.
2.处理临界问题的解题步骤
(1)判断临界状态
有些题目中有“刚好”“恰好”“正好”等字眼，明显表明题述的过程存在着临界点；若题目中有“取值范围”“多长时间”“多大距离”等词语，表明题述的过程存在着“起止点”，而这些起止点往往就是临界状态；若题目中有“最大”“最小”“至多”“至少”等字眼，表明题述的过程存在着极值，这个极值点也往往是临界状态.
(2)确定临界条件
判断题述的过程存在临界状态之后，要通过分析弄清临界状态出现的条件，并以数学形式表达出来.
(3)选择物理规律
当确定了物体运动的临界状态和临界条件后，要分别对于不同的运动过程或现象，选择相对应的物理规律，然后再列方程求解.
[典例1]　(多选)如图所示，两个质量均为m的小木块a和b(可视为质点)放在水平圆盘上，a与转轴OO′的距离为l，b与转轴的距离为2l，木块与圆盘的最大静摩擦力为木块所受重力的k倍，重力加速度大小为g.若圆盘从静止开始绕转轴缓慢地加速转动，用ω表示圆盘转动的角速度，下列说法正确的是(　　)
A.b一定比a先开始滑动
B.a、b所受的摩擦力始终相等
C.ω＝是b开始滑动的临界角速度
D.当ω＝时，a所受摩擦力的大小为kmg
[问题探究]　(1)物体随圆盘共同转动时，哪个物体受到的摩擦力大？
(2)随着ω不断增大，哪个物体首先达到最大静摩擦力？谁先开始滑动？
[提示]　(1)根据Ff＝mω2r可知，b物体受到的摩擦力大.
(2)随着ω增大，b物体先达到最大静摩擦力，所以b物体先相对圆盘滑动.
[解析]　木块a、b的质量相同，外界对它们做圆周运动提供的最大向心力，即最大静摩擦力Ffm＝kmg相同.它们所需的向心力由F向＝mω2r知Fa[答案]　AC
[变式1]　(多选)如图所示，两个可视为质点的、相同的木块A和B放在水平转盘上，且木块A、B与转盘中心在同一条直线上，两木块用长为L的轻绳连接，木块与转盘之间的最大静摩擦力均为各自重力的k倍，A放在距离转轴L处，整个装置能绕通过转盘中心的竖直转轴O1O2转动.
开始时，绳恰好伸直但无弹力.现让该装置从静止开始转动，角速度缓慢增大，以下说法正确的是(　　)
A.当ω>时，A、B会相对于转盘滑动
B.当ω>时，绳子一定有弹力
C.ω在<ω<范围内增大时，B所受摩擦力变大
D.ω在0<ω<范围内增大时，A所受摩擦力一直变大
答案：ABD　解析：若木块A、B间没有轻绳相连，随着ω的逐渐增大，由Ff＝mω2r可知木块B先出现相对滑动.木块A、B间有轻绳相连时，木块B刚好要出现相对滑动，此时轻绳上弹力为零，以木块B为研究对象可知kmg＝mω2·2L，则ω＝.若木块A刚好要出现相对滑动，对木块B有FT＋kmg＝mω2·2L，对木块A有kmg－FT＝mω2L，则ω＝.综上所述可知，当0<ω≤时，绳子没有弹力，木块A、B各自的摩擦力均随ω的增大而增大；当<ω≤时，绳子有弹力，且木块B的摩擦力达到最大值，而木块A的摩擦力随ω的增大而增大；当ω>时，木块A、B会相对于转盘滑动.故A、B、D正确，C错误.
突破　竖直面内圆周运动的临界问题
1.在竖直面内做圆周运动的物体，按运动到轨道最高点时的受力情况可分为两类：一是无支撑(如球与绳连接、沿内轨道运动的过山车等)，称为“绳(环)约束模型”；二是有支撑(如球与杆连接、在弯管内的运动等)，称为“杆(管道)约束模型”.
2.轻绳和轻杆模型涉及的临界问题
轻绳模型
轻杆模型
常见
类型
均是没有支撑的小球
均是有支撑的小球
过最高
点的临
界条件
mg＝m
－
讨论
分析
(1)过最高点时，v≥，FN＋mg＝m，绳、轨道对小球产生弹力FN；
(2)不能过最高点v<，在到达最高点前小球已经脱离了圆轨道
(1)当v＝0时，FN＝mg，FN为支持力，沿半径背离圆心；
(2)当0(3)当v＝时，FN＝0；
(4)当v>时，FN＋mg＝m，FN指向圆心并随v的增大而增大
考向1　轻绳模型
[典例2]　如图所示，乘坐游乐园的翻滚过山车时，质量为m的人随车在竖直平面内旋转，下列说法正确的是(　　)
A.过山车在最高点时人处于倒坐状态，全靠保险带拉住，没有保险带，人就会掉下来
B.人在最高点时对座位不可能产生大小为mg的压力
C.人在最低点时对座位的压力等于mg
D.人在最低点时对座位的压力大于mg
[解析]　人过最高点时，FN＋mg＝m，当v≥时，不用保险带，人也不会掉下来，当v＝时，人在最高点时对座位产生的压力为mg，A、B均错误；人在最低点具有竖直向上的加速度，处于超重状态，故人此时对座位的压力大于mg，C错误，D正确.
[答案]　D
[变式2]　如图所示，竖直放置的光滑圆轨道被固定在水平地面上，半径r＝0.4 m，最低点处有一小球(半径比r小得多).现给小球一个水平向右的初速度v0，要使小球不脱离圆轨道，则v0应满足(取g＝10 m/s2)(　　)
①v0≥0　②v0≥4 m/s　③v0≥2 m/s　④v0≤2 m/s
A.①和④　B.②或④　C.③或④　D.②和③
答案：C　解析：当v0较大时，小球能够通过最高点，这时小球在最高点处需要满足的条件是mg≤，根据机械能守恒定律有mv2＋2mgr＝mv，可得v0≥2 m/s；当v0较小时，小球不能通过最高点，这时对应的临界条件是小球上升到与圆心等高位置时速度恰好减为零，根据机械能守恒定律有mgr＝mv，可得v0≤2 m/s，选项C正确.
考向2　轻杆模型
[典例3]　(2017·山东烟台模拟)一轻杆一端固定质量为m的小球，以另一端O为圆心，使小球在竖直面内做半径为R的圆周运动，如图所示，则下列说法正确的是(　　)
A.小球过最高点时，杆所受到的弹力可以等于零
B.小球过最高点的最小速度是
C.小球过最高点时，杆对球的作用力一定随速度增大而增大
D.小球过最高点时，杆对球的作用力一定随速度增大而减小
[解析]　轻杆可对小球产生向上的支持力，小球经过最高点的速度可以为零，当小球过最高点的速度v＝时，杆所受的弹力等于零，A正确，B错误；若v<，则杆在最高点对小球的弹力竖直向上，mg－F＝m，随v增大，F减小，若v>，则杆在最高点对小球的弹力竖直向下，mg＋F＝m，随v增大，F增大，故C、D均错误.
[答案]　A
[变式3]　如图所示，小球紧贴在竖直放置的光滑圆形管道内壁做圆周运动，内侧管壁半径为R，小球半径为r，则下列说法正确的是(　　)
A.小球通过最高点时的最小速度vmin＝
B.小球通过最高点时的最小速度vmin＝
C.小球在水平线ab以下的管道中运动时，内侧管壁对小球一定无作用力
D.小球在水平线ab以上的管道中运动时，外侧管壁对小球一定有作用力
答案：C　解析：小球沿管道上升到最高点时的速度可以为零，选项A、B错误；小球在水平线ab以下的管道中运动时，由外侧管壁对小球的作用力FN与小球的重力在背离圆心方向的分力Fmg的合力提供向心力，即FN－Fmg＝ma，因此，外侧管壁一定对小球有作用力，而内侧管壁对小球无作用力，选项C正确；小球在水平线ab以上的管道中运动时，小球受管壁的作用力情况与小球的速度大小有关，选项D错误.
解决竖直平面内圆周运动的关键点
(1)确定模型：首先判断是轻绳模型还是轻杆模型.
(2)确定临界点：v临界＝，对轻绳模型来说是能否通过最高点的临界点，而对轻杆模型来说是FN表现为支持力还是拉力的临界点.
突破　平抛、圆周运动综合问题
1.题目特点：此问题一般涉及圆周运动、平抛运动(或类平抛运动)、匀变速直线运动等多个运动过程，常结合功能关系进行求解.
2.解答突破
(1)分析临界点：对于物体在临界点相关多个物理量，需要区分哪些物理量能够突变，哪些物理量不能突变，而不能突变的物理量(一般指线速度)往往是解决问题的突破口.
(2)分析每个运动过程的运动性质：
①若为圆周运动，应明确是水平面内的匀速圆周运动，还是竖直面内的变速圆周运动，机械能是否守恒.
②若为抛体运动，应明确是平抛运动，还是类平抛运动，垂直于初速度方向的力是哪个力.
考向1　水平面内圆周运动与平抛运动的综合问题
[典例4]　(2017·山西八校一联)如图所示，质量是1 kg的小球用长为0.5 m 的细线悬挂在O点，O点距地面竖直距离为1 m，如果使小球绕OO′轴在水平面内做圆周运动，若细线最大承受拉力为12.5 N，(取g＝10 m/s2)求：
(1)当小球的角速度为多大时，细线将断裂；
(2)线断裂后小球落地点与悬点的水平距离.
[解析]　(1)当细线承受的拉力恰为最大时，对小球受力分析，如图所示：
竖直方向FTcos θ＝mg　得：θ＝37°
向心力F向＝mgtan 37°＝mω2Lsin 37°
解得：ω＝5 rad/s.
(2)线断裂后，小球做平抛运动，则其平抛运动的初速度为：v0＝ωLsin 37°＝1.5 m/s
竖直方向：y＝h－Lcos 37°＝gt2
水平方向：x＝v0t
解得d＝＝0.6 m.
[答案]　(1)5 rad/s　(2)0.6 m
考向2　竖直面内圆周运动与平抛运动的综合问题
[典例5]　如图所示，有一长为L的细线，细线的一端固定在O点，另一端拴一质量为m的小球.现使小球恰好能在竖直面内做完整的圆周运动.已知水平地面上的C点位于O点正下方，且到O点的距离为1.9L.不计空气阻力.
(1)求小球通过最高点A时的速度vA；
(2)若小球通过最低点B时，细线对小球的拉力FT恰好为小球重力的6倍，且小球经过B点的瞬间细线断裂，求小球的落地点到C点的距离.
[解析]　(1)若小球恰好能做完整的圆周运动，则小球通过A点时细线的拉力刚好为零，根据向心力公式有
mg＝m
解得vA＝.
(2)小球在B点时，根据牛顿第二定律有
FT－mg＝m
其中FT＝6mg
解得小球在B点的速度大小为vB＝
细线断裂后，小球从B点开始做平抛运动，则由平抛运动的规律得
竖直方向上：1.9L－L＝gt2
水平方向上：x＝vBt
解得x＝3L
即小球落地点到C点的距离为3L.
[答案]　(1)　(2)3L
圆周运动与平抛运动综合问题解题关键
(1)明确圆周运动的向心力来源，根据牛顿第二定律和向心力公式列方程.
(2)平抛运动一般是沿水平方向和竖直方向分解速度或位移.
(3)速度是联系前后两个过程的关键物理量，前一个过程的末速度是后一个过程的初速度.
1.[圆周运动中力和运动的关系]在室内自行车比赛中，运动员以速度v在倾角为θ的赛道上做匀速圆周运动.已知运动员的质量为m，做圆周运动的半径为R，重力加速度为g，则下列说法正确的是(　　)
A.将运动员和自行车看做一个整体，整体受重力、支持力、摩擦力和向心力的作用
B.运动员受到的合力大小为m，做圆周运动的向心力大小也是m
C.运动员做圆周运动的角速度为vR
D.如果运动员减速，运动员将做离心运动
答案：B　解析：向心力是整体所受力的合力，选项A错误；做匀速圆周运动的物体，合力提供向心力，选项B正确；运动员做圆周运动的角速度为ω＝，选项C错误；只有运动员加速到所受合力不足以提供做圆周运动的向心力时，运动员才做离心运动，选项D错误.
2.[竖直面内的圆周运动](多选)如图所示，水平的木板B托着木块A一起在竖直平面内做匀速圆周运动，从水平位置a沿逆时针方向运动到最高点b的过程中，下列说法正确的是(　　)
A.木块A处于超重状态
B.木块A处于失重状态
C.B对A的摩擦力越来越小
D.B对A的摩擦力越来越大
答案：BC　解析：A、B一起做匀速圆周运动，合力提供向心力，加速度即向心加速度.水平位置a沿逆时针方向运动到最高点b的过程中，加速度大小不变，方向指向圆心.在竖直方向有竖直向下的分加速度，因此A、B都处于失重状态，A错误，B正确；对A受力分析，加速度指向圆心，那么此过程中水平方向加速度逐渐减小，而能够提供A水平加速度的力只有B对A的摩擦力，因此B对A的摩擦力越来越小，C正确，D错误.
