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2022届衡水中学物理一本通高分手册
目录
专题01 力与物体的平衡....................................................................................................................................................3
专题02 力与直线运动......................................................................................................................................................13
专题03 力与曲线运动......................................................................................................................................................29
专题04 天体运动..............................................................................................................................................................42
专题05 功、功率 动能定理..........................................................................................................................................54
专题06 机械能守恒定律 功能关系..............................................................................................................................66
专题07 动量和能量的综合应用......................................................................................................................................79
专题08 电场的性质 带电粒子在电场中的运动..........................................................................................................97
专题09 磁场的性质 带电粒子在磁场及复合场中的运动.......................................................................................112
专题10 直流电路与交流电路........................................................................................................................................128
专题11 电磁感应定律及其应用....................................................................................................................................138
专题12 近代物理初步....................................................................................................................................................151
专题13 分子动理论 气体及热力学定律......................................................................................................................163
专题14 振动和波动........................................................................................................................................................178
专题15 光与电磁波........................................................................................................................................................191
专题16 力学综合计算题................................................................................................................................................201
专题17 电学综合计算题................................................................................................................................................217
专题18 力学实验及创新................................................................................................................................................243
专题19 电学实验及创新................................................................................................................................................262
专题20 热学、光学实验................................................................................................................................................277
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第一部分 力与运动
专题 力与物体的平衡
01
一、素养呈现
1.物理观念：重力、重心、形变、弹力、摩擦力、合力与分力、力的合成、力的分解、矢量与标量
2.科学思维：轻杆(绳)模型、轻弹簧模型、胡克定律、平行四边形定则、整体法、隔离法、合成法、分解法。
3.科学探究：探究弹簧形变与弹力的关系、研究两个互成角度的共点力的合成规律。
4.科学态度与责任：在生产、生活情境中，体验物理学技术的应用。
二、素养落实
1.熟悉常见性质力有无及方向的判断
2.灵活应用受力分析的一般步骤
3.掌握整体法、隔离法选取原则
4.平衡问题的解题方法
考点一 摩擦力的分析与计算
【考点诠释】
1．摩擦力的有无及方向的判断方法
(1)假设法。
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(2)状态法：根据平衡条件、牛顿第二定律，判断静摩擦力的有无及方向。
(3)牛顿第三定律法：先确定受力较少的物体受到的静摩擦力的方向，再根据“力的相互性”确定另一物体受到的
静摩擦力方向。
2．求解摩擦力的技巧
【典例分析1】如图所示，质量为M的长木板放在水平地面上，放在长木板上的质量为m的木块在水平向右的
拉力F的作用下向右滑行，长木板保持静止。已知木块与长木板间的动摩擦因数为μ ，长木板与地面间的动摩
1
擦因数为μ ，下列说法正确的是( )
2
A．地面对长木板的摩擦力的大小一定为μ mg
1
B．地面对长木板的摩擦力的大小一定为μ Mg
2
C．地面对长木板的摩擦力的大小一定为μ (m＋M)g
2
D．只要拉力F增大到足够大，长木板一定会与地面发生相对滑动
【答案】A
【解析】木块所受木板的滑动摩擦力大小为f ＝μ mg，方向水平向左，根据牛顿第三定律得知，木板受到木块
1 1
的摩擦力方向水平向右，大小等于μ mg；木板处于静止状态，水平方向受到木块的滑动摩擦力和地面的静摩擦
1
力，根据平衡条件可知木板受到地面的摩擦力的大小也是μ mg，木板相对于地面处于静止状态，不能使用滑动
1
摩擦力的公式计算木板受到的地面的摩擦力，所以木板与地面之间的摩擦力不一定是μ (m＋M)g，故A正确，B、
2
C错误；开始时木板处于静止状态，说明木块与木板之间的摩擦力小于木板与地面之间的最大静摩擦力，与拉
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力F的大小无关，所以即使拉力F增大到足够大，木板仍静止，故D错误。
【规律总结】摩擦力分析与计算的三点注意
1．分析物体的运动状态，判断是静摩擦力还是滑动摩擦力。
2．滑动摩擦力有具体的计算公式，而静摩擦力要借助其他公式，如：利用平衡条件列方程或牛顿第二定律列方
程等。
3．“f＝μN”中N并不总是等于物体的重力，如斜面上的物体，且N与重力G在大小上没有关系。
考点二 物体的静态平衡问题
【考点诠释】
1．研究对象选取的2点技巧
(1)采用整体法进行受力分析时，要注意系统内各个物体的状态应该相同。
(2)当直接分析一个物体的受力不方便时，可转移研究对象，先分析另一个物体的受力，再根据牛顿第三定律分
析该物体的受力，此法叫“转换研究对象法”。
2．求解共点力平衡问题的常用方法
常用方法包括力的合成法、分解法及正交分解法，示意图如图所示。
合成法 分解法 正交分解法
【典例分析2】如图所示，固定的斜面上叠放着A、B两木块，木块A与B的接触面水平，水平力F作用于木
块A，使木块A、B保持静止，且F≠0。则下列描述正确的是( )
A．B可能受到3个或4个力作用 B．斜面对木块B的摩擦力方向可能沿斜面向下
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C．A对B的摩擦力可能为零 D．A、B整体不可能受三个力作用
【答案】B
【解析】对B受力分析，木块B受重力、A对B的压力、A对B水平向左的静摩擦力、斜面对B垂直于斜面向
上的支持力、斜面对B可能有静摩擦力(当A对B向左的静摩擦力平行斜面方向的分力与木块A对B的压力与
木块B重力的合力沿斜面方向的分力平衡时，斜面对B没有静摩擦力)作用，故B受4个力或者5个力作用，
故A错误；当A对B向左的静摩擦力平行斜面方向的分力大于木块A对B的压力与木块B重力的合力沿斜面
方向的分力时，木块B有上滑趋势，此时木块B受到平行斜面向下的静摩擦力，故B正确；对木块A受力分析，
受水平力、重力、B对A的支持力和静摩擦力，根据平衡条件，B对A的静摩擦力与水平力F平衡，根据牛顿
第三定律，A对B的摩擦力水平向左，大小为F，故C错误；对A、B整体受力分析，受重力、斜面对整体的
支持力、水平力，可能有静摩擦力(当推力沿斜面方向的分力与A、B整体重力沿斜面方向的分力平衡时，斜面
对A、B整体的静摩擦力为零)，所以A、B整体可能受三个力作用，故D错误。
【规律总结】受力分析的四个步骤
【典例分析3】用卡车运输质量为m的匀质圆筒状工件，为使工件保持固定，将其置于两光滑斜面之间，如图
所示。两斜面Ⅰ、Ⅱ固定在车上，倾角分别为30°和60°。重力加速度为g。当卡车沿平直公路匀速行驶时，圆筒
对斜面Ⅰ、Ⅱ压力的大小分别为F 、F ，则( )
1 2
3 3 3 3
A．F ＝ mg，F ＝ mg B．F ＝ mg，F ＝ mg
1 2 1 2
3 2 2 3
1 3 3 1
C．F ＝ mg，F ＝ mg D．F ＝ mg，F ＝ mg
1 2 1 2
2 2 2 2
【题眼点拨】①“匀速行驶”表明车上工件处于静态平衡状态。
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②“光滑斜面”表明工件和斜面间仅有弹力作用。
③“30°、60°”角明确弹力方向。
【答案】D
【解析】以工件为研究对象，受力分析如图所示，重力与F′ 、F′ 的合力等大反向，根据共点
1 2
F′ F′ 3 1
力平衡条件得 1＝cos30°， 2＝cos60°，则F′ ＝ mg，F′ ＝ mg，根据牛顿第三定律，F ＝F′
1 2 1 1
mg mg 2 2
3 1
＝ mg，F ＝F′ ＝ mg，故只有D选项正确。
2 2
2 2
【规律总结】处理静态平衡问题的基本思路
考点三 物体的动态平衡问题
【考点诠释】
解析法的应用
此法常用于可以较简捷列出平衡条件方程的情况或者正交分解的情况
(1)先受力分析，得出物体受哪几个力而处于平衡状态。
(2)建立直角坐标系，正交分解力，列平衡条件方程，或在力的三角形中结合三角形知识列平衡条件方程。
(3)分析方程中的变量有哪些，分析题目信息得到这些物理量是如何变化的。
(4)把分析得到的变化的物理量代入方程，得到平衡条件下的受力动态变化情况。
【典例分析4】如图所示，一质量为M的四分之一圆弧轨道置于水平面上。一质量为m的光滑小球在水平力F
的作用下，缓慢运动到图中虚线所示的位置。已知在此过程中圆弧轨道一直处于静止状态，下列说法正确的是
( )
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A．圆弧轨道与地面间的摩擦力不变 B．小球所受的支持力逐渐变小
C．轨道对地面的压力可能变大 D．地面对圆弧轨道的作用力变大
【答案】D
【解析】以小球为研究对象，小球受重力、支持力和拉力作用处于平衡状态，设小球重心与圆弧轨道圆心的连
mg
线与竖直方向的夹角为θ，由平衡条件可知，小球所受支持力F ＝ ，小球所受拉力F＝mgtanθ，小球缓慢
N
cosθ
向上运动，θ增大，支持力增大，拉力增大，B项错误；对整体受力分析，地面对轨道的支持力等于整体重力且
保持不变，由牛顿第三定律可知，轨道对地面的压力保持不变，C项错误；轨道与地面间的摩擦力与拉力平衡，
随拉力的增大而增大，A项错误；地面对轨道的支持力和摩擦力的合力增大，D项正确。
方法 步骤
(1)列平衡方程得出未知量与已知量的关系表达式；
解析法
(2)根据已知量的变化情况来确定未知量的变化情况
图解法的应用
此处常用于物体受三个力作用，其中一个力大小、方向不变，另一个力的方向不变的情景，思路如下：
(1)先受力分析，得出物体受几个力而处于平衡状态。
(2)分析题目给出的信息，判断物体受力的变化方式。
(3)把受力对应到几何图形中结合几何知识分析。
【典例分析5】如图所示，有一质量不计的杆AO，长为R，可绕A自由转动。用绳在O点悬挂一个重为G的
物体，另一根绳一端系在O点，另一端系在圆弧形墙壁上的C点。当点C由图示位置逐渐向上沿圆弧CB移动
过程中(保持OA与墙面夹角θ不变)，OC绳所受拉力的大小变化情况是( )
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A．逐渐减小 B．逐渐增大 C．先减小后增大 D．先增大后减小
【题眼点拨】①“可绕A点自由转动”，杆OA对绳的作用力沿杆，且方向不变。②重力大小方向不变，OC绳大
小、方向改变。
【答案】C
【解析】对物体受力分析，物体受力平衡，则拉力等于重力G，故竖直绳的拉力不变；再对O点分析，O受绳
的拉力、OA的支持力及OC的拉力而处于平衡，受力分析如图所示
将F和OC绳上的拉力合成，其合力与G大小相等，方向相反，则在OC绳上移的过程中，平行四边形的对角
线保持不变，平行四边形发生图中所示变化，则由图可知OC绳的拉力先减小后增大，在图中D点时拉力最小，
故C正确。
方法 步骤
(1)根据已知量的变化情况，画出平行四边形边、角的变化；
图解法
(2)确定未知量大小、方向的变化
三角形相似法的应用
此法是图解法的特例，一般研究对象受绳(杆)或其他物体的约束，从几何形状来看，有一个边大小不变，方向
改变，还有一个边的大小、方向均不变。且物体受到三个力的作用，其中的一个力大小、方向均不变，另外两
个力的方向都发生变化，可以用力三角形与几何三角形相似的方法。
【典例分析6】(多选)如图所示，表面光滑的半球形物体固定在水平面上，光滑小环D固定在半球形物体球心O
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的正上方，轻质弹簧一端用轻质细绳固定在A点，另一端用轻质细绳穿过小环D与放在半球形物体上的小球P
相连，DA水平。现将细绳固定点A向右缓慢平移的过程中(小球P未到达半球最高点前)，下列说法正确的是
( )
A．弹簧变短 B．弹簧变长
C．小球对半球的压力不变 D．小球对半球的压力变大
【题眼点拨】①“表面光滑，半球形物体”表明小球运动过程OP长度不变，而弹力的大小发生改变。
②“光滑小环D固定”OD的长度不变。
【答案】AC
【解析】以小球为研究对象，小球受重力G、细线的拉力F 和半球面的支持力F ，作出F 、F 的合力F，由
T N N T
平衡条件得知F＝G，如图
F F F PO PD
根据三角形相似可得 N＝ ＝ T，将F＝G代入得：F ＝ G，F ＝ G，将细绳固定点A向右缓慢平移，
N T
PO DO PD DO DO
DO、PO不变，G也不变，PD变小，可见F 变小，F 不变，即知弹簧的弹力变小，弹簧变短。由牛顿第三定
T N
律知小球对半球的压力大小不变，故A、C正确，B、D错误。
方法 步骤
(1)根据已知条件画出两个不同情况对应的力的三角形和空间几何三角形，确定对应
相似三角形
边，利用三角形相似知识列出比例式；
法
(2)确定未知量大小的变化情况
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考点四 电磁场中的平衡问题
【考点诠释】
1．基本思路
要坚持“电学问题、力学方法”的基本思路，结合电学的基本规律和力学中的受力分析及平衡条件解决问题。
2．几点注意
(1)点电荷间的作用力大小要用库仑定律。
(2)安培力方向的判断要先判断磁场方向、电流方向，再用左手定则，同时注意将立体图转化为平面图。
(3)电场力或安培力的出现，可能会对弹力或摩擦力产生影响。
(4)涉及电路问题时，要注意闭合电路欧姆定律的应用。
【典例分析7】 如图，空间存在一方向水平向右的匀强电场，两个带电小球P和Q用相同的绝缘细绳悬挂在
水平天花板下，两细绳都恰好与天花板垂直，则( )
A.P和Q都带正电荷 B.P和Q都带负电荷
C.P带正电荷，Q带负电荷 D.P带负电荷，Q带正电荷
【答案】D
【解析】细绳竖直，把P、Q看做整体，在水平方向所受电场力为零，所以P、Q必带等量异种电荷，选项A、
B错误；如果P、Q带不同性质的电荷，受力如图甲、乙所示，由图知，P带正电荷，Q带负电荷，水平方向
的合力不为零；P带负电荷、Q带正电荷时符合题意，选项C错误，D正确。
【典例分析8】 如图所示，金属杆MN用两根绝缘细线悬于天花板的O、O′点，杆中通有垂直于纸面向里的恒
定电流，空间有竖直向上的匀强磁场，杆静止时处于水平，悬线与竖直方向的夹角为θ，若将磁场在竖直面内沿
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逆时针方向缓慢转过90°，在转动过程中通过改变磁场磁感应强度大小来保持悬线与竖直方向的夹角不变，则
在转动过程中，磁场的磁感应强度大小的变化情况是( )
A．一直减小 B．一直增大 C．先减小后增大 D．先增大后减小
【答案】C
【解析】磁场在旋转的过程中，杆处于平衡状态，杆所受重力的大小和方向不变，悬线的拉力方向不变，由图
解法结合左手定则可知，在磁场旋转的过程中，安培力先减小后增大，由F＝BIL可知，磁场的磁感应强度先
减小后增大，故选C.
【规律总结】电学中平衡问题的处理方法
处理方法与力学问题的分析方法一样，把方法和规律进行迁移应用即可。
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第一部分 力与运动
专题 力与直线运动
02
一、素养呈现
1.物理观念：参考系、质点、位移、速度、加速度、匀变速直线运动、自由落体运动、惯性、作用力与反作用
力、超重与失重、单位制。
2.科学思维：在特定情境中运用匀变速直线运动模型、公式、推论及图象解决问题、牛顿运动定律、整体法与
隔离法、图象法、控制变量法、临界法。
3.科学探究：研究匀变速直线运动的特点、探究加速度与力、质量的关系。
4.科学态度与责任：以生产、生活实际为背景的匀变速直线运动规律的应用、追及相遇、交通与安全。
二、素养落实
1.匀变速直线运动规律和推论的灵活应用
2.掌握瞬时性问题的两类模型
3.熟悉图象类型及图象信息应用
考点一 匀变速直线运动规律的应用
【考点诠释】
1．匀变速直线运动的基本规律
(1)速度关系：v＝v ＋at。
0
1
(2)位移关系：x＝v t＋ at2。
0
2
(3)速度位移关系：v2－v2＝2ax。
0
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(4)某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度： v ＝ x ＝v 。
t
t
(5)匀变速直线运动在相等时间内相邻的两段位移之差为常数，即
2
Δx＝aT2。
2．追及问题的解题思路和技巧
(1)解题思路
(2)解题技巧
①紧抓“一图三式”，即过程示意图、时间关系式、速度关系式和位移关系式。
②审题应抓住题目中的关键字眼，充分挖掘题目中的隐含条件，如“刚好”“恰好”“最多”“至少”等，往往对应一个
临界状态，满足相应的临界条件。
③若被追赶的物体做匀减速运动，一定要注意追上前该物体是否已停止运动，最后还要注意对解的讨论分析。
【典例分析1】如图所示，物体从O点由静止开始做匀加速直线运动，途经A、B、C三点，其中|AB|＝2m，|BC|
＝3m。若物体通过AB和BC这两段位移的时间相等，则O、A两点之间的距离等于( )
9 8 3 4
A． m B． m C． m D． m
8 9 4 3
【答案】A
x 5
【解析】设物体通过AB、BC所用时间均为T，则B点的速度为：v ＝ AC＝ ，
B
2T 2T
Δx 1
根据Δx＝aT2得：a＝ ＝ ，
T2 T2
5 1 3
则有：v ＝v －aT＝ － ·T＝ ，
A B
2T T2 2T
根据速度位移公式得，O、A两点之间的距离为：
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9
x ＝
v2
A＝
4T2
m＝
9
m。故A正确，B、C、D错误。
OA
2a 2 8
T2
【规律总结】重要公式的选择
没有涉及
题目中所涉及的物理量(包括已知量、待求量和为
适宜选用公式
解题设定的中间量)
的物理量
v＝v 0 ＋at v 0 、v、a、t x
1
x＝v 0 t＋ at2 v 0 、a、t、x v
2
v2－v2 0 ＝2ax v 0 、v、a、x t
v＋v
x＝ 0 t v 0 、v、t、x a
2
【典例分析1】现有甲、乙两汽车正沿同一平直大街同向匀速行驶，甲车在前，乙车在后，它们行驶的速度均
为10m/s。当两车快要到一十字路口时，甲车司机看到绿灯已转换成了黄灯，于是紧急刹车(反应时间忽略不计)，
乙车司机为了避免与甲车相撞也紧急刹车，但乙车司机反应较慢(反应时间为t ＝0.5s)。已知甲车紧急刹车时制
0
动力为车重的0.4倍，乙车紧急刹车时制动力为车重的0.6倍，g＝10m/s2，假设汽车可看作质点。
(1)若甲车司机看到黄灯时车头距警戒线15m，他采取上述措施能否避免闯红灯？
(2)为保证两车在紧急刹车过程中不相撞，甲、乙两车在正常行驶过程中应至少保持多大距离？
【答案】(1)能 (2)1.5m
f 0.4m g
【解析】(1)根据牛顿第二定律，甲车紧急刹车的加速度大小为a ＝ 1＝ 1 ＝4m/s2。
1
m m
1 1
甲车停下来所需时间为
v 10
t ＝ 0＝ s＝2.5s，
1
a 4
1
v2 102
滑行距离x＝ 0＝ m＝12.5m，
2a 2×4
1
由于x＝12.5m<15m，
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可见甲车司机刹车后能避免闯红灯。
f 0.6m g
(2)乙车紧急刹车的加速度大小为a ＝ 2＝ 2 ＝6m/s2，两车速度相等时处于同一位置，即为恰好不相撞的
2
m m
2 2
条件。
设甲、乙两车行驶过程中至少应保持距离x ，在乙车刹车t 时间后两车的速度相等，
0 2
其运动关系如图所示，
则有速度关系v －a (t ＋t )＝v －a t ，v＝v －a t
0 1 2 0 0 22 0 22
v2－v2 v2－v2
位移关系v t ＋ 0 ＝x ＋ 0
00 0
2a 2a
2 1
解得t ＝1.0s，x ＝1.5m。
2 0
【规律总结】判断能否追上的常用方法
情境：物体B追赶物体A，开始时，两个物体相距x 。
0
(1)若v ＝v 时，x ＋x x ，则不能追上。
A B A 0 B
考点二 运动图象问题
【考点诠释】
1．解决图象类问题“四个注意”
(1)速度图线只有通过时间轴时速度方向才改变。
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(2)利用vt图象分析两个物体的运动时，要注意两个物体的出发点是否相同。
(3)物体的运动图象与运动过程的转化。
(4)xt图象、vt图象、at图象的应用。
2．应用图象时的“两个误区”
(1)误认为vt图象、xt图象是物体运动轨迹。
(2)在vt图象中误将交点认为此时相遇。
【典例分析3】如图所示，A、B分别是甲、乙两小球从同一地点沿同一直线运动的vt图象，根据图象可以判
断出( )
A．在t＝4s时，甲球的加速度小于乙球的加速度 B．在t＝4.5s时，两球相距最远
C．在t＝6s时，甲球的速率小于乙球的速率 D．在t＝8s时，两球相遇
【答案】D
Δv
【解析】根据图象可知，甲球的加速度a ＝ 1＝－10m/s2，故甲球的加速度大小为10m/s2，负号表示加速度
1
Δt
1
Δv 20
方向与速度方向相反，乙球的加速度a ＝ 2＝ m/s2，故甲球的加速度大于乙球的加速度，选项A错误；当
2
Δt 3
2
两球速度相同时，两球相距最远，根据图象有40m/s＋a t＝－20m/s＋a (t－2s)，解得t＝4.4s，即4.4s时两球
1 2
20
相距最远，选项B错误；t＝6s时甲球的速度v ＝－20m/s，乙球的速度v ＝ m/s，故t＝6s时甲球的速率大
1 2
3
于乙球的速率，选项C错误；结合图象可知t＝8s时，甲、乙两小球又同时回到原出发点，选项D正确。
【典例分析4】．(多选)甲、乙两质点同时、同初位置沿同一方向做直线运动。质点甲做初速度为零、加速度大
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小为a 的匀加速直线运动；质点乙做初速度为v 、加速度大小为a 的匀减速直线运动，且速度减至零后保持静
1 0 2
止。甲、乙两质点在运动过程中的xv(位置—速度)图象如图所示(虚线与对应的坐标轴垂直)，则( )
A．质点甲的加速度大小a ＝1m/s2 B．质点乙的初速度为v ＝6m/s，加速度大小a ＝1m/s2
1 0 2
C．图线中a＝2 6，b＝16 D．两图线的交点表示两质点同时到达同一位置
【答案】BC
【解析】速度随位移的增大而增大的图线对应质点甲，速度随位移的增大而减小的图线对应质点乙，当x＝0
时，乙的速度为6m/s，即质点乙的初速度v ＝6m/s，设质点乙、甲先后通过x＝6m处时的速度均为v，对质
0
点甲有v2＝2a x ①，对质点乙有v2－v2＝－2a x ②，联立①②解得a ＋a ＝3m/s2 ③，当质点甲的速度v
1 0 2 1 2 1
＝8m/s、质点乙的速度v ＝2m/s时，两质点通过的位移相同，设为x′，对质点甲有v2＝2a x′ ④，对质点乙
2 1 1
v2－v2＝－2a x′ ⑤，联立④⑤解得a ＝2a ⑥，联立③⑥解得a ＝2m/s2，a ＝1m/s2，选项A错误，B正确；
2 0 2 1 2 1 2
根据质点甲的运动知v2＝2a x，当x＝6m时，有v ＝2 6m/s，即a＝2 6；当v ＝8m/s时，有x＝16m，即
甲 1 甲 甲
b＝16，选项C正确；两图线的交点表示甲、乙两质点以相同的速度经过该位置，但不是同时，选项D错误。
【规律总结】运动图象问题的“三点提醒”
(1)对于xt图象，图线在纵轴上的截距表示t＝0时物体的位置；对于vt和at图象，图线在纵轴上的截距
并不表示t＝0时物体的位置。
(2)在vt图象中，两条图线的交点不表示两物体相遇，而是表示两者速度相同。
(3)vt图象中两条图线在轴上的截距不同，不少同学误认为两物体的初始位置不同，位置是否相同应根据题
中条件确定。
考点三 动力学中的连接体问题
【考点诠释】
1．整体法的选取原则及解题步骤
18/2902022届衡水中学物理一本通高分手册
(1)当只涉及系统的受力和运动情况而不涉及系统内某些物体的受力和运动情况时，一般采用整体法。
(2)运用整体法解题的基本步骤：
明确所研究 画出系统整体的 选用适当的
系统和运动 受力图或运动全 物理规律列
⇨ ⇨
的全过程 过程的示意图 方程求解
2．隔离法的选取原则及解题步骤
(1)当涉及系统(连接体)内某个物体的受力和运动情况时，一般采用隔离法。
(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。
②将某个研究对象或某段运动过程、某个状态从系统或全过程中隔离出来。
③画出某状态下的受力图或运动过程示意图。
④选用适当的物理规律列方程求解。
【典例分析5】(多选)如图所示，一质量M＝3kg、倾角为α＝45°的斜面体放在光滑水平地面上，斜面体上有一
质量为m＝1kg的光滑楔形物体。用一水平向左的恒力F作用在斜面体上，系统恰好保持相对静止地向左运动。
重力加速度取g＝10m/s2，下列判断正确的是( )
A．系统做匀速直线运动
B．F＝40N
C．斜面体对楔形物体的作用力大小为5 2N
D．增大力F，楔形物体将相对斜面体沿斜面向上运动
【关键信息】：“光滑水平地面”“水平向左的恒力F”，两条信息表明整体向左匀加速运动。
【答案】BD
【解析】
19/2902022届衡水中学物理一本通高分手册
甲 乙
对整体受力分析如图甲所示，由牛顿第二定律有F＝(M＋m)a，对楔形物体受力分析如图乙所示。由牛顿第二
mg
定律有mgtan45°＝ma，可得F＝40N，a＝10m/s2，A错误，B正确；斜面体对楔形物体的作用力F ＝
N2
sin45°
＝ 2mg＝10 2N，C错误；外力F增大，则斜面体加速度增加，由于斜面体与楔形物体间无摩擦力，则楔形物
体将会相对斜面体沿斜面上滑，D正确。
【规律总结】(1)处理连接体问题时，整体法与隔离法往往交叉使用，一般的思路是先用整体法求加速度，再用
隔离法求物体间的作用力。
(2)隔离法分析物体间的作用力时，一般应选受力个数较少的物体进行分析。
【典例分析6】质量分别为m、2m的物块A、B用轻弹簧相连，设两物块与水平面及斜面间的动摩擦因数都为μ。
当用水平力F作用于B上，且两物块在粗糙的水平面上以相同加速度向右加速运动时，弹簧的伸长量为x ，如
1
图甲所示；当用同样大小的力F竖直提升两物块使它们以相同加速度向上加速运动时，弹簧的伸长量为x ，如
2
图乙所示；当用同样大小的力F沿倾角为θ的固定斜面向上拉两物块使它们以相同加速度向上加速运动时，弹
簧的伸长量为x ，如图丙所示，则x ∶x ∶x 等于( )
3 1 2 3
甲 乙 丙
A．1∶1∶1 B．1∶2∶3
C．1∶2∶1 D．无法确定
【题眼点拨】①“相同的加速度”，采用整体法。
②“x ∶x ∶x ”采用隔离法。
1 2 3
【答案】A
20/2902022届衡水中学物理一本通高分手册
F－3μmg F
【解析】对题图甲，把物块A、B和弹簧看作一个整体研究，根据牛顿第二定律得a ＝ ＝ －μg，对
1
3m 3m
F
A有kx －μmg＝ma ，解得x ＝ ；对题图乙，把物块A、B和弹簧看作一个整体研究，根据牛顿第二定律得a
1 1 1 2
3k
F－3mg F F
＝ ＝ －g，对A有kx －mg＝ma ，解得x ＝ ；对题图丙，把物块A、B和弹簧看作一个整体研究，
2 2 2
3m 3m 3k
F－3mgsinθ－3μmgcosθ F
根据牛顿第二定律得a ＝ ＝ －gsinθ－μgcosθ，对A有kx －mgsinθ－μmgcosθ＝ma ，
3 3 3
3m 3m
F
解得x ＝ ，则x ∶x ∶x ＝1∶1∶1。故A正确，B、C、D错误。
3 1 2 3
3k
【规律总结】(1)当连接体中各物体具有共同的加速度时，一般采用整体法。当系统内各物体的加速度不同时，
一般采用隔离法。
(2)求连接体内各物体间的相互作用力时必须用隔离法。
考点四 牛顿第二定律的瞬时性问题
【考点诠释】
(1)力可以发生突变，但速度不能发生突变。
(2)轻绳、轻杆、轻弹簧两端有重物或固定时，在外界条件变化时，轻绳、轻杆的弹力可以发生突变，但轻弹簧
的弹力不能突变。
(3)轻绳、轻杆、轻弹簧某端突然无重物连接或不固定，三者弹力均突变为零。
【典例分析7】如图所示，质量均为m的A、B两小球分别用轻质细绳L 和轻弹簧系在天花板上的O点和O′
1
点，A、B两小球之间用一轻质细绳L 连接，细绳L 、弹簧与竖直方向的夹角均为θ，细绳L 水平拉直，则下
2 1 2
列有关细绳L 被剪断瞬间的表述正确的是( )
2
A．细绳L 上的拉力与弹簧弹力之比为1∶1 B．细绳L 上的拉力与弹簧弹力之比为cos2θ∶1
1 1
C．A与B的加速度之比为1∶1 D．A与B的加速度之比为1∶cosθ
【答案】B
【解析】对A球，剪断细绳L 的瞬间，细绳L 的拉力将发生突变，合力垂直于细绳L 斜向下，细绳L 的拉力
2 1 1 1
21/2902022届衡水中学物理一本通高分手册
大小为F ＝mgcosθ，A球的加速度大小a ＝gsinθ；对B球，剪断细绳L 的瞬间，弹簧弹力不变，合力水平向
A A 2
mg a cosθ F cos2θ
右，弹簧弹力大小F ＝ ，B球的加速度大小a ＝gtanθ，所以 A＝ ， A＝ 。
B B
cosθ a 1 F 1
B B
【规律总结】“两关键”“四步骤”巧解瞬时性问题
1．分析瞬时加速度的“两个关键”
(1)分析瞬时前、后的受力情况和运动状态。
(2)明确绳或杆类、弹簧或橡皮条类模型的特点。
2．“四个步骤”
第一步：分析原来物体的受力情况。
第二步：分析物体在突变时的受力情况。
第三步：由牛顿第二定律列方程。
第四步：求出瞬时加速度，并讨论其合理性。
考点五．动力学中的“传送带”模型
【考点诠释】
1．水平传送带问题
求解的关键在于对物体所受的摩擦力进行正确的分析判断。
判断摩擦力时要注意比较物体的运动速度与传送带的速度。物体的速度与传送带速度相等的时刻就是物体所受
摩擦力发生突变的时刻。
2．倾斜传送带问题
求解的关键在于认真分析物体与传送带的相对运动情况，从而确定其是否受到滑动摩擦力作用，如果受到滑动
摩擦力作用应进一步确定其大小和方向，然后根据物体的受力情况确定物体的运动情况。当物体速度与传送带
速度相等时，物体所受的摩擦力有可能发生突变。
22/2902022届衡水中学物理一本通高分手册
【典例分析8】一传送带装置如图所示，其中AB段是水平的，长度L ＝4m，BC段是倾斜的，长度L ＝5m，
AB BC
倾角为θ＝37°，AB和BC由B点通过一段短的圆弧连接(图中未画出圆弧)，传送带以v＝4m/s的恒定速率顺时
针运转，已知工件与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g取10m/s2。现将一个工件(可看作质点)无初
速度地放在A点，求：
(1)工件第一次到达B点所用的时间；
(2)工件沿传送带上升的最大高度；
(2)工件运动了23s后所在的位置。
【答案】(1)1.4s (2)2.4m (3)在A点右侧2.4m处
【解析】(1)工件刚放在水平传送带上的加速度大小为a ，由牛顿第二定律得μmg＝ma
1 1
解得a ＝μg＝5m/s2
1
经t 时间工件与传送带的速度相同，解得
1
v
t ＝ ＝0.8s
1
a
1
1
工件前进的位移为x ＝ a t2＝1.6m
1 11
2
此后工件将与传送带一起匀速运动至B点，用时
L －x
t ＝ AB 1＝0.6s
2
v
所以工件第一次到达B点所用的时间
t＝t ＋t ＝1.4s。
1 2
23/2902022届衡水中学物理一本通高分手册
(2)在倾斜传送带上工件的加速度为a ，由牛顿第二定律得μmgcosθ－mgsinθ＝ma
2 2
解得a ＝－2m/s2
2
h
由速度位移公式得0－v2＝2a m
2
sinθ
解得h ＝2.4m。
m
2h
(3)工件沿传送带向上运动的时间为t ＝ m ＝2s
3
vsinθ
此后由于工件在传送带的倾斜段运动时的加速度相同，在传送带的水平段运动时的加速度也相同，故工件将在
传送带上做往复运动，其周期为T，则
T＝2t ＋2t ＝5.6s
1 3
工件从开始运动到第一次返回传送带的水平部分，且速度变为零所需时间t ＝2t ＋t ＋2t ＝6.2s，而23s＝t ＋
0 1 2 3 0
3T，这说明经过23s后工件恰好运动到传送带的水平部分，且速度为零，故工件在A点右侧，到A点的距离x
＝L －x ＝2.4m。
AB 1
【规律总结】
24/2902022届衡水中学物理一本通高分手册
考点六 动力学中的“板—块”模型
【考点诠释】
1．模型特点：涉及两个物体，并且物体间存在相对滑动。
2．两种位移关系：滑块由滑板的一端运动到另一端的过程中，若滑块和滑板同向运动时，位移之差等于板长；
反向运动时，位移之和等于板长。
3．解题思路
(1)审题建模：求解时应先仔细审题，清楚题目的含义、分析清楚每一个物体的受力情况、运动情况。
(2)求加速度：准确求出各物体在各运动过程的加速度(注意两过程的连接处加速度可能突变)。
(3)明确关系：找出物体之间的位移(路程)关系或速度关系是解题的突破口。求解中应注意联系两个过程的纽带，
每一个过程的末速度是下一个过程的初速度。
【典例分析9】如图所示，倾角α＝30°的足够长光滑斜面固定在水平面上，斜面上放一长L＝1.8m、质量M＝3
3
kg的薄木板，木板的最右端叠放一质量m＝1kg的小物块，物块与木板间的动摩擦因数μ＝ 。对木板施加沿
2
斜面向上的恒力F，使木板沿斜面由静止开始做匀加速直线运动。设物块与木板间最大静摩擦力等于滑动摩擦
力，重力加速度g取10m/s2，物块可视为质点。
(1)为使物块不滑离木板，求力F应满足的条件；
(2)若F＝37.5N，物块能否滑离木板？若不能，请说明理由；若能，求出物块滑离木板所用的时间及滑离木板
后沿斜面上升的最大距离。
【答案】(1)20N0解得F>20N
所以20N30N，所以物块能够滑离木板，隔离木板，由牛顿第二定律得
F－μmgcosα－Mgsinα＝Ma
1
隔离物块，由牛顿第二定律得
μmgcosα－mgsinα＝ma
2
设物块滑离木板所用时间为t
1
木板的位移x ＝ a t2
1 1
2
1
物块的位移x ＝ a t2
2 2
2
物块与木板分离的临界条件为
Δx＝x －x ＝L
1 2
联立以上各式解得t＝1.2s
物块滑离木板时的速度v＝a t
2
由公式－2gxsinα＝0－v2
解得x＝0.9m。
【典例分析10】如图所示，一足够长的木板在粗糙水平地面上向右运动。某时刻速度为v ＝2m/s，此时一与木
0
板质量相等的小滑块(可视为质点)以v ＝4m/s的速度从右侧滑上木板，经过1s两者速度恰好相同，速度大小
1
为v ＝1m/s，方向向左。取重力加速度g＝10m/s2，试求：
2
(1)木板与滑块间的动摩擦因数μ ；
1
(2)木板与地面间的动摩擦因数μ ；
2
(3)从滑块滑上木板，到最终两者速度恰好相同的过程中，滑块相对木板的位移大小。
26/2902022届衡水中学物理一本通高分手册
【思路点拨】解此题关键有两点：
①根据速度变化结合加速度定义求加速度，利用牛顿第二定律求动摩擦因数。
②逐段分析木板和小滑块的运动求相对位移。
【答案】(1)0.3 (2)0.05 (3)2.75m
v －v 1－4
【解析】(1)以向左为正方向，对小滑块分析，其加速度为：a ＝ 2 1＝ m/s2＝－3m/s2，负号表示加速度
1
t 1
方向向右，设小滑块的质量为m，根据牛顿第二定律有：－μ mg＝ma ，可以得到：μ ＝0.3。
1 1 1
(2)对木板分析，向右减速运动过程，根据牛顿第二定律以及运动学公式可以得到：
v
μ mg＋μ ·2mg＝m 0
1 2
t
1
向左加速运动过程，根据牛顿第二定律以及运动学公式可以得到：
v
μ mg－μ ·2mg＝m 2
1 2
t
2
而且t ＋t ＝t＝1s
1 2
联立可以得到：μ ＝0.05，t ＝0.5s，t ＝0.5s。
2 1 2
0＋v
(3)在t ＝0.5s时间内，木板向右减速运动，其向右运动的位移为：x ＝ 0 ·t ＝0.5m，方向向右；
1 1 1
2
v ＋0
在t ＝0.5s时间内，木板向左加速运动，其向左加速运动的位移为：x ＝ 2 ·t ＝0.25m，方向向左；
2 2 2
2
v ＋v
在整个t＝1s时间内，小滑块向左减速运动，其位移为：x＝ 1 2 ·t＝2.5m，方向向左
2
则整个过程中滑块相对木板的位移大小为：Δx＝x＋x －x ＝2.75m。
1 2
27/2902022届衡水中学物理一本通高分手册
【规律总结】求解“滑块—木板”类问题的技巧
(1)弄清各物体初态对地的运动和相对运动(或相对运动趋势)，根据相对运动(或相对运动趋势)情况，确定物
体间的摩擦力方向。
(2)准确地对各物体进行受力分析，并根据牛顿第二定律确定各物体的加速度，结合加速度和速度的方向关
系确定物体的运动情况。
(3)速度相等是这类问题的临界点，此时往往意味着物体间的相对位移最大，物体的受力和运动情况可能发
生突变。
28/2902022届衡水中学物理一本通高分手册
第一部分 力与运动
专题 力与曲线运动
03
一、素养呈现
1.物理观念：合运动、分运动、平抛运动、斜抛运动、圆周运动、向心力、向心加速度、线速度、角速度。
2.科学思维：运动的合成与分解、平抛斜面模型、竖直平面圆周运动模型。
3.科学态度与责任：离心现象与行车安全。
二、素养落实
1.掌握渡河问题、关联速度问题的处理方法
2.应用平抛运动特点及规律解决相关问题
3.掌握圆周运动动力学特点，灵活处理相关问题
考点一 曲线运动和运动的合成与分解
【考点诠释】
1．曲线运动的分析
(1)物体的实际运动是合运动，明确是在哪两个方向上的分运动的合成。
(2)根据合外力与合初速度的方向关系判断合运动的性质。
(3)运动的合成与分解就是速度、位移、加速度等的合成与分解，遵守平行四边形定则。
2．渡河问题中分清三种速度
29/2902022届衡水中学物理一本通高分手册
(1)合速度：物体的实际运动速度。
(2)船速：船在静水中的速度。
(3)水速：水流动的速度，可能大于船速。
3．端速问题解题方法
把物体的实际速度分解为垂直于绳(杆)和平行于绳(杆)两个分量，根据沿绳(杆)方向的分速度大小相等求解，常
见的模型如图所示。
甲 乙
丙 丁
【典例分析1】如图所示的机械装置可以将圆周运动转化为直线上的往复运动．连杆AB、OB可绕图中A、B、
O三处的转轴转动，连杆OB在竖直面内的圆周运动可通过连杆AB使滑块在水平横杆上左右滑动．已知OB杆
长为L，绕O点沿逆时针方向匀速转动的角速度为ω，当连杆AB与水平方向夹角为α，AB杆与OB杆的夹角为
β时，滑块的水平速度大小为( )
ωLsinβ ωLcosβ ωLcosβ ωLsinβ
A. B. C. D.
sinα sinα cosα cosα
【答案】 D
【解析】 设滑块的水平速度大小为v，A点的速度的方向沿水平方向，如图将A点的速度分解，
根据运动的合成与分解可知，沿杆方向的分速度：v ＝vcosα，B点做圆周运动，实际速度是圆周运动的线速
A分
度，可以分解为沿AB杆方向的分速度和垂直于AB杆方向的分速度，如图，
30/2902022届衡水中学物理一本通高分手册
设B的线速度为v′，则：
v ＝v′cosθ＝v′cos(β－90°)＝v′cos(90°－β)＝v′sinβ，v′＝ωL，
B分
又二者沿杆方向的分速度是相等的，即：v ＝v
A分 B分
ωLsinβ
联立可得：v＝ ，故D正确.
