高考物理二轮复习第2部分考前冲刺方略专题二重点知识一周回访考前第7天力与物体的运动 56页

专题二 重点知识一周回访 考前第 7 天 力与物体的运动 一、匀变速直线运动 1．匀变速直线运动的基本规律 速度公式：v＝v0＋at 位移公式：x＝v0t＋1 2 at2 速度与位移关系公式：v2－v2 0＝2ax 位移与平均速度关系公式：x＝ v t＝v0＋v 2 t 2．两个推论需牢记 (1)在匀变速直线运动中，若质点在连续相等时间内的位移分别为 x1、x2、x3、…、xn－2、xn－1、 xn. ①xn－xn－1＝aT2，这是判断物体做匀变速直线运动的方法，也是计算加速度的一种方法． ②其变形式为 a＝ xm－xn m－n T2，其中 m、n 是相等时间内位移段的序号． (2)在匀变速直线运动中，位移中点的瞬时速度 vx/2＝ v2 1＋v2 2 2 ，且无论是匀加速运动还是匀 减速运动，总有 vx/2＞vt/2. 【活学巧用】 在利用实验得到的纸带计算加速度时，可采用化小段为大段的方法，如图所 示． 将 x1、x2、x3 合成为 d1，将 x4、x5、x6 合成为 d2，每段位移对应时间为 3T，则 a＝ d2－d1 3T 2. 3．初速度为零很特殊 (1)时间等分点：①各时刻的速度之比为 1∶2∶3∶… ②各时刻的总位移大小之比为 12∶22∶32∶… ③各段时间内的位移大小之比为 1∶3∶5∶… (2)位移等分点：①各分点的速度大小之比为 1∶ 2∶ 3∶… ②到达各分点的时间之比为 1∶ 2∶ 3∶… ③通过各段位移的时间之比为 1∶( 2－1)∶( 3－ 2)∶… 【活学巧用】 末速度为零的匀减速直线运动，可逆向看成初速度为零的匀加速直线运动来 处理． 4．自由落体更简单(取 g＝10 m/s2) (1)n 秒末速度(m/s)：10,20,30…＝gtn； (2)n 秒末下落高度(m)：5,20,45…＝1 2 gt2 n； (3)第 n 秒内下落高度(m)：5,15,25…＝1 2 gt2 n－1 2 gt(n－1)2. 5．上抛具有对称性 (1)从某点上升到最高点的时间与从最高点下落到该点的时间相等：t 上＝t 下； (2)上升时经过某点的速度与下落时经过该点的速度大小相等：v 上＝v 下； (3)上升的最大高度 Hm＝v2 0 2g . 【考前提醒】 在竖直上抛运动中，如果给定位移大小，要注意计算时间时的多解性． 二、力与共点力作用下物体的平衡 1．摩擦分“静”、“动” 计算摩擦力时，首先要判断是静摩擦力还是滑动摩擦力． (1)静摩擦力要根据物体的运动状态，通过平衡条件、牛顿运动定律或动能定理求解；静摩擦 力可在 0～fm 范围内双(多)向、全自动满足物体的运动状态需求，当超过最大静摩擦力 fm 后 变为滑动摩擦力； (2)滑动摩擦力可通过 Ff＝μFN 平衡条件、牛顿运动定律或动能定理求解. 【临考必记】 滑动摩擦力总是与物体相对运动的方向相反；静摩擦力可以与物体运动方向 相同、相反，还可能成任意角． 2．物体平衡的条件 (1)物体受共点力作用处于平衡状态(静止或匀速直线运动状态)的条件是物体所受合力为 0， 即 F 合＝0. (2)若在 x 轴或 y 轴上的力平衡，那么，这一方向的合力为 0，即 Fx 合＝0 或 Fy 合＝0. 3．垂直最小 两个分力 F1 和 F2 的合力为 F，若已知合力(或一个分力)的大小和方向，又知一个分力(或合力) 的方向，则另一个分力与已知方向不知大小的那个力垂直时有最小值． 4．遇圆则相似 动态变化中，如果结点或质点的运动轨迹是圆，且其中一个变力的方向总通过圆心正上(或下) 方的某点，则力的矢量三角形一般与跟圆有关的几何三角形相似． 三、牛顿运动定律的应用 1．运动性质看 F 与 v0 (1)直接由加速度 a 或合外力 F 是否恒定以及其与初速度 v0 的方向关系判断． (2)由速度表达式判断，若满足 v＝b，匀速直线运动 v＝b＋at，匀变速直线运动. (3)由位移表达式判断，若满足 x＝bt，匀速直线运动 x＝bt＋1 2 at2，匀变速直线 运动. 2．典型加速度需牢记 (1)水平面上滑行加速度：a＝μg； (2)沿光滑斜面下滑加速度：a＝gsin α. 3．飘起、滑动有临界(注意α或θ的位置) 4．合力为零速度最大 若物体所受外力为变力，物体做非匀变速直线运动，则速度最大时合力为零． 5．超重、失重看加速度 (1)当物体具有向上或斜向上的加速度时处于超重状态； (2)当物体具有向下或斜向下的加速度时处于失重状态； (3)当物体竖直向下的加速度等于重力加速度时处于完全失重状态． 【临考必记】 做自由落体运动、平抛运动的物体及绕地球运行的卫星中的物体，都处于完 全失重状态． 四、运动的合成与分解 1．小船渡河须清楚 设船在静水中的速度大小为 v1，水速为 v2，河宽为 d. (1)渡河时间最短：小船的渡河时间仅由 v1 垂直于河岸的分量 v⊥决定，即 t＝ d v⊥ ，与水速 v2 无关，所以当小船船头垂直于河岸渡河时，渡河的时间最短，为 tmin＝d v1 . (2)渡河位移最短：①当 v1＞v2 时，能渡到正对岸，渡河最短位移为河的宽度 d；②当 v1＜v2 时，不能到达正对岸，当合速度与 v1 垂直时渡河位移最短，为 v2d/v1. 2．绳端速度的分解 (1)沿绳的方向速度相等； (2)应分解的是物体的实际速度，分解为沿绳方向的分速度和垂直绳方向的分速度，即物体的 运动产生两个效果：使绳端沿绳的方向伸长或缩短；使绳端绕滑轮转动． 五、曲线运动 1．平抛运动重推论 (1)两个分运动与合运动具有等时性，且 t＝ 2y g ，由下降的高度决定，与初速度 v0 无关； (2)做平抛运动的物体在任何两个时刻(或两个位置)的速度变化量为Δv＝gΔt，方向恒为竖 直向下，且在任意相等的时间内速度的变化量Δv 均相同； (3)任意时刻的速度与水平方向的夹角θ的正切值总等于该时刻的位移与水平方向的夹角φ 的正切值的 2 倍，即 tan θ＝2tan φ，如图所示．任意时刻瞬时速度的反向延长线过此时 水平位移的中点． 2．传动问题找相等 (1)轮轴传动：角速度相等． (2)摩擦传动：包括皮带、齿轮(链条)等，轮子边缘线速度相等． 3．匀速圆周运动公式及性质 (1)向心力公式：F＝mv2 r ＝mω2r＝m4π2 T2 r＝4mπ2f2r＝mωv. (2)匀速圆周运动的性质 ①匀速圆周运动中物体所受合外力一定提供向心力，沿线速度方向的切向力一定为零； ②周期、角速度、频率恒定，加速度大小不变、方向时刻指向圆心，是变加速曲线运动． 4．竖直平面内的圆周运动 (1)轻绳模型：物体能做完整圆周运动的条件是在最高点 F＋mg＝mv2 R ≥mg，即 v≥ gR，物体 在最高点的最小速度为 gR，在最低点的最小速度为 5gR. (2)拱形桥模型：在最高点有 mg－F＝mv2 R ＜mg；即 v＜ gR；在最高点，当 v≥ gR时，物体将 离开桥面做平抛运动． (3)细杆和管形轨道模型：在最高点，速度大小 v 可取任意值．在最高点，当 v＞ gR时物体 受到的弹力向下；当 v＜ gR时物体受到的弹力向上；当 v＝ gR时物体受到的弹力为零． 六、万有引力与航天 1．随、绕要分开 (1)地表物体随地球自转而做圆周运动，重力小于万有引力，mg＝GMm R2 －mRω2，重力加速度 g 随纬度的增大而增大． (2)地球表面附近绕地球做圆周运动的卫星，重力等于万有引力(不受地球自转的影响)，即 GMm R2 ＝mg. 2．解决万有引力问题的基本模式 (1)环绕卫星的万有引力提供向心力，即 GMm r2 ＝ma＝mv2 r ＝mω2r＝m4π2 T2 r； (2)星球表面上物体所受重力近似等于万有引力(忽略星球自转)，即 GMm R2 ＝mg′，g′为星球 表面的重力加速度，R 为星球的半径． 3．人造地球卫星的“大”与“小” 人造地球卫星的向心力由万有引力提供，GMm r2 ＝ma＝mv2 r ＝mω2r＝m4π2 T2 r，即 a＝GM r2 ∝1 r2、v＝ GM r ∝ 1 r 、ω＝ GM r3 ∝ 1 r3 、T＝2π ω ＝2π r3 GM ∝ r3.所以人造卫星的轨道半径、线速度、 加速度、角速度和周期是一一对应的，离地面高度越大，线速度、向心加速度、角速度越小， 周期越大． 【临考必记】 卫星的轨道半径是卫星绕天体做圆周运动的圆轨道半径，所以 r＝R＋h.当卫 星贴近天体表面运动时，h→0，可近似认为轨道半径等于天体半径． 4．变轨需在远地点、近地点 卫星由一个圆轨道变轨到另一个圆轨道，需经过椭圆轨道过渡，变轨操控必须在椭圆轨道的 近地点和远地点进行． ①在圆轨道与椭圆轨道的切点短时(瞬时)变速； ②升高轨道则加速，降低轨道则减速； ③升高(加速)后，机械能增大，动能减小，向心加速度减小，周期增大．降低(减速)后，机 械能减小，动能增大，向心加速度增大，周期减小． 【临考必记】 卫星经过圆轨道与椭圆轨道相切的点(近地点、远地点)时速度不等，在较高 轨道的速度总大于较低轨道的速度(这与圆轨道上“低大高小”恰好相反)，但向心加速度相 等． 1．(多选)物体甲的 x－t 图象和物体乙的 v－t 图象分别如图所示，则这两物体的运动情况是 ( ) A．甲在 0～6 s 内做匀速直线运动，通过的总位移大小为 4 m B．甲在 0～6 s 内做往复运动，通过的总位移为零 C．乙在 0～6 s 内做往复运动，6 s 内的平均速度为零 D．乙在 0～6 s 内做匀变速直线运动，通过的总位移大小为 4 m 解析：选 AC.x－t 图线的斜率的绝对值表示速率，为2 3 m/s，物体甲做单方向的匀速直线运动， 6 s 内通过的位移为 4 m，A 对，B 错，v－t 图线的斜率表示加速度，即物体乙 0～6 s 内做 加速度大小不变的往复运动，0～6 s 内通过的总位移为零，即 6 s 内的平均速度为零，C 对、 D 错． 2．一辆汽车刹车后做匀变速直线运动直到停止，已知汽车在前一半时间内的平均速度为 v ， 则汽车在后一半时间内的平均速度为( ) A.1 4 v B.1 3 v C.1 2 v D. v 解析：选 B.设汽车初速度为 v，减速时间为 t，则t 2 时刻速度为v 2 ，前一半时间内的平均速度 v ＝ v＋v 2 2 ＝3v 4 ，后一半时间内的平均速度为v 4 ＝ v 3 ，B 对． 3．质量为 m 的体操运动员，双臂竖直悬吊在单杠下，当他如图所示增大双手间距离时( ) A．每只手臂的拉力将减小 B．每只手臂的拉力可能等于 mg C．每只手臂的拉力一定小于 mg D．两只手臂的拉力总是大小相等、方向相反 解析：选 B.运动员两只手臂的拉力总是大小相等，但方向不是相反的，D 错；因人的重力一 定，由力的合成与分解知识可知两只手臂的拉力随两只手间距离的增大而增大，当两只手臂 间夹角为 120°时，两只手臂的拉力大小等于人的重力大小，B 对，A、C 错． 4．(多选)如图所示，半圆形槽半径 R＝30 cm，质量 m＝1 kg 的小物块在沿半径方向的轻弹 簧挤压下处于静止状态．已知弹簧的劲度系数 k＝50 N/m，自由长度 L＝40 cm，一端固定在 圆心 O 处，弹簧与竖直方向的夹角为 37°.取 g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8. 则( ) A．物块对槽的压力大小是 15 N B．物块对槽的压力大小是 13 N C．槽对物块的摩擦力大小是 6 N D．槽对物块的摩擦力大小是 8 N 解析：选 BC.物块受重力 mg、支持力 N、弹簧的推力 F、沿半圆形槽切线向上的静摩擦力 f， 根据共点力平衡条件，切线方向上有 mgsin 37°＝f，半径方向上有 F＋mgcos 37°＝N，根 据胡克定律，F＝k·Δx＝50 N/m×(0.4－0.3)m＝5 N，解得 f＝6 N，N＝13 N，选项 B、C 正确． 5．如图所示，质量为 m 的球置于倾角为θ的斜面上，被一个竖直挡板挡住，现用一个水平方 向的力 F 拉斜面，使斜面在水平面上做加速度为 a 的匀加速直线运动，忽略一切摩擦，以下 说法正确的是( ) A．