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2016年高三物理第二轮总复习(全套精品)

来源：华佗健康网

2016年高三物理第二轮总复习

第1专题力与运动 ································································································ 2 第2专题动量和能量 ··························································································· 33 第3专题圆周运动、航天与星体问题 ······································································ 56 第4专题带电粒子在电场和磁场中的运动 ································································ 72 第5专题电磁感应与电路的分析 ············································································ 98 第6专题振动与波、光学、热学、原子物理 ···························································· 127 第7专题高考物理实验 ······················································································· 152 第8专题数学方法在物理中的应用 ········································································ 175 第9专题高中物理常见的物理模型 ········································································ 193 第10专题计算题的答题规范与解析技巧································································· 211

2016年高三物理第二轮总复习

(大纲版) 第1专题力与运动

知识网络

考点预测

本专题复习三个模块的内容：运动的描述、受力分析与平衡、牛顿运动定律的运用．运动的描述与受力分析是两个相互的内容，它们通过牛顿运动定律才能连成一个有机的整体．虽然运动的描述、受力平衡在近几年(特别是2008年以前)都有的命题出现在高考中(如2008年的全国理综卷Ⅰ第23题、四川理综卷第23题)，但由于理综考试题量的局限以及课改趋势，考查前两模块的命题在2013年高考中出现的概率很小，大部分高考卷中应该都会出现同时考查三个模块知识的试题，而且占不少分值．

在综合复习这三个模块内容的时候，应该把握以下几点：

1．运动的描述是物理学的重要基础，其理论体系为用数学函数或图象的方法来描述、推断质点的运动规律，公式和推论众多．其中，平抛运动、追及问题、实际运动的描述应为复习的重点和难点．

2．无论是平衡问题，还是动力学问题，一般都需要进行受力分析，而正交分解法、隔离法与整体法相结合是最常用、最重要的思想方法，每年高考都会对其进行考查．

3．牛顿运动定律的应用是高中物理的重要内容之一，与此有关的高考试题每年都有，题型有选择题、计算题等，趋向于运用牛顿运动定律解决生产、生活和科技中的实际问题．此外，它还经常与电场、磁场结合，构成难度较大的综合性试题．

一、运动的描述

要点归纳

(一)匀变速直线运动的几个重要推论和解题方法

t－

1．某段时间内的平均速度等于这段时间的中间时刻的瞬时速度，即vt＝v．

22．在连续相等的时间间隔T内的位移之差Δs为恒量，且Δs＝aT2．

3．在初速度为零的匀变速直线运动中，相等的时间T内连续通过的位移之比为： s1∶s2∶s3∶„∶sn＝1∶3∶5∶„∶(2n－1) 通过连续相等的位移所用的时间之比为：

t1∶t2∶t3∶„∶tn＝1∶(2－1)∶(3－2)∶„∶(n－n－1)．

4．竖直上抛运动

(1)对称性：上升阶段和下落阶段具有时间和速度等方面的对称性．

(2)可逆性：上升过程做匀减速运动，可逆向看做初速度为零的匀加速运动来研究． (3)整体性：整个运动过程实质上是匀变速直线运动． 5．解决匀变速直线运动问题的常用方法 (1)公式法

灵活运用匀变速直线运动的基本公式及一些有用的推导公式直接解决． (2)比例法

在初速度为零的匀加速直线运动中，其速度、位移和时间都存在一定的比例关系，灵活利用这些关系可使解题过程简化．

(3)逆向过程处理法

逆向过程处理法是把运动过程的“末态”作为“初态”，将物体的运动过程倒过来进行研究的方法． (4)速度图象法

速度图象法是力学中一种常见的重要方法，它能够将问题中的许多关系，特别是一些隐藏关系，在图象上明显地反映出来，从而得到正确、简捷的解题方法．

(二)运动的合成与分解 1．小船渡河

设水流的速度为v1，船的航行速度为v2，河的宽度为d．

(1)过河时间t仅由v2沿垂直于河岸方向的分量v⊥决定，即t＝，与v1无关，所以当v2垂直于河岸时，渡河

v⊥

所用的时间最短，最短时间tmin＝．

(2)渡河的路程由小船实际运动轨迹的方向决定．当v1＜v2时，最短路程smin＝d；当v1＞v2时，最短路程smin

＝

d，如图1－1 所示． v2

图1－1

2．轻绳、轻杆两末端速度的关系 (1)分解法

把绳子(包括连杆)两端的速度都沿绳子的方向和垂直于绳子的方向分解，沿绳子方向的分运动相等(垂直方向的分运动不相关)，即v1cos θ1＝v2cos_θ2．

(2)功率法

通过轻绳(轻杆)连接物体时，往往力拉轻绳(轻杆)做功的功率等于轻绳(轻杆)对物体做功的功率． 3．平抛运动

如图1－2所示，物体从O处以水平初速度v0抛出，经时间t到达P点．

图1－2

水平方向：ax＝0

(1)加速度

竖直方向：ay＝g水平方向：vx＝v0

(2)速度

竖直方向：v＝gty

2222合速度的大小v＝v2x＋vy＝v0＋gt

设合速度的方向与水平方向的夹角为θ，有：

vygtgttan θ＝＝，即θ＝arctan ．

vxv0v0水平方向：sx＝v0t(3)位移12

竖直方向：s＝gty2

2设合位移的大小s＝s2x＋sy＝

1(v0t)2＋(gt2)2

合位移的方向与水平方向的夹角为α，有： 12gtsy2gtgttan α＝＝＝，即α＝arctan

sxv0t2v02v0

要注意合速度的方向与水平方向的夹角不是合位移的方向与水平方向的夹角的2倍，即θ≠2α，而是tan θ＝2tan α．

(4)时间：由sy＝gt2得，t＝

2出时的初速度v0无关．

Δv

(5)速度变化：平抛运动是匀变速曲线运动，故在相等的时间内，速度的变化量(g＝)相等，且必沿竖直方向，

Δt如图1－3所示．

2sy，平抛物体在空中运动的时间t只由物体抛出时离地的高度sy决定，而与抛g

图1－3

任意两时刻的速度与速度的变化量Δv构成直角三角形，Δv沿竖直方向．注意：平抛运动的速率随时间并不均匀变化，而速度随时间是均匀变化的．

(6)带电粒子(只受电场力的作用)垂直进入匀强电场中的运动与平抛运动相似，出电场后做匀速直线运动，如图1－4所示．

图1－4

LLqUL

故有：y＝(L′＋)·tan α＝(L′＋)·2．

22dmv0

热点、重点、难点

(一)直线运动

高考中对直线运动规律的考查一般以图象的应用或追及问题出现．这类题目侧重于考查学生应用数学知识处理物理问题的能力．对于追及问题，存在的困难在于选用哪些公式来列方程，作图求解，而熟记和运用好直线运动的重要推论往往是解决问题的捷径．

●例1 如图1－5甲所示，A、B两辆汽车在笔直的公路上同向行驶．当B车在A车前s＝84 m处时，B车的速度vB＝4 m/s，且正以a＝2 m/s2的加速度做匀加速运动；经过一段时间后，B车的加速度突然变为零．A车一直以vA＝20 m/s的速度做匀速运动，从最初相距84 m时开始计时，经过t0＝12 s后两车相遇．问B车加速行驶的时间是多少？

图1－5甲

【解析】设B车加速行驶的时间为t，相遇时A车的位移为：sA＝vAt0 B车加速阶段的位移为：

sB1＝vBt＋at2

匀速阶段的速度v＝vB＋at，匀速阶段的位移为： sB2＝v(t0－t)

相遇时，依题意有： sA＝sB1＋sB2＋s

联立以上各式得：t2－2t0t－

2[(vB－vA)t0＋s]

＝0

将题中数据vA＝20 m/s，vB＝4 m/s，a＝2 m/s2，t0＝12 s，代入上式有：t2－24t＋108＝0 解得：t1＝6 s，t2＝18 s(不合题意，舍去) 因此，B车加速行驶的时间为6 s． [答案] 6 s

【点评】①出现不符合实际的解(t2＝18 s)的原因是方程“sB2＝v(t0－t)”并不完全描述B车的位移，还需加一定义域t≤12 s．

②解析后可以作出vA－t、vB－t 图象加以验证．

图1－5乙

根据v－t图象与t围成的面积等于位移可得，t＝12 s时，Δs＝[×(16＋4)×6＋4×6] m＝84 m．

(二)平抛运动

平抛运动在高考试题中出现的几率相当高，或出现于力学综合题中，如2008年北京、山东理综卷第24题；或出现于带电粒子在匀强电场中的偏转一类问题中，如2008年宁夏理综卷第24题、天津理综卷第23题；或出现于此知识点的单独命题中，如2009年高考福建理综卷第20题、广东物理卷第17(1)题、2008年全国理综卷Ⅰ第14题．对于这一知识点的复习，除了要熟记两垂直方向上的分速度、分位移公式外，还要特别理解和运用好速度偏转角公式、位移偏转角公式以及两偏转角的关系式(即tan θ＝2tan α)．

●例2 图1－6甲所示，m为在水平传送带上被传送的小物体(可视为质点)，A为终端皮带轮．已知皮带轮的半径为r，传送带与皮带轮间不会打滑．当m可被水平抛出时，A轮每秒的转数最少为( )

图1－6甲

A．

12π

g r

D．

B．1

gr 2πg r

C．gr

【解析】解法一 m到达皮带轮的顶端时，若m≥mg，表示m受到的重力小于(或等于)m沿皮带轮表面做圆

r周运动的向心力，m将离开皮带轮的外表面而做平抛运动

vω

又因为转数n＝＝

2π2πr1

所以当v≥gr，即转数n≥

2π

g时，m可被水平抛出，故选项A正确． r

解法二建立如图1－6乙所示的直角坐标系．当m到达皮带轮的顶端有一速度时，若没有皮带轮在下面，m将做平抛运动，根据速度的大小可以作出平抛运动的轨迹．若轨迹在皮带轮的下方，说明m将被皮带轮挡住，先沿皮带轮下滑；若轨迹在皮带轮的上方，说明m立即离开皮带轮做平抛运动．

图1－6乙

又因为皮带轮圆弧在坐标系中的函数为：当y2＋x2＝r2 初速度为v的平抛运动在坐标系中的函数为： 1xy＝r－g(v)2

平抛运动的轨迹在皮带轮上方的条件为：当x>0时，平抛运动的轨迹上各点与O点间的距离大于r，即y2＋x2>r 即

[r－g(v)2]2＋x2>r

解得：v≥gr

又因皮带轮的转速n与v的关系为：n＝

2πr1

可得：当n≥

2π

时，m可被水平抛出． r

[答案] A

【点评】“解法一”应用动力学的方法分析求解；“解法二”应用运动学的方法(数学方法)求解，由于加速度ΔvF

的定义式为a＝，而决定式为a＝，故这两种方法殊途同归．

Δtm

★同类拓展1 高台滑雪以其惊险刺激而闻名，运动员在空中的飞跃姿势具有很强的观赏性．某滑雪轨道的完

整结构可以简化成如图1－7所示的示意图．其中AB段是助滑雪道，倾角α＝30°，BC段是水平起跳台，CD段是着陆雪道，AB段与BC段圆滑相连，DE段是一小段圆弧(其长度可忽略)，在D、E两点分别与CD、EF相切，EF是减速雪道，倾角θ＝37°．轨道各部分与滑雪板间的动摩擦因数均为μ＝0.25，图中轨道最高点A处的起滑台距起跳台BC的竖直高度h＝10 m．A点与C点的水平距离L1＝20 m，C点与D点的距离为32.625 m．运动员连同滑雪板的总质量m＝60 kg．滑雪运动员从A点由静止开始起滑，通过起跳台从C点水平飞出，在落到着陆雪道上时，运动员靠改变姿势进行缓冲使自己只保留沿着陆雪道的分速度而不弹起．除缓冲外运动员均可视为质点，设运动员在全过程中不使用雪杖助滑，忽略空气阻力的影响，取重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8．求：

图1－7

(1)运动员在C点水平飞出时的速度大小．

(2)运动员在着陆雪道CD上的着陆位置与C点的距离． (3)运动员滑过D点时的速度大小．

【解析】(1)滑雪运动员从A到C的过程中，由动能定理得：mgh－μmgcos α－μmg(L1－hcot α)＝mv2

sin α2C解得：vC＝10 m/s．

(2)滑雪运动员从C点水平飞出到落到着陆雪道的过程中做平抛运动，有： x＝vCt 1y＝gt2 2y

＝tan θ x

着陆位臵与C点的距离s＝

x cos θ

解得：s＝18.75 m，t＝1.5 s．

(3)着陆位臵到D点的距离s′＝13.875 m，滑雪运动员在着陆雪道上做匀加速直线运动．把平抛运动沿雪道和垂直雪道分解，可得着落后的初速度v0＝vCcos θ＋gtsin θ

加速度为：mgsin θ－μmgcos θ＝ma

运动到D点的速度为：v2D＝v0＋2as′ 解得：vD＝20 m/s．

[答案] (1)10 m/s (2)18.75 m (3)20 m/s 互动辨析在斜面上的平抛问题较为常见，“位移与水平面的夹角等于倾角”为着落条件．同学们还要能总结出距斜面最远的时刻以及这一距离．

二、受力分析要点归纳

(一)常见的五种性质的力

重力

产生原因或条件由于地球的吸引而产生方向总是竖直向下(铅直向下或垂直水平面向下)，注意不一定指向大小 MmG重＝mg＝G2 R地球表面附近一切物8

地心，不一定垂直地体都受重力作用，与面向下物体是否处于超重或失重状态无关 ①支持力的方向总是垂直于接触面而指向被支持的物体弹 ②压力的方向总是垂F＝－kx ①接触直于接触面而指向被弹力的大小往往利用力 ②弹性形变压的物体平衡条件和牛顿第二③绳的拉力总是沿着定律求解绳而指向绳收缩的方向滑动 ①接触，接触面粗糙 f＝μFN 摩 ②存在正压力与接触面的相对运动只与μ、FN有关，与摩擦 ③与接触面有相对运动方向相反接触面积、相对速度、力加速度均无关擦 ①与产生相对运动趋静 ①接触，接触面粗糙势的动力的大小相等力摩 ②存在正压力与接触面相对运动的②存在最大静摩擦擦 ③与接触面存在相对运动的趋势相反力，最大静摩擦力的力趋势大小由粗糙程度、正压力决定续表

产生原因或条件方向大小作用力的方向沿两点点电荷间的库仑力：真空中两电荷的连线，同种电个点电荷之间的相互作用荷相互排斥，异种电F＝kq1qr22 电荷相互吸引场正电荷的受力方向与力电场对处于其中的电荷的作该处场强的方向一用致，负电荷的受力方F＝qE 向与该处场强的方向相反 F⊥B，F⊥I，即安培力F垂直于电流I和F＝BIL 磁安培力：磁场对通电导线的作磁感应强度B所确定安培力的实质是运动用力的平面．安培力的方电荷受洛伦兹力作用场向可用左手定则来判的宏观表现断力洛伦兹力：运动电荷在磁场中用左手定则判断洛伦带电粒子平行于磁场所受到的力兹力的方向．特别要方向运动时，不受洛注意四指应指向正电伦兹力的作用；带电9

荷的运动方向；若为负电荷，则四指指向运动的反方向粒子垂直于磁场方向运动时，所受洛伦兹力最大，即f洛＝qvB (二)力的运算、物体的平衡

1．力的合成与分解遵循力的平行四边形定则(或力的三角形定则)．

2．平衡状态是指物体处于匀速直线运动或静止状态，物体处于平衡状态的动力学条件是：F合＝0或Fx＝0、Fy＝0、Fz＝0．

注意：静止状态是指速度和加速度都为零的状态，如做竖直上抛运动的物体到达最高点时速度为零，但加速度等于重力加速度，不为零，因此不是平衡状态．

3．平衡条件的推论

(1)物体处于平衡状态时，它所受的任何一个力与它所受的其余力的合力等大、反向． (2)物体在同一平面上的三个不平行的力的作用下处于平衡状态时，这三个力必为共点力．

物体在三个共点力的作用下而处于平衡状态时，表示这三个力的有向线段组成一封闭的矢量三角形，如图1－8所示．

图1－8

4．共点力作用下物体的平衡分析

热点、重点、难点

(一)正交分解法、平行四边形法则的应用

1．正交分解法是分析平衡状态物体受力时最常用、最主要的方法．即当F合＝0时有： Fx合＝0，Fy合＝0，Fz合＝0．

2．平行四边形法有时可巧妙用于定性分析物体受力的变化或确定相关几个力之比．

●例3 举重运动员在抓举比赛中为了减小杠铃上升的高度和发力，抓杠铃的两手间要有较大的距离．某运动员成功抓举杠铃时，测得两手臂间的夹角为120°，运动员的质量为75 kg，举起的杠铃的质量为125 kg，如图1－9甲所示．求该运动员每只手臂对杠铃的作用力的大小．(取g＝10 m/s2)

图1－9甲

【分析】由手臂的肌肉、骨骼构造以及平时的用力习惯可知，伸直的手臂主要沿手臂方向发力．取手腕、手掌为研究对象，握杠的手掌对杠有竖直向上的弹力和沿杠向外的静摩擦力，其合力沿手臂方向，如图1－9乙所示．

图1－9乙

【解析】手臂对杠铃的作用力的方向沿手臂的方向，设该作用力的大小为F，则杠铃的受力情况如图1－9丙所示

图1－9丙

由平衡条件得： 2Fcos 60°＝mg

解得：F＝1250 N． [答案] 1250 N

●例4 两个可视为质点的小球a和b，用质量可忽略的刚性细杆相连放置在一个光滑的半球面内，如图1－10甲所示．已知小球a和b的质量之比为 3，细杆长度是球面半径的 2 倍．两球处于平衡状态时，细杆与水平面的夹角θ是[2008年高考·四川延考区理综卷]( )

图1－10甲

A．45° B．30° C．22.5° D．15°

【解析】解法一设细杆对两球的弹力大小为T，小球a、b的受力情况如图1－10乙所示

图1－10乙

其中球面对两球的弹力方向指向圆心，即有： 2R22

cos α＝＝

R2解得：α＝45°

故FNa的方向为向上偏右，即β1＝－45°－θ＝45°－θ

2π

FNb的方向为向上偏左，即β2＝－(45°－θ)＝45°＋θ

两球都受到重力、细杆的弹力和球面的弹力的作用，过O作竖直线交ab于c点，设球面的半径为R，由几何关系可得：

magFNa＝ OcRmbgFNb＝ OcR

解得：FNa＝3FNb

取a、b及细杆组成的整体为研究对象，由平衡条件得： FNa·sin β1＝FNb·sin β2 即 3FNb·sin(45°－θ)＝FNb·sin(45°＋θ) 解得：θ＝15°．

解法二由几何关系及细杆的长度知，平衡时有： 2R22

sin∟Oab＝＝

R2故∟Oab＝∟Oba＝45°

acma再设两小球及细杆组成的整体重心位于c点，由悬挂法的原理知c点位于O点的正下方，且＝＝3

bcmb

即R·sin(45°－θ)∶R·sin(45°＋θ)＝1∶3 解得：θ＝15°． [答案] D

【点评】①利用平行四边形(三角形)定则分析物体的受力情况在各类教辅中较常见．掌握好这种方法的关键在于深刻地理解好“在力的图示中，有向线段替代了力的矢量”．

②在理论上，本题也可用隔离法分析小球a、b的受力情况，根据正交分解法分别列平衡方程进行求解，但是求解三角函数方程组时难度很大．

acma③解法二较简便，但确定重心的公式＝＝3超纲．

bcmb

(二)带电粒子在复合场中的平衡问题在高考试题中，也常出现带电粒子在复合场中受力平衡的物理情境，出现概率较大的是在正交的电场和磁场中的平衡问题及在电场和重力场中的平衡问题．

在如图1－11所示的速度选择器中，选择的速度v＝；在如图1－12所示的电磁流量计中，流速v＝，流

BBdπdu

量Q＝．

图1－11 图1－12

●例5 在地面附近的空间中有水平方向的匀强电场和匀强磁场，已知磁场的方向垂直纸面向里，一个带电油滴沿着一条与竖直方向成α角的直线MN运动，如图1－13所示．由此可判断下列说法正确的是( )

图1－13

A．如果油滴带正电，则油滴从M点运动到N点 B．如果油滴带正电，则油滴从N点运动到M点

C．如果电场方向水平向右，则油滴从N点运动到M点 D．如果电场方向水平向左，则油滴从N点运动到M点

【解析】油滴在运动过程中受到重力、电场力及洛伦兹力的作用，因洛伦兹力的方向始终与速度方向垂直，大小随速度的改变而改变，而电场力与重力的合力是恒力，所以物体做匀速直线运动；又因电场力一定在水平方向上，故洛伦兹力的方向是斜向上方的，因而当油滴带正电时，应该由M点向N点运动，故选项A正确、B错误．若电场方向水平向右，则油滴需带负电，此时斜向右上方与MN垂直的洛伦兹力对应粒子从N点运动到M点，即选项C正确．同理，电场方向水平向左时，油滴需带正电，油滴是从M点运动到N点的，故选项D错误．

[答案] AC 【点评】对于带电粒子在复合场中做直线运动的问题要注意受力分析．因为洛伦兹力的方向与速度的方向垂直，而且与磁场的方向、带电粒子的电性都有关，分析时更要注意．本题中重力和电场力均为恒力，要保证油滴做直线运动，两力的合力必须与洛伦兹力平衡，粒子的运动就只能是匀速直线运动．

★同类拓展2 如图1－14甲所示，悬挂在O点的一根不可伸长的绝缘细线下端挂有一个带电荷量不变的小球A．在两次实验中，均缓慢移动另一带同种电荷的小球B．当B到达悬点O的正下方并与A在同一水平线上，A处q2于受力平衡时，悬线偏离竖直方向的角度为θ．若两次实验中B的电荷量分别为q1和q2，θ分别为30°和45°，则q1为 [2007年高考·重庆理综卷]( )

图1－14甲

A．2 B．3 C．23 D．33 【解析】对A球进行受力分析，如图1－14 乙所示，

图1－14乙

qQA由于绳子的拉力和点电荷间的斥力的合力与A球的重力平衡，故有：F电＝mgtan θ，又F电＝k2．设绳子的

rmL2gtan θsin2θ

长度为L，则A、B两球之间的距离r＝Lsin θ，联立可得：q＝，由此可见，q与tan θsin2θ 成正比，

kQAq2tan 45°sin245°即＝＝23，故选项C正确． q1tan 30°sin230°

[答案] C

互动辨析本题为带电体在重力场和电场中的平衡问题，解题的关键在于：先根据小球的受力情况画出平衡状态下的受力分析示意图；然后根据平衡条件和几何关系列式，得出电荷量的通解表达式，进而分析求解．本题体现了新课标在知识考查中重视方法渗透的思想．

三、牛顿运动定律的应用

要点归纳

(一)深刻理解牛顿第一、第三定律 1．牛顿第一定律(惯性定律)

一切物体总保持匀速直线运动状态或静止状态，直到有外力迫使它改变这种状态为止． (1)理解要点

①运动是物体的一种属性，物体的运动不需要力来维持．

②它定性地揭示了运动与力的关系：力是改变物体运动状态的原因，是使物体产生加速度的原因． ③牛顿第一定律是牛顿第二定律的基础，不能认为它是牛顿第二定律合外力为零时的特例．牛顿第一定律定性

地给出了力与运动的关系，第二定律定量地给出力与运动的关系．

(2)惯性：物体保持原来的匀速直线运动状态或静止状态的性质叫做惯性． ①惯性是物体的固有属性，与物体的受力情况及运动状态无关． ②质量是物体惯性大小的量度． 2．牛顿第三定律

(1)两个物体之间的作用力和反作用力总是大小相等，方向相反，作用在一条直线上，可用公式表示为F＝－F′． (2)作用力与反作用力一定是同种性质的力，作用效果不能抵消．

(3)牛顿第三定律的应用非常广泛，凡是涉及两个或两个以上物体的物理情境、过程的解答，往往都需要应用这一定律．

(二)牛顿第二定律 1．定律内容

物体的加速度a跟物体所受的合外力F合成正比，跟物体的质量m成反比． 2．公式：F合＝ma 理解要点

①因果性：F合是产生加速度a的原因，它们同时产生，同时变化，同时存在，同时消失． ②方向性：a与F合都是矢量，方向严格相同．

③瞬时性和对应性：a为某时刻某物体的加速度，F合是该时刻作用在该物体上的合外力． 3．应用牛顿第二定律解题的一般步骤： (1)确定研究对象；

(2)分析研究对象的受力情况，画出受力分析图并找出加速度的方向；

(3)建立直角坐标系，使尽可能多的力或加速度落在坐标轴上，并将其余的力或加速度分解到两坐标轴上； (4)分别沿x轴方向和y轴方向应用牛顿第二定律列出方程； (5)统一单位，计算数值．

热点、重点、难点

一、正交分解法在动力学问题中的应用

当物体受到多个方向的外力作用产生加速度时，常要用到正交分解法． 1．在适当的方向建立直角坐标系，使需要分解的矢量尽可能少． 2．Fx合＝max合，Fy合＝may合，Fz合＝maz合．

3．正交分解法对本章各类问题，甚至对整个高中物理来说都是一重要的思想方法． ●例6 如图1－15甲所示，在风洞实验室里，一根足够长的细杆与水平面成θ＝37°固定，质量m＝1 kg的小球穿在细杆上静止于细杆底端O点．现有水平向右的风力F作用于小球上，经时间t1＝2 s后停止，小球沿细杆运动的部分v－t图象如图1－15乙所示．试求：(取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)

图1－15

(1)小球在0～2 s内的加速度a1和2～4 s内的加速度a2． (2)风对小球的作用力F的大小．

【解析】(1)由图象可知，在0～2 s内小球的加速度为： v2－v1a1＝＝20 m/s2，方向沿杆向上

t1在2～4 s内小球的加速度为：

v3－v2a2＝＝－10 m/s2，负号表示方向沿杆向下．

(2)有风力时的上升过程，小球的受力情况如图1－15丙所示

图1－15丙

在y方向，由平衡条件得： FN1＝Fsin θ＋mgcos θ

在x方向，由牛顿第二定律得： Fcos θ－mgsin θ－μFN1＝ma1

停风后上升阶段，小球的受力情况如图1－15丁所示

图1－15丁

在y方向，由平衡条件得： FN2＝mgcos θ

在x方向，由牛顿第二定律得：－mgsin θ－μFN2＝ma2

联立以上各式可得：F＝60 N．

【点评】①斜面(或类斜面)问题是高中最常出现的物理模型． ②正交分解法是求解高中物理题最重要的思想方法之一．二、连接体问题(整体法与隔离法)

高考卷中常出现涉及两个研究对象的动力学问题，其中又包含两种情况：一是两对象的速度相同需分析它们之间的相互作用，二是两对象的加速度不同需分析各自的运动或受力．隔离(或与整体法相结合)的思想方法是处理这类问题的重要手段．

1．整体法是指当连接体内(即系统内)各物体具有相同的加速度时，可以把连接体内所有物体组成的系统作为整体考虑，分析其受力情况，运用牛顿第二定律对整体列方程求解的方法．

2．隔离法是指当研究对象涉及由多个物体组成的系统时，若要求连接体内物体间的相互作用力，则应把某个物体或某几个物体从系统中隔离出来，分析其受力情况及运动情况，再利用牛顿第二定律对隔离出来的物体列式求解的方法．

3．当连接体中各物体运动的加速度相同或要求合外力时，优先考虑整体法；当连接体中各物体运动的加速度不相同或要求物体间的作用力时，优先考虑隔离法．有时一个问题要两种方法结合起来使用才能解决．

●例7 如图1－16所示，在光滑的水平地面上有两个质量相等的物体，中间用劲度系数为k的轻质弹簧相连，在外力F1、F2的作用下运动．已知F1＞F2，当运动达到稳定时，弹簧的伸长量为( )

图1－16

F1－F2F1－F2A． B．

k2kF1＋F2

C．

F1＋F2D．

【解析】取A、B及弹簧整体为研究对象，由牛顿第二定律得：F1－F2＝2ma 取B为研究对象：kx－F2＝ma (或取A为研究对象：F1－kx＝ma) F1＋F2

可解得：x＝．

[答案] C

【点评】①解析中的三个方程任取两个求解都可以．

②当地面粗糙时，只要两物体与地面的动摩擦因数相同，则A、B之间的拉力与地面光滑时相同．

★同类拓展3 如图1－17所示，质量为m的小物块A放在质量为M的木板B的左端，B在水平拉力的作用下沿水平地面匀速向右滑动，且A、B相对静止．某时刻撤去水平拉力，经过一段时间，B在地面上滑行了一段距离x，A在B上相对于B向右滑行了一段距离L(设木板B足够长)后A和B都停了下来．已知A、B间的动摩擦因数为μ1，B与地面间的动摩擦因数为μ2，且μ2＞μ1，则x的表达式应为( )

图1－17

A．x＝L

(M＋m)L

B．x＝

μ1MLμ1ML

C．x＝ D．x＝

(μ2－μ1)(m＋M)(μ2＋μ1)(m＋M)

【解析】设A、B相对静止一起向右匀速运动时的速度为v，撤去外力后至停止的过程中，A受到的滑动摩擦

力为：

f1＝μ1mg

f1其加速度大小a1＝＝μ1g

μ2(m＋M)g－μ1mg

B做减速运动的加速度大小a2＝

由于μ2＞μ1，所以a2＞μ2g＞μ1g＝a1

即木板B先停止后，A在木板上继续做匀减速运动，且其加速度大小不变 1

对A应用动能定理得：－f1(L＋x)＝0－mv2

2对B应用动能定理得： 1

μ1mgx－μ2(m＋M)gx＝0－Mv2

2μ1ML

解得：x＝．

(μ2－μ1)(m＋M)

[答案] C

【点评】①虽然使A产生加速度的力由B施加，但产生的加速度a1＝μ1g是取大地为参照系的．加速度是相对速度而言的，所以加速度一定和速度取相同的参照系，与施力物体的速度无关．

②动能定理可由牛顿第二定律推导，特别对于匀变速直线运动，两表达式很容易相互转换．三、临界问题

●例8 如图1－18甲所示，滑块A置于光滑的水平面上，一细线的一端固定于倾角为45°、质量为M的光滑楔形滑块A的顶端P处，细线另一端拴一质量为m的小球B．现对滑块施加一水平方向的恒力F，要使小球B能相对斜面静止，恒力F应满足什么条件？

图1－18甲

【解析】

先考虑恒力背离斜面方向(水平向左)的情况：设恒力大小为F1时，B还在斜面上且对斜面的压力为零，此时A、B有共同加速度a1，B的受力情况如图1－18乙所示，有：

图1－18乙

Tsin θ＝mg，Tcos θ＝ma1 解得：a1＝gcot θ

即F1＝(M＋m)a1＝(M＋m)gcot θ

由此可知，当水平向左的力大于(M＋m)gcot θ时，小球B将离开斜面，对于水平恒力向斜面一侧方向(水平向右)的情况：设恒力大小为F2时，B相对斜面静止时对悬绳的拉力恰好为零，此时A、B的共同加速度为a2，B的受力情况如图1－18丙所示，有：

图1－18丙

FNcos θ＝mg，FNsin θ＝ma2 解得：a2＝gtan θ

即F2＝(M＋m)a2＝(M＋m)gtan θ

由此可知，当水平向右的力大于(M＋m)gtan θ，B将沿斜面上滑，综上可知，当作用在A上的恒力F向左小于(M＋m)gcot θ，或向右小于(M＋m)gtan θ时，B能静止在斜面上．

[答案] 向左小于(M＋m)gcot θ或向右小于(M＋m)gtan θ

【点评】斜面上的物体、被细绳悬挂的物体这两类物理模型是高中物理中重要的物理模型，也是高考常出现的重要物理情境．

四、超重与失重问题

1．超重与失重只是物体在竖直方向上具有加速度时所受支持力不等于重力的情形． 2．要注意飞行器绕地球做圆周运动时在竖直方向上具有向心加速度，处于失重状态．

●例9 为了测量某住宅大楼每层的平均高度(层高)及电梯的运行情况，甲、乙两位同学在一楼电梯内用电子体重计及秒表进行了以下实验：质量m＝50 kg的甲同学站在体重计上，乙同学记录电梯从地面一楼到顶层的过程中，体重计的示数随时间变化的情况，并作出了如图1－19甲所示的图象．已知t＝0时，电梯静止不动，从电梯内楼层按钮上获知该大楼共19层．求：

(1)电梯启动和制动时的加速度大小． (2)该大楼的层高．

图1－19甲

【解析】(1)对于启动状态有：F1－mg＝ma1 得：a1＝2 m/s2

对于制动状态有：mg－F3＝ma2 得：a2＝2 m/s2．

(2)电梯匀速运动的速度v＝a1t1＝2×1 m/s＝2 m/s 从图中读得电梯匀速上升的时间t2＝26 s 电梯运行的总时间t＝28 s

电梯运行的v－t图象如图1－19乙所示，

图1－19乙

所以总位移s＝v (t2＋t)＝×2×(26＋28) m＝ m

22s

层高h＝＝＝3 m．

1818

[答案] (1)2 m/s2 2 m/s2 (2)3 m

经典考题

在本专题中，正交分解、整体与隔离相结合是最重要也是最常用的思想方法，是高考中考查的重点．力的性原理、运动图象的应用次之，在高考中出现的概率也较大．

1．有一个直角支架AOB，AO水平放置，表面粗糙，OB竖直向下，表面光滑．AO上套有小环P，OB上套有小环Q，两环质量均为m，两环间由一根质量可忽略、不可伸长的细绳相连，并在某一位置平衡(如图1－20 甲所

示)．现将P环向左移一小段距离，两环再次达到平衡，那么将移动后的平衡状态和原来的平衡状态比较，AO杆对P环的支持力N和细绳上的拉力T的变化情况是[1998年高考·上海物理卷]( )

A．N不变，T变大 C．N变大，T变大

图1－20甲

B．N不变，T变小 D．N变大，T变小

【解析】Q环的受力情况如图1－20乙所示，由平衡条件得：Tcos θ＝mg． P环向左移动后θ变小，T＝

变小． cos θ

图1－20乙图1－20丙

P环的受力情况如图1－20丙所示，由平衡条件得： NP＝mg＋Tcos θ＝2mg，NP与θ角无关．故选项B正确． [答案] B

【点评】①本例是正交分解法、隔离法的典型应用，以后的许多考题都由此改编而来．

②求解支持力N时，还可取P、Q组成的整体为研究对象，将整体受到的外力正交分解知竖直方向有：NQ＝2mg．

2．如图1－21甲所示，在倾角为α的固定光滑斜面上有一块用绳子拴着的长木板，木板上站着一只猫．已知木板的质量是猫的质量的2倍．当绳子突然断开时，猫立即沿着板向上跑，以保持其相对斜面的位置不变．则此时木板沿斜面下滑的加速度为[2004年高考·全国理综卷Ⅳ]( )

图1－21甲

A．sin α

C．gsin α

B．gsin α D．2gsin α

【解析】绳子断开后猫的受力情况如图1－21乙所示，由平衡条件知，木板对猫有沿斜面向上的摩擦力，有： f＝mgsin α

图1－21乙图1－21丙

再取木板为研究对象，其受力情况如图1－21丙所示．由牛顿第二定律知： 2mgsin α＋f′＝2ma 3

解得：a＝gsin α．

[答案] C

【点评】①猫脚与木块之间的摩擦力使猫保持平衡状态． ②还可取猫、木板组成的整体为研究对象，由牛顿第二定律：3mgsin α＝2ma求解，但这一方法高中不作要求．

3．如图1－22所示，某货场需将质量m1＝100 kg的货物(可视为质点)从高处运送至地面，为避免货物与地面发生撞击，现利用固定于地面的光滑四分之一圆轨道，使货物由轨道顶端无初速度滑下，轨道半径R＝1.8 m．地面上紧靠轨道依次排放两块完全相同的木板A、B，长度均为l＝2 m，质量均为m2＝100 kg，木板上表面与轨道末端相切．货物与木板间的动摩擦因数为μ1，木板与地面间的动摩擦因数μ2＝0.2．(最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，取g＝10 m/s2)

[2009年高考·山东理综卷]

图1－22

(1)求货物到达圆轨道末端时对轨道的压力．

(2)若货物滑上木板A时，木板不动，而滑上木板B时，木板B开始滑动，求μ1应满足的条件． (3)若μ1＝0.5，求货物滑到木板A末端时的速度和在木板A上运动的时间．

【解析】(1)设货物滑到圆轨道末端时的速度为v0，对货物的下滑过程中根据机械能守恒定律得： 1mgR＝m1v20 2

v20设货物在轨道末端所受支持力的大小为FN，根据牛顿第二定律得，FN－m1g＝m1 R

联立以上两式并代入数据得FN＝3000 N

根据牛顿第三定律，货物到达圆轨道末端时对轨道的压力大小为3000 N，方向竖直向下． (2)若滑上木板A时，木板不动，由受力分析得： μ1m1g≤μ2(m1＋2m2)g

若滑上木板B时，木板B开始滑动，由受力分析得： μ1m1g＞μ2(m1＋m2)g

联立并代入数据得0.4＜μ1≤0.6．

(3)μ1＝0.5，由上问可得，货物在木板A上滑动时，木板不动，设货物在木板A上做减速运动时的加速度大小为a1，由牛顿第二定律得μ1m1g＝m1a1

设货物滑到木板A末端时的速度为v1，由运动学公式得：

v21－v0＝－2a1l

联立并代入数据得v1＝4 m/s

设在木板A上运动的时间为t，由运动学公式得： v1＝v0－a1t

联立并代入数据得t＝0.4 s．

[答案] (1)3000 N，方向竖直向下 (2)0.4＜μ1≤0.6 (3)0.4 s

【点评】象这样同时考查受力分析、动力学、运动学的题型在2010届高考中出现的可能性最大．

4．如图1－23甲所示，P、Q为某地区水平地面上的两点，在P点正下方一球形区域内储藏有石油．假定区域周围岩石均匀分布，密度为ρ；石油密度远小于ρ，可将上述球形区域视为空腔．如果没有这一空腔，则该地区重力加速度(正常值)沿竖直方向；当存在空腔时，该地区重力加速度的大小和方向会与正常情况有微小偏离．重力加速度在原竖直方向(即PO方向)上的投影相对于正常值的偏离叫做“重力加速度反常”．为了探寻石油区域的位置和石油储量，常利用P点附近重力加速度反常现象．已知引力常数为G．

图1－23甲

(1)设球形空腔体积为V，球心深度为d(远小于地球半径)，PQ＝x，求空腔所引起的Q点处的重力加速度反常．

(2)若在水平地面上半径L的范围内发现：重力加速度反常值在δ与kδ(k＞1)之间变化，且重力加速度反常的最大值出现在半径为L的范围的中心，如果这种反常是由于地下存在某一球形空腔造成的，试求此球形空腔球心的深度和空腔的体积．

[2009年高考·全国理综卷Ⅱ]

F引【解析】(1)由牛顿第二定律得：a＝

故重力加速度g＝G2

M′GρV

假设空腔处存在密度为ρ的岩石时，对Q处物体的引力产生的重力加速度为Δg＝G22＝22 d＋xd＋x

由力的原理及矢量的合成定则知，球形区域为空腔时Q点处的物体的重力加速度的矢量关系如图1－23乙所示

图1－23乙

即g'gg

故加速度反常Δg′＝Δg·cos θ＝

GρVd(d2＋x2)3．

(2)由(1)解可得，重力加速度反常Δg′的最大值和最小值分别为： GρV

(Δg′)max＝2，(Δg′)min＝

GVd(d2L)322

由题设有(Δg′)max＝kδ、(Δg′)min＝δ

联立以上各式得，地下球形空腔球心的深度和空腔的体积分别为： d＝Lk123，V＝

L2kG(k1)23．

[答案] (1)GVd(dx)223 (2)Lk123

L2kG(k1)23

【点评】①对于本题大部分同学不知如何入手，其原因在于对力的性原理及矢量(加速度)的合成与分解理解不够深刻和熟练．

F引G

②本考题使大部分同学陷入一个思维误区，总在思考g＝，而不去思考g也是自由落体的加速度g＝，遵

mm循矢量的平行四边形定则．

能力演练

一、选择题(10×4分)

1．如图所示，A、B是两个长方形物块，F是作用在物块B上沿水平方向的力，A和B以相同的速度在水平地面C上做匀速直线运动(空气阻力不计)．由此可知，A、B间的动摩擦因数μ1和B、C间的动摩擦因数μ2有可能是( )

A．μ1＝0，μ2＝0 B．μ1＝0，μ2≠0 C．μ1≠0，μ2＝0 D．μ1≠0，μ2≠0

【解析】本题中选A、B整体为研究对象，由于A、B在推力F的作用下做匀速直线运动，可知地面对B的摩擦力一定水平向左，故μ2≠0；对A进行受力分析可知，水平方向不受力，μ1可能为零，故正确答案为BD．

[答案] BD

2．如图所示，从倾角为θ、高h＝1.8 m的斜面顶端A处水平抛出一石子，石子刚好落在这个斜面底端的B点处．石子抛出后，经时间t距斜面最远，则时间t的大小为(取g＝10 m/s2)( )

A．0.1 s B．0.2 s C．0.3 s D．0.6 s 【解析】由题意知，石子下落的时间t0＝又因为水平位移x＝hcot θ

xhcot θ

故石子平抛的水平初速度v0＝＝ t0t0

当石子的速度方向与斜面平行时，石子距斜面最远 gt

即＝tan θ v0解得：t＝h＝0.3 s． 2g

＝0.6 s g

[答案] C

3．在轻绳的两端各拴一个小球，一人用手拿着上端的小球站在3楼的阳台上，放手后让小球自由下落，两小球相继落地的时间差为T．如果站在4楼的阳台上，同样放手让小球自由下落，则两小球相继落地的时间差将( )

A．不变 B．增大 C．减小 D．无法判断

【解析】两小球都做自由落体运动，可在同一v－t图象中作出速度随时间变化的关系曲线，如图所示．设人在3楼的阳台上释放小球后，两球落地的时间差为Δt1，图中阴影部分的面积为Δh；若人在4楼的阳台上释放小球后，两球落地的时间差为Δt2，要保证阴影部分的面积也是Δh，从图中可以看出一定有Δt2＜Δt1．

[答案] C

4．如图甲所示，小球静止在小车中的光滑斜面A和光滑竖直挡板B之间，原来小车向左匀速运动．现在小车改为向左减速运动，那么关于斜面对小球的弹力NA的大小和挡板B对小球的弹力NB的大小，以下说法正确的是( )

甲

A．NA不变，NB减小 B．NA增大，NB不变 C．NB有可能增大 D．NA可能为零【解析】小球的受力情况如图乙所示，有：

乙

NAcos θ＝mg NAsin θ－NB＝ma

故NA不变，NB减小． [答案] A

5．小球从空中自由下落，与水平地面第一次相碰后弹到空中某一高度，其速度随时间变化的关系如图所示，则( )

A．小球第一次反弹后的速度大小为3 m/s B．小球碰撞时速度的改变量为2 m/s C．小球是从5 m高处自由下落的 D．小球反弹起的最大高度为0.45 m

【解析】第一次反弹后的速度为－3 m/s，负号表示方向向上，A正确．碰撞时速度的改变量Δv＝－8 m/s，B11

错误．下落的高度h1＝×5×0.5 m＝1.25 m，反弹的高度h2＝×3×0.3＝0.45 m，D正确．

[答案] AD

6．如图甲所示，四个质量、形状相同的斜面体放在粗糙的水平面上，将四个质量相同的物块放在斜面顶端，因物块与斜面的摩擦力不同，四个物块运动情况不同．A物块放上后匀加速下滑，B物块获一初速度后匀速下滑，C物块获一初速度后匀减速下滑，D物块放上后静止在斜面上．若在上述四种情况下斜面体均保持静止且对地面的

压力依次为F1、F2、F3、F4，则它们的大小关系是( )

甲

A．F1＝F2＝F3＝F4 B．F1＞F2＞F3＞F4 C．F1＜F2＝F4＜F3 D．F1＝F3＜F2＜F4

【解析】斜面的受力情况如乙图所示，其中，f1、N分别为斜面对物块的摩擦力和支持力的反作用力

乙

N＝mgcos θ

f2可能向左，也可能向右或为零． a图中，f1＜mgsin θ，故 F＝Mg＋mgcos θ·cos θ＋f1sin θ＜(M＋m)g b图中，f1＝mgsin θ，故F＝Mg＋mgcos θ·cos θ＋f1sin θ＝(M＋m)g c图中，f1＞mgsin θ，故F＝Mg＋mgcos θ·cos θ＋f1sin θ＞(M＋m)g d图中，f1＝mgsin θ，故F＝(M＋m)g． [答案] C

7．把一钢球系在一根弹性绳的一端，绳的另一端固定在天花板上，先把钢球托起(如图所示)，然后放手．若弹性绳的伸长始终在弹性限度内，关于钢球的加速度a、速度v随时间t变化的图象，下列说法正确的是( )

A．甲为a－t图象 B．乙为a－t图象 C．丙为v－t图象 D．丁为v－t图象

【解析】由题图可知，弹性绳处于松弛状态下降时钢球做自由落体运动，绷紧后小球做简谐运动；当小球上升至绳再次松弛时做竖直上抛运动，故v～t图象为图甲，a～t图象为图乙．

[答案] B

8．如图所示，足够长的水平传送带以速度v沿顺时针方向运动，传送带的右端与光滑曲面的底部平滑连接，曲面上的A点距离底部的高度h＝0.45 m．一小物块从A点静止滑下，再滑上传送带，经过一段时间又返回曲面．g取10 m/s2，则下列说法正确的是( )

A．若v＝1 m/s，则小物块能回到A点 B．若v＝2 m/s，则小物块能回到A点 C．若v＝5 m/s，则小物块能回到A点

D．无论v等于多少，小物块均能回到A点

【解析】小物块滑上传送带的初速度v0＝2gh＝3 m/s

当传送带的速度v≥3 m/s时，小物块返回曲面的初速度都等于3 m/s，恰好能回到A点，当传送带的传送速度v＜3 m/s 时，小物块返回曲面的初速度等于v，不能回到A点．

[答案] C

9．如图甲所示，质量为m的物体用细绳拴住放在粗糙的水平传送带上，物体距传送带左端的距离为L．当传送带分别以v1、v2的速度逆时针转动(v1＜v2)，稳定时绳与水平方向的夹角为θ，绳中的拉力分别为F1，F2；若剪断细绳时，物体到达左端的时间分别为t1、t2，则下列说法正确的是( )

甲

A．F1＜F2 B．F1＝F2 C．t1一定大于t2 D．t1可能等于t2

【解析】绳剪断前物体的受力情况如图乙所示，由平衡条件得：FN＋Fsin θ＝mg

乙

f＝μFN＝Fcos θ

μmg

解得：F＝，F的大小与传送带的速度无关绳剪断后m在两速度的传送带上的加速度相同

μsin θ＋cos θv21

若L≤，则两次都是匀加速到达左端，t1＝t2

2μg

v21

若L＞，则物体在传送带上先加速再匀速到达左端，在速度小的传送带上需要的时间更长，t1＞t2．

2μg[答案] BD

10．静电透镜是利用静电场使电子束会聚或发散的一种装置，其中某部分静电场的分布如图甲所示．图中虚线表示这个静电场在xOy平面内的一族等势线，等势线形状关于Ox轴、Oy轴对称．等势线的电势沿x轴正方向增加，且相邻两等势线的电势差相等．一个电子经过P点(其横坐标为－x0)时，速度与Ox轴平行，适当控制实验条

件，使该电子通过电场区域时仅在Ox轴上方运动．在通过电场区域过程中，该电子沿y轴方向的分速度vy随位置坐标x变化的示意图是图乙中的( )

甲

乙

【解析】在x轴负方向，电子所受的电场力向右偏下，则电子的竖直分速度沿y轴负方向不断增加，到达x＝0时竖直分速度最大，到达x轴正方向后，电子所受的电场力向右偏上，则其竖直分速度沿y轴负方向不断减小；又由于在x轴负方向的电子运动处的电场线比在x轴正方向电子运动处的电场线密，相应的电子的加速度大，故电子在x轴正方向经过与x轴负方向相同的水平距离时，y轴方向的分速度不能减为零，D正确．

[答案] D

二、非选择题(共60分)

11．(6分)在某次实验中得到小车做直线运动的s－t关系如图所示．

(1)由图可以确定，小车在AC段和DE段的运动分别为( ) A．AC段是匀加速运动，DE段是匀速运动 B．AC段是加速运动，DE段是匀加速运动 C．AC段是加速运动；DE段是匀速运动

D．AC段是匀加速运动；DE段是匀加速运动

(2)在与AB、AC、AD对应的平均速度中，最接近小车在A点的瞬时速度是________段中的平均速度． [答案] (1)C (2)AB (每空3分)

12．(9分)当物体从高空下落时，其所受阻力会随物体速度的增大而增大，因此物体下落一段距离后将保持匀速运动状态，这个速度称为此物体下落的收尾速度．研究发现，在相同环境下，球形物体的收尾速度仅与球的半径

和质量有关．下表是某次研究的实验数据．小球编号小球的半径(×103 m) －－A 0.5 2 16 B 0.5 5 40 C 1.5 45 40 D 2 40 20 E 2.5 100 32 小球的质量(×106 kg) 小球的收尾速度(m/s) (1)根据表中的数据，求出B球与C球达到收尾速度时所受的阻力之比． (2)根据表中的数据，归纳出球形物体所受的阻力f与球的速度大小及球的半径之间的关系．(写出有关表达式，并求出比例系数，重力加速度g取9.8 m/s2)

(3)现将C球和D球用轻质细线连接，若它们在下落时所受的阻力与单独下落时的规律相同，让它们同时从足够高的同一高度下落，试求出它们的收尾速度，并判断它们落地的顺序(不需要写出判断理由)．

【解析】(1)球在达到收尾速度时处于平衡状态，有： f＝mg

则fB∶fC＝mB∶mC

代入数据解得：fB∶fC＝1∶9．

(2)由表中A、B两球的有关数据可得，阻力与速度成正比，即f∝v

由表中B、C两球的有关数据可得，阻力与球的半径的平方成正比，即f∝r2 得：f＝kvr2 其中k＝4.9 N·s/m3．

(3)将C球和D球用细线连接后，应满足： mCg＋mDg＝fC＋fD

即mCg＋mDg＝kv(r2C＋rD) 代入数据解得：v＝27.2 m/s

比较C、D两小球的质量和半径，可判断出C球先落地． [答案] (1)1∶9 (3分) (2)f＝kvr2，k＝4.9 N·s/m3 (3分) (3)27.2 m/s C球先落地 (3分)

13．(10分)将一平板支撑成一斜面，一石块可以沿着斜面往不同的方向滑行，如图所示．如果使石块具有初速度v，方向沿斜面向下，那么它将做匀减速运动，经过距离L1后停下来；如果使石块具有同样大小的速度，但方向沿斜面向上，它将向上运动距离L2后停下来．现在平板上沿水平方向钉一光滑木条(图中MN所示)，木条的侧边与斜面垂直．如果使石块在水平方向以与前两种情况同样大小的初速度紧贴着光滑木条运动，求石块在水平方向通过的距离L．

【解析】设斜面的倾斜角为θ，石块与斜面间的动摩擦因数为μ，故石块沿斜面减速下滑时的加速度为： a1＝μgcos θ－gsin θ (2分)

沿斜面减速上滑时的加速度a2＝μgcos θ＋gsin θ (2分)

紧贴光滑木条水平运动时的加速度a3＝μgcos θ (2分)

由题意可得： v2＝2a1L1 v2＝2a2L2

v2＝2a3L (3分)

2L1L2解得：L＝． (1分)

L1＋L2[答案]

2L1L2 L1＋L2

14．(10分)如图所示，一固定的斜面倾角为30°，一边与地面垂直，顶上有一定滑轮．一柔软的细线跨过定滑轮，两端分别与物块A和B连结，A的质量为4m，B的质量为m．开始时将B按在地面上不动，然后放开手，让A沿斜面下滑而B上升．物块A与斜面间无摩擦．当A沿斜面下滑s距离后，细线突然断了，求物块B上升的最大高度．(不计细线与滑轮之间的摩擦)

【解析】设细线断前物块的加速度大小为a，细线的张力为T，由牛顿第二定律得： 4mgsin 30°－T＝4ma (2分) T－mg＝ma (2分) 1

解得：a＝g (1分)

故线断瞬间B的速度大小vB＝2as＝

2gs (2分) 5

v21B

线断后B再上升的最大高度h＝＝s (1分)

2g56

物块B上升的最大高度h总＝s＋h＝s． (2分)

[答案] s

15．(12分)在光滑的绝缘水平面上有一质量m＝1.0×103 kg、电荷量q＝＋1.0×1010 C的带电小球静止在O点，以O点为原点在该水平面内建立直角坐标系xOy(如图所示)．现突然加一个沿x轴正方向、场强大小E＝2.0×106 V/m的匀强电场使小球运动，并开始计时．在第1 s末所加电场方向突然变为沿y轴正方向，大小不变；在第2 s末电场突然消失，求第3 s末小球的位置．

－

一位同学这样分析：第1 s内小球沿x轴做初速度为零的匀加速直线运动，可求出其位移x1；第2 s内小球沿y轴正方向做初速度为零的匀加速直线运动，可求出其位移y2及其速度v，第3 s内小球沿y轴正方向做匀速直线运动，可求出其位移s，最后小球的横坐标是x1，纵坐标是y2＋s．

你认为他的分析正确吗？如果认为正确，请按他的思路求出第3 s末小球的位置；如果认为不正确，请指出错误之处并求出第3 s末小球的位置．

【解析】该同学的分析不正确．因为第1 s末小球有沿x方向的初速度，所以第2 s内小球做类平抛运动，第3 s内也不沿y轴正方向运动． (3分)

第1 s内小球做初速度为零的匀加速直线运动，有：

FqE

a1x＝＝ (1分)

mm12qEt21x1＝a1xt1＝ 22m

1.0×1010×2.0×106×12＝ m＝0.1 m (1分) －2×1.0×103－

qEt1v1x＝a1xt1＝

第2 s内小球做类平抛运动，有： qE

a2y＝ (1分)

m12qEt22y2＝a2yt2＝ 22m

1.0×1010×2.0×106×12＝ m＝0.1 m (1分) －

2×1.0×103－

qEt2v2y＝a2t2＝ mqEt1t2x2＝v1xt2＝

m＝1.0×10

－10

×2.0×106×1×1

m＝0.2 m (1分) －

1.0×103第3 s内小球做匀速直线运动，沿x方向速度为v1x，沿y方向速度为v2y，有： qEt1t3x3＝v1xt3＝

m＝1.0×10

－10

×2.0×106×1×1

m＝0.2 m (1分) －

1.0×103qEt2t3y3＝v2yt3＝

m＝1.0×10

－10

×2.0×106×1×1

m＝0.2 m (1分) －

1.0×103第3 s末小球的位臵坐标为： x＝x1＋x2＋x3＝0.5 m (1分) y＝y2＋y3＝0.3 m． (1分) [答案] 略 16．(13分)如图所示，长L＝1.5 m、高h＝0.45 m、质量M＝10 kg的长方体木箱在水平面上向右做直线运动．当木箱的速度v0＝3.6 m/s时，对木箱施加一个方向水平向左的恒力F＝50 N，并同时将一个质量m＝1 kg的小球轻L

放在距木箱右端处的P点(小球可视为质点，放在P点时相对于地面的速度为零)，经过一段时间，小球脱离木箱

3落到地面．已知木箱与地面的动摩擦因数μ＝0.2，而小球与木箱之间的摩擦不计．取g＝10 m/s2，求：

(1)小球从开始离开木箱至落到地面所用的时间． (2)小球放上P点后，木箱向右运动的最大位移．

(3)小球离开木箱时木箱的速度．

【解析】(1)小球离开木箱后做自由落体运动，设其落到地面所用的时间为t，由h＝gt2得：

t＝

2h＝2×0.45

s＝0.3 s． (2分) (2)小球放上木箱后相对地面静止由F＋μFN＝Ma1 (1分) FN＝(M＋m)g (1分) 得木箱的加速度：

aF＋μ(M＋m)g50＋0.2(10＋1)×101＝M＝10 m/s2

＝7.2 m/s2 (2分)

木箱向右运动的最大位移sv20

3.621＝2a＝12×7.2

m＝0.9 m．

(1分)

(3)由于s1＝0.9 m＜1 m，故木箱在向右运动期间，小球不会从木箱的左端掉下得木箱向左运动的加速度：

a＝F－μ(M＋m)g＝50－0.2(10＋1)×102 m/s2M10

＝2.8 m/s2 (2分)

设木箱向左运动s2时，小球从木箱的右端掉下，有： s＝sL

21＋3

＝0.9 m＋0.5 m＝1.4 m (1分)

设木箱向左运动所用的时间为t，则由s1

22＝a2t222得：

t2＝

2s22×1.4

a＝2

2.8

s＝1 s (1分) 小球刚离开木箱时木箱的速度方向向左，大小为： v2＝a2t2＝2.8×1 m/s＝2.8 m/s． (1分) [答案] (1)0.3 s (2)0.9 m (3)2.8 m/s

2(1分) 32

第2专题动量和能量

知识网络

考点预测

本专题涉及的内容是动力学内容的延续和深化．动量守恒定律、机械能守恒定律、能量守恒定律比牛顿运动定律的适用范围更广泛．它们是自然界中最基本、最普遍、最重要的客观规律，也是高中物理的重点和难点、高考考查内容的重点．其命题形式一般是能量与动量综合起来考，如：2009年全国理综卷Ⅰ第21题、第25题，2008年全国理综卷Ⅰ的第24题“下摆拉动

滑块碰撞问题”，全国理综卷Ⅱ的第23题“子弹射击木块问题”，重庆理综卷的第24题“碰撞后压缩弹簧问题”．但是，由于目前全国的课改形势以及在课程标准中的内容设置，在高考中出现的这类综合题的难点主要在于功能关系的应用上，而不是在于动量守恒定律的应用上．

另外，从2009年各地的高考考卷中也可发现，除了能量与动量的综合题外，单独考查功能原理的试题在卷中出现的概率也较大．

要点归纳

一、基本的物理概念 1．冲量与功的比较

冲量的定义式：I＝Ft(作用力在时间上的积累效果)

(1)定义式 

功的定义式：W＝Fscos θ(作用力在空间上的积累效果)

冲量是矢量，既有大小又有方向(求合冲量应按矢,量合成法则来计算)

(2)属性

功是标量，只有大小没有方向(求物体所受外力的,总功只需按代数和计算)

2．动量与动能的比较

动量的定义式：p＝mv

(1)定义式1

动能的定义式：E＝mv

2

动量是矢量(动量的变化也是矢量,求动量的变化,应按矢量运算法则来计算)

(2)属性

动能是标量(动能的变化也是标量,求动能的变化,只需按代数运算法则来计算)

p＝2mE

(3)动量与动能量值间的关系p1

E＝＝pv2m2

(4)动量和动能都是描述物体状态的量，都有相对性(相对所选择的参考系)，都与物体的受力情况无关．动量的

变化和动能的变化都是过程量，都是针对某段时间而言的．

二、动量观点的基本物理规律

1．动量定理的基本形式与表达式：I＝Δp．分方向的表达式：Ix合＝Δpx，Iy合＝Δpy．

Δp

2．动量定理推论：动量的变化率等于物体所受的合外力，即＝F合．

Δt

3．动量守恒定律

(1)动量守恒定律的研究对象是一个系统(含两个或两个以上相互作用的物体)． (2)动量守恒定律的适用条件

①标准条件：系统不受外力或系统所受外力之和为零．

②近似条件：系统所受外力之和虽不为零，但比系统的内力小得多(如碰撞问题中的摩擦力、爆炸问题中的重力等外力与相互作用的内力相比小得多)，可以忽略不计．

③分量条件：系统所受外力之和虽不为零，但在某个方向上的分量为零，则在该方向上系统总动量的分量保持不变．

(3)使用动量守恒定律时应注意： ①速度的瞬时性； ②动量的矢量性； ③时间的同一性．

(4)应用动量守恒定律解决问题的基本思路和方法

①分析题意，明确研究对象．在分析相互作用的物体总动量是否守恒时，通常把这些被研究的物体统称为系统．对于比较复杂的物理过程，要采用程序法对全过程进行分段分析，要明确在哪些阶段中，哪些物体发生相互作用，从而确定所研究的系统是由哪些物体组成的．

②对各阶段所选系统内的物体进行受力分析，弄清哪些是系统内部物体之间相互作用的内力，哪些是作用于系统的外力．在受力分析的基础上根据动量守恒定律的条件，判断能否应用动量守恒定律．

③明确所研究的相互作用过程，确定过程的始末状态，即系统内各个物体的初动量和末动量的值或表达式．(注意：在研究地面上物体间相互作用的过程时，各物体运动的速度均应取地球为参考系)

④确定正方向，建立动量守恒方程求解．三、功和能

1．中学物理中常见的能量

动能Ek＝mv2；重力势能Ep＝mgh；弹性势能E弹＝kx2；机械能E＝Ek＋Ep；分子势能；分子动能；内能；

电势能E＝qφ；电能；磁场能；化学能；光能；原子能(电子的动能和势能之和)；原子核能E＝mc2；引力势能；太阳能；风能(空气的动能)；地热、潮汐能．

2．常见力的功和功率的计算：恒力做功W＝Fscos θ；重力做功W＝mgh；

一对滑动摩擦力做的总功Wf＝－fs路；电场力做功W＝qU；

功率恒定时牵引力所做的功W＝Pt；恒定压强下的压力所做的功W＝p·ΔV；电流所做的功W＝UIt；洛伦兹力永不做功；瞬时功率P＝Fvcos_θ；

－W－

平均功率P＝＝Fvcos θ．

3．中学物理中重要的功能关系

能量与物体运动的状态相对应．在物体相互作用的过程中，物体的运动状态通常要发生变化，所以物体的能量变化一般要通过做功来实现，这就是常说的“功是能量转化的量度”的物理本质．那么，什么功对应着什么能量的转化呢？在高中物理中主要的功能关系有：

(1)外力对物体所做的总功等于物体动能的增量，即W总＝ΔEk．(动能定理)

(2)重力(或弹簧的弹力)对物体所做的功等于物体重力势能(或弹性势能)的增量的负值，即W重＝－ΔEp(或W弹

＝－ΔEp)．

(3)电场力对电荷所做的功等于电荷电势能的增量的负值，即W电＝－ΔE电．

(4)除重力(或弹簧的弹力)以外的力对物体所做的功等于物体机械能的增量，即W其他＝ΔE机．(功能原理) (5)当除重力(或弹簧弹力)以外的力对物体所做的功等于零时，则有ΔE机＝0，即机械能守恒．

(6)一对滑动摩擦力做功与内能变化的关系是：“摩擦所产生的热”等于滑动摩擦力跟物体间相对路程的乘积，即Q＝fs相对．一对滑动摩擦力所做的功的代数和总为负值，表示除了有机械能在两个物体间转移外，还有一部分机械能转化为内能，这就是“摩擦生热”的实质．

(7)安培力做功对应着电能与其他形式的能相互转化，即W安＝ΔE电．安培力做正功，对应着电能转化为其他能(如电动机模型)；克服安培力做负功，对应着其他能转化为电能(如发电机模型)；安培力做功的绝对值等于电能转化的量值．

(8)分子力对分子所做的功等于分子势能的增量的负值，即W分子力＝－ΔE分子．

(9)外界对一定质量的气体所做的功W与气体从外界所吸收的热量Q之和等于气体内能的变化，即W＋Q＝ΔU． (10)在电机电路中，电流做功的功率等于电阻发热的功率与输出的机械功率之和． (11)在纯电阻电路中，电流做功的功率等于电阻发热的功率．