cosα
【规律总结】“端速问题”的关键是合速度的判断，根据与杆或与绳相连的物体相对地面发生的实际运动判断是
常用方法
【典例分析2】如图所示，船在静水中的速度为v，小船(可视为质点)过河时，船头偏向上游，与水流方向的夹
角为α，其航线恰好垂直于河岸。现水流速度稍有增大，为保持航线和过河所需时间不变，下列措施可行的是
( )
A．减小α，增大船速v B．增大α，增大船速v
C．减小α，船速v不变 D．增大α，船速v不变
【答案】B
【解析】要保持航线仍垂直于河岸，过河所需时间不变，必须让船在静水中的速度沿河岸的分量和水速等大反
v
向，船速垂直河岸的分速度(船的实际速度)不变，有vsin(π－α)＝v ，vcos(π－α)＝v ，所以tan(π－α)＝ 实，若
实 水
v
水
v 不变，v 增大，则tan(π－α)减小，分析可知，α增大，v增大，只有B正确。
实 水
【规律总结】“三情景、两方案”解决小船渡河问题
31/2902022届衡水中学物理一本通高分手册
考点二 平抛运动
【考点诠释】
1．平抛运动的研究方法
2．平抛运动的二级结论
y
(1)做平抛运动的物体在任一时刻的瞬时速度的反向延长线一定通过此时水平位移的中点，则tanα＝ 。
x
2
(2)做平抛运动的物体在任一时刻任一位置处，其速度与水平方向的夹角α的正切值，是位移与水平方向的夹角θ
的正切值的2倍，即tanα＝2tanθ。
(3)若物体在斜面上平抛又落到斜面上，则其竖直位移与水平位移之比等于斜面倾角的正切值。
(4)若平抛物体垂直打在斜面上，则物体打在斜面上瞬间，其水平速度与竖直速度之比等于斜面倾角的正切值。
【典例分析3】如图所示，xOy是平面直角坐标系，Ox水平、Oy竖直，一质点从O点开始做平抛运动，P点是
轨迹上的一点. 质点在P点的速度大小为v，方向沿该点所在轨迹的切线.M点为P点在Ox轴上的投影，P点
速度方向的反向延长线与Ox轴相交于Q点. 已知平抛的初速度为20m/s，MP=20m，重力加速度g取10m/s2，
则下列说法正确的是
32/2902022届衡水中学物理一本通高分手册
A．QM的长度为10m B．质点从O到P的运动时间为1s
C．质点在P点的速度v大小为40m/s D．质点在P点的速度与水平方向的夹角为45°
【答案】D
1
【解析】AB．根据平拋运动在竖直方向做自由落体运动有：h gt2
2
可得t=2s；质点在水平方向的位移为：x v t 40m
0
根据平抛运动的推论可知Q是OM的中点，所以QM=20m，故A错误，B错误；
C．质点在P点的竖直速度：v gt 102m/s=20m/s
y
所以在P点的速度为：v v2 v2 202 202 20 2m/s故C错误；
x y
v
D．因为：tan y 1所以质点在P点的速度与水平方向的夹角为45°，故D正确.
v
x
【规律总结】“化曲为直”思想在平抛运动中的应用
根据运动效果的等效性，利用运动分解的方法，将其转化为我们所熟悉的两个方向上的直线运动：
(1)水平方向的匀速直线运动。
(2)竖直方向的自由落体运动。
【典例分析4】．如图所示，斜面ABC倾角为，在A点以速度v 将小球水平抛出（小球可以看成质点），小
1
球恰好经过斜面上的小孔E，落在斜面底部的D点，且D为BC的中点。在A点以速度v 将小球水平抛出，
2
小球刚好落在C点。若小球从E运动到D的时间为t ，从A运动到C的时间为t ，则t :t 为（ ）
1 2 1 2
33/2902022届衡水中学物理一本通高分手册
A．1：1 B．1：2 C．2：3 D．1：3
【答案】B
【解析】对于平抛运动，其运动时间只由高度h决定，不管是以初速度v 或v 抛出，其落到斜面底端时间是一
1 2
1
gt2
样，都为t 。设从A到E的时间为t，由平抛运动规律得 2
2 tan
vt
1
1
gt2
同理，从A到D的运动 2 2
tan
vt
1 2
AB
根据数学几何问题可知tan
BC
AB
tan
BD
tan2tan即t 2t
2
由于t t t因此 t :t 1:2
2 1 1 2
即A到E和E到D的时间相等，都为A到D的时间的一半，又因为从A点抛出，D、C在同一水平面上，高
1
度相同，时间相同，即t t t故选B。
1 2
34/2902022届衡水中学物理一本通高分手册
【规律总结】与斜面相关联的平抛运动的分解方法与技巧
(1)如果知道速度的大小或方向，应首先考虑分解速度。
(2)如果知道位移的大小或方向，应首先考虑分解位移。
【典例分析5】北京冬奥会将在2022年2月4日至2022年2月20日在北京和张家口联合举行，这是北京和张
家口历史上第一次举办冬季奥运会。图示为某滑雪运动员训练的情境，运动员从弧形坡面上滑下，沿水平方向
飞出后落到斜面上。斜面足够长且倾角为θ，弧形坡面与斜面顶端有一定高度差。某次训练时，运动员从弧形坡
面水平飞出的速度大小为v ，飞出后在空中的姿势保持不变，不计空气阻力，下列判断正确的是( )
0
A．若运动员以不同的速度从弧形坡面飞出，落到斜面前瞬间速度方向一定相同
2v tanθ
B．若运动员飞出时的水平速度大小变为2v ，运动员飞出后经t＝ 0 距斜面最远
0
g
C．若运动员飞出时的水平速度大小变为2v ，运动员落点位移为原来的4倍
0
D．若运动员飞出时的水平速度大小变为2v ，落到斜面前瞬间速度方向与水平方向的夹角变大
0
【题眼点拨】 ①“沿水平方向飞出”，运动员做平抛运动，要应用分解思想。
②“弧形斜面与斜面顶端有一定高度差”，可从抛出点构建斜面，比较实际斜面，应用二级结论。
【答案】B
【解析】利用物体从斜面顶端平抛的运动规律，设运动员从弧形坡面上A点做平抛运动，落到斜面上的C点，
沿AC作一直线ACB，如图所示
则从A平抛时，落到斜面AB(虚拟)上时，速度方向与水平方向的夹角都相等，则落到实际斜面上E点时竖直方
35/2902022届衡水中学物理一本通高分手册
向分速度v 小于落到D点时竖直方向分速度v ，而二者水平方向分速度相同，则落到E点时速度与水平方向
yE yD
的夹角比落到D点小，故A、D项错误；运动员离斜面最远时的速度与斜面平行，当速度为2v 时，有tanθ＝
0
gt 2v tanθ v gt
，得t＝ 0 ，故B项正确；若沿倾角为α的AB斜面平抛，落到斜面上D点的时间tanα＝ y＝ ＝2tanθ，
2v g v v
0 0 0
2v tanθ 2v2tanθ x 2v2tanθ
解得t＝ 0 ，则x＝v t＝ 0 ，故s＝ ＝ 0 ，可知当速度为2v 时，s′＝4s，则落到E点时的距
0 0
g g cosθ gcosθ
离s″<4s，故C项错误。
【规律总结】平抛运动问题要构建好两类模型，一类是常规平抛运动模型，注意分解方法，应用匀变速运动的
规律；另一类是平抛斜面结合模型，要灵活应用斜面倾角，分解速度或位移，构建几何关系。
考点三 圆周运动
【考点诠释】
1．水平面内的圆周运动的“临界”分析
(1)绳的临界：张力F ＝0
T
(2)接触面滑动临界：F＝f
m
(3)接触面分离临界：F ＝0
N
2．竖直面内的圆周运动(轻绳模型和轻杆模型)
轻绳模型 轻杆模型
图示
重力，弹力F 向下、向上或等于零，mg±F
在最高点受 弹
v2
重力，弹力F 向下或等于零，mg＋F ＝m
弹 弹 v2
力 R ＝m
弹
R
v2
恰好过最高 F ＝0，mg＝m ，v＝ Rg，即在最高点速
弹
R v＝0，mg＝F ，在最高点速度可为零
弹
点
度不能为零
关联 应用动能定理或机械能守恒定律将初、末状态联系起来列方程求解
36/2902022届衡水中学物理一本通高分手册
【典例分析6】在修筑铁路时，弯道处的外轨会略高于内轨。如图5所示，当火车以规定的行驶速度转弯时，
内、外轨均不会受到轮缘的挤压，设此时的速度大小为v，重力加速度为g，两轨所在面的倾角为θ，则( )
v2
A．该弯道的半径r＝
gtanθ
B．当火车质量改变时，规定的行驶速度大小不变
C．当火车速率大于v时，内轨将受到轮缘的挤压
D．当火车速率小于v时，外轨将受到轮缘的挤压
【答案】 AB
【解析】 火车拐弯时不侧向挤压车轮轮缘，靠重力和支持力的合力提供向心力，设转弯处斜面的倾角为θ，根
v2 v2 v2
据牛顿第二定律得mgtanθ＝m ，解得r＝ ，故选项A正确；根据牛顿第二定律得mgtanθ＝m ，解得v
r gtanθ r
＝ grtanθ，可知火车规定的行驶速度与质量无关，故选项B正确；当火车速率大于v时，重力和支持力的合
力不够提供向心力，此时外轨对火车有侧压力，轮缘挤压外轨，故选项C错误；当火车速率小于v时，重力和
支持力的合力大于所需的向心力，此时内轨对火车有侧压力，轮缘挤压内轨，故选项D错误。
【典例分析7】(多选)如图所示，在匀速转动的水平盘上，沿半径方向放着用细线相连的质量相等的两个物体A
和B，它们分居圆心两侧，与圆心距离分别为R ＝r，R ＝2r，与盘间的动摩擦因数μ相同，当圆盘转速加快到
A B
两物体刚好还未发生滑动时，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列说法正确的是( )
A．此时绳子张力为F ＝3μmg
T
2μg
B．此时圆盘的角速度为ω＝
r
C．此时A所受摩擦力方向沿半径指向圆外
37/2902022届衡水中学物理一本通高分手册
D．此时烧断绳子，A仍相对盘静止，B将做离心运动
【答案】ABC
【解析】两物块A和B随着圆盘转动时，合外力提供向心力，则F＝mω2r，B的半径比A的半径大，所以B所
需向心力大，绳子拉力相等，所以当圆盘转速加快到两物体刚好还未发生滑动时，B的静摩擦力方向指向圆心，
A的最大静摩擦力方向指向圆外，根据牛顿第二定律得F －μmg＝mω2r，F ＋μmg＝mω2·2r，解得F ＝3μmg，
T T T
2μg
ω＝ ，故A、B、C正确；烧断绳子瞬间A物体所需的向心力：mω2r＝2μmg，此时烧断绳子，A的最大静
r
摩擦力不足以提供所需向心力，则A做离心运动，故D错误。
【规律总结】“一、二、三、四”求解圆周运动问题
【典例分析8】如图甲所示，陀螺可在圆轨道外侧旋转而不脱落，好像轨道对它施加了魔法一样，被称为“魔力
陀螺”。它可等效为一质点在圆轨道外侧运动的模型，如图乙所示，在竖直平面内固定的强磁性圆轨道半径为R，
A、B两点分别为轨道的最高点与最低点。质点沿轨道外侧做完整的圆周运动，受圆轨道的强磁性引力始终指向
圆心O且大小恒为F，当质点以速率v＝ gR通过A点时，对轨道的压力为其重力的8倍，不计摩擦和空气阻
力，质点质量为m，重力加速度为g，则( )
甲 乙
A．强磁性引力的大小F＝7mg
B．质点在A点对轨道的压力小于在B点对轨道的压力
C．只要质点能做完整的圆周运动，则质点对A、B两点的压力差恒为5mg
38/2902022届衡水中学物理一本通高分手册
D．若强磁性引力大小恒为2F，为确保质点做完整的圆周运动，则质点通过B点的最大速率为 15gR
【题眼点拨】 ①“强磁性引力始终指向圆心O”，表明向心力来源有重力、弹力和强磁性引力。
②“对轨道压力为其重力的8倍”，运用此信息列牛顿第二定律方程求解F。
【答案】D
v2
【解析】在A点，对质点受力分析并结合牛顿第二定律有F＋mg－F ＝m ，根据牛顿第三定律有F ＝F′ ＝8mg，
A A A
R
mv2
联立解得F＝8mg，选项A错误；质点能完成圆周运动，在A点根据牛顿第二定律有F＋mg－N ＝ A，根据
A
R
mv2
牛顿第三定律有N ＝N′ ；在B点，根据牛顿第二定律有F－mg－N ＝ B，根据牛顿第三定律有N ＝N′ ；从
A A B B B
R
1 1
A点到B点的过程，根据动能定理有mg·2R＝ mv2－ mv2，联立解得N′ －N′ ＝6mg，选项B、C错误；若强磁
B A A B
2 2
v2
性引力大小恒为2F，在B点，根据牛顿第二定律有2F－mg－F ＝m B，由数学知识可知当F ＝0时，质点速
B B
R
度最大为v ，可解得v ＝ 15gR，选项D正确。
Bm Bm
【典例分析9】如图所示，水平地面上有一光滑弧形轨道与半径为r的光滑圆轨道相连，且固定在同一个竖直
面内。将一质量为m的小球由弧形轨道上某一高度处无初速释放。为使小球在沿圆轨道运动时始终不脱离轨道，
这个高度h的取值可为( )
A．2.2r B．1.2r C．1.6r D．0.8r
【答案】D
【解析】小球沿圆轨道运动时，可能做完整的圆周运动，当小球刚好不脱离圆轨道时，在圆轨道最高点重力提
v2 1
供向心力，则有mg＝m ，由机械能守恒定律得mgh－mg·2r＝ mv2，解得h＝2.5r。小球沿圆轨道运动时，也
r 2
可能不超过与圆心等高处，由机械能守恒定律得mgh＝mg·r，得h＝r，综上可得，为使小球在沿圆轨道运动时
始终不离开轨道，h的范围为h≤r或h≥2.5r，选项D正确。
【规律总结】分析竖直平面内圆周运动临界问题的思路
39/2902022届衡水中学物理一本通高分手册
【典例分析10】如图所示，长为l的轻质细线固定在O 点，细线的下端系一质量为m的小球，固定点O 的正
1 1
下方0.5l处的P点可以垂直于竖直平面插入一颗钉子，现将小球从细线处于水平状态由静止释放，此时钉子还
5
未插入P点，在B点右下方水平地面上固定有一半径为R＝ l的光滑圆弧形槽，槽的圆心在O ，D点为最低
2
16
点，且∠CO D＝37°，重力加速度为g，不计空气阻力。(已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)求：
2
(1)小球运动到B点时的速度大小；
(2)如果钉子插入P点后，小球仍然从A点静止释放，到达B点时，绳子恰好被拉断，求绳子能承受的最大拉力；
(3)在第(2)问的情况下，小球恰好从槽的C点无碰撞地进入槽内，求整个过程中小球对槽的最大压力。
【答案】(1) 2gl (2)5mg (3)11.4mg
1
【解析】(1)设小球运动到B点的速度为v ，由A到B应用动能定理，mg·l＝ mv2
B B
2
解得：v ＝ 2gl。
B
(2)插入钉子后，小球再次经过B点时有：
v2
F－mg＝m B
0.5l
解得绳子能承受的最大拉力F＝5mg。
40/2902022届衡水中学物理一本通高分手册
(3)小球从B点开始做平抛运动，在C点时速度方向恰好沿轨道切线方向，即：
v
v ＝ B
C
cos37°
小球沿槽运动到最低点时对轨道的压力最大，小球从C到D过程中机械能守恒有：
1 1
mgR(1－cos37°)＝ mv2－ mv2
D C
2 2
v2
在D点有：F －mg＝m D
N
R
解得槽对小球的支持力F ＝11.4mg
N
由牛顿第三定律得小球对槽的最大压力为
F′ ＝11.4mg，方向竖直向下。
N
【规律总结】解决平抛与圆周运动组合问题的“四个关键”
(1)运动阶段的划分，如例题中分成三个阶段(圆周→平抛→圆周)。
(2)运动阶段的衔接，尤其注意速度方向，如例题中，小球运动到B点的速度。
(3)两个运动阶段在时间和空间上的联系。
(4)对于平抛运动或类平抛运动与圆周运动组合的问题，应用合成与分解的思想分析，这两种运动转折点的速度
是解题的关键。
41/2902022届衡水中学物理一本通高分手册
第一部分 力与运动
专题 天体运动
04
一、素养呈现
1.物理观念：万有引力、宇宙速度、经典时空观、相对论时空观。
2.科学思维：万有引力定律、开普勒定律、双星模型、多星运动模型。
3.科学态度与责任：万有引力与卫星发射、变轨、回收。
二、素养落实
1.掌握卫星的运行特点和规律
2.掌握计算天体质量(密度)的方法
3.掌握宇宙速度并推导第一宇宙速度
4.会应用动力学和能量观点分析卫星变轨问题
考点一 万有引力定律的应用
【考点诠释】
1．开普勒第三定律
r3
(1) ＝k，其中k与中心天体有关，r是椭圆轨道的半长轴。
T2
(2)对同一中心天体的所有行星，该公式都成立。
2．估算中心天体的质量和密度的两条思路
42/2902022届衡水中学物理一本通高分手册
Mm gR2 M M 3g
(1)利用中心天体的半径和表面的重力加速度g计算。由G ＝mg求出M＝ ，进而求得ρ＝ ＝ ＝ 。
R2 G V 4 πR3 4πGR
3
Mm 4π2 4π2r3
(2)利用环绕天体的轨道半径r和周期T计算。由G ＝m r，可得出M＝ 。若环绕天体绕中心天体表面
r2 T2 GT2
M 3π
做匀速圆周运动，轨道半径r＝R，则ρ＝ ＝ 。
4 πR3 GT2
3
【典例分析1】若宇航员在月球表面附近高h处以初速度v 水平抛出一个小球，测出小球的水平射程为L。已
0
知月球半径为R，引力常量为G。则下列说法正确的是( )
hv2 3hv2
A．月球表面的重力加速度g ＝ 0 B．月球的平均密度ρ＝ 0
月 L2 2πGL2R
v hR2v2
C．月球的第一宇宙速度v＝ 0 2hR D．月球的质量m ＝ 0
L 月 GL2
【答案】 BC
【解析】 设月球表面的重力加速度为g ，小球在月球表面做平抛运动，根据平抛知识可知在水平方向上L＝
月
1 2hv2 Gm m 2hR2v2
v t，在竖直方向上h＝ g t2，解得g ＝ 0，故A错误；在月球表面 月 ＝mg ，解得m ＝ 0，则月
0 2 月 月 L2 R2 月 月 GL2
2hR2v2
0
球密度为ρ＝ m 月 ＝ GL2 ＝ 3hv2 0 ，故B正确，D错误；月球的第一宇宙速度v＝ g R＝ v 0 2hR，故C正确。
4 πR3 4
πR3
2πGL2R 月 L
3
3
【典例分析2】“探路者”号宇宙飞船在宇宙深处飞行过程中，发现A、B两颗密度均匀的球形天体，两天体各有
一颗靠近其表面飞行的卫星，测得两颗卫星的周期相等，以下判断正确的是( )
A．天体A、B的质量一定相等
B．两颗卫星的线速度一定相等
C．天体A、B表面的重力加速度之比等于它们的半径之比
D．天体A、B的密度一定不相等
【答案】C
Mm 4π2 4π2 R3
【解析】根据万有引力提供向心力得G ＝m R，解得M＝ · ，T相等，R不一定相等，所以天体A、B
R2 T2 G T2
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2πR
的质量不一定相等，选项A错误；卫星的线速度为v＝ ，T相等，而R不一定相等，故线速度不一定相等，
T
4π2R
选项B错误；天体A、B表面的重力加速度等于对应卫星的向心加速度，即g＝a＝ ，可见天体A、B表面
T2
4π2 R3
·
M M G T2 3π
的重力加速度之比等于它们的半径之比，选项C正确；天体的密度为ρ＝ ＝ ＝ ＝ ，由于两颗卫
V 4 πR3 4 GT2
πR3
3
3
星的周期相等，则天体A、B的密度一定相等，选项D错误。
【规律总结】估算天体质量(密度)的两点注意
(1)利用万有引力提供天体做圆周运动的向心力估算天体质量时，求出的只是中心天体的质量，并非环绕天体的
质量。
4
(2)区别天体半径R和卫星轨道半径r，只有在天体表面附近的卫星才有r≈R；计算天体密度时，体积V＝ πR3
3
只能用天体半径R。
考点二 天体的运行与变轨
【考点诠释】
1.天体运行参数
Mm v2 4π2
(1)万有引力提供向心力，即G ＝ma＝m ＝mω2·r＝m ·r。
r2 r T2
GMm
(2)天体对其表面物体的万有引力近似等于重力，即 ＝mg或GM＝gR2(R、g分别是天体的半径、表面重力
R2
加速度)，公式GM＝gR2应用广泛，被称为“黄金代换式”。
2.地面赤道上物体与地球卫星的比较
(1)地面赤道上的物体随地球一起转动，具有相同的角速度，所受万有引力并非全部提供向心力。
(2)空中绕地球自转的卫星万有引力全部充当向心力，周期和半径有关。
(3)比较地面赤道上物体和空中卫星的运行参数，可借助同步卫星的“桥梁”作用。
3.卫星变轨问题
Mm v2
(1)卫星变轨的运动模型是向心运动和离心运动。当由于某种原因卫星速度v突然增大时，有G m ，卫星将做向心运动。
r2 r
(2)在不同轨道的同一点，加速度相同、线速度不同、机械能不同。
【典例分析3】有a、b、c、d四颗地球卫星，a还未发射，在赤道表面上随地球一起转动，b是近地轨道卫星，
c是地球同步卫星，d是高空探测卫星，它们均做匀速圆周运动，各卫星排列位置如图所示，则( )
A．a的向心加速度等于重力加速度g，c的向心加速度大于d的向心加速度
B．在相同时间内b转过的弧长最长，a、c转过的弧长对应的角度相等
π π
C．c在4小时内转过的圆心角是 ，a在2小时内转过的圆心角是
3 6
D．b的周期一定小于d的周期，d的周期一定小于24小时
【答案】BC
【解析】a在地球表面随地球一起转动，其万有引力等于重力与向心力之和，且重力远大于向心力，故a的向
Mm GM
心加速度远小于重力加速度g，根据牛顿第二定律，万有引力提供向心力，G ＝ma ，解得向心加速度a ＝ ，
n n
r2 r2
由于卫星d的轨道半径大于卫星c的轨道半径，所以卫星c的向心加速度大于d的向心加速度，选项A错误；
地球同步卫星c绕地球运动的角速度与地球自转角速度相同，相同时间内a、c转过的弧长对应的角度相等，由
GMm v2 GM
＝m 可得v＝ ，轨道半径越小速度越大，则v >v >v ，又a与c角速度相等，且a的轨道半径小于
b c d
r2 r r
c的轨道半径，故v >v ，即b的速度最大，所以在相同时间内b转过的弧长最长，选项B正确；a、c角速度相
c a
2π π 2π π
同，在4小时内转过的圆心角都为 ＝ ，在2小时内转过的圆心角都为 ＝ ，选项C正确；c和b的轨道半
6 3 12 6
径都小于d的轨道半径，由开普勒第三定律可知，b的运动周期一定小于d的运动周期，d的运动周期一定大于
c的运动周期(24小时)，选项D错误。
【规律总结】研究卫星运行熟悉“三星一物”
(1)同步卫星的周期、轨道平面、高度、线速度的大小、角速度、绕行方向均是固定不变的，常用于无线电通信，
故又称通信卫星。
(2)极地卫星运行时每圈都经过南北两极，由于地球自转，极地卫星可以实现全球覆盖。
45/2902022届衡水中学物理一本通高分手册
(3)近地卫星是在地球表面附近环绕地球做匀速圆周运动的卫星，其运行的轨道半径可近似认为等于地球的半径，
其运行线速度约为7.9km/s。
(4)赤道上的物体随地球自转而做匀速圆周运动，由万有引力和地面支持力的合力充当向心力(或者说由万有引力
的分力充当向心力)，它的运动规律不同于卫星，但它的周期、角速度与同步卫星相等。
【典例分析4】．如图所示，设地球半径为R，假设某地球卫星在距地球表面高度为h的圆形轨道Ⅰ上做匀速圆周
运动，运行周期为T，到达轨道的A点时点火变轨进入椭圆轨道Ⅱ，到达轨道的近地点B时，再次点火进入近
地轨道Ⅲ绕地做匀速圆周运动，引力常量为G，不考虑其他星球的影响， 则下列说法正确的是( )
4π2R3
A．地球的质量可表示为
GT2
B．该卫星在轨道Ⅲ上B点的速率大于在轨道Ⅱ上A点的速率
C．卫星在圆轨道Ⅰ和圆轨道Ⅲ上做圆周运动时，轨道Ⅰ上动能小，引力势能大，机械能小
D．卫星从远地点A向近地点B运动的过程中，加速度变小
【答案】B
Mm 4π2 4π2R＋h3
【解析】卫星在轨道Ⅰ上的运动过程中，万有引力充当向心力，故有G ＝m (R＋h)，解得M＝ ，
R＋h2 T2 GT2
Mm v2 Mm v2
A错误；卫星在轨道Ⅰ上过A点做匀速圆周运动，即G ＝m Ⅰ，卫星在轨道Ⅱ上过A点做近心运动，即G >m Ⅱ，
r2 r r2 r
所以卫星在轨道Ⅰ上A点速率大于在轨道Ⅱ上A点的速率，在轨道Ⅲ上B点的速率大于在轨道Ⅰ上A点的速率，B
正确；从A运动到B的过程，地球引力对卫星做负功，引力势能减小，因卫星在轨道Ⅲ上的速度大于轨道Ⅰ上的
速度，故此过程中卫星的动能增加，在Ⅰ轨道上A点点火减速，使卫星由高轨道进入低轨道，在Ⅱ轨道上B点点
Mm GM
火，卫星减速并做向心运动，则卫星的机械能减小，C错误；根据公式G ＝ma可得a＝ ，所以卫星距离
r2 r2
地球越远，其向心加速度越小，故卫星从远地点到近地点运动过程中，加速度变大，D错误。
【典例分析5】．如图所示，飞行器在距月球表面高度为3R的圆形轨道Ⅰ上运动，到达轨道A点点火变轨进入椭
圆轨道Ⅱ，到达轨道近月点B再次点火进入近月轨道Ⅲ并绕月球做匀速圆周运动．假设月球半径为R，月球表
46/2902022届衡水中学物理一本通高分手册
面的重力加速度为g，则( )
A．飞行器在B点处点火后，动能增加
5R
B．由已知条件可求出飞行器在轨道Ⅱ上的运行周期为5π
2g
C．仅在万有引力作用下，飞行器在轨道Ⅱ上通过B点的加速度大于在轨道Ⅲ上通过B点的加速度
R
D．飞行器在轨道Ⅲ上绕月球运行一周所需的时间为2π
g
【答案】 BD
【解析】 在B点应给飞行器点火减速，动能减小，故A错误；设飞行器在近月轨道Ⅲ绕月球运行一周所需的
4π2 R
时间为T ，则：mg＝mR ，解得：T ＝2π ，根据几何关系可知，Ⅱ轨道的半长轴a＝2.5R，根据开普勒第
3 3
T 2 g
3
R3 2.5R3 5R
三定律有 ＝ ，则可以得到：T ＝5π ，故B、D正确；仅在万有引力作用下，飞行器在轨道Ⅱ上通
2
T 2 T 2 2g
3 2
过B点时到月球球心的距离与在轨道Ⅲ上通过B点时到月球球心的距离相等，万有引力相同，则加速度相等，
故C错误．
【规律总结】航天器变轨问题的“三点”注意
(1)航天器变轨时半径的变化，根据万有引力和所需向心力的大小关系判断；稳定在新圆轨道上的运行速度变化
GM
由v＝ 判断。
r
(2)同一航天器在一个确定的圆(椭圆)轨道上运行时机械能守恒，在不同轨道上运行时机械能不同，轨道半径越
大，机械能越大。
(3)航天器经过不同轨道的相交点时，加速度相等，外轨道的速度大于内轨道的速度。
【典例分析6】．如图所示，一火箭中固定有一水平放置的压力传感器，传感器上放有一个质量为m的科考仪
g
器．火箭从地面由静止开始以 的初始加速度竖直向上加速运动，火箭通过控制系统使其在上升过程中压力传感
2
R
器的示数保持不变．当火箭上升到距地面 的高度时(地球的半径为R，地球表面处的重力加速度为g)，以下判
2
47/2902022届衡水中学物理一本通高分手册
断正确的是( )
1 4
A．此高度处的重力加速度为 g B．此高度处的重力加速度为 g
4 9
5 19
C．此高度处火箭的加速度为 g D．此高度处火箭的加速度为 g
4 18
【答案】 BD
GMm R GMm
【解析】 由地球表面万有引力近似等于重力得：mg＝ ，距地面 的高度时，mg′＝ ，联立可得：g′
R2 2 R＋ R 2
2
4
＝ g，故A错误，B正确；
9
g
由牛顿第二定律可知，在地面，F －mg＝m·
N
2
R
距地面 的高度时，F －mg′＝ma
N
2
19
联立解得：a＝ g，故C错误，D正确．
18
考点三 天体运动中的多星模型
【考点诠释】
1．宇宙双星模型特点
Gm m Gm m
(1)各自所需的向心力由彼此间的万有引力提供，即 1 2＝m ω2r ， 1 2＝m ω2r 。
1 1 1 2 2 2
L2 L2
(2)两颗星的周期及角速度都相同，即T ＝T ，ω ＝ω 。
1 2 1 2
(3)两颗星的运行半径与它们之间的距离关系为：r ＋r ＝L。
1 2
2．宇宙多星模型特点
48/2902022届衡水中学物理一本通高分手册
(1)天体运动中，三星、四星等多星模型是指相互作用且围绕某一点做圆周运动的星体。
(2)星体做圆周运动所需向心力由其他星体对它的万有引力的合力提供(如图所示)，在多星系统中各星体运行的
角速度相等。
【典例分析7】如图所示，A、B两颗恒星分别绕它们连线上某一点做匀速圆周运动，我们通常称之为“双星系
统”，A的质量为B的2倍，忽略其他星球对二者的引力，下列说法正确的是( )
A．恒星A的向心加速度是B的一半 B．恒星A的线速度是B的2倍
C．恒星A的公转周期是B的一半 D．恒星A的动能是B的2倍
【答案】A
【解析】A、B之间的引力提供各自的向心力，由牛顿第二定律可知，A、B的向心力相等，角速度和周期相等，
4π2 4π2
则有2M r ＝M r ，解得恒星A与恒星B的轨道半径之比为r ∶r ＝1∶2，由v＝ωr，a＝ω2r，T ＝T ，可
A B A B A B
T2 T2
1 E m v2 2 1 1
得A正确，B、C错误；由动能E ＝ mv2可得 kA＝ A· A＝ × ＝ ，故D错误。
k
2 E m v2 1 4 2
kB B B
【典例分析8】关于引力波，早在1916年爱因斯坦基于广义相对论预言了其存在。1974年拉塞尔赫尔斯和约瑟
夫泰勒发现赫尔斯—泰勒脉冲双星，这双星系统在互相公转时，由于不断发射引力波而失去能量，逐渐相互靠
近，此现象为引力波的存在提供了首个间接证据。科学家们猜测该双星系统中体积较小的星球能“吸食”另一颗
体积较大的星球表面的物质，达到质量转移的目的，则关于赫尔斯—泰勒脉冲双星周期T随双星之间的距离L
变化的关系图象正确的是( )
49/2902022届衡水中学物理一本通高分手册
A B
C D
【答案】B
2π 2 2π 2
Gm m
【解析】双星做匀速圆周运动的向心力由它们之间的万有引力提供， 1 2＝m T R ＝m T R ，由几何关
1 1 2 2
L2
系得：R ＋R ＝L，解得： 1 ＝ Gm 1 ＋m 2 · 1 ，已知此双星系统中体积较小的星球能“吸食”另一颗体积较大的星
1 2
T2 4π2 L3
1 1
体表面的物质，达到质量转移的目的，每个星球的质量变化，但质量之和不变，所以 ∝ ，故B正确，A、C、
T2 L3
D错误。
【规律总结】双星模型归纳
(1)定义：绕公共圆心转动的两个星体组成的系统，我们称之为双星系统，如图所示。
(2)特点：
①各自所需的向心力由彼此间的万有引力提供，即
Gm m Gm m
1 2＝m ω2r ， 1 2＝m ω2r 。
1 1 1 2 2 2
L2 L2
②两颗星的周期及角速度都相同，
即T ＝T ，ω ＝ω 。
1 2 1 2
50/2902022届衡水中学物理一本通高分手册
③两颗星的半径与它们之间的距离关系为：r ＋r ＝L。
1 2
④两颗星到圆心的距离r 、r 与星体质量成反比，即
1 2
m r
1＝ 2。
m r
2 1
L3
⑤双星的运动周期T＝2π 。
Gm ＋m
1 2
4π2L3
⑥双星的总质量m ＋m ＝ 。
1 2
T2G
【典例分析9】宇宙中存在一些离其他恒星较远的三星系统，通常可忽略其他星体对它们的引力作用，三星质
量相同。现已观测到稳定的三星系统存在两种基本的构成形式：一种是三颗星位于同一直线上，两颗星围绕中
央星做圆周运动，如图甲所示；另一种是三颗星位于等边三角形的三个顶点上，并沿外接于等边三角形的圆形
轨道运行，如图乙所示。设两种系统中三个星体的质量均为m，且两种系统中各星间的距离已在图甲、图乙中
标出，引力常量为G，则( )
甲 乙
Gm
A．直线三星系统中星体做圆周运动的线速度大小为
L
L3
B．直线三星系统中星体做圆周运动的周期为4π
5Gm
L3
C．三角形三星系统中每颗星做圆周运动的角速度为2
3Gm
3Gm
D．三角形三星系统中每颗星做圆周运动的加速度大小为
L2
【答案】BD
【解析】在直线三星系统中，星体做圆周运动的向心力由其他两星对它的万有引力的合力提供，根据万有引力
m2 m2 v2 1 5Gm 2πr
定律和牛顿第二定律，有G ＋G ＝m ，解得v＝ ，A项错误；由周期T＝ 知，直线三星系统
L2 2L2 L 2 L v
L3 m2
中星体做圆周运动的周期为T＝4π ，B项正确；同理，对三角形三星系统中做圆周运动的星体，有2G cos
5Gm L2
51/2902022届衡水中学物理一本通高分手册
L 3Gm m2 3Gm
30°＝mω2· ，解得ω＝ ，C项错误；由2G cos30°＝ma，得a＝ ，D项正确。
2cos30° L3 L2 L2
【规律总结】多星模型归纳
(1)定义：所研究星体的万有引力的合力提供做圆周运动的向心力，除中央星体外，各星体的角速度或周期相同。
(2)三星模型：
①三颗星体位于同一直线上，两颗质量相等的环绕星围绕中央星在同一半径为R的圆形轨道上运行(如图甲所示)。
②三颗质量均为m的星体位于等边三角形的三个顶点上(如图乙所示)。
甲 乙 丙 丁
(3)四星模型：
①其中一种是四颗质量相等的星体位于正方形的四个顶点上，沿着外接于正方形的圆形轨道做匀速圆周运动(如
图丙所示)。②另一种是三颗质量相等的星体始终位于正三角形的三个顶点上，另一颗位于中心O，外围三颗星
绕O做匀速圆周运动(如图丁所示)。
【典例分析10】位于贵州的“中国天眼”(FAST)是目前世界上口径最大的单天线射电望远镜，通过FAST可以测
量地球与木星之间的距离．当FAST接收到来自木星的光线传播方向恰好与地球公转线速度方向相同时，测得
地球与木星的距离是地球与太阳距离的k倍．若地球和木星绕太阳的运动均视为匀速圆周运动且轨道共面，则
可知木星的公转周期为( )
3 3
A．(1＋k2) 年 B．(1＋k2) 年
4 2
3 3
C．(1＋k) 年 D．k 年
2 2
【答案】 A
【解析】 该题中，太阳、地球、木星的位置关系如图：
52/2902022届衡水中学物理一本通高分手册
设地球的公转半径为R ，木星的公转半径为R ，测得地球与木星的距离是地球与太阳距离的k倍，则有：R 2
1 2 2
R 3 R 3 R 3 3
＝R 2＋(kR )2＝(1＋k2)R 2，由开普勒第三定律有： 1 ＝ 2 ，可得：T2＝ 2 ·T2＝(1＋k2) ·T 2，由于地球公转周
1 1 1 2 1 1
T 2 T 2 R 3 2
1 2 1
3
期T ＝1年，则有：T ＝(1＋k2) 年，故A正确，B、C、D错误．
1 2
4
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第二部分 功能与动量
专题 功、功率 动能定理
05
一、素养呈现
1.物理观念：功、功率。
2.科学思维：机车启动问题、动能定理。
3.科学态度与责任：两类机车启动问题。
二、素养落实
1.掌握功、功率的计算方法
2.掌握两类机车启动问题的分析计算方法
3.理解动能定理，掌握动能定理的应用方法
考点一 功的分析与计算
【考点诠释】
1．功的正负的判断方法
(1)恒力做功正负的判断：依据力与位移的夹角来判断。
54/2902022届衡水中学物理一本通高分手册
(2)曲线运动中做功正负的判断：依据F与v的方向的夹角α来判断。0°≤α<90°，力对物体做正功；90°<α≤180°，
力对物体做负功；α＝90°，力对物体不做功。
2．恒力做功的计算方法
3．合力做功的计算方法
方法一：先求合外力F ，再用W ＝F lcosα求功。适用于F 为恒力的过程。
合 合 合 合
方法二：先求各个力做的功W 、W 、W …，再应用W ＝W ＋W ＋W …求合外力做的功。
1 2 3 合 1 2 3
【典例分析1】一质量为m的物体静止在水平地面上，在水平拉力的作用下开始运动，图甲是在0～6s内其速
度与时间关系图象，图乙是拉力的功率与时间关系图象，g取10m/s2。下列判断正确的是( )
甲 乙
A．拉力的大小为4N，且保持不变 B．物体的质量为2kg
C．0～6s内物体克服摩擦力做的功为24J D．0～6s内拉力做的功为156J
【答案】BD
【解析】对物体受力分析，由图甲可知，在0～2s内物体做匀加速运动，拉力大于滑动摩擦力，在2～6s内物
体做匀速运动，拉力等于滑动摩擦力，因此拉力大小不恒定，选项A错误；在2～6s内根据功率公式P＝Fv，
P Δv
有F＝ ＝4N，故滑动摩擦力f＝F＝4N，在图甲中，0～2s内有a＝ ＝3m/s2，由牛顿第二定律可知F′－f＝
v Δt
ma，又P′＝F′v，联立解得m＝2kg，F′＝10N，选项B正确；由图甲可知在0～6s内物体通过的位移为x＝30
1