若加速度足够小，竖直挡板对球的弹力可能为零 B．若加速度足够大，斜面对球的弹力可能为零 C．斜面和挡板对球的弹力的合力等于 ma D．斜面对球的弹力不仅有，而且是一个定值 解析：选 D.对球进行受力分析：竖直向下的重力 mg、挡板对球水平向右的弹力 N2 及斜面对 球的弹力 N1，则由牛顿第二定律知三力的合力为 ma，C 错；而竖直方向有 N1cos θ＝mg，水 平方向有 N2－N1sin θ＝ma，即 N1＝ mg cos θ 为定值，N2＝mgtan θ＋ma，竖直挡板对球的弹力 随着加速度的减小而减小，但不可能为零，A、B 错，D 对． 6．如图所示，在粗糙水平板上放一个物块，使水平板和物块一起在竖直平面内沿逆时针方向 做匀速圆周运动，ab 为水平直径，cd 为竖直直径，在运动过程中木板始终保持水平，物块相 对木板始终静止，则( ) A．物块始终受到三个力作用 B．只有在 a、b、c、d 四点，物块所受合外力才指向圆心 C．从 a 到 b，物块所受的摩擦力先增大后减小 D．从 b 到 a，物块处于超重状态 解析：选 D.在 c、d 两点处，物块只受重力和支持力作用，在其他位置处物块受到重力、支 持力、静摩擦力作用，选项 A 错误；物块做匀速圆周运动，合外力提供向心力，合外力始终 指向圆心，选项 B 错误；从 a 到 b，向心力的水平分量先减小后增大，所以摩擦力先减小后 增大，选项 C 错误；从 b 到 a，向心加速度有向上的分量，物块处于超重状态，选项 D 正确． 7．(多选)“天宫二号”是中国即将发射的空间实验室．如果空间实验室在发射中心发射升空， 由长征运载火箭先送入近地点为 A、远地点为 B 的椭圆轨道上，B 点距离地面高度为 h，地球 的中心位于椭圆轨道的一个焦点上．空间实验室飞行几周后在 B 点进行变轨，进入预定圆轨 道，如图所示．如果已知空间实验室在预定圆轨道上飞行 n 圈所用时间为 t，引力常量为 G， 地球半径为 R.则下列说法正确的是( ) A．空间实验室在椭圆轨道的 B 点的向心加速度大于在预定圆轨道的 B 点的向心加速度 B．空间实验室从 A 点开始沿椭圆轨道向 B 点运动的过程中，机械能守恒 C．空间实验室从 A 点开始沿椭圆轨道向 B 点运动的过程中，动能先减小后增大 D．由题中给出的信息可以计算出地球的质量 M＝ R＋h 34π2n2 Gt2 解析：选 BD.在 B 点，由GMm r2 ＝ma 知，无论在哪个轨道上的 B 点，其向心加速度相同，A 项错； 空间实验室在椭圆轨道上运动时，其机械能守恒，B 项对；空间实验室从 A 点开始沿椭圆轨 道向 B 运动过程中，动能一直减小，C 项错；对空间实验室在预定圆轨道上的运动过程，有 GMm R＋h 2＝m4π2 T2 (R＋h)而 T＝t n ，故 M＝ R＋h 34π2n2 Gt2 ，D 项对． 8．如图所示，水平地面上放置一个质量为 m 的物体，在与水平方向成θ角、斜向右上方的拉 力 F 的作用下沿水平地面运动．物体与地面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为 g. (1)若物体在拉力 F 的作用下能始终沿水平面向右运动，求拉力 F 的大小范围； (2)已知 m＝10 kg，μ＝0.5，g＝10 m/s2，若物体以恒定加速度 a＝5 m/s2 向右做匀加速直 线运动，求维持这一加速度的拉力 F 的最小值． 解析：(1)要使物体运动时不离开水平面，应有： Fsin θ≤mg 要使物体能向右运动，应有：Fcos θ≥μ(mg－Fsin θ) 解得： μmg cos θ＋μsin θ ≤F≤ mg sin θ (2)根据牛顿第二定律得：Fcos θ－μ(mg－Fsin θ)＝ma 解得：F＝ μmg＋ma cos θ＋μsin θ F＝ μmg＋ma 1＋μ2sin θ＋α 其中 sin α＝ 1 1＋μ2 当 sin(θ＋α)＝1 时，F 有最小值 解得：Fmin＝μmg＋ma 1＋μ2 代入数据可得：Fmin＝40 5 N 答案：见解析 9．某游乐场中有一供游客娱乐的设施，该设施左端有一长为 x1＝4 m 的平直跑道，跑道的右 端与一长为 x2＝32 m 的传送带衔接，在距离传送带左端 x3＝10 m 处有一障碍物，已知传送带 以大小为 1 m/s 的速度 v0 逆时针匀速转动，障碍物始终保持静止．某游客从图中的位置开始 由静止出发，向右以 a1＝2 m/s2 的加速度做匀加速直线运动通过平直跑道，游客跑上传送带 后以 a2＝1 m/s2 的加速度继续向右跑，如果该游客在跨越障碍物时摔倒，经 t＝2 s 后站起来， 假设在这 2 s 的时间内游客与传送带间没有相对运动，游客站起后继续以 a2＝1 m/s2 的加速 度向右加速运动，并且跨越障碍物前后在传送带上保持 a2＝1 m/s2 的加速度，然后一直跑到 传送带的最右端．求该游客从出发到到达传送带最右端所用的总时间． 解析：游客做匀加速直线运动通过平直跑道，则有 x1＝1 2 a1t2 1 通过平直跑道的时间 t1＝ 2x1 a1 ＝2 s 冲上传送带的初速度 v1＝a1t1＝4 m/s 冲上传送带到到达障碍物的过程有 x3＝v1t2＋1 2 a2t2 2 解得 t2＝2 s 设游客摔倒至爬起随传送带运动的距离为 L，则 L＝v0t＝－1×2 m＝－2 m 游客从爬起到对地静止的过程有－v0＝a2t3 解得 t3＝1 s 设对地位移为 L1，则 L1＝－v0t3＋1 2 a2t2 3＝－0.5 m 游客向右加速冲刺过程有－(L＋L1)＋x2－x3＝1 2 a2t2 4 解得 t4＝7 s 游客从出发到到达传送带最右端所用的总时间为 t 总＝t1＋t2＋t＋t3＋t4＝14 s. 答案：14 s 考前第 6 天 功和能 一、机械能 1．求功的途径 (1)用定义式(W＝Flcos α)求恒力功； (2)用动能定理 W＝1 2 mv2 2－1 2 mv 2 1求功； (3)用 F－l 图象所围的面积求功； (4)用平均力求功(力与位移呈线性关系，如弹簧的弹力)； (5)利用 W＝Pt 求功． 2．机车启动类问题中的“临界点” (1)全程最大速度的临界点为：F 阻＝Pm vm . (2)匀加速运动的最后点为 P v1m －F 阻＝ma；此时瞬时功率等于额定功率 P 额． (3)在匀加速过程中的某点有：P1 v1 －F 阻＝ma. (4)在变加速运动过程中的某点有：Pm v2 －F 阻＝ma2. 3．重力势能 Ep＝mgh(h 是相对于零势能面的高度) 4．机械能守恒定律的三种表达方式 (1)始末状态：mgh1＋1 2 mv2 1＝mgh2＋1 2 mv2 2. (2)能量转化：ΔEk(增)＝ΔEp(减)． (3)研究对象：ΔEA＝－ΔEB. 二、功能关系 1．常见功能关系 做功 能量变化 功能关系 重力做功 重力势能变化ΔEp WG＝－ΔEp 弹力做功 弹性势能变化ΔEp WFN＝－ΔEP 合外力做功 W 合 动能变化ΔEk W 合＝ΔEk 除重力和弹力之外其他力做功 W 其 机械能变化ΔE W 其＝ΔE 滑动摩擦力与介质阻力做功 Ffl 相对 系统内能变化ΔE 内 Ffl 相对＝ΔE 内 电场力做功 WAB＝qUAB 电势能变化ΔEp WAB＝－ΔEp 电流做功 W＝UIt 电能变化ΔE W＝－ΔE 2.传送带上摩擦生热 传送带以恒定速度运行，小物体无初速度地放上传送带，达到共同速度过程中，相对滑动距 离等于小物体对地位移，摩擦生热等于小物体获得的动能． s 物＝1 2 s 带＝1 2 vt Q＝f s 带－s 物 ＝fs 相对＝1 2 mv2. 1．(多选)一滑块放在水平面上，从 t＝0 时刻开始对滑块施加一水平方向的恒力 F，使滑块 由静止开始运动，恒力 F 作用的时间为 t1，如图所示为滑块在整个过程 中的速度随时间的变化规律，且图线的倾角α＜β.若 0～t1 时间内恒力 F 做的功以及滑块克 服摩擦力做的功分别为 W 和 W1、恒力 F 做功的平均功率以及滑块克服摩擦力做功的平均功率 分别为 P 和 P1，t1～t2 时间内滑块克服摩擦力做的功与克服摩擦力做功的平均功率分别为 W2、 P2.则下列关系式正确的是( ) A．W＝W1＋W2 B．W1＝W2 C．P＜P1＋P2 D．P1＝P2 解析：选 ACD.对于整个过程，由动能定理可知 W－W1－W2＝0，故 W＝W1＋W2，A 正确；由题图 可知，加速过程的位移大于减速过程的位移，因摩擦力不变，故加速时摩擦力做的功大于减 速时克服摩擦力做的功，B 错误；根据匀变速直线运动的规律可知加速和减速过程中的平均 速度相等，故由 P＝Fv 可知，克服摩擦力做功的平均功率相等，故 P1＝P2，D 正确；由功率关 系可知 W＝Pt1＝P1t1＋P2t2，所以 P＝P1＋P2 t2 t1 ，又t2 t1 ＜1，则 P＜P1＋P2，C 正确． 2．在女子排球比赛中，假设运动员某次发球后排球恰好从网上边缘过网．女子排球网网高 H ＝2.24 m，排球质量为 m＝300 g，运动员对排球做的功为 W1＝20 J，排球从发出至运动到网 上边缘的过程中克服空气阻力做功为 W2＝4.12 J，重力加速度 g＝10 m/s2.排球发出时的位置 高度 h＝2.04 m，选地面为零势能面，则( ) A．与排球发出时相比，排球恰好到达球网上边缘时重力势能的增加量为 6.72 J B．排球恰好到达球网上边缘时的机械能为 26.12 J C．排球恰好到达球网上边缘时的动能为 15.88 J D．与排球发出时相比，排球恰好到达球网上边缘时动能的减少量为 4.72 J 解析：选 D.与排球发出时相比，排球恰好到达球网上边缘时重力势能的增加量为 mg(H－h) ＝0.6 J，A 错误；排球恰好到达球网上边缘时的机械能为 mgh＋W1－W2＝22 J，B 错误；排球 恰好到达球网上边缘时的动能为 W1－W2－mg(H－h)＝15.28 J，C 错误；与排球发出时相比， 排球恰好到达球网上边缘时动能的减少量为 W2＋mg(H－h)＝4.72 J，D 正确． 3．如图所示，滑块 A、B 的质量均为 m，A 套在固定竖直杆上，A、B 通过转轴用长度为 L 的 刚性轻杆连接，B 放在水平面上并靠着竖直杆，A、B 均静止．由于微小的扰动，B 开始沿水 平面向右运动．不计一切摩擦，滑块 A、B 视为质点．在 A 下滑的过程中，下列说法中正确的 是( ) A．A、B 组成的系统机械能不守恒 B．在 A 落地之前轻杆对 B 一直做正功 C．A 运动到最低点时的速度为 2gL D．当 A 的机械能最小时，B 对水平面的压力大小为 2mg 解析：选 C.因为不计一切摩擦，所以 A、B 组成的系统机械能守恒，A 错误；A 开始下落时轻 杆对 B 做正功，B 的机械能增大，A 的机械能减小，当轻杆的弹力为零时，A 的机械能最小， 此时 B 对地面的压力大小为 mg，然后轻杆对 B 做负功，B 的机械能减小，A 的机械能增大，B、 D 错误；当 A 运动到最低点时，B 的速度为零，设 A 的速度为 v，则根据机械能守恒定律可得： mgL＝1 2 mv2，v＝ 2gL，C 正确． 4．(多选)如图甲所示，一倾角为 37°的传送带以恒定速度运行．现将一质量 m＝1 kg 的物 体抛上传送带，物体相对地面的速度随时间变化的关系如图乙所示，取沿传送带向上为正方 向，g 取 10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.则下列说法正确的是( ) A．0～8 s 内物体位移的大小是 18 m B．0～8 s 内物体机械能增量是 90 J C．0～8 s 内物体机械能增量是 84 J D．0～8 s 内物体与传送带摩擦产生的热量是 126 J 解析：选 BD.从题图乙求出 0～8 s 内物体位移的大小 s＝14 m，A 错误；0～8 s 内，物体上 升的高度 h＝ssin θ＝8.4 m，物体机械能增量ΔE＝ΔEp＋ΔEk＝90 J，B 正确，C 错误；0～ 6 s 内物体的加速度 a＝μgcos θ－gsin θ＝1 m/s2，得μ＝7 8 ，传送带速度大小为 4 m/s， Δs＝18 m，0～8 s 内物体与传送带摩擦产生的热量 Q＝μmgcos θΔs＝126 J，D 正确． 