3.[水平面内圆周运动的临界问题](多选)如图所示，在水平转台的光滑水平横杆上穿有两个质量分别为2m和m的小球A和B，A、B间用劲度系数为k的轻质弹簧连接，弹簧的自然长度为L，转台的直径为2L，当转台以角速度ω绕竖直轴匀速转动时，如果A、B仍能相对横杆静止而不碰左右两壁，则(　　)
A.小球A和B具有相同的角速度
B.小球A和B做圆周运动的半径之比为1∶2
C.若小球不与壁相碰，则ω>
D.若小球不与壁相碰，则ω<
答案：ABD　解析：A、B两球共轴转动，角速度相同，故A正确.两球靠弹簧的弹力提供向心力，知两球向心力大小相等，2mr1ω2＝mr2ω2，解得r1∶r2＝1∶2，故B正确.转台的直径为2L，则r24.[轻绳模型的应用]如图所示，小球沿水平面通过O点进入半径为R的半圆弧轨道后恰能通过最高点P，然后落回水平面，不计一切阻力，下列说法正确的是(　　)
A.小球落地点离O点的水平距离为R
B.小球落地点离O点的水平距离为2R
C.小球运动到半圆弧最高点P时向心力恰好为零
D.若将半圆弧轨道上部的圆弧截去，其他条件不变，则小球能达到的最大高度比P点低
答案：B　解析：若小球恰能通过最高点P，则在最高点P时重力恰好提供向心力，选项C错误；由圆周运动的知识可得mg＝m，小球离开P点后做平抛运动，x＝vt,2R＝gt2，解得x＝2R，故选项A错误，B正确；若将弧轨道上部的圆弧截去，其他条件不变，则小球离开轨道后做竖直上抛运动，达到最大高度时速度为零，故能达到的最大高度比P点高，选项D错误.
5.[平抛、圆周运动综合问题](多选)如图所示，半径为R的水平圆盘中心轴正上方a处水平抛出一小球，圆盘以角速度ω做匀速转动，当圆盘半径Ob恰好转到与初速度方向相同且平行的位置时，将小球抛出，要使球与圆盘只碰一次，且落点为b，重力加速度为g，小球抛出点a距圆盘的高度h和小球的初速度v0可能应满足(　　)
A.h＝，v0＝ B.h＝，v0＝
C.h＝，v0＝ D.h＝，v0＝
答案：BD　解析：因圆盘转动具有周期性，则当小球落到b点时，圆盘转过的角度θ＝2πk (k＝1,2,3，…)，由ω＝，可得圆盘的角速度ω＝ (k＝1,2,3，…)，因小球做平抛运动，则小球下落高度h＝gt2＝ (k＝1,2，3，…)，初速度v0＝＝ (k＝1,2,3，…)，将k的取值代入可知，当k取2和4时，B、D正确.
第四章 曲线运动　万有引力与航天
【研透全国卷】
平抛运动的规律及其研究方法，圆周运动的角速度、线速度和向心加速度，万有引力定律及其应用是本章的命题热点，题型有选择题，也有计算题.
高考中突出物理与现代科技、生产、生活的结合，特别是与现代航天技术的联系会更加密切，与牛顿运动定律、机械能守恒等内容结合命题的可能性也较大.
考点
内容
要求
题型
一、曲线运动、运动的合成与分解
运动的合成与分解
Ⅱ
选择、计算
二、抛体运动
抛体运动
Ⅱ
选择、计算
三、圆周运动
匀速圆周运动、角速度、线速度、向心加速度
Ⅰ
选择、计算
匀速圆周运动的向心力
Ⅱ
离心现象
Ⅰ
四、万有引力定律及其应用
万有引力定律及其应用
Ⅱ
选择、计算
五、天体运动、人造卫星
环绕速度
Ⅱ
选择、计算
第二宇宙速度和第三宇宙速度
Ⅰ
经典时空观和相对论时空观
Ⅰ
第1讲　曲线运动　运动的合成与分解
知识点一　曲线运动
1.速度方向：质点在某一点的速度方向，沿曲线上该点的　　　　方向.
2.运动性质：做曲线运动的物体，速度的　　　　时刻改变，故曲线运动一定是　　　　运动，即必然具有加速度.
3.曲线运动的条件
(1)运动学角度：物体的　　　　方向跟速度方向不在同一条直线上.
(2)动力学角度：物体所受　　　　的方向跟速度方向不在同一条直线上.
答案：1.切线　2.方向　变速　3.(1)加速度
(2)合外力
知识点二　运动的合成与分解
1.分运动和合运动：一个物体同时参与几个运动，参与的这几个运动即　　　　，物体的实际运动即　　　　.
2.运动的合成：已知　　　　求　　　　，包括位移、速度和加速度的合成.
3.运动的分解：已知　　　　求　　　　，解题时应按实际效果分解，或正交分解.
4.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
独立性
一个物体同时参与几个分运动，各分运动独立进行，不受其他分运动的影响
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
答案：1.分运动　合运动　2.分运动　合运动　3.合运动　分运动
(1)做曲线运动的物体的速度大小一定发生变化.(　　)
(2)做曲线运动的物体的加速度一定是变化的.(　　)
(3)曲线运动是变速运动.(　　)
(4)曲线运动可能是匀变速运动.(　　)
(5)两个分运动的时间一定与它们合运动的时间相等.(　　)
(6)合运动的速度一定比分运动的速度大.(　　)
(7)两个直线运动的合运动一定是直线运动.(　　)
答案：(1) ?　(2) ?　(3)√　(4)√　(5)√
(6) ?　(7) ?
考点　物体做曲线运动的条件及轨迹
1.条件：物体受到的合外力与初速度不共线.
2.合力方向与轨迹的关系
无力不弯曲，弯曲必有力.曲线运动轨迹始终夹在合力方向与速度方向之间，而且向合力的方向弯曲，或者说合力的方向总是指向轨迹的“凹”侧.
3.合力方向与速率变化的关系
(1)当合力方向与速度方向的夹角为锐角时，物体的速率增大.
(2)当合力方向与速度方向的夹角为钝角时，物体的速率减小.
(3)当合力方向与速度方向垂直时，物体的速率不变.
考向1　合力方向与速率变化的关系
[典例1]　(2017·河南名校联考)如图所示，这是物体做匀变速曲线运动的轨迹的示意图.已知物体在B点的加速度方向与速度方向垂直，则下列说法中正确的是(　　)
A.C点的速率小于B点的速率
B.A点的加速度比C点的加速度大
C.C点的速率大于B点的速率
D.从A点到C点加速度与速度的夹角先增大后减小，速率是先减小后增大
[解析]　质点做匀变速曲线运动，B点到C点的加速度方向与速度方向夹角小于90°，所以，C点的速率比B点的速率大，故A错误，C正确；质点做匀变速曲线运动，则加速度大小和方向不变，所以质点经过C点时的加速度与A点的相同，故B错误；若质点从A点运动到C点，质点运动到B点时速度方向与加速度方向恰好互相垂直，则有A点速度与加速度方向夹角大于90°，C点的加速度方向与速度方向夹角小于90°，故D错误.
[答案]　C
考向2　合力、速度、轨迹的互判
[典例2]　若已知物体运动的初速度v0的方向及它受到的恒定的合外力F的方向，图中M、N、P、Q表示物体运动的轨迹，其中正确的是(　　)
A　　 　　　B
C　　　 　　D
[解析]　物体运动的速度方向与运动轨迹一定相切，而且合外力F的方向一定指向轨迹的凹侧，故只有B正确.
[答案]　B
[变式1]　质点仅在恒力F的作用下，在xOy平面内由坐标原点运动到A点的轨迹如图所示，经过A点时速度的方向与x轴平行，则恒力F的方向可能沿(　　)
A.x轴正方向 B.x轴负方向
C.y轴正方向 D.y轴负方向
答案：D　解析：质点做曲线运动时所受合力一定指向曲线的内侧(凹侧)，选项B、C错误；由于初速度与合力初状态时不共线，所以质点末速度不可能与合力共线，选项A错误，D正确.
物体做曲线运动的轨迹特征
(1)判断物体是做曲线运动还是做直线运动，关键要看a和v的方向，两者方向在同一直线上则做直线运动，否则做曲线运动.
(2)曲线上某点处合外力的方向在曲线上该点的切线的哪一侧，曲线就向哪一侧弯曲；曲线上某点的加速度越大、速度越小，则曲线轨迹弯曲越厉害；曲线轨迹必定夹在a、v方向之间.
考点　合运动与分运动
1.合运动性质的判断
2.两个互成角度的直线运动的合运动性质的判断
根据合加速度方向与合初速度方向判定合运动是直线运动还是曲线运动，具体分以下几种情况：
两个互成角度的分运动
合运动的性质
两个匀速直线运动
匀速直线运动
一个匀速直线运动、
一个匀变速直线运动
匀变速曲线运动
两个初速度为零的
匀加速直线运动
匀加速直线运动
两个初速度不为零
的匀变速直线运动
如果v合与a合共线，为匀变速直线运动
如果v合与a合不共线，为匀变速曲线运动
考向1　合运动性质的判断
[典例3]　(多选)如图所示的直角三角板紧贴在固定的刻度尺上方，现假使三角板沿刻度尺水平向右匀速运动的同时，一支铅笔从三角板直角边的最下端，由静止开始沿此边向上做匀加速直线运动，下列关于铅笔尖的运动及其留下的痕迹的判断中，正确的是(　　)
A.笔尖留下的痕迹是一条抛物线
B.笔尖留下的痕迹是一条倾斜的直线
C.在运动过程中，笔尖运动的速度方向始终保持不变
D.在运动过程中，笔尖运动的加速度方向始终保持不变
[问题探究]　(1)笔尖在水平方向如何运动？在竖直方向又如何运动？
(2)笔尖实际如何运动？
[提示]　(1)笔尖在水平方向做匀速直线运动，在竖直方向做匀加速直线运动.
(2)笔尖实际做匀变速曲线运动.
[解析]　笔尖水平方向是匀速直线运动，竖直方向是初速度为零的匀加速直线运动，故笔尖做匀变速曲线运动，其轨迹是抛物线，选项A、D正确.
[答案]　AD
考向2　运动的合成
[典例4]　(多选)质量为2 kg的质点在xOy平面上做曲线运动，在x方向的速度图象和y方向的位移图象如图所示，下列说法正确的是(　　)
A.质点的初速度为5 m/s
B.质点所受的合外力为3 N，做匀变速曲线运动
C.2 s末质点速度大小为6 m/s
D.2 s内质点的位移大小约为12 m
[解析]　由x方向的速度图象可知，在x方向的加速度为1.5 m/s2，受力Fx＝3 N，由y方向的位移图象可知在y方向做匀速直线运动，速度为vy＝4 m/s，受力Fy＝0.因此质点的初速度为5 m/s，A选项正确；受到的合外力为3 N，显然，质点初速度方向与合外力方向不在同一条直线上，B选项正确；2 s末质点速度应该为v＝ m/s＝2 m/s，C选项错误；2 s内水平方向上位移大小x＝vxt＋at2＝9 m，竖直方向上位移大小y＝8 m，合位移大小l＝＝ m≈12 m，D选项正确.
[答案]　ABD
考向3　运动的分解
[典例5]　(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，当运动员从直升飞机上由静止跳下后，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]　水平风力不会影响竖直方向的运动，所以运动员下落时间与风力无关，A错误，C正确；运动员落地时竖直方向的速度是确定的，水平风力越大，落地时水平分速度越大，运动员着地时的合速度越大，有可能对运动员造成伤害，B正确，D错误.
[答案]　BC
决定物体运动的因素一是初速度，二是合力，而物体运动的轨迹在合力与速度方向的夹角范围内，且弯向受力方向，这是分析该类问题的技巧.
考点　小船渡河模型
1.实际运动：船的实际运动是水流的运动和船相对静水的运动的合运动.
2.三种速度：v1(船在静水中的速度)、v2(水流速度)、v(船的实际速度).
3.三种情景
(1)过河时间最短：船头正对河岸时，渡河时间最短，t短＝(d为河宽).如图甲所示.
　　
甲　　　　　　　乙
(2)过河路径最短(v2(3)过河路径最短(v2>v1时)：合速度不可能垂直于河岸，无法垂直渡河.确定方法如下：如图丙所示，以v2矢量末端为圆心，以v1矢量的大小为半径画弧，从v2矢量的始端向圆弧作切线，则合速度沿此切线方向航程最短.由图可知：cos α＝，最短航程：s短＝＝d.
丙
[典例6]　有一条两岸平直、河水均匀流动、流速恒为v的大河.小明驾着小船渡河，去程时船头指向始终与河岸垂直，回程时行驶路线与河岸垂直.去程与回程所用时间的比值为k，船在静水中的速度大小相同，则小船在静水中的速度大小为(　　)
A. B.
C. D.
[解析]　设大河宽度为d，小船在静水中的速度为v0，则去程渡河所用时间t1＝，回程渡河所用时间t2＝.由题知＝k，联立以上各式得v0＝.选项B正确，A、C、D错误.
[答案]　B
[变式2]　船在静水中的速度为4 m/s，河岸笔直，河宽50 m，适当调整船的行驶方向，使该船运动到河对岸时航程最短，设最短航程为L，下列说法中正确的是(　　)
A.当水流速度为2 m/s时，L为60 m
B.当水流速度为6 m/s时，L为50 m
C.当水流速度为6 m/s时，L为75 m
D.当水流速度为2 m/s时，L为150 m
答案：C　解析：当水流速度为2 m/s时，水速小于船速，可以垂直河岸渡河，此时的最短航程等于河宽，即L＝50 m，选项A、D错误；当水流速度为6 m/s时，水速大于船速，此时不可能垂直河岸渡河，此时的最短航程为L＝×d＝75 m，选项B错误，C正确.
1.正确区分分运动和合运动：船的划行方向也就是船头指向，是分运动；船的运动方向也就是船的实际运动方向，是合运动，一般情况下与船头指向不一致.
2.运动分解的基本方法：按实际效果分解，一般用平行四边形定则按水流方向和船头指向分解.
