高考物理攻克难点的锦囊妙计 131页

高考物理攻克难点的锦囊妙计 目 录 高考物理复习方法.................................................................................................... 1 难点 1 连接体问题·整体法与隔离法...................................................................3 难点 2 追碰问题.......................................................................................................8 难点 3 力矩平衡条件及应用.................................................................................15 难点 4 变力做功与能量转化.................................................................................20 难点 5 速度关联类问题求解·速度的合成与分解.............................................26 难点 6 机车起动问题分析.....................................................................................33 难点 7 卫星运行特点分析及应用.........................................................................38 难点 8 波的传播方向与质点振动方向判析.........................................................47 难点 9 弹簧类问题求解策略.................................................................................53 难点 10 动量守恒条件及应用...............................................................................59 难点 11 静电平衡状态下导体特点与应用...........................................................66 难点 12 滑动变阻器应用分析...............................................................................70 难点 13 电阻测量设计与误差分析.......................................................................75 难点 14 含电容电路的分析策略...........................................................................86 难点 15 电磁感应电路分析与模型转换...............................................................93 难点 16 楞次定律与因果关联.............................................................................101 难点 17 带电粒子在复合场中的运动分析.........................................................107 难点 18 变压器问题难点探析.............................................................................113 难点 19 玻尔原子模型及相关应用.....................................................................119 难点 20 核能的分析与计算.................................................................................124 第 1 页 共 131 页 高考物理复习方法 一、明确重点，主干知识网络化，掌握分析问题解决问题的方法 牛顿运动定律，功能关系，动量守恒定律，带电粒子在电磁场中的运动，电磁感应等 是物理学的重点知识。从近年理综试题上看，重点知识的考察占分约 80%，复习中要要认 真搞好专题复习，对物理学的主干知识（考试说明中的Ⅱ层次内容），应做到深刻理解， 并能灵活运用。要通过归纳、类比、图表、知识结构图等形式，将分布在各章节零散而又 有内在联系的知识点联系起来，形成便于记忆和巩固的知识网络，从新的高度把握整个知 识结构体系，为知识的迁移奠定坚实的基础。 第二轮复习可以把高中物理划分成八个大的单元：①运动和力；②动量与能量；③热 学；④带电粒子在电、磁场中的运动；⑤电磁感应与电路分析；⑥力、电和力、热的综合； ⑦光学和原子物理；⑧物理实验。在第二轮复习中，应打破章节限制，抓住知识系统的主 线，对基础知识进行集中提炼、梳理和串联，将隐藏在纷繁内容中的最主要的概念、规律、 原理以及知识间的联系整理出来，形成自己完整的知识体系和结构，使知识在理解的基础 上高度系统化、网络化，明确重点并且力争达到熟练记忆。 熟练掌握物理基本分析方法：受力分析方法；运动分析方法；过程分析方法；状态分 析方法；动量分析方法；能量分析方法；电路分析方法；光路分析方法；图像分析方法； 数据处理方法。 二、看题设问，查缺补漏 在复习中，如何判断自己是否掌握了某一类知识或某一种方法呢？可拿出你以前做过 的习题，尝试判断题目的类型，考点（知识背景），常用解法及特殊解法，解法的具体步 骤、关键步、易错处，以及此题常见的变化物理情景及其解决办法，以上设问如果能在两 分钟内回答出来，说明真正掌握了此类知识。在第二轮复习阶段，这样的“看题设问”训 练远比单纯地做题来得重要。 在复习时，应该把注意力放在基本物理知识和基本物理规律上，要注意同一知识点所 考查角度的变化、转换。减少成套练习，多做一些自己薄弱点的练习题，有重点、有专题 地做题。此外，复习应以知识点为线索、以解题方法为导向，将错题归类进行针对性矫正， 根据错误类型进行针对性的变式训练。 三、构造模型，以图像突破难点 复习中有许多模型需要我们细心地揣摩。例如常见理想化模型：质点、匀速直线运动、 平抛运动、单摆、弹簧振子、弹性碰撞、轻绳、轻杆、轻弹簧、理想气体、理想变压器…… 复习时，同学们应着重理解各种理想化模型的特点，掌握规律。图像在表述物理规律或现 象时更是直接明了，而近年来高考对图像要求也越来越多，越来越高。对于图像，同学们 应从四个方面去细心揣摩：（1）坐标轴的物理意义；（2）斜率的物理意义；（3）截距的 物理意义；（4）曲线与坐标轴所围面积的物理意义。另外，图像也包括分析某个物理问 题画出的过程分析草图。很多高考题若能画草图分析，方程就在图中。可以将原来散见于 力学、热学、电学、光学等章节的图像，如 v-t 图、p-v 图、U-I 图、F-S 图、Ek-v 图等进行 对比分析，再将这些零散的知识点综合起来，从图像的纵轴、横轴的含义，截距，斜率， 曲直，所围面积等诸多方面全方位认识图像的物理意义，这样对难点知识的掌握程度和应 用能力会有大幅度提高。 四、高考试题内容比例（供复习内容和时间的计划安排时参考） 力学 约 38％；电磁学 约 38％；热学 约 8％；光学 约 8％；原子物理学 约 8％ 实验(包括在以上各部分内容中)约 13％； 试卷中易、中、难试题的占分比例控制在 3：5：2 左 选择题的分数约 26.7％；实验题的分数约 13.3％； 第 2 页 共 131 页 论述、计算题的分数 约 60％ (决定高考分值高低) 五、友情提示 复习应紧扣高考大纲，加强重点内容的复习，同时要查缺补漏，知识不留死角。注意 难点 3 超纲，请注意合理选择复习内容。 第 3 页 共 131 页 难点 1 连接体问题·整体法与隔离法 两个或两个以上物体相互连接参与运动的系统称为连接体.以平衡态或非平衡态下连 接体问题拟题屡次呈现于高考卷面中，是考生备考临考的难点之一. ●难点展台 1.（★★★★）如图 2-1，质量为 2 m 的物块 A 与水平地面的摩擦可忽 略不计，质量为 m 的物块 B 与地面的动摩擦因数为μ，在已知水平推 力 F 的作用下，A、B 做加速运动，A 对 B 的作用力为____________. 2.（★★★★）A 的质量 m1=4 m,B 的质量 m2=m,斜面固定在水 平地面上.开始时将 B 按在地面上不动，然后放手，让 A 沿斜面下滑 而 B 上升.A 与斜面无摩擦，如图 2-2，设当 A 沿斜面下滑 s 距离后， 细线突然断了.求 B 上升的最大高度 H. ●案例探究 ［例 1］（★★★★）如图 2-3 所示，质量为 M 的木箱放在水平面 上，木箱中的立杆上套着一个质量为 m 的小球，开始时小球在杆 的顶端，由静止释放后，小球沿杆下滑的加速度为重力加速度的 2 1 ，即 a= 2 1 g,则小球在下滑的过程中，木箱对地面的压力为多少？ 命题意图：考查对牛顿第二定律的理解运用能力及灵活选取研 究对象的能力.B 级要求. 错解分析：（1）部分考生习惯于具有相同加速度连接体问题演练，对于“一 动一静”连续体问题难以对其隔离，列出正确方程.（2）思维缺乏创新，对整体 法列出的方程感到疑惑. 解题方法与技巧： 解法一：（隔离法） 木箱与小球没有共同加速度，所以须用隔离法. 取小球 m 为研究对象，受重力 mg、摩擦力 Ff,如图 2-4，据牛顿第二定律得： mg-Ff=ma ① 取木箱 M 为研究对象，受重力 Mg、地面支持力 FN 及小球给予的摩擦力 Ff′如图 2-5. 据物体平衡条件得： FN-Ff′-Mg=0 ② 图 2—4 图 2-5 图 2-3 F mm2 12 图 BA A 30 22 图 B 第 4 页 共 131 页 且 Ff=Ff′ ③ 由①②③式得 FN= 2 2 mM  g 由牛顿第三定律知，木箱对地面的压力大小为 FN′=FN= 2 2 mM  g. 解法二：（整体法） 对于“一动一静”连接体，也可选取整体为研究对象，依牛顿第二定律列式： （mg+Mg）-FN=ma+M×0 故木箱所受支持力：FN= 2 2 mM  g,由牛顿第三定律知： 木箱对地面压力 FN′=FN= 2 2 mM  g. ［例 2］（★★★★）一个质量为 0.2 kg 的小球用细线吊在倾角θ =53°的斜面顶端，如图 2-6，斜面静止时，球紧靠在斜面上，绳 与斜面平行，不计摩擦，当斜面以 10 m/s2 的加速度向右做加速运 动时，求绳的拉力及斜面对小球的弹力. 命题意图：考查对牛顿第二定律的理解应用能力、分析推理 能力及临界条件的挖掘能力.B 级要求. 错解分析：对物理过程缺乏清醒认识，无法用极限分析法挖掘题目隐含的临界状态及 条件，使问题难以切入. 解题方法与技巧：当加速度 a 较小时，小球与斜面体一起运动，此时小球受重力、 绳拉力和斜面的支持力作用，绳平行于斜面，当加速度 a 足够大时，小球将“飞离”斜 面，此时小球受重力 和绳的拉力作用，绳与水平方向的夹角未知，题目中要求 a=10 m/s2 时绳的拉力及斜 面的支持力，必须先求出小球离开斜面的临界加速度 a0.（此时，小球所受斜面支持力恰 好为零） 由 mgcotθ=ma0 所以 a0=gcotθ=7.5 m/s2 因为 a=10 m/s2＞a0 所以小球离开斜面 N=0，小球受力情况如图 2-7，则 Tcosα=ma, Tsinα=mg 所以 T= 22 )()( mgma  =2.83 N,N=0. 图 2-6 图 2-7 第 5 页 共 131 页 ●锦囊妙计 一、高考走势 连接体的拟题在高考命题中由来已久，考查考生综合分析能力，起初是多以平衡态下的连 接体的题呈现在卷面上，随着高考对能力要求的不断提高，近几年加强了对非平衡态下连 接体的考查力度. 二、处理连接体问题的基本方法 在分析和求解物理连接体命题时，首先遇到的关键之一，就是研究对象的选取问题.其方 法有两种：一是隔离法，二是整体法. 1.隔离法 （1）含义：所谓隔离（体）法就是将所研究的对象--包括物体、状态和某些过程，从系 统或全过程中隔离出来进行研究的方法. （2）运用隔离法解题的基本步骤： ①明确研究对象或过程、状态，选择隔离对象.选择原则是：一要包含待求量，二是所选 隔离对象和所列方程数尽可能少. ②将研究对象从系统中隔离出来；或将研究的某状态、某过程从运动的全过程中隔离出来. ③对隔离出的研究对象、过程、状态分析研究，画出某状态下的受力图或某阶段的运动过 程示意图. ④寻找未知量与已知量之间的关系，选择适当的物理规律列方程求解. 2.整体法 （1）含义：所谓整体法就是将两个或两个以上物体组成的整个系统或整个过程作为研究 对象进行分析研究的方法. （2）运用整体法解题的基本步骤： ①明确研究的系统或运动的全过程. ②画出系统的受力图和运动全过程的示意图. ③寻找未知量与已知量之间的关系，选择适当的物理规律列方程求解. 隔离法与整体法，不是相互对立的，一般问题的求解中，随着研究对象的转化，往往两种 方法交叉运用，相辅相成.所以，两种方法的取舍，并无绝对的界限，必须具体分析，灵 活运用.无论哪种方法均以尽可能避免或减少非待求量（即中间未知量的出现，如非待求 的力，非待求的中间状态或过程等）的出现为原则. ●歼灭难点训练 1.（★★★）如图 2-8 所示，质量为 M 的框架放在水平地面上， 一轻弹簧上端固定一个质量为 m 的小球，小球上下振动时，框架 始终没有跳起.当框架对地面压力为零瞬间，小球的加速度大小为 A.g B. m mM  g C.0 D. m mM  g 2.（★★★）如图 2-9 所示，A、B 两小球分别连在弹簧两端，B 端用细线固定在倾角为 30°的光滑斜面上，若不计弹簧质量，在 线被剪断瞬间，A、B 两球的加速度分别为 A.都等于 2 g B. 2 g 和 0 图 2-8 图 2-9 第 6 页 共 131 页 C. 2 g M MM B BA  和 0 D.0 和 2 g M MM B BA  3.（★★★★）如图 2-10，质量为 m 的物体 A 放置在质量为 M 的物体 B 上，B 与弹簧相连，它们一起在光滑水平面上做 简谐振动，振动过程中 A、B 之间无相对运动，设弹簧的劲度 系数为 k，当物体离开平衡位置的位移为 x 时，A、B 间摩擦 力的大小等于 A.0 B.kｘ C.（ M m ）kｘ D.（ mM m  ）kｘ 4.（★★★★）如图 2-11 所示，半径为 R 的光滑圆柱体，由支 架固定于地面上，用一条质量可以忽略的细绳，将质量为 m1 和 m2 的两个可看作质点的小球连接，放在圆柱体上，两球和圆心 O 在同一水平面上，在此位置将两物体由静止开始释放，问在什 么条件下 m2 能通过圆柱体的最高点且对圆柱体有压力？ 5.（★★★★）如图 2-12 所示，一轻绳两端各系一小球（可视 为质点），质量分别为 M 和 m（M＞m）,跨放在一个光滑的半圆 柱体上.两球从水平直径 AB 的两端由静止释放开始运动.当 m 刚 好达到圆柱体侧面最高点 C 处时，恰脱离圆柱体.则两球质量之比 M∶m=? 6.（★★★★★）如图 2-13 所示，金属杆 a 在离地 h 高处从静 止开始沿弧形轨道下滑，导轨平行的水平部分有竖直向上的匀 强磁场 B，水平部分导轨上原来放有一金属杆 b,已知 a 杆的质量 与 b 杆的质量为 ma∶mb=3∶4,水平导轨足够长，不计摩擦，求： （1）a 和 b 的最终速度分别是多大？ （2）整个过程中回路释放的电能是多少？ （3）若已知 a、b 杆的电阻之比 Ra∶Rb=3∶4,其余电阻不计，整 个过程中 a、b 上产生的热量分别是多少？ 参考答案 ［难点展台］ 1.T= 3 1 （F+2μmg） 2.H=1.2 s ［歼灭难点训练］ 1.D 2.D 3.D 4.选系统为研究对象，据机械能守恒定律得： m1g 4 2 R =m2gR+ 2 1 （m1+m2）v2 ① 选 m2 为研究对象，在最高点据牛顿第二定律得： m2g-N=m2 R v 2 （N 为 m2 所受支持力） ② 欲使 m2 通过圆柱体最高点，则：N＞0 ③ 图 2-10 图 2—11 图 2-12 图 2-13 第 7 页 共 131 页 联列①②③得： 1 3 2  m ＞m1,且应 m1＞m2. 故条件为： 1 3 2  m ＞m1＞m2. 5.选系统为研究对象，由机械能守恒定律得： Mg· 4 2 R =mgR+ 2 1 （M+m）v2 ① 因 m 到达最高点时恰离开圆柱体，据牛顿第二定律得： mg=m R v 2 ② 联立①②式得： 1 3  m M 6.提示：本题实质亦属连接体问题，金属杆 a 和 b 的连结是靠它们间所受安培力的作用实 现的.在解题过程中，由于各自所受安培力为变力，若用隔离法不便列式求解，而采用整 体法对系统列方程便非常易解. （1）va=vb= 7 3 gh2 （2）E= 7 4 magh （3）Qa/Qb=Ra/Rb= 7 3 ; Qa= 7 3 E= 49 12 magh Qb= ghmE a49 16 7 4  第 8 页 共 131 页 难点 2 追碰问题 “追碰”类问题以其复杂的物理情景，综合的知识内涵及广阔的思维空间，充分体现 着考生的理解能力、分析综合能力、推理能力、空间想象能力及理论联系实际的创新能力， 是考生应考的难点，也是历届高考常考常新的命题热点. ●难点展台 1.（★★★★）（1999 年全国）为了安全，在公路上行驶的汽车之间应保持必要的距离. 已知某高速公路的最高限速 v=120 km/h.假设前方车辆突然停止，后车司机从发现这一情 况，经操纵刹车，到汽车开始减速所经历的时间（即反应时间）t=0.50 s,刹车时汽车受到 阻力的大小 f 为汽车重的 0.40 倍，该高速公路上汽车间的距离 s 至少应为多少？（取重力 加速度 g=10 m/s2） 2.（★★★★★）（2000 年全国）一辆实验小车可沿 水平地面（图中纸面）上的长直轨道匀速向右运动.有一 台发出细光束的激光器装在小转台 M 上，到轨道的距离 MN 为 d=10 m，如图 1-1 所示.转台匀速转动，使激光束 在水平面内扫描，扫描一周的时间为 T＝60ｓ.光束转动 方向如图中箭头所示.当光束与 MN 的夹角为 45°时，光束正好射到小车上.如果再经过Δ t＝2.5 ｓ，光束又射到小车上，则小车的速度为多少?（结 果保留两位数字） 3.（★★★★★）一段凹槽 A 倒扣在水平长木板 C 上， 槽内有一小物块 B，它到槽内两侧的距离均为 2 1 ，如图 1-2 所示.木板位于光滑水平的桌面上，槽与木板间的摩擦不计， 小物块与木板间的动摩擦因数为μ.A、B、C 三者质量相等，原来都静止.现使槽 A 以大小 为 v0 的初速向右运动，已知 v0＜ gl2 .当 A 和 B 发生碰撞时，两者的速度互换.求： （1）从 A、B 发生第一次碰撞到第二次碰撞的时间内，木板 C 运动的路程. （2）在 A、B 刚要发生第四次碰撞时，A、B、C 三者速度的大小. ●案例探究 ［例 1］（★★★★★）从离地面高度为 h 处有自由下落的甲物体，同时在它正下方 的地面上有乙物体以初速度 v0 竖直上抛，要使两物体在空中相碰，则做竖直上抛运动物 体的初速度 v0 应满足什么条件？（不计空气阻力，两物体均看作质点）.若要乙物体在下 落过程中与甲物体相碰，则 v0 应满足什么条件？ 图 1-1 图 1-2 第 9 页 共 131 页 命题意图：以自由下落与竖直上抛的两物体在空间相碰创设物理情景，考查理解能力、 分析综合能力及空间想象能力.B 级要求. 错解分析：考生思维缺乏灵活性，无法巧选参照物，不能达到快捷高效的求解效果. 解题方法与技巧： （巧选参照物法） 选择乙物体为参照物，则甲物体相对乙物体的初速度: v 甲乙=0-v0=-v0 甲物体相对乙物体的加速度 a 甲乙=-g-（-g）=0 由此可知甲物体相对乙物体做竖直向下， 速度大小为 v0 的匀速直线运动.所以，相遇时间为：t= 0v h 对第一种情况，乙物体做竖直上抛运动，在空中的时间为：0≤t≤ g v02 即:0≤ 0v h ≤ g v02 所以当 v0≥ 2 gh ,两物体在空中相碰. 对第二种情况，乙物体做竖直上抛运动，下落过程的时间为： g v0 ≤t≤ g v02 即 g v0 ≤ 0v h ≤ g v02 . 所以当 2 gh ≤v0≤ gh 时,乙物体在下落过程中与甲物体相碰. ［例 2］（★★★★★）如图 1-3 所示,质量为 m 的木块可 视为质点，置于质量也为 m 的木盒内，木盒底面水平，长 l=0.8 m,木块与木盒间的动摩擦因数μ=0.5,木盒放在光滑的地面上， 木块A以v0=5 m/s的初速度从木盒左边开始沿木盒底面向右运 动，木盒原静止.当木块与木盒发生碰撞时无机械能损失，且 不计碰撞时间，取 g=10 m/s2.问： 图 1-3 第 10 页 共 131 页 （1）木块与木盒无相对运动时，木块停在木盒右边多远的地方？ （2）在上述过程中，木盒与木块的运动位移大小分别为多少？ 命题意图：以木块与木盒的循环碰撞为背景，考查考生分析综合及严密的逻辑推理能 力.B 级要求. 错解分析：对隔离法不能熟练运用，不能将复杂的物理过程隔离化解为相关联的多个 简单过程逐阶段分析，是该题出错的主要原因. 解题方法与技巧： （1）木块相对木盒运动及与木盒碰撞的过程中，木块与木盒组成的系统动量守恒， 最终两者获得相同的速度，设共同的速度为 v,木块通过的相对路程为 s,则有： mv0=2mv ① μmgs= 2 1 mv02-  2 1 2mv2② 由①②解得 s=1.25 m 设最终木块距木盒右边为 d,由几何关系可得： d=s-l=0.45 m （2）从木块开始运动到相对木盒静止的过程中，木盒 的运动分三个阶段：第一阶段，木盒向右做初速度为零 的匀加速运动；第二阶段，木块与木盒发生弹性碰撞， 因两者质量相等，所以交换速度；第三阶段，木盒做匀 减速运动，木盒的总位移等于一、三阶段的位移之和. 为了求出木盒运动的位移，我们画出状态示意图，如图 1-4 所示. 设第一阶段结束时，木块与木盒的速度分别为 v1、 v2,则： mv0=mv1+mv2 ③ μmgL= 2 1 mv02- 2 1 m（v12+v22） ④ 因在第二阶段中，木块与木盒转换速度，故第三阶段开始时木盒的速度应为 v1,选木 盒为研究对象 对第一阶段：μmgs1= 2 1 mv22 ⑤ 对第三阶段：μmgs2= 2 1 mv12- 2 1 mv2 ⑥ 从示意图得 s 盒=s1+s2 ⑦ s 块=s 盒+L-d ⑧ 图 1-4 第 11 页 共 131 页 解得 s 盒=1.075 m s 块=1.425 m ●锦囊妙计 一、高考走势 “追碰”问题，包括单纯的“追及”类、“碰撞”类和“追及碰撞”类，处理该类问题， 首先要求学生有正确的时间和空间观念（物体的运动过程总与时间的延续和空间位置的变 化相对应）.同时，要求考生必须理解掌握物体的运动性质及规律，具有较强的综合素质 和能力.该类问题综合性强，思维容量大，且与生活实际联系密切，是高考选拔性考试不 可或缺的命题素材，应引起广泛的关注. 二、“追及”“碰撞”问题指要 1.“追及”问题 讨论追及、相遇的问题，其实质就是分析讨论两物体在相同时间内能否到达相同的空间位 置问题.一定要抓住两个关系：即时间关系和位移关系.一个条件：即两者速度相等，它往 往是物体间能否追上、追不上或（两者）距离最大、最小的临界条件，也是分析判断的切 入点. 2.“碰撞”问题 碰撞过程作用时间短，相互作用力大的特点，决定了所有碰撞问题均遵守动量守恒定律. 对正碰，根据碰撞前后系统的动能是否变化，又分为弹性碰撞和非弹性碰撞. 弹性碰撞：系统的动量和动能均守恒，因而有： m1v1+m2v2=m1v1′+m2v2′ ① 2 1 m1v12+ 2 1 m2v22= 2 1 m1v1′2+ 2 1 m2v2′2 ② 上式中 v1、v1′分别是 m1 碰前和碰后的速度，v2、v2′分别是 m2 碰前和碰后的速度. 解①②式得 v1′= 21 22121 2)( mm vmvmm   ③ v2′= 21 11212 2)( mm vmvmm   ④ 注意：如果两物体质量相等，代入③④得： 21 vv  12 vv  即：两物体交换速度， 不仅大小交换而且速度的方向也交换。 完全非弹性碰撞：m1 与 m2 碰后速度相同，设为 v,则 m1v1+m2v2=（m1+m2）v,v= 21 211 mm vmvm   . 系统损失的最大动能ΔEkm= 2 1 m1v12+ 2 1 m2v22- 2 1 （m1+m2）v2.非弹性碰撞损失的动能介于 弹性碰撞和完全非弹性碰撞之间. 在处理碰撞问题时，通常要抓住三项基本原则： （1）碰撞过程中动量守恒原则. （2）碰撞后系统动能不增原则. （3）碰撞后运动状态的合理性原则. 碰撞过程的发生应遵循客观实际.如甲物追乙物并发生碰撞，碰前甲的速度必须大于乙的 速度，碰后甲的速度必须小于、等于乙的速度或甲反向运动. 第 12 页 共 131 页 三、处理“追碰”类问题思路方法 解决“追碰”问题大致分两类方法， 即数学法（如函数极值法、图象法等）和物理方法（参照物变换法、守恒法等）. ●歼灭难点训练 1.（★★★★）两辆完全相同的汽车，沿水平直路一前一后匀速行驶，速度均为 v0,若前 车突然以恒定的加速度刹车，在它刚停住时，后车以前车刹车时的加速度开始刹车，已知 前车在刹车过程中所行驶的距离为 s,若要保证两车在上述情况中不相撞，则两车在匀速行 驶时保持距离至少应为多少？ 2.（★★★★）如图 1-5 所示，水平轨道上停放着一辆质量为 5.0×102 kg 的小车 A，在 A 的右方 L=8.0 m 处，另一辆小车 B 正以速度 vB=4.0 m/s 的速度向右做匀速直线运动远离 A 车，为使 A 车能经过 t=10.0 s 时间追上 B 车，立即给 A 车适当施加向右的水平推力使小车 做匀变速直线运动，设小车 A 受到水平轨道的阻力是车重的 0.1 倍，试问：在此追及过程 中，推力至少需要做多少功？ 取 g=10 m/s2） 3.（★★★★）如图 1-6 所示，在光滑的水平面上放置一质量 为 m 的小车，小车上有一半径为 R 的 4 1 光滑的弧形轨道，设有 一质量为 m 的小球，以 v0 的速度，方向水平向左沿圆弧轨道向 上滑动，达到某一高度 h 后，又沿轨道下滑，试求 h 的大小及 小球刚离开轨道时的速度. 4.（★★★★★）如图 1-7 所示，长为 2L 的板面光滑且不导电 的平板小车 C 放在光滑水平面上，车的右端有块挡板，车的质 量 mC=4 m,绝缘小物块 B 的质量 mB=2 m.若 B 以一定速度沿平板 向右与 C 车的挡板相碰，碰后小车的速度总等于碰前物块 B 速 度的一半.今在静止的平板车的左端放一个带电量为+q、质量为 mA=m 的小物块 A，将物块 B 放在平板车的中央，在整个空间 加上一个水平方向的匀强电场时，金属块 A 由静止开始向右运动，当 A 以速度 v0 与 B 发 生碰撞，碰后 A 以 4 1 v0 的速率反弹回来，B 向右运动. （1）求匀强电场的场强大小和方向. （2）若 A 第二次和 B 相碰，判断是在 B 与 C 相碰之前还是相碰之后？ （3）A 从第一次与 B 相碰到第二次与 B 相碰这个过程中，电场力对 A 做了多少功？ 