5．如图所示，质量 M＝2 kg、长 L＝2 m 的长木板静止放置在光滑水平面上，在其左端放置 一质量 m＝1 kg 的小木块(可视为质点)．先相对静止，然后用一水平向右、F＝4 N 的力作用 在小木块上，经过时间 t＝2 s，小木块从长木板另一端滑出，g 取 10 m/s2，则( ) A．小木块与长木板之间的动摩擦因数为 0.1 B．在整个运动过程中由于摩擦产生的热量为 8 J C．小木块脱离长木板的瞬间，拉力 F 的功率为 16 W D．长木板在运动过程中获得的机械能为 16 J 解析：选 C.小木块的加速度为 a1＝F－μmg m ，木板的加速度为 a2＝μmg M ，脱离时小木块的位 移 x1＝1 2 a1t2，木板的位移 x2＝1 2 a2t2，则由 L＝x1－x2，结合以上式子知小木块与长木板之间的 动摩擦因数为 0.2，故选项 A 错误；整个运动过程中由于摩擦产生的热量为 Q＝μmgL＝ 0.2×1×10×2 J＝4 J，故选项 B 错误；小木块脱离长木板的瞬间 v1＝a1t＝2×2 m/s＝4 m/s， 功率 P＝Fv1＝4×4 W＝16 W，故选项 C 正确；长木板在运动过程中获得的机械能为 E＝1 2 Mv2 2＝ 1 2 M(a2t)2，结合 A 项知 E＝4 J，故选项 D 错误． 6．(多选)如图所示，光滑轨道 ABCD 是大型游乐设施过山车轨道的简化模型，最低点 B 处的 入、出口靠近但相互错开，C 是半径为 R 的圆形轨道的最高点，BD 部分水平，末端 D 点与右 端足够长的水平传送带无缝连接，传送带以恒定速度 v 逆时针转动，现将一质量为 m 的小滑 块从轨道 AB 上某一固定位置 A 由静止释放，滑块能通过 C 点后再经 D 点滑上传送带，则( ) A．固定位置 A 到 B 点的竖直高度可能为 2R B．滑块在传送带上向右运动的最大距离与传送带速度 v 有关 C．滑块可能重新回到出发点 A 处 D．传送带速度 v 越大，滑块与传送带摩擦产生的热量越多 解析：选 CD.设 AB 的高度为 h，假设物块从 A 点下滑刚好通过最高点 C，则此时应该是从 A 下滑的高度的最小值，刚好通过最高点时，由重力提供向心力，则：mg＝mv2 C R ，解得 vC＝ gR， 从 A 到 C 根据动能定理：mg(h－2R)＝1 2 mv2 C－0，整理得到：h＝2.5R，故选项 A 错误；从 A 到 最终停止，根据动能定理得：mgh－μmgx＝0，可以得到 x＝ h μ ，可以看出滑块在传送带上向 右运动的最大距离与传送带速度 v 无关，与高度 h 有关，故选项 B 错误；物块在传送带上先 做减速运动，可能反向做加速运动，如果再次到达 D 点时速度大小不变，则根据能量守恒， 可以再次回到 A 点，故选项 C 正确；滑块与传送带之间产生的热量 Q＝μmgΔx 相对，当传送带 的速度越大，则在相同时间内二者相对位移越大，则产生的热量越多，故选项 D 正确． 7．如图所示，光滑曲面 AB 与水平面 BC 平滑连接于 B 点，BC 右端连接内壁光滑、半径为 r ＝0.4 m 的四分之一细圆管 CD，管口 D 端正下方直立一根劲度系数为 k＝25 N/m 的轻弹簧， 轻弹簧下端固定，上端恰好与管口 D 端齐平．质量为 m＝1 kg 的小球在曲面上距 BC 的高度为 h＝0.8 m 处从静止开始下滑，进入管口 C 端时与管壁间恰好无作用力，通过 CD 后压缩弹簧．已 知弹簧的弹性势能表达式为 Ep＝1 2 kx2，x 为弹簧的形变量，小球与 BC 间的动摩擦因数μ＝0.5， 取 g＝10 m/s2.求： (1)小球达到 B 点时的速度大小 vB； (2)水平面 BC 的长度 s； (3)在压缩弹簧过程中小球的最大速度 vm. 解析：(1)由机械能守恒得：mgh＝1 2 mv2 B 解得：vB＝ 2gh＝4 m/s (2)由 mg＝mv2 C r 得 vC＝ gr＝2 m/s 由动能定理得：mgh－μmgs＝1 2 mv2 C 解得：s＝1.2 m (3)设在压缩弹簧过程中小球速度最大时离 D 端的距离为 x，则有：kx＝mg 得：x＝mg k ＝0.4 m 由功能关系得：mg(r＋x)－1 2 kx2＝1 2 mv2 m－1 2 mv2 C 解得：vm＝4 m/s 答案：(1)4 m/s (2)1.2 m (3)4 m/s 8．如图所示，竖直平面内，水平光滑轨道 CD 与两个半径相同的半圆轨道分别相切于 D、C， 在 A 点某人将质量为 m＝0.1 kg 的小球以一定初速度水平弹出，小球沿水平轨道 AB 滑行并从 B 点水平飞离，小球与水平轨道 CD 碰撞(碰撞过程小球无机械能损失)两次后恰好到达半圆轨 道的 E 点，在 E 点小球对轨道的压力为16 9 N，已知小球与 AB 间的动摩擦因数μ＝0.1，AB 长 s＝10 m，水平轨道 CD 长 l＝12 m，小球每次与水平轨道碰撞时间为Δt＝2×10－3s，碰撞时 水平速度不变，竖直速度反向，取重力加速度 g＝10 m/s2，求： (1)半圆轨道的半径 R； (2)人对小球所做的功 W0； (3)碰撞过程中，水平轨道对小球的平均作用力大小． 解析：(1)由题知小球从 B 到 E，水平方向做匀速运动，故 vB＝vE① 在 E 点，由牛顿第二定律知 mg＋N＝mv2 E R ② 因小球与 CD 碰撞两次，由平抛运动规律知 水平方向：l 4 ＝vEt③ 竖直方向：2R＝1 2 gt2④ 联立①②③④并代入数值得 R＝0.9 m. (2)从 A 到 B 由动能定理知μmgs＝EkA－1 2 mv2 B 由功能关系知人对小球所做的功 W0＝EkA 解得 W0＝2.25 J. (3)小球在碰撞时竖直方向速度变化量 Δvy＝2gt 产生的加速度 a＝Δvy Δt 由牛顿第二定律知 F －mg＝ma 解得 F ＝601 N. 答案：(1)0.9 m (2)2.25 J (3)601 N 9．如图所示，长为 L 的细线一端固定在 O 点，另一端拴一质量为 m 的小球．已知小球在最高 点 A 时受到细线的拉力刚好等于小球自身的重力，O 点到水平地面的距离为 H(H ＞L)，重力 加速度为 g. (1)求小球通过最高点 A 时的速度大小； (2)求小球通过最低点 B 时，细线对小球的拉力； (3)若小球运动到最高点 A 时细线断裂或小球运动到最低点 B 时细线断裂，两种情况下小球落 在水平地面上的位置到 C 点(C 点为地面上的点，位于 A 点正下方)的距离相等，则 L 和 H 应 满足什么关系？ 解析：(1)设小球运动到最高点 A 时的速度大小为 vA，则由合力提供向心力可得：2mg＝mv2 A L ， 解得：vA＝ 2gL. (2)设小球运动到 B 点时的速度大小为 vB，则由机械能守恒定律可得：mg·2L＋1 2 mv2 A＝1 2 mv2 B， 解得：vB＝ 6gL 设小球运动到 B 点时，细线对小球的拉力大小为 FT，则有：FT－mg＝mv2 B L ，解得：FT＝7mg. (3)①若小球运动到 A 点时细线断裂，则小球从最高点 A 开始做平抛运动，有：x＝vAtA，H＋L ＝1 2 gt2 A ②若小球运动到 B 点时细线断裂，则小球从最低点 B 开始做平抛运动，有：x＝vBtB，H－L＝1 2 gt2 B 联立解得：L＝H 2 . 答案：(1) 2gL (2)7mg (3)L＝H 2 考前第 5 天 电场和磁场 一、概念公式 1．库仑定律 F＝kQ1Q2 r2 2．电场强度的表达式 (1)定义式：E＝F q (2)计算式：E＝kQ r2 (3)匀强电场中：E＝U d 3．电势差和电势的关系 UAB＝φA－φB 或 UBA＝φB－φA 4．电场力做功的计算 (1)普适：W＝qU (2)匀强电场：W＝Edq 5．电容的定义式 C＝Q U ＝ΔQ ΔU 6．平行板电容器的决定式 C＝ εrS 4πkd 7．磁感应强度的定义式 B＝ F IL 8．安培力大小 F＝BIL(B、I、L 相互垂直) 9．洛伦兹力的大小 F＝qvB 10．带电粒子在匀强磁场中的运动 (1)洛伦兹力充当向心力， qvB＝mrω2＝mv2 r ＝mr4π2 T2 ＝4π2mrf2＝ma. (2)圆周运动的半径 r＝mv qB 、周期 T＝2πm qB . 二、静电场与带电粒子在电场中的运动 1．两同夹异、两大夹小 三个自由点电荷，只在彼此间库仑力作用下而平衡，则 (1)三点共线：三个点电荷必在同一直线上； (2)两同夹异：两侧电荷电性相同，中间电荷电性与两侧电荷电性相反； (3)两大夹小：两侧电荷电荷量都比中间电荷电荷量大； (4)近小远大：中间电荷靠近两侧中电荷量较小的电荷，如图所示，若 l1＜l2，则 q1＜q3； (5)电荷量之比(如图所示)：q1∶q2∶q3＝ l1＋l2 l2 2∶1∶ l1＋l2 l1 2. 2．电场力做功与电荷的移动 电势能变化与电场力做功对应，电场力做的功等于电势能变化量的负值，即 W 电＝－ΔEp. 3．带电粒子在电场中的加速与偏转 (1)加速：qU1＝1 2 mv2 0. (2)偏转：带电粒子以速度 v0 沿轴线垂直偏转电场方向射入． ①离开电场时的偏移量：y＝1 2 at2＝qL2U2 2mv2 0d ＝U2L2 4U1d . ②离开电场时速度偏向角的正切值：tan θ＝vy v0 ＝qU2L mv2 0d ＝ U2L 2U1d . 【临考必记】 带电性质相同，其他量不同的带电粒子从静止经过同一加速电场加速后进入 同一偏转电场，则射出偏转电场时具有相同的偏移量 y 和速度偏向角θ，即打在荧光屏上同 一点． 4．荧光屏上的偏移量 y0 粒子飞出偏转电场时，速度的反向延长线过在偏转电场中水平位移的中点．荧光屏上的偏移 量 y0＝ D＋L 2 tan θ，y0＝L＋2D L y. 三、磁场与带电粒子在磁场中的运动 1．安培力的计算 用 F＝BIl 计算安培力时，l 为导体的有效长度． 2．带电粒子的半径和周期 带电粒子垂直进入磁场，在磁场中做匀速圆周运动：R＝mv qB ，T＝2πm qB (周期与速率无关)． 3．带电粒子在匀强磁场中做圆周运动的分析方法 (1)定圆心：几何方法确定圆心 ①两点速度垂线的交点； ②一个速度的垂线与弦的中垂线的交点． (2)求半径 ①几何方法：由(1)中所作几何图形解三角形； ②物理方法：由 qvB＝mv2 R 得 R＝mv qB . (3)求圆心角 ①两个半径的夹角； ②两个速度的夹角，即速度的偏向角； ③弦切角的两倍． 【临考必记】 (1)带电粒子在匀强磁场中做圆周运动的时间 t＝ φ 2π ·T，其中φ为轨迹对应 的圆心角． (2)洛伦兹力永不做功． 4．几种常见磁应用 (1)速度选择器 如下图所示，当带电粒子进入电场和磁场共存空间时，同时受到电场力和洛伦兹力作用，F 电 ＝Eq，F 洛＝Bqv0，若 Eq＝Bqv0，有 v0＝E B .即能从 S2 孔飞出的粒子只有一种速度，而与粒子的 质量、电性、电量无关． (2)电磁流量计 如图所示，一圆形导管直径为 d，用非磁性材料制成，其中有可以导电的液体向左流动，导 电流体中的自由电荷(正负离子)在洛伦兹力作用下横向偏转，a、b 间出现电势差．当自由电 荷所受电场力和洛伦兹力平衡时，a、b 间的电势差就保持稳定． 由 qvB＝qE＝qU d 可得 v＝ U Bd 流量 Q＝Sv＝πd2 4 · U Bd ＝πdU 4B . (3)磁流体发电机 如图是磁流体发电机，等离子气体喷入磁场，正、负离子在洛伦兹力作用下发生上下偏转而 聚集到 A、B 板上，产生电势差，设 A、B 平行金属板的面积为 S，相距为 L，等离子气体的电 阻率为ρ，喷入气体速度为 v，板间磁场的磁感应强度为 B，板外电阻为 R，当等离子气体匀 速通过 A、B 板间时，板间电势差最大，离子受力平衡：qE 场＝qvB，E 场＝vB，电动势 E＝E 场 L＝BLv，电源内电阻 r＝ρL S ，故 R 中的电流 I＝ E R＋r ＝ BLv R＋ρL S ＝ BLvS RS＋ρL . (4)霍尔效应 如图所示，厚度为 h，宽度为 d 的导体板放在垂直于磁感应强度为 B 的匀强磁场中，当电流 流过导体板时，在导体板上下侧面间会产生电势差，U＝kIB d (k 为霍尔系数)． (5)回旋加速器 如图所示，是两个 D 形金属盒之间留有一个很小的缝隙，有很强的磁场垂直穿过 D 形金属盒．