3.渡河时间只与垂直河岸的船的分速度有关，与水流速度无关.
考点　绳(杆)“关联”速度问题
1.“关联速度”特点
用绳、杆相牵连的物体，在运动过程中，其两物体的速度通常不同，但物体沿绳或杆方向的速度分量大小相等.
2.思路与原则
(1)思路
①明确合运动→物体的实际运动速度v
②明确分运动其一：沿绳或杆的速度v1其二：与绳或杆垂直的分速度v2
(2)原则：v1与v2的合成遵循平行四边形定则.
3.解题方法
把物体的实际速度分解为垂直于绳(杆)和平行于绳(杆)两个分量，根据沿绳(杆)方向的分速度大小相等求解.常见的模型如图所示.
[典例7]　(多选)如图所示，将质量为2m的重物悬挂在轻绳的一端，轻绳的另一端系一质量为m的小环，小环套在竖直固定的光滑直杆上，光滑定滑轮与直杆的距离为d.现将小环从与定滑轮等高的A处由静止释放，当小环沿直杆下滑距离也为d时(图中B处)，下列说法正确的是(重力加速度为g)(　　)
A.小环刚释放时轻绳中的张力一定大于2mg
B.小环到达B处时，重物上升的高度为(－1)d
C.小环在B处的速度与重物上升的速度大小之比等于
D.小环在B处的速度与重物上升的速度大小之比等于
[问题探究]　(1)如何求出重物上升的高度？
(2)小环实际上是沿杆下落，该运动是合运动，还是分运动？
(3)如何求重物上升速度的大小？
[提示]　(1)由于绳子总长一定，滑轮左侧绳长的增加量等于右侧绳长的减少量，即重物上升的高度.
(2)合运动.
(3)把小环的速度分解，沿绳方向的速度等于重物上升的速度.
[解析]　小环释放后，v增加，而v1＝vcos θ，v1增大，由此可知小环刚释放时重物具有向上的加速度，故绳中张力一定大于2mg，选项A正确；小环到达B处时，绳与直杆间的夹角为45°，重物上升的高度h＝(－1)d，选项B正确；将小环速度v进行正交分解如图所示.
其分速度v1与重物上升的速度大小相等，v1＝vcos 45°＝v，所以，小环在B处的速度与重物上升的速度大小之比等于，选项C错误，D正确.
[答案]　ABD
[变式3]　(2017·吉林实验中学二模)如图所示，长为L的直棒一端可绕固定轴O转动，另一端搁在水平升降台上，升降平台以速度v匀速上升，当棒与竖直方向的夹角为θ时，棒的角速度为(　　)
A.　 B.　
C.　 D.
答案：D　解析：本题应清楚棒与平台接触点的实际运动即合运动方向是垂直于棒指向左上，竖直向上是它的一个分速度，刚好等于平台竖直向上的速度v，把合速度分解，根据三角形知识即可求解.棒与平台接触点的实际运动即合运动方向是垂直于棒指向左上，如图所示.
合速度v实＝ωL，竖直向上的速度分量等于v，即ωLsin θ＝v，所以ω＝，选项D正确.
解决绳(杆)端速度分解问题的技巧
(1)明确分解谁——分解不沿绳(杆)方向运动物体的速度.
(2)知道如何分解——沿绳(杆)方向和垂直绳(杆)方向分解.
(3)求解依据——因为绳(杆)不能伸长，所以沿绳(杆)方向的速度分量大小相等.
1.[对曲线运动的理解](多选)关于运动的性质，下列说法正确的是(　　)
A.曲线运动一定是变速运动
B.做曲线运动的物体的加速度一定不为0
C.变速运动一定是曲线运动
D.做曲线运动的物体所受合外力一定不为0
答案：ABD　解析：物体做曲线运动的条件是合外力不为0，且与速度方向不在一条直线上；又曲线运动的速度方向不断改变，因此是变速运动；而变速运动也可能只改变速度大小，做变速直线运动，则选项C错误，选项A、B、D正确.
2.[合力方向与轨迹关系]如图所示，一圆盘可绕一通过圆心且垂直于盘面的竖直轴转动，在圆盘上放一块橡皮，橡皮块随圆盘一起转动(俯视为逆时针转动).某段时间圆盘转速不断增大，但橡皮块仍相对圆盘静止，在这段时间内，关于橡皮块所受合力F的方向的四种表示(俯视图)中，正确的是(　　)
　
A　　　　　B　　　　C　　 　D
答案：C　解析：因为做曲线运动的物体所受的合力要指向轨迹凹侧，圆盘转速不断增大，且橡皮块仍相对圆盘静止，故橡皮块所受的合力其分力一是指向圆心充当向心力，二是与运动的方向相同，故正确答案为C.
3.[合运动与分运动的关系]如图所示，大河的两岸笔直且平行，现保持快艇船头始终垂直于河岸从岸边某处开始先匀加速而后匀速驶向对岸，在快艇离对岸还有一段距离时开始减速，最后安全靠岸.若河水以稳定的速度沿平行河岸方向流动，且整个河流中水的流速处处相等，则快艇实际运动的轨迹可能是图中的(　　)
A.① B.②
C.③ D.④
答案：D　解析：在垂直于河岸方向上先做匀加速直线运动，即合力沿垂直于河岸方向并指向要驶向的对岸，并且指向轨迹的内侧，然后做匀速直线运动，轨迹是一条与河岸有夹角的直线，再做减速运动，合力沿垂直于河岸方向并指向驶出的河岸，所以轨迹为④，故D正确.
4.[小船渡河问题]有甲、乙两只船，它们在静水中航行速度分别为v1和v2，现在两船从同一渡口向河对岸开去，已知甲船想用最短时间渡河，乙船想以最短航程渡河，结果两船抵达对岸的地点恰好相同.则甲、乙两船渡河所用时间之比为(　　)
A. B.
C. D.
答案：C　解析：当v1与河岸垂直时，甲船渡河时间最短；乙船船头斜向上游开去，才有可能航程最短，由于甲、乙两只船到达对岸的地点相同(此地点并不在河正对岸)，可见乙船在静水中速度v2比水的流速v0要小，要满足题意，则如图所示.由图可得＝·sin θ①
cos θ＝②
tan θ＝③
由②③式得＝sin θ
将此式代入①式得＝，选项C正确.
5.[关联速度的计算]如图所示，水平面上有一汽车A，通过定滑轮用绳子拉同一水平面的物体B，当拉至图示位置时，两绳子与水平面的夹角分别为α、β，二者速度分别为vA和vB，则(　　)
A.vA∶vB＝1∶1　　　　　
B.vA∶vB＝sin α∶sin β
C.vA∶vB＝cos β∶cos α
D.vA∶vB＝sin α∶cos β
答案：C　解析：物体B实际的速度水平向右，根据它的实际运动效果，两分运动分别为：沿绳收缩方向的分运动，设其速度为v1，垂直绳方向的分运动，设其速度为v2，如图甲所示，则有v1＝vBcos β ①
　　
　　　　 　　甲　　　　　乙
汽车A实际的速度水平向右，根据它的实际运动效果，两分运动分别为：沿绳收缩方向的分运动，设其速度为v3，垂直绳方向的分运动，设其速度为v4，如图乙所示，则有
v3＝vAcos α ②
又因二者沿绳子方向上的速度相等，则有v1＝v3 ③
由①②③式得vA∶vB＝cos β∶cos α.
第2讲　抛体运动
知识点一　平抛运动
1.定义：将物体以一定的初速度沿　　　　抛出，物体只在　　　　作用下(不考虑空气阻力)的运动.
2.性质：平抛运动是加速度为g的　　　　运动，运动轨迹是　　　　.
3.研究方法：用运动的合成与分解方法研究平抛运动.
(1)水平方向：　　　　运动.
(2)竖直方向：　　　　运动.
4.基本规律
(1)速度关系：
(2)位移关系：
(3)轨迹方程：y＝　　　　.
答案：1.水平方向　重力　2.匀变速曲线　抛物线
3.(1)匀速直线　(2)自由落体　4.(1)gt　　
(2)v0t　gt2　　　(3)x2
知识点二　斜抛运动
1.定义：将物体以初速度v0　　　　或　　　　抛出，物体只在　　　　作用下的运动.
2.性质：斜抛运动是加速度为g的　　　　运动，运动轨迹是　　　　.
3.研究方法：用运动的合成与分解方法研究斜抛运动.
(1)水平方向：　　　　运动.
(2)竖直方向：　　　　运动.
答案：1.斜向上方　斜向下方　重力　2.匀变速曲线　抛物线
3.(1)匀速直线　(2)匀变速直线
(1)平抛运动的轨迹是抛物线，速度方向时刻变化，加速度方向也可能时刻变化.(　　)
(2)无论初速度是斜向上方还是斜向下方的斜抛运动都是匀变速曲线运动.(　　)
(3)做平抛运动的物体质量越大，水平位移越大.(　　)
(4)做平抛运动的物体初速度越大，落地时竖直方向的速度越大.(　　)
(5)从同一高度水平抛出的物体，不计空气阻力，初速度大的落地速度大.(　　)
(6)做平抛运动的物体，在任意相等的时间内速度的变化是相同的.(　　)
答案：(1) ?　(2)√　(3) ?　(4) ?　(5) ?　(6)√
恒力作用下物体的轨迹
1.如果恒力的方向和速度同向，则物体匀加速；恒力方向和速度相反，则物体匀减速.
2.如果恒力的方向和速度不在同一条直线上，则物体的轨迹是抛物线.
证明：类比斜上抛，把恒力作用时的初速度垂直恒力、平行恒力分解，如图建立坐标系，则
在x方向，x＝v0xt
在y方向，y＝v0yt＋at2
其中a＝
消去时间t得，y＝x＋x2
注意到初速度的两个分量及质量都是常量，可见上式的图象是抛物线，即恒力作用下的曲线运动是抛物线.
考点　平抛运动的基本规律
1.飞行时间：由t＝知，飞行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.
3.落地速度：v＝＝，落地时速度与水平方向夹角为θ，有tan θ＝＝.故落地速度只与初速度v0和下落高度h有关.
4.两个重要推论
(1)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，如图所示，B是OC的中点.
　　
(2)做平抛(或类平抛)运动的物体在任一时刻任一位置处，设其速度方向与水平方向的夹角为θ，位移与水平方向的夹角为α，则tan θ＝2tan α.
考向1　落点在水平面上的平抛运动
[典例1]　(多选)如图所示，从某高度处水平抛出一小球，经过时间t到达地面时，速度与水平方向的夹角为θ，不计空气阻力，重力加速度为g.下列说法正确的是(　　)
A.小球水平抛出时的初速度大小为
B.小球在t时间内的位移方向与水平方向的夹角为
C.若小球初速度增大，则平抛运动的时间变长
D.若小球初速度增大，则θ减小
[解析]　由tan θ＝可得小球平抛的初速度大小v0＝，A正确；由tan α＝＝＝＝tan θ 可知，α≠，B错误；小球做平抛运动的时间t＝，与小球初速度无关，C错误；由tan θ＝可知，v0越大，θ越小，D正确.
[答案]　AD
考向2　落点在竖直面上的平抛运动
[典例2]　(2017·山东潍坊模拟)(多选)从竖直墙的前方A处，沿AO方向水平发射三颗弹丸a、b、c，在墙上留下的弹痕如图所示，已知Oa＝ab＝bc，则a、b、c三颗弹丸(　　)
A.初速度之比是∶∶
B.初速度之比是1∶∶
C.从射出至打到墙上过程速度增量之比是1∶∶
D.从射出至打到墙上过程速度增量之比是∶∶
[解析]　水平发射的弹丸做平抛运动，竖直方向上是自由落体运动，水平方向上是匀速直线运动.又因为竖直方向上Oa＝ab＝bc，即Oa∶Ob∶Oc＝1∶2∶3，由h＝gt2可知：ta∶tb∶tc＝1∶∶，由水平方向x＝v0t可知：va∶vb∶vc＝1∶∶＝∶∶，故选项A正确，B错误；由Δv＝gt可知：从射出至打到墙上过程速度增量之比是1∶∶，故选项C正确，D错误.
[答案]　AC
考向3　落点在曲面上的平抛运动
[典例3]　(2017·江淮十校联考)如图所示，AB为半圆环ACB的水平直径，C为环上的最低点，环半径为R.一个小球从A点以速度v0水平抛出，不计空气阻力，则下列判断正确的是(　　)
A.v0越大，小球落在圆环时的时间越长
B.即使v0取值不同，小球掉到环上时的速度方向和水平方向之间的夹角也相同
C.若v0取值适当，可以使小球垂直撞击半圆环
D.无论v0取何值，小球都不可能垂直撞击半圆环
[解析]　小球落在环上的最低点C时时间最长，所以选项A错误.v0取值不同，小球掉到环上时的速度方向和水平方向之间的夹角不相同，选项B错误.要使小球垂直撞击半圆环，设小球落点与圆心的连线与水平方向夹角为θ，根据平抛运动规律，v0t＝R(1＋cos θ)，Rsin θ＝gt2，tan θ＝，联立解得，cos θ＝1，即垂直撞击到B点，这是不可能的，所以选项D正确，C错误.
[答案]　D
“化曲为直”思想在平抛运动中的应用
(1)根据运动效果的等效性，利用运动分解的方法，将其转化为我们所熟悉的两个方向上的直线运动：
①水平方向的匀速直线运动；
②竖直方向的自由落体运动.
(2)运用运动合成的方法求出平抛运动的速度、位移等.
考点　与斜面有关的平抛运动
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
1.与斜面有关的平抛运动有两种模型
(1)物体从空中抛出落在斜面上.