m，故物体克服摩擦力做的功为W＝fx＝120J，选项C错误；由动能定理可知W－W＝ mv2，故0～6s内拉力
f f
2
1 1
做的功W＝ mv2＋W＝ ×2×62J＋120J＝156J，选项D正确。
f
2 2
【规律总结】(1)根据vt图象可以获得物体的运动速度、加速度、通过的位移等信息，根据Pt图象结合功率公
55/2902022届衡水中学物理一本通高分手册
式可以求出力的大小。
(2)恒力做功可以根据功的定义式求解，变力做功一般根据动能定理求解。
【典例分析2】如图所示，水平路面上有一辆质量为M的汽车，车厢中有一个质量为m的人正用恒力F向前推
车厢，在车以加速度a向前加速行驶距离L的过程中，下列说法正确的是( )
A．人对车的推力F做的功为FL B．人对车做的功为maL
C．车对人的作用力大小为ma D．车对人的摩擦力做的功为(F－ma)L
【答案】A
【解析】根据功的公式可知，人对车的推力做功W＝FL，故A正确；在水平方向上，由牛顿第二定律可知车对
人的作用力为F′＝ma，由牛顿第三定律可知人对车的作用力为－ma，人对车做功为W＝－maL，故B错误；人
水平方向受到的合力为ma，竖直方向上车对人还有支持力，故车对人的作用力为N＝ ma2＋mg2＝m a2＋g2，
故C错误；对人由牛顿第二定律可得f－F＝ma，则f＝ma＋F，车对人的摩擦力做功为W＝fL＝(F＋ma)L，故
D错误。
【规律总结】恒力做功的计算方法
考点二 功率的分析与计算
【考点诠释】
1．平均功率的计算方法
(1)利用 P ＝ W 。
t
(2)利用 P ＝F· v cosα，其中 v 为物体运动的平均速度，F为恒力。
2．瞬时功率的计算方法
56/2902022届衡水中学物理一本通高分手册
(1)利用公式P＝F·vcosα，其中v为t时刻的瞬时速度。
(2)P＝F·v ，其中v 为物体的速度v在力F方向上的分速度。
F F
(3)P＝F·v，其中F 为物体受到的外力F在速度v方向上的分力。
v v
【典例分析3】(多选)质量为m的物体从距地面H高处自由下落，经历时间t，则下列说法中正确的是( )
1
A．t秒内重力对物体做功为 mg2t2
2
B．t秒内重力的平均功率为mg2t
t
C． 秒末重力的瞬时功率与t秒末重力的瞬时功率之比为1∶2
2
t t
D．前 秒内重力做功的平均功率与后 秒内重力做功的平均功率之比为1∶3
2 2
【答案】ACD
1
mg2t2
1 1 W 1
【解析】物体自由下落，t秒内物体下落h＝ gt2，W＝mgh＝ mg2t2，故A正确；P＝ ＝2 ＝ mg2t，故B
t
2 2 t 2
t
t t t
错误；从静止开始自由下落，前 秒末与后 秒末的速度之比为1∶2(因v＝gt∝t)，又有P＝Fv＝mgv∝v，故前
2 2 2
t t t
秒末与后 秒末功率瞬时值之比为P ∶P ＝1∶2，C正确；前 秒与后 秒下落的位移之比为1∶3，则重力做功
1 2
2 2 2
之比为1∶3，故重力做功的平均功率之比为1∶3，D正确。
【规律总结】求解功率时应注意的三个问题
(1)首先要明确所求功率是平均功率还是瞬时功率。
(2)平均功率与一段时间(或过程)相对应，计算时应明确是哪个力在哪段时间(或过程)内做功的平均功率。
(3)瞬时功率计算时应明确是哪个力在哪个时刻(或状态)的功率。
考点三 机车启动问题
【考点诠释】
1．两种启动方式
57/2902022届衡水中学物理一本通高分手册
以恒定功率启动 以恒定加速度启动
Pt图象和vt图象
F－F v↑
P F－F
a＝ 阻不变⇒F不变⇒P＝Fv↑直到P
额
OA段过程分析 v↑⇒F＝ ↓⇒a＝ 阻↓ m
v m
＝Fv
1
v
运动性质 加速度减小的加速运动 匀加速直线运动，维持时间t ＝ 1
0
a
P P F－F
AB段过程分析 F＝F
阻
⇒a＝0⇒v
m
＝ v↑⇒F＝ 额↓⇒a＝ 阻↓
F v m
阻
运动性质 以v 做匀速直线运动 加速度减小的加速运动
m
P
BC段 无 F＝F
阻
⇒a＝0⇒以v
m
＝ 额做匀速运动
F
阻
2.三个重要关系式
P
(1)无论哪种启动过程，机车的最大速度都为v ＝ 。
m
F
阻
P P
(2)机车以恒定加速度启动时，匀加速过程结束后功率最大，速度不是最大，即v＝ 1 2，故D错误。
2
2
【典例分析5】一辆小汽车在水平路面上由静止启动，在前5s内做匀加速直线运动，5s末达到额定功率，之
后保持以额定功率运动，其vt图象如图所示。已知汽车的质量为m＝1×103kg，汽车受到地面的阻力为车重的
0.1倍，g取10m/s2，则以下说法正确的是( )
A．汽车在前5s内的牵引力为5×102N B．汽车速度为25m/s时的加速度为5m/s2
C．汽车的额定功率为100kW D．汽车的最大速度为80m/s
【答案】C
Δv 20
【解析】由图象可知匀加速直线运动的加速度为a＝ ＝ m/s2＝4m/s2，根据牛顿第二定律得F－f＝ma，解
Δt 5
得牵引力为F＝f＋ma＝0.1×1×104N＋1×103×4N＝5×103N，故A错误。额定功率为P＝Fv＝5000×20W＝100
P 100000 F′－f
kW，故C正确。当车的速度是25m/s时，牵引力F′＝ ＝ N＝4000N，此时车的加速度a′＝ ＝
v′ 25 m
4000－0.1×1×104 P P
m/s2＝3 m/s2，故 B 错误。当牵引力与阻力相等时，速度最大，最大速度为 v ＝ ＝ ＝
m
1×103 F f
100000
m/s＝100m/s，故D错误。
1000
【规律总结】机车启动问题的两种求解思路
(1)图解机车以恒定功率启动：
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(2)图解机车以恒定加速度启动：
考点四 动能定理的应用
1．对动能定理的理解
(1)动能定理表达式W＝ΔE 中，W表示所有外力做功的代数和。ΔE 为所研究过程的末动能与初动能之差，且
k k
物体的速度均是相对地面的速度。
(2)
2．应用动能定理解题应注意的四点
(1)动能定理往往用于单个物体的运动过程，由于不涉及加速度及时间，比动力学研究方法要简捷。
(2)动能定理表达式是一个标量式，在某个方向上应用动能定理是没有依据的。
(3)物体在某个运动过程中包含有几个运动性质不同的过程(如加速、减速的过程)，此时可以分段考虑，也可以
对全过程考虑，但如能对整个过程利用动能定理列式，则可使问题简化。
(4)根据动能定理列方程时，必须明确各力做功的正、负，确实难以判断的先假定为正功，最后根据结果加以检
验。
【典例分析6】如图是一种常见的圆桌，桌面中间嵌一半径为r＝1.5m、可绕中心轴转动的圆盘，桌面与圆盘
面在同一水平面内且两者间缝隙可不考虑。已知桌面离地高度为h＝0.8m，将一可视为质点的小碟子放置在圆
盘边缘，若缓慢增大圆盘转动的角速度，碟子将从圆盘上甩出并滑上桌面，再从桌面飞出，且落地点与桌面飞
出点的水平距离为0.4m。已知碟子质量m＝0.1kg，碟子与圆盘间的最大静摩擦力F ＝0.6N，最大静摩擦力
max
等于滑动摩擦力，取g＝10m/s2。求：
60/2902022届衡水中学物理一本通高分手册
(1)碟子从桌面飞出时的速度大小；
(2)碟子在桌面上运动时，桌面摩擦力对它做的功；
(3)若碟子与桌面间动摩擦因数为μ＝0.225，要使碟子不滑出桌面，则桌面半径至少是多少？
【答案】 (1)1m/s (2)－0.4J (3)2.5m
【解析】 (1)碟子滑离圆桌后做平抛运动，则
1
h＝ gt2，x＝vt
2
g
解得v＝x ＝1m/s。
2h
(2)由题意得，当碟子在圆盘上转动时，由静摩擦力提供向心力，当静摩擦力达到最大时，碟子即将滑落，设碟
v2
子从圆盘上甩出时的速度大小为v ，则F ＝m 0
0 max
r
解得v ＝3m/s
0
1 1
由动能定理得W＝ mv2－ mv2，代入数据得W＝－0.4J。
f 0 f
2 2
(3)当碟子滑到圆桌边缘时速度恰好减为零，对应的圆桌半径取最小值。设碟子在圆桌上滑动的位移为s，由动
1
能定理有－μmgs＝0－ mv2
0
2
则圆桌的最小半径为R＝ r2＋s2
联立解得R＝2.5m。
【规律总结】应用动能定理解题的思维流程
61/2902022届衡水中学物理一本通高分手册
【典例分析7】如图甲所示，一竖直面内的轨道是由粗糙斜面AB和光滑轨道BCD组成，AB与BCD相切于B
点，C为圆轨道的最低点，将物块置于轨道ABC上离地面高为H处由静止下滑，可用力传感器测出其经过C
点时对轨道的压力F 。现将物块放在ABC上不同高度处，让H从零开始逐渐增大，传感器测得物块每次从不
N
同高度处下滑到C点时对轨道的压力F ，得到如图乙两段直线PQ和QI，且IQ反向延长线与纵轴交点坐标值
N
为2.5N，g取10m/s2。求：
甲 乙
(1)小物块的质量m及圆轨道的半径R；
(2)轨道BC所对圆心角；
(3)小物块与斜面AB间的动摩擦因数。
【审题导引】：解此题的关键是把握图象的信息，并将图象信息与物理过程相对应，如下图所示。
3
【答案】 (1)0.2kg 1m (2)60° (3)
4
【解析】 (1)小物块从圆轨道BC滑下，
1
由动能定理可知mgH＝ mv2
C
2
在C点合力提供向心力
v2
F －mg＝m C
N
R
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2mg
F ＝ H＋mg
N
R
2mg 4－2
结合PQ段图象知mg＝2N，m＝0.2kg， ＝
R 0.5
解得R＝1m。
(2)由于图线Q点对应于轨道的B点，而此时H＝0.5m，则轨道BC所对圆心角θ由几何关系可知H＝R(1－cosθ)，
代入数据解得θ＝60°。
(3)小物块从A到C，由动能定理可得
μmgcosθH－0.5 1
mgH－ ＝ mv2，
sinθ 2
到达C点处由向心力公式可得
mv2 3
F′ －mg＝ ，联立得μ＝ 。
N
R 4
【规律总结】动能定理与图象结合问题的分析方法
(1)首先看清所给图象的种类(如vt图象、Ft图象、E t图象等)。
k
(2)挖掘图象的隐含条件，得出所需要的物理量，如由vt图象所包围的“面积”求位移，由Fx图象所包围的“面
积”求功等。
(3)分析有哪些力做功，根据动能定理列方程，求出相应的物理量。
【典例分析8】如图所示AB和CDO都是处于竖直平面内的光滑圆弧形轨道，OA处于水平位置。AB是半径为
1
R＝1m的 圆周轨道，CDO是半径为r＝0.5m的半圆轨道，最高点O处固定一个竖直弹性挡板(可以把小球弹
4
回，不损失能量，图中没有画出)，D为CDO轨道的中点。BC段是水平粗糙轨道，与圆弧形轨道平滑连接。已
知BC段水平轨道长L＝2m，与小球之间的动摩擦因数μ＝0.2。现让一个质量为m＝1kg的小球从A点的正上
方距水平线OA高H的P处自由落下。(g取10m/s2)
(1)当H＝2m时，求此时小球第一次到达D点对轨道的压力大小；
63/2902022届衡水中学物理一本通高分手册
(2)为使小球仅仅与弹性挡板碰撞一次，且小球不会脱离CDO轨道，求H的取值范围。
【答案】 (1)84N (2)0.65m≤H≤0.7m
【解析】 (1)设小球第一次到达D的速度为v ，对小球从P到D点的过程，根据动能定理得：
D
1
mg(H＋r)－μmgL＝ mv2－0
D
2
在D点轨道对小球的支持力F 提供向心力，则有：
N
v2
F ＝m D
N
r
联立解得：F ＝84N
N
由牛顿第三定律得，小球对轨道的压力为：
F′ ＝F ＝84N。
N N
(2)为使小球仅仅与挡板碰撞一次，且小球不会脱离CDO轨道，H最小时必须满足能上升到O点，由动能定理
得：
1
mgH －μmgL＝ mv2－0
min O
2
v2
在O点有：mg＝m O
r
代入数据解得：H ＝0.65m
min
仅仅与弹性挡板碰撞一次，且小球不会脱离CDO轨道，H最大时，碰后再返回最高点能上升到D点，则有：
mg(H ＋r)－3μmgL＝0
max
代入数据解得：H ＝0.7m
max
故有：0.65m≤H≤0.7m。
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【规律总结】应用动能定理求多过程问题的技巧
1．运用动能定理解决多过程问题时，有两种思路：一种是全过程列式，另一种是分段列式。
2．全过程列式时，涉及重力、弹簧弹力，大小恒定的阻力或摩擦力做功，要注意运用它们的功能特点：
(1)重力做的功取决于物体的初、末位置，与路径无关；
(2)大小恒定的阻力或摩擦力做的功等于力的大小与路程的乘积。
(3)弹簧弹力做功与路径无关。
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第二部分 功能与动量
专题 机械能守恒定律 功能关系
06
一、素养呈现
1.物理观念：机械能。
2.科学思维：功能转化分析、“守恒”思想应用。
3.科学态度与责任：机械能守恒和能量守恒分析多过程、多物体问题。
二、素养落实
1.掌握机械能守恒的条件及判断方法
2.熟悉常见功能转化关系及能量守恒定律
3.掌握机械能守恒和能量守恒分析多过程、多物体问题的方
考点一 机械能守恒定律的应用
【考点诠释】
1．机械能守恒的三种判断方法
(1)用做功判断：若物体或系统只有重力(或弹簧的弹力)做功，虽受其他力，但其他力不做功，则其机械能守恒。
(2)用能量转化判断：若物体或系统中只有动能和势能的相互转化，而无机械能与其他形式的能的相互转化，则
其机械能守恒。
(3)对多个物体组成的系统，除考虑是否只有重力做功外，还要考虑系统内力是否做功，如有滑动摩擦力做功时，
66/2902022届衡水中学物理一本通高分手册
因摩擦生热，系统机械能将有损失。
2．机械能守恒定律的三种表达形式
【典例分析1】质量分别为m和2m的两个小球A和B，中间用轻质杆相连，在杆的中点O处有一水平固定转
动轴，把杆置于水平位置后释放，在B球顺时针转动到最低位置的过程中( )
A．B球的重力势能减少，动能增加，B球和地球组成的系统机械能守恒
B．A球的重力势能增加，动能也增加，A球和地球组成的系统机械能不守恒
C．A球、B球和地球组成的系统机械能守恒
D．A球、B球和地球组成的系统机械能不守恒
【答案】BC
【解析】B球从水平位置转到最低点的过程中，重力势能减少，动能增加，A球重力势能增加，动能增加，A
球和地球组成的系统机械能增加。 由于A球、B球和地球组成的系统只有重力做功，故系统机械能守恒，A
球和地球组成的系统机械能增加，则B球和地球组成的系统机械能一定减少，选项B、C正确。
【规律总结】机械能是否守恒的三种判断方法
(1)利用做功及守恒条件判断。
(2)利用机械能的定义判断：若物体或系统的动能、势能之和保持不变，则机械能守恒。
(3)利用能量转化判断：若物体或系统与外界没有能量交换，内部也没有机械能与其他形式能的转化，则机械能
守恒。
【典例分析2】如图所示，P是水平面上的固定圆弧轨道，从高台边B点以速度v 水平飞出质量为m的小球，
0
恰能从左端A点沿圆弧切线方向进入。O是圆弧的圆心，θ是OA与竖直方向的夹角。已知m＝0.5kg，v ＝3m/s，
0
θ＝53°，圆弧轨道半径R＝0.5m，g取10m/s2，不计空气阻力和所有摩擦，求：
67/2902022届衡水中学物理一本通高分手册
(1)A、B两点的高度差；
(2)小球能否到达最高点C？如能到达，小球对C点的压力大小为多少？
【答案】见解析
v
【解析】(1)小球从B到A做平抛运动，到达A点时，速度与水平方向的夹角为θ，则有v ＝ 0 ＝5m/s
A
cosθ
1 1
根据机械能守恒定律，有mgh＝ mv2－ mv2
A 0
2 2
解得A、B两点的高度差h＝0.8m。
(2)假设小球能到达C点，由机械能守恒定律得
1 1
mv2＋mgR(1＋cosθ)＝ mv2
C A
2 2
代入数据解得v ＝3m/s
C
小球通过C点的最小速度为v，
v2
则mg＝m ，v＝ gR＝ 5 m/s
R
因为v >v，所以小球能到达最高点C
C
v2
在C点，由牛顿第二定律得mg＋F＝m C
R
代入数据解得F＝4N
由牛顿第三定律知，小球对C点的压力大小为4N。
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【规律总结】应用机械能守恒定律解题的基本思路
【典例分析3】如图所示，质量为m的圆环套在与水平面成α＝53°角的固定的光滑细杆上，圆环用一轻绳通过
一光滑定滑轮挂一质量也为m的木块，初始时圆环与滑轮在同一水平高度上，这时定滑轮与圆环相距0.5m。
现由静止释放圆环，圆环及滑轮均可视为质点，轻绳足够长。已知重力加速度g＝10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°
＝0.6。则下列说法正确的是( )
A．圆环下滑0.6m时速度为零
B．圆环与木块的动能始终相等
C．圆环的机械能守恒
170
D．圆环下滑0.3m时速度为 m/s
5
【答案】D
【解析】当圆环下滑0.6m时，由几何关系知，木块高度不变，圆环高度下降了h′ ＝0.6sin53°m＝0.48m，由
1
1 1
运动的合成与分解得v′ ＝v′ cos53°，由系统机械能守恒有mgh′ ＝ mv′2＋ mv′2，由此可知，A错误；圆环与
木 环 1 木 环
2 2
木块组成的系统机械能守恒，C错误；设轻绳与细杆的夹角为θ，由运动的合成与分解得v ＝v cosθ，当圆环
木 环
下滑0.3m时，根据几何关系，θ＝90°，木块速度为零，圆环高度下降了h ＝0.3sin53°m＝0.24m，木块高度
1
1 170
下降了h ＝0.5m－0.5×sin53°m＝0.1m，由机械能守恒定律得mgh ＋mgh ＝ mv2，解得v ＝ m/s，B错
2 1 2 环 环
2 5
误，D正确。
【规律总结】多物体机械能守恒问题
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1．解决多物体系统机械能守恒的注意点
(1)对多个物体组成的系统要注意判断物体运动过程中，系统的机械能是否守恒。
(2)注意寻找用绳或杆相连接的物体间的速度关系和位移关系。
(3)列机械能守恒方程时，一般选用ΔE ＝－ΔE 或ΔE ＝－ΔE 的形式。
k p A B
2．几种实际情景的分析
(1)速率相等情景
用好两物体的位移大小关系或竖直方向高度变化的关系。
(2)角速度相等情景
杆对物体的作用力并不总是沿杆的方向，杆能对物体做功，单个物体机械能不守恒。
(3)关联速度情景
两物体速度的关联实质：沿绳(或沿杆)方向的分速度大小相等。
考点二 功能关系及能量守恒定律
【考点诠释】
1．常见的功能关系
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2．应用能量守恒定律的两条基本思路
(1)某种形式的能减少，一定存在其他形式的能增加，且减少量和增加量一定相等，即ΔE ＝ΔE 。
减 增
(2)某个物体的能量减少，一定存在其他物体的能量增加，且减少量和增加量一定相等，即ΔE ＝ΔE 。
A减 B增
【典例分析4】如图所示，某段滑雪雪道倾角为30°，总质量为m(包括雪具在内)的滑雪运动员从距底端高为h
1
处的雪道上由静止开始匀加速下滑，加速度为 g。在他从上向下滑到底端的过程中，下列说法正确的是( )
3
1
A．运动员减少的重力势能全部转化为动能 B．运动员获得的动能为 mgh
3
2 1
C．运动员克服摩擦力做功为 mgh D．下滑过程中系统减少的机械能为 mgh
3 3
【答案】D
1 1 1
【解析】运动员的加速度大小为 g，小于gsin30°＝ g，所以其必受摩擦力，且大小为 mg，克服摩擦力做的
3 2 6
1 h 1 1
功为 mg× ＝ mgh，故C错；摩擦力做负功，机械能不守恒，减少的重力势能没有全部转化为动能，有 mgh
6 sin30° 3 3
1 h 2
转化为内能，故A错，D对；由动能定理知，运动员获得的动能为 mg× ＝ mgh，故B错。
3 sin30° 3
【规律总结】功能关系的选取方法
(1)若只涉及动能的变化用动能定理。
(2)只涉及重力势能的变化，用重力做功与重力势能变化的关系分析。
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(3)只涉及机械能变化，用除重力和弹簧的弹力之外的力做功与机械能变化的关系分析。
【典例分析5】如图所示，质量为M的物块A放置在光滑水平桌面上，右侧连接一固定于墙面的水平轻绳，左
侧通过一倾斜轻绳跨过光滑定滑轮与一竖直轻弹簧相连。现将质量为m的钩码B挂于弹簧下端，当弹簧处于原
长时，将B由静止释放，当B下降到最低点时(未着地)，A对水平桌面的压力刚好为零。轻绳不可伸长，弹簧
始终在弹性限度内，物块A 始终处于静止状态。以下判断正确的是( )
A．M<2m
B．2mtan
1 2 1
θ>μ ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，A与挡板P相撞的过程中没有机械能损失。将A、B同时由静止释放。
2
(1)求A、B释放瞬间小物块A的加速度大小a ；
1
(2)若A与挡板P不相撞，求木板B的最小长度l ；
0
(3)若木板B的长度为l，求整个过程中木板B运动的总路程。
【答案】 (1)gsinθ－μ gcosθ (2) sinθ－μ 2 cosθ L (3)L－l或 Lsinθ－μ 1 lcosθ
2
μ
1
－μ
2
cosθ μ
2
cosθ
【解析】 (1)释放A、B，它们一起匀加速下滑。以A、B为研究对象，由牛顿第二定律有
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mgsinθ－μ mgcosθ＝ma
2 1
解得a ＝gsinθ－μ gcosθ。
1 2
(2)在B与挡板P相撞前，A和B相对静止，以相同的加速度一起向下做匀加速运动。B与挡板P相撞后立即静
止，A开始匀减速下滑。若A到达挡板P处时的速度恰好为零，此时B的长度即为最小长度l 。
0
从A释放至到达挡板P处的过程中，B与斜面间由于摩擦产生的热量
Q ＝μ mgcosθ·(L－l )
1 2 0
A与B间由于摩擦产生的热量
Q ＝μ mgcosθ·l
2 1 0
根据能量守恒定律有mgLsinθ＝Q ＋Q
1 2
sinθ－μ cosθ
解得l ＝ 2 L。
0
μ －μ cosθ
1 2
(3)分两种情况：
①若l≥l ，B与挡板P相撞后不反弹，A一直减速直到静止在木板B上
0
木板B通过的路程x＝L－l。
②若lμmgcosθ，故当物体与传送带同速后，物体将继续
2
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加速，即mgsinθ－μmgcosθ＝ma
2
1
L－x ＝vt ＋ a t2
1 2 22
2
解得t ＝1s
2
故物体由A端运动到B端的时间
t＝t ＋t ＝2s。
1 2
(2)物体与传送带间的相对位移
x ＝(vt －x )＋(L－x －vt )＝6m
相 1 1 1 2
故Q＝μmgcosθ·x ＝24J。
相
1
【典例分析9】如图所示，竖直平面内有一半径为R的固定 圆轨道与水平轨道相切于最低点B。一质量为m的
4
小物块P(可视为质点)从A处由静止滑下，经过最低点B后沿水平轨道运动，到C处停下，B、C两点间的距离
为R，物块P与圆轨道、水平轨道之间的动摩擦因数均为μ。现用力F将物块P沿下滑的路径从C处缓慢拉回
圆弧轨道的顶端A，拉力F的方向始终与物块P的运动方向一致，物块P从B处经圆弧轨道到达A处过程中，
克服摩擦力做的功为μmgR，下列说法正确的是( )
A．物块P在下滑过程中，运动到B处时速度最大
B．物块P从A滑到C的过程中克服摩擦力做的功等于2μmgR
C．拉力F做的功小于2mgR
D．拉力F做的功为mgR(1＋2μ)
【答案】CD
【解析】当重力沿圆轨道切线方向的分力等于滑动摩擦力时速度最大，此位置在AB之间，故A错误；将物块
P缓慢地从B拉到A，克服摩擦力做的功为μmgR，而物块P从A滑到B的过程中，物块P做圆周运动，根据
向心力知识可知物块P所受的支持力比缓慢运动时要大，则滑动摩擦力增大，所以克服摩擦力做的功W 大于
f
μmgR，因此物块P从A滑到C的过程中克服摩擦力做的功大于2μmgR，故B错误；由动能定理得，从C到A
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的过程中有W －mgR－μmgR－μmgR＝0－0，则拉力F做的功为W ＝mgR(1＋2μ)，故D正确；从A到C的过
F F
程中，根据动能定理得mgR－W－μmgR＝0，因为W>μmgR，则mgR>μmgR＋μmgR，因此W <2mgR，故C正
f f F
确。
【典例分析10】如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端连接一小物块，O点为弹簧在原长时物块的位置。物块
由A点静止释放，沿粗糙程度相同的水平面向右运动，最远到达B点。在从A到B的过程中，物块( )
A．加速度先减小后增大
B．经过O点时的速度最大
C．所受弹簧弹力始终做正功
D．所受弹簧弹力做的功等于克服摩擦力做的功
【答案】AD
【解析】对物块受力分析，当弹簧处于压缩状态时，由牛顿第二定律可得kx－f＝ma，x减小，a减小，当a＝0
时，物块速度最大，此时，物块在O点左侧，选项B错误；从加速度a＝0处到O点过程，由牛顿第二定律得
f－kx＝ma，x减小，a增大，当弹簧处于伸长状态时，由牛顿第二定律可得kx＋f＝ma，x增大，a继续增大，
可知物块的加速度先减小后增大，选项A正确；物块所受弹簧的弹力对物块先做正功，后做负功，选项C错误；
从A到B的过程，由动能定理可得W －W＝0，选项D正确。
弹 f
【规律总结】摩擦力做功的分析方法
一是无论是滑动摩擦力，还是静摩擦力，计算做功时都是用力与对地位移的乘积。二是摩擦生热的计算公式Q
＝F·x ，其中x 为两接触物体间的相对位移，若物体在传送带上做往复运动时，则x 为总的相对路程。
f 相对 相对 相对
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第二部分 功能与动量
专题 动量和能量的综合应用
07
一、素养呈现
1.物理观念：动量、冲量、碰撞、反冲
2.科学思维：动量定理、动量守恒定律、人船模型、“木块—滑块”模型、“子弹打木块”模型、“含弹簧”模型。
3.科学态度与责任：现代航天技术与反冲。
二、素养落实
1.掌握与动量相关的概念及规律
2.灵活应用解决碰撞类问题的方法
3.熟悉“三大观点”在力学中的应用技巧
考点一 动量定理和动量守恒定律
一．冲量和动量定理
【考点诠释】(1)恒力的冲量可应用I＝Ft直接求解，变力的冲量优先考虑应用动量定理求解，合外力的冲量可
利用I＝F ·t或I ＝Δp求解。
合 合
(2)动量定理的表达式是矢量式，在一维情况下，各个矢量必须选取统一的正方向。
【典例分析1】1998年6月18日，国产轿车在清华大学汽车工程研究所进行的整车安全性碰撞试验取得成功，
被誉为“中国轿车第一撞”。在碰撞过程中，关于安全气囊对驾驶员保护作用的说法正确的是( )
A．减小了驾驶员的动量变化量
B．减小了驾驶员的动量变化率
79/2902022届衡水中学物理一本通高分手册
C．减小了驾驶员受到撞击力的冲量
D．延长了撞击力的作用时间，从而使得驾驶员的动量变化量更大
【答案】B
【解析】在碰撞过程中，驾驶员的动量变化量是一定的，而使用安全气囊后增加了撞击力作用的时间，根据动
量定理Ft＝Δp可知，安全气囊可以减小驾驶员受到的冲击力，即减小了驾驶员的动量变化率，故B正确，A、
C、D错误。
【典例分析2】如图所示，在光滑水平面上有一质量为m的物体，它受到水平向右的力F的作用。力F分别按
图A、B、C、D所示的四种方式随时间t变化(图中纵坐标是F与mg的比值，水平向右为正方向)。已知物体在
t＝0时速度为零，若用v 、v 、v 、v 分别表示上述四种受力情况下物体在2s末的速率，则这四个速率中最大
1 2 3 4
的是( )
【答案】A
【解析】物体运动过程中，受重力、支持力、拉力作用，合力等于拉力，根据动量定理有I＝mv－0，故物体受
F
到冲量最大时，末速度最大，图中 t图象与t轴围成的面积与冲量大小成正比，上方冲量为正，下方冲量为
mg
负，由于A图中冲量的矢量和最大，故A图受力情况下物体的末速度最大。
【规律总结】1．应用动量定理解释的两类物理现象
(1)当物体的动量变化量一定时，力的作用时间Δt越短，力F就越大，力的作用时间Δt越长，力F就越小，如
玻璃杯掉在水泥地上易碎，而掉在沙地上不易碎。
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(2)当作用力F一定时，力的作用时间Δt越长，动量变化量Δp越大，力的作用时间Δt越短，动量变化量Δp越小。
2．应用动量定理解题的一般步骤
(1)确定研究对象。中学阶段的动量定理问题，其研究对象一般仅限于单个物体。
(2)对物体进行受力分析。可以先求每个力的冲量，再求各力冲量的矢量和；或先求合力，再求其冲量。
(3)抓住过程的初、末状态，选好正方向，确定各动量和冲量的正、负号。
(4)根据动量定理列方程，如有必要还需要其他补充方程，最后代入数据求解。对过程较复杂的运动，可分段用
动量定理，也可整个过程用动量定理。
二 动量和动量守恒定律
【考点诠释】(1)判断动量是否守恒时，要注意所选取的系统，注意区别系统内力与外力。系统不受外力或所受
合外力为零时，系统动量守恒。
(2)动量守恒具有矢量性，若系统在某个方向上合力为零，则系统在该方向上满足动量守恒定律。
(3)动量守恒表达式：m v ＋m v ＝m v′ ＋m v′ 或p＝p′或Δp＝0。
1 1 2 2 1 1 2 2
【典例分析3】(多选）如图所示，两平行光滑杆水平放置，两相同的小球M、N分别套在两杆上，并由一轻质
弹簧拴接，开始时弹簧与杆垂直。已知两杆间距为0.4m，弹簧原长为0.5m，两球的质量都为0.2kg。现给M
球一沿杆向右的大小为0.6N·s的瞬时冲量，关于之后的运动，以下说法正确的是( )
A．M球在开始的一段时间内做加速度逐渐增大的加速运动，直到达到运动中的最大速度
B．弹簧第一次达到0.6m时，M球的速度大小为3m/s
C．弹簧第二次达到0.6m时，M球的速度大小为3m/s
D．弹簧达到最长时，M球的速度大小为1.5m/s
【答案】BD
【解析】现给M球一沿杆向右大小为0.6N·s的瞬时冲量，由动量定理I＝mv 可得，M球的初速度为v ＝3m/s。
0 0
M球沿杆向右运动，由于受到弹簧的弹力作用，M球在开始的一段时间内做加速度逐渐减小的加速运动，直到
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达到运动中的最大速度，A错误。弹簧第一次达到0.5m(原长)时，M球开始减速；弹簧第一次达到0.6m时，
弹簧的弹性势能与开始时相等，M、N两球速度方向相反，设M球速度为v ，N球速度为v ，由动量守恒定律
M N
1 1 1
有mv ＝mv ＋mv ，由机械能守恒定律有 mv2＝ mv2＋ mv2，联立解得v ＝3m/s，v ＝0(另一解不合题意，
0 M N 0 M N M N
2 2 2
1 1
舍去)，B正确。弹簧第二次达到0.6m时，由动量守恒定律有mv ＝mv ＋mv ，由机械能守恒定律有 mv2＝ mv2
0 M N 0 M
2 2
1
＋ mv2，解得v ＝0，v ＝3m/s(另一解不合题意，舍去)，C错误。弹簧达到最长时，M、N两球速度相等，由
N M N
2
动量守恒定律有mv ＝2mv ，解得v ＝1.5m/s，D正确。
0 M M
【典例分析4】如图所示，质量为m＝245g的物块(可视为质点)放在质量为M＝0.5kg的木板左端，足够长的
木板静止在光滑水平面上，物块与木板间的动摩擦因数为μ＝0.4。质量为m ＝5g的子弹以速度v ＝300m/s沿
0 0
水平方向射入物块并留在其中(时间极短)，g取10m/s2。子弹射入后，求：
(1)子弹进入物块后子弹和物块一起向右滑行的最大速度v ；
1
(2)木板向右滑行的最大速度v 。
2
【答案】(1)6m/s (2)2m/s
【解析】(1)子弹进入物块后一起向右滑行的初速度即为物块的最大速度，由动量守恒可得
m v ＝(m ＋m)v ，解得v ＝6m/s。
0 0 0 1 1
(2)当子弹、物块、木板三者同速时，木板的速度最大，由动量守恒定律可得
(m ＋m)v ＝(m ＋m＋M)v ，
0 1 0 2
解得v ＝2m/s。
2
【规律总结】应用动量守恒定律的解题步骤
(1)明确研究对象，确定系统的组成(系统包括哪几个物体及研究的过程)。
(2)进行受力分析，判断系统动量是否守恒(或某一方向上是否守恒)。
(3)规定正方向，确定初、末状态动量。
(4)由动量守恒定律列出方程。
(5)代入数据，求出结果，必要时讨论说明。
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1
【典例分析5】如图所示，光滑水平面上静止着一辆质量为M的小车，小车上带有一光滑的、半径为R的 圆
4
弧轨道。现有一质量为m的光滑小球从轨道的上端由静止开始释放，下列说法中正确的是( )
A．小球下滑过程中，小车和小球组成的系统总动量守恒
B．小球下滑过程中，小车和小球组成的系统总动量不守恒
C．小球下滑过程中，在水平方向上小车和小球组成的系统总动量守恒
D．小球下滑过程中，小车和小球组成的系统机械能守恒
【答案】BCD
【解析】小车和小球组成的系统在水平方向上所受的合外力为零，则水平方向上动量守恒，竖直方向所受合外
力不为零，所以总的动量不守恒；除重力以外的其他外力不做功，小车和小球组成的系统机械能守恒，B、C、
D正确。
【规律总结】人船模型
1．条件
(1)系统由两个物体组成且相互作用前静止，总动量为零。
(2)在相对运动过程中至少有一个方向动量守恒。
2．结论：m s ＋m s ＝0
1 1 2 2
(1)式中的s 和s 是两物体相对同一惯性参考系的位移(一般相对于地面)，二者方向相反，一正一负。
1 2
(2)此结论与两物体相对运动的速度大小无关，其相对运动不论是匀速运动还是变速运动，甚至是往返运动，结
论都是相同的。此结论跟相互作用力是恒力还是变力也无关。
三 动量定理与动量守恒定律的综合
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【考点诠释】
(1)动量定理与动量守恒定律都是矢量方程，应用时要规定正方向，同时要关注速度、速度变化量、动量及动量
变化量的矢量性。
(2)动量定理关注力和力的作用时间，而动量守恒定律要关注系统内相互作用过程。
【典例分析6】汽车碰撞试验是综合评价汽车安全性能的有效方法之一。设汽车在碰撞过程中受到的平均撞击
力达到某个临界值F 时，安全气囊爆开。某次试验中，质量m ＝1600kg的试验车以速度v ＝36km/h正面撞
0 1 1
击固定试验台，经时间t ＝0.10s碰撞结束，车速减为零，此次碰撞安全气囊恰好爆开。忽略撞击过程中地面阻
1
力的影响。
(1)求此过程中试验车受到试验台的冲量I 的大小及F 的大小；
0 0
(2)若试验车以速度v 撞击正前方另一质量m ＝1600kg、速度v ＝18km/h同向行驶的汽车，经时间t ＝0.16s
1 2 2 2
两车以相同的速度一起滑行。试通过计算分析这种情况下试验车的安全气囊是否会爆开。
【答案】 见解析
【解析】(1)v ＝36km/h＝10m/s，取速度v 的方向为正方向