D 形金属盒缝隙中存在交变的电场．带电粒子在缝隙的电场中被加速，然后进入磁场做半圆周 运动． ①粒子在磁场中运动一周，被加速两次；交变电场的频率与粒子在磁场中圆周运动的频率相 同． T 电场＝T 回旋＝T＝2πm qB . ②粒子在电场中每加速一次，都有 qU＝ΔEk. ③粒子在边界射出时，都有相同的圆周半径 R，有 R＝mv qB . ④粒子飞出加速器时的动能为 Ek＝mv2 2 ＝B2R2q2 2m .在粒子质量、电量确定的情况下，粒子所能达 到的最大动能只与加速器的半径 R 和磁感应强度 B 有关，与加速电压无关． 1．如图所示是一对不等量异种点电荷的电场线分布图，图中两点电荷连线长度为 2r，左侧 点电荷带电荷量为＋2q，右侧点电荷带电荷量为－q，P、Q 两点关于两电荷连线对称．由图 可知( ) A．P、Q 两点的电场强度相同 B．M 点的电场强度大于 N 点的电场强度 C．把同一试探电荷放在 N 点，其所受电场力大于放在 M 点所受的电场力 D．两点电荷连线的中点处的电场强度为 2kq r2 解析：选 B.P、Q 两点的电场强度大小相等，方向不相同，选项 A 错误．根据电场线疏密程度 反映电场强度大小可知，M 点的电场强度大于 N 点的电场强度，选项 B 正确．把同一试探电 荷放在 N 点，其所受电场力小于放在 M 点所受的电场力，选项 C 错误．两点电荷连线的中点 处的电场强度为 E＝k2q r2 ＋kq r2＝3kq r2，选项 D 错误． 2．物理关系式不仅反映了物理量之间的数值关系，也确定了单位间的关系．对于单位的分析 是帮助我们检验研究结果正确性的一种方法．下面是同学们在研究平行板电容器充电后储存 的能量 EC 与哪些量有关的过程中得出的一些结论，式中 C 为电容器的电容，U 为电容器充电 后其两极板间的电压，E 为两极板间的电场强度，d 为两极板间的距离，S 为两极板正对面积， εr 为两极板间所充介质的相对介电常数(没有单位)，k 为静电力常量．请你分析下面给出的 关于 EC 的表达式可能正确的是( ) A．EC＝1 2 C2U B．EC＝1 2 CU3 C．EC＝ εr 8πk E2Sd D．EC＝ εr 8πk ESd 解析：选 C.能量的单位是焦耳，因此表示电容器充电后储存的能量的物理量 EC 的单位是焦耳， 电容的单位是库仑每伏特，电场强度的单位为伏特每米，故 1 2 C2U、1 2 CU3 以及 εr 8πk ESd 的单位 都不是焦耳，选项 C 通过推导，单位为 J，选项 C 正确． 3．(多选)一绝缘细线 Oa 下端系一质量为 m 的带正电的小球 a，在正下方有一光滑的绝缘水 平细杆，一带负电的小球 b 穿过杆在其左侧较远处，小球 a 由于受到水平绝缘细线的拉力而 静止，如图所示．现保持悬线与竖直方向的夹角为θ，并在较远处由静止释放小球 b，让其 从远处沿杆向右移动到 a 点的正下方，在此过程中( ) A．悬线 Oa 的拉力逐渐增大，水平细线的拉力逐渐减小 B．b 球的加速度先增大后减小，速度始终增大 C．b 球所受的库仑力一直增大 D．b 球所受的库仑力先减小后增大 解析：选 BC.由库仑定律可知，b 球所受的库仑力逐渐增大，该库仑力与竖直方向的夹角逐渐 减小，所以其竖直分量逐渐增大，而水平方向的分量先增大后减小，所以悬线 Oa 的拉力会逐 渐增大，水平细线的拉力先增大后减小，选项 A 错误，B 正确；b 球受到的库仑力 F＝kqaqb r2 ， 在运动过程中，a、b 球间距离一直减小，则 b 球所受库仑力一直增大，选项 C 正确，D 错误． 4．(多选)一长为 L、质量为 m 的水平通电直导体棒紧靠竖直粗糙绝缘面放置，磁感应强度为 B 的匀强磁场垂直导体棒，与水平方向成θ角斜向上，其剖面图如图所示，当导体棒中通有 大小为 I 的图示电流时，导体棒处于静止状态，导体棒与绝缘面间的动摩擦因数为μ，重力 加速度为 g，已知绝缘面对导体棒的摩擦力为 f、弹力为 N，则( ) A．f＝mg＋BILcos θ B．f＝μBILsin θ C．N＝BILsin θ D．N＝BIL 解析：选 AC.导体棒受重力 mg、安培力 FA、绝缘面的弹力 N 和静摩擦力 f 而处于静止状态， 所以摩擦力不能用 f＝μN 计算，B 错误；由左手定则可知安培力 FA＝BIL.方向与竖直方向成 θ角向右下方，由图知 f＝mg＋BILcos θ，N＝BILsin θ，A、C 正确，D 错误． 5．如图所示是某新型发电机的部分原理图，其发电管是横截面为矩形的水平管，管道长为 a、 宽为 b、高为 c，上下面是电阻可不计的导体板，两导体板与开关 S、定值电阻 R 相连，前后 面是绝缘板，加有垂直绝缘板的匀强磁场，磁感应强度为 B，管道内的导电液体(含大量正、 负离子)的电阻率为ρ，在管道进、出口两端压强差的作用下以速率 v0 做稳恒流动，液体所 受摩擦阻力恒定，则开关闭合前后，管道两端压强的改变量为( ) A. B2av2 0 aR＋ρ B. B2acv2 0 abR＋ρc C. B2bcv2 0 abR＋ρa D. B2cv2 0 bR＋ρc 解析：选 B.开关闭合前，当离子所受洛伦兹力与电场力平衡时，液体稳恒流动，两导体板间 的电压恒定，满足 Bqv0＝qU c ，令开关闭合前后，管道两端的压强差分别为 p1、p2，液体所受 摩擦阻力为 f，则闭合前有 p1·bc＝f，闭合后有 p2·bc＝f＋BIc，而 I＝ U R＋r 、r＝ρ c ab ，联 立以上各式可得开关闭合前后，管道两端压强的改变量为Δp＝p2－p1＝ B2acv2 0 abR＋ρc ，B 对． 6．(多选)如图所示，M、N 是在真空中竖直放置的两块平行金属板，板间有匀强电场，质量 为 m、电荷量为－q 的带电粒子，以初速度 v0 由小孔进入电场，当 M、N 间电压为 U 时，粒子 刚好能到达 N 板，如果要使这个带电粒子能到达 M、N 两板间距的1 2 处返回，则下述措施能满 足要求的是( ) A．使初速度减为原来的1 2 B．使 M、N 间电压提高到原来的 2 倍 C．使 M、N 间电压提高到原来的 4 倍 D．使初速度和 M、N 间电压都减为原来的1 2 解析：选 BD.在粒子刚好到达 N 板的过程中，由动能定理得－qEd＝0－1 2 mv2 0，所以 d＝mv2 0 2qE ， 令带电粒子离开 M 板的最远距离为 x，则使初速度减为原来的1 2 ，x＝d 4 ；使 M、N 间电压提高 到原来的 2 倍，电场强度变为原来的 2 倍，x＝d 2 ，使 M、N 间电压提高到原来的 4 倍，电场强 度变为原来的 4 倍，x＝d 4 ；使初速度和 M、N 间电压都减为原来的1 2 ，电场强度变为原来的一 半，x＝d 2 . 7．如图所示为电流天平，可用来测定磁感应强度大小．天平的右盘挂有一匝数为 N 的矩形线 圈，线圈下端悬在匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里，当线圈中通有电流 I(方向如图)时， 发现天平的左端高右端低，下列哪些调解方案可以使天平平衡( ) A．仅减小左盘砝码的质量 B．仅减小电流大小 C．仅增大线圈的宽度 L D．仅增加线圈的匝数 解析：选 B.天平左端高右端低，说明左端“轻”右端“重”，要使得天平平衡，可以增加左 盘砝码的质量，选项 A 错误；根据左手定则判断线圈在磁场中受到竖直向下的安培力，故也 可以减小线圈受到的安培力，由 F＝nBIL，可以通过减小电流大小、减小线圈的宽度 L 或者 减少线圈的匝数 N 来减小安培力，选项 B 正确，C、D 错误． 8．(多选)如图，两个初速度大小相同的同种离子 a 和 b，从 O 点沿垂直磁场方向进入匀强磁 场，最后打到屏 P 上．不计重力．下列说法正确的有( ) A．a、b 均带正电 B．a 在磁场中飞行的时间比 b 的短 C．a 在磁场中飞行的路程比 b 的短 D．a 在 P 上的落点与 O 点的距离比 b 的近 解析：选 AD.离子要打在屏 P 上，都要沿顺时针方向偏转，根据左手定则判断，离子都带正 电，A 项正确；由于是同种离子，因此质量、电荷量相同，初速度大小也相同，由 qvB＝m v2 r 可 知，它们做圆周运动的半径相同，作出运动轨迹，比较得 a 在磁场中运动的路程比 b 的长，C 项错误；由 t＝s v 可知，a 在磁场中运动的时间比 b 的长，B 项错误；从图上可以看出，D 项正 确． 9．在如图所示的直角坐标系中，第二象限内存在沿 y 轴负方向的匀强电场，电场强度为 E， 第三象限内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小未知，在 y 轴上的 C 点(没画出)固 定有一点电荷(点电荷对 y 轴左侧不起作用)．现有一质量为 m、电荷量为 q 的带正电粒子由 第二象限的点 A －a，3 4 a 处由静止释放(不计重力)，粒子恰好垂直 y 轴进入第四象限并在 y 轴右侧做匀速圆周运动，最后又恰好能击中 A 点，已知静电力常量为 k，求： (1)磁感应强度 B 的大小； (2)C 点的坐标； (3)点电荷的电荷量 Q. 解析： (1)设粒子进入磁场中的速度为 v，则由动能定理知 qE·3 4 a＝1 2 mv2 粒子运动轨迹如图所示，由题意知粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径 r＝a 由洛伦兹力提供向心力知 Bqv＝mv2 r 联立解得 B＝ 3mE 2qa . (2)由图知粒子从 D 到 A 做类平抛运动，设 C 点的坐标为(0，y)，则粒子在 y 轴右侧做匀速圆 周运动的半径为 R＝y＋a 由类平抛运动规律知 a＝vt，R＋y－3 4 a＝1 2 ·qE m t2 联立可得 y＝ a 24 ，即 C 点的坐标为 0， a 24 . (3)由(2)知粒子在 y 轴右侧做匀速圆周运动的半径为 R＝y＋a＝25a 24 粒子在 y 轴右侧做匀速圆周运动时由库仑力提供向心力，即 kQq R2 ＝mv2 R 所以 Q＝25Ea2 16k ，即点电荷的电荷量 Q 为25Ea2 16k ，且带负电． 答案：(1) 3mE 2qa (2) 0， a 24 (3)25Ea2 16k 负电 10．如图甲所示，静电分析器内有均匀辐向分布的电场(电场方向指向 O 点)，A 处有一粒子 源，能不断地沿水平向右方向发射出速度一定的质量为 m、电荷量为 q 的带正电粒子(重力不 计)，粒子均能沿图中虚线做圆周运动(半径为 R，其所在处的电场强度大小为 E)，并从绝缘 挡板 MN 上的小孔 C 垂直 MN 进入下方的匀强磁场(磁场方向垂直纸面向外)，粒子与挡板碰撞 时以原速率反弹且无电荷转移，之后从小孔 D(D、C 关于 O 点对称)进入加有图乙所示电压的 两竖直金属板间，最后均打在紧靠金属板的荧光屏上，已知两竖直金属板间距离为 d，不加 电压时粒子通过两竖直金属板间的时间为 2t0，t0＝π 2 mR qE ，求： (1)粒子的初速度大小； (2)MN 下方匀强磁场的磁感应强度 B 的大小； (3)粒子打在荧光屏上的最大偏移距离与最小偏移距离之比； (4)粒子从 A 点出发到打在荧光屏上经历的时间． 