(2)物体从斜面上抛出落在斜面上.
解答时要充分运用斜面倾角，找出斜面倾角同位移和速度与水平方向夹角的关系是解题的关键.
2.两种模型对比
方法
内容
斜面
总结
分解速度
水平方向：vx＝v0
竖直方向：vy＝gt
合速度：
v＝
分解速度，构建速度三角形
分解位移
水平方向：x＝v0t
竖直方向：
y＝gt2
合位移：
s＝
分解位移，构建位移三角形
考向1　从斜面上平抛
[典例4]　如图所示，在斜面顶端的A点以速度v0平抛一小球，经t1时间落到斜面上B点处，若在A点将此小球以速度0.5v0水平抛出，经t2时间落到斜面上的C点处，以下判断正确的是(　　)
A.AB∶AC＝2∶1　 B.AB∶AC＝4∶1
C.t1∶t2＝4∶1 D.t1∶t2＝∶1
[解析]　由平抛运动规律有：x＝v0t，y＝gt2，则tan θ＝＝，将两次实验数据均代入上式，联立解得t1∶t2＝2∶1，C、D均错误；它们的竖直位移之比yB∶yC＝gt∶gt＝4∶1，所以AB∶AC＝∶＝4∶1，故A错误，B正确.
[答案]　B
[变式1]　(多选)如图所示，倾角为θ的斜面上有A、B、C三点，现从这三点分别以不同的初速度水平抛出一小球，三个小球均落在斜面上的D点，今测得AB∶BC∶CD＝5∶3∶1.由此可判断(　　)
A.A、B、C处三个小球运动时间之比为1∶2∶3
B.A、B、C处三个小球落在斜面上时速度与初速度间的夹角之比为1∶1∶1
C.A、B、C处三个小球的初速度大小之比为3∶2∶1
D.A、B、C处三个小球的运动轨迹可能在空中相交
答案：BC　解析：由于沿斜面AB∶BC∶CD＝5∶3∶1，故三个小球竖直方向运动的位移之比为9∶4∶1，运动时间之比为3∶2∶1，A项错误；斜面上平抛的小球落在斜面上时，速度与初速度之间的夹角α满足tan α＝2tan θ，与小球抛出时的初速度大小和位置无关，因此B项正确；同时tan α＝，所以三个小球的初速度之比等于运动时间之比，为3∶2∶1，C项正确；三个小球的运动轨迹(抛物线)在D点相交，因此不会在空中相交，D项错误.
考向2　对着斜面平抛
[典例5]　(多选)如图所示，斜面倾角为θ，位于斜面底端A正上方的小球以初速度v0正对斜面顶点B水平抛出，小球到达斜面经过的时间为t，重力加速度为g，则下列说法中正确的是(　　)
A.若小球以最小位移到达斜面，则t＝
B.若小球垂直击中斜面，则t＝
C.若小球能击中斜面中点，则t＝
D.无论小球到达斜面何处，运动时间均为t＝
[解题指导]　(1)以最小位移到达斜面，小球的位移与斜面垂直，则需分解位移.
(2)小球垂直击中斜面，则需分解末速度.
[解析]　小球以最小位移到达斜面时即位移与斜面垂直，位移与水平方向的夹角为－θ，则tan ＝＝，即t＝，A正确，D错误；小球垂直击中斜面时，速度与水平方向的夹角为－θ，则tan ＝，即t＝，B正确；小球击中斜面中点时，令斜面长为2L，则水平射程为Lcos θ＝v0t，下落高度为Lsin θ＝gt2，联立两式得t＝，C错误.
[答案]　AB
[变式2]　(2017·黑龙江哈尔滨第一中学期中)如图所示，斜面AC与水平方向的夹角为α，在A点正上方与C等高处水平抛出一小球，其速度垂直落到斜面上D点，则CD与DA的比值为(　　)
A. B.　　　
C.　 D.
答案：D　解析：设小球水平方向的速度为v0，将D点的速度进行分解，水平方向的速度等于平抛运动的初速度，通过角度关系求得竖直方向的末速度为v2＝，设该过程用时为t，则D、A间水平距离为x＝v0t，故DA＝＝；C、D间竖直距离为h＝，故CD＝＝，得＝，故选项D正确.
考点　生活中的抛体运动
考向1　生活中的平抛运动
[典例6]　(2015·新课标全国卷Ⅰ)一带有乒乓球发射机的乒乓球台如图所示.水平台面的长和宽分别为L1和L2，中间球网高度为h.
发射机安装于台面左侧边缘的中点，能以不同速率向右侧不同方向水平发射乒乓球，发射点距台面高度为3h.不计空气的作用，重力加速度大小为g.若乒乓球的发射速率v在某范围内，通过选择合适的方向，就能使乒乓球落到球网右侧台面上，则v的最大取值范围是(　　)
A.B.C.D.[解题指导]　求解本题的关键是确定两个临界状态：
(1)发射速率较小时，乒乓球刚好沿中心线擦着球网的边缘落到球网右侧台面上；
(2)发射速率较大时，乒乓球刚好能落在球网右侧台面上且落点是两台角处(而非中心线处).
[解析]　当发射机正对右侧台面发射，乒乓球恰好过网时，发射速度最小.由平抛运动规律，＝v1t,2h＝gt2，联立解得v1＝.当发射机正对右侧台面的某个角发射，乒乓球恰好到达角上时，发射速度最大.由平抛运动规律，＝v2t′，3h＝gt′2，联立解得v2＝.即速度v的最大取值范围为[答案]　D
考向2　生活中的斜抛运动
[典例7]　如图所示，将一篮球从地面上方B点斜向上抛出，刚好垂直击中篮板上A点，不计空气阻力，若抛射点B向篮板方向水平移动一小段距离，仍使抛出的篮球垂直击中A点，则可行的是(　　)
A.增大抛射速度v0，同时减小抛射角θ
B.减小抛射速度v0，同时减小抛射角θ
C.增大抛射角θ，同时减小抛射速度v0
D.增大抛射角θ，同时增大抛射速度v0
[解析]　由于篮球始终垂直击中A点，可应用逆向思维，把篮球的运动看做从A点开始的平抛运动.当B点水平向左移动一小段距离时，A点抛出的篮球仍落在B点，则竖直高度不变，水平位移减小，球到B点的时间t＝不变，竖直分速度vy＝不变，水平方向由x＝vxt知x减小，vx减小，合速度v0＝变小，与水平方向的夹角tan θ＝变大，综合可知选项C正确.
[答案]　C
[变式3]　如图所示，水平地面上不同位置的三个小球斜上抛，沿三条不同的路径运动最终落在同一点，三条路径的最高点是等高的，若忽略空气阻力的影响，下列说法正确的是(　　)
A.沿路径1抛出的小球落地的速率最小
B.沿路径3抛出的小球在空中运动时间最长
C.三个小球抛出的初速度竖直分量相等
D.三个小球抛出的初速度水平分量相等
答案：C　解析：根据运动的合成与分解，将初速度分解为竖直方向和水平方向的分速度，设初速度方向与竖直方向的夹角为θ，故有小球沿竖直方向的速度分量v竖直＝v0cos θ，根据小球的运动轨迹可知，三个小球沿竖直方向的分速度相同，根据竖直上抛运动特点可知，三个小球在空中运动时间相同，所以B错误，C正确；而θ1>θ2>θ3，故得知v01>v02>v03，落地时重力做功为零，所以落地时的速率与初速度的大小相同，所以A错误；小球沿水平方向的速度分量v水平＝v0sin θ，可知沿路径1抛出的小球水平速度分量最大，所以D错误.
1.斜抛运动的物体只受重力，运动性质为匀变速曲线运动.
2.解决斜上抛运动的基本方法仍然是分解法，其水平分运动为匀速直线运动，竖直分运动为竖直上抛运动.
3.斜上抛运动在最高点的速度水平，若从最高点考虑可按平抛运动处理.
1.[水平面上的平抛运动]“套圈圈”是老少皆宜的游戏，如图所示，大人和小孩在同一竖直线上的不同高度处分别以水平速度v1、v2抛出铁圈，都能套中地面上同一目标，设铁圈在空中运动的时间分别为t1、t2，则(　　)
A.v1＝v2 B.v1>v2　　
C.t1＝t2　　 D.t1>t2
答案：D　解析：根据平抛运动的规律h＝gt2知，运动的时间由下落的高度决定，故t1>t2，所以C错误，D正确；由题图知，两铁圈水平位移相同，再根据x＝vt，可得：v12.[平抛运动的计算]以v0的速度水平抛出一物体，当其水平分位移与竖直分位移大小相等时，下列说法错误的是(　　)
A.此时速度的大小是v0
B.运动时间是
C.竖直分速度大小等于水平分速度大小
D.运动的位移是
答案：C　解析：物体做平抛运动，根据平抛运动的规律可得
水平方向上：x＝v0t
竖直方向上：h＝gt2
当其水平分位移与竖直分位移大小相等时，即x＝h
所以v0t＝gt2
解得t＝，所以B正确；
平抛运动竖直方向上的速度为vy＝gt＝g·＝2v0，所以C错误；
此时合速度的大小为＝v0，所以A正确；
由于此时的水平分位移与竖直分位移相等，所以x＝h＝v0t＝v0·＝
所以此时运动的合位移的大小为＝x＝，所以D正确.
3.[斜面上的平抛运动]一个小球从一斜面顶端分别以v10、v20、v30水平抛出，分别落在斜面上1、2、3点，如图所示，落到斜面时竖直分速度分别是v1y、v2y、v3y，则(　　)
A.>> B.<<
C.＝＝ D.条件不足，无法比较
答案：C　解析：设小球落到斜面上时速度方向与水平方向的夹角为α，由tan α＝＝＝＝＝2tan θ，所以＝＝，选项C正确.
4.[平抛运动中的相遇问题](多选)如图所示，a、b两个小球从不同高度同时沿相反方向水平抛出，其平抛运动轨迹的交点为P，则以下说法正确的是(　　)
A.a、b两球同时落地
B.b球先落地
C.a、b两球在P点相遇
D.无论两球初速度大小多大，两球总不能相遇
答案：BD　解析：由h＝gt2可得t＝，因ha>hb，故b球先落地，B正确，A错误；两球的运动轨迹相交于P点，但两球不会同时到达P点，故无论两球初速度大小多大，两球总不能相遇，C错误，D正确.
5.[生活中的平抛运动]如图所示，窗子上、下沿间的高度H＝1.6 m，墙的厚度d＝0.4 m，某人在离墙壁距离L＝1.4 m、距窗子上沿h＝0.2 m处的P点，将可视为质点的小物件以v的速度水平抛出，小物件直接穿过窗口并落在水平地面上，取g＝10 m/s2.则v的取值范围是(　　)
A.v>7 m/s
B.v<2.3 m/s
C.3 m/sD.2.3 m/s答案：C　解析：小物件做平抛运动，可根据平抛运动规律解题.若小物件恰好经窗子上沿，则有h＝gt，L＝v1t1，得v1＝7 m/s；若小物件恰好经窗子下沿，则有h＋H＝gt，L＋d＝v2t2，得v2＝3 m/s，所以3 m/s第3讲　圆周运动
知识点一　匀速圆周运动、角速度、线速度、向心加速度
1.匀速圆周运动
(1)定义：做圆周运动的物体，若在相等的时间内通过的圆弧长　　　　，就是匀速圆周运动.
(2)特点：加速度大小　　　　，方向始终指向　　　　，是变加速运动.
(3)条件：合外力大小　　　　、方向始终与　　　　方向垂直且指向圆心.
2.描述匀速圆周运动的物理量
定义、意义
公式、单位
线速度
描述做圆周运动的物体运动　　 　的物理量(v)
(1)v＝＝　　　　
(2)单位：　　　　
角速度
描述物体绕圆心　　　的物理量(ω)
(1)ω＝＝　　　　
(2)单位：　　　　
周期
物体沿圆周运动　　　的时间(T)
(1)T＝　　　　＝　　　，
单位：　　　　
(2)f＝，单位：Hz
向心
加速度
(1)描述速度　　　变化快慢的物理量(an)
(2)方向指向
　　　
(1)an＝　　　　＝　　　　
(2)单位：　　　　
答案：1.(1)相等　(2)不变　圆心　(3)不变　速度　2.快慢　　m/s　转动快慢　　rad/s　一圈　　　s　方向　圆心　　ω2r　m/s2
知识点二　匀速圆周运动的向心力
1.作用效果：产生向心加速度，只改变线速度的　　　　，不改变线速度的　　　　.
2.大小：F＝　　　　＝mrω2＝　　　　＝mωv＝m·4π2f2r.
3.方向：始终沿半径指向　　　　.
4.来源：向心力可以由一个力提供，也可以由几个力的　　　　提供，还可以由一个力的　　　　提供.
答案：1.方向　大小　2.m　mr　3.圆心　4.合力　分力
知识点三　离心现象
1.定义：做　　　　　　的物体，在所受合外力突然消失或不足以提供圆周运动所需　　　　　　的情况下，所做的沿切线飞出或逐渐远离圆心的运动现象.
2.受力特点
(1)当Fn＝mω2r时，物体做　　　　运动.
(2)当Fn＝0时，物体沿　　　　方向飞出.
(3)当Fn(4)当Fn>mω2r时，物体逐渐　　　　圆心，做近心运动.