(12)在电解槽电路中，电流做功的功率等于电阻发热的功率与转化为化学能的功率之和．

(13)在光电效应中，光子的能量hν＝W＋mv02．

(14)在原子物理中，原子辐射光子的能量hν＝E初－E末，原子吸收光子的能量hν＝E末－E初． (15)核力对核子所做的功等于核能增量的负值，即W核＝－ΔE核，并且Δmc2＝ΔE核．

(16)能量转化和守恒定律．对于所有参与相互作用的物体所组成的系统，无论什么力做功，可能每一个物体的能量的数值及形式都发生变化，但系统内所有物体的各种形式能量的总和保持不变．

4．运用能量观点分析、解决问题的基本思路

(1)选定研究对象(单个物体或一个系统)，弄清物理过程．

(2)分析受力情况，看有什么力在做功，弄清系统内有多少种形式的能在参与转化． (3)仔细分析系统内各种能量的变化情况及变化的数量． (4)列方程ΔE减＝ΔE增或E初＝E末求解．四、弹性碰撞

在一光滑水平面上有两个质量分别为m1、m2的刚性小球A和B以初速度v1、v2运动，若它们能发生正碰，碰撞后它们的速度分别为v1′和v2′．v1、v2、v1′、v2′是以地面为参考系的，将A和B看做系统．

由碰撞过程中系统动量守恒，有： m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′

由于弹性碰撞中没有机械能损失，故有： 1111

m1v12＋m2v22＝m1v1′2＋m2v2′2 2222由以上两式可得：

v2′－v1′＝－(v2－v1)或v1′－v2′＝－(v1－v2)

碰撞后B相对于A的速度与碰撞前B相对于A的速度大小相等、方向相反；碰撞后A相对于B的速度与碰撞前A相对于B的速度大小相等、方向相反．

【结论1】对于一维弹性碰撞，若以其中某物体为参考系，则另一物体碰撞前后速度大小不变、方向相反(即以原速率弹回)．

联立以上各式可解得：

2m2v2＋(m1－m2)v1

v1′＝

m1＋m2

2m1v1＋(m2－m1)v2

v2′＝

m1＋m2

若m1＝m2，即两个物体的质量相等，则v1′＝v2，v2′＝v1，表示碰后A的速度变为v2，B的速度变为v1．【结论2】对于一维弹性碰撞，若两个物体的质量相等，则碰撞后两个物体互换速度(即碰后A的速度等于碰前B的速度，碰后B的速度等于碰前A的速度)．

若A的质量远大于B的质量，则有： v1′＝v1，v2′＝2v1－v2；

若A的质量远小于B的质量，则有： v2′＝v2，v1′＝2v2－v1．

【结论3】对于一维弹性碰撞，若其中某物体的质量远大于另一物体的质量，则质量大的物体碰撞前后速度保持不变．至于质量小的物体碰后速度如何，可结合结论1和结论2得出．

在高考复习中，若能引导学生推导出以上二级结论并熟记，对提高学生的解题速度是大有帮助的．

热点、重点、难点

一、动量定理的应用问题

动量定理的应用在高考中主要有以下题型： 1．定性解释周围的一些现象；

2．求打击、碰撞、落地过程中的平均冲力； 3．计算流体问题中的冲力(或反冲力)； 4．根据安培力的冲量求电荷量． ●例1 如图2－1所示，一个下面装有轮子的贮气瓶停放在光滑的水平地面上，瓶的底端与竖直墙壁接触．现打开右端阀门，气体向外喷出，设喷口的面积为S，气体的密度为ρ，气体向外喷出的速度为v，则气体刚喷出时贮气瓶底端对竖直墙壁的作用力大小是( )

ρv1

A．ρvS B． C．ρv2S D．ρv2S

【解析】Δt时间内喷出气体的质量Δm＝ρSv·Δt

对于贮气瓶、瓶内气体及喷出的气体所组成的系统，由动量定理得： F·Δt＝Δm·v－0 解得：F＝ρv2S． [答案] D

【点评】动量定理对多个物体组成的系统也成立，而动能定理对于多个物体组成的系统不适用．

图2－1

★同类拓展1 如图2－2所示，质量为M的木块位于光滑水平面上，在木块与墙之间用轻弹簧连接，开始时木块静止在A位置．现有一质量为m的子弹以水平速度v0射向木块并嵌入其中，则当木块回到A位置时的速度v以及此过程中墙对弹簧的冲量I的大小分别为( )

图2－2

mv0mv0

A．v＝，I＝0 B．v＝，I＝2mv0

M＋mM＋mmv02m2v0mv0

C．v＝，I＝ D．v＝，I＝2mv0

MM＋mM＋m

【解析】设在子弹射入木块且未压缩弹簧的过程中，木块(含子弹)的速度为v1，由动量守恒定律得： mv0＝(m＋M)v1

mv0

解得：v1＝ m＋M

对木块(含子弹)压缩弹簧再返回A点的过程，由动能定理得： 11

(m＋M)v2－(m＋M)v12＝W总＝0 22

mv0

可知：v＝v1＝ m＋M

取子弹、木块和弹簧组成的系统为研究对象，由动量定理得： I＝(m＋M)·(－v)－(m＋M)v1＝－2mv0 负号表示方向向左． [答案] B

二、动能定理、机械能守恒定律的应用

1．对于单个平动的物体：W总＝ΔEk，W总指物体所受的所有外力做的总功． 2．系统只有重力、弹力作为内力做功时，机械能守恒．

(1)用细绳悬挂的物体绕细绳另一端做圆周运动时，细绳对物体不做功． (2)轻杆绕一端自由下摆，若轻杆上只固定一个物体，则轻杆对物体不做功；若轻杆上不同位置固定两个物体，则轻杆分别对两物体做功．

(3)对于细绳连接的物体，若细绳存在突然绷紧的瞬间，则物体(系统)的机械能减少． 3．单个可当做质点的物体机械能守恒时，既可用机械能守恒定律解题，也可用动能定理解题，两种方法等效．发生形变的物体和几个物体组成的系统机械能守恒时，一般用机械能守恒定律解题，不方便应用动能定理解题．

●例2 以初速度v0竖直向上抛出一质量为m的小物块．假定物块所受的空气阻力f大小不变．已知重力加速度为g，则物块上升的最大高度和返回到原抛出点的速率分别为

[2009年高考·全国理综卷Ⅱ]( )

2v0mg－f

A．和v0

fmg＋f

2g(1＋)mg2v0mg

B．和v0

fmg＋f

2g(1＋)mgv02mg－f

C．和v0

2fmg＋f

2g(1＋)mgv02mg

D．和v0

2fmg＋f

2g(1＋)mg

【解析】方法一：对于物块上升的过程，由动能定理得：

1－(mgh＋fh)＝0－mv02

22v0

解得：h＝ f

2g(1＋)

设物块返回至原抛出点的速率为v，对于整个过程应用动能定理有： 121

mv－mv02＝－f·2h 22

mg－f

解得：v＝v0．

mg＋f

方法二：设小物块在上升过程中的加速度大小为a1，由牛顿第二定律有：

mg＋fa1＝ m

v02v02

故物块上升的最大高度h＝＝ 2a1f

2g(1＋)

设小物块在下降过程中的加速度为a2，由牛顿第二定律有：

mg－fa2＝ m

mg－f

可得：v＝2a2h＝v0．

mg＋f

[答案] A

【点评】动能定理是由牛顿第二定律导出的一个结论，对于单个物体受恒力作用的过程，以上两种方法都可以用来分析解答，但方法二的物理过程较复杂．例如涉及曲线运动或变力做功时，运用动能定理更为方便．

★同类拓展2 一匹马拉着质量为 60 kg 的雪橇，从静止开始用 80 s 的时间沿平直冰面跑完 1000 m．设在运动过程中雪橇受到的阻力保持不变，已知雪橇在开始运动的 8 s 时间内做匀加速直线运动，从第 8 s 末开始，马拉雪橇做功的功率保持不变，使雪橇继续做直线运动，最后一段时间雪橇做的是匀速直线运动，速度大小为 15 m/s；开始运动的 8 s 内马拉雪橇的平均功率是 8 s 后功率的一半．求：整个运动过程中马拉雪橇做功的平均功率和雪橇在运动过程中所受阻力的大小．

【解析】设 8 s 后马拉雪橇的功率为P，则：匀速运动时P＝F·v＝f·v

即运动过程中雪橇受到的阻力大小f＝v 对于整个过程运用动能定理得： P1·t1＋P(t总－t1)－f·s总＝mvt2－0 22PP1

即×8＋P(80－8)－×1000＝×60×152 2152解得：P＝723 W 故f＝48.2 N

1－

再由动能定理可得Pt总－f·s＝mvt2

－

解得：P＝687 W． [答案] 687 W 48.2 N

●例3 如图2－3所示，质量为m1的物体A经一轻质弹簧与下方地面上的质量为m2的物体B相连，弹簧的劲度系数为k，A、B都处于静止状态．一条不可伸长的轻绳绕过两个轻滑轮，一端连物体A，另一端连一轻挂钩．开始时各段绳都处于伸直状态，A上方的一段沿竖直方向．若在挂钩上挂一质量为m3的物体C，则B将刚好离地．若将C换成另一个质量为m1＋m3的物体D，仍从上述初始位置由静止状态释放，则这次B刚离地时D的速度大小是多少？(已知重力加速度为g)

图2－3

【解析】开始时A、B静止，即处于平衡状态，设弹簧的压缩量为x1，则有： kx1＝m1g

挂上C后，当B刚要离地时，设弹簧的伸长量为x2，则有： kx2＝m2g

此时，A和C的速度均为零

从挂上C到A和C的速度均为零时，根据机械能守恒定律可知，弹性势能的改变量为： ΔE＝m3g(x1＋x2)－m1g(x1＋x2) 将C换成D后，有：

ΔE＋(m1＋m3＋m1)v2＝(m1＋m3)g(x1＋x2)－m1g(x1＋x2)

2联立解得：v＝2m1(m1＋m2)g2．

k(2m1＋m3)

2m1(m1＋m2)g2[答案]

k(2m1＋m3)

【点评】含弹簧连接的物理情境题在近几年高考中出现的概率很高，而且多次考查以下原理：①弹簧的压缩量或伸长量相同时，弹性势能相等；②弹性势能的变化取决于弹簧的始末形变量，与过程无关．

三、碰撞问题

1．在高中物理中涉及的许多碰撞过程(包括射击)，即使在空中或粗糙的水平面上，往往由于作用时间短、内力远大于外力，系统的动量仍可看做守恒．

2．两滑块在水平面上碰撞的过程遵循以下三个法则： ①动量守恒； ②机械能不增加；

③碰后两物体的前后位置要符合实际情境．

3．两物体发生完全非弹性碰撞时，机械能的损耗最大．

●例4 如图2－4所示，在光滑绝缘水平面上由左到右沿一条直线等间距的静止排着多个形状相同的带正电

－

的绝缘小球，依次编号为1、2、3„„每个小球所带的电荷量都相等且均为q＝3.75×103 C，第一个小球的质量m

＝0.03 kg，从第二个小球起往下的小球的质量依次为前一个小球的，小球均位于垂直于小球所在直线的匀强磁场

里，已知该磁场的磁感应强度B＝0.5 T．现给第一个小球一个水平速度v＝8 m/s，使第一个小球向前运动并且与后面的小球发生弹性正碰．若碰撞过程中电荷不转移，则第几个小球被碰后可以脱离地面？(不计电荷之间的库仑力，

取g＝10 m/s)

图2－4

【解析】设第一个小球与第二个小球发生弹性碰撞后两小球的速度分别为v1和v2，根据动量和能量守恒有：

mv＝mv1＋mv2

1211

mv＝mv12＋mv22 226

3联立解得：v2＝v

同理，可得第n＋1个小球被碰后的速度 vn＋1＝()nv

设第n＋1个小球被碰后对地面的压力为零或脱离地面，则：

qvn＋1B≥()nmg

联立以上两式代入数值可得n≥2，所以第3个小球被碰后首先离开地面． [答案] 第3个

【点评】解答对于多个物体、多次碰撞且动量守恒的物理过程时，总结出通项公式或递推式是关键．

★同类拓展3 如图2－5所示，质量为m的钢板与直立轻弹簧的上端连接，弹簧下端固定在地上，平衡时，弹簧的压缩量为x0．一个物块从钢板的正上方相距3x0的A处自由落下，打在钢板上并立刻与钢板一起向下运动，但不粘连，它们到达最低点后又向上运动．已知物块的质量也为m时，它们恰能回到O点；若物块的质量为2m，仍从A处自由落下，则物块与钢板回到O点时还具有向上的速度．求物块向上运动所到达的最高点与O点之间的距离．

图2－5

【解析】物块与钢板碰撞前瞬间的速度为： v0＝6gx0

设质量为m的物块与钢板碰撞后瞬间的速度为v1，由动量守恒定律有： mv0＝2mv1

设弹簧的压缩量为x0时的弹性势能为Ep，对于物块和钢板碰撞后直至回到O点的过程，由机械能守恒定律得：

Ep＋×2m×v12＝2mgx0

设质量为2m的物块与钢板碰撞后瞬间的速度为v2，物块与钢板回到O点时所具有的速度为v3，由动量守恒定律有：

2mv0＝3mv2

由机械能守恒定律有：

Ep＋×3m×v22＝3mgx0＋×3m×v32

22解得：v3＝gx0

当质量为2m的物块与钢板一起回到O点时，弹簧的弹力为零，物块与钢板只受到重力的作用，加速度为g；一过O点，钢板就会受到弹簧向下的拉力作用，加速度大于g，由于物块与钢板不粘连，故在O点处物块与钢板分离；分离后，物块以速度v3竖直上升，由竖直上抛的最大位移公式得：

v32x0h＝＝ 2g2

所以物块向上运动所到达的最高点与O点之间的距离为．

x0[答案] 2

【点评】①物块与钢板碰撞的瞬间外力之和并不为零，但这一过程时间极短，内力远大于外力，故可近似看成动量守恒．

②两次下压至回到O点的过程中，速度、路程并不相同，但弹性势能的改变(弹力做的功)相同． ③在本题中，物块与钢板下压至回到O点的过程也可以运用动能定理列方程．

1第一次：0－×2m×v12＝W弹－2mgx0

211

第二次：×3m×v32－×3m×v22＝W弹－3mgx0．

四、高中物理常见的功能关系

1．摩擦生热——等于摩擦力与两接触面相对滑动的路程的乘积，即Q＝f·s相． ●例5 如图2－6所示，绷紧的传送带与水平面的夹角θ＝30°，皮带在电动机的带动下始终以v0＝2 m/s的速率运行．现把一质量m＝10 kg的工件(可看做质点)轻轻放在皮带的底端，经时间t＝1.9 s，工件被传送到h＝1.5 m的皮带顶端．取g＝10 m/s2．求：

(1)工件与皮带间的动摩擦因数μ．

(2)电动机由于传送工件而多消耗的电能．

图2－6

【解析】(1)由题意可知，皮带长s＝＝3 m

sin 30°

工件的速度达到v0前工件做匀加速运动，设经时间t1工件的速度达到v0，此过程工件的位移为：

1s1＝v0t1

达到v0后，工件做匀速运动，此过程工件的位移为： s－s1＝v0(t－t1)

代入数据解得：t1＝0.8 s

v0工件加速运动的加速度a＝＝2.5 m/s2

据牛顿第二定律得：μmgcos θ－mgsin θ＝ma

解得：μ＝．

(2)在时间t1内，皮带运动的位移s2＝v0t1＝1.6 m 工件相对皮带的位移Δs＝s2－s1＝0.8 m

在时间t1内，因摩擦产生的热量Q＝μmgcos θ·Δs＝60 J

工件获得的动能Ek＝mv02＝20 J

工件增加的势能Ep＝mgh＝150 J

电动机多消耗的电能E＝Q＋Ek＋Ep＝230 J．

3[答案] (1) (2)230 J

2．机械能的变化——除重力、弹簧的弹力以外的力做的功等于系统机械能的变化．

●例6 一面积很大的水池中的水深为H，水面上浮着一正方体木块，木块的边长为a，密度为水的，质量为

m．开始时木块静止，有一半没入水中，如图2－7甲所示，现用力F将木块缓慢地向下压，不计摩擦．

图2－7甲

(1)求从开始压木块到木块刚好完全没入水的过程中，力F所做的功．

(2)若将该木块放在底面为正方形(边长为2a)的盛水足够深的长方体容器中，开始时，木块静止，有一半没入水中，水面距容器底的距离为2a，如图2－7乙所示．现用力F将木块缓慢地压到容器底部，不计摩擦，求这一过

程中压力做的功．

图2-7乙

【解析】方法一：(1)因水池的面积很大，可忽略因木块压入水中所引起的水深变化，木块刚好完全没入水中时，图2－7丙中原来处于划斜线区域的水被排开，结果等效于使这部分水平铺于水面，这部分水的质量为m，其势能的改变量为(取容器底为零势能面)：

图2－7丙

ΔE水＝mgH－mg(H－a)

3＝mga 4

木块势能的改变量为：

ΔE木＝mg(H－)－mgH

1＝－mga

根据功能原理，力F所做的功为：

W＝ΔE水＋ΔE木＝mga．

(2)因容器的底面积为2a2，仅是木块的底面积的2倍，故不可忽略木块压入水中所引起的水深变化．如图2－7

丁所示，木块到达容器底部时，水面上升a，相当于木块末状态位臵的水填充至木块原浸入水中的空间和升高的水

面处平面，故这一过程中水的势能的变化量为：

图2－7丁

aa23

ΔE水′＝mga＋mg(2a－＋)＝mga

488

木块的势能的变化量ΔE木′＝－mg·a

根据功能原理，压力F做的功为：

W′＝ΔE水′＋ΔE木′＝mga．

方法二：(1)水池的面积很大，可忽略因木块压入水中引起的水深变化．当木块浮在水面上时重力与浮力的大小相等；当木块刚没入水中时，浮力的大小等于重力的2倍，故所需的压力随下压位移的变化图象如图2－7戊所示．

图2－7戊

1a1

故WF＝mg·＝mga．

224

(2)随着木块的下沉水面缓慢上升，木块刚好完全没入水中时，水面上升的高度，此时木块受到的浮力的大小

等于重力的2倍．此后，木块再下沉a的距离即沉至容器底部，故木块下沉的整个过程中压力的大小随位移的变

化图象如图2－7己所示

图2－7己

1a511

故WF′＝mg·＋mg·a＝mga．

2448111

[答案] (1)mga (2)mga

【点评】①通过两种方法对比，深刻理解功能关系．

②根据功的定义计算在小容器中下压木块时，严格的讲还要说明在0～的位移段压力也是线性增大的．

3．导体克服安培力做的功等于(切割磁感线引起的)电磁感应转化的电能．

●例7 如图2－8所示，竖直放置的光滑平行金属导轨MN、PQ相距L，在M点和P点间接有一个阻值为R的电阻，在两导轨间的矩形区域OO1O1′O′内有垂直导轨平面向里、宽为d的匀强磁场，磁感应强度为B．一质量为m、电阻为r的导体棒ab垂直地搁在导轨上，与磁场的上边界相距d0．现使ab棒由静止开始释放，棒ab在离开磁场前已经做匀速直线运动(棒ab与导轨始终保持良好接触且下落过程中始终保持水平，导轨的电阻不计)．

图2－8

(1)求棒ab离开磁场的下边界时的速度大小． (2)求棒ab在通过磁场区的过程中产生的焦耳热． (3)试分析讨论棒ab在磁场中可能出现的运动情况．

【解析】(1)设棒ab离开磁场的边界前做匀速运动的速度为v，产生的感应电动势为：

E＝BLv

电路中的电流I＝ R＋r

对棒ab，由平衡条件得：mg－BIL＝0

mg(R＋r)

解得：v＝．

B2L2(2)设整个回路中产生的焦耳热为Q，由能量的转化和守恒定律可得：

mg(d0＋d)＝Q＋mv2

m3g2(R＋r)2

解得：Q＝mg(d0＋d)－

2B4L4m3g2(R＋r)2r

故Qab＝[mg(d0＋d)－]．

2B4L4R＋r

(3)设棒刚进入磁场时的速度为v0，由mgd0＝mv02

解得：v0＝2gd0

mg(R＋r)

棒在磁场中匀速运动时的速度v＝，则

B2L2m2g(R＋r)2

①当v0＝v，即d0＝时，棒进入磁场后做匀速直线运动；

2B4L4m2g(R＋r)2

②当v0＜v，即d0＜时，棒进入磁场后先做加速运动，后做匀速直线运动；

2B4L4m2g(R＋r)2

③当v0＞v，即d0＞时，棒进入磁场后先做减速运动，后做匀速直线运动．

2B4L4mg(R＋r)

[答案] (1)

B2L2m3g2(R＋r)2r

(2)[mg(d0＋d)－] 2B4L4R＋r

m2g(R＋r)2m2g(R＋r)2

(3)①当v0＝v，即d0＝时，棒进入磁场后做匀速直线运动；②当v0＜v，即d0＜时，棒进

2B4L42B4L4m2g(R＋r)2

入磁场后先做加速运动，后做匀速直线运动；③当v0＞v，即d0＞时，棒进入磁场后先做减速运动，后

2B4L4做匀速直线运动．

【点评】①计算转化的电能时，也可应用动能定理：

mg(d0＋d)－W安＝mv2－0，其中W安＝E电＝Q．

②对于电磁感应中能量转化的问题，在以后的《感应电路》专题中还会作更深入的探讨．五、多次相互作用或含多个物体的系统的动量、功能问题

●例8 如图2－9所示，在光滑水平面上有一质量为M的长木板，长木板上有一质量为m的小物块，它与长木板间的动摩擦因数为μ．开始时，长木板与小物块均靠在与水平面垂直的固定挡板处，某时刻它们以共同的速度v0向右运动，当长木板与右边的固定竖直挡板碰撞后，其速度的大小不变、方向相反，以后每次的碰撞均如此．设左右挡板之间的距离足够长，且M＞m．

图2－9

(1)要想物块不从长木板上落下，则长木板的长度L应满足什么条件？

(2)若上述条件满足，且M＝2 kg，m＝1 kg，v0＝10 m/s，求整个系统在第5次碰撞前损失的所有机械能．【解析】(1)设第1次碰撞后小物块与长木板共同运动的速度为v1，第n次碰撞后小物块与长木板共同运动的速度为vn．每次碰撞后，由于两挡板的距离足够长，物块与长木板都能达到相对静止，第1次若不能掉下，往后每次相对滑动的距离会越来越小，更不可能掉下．由动量守恒定律和能量守恒定律有：(M－m)v0＝(M＋m)v1

μmgs＝(m＋M)v02－(M＋m)v12

2Mv02解得：s＝

μ(M＋m)g

故L应满足的条件是：

2Mv02

L≥s＝．

μ(M＋m)g

(2)第2次碰撞前有： (M－m)v0＝(M＋m)v1 第3次碰撞前有： (M－m)v1＝(M＋m)v2 第n次碰撞前有：

(M－m)vn－2＝(M＋m)vn－1

M－mn－1

所以vn－1＝()v0

M＋m

M－m4

故第5次碰撞前有：v4＝()v

M＋m0

故第5次碰撞前损失的总机械能为：

ΔE＝(M＋m)v02－(M＋m)v42

代入数据解得：ΔE＝149.98 J．

2Mv02

[答案] (1)L≥ (2)149.98 J

μ(M＋m)g

【点评】在复杂的多过程问题上，归纳法和演绎法常常大有作为．

经典考题

动量与功能问题可以与高中物理所有的知识点综合，是高考的重点，试题难度大，需要多训练、多总结归纳． 1．如图所示，一轻绳的一端系在固定粗糙斜面上的O点，另一端系一小球，给小球一足够大的初速度，使小球在斜面上做圆周运动，在此过程中[2008年高考·海南物理卷]( )

A．小球的机械能守恒

B．重力对小球不做功 C．绳的张力对小球不做功

D．在任何一段时间内，小球克服摩擦力所做的功是等于小球动能的减少

【解析】小球与斜面之间的摩擦力对小球做功使小球的机械能减小，选项A错误；在小球运动的过程中，重力、摩擦力对小球做功，绳的张力对小球不做功．小球动能的变化等于重力、摩擦力做功之和，故选项B、D错误，C正确．

[答案] C

2．质量为M的物块以速度v运动，与质量为m的静止物块发生正碰，碰撞后两者的动量正好相等．两者质量M

之比可能为[2009年高考·全国理综卷Ⅰ]( )

A．2 B．3 C．4 D．5

【解析】由题意知，碰后两球动量相等，即p1＝p2＝Mv

vMv

故v1＝，v2＝ 22m

Mvv

由两物块的位臵关系知：≥，得M≥m

2m2

又由能量的转化和守恒定律有：

121v21Mv2Mv≥M()＋m() 22222m

解得：M≤3m，故选项A、B正确． [答案] AB

【点评】碰撞问题是高考对动量守恒定律考查的主流题型，这类问题一般都要考虑动量守恒、动能不增加、位臵不超越这三方面．

3．图示为某探究活动小组设计的节能运输系统．斜面轨道的倾角为30°，质量为M的木箱与轨道间的动摩擦

因数为．木箱在轨道顶端时，自动装货装置将质量为m的货物装入木箱，然后木箱载着货物沿轨道无初速度滑

下，当轻弹簧被压缩至最短时，自动卸货装置立刻将货物卸下，然后木箱恰好被弹回到轨道顶端，再重复上述过程．下列选项正确的是[2009年高考·山东理综卷]( )

A．m＝M

B．m＝2M

C．木箱不与弹簧接触时，上滑的加速度大于下滑的加速度

D．在木箱与货物从顶端滑到最低点的过程中，减少的重力势能全部转化为弹簧的弹性势能【解析】设弹簧压缩最大时的弹性势能为Ep，由动能定理得下滑过程有： (m＋M)gsin 30°·s－μ(m＋M)gcos 30°·s－Ep＝0 上滑过程：Ep－Mgsin 30°·s－μMgcos 30°·s＝0 解得：m＝2M． [答案] BC

4．某同学利用如图所示的装置来验证动量守恒定律．图中两摆的摆长相同，且悬挂于同一高度处，A、B两摆球均很小，质量之比为1∶2．当两摆均处于自由静止状态时，其侧面刚好接触．向右上方拉动B球使其摆线伸直并与竖直方向成45°角，然后将其由静止释放．结果观察到两摆球粘在一起摆动，且最大摆角为30°．若本实验允许的最大误差为±4%，则此实验是否成功地验证了动量守恒定律？试分析说明理由．

[2008年高考·宁夏理综卷]

【解析】设摆球A、B的质量分别为mA、mB，摆长为l，B球的初始高度为h1，碰撞前B球的速度为vB．在不考虑摆线的质量的情况下，根据题意及机械能守恒定律得：

h1＝l(1－cos 45°) 1

mBvB2＝mBgh1 2

设碰撞前后两摆球的总动量的大小分别为p1、p2，则有： p1＝mBvB

联立解得：p1＝mB2gl(1－cos 45°)

同理可得：p2＝(mA＋mB)2gl(1－cos 30°)

1－cos 30°p2mA＋mB

联立解得：＝ p1mB1－cos 45°p2解得：()2＝1.03

p2－p1

由此可以推出：||≤4%

所以，此实验在规定的范围内验证了动量守恒定律．

(本题要求验证碰撞中的动量守恒定律及碰撞前与碰撞后的机械能守恒定律．) [答案] 是，理由略

5．用放射源钋的α射线轰击铍时，能放出一种穿透力极强的中性射线，这就是所谓的铍“辐射”．1932年，查德威克用铍“辐射”分别照射(轰击)氢和氮(它们可视为处于静止状态)，测得照射后沿铍“辐射”方向高速运动的氢核、氮核的速度之比为7∶1．查德威克假设铍“辐射”是由一种质量不为零的中性粒子构成的，从而通过上述实验在历史上首次发现了中子．假设铍“辐射”中的中性粒子与氢核或氮核发生弹性正碰，试在不考虑相对论效

应条件下计算构成铍“辐射”的中性粒子的质量．(质量用原子质量单位u表示，1 u等于一个12C原子质量的．取

氢核和氮核的质量分别为1.0 u和14 u)[2007年高考·全国理综卷Ⅱ]

【解析】设构成铍“辐射”的中性粒子的质量和速度分别为m和v，氢核的质量为mH，构成铍“辐射”的中性粒子与氢核发生弹性正碰，碰后两粒子的速度分别为v′和vH′．

由动量守恒和能量守恒定律得： mv＝mv′＋mHvH′ 1211

mv＝mv′2＋mHvH′2 222

2mv

解得：vH′＝ m＋mH

同理，对质量为mN的氮核，其碰后速度为：

2mv

vN′＝ m＋mN

mNvN′－mHvH′

可得：m＝

vH′－vN′

根据题意可知：vH′＝7vN′ 将数据代入可得：m＝1.2 u． [答案] 1.2 u

【点评】在课程标准中，动量与原子物理同属于选修3－5模块，关于粒子之间碰撞动量守恒的试题在近几年高考中也屡有出现．

6．如图所示，倾角为θ的斜面上静止放置三个质量均为m的木箱，相邻两木箱的距离均为l．工人用沿斜面的力推最下面的木箱使之上滑，逐一与其他木箱碰撞．每次碰撞后木箱都粘在一起运动．整个过程中工人的推力不变，最后恰好能推着三个木箱匀速上滑．已知木箱与斜面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g．设碰撞时间极短，求：

(1)工人的推力．

(2)三个木箱匀速运动的速度． (3)在第一次碰撞中损失的机械能． [2009年高考·全国理综卷Ⅰ]

【解析】(1)设工人的推力为F，则有： F＝3mg(sin θ＋μcos θ)．

(2)设第一次碰撞前瞬间木箱的速度为v1，由功能关系得：

Fl＝mgl sin θ＋μmglcos θ＋mv12

设碰撞后两木箱的速度为v2，由动量守恒得： mv1＝2mv2

设再次碰撞前瞬间两木箱的速度为v3，由功能关系得：

Fl＝2mglsin θ＋2μmglcos θ＋×2m(v32－v22)

设碰撞后三个木箱一起运动的速度为v4，由动量守恒得：

2mv3＝3mv4

联立解得：v4＝2gl(sin θ＋μcos θ)．

(3)设在第一次碰撞中损失的机械能为ΔE，有：

ΔE＝mv12－×2mv22

联立解得：ΔE＝mgl(sin θ＋μcos θ)． [答案] (1)3mg(sin θ＋μcos θ) 2

(2)2gl(sin θ＋μcos θ) 3

(3)mgl(sin θ＋μcos θ)

能力演练

一、选择题(10×4分)

1．美国的NBA篮球赛非常精彩，因此吸引了众多观众．在NBA篮球赛中经常能看到这样的场面：在终场前 0.1 s 的时候，运动员把球投出且准确命中，获得比赛的最后胜利．已知球的质量为m，运动员将篮球投出时球离地的高度为h1，动能为Ek，篮筐距地面的高度为h2，不计空气阻力，则篮球进筐时的动能为( )

A．Ek＋mgh1－mgh2 B．Ek－mgh1＋mgh2 C．－Ek＋mgh1＋mgh2 D．－Ek－mgh1＋mgh2

【解析】由动能定理得：Ek′－Ek＝WG＝mg(h1－h2) 解得：Ek′＝Ek＋mgh1－mgh2． [答案] A

2．如图所示，竖直放置的劲度系数为k的轻质弹簧上端与质量为m的小球连接，下端与放在水平桌面上的质量为M的绝缘物块相连．小球带正电，电荷量为q，且与弹簧绝缘，物块、弹簧和小球组成的系统处于静止状态．现突然加上一个竖直向上的大小为E的匀强电场，小球向上运动，某时刻物块对水平面的压力为零．从加上匀强电场到物块对水平面的压力为零的过程中，小球电势能的改变量为( )

qE(M＋m)gqE(M＋m)gA． B．－ kkqEMgqEmgC． D． kk

mgMg

【解析】加电场前，弹簧的压缩量x1＝，当物块对水平面的压力为零时，弹簧的伸长量x2＝，故这一过

kk(m＋M)g

程中小球沿电场方向运动的距离为x1＋x2＝

qE(m＋M)g

电势能的变化ΔE＝－W电＝－．

[答案] B

3．一个质量为m的物体以某一速度从固定斜面底端冲上倾角α＝30°的斜面．已知该物体做匀减速运动的加速3

度为g，在斜面上上升的最大高度为h，则此过程中( )

A．物体的动能增加mgh

B．物体的重力做功mgh

C．物体的机械能损失了mgh

1D．物体克服摩擦力做功mgh

【解析】由题意可知：

物体受到的合外力F＝mg

其中摩擦力f＝F－mgsin θ＝mg

4h3

由动能定理得：ΔEk＝－F·＝－mgh

sin 30°2

重力做功WG＝－mgh

物体的机械能的变化ΔE＝－f·s＝－mg· 4sin 30°

1＝－mgh

物体克服摩擦力做的功Wf′＝f·s＝mgh．

[答案] CD

4．一质量为m的物体在水平恒力F的作用下沿水平面运动，在t0时刻撤去F，其v－t图象如图所示．已知物体与水平面间的动摩擦因数为μ，则下列关于F的大小及其做的功W的大小关系式中，正确的是( )

A．F＝μmg B．F＝2μmg

C．W＝μmgv0t0 D．W＝μmgv0t0

v0【解析】由题图知：F－μmg＝m·

μmgv0

＝ m2t

解得：F＝3μmg

v03

故W＝F··t0＝μmgv0t0．

[答案] D

5．如图所示，已知木板的质量为M，长度为L；小木块的质量为m；水平地面光滑；一根不计质量的轻绳通过定滑轮分别与木板和小木块连接，小木块与木板间的动摩擦因数为μ．开始时，木块静止在木板左端，现用水平向右的力F将小木块拉至木板右端，则拉力至少做的功大小为( )

A．2μmgL B．μmgL

μmgLC． D．μ(M＋m)gL

【解析】方法一

当拉小木块向右缓慢移动时，拉力F＝μmg＋FT＝2μmg

当小木块向右运动时到达木板的右端，有：

WF＝F·＝μmgL．

方法二

由功能关系知，拉力至少做的功等于小木块与木板摩擦产生的热量．即WF＝Q＝μmgL． [答案] B

6．质量为2×103 kg、发动机的额定功率为 80 kW 的汽车在平直公路上行驶．若该汽车所受阻力大小恒为

4×103 N，则下列判断中正确的有( )

A．汽车的最大速度是 20 m/s

B．汽车以加速度 2 m/s2 匀加速启动，启动后第 2 s末时发动机的实际功率是 32 kW C．汽车做上述匀加速运动所能维持的时间为 10 s

D．若汽车保持额定功率启动，则当其速度为 5 m/s 时，加速度为 6 m/s2 【解析】汽车达到最大速度时有：P＝F·vm＝f·vm，故vm＝20 m/s

当汽车的加速度a＝2 m/s时，有： F＝f＋ma＝8×103 N 故第 2 s 末P实＝F·at＝32 kW

汽车以a＝2 m/s 的加速度匀加速启动所能达到的最大速度为：

v1＝＝10 m/s

能持续的时间t1＝＝5 s

以额定功率启动，当v＝5 m/s时，有：

F－fP

F＝v＝16×103 N，a＝＝6 m/s2．

[答案] ABD

7．如图所示，质量为M、长度为l的小车静止在光滑的水平面上；质量为m的小物块(可视为质点)放在小车的最左端．现用一水平向右的恒力F作用在小物块上，使物块从静止开始做匀加速直线运动．物块和小车之间的摩擦力为f．物块滑到小车的最右端时，小车运动的距离为s．在这个过程中，以下结论正确的是( )

A．物块到达小车最右端时，具有的动能为F(l＋s) B．物块到达小车最右端时，小车具有的动能为fs C．物块克服摩擦力所做的功为f(l＋s) D．物块和小车增加的机械能为fs

【解析】物块到达小车最右端时，知：物块具有的动能Ek′＝(F－f)·(l＋s) 此时小车具有动能Ek′＝f·s

这一过程物块克服摩擦力所做的功为： Wf′＝f·(l＋s)

由功能关系知ΔE＝F·(l＋s)－f·l． [答案] BC

8．真空中存在竖直向上的匀强电场和水平方向的匀强磁场，一质量为m、带电荷量为q的物体以速度v在竖直平面内做半径为R的匀速圆周运动．假设t＝0时刻物体在运动轨迹的最低点且重力势能为零，电势能也为零，则下列说法正确的是( )

A．物体带正电且逆时针转动

B．在物体运动的过程中，机械能守恒，且机械能E＝mv2

C．在物体运动的过程中，重力势能随时间变化的关系为Ep＝mgR(1－cos t)

vD．在物体运动的过程中，电势能随时间变化的关系为E电＝mgR(cos t－1)

【解析】由题意知，题中物体所受的电场力平衡，洛伦兹力提供其做匀速圆周运动所需的向心力，故知物体带正电，洛伦兹力使其逆时针转动．有：

重力势能Ep＝mgh＝mgR(1－cos t)

电势能E电＝－qEh＝－mgh＝－Ep． [答案] ACD

9．如图所示，在光滑的水平轨道上有甲、乙两个等大的小球沿轨道向右运动，取向右为正方向，它们的动量分别为p1＝5 kg·m/s 和 p2＝7 kg·m/s．若两球能发生正碰，则碰后两球动量的增量Δp1和Δp2可能是( )

A．Δp1＝－3 kg·m/s，Δp2＝3 kg·m/s

B．Δp1＝3 kg·m/s，Δp2＝3 kg·m/s C．Δp1＝3 kg·m/s，Δp2＝－3 kg·m/s D．Δp1＝－10 kg·m/s，Δp2＝10 kg·m/s

5 kg·m/s7 kg·m/s

【解析】由题意知，＞

m甲m乙

5272

Ek＝＋

2m甲2m乙

当动量做选项A所述的变化时，系统的动量守恒，通过计算可知机械能可能减小，故有可能成立；当动量做选项B所述的变化时，系统的动量不守恒，故不可能成立；当动量做选项C所述的变化时，甲的速度大于乙的速度，故不可能成立；当动量做选项D所述的变化时，系统的动能增大，故不可能成立． [答案] A

10．如图所示，在光滑的水平面上有一垂直向下的匀强磁场分布在宽为L的区域内，一边长为a(a＜L)的正方形闭合线圈以初速度v0垂直于磁场边界滑过磁场后速度变为v(v＜v0)，那么( )

v0＋v

A．完全进入磁场中时线圈的速度大于 2v0＋v

B．完全进入磁场中时线圈的速度等于 2v0＋v

C．完全进入磁场中时线圈的速度小于 2

D．上述情况中A、B均有可能，而C是不可能的

【解析】设完全进入磁场中时线圈的速度为vx，线圈在穿过磁场的过程中所受的合外力为安培力．对于线圈进入磁场的过程，据动量定理可得：

I＝BIL·Δt＝mvx－mv0

ΔΦa2

又因为感应电荷量q＝I·Δt＝＝B RR

可得：－B2＝mvx－mv0

对于线圈穿出磁场的过程，同理可得：

32a－B＝mv－mvx R

v0＋v

联立解得：vx＝，故选项B正确．

[答案] B

二、选择题(共60分)

11．(6分)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和D的气垫导轨以及滑块A和B来验证动量守恒定律，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：

①用天平分别测出滑块A、B的质量mA、mB； ②调整气垫导轨，使导轨处于水平；

③在A和B间放入一个被压缩的轻弹簧，用电动卡销将其锁定，把它们静止地放在气垫导轨上； ④用刻度尺测出A的左端至C板的距离L1；

⑤按下电钮放开卡销，同时使分别记录滑块A、B的运动时间的计时器开始工作，当滑块A、B分别碰撞挡板C、D时停止计时，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是______________________．

(2)利用上述测量的实验数据验证动量守恒定律的表达式是________________________，上式中算得的A、B两滑块的动量大小并不完全相等，产生误差的原因是______________________________________________．

(3)利用上述实验数据能否测出被压缩弹簧的弹性势能的大小？如能，请写出表达式：__________________． [答案] (1)B的右端至D板的距离L2 (1分)

L1L2(2)mA－mB＝0 (1分) 测量时间、距离等物理量时存在误差，阻力、气垫导轨不水平等造成误差(答对其

t1t2

中两点即可) (2分)

1L12L22

(3)能，Ep＝(mA2＋mB2) (2分)

2t1t2

12．(9分)光电计时器是一种研究物体运动情况的常用计时仪器，其结构如图甲所示，a、b分别是光电门的激光发射和接收装置，当有物体从a、b间通过时，光电计时器就可以显示物体的挡光时间．现利用如图乙所示的装置来测量滑块与长 1 m 左右的木板间的动摩擦因数及被压缩弹簧的弹性势能，图中木板固定在水平面上，木板的左壁固定有一个处于锁定状态的压缩轻弹簧(弹簧的长度与木板相比可忽略)，弹簧右端与滑块接触，1和2是固定在木板上适当位置的两个光电门，与之连接的两个光电计时器没有画出．现使弹簧解除锁定，滑块获得一定的初速

－－

度后水平向右运动，光电门1、2各自连接的计时器显示的挡光时间分别为2.0×102 s和5.0×102 s．用游标卡尺测量小滑块的宽度d，游标卡尺的示数如图丙所示．

(1)读出滑块的宽度d＝________cm．

(2)滑块通过光电门1的速度v1＝________m/s，通过光电门2的速度v2＝________m/s．

(3)若用米尺测量出两个光电门之间的距离为L，已知当地的重力加速度为g，则滑块与木板间的动摩擦因数的表达式为______________．(各量均用字母表示)

(4)若用米尺测量出滑块的初始位置到光电门2的距离为s，为测量被压缩弹簧的弹性势能，则还需测量的物理量是__________________________(说明其含义，并指明代表物理量的字母)，被压缩弹簧的弹性势能可表示为______________________________(各量均用字母表示)．

[答案] (1)5.50 (2)2.75 1.10 (每空1分) v12－v22(3) (2分)

2gL

ms(v12－v22)12

(4)滑块的质量m mv2＋ (每空2分)

22L

13．(10分)在半径R＝5000 km 的某星球表面，宇航员做了如下实验．实验装置如图甲所示，竖直平面内的光滑轨道由轨道AB和圆弧轨道BC组成，将质量m＝0.2 kg 的小球从轨道AB上高H处的某点静止滑下，用力传感器测出小球经过C点时对轨道的压力F，改变H的大小，可测出相应的F大小，F随H的变化关系如图乙所示．求：

(1)圆轨道的半径．

(2)该星球的第一宇宙速度．

【解析】(1)设该星球表面的重力加速度为g0，圆轨道的半径为r．当H＝0.5 m时，有：

mg0(H－2r)＝mv02 (2分)

2mv0

＝mg0 (2分) r

解得：r＝H＝0.2 m． (1分)

(2)当H＞0.5 m时，有：

mg0(H－2r)＝mv2 (1分)

2mv

＝mg0＋F (1分) r

即F＝g0(2H－1) (1分)

由F－H图象可得：g0＝5 m/s2 (1分)

该星球的第一宇宙速度v＝g0R＝5 km/s． (1分) [答案] (1)0.2 m (2)5 km/s 14．(10分)如图所示，间距为L的两条足够长的平行金属导轨与水平面的夹角为θ，导轨光滑且电阻忽略不计．磁感应强度为B的条形匀强磁场的方向与导轨平面垂直，磁场区域的宽度为d1，间距为d2．两根质量均为m、有效电阻均为R的导体棒a和b放在导轨上，并与导轨垂直．(设重力加速度为g)

(1)若a进入第2个磁场区域时，b以与a同样的速度进入第1个磁场区域，求b穿过第1个磁场区域过程中增加的动能ΔEk．

(2)若a进入第2个磁场区域时，b恰好离开第1个磁场区域，此后a离开第2个磁场区域时，b又恰好进入第2个磁场区域，且a、b在任意一个磁场区域或无磁场区域的运动时间均相同，求b穿过第2个磁场区域的过程中，两导体棒产生的总焦耳热Q．

【解析】(1)这一过程a和b不受安培力作用．由机械能守恒定律知：ΔEk＝mgd1sin θ． (3分)

(2)由题意可知，两导体棒每次进磁场区域时的速度相等，出磁场区域时的速度也相等，分别设为v1和v2．当b穿过第2个磁场区域时，对于棒a，有：

mv12－mv22＝mgd2sin θ (2分) 22

对于棒b，有： 11

mv22－mv12＝mgd1sin θ－W安 (2分) 22

W安＝Q (1分)

解得：Q＝mg(d1＋d2)sin θ． (2分)

[答案] (1)mgd1sin θ (2)mg(d1＋d2)sin θ

15．(12分)如图所示，质量分别为3m、2m、m的三个小球A、B、C，用两根长为L的轻绳相连，置于倾角为30°、高为L的固定光滑斜面上，A球恰能从斜面顶端处竖直落下，弧形挡板使小球只能竖直向下运动，碰撞过程中没有动能损失，小球落地后均不再反弹．现由静止开始释放它们，不计所有摩擦．求：

(1)A球刚要落地时的速度大小． (2)C球刚要落地时的速度大小．

(3)在B球运动的过程中，两绳对B球做的总功．

【解析】(1)在A球未落地前，A、B、C组成的系统机械能守恒，设A球刚要落地时系统的速度大小为v1，则： 1

(mA＋mB＋mC)v12＝mAghA－mBghB1－mCghC1 (2分) 2

又hA＝L，hB1＝hC1＝Lsin 30°＝L

代入数据解得：v1＝． (2分)

(2)在A球落地后，B球未落地前，B、C组成的系统机械能守恒．设B球刚要落地时系统的速度大小为v2，则： 11

(mB＋mC)v22－(mB＋mC)v12＝mBghB2－mCghC2 (2分) 22

又hB2＝L，hC2＝Lsin 30°＝L

23gL代入数据解得：v2＝ (1分)

在B球落地后，C球在下落过程中机械能守恒，设C球刚要落地时系统的速度大小为v3，则： 11

mCv32－mCv22＝mCghC3，又hC3＝L (1分) 22

7gL代入数据得：v3＝． (1分)

(3)在B球运动的过程中，重力和绳的拉力做功，设两绳做的总功为W，根据动能定理可得：

mBgLsin 30° ＋W＝mBv22 (2分)

代入数据解得：W＝mgL． (1分)

2gL7gL1

[答案] (1) (2) (3)mgL

222

116．(13分)如图所示，一个带有圆弧的粗糙滑板A的总质量mA＝3 kg，其圆弧部分与水平部分相切于P，水

平部分PQ长L＝3.75 m．开始时，A静止在光滑水平面上．现有一质量mB＝2 kg 的小木块B从滑块A的右端以水平初速度v0＝5 m/s 滑上A，小木块B与滑板A之间的动摩擦因数μ＝0.15，小木块B滑到滑板A的左端并沿着圆弧部分上滑一段弧长后返回，最终停止在滑板A上．

(1)求A、B相对静止时的速度大小．

(2)若B最终停在A的水平部分上的R点，P、R相距 1 m，求B在圆弧上运动的过程中因摩擦而产生的内能． (3)若圆弧部分光滑，且除v0不确定外其他条件不变，讨论小木块B在整个运动过程中，是否有可能在某段时间里相对地面向右运动？如不可能，说明理由；如可能，试求出B既向右滑动，又不滑离木板A的v0取值范围．(取

g＝10 m/s，结果可以保留根号)

【解析】(1)根据动量守恒得： mBv0＝(mB＋mA)v (2分)

解得：v＝v0＝2 m/s． (1分)

(2)设B在A的圆弧部分产生的热量为Q1，在A的水平部分产生的热量为Q2．则有： 11

mBv02＝(mB＋mA)v2＋Q1＋Q2 (2分) 22

又Q2＝μmBg(LQP＋LPR) (1分) 联立解得：Q1＝0.75 J． (1分)

(3)当B滑上圆弧再返回至P点时最有可能速度向右，设木块滑至P的速度为vB，此时A的速度为vA，有： mBv0＝mBvB＋mAvA (1分) 111

mBv02＝mBvB2＋mAvA2＋μmBgL (2分) 222

代入数据得：vB－0.8v0vB＋6.75－0.2v02＝0

当vB的两个解一正一负时，表示B从圆弧滑下的速度向右．即需：v0＞5.9 m/s，故B有可能相对地面向右运动．

若要B最终不滑离A，有：

112

μmBg·2L≥mBv02－(mB＋mA)(v0)2 (2分)

225

得：v0≤6.1 m/s

故v0的取值范围为：5.9 m/s＜v0≤6.1 m/s． (1分) [答案] (1)2 m/s (2)0.75 J (3)可能 5.9 m/s＜v0≤6.1 m/s

第3专题圆周运动、航天与星体问题

知识网络

考点预测

本专题包含两类问题或者说两大题型，无论是星体问题还是其他圆周运动的问题，往往都要运用牛顿运动定律和功能关系进行求解，但由于在高考中地位重要，因`而单独作为一个专题进行总结、分类和强化训练．

航天与星体问题是近几年各地高考卷中的必考题型．由于对这个小模块每年都考，各类题型都有，考得很细，所以历年高考试题往往与近期天文的新发现或航天的新成就、新事件结合，我们在平时学习的过程中应多思考这类天文新发现和航天新事件中可能用于命题的要素．

在高考卷中，关于航天及星体问题的大部分试题的解题思路明确，即向心力由万有引力提供，设问的难度不大，但也可能出现设问新颖、综合性强、难度大的试题．如2008年高考全国理综卷Ⅱ中第25题，2009年高考全国理综卷Ⅱ第26题．

要点归纳

一、圆周运动

1．描述匀速圆周运动的相关物理量及其关系

(1)物理量：线速度v、角速度ω、周期T、频率f、转速n、向心加速度a等等．

v22πr4π22

(2)关系：v＝＝ωr＝2πrf，a＝＝ωr＝2r＝4π2f2r．

TrT

2．匀速圆周运动的向心力

(1)向心力的来源：向心力是由效果命名的力，它可以由重力、弹力、摩擦力等力来充当，也可以是由这些力的合力或它们的分力来提供，即任何力都可能提供向心力，向心力的作用是只改变线速度的方向，不改变线速度的大小．

v24π22

(2)大小：F向＝ma＝m＝mωr＝m2r

＝4mπfr (牛顿第二定律) 3．圆周运动的临界问题

分析圆周运动的临界问题时，一般应从与研究对象相联系的物体(如：绳、杆、轨道等)的力学特征着手． (1)如图3－1所示，绳系小球在竖直平面内做圆周运动及小球沿竖直圆轨道的内侧面做圆周运动过最高点的临界问题(小球只受重力、绳或轨道的弹力)．

图3－1

由于小球运动到圆轨迹的最高点时，绳或轨道对小球的作用力只能向下，作用力最小为零，所以小球做完整的圆周运动在最高点应有一最小速度vmin．当小球刚好能通过最高点时，有：

vmin2

mg＝m

解得：vmin＝

gr．

又由机械能守恒定律有：mv下2＝mv上2＋mg·2R，可得v下≥5gR

所以，小球要能通过最高点，它在最高点时的速度v需要满足的条件是v≥gr．当v＞gr 时，绳对球产生拉力，轨道对球产生压力．

(2)如图3－2所示，轻质杆一端的小球绕杆的另一端做圆周运动及小球在竖直放置的圆环内做圆周运动过最高点的临界问题．

图3－2

分析小球在最高点的受力情况：小球受重力mg、杆或轨道对小球的力F．小球在最高点的动力学方程为：

mg＋F＝m．

由于小球运动到圆轨迹的最高点时，杆或轨道对小球的作用力可以向下，可以向上，也可以为零；以向下的方向为正方向，设小球在最高点时杆或轨道对它的作用力大小为F，方向向上，速度大小为v，则有：

mg－F＝m

当v＝0时，F＝mg，方向向上；

当0＜v＜gr 时，F随v的增大而减小，方向向上；当v＝gr 时，F＝0；

当v＞gr 时，F为负值，表示方向向下，且F随v的增大而增大． 4．弯道问题

(1)火车的弯道、公路的弯道都向内侧倾斜，若弯道半径为r，车辆通过速度为v0，则弯道的倾角应为： v02

θ＝arctan．

(2)飞机、鸟在空中盘旋时受力与火车以“v0”过弯道相同，故机翼、翅膀的倾角θ＝arctan．

(3)骑自行车在水平路面上转弯时，向心力由静摩擦力提供，但车身的倾斜角仍为θ＝arctan．

二、航天与星体问题

1．天体运动的两个基本规律 (1)万有引力提供向心力

v2Mm4π22

行星卫星模型：F＝G2＝m＝mrω＝m2r

rrT

m1m2双星模型：G2＝m1ω2r1＝m2ω2(L－r1) L

－

其中，G＝6.67×1011 N·m2/kg2 2．万有引力等于重力 Mm

G2＝mg(物体在地球表面且忽略地球自转效应)； RMmG＝mg′(在离地面高h处，忽略地球自转效应完全相等，g′为该处的重力加速度) (R＋h)22．人造卫星的加速度、线速度、角速度、周期跟轨道半径的关系

图3－3

F万＝G2＝F向



mvr→v＝GM→v∝rr

＝GM1

mωr→ω＝→ω∝

4π

→T∝r.mTr→T＝4πGM

332

2323GM1

ma→a＝2→a∝2rr

3．宇宙速度

(1)第一宇宙速度(环绕速度)：v＝gR＝7.9_km/s，是卫星发射的最小速度，也是卫星环绕地球运行的最大速度． (2)第二宇宙速度：v＝11.2 km/s (3)第三宇宙速度：v＝16.7 km/s 注意：①三个宇宙速度的大小都是取地球中心为参照系；

②以上数据是地球上的宇宙速度，其他星球上都有各自的宇宙速度，计算方法与地球相同． 4．关于地球同步卫星

地球同步卫星是指与地球自转同步的卫星，它相对于地球表面是静止的，广泛应用于通信领域，又叫做同步通信卫星．其特点可概括为六个“一定”：

(1)位置一定(必须位于地球赤道的上空)

地球同步卫星绕地球旋转的轨道平面一定与地球的赤道面重合．

假设同步卫星的轨道平面与赤道平面不重合，而与某一纬线所在的平面重合，如图3－4所示．同步卫星由于受到地球指向地心的万有引力F的作用，绕地轴做圆周运动，F的一个分力F1提供向心力，而另一个分力F2将使同步卫星不断地移向赤道面，最终直至与赤道面重合为止(此时万有引力F全部提供向心力)．

图3－4

(2)周期(T)一定

①同步卫星的运行方向与地球自转的方向一致．

②同步卫星的运转周期与地球的自转周期相同，即T＝24 h． (3)角速度(ω)一定

φ2π

由公式ω＝知，地球同步卫星的角速度ω＝，因为T恒定，π为常数，故ω也一定．

(4)向心加速度(a)的大小一定

地球同步卫星的向心加速度为a，则由牛顿第二定律和万有引力定律得： MmGMG． 2＝ma，a＝(R＋h)(R＋h)2(5)距离地球表面的高度(h)一定

由于万有引力提供向心力，则在ω一定的条件下，同步卫星的高度不具有任意性，而是唯一确定的．

Mm2

根据G2＝mω(R＋h)得： (R＋h)3GM3h＝2－R＝ω(6)环绕速率(v)一定

GM在轨道半径一定的条件下，同步卫星的环绕速率也一定，且为v＝＝r

因此，所有同步卫星的线速度大小、角速度大小及周期、半径都相等．由此可知要发射同步卫星必须同时满足三个条件： ①卫星运行周期和地球自转周期相同； ②卫星的运行轨道在地球的赤道平面内； ③卫星距地面高度有确定值．

R2g

＝3.08 km/s． R＋h

GM－R≈36000 km． 2π2()T

热点、重点、难点

一、圆周运动

关于圆周运动，在高考中除了一般会出现星体问题，带电粒子在匀强磁场中的运动的试题外，还常会出现其他考查动能和功能关系的圆周运动问题．如2009年高考安徽理综卷第24题、浙江理综卷第24题，2008年高考山东理综卷第24题、广东物理卷第17题，2007年高考全国理综卷Ⅱ第23题等．

●例1 如图3－5 所示，两个圆弧轨道固定在水平地面上，半径R相同，A轨道由金属凹槽制成，B轨道由

金属圆管制成，均可视为光滑轨道．在两轨道右侧的正上方分别将金属小球A和B由静止释放，小球距离地面的高度分别用hA和hB表示，则下列说法正确的是( )

图3－5

A．若hA＝hB≥2R，则两小球都能沿轨道运动到最高点

3R3R

B．若hA＝hB＝，由于机械能守恒，两个小球沿轨道上升的最大高度均为 22

C．适当调整hA和hB，均可使两小球从轨道最高点飞出后，恰好落在轨道右端口处

D．若使小球沿轨道运动并且从最高点飞出，A小球的最小高度为，B小球在hB>2R的任何高度均可

【解析】当hB＝2R时，B小球能沿圆管运动到达最高点，且由机械能守恒定律知到达最高点时速度减为零，

故当hA＝2R时，A小球到达最高点前已离开圆弧轨道；同理，当hA＝hB＝R时，B小球能恰好上升至R，A小球

上升至前已离开圆弧，故选项A、B错误．

RRg要使小球从轨道最高点飞出后恰好落在轨道右端口，在最高点的初速度应为v0＝＝

22Rg

又因为A小球沿凹槽到达最高点的条件为m≥mg，即v≥gR，故A小球不可能从轨道最高点飞出后恰好落

在轨道右端口处．

又由机械能守恒定律，A小球能到达凹槽轨道高点的条件为：

mgha≥mg·2R＋m(gR)2

得ha≥R．故选项C错误、D正确．

[答案] D

【点评】除了天体问题和带电粒子在匀强磁场中运动外，竖直方向的圆周运动问题是较常出现的题型．本例题较典型地包含这类问题中的动力学关系和动能关系．

二、天体质量、密度及表面重力加速度的计算

1．星体表面的重力加速度：g＝G2

rv24π2r3

2．天体质量常用的计算公式：M＝＝2

GGT

●例2 假设某个国家发射了一颗绕火星做圆周运动的卫星．已知该卫星贴着火星表面运动，把火星视为均匀球体，如果知道该卫星的运行周期为T，引力常量为G，那么( )

A．可以计算火星的质量

B．可以计算火星表面的引力加速度 C．可以计算火星的密度 D．可以计算火星的半径

Mm4π2

【解析】卫星绕火星做圆周运动的向心力由万有引力提供，则有：G2＝m2r

而火星的质量M＝ρπr3

3π

联立解得：火星的密度ρ＝2 GT

2324πrM4π

由M＝2，g＝G2＝2r知，不能确定火星的质量、半径和其的表面引力加速度，所以C正确．

GTrT

[答案] C

【点评】历年的高考中都常见到关于星体质量(或密度)、重力加速度的计算试题，如2009年高考全国理综卷Ⅰ第19题，江苏物理卷第3题，2008年高考上海物理卷1(A)等． ★同类拓展1 我国探月的嫦娥工程已启动，在不久的将来，我国宇航员将登上月球．假如宇航员在月球上测得摆长为l的单摆做小振幅振动的周期为T，将月球视为密度均匀、半径为r的球体，则月球的密度为( )

3π3πl16πl3πlA．2 B． 2 C．2 D．GTGrT3GrT16GrT2【解析】设月球表面附近的重力加速度为g0．

l有：T＝2π

g0M3M

又由g0＝G2，ρ＝3 r4πr3πl

可解得ρ＝．

GrT2[答案] B

三、行星、卫星的动力学问题

不同轨道的行星(卫星)的速度、周期、角速度的关系在“要点归纳”中已有总结，关于这类问题还需特别注意分析清楚卫星的变轨过程及变轨前后的速度、周期及向心加速度的关系．

●例3 2008年9月25日到28日，我国成功发射了神舟七号载人航天飞行并实现了航天员首次出舱．飞船先沿椭圆轨道飞行，后在远地点343千米处点火加速，由椭圆轨道变成高度为343千米的圆轨道，在此圆轨道上飞船运行周期约为90分钟．下列判断正确的是[2009年高考·山东理综卷]( )

A．飞船变轨前后的机械能相等

B．飞船在圆轨道上时航天员出舱前后都处于失重状态

C．飞船在此圆轨道上运动的角速度大于同步卫星运动的角速度

D．飞船变轨前通过椭圆轨道远地点时的加速度大于变轨后沿圆轨道运动的加速度

【解析】飞船点火变轨，反冲力对飞船做正功，飞船的机械能不守恒，A错误．飞船在圆形轨道上绕行时，航天员(包括飞船及其他物品)受到的万有引力恰好提供所需的向心力，处于完全失重状态，B正确．神舟七号的运行

F引1M

高度远低于同步卫星，由ω2∝3知，C正确．由牛顿第二定律a＝＝G2知，变轨前后过同一点的加速度相等．

rmr

[答案] BC

【点评】对于这类卫星变轨的问题，特别要注意比较加速度时不能根据运动学公式a＝＝ω2r，因为变轨前后

卫星在同一点的速度、轨道半径均变化，一般要通过决定式a＝来比较．

★同类拓展2 为纪念伽利略将望远镜用于天文观测400周年，2009年被定为以“探索我的宇宙”为主题的国际天文年．我国发射的嫦娥一号卫星绕月球经过一年多的运行，完成了既定任务，于2009年3月1日16日13分成功撞月．图示为嫦娥一号卫星撞月的模拟图，卫星在控制点1开始进入撞月轨道．假设卫星绕月球做圆周运动的轨道半径为R，周期为T，引力常量为G．根据题中信息( )

A．可以求出月球的质量

B．可以求出月球对嫦娥一号卫星的引力 C．可知嫦娥一号卫星在控制点1处应减速

D．可知嫦娥一号在地面的发射速度大于11.2 km/s

Mm4π24π2R3

【解析】由G2＝m2R可得月球的质量M＝，A正确．由于不知嫦娥一号的质量，无法求得引力，B

RTGT2错误．卫星在控制点1开始做近月运动，知在该点万有引力要大于所需的向心力，故知在控制点1应减速，C正确．嫦

娥一号进入绕月轨道后，同时还与月球一起绕地球运行，并未脱离地球，故知发射速度小于11.2 km/s，D错误．

[答案] AC

四、星体、航天问题中涉及的一些功能关系

1Mm

1．质量相同的绕地做圆周运动的卫星，在越高的轨道动能Ek＝mv2＝G越小，引力势能越大，总机械能越

22r

大．

2．若假设距某星球无穷远的引力势能为零，则距它r处卫星的引力势能Ep＝－G(不需推导和记忆)．在星

球表面处发射物体能逃逸的初动能为Ek≥|Ep|＝G．

●例4 2008年12月，天文学家们通过观测的数据确认了银河系的黑洞“人马座A*”的质量与太阳质量的倍数关系．研究发现，有一星体S2绕人马座A*做椭圆运动，其轨道半长轴为9.50×102天文单位(地球公转轨道的半径为一个天文单位)，人马座A*就处在该椭圆的一个焦点上．观测得到S2星的运动周期为15.2年．

(1)若将S2星的运行轨道视为半径r＝9.50×102天文单位的圆轨道，试估算人马座A*的质量MA是太阳质量MS的多少倍．(结果保留一位有效数字)

(2)黑洞的第二宇宙速度极大，处于黑洞表面的粒子即使以光速运动，其具有的动能也不足以克服黑洞对它的

引力束缚．由于引力的作用，黑洞表面处质量为m的粒子具有的势能为Ep＝－G(设粒子在离黑洞无限远处的势

R－

能为零)，式中M、R分别表示黑洞的质量和半径．已知引力常量G＝6.7×1011 N·m2 /kg2，光速c＝3.0×108 m/s，太阳质量MS＝2.0×1030 kg，太阳半径RS＝7.0×108 m，不考虑相对论效应，利用上问结果，在经典力学范围内求人马座A*的半径RA与太阳半径RS之比应小于多少．(结果按四舍五入保留整数)