1 1
由动量定理有－I ＝0－m v ①
0 1 1
将已知数据代入①式得
I ＝1.6×104N·s ②
0
由冲量定义有I ＝F t ③
0 01
将已知数据代入③式得F ＝1.6×105N。 ④
0
(2)设试验车和汽车碰撞后获得共同速度v
由动量守恒定律有m v ＋m v ＝(m ＋m )v ⑤
1 1 2 2 1 2
对试验车，由动量定理有－Ft ＝m v－m v ⑥
2 1 1 1
将已知数据代入⑤⑥式得F＝2.5×104N
可见F0，则φ >φ ，反之φ <φ 。
AB A B AB A B A B
3．电势能变化的判断
(1)根据电场力做功判断，若电场力对电荷做正功，电势能减少；反之则增加。即W＝－ΔE 。
p
(2)根据能量守恒定律判断，电场力做功的过程是电势能和其他形式的能相互转化的过程，若只有电场力做功，
电荷的电势能与动能相互转化，总和应保持不变，即当动能增加时，电势能减少。
【典例分析1】真空中有一点电荷Q，MN 是这个点电荷电场中的一条水平直线，如图所示，A、B、C是直线
MN上的三个点，B是A、C的中点，点电荷Q位于A点正上方O处(未画出)。设A、B、C三点场强大小分别
1
为E 、E 、E ，且E ＝ E ，则E 的值为( )
A B C B A C
2
1 1 1 1
A. E B. E C. E D. E
A A A A
3 4 5 6
【答案】C
【解析】点电荷Q位于A点正上方O处，则在直线MN上A点的场强最大，而MN是这个点电荷电场中的一
Q
条直线，设点电荷Q距离A点x，AB和BC的间距为L；根据点电荷电场强度的计算公式可得： E ＝k ，E
A B
x2
Q Q 1 Q 1
＝k ，E ＝k ，E ＝ E ，解得L＝x，则：E ＝k ＝ E ，故C正确，A、B、D错误。
C B A C A
x2＋L2 x2＋4L2 2 x2＋4L2 5
【规律总结】1．电场叠加基本原则是平行四边形定则。
2．某些问题中，可灵活应用“平衡法”、“对称法”或“补偿法”等方法技巧。
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【典例分析2】如图所示，探究电荷间相互作用力的示意图，图中金属球A带正电，置于绝缘支架上，带电小
球B悬于绝缘丝线的下端，质量为m。当悬挂在P 点的B球静止时，两带电小球刚好在同一高度，此时绝缘丝
1
线与竖直方向的夹角为θ，重力加速度为g，则( )
mg
A．A、B间的库仑力为 B．A、B间的库仑力为mgsinθ
tanθ
C．将悬点移到P ，平衡时B低于A D．将悬点移到P ，平衡时A、B仍在同一高度
2 2
【答案】 C
【解析】 当B球处于平衡状态时，刚好与A球在同一水平面上，其受力如图所示，A、B带同种电荷，由力
的平行四边形定则可得：F ＝mgtanθ，故A、B错误；若把悬点移到P ，由库仑定律可知，距离越远，A、B
库 2
间的库仑力越小，B球位置越低，故C正确，D错误。
【规律总结】求解涉及库仑力的平衡问题的解题思路
点电荷平衡问题的分析方法与纯力学平衡问题的分析方法是相同的，只是在原来受力的基础上多分析一个电场
力。具体步骤如下：
【典例分析3】(多选)真空中有两个固定的带正电的点电荷，电荷量不相等。一个带负电的试探电荷置于二者连
线上的O点时，仅在电场力的作用下恰好保持静止状态。过O点作两正电荷连线的垂线，以O点为圆心的圆
与连线和垂线分别交于a、c和b、d，如图所示。以下说法正确的是( )
99/2902022届衡水中学物理一本通高分手册
A．a点电势低于O点
B．b点电势低于c点
C．该试探电荷在a点的电势能大于在b点的电势能
D．该试探电荷在c点的电势能小于在d点的电势能
【答案】BD
【解析】由题意可知O点场强为零，所以a、O两点间场强方向是由a指向O的，所以φ >φ ，A项错误；同
a O
理，φ >φ ，O点与b点间的电场强度有竖直向上的分量，所以φ >φ ，则φ>φ ，B项正确；同理，φ >φ ，φ >φ ，
c O O b c b a b c d
又带负电的试探电荷在电势高处电势能较小，所以C项错误，D项正确。
【规律总结】电势能大小的判断方法
判断
判断方法
角度
做功 电场力做正功，电势能减小；
判断法 电场力做负功，电势能增大
电荷
正电荷在电势高的地方电势能大，负电荷在电势低的地方电势能大
电势法
由E ＝qφ ，将q、φ 的大小、正负号一起代入公式，E 的正值越大，电势
p p p p
公式法
能越大；E 的负值越小，电势能越大
p
能量
在电场中，若只有电场力做功时，电荷的动能和电势能相互转化，动能增
大，电势能减小；反之，电势能增大
守恒法
100/2902022届衡水中学物理一本通高分手册
考点二 与平行板电容器相关的电场问题
【考点诠释】
1．必须记住的三个公式
Q εS U
定义式C＝ ，决定式C＝ r ，关系式E＝ 。
U 4πkd d
2．掌握两个重要结论
(1)电容器与电路(或电源)相连，则两端电压取决于电路(或电源)，稳定时相当于断路，两端电压总等于与之并联
的支路电压。
(2)充电后电容器与电路断开，电容器所带电荷量不变，此时若只改变两板间距离，则板间电场强度大小不变。
3．注意一个特例：当有电容器的回路接有二极管时，因二极管的单向导电性，将使电容器的充电或放电受到限
制。
【典例分析4】如图所示，平行板电容器与电动势为E′的直流电源(内阻不计)连接，下极板接地，静电计所带电
荷量很少，可被忽略。一带负电油滴被固定于电容器中的P点。现将平行板电容器的上极板竖直向下平移一小
段距离，则下列说法正确的是( )
A．平行板电容器的电容将变小
B．带电油滴的电势能将减小
C．静电计指针张角变小
D．若将上极板与电源正极断开后再将下极板左移一小段距离，则带电油滴所受电场力不变
【题眼点拨】 ①“下极板接地”表明该点电势为零。
②“带负电油滴被固定于电容器中的P点”相对位置不变，若场强变化会引起电势、电势能的变化。
③“上极板竖直向下平移”，板间距离减小，电容增大。
【答案】B
εS
【解析】将平行板电容器的上极板竖直向下移动一小段距离，导致极板间距减小，根据C＝ r 知，d减小，
4πkd
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则电容增大，故A错误；电势差不变，d减小，则电场强度增加，P点与下极板的电势差变大，则P点的电势
增大，因为该油滴带负电荷，则电势能减小，故B正确；静电计测量的是电容器两端的电势差，因为电容器始
终与电源相连，则电势差不变，所以静电计指针张角不变，故C错误；若先将电容器上极板与电源正极的导线
U Q 4πkQ
断开，则电荷量不变，再将下极板左移一小段距离，正对面积S减小，根据E＝ ＝ ＝ ，知电场强度变
d Cd εS
r
大，则油滴所受电场力变大，故D错误。
【典例分析5】(多选)如图所示，平行板电容器与直流电源、理想二极管(正向通电时可以理解为短路，反向通
电时可理解为断路)连接，电源正极接地。初始时电容器不带电，闭合开关，电路稳定后，一带电油滴位于电容
器中的P点且处于静止状态。下列说法正确的是( )
A．上极板上移，带电油滴向下运动 B．上极板上移，P点电势降低
C．上极板下移，带电油滴向下运动 D．上极板下移，P点电势升高
【答案】BD
εS
【解析】将上极板向上移动，d变大，由C＝ r 可知，C变小，电容器要放电，由于二极管具有单向导电性，
4πkd
4πkQ
电容器不能放电，由E＝ 可知，电容器两极板间的电场强度不变，油滴所受电场力不变，油滴静止，上极
εS
r
板电势为零，P点到上极板的距离增大，根据U＝Ed可知，P点与上极板间的电势差的绝对值增大，而P点的
电势为负，所以P点电势降低，A错误，B正确；若上极板下移，则d变小，C变大，两极板间的电压U等于
U
电源电动势不变，电场强度E＝ 变大，油滴所受电场力变大，电场力大于重力，合力向上，油滴向上运动，P
d
点到下极板的距离不变，根据U＝Ed可知，P点与下极板间的电势差的绝对值增大，则P点与上极板间的电势
差的绝对值减小，而P点的电势为负，所以P点电势升高，C错误，D正确。
【规律总结】“1个不变，3个公式”巧解平行板电容器问题
考点三 带电粒子在电场中的运动
102/2902022届衡水中学物理一本通高分手册
【考点诠释】
1．带电粒子在电场中的运动
2．解题途径的选择
(1)求解带电粒子在匀强电场中的运动时，运动和力、功能关系两个途径都适用，选择依据是题给条件，当不涉
及时间时选择功能关系，否则必须选择运动和力的关系。
(2)带电粒子在非匀强电场中运动时，加速度不断变化，只能选择功能关系求解。
【典例分析6】如图所示，虚线a、b、c是电场中的一簇等势线(相邻等势线之间的电势差相等)，实线为一α粒
子(4He核，重力不计)仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、Q是这条轨迹上的两点，据此可知( )
2
A．a、b、c三条等势线中，a的电势最高
B．电子在P点具有的电势能比在Q点具有的电势能小
C．α粒子在P点的加速度大小比在Q点的加速度大小大
D．α粒子一定是从P点向Q点运动
【答案】 C
【解析】 电荷所受电场力指向轨迹内侧，由于α粒子带正电，因此电场线指向左上方，沿电场线方向电势降低，
故c等势线的电势最高，a等势线的电势最低，选项A错误；Q点电势高于P点，则电子在P点具有的电势能
103/2902022届衡水中学物理一本通高分手册
比在Q点具有的电势能大，选项B错误；P点所在位置的等势线较Q点密集，则电场线较Q点密集，则P点
的场强较大，即α粒子在P点的加速度大小比在Q点的加速度大小大，选项C正确；根据题中信息，不能确定α
粒子一定是从P点运动到Q点，选项D错误。
【规律总结】电场中轨迹类问题的思维模板
【典例分析7】如图所示，一质量为m、电荷量为q的小球在电场强度为E的匀强电场中，以初速度v 沿直线
0
ON做匀变速运动，直线ON与水平面的夹角为30°。若小球在初始位置的电势能为零，重力加速度为g，且mg
＝qE，则( )
A．电场方向竖直向上 B．小球运动的加速度大小为 g
v2 mv2
C．小球上升的最大高度为 0 D．小球电势能的最大值为 0
2g 4
【答案】 BD
【解析】因为小球做匀变速直线运动，则小球所受的合力与速度方向在同一条直线上，结合平行四边形定则知，
电场力的方向与水平方向夹角为30°，斜向上，如图所示，A错误；小球所受的重力和电场力相等，根据平行
四边形定则知，两个力的夹角为120°，所以合力大小与分力大小相等，等于mg，根据牛顿第二定律知，小球
v2 v2
运动的加速度大小为g，B正确；小球斜向上做匀减速直线运动，匀减速直线运动的位移s＝ 0＝ 0，则小球上
2a 2g
v2 1 mv2
升的最大高度h＝s·sin30°＝ 0，C错误；在整个过程中电场力做功W＝qEscos120°＝－ mv2，电势能增加 0，
0
4g 4 4
mv2
所以小球电势能的最大值为 0，D正确。
4
104/2902022届衡水中学物理一本通高分手册
【规律总结】带电体在匀强电场中的直线运动问题的解题步骤
【典例分析8】如图所示，一质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子以速度v 从MN连线上的P点水平向右射入大
0
小为E、方向竖直向下的匀强电场中。已知MN与水平方向成45°角，粒子的重力可以忽略，则粒子到达MN连
线上的某点时( )
mv
A．所用时间为 0 B．速度大小为3v
0
qE
2 2mv2
C．与P点的距离为 0 D．速度方向与竖直方向的夹角为30°
qE
【答案】C
【解析】粒子从P点垂直电场方向出发到达MN连线上某点时，沿水平方向和竖直方向的位移大小相等，即v t
0
1 Eq 2mv
＝ at2，a＝ ，解得t＝ 0，A项错误；在该点，粒子沿电场方向的速度v＝at＝2v ，所以合速度大小为v＝
0
2 m qE
2 2mv2
2v 2＋v2＝ 5v ，B项错误；该点到P点的距离s＝ 2x＝ 2v t＝ 0，C项正确；由平行四边形定则可知，
0 0 0 0
qE
v 1
在该点速度方向与竖直方向夹角的正切值tanθ＝ 0＝ ，则θ≠30°，D项错误。
2v 2
0
【规律总结】分析带电粒子在匀强电场中的偏转问题的关键
105/2902022届衡水中学物理一本通高分手册
(1)条件分析：不计重力，且带电粒子的初速度v 与电场方向垂直，则带电粒子将在电场中只受电场力作用做类
0
平抛运动。
(2)运动分析：一般用分解的思想来处理，即将带电粒子的运动分解为沿电场力方向上的匀加速直线运动和垂直
电场力方向上的匀速直线运动。
考点四 电场中常考的“四类”图象问题
【考点诠释】
1．v－t图象
(1)根据v－t图象中速度变化、斜率确定电荷所受电场力的方向与大小变化。
(2)由电场力方向确定电场的方向、电势高低及电势能变化。
2．φ－x图象
(1)描述电势随位移变化的规律。
(2)根据电势的高低可以判断电场强度的方向。
Δφ
(3)根据E＝ ，图象φ－x的斜率为电场强度。
Δx
3．E－x图象
(1)描述电场强度随位移变化的规律。
(2)场强E正负表示场强的方向。
(3)图线与x轴围成的“面积”表示电势差。
4．E －x图象
p
(1)描述电势能随位移变化的规律。
(2)根据电势能的变化可以判断电场力做功的正、负。
(3)根据W＝ΔE ＝Fx，图象E －x的斜率为电场力。
p p
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【典例分析9】(多选)一带负电的粒子只在电场力作用下沿x轴正方向运动，其电势能E 随位移x的变化关系
p
如图所示，则下列说法正确的是( )
A．粒子从x 处运动到x 处的过程中电场力做正功
1 2
B．x 、x 处电场强度方向沿x轴正方向
1 2
C．x 处的电场强度大小大于x 处的电场强度大小
1 2
D．x 处的电势比x 处的电势低
1 2
【答案】 AD
【解析】 由于粒子从x 运动到x ，电势能减小，因此电场力做正功，粒子所受电场力的方向沿x轴正方向，
1 2
ΔE
电场强度方向沿x轴负方向，选项A正确，B错误；由ΔE ＝qEΔx，即qE＝ p，由于x 处的图线斜率的绝对
p 1
Δx
值小于x 处图线斜率的绝对值，因此x 处的电场强度大小小于x 处的电场强度大小，选项C错误；沿着电场
2 1 2
线方向电势降低，故x 处的电势比x 处的电势低，选项D正确。
1 2
【典例分析10】 真空中相距为3a的两个点电荷A和B，分别固定于x轴上x ＝0和x ＝3a的两点，在二者连
1 2
线上各点场强随x变化的关系如图17所示，以下说法正确的是( )
A．二者一定是异种电荷 B．x＝a处的电势一定为零
C．x＝2a处的电势一定大于零 D．A、B的电荷量之比为1∶4
【答案】 D
【解析】 两点电荷连线中某点，电场强度E＝0，说明两点电荷在该点产生的场强等大反向，故两点电荷一定
107/2902022届衡水中学物理一本通高分手册
为同种电荷，A项错误；由场强公式可知，k Q A＝k Q B ，故Q ∶Q ＝1∶4，D项正确；若两点电荷均为正
A B
a2 （2a）2
点电荷，则连线上各点电势均大于零，B项错误；若两点电荷均为负点电荷，则连线上各点电势均小于零，C
项错误。
【规律总结】解答图象题要注意以下三方面
(1)分析图象找出带电粒子或带电体的运动规律是解题的突破点。
(2)注意分析图象特点，找出图象的斜率、截距等，明确其意义，如E －x的斜率表示带电粒子受到的电场力，
p
根据斜率的变化规律可以分析出物体受力情况、加速度情况等。
(3)分析图象时注意与动能定理、功能关系、能量守恒定律或牛顿运动定律相结合，找出图象的数学表达式或物
理量的变化规律。
考点五 带电粒子的力电综合问题
【考点诠释】解决力电综合问题的一般思路
【典例分析11】如图所示，在光滑的水平桌面上，水平放置的粗糙直线轨道AB与水平放置的光滑圆弧轨道BCD
相切于B点，整个轨道位于水平桌面内，圆心角∠BOC＝37°，线段OC垂直于OD，圆弧轨道半径为R，直线
轨道AB长为L＝5R。整个轨道处于电场强度为E的匀强电场中，电场强度方向平行于水平桌面所在的平面且
垂直于直线OD。现有一个质量为m、带电荷量为＋q的小物块P从A点无初速度释放，小物块P与AB之间的
动摩擦因数μ＝0.25，取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，忽略空气阻力。求：
(1)小物块第一次通过C点时对轨道的压力大小F ；
NC1
(2)小物块第一次通过D点后离开D点的最大距离；
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(3)小物块在直线轨道AB上运动的总路程。
5
【答案】 (1)5.4qE (2) R (3)15R
6
【解析】 (1)设小物块第一次到达C点时的速度大小为v ，根据动能定理有
C1
1
qE[Lsin37°＋R(1－cos37°)]－μqELcos37°＝ mv2 －0
C1
2
22qER
解得v ＝
C1
5m
v2
在C点根据向心力公式得F ′－qE＝m C1
NC1
R
解得F ′＝5.4qE
NC1
根据牛顿第三定律得F ＝5.4qE
NC1
(2)设小物块第一次到达D点时的速度大小为v ，根据动能定理有
D1
1
qE(Lsin37°－Rcos37°)－μqELcos37°＝ mv2 －0
D1
2
12qER
解得v ＝
D1
5m
小物块第一次到达D点后先以速度v 沿电场方向做匀减速直线运动，设运动的最大距离为x ，根据动能定理
D1 m
得
1
－qEx ＝0－ mv2
m D1
2
6
解得x ＝ R
m
5
(3)分析可知小物块最终会在圆弧轨道上做往复运动，到达B点的速度恰好为零时，动能和电势能之和不再减小。
设小物块在直线轨道AB上运动的总路程为s，则根据功能关系得
qELsin37°＝μqEscos37°
Ltan37°
解得s＝ ＝15R
μ
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【规律总结】解决带电粒子在电场中运动问题的基本思路
(1)两分析：一是对带电粒子进行受力分析，二是分析带电粒子的运动状态和运动过程(初始状态及条件，直线运
动还是曲线运动等)。
(2)建模型：建立正确的物理模型(加速还是偏转)，恰当选用规律或其他方法(如图象)，找出已知量和待求量之间
的关系。
【典例分析12】如图所示，LMN是竖直平面内固定的光滑绝缘轨道，MN水平且足够长，LM下端与MN相切。
质量为m的带正电小球B静止在水平面上，质量为2m的带正电小球A从LM上距水平面高为h处由静止释放，
在A球进入水平轨道之前，由于A、B两球相距较远，相互作用力可认为零，A球进入水平轨道后，A、B两球
间相互作用视为静电作用，带电小球均可视为质点。已知A、B两球始终没有接触。重力加速度为g。求：
(1)A球刚进入水平轨道的速度大小；
(2)A、B两球相距最近时，A、B两球系统的电势能E ；
p
(3)A、B两球最终的速度v 、v 的大小。
A B
【关键点】 ①光滑绝缘轨道；②A、B两球间相互作用视为静电作用；③A、B两球始终没有接触。
2 1 4
【答案】 (1) 2gh (2) mgh (3) 2gh 2gh
3 3 3
【解析】 (1)对A球下滑的过程，据机械能守恒得
1
2mgh＝ ·2mv2
0
2
解得v ＝ 2gh
0
(2)A球进入水平轨道后，两球组成的系统动量守恒，当两球相距最近时共速，有2mv ＝(2m＋m)v
0
2 2
解得v＝ v ＝ 2gh
0
3 3
1
据能量守恒定律得2mgh＝ (2m＋m)v2＋E
p
2
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2
解得E ＝ mgh
p
3
(3)当两球相距最近之后，在静电斥力作用下相互远离，两球距离足够远时，相互作用力为零，系统势能也为零，
速度达到稳定。则2mv ＝2mv ＋mv
0 A B
1 1 1
×2mv2＝ ×2mv2＋ mv2
0 A B
2 2 2
1 1 4 4
解得v ＝ v ＝ 2gh，v ＝ v ＝ 2gh
A 0 B 0
3 3 3 3
【规律总结】电场中动量和能量问题的解题技巧
动量守恒定律与其他知识综合应用类问题的求解，与一般的力学问题求解思路并无差异，只是问题的情景更复
杂多样，分析清楚物理过程，正确识别物理模型是解决问题的关键。
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第三部分 电场与磁场
专题 磁场的性质带电粒子在磁场及复合场中的运
09
动
一、素养呈现
1.物理观念：磁场、磁感应强度、磁感线、安培力、洛伦兹力
2.科学思维：左手定则、安培定则、右手定则、“电流元法”、“比值定义法”、“图象法”、“控制变量法”、“临界
法”。
3.科学探究：探究影响磁感应强度的因素。
4.科学态度与责任：磁与现代科技应用。
二、素养落实
1.会应用安培定则判断电流周围的磁场
2.掌握左手定则判断安培力和洛仑兹力的方法
3.灵活应用几何关系和圆周运动规律分析求解带电粒子在磁场、复合场中的运动
考点一 磁场及其性质
【考点诠释】
一．磁场方向的判断及磁场叠加
(1)根据安培定则确定通电导线周围磁场的方向。
(2)磁场中每一点磁感应强度的方向为该点处磁感线的切线方向。
(3)磁感应强度是矢量，多个通电导体产生的磁场叠加时，合磁场的磁感应强度等于各场源单独存在时在该点的
112/2902022届衡水中学物理一本通高分手册
磁感应强度的矢量和。
二． 安培力作用下的力电综合
1．两个常用的等效模型
(1)变曲为直：图甲所示通电导线，在计算安培力的大小和判断方向时均可等效为ac直线电流。
甲 乙
(2)化电为磁：环形电流可等效为小磁针，通电螺线管可等效为条形磁铁，如图乙。
2．安培力作用下力学问题的解题思路
(1)选定研究对象：通电导线(或通电导体棒)。
(2)变三维为二维：画出平面受力图，其中F⊥B，F⊥I。
(3)根据力的平衡条件或牛顿运动定律列方程。
【典例分析1】如图所示，在直角三角形acd中，∠a＝60°，三根通电长直导线垂直纸面分别放置在a、b、c
三点，其中b为ac的中点．三根导线中的电流大小分别为I、2I、3I，方向均垂直纸面向里．通电长直导线在
kI
其周围空间某点产生的磁感应强度B＝ ，其中I表示电流强度，r表示该点到导线的距离，k为常数．已知a
r
点处导线在d点产生的磁感应强度大小为B ，则d点的磁感应强度大小为( )
0
A．B B．2B C. 3B D．4B
0 0 0 0
【答案】D
【解析】设直角三角形的ad边长为r，则ac边长为2r，根据直导线产生的磁感应强度公式可得a点处导线在d
I
点产生的磁感应强度大小为B ＝k ，由安培定则知方向水平向左；同理有c点处导线在d点产生的磁感应强度
0
r
3I 2I
大小为B ＝k ＝ 3B ，方向竖直向下；b点处导线在d点产生的磁感应强度大小为B ＝k ＝2B ，方向垂直
1 0 2 0
3r r
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B
于bd斜向左下方；如图所示：因 1＝ 3＝tan60°，可知B 和B 的合磁感应强度沿B 的方向，故d点的磁感应
1 0 2
B
0
强度大小为B ＝B ＋ B 2＋B 2＝4B ，方向垂直于bd斜向左下方，故选D.
合 2 0 1 0
【规律总结】磁场叠加问题的解题思路
(1)确定磁场场源，如通电导线。
(2)定位空间中需求解磁场的点，利用安培定则判定各个场源在这一点上产生的磁场的大小和方向。如图所示为
M、N在c点产生的磁场B 、B 。
M N
(3)应用平行四边形定则进行合成，如图中的合磁场B。
【典例分析2】如图所示，空间中有一斜向右下方、与水平方向成θ角的匀强磁场，磁感应强度为B，一绝缘竖
直挡板AC垂直于纸面所在的平面竖直放置，一根通有垂直纸面向外的电流的水平金属杆，紧贴挡板上的O点
处于静止状态。下列说法正确的是( )
A．若挡板AC表面光滑，略减小杆中电流，杆可能仍然静止于O点
B．若挡板AC表面光滑，略增大杆中电流，要使杆仍然静止，可将挡板绕过O点垂直纸面的轴逆时针转动一
定角度
C．若挡板AC表面粗糙，略增大杆中电流，杆可能仍然静止，且杆所受的静摩擦力一定增大
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D．若挡板AC表面粗糙，略减小杆中电流，杆可能仍然静止，且杆所受的静摩擦力方向可能竖直向上
甲 乙
【答案】BD
【解析】若挡板AC表面光滑，则杆受重力G、支持力N和安培力F的作用而静止，如图甲所示，根据平衡条
件有Fcosθ＝G，而F＝BIL，得BILcosθ＝G，当略减小杆中电流I时，有BILcosθU ，可知单色光b照射K产生光电子的最大初
c 2 1
2
1
动能大于单色光a照射K产生光电子的最大初动能，由爱因斯坦光电效应方程有 mv2＝hν－W ，可知单色光b
0
2
的频率大于单色光a的频率，选项C正确，D错误。
【规律总结】1．对光电效应的四点提醒
(1)能否发生光电效应，不取决于光的强度而取决于光的频率。
(2)光电效应中的“光”不是特指可见光，也包括不可见光。
(3)逸出功的大小由金属本身决定，与入射光无关。
(4)光电子不是光子，而是电子。
153/2902022届衡水中学物理一本通高分手册
2．两条分析线索
(1)
(2)
3．定量分析时应抓住三个关系式
(1)爱因斯坦光电效应方程：E ＝hν－W 。
k 0
(2)最大初动能与遏止电压的关系：E ＝eU 。
k c
(3)逸出功与极限频率的关系：W ＝hν 。
0 0
4．区分光电效应中的三组概念
(1)光子与光电子：光子指光在空间传播时的每一份能量，光子不带电；光电子是金属表面受到光照射时发射出
来的电子，其本质是电子。光子是因，光电子是果。
(2)光电子的动能与光电子的最大初动能。
(3)光电流和饱和光电流：金属板飞出的光电子到达阳极，回路中便产生光电流，随着所加正向电压的增大，光
电流趋于一个饱和值，这个饱和值是饱和光电流，在一定的光照条件下，饱和光电流与所加电压大小无关。
考点二 原子结构及能级跃迁
【考点诠释】氢原子的能级、能级公式
(1)氢原子的能级
能级图如图所示
154/2902022届衡水中学物理一本通高分手册
(2)氢原子的能级和轨道半径
①氢原子的能级公式：
1
E ＝ E (n＝1,2,3，…)，其中E 为基态能量，其数值为E ＝－13.6eV。
n 1 1 1
n2
②氢原子的半径公式：r ＝n2r (n＝1,2,3，…)，其中r 为基态半径，又称玻尔半径，其数值为r ＝0.53×10－10m。
n 1 1 1
【典例分析3】现有大量处于n＝4能级的氢原子，这些氢原子向低能级跃迁时会辐射出若干种不同频率的光，
氢原子能级示意图如图所示。下列说法正确的是( )
A．氢原子向低能级跃迁后核外电子的动能减小
B．这些氢原子最多可辐射出4种不同频率的光
C．氢原子由n＝4能级跃迁到n＝1能级产生的光的波长最短
D．用氢原子从n＝4能级跃迁到n＝2能级辐射的光照射逸出功为2.65eV的某种金属， 能使该金属发生光
电效应
【答案】C
【解析】氢原子向低能级跃迁，电子的轨道半径减小，能级值减小，库仑力做正功，动能增大，A错误；大量
氢原子从n＝4能级向低能级跃迁，最多可辐射出光子频率的种类有C2＝6种，B错误；这些氢原子中从n＝4
4
c
能级向n＝1能级跃迁时能级差最大，辐射出光的频率最大，相应光的波长λ＝ 最短，C正确；氢原子从n＝4
ν
155/2902022届衡水中学物理一本通高分手册
能级跃迁到n＝2能级辐射出光的能量hν＝E －E ＝2.55MeV<2.65MeV，不能使该金属发生光电效应，D错误。
4 2
【典例分析4】氢原子能级图如图所示，大量处于n＝3激发态的氢原子向低能级跃迁辐射出的光子中，发现有
两种频率的光子能使金属A产生光电效应，则下列说法正确的是( )
A．大量处于n＝3激发态的氢原子向低能级跃迁时，只辐射两种频率的光子
B．从n＝3激发态直接跃迁到基态时放出的光子一定能使金属A发生光电效应
C．一个氢原子从n＝3激发态跃迁到基态时，该氢原子能量增大
D．一个氢原子从n＝3激发态跃迁到基态时该氢原子核外电子动能减小
【答案】 B
【解析】 大量处于n＝3激发态的氢原子向低能级跃迁时，有3→1,3→2和2→1三种情况，所以跃迁过程中
将释放出3种频率的光子，故A错误；由题意可知：有两种频率的光子能使金属A产生光电效应，而所放出的
光子中，n＝3跃迁到基态辐射的光子频率最大，则一定能使金属A发生光电效应，故选项B正确；根据玻尔理
论，氢原子从激发态跃迁到基态时，放出能量，核外电子的动能增大，电势能减小，氢原子总能量减小，故选
项C、D错误．
【规律总结】1．原子的两类能级跃迁
(1)自发跃迁：高能级→低能级，释放能量，发出光子。
(2)受激跃迁：通过光照、撞击或加热等，低能级→高能级，当吸收的能量大于或等于原子所处能级的|E |，原子
n
将发生电离。
(3)原子在两个能级之间发生跃迁时，放出(或吸收)光子的频率是一定的，可由hν＝E －E 求得。若求波长可由
m n
公式c＝λν求得。
2．电离
电离态与电离能
电离态：n＝∞，E＝0
156/2902022届衡水中学物理一本通高分手册
基态→电离态：E >0－(－13.6eV)＝13.6eV。
吸
激发态→电离态：E >0－E ＝|E |。
吸 n n
若吸收能量足够大，克服电离能后，获得自由的电子还携带动能。
3．解答氢原子能级图与原子跃迁问题应注意
(1)能级之间发生跃迁时放出(吸收)光子的频率由hν＝E －E 决定，波长可由公式c＝λν求得。
m n
(2)一个氢原子跃迁发出可能的光谱线条数最多为n－1。
(3)一群氢原子跃迁发出可能的光谱线条数的两种求解方法。
nn－1
①用数学中的组合知识求解：N＝C2＝ 。
n
2
②利用能级图求解：在氢原子能级图中将氢原子跃迁的各种可能情况一一画出，然后相加。
考点三 核反应方程及核能的计算
【考点诠释】
1．核反应的四种类型
方程类型 核反应方程示例
α衰变：238U→234Th＋4He(核内21H＋21n→4He)
92 90 2 1 0 2
β衰变：234Th→234Pa＋ 0e(核内1n→1H＋ 0e)
90 91 －1 0 1 －1
衰变
30P→30Si＋0e(核内1H→1n＋0e)
15 14 1 1 0 1
γ辐射：原子核处于较高能级，辐射光子后跃迁到低能级
14N＋4He→17O＋1H(发现质子的核反应)
7 2 8 1
人工核转变 9Be＋4He→12C＋1n(发现中子的核反应)
4 2 6 0
27Al＋4He→30P＋1n 30P→30Si＋0e(人工制造放射性同位素)
13 2 15 0 15 14 1
重核的裂变 235U＋1n→141Ba＋92Kr＋31n
92 0 56 36 0
轻核的聚变 2H＋3H→4He＋1n(需要几百万度高温，所以又叫热核反应)
1 1 2 0
157/2902022届衡水中学物理一本通高分手册
2.核反应方程的书写
(1)核反应过程一般不可逆，所以核反应方程中用“→”表示方向而不能用等号代替。
(2)核反应方程遵循质量数守恒和电荷数守恒，但核反应前后的总质量一般会发生变化(质量亏损)且释放出核能。
(3)核反应的生成物一定要以实验为基础，不能只依据两个守恒规律凭空杜撰出生成物来写核反应方程。
3．核衰变问题
t t
1 1
(1)核衰变规律：m＝ 2 T m 0 ，N＝ 2 T N 0 。
(2)α衰变和β衰变次数的确定方法
①方法一：由于β衰变不改变质量数，故可以先由质量数改变确定α衰变的次数，再根据电荷数守恒确定β衰变的
次数。
②方法二：设α衰变次数为x，β衰变次数为y，根据质量数和电荷数守恒列方程组求解。
4．核能的计算方法
(1)根据ΔE＝Δmc2计算时，Δm的单位是“kg”，c的单位是“m/s”，ΔE的单位是“J”。
(2)根据ΔE＝Δm×931.5MeV计算时，Δm的单位是“u”，ΔE的单位是“MeV”。
(3)根据核子比结合能来计算核能：原子核的结合能＝核子比结合能×核子数。
【典例分析5】氚核3H发生β衰变成为氦核3He。假设含氚材料中3H发生β衰变产生的电子可以全部定向移动，
1 2 1
在3.2×104s时间内形成的平均电流为5.0×10－8A。已知电子电荷量为1.6×10－19C，在这段时间内发生β衰变的
氚核3H的个数为( )
1
A．5.0×1014 B．1.0×1016 C．2.0×1016 D．1.0×1018
【答案】B
【解析】由题意知，3.2×104s内发生β衰变产生的电子的电荷量为Q＝It＝5.0×10－8×3.2×104C＝1.6×10－3C
Q
1.6×10－3
对应的电子数n＝ ＝ ＝1.0×1016(个)由3H→ 0e＋3He可知，一个3H核发生一次β衰变产生一个电子，
e 1.6×10－19 1 －1 2 1
故这段时间内发生β衰变的3H核的个数为1.0×1016，选项B对。
1
【典例分析6】(多选)关于天然放射现象，以下叙述正确的是( )
158/2902022届衡水中学物理一本通高分手册
A．若使放射性物质的温度升高，其半衰期将变大
B．β衰变所释放的电子是原子核内的质子转变为中子时产生的
C．在α、β、γ这三种射线中，γ射线的穿透能力最强，α射线的电离能力最强
D．铀核(238U)衰变为铅核(206Pb)的过程中，要经过8次α衰变和6次β衰变
92 82
【答案】CD
【解析】半衰期的时间与元素的物理状态无关，若使某放射性物质的温度升高，其半衰期不变，故A错误。β
衰变所释放的电子是原子核内的中子转化成质子时产生的，故B错误。在α、β、γ这三种射线中，γ射线的穿透
能力最强，α射线的电离能力最强，故C正确。铀核(238U)衰变为铅核(206Pb)的过程中，每经过一次α衰变质子数
92 82
少2，质量数少4；而每经过一次β衰变质子数增加1，质量数不变；由质量数和核电荷数守恒，可知要经过8
次α衰变和6次β衰变，故D正确。
【典例分析7】在匀强磁场中，一个原来静止的原子核，由于衰变放射出某种粒子，结果得到一张两个相切圆1
和2的径迹照片如图所示，已知两个相切圆半径分别为r 、r ，则下列说法正确的是( )
1 2
A．原子核可能发生α衰变，也可能发生β衰变
B．径迹2可能是衰变后新核的径迹
C．若衰变方程是238U→234Th＋4He，则衰变后新核和射出的粒子的动能之比为117∶2
92 90 2
D．若衰变方程是238U→234Th＋4He，则r ∶r ＝1∶45
92 90 2 1 2
【答案】 D
【解析】 原子核衰变过程系统动量守恒，由动量守恒定律可知，衰变生成的两粒子的动量方向相反，粒子速
度方向相反，由左手定则可知，若生成的两粒子电性相反则在磁场中的轨迹为内切圆，若电性相同则在磁场中
的轨迹为外切圆，所以该原子核发生的是α衰变，故A错误；核反应过程系统动量守恒，原子核原来静止，初
动量为零，由动量守恒定律可知，原子核衰变生成的两核动量大小相等，方向相反，粒子在磁场中做匀速圆周
v2 mv p
运动，由洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvB＝m ，解得：r＝ ＝ ，由于p、B相同，则粒子电
r qB qB
荷量q越大，轨道半径越小，由于新核的电荷量大，所以新核的半径小于α粒子的轨道半径，所以径迹2是衰变
159/2902022届衡水中学物理一本通高分手册
p2
后α粒子的运动轨迹，故B错误；由动能与动量的关系E ＝ 可知，动能之比等于质量的反比，即为2∶117，