答案：1.圆周运动　向心力　2.(1)匀速圆周
(2)切线　(3)远离　(4)靠近
(1)匀速圆周运动是匀变速曲线运动.(　　)
(2)做匀速圆周运动的物体所受合力是保持不变的.(　　)
(3)做匀速圆周运动的物体向心加速度与半径成反比.(　　)
(4)做匀速圆周运动的物体角速度与转速成正比.(　　)
(5)随水平圆盘一起匀速转动的物块受重力、支持力和向心力的作用.(　　)
答案：(1) ?　(2) ?　(3) ?　(4)√　(5) ?
考点　圆周运动的运动学问题
1.圆周运动各物理量间的关系
2.常见的三种传动方式及特点
(1)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.
甲 乙
(2)摩擦传动：如图所示，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.
(3)同轴传动：如图甲、乙所示，绕同一转轴转动的物体，角速度相同，ωA＝ωB，由v＝ωr知v与r成正比.
　　　　　甲　　　　　乙
考向1　摩擦(或齿轮)传动
[典例1]　(2017·湖北荆州模拟)如图所示，A、B是两个摩擦传动轮，两轮半径大小关系为RA＝2RB，则两轮边缘上的(　　)
A.角速度之比ωA∶ωB＝2∶1
B.周期之比TA∶TB＝1∶2
C.转速之比nA∶nB＝1∶2
D.向心加速度大小之比aA∶aB＝2∶1
[解析]　由于没有相对滑动，A、B两轮边缘上的线速度大小相等，则＝＝，A错误；＝＝，B错误；＝＝，C正确；＝＝，D错误.
[答案]　C
[变式1]　(2017·浙江嘉兴调研)科技馆的科普器材中常有如图所示的匀速率的传动装置：在大齿轮盘内嵌有三个等大的小齿轮.若齿轮的齿很小，大齿轮的半径(内径)是小齿轮半径的3倍，则当大齿轮顺时针匀速转动时，下列说法正确的是(　　)
A.小齿轮逆时针转动
B.小齿轮每个齿的线速度均相同
C.小齿轮的角速度是大齿轮角速度的3倍
D.大齿轮每个齿的向心加速度大小是小齿轮的3倍
答案：C　解析：大齿轮、小齿轮在转动过程中，两者的齿的线速度大小相等，当大齿轮顺时针转动时，小齿轮也顺时针转动，选项A错误；速度是矢量，具有方向，所以小齿轮每个齿的线速度不同，选项B错误；根据v＝ωr，且线速度大小相等，角速度与半径成反比，选项C正确；根据向心加速度a＝，线速度大小相等，向心加速度与半径成反比，选项D错误.
考向2　三种传动方式的综合应用
[典例2]　如图所示是自行车传动结构的示意图，其中Ⅰ是半径为r1的大齿轮，Ⅱ是半径为r2的小齿轮，Ⅲ是半径为r3的后轮，假设脚踏板的转速为n，则自行车前进的速度为(　　)
A. B.　　
C.　　 D.
[解析]　因为要计算自行车前进的速度，即车轮Ⅲ边缘上的线速度的大小，根据题意知：轮Ⅰ和轮Ⅱ边缘上的线速度的大小相等，据v＝rω可知：r1ω1＝r2ω2，已知ω1＝ω，则轮Ⅱ的角速度ω2＝ω，因为轮Ⅱ和轮Ⅲ共轴，所以转动的角速度相等，即ω3＝ω2，根据v＝rω可知，v3＝r3ω3＝＝.
[答案]　C
在分析传动装置的各物理量时，要抓住不等量与等量之间的关系.分析此类问题有两个关键点：一是同一轮轴上的各点角速度相同；二是皮带不打滑时，与皮带接触的各点线速度大小相同.抓住这两点，然后根据描述圆周运动的各物理量之间的关系就不难得出正确的结论.
考点　圆周运动中的动力学分析
1.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一个向心力.
2.向心力的确定
(1)确定圆周运动的轨道所在的平面，确定圆心的位置.
(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就是向心力.
3.常见圆周运动情景中向心力来源图示
运动
模型
飞机水平转弯
火车转弯
圆锥摆
向心
力的
来源
图示
运动
模型
飞车走壁
汽车在水平
路面转弯
水平转台
向心
力的
来源
图示
考向1　水平转盘动力学分析
[典例3]　(多选)如图所示，粗糙水平圆盘上，质量相等的A、B两物块叠放在一起，随圆盘一起做匀速圆周运动，则下列说法正确的是(　　)
A.B的向心力是A的向心力的2倍
B.盘对B的摩擦力是B对A的摩擦力的2倍
C.A、B都有沿半径向外滑动的趋势
D.若B先滑动，则B对A的动摩擦因数μA小于盘对B的动摩擦因数μB
[解析]　A、B两物块的角速度大小相等，根据Fn＝mrω2，因为两物块的角速度大小相等，转动半径相等，质量相等，所以向心力相等，选项A错误；对AB整体分析，fB＝2mrω2，对A分析，有：fA＝mrω2，知盘对B的摩擦力是B对A的摩擦力的2倍，选项B正确；
A所受的静摩擦力方向指向圆心，可知A有沿半径向外滑动的趋势，B受到盘的静摩擦力方向指向圆心，可知B有沿半径向外滑动的趋势，选项C正确；对AB整体分析，μB·2mg＝2mrω，解得：ωB＝，对A分析，μAmg＝mrω，解得ωA＝，因为B先滑动，可知B先达到临界角速度，可知B的临界角速度较小，即μB<μA，选项D错误.
[答案]　BC
考向2　圆锥摆动力学分析
[典例4]　(2017·福建漳州三联)两根长度不同的细线下面分别悬挂两个小球，细线上端固定在同一点，若两个小球以相同的角速度，绕共同的竖直轴在水平面内做匀速圆周运动，则两个摆球在运动过程中，相对位置关系示意图正确的是(　　)
　　　　　A　　　 　B
　　　　　C　　　　　D
[解析]　小球做匀速圆周运动，对其受力分析如图所示，则有mgtan θ＝mω2Lsin θ，整理得：Lcos θ＝，则两球处于同一高度，故B正确.
[答案]　B
[变式2]　(多选)如图甲所示，杂技表演“飞车走壁”的演员骑着摩托车飞驶在光滑的圆台形筒壁上，筒的轴线垂直于水平面，圆台筒固定不动.现将圆台筒化为如图乙所示，若演员骑着摩托车先后在A、B两处紧贴着内壁分别在图乙中虚线所示的水平面内做匀速圆周运动，则下列说法正确的是(　　)
A.A处的线速度大于B处的线速度
B.A处的角速度小于B处的角速度
C.A处对筒的压力大于B处对筒的压力
D.A处的向心力等于B处的向心力
答案：ABD　解析：对A、B两处演员和摩托车进行受力分析如图所示，两个支持力与竖直方向的夹角相等，均为θ，由于FN1cos θ＝mg，FN2cos θ＝mg，可知FN1＝FN2，根据牛顿第三定律，可知演员和摩托车对筒的压力相等，故C错误；两处支持力的水平分力等于向心力，因此两处向心力F也相等，D正确；根据F＝m 可知F一定时，半径越大，线速度越大，故A处的线速度比B处的线速度大，A正确；根据F＝mω2r可知，半径越大，角速度越小，B正确.
解决圆周运动问题的主要步骤
考点　圆周运动的实例分析
1.凹形桥与拱形桥模型
凹形桥
FN－mg＝
概述
如图所示为凹形桥模型.
当汽车通过凹形桥的最低点时FN－mg＝m
规律
桥对车的支持力FN＝mg＋m>mg，汽车处于超重状态
拱形桥
mg－FN＝
概述
如图所示为拱形桥模型.
当汽车通过拱形桥的最高点时mg－FN＝m
规律
桥对车的支持力FN＝mg－m2.火车转弯问题
概述
如图所示，火车转弯轨道外高内低.火车转弯时，设转弯半径为r，若mgtan θ＝m，车轮与内、外侧轨道无作用力，即v＝
规律
当火车转弯时，若v>，则火车车轮对外侧轨道有作用力，若v<，火车车轮对内侧轨道有作用力
考向1　汽车过桥动力学分析
[典例5]　一辆汽车匀速率通过一座圆弧形拱形桥后，接着又以相同速率通过一圆弧形凹形桥.设两圆弧半径相等，汽车通过拱形桥桥顶时，对桥面的压力FN1为车重的一半，汽车通过圆弧形凹形桥的最低点时，对桥面的压力为FN2，则FN1与FN2之比为(　　)
A.3∶1　 B.3∶2
C.1∶3 D.1∶2
[解析]　汽车过圆弧形桥的最高点(或最低点)时，由重力与桥面对汽车的支持力的合力提供向心力.如图甲所示，汽车过圆弧形拱形桥的最高点时，由牛顿第三定律可知，汽车受桥面对它的支持力与它对桥面的压力大小相等，即FN1＝FN1′　①
　
　　　　　 甲　　　　　　　　　乙
所以由牛顿第二定律可得mg－FN1′＝　②
同样，如图乙所示，FN2′＝FN2，汽车过圆弧形凹形桥的最低点时，有
FN2′－mg＝　③
由题意可知FN1＝mg　④
由①②③④式得FN2＝mg
所以FN1∶FN2＝1∶3.
[答案]　C
考向2　火车(汽车)转弯动力学分析
[典例6]　(多选)铁路转弯处的弯道半径r是根据地形决定的.弯道处要求外轨比内轨高，其内、外轨高度差h的设计不仅与r有关，还与火车在弯道上的行驶速度v有关.下列说法正确的是(　　)
A.速率v一定时，r越小，要求h越大
B.速率v一定时，r越大，要求h越大
C.半径r一定时，v越小，要求h越大
D.半径r一定时，v越大，要求h越大
[解析]　火车转弯时，圆周平面在水平面内，火车以设计速率行驶时，向心力刚好由重力mg与轨道支持力FN的合力来提供，如图所示，则有mgtan θ＝，且tan θ≈sin θ＝，其中L为两轨间距，是定值，有mg＝，通过分析可知A、D正确.
[答案]　AD
[变式3]　公路急转弯处通常是交通事故多发地带.如图所示，某公路急转弯处是一圆弧，当汽车行驶的速率为vc时，汽车恰好没有向公路内外两侧滑动的趋势，则在该弯道处(　　)
A.路面外侧低内侧高
B.车速只要低于vc，车辆便会向内侧滑动
C.车速虽然高于vc，但只要不超出某一最高限度，车辆便不会向外侧滑动
D.当路面结冰时，与未结冰时相比，vc的值变小
答案：C　解析：当汽车行驶的速率为vc时，路面对汽车没有摩擦力，路面对汽车的支持力与汽车重力的合力提供向心力，此时要求路面外侧高内侧低，选项A错误.当速率稍大于vc时，汽车有向外侧滑动的趋势，因而受到向内侧的摩擦力，当摩擦力小于最大静摩擦力时，车辆不会向外侧滑动，选项C正确.同样，速率稍小于vc时，车辆不会向内侧滑动，选项B错误.vc的大小只与路面的倾斜程度和转弯半径有关，与路面的粗糙程度无关，选项D错误.
1.[圆周运动各物理量间的关系]明代出版的《天工开物》一书中就有牛力齿轮翻车的图画(如图所示)，记录了我们祖先的劳动智慧.若A、B、C三齿轮半径的大小关系如图所示，则(　　)
A.齿轮A的角速度比C的大
B.齿轮A与B角速度大小相等
C.齿轮B与C边缘的线速度大小相等
D.齿轮A边缘的线速度比C边缘的大
答案：D　解析：由图可知rA>rB>rC，A齿轮边缘与B齿轮边缘线速度大小是相等的，即vA＝vB，由v＝ωr，可得＝，则ωA<ωB；B齿轮与C齿轮共轴，则B齿轮与C齿轮角速度大小相等，即ωB＝ωC，由v＝ωr，可得齿轮B与C边缘的线速度之比＝，则vB>vC.综上所述可知：vA＝vB>vC，ωB＝ωC>ωA，则A、B、C错误，D正确.
2.[火车转弯问题](多选)火车转弯可近似看成做匀速圆周运动，当提高火车速度时会使轨道的外轨受损.为解决火车高速转弯时外轨受损这一难题，你认为以下措施可行的是(　　)
A.减小内、外轨的高度差
B.增大内、外轨的高度差
C.减小弯道半径
D.增大弯道半径
答案：BD　解析：根据题意，要使火车转弯时对外轨压力变小，可以把火车弯道设计成外高内低，在内、外轨之间有一定的高度差，火车受到的重力与支持力的合力提供向心力.根据F合＝F向＝m 可知，通过增大弯道半径可以减小向心力，重力和支持力的合力为mgtan θ＝mg，可知当增大内、外轨的高度差时，合力变大，可减小外轨的受力，故选项B、D正确.
3.[对离心现象的理解](多选)如图所示，洗衣机的脱水筒采用带动衣物旋转的方式脱水，下列说法中正确的是(　　)
A.脱水过程中，衣物是紧贴筒壁的
B.水会从筒中甩出是因为水滴受到的向心力很大的缘故
C.加快脱水筒转动角速度，脱水效果会更好
D.靠近中心的衣物的脱水效果不如周边的衣物的脱水效果好
答案：ACD　解析：水滴依附衣物的附着力是一定的，当水滴因做圆周运动所需的向心力大于该附着力时，水滴被甩掉，B错误；脱水过程中，衣物做离心运动而甩向筒壁，A正确；角速度增大，水滴所需向心力增大，脱水更好，C正确；周边的衣物因圆周运动的半径R更大，在ω一定时，所需向心力比中心衣物的大，脱水效果更好，D正确.