[2009年高考·天津理综卷] 【解析】(1)S2星绕人马座A*做圆周运动的向心力由人马座A*对S2星的万有引力提供，设S2星的质量为mS2，角速度为ω，周期为T，则有：

MAmS2

G2＝mS2ω2r

r2πω＝

设地球质量为mE，公转轨道半径为rE，周期为TE，则： MSmE2πG2＝mE()2rE rETE

MArTE综合上述三式得：＝()3()2

MSrET

上式中TE＝1年，rE＝1天文单位

MA代入数据可得：＝4×106．

(2)引力对粒子作用不到的地方即为无限远处，此时粒子的势能为零．“处于黑洞表面的粒子即使以光速运动，其具有的动能也不足以克服黑洞对它的引力束缚”，说明了黑洞表面处以光速运动的粒子在远离黑洞的过程中克服引力做功，粒子在到达无限远之前，其动能便减小为零，此时势能仍为负值，则其能量总和小于零．根据能量守恒定律可知，粒子在黑洞表面处的能量也小于零，则有：

12Mmmc－G＜0 2R

依题意可知：R＝RA，M＝MA

2GMA可得：RA＜2 c

代入数据得：RA＜1.2×1010 m RA故＜17． RS

RA[答案] (1)4×106 (2)<17

1Mm

【点评】①“黑洞”问题在高考中时有出现，关键要理解好其“不能逃逸”的动能定理方程：mc2－G<0．

②Ep＝－G是假定离星球无穷远的物体与星球共有的引力势能为零时，物体在其他位臵(与星球共有)的引力

势能，同样有引力做的功等于引力势能的减少．

★同类拓展3 2005年10月12日，神舟六号飞船顺利升空后，在离地面340 km的圆轨道上运行了73圈．运行中需要多次进行轨道维持．所谓“轨道维持”就是通过控制飞船上发动机的点火时间、推力的大小和方向，使飞船能保持在预定轨道上稳定运行．如果不进行轨道维持，由于飞船在轨道上运动受摩擦阻力的作用，轨道高度会逐渐缓慢降低，在这种情况下，下列说法正确的是( )

A．飞船受到的万有引力逐渐增大、线速度逐渐减小

B．飞船的向心加速度逐渐增大、周期逐渐减小、线速度和角速度都逐渐增大 C．飞船的动能、重力势能和机械能都逐渐减小

D．重力势能逐渐减小，动能逐渐增大，机械能逐渐减小

【解析】飞船的轨道高度缓慢降低，由万有引力定律知其受到的万有引力逐渐增大，向心加速度逐渐增大，又

v2Mm4π22

由于轨道变化的缓慢性，即在很短时间可当做匀速圆周运动，由G2＝m＝mωr＝m2r知，其线速度逐渐增大，

rrT

动能增大，由此可知飞船动能逐渐增大，重力势能逐渐减小，由空气阻力做负功知机械能逐渐减少．

[答案] BD 五、双星问题

●例5 天文学家将相距较近、仅在彼此的引力作用下运行的两颗恒星称为双星．双星系统在银河系中很普遍．利用双星系统中两颗恒星的运动特征可推算出它们的总质量．已知某双星系统中两颗恒星围绕它们连线上的某一固定点分别做匀速圆周运动，周期均为T，两颗恒星之间的距离为r，试推算这个双星系统的总质量．(引力常量为G)

[2008年高考·宁夏理综卷]

【解析】设两颗恒星的质量分别为m1、m2，做圆周运动的半径分别为r1、r2，角速度分别为ω1、ω2．根据题意有：

ω1＝ω2 r1＋r2＝r

根据万有引力定律和牛顿定律，有： m1m2G2＝m1r1ω12 rm1m2G2＝m2r2ω22 r

m2r

联立解得：r1＝

m1＋m2

2π

根据角速度与周期的关系知ω1＝ω2＝ T

234πr

联立解得：m1＋m2＝2．

234πr

[答案] 2 TG

【点评】在双星系统中，当其中一星体质量远远大于另一星体时，它们的共同圆心就在大质量星球内部且趋近于球心．

经典考题

1．天文学家新发现了太阳系外的一颗行星．这颗行星的体积是地球的4.7倍，质量是地球的25倍．已知某一

－

近地卫星绕地球运行的周期约为1.4小时，引力常量G＝6.67×1011 N·m2/kg2，由此估算该行星的平均密度约为[2009年高考·全国理综卷Ⅰ]( )

A．1.8×103 kg/m3 B．5.6×103 kg/m3 C．1.1×104 kg/m3 D．2.9×104 kg/m3

Mm4π23M3π

【解析】由G2＝m2R，ρ＝地球密度ρ＝2，再由质量和体积关系得该行星的密度ρ′＝2.9×104 3可得，RT4πRGT3

kg/m．

[答案] D

2．2009年2月11日，俄罗斯的“宇宙－2251”卫星和美国的“铱－33”卫星在西伯利亚上空约805 km处发生碰撞．这是历史上首次发生的完整在轨卫星碰撞事件．碰撞过程中产生的大量碎片可能会影响太空环境．假定有甲、乙两块碎片，绕地球运行的轨道都是圆，甲的运行速率比乙的大，则下列说法中正确的是[2009年高考·安徽理综卷Ⅰ]( )

A．甲的运行周期一定比乙的长 B．甲距地面的高度一定比乙的高 C．甲的向心力一定比乙的小 D．甲的加速度一定比乙的大

GMR3【解析】由v＝可知，甲碎片的速率大，轨道半径小，故B错误；由公式T＝2π可知，甲的周期

rGM

小，故A错误；由于未知两碎片的质量，无法判断向心力的大小，故C错误；碎片的加速度是指引力加速度，由MmGM

G2＝ma，可得a＝2，甲的加速度比乙大，D正确． RR[答案] D

3.1990年4月25日，科学家将哈勃天文望远镜送上距地球表面约600 km的高空，使得人类对宇宙中星体的观测与研究有了极大的进展．假设哈勃望远镜沿圆轨道绕地球运行．已知地球半径为6.4×106 m，利用地球同步卫星与地球表面的距离为3.6×107 m这一事实可得到哈勃望远镜绕地球运行的周期．以下数据中，最接近其运行周期的是[2008年高考·四川理综卷]( )

A．0.6小时 B．1.6小时 C．4.0小时 D．24小时

(r＋h1)3(r＋h2)3R3

【解析】由开普勒行星运动定律可知，2＝恒量，所以＝，其中r为地球的半径，h1，t1，h2，

Tt12t22t2分别表示望远镜到地表的距离、望远镜的周期、同步卫星距地表的距离、同步卫星的周期(24 h)，代入解得：t1＝1.6 h．

[答案] B

【点评】高考对星体航天问题的考查以圆周运动的动力学方程为主，具体常涉及求密度值、同步卫星的参量、变轨的能量变化等．在具体解题时要注意运用好几个常用的代换．

4．我国发射的嫦娥一号探月卫星沿近似于圆形的轨道绕月飞行．为了获得月球表面全貌的信息，让卫星轨道平面缓慢变化，卫星将获得的信息持续用微波信号发回地球．设地球和月球的质量分别为M和m，地球和月球的半径分别为R和R1，月球绕地球的轨道半径和卫星绕月球的轨道半径分别为r和r1，月球绕地球转动的周期为T．假定在卫星绕月运行的一个周期内卫星轨道平面与地月连心线共面，求在该周期内卫星发射的微波信号因月球遮挡而不能到达地球的时间．(用M、m、R、R1、r、r1和T表示，忽略月球绕地球转动对遮挡时间的影响)．[2008年高考·全国理综卷Ⅱ]

【解析】如图所示，设O和O′分别表示地球和月球的中心．在卫星轨道平面上，A是地月连心线OO′与地月球表面的公切线ACD的交点，D、C和B分别是该公切线与地球表面、月球表面和卫星轨道的交点．过A点在另一侧作地月球面的公切线，交卫星轨道于E点．卫星在圆弧BE上运动时发出的信号被遮挡．

设探月卫星的质量为m0，引力常量为G，根据万有引力定律有： Mm2πG2＝m()2r rTmm02π

G2＝m0()2r1(其中T1表示探月卫星绕月球转动的周期) r1T1

T1Mr1

由以上两式可得：()2＝()3

Tmr

设卫星的微波信号被遮挡的时间为t，则由于卫星绕月球做匀速圆周运动，有： tα－β＝，其中α＝∟CO′A，β＝∟CO′B T1π

由几何关系得：rcos α＝R－R1，r1cos β＝R1

R－R1TMr13R1联立解得：t＝－arccos)． 3(arccosπmrrr1

R－R1TMr13R1[答案] －arccos) 3(arccosπmrrr1【点评】航体星体问题有时在高考中也以计算题出现，解答的关键仍是做圆周运动的动力学方程．另外，还需要同学们具有丰富的想象力，描绘情境图、难图化易、化整为零等能力．

能力演练

一、选择题(10×4分)

1．在越野赛车时，一辆赛车在水平公路上减速转弯，从俯视图可以看到，赛车沿圆周由P向Q行驶．下列图中画出了赛车转弯时所受合力的四种方式，其中正确的是( )

【解析】将F向切向和径向分解，切向分力使其减速，径向的分力产生向心加速度，故D正确． [答案] D

2．备受关注的京沪高速铁路预计在2010年投入运营．按照设计，乘高速列车从北京到上海只需4个多小时，由于高速列车的速度快，对轨道、轨基的抗震动和抗冲击力的要求都很高．如图所示，列车转弯可以看成是做匀速圆周运动，若某弯道的半径为R，列车设计时速为v，则该弯道处铁轨内外轨的设计倾角θ应为( )

v2v2

【解析】设计的倾角θ应使列车过弯道时重力与支持力的合力提供向心力：mgtan θ＝m，解得：θ＝arctan ．

RRg

[答案] A

3.2005年12月11日，有着“送子女神”之称的小行星“婚神”(Juno)冲日，在此后十多天的时间里，国内外天文爱好者凭借双筒望远镜可观测到它的“倩影”．在太阳系中除了行星以外，还有成千上万颗肉眼看不见的小天体，沿着椭圆轨道不停地围绕太阳公转．这些小天体就是太阳系中的小行星．冲日是观测小行星难得的机遇．此时，小行星、太阳、地球几乎成一条直线，且和地球位于太阳的同一侧．“婚神”星冲日的虚拟图如图所示，则( )

v2v2

A．arctan B．arcsin RgRg2vv2

C．arccot D．arccos

RgRg

A．2005年12月11日，“婚神”星的线速度大于地球的线速度

B．2005年12月11日，“婚神”星的加速度小于地球的加速度 C．2006年12月11日，必将发生下一次“婚神”星冲日

D．下一次“婚神”星冲日必将在2006年12月11日之后的某天发生

v2Mm1FM

【解析】由G2＝m得v2∝，“婚神”的线速度小于地球的线速度，由a＝＝G2知，“婚神”的加速度

rrrmr

小于地球的加速度，地球的公转周期为一年，“婚神”的公转周期大于一年，C错误，D正确．

[答案] BD

4.2007年11月5日，嫦娥一号探月卫星沿地月转移轨道到达月球附近，在距月球表面200 km的P点进行第

一次“刹车制动”后被月球俘获，进入椭圆轨道 Ⅰ 绕月飞行，如图所示．之后，卫星在P点经过几次“刹车制动”，最终在距月球表面200 km、周期127 min的圆形轨道 Ⅲ 上绕月球做匀速圆周运动．若已知月球的半径R月和引力常量G，忽略地球对嫦娥一号的引力作用，则由上述条件( )

A．可估算月球的质量

B．可估算月球表面附近的重力加速度

C．可知卫星沿轨道Ⅰ经过P点的速度小于沿轨道Ⅲ经过P点的速度

D．可知卫星沿轨道Ⅰ经过P点的加速度大于沿轨道Ⅱ经过P点的加速度

Mm4π2

【解析】由G＝m(R月＋h)2可得：

T(R月＋h)24π2(R月＋h)3

月球的质量M＝，选项A正确．

GT2月球表面附近的重力加速度为：

M4π(R月＋h)

g月＝G2＝，选项B正确．

R月R月2T2卫星沿轨道Ⅰ经过P点时有： vPⅠ2Mmm>G R月＋h(R月＋h)2vPⅢ2Mm

沿轨道Ⅲ经过P点时：m＝G (R月＋h)(R月＋h)2可见vPⅢFM

加速度aP＝＝G，与轨迹无关，选项D错误．

m(R月＋h)2[答案] AB

5．假设太阳系中天体的密度不变，天体的直径和天体之间的距离都缩小到原来的，地球绕太阳公转近似为匀

速圆周运动，则下列物理量变化正确的是( )

A．地球绕太阳公转的向心力变为缩小前的

B．地球绕太阳公转的向心力变为缩小前的

C．地球绕太阳公转的周期与缩小前的相同

D．地球绕太阳公转的周期变为缩小前的 2

1Mm4311

【解析】天体的质量M＝ρπR，各天体质量变为M′＝M，变化后的向心力F′＝G＝F，B正确．又

38r216

()2

Mm4π

由G2＝m2r，得T′＝T．

rT[答案] BC 6．假设有一载人宇宙飞船在距地面高度为4200 km的赤道上空绕地球做匀速圆周运动，地球半径约为00 km，地球同步卫星距地面高为36000 km，宇宙飞船和一地球同步卫星绕地球同向运动，每当两者相距最近时．宇宙飞船就向同步卫星发射信号，然后再由同步卫星将信号发送到地面接收站，某时刻两者相距最远，从此刻开始，在一昼夜的时间内，接收站共接收到信号的次数为( )

A．4次 B．6次 C．7次 D．8次【解析】设宇宙飞船的周期为T有：

00＋42003T2) 2＝(2400＋36000

解得：T＝3 h

设两者由相隔最远至第一次相隔最近的时间为t1，有： 2π2π(－)·t＝π TT01

解得t1＝ h

再设两者相邻两次相距最近的时间间隔为t2，有： 2π2π(－)·t＝2π TT02

解得：t2＝ h

724－t1

由n＝＝6.5(次)知，接收站接收信号的次数为7次．

[答案] C

7．图示为全球定位系统(GPS)．有24颗卫星分布在绕地球的6个轨道上运行，它们距地面的高度都为2万千米．已知地球同步卫星离地面的高度为3.6万千米，地球半径约为00 km，则全球定位系统的这些卫星的运行速度约为( )

A．3.1 km/s B．3.9 km/s C．7.9 km/s D．11.2 km/s

2π1

【解析】同步卫星的速度v1＝r＝3.08 km/s．又由v2∝，得定位系统的卫星的运行速度v2＝3.9 km/s．

[答案] B

8．均匀分布在地球赤道平面上空的三颗同步通信卫星够实现除地球南北极等少数地区外的全球通信．已知地球的半径为R，地球表面的重力加速度为g，地球的自转周期为T．下列关于三颗同步卫星中，任意两颗卫星间距离s的表达式中，正确的是( )

A．3R B．23R

C．33

3gR2T24π2 D．3 gR2T24π2Mm4π2

【解析】设同步卫星的轨道半径为r，则由万有引力提供向心力可得：G2＝m2r

rT3gR2T2解得：r＝ 4π23gR2T2由题意知，三颗同步卫星对称地分布在半径为r的圆周上，故s＝2rcos 30°＝3，选项D正确．

4π2[答案] D

9．发射通信卫星的常用方法是，先用火箭将卫星送入一近地椭圆轨道运行；然后再适时开动星载火箭，将其送上与地球自转同步运行的轨道．则( )

A．变轨后瞬间与变轨前瞬间相比，卫星的机械能增大，动能增大 B．变轨后瞬间与变轨前瞬间相比，卫星的机械能增大，动能减小

C．变轨后卫星运行速度一定比变轨前卫星在椭圆轨道上运行时的最大速度要大

D．变轨后卫星运行速度一定比变轨前卫星在椭圆轨道上运行时的最大速度要小

【解析】火箭是在椭圆轨道的远地点加速进入同步运行轨道的，故动能增大，机械能增大，A正确．

设卫星在同步轨道上的速度为v1，在椭圆轨道的近地点的速度为v2，再设椭圆轨道近地点所在的圆形轨道的卫星的速度为v3．

v2Mm

由G2＝m，知v3>v1；又由向心力与万有引力的关系知v2>v3．故v1rr[答案] AD

10．如图所示，在水平方向的匀强电场中，一绝缘细线的一端固定在O点，另一端系一带正电的小球，小球在重力、电场力、绳子的拉力的作用下在竖直平面内做圆周运动，小球所受的电场力的大小与重力相等．比较a、b、c、d这四点，小球( )

A．在最高点a处的动能最小 B．在最低点c处的机械能最小

C．在水平直径右端b处的机械能最大 D．在水平直径左端d处的机械能最大

【解析】①由题意知，小球受的重力与电场力的合力沿∟bOc的角平分线方向，故小球在a、d两点的动能相等；②小球在运动过程中，电势能与机械能相互转化，总能量守恒，故在d点处机械能最小，b点处机械能最大．

[答案] C

二、非选择题(共60分)

11．(7分)图甲是“研究平抛物体的运动”的实验装置图．

(1)图乙是正确实验取得的数据，其中O为抛出点，则此小球做平抛运动的初速度为______________m/s． (2)在另一次实验中将白纸换成方格纸，每小格的边长L＝5 cm，通过实验，记录了小球在运动途中的三个位置，如图丙所示，则该小球做平抛运动的初速度为________m/s；B点的竖直分速度为________m/s．

【解析】(1)方法一取点(19.6,32.0)分析可得：

0.196＝×9.8×t12

0.32＝v0t1

解得：v0＝1.6 m/s．

方法二取点(44.1,48.0)分析可得：

0.441＝×9.8×t22

0.48＝v0t2

解得：v0＝1.6 m/s．

(2)由图可知，物体由A→B和由B→C所用的时间相等，且有： Δy＝gT2 x＝v0T

yAC＝2 m/s． 2T

[答案] (1)1.6 (2分) (2)1.5 (3分) 2 (2分)

12．(8分)图甲为测量电动机转动角速度的实验装置，半径不大的圆形卡纸固定在电动机转轴上，在电动机的带动下匀速转动．在圆形卡纸的旁边安装一个改装了的电火花计时器．

解得：v0＝1.5 m/s，vBy＝

下面是该实验的实验步骤：

①使电火花计时器与圆形卡纸保持良好接触； ②启动电动机，使圆形卡纸转动起来；

③接通电火花计时器的电源，使它工作起来；

④关闭电动机，拆除电火花计时器，研究卡纸上留下的一段痕迹(如图乙所示)，写出角速度ω的表达式，代入数据得出ω的测量值．

(1)要得到角速度ω的测量值，还缺少一种必要的测量工具，它是________． A．秒表 B．游标卡尺 C．圆规 D．量角器

(2)写出ω的表达式，并指出表达式中各个物理量的含义：___________________________ _________________________________________________________．

(3)为了避免在卡纸连续转动的过程中出现打点重叠，在电火花计时器与盘面保持良好接触的同时，可以缓慢地将电火花计时器沿圆形卡纸半径方向向卡纸中心移动．这样，卡纸上打下的点的分布曲线不是一个圆，而是类似一种螺旋线，如图7－4丙所示．这对测量结果有影响吗？____________(填“有影响”或“没有影响”)理由是：________________________

_____________________________________________________________________________________________________________．

【解析】(1)角速度ω＝，需量角器测量转过的夹角，故选项D正确．

(2)ω＝，θ是n个点的分布曲线所对应的圆心角，t是电火花计时器的打点时间间隔

(n－1)t

(3)没有影响，因为电火花计时器向卡纸中心移动时不影响角度的测量． [答案] (1)D (2分)

(2)ω＝，θ是n个点的分布曲线所对应的圆心角，t是电火花计时器的打点时间间隔 (3分)

(n－1)t

(3)没有影响 (1分) 电火花计时器向卡纸中心移动时不影响角度的测量 (2分)

13．(10分)火星和地球绕太阳的运动可以近似看做是同一平面内同方向的匀速圆周运动．已知火星公转轨道半

径大约是地球公转轨道半径的．从火星、地球于某一次处于距离最近的位置开始计时，试估算它们再次处于距离

33

最近的位置至少需多少地球年．[计算结果保留两位有效数字，22＝1.85]

Mm4π23

【解析】由G2＝m2r可知，行星环绕太阳运行的周期与行星到太阳的距离的二分之三次方成正比，即T∝r

rT2

所以地球与火星绕太阳运行的周期之比为： T火r火333

＝()＝()＝1.85 (3分) T地r地222

设从上一次火星、地球处于距离最近的位臵到再一次处于距离最近的位臵，火星公转的圆心角为θ，则地球公

2πt2πt

转的圆心角必为2π＋θ，它们公转的圆心角与它们运行的周期之间应有此关系：θ＝，θ＋2π＝ (3分)

T火T地

2πt2πt

得：2π＋＝ (2分)

T火T地

T火T地1.85

最后得：t＝＝T地≈2.2年 (2分)

T火－T地0.85

[答案] 2.2

14．(11分)若宇航员完成了对火星表面的科学考察任务，乘坐返回舱返回围绕火星做圆周运动的轨道舱，如图所示．为了安全，返回舱与轨道舱对接时，必须具有相同的速度．已知：该过程宇航员乘坐的返回舱至少需要获得的总能量为E(可看做是返回舱的初动能)，返回舱与人的总质量为m，火星表面重力加速度为g，火星半径为R，轨道舱到火星中心的距离为r，不计火星表面大气对返回舱的阻力和火星自转的影响．问：

(1)返回舱与轨道舱对接时，返回舱与人共具有的动能为多少？

(2)返回舱在返回轨道舱的过程中，返回舱与人共需要克服火星引力做多少功？

【解析】(1)在火星表面有：2＝g (2分)

设轨道舱的质量为m0，速度大小为v，则有：

v2Mm0G2＝m0 (2分) rr

返回舱和人应具有的动能Ek＝mv2 (1分)

2mgR

联立解得Ek＝． (1分)

(2)对返回舱在返回过程中，由动能定理知： W＝Ek－E (2分)

mgR2

联立解得：火星引力对返回舱做的功W＝－E (2分)

mgR2

故克服引力做的功为：－W＝E－． (1分)

mgR2mgR2

[答案] (1) (2)E－ 2r2r

15．(11分)中国首个月球探测计划嫦娥工程预计在2017年送机器人上月球，实地采样送回地球，为载人登月及月球基地选址做准备．设想机器人随嫦娥号登月飞船绕月球飞行，飞船上备有以下实验仪器：

A．计时表一只； B．弹簧秤一把；

C．已知质量为m的物体一个； D．天平一台(附砝码一盒)．

在飞船贴近月球表面时可近似看成绕月球做匀速圆周运动，机器人测量出飞船在靠近月球表面的圆形轨道绕行N圈所用的时间为t．飞船的登月舱在月球上着陆后，遥控机器人利用所携带的仪器又进行了第二次测量，利用上述两次测量的物理量可出推导出月球的半径和质量．(已知引力常量为G)，要求：

(1)说明机器人是如何进行第二次测量的．

(2)试推导用上述测量的物理量表示的月球半径和质量的表达式．

【解析】(1)机器人在月球上用弹簧秤竖直悬挂物体，静止时读出弹簧秤的示数F，即为物体在月球上所受重力的大小． (3分)

(2)在月球上忽略月球的自转可知： mg月＝F (1分) Mm

G2＝mg月 (1分) R

飞船在绕月球运行时，因为是靠近月球表面，故近似认为其轨道半径为月球的半径R，由万有引力提供物体做圆周运动的向心力可知：

Mm4π2t

G2＝mR2，又T＝ (2分) RTN

FT2Ft2联立可得：月球的半径R＝2＝22 (2分)

4πm4πNm34Ft

月球的质量M＝443． (2分)

16πGNm

[答案] (1)机器人在月球上用弹簧秤竖直悬挂物体，静止时读出弹簧秤的示数F，即为物体在月球上所受重力的大小．

Ft2F3t4

(2)R＝22 M＝443 4πNm16πGNm

16．(13分)如图所示，一半径为R的光滑绝缘半球面开口向下，固定在水平面上．整个空间存在磁感应强度为B、方向竖直向下的匀强磁场．一电荷量为q(q＞0)、质量为m的小球P在球面上做水平的匀速圆周运动，圆心为

O′．球心O到该圆周上任一点的连线与竖直方向的夹角为θ(0＜θ＜)．为了使小球能够在该圆周上运动，求磁感应

强度B的最小值及小球P相应的速率．(已知重力加速度为g)

【解析】据题意可知，小球P在球面上做水平的匀速圆周运动，该圆周的圆心为O′．P受到向下的重力mg、球面对它沿OP方向的支持力FN和磁场的洛伦兹力f洛，则：

f洛＝qvB (1分)

式中v为小球运动的速率，洛伦兹力f洛的方向指向O′ 根据牛顿第二定律有： FNcos θ－mg＝0 (2分)

f洛－FNsin θ＝m (2分)

Rsin θ

gRsin2θ2qBRsin θ可得：v－v＋＝0 (2分)

mcos θ

由于v是实数，必须满足：

qBRsin θ24gRsin2θΔ＝()－≥0 (2分)

mcos θ

2mg由此得：B≥ (1分)

qRcos θ

可见，为了使小球能够在该圆周上运动，磁感应强度B的最小值为：

2mgBmin＝ qRcos θ

此时，带电小球做匀速圆周运动的速率为： qBminRsin θv＝ (2分)

gR解得：v＝sin θ． (1分)

cos θ2mggR答案 sin θ

qRcos θcos θ

第4专题带电粒子在电场和磁场中的运动

知识网络

考点预测

带电粒子在电场、磁场(或电场、磁场和重力场的复合场)中的运动是高中物理中的重点内容，这类问题对学生的空间想象能力、分析综合能力、应用数学知识处理物理问题的能力有较高的要求，是考查考生多项能力的极好载体，因此成为高考的热点，在实行了多年的理科综合能力测试中也是每年都考，且分值较高．从试题的难度上看，多属于中等难度和较难的题，特别是只要出现计算题就一定是难度较大的综合题．考题有可能以科学技术的具体问题为背景，从实际问题中获取并处理信息，把实际问题转化成物理问题，提高分析解决实际问题的能力是教学中的重点．计算题还常常成为试卷的压轴题，如2009年全国理综卷Ⅰ第26题、全国理综卷Ⅱ第25题、重庆理综卷第25题、四川理综卷第25题；2008年全国理综卷Ⅰ第25题、江苏物理卷第14题、四川理综卷第27题、重庆理综卷第25题、山东理综卷第25题等．预计在2010年高考中仍然会出现带电粒子在复合的或组合的电场和磁场中运动的问题．

要点归纳

一、不计重力的带电粒子在电场中的运动 1．带电粒子在电场中加速

当电荷量为q、质量为m、初速度为v0的带电粒子经电压U加速后，速度变为vt，由动能定理得：qU＝mvt2

－mv02．若v0＝0，则有vt＝2

2qU，这个关系式对任意静电场都是适用的． m

对于带电粒子在电场中的加速问题，应突出动能定理的应用． 2．带电粒子在匀强电场中的偏转

电荷量为q、质量为m的带电粒子由静止开始经电压U1加速后，以速度v1垂直进入由两带电平行金属板产生的匀强电场中，则带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，其轨迹是一条抛物线(如图4－1所示)．

图4－1

qU1＝mv12

设两平行金属板间的电压为U2，板间距离为d，板长为L． (1)带电粒子进入两板间后

粒子在垂直于电场的方向上做匀速直线运动，有： vx＝v1，L＝v1t

粒子在平行于电场的方向上做初速度为零的匀加速直线运动，有：

1qEqU2vy＝at，y＝at2，a＝＝．

2mmd

(2)带电粒子离开极板时

12qU2L2U2L2

侧移距离y＝at＝＝ 22mdv124dU1U2x2

轨迹方程为：y＝(与m、q无关)

4dU1

atqU2LU2L

偏转角度φ的正切值tan φ＝＝ 2＝v1mdv12dU1

若在偏转极板右侧D距离处有一竖立的屏，在求电子射到屏上的侧移距离时有一个很有用的推论，即：所有离开偏转电场的运动电荷好像都是从极板的中心沿中心与射出点的连线射出的．这样很容易得到电荷在屏上的侧移L

距离y′＝(D＋)tan φ．

以上公式要求在能够证明的前提下熟记，并能通过以上式子分析、讨论侧移距离和偏转角度与带电粒子的速度、动能、比荷等物理量的关系．

二、不计重力的带电粒子在磁场中的运动

1．匀速直线运动：若带电粒子的速度方向与匀强磁场的方向平行，则粒子做匀速直线运动． 2．匀速圆周运动：若带电粒子的速度方向与匀强磁场的方向垂直，则粒子做匀速圆周运动．

质量为m、电荷量为q的带电粒子以初速度v垂直进入匀强磁场B中做匀速圆周运动，其角速度为ω，轨道半径为R，运动的周期为T，则有：

v22π

qvB＝m＝mRω2＝mvω＝mR()2＝mR(2πf)2

RTmvR＝

qB2πm1qBT＝(与v、R无关)，f＝＝．

qBT2πm

3．对于带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的问题，应注意把握以下几点．

(1)粒子圆轨迹的圆心的确定

①若已知粒子在圆周运动中的两个具体位置及通过某一位置时的速度方向，可在已知的速度方向的位置作速度的垂线，同时作两位置连线的中垂线，两垂线的交点为圆轨迹的圆心，如图4－2 所示．

②若已知做圆周运动的粒子通过某两个具体位置的速度方向，可在两位置上分别作两速度的垂线，两垂线的交点为圆轨迹的圆心，如图4－3所示．

③若已知做圆周运动的粒子通过某一具体位置的速度方向及圆轨迹的半径R，可在该位置上作速度的垂线，垂线上距该位置R处的点为圆轨迹的圆心(利用左手定则判断圆心在已知位置的哪一侧)，如图4－4所示．

图4－2 图4－3 图4－4

(2)粒子圆轨迹的半径的确定

①可直接运用公式R＝来确定．

②画出几何图形，利用半径R与题中已知长度的几何关系来确定．在利用几何关系时，要注意一个重要的几何特点，即：粒子速度的偏向角φ等于对应轨迹圆弧的圆心角α，并等于弦切角θ的2倍，如图4－5所示．

图4－5

(3)粒子做圆周运动的周期的确定

2πm

①可直接运用公式T＝来确定．

②利用周期T与题中已知时间t的关系来确定．若粒子在时间t内通过的圆弧所对应的圆心角为α，则有：t＝αα·T(或t＝·T)． 360°2π

(4)圆周运动中有关对称的规律

①从磁场的直边界射入的粒子，若再从此边界射出，则速度方向与边界的夹角相等，如图4－6所示． ②在圆形磁场区域内，沿径向射入的粒子必沿径向射出，如图4－7所示．

图4－6 图4－7

(5)带电粒子在有界磁场中运动的极值问题

刚好穿出磁场边界的条件通常是带电粒子在磁场中运动的轨迹与边界相切．三、带电粒子在复合场中的运动

1．高中阶段所涉及的复合场有四种组合形式，即：①电场与磁场的复合场；②磁场与重力场的复合场；③电场与重力场的复合场；④电场、磁场与重力场的复合场．

2．带电粒子在复合场中的运动性质取决于带电粒子所受的合外力及初速度，因此应把带电粒子的运动情况和受力情况结合起来进行分析．当带电粒子在复合场中所受的合外力为零时，带电粒子做匀速直线运动(如速度选择

器)；当带电粒子所受的重力与电场力等值、反向，由洛伦兹力提供向心力时，带电粒子在垂直磁场的平面内做匀速圆周运动；当带电粒子所受的合外力是变力，且与初速度的方向不在一条直线上时，粒子做非匀变速曲线运动，运动轨迹也随之不规范地变化．因此，要确定粒子的运动情况，必须明确有几种场，粒子受几种力，重力是否可以忽略．

3．带电粒子所受三种场力的特征

(1)洛伦兹力的大小跟速度方向与磁场方向的夹角有关．当带电粒子的速度方向与磁场方向平行时，f洛＝0；当带电粒子的速度方向与磁场方向垂直时，f洛＝qvB．当洛伦兹力的方向垂直于速度v和磁感应强度B所决定的平面时，无论带电粒子做什么运动，洛伦兹力都不做功．

(2)电场力的大小为qE，方向与电场强度E的方向及带电粒子所带电荷的性质有关．电场力做功与路径无关，其数值除与带电粒子的电荷量有关外，还与其始末位置的电势差有关．

(3)重力的大小为mg，方向竖直向下．重力做功与路径无关，其数值除与带电粒子的质量有关外，还与其始末位置的高度差有关．

注意：①微观粒子(如电子、质子、离子)一般都不计重力；②对带电小球、液滴、金属块等实际的物体没有特殊交代时，应当考虑其重力；③对未知名的、题中又未明确交代的带电粒子，是否考虑其重力，则应根据题给的物理过程及隐含条件具体分析后作出符合实际的决定．

4．带电粒子在复合场中的运动的分析方法

(1)当带电粒子在复合场中做匀速运动时，应根据平衡条件列方程求解．

(2)当带电粒子在复合场中做匀速圆周运动时，往往应用牛顿第二定律和平衡条件列方程联立求解． (3)当带电粒子在复合场中做非匀速曲线运动时，应选用动能定理或动量守恒定律列方程求解．注意：如果涉及两个带电粒子的碰撞问题，要根据动量守恒定律列方程，再与其他方程联立求解．

由于带电粒子在复合场中的受力情况复杂，运动情况多变，往往出现临界问题，这时应以题目中的“恰好”、“最大”、“最高”、“至少”等词语为突破口，挖掘隐含条件，并根据临界条件列出辅助方程，再与其他方程联立求解．

热点、重点、难点

一、根据带电粒子的运动轨迹进行分析推理

图4－8

●例1 如图4－8所示，MN是一正点电荷产生的电场中的一条电场线．一个带负电的粒子(不计重力)从a到b穿越这条电场线的轨迹如图中虚线所示．下列结论正确的是( )

A．带电粒子从a到b的过程中动能逐渐减小 B．正点电荷一定位于M点的左侧

C．带电粒子在a点时具有的电势能大于在b点时具有的电势能 D．带电粒子在a点的加速度大于在b点的加速度【解析】由做曲线运动的物体的受力特点知带负电的粒子受到的电场力指向曲线的内侧，故电场线MN的方向为N→M，正点电荷位于N的右侧，选项B错误；由a、b两点的位臵关系知b点更靠近场源电荷，故带电粒子在a点受到的库仑力小于在b点受到的库仑力，粒子在b点的加速度大，选项D错误；由上述电场力的方向知带电粒子由a运动到b的过程中电场力做正功，动能增大，电势能减小，故选项A错误、C正确．

[答案] C

【点评】本专题内容除了在高考中以常见的计算题形式出现外，有时候也以选择题形式出现，通过带电粒子在非匀强电场中(只受电场力)的运动轨迹来分析电场力和能的特性是一种重要题型，解析这类问题时要注意以下三点：

①电场力一定沿电场线曲线的切线方向且一定指向轨迹曲线的内侧； ②W电＝qUab＝Ekb－Eka；

③当电场线为曲线时，电荷的运动轨迹不会与之重合．二、带电粒子在电场中的加速与偏转

图4－9

－

●例2 喷墨打印机的结构简图如图4－9所示，其中墨盒可以发出墨汁微滴，其半径约为1×105 m，此微滴经过带电室时被带上负电，带电荷量的多少由计算机按字体笔画的高低位置输入信号加以控制．带电后的微滴以一定的初速度进入偏转电场，带电微滴经过偏转电场发生偏转后打到纸上，显示出字体．无信号输入时，墨汁微滴不带电，径直通过偏转板而注入回流槽流回墨盒．偏转板长1.6 cm，两板间的距离为0.50 cm，偏转板的右端距纸3.2

－

cm．若墨汁微滴的质量为1.6×1010 kg，以20 m/s的初速度垂直于电场方向进入偏转电场，两偏转板间的电压是8.0×103 V，其打到纸上的点距原射入方向的距离是2.0 mm．求这个墨汁微滴通过带电室所带的电荷量的多少．(不计空气阻力和重力，可以认为偏转电场只局限于平行板电容器的内部，忽略边缘电场的不均匀性)为了使纸上的字放大10%，请你分析并提出一个可行的方法．

【解析】设墨汁微滴所带的电荷量为q，它进入偏转电场后做类平抛运动，离开电场后做直线运动打到纸上，

则距原入射方向的距离为：y＝at2＋Ltan φ

qUlat又a＝，t＝，tan φ＝ mdv0v0

qUll

解得：y＝(＋L)

mdv022

－

代入数据得：q＝1.25×1013 C

要将字体放大10%，只要使y增大为原来的1.1倍，可采用的措施为将两偏转板间的电压增大到8.8×103 V，或将偏转板右端与纸的间距增大到3.6 cm．

－

[答案] 1.25×1013 C 将两偏转板间的电压增大到8.8×103 V，或将偏转板右端与纸的间距增大到3.6 cm

llqUl

【点评】①本题也可直接根据推式y＝(＋L)tan φ＝(＋L)进行计算．

22mdv02②和平抛运动问题一样，这类题型中偏转角度的正切表达式在解题中往往较为关键，且有tan θ＝2tan α(α为射出点的位移方向与入射方向的夹角)的特点．

★同类拓展1 如图4－10甲所示，在真空中，有一半径为R的圆形区域内存在匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外．在磁场右侧有一对平行金属板M和N，两板间距为R，板长为2R，板间的中心线O1O2与磁场的圆心O在同一直线上．有一电荷量为q、质量为m的带正电的粒子以速度v0从圆周上的a点沿垂直于半径OO1并指向圆心O的方向进入磁场，当从圆周上的O1点水平飞出磁场时，给M、N两板加上如图4－10乙所示的电压，最后粒子刚好以平行于N板的速度从N板的边缘飞出．(不计粒子所受到的重力、两板正对面之间为匀强电场，边缘电场不计)

图4－10

(1)求磁场的磁感应强度B．

(2)求交变电压的周期T和电压U0的值．

(3)当t＝时，该粒子从M、N板右侧沿板的中心线仍以速度v0射入M、N之间，求粒子从磁场中射出的点到

a点的距离．

【解析】(1)粒子自a点进入磁场，从O1点水平飞出磁场，则其运动的轨道半径为R．

v02mv0

由qv0B＝m，解得：B＝．

RqR

(2)粒子自O1点进入电场后恰好从N板的边缘平行极板飞出，设运动时间为t，根据类平抛运动规律有： 2R＝v0t

RqU0T＝2n·()2 22mR2

又t＝nT (n＝1,2,3„)

解得：T＝ (n＝1,2,3„)

nv02

nmv0

U0＝ (n＝1,2,3„)．

图4－10丙

(3)当t＝时，粒子以速度v0沿O2O1射入电场，该粒子恰好从M板边缘以平行于极板的速度射入磁场，进入

磁场的速度仍为v0，运动的轨迹半径为R．设进入磁场时的点为b，离开磁场时的点为c，圆心为O3，如图4－10丙所示，四边形ObO3c是菱形，所以Oc∠O3b，故c、O、a三点共线，ca即为圆的直径，则c、a间的距离d＝2R．

mv0

[答案] (1)

nmv022R

(2) (n＝1,2,3„) (n＝1,2,3„) (3)2R nv02q【点评】带电粒子在匀强电场中偏转的运动是类平抛运动，解此类题目的关键是将运动分解成两个简单的直线运动，题中沿电场方向的分运动就是“受力周期性变化的加速运动”．

三、带电粒子在有界磁场中(只受洛伦兹力)的运动

1．带电粒子在磁场中的运动大体包含五种常见情境，即：无边界磁场、单边界磁场、双边界磁场、矩形边界磁场、圆形边界磁场．带电粒子在磁场中的运动问题综合性较强，解这类问题往往要用到圆周运动的知识、洛伦兹力，还要牵涉到数学中的平面几何、解析几何等知识．因此，解此类试题，除了运用常规的解题思路(画草图、找“圆心”、定“半径”等)之外，更应侧重于运用数学知识进行分析．

2．带电粒子在有界匀强磁场中运动时，其轨迹为不完整的圆周，解决这类问题的关键有以下三点．

①确定圆周的圆心．若已知入射点、出射点及入射方向、出射方向，可通过入射点和出射点作垂直于入射方向和出射方向的直线，两直线的交点即为圆周的圆心；若已知入射点、出射点及入射方向，可通过入射点作入射线的垂线，连接入射点和出射点，作此连线的垂直平分线，两垂线的交点即为圆周的圆心．

②确定圆的半径．一般在圆上作图，由几何关系求出圆的半径．

③求运动时间．找到运动的圆弧所对应的圆心角θ，由公式t＝T 求出运动时间．

2π3．解析带电粒子穿过圆形区域磁场问题常可用到以下推论： ①沿半径方向入射的粒子一定沿另一半径方向射出．

②同种带电粒子以相同的速率从同一点垂直射入圆形区域的匀强磁场时，若射出方向与射入方向在同一直径上，

RRBq

则轨迹的弧长最长，偏转角有最大值且为α＝2arcsin＝2arcsin．

rmv

③在圆形区域边缘的某点向各方向以相同速率射出的某种带电粒子，如果粒子的轨迹半径与区域圆的半径相同，则穿过磁场后粒子的射出方向均平行(反之，平行入射的粒子也将汇聚于边缘一点)．

●例3 如图4－11甲所示，空间存在匀强电场和匀强磁场，电场方向为y轴正方向，磁场方向垂直于xy平面(纸面)向外，电场和磁场都可以随意加上或撤除，重新加上的电场或磁场与撤除前的一样．一带正电荷的粒子从P(0，h)点以一定的速度平行于x轴正向入射．这时若只有磁场，粒子将做半径为R0的圆周运动；若同时存在电场和磁场，粒子恰好做直线运动．现在只加电场，当粒子从P点运动到x＝R0平面(图中虚线所示)时，立即撤除电场同时加上磁场，粒子继续运动，其轨迹与x轴交于M点，不计重力，求：

图4－11甲

(1)粒子到达x＝R0平面时的速度方向与x轴的夹角以及粒子到x轴的距离． (2)M点的横坐标xM．

【解析】(1)粒子做直线运动时，有：qE＝qBv0

mv02

做圆周运动时，有：qBv0＝ R0

只有电场时，粒子做类平抛运动，则有： qE＝ma R0＝v0t vy＝at

解得：vy＝v0

粒子的速度大小为：v＝v02＋vy2＝2v0

速度方向与x轴的夹角为：θ＝

41R0粒子与x轴的距离为：H＝h＋at2＝h＋．

(2)撤去电场加上磁场后，有：qBv＝m R

解得：R＝2R0

此时粒子的运动轨迹如图4－11乙所示．圆心C位于与速度v方向垂直的直线上，该直线与x轴和y轴的夹角π

均为．由几何关系可得C点的坐标为：

图4－11乙

xC＝2R0

R0yC＝H－R0＝h－

R0过C点作x轴的垂线，在△CDM中，有：lCM＝R＝2R0，lCD＝yC＝h－ 2

解得：lDM＝lCM2－lCD2＝R0＋R0h－h2

M点的横坐标为：xM＝2R0＋R＋R0h－h2．

πR072

[答案] (1) h＋ (2)2R0＋R0＋R0h－h2

224

【点评】无论带电粒子在匀强电场中的偏转还是在匀强磁场中的偏转，偏转角往往是个较关键的量．

●例4 如图4－12甲所示，质量为m、电荷量为e的电子从坐标原点O处沿xOy平面射入第一象限内，射入时的速度方向不同，但大小均为v0．现在某一区域内加一方向向外且垂直于xOy平面的匀强磁场，磁感应强度大小为B，若这些电子穿过磁场后都能垂直地射到与y轴平行的荧光屏MN上，求：

图4－12甲

(1)荧光屏上光斑的长度． (2)所加磁场范围的最小面积．

【解析】(1)如图4－12乙所示，要求光斑的长度，只要找到两个边界点即可．初速度沿x轴正方向的电子沿弧OA运动到荧光屏MN上的P点；初速度沿y轴正方向的电子沿弧OC运动到荧光屏MN上的Q点．

图4－12乙

设粒子在磁场中运动的半径为R ，由牛顿第二定律得：

v02mv0

ev0B＝m，即R＝

RBe

mv0

由几何知识可得：PQ＝R＝．

(2)取与x轴正方向成θ角的方向射入的电子为研究对象，其射出磁场的点为E(x，y)，因其射出后能垂直打到屏MN上，故有：

x＝－Rsin θ y＝R＋Rcos θ

即x2＋(y－R)2＝R2

又因为电子沿x轴正方向射入时，射出的边界点为A点；沿y轴正方向射入时，射出的边界点为C点，故所加最小面积的磁场的边界是以(0，R)为圆心、R为半径的圆的一部分，如图乙中实线圆弧所围区域，所以磁场范围的最小面积为：

mv0231π

S＝πR2＋R2－πR2＝(＋1)()． 442Be

mv0mv02π

[答案] (1) (2)(＋1)()

Be2Be

【点评】带电粒子在匀强磁场中偏转的试题基本上是年年考，大概为了求新求变，在2009年高考中海南物理卷(第16题)、浙江理综卷(第25题)中都出现了应用这一推论的题型．

★同类拓展2 如图4－13甲所示，ABCD是边长为a的正方形．质量为m、电荷量为e的电子以大小为v0的初速度沿纸面垂直于BC边射入正方形区域．在正方形内适当区域中有匀强磁场．电子从BC边上的任意点入射，都只能从A点射出磁场．不计重力，求：

图4－13甲

(1)此匀强磁场区域中磁感应强度的方向和大小． (2)此匀强磁场区域的最小面积．

[2009年高考·海南物理卷]

【解析】(1)若要使由C点入射的电子从A点射出，则在C处必须有磁场，设匀强磁场的磁感应强度的大小为

AEC是自C点垂直于BC入射的电子在磁场中的运行轨道，电子所受到的磁场的作用力f＝ev0B，方向B，令圆弧AEC的圆心在CB边或其延长线上．依题意，圆心应指向圆弧的圆心，因而磁场的方向应垂直于纸面向外．圆弧在A、C连线的中垂线上，故B点即为圆心，圆半径为a．按照牛顿定律有：

v02

f＝m

mv0

联立解得：B＝．

(2)由(1)中决定的磁感应强度的方向和大小，可知自C点垂直于BC入射的电子在A点沿DA方向射出，且自

AEC是所求的最小磁场区域的一个BC边上其他点垂直于入射的电子的运动轨道只能在BAEC区域中，因而，圆弧边界．

为了决定该磁场区域的另一边界，我们来考察射中A点的电子的速度方向与BA的延长线交角为θ(不妨设0≤θπ

AP的圆心为O，PQ垂直于BC边，由上式＜)的情形．该电子的运动轨迹QPA如图4－13乙所示．图中，圆弧2

AP的半径仍为a．过P点作DC的垂线交DC于G，由几何关系可知∟DPG＝θ，在以D为原点、DC为知，圆弧x轴、DA为y轴的坐标系中，P点的坐标(x，y)为： x＝asin θ，y＝acos θ

图4－13乙

AFC，它是电子做直线运动和这意味着，在范围0≤θ≤内，P点形成以D为圆心、a为半径的四分之一圆周2

圆周运动的分界线，构成所求磁场区域的另一边界．因此，所求的最小匀强磁场区域是分别以B和D为圆心、a

AEC和 AFC所围成的，其面积为：为半径的两个四分之一圆周 π－2211

S＝2(πa2－a2)＝a．

422

mv0π－22

[答案] (1) 方向垂直于纸面向外 (2)a

ea2

四、带电粒子在复合场、组合场中的运动问题

●例5 在地面附近的真空中，存在着竖直向上的匀强电场和垂直电场方向水平向里的匀强磁场，如图4－14甲所示．磁场的磁感应强度B随时间t的变化情况如图4－14乙所示．该区域中有一条水平直线MN，D是MN上的一点．在t＝0时刻，有一个质量为m、电荷量为＋q的小球(可看做质点)，从M点开始沿着水平直线以速度v0做匀速直线运动，t0时刻恰好到达N点．经观测发现，小球在t＝2t0至t＝3t0时间内的某一时刻，又竖直向下经过直线MN上的D点，并且以后小球多次水平向右或竖直向下经过D点．求：

图4－14

(1)电场强度E的大小．

(2)小球从M点开始运动到第二次经过D点所用的时间．

(3)小球运动的周期，并画出运动轨迹(只画一个周期)．【解析】(1)小球从M点运动到N点时，有：qE＝mg

解得：E＝．

(2)小球从M点到达N点所用时间t1＝t0

小球从N点经过个圆周，到达P点，所以t2＝t0

mv0

小球从P点运动到D点的位移x＝R＝

B0qRm

小球从P点运动到D点的时间t3＝＝ v0B0qm

所以时间t＝t1＋t2＋t3＝2t0＋ B0q

[或t＝(3π＋1)，t＝2t0(＋1)]．

qB03π

(3)小球运动一个周期的轨迹如图4－14丙所示．

图4－14丙

12πm

小球的运动周期为：T＝8t0(或T＝)．

qB0

mgm

[答案] (1) (2)2t0＋

qB0q

(3)T＝8t0 运动轨迹如图4－14丙所示

【点评】带电粒子在复合场或组合场中运动的轨迹形成一闭合的对称图形的试题在高考中屡有出现．五、常见的、在科学技术中的应用

带电粒子在电场、磁场中的运动规律在科学技术中有广泛的应用，高中物理中常碰到的有：示波器(显像管)、速度选择器、质谱仪、回旋加速器、霍耳效应传感器、电磁流量计等．

●例6 一导体材料的样品的体积为a×b×c，A′、C、A、C′为其四个侧面，如图4－15所示．已知导体样品中载流子是自由电子，且单位体积中的自由电子数为n，电阻率为ρ，电子的电荷量为e，沿x方向通有电流I．

图4－15

(1)导体样品A′、A两个侧面之间的电压是________，导体样品中自由电子定向移动的速率是________． (2)将该导体样品放在匀强磁场中，磁场方向沿z轴正方向，则导体侧面C的电势________(填“高于”、“低于”或“等于”)侧面C′的电势．

(3)在(2)中，达到稳定状态时，沿x方向的电流仍为I，若测得C、C′两侧面的电势差为U，试计算匀强磁场的磁感应强度B的大小．

【解析】(1)由题意知，样品的电阻R＝ρ·

ρcI

根据欧姆定律：U0＝I·R＝ ab

分析t时间定向移动通过端面的自由电子，由电流的定义式

n·ab·v·t·e

可得v＝．

nabe

(2)由左手定则知，定向移动的自由电子向C′侧面偏转，故C侧的电势高于C′侧面．

(3)达到稳定状态时，自由电子受到电场力与洛伦兹力的作用而平衡，则有：q＝qvB

neaU

解得：B＝．

IρcIIneaU

[答案] (1) (2)高于 (3)

abnabeI

【点评】本例实际上为利用霍耳效应测磁感应强度的方法，而电磁流量计、磁流体发电机的原理及相关问题的解析都与此例相似．

★同类拓展3 如图4－16甲所示，离子源A产生的初速度为零、带电荷量均为e、质量不同的正离子被电压为U0的加速电场加速后匀速通过准直管，垂直射入匀强偏转电场，偏转后通过极板HM上的小孔S离开电场，经过一段匀速直线运动，垂直于边界MN进入磁感应强度为B的匀强磁场．已知HO＝d，HS＝2d，∟MNQ＝90°．(忽略离子所受重力)

I＝

图4－16甲

(1)求偏转电场场强E0的大小以及HM与MN的夹角φ． (2)求质量为m的离子在磁场中做圆周运动的半径． (3)若质量为4m的离子垂直打在NQ的中点S1处，质量为16m的离子打在S2处．求S1和S2之间的距离以及能打在NQ上的正离子的质量范围．

[2009年高考·重庆理综卷]

【解析】(1)设正离子经电压为U0的电场加速后速度为v1，应用动能定理有：

图4－16乙

eU1

0＝2

mv12－0

正离子垂直射入匀强偏转电场，受到的电场力F＝eE0

产生的加速度a＝FeEm，即a＝0m

垂直电场方向做匀速运动，有：2d＝v1t

沿电场方向，有：d＝1

2at2

联立解得：EU0＝0d 又tan φ＝v1

解得：φ＝45°．

(2)正离子进入磁场时的速度大小为： v＝v12＋v⊥2＝v12＋(at)2

B＝mv2

正离子在匀强磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，则有：evR

联立解得：正离子在磁场中做圆周运动的半径R＝2mU0

eB2．

(3)将4m和16m代入R，得R24mU1＝016mU0eB2、R2＝2eB2 图4－16丙

由几何关系可知S1和S2之间的距离Δs＝R22－(R2－R1)2－R1

联立解得：Δs＝4(3－1)mU0eB2 由R′2＝(2R1)2＋(R′－R1)2

得：R′＝5

15由R1得：m带电粒子在电场、磁场以及复合场、组合场中的运动问题是每年各地高考的必考内容，留下大量的经典题型，认真地总结归纳这些试题会发现以下特点：

①重这些理论在科学技术上的应用； ②需要较强的空间想象能力．

1．图示是科学史上一张著名的实验照片，显示一个带电粒子在云室中穿过某种金属板运动的径迹．云室放置在匀强磁场中，磁场方向垂直照片向里，云室中横放的金属板对粒子的运动起阻碍作用．分析此径迹可知粒子[2009年高考·安徽理综卷]( )

A．带正电，由下往上运动

B．带正电，由上往下运动 C．带负电，由上往下运动 D．带负电，由下往上运动

【解析】粒子穿过金属板后速度变小，由半径公式r＝

可知，半径变小，粒子的运动方向为由下向上；又由Bq

洛伦兹力的方向指向圆心以及左手定则知粒子带正电．

[答案] A

【点评】题图为安德森发现正电子的云室照片．

2．图示为一“滤速器”装置的示意图．a、b为水平放置的平行金属板，一束具有各种不同速率的电子沿水平方向经小孔O进入a、b两板之间．为了选取具有某种特定速率的电子，可在a、b间加上电压，并沿垂直于纸面的方向加一匀强磁场，使所选电子仍能够沿水平直线OO′运动，由O′射出．不计重力作用．可能达到上述目的的办法是[2006年高考·全国理综卷Ⅰ]( )

A．使a板的电势高于b板，磁场方向垂直纸面向里 B．使a板的电势低于b板，磁场方向垂直纸面向里 C．使a板的电势高于b板，磁场方向垂直纸面向外 D．使a板的电势低于b板，磁场方向垂直纸面向外

【解析】要使电子能沿直线通过复合场，电子所受电场力与洛伦兹力必是一对平衡力．由左手定则及电场的相关知识可知，选项A、D正确．

[答案] AD

3．图示是质谱仪的工作原理示意图．带电粒子被加速电场加速后，进入速度选择器．速度选择器内相互正交的匀强磁场和匀强电场的强度分别为B和E．平板S上有可让粒子通过的狭缝P和记录粒子位置的胶片A1A2．平板S下方有强度为B0的匀强磁场．下列表述正确的是[2009年高考·广东物理卷]( )

A．质谱仪是分析同位素的重要工具

B．速度选择器中的磁场方向垂直纸面向外

C．能通过狭缝P的带电粒子的速率等于

D．粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝P，粒子的荷质比越小

【解析】粒子在电场中加速有：qU＝mv2，粒子沿直线通过速度选择器有：Eq＝qvB，粒子在平板S下方磁场

中做圆周运动有：r＝，由上述过程遵循的规律可知选项A、B、C正确．

[答案] ABC

4．带电粒子的比荷是一个重要的物理量．某中学物理兴趣小组设计了一个实验，探究电场和磁场对电子运

动轨迹的影响，以求得电子的比荷，实验装置如图所示．

(1)他们的主要实验步骤如下．

A．首先在两极板M1M2之间不加任何电场、磁场，开启阴极射线管电源，发射的电子从两极板通过，在荧屏的正中心处观察到一个亮点．

B．在M1M2两极板间加合适的电场：加极性如图所示的电压，并逐步调节增大，使荧屏上的亮点逐渐向荧屏下方偏移，直到荧屏上恰好看不见亮点为止，记下此时外加电压为U．请问本步骤的目的是什么？

C．保持步骤B中的电压U不变，对M1M2区域加一个大小、方向均合适的磁场B，使荧屏正中心重现亮点，试问外加磁场的方向如何？

(2)根据上述实验步骤，同学们正确推算出电子的比荷与外加电场、磁场及其他相关量的关系为＝22．一位

mBd

同学说，这表明电子的比荷将由外加电压决定，外加电压越大则电子的比荷越大．你认为他的说法正确吗？为什么？

[2007年高考·广东物理卷]

[答案] (1)B．使电子刚好落在正极板的近荧幕端的边缘，利用已知量表达．

C．垂直电场方向向外(垂直纸面向外)

(2)说法不正确，电子的比荷是电子的固有参数．

5．1932年，劳伦斯和利文斯顿设计出了回旋加速器．回旋加速器的工作原理如图所示，置于高真空中的D形金属盒半径为R，两盒间的狭缝很小，带电粒子穿过的时间可以忽略不计．磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直．A处粒子源产生的粒子，质量为m、电荷量为＋q ，在加速器中被加速，加速电压为U．加速过程中不考虑相对论效应和重力作用．

(1)求粒子第2次和第1次经过两D形盒间狭缝后轨道半径之比． (2)求粒子从静止开始加速到出口处所需的时间t．

(3)实际使用中，磁感应强度和加速电场频率都有最大值的．若某一加速器磁感应强度和加速电场频率的最大值分别为Bm、fm，试讨论粒子能获得的最大动能Ekm．

[2009年高考·江苏物理卷]

【解析】(1)设粒子第1次经过狭缝后的半径为r1，速度为v1，则qU＝mv12

2v1

qv1B＝m r1

12mU解得：r1＝

14mU同理，粒子第2次经过狭缝后的半径r2＝

则r2∶r1＝2∶1．

(2)设粒子到出口处被加速了n圈，则

2nqU＝mv2

2v2

qvB＝m

R2πmT＝

qBt＝nT

πBR2

解得：t＝．

(3)加速电场的频率应等于粒子在磁场中做圆周运动的频率，即f＝ 2πm

qBm当磁感应强度为Bm时，加速电场的频率应为fBm＝

2πm

粒子的动能Ek＝mv2

当fBm≤fm时，粒子的最大动能由Bm决定

vm2

qvmBm＝m R

q2Bm2R2

解得：Ekm＝ 2m

当fBm≥fm时，粒子的最大动能由fm决定 vm＝2πfmR

解得：Ekm＝2π2mfm2R2．

πBR2

[答案] (1)2∶1 (2) (3)2π2mfm2R2

【点评】回旋加速器为洛伦兹力的典型应用，在高考中多次出现．要理解好磁场对粒子的“加速”没有起作用，但回旋加速器中粒子所能获得的最大动能却与磁感应强度相关．

6．如图甲所示，在x轴下方有匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于xOy平面向外．P是y轴上距原

点为h的一点，N0为x轴上距原点为a的一点．A是一块平行于x轴的挡板，与x轴的距离为，A的中点在y轴

a上，长度略小于．带电粒子与挡板碰撞前后，x方向的分速度不变，y方向的分速度反向、大小不变．质量为m、

电荷量为q(q＞0)的粒子从P点瞄准N0点入射，最后又通过P点．不计重力．求粒子入射速度的所有可能值．

[2009年高考·全国理综卷Ⅰ]

甲

【解析】设粒子的入射速度为v，第一次射出磁场的点为N0′，与板碰撞后再次进入磁场的位臵为N1．粒子

在磁场中运动的半径为R，有：R＝ qB

乙

粒子的速度不变，每次进入磁场与射出磁场的位臵间的距离x1保持不变，则有： x1＝N0′N0＝2Rsin θ

粒子射出磁场与下一次进入磁场位臵间的距离x2始终不变，与N0′N1相等．由图乙可以看出x2＝a

设粒子最终离开磁场时，与挡板相碰n次(n＝0,1,2„)．若粒子能回到P点，由对称性可知，出射点的x坐标应为－a，即：(n＋1)x1－nx2＝2a

n＋2

由以上两式得：x1＝a

n＋1

若粒子与挡板发生碰撞，则有：

x1－x2＞

联立解得：n＜3

qBn＋2v＝·a 2msin θn＋1

式中sin θ＝2

a＋h2qBaa2＋h2解得：v0＝，n＝0

3qBaa2＋h2v1＝，n＝1

4mh2qBaa2＋h2v2＝，n＝2．

3mh

qBaa2＋h2[答案] v0＝，n＝0

3qBaa2＋h2v1＝，n＝1 4mh2qBaa2＋h2v2＝，n＝2

3mh

能力演练

一、选择题(10×4分)

1．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两点的场强大小Ea、Eb及电势φa、φb的关系，以下结论正确的是( )

EbA．Ea＝，φa＞φb

B．Ea＝3Eb，φa＜φb C．Ea＝3Eb，φa＞φb D．Ea＝3Eb，φa＜φb

kQkQkQ

【解析】由题图可知O点处为负电荷，故φb＞φa，又因为Ea＝2、Eb＝2＝，可得Ea＝3Eb．

OaOb(3·Oa)2

[答案] D 2．一正电荷处于电场中，在只受电场力作用下从A点沿直线运动到B点，其速度随时间变化的图象如图所示，tA、tB分别对应电荷在A、B两点的时刻，则下列说法中正确的有( )

A．A处的场强一定大于B处的场强 B．A处的电势一定低于B处的电势

C．正电荷在A处的电势能一定大于B处的电势能 D．由A至B的过程中，电场力一定对正电荷做负功

【解析】由题图知正电荷在做加速越来越小的加速运动，说明电场线的方向为：A→B，可知：φA＞φB，EA＞EB，εA＞εB，由A至B的过程中，电场力一定对正电荷做正功．

[答案] AC 3．如图所示，带正电的粒子以一定的初速度v0沿中线进入水平放置的平行金属板内，恰好沿下板的边缘飞出，已知板长为L，板间的电压为U，带电粒子所带电荷量为q，粒子通过平行金属板的时间为t，不计粒子的重力，则 ( )

tqU

A．粒子在前时间内，电场力对粒子做的功为

24t3qU

B．粒子在后时间内，电场力对粒子做的功为

C．粒子在竖直方向的前和后位移内，电场力做的功之比为1∶2

44dd

D．粒子在竖直方向的前和后位移内，电场力的冲量之比为1∶1

【解析】粒子在匀强电场中运动，电场力做的功为： W电＝qUAB＝q·E·y，其中y为粒子在电场方向的位移

1d1t2d

又由题意知：at2＝，a·()＝

22228t1t3qU

故在前内电场力做的功W1＝qU，在后内电场力做的功W2＝ 2828d

前后位移内电场力做的功之比为1∶1

又从静止开始的匀加速直线运动通过连续相等位移的时间之比为1∶(2－1)∶(3－2)∶(4－3) 故I前∶I后＝1∶(2－1)． [答案] B

4．如图所示，在一正交的电场和磁场中，一带电荷量为＋q、质量为m的金属块沿倾角为θ的粗糙绝缘斜面由静止开始下滑．已知电场强度为E，方向竖直向下；磁感应强度为B，方向垂直纸面向里；斜面的高度为h．金属块滑到斜面底端时恰好离开斜面，设此时的速度为v，则( )

A．金属块从斜面顶端滑到底端的过程中，做的是加速度逐渐减小的加速运动 B．金属块从斜面顶端滑到底端的过程中，机械能增加了qEh

C．金属块从斜面顶端滑到底端的过程中，机械能增加了mv2－mgh

D．金属块离开斜面后将做匀速圆周运动

【解析】金属块在下滑的过程中，随着速度的增大，洛伦兹力增大，对斜面的压力减小，故摩擦力f＝μ(mg＋qE－qvB)不断减小，金属块做加速度逐渐增大的加速运动，选项A错误．