5.（★★★★★）如图 1-8 所示，水平放置的导轨，其电 阻、摩擦均不计，固定在竖直向下的匀强展台中，磁感 应强度为 B，左端间距为 2L，右端间距为 L，今在导轨上 放 ab、cd 两杆，其质量分为 2M、M，电阻分为 2R、R， 现让 ab 杆以初速度 v0 向右运动.求 cd 棒的最终速度（两 棒均在不同的导轨上）. 图 1-6 图 1-7 图 1-8 两物体运动规律 由受力分析，判断 位移关系 由示意图找两物体 列方程 根据物体运动规律 （判断是否能碰撞） 列方程求解 方程求解能的转化守恒定律等列 量关系或由若发生碰撞，根据动 第 13 页 共 131 页 参考答案 ［难点展台］ 1.1.6×102 m 2.提示：该题为一“追及”的问题，有两种可能解，第一次为物追光点，在相同时间内， 汽车与光点扫描的位移相等，L1=d（tan45°-tan30°）,则 v1= v L  1 =1.7 m/s,第二次为（光） 点追物，时间相同，空间位移相同，L2=d（tan60°-tan45°）,可得 v2= t L  2 =2.9 m/s. 3.（1）s=l- g v 4 2 0 （2）vA= 4 1 v0;vB=vC= 8 3 v0 ［歼灭难点训练］ 1.ABC 2.2 s 3.Wmin=2.8×104 J 4.小球从进入轨道，到上升到 h 高度时为过程第一阶段，这一阶段类似完全非弹性的碰撞， 动能损失转化为重力势能（而不是热能）. 据此可列方程：mv0=（m+m）v, ① 2 1 mv02= 2 1 （m+m）v2+mgh ② 解得 h=v02/4g. 小球从进入到离开，整个过程属弹性碰撞模型，又由于小球和车的等质量，由弹性碰撞规 律可知，两物体速度交换，故小球离开轨道时速度为零. 说明：广义上的碰撞，相互作用力可以是弹力、分子力、电磁力、核力等，因此，碰撞可 以是宏观物体间的碰撞，也可以是微观粒子间的碰撞.拓宽后的碰撞，除例题代表的较长 时间的碰撞题型外，还有非接触型碰撞和非弹力作用的碰撞. 5.（1）对金属块 A 用动能定理 qEL= 2 1 mv02 所以电场强度大小 E= qL mv 2 2 0 方向水平向右 （2）A、B 碰撞，由系统动量守恒定律得 mAv0=mA（- 4 1 v0）+mBvB 用 mB=2m 代入解得 vB= 8 5 v0 第 14 页 共 131 页 B 碰后做匀速运动，碰到挡板的时间 tB= 05 8 v L v L B  A 的加速度 aA= L v 2 2 0 A 在 tB 段时间的位移为 sA=vatB+ 2 1 atB2=- 4 1 v0· 2 1 5 8 0  v L · L v 2 2 0 ·（ 05 8 v L ）2= 25 6 L 因 sA＜L,故 A 第二次与 B 相碰必在 B 与 C 相碰之后 （3）B 与 C 相碰，由动量守恒定律可得 mBvB=mBvB′+mCvC′ vC′= 2 1 vB vB′=0 A 从第一次相碰到第二次与 B 相碰的位移为 L，因此电场力做的功 W 电=qEL= 2 1 mv02. 6. 3 2 0v 第 15 页 共 131 页 难点 3 力矩平衡条件及应用 力矩平衡以其广泛的实用性，再次被考纲列为考查的内容，且以此知识点为素材的高 考命题屡次再现于近几年高考上海卷及全国理综卷中.其难点分布于：（1）从实际背景中 构建有固定转动轴的物理模型.（2）灵活恰当地选取固定转动轴.（3） 将转动模型从相关系统（连结体）中隔离分析等. ●难点展台 1.（★★★★）如图 3-1 所示，一根长为 L 的轻杆 OA，可绕水平 轴 O 在竖直平面内自由转动，左端 A 挂一质量为 m 的物体，从杆上 一点 B 系一不可伸长的细绳，将绳跨过光滑的钉子 C 与弹簧 K 连接， 弹簧右端固定，这时轻杆在水平位置保持平衡，弹簧处于伸长状态，已知 OB=OC= 3 2 L， 弹簧伸长量恰等于 BC，由此可知，弹簧的劲度系数等于______. 2.（★★★★★）如图 3-2 所示是一种手控制动器，a 是一个转 动着的轮子，b 是摩擦制动片，c 是杠杆，O 是其固定转动轴. 手在 A 点施加一个作用力 F 时，b 将压紧轮子，使轮子制动.若 使轮子制动所需的力矩是一定的，则下列说法正确的是 A.轮 a 逆时针转动时，所需的力 F 较小 B.轮 a 顺时针转动时，所需的力 F 较小 C.无论逆时针还是顺时针转动，所需的力 F 相同 D.无法比较 F 的大小 ●案例探究 ［例 1］（★★★★★）如图 3-3 所示，长为 L 质量为 m 的均匀木棒，上端用绞链固定在物体上，另一端放在动摩擦 因数为μ的小车平台上，小车置于光滑平面上，棒与平台的 夹角为θ，当： （1）小车静止时，求棒的下端受小车的支持力； （2）小车向左运动时，求棒的下端受小车的支持力； （3）小车向右运动时，求棒的下端受小车的支持力. 命题意图：题目出示的物理情境，来考查考生受力分析能力及力矩平衡条件的应用能 力.B 级要求. 错解分析：对“车的不同运动状态使棒所受摩擦力大小方向的变化”理解分析不透， 图 3-1 图 3-2 图 3-3 第 16 页 共 131 页 从而错列力矩平衡方程. 解题方法与技巧：（1）取棒为研究对象.选绞链处为固定转动轴，除转动轴对棒的作 用力外，棒的受力情况如图 3-4 所示，由力矩平衡条件知： FN1Lcosθ=mg 2 L cosθFN1= 2 1 mg 图 3—4 图 3—5 （2）小车向左运动，棒另外受到一个水平向左的摩擦力 F1 作用，受力如图 3-5 所示， 则有 2NF Lcosθ=mg 2 L cosθ+μ 2NF Lsinθ 所以 2NF = )tan1(2  mg ,则 2NF ＞ 1NF （3）小车向右运动时，棒受到向右的摩擦力 F2 作用， 受力如图 3-6 所示，有 3NF Lcosθ+μ 3NF Lsinθ=mg 2 L cosθ 解得 3NF = )tan1(2  mg 所以 3NF ＜ 1NF 本题的关键点是取棒作为研究对象，由于车有不同的运动方向，故棒所受摩擦力的方 向也不同，从而导致弹力的不同. ［例 2］（★★★★★）如图 3-7 所示，一自行车上连接脚踏板的连杆长 R1，由脚踏 板带动半径为 r1 的大齿盘，通过链条与半径为 r2 的后轮齿盘连接，带动半径为 R2 的后轮 转动. 图 3—7 图 3—6 第 17 页 共 131 页 （1）设自行车在水平路面上匀速行进时，受到的平均阻力为 f，人蹬脚踏板的平均作用 力为 F，链条中的张力为 T，地面对后轮的静摩擦力为 fs.通过观察，写出传动系统中有几 个转动轴，分别写出对应的力矩平衡表达式； （2）设 R1=20 cm，R2=33 cm，脚踏大齿盘与后轮齿盘的齿数分别为 48 和 24，计算 人蹬脚踏板的平均作用力与平均阻力之比； （3）自行车传动系统可简化为一个等效杠杆.以 R1 为一力臂，在框中画出这一杠杆 示意图，标出支点，力臂尺寸和作用力方向. 命题意图：以生活中的自行车为背景，设立情景，考查运用力矩、力矩平衡条件解决 实际问题的能力，尤其是构建物理模型的抽象、概括能力.B 级要求. 错解分析：（1）尽管自行车是一种常见的交通工具，但多数考生缺少抽象概括的能 力，无法构建传动系统简化的杠杆模型.（2）不能再现自行车的工作过程，无法将 r1/r2 之比与两个齿盘的齿数之比加以联系，导致中途解题受阻. 解题方法与技巧：（1）自行车传动系统中的转动轴个数为 2，设脚踏齿轮、后轮齿轮 半径分别为 r1、r2，链条中拉力为 T. 对脚踏齿盘中心的转动轴可列出：FR1=Tr1 对后轮的转动轴可列出：Tr2=fsR2 （2）由 FR1=Tr1,Tr2=fsR2 及 fs=f（平均阻力） 可得 24 48 2 1 2 1  r r Rf FR s 所以 10 33 2024 3348 12 21   Rr Rr f F =3.3 （3）如图 3-8 所示 图 3-8 第 18 页 共 131 页 ●锦囊妙计 一、高考走势 随着中学新课程方案推广与实施，“有固定转动轴物体的平衡”以其在现实生活中应用的 广泛性，再次被列为高考命题考查的重要内容之一.近几年高考上海卷及 2002 年全国综合 卷的命题实践充分证明了这一点.可以预言：以本知识点为背景的高考命题仍将再现. 二、物体平衡条件 实际上一个物体的平衡，应同时满足 F 合=0 和 M 合=0.共点力作用下的物体如果满足 F 合=0，同时也就满足了 M 合=0，达到了平衡状态；而转动的物体只满足 M 合=0 就不一定能 达到平衡状态，还应同时满足 F 合=0 方可. 三、有固定转动轴物体平衡问题解题步骤 1.明确研究对象，即明确绕固定转动轴转动的是哪一个物体. 2.分析研究对象所受力的大小和方向，并画出力的示意图. 3.依题意选取转动轴，并找出各个力对转动轴的力臂，力矩的大小和方向. 4.根据平衡条件（使物体顺时针方向转动的力矩之和等于使物体逆时针方向转动的力矩之 和）列方程，并求解. ●歼灭难点训练 1.（★★★）（1992 年全国，25）如图 3-9 所示 ，AO 是质 量为 m 的均匀细杆，可绕 O 轴在竖直平面内自由转动.细 杆上的 P 点与放在水平桌面上的圆柱体接触，圆柱体靠在 竖直的挡板上而保持平衡.已知杆的倾角为θ，AP 长度是 杆长的 4 1 ，各处的摩擦都不计，则挡板对圆柱体的作用力 等于____________. 2.（★★★★）一根木料长 5.65 m，把它左端支在地上，竖直向上抬起它的右端时，用力 480 N，用相似的方法抬起它的左端时，用力 650 N，该木料重___________N. 3.（★★★★）如图 3-10 所示，两个等重等长质料均匀直棒 AC 和 BC，其各自一端分别通过转轴与墙壁绞结，其另一端相连于 C 点， AC 棒与竖直墙夹角为 45°，BC 棒水平放置，当两棒均处于平衡 状态时，则 BC 棒对 AC 棒作用力方向可能处于哪一区域 A.甲区域 B.乙区域 C.丙区域 D.丁区域 4.（★★★★）如图 3-11 所示，长为 l 的均匀横杆 BC 重为 100 N，B 端用铰链与竖直的板 MN 连接，在离 B 点 5 4l 处悬吊一重 为 50 N 的重物测出细绳 AC 上的拉力为 150 N，现将板 MN 在 △ABC 所在平面内沿顺时针方向倾斜 30°，这时 AC 绳对 MN 板的拉力是多少？ 5.（★★★★★）如图 3-12 所示，均匀木板 AB 长 12 m，重 200 N，在距 A 端 3 m 处有一固定转动轴 O，B 端被绳拴住， 绳与 AB 的夹角为 30°，板 AB 水平.已知绳能承受的最大拉力 为 200 N，那么重为 600 N 的人在该板上安全行走，离 A 端的距 离应在什么范围？ 6.（★★★★★）如图 3-13 所示，梯与墙之间的摩擦因数为μ1， 梯与地之间的摩擦因数为μ2，梯子重心在中央，梯长为 L.当梯 图 3-9 图 3-10 图 3-11 图 3-12 第 19 页 共 131 页 子靠在墙上而不倾倒时，梯与地面的最小夹角θ由下式决定：tanθ= 2 21 2 1   ，试证之. 图 13—3 参考答案 ［难点展台］ 1.9mg/4L 2.A ［歼灭难点训练］ 1. 3 1 mgsin2θ 2.1130 3.D 4.130 N 5.作出 AB 板的受力图 3′-1 人在 O 轴左端 x 处，绳子拉直拉力为零.由力矩平衡可得： G 人×x-G×CO =0 x= 人G COG  = 600 3200 =1 m.即离 A 端 2 m 处. 人在 O 轴右端 y 处，绳子的拉力 T=200 N，由力矩平衡得：Tsin30°×BO-G 人 y-G×CO =0. y= 600 320092 1200sin30 人   G COGBOT  =0.5 m 即离 A 端 3.5 m. 所以人在板上安全行走距 A 端的距离范围为 2 m≤x≤3.5 m 6.略 图 3′—1 第 20 页 共 131 页 难点 4 变力做功与能量转化 功是中学物理中的重要概念，它体现了力对物体的作用在空间上的累积过程.在考纲 中属 B 级.对功尤其是变力做功是近年考查热点，亦是考生应考的难点. ●难点展台 1.（★★★★）一物体静止在升降机的地板上，在升降机加速上升的过程中，地板对 物体的支持力所做的功等于 A.物体势能的增加量 B.物体动能的增加量 C.物体动能的增加量加上物体势能的增加量 D.物体动能的增加量加上克服重力所做的功 2.（★★★★）一辆车通过一根跨过定滑轮的绳 PQ 提升井中质量为 m 的物体，如图 4-1 所示.绳的 P 端拴在车后的挂钩上.设绳的总长不变，绳的质量、 定滑轮的质量和尺寸、滑轮上的摩擦都忽略不计.开 始时，车在 A 点，左右两侧绳都已绷紧并且是竖直 的，左侧绳长为 H.提升时，车向左加速运动，沿水 平方向从 A 经过 B 驶向 C.设 A 到 B 的距离也为 H，车过 B 点时速度为 vB.求车由 A 移到 B 的过程中，绳 Q 端的拉力对物体做的功是多少？ 3.（★★★★★）如图 4-2 所示，若在湖水里固定一细长圆管，管 内有一活塞，它的下端位于水面上，活塞的底面积 S=1 cm2，质量不计. 大气压强 p0=1.0×105 Pa.现把活塞缓慢地提高 H=15 m，则拉力对活塞做 的功为_______ J.（g=10 m/s2） ●案例探究 ［例 1］（★★★★）用铁锤将一铁钉击入木块，设木块对铁钉的阻力与铁钉进入木 块内的深度成正比.在铁锤击第一次时，能把铁钉击入木块内 1 cm.问击第二次时，能击入 多少深度？（设铁锤每次做功相等） 命题意图：考查对功概念的理解能力及理论联系实际抽象建立模型的能力.B 级要求. 错解分析：（1）不能据阻力与深度成正比这一特点，将变力求功转化为求平均阻力的功， 进行等效替代.（2）不能类比迁移，采用类似据匀变速直线速度-时间图象 求位移的方式，根据 F-x 图象求功. 图 4-1 图 4-2 第 21 页 共 131 页 解题方法与技巧：解法一：（平均力法） 铁锤每次做功都用来克服铁钉阻力做的功，但摩擦阻 力不是恒力，其大小与深度成 正比，F=-f=kx,可用平均阻力来代替. 如图 4-3，第一次击入深度为 x1,平均阻力 1F = 2 1 kx1,做 功为 W1= 1F x1= 2 1 kx12. 第二次击入深度为 x1 到 x2,平均阻力 2F = 2 1 k（x2+x1）, 位移为 x2-x1,做功为 W2= 2F （x2-x1）= 2 1 k（x22-x12）. 两次做功相等：W1=W2. 解后有：x2= 2 x1=1.41 cm, Δx=x2-x1=0.41 cm. 解法二：（图象法） 因为阻力 F=kx,以 F 为纵坐标，F 方向上的位移 x 为横坐标， 作出 F-x 图象（图 4-4）.曲线上面积的值等于 F 对铁钉做的功. 由于两次做功相等，故有： S1=S2（面积），即： 2 1 kx12= 2 1 k（x2+x1）（x2-x1）, 所以Δx=x2-x1=0.41 cm ［例 2］（★★★★★） 如图 4-5 所示，置于水平面的平行金 属导轨不光滑，导轨一端连接电阻 R，其他电阻不计，垂直于导 轨平面有一匀强磁场，磁感应强度为 B，当一质量为 m 的金属棒 ab 在水平恒力 F 作用下由静止向右滑动时 A.外力 F 对 ab 棒做的功等于电路中产生的电能 B.只有在棒 ab 做匀速运动时，外力 F 做的功才等于电路中产生的电能 C.无论棒 ab 做何运动，它克服安培力做的功一定等于电路中产生的电能 D.棒 ab 匀速运动的速度越大，机械能转化为电能的效率越高 命题意图：考查考生理解能力、分析综合及推理能力.B 级要求. 错解分析：对整个物理情景理解不透，对整个物理过程中能量的转化及传递途径理解 不透. 图 4-3 图 4-4 图 4-5 第 22 页 共 131 页 解题方法与技巧：（能量守恒法） 在导体棒的运动过程中外力做的功，用来克服由于发生电磁感应而产生的感应电流的安培 力的那一部分转化为电能，又因为有摩擦，还需克服摩擦力做功，转化成内能.所以 A、B 错，C 对；又当匀速运动时，由能量转化的观点，可知 η= FR lB Fv R Blv P P 22 2)(  机 电 v,B、l、F、R 一定，所以η ∝v,即 v 越大η越大，D 对. 故 CD 正确. ●锦囊妙计 变力做功的求解方法 对于变力做功一般不能依定义式 W=Fscosθ直接求解，但可依物理规律通过技巧的转 化间接求解. 1.平均力法： 如果参与做功的变力，其方向不变，而大小随位移线性 变化，则可求出平均力等效代入公式 W= F scosθ求解. 2.图象法： 如果参与做功的变力，方向与位移方向始终一致而大小 随时变化，我们可作出该力随位移变化的图象.如图 4-6，那么图线下方所围成的面积，即 为变力做的功. 3.动能定理法： 在某些问题中，由于力 F 大小或方向的变化，导致无法直接由 W=Fscosθ求变力 F 做 功的值.此时，我们可由其做功的结果——动能的变化来求变力 F 的功：W=ΔEk. 4.功能关系法： 能是物体做功的本领，功是能量转化的量度.由此，对于大小、方向都随时变化的变 力 F 所做的功，可以通过对物理过程的分析，从能量转化多少的角度来求解. ●歼灭难点训练 1.（★★★）一辆汽车在平直公路上从速度 v0 开始加速行驶，经时间 t 后，前进了距 离 s,此时恰好达到其最大速度 vmax,设此过程中发动机始终以额定功率 P 工作，汽车所受阻 力恒为 F,则在这段时间里，发动机所做的功为 A.Fs B.Pt 图 4-6 第 23 页 共 131 页 C. 2 1 mv2max+Fs- 2 1 mv02 D.F· 2 0max vv  ·t 2.（★★★★）如图 4-7 所示，质量为 m 的物体被细绳牵引着在光滑水平面上做匀速 圆周运动，O 为一光滑孔，当拉力为 F 时，转动半径为 R；当拉力为 8F 时，物体仍做匀 速圆周运动，其转动半径为 2 R ，在此过程中，外力对物体做的功为 A.7FR/2 B.7FR/4 C.3FR/2 D.4FR 图 4—7 图 4—8 3.（★★★★）一质量为 m 的小球，用长为 L 的轻绳悬挂于 O 点，小球在水平力 F 作用下，从平衡位置 P 点很缓慢地移到 Q 点.如图 4-8 所示，此时悬线与竖直方向夹角为 θ,则拉力 F 所做的功为 A.mgLcosθ B.mgL（1-cosθ） C.FLsinθ D.FLθ 4.（★★★★）挂在竖直墙上的画长 1.8 m,画面质量为 100 g, 下面画轴质量为 200 g,今将它沿墙缓慢卷起，g=10 m/s2.需做 __________ J 的功. 5.（★★★★）用大小不变、方向始终与物体运动方向一致的 力 F，将质量为 m 的小物体沿半径为 R 的固定圆弧轨道从 A 点推 到 B 点，圆弧 对应的圆心角为 60°，如图 4-9 所示，则在此过 程，力 F 对物体做的功为________.若将推力改为水平恒力 F，则此过程力 F 对物体做的功 为__________. 6.（★★★★★）一个圆柱形的竖直的井里存有一定量的水，井的侧面和底部是密闭的. 在井中固定插着一根两端开口的薄壁圆管，管和井共轴，管下端未触及井底.在圆管内有 一不漏气的活塞，它可沿圆管上下滑动.开始时，管内外水面相齐，且活塞恰好接触水面， 如图 4-10 所示.现用卷扬机通过绳子对活塞施加一个向上的力 F，使活塞缓慢向上移动.已 知管筒半径ｒ＝ 0.100 m，井的半径 R＝2ｒ，水的密度ρ＝1.00×103 kg/m3，大气压 图 4-9 第 24 页 共 131 页 p0＝1.00×105 Pa.求活塞上升 H＝9.00 m 的过程中拉力 F 所做的功.（井和管在水面以上及 水面以下的部分都足够长.不计活塞质量，不计摩擦，重力加速度 g 取 10 m/s2） 参考答案 ［难点展台］ 1.CD 2. 4 1 mvB2+mg（ 2 -1）H 3.100 图 4-10 第 25 页 共 131 页 ［歼灭难点训练］ 1.BC 2.C 3.B 4.4.5 J 5. 3 R F, 2 3 FR 6.1.65×104 J 第 26 页 共 131 页 难点 5 速度关联类问题求解·速度的合成与分解 运动物体间速度关联关系，往往是有些高考命题的切入点.而寻找这种关系则是考生 普遍感觉的难点 ●难点展台 1.（★★★）如图 5-1 所示，A、B 两车通过细 绳跨接在定滑轮两侧，并分别置于光滑水平面上， 若 A 车以速度 v0 向右匀速运动，当绳与水平面的夹 角分别为α和β时，B 车的速度是多少？ 2.★★★★如图 5-2 所示，质量为 m 的物体置于光滑的平台上，系在物体上的轻绳跨过光 滑的定滑轮. 由地面上的人以恒定的速度 v0 向右匀 速拉动，设人从地面上的平台开始向右行至绳与水 平方向夹角为 45°处，在此过程中人对物体所做的 功为多少？ ●案例探究 ［例 1］★★★如图 5-3 所示，在一光滑水平面 上放一个物体，人通过细绳跨过高处的定滑轮拉物 体，使物体在水平面上运动，人以大小不变的速度 v 运 动.当绳子与水平方向成θ角时，物体前进的瞬时速度是 多大？ 命题意图：考查分析综合及推理能力，B 级要求. 错解分析：弄不清合运动与分运动概念，将绳子收缩的速度按图 5-4 所示分解，从而 得出错解 v 物=v1=vcosθ. 解题方法与技巧：解法一:应用微元法 设经过时间Δt，物体前进的位移Δs1=BC，如图 5-5 所示. 过 C 点作 CD⊥AB，当Δt→0 时，∠BAC 极小，在△ACD 中，可 以认为 AC=AD，在Δt 时间内，人拉绳子的长度为Δs2=BD，即 为在Δt 时间内绳子收缩的长度. 由图可知：BC= cos BD ① 由速度的定义：物体移动的速度为 v 物= t BC t s   1 ② 人拉绳子的速度 v= t BD t s   2 ③ 图 5-1 图 5-2 图 5-3 图 5-4 图 5-5 第 27 页 共 131 页 由①②③解之：v 物= cos v 解法二:应用合运动与分运动的关系 绳子牵引物体的运动中，物体实际在水平面上运动，这个运动就 是合运动，所以物体在水平面上运动的速度 v 物是合速度，将 v 物按如 图 5-6 所示进行分解. 其中:v=v 物 cosθ，使绳子收缩. v⊥=v 物 sinθ,使绳子绕定滑轮上的 A 点转动. 所以 v 物= cos v 解法三：应用能量转化及守恒定律 由题意可知：人对绳子做功等于绳子对物体所做的功. 人对绳子的拉力为 F，则对绳子做功的功率为 P1=Fv；绳子对物体的拉力，由定滑轮 的特点可知，拉力大小也为 F，则绳子对物体做功的功率为 P2=Fv 物 cosθ，因为 P1=P2 所 以 v 物= cos v 图 5-7 ［例 2］（★★★★★）一根长为 L 的杆 OA，O 端用铰链固定，另一端固定着一个小 球 A，靠在一个质量为 M，高为 h 的物块上，如图 5-7 所示，若物块与地面摩擦不计，试 求当物块以速度 v 向右运动时，小球 A 的线速度 vA（此时杆与水平方向夹角为θ）. 命题意图：考查综合分析及推理能力.B 级要求. 错解分析：①不能恰当选取连结点 B 来分析，题目无法切入.②无法判断 B 点参与的 分运动方向. 解题方法与技巧：选取物与棒接触点 B 为连结点.（不直接选 A 点，因为 A 点与物块 速度的 v 的关系不明显）.因为 B 点在物块上，该点运动方向不变且与物块运动方向一致， 故 B 点的合速度（实际速度）也就是物块速度 v；B 点又在棒上，参与沿棒向 A 点滑动的 速度 v1 和绕 O 点转动的线速度 v2.因此，将这个合速度沿棒及垂直于棒的两个方向分解， 图 5-6 第 28 页 共 131 页 由速度矢量分解图得：v2=vsinθ. 设此时 OB 长度为 a，则 a=h/sinθ. 令棒绕 O 点转动角速度为ω，则：ω=v2/a=vsin2θ/h. 故 A 的线速度 vA=ωL=vLsin2θ/h. ●锦囊妙计 一、分运动与合运动的关系 1.一物体同时参与几个分运动时，各分运动独立进行，各自产生效果（v 分、s 分）互 不干扰，即：独立性. 2.合运动与分运动同时开始、进行、同时结束，即：同时性. 3.合运动是由各分运动共同产生的总运动效果，合运动与各分运动总的运动效果可以 相互替代，即：等效性. 二、处理速度分解的思路 1.选取合适的连结点（该点必须能明显地体现出参与了某个分运动）. 2.确定该点合速度方向（通常以物体的实际速度为合速度）且速度方向始终不变. 3.确定该点合速度（实际速度）的实际运动效果从而依据平行四边形定则确定分速度 方向. 4.作出速度分解的示意图，寻找速度关系. ●歼灭难点训练 一、选择题 1.（★★★）如图 5-8 所示，物体 A 置于水平面上，A 前固定一 滑轮 B，高台上有一定滑轮 D，一根轻绳一端固定在 C 点，再绕过 B、 D.BC 段水平，当以速度 v0 拉绳子自由端时，A 沿水平面前进，求： 当跨过 B 的两段绳子夹角为α时 A 的运动速度 v. 2.（★★★★★）如图 5-9 所示，均匀直杆上连着两个小球 A、B，不计一切摩擦.当 杆滑到如图位置时，B 球水平速度为 vB，加速度为 aB，杆与竖直夹角为α，求此时 A 球 速度和加速度大小. 图 5-9 图 5—10 图 5-8 第 29 页 共 131 页 3.（★★★★）一轻绳通过无摩擦的定滑轮在倾角为 30°的光滑斜面上的物体 m1 连 接，另一端和套在竖直光滑杆上的物体 m2 连接.已知定滑轮到杆的距离为 3 m.物体 m2 由静止从 AB 连线为水平位置开始下滑 1 m 时，m1、m2 恰受力平衡如图 5-10 所示.试求： （1）m2 在下滑过程中的最大速度. （2）m2 沿竖直杆能够向下滑动的最大距离. 4.（★★★★）如图 5-11 所示，S 为一点光源，M 为一平面 镜，光屏与平面镜平行放置.SO 是垂直照射在 M 上的光线，已知 SO=L，若 M 以角速度ω绕 O 点逆时针匀速转动，则转过 30°角 时，光点 S′在屏上移动的瞬时速度 v 为多大？ 5.（★★★★★）一辆车通过一根跨过定滑轮的绳 PQ 提升井 中质量为 m 的物体，如图 5-12 所示.绳的 P 端拴在车后的挂钩上， Q 端拴在物体上.设绳的总长不变，绳子质量、定滑轮的质量和尺 寸、滑轮上的摩擦都忽略不计.开始时，车在 A 点，左右两侧绳都 已绷紧并且是竖直的，左侧绳绳长为 H.提升时，车加速向左运动， 沿水平方向从 A 经 B 驶向 C.设 A 到 B 的距离也为 H，车过 B 点时 的速度为 vB.求在车由 A 移到 B 的过程中，绳 Q 端的拉力对物体做 的功. 6.（★★★★★）如图 5-13 所示，斜劈 B 的倾角为 30°，劈尖顶着竖直墙壁静止于水平 地面上，现将一个质量与斜劈质量相同、半径为 r 的球 A 放在墙面 与斜劈之间，并从图示位置由静止释放，不计一切摩擦，求此后运 动中 （1）斜劈的最大速度. （2）球触地后弹起的最大高度。（球与地面作用中机械能的损 失忽略不计） 参考答案 ［难点展台］ 1.vB= 0cos cos v  2.略 ［歼灭难点训练］ 图 5-11 图 5-12 图 5-13 第 30 页 共 131 页 1.v= cos1 0  v 2.vA=vBtanα;aA=aBtanα 3.（1）由图可知，随 m2 的下滑，绳子拉力的竖直分量是逐渐增大的，m2 在 C 点受 力恰好平衡，因此 m2 从 B 到 C 是加速过程，以后将做减速运动，所以 m2 的最大速度即 出现在图示位置.对 m1、m2 组成的系统来说，在整个运动过程中只有重力和绳子拉力做功， 但绳子拉力做功代数和为零，所以系统机械能守恒.ΔE 增=ΔE 减，即 2 1 m1v12+ 2 1 m22v2+m1g（AC -A B ）sin30°=m2g·BC 又由图示位置 m1、m2 受力平衡，应有： Tcos∠ACB=m2g,T=m1gsin30° 又由速度分解知识知 v1=v2cos∠ACB，代入数值可解得 v2=2.15 m/s, （2）m2 下滑距离最大时 m1、m2 速度为零，在整个过程中应用机械能守恒定律，得： ΔE 增′=ΔE 减′ 即:m1g（ ABABH  22 ）sin30°=m2gH 利用（1）中质量关系可求得 m2 下滑的最大距离 H= 3 4 3 m=2.31 m 4.