k
2m
故C错误；由B项分析知，r ∶r ＝2∶90＝1∶45，故D正确．
1 2
【典例分析8】2019年8月我国已经建成了新托卡马克(EAST)装置——中国环流器二号M装置(HL2M)，为“人
造太阳”创造了条件，其等离子温度有望超过2亿摄氏度，将中国的聚变堆技术提升到了新的高度。设该热核实
验反应前氘核(2H)的质量为m ，氚核(3H)的质量为m ，反应后氦核(4He)的质量为m ，中子(1n)的质量为m 。关
1 1 1 2 2 3 0 4
于聚变的说法正确的是( )
A．核裂变比核聚变更为安全、清洁
B．由核反应过程质量守恒可知m ＋m ＝m ＋m
1 2 3 4
C．两个轻核结合成质量较大的核，比结合能较聚变前减小
D．HL2M中发生的核反应方程式是2H＋3H→4He＋1n
1 1 2 0
【答案】D
【解析】核裂变原料、产物对环境污染较核聚变严重，A错误。氘核和氚核的核聚变过程中要释放出核能，存
在着质量亏损，即m ＋m >m ＋m ，B错误。比结合能越大，原子核越稳定，两个轻核结合成质量较大的核，
1 2 3 4
比结合能较聚变前增大，C错误。核聚变方程为2H＋3H→4He＋1n，D正确。
1 1 2 0
【规律总结】1．α衰变、β衰变的比较
衰变类型 α衰变 β衰变
衰变方程 AX→A－4Y＋4He AX→ AY＋ 0e
Z Z－2 2 Z Z＋1 －1
2个质子和2个中子结合成一个整
1个中子转化为1个质子和1个电子
体射出
衰变实质
21H＋21n→4He 1n→1H＋ 0e
1 0 2 0 1 －1
衰变规律 电荷数守恒、质量数守恒、动量守恒
2.三种射线的成分和性质
名称 构成 符号 电荷量 质量 电离作用 穿透能力
α射线 氦核 4He ＋2e 4u 最强 最弱
2
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1
β射线 电子 0e －e u 较强 较强
－1
1836
γ射线 光子 γ 0 0 最弱 最强
3.衰变次数的计算方法
若AX→A′Y＋n4He＋m 0e
Z Z′ 2 －1
则A＝A′＋4n，Z＝Z′＋2n－m
解以上两式即可求出m和n。
4．对半衰期的理解
(1)半衰期是大量原子核衰变时的统计规律，对个别或少量原子核，无半衰期可言。
1 t
(2)根据半衰期的概念，可总结出公式N ＝N 2 τ，m ＝
余 原 余
1 t
m 2 τ。式中N 、m 表示衰变前的放射性元素的原子数和质量，N 、m 表示衰变后尚未发生衰变的放射性
原 原 原 余 余
元素的原子数和质量，t表示衰变时间，τ表示半衰期。
3．核反应的四种类型
类型 可控性 核反应方程典例
α衰变 自发 238U→234Th＋4He
92 90 2
衰变
β衰变 自发 234Th→234Pa＋ 0e
90 91 －1
14N＋4He→17O＋1H
7 2 8 1
(卢瑟福发现质子)
4He＋9Be→12C＋1n
2 4 6 0
人工转变 人工控制
(查德威克发现中子)
27Al＋4He→30P＋1n
13 2 15 0 (约里奥·居里夫妇发现放射性同位
素，同时发现正电子)
30P→30Si＋0e
15 14 1
161/2902022届衡水中学物理一本通高分手册
235U＋1n→144Ba＋89Kr＋31n
比较容易进行人 92 0 56 36 0
重核裂变
工控制
235U＋1n→136Xe＋90Sr＋101n
92 0 54 38 0
轻核聚变 很难控制 2H＋3H→4He＋1n
1 1 2 0
4.核能释放的两种途径的理解
(1)使较重的核分裂成中等大小的核。
(2)较小的核结合成中等大小的核，核子的比结合能都会增加，都可以释放能量。
4．核能的计算方法
书写核反应 计算质量 利用ΔE＝Δmc2
方程 → 亏损Δm → 计算释放的核能
(1)根据ΔE＝Δmc2计算。计算时Δm的单位是“kg”，c的单位是“m/s”，ΔE的单位是“J”。
(2)根据ΔE＝Δm×931.5MeV计算。因1原子质量单位“u”相当于931.5MeV的能量，所以计算时Δm的单位是“u”，
ΔE的单位是“MeV”。
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第六部分 选修系列
专题 分子动理论 气体及热力学定律
13
一、素养呈现
1.物理观念：布朗运动、内能、分子力、晶体、饱和汽、未饱和汽、相对湿度
2.科学思维：分子动理论“油膜法”“放大法”“图象法”“控制变量法”“临界法”、气体实验定理、理想气体状态方程、
热力学定律。
3.科学态度与责任：热机在生产、生活中的应用。
二、素养落实
1.分子动理论
2.从微观角度分析固体、液体和气体的性质
3.气体实验三定律及理想气体状态方程
4.热力学定律
考点一 分子动理论 内能
【考点诠释】一、突破三个重点
1．微观量的估算
V
(1)油膜法估算分子直径：d＝
S
V为纯油酸体积，S为单分子油膜面积。
m V
(2)分子总数：N＝nN ＝ ·N ＝ N 。
A A A
M V
m m
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V
[注意] 对气体而言，N≠ 。
V
个
(3)两种模型：
4
球模型：V＝ πR3(适用于估算液体、固体分子直径)
3
立方体模型：V＝a3(适用于估算气体分子间距)
2．分子热运动的实验基础：扩散现象和布朗运动
现象 扩散现象 布朗运动 热运动
活动主体 分子 微小固体颗粒 分子
分子的运动，发生在固体、液 比分子大得多的微粒的运动， 分子的运动，不能通过光
区别
体、气体之间 只能在液体、气体中发生 学显微镜直接观察到
共同点 ①都是无规则运动；②都随温度的升高而更加激烈
联系 扩散现象、布朗运动都反映无规则的热运动
3.物体的内能
(1)等于物体中所有分子的热运动动能与分子势能的总和，是状态量。
(2)对于给定的物体，其内能大小由物体的温度和体积决定。
(3)物体的内能与物体的位置高低、运动速度大小无关。
二、掌握两个关系
(1)分子力与分子间距的关系、分子势能与分子间距的关系。
(2)分子力做功与分子势能变化的关系。
阿伏加德罗常数是联系宏观与微观的桥梁，掌握宏观与微观的联系。
【典例分析1】物体的体积变化时，分子间距离会随之变化，分子势能也会发生变化。已知两分子间的斥力和
引力的合力F与分子间距离r的关系如图中曲线所示，设有A、B两个分子，A分子固定在O点，r 为其平衡
0
位置，现使B分子由静止释放，并在分子力的作用下由距A分子0.5r 处开始沿r轴正方向运动到无穷远处，则
0
B分子的加速度如何变化：________。分子力对B做功情况如何：________。分子势能如何变化：________。
164/2902022届衡水中学物理一本通高分手册
【题眼点拨】 ①B分子由“静止释放”说明v ＝0。
0
②B分子由距A分子“0.5r ”处运动到无穷远，给出B分子与A分子之间的距离与r 的关系，进一步可以确定分
0 0
子力是斥力还是引力。
【答案】B分子的加速度先变小再反向变大，再变小 分子力先做正功再做负功 分子势能先减小后增大
【解析】由图象可知，曲线与r轴交点的横坐标为r ，B分子受到的分子力先变小，位于平衡位置时，分子力
0
为零，过平衡位置后，分子力先变大再变小，故B分子的加速度先变小再反向变大，再变小。当r小于r 时，
0
分子间的作用力表现为斥力，F做正功，分子动能增大，分子势能减小；当r等于r 时，分子动能最大，分子
0
势能最小；当r大于r 时，分子间的作用力表现为引力，分子力做负功，分子动能减小，分子势能增大，故分
0
子力先做正功再做负功，分子势能先减小后增大。
【规律总结】分子力与分子势能的图象比较
分子力F 分子势能E
p
图象
rr 0 r增大，F做负功，E p 增大
力
的变化
r＝r F ＝F ，F＝0 E 最小，但不为零
0 引 斥 p
情况
r>10r 0 引力和斥力都很微弱，F＝0 E p ＝0
考点二 固体 液体 气体分子的运动特点
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【考点诠释】
1．固体和液体
(1)晶体和非晶体。
晶体
比较 非晶体
单晶体 多晶体
形状 规则 不规则 不规则
熔点 固定 固定 不固定
特性 各向异性 各向同性 各向同性
(2)液晶是一种特殊的物质状态，所处的状态介于固态和液态之间。液晶具有流动性，在光学、电学物理性质上
表现出各向异性。
(3)液体的表面张力使液体表面具有收缩到最小的趋势，表面张力的方向跟液面相切。
2．气体分子运动特点
3．对气体压强的理解
(1)气体对容器壁的压强是气体分子频繁碰撞的结果，温度越高，气体分子数密度越大，气体对容器壁因碰撞而
产生的压强就越大。
(2)地球表面大气压强可认为是由于大气重力产生的。
【典例分析2】玻璃器皿的制造过程中玻璃液的形成是重要环节，当温度达到1200℃时，大量的气泡分布在玻
璃液中，经过一系列工艺后获得澄清的玻璃液，之后可以通过降温到合适温度，然后选择合适大小的玻璃液进
行吹泡(即往玻璃液中吹气)制造玻璃器皿，下列与玻璃有关的物理学问题的说法正确的是( )
A．因为分子间存在着斥力，所以破碎的玻璃不能简单地拼接在一起
166/2902022届衡水中学物理一本通高分手册
B．玻璃从开始熔化到形成玻璃液的过程中，温度不固定
C．玻璃内部的原子是无序分布的，具有各向异性的特点
D．使1200℃的玻璃液继续升温，可能使其中的气泡减少
E．在真空和高温条件下，可以利用分子扩散在半导体材料中掺入其他元素
【答案】BDE
【解析】破碎的玻璃不能拼接在一起，是因为分子间距达不到分子作用力的范围，A错误；玻璃是非晶体，熔
化时无固定温度，B正确；玻璃是非晶体，玻璃内部的原子是无序排列的，具有各向同性的特点，C错误；温
度继续升高，气泡内气体升温，膨胀，气体的密度变小，上浮，从玻璃液中排出，D正确。在真空、高温条件
下，可以利用分子扩散在半导体材料中掺入其他元素，故E正确
【典例分析3】下列说法正确的是( )
A．在毛细现象中，毛细管中的液面有的升高，有的降低，这与液体的种类和毛细管的材质有关
B．脱脂棉脱脂的目的在于使它从不被水浸润变为可以被水浸润，以便吸取药液
C．烧热的针尖接触涂有蜂蜡薄层的云母片背面，熔化的蜂蜡呈椭圆形，说明蜂蜡是晶体
D．在空间站完全失重的环境下，水滴能收缩成标准的球形是因为液体表面张力的作用
E．在一定温度下，当人们感到潮湿时，水蒸发慢，空气的绝对湿度一定较大
【答案】ABD
【解析】在毛细现象中，毛细管中的液面有的升高，有的降低，这与液体的种类和毛细管的材质有关，选项A
正确；脱脂棉脱脂的目的在于使它从不被水浸润变为可以被水浸润，以便吸取药液，选项B正确；烧热的针尖
接触涂有蜂蜡薄层的云母片背面，熔化的蜂蜡呈椭圆形，说明云母片的物理性质具有各向异性，云母片是单晶
体，选项C错误；在空间站完全失重的环境下，水滴能收缩成标准的球形是因为液体表面张力的作用，选项D
正确；在一定温度下，空气的相对湿度越大，水蒸发越慢，人就感到越潮湿，故当人们感到潮湿时，空气的相
对湿度一定较大，但绝对湿度不一定大，故E错误。
【规律总结】1．晶体和非晶体
(1)凡是具有确定熔点的物体必定是晶体，反之，必是非晶体。
(2)凡是具有各向异性的物体必定是晶体，且是单晶体。
(3)单晶体具有各向异性，但不是在各种物理性质上都表现出各向异性。
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(4)晶体和非晶体在一定条件下可以相互转化。
2．液体表面张力
形成原因 表面层中分子间的距离比液体内部分子间的距离大，分子间的相互作用力表现为引力
表面特性 表面层分子间的引力使液面产生了表面张力，使液体表面好像一层绷紧的弹性薄膜
表面张力的方向 和液面相切，垂直于液面上的各条分界线
表面张力使液体表面具有收缩趋势，使液体表面积趋于最小，而在体积相同的条件下，
表面张力的效果
球形的表面积最小
典型现象 球形液滴、肥皂泡、涟波、毛细现象，浸润和不浸润
。
考点三 热力学定律
【考点诠释】1．对热力学定律的理解
(1)对热力学第一定律ΔU＝Q＋W的理解
①ΔU仅由温度决定，升温时为正，降温时为负；
②W仅由体积决定，压缩时为正，膨胀时为负；
③Q由ΔU和W共同决定。
(2)对热力学第二定律的理解
热量可以由低温物体传递到高温物体，也可以从单一热源吸收热量全部转化为功，但不引起其他变化是不可能
的。
2．对热力学第一定律的考查有定性判断和定量计算两种方式
(1)定性判断
利用题中的条件和符号法则对W、Q、ΔU中的其中两个量做出准确的符号判断，然后利用ΔU＝W＋Q对第三
个量做出判断。
(2)定量计算
一般计算等压变化过程的功，即W＝p·ΔV，然后结合其他条件，利用ΔU＝W＋Q进行相关计算。
168/2902022届衡水中学物理一本通高分手册
3．能量守恒定律
(1)内容：能量既不会凭空产生，也不会凭空消失，它只能从一种形式转化为另一种形式，或者是从一个物体转
移到别的物体，在转化或转移的过程中，能量的总量保持不变。
(2)条件性：能量守恒定律是自然界的普遍规律，某一种形式的能量是否守恒是有条件的。
(3)第一类永动机是不可能制成的，它违背了能量守恒定律。
【典例分析4】某容器中的空气被光滑活塞封住，容器和活塞绝热性能良好，空气可视为理想气体。初始时容
器中空气的温度与外界相同，压强大于外界。现使活塞缓慢移动，直至容器中的空气压强与外界相同。此时，
容器中空气的温度________(填“高于”“低于”或“等于”)外界温度，容器中空气的密度________(填“大于”“小于”
或“等于”)外界空气的密度。
【答案】低于 大于
【解析】容器与活塞绝热性能良好，容器中空气与外界不发生热交换(Q＝0)，活塞移动的过程中，容器中空气
压强减小，则容器中空气正在膨胀，体积增大，对外界做功，即W<0。根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W可知：
pV m
容器中空气内能减小，温度降低，容器中空气的温度低于外界温度。根据理想气体状态方程有 ＝C，又ρ＝ ，
T V
mp
联立解得：ρ＝ 。对容器外与容器内质量均为m的气体，因容器中空气压强和容器外空气压强相同，容器内
CT
温度低于外界温度，则容器中空气的密度大于外界空气的密度。
【规律总结】热力学第一定律的三种特殊情况
(1)若过程是绝热的，则Q＝0，W＝ΔU，外界对物体做的功等于物体内能的增加量，或物体对外界做的功
等于物体内能的减少量。
(2)若过程中不做功，则W＝0，Q＝ΔU，物体吸收的热量等于物体内能的增加量，或物体放出的热量等于
物体内能的减少量。
(3)①若过程的始、末状态物体的内能不变，则W＋Q＝0，即物体吸收的热量全部用来对外做功，或外界对
物体做的功等于物体放出的热量。②做功和热传递都可以改变物体的内能，如果两个过程同时发生，则内能的
改变可由热力学第一定律ΔU＝W＋Q确定。
考点四 气体实验定律和理想气体的状态方程
【考点诠释】
169/2902022届衡水中学物理一本通高分手册
1．气体压强的计算
(1)力平衡法：选取与气体接触的液柱(或活塞)为研究对象进行受力分析，得到液柱(或活塞)的受力平衡方程，求
得气体的压强。
(2)等压面法：在连通器中，同一种液体(中间不间断)同一深度处压强相等，液体内深h处的总压强p＝p ＋ρgh，
0
p 为液面上方的大气压强。
0
说明：固体密封的气体一般用力平衡法，液柱密封的气体一般用等压面法。
2．气体实验定律
玻意耳定律：p V ＝p V
1 1 2 2
p p p T
查理定律： 1＝ 2或 1＝ 1
T T p T
1 2 2 2
V V V T
盖—吕萨克定律： 1＝ 2或 1＝ 1
T T V T
1 2 2 2
3．理想气体的状态方程
(1)理想气体是指在任何条件下始终遵守气体实验定律的气体，一定质量的理想气体的内能只和温度有关。
p V p V pV
(2)状态方程： 1 1＝ 2 2或 ＝C。
T T T
1 2
4．应用气体实验定律的三个重点环节
(1)正确选择研究对象：对于变质量问题要研究质量不变的部分；对于多部分气体问题，要对各部分独立研究，
各部分之间一般通过压强(液柱或活塞的受力)找联系。
(2)列出各状态的参量：气体在初、末状态，往往会有两个(或三个)参量发生变化，把这些状态参量罗列出来能
够比较准确、快速的找到规律。
(3)认清变化过程：准确分析变化过程以便正确选用气体实验定律。
【典例分析5】．中医拔罐的物理原理是利用玻璃罐内外的气压差使罐吸附在人体穴位上，进而治疗某些疾病。
常见拔罐有两种，如图所示，左侧为火罐，下端开口；右侧为抽气拔罐，下端开口，上端留有抽气阀门。使用
火罐时，先加热罐中气体，然后迅速按到皮肤上，自然降温后火罐内部气压低于外部大气压，使火罐紧紧吸附
在皮肤上。抽气拔罐是先把罐体按在皮肤上，再通过抽气降低罐内气体压强。某次使用火罐时，罐内气体初始
20
压强与外部大气压相同，温度为450K，最终降到300K，因皮肤凸起，内部气体体积变为罐容积的 。若换用
21
170/2902022届衡水中学物理一本通高分手册
20
抽气拔罐，抽气后罐内剩余气体体积变为抽气拔罐容积的 ，罐内气压与火罐降温后的内部气压相同。罐内气
21
体均可视为理想气体，忽略抽气过程中气体温度的变化。求应抽出气体的质量与抽气前罐内气体质量的比值。
1
【答案】
3
【解析】设火罐内气体初始状态参量分别为p 、T 、V ，温度降低后状态参量分别为p 、T 、V ，罐的容积为
1 1 1 2 2 2
V ，由题意知
0
20V
p ＝p 、T ＝450K、V ＝V 、T ＝300K、V ＝ 0 ①
1 0 1 1 0 2 2
21
由理想气体状态方程得
20
p · V
p V 2 0
0 0＝ 21 ②
T
1 T
2
代入数据得
p ＝0.7p ③
2 0
对于抽气罐，设初态气体状态参量分别为p 、V ，末态气体状态参量分别为p 、V ，罐的容积为V′ ，由题意知
3 3 4 4 0
p ＝p 、V ＝V′ 、p ＝p ④
3 0 3 0 4 2
由玻意耳定律得
p V′ ＝p V ⑤
0 0 2 4
联立③⑤式，代入数据得
10
V ＝ V′ ⑥
4 0
7
设抽出的气体的体积为ΔV，由题意知
20
ΔV＝V － V′ ⑦
4 0
21
171/2902022届衡水中学物理一本通高分手册
故应抽出气体的质量与抽气前罐内气体质量的比值为
Δm ΔV
＝ ⑧
m V
4
联立⑥⑦⑧式，代入数据得
Δm 1
＝ 。 ⑨
m 3
【典例分析6】．如图所示在绝热汽缸内，有一绝热轻活塞封闭一定质量的气体，开始时缸内气体温度为27℃，
封闭气柱长9cm，活塞横截面积S＝50cm2。现通过汽缸底部电阻丝给气体加热一段时间。此过程中气体吸热
22J，稳定后气体温度变为127℃。已知大气压强等于105Pa，求：
(1)加热后活塞到汽缸底端的距离；
(2)此过程中气体内能改变了多少。
【答案】(1)12cm (2)7J
【解析】(1)取被封闭的气体为研究的对象。开始时气体的体积为L S，温度为：T ＝(273＋27)K＝300K，
1 1
末状态的体积为L S，温度为：T ＝(273＋127)K＝400K
2 2
L S L S
气体做等压变化，则 1 ＝ 2
T T
1 2
代入数据得：L ＝12cm。
2
(2)在该过程中，气体对外做功：
W＝F·ΔL＝p S(L －L )＝105×50×10－4×(12－9)×10－2J＝15J，
0 2 1
由热力学第一定律：ΔU＝Q－W＝22J－15J＝7J。
【规律总结】求解气体实验定律与热力学定律的综合问题的通用思路
172/2902022届衡水中学物理一本通高分手册
考点五 热力学第一定律与图象的综合应用
【考点诠释】
【典例分析7】如图所示，一定质量的理想气体从状态A变化到状态B，再由状态B变化到状态C，最后由状
态C变化到状态A.气体完成这个循环，内能的变化ΔU＝________，对外做功W＝________，气体从外界吸收
的热量Q＝________.(用图中已知量表示)
1 1
【答案】 (1)0 p V p V
0 0 0 0
2 2
【解析】 (1)气体完成一个循环过程，温度的变化量为零，则内能的变化ΔU＝0；对外做功等于图中三角形ABC
1 1
的面积，即W＝ p V ；根据热力学第一定律可知，气体吸热：Q＝W＝ p V .
0 0 0 0
2 2
【典例分析8】回热式制冷机是一种深低温设备，制冷极限约50K．某台回热式制冷机工作时，一定量的氦气(可
视为理想气体)缓慢经历如图所示的四个过程：已知状态A和B的温度均为27℃，状态C和D的温度均为－
133℃，下列判断正确的是________．
A．气体由状态A到B过程，温度先升高后降低
B．气体由状态B到C过程，内能保持不变
173/2902022届衡水中学物理一本通高分手册
C．气体由状态C到D过程，分子间的平均间距减小
D．气体由状态C到D过程，气体对外做功
E．气体由状态D到A过程，其热力学温度与压强成正比
【答案】 (1)ADE
pV
【解析】 (1)状态A和B的温度相等，根据 ＝C，经过A、B的等温线应是过A、B的双曲线的一部分，沿
T
直线由A到B，pV先增大后减小，所以温度先升高后降低，故A正确； 气体由状态B到C过程，体积不变，
pV
根据 ＝C，压强减小，温度降低，内能减小，故B错误；气体由状态C到D过程，体积增大，分子间的平均
T
间距增大，故C错误；气体由状态C到D过程，体积增大，气体对外做功，故D正确；气体由状态D到A过
pV
程，体积不变，根据 ＝C，其热力学温度与压强成正比，故E正确．
T
【典例分析9】一定量的理想气体的压强p与热力学温度T的变化图象如图所示。下列说法正确的是( )
A．A→B的过程中，气体对外界做功，气体内能增加
B．A→B的过程中，气体从外界吸收的热量等于其内能的增加量
C．B→C的过程中，气体体积增大，对外做功
D．B→C的过程中，气体对外界放热，内能不变
E．B→C的过程中，气体分子与容器壁每秒碰撞的次数增加
【答案】BDE
【解析】从A到B的过程，是等容升温过程，气体不对外做功，气体从外界吸收热量，使得气体内能增加，故
A错误，B正确；从B到C的过程是等温压缩过程，压强增大，体积减小，外界对气体做功，气体放出热量，
内能不变，因体积减小，分子数密度增大，故气体分子与容器壁每秒碰撞的次数增加，故C错误，D、E正确。
【规律总结】判断理想气体内能变化的两种方法
(1)一定质量的理想气体，内能的变化完全由温度变化决定，温度升高，内能增大。
174/2902022届衡水中学物理一本通高分手册
(2)若吸、放热和做功情况已知，可由热力学第一定律ΔU＝W＋Q来确定。
考点六 实验：用油膜法估测分子的大小
【考点诠释】
1．实验原理
利用油酸酒精溶液在平静的水面上形成单分子油膜(如图所示)，将油酸分子看作球形，测出一定体积油酸酒精
V
溶液在水面上形成的油膜面积，用d＝ 计算出油膜的厚度，其中V为一滴油酸酒精溶液中纯油酸的体积，S为
S
油膜面积。这个厚度就近似等于油酸分子的直径。
2．实验器材
已稀释的油酸若干毫升、量筒1个、浅盘1只(30cm×40cm)、纯净水、注射器(或滴管)1支、透明玻璃板一块、
坐标纸、彩色水笔1支、痱子粉或石膏粉(带纱网或粉扑)。
3．实验步骤
(1)取1mL(1cm3)的油酸溶于酒精中，制成200mL的油酸酒精溶液。
(2)往边长约为30～40cm的浅盘中倒入约2cm深的水，然后将痱子粉或石膏粉均匀地撒在水面上。
(3)用滴管(或注射器)向量筒中滴入n滴配制好的油酸酒精溶液，使这些溶液的体积恰好为1mL，算出每滴油酸
1
酒精溶液的体积V ＝ mL。
0
n
(4)用滴管(或注射器)向水面上滴入一滴配制好的油酸酒精溶液，油酸就在水面上慢慢散开，形成单分子油膜。
(5)待油酸薄膜形状稳定后，将一块较大的玻璃板盖在浅盘上，用彩笔将油酸薄膜的形状画在玻璃板上。
(6)将画有油酸薄膜轮廓的玻璃板放在坐标纸上，算出油酸薄膜的面积。
(7)根据油酸酒精溶液的浓度，算出一滴溶液中纯油酸的体积V，根据纯油酸的体积V和薄膜的面积S，算出油
V
酸薄膜的厚度d＝ ，即为油酸分子的直径。 比较算出的分子直径， 看其数量级(单位为m)是否为10－10，若不
S
是10－10需重做实验。
【典例分析10】(1)在“用油膜法估测分子的大小”的实验中，用移液管量取0.25mL油酸，倒入标注250mL的
175/2902022届衡水中学物理一本通高分手册
容量瓶中，再加入酒精后得到250mL的溶液；然后用滴管吸取这种溶液，向小量筒中滴入100滴溶液，溶液
的液面达到量筒中1mL的刻度；再用滴管取配好的油酸溶液，向撒有痱子粉的盛水浅盘中滴下2滴溶液，在
液面上形成油酸薄膜；待油膜稳定后，放在带有正方形坐标格的玻璃板下观察油膜，如图所示。坐标格正方形
的大小为2cm×2cm，由图可以估算出油膜的面积是________m2(保留两位有效数字)，由此估算出油膜分子的直
径是________m(保留一位有效数字)。
(2)某同学在“用油膜法估测分子的大小”的实验中，计算出的分子直径明显偏大，可能是由于________。
A．油酸分子未完全散开
B．油酸中含有大量酒精
C．计算油膜面积时，舍去了所有不足半格的方格
D．求每滴油酸酒精溶液的体积时，1mL的溶液滴数多计了10滴
【答案】(1)2.4×10－2 8×10－10 (2)AC
【解析】(1)油膜面积的估算可以先数出油膜所覆盖的整个方格数，不足半个格的舍去，多于半个格的算1个格，
再计算总面积，将油膜看成单分子层，先计算2滴溶液中所含油酸的体积，即为油膜的体积，再除以油膜面积
即得分子直径。由图示油膜可知，油膜的面积S＝60×2cm×2cm＝240cm2＝2.4×10－2m2；
两滴油酸溶液含纯油酸的体积
1 0.25
V＝2× × mL＝2×10－5mL＝2×10－11m3，
100 250
油酸分子的直径
V
2×10－11
d＝ ＝ m≈8×10－10m。
S 2.4×10－2
V
(2)由公式d＝ 可知，d偏大，则可能油酸体积V偏大或油膜面积S偏小，选项A、C正确。
S
【规律总结】1．注意事项
(1)将所有的实验用具擦洗干净，不能混用；
176/2902022届衡水中学物理一本通高分手册
(2)油酸酒精溶液的浓度以小于0.1%为宜；
(3)方盘中的水离盘口面的距离应较小，并要水平放置，以便准确地画出薄膜的形状，画线时视线应与板面垂直。
2．误差分析
(1)纯油酸体积的计算引起误差；
(2)油膜形状的画线误差；
(3)数格子法本身是一种估算的方法，自然会带来误差。
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第六部分 选修系列
专题 振动和波动
14
一、素养呈现
1.物理观念：简谐运动、弹簧振子、单摆、受迫振动、共振、横波、多普勒效应、干涉、衍射
2.科学思维：简谐运动的公式和图象、共振曲线。
3.科学探究：探究单摆的运动、用单摆测重力加速度。
二、素养落实
1.基本概念和规律的理解
2.波的传播特点和图象分析
考点一 机械振动
【考点诠释】1．简谐运动的规律
受力特征 回复力F＝－kx，F(或a)的大小与x的大小成正比，方向相反
运动特征 靠近平衡位置时，a、F、x都减小，v增大；远离平衡位置时，a、F、x都增大，v减小
能量特征 振幅越大，能量越大。在运动过程中，系统的动能和势能相互转化，机械能守恒
质点的位移、回复力、加速度和速度随时间做周期性变化，变化周期就是简谐运动的周期T；
周期性特征
T
动能和势能也随时间做周期性变化，其变化周期为
2
对称性特征 关于平衡位置O对称的两点，速度的大小、动能、势能相等，相对平衡位置的位移大小相等
178/2902022届衡水中学物理一本通高分手册
2.简谐运动的应用
(1)简谐运动的表达式：x＝Asin(ωt＋φ)
(2)图象：反映同一质点在各个时刻的位移
l
(3)单摆周期表达式：T＝2π
g
【典例分析1】弹簧振子做简谐运动，O为平衡位置，当它经过点O时开始计时，经过0.3s，第一次到达点M，
再经过0.2s第二次到达点M，则弹簧振子的周期不可能为( )
A．0.53s B．1.4s C．1.6s D．2s E．3s
【答案】BDE
T
【解析】如图甲所示，设O为平衡位置，OB(OC)代表振幅，振子从O→C所需时间为 。因为简谐运动具有对
4
T 0.2
称性，所以振子从M→C所用时间和从C→M所用时间相等，故 ＝0.3s＋ s＝0.4s，解得T＝1.6s；如图乙
4 2
所示，若振子一开始从平衡位置向点B运动，设点M′与点M关于点O对称，则振子从点M′经过点B到点M′
所用的时间与振子从点M经过点C到点M所需时间相等，即0.2s。振子从点O到点M′、从点M′到点O及从
0.3s－0.2s 1 1
点O到点M所需时间相等，为 ＝ s，故周期为T＝0.5s＋ s≈0.53s，所以周期不可能为选项B、
3 30 30
D、E。
甲 乙
【典例分析2】如图所示，两根完全相同的轻质弹簧和一根绷紧的轻质细线将甲、乙两物块束缚在光滑水平面
m
上。已知物块甲的质量是物块乙质量的4倍，弹簧振子做简谐运动的周期T＝2π ，式中m为振子的质量，
k
k为弹簧的劲度系数。当细线突然断开后，两物块都开始做简谐运动，在运动过程中，下列说法正确的是( )
A．物块甲的振幅是物块乙振幅的4倍
179/2902022届衡水中学物理一本通高分手册
B．物块甲的振幅等于物块乙的振幅
1
C．物块甲的最大速度是物块乙最大速度的
2
D．物块甲的振动周期是物块乙振动周期的2倍
E．物块甲的振动频率是物块乙振动频率的2倍
【答案】BCD
【解析】线未断开前，两根弹簧伸长的长度相同，故线断开后两物块离开平衡位置的最大距离相同，即振幅相
同，故A错误，B正确；当线断开的瞬间，弹簧的弹性势能相同，到达平衡位置时，甲、乙的最大动能相同，
1 1 m
由于甲的质量大于乙的质量，由E ＝ mv2知道，甲的最大速度是乙的最大速度的 ，故C正确；根据T＝2π
k
2 2 k
1 1
可知，甲的振动周期是乙的振动周期的2倍，根据f＝ 可知，甲的振动频率是乙的振动频率的 ，故D正确，E
T 2
错误。
【规律总结】简谐运动的“五个特征”
1．动力学特征：F＝－kx，“－”表示回复力的方向与位移方向相反，k是比例系数，不一定是弹簧的劲度系数。
2．运动学特征：简谐运动的加速度的大小与物体偏离平衡位置的位移的大小成正比，而方向相反，为变加速运
动，远离平衡位置时，x、F、a、E 均增大，v、E 均减小，靠近平衡位置时则相反。
p k
3．运动的周期性特征：相隔T或nT的两个时刻，振子处于同一位置且振动状态相同。
4．对称性特征
T 2n＋1
(1)相隔 或 T(n为正整数)的两个时刻，振子位置关于平衡位置对称，位移、速度、加速度大小相等，方
2 2
向相反。
(2)如图所示，振子经过关于平衡位置O对称的两点P、P′(OP＝OP′)时，速度的大小、动能、势能相等，相对
于平衡位置的位移大小相等。
(3)振子由P到O所用时间等于由O到P′所用时间，即t ＝t 。
PO OP′
(4)振子往复过程中通过同一段路程(如OP段)所用时间相等，即t ＝t 。
OP PO
5．能量特征：振动的能量包括动能E 和势能E ，简谐运动过程中，系统动能与势能相互转化，系统的机械能
k p
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守恒。
考点二 机械波
【考点诠释】
1．波的传播问题
(1)沿波的传播方向上各质点的起振方向与波源的起振方向一致。
(2)介质中各质点随波振动，但并不随波迁移。
(3)沿波的传播方向上波每个周期传播一个波长的距离。
(4)在波的传播过程中，同一时刻如果一个质点处于波峰，而另一质点处于波谷，则这两个质点一定是反相点。
2．波的叠加问题
(1)两个振动情况相同的波源形成的波，在空间某点振动加强的条件为Δx＝nλ(n＝0,1,2，…)，振动减弱的条件为
λ λ
Δx＝nλ＋ (n＝0,1,2，…)。两个振动情况相反的波源形成的波，在空间某点振动加强的条件为Δx＝nλ＋ (n＝
2 2
0,1,2，…)，振动减弱的条件为Δx＝nλ(n＝0,1,2，…)。
(2)振动加强点的位移随时间而改变，振幅最大。
3．波的多解问题
由于波的周期性、波传播方向的双向性，波的传播问题易出现多解现象。
5
【典例分析3】如图所示为某列简谐横波在t＝1s时的波动图象，介质中平衡位置为x＝ m的质点N做简谐
2
π
运动的表达式为y＝8cos t(cm)。求：
2
(1)这列波的周期和波速大小；
(2)从t＝1s开始图中质点M回到平衡位置所用的最短时间。
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π
【题眼点拨】①“N点的振动方程y＝8cos t(cm)”可确定ω，进而求出波速。
2
π
②“N点的振动方程y＝8cos t(cm)”可判断波传播方向。
2
5
【答案】(1)4s 1.5m/s (2) s
3
π π
【解析】(1)由y＝8cos t(cm)知ω＝ rad/s
2 2
2π
波的周期T＝ ＝4s
ω
由波的图象知波长λ＝2×3m＝6m
λ
波速v＝ ＝1.5m/s。
T
(2) 质点N在t＝1s时，y ＝0
1
π π
1s＋Δt Δt
当t＝1s＋Δt时，y 2 ＝8cos 2 cm＝－8sin 2 cm
当0<Δt<1s时，y <0
2
可见在t＝1s时，质点N的振动方向沿y轴负方向，质点M的振动方向沿y轴正方向，波沿x轴负方向传播
从t＝1s开始，波从N点传播到O点时，质点M从题图图示位置开始先沿y轴正方向运动到最高点，后回到
Δx
平衡位置，所用的时间最短，则最短时间t ＝
min
v
5
5
t ＝ 2 s＝ s。
min
3
1.5
【典例分析4】图甲为某一列沿x轴传播的简谐横波在t＝0.5s时刻的波形图，图乙为参与波动的质点M的振
动图象，则下列说法正确的是( )
甲 乙
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A．该简谐波的传播速度为4m/s
B．这列波的传播方向沿x轴正方向
C．t＝2.0s时M质点的振动速度小于Q质点的振动速度
D．t＝2.0s时P质点的位移为2cm
π
2πt－
E．从t＝0时刻开始P质点的振动方程为y＝2sin 2 (cm)
【答案】ABE
λ
【解析】由甲图可得λ＝4m，由乙图可得T＝1s，所以该简谐横波的传播速度为v＝ ＝4m/s，故A正确；由
T
图乙知，t＝0.5s时质点M正通过平衡位置向上运动，由波形平移法知波的传播方向沿x轴正方向，故B正确；
t＝2.0s＝2T时，M质点正通过平衡位置，速度最大，而质点Q不在平衡位置，所以t＝2.0s时M质点的振动
速度大于Q质点的振动速度，故C错误；t＝0.5s时P质点在波峰，经过1.5s＝1.5T时间，即t＝2.0s时P质
2π π
t－
点到达波谷，位移为－2cm，故D错误；t＝0时刻，质点P在波谷，因此它的振动方程为y＝Asin T 2 ＝
π
2πt－
2sin 2 (cm)，故E正确。
【规律总结】巧解波动图象与振动图象问题
考点三 机械振动与机械波的综合应用
【考点诠释】1．波的传播方向与质点振动方向的互判方法
方法 内容 图象
“上下坡” 沿波的传播方向，“上坡”时质点向下振动，“下
法 坡”时质点向上振动
183/2902022届衡水中学物理一本通高分手册
波形图上某点表示传播方向和振动方向的箭头
“同侧”法
在图线同侧
“微平移” 将波形沿传播方向进行微小的平衡，再由对应同
法 一x坐标的两波形曲线上的点来判断振动方向
2.波的图象和振动图象的应用