4.[圆周运动动力学分析]如图所示，一个圆形框架以竖直的直径为转轴匀速转动.在框架上套着两个质量相等的小球A、B，小球A、B到竖直转轴的距离相等，它们与圆形框架保持相对静止.下列说法正确的是(　　)
A.小球A的合力小于小球B的合力
B.小球A与框架间可能没有摩擦力
C.小球B与框架间可能没有摩擦力
D.圆形框架以更大的角速度转动，小球B受到的摩擦力一定增大
答案：C　解析：由于合力提供向心力，依据向心力表达式F＝mrω2，已知两球质量、运动半径和角速度都相同，可知向心力相同，即合力相同，故A错误；小球A受到重力和弹力的合力不可能垂直指向OO′轴，故一定存在摩擦力，而B球的重力和弹力的合力可能垂直指向OO′轴，故B球摩擦力可能为零，故B错误，C正确；由于不知道B是否受到摩擦力，故无法判定圆形框架以更大的角速度转动，小球B受到的摩擦力的变化情况，故D错误.
5.[水平面内的圆周运动]如图所示，一个内壁光滑的圆锥形筒的轴线垂直于水平面，圆锥筒固定不动，有两个质量相等的小球A和B紧贴着内壁分别在图中所示的水平面内做匀速圆周运动，则以下说法中正确的是(　　)
A.A球的角速度等于B球的角速度
B.A球的线速度大于B球的线速度
C.A球的运动周期小于B球的运动周期
D.A球对筒壁的压力大于B球对筒壁的压力
答案：B　解析：先对小球受力分析，如图所示，由图可知，两球的向心力都来源于重力mg和支持力FN的合力，建立如图所示的坐标系，则有：
FNsin θ＝mg　①
FNcos θ＝mrω2　②
由①得FN＝，小球A和B受到的支持力FN相等，选项D错误.由于支持力FN相等，结合②式知，A球运动的半径大于B球运动的半径，A球的角速度小于B球的角速度，选项A错误.A球的运动周期大于B球的运动周期，选项C错误.又根据FNcos θ＝m可知：A球的线速度大于B球的线速度，选项B正确.
第4讲　万有引力定律及其应用
知识点一　开普勒行星运动定律
1.开普勒第一定律(轨道定律)
所有行星绕太阳运动的轨道都是椭圆，太阳处在椭圆的一个　　　　上.
2.开普勒第二定律(面积定律)
对每一个行星来说，它与太阳的连线在相等时间内扫过的　　　　相等.
3.开普勒第三定律(周期定律)
所有行星的轨道的　　　　的三次方跟它的　　　　的二次方的比值都相等.
答案：1.焦点　2.面积　3.半长轴　公转周期
知识点二　万有引力定律
1.内容：自然界中任何两个物体都相互吸引，引力的方向在它们的连线上，引力的大小与物体的质量m1和m2的　　　　成正比，与它们之间距离r的　　　　成反比.
2.公式：F＝G，其中G＝　　　　N·m2/kg2，叫万有引力常量.
3.适用条件
公式适用于　　　　间的相互作用.当两个物体间的距离远远大于物体本身的大小时，物体可视为质点；r为两物体间的距离.
答案：1.乘积　二次方　2.6.67×10－11　3.质点
知识点三　经典时空观和相对论时空观
1.经典时空观
(1)物体的质量不随速度的变化而变化.
(2)同一过程的位移和对应的时间在所有参考系中测量结果　　　　.
(3)适用条件：宏观物体、　　　　运动.
2.相对论时空观
同一过程的位移和对应时间在不同参考系中测量结果　　　　.
答案：1.相同　低速　2.不同
(1)所有行星绕太阳运行的轨道都是椭圆.(　　)
(2)行星在椭圆轨道上运行速率是变化的，离太阳越近，运行速率越小.(　　)
(3)德国天文学家开普勒在天文观测的基础上提出了行星运动的三条定律.(　　)
(4)只要知道两个物体的质量和两个物体之间的距离，就可以由F＝G计算物体间的万有引力.(　　)
(5)地面上的物体所受地球的引力方向指向地心.(　　)
(6)两物体间的距离趋近于零时，万有引力趋近于无穷大.(　　)
答案：(1)√　(2) ?　(3)√　(4) ?　(5)√　(6) ?
考点　开普勒行星运动定律的理解和应用
1.行星绕太阳的运动通常按圆轨道处理，若按椭圆轨道处理，则利用其半长轴进行计算.
2.开普勒行星运动定律也适用于其他天体，例如月球、卫星绕地球的运动.
3.开普勒第三定律＝k中，k值只与中心天体的质量有关，不同的中心天体k值不同.
考向1　对开普勒定律的理解
[典例1]　火星和木星沿各自的椭圆轨道绕太阳运行，根据开普勒行星运动定律可知(　　)
A.太阳位于木星运行轨道的中心
B.火星和木星绕太阳运行速度的大小始终相等
C.火星与木星公转周期之比的平方等于它们轨道半长轴之比的立方
D.相同时间内，火星与太阳连线扫过的面积等于木星与太阳连线扫过的面积
[解析]　由开普勒第一定律(轨道定律)可知，太阳位于木星运行轨道的一个焦点上，A错误.火星和木星绕太阳运行的轨道不同，运行速度的大小不可能始终相等，B错误.根据开普勒第三定律(周期定律)可知，所有行星轨道的半长轴的三次方与它的公转周期的平方的比值是一个常数，C正确.对于某一个行星来说，其与太阳连线在相同的时间内扫过的面积相等，不同行星在相同的时间内扫过的面积不相等，D错误.
[答案]　C
考向2　开普勒定律的应用
[典例2]　(2016·新课标全国卷Ⅰ)利用三颗位置适当的地球同步卫星，可使地球赤道上任意两点之间保持无线电通讯.目前，地球同步卫星的轨道半径约为地球半径的6.6倍.假设地球的自转周期变小，若仍仅用三颗同步卫星来实现上述目的，则地球自转周期的最小值约为(　　)
A.1 h　 　B.4 h　 　C.8 h　 　D.16 h
[解题指导]　画出由三颗同步卫星实现赤道上任意两点保持通讯的示意图，由几何关系计算轨道半径，根据开普勒第三定律计算周期.
[解析]　设地球半径为R，画出仅用三颗地球同步卫星使地球赤道上任意两点之间保持无线电通讯时同步卫星的最小轨道半径示意图，如图所示.由图中几何关系可得，同步卫星的最小轨道半径r＝2R.设地球自转周期的最小值为T，则由开普勒第三定律可得，＝，解得T≈4 h，选项B正确.
[答案]　B
涉及椭圆轨道运动周期的问题，在中学物理中，常用开普勒第三定律求解.但该定律只能用在同一中心天体的两星体之间，如绕太阳运行的两行星之间或绕地球运行的两卫星之间，而对于一颗行星和一颗卫星比较时不能用开普勒第三定律，开普勒第三定律不仅适用于天体沿椭圆轨道运动，也适用于天体沿圆轨道运动.
考点　万有引力的计算及应用
1.万有引力定律适用于计算质点间的引力，具体有以下三种情况：
(1)两物体间的距离远远大于物体本身的线度，两物体可视为质点，例如行星绕太阳的旋转.
(2)两个均匀的球体间，其距离为两球心的距离.
(3)一个均匀的球体与一个形状、大小均可忽略不计的物体即质点之间，其距离为质点到球心的距离.
2.重力与万有引力的关系
重力是因地面附近的物体受到地球的万有引力而产生的；万有引力是物体随地球自转所需向心力和重力的合力.
(1)在地面上，忽略地球自转时，认为物体的向心力为零，各位置均有mg≈.
(2)若考虑地球自转，在赤道上的物体有－FN＝F向，其中FN大小等于mg，对处于南北两极的物体则有＝mg.
(3)在地球上空某一高度h处有＝mg′，可知随着高度的增加，重力逐渐减小，重力加速度也逐渐减小.
考向1　万有引力的计算
[典例3]　(多选)如图所示，三颗质量均为m的地球同步卫星等间隔分布在半径为r的圆轨道上，设地球质量为M，半径为R.下列说法正确的是(　　)
A.地球对一颗卫星的引力大小为
B.一颗卫星对地球的引力大小为
C.两颗卫星之间的引力大小为
D.三颗卫星对地球引力的合力大小为
[解析]　地球与卫星之间的距离应为地心与卫星之间的距离，选项A错误，B正确；两颗相邻卫星与地球球心的连线互成120°角，间距为r，代入数据得，两颗卫星之间的引力大小为，选项C正确；三颗卫星对地球引力的合力为零，选项D错误.
[答案]　BC
考向2　万有引力与重力的关系
[典例4]　假设地球可视为质量均匀分布的球体.已知地球表面重力加速度在两极的大小为g0，在赤道的大小为g；地球自转的周期为T，引力常量为G.地球的密度为(　　)
A. B.
C. D.
[解析]　在地球两极处，G＝mg0，在赤道处，G－mg＝mR，故R＝，则ρ＝＝＝＝，B正确.
[答案]　B
考向3　万有引力的应用
[典例5]　假设地球是一半径为R、质量分布均匀的球体.一矿井深度为d.已知质量分布均匀的球壳对壳内物体的引力为零.矿井底部和地面处的重力加速度大小之比为(　　)
A.1－ B.1＋
C.2 D.2
[解题指导]　解答本题时应从以下两点进行分析：
(1)地球表面重力加速度的计算方法：mg＝G.
(2)质量分布均匀的球体(模型)可以看成无数个球壳(模型)的组合.球体内部某一点的重力加速度，可以等效为以球心到该点为半径的球体表面的重力加速度.
[解析]　在地球表面，由万有引力定律有G＝mg，其中M＝πR3ρ；在矿井底部，由万有引力定律有G＝mg0，其中M0＝πRρ，R＝R0＋d，联立解得＝1－，A正确.
[答案]　A
1.g＝G和g′＝G不仅适用于地球，也适用于其他星球.
2.在赤道上随地球自转的物体所受的万有引力F引分解的两个分力F向和mg刚好在一条直线上，则有F引＝F向＋mg.
3.地球卫星的重力和万有引力
地球卫星的重力和万有引力是同一个力，且万有引力全部用来提供向心力，故地球卫星处于完全失重状态.
考点　天体质量和密度的计算
1.自力更生法
利用天体表面的重力加速度g和天体半径R.
(1)由G＝mg得天体质量M＝.
(2)天体密度ρ＝＝＝.
(3)Gm＝gR2称为黄金代换公式.
2.借助外援法
测出卫星绕天体做匀速圆周运动的半径r和周期T.
(1)由G＝m得天体的质量M＝.
(2)若已知天体的半径R，则天体的密度ρ＝＝＝.
(3)若卫星绕天体表面运行时，可认为轨道半径r等于天体半径R，则天体密度ρ＝，可见，只要测出卫星环绕天体表面运动的周期T，就可估算出中心天体的密度.
[典例6]　(2017·广东珠海模拟)某火星探测实验室进行电子计算机模拟实验，结果为探测器在靠近火星表面轨道做圆周运动的周期是T，探测器着陆过程中，第一次接触火星表面后，以v0的初速度竖直反弹上升，经t时间再次返回火星表面，设这一过程只受火星的重力作用，且重力近似不变.已知引力常量为G，试求：
(1)火星的密度；
(2)火星的半径.
[解析]　(1)设火星的半径为R，火星的质量为M，探测器的质量为m，探测器绕火星表面飞行时，有G＝mR，①
可得火星的质量M＝，②
则根据密度的定义有ρ＝＝＝.
(2)探测器在火星表面的万有引力近似等于重力，有
G＝mg′，③
根据题意有探测器在火星表面反弹后做竖直上抛运动，根据竖直上抛运动落回抛出点的时间t＝得火星表面的重力加速度g′＝，④
将②④代入③得R＝.
[答案]　(1)　(2)
[变式1]　(多选)如图所示，飞行器P绕某星球做匀速圆周运动，星球相对飞行器的张角为θ，下列说法正确的是(　　)
A.轨道半径越大，周期越长
B.轨道半径越大，速度越大
C.若测得周期和张角，可得到星球的平均密度
D.若测得周期和轨道半径，可得到星球的平均密度
答案：AC　解析：设星球质量为M，半径为R，飞行器绕星球运动的半径为r，周期为T.由G＝mr知T＝2π，r越大，T越大，选项A正确；由G＝m知v＝，r越大，v越小，选项B错误；由G＝mr 和ρ＝得ρ＝，又＝sin ，所以ρ＝，所以选项C正确，D错误.
1.利用万有引力提供天体做圆周运动的向心力估算天体质量时，估算的只是中心天体的质量，并非环绕天体的质量.
2.区别天体半径R和卫星轨道半径r，只有在天体表面附近的卫星才有r≈R；计算天体密度时，V＝πR3中的R只能是中心天体的半径.
考点　宇宙中双星及多星模型
1.双星模型
(1)两颗行星做匀速圆周运动所需的向心力是由它们之间的万有引力提供的，故两行星做匀速圆周运动的向心力大小相等.
(2)两颗行星均绕它们连线上的一点做匀速圆周运动，因此它们的运行周期和角速度是相等的.
(3)两颗行星做匀速圆周运动的半径r1和r2与两行星间距L的大小关系：r1＋r2＝L.
2.三星模型
甲
(1)如图甲所示，三颗质量相等的行星，一颗行星位于中心位置不动，另外两颗行星围绕它做圆周运动.这三颗行星始终位于同一直线上，中心行星受力平衡.运转的行星由其余两颗行星的引力提供向心力：＋＝ma向.
两行星转动的方向相同，周期、角速度、线速度的大小相等.
(2)如图乙所示，三颗行星位于一正三角形的顶点处，都绕三角形的中心做圆周运动.每颗行星运行所需向心力都由其余两颗行星对其万有引力的合力来提供.