由几何光学知识可知：当平面镜绕 O 逆时针转过 30°时，则：∠SOS′=60°， OS′=L/cos60°. 选取光点 S′为连结点，因为光点 S′在屏上，该点运动方向不 变，故该点实际速度（合速度）就是在光屏上移动速度 v；光点 S′ 又在反射光线 OS′上，它参与沿光线 OS′的运动.速度 v1 和绕 O 点 转动，线速度 v2；因此将这个合速度沿光线 OS′及垂直于光线 OS′的两个方向分解，由速度矢量分解图 5′—1 可得： v1=vsin60°,v2=vcos60° 又由圆周运动知识可得：当线 OS′绕 O 转动角速度为 2ω. 则：v2=2ωL/cos60° vcos60°=2ωL/cos60°,v=8ωL. 5.以物体为研究对象，开始时其动能 Ek1=0.随着车的加速运 动，重物上升，同时速度也不断增加.当车子运动到 B 点时，重 物获得一定的上升速度 vQ，这个速度也就是收绳的速度，它等 于车速沿绳子方向的一个分量，如图 5′-2，即 图 5′—1 图 5′—2 第 31 页 共 131 页 vQ=vB1=vBcos45°= 2 2 vB 于是重物的动能增为 Ek2 = 2 1 mvQ2= 4 1 mvB2 在这个提升过程中，重物受到绳的拉力 T、重力 mg，物体上升的高度和重力做的功 分别为 h= 2 H-H=（ 2 -1）H WG=-mgh=-mg（ 2 -1）H 于是由动能定理得 WT+WG=ΔEk=Ek2-Ek1 即 WT-mg（ 2 -1）H= 4 1 mvB2-0 所以绳子拉力对物体做功 WT= 4 1 mvB2+mg（ 2 -1）H 6.（1）A 加速下落，B 加速后退，当 A 落地时，B 速度最大，整大过程中，斜面与球 之间弹力对球和斜面做功代数和为零，所以系统机械能守恒. mg（h-r）= 2 mvA2+ 2 mvB2 ① 由图中几何知识知：h=cot30°·r= 3 r ② A、B 的运动均可分解为沿斜面和垂直斜面的运动，如图 5′—3 所示。 图 5′—3 由于两物体在垂直斜面方向不发生相对运动，所以 vA2=vB2 即 vAcos30°=vBsin30° ③ 解得 vA= 2 )13( gr vB= 2 )13(3 gr （2）A 球落地后反弹速度 vA′=vA 第 32 页 共 131 页 做竖直上抛运动的最大高度：Hm= 4 )13( 2 2 r g v A   第 33 页 共 131 页 难点 6 机车起动问题分析 理综测试注重以现实问题立意，突出能力考查.因而以机车起动为情景的高考命题屡 次出现于近几年高考试卷中，该类问题中对于 a、F、p、v 四个物理量间相互联系、相互 制约关系的分析是考生的难点所在. ●难点展台 1.（★★★）汽车以恒定功率 P 由静止出发，沿平直路面行驶，最大速度为 v，则下 列判断正确的是 A.汽车先做匀加速运动，最后做匀速运动 B.汽车先做加速度越来越大的加速运动，最后做匀速运动 C.汽车先做加速度越来越小的加速运动，最后做匀速运动 D.汽车先做加速运动，再做减速运动，最后做匀速运动 2.（★★★★）汽车在水平公路上行驶，车受的阻力为车重的 0.01 倍，当速度为 4 m/s 时，加速度为 0.4 m/s2.若保持此时的功率不变继续行驶，汽车能达到的最大速度是 ________m/s. （g 取 10 m/s2） ●案例探究 ［例 1］（★★★★）汽车发动机额定功率为 60 kW，汽车质量为 5.0×103 kg，汽车 在水平路面行驶时，受到的阻力大小是车重的 0.1 倍，试求： （1）汽车保持额定功率从静止出发后能达到的最大速度是多少？ （2）若汽车从静止开始，以 0.5 m/s2 的加速度匀加速运动，则这一加速度能维持多 长时间？ 命题意图：考查对汽车起动的两类问题及过程的分析能力.B 级要求. 错解分析：（1）对 v、F、a、p 间相互制约关系分析不透，挖掘不到临界条件和临界 状态，（2）在第（2）问中认为功率刚达到最大（即额定功率）时，速度亦达到了最大. 解题方法与技巧：（1）汽车以恒定功率起动时，它的牵引力 F 将随速度 v 的变化而变 化，其加速度 a 也随之变化，具体变化过程可采用如下示意图表示： 匀速运动保持达到最大时即 时当 mm vvvfF am fFav PFv   0 第 34 页 共 131 页 由此可得汽车速度达到最大时，a=0， kmg PvvFP kmgfF m m       =12 m/s （2）要维持汽车加速度不变，就要维持其牵引力不变，汽车功率将随 v 增大而增大， 当 P 达到额定功率 P 额后，不能再增加，即汽车就不可能再保持匀加速运动了.具体变化过 程可用如下示意图表示： 所以，汽车达到最大速度之前已经历了两个过程：匀加速和变加速，匀加速过程能维 持 到 汽 车 功 率 增 加 到 P 额 的 时 刻 ， 设 匀 加 速 能 达 到 最 大 速 度 为 v ， 则 此 时 s16: 1        t makmgF FvP atv 代入数据可得额 ［例 2］（★★★★★）电动机通过一绳子吊起质量为 8 kg 的物体，绳的拉力不能超 过 120 N，电动机的功率不能超过 1200 W，要将此物体由静止起用最快的方式吊高 90 m （已知此物体在被吊高接近 90 m 时，已开始以最大速度匀速上升）所需时间为多少？ 命题意图：考查对机械启动两类问题的理解及迁移应用的创新能力.B 级要求.错解分 析：对第二过程分析不透，加之思维定势，无法巧妙地借助动能定理求 t2. 解题方法与技巧： 此题可以用机车起动类问题的思路，即将物体吊高分为两个过程处理：第一过程是以 绳所能承受的最大拉力拉物体，使物体匀加速上升，第一个过程结束时，电动机刚达到最 大功率.第二个过程是电动机一直以最大功率拉物体，拉力逐渐减小，当拉力等于重力时， 物体开始匀速上升. 在匀加速运动过程中加速度为 a= 8 108120m  m mgF m/s2=5 m/s2 一定即 定 F m fFa  增大而增大随即 定 vP vFp      m fFa v P F 额 此后保持匀速运动 达到最大时，当 mvva 0 额 定 定额 已经不能变大，保持还要增大，但是所以 时，当 PPv m fFaPP 0 第 35 页 共 131 页 末速度 vt= 120 1200 m m F P =10 m/s 上升的时间 t1= 5 10 a vt s=2 s 上升高度为 h= 52 10 2 22  a vt =5 m 在功率恒定的过程中，最后匀速运动的速率为 vm= 108 1200  mg F F P mm =15 m/s 外力对物体做的总功 W=Pmt2-mgh2,动能变化量为 ΔEk= 2 1 mv2m- 2 1 mvt2 由动能定理得 Pmt2-mgh2= 2 1 mvm2- 2 1 mvt2 代入数据后解得 t2=5.75 s，所以 t=t1+t2=7.75 s 所需时间至少为 7.75 s. ●锦囊妙计 机车起动分两类：（1）以恒定功率起动；（2）以恒定牵引力起动.其解题关键在于逐 步分析 v、a、F、p 间关系，并把握由起动到匀速的临界条件 F=f，即汽车达到最大速度的 条件. 该类问题的思维流程为： （1）以恒定功率起动的运动过程是：变加速（a↓）（a=0）匀速，在此过程中，F 牵、 v、a 的变化情况： 所以汽车达到最大速度时 a=0，F=f,P=Fvm=fvm. （2）以恒定牵引力匀加速起动的运动过程是：匀加速  当功率增大到额定功率 Pm 后， 变加速（a↓）  （a=0）匀速.各个量（牵引功率、牵引力、加速度、速度）的变化情 况如下： 匀速运动保持达到最大时即 机车做变加速直线运动 时当 mm vvvfF am fFav PFv    0 一定即 定 F m fFa  增大而增大随即 定 vP vFp      m fFa v P F 额 此后保持匀速运动 达到最大时，当 mvva 0 额 定 定额 已经不能变大，保持还要增大，但是所以 时，当 PPv m fFaPP 0 第 36 页 共 131 页 ●歼灭难点训练 1.（★★★）飞机在飞行时受到的空气阻力与速率的平方成正比，若飞机以速率 v 匀 速飞行时，发动机的功率为 P，则当飞机以速率 n v 匀速飞行时，发动机的功率为 A.np B.2np C.n2p D.n3p 2.（★★★★）质量为 5.00×105 kg 的机车，以恒定的加速度从静止出发，经 5 min 行驶 2.25 km，速度达到最大值 54 km/h,则机车的功率为_____W. 3.（★★★★）（2002 年上海春考）铁路提速，要解决许多技术问题.通常，列车阻力 与速度平方成正比，即 f=kv2.列车要跑得快，必须用大功率机车来牵引.试计算列车分别以 120 km/h 和 40 km/h 的速度匀速行驶时，机车功率大小的比值.（提示：物理中重要公式 有 F=ma,W=Fs′,P=Fv,s=v0t+ 2 1 at2） 4.（★★★★）额定功率为 80 kW 的汽车，在平直的公路上行驶的最大速度为 20 m/s. 已知汽车的质量为 2×103 kg，若汽车从静止开始做匀加速直线运动，加速度的大小为 2 m/s2.假定汽车在整个运动过程中阻力不变.求： （1）汽车受到的阻力 Ff； （2）汽车在 3 s 末的瞬时功率； 5.（★★★★★）质量为 m=4×103 kg 的汽车发动机的额定功率 P0=40×103 W，汽车 从静止开始，以 a=0.5 m/s2 的加速度做匀加速直线运动，所受阻力恒为 Ff=2×103 N，求： （1）汽车匀加速运动所用的时间 t； （2）汽车可达的最大速度 vm； （3）汽车速度为 2vm/3 时的加速度 a′ 6.（★★★★★）汽车质量为 5 t，其发动机额定功率为 37.5 kW，汽车在水平道路上从静 止开始起动，开始一段时间内，以加速度 1.0 m/s2 做匀加速运动，最后匀速运动的速度为 15 m/s.求： （1）汽车做匀加速运动的时间. （2）汽车匀速运动后关闭发动机，还能滑多远？ 第 37 页 共 131 页 参考答案 ［难点展台］ 1.C 2.20 ［歼灭难点训练］ 1.D 2.3.75×105 3.27∶1 4.（1）Ff= mV P =4×103 N （2）v3=at=6 m/s,F-Ff=ma,P3=Fv3=4.8×104 W 5.（1）20 s;（2）20 m/s;（3）0.25 m/s2 6.（1）t=5 s;（2）s=225 m 第 38 页 共 131 页 难点 7 卫星运行特点分析及应用 卫星运行问题与物理知识（如万有引力定律、匀速圆周运动、牛顿运动定律等）及地 理知识有十分密切的相关性，是新高考突出学科内及跨学科间综合创新能力考查的命题热 点，也是考生备考应试的难点. ●难点展台 1.（★★★★）用 m 表示地球通讯卫星（同步卫星）的质量，h 表示它离地面的高度， R0 表示地球的半径，g0 表示地球表面处的重力加速度，ω0 表示地球自转的角速度，则通 讯卫星所受地球对它的万有引力的大小 A.等于 0 B.等于 m2 2 0 0 2 0 )( hR gR  C.等于 m2 3 00 2 0 gR D.以上结果都不对 2.（★★★★★）俄罗斯“和平号”空间站在人类航天史上写下了辉煌的篇章，因不 能保障其继续运行，3 月 23 日坠入太平洋.设空间站的总质量为 m，在离地面高度为 h 的 轨道上绕地球做匀速圆周运动.坠落时地面指挥系统使空间站在极短时间内向前喷出部分 高速气体，使其速度瞬间变小，在万有引力作用下下坠.设喷出气体的质量为 100 1 m，喷 出速度为空间站原来速度的 37 倍，下坠过程中外力对空间站做功为 W.求： （1）空间站做圆周运动时的线速度. （2）空间站落到太平洋表面时的速度.（设地球表面的重力加速度为 g，地球半径为 R） 3.（★★★★★）已知物体从地球上的逃逸速度（第二宇宙速度）v2= R Gm2 ,其中 G、 m、R 分别是引力常量、地球的质量和半径.已知 G=6.67×10-11N·m2/kg2,c=2.9979×108 m/s. 求下列问题： （1）逃逸速度大于真空中光速的天体叫作黑洞，设某黑洞的质量等于太阳的质量 m=1.98×1030 kg，求它的可能最大半径； （2）在目前天文观测范围内，物质的平均密度为 10-27 kg/m3，如果认为我们的宇宙 是这样一个均匀大球体，其密度使得它的逃逸速度大于光在真空中的速度 c，因此任何物 体都不能脱离宇宙，问宇宙的半径至少多大？ ●案例探究 第 39 页 共 131 页 ［例 1］（★★★★）用 m 表示地球同步通信卫星的质量、h 表示卫星离地面的高度、 M 表示地球的质量、R0 表示地球的半径、g0 表示地球表面处的重力加速度、T0 表示地球 自转的周期、ω0 表示地球自转的角速度，则： （1）地球同步通信卫星的环绕速度 v 为 A.ω0（R0+h） B. hR GM 0 C. 3 0GM D. 3 0 2 T GM （2）地球同步通信卫星所受的地球对它的万有引力 F 的大小为 A.m 2 0 0 2 0 )( hR gR  B.mω20（R0+h） C.m 3 00 2 0 gR D.m 3 4 0 416 T GM （3）地球同步通信卫星离地面的高度 h 为 A.因地球同步通信卫星和地球自转同步，则卫星离地面的高度就被确定 B. 3 0 2 0 2 0  gR -R0 C. 2 2 0 4 GMT -R0 D.地球同步通信卫星的角速度虽已确定，但卫星离地面的高度可以选择.高度增加， 环绕速度增大，高度降低，环绕速度减小，仍能同步 命题意图：考查推导能力及综合分析能力.B 级要求. 错解分析：（1）把握不住解题的基本依据：地球对其表面物体的万有引力约等于物 体所受重力，卫星圆周运动的向心力由万有引力提供，使问题难以切入.（2）思维缺乏开 放性造成漏解.（3）推理缺乏严密性导致错解. 解题方法与技巧：（1）设地球同步卫星离地心的高度为 r, 第 40 页 共 131 页 则 r=R0+h 则环绕速度 v=ω0r=ω0（R0+h）. 同步卫星圆周运动由万有引力提供向心力： 即 G r vmr Mm 2 2  得 v= hR GM r GM  0 又有 G 2r Mm =mω02,所以 r= 3 2 0 GM 则 v=ω0r=ω0 3 2 0 GM = 3 2 0GM = 3 2 0 2 T GM 故选项 A、B、C、D 均正确. （2）地球同步卫星的重力加速度为 g′=（ hR R 0 0 ）2·g0，地球对它的万有引力大 小可认为等于同步卫星的重力 mg0 2 0 2 0 )( hR R  来提供向心力：即 mg0 2 0 2 0 )( hR R  =mω02 （R0+h） 所以 h= 3 2 0 0 2 0  gR -R0 F 向=mω02（R0+h）=m 3 4 0 4 02 0 2 16)(4 T GMmhRT   故选项 A、B、C、D 均正确. （3）因为 h= 3 2 0 0 2 0  gR -R0，式中 R0、g0、ω0 都是确定的，故 h 被确定. 但ω0= 0 2 T  ， 所以 h= 2 2 00 2 0 4 TgR -R0 故选项 A，B，C 正确. ［例 2］（★★★★★）1986 年 2 月 20 日发射升空的“和平号”空间站，在服役 15 年后于 2001 年 3 月 23 日坠落在南太平洋.“和平号”风风雨雨 15 年铸就了辉煌业绩，已 成为航天史上的永恒篇章.“和平号”空间站总质量 137 t，工作容积超过 400 m3，是迄今 为止人类探索太空规模最大的航天器，有“人造天宫”之称.在太空运行的这一“庞然大 物”按照地面指令准确坠落在预定海域，这在人类历史上还是第一次.“和平号”空间站 正常运行时，距离地面的平均高度大约为 350 km.为保证空间站最终安全坠毁，俄罗斯航 天局地面控制中心对空间站的运行做了精心安排和控制.在坠毁前空间站已经顺利进入指 第 41 页 共 131 页 定的低空轨道，此时“和平号”距离地面的高度大约为 240 km.设“和平号”沿指定的低 空轨道运行时，其轨道高度平均每昼夜降低 2.7 km.设“和平号”空间站正常运转时沿高 度为 350 km 圆形轨道运行，在坠落前沿高度为 240km 的指定圆形低空轨道运行，而且沿 指定的低空轨道运行时，每运行一周空间站高度变化很小，因此计算时对空间站的每一周 的运动都可以作为匀速圆周运动处理. （1）简要说明，为什么空间站在沿圆轨道正常运行过程中，其运动速率是不变的. （2）空间站沿正常轨道运行时的加速度与沿指定的低空轨道运行时加速度大小的比 值多大？计算结果保留 2 位有效数字. （3）空间站沿指定的低空轨道运行时，每运行一周过程中空间站高度平均变化多 大？计算中取地球半径 R=6.4×103 km，计算结果保留 1 位有效数字. 命题意图：考查阅读摄取信息并结合原有知识解决新情景问题的创新能力，B 级要求. 解题方法与技巧：（1）空间站沿圆轨道运行过程中，仅受万有引力作用，所受到的 万有引力与空间站运行方向垂直，引力对空间站不做功，因此空间站沿圆轨道运行过程中， 其运动速率是不变的. （2）不论空间站沿正常轨道运行，还是沿指定的低空轨道运行时，都是万有引力恰好提 供空间站运行时所需要的向心力， 根据万有引力定律和牛顿第二定律有 G 2r Mm =ma 空间站运行时向心加速度是 a=G 2r M 空间站沿正常轨道运行时的加速度与在沿指定的低空轨道运动时加速度大小的比值 是 2 2 1 2 2 2 1 )75.6 64.6( r r a a =0.9842=0.97 （3）万有引力提供空间站运行时的向心力，有 G 2r Mm =mr 2 24 T  不计地球自转的影响，根据 G 2R Mm =mg，有 GM=R2g 则指定的低空轨道空间站运行 的周期为 T=2πr= GM r =2πr gR r 2 = g r R r2 第 42 页 共 131 页 = s104.66 104.6 1064.614.32 4 6 6    ≈5.3×103s 设一昼夜的时间 t，则每昼夜空间站在指定的低空轨道绕地球运行圈数为 n= T t 空间站沿指定的低空轨道运行时，每运行一周过程中空间站高度平均减小 Δh=2.7 km/n=2.7 km/17=0.2 km ●锦囊妙计 卫星问题贴近科技前沿，且蕴含丰富的中学物理知识，以此为背景的高考命题立意高、 情景新、综合性强，对考生的理解能力、综合分析能力、信息提炼处理能力及空间想象能 力提出了极高的要求，亦是考生备考应试的难点.考生应试失误的原因主要表现在：（1） 对卫星运行的过程及遵循的规律认识不清，理解不透，难以建立清晰的物理情景.（2）对 卫星运行中力与运动量间，能量转化间的关系难以明晰，对诸多公式含义模糊不清. 一、卫星的运行及规律 一般情况下运行的卫星，其所受万有引力不刚好提供向心力，此时，卫星的运行速率 及轨道半径就要发生变化，万有引力做功，我们将其称为不稳定运行即变轨运动；而当它 所受万有引力刚好提供向心力时，它的运行速率就不再发生变化，轨道半径确定不变从而 做匀速圆周运动，我们称为稳定运行. 对于稳定运行状态的卫星，①运行速率不变；②轨道半径不变；③万有引力提供向心 力，即 GMm/r2=mv2/r 成立.其运行速度与其运行轨道处于一一对应关系，即每一轨道都有 一确定速度相对应.而不稳定运行的卫星则不具备上述关系，其运行速率和轨道半径都在 发生着变化. 二、同步卫星的四定 地球同步卫星是相对地球表面静止的稳定运行卫星. 1.地球同步卫星的轨道平面，非同步人造地球卫星其轨道平面可与地轴有任意夹角， 而同步卫星一定位于赤道的正上方，不可能在与赤道平行的其他平面上. 2.地球同步卫星的周期：地球同步卫星的运转周期与地球自转周期相同. 3.地球同步卫星的轨道半径：据牛顿第二定律有 GMm/r2=mω02r，得 r= 3 2 0/GM ， ω0 与地球自转角速度相同，所以地球同步卫星的轨道半径为 r=4.24×104 km.其离地面高 度也是一定的. 4.地球同步卫星的线速度：地球同步卫星的线速度大小为 v=ω0r=3.08×103 m/s，为 定值，绕行方向与地球自转方向相同. 第 43 页 共 131 页 ●歼灭难点训练 1.（★★★）设想人类开发月球，不断把月球上的矿藏搬运到地球上，假定经过长时 间开采后，地球仍可看作是均匀的球体，月球仍沿开采前的圆周轨道运动，则与开采前相 比 A.地球与月球间的万有引力将变大 B.地球与月球间的万有引力将变小 C.月球绕地球运动的周期将变长 D.月球绕地球运动的周期将变短 2.（★★★★）地球同步卫星到地心的距离 r 可由 r3= 2 222 4 cba 求出.已知式中 a 的单 位是 m,b 的单位是 s,c 的单位是 m/s2，则 A.a 是地球半径，b 是地球自转的周期，c 是地球表面处的重力加速度 B.a 是地球半径，b 是同步卫星绕地心运动的周期，c 是同步卫星的加速度 C.a 是赤道周长，b 是地球自转的周期，c 是同步卫星的加速度 D.a 是地球半径，b 是同步卫星绕地心运动的周期，c 是地球表面处的重力加速度 3.（★★★★★）某人造地球卫星因受高空稀薄空气的阻力作用，绕地球运转的轨道 会慢慢改变.每次测量中卫星的运动可近似看作圆周运动.某次测量卫星的轨道半径为 r1， 后来变为 r2,r2＜r1.以 Ek1、Ek2 表示卫星在这两个轨道上的动能，T1、T2 表示卫星在这两个 轨道上绕地球运动的周期，则 A.Ek2＜Ek1，T2＜T1 B.Ek2＜Ek1，T2＞T1 C.Ek2＞Ek1，T2＜T1 D.Ek2＞Ek1，T2＞T1 4.（★★★★）中子星是由密集的中子组成的星体，具有极大的密度.通过观察已知 某中子星的自转速度ω=60πrad/s，该中子星并没有因为自转而解体，根据这些事实人们 可以推知中子星的密度.试写出中子星的密度最小值的表达式为ρ=________，计算出该中 子星的密度至少为_______kg/m3.（假设中子通过万有引力结合成球状星体，保留 2 位有 效数字） 5.（★★★★★）假设站在赤道某地的人，恰能在日落后 4 小时的时候，观察到一颗 自己头顶上空被阳光照亮的人造地球卫星，若该卫星是在赤道所在平面内做匀速圆周运 动，又已知地球的同步卫星绕地球运行的轨道半径约为地球半径的 6.6 倍，试估算此人造 第 44 页 共 131 页 地球卫星绕地球运行的周期为________s. 6.（★★★★★）（2000 年全国，20）2000 年 1 月 26 日我国发射了一颗同步卫星， 其定点位置与东经 98°的经线在同一平面内.若把甘肃省嘉峪关处的经度和纬度近似取为 东经 98°和北纬α=40°，已知地球半径 R、地球自转周期 T、地球表面重力加速度 g（视 为常量）和光速 c.试求该同步卫星发出的微波信号传到嘉峪关处的接收站所需的时间（要 求用题给的已知量的符号表示）. 7.（★★★★）经过用天文望远镜长期观测，人们在宇宙中已经发现了许多双星系统， 通过对它们的研究，使我们对宇宙中物质的存在形式和分布情况有了较深刻的认识，双星 系统由两个星体构成，其中每个星体的线度都远小于两星体之间的距离.一般双星系统距 离其他星体很远，可以当作孤立系统来处理. 现根据对某一双星系统的光度学测量确定：该双星系统中每个星体的质量都是 m， 两者相距 L，它们正围绕两者连线的中点做圆周运动. （1）试计算该双星系统的运动周期 T 计算； （2）若实验上观测到的运动周期为 T 观测，且 T 观测：T 计算=1： N （N＞1）.为了解释 T 观测与 T 计算的不同，目前有一种流行的理论认为，在宇宙中可能存在一种望远镜观测不到 的暗物质.作为一种简化模型，我们假定在以这两个星体连线为直径的球体内均匀分布着 这种暗物质.若不考虑其他暗物质的影响，请根据这一模型和上述观测结果确定该星系间 这种暗物质的密度. 参考答案 ［难点展台］ 1.BC 2.（1） Rh gR  2 （2）喷出气体后，空间站的速度变为 v2，由动量守恒定律得一方 程 ， 设 空 间 站 落 到 太 平 洋 表 面 时 速 度 为 v3 ， 由 动 能 定 理 建 立 另 一 方 程 ， 解 得 v3= m W hR gR 99 200 )(121 49 2  3.（1）由题目所提供的信息可知，任何天体均存在其所对应的逃逸速度 v2= R Gm2 ， 其中 m、R 为天体的质量和半径.对于黑洞模型来说，其逃逸速度大于真空中的光速 ，即 v2＞c，所以 第 45 页 共 131 页 R＜ 2 2 c Gm = 28 3011 )109979.2( 1098.1107.62    m=2.94×103 m 即质量为 1.98×1030 kg 的黑洞的最大半径为 2.94×103 m. （2）把宇宙视为普通天体，则其质量 m=ρ·V=ρ· 3 4 πR3 ① 其中 R 为宇宙的半径，ρ为宇宙的密度，则宇宙的逃逸速度为 v2= R Gm2 ② 由于宇宙密度使得其逃逸速度大于光速 c，即 v2＞c ③ 则由以上三式可得 R＞ G c 8 3 2 =4.01×1026 m,合 4.24×1010 光年.即宇宙的半径至少 为 4.24×1010 光年. ［歼灭难点训练］ 1.BD 2.AD 3.C 4.3ω2/4πG；1.3×1014 5.1.4×104 6.解析：设 m 为卫星质量，M 为地球质量，r 为卫星到地球中心的距离，ω为卫星 绕地心转动的角速度，由万有引力定律和牛顿定律有， G 2r mM =mrω2 式中 G 为万有引力恒量，因同步卫星绕地心转动的角速度ω与地球自转的角速度相 等，有 ω= T 2 因 G 2R Mm =mg 得 GM=gR2，r=（ 2 22 4 gTR ） 3 1 设嘉峪关到同步卫星的距离为 L，如图 7′-1 所示，由余 弦定理得，L= cos222 rRRr  所示时间为，t= c L （式中 c 为光速） 由以上各式得 图 7′—1 第 46 页 共 131 页 t= c gTRRRgTR  cos)4(2)4( 3 1 2 22 23 2 2 22  7.解析：首先应明确此双星系统的结构模型，如图 7′—2 所示。由于每个星体的线度都小于两星体之间的距离，满足万 有引力定律的使用条件. （1）双星均绕它们连线的中点做圆周运动，设运动的速率 为 v，得 m 2 2 2 L Gm L v  ① v= L Gm 2 ② T 计算= v L 22 =πL Gm L2 ③ （2）根据观测结果，星体的运动周期 T 观测= N 1 T 计算＜T 计算 ④ 这种差异是由双星内均匀分布的暗物质引起的，均匀分布在球体内的暗物质对双星系 统的作用与一质量等于球内暗物质的总质量 m′,位于中点 O 处的质点的作用相同.考虑暗 物质作用后双星的速度即为观察到的速度 v 观测，则有 m 2 2 22 )2(2 L mmG L Gm L v 观测 ⑤ v 观测= L mmG 2 )4(  ⑥ 因为在周长一定时，周期和速度成反比，由④式得 Nv 11  观测 · v 1 ⑦ 把②⑥式代入⑦式得 m′= 4 1N m 设所求暗物质的密度为ρ，则有 图 7′—2 第 47 页 共 131 页 4 1)2(3 4 3  NL  m 故ρ= 32 )1(3 L mN   . 难点 8 波的传播方向与质点振动方向判析 振动和波的综合应用是历年必考的热点内容之一，考查的重点侧重于对振动和波的基 本物理形成过程的理解和分析，其命题焦点往往集中于波传播方向和质点振动方向的关联 分析上. ●难点展台 1.（★★★★）一列在竖直方向振动的简谐横波，波长为λ，沿 x 轴正方向传播.某 一时刻，在振动位移向上且大小等于振幅一半的各点中，任取相邻的两点 P1、P2，已知 P1 的 x 坐标小于 P2 的 x 坐标. A.