(1)判断波的传播方向与质点振动方向的依据是波的传播特点，前一质点总是带动后一质点振动。任一质点的起
振方向都跟波源的起振方向一致。
(2)利用振动图象和波的图象解决实际问题时，应充分理解两图象的物理意义，将两者结合起来进行分析，这也
是解决问题的关键。
①已知波形图和波的传播方向，可以确定质点的振动方向。
②已知质点的振动方向和波的图象，可以确定波的传播方向。
【典例分析5】一列简谐横波沿x轴正方向传播，沿传播方向上P、Q两点的振动图象如图甲、乙所示，已知P、
Q两点平衡位置的坐标分别为x ＝2m、x ＝4m。问：
P Q
甲 乙
(1)若该波的波长大于2m， 则波速是多大？
(2)若该波的波长小于2m，则波长是多少？
8 16
【答案】(1) m/s (2) m(n＝2,3,4…)
7 8n－1
【解析】由P、Q两点的振动图象得周期
2π
ω＝ ＝πrad/s
T＝2s， T
Q点的振动方程y ＝Asin(ωt＋φ)
Q
184/2902022届衡水中学物理一本通高分手册
2
当t＝0时，y ＝ y
Q m
2
π
πt＋
则y Q ＝5sin 4 m
P点的振动方程：y ＝5sinπt(m)
P
波从P传到Q点用时为Δt，
π
πΔt＋ ＝2nπ n＝1,2,3，…
4
(1)若该波的波长大于2m，Δt′T，n＝2,3,4…
1
2n－
Δt′＝ 4 s(n＝2,3,4…)
x 8
v′＝ ＝ (n＝2,3,4…)
Δt′ 8n－1
16
可得：λ＝v′T＝ m(n＝2,3,4…)。
8n－1
考点四 波的多解性
【考点诠释】
1．波动问题多解的主要因素
(1)周期性
①时间周期性：时间间隔Δt与周期T的关系不明确。
②空间周期性：波传播的距离Δx与波长λ的关系不明确。
(2)双向性
①传播方向双向性：波的传播方向不确定。
185/2902022届衡水中学物理一本通高分手册
②振动方向双向性：质点振动方向不确定。
2．解决波的多解问题的思路
一般采用从特殊到一般的思维方法，即找出一个周期内满足条件的关系Δt或Δx，若此关系为时间，则t＝nT＋
Δt(n＝0,1,2…)；若此关系为距离，则x＝nλ＋Δx(n＝0,1,2…)。
【典例分析6】．如图所示是在竖直方向上振动并沿水平方向传播的简谐横波，实线是t＝0时刻的波形图，虚线
是t＝0.2s时刻的波形图。
(1)若波沿x轴负方向传播，求它传播的速度；
(2)若波沿x轴正方向传播，求它的最大周期；
(3)若波速是25m/s，求t＝0时刻P点的运动方向。
【思路点拨】：解此题按以下思路：
(1)知道两个时刻波的图象，根据周期性，得出波传播距离的通项关系式。
(2)根据波的传播方向和波形得出传播时间的通项关系式。
Δx
(3)再由v＝ 求出波速的通项关系式。
Δt
【答案】(1)(20n＋15)m/s(n＝0,1,2,3…)(2)0.8s (3)沿y轴负方向
【解析】(1)由图知，该波的波长为λ＝4m
3
n＋
波沿x轴负方向传播时，传播的可能距离为：Δx＝ 4 λ＝(4n＋3)m(n＝0,1,2,3…)
传播的速度为：
Δx
v＝ ＝(20n＋15)m/s(n＝0,1,2,3…)。
t
(2)波沿x轴正方向传播，传播的时间与周期关系为：
186/2902022届衡水中学物理一本通高分手册
1
n＋
t＝ 4 T(n＝0,1,2,3…)
4t 0.8
得：T＝ ＝ s(n＝0,1,2,3…)
4n＋1 4n＋1
当n＝0时周期最大，即最大周期为0.8s。
(3)波在0.2s内传播的距离为：
Δx＝vt＝25×0.2m＝5m
Δx 1 1
传播的波长数n＝ ＝1 ，可见波形图平移了 λ的距离。由题图知波沿x轴正方向传播。
λ 4 4
所以P点在t＝0s时刻沿y轴负方向运动。
【典例分析7】．在一列沿水平直线传播的简谐横波上有相距4m的A、B两点，如图甲、乙分别是A、B两质
点的振动图象。已知该波波长大于2m，求这列波可能的波速。
甲 乙
【答案】见解析
【解析】由振动图象得质点振动周期T＝0.4s，
3
若波由A向B传播，B点比A点晚振动的时间Δt＝nT＋ T(n＝0,1,2,3…)，
4
所以A、B间的距离为
λ 3
Δs＝vΔt＝ Δt＝nλ＋ λ(n＝0,1,2,3…)，
T 4
4Δs 16
则波长为λ＝ ＝ m，
4n＋3 4n＋3
因为λ>2m，所以n＝0,1
16 λ 40
当n＝0时，λ ＝ m，v ＝ 1＝ m/s，
1 1
3 T 3
187/2902022届衡水中学物理一本通高分手册
16 λ 40
当n＝1时，λ ＝ m，v ＝ 2＝ m/s。
2 2
7 T 7
1
若波由B向A传播，A点比B点晚振动的时间Δt＝nT＋ T(n＝0,1,2,3…)，
4
所以A、B间的距离为
1
Δs＝nλ＋ λ(n＝0,1,2,3…)，
4
4Δs 16
则波长为λ＝ ＝ m
4n＋1 4n＋1
因为λ>2m，所以n＝0,1
当n＝0时，λ ＝16m，v ＝40m/s，
1 1
16
当n＝1时，λ ＝ m，v ＝8m/s。
2 2
5
【规律总结】解答波的多解问题的方法
(1)假设波向x轴正方向或负方向传播。
(2)由题目提供的波形变化等条件列出传播距离或传播时间与波长、周期等相关的通式。
λ Δx
(3)根据v＝ 、v＝λf或v＝ 求出速度或其他未知量的关系通式。
T Δt
(4)分析题目中有没有其他限制条件，判断通过关系通式得到的多解能否变为有限个解或唯一解。
考点五 波的干涉、衍射和多普勒效应
【考点诠释】
1．波的干涉现象中加强点、减弱点的两种判断方法：
(1)公式法：某质点的振动是加强还是减弱，取决于该点到两相干波源的距离之差Δr。
①当两波源振动步调一致时
若Δr＝nλ(n＝0,1,2…)，则振动加强；
λ
若Δr＝(2n＋1) (n＝0,1,2…)，则振动减弱。
2
188/2902022届衡水中学物理一本通高分手册
②当两波源振动步调相反时
λ
若Δr＝(2n＋1) (n＝0,1,2…)，则振动加强；
2
若Δr＝nλ(n＝0,1,2…)，则振动减弱。
(2)图象法：在某时刻波的干涉的波形图上，波峰与波峰(或波谷与波谷)的交点，一定是加强点，而波峰与波谷
的交点一定是减弱点，各加强点或减弱点各自连接而成以两波源为中心向外辐射的连线，形成加强线和减弱线，
两种线互相间隔，加强点与减弱点之间各质点的振幅介于加强点与减弱点的振幅之间。
2．波的衍射现象是指波能绕过障碍物继续传播的现象，产生明显衍射现象的条件是缝、孔的宽度或障碍物的尺
寸跟波长相差不大或者小于波长。
3．多普勒效应的成因分析：
(1)接收频率：观察者接收到的频率等于观察者在单位时间内接收到的完全波的个数。当波以速度v通过观察者
vt
时，时间t内通过的完全波的个数为N＝ ，因而单位时间内通过观察者的完全波的个数，即接收频率。
λ
(2)当波源与观察者相互靠近时，观察者接收到的频率变大；当波源与观察者相互远离时，观察者接收到的频率
变小；波源和观察者如果相对静止，观察者接收到的频率等于波源的频率。
【典例分析8】如图是水平面上两列频率相同的波在某时刻的叠加情况，以波源S 、S 为圆心的两组同心圆弧
1 2
分别表示同一时刻两列波的波峰(实线)和波谷(虚线)，S 的振幅A ＝3cm，S 的振幅A ＝2cm。则下列说法正
1 1 2 2
确的是( )
A．质点D是振动减弱点
B．质点A、D在该时刻的高度差为10cm
C．再过半个周期，质点B、C是振动加强点
D．质点C的振幅为1cm
E．质点C此刻以后将向下振动
【答案】BDE
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【解析】题图中质点A、D分别是波峰与波峰相遇、波谷与波谷相遇，是振动加强点，而质点B、C是波峰与
波谷相遇，是振动减弱点，故A错误；质点A的位移为3cm＋2cm＝5cm，质点D的位移为－3cm－2cm＝
－5cm，故质点A、D在该时刻的高度差为10cm，故B正确；振动的干涉图样是稳定的，质点A、D一直是振
动加强点，而质点B、C一直是振动减弱点，故C错误；质点C是振动减弱点，振幅为3cm－2cm＝1cm，此
刻在上方最大位移处，故质点C此刻以后将向下振动，故D、E正确。
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第六部分 选修系列
专题 光与电磁波
15
一、素养呈现
1.物理观念：电磁振荡、折射率、全反射、折射、偏振、相对论基本假设
2.科学思维：光的折射定律、相对论关系。
3.科学探究：测定玻璃的折射率、用双缝干涉测波长。
二、素养落实
1.光的折射与全反射
2.光的干涉、衍射和电磁波、相对论
考点一 光的折射与全反射
【考点诠释】1．折射率
sinθ
(1)n＝ 1。
sinθ
2
c
(2)n＝ 。
v
2．全反射的条件
(1)光从光密介质射向光疏介质。
(2)入射角大于或等于临界角。
1
(3)sinC＝ 。
n
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3．光的色散问题
(1)同种介质对不同频率的光的折射率不同，频率越高，折射率越大。
c λ
(2)由n＝ ，n＝ 0可知，光的频率越高，在介质中的波速越小，波长越长。
v λ
4．平行玻璃砖、三棱镜和圆柱体对光路的控制
平行玻璃砖 三棱镜 圆柱体(球)
光路图
通过三棱镜的光线经两次折
对光线 通过平行玻璃砖的光线不改 圆界面的法线是过圆心的直线，
射后，出射光线向棱镜底面
的作用 变传播方向，但要发生侧移 经过两次折射后向圆心偏折
偏折
【典例分析1】如图所示，直角边AC长度为d的直角棱镜ABC置于桌面上，D为斜边BC的中点，桌面上的S
3d
点发射一条光线经D点折射后，垂直于AB边射出。已知SC＝CD，光线通过棱镜的时间t＝ ，c为真空中
2c
光速，不考虑反射光线。求：
(1)棱镜的折射率n。
(2)入射光线与界面BC间的夹角。
【答案】(1) 3 (2)30°
【解析】(1)光路如图所示，E是光线在AB边的射出点，设光线通过棱镜的速度为v，则
192/2902022届衡水中学物理一本通高分手册
1
DE＝ d，
2
1
即vt＝ d
2
c
结合n＝
v
解得：n＝ 3。
(2)光线射到界面BC，设入射角为i，折射角为r，则有：
π
i＝ －θ
2
π
r＝ －2θ
2
sini
根据折射定律有：n＝
sinr
解得：θ＝30°。
【规律总结】解决光的折射问题的思路
(1)根据题意画出正确的光路图。
(2)利用几何关系确定光路中的边、角关系，要注意入射角、折射角均以法线为标准。
(3)利用折射定律、折射率公式求解。
(4)注意：在折射现象中光路是可逆的。
【典例分析2】如图为三棱柱形棱镜的横截面，该横截面为直角边为d＝1m的等腰直角三角形。一细光束由
AB面斜射入，并逐渐调节入射角及入射点的位置，使细光束经AB面折射后直接射到AC面，且当细光束与AB
面的夹角为θ＝30°时，该细光束恰好不能从AC面射出。求：
193/2902022届衡水中学物理一本通高分手册
(1)该棱镜的折射率为多大；
d
(2)如果入射点到A点的距离为 ，光在真空中的传播速度为c＝3.0×108m/s，则光束从AB面传播到AC面所用
7
的时间应为多少？(结果可保留根号)
7 21
【答案】(1) (2) ×10－8s
2 18
【解析】(1)由题意作出光路图，如图所示
由几何关系可知入射角为
α＝90°－θ＝60°
1
由于在AC面发生了全反射，则n＝
sinγ
π
又因为β＋γ＝
2
sinα
在AB面上：n＝
sinβ
7
解得：n＝ 。
2
d 2
(2)由几何关系可知OE＝ ，因为sinγ＝
7 7
3 OE d 3
所以cosγ＝ ，则DE＝ ＝ ＝ m
7 cosγ 3 3
c 6
光在棱镜中的速度为v＝ ＝ ×108m/s
n 7
则光束从AB面传播到AC面所用的时间
194/2902022届衡水中学物理一本通高分手册
DE 21
t＝ ＝ ×10－8s。
v 18
【规律总结】求解全反射现象中光的传播时间的技巧
(1)准确地判断出恰好发生全反射的临界光线是解题的关键。
(2)光的传播路程应结合光路图与几何关系进行确定，所以作光路图时应尽量与实际相符。
c
(3)光在同种均匀介质中的传播速度不发生变化，即v＝ 。
n
l
(4)利用t＝ 求解光的传播时间。
v
【典例分析3】如图所示，一束由两种单色光混合的复色光沿PO方向射向一上、下表面平行的厚玻璃平面镜
的上表面，得到三束光Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ。下列有关这三束光的判断正确的是( )
A．光束Ⅰ仍为复色光，光束Ⅱ、Ⅲ为单色光
B．光束Ⅱ在玻璃中的传播速度比光束Ⅲ小
C．增大α角且α<90°，光束Ⅱ、Ⅲ会远离光束Ⅰ
D．改变α角且α<90°，光束Ⅱ、Ⅲ一定与光束Ⅰ平行
E．减小α角且α>0，光束Ⅲ可能会在上表面发生全反射
【答案】 ABD
【解析】由题意画出如图所示的光路图
可知光束Ⅰ是反射光线，所以仍是复色光，而光束Ⅱ、Ⅲ由于折射率的不同导致偏折分离，所以光束Ⅱ、Ⅲ是单色
光，故A正确；由于光束Ⅱ的偏折程度大于光束Ⅲ，所以玻璃对光束Ⅱ的折射率大于对光束Ⅲ的折射率，根据v
195/2902022届衡水中学物理一本通高分手册
c
＝ 可知，光束Ⅱ在玻璃中的传播速度比光束Ⅲ小，故B正确；当增大α角且α<90°，即入射角减小时，光束Ⅱ、
n
Ⅲ会靠近光束Ⅰ，故C错误；因为厚玻璃平面镜的上下表面是平行的，根据光的入射角与反射角相等以及光的可
逆性，可知改变α角且α<90°，光束Ⅱ、Ⅲ一定与光束Ⅰ平行，故D正确；减小α角且α>0，根据折射定律，光的折
射角增大，根据光的可逆性知，光束Ⅲ不可能在上表面发生全反射，故E错误。
考点二 光的波动性、电磁波、相对论
【考点诠释】
1．机械波和光波都能发生干涉、衍射、多普勒效应等现象，这些都是波特有的现象。偏振现象是横波的特有现
象。要观察到稳定的干涉现象和明显的衍射现象需要一定的条件。
2．波的干涉现象中加强点、减弱点的判断方法：
(1)公式法
某质点的振动是加强还是减弱，取决于该点到两相干波源的距离之差Δr。
①当两波源振动步调一致时。
若Δr＝nλ(n＝0,1,2，…)，则振动加强；
λ
若Δr＝(2n＋1) (n＝0,1,2，…)，则振动减弱。
2
②当两波源振动步调相反时。
λ
若Δr＝(2n＋1) (n＝0,1,2，…)，则振动加强；
2
若Δr＝nλ(n＝0,1,2，…)，则振动减弱。
(2)图象法
在某时刻波的干涉的波形图上，波峰与波峰(或波谷与波谷)的交点，一定是加强点，而波峰与波谷的交点一定
是减弱点，各加强点或减弱点各自连接而成以两波源为中心向外辐射的连线，形成加强线和减弱线，两种线互
相间隔，加强点与减弱点之间各质点的振幅介于加强点与减弱点的振幅之间。
3．电磁振荡与电磁波
(1)变化的磁场产生电场，变化的电场产生磁场；
(2)电磁波是横波，在空间传播不需要介质，真空中电磁波的速度为3×108m/s
196/2902022届衡水中学物理一本通高分手册
(3)v＝λf对电磁波同样适用；
(4)电磁波能产生反射、折射、干涉、衍射和偏振等现象。按电磁波的波长从长到短分布是无线电波、红外线、
可见光、紫外线、X射线和γ射线。
4．狭义相对论的重要结论
(1)在任何惯性系中观察光速均为c。
(2)相对观测者运动的物体长度变短。
(3)相对观测者运动的时钟变慢。
【典例分析4】如图所示，挡板上有两条狭缝S 和S ，它们到光屏上P 点的路程差为1.5×10－6m，S 、S 连线
1 2 1 1 2
的垂直平分线与光屏的交点为O，P 与P 点关于O点对称。用波长为600nm的单色光照射狭缝S 和S ，则
1 2 1 2
P 点位于________上(选填“亮条纹”或“暗条纹”)，点P 与P 之间共有________条亮条纹。
1 1 2
【答案】暗条纹 5
Δx
1.5×10－6
【解析】两条狭缝S 和S ，它们到光屏上P 点的路程差为Δx＝1.5×10－6m，由 ＝ ＝2.5，可知路程
1 2 1 λ 600×10－9
λ
差为半波长的5倍，所以P 点位于暗条纹上，令2.5λ＝ (2k－1)，可得k＝3这是第3条暗条纹，根据对称性可
1
2
知点P 与P 之间共有5条亮条纹。
1 2
【典例分析5】关于机械波、电磁波和相对论的下列说法正确的是( )
A．机械波和电磁波在介质中的传播速度仅由介质决定
B．假设火车以接近光速的速度通过站台，站台上的旅客观察到车上的乘客变矮了
C．简谐机械波传播时单位时间内经过介质中某点的完全波的个数就是这列波的频率
D．用光导纤维束传播图象信息利用了光的全反射
E．在真空中传播的两列电磁波，频率大的波长短
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【答案】CDE
【解析】机械波在介质中的传播速度由介质决定，与波的频率无关，电磁波在介质中的传播速度与介质和波的
频率均有关，选项A错误；火车以接近光速的速度通过站台时，站台上的旅客观察到车上的乘客变瘦了，而不
是变矮，选项B错误；简谐波的振动周期与传播周期相同，故单位时间内经过介质中某点的完全波的个数就是
这列简谐波的频率，选项C正确；光导纤维束是用全反射来传输图象信息的，选项D正确；在真空中传播的两
λ
列电磁波，传播速度相同，由v＝ ＝λf知，频率越大，波长越短，选项E正确。
T
【典例分析6】．下列说法正确的是( )
A．狭义相对论认为，真空中的光速在不同的惯性参考系中都是相同的，光速与光源、观察者间的相对运动无
关
B．电视遥控器发出的红外线的波长比医院里“CT”中发出的X射线的波长要短
C．分别用红光、紫光在同一个双缝干涉实验装置上做实验，红光的相邻两个亮条纹的中心间距大于紫光的相
邻两个亮条纹的中心间距
D．如图所示，a、b两束光以不同的入射角由玻璃射向真空，结果折射角相同，则在玻璃中a光的全反射临界
角大于b光的全反射临界角
E．在单缝衍射中增大单缝到屏的距离，衍射条纹变宽
【答案】ACE
【解析】狭义相对论中光速不变原理：真空中的光速在不同的惯性参考系中都是相同的，故A正确；红外线的
波长比X射线长，故B错误；红光的波长长于紫光，所以在同一个双缝干涉实验装置上做实验，红光的相邻两
个亮条纹的中心间距大于紫光的相邻两个亮条纹的中心间距，故C正确；由几何分析可知
a光束对应的折射率大，而全反射临界角正弦值与折射率成反比，所以a光的全反射临界角小于b光的全反射
临界角，故D错误。与双缝干涉相似，增大单缝到屏的距离，衍射条纹变宽，故E正确。
【典例分析7】．光传感器可用来测量光屏上的光强分布。如图甲所示为某同学利用单缝做的一个光学实验，图
乙为该同学使用光传感器对该实验所采集到的光屏上的光强分布图象，则该同学所做的实验是光的________(选
填“干涉”或“衍射”)实验；根据图乙可以看出，光屏上中央亮条纹的光强分布特点是_____________。
198/2902022届衡水中学物理一本通高分手册
甲 乙
【答案】 衍射 中间强两边弱
【解析】由图乙可知，条纹中间亮、两边窄，是衍射条纹；根据光的衍射原理，则光屏上中央亮条纹的光强分
布特点是中间强两边弱。
【规律总结】1．光的干涉、衍射比较
内容 干涉 衍射
在光叠加区域出现加强或减
现象 光绕过障碍物偏离直线传播的现象
弱的现象
产生条件 两束光频率相同、相位差恒定 障碍物或孔的尺寸与波长差不多或更小
典型实验 杨氏双缝干涉 单缝衍射(圆孔衍射、圆盘衍射)
条纹宽度 条纹宽度相等 条纹宽度不等、中央最宽
不
同 条纹间距 各相邻条纹间距相等 各相邻条纹间距不等
图样
点
特点
亮度情况 清晰条纹，亮度基本相等 中央条纹最亮，两边变暗
相同点 干涉、衍射都是波特有的现象；干涉、衍射都有明暗相间的条纹
【典例分析8】如图所示，在双缝干涉实验中，S 和S 为双缝，P是光屏上的一点，已知P点与S 和S 距离之
1 2 1 2
差为2.1×10－6m，今分别用A、B两种单色光在空气中做双缝干涉实验，问P点是亮条纹还是暗条纹？
(1)已知A光在折射率为n＝1.5的介质中波长为4×10－7m；
(2)已知B光在某种介质中波长为3.15×10－7m，当B光从这种介质射向空气时，临界角为37°(sin37°＝0.6，cos
199/2902022届衡水中学物理一本通高分手册
37°＝0.8)。
【答案】(1)暗条纹 (2)亮条纹
【解析】(1)设A光在空气中波长为λ ，在介质中波长为λ ，
1 2
c λ
由n＝ ＝ 1得
v λ
2
λ ＝nλ ＝1.5×4×10－7m＝6×10－7m
1 2
根据路程差Δx＝2.1×10－6m
Δx
2.1×10－6m
所以N ＝ ＝ ＝3.5
1 λ
1
6×10－7m
由此可知，从S 和S 到P点的路程差Δx是波长λ 的3.5倍，所以P点为暗条纹。
1 2 1
1
(2)根据临界角与折射率的关系sinC＝ 得
n′
1 5
n′＝ ＝
sin37° 3
由此可知，B光在空气中波长λ 为
3
5
λ ＝n′λ ＝ ×3.15×10－7m＝5.25×10－7m
3 介
3
Δx
2.1×10－6m
所以N ＝ ＝ ＝4
2 λ
3
5.25×10－7m
可见，用B光做光源，P点为亮条纹。
【规律总结】亮暗条纹的判断方法
(1)如图所示，光源S 、S 发生的光到屏上某点的路程差r －r ＝kλ(k＝0,1,2…)时，光屏上出现亮条纹。
1 2 2 1
λ
(2)光的路程差r －r ＝(2k＋1) (k＝0,1,2…)时，光屏上出现暗条纹。
2 1
2
200/2902022届衡水中学物理一本通高分手册
第七部分计算题
专题 力学综合计算题
16
一、素养呈现
1.物理观念：牛顿运动定律、动能定理、机械能守恒定律、动量定理、动量守恒定律
2.科学思维：滑块—木板模型、“子弹打木块”模型、“含弹簧”模型、圆周运动+平抛运动模型。
二、素养落实
1.匀变速直线运动规律和推论的灵活应用
2.应用平抛运动特点及规律解决相关问题
3.掌握圆周运动动力学特点，灵活处理相关问题
4.理解动能定理，掌握动能定理的应用方法
5.掌握机械能守恒和能量守恒分析多过程、多物体问题的方法
6.灵活应用解决碰撞类问题的方法
7.熟悉“三大观点”在力学中的应用技巧
考点一 匀变速直线运动规律的应用
【考点诠释】(1)求解匀变速直线运动问题的一般思路
①准确选取研究对象，根据题意画出物体在各阶段的运动示意图，直观呈现物体的运动过程．
②明确物体在各阶段的运动性质，找出题目给定的已知量、待求未知量以及中间量．
201/2902022届衡水中学物理一本通高分手册
③合理选择运动学公式，列出物体在各阶段的运动方程，同时列出物体各阶段间的关联方程．
(2)追及、相遇或避免碰撞等问题的解题思路
画出运动过程示意图；找出时间关系、速度关系、位移关系并列出方程.
【典例分析1】百度宣布，其无人驾驶汽车已完成国内首次城市、环路及高速道路混合路况下的全自动驾驶．
(1)如图所示，无人驾驶汽车车头装有一个激光雷达，就像车辆的“鼻子”，随时“嗅”着前方80m范围内车辆和行
人的“气息”．若无人驾驶汽车在某路段刹车时的加速度为3.6m/s2，为不撞上前方静止的障碍物，汽车在该路段
匀速行驶时的最大速度是多少？
(2)若一辆有人驾驶的汽车在该无人驾驶汽车后30m处，两车都以20m/s的速度行驶，当前方无人驾驶汽车以
3.6m/s2的加速度刹车1.4s后，后方汽车驾驶员立即以5.0m/s2的加速度刹车．试通过计算判断两车在运动过程
中是否会发生追尾事故？
【答案】：(1)24m/s (2)见解析
【解析】：(1)对无人驾驶汽车，由运动学公式有
－2ax＝0－v2
0
代入数据解得v ＝24m/s. ①
0
(2)设有人驾驶汽车刹车后经过t 时间与无人驾驶汽车的速度相同，此时的速度为v
2
该过程无人驾驶汽车刹车时间为t ＋t ，其中t ＝1.4s
2 1 1
对无人驾驶汽车v＝v －a(t ＋t ) ②
0 2 1
对有人驾驶汽车v＝v －a′t ③
0 2
联立②③式得t ＝3.6s，v＝2m/s
2
v ＋v
又x ＝ 0 (t ＋t ) ④
无 2 1
2
202/2902022届衡水中学物理一本通高分手册
v ＋v
x ＝ 0 t ＋v t ⑤
有 2 01
2
Δx＝x －x ⑥
有 无
联立④⑤⑥，代入数据解得Δx＝12.6m<30m，即两车不会相撞．
【典例分析2】近几年，国家取消了7座及以下小车在法定长假期间的高速公路收费，给自驾出行带来了很大
的实惠，但车辆的增多也给道路的畅通增加了压力，因此交管部门规定，上述车辆通过收费站口时，在专用车
道上可以不停车拿(交)卡而直接减速通过。若某车减速前的速度为v ＝20m/s，靠近站口时以大小为a ＝5m/s2
0 1
的加速度匀减速，通过收费站口时的速度为v＝8m/s，然后立即以大小为a ＝4m/s2的加速度匀加速至原来的
t 2
速度(假设收费站的前、后都是平直大道)。试问：
(1)该车驾驶员应在距收费站口多远处开始减速？
(2)该车从减速开始到最终恢复到原来速度的过程中，运动的时间是多少？
(3)在(1)(2)问题中，该车因减速和加速过站而耽误的时间为多少？
【答案】 (1)33.6m (2)5.4s (3)1.62s
【解析】(1)设该车初速度方向为正方向，该车进入站口前做匀减速直线运动，设距离收费站口x 处开始减速，
1
则有：v2－v2＝－2a x
t 0 1 1
解得：x ＝33.6m。
1
(2)该车通过收费站经历匀减速和匀加速两个阶段，设前后两段位移分别为x 和x ，时间为t 和t ，则
1 2 1 2
减速阶段：v＝v －a t
t 0 11
解得：t ＝2.4s
1
加速阶段：v ＝v＋a t
0 t 22
解得：t ＝3s
2
则加速和减速的总时间为：t＝t ＋t ＝5.4s。
1 2
v＋v
(3)在加速阶段：x ＝ t 0 t ＝42m
2 2
2
则汽车加速和减速过程的总位移：x＝x ＋x ＝75.6m
1 2
203/2902022届衡水中学物理一本通高分手册
x
若不减速所需要的时间：t′＝ ＝3.78s
v
0
车因减速和加速过站而耽误的时间：Δt＝t－t′＝1.62s。
考点二 牛顿运动定律的综合应用
【考点诠释】
一．动力学两类基本问题
1．解题关键
(1)两类分析——物体的受力分析和物体的运动过程分析；
(2)两个桥梁——加速度是联系运动和力的桥梁；速度是各物理过程间相互联系的桥梁．
2．常用方法
(1)合成法
在物体受力个数较少(2个或3个)时一般采用合成法．
(2)正交分解法
若物体的受力个数较多(3个或3个以上)，则采用正交分解法．
二、传送带模型
1．水平传送带模型
项目 图示 滑块可能的运动情况
①可能一直加速
情景1
②可能先加速后匀速
①v >v，可能一直减速，也可能先减速再匀速
0
情景2 ②v ＝v，一直匀速
0
③v v，返回时速度为v，若v 0的区域内存在沿y轴正方向的匀强电场，电场强度大小为E＝ ×103V/m，比
3
荷为1.0×105C/kg的带正电的粒子P从A板中心O′处静止释放，其运动轨迹恰好经过M( 3，1)点，粒子P的
重力不计．
(1)求金属板AB之间的电势差U
AB;
(2)若在粒子P经过O点的同时，在y轴右侧匀强电场中某点由静止释放另一带电微粒Q，使PQ恰能在运动中
相碰．假设Q的质量是P的2倍、带电情况与P相同，Q的重力及P、Q之间的相互作用力均忽略不计，求粒
218/2902022届衡水中学物理一本通高分手册
子Q所有释放点的集合．
1
【答案】 (1)1000V (2)y＝ x2(x>0)
6
【解析】(1)设粒子P的质量为m、带电量为q，从O点进入匀强电场时的速度大小为v .由题意可知，粒子P
0
在y轴右侧匀强电场中做类平抛运动；设从O点运动到M( 3，1)点历时为t ，
0
由类平抛运动可得x ＝v t ，
0 00
1 qE
y ＝ × t2，
0 0
2 m
解得v ＝ 2×104m/s
0
1
在金属板AB之间，由动能定理可知qU ＝ mv2，
AB 0
2
解得U ＝1000V.
AB
(2)设粒子P、Q在右侧电场中运动的加速度分别为a 、a ；Q粒子从坐标N(x，y)点释放后，经时间t与粒子P
1 2
相遇．由牛顿运动定律及类平抛运动的规律和几何关系可得：
对于P：Eq＝ma ，x＝v t
1 0
1 1
对于Q：Eq＝2ma ， a t2＝y＋ a t2
2 1 2
2 2
1
解得y＝ x2，其中x>0
6
1
即粒子Q释放点N(x，y)坐标满足的方程为y＝ x2，其中x>0.
6
【典例分析2】如图所示，质量m ＝0.8kg、带电荷量q＝－4×10－3C的A球用长度l＝0.8m的不可伸长的绝
A
缘轻线悬吊在O点，O点右侧有竖直向下的匀强电场，电场强度E＝5×103N/C。质量m ＝0.2kg不带电的B
B
球静止在光滑水平轨道上，右侧紧贴着压缩并锁定的轻质弹簧，弹簧右端与固定挡板连接，此时弹性势能为E
p
＝3.6J。现将A球拉至左边与O点等高处由静止释放，将弹簧解除锁定，B球离开弹簧后，恰好与第一次运动
到最低点的A球相碰，并结合为一整体C，同时撤去水平轨道。A、B、C均可视为质点，线始终未被拉断，g
＝10m/s2。
219/2902022届衡水中学物理一本通高分手册
(1)求碰撞过程中A球对B球做的功。
(2)求碰后C第一次离开电场时的速度。
(3)C每次离开最高点时，电场立即消失，到达最低点时，电场又重新恢复，不考虑电场瞬间变化产生的影响，
求C每次离开电场前的瞬间轻线受到的拉力。
【答案】见解析
1
【解析】(1)对A，根据机械能守恒定律可得m gl＝ m v2
A A A
2
解得碰撞前A的速度v ＝4m/s
A
1
又E ＝ m v2，解得碰撞前B的速度v ＝6m/s
p B B B
2
以水平向右为正方向，由动量守恒定律得m v －m v ＝(m ＋m )v ，解得C的速度v ＝2m/s
A A B B A B C C
1
则A对B所做的功W＝ m v2－E ＝－3.2J。
B C p
2
(2)碰后，整体C受到电场力大小F＝qE＝20N，G＝m g＝10N，因
C
v2
F－m g>m C，所以C做类平抛运动
C C
l
水平方向上：x＝v t
C
竖直方向上：y＝ 1 at2，其中a＝ qE－m C g ＝10m/s2
2 m
C
圆的方程为x2＋(y－l)2＝l2
解得x＝0.8m，y＝0.8m，t＝0.4s
220/2902022届衡水中学物理一本通高分手册
C刚好在与O(圆心)等高处时线被拉直，此时C向上的速度为
v ＝at＝4m/s
1
1 1
C运动到最高点的过程，由动能定理得(F－m g)l＝ m v2－ m v2，解得C运动到最高点速度v ＝4 2m/s。
C C 2 C 1 2
2 2
(3)C从最高点运动到最低点的过程，由动能定理得
1 1
2m gl＝ m v2－ m v2
C C 3 C 2
2 2
解得C到最低点时的速度v ＝8m/s
3
v2 1 1
由T ＋F－m g＝m 3，可知T ＝70N>0，所以小球能一直做圆周运动，由动能定理得 m v2－ m v2＝2(n－1)qEl，
0 C C 0 C n C 2
l 2 2
v2
T＋m g－F＝m n，其中n为C经过最高点次数
C C
l
解得T＝(80n－30)N，n＝1,2,3……
考点二 带电粒子在磁场中的运动
【考点诠释】
1．带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的思想方法和理论依据
一般说来，要把握好“一找圆心，二定半径，三求时间”的分析方法．在具体问题中，要依据题目条件和情景而
v2 mv 2πr 2πm
定．解题的理论依据主要是由牛顿第二定律列式：qvB＝m ，求半径r＝ 及运动周期T＝ ＝ .
r qB v qB
2．圆心的确定方法
法一 若已知粒子轨迹上的两点的速度方向，则可根据洛伦兹力F⊥v，分别确定两点处洛伦兹力F的方向，其
交点即为圆心，如图甲．
法二 若已知粒子运动轨迹上的两点和其中某一点的速度方向，则可作出此两点的连线(即过这两点的圆弧的弦)
的中垂线，中垂线与过已知点速度方向的垂线的交点即为圆心，如图乙．
221/2902022届衡水中学物理一本通高分手册
3．半径的确定和计算
利用平面几何关系，求出该圆的可能半径(或圆心角)，求解时注意以下几何特点：
粒子速度的偏向角(φ)等于圆心角(α)，并等于AB弦与切线的夹角(弦切角θ)的2倍(如图)，即φ＝α＝2θ＝ωt.
4．运动时间的确定
粒子在磁场中运动一周的时间为T，当粒子运动的圆弧所对应的圆心角为α时，其运动时间可由下式表示：
α l
t＝ T，t＝ (l为弧长)．
360° v
5．常见运动轨迹的确定
(1)直线边界(进出磁场具有对称性，如图丙所示)．
(2)平行边界(存在临界条件，如图丁所示)．
(3)圆形边界(沿径向射入必沿径向射出，如图戊所示)．
222/2902022届衡水中学物理一本通高分手册
6．常用解题知识
(1)几何知识：三角函数、勾股定理、偏向角与圆心角关系．根据几何知识可以由已知长度、角度计算粒子运动
的轨迹半径，或根据粒子运动的轨迹半径计算未知长度、角度．
mv 2πm
(2)半径公式、周期公式：R＝ 、T＝ .根据两个公式可由q、m、v、B计算粒子运动的半径、周期，也可根
qB qB
据粒子运动的半径或周期计算磁感应强度、粒子的电荷量、质量等．
θ
(3)运动时间计算式：计算粒子的运动时间或已知粒子的运动时间计算圆心角或周期时，常用到t＝ T.
2π
【典例分析3】如图所示，一束质量为m、电荷量为q的粒子，恰好沿直线从两带电平行板正中间通过，沿圆
心方向进入右侧圆形匀强磁场区域，粒子经过圆形磁场区域后，其运动方向与入射方向的夹角为θ(弧度)．已知
粒子的初速度为v ，两平行板间与右侧圆形区域内的磁场的磁感应强度大小均为B，方向均垂直纸面向内，两
0
平行板间距为d，不计空气阻力及粒子重力的影响，求：
(1)两平行板间的电势差U；
(2)粒子在圆形磁场区域中运动的时间t；
(3)圆形磁场区域的半径R．
m mv tan
【答案】(1)U=Bv 0 d；（2） ；（3）R= 0 2
qB
qB
U
【解析】(1)由粒子在平行板间做直线运动可知，Bv q=qE，平行板间的电场强度E= ，解得两平行板间的电
0
d
势差：U=Bv d
0
(2)在圆形磁场区域中，由洛伦兹力提供向心力可知：
v2
Bv q=m 0
0
r
223/2902022届衡水中学物理一本通高分手册
2r
同时有T=
v
0
粒子在圆形磁场区域中运动的时间t= T
2
m
解得t=
Bq
(3)由几何关系可知：rtan =R
2
mv tan
解得圆形磁场区域的半径R= 0 2
qB
【典例分析4】如图所示，两个同心圆，半径分别为r和2r，在两圆之间的环形区域内存在垂直纸面向里的匀
强磁场，磁感应强度为B.圆心O处有一放射源，放出粒子的质量为m、带电量为－q(q>0)，假设粒子速度方向
都和纸面平行．
(1)图中箭头表示某一粒子初速度的方向，OA与初速度方向夹角为60°，要想使该粒子经过磁场后第一次通过A
点，则初速度的大小是多少？
(2)要使粒子不穿出环形区域，则粒子的初速度不能超过多少？
3Bqr 3Bqr
【答案】 (1) (2)
3m 4m
224/2902022届衡水中学物理一本通高分手册
3r
【解析】(1)如图甲所示，设粒子在磁场中的轨道半径为R ，则由几何关系得R ＝
1 1
3
v2
又qv B＝m 1
1
R
1
3Bqr
得v ＝ .
1
3m
(2)如图乙所示，设粒子轨迹与磁场外边界相切时，粒子在磁场中的轨道半径为R ，则由几何关系有
2
(2r－R )2＝R2＋r2
2 2
3r
可得R ＝ ，
2
4
v2 3Bqr
又qv B＝m 2，可得v ＝
2 2
R 4m
2
3Bqr
故要使粒子不穿出环形区域，粒子的初速度不能超过 .