解析：(1)因粒子在静电分析器中做圆周运动，由牛顿第二定律知 qE＝mv2 R 所以 v＝ qER m . (2)粒子在磁场中由洛伦兹力提供向心力知 Bqv＝mv2 r 令粒子与挡板碰撞 n 次，则 r＝ R n＋1 (n＝0,1,2,3…) 联立得 B＝(n＋1) mE qR (n＝0,1,2,3…)． (3)由题意知当粒子从 0,2t0,4t0…时从 D 孔进入竖直金属板间，粒子偏转距离最大，为 xmax＝ 1 2 at2 0＋at0·t0＝1 2 qU0 md t2 0＋qU0 md t2 0＝3qU0 2md t2 0 当粒子从 t0,3t0,5t0…时从 D 孔进入竖直金属板间，粒子偏转距离最小，为 xmin＝1 2 at2 0＝qU0 2md t2 0 所以粒子打在荧光屏上的最大距离与最小距离之比为 3∶1. (4)粒子在静电分析器中运行时间为 t1＝2πR 4v ＝π 2 mR qE 粒子在匀强磁场中运行时间为 t2＝n＋1 2 ×2πr v ＝π mR qE 粒子从 A 点出发到打在荧光屏上经历的时间 t＝t1＋t2＋2t0＝5π 2 mR qE . 答案：见解析 考前第 4 天 电路与电磁感应 一、电路中的概念和规律 1．五个基本公式 (1)电流强度的定义式：I＝q t . (2)电流强度的决定式：I＝U R . (3)电阻的定义式：R＝U I . (4)导体的电阻：R＝ρl S . (5)闭合电路欧姆定律：I＝ E R＋r . 2．电源的三个功率 (1)电源的总功率：P 总＝EI＝I2(R＋r)． (2)电源内部消耗的功率：P 内＝I2r. (3)电源的输出功率：P 出＝UI＝P 总－P 内． 3．电源的效率 η＝P 出 P 总 ×100%＝U E ×100%＝ R R＋r ×100%. 4．闭合电路的 U－I 图象 如图所示，a 为电源的 U－I 图象；b 为外电阻的 U－I 图象． (1)两者的交点坐标表示该电阻接入电路时电路的总电流和路端电压，该点的纵横坐标的乘积 表示输出功率． (2)a 的斜率的绝对值表示电源内阻的大小；b 的斜率表示外电阻的大小． (3)当两个斜率的绝对值相等时(即内、外电阻相等时)，输出功率最大，此时路端电压是电动 势的一半，电流是最大电流的一半． 5．电阻电流此消彼长 在闭合电路中，外电路中任一电阻增大(或减小)，总电阻增大(或减小)，总电流减小(或增大)， 路端电压增大(或减小)． 6．动态分析程序 局部(部分电阻的变化)→整体(总电阻、干路电流、路端电压的变化)→局部(各部分电压、电 流、电功率的变化)． 二、电磁感应中的几个问题 1．应用楞次定律判断感应电流方向的方法 (1)确定穿过回路的原磁场的方向； (2)确定原磁场的磁通量是“增加”、还是“减小”； (3)确定感应电流磁场的方向(与原磁场“增则反、减则同”)； (4)根据感应电流的磁场方向，由安培定则判断感应电流的方向． 2．感应电动势的计算 (1)法拉第电磁感应定律：E＝nΔΦ Δt (计算的是平均感应电动势)． ①仅磁感应强度 B 变化：E＝nΔB Δt S； ②仅面积 S 变化：E＝nBΔS Δt . (2)单根导体棒垂直切割磁感线：E＝BLv(可计算平均感应电动势或瞬时感应电动势)． (3)单根导体棒绕棒一侧端点匀速转动垂直切割磁感线：E＝1 2 BωL2. (4)n 匝线圈在匀强磁场中绕垂直磁场的轴匀速转动：e＝nBSωsin ωt(从中性面位置开始计 时)． (5)自感现象中：E＝LΔI Δt (L 为线圈的自感系数)． 3．电磁感应中的电路问题 (1)解决电磁感应中的电路问题的关键是明确内电路和外电路，切割磁感线的导体和磁通量变 化的线圈都相当于“电源”，该部分导体的电阻相当于内电阻，而其余部分的电阻则是外电 阻． (2)相关的几个知识点 ①电源电动势 E＝n ΔΦ Δt 或 E＝BLv. ②闭合电路欧姆定律 I＝ E R＋r ，部分电路欧姆定律 I＝U R ，电源的内电压 Ur＝Ir，电源的路端 电压 U＝IR＝E－Ur. ③通过导体的电荷量 q＝IΔt＝EΔt R＋r ＝ nΔΦΔt R＋rΔ t ＝nΔΦ R＋r . 4．电磁感应中的动力学问题 5．电磁感应中的功能关系 系统消耗的机械能＝产生的电能＋摩擦产生的内能 ＝克服安培力做的功＋克服摩擦力做的功． 三、交变电流与理想变压器 1．交变电流的“四值” (1)最大值：交流电的最大值是指交流电在一个周期内所能达到的最大值．对于正弦(余弦) 交流电，有 Em＝nBSω(其中 n 为线圈的匝数)． (2)有效值： ①让交流电和恒定电流分别通过阻值相同的电阻，如果在交流电的一个周期内它们产生的热 量相等，那么这个恒定电流的电压 U、电流 I 就称为该交流电的电压和电流的有效值． ②对于正弦(余弦)交流电，则有 E＝ Em 2 ，I＝ Im 2 . ③一般交流电表测量的数值、电气设备“铭牌”上所标的数值、保险丝的熔断电流等都是有 效值． (3)平均值：电动势的平均值一般用 E ＝n ΔΦ Δt 来计算．在电磁感应中，电动势的平均值通 常用来计算通过某个导体横截面的电荷量：q＝ I Δt＝nΔΦ R (R 为电路中的总电阻)． (4)瞬时值：对于正弦交流电，有 e＝Emsin ωt，i＝Imsin ωt. 【临考必记】 交变电流中线圈的两个特殊位置 (1)线圈平面与中性面重合时，Φ最大，ΔΦ/Δt＝0，e＝0，i＝0，电流方向将发生改变． (2)线圈平面与中性面垂直时，Φ＝0，ΔΦ/Δt 最大，e 最大，i 最大，电流方向不改变． 2．理想变压器 (1)理想变压器的三个基本关系式(只有一个副线圈)：①U1 U2 ＝n1 n2 ；②I1 I2 ＝n2 n1 ；③P 出＝P 入． (2)理想变压器的几个制约关系：①输入电压 U1 决定输出电压 U2；②输出电流 I2 决定输入电 流 I1；③输出功率 P 出决定输入功率 P 入． 【临考叮嘱】 理想变压器原、副线圈之间相同的量：功率 P，电压与匝数的比值U n ，周期 T， 频率 f，磁通量变化率ΔΦ Δt . 3．远距离输电 (1)原理图 (2)输电流程：发电机的输出电压＝升压变压器的输入电压――→决定 升压变压器的输出电压－U 损＝降压变压器的输入电压――→决定 降压变压器的输出电压＝用户电压；功率和电流的流程方向 相反，由用户决定． (3)每个回路中变压器的原线圈是回路的用电器，而相应的副线圈是下一个回路的电源． (4)综合运用下面三个关系求解 ①功率关系：P＝U1I1＝U2I2＝P 用＋P 损，P 损＝I2 2r，P 用＝U3I3＝U4I4. ②电压关系：U2＝ΔU＋U3，ΔU＝I2r. ③变压比关系：U1 U2 ＝I2 I1 ＝n1 n2 ，U3 U4 ＝I4 I3 ＝n3 n4 . (5)输电线损失：远距离输电的要点之一是输电线损失，功率损失为 P 损＝P2－P3＝I2r＝P2 2 U2 2 r， 电压损失为 U 损＝U2－U3＝I2r. 1．如图所示，一边长为 a 的正方形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，导体环 N 为正方形 的外接圆，垂直磁场放置，导体环 M 与导体环 N 为同心圆，两环所用材料相同，两导体环的 半径关系为rM rN ＝2 1 .当磁场的磁感应强度随时间均匀减小时，两导体环中产生的感应电流的关 系为( ) A.IM IN ＝1 B.IM IN ＝2 C.IM IN ＝1 4 D.IM IN ＝1 2 解析：选 D.两导体环的半径不同，它们所包围的面积不同，但任一时刻穿过它们的磁通量均 为穿过磁场所在区域面积上的磁通量，即任一时刻穿过两导体环包围面上的磁通量是相等的， 所以两导体环包围面上的磁通量变化率是相等的，两导体环中产生的感应电动势相等，由两 导体环的半径关系可知两导体环的电阻关系为RM RN ＝2 1 ，故IM IN ＝1 2 . 2．如图为一具有理想边界的匀强磁场，匀强磁场的边界为平行的竖直线 AB、MN，方向垂直 纸面向里，边界的宽度为 l，有一半径为l 2 的导体圆环(环面与磁场方向垂直)由图中位置以速 度 v 匀速向右穿过该匀强磁场．则下列说法正确的是( ) A．导体环中产生的感应电流先增大后减小 B．导体环中产生的感应电流方向先逆时针后顺时针 C．导体环所受安培力的方向先向左后向右 D．导体环在进入匀强磁场的过程中产生的平均感应电动势为πBlv 解析：选 B.在导体环进入磁场的过程中，通过导体环的磁通量逐渐增大，根据楞次定律可知 感应电流的方向为逆时针方向，感应电动势 E＝Blv，有效长度先增大后减小，所以感应电流 先增大后减小，同理出磁场过程中感应电流的方向为顺时针方向，感应电流先增大后减小， 选项 A 错误，B 正确；根据左手定则可以判断，进磁场和出磁场过程中导体环所受安培力的 方向都向左，选项 C 错误；进入磁场过程中感应电动势的平均值 E ＝ΔΦ Δt ＝1 4 πBlv，选项 D 错误． 3．某实验小组用三只相同的小灯泡，连成如图所示的电路，研究串并联电路的特点．实验中 观察到的现象是( ) A．K2 断开，K1 与 a 连接，三只灯泡都熄灭 B．K2 断开，K1 与 b 连接，三只灯泡亮度相同 C．K2 闭合，K1 与 a 连接，三只灯泡都发光，L1、L2 亮度相同 D．K2 闭合，K1 与 b 连接，三只灯泡都发光，L3 的亮度小于 L2 的亮度 解析：选 D.当 K2 断开，K1 与 a 连接时，三只灯泡为串联，故三只灯泡的亮度相同；K2 断开， K1 与 b 连接时，灯泡 L3 不亮；K2 闭合，K1 与 a 连接时，L1、L3 被短路，故只有 L2 发光；K2 闭合， K1 与 b 连接时，三只灯泡都发光，因为干路的电流要大于支路的电流，故 L3 的亮度小于 L2 的 亮度，D 正确． 4．(多选)如图所示，铝质的圆筒形管竖直立在水平桌面上，一条形磁铁从铝管的正上方由静 止开始下落，然后从管内下落到水平桌面上．已知磁铁下落过程中不与管壁接触，不计空气 阻力，下列判断正确的是( ) A．磁铁在整个下落过程中做自由落体运动 B．磁铁在管内下落过程中机械能守恒 C．磁铁在管内下落过程中，铝管对桌面的压力大于铝管的重力 D．磁铁在下落过程中动能的增加量小于其重力势能的减少量 解析：选 CD.磁铁在整个下落过程中，由于在铝管内产生感应电流，磁铁受到磁场力作用， 做加速度变化的加速运动，磁铁在管内下落过程中机械能不守恒，选项 A、B 错误；磁铁在管 内下落过程中，铝管由于受到磁场力作用，铝管对桌面的压力大于铝管的重力，选项 C 正确； 磁铁在下落过程中由于产生了感应电流，由能量守恒知动能的增加量小于其重力势能的减少 量，选项 D 正确． 5．如图甲所示，一理想变压器原、副线圈的匝数比为 4∶1，原线圈接在一个交流电源上， 交变电压随时间变化的规律如图乙所示，副线圈所接的负载电阻是 11 Ω.则下列说法中正确 的是( ) A．副线圈输出的交变电流的周期为 0.08 s B．变压器输入功率与输出功率之比为 4∶1 C．电压表的示数为 311 V D．电流表的示数为 1.25 A 解析：选 D.变压器不改变交流电的周期，由题图乙知，副线圈输出的交变电流的周期是 0.02 s，选项 A 错误；变压器输入功率等于输出功率，选项 B 错误；电压表示数为 220 V，选项 C 错误；副线圈输出电压的有效值为 U2＝n2 n1 U1＝55 V，负载消耗的功率 P＝U2 2 R ＝275 W，电流表的 示数为 I＝P U1 ＝1.25 A，选项 D 正确． 6．如图所示，在虚线 MN 的右侧存在着垂直纸面向里的匀强磁场，边长为 a 的正三角形金属 线框平行纸面放置，t＝0 时刻，顶点恰好在磁场的左边界上，一边平行磁场边界 MN.现令该 金属线框匀速进入磁场区域，则线框中产生的感应电动势 E、电流 I、所施加的外力 F、安培 力做功的功率 P 随时间 t 的变化关系的图象中正确的是( ) 解析：选 B.设磁场的磁感应强度大小为 B，正三角形金属线框在进入磁场的过程中，其切割 磁感线的有效切割长度为 d，线框匀速运动的速度为 v，线框的总电阻为 R.则有 d＝2 3v 3 t， 产生的感应电动势为 E＝Bdv＝2 3Bv2 3 t∝t，因此选项 A 错误；而电流 I＝E R ＝2 3Bv2 3R t∝t，选 项 B 正确；由于线框匀速进入磁场，所以所施加的外力等于线框受到的安培力，即 F＝BId＝ B·E R ·d＝4B2v3 3R t2∝t2，所以选项 C 错误；由于安培力大小与外力 F 大小相等，所以安培力做 功的功率与外力 F 做功的功率相等，即 P＝Fv∝t2，选项 D 错误． 