若 21PP ＜ 2  ，则 P1 向下运动，P2 向上运动 B.若 21PP ＜ 2  ，则 P1 向上运动，P2 向下运动 C.若 21PP ＞ 2  ，则 P1 向上运动，P2 向下运动 D.若 21PP ＞ 2  ，则 P1 向下运动，P2 向上运动 2.（★★★★）如图 8-1 所示，一根张紧的水平弹性长绳上的 a、 b 两点，相 距 14.0 m ，b 点在 a 点的右方.当一列简谐横波沿此绳 向右传播时，若 a 点的位移达到正极大时，b 点的位移恰为零，且 向下运动.经过 1.00 s 后，a 点的位移为零，且向下运动，而 b 点的位移恰达到负极大. 则这简谐横波的波速可能等于 A.14 m/s B.10 m/s C.6 m/s D.4.67 m/s ●案例探究 ［例 1］（★★★）一列简谐横波在 x 轴上传播，在某时刻 的波形如图 8-2 所示.已知此时质点 F 的运动方向向下，则 A.此波朝 x 轴负方向传播 图 8-1 图 8-2 第 48 页 共 131 页 B.质点 D 此时向下运动 C.质点 B 将比质点 C 先回到平衡位置 D.质点 E 的振幅为零 命题意图：考查对简谐波形成及传播的物理过程的理解能力及推理判断能力 B 级要 求.错解分析：缺乏对波产生机理的理解而造成错误. 解题方法与技巧： 解法一：带动法：波的传播过程是振动的传播过程，当介质中某一质点开始振动时， 必然带动其周围相邻的质点振动，这些质点又依次带动各自相邻的质点振动，依次类推， 振动就逐渐传播开来形成波.因此，沿波的传播方向各质点的步调是依次落后的，总是前 一质点带动相邻后一质点，后一质点总是力图跟上带动其振动前一相邻的质点并重复其运 动.据图象信息知，此该 F 点振动方向向下，是由 G 点带动的结果，G 质点比 F 点更靠近 波源，故波是沿 x 轴负方向传播的，故选项 A 正确.同理 D 点在 E 带动下，力图跟上 E 点 并重复 E 的振动.故 D 点振动方向向下，B 选项正确.B 点被 C 点所带动，步调落后于 C，故 C 先回到平衡位置，故选项 C 错.参与简谐波的各质点振幅均相等.故 E 的振幅不为零，选 项 D 错. 解法二：上下坡法：沿着波的传播方向看，“上坡”处的质点振动方向向下，“下坡” 处的质点振动方向向上，简称“上坡下，下坡上”.题中 F 振动方向向下，应该处于“上 坡”处，也只有逆着 x 正方向看它在处于“上坡”处，故波传播方向是沿 x 轴负方向. 故 A 选项正确.此时 D 亦处于“上坡”处，故振动方向向下. B 选项正确，B 处于“下坡 处”，振动方向运离平衡位置向上，而 C 质点处最大位移处向平衡位置运动，故 B 点要落 后于 C 点到平衡位置，故 C 选项错.振动的各质点振幅相同，故 D 选 项错. ［例 2］（★★★★）图 8-3 所示的是某横波的图象，由图可知 A.若波向右传播，则质点 B 正向右运动 B.若波向右传播，则质点 C 正向左运动 C.若波向左传播，则质点 D 正向下运动 D.若波向左传播，则质点 B 正向上运动 命题意图：考查对波动形成的物理过程及波动实质的理解能力及对问题的分析推理能 力，B 级要求. 错解分析：掌握不住波动形成机理与实质，是造成错选的根本原因. 图 8-3 第 49 页 共 131 页 解题方法与技巧： （解法一：）图象微平移法： 由波动的实质——质点仅在自己的平衡位置附近振动，并不随 波迁移可知，选项 A、B 均不正确.当波向左传播时，根据图象平移 法，将实线波形向左微平移Δx，得虚线波形（见图 8-4），可见图象 平移后质点 B、D 的新位置在原位置的下方，故正确选项应为 C. （解法二：）同侧法：在波的图象的某一点，沿竖直方向画出一箭头表示质点振动方 向，并设想在同一点沿水平方向画一箭头表示波的传播方向，那么这两箭头总是指向曲线 的同侧，可称为“同侧法”.据此法过 B 点向左画一箭头表示波的传播方向，由“同侧” 性规律，便知代表 B 点振动方向的箭头必然向下，故 B 点振动方向向下，同理 D 点振动 方向向下，故选项 C 正确. ●锦囊妙计 一、高考命题走势 波与振动的综合应用是高考命题的热点之一.其特点常以波的图象为载体考查考生对 波动这一质点"群体效应"与振动这一质点"个体运动"内在联系的理解.其中波的传播方向 与质点振动方向间关联判断，往往是该类命题破题的首要环节和思维起点. 二、波的传播方向与振动方向判断方法 依波的形成机理和传播规律可分为“质点带动法”和“图象微平移法”.此外还有“上 下坡法”“同侧法”等. 1.质点带动法（特殊点法）： 由波的形成传播原理可知，后振动的质点总是重复先振动质点 的运动，若已知波的传播方向而判断质点振动方向时，可在波源一 侧找与该点距离较近（小于 4  ）的前一质点，如果前一质点在该 质点下方，则该质点将向下运动（力求重复前面质点的运动），否 则该质点向上运动.例如向右传的某列波，某时刻波的图象如图 8-5 所示，试判断质点 M 的振动方向，可在波源一侧找出离 M 较近的前一质点 M′，M′在 M 下方，则该时刻 M 向下运动. 2.微平移法： 所谓微移波形，即将波形沿波的传播方向平衡微小的一段距 离得到经过微小一段时间后的波形图，据质点在新波形图中的对 应位置，便可判断该质点的运动方向.如图 8-6 所示，原波形图（实 图 8-4 图 8-5 图 8-6 第 50 页 共 131 页 线）沿传播方向经微移后得到微小一段时间的波形图（虚线），M 点的对应位置在 M′处， 便知原时刻 M 向下运动. 3.上下坡法 沿波的传播方向看去，“上坡”处的质点向下振动."下坡"处的质点向上振动.如图 8-7 所示，简称“上坡下，下坡上” 图 8-7 图 8-8 4.同侧法 在波的图形的某质点 M 上，沿波的传播方向画一箭头，再沿竖直方向向曲线的同侧 画另一箭头，则该箭头即为质点振动方向，如图 8-8 所示. ●歼灭难点训练 1.（★★★）简谐横波在某时刻的波形图线如图 8-9 所示，由此 图可知 A.若质点 a 向下运动，则波是从左向右传播的 B.若质点 b 向上运动，则波是从左向右传播的 C.若波从右向左传播，则质点 c 向下运动 D.若波从右向左传播，则质点 d 向上运动 2.（★★★★）如图 8-10 所示，O 是波源,a、b、c、d 是波传播 方向上各质点的平衡位置，且 Oa=ab=bc=cd=3 m，开始各质点均静止 在平衡位置，t=0 时波源 O 开始向上做简谐运动，振幅是 0.1 m，波 沿 Ox 方向传播，波长是 8 m，当 O 点振动了一段时间后，经过的路程是 0.5 m ，各质 点运动的方向是 A.a 质点向上 B.b 质点向上 C.c 质点向下 D.d 质点向下 3.（★★★★）（1999 年全国高考）图 8-11（a） 中有一条均匀的绳，1、2、3、4、…是绳上一系列 图 8-9 图 8-10 图 8-11 第 51 页 共 131 页 等间隔的点.现有一列简谐横波沿此绳传播.某时刻，绳上 9、10、11、12 四点的位置和运 动方向如图 8-11（b）所示（其他点的运动情况未画图），其中点 12 的位移为零，向上运 动，点 9 的位移达到最大值.试在图 8-11（c）中画出再经过 4 3 周期时点 3、4、5、6 的位 置和速度方向，其他点不必画.［图（c）的横、纵坐标与图（a）、（b）完全相同. 4.（★★★★）如图 8-12 在 xy 平面内有一沿 x 轴正方向传播的简 谐横波，波速为 1 m/s，振幅为 4 cm，频率为 2.5 Hz.在 t=0 时刻，P 点 位于其平衡位置上方最大位移处，则距 P 为 0.2 m 的 Q 点（见图）. A.在 0.1 s 时的位移是 4 cm B.在 0.1 s 时的速度最大 C.在 0.1 s 时的速度向下 D.在 0 到 0.1 s 时间内的路程是 4 cm 5.（★★★★★）一列简谐横波，在 t=0 时刻的波形如图 8-13 所示，自右向左传播， 已知在 t1 =0.7 s 时，P 点出现第二次波峰（0.7 s 内 P 点出现两次波峰），Q 点的坐标是（-7， 0），则以下判断中正确的是 A.质点 A 和质点 B 在 t=0 时刻的位移是相等的 B.在 t=0 时刻，质点 C 向上运动 C.在 t2=0.9 s 末，Q 点第一次出现波峰 D.在 t3=1.26 s 末，Q 点第一次出现波峰 6.（★★★★★）如图 8-14 所示，一列沿 x 正方向传播的简谐 横波，波速大小为 0.6 m/s ，P 点的横坐标为 96 cm ，从图中状态 开始计时，求： （1）经过多长时间，P 质点开始振动，振动时方向如何？ （2）经过多少时间，P 质点第一次到达波峰？ 参考答案 图 8-12 图 8-13 图 8-14 第 52 页 共 131 页 ［难点展台］ 1.AC 2.BD ［歼灭难点训练］ 1.BD 2.A 3.略 4.BD 5.BC 6.解析：开始计时时，这列波的最前端的质点坐标是 24 cm ，根据波的传播方向，可 知这一点沿 y 轴负方向运动，因此在波前进方向的每一个质点开始振动的方向都是沿 y 轴负方向运动，故 P 点开始振动时的方向是沿 y 轴负方向，P 质点开始振动的时间是 （1）t= 6.0 24.096.0  v x =1.2 s （2）用两种方法求解 质点振动法：这列波的波长是λ=0.24 m，故周期是 T= 6.0 24.0 v  =0.4 s 经过 1.2 s，P 质点开始振动，振动时方向向下，故还要经过 4 3 T 才能第一次到达波峰， 因此所用时间是 1.2 s+0.3 s=1.5 s. 波形移动法：质点 P 第一次到达波峰，即初始时刻这列波的波峰传到 P 点，因此所 用的时间是 t′= 6.0 06.096.0  =1.5 s 第 53 页 共 131 页 难点 9 弹簧类问题求解策略 在中学阶段，凡涉及的弹簧都不考虑其质量，称之为"轻弹簧"，是一种常见的理想 化物理模型.弹簧类问题多为综合性问题，涉及的知识面广，要求的能力较高，是高考的 难点之一. ●难点展台1.（★★★★）如图 9-1 所示，两木块的质量分别为 m1 和 m2，两轻质弹簧的 劲度系数分别为 k1 和 k2，上面木块压在上面的弹簧上（但不拴接），整个系统处于平衡状 态.现缓慢向上提上面的木块，直到它刚离开上面弹簧.在这过程中下面木块移动的距离为 A. 1 1 k gm B. 1 2 k gm C. 2 1 k gm D. 2 2 k gm 图 9—1 图 9—2 2.（★★★★）如图 9-2 所示，劲度系数为 k1 的轻质弹簧两端分别与质量为 m1、m2 的物块 1、2 拴接，劲度系数为 k2 的轻质弹簧上端与物块 2 拴接，下端压在桌面上（不拴 接），整个系统处于平衡状态.现施力将物块 1 缓慢地竖直上提，直到下面那个弹簧的下端 刚脱离桌面.在此过程中，物块 2 的重力势能增加了______，物块 1 的重力势能增加了 ________. 3.（★★★★★）质量为 m 的钢板与直立轻弹簧的上端连接，弹簧 下端固定在地上.平衡时弹簧的压缩量为 x0，如图 9-3 所示.一物块从钢板 正上方距离为 3x0 的 A 处自由落下，打在钢板上并立刻与钢板一起向下 运动，但不粘连.它们到达最低点后又向上运动.已知物块质量为 m 时， 它们恰能回到 O 点.若物块质量为 2m，仍从 A 处自由落下，则物块与钢 板回到 O 点时，还具有向上的速度.求物块向上运动到达的最高点与 O 点的距离. ●案例探究 ［例 1］（★★★★）如图 9-4，轻弹簧和一根细线共同拉住一质量为 m 的物体，平 衡时细线水平，弹簧与竖直夹角为θ，若突然剪断细线，刚刚剪断细线的 图 9-3 图 9-4 第 54 页 共 131 页 瞬间，物体的加速度多大? 命题意图：考查理解能力及推理判断能力.B 级要求. 错解分析：对弹簧模型与绳模型瞬态变化的特征不能加以区分，误认为"弹簧弹力在 细线剪断的瞬间发生突变"从而导致错解. 解题方法与技巧： 弹簧剪断前分析受力如图 9-5，由几何关系可知： 弹簧的弹力 T=mg／cosθ 细线的弹力 T′=mgtanθ 细线剪断后由于弹簧的弹力及重力均不变，故物体的合力水平向右，与 T′等大而反 向，∑F=mgtanθ，故物体的加速度 a=gtanθ，水平向右. ［例 2］（★★★★★）A、B 两木块叠放在竖直轻弹簧上，如图 9-6 所示，已知木块 A、B 质量分别为 0.42 kg 和 0.40 kg，弹簧的劲度系数 k=100 N/m ，若在木块 A 上作用一个竖直向上的力 F，使 A 由静止开始以 0.5 m/s2 的加速度竖直向上做匀加速运动（g=10 m/s2）. （1）使木块 A 竖直做匀加速运动的过程中，力 F 的最大值； （2）若木块由静止开始做匀加速运动，直到 A、B 分离的过 程中，弹簧的弹性势能减少了 0.248 J，求这一过程 F 对木块做的功. 命题意图：考查对物理过程、状态的综合分析能力.B 级要求. 错解分析：此题难点和失分点在于能否通过对此物理过程的分析后，确定两物体分离 的临界点，即当弹簧作用下的两物体加速度、速度相同且相互作用的弹力 N =0 时 ,恰好 分离. 解题方法与技巧: 当 F=0（即不加竖直向上 F 力时），设 A、B 叠放在弹簧上处于 平衡时弹簧的压缩量为 x，有 kx=（mA+mB）g x=（mA+mB）g/k ① 对 A 施加 F 力，分析 A、B 受力如图 9-7 对 A F+N-mAg=mAa ② 对 B kx′-N-mBg=mBa′ ③ 可知，当 N≠0 时，AB 有共同加速度 a=a′，由②式知欲使 A 匀加速运动，随 N 减 小 F 增大.当 N=0 时，F 取得了最大值 Fm, 图 9-5 图 9-6 图 9-7 第 55 页 共 131 页 即 Fm=mA（g+a）=4.41 N 又当 N=0 时，A、B 开始分离，由③式知， 此时，弹簧压缩量 kx′=mB（a+g） x′=mB（a+g）/k ④ AB 共同速度 v2=2a（x-x′） ⑤ 由题知，此过程弹性势能减少了 WP=EP=0.248 J 设 F 力功 WF，对这一过程应用动能定理或功能原理 WF+EP-（mA+mB）g（x-x′）= 2 1 （mA+mB）v2 ⑥ 联立①④⑤⑥，且注意到 EP=0.248 J 可知，WF=9.64×10-2 J ●锦囊妙计一、高考要求 轻弹簧是一种理想化的物理模型，以轻质弹簧为载体，设置复杂的物理情景，考查力 的概念，物体的平衡，牛顿定律的应用及能的转化与守恒，是高考命题的重点，此类命题 几乎每年高考卷面均有所见.应引起足够重视. 二、弹簧类命题突破要点 1.弹簧的弹力是一种由形变而决定大小和方向的力.当题目中出现弹簧时，要注意弹 力的大小与方向时刻要与当时的形变相对应.在题目中一般应从弹簧的形变分析入手，先 确定弹簧原长位置，现长位置，找出形变量 x 与物体空间位置变化的几何关系，分析形变 所对应的弹力大小、方向，以此来分析计算物体运动状态的可能变化. 2.因弹簧（尤其是软质弹簧）其形变发生改变过程需要一段时间，在瞬间内形变量可 以认为不变.因此，在分析瞬时变化时，可以认为弹力大小不变，即弹簧的弹力不突变. 3.在求弹簧的弹力做功时，因该变力为线性变化，可以先求平均力，再用功的定义进 行计算，也可据动能定理和功能关系：能量转化和守恒定律求解.同时要注意弹力做功的 特点：Wk=-（ 2 1 kx22- 2 1 kx12），弹力的功等于弹性势能增量的负值.弹性势能的公式 Ep= 2 1 kx2， 高考不作定量要求，可作定性讨论.因此，在求弹力的功或弹性势能的改变时，一般以能 量的转化与守恒的角度来求解. ●歼灭难点训练 1.（★★★）如图 9-8 所示，小球在竖直力 F 作用下将竖直弹簧压缩，若将力 F 撤去， 小球将向上弹起并离开弹簧，直到速度变为零为止，在小球上升的过程中 A.小球的动能先增大后减小 第 56 页 共 131 页 B.小球在离开弹簧时动能最大 C.小球的动能最大时弹性势能为零 D.小球的动能减为零时，重力势能最大 图 9—8 图 9—9 2.（★★★★）一轻质弹簧，上端悬挂于天花板，下端系一质量为 M 的平板，处在 平衡状态.一质量为 m 的均匀环套在弹簧外，与平板的距离为 h，如图 9-9 所示.让环自由 下落，撞击平板.已知碰后环与板以相同的速度向下运动，使弹簧伸长. A.若碰撞时间极短，则碰撞过程中环与板的总动量守恒 B.若碰撞时间极短，则碰撞过程中环与板的总机械能守恒 C.环撞击板后，板的新的平衡位置与 h 的大小无关 D.在碰后板和环一起下落的过程中，它们减少的动能等于克服弹簧力所做的功 3.（★★★）如图 9-10 所示的装置中，木块 B 与水平桌面间 的接触是光滑的，子弹 A 沿水平方向射入木块后留在木块内，将 弹簧压缩到最短.现将子弹、木块和弹簧合在一起作为研究对象 （系统），则此系统在从子弹开始射入木块到弹簧压缩至最短的 整个过程中 A.动量守恒，机械能守恒 B.动量不守恒，机械能不守恒 C.动量守恒，机械能不守恒 D.动量不守恒，机械能守恒 4.（★★★★）如图 9-11 所示，轻质弹簧原长 L，竖直固定在地面上，质量 为 m 的小球从距地面 H 高处由静止开始下落，正好落在弹簧上，使弹簧的最大 压缩量为 x，在下落过程中，空气阻力恒为 f，则弹簧在最短时具有的弹性势能 为 Ep=________. 图 9-10 图 9-11 第 57 页 共 131 页 5.（★★★★）如图 9-12（A）所示，一质量为 m 的物体系于长度分别为 l1、l2 的两 根细线上，l1 的一端悬挂在天花板上，与竖直方向夹角为θ，l2 水平拉直，物体处于平衡 状态.现将 l2 线剪断，求剪断瞬时物体的加速度. （1）下面是某同学对该题的一种解法： 解：设 l1 线上拉力为 T1，l2 线上拉力为 T2，重力为 mg，物体在三力作用下保持平衡： T1cosθ=mg,T1sinθ=T2,T2=mgtanθ 剪断线的瞬间，T2 突然消失，物体即在 T2 反方向获得加速度.因为 mgtanθ=ma,所以 加速度 a=gtanθ,方向在 T2 反方向. 你认为这个结果正确吗?请对该解法作出评价并说明理由. （2）若将图 A 中的细线 l1 改为长度相同、质量不计的轻弹簧，如图 9-12（B）所示， 其他条件不变，求解的步骤与（1）完全相同，即 a=gtanθ， 你认为这个结果正确吗?请说明理由. 6.（★★★★★）如图 9-13 所示，A、B、C 三物块质量均 为 m，置于光滑水平台面上.B、C 间夹有原已完全压紧不能再 压缩的弹簧，两物块用细绳相连，使弹簧不能伸展.物块 A 以 初速度 v0 沿 B、C 连线方向向 B 运动，相碰后，A 与 B、C 粘合在一起，然后连接 B、C 的 细绳因受扰动而突然断开，弹簧伸展，从而使 C 与 A、B 分离，脱离弹簧后 C 的速度为 v0. （1）求弹簧所释放的势能ΔE. （2）若更换 B、C 间的弹簧，当物块 A 以初速 v 向 B 运动，物块 C 在脱离弹簧后的 速度为 2v0，则弹簧所释放的势能ΔE′是多少? （3）若情况（2）中的弹簧与情况（1）中的弹簧相同，为使物块 C 在脱离弹簧后的 速度仍为 2v0，A 的初速度 v 应为多大? 参考答案 图 9—12 图 9-13 第 58 页 共 131 页 ［难点展台］ 1.C 2. 2 1 k m2（m1+m2）g2;（ 22 11 kk  ）m1（m1+m2）g2 3. 2 1 x0 ［歼灭难点训练］ 1.AD2.AC 3.B 4.分析从小球下落到压缩最短全过程 由动能定理：（mg-f）（H-L+x）-W 弹性=0 W 弹性=Ep=（mg-f）（H-L+x） 5.（1）结果不正确.因为 l2 被剪断的瞬间，l1 上张力的大小发生了突变，此瞬间 T2=mg cosθ,a=g sinθ （2）结果正确，因为 l2 被剪断的瞬间、弹簧 l1 的长度不能发生突变、T1 的大小和方 向都不变. 6.（1） 3 1 mv02 （2） 12 1 m（v-6v0）2 （3）4v0 第 59 页 共 131 页 难点 10 动量守恒条件及应用 作为物理学三大定律之一的动量守恒定律，以其在知识体系中的重要性及在实际应用 中的广泛性，一直处于高考命题考查的重点和热点.历年不少考生由于对守恒条件把握不 准、研究对象选取不明确屡屡失误，从而使其成为了高考的一个突出难点. ●难点展台 1.（★★★★）把一支枪水平固定在小车上，小车放在光滑水平地面上，枪发射一颗 子弹时，关于枪、子弹、车，下列说法中正确的是 A.枪和子弹组成的系统，动量守恒 B.枪和车组成的系统，动量守恒 C.三者组成的系统，因为子弹和枪筒之间的摩擦力很小，使系统的动量变化很小，可 以忽略不计，故系统动量守恒 D.三者组成系统，动量守恒，因为系统只受重力和地面支持力这两个力的作用，这两 个外力的合力为零 2.（★★★★）气球下系一条绳，总共质量为 M，有一质量为 m 的人攀在气球下面， 人和气球共同静止于空中，这时人距地面的高度为 H，若使人安全滑到地面，绳子的长度 至少为________. （不计空气阻力，人可视为质点） 3.（★★★★）如图 10-1 所示，光滑水平面上停放一个木箱和小 车，木箱质量为 m，小车和人总质量为 M，M∶m=4∶1, 人以速率 v 沿水平方向将木箱推出，木箱被挡板以原速反弹回来以后，人接住木 箱再以同样大小的速度 v 第二次推出木箱，木箱又被原速反弹……， 问人最多能推几次木箱？ ●案例探究 ［例 1］（★★★★ ）如图 10-2 所示，AB 为一光滑水平横杆， 杆上套一质量为 M 的小圆环，环上系一长为 L 质量不计的细绳，绳 的另一端拴一质量为 m 的小球，现将绳拉直，且与 AB 平行，由静 止释放小球，则当线绳与 AB 成θ角时，圆环移动的距离是多少？ 命题意图：以动量守恒定律等知识为依托，考查动量守恒条件的理解与灵活运用能 力.B 级要求. 错解分析：（1）对动量守恒条件理解不深刻，对系统水平方向动量守恒感到怀疑， 图 10-1 图 10-2 第 60 页 共 131 页 无法列出守恒方程.（2）找不出圆环与小球位移之和（L-Lcosθ）. 解题方法与技巧：虽然小球、细绳及圆环在运动过程中合外力不为零（杆的支持力与 两圆环及小球的重力之和不相等）系统动量不守恒，但是系统在水平方向不受外力，因而 水平动量守恒.设细绳与 AB 成θ角时小球的水平速度为 v,圆环的水平速度为 V，则由水平 动量守恒有： MV=mv 且在任意时刻或位置 V 与 v 均满足这一关系，加之时间相同，公式中的 V 和 v 可分 别用其水平位移替代，则上式可写为： Md=m［（L-Lcosθ）-d］ 解得圆环移动的距离： d=mL（1-cosθ）/（M+m） ［例 2］（★★★★） （1995 年全国高考）如图 10-3 所示， 一排人站在沿 x 轴的水平轨道旁，原点 O 两侧的人的序号都记为 n（n=1,2,3……）.每人只有一个沙袋，x＞0 一侧的每个沙袋质量 为 m=14 kg，x＜0 一侧的每个沙袋质量为 m′=10 kg.一质量为 M=48 kg 的小车以某初速度 从原点出发向正 x 方向滑行.不计轨道阻力.当车每经过一人身旁时，此人就把沙袋以水平 速度 v 朝与车速相反的方向沿车面扔到车上，u 的大小等于扔此袋之前的瞬间车速大小的 2n 倍（n 是此人的序号数）. （1）空车出发后，车上堆积了几个沙袋时车就反向滑行？ （2）车上最终有大小沙袋共多少个？ 命题意图：以动量守恒定律及碰撞等知识为载体，创设人扔沙袋的物理情境，考查选 取研究对象的能力，分析能力，推理归纳能力以及临界条件的挖掘能力.B 级要求. 解题方法与技巧：解法一：虚设法依题意，空车出发后，车上堆积了几个沙袋时就反 向滑行，说明车的速度由向右变为向左，于是我们可虚设一个中间状态：v=0，设抛第 n 个沙袋前车的速度为 vn-1，则抛第 n 个沙袋的速度为 2nvn-1，抛后小车速度为零，由动量 守恒可得： ［M+（n-1）m］vn-1-2nmvn-1=0 解得：n=34/14,因沙袋必须是整数，所以空车出发后堆积三个沙袋车就反向滑行. 再设向 x 负方向运行时虚设一中间状态 v=0，设抛 n 个 m′沙袋后车速为零，则由动 量守恒定律得：［M+3m+（n-1）m′］vn-1-2nm′vn-1=0 解得：n=8,故车上最终有大小沙袋 11 个. 图 10-3 第 61 页 共 131 页 本题的难点是选取研究对象并寻找反向的条件.车反向的条件是由速度大于零变到速 度小于零，而在本题解的过程中，用"虚设法"虚设了临界状态速度等于零，抓住这一临界 状态并合理选取研究对象［把车和（n-1）个扔到车上的沙袋及第 n 个要扔到车上的沙袋 作为一个系统］是正确解答该类运动方向发生变化问题的关键.本题也可不设速度为零的 临界状态，而用 V（n-1）＞0 和 vn＜0 讨论分析. 解法二： （1）小车在 x 轴正方向时，令第 n 个沙袋扔到车上后的车速为 vn,则根据动量守恒定 律，有：［M+（n-1）m］vn-1-2nmvn-1=（M+nm）vn 所以 vn= nmM mnM   )1( vn-1 小车反向运动的条件是 vn-1＞0,vn＜0 所以 M-nm＞0.M-（n+1）m＜0 所以 n＜ nm M 14 48 ＞ 14 301  m M 所以 n=3. （2）车朝负 x 方向滑行的过程中，设第（n-1）个沙袋扔到车上后［车和前面扔上的 三个沙袋及现在扔上的（n-1）个沙袋当作一个物体］车速为 vn-1′,第 n 个沙袋扔到车上 后车速度为 vn′（取向左方向为正）. 由动量守恒定律，有： ［M+3m+（n-1）m′］vn-1′-2nm′vn-1′=（M+3m+nm′）vn′ 所以 vn′= mnmM mnmM   3 )1(3 vn-1′ 车不再向左滑行的条件是 vn-1′＞0,vn′≤0 所以 M+3m-nm′＞0,M+3m-（n+1）m′≤0 故：n＜ m mM   3 =9,n≥ 813   m mM 取 n=8 时，车停止滑行，所以车上最终共有大小沙袋 11 个. ●锦囊妙计 一、难点走势 2002 年全国理综卷中学科间综合命题的渗透程度明显走低，以传统题目翻新的科内 综合考查愈显突出.可以预见，动量守恒定律尤其与机械能守恒、能量转化等相关知识的 综合应用，仍是今后高考不可回避的考查重点.考查的难点将集中于复杂物理过程的分析、 动量守恒条件的判定，参与作用的物体系统（研究对象）灵活选取等方面. 二、动量守恒定律的使用条件 第 62 页 共 131 页 1.系统不受外力或系统所受外力的合力为零. 2.系统所受外力的合力虽不为零，但比系统内力小得多，如碰撞问题中的摩擦力、爆 炸问题中的重力等外力比起相互作用的内力来小得多，可以忽略不计. 3.系统所受外力的合力虽不为零，但在某个方向上的分量为零，则在该方向上系统的 总动量的分量保持不变. 三、应用动量守恒定律解决问题的基本思路和一般方法 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 被研究的物体总称为系统.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.要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，哪些是系统外物体对系统内物体作用的外力.在受力分析的基础上根据动量守 恒定律条件，判断能否应用动量守恒. 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 和末动量的量值或表达式. 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.确定好正方向建立动量守恒方程求解. ●歼灭难点训练 1.（★★★）质量相同的两个小球在光滑水平面上沿连心线同向运动，球 1 的动量为 7 kg·m/s,球 2 的动量为 5 kg·m/s,当球 1 追上球 2 时发生碰撞，则碰撞后两球动量变化 的可能值是 A.