4m
考点三 带电粒子在组合场中的运动
【考点诠释】
1．组合场中的两种典型偏转
垂直电场线进入匀强电场(不 垂直磁感线进入匀强磁场(不
计重力) 计重力)
电场力F ＝qE，其大小、方 洛伦兹力F ＝qvB，其大小不
受力 E B
向不变，与速度v无关，F 是 变，方向随v而改变，F 是变
E B
情况
恒力 力
轨迹 抛物线 圆或圆的一部分
225/2902022届衡水中学物理一本通高分手册
运动
轨迹
利用类似平抛运动的规律求
解： mv
半径：r＝
qB
v＝v ，x＝v t
x 0 0
2πm
求解 周期：T＝
qB
qE qE
v＝ t，y＝ t2
y
方法 m 2m
偏移距离y和偏转角φ要结合
偏转角φ： 圆的几何关系，利用圆周运动
规律讨论求解
v qEt
tanφ＝ y＝
v mv
x 0
运动
x φ φm
t＝ t＝ T＝
v 2π qB
0
时间
动能 变化 不变
2.常见模型
(1)从电场进入磁场
电场中：加速直线运动
⇓
磁场中：匀速圆周运动
电场中：类平抛运动
⇓
磁场中：匀速圆周运动
(2)从磁场进入电场
226/2902022届衡水中学物理一本通高分手册
磁场中：匀速圆周运动
⇓
电场中：匀变速直线运动
(v与E同向或反向)
磁场中：匀速圆周运动
⇓
电场中：类平抛运动
(v与E垂直)
【典例分析5】如图所示竖直平面内的直角坐标系xOy，x轴水平且上方有竖直向下的匀强电场，场强大小为E，
在x轴下方有一圆形有界匀强磁场，与x轴相切于坐标原点，半径为R。已知质量为m、电量为q的粒子，由y
3
R，－R
轴上的(0，R)点无初速释放，粒子恰好经过磁场中 3 点，粒子重力不计，求：
(1)磁场的磁感强度B；
(2)若将该粒子释放位置沿y＝R直线向左移动一段距离L，无初速度释放，当L为多大时粒子在磁场中运动的
时间最长，最长时间多大；
(3)在(2)的情况下粒子回到电场后运动到最高点时的水平坐标值。
3mE 2π 6mR 5 3R
【答案】 (1) (2) (3)
2qR 9 Eq 2
1
【解析】 (1)粒子匀加速运动EqR＝ mv2
2
v2
设圆周运动半径为r，qvB＝m
r
227/2902022届衡水中学物理一本通高分手册
3
r－ R
由几何关系可知r2＝ 3 2＋R2
2 3
解得：r＝ R
3
3mE
B＝
2qR
磁场方向垂直xOy平面向里。
α
(2)当粒子在磁场中转过的弦为直径时对应的时间最长，所转过的圆心角为α，rsin ＝R
2
2
解得：α＝ π
3
α 3
此时L＝Rsin ＝ R
2 2
rα
在磁场中运动的时间为t＝
v
2π 6mR
解得：t＝
9 Eq
(3)粒子回到电场时速度与水平方向成30°
粒子沿y轴匀减速运动减到零时竖直高度最大
vsin30°＝at′
Eq＝ma
水平方向匀速运动x′＝vcos30°t′
3R
解得：x′＝
2
x －L
粒子返回电场时的水平坐标为x ， 0 ＝cot30°
0
h
3R
h＝
2
5 3
运动到最高点时的水平坐标为x＝x ＋x′＝ R。
0
2
228/2902022届衡水中学物理一本通高分手册
【典例分析6】如图，平面直角坐标系xOy内，x<0、y>0区域存在沿x轴正方向的匀强电场E，x>0区域存在
q
垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度B＝0.2T。一比荷 ＝5×108 C/kg的粒子，从点P(－6cm,0)进入电场，
m
初速度v ＝8×106m/s，方向沿y轴正方向，一段时间后经点Q(0,16cm)进入磁场。粒子重力不计，求
0
(1)匀强电场的电场强度E；
(2)粒子第一次回到电场时的位置坐标。
【答案】 (1)6×105N/C (2)(0,4cm)
【解析】 (1)粒子由P到Q做类平抛运动，设运动时间为t，粒子质量为m，电荷量为q，
沿y轴方向粒子做匀速直线运动
y＝v t
0
沿x轴正方向粒子做匀加速直线运动
1 qE
x＝ · ·t2
2 m
解得E＝6×105N/C。
(2)如图所示，设进入磁场时速度为v，方向与y轴夹角为θ，在磁场中做圆周运动的圆心为O ，
1
229/2902022届衡水中学物理一本通高分手册
洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得
v2
qvB＝m
r
mv
则圆周运动半径r＝
qB
设粒子第一次从y轴回到电场时的坐标为y ，根据几何关系
1
y－y ＝2rsinθ
1
在电场，电场力对粒子做正功
1 1
qEx＝ mv2－ mv2
0
2 2
v ＝vcosθ
0
解得y ＝4cm
1
则粒子第一次回到电场时的位置坐标为(0,4cm)。
考点四 带电粒子(体)在叠加场中的运动
【考点诠释】
(1)明种类：明确复合场的种类及特征。
(2)析特点：正确分析带电粒子的受力特点及运动特点。
(3)画轨迹：画出运动过程示意图，明确圆心、半径及边角关系。
230/2902022届衡水中学物理一本通高分手册
(4)用规律：灵活选择不同的运动规律。
①两场共存，电场与磁场中满足qE＝qvB或重力场与磁场中满足mg＝qvB且两力方向相反时，粒子做匀速直线
运动，根据受力平衡列方程求解。
②两场共存，电场力与重力都恒定时，粒子平衡时根据平衡条件求解，做匀变速直线运动时用牛顿运动定律、
运动学规律或动能定理求解，做匀变速曲线运动时用运动的合成与分解或动能定理求解。
③三场共存，合力为零时，受力平衡，粒子做匀速直线运动或静止。其中洛伦兹力F＝qvB的方向与速度v垂
直。
④三场共存，粒子在复合场中做匀速圆周运动时，mg与qE相平衡，根据mg＝qE，由此可计算粒子比荷，判
定粒子电性。粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，应用洛伦兹力公式和牛顿运动定律结合圆周运动规律求
v2 4π2
解，有qvB＝mrω2＝m ＝mr ＝ma。
r T2
⑤当带电粒子做复杂的曲线运动或有约束的变速直线运动时，一般用动能定理或能量守恒定律求解。
【典例分析7】如图所示，竖直固定的半径R＝1m的光滑绝缘圆弧轨道在C点与绝缘水平轨道ABC相切。水
平轨道AB段光滑，BC段粗糙。整个轨道处于水平向左的匀强电场中。一个不带电、质量m＝0.4kg的物块静
止在B点，一个带电量q＝＋1×10－3C、质量M＝0.6kg的物块从A点由静止释放，经过t＝2s两物块发生碰撞
并粘在一起，然后沿BC段做匀速运动。已知碰撞前后电荷量保持不变，两个物块与BC段轨道间的动摩擦因数
均为μ＝0.75，g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：
(1)在B点碰撞前后物块M的速度大小以及电场的场强大小；
(2)圆弧轨道右下方留有开口，两个物块进入圆弧轨道后开口关闭。试分析物块能否沿圆弧做完整的圆周运动；
如果不能，则要做完整的圆周运动，需要将物块M从A点右侧多远处由静止释放？如果能，计算两个物块运动
过程中经过竖直方向最高点P时对圆弧轨道的压力大小。
【答案】 (1)7.5×103N/C (2)175N
【解析】 (1)设电场强度的大小为E，在B点碰撞前物块M速度大小为v ，碰撞后共同速度大小为v ，则有
1 2
231/2902022届衡水中学物理一本通高分手册
qE＝μ(m＋M)g
qEt＝Mv
1
Mv ＝(m＋M)v
1 2
代入数据联立解得v ＝25m/s，v ＝15m/s，E＝7.5×103N/C。
1 2
(2)物块整体所受重力为10N，电场力为7.5N，合力大小为F ＝12.5N，方向与竖直方向的夹角θ＝37°，所以
合
在圆弧轨道上运动时等效最低点为与竖直方向夹角θ＝37°的圆弧左下方的F点，同理可知等效最高点为与竖直
方向夹角θ＝37°的圆弧右上方的G点
假设物块整体能做完整的圆周运动，在G点速度大小为v，则有
1 1
(m＋M)v2－ (m＋M)v2＝(m＋M)gR(1＋cosθ)＋EqRsinθ
2
2 2
解得v＝ 180 m/s
物块整体能通过G点的临界速度设为v ，则有
临
v2
F ＝(m＋M) 临
合
R
解得v ＝ 12.5 m/s
临
显然v>v ，所以假设成立，物块整体能做完整的圆周运动
临
设经过P点时速度大小为v ，则有
P
1 1
(m＋M)v2＝ (m＋M)v2＋2(m＋M)gR
2 P
2 2
v2
F ＋(m＋M)g＝(m＋M) P
N
R
代入数据联立解得F ＝175N
N
根据牛顿第三定律可知在P点时对圆弧轨道的压力大小为175N。
232/2902022届衡水中学物理一本通高分手册
【典例分析8】如图所示，竖直面内有一平面直角坐标系xOy，x轴沿水平方向，整个空间中存在沿x轴正方
向的匀强电场（ 图中未画出），电场强度大小E 5 3N/C，在第三象限中存在垂直于纸面向里的匀强磁场，
磁感应强度大小B 0.5T。有一带正电的小球，质量m1106kg，电荷量q 2106C，正以速度v在第三
象限中做匀速直线运动并从O点进入第一象限，g取10 m/s2，求：
(1)小球做匀速直线运动的速度v的大小和方向；
(2)小球在第一象限运动的过程中，离x轴的最远距离；
(3)小球在第一象限从O点到离x轴的最远距离处，增加的机械能。
【答案】(1) 20m/s，水平方向的夹角为60；(2)15m；(3)7.5104J
【解析】
(1)小球在第三象限内做匀速直线运动时，受力如图所示
其所受的三个力在同一平面内，合力为零，则有qvB Eq 2 （mg）2
带入数据，得 v20m/s
qE
速度v的方向与电场E的方向之间的夹角满足tan
mg
233/2902022届衡水中学物理一本通高分手册
解得tan 3
则60
故速度v的方向与水平方向的夹角为60。
(2)小球在第一象限中做曲线运动，将其速度分别进行分解
v vcos10m/s
x
v vsin10 3m/s
x
当小球在第一象限中，运动到离x轴最远距离时，
竖直方向速度关系0v gt
y
t 3s
gt2
竖直方向位移关系 y v t
y 2
y 15m
(3)小球在第一象限中运动时
at2
水平方向位移关系xv t
x 2
qE
其中a 10 3m/s2
m
x25 3m
电场力做功W qEx7.5104J
由于电场力做正功，所以机械能的增加量E 7.5104J
234/2902022届衡水中学物理一本通高分手册
考点五 电磁感应中的动力学问题
【考点诠释】
感应电流在磁场中受到安培力的作用，因此电磁感应问题往往跟力学问题联系在一起．解决这类问题需要综合
应用电磁感应规律(法拉第电磁感应定律、楞次定律)及力学中的有关规律(共点力的平衡条件、牛顿运动定律、
动能定理等)．
1．力学对象和电学对象的相互关系
2．动态分析的基本思路
【典例分析9】.足够长的平行金属导轨MN和PQ表面粗糙，与水平面间的夹角为θ＝37°(sin37°＝0.6)，间距为
1m。垂直于导轨平面向上的匀强磁场的磁感应强度的大小为4T，P、M间所接电阻的阻值为8Ω。质量为2kg
的金属杆ab垂直导轨放置，不计杆与导轨的电阻，杆与导轨间的动摩擦因数为0.25。金属杆ab在沿导轨向下
且与杆垂直的恒力F作用下，由静止开始运动，杆的最终速度为8m/s，取g＝10m/s2，求：
(1)当金属杆的速度为4m/s时，金属杆的加速度大小；
(2)当金属杆沿导轨的位移为6m时，通过金属杆的电荷量。
235/2902022届衡水中学物理一本通高分手册
【答案】 (1)4m/s2 (2)3C
【解析】 (1)对金属杆ab应用牛顿第二定律，有
F＋mgsinθ－F －f＝ma，f＝μF ，F ＝mgcosθ
安 N N
ab杆所受安培力大小为F ＝BIL
安
ab杆切割磁感线产生的感应电动势为E＝BLv
E
由闭合电路欧姆定律可知I＝
R
B2L2
整理得：F＋mgsinθ－ v－μmgcosθ＝ma
R
代入v ＝8m/s时a＝0，解得F＝8N
m
代入v＝4m/s及F＝8N，解得a＝4m/s2
－
(2)设通过回路横截面的电荷量为q，则q＝It
－
－ E
回路中的平均电流强度为I＝
R
－ ΔΦ
回路中产生的平均感应电动势为E＝
t
回路中的磁通量变化量为ΔΦ＝BLx，联立解得q＝3C
【典例分析10】如图，MN、PQ为两根足够长的水平放置的平行金属导轨，间距L＝1m；整个空间以OO′为
边界，左侧有垂直导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度大小B ＝1T，右侧有方向相同、磁感应强度大小B
1 2
＝2T的匀强磁场．两根完全相同的导体棒a、b，质量均为m＝0.1kg，与导轨间的动摩擦因数均为μ＝0.2，其
在导轨间的电阻均为R＝1Ω.开始时，a、b棒均静止在导轨上，现用平行于导轨的恒力F＝0.8N向右拉b棒．假
定a棒始终在OO′左侧运动，b棒始终在OO′右侧运动，除导体棒外其余电阻不计，滑动摩擦力和最大静摩擦
力大小相等，g取10m/s2.
236/2902022届衡水中学物理一本通高分手册
(1)a棒开始滑动时，求b棒的速度大小；
(2)当b棒的加速度为1.5m/s2时，求a棒的加速度大小；
(3)已知经过足够长的时间后，b棒开始做匀加速运动，求该匀加速运动的加速度大小，并计算此时a棒中电流
的热功率．
【答案】 (1)0.2m/s (2)0.25m/s2 (3)0.4m/s2 0.0784W
【解析】(1)设a棒开始滑动时电流强度为I，b棒的速度为v，由共点力平衡知识，得μmg＝B I L ①
1 1
B Lv
由法拉第电磁感应定律和欧姆定律知I ＝ 2 ②
1
2R
联立①②知v＝0.2m/s. ③
(2)设a棒的加速度为a ，b棒的加速度为a .由牛顿第二定律知B I L－μmg＝ma ④
1 2 1 2 1
F－B I L－μmg＝ma ⑤
2 2 2
联立④⑤式解得a ＝0.25m/s2. ⑥
1
(3)分析题意可知，当b棒开始做匀加速运动时，a棒也开始匀加速运动．设a棒开始做匀加速运动，加速度为
a ′，b棒开始做匀加速运动，加速度为a ′
1 2
由牛顿第二定律知B I L－μmg＝ma ′ ⑦
1 3 1
F－B I L－μmg＝ma ′ ⑧
2 3 2
由法拉第电磁感应定律和欧姆定律知
B Lv －B Lv
I ＝ 2 2 1 1 ⑨
3
2R
由于电流不变，则(B Lv －B Lv )为常量 ⑩
2 2 1 1
所以两棒加速度满足以下关系2a ′＝a ′ ⑪
2 1
联立⑦⑧⑪式知I ＝0.28A ⑫
3
237/2902022届衡水中学物理一本通高分手册
⑫式代入⑧式知a ′＝0.4m/s2
2
由焦耳定律知P＝I2R
3
代入数据P＝0.0784W.
考点六 电磁感应中的能量、动量问题
【考点诠释】
电磁感应过程的实质是不同形式的能量转化的过程，而能量的转化是通过安培力做功的形式实现的，安培力做
功的过程，是电能转化为其他形式能的过程，外力克服安培力做功，则是其他形式的能转化为电能的过程．
1．能量转化及焦耳热的求法
(1)能量转化
(2)求解焦耳热Q的三种方法
2．解决电磁感应能量问题的策略是“先源后路、先电后力，再是运动、能量”，即
3.电磁感应中力、能量和动量综合问题的分析方法
(1)分析“受力”：分析研究对象的受力情况，特别关注安培力的方向。
238/2902022届衡水中学物理一本通高分手册
(2)分析“能量”：搞清楚有哪些力做功，就可以知道有哪些形式的能量发生了变化，根据动能定理或能量守恒定
律等列方程求解。
(3)分析“动量”：在电磁感应中可用动量定理求变力的作用时间、速度、位移和电荷量(一般应用于单杆切割磁感
线运动)。
①求速度或电荷量：－B I lΔt＝mv －mv ，q＝ I Δt。
2 1
ΔΦ
②求时间：FΔt＋I ＝mv －mv ，I ＝－B I lΔt＝－Bl 。
A 2 1 A
R
总
B2l2 v Δt B2l2
③求位移：－B I lΔt＝－ ＝mv －mv ，即－ x＝m(v －v )。
2 1 2 1
R R
总 总
【典例分析11】如图所示，两根正对的平行金属直轨道MN、M′N′位于同一水平面上，两轨道之间的距离l＝0.50
m．轨道的MM′端接一阻值为R＝0.50Ω的定值电阻，直轨道的右端处于竖直向下、磁感应强度大小为B＝0.60
T的匀强磁场中，磁场区域右边界为NN′、宽度d＝0.80m；水平轨道的最右端与两条位于竖直面内的半圆形光
滑金属轨道NP、N′P′平滑连接，两半圆形轨道的半径均为R ＝0.50m．现有一导体杆ab静止在距磁场的左边
0
界s＝2.0m处，其质量m＝0.20kg、电阻r＝0.10Ω.ab杆在与杆垂直的、大小为2.0N的水平恒力F的作用下
开始运动，当运动至磁场的左边界时撤去F，杆穿过磁场区域后，沿半圆形轨道运动，结果恰好能通过半圆形
轨道的最高位置PP′.已知杆始终与轨道垂直，杆与直轨道之间的动摩擦因数μ＝0.10，轨道电阻忽略不计，取g
＝10m/s2.求：
(1)导体杆刚进入磁场时，通过导体杆的电流的大小和方向；
(2)在导体杆穿过磁场的过程中，通过电阻R的电荷量；
(3)在导体杆穿过磁场的过程中，整个电路产生的焦耳热．
【答案】：(1)3A 方向为由b指向a (2)0.4C (3)0.94J
【解析】：(1)设导体杆在F的作用下运动至磁场的左边界时的速度为v
1
1
由动能定理得(F－μmg)s＝ mv2－0
1
2
239/2902022届衡水中学物理一本通高分手册
导体杆刚进入磁场时产生的感应电动势为E＝Blv
1
E
此时通过导体杆的电流大小为I＝
R＋r
代入数据解得I＝3A
由右手定则可知，电流的方向为由b指向a.
－
－ ΔΦ － E －
(2)ΔΦ＝B·ld，E＝ ， I ＝ ，q＝ I ·Δt
Δt R＋r
联立解得q＝0.4C.
(3)由(1)可知，导体杆在F的作用下运动至磁场的左边界时的速度v ＝6.0m/s
1
mv2
设导体杆通过半圆形轨道的最高位置时的速度为v，则有mg＝
R
0
在导体杆从刚进入磁场到滑至最高位置的过程中，由能量守恒定律有
1 1
mv2＝Q＋mg×2R ＋ mv2＋μmgd
1 0
2 2
解得Q＝0.94J.
【典例分析12】如图所示，平行金属导轨MN、M′N′和平行金属导轨PQR、P′Q′R′固定在高度差为h(数值未知)
的两水平台面上。导轨MN、M′N′左端接有电源，MN与M′N′的间距为L＝0.10m，线框空间存在竖直向上的匀
强磁场、磁感应强度B ＝0.20T；平行导轨PQR与P′Q′R′的间距为L＝0.10m，其中PQ与P′Q′是圆心角为60°、
1
半径为r＝0.50m的圆弧形导轨，QR与Q′R′是水平长直导轨，QQ′右侧有方向竖直向上的匀强磁场，磁感应强
度B ＝0.40T。导体棒a质量m ＝0.02kg，接在电路中的电阻R ＝2.0Ω，放置在导轨MN、M′N′右侧N′N边缘
2 1 1
处；导体棒b质量m ＝0.04kg，接在电路中的电阻R ＝4.0Ω，放置在水平导轨某处。闭合开关K后，导体棒
2 2
a从NN′水平抛出，恰能无碰撞地从PP′处以速度v ＝2m/s滑入平行导轨，且始终没有与棒b相碰。重力加速
1
度g＝10m/s2，不计一切摩擦及空气阻力。求：
240/2902022届衡水中学物理一本通高分手册
(1)导体棒b的最大加速度；
(2)导体棒a在QQ′右侧磁场中产生的焦耳热；
(3)闭合开关K后，通过电源的电荷量q。
【答案】 (1)0.02m/s2 (2)0.02J (3)1C
【解析】 (1)设a棒滑到水平导轨上时的速度大小为v ，则从PP′到QQ′，由动能定理得
2
1 1
m g(r－rcos60°)＝ m v2－ m v2
1 1 2 1 1
2 2
解得v ＝3m/s
2
因为a棒刚进磁场时，a、b棒中的电流最大，b棒受力最大，加速度最大，所以E＝B Lv ＝0.12V
2 2
E
I＝ ＝0.02A
R ＋R
1 2
由牛顿第二定律有B IL＝m a
2 2 max
则导体棒b的最大加速度a ＝0.02m/s2
max
(2)两个导体棒在运动过程中，动量守恒且能量守恒，当两棒的速度相等时回路中的电流为零，此后两棒做匀速
运动，两棒不再产生焦耳热。所以
由动量守恒定律有m v ＝(m ＋m )v
1 2 1 2 3
设a棒在此过程中产生的焦耳热为Q ，b棒产生的焦耳热为Q
a b
1 1
由能量守恒定律有 m v2＝ (m ＋m )v2＋Q ＋Q
1 2 1 2 3 a b
2 2
Q R
由于a、b棒串联在一起，所以有 a＝ 1
Q R
b 2
Q ＝0.02J
a
(3)设闭合开关后，a棒以速度v 水平抛出，则有
0
v ＝v cos60°＝1m/s
0 1
241/2902022届衡水中学物理一本通高分手册
对a棒冲出过程由动量定理得
∑B ILΔt＝m v 即B Lq＝m v
1 1 0 1 1 0
q＝1C
242/2902022届衡水中学物理一本通高分手册
第八部分 实验
专题 力学实验及创新
18
一、素养呈现
1.基本实验仪器的使用与读数。
2.基础实验的实验原理和实验方法的理解与掌握。
3.探究实验的实验方案，实验器材及数据处理的理解与掌握。
二、素养落实
1.认真完成课本上的每一个实验。知道每一个实验的目的。
2.掌握每一个实验的原理，熟悉实验中的每一个实验步骤。
3.领会每一个实验步骤的作用，学会每一个实验仪器的使用。
4.学会每一个实验的数据处理方法，弄清每一个实验误差的来源等。
5.依据新课程标准，重视基础实验。
6.关注变化，构建实验模型，在比较分析中探寻共性。
纵览近几年全国卷及各省市等级考物理试题，实验命题不避热点，注重陈题翻新；重点实验频频考，其他
实验“轮换”考。实验“小题”常考力学内容，实验“大题”常考电学内容。在两个实验中，通常一个实验立足教材，
立足创新，凸显对科学探究素养的考查，一般较为基础，注重对考生的实验基本功的考查；另一个实验题依据
新课程标准要求挖掘改造，对考生的实验能力要求较高，突出选拔作用。地方卷的实验题文字量较全国卷大，
243/2902022届衡水中学物理一本通高分手册
更加注重对实验原理的考查，创新程度较高
考点一 基本仪器的读数和使用
【考点诠释】
1．两种常见长度测量仪器的使用及读数方法
(1)读数：测量值＝主尺读数(mm)＋精度×游标尺上对齐
刻线数值(mm)。
(2)常用精确度：10分度游标，精度0.1mm；
20分度游标，精度0.05mm；
游标卡尺(不估读)
50分度游标，精度0.02mm
测量值＝固定刻度＋可动刻度(带估读值)×0.01mm
螺旋测微器(需估读)
2.时间类测量仪器的读数
(1)打点计时器：每打两个点的时间间隔为0.02s，一般每五个点取一个计数点，则时间间隔为Δt＝0.02×5s＝0.1
s。
1
(2)频闪照相机：用等时间间隔获取图象信息的方法将物体在不同时刻的位置记录下来，时间间隔Δt＝ 。(f为频
f
闪照相机的频率)
(3)光电计时器：记录遮光条通过光电门的遮光时间。
【典例分析1】图甲为在气垫导轨上研究匀变速直线运动的示意图，滑块上装有宽度为d(很小)的遮光条，滑块
在钩码作用下先后通过两个光电门，用光电计时器记录遮光条通过光电门1的时间Δt。
244/2902022届衡水中学物理一本通高分手册
甲
乙
(1)用游标卡尺测量遮光条的宽度d，示数如图乙，则d＝________cm。
(2)实验时，滑块从光电门1的右侧某处由静止释放，测得Δt＝2.5×10－2s，则遮光条经过光电门1时的速度v＝
________m/s。
【答案】(1)0.75 (2)0.3
【解析】 (1)主尺：0.7cm，游标尺：对齐的是5，所以读数为：5×0.1mm＝0.5mm＝0.05cm，故遮光条宽度
为：d＝0.75cm。
(2)滑块经过光电门时的瞬时速度可近似认为是滑块经过光电门的平均速度。
d
0.75×10－2
则滑块经过光电门1时的速度为：v＝ ＝ m/s＝0.3m/s。
Δt 2.5×10－2
【典例分析2】(1)利用游标卡尺和螺旋测微器分别测量一工件的直径和高度，测量结果如图甲和乙所示。
该工件的直径为________cm，高度为________mm。
甲 乙
(2)图丙为“研究匀变速直线运动规律”实验中获得的一条纸带，已知打点计时器的打点频率为50Hz，采用逐差
法求得加速度的大小a＝________m/s2。(结果保留2位小数)
245/2902022届衡水中学物理一本通高分手册
丙
【答案】 (1)1.065 6.862(6.861～6.864) (2)2.50
【解析】 (1)由图甲可知，该工件的直径为1cm＋0.05mm×13＝1.065cm，由图乙可知，该工件的高度为6.5mm
＋0.01mm×36.2＝6.862mm。
(2)每5个点取一个计数点，则T＝0.1s；从图丙中可以看到10段位移，将其分割为前后两部分，根据Δx＝aT2
Δx 9.60－4.05－4.05－1.00
可得a＝ ＝ ×10－2m/s2＝2.50m/s2。
T2 0.12
【易错提醒】：(1)区别“计时点和计数点”
①计时点是打点计时器打在纸带上的实际点，打点计时器所用电源的频率为50Hz时，打下两相邻点间的时间
间隔为0.02s。
②计数点是人们根据需要选择的一定数目的点，两个相邻计数点间代表的时间间隔由选择点的个数而定。
(2)游标卡尺与螺旋测微器估读要求的区别
①游标卡尺读数时不需要估读，读数后面不能随意加零，也不能随意去零。
②螺旋测微器读数时需要估读，读数时要估读到毫米的千分位上。
考点二 “纸带类”实验
【考点诠释】
1．利用纸带判定物体的运动性质(如图所示)
(1)若x 、x 、x 、…、x 基本相等，在误差允许的范围内可认为物体做匀速直线运动。
1 2 3 6
(2)利用x 、x 、x 、…、x 计算出相邻相等时间内的位移差x －x 、x －x 、…、x －x ，若大致相等，则在误差
1 2 3 6 2 1 3 2 6 5
允许的范围内认为Δx＝aT2可判定物体做匀变速直线运动。
2．平均速度法求速度：如图所示，做匀变速直线运动的物体在某段时间的中间时刻的瞬时速度等于这段时间内
246/2902022届衡水中学物理一本通高分手册
x ＋x
的平均速度，即v ＝ n n＋1。
n
2T
3．利用纸带求加速度的三种方法
x －x
(1)利用第m个T时间内的位移和第n个T时间内的位移求a，即a＝ m n 。
m－nT2
x ＋x ＋x －x ＋x ＋x
(2)逐差法：如从纸带上得到6个连续相等时间间隔内的位移，则a＝ 4 5 6 1 2 3 。
9T2
(3)vt图象法：求出各点的瞬时速度，画出vt图线，图线的斜率表示加速度a。
【典例分析3】某同学利用图甲装置验证机械能守恒定律，打出如图乙所示的纸带，已知打点计时器所用交流
电源的频率为50Hz。
甲 乙 丙
(1)下列关于该实验的说法正确的是________。
A．纸带必须尽量保持在竖直方向以减小摩擦阻力作用
B．为了验证机械能守恒，必须选择纸带上打出的第一个点作为起点
C．将电磁打点计时器改成电火花计时器可以减少纸带和打点计时器间的摩擦
D．选择较轻的物体作为重物实验效果更好
(2)图乙为实验中打出的一条纸带，打下C点时重物的速度为________m/s。(结果保留3位有效数字)
(3)该同学用两个形状完全相同，但质量不同的重物P和Q分别进行实验，测得几组数据，并作出v2h图象，
如图丙所示，由图象可判断P的质量________Q的质量(选填“大于”或“小于”)。
【答案】(1)AC (2)2.26 (3)大于
【解析】(1)纸带要保持竖直以减少摩擦阻力作用，A正确；要验证减少的重力势能和增加的动能是否相等，不
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一定要选取打的第一个点作为起点，B错误；电磁打点计时器振针和纸带间有摩擦，电火花计时器对纸带的阻
31.26－22.24
力比较小，C正确；实验应选用质量大、体积小的重物，D错误。(2)打下C点时的速度v ＝ ×10－2
C
0.04
m/s＝2.26m/s。(3)在v2h图象中，斜率表示2a，可知P的加速度大，P和Q形状相同，运动过程中所受阻力
相同，根据牛顿第二定律有mg－f＝ma，则P的质量大于Q的质量。
【易错提醒】：处理纸带问题的三点关注
(1)长度计算：常用逐差法处理题中得到的数据，得出所求长度。逐差法是把测量数据中的因变量进行逐项相减
或按顺序分为两组进行对应项相减的方法。
(2)单位换算：题给单位一般是cm，最后算出来的加速度一般以m/s2为单位等。
(3)周期选择：常见的打点计时器的频率为50Hz，频闪相机的闪光频率为10Hz，即它们的周期分别为0.02s、
0.1s，若每5个计时点取一个计数点，则它们的周期分别变为0.1s、0.5s。
【典例分析4】实验小组的同学利用如图甲所示的装置做“探究加速度与力、质量的关系”实验，认为细绳对小
车的拉力F等于砂和砂桶的总重力，小车运动的加速度a可用纸带上打出的点求得。
甲
乙
(1)实验室准备有下列器材：电磁打点计时器、秒表、天平(带有一套砝码)、纸带、复写纸、细绳、低压直流电
源、小车、一端带滑轮的长木板、砂桶、砂子、垫木、导线。实验中不需要的器材是________________，缺少
的器材是________________。
(2)由于小车所受阻力f的大小难以测量，为了尽量减小实验的误差，需尽可能降低小车所受阻力f的影响，以
下采取的措施必要的是________。
A．适当垫高长木板无滑轮的一端，使未挂砂桶时小车被轻推后恰能拖着纸带匀速下滑
B．应使砂和砂桶的总质量m远小于小车(含砝码)的总质量M
248/2902022届衡水中学物理一本通高分手册
C．定滑轮的轮轴要尽量光滑
D．适当增大砂和砂桶总质量m
(3)实验中使用的交变电流的频率为50Hz，图乙给出的是实验中获得的一条纸带，计数点间的距离已标出。则
小车运动的加速度为________m/s2，打下计数点5时小车运动的速度大小为________m/s。(结果保留三位有效数
字)
【答案】(1)秒表，低压直流电源 刻度尺，低压交流电源 (2)AC (3)0.461 0.412
【解析】(1)本实验不需要用秒表计时，打点计时器应接交流电源，故不需要的器材是秒表、低压直流电源。需
要刻度尺测量纸带的长度，故还需要刻度尺、低压交流电源。(2)适当垫高长木板无滑轮的一端，使未挂砂桶时
小车被轻推后恰能拖着纸带匀速下滑，这样可以通过重力的分力消除滑动摩擦力的影响，定滑轮的轮轴要尽量
4.81＋4.35＋3.89－3.42＋2.98＋2.50
光滑以减小摩擦。(3) 由逐差法知a＝ ×10－2m/s2≈0.461m/s2，v ＝
5
9×0.12
3.89＋4.35
×10－2m/s＝0.412m/s。
2×0.1
考点三 “橡皮条、弹簧、碰撞”类实验
【考点诠释】
1．探究弹力和弹簧伸长量的关系的操作关键
(1)实验中不能挂过多的钩码，防止弹簧超过其弹性限度。
(2)画图象时，不要连成“折线”，而应尽量让坐标点落在直线上或均匀分布在直线两侧。
2．验证力的平行四边形定则的操作关键
(1)每次拉伸结点位置O必须保持不变。
(2)记下每次各力的大小和方向。
(3)画力的图示时应选择适当的标度。
3．验证动量守恒定律的关键
无论采用哪种方案验证动量守恒定律，均须测量系统内各物体作用前后的动量(即质量和速度的乘积)。
4．常见的数据处理方法
(1)列表法：直接从表格数据中得到弹力F与伸长量x的比值是一个常数。
249/2902022届衡水中学物理一本通高分手册
(2)图象法：以弹力F为纵坐标，弹簧的伸长量x为横坐标，根据所测数据，在坐标系中描点连线，可得到一条
过原点的直线。
①Fx图线为一条过原点的直线，而Fl图线为一条倾斜直线但不过原点。
②Fx图线和Fl图线的斜率均表示弹簧(或橡皮筋)的劲度系数。
③Fl图线在l轴的截距表示弹簧(或橡皮筋)的原长。
④Fx图线和Fl图线发生弯曲的原因是弹簧(或橡皮筋)超出了弹性限度。
(3)函数法：在误差允许范围内，可写出弹力与弹簧伸长量的函数关系式F＝kx。实际解题中常与图象法配合使
用，以得到函数式或对比实际关系式用以计算物理量等。
【典例分析5】两个实验小组做了如下两个实验，请回答下列问题：
甲
(1)一个实验小组在“探究弹力和弹簧伸长的关系”的实验中，使用两根不同的轻质弹簧a和b，得到弹力与弹簧
长度的关系图象如图甲所示。下列说法正确的是________。
A．a的原长比b的长
B．a的劲度系数比b的大
C．a的劲度系数比b的小
D．测得的弹力与弹簧的长度成正比
(2)另一个实验小组利用图乙所示的实验装置完成“探究求合力的方法”的实验。
250/2902022届衡水中学物理一本通高分手册
乙 丙
①下列说法正确的是________。
A．在测量同一组数据F 、F 和合力F的过程中，橡皮条结点O的位置不能变化
1 2
B．弹簧测力计拉细线时，拉力方向必须竖直向下
C．F 、F 和合力F的大小都不能超过弹簧测力计的量程
1 2
D．为减小测量误差，F 、F 方向间夹角应为90°
1 2
②弹簧测力计的指针如图丙所示，由图可知拉力的大小为________N。
③本实验采用的科学方法是________。
A．理想实验法 B．控制变量法
C．等效替代法 D．建立物理模型法
【答案】 (1)B (2)AC 4.00 C
【解析】(1)根据图甲可知，F与L的关系为F＝k(L－L )，弹力与弹簧长度的关系图象在横轴上的截距等于弹簧
0
原长，即弹力等于零时弹簧的长度，图线斜率等于弹簧的劲度系数k，由此可知，a的原长比b的短，a的劲度
系数比b的大，选项A、C错误，B正确；测得的弹力与弹簧的长度呈线性关系，测得的弹力与弹簧的伸长量
成正比，选项D错误。
(2) 在“探究求合力的方法”的实验中，测量同一组数据F 、F 和合力
1 2
F时，橡皮条结点O的位置不能变化，选项A正确；弹簧测力计拉细线时，拉力方向可以任意，选项B错误；
拉力F 、F 和合力F的大小都不能超过弹簧测力计的量程，否则就不能测出力的大小，选项C正确；为了减小
1 2
测量误差，F 、F 的夹角不能太大，也不能太小，但不是必须为90°，选项D错误。根据弹簧测力计读数规则，
1 2
最小刻度为0.1N，需要估读到0.01N，所以拉力大小为4.00N。本实验采用的科学方法是等效替代法，选项C
正确。
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(3)
【典例分析6】某学习小组利用图1所示的装置测量弹簧的弹性势能。一斜面上安装有两个光电门甲和乙，当
一带有遮光片的滑块从斜面上下滑，通过光电门时光电计时器可以显示出遮光片遮光的时间。一与斜面平行的
轻弹簧上端固定，在自然状态时下端在O点。用天平测得滑块及遮光片的总质量为m。
图1
图2
请完成下列实验步骤：
(1)用游标卡尺测量遮光片的宽度d，其示数如图2所示，则d＝________mm；
(2)滑块靠在弹簧的下端向上移到A点后释放，滑块下滑，通过光电门甲、乙的遮光时间分别为t 、t ，反复调
1 2
整斜面的倾角直至t ________t (选填“>”“＝”或“<”)，这样操作的目的是___________________________________。
1 2
(3)按正确步骤操作，让滑块紧压弹簧从O点上方某点P由静止释放沿斜面下滑，记下通过甲、乙时对应的t和
t′值，则滑块在P点时弹簧的弹性势能为________。(用题中测量的物理量表示)
md2
md2 或
【答案】(1)3.60 (2)＝ 平衡摩擦力 (3) 2t′2
2t2
1mm
【解析】(1)主尺的读数为3mm，游标尺的读数为 ×12＝0.60mm，则d＝3mm＋0.60mm＝3.60mm。(2)
20
反复调整斜面倾角以平衡摩擦力，使t ＝t ，说明滑块离开弹簧后做匀速直线运动，根据功能关系可知滑块离开
1 2
1 d md2
弹簧后，滑块的动能等于弹簧的弹性势能。(3)弹簧的弹性势能E ＝ mv2，而v＝ ，得E ＝ ，又t＝t′，也可
p p
2 t 2t2
md2
表示为E ＝ 。
p
2t′2
【典例分析7】某物理兴趣小组用如图所示装置来验证动量守恒定律，实验时，先调节斜槽末端切线水平，让
小球a从斜槽上某一固定位置由静止滚下，落到位于水平地面的记录纸上，重复上述操作，得到多个落点痕迹。
252/2902022届衡水中学物理一本通高分手册
再把与小球a大小相同的被碰小球b放在水平槽的末端，让小球a仍从同一位置由静止滚下，重复上述操作，
得到多个a、b两球碰后的落点痕迹，记下水平槽末端在记录纸上的垂直投影点O。a、b两球的质量关系为m
a
＝6m 。图乙是某小组多次实验中某球落到位于水平地面记录纸上得到的10个落点痕迹，图丙是另一小组测得
b
的数据。
甲 乙
丙
(1)由图乙可得出球的水平射程为________cm(记录纸起点与0刻线对齐)。
(2)若两球相碰前后的动量守恒，其表达式可表示为________(用OM、OP、ON表示)；若碰撞是弹性碰撞，那
么还应满足的表达式为________(用OM、OP、ON表示)。
(3)经测定m ＝6m ＝42g，斜槽末端到水平地面的高度为1.25m，g取10m/s2，小球落地点的平均位置离O点
a b
的距离如图丙所示。则碰撞前的总动量大小为________g·cm·s－1，碰撞后的总动量大小为______g·cm·s－1，可知
在误差允许范围内碰撞前后动量守恒。
(4)通过(3)可知，该实验存在误差，其主要原因为________。
A．斜槽与球之间有摩擦
B．没有真正调节斜槽末端切线水平
C．O、P、M、N各点定位不准，读数有误差
【答案】(1)64.5(64.2～64.8均可) (2)6OM＋ON＝6OP 6OM2＋ON2＝6OP2 (3)3763.2 3759.0 (4)BC
【解析】 (1)由图乙可得出某球的水平射程的平均值为64.5cm。(2)要验证动量守恒定律，即验证m v ＋m v
a a b b
＝m v ，小球离开斜槽末端后做平抛运动，它们的抛出点离地高度相等，故在空中的运动时间t相等，上式两
a a0
1
边同时乘以t得m v t＋m v t＝m v t，得6OM＋ON＝6OP，若碰撞是弹性碰撞，则碰撞过程机械能守恒，有 m v2
a a b b a a0 a a
2
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1 1 1 1 1 2h
＋ m v2＝ m v2 ，即 m v2t2＋ m v2t2＝ m v2 t2，即6OM2＋ON2＝6OP2。(3)由t＝ 可知平抛时间t＝0.5s，
b b a a0 a a b b a a0
2 2 2 2 2 g
碰撞前的总动量为m OP ＝3763.2g·cm·s－1，碰撞后的总动量为 m a OM＋m b ON ＝3759.0g·cm·s－1。(4)该实验存在
a
t t
误差的主要原因为：没有真正调节斜槽末端切线水平；O、P、M、N各点定位不准，读数有误差；斜槽与球之
间的摩擦不影响实验结果，所以BC正确。
考点四 力学创新实验
【考点诠释】
1．创新型实验的特点
(1)以基本的力学模型为载体，依托运动学规律和力学定律设计实验。
(2)将实验的基本方法(控制变量法)和处理数据的基本方法(图象法、逐差法)，融入到实验的综合分析之中。
2．创新型实验的解法
(1)根据题目情景，抽象出相应的力学模型、运动过程，根据相应规律列出关系式从而明确实验的理论依据。
(2)应用原理公式或图象法处理实验数据，结合物体实际受力情况和理论受力情况对结果进行分析。
【典例分析8】某班物理小组计划用一台具有摄像功能的数码相机来研究弹簧做功的规律。该小组设计的装置
如图甲所示，光滑水平桌面(厚度不计)离地高度为H＝0.8m，轻质弹簧左端固定于竖直挡板上，挡板到桌面右
端的距离恰好等于弹簧的原长。实验时将一质量为m＝200g的小球(可视为质点)置于被压缩弹簧的右端，释放