又由功能关系得：ΔE机＝W电－Wf＜qEh，选项B错误．

机械能的变化量为：ΔE机＝ΔEk＋ΔEp＝mv2－mgh，选项C正确．

由题意知，mg＞qE，故离开斜面后金属块不可能做匀速圆周运动，选项D错误． [答案] C

5．如图所示，充电的两平行金属板间有场强为E的匀强电场和方向与电场垂直(垂直纸面向里)的匀强磁场，磁感应强度为B，构成了速度选择器．氕核、氘核、氚核以相同的动能(Ek)从两极板中间垂直于电场和磁场射入速度选择器，且氘核沿直线射出．不计粒子的重力，则射出时( )

A．动能增加的是氚核 B．动能增加的是氕核 C．偏向正极板的是氚核 D．偏向正极板的是氕核【解析】带电粒子直线通过速度选择器的条件为：

Ev0＝ B

2Ek

对于氘核：qE＝qB·

2m02Ek对于氕核：qE＜qB·，向正极偏转，动能减少

m02Ek

对于氚核：qE＞qB·，向负极偏转，动能增加．

3m0

[答案] AD

6．如图所示，竖直放置的两个平行金属板间有匀强电场，在两板之间等高处有两个质量相同的带电小球，P小球从紧靠左极板处由静止开始释放，Q小球从两板正由静止开始释放，两小球最后都能打在右极板上的同一点．则从开始释放到打到右极板的过程中( )

A．它们的运行时间tP＞tQ

B．它们的电荷量之比qP∶qQ＝2∶1

C．它们的动能增加量之比ΔEkP∶ΔEkQ＝4∶1 D．它们的电势能减少量之比ΔEP∶ΔEQ＝2∶1

【解析】将两小球的运动都沿水平和竖直正交分解，竖直的分运动都为自由落体运动，故它们从开始释放到打在右极板的过程中运行时间相等，选项A错误．

1qPE2qQE2

对于水平分运动，有：··t＝·t

2mm

故知qP∶qQ＝2∶1，选项B正确．

P球动能的增量ΔEkP＝mgh＋qPE·d，Q球动能的增量ΔEkQ＝mgh＋qQE·＝mgh＋·qE·d，选项C错误．

24P

同理：ΔEP＝qPE·d，ΔEQ＝qQE·，可得ΔEP∶ΔEQ＝4∶1，选项D错误．

[答案] B

7．均匀分布着等量异种电荷的半径相等的半圆形绝缘杆被正对着固定在同一平面上，如图所示．AB是两种绝缘杆所在圆圆心连线的中垂线而且与二者共面，该平面与纸面平行，有一磁场方向垂直于纸面，一带电粒子(重力不计)以初速度v0一直沿直线AB运动．则( )

A．磁场是匀强磁场 B．磁场是非匀强磁场

C．带电粒子做匀变速直线运动 D．带电粒子做变加速运动【解析】由对称性知直线AB上的电场方向与AB垂直，又由两绝缘杆的形状知AB上的电场并非处处相等．在AB上的每一点，由平衡条件知qE＝qvB，故知磁场为非匀强磁场，带电粒子做匀速直线运动．

[答案] B

8．如图所示，带电粒子在没有电场和磁场的空间内以速度v0从坐标原点O沿x轴方向做匀速直线运动．若空间只存在垂直于xOy平面的匀强磁场时，粒子通过P点时的动能为Ek；当空间只存在平行于y轴的匀强电场时，则粒子通过P点时的动能为( )

A．Ek B．2Ek C．4Ek D．5Ek

【解析】由题意知带电粒子只受电场力或洛伦兹力的作用，且有Ek＝mv02

当空间只存在电场时，带电粒子经过P点，说明： 1·v·t＝v0·t＝10 cm，即vPy＝2v0 2Py

由动能的定义可得：

11EkP＝mv02＋mvPy2＝5Ek．

22[答案] D

9．如图所示，一个带电荷量为＋Q 的点电荷甲固定在绝缘平面上的O点；另一个带电荷量为－q、质量为m的点电荷乙，从A点以初速度v0沿它们的连线向甲滑行运动，运动到B点静止．已知静电力常量为k，点电荷乙与水平面的动摩擦因数为μ，A、B间的距离为s．下列说法正确的是( )

A．O、B间的距离为kQq μmg

B．点电荷乙从A运动到B的运动过程中，中间时刻的速度小于 2

C．点电荷乙从A运动到B的过程中，产生的内能为mv02

m(v02－2μgs)

D．在点电荷甲产生的电场中，A、B两点间的电势差UAB＝

【解析】由题意知电荷乙做加速度越来越小的减速运动，v－t图象如图所示，可知点电荷乙从A运动到B的

v0kQqkQq

中间时刻的速度vC＜，故选项B正确；这一过程一直有2＜μmg，故sOB＞，选项A错误．

2rμmg

点电荷乙由A运动到B的过程中，电场力做正功，设为W，由动能定理得：

W－μmgs＝0－mv02

可得：此过程中产生的内能Q′＝μmgs＝W＋mv02，选项C错误．

由上可知，A、B两点间的电势差为：

mv02－μmgsW2UAB＝＝，选项D正确．

q－q

[答案] BD

10．如图甲所示，在第Ⅱ象限内有水平向右的匀强电场，电场强度为E，在第Ⅰ、Ⅳ象限内分别存在如图所示的匀强磁场，磁感应强度大小相等．有一个带电粒子以垂直于x轴的初速度v0从x轴上的P点进入匀强电场中，并且恰好与y轴的正方向成45°角进入磁场，又恰好垂直进入第Ⅳ象限的磁场．已知OP之间的距离为d，则带电粒子在磁场中第二次经过x轴时，在电场和磁场中运动的总时间为( )

甲

7πdA．

2v0d3πC．(2＋) v02

B．(2＋5π)

v0d7πD．(2＋) v02

【解析】带电粒子的运动轨迹如图乙所示．由题意知，带电粒子到达y轴时的速度v＝2v0，这一过程的时间d2dt1＝＝

v0v02

又由题意知，带电粒子在磁场中的偏转轨道半径r＝22d

乙

故知带电粒子在第Ⅰ象限中的运动时间为：

3πm32πd3πdt2＝＝＝

4Bq2v2v0

2πd

带电粒子在第Ⅳ象限中运动的时间为：t3＝ v0

d7π

故t总＝(2＋)．

v02

[答案] D

二、非选择题(共60分)

11．(6分)在“用描迹法画出电场中平面上的等势线”的实验中，所用灵敏电流表的指针偏转方向与电流的关系是：当电流从正接线柱流入电流表时，指针偏向正接线柱一侧．

(1)某同学在实验中接通电源开关，将两表笔E1、E2在导电纸上移动，不管怎样移动，表针都不偏转．经检查，电源与电流表均完好，则产生这一现象的原因可能是____________________．

(2)排除故障后，用这个电表探测基准点2两侧的等势点时，将电流表正接线柱的E1接在基准点2上，如图所示，把负接线柱的E2接在纸上某一点，若发现电表的指针发生了偏转，该同学移动E2的方向正确的是________．

A．若电表的指针偏向正接线柱一侧，E2向右移动 B．若电表的指针偏向正接线柱一侧，E2向左移动 C．若电表的指针偏向负接线柱一侧，E2向右移动 D．若电表的指针偏向负接线柱一侧，E2向左移动 [答案] (1)导电纸导电一面向下 (3分) (2)BC (3分)

12．(6分)用示波器观察频率为900 Hz的正弦电压信号．把该信号接入示波器Y输入．

(1)当屏幕上出现如图所示的波形时，应调节______旋钮．如果正弦波的正负半周均超出了屏幕的范围，应调节______旋钮或______旋钮，或这两个钮配合使用，以使正弦波的整个波形出现在屏幕内．

(2)如需要屏幕上正好出现一个完整的正弦波形，应将______旋钮置于______位置，然后调节______旋钮．

[答案] (1)竖直位移(或↑↓) 衰减(或衰减调节) Y增益 (每空1分) (2)扫描范围 1 k挡位扫描微调 (每空1分) 13．(10分)一种半导体材料称为“霍尔材料”，用它制成的元件称为“霍尔元件”．这种材料内有一种称为“载

－19

流子”的可定向移动的电荷，每个载流子的电荷量q＝1.6×10C．霍尔元件在自动检测、控制领域得到广泛应用，如录像机中用来测量录像磁鼓的转速，电梯中用来检测电梯门是否关闭以及自动控制升降电动机的电源的通断

－－

等．在一次实验中，由一块霍尔材料制成的薄板宽L1＝ab＝1.0×102 m、长bc＝L2＝4.0×102 m、厚h＝1.0×10－3

m，水平放置在竖直向上的磁感应强度B＝1.5 T 的匀强磁场中，bc方向通有I＝3.0 A的电流，如图所示，沿宽

－

度产生1.0×105 V的横向电压．

(1)假定载流子是电子，则a、b两端哪端的电势较高？ (2)薄板中形成电流I的载流子定向运动的速度是多少？【解析】(1)根据左手定则可确定a端电势较高． (3分)

(2)当导体内有载流子沿电流方向所在的直线做定向运动时，受到洛伦兹力的作用而产生横向分运动，产生横向电场，横向电场的电场力与载流子所受到的洛伦兹力平衡时，导体横向电压稳定．设载流子沿电流方向所在的直线做定向运动的速率为v，横向电压为Uab，横向电场强度为E．则：

qUab

电场力FE＝qE＝ (2分)

磁场力FB＝qvB (2分) 平衡时FE＝FB (1分)

－

解得：v＝6.7×104 m/s． (2分)

－

[答案] (1)a端电势较高 (2)6.7×104 m/s

14．(10分)图甲为电视机中显像管的工作原理示意图，电子中的灯丝加热阴极使电子逸出，这些电子再经加速电场加速后，从O点进入由磁偏转线圈产生的偏转磁场中，经过偏转磁场后打到荧光屏MN上，使荧光屏发出荧光形成图像．不计逸出电子的初速度和重力，已知电子的质量为m、电荷量为e，加速电场的电压为U．偏转线圈产生的磁场分布在边长为l的正方形abcd区域内，磁场方向垂直纸面，且磁感应强度B随时间t的变化规律如图乙所示．在每个周期内磁感应强度B都是从－B0均匀变化到B0．磁场区域的左边界的中点与O点重合，ab边与OO′平行，右边界bc与荧光屏之间的距离为s．由于磁场区域较小，且电子运动的速度很大，所以在每个电子通过磁场区域的过程中，可认为磁感应强度不变，即为匀强磁场，不计电子之间的相互作用．

(1)求电子射出电场时的速度大小．

(2)为使所有的电子都能从磁场的bc边射出，求偏转线圈产生磁场的磁感应强度的最大值． (3)若所有的电子都能从bc边射出，求荧光屏上亮线的最大长度是多少？

【解析】设电子射出电场的速度为v，则根据动能定理，对电子的加速过程有：mv＝eU (1分)

2eU解得：v＝． (1分)

(2)当磁感应强度为B0或－B0时(垂直于纸面向外为正方向)，电子刚好从b点或c点射出 (1分)

丙

设此时圆周的半径为R，如图丙所示．根据几何关系有：

R2＝l2＋(R－)2 (1分)

25l

解得：R＝ (1分)

电子在磁场中运动，洛伦兹力提供向心力，因此有：

evB0＝m (1分)

R42mU解得：B0＝． (1分)

5le

(3)根据几何关系可知：tan α＝ (1分)

设电子打在荧光屏上离O′点的最大距离为d，则：

ll4s

d＝＋stan α＝＋ (1分) 223

由于偏转磁场的方向随时间变化，根据对称性可知，荧光屏上的亮线最大长度为：

D＝2d＝l＋． (1分)

2eU42mU8s

[答案] (1) (2) (3)l＋ m5le3

15．(12分)如图甲所示，在平面直角坐标系xOy中的第一象限内存在磁感应强度大小为B、方向垂直于坐标平面向内的有界圆形匀强磁场区域(图中未画出)；在第二象限内存在沿x轴负方向的匀强电场．一粒子源固定在x轴上的A点，A点坐标为(－L,0)．粒子源沿y轴正方向释放出速度大小为v的电子，电子恰好能通过y轴上的C点，C点坐标为(0,2L)，电子经过磁场偏转后恰好垂直通过第一象限内与x轴正方向成15°角的射线ON(已知电子的质量为m，电荷量为e，不考虑粒子的重力和粒子之间的相互作用)．求：

甲

(1)第二象限内电场强度E的大小．

(2)电子离开电场时的速度方向与y轴正方向的夹角θ． (3)圆形磁场的最小半径Rm．

【解析】(1)从A到C的过程中，电子做类平抛运动，有：

L＝t2 (1分)

2L＝vt (1分)

mv2

联立解得：E＝． (1分)

2eL

(2)设电子到达C点的速度大小为vC，方向与y轴正方向的夹角为θ．由动能定理，有： 11

mvC2－mv2＝eEL (2分) 22

乙

解得：vC＝2v

cos θ＝＝ (1分)

vC2

解得：θ＝45°． (1分)

mvC2mv(3)电子的运动轨迹图如图乙所示，电子在磁场中做匀速圆周运动的半径r＝＝ (1分)

eBeBPQ

电子在磁场中偏转120°后垂直于ON射出，则磁场最小半径为：Rm＝＝rsin 60° (2分)

6mv

由以上两式可得：Rm＝． (1分)

2eB

mv26mv

[答案] (1) (2)45° (3)

2eL2eB

16．(13分)如图甲所示，竖直挡板MN的左侧空间有方向竖直向上的匀强电场和垂直纸面向里的水平匀强磁场，电场和磁场的范围足够大，电场强度的大小E＝40 N/C，磁感应强度的大小B随时间t变化的关系图象如图乙所示，

－－

选定磁场垂直纸面向里为正方向．在t＝0时刻，一质量m＝8×104 kg、带电荷量q＝＋2×104 C的微粒在O点具有竖直向下的速度v＝0.12 m/s，O′是挡板MN上一点，直线OO′与挡板MN垂直，取g＝10 m/s2．求：

(1)微粒下一次经过直线OO′时到O点的距离．

(2)微粒在运动过程中离开直线OO′的最大距离．

(3)水平移动挡板，使微粒能垂直射到挡板上，挡板与O点间的距离应满足的条件．

【解析】(1)由题意知，微粒所受重力G＝mg＝8×10－

3 N

电场力大小F＝Eq＝8×10－

3 N (1分) 因此重力与电场力平衡

微粒先在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动，则有：

qvB＝mv2

R (1分)

解得：R＝mv

qB＝0.6 m

由T＝2πR

v (1分)

解得：T＝10π s (1分)

则微粒在5π s内转过半个圆周，再次经直线OO′时与O点的距离l＝2R＝1.2 m． (1分) (2)微粒运动半周后向上匀速运动，运动的时间t＝5π s，轨迹如图丙所示．

丙

位移大小x＝vt＝0.6π m＝1.88 m (2分)

微粒离开直线OO′的最大距离h＝x＋R＝2.48 m． (2分)

(3)若微粒能垂直射到挡板上的某点P，P点在直线OO′下方时，挡板MN与O点间的距离应满足：L＝(4n＋1)×0.6 m (n＝0,1,2„) (2分)

若微粒能垂直射到挡板上的某点P，P点在直线OO′上方时，挡板MN与O点间的距离应满足： L＝(4n＋3)×0.6 m (n＝0,1,2„)． (2分)

[若两式合写成L＝(1.2n＋0.6) m (n＝0,1,2„)同样给分] [答案] (1)1.2 m (2)2.48 m

(3)P点在直线OO′下方时，距离L＝(4n＋1)×0.6 m (n＝0,1,2„)

P点在直线OO′上方时，距离L＝(4n＋3)×0.6 m (n＝0,1,2„) [或L＝(1.2n＋0.6) m (n＝0,1,2„)]

第5专题电磁感应与电路的分析

知识网络

考点预测

本专题包含以“电路”为核心的三大主要内容：一是以闭合电路欧姆定律为核心的直流电路的相关知识，在高考中有时以选择题的形式出现，如2009年全国理综卷Ⅱ第17题、天津理综卷第3题、江苏物理卷第5题，2007年上海物理卷第3(A)题、宁夏理综卷第19题、重庆理综卷第15题等；二是以交变电流的产生特点以及以变压器为核心的交变电流的知识，在高考中常以选择题的形式出现，如2009年四川理综卷第17题、广东物理卷第9题，2008年北京理综卷第18题、四川理综卷第16题、宁夏理综卷第19题等；三是以楞次定律及法拉第电磁感应定律为核心的电磁感应的相关知识，本部分知识是高考中的重要考点，既有可能以选择题的形式出现，如2009年重庆理综卷第20题、天津理综卷第4题，2008年全国理综卷Ⅰ第20题、全国理综卷Ⅱ第21题、江苏物理卷第8题等，也有可能以计算题的形式出现，如2009年全国理综卷Ⅱ第24题、四川理综卷第24题、北京理综卷第23题，2008年全国理综卷Ⅱ第24题、北京理综卷第22题、江苏物理卷第15题等．

在2010年高考中依然会出现上述相关知识的各种题型，特别是电磁感应与动力学、功能问题的综合应成为复习的重点．

要点归纳

一、电路分析与计算

1．部分电路总电阻的变化规律

(1)无论是串联电路还是并联电路，其总电阻都会随其中任一电阻的增大(减小)而增大(减小)．

(2)分压电路的电阻．如图5－1所示，在由R1和R2组成的分压电路中，当R1串联部分的阻值RAP增大时，总电阻RAB增大；当RAP减小时，总电阻RAB减小．

图5－1

(3)双臂环路的阻值．如图5－2 所示，在由R1、R2和R组成的双臂环路中，当AR1P 支路的阻值和AR2P支路的阻值相等时，RAB最大；当P滑到某端，使两支路的阻值相差最大时，RAB最小．

图5－2

2．复杂电路的简化对复杂电路进行简化，画出其等效电路图是正确识别电路、分析电路的重要手段．常用的方法主要有以下两种． (1)分流法(电流追踪法)：根据假设的电流方向，分析电路的分支、汇合情况，从而确定元件是串联还是并联． (2)等势法：从电源的正极出发，凡是用一根无电阻的导线把两点(或几点)连接在一起的，这两点(或几点)的电势就相等，在画等效电路图时可以将这些点画成一点(或画在一起)．等电势的另一种情况是，电路中的某一段电路虽然有电阻(且非无限大)，但无电流通过，则与该段电路相连接的各点的电势也相等．

若电路中有且只有一处接地线，则它只影响电路中各点的电势值，不影响电路的结构；若电路中有两处或两处以上接地线，则它除了影响电路中各点的电势外，还会改变电路的结构，各接地点可认为是接在同一点上．另外，在一般情况下，接电流表处可视为短路，接电压表、电容器处可视为断路．

3．欧姆定律

(1)部分电路欧姆定律：公式I＝．

注意：电路的电阻R并不由U、I决定．

(2)闭合电路欧姆定律：公式I＝或E＝U＋Ir，其中U＝IR为路端电压．

R＋r

路端电压U和外电阻R、干路电流I之间的关系：R增大，U增大，当R＝∞时(断路)，I＝0，U＝E；R减小，

U减小，当R＝0时(短路)，I＝Imax＝，U＝0．

(3)在闭合电路中，任一电阻Ri的阻值增大(电路中其余电阻不变)，必将引起通过该电阻的电流Ii的减小以及该电阻两端的电压Ui的增大，反之亦然；任一电阻Ri的阻值增大，必将引起与之并联的支路中电流I并的增大，与之串联的各电阻两端电压U串的减小，反之亦然．

4．几类常见的功率问题

(1)与电源有关的功率和电源的效率

①电源的功率P：电源将其他形式的能转化为电能的功率，也称为电源的总功率．计算式为P＝EI(普遍适用)E2

或P＝＝I2(R＋r)(只适用于外电路为纯电阻的电路)．

R＋r

②电源内阻消耗的功率P内：电源内阻的热功率，也称为电源的损耗功率．计算式为P内＝I2r．

E2R2

③电源的输出功率P出：是指外电路上消耗的功率．计算式为P出＝U外I(普遍适用)或P出＝IR＝(只适

(R＋r)2

用于外电路为纯电阻的电路)．电源的输出功率曲线如图5－3所示．当R→0时，输出功率P→0；当R→∞时，输

出功率P→0；当R＝r时， Pmax＝；当R＜r 时，R增大，输出功率增大；当R＞r时，R增大，输出功率反而减

小．

图5－3

对于E、r一定的电源，外电阻R一定时，输出功率只有唯一的值；输出功率P一定时，一般情况下外电阻有两个值R1、R2与之对应，即R1＜r、R2＞r，可以推导出R1、R2的关系为R1R2＝r．

④功率分配关系：P＝P出＋P内，即EI＝UI＋I2r．

闭合电路中的功率分配关系反映了闭合电路中能量的转化和守恒关系，即电源提供的电能一部分消耗在内阻上，另一部分输出给外电路，并在外电路上转化为其他形式的能．能量守恒的表达式为EIt＝UIt＋I2rt(普遍适用)或EIt＝I2Rt＋I2rt(只适用于外电路为纯电阻的电路)．

UIU

⑤电源的效率：η＝×100%＝×100%

EIE

对纯电阻电路有：

I2RR1η＝2×100%＝×100%＝×100%

rI(R＋r)R＋r

1＋R

因此当R增大时，效率η提高． (2)用电器的额定功率和实际功率

用电器在额定电压下消耗的电功率叫额定功率，即P额＝U额I额．用电器在实际电压下消耗的电功率叫实际功率，即P实＝U实I实．实际功率不一定等于额定功率．

(3)用电器的功率与电流的发热功率

用电器的电功率P＝UI，电流的发热功率P热＝I2R．对于纯电阻电路，两者相等；对于非纯电阻电路，电功率大于热功率．

(4)输电线路上的损耗功率和输电功率

输电功率P输＝U输I，损耗功率P线＝I2R线＝ΔUI． 5．交变电流的四值、变压器的工作原理及远距离输电 (1)交变电流的四值

交变电流的四值即最大值、有效值、平均值和瞬时值．交变电流在一个周期内能达到的最大数值称为最大值或峰值，在研究电容器是否被击穿时，要用到最大值；有效值是根据电流的热效应来定义的，在计算电路中的能量转换如电热、电功、电功率或确定交流电压表、交流电流表的读数和保险丝的熔断电流时，要用有效值；在计算电荷量时，要用平均值；交变电流在某一时刻的数值称为瞬时值，不同时刻，瞬时值的大小和方向一般不同，计算电路中与某一时刻有关的问题时要用交变电流的瞬时值．

(2)变压器电路的分析与计算

①正确理解理想变压器原、副线圈的等效电路，尤其是副线圈的电路，它是解决变压器电路的关键．

②正确理解电压变比、电流变比公式，尤其是电流变比公式．电流变比对于多个副线圈不能使用，这时求电流关系只能根据能量守恒来求，即P输入＝P输出．

③正确理解变压器中的因果关系：理想变压器的输入电压决定了输出电压；输出功率决定了输入功率，即只有有功率输出，才会有功率输入；输出电流决定了输入电流．

④理想变压器只能改变交流的电流和电压，却无法改变其功率和频率．

⑤解决远距离输电问题时，要注意所用公式中各量的物理意义，画好输电线路的示意图，找出相应的物理量．二、电磁感应的规律

1．感应电流的产生条件及方向的判断 (1)产生感应电流的条件(两种说法)

①闭合回路中的一部分导体做切割磁感线运动． ②穿过闭合回路的磁通量发生变化．

100

(2)感应电流方向的判断

①右手定则：当导体做切割磁感线运动时，用右手定则判断导体中电流的方向比较方便．

注意右手定则与左手定则的区别，抓住“因果关系”：“因动而电”，用右手定则；“因电而动”，用左手定则．还可以用“左因右果”或“左力右电”来记忆，即电流是原因、受力运动是结果的用左手定则；反之，运动是原因、产生电流是结果的用右手定则．

②楞次定律(两种表述方式)

表述一：感应电流的磁场总是要阻碍引起感应电流的磁通量的变化．表述二：感应电流的作用效果总是要反抗引起感应电流的原因．楞次定律是判断感应电流方向的一般规律．当磁通量的变化引起感应电流时，可用“楞次定律表述一”来判断其方向．

应用楞次定律的关键是正确区分涉及的两个磁场：一是引起感应电流的磁场；二是感应电流产生的磁场．理解两个磁场的阻碍关系——“阻碍”的是原磁场磁通量的变化．从能量转化的角度看，发生电磁感应现象的过程就是其他形式的能转化为电能的过程，而这一过程总要伴随外力克服安培力做功．

“阻碍”的含义可推广为三种表达方式：阻碍原磁通量的变化(增反减同)；阻碍导体的相对运动(来拒去留)；阻碍原电流的变化(自感现象)．

2．正确理解法拉第电磁感应定律 (1)法拉第电磁感应定律

ΔΦ

①电路中感应电动势的大小跟穿过这一回路的磁通量的变化率成正比，即E＝n．此公式计算的是Δt时间

Δt

内的平均感应电动势．

②当导体做切割磁感线运动时，其感应电动势的计算式为：E＝BLvsin θ，式中的θ为B与v正方向的夹角．若v是瞬时速度，则算出的是瞬时感应电动势；若v为平均速度，则算出的是平均感应电动势．

(2)磁通量、磁通量的变化量、磁通量的变化率的区别磁通量磁通量的变化量磁通量的变化率某时刻穿过某个面的磁某段时间内穿过某个面穿过某个面的磁通量变物理意义感线的条数的磁通量变化化的快慢 ΔΦΔSΔΦ＝Φ2－Φ1 ＝B ΔtΔt大 Φ＝BSn，其中Sn是与BΔΦ＝B·ΔS ΔΦΔB小垂直的面的面积或＝S ΔΦ＝S·ΔB ΔtΔt既不表示磁通量的大若穿过某个面有方向相开始时和转过180°时小，也不表示变化的多反的磁场，则不能直接平面都与磁场垂直，穿注少．实际上，它就是单用Φ＝BS求解，应考虑过平面的磁通量是一正意匝线圈上产生的电动相反方向的磁通量抵消一负，ΔΦ＝2BS，而不ΔΦ后所剩余的磁通量是零势，即E＝ Δt对在匀强磁场中绕处于线圈平面内且垂直于磁场方向的轴匀速转动的线圈： ΔΦ①线圈平面与磁感线平行时，Φ＝0，但最大 Δt附 ΔΦ②线圈平面与磁感线垂直时，Φ最大，但＝0 Δt注 ΔΦΔΦΦ大或ΔΦ大，都不能保证就大；反过来，大时，Φ和ΔΦ也不一ΔtΔtΔv定大．这类似于运动学中的v、Δv及三者之间的关系 Δt(3)另外两种常见的感应电动势 ①长为L的导体棒沿垂直于磁场的方向放在磁感应强度为B的匀强磁场中，且以ω匀速转动，导体棒产生的感应电动势为：

当以中点为转轴时，E＝0(以中点平分的两段导体产生的感应电动势的代数和为零)；

当以端点为转轴时，E＝BωL2(平均速度取中点位置的线速度，即ωL)；

101

1当以任意点为转轴时，E＝Bω(L12－L22)(不同的两段导体产生的感应电动势的代数和)．

②面积为S的矩形线圈在磁感应强度为B的匀强磁场中以角速度ω绕线圈平面内的垂直于磁场方向的轴匀速转动，矩形线圈产生的感应电动势为：

线圈平面与磁感线平行时，E＝BSω；线圈平面与磁感线垂直时，E＝0；

线圈平面与磁感线的夹角为θ时，E＝BSωcos θ． (3)理解法拉第电磁感应定律的本质

法拉第电磁感应定律是能的转化和守恒定律在电磁学中的一个具体应用，它遵循能量守恒定律．闭合电路中电能的产生必须以消耗一定量的其他形式的能量为代价，譬如：线圈在磁场中转动产生电磁感应现象，实质上是机械能转化为电能的过程；变压器是利用电磁感应现象实现了电能的转移．运用能量的观点来解题是解决物理问题的重要方法，也是解决电磁感应问题的有效途径．

三、电磁感应与电路的综合应用

电磁感应中由于导体切割磁感线产生了感应电动势，因此导体相当于电源．整个回路便形成了闭合电路，由电学知识可求出各部分的电学量，而导体因有电流而受到安培力的作用，从而可以与运动学、牛顿运动定律、动量定理、能量守恒等知识相联系．电磁感应与电路的综合应用是高考中非常重要的考点．

热点、重点、难点

一、电路问题

1．电路的动态分析

这类问题是根据欧姆定律及串联和并联电路的性质，分析电路中因某一电阻变化而引起的整个电路中各部分电学量的变化情况，它涉及欧姆定律、串联和并联电路的特点等重要的电学知识，还可考查学生是否掌握科学分析问题的方法——动态电路局部的变化可以引起整体的变化，而整体的变化决定了局部的变化，因此它是高考的重点与热点之一．常用的解决方法如下．

(1)程序法：基本思路是“部分→整体→部分”．先从电路中阻值变化的部分入手，由串联和并联规律判断出R总的变化情况；再由欧姆定律判断I总和U端的变化情况；最后再由部分电路欧姆定律判定各部分电学量的变化情况．即：

增大增大减小增大I分R局→R总→I总→U端⇒ 减小减小增大减小U分

(2)直观法：直接应用部分电路中R、I、U的关系中的两个结论．

①任一电阻R的阻值增大，必引起该电阻中电流I的减小和该电阻两端电压U的增大，即：

I↓R↑→

U↑

②任一电阻R的阻值增大，必将引起与之并联的支路中电流I并的增大和与之串联的各电阻两端的电压U串的

I并↑

减小，即：R↑→

U串↓

(3)极端法：对于因滑动变阻器的滑片移动引起电路变化的问题，可将变阻器的滑片分别滑至两边顶端讨论． (4)特殊值法：对于某些双臂环路问题，可以代入特殊值去判定，从而找出结论． ●例1 在如图5－4所示的电路中，当变阻器R3的滑片P向b端移动时( )

图5－4

A．电压表的示数增大，电流表的示数减小 B．电压表的示数减小，电流表的示数增大

102

C．电压表和电流表的示数都增大 D．电压表和电流表的示数都减小【解析】方法一(程序法) 当滑片P向b端移动时，R3接入电路的阻值减小，总电阻R将减小，干路电流增大，路端电压减小，电压表的示数减小，R1和内阻两端的电压增大，R2、R3并联部分两端的电压减小，通过R2的电流减小，但干路电流增大，因此通过R3的电流增大，电流表的示数增大，故选项B正确．

方法二(极端法) 当滑片P移到b端时R3被短路，此时电流表的示数最大，总电阻最小，路端电压最小，故选项B正确．

方法三(直观法) 当滑片P向b移动时，R3接入电路的电阻减小，由部分电路中R、I、U关系中的两个结论可知，该电阻中的电流增大，电流表的示数增大，总电阻减小，路端电压减小，故选项B正确．

[答案] B

【点评】在进行电路的动态分析时，要灵活运用几种常用的解决此类问题的方法． 2．电路中几种功率与电源效率问题 (1)电源的总功率：P总＝EI． (2)电源的输出功率：P出＝UI． (3)电源内部的发热功率：P内＝I2r．

(4)电源的效率：η＝＝．

ER＋r

(5)电源的最大功率：Pmax＝，此时η→0，严重短路．

(6)当R＝r时，输出功率最大，P出max＝，此时η＝50%．

●例2 如图5－5所示，E＝8 V，r＝2 Ω，R1＝8 Ω，R2为变阻器接入电路中的有效阻值，问：

图5－5

(1)要使变阻器获得的电功率最大，则R2的取值应是多大？这时R2的功率是多大？

(2)要使R1得到的电功率最大，则R2的取值应是多大？R1的最大功率是多大？这时电源的效率是多大？

(3)调节R2的阻值，能否使电源以最大的功率输出？为什么？

【解析】(1)将R1和电源(E，r)等效为一新电源，则：新电源的电动势E′＝E＝8 V

内阻r′＝r＋R1＝10 Ω，且为定值

利用电源的输出功率随外电阻变化的结论知，当R2＝r′＝10 Ω时，R2有最大功率，即：

E′282

P2max＝＝ W＝1.6 W．

4r′4×10

(2)因R1是定值电阻，所以流过R1的电流越大，R1的功率就越大．当R2＝0时，电路中有最大电流，即：

Imax＝＝0.8 A

R1＋r

R1有最大功率P1max＝Imax2R1＝5.12 W

R1这时电源的效率η＝×100%＝80%．

R1＋r

(3)不可能．因为即使R2＝0，外电阻R1也大于r，不可能有的最大输出功率．本题中，当R2＝0时，外电路

得到的功率最大．

[答案] (1)10 Ω 1.6 W (2)0 5.12 W 80% (3)不可能，理由略【点评】本题主要考查学生对电源的输出功率随外电阻变化的规律的理解和运用．注意：求R1的最大功率时，

不能把R2等效为电源的内阻，R1的最大功率不等于，因为R1为定值电阻．故求解最大功率时要注意固定

4(R2＋r)

103

电阻与可变电阻的区别．另外，也要区分电动势E和内阻r均不变与r变化时的差异．

3．含容电路的分析与计算方法

在直流电路中，当电容器充放电时，电路里有充放电电流，一旦电路达到稳定状态，电容器在电路中就相当于一个阻值无限大的储能元件．对于直流电，电容器相当于断路，简化电路时可去掉它，简化后求电容器所带的电荷量时，可将其接在相应的位置上；而对于交变电流，电容器相当于通路．在分析和计算含有电容器的直流电路时，需注意以下几点：

(1)电路稳定后，由于电容器所在支路无电流通过，所以此支路中的电阻上无电压降，因此电容器两极间的电压就等于该支路两端的电压；

(2)当电容器和电阻并联后接入电路时，电容器两端的电压和与其并联的电阻两端的电压相等； (3)电路的电流、电压变化时，将会引起电容器的充放电．

●例3 在如图5－6所示的电路中，电容器C1＝4.0 μF，C2＝3.0 μF，电阻R1＝8.0 Ω，R2＝6.0 Ω．闭合开关S1，给电容器C1、C2充电，电路达到稳定后，再闭合开关S2，电容器C1的极板上所带电荷量的减少量与电容器C2的极板上所带电荷量的减少量之比是16∶15．开关S2闭合时，电流表的示数为1.0 A．求电源的电动势和内阻．

图5－6

【解析】只闭合开关S1时，电容器C1的电荷量Q1＝C1E，C2的电荷量Q2＝C2E，式中E为电源的电动势再闭合开关S2后，电流表的示数为I，则C1的电荷量Q1′＝C1IR1，C2的电荷量Q2′＝C2IR2

Q1－Q1′C1(E－IR1)16

根据题意有：＝＝

Q2－Q2′C2(E－IR2)15

由闭合电路的欧姆定律，有：E＝I(R1＋R2＋r) 联立解得：E＝16 V，r＝2.0 Ω． [答案] 16 V 2.0 Ω

【点评】本题是一个典型的含电容器的直流电路问题，考查了学生对等效电路和电容器的充电、放电电路的理解及综合分析能力．

4．交变电流与交变电路问题

纵观近几年的高考试题，本部分内容出现在选择题部分的概率较高，集中考查含变压器电路、交变电流的产生及变化规律、最大值与有效值．如2009年高考四川理综卷第17题、山东理综卷第17题、福建理综卷第16题等．

●例4 一气体放电管两电极间的电压超过500 3 V时就会因放电而发光．若在它发光的情况下逐渐降低电压，则要降到 500 2 V 时才会熄灭．放电管的两电极不分正负．现有一正弦交流电源，其输出电压的峰值为1000 V，频率为50 Hz．若用它给上述放电管供电，则在一小时内放电管实际发光的时间为( )

A．10 min B．25 min C．30 min D．35 min 【解析】由题意知，该交变电流的u－t图象如图所示

电压的表达式为：u＝1000sin 100πt V 综合图象可知：

TT3T3TT1在0～内，～时间段放电管能通电发光，通电时间为：Δti＝(－)＝ s

26886240故一小时内放电管实际发光的时间为：

104

tt＝Δti×＝1500 s＝25 min．

[答案] B

【点评】①交变电流的热效应(如熔断、加热等)取决于有效值，而对电容、空气导电的击穿则取决于瞬时值． ②分析正弦交变电流的特性时需要熟练地运用数学函数与图象，仔细周密地分析正弦函数中角度与变量时间的关系．

★同类拓展1 如图5－7甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为10∶1，R1＝20 Ω，R2＝30 Ω，C为电容器．已知通过R1的正弦交变电流如图5－7乙所示，则[2009年高考·四川理综卷]( )

甲乙

图5－7

A．交变电流的频率为0.02 Hz

B．原线圈输入电压的最大值为2002 V C．电阻R2的电功率约为6.67 W D．通过R3的电流始终为零

【解析】根据变压器原理可知，原、副线圈中电流的周期、频率相同，T＝0.020 s，f＝50 Hz，A错误．

由乙图可知，通过R1的电流最大值Im＝1 A，根据欧姆定律可知，其最大电压Um＝20 V，再根据原、副线圈的电压之比等于匝数之比可知，原线圈的输入电压的最大值为200 V，B错误．

因为电容器有通交流、隔直流的作用，故有电流通过R3和电容器，D错误．

ImR1Um根据正弦交变电流的峰值与有效值的关系以及并联电路的特点可知I2＝，U2＝，R2上的电功率P2＝U2I2

2R2220

＝ W，C正确． 3

[答案] C

●例5 某种发电机的内部结构平面图如图5－8甲所示，永磁体的内侧为圆柱面形，磁极之间上下各有圆心角θ＝30°的扇形无磁场区域，其他区域两极与圆柱形铁芯之间的窄缝间形成B＝0.5 T的磁场．在窄缝里有一个如图5－8乙所示的U形导线框abcd．已知线框ab和cd边的长度均为L1＝0.3 m，bc边的长度L2＝0.4 m，线框以ω500π＝ rad/s的角速度顺时针匀速转动．

图5－8甲

图5－8乙

－

(1)从bc边转到图甲所示的H侧磁场边缘时开始计时，求t＝2×103 s 时刻线框中感应电动势的大小；画出a、d两点的电势差Uad随时间t变化的关系图象．(感应电动势的结果保留两位有效数字，Uad的正值表示Ua＞Ud)

105

(2)求感应电动势的有效值．

2π－

【解析】(1)由题意知线框中产生感应电动势的周期T＝＝1.2×102 s

－3

t＝2×10 s时刻bc边还在磁场中，故感应电动势为： ε＝BL2L1ω＝31.4 V

根据bc边在磁场区与非磁场区运动的时间可画出 Uad－t 图象如图5－8丙所示．

图5－8丙

(2)设感应电动势的有效值为E，当bc边外接纯电阻R时，考虑内的热效应得：

22ε5ETQ＝×T＝× R12R2解得：E＝28.7 V．

[答案] (1)31.4 V 如图5－8丙所示 (2)28.7 V 二、电磁感应规律的综合应用

电磁感应规律的综合应用问题不仅涉及法拉第电磁感应定律，还涉及力学、热学、静电场、直流电路、磁场等许多知识．

电磁感应的综合题有两种基本类型：一是电磁感应与电路、电场的综合；二是发生电磁感应的导体的受力和运动以及功能问题的综合．也有这两种基本类型的复合题，题中电磁现象与力现象相互联系、相互影响、相互制约，其基本形式如下：

注意：

(1)求解一段时间内流过电路某一截面的电荷量要用电流的平均值； (2)求解一段时间内的热量要用电流的有效值；

(3)求解瞬时功率要用瞬时值，求解平均功率要用有效值． 1．电磁感应中的电路问题

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，该导体或回路相当于电源．因此，电磁感应问题往往与电路问题联系在一起．解决与电路相联系的电磁感应问题的基本方法如下：

(1)用法拉第电磁感应定律和楞次定律确定感应电动势的大小和方向； (2)画等效电路图，注意区别内外电路，区别路端电压、电动势；

(3)运用闭合电路欧姆定律，串、并联电路性质以及电功率等公式联立求解． 2．感应电路中电动势、电压、电功率的计算

●例6 如图5－9甲所示，水平放置的U形金属框架中接有电源，电源的电动势为E，内阻为r．现在框架上放置一质量为m、电阻为R的金属杆，它可以在框架上无摩擦地滑动，框架两边相距L，匀强磁场的磁感应强度为B，方向竖直向上．ab杆受到水平向右的恒力F后由静止开始向右滑动，求：

106

图5－9甲

(1)ab杆由静止启动时的加速度． (2)ab杆可以达到的最大速度vm．

(3)当ab杆达到最大速度vm时，电路中每秒放出的热量Q．

【解析】(1)ab滑动前通过的电流：I＝ r＋R

BEL

受到的安培力F安＝，方向水平向左

r＋R

所以ab刚运动时的瞬时加速度为：

F－F安FBELa1＝＝－．

mm(r＋R)m

(2)ab运动后产生的感应电流与原电路电流相同，到达最大速度时，感应电路如图5－9乙所示．此时电流ImE＋BLvm＝．

R＋r

图5－9乙

由平衡条件得：

BL(BLvm＋E)

F＝BImL＝

R＋r

F(R＋r)－BLE

故可得：vm＝．

B2L2BLvm＋EF

(3)方法一由以上可知，Im＝＝ BLR＋r

F(R＋r)

由焦耳定律得：Q＝Im2(R＋r)＝22．

方法二由能量守恒定律知，电路每秒释放的热量等于电源的总功率加上恒力F所做的功率，即： Q＝E·Im＋F·vm

EFF(R＋r)－BLEF＝＋ BLB2L2F2(R＋r)＝．

B2L2F(R＋r)－BLEFBEL

[答案] (1)－ (2) m(r＋R)mB2L2F2(R＋r)(3)22 BL

【点评】①本例全面考查了感应电路的特点，特别是对于电功率的解析，通过对两种求解方法的对比能很好地加深对功能关系的理解．

②ab棒运动的v－t图象如图5－9丙所示．

图5－9丙

107

3．电磁感应中的图象问题

电磁感应中的图象大致可分为以下两类．

(1)由给定的电磁感应过程确定相关物理量的函数图象．一类常见的情形是在某导体受恒力作用做切割磁感线运动而产生的电磁感应中，该导体由于安培力的作用往往做加速度越来越小的变加速运动，图象趋向于一渐近线．

(2)由给定的图象分析电磁感应过程，确定相关的物理量．

无论何种类型问题，都需要综合运用法拉第电磁感应定律、楞次定律、右手定则、安培定则等规律来分析相关物理量之间的函数关系，确定其大小和方向及在坐标系中的范围，同时应注意斜率的物理意义．

●例7 青藏铁路上安装的一种电磁装置可以向控制中心传输信号，以确定火车的位置和运动状态，其原理是将能产生匀强磁场的磁铁安装在火车首节车厢下面，如图5－8甲所示(俯视图)．当它经过安放在两铁轨间的线圈时，线圈便产生一个电信号传输给控制中心．线圈边长分别为l1和l2，匝数为n，线圈和传输线的电阻忽略不计．若火车通过线圈时，控制中心接收到线圈两端的电压信号u与时间t的关系如图5－10乙所示(ab、cd为直线)，t1、t2、t3、t4是运动过程的四个时刻，则下列说法正确的是( )

图5－10

A．火车在t1～t2时间内做匀加速直线运动 B．火车在t3～t4时间内做匀减速直线运动

U2－U1

C．火车在t1～t2时间内的加速度大小为 nBl1(t2－t1)

U3＋U4

D．火车在t3～t4时间内的平均速度的大小为

nBl1

【解析】信号电压u＝ε＝nBl1v，由u－t图象可知，火车在t1～t2和t3～t4时间内都做匀加速直线运动．在t1～

v2－v1U2－U1v3＋v4U3＋U4

t2时间内，a1＝＝，在t3～t4时间内的平均速度v＝＝，故B、D错误．

22nBl1t2－t1nBl1(t2－t1)

[答案] AC

【点评】从题图可以看出，在t3～t4时间内的u－t图线关于t轴的对称线与t1～t2时间内的u－t图线在同一直线上，由此可判断，火车在0～t4时间内一直做匀加速直线运动的可能性很大．

●例6 如图5－11甲所示，两个垂直于纸面的匀强磁场方向相反，磁感应强度的大小均为B，磁场区域的宽度均为a．一正三角形(高为a)导线框ACD从图示位置沿图示方向匀速穿过两磁场区域．以逆时针方向为电流的正方向，则图5－11乙中能正确表示感应电流i与线框移动的距离x之间的关系的图象是( )

图5－11甲

108

图5－11乙

【解析】如图5－11丙所示，当x＜a时，线框切割磁感线的有效长度等于线框内磁场边界的长度

图5－11丙

故有E1＝2Bvxtan 30°

当a＜x＜2a时，线框在左右两磁场中切割磁感线产生的电动势方向相同，且都与x＜a 时相反故E2＝4Bv(x－a)·tan 30°

当2a＜x＜3a时，感应电动势的方向与x＜a时相同故E3＝2Bv(x－2a)tan 30°． [答案] C

★同类拓展2 如图5－12甲所示，光滑的平行金属导轨水平放置，电阻不计，导轨间距为l，左侧接一阻值为R的电阻．区域cdef内存在垂直轨道平面向下的有界匀强磁场，磁场宽度为s．一质量为m、电阻为r的金属棒MN置于导轨上，与导轨垂直且接触良好，受到F＝0.5v＋0.4(N)(v为金属棒速度)的水平外力作用，从磁场的左边界由静止开始运动，测得电阻两端电压随时间均匀增大．(已知：l＝1 m，m＝1 kg，R＝0.3 Ω，r＝0.2 Ω，s＝1 m)

图5－12甲

(1)分析并说明该金属棒在磁场中做何种运动． (2)求磁感应强度B的大小．

B2l2

(3)若撤去外力后棒的速度v随位移x的变化规律满足v＝v0－x，且棒在运动到ef处时恰好静止，则外

m(R＋r)

力F作用的时间为多少？

(4)若在棒未出磁场区域时撤去外力，画出棒在整个运动过程中速度随位移变化所对应的各种可能的图线． [2009年高考·上海物理卷]

【解析】(1)金属棒做匀加速运动，R两端的电压U∝I∝E∝v，U随时间均匀增大，即v随时间均匀增大，故

109

加速度为恒量．

B2l2

(2)F－v＝ma，将F＝0.5v＋0.4代入

R＋r

B2l2得：0.5－R＋rv＋0.4＝ma 

因为加速度为恒量，与v无关，m＝1 kg

B2l2

所以0.5－＝0，a＝0.4 m/s2

R＋r

代入数据得：B＝0.5 T．

1(3)x1＝at2

2B2l2

v0＝x＝at

m(R＋r)2x1＋x2＝s

m(R＋r)1

故at2＋at＝s 2B2l2代入数据得：0.2t2＋0.8t－1＝0 解方程得：t＝1 s．

(4)速度随位移变化的可能图象如图5－10乙所示．

图5－12乙

[答案] (1)略 (2)0.5 T (3)1 s (4)如图5－12乙所示

4．电磁感应中的动力学、功能问题

电磁感应中，通有感应电流的导体在磁场中将受到安培力的作用，因此电磁感应问题往往和力学、运动学等问题联系在一起．电磁感应中的动力学问题的解题思路如下：

●例7 如图5－13所示，光滑斜面的倾角为θ，在斜面上放置一矩形线框abcd，ab边的边长为l1，bc边的长为l2，线框的质量为m、电阻为R，线框通过细线与重物相连，重物的质量为M，斜面上ef线(ef平行底边)的右方有垂直斜面向上的匀强磁场(磁场宽度大于l2)，磁感应强度为B．如果线框从静止开始运动，且进入磁场的最初一段时间是做匀速运动，则( )

110

图5－13

Mg－mgsin θ

A．线框abcd进入磁场前运动的加速度为 m

(Mg－mgsin θ)R

B．线框在进入磁场过程中的运动速度v＝ B2l12B2l12l2C．线框做匀速运动的时间为

(Mg－mgsin θ)R

D．该过程产生的焦耳热Q＝(Mg－mgsin θ)l1

【解析】设线框进入磁场前运动的加速度为a，细线的张力为FT，有： Mg－FT＝Ma FT－mgsin θ＝ma

Mg－mgsin θ

解得：a＝ M＋m

设线框进入磁场的过程中的速度为v，由平衡条件得：

B2l12v

Mg＝mgsin θ＋

(Mg－mgsin θ)R

解得：v＝ B2l12B2l12l2故线框做匀速运动的时间t1＝

(Mg－mgsin θ)R

这一过程产生的焦耳热等于电磁感应转化的电能，等于克服安培力做的功，等于系统机械能的减小量，即： Q＝Mgl2－mgl2sin θ＝(Mg－mgsin θ)l2． [答案] BC

【点评】①求线框受恒定拉力作用下进入匀强磁场后达到的最大速度在高中物理试题中较为常见．

ε2

②这类问题求转化的电能往往有三种方法：一是t；二是，克服安培力做的功；三是，根据能量的转化与守

R总

恒定律．

●例8 如图5－14所示，虚线右侧为一有界的匀强磁场区域，现有一匝数为n、总电阻为R的边长分别为L和2L的闭合矩形线框abcd，其线框平面与磁场垂直，cd边刚好在磁场外(与虚线几乎重合)．在t＝0时刻磁场开始均匀减小，磁感应强度B随时间t的变化关系为B＝B0－kt．

图5－14

(1)试求处于静止状态的线框在t＝0时刻其ad边受到的安培力的大小和方向．

B0(2)假设在t1＝时刻，线框在如图所示的位置且具有向左的速度v，此时回路中产生的感应电动势为多大？

(3)在第(2)问的情况下，回路中的电功率是多大？

【解析】(1)根据法拉第电磁感应定律可得，t＝0时刻线框中的感应电动势为：

ΔΦ2L2·ΔBE0＝n＝n＝2nkL2

ΔtΔt

根据闭合电路的欧姆定律可得，t＝0时刻线框中感应电流的大小为：

111

E02nkL2I0＝＝

根据安培力公式可得，线框的ad边受到的安培力大小为：

4n2B0kL3

F＝2nB0I0L＝

根据楞次定律可知，感应电流的方向沿顺时针方向，再根据左手定则可知，ad边受到的安培力的方向为竖直(或垂直于ad边)向上．

B0B0

(2)在t1＝时刻，磁感应强度B1＝

2k2

线框中由于线框的运动而产生的动生电动势的大小为：

nB0Lv

E1＝nB1Lv＝，方向沿顺时针方向

线框中由于磁场变化而产生的感应电动势的大小为：

S·ΔB2nL2·ΔBE2＝n＝＝2nkL2，方向沿顺时针方向

ΔtΔt

故此时回路的感应电动势为：

nB0Lv

E＝E1＋E2＝＋2nkL2．

(3)由(2)知线框中的总感应电动势大小为：

nB0LvE＝＋2nkL2

此时回路中的电功率为：

E2(nB0Lv＋4nkL)P＝＝．

R4R

4n2B0kL3

[答案] (1)，方向竖直(或垂直于ad边)向上

nB0Lv(nB0Lv＋4nkL2)22(2)＋2nkL (3) 24R

ΔBΔSΔΦ

【点评】感生电动势可表示为E1＝nS，动生电动势可表示为E2＝nB，要注意这两式都是E＝n的推导ΔtΔtΔt

ΔΦΔBΔS

式[或写成E＝n＝n(S＋B)]．

ΔtΔtΔt

●例9 磁流体动力发电机的原理图如图5－15所示．一个水平放置的上下、前后均封闭的横截面为矩形的塑料管的宽度为l，高度为h，管内充满电阻率为ρ的某种导电流体(如电解质)．矩形塑料管的两端接有涡轮机，由涡轮机提供动力使流体通过管道时具有恒定的水平向右的流速v0．管道的前后两个侧面上各有长为d的相互平行且正对的铜板M和N．实际流体的运动非常复杂，为简化起见作如下假设：①在垂直于流动方向的横截面上各处流体的速度相同；②流体不可压缩．

图5－15

(1)若在两个铜板M、N之间的区域内加有方向竖直向上、磁感应强度为B的匀强磁场，则当流体以稳定的速度v0流过时，两铜板M、N之间将产生电势差．求此电势差的大小，并判断M、N两板中哪个板的电势较高．

(2)用电阻不计的导线将铜板M、N外侧相连接，由于此时磁场对流体有阻力的作用，使流体的稳定速度变为v(v＜v0)，求磁场对流体的作用力．

(3)为使流体的流速增大到原来的值v0，则涡轮机提供动力的功率必须增大．假设流体在流动过程中所受到的来自磁场以外的阻力与它的流速成正比，试导出涡轮机新增大的功率的表达式．

【解析】(1)由法拉第电磁感应定律得：两铜板间的电势差E＝Blv0

由右手定则可判断出M板的电势高．

112

(2)用电阻不计的导线将铜板M、N外侧相连接，即使两铜板的外侧短路，M、N两板间的电动势E＝Blv

短路电流I＝ R内l

又R内＝ρ

磁场对流体的作用力F＝BIl

vB2hld

解得：F＝，方向与v的方向相反(或水平向左)．

(3)解法一设流体在流动过程中所受到的其他阻力与流速成正比的比例系数为k，在外电路未短路时流体以稳定速度v0流过，此时流体所受到的阻力(即涡轮机所提供的动力)为：

F0＝kv0

涡轮机提供的功率P0＝F0v0＝kv02

外电路短路后，流体仍以稳定速度v0流过，设此时磁场对流体的作用力为F安，根据第(2)问的结果可知：

v0B2hldF安＝

v0B2hld

此时，涡轮机提供的动力Ft＝F0＋F安＝kv0＋

v02B2hld2

涡轮机提供的功率Pt＝Ftv0＝ kv0＋ ρ

v02B2hld

所以涡轮机新增大的功率ΔP＝Pt－P0＝．

解法二由能量的转化和守恒定律可知，涡轮机新增大的功率等于电磁感应产生的电功率，即ΔP＝＝

R内

22v0Bhld

． ρ[答案] (1)Blv0 M板的电势高 vB2hld(2)，方向与v的方向相反(或水平向左)

ρv02B2hld(3)

ρ【点评】①磁流体发电机的原理可以当做导体连续切割磁感线来分析，此时有E＝BLv；也可用外电路开路时，

U0洛伦兹力与电场力平衡，此时有qvB＝q，得E＝U0＝BLv．

②磁流体发电机附加压强做功等于克服安培力做功，等于转化的总电能．

经典考题

1．某实物投影机有10个相同的强光灯L1～L10(24 V 200 W)和10个相同的指示灯X1～X10(220 V 2 W)，将其连接在220 V交流电源上，电路图如图所示．若工作一段时间后L2灯丝烧断，则[2009年高考·重庆理综卷]( )

A．X1的功率减小，L1的功率增大

B．X1的功率增大，L1的功率增大

C．X2的功率增大，其他指示灯的功率减小 D．X2的功率减小，其他指示灯的功率增大

【解析】显然L1和X1并联、L2和X2并联„„然后他们再串联接在220 V交流电源上．L2灯丝烧断，则总电阻变大，电路中电流I减小，又L1和X1并联的电流分配关系不变，则X1和L1的电流、功率都减小．同理可知，除X2和L2外各灯功率都减小，A、B均错．由于I减小，各并联部分的电压都减小，交流电源电压不变，则X2上

113

U2电压增大，根据P＝可知，X2的功率变大，C正确、D错误．

[答案] C

2．一台小型发电机产生的电动势随时间变化的正弦规律图象如图甲所示．已知发电机线圈内阻为5.0 Ω，现外接一只电阻为95.0 Ω的灯泡，如图乙所示，则[2009年高考·福建理综卷]( )

A．电压表的示数为220 V

B．电路中的电流方向每秒钟改变50次 C．灯泡实际消耗的功率为484 W

D．发电机线圈内阻每秒钟产生的焦耳热为24.2 J 【解析】电压表的示数为灯泡两端电压的有效值，由图象知电动势的最大值Em＝2202 V，有效值E＝220 V，

灯泡两端电压U＝＝209 V，A错误；由图象知T＝0.02 s，一个周期内电流方向变化两次，可知1 s内电流方

R＋r

U22092E

向变化100次，B错误；灯泡的实际功率P＝＝ W＝459.8 W，C错误；电流的有效值I＝＝2.2 A，发

R95R＋r

电机线圈内阻每

秒钟产生的焦耳热Q＝I2rt＝2.22×5×1 J＝24.2 J，D正确． [答案] D

3．如图所示，理想变压器的原、副线圈匝数比为1∶5，原线圈两端的交变电压为u＝202sin 100πt V．氖泡在两端电压达到100 V时开始发光，下列说法中正确的有[2009年高考·江苏物理卷]( )

A．开关接通后，氖泡的发光频率为100 Hz B．开关接通后，电压表的示数为100 V C．开关断开后，电压表的示数变大

D．开关断开后，变压器的输出功率不变

202n1U1【解析】由交变电压的瞬时值表达式知，原线圈两端电压的有效值U1＝ V＝20 V，由＝得，副线圈

n2U22

100π

两端的电压U2＝100 V，电压表的示数为交变电流的有效值，B项正确；交变电压的频率f＝＝50 Hz，一个周

2π

期内电压两次大于100 V，即一个周期内氖泡能发两次光，所以其发光频率为100 Hz，A项正确；开关断开前后，输入电压不变，变压器的变压比不变，故输出电压不变，C项错误；断开后，电路消耗的功率减小，输出功率决定输入功率，D项错误．

[答案] AB

4．如图甲所示，一个电阻为R、面积为S的矩形导线框abcd，水平放置在匀强磁场中，磁场的磁感应强度为B，方向与ad边垂直并与线框平面成45°角，O、O′分别是ab边和cd边的中点．现将线框右半边ObcO′绕OO′逆时针旋转90°到图乙所示位置．在这一过程中，导线中通过的电荷量是[2009年高考·安徽理综卷]( )

甲乙

114

A．2BS 2RB．2BS RBSC． RD．0 2

BS；线框的右半边(ObcO′)2

2旋转90°后，穿进跟穿出的磁通量相等，如图丁所示，整个回路的磁通量Φ2＝0，所以ΔΦ＝Φ2－Φ1＝BS．根据

ΔΦ2BS

公式得q＝＝，A正确．

R2R

【解析】线框的右半边(ObcO′)未旋转时，整个回路的磁通量Φ1＝BSsin 45°＝

丙丁

[答案] A

5．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，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

(1)通过电阻R1上的电流大小和方向．

(2)通过电阻R1上的电荷量q及电阻R1上产生的热量． [2009年高考·广东物理卷]

甲乙

ΔBB0

【解析】(1)由图象分析可知，0～t1时间内，＝

Δtt0

ΔΦΔB

由法拉第电磁感应定律有：E＝n＝n·S

ΔtΔt

而S＝πr22

由闭合电路的欧姆定律有：I1＝

R1＋R

nB0πr22

联立解得：通过电阻R1上的电流大小I1＝ 3Rt0

由楞次定律可判断，通过电阻R1上的电流方向为从b到a．

nB0πr22t1

(2)通过电阻R1上的电荷量q＝I1t1＝

3Rt0

2n2B02π2r24t12

电阻R1上产生的热量Q＝I1R1t1＝．

9Rt02nB0πr222n2B02π2r24t1[答案] (1) 方向从b到a (2)

3Rt09Rt026．如图甲所示，水平放置的两根平行金属导轨，间距L＝0.3 m，导轨左端连接R＝0.6 Ω的电阻，区域abcd内存在垂直于导轨平面B＝0.6 T的匀强磁场，磁场区域宽D＝0.2 m．细金属棒A1和A2用长为2D＝0.4 m的轻质绝缘杆连接，放置在导轨平面上，并与导轨垂直，每根金属棒在导轨间的电阻均为r＝0.3 Ω，导轨电阻不计，使金属棒以恒定速度v＝1.0 m/s沿导轨向右穿越磁场，计算从金属棒A1进入磁场(t＝0)到A2离开磁场的时间内，不同时间段通过电阻R的电流强度，并在图乙中画出．

[2008年高考·广东物理卷]

115

甲乙

【解析】A1从进入磁场到离开的时间为：

t1＝v＝0.2 s

在0～t1时间内，A1产生的感应电动势为： E＝BLv＝0.18 V

丙丁

由图丙知，电路的总电阻为：

R0＝r＋＝0.5 Ω

r＋RE

总电流i＝＝0.36 A

通过R的电流iR＝＝0.12 A

A1离开磁场t1＝0.2 s至A2未进入磁场t2＝v＝0.4 s的时间内，回路中无电流，即iR＝0

2D＋D

从A2进入磁场t2＝0.4 s至离开磁场t3＝v＝0.6 s的时间内，A2上的感应电动势为： E＝0.18 V

由图丁知，电路总电阻R0＝0.5 Ω 总电流i＝0.36 A

流过R的电流iR＝0.12 A

综合上述计算结果，绘制通过R的电流与时间的关系图线，如图戊所示．

戊

[答案] 0～0.2 s时，0.12 A；0.2～0.4 s时，0；0.4～0.6 s时，0.12 A，图象如图戊所示．

7．单位时间内流过管道横截面的液体体积叫做液体的体积流量(以下简称流量)．由一种利用电磁原理测量非磁性导电液体(如自来水、啤酒等)流量的装置，称为电磁流量计．它主要由将流量转换为电压信号的传感器和显示仪表两部分组成．

传感器的结构如图所示，圆筒形测量管内壁绝缘，其上装有一对电极a和c，a、c间的距离等于测量管内径D，测量管的轴线与a、c的连线方向以及通电线圈产生的磁场方向三者相互垂直．当导电液体流过测量管时，在电极a、c间出现感应电动势E，并通过与电极连接的仪表显示出液体流量Q．设磁场均匀恒定，磁感应强度为B．

116

(1)已知D＝0.40 m，B＝2.5×10 T，Q＝0.12 m/s，设液体在测量管内各处流速相同，试求E的大小(π取3.0)． (2)一新建供水站安装了电磁流量计，在向外供水时流量本应显示为正值．但实际显示却为负值．经检查，原因是误将测量管接反了，即液体由测量管出水口流入，从入水口流出．因水已加压充满管道，不便再将测量管拆下重装，请你提出使显示仪表的流量指示变为正值的简便方法．

(3)显示仪表相当于传感器的负载电阻，其阻值记为R．a、c间导电液体的电阻r随液体电阻率的变化而变化，从而会影响显示仪表的示数．试以E、R、r为参量，给出电极a、c间输出电压U的表达式，并说明怎样可以降低液体电阻率变化对显示仪表示数的影响．

[2009年高考·北京理综卷]

【解析】(1)导电液体通过测量管时，相当于导线做切割磁感线的运动，在电极a、c间切割磁感线的液柱长度为D，设液体的流速为v，则产生的感应电动势为：E＝BDv

πD2

由流量的定义，有：Q＝Sv＝v

4Q4BQ

联立解得：E＝BD2＝ πDπD

－

4×2.5×103×0.12－

代入数据得：E＝ V＝1.0×103 V．

3×0.4

(2)能使仪器显示的流量变为正值的方法简便、合理即可．如：改变通电线圈中电流的方向，使磁场B反向；或将传感器输出端对调接入显示仪表．

EREE

(3)传感器和显示仪表构成闭合电路，由闭合电路欧姆定律I＝得：U＝IR＝＝

rR＋rR＋r

1＋

输入显示仪表的是a、c间的电压U，流量示数和U一一对应．E与液体电阻率无关，而r随电阻率的变化而变化，由上式可看出，r变化相应的U也随之变化．在实际流量不变的情况下，仪表显示的流量示数会随a、c间的电压U的变化而变化．增大R，使R≫r，则U＝E，这样就可以降低液体电阻率变化对显示仪表流量示数的影响．

－3

[答案] (1)1.0×10 V (2)见解析

E(3)，见解析

r1＋R

－3

能力演练

一、选择题(10×4分)