Δp1=-1 kg·m/s,Δp2=1 kg·m/s B.Δp1=-1 kg·m/s,Δp2=4 kg·m/s C.Δp1=-9 kg·m/s,Δp2=9 kg·m/s D.Δp1=-12 kg·m/s,Δp2=10 kg·m/s 2.（★★★★）小车 AB 静置于光滑的水平面上，A 端固定一个轻 质弹簧，B 端粘有橡皮泥，AB 车质量为 M，长为 L，质量为 m 的木块 C 放在小车上，用细绳连结于小车的 A 端并使弹簧压缩，开始时 AB 与 C 都处于静止状态，如图 10-4 所示，当突然烧断细绳，弹簧被释放， 使物体 C 离开弹簧向 B 端冲去，并跟 B 端橡皮泥粘在一起，以下说法中正确的是 图 10-4 第 63 页 共 131 页 A.如果 AB 车内表面光滑，整个系统任何时刻机械能都守恒 B.整个系统任何时刻动量都守恒 C.当木块对地运动速度为 v 时，小车对地运动速度为 M m v D.AB 车向左运动最大位移小于 M m L 3.（★★★★）如图 10-5 所示，质量分别为 m 和 M 的铁块 a 和 b 用细 线相连，在恒定的力作用下在水平桌面上以速度 v 匀速运动.现剪断两铁块 间的连线，同时保持拉力不变，当铁块 a 停下的瞬间铁块 b 的速度大小为 _______. 4.（★★★★）质量为 M 的小车静止在光滑的水平面上，质量为 m 的小球用细绳吊在小车上 O 点，将小球拉至水平位置 A 点静止开始释放 （如图 10-6 所示），求小球落至最低点时速度多大？（相对地的速度） 5.（★★★★★）如图 10-7 所示，在光滑水平面上有两个并排放 置的木块 A 和 B，已知 mA=0.5 kg，mB=0.3 kg,有一质量为 mC=0.1 kg 的 小物块 C 以 20 m/s 的水平速度滑上 A 表面，由于 C 和 A、B 间有摩擦， C 滑到 B 表面上时最终与 B 以 2.5 m/s 的共同速度运动，求： （1）木块 A 的最后速度. （2）C 离开 A 时 C 的速度. 6.（★★★★★）如图 10-8 所示甲、乙两人做抛球游戏， 甲站在一辆平板车上，车与水平地面间摩擦不计.甲与车的总质 量 M=100 kg，另有一质量 m=2 kg 的球.乙站在车的对面的地上， 身旁有若干质量不等的球.开始车静止，甲将球以速度 v（相对地 面）水平抛给乙，乙接到抛来的球后，马上将另一质量为 m′ =2m 的球以相同速率 v 水平抛回给甲，甲接住后，再以相同速率 v 将此球水平抛给乙，这 样往复进行.乙每次抛回给甲的球的质量都等于他接到的球的质量为 2 倍,求： （1）甲第二次抛出球后，车的速度大小. （2）从第一次算起，甲抛出多少个球后，再不能接到乙抛回来的球. 7.（★★★★★）如图 10-9 所示，一质量为 M 的平板车 B 放在光滑水平面上，在其右端放一质量为 m 的小木块 A， m＜M,A、B 间动摩擦因数为μ，现给 A 和 B 以大小相等、方 向相反的初速度 v0,使 A 开始向左运动，B 开始向右运动，最 图 10-5 图 10-7 图 10-8 图 10-9 图 10-6 第 64 页 共 131 页 后 A 不会滑离 B，求： （1）A、B 最后的速度大小和方向. （2）从地面上看，小木块向左运动到离出发点最远处时，平板车向右运动的位移大 小. 参考答案 ［难点展台］ 1.D 2.H（1+ M m ） 3.解析：选木箱、人和小车组成的系统为研究对象，取向右为正方向.设第 n 次推出 木箱后人与小车的速度为 vn,第 n 次接住后速度为 vn′,则由动量守恒定律可知： 第一次推出后有：0=Mv1-mv,则 v1= M mv 第一次接住后有：Mv1+mv=（M+m）v1′ 第二次推出后有：（M+m）v1′=Mv2-mv,则 v2= M mv3 第二次接住后有：Mv2+mv=（M+m）v2′ …… 第 n-1 次接住：Mvn-1+mv=（M+m）vn-1 第 n 次推出：（M+m）vn-1′=Mvn-mv 即 vn= M n )12(  v 设最多能推 N 次，推出后有      vv vv N n 1 即 M mvN )12(  ≥v,且  M mvN 1)1(2  ＜v 所以 )1(2 1  M m ≤N＜ )1(2 1  M m +1 将 m M =4 代入，可得： 2.5≤N＜3.5 因 N 取整数，故 N=3 ［歼灭难点训练］ 1.A 2.BCD 第 65 页 共 131 页 3. M mM )(  v 4. mM MgL  2 5.（1）vA=2 m/s （2）vC=4 m/s 6.（1） 10 1 v,向左 （2）5 个 7.解析：（1）由 A、B 系统动量守恒定律得： Mv0-mv0=（M+m）v ① 所以 v= mM mM   v0 方向向右 （2）A 向左运动速度减为零时，到达最远处，此时板车移动位移为 s,速度为 v′,则 由动量守恒定律得：Mv0-mv0=Mv′ ① 对板车应用动能定理得： -μmgs= 2 1 mv′2- 2 1 mv02 ② 联立①②解得：s= mg mM 2 2  v02 第 66 页 共 131 页 难点 11 静电平衡状态下导体特点与应用 以静电平衡状态下的导体为命题点的考题时现于高考卷面，充分表明当今高考已无热 点，然而该类命题以其背景的抽象性、知识的综合性，始终是考生应考的难点。 ●难点展台 1.（★★★）一金属球，原来不带电，现沿球的直径的延 长线放置一均匀带电细杆 MN，如图 11-1 所示，金属球上感应 电荷产生的电场在球内直径上 a,b,c 三点的场强大小分别为 Ea,Eb,Ec,三者相比 A.Ea 最大 B.Eb 最大 C.Ec 最大 D.Ea=Eb=Ec 2.（★★★★）在正电荷附近有两个绝缘导体 M、 N，由于静电感应发生了如图 11-2 的电荷分布，当用导 线将 a b 两点联接起来时，导线中是否有电流流过，如果有电流， 电流的方向是怎样的？ 3.（★★★）如图 11-3 所示，面积足够大的、板间距离为 d 的两平行金属板竖直放置，与直流电压为 U 的电源连接，板间放 一半径为 R（2R＜d）的绝缘金属球壳，C、D 是球壳水平直径上的 两点，则以下说法正确的是 A.由于静电感应，球壳上 C、D 两点电势差为 d RU B.由于静电感应，球壳中心 O 点场强为零 C.用手摸一下球壳，再拿去平行金属板，球壳带正电 D.用手摸一下球壳，再拿去平行金属板，球壳带负电 ●案例探究 ［例 1］（★★★★）如图 11-4 所示，水平放置的金属板 正上方有一固定的正点电荷 Q，一表面绝缘的带电的小球（可 视为质点且不影响 Q 的电场），从左端以初速度 v0 滑上金属板，沿光滑的上表面向右运动 到右端，在该运动过程中 A.小球做匀速直线运动 B.小球做先减速，后加速运动 图 11-1 图 11—2 图 11-3 图 11-4 第 67 页 共 131 页 C.小球的电势能保持不变 D.电场力对小球所做的功为零 命题意图：考查对静电平衡导体特点的理解与应用能力.B 级要求. 错解分析：由于受思维定势的影响，误选 B，没有充分考虑到导体的放入.由于静电 感应而导致空间电场的变化因素，思维片面化. 解题方法与技巧：水平放置的金属板处于点电荷 Q 的电场中而达到静电平衡状态， 是一个等势体，其表面处电场线处处与表面垂直，故带电小球（表面绝缘，电量不变）在 导体表面滑动时，电场力不做功，故小球做匀速直线运动，所以 A、C、D 选项正确. ［例 2］（★★★★）如图 11-5 所示，绝缘导体 A 带正电，导体不带 电，由于静电感应，使导体 B 的 M 端带上负电，而 N 端则带等量的正电 荷. （1）用导线连接 M、N，导线中有无电流流过？ （2）若将 M、N 分别用导线与大地相连，导线中有无电流流过？方 向如何？ 命题意图：考查对静电平衡特点及电流产生条件的理解能力.B 级要求. 错解分析：对电流形成的条件理解不深刻，误认为将 M、N 两点相连会进行电中和现 象，有电流通过. 解题方法与技巧：A 为带正电的场源电荷，由正电荷即形成的电场的电势分布可知： UA＞UB＞U 地，其中，B 是电场中处于静电平衡的导体.UM=UN=UB.当用导线在不同位置间连 接时，电流定由高电势流向低电势，而在电势相等的两点间连接时，则导线中无电流通过. 所以： （1）因为 UM=UN，故导线中无电流. （2）因为 UM=UN=UB＞U 地，所以无论用导线将 M 还是 N 与大地相连，电流均由导体 B 流向大地. ●锦囊妙计 高考对静电平衡内容的命题考查主要集中于对导体达到静电平衡的动态过程的分析 以及对静电平衡导体特点的把握与运用.命题综合性强，背景抽象，常以填空与选择题型 呈现于卷面，能考查学生的抽象思维能力及严密的逻辑推理能力，有较高的区分度.预计 在"3+X"的理综测试中仍有可能再现. 一、静电平衡导体的特点 孤立的带电导体和处于感应电场中的感应导体，当达到静电平衡时，具有以下特点： 1.导体内部的场强处处为零，E 内=0.没有电场线. 图11-5 第 68 页 共 131 页 2.整个导体是等势体，导体表面是等势面,但导体表面的场强并不一定相同. 3. 导体外部电场线与导体表面垂直，表面场强不一定为零. 4.对孤立导体，净电荷分布在外表面上，并且电荷的分布与表面的曲率有关，曲率大 的地方电荷分布密. 二、用导线连接不同静电平衡导体或同一导体不同部位时，判断电流方向的方法 1.判断有无电流要看导线两连接点有无电势差，判断电流流向要看两点电势高低（电 流总是由高电势点流向低电势点）. 2.一般思路：首先要明确哪个导体是场源电荷，哪个导体是电场中的导体.其次，判 明两不同导体或同一导体不同部位的两点间电势的高低，最后确定有无电流产生及电流的 流向. ●歼灭难点训练 1.（★★★）如图 11-6 中，实心金属球 A 半径为 R，带电 量为 Q，点电荷 B 带电量为 q.B 与 A 球间的距离为 r. 当 B 不 存在而只有 A 存在且达到静电平衡状态时，电荷 Q 在球心 O 处的电场强度等于________.当点电荷 B 也同时存在并达到静 电平衡时，球心 O 处的电场强度等于________，金属球上的电荷 在球心 O 处产生的场强的大小等于________. 2.（★★★★）如图 11-7 所示，A、B 为两个大小不等的导体 球壳（RA＞RB），分别有正电荷 q 与 2q. （1）球壳 B 与 A 接触一下后，将 B 放进 A 球壳内与内表面接触，则 A 的带电情况是 ________，B 的带电情况是________. （2）球壳 B 与 A 接触一下后，将 B 球壳放进 A 球壳内，使 A 瞬间接地，再将 B 与 A 的内表面接触，则 A 的带电情况是________； B 球带电情况是________. 3.（★★★★）如图 11-8 所示，将一不带电的空腔导体 A 的 内壁与一外壳接地的静电计相连，又将另一个带正电的导体 B 向 A 移动，最后 B 与 A 接触，此过程中静电计指针将会 A.B 与 A 未接触时指针不张开，接触时变大 B.指针一直不张开 C.B 与 A 未接触时指针不张开，接触时变小 D.B 与 A 靠近时指针张开，接触时张角最大 图 11-6 图 11-7 图 11-8 第 69 页 共 131 页 4.（★★★★）如图 11-9 所示，两个相同的空心金 属球 M 和 N，M 带-Q 电荷，N 不带电，旁边各放一个不 带电的金属球 P 和 R（M、N 相距很远，互不影响），当 将带正电 Q 的小球分别放入 M 和 N 的空腔时 A.P、R 上均出现感应电荷 B.P、R 上均没有感应电荷 C.P 上有感应电荷，而 R 上没有感应电荷 D.P 上没有感应电荷，而 R 上有感应电荷 5.（★★★★★）如图 11-10 所示，一个带正电的绝缘金 属球壳 A，顶部开一小孔，有两只带正电的金属球 B、C，用金 属导线连接，让 B 球置于球壳 A 内的空腔中，与内表面接触后 又提起，C 球放置在 A 球壳外，待静电平衡后正确的判断是 A.B、C 两球都不带电 B.B 球不带电，C 球带电 C.让 C 球接地后，B 球不带电 D.让 C 球接地后，A 球壳空腔内的场强为零 6.（★★★★★）如图 11-11 所示，一导体球 A 带有正电 荷，当只有它存在时，它在空间 P 点产生的电场强度的大小 为 EA，在 A 球球心与 P 点连线上有一带负电的点电荷 B，当 只有它存在时，它在空间 P 点产生的电场强度的大小为 EB， 当 A、B 同时存在时，根据场强叠加原理，P 点的场强大小应为 A.EB B.EA+EB C.｜EA-EB｜ D.以上说法都不对 参考答案 ［难点展台］ 1.C 2.有电流通过，方向是 a→d 3.BD ［歼灭难点训练］ 1.0；0；k 2r q 2.（1）外表面带电 3q；不带电（2）不带电；不带电 3.D 4.D 5.B 6.D 图 11-9 图 11-10 图 11-11 第 70 页 共 131 页 难点 12 滑动变阻器应用分析 滑动变阻器是电学实验中常用的仪器，近几年高考电学设计性实验命题对其应用多次 直接或渗透考查.如何选择滑动变阻器的接法设计控制电路仍是历 届考生应考的难点. ●难点展台 1.（★★★★）如图 12-1 所示，滑动变阻器电阻最大值为 R， 负载电阻 R1=R，电源电动势为 E,内阻不计. （1）当 K 断开，滑动头 c 移动时，R1 两端的电压范围是多少？ （2）当 K 接通，滑动头 c 移动时，R1 两端的电压范围是多少？ （3）设 R 的长度 ab=L,R 上单位长度的电阻各处相同，a、c 间长度为 x，当 K 接通后， 加在 R1 上的电压 U1 与 x 的关系如何？ 2.（★★★★★）用伏安法测金属电阻 Rx（约为 5 Ω）的值，已知电流表内阻为 1 Ω, 量程为 0.6 A,电压表内阻为几 kΩ，量程为 3 V，电源电动势为 9 V，滑动变阻器的阻值为 0~6Ω，额定电流为 5 A，试画出测量 Rx 的原理图. ●案例探究 ［例 1］（★★★★★）用伏安法测量某一电阻 Rx 阻值，现有实验器材如下：待测电 阻 Rx（阻值约 5 Ω,额定功率为 1 W）；电流表 A1（量程 0~0.6 A,内阻 0.2 Ω）;电流表 A2 （量程 0~3 A，内阻 0.05 Ω）;电压表 V1（量程 0~3 V，内阻 3 kΩ）;电压表 V2（量程 0~15 V，内阻 15 kΩ）;滑动变阻器 R0（0~50 Ω）,蓄电池（电动势为 6 V）、开关、导线. 为了较准确测量 Rx 阻值，电压表、电流表应选________，并画出实验电路图. 命题意图：考查正确选择实验仪器及据实验原理设计合理电路的实验能力.B 级要求. 错解分析：没能据安全性、准确性原则选择 A1 和 V1，忽视了节能、方便的原则，采 用了变阻器的分压接法. 解题方法与技巧：由待测电阻 Rx 额定功率和阻值的大约值，可以计算待测电阻 Rx 的 额定电压、额定电流的值约为 U= 51PR ≈2.2 V,I= 5/1/ RP =0.45 A. 则电流表应选 A1，电压表应选 V1. 又因 30002.0  VA RR =24.5 Ω＞Rx，则电流表必须外接. 图 12-1 图 12-2 第 71 页 共 131 页 因为滑动变阻器的全阻值大于被测电阻 Rx，故首先考虑滑动变阻器的限流接法，若 用限流接法，则被测电阻 Rx 上的最小电流为 Imin= 505 6  RE E x =0.11 A＜I 额，故可用 限流电路.电路如图 12-2 所示. ●锦囊妙计一、滑动变阻器的限流接法与分压接法的特点 图 12-3 所示的两种电路中，滑动变阻器（最 大阻值为 R0）对负载 RL 的电压、电流强度都起控 制调节作用，通常把图 12-3（a）电路称为限流接 法，图 12-3（b）电路称为分压接法. 负载 RL 上电压调节范围（忽 略电源内阻） 负载 RL 上电流调节 范围（忽略电源内 阻） 相同条件下电路消 耗的总功率 限 流 接 法 0RR R L L  E≤UL≤E 0RR E L  ≤IL≤ LR E EIL 分压接 法 0≤UL≤E 0≤IL≤ LR E E（IL+Iap） 比较 分压电路调节范围较大 分压电路调节范围 较大 限流电路能耗较小 其中，在限流电路中，通 RL 的电流 IL= 0RR E L  ，当 R0＞RL 时 IL 主要取决于 R0 的变 化，当 R0＜RL 时，IL 主要取决于 RL，特别是当 R0<>R0 ＞Rap,所以 RL 与 Rap 的并联值 R 并≈Rap，而整个电路的总阻约为 R0，那么 RL 两端电压 UL= IR 并= 0R U ·Rap，显然 UL∝Rap,且 Rap 越小，这种线性关系越好，电表的变化越平稳均匀， 越便于观察和操作. （3）若采用限流接法，电路中实际电压（或电流）的最小值仍超过 RL 的额定值时， 只能采用分压接法. 2.下列情况可选用限流式接法 （1）测量时电路电流或电压没有要求从零开始连续调节，只是小范围内测量，且 RL 与 R0 接近或 RL 略小于 R0，采用限流式接法. （2）电源的放电电流或滑动变阻器的额定电流太小，不能满足分压式接法的要求时， 采用限流式接法. （3）没有很高的要求，仅从安全性和精确性角度分析两者均可采用时，可考虑安装 简便和节能因素采用限流式接法. ●歼灭难点训练 1.（★★★★）（2002 年上海）在如图所示 12-4 所示电路中，当变 阻器 R3 的滑动头 P 向 b 端移动时 A.电压表示数变大，电流表示数变小 B.电压表示数变小，电流表示数变大 C.电压表示数变大，电流表示数变大 D.电压表示数变小，电流表示数变小 2.（★★★★）如图 12-5 所示，当变阻器 R2 的触头 P 向右滑动 时，有 A.电容器 C 内电场强度增大 B.电压表示数增大 C.R1 上消耗的功率增大 D.电源输出的功率一定增大 3.（★★★★）如图 12-6 所示电路中，电源电动势为 E,内电 阻为 r,R1 和 R2 为定值电阻，R3 为可变电阻，当 R3 的滑动头 P 由 a 向 b 端滑动过程中，电压表 V1、V2 和电流表 A1、A2 的读数如何 变化？ 图 12—4 图 12-5 图 12-6 第 73 页 共 131 页 4.（★★★★）将量程为 100μA 的电流表改装成量程为 1 mA 的电流表，并用一标准 电流表与改装后的电流表串联，对它进行校准.校准时要求通过电流表的电流能从零连续 调到 1 mA，试按实验要求画出电路图. 5.（★★★★★）如图 12-7 所示，电源电动势 E=12 V,内阻 r= 0.5 Ω,R1=2 Ω,R2=3 Ω,滑动变阻器的总电阻 R0=5 Ω,试分析：在滑动片 K 从 a 端移至 b 端的过程中，电流表 A 的示数如何变化? 6.（★★★★★）用伏安法测量一个定值电阻的器材规格如下：待测 电阻 Rx（约 100 Ω）;直流电流表（量程 0~10 mA、内阻 50 Ω）;直流电 压表（量程 0~3 V、内阻 5 kΩ）;直流电源（输出电压 4 V、内阻不计）；滑动变阻器（0~15 Ω、允许最大电流 1 A）；开关 1 个，导线若干.根据器材的规格和实验要求画出实验电路 图. 参考答案 ［难点展台］ 1.（1） 2 E ≤U1≤E （2）0≤U1≤E （3）U1=IR 并，R 并= RL Rx RL Rx   ,I= L RxLR E )( 并 得：U1= LxxL ELx  22 2.如图 12′—1 图 12′—1 ［歼灭难点训练］ 1.B 2.A、B 3.V1 示数减小 V2 示数增加 A1 示数增大 A2 示数减小 4.如图 12′—2 图 12-7 第 74 页 共 131 页 图 12′—2 5.电流表示数由大变小，然后由小变大. 6.用伏安法测量电阻有两种连接方式，即电流表的内接法和外接法，由于 Rx＜ vA RR ，故电流表应采用外接法.在控制电路中，若采用变阻器的限流接法，当滑动变阻 器阻值调至最大，通过负载的电流最小，Imin= xA RRR E  =24 mA＞10 mA,此时电流仍超 过电流表的量程，故滑动变阻器必须采用分压接法.如图 12′—3 所示. 图 12′—3 第 75 页 共 131 页 难点 13 电阻测量设计与误差分析 实验能力是学生终身从事学习、研究的必备能力之一，高考考试说明对此作出过明确 要求.随着高考命题思想的转变，考题愈加突出对考生实验能力，尤其是实验设计创新能 力的考查. ●难点展台 1.（★★★★）某电压表的内阻在 20 kΩ～50 kΩ之间，现要测量其内阻，实验室 提供下列可选用的器材：待测电压表 V（量程 3 V）、电流表 A1（量程 200 μA）、电流表 A2（量程 5 mA）、电流表 A3（量程 0.6 A），滑动变阻器 R（最大阻 值 1 kΩ）、电源 E（电动势 4 V），电键 K. （1）所提供的电流表中，应选用_______（填写字母代号）. （2）为了尽量减小误差，要求测量多组数据，试在图 13-1 中画 出符合要求的实验电路图（其中电源和电键及其连接已画出）. www.ks5u.com 2.（★★★★★）图 13-2（a）中 E 为电源，其电动势为 E，R1 为滑线变阻器，R2 为 电阻箱，A 为电流表.用此电路经以下步骤可近似测得 A 的内阻 RA；（1）闭合 K1，断开 K2， 调节 R1，使电流表读数等于其量程 I0；（2）保持 R1 不变，闭合 K2，调节 R2，使电流表读 数等于 2 0I ，然后读出 R2 的值，取 RA≈R2. （1）按图 13-2（a）所示电路在图（b）所给出的实物中画出连接导线. 图 13—2 （2）真实值与测量值之差除以真实值叫做测量结果的相对误差，即 A A R RR 2 .试导出 它与电源电动势 E、电流表量程 I0 及电流表内阻 RA 的关系式. （3）若 I0＝10 mA，真实值 RA 约为 30 Ω，要想使测量结果的相对误差不大于 5%， 图 13-1 第 76 页 共 131 页 电源电动势最小应为多少伏? 3.（★★★★★）图 13-3 中，图（a）为测量电阻的电路，Rx 为待测电阻，R 的阻值 已知.R′为保护电阻，阻值未知.电源 E 的电动势未知.K1、K2 均为单刀双掷开关.A 为电流 表，其内阻不计. 图 13—3 （1）按图（a）所示的电路，在图（b）的实物图上连线. （2）测量 Rｘ的步骤为：将 K2 向 d 闭合，K1 向________闭合，记下电流表读数 I1. 再将 K2 向 c 闭合，K1 向________闭合，记电流表读数 I2. 计算 Rｘ的公式是 Rｘ＝________ ●案例探究 ［例 1］（★★★★★）一电阻额定功率为 0.01 W，阻值不详.用欧姆表粗测其阻值约 为 40 kΩ.现有下列仪表元件，试设计适当的电路，选择合适的元件，较精确地测定其阻 值. ①电流表，量程 0～300 μA，内阻 150 Ω； ②电流表，量程 0～1000 μA，内阻 45 Ω； ③电压表，量程 0～3 V，内阻 6 kΩ； ④电压表，量程 0～15 V，内阻 30 kΩ； ⑤电压表，量程 0～50 V，内阻 100 kΩ； ⑥干电池两节，每节电动势为 1.5 V； ⑦直流稳压电源，输出电压 6 V，额定电流 3 A； ⑧直流电源，输出电压 24 V，额定电流 0.5 A； ⑨直流电源，输出电压 100 V，额定电流 0.1 A； ⑩滑动变阻器，0～50 Ω，3 W； ○11 滑动变阻器，0～2 kΩ，1 W； ○12 电键一只，连接导线足量. 命题意图：考查综合分析能力、推理能力及实验设计的创新能力，B 级要求. 第 77 页 共 131 页 错解分析：部分考生估算出通过 Rx 的电流 Im=500 μA,据此而选用量程为 0~1000 μA 的电流表，而忽视了偶然误差的因素. 解题方法与技巧：由于现有器材中有电流表和电压表，故初步确 定用伏安法测定此电阻的阻值.又因待测电阻为一大电阻，其估计阻值 比现有电压表的内阻大或相近，故应该采用电流表内接法.由于现有滑 动变阻器最大阻值比待测电阻小得多，因此，若用滑动变阻器调节待 测电阻的电流和电压，只能采用分压接法，如图 13-4（否则变阻器不能实现灵敏调节）. 为了确定各仪表、元件的量程和规格，首先对待测电阻的额定电压和电流作出估算：最大 电流为 Im＝ 4000 01.0/ RP A＝5×10－4 A＝500μA；最大电压 Um＝20 V.由于实验中的 电流和电压可以小于而不能超过待测电阻的额定电流和额定电压，现有两个电流表内阻相 近，由内阻所引起的系统误差相近，而量程 0~1000 μA 接入电路时，只能在指针半偏转 以下读数，引起的偶然误差较大，故选用量程为 0~300 μΑ的电流表.这样选用电流表后， 待测电阻上的最大实际电压约为 3×10－4×40×103 V＝12 V，故应选用量程为 15 V 的电压 表，由于在图 13-4 所示的电路中，要实现变阻器在较大范围内灵敏调节，电源电压应比 待测电阻的最大实际电压高，故电源应选输出电压为 24 V 一种（其额定电流也远大于电 路中的最大实际电流，故可用）. 关于变阻器的选择，由于采用分压接法，全部电源电压加在变阻器上.若是把 0~50 Ω 的变阻器接入电路，其上的最小电流（对应于待测电路断开）约为 24／50 A＝0.5 A，最 小功率约为 0.25×50 W＝12.5 W，远大于其额定功率；而 0~2 kΩ的变阻器接入电路，其 最大电流（对应于滑动键靠近图 13-4 中变阻器 A 端）约为并联电路总电流 0.0136 A，小 于其额定电流 0.2024 A.故应选 0~2 kΩ的变阻器. ［例 2］（★★★★★）量程为 3 V 的电压表 V（内阻约 3 kΩ），现要求测出该电压表 内阻的精确值.实验室中可提供的器材有：电阻箱 R′（阻值范围 0～9999.9 Ω），在本实 验中，通过电阻箱的电流不会超过所允许的最大电流；滑动变阻器 R（阻值范围 0～1000 Ω，允许通过的最大电流为 0.2 A）；电源 E（E 为 5 V，内阻忽略不计）；电键 K；导线若 干. （1）选用适当器材设计测量的电路，要求在虚线框内画出电路图并标上代号. 图 13-4 第 78 页 共 131 页 （2）叙述操作步骤. 命题意图：考查对电压表原理的理解能力、知识迁移运用能力及实验创新能力，B 级 要求. 错解分析：对电压表应用原理理解不深刻，缺乏知识应用的迁移能力，无法将○V 灵 活串联入电路，寻找不到设计思路. 解题方法与技巧：（1）如图 13-5 图 13—5 （2）①将所选器材按电路图连接好；②把 R′调至最大，接通电路；③调节 R′使 电压表指针指在 3.0 V 处，记下此时电阻箱的阻值 R1′；④增大 R′的阻值，使指针指在 1.5 V 处，记下此时电阻箱的阻值 R2′；⑤计算 Rg＝R2′－2R1′. ●锦囊妙计 一、电阻的测量方法 课本上讲解了用伏安法、欧姆表测电阻，除此以外，还有半偏法测电阻、电桥法测电 阻、等效法测电阻等等. 二、如何选择电学仪器和实验电路 在测电阻等许多电学实验中，都存在如何选择电学实验器材，如何选择测量电路、控 制电路的问题. 正确地选择仪器和电路的问题，有一定的灵活性，解决时应掌握和遵循一些基本的原 则，即“安全性”“精确性”“方便性”原则，兼顾“误差小”“仪器少”“耗电少”等各方 面因素综合考虑，灵活运用. 1.实验仪器的选择 （1）根据不使电表受损和尽量减少误差的原则选择电表. 首先保证流过电流表的电流和加在电压表上的电压均不超过使用量程，然后合理选择 量程，务必使指针有较大偏转（一般取满偏度的 3 2 左右），以减少测读误差.（2）根据电 路中可能出现的电流或电压范围需选择滑动变阻器，注意流过滑动变阻器的电流不超过它 第 79 页 共 131 页 的额定值，对大阻值的变阻器，如果是滑动头稍有移动，使电流、电压有很大变化的，不 宜采用.（3）应根据实验的基本要求来选择仪器，对于这种情况，只有熟悉实验原理，才 能作出恰当的选择.总之，最优选择的原则是：①方法误差尽可能小.