三颗行星转动的方向相同，周期、角速度相等.
乙
考向1　双星模型的计算
[典例7]　2012年7月，一个国际研究小组借助于智利的甚大望远镜，观测到了一组双星系统，它们绕两者连线上的某点O做匀速圆周运动，如图所示.此双星系统中体积较小成员能“吸食”另一颗体积较大星体表面物质，达到质量转移的目的，假设在演变的过程中两者球心之间的距离保持不变，则在最初演变的过程中(　　)
A.它们做圆周运动的万有引力保持不变
B.它们做圆周运动的角速度不断变大
C.体积较大星体圆周运动轨迹半径变大，线速度也变大
D.体积较大星体圆周运动轨迹半径变大，线速度变小
[解析]　对双星M1、M2，设距离为L，圆周运动半径分别为r1、r2，它们做圆周运动的万有引力为F＝G，距离L不变，M1与M2之和不变，其乘积大小变化，则它们的万有引力发生变化，A错；依题意双星系统绕两者连线上某点O做匀速圆周运动，周期和角速度相同，由万有引力定律及牛顿第二定律：G＝M1ω2r1，G＝M2ω2r2，r1＋r2＝L，可解得：M1＋M2＝，M1r1＝M2r2，由此可知ω不变，质量比等于圆周运动半径的反比，故体积较大的星体因质量减小，其轨道半径将增大，线速度也增大，B、D错，C对.
[答案]　C
考向2　三星模型的计算
[典例8]　(多选)宇宙间存在一些离其他恒星较远的三星系统，其中有一种三星系统如图所示，三颗质量均为m的星位于等边三角形的三个顶点，三角形边长为R，忽略其他星体对它们的引力作用，三星在同一平面内绕三角形中心O做匀速圆周运动，万有引力常量为G，则(　　)
A.每颗星做圆周运动的线速度为
B.每颗星做圆周运动的角速度为
C.每颗星做圆周运动的周期为2π
D.每颗星做圆周运动的加速度与三星的质量无关
[解析]　每颗星受到的合力为F＝2Gsin 60°＝G，轨道半径为r＝R，由向心力公式F＝ma＝m＝mω2r＝m，解得a＝，v＝，ω＝，T＝2π，显然加速度a与m有关，故A、B、C正确.
[答案]　ABC
[变式2]　(多选)美国科学家通过射电望远镜观察到宇宙中存在一些离其他恒星较远的、由质量相等的三颗星组成的三星系统：三颗星位于同一直线上，两颗环绕星围绕中央星在同一半径为R的圆形轨道上运行.设每个星体的质量均为M，忽略其他星体对它们的引力作用，则(　　)
A.环绕星运动的角速度为
B.环绕星运动的角线度为
C.环绕星运动的周期为4π
D.环绕星运动的周期为2π
答案：BC　解析：环绕星做匀速圆周运动，其他两星对它的万有引力充当向心力，即G＋G＝M＝Mω2R＝M2R，解得v＝，ω＝，T＝4π，B、C正确，A、D错误.
1.双星模型的重要结论
(1)两颗星到轨道圆心的距离r1、r2与星体质量成反比＝.
(2)双星的运动周期T＝2π.
(3)双星的总质量m1＋m2＝.
2.多星问题的解题技巧
(1)挖掘一个隐含条件：在圆周上运动天体的角速度(或周期)相等.
(2)重视向心力来源分析：双星做匀速圆周运动的向心力由它们之间的万有引力提供，三星或多星做圆周运动，向心力往往是多个星的万有引力的合力来提供.
(3)区别两个长度关系：圆周运动的轨道半径和万有引力中两天体的距离是不同的，不能误认为一样.
1.[开普勒定律的应用]地球的公转轨道接近圆，但彗星的运行轨道则是一个非常扁的椭圆.天文学家哈雷曾经在1682年跟踪过一颗彗星，他算出这颗彗星轨道的半长轴等于地球公转轨道半径的18倍，并预言这颗彗星将每隔一定时间就会出现.哈雷的预言得到证实，该彗星被命名为哈雷彗星.哈雷彗星最近出现的时间是1986年，它下次将在哪一年飞近地球(　　)
A.2042年 B.2052年
C.2062年 D.2072年
答案：C　解析：根据开普勒第三定律＝k，可得＝，且r慧＝18r地，得T慧＝54T地，又T地＝1年，所以T慧＝54年≈76年，故选C.
2.[天体质量的计算]观察“嫦娥三号”在环月轨道上的运动，发现每经过时间t通过的弧长为l，该弧长对应的圆心角为θ(弧度)，如图所示.已知引力常量为G，“嫦娥三号”的环月轨道可近似看成是圆轨道，由此可推导月球的质量为(　　)
A.2π B.
C. D.
答案：B　解析：“嫦娥三号”在环月轨道上运动的线速度为v＝，角速度为ω＝；根据线速度和角速度的关系式：v＝ωr，可得其轨道半径r＝＝；“嫦娥三号”做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，＝mωv，解得M＝，故选B.
3.[双星模型]双星系统由两颗恒星组成，两恒星在相互引力的作用下，分别围绕其连线上的某一点做周期相同的匀速圆周运动.研究发现，双星系统演化过程中，两星的总质量、距离和周期均可能发生变化.若某双星系统中两星做圆周运动的周期为T，经过一段时间演化后，两星总质量变为原来的k倍，两星之间的距离变为原来的n倍，则此时圆周运动的周期为(　　)
A.T B.T
C.T D.T
答案：B　解析：设两双星的质量分别为M1和M2，轨道半径分别为r1和r2.根据万有引力定律及牛顿第二定律可得＝M12r1＝M22r2，解得＝2(r1＋r2)，即＝2①，当两星的总质量变为原来的k倍，它们之间的距离变为原来的n倍时，有＝2②，联立①②两式可得T′＝T，故B项正确.
4.[天体质量、密度的计算]若宇航员在月球表面附近自高h处以初速度v0水平抛出一个小球，测出小球的水平射程为L，已知月球半径为R，引力常量为G，则下列说法正确的是(　　)
A.月球表面的重力加速度g月＝
B.月球的质量m月＝
C.月球的第一宇宙速度v＝
D.月球的平均密度ρ＝
答案：ABC　解析：根据平抛运动规律，有L＝v0t，h＝g月t2，联立解得g月＝，选项A正确；由mg月＝解得m月＝，选项B正确；由mg月＝m解得v＝，选项C正确；月球的平均密度ρ＝＝，选项D错误.
5.[万有引力定律的应用]假设地球是一半径为R、质量分布均匀的球体.一矿井深度为d.已知质量分布均匀的球壳对壳内物体的引力为零，地球表面的重力加速度为g.把质量为m的矿石从矿井底部提升至地面处的过程中，克服重力做的功为(　　)
A.mgd　　　　　B.mgd
C.mgd D.m2gd
答案：A　解析：在地表，mg＝G，g＝G＝πρGR，在井底，g′＝πρG(R－d)，可见g′＝g∝r＝R－d，提升过程克服重力做的功W＝d＝mgd.选A.
6.[万有引力定律的应用]如图所示，一个质量为M的匀质实心球，半径为R，如果从球中挖去一个直径为R的小球，放在相距为d＝2.5R的地方，分别求下列两种情况下挖去部分与剩余部分的万有引力大小.(答案必须用分式表示，已知G、M、R)
(1)从球的正中心挖去；
(2)从球心右侧挖去.
答案：(1)　(2)
解析：半径为R的匀质实心球的密度ρ＝，
挖去的直径为R的球的质量
m＝ρ·π3＝.
(1)从球的中心挖去时
F＝G－G＝＝.
(2)从球心右侧挖去时
F＝G－G＝－＝.
第5讲　人造卫星　宇宙速度
知识点一　宇宙速度
1.第一宇宙速度
(1)第一宇宙速度又叫　　　　速度，其数值为　　　　km/s.
(2)第一宇宙速度是人造卫星在　　　　附近环绕地球做匀速圆周运动时具有的速度.
(3)第一宇宙速度是人造卫星的最小　　　　速度，也是人造卫星的最大　　　　速度.
2.第二宇宙速度
使物体挣脱　　　　引力束缚的最小发射速度，其数值为　　　　km/s.
3.第三宇宙速度
使物体挣脱　　　　引力束缚的最小发射速度，其数值为　　　　km/s.
答案：1.(1)环绕　7.9　(2)地面　(3)发射　环绕
2.地球　11.2　3.太阳　16.7
知识点二　地球卫星
1.地球同步卫星
相对于地面静止且与地球自转具有相同周期的卫星叫地球同步卫星.同步卫星有以下“七个一定”的特点：
①轨道平面一定：轨道平面与　　　　　　共面.
②周期一定：与地球自转周期　　　　，即T＝　　　　.
③角速度一定：与地球自转的角速度　　　　.
④高度一定：由G＝m(R＋h)得地球同步卫星离地面的高度h＝　　　　　　　　＝3.6×107 m.
⑤速率一定：v＝　　　　　　＝3.1×103 m/s.
⑥向心加速度一定：由G＝ma得a＝　　　　＝gh＝0.23 m/s2，即同步卫星的向心加速度等于轨道处的重力加速度.
⑦绕行方向一定：运行方向与地球自转方向　　　　.
2.极地卫星和近地卫星
(1)极地卫星运行时每圈都经过　　　　，由于地球自转，极地卫星可以实现全球覆盖.
(2)近地卫星是在地球表面附近环绕地球做匀速圆周运动的卫星，其运行的轨道半径可近似认为等于　　　　　，其运行线速度约为　　　　km/s.
(3)两种卫星的轨道平面一定通过　　　　　　.
答案：1.赤道平面　相同　24h　相同　－R　　　一致　2.(1)南北两极
(2)地球的半径　7.9　(3)地球的球心
(1)第一宇宙速度是卫星绕地球做匀速圆周运动的最小速度.(　　)
(2)第一宇宙速度的大小与地球质量有关.(　　)
(3)月球的第一宇宙速度也是7.9 km/s.(　　)
(4)若物体的速度大于第二宇宙速度而小于第三宇宙速度，则物体可绕太阳运行.(　　)
(5)同步卫星可以定点在北京市的正上方.(　　)
(6)不同的同步卫星的质量不同，但离地面的高度是相同的.(　　)
(7)地球同步卫星的运行速度一定小于地球的第一宇宙速度.(　　)
答案：(1) ?　(2)√　(3) ?　(4)√　(5) ?
(6)√　(7)√
考点　宇宙速度的理解与计算
1.第一宇宙速度的推导
方法一：由G＝m得
v1＝＝ m/s＝7.9×103 m/s.
方法二：由mg＝m得
v1＝＝ m/s＝7.9×103 m/s.
第一宇宙速度是发射人造卫星的最小速度，也是人造卫星的最大环绕速度，此时它的运行周期最短，Tmin＝2π＝5 075 s≈85 min.
2.宇宙速度与运动轨迹的关系
(1)v发＝7.9 km/s时，卫星绕地球做匀速圆周运动.
(2)7.9 km/s(3)11.2 km/s≤v发<16.7 km/s，卫星绕太阳做椭圆运动.
(4)v发≥16.7 km/s，卫星将挣脱太阳引力的束缚，飞到太阳系以外的空间.
考向1　宇宙速度的理解
[典例1]　(多选)2020年中俄联合实施探测火星计划，由中国负责研制的“萤火一号”火星探测器与俄罗斯研制的“福尔斯—土壤”火星探测器一起由俄罗斯“天顶”运载火箭发射前往火星.已知火星的质量约为地球质量的，火星的半径约为地球半径的.下列关于火星探测器的说法中正确的是(　　)
A.发射速度只要大于第一宇宙速度即可
B.发射速度只有达到第三宇宙速度才可以
C.发射速度应大于第二宇宙速度而小于第三宇宙速度
D.火星探测器环绕火星运行的最大速度为地球第一宇宙速度的
[解析]　根据三个宇宙速度的意义，可知选项A、B错误，选项C正确；已知M火＝，R火＝，则＝∶＝.
[答案]　CD
考向2　宇宙速度的计算
[典例2]　(2017·江西南昌二模)物体脱离星球引力所需要的最小速度称为第二宇宙速度，第二宇宙速度v2与第一宇宙速度v1的关系是v2＝v1.已知某星球半径是地球半径R的，其表面的重力加速度是地球表面重力加速度g的，不计其他星球的影响，则该星球的第二宇宙速度为(　　)
A.　 B.　 　
C.　 　 D.
[解析]　设某星球的质量为M，半径为r，绕其飞行的卫星质量为m，根据万有引力提供向心力，可得G＝m，解得：v1＝，又因它表面的重力加速度为地球表面重力加速度g的，可得G＝m，又r＝R和v2＝v1，解得：v2＝，所以正确选项为B.
[答案]　B
对第一宇宙速度的理解
(1)第一宇宙速度是人造地球卫星的最小发射速度，也是卫星贴近地面运行的速度，即人造地球卫星的最大运行速度.
(2)当卫星的发射速度v满足7.9 km/s考点　卫星运行参量的比较与运算
1.卫星的各物理量随轨道半径变化的规律
2.地球同步卫星的特点
(1)轨道平面一定：轨道平面和赤道平面重合.
(2)周期一定：与地球自转周期相同，即T＝24 h＝86 400 s.
(3)角速度一定：与地球自转的角速度相同.
(4)高度一定：根据G＝mr得r＝＝4.23×104 km，卫星离地面高度h＝r－R≈6R(为恒量).
(5)绕行方向一定：与地球自转的方向一致.