7．(多选)如图，矩形线圈 abcd 与理想变压器原线圈组成闭合电路．线圈在有界匀强磁场中 绕垂直于磁场的 bc 边匀速转动，磁场只分布在 bc 边的左侧，磁感应强度大小为 B，线圈面 积为 S，转动角速度为ω，匝数为 N，线圈电阻不计．下列说法正确的是( ) A．将原线圈抽头 P 向上滑动时，灯泡变暗 B．电容器的电容 C 变大时，灯泡变暗 C．图示位置时，矩形线圈中瞬时感应电动势最大 D．若线圈 abcd 转动的角速度变为 2ω，则变压器原线圈电压的有效值为 NBSω 解析：选 AD.矩形线圈 abcd 中产生交变电流；将原线圈抽头 P 向上滑动时，原线圈匝数变大， 根据电压与匝数成正比知，输出电压减小，故灯泡会变暗，故 A 正确；电容器的电容 C 变大 时，容抗减小，故干路电流增加，灯泡变亮，故 B 错误；线圈处于图示位置时，是中性面位 置，矩形线圈中感应电动势的瞬时值为零，故 C 错误；若线圈转动角速度变为 2ω，电动势 最大值 Em＝2NBSω，由 Em 2 2 R ·T 2 ＝E2 R ·T，原线圈电压的有效值 E＝NBSω，故 D 正确． 8．(多选)如图所示，两根等高光滑的1 4 圆弧轨道，半径为 r、间距为 L，轨道电阻不计．在轨 道顶端连有一阻值为 R 的电阻，整个装置处在一竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为 B.现 有一根长度稍大于 L、电阻不计的金属棒从轨道最低位置 cd 开始，在拉力作用下以初速度 v0 向右沿轨道做匀速圆周运动至 ab 处，则该过程中( ) A．通过 R 的电流方向为由外向内 B．通过 R 的电流方向为由内向外 C．R 上产生的热量为πrB2L2v0 4R D．流过 R 的电量为πBLr 2R 解析：选 AC.由右手定则可以判断 cd 中的电流由 c 到 d，故通过 R 的电流由外向内，A 正确、 B 错误；金属棒在运动过程中的电动势 e＝BLv0cos v0 r t ，金属棒切割磁感线产生正弦交变电 流的有效值 I＝BLv0 2R ，在四分之一周期内产生的热量 Q＝I2R·πr 2v0 ＝πrB2L2v0 4R ，C 正确；平均电 动势 E ＝ΔΦ Δt ，平均电流 I ＝ E R ，通过 R 的电荷量 q ＝ I Δt＝ΔΦ R ，联立三式得通过 R 的电荷量 q＝ΔΦ R ＝BLr R ，D 错误． 9．如图所示，螺线管横截面积为 S，线圈匝数为 N，电阻为 R1，管内有水平向左的变化磁场．螺 线管与足够长的平行金属导轨 MN、PQ 相连并固定在同一平面内，与水平面的夹角为θ，两导 轨间距为 L.导轨电阻忽略不计．导轨处于垂直斜面向上、磁感应强度为 B0 的匀强磁场中．金 属杆 ab 垂直导轨，杆与导轨接触良好，并可沿导轨无摩擦滑动．已知金属杆 ab 的质量为 m， 电阻为 R2，重力加速度为 g.忽略螺线管磁场对金属杆 ab 的影响，忽略空气阻力． (1)为使 ab 杆保持静止，求通过 ab 杆的电流的大小和方向； (2)当 ab 杆保持静止时，求螺线管内磁场的磁感应强度 B 的变化率； (3)若螺线管内磁场的磁感应强度的变化率ΔB Δt ＝k(k>0)，将金属杆 ab 由静止释放，杆将沿斜 面向下运动，求当杆的速度为 v 时，杆的加速度大小． 解析：(1)以金属杆 ab 为研究对象，为使 ab 杆保持静止，ab 杆应受到沿导轨向上的安培力， 根据左手定则可以判断通过 ab 杆的电流方向为由 b 到 a. 根据平衡条件得 mgsin θ－B0IL＝0，得 I＝mgsin θ B0L . (2)根据法拉第电磁感应定律，E＝NΔΦ Δt ＝NSΔB Δt 根据欧姆定律 I＝ E R1＋R2 得ΔB Δt ＝mg R1＋R2 sin θ B0LNS (3)根据法拉第电磁感应定律得螺线管内的感应电动势 E1＝NSΔB Δt ＝NSk ab 杆切割磁感线产生的电动势 E2＝B0Lv 总电动势 E 总＝E1＋E2 感应电流 I′＝ E 总 R1＋R2 根据牛顿第二定律 mgsin θ－F＝ma 其中安培力 F＝B0I′L 所以 a＝gsin θ－B0L NSk＋B0Lv m R1＋R2 答案：(1)mgsin θ B0L 方向由 b 到 a (2)mg R1＋R2 sin θ B0LNS (3)gsin θ－B0L NSk＋B0Lv m R1＋R2 10．如图所示，U 形金属框架质量 m2＝0.2 kg，放在绝缘水平面上，与水平面间的动摩擦因 数μ＝0.2，MM′、NN′相互平行且相距 0.4 m，电阻不计且足够长，MN 段垂直于 MM′，电 阻 R2＝0.1 Ω.光滑导体棒 ab 垂直横放在 U 形金属框架上，其质量 m1＝0.1 kg、电阻 R1＝0.3 Ω、长度 l＝0.4 m．整个装置处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度 B＝0.5 T．现垂直于 ab 棒施加 F＝2 N 的水平恒力，使 ab 棒从静止开始运动，且始终与 MM′、NN′保持良好接触， 当 ab 棒运动到某处时，框架开始运动．设框架与水平面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力， g 取 10 m/s2. (1)求框架刚开始运动时 ab 棒速度 v 的大小； (2)从 ab 棒开始运动到框架刚开始运动的过程中，MN 上产生的热量 Q＝0.1 J．求该过程 ab 棒位移 x 的大小． 解析：(1)ab 对框架的压力 F1＝m1g 框架受水平面的支持力 FN＝m2g＋F1 依题意，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则框架受到的最大静摩擦力 F2＝μFN ab 中的感应电动势 E＝Blv MN 中电流 I＝ E R1＋R2 MN 受到的安培力 F 安＝BIl 框架开始运动时 F 安＝F2 由上述各式代入数据解得 v＝6 m/s. (2)闭合回路中产生的总热量 Q 总＝R1＋R2 R2 Q＝0.3＋0.1 0.1 ×0.1 J＝0.4 J 由能量守恒定律，得 Fx＝1 2 m1v2＋Q 总 代入数据解得 x＝1.1 m. 答案：(1)6 m/s (2)1.1 m 考前第 3 天 物理实验 一、力学量的测量 待测量 测量工具 方法说明 长度 刻度尺 毫米刻度尺精度为 1 mm，读数时应估读到 0.1 mm 游标卡尺 ①读数方法：测量值＝主尺上指示的毫米数＋精度 ×游标尺对齐的格数 ②精度： 1 游标刻度总数 mm,10 分度的游标卡尺精度 为 0.1 mm,20 分度的游标卡尺精度为 0.05 mm，50 分度的游标卡尺精度为 0.02 mm，游标卡尺不估读 螺旋测微器 ①读数方法：测量值＝主尺上指示的毫米数(注意 半毫米刻线是否露出)＋精度×转动圆筒上与主尺 中心刻线所对应刻度值(注意刻度值要估读) ②精度：螺旋测微器精度为 0.01 mm 时间 打点计时器 ①t＝nT(n 表示打点的时间间隔的个数，T 表示打 点周期) ②打点周期与所接交流电周期相同 光电计时器 光电计时器能自动记录挡光时间，显示在读数窗口 力 弹簧测力计 力的大小＝精度×指针指示的格数(注意估读) 速度 打点纸带 若纸带做匀变速直线运动，则打某点时的瞬时速度 等于对应的平均速度 频闪照相 (利用等时间间隔照片信息记录物体在不同时刻的 位置)同上 光电门 ①v0＝ d Δt (d 表示滑块上挡光片的宽度，Δt 表示 挡光片挡光时间) ②由于挡光片的宽度很小，在这里可用平均速度表 示其瞬时速度 加速度 打点纸带 (频闪照相) 若纸带做匀变速直线运动，则 a＝Δx T2 或 a＝ xm－xn m－n T2 光电门 若纸带做匀变速直线运动，则 a＝v2－v1 Δt (v1、v2 分 别表示通过光电门测得的滑块在 t1，t2 两个时刻的 速度，Δt 表示对应的时间间隔) 二、电学量的测量 物理量 测量工具(方法) 备注 电流 电流表 串联，读数＝指示的格数×精度＋估读 电压 电压表 并联，读数＝指示的格数×精度＋估读 电阻 多用电表 ①读数＝指针指示数×倍率(指针指示在上端表盘中间 附近位置较准) ②“机械零点”在刻度盘左侧“0”位置，需要调零时通 过表盘下方中间的定位螺丝进行调节；“欧姆零点”在 表盘刻度的右侧电阻刻度“0”位置，需要调零时通过欧 姆挡的调零旋钮进行调节．测电阻时每变换一次挡位， 都要重新进行欧姆调零 ③负接线柱电势高(与内部电源的正极相连)，接黑表笔， 正接线柱电势低，接红表笔 电阻箱替代法 电阻箱电阻的读数＝各挡位的电阻值相加 伏安法 Rx＝U I (U 表示电阻两端电压，I 表示通过电阻的电流) 半偏法(测电流表 内阻、测电压表内 阻) 调好满偏后，保持滑动变阻器滑片位置不变，以保持测 量电路的电流或电压基本不变 电动势和内 阻 闭合电路的欧姆定 律(电压表与电流 表、电压表与定值 电阻、电流表与定 值电阻组合) ①方程组法：测出几组 I、U 的数据，建立 E＝U＋Ir 的 方程组，求 E、r 值，取平均值 ②图象法：建立 U—I 图象，纵轴截距表示电动势 E，斜 率的绝对值表示内电阻 r 三、电路的设计与选择 1．两种测量电路 内接法 外接法 电路结构 误差原因 电流表分压 U 测＝Ux＋UA 电压表分流 I 测＝Ix＋IV 测量数值 R 测＝U 测 I 真 ＞Rx R 测＝U 真 I 测 ＜Rx 误差分析 测量值大于真实值 测量值小于真实值 适用条件 Rx≫RA RV≫Rx 适用测量 大电阻 小电阻 电路选择 计算法 Rx RA ＞RV Rx 或 R2 x＞RARV Rx RA ＜RV Rx 或 R2 x＜RARV 试触法 若不知 Rx 的大概阻值，可采用“试触法”，将电路如图所 示连接，空出电压表的一个接头 S，然后将 S 分别与 a、b 接触一下 若电流表“相对变化”明显，说 明电压表分流作用较大，应采用 电流表内接法 若电压表“相对变化” 明显，说明电流表分压作 用较大，应采用电流表外 接法 2.两种控制电路 限流式接法 分压式接法 电路图 触头 P 始位 置 b 端 a 端 电压调节范 围 ERx Rx＋RP ≤Ux≤E 0≤Ux≤E 1．(1)用 20 分度的游标卡尺测量某工件的内径时，示数如图甲所示，由图可知其长度为 ________cm；用螺旋测微器测量某圆柱体的直径时，示数如图乙所示，由图可知其直径为 ________mm. (2)某同学采用如图丙所示的装置探究物体的加速度与所受合力的关系．用砂桶和砂的重力充 当小车所受合力 F；通过分析打点计时器打出的纸带，测量加速度 a.分别以合力 F 和加速度 a 作为横轴和纵轴，建立坐标系．根据实验中得到的数据描出如图丁所示的点迹，结果跟教 材中的结论不完全一致．该同学列举产生这种结果的可能原因如下： ①在平衡摩擦力时将木板右端垫得过高； ②没有平衡摩擦力或者在平衡摩擦力时将木板右端垫得过低； ③砂桶和砂的质量过大，不满足砂桶和砂的质量远小于小车质量的实验条件； ④测量小车的质量或者加速度时的偶然误差过大． 通过进一步分析，你认为比较合理的原因可能是 ( ) A．①和④ B．②和③ C．①和③ D．②和④ 解析：(1)游标卡尺读数为 50 mm＋0.05×3 mm＝50.15 mm＝5.015 cm. 螺旋测微器读数 4.5 mm＋0.01×20.0 mm＝4.700 mm. (2)由图丁可知当 F＝0 时，a≠0，则 Mgsin θ＞f，说明θ角偏大，右端垫得过高；图线的 末端不是直线说明砂桶和砂的总质量 m0 和小车质量 M 不满足 m0≪M 的条件，所以只有 C 选项 正确． 答案：(1)5.015 4.700 (2)C 2．