1．如图所示，L1、L2、L3为三个完全相同的灯泡，L为直流电阻可忽略的自感线圈，电源的内阻不计，开关S原来接通．当把开关S断开时，下列说法正确的是( )

117

A．L1闪一下后熄灭

B．L2闪一下后恢复到原来的亮度 C．L3变暗一下后恢复到原来的亮度 D．L3闪一下后恢复到原来的亮度

【解析】S闭合后，通过各灯的电流稳定时，L1不亮，通过L2、L3的电流均为I＝，而通过自感线圈L的电

流为2I．S断开的瞬间，自感线圈L上的电流全部通过L3，所以这一瞬间通过L3的电流突变为2I，故L3会闪亮一

下；稳定后通过L3的电流依然为，而稳定后通过L1、L2的电流均为．

RL2RL

[答案] D

2．在如图甲所示的电路中，灯泡A和灯泡B原来都正常发光．现在突然发现灯泡A比原来变暗了些，灯泡B比原来变亮了些，则电路中出现的故障可能是( )

甲

A．R3断路 B．R1短路 C．R2断路

D．R1、R2同时短路

【解析】电路可整理成如图乙所示，R2断路→总电阻变大→干路电流变小→电源内电压变小→路端电压变大→通过R3上的电流变大→通过A的电流变小，灯泡A变暗→灯泡A和R1上的电压变小→灯泡B上的电压变大→B灯变亮．

乙

[答案] C

3．如图所示，M是一小型理想变压器，接线柱a、b接在电压u＝311sin 314t(V)的正弦交变电源上．变压器右侧部分为一火警报警系统原理图，其中R2为用半导体热敏材料制成的传感器，电流表为值班室的显示器，显示通过R1的电流，电压表显示加在报警器上的电压(报警器未画出)，R3为一定值电阻．当传感器R2所在处出现火警时(R2阻值变小)，以下说法中正确的是( )

118

A．B．C．

的示数不变，的示数增大，的示数增大，

的示数增大的示数减小

的示数增大

D．的示数不变，的示数不变

【解析】R2变小→副线圈的负载总电阻变小→副线上的输出电流变大→R3上的电压变大→R1与R2并联电路的电压变小→的示数变小，原线圈的电流变大．因为接在恒定的交变电源上，故其示数不变．

[答案] B

4．在如图甲所示的电路中，电源电动势E恒定，内阻r＝1 Ω，定值电阻R3＝5 Ω．当开关S断开与闭合时，ab段电路消耗的电功率相等，则以下说法中正确的是( )

甲

A．电阻R1、R2可能分别为4 Ω、5 Ω B．电阻R1、R2可能分别为3 Ω、6 Ω

C．开关S断开时电压表的示数一定大于S闭合时的示数

D．开关S断开与闭合时，电压表的示数变化量大小与电流表的示数变化量大小之比一定等于6 Ω 【解析】取R＝R3＋r＝6 Ω，有：

E2E2

Pab＝()·Rab＝2

RR＋Rab

＋2R＋RabRab

当S断开前后有： Rab·Rab′＝R2＝36 Ω时，Pab＝Pab′ 故A正确，B错误．

又由Uab＝E－·R

R＋Rab

知Rab变大时，Uab变大，C正确．

当Rab变化时，Uab－I图象如图乙所示．

乙

ΔU

图象的斜率k＝||＝R3＋r＝6 Ω，D正确．

ΔI

[答案] ACD

5．如图所示，长为L＝1 m、电阻r＝0.3 Ω、质量m＝0.1 kg的金属棒CD垂直跨搁在位于水平面上的两条平行光滑金属导轨上，两导轨间距也是L．棒与导轨间接触良好，导轨电阻不计，导轨左端接有R＝0.5 Ω 的电阻，垂直导轨平面有竖直向下穿过平面的匀强磁场，磁感应强度B的大小为0.4 T．现给金属棒CD一个瞬时向右的初速度，初速度大小为2 m/s，过一段时间后，金属棒CD最终停下来．则从开始运动到停止运动的过程中，通过电阻R的电荷量为( )

A．0.5 C

B．0.3 C C．0.25 C

D．0.2 C

119

【解析】CD向右运动产生感应电流，使得CD受到安培力的作用减速至停止，由动量定理知： I安＝Δp＝mv0

又I安＝BiL·Δt＝BLq 可解得：q＝0.5 C． [答案] A 6．某理想变压器原线圈输入的电功率为P，原、副线圈的匝数比为k，在其副线圈上接一内阻为r的电动机．现在，电动机正以速度v匀速向上提升一质量为m的重物，已知重力加速度为g，则变压器原线圈两端的电压为( )

rPr

A．Pk B． kP－mgvP－mgvP－mgvPP－mgv

D． rkr

【解析】电动机的输出功率P机＝mgv 设副线圈回路的电流为I2，则： P＝P机＋I22r

P－P机

解得：I2＝

副线圈两端的电压U2＝＝P· I2P－P机

原线圈两端的电压U1＝kU2＝Pk．

P－mgv

[答案] A

7．如图所示，两块水平放置的金属板组成一平行板电容器距离为d，用导线、开关S将其与一个n匝的线圈连接，线圈置于方向竖直向上的均匀变化的磁场中．两板间放一台小压力传感器，压力传感器上表面绝缘，在其上表面静止放置一个质量为m、电荷量为＋q的小球．已知S断开时传感器上有示数，S闭合时传感器上的示数变为原来的一半．则线圈中磁场的磁感应强度的变化情况和磁通量变化率分别是( )

C．Pk

ΔΦmgdΔΦmgd

A．正在增加，＝ B．正在增加，＝

Δt2qΔt2nqΔΦmgdΔΦmgd

C．正在减弱，＝ D．正在减弱，＝ Δt2qΔt2nq

【解析】由题意知，S闭合后上极板带负电，故知匀强磁场的磁感应强度在增加．

U1ΔΦ由q＝mg，U＝n

d2ΔtΔΦmgd可得：＝．

Δt2nq

[答案] B

8．一个用半导体材料制成的电阻器D，其电流I随它两端电压U变化的伏安特性曲线如图甲所示．现将它与两个标准电阻R1、R2组成如图乙所示的电路，当开关S接通位置1时，三个用电器消耗的电功率均为P．将开关S切换到位置2后，电阻器D和电阻R1、R2消耗的电功率分别为PD、P1、P2，下列判断正确的是( )

120

B．P1＞P2

D．PD＋P1＋P2＞3P

RD【解析】由S接“1”时三个用电器的功率相等知，R1＝R2＝；当S接“2”后，R2两端的电压大于R1与D

的并联电压，故P1＜P＜P2，D的电阻变大为，RD′＞4R1，故PD＜P1，又因为S接2后电路的总电阻变大，故

PD＋P1＋P2＜3P．

[答案] C

9．如图所示，均匀金属圆环的总电阻为2R，磁感应强度为B的匀强磁场垂直地穿过圆环．金属杆OM的长为

l，电阻为，M端与环紧密接触，金属杆OM绕过圆心的转轴O以恒定的角速度ω转动．电阻R的一端用导线和

环上的A点连接，另一端和金属杆的转轴O处的端点相连接．下列结论错误的是( ) ．．

A．P1＞P

C．PD＋P1＋P2＜3P

Bl2ω

A．通过电阻R的电流的最大值为 3RBl2ω

B．通过电阻R的电流的最小值为 4RBl2ω

C．OM中产生的感应电动势恒为

Bl2ω

D．通过电阻R的电流恒为

【解析】求解本题的关键是找出OM与圆环接触点的位臵，画等效电路图求回路中的电流．当金属杆绕O点

匀速转动时，电动势E＝Bωl2，选项C正确；电流的大小决定于M端与滑环连接点的位臵，当M端滑至A点时，

3EBωl2Bωl2

回路中的电阻最小，其阻值Rmin＝R，根据I＝，得Imax＝＝，选项A正确；当M端与圆环的上顶点

233RR＋r

2×R2

R3RBl2ω

相接触时，回路中的电阻最大，其阻值Rmax＝＋＝2R，所以Imin＝，选项B正确．

224R

[答案] D

10．如图所示，光滑的“Π”形金属导体框竖直放置，质量为m的金属棒MN与框架接触良好，磁感应强度分别为B1、B2的有界匀强磁场方向相反，但均垂直于框架平面，分别处在abcd和cdef区域．现从图示位置由静止释放金属棒MN，金属棒进入磁场区域abcd后恰好做匀速运动．下列说法正确的有( )

A．若B2＝B1，则金属棒进入cdef区域后将加速下滑

121

B．若B2＝B1，则金属棒进入cdef区域后仍将保持匀速下滑 C．若B2＜B1，则金属棒进入cdef区域后可能先加速后匀速下滑 D．若B2＞B1，则金属棒进入cdef区域后可能先减速后匀速下滑

【解析】金属棒在上下两磁场区域向下运动切割磁感线时，感应电流受到的安培力都竖直向上．当安培力的大小等于重力时达到稳定速度，即有：

mgR1

vm＝22，故vm∝2，选项B、C、D正确．

BLB[答案] BCD

二、非选择题(共60分)

11．(4分)现将电池组、滑动变阻器、带铁芯的线圈A、线圈B、灵敏电流表及开关按如图所示的方式连接．在开关闭合、线圈A放在线圈B中的情况下，某同学发现当他将滑动变阻器的滑动端P向左加速滑动时，灵敏电流表的指针向右偏转．由此可以推断：将线圈A中的铁芯向上拔出__________或________开关，都能使灵敏电流表的指针________偏转．

【解析】当P向左滑动时，电阻增大，通过线圈A的电流减小，则通过线圈B中的原磁场减弱，磁通量减少，线圈B中有使灵敏电流表的指针向右偏转的感应电流通过；当线圈A向上运动或断开开关，则通过线圈B中的原磁场也减弱，磁通量也减少，所以线圈B中也有使灵敏电流表的指针向右偏转的感应电流通过．

[答案] 断开向右 (每空2分)

12．(11分)(1)一多用电表的欧姆挡有三个倍率，分别是“×1”、“×10”、“×100”．用“×10”挡测量某电阻时，操作步骤正确，而表头指针偏转角度很小，为了较准确地进行测量，应换用“________”挡．如果换挡后立即用表笔连接测电阻进行读数，那么缺少的步骤是______________．若补上该步骤后测量，表盘的示数如图甲所示，则该电阻的阻值是________Ω．若将该表选择旋钮置于25 mA挡，表盘的示数仍如图甲所示，则被测电流为________mA．

(2)要精确测量一个阻值约为5 Ω的电阻Rx，实验提供下列器材：

(量程为100 mA，内阻r1约为4 Ω) 电流表

(量程为500 μA，内阻r2＝750 Ω) 电流表

电池E(电动势E＝1.5 V，内阻很小) 变阻器R0(阻值约为10 Ω) 开关S，导线若干．

①请设计一个测定电阻Rx的电路图，画在下面的虚线中．

122

②根据你设计的电路图，将图乙中的实物连成实验电路． ③根据某次所测量值写出电阻Rx的表达式．Rx＝________． [答案] (1)×100 欧姆表重新调零 2200 9.9 (每空1分) (2)①如图丙所示 (2分)

丙丁

②如图丁所示 (3分) ③

I2r2 (2分) I1－I2

13．(8分)超导磁悬浮列车是利用超导体的抗磁作用使列车车体向上浮起，同时通过周期性地变换磁极方向而获得推进动力的新型交通工具．其推进原理可以简化为如图所示的模型：在水平面上相距L的两根平行直导轨间，有竖直方向等距离分布着匀强磁场B1和B2，且B1＝B2＝B，每个磁场的宽都是l，方向相反的相间排列，所有这些磁场都以速度v向右匀速运动．这时跨在两导轨间的长为L、宽为l的金属框abcd(悬浮在导轨上方)在磁场力的作用下也将会向右运动．已知金属框的总电阻为R，运动中所受到的阻力恒为f．求金属框的最大速度．

【解析】设金属框做匀速运动的速度为vm，则：线框的感应电动势E＝2BL(v－vm) (3分)

由平衡条件B·2L＝f (3分)

4B2L2v－fR

解得：vm＝． (2分)

4B2L24B2L2v－fR

[答案] 4B2L214．(12分)如图所示，光滑平行的水平金属导轨MN、PQ相距d，在M点和P点间接一个阻值为R的电阻，在两导轨间OO1、O1′O′矩形区域内有垂直导轨平面竖直向下，宽为l的匀强磁场，磁感应强度为B．一质量为m、电阻为r的导体棒ab垂直放在导轨上，与磁场左边界相距l0．现用一水平向右的恒力F拉ab棒，使它由静止开始运动，棒ab在离开磁场前已经做匀速直线运动(棒ab与导轨始终保持良好的接触，导轨电阻不计)．求：

123

(1)棒ab在离开磁场右边界时的速度．

(2)棒ab通过磁场区的过程中整个回路所消耗的电能．

(3)试分析讨论ab棒在磁场中(匀速成直线运动)之前可能的运动情况．

【解析】(1)ab棒离开磁场右边界前做匀速直线运动，设其速度为vm，则有：

E＝Bdvm，I＝ (2分)

R＋r

对ab棒，有：F－BId＝0 (1分)

F(R＋r)

解得：vm＝22． (1分)

(2)由能量守恒定律，可得：

F(l0＋l)＝W＋mvm2 (2分)

mF2(R＋r)2

得：W电＝F(l0＋l)－． (1分)

2B4d4(3)设棒刚进入磁场时速度为v．

12Fl0由F·l0＝mv2可得：v＝ (2分)

棒在进入磁场前做匀加速直线运动，在磁场中运动可分三种情况讨论：

2Fl0F(R＋r)

①若＝22，则棒做匀速直线运动 (1分)

mBd2Fl0F(R＋r)

②若＜22，则棒先加速运动后匀速运动

mBd

(1分)

2Fl0F(R＋r)

③若＞22，则棒先减速运动后匀速运动．(1分)

mBdF(R＋r)mF2(R＋r)2

[答案] (1)22 (2)F(l0＋l)－ Bd2B4d4(3)略

15．(12分)如图所示，在水平面内有两条光滑轨道MN、PQ，其上放有两根静止的导体棒ab、cd，质量分别为m1、m2．设有一质量为M的永久磁铁从轨道和导体棒组成的平面的正上方高为h的地方由静止落下，当磁铁的重心下落到轨道和导体棒组成的平面内时，磁铁的速度为v，导体棒ab的动能为Ek，此过程中两根导体棒之间、导体棒与磁铁之间都没有发生碰撞．求：

(1)磁铁在下落过程中受到的平均阻力．

(2)磁铁在下落过程中在导体棒中产生的总热量．

【解析】(1)设磁铁在下落过程中受的平均阻力为F，根据动能定理有：

(Mg－F)h＝Mv2 (2分)

124

Mv2得：F＝Mg－． (2分)

(2)导体棒ab、cd组成的系统动量守恒，设磁铁的重心下落到轨道和导体棒组成的平面内时ab、cd(相互靠拢)的速度大小分别为v1、v2，有：

m1v1＝m2v2 (2分)

Ek＝m1v12 (1分)

设磁铁在下落过程中在导体棒中产生的总热量为Q，由能量守恒有：

111

Mgh－Mv2＝m1v12＋m2v22＋Q (3分)

222

m1＋m21

联立解得：Q＝Mgh－Mv2－()Ek． (2分)

2m2

Mv2m1＋m21

[答案] (1)Mg－ (2)Mgh－Mv2－()Ek

2h2m2

16．(13分)如图甲所示，矩形线框abcd的边ab＝2l，ad＝3l，OO′为线框的转动轴，aO＝bO′＝2l．匀强磁场垂直于线框平面，磁感应强度为B，OO′刚好与磁场的边界线重合，线框的总电阻为R．当线框绕 OO′以角速度ω匀速转动时，试求：

(1)线框的ab边第一次出磁场前的瞬间，回路中电流的大小和方向．

(2)从图示位置开始计时，取电流沿abcda方向为正，请在图乙中画出线框中的电流i随时间t变化的关系图象．(画两个周期)

(3)线框中电流的有效值．

【解析】(1)在ab边出磁场前的瞬间，感应电动势为： E1＝B·2l·ω·2l＝4Bωl2 (2分)

E14Bωl2

此时感应电流I1＝＝，方向沿adcba方向．

(2分)

(2)cd边在磁场中运动时产生的最大感应电动势为： E2＝B·2l·ωl＝2Bωl2 (2分)

cd边在磁场中运动时产生的最大感应电流为：

E22Bωl2I2＝＝ (1分)

故i－t图象如图丙所示． (2分)

丙

(3)设电流的有效值为I，在0～T时间内，线框中的焦耳热为：

I2TI1T

I2RT＝()2R·＋()2R· (2分)

22225Bωl2

解得：I＝． (2分)

125

4Bωl2[答案] (1)，方向沿adcba方向

5Bωl2

(2)如图丙所示 (3)

126

6专题振动与波、光学、热学、原子物理

(一)振动与波、光学知识网络

127

第

考点预测

振动与波是历年高考的必考内容，其中命题率最高的知识点为波的图象、波长、频率、波速及其相互关系，特别是波的图象与振动图象的关系，如2009年高考北京理综卷第17题、全国理综卷Ⅰ第20题、福建理综卷第17题，一般以选择题的形式出现，试题信息量大、综合性强，一道题往往考查多个概念和规律．其中波的图象，可以综合考查对波的理解能力、推理能力和空间想象能力．

高考对光学部分的考查主要有：①光的折射现象，全反射；②光的干涉、衍射和偏振现象；③平面镜成像的作图方法；④双缝干涉实验测定光的波长；⑤光电效应现象．

128

要点归纳

一、振动与波单摆

(1)特点：①单摆是理想模型；②单摆的回复力由重力沿圆弧方向的分力提供，当最大摆角α＜10°时，单摆的

L振动可看做简谐运动，其振动周期T＝2π．

4π2L

(2)应用：①计时器；②测定重力加速度g，g＝2．

二、振动图象与波动图象的区别与联系振动图象波动图象图象研究对象物理意义一个质点横轴上各点表示各个时刻，图象表示一个质点各个时刻的位移情况所有质点横轴上各点表示质点的平衡位置，图象表示某一时刻各个质点的位移情况图象形成的物理过程相当于顺序“扫描”的结果相当一次“拍照”的结果直接得出振幅、周期所能提供的信息可以算出频率可以判断出位移、加速度、回复力间的变化关系三、机械波与电磁波对象周期性变化的物理量机械波研究力学现象位移随时间和空间做周期性变化传播需要介质，波速与介质有关，与频率无关，分横波和纵波两种，传播机械能电磁波研究电磁现象电场E和磁场B随时间和空间做周期性变化传播不需要介质，在真空中波速总是c，在介质中传播时，波速与介质及频率都有关系．电磁波都是横波，传播电磁能直接得出振幅、波长据波速、波长和频率(周期)的关系求其中一个量振动方向和传播方向的关系传播特性 λv＝，都会发生反射、折射、干涉、衍射、多普勒效应 T由质点(波源)的振动产生无线电波由振荡电路产生光也是电磁波的一种，由原子能级跃迁发出产生四、平面镜成像 1．平面镜改变光的传播方向，而不改变光的性质．

2．平面镜成像的特点：等大、正立、虚像，物、像关于镜面对称． 3．成像作图要规范化．

射向平面镜的入射光线和反射光线要用实线，并且要用箭头标出光的传播方向．反射光线的反向延长线只能用虚线，虚线上不能标箭头．

129

镜中的虚像是物体射到平面镜上所有光线的反射光线反向延长后相交形成的．在成像作图中，可以只画两条光线来确定像点．

法线既与界面垂直，又是入射光线与反射光线夹角的平分线．

平面镜转过一个微小的角度α，法线也随之转过角度α，当入射光线的方向不变时，反射光线则偏转2α．五、光的折射定律

1．折射率：光从真空射入某种介质发生折射时，入射角θ1的正弦与折射角θ2的正弦之比为定值n，叫做这种

sin θ1介质的折射率，表示为n＝．实验和研究证明，某种介质的折射率等于光在真空中的传播速度c跟光在这种介

sin θ2

质中的传播速度v之比，即n＝v．

2．折射现象中光路是可逆的．六、全反射和临界角

1．全反射的条件：(1)光从光密介质射向光疏介质；(2)入射角大于或等于临界角．

2．临界角：使折射角等于90°时的入射角，某种介质的临界角C用sin C＝计算．

七、用折射定律分析光的色散现象

在分析、计算光的色散时，要掌握好折射率n的应用及有关数学知识，着重理解两点：①光的频率(颜色)由光

cλ0源决定，与介质无关；②在同一介质中，频率越大的光的折射率越大，再应用n＝v＝等知识，就能准确而迅速地

判断有关色光在介质中的传播速度、波长、入射光线与折射光线的偏折程度等问题．

八、光的波动性 1．光的干涉

(1)干涉条件：两束光的频率相同，并有稳定的相位差．

(2)双缝干涉：两列光波到达某点的路程差为波长的整数倍时，该处的光互相加强，出现亮条纹；当到达某点

的路程差为半波长的奇数倍时，该处的光互相削弱，出现暗条纹．相邻两条亮条纹(或暗条纹)的间距Δx＝λ．

(3)薄膜干涉：从薄膜前后表面反射的两列波叠加产生的干涉．应用：检查平面的平整度、增透膜等． 2．光的衍射

发生明显衍射的条件：障碍物的尺寸跟光的波长相近或比光的波长还小．光的衍射条纹和干涉条纹不同．泊松亮斑是光的衍射引起的． 3．光的电磁说

麦克斯韦提出“光是一种电磁波”的假设，赫兹用实验验证了电磁说的正确性．九、光的粒子性 1．光电效应

(1)现象：在光的照射下物体发射电子(光电子)的现象．

(2)规律：任何金属都存在极限频率，只有用高于极限频率的光照射金属时，才会发生光电效应．在入射光的频率大于金属的极限频率的情况下，从光照射到金属上到金属逸出光电子的过程，几乎是瞬时的．光电子的最大初动能随入射光频率的增大而增大，与光的强度无关．单位时间内逸出的光电子数与入射光的强度成正比．

2．光电效应方程：mvm2＝hν－W．

3．光子说：即空间传播的光是不连续的，而是一份一份的，每一份的能量等于hν(ν为光子的频率)，每一份叫做一个光子．

4．光的波粒二象性：光的干涉、衍射现象说明光具有波动性，光电效应表明光具有粒子性，因此光具有波粒二象性．

5．物质波：任何一个运动的物体(小到电子大到行星)都有一个波与它对应，波长λ＝(p为物体的动量)．

热点、重点、难点

一、简谐运动的动力学问题

130

图6－1

●例1 如图6－1所示，一个弹簧振子在光滑水平面上的A、B两点之间做简谐运动．当振子经过最大位移处(B点)时，有块胶泥落在它的上面，并随其一起振动，那么后来的振动与原来相比较( )

A．振幅的大小不变 B．加速度的最大值不变 C．速度的最大值变小 D．弹性势能的最大值不变

【解析】当振子经过最大位移处(B点)时，胶泥落在它的上面，在此过程中，胶泥减少的重力势能全部转变为内能，振子(含胶泥)在B点的速度仍为零，则其仍以O点为平衡位臵做简谐运动，且振幅的大小不变．于是，最大回复力和最大弹性势能不变．由于质量增大，则其最大加速度变小，在平衡位臵的速度(即最大速度)变小．综上可知，选项A、C、D正确．

[答案] ACD

【点评】解决本题的关键在于正确理解简谐运动的特征，了解简谐运动中各个物理量的变化，找到“振幅的大小不变”这一突破口，进而分析求解．简谐运动具有以下规律．

①在平衡位臵：速度最大、动能最大、动量最大，位移最小、回复力最小、加速度最小、势能最小． ②在位移大小等于振幅处：速度最小、动能最小、动量最小，位移最大、回复力最大、加速度最大、势能最大． ③振动中的位移x都是以平衡位臵为起点的，方向从平衡位臵指向末位臵，大小为这两位臵间的直线距离．加速度与回复力的变化一致，在两个“端点”最大，在平衡位臵为零，方向总是指向平衡位臵．

二、简谐运动的图象、波的图象

●例2 一列简谐横波以1 m/s的速度沿绳子由A向B传播，质点A、B间的水平距离为3 m，如图6－2甲所示．若t＝0时质点A刚从平衡位置开始向上振动，其振动图象如图6－2 乙所示，则B点的振动图象为图6－2丙中的( )

图6－2

【解析】由题意知，λ＝v·T＝4 m

故lAB＝λ，经过t＝T＝3 s时间B点开始振动．

又由波的传播特性可知，每点开始振动的方向与振源的起振方向相同，故知B点的振动图象为B． [答案] B

【点评】本例虽然只要求B的振动图象，但解析过程必须弄清楚波的传播过程，可画出t＝3 s时刻以及t′＝3 s＋Δt时刻AB方向波的图象图6－2丁所示．

图6－2丁

●例3 两列振幅、波长均相同的简谐横波，以相同的速率沿相反方向在同一介质中传播．图6－3所示为某一时刻两波的波形图，其中实线为向右传播的波，虚线为向左传播的波，a、b、c、d、e为五个等距离的质点．则

131

在两列波传播的过程中，下列说法中正确的是( )

图6－3

A．质点a、b、c、d、e始终静止不动 B．质点b、d始终静止不动 C．质点a、c、e始终静止不动

D．质点a、c、e以振幅2A做简谐运动

【解析】由波的叠加原理可知，图示时刻质点a、b、c、d、e的位移都为零．其中两列波在a、c、e上引起的振动方向相同，在b、d两点引起的振动方向总是相反，故b、d始终静止不动，a、c、e以振幅2A做简谐运动．

[答案] BD 【点评】①两列波传播至某点时，两列波引起的振动“步调”相同时，干涉加强；引起的振动“步调”相反时，干涉减弱，不应仅考虑波峰、波谷的相遇．

②振动加强的点与振动减弱的点有规律地相互间隔．

③注：干涉图样不是固定不动的，加强的点在做更大振幅的振动．三、平面镜成像问题

●例4 某物体左右两侧各有一竖直放置的平面镜，两平面镜相互平行，物体距离左镜4 m，右镜8 m，如图6－4甲所示．物体在左镜所成的像中从右向左数的第三个像与物体的距离是[2009年高考·全国理综卷Ⅰ]( )

图6－4甲

A．24 m B．32 m C．40 m D．48 m

【解析】物体在左镜中所成的各像如图6－4乙所示，可知左镜中从右向左的第三个像是第一个像在右镜中的像再在左镜中成的像，即看见像时为光线在左镜反射一次后在右镜反射一次再在左镜反射一次进入眼睛，由平面镜成像的对称性可得：d＝32 m．

图6－4乙

[答案] B

【点评】光线经过平面镜反射进入眼睛，眼睛逆着光线确定光源，感觉光是从“虚像”发出．四、光的折射与全反射

光学器材是由透明介质制成的，当光线从空气照射到这些透明体的表面时，折射进入透明体，然后再发生其他的光学现象．解这类问题用到的光学知识主要是反射定律、折射定律、全反射知识和数学中的几何知识．

1．视深问题

●例5 某水池的实际深度为h，若某人垂直水面往下看时，水池的视深为多少？(设水的折射率为n)

【解析】如图所示，作两条从水底S发出的折射光线，一条垂直射出水面，另一条入射角很小(眼睛对光点的张角很小)，这两条折射光线反向延长线的交点S′ 就是看到的S的像．

在△AS′O中，tan α＝ h′AO

在△ASO中，tan γ＝

tan αh则＝ tan γh′

132

因为α、γ很小，所以sin α≈tan α，sin γ≈tan γ

sin γh

得：h′＝h＝．

sin αnh

[答案]

【点评】本题考查光的折射定律在实际中的应用．正确画出光路图，并运用近似理论是求解此类问题的关键． 2．巧妙运用光路图解题和光学作图问题

(1)解决几何光学的基本方法是：画出光路图，理解有关概念，灵活运用数学知识求解．在反射和折射现象中，“光路可逆”是解决较复杂问题常用的思想方法．注意：光路图的作法必须遵循反射和折射定律．

(2)由于同一介质对不同色光的折射率不同，导致光的色散现象．利用光的折射定律解决的问题主要有“视深”和棱镜等．正确画出光路图是求解此类问题的关键．

(3)作图法是解决几何光学问题的主要方法之一．完成光路图的依据是光的传播规律，作图时常常要运用逆向思维——先由像确定反射光线，再确定入射光线．解题中常常要巧用光路可逆规律分析问题，在实像的位置换上物点，必定在原来物点处成像，即像、物互换．另外，涉及有关范围的问题，确定有关边界光线是解决问题的关键．

●例6 图6－5甲所示为一个储油圆柱桶，其底面直径与桶高相等．当桶中无油时，贴着桶的上边缘上的A点恰能看到桶底边缘上的B处；当桶内油的深度等于桶高的一半时，眼所处的位置不变，在桶外沿AB方向看去，恰能看到桶底上的C点，且BC的距离是桶底直径的四分之一(A、B、C三点在同一竖直平面内，且BC在同一条直径线上)．据此可估算出该油的折射率n和光在这种油中的传播速度v分别为(已知真空中的光速c＝3×108 m/s)( )

图6－5甲

A．1.6、1.9×10 m/s B．2.0、1.6×108 m/s C．2.2、2.2×108 m/s D．1.6、1.6×108 m/s

【解析】当油的深度为桶高的一半时，眼睛看见C点的光路图如图6－5乙所示，可得：

图6－5乙

sin in＝＝1.6 sin r

又因为n＝v 可得v＝1.9×108 m/s． [答案] A

【点评】准确地画出光路图是解决几何光学问题的关键．

●例7 一束单色光斜射到厚平板玻璃的一个表面上，经两次折射后从玻璃板另一个表面射出，出射光线相对于入射光线侧移了一段距离．在下列情况下，出射光线侧移距离最大的是[2008年高考·全国理综卷Ⅱ]( )

A．红光以30°的入射角入射 B．红光以45°的入射角入射 C．紫光以30°的入射角入射 D．紫光以45°的入射角入射

【解析】如图所示，由题意可知，O2A为偏移距离Δx，有：

133

dΔx＝·sin(i－r)

cos rsin in＝ sin r

若为同一单色光，即n值相同．当i增大时，r也增大，但i比r增大得快，sin(i－r)＞0且增大，＞0且增

cos r

大，故A、C选项错误．

若入射角相同，则：

cos i

Δx＝dsin i(1－2)

n－sin2i

即当n增大，Δx也增大，故选项B错误、D正确． [答案] D

【点评】①某束单色光照到介质表面，当入射角增大时，折射角也增大，但入射角比折射角增大得快． ②一束复色光经过平板玻璃也会发生色散现象，即射出光的边缘出现彩色，只是当玻璃较薄时这个现象不太明显．

●例8 一足够大的水池内盛有某种透明液体，液体的深度为H，在水池的底部放一点光源，其中一条光线以30°的入射角射到液体与空气的界面上，它的反射光线与折射光线的夹角为105°，如图6－6甲所示，则可知( )

图6－6甲

A．液体的折射率为 2

B．液体的折射率为

C．整个水池表面都有光射出 D．液体表面亮斑的面积为πH2 【解析】由题意知i＋r＝180°－105°＝75° r＝75°－30°＝45°

sin r

故折射率n＝＝2

sin i

该液体的临界角C＝arcsin＝45°

可得液体表面亮斑的半径如图6－6 乙所示，r＝H

图6－6乙

故亮斑面积为： S＝πH2． [答案] AD

【点评】利用反射定律、折射定律和几何知识，解出折射角是解本题的关键．五、干涉、衍射与偏振 1．干涉与衍射的比较

134

光的干涉与衍射现象是光的波动性的表现，也是光具有波动性的证据．两者的区别是：光的干涉现象只有在符合一定条件下才发生；而光的衍射现象却总是存在的，只有明显与不明显之分．

光的干涉现象和衍射现象在屏上出现的都是明暗相间的条纹，但双缝干涉时条纹间隔均匀，从到两侧的明纹亮度不变化；而单缝衍射的条纹间隔不均匀，明纹又宽又亮，从向两侧，条纹宽度减小，明纹亮度显著减弱．

2．光的偏振

横波的振动矢量垂直于波的传播方向振动时，偏于某个特定方向的现象叫偏振．纵波只能沿着波的传播方向振动，所以不可能有偏振，光的偏振现象证明光是横波．光的偏振现象在科技、生活中的应用有：照相机镜头上的偏振片、立体电影等．

●例9 图6－7所示为一竖直的肥皂膜的横截面，用单色光照射薄膜，在薄膜上产生明暗相间的条纹，下列说法正确的是( )

图6－7

A．薄膜上的干涉条纹是竖直的 B．薄膜上的干涉条纹是水平的

C．用蓝光照射薄膜所产生的干涉条纹的间距比用红光照射时的小

D．干涉条纹是由于光线在薄膜前后两表面反射形成的两列光波叠加的结果

【解析】光从肥皂膜的前后表面反射形成相干光，其路程差与薄膜厚度有关；在重力作用下，肥皂膜形成上薄下厚的楔形，在同一水平面上厚度相等，形成亮纹(或暗纹)．因此，干涉条纹应是水平的．又因蓝光的波长小于红光的波长，所以用蓝光照射薄膜所产生的干涉条纹的间距较红光的小．综上所述，选项B、C、D正确．

[答案] BCD

【点评】本题主要考查的是薄膜干涉形成的原因，以及干涉条纹与入射光波长之间的关系．六、光电效应的规律与应用 ●例10 如图6－8所示，用导线将验电器与洁净锌板连接，触摸锌板使验电器指示归零．用紫外线照射锌板，验电器指针发生明显偏转，接着用毛皮摩擦过的橡胶棒接触锌板，发现验电器的指针张角减小，此现象说明锌板带________(填“正”或“负”)电；若改用红外线重复以上实验，结果发现验电器指针根本不会发生偏转，说明金属锌的极限频率________(填“大于”或“小于”)红外线的频率．[2008年高考·上海物理卷]

图6－8

【解析】因锌板被紫外线照射后发生光电效应，验电器指针带正电荷而偏转；毛皮摩擦过的橡胶棒带负电，与锌板接触时，电子与验电器指针上的正电荷中和，而使张角减小；用红外线照射锌板时，验电器指针的偏角不变，锌板未发生光电效应，说明锌板的极限频率大于红外线的频率．

[答案] 正大于

【点评】光电效应在物理学史上具有较重要的意义，需要熟记其现象、清楚地理解其产生的机制．

135

(二)热学知识网络

136

考点预测

从近几年的高考来看，热学部分多以选择题的形式出现，试题难度属于容易或中等．命题热点集中在下列两个方面．

1．分子动理论、估算分子的大小和数目、物体内能的改变和热力学第二定律，题型多为选择题，且绝大多数选择题只要求定性分析．

2．能源的开发和利用，这是当今的热门话题，应给予关注．

要点归纳

一、理解并识记分子动理论的三个观点描述热现象的一个基本概念是温度．凡是跟温度有关的现象都叫做热现象．分子动理论是从物质的微观状态来研究热现象的理论．它的基本内容是：物体是由大量分子组成的；构成物体的分子永不停息地做无规则运动；分子间存在着相互作用力．

二、了解分子永不停息地做无规则运动的实验事实

组成物体的分子永不停息地做无规则运动，这种运动跟温度有关，所以通常把分子的这种运动叫做热运动． 1．扩散现象和布朗运动都可以很好地证明分子的热运动．

2．布朗运动是指悬浮在液体中的固体微粒的无规则运动．关于布朗运动，要注意以下几点： (1)形成条件是固体微粒足够小； (2)温度越高，布朗运动越激烈；

(3)观察到的是固体微粒(不是液体分子，也不是固体分子)的无规则运动，反映的是液体分子运动的无规则性； (4)课本中描绘出的图象是某固体微粒每隔30秒的位置的连线，并不是该微粒的运动轨迹．三、了解分子力的特点分子力有如下三个特点：

①分子间同时存在引力和斥力；

②引力和斥力都随着距离的增大而减小； ③斥力比引力随距离变化得快．四、深刻理解物体内能的概念

1．由于分子做热运动而具有的动能叫分子动能．温度是物体分子热运动的平均动能的标志．温度越高，分子做热运动的平均动能就越大．

2．由分子间相对位置决定的势能叫分子势能．分子力做正功时分子势能减小；分子力做负功时分子势能增大．(所有势能都有同样的结论．例如：重力做正功时重力势能减小，电场力做正功时电势能减小)

由上面的分析可以得出：当r＝r0(即分子处于平衡位置)时，分子势能最小．不论r从r0开始增大还是减小，分子势能都将增大．固体和液体的分子势能与物体的体积有关，体积变化，分子势能也变化．注意：当物体的体积增大时，其分子势能不一定增加．

3．物体中所有分子做热运动的动能和分子势能的总和叫做物体的内能．五、掌握热力学第一定律

外界对物体所做的功W加上物体从外界吸收的热量Q等于物体内能的增加量ΔU，即ΔU＝Q＋W，这叫做热力学第一定律．在这个表达式中，当外界对物体做功(气体被压缩)时W取正，物体克服外力做功(气体膨胀)时W取负；当物体从外界吸热时Q取正，物体向外界放热时Q取负；ΔU为正表示物体的内能增加，ΔU为负表示物体的内能减少．

六、掌握热力学第二定律

1．热传导的方向性：热传导的过程是有方向性的．这个过程可以向一个方向自发地进行(热量会自发地从高温物体传给低温物体)，但是向相反的方向却不能自发地进行．

2．第二类永动机不可能制成：我们把没有冷凝器，只有单一热源，从单一热源吸收热量，全部用来做功，而不引起其他变化的热机称为第二类永动机．这表明机械能和内能的转化过程具有方向性——机械能可以全部转化成内能，但内能不能全部转化成机械能，而不引起其他变化．

3．热力学第二定律的表述：(1)不可能使热量由低温物体传递到高温物体，而不引起其他变化(按热传导的方向

137

性表述)；(2)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(按机械能和内能转化过程的方向性表述)；(3)第二类永动机是不可能制成的．

热力学第二定律使人们认识到，自然界中各种进行的涉及热现象的宏观过程都具有方向性．它揭示了有大量分子参与的宏观过程的方向性，使得它成为于热力学第一定律的一个重要的自然规律．

七、掌握气体的状态参量

1．温度：温度在宏观上表示物体的冷热程度；在微观上是物体分子平均动能的标志．热力学温度是国际单位制中的基本量之一，符号是T，单位：K(开尔文)；摄氏温度是导出量，符号是t，单位：℃(摄氏度)．

两种温度间的关系可以表示为：T＝(t＋273.15) K和ΔT ＝Δt，要注意两种单位制下每一度的间隔是相同的．0 K是低温的极限，它表示所有分子都停止了热运动．可以无限接近，但永远不能达到．

2．体积：气体总是充满它所在的容器，所以气体的体积总是等于盛装气体的容器的容积．

3．压强：气体的压强是由于大量气体分子频繁地碰撞器壁而产生的．(绝不能用气体分子间的斥力解释) 一般情况下不考虑气体本身的重力，所以同一容器内气体的压强处处相等．但大气压在宏观上可以看成是大气受地球吸引而产生的重力引起的．

热点、重点、难点

一、与阿伏加德罗常数有关的估算问题

阿伏加德罗常数是一个重要的物理量，它是联系微观物理量(如：分子质量、分子体积或直径等)与宏观物理量(如：摩尔质量、摩尔体积、密度、体积等)的桥梁，常常被用来解答一些有关分子大小、分子间距和分子质量等方面的估算问题．

解决这类问题的基本思路和方法是：首先要熟练掌握微观量与宏观量之间的联系，如：分子的质量m0＝、NA

MMNAmm

摩尔体积V＝、分子占的体积V0＝、分子的个数N＝，式中NA 、m、ρ、M、分别为阿伏加德罗常数、ρρNAMM

物体的质量、密度、摩尔质量、物质的量；其次是善于从问题中找出与所要估算的微观量有关的宏观量．此外，还要合理构建体积模型，如：在估算固体和液体的分子大小时，一般采用分子球体模型；而估算气体分子间距(不是分子的大小)时，一般采用立方体模型．灵活运用上述关系式并合理构建体积模型是分析、解决与阿伏加德罗常数相关问题的关键．

●例1 假如全世界60亿人同时数1 g水的分子个数，每人每小时可以数5000个，不间断地数，则完成任务

－

所需时间最接近(阿伏加德罗常数NA取6×1023 mol1)[2008年高考·北京理综卷]( )

A．10年 B．1千年 C．10万年 D．1千万年

【解析】1 g水的分子数N＝×NA＝3.3×1022，则完成任务所需时间t＝年＝1×10581860×10×5000×365×24

年，选项C正确．

[答案] C

【点评】此题是估算题，关键是求出1 g水的分子数，对数算能力的要求较高．二、扩散现象、布朗运动和分子的热运动

●例2 做布朗运动实验，得到某个观测记录如图6－9所示．图中记录的是[2009年高考·北京理综卷]( )

图6－9

A．分子无规则运动的情况 B．某个微粒做布朗运动的轨迹

C．某个微粒做布朗运动的速度—时间图线

D．按等时间间隔依次记录的某个运动微粒位置的连线

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【解析】布朗运动是悬浮在液体中的固体小颗粒的无规则运动，非分子的运动，故A错误；图中折线为每隔一定时间微粒位臵的连线，并非轨迹，B错误、D正确；对于某微粒而言，在不同的时刻速度的大小和方向都是不确定的，故无法描绘其v－t图线，C错误．

[答案] D

三、分子动能、分子势能及其变化、物体的内能及其变化、能量守恒定律、热力学定律 ●例3 对一定量的气体，下列说法正确的是[2008年高考·全国理综卷Ⅱ]( ) A．气体的体积是所有气体分子的体积之和

B．气体分子的热运动越剧烈，气体的温度就越高

C．气体对器壁的压强是由大量气体分子对器壁不断碰撞而产生的 D．当气体膨胀时，气体分子之间的势能减小，因而气体的内能减少

【解析】气体分子间的距离远大于分子大小，所以气体的体积远大于所有气体分子的体积之和，A选项错误；温度是物体分子平均动能的标志，是表示分子热运动剧烈程度的物理量，B选项正确；气体压强的微观解释是大量气体分子频繁撞击产生的，C选项正确；气体膨胀，说明气体对外做功，但不能确定吸、放热情况，故不能确定内能变化情况，D选项错误．

[答案] BC

【点评】在每年各地的高考题中，一般都会出现一道关于热学的题目，而且常综合考查本单元的较多的基本原理．

四、气体的压强

从微观角度看，气体的压强与气体分子的平均动能和气体分子的密集程度(单位体积内的分子数)有关．气体分子的平均动能越大，分子撞击器壁时对器壁产生的作用力越大，气体的压强就越大；气体分子越密集(单位体积内的分子数越多)，每秒撞击器壁单位面积的分子数越多，气体的压强就越大．从宏观角度看，气体的压强跟温度和体积有关．

●例4 下列说法正确的是[2009年高考·全国理综卷Ⅰ]( )

A．气体对器壁的压强就是大量气体分子作用在器壁单位面积上的平均作用力 B．气体对器壁的压强就是大量气体分子单位时间作用在器壁上的平均冲量 C．气体分子热运动的平均动能减小，气体的压强一定减小 D．单位体积的气体分子数增加，气体的压强一定增大

【解析】根据压强的定义，气体的压强等于气体分子作用在器壁单位面积上的平均冲力，等于单位面积上单位时间受到的平均冲量，故A正确、B错误．气体的压强与温度和体积有关，当分子热运动的平均动能增大时，若分子密度变大，气体的压强也有可能增大；当分子密度增大时，若分子热运动的平均动能减小，气体的压强也可能减小，故C、D错误．

[答案] A

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(三)原子物理知识网络

考点预测

近代物理部分相对，主干知识是原子的量子化结构和核能，复习时要围绕玻尔理论、衰变规律和爱因斯坦质能方程等重点知识进行．模块内的综合主要是近代物理知识与动量守恒定律的综合．利用碰撞探究微观粒子的规律是高能物理常用的研究手段，如α粒子散射实验．α粒子与氮、铍、铝的碰撞分别发现了质子、中子和放射性同位素，加速器、对撞机等都是研究核物理的常用工具．

近年近代物理试题中出现不少中学教材中没有的新知识背景，如“超重元素”、“双电荷交换反应”、俄歇效应、原子内层空位产生的内转换机制、μ氢原子等．在训练学生读题时，要引导他们尽力将新情境中的问题与已学过的知识联系起来，在学习心理学中，就是“图式”的“同化”与“顺应”的过程，这类问题其实是“新瓶装旧酒”，还是考查课本上的知识点，只是对学生的能力要求提高了，要真正理解才能变通．

“联系实际，联系生活，联系高科技”已成为高考命题的趋势，考查内容体现时代气息，用新名词包装的试题增加．试题越来越重视知识的联系，体现学科的综合性．

要点归纳

一、原子的核式结构

卢瑟福根据α粒子散射实验观察到的实验现象推断出了原子的核式结构．α粒子散射实验的现象是：①绝大多数α粒子穿过金箔后基本上仍沿原来的方向前进；②极少数α粒子则发生了较大的偏转甚至返回．注意，核式结构并没有指出原子核的组成．

140

二、波尔原子模型玻尔理论的主要内容：

1．“定态假设”：原子只能处于一系列不连续的能量状态中，在这些状态中，电子虽做变速运动，但并不向外辐射电磁波，这样的相对稳定的状态称为定态．

定态假设实际上只是给经典的电磁理论了适用范围：原子中的电子绕核转动处于定态时不受该理论的制约． 2．“跃迁假设”：电子绕核转动处于定态时不辐射电磁波，但电子在两个不同定态间发生跃迁时，却要辐射(吸收)电磁波(光子)，其频率由两个定态的能量差值决定hν＝Em－En．

3．“能量量子化假设”和“轨道量子化假设”：由于能量状态的不连续，因此电子绕核转动的轨道半径也不能任意取值．

三、原子核的衰变及三种射线的性质 1．α衰变与β衰变方程

A44X→Aα衰变：ZZ2Y＋2He

A0Aβ衰变：ZX→Z1Y＋1e

2．α和β衰变次数的确定方法

先由质量数确定α衰变的次数，再由核电荷数守恒确定β衰变的次数． 3．半衰期(T)：放射性元素的原子核有半数发生衰变所需的时间．

4．特征：只由核本身的因素所决定，而与原子所处的物理状态或化学状态无关．

t1T5．规律：N＝N0()．

26．三种射线射线 α射线 β射线 γ射线氦核 4电子0物质微粒光子γ 2He 1e 带电情况速度带正电(2e) 1约为c 10小(空气中飞行几厘米) 强带负电(－e) 接近c 不带电 c 贯穿本领中(穿透几毫米厚的铝板) 大(穿透几厘米厚的铅板) 电离作用次弱四、核能 1．爱因斯坦质能方程：E＝mc2． 2．核能的计算

(1)若Δm以千克为单位，则： ΔE＝Δmc2．

(2)若Δm以原子的质量单位u为单位，则： ΔE＝Δm×931.5 MeV． 3．核能的获取途径

1136901(1)重核裂变：例如 23592U＋0n→Xe＋38Sr＋100n

341(2)轻核聚变：例如 21H＋1H→2He＋0n

聚变的条件：物质应达到超高温(几百万度以上)状态，故聚变反应亦称热核反应．

热点、重点、难点

一、玻尔模型能级概念

●例1 氢原子的能级如图6－10 所示，已知可见光的光子能量范围约为1.62 eV～3.11 eV，下列说法错误的．．是( )

141

图6－10

A．处于n＝3能级的氢原子可以吸收任意频率的紫外线，并发生电离 B．大量氢原子从高能级向n＝3能级跃迁时，发出的光具有显著的热效应

C．大量处于n＝4能级的氢原子向低能级跃迁时，可能发出6种不同频率的光

D．大量处于n＝4能级的氢原子向低能级跃迁时，可能发出3种不同频率的可见光

【解析】处于n＝3能级的氢原子吸收光子而发生电离的最小能量是1.51 eV，又因紫外线的频率大于可见光的频率，所以紫外线的光子能量E≥3.11 eV，故A正确．

由能级跃迁理论知，氢原子由高能级向n＝3能级跃迁时，发出光子的能量E≤1.51 eV，所以发出光子能量小于可见光的光子能量．由E＝hν知，发出光子频率小于可见光的光子频率，发出光子为红外线，具有较强的热效应，故B正确．

由能级跃迁理论知，n＝4能级的氢原子向低能级跃迁时，最多可发出6种频率的光子，故C正确．

由能级跃迁理论知，大量处于n＝4能级的氢原子向低能级跃迁时，发出光子的能量分别为：0.66 eV(4→3)，2.55 eV(4→2),12.75 eV(4→1),1. eV(3→2),12.09 eV(3→1)，10.2 eV(2→1)，所以只有3→2和4→2跃迁时发出的2种频率的光子属于可见光，故D错误．

[答案] D

(n－1)n

【点评】①原子由定态n(n≥2)向低能级跃迁时可能辐射的光子频率的种类为．

②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． ③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．

④计算时应注意：因一般取 ∞ 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．

二、考查衰变、裂变、聚变以及人工转变概念 ●例2 现有三个核反应：

24235114123492①2411Na→12Mg＋____； ②92U＋0n→56Ba＋36Kr＋____；③1H＋1H→2He＋____．完成上述核反应方程，并判断下列说法正确的是( ) A．①是裂变，②是β衰变，③是聚变 B．①是聚变，②是裂变，③是β衰变 C．①是β衰变，②是裂变，③是聚变 D．①是β衰变，②是聚变，③是裂变

11[答案] ①01e ②30n ③0n C

【点评】①原子核自发地放出某种粒子成为新的原子核，叫做衰变；原子序数较大的重核成原子序数较小的原子核，叫做重核裂变；原子序数很小的原子核聚合成原子序数较大的原子核，叫做轻核聚变．

②所有核反应都遵循质量数和电荷数守恒的规律，情况复杂时可列方程组求解．三、核能和质量亏损

●例3 某科学家提出年轻热星体中核聚变的一种理论，其中的两个核反应方程为 11213115121H＋6C→7N＋Q1 1H＋7N→6C＋X＋Q2

方程中Q1、Q2表示释放的能量，相关的原子核质量见下表： 134121315原子核 1H 2He 2He 7N 7N 6C 1.0078 3.0160 4.0026 12.0000 13.0057 15.0001 质量/u 下列判断正确的是[2009年高考·重庆理综卷]( ) 3He，Q2>Q1 A．X是2B．X是42He，Q2>Q1

142

3C．X是2He，Q2D．X是42He，Q21213【解析】核反应方程：11H＋6C→7N中的质量亏损为： Δm1＝1.0078 u＋12.0000 u－13.0057 u＝0.0021 u 根据电荷数守恒、质量数守恒可知： 1131241H＋7N→6C＋2He

其质量亏损为：Δm2＝1.0078 u＋15.0001 u－12.0000 u－4.0026 u＝0.0053 u 根据爱因斯坦质能方程得：Q1＝Δm1c2，Q2＝Δm2c2 故Q1＜Q2． [答案] B

－

【点评】要注意u为质量单位，并不是能量单位，其中1 u＝1.6606×1027 kg,1 uc2＝931.5 MeV．四、近代物理中的前沿科技问题近几年来，高考试题中STS(科学·技术·社会)问题(如反物质、中微子、介子、夸克、弗兰克－赫兹实验等)占有较大的比例，出现了以科技前沿为背景的信息题．解决这类试题的关键在于：认真阅读题目、理解题意，捕获有效信息、删除干扰信息；仔细分析问题所描述的物理状态或物理过程，并从中建立起相应的物理模型；最后运用相关的物理规律求解．

－－－－－

●例4 K介子的衰变方程为K→π＋π0，其中K介子和π介子所带电荷量为元电荷e，π0介子不带电．如

－

图6－11所示，两匀强磁场方向相同，以虚线MN为理想边界，磁感应强度分别为B1、B2．今有一个K介子沿垂

－

直于磁场的方向射入匀强磁场B1中，其轨迹为圆弧AP，P在MN上，K在P点时的速度为v，方向与MN垂直．在

－

P点该介子发生了上述衰变，衰变后产生的π介子沿速度v的反方向射出，其运动轨迹如“心”形图线所示．则以下说法正确的是( )

图6－11

A．π介子的运行轨迹为PENCMDP

－

2πm－

B．π介子运行一周回到P用的时间T＝

B2e

C．B1＝4B2

D．π0介子做匀速直线运动

－－－－

【解析】由题意可知，K介子衰变为π介子和π0介子后，π介子沿速度v的反方向射出，而π介子带负电，

－－

根据左手定则可以判断，π介子的运行轨迹为PDMCNEP，则选项A错误；设π介子在左右两侧磁场中做匀速圆

mvmvR11

周运动的半径分别为R1和R2，运动周期分别为T1和T2，由图可知：＝，又R1＝、R2＝，则B1＝2B2，即

R22eB1eB2

2πm2πmT1T2T1T22πm－

选项C错误；而T1＝，T2＝，则π介子运行一周回到P所用的时间T＝＋＋＝ T1＋＝，即选

eB1eB22222eB2

项B正确；π0介子由于不带电而不受洛伦兹力作用，它将做匀速直线运动，即选项D正确．综上所述，选项B、D正确．

[答案] BD

【点评】本题涉及匀速圆周运动、线速度、角速度、周期、向心力、洛伦兹力、左手定则、牛顿第二定律等知识点，考查学生对上述知识的理解和掌握程度，以及分析、推理的能力和信息处理的能力．解决本题的关键在于：

－

先利用左手定则判断π介子的运行轨迹，再运用洛伦兹力、牛顿第二定律等知识分析求解．

★同类拓展 2006年3月24日，由中国自行研究、设计的世界上第一个全超导非圆截面托卡马克EAST核聚变实验装置(又称“人造太阳”)，如图6－12所示，已成功完成首次工作调试．由于它和太阳产生能量的原理相同，都是热核聚变反应，所以被外界称为“人造太阳”．“人造太阳”的原理就是在这台装置的真空室内加入少量氢的同位素氘和氚，使其在一定条件下发生聚变反应，反应过程中会产生巨大的能量．核聚变的主要原料是氘和氚，在海水中含量极其丰富．则下列说法中错误的是( ) ．．

143

图6－12

341A．“人造太阳”的核反应方程是21H＋1H→2He＋0n

1141192B．“人造太阳”的核反应方程是23592U＋0n→56Ba＋36Kr＋30n C．“人造太阳”释放的能量大小的计算公式是ΔE＝Δmc2

D．与这种热核聚变比较，核裂变反应堆产生的废物具有放射性

【解析】“人造太阳”中的核反应为轻核的聚变，故A正确、B错误．核反应释放的能量都遵循质能方程ΔE＝Δmc2，C正确．聚变方程产生的42He不具有放射性，而裂变反应产生的废物会衰变放出α或β射线，D正确．

[答案] B

经典考题

本专题中的四部分内容在高考中一般都会以选择题出现，只是往往难度较低，题型相对单调，复习备考时应重基础，重在近年考题中总结命题的规律．

1．类比是一种有效的学习方法，通过归类和比较，有助于掌握新知识，提高学习效率．在类比过程中，既要找出共同之处，又要抓住不同之处．某同学对机械波和电磁波进行类比，总结出下列内容，其中不正确的是[2009．．．年高考·北京理综卷]( )

A．机械波的频率、波长和波速三者满足的关系，对电磁波也适用 B．机械波和电磁波都能产生干涉和衍射现象

C．机械波的传播依赖于介质，而电磁波可以在真空中传播 D．机械波既有横波又有纵波，而电磁波只有纵波

【解析】波长、波速、频率的关系对任何波都是成立的，对电磁波当然成立，故A正确．干涉和衍射是波的特性，机械波、电磁波都是波，这些特性都具有，故B正确．机械波是机械振动在介质中传播形成的，所以机械波的传播需要介质；电磁波是交替变化的电场和磁场由近及远地传播形成的，所以电磁波的传播不需要介质，故C正确．机械波既有横波又有纵波，但是电磁波只能是横波，其证据就是电磁波能够发生偏振现象，而偏振现象是横波才有的， D错误．故正确答案应为D．

[答案] D

3He(氦3)．它是一种高效、清洁、安全的核聚变燃料，其参与的一种核聚2．科学家发现在月球上含有丰富的23343He＋2He→21变反应的方程式为2广东物理卷]( ) 1H＋2He．关于2He聚变，下列表述正确的是[2009年高考·

A．聚变反应不会释放能量 B．聚变反应产生了新的原子核 C．聚变反应没有质量亏损

3He聚变反应发电 D．目前核电站都采用2【解析】聚变反应时将质量较小的轻核聚变成质量较大的核，聚变过程会有质量亏损，会放出大量的能量．但目前核电站都采用铀核的裂变反应．因此B正确．

[答案] B

【点评】同质量的核燃料聚变反应放出的能量远远超过裂变反应，而且聚变反应的产物往往无放射性．但由于聚变反应需要几百万摄氏度以上的高温以及难以控制反应速度，故目前还没能用于发电．

144

3．密闭有空气的薄塑料瓶因降温而变扁，此过程中瓶内空气(不计分子势能)[2009年高考·重庆理综卷]( ) A．内能增大，放出热量 B．内能减小，吸收热量 C．内能增大，对外界做功 D．内能减小，外界对其做功

【解析】不计分子势能，空气的内能由温度决定，内能随温度降低而减小，A、C均错误；薄塑料瓶因降温而变扁，此时瓶内空气的体积减小，外界压缩空气做功，D正确；空气的内能减小、外界对空气做功，根据热力学第一定律可知空气向外界放热，B错误．

[答案] D

【点评】本类题型在高考对热学的考查中最常见．

4．氢原子能级的示意图如图所示，大量氢原子从n＝4的能级向n＝2 的能级跃迁时辐射出可见光a，从n＝3的能级向n＝2的能级跃迁时辐射出可见光b，则[2009年高考·四川理综卷]( )

A．氢原子从高能级向低能级跃迁时可能会辐射出γ射线

B．氢原子从n＝4的能级向n＝3的能级跃迁时会辐射出紫外线 C．在水中传播时，a光较b光的速度小

D．氢原子在n＝2的能级时可吸收任意频率的光而发生电离

【解析】γ射线的产生机理是原子核受激发，是原子核变化才产生的，A错误；根据跃迁规律可知高能级向低能级跃迁时辐射光子的能量等于这两个能级差，从n＝4的能级向n＝3的能级跃迁时会辐射出的光子能量小于a光子的能量，不可能为紫外线，B错误；根据跃迁规律可知从n＝4的能级向n＝2的能级跃迁时辐射光子的能量大于从n＝3的能级向n＝2的能级跃迁时辐射光子的能量，则可见光a的光子能量大于b的，又根据光子能量E＝hν

可得a光子的频率大于b的，则a的折射率大于b的，又v＝可得在水中传播时，a光较b光的速度小，C正确；

欲使在n＝2的能级处的氢原子发生电离，则吸收的能量一定不小于 3.4 eV，D错误．

[答案] C

5．一列简谐横波在某一时刻的波形图如图甲所示，图中P、Q两质点的横坐标分别为x＝1.5 m和x＝4.5 m．P点的振动图象如图乙所示．

在下列四幅图中，Q点的振动图象可能是[2009年高考·全国理综卷Ⅰ]( )

【解析】本题考查波的传播．该波的波长为4 m，P、Q两质点间的距离为3 m．若波沿x轴正方向传播，当P在平衡位臵向上振动时，Q点此时应处于波峰，B正确；若波沿x轴负方向传播，P点处于向上振动时，Q点应处

145

于波谷，C正确．

[答案] BC

【点评】高考对波的图象考查时要求较高，难度大，需要准确作图以帮助分析各点的振动情况．

6．在桌面上有一倒立的玻璃圆锥，其顶点恰好与桌面接触，圆锥的轴(图甲中虚线)与桌面垂直，过轴线的截面为等边三角形，如图甲所示．有一半径为r的圆柱形的平行光束垂直入射到圆锥的底面上，光束的中心轴与圆锥的轴重合．已知玻璃的折射率为1.5，则光束在桌面上形成的光斑半径为[2007年高考·全国理综卷Ⅰ]( )

甲

A．r

B．1.5r

C．2r D．2.5r

【解析】光从玻璃射向空气的临界角θ＝arcsin ＝arcsin ，而入射角i＞θ，将发生全反射，光路图如图乙所

示．由几何关系得OB＝r·tan 60°·cot 30°－r＝2r．

乙

[答案] C

能力演练

一、选择题(10×4分)

1．目前，在居室装修中经常用到花岗岩、大理石等装饰材料，这些岩石都不同程度地含有放射性元素．下列有关放射性知识的说法中，正确的是( )

206A．23592U衰变成82Pb要经过6次β衰变和8次α衰变

B．氡的半衰期为3.8天，若有4个氡原子核，则经过3.8天后就一定只剩下2个氡原子核 C．放射性元素发生β衰变时所释放的电子是原子核内的中子转化为质子时产生的 D．β射线与γ射线一样是电磁波，但穿透本领远比γ射线弱

【解析】由质量数守恒和电荷数守恒可知A正确；放射性同位素存在半衰期是一个统计规律，对于大量的原子核才成立，4个氡原子核经过3.8天后可能剩4个，也可能剩3个，还可能剩2个或1个都不剩，B错误；β衰

y0变的方程为：yxA→x1A＋1e，C正确；β射线是高速电子，不是电磁波，D错误．

[答案] AC

2．一列简谐横波沿x轴所在直线传播，图示为某时刻的波形图，其中A处到O的距离为0.5 m，此时A处的质点沿y轴负方向运动，再经0.02 s第一次到达波谷，则( )

A．这列波的波长为1 m B．这列波的频率为100 Hz C．这列波的波速为25 m/s

D．这列波的传播方向沿x轴负方向

【解析】由A点正沿y轴负方向振动可知波向x轴的负方向传播，D正确．又由题意及图象可知λ＝1 m，T＝

1λ

0.08 s，故f＝＝12.5 Hz，v＝＝12.5 m/s．

146

[答案] AD

3．地面附近有一正在上升的空气团，它与外界的热交换忽略不计．已知大气压强随高度增加而降低，则该气团在此上升过程中(不计气团内分子间的势能)[2008年高考·重庆理综卷]( )

A．体积减小，温度降低 B．体积减小，温度不变 C．体积增大，温度降低 D．体积增大，温度不变

【解析】本题考查气体的有关知识，属于中等难度题目．随着空气团的上升，大气压强也随着减小，那么空气团的体积会增大，空气团对外做功，其内能会减小，因为不计分子势能，所以内能由其温度决定，则其温度会降低．所以空气团的体积增大、温度降低、压强减小．

[答案] C

4．“轨道电子俘获”是放射性同位素衰变的一种形式，它是指原子核(称为母核)俘获一个核外电子，使其内部的一个质子变成中子，并放出一个中微子，从而变成一个新核(称为子核)的过程．中微子的质量远小于质子的质量，且不带电，很难被探测到，人们最早就是通过子核的反冲而间接证明中微子的存在的．若一个静止的原子核发生“轨道电子俘获”，衰变成子核并放出中微子，则下列说法正确的是( )

A．母核的质量数等于子核的质量数 B．母核的电荷数大于子核的电荷数 C．子核的动量与中微子的动量相同 D．子核的动能大于中微子的动能【解析】这一核反应中粒子的质量数不变，电荷数减少一个，选项A、B正确；子核与中微子的动量大小相等、

方向相反，选项C错误；又由Ek＝，故子核的动能远小于中微子的动能，选项D错误．

[答案] AB

5．用如图所示的实验装置观察光的薄膜干涉现象．图甲是点燃的酒精灯(在灯芯上洒些盐)，图乙是竖立的附着一层肥皂液薄膜的金属线圈，将金属线圈在其所在的竖直平面内缓慢旋转，观察到的现象是[2008年高考·上海物理卷]( )