后小球在弹力的作用下向右运动，并离开桌面做平抛运动(不计空气阻力)，用数码相机将小球运动过程拍成视
频，改变小球的释放位置再拍，获得多个视频，每个视频都由相同时间间隔的照片连贯而成，通过电脑将这些
照片按时间顺序制作成频闪照片(如图乙所示)，筛选出5张频闪照片，用刻度尺测得照片中的桌面离地高度h
＝50.0mm，再测出5张照片中的x和s，记录到下表中，取重力加速度g＝10m/s。
甲 乙
254/2902022届衡水中学物理一本通高分手册
频闪照片序号 1 2 3 4 5
x/mm 4.0 8.0 12.0 16.0 18.0
s/mm 32.0 64.2 95.9 128.6 143.3
(1)分析图乙中小球位置的分布规律，可知该相机每秒能拍摄________张照片。
(2)根据表中数据在图丙中作出sx图象。
丙
(3)若测得sx图象的斜率为k，则弹簧对小球做的功W可以表示成________(填选项前的字母)。
mgk2 mgH2k2
A．W＝ x2 B．W＝ x2
4h 4h2
mgHk2 1
C．W＝ x2 D．W＝ kx2
4h2 2
【答案】 (1)15 (2)如图所示 (3)C
2H 2×0.8
【解析】 (1)由平抛运动规律可得，小球落地时间t＝ ＝ s＝0.4s，由图乙可知，相机在0.4s内
g 10
1
拍摄了6张照片，则数码相机在1s内能拍摄的照片数n＝ ×6＝15张。
0.4
H
(3)由题意可知，小球在平抛运动过程中实际运动的水平距离s′＝ s，又由平抛运动规律有s′＝vt，联立可得v
h
255/2902022届衡水中学物理一本通高分手册
s′ g 1 mgs′2 mgHk2
＝ ＝s′ 。则弹簧做的功W＝ mv2＝ ，因s＝kx，代入可得W＝ x2，故选C。
t 2H 2 4H 4h2
【典例分析9】某研究性学习小组用如图甲所示的装置来测定当地的重力加速度，主要操作过程如下：
甲 乙
①安装实验器材，调节试管夹使小铁球、光电门和纸杯在同一竖直线上；
②打开试管夹，由静止释放小铁球，用光电计时器记录小铁球在两个光电门间的运动时间t，并用刻度尺(图甲
中未画出)测量出两个光电门之间的高度h，计算出小铁球通过两光电门间的平均速度v；
③保持光电门1的位置不变，改变光电门2的位置，重复②的操作。测出多组数据，计算出对应的平均速度v；
④画出vt图象。
请根据实验，回答如下问题：
(1)设小铁球到达光电门1时的速度为v ，当地的重力加速度为g。则小铁球通过两光电门间的平均速度v的表
0
达式为________(用v 、g和t表示)。
0
(2)实验测得的数据如下表：
实验次数 1 2 3 4 5 6
h/cm 10.00 20.00 30.00 40.00 50.00 60.00
t/s 0.069 0.119 0.159 0.195 0.226 0.255
v/(m·s－1) 1.45 1.68 1.89 2.05 2.21 2.35
请在坐标纸(如图乙)上画出vt图象。
(3)根据vt图象，可以求得当地的重力加速度g＝______m/s2，试管夹到光电门1的距离约为________cm(结果
均保留2位有效数字)。
256/2902022届衡水中学物理一本通高分手册
1
【答案】(1)v＝v ＋ gt (2)如解析图所示 (3)9.6(9.4～9.8之间均可) 6.3(6.1～6.5之间均可)
0
2
1 h 1
【解析】(1)因为h＝v t＋ gt2，所以v＝ ＝v ＋ gt。
0 0
2 t 2
(2)在坐标纸上描点，用一条直线将这些点连接起来，使尽可能多的点在直线上，不在直线上的点均匀分布于直
线两侧，如图所示。
v2
(3)从图中可求出斜率k＝4.8m/s2，v ＝1.10m/s，可得g＝2k＝9.6m/s2，h＝ 0＝0.063m＝6.3cm。
0
2g
【典例分析10】一小组同学到仓储站劳动实践，在调试如图甲所示的谷物传送机时，发现启动阶段水平放置的
传送带不是匀速运动。为探究传送带在启动阶段的运动性质，该小组同学进行了以下操作：
甲
①用细绳一端拴盛有小米的纸质漏斗，做成一个单摆；
②一同学站在传送带旁边，手持绳的另一端于传送带中线的正上方不动，漏斗尽量贴近传送带；
③将漏斗适当拉离平衡位置，撕开漏斗下部，让小米流出，同时放开漏斗，使漏斗始终垂直于传送带中线运动；
④启动传送带，一段时间后，摆动的漏斗撒出的小米在传送带上留下的痕迹如图乙所示。
已知重力加速度g＝10m/s2，请回答以下问题：
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乙
(1)用毫米刻度尺测量图片中OA的长度，长度为______mm，为判断传送带在启动阶段的运动性质，还需要测
出________的长度；
(2) 根 据 上 述 测 量 数 据 得 出 的 结 论 是 _____________________ ， 理 由 是
_____________________________________________________。
【答案】(1)8.6～8.9均可 OB和OC(或AB和BC)(2)传送带在启动阶段的运动可看做匀加速直线运动 在误差
允许的范围内，传送带在连续相等的时间段内的位移差相等
【解析】(1)用毫米刻度尺测量图片中OA的长度，根据毫米刻度尺读数规则，读出OA的长度，记录的数据要
包括估读的数值。可根据做匀变速直线运动的物体在连续相等时间内的位移差是恒量，来判断传送带在启动阶
段的运动性质，故还需要测量OB和OC的长度(或者AB和BC的长度)。(2)若满足BC－AB＝AB－OA，则传送
带在启动阶段的运动可看做匀加速直线运动。其理由是：在误差允许的范围内，传送带在连续相等时间段内的
位移差相等。
考点五 其它实验
【考点诠释】
1．“探究平抛运动的特点”实验中需要注意的问题
(1)实验中必须保证通过斜槽末端点的切线水平，木板必须处在竖直平面内，且与小球运动轨迹所在竖直平面平
行，并使小球的运动靠近木板但不接触；
(2)小球必须每次从斜槽上同一位置由静止开始滚下，因此，可在斜槽上某一位置固定一个挡板；
(3)坐标原点(小球做平抛运动的起点)不是槽口的端点，而应是小球在槽口时球的球心在木板上的水平投影点，
位于槽口末端上方r处(r为小球半径)；
(4)应在斜槽上适当的位置释放小球，使它以适当的水平速度抛出，其轨迹由木板的左上角到达右下角，这样可
以使实验误差较小；
(5)须在斜槽末端用重锤线检查白纸上所画y轴是否竖直。
2．“探究向心力大小与半径、角速度、质量的关系”实验数据处理
4π2 L2－r2
从表记录的数据观察，通过公式T2＝ ，计算得出的周期值跟用秒表直接测量的周期值对比，看在误
g
r 4π2 v2 4π2
差允许范围内是否近似相等，从而证明公式g ＝ r是否成立，即F＝m ＝mω2r＝m r是否成立(实验
L2－r2 T2 r T2
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时可以多次测量，以减小实验误差)。
【典例分析11】.某实验小组利用图1所示装置测定平抛运动的初速度。把白纸和复写纸叠放一起固定在竖直木
板上，在桌面上固定一个斜面，斜面的底边ab与桌子边缘及木板均平行。每次改变木板和桌边之间的距离，让
钢球从斜面顶端同一位置滚下，通过碰撞复写纸，在白纸上记录钢球的落点。
图1
(1)为了正确完成实验，以下做法必要的是________。
图2
A．实验时应保持桌面水平
B．每次应使钢球从静止开始释放
C．使斜面的底边ab与桌边重合
D．选择对钢球摩擦力尽可能小的斜面
(2)实验小组每次将木板向远离桌子的方向移动0.2m，在白纸上记录了钢球的4个落点，相邻两点之间的距离
依次为15.0cm、25.0cm、35.0cm，示意如图2。重力加速度g＝10m/s2，钢球平抛的初速度为________m/s。
(3)图1装置中，木板上悬挂一条铅垂线，其作用是________________。
【答案】 (1)AB (2)2 (3)方便将木板调整到竖直平面
【解析】(1)为了使钢球离开桌面做平抛运动，实验时应保持桌面水平，A项正确；为了使钢球做平抛运动的初
速度相同，每次应使钢球从同一位置由静止释放，B项正确；实验与斜面是否光滑无关，D项错误；若ab边与
桌边重合，则钢球在空中做的不是平抛运动，C项错误。(2)钢球在水平方向做匀速直线运动，每次向右移动0.2
m，钢球做平抛运动的时间均匀增大；竖直方向上，钢球做自由落体运动，有Δy＝gT2，得T＝0.1s，所以钢球
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Δx
平抛的初速度v＝ ＝2m/s。(3)木板上悬挂铅垂线是为了调整木板使其处于竖直状态。
T
【典例分析12】如图甲所示是某同学探究做圆周运动的物体质量、向心力、轨道半径及线速度关系的实验装置，
圆柱体放置在水平光滑圆盘上且做匀速圆周运动。力传感器测量向心力F，速度传感器测量圆柱体的线速度v，
该同学通过保持圆柱体的质量和运动的轨道半径不变，来探究向心力F与线速度v的关系。
甲
(1)该同学采用的实验方法为________。
A．等效替代法 B．控制变量法 C．理想化模型法
(2)改变线速度v，多次测量，该同学得到了五组F、v数据，如下表所示：
v/(m·s－1) 1.0 1.5 2.0 2.5 3.0
F/N 0.88 2.00 3.50 5.50 7.90
该同学对数据分析后，在图乙坐标纸上描出了五个点。
①在图乙的坐标纸上作出Fv2图线。
乙
②若圆柱体运动的轨道半径r＝0.2m，由作出的Fv2图线可得圆柱体的质量m＝________kg。(结果保留两位有
效数字)
【答案】(1)B (2)①见解析 ②0.18
【解析】(1)实验中研究向心力和线速度的关系，保持圆柱体的质量和运动的轨道半径不变，采用的实验方法是
控制变量法，故选B。
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(2)①作出Fv2图线，如图所示。
v2 m
②根据F＝m 知，图线的斜率k＝ ，
r r
m 9
则 ＝ N·s2/m2，代入数据解得m＝0.18kg。
r 10
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第八部分 实验
专题 电学实验及创新
19
一、素养呈现
1.基本实验仪器的使用与读数。
2.基础实验的实验原理和实验方法的理解与掌握。
3.探究实验的实验方案，实验器材及数据处理的理解与掌握。
二、素养落实
1.认真完成课本上的每一个实验。知道每一个实验的目的。
2.掌握每一个实验的原理，熟悉实验中的每一个实验步骤。
3.领会每一个实验步骤的作用，学会每一个实验仪器的使用。
4.学会每一个实验的数据处理方法，弄清每一个实验误差的来源等。
5.依据新课程标准，重视基础实验。
6.关注变化，构建实验模型，在比较分析中探寻共性。
纵览近几年全国卷及各省市等级考物理试题，实验命题不避热点，注重陈题翻新；重点实验频频考，其他
实验“轮换”考。实验“小题”常考力学内容，实验“大题”常考电学内容。在两个实验中，通常一个实验立足教材，
立足创新，凸显对科学探究素养的考查，一般较为基础，注重对考生的实验基本功的考查；另一个实验题依据
新课程标准要求挖掘改造，对考生的实验能力要求较高，突出选拔作用。地方卷的实验题文字量较全国卷大，
更加注重对实验原理的考查，创新程度较高。
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考点一 电学常用仪器的读数和使用
【考点诠释】
1．电流表和电压表
量程 精确度 读数规则
电流表0～3A 0.1A 1
与刻度尺一样，采用 估读，读数规则较简单，只需要精确
10
电压表0～3V 0.1V 值后加一估读数即可
1
电流表0～0.6A 0.02A 估读位与最小刻度在同一位，采用 估读
2
1
电压表0～15V 0.5V 估读位与最小刻度在同一位，采用 估读
5
2.多用电表
(1)电流的流向
电流从多用电表的“＋”插孔(红表笔)流入，从“－”插孔(黑表笔)流出，即“红进、黑出”．
(2)“机械零点”与“欧姆零点”
“机械零点”在表盘刻度左侧“0”位置，调整的是表盘下边中间的定位螺丝；“欧姆零点”在表盘刻度的右侧电阻刻
度“0”位置，调整的是欧姆挡的调零旋钮．
(3)欧姆表使用注意事项
①选挡接着调零；②换挡重新调零；③待测电阻与电路、电源断开；④尽量使指针指在表盘中间位置附近；⑤
读数之后要乘以倍率得阻值；⑥用完后，选择开关要置于“OFF”挡或交流电压最高挡．
【典例分析1】(1)如图甲所示为一简易多用电表内部电路原理图，其中G为灵敏电流计．选择开关S与不同接
点连接就构成不同的电表，下列分析正确的是________．
A．A为黑表笔，B为红表笔
B．将选择开关S与3连接，就构成了欧姆表
C．将选择开关S与1、2连接，就构成了电流表，且与1接点相连时量程较大
D．将选择开关S与4、5连接，就构成了电压表，且与4接点相连时量程较大
263/2902022届衡水中学物理一本通高分手册
(2)某同学选择欧姆挡“×1k”倍率测量电阻R 、R 的阻值时，指针分别处于a、b两位置，其中a位置在表盘正
1 2
中央(如图乙所示)，指针在b位置时的偏转角度恰好为在a时的一半，则电阻R ＝________，R ＝________.
1 2
【答案】 (1)BC (2)15.0kΩ 45kΩ
【解析】 (1)在多用电表使用时应让电流从红表笔进，黑表笔出，当将选择开关S与3连接，就构成了欧姆表，
由此可判断A为红表笔，B为黑表笔，故A错误，B正确．将选择开关S与1、2连接，就构成了电流表，根
据并联分流原理，并联的电阻越小分得的电流越大，所以与1接点相连时量程较大，故C正确．将选择开关S
与4、5连接，就构成了电压表，根据串联分压原理，串联的电阻越大分得的电压越大，所以与5接点相连时量
程较大，故D错误．
(2)指针指向a位置表盘正中央时，即指向了欧姆表的中值电阻R ，也就是欧姆表本身的内阻，R ＝R ＝15.0
中 内 中
1 1 E 1 E
kΩ，E＝I R ；当指针指向b位置时，偏转角度恰好为在a时的一半，即I＝ I ，由 I ＝ ，另有 I ＝ ，
g 内 4 g 4 g R ＋R 2 g R ＋R
2 内 1 内
解得：R ＝45kΩ.
2
【典例分析2】如图所示为某多用电表的简化电路图，已知表头的满偏电流I ＝5mA，内阻r ＝100Ω；电源的
g g
电动势E＝1.5V，内阻r＝1Ω；定值电阻R ＝5Ω，R ＝20Ω.
1 2
(1)测电流时，把选择开关B旋转至位置1或2，其中旋转至位置________时量程较大，其量程为________mA.
(2)测电阻时，需要把选择开关B旋转至位置3，测量前需欧姆调零，滑动变阻器R 的阻值应调整为________Ω.
5
【答案】 (1)1 125 (2)39
【解析】 (1)测电流时，把选择开关B旋转至位置1，分流电阻只有R ，可知量程较大；设此时量程为I，则：
1
I (r ＋R )＝(I－I )R ，解得I＝125mA；
g g 2 g 1
264/2902022届衡水中学物理一本通高分手册
r R ＋R
(2)测电阻时，需要把选择开关B旋转至位置3，此时表头电阻R ＝ g 1 2 ＝20Ω
g
r ＋R ＋R
g 1 2
E
此时满偏电流I r ＝(I′－I )(R ＋R )，解得I′＝25mA；欧姆调零时：I′＝ ，解得R ＝39Ω.
g g g 1 2 5
R ＋R ＋r
g 5
考点二 以测电阻为核心的电学实验
【考点诠释】
1．电阻测量的基本方法
(1)伏安法：有电压表、电流表且电表量程恰当时选择“伏安法”．
(2)安安法：电压表不能用或没有电压表的情形下，若知道电流表内阻，可以将电流表当作电压表使用，即选择
“安安法”．
(3)伏伏法：电流表不能用或没有电流表的情况下，若知道电压表内阻，可以将电压表当作电流表使用，即选择
“伏伏法”．
(4)伏安加R法：在运用伏安法测电阻时，由于电压表或电流表的量程太小或太大，为了满足安全、精确的要求，
需加保护电阻，“伏安加R法”又叫做“加保护电阻法”．
注意：电表的“三用”：如果知道电表的内阻，电流表、电压表就既可以测电流，也可以测电压，还可以作为定
值电阻来用，即“一表三用”．
2．电表的替代与改装
在没有电压表或电压表不能用、没有电流表或电流表不能用时，要用到电表的替代与改装．
(1)内阻已知的电压表相当于小量程的电流表；
(2)内阻已知的电流表相当于小量程的电压表；
(3)灵敏电流计串大电阻改装成电压表；
(4)灵敏电流计并小电阻改装成电流表；
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(5)电阻箱与电流表串联相当于电压表；
(6)电阻箱与电压表并联相当于电流表；
(7)内阻较小的电源串联定值电阻相当于内阻较大的电源．
3．电表内阻测量最常用的方法——半偏法
(1)用半偏法测电流表内阻，如图所示，电阻箱应和电流表并联，然后与大电阻滑动变阻器串联，R R
测 真．
4．等效替代法
(1)电流等效替代(如图)
(2)电压等效替代(如图)
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5．独特的测量方法——电桥法测电阻
在电阻的测量方法中，有一种很独特的测量方法，那就是电桥法．其测量电路如图所示，实验中调节电阻箱R ，
3
当A、B两点的电势相等时，R 和R 两端的电压相等，设为U ，同时R 和R 两端的电压也相等，设为U .
1 3 1 2 x 2
U U U U
根据欧姆定律有： 1＝ 2， 1＝ 2，由以上两式解得：R R ＝R R ，这就是电桥平衡的条件，由该平衡条件可
1 x 2 3
R R R R
1 2 3 x
求出被测电阻R 的阻值．
x
【典例分析3】LED绿色照明技术已经走进我们的生活．某实验小组要精确测定额定电压为3V的LED灯正常
工作时的电阻，已知该灯正常工作时电阻大约500Ω，电学符号与小灯泡电学符号相同．实验室提供的器材有：
A．电流表A (量程为0至50mA，内阻R 约为3Ω)
1 A1
B．电流表A (量程为0至3mA，内阻R ＝15Ω)
2 A2
C．定值电阻R ＝697Ω
1
D．定值电阻R ＝1985Ω
2
E．滑动变阻器R(0至20Ω)一只
F．电压表V(量程为0至12V，内阻R ＝1kΩ)
V
G．蓄电池E(电动势为12V，内阻很小)
H．开关S一只
(1)如图7所示，请选择合适的器材，电表1为________，电表2为________，定值电阻为________．(填写器材
前的字母编号)
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图7
(2)将采用的电路图补充完整．
(3)写出测量 LED 灯正常工作时的电阻表达式R ＝________(用测量量字母和已知字母表示)，当表达式中的
x
________(填字母)达到________，记下另一电表的读数代入表达式，其结果为LED灯正常工作时电阻．
【答案】 见解析
【解析】 (1)要精确测定额定电压为3V的LED灯正常工作时的电阻，需测量LED灯两端的电压和通过LED
灯的电流，由于电压表的量程较大，测量误差较大，不能用已知的电压表测量LED灯两端的电压，可以将电流
表A 与定值电阻串联改装为电压表测量电压；改装电压表的内阻：R＝ U LED额＝ 3V ＝1000Ω，A 的内阻为
2 2
I 0.003A
A2满偏
U 3
15Ω，则定值电阻应选D；LED灯正常工作时的电流约为I＝ ＝ A＝6mA，因为电表1测量其所在支路电
R 500
12V
流，电流表A 的量程为0至50mA，若用电压表V测电流，可测得的最大电流为 ＝12mA，可以发现用电
1
1kΩ
压表V来测电流更精确；由以上分析可知，电表1为F，电表2为B，定值电阻为D.
(2)因为滑动变阻器阻值远小于LED灯的电阻，所以滑动变阻器采用分压式接法．电路图如图所示，
(3)设LED灯正常工作时电表1的读数为U ，电表2的读数为I ，根据闭合电路欧姆定律知，LED灯两端的电
V 2
I R ＋R
U U 2 2 A2
压U＝I (R ＋R )，通过LED灯的电流I＝ V－I ，所以LED灯正常工作时的电阻R ＝ ＝ .改装后
2 2 A2 R V 2 x I U V－I
2
R
V
的电压表内阻为R ＝1985Ω＋15Ω＝2000Ω，则当I ＝1.5mA时，LED灯两端的电压为3V，达到额定电压，
V 2
测出来的电阻为正常工作时的电阻．
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【典例分析4】实验室有一种灵敏电流计，满偏刻度为30格。某兴趣小组想要较精确地测出它的满偏电流I
g
和内阻R ，实验室中可供利用的器材有：
g
待测灵敏电流计G 、G ；
1 2
电流表A(量程为1mA，内阻约为100Ω)；
定值电阻R (阻值为400Ω)；
1
定值电阻R (阻值为600Ω)；
2
电阻箱R(0～9999.9Ω，最小调节量0.1Ω)；
滑动变阻器R (阻值范围为0～2000Ω，额定电流1.5A)；
3
直流电源E(电动势1.5V，内阻不计)；
开关S，导线若干。
该小组设计的实验电路图如图所示，连接好电路，并进行下列操作。
(1)闭合开关，调节滑动变阻器，使电流表示数适当。
(2)若灵敏电流计G 中的电流由b流向a，再调节电阻箱，使电阻箱R接入电路的阻值________(选填“增大”或“减
2
小”)，直到G 中的电流为0。
2
(3)读出电阻箱连入电路的电阻为1200.0Ω，电流表的示数为0.6mA，灵敏电流计G 的指针指在20格的刻度
1
处，则灵敏电流计满偏电流I ＝________μA，内阻R ＝________Ω。
g g
【答案】(2)减小 (3)300 800
【解析】(2)灵敏电流计G 中的电流由b流向a，说明b点电势比a点电势高，R 的阻值小于电阻箱接入电路的
2 2
阻值，减小电阻箱R接入电路的阻值，当a、b两点电势相等时，流过G 的电流为0。
2
R R 1200Ω R I
(3)流过G 的电流为0，由图示电路图可知 ＝ g，即 ＝ g ，解得R ＝800Ω；流过两支路电流之比 1
2 g
R R 600Ω 400Ω I
2 1 G1
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U
＝ R 1 ＋R 2＝ R g ＋R ＝ 800＋1200 ＝ 2 ，由图示电路图可知，I ＋I ＝I ，又I ＝0.6mA，则I ＝0.2mA，因灵敏
G1 1 A A G1
U R 1 ＋R 2 400＋600 1
R ＋R
g
30 3
电流计满偏刻度30格，此时G 的指针指在20格的刻度处，则灵敏电流计满偏电流I ＝ I ＝ ×0.2mA＝300μA。
1 g G1
20 2
考点三 以测电源电动势和内阻为核心的电学实验
【考点诠释】
1．测电源电动势和内阻的常用方法
伏安法 伏阻法 安阻法
U
实验原理 E＝U＋Ir E＝U＋ r E＝IR＋Ir
R
实验电路
U
E＝U ＋ 1r
由 E＝U 1 ＋I 1 r 1 R 1 由 E＝I 1 R 1 ＋I 1 r
由
计算法 E＝U 2 ＋I 2 r E＝U ＋ U 2r E＝I 2 R 2 ＋I 2 r
2
R
2
解得E、r 解得E、r
解得E、r
数据处
理
图象法
1 r 1 1 1 1 r
U＝－rI＋E ＝ · ＋ ＝ ·R＋
U E R E I E E
电压表的分流 电压表的分流 电流表的分压
误差来源
E ＜E ；r ＜r E ＜E ；r ＜r E ＝E ；r ＞r
测 真 测 真 测 真 测 真 测 真 测 真
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2.对实验的两点说明
(1)任何一种实验方法，一定要紧扣闭合电路欧姆定律E＝U＋Ir，其中最关键的是看电路中如何测量出路端电压
U和电路中的总电流I。
(2)“化曲为直”思想的应用。利用图象得出电动势和内阻是常见的方法，当图线不为直线时，往往要变换坐标轴
1 1 1 U
表示的物理量，使图线为直线。以安阻法为例，可作 R图象；以伏阻法为例，可作 图象，也可作U 图象
I U R R
等，目的是使图象是直线。故这类问题重点关注图象的斜率、截距的物理意义。
【典例分析5】在测定电源电动势和内电阻的实验中，实验室提供了合适的实验器材．
(1)甲同学按电路图a进行测量实验，其中R 为保护电阻，则：
2
①请用笔画线代替导线在图b中完成电路的连接；
②根据电压表的读数U和电流表的读数I，画出U－I图线如图c所示，可得电源的电动势E＝________V，内
电阻r＝________Ω(结果均保留两位有效数字)．
(2)乙同学误将测量电路连接成如图d所示，其他操作正确，根据电压表的读数U和电流表的读数I，画出U－I
图线如图e所示，可得电源的电动势E＝________V，内电阻r＝________Ω(结果均保留两位有效数字)．
【答案】 (1)①
②2.8 0.60 (2)3.0 0.50
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【解析】 (1)①根据原理图可得出对应的实物图，如图所示；
ΔU 2.8－1.6
②根据闭合电路欧姆定律可得：U＝E－Ir，则由题图c可知电动势E＝2.8V，内电阻r＝ ＝ Ω＝0.60
ΔI 2.0
Ω；
(2)由乙同学的电路接法可知R 左右两部分并联后与R 串联，则可知在滑片移动过程中，滑动变阻器接入电路
1 2
电阻先增大后减小，则路端电压先增大后减小，所以出现题图e所示的图象，则由图象可知当电压为2.5V时，
电流为0.50A，此时两部分电阻相等，则总电流为I ＝1A；而当电压为2.4V时，电流分别对应0.33A和0.87
1
A，则说明当电压为2.4V时，干路电流为I ＝0.33A＋0.87A＝1.2A；则根据闭合电路欧姆定律可得2.5V＝E
2
－r·1A,2.4V＝E－r·1.2A，解得电源的电动势E＝3.0V，内电阻r＝0.50Ω.
【典例分析6】某物理课外活动小组学习了“测量电源的电动势和内阻”后，设计了如图甲所示的实验电路。
甲 乙 丙
(1)若闭合开关S 将单刀双掷开关S 掷向a，改变电阻箱R的阻值得到一系列的电压表的读数U，处理数据得
1, 2
1 1
到如图乙所示图象，写出 关系式________。
U R
(2)若断开S ，将单刀双掷开关S 掷向b，改变电阻箱R的阻值得到一系列的电流表的读数I，处理数据得到如
1 2
1
图丙所示图象，写出 R关系式________。
I
(3)同学们对实验结果进行了误差分析，发现将两个图象综合利用，完全可以避免由于电压表分流和电流表分压
带来的系统误差。已知图象乙和丙的纵轴截距分别为b 、b ，斜率分别为k 、k ，则电源的电动势E＝________，
1 2 1 2
内阻r＝________。
(4)不同小组的同学用不同的电池组(均由同一规格的两节干电池串联而成)，按照(1)中操作完成了上述实验后，
发现不同组的电池组的电动势基本相同，只是内电阻差异较大，同学们选择了内电阻差异较大的Ⅰ、Ⅱ两个电池
组做进一步探究，对电池组的输出功率P随外电阻R变化的关系，以及电池组的输出功率P随路端电压U变化
的关系进行了猜想，并分别画出了下列的PR和PU图象。若已知Ⅰ电池组的内电阻较大，则下列各图中可能正
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确的是________(填正确选项标号)。
A B C D
1 r 1 1 1 1 r 1 k
【答案】 (1) ＝ · ＋ (2) ＝ R＋ (3) 1 (4)BC
U E R E I E E k k
2 2
【解析】(1)若闭合开关S ，将单刀双掷开关S 掷向a，改变电阻箱R的阻值得到一系列的电压表的读数U，根
1 2
U 1 r 1 1 1
据闭合电路欧姆定律可知，E＝U＋Ir＝U＋ r，则 ＝ · ＋ 。(2)根据闭合电路欧姆定律E＝I(R＋r)，得到 与
R U E R E I
1 1 r
R的关系式 ＝ R＋ 。(3)由题图所示电路图可知，利用伏阻法时，由于电压表的分流作用，通过电源的电流大
I E E
U U
于 U ，这是造成系统误差的原因。若考虑通过电压表的电流，则表达式为E＝U＋Ir＝U＋ R ＋ R r，则 1 ＝ R V ＋r
V
R U ER
V
＋ r · 1 ，则 r ＝k ；利用安阻法时，考虑电流表内阻，可得 1 ＝ 1 R＋ R A ＋r ，则题图丙中 1 R图象的斜率的倒数等
1
E R E I E E I
r 1 1 k
于电源的电动势E。那么根据 ＝k ， ＝k ，可得E＝ ，r＝ 1。
1 2
E E k k
2 2
(4)根据电源的输出功率规律可知，当内、外电阻相等时输出功率最大，当外电阻大于内电阻时，随着外电阻的
E2
增大，输出功率将越来越小，又由P ＝ 可知，电动势相同，内阻越小，最大输出功率越大，故B正确，A
max
4r
错误。当内、外电阻相等时，输出功率最大，此时输出电压为电动势的一半，且电池组Ⅱ的输出功率比Ⅰ的大，
而当外电路断开时，路端电压等于电源的电动势，此时输出功率为零，故C正确，D错误。
考点四 电学创新实验
【考点诠释】
高考试题中出现的电学创新实验，大都是在教材常规实验的基础上，进行重组、包装、拓展、创新，它们源于
教材，但高于教材，解决这类创新实验时，应注意以下三点：
(1)实验仪器的选取，电流表内、外接法的判断，滑动变阻器的分压电路与限流电路的分析。
(2)在解决设计型实验时，要注意条件的充分利用，如对于给定确切阻值的电压表和电流表，电压表可当作电流
表使用，电流表也可当作电压表使用。
(3)对一些特殊电阻的测量，如电流表或电压表内阻的测量，电路设计有其特殊性，即首先要注意到其自身量程
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对电路的影响，其次要充分利用其“自报电流”或“自报电压”的功能。
【典例分析8】现要较准确地测量量程为0～3V、内阻大约为3kΩ的电压表V 的内阻R ，实验室提供的器材
1 V
如下：
电流表A (量程0～0.6A，内阻约0.1Ω)
1
电流表A (量程0～1mA，内阻约100Ω)
2
电压表V (量程0～15V，内阻约15kΩ)；
2
定值电阻R (阻值200Ω)；
1
定值电阻R (阻值2kΩ)；
2
滑动变阻器R (最大阻值100Ω，最大电流1.5A)
3
电源E (电动势6V，内阻约0.5Ω)
1
电源E (电动势3V，内阻约0.5Ω)；
2
开关S，导线若干
(1)选用上述的一些器材，甲、乙两个同学分别设计了如图22甲、乙所示的两个电路．
在图甲的电路中，电源选择E ，则定值电阻R应该选择________；在图乙的电路中，电源选择E ，电流表应该
1 2
选择________．(填写对应器材的符号)
(2)根据图甲电路，多次测量得到多组电压表V 和V 的读数U 、U ，用描点法得到U －U 图象，若图象的斜
1 2 1 2 1 2
率为k ，定值电阻的阻值为R，则电压表V 的内阻R ＝________；根据图乙电路，多次测量得到多组电压表
1 1 V
V 和电流表A的读数U ′、I，用描点法得到U ′－I图象，若图象的斜率为k ，则电压表V 的内阻R ′＝________.(用
1 1 1 2 1 V
题中所给字母表示)
(3) 从 实 验 测 量 精 度 的 角 度 分 析 ， 用 图 ________ 电 路 较 好 ， 原 因 是
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________.
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k
【答案】 (1)R A (2) 1 R k (3)乙 图甲中V 读数的相对误差较大
2 2 2 2
1－k
1
【解析】 (1)在题图甲的电路中，由于电源电动势为6V，定值电阻R起到串联分压的作用，应该选择阻值为
2kΩ的定值电阻R ；由题意可知电压表的最大电流为1mA，所以电流表应选择量程0～1mA的A .
2 2
U －U
(2)在题图甲的电路中，定值电阻R两端的电压为U －U ，通过定值电阻R的电流为I＝ 2 1
2 1
R
根据欧姆定律有R ＝ U 1＝ U 1 R ，变形得U ＝ R V U ，有 R V ＝k ，可得：R ＝ k 1 R；在题图乙中根据
V 1 2 1 V
I U －U R＋R R＋R 1－k
2 1 V V 1
欧姆定律可得：U ′＝IR ′，即R ′＝k .
1 V V 2
(3)两个电路都没有由仪器引起的系统误差，但用甲图测量时，电压表V 的电压变化范围约为0～5V，用量程
2
为15V的电压表V 读数，相对误差较大，所以用乙图较好．
2
【典例分析9】某实验小组用图甲实验装置探究电源内、外电路的关系，其中电压表V 接在电源的正负极M、
1
N上，电压表V 接在靠近电源正负极的探针P、Q上，V 可以测量出电源的内电压．改变滑动变阻器的阻值，
2 2
可读取多组电压表V 、V 和电流表A的示数U 、U 和I，并在图乙中描绘出U －I图象和U －I图象．请回
1 2 1 2 1 2
答如下问题：
(1)由于缺少一个0～3V的电压表，可以用一个阻值为________Ω的定值电阻与电流表(量程为0～2mA，内阻
为300Ω)________(选填“串联”或“并联”)改装而成．
(2)乙图中图线________(选填“①”或“②”)是U －I图象；分析两图线可知，在误差允许的范围内，电路中两电压
2
表的示数之和________(选填“不变”“变小”或“变大”)．
(3)若实验中，探针P离电源正极M的距离过大，会产生明显的实验误差，此时在图乙中所绘出的两图线的交
点相对于准确的交点________．
A．沿图线①向上移动 B．沿图线①向下移动
C．沿图线②向上移动 D．沿图线②向下移动
【答案】 (1)1200 串联 (2)② 不变 (3)B
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U 3
【解析】 (1)将电流表表头改装成电压表，需要串联一个分压电阻，电阻的阻值：R＝ －R ＝ Ω－300
I
g
A 2×10－3
Ω＝1200Ω.
(2)V 可以测量出电源的内电压，根据欧姆定律：U ＝Ir，所以图象②是U －I图象，分析题图①②两图线可知，
2 2 2
在误差允许的范围内，电路中两电压表的示数之和保持不变．
(3)探针P离电源正极M的距离过大，导致测得的内电压变小，与V 并联的内阻变小，图象②的斜率变小，所
2
以交点相对于准确值沿图线①向下移动，A、C、D错误，B正确．
【典例分析10】某研究性学习小组将一量程为I ＝1mA的灵敏电流计G改装为双量程电流表、双量程电压表
g
和双倍率欧姆表，电路图如图所示，已知电流计内阻R ＝200Ω，R ＝90Ω，R ＝10Ω，R ＝600Ω，电源的电
g 1 2 3
动势为E＝1.5V，试回答如下问题：
(1)接线柱A应接________(填“红表笔”或“黑表笔”)，表笔接在A和D时是________(填“双量程电流表”“双量程
电压表”或“双倍率欧姆表”)。
(2)若表笔接在A和C，单刀双掷开关S掷向1时是________(填“电压表”“电流表”或“欧姆表”)，量程为________。
(3)双倍率欧姆表的中值电阻分别为________(S掷向1时)和________(S掷向2时)。
【答案】 (1)红表笔 双量程电流表 (2)电压表 0～2V (3)500Ω 50Ω
【解析】(1)因为红表笔与内部电源负极相接，所以接线柱A应接红表笔，表笔接在A和D时，灵敏电流计与
R
电阻并联，是双量程电流表。(2)单刀双掷开关掷向1时，等效表头的满偏电流I ＝I ＋ g I ＝3mA，单刀双
a g g
R ＋R
1 2
R ＋R
掷开关掷向2时，等效表头的满偏电流I ＝I ＋ g 1 I ＝30mA，表笔接在A和C时，单刀双掷开关掷向1时
b g g
R
2
E
为电压表，U ＝I R ＋I R ＝2V，量程为0～2V。(3)开关掷向1时，欧姆表的中值电阻为R ＝ ＝500Ω，开
a a 3 g g 中a
I
a
E
关掷向2时，欧姆表的中值电阻为R ＝ ＝50Ω。
中b
I
b
276/2902022届衡水中学物理一本通高分手册
第八部分 实验
专题 热学、光学实验
20
一、素养呈现
1.基础实验的实验原理和实验方法的理解与掌握。
2.探究实验的实验方案，实验器材及数据处理的理解与掌握。
二、素养落实
1.认真完成课本上的每一个实验。知道每一个实验的目的。
2.掌握每一个实验的原理，熟悉实验中的每一个实验步骤。
3.学会每一个实验的数据处理方法，弄清每一个实验误差的来源等。
4.依据新课程标准，重视基础实验。
纵览近几年全国卷物理试题选考部分，选考实验命题逐步升温，注重基本原理基本方法的考查；通常实验
立足教材，立足创新，凸显对科学探究素养的考查，一般较为基础，注重对考生的实验过程及数据处理的考查；
题型多以填空题的形式呈现。
【考点诠释】
1．“用油膜法估测油酸分子大小”实验要注意的几点
(1)实验前应检查浅盘是否干净，如果有油渍将影响实验结果。
(2)油酸酒精溶液配制后不要长时间放置，以免酒精蒸发导致浓度改变，使实验误差变大。
(3)在浅盘的中央加痱子粉且要适量，使痱子粉自动扩散均匀。
(4)由于油酸膜要经过先扩大后收缩的过程，因此画轮廓时要待油酸膜稳定后再画，画时视线要与玻璃板垂直，
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动作要轻而迅速。
(5)本实验只要求估算分子大小，实验结果数量级符合要求即可。
(6)分子大小的数量级为10－10m，若不是则要重做实验。
2．“探究等温情况下一定质量气体压强与体积的关系”数据处理及注意事项
(1)本实验应用物理实验中常用的控制变量法，探究在气体质量和温度不变的情况下(即等温过程)，气体的压强
和体积的关系。
(2)为保持等温变化，实验过程中不要用手握住注射器有气体的部位。同时，改变体积过程应缓慢，以免影响密
闭气体的温度。为保证气体密闭，应在活塞与注射器壁间涂上润滑油，注射器内外气体的压强差不宜过大。
(3)实验中所用的压强传感器精度较高，而气体体积是直接在注射器上读出的，其误差会直接影响实验结果。
(4)在等温过程中，气体的压强和体积的关系在pV图象中呈现为双曲线。处理实验数据时，要通过变换，即画
1
p 图象，把双曲线变为直线，说明p和V成反比。这是科学研究中常用的数据处理的方法，因为一次函数反映
V
的物理规律比较直观，容易得出相关的对实验研究有用的参数。
3．“测定玻璃的折射率”
实验原理
如图所示，当光线AO 以一定的入射角θ 穿过两面平行的玻璃砖时，通过插针法找出跟入射光线AO 对应的出
1 1 1
sinθ PN
射光线O B，从而求出折射光线O O 和折射角θ ，再根据n ＝ 1或n＝ 算出玻璃的折射率。
2 1 2 2 12
sinθ QN′
2
实验步骤
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(1)如图所示，把白纸铺在木板上。
(2)在白纸上画一直线aa′作为界面，过aa′上的一点O画出界面的法线NN′，并画一条线段AO作为入射光线。
(3)把长方形玻璃砖放在白纸上，并使其长边与aa′重合，再用直尺画出玻璃