为了探究电路的故障，某实验小组的同学利用实验室中提供的实验器材连成了如图甲所示 的电路，然后进行了如下的操作： (1)当该实验小组的同学闭合电键后，发现小灯泡不发光且电流表的指针不偏转； (2)该小组的同学应用多用电表进行电路的故障探究，他们首先将多用电表的选择开关旋至 “×1”挡位，接下来进行的必要操作是________，然后断开电键，将红表笔与接线柱 a、黑 表笔与接线柱 b 相接，该多用电表的指针发生偏转，表明小灯泡没有问题，且此多用电表的 示数如图乙所示，则小灯泡的阻值为________Ω； (3)为了进一步探究电路的故障，该小组的同学将多用电表的选择开关旋至“直流 2.5 V”挡 位，然后将红表笔与接线柱 b、黑表笔与接线柱 c 相接，当电键闭合后，多用电表的指针偏 转如图丙所示，则该多用电表的读数为________V，说明导线 bc________(填“断路”或“短 路”)； (4)该实验小组的同学将故障排除后，为了使电流表的读数由零开始调节，应在图甲的电路中 再添加一根导线，则该导线应接在________(填“a、c”、“a、d”或“c、d”)之间，为了 保护电路，闭合电键前滑动变阻器的滑片应位于最________端(填“左”或“右”)． 解析：(2)根据欧姆表的使用方法可知，每次选完挡后应重新进行欧姆调零；欧姆表的读数为 R＝6×1 Ω＝6 Ω； (3)由图丙可知读数为 2.00 V；多用电表选择开关旋至某直流电压挡，将红、黑表笔分别接 触 b、c 接线柱；闭合开关，发现电压表示数接近电源电动势，说明导线 bc 断路； (4)为使电流表的示数从零开始调节，变阻器应采用分压式接法，所以应在 c、d 之间再连接 一根导线；为保护电路，在闭合电键前应将滑片置于滑动变阻器的最左端． 答案：(2)欧姆调零 6 (3)2.00 断路 (4)c、d 左 3．某同学利用如图所示的气垫导轨装置验证系统机械能守恒定律．在气垫导轨上安装了两光 电门 1、2，滑块上固定一遮光条，滑块用细线绕过轻质定滑轮与钩码相连． (1)实验时要调整气垫导轨水平．不挂钩码和细线，接通气源，如果滑块________，则表示气 垫导轨调整至水平状态． (2)不挂钩码和细线，接通气源，滑块从轨道右端向左端运动的过程中，发现滑块通过光电门 1 的时间小于通过光电门 2 的时间．为保证实验的准确性，则应采取的措施是________． A．调节 P 使轨道左端升高一些 B．调节 Q 使轨道右端降低一些 C．遮光条的宽度应适当增大一些 D．滑块的质量增大一些 E．气源的供气量增大一些 (3)实验时，测出光电门 1、2 间的距离 L，遮光条的宽度 d，滑块和遮光条的总质量 M，钩码 质量 m.由数字计时器读出遮光条通过光电门 1、2 的时间为 t1、t2，则系统机械能守恒成立的 表达式是________． 解析：(2)滑块从右端向左端运动的过程中，发现滑块通过电门 1 的时间小于通过光电门 2 的时间，说明滑块加速向左运动，导轨右端较高，为保证实验的准确性，则应使导轨水平， 即调节 Q 使轨道右端降低一些或调节 P 使轨道左端升高一些，选项 A、B 正确． (3)根据机械能守恒定律，系统重力势能减少量 mgL 应该等于系统动能增加量1 2 (m＋M) d t1 2－ 1 2 (m＋M) d t2 2，即 mgL＝1 2 (m＋M) d t1 2－1 2 (m＋M) d t2 2. 答案：(1)能在气垫导轨上静止(或做匀速运动、滑块经过两个光电门的时间相等) (2)AB (3)mgL＝1 2 (m＋M) d t1 2－1 2 (m＋M) d t2 2 4．某实验小组用如图甲所示器材做探究 a 与 F、m 之间的关系实验． (1)关于该实验的要求，以下说法正确的有________． A．小车的质量要远小于砝码和托盘的总质量 B．要采用控制变量法探究 a 与 F、m 之间的关系 C．平衡阻力时，最好先取下细绳、托盘和纸带，再改变长木板倾斜程度 D．要先释放小车，再接通打点计时器的电源 (2)用细绳连接托盘，放入砝码，通过实验得到如图乙所示的纸带．纸带上 O 为小车运动起始 时刻所打的点，选取计数点 A、B、C、D、E、F、G，相邻两计数点之间有四个点未画出．已 知打点计时器所用电源的频率为 50 Hz.由以上数据可算出打 C 点时小车速度大小为 ________m/s；打该纸带的过程中小车的加速度大小为________m/s2.(计算结果均保留三位有 效数字) (3)如果平衡阻力时，已经取下细绳和托盘，并且通过改变长木板倾斜程度，达到了完全平衡 摩擦力的要求．实验前已测得小车质量为 1 kg，托盘的质量为 5×10－3 kg，在上述实验过程 中该组同学放入托盘中的砝码质量约为________kg(g 取 9.8 N/kg，结果保留三位有效数字)． 解析：(1)探究 a 与 F、m 之间的关系实验中，要采用控制变量法探究 a 与 F、m 之间的关系， 小车的质量要远大于砝码和托盘的总质量，平衡阻力时，不能取下细绳、托盘和纸带，只能 取下砝码，再改变长木板倾斜程度，选项 B 正确，A、C 错误；开始实验时要先接通打点计时 器的电源再释放小车，选项 D 错误． (2)vC＝36.70－21.60 2×0.10 ×10－2 m/s＝0.755 m/s.由逐差法Δx＝aT2 可得小车的加速度为 a＝ 0.986 m/s2. (3)由(m＋m0)g＝(M＋m＋m0)a 得，m＝ Ma g－a －m0＝ 0.986 9.8－0.986 kg－5×10－3 kg＝0.107 kg. 答案：(1)B (2)0.755 0.986 (3)0.107 5．为了测量一粗细均匀、阻值为几百欧姆的金属丝的电阻率，某兴趣小组的同学进行了如下 的操作： (1)该小组的同学首先用多用电表对该金属丝的阻值进行估测，应选择欧姆表的________挡； (填“×1”、“×10”、“×100”或“×1 k”) (2)为了完成该金属丝电阻率的测量，现用伏安法精确地测量该金属丝的阻值，实验室提供的 实验器材有： A．待测金属丝 R； B．电流表 A1(0～1 mA、rA1＝375 Ω)； C．电流表 A2(0～500 μA、rA2＝750 Ω)； D．电压表 V(0～10 V、RV＝10 kΩ)； E．电阻 R1＝100 Ω； F．滑动变阻器 R2(0～20 Ω、额定电流 1 A)； G．电源(E＝1.5 V、内阻不计)； H．电键 S、导线若干． ①请设计并画出实验电路图，要求尽量减小实验误差并能完成多次测量． ②若该小组的同学用伏安法测得该金属丝的阻值为 R＝220 Ω，用螺旋测微器测得该金属丝 的直径为 d＝4.700 mm，用刻度尺测得该金属丝的长度为 l＝50.15 cm.由以上数据可得该金 属丝的电阻率为________Ω·m.(结果保留两位有效数字) 解析：(1)由多用电表的工作原理可知，由于待测电阻的阻值为几百欧姆，因此应选择欧姆表 的“×10”挡． (2)①由于电源的电动势为 1.5 V，如果选择量程为 0～10 V 的电压表，则测量误差较大，因 此应选择内阻已知的电流表当作电压表使用，电流表 A2 的内阻比电流表 A1 的内阻大，故将电 流表 A1 当作电流表使用，将电流表 A2 当作电压表使用．由于滑动变阻器的总电阻小于待测金 属丝的阻值，滑动变阻器应采用分压式接法，电流表 A2 的满偏电压为 750×500×10－6 V＝ 0.375 V，而分压式接法的最大输出电压为 1.5 V，因此需要串联电阻 R1 作为分压电阻，画出 的实验电路图如图所示；②由电阻定律得该金属丝的电阻率为ρ＝RS l ＝Rπd2 4l ＝7.6×10－ 3Ω·m. 答案：(1)×10 (2)①如解析图所示 ②7.6×10－3 6．某实验小组利用如图 1 所示的电路做“测量电池的电动势和内电阻”的实验． (1)请你根据电路图，在图 2 所示的实物图上连线． (2)该小组利用测量出来的几组电压和电流值画出了 U－I 图线如图 3.根据图线求出电源的电 动势 E＝________，电源的内电阻 r＝________. (3)另一实验小组也做了“测量电池的电动势和内电阻”的实验，他们在实验室里找到了以下 器材： A．一节待测的干电池 B．电流表 A1(满偏电流 3 mA，内阻 RA1＝10 Ω) C．电流表 A2(0～0.6 A，内阻 RA2＝0.1 Ω) D．滑动变阻器 R1(0～20 Ω，10 A) E．定值电阻 R0(1 190 Ω) F．开关和导线若干 某同学发现上述器材中虽然没有电压表，但提供了两块电流表，于是他设计了如图 4 所示的 电路，并进行实验．该同学测出几组电流表 A1、A2 的数据 I1、I2，利用测出的数据画出 I1－ I2 图象，则由图象可得被测干电池的电动势 E＝________V，内电阻 r＝________Ω. 解析：(2)根据闭合电路欧姆定律，E＝U＋Ir，即 U＝E－Ir，结合题图 3 的 UI 图象可知， 电源电动势为 U0，电源内电阻 r＝U0 I0 . (3)根据闭合电路欧姆定律 E＝I1(R0＋RA1)＋(I1＋I2)r 得 I1＝ E R0＋RA1＋r － r R0＋RA1＋r I2 由图 5 所示可知 E R0＋RA1＋r ＝1.25×10－3 A r R0＋RA1＋r ＝ 1.25－1.0× 10－3 0.5 代入数据解得 E＝1.5 V r＝0.6 Ω. 答案：(1)如图所示 (2)U0 U0 I0 (3)1.5 0.6 考前第 2 天 再记物理学史 科学 家 国籍 主要贡献 伽利 略 意大利 ①1638 年，论证较重物体不会比较轻物体下落得快； ②伽利略理想实验指出：在水平面上运动的物体若没有摩擦，将保持这 个速度一直运动下去； ③伽利略在教堂做礼拜时发现摆的等时性，惠更斯根据这个原理制成历 史上第一座自摆钟； ④伽利略在 1683 年出版的《两种新科学的对话》一书中，运用“观察 →假设→数学推理”的方法，详细地研究了抛体运动． 牛顿 英国 ①以牛顿三大运动定律为基础建立牛顿力学； ②1687 年在《自然哲学的数学原理》上发表万有引力定律，建立行星定 律理论的基础． 开普 勒 德国 17 世纪提出开普勒三大定律． 卡文 迪许 英国 1798 年利用扭秤装置比较准确地测出了万有引力常量 G. 库仑 法国 ①1785 年，库仑用自己发明的扭秤建立了静电学中著名的库仑定律； ②静电力常量的数值是在电荷量的单位得到定义之后，后人通过库仑定 律计算得出的． 密立 根 美国 通过油滴实验测定了元电荷的数值，e＝1.6×10－19C. 富兰 克林 美国 ①解释了摩擦起电的原因； ②通过风筝实验验证闪电是电的一种形式，把天电与地电统一起来，并 发明避雷针． 欧姆 德国 通过实验得出欧姆定律． 昂尼 斯 荷兰 大多数金属在温度降到某一值时，都会出现电阻突然降为零的现象—— 超导现象． 焦耳 英国 ①与俄国物理学家楞次先后各自独立发现电流通过导体时产生热效应 的规律，称为焦耳—楞次定律； ②能量守恒定律的发现者之一． 楞次 俄国 1834 年楞次确定感应电流方向的定律——楞次定律． 奥斯 特 丹麦 1820 年，发现电流可以使周围的磁针产生偏转，称为电流的磁效应． 洛伦 兹 荷兰 提出运动电荷产生了磁场和磁场对运动电荷有作用力(洛伦兹力)的观 点． 笛卡 尔 法国 ①在《哲学原理》中比较完整地第一次表述了惯性定律； ②第一个明确地提出了“动量守恒定律”． 安培 法国 ①发现了安培定则； ②发现电流相互作用的规律； ③提出分子电流假说． 法拉 第 英国 ①在 1821 年，法拉第在重复奥斯特“电生磁”实验时，制造出人类历 史上第一台最原始的电动机； ②1831 年发现的电磁感应现象，使人类的文明跨进了电气化时代． 亨利 美国 最大的贡献是在 1832 年发现自感现象． 狄拉 克 英国 根据电磁场的对称性，预言“磁单极子必定存在”． 汤姆 孙 英国 利用阴极射线管发现了电子，说明原子可分，有复杂内部结构，并提出 原子的枣糕模型(葡萄干布丁模型)，从而敲开了原子的大门． 普朗 克 德国 量子论的奠基人．为了解释黑体辐射，提出了能量量子假说，解释物体 热幅射规律，提出电磁波的发射和吸收不是连续的，而是一份一份的， 把物理学带进了量子世界． 爱因 斯坦 德裔美国 人 ①提出光子说(科学假说)，成功地解释了光电效应规律； ②提出狭义相对论[相对论的两个原理：(Ⅰ)真空中的光速在不同的惯 性参考系中都是相同的；(Ⅱ)在不同的惯性参考系中，一切物理规律都 是相同的]； ③总结出质能方程 Ekm＝hν－W (2005 年被联合国定为“世界物理年”，以表彰他对科学的贡献)． 