②间接测定值尽可能 有较多的有效数字位数，直接测定值的测量使误差尽可能小，且不超过仪表的量程.③实 现较大范围的灵敏调节.④在大功率装置（电路）中尽可能节省能量；在小功率电路里， 在不超过用电器额定值的前提下，适当提高电流、电压值，以提高测试的准确度. 2.实验电路（电流表内外接法）的选择 测量未知电阻的原理是 R＝ I U ，由于测量所需的电表实际上是非理想的，所以在测 量未知电阻两端电压 U 和通过的电流 I 时，必然存在误差，即系统误差，要在实际测量中 有效地减少这种由于电表测量所引起的系统误差，必须依照以下原则：（1）若 A x R R ＞ x V R R ， 一般选电流表的内接法.如图 13-6（a）所示.由于该电路中，电压表的读数 U 表示被测电 阻 Rｘ与电流表 A 串联后的总电压，电流表的读数 I 表示通过本身和 Rｘ的电流，所以使用 该电路所测电阻 R 测＝ I U ＝Rｘ＋RA，比真实值 Rｘ大了 RA，相对误差 a＝ x A x x R R R RR  测 （2）若 A x R R ＜ x V R R ，一般选电流表外接法.如图 13-6（b）所示.由于该电路中电压表的读 数 U 表示 Rｘ两端电压，电流表的读数 I 表示通过 Rｘ与 RV 并联电路的总电流，所以 使 用该 电流 所 测电 阻 R 测 ＝ xV xV RR RR I U  也 比真 实值 R ｘ 略 小些 ，相 对 误差 a ＝ xV V x x RR R R RR  测 . 图 13—6 3.控制电路的选择（见难点 12.滑动变阻两种电路接法的选择） 三、处理实验数据 1.代数法 常见的代数法有：求平均值法和逐差法 第 80 页 共 131 页 2.列表法 在记录和处理数据时，把数据列成表格.数据列表可以简单明确地表示出相关物理量 之间对应关系；便于检查和发现实验中的问题；有利于找出相关物理量之间满足的规律， 等等. 3.作图法 作图法的优点是可以形象、直观地反映出相关物理量之间的变化规律，找出相关物理 量之间的变化规律所对应的函数关系；可以根据图线直接得出实验结果.还可以通过作图 发现实验中的问题. 作图时，应该注意以下几点： a.必须使用坐标纸，并保证测量时的准确数字，在图上也是准确的. b.图上要标明图名、坐标轴所代表的物理量及其单位、各分度对应的有效数字. c.尽量使图象充满图纸. d.各数据点要标明. e.连线时，要尽量使数据点均匀分布在图线的两侧. f.明确斜率、截距的物理意义. 必要时，可通过更改坐标轴的方式，改曲线为直线. ●歼灭难点训练 1.（★★★）图 13-7 所示为用伏安法测电阻的部分电路图.因 为不知道待测电阻 Rｘ的大概值，所以不能确定线路的接法.为了减 小误差，可在电路接好以后将电压表的一个接线端 K 分别与 M、N 接触，观察电压表和电流表的读数哪一个有明显变化.下列关于观 察到的现象及应选用的接法的叙述中，正确的是 A.若电流表读数有明显变化，K 应接在 M 点 B.若电流表读数有明显变化，K 应接在 N 点 C.若电压表读数有明显变化，K 应接在 M 点 D.若电压表读数有明显变化，K 应接在 N 点 2.（★★★★）某学生欲测一未知电阻的阻值，可供选择的器材有 电流表 A1 量程 0～10 mA 电流表 A2 量程 0～0.6 A 电压表 V1 量程 0～3 V 电压表 V2 量程 0～15 V 图 13-7 第 81 页 共 131 页 滑动变阻器一只，电源 4.5 V，电键 2 个，如图 13-8，当电键 K2 连 a 时，两电表的指针偏转角度都在满偏的 4/5 处；若将 K2 接 b 时， 其中一个电表的指针偏角几乎不变，另一个电表的指针偏转到满偏 的 3/4 处.该学生所选用的电压表的量程为________，所用的电流表 的量程为________，该电阻的阻值为________. 3.（★★★★）在用伏安法测电阻的实验中，所用电压表的内阻 约为 20 kΩ，电流表的内阻约为 10 Ω，选择能够尽量减少误差的电 路图接线进行实验，读得的各组数据用实心圆点标于坐标图上，如图 13-9 所示： （1）根据各点表示的数据描出 I-U 图线，由此求得该电阻的阻值 Rｘ＝_______Ω（保留两位有效数字）. （2）画出此实验的电路原理图. 4.（★★★★★）在测定电流表的内阻的实验中备用的器材有 A.电流表（量程 0～100 mA） B.标准电压表（量程 0～5 V） C.电阻箱（阻值范围 0～9999 Ω） D.电阻箱（阻值范围 0～99999 Ω） E.电源（电动势 2 V，有内阻） F.电源（电动势 6 V，有内阻） G.滑动变阻器（阻值范围 0～50 Ω，额定电流 1.5 A），还有若干开 关和导线. （1）如果采用图 13-10 所示的电路测定电流表 G 的内阻，并且要 想得到较高的精确度，那么从以上备用的器件中，可变电阻 R1 应选用 ________，可变电阻 R2 应选用________，电源 E 应选用________（用字母代号填写） （2）如果实验时要进行的步骤有： A.合上 S1. B.合上 S2. C.观察 R1 的阻值是否最大，如果不是，将 R1 的阻值调至最大. D.调节 R1 的阻值，使电流表指针偏转到满刻度. E.调节 R2 的阻值，使电流表指针偏转到满刻度的一半. F.记下 R2 的阻值. 图 13-8 图 13-9 图 13-10 第 82 页 共 131 页 把以上步骤的字母代号按实验的合理顺序填写在下面横线上： ___________________________________________________ （3）如果在步骤 F 中所得 R2 的阻值为 600 Ω，则被测电流表的内阻 rg 的测量值为 ________Ω. （4）电流表内阻的测量值 r 测与其真实值 r 真的大小关系是ｒ测________r 真.（填“＞” “＜”或“＝”） 5.（★★★★★）现有一阻值为 10.0 Ω的定值电阻、一个电键，若干根导线和一个 电压表，该电压表表面上有刻度但无刻度值，要求设计一个能测定某电源内阻的实验方案. （已知电压表内阻很大，电压表量程大于电源电动势，电源内阻约为几欧）要求： （1）在所示方框中画出实验电路图. （2）简要写出完成接线后的实验步骤. （3）写出用测得的量计算电源内阻的表达式 r=________. 6.（★★★★★）（1997 年上海）某同学用以下器材测量电阻：①电流计②电阻箱③ 单刀双掷电键（这种电键在掷刀 a 倒向 b 时 ab 接通，倒向 c 时 ac 接通）④待测电阻⑤电 源⑥限流电阻，如图 13-11 所示.实验方法是利用单刀双掷电键分别将电阻箱和待测电阻 接入电路，用电阻箱替代待测电阻的方法来测定待测电阻的阻值. 图 13—11 （1）在图中完成电路的连接（其中有二条导线已连接好）. （2）本实验中电键应先接通的是含有________________（填“待测电阻”或“电阻 箱”）的电路.用电键变换电路，调节电阻箱时，应使两次测量的____________大小相同， 第 83 页 共 131 页 这时待测电阻的值可以从__________________上读出. 7.（★★★★★）要求测量由两节干电池串联而成的电池组的电动势 E 和内阻 r（约 几欧），提供下列器材：电压表 V1（量程 3 V，内阻 1 kΩ）、电压表 V2（量程 15 V，内阻 2 kΩ）、电阻箱（0~9999 Ω）、电键、导线若干. 某同学用量程为 15 V 的电压表连接成如图 13-12 所示的电路.实际步骤如下： 图 13—12 （1）合上电键 S，将电阻箱 R 阻值调到 R1=10 Ω,读得电压表的读数为 U1. （2）将电阻箱 R 阻值调到 R2=20 Ω,读得电压表的读数为 U2. 由方程 U1=E1- 1 1 R U r、U2=E- 2 2 R U r 解出 E、r，为了减少实验误差，上述实验在选择器材 和实验步骤中，应做哪些改进？_____________________. 参考答案 ［难点展台］ 1.（1）A1 （2）见图 13′—1 图 13′—1 图 13′—2 2.（1）连线如图 13′—2 所示 （2）由步骤①连成电路应用全电路欧姆定律得： I0= ARR E 1 ① 第 84 页 共 131 页 由步骤②连成电路，根据电路串、并联关系得：  2 0I 2 2 2 2 1 RR R RR RRR E A A A    ② ①②式联立解得 A A A RE I R RR 02  ③ （3）由③式代入数据得 E=I0RA/5%=6 V 3.（1）见图 13′-3 图 13′—3 （2）a;b;I2R/I1 ［歼灭难点训练］ 1.BC 2.0~3 V，0~10 mA,3200 Ω 3.（1）见图 13′—4 2.4×103 （2）见图 13′—5 图 13′—4 图 13′—5 解析：I=0.8 mA 的点偏离较大，舍去，将其余各点连成直线，得到过坐标原点 U-I 图 第 85 页 共 131 页 线.从图线上读取 U、I 值，如取 I=1.0 mA,U=2.4 V，算得 R= I U = 3100.1 4.2  Ω=2.4×103 Ω. 由于待测电阻较大，Rx>>RA,测量时应取电流表内接法，滑线变阻器取分压接法. 4.（1）D,C,F （2）CADBEF （3）600 （4）＜ 5.（1）见图 13′-6 图 13′—6 （2）步骤：a.断开电键，记下电压表偏转格数 N1 b.合上电键，记下电压表偏转格数 N2 （3）r=R 2 21 N NN  6.（1）见图 13′-7 图 13′—7 （2）待测电阻，电流，电阻箱 解析：①先将电池、电流表、限流电阻、电键组成串联电路，然后将电阻箱一端接 Rx 不接电键的一端，另一端接电键余下的 C 接线柱. ②先接通 Rx，记下电流表示数，把电键掷向另一端，接入电阻箱，调整电阻箱，使 电流表示数与接入 Rx 时相同，则电阻箱的阻值与 Rx 阻值相同，读出其数值即 Rx 的阻值. 7.应选用量程为 3 V 的电压表，改变电阻箱阻值 R，读取若干个 U 的值，由 I= R U 计算 出电流的值，然后作出 U-I 图线，由图线求得 E、r 值. 第 86 页 共 131 页 难点 14 含电容电路的分析策略 将电容器置于直流电路，创设复杂情景，是高考命题惯用的设计策略，借以突出对考 生综合能力的考查，适应高考选拔性需要.应引起足够关注. ●难点展台 1.（★★★★）在如图 14-1 电路中，电键 S1、S2、S3、S4 均闭合.C 是极板水平放置的 平行板电容器，板间悬浮着一油滴 P，断开哪一个电键后 P 会向下运动 A.S1 B.S2 C.S3 Ｄ.S4 www.ks5u.com 图 14—1 图 14—2 2.（★★★）图 14-2 所示，是一个由电池、电阻 R 与平行板电容器组成的串联电路. 在增大电容器两极板间距离的过程中 A.电阻 R 中没有电流 B.电容器的电容变小 C.电阻 R 中有从 a 流向 b 的电流 D.电阻 R 中有从 b 流向 a 的电流 ●案例探究 ［例 1］（★★★★★）如图 14-3 所示的电路中，4 个电阻的 阻值均为 R，E 为直流电源，其内阻可以不计，没有标明哪一极 是正极.平行板电容器两极板间的距离为 d.在平行极板电容器的 两个平行极板之间有一个质量为m,电量为q的带电小球.当电键K 闭合时，带电小球静止在两极板间的中点 O 上.现把电键打开，带电小球便往平行极板电 容器的某个极板运动，并与此极板碰撞，设在碰撞时没有机械能损失，但带电小球的电量 发生变化.碰后小球带有与该极板相同性质的电荷，而且所带的电量恰好刚能使它运动到 平行极板电容器的另一极板.求小球与电容器某个极板碰撞后所带的电荷. 命题意图：考查推理判断能力及分析综合能力，B 级要求. 图 14-3 第 87 页 共 131 页 错解分析：不能深刻把握该物理过程的本质，无法找到破题的切入点（K 断开→U3 变化→q 所受力 F 变化→q 运动状态变化），得出正确的解题思路. 解题方法与技巧： 由电路图可以看出，因 R4 支路上无电流，电容器两极板间电压，无论 K 是否闭合始 终等于电阻 R3 上的电压 U3，当 K 闭合时，设此两极板间电压为 U，电源的电动势为 E， 由分压关系可得 U＝U3＝ 3 2 E ① 小球处于静止，由平衡条件得 d qU ＝mg ② 当 K 断开，由 R1 和 R3 串联可得电容两极板间电压 U′为 U′＝ 2 E ③ 由①③得 U′＝ 4 3 U ④ U′＜U 表明 K 断开后小球将向下极板运动，重力对小球做正功，电场力对小球做负 功，表明小球所带电荷与下极板的极性相同，由功能关系 mg 2 d －q 2 1 2 U mv2－0 ⑤ 因小球与下极板碰撞时无机械能损失，设小球碰后电量变为 q′，由功能关系得 q′U′－mgd=0－ 2 1 mv2 ⑥ 联立上述各式解得 q′＝ 6 7 q 即小球与下极板碰后电荷符号未变，电量变为原来的 6 7 . ［例 2］（★★★★）如图 14-4 所示，电容器 C1＝6 μF，C2＝ 3 μF，电阻 R1＝6 Ω，R2＝3 Ω，当电键 K 断开时，A、B 两点间的电 压 UAB＝？当 K 闭合时，电容器 C1 的电量改变了多少（设电压 U＝ 18 V）? 图 14-4 第 88 页 共 131 页 命题意图：考查理解、推理、分析综合能力及解决实际问题的创新能力，B 级要求. 错解分析：没有依据电路结构的变化分析求出电容器充放电前后的电压变化，使问题 难于求解. 解题方法与技巧：在电路中电容 C1、C2 的作用是断路，当电键 K 断开时，电路中无 电流，B、C 等电势，A、D 等电势，因此 UAB＝UDB＝18 V，UAB＝UAC＝UDB＝18 V，K 断开 时，电容器 C1 带电量为 Q1＝C1UAC＝C1UDC＝6×10－6×18 C＝1.08×10－4 C. 当 K 闭合时，电路 R1、R2 导通，电容器 C1 两端的电压即电阻 R1 两端的电压，由串联 的电压分配关系得： UAC＝ 21 1 RR UR  ＝12 V 此时电容器 C1 带电量为：Q1′＝C1UAC＝7.2×10－5 C 电容器 C1 带电量的变化量为：ΔQ＝Q1－Q1′＝3.6×10－5 C 所以 C1 带电量减少了 3.6×10－5 ●锦囊妙计 电容器是一个储存电能的元件，在直流电路中，当电容器充、放电时，电路有充电、 放电电流，一旦电流达到稳定状态，电容器在电路中就相当于一个阻值无限大（只考虑电 容器是理想不漏电的情况）的元件，电容电路可看作是断路，简化电路时可去掉它，简化 后若要求电容器所带电量时，可在相应的位置补上.分析和计算含有电容器的直流电路时， 关键是准确地判断并求出电容器的两端的电压，其具体方法是： 1.确定电容器和哪个电阻并联，该电阻两端电压即为电容器两端电压. 2.当电容器和某一电阻串联后接在某一电路两端时，此电路两端电压即为电容器两端 电压. 3.对于较复杂电路，需要将电容器两端的电势与基准点的电势比较后才能确定电容器 两端的电压. ●歼灭难点训练 1.（★★★）如图 14-5 所示的电路中，电源的电动势恒定，要想 使灯泡变暗，可以 A.增大 R1 B.减小 R1 C.增大 R2 图 14-5 第 89 页 共 131 页 Ｄ.减小 R2 2.（★★★）一平行板电容器 C，极板是水平放置的，它和三个 可变电阻及电源联接成如图 14-6 所示的电路.今有一质量为 m 的带电 油滴悬浮在两极板之间静止不动.要使油滴上升，可采用的办法是 A.增大 R1 B.增大 R2 C.增大 R3 D.减小 R2 3.（★★★★）如图 14-7 所示，E＝10 V，R1＝4 Ω，R2＝6 Ω，C＝30 μF，电池内 阻可忽略. （1）闭合开关 K，求稳定后通过 R1 的电流； （2）然后将开关 K 断开，求这以后通过 R1 的总电量. 图 14—7 图 14—8 4.（★★★★）如图 14-8 所示的电路，已知电池电动势 E＝90 V，内阻ｒ＝5 Ω，R1 ＝10 Ω，R2＝20 Ω，板面水平放置的平行板电容器的两极板 M、N 相距 d=3 cm，在两 板间的正中央有一带电液滴，其电量 q=-2×10－7 C，其质量 m=4.5×10－5 kg，取 g=10 m/s2， 问 （1）若液滴恰好能静止平衡时，滑动变阻器 R 的滑动头 C 正好在正中点，那么滑动 变阻器的最大阻值 Rm 是多大? （2）将滑动片 C 迅速滑到 A 端后，液滴将向哪个极板做什么运动?到达极板时的速 度是多大? 5.（★★★★）如图 14-9 所示.两根相距为 L 的竖直金属导轨 MN 和 PQ 的上端接有一 个电容为 C 的电容器，质量为 m 的金属棒 ab 可紧贴竖直导轨无摩擦滑动，且滑动中 ab 始终保持水平，整个装置处于磁感应强度为 B 的磁场中，不计电阻，求最后通过 C 的充 电电流. 图 14-6 第 90 页 共 131 页 图 14—9 6.（★★★★★）图 14-10 所示，金属棒 ab 质量 m=5 g，放 在相距 L=1 m 的光滑金属导轨 MN、PQ 上，磁感应强度 B=0.5 T， 方向竖直向上，电容器的电容 C=2μF，电源电动势 E＝16 V，导 轨距地面高度 h=0.8 m.当单刀双掷开关先掷向 1 后，再掷向 2， 金属棒被抛到水平距离 s=6.4 cm 的地面上，问电容器两端的电压 还有多大? 参考答案 ［难点展台］ 1.C 2.BC ［歼灭难点训练］ 1.AD 2.CD 3.电容器稳定后相当于断路，Ｋ断开前电容器相当于和 R2 并联，K 断开前，电容器相 当 于直接接到电源上，K 断开前后通过 R1 的电量即为前后两状态下电容器带电量之差. 电容器稳定后相当于断路，则： （1）Ｉ1＝Ｉ总＝ )64( 10 21  RR E A＝１A （2）断开 K 前，电容器相当于和 R2 并联，电压为Ｉ2R2，储存的电量为 Q1＝CI1R2 断开 K 稳定后，总电流为零，电容器上电压为 E，储存电量为 Q2＝CE 所以通过 R1 的电量为： ΔQ＝Q2－Q1＝C（E－I1R2）＝1.2×10－3 C 4.滑动变阻器 R 的滑动触头 C 正好在 AB 正中点时对液滴进行受力分析知，重力 G 与 电场力Ｅq 平衡，从而求得电容器两极电压，也就是 BC 间电压，然后据闭合电路欧姆定 律求得 RBC，从而求得 Rm. 将滑片 C 迅速滑到 A 端后，由闭合电路欧姆定律可求得 AB 间电压，即电容器两板间 图 14-10 第 91 页 共 131 页 电压ＵAB＝ＵMN′＝ 1590 90  ×90 即ＵMN′＝77 V 大于 C 在中央时电压，对液滴分析受力 知电场力大于重力，所以向 M 板运动，由动量定理便可求得速度. （1）滑片 C 在 AB 中央时，对带电液滴由平衡条件得 mg=q d U MN 所以ＵMN＝ q mgd = 7 24 102 1031045     V＝67.5（V） 由题意知 UMN＝ＵBC＝67.5 V 由欧姆定律得 21 mRRr E  ＝ＵBC 即 215 90 mR 2 mR ＝67.5 所以 Rm＝90 Ω （2）滑片滑到 A 时，ＵMN′＝ m1 m RRr ER  1590 9090   V＝77（V）＞67.5 V 所以液滴向 M 板运动，设达 M 板时速度为 v 由动能定理得 q· mgU MN   2 · 2 d = 2 1 mv2 所以 v=0.2 m/s 5.经分析知最终 ab 棒做匀加速下滑，设最终充电电流为 I，在Δt 内电量、速率、电 动势的变化量分别为ΔQ、Δv 和ΔE 则有 I＝ t Q   ＝C· t E   ＝CBL· t v   ＝CBLa 由牛顿第二定律有 mg-BIL=ma 解得 I＝ CLBm mgCBL 22 6.电容器充电后电量为 Q＝CE.开关掷向位置 2 时，电容器通过 ab 放电，其放电电量 为ΔQ，则通过棒中电流为 I＝ t Q   金属棒受安培力 F＝BIL＝BL t Q   ① 据动量定理 FΔt＝mv－０ ② 第 92 页 共 131 页 由平抛运动可知 v=s/ h gsg h 2 2  ③ 由式①、②、③得 BL t Q   ·Δt＝mｓ h g 2 所以ΔQ＝ h g BL ms 2 ＝1.6×10－5C 电容器所余电量 Q′＝Q－ΔQ＝CE－ΔQ＝1.6×10-5 C 所以电容器两端电压为 Ｕ′＝ C Q ＝８V 第 93 页 共 131 页 难点 15 电磁感应电路分析与模型转换 电磁感应电路的分析与计算以其覆盖知识点多，综合性强，思维含量高，充分体现考 生能力和素质等特点，成为历届高考命题的特点. ●难点展台 1.（★★★）（1999 年广东）如图 15-1 所示，MN、PQ 为两平行 金属导轨，M、P 间连有一阻值为 R 的电阻，导轨处于匀强磁场中， 磁感应强度为 B，磁场方向与导轨所在平面垂直，图中磁场垂直纸面 向里.有一金属圆环沿两导轨滑动，速度为 v，与导轨接触良好，圆环 的直径 d 与两导轨间的距离相等.设金属环与导轨的电阻均可忽略，当金属环向右做匀速 运动时 www.ks5u.com A.有感应电流通过电阻 R，大小为 R dBv B.有感应电流通过电阻 R，大小为 R dBv C.有感应电流通过电阻 R，大小为 R dBv2 D.没有感应电流通过电阻 R 2.（★★★★）两根相距 d=0.20 m 的平行金属长导轨固定在 同一水平面内，并处于竖直方向的匀强磁场中，磁场的磁感应强 度 B=0.20 T，导轨上面横放着两条金属细杆，构成矩形闭合回路. 每条金属细杆的电阻为 r=0.25 Ω，回路中其余部分的电阻可不 计，已知两金属细杆在平行导轨的拉力作用下沿导轨朝相反方向匀速平移，速度大小都是 v=5.0 m/s，如图 15-2 所示，不计导轨上的摩擦. （1）求作用于每条金属细杆的拉力的大小. （2）求两金属细杆在间距增加 0.40 m 的滑动过程中共产生的热量. 3.（★★★★）（1999 年上海）如图 15-3 所示，长为 L、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，量程为了 0～3.0 A 的电流表串接在一条导轨上，量程为 0～1.0 V 的电压表接在电阻 R 的两端，垂直 导轨平面的匀强磁场向下穿过平面.现以向右恒定外力 F 使金属棒右移.当金属棒以 v=2 图 15-1 图 15-2 图 15-3 第 94 页 共 131 页 m/s 的速度在导轨平面上匀速滑动时，观察到电路中的一个电表正好满偏，而另一个电表 未满偏.问： （1）此满偏的电表是什么表?说明理由. （2）拉动金属棒的外力 F 多大? （3）此时撤去外力 F，金属棒将逐渐慢下来，最终停止在导轨上.求从撤去外力到金 属棒停止运动的过程中通过电阻 R 的电量. ●案例探究 ［例 1］（★★★★★★）据报道，1992 年 7 月，美国"阿特兰蒂斯"号航天飞机进行 了一项卫星悬绳发电实验，实验取得了部分成功.航天飞机在地球赤道上空离地面约 3000 km 处由东向西飞行，相对地面速度大约 6.5×103 m/s，从航天飞机上向地心方向发射一 颗卫星，携带一根长 20 km，电阻为 800 Ω的金属悬绳，使这根悬绳与地磁场垂直，做 切割磁感线运动.假定这一范围内的地磁场是均匀的.磁感应强度为 4×10-5T，且认为悬绳 上各点的切割速度和航天飞机的速度相同.根据理论设计，通过电离层（由等离子体组成） 的作用，悬绳可以产生约 3 A 的感应电流，试求： （1）金属悬绳中产生的感应电动势； （2）悬绳两端的电压； （3）航天飞机绕地球运行一圈悬绳输出的电能（已知地球半径为 6400 km）. 命题意图：考查考生信息摄取、提炼、加工能力及构建物理模型的抽象概括能力.B 级要求. 错解分析：考生缺乏知识迁移运用能力和抽象概括能力，不能于现实情景中构建模型 （切割磁感线的导体棒模型）并进行模型转换（转换为电源模型及直流电路模型），无法 顺利运用直流电路相关知识突破. 解题方法与技巧：将飞机下金属悬绳切割磁感线产生感应电动 势看作电源模型，当 它通过电离层放电可看作直流电路模型.如图 15-4 所示. （1）金属绳产生的电动势： E=Blv=4×10-5×20×103×6.5×103 V＝5.2×103 V （2）悬绳两端电压，即路端电压可由闭合电路欧姆定律得： U=E-Ir=5.2×103-3×800 V＝2.8×103 V （3）飞机绕地运行一周所需时间 图 15-4 第 95 页 共 131 页 t= v R2 = 3 33 105.6 )103000106400(14.32   s＝9.1×103 s 则飞机绕地运行一圈输出电能： E=UIt=2800×3×9.1×103 Ｊ＝７.6×107 Ｊ ［例 2］（★★★★★）如图 15-5 所示，竖直向上的匀强磁场， 磁感应强度 B=0.5 T，并且以 t B   =0.1 T/s 在变化，水平轨道电阻不 计，且不计摩擦阻力，宽 0.5 m 的导轨上放一电阻 R0=0.1 Ω的导体 棒，并用水平线通过定滑轮吊着质量 M=0.2 kg 的重物，轨道左端连 接的电阻 R=0.4 Ω，图中的 l=0.8 m，求至少经过多长时间才能吊起 重物. 命题意图：考查理解能力、推理能力及分析综合能力.B 级要求. 错解分析：（1）不善于逆向思维，采取执果索因的有效途径探寻解题思路；（2）实 际运算过程忽视了 B 的变化，将 B 代入 F 安=BIlab，导致错解. 解题方法与技巧： 由法拉第电磁感应定律可求出回路感应电动势： E= t BSt    ① 由闭合电路欧姆定律可求出回路中电流 I＝ RR E 0 ② 由于安培力方向向左，应用左手定则可判断出电流方向为顺时针方向（由上往下看）. 再根据楞次定律可知磁场增加，在 t 时磁感应强度为： B′＝（B＋ t B   ·t） ③ 此时安培力为 F 安=B′Ilab ④ 由受力分析可知 F 安=mg 图 15-5 第 96 页 共 131 页 ⑤ 由①②③④⑤式并代入数据：t=495 s ●锦囊妙计 一、命题特点 对电磁感应电路的考查命题，常以学科内综合题目呈现，涉及电磁感应定律、直流电 路、功、动能定理、能量转化与守恒等多个知识点，突出考查考生理解能力、分析综合能 力，尤其从实际问题中抽象概括构建物理模型的创新能力. 二、求解策略 变换物理模型，是将陌生的物理模型与熟悉的物理模型相比较，分析异同并从中挖掘 其内在联系，从而建立起熟悉模型与未知现象之间相互关系的一种特殊解题方法.巧妙地 运用“类同”变换，“类似”变换，“类异”变换，可使复杂、陌生、抽象的问题变成简单、 熟悉、具体的题型，从而使问题大为简化. 解决电磁感应电路问题的关键就是借鉴或利用相似原型来启发理解和变换物理模型， 即把电磁感应的问题等效转换成稳恒直流电路，把产生感应电动势的那部分导体等效为内 电路.感应电动势的大小相当于电源电动势.其余部分相当于外电路，并画出等效电路图. 此时，处理问题的方法与闭合电路求解基本一致，惟一要注意的是电磁感应现象中，有时 导体两端有电压，但没有电流流过，这类似电源两端有电势差但没有接入电路时，电流为 零. ●歼灭难点训练 1.（★★★★）在方向水平的、磁感应强度为 0.5 T 的匀强磁场 中，有两根竖直放置的导体轨道 cd、ef，其宽度为 1 m，其下端与 电动势为 12 V、内电阻为 1 Ω的电源相接，质量为 0.1 kg 的金属棒 MN 的两端套在导轨上可沿导轨无摩擦地滑动，如图 15-6 所示，除 电源内阻外，其他一切电阻不计，g=10 m／s2，从 S 闭合直到金属 棒做匀速直线运动的过程中 A.电源所做的功等于金属棒重力势能的增加 B.电源所做的功等于电源内阻产生的焦耳热 C.匀速运动时速度为 20 m／s D.匀速运动时电路中的电流强度大小是 2 A 2.（★★★★）两根光滑的金属导轨，平行放置在倾角为θ的 斜面上，导轨的左端接有电阻 R，导轨自身的电阻可忽略不计.斜 图 15-6 图 15-7 第 97 页 共 131 页 面处在匀强磁场中，磁场方向垂直于斜面向上.