3.极地卫星和近地卫星
(1)极地卫星运行时每圈都经过南北两极，由于地球自转，极地卫星可以实现全球覆盖.
(2)近地卫星是在地球表面附近环绕地球做匀速圆周运动的卫星，其运行的轨道半径可近似认为等于地球的半径，其运行线速度约为7.9 km/s.
考向1　不同轨道卫星运行参量的比较
[典例3]　(2016·江苏卷)(多选)如图所示，两质量相等的卫星A、B绕地球做匀速圆周运动，用R、T、Ek、S分别表示卫星的轨道半径、周期、动能、与地心连线在单位时间内扫过的面积.下列关系式正确的有(　　)
A.TA>TB　 B.EkA>EkB
C.SA＝SB　 D.＝
[解析]　卫星做圆周运动，万有引力提供向心力，即G＝m＝mR2，得v＝，T＝2π，由于RA>RB可知，TA>TB，vA[答案]　AD
[变式1]　有a、b、c、d四颗卫星，a还未发射，在地球赤道上随地球一起转动，b在地面附近近地轨道上正常运动，c是地球同步卫星，d是高空探测卫星，设地球自转周期为24 h，所有卫星的运动均视为匀速圆周运动，各卫星排列位置如图所示，则下列关于卫星的说法中正确的是(　　)
A.a的向心加速度等于重力加速度g
B.c在4 h内转过的圆心角为
C.b在相同的时间内转过的弧长最长
D.d的运动周期可能是23 h
答案：C　解析：在地球赤道表面随地球自转的卫星，其所受万有引力提供重力和其做圆周运动的向心力，a的向心加速度不等于重力加速度g，选项A错误；由于c为同步卫星，所以c的周期为24 h，因此4 h内转过的圆心角为θ＝，选项B错误；由四颗卫星的运行情况可知，b运动的线速度是最大的，所以其在相同的时间内转过的弧长最长，选项C正确；d运行的周期比c要长，所以其周期应大于24 h，选项D错误.
考向2　同步卫星和近地卫星参量的计算
[典例4]　研究表明，地球自转在逐渐变慢，3亿年前地球自转的周期约为22小时.假设这种趋势会持续下去，地球的其他条件都不变，未来人类发射的地球同步卫星与现在的相比(　　)
A.距地面的高度变大 B.向心加速度变大
C.线速度变大 D.角速度变大
[解析]　卫星绕地球做圆周运动，万有引力提供向心力，即G＝mr2，得r＝，由于同步卫星的周期等于地球的自转周期，当地球自转变慢，自转周期变大，则同步卫星做圆周运动的半径会变大，离地面的高度变大，A项正确；由G＝ma，得a＝，半径变大，向心加速度变小，B项错误；由G＝m，得v＝，半径变大，线速度变小，C项错误；由ω＝分析得，同步卫星的周期变大，角速度变小，D项错误.
[答案]　A
[变式2]　已知地球的质量约为火星质量的10倍，地球的半径约为火星半径的2倍，则航天器在火星表面附近绕火星做匀速圆周运动的速率约为(　　)
A.3.5 km/s B.5.0 km/s
C.17.7 km/s D.35.2 km/s
答案：A　解析：根据题设条件可知：M地＝10M火，R地＝2R火，由万有引力提供向心力＝m，可得v＝，即＝＝，因为地球的第一宇宙速度为v地＝7.9 km/s，所以航天器在火星表面附近绕火星做匀速圆周运动的速率v火≈3.5 km/s，选项A正确.
几种常见卫星注意要点：
(1)近地卫星的绕行速度是所有卫星的最大的绕行速度；其运行周期是所有卫星的最小周期；其向心加速度a＝g＝9.8 m/s2，是所有卫星的最大向心加速度.
(2)由于地球自转，极地卫星的轨道平面不能始终和地球某一经线平面重合，从而使得该种卫星可对全球进行间断性扫描.
(3)同步卫星：①周期一定(周期T＝24 h)；
②轨道平面一定(赤道平面)；
③轨道高度一定(距离地面h≈3.6×104 km)；
④运行速度大小一定(速度v≈3.1 km/s)；
⑤向心加速度大小一定；
⑥绕行方向一定(由西向东).
考点　航天器的变轨问题
1.卫星轨道的渐变
当卫星由于某种原因速度逐渐改变时，万有引力不再等于向心力，卫星将做变轨运行.
(1)当卫星的速度逐渐增加时，G(2)当卫星的速度逐渐减小时，G>m，即万有引力大于所需要的向心力，卫星将做近心运动，轨道半径变小，当卫星进入新的轨道稳定运行时由v＝可知其运行速度比原轨道时增大.
2.卫星轨道的突变
由于技术上的需要，有时要在适当的位置短时间内启动飞行器上的发动机，使飞行器轨道发生突变，使其进入预定的轨道.如图所示，发射同步卫星时，可以分多过程完成：
(1)先将卫星发送到近地轨道Ⅰ；
(2)使其绕地球做匀速圆周运动，速率为v1，变轨时在P点点火加速，短时间内将速率由v1增加到v2，使卫星进入椭圆形的转移轨道Ⅱ.
(3)在Q点再次点火加速进入圆形轨道Ⅲ，最后以速率v4绕地球做匀速圆周运动.
考向1　卫星轨道渐变时各物理量的变化
[典例5]　(多选)2012年6月18日，“神舟九号”飞船与“天宫一号”目标飞行器在离地面343 km的近圆形轨道上成功进行了我国首次载人空间交会对接.对接轨道所处的空间存在极其稀薄的大气.下列说法正确的是(　　)
A.为实现对接，两者运行速度的大小都应介于第一宇宙速度和第二宇宙速度之间
B.如不加干预，在运行一段时间后，“天宫一号”的动能可能会增加
C.如不加干预，“天宫一号”的轨道高度将缓慢降低
D.航天员在“天宫一号”中处于失重状态，说明航天员不受地球引力作用
[解析]　可认为目标飞行器是在圆形轨道上做匀速圆周运动，由v＝知轨道半径越大时运行速度越小.第一宇宙速度为当r等于地球半径时的运行速度，即最大的运行速度，故目标飞行器的运行速度应小于第一宇宙速度，A错误；如不加干预，稀薄大气对“天宫一号”的阻力做负功，使其机械能减小，引起高度的下降，从而地球引力又对其做正功，当地球引力所做正功大于空气阻力所做负功时，“天宫一号”的动能就会增加，故B、C皆正确；航天员处于完全失重状态的原因是地球对航天员的万有引力全部用来提供使航天员随“天宫一号”绕地球运行的向心力了，而非航天员不受地球引力作用，故D错误.
[答案]　BC
考向2　卫星轨道突变时各物理量的比较
[典例6]　(多选)发射地球同步卫星时，先将卫星发射至近地圆轨道1，然后经点火，使其沿椭圆轨道2运行，最后再次点火，将卫星送入同步圆轨道3，轨道1和2相切于Q点，轨道2和3相切于P点，设卫星在轨道1和轨道3正常运行的速度和加速度分别为v1、v3和a1、a3，在轨道2经过P点时的速度和加速度为v2和a2，且当卫星分别在1、2、3轨道上正常运行时周期分别为T1、T2、T3，以下说法正确的是(　　)
A.v1＞v2>v3 B.v1＞v3>v2
C.a1＞a2＞a3 D.T1[解析]　卫星在轨道1运行速度大于卫星在轨道3运行速度，在轨道2经过P点时的速度v2小于v3，选项A错误，B正确.卫星在轨道1和轨道3正常运行加速度a1>a3，在轨道2经过P点时的加速度a2＝a3，选项C错误.根据开普勒第三定律，卫星在轨道1、2、3上正常运行时周期T1[答案]　BD
考向3　航天器的对接
[典例7]　(2017·河南省实验中学模拟)(多选)“神舟十号”与“天宫一号”已5次成功实现交会对接.如图所示，交会对接前“神舟十号”飞船先在较低圆轨道1上运动，在适当位置经变轨与在圆轨道2上运动的“天宫一号”对接.
M、Q两点在轨道1上，P点在轨道2上，三点连线过地球球心，把飞船的加速过程简化为只做一次短时加速.下列关于“神舟十号”变轨过程的描述，正确的有(　　)
A.“神舟十号”在M点加速，可以在P点与“天宫一号”相遇
B.“神舟十号”在M点经一次加速，即可变轨到轨道2
C.“神舟十号”经变轨后速度总大于变轨前的速度
D.“神舟十号”变轨后的运行周期总大于变轨前的运行周期
[解析]　“神舟十号”与“天宫一号”实施对接，需要“神舟十号”抬升轨道，即“神舟十号”开动发动机加速做离心运动使轨道高度抬高与“天宫一号”实现对接，故“神舟十号”在M点加速，可以在P点与“天宫一号”相遇，故A正确；卫星绕地球做圆周运动的向心力由万有引力提供，故有G＝m，解得：v＝，所以卫星轨道高度越大线速度越小，“神舟十号”在轨道2的速度小于轨道1的速度，所以M点经一次加速后，还有一个减速过程，才可变轨到轨道2，故B、C错误；根据G＝m解得：T＝2π，可知轨道半径越大，周期越大，所以“神舟十号”变轨后的运行周期总大于变轨前的运行周期，故D正确.
[答案]　AD
航天器变轨问题的三点注意事项
(1)航天器变轨时半径的变化，根据万有引力和所需向心力的大小关系判断；稳定在新圆轨道上的运行速度变化由v＝判断.
(2)航天器在不同轨道上运行时机械能不同，轨道半径越大，机械能越大.
(3)航天器经过不同轨道的相交点时，加速度相等，外轨道的速度大于内轨道的速度.
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
1.[卫星运行参量的计算]如图所示，若两颗人造卫星a和b均绕地球做匀速圆周运动，a、b到地心O的距离分别为r1、r2，线速度大小分别为v1、v2，则(　　)
A.＝　 B.＝
C.＝2 D.＝2
答案：A　解析：根据万有引力定律可得G＝m，即v＝，所以有＝，所以A项正确，B、C、D项错误.
2.[卫星运行参量的运算](多选)在太阳系中有一颗半径为R的行星，若在该行星表面以初速度v0竖直向上抛出一物体，上升的最大高度为H，已知该物体所受的其他力与行星对它的万有引力相比较可忽略不计.根据这些条件，可以求出的物理量是(　　)
A.太阳的密度
B.该行星的第一宇宙速度
C.该行星绕太阳运行的周期
D.卫星绕该行星运动的最小周期
答案：BD　解析：由v＝2gH，得该行星表面的重力加速度g＝
根据mg＝m＝mR
解得该行星的第一宇宙速度v＝，卫星绕该行星运行的最小周期T＝，所以B、D正确；
因为不知道行星绕太阳运动的任何量，故不能求出太阳的密度和该行星绕太阳运动的周期，所以A、C错误.
3.[同步卫星的计算]如图所示，某极地轨道卫星的运行轨道平面通过地球的南北两极上空，已知该卫星从北纬60°的正上方，按图示方向第一次运行到南纬60°的正上方时所用时间为 1 h，则下列说法正确的是(　　)
A.该卫星与同步卫星的运行半径之比为1∶4
B.该卫星与同步卫星的运行速度之比为1∶2
C.该卫星的运行速度一定大于7.9 km/s
D.该卫星的机械能一定大于同步卫星的机械能
答案：A　解析：由题知卫星运行的轨迹所对圆心角为120°，即运行了三分之一周期，用时1 h，因此卫星的周期T＝3 h，由G＝mr 可得T∝，又同步卫星的周期T同＝24 h，则极地卫星与同步卫星的运行半径之比为1∶4，A正确.由G＝m，可得v∝，故极地卫星与同步卫星的运行速度之比为2∶1，B错误.第一宇宙速度v＝7.9 km/s，是近地卫星的运行速度，而该卫星的运行速度小于7.9 km/s，故C错误.因卫星的质量未知，则机械能无法比较，D错误.
4.[卫星变轨问题]已知某卫星在赤道上空轨道半径为r1的圆形轨道上绕地运行的周期为T，卫星运动方向与地球自转方向相同，赤道上某城市的人每三天恰好五次看到卫星掠过其正上方，假设某时刻，该卫星在A点变轨进入椭圆轨道(如图所示)，近地点B到地心距离为r2.设卫星由A到B运动的时间为t，地球自转周期为T0，不计空气阻力，则(　　)
A.T＝T0
B.t＝
C.卫星在图中椭圆轨道由A到B时，机械能增大
D.卫星由图中圆轨道进入椭圆轨道过程中，机械能不变
答案：A　解析：根据题意有：·3T0－·3T0＝5·2π，得T＝T0，所以A正确；由开普勒第三定律有＝，得t＝，所以B错误；卫星在椭圆轨道中运行时，机械能是守恒的，所以C错误；卫星从圆轨道进入椭圆轨道过程中在A点需点火减速，卫星的机械能减小，所以D错误.
5.[第一宇宙速度的计算](多选)2015年7月24日，美国宇航局(NASA)发现在太阳系之外的一颗行星——开普勒-452b，即“地球2.0”，其大小和特征与地球十分相似.假设“地球2.0”半径为地球半径的a倍，质量为地球质量的b倍，则下列说法中正确的是(　　)
A.该行星表面由引力产生的加速度与地球表面的重力加速度的比值为
B.该行星表面由引力产生的加速度与地球表面的重力加速度的比值为
C.该行星的第一宇宙速度与地球的第一宇宙速度的比值为
D.该行星的第一宇宙速度与地球的第一宇宙速度的比值为
答案：AC　解析：根据g＝G可得＝，选项A正确，B错误；根据G＝m可得v＝，故＝＝，选项C正确，D错误.

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