A．当金属线圈旋转30°时，干涉条纹同方向旋转30° B．当金属线圈旋转45°时，干涉条纹同方向旋转90° C．当金属线圈旋转60°时，干涉条纹同方向旋转30° D．干涉条纹保持不变

【解析】金属线圈的转动，改变不了肥皂液膜的上薄下厚的形状，由干涉原理可知，干涉条纹与金属线圈在该竖直平面内的转动无关，仍然是水平的干涉条纹，故D正确．

[答案] D

6．在应用电磁波的特性时，下列符合实际的是( ) A．医院里常用X射线对病房和手术室进行消毒 B．医院里常用紫外线对病房和手术室进行消毒

C．人造卫星对地球拍摄时利用紫外线照相有较好的分辨率

D．人造气象卫星对地球拍摄时利用红外线照相是利用红外线透射率高和热效应强

【解析】紫外线的化学效应明显，还具有生理作用，故常用来对病房和手术室进行消毒；而X射线的穿透力强，生理作用、化学效应并不明显，不能用于手术室消毒，常用以透视，故B正确，A错误．

因为任何物质都会发出红外线，且发射的波长与温度有关，红外线的波长长，透过云雾和微尘能力强，故常用于拍摄气象云图．而地球周围传播的紫外线极少，无法用紫外线感光来拍摄地球的状况．

[答案] BD 7．如图所示，已知用光子能量为2.82 eV 的紫色光照射光电管中的金属涂层时，电流表的指针发生了偏转．若将电路中的滑动变阻器的滑片P向右移动到某一位置时，电流表的示数恰好减小到0，电压表的示数为1 V，则该金属涂层的逸出功约为( )

147

A．2.9×10 J B．4.5×10 J

－26－

C．2.9×10 J D．4.5×1026 J

－

【解析】由电场力做功的公式可知，当光电子的最大初动能Ek≤eU0时，光电流为零，故知Ek＝1.6×1019 J，

－

所以W＝hν－Ek＝2.9×1019 J．

[答案] A

8．下列关于分子运动和热现象的说法中，正确的是( )

A．气体如果失去了容器的约束就会散开，这是因为气体分子存在斥力的缘故 B．100 ℃的水变成100 ℃的水蒸气，其分子之间的势能增加

C．对于一定量的气体(分子间的作用力不计)，如果压强不变，体积增大，那么它一定从外界吸热 D．如果气体分子总数不变，气体温度升高，则压强必然增大

【解析】气体分子之间的引力大于斥力，但都小到可忽略不计，气体失去了容器的约束时会散开是因为气体分子热运动的缘故，故A错误；100°的水变成100℃的水蒸气的过程吸收热量，内能增加，但分子平均动能并没有增加，说明分子势能增加了，故B正确；气体的体积增大，分子密度变小，而压强保持不变，说明分子的平均动能增大，内能增大了，由ΔU＝W＋Q，W＜0，得Q＝ΔU＋|W|，故C正确；气体的温度升高，分子的平均动能增大，若体积膨胀较大，分子密度变小，气体压强也可能减小或不变，D错误．

[答案] BC

9．一列简谐横波沿x轴正方向传播，其振幅为2 cm．已知在t＝0时刻相距30 m的a、b两质点的位移都是 1 cm，但运动方向相反，其中a质点沿y轴负方向运动，如图所示．则( )

－19－19

A．a、b两质点的平衡位置间的距离为半波长的奇数倍 B．t＝0时刻a、b两质点的加速度相同 C．a质点的速度最大时，b质点的速度为零

D．当b质点的位移为＋2 cm时，a质点的位移为负

【解析】a、b两质点的间距可能小于半个波长，或为nλ＋Δx，A错误；t＝0时刻a、b两质点的位移相同，故加速度相同，B正确；在a由此刻到达平衡位臵的时间内，a的平均速率大于b的平均速率，故这一时间内b还没有到达波峰，当b到达波峰时a已处于x轴的下方，故C错误、D正确．

[答案] BD

10．图甲为一列简谐横波在某一时刻的波形图，图乙为质点P以此时刻为计时起点的振动图象．则从该时刻起( )

A．经过0.35 s后，质点Q距平衡位置的距离小于质点P距平衡位置的距离 B．经过0.25 s后，质点Q的加速度大于质点P的加速度 C．经过0.15 s后，波沿x轴的正方向传播了3 m

D．经过0.1 s后，质点Q的运动方向沿y轴的正方向

【解析】图乙描述的是图甲中P点的振动图象．由图乙不难看出P点的振动周期为0.2 s，零时刻质点P处于平衡位臵且将沿y轴负方向振动．因此，图甲的波动图象将沿x轴的正方向传播，Q点在该时刻将沿y轴正方向振

148

7动，由于在同一列波中各个质点的振动周期相同，经过0.35 s(即 T)后，Q点将处于x轴下方某处但不是位于波谷

位臵，而P点将处于波峰位臵，则选项A正确；经过0.25 s(即 T)后，Q点将处于x轴上方某处但不是位于波峰

位臵，而P点将处于波谷位臵，则该时刻Q点的加速度小于P点的加速度，故选项B错误；由v＝可知波速为 20

m/s，经过0.15 s(即 T)后，波沿x轴的正方向传播了3 m，则选项C正确；经过0.1 s (即 T)后，Q点的运动方向

沿y轴的负方向，故选项D错误．

[答案] AC

二、非选择题(共60分)

11．(6分)有两位同学利用假期分别去参观北大和南大的物理实验室，各自在那里利用先进的DIS系统较准确地探究了“单摆的周期T与摆长L的关系”，他们通过校园网交换实验数据，并由计算机绘制了T2－L图象，如图甲所示．去北大的同学所测实验结果对应的图线是________(填“A”或“B”)．另外，在南大做探究的同学还利用

La计算机绘制了两种单摆的振动图象(如图乙所示)，由图可知，两单摆的摆长之比＝________．

L4πL，可得g＝2 gT

因为g北＞g南，故北大实验结果对应图线B．

LaTa4

又由图乙可知＝()2＝．

LbTb9

[答案] B (3分) (3分)

12．(9分)在做“用油膜法估测分子的大小”的实验时，已经准备的器材有：油酸酒精溶液、滴管、浅盘和水、玻璃板、彩笔和坐标纸．要完成本实验，还欠缺的器材有__________________．

【解析】由T＝2π

已知油酸酒精溶液中油酸的体积比浓度为0.05%,1 mL这样的溶液合80滴．现将1滴该溶液滴在水面上，这滴

溶液中纯油酸的体积是________m ．

用彩笔描绘出油膜轮廓线后，印在坐标纸上，如图所示．已知坐标纸每一小格的边长为1 cm，则油膜的面积为______m2 ．

根据上面的数据，估算油酸分子的直径是______m．(结果保留一位有效数字)

－－－

[答案] 量筒、痱子粉 (2分) 6.25×1012 (2分) 1.25×102 (2分) 5×1010 (3分) 13．(10分)在“用双缝干涉测光的波长”的实验中，准备了下列仪器： A．白炽灯 B．双窄缝片 C．单窄缝片 D．滤光片 E．毛玻璃光屏

(1)把以上仪器安装在光具座上，自光源起合理的顺序是________________(填字母)．

(2)在某次实验中，用某种单色光通过双缝在光屏上得到明暗相间的干涉条纹，其中亮纹a、c的位置利用测量头上的分划板确定，如图所示．其中表示a纹位置(如图甲所示)的手轮读数为________mm，表示c纹位置(如图乙所示)的手轮读数为________mm．

149

(3)已知双缝间的距离为0.18 mm，双缝与屏的距离为500 mm，则单色光的波长为________μm． [答案] (1)ADCBE (4分)

(2)1.790 (2分) 4.940 (2分) (3)0.567 (2分)

14．(11分)利用插针法可以测量半圆柱形玻璃砖的折射率．实验方法如下：在白纸上作一直线MN，并作出它的一条垂线AB，将半圆柱形玻璃砖(底面的圆心为O)放在白纸上，它的直径与直线MN重合，在垂线AB上插两个大头针P1和P2，如图甲所示，然后在半圆柱形玻璃砖的右侧插上适量的大头针，可以确定光线P1P2通过玻璃砖后的光路，从而求出玻璃的折射率．实验室中提供的器材除了半圆柱形玻璃砖、木板和大头针外，还有量角器等．

甲

(1)某学生用上述方法测量玻璃的折射率，在他画出的垂线AB上竖直插上了P1、P2两枚大头针，但在半圆柱形玻璃砖右侧的区域内，无论从何处观察，都无法透过玻璃砖同时看到P1、P2的像，原因是________________________________________________，他应采取的措施是______________________________________________．

(2)为了确定光线P1P2通过玻璃砖后的光路，在玻璃砖的右侧，最少应插________枚大头针．

(3)请在半圆柱形玻璃砖的右侧估计所插大头针的可能位置(用“×”表示)，并作出光路图．为了计算折射率，应该测量的量有：________(在光路图上标出)，计算折射率的公式是________________．

[答案] (1)光线P1P2垂直于界面进入半圆柱形玻璃砖后到达圆弧面上的入射角大于临界角，发生全反射现象，光不能从圆弧面折射出来 (2分)

向上移动半圆柱形玻璃砖，使到达圆弧面上的光线的入射角小于临界角 (2分) (2) 1 (2分)

(3)光路图如图乙所示 (2分)

乙

sin r

入射角i和折射角r (2分) n＝ (1分)

sin i

15．(12分)与其他能源相比，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．

114192(1)核反应方程式23592U＋0n→56Ba＋36Kr＋aX是反应堆中发生的许多核反应中的一种，X为待求粒子，a为

14192X的个数．则X为________，a＝________．以mU、mBa、mKr分别表示23592U、56Ba、36Kr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＝_____________________________________．

(2)有一座发电功率P＝1.00×106 kW的核电站，核能转化为电能的效率η＝40%．假定反应堆中发生的裂变反

－－27235应全是本题(1)中的核反应，已知每次核反应过程放出的核能ΔE＝2.78×1011 J， kg．求92U的质量MU＝390×10

150

每年(1年＝3.15×107 s)消耗的23592U的质量．

1【解析】(1)依据核电荷数守恒和质量数守恒定律可判断：X为中子(0n)，且a＝3 (2分)

据爱因斯坦的质能方程ΔE＝Δmc 可得：ΔE＝[mU－(mBa＋mKr＋2mn)]·c2． (4分) (2)由题意知：P＝1.00×106 kW t＝3.15×107 s

因为W＝Pt (1分)

WPt

W总＝＝ (1分)

ηη

故核反应次数n＝ (1分)

η·ΔE

每年消耗23592U的质量为：

M总＝nMU＝·M＝1104.77 kg． (3分)

η·ΔEU

1n) 3 [mU－(mBa＋mKr＋2mn)]·[答案] (1)中子(0c2

(2)1104.77 kg

16．(12分)太阳帆飞船是利用太阳光的压力进行太空飞行的航天器，由于太阳光具有连续不断、方向固定等特点，借助太阳帆为动力的航天器无须携带任何燃料．在太阳光光子的撞击下，航天器的飞行速度会不断增加，并最终飞抵距地球非常遥远的天体．现有一艘质量为663 kg的太阳帆飞船在太空中运行，其帆面与太阳光垂直．设帆能100%地反射太阳光，帆的面积为66300 m2，且单位面积上每秒接受到的太阳辐射能量E0＝1.35×103 J，已知太

－－－

阳辐射的光子的波长绝大多数集中在波长为2×107 m～1×105 m波段，计算时可取其平均波长1.0×107 m，且

－

不计太阳光反射时频率的变化．已知普朗克常量h＝6.63×1034 J·s．

(1)每秒钟射到帆面的光子数为多少？

(2)由于光子作用，飞船得到的加速度为多少？

【解析】每秒钟光照射到帆面上的能量E＝E0S (2分)

光子的平均能量hν＝ (2分)

故每秒射到帆面上的光子数：

E0SλN＝＝4.5×1025． (2分)

(2)每个光子的动量p＝ (2分)

对光被反弹的过程运用动量定理有：Ft＝2Ntp (2分)

F2Np－

又由牛顿第二定律：a＝＝＝9×104 m/s2．

(2分)

－

[答案] (1)4.5×1025个 (2)9×104 m/s2

151

第7专题高考物理实验

知识网络

考点预测

物理实验是高考的主要内容之一．《考试大纲》就高考物理实验共列出19个考点，其中力学8个、热学1个、电学8个、光学2个．要求会正确使用的仪器主要有：刻度尺、游标卡尺、螺旋测微器、天平、秒表、电火花计时器或电磁打点计时器、弹簧测力计、温度表、电流表、电压表、多用电表、滑动变阻器、电阻箱等，并且对实验误差问题提出了更明确的要求．

一、《考试大纲》中的实验与探究能力要求

能够完成“物理知识表”中所列的实验，能明确实验目的，能理解实验原理和方法，能控制实验条件．会使用仪器，会观察、分析实验现象，会记录、处理实验数据，并得出结论．能发现问题、提出问题，能灵活地应用已学过的物理理论、实验方法和实验仪器去处理问题．

二、实验题的主要特点

物理实验年年考，年年有变化．从近年的实验题来看，其显著特点体现在如下两个方面． (1)从简单的背诵实验转向分析、理解实验实验原理是物理实验的灵魂．近年来，高考物理实验题既不是简单地回答“是什么”，也不是背诵“该怎样”，而是从物理实验情境中理解“为什么”，通过分析推理判断“确实是什么”，进而了解物理实验的每一个环节．

(2)从既定的课本学生实验转向变化的创新实验

只有创新，试题才有魅力；也只有变化，才能永葆实验考核的活力．近年来，既定刻板的学生实验已经从高考物理实验题中淡出，取而代之的是学生尚未接触过的要通过解读物理原理的新颖实验(如应用性、设计性、专题性实验等)．创新的实验题可以使能力考核真正落到实处．

152

要点归纳

一、实验题的归纳与说明归类实验内容应用性实验验证性实验说明测量原理、使用方法；10分度、20分度、50分1．游标卡尺的使用度的游标卡尺的读数等 2．螺旋测微器的使用构造、原理、使用方法、正确读数等面板上各个旋钮或开关的作用；调试方法；观3．练习使用示波器察正弦波的波形等光电转换和热电转换及其简单应用；光电计数4．传感器的简单应用的简单了解等 5．验证力的平行四边形定则实验的等效思想；作图法等用平抛实验器进行实验；转化要验证的等效表6．验证动量守恒定律达式；对暂态过程分阶段测量等用自由落体进行验证；使用打点计时器和刻度7．验证机械能守恒定律尺等 8．用单摆测定重力加速度使用刻度尺和秒表；实验操作要求等 9．用油膜法估测分子的大小溶液的配制；油膜面积的估算方法等使用刻度尺和螺旋测微器；电流表、电压表量10．测定金属的电阻率程的选择；测量电路的选取与连接等 “半偏法”的设计思想与误差分析；计算分压11．把电流表改装为电压表电阻；改装表的校对与百分误差等 12．测定电源的电动势和内阻实验电路的选取与连接；作图法求解的方法等 13．测定玻璃的折射率用插针法测定；画光路图等用双缝干涉仪进行实验；实验调节；分划板的14．用双缝干涉测光的波长使用等明确实验目的；使用打点计时器；用刻度尺测15．研究匀变速直线运动量、分析所打的纸带来计算加速度等用平抛实验器进行实验；研究的目的和方法；16．研究平抛物体的运动描绘平抛轨迹；计算平抛物体的初速度等 17．用描迹法画出电场中平面上用恒定电流场模拟静电场；寻找等电势点的方的等势线法；描迹的方法等使用电流表、电压表、滑动变阻器；电路的选18．描绘小电珠的伏安特性曲线取与连接；描绘U－I图象并分析曲线非线性的原因等实验设计的原理和方法；实验数据的记录与分19．探究弹力和弹簧伸长的关系析；实验结论的描述与表达形式等测量性实验研究性实验探究性 20．用多用电表探索黑箱内的电多用电表的使用与读数；探索的思路；测量过实学元件程中的分析与判断等验二、物理实验的基本思想方法 1．等效法

等效法是科学研究中常用的一种思维方法．对一些复杂问题采用等效法，可将其变换成理想的、简单的、已知规律的过程来处理，常使问题的解决得以简化．因此，等效法也是物理实验中常用的方法．如在“验证力的平行四边形定则”的实验中，要求用一个弹簧秤单独拉橡皮条时，要与用两个互成角度的弹簧秤同时拉橡皮条时产生的效果相同——使结点到达同一位置O，即要在合力与两分力等效的条件下，才能找出它们之间合成与分解时所遵循的关系——平行四边形定则．又如在“验证动量守恒定律”的实验中，用小球的水平位移代替小球的水平速度；在“验证牛顿第二定律”的实验中，通过调节木板的倾斜度使重力的分力抵消摩擦力而等效于物体不受摩擦力作用．还有，电学实验中电流表的改装、用替换法测电阻等，都是等效法的应用．

153

2．转换法

将某些不易显示、不易直接测量的物理量转化为易于显示、易于测量的物理量的方法称为转换法(间接测量法)．转换法是物理实验常用的方法．如：弹簧测力计是把力的大小转换为弹簧的伸长量；打点计时器是把流逝的时间转换成振针的周期性振动；电流表是利用电流在磁场中受力，把电流转化为指针的偏转角；用单摆测定重力加

L速度g是通过公式T＝2π把g的测量转换为T和L的测量，等等．

3．留迹法

留迹法是利用某些特殊的手段，把一些瞬间即逝的现象(如位置、轨迹等)记录下来，以便于此后对其进行仔细研究的一种方法．留迹法也是物理实验中常用的方法．如：用打点计时器打在纸带上的点迹记录小车的位移与时间之间的关系；用描迹法描绘平抛运动的轨迹；在“测定玻璃的折射率”的实验中，用大头针的插孔显示入射光线和出射光线的方位；在描绘电场中等势线的实验中，用探针通过复写纸在白纸上留下的痕迹记录等势点的位置等等，都是留迹法在实验中的应用．

4．累积法

累积法是把某些难以直接准确测量的微小量累积后测量，以提高测量的准确度的一种实验方法．如：在缺乏高精密度的测量仪器的情况下测细金属丝的直径，常把细金属丝绕在圆柱体上测若干匝的总长度，然后除以匝数就可求出细金属丝的直径；测一张薄纸的厚度时，常先测出若干页纸的总厚度，再除以被测页数即所求每页纸的厚度；在“用单摆测定重力加速度”的实验中，单摆周期的测定就是通过测单摆完成多次全振动的总时间除以全振动的次数，以减小个人反应时间造成的误差影响等．

5．模拟法

模拟法是一种间接实验方法，它是通过与原型相似的模型来说明原型的规律性的．模拟法在中学物理实验中的典型应用是“用描迹法画出电场中平面上的等势线”这一实验，由于直接描绘静电场的等势线很困难，而恒定电流的电场与静电场相似，所以用恒定电流的电场来模拟静电场，通过它来了解静电场中等势线的分布情况．

6．控制变量法

在多因素的实验中，可以先控制一些量不变，依次研究某一个因素的影响．如在“验证牛顿第二定律”的实验中，可以先保持质量一定，研究加速度和力的关系；再保持力一定，研究加速度和质量的关系；最后综合得出加速度与质量、力的关系．

三、实验数据的处理方法 1．列表法

在记录和处理数据时，常常将数据列成表格．数据列表可以简单而又明确地表示出有关物理量之间的关系，有助于找出物理量之间联系的规律性．

列表的要求：

(1)写明表的标题或加上必要的说明；

(2)必须交代清楚表中各符号所表示的物理量的意义，并写明单位； (3)表中数据应是正确反映测量结果的有效数字． 2．平均值法

现行教材中只介绍了算术平均值，即把测定的数据相加求和，然后除以测量的次数．必须注意的是，求平均值时应该按测量仪器的精确度决定应保留的有效数字的位数．

3．图象法

图象法是物理实验中广泛应用的处理实验数据的方法．图象法的最大优点是直观、简便．在探索物理量之间的关系时，由图象可以直观地看出物理量之间的函数关系或变化趋势，由此建立经验公式．

作图的规则：

(1)作图一定要用坐标纸，坐标纸的大小要根据有效数字的位数和结果的需要来定； (2)要标明轴名、单位，在轴上每隔一定的间距按有效数字的位数标明数值；

(3)图上的连线不一定通过所有的数据点，而应尽量使数据点合理地分布在线的两侧； (4)作图时常通过选取适当的坐标轴使图线线性化，即“变曲为直”．

虽然图象法有许多优点，但在图纸上连线时有较大的主观任意性，另外连线的粗细、图纸的大小、图纸本身的均匀程度等，都对结果的准确性有影响．

四、实验误差的分析及减小误差的方法

中学物理中只要求初步了解绝对误差与相对误差、偶然误差与系统误差的概念，以及能定性地分析一些实验中产生系统误差的主要原因．

(1)绝对误差与相对误差

设某物理量的真实值为A0，测量值为A，则绝对误差为 ΔA＝|A－A0|，相对误差为

ΔA|A－A0|＝． A0A0

(2)偶然误差与系统误差

偶然误差是由于各种偶然因素对实验的影响而产生的．偶然误差具有随机性，有时偏大，有时偏小，所以可以通过多次测量求平均值的方法减小偶然误差．

系统误差是由于仪器本身不够精确，或实验方法粗略，或实验原理不完善而产生的．它的特点是使测量值总是偏大或总是偏小．所以，采用多次测量求平均值的方法不能减小系统误差．要减小系统误差，必须校准仪器，或改进实验方法，或设计在原理上更为完善的实验方案．

课本上的学生实验中就有不少减小实验系统误差的方法和措施．譬如，在“研究匀变速直线运动”的实验中，若使用电磁打点计时器测量，由于电磁打点计时器的振针与纸带之间有较大的且不连续、不均匀的阻力作用，会给加速度的测定带来较大的系统误差；若改用电火花计时器，就可以使这一阻力大为减小，从而减小加速度测定的系统误差．再如：在用伏安法测电阻时，为减小电阻测量的系统误差，就要根据待测电阻阻值的大小考虑是采用电流表的外接法还是内接法；在用半偏法测电流表的内阻时(如图7－1所示)，为减小测量的系统误差，就要使电源的电动势尽量大，使表满偏时限流电阻R比半偏时并联在电流表两端的电阻箱R′的阻值大得多．

图7－1

五、电学实验电路的基本结构及构思的一般程序 1．电学实验电路的基本结构

一个完整的电学实验电路往往包括测量电路与控制电路两部分．

测量电路：指体现实验原理和测量方法的那部分电路，通常由电表、被测元件、电阻箱等构成．

控制电路：指提供电能、控制和调节电流(电压)大小的那部分电路，通常由电源、开关、滑动变阻器等构成．有些实验电路的测量电路与控制电路浑然一体，不存在明显的分界．如“测定电源的电动势和内阻”的实验电路．

2．实验电路构思的一般程序 (1)审题

①实验目的；

②给定器材的性能参数． (2)电表的选择

根据被测电阻及给定电源的相关信息，如电源的电动势、被测电阻的阻值范围和额定电流等，估算出被测电阻的端电压及通过它的电流的最大值，以此为依据，选定量程适当的电表．

(3)测量电路的选择

根据所选定的电表以及被测电阻的情况，选择测量电路(估算法、试触法)． (4)控制电路的选择

通常优先考虑限流式电路，但在下列三种情形下，应选择分压式电路： ①“限不住”电流，即给定的滑动变阻器阻值偏小，即使把阻值调至最大，电路中的电流也会超过最大允许值； ②给定的滑动变阻器的阻值R太小，即R≪Rx，调节滑动变阻器时，对电流、电压的调节范围太小； ③实验要求电压的调节范围尽可能大，甚至表明要求使电压从零开始变化．

如描绘小电珠的伏安特性曲线、电压表的校对等实验，通常情况下都采用分压式电路． (5)滑动变阻器的选择

根据所确定的控制电路可选定滑动变阻器． ①限流式电路对滑动变阻器的要求： a．能“限住”电流，且保证不被烧坏；

b．阻值不宜太大或太小，有一定的调节空间，一般选择阻值与负载阻值相近的变阻器． ②分压式电路对滑动变阻器的要求：

电阻较小而额定电流较大，I额＞(R为变阻器的总电阻)．

3．电表的反常规用法

155

其实，电流表、电压表如果知道其内阻，它们的功能就不仅仅是测电流或电压．因此，如果知道电表的内阻，电流表、电压表就既可以测电流，也可以测电压，还可以作为定值电阻来用，即“一表三用”．

热点、重点、难点

一、应用性实验

1．所谓应用性实验，就是以熟悉和掌握实验仪器的具体使用及其在实验中的应用为目的的一类实验；或者用实验方法取得第一手资料，然后用物理概念、规律分析实验，并以解决实际问题为主要目的的实验．主要有：

①仪器的正确操作与使用，如打点计时器、电流表、电压表、多用电表、示波器等，在实验中能正确地使用它们是十分重要的(考核操作、观察能力)；

②物理知识的实际应用，如科技、交通、生产、生活、体育等诸多方面都有物理实验的具体应用问题． 2．应用性实验题一般分为上面两大类，解答时可从以下两方面入手． (1)熟悉仪器并正确使用

实验仪器名目繁多，具体应用因题而异，所以，熟悉使用仪器是最基本的应用．如打点计时器的正确安装和使用，滑动变阻器在电路中起限流和分压作用的不同接法，多用电表测不同物理量的调试等，只有熟悉它们，才能正确使用它们．熟悉仪器，主要是了解仪器的结构、性能、量程、工作原理、使用方法、注意事项，如何排除故障、正确读数和调试，使用后如何保管等．

(2)理解实验原理

面对应用性实验题，我们一定要通过审题，迅速地理解其实验原理，这样才能将实际问题模型化，运用有关规律去研究它．

具体地说，应用性实验题的依托仍然是物理知识、实验的能力要求等．解答时不外乎抓住以下几点：①明确实验应该解决什么实际问题(分清力学、电学、光学等不同实际问题)；②明确实验原理与实际问题之间的关系(直接还是间接)；③明确是否仅用本实验能达到解决问题的目的，即是否还要联系其他物理知识，包括数学知识；④明确是否需要设计实验方案；⑤明确实际问题的最终结果．

●例1 新式游标卡尺的刻度线看起来很“稀疏”，使读数显得清晰明了，便于使用者正确读取数据．通常游标卡尺的刻度有10分度、20分度和50分度三种规格；新式游标卡尺也有相应的三种，但刻度却是：19 mm等分成10份，39 mm等分成20份，99 mm 等分成50份．图7－2就是一个“39 mm等分成20份”的新式游标卡尺．

图7－2

(1)它的准确度是__________mm．

(2)用它测量某物体的厚度，示数如图6－1所示，正确的读数是__________cm．

【解析】(1)游标上20格对应的长度为39 mm，即每格长为1.95 mm，游标上每格比主尺上每两格小Δx＝0.05 mm，故准确度为0.05 mm．

(2)这种游标卡尺的读数方法为：主尺读数＋游标对准刻度×Δx＝3 cm＋6×0.005 cm＝3.030 cm． [答案] (1)0.05 (2)3.030

【点评】游标卡尺、螺旋测微器的使用在高考题中频繁出现．对游标卡尺的使用要特别注意以下两点： ①深刻理解它的原理：通过游标更准确地量出“0”刻度与左侧刻度之间的间距——游标对准刻度×Δx； ②读准有效数据．

●例2 图7－3为一简单欧姆表原理示意图，其中电流表的满偏电流Ig＝300 μA，内阻Rg＝100 Ω，可变电阻R的最大值为10 kΩ，电池的电动势E＝1.5 V，内阻r＝0.5 Ω，图中与接线柱A相连的表笔颜色应是________色．按正确使用方法测量电阻Rx的阻值时，指针指在刻度盘的正，则Rx＝________ kΩ．若该欧姆表使用一段时间后，电池的电动势变小、内阻变大，但此表仍能调零，按正确使用方法再测上述Rx，其测量结果与原结果相比将__________(填“变大”、“变小”或“不变”)．

[2009年高考·天津理综卷]

156

图7－3

[答案] 红 5 变大

【点评】欧姆表的原理就是闭合电路的欧姆定律，可以作为结论的是：欧姆表正的刻度值等于欧姆表的内阻．

二、测量性实验Ⅰ

所谓测量性实验，就是以测量一些物理量的具体、准确数据为主要目的的一类实验，可用仪器、仪表直接读取数据，或者根据实验步骤按物理原理测定实验结果的具体数值．测量性实验又称测定性实验，如“用单摆测定重力加速度”、“用油膜法估测分子的大小”、“测定金属的电阻率”、“测定玻璃的折射率”等．

●例3 如图7－3所示，将打点计时器固定在铁架台上，使重物带动纸带从静止开始自由下落，利用此装置可以测定重力加速度．

图7－4

(1)所需器材有打点计时器(带导线)、纸带、复写纸、带铁夹的铁架台和带夹子的重物，此外还需________(填字母代号)中的器材．

A．直流电源、天平及砝码 B．直流电流、毫米刻度尺 C．交流电源、天平及砝码 D．交流电源、毫米刻度尺

(2)通过作图的方法可以剔除偶然误差较大的数据，提高实验的准确程度．为使图线的斜率等于重力加速度，除作v－t图象外，还可作__________图象，其纵轴表示的是__________，横轴表示的是__________．

[2009年高考·天津理综卷]

[答案] (1)D (2)－h 速度平方的二分之一重物下落的高度

【点评】①高中物理中讲述了许多种测量重力加速度的方法，如单摆法、自由落体法、滴水法、阿特伍德机法等．

②图象法是常用的处理数据的方法，其优点是直观、准确，还能容易地剔除错误的测量数据．

●例4 现要测量电源B的电动势E及内阻r(E约为4.5 V，r约为1.5 Ω)，已有下列器材：量程为3 V的理想

(具有一定内阻)，固定电阻R＝40 Ω，滑动变阻器R′，开关S，导线若干．电压表，量程为0.5 A的电流表

(1)画出实验电路原理图．图中各元件需用题目中给出的符号或字母标出．

(2)实验中，当电流表的示数为I1时，电压表的示数为U1；当电流表的示数为I2时，电压表的示数为U2．由此可求出，E＝__________，r＝__________．(用I1、I2、U1、U2及R表示)

【解析】本题是常规伏安法测电源的电动势和内阻实验的情境变式题，本题与课本上实验的区别是电源的电动势大于理想电压表的量程，但题目中提供的器材中有一个阻值不大的固定电阻，这就很容易把该情境变式题“迁移”到学过的实验上．把固定电阻接在电源的旁边，将其等效成电源的内阻即可(如图甲所示)，再把电压表跨接在它们的两侧．显然，“内阻增大，内电压便增大”，电压表所测量的外电压相应的减小，通过定量计算，符合实验测量的要求．这样，一个新的设计性实验又回归到课本实验上了．

157

甲

(1)实验电路原理图如图乙所示．

乙

(2)根据E＝U＋Ir ，给定的电源B的电动势E及内阻r是一定的，I和U都随滑动变阻器R′的阻值的改变而改变，只要改变R′的阻值，即可测出两组I、U数据，列方程组得：

E＝U1＋I1(R＋r) E＝U2＋I2(R＋r)

I1U2－I2U1U2－U1

解得：E＝，r＝－R．

I1－I2I1－I2

[答案] (1)如图乙所示 I1U2－I2U1U2－U1(2) －R

I1－I2I1－I2

【点评】本题所提供的理想电压表的量程小于被测电源的电动势，需要学生打破课本实验的思维定式，从方法上进行创新，运用所提供的器材创造性地进行实验设计．

三、测量性实验Ⅱ：“伏安法测电阻”规律汇总纵观近几年的实验题，题目年年翻新，没有一个照搬课本中的实验，全是对原有实验的改造、改进，甚至创新，但题目涉及的基本知识和基本技能仍然立足于课本实验．

实验题作为考查实验能力的有效途径和重要手段，在高考试题中一直占有相当大的比重，而电学实验因其实验理论、步骤的完整性及与大学物理实验结合的紧密性，成了高考实验考查的重中之重，测量电阻成为高考考查的焦点．伏安法测电阻是测量电阻最基本的方法，常涉及电流表内外接法的选择与滑动变阻器限流、分压式的选择，前者是考虑减小系统误差，后者是考虑电路的安全及保证可读取的数据．另外，考题还常设置障碍让考生去克服，如没有电压表或没有电流表等，这就要求考生根据实验要求及提供的仪器，发挥思维迁移，将已学过的电学知识和实验方法灵活地运用到新情境中去．这样，就有效地考查了考生设计和完成实验的能力．

一、伏安法测电阻的基本原理 1．基本原理

伏安法测电阻的基本原理是欧姆定律R＝，只要测出元件两端的电压和通过的电流，即可由欧姆定律计算出

该元件的阻值．

2．测量电路的系统误差

(1)当Rx远大于RA或临界阻值RARVR真．

图7－5

(2)当Rx远小于RV或临界阻值RARV>Rx时，采用电流表外接(如图7－6所示)．采用电流表外接时，系统误差使得电阻的测量值小于真实值，即R测图7－6

3．控制电路的安全及偶然误差

根据电路中各元件的安全要求及电压调节的范围不同，滑动变阻器有限流接法与分压接法两种选择．

(1)滑动变阻器限流接法(如图7－7所示)．一般情况或没有特别说明的情况下，由于限流电路能耗较小，结构连接简单，应优先考虑限流连接方式．限流接法适合测量小电阻和与变阻器总电阻相比差不多或还小的电阻．

158

图7－7

(2)滑动变阻器分压接法(如图7－8所示)．当采用限流电路，电路中的最小电流仍超过用电器的额定电流时，必须选用滑动变阻器的分压连接方式；当用电器的电阻远大于滑动变阻器的总电阻值，且实验要求的电压变化范围较大(或要求测量多组实验数据)时，必须选用滑动变阻器的分压接法；要求某部分电路的电压从零开始可连续变化

时，必须选用滑动变阻器的分压连接方式．

图7－8

4．常见的测量电阻的方法

159

●例5 从下表中选出适当的实验器材，设计一电路来测量电流表的内阻r1．要求方法简捷，有尽可能高的测量精度，并能测得多组数据．

(1)画出电路图，标明所用器材的代号．

(2)若选测量数据中的一组来计算r1，则所用的表达式r1＝______________________，式中各符号的意义是：________________________________________________．

【解析】根据所列仪器的特点，电流表的内阻已知，由此可采用两电流表并联．因为两电流表两端的电压

I2r2

相等，即可省去电压的测量，从而减小实验误差，由I2r2＝I1r1，得r1＝I1．

[答案] (1)电路图如图所示

I2r2

(2)I1 I1、I2分别为

、

的示数

【点评】①分析题意可知需测量电流表的内阻，按常规方法应用伏安法，将电压表并联在待测电流表两端，但经分析可知即使该电流表满偏，其两端的电压也仅为0.4 V，远小于量程10 V．这恰恰就是本题设计考核学生应变能力的“陷阱”．

②此题也可理解为“将已知内阻的电流表当成电压表使用”，这实际也是伏安法的一种推广形式．

●例6 有一根圆台状匀质合金棒如图7－9甲所示，某同学猜测其电阻的大小与该合金棒的电阻率ρ、长度L和两底面直径d、D有关．他进行了如下实验：

图7－9

(1)用游标卡尺测量合金棒的两底面直径d、D和长度L．图6－8乙中的游标卡尺(游标尺上有20个等分刻度)的读数L＝________cm．

(2)测量该合金棒电阻的实物电路如图6－8丙所示(相关器材的参数已在图中标出)．该合金棒的电阻约为几个欧姆．图中有一处连接不当的导线是________．(用标注在导线旁的数字表示)

160

图7－9丙

(3)改正电路后，通过实验测得合金棒的电阻R＝6.72 Ω．根据电阻定律计算电阻率为ρ、长为L、直径分别为d和D的圆台状合金棒的电阻分别为Rd＝13.3 Ω、RD＝3.38 Ω．他发现：在误差允许范围内，电阻R满足R2＝Rd·RD，由此推断该圆台状合金棒的电阻R＝________．(用ρ、L、d、D表述)

[2009年高考·江苏物理卷]

【解析】(1)游标卡尺的读数，按步骤进行则不会出错．首先，确定游标卡尺的精度为20分度，即为0.05 mm；然后以毫米为单位从主尺上读出整毫米数99.00 mm，注意小数点后的有效数字要与精度一样；再从游标尺上找出对的最齐一根刻线，精度×格数＝0.05×8 mm＝0.40 mm；最后两者相加，根据题目单位要求换算为需要的数据，99.00 mm＋0.40 mm＝99.40 mm＝9.940 cm．

(2)本实验为测定一个几欧姆的电阻，在用伏安法测量其两端的电压和通过电阻的电流时，因为安培表的内阻较小，为了减小误差，应用安培表外接法，⑥线的连接使用的是安培表内接法．

(3)审题是关键，弄清题意也就能够找到解题的方法．根据电阻定律计算电阻率为ρ、长为L、直径分别为d和D的圆柱状合金棒的电阻分别为：

Rd＝13.3 Ω，RD＝3.38 Ω

即Rd＝ρ，RD＝ρ d2D2π2π2而电阻R满足R2＝Rd·RD

4ρL

将Rd、RD代入得：R＝．

πdD

4ρL

[答案] (1)9.940 (2)⑥ (3) πdD

三、设计性实验 1．所谓设计性实验，就是根据实验目的，自主地运用掌握的物理知识、实验方法和技能，完成实验的各环节(实验目的、对象、原理、仪器选择、实验步骤、数据处理等)，拟定实验方案，分析实验现象，并在此基础上作出适当评价．

2．设计性实验的显著特点：相同的实验内容可设计不同的过程和方法，实验思维可另辟蹊径，如设计出与常见实验(书本曾经介绍过的实验)有所变化的实验．以控制实验条件达到实验目的而设计的实验问题，不受固有实验思维束缚，完全是一种源于书本、活于书本，且新颖的设计性实验．

●例7 请完成以下两小题．

(1)某同学在家中尝试验证平行四边形定则，他找到三条相同的橡皮筋(遵循胡克定律)和若干小重物，以及刻度尺、三角板、铅笔、细绳、白纸、钉子，设计了如下实验：如图7－10甲所示，将两条橡皮筋的一端分别挂在墙上的两个钉子A、B上，另一端与第三条橡皮筋连接，结点为O，将第三条橡皮筋的另一端通过细绳挂一重物．

161

图7－10甲

①为完成本实验，下述操作中必需的是________． a．测量细绳的长度 b．测量橡皮筋的原长

c．测量悬挂重物后橡皮筋的长度 d．记录悬挂重物后结点O的位置

②钉子位置固定，欲利用现有器材，改变条件再次验证，可采用的方法是__________________．

(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RP在不同照度下的阻值如下表：照度(lx) 电阻(kΩ) 0.2 75 0.4 40 0.6 28 0.8 23 1.0 20 1.2 18 ①根据表中数据，请在给定的坐标系中(如图7－10乙所示)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．

图7－10乙

②如图7－10丙所示，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)

图7－10丙

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．[2009年高考·山东理综卷] [答案] (1)①bcd ②更换不同的小重物

(2)①光敏电阻的阻值随光照度变化的曲线如图7－10丁所示．特点：光敏电阻的阻值随光照度的增大非线性减小．

②如图6－9戊所示

162

丁戊

图7－10

四、探究性实验

所谓探究性实验题，就是运用实验手段探索未知领域，尝试多种可能因素及其出现的结果，在此基础上，通过观察、探究、分析实验对象、事件的主要特征，认识研究对象的变化过程和变化条件，获取必要的可靠数据，依据实验结果客观地揭示事物的内在联系和本质规律，从而得出结论．中学实验中比较典型的探究性实验是电学中的黑箱问题．

●例8 佛山市九江大桥撞船事故发生后，佛山交通部门加强了对佛山市内各种大桥的检测与维修，其中对西樵大桥实施了为期近一年的封闭施工，置换了大桥上所有的斜拉悬索．某校研究性学习小组的同学们很想知道每根

长50 m、横截面积为400 cm的新悬索能承受的最大拉力．由于悬索很长，抗断拉力又很大，直接测量很困难，于是同学们取来了同种材料制成的样品进行实验探究．

由胡克定律可知，在弹性限度内，弹簧的弹力F与形变量x成正比，其比例系数与弹簧的长度、横截面积及材料有关．因而同学们猜想，悬索可能也遵循类似的规律．

(1)同学们准备像做“探究弹力与弹簧伸长的关系”实验一样，先将样品竖直悬挂，再在其下端挂上不同重量的重物来完成本实验．但有同学说悬索的重力是不可忽略的，为了避免悬索所受重力对实验的影响，你认为可行的措施是：___________________________________．

(2)同学们通过游标卡尺测量样品的直径来测定其横截面积，某次测量的结果如图7－11所示，则该样品的直径为__________cm．

图7－11

(3)同学们经过充分的讨论，不断完善实验方案，最后测得实验数据如下．

①分析样品C的数据可知，其所受拉力F(单位：N)与伸长量x(单位：m)所遵循的函数关系式是________________． ②对比各样品的实验数据可知，悬索受到的拉力与悬索的伸长量成正比，其比例系数与悬索长度的________________成正比、与悬索的横截面积的________________成正比．

[答案] (1)将悬索样品一端固定并水平放臵在光滑水平面上，另一端连接轻绳绕过滑轮悬挂钩码 (2)0.830 (3)①F＝2×106x ②平方的倒数大小【点评】本题考查学生对“探究弹力与弹簧伸长的关系”实验的迁移能力、对游标卡尺的读数原理的掌握和从

163

图表归纳所需信息的能力，还考查了学生的逻辑推理能力、运用数学知识解决物理问题的能力和实验探究能力．

经典考题

纵观近三年的高考实验题，会发现以下特点．

1．对力学实验的考查基本上以创新题出现，试题源于教材，又高于教材，总体来说其变化在于：同一实验可用于不同装置，同一装置可完成不同实验．

2．高考对电学实验的考查一般书本实验稍加变化来出题，以“电阻的测量”最为常见，包括测电阻率、测伏安特性等，当然也可能会有其他电学实验出现，如测电动势与内阻、电路故障等．

1．Ⅰ．在如图所示的电路中，1、2、3、4、5、6为连接点的标号．在开关闭合后，发现小灯泡不亮．现用多用电表检查电路故障，需要检测的有：电源、开关、小灯泡、3根导线以及电路中的各连接点．

(1)为了检测小灯泡以及3根导线，在连接点1、2已接好的情况下，应当选用多用电表的________挡．在连接点1、2同时断开的情况下，应当选用多用电表的________挡．

(2)在开关闭合情况下，若测得5、6两点间的电压接近电源的电动势，则表明____________________________________可能有故障．

(3)将小灯泡拆离电路，写出用多用电表检测该小灯泡是否有故障的具体步骤：____________________________________________________________________．

Ⅱ．某同学为了探究物体在斜面上运动时摩擦力与斜面倾角的关系，设计实验装置如图甲所示．长直平板一端放在水平桌面上，另一端架在一物块上．在平板上标出A、B两点，B点处放置一光电门，用光电计时器记录滑块通过光电门时挡光的时间．

实验步骤如下：

①用游标卡尺测量滑块的挡光长度d，用天平测量滑块的质量m；

②用直尺测量A、B之间的距离s，A点到水平桌面的垂直距离h1，B点到水平桌面的垂直距离h2； ③将滑块从A点静止释放，由光电计时器读出滑块的挡光时间t；

－

④重复步骤③数次，并求挡光时间的平均值t；

⑤利用所测数据求出摩擦力f和斜面倾角的余弦值cos α；

⑥多次改变斜面的倾角，重复实验步骤②③④⑤，作出f－cos α关系曲线． (1)用测量的物理量完成下列各式(重力加速度为g)： ①斜面倾角的余弦cos α＝__________；

②滑块通过光电门时的速度v＝________________； ③滑块运动时的加速度a＝____________________； ④滑块运动时所受到的摩擦阻力f＝____________．

(2)测量滑块挡光长度的游标卡尺读数如图乙所示，读得d＝__________． [2009年高考·全国理综卷Ⅰ]

【解析】Ⅰ．在1、2两点接好的情况下，应当选用多用电表的电压挡，在1、2同时断开的情况下，应选用欧姆挡．

(2)表明5、6两点可能有故障．

(3)①调到欧姆挡；②将红黑表笔相接，检查欧姆挡能否正常工作；③测量小灯泡的电阻，如电阻无穷大，表明小灯泡有故障．

Ⅱ．物块在斜面上做初速度为零的匀加速直线运动，受重力、支持力和滑动摩擦力的作用．

s2－(h1－h2)2

根据三角形关系可得到cos α＝ sv2v2xdd2

又v＝＝，根据运动学公式x＝，有s＝，即有a＝－ tt2a2a

2st2

根据牛顿第二定律得： mgsin θ－f＝ma

h1－h2d2

则有：f＝mg－m－．

2st2

(2) 在游标卡尺中，主尺上是3.6 cm，在游标尺上恰好是第1条刻度线与主尺对齐，再考虑到卡尺是10分度，所以读数为3.6 cm＋0.1×1 mm＝3.61 cm或者3.62 cm也对．

[答案] Ⅰ．(1)电压欧姆 (2)开关或连接点5、6 (3)①调到欧姆挡；

②将红、黑表笔相接，检查欧姆挡能否正常工作；

③测量小灯泡的电阻．如电阻无穷大，则表明小灯泡有故障．

Ⅱ．(1)①s2－(h1－h2)2

h1－h2dd2d2

②－ ③－ ④mg－m－ s2

t 2st2st2(2)3.62 cm

【点评】在本实验中，r＝－解出的为滑块画过去由门的平均速度，只是当滑块才较小时r趋近于瞬时速度，

故滑块长度小点测量越准确．

2．Ⅰ．一水平放置的圆盘绕过其圆心的竖直轴匀速转动．盘边缘上固定一竖直的挡光片．盘转动时挡光片从一光电数字计时器的光电门的狭缝中经过，如图甲所示．图乙为光电数字计时器的示意图．光源A中射出的光可照到B中的接收器上．若A、B间的光路被遮断，显示器C上可显示出光线被遮住的时间．

挡光片的宽度用螺旋测微器测得，结果如图丙所示．圆盘直径用游标卡尺测得，结果如图丁所示．由图可知：

(1)挡光片的宽度为_________mm； (2)圆盘的直径为___________cm；

(3)若光电数字计时器所显示的时间为50.0 ms，则圆盘转动的角速度为________弧度/秒．(保留3位有效数字) Ⅱ．图示为用伏安法测量电阻的原理图．图中，为电压表，内阻为4000 Ω；为电流表，内阻为50 Ω；E为电源，R为电阻箱，Rx为待测电阻，S为开关．

165

(1)当开关闭合后电压表读数U＝1.6 V，电流表读数I＝2.0 mA．若将Rx＝作为测量值，所得结果的百分误差I

是__________．

(2)若将电流表改为内接，开关闭合后，重新测得电压表读数和电流表读数，仍将电压表读数与电流表读数之比作为测量值，这时结果的百分误差是________．

实际值－测量值×100%)

(百分误差＝实际值[2008年高考·四川理综卷]

【解析】Ⅰ．由螺旋测微器与游标卡尺的读数规则可得两者的读数． d＝10 mm＋24.2×0.01 mm＝10.242 mm

D＝242 mm＋4×0.05 mm＝242.20 mm＝24.220 cm．

θd

圆盘转动的角速度为ω＝，而θ＝×2π，综合两式并代入数据可得：ω＝1.69 rad/s．

tπD

(1)测量值为R＝＝800 Ω，因电流表外接，所以：

RxRVR＝

Rx＋RV

故真实值为Rx＝1000 Ω，对应的百分误差为：

1000－800A＝＝20%．

1000

1050－1000(2)电流表内接时，百分误差A′＝1000＝5%． [答案] Ⅰ．(1)10.243 (2)24.220 (3)1.69 Ⅱ．(1)20% (2)5%

【点评】①无论是否显示单位，螺旋测微器和游标尺主尺最小刻度一定都为mm； ②内接法的测量值R测＝Rx＋RA，外接法的测量值R测＝Rx∠RV

能力演练

1．(16分)Ⅰ．在“利用自由落体运动验证机械能守恒定律”的实验中，若打点计时器所接交变电流的频率为50 Hz，得到的甲、乙两条实验纸带(如图所示)中应选________纸带更好．若已测得点2到点4间的距离为s1，点0到点3间的距离为s2，打点周期为T，要验证重物从开始下落到打点计时器打下点3这段时间内机械能守恒，则s1、s2和T应满足的关系为：T＝________________．

Ⅱ．要测量一只量程已知的电压表的内阻，所备器材如下：

甲

166

(量程为3 V，内阻未知)；

B．电流表(量程为3 A，内阻为0.01 Ω)；

C．定值电阻R(阻值为2 kΩ，额定电流为50 mA)； D．蓄电池E(电动势略小于3 V，内阻不计)； E．多用电表；

F．开关S1、S2，导线若干．

有一同学利用上面所给器材，进行如下实验操作． (1)首先用多用电表进行粗测，选用“×100 Ω”倍率，操作方法正确．若这时刻度盘上的指针位置如图甲所示，则测量的结果是________Ω．

(2)为了更精确地测出此电压表的内阻，该同学设计了如图乙、丙所示的实验电路，你认为其中较合理的电路图是________，理由是________________________．

A．待测电压表

乙丙

(3)用你选择的电路进行实验时，用所测物理量的符号表示电压表的内阻，即RV＝________．

s12gs2s1[答案] Ⅰ．甲或 (每空3分)

4gs222gs2

Ⅱ．(1)3000 (3分)

(2)丙图乙中电流表测量时的示数太小，误差太大；图丙中R的阻值与电压表内阻接近，误差小 (每空2分)

U2(3)R (3分) U1－U2

2．(17分)Ⅰ．某同学在做测定木块与木板间动摩擦因数的实验过程中，测滑动摩擦力时，他设计了两种实验方案．

方案一：木板固定在水平面上，用弹簧测力计水平拉动木块，如图甲所示．

方案二：用弹簧测力计水平地钩住木块，用力使木板在水平面上运动，如图乙所示．

甲乙

除了实验必需的弹簧测力计、木块、木板、细线外，该同学还准备了若干重均为2.00 N的砝码． (1)上述两种方案中，你认为更合理的方案是________(填“甲”或“乙”)，理由是：(回答两个理由) ①____________________________________________； ②____________________________________________．

(2)该同学在木块上加砝码，改变木块对木板的压力，记录了5组实验数据，如下表所示．

1 2 3 4 5 实验次序 0 1 2 3 4 砝码个数砝码对木块 0 2.00 4.00 6.00 8.00 的压力/N 测力计示 1.50 2.00 2.50 2.95 3.50 数/N 木块受到的 1.50 2.00 2.50 2.95 3.50 摩擦力/N

请根据上述数据，在坐标纸上作出木块受到的摩擦力f和砝码对木块的压力F的关系图象(以F为横坐标)．由

167

图象可知，木块重为________N；木块与木板间的动摩擦因数为________．

Ⅱ．现有一块灵敏电流表，量程为200 μA，内阻约为1000 Ω，要精确测出其内阻R1，提供的器材有：

(量程为1 mA，内阻R2＝50 Ω)；电流表

(量程为3 V，内阻RV约为3 kΩ)；电压表

滑动变阻器R(阻值范围为0～20 Ω)；定值电阻R0(阻值R0＝100 Ω)；

电源E(电动势约为4.5 V，内阻很小)；单刀单掷开关S一个，导线若干．

(1)请将上述器材全部用上，设计出合理的、便于多次测量的实验电路图，并保证各电表的示数超过其量程的1

．将电路图画在下面的虚框中． 3

(2)在所测量的数据中选一组，用测量量和已知量来计算符号表示的意义是________________________．

[答案] Ⅰ．(1)乙 ①乙方案测力计静止，读数误差小 ②乙方案木板可的不做匀速运动，便于控制 (每空1分)

(2)如图甲所示 (1分) 6.00 (2分) 0.25 (2分)

表的内阻，表达式为R1＝________，表达式中各

(1)如图乙所示 (5分)(供电部分用分压电路给1分；Ⅱ．测量部分知道把

表当保护电阻使用给2分)

表改装且正确给2分；知道将

I2(R0＋R2)

(2) (3分) I2表示表的示数，I1表示表的示数，R2表示表内阻，R0表示定值电阻 (1分)

3．(16分)Ⅰ．一量程为100 μA的电流表的刻度盘如图所示．今在此电流表两端并联一电阻，其阻值等于该电

168

1流表内阻的，使之成为一新的电流表，则图示的刻度盘上每一小格表示______________mA．

m，其中m是振子的质量，k是弹簧的劲度系数(回复力系数)．某k

同学设计了一个在太空站中利用弹簧振子测量物体质量的装置，如图所示，两轻弹簧分别与挡板P、Q相连，A是质量为M的带夹子的金属块，且与两弹簧固定相连，B是待测物体(可以被A上的夹子固定)．

Ⅱ．已知弹簧振子做简谐运动的周期T＝2π

(1)为了达到实验目的，还需要提供的实验器材是：__________________． (2)简要写出测量方法及所需测量的物理量(用字母表示) ①________________________________________； ②________________________________________．

(3)用所测物理量和已知物理量表示待测物体的质量的计算式为：mB＝______________________________．【解析】Ⅰ．改装后的量程为：

IRAI′＝I＋＝100×(1＋49) μA＝5 mA

I′

故每小格ΔI＝＝0.5 mA．

[答案] Ⅰ．0.5 (6分) Ⅱ．(1)秒表 (2分)

(2)①不放B时用秒表测出振子振动30次的时间t1(或者测出振子的周期T1) (2分)

②将B固定在A上，用秒表测出振子振动30次的时间t2(或者测出振子的周期T2) (2分) 22t2－t2T2－T211

(3)2M或2M (4分)

t1T14．(16分)Ⅰ．小汽车正在走进我们的家庭，你对汽车了解吗？油耗标准是评价一辆汽车性能优劣的重要因素，而影响汽车油耗的一个重要原因是其在行进中所受到的空气阻力．人们发现，汽车在高速行驶过程中受到的空气阻力f(也称风阻)主要与两个因素有关：①汽车正面的投影面积S；②汽车行驶的速度v．

某研究人员在汽车风洞实验室中通过模拟实验得到下表所列数据：

(1)由上述数据可得，汽车所受的风阻f 与汽车正面的投影面积S及汽车行驶的速度v之间的关系式为：f＝________．(要求用k表示比例系数)

(2)由上述数据可求得k＝________________．

(3)据推理或猜测，k的大小与________、________等因素有关．

Ⅱ．现有下列可供选用的器材及导线若干，要求尽可能精确地测量出待测电流表的满偏电流．

A．待测电流表(满偏电流约为700 μA～800 μA，内阻约为100 Ω，已知表盘刻度均匀、总格数为N)； B．电流表(量程为0.6 A，内阻为0.1 Ω)；

C．电压表(量程为3 V，内阻为3 kΩ)； D．滑动变阻器R(最大阻值为200 Ω)；

169

E．电源E(电动势为3 V，内阻约为1.5 Ω)； F．开关S一个．

(1)根据你的测量需要，“B．电流表”与“C．电压表(2) 在虚线框内画出你设计的实验电路图． ”中应选择____________．(只需填写序号即可)

(3)测量过程中测出了多组数据，其中一组数据中待测电流表的指针偏转了n格，可算出满偏电流IAmax＝__________________，式中除N、n外，其他字母符号代表的物理量分别是__________________________．

[答案] Ⅰ．(1)kSv2 (2分) (2)0.26 kg/m3 (2分) (3)空气密度车的外形车的表面情况 (4分) Ⅱ．(1)C (2分) (2)电路图如图所示 (2分)

(3)· U为电压表的示数，RV为电压表的内阻(每空2分)

nRV

5．(17分)Ⅰ．在“用双缝干涉测光的波长”的实验中

(1)已知双缝到光屏之间的距离为600 mm，双缝之间的距离为0.20 mm，单缝到双缝之间的距离是100 mm．某同学在用测量头测量时，先将从测量头目镜中看到的分划板中心刻线对准某条亮纹(记作第1条)的中心，这时手轮上的示数如图甲所示．然后他转动测量头，使分划板中心刻线对准第7条亮纹的中心，这时手轮上的示数如图乙所示．这两次的示数依次为________mm和________mm，由此可以计算出这次实验中所测得的单色光的波长为________nm．

(2)下列操作能够增大光屏上相邻两条亮纹之间的距离的是________． A．增大单缝和双缝之间的距离 B．增大双缝和光屏之间的距离 C．将红色滤光片改为绿色滤光片 D．增大双缝之间的距离

(表头)，满偏电流为50 μA，内阻约为800～850 Ω，要把它改装成1 Ⅱ．现有一块59C2型的小量程电流表

mA、10 mA的两量程电流表，可供选择的器材有：

170

A．滑动变阻器R1(最大阻值为20 Ω)； B．滑动变阻器R2(最大阻值为100 kΩ)； C．电阻箱R′(最大阻值为9999 Ω)； D．定值电阻R0(阻值为1 kΩ)； E．电池E1(电动势为1.5 V)； F．电池E2(电动势为3.0 V)； G．电池E3(电动势为4.5 V)；

(满偏电流为1.5 mA)； H．标准电流表

I．单刀单掷开关S1和S2； J．单刀双掷开关S3； K．电阻丝及导线若干． (所有电池的内阻均不计)

(1)采用如图甲所示的电路测量表头的内阻，为提高测量精确度，选用的滑动变阻器为________；选用的电池为______．(填序号)

甲

(2)要将改装成两量程电流表，现有两种备选电路，如图乙、丙所示．图________为合理电路，另一电路不合理的原因是_______________________________________________．

(3)将改装后的电流表与标准电流表逐格进行核对(仅核对1 mA量程)，在下面的虚线框中画出所用电路图，图中待核对的电流表的符号用

来表示．

【解析】Ⅰ．(1)测量头的读数原理与螺旋测微器的相同，所以图甲中的示数为0.0 mm，图乙中的示数为10.295 mm．设第1条亮条纹与第7条亮条纹间的距离为a，则a＝10.295 mm－0.0 mm＝9.655 mm，由此得相邻两条亮

aLλd·Δx－

条纹间的距离Δx＝，又因为Δx＝，代入数据可解得光的波长λ＝＝5.36 ×107m＝536 nm．

dLn－1

Lλ

(2)根据相邻两条亮条纹间的距离公式Δx＝可知，增大双缝和光屏之间的距离L、增大光的波长λ和减小双

缝之间的距离d都可使相邻两条亮条纹间的距离增大．所以选项B正确．

171

[答案] Ⅰ ．(1)0.0 10.295 536 (5分) (2)B (3分) Ⅱ．(1)B G (每空2分)

(2)乙图丙所示的电路在通电状态下更换量程，会造成两分流电阻都未并联在表头两端，以致流过表头的电流超过其满偏电流而烧坏表头 (3分)

(3)电路图如图丁所示 (2分)

丁

6．(18分)Ⅰ．听说水果也能做电池．某兴趣小组的同学用一个柠檬作为电源，连接电路如图甲所示．电路中R是电阻箱，其阻值可调且可读出其接入电路中电阻的大小．他们多次改变电阻箱的阻值，记录下相应的电流表的示数，算出电流的倒数，并将数据填在下面的表格中．

甲外电阻R(Ω) 电流 I(mA)

1－电流的倒数 (mA1) I9000 0.0502 19.92 8000 0.0528 18.93 6000 0.0594 16.84 5000 0.0633 15.80 4000 0.0680 14.71 2000 0.0800 12.50 1(1)根据表格中的数据，在图乙所示的坐标纸中画出该实验的R－图象．

乙

(2)利用图象可求出该柠檬电池的电动势为________V，内阻为________Ω．

(3)完成实验后，该兴趣小组的同学初步得出了水果作为电池不实用的物理原因为：__________________________．

Ⅱ．某同学利用如图甲所示的实验装置验证机械能守恒定律．弧形轨道末端水平，离地面的高度为H．将钢球从轨道的不同高度h处由静止释放，钢球的落点距轨道末端的水平距离为s．

甲

(1)若轨道完全光滑，s与h的理论关系应满足：s＝________________．(用H、h表示) (2)该同学经实验测量得到一组数据，如下表所示．

172

2.00 h(×101 m) －1－22s(×10 m ) 2.62 请在图乙所示的坐标纸上作出s2－h图象．－3.00 3. 4.00 5.20 5.00 6.53 6.00 7.78 乙

(3)对比实验结果与理论计算得到的s－h图象(图中已画出)，自同一高度处由静止释放的钢球水平抛出的速率____________理论值．(填“小于”或“大于”)

(4)从s2－h图象中分析得出钢球水平抛出的速率差十分显著，你认为造成上述偏差的原因可能是：______________________________________________．

【解析】Ⅱ．(1)根据机械能守恒，可得钢球离开轨道时的速度为2hg，由平抛运动知识可求得钢球运动的时2H间为，所以s＝vt＝4Hh．

(2)依次描点，连线，注意不要画成折线．

(3)从图中看，同一h对应的s2值的理论值明显大于实际值，而在同一高度H下的平抛运动的水平射程由水平速率决定，可见实际水平速率小于理论速率．

(4)由于客观上，轨道与小球间存在摩擦，机械能减小，因此会导致实际值比理论值小；小球的转动也需要能量维持，而机械能守恒中没有考虑重力势能转化成转动能的这一部分，也会导致实际速率明显小于理论速率(可能很少同学会考虑到这一点)．

[答案] Ⅰ．(1)如图丙所示 (2分)

丙

(2)0.94(0.90～0.98均对) 10000(9000～11000 均对) (3)水果电池的内阻过大 (每空2分)

Ⅱ．(1)4Hh (2分) (2)如图丁所示 (4分)

173

丁

(3)小于 (2分)

(4)小球与轨道间的摩擦，小球的转动(回答任一条即可) (2分)

174

第8专题数学方法在物理中的应用

方法概述

数学是解决物理问题的重要工具，借助数学方法可使一些复杂的物理问题显示出明显的规律性，能达到打通关卡、长驱直入地解决问题的目的．中学物理《考试大纲》中对学生应用数学方法解决物理问题的能力作出了明确的要求，要求考生有“应用数学处理物理问题”的能力．对这一能力的考查在历年高考试题中也层出不穷，如2009年高考北京理综卷第20题、宁夏理综卷第18题、江苏物理卷第15题；2008年高考四川理综卷第24题、延考区理综卷第25题、上海物理卷第23题、北京理综卷第24题等．

所谓数学方法，就是要把客观事物的状态、关系和过程用数学语言表达出来，并进行推导、演算和分析，以形成对问题的判断、解释和预测．可以说，任何物理问题的分析、处理过程，都是数学方法的运用过程．本专题中所指的数学方法，都是一些特殊、典型的方法，常用的有极值法、几何法、图象法、数学归纳推理法、微元法、等差(比)数列求和法等．

一、极值法

数学中求极值的方法很多，物理极值问题中常用的极值法有：三角函数极值法、二次函数极值法、一元二次方程的判别式法等．

1．利用三角函数求极值 y＝acos θ＋bsin θ

＝a2＋b2(2cos θ＋sin θ)

a＋b2a2＋b2ab

令sin φ＝2，cos φ＝

a＋b2a2＋b2则有：y＝a2＋b2(sin φcos θ＋cos φsin θ)

＝a2＋b2sin (φ＋θ)