质量为 m、电阻可不计的金属棒 ab，在沿 着斜面与棒垂直的恒力 F 作用下沿导轨匀速上滑，并上升 h 高度.如图 15-7 所示，在这过 程中 A.作用于金属棒上的各个力的合力所做的功等于零 B.作用于金属棒上的各个力的合力所做的功等于 mgh 与电阻 R 上发出的焦耳热之和 C.恒力 F 与安培力的合力所做的功等于零 D.恒力 F 与重力的合力所做的功等于电阻 R 上发出的焦耳热 3.（★★★★★）如图 15-8 所示，空间存在垂直于纸面的均匀磁场，在半径为 a 的 圆形区域内、外，磁场方向相反，磁感应强度的大小均为 B.一半径为 b，电阻为 R 的圆形 导线环放置在纸面内，其圆心与圆形区域的中心重合.在内、外磁场同时由 B 均匀地减小 到零的过程中，通过导线截面的电量 Q=_________. 4.（★★★★★）如图 15-9 所示，放在绝缘水平面上的两条平行金属导轨 MN 和 PQ 之间的宽度为 l，置于磁感应强度值为 B 的匀强磁场中，B 的方向垂直于导轨平面，导轨 左端接有电阻为 R，其他电阻不计，导轨右端接有电容为 C 的电容器，长为 2l 的金属棒 ab 放在导轨上与导轨垂直且接触良好，其 a 端绞链在导轨 PQ 上，现将棒以角速度ω绕 a 点沿水平导轨平面顺时针旋转 90°角，求这个过程中通过 R 的总电量是多少? 5.（★★★★）如图 15-10 所示，AB 和 CD 是足够长的平行光 滑导轨，其间距为 l，导轨平面与水平面的夹角为θ.整个装置处在 磁感应强度为 B 的，方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场中.AC 端 连有电阻值为 R 的电阻.若将一质量 M，垂直于导轨的金属棒 EF 在 距 BD 端 s 处由静止释放，在 EF 棒滑至底端前会有加速和匀速两个 运动阶段.今用大小为 F，方向沿斜面向上的恒力把 EF 棒从 BD 位置由静止推至距 BD 端 s 图 15-8 图 15-9 图 15-10 第 98 页 共 131 页 处，突然撤去恒力 F，棒 EF 最后又回到 BD 端.求： （1）EF 棒下滑过程中的最大速度. （2）EF 棒自 BD 端出发又回到 BD 端的整个过程中，有多少电能转化成了内能（金 属棒、导轨的电阻均不计）? 6.（★★★★★）在磁感应强度为 B=0.4 T 的匀强磁场中放一个 半径 r0=50 cm 的圆形导轨，上面搁有互相垂直的两根导体棒，一起 以角速度ω=103 rad/s 逆时针匀速转动.圆导轨边缘和两棒中央通过 电刷与外电路连接，若每根导体棒的有效电阻为 R0=0.8 Ω，外接电 阻 R=3.9 Ω，如所示，求： （1）每半根导体棒产生的感应电动势. （2）当电键 S 接通和断开时两电表示数（假定 RV→∞，RA→0）. 参考答案： ［难点磁场］ 1.B.提示：将圆环转换为并联电源模型，如图 15′-1. 图 15′—1 图 15′—2 2.（1）3.2×10-2 N （2）1.28×10-2 J 提示：将电路转换为直流电路模型如图 15′—2. 3.（1）电压表 理由略 （2）F=1.6 N （3）Q=0.25 C ［歼灭难点训练］ 1.CD 2.AD 3.Q=IΔt= R baB )2( 22  或 Q= R abB )2( 22  4.Q=Bl2（ R2 3 +2Cω） 5.（1）如图 15′—3 当 EF 从距 BD 端 s 处由静止开始滑至 BD 的过程中，受力情况如 图所示.安培力：F 安=BIl=B lR Blv 图 15-11 第 99 页 共 131 页 图 15′—3 根据牛顿第二定律：a= M LR BlvBMg -sin ① 所以，EF 由静止开始做加速度减小的变加速运动.当 a=0 时速度达到最大值 vm. 由①式中 a=0 有：Mgsinθ-B2l2vm/R=0 ② vm= 22 sin lB MgR  （2）由恒力 F 推至距 BD 端 s 处，棒先减速至零，然后从静止下滑，在滑回 BD 之前 已达最大速度 vm 开始匀速. 设 EF 棒由 BD 从静止出发到再返回 BD 过程中，转化成的内能为ΔE.根据能的转化与 守恒定律： Fs-ΔE= 2 1 Mvm2 ③ ΔE=Fs- 2 1 M（ 22 sin lB MgR  ）2 ④ 6.（1）每半根导体棒产生的感应电动势为 E1=Bl v = 2 1 Bl2ω= 2 1 ×０.4×103×（0.5）2 V＝50 V. （2）两根棒一起转动时，每半根棒中产生的感应电动势大小相同、方向相同（从边 缘指向中心），相当于四个电动势和内阻相同的电池并联，得总的电动势和内电阻 为 E＝E1＝50 V，r= 2 1 4 1  R0＝0.1 Ω 当电键 S 断开时，外电路开路，电流表示数为零，电压表示数等于电源电动势，为 50 V. 当电键 S′接通时，全电路总电阻为 R′=r+R=（0.1+3.9）Ω=4Ω. 由全电路欧姆定律得电流强度（即电流表示数）为 第 100 页 共 131 页 I＝ 4 50 Rr E A=12.5 A. 此时电压表示数即路端电压为 U=E-Ir=50-12.5×0.1 V＝48.75 V（电压表示数） 或 U＝IR＝12.5×3.9 V＝48.75 V. 第 101 页 共 131 页 难点 16 楞次定律与因果关联 楞次定律与力和运动的综合命题，多次以选择、填空的题型出现在高考卷面尤其是上 海试卷中，充分考查考生的综合分析能力. ●难点展台 1.（★★★★）如图 16-1（a），圆形线圈 P 静止在水平桌面上，其正上方悬挂一相同的线 圈 Q、P 和 Q 共轴.Q 中通有变化电流，电流随时间变化的规律如图 16-1（b）所示.P 所受 的重力为 G，桌面对 P 的支持力为 N，则 www.ks5u.com A.t1 时刻 N＞G B.t2 时刻 N＞G C.t3 时刻 N＜G D.t4 时刻 N=G 图 16—1 图 16—2 2.（★★★★）如图 16-2 所示，ab 是一个可绕垂直于纸面的轴 O 转动的闭合矩形导 线框，当滑动变阻器的滑片 P 自左向右滑动时，从纸外向纸内看，线框 ab 将 A.保持静止不动 B.逆时针转动 C.顺时针转动 D.发生转动，但电源极性不明，无法确定转动方向 ●案例探究 ［例 1］（★★★）一平面线圈用细杆悬于 P 点，开始时 细杆处于水平位置，释放后让它在如图 16-3 所示的匀强磁场 中运动，已知线圈平面始终与纸面垂直，当线圈第一次通过位 置Ⅰ和位置Ⅱ时，顺着磁场的方向看去，线圈中的感应电流的 方向分别为 位置Ⅰ 位置Ⅱ （A）逆时针方向 逆时针方向 （B）逆时针方向 顺时针方向 图 16-3 第 102 页 共 131 页 （C）顺时针方向 顺时针方向 （D）顺时针方向 逆时针方向 命题意图：考查对楞次定律的理解应用能力及逻辑推理能力.B 级要求. 错解分析：由于空间想象能力所限，部分考生无法判定线圈经位置Ⅰ、Ⅱ时刻磁通量 的变化趋势，从而无法依据楞次定律和右手螺旋定则推理出正确选项. 解题方法与技巧：线圈第一次经过位置Ⅰ时，穿过线圈的磁通量增加，由楞次定律， 线圈中感应电流的磁场方向向左，根据右手定则，顺着磁场看去，感应电流的方向为逆时 针方向.当线圈第一次通过位置Ⅱ时，穿过线 圈的磁通量减小，可判断出感应电流为顺时 针方向，故选项 B 正确. ［例 2］（★★★★）如图 16-4 甲所示， 通电螺线管与电源相连，与螺线管同一轴线 上套有三个轻质闭合铝环，b 在螺线管中央，a 在螺线管左端，c 在螺线管右端.当开关 S 闭合时，若忽略三个环中感应电流的相互作用，则 A.a 向左运动，c 向右运动，b 不动 B.a 向右运动，c 向左运动，b 不动 C.a、b、c 都向左运动 D.a、b、c 都向右运动 命题意图：考查楞次定律、安培定则、左手定则的综合应用能力及逻辑推理能力.B 级要求. 错解分析：找不到该题中现象间的因果关系，即感应磁场与原磁场磁通量变化之间的 阻碍与被阻碍关系；感应电流与感应磁场间的产生和被产生的关系；寻找不到先行现象和 后继现象间的关联点，从而无法顺利地推理判断出正确选项. 解题方法与技巧：首先应弄清楚，当开关 S 闭合时，由通电螺线管所产生的磁场在铝 环 a、b、c 中的磁通量变化情况.电学知识告诉我们，通电后，该螺线管的磁场等效为一 个 N 极在左、S 极在右的条形磁铁的磁场（如图 16-4 乙所示），当开关 S 闭合时，向左通 过各铝环的磁通量突然增大. 然后，由于向左通过各铝环的磁通量突然增大，根据楞次定律可知，各铝环的感应磁 场方向必然与螺线管的磁场方向相反而向右. 接着，运用安培定则可确定，各铝环的感应电流方向如图 16-4 乙所示，从右向左看 均为逆时针方向. 图 16-4 第 103 页 共 131 页 最后，根据图 16-4 丙所提供的感应电流和原磁场的分布情况，运用左手定则可判定 a、b、c 三个铝环所受的安培力分别如图 16-4 丙所示，于是 a 受安培力 Fa 作用，向左运 动，c 环受安培力 Fc 作用，向右运动，而由 b 环受力的对称性可知，b 环所受的安培力 Fb 合力为零，b 环仍然静止.因此正确答案为选项 A. ●锦囊妙计 一、楞次定律中的因果关联 楞次定律所揭示的电磁感应过程中有两个最基本的因果联系，一是感应磁场与原磁场 磁通量变化之间的阻碍与被阻碍的关系，二是感应电流与感应磁场间的产生和被产生的关 系.抓住“阻碍”和“产生”这两个因果关联点是应用楞次定律解决物理问题的关键. 二、运用楞次定律处理问题的思路 1.判断感应电流方向类问题的思路 运用楞次定律判定感应电流方向的基本思路可归结为：“一原、二感、三电流”，即为： （1）明确原磁场：弄清原磁场的方向及磁通量的变化情况. （2）确定感应磁场：即根据楞次定律中的"阻碍"原则，结合原磁场磁通量变化情况， 确定出感应电流产生的感应磁场的方向. （3）判定电流方向：即根据感应磁场的方向，运用安培定则判断出感应电流方向. （见例 1） 2.判断闭合电路（或电路中可动部分导体）相对运动类问题的分析策略 在电磁感应问题中，有一类综合性较强的分析判断类问题，主要讲的是磁场中的闭合 电路在一定条件下产生了感应电流，而此电流又处于磁场中，受到安培力作用，从而使闭 合电路或电路中可动部分的导体发生了运动.（如例 2）对其运动趋势的分析判断可有两 种思路方法： （1）常规法： 据原磁场（B 原方向及ΔΦ情况）  楞次定律 确定感应磁场（B 感方向）  安培定则 判断感应电流（I 感方向）  左手定则 导体受力及运动趋势.（见例 2） （2）效果法 由楞次定律可知，感应电流的“效果”总是阻碍引起感应电流的“原因”，深刻理解 “阻碍”的含义.据"阻碍"原则，可直接对运动趋势作出判断，更简捷、迅速. ●歼灭难点训练 1.（★★★）如图 16-5 所示，一闭合矩形金属线框，一半在匀强磁场中，一半在磁 第 104 页 共 131 页 场外，要使线框中的感应电流为顺时针，线框应 A.沿 x 轴正方向平动 B.沿 y 轴正方向平动 C.沿 x 轴负方向平动 D.沿 y 轴负方向平动 图 16—5 图 16—6 2.（★★★★）如图 16-6 所示，匀强磁场垂直于圆形线圈指向纸里，abcd 为圆形线 圈上等距离的四点，现用外力作用在上述四点，将线圈拉成正方形，设线圈导线不可伸长， 且线圈仍处于原先所在的平面内，则在线圈发生形变的过程中： A.线圈中将产生 abcd 方向的感应电流 B.线圈中将产生 adcb 方向的感应电流 3.（★★★★★）如图 16-7 所示，螺线管 CD 的导线绕法不明确，当 磁铁 AB 插入螺线管时，电路中有图示方向的感应电流产生，下列关于螺 线管极性的判断正确的是 A.C 端一定是 N 极 B.C 端一定是 S 极 C.C 端的极性一定与磁铁 B 端的极性相同 D.无法判断极性的关系，因螺线的绕法不明确 4.（★★★★）如图 16-8 所示，A、B 为两个相同的导线圈，共轴并靠近放置，若在 线圈 A 中通有如图 16-9 所示的交流电，则 A.在 t1~t2 时间内，A、B 相互吸引 B.在 t2~t3 时间内，A、B 相互吸引 C.t1 时刻两线圈间作用力为零 D.t2 时刻两线圈间吸引力最大 图 16-7 第 105 页 共 131 页 图 16—8 图 16—9 图 16—10 5.（★★★★）如图 16-10 所示，A、B 为大小形状均相同且内壁光滑，但用不同材料 制成的圆管，竖直固定在相同高度.两个相同的磁性小球，同时从 A、B 管上端管口无初速 释放，穿过 A 管的小球比穿过 B 管的小球先落到地面.下面对于两管的描述中可能正确的 是 A.A 管是用塑料制成的，B 管是用铜制成的 B.A 管是用铝制成的，B 管是用胶木制成的 C.A 管是用胶木制成的，B 管是用塑料制成的 D.A 管是用胶木制成的，B 管是用铝制成的 6.（★★★★）如图 16-11 所示，光滑平行的两导轨水平放置，两根导体棒 ab 和 cd 平行地跨放在导轨上形成一个闭合回路，当一条形磁铁从回路正上方迅速插入回路时，导 体 ab 和 cd 的运动情况 A.互相远离 B.相互靠拢 C.都不动 D.都向右运动 图 16—11 图 16—12 7.（★★★★）（2001 年科研，7）2000 年底，我国宣布已研制成功一辆高温超导磁 悬浮高速列车的模型车，该车的车速已达到每小时 500 千米，可载 5 人.如图 16-12 所示 就是磁悬浮的原理，图中 A 是圆柱形磁铁，B 是用高温超导材料制成的超导圆环.将超导 圆环 B 水平放在磁铁 A 上，它就能在磁力的作用下悬浮在磁铁 A 上方的空中 A.在 B 放入磁场的过程中，B 中将产生感应电流.当稳定后，感应电流消失 B.在 B 放入磁场的过程中，B 中将产生感应电流.当稳定后，感应电流仍存在 C.如 A 的 N 极朝上，B 中感应电流的方向如图中所示 第 106 页 共 131 页 D.如 A 的 N 极朝上，B 中感应电流的方向与图中所示的相反 参考答案 ［难点展台］ 1.AD 2.C ［歼灭难点训练］ 1A 2.A 3.C 4.AC 5.AD 6.B 7.BD 第 107 页 共 131 页 难点 17 带电粒子在复合场中的运动分析 带电粒子在复合场中的运动是历届高考的热点，亦是考生棘手的难点之一. ●难点展台 1.（★★★★）如图 17-1 所示，在 x 轴上方有垂直于 xOy 平面向里的匀强磁场，磁 感应强度为 B；在 x 轴下方有沿 y 轴负方向的匀强电场，场强为 E.一质量为 m，电量为-q 的粒子从坐标原点 O 沿着 y 轴正方向射出.射出之后第三次到达 x 轴时，它与点 O 的距离 为 L.求此粒子射出时的速度 v 和运动的总路程 s（不计重力）. www.ks5u.com 图 17—1 图 17—2 2.（★★★★★）（2000 年全国）如图 17-2，两个共轴的圆筒形金属电极，外电极接 地，其上均匀分布着平行于轴线的四条狭缝 a、b、c 和 d，外筒的外半径为 r0.在圆筒之外 的足够大区域中有平行于轴线方向的均匀磁场，磁感应强度的大小为 B.在两极间加上电 压，使两圆筒之间的区域内有沿半径向外的电场.一质量为 m、带电量为+q 的粒子，从紧 靠内筒且正对狭缝 a 的 S 点出发，初速为零.当该粒子经过一段时间的运动之后恰好又回 到出发点 S，则两电极之间的电压 U 应是多少?（不计重力，整个装置在真空中.） ●案例分析 ［例 1］（★★★★）质量为 m，电量为+q 的小球以初速度 v0 以与 水平方向成θ角射出，如图 17—3 所示，如果在某方向加上一定大小 的匀强电场后，能保证小球仍沿 v0 方向做直线运动，试求所加匀强电 场的最小值，加了这个电场后，经多长时间速度变为零? 命题意图：考查分析综合能力及思维发散能力.B 级要求. 错解分析：部分考生挖掘隐含条件的能力差，不能据“保证小球仍沿 v0 方向做直线 运动”的条件，推测重力和电场力在垂直于 v0 方向合力为零， 从而无法切入. 解题方法与技巧： 图 17—3 图 17—4 第 108 页 共 131 页 由题知小球在重力和电场力作用下沿 v0 方向做直线运动，可知垂直 v0 方向上合外力 为零，或者用力的分解或力的合成方法，重力与电场力的合力沿 v0 所在直线. 建如图 17-4 所示坐标系，设场强 E 与 v0 成φ角，则受力如图： 由牛顿第二定律可得 Eqsinφ-mgcosθ=0 ① Eqcosφ-mgsinθ=ma ② 由①式得：E=mgcosθ／qsinφ ③ 由③式得：φ＝90°时，E 最小为 Emin＝mgcosθ／q 其方向与 v0 垂直斜向上 将φ＝90°代入②式可得 a＝－gsinθ 即在场强最小时，小球沿 v0 做加速度为 a＝－gsinθ的匀减速直线运动，设运动 时间为 t 时速度为 0，则：0＝v0－gsinθt 可得：t= sin 0 g v ［例 2］（★★★★）如图 17-5 所示，在相互垂直的水平匀强 电场和水平匀强磁场中，有一竖直固定绝缘杆 MN，小球 P 套在杆 上，已知 P 的质量为 m，电量为 q,P 与杆间的动摩擦因数为μ，电 场强度为 E，磁感应强度为 B，小球由静止起开始下滑，设电场、 磁场区域足够大，杆足够长，求： （1）当下滑加速度为最大加速度一半时的速度. （2）当下滑速度为最大下滑速度一半时的加速度. 命题意图：考查考生逻辑推理能力、分析综合能力.B 级要求. 错解分析：不能沿正确的路径推理辨析各物理量隐含的制约关系，据牛顿运动定律列 方程. 解题方法与技巧： 因电场力方向与洛伦兹力方向相反，小球先做加速度逐渐增加的加速运动，当加速度 达到最大后，又做加速度逐渐减小的加速运动，当加速度为零时，速度达到最大.因此， 加速度达到最大之前，加速度可能取最大值的一半，加速度达到最大值后，一定有某一时 刻加速度为最大加速度的一半.小球速度（达到最大值前）始终在增大，一定只有某一时 刻速度为最大速度的一半，要研究这一时刻是在加速度最大之前还是之后. （1）小球刚开始下滑时速度较小，Bqv＜Ｅq 受力分析如图 17-6 图 17—5 图 17—6 第 109 页 共 131 页 所示，由牛顿第二定律得： mg-μ（Eq-Bqv）=ma ① 当 Bqv=Eq 时 a 达最大为 am＝g 随 v 的增大，Bqv＞Eq，小球受力如图 17-7 所示. 则：mg-μ（Bqv-Eq）=ma ② 将 a＝ 2 1 ,am＝ 2 1 g 分别代入①式和②式 解得在 a 达到 am 之前， 当 a＝ 2 1 g 时，速度为 v1＝   Bq mgEq 2 2  当 a 达到 am 后，当 a＝ 2 1 g 时，速度为 v2＝   Bq mgEq 2 ，其中 v1 存在是有条件的， 只有 mg≤2Ｅqμ时，在 a 增加阶段才有 a＝ 2 1 g 可能. （2）在 a 达到 am 后，随着 v 增大，a 减小，当 a＝0 时 v＝vm，由②式可解得 vm＝   Bq Eqmg  . 设在 a 达 am 之前有 v＝ 2 mv ，则由①式解得此时加速度为 a＝g＋ m Eqmg 2  ， 因 mg＞Eqμ，故 a＞g，这与题设相矛盾，说明在 a＝am 之前不可能有 v= 2 mv . 显然 a＜g，符合题意. 将 v= 2 1 vm 代入②式解得 a= m Eqmg 2  . ●锦囊妙计 一、高考走势 带电粒子在复合场中的运动的命题，集中融合力学、电磁学等知识，其特点构思新颖、 综合性强，突出考查考生对物理过程和运动规律的综合分析能力、运用数学知识解决物理 问题的能力及空间想象能力. 图 17—7 第 110 页 共 131 页 二、方法指要 综合上述［案例探究］例析，可以看出：要正确、迅速解答带电粒子在复合场内运动 类问题，首先必须弄清物理情境，即在头脑中再现客观事物的运动全过程，对问题的情境 原型进行具体抽象.从而建立起正确、清晰的物理情境.其二，考生应对物理知识有全面深 入的理解.其三，熟练掌握运用数学知识是考生顺利解决物理问题的有效手段. 这里所说的复合场是指重力场、电场、磁场并存的复合场，分析方法和力学问题的分 析方法基本相同，不同之处就是多了电场力和磁场力，其思路、方法与解题步骤相同，因 此在利用力学的三大观点（动力学、能量、动量）分析的过程中，还要注意： （1）洛伦兹力永远与速度垂直、不做功 （2）重力、电场力做功与路径无关，只由初末位置决定，当重力、电场力做功不为 零时，粒子动能变化.因而洛伦兹力也随速率的变化而变化，洛伦兹力的变化导致了所受 合外力变化，从而引起加速度变化，使粒子做变加速运动. ●歼灭难点训练 1.（★★★）如图 17-8 所示是等离子体发电机的示意图，磁感应强度为 B，两极间距 离为 d，要使输出电压为 U，则等离子的速度 v 为_________，a 是电源的________极. 图 17—8 图 17—9 2.（★★★）如图 17-9 所示，带电液滴从 h 高处自由落下， 进入一个匀强电场和匀强磁场互相垂直的区域，磁场方向垂直纸 面，电场强度为 E，磁感应强度为 B.已知液滴在此区域中做匀速圆 周运动，则圆周运动的轨道半径 R＝_________. 3.（★★★★）如图 17-10 所示，在水平正交的匀强电场和匀 强磁场中，半径为 R 的光滑绝缘竖直圆环上，套有一个带正电的小球，已知小球所受电 场力与重力相等，小球在环顶端 A 点由静止释放，当小球运动的圆弧为周长的几分之几 时，所受磁场力最大? 4.（★★★★）带电量为 q 的粒子（不计重力），匀速直线通 过速度选择器 F0（电场强度为 E，磁感应强度为 B1），又通过宽 度为 l，磁感应强度为 B2 的匀强磁场，粒子离开磁场时速度的方 图 17—10 考生 图 17—11 第 111 页 共 131 页 向跟入射方向间的偏角为θ，如图 17-11 所示.试证明：入射粒子的质量 m= sin 21 E lBqB . 5.（★★★★）某空间存在着一个变化的电场和一个变化的磁场，电场方向向右（如 图 17-12（a）中由 B 到 C 的方向），电场变化如图（ｂ）中 E-t 图象，磁感应强度变化如 图（c）中 B-t 图象.在 A 点，从 t=1 s（即 1 s）开始，每隔 2 s，有一个相同的带电粒子（重 力不计）沿 AB 方向（垂直于 BC）以速度 v 射出，恰能击中 C 点，若 BCAC 2 且粒子 在 AC 间运动的时间小于 1 s，求 图 17—12 （1）图线上Ｅ0 和 B0 的比值，磁感应强度 B 的方向. （2）若第 1 个粒子击中 C 点的时刻已知为（1+Δt）ｓ，那么 第 2 个粒子击中 C 点的时刻是多少? 6.（★★★★★）如图 17-13 所示，带正电的小球，电量 q=1 C, 质量 m=1 kg，被长 L=1 m 的绳子系于锥体顶端，锥体顶角为 120°，此装置处于磁感应强度为 B=1 T 的匀强磁场中，问小球绕 锥体旋转角速度ω取何值时，它可刚刚离开锥面？（g 取 10 m/s2） 参考答案 ［难点展台］ 1. m qBL 4 ； L 2 1 + mE LqB 16 22 2. m Bqr 2 22 0 ［歼灭难点训练］ 1. dB U ，正；2.E gh2 /B·g 3.小球在下滑过程中，从图中 A→C 电场力先做正功，后做负功，而重力一直做正功， 在 C 点时重力与电场力合力为径向，没有切向分力，故此时动能最大，此后切向分力与 线速度反向，动能将减小，故 C 点受磁场力最大，由受力分析知： mg=Eq ① 图 17—13 第 112 页 共 131 页 mg=tanαEq ② 由①②得α＝45° 由图知θ＝α＋90°＝135° 故小球运动的弧长与周长之比为： 8 3 360 135 360      所以运动的弧长为周长的 8 3 . 4.v＝ 1B E ,sinθ＝ Em lBqB qBmv l R l 21 2/  ， 所以 m= sin 21 E lBqB 5.（1）因为 BCAC 2 ＝2d 所以 R=2d. 第 2 秒内，仅有磁场 qvB0＝m d vmR v 2 22  . 第 3 秒内，仅有电场 d= 2 1 · m qE0 ·（ v d3 ）2. 所以 3 4 0 0  B E v. 粒子带正电，故磁场方向垂直纸面向外. （2）Δt＝ 3 2 6 1 6   qB mT · 3  qB m · v d2 ， Δt′＝ 2 333  v d Δt. 故第 2 个粒子击中 C 点的时刻为（2+ 3  · v d2 ）ｓ. 6.ω=5 rad/s 第 113 页 共 131 页 难点 18 变压器问题难点探析 “3+X”高考突出对实践能力与创新能力的考查，命题更加贴近生活现实.由此，以变压器 这一常用机电装置工作原理为知识载体的高考命题，愈来愈频繁地见诸卷面，是高考能力 考查的热点和难点. www.ks5u.com ●难点展台 1.（★★★★）如图 18-1 所示，理想变压器的输入端接正 弦交流电，副线圈上通过输电线接有两个相同的灯泡 L1 和 L2； 输电线的等效电阻为 R，开始时，电键 K 断开.当 K 接通时，以 下说法中正确的是 A.副线圈的两端 M、N 的输出电压减小 B.副线圈输电线等效电阻 R 上的电压增大 C.通过灯泡 L1 的电流减小 D.原线圈中的电流增大 2.（★★★★）如图 18-2 所示，理想变压器输入电压 U1 一定，两 个副线圈的匝数分别为 n2 和 n3，当把同一个电阻先后接在 a、b 间和 c、 d 间时，通过电阻的电流和电阻两端的电压分别为 I2、U2 和 I3、U3，变 压器输入的电流分别为 I1，I1′，则 A. 3 2 3 2 n n U U  B. 3 2 3 2 n n I I  C. 2 3 2 2 1 1 n n I I  D.U1（I1+I1′）=U2I2+U3I3 3.（★★★★★）如图 18-3 所示，在绕制变压器时，某人 误将两个线圈绕在图示变压器铁芯的左右两个臂上，当通以交 流电时，每个线圈产生的磁通量都只有一半通过另一个线圈， 另一半通过中间的臂，已知线圈 1、2 的匝数比为 N1∶N2=2∶1， 在不接负载的情况下 A.当线圈 1 输入电压 220 V 时，线圈 2 输出电压为 110 V B.当线圈 1 输入电压 220 V 时，线圈 2 输出电压为 55 V C.当线圈 2 输入电压 110 V 时，线圈 1 输出电压为 220 V 图 18—1 图 18—2 图 18—3 第 114 页 共 131 页 D.当线圈 2 输入电压 110 V 时，线圈 1 输出电压为 110 V ●案例探究 ［例 1］（★★★★）如图 18-4，为一理想变压器，K 为单刀双 掷开关，P 为滑动变阻器的滑动触头，U1 为加在原线圈两端的电压， I1 为原线圈中的电流强度，则 A.保持 U1 及 P 的位置不变，K 由 a 合到 b 时，I1 将增大 B.保持 U1 及 P 的位置不变，K 由 b 合到 a 时，R 消耗的功率减 小 C.保持 U1 不变，K 合在 a 处，使 P 上滑，I1 将增大 D.保持 P 的位置不变，K 合在 a 处，若 U1 增大，I1 将增大 命题意图：以变压器动态问题为背景考查考生综合分析能力及逻辑思维能力.B 级要 求. 错解分析：部分考生对变压器工作原理理解不深刻，辨不清原副线圈中的变量与不变 量，理不明各量间"谁制约谁"的制约关系；导致错选. 解题方法与技巧：K 由 a 合到 b 时，n1 减小，由 U1/U2=n1/n2,可知 U2 增大，P2=U22/R 随之增大，而 P1=P2，又 P1=I1U1，从而 I1 增大，A 正确；K 由 b 合到 a 时，与上述情况相 反，P2 将减小，B 正确；P 上滑时，R 增大，P2=U22/R 减小，又 P1=P2，P1=I1U1，从而 I1 减 小，C 错误；U1 增大，由 U1/U2=n1/n2 可知，U2 增大，I2=U2/R 随之增大，由 I1/I2=n2/n1 可 知 I1 也增大，D 正确.