普里 克 德国 发现了阴极射线． 卢瑟 福 英国 ①进行了α粒子散射实验，并提出了原子的核式结构模型，由实验结果 估计原子核直径数量级为 10－15m； ②用α粒子轰出氮核，第一次实现了原子核的人工转变，并发现了质子 (该实验发现了原子内质量和电荷量的分布，并没有揭示原子核的组 成)，并预言了中子的存在． 玻尔 丹麦 量子力学的先驱．吸取普朗克、爱因斯坦的量子概念，提出原子结构的 玻尔理论，成功解释了氢原子光谱，最先得出氢原子能级表达式． 贝克 勒尔 法国 发现天然放射现象，说明原子核也有复杂的内部结构． 查德 威克 英国 在α粒子轰击铍核时发现中子(原子核人工转变的实验)，由此人们认识 到原子核的组成． 居里 夫人 法国 发现了放射性更强的钋和镭. 1．(多选)下列说法中，符合物理学史的是( ) A．亚里士多德认为，力是维持物体运动的原因 B．牛顿发现了万有引力定律，库仑用扭秤实验测出了万有引力常量的数值 C．通电螺线管的磁场和条形磁铁的磁场相似，安培受此启发，提出了分子电流假说 D．奥斯特发现了电流的磁效应，揭示了电和磁之间存在联系 解析：选 ACD.牛顿发现了万有引力定律，卡文迪许用实验测出了万有引力常量的数值，B 错 误；其他三个选项均符合物理学史实，故选 A、C、D. 2．在法拉第时代，下列验证“由磁产生电”设想的实验中，能观察到感应电流的是 ( ) A．将绕在磁铁上的线圈与电流表组成一闭合回路，然后观察电流表的变化 B．在一通电线圈旁放置一连有电流表的闭合线圈，然后观察电流表的变化 C．将一房间内的线圈两端与相邻房间的电流表连接，往线圈中插入条形磁铁后，再到相邻房 间去观察电流表的变化 D．绕在同一铁环上的两个线圈，分别接电源和电流表，在给线圈通电或断电的瞬间，观察电 流表的变化 解析：选 D.只形成闭合回路，回路中的磁通量不变化，不会产生感应电流，A、B 错误；去相 邻房间时间长观察不到电流表的变化，C 错误；给线圈通电或断电瞬间，通过闭合回路的磁 通量变化，会产生感应电流，能观察到电流表的变化，D 正确． 3．(多选)以下叙述正确的是( ) A．法拉第发现了电磁感应现象 B．惯性是物体的固有属性，速度大的物体惯性一定大 C．牛顿最早通过理想斜面实验得出力不是维持物体运动的原因 D．感应电流遵从楞次定律所描述的方向，这是能量守恒定律的必然结果 解析：选 AD.1831 年，法拉第通过实验发现了电磁感应现象，得出了磁生电的基本原理，A 正确；质量是衡量物体惯性大小的唯一因素，速度大的物体惯性不一定大，B 错误；伽利略 最早通过理想斜面实验得出力不是维持物体运动的原因，C 错误；利用楞次定律能判断感应 电流的方向，电磁感应现象是其他形式的能转化为电能的过程，遵守能量守恒定律，D 正确． 4．(多选)在物理学发展过程中，观测、实验、假说和逻辑推理等方法都起到了重要作用．下 列叙述符合史实的是( ) A．奥斯特在实验中观察到电流的磁效应，该效应揭示了电和磁之间存在联系 B．安培根据通电螺线管的磁场和条形磁铁的磁场的相似性，提出了分子电流假说 C．法拉第在实验中观察到，在通有恒定电流的静止导线附近的固定导线圈中，会出现感应电 流 D．楞次在分析了许多实验事实后提出，感应电流应具有这样的方向，即感应电流的磁场总要 阻碍引起感应电流的磁通量的变化 解析：选 ABD.奥斯特发现了电流的磁效应，说明电和磁之间存在联系，选项 A 正确；安培总 结了电流周围磁场方向，根据通电螺线管的磁场和条形磁铁的磁场的相似性，提出了分子电 流假说，选项 B 正确；法拉第在实验中观察到，在通有变化电流的静止导线附近的固定导线 圈中，会出现感应电流，选项 C 错误；楞次在分析了许多实验事实后提出，感应电流应具有 这样的方向，即感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化，选项 D 正确． 5．(多选)在科学发展史上，每一位科学家的成果无一例外的都是在前人成果及思想方法的启 迪下，点燃了自己智慧的火花，并加之自己的实践及对理论的创新归纳总结而得出的．下列 叙述符合物理史实的是( ) A．伽利略传承了亚里士多德关于力与运动关系的物理思想，开创了某些研究物理学的科学方 法 B．牛顿在归纳总结伽利略、笛卡儿等科学家的结论的基础上得出了经典的牛顿第一定律 C．库仑在前人研究的基础上通过扭秤实验研究得出了库仑定律 D．楞次在对理论基础和实验资料进行严格分析后，提出了电磁感应定律 解析：选 BC.伽利略不是传承而是否定了亚里士多德的关于力与运动关系的物理思想，A 错； 法拉第提出了电磁感应定律，D 错；B、C 符合历史事实，B、C 对． 6．许多科学家在物理学发展过程中做出了重要贡献，下列表述正确的是 ( ) A．牛顿第一定律是通过多次实验总结出来的一条实验定律 B．库仑通过著名的扭秤实验测出了引力常量的数值 C．亚里士多德发现了力是改变物体运动状态的原因，而不是维持物体运动的原因 D．开普勒三大定律揭示了行星的运动规律，为万有引力定律的发现奠定了基础 解析：选 D.牛顿第一定律是牛顿在伽利略、笛卡儿等人研究的基础上总结出来的，不是通过 实验得出的，A 错误；引力常量是卡文迪许通过扭秤实验测出的，库仑通过扭秤实验测出了 静电力常量，B 错误；亚里士多德提出了力是维持物体运动的原因，C 错误；开普勒发现了行 星运动的三大定律，为后人发现万有引力定律奠定了基础，D 正确． 7．在物理学的发展史上，许多物理学家做出了卓越的贡献，下列说法中符合史实的是( ) A．伽利略猜想自由落体运动的速度与下落时间成正比，并直接用实验进行了验证 B．麦克斯韦提出了电磁场理论并预言了电磁波的存在，赫兹用实验证明了电磁波的存在 C．安培首先提出了场的概念并发现了通电导线在磁场中受力方向的规律 D．楞次发现了电磁感应现象并总结出了判断感应电流方向的规律 解析：选 B.伽利略猜想自由落体运动的速度与下落时间成正比，但没有直接用实验进行验证， 选项 A 错误；麦克斯韦提出了电磁场理论并预言了电磁波的存在，赫兹用实验证明了电磁波 的存在，选项 B 正确；法拉第首先提出了场的概念，安培发现了通电导线在磁场中受力方向 的规律，选项 C 错误；法拉第发现了电磁感应现象，楞次总结出了判断感应电流方向的规律， 选项 D 错误． 8．在物理学的发展过程中，许多物理学家做出了巨大的贡献，以下关于物理学史和所用物理 学思想方法的叙述中不正确的是( ) A．伽利略应用理想实验说明力是维持物体运动的原因 B．微小形变的演示、卡文迪许用扭秤测出引力常量和库仑用扭秤研究电荷之间的作用力都采 用了放大法 C．瞬时速度定义、瞬时加速度定义应用了极限法 D．在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看作 匀速直线运动，然后用各小段的位移之和代表物体的位移应用了微元法 解析：选 A.伽利略应用理想实验说明力不是维持物体运动的原因；微小形变的演示、卡文迪 许用扭秤测出引力常量和库仑用扭秤研究电荷之间的作用力都采用了放大法；瞬时速度定义、 瞬时加速度定义应用了极限法；在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分成 很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，然后用各小段的位移之和代表物体的位移应用 了微元法． 9．(多选)下列有关物理学思想方法的说法中正确的是( ) A．建立“质点”、“点电荷”概念用的是理想模型法 B．建立“速度”、“加速度”、“电场强度”、“磁感应强度”概念用的是比值定义法 C．建立交变电流电压、电流的“有效值”概念用的是微元法 D．探究“加速度与力、质量的关系”用的是控制变量法 解析：选 ABD.建立“质点”、“点电荷”概念用的是理想模型法；建立“速度”、“加速度”、 “电场强度”、“磁感应强度”概念用的是比值定义法；建立交变电流电压、电流的“有效 值”概念用的是等效替代法；探究“加速度与力、质量的关系”用的是控制变量法． 10．在物理学发展的过程中，物理学家们用一些简单的仪器和设备，发现了最根本、最单纯 的科学概念，扫开了人们长久的困惑和含糊，开辟了对自然界的崭新认识，在对以下几位物 理学家所作科学贡献的叙述中正确的是( ) A．开普勒总结出了万有引力定律 B．法拉第发现了电流的磁效应 C．亚里士多德认为两个从同一高度自由落下的物体，重物体与轻物体下落一样快 D．伽利略将斜面实验的结论合理外推，间接证明了自由落体运动是匀变速直线运动 解析：选 D.万有引力定律是牛顿总结与归纳的，电流的磁效应是由奥斯特发现的，重物体与 轻物体下落一样快是由伽利略总结的，所以选项 A、B、C 均错误，选项 D 正确． 考前第 1 天 应试技巧再提醒 一、怎样度过考前最后一天 1．平稳过渡正是保证水平发挥的重要条件． 2．不要过早睡觉，不可再熬夜． 3．睡前少食一些有助于催眠的食品． 4．复习基础知识，看看模拟试卷． 5．清点考试用品(黑色签字笔、保证质量的 2B 铅笔、手表、橡皮擦、高考准考证要统一放在 透明的袋子里，并且放在明显的位置，避免考前忙于寻找，影响考生的心情．) 二、考试当天应注意的事项 1．早些起床(7：00～7：30 之间)浏览一下备考笔记、重点公式、重点定理和熟语． 2．注意早餐的营养，不可有大的改变，最好与平常差不多． 3．前往考场应有一定的提前度(15～20 分)，以防路阻． 4．考前十分钟应避免嬉笑、打闹，坐一会儿或整理文具． 三、两科考试之间如何度过 1．要学会迅速遗忘上一门考试，并吸取教训，调整战略，千万不可后悔而不能自拔． 2．作好思维的转移，使思维在相关知识和解决问题的技能上获得一段时间的预热． 3．注意休息与饮食． 4．进行适度的轻松锻炼，例如散步和伸展运动，但一定要避免篮球、足球等剧烈的运动，避 免身体伤害． 5．为下一门考试做好准备，主要注意一下平时不是很重视的地方，看一些公式、定理、表格， 以及一些概念，以加强记忆． 四、应试策略 1．总揽全局，合理安排 从分发试卷到开考铃响，一般有五分钟的时间，在这段时间内，除填写、涂写答卷要求的内 容外，首先要看“答题须知”，其次可按试卷上题的顺序从头到尾浏览一遍，对试题的数量、 试题的类型、试题的难度、试题所占的分数等有一个比较全面的了解，根据自己的实力和科 目的实际情况制订出大致的答题时间安排和答题的次序． 2．缜密审题，扣题解答 俗话说“磨刀不误砍柴工”，一定要花一定的时间看清题目，弄清题意．首先要全面、正确 地理解题意，弄清题目的要求和解答范围，比如计算结果保留几位有效数字、重力加速度 g 取多少等，然后根据试题要求，抓住重点，认真作答，这样才不会答非所问． 3．先易后难，从容答题 试题的编排顺序一般是先易后难，有时碰到难题，一时难以解答，可以暂时跳过难题，先做 后面的容易题．一般来说，遇到一道试题，若思考了 3～5 分钟仍然找不到解题思路，应视为 难题，可暂时放弃，而把精力放到容易题和中档题上，等有时间再回头攻克难题． 4．易不轻视，难不畏惧 在考场上有两种情况，一种是看到试题比较简单或者比较适合自己特别兴奋，此时千万不要 得意忘形，失去了警惕性而粗心大意，要知道在你感到比较简单的同时，也可能大多数考生 均有此感，那就意味着谁细心谁就能得高分．有时看起来特别容易、熟悉的题要是改变了关 键词或条件，也易出错． 另一种情况是看到试题比自己想象的难度大，则千万不能丧失信心，你觉得难，别人也绝对 不会感到轻松，在这样的情况下，谁能沉着地思考，谁就能得高分．要静下心来，采用基本 方法，按部就班地审题、作图、深入分析，这样有些看似困难的题就能迎刃而解． 5．一步到位，稳扎稳打 高考试题题目新颖，综合性较强，能力要求较高，考场上时间比较紧张，复查的可能性不大．所 以，解题时要力争一步到位，要稳扎稳打，不要寄希望于第二遍的复查上．要相信自己的第 一印象，在没有特别把握的情况下，最好不要随便改动第一次的答案．