所以当φ＋θ＝时，y有最大值，且ymax＝a2＋b2．

2．利用二次函数求极值

b2b2b24ac－bb22b二次函数：y＝ax＋bx＋c＝a(x＋x＋2)＋c－＝a(x＋)＋(其中a、b、c为实常数)，当x＝－时，a4a4a2a4a2a

4ac－b

有极值ym＝(若二次项系数a>0，y有极小值；若a<0，y有极大值)．

3．均值不等式

对于两个大于零的变量a、b，若其和a＋b为一定值p，则当a＝b时，其积ab取得极大值；对于三个大于43q

零的变量a、b、c，若其和a＋b＋c为一定值q，则当a＝b＝c时，其积abc取得极大值．

二、几何法

利用几何方法求解物理问题时，常用到的有“对称点的性质”、“两点间直线距离最短”、“直角三角形中斜边大于直角边”以及“全等、相似三角形的特性”等相关知识，如：带电粒子在有界磁场中的运动类问题，物体的变力分析时经常要用到相似三角形法、作图法等．与圆有关的几何知识在力学部分和电学部分的解题中均有应用，尤其在带电粒子在匀强磁场中做圆周运动类问题中应用最多，此类问题的难点往往在圆心与半径的确定上，确定方法有以下几种．

1．依切线的性质确定．从已给的圆弧上找两条不平行的切线和对应的切点，过切点作切线的垂线，两条垂线的交点为圆心，圆心与切点的连线为半径．

2．依垂径定理(垂直于弦的直径平分该弦，且平分弦所对的弧)和相交弦定理(如果弦与直径垂直相交，那么弦的一半是它分直径所成的两条线段的比例中项)确定．如图8－1所示．

175

图8－1

由EB＝CE·ED ＝CE·(2R－CE)

EB2CE

得：R＝＋

2CE2

也可由勾股定理得： R2＝(R－CE)2＋EB2

EB2CE

解得：R＝＋．

2CE2

以上两种求半径的方法常用于求解“带电粒子在匀强磁场中的运动”这类习题中．三、图象法

中学物理中一些比较抽象的习题常较难求解，若能与数学图形相结合，再恰当地引入物理图象，则可变抽象为形象，突破难点、疑点，使解题过程大大简化．图象法是历年高考的热点，因而在复习中要密切关注图象，掌握图象的识别、绘制等方法．

1．物理图象的分类

整个高中教材中有很多不同类型的图象，按图形形状的不同可分为以下几类．

(1)直线型：如匀速直线运动的s－t图象、匀变速直线运动的v－t 图象、定值电阻的U－I图象等．

(2)正弦曲线型：如简谐振动的x－t图象、简谐波的y－x 图象、正弦式交变电流的e－t图象、正弦式振荡电流的i－t 图象及电荷量的q－t 图象等．

(3)其他型：如共振曲线的A－f图象、分子力与分子间距离的f－r图象等．

下面我们对高中物理中接触到的典型物理图象作一综合回顾，以期对物理图象有个较为系统的认识和归纳．

图象函数形式特例物理意义 y＝c ①匀速直线运动的s－t图象 ②初速度v0＝0的匀加速直线运动的v－t 图象(若v0≠0，则纵截距不为零) ③纯电阻电路的I－U图象 ①匀减速直线运动的v－t图象 ②闭合电路中的U－I图象(U＝E－Ir) 匀速直线运动的v－t图象做匀速直线运动的质点的速度是恒矢量． ①表示物体的位移大小随时间线性增大． ②表示物体的速度大小随时间线性增大． ③表示纯电阻电路中I随导体两端的电压U线性增大． ①表示物体的速度大小随时间线性减小． ②表示路端电压随电流的增大而减小． y＝kx y＝a－kx 176

①由纯电阻用电器组成的闭合电路的EU－R图象(U＝R＋rR) ②在垂直于匀强磁场的[XCzt71．tifBP]导轨上，自由导体棒在一恒定动力F的作用下做变加速运动的v－t图象 ①小灯泡消耗的实际功率与外加电压的P－U 图象 ②位移与时间的s－1t图象(s＝at2) 2 ay＝·x x＋b(双曲线函数) ①表示纯电阻电路中电源的端电压随外电阻而非线性增大． ②将达到稳定速度FR总vm＝22． BLy＝kx2 (抛物线函数) xy＝c (双曲线函数) ①表示小灯泡消耗的实际功率随电压的增大而增大，且增大得越来越快． ②表示位移随时间的增大而增大，且增大得越来越快．机械在额定功率下，表示功率一定时，牵其牵引力与速度的引力与速度成反比．关系图象(P＝Fv) y＝Asin ωt 交流电的e－t图象(e＝Emsin ωt) 表示交流电随时间变化的关系． 2．物理图象的应用 (1)利用图象解题可使解题过程更简化，思路更清晰．

利用图象法解题不仅思路清晰，而且在很多情况下可使解题过程得到简化，起到比解析法更巧妙、更灵活的独特效果．甚至在有些情况下运用解析法可能为力，但是运用图象法则会使你豁然开朗，如求解变力分析中的极值类问题等．

(2)利用图象描述物理过程更直观．

从物理图象上可以比较直观地观察出物理过程的动态特征． (3)利用物理图象分析物理实验．

运用图象处理实验数据是物理实验中常用的一种方法，这是因为它除了具有简明、直观、便于比较和减少偶然误差的特点外，还可以由图象求解第三个相关物理量，尤其是无法从实验中直接得到的结论．

3．对图象意义的理解

(1)首先应明确所给的图象是什么图象，即认清图象中比纵横轴所代表的物理量及它们的“函数关系”，特别是对那些图形相似、容易混淆的图象，更要注意区分．例如振动图象与波动图象、运动学中的 s－t 图象和v－t图象、电磁振荡中的i－t图象和q－t图象等．

(2)要注意理解图象中的“点”、“线”、“斜率”、“截距”、“面积”的物理意义．

①点：图线上的每一个点对应研究对象的一个状态．要特别注意“起点”、“终点”、“拐点”、“交点”，它们往往对应着一个特殊状态．如有的速度图象中，拐点可能表示速度由增大(减小)变为减小(增大)，即加速度的方向发生变化的时刻，而速度图线与时间轴的交点则代表速度的方向发生变化的时刻．

②线：注意观察图线是直线、曲线还是折线等，从而弄清图象所反映的两个物理量之间的关系．

③斜率：表示纵横坐标上两物理量的比值．常有一个重要的物理量与之对应，用于求解定量计算中所对应的物理量的大小以及定性分析变化的快慢．如 v－t 图象的斜率表示加速度．

④截距：表示纵横坐标两物理量在“边界”条件下物理量的大小．由此往往可得到一个很有意义的物理量．如

177

E

电源的U－I图象反映了U＝E－Ir的函数关系，两截距点分别为(0，E)和r，0．

⑤面积：有些物理图象的图线与横轴所围的面积往往代表一个物理量的大小．如v－t图象中面积表示位移．

4．运用图象解答物理问题的步骤 (1)看清纵横坐标分别表示的物理量．

(2)看图象本身，识别两物理量的变化趋势，从而分析具体的物理过程． (3)看两相关量的变化范围及给出的相关条件，明确图线与坐标轴的交点、图线斜率、图线与坐标轴围成的“面积”的物理意义．

四、数学归纳法

在解决某些物理过程中比较复杂的具体问题时，常从特殊情况出发，类推出一般情况下的猜想，然后用数学归纳法加以证明，从而确定我们的猜想是正确的．利用数学归纳法解题要注意书写上的规范，以便找出其中的规律．

五、微元法

利用微分思想的分析方法称为微元法．它是将研究对象(物体或物理过程)进行无限细分，再从中抽取某一微小单元进行讨论，从而找出被研究对象的变化规律的一种思想方法．微元法解题的思维过程如下．

(1)隔离选择恰当的微元作为研究对象．微元可以是一小段线段、圆弧或一小块面积，也可以是一个小体积、小质量或一小段时间等，但必须具有整体对象的基本特征．

(2)将微元模型化(如视为点电荷、质点、匀速直线运动、匀速转动等)，并运用相关的物理规律求解这个微元与所求物体之间的关联．

(3)将一个微元的解答结果推广到其他微元，并充分利用各微元间的对称关系、矢量方向关系、近似极限关系等，对各微元的求解结果进行叠加，以求得整体量的合理解答．

六、三角函数法

三角函数反映了三角形的边、角之间的关系，在物理解题中有较广泛的应用．例如：讨论三个共点的平衡力组成的力的三角形时，常用正弦定理求力的大小；用函数的单调变化的临界状态来求取某个物理量的极值；用三角函数的“和积公式”将结论进行化简等．

七、数列法

凡涉及数列求解的物理问题都具有过程多、重复性强的特点，但每一个重复过程均不是原来的完全重复，而是一种变化了的重复．随着物理过程的重复，某些物理量逐步发生着前后有联系的变化．该类问题求解的基本思路为：

(1)逐个分析开始的几个物理过程；

(2)利用归纳法从中找出物理量变化的通项公式(这是解题的关键)； (3)最后分析整个物理过程，应用数列特点和规律求解．

无穷数列的求和，一般是无穷递减数列，有相应的公式可用．

n(a1＋an)n(n－1)

等差：Sn＝＝na1＋d(d为公差)．

22a1(1－qn)

等比：Sn＝(q为公比)．

1－q

八、比例法

比例计算法可以避开与解题无关的量，直接列出已知和未知的比例式进行计算，使解题过程大为简化．应用比例法解物理题，要讨论物理公式中变量之间的比例关系，要清楚公式的物理意义和每个量在公式中的作用，以及所要讨论的比例关系是否成立．同时要注意以下几点．

(1)比例条件是否满足．物理过程中的变量往往有多个，讨论某两个量间的比例关系时要注意只有其他量为常量时才能成比例．

(2)比例是否符合物理意义．不能仅从数学关系来看物理公式中各量的比例关系，要注意每个物理量的意义．(如

不能根据R＝认定电阻与电压成正比)

(3)比例是否存在．讨论某公式中两个量的比例关系时，要注意其他量是否能认为是不变量．如果该条件不成

立，比例也不能成立．(如在串联电路中，不能认为P＝中P与R成反比，因为R变化的同时，U也随之变化而

并非常量)

许多物理量都是用比值法来定义的，常称之为“比值定义”．如密度ρ＝，导体的电阻R＝，电容器的电容

QfF

C＝，接触面间的动摩擦因数μ＝，电场强度E＝等．它们的共同特征是：被定义的物理量是反映物体或物质UFNq

178

的属性和特征的，它和定义式中相比的物理量无关．对此，学生很容易把它当做一个数学比例式来处理而忽略了其物理意义，也就是说教学中还要防止数学知识在物理应用中的负迁移．

数学是“物理学家的思想工具”，它使物理学家能“有条理地思考”并能想象出更多的东西．可以说，正是有了数学与物理学的有机结合，才使物理学日臻完善．物理学的严格定量化，使得数学方法成为物理解题中一个不可或缺的工具．

热点、重点、难点

●例1 如图8－2甲所示，一薄木板放在正方形水平桌面上，木板的两端与桌面的两端对齐，一小木块放在木板的正中间．木块和木板的质量均为m，木块与木板之间、木板与桌面之间的动摩擦因数都为μ．现突然以一水平外力F将薄木板抽出，要使小木块不从桌面上掉下，则水平外力F至少应为________．(假设木板抽动过程中始终保持水平，且在竖直方向上的压力全部作用在水平桌面上)

图8－2甲

A．2μmg B．4μmg C．6μmg D．8μmg

【解析】解法一 F越大，木块与木板分离时的速度、位移越小，木块越不可能从桌面滑下．设拉力为F0时，木块恰好能滑至桌面的边缘，再设木块与木板分离的时刻为t1，在0～t1 时间内有：

1(F0－μmg－2μmg)21L··t1－μgt12＝ 2m22对t1时间后木块滑行的过程，有： v12(μgt1)2L1＝＝－μgt12 2μg2μg22解得：F0＝6μmg．

解法二 F越大，木块与木板分离时的速度、位移越小，木块越不可能从桌面滑出．若木块不从桌面滑出，则其v－t 图象如图8－2乙中OBC所示，其中OB的斜率为μg，BC的斜率为－μg，t1＝t2

图8－2乙

1L·μgt12×2≤ 有：S△OBC＝22

设拉力为F时，木板的v－t图象为图7－2乙中的直线OA，则S△OAB＝

1L即(v2－v1)·t1＝ 22

F－3μmg

其中v1＝μgt1，v2＝·t1

解得：F≥6μmg

即拉力至少为6μmg． [答案] C

【点评】对于两物体间的多过程运动问题，在明确物理过程的基础上，画出物体各自的运动图象，这样两物体的运动特点就很明显了．利用图线与坐标轴所夹面积的关系明确物体间的位移关系，可省略一些物理量的计算，从而快速、简捷地解答问题，同类题可见专题一能力演练第3题．

179

●例2 如图8－3 甲所示，在竖直平面内的直角坐标系中，一个质量为m的质点在外力F的作用下从坐标原

点O由静止沿直线ON斜向下运动，直线ON与y轴负方向成θ角(θ＜)，则F的大小至少为________；若F＝mgtan

θ，则质点的机械能大小的变化情况是__________________________．

[2008年高考·上海物理卷]

图8－3甲

【解析】该质点在重力和外力F的作用下从静止开始做直线运动，说明质点做匀加速直线运动，如图8－3乙所示，当F的方向为a方向(垂直于ON)时，F最小为mgsin θ；若F＝mgtan θ，即F可能为b方向或c方向，故除重力外的力F对质点可能做正功，也可能做负功，所以质点的机械能增加、减少都有可能．

图8－3乙

[答案] mgsin θ 增加、减少都有可能【点评】运用平行四边形(三角形)定则分析物体受力的变化情况(或用相似三角形比较受力)是一种常用的方法，同类题可见专题一同类拓展2和例题4．

●例3 总质量为80 kg的跳伞运动员从离地500 m的直升机上跳下，经过2 s拉开绳索开启降落伞，图8－4是跳伞过程中的v－t图象，试根据图象求：(取g＝10 m/s2)

图8－4

(1)t＝1 s时运动员的加速度和所受阻力的大小．

(2)估算14 s内运动员下落的高度及克服阻力做的功． (3)估算运动员从飞机上跳下到着地的总时间． [2008年高考·上海物理卷]

vt16

【解析】(1)从图象中可以看出，在t＝2 s内运动员做匀加速运动，其加速度的大小为：a＝＝ m/s2＝8 m/s2

设此过程中运动员受到的阻力大小为f，根据牛顿第二定律，有：mg－f＝ma 得：f＝m(g－a)＝80×(10－8) N＝160 N．

(2)v－t图象与t轴所包围的面积表示位移，由图象可知14 s 内该面积包含的格子为39格所以h＝39×2×2 m＝156 m

根据动能定理，有：mgh－Wf＝mv2

180

1所以Wf＝mgh－mv2

＝(80×10×156－×80×62) J

≈1.23×10 J．

(3)14 s后运动员做匀速运动的时间为：

H－h500－156t′＝v＝ s≈57 s

运动员从飞机上跳下到着地所需要的总时间为： t总＝t＋t′＝(14＋57) s≈71 s．

[答案] (1)160 N (2)1.23×105 J (3)71 s

【点评】对于本题，应明确v－t图象中“面积”的含义，在数小方格个数时需注意合理取舍，即大于半格的算1个，小于半格的舍去．

●例4 如图8－5甲所示，一质量m＝1 kg的木板静止在光滑水平地面上．开始时，木板右端与墙相距L＝0.08 m，一质量m＝1 kg的小物块以初速度v0＝2 m/s滑上木板左端．木板的长度可保证物块在运动过程中不与墙接触．物块与木板之间的动摩擦因数μ＝0.1，木板与墙碰撞后以与碰撞前瞬时等大的速度反弹．取g＝10 m/s2，求：

图8－5甲

(1)从物块滑上木板到两者达到共同速度时，木板与墙碰撞的次数及所用的时间． (2)达到共同速度时木板右端与墙之间的距离．

【解析】解法一物块滑上木板后，在摩擦力的作用下，木板从静止开始做匀加速运动．设木板的加速度大小为a，经历时间T后与墙第一次碰撞，碰撞时的速度为v1，则有：

μmg＝ma

1L＝aT2

2v1＝aT

可得：a＝1 m/s2，T＝0.4 s，v1＝0.4 m/s

物块与木板达到共同速度之前，在每两次碰撞之间，木板受到物块对它的摩擦力作用而做加速度恒定的运动，因而木板与墙相碰后将返回至初态，所用时间为T．设在物块与木板达到共同速度v之前木板共经历了n次碰撞，则有：

v＝v0－(2nT＋Δt)a＝a·Δt

式中Δt是碰撞n次后木板从起始位臵至达到共同速度所需要的时间上式可改写为：2v＝v0－2nTa

由于木板的速率只能在0到v1之间，故有： 0≤v0－2nTa≤2v1 解得：1.5≤n≤2.5

由于n是整数，故n＝2 解得：v＝0.2 m/s，Δt＝0.2 s

从开始到物块与木板达到共同速度所用的时间为： t＝4T＋Δt＝1.8 s．

(2)物块与木板达到共同速度时，木板右端与墙之间的距离为：s＝L－a·Δt2

解得：s＝0.06 m

解法二 (1)物块滑上木板后，在摩擦力的作用下，木板做匀加速运动的加速度a1＝μg＝1 m/s，方向向右物块做减速运动的加速度a2＝μg＝1 m/s，方向向左可作出物块、木板的v－t图象如图8－5乙所示

由图可知，木板在0.4 s、1.2 s时刻两次与墙碰撞，在t＝1.8 s 时刻物块与木板达到共同速度． (2)由图8－5乙可知，在t＝1.8 s时刻木板的位移为： 1

s＝×a1×0.22＝0.02 m 2

181

木板右端距墙壁的距离Δs＝L－s＝0.06 m．

图8－5乙

[答案] (1)1.8 s (2)0.06 m

【点评】本题的两种解题方法都是在清晰地理解物理过程的前提下巧妙地应用数学方法解析的，专题一例4中的解法二也是典型地利用图象来确定物理过程的．

●例5 图8－6所示为一个内外半径分别为R1和R2的圆环状均匀带电平面，其单位面积的带电量为ζ．取环面中心O为原点，以垂直于环面的轴线为x轴．设轴上任意点P到O点的距离为x，P点的电场强度大小为E．下面给出E的四个表达式(式中k为静电力常量)，其中只有一个是合理的．你可能不会求解此处的场强E，但是你可以通过一定的物理分析，对下列表达式的合理性作出判断．根据你的判断，E的合理表达式应为[2009年高考·北京理综卷]( )

图8－6

R1R2－x

x2＋R12x2＋R2211－2222x x＋R1x＋R2R1R2＋

x2＋R12x2＋R221122＋22x x＋R1x＋R2

【解析】A选项表达式可变形为：

R1R2－2πkζR2R12R22，对于这一表达式，当R1＝0时，E＝－E＝2πkζ，随x的增大，E的绝1＋(x)1＋()R22x1＋()x

对值增大，这与客观事实不符合，故A错误，对于C选项中的表达式，当x＝0时，E＝4πkζ，而事实由对称性知应该为E＝0，故C错误．对于D选项，

11＋R12R22 E＝2πkζ

1＋(x)1＋()x

同样E随x增大而增大，当x＝∞时E>0，这与事实不符合，故D错误，只有B可能正确． [答案] B

【点评】本例与2008年高考北京理综卷第20题相似，给出某一规律的公式，要求证它的正确性，这类试题应引起足够的重视．

●例6 如图8－7所示，一轻绳吊着一根粗细均匀的棒，棒下端离地面高为H，上端套着一个细环．棒和环



A．E＝2πkζ



B．E＝2πkζ



C．E＝2πkζ



D．E＝2πkζ



182

的质量均为m，相互间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力kmg(k＞1)．断开轻绳，棒和环自由下落．假设棒足够长，与地面发生碰撞时触地时间极短，无动能损失．棒在整个运动过程中始终保持竖直，空气阻力不计．求：

图8－7

(1)棒第一次与地面碰撞后弹起上升的过程中，环的加速度． (2)从断开轻绳到棒与地面第二次碰撞的瞬间，棒运动的路程s．

(3)从断开轻绳到棒和环都静止的过程中，摩擦力对环和棒做的总功W． [2007年高考·江苏物理卷]

【解析】(1)设棒第一次上升的过程中环的加速度为a环，由牛顿第二定律有：

akmg－mg环＝m

＝(k－1)g，方向竖直向上．

(2)棒第一次落地前瞬间的速度大小为：v1＝2gH 设棒弹起后的加速度为a棒，由牛顿第二定律有：

a＝－kmg＋mg

棒m

＝－(k＋1)g

故棒第一次弹起的最大高度为：

v12H＝－H

12a＝棒k＋1

路程s＝H＋2Hk＋3

1＝k＋1

H．

(3)解法一设棒第一次弹起经过t1时间后与环达到共同速度v1′ 环的速度v1′＝－v1＋a环t1 棒的速度v1′＝v1＋a棒t1

解得：t12H1＝kg

v′＝－2gH

环的位移hv1

k＋1环1＝－1t1＋2a环t12＝－k

棒的位移h1

k－1棒1＝v1t1＋2a棒t12＝k

x1＝h环1－h棒1

解得：x2H

1＝－k

棒、环一起下落至地，有：v22－v1′2＝2gh棒1

解得：v2gH2＝k

同理，环第二次相对棒的位移为：

x2H

2＝h环2－h棒2＝－k

2 „„

183

2Hxn＝－n k

故环相对棒的总位移x＝x1＋x2＋„＋xn＝－ k－1

2kmgH

所以W＝kmgx＝－．

k－1

解法二经过足够长的时间棒和环最终静止，设这一过程中它们相对滑动的总路程为l，由能量的转化和守恒定律有：

mgH＋mg(H＋l)＝kmgl

解得：l＝

k－1

故摩擦力对环和棒做的总功为：

2kmgH

W＝－kmgl＝－．

k－1

k＋3

[答案] (1)(k－1)g，方向竖直向上 (2)H

k＋1

2kmgH(3)－

k－1【点评】 ①高考压轴题中常涉及多个物体多次相互作用的问题，求解这类题往往需要应用数学的递推公式或数列求和知识．

②一对滑动摩擦力做功的总和W＝－f·s总，s总为相对滑动的总路程． ③对于涉及两个对象的运动过程，规定统一的正方向也很重要．

●例7 如图8－8所示，两平行的光滑金属导轨安装在一光滑绝缘斜面上，导轨间距为l、足够长且电阻忽略不计，导轨平面的倾角为α，条形匀强磁场的宽度为d，磁感应强度大小为B，方向与导轨平面垂直．长度为2d的绝缘杆将导体棒和正方形的单匝线框连接在一起组成“

”形装置，总质量为m，置于导轨上．导体棒中通以

大小恒为I的电流(由外接恒流源产生，图中未画出)．线框的边长为d(d图8－8

(1)装置从释放到开始返回的过程中，线框中产生的焦耳热Q． (2)线框第一次穿越磁场区域所需的时间t1．

(3)经过足够长时间后，线框上边与磁场区域下边界的最大距离xm． [2009年高考·江苏物理卷]

【解析】(1)设装臵由静止释放到导体棒运动到磁场下边界的过程中，作用在线框上的安培力做功为W，由动能定理得：

mgsin α·4d＋W－BIld＝0 且Q＝－W

解得：Q＝4mgdsin α－BIld．

(2)设线框刚离开磁场下边界时的速度为v1，则接着向下运动2d，由动能定理得：mgsin α·2d－BIld＝0－mv12

线框在穿越磁场中运动时受到的合力F＝mgsin α－F′ 感应电动势E＝Bdv

184

E感应电流I′＝ R

安培力F′＝BI′d

由牛顿第二定律，在t到(t＋Δt)时间内，有Δv＝Δt

22Bdv

则Δv＝∑[gsin α－]Δt

mR2B2d3

有v1＝gt1sin α－ mR

2B2d3

2m(BIld－2mgdsin α)＋

解得：t1＝．

mgsin α

(3)经过足够长时间后，线框在磁场下边界与最大距离xm之间往复运动，由动能定理得： mgsin α·xm－BIl(xm－d)＝0

BIld

解得：xm＝．

BIl－mgsin α

[答案] (1)4mgdsin α－BIld

2B2d3

2m(BIld－2mgdsin α)＋

(2)

mgsin αBIld(3) BIl－mgsin α

能力演练

一、选择题(10×4分)

1．图示是用来监测在核电站工作的人员受到辐射情况的胸章，通过照相底片被射线感光的区域，可以判断工作人员受到何种辐射．当胸章上1 mm铝片和3 mm铝片下的照相底片被感光，而铅片下的照相底片未被感光时，则工作人员可能受到了辐射的射线是( )

A．α和β B．α和γ C．β和γ D．α、β和γ 【解析】α粒子的穿透能力很弱，一张普通的纸就能把它挡住，题中无法说明辐射中不含α射线，能穿透1 mm、3 mm铝片而不能穿透5 mm铅片的是β射线，若存在γ射线，则5 mm 厚的铅片也能被穿透，故A正确．

[答案] A 2．在电磁波发射技术中，使电磁波随各种信号而改变的技术叫调制，调制分调幅和调频两种．在图甲中有A、B两幅图．在收音机电路中天线接收下来的电信号既有高频成分又有低频成分，经放大后送到下一级，需要把高频成分和低频成分分开，只让低频成分输入下一级，如果采用如图乙所示的电路，图乙中虚线框a和b内只用一个电容器或电感器．以下关于电磁波的发射和接收的说法中，正确的是( )

A．在电磁波的发射技术中，甲图中A是调幅波

185

B．在电磁波的发射技术中，甲图中B是调幅波

C．在图乙中a是电容器，用来通高频阻低频，b是电感器，用来阻高频通低频 D．在图乙中a是电感器，用来阻交流通直流，b是电容器，用来阻高频通低频

【解析】A图象中高频振荡的振幅随信号而变，为调幅波，B图象中高频振荡的频率随信号而变，为调频波，A正确，检波电路的作用为通低频阻高频，故a为电容较小的高频旁路电容器，b为高频扼流圈，C正确．

[答案] AC

3．如图所示，绝热汽缸固定在水平地面上，汽缸内用绝热活塞封闭着一定质量的理想气体，开始时活塞静止在图示位置，现用力使活塞缓慢向右移动一段距离，则在此过程中( )

A．外界对汽缸内气体做正功 B．缸内气体的内能减小

C．缸内气体在单位时间内作用于活塞单位面积冲量增大 D．在单位时间内缸内气体分子与活塞碰撞的次数增加

【解析】体积膨胀，气体对外做功，内能减小，温度降低，选项A错误、B正确，由体积增大，温度降低知单位时间内气体对活塞的碰撞次数减少，压强减小，选项C、D错误．

[答案] B

4．两物体甲和乙在同一直线上运动，它们在0～0.4 s时间内的v－t图象如图所示．若仅在两物体之间存在相互作用，则物体甲与乙的质量之比和图中时间t1分别为[2009年高考·全国理综卷Ⅱ]( )

A．和0.30 s

C．和0.28 s

B．3和0.30 s D．3和0.28 s

Δv

【解析】根据图象的特点可知甲做匀加速运动，乙做匀减速运动，根据a＝，得两物体加速度大小的关系为Δt

m甲F1F1

3a甲＝a乙，根据牛顿第二定律有＝·，得＝3，由a乙＝10 m/s2＝，可解得t1＝0.3 s，B正确．

m甲3m乙m乙0.4－t1

[答案] B

5．某物体的v－t图象如图所示，在下列给出的两段时间内，合外力的功和冲量都相同的是( )

A．0～t1和t2～t4 B．t1～t2和t3～t4 C．0～t2和t2～t4 D．0～t1和t3～t4

【解析】0～t1合外力做功为mv2，合外力冲量为mv0，t2～t4合外力做功和合外力冲量都为0，A错误；t3～t4

186

112

时间内合外力做功为－mv20，合外力冲量为mv0，t1～t2合外力做功为－mv0，合外力的冲量－mv0,0～t2时间内，22合外力做功和合外力冲量都为0．故C正确．

[答案] C

6．一列简谐横波沿x轴正向传播，t＝0时刻波形如图所示，从图示时刻起经0.5 s时间处于x＝2的质点P刚好第二次出现波峰，下列说法正确的是( )

A．t＝0时刻，P质点的速度方向指向y轴正方向 B．Q质点开始振动时，P质点正在波峰

C．t＝0.5 s时刻，质点P的加速度方向指向y轴正方向 D．t＝0.5 s时刻，Q质点第一次出现波峰

【解析】t0＝0时刻P质点正向上振动，A正确．又由题意知，t＝0.5 s＝T，得T＝0.4 s，PQ＝8 m＝2λ，故Q

开始振动时P处于平衡位臵向上振动，B错误．t＝0.5 s时刻，P的位移为正，加速度方向为负，C错误；经过t

＝0.5 s，波传播s＝vt＝×0.5＝5 m，Q正处于波峰，D正确．

0.4

[答案] AD

7．如图所示，把一个带电小球A固定在光滑的水平绝缘桌面上，在桌面的另一处放置带电小球B．现给小球B一个垂直AB连线方向的速度v0，使其在水平桌面上运动，则下列说法中正确的是( )

A．若A、B带同种电荷，B球一定做速度增大的曲线运动 B．若A、B带同种电荷，B球一定做加速度增大的曲线运动 C．若A、B带同种电荷，B球一定向电势较低处运动

D．若A、B带异种电荷，B球可能做速度和加速度大小都不变的曲线运动

【解析】若A、B带同种电荷，库仑力对B球做正功，B球做速度增大的曲线运动，B的电势能减小，又由于

mv02kqAqBAB间距增大，故B的加速度减小，若A、B为异种电荷，当＝2时，B球做匀速圆周运动，速度和加速度

的大小都不变，D正确．

[答案] AD

8．某一空间存在着磁感应强度为B且大小不变、方向随时间t做周期性变化的匀强磁场(如图甲所示)，规定垂直纸面向里的磁场方向为正．为了使静止于该磁场中的带正电的粒子能按a→b→c→d→e→f的顺序做横“∞”字曲线运动(即如图乙所示的轨迹)，下列办法可行的是(粒子只受磁场力的作用，其他力不计)( )

A．若粒子的初始位置在a处，在t＝时给粒子一个沿切线方向水平向右的初速度

B．若粒子的初始位置在f处，在t＝时给粒子一个沿切线方向竖直向下的初速度

211

C．若粒子的初始位置在e处，在t＝T时给粒子一个沿切线方向水平向左的初速度

D．若粒子的初始位置在b处，在t＝时给粒子一个沿切线方向竖直向上的初速度

2πmT

【解析】要使粒子的运动轨迹如图乙所示，粒子做圆周运动的轨迹的周期应为T0＝＝，结合左手定则可

qB2

知，选项A、D正确．

187

[答案] AD

9．水力采煤是利用高速水流冲击煤层而进行的，煤层受到3.6×106 N/m2的压强冲击即可破碎，若水流沿水平方向冲击煤层，不考虑水的反向溅射作用，则冲击煤层的水流速度至少应为( )

A．30 m/s B．40 m/s C．45 m/s

【解析】建立如图所示模型，设水柱面积为S，由动量定理：

D．60 m/s

F·Δt＝0－(ρS·v0·Δt)×(－v0)

可得压强：p＝＝ρv0

S故使煤层破碎的速度至少应为v0＝p＝60 m/s． ρ

[答案] D

10．如图甲所示，传送带通过滑道将长为L、质量为m的匀质物块以初速度v0向右送上水平台面，物块前端在台面上滑动s距离停下来．已知滑道上的摩擦不计，物块与台面间的动摩擦因数为μ而且s>L，则物块的初速度v0为( )

A．2μgL C．2μgs 【解析】

物块位移在由0增大到L的过程中，对台面的压力随位移由0均匀的增加至mg，故整个过的摩擦力的大小随位移变化的图象如图乙所示，图中梯形“面积”即为物块克服摩擦力所做的功．

甲

B．2μgs－μgL D．2μgs＋μgL

乙

由动能定理得：μmg(s－L＋s)＝mv02

可解得v0＝2μgs－μgL．

[答案] B

二、非选择题(共60分)

11．(6分)某实验小组拟用如图甲所示的装置研究滑块的运动．实验器材有滑块、钩码、纸带、米尺、带滑轮的木板以及由漏斗和细线组成的单摆等．实验中，滑块在钩码的作用下拖动纸带做匀加速直线运动，同时单摆沿垂直于纸带运动的方向摆动，漏斗漏出的有色液体在纸带上留下的痕迹记录了漏斗在不同时刻的位置．[2008年高考·重庆理综卷]

188

(1)在图乙中，从________纸带可看出滑块的加速度和速度的方向一致．

(2)用该方法测量滑块加速度的误差主要来源有：____________________、____________________．(写出2个即可)

【解析】要使速度和加速度的方向相同，则必须选纸带B，因为B中相等的时间内纸带运动的距离越来越大． [答案] (1)B (2分)

(2)摆长测量漏斗的重心变化(或液体痕迹偏粗、阻力变化等) (每空2分)

12．(9分)用高电阻放电法测电容的实验，是通过对高阻值电阻放电的方法，测出电容器的充电电压为U时，所带的电荷量为Q，从而再求出待测电容器的电容C．某同学的实验情况如下：

A．按图甲所示的电路连接好实验电路；

B．接通开关S，调节电阻箱R的阻值，使小量程电流表的指针偏转接近满刻度，记下这时电流表的示数I0＝490 μA 及电压表的示数U0＝6.2 V，I0和U0分别是电容器放电的初始电流和电压；

C．断开开关S，同时开始计时，每隔5 s或10 s测一次电流I的值，将测得数据填入预先设计的表格中，根据表格中的数据(10组)在以时间t为横坐标、电流I为纵坐标的坐标纸上描点，即图乙中用“×”表示的点．

(1)实验中，电阻箱所用的阻值R＝________Ω．

(2)试根据上述实验结果，在图乙中作出电容器放电的I－t 图象．

(3)经估算，该电容器两端的电压为U0时所带的电荷量Q0约为______C；该电容器的电容C约为______F．【解析】由ΔQ＝I·Δt知，电荷量为I－t图象与坐标轴所包围的面积，计面积时可数格数(四舍五入)． [答案] (1)1.3×104 (3分) (2)用平滑曲线连接 (2分)

－－

(3)(8.0～9.0)×103 (1.29～1.45)×103 (每空2分)

13．(10分)质量为60 kg的消防队员从一根竖直的轻绳上由静止滑下，经2.5 s落地．轻绳受到的拉力变化情况如图甲所示，取g＝10 m/s2．在消防队员下滑的过程中

(1)其最大速度和落地速度各是多大？ (2)在图乙中画出其v－t图象． (3)其克服摩擦力做的功是多少？

【解析】(1)设该队员先在t1＝1 s的时间内以加速度a1匀加速下滑，然后在t2＝1.5 s的时间内以加速度a2匀减

速下滑

第1 s内由牛顿第二定律得： mg－F1＝ma1 (1分) 最大速度vm＝a1t1 (1分)

代入数据解得：vm＝4 m/s (1分) 后1.5 s内由牛顿第二定律得： F2－mg＝ma2

该队员落地时的速度v＝vm－a2t2 (1分) 代入数据解得：v＝1 m/s． (2)图象如图丙所示． (2分)

(3)该队员在第1 s内下滑的高度h1＝a1t12 (1分)

该队员在后1.5 s内下滑的高度h2＝vmt2－a2t22 (1分)

由动能定理得：

mg(h1＋h2)－Wf＝mv2 (1分)

代入数据解得：Wf＝3420 J． (1分)

丙

[答案] (1)最大速度为4 m/s，落地速度为1 m/s (2)如图丙所示 (3)3420 J

14．(11分)A、B两小球由柔软的细线相连，线长L＝6 m，现将A、B球先后以相同的初速度v0＝4.5 m/s从同一地点水平抛出(先A、后B)，相隔时间t0＝0.8 s．取g＝10 m/s2，问：

(1)B球抛出后经过多长时间细线刚好被拉直？(线拉直时，两球都未落地) (2)细线刚被拉直时，A、B两球的水平位移(相对抛出点)各为多大？【解析】(1)A球先抛出，0.8 s时间内

水平位移s0＝v0t0＝4.5×0.8 m＝3.6 m (1分)

竖直位移：h0＝gt2＝×10×0.82 m＝3.2 m (1分)

A、B球都抛出后，若A球以B球为参照物，则水平方向相对速度为：vABx＝0，竖直方向上A相对B的速度为： vABy＝gt0＝8 m/s (1分)

设B球抛出后经过时间t线被拉直，则有：

(h0＋vABy·t)＋s0＝L (2分) 解得：t＝0.2 s． (1分)

(2)至线拉直A球运动的总时间： tA＝t0＋t＝1 s (2分)

故A球的水平位移sA＝v0tA＝4.5 m (2分) B球的水平位移sB＝v0t＝0.9 m (1分) [答案] (1)0.2 s (2)4.5 m 0.9 m

15．(12分)光滑平行的金属导轨MN和PQ的间距L＝1.0 m，它们与水平面之间的夹角α＝30°，匀强磁场的磁

190

222

感应强度B＝2.0 T，方向垂直于导轨平面向上，M、P间连接有阻值R＝2.0 Ω 的电阻，其他电阻不计，质量m＝2.0 kg的金属杆ab垂直于导轨放置，如图甲所示．用恒力F沿导轨平面向上拉金属杆ab，使其由静止开始运动，其v－t图象如图乙所示．取g＝10 m/s2，设导轨足够长．

(1)求恒力F的大小．

(2)金属杆的速度为2.0 m/s时，加速度为多大？

(3)根据v－t图象估算在前0.8 s内电阻上产生的热量．

【解析】(1)由图乙知，杆运动的最大速度vm＝4 m/s (2分) 此时有：F＝mgsin α＋F安

B2L2vm

＝mgsin α＋ (1分)

代入数据得：F＝18 N． (1分)

(2)对杆进行受力分析，如图丙所示，由牛顿第二定律可得：

丙

F－F安－mgsin α＝ma (1分)

B2L2vF－－mgsin α

a＝ m

代入数据得：a＝2.0 m/s2． (1分)

(3)由图乙可知，0.8 s末金属杆的速度v1＝2.2 m/s(1分)

前 0.8 s 内图线与t轴所包围的小方格的个数约为27，面积为27×0.2×0.2＝1.08，即前0.8 s内金属杆的位移为：

s＝1.08 m (2分)

由能的转化与守恒定律得：

Q＝Fs－mgssin α－mv12 (2分)

代入数据得：Q＝3.80 J． (1分)

[答案] (1)18 N (2)2.0 m/s2 (3)3.80 J

16．(12分)为研究静电除尘，有人设计了一个盒状容器，容器侧面是绝缘的透明有机玻璃，它的上下底面是面积S＝0.04 m2的金属板，间距L＝0.05 m，当连接到U＝2500 V 的高压电源正负两极时，能在两金属板间产生一个匀强电场，如图所示．现把一定量均匀分布的烟尘颗粒密闭在容器内，每1 m3 有烟尘颗粒1×1013个，假设这些

－－

颗粒都处于静止状态，每个颗粒的带电荷量q＝＋1.0×1017 C，质量m＝2.0×1015 kg，不考虑烟尘颗粒之间的相互作用和空气阻力，并忽略烟尘颗粒所受的重力．问合上开关后：

191

(1)经过多长时间烟尘颗粒可以被全部吸附？ (2)除尘过程中电场力对烟尘颗粒共做了多少功？ (3)经过多长时间容器中烟尘颗粒的总动能达到最大？

【解析】(1)由题意可知，只要位于上板表面的烟尘能被吸附到下板，烟尘即被认为全部吸收．设经过时间t

烟尘颗粒可以被全部吸附，烟尘所受的电场力F＝ (1分)

11FqUtL＝at2＝·t2＝ (2分)

22m2mL

2m得：t＝L＝0.02 s． (1分)

(2)由于板间烟尘颗粒均匀分布，可以认为烟尘的质心位于板间中点位臵，因此，除尘过程中电场力对烟尘所做的总功为：

1－

W＝NSLqU＝2.5×104 J． (3分)

(3)设烟尘颗粒下落的距离为x，则板内烟尘的总动能为：

1qUEk＝mv2·NS(L－x)＝x·NS(L－x) (1分)

2LL

当x＝时，Ek达最大 (1分)

又x＝at12 (1分)

2xm所以t1＝＝L＝0.014 s． (2分)

aqU

－

[答案] (1)0.02 s (2)2.5×104 J (3)0.014 s

192

第9专题高中物理常见的物理模型

方法概述

高考命题以《考试大纲》为依据，考查学生对高中物理知识的掌握情况，体现了“知识与技能、过程与方法并重”的高中物理学习思想．每年各地的高考题为了避免雷同而千变万化、多姿多彩，但又总有一些共性，这些共性可粗略地总结如下：

(1)选择题中一般都包含3～4道关于振动与波、原子物理、光学、热学的试题．

(2)实验题以考查电路、电学测量为主，两道实验小题中出一道较新颖的设计性实验题的可能性较大．

(3)试卷中下列常见的物理模型出现的概率较大：斜面问题、叠加体模型(包含子弹射入)、带电粒子的加速与偏转、天体问题(圆周运动)、轻绳(轻杆)连接体模型、传送带问题、含弹簧的连接体模型．

高考中常出现的物理模型中，有些问题在高考中变化较大，或者在前面专题中已有较全面的论述，在这里就不再论述和例举．斜面问题、叠加体模型、含弹簧的连接体模型等在高考中的地位特别重要，本专题就这几类模型进行归纳总结和强化训练；传送带问题在高考中出现的概率也较大，而且解题思路独特，本专题也略加论述．

热点、重点、难点

一、斜面问题

在每年各地的高考卷中几乎都有关于斜面模型的试题．如2009年高考全国理综卷Ⅰ第25题、北京理综卷第18题、天津理综卷第1题、上海物理卷第22题等，2008年高考全国理综卷Ⅰ第14题、全国理综卷Ⅱ第16题、北京理综卷第20题、江苏物理卷第7题和第15题等．在前面的复习中，我们对这一模型的例举和训练也比较多，遇到这类问题时，以下结论可以帮助大家更好、更快地理清解题思路和选择解题方法．

1．自由释放的滑块能在斜面上(如图9－1 甲所示)匀速下滑时，m与M之间的动摩擦因数μ＝gtan θ．

图9－1甲

2．自由释放的滑块在斜面上(如图9－1 甲所示)：

(1)静止或匀速下滑时，斜面M对水平地面的静摩擦力为零； (2)加速下滑时，斜面对水平地面的静摩擦力水平向右； (3)减速下滑时，斜面对水平地面的静摩擦力水平向左．

3．自由释放的滑块在斜面上(如图9－1乙所示)匀速下滑时，M对水平地面的静摩擦力为零，这一过程中再在m上加上任何方向的作用力，(在m停止前)M对水平地面的静摩擦力依然为零(见一轮书中的方法概述)．

图9－1乙

4．悬挂有物体的小车在斜面上滑行(如图9－2所示)：

图9－2

(1)向下的加速度a＝gsin θ时，悬绳稳定时将垂直于斜面；

(2)向下的加速度a＞gsin θ时，悬绳稳定时将偏离垂直方向向上；

193

(3)向下的加速度a＜gsin θ时，悬绳将偏离垂直方向向下．

5．在倾角为θ的斜面上以速度v0平抛一小球(如图9－3所示)：

图9－3

2v0tan θ

(1)落到斜面上的时间t＝；

(2)落到斜面上时，速度的方向与水平方向的夹角α恒定，且tan α＝2tan θ，与初速度无关；

v0tan θ(v0sin θ)2

(3)经过tc＝小球距斜面最远，最大距离d＝．

g2gcos θ

6．如图9－4所示，当整体有向右的加速度a＝gtan θ时，m能在斜面上保持相对静止．

图9－4

mgRsin θ

． B2L27．在如图9－5所示的物理模型中，当回路的总电阻恒定、导轨光滑时，ab棒所能达到的稳定速度vm＝

图9－5

m8．如图9－6所示，当各接触面均光滑时，在小球从斜面顶端滑下的过程中，斜面后退的位移s＝L．

m＋M

图9－6

●例1 有一些问题你可能不会求解，但是你仍有可能对这些问题的解是否合理进行分析和判断．例如从解的物理量单位，解随某些已知量变化的趋势，解在一些特殊条件下的结果等方面进行分析，并与预期结果、实验结论等进行比较，从而判断解的合理性或正确性．

举例如下：如图9－7甲所示，质量为M、倾角为θ的滑块A放于水平地面上．把质量为m的滑块B放在A

M＋m

的斜面上．忽略一切摩擦，有人求得B相对地面的加速度a＝gsin θ，式中g为重力加速度．

M＋msin2θ

图9－7甲

对于上述解，某同学首先分析了等号右侧的量的单位，没发现问题．他进一步利用特殊条件对该解做了如下四项分析和判断，所得结论都是“解可能是对的”．但是，其中有一项是错误的，请你指出该项[2008年高考·北京理．．综卷]( )

A．当θ＝0°时，该解给出a＝0，这符合常识，说明该解可能是对的 B．当θ＝90°时，该解给出a＝g，这符合实验结论，说明该解可能是对的

C．当M≫m时，该解给出a≈gsin θ，这符合预期的结果，说明该解可能是对的

194

g，这符合预期的结果，说明该解可能是对的 sin θ

【解析】当A固定时，很容易得出a＝gsin θ；当A臵于光滑的水平面时，B加速下滑的同时A向左加速运动，B不会沿斜面方向下滑，难以求出运动的加速度．

D．当m≫M时，该解给出a≈

图9－7乙

设滑块A的底边长为L，当B滑下时A向左移动的距离为x，由动量守恒定律得：

L－xxM＝m tt

解得：x＝ M＋m

当m≫M时，x≈L，即B水平方向的位移趋于零，B趋于自由落体运动且加速度a≈g．

选项D中，当m≫M时，a≈＞g显然不可能．

sin θ

[答案] D

【点评】本例中，若m、M、θ、L有具体数值，可假设B下滑至底端时速度v1的水平、竖直分量分别为v1x、v1y，则有：

v1y(M＋m)hh＝＝ v1xL－xML111

mv1x2＋mv1y2＋Mv22＝mgh 222mv1x＝Mv2

解方程组即可得v1x、v1y、v1以及v1的方向和m下滑过程中相对地面的加速度． ●例2 在倾角为θ的光滑斜面上，存在着两个磁感应强度大小相同的匀强磁场，其方向一个垂直于斜面向上，一个垂直于斜面向下(如图9－8甲所示)，它们的宽度均为L．一个质量为m、边长也为L的正方形线框以速度v进入上部磁场时，恰好做匀速运动．

图9－8甲

(1)当ab边刚越过边界ff′时，线框的加速度为多大，方向如何？

(2)当ab边到达gg′与ff′的正中间位置时，线框又恰好做匀速运动，则线框从开始进入上部磁场到ab边到达gg′与ff′的正中间位置的过程中，线框中产生的焦耳热为多少？(线框的ab边在运动过程中始终与磁场边界平行，不计摩擦阻力)

【解析】(1)当线框的ab边从高处刚进入上部磁场(如图9－8 乙中的位臵①所示)时，线框恰好做匀速运动，则有：

mgsin θ＝BI1L

BLv

此时I1＝ R

当线框的ab边刚好越过边界ff′(如图9－8乙中的位臵②所示)时，由于线框从位臵①到位臵②始终做匀速运动，此时将ab边与cd边切割磁感线所产生的感应电动势同向叠加，回路中电流的大小等于2I1．故线框的加速度大小为：

195

图9－8乙

4BI1L－mgsin θa＝＝3gsin θ，方向沿斜面向上．

(2)而当线框的ab边到达gg′与ff′的正中间位臵(如图9－8 乙中的位臵③所示)时，线框又恰好做匀速运动，说明mgsin θ＝4BI2L

1故I2＝I1

4BLv1由I1＝可知，此时v′＝v

从位臵①到位臵③，线框的重力势能减少了mgLsin θ

11v15

动能减少了mv2－m()2＝mv2

22432

由于线框减少的机械能全部经电能转化为焦耳热，因此有：

315

Q＝mgLsin θ＋mv2．

232

[答案] (1)3gsin θ，方向沿斜面向上 315(2)mgLsin θ＋mv2 232【点评】导线在恒力作用下做切割磁感线运动是高中物理中一类常见题型，需要熟练掌握各种情况下求平衡速度的方法．

二、叠加体模型

叠加体模型在历年的高考中频繁出现，一般需求解它们之间的摩擦力、相对滑动路程、摩擦生热、多次作用后的速度变化等，另外广义的叠加体模型可以有许多变化，涉及的问题更多．如2009年高考天津理综卷第10题、宁夏理综卷第20题、山东理综卷第24题，2008年高考全国理综卷 Ⅰ 的第15题、北京理综卷第24题、江苏物理卷第6题、四川延考区理综卷第25题等．

叠加体模型有较多的变化，解题时往往需要进行综合分析(前面相关例题、练习较多)，下列两个典型的情境和结论需要熟记和灵活运用．

1．叠放的长方体物块A、B在光滑的水平面上匀速运动或在光滑的斜面上自由释放后变速运动的过程中(如图9－9所示)，A、B之间无摩擦力作用．

图9－9

2．如图9－10所示，一对滑动摩擦力做的总功一定为负值，其绝对值等于摩擦力乘以相对滑动的总路程或等于摩擦产生的热量，与单个物体的位移无关，即Q摩＝f·s相．

图9－10

●例3 质量为M的均匀木块静止在光滑的水平面上，木块左右两侧各有一位拿着完全相同的步和子弹的

196

射击手．首先左侧的射击手开，子弹水平射入木块的最大深度为d1，然后右侧的射击手开，子弹水平射入木块的最大深度为d2，如图9－11所示．设子弹均未射穿木块，且两子弹与木块之间的作用力大小均相同．当两颗子弹均相对木块静止时，下列说法正确的是(注：属于选修3－5模块)( )

图9－11

A．最终木块静止，d1＝d2 B．最终木块向右运动，d1d2

【解析】木块和射出后的左右两子弹组成的系统水平方向不受外力作用，设子弹的质量为m，由动量守恒定律得：

mv0－mv0＝(M＋2m)v

解得：v＝0，即最终木块静止

设左侧子弹射入木块后的共同速度为v1，有： mv0＝(m＋M)v1

Q1＝f·d1＝mv02－(m＋M)v12

mMv0

解得：d1＝ 2(m＋M)f

对右侧子弹射入的过程，由功能原理得：

Q2＝f·d2＝mv02＋(m＋M)v12－0

(2m＋mM)v02

解得：d2＝

2(m＋M)f

即d1＜d2． [答案] C

【点评】摩擦生热公式可称之为“功能关系”或“功能原理”的公式，但不能称之为“动能定理”的公式，它是由动能定理的关系式推导得出的二级结论．

三、含弹簧的物理模型纵观历年的高考试题，和弹簧有关的物理试题占有相当大的比重．高考命题者常以弹簧为载体设计出各类试题，这类试题涉及静力学问题、动力学问题、动量守恒和能量守恒问题、振动问题、功能问题等，几乎贯穿了整个力学的知识体系．为了帮助同学们掌握这类试题的分析方法，现将有关弹簧问题分类进行剖析．

对于弹簧，从受力角度看，弹簧上的弹力是变力；从能量角度看，弹簧是个储能元件．因此，弹簧问题能很好地考查学生的综合分析能力，故备受高考命题老师的青睐．如2009年高考福建理综卷第21题、山东理综卷第22题、重庆理综卷第24题，2008年高考北京理综卷第22题、山东理综卷第16题和第22题、四川延考区理综卷第14题等．题目类型有：静力学中的弹簧问题，动力学中的弹簧问题，与动量和能量有关的弹簧问题．

1．静力学中的弹簧问题

(1)胡克定律：F＝kx，ΔF＝k·Δx．

(2)对弹簧秤的两端施加(沿轴线方向)大小不同的拉力，弹簧秤的示数一定等于挂钩上的拉力．

●例4 如图9－12甲所示，两木块A、B的质量分别为m1和m2，两轻质弹簧的劲度系数分别为k1和k2，两弹簧分别连接A、B，整个系统处于平衡状态．现缓慢向上提木块A，直到下面的弹簧对地面的压力恰好为零，在此过程中A和B的重力势能共增加了( )

图9－12甲

(m1＋m2)2g2A． k1＋k2

197

(m1＋m2)2g2B． 2(k1＋k2)

k1＋k2C．(m1＋m2)2g2()

k1k2

(m1＋m2)2g2m1(m1＋m2)g2D．＋ k2k1

【解析】取A、B以及它们之间的弹簧组成的整体为研究对象，则当下面的弹簧对地面的压力为零时，向上提A的力F恰好为：

F＝(m1＋m2)g

设这一过程中上面和下面的弹簧分别伸长x1、x2，如图9－12乙所示，由胡克定律得：

图9－12乙

(m1＋m2)g(m1＋m2)g

，x2＝ k1k2

故A、B增加的重力势能共为： ΔEp＝m1g(x1＋x2)＋m2gx2 (m1＋m2)2g2m1(m1＋m2)g2＝＋．

k2k1

[答案] D

【点评】①计算上面弹簧的伸长量时，较多同学会先计算原来的压缩量，然后计算后来的伸长量，再将两者相

ΔF

加，但不如上面解析中直接运用Δx＝进行计算更快捷方便．

(m1＋m2)2g2(m1＋m2)2g2

②通过比较可知，重力势能的增加并不等于向上提的力所做的功W＝F·x总＝＋．

2k222k1k2

2．动力学中的弹簧问题

(1)瞬时加速度问题(与轻绳、轻杆不同)：一端固定、另一端接有物体的弹簧，形变不会发生突变，弹力也不会发生突变．

(2)如图9－13所示，将A、B下压后撤去外力，弹簧在恢复原长时刻B与A开始分离．

x1＝

图9－13

●例5 一弹簧秤秤盘的质量m1＝1.5 kg，盘内放一质量m2＝10.5 kg的物体P，弹簧的质量不计，其劲度系数

k＝800 N/m，整个系统处于静止状态，如图9－14 所示．

图9－14

现给P施加一个竖直向上的力F，使P从静止开始向上做匀加速直线运动，已知在最初0.2 s内F是变化的，

198

在0.2 s后是恒定的，求F的最大值和最小值．(取g＝10 m/s2)

【解析】初始时刻弹簧的压缩量为：

(m1＋m2)gx0＝＝0.15 m

设秤盘上升高度x时P与秤盘分离，分离时刻有： k(x0－x)－m1g

＝a

又由题意知，对于0～0.2 s时间内P的运动有： 12

at＝x 2

解得：x＝0.12 m，a＝6 m/s2

故在平衡位臵处，拉力有最小值Fmin＝(m1＋m2)a＝72 N 分离时刻拉力达到最大值Fmax＝m2g＋m2a＝168 N． [答案] 72 N 168 N

【点评】对于本例所述的物理过程，要特别注意的是：分离时刻m1与m2之间的弹力恰好减为零，下一时刻弹簧的弹力与秤盘的重力使秤盘产生的加速度将小于a，故秤盘与重物分离．

3．与动量、能量相关的弹簧问题

与动量、能量相关的弹簧问题在高考试题中出现频繁，而且常以计算题出现，在解析过程中以下两点结论的应用非常重要：

(1)弹簧压缩和伸长的形变相同时，弹簧的弹性势能相等；

(2)弹簧连接两个物体做变速运动时，弹簧处于原长时两物体的相对速度最大，弹簧的形变最大时两物体的速度相等．

●例6 如图9－15所示，用轻弹簧将质量均为m＝1 kg的物块A和B连接起来，将它们固定在空中，弹簧处于原长状态，A距地面的高度h1＝0.90 m．同时释放两物块，A与地面碰撞后速度立即变为零，由于B压缩弹簧后被反弹，使A刚好能离开地面(但不继续上升)．若将B物块换为质量为2m的物块C(图中未画出)，仍将它与A固定在空中且弹簧处于原长，从A距地面的高度为h2处同时释放，C压缩弹簧被反弹后，A也刚好能离开地面．已知弹簧的劲度系数k＝100 N/m，求h2的大小．

图9－15

【解析】设A物块落地时，B物块的速度为v1，则有： 1

mv12＝mgh1 2

设A刚好离地时，弹簧的形变量为x，对A物块有： mg＝kx

从A落地后到A刚好离开地面的过程中，对于A、B及弹簧组成的系统机械能守恒，则有： 1

mv12＝mgx＋ΔEp 2

换成C后，设A落地时，C的速度为v2，则有： 1·2mv22＝2mgh2 2

从A落地后到A刚好离开地面的过程中，A、C及弹簧组成的系统机械能守恒，则有： 1·2mv22＝2mgx＋ΔEp 2

联立解得：h2＝0.5 m． [答案] 0.5 m

【点评】由于高中物理对弹性势能的表达式不作要求，所以在高考中几次考查弹簧问题时都要用到上述结论

199

“①”．如2005年高考全国理综卷Ⅰ第25题、1997年高考全国卷第25题等．

●例7 用轻弹簧相连的质量均为2 kg 的A、B两物块都以v＝6 m/s的速度在光滑的水平地面上运动，弹簧处于原长，质量为4 kg的物块C静止在前方，如图9－16 甲所示．B与C碰撞后二者粘在一起运动，则在以后的运动中：

图9－16甲

(1)当弹簧的弹性势能最大时，物体A的速度为多大？ (2)弹簧弹性势能的最大值是多少？

(3)A的速度方向有可能向左吗？为什么？

【解析】(1)当A、B、C三者的速度相等(设为vA′)时弹簧的弹性势能最大，由于A、B、C三者组成的系统动量守恒，则有：

(mA＋mB)v＝(mA＋mB＋mC)vA′

(2＋2)×6

解得：vA′＝ m/s＝3 m/s．

2＋2＋4

(2)B、C发生碰撞时，B、C组成的系统动量守恒，设碰后瞬间B、C两者的速度为v′，则有： mBv＝(mB＋mC)v′

2×6

解得：v′＝＝2 m/s

2＋4

A的速度为vA′时弹簧的弹性势能最大，设其值为Ep，根据能量守恒定律得：

111

Ep＝(mB＋mC)v′2＋mAv2－(mA＋mB＋mC)vA′2

222＝12 J．

(3)方法一 A不可能向左运动．

根据系统动量守恒有：(mA＋mB)v＝mAvA＋(mB＋mC)vB 设A向左，则vA＜0，vB＞4 m/s

则B、C发生碰撞后，A、B、C三者的动能之和为：

11122

E′＝mAv2＋(m＋m)v＞(mB＋mC)vB＝48 J ABCB

222实际上系统的机械能为：

E＝Ep＋(mA＋mB＋mC)vA′2＝12 J＋36 J＝48 J

根据能量守恒定律可知，E′＞E是不可能的，所以A不可能向左运动．

方法二 B、C碰撞后系统的运动可以看做整体向右匀速运动与A、B和C相对振动的合成(即相当于在匀速运动的车厢中两物块相对振动)

由(1)知整体匀速运动的速度v0＝vA′＝3 m/s

图9－16乙

取以v0＝3 m/s匀速运动的物体为参考系，可知弹簧处于原长时，A、B和C相对振动的速率最大，分别为： vAO＝v－v0＝3 m/s vBO＝|v′－v0|＝1 m/s

由此可画出A、B、C的速度随时间变化的图象如图9－16乙所示，故A不可能有向左运动的时刻． [答案] (1)3 m/s (2)12 J (3)不可能，理由略

【点评】①要清晰地想象、理解研究对象的运动过程：相当于在以3 m/s匀速行驶的车厢内，A、B和C做相对弹簧上某点的简谐振动，振动的最大速率分别为3 m/s、1 m/s．

200

②当弹簧由压缩恢复至原长时，A最有可能向左运动，但此时A的速度为零．

●例8 探究某种笔的弹跳问题时，把笔分为轻质弹簧、内芯和外壳三部分，其中内芯和外壳质量分别为m和4m．笔的弹跳过程分为三个阶段：

图9－17

①把笔竖直倒立于水平硬桌面，下压外壳使其下端接触桌面(如图9－17甲所示)；

②由静止释放，外壳竖直上升到下端距桌面高度为h1时，与静止的内芯碰撞(如图9－17乙所示)； ③碰后，内芯与外壳以共同的速度一起上升到外壳下端距桌面最大高度为h2处(如图9－17丙所示)．设内芯与外壳的撞击力远大于笔所受重力，不计摩擦与空气阻力，重力加速度为g．求： (1)外壳与内芯碰撞后瞬间的共同速度大小． (2)从外壳离开桌面到碰撞前瞬间，弹簧做的功．

(3)从外壳下端离开桌面到上升至h2处，笔损失的机械能． [2009年高考·重庆理综卷]

【解析】设外壳上升到h1时速度的大小为v1，外壳与内芯碰撞后瞬间的共同速度大小为v2． (1)对外壳和内芯，从撞后达到共同速度到上升至h2处，由动能定理得：

(4m＋m)g(h2－h1)＝(4m＋m)v22－0 2解得：v2＝2g(h2－h1)．

(2)外壳与内芯在碰撞过程中动量守恒，即： 4mv1＝(4m＋m)v2

将v2代入得：v1＝2g(h2－h1)

设弹簧做的功为W，对外壳应用动能定理有：

W－4mgh1＝×4mv1

将v1代入得：W＝mg(25h2－9h1)．

(3)由于外壳和内芯达到共同速度后上升至高度h2的过程中机械能守恒，只有在外壳和内芯的碰撞中有能量损

112

失，损失的能量E损＝×4mv21－(4m＋m)v2 22

将v1、v2代入得：E损＝mg(h2－h1)．

[答案] (1)2g(h2－h1) (2)mg(25h2－9h1)

(3)mg(h2－h1) 4

由以上例题可以看出，弹簧类试题的确是培养和训练学生的物理思维、反映和开发学生的学习潜能的优秀试题．弹簧与相连物体构成的系统所表现出来的运动状态的变化，为学生充分运用物理概念和规律(牛顿第二定律、动能定理、机械能守恒定律、动量定理、动量守恒定律)巧妙解决物理问题、施展自身才华提供了广阔空间，当然也是区分学生能力强弱、拉大差距、选拔人才的一种常规题型．因此，弹簧试题也就成为高考物理题中的一类重要的、独具特色的考题．

四、传送带问题

从1990年以后出版的各种版本的高中物理教科书中均有皮带传输机的插图．皮带传送类问题在现代生产生活中的应用非常广泛．这类问题中物体所受的摩擦力的大小和方向、运动性质都具有变化性，涉及力、相对运动、能量转化等各方面的知识，能较好地考查学生分析物理过程及应用物理规律解答物理问题的能力．如2003年高考全国理综卷第34题、2005年高考全国理综卷Ⅰ第24题等．

对于滑块静止放在匀速传动的传送带上的模型，以下结论要清楚地理解并熟记：

201

(1)滑块加速过程的位移等于滑块与传送带相对滑动的距离；

(2)对于水平传送带，滑块加速过程中传送带对其做的功等于这一过程由摩擦产生的热量，即传送装置在这一过程需额外(相对空载)做的功W＝mv2＝2Ek＝2Q摩．

●例9 如图9－18甲所示，物块从光滑曲面上的P点自由滑下，通过粗糙的静止水平传送带后落到地面上的Q点．若传送带的皮带轮沿逆时针方向匀速运动(使传送带随之运动)，物块仍从P点自由滑下，则( )

图9－18甲

A．物块有可能不落到地面上 B．物块仍将落在Q点

C．物块将会落在Q点的左边 D．物块将会落在Q点的右边【解析】如图9－18乙所示，设物块滑上水平传送带上的初速度为v0，物块与皮带之间的动摩擦因数为μ，则：

图9－18乙

μmg

物块在皮带上做匀减速运动的加速度大小a＝＝μg

物块滑至传送带右端的速度为： v＝v02－2μgs

物块滑至传送带右端这一过程的时间可由方程s＝v0t－μgt2解得．

当皮带向左匀速传送时，滑块在皮带上的摩擦力也为： f＝μmg

物块在皮带上做匀减速运动的加速度大小为：

μmga1′＝＝μg

物块滑至传送带右端这一过程的时间同样可由方程s＝v0t－μgt2 解得．

由以上分析可知物块仍将落在Q点，选项B正确． [答案] B

【点评】对于本例应深刻理解好以下两点：

①滑动摩擦力f＝μFN，与相对滑动的速度或接触面积均无关；

②两次滑行的初速度(都以地面为参考系)相等，加速度相等，故运动过程完全相同．我们延伸开来思考，物块在皮带上的运动可理解为初速度为v0的物块受到反方向的大小为μmg的力F的作用，与该力的施力物体做什么运动没有关系．