故选项 A、B、D 正确. ［例 2］（★★★★）一台理想变压器原线圈匝数 n1=1100 匝，两个副线圈的匝数分 别是 n2=60 匝，n3=600 匝，若通过两个副线圈中的电流强度分别是 I2=1 A，I3=4 A，求原线 圈中的电流强度. 命题意图：考查考生分析推理能力.B 级要求. 错解分析：违背能量守恒，生搬硬套公式，得出： 1 32 32 1 n nn II I  ,I1=3 A 的错解. 解题方法与技巧：电流强度与匝数成反比，仅适用于理想变压器只有一只副线圈的情 况，本题有两个副线圈，应根据理想变压器无能量损失来分析，由于理想变压器无能量损 失，所以有 P1=P2+P3（P1 为原线圈输入功率，P2、P3 分别为两只副线圈的输出功率） 根据电功率公式有：I1U1=I2U2+I3U3 ① 图 18—4 第 115 页 共 131 页 又因为 2 1 2 1 n n U U  ,U2= 1 1 2 Un n ② 3 1 3 1 n n U U  ,U3= 1 3 n n U1 ③ 把②③代入①，整理得：I1n1=I2n2+I3n3 所以 I1= 1100 6004601 1 3322  n InIn A=2.24 A ●锦囊妙计 一、高考命题走势 综观高考命题，对于变压器问题，多集中于对变压器的工作原理及 I、U、P、n 各量 间基本关系的考查.由于变压器与电能的输送密切相关，贴近生活实际，触及能源利用的 社会热点，符合贴近现实突出能力的命题趋势，仍不失为备考的重点. 二、解题思路 思路 1 电压思路.变压器原、副线圈的电压之比为 U1/U2=n1/n2;当变压器有多个副绕组 时 U1/n1=U2/n2=U3/n3=…… 思路 2 功率思路.理想变压器的输入、输出功率为 P 入=P 出，即 P1=P2；当变压器有多 个副绕组时 P1=P2+P3+…… 思路 3 电流思路.由 I=P/U 知，对只有一个副绕组的变压器有 I1/I2=n2/n1;当变压器有多 个副绕组时 n1I1=n2I2+n3I3+…… 思路 4 （变压器动态问题）制约思路. （1）电压制约：当变压器原、副线圈的匝数比（n1/n2）一定时，输出电压 U2 由输入 电压决定，即 U2=n2U1/n1，可简述为“原制约副”. （2）电流制约：当变压器原、副线圈的匝数比（n1/n2）一定，且输入电压 U1 确定时， 原线圈中的电流 I1 由副线圈中的输出电流 I2 决定，即 I1=n2I2/n1，可简述为“副制约原”. （3）负载制约：①变压器副线圈中的功率 P2 由用户负载决定，P2=P 负 1+P 负 2+…；② 变压器副线圈中的电流 I2 由用户负载及电压 U2 确定，I2=P2/U2；③总功率 P 总=P 线+P2. 动态分析问题的思路程序可表示为： U1 2 2 2 2 2 1 2 1 I R U I U n n U U 决定 负载 决定       决定决定      111221121 1 )( UIPIUIUIPP P1 第 116 页 共 131 页 思路 5 原理思路.变压器原线圈中磁通量发生变化，铁芯中ΔΦ/Δt 相等；当遇到 “ ”型变压器时有 ΔΦ1/Δt=ΔΦ2/Δt+ΔΦ3/Δt, 此式适用于交流电或电压（电流）变化的直流电，但不适用于稳压或恒定电流的情况. ●歼灭难点训练 1.（★★★★）在某交流电路中，有一正在工作的变压器，原、副线圈匝数分别为 n1=600,n2=120,电源电压 U1=220 V，原线圈中串联一个 0.2 A 的保险丝，为保证保险丝不被 烧毁，则 A.负载功率不能超过 44 W B.副线圈电流最大值不能超过 1 A C.副线圈电流有效值不能超过 1 A D.副线圈电流有效值不能超过 0.2 A 2.（★★★★）如图 18-5（a）、（b）所 示，当图中 a、b 两端与 e、f 两端分别加上 220 V 的交流电压时，测得 c、d 间与 g、h 间的电压均为 110 V.若分别在 c、d 两端与 g、 h 两端加上 110 V 的交流电压，则 a、b 与 e、 f 间的电压为 A.220 V，220 V B.220 V，110 V C.110 V，110 V D.220 V，0 3.（★★★★★）一理想变压器原线圈接交流电源，副线圈接电阻，则下列哪些方法 可使输入功率增加为原来的 2 倍 A.次级线圈的匝数增加为原来的 2 倍 B.初级线圈的匝数增加为原来的 2 倍 C.负载电阻变为原来的 2 倍 D.副线圈匝数和负载电阻均变为原来的 2 倍 4.（★★★★）如图 18-6 所示，变压器的原、副线圈的 匝数比一定，原线圈的电压为 U1 时，副线圈的输出电压为 U2， 图 18—5 图 18—6 第 117 页 共 131 页 L1、L2、L3 为三只完全相同的电灯，开始时，电键 K 开启，然后当电键 K 闭合时 A.电压 U1 不变，U2 变大 B.电灯 L1 变亮，L2 变暗 C.电灯 L1 变暗，L2 变亮 D.原线圈中的电流变大 5.（★★★★★）如图 18-7 所示，理想变压器原、副线圈匝数 n1∶n2∶n3=3∶2∶1,副线圈Ⅱ上接有“8 V，8 W”的灯泡 L1、L2，副线圈Ⅲ上接有“6 V， 9 W”的灯泡 L3、L4，原线圈上接有电阻 R1=3 Ω，当 a、b 两端接交变电源后，L1、L2 正 常发光，则交变电源的输出功率为 A.24 W B.34 W C.36 W D.72 W 6.（★★★★★）如图 18-8，已知 n1∶n2=4∶3,R2=100 Ω,变压器没有功率损耗，在 原线圈上加上交流电压 U1=40 sin100πtV,则 R2 上的发热功率是 ________W.若 R3=25 Ω,发热功率与 R2 一样，则流过原线圈的电流 I1 和流过 R3 的电流 I3 之比为________. 7.（★★★★★）发电机输出功率为 100 kW，输出电压是 250 V， 用户需要的电压是 220 V，输电线电阻为 10 Ω.若输电线中因发热而 损失的功率为输送功率的 4%，试求： （1）在输电线路中设置的升、降压变压器原副线圈的匝数比. （2）画出此输电线路的示意图. （3）用户得到的电功率是多少？ 参考答案 ［难点展台］ 1.BCD 2.ABCD 3.BD ［歼灭难点训练］ 1.AC 2.B 3.D 4.BD 5.C 6.4.5;3∶4 7.解析：输电线路的示意图如图 18′—1 所示， 输电线损耗功率 P 线=100×4% kW=4 kW，又 P 线=I22R 线 输电线电流 I2=I3=20 A 图 18—7 图 18—8 图 18′—1 第 118 页 共 131 页 原线圈中输入电流 I1= 250 100000 1  U P A=400 A 所以 20 1 400 20 1 2 2 1  I I n n 这样 U2=U1 1 2 n n =250×20 V=5000 V U3=U2-U 线=5000-20×10 V=4800 V 所以 11 240 220 4800 4 3 4 3  U U n n 用户得到的电功率 P 出=100×96% kW=96 kW 第 119 页 共 131 页 难点 19 玻尔原子模型及相关应用 玻尔原子模型是中学物理的重要模型之一，以此为背景的高考命题，有较强的抽象性 和综合性，是考生应对的难点. ●难点展台 1.（★★★★）根据玻尔理论，氢原子的电子由外层轨道跃迁到内层轨 道后 A.原子的能量增加，电子的动能减小 www.ks5u.com B.原子的能量增加，电子的动能增加 C.原子的能量减小，电子的动能减小 D.原子的能量减小，电子的动能增加 2.（★★★★）如图 19-1 所示，给出氢原子最低的四个能级， 氢原子在这些能级之间跃迁即辐射的光子的频率最多有________ 种，其中最小的频率等于________Hz.（保留两位有效数字） ●案例探究 ［例 1］欲使处于基态的氢原子激发，下列措施可行的是 A.用 10.2 eV 的光子照射 B.用 11 eV 的光子照射 C.用 14 eV 的光子照射 D.用 11 eV 的光子碰撞 命题意图：考查考生对玻尔原子模型的跃迁假设的理解能力及推理能力.B 级要求. 解题方法与技巧：由"玻尔理论"的跃迁假设可知，氢原子在各能级间，只能吸收能量 值刚好等于两能级之差的光子.由氢原子能级关系不难算出，10.2 eV 刚好为氢原子 n=1 和 n=2 的两能级之差，而 11 eV 则不是氢原子基态和任一激发态的能量之差，因而氢原子只 能吸收前者被激发，而不能吸收后者.对 14 eV 的光子，其能量大于氢原子电离能，足可 使“氢原子”电离，而不受氢原子能级间跃迁条件限制.由能的转化和守恒定律不难知道， 氢原子吸收 14 eV 的光子电离后产生的自由电子仍具有 0.4 eV 的动能. 另外，用电子去碰撞氢原子时，入射电子的动能可全部或部分地为氢原子吸收，所以 只要入射电子的动能大于或等于基态和某个激发态能量之差，也可使氢原子激发，故正确 选项为 ACD. ［例 2］光子能量为 E 的一束光照射容器中的氢（设氢原子处于 n=3 的能级），氢原 子吸收光子后，能发出频率γ1、γ2、γ3、γ4、γ5、γ6 六种光谱线，且γ1＜γ2＜γ3 ＜γ4＜γ5＜γ6，则 E 等于 图 19—1 第 120 页 共 131 页 A.hγ1 B.hγ6 C.h（γ6-γ1） D.h（γ1+γ2+γ3+γ4+γ5+γ6） 命题意图：考查对玻尔理论跃迁假设的理解能力及推理能力.B 级要求. 错解分析：出现错解的原因有（1）对氢原子跃迁机理理解不透.（2）对量子数为 n 的氢原子自发辐射产生谱线条数 n（n-1）/2 这一规律把握不牢，难以执果索因，逆向思 维推断氢原子吸收光子后所在能级量子数 n=4. 解题方法与技巧：因为，对于量子为 n 的一群氢原子，向较低的激发态或基态跃迁 时，可能产生的谱线条数为 n（n-1）/2，故 n（n-1）/2=6，可判定氢原子吸收光子的能量 后可能的能级是 n=4，从 n=4 到 n=3 放出的光子能量最小，频率最低.此题中的最低频率 为γ，故处于 n=3 能级的氢原子吸收频率为γ1（E=hγ1）的光子能量，从 n=3 能级跃迁 到 n=4 能级后，方可发出 6 种谱线的频率，故 A 选项正确. ●锦囊妙计 一、高考走势 中学所涉及的原子物理知识是大学《高能物理》的必备基础，尽管中学教材的要求较 低，但历届高考命题均有涉及，其中对玻尔理论的考查常以氢原子为例，集中体现对定态 假设、跃迁假设的理解能力及推理能力、抽象思维能力的考查.该考点仍不失为今后高考 命题的考查热点和难点. 二、处理玻尔原子模型应用问题要点 1.某定态时氢原子的几个结论 设 rn 为某定态（量子数为 n）时氢原子核外电子的轨道半径，电子绕核速度 vn，电子 动能 Ekn，系统电势能 Epn，原子总能量 En, 据玻尔的轨道假设和经典力学规律得：      nnn nn rmvrke nhnrmv // )3,2,1(2/ 222  由此方程可得以下结论： （1）电子绕行速度：vn=2πke2/nh,vn=v1/n.（n=1,2,3……） （2）电子轨道半径：rn=n2h/4π2mke2,rn=n2r1.（n=1,2,3……） （3）电子绕行周期 Tn=n3h3/4π2mk2e2,Tn=n3T1.（n=1,2,3……） （4）电子动能 Ekn=2π2mk2e4/n2h2,Ekn=Ek1/n2.（n=1,2,3……） （5）系统电势能：Epn=-ke2/rn=-4π2mk2e4/n2h2.（n=1,2,3……） ① ② 第 121 页 共 131 页 且|Ekn|= 2 1 |Epn| （6）原子总能量 En=-2π2mk2e4/n2h2,En= 2 1 n E .（n=1,2,3……） 以上结论是对相关氢原子定态问题进行判断、推理的主要依据. 2.氢原子的跃迁及电离 （1）氢原子受激发由低能级向高能级跃迁： 当光子作用使原子发生跃迁时，只有光子能量满足 hγ=Em-En 的跃迁条件时，原子才 能吸收光子的全部能量而发生跃迁. 当用电子等实物粒子作用在原子上，只要入射粒子的动能大于或等于原子某两"定态" 能量之差 Em-En，即可使原子受激发而向较高能级跃迁. 如果光子或实物粒子与原子作用而使原子电离（绕核电子脱离原子的束缚而成为“自 由电子”，即 n=∞的状态）时，不受跃迁条件限制，只不过入射光子能量越大，原子电离 后产生的自由电子的动能越大. （2）氢原子自发辐射由高能级向低能级跃迁： 当一群氢原子处于某个能级向低能级跃迁时，可能产生的谱线条数为 n（n-1）/2 条. 当单个氢原子处于某个能级向低能级跃迁时，最多可能产生（n-1）个频率的光子. ●歼灭难点训练 1.（★★★★）按照玻尔理论，在氢原子中，当电子从半径为 4r1 的轨道跃迁到半径 为 r1 的轨道时，它的能量变化是 A.电势能减少，动能增加 B.电势能减少，动能减少 C.电势能的减少等于动能的增加 D.电势能的减少大于动能的增加 2.（★★★★）根据氢原子的玻尔模型，核外电子在第一（n=1），第三（n=3）轨道 上运动时，以下说法正确的是 A.速率之比为 3∶1 B.周期之比为 1∶3 C.能量之比为 3∶1 D.半径之比为 1∶3 3.（★★★★）一个氢原子中的电子从一半径为 ra 的轨道跃迁到另一半径为 rb 的轨道， 第 122 页 共 131 页 已知 ra＜rb，则在此过程中 A.原子可能发出一系列频率的光子 B.原子可能吸收一系列频率的光子 C.原子可能吸收某一频率的光子 D.原子可能辐射某一频率的光子 4.（★★★★）用能量为 12.3 eV 的光子去照射一群处于基态的氢原子，受光子照射 后，下列的说法正确的是 A.原子能跃迁到 n=2 的轨道上去 B.原子能跃迁到 n=3 的轨道上去 C.原子能跃迁到 n=4 的轨道上去 D.原子不能跃迁到其他轨道上去 5.（★★★★）如图 19-2 所示，表示汞原子可能的 能级（不是全部），一个自由电子的总能量为 9.0 eV，与 处于基态的汞原子发生正碰（不计汞原子的动量变化）， 则电子可能剩余的能量（碰撞过程中无能量损失） A.0.2 eV B.1.4 eV C.2.3 eV D.5.5 eV 6.（★★★★★）有一群处于量子数 n=4 的激发态中的氢原子，在它们发光的过程中， 发出的光谱线共有________条，有一个处于量子数 n=4 的激发态中的氢原子，在它向低 能态跃迁时，最多可能发出________个频率的光子. 7.（★★★★★）一个氢原子处于基态，用光子能量为 15 eV 的电磁波去照射该原子， 问能否使氢原子电离？若能使之电离，则其被电离后电子所具有的动能是多大？ 参考答案 ［难点展台］ 1.D 2.6;1.6×1014 ［歼灭难点训练］ 1.AD 2.A 3.BC 4.D 5.AC 6.6；3 7.能；1.4 eV 图 19—2 第 123 页 共 131 页 第 124 页 共 131 页 难点 20 核能的分析与计算 核能的开发与利用是一个社会热点问题，以此为背景的命题既是 3+X 高考的热点， 亦是考生应考的难点. ●难点展台 www.ks5u.com 1.（★★★★）裂变反应是目前核能利用中常用的反应.以原子核 235 92 U 为燃料的反应 堆中，当 235 92 U 俘获一个慢中子后发生的裂变反应可以有多种方式，其中一种可表示为 235 92 U + 1 0 n → 139 54 Xe + 94 38 Sr +3 1 0 n 235.0439 1.0087 138.9178 93.9154 反应方程下方的数字是中子及有关原子的静止质量（以原子质量单位 u 为单位）.已 知 1 u 的质量对应的能量为 9.3×102MeV,此裂变反应释放出的能量是________MeV. 2.（★★★★）假设在 NaCl 蒸气中存在由钠离子 Na＋和氯离子 Cl－靠静电相互作用构 成的单个 NaCl 分子.若取 Na＋与 Cl－相距无限远时其电势能为零，一个 NaCl 分子的电势能 为-6.1 eV.已知使一个中性钠原子 Na 最外层的电子脱离钠原子而形成钠离子 Na＋所需 的能量（电离能）为 5.1 eV，使一个中性氯原子 Cl 结合一个电子形成氯离子 Cl- 所放出的 能量（亲和能）为 3.8 eV.由此可算出，在将一个 NaCl 分子分解成彼此远离的 中性钠原子 Na 和中性氯原子 Cl 的过程中，外界供给的总能量等于______eV. ●案例探究 ［例 1］（★★★★）如下一系列核反应是在恒星内部发生的， P+ 12 6 C→ 13 7 N 13 7 N→ 13 6 C+e++γ P+ 13 6 C→ 14 7 N P+ 14 7 N→ 15 8 O 15 8 O→ 15 7 N+e++γ P+ 15 7 N→ 12 6 C+α 其中 P 为质子，α为α粒子，e+为正电子，γ为一种中微子.已知质子的质量为 mp=1.672648×10-27 kg，α粒子的质量为 mα=6.644929×10-27 kg，正电子的质量为 me=9.11 第 125 页 共 131 页 ×10-31 kg，中微子的质量可忽略不计.真空中的光速 c=3.00×108 m/s.试计算该系列核反应 完成后释放的能量. 命题意图：考查质能方程及能量守恒的理解应用能力.属 B 级要求. 错解分析：（1）由于核反应较多，少数考生在合并反应方程时发生错误.（2）部分考 生由于数字计算出错而失分. 解题方法与技巧：为求出系列反应后释放的能量，可将题中所给的诸核反应方程左右 两侧分别相加，消去两侧相同的项，系列反应最终等效为 4P→α+2e++2γ 设反应后释放的能量为 Q，根据质能关系和能量守恒得 4mpc2=mαc2+2mec2+Q 代入数值可得 Q=3.95×10-12J ［例 2］（★★★★★）一静止的 232 92 U 核衰变为 228 90 Tn 核时，放出一α粒子，已知 232 92 U 和 228 90 Tn、 4 2 He 的原子量分别为 M0，M1，M2，求放出的α粒子的初动能. 命题意图：以原子结构、质能方程、动量守恒定律、动能和动量关系为依托，考查考 生理解能力分析综合能力，B 级要求. 错解分析：（1）混淆原子量与原子核的质量导致错解.（2）不能据动量和能量关系求 解 Th 核与 He 核的核能分配. 解题方法与技巧：设 232 92 U、 228 90 Th、 4 2 He 的质量分别为 m0、m1 和 m2，由质能关系可 得在核反应中释放出来的核能转化为反应后 228 90 Th 和 4 2 He 核的总动能： Ek=（m0-m1-m2）c2 一个 232 92 U 原子质量为: N M 0 =m0+92me（N 为阿伏加德罗常数） 同理： N M 1 =m1+90me, N M 2 =m2+2me 所以 Ek=（M0-M1-M2）c2/N 反应前后动量守恒，设反应后 Th、He 核的动量分别为 p1、p2，则有：p1=p2 由动量和动能之间的关系，则有： 第 126 页 共 131 页 相当于 2 1 m1v12= 1 2 1 2m p ; 2 1 m2v22= 2 2 2 2m p 则总动能：Ek= )(222 1 21 2 2 2 2 2 2 1 2 1 m mm m p m p m p  所以α粒子的初动能: Eka = e 21 e 1 k 21 1 2 2 2 92 90 2 mN M N M mN M Emm m m p    Ek 若忽略电子质量 me，则α粒子的初动能： Eka= NMM M )( 21 1  （M0-M1-M2）c2 ●锦囊妙计一、高考命题特点 高考对核能知识点作为 B 级要求.其命题常集中于：核反应中核能释放与质能方程、 动量守恒、能的转化与守恒的综合命题考查、或以核反应中核能转化为线索进行物理、化 学、生物多学科的综合命题考查.在能源危机日益严重的今天，核能的利用是人们关注的 社会热点，也是理科综合测试命题的重点. 二、核能的计算指要 1.爱因斯坦质能方程 E=mc2,是核能计算的依据.在核反应中，反应前后若有质量亏损 Δm,则可放出ΔE=Δmc2 的核能. 2.ΔE=Δmc2 是核能计算的常用方法，在具体应用中要注意单位制的统一及不同单位 的换算.若质量单位取原子质量单位 u，则 1 u=1.66×10-27kg 931.5 MeV.该结论在计 算中直接可以应用. 3.在无光子辐射的情况下，核反应中释放的核能转化为生成新核和新粒子的动能.在 此情况下可依据力学规律——动量守恒和能量守恒来计算核能及其分配关系. ●歼灭难点训练 1.（★★★）氘核（ 2 1 Ｈ）和氚核（ 3 1 Ｈ）聚合成氦核（ 4 2 He）的反应方程如下： 2 1 Ｈ＋ 3 1 Ｈ→ 4 2 He+ 1 0 n. 设氘核质量为 m1，氚核质量为 m2，氦核质量为 m3，中子质量为 m4，则反应过程中 释放的能量为 A.（m1＋m2－m3）c2 第 127 页 共 131 页 B.（m1＋m2－m4）c2 C.（m1＋m2－m3-m4）c2 Ｄ.（m3＋m4－m1－m2）c2 2.（★★★）两个中子和两个质子结合成一个α粒子时，可放出 28.30 MeV 的能量， 三个α粒子结合成一个碳核时，可放出 7.26 MeV 的能量，由此可以推断：6 个中子和 6 个质子结合成一个碳核时，可释放出能量为________MeV. 3.（★★★★）处于静止状态的 X 原子核，经历一次α衰变后变成质量为 M 的 Y 原 子核.放出的α粒子垂直射入磁感应强度为 B 的匀强磁场，测得其做圆周运动的半径为 r. 已知α粒子的质量为 m，电量为 q，求此衰变过程亏损的质量. 4.（★★★★）两个氘核的质量为 2.0136 u，氦 3 的质量为 3.0150 u，中子的质量为 1.0087 u. （1）写出核反应方程. （2）计算两个氘核聚变释放的能量. （3）计算 1 kg 氘完全聚变为氦 3 所释放的能量，这能量相当于多少煤完全燃烧放出 的热能？（煤的燃烧值 q=3.344×107 J/kg） 5.（★★★★★）太阳现正处于主序星演化阶段，它主要是由电子和 1 1 H、 4 2 He 等原 子核组成.维持太阳辐射的是它内部的核聚变反应，核反应方程是 2e+4 1 1 H→ 4 2 He+释放的 能量，这些核能最后转化为辐射能.根据目前关于恒星演化的理论，若由于聚变反应而使 太阳中的 1 1 H 核数目从现有数减少 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 1 1 H 核组成. （1）为了研究太阳演化进程，需知道目前太阳的质量 m1.已知地球半径 R=6.4×106 m. 地球质量 m2=6.0×1024 kg，日地中心的距离 r=1.5×1011 m，地球表面处的重力加速度 g= 10 m/s2,1 年约为 3.2×107 s.试估算目前太阳的质量 m1. （2）已知质子质量 mp=1.6726×10-27kg, 4 2 He 质量 mα=6.6458×10-27kg，电子质量 me=0.9×10-30kg，光速 c=3×108m/s.求每发生一次题中所述的核聚变反应所释放的核能. （3）已知地球上与太阳光垂直的每平方米截面上，每秒通过的太阳辐射能ω=1.35 ×103W/m2.试估算太阳继续保持在主序星阶段还有多少年的寿命. 6.（★★★★★）在其他能源中，核能具有能量大、地区适应性强的优势.在核电站 中，核反应堆释放的核能转化为电能.核反应堆的工作原理是利用中子轰击重核发生裂变 第 128 页 共 131 页 反应，释放出大量核能. （1）核反应方程式 235 92 U+ 1 0 n→ 141 56 Ba+ 92 36 Kr+aX 是反应堆中发生的许多核反应中的一 种，n 为中子，X 为待求粒子，a 为 X 的个数，则 X 为________，a=________.以 mu、mBa、 mKr 分别表示 235 92 U、 141 56 Ba、 92 36 Kr 核的质量，mn 、mp 分别表示中子、质子的质量，c 为光 在真空中传播的速度，则在上述核反应过程中放出的核能ΔE=________. （2）有一座发电能力为 P=1.00×106kW 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=2.78×10-11J, 235 92 U 核的质量 Mu=390×10-27kg.求每年（1 年=3.15×107s）消耗的 235 92 U 的质量. 参考答案 ［难点展台］ 1.1.82×102 MeV 2.4.8 eV ［歼灭难点训练］ 1.C 2.9.46 MeV 3.α粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力 qvB=m r v 2 所以，α粒子的动能 Eα= 2 1 mv2= 2 1 m（ m qBr ）2= m rBq 2 22 X 核衰变后生成的新核 Y 的速度为 u，则依据动量守恒得： Mu=mu 所以 Y 核的动能 EM= 2 1 Mu2= 2 1 mv2· M rBq M m 2 22  衰变过程释放的总能量 ΔE=E+EM 释放的能量由衰变过程亏损的质量转化而来，根据质能方程ΔE=Δmc2,得亏损的质 量： Δm= )11( 2 2 222 2 Mmc rBq c E  第 129 页 共 131 页 4.（1）核反应方程式为 2 1 H+ 2 1 H→ 3 2 H+ 1 0 n （2）两个氘核聚变前后的质量亏损为： Δm=2mH-（mHe+mn）=2×2.0136 u-（3.0150+1.0087） u=0.0035 u 根据质能方程，释放的能量 ΔE=Δmc2=0.0035×1.66×10-27×（3.0×108） J=5.23×10-13 J （3）1 mol 氘含有 6.02×1023 个氘核，1 kg 氘所含氘核数 n= 2 1000 ×6.02×1023=3.01×1026 每 2 个氘聚变释放的能量为 5.23×1013 J,1 kg 氘完全聚变为氦 3 所释放的能量 E= 2 1001.3 26 ×5.23×10-13J=3.87×1013 J 相当于完全燃烧 7 13 10344.3 1087.3   kg=1.16×106 kg 的煤放出的能量. 5.（1）设 T 为地球绕日心运动的周期，由万有引力定律和牛顿定律可知： G 2 12 r mm =m2（ T 2 ）2r ① 地球表面处重力加速度：g=G 2 2 R m ② 由①、②式联立解得 m1=m2（ T 2 ）2 gR r 2 3 ③ 以题给数值代入得 m1=2×1030 kg ④ （2）根据质量亏损和质能公式，该核反应每发生一次释放的核能为 ΔE=（4mp+2me-ma）c2 ⑤ 代入数值，解得ΔE=4.2×10-12J ⑥ （3）根据题给假定，在太阳继续保持在主序星阶段的时间内，发生题中所述的核聚 第 130 页 共 131 页 变反应次数为：N= pm m 4 1 ×10% ⑦ 因此，太阳总共辐射能量为 E=N·ΔE,设太阳辐射是各向同性的，则每秒内太阳向外 放出的辐射能为： ε=4πr2ω ⑧ 所以太阳继续保持在主序星的时间为： t=  E ⑨ 由以上各式解得：t=  2 2 44 )24(1.0 rm cmmmM p aap   以题给数据代入，并以年为单位可得：t=1×1010 年=1 百亿年. 6.（1）由核反应方程的电荷数守恒和质量数守恒知 X 的电荷数为零，且质量数不为 零，故 X 为中子，据质量数守恒可得 235+1=141+92+a，则 a=3, 由爱因斯坦质能方程ΔE=Δmc2 得 该核反应过程中放出核能 ΔE=（mu-mBa-mKr-2mn）c2 （2）设一年消耗的 235 92 U 的质量为 x 千克，则消耗的核能为 E 核= uM x ·ΔE 一年中产生的电能为 E 电，则 E 电=Pt（t 为一年时间） 由题意知：E 电=E 核·η，则 E 核=  电E 故 uM x =△E=  Pt 所以 x= 11 2779 1078.2%40 103901015.31000.1    E PtM u  kg=1.10×103 kg