●例10 如图9－19所示，足够长的水平传送带始终以v＝3 m/s的速度向左运动，传送带上有一质量M＝2 kg 的小木盒A，A与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.3．开始时，A与传送带之间保持相对静止．现有两个光滑的质量均为m＝1 kg 的小球先后相隔Δt＝3 s自传送带的左端出发，以v0＝15 m/s的速度在传送带上向右运动．第1个球

与木盒相遇后立即进入盒中并与盒保持相对静止；第2个球出发后历时Δt1＝ s才与木盒相遇．取g＝10 m/s2，问：

则物块滑至传送带右端的速度v′＝v02－2μgs＝v

图9－19

(1)第1个球与木盒相遇后瞬间，两者共同运动的速度为多大？

202

(2)第1个球出发后经过多长时间与木盒相遇？

(3)在木盒与第1个球相遇至与第2个球相遇的过程中，由于木盒与传送带间的摩擦而产生的热量是多少？【解析】(1)设第1个球与木盒相遇后瞬间，两者共同运动的速度为v1，根据动量守恒定律得： mv0－Mv＝(m＋M)v1

解得：v1＝3 m/s，方向向右．

(2)设第1个球与木盒的相遇点离传送带左端的距离为s，第1个球经过时间t0与木盒相遇，则有：

st0＝

设第1个球进入木盒后两者共同运动的加速度大小为a，根据牛顿第二定律得： μ(m＋M)g＝(m＋M)a

解得：a＝μg＝3 m/s2，方向向左

设木盒减速运动的时间为t1，加速到与传送带具有相同的速度的时间为t2，则：

Δv

t1＝t2＝＝1 s

故木盒在2 s内的位移为零

依题意可知：s＝v0Δt1＋v(Δt＋Δt1－t1－t2－t0) 解得：s＝7.5 m，t0＝0.5 s．

(3)在木盒与第1个球相遇至与第2个球相遇的这一过程中，设传送带的位移为s′，木盒的位移为s1，则： s′＝v(Δt＋Δt1－t0)＝8.5 m

s1＝v(Δt＋Δt1－t1－t2－t0)＝2.5 m

故木盒相对于传送带的位移为：Δs＝s′－s1＝6 m 则木盒与传送带间因摩擦而产生的热量为： Q＝fΔs＝ J．

[答案] (1)3 m/s (2)0.5 s (3) J

【点评】本题解析的关键在于：①对物理过程理解清楚；②求相对路程的方法．

能力演练

一、选择题(10×4分)

1．图示是原子核的核子平均质量与原子序数Z的关系图象，下列说法正确的是( )

A．若D和E结合成F，结合过程中一定会吸收核能 B．若D和E结合成F，结合过程中一定会释放核能 C．若A成B和C，过程中一定会吸收核能 D．若A成B和C，过程中一定会释放核能

【解析】D、E结合成F粒子时总质量减小，核反应释放核能；A成B、C粒子时，总质量减小，核反应释放核能．

[答案] BD

2．单冷型空调器一般用来降低室内温度，其制冷系统与电冰箱的制冷系统结构基本相同．某单冷型空调器的

Q2制冷机从低温物体吸收热量Q2，向高温物体放出热量Q1，而外界(压缩机)必须对工作物质做功W，制冷系数ε＝．设

某一空调的制冷系数为4，若制冷机每天从房间内部吸收2.0×107 J的热量，则下列说法正确的是( )

A．Q1一定等于Q2

B．空调的制冷系数越大越耗能

C．制冷机每天放出的热量Q1＝2.5×107 J D．制冷机每天放出的热量Q1＝5.0×106 J

203

【解析】Q1＝Q2＋W＞Q2，选项A错误；ε越大，从室内向外传递相同热量时压缩机所需做的功(耗电)越小，

Q2越节省能量，选项B错误；又Q1＝Q2＋＝2.5×107 J，故选项C正确．

[答案] C

3．图示为一列简谐横波的波形图象，其中实线是t1＝0时刻的波形，虚线是t2＝1.5 s时的波形，且(t2－t1)小于一个周期．由此可判断( )

A．波长一定是60 cm

B．波一定向x轴正方向传播 C．波的周期一定是6 s

D．波速可能是0.1 m/s，也可能是0.3 m/s 【解析】由题图知λ＝60 cm

若波向x轴正方向传播，则可知：

Tλ

波传播的时间t1＝，传播的位移s1＝15 cm＝

故知T＝6 s，v＝0.1 m/s

若波向x轴负方向传播，可知：

33λ

波传播的时间t2＝T，传播的位移s2＝45 cm＝

故知T＝2 s，v＝0.3 m/s． [答案] AD

4．如图所示，在水平桌面上叠放着质量均为M的A、B两块木板，在木板A的上面放着一个质量为m的物块C，木板和物块均处于静止状态．A、B、C之间以及B与地面之间的动摩擦因数都为μ．若用水平恒力F向右拉动木板A，使之从C、B之间抽出来，已知重力加速度为g，则拉力F的大小应该满足的条件是(已知最大静摩擦力的大小等于滑动摩擦力)( )

A．F＞μ(2m＋M)g B．F＞μ(m＋2M)g C．F＞2μ(m＋M)g D．F＞2μmg

【解析】无论F多大，摩擦力都不能使B向右滑动，而滑动摩擦力能使C产生的最大加速度为μg，故F－μmg－μ(m＋M)g

＞μg时，即F＞2μ(m＋M)g时A可从B、C之间抽出．

[答案] C

5．如图所示，一束单色光a射向半球形玻璃砖的球心，在玻璃与空气的界面MN上同时发生反射和折射，b为反射光，c为折射光，它们与法线间的夹角分别为β和θ．逐渐增大入射角α，下列说法中正确的是( )

A．β和θ两角同时增大，θ始终大于β

B．b光束的能量逐渐减弱，c光束的能量逐渐加强 C．b光在玻璃中的波长小于b光在空气中的波长 D．b光光子的能量大于c光光子的能量

sin β

【解析】三个角度之间的关系有：θ＝α，＝n＞1，故随着α的增大，β、θ都增大，但是θ＜β，选项A错

sin α

sin βcλ

误，且在全反射前，c光束的能量逐渐减弱，b光束的能量逐渐加强，选项B错误；又由n＝＝v＝，b光在

sin αλ′

玻璃中的波长小于在空气中的波长，但光子的能量不变，选项C正确、D错误．

204

[答案] C

6．如图所示，水平传送带以v＝2 m/s的速度匀速前进，上方漏斗中以每秒50 kg的速度把煤粉竖直抖落到传送带上，然后一起随传送带运动．如果要使传送带保持原来的速度匀速前进，则传送带的电动机应增加的功率为( )

A．100 W B．200 W C．500 W D．无法确定

【解析】漏斗均匀持续将煤粉抖落在传送带上，每秒钟有50 kg 的煤粉被加速至2 m/s，故每秒钟传送带的电动机应多做的功为：

ΔW＝ΔEk＋Q＝mv2＋f·Δs＝mv2＝200 J

ΔW

故传送带的电动机应增加的功率ΔP＝＝200 W．

[答案] B

7．如图所示，一根用绝缘材料制成的轻弹簧，劲度系数为k，一端固定，另一端与质量为m、带电荷量为＋q的小球相连，静止在光滑绝缘水平面上．当施加水平向右的匀强电场E后，小球开始做简谐运动，下列关于小球运动情况的说法中正确的是( )

A．小球的速度为零时，弹簧的伸长量为

k2qE

B．小球的速度为零时，弹簧的伸长量为

C．运动过程中，小球和弹簧系统的机械能守恒

D．运动过程中，小球动能变化量、弹性势能变化量以及电势能的变化量之和保持为零

【解析】由题意知，小球位于平衡位臵时弹簧的伸长量x0＝，小球速度为零时弹簧处于原长或伸长了2x0＝

k2qE

，选项A错误、B正确． k

小球做简谐运动的过程中弹簧弹力和电场力都做功，机械能不守恒，动能、弹性势能、电势能的总和保持不变，选项D正确．

[答案] BD

8．如图所示，将质量为m的滑块放在倾角为θ的固定斜面上．滑块与斜面之间的动摩擦因数为μ．若滑块与斜面之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力大小相等，重力加速度为g，则[2009年高考·北京理综卷]( )

A．将滑块由静止释放，如果μ＞tan θ，滑块将下滑

B．给滑块沿斜面向下的初速度，如果μ＜tan θ，滑块将减速下滑

C．用平行于斜面向上的力拉滑块向上匀速滑动，如果μ＝tan θ，则拉力大小应是2mgsin θ D．用平行于斜面向下的力拉滑块向下匀速滑动，如果μ＝tan θ，则拉力大小应是mgsin θ

【解析】对于静止臵于斜面上的滑块，可沿斜面下滑的条件为mgsin θ＞μmgcos θ；同理，当mgsin θ＜μmgcos θ时，具有初速度下滑的滑块将做减速运动，选项A、B错误；当μ＝tan θ 时，滑块与斜面之间的动摩擦力f＝mgsin θ，由平衡条件知，使滑块匀速上滑的拉力F＝2mgsin θ，选项C正确、D错误．

[答案] C

9．国产“水刀”——超高压数控万能水切割机，以其神奇的切割性能在北京国际展览中心举行的第五届国际机床展览会上引起轰动，它能切割40 mm厚的钢板、50 mm厚的大理石等材料．

将普通的水加压，使其从口径为0.2 mm的喷嘴中以800 m/s～1000 m/s的速度射出，这种水射流就是“水刀”．我们知道，任何材料承受的压强都有一定限度，下表列出了一些材料所能承受的压强的限度．

205

A．橡胶 B．花岗石 C．铸铁 5×107 Pa 1.2×108 Pa～2.6×108 Pa 8.8×108 Pa D．工具钢 6.7×108 Pa 设想一“水刀”的水射流横截面积为S，垂直入射的速度 v＝800 m/s，水射流与材料接触后，速度为零，且不附着在材料上，水的密度ρ＝1×103 kg/m3，则此水刀不能切割上述材料中的( )

【解析】以射到材料上的水量Δm为研究对象，以其运动方向为正方向，由动量定理得：－pS·Δt＝－ρSv·Δt·v 得：p＝ρv2＝6.4×108 Pa

由表中数据可知：此“水刀”不能切割材料C和D． [答案] CD

10．如图甲所示，质量为2m的长木板静止地放在光滑的水平面上，另一质量为m的小铅块(可视为质点)以水平速度v0滑上木板的左端，恰能滑至木板的右端且与木板保持相对静止，铅块在运动过程中所受到的摩擦力始终不变．若将木板分成长度与质量均相等(即m1＝m2＝m)的两段1、2后，将它们紧挨着放在同一水平面上，让小铅块以相同的初速度v0由木板1的左端开始运动，如图乙所示，则下列说法正确的是( )

A．小铅块滑到木板2的右端前就与之保持相对静止 B．小铅块滑到木板2的右端后与之保持相对静止 C．甲、乙两图所示的过程中产生的热量相等

D．图甲所示的过程产生的热量大于图乙所示的过程产生的热量【解析】长木板分两段前，铅块和木板的最终速度为：

mv01vt＝＝v

3m30

v0111

且有Q＝fL＝mv02－×3m()2＝mv02

2233

长木板分两段后，可定量计算出木板1、2和铅块的最终速度，从而可比较摩擦生热和相对滑动的距离；也可用图象法定性分析(如图丙所示)比较得到小铅块到达右端之前已与木板2保持相对静止，故图甲所示的过程产生的热量大于图乙所示的过程产生的热量．

丙

[答案] AD

二、非选择题(共60分) 11．(5分)图示为伏安法测电阻的部分电路，电路其他部分不变，当开关S接a点时，电压表的示数U1＝11 V，电流表的示数I1＝0.2 A；当开关S接b点时，U2＝12 V，I2＝0.15 A．那么，为了提高测量的准确性，开关S应接______点(填“a”或“b”)，Rx的测量值为________Ω．

[答案] b (2分) 80 (3分)

12．(10分)如图所示，光滑水平轨道与光滑圆弧轨道相切，轻弹簧的一端固定在水平轨道的左端，OP是可绕O点转动的轻杆，且摆到某处就能停在该处；另有一小钢球．现在利用这些器材测定弹簧被压缩时的弹性势能．

206

(1)还需要的器材是________、________．

(2)以上测量实际上是把对弹性势能的测量转化为对________能的测量，需要直接测量________和________． (3)为了研究弹簧的弹性势能与劲度系数和形变量间的关系，除以上器材外，还准备了几个轻弹簧，所有弹簧的劲度系数均不相同．试设计记录数据的表格．

[答案] (1)天平刻度尺 (每空1分) (2)重力势质量上升高度 (每空1分) (3)设计表格如下 (5分)

小球的质量m＝________kg，弹簧A 压缩量x(m) 上升高度h(m) E＝mgh(J) 弹簧劲度系数k(N/m) 上升高度h(m) E＝mgh(J) A B C

压缩量x＝________cm，小球的质量m＝________kg 13．(10分)如图所示，一劲度系数k＝800 N/m的轻弹簧的两端各焊接着两个质量均为m＝12 kg的物体A、B，A、B和轻弹簧静止竖立在水平地面上．现加一竖直向上的力F在上面的物体A上，使物体A开始向上做匀加速运动，经0.4 s物体B刚要离开地面，设整个过程中弹簧都处于弹性限度内，取g＝10 m/s2．求：

(1)此过程中所加外力F的最大值和最小值． (2)此过程中外力F所做的功．

【解析】(1)A原来静止时有：kx1＝mg (1分)

当物体A刚开始做匀加速运动时，拉力F最小，设为F1．对物体A有：F1＋kx1－mg＝ma (1分)

当物体B刚要离开地面时，拉力F最大，设为F2．对物体A有：F2－kx2－mg＝ma (1分) 对物体B有：kx2＝mg (1分)

对物体A有：x1＋x2＝at2 (1分)

解得：a＝3.75 m/s2

联立解得：F1＝45 N (1分)，F2＝285 N． (1分)

(2)在力F作用的0.4 s内，初末状态的弹性势能相等 (1分) 由功能关系得：

WF＝mg(x1＋x2)＋m(at)2＝49.5 J． (2分)

[答案] (1)285 N 45 N (2)49.5 J

14．(12分)如图甲所示，倾角为θ、足够长的两光滑金属导轨位于同一倾斜的平面内，导轨间距为l，与电阻R1、R2及电容器相连，电阻R1、R2的阻值均为R，电容器的电容为C，空间存在方向垂直斜面向上的匀强磁场，

207

磁感应强度为B．一个质量为m、阻值也为R、长度为l的导体棒MN垂直于导轨放置，将其由静止释放，下滑距离s时导体棒达到最大速度，这一过程中整个回路产生的焦耳热为Q，则：

甲

(1)导体棒稳定下滑的最大速度为多少？

(2)导体棒从释放开始到稳定下滑的过程中流过R1的电荷量为多少？【解析】(1)当达到最大速度时，导体棒匀速运动，电容器中没有电流，设导体棒稳定下滑的最大速度为v，有： E＝Blv (1分)

EI＝ (1分) R2＋R

B2l2v

所以F安＝BIl＝ (2分)

导体棒的受力情况如图乙所示，根据受力平衡条件有：

乙

F安＝mgsin θ (1分)

2mgRsin θ

解得：v＝． (2分)

B2l2(2)棒加速运动时电容器上的电压增大，电容器充电；当棒达到最大速度后，电容器上的电荷量最大并保持不变，所以流过R1的电荷量就是电容器所带的电荷量，则：

EEBlvmgRsin θ

U＝IR2＝R＝＝＝ (3分)

2R22BlmgRCsin θ

QR1＝CU＝． (2分)

Bl2mgRsin θmgRCsin θ

[答案] (1) (2) 22BlBl

15．(13分)如图甲所示，一质量为m、电荷量为q的正离子，在D处沿图示方向以一定的速度射入磁感应强度为B的匀强磁场中，此磁场方向垂直纸面向里．结果离子正好从距A点为d的小孔C沿垂直于电场方向进入匀强电场，此电场方向与AC平行且向上，最后离子打在G处，而G处到A点的距离为2d(直线DAG与电场方向垂直)．不计离子重力，离子运动轨迹在纸面内．求：

甲

(1)正离子从D处运动到G处所需时间． (2)正离子到达G处时的动能．

【解析】(1)正离子的运动轨迹如图乙所示，在磁场中做圆周运动的时间为：

208

乙

12πmt1＝T＝ (1分)

33Bq

圆周运动半径r满足：r＋rcos 60°＝d (1分)

解得：r＝d (1分)

mv0

设离子在磁场中运动的速度为v0，则有：r＝ (1分)

2Bqd

解得：v0＝ (1分)

2d3m

离子从C运动到G所需的时间t2＝＝ (2分)

v0Bq

离子从D→C→G的总时间为：

(9＋2π)m

t＝t1＋t2＝． (2分)

3Bq

(2)设电场强度为E，对离子在电场中的运动过程，有：

qE＝ma，d＝at22 (1分)

由动能定理得：Eq·d＝EkG－mv02 (1分)

2224Bqd

解得：EkG＝． (2分)

9m(9＋2π)m4B2q2d2

[答案] (1) (2)

3Bq9m

16．(15分)如图甲所示，质量m1＝2.0 kg 的物块A随足够长的水平传送带一起匀速运动，传送带的速度大小v带＝3.0 m/s，方向如图所示；在A的右侧L＝2.5 m 处将质量m2＝3.0 kg的物块B无初速度放上传送带．已知在A、B碰后瞬间B相对传送带的速度大小为1.0 m/s，之后当其中某一物块相对传送带的速度为零时，传送带立即以大小为2.0 m/s2的加速度制动，最后停止运动．传送带的运动情况不受物块A、B的影响，且A、B碰撞的时间极短．设两物块与传送带间的动摩擦因数均为μ＝0.10．求：

甲

(1)物块B刚开始滑动时的加速度． (2)碰撞后两物块的速度． (3)两物块间的最大距离．

【解析】(1)物块B刚开始滑动时，加速度为： μm2ga＝＝μg＝1 m/s2，方向向右． (2分)

(2)设经t1时间，A、B两物块相碰，有： 12

at＋L＝v带t1 21

解得：t1＝1 s，t1′＝5 s(由上述分析可知，t1′不合题意，舍去) 碰前B的速度v2＝at1＝1 m/s (2分)

由题意可知：碰后B的速度v2′＝2 m/s或v2″＝4 m/s 由动量守恒定律得：

m1v带＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′ m1v带＋m2v2＝m1v1″＋m2v2″

解得：碰后A的速度v1′＝1.5 m/s或v1″＝－1.5 m/s

209

1112212

检验：由于m1v带＋m2v22＜m1v1′＋m2v2″ 2222

故v1″＝－1.5 m/s、v2″＝4 m/s这组数据舍去

所以碰后A的速度v1′＝1.5 m/s，方向向右；B的速度v2′＝2 m/s，方向向右． (3分)

(3)因碰后两物块均做加速度运动，加速度都为a＝1 m/s2，所以B的速度先达到与传送带相同速度，设B达到与传送带速度相同的时间为t2．

乙

有：v带＝v2′＋at2，t2＝1 s

此时A的速度v3＝v1′＋at2＝2.5 m/s＜v带

故从t2之后A继续加速运动，B和传送带开始减速运动，直到A和传送达到某个共同速度v4后，A所受的摩擦力换向，才开始减速运动．设A继续加速度的时间为t3，则：

v4＝v3＋at3＝v带－a带t3，t3＝ s

A的速度v4＝v3＋at3＝ m/s (2分)

此时B的速度v5＝v带－at3＝ m/s，之后A、B均做减速运动，因为在整个过程中B的速度始终大于A的速

度，所以当A、B都静止时两物块间的距离最大． (1分)

v20－v2带－v2′带

B碰后运动的总位移s2＝＋＝7 m

2a2×(－a)

v2′＋v带v带v带

或s2＝t2＋×＝7 m (2分)

22a

v20－v44－v1′

A碰后运动的总位移s1＝＋≈6 m (2分)

2×a2×(－a)

两物块间的最大距离sm＝s2－s1＝1 m． (1分) [答案] (1)1 m/s2，方向向左

(2)A的速度为1.5 m/s，方向向右；B的速度为2 m/s，方向向右 (3)1 m

210

第10专题计算题的答题规范与解析技巧

计算题通常被称为“大题”，其原因是：此类试题一般文字叙述量较大，涉及多个物理过程，所给物理情境较复杂；涉及的物理模型较多且不明显，甚至很隐蔽；要运用较多的物理规律进行论证或计算才能求得结论；题目的赋分值也较重．

从功能上讲，计算题能很全面地考查学生的能力，它不仅能很好地考查学生对物理概念、物理规律的理解能力和根据已知条件及物理事实对物理问题进行逻辑推理和论证的能力，而且还能更有效地考查学生的综合分析能力及应用数学方法处理物理问题的能力．因此计算题的难度较大，对学生的要求也比较高．要想解答好计算题，除了需要扎实的物理基础知识外，还需要掌握一些有效的解题方法．

答题规范

每年高考成绩出来，总有一些考生的得分与自己的估分之间存在着不小的差异，有的甚至相差甚远．造成这种情况的原因有很多，但主要原因是答题不规范．表述不准确、不完整，书写不规范、不清晰，卷面不整洁、不悦目，必然会造成该得的分得不到，不该失的分失掉了，致使所答试卷不能展示自己的最高水平．因此，要想提高得分率，取得好成绩，在复习过程中，除了要抓好基础知识的掌握、解题能力的训练外，还必须强调答题的规范，培养良好的答题习惯，形成规范的答题行为．

对考生的书面表达能力的要求，在高考的《考试大纲》中已有明确的表述：在“理解能力”中有“理解所学自然科学知识的含义及其适用条件，能用适当的形式(如文字、公式、图或表)进行表达”；在“推理能力”中有“并能把推理过程正确地表达出来”，这些都是考纲对考生书面表达能力的要求．物理题的解答书写与答题格式，在高考试卷上还有明确的说明：解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出答案的不能得分；有数字计算的题目，答案中必须明确写出数值和单位．评分标准中也有这样的说明：只有最后答案而无演算过程的，不给分；解答中单纯列出与解答无关的文字公式，或虽列出公式，但文字符号与题目所给定的不同，不给分．事实上，规范答题体现了一个考生的物理学科的基本素养．然而，令广大教育工作者担忧的是，这些基本素养正在逐渐缺失．在大力倡导素质教育的今天，这一现象应引起我们足够的重视．本模块拟从考生答题的现状及成因，规范答题的细则要求，良好素养的培养途径等方面与大家进行探讨．

一、必要的文字说明

必要的文字说明的目的是说明物理过程和答题依据，有的同学不明确应该说什么，往往将物理解答过程变成了数学解答过程．答题时应该说些什么呢？我们应该从以下几个方面给予考虑：

1．说明研究对象(个体或系统，尤其是要用整体法和隔离法相结合求解的题目，一定要注意研究对象的转移和转化问题)．

2．画出受力分析图、电路图、光路图或运动过程的示意图． 3．说明所设字母的物理意义．

4．说明规定的正方向、零势点(面)． 5．说明题目中的隐含条件、临界条件．

6．说明所列方程的依据、名称及对应的物理过程或物理状态． 7．说明所求结果的物理意义(有时需要讨论分析)．二、要有必要的方程式

物理方程是表达的主体，如何写出，重点要注意以下几点．

1．写出的方程式(这是评分依据)必须是最基本的，不能以变形的结果式代替方程式(这是相当多的考生所忽视

v2mv

的)．如带电粒子在磁场中运动时应有qvB＝m，而不是其变形结果式R＝．

RqB

2．要用字母表达方程，不要用掺有数字的方程，不要方程套方程．

3．要用原始方程组联立求解，不要用连等式，不断地“续”进一些内容．

4．方程式有多个的，应分式布列(分步得分)，不要合写一式，以免一错而致全错，对各方程式最好能编号．三、要有必要的演算过程及明确的结果

1．演算时一般先进行文字运算，从列出的一系列方程推导出结果的计算式，最后代入数据并写出结果．这样

211

既有利于减轻运算负担，又有利于一般规律的发现，同时也能改变每列一个方程就代入数值计算的不良习惯．

2．数据的书写要用科学记数法．

3．计算结果的有效数字的位数应根据题意确定，一般应与题目中开列的数据相近，取两位或三位即可．如有特殊要求，应按要求选定．

4．计算结果是数据的要带单位，最好不要以无理数或分数作为计算结果(文字式的系数可以)，是字母符号的不用带单位．

四、解题过程中运用数学的方式有讲究

1．“代入数据”，解方程的具体过程可以不写出． 2．所涉及的几何关系只需写出判断结果而不必证明． 3．重要的中间结论的文字表达式要写出来．

4．所求的方程若有多个解，都要写出来，然后通过讨论，该舍去的舍去． 5．数字相乘时，数字之间不要用“·”，而应用“×”进行连接；相除时也不要用“÷”，而应用“/”．五、使用各种字母符号要规范

1．字母符号要写清楚、规范，忌字迹潦草．阅卷时因为“v、r、ν”不分，大小写“M、m”或“L、l”不分，“G”的草体像“a”，希腊字母“ρ、μ、β、η”笔顺或形状不对而被扣分已屡见不鲜．

2．尊重题目所给的符号，题目给了符号的一定不要再另立符号．如题目给出半径是r，你若写成R就算错． 3．一个字母在一个题目中只能用来表示一个物理量，忌一字母多用；一个物理量在同一题中不能有多个符号，以免混淆．

4．尊重习惯用法．如拉力用F，摩擦力用f表示，阅卷人一看便明白，如果用反了就会带来误解．

5．角标要讲究．角标的位置应当在右下角，比字母本身小许多．角标的选用亦应讲究，如通过A点的速度用vA就比用v1好；通过某相同点的速度，按时间顺序第一次用v1、第二次用v2就很清楚，如果倒置，必然带来误解．

6．物理量单位的符号源于人名的单位，由单个字母表示的应大写，如库仑C、亨利H；由两个字母组成的单位，一般前面的字母用大写，后面的字母用小写，如Hz、Wb．

六、学科语言要规范，有学科特色

1．学科术语要规范．如“定律”、“定理”、“公式”、“关系”、“定则”等词要用准确，阅卷时常可看到“牛顿运动定理”、“动能定律”、“四边形公式”、“油标卡尺”等错误说法．

2．语言要富有学科特色．在有图示的坐标系中将电场的方向说成“西南方向”、“南偏西45°”、“向左下方”等均是不规范的，应说成“与x轴正方向的夹角为135°”或“如图所示”等．

七、绘制图形、图象要清晰、准确

1．必须用铅笔(便于修改)、圆规、直尺、三角板绘制，反对随心所欲徒手画．

2．画出的示意图(受力分析图、电路图、光路图、运动过程图等)应大致能反映有关量的关系，图文要对应． 3．画函数图象时，要画好坐标原点和坐标轴上的箭头，标好物理量的符号、单位及坐标轴上的数据． 4．图形、图线应清晰、准确，线段的虚实要分明，有区别．

4●例1(28分)太阳现正处于序星演化阶段．它主要是由电子和1维持太阳辐射的是它内1H、2He等原子核组成．

4部的核聚变反应，核反应方程是2e＋41这些核能最后转化为辐射能．根据目前关于恒星演1H→2He＋释放的核能，

化的理论，若由于核变反应而使太阳中的 11H核数目从现有的减少10%，太阳将离开主序星阶段而转入红巨星的演化阶段．为了简化，假定目前太阳全部由电子和11H核组成．

(1)为了研究太阳演化进程，需知道目前太阳的质量M．已知地球的半径R＝6.4×106 m，地球的质量m＝6.0×1024 kg，日地中心的距离r＝1.5×1011 m，地球表面处重力加速度g＝10 m/s2，1年约为3.2×107 s．试估算目前太阳的质量M．

－－27－4(2)已知质子的质量mp＝1.6726×1027 kg， kg，电子的质量me＝0.9×1030 kg，2He核的质量mα＝6.58×10光速c＝3×108 m/s．求每发生一次题中所述的核聚变反应所释放的核能．

(3)又已知地球上与太阳光垂直的每平方米的截面上，每秒通过的太阳辐射能w＝1.35×103 W/m2．试估算太阳继续保持在主序星阶段还有多少年的寿命．(估算结果保留一位有效数字) [2001年高考·全国理综卷Ⅰ]

【解析】(1)(第一记分段：估算太阳的质量 14分) 设地球的公转周期为T，则有： mM2π

G2＝m()2r (3分) rT

mm′m

g＝G2(等效式为：m′g＝G2) (3分)

212

2π2r3联立解得：M＝m()·2 (4分)

TgR

代入数值得：M＝2×1030 kg． (4分) (卷面上暴露出来的易犯错误的一些问题：

①不用题中给的物理量符号，自己另用一套符号，r、R、m、M错用，丢掉14分；

②对题中给出的地球的质量m和地球表面处的重力加速度g视而不见，把G的数值代入计算太阳的质量，丢掉11分；

③太阳的质量M的计算结果的有效数字不对，丢掉4分．) (2)(第二记分段：核聚变反应所释放的核能 7分) ΔE＝(4mp＋2me－mα)c2 (4分)

－

代入数值得：ΔE＝4×1012 J． (3分) (卷面上暴露出来的易犯错误的一些问题：

－

①数字运算能力低，能导出ΔE＝(4mp＋2me－mα)c2，却算不出ΔE＝4×1012 J，丢掉3分； ②ΔE的计算结果的有效数字不对，丢掉3分； ③ΔE的计算结果的单位不对，丢掉1分．)

(3)(第三记分段：估算太阳继续保持在主序星阶段的时间 7分)

核聚变反应的次数N＝×10% (2分)

4mp

太阳共辐射的能量E＝N·ΔE 太阳每秒辐射的总能量ε＝4πr2·w (2分)

太阳继续保持在主序星阶段的时间t＝ (2分)

0.1M(4mp＋2me－mα)c2

由以上各式得：t＝

4mp×4πr2w

代入数值得：t＝1×1010年． (1分)

(卷面上暴露出来的易犯错误的一些问题：

因不熟悉天体辐射知识，大多数考生解答不出来．)

－

[答案] (1)2×1030 kg (2)4×1012 J (3)1×1010年

●例2(18分)图10－1中滑块和小球的质量均为m，滑块可在水平放置的光滑固定导轨上自由滑动，小球与滑块上的悬点O由一不可伸长的轻绳相连，轻绳长为l．开始时，轻绳处于水平拉直状态，小球和滑块均静止．现将小球由静止释放，当小球到达最低点时，滑块刚好被一表面涂有黏性物质的固定挡板粘住，在极短的时间内速度减为零，小球继续向左摆动，当轻绳与竖直方向的夹角θ＝60°时小球达到最高点．求：

图10－1

(1)从滑块与挡板接触到速度刚好变为零的过程中，挡板阻力对滑块的冲量． (2)小球从释放到第一次到达最低点的过程中，绳的拉力对小球做功的大小． [2008年高考·全国理综卷Ⅰ]

【解析】(1)(第一问给分点：12分)

解法一设小球摆至最低点时，滑块和小球的速度大小分别为v1、v2，对于滑块和小球组成的系统，由机械能守恒定律得：

mv12＋mv22＝mgl (3分) 22

同理，滑块被粘住后，对于小球向左摆动的过程，有： 1

mv22＝mgl(1－cos 60°) (3分) 2

解得：v1＝v2＝gl (2分)

对于滑块与挡板接触的过程，由动量定理得： I＝0－mv1

可知挡板对滑块的冲量I＝－mgl，负号表示方向向左．(4分，其中方向占1分)

解法二设小球摆至最低点时，滑块和小球的速度大小分别为v1、v2，由动量守恒定律得： mv1－mv2＝0 (3分)

213

对于小球向左摆动的过程，由机械能守恒定律得： 1

mv22＝mgl(1－cos 60°) (3分) 2

可解得：v1＝v2＝gl (2分)

对于滑块与挡板接触的过程，由动量定理有： I＝0－mv1

可解得挡板对滑块的冲量为：

I＝－mgl，负号表示方向向左．(4分，其中方向占1分)

解法三设小球摆至最低点时，滑块和小球的速度大小分别为v1、v2，由机械能守恒定律得： 11

mv12＋mv22＝mgl (3分) 22

又由动量守恒定律得： mv1＋m(－v2)＝0 (3分) 可解得：v1＝v2＝gl (2分)

对于滑块与挡板接触的过程，由动量定理得： I＝0－mv1

可解得挡板对滑块的冲量为：

I＝－mgl，负号表示方向向左．(4分，其中方向占1分)

解法四由全过程的能量转换和守恒关系可得(滑块在碰撞时损失的能量等于系统机械能的减少，等于滑块碰前的动能)：

ΔE＝mgl－mgl(1－cos 60°)＝mv2 (6分)

可解得滑块碰前的速度为：v＝gl (2分)

对于滑块与挡板接触的过程，由动量定理得：I＝0－mv 可解得挡板对滑块的冲量为：

I＝－mgl，负号表示方向向左． (4分，其中方向占1分)

解法五由全过程的能量转换和守恒关系可得(滑块在碰撞时损失的能量等于系统机械能的减少，等于滑块碰前的动能)：

ΔE＝mglcos 60°＝mv2 (6分)

可解得滑块碰前的速度为：v＝gl (2分) 对于滑块与挡板接触的过程，由动量定理得： I＝0－mv

可解得挡板对滑块的冲量为：

I＝－mgl，负号表示方向向左． (4分，其中方向占1分) (2)(第二问给分点：6分)

解法一对小球下摆的过程，由动能定理得：

mgl＋W＝mv22 (4分)

可解得细绳对其做的功为：

W＝－mgl． (2分)

解法二绳的张力对小球所做的功的绝对值等于滑块在碰前的动能(或等于绳子的张力对滑块做的功)，则有：

W′＝mv12或W′＝mv12－0 ( 4分)

可解得：W＝－W′＝－mgl． (2分)

解法三绳子的张力对小球做的功等于小球在全过程中的机械能的增量，有：

W＝(－mg·)－0＝－mgl(取滑块所在高度的水平面为参考平面) (6分)

或W＝mgl(1－cos 60°)－mgl＝－mgl(取小球所到达的最低点为参考平面)

214

l1或W＝0－mg·＝－mgl(取小球摆起的最高点为参考平面)．

解法四对小球运动的全过程，由动能定理得：

W＋mglcos 60°＝0或W＋mg·＝0 (4分)

解得：W＝－mgl． (2分)

解法五考虑小球从水平位臵到最低点的过程：

若滑块固定，绳子的张力对小球不做功，小球处于最低点时的速率v球′＝2gl(由mgl＝mv球′2得到) (2

2分)

若滑块不固定，绳子的张力对小球做功，小球处于最低点时的速率v球＝gl(v球应由前面正确求得)

则绳子对小球做的功为：W＝mv球2－mv球′2 (2分)

＝－mgl． (2分)

[答案] (1)－mgl，负号表示方向向左 (2)－mgl

【点评】①越是综合性强的试题，往往解题方法越多，同学们通过本例的多种解题方法要认真地总结动能定理、机械能守恒定律和能量的转化与守恒定律之间的关系．

②要认真地推敲各种解题方法的评分标准，从而建立起自己解题的规范化程序．

解题技巧

从前面各专题可以看出，在高中物理各类试题的解析中常用到的方法有：整体法、隔离法、正交分解法、等效类比法、图象法、极限法等，这些方法技巧在高考计算题的解析中当然也是重要的手段，但这些方法技巧涉及面广，前面已有较多的论述和例举，这里就不再赘述．本模块就如何面对形形色色的论述、计算题迅速准确地找到解析的“突破口”作些讨论和例举．

论述、计算题一般都包括对象、条件、过程和状态四要素．

对象是物理现象的载体，这一载体可以是物体(质点)、系统，或是由大量分子组成的固体、液体、气体，或是电荷、电场、磁场、电路、通电导体，或是光线、光子和光学元件，还可以是原子、核外电子、原子核、基本粒子等．

条件是对物理现象和物理事实(对象)的一些，解题时应“明确”显性条件、“挖掘”隐含条件、“吃透”模糊条件．显性条件是易被感知和理解的；隐含条件是不易被感知的，它往往隐含在概念、规律、现象、过程、状态、图形和图象之中；模糊条件常常存在于一些模糊语言之中，一般只指定一个大概的范围．

过程是指研究的对象在一定条件下变化、发展的程序．在解题时应注意过程的多元性，可将全过程分解为多个子过程或将多个子过程合并为一个全过程．

状态是指研究对象各个时刻所呈现出的特征．

方法通常表现为解决问题的程序．物理问题的求解通常有分析问题、寻求方案、评估和执行方案几个步骤，而分析问题(即审题)是解决物理问题的关键．

一、抓住关键词语，挖掘隐含条件

在读题时不仅要注意那些给出具体数字或字母的显性条件，更要抓住另外一些叙述性的语言，特别是一些关键词语．所谓关键词语，指的是题目中提出的一些性语言，它们或是对题目中所涉及的物理变化的描述，或是对变化过程的界定等．

高考物理计算题之所以较难，不仅是因为物理过程复杂、多变，还由于潜在条件隐蔽、难寻，往往使考生们产生条件不足之感而陷入困境，这也正考查了考生思维的深刻程度．在审题过程中，必须把隐含条件充分挖掘出来，这常常是解题的关键．有些隐含条件隐蔽得并不深，平时又经常见到，挖掘起来很容易，例如题目中说“光滑的平面”，就表示“摩擦可忽略不计”；题目中说“恰好不滑出木板”，就表示小物体“恰好滑到木板边缘处且具有与木板相同的速度”等等．但还有一些隐含条件隐藏较深或不常见到，挖掘起来就有一定的难度了．

●例3(10分)两质量分别为M1和M2的劈A和B，高度相同，放在光滑水平面上，A和B的倾斜面都是光滑曲面，曲面下端与水平面相切，如图10－2所示．一质量为m的物块位于劈A的倾斜面上，距水平面的高度为h．物

215

块从静止滑下，然后又滑上劈B．求物块在B上能够达到的最大高度．[2009年高考·宁夏理综卷]

图10－2

【解析】设物块到达劈A的底端时，物块和A的速度大小分别为v和v1，由机械能守恒和动量守恒得：

mgh＝mv2＋M1v12 (2分)

22M1v1＝mv (2分)

设物块在劈B上达到的最大高度为h′，此时物块和B的共同速度大小为v′，由机械能守恒和动量守恒得：

mgh′＋(M2＋m)v′2＝mv2 (2分)

mv＝(M2＋m)v′ (2分)

M1M2联立解得：h′＝h． (2分)

(M1＋m)(M2＋m)M1M2[答案] h

(M1＋m)(M2＋m)

【点评】本题应分析清楚物块从A滑下以及滑上B的情境，即从A滑下和滑上B的过程水平方向动量守恒，在B上上升至最大高度时，隐含着与B具有相同速度的条件．

二、重视对基本过程的分析(画好情境示意图)

在高中物理中，力学部分涉及的运动过程有匀速直线运动、匀变速直线运动、平抛运动、圆周运动、简谐运动等，除了这些运动过程外，还有两类重要的过程：一类是碰撞过程，另一类是先变加速运动最终匀速运动的过程(如汽车以恒定功率启动问题)．热学中的变化过程主要有等温变化、等压变化、等容变化、绝热变化等(这些过程的定量计算在某些省的高考中已不作要求)．电学中的变化过程主要有电容器的充电和放电、电磁振荡、电磁感应中的导体棒做先变加速后匀速的运动等，而画出这些物理过程的示意图或画出关键情境的受力分析示意图是解析计算题的常规手段．

画好分析草图是审题的重要步骤，它有助于建立清晰有序的物理过程和确立物理量间的关系，可以把问题具体化、形象化．分析图可以是运动过程图、受力分析图、状态变化图，也可以是投影法、等效法得到的示意图等．在审题过程中，要养成画示意图的习惯．解物理题，能画图的尽量画图，图能帮助我们理解题意、分析过程以及探讨过程中各物理量的变化．几乎无一物理问题不是用图来加强认识的，而画图又迫使我们审查问题的各个细节以及细节之间的关系．

●例4(18分)如图10－3甲所示，建立Oxy坐标系．两平行极板P、Q垂直于y轴且关于x轴对称，极板长度和板间距均为l，在第一、四象限有磁感应强度为B的匀强磁场，方向垂直于Oxy平面向里．位于极板左侧的粒子源沿x轴向右连续发射质量为m、电荷量为＋q、速度相同、重力不计的带电粒子．在0～3t0时间内两板间加上如图10－3乙所示的电压(不考虑极板边缘的影响)．已知t＝0时刻进入两板间的带电粒子恰好在t0时刻经极板边缘射入磁场．上述m、q、l、t0、B为已知量，不考虑粒子间相互影响及返回极板间的情况．

(1)求电压U0的大小．

(2)求t0时刻进入两板间的带电粒子在磁场中做圆周运动的半径．

(3)何时进入两板间的带电粒子在磁场中的运动时间最短？求此最短时间． [2009年高考·山东理综卷]

图10－3

【解析】(1)t＝0时刻进入两板间的带电粒子在电场中做匀变速曲线运动，t0时刻刚好从极板边缘射出，在y轴

负方向偏移的距离为l，则有：

216

U0E＝ (1分)

qE＝ma (1分) 112

l＝at (2分) 220

ml2

联立解得：两板间的偏转电压U0＝2． (1分)

qt0

111

(2)t0时刻进入两板间的带电粒子，前t0时间在电场中偏转，后t0时间两板间没有电场，带电粒子做匀速直线222

运动．

带电粒子沿x轴方向的分速度大小v0＝ (1分)

带电粒子离开电场时沿y轴负方向的分速度大小vy＝a·t0 (1分)

带电粒子离开电场时的速度大小v＝v02＋vy2 (1分)

设带电粒子离开电场进入磁场做匀速圆周运动的半径为R，则有：qvB＝m (1分)

5ml

联立解得：R＝． (1分)

2qBt0

(3)2t0时刻进入两板间的带电粒子在磁场中运动的时间最短． (2分) 带电粒子离开电场时沿y轴正方向的分速度为：vy′＝at0(1分)

图10－3丙

设带电粒子离开电场时速度方向与y轴正方向的夹角为α，则tan α＝ (1分)

vy′

联立解得：α＝ (1分)

π1

带电粒子在磁场中的运动轨迹如图10－3丙所示，圆弧所对的圆心角2α＝，所求最短时间为：tmin＝T (1

24分)

2πm

带电粒子在磁场中运动的周期T＝ (1分)

πm

联立解得：tmin＝． (1分)

2qBml25mlπm

[答案] (1)2 (2) (3)2t0时刻

qt02qBt02qB

【点评】在解决带电粒子在电场、磁场中的偏转问题时，要充分分析题意，结合必要的计算，画出物体运动的轨迹图．为了确保解题的正确，所画的轨迹图必须准确，同学们可以想一下在做数学中的几何题时是如何作图的．在解决这类物理题时，也要作出一个标准的图形．

三、要谨慎细致，谨防定势思维

经常遇到一些物理题故意多给出已知条件，或表述物理情境时精心设置一些陷阱，安排一些似是而非的判断，以此形成干扰因素，来考查学生明辨是非的能力．这些因素的迷惑程度愈大，同学们愈容易在解题过程中犯错误．在审题过程中，只有有效地排除这些干扰因素，才能迅速而正确地得出答案．有些题目的物理过程含而不露，需结合已知条件，应用相关概念和规律进行具体分析．分析前不要急于动笔列方程，以免用假的过程模型代替了实际的物

217

理过程，防止定势思维的负迁移．

●例5(18分)如图10－4甲所示，用长为L的丝线悬挂着一质量为m、带电荷量为＋q 的小球，将它们放入水

3mg

平向右的匀强电场中，场强大小E＝．今将小球拉至水平方向的A点后由静止释放．

图10－4甲

(1)求小球落至最低点B处时的速度大小．

(2)若小球落至最低点B处时，绳突然断开，同时使电场反向，大小不变，则小球在以后的运动过程中的最小动能为多少？

【解析】(1)由题意知：小球受到水平向右的电场力qE和重力mg的作用，使小球沿合力的方向做匀加速直线运动到C点，如图10－4乙所示．由几何知识得：LAC＝L (1分)

图10－4乙

由动能定理可得：

F合·L＝mvC2 (3分)

2mgL1即＝mvC2 (1分) cos 30°2

43gL

(1分) 3

绳子绷紧的瞬间，绳子给小球的冲量使小球沿绳方向的速度减为零解得：vC＝

沿切线方向的速度vC′＝vCcos 30°＝3gL (2分)

此后小球从C点运动到B点的过程中，绳子对小球不做功，电场力和重力均对小球做正功，则有：

mg(L－Lcos 30°)＋EqLsin 30°＝mvB2－mvC′2 (3分)

解得：vB2＝(2＋)gL

即vB＝1.6gL． (2分)

(2)绳断后，电场反向，则重力和电场力的合力对小球先做负功后做正功，把小球的速度沿合力和垂直于合力的方向进行分解，如图10－4丙所示，当沿合力方向的分速度为零时，小球的速度最小，动能最小，则有：

图10－4丙

218

3v (2分) 2B其最小动能为：

Ek＝mvL2＝0.97mgL． (3分)

[答案] (1)1.6gL (2)0.97mgL

【点评】本题易错之处有三个：①小球从A运动到B的过程中，初始阶段并非做圆周运动；②小球运动到C点时绳子拉直的瞬间机械能有损失；③不能利用合力做功分析出小球后来最小速度的位臵及大小．

四、善于从复杂的情境中快速地提取有效信息现在的物理试题中介绍性、描述性的语句相当多，题目的信息量很大，解题时应具备敏锐的眼光和灵活的思维，善于从复杂的情境中快速地提取有效信息，准确理解题意．

●例6(18分)风能将成为21世纪大规模开发的一种可再生清洁能源．风力发电机是将风能(气流的功能)转化为电能的装置，其主要部件包括风轮机、齿轮箱、发电机等．如图10－5所示．

vL＝vBcos 30°＝图10－5

(1)利用总电阻R＝10 Ω 的线路向外输送风力发电机产生的电能．输送功率P0＝300 kW，输电电压U＝10 kV，求导线上损失的功率与输送功率的比值．

(2)风轮机叶片旋转所扫过的面积为风力发电机可接受风能的面积．设空气密度为ρ，气流速度为v，风轮机叶片的长度为r．求单位时间内流向风轮机的最大风能Pm．

在风速和叶片数确定的情况下，要提高风轮机单位时间接受的风能，简述可采取的措施．

(3)已知风力发电机的输出电功率P与Pm成正比．某风力发电机的风速v1＝9 m/s时能够输出电功率P1＝0 kW．我国某地区风速不低于v2＝6 m/s的时间每年约为5000 h，试估算这台风力发电机在该地区的最小年发电量．

[2008年高考·北京理综卷]

【解析】(1)导线上损失的功率P＝I2R＝()2R (2分)

300×1032

可解得：P＝()×10 W＝9 kW (2分)

10×103损失的功率与输送功率的比值为：

9×103P＝＝0.03． (2分) P0300×103(2)风垂直流向风轮机时，提供的风能功率最大

单位时间内垂直流向叶片旋转面积的气体的质量为： m0＝ρvS＝πρvr2 (2分) 风能的最大功率可表示为：

Pm＝m0v2＝πρr2v3 (2分)

采取的合理措施有：增加风轮机叶片的长度，安装调向装臵保持风轮机正面迎风等． (3分) (3)按题意，风力发电机的输出功率为：

v26P2＝()3·P1＝()3×0 kW＝160 kW (3分)

v19

最小年发电量约为： W＝P2t＝160×5000 kW·h＝8×105 kW·h． (2分)

[答案] (1)0.03 (2)πρr2v3 措施略

(3)8×105 kW·h

【点评】由本例可看出，这类题型叙述较长，但将所给的信息进行提炼后，解析过程并不复杂．所以审题的关键是认真阅读题意，建立物理模型．

219

能力演练

一、选择题(10×4分)

1．在北京奥运会场馆的建设中，大量采用了环保新技术，如场馆周围的路灯用太阳能电池供电，洗浴热水通过太阳能集热器产生等．太阳能产生于太阳内部的核聚变，其核反应方程是( )

A．41H→42He＋21e

4171

B．145N＋2He→8O＋1H

1136901

C．23592U＋0n→Xe＋38Sr＋100n

2344

D．232U→90Th＋2He

【解析】各选项中的核反应方程中只有A中为聚变反应． [答案] A

2．下列说法正确的是( )

A．随着科技的进步，总有一天热机的效率可以达到100%

B．用气筒打气时看到气体体积可以任意扩大和缩小，所以气体自由膨胀的过程是可逆过程 C．空调既能制热又能制冷，说明热传递不存在方向性

D．自然界一切自发的能量转化过程具有单向特性，虽然总能量守恒，但能量品质在退化【解析】根据热力学第二定律可判断选项D正确． [答案] D

3．爱因斯坦由光电效应的实验规律提出了光子说，下列对光电效应的解释中，正确的是( )

A．金属内的每个电子可以吸收一个或同时吸收几个光子，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逸出时需要做的最小功，但只要照射时间足够长，光电效应也能发生

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的入射光的最低频率也不相同

【解析】电子每次只吸收一个光子的能量，若电子吸收一个光子后能量的增加不足以逸出，就会很快与其他电子碰撞而损失能量，故无法因积累吸收光子的能量而逸出，选项A、B错误．光电子的最大初动能Ek＝hν－W逸，与光的强度无关，选项C错误、D正确．

[答案] D

4．如图所示，水平面B点以左是光滑的、B点以右是粗糙的，相距为L的质量为M和m的两个小物块，在B点以左的光滑水平面上以相同的速度向右运动．它们先后进入表面粗糙的水平面，最后停止运动．它们与粗糙水平面间的动摩擦因数相同，静止后两物块之间的距离为s．下列说法正确的是( )

【解析】两物块进入粗糙面后做减速运动的加速度大小相等，即a＝μg，故减速滑行的位移相同，即s＝，

2μg

故选项D正确．

[答案] D

5．半径为R的竖直圆弧轨道，与粗糙的水平面相连，如图所示．有一个质量为m的均匀细直杆恰好能放在

圆弧两端，若释放细杆，它将开始下滑，并且最后停在水平面上．在上述过程中( )

A．杆克服摩擦力所做的功为mgR

B．杆克服摩擦力所做的功为mgR

C．重力所做的功为mgR

A．若M>m，则s>L B．若M＝m，则s＝L C．若ML

D．无论M、m取何值，都有s＝0

220

1D．外力做的总功为mgR

【解析】由动能定理得：W总＝WG＋Wf＝0，又由WG＝mg·，故知杆克服摩擦力所做的功为mgR．

[答案] B

6．将如图所示的装置安装在沿直线轨道运动的火车车厢中，可以对火车运动的加速度进行检测．安装时使杆沿轨道方向固定．闭合开关S，当系统静止时，穿在光滑绝缘杆上的小球在O点，固定在小球上的变阻器滑片停在变阻器BC的正，此时，电压表指针指在盘0刻度．当火车水平方向有加速度时，小球在光滑绝缘杆上移动，滑片P随之在变阻器上移动，电压表指针发生偏转．已知火车向右加速运动时，电压表的指针向左偏．下列说法正确的是( )

A．若火车向右做减速运动，则小球在O点右侧，电压表指针向左偏 B．若火车向左做减速运动，则小球在O点左侧，电压表指针向右偏 C．若火车向左做减速运动，则小球在O点左侧，电压表指针向左偏 D．若火车向左做加速运动，则小球在O点右侧，电压表指针向左偏

【解析】当火车向右加速时滑片向左移，电流从电压表的左接线柱流进，引起了电压表的指针向左偏转．故当火车向左减速时，情况与上述相同；火车向右减速以及向左加速时，情况与上述相反．

[答案] C

7．图示是一列沿x轴正方向传播的简谐横波在t＝0.25 s时刻的波形图．已知波的传播速度v＝2 m/s，则在x＝1.5 m处的质点振动的函数表达式及其在此后4.25 s内通过的路程s分别为( )

A．y＝5sin 2πt(cm)，s＝5 cm B．y＝－5sin 2πt(cm)，s＝5 cm C．y＝5sin 2πt(cm)，s＝85 cm D．y＝－5sin 2πt(cm)，s＝85 cm

【解析】由题意知T＝v＝1 s

故在0时刻波形图如图中的虚线所示

故知在x＝1.5 m处的质点的振动函数y＝－5sin 2πt

又因为t＝4.25 s＝T，所以s＝17A＝85 cm．

[答案] D

8．目前，一种用于摧毁人造卫星或空间站的激光武器已研制成功．如图所示，某空间站位于地平线上方，现准备用一束激光射向该空间站，则应把激光器( )

A．沿视线对着空间站瞄高一些

221

B．沿视线对着空间站瞄低一些 C．沿视线对准空间站直接瞄准 D．条件不足，无法判断

【解析】当武器瞄准空间站时，光线如图所示，即看见的空间站位臵S′比实际位臵S略高，但武器发射出的激光经过大气层和大气层的边缘时也要发生折射，由光路可逆原理知激光器应对准看到的空间站的像瞄准．故选项C正确．

[答案] C

9．我国第二颗北斗导航卫星(Compass－G2)于4月15日凌晨成功发射，这次发射加固和提升了正在运行的北斗一代的功能，对实现一、二代平稳过渡具有重要意义．正在建设中的“北斗二号”卫星导航系统空间站将由5颗静止轨道卫星和30颗非静止轨道卫星组成．若已知有两颗导航通信卫星分别定位于赤道上东经80°和140°的上空，又已知地球半径R＝00 km，取g＝10 m/s2．则关于这两颗卫星，下列说法正确的是( )

A．随着地球的自转，两卫星的间距会发生变化 B．两卫星的间距是固定的，大小约为6.4×106 m C．两卫星的间距是固定的，大小约为4.26×107 m D．这两颗卫星的信号可覆盖整个地球表面

【解析】这两颗卫星与赤道平面的位臵关系如图所示．

故AB＝r

Mm4π2

又由G2＝m2r，T＝24 h，GM＝gR2

可得：r≈4.26×107 m，选项C正确．

由地球的形状与两卫星的位臵可知，这两颗卫星的信号不能覆盖整个地球表面． [答案] C 10．如图所示，将一个质量为m的带正电的小球(可看做点电荷)用丝线吊着放在匀强磁场中，最大摆角α<10°，不计空气阻力．则( )

A．小球从A点摆向O点跟从B点摆向O点相比，经过最低点O时，丝线张力相同，球的机械能相同，动量相同

B．小球从A点摆向O点跟从B点摆向O点相比，经过最低点O时，丝线张力不同，球的机械能相同，动量不同

C．和无磁场时相比，单摆周期变大 D．和无磁场时相比，单摆周期不变

【解析】洛伦兹力不做功，由机械能守恒定律知小球向左和向右通过O点的速度大小相等、方向相反，故机

222

mv2mv2械能相等，动量不同；向右通过O点时丝线张力T1＝mg＋－qvB，向左通过O点时丝线张力T2＝mg＋＋

qvB．故选项B正确．

在摆动过程中，洛伦兹力只是加大或减小丝线的张力，并不影响小球的回复力，故周期不变．选项D正确． [答案] BD

二、非选择题(共60分) 11．(6分)某同学用如图所示的装置研究平抛物体的运动．两个相同的弧形轨道M、N，分别用于发射小铁球P、Q，其中N的末端与可看做光滑的水平板相切，两轨道上端分别装有电磁铁C、D，调节电磁铁C、D的高度，使AC＝BD，从而保证小铁球P、Q在轨道出口处的水平初速度相等．现将小铁球P、Q分别吸在电磁铁C、D上，然后切断电源，使两个小铁球能以相同的初速度同时分别从轨道M、N的下端射出，可以看到P、Q两球相碰，只改变弧形轨道M的高度，重复上述实验，仍能观察到相同的现象，这说明__________________________．

另一位同学用实验研究平抛运动时，在白纸上标出了重垂线MN，并获得了小球平抛轨迹上的两个点a、b，测得a、b两点到MN的水平距离分别是10 cm和20 cm，两点的竖直距离是15 cm，取g＝10 m/s2，则可推断小球平抛的初速度为________m/s．

【解析】由a、b两点与MN的水平距离，可知平抛运动的时间间隔tMa＝tab，又由竖直方向的分运动为自由落

体运动，可知yMa＝5 cm，故yab－yMa＝gt2，t＝0.1 s，则小球平抛的初速度v0＝＝1 m/s．

[答案] 平抛运动的小球在水平方向的分速度保持不变 1(每空3分) 12．(9分)实验室备有以下实验器材：

A．一个已校准的电流表(量程为1 mA，内阻约几百欧) B．一个标准电压表(量程为3 V) C．一个电源E(电动势约为4 V)

D．一个电阻箱R1(阻值范围为0～9999 Ω) E．一个滑动变阻器R2(阻值范围为0～20 Ω) F．一个单刀单掷开关S、另有导线若干

现要先测出电流表的内阻，然后将其改装成量程也为3 V 的电压表，最后利用上述标准电压表对改装成的电压表进行校对．若要求只设计一个电路，既可以较精确地测量表的内阻，又能对改装后的电压表进行校对．

(1)请在虚线框中画出你设计的实验电路图． (2)将图中实物连接成校对电路图．

(3)根据实验电路，回答下列问题：

①若在测表内阻的实验中，调节电阻箱R1，使其接入电路中的电阻为R时，读出表和表的示数分别为I和U，则电流表内阻的大小表达式为________．(用I、U和R表示)

②将表改装成量程为3 V的电压表后，在进行校对时，发现改装后的电压表的示数总比标准电压表的示数小，这可能是因为电流表的内阻测量值比实际值________(填“大”或“小”)，应适当调节电阻箱使其接入的电阻值________(填“增大”或“减小”)．

[答案] (1)如图甲所示 (3分) (2)如图乙所示 (2分)

223

(3)①－R (2分) ②小减小 (每空1分)

13．(8分)某些城市的交通部门规定汽车在市区某些街道行驶的速度不能超过vm．一辆汽车一次事故前在该水平路段紧急刹车，沿直线滑行一段距离后与另一车碰撞，交警测得车轮在地面上连续滑行的轨迹长sm，又从手册中查出该车车轮与地面间的动摩擦因数μ，有关数据在下面表中．请你判断这辆汽车是否违反规定超速行驶．

vm(km/h) 30 sm(m) 10 μ 0.72 g(m/s2) 10

μmg 【解析】汽车刹车的加速度a＝－＝－μg (2分)

设该车与另一车碰撞时已停止，则有：0－v2＝2asm (2分) 得：v＝2μgsm＝43.2 km/h (2分)

说明该车刹车前的速度v0≥43.2 km/h>vm，故汽车超速行驶． (2分) [答案] 汽车超速行驶

14．(10分)如图所示，一质量为m、电荷量为e的电子经电压U加速后，由静止开始从O点沿水平方向OA射出，要使电子恰好能够击中位于C处的靶面，已知OA与OC方向间的夹角为θ，OC＝d．

(1)如果在电子出射后的右侧空间施加竖直方向的匀强电场，求该匀强电场的电场强度E的大小和方向． (2)如果在电子出射后的右侧空间施加垂直纸面方向的匀强磁场，求该匀强磁场的磁感应强度B的大小和方向．

【解析】(1)电子由静止开始经电压U加速后获得的动能为：Ek＝eU＝mv02 (2分)

当施加竖直向上的匀强电场时，电子做类平抛运动有： d·cos θ＝v0t (1分)

1eE

d·sin θ＝·t2 (1分)

4Usin θ

联立解得：匀强电场的电场强度E＝，方向竖直向上． (1分)

dcos2θ

(2)当施加垂直纸面向里的匀强磁场时，电子做匀速圆周运动，此时由几何关系可知： d＝2R·sin θ (2分)

又evB＝m (2分)

2sin θ2mU故B＝，方向垂直纸面向里． (1分)

de4Usin θ

[答案] (1)，方向竖直向上

dcos2θ

2sin θ2mU(2)，方向垂直纸面向里

15．(12分)地下埋有一根与地表平行的直线电缆，电缆中通有变化的电流，如果电缆的走向与纸面垂直．现要在地面上探测电缆的深度及电缆中电流的大小，我们利用试探小线圈(平面圆环)串联一只交流电压表来测量．

(1)假设某时刻电缆中的电流方向垂直纸面向里，请在图甲中画出电流产生的磁场的磁感应线．(要求用作图工

224

具作图，至少画出3条磁感应线，其中有一条恰与地面相交)

甲

(2)保持试探小线圈平面与纸面垂直，且沿垂直于电缆线方向由P向Q缓缓移动，观察电压表指针偏转角的变化．当试探线圈的轴线(与线圈平面垂直)竖直时，线圈移到某一位置A，电压表的示数恰好为0；当试探线圈的轴线与竖直方向成θ角时，线圈移到某一位置C，电压表的示数又恰好为0．在图中准确标出A点和C点的位置，若A点和C点相距L，求出电缆的深度h．

(3)已知直线电流产生磁场的磁感应强度可表示为B＝k，式中i为导线中电流，d为考察点到直线电流的距离，

k是一已知常数．设试探线圈的匝数为n，圆环半径为r(r≪d，可认为试探线圈处的磁场为匀强磁场)，当试探线圈位于电缆正上方，且其轴线与PQ平行时，测得线圈的感应电动势有效值为U，已知电缆中的电流为正弦交变电流，其表达式为i＝Imsin ωt，式中ω已知，试求电缆中电流的最大值Im．

【解析】

(1)如图乙所示． (2分)

乙

(2)A、C的位臵如图所示，可得h＝Lcot θ． (3分)

(3)电缆线在A处产生磁场的磁感应强度B＝k (1分)

穿过试探线圈的磁通量Φ＝BS＝Bπr (1分)

kπr2Imkπr2Im解得：Φ＝sin ωt＝Φmsin ωt(式中Φm＝)

Lcot θLcot θ

(2分)

Em与交流发电机原理对照，又Em＝nΦmω，又U＝ (2分)

2LUcot θ

解得：Im＝． (1分)

nkπr2ω

2LUcot θ

[答案] (1)如图乙所示 (2)Lcot θ (3)

nkπr2ω

16．(15分)如图所示，在倾角θ＝37°的足够长的光滑斜面上，质量都为M＝2 kg的长方体板A和B之间夹有少许炸药，在B的上表面左端叠放有一质量m＝1 kg的物体C(可视为质点)，C与B之间的动摩擦因数μ＝0.75．现无初速度同时释放A、B、C整体，当它们沿斜面滑行s＝3 m时，炸药瞬间爆炸，爆炸完毕时A的速度vA＝12 m/s．此

后，C始终未从B的上表面滑落．问：B的长度至少为多大？(取g＝10 m/s，爆炸不会影响各物体的质量和各表面的光滑程度)

【解析】整体下滑阶段，研究A、B、C整体，设末速度为v，由动能定理得：

(2M＋m)gssin θ＝(2M＋m)v2 (2分)

解得：v＝6 m/s (1分)

爆炸前后，研究A和B，由动量守恒定律有：

225

2Mv＝MvA＋MvB (2分) 解得：vB＝0 (1分)

此后，设C在B上滑动的加速度为aC，由牛顿第二定律有： mgsin θ－μmgcos θ＝maC (2分) 解得：aC＝0 (1分)

对B，由牛顿第二定律有：

Mgsin θ＋μmgcos θ＝MaB (2分) 解得：aB＝9 m/s2 (1分)

A和B经时间t达到共同速度v后将不再相对滑动，则有： t＝v

a (1分) B

板的最小长度L满足：

L＝vt－v

t (1分)

联立解得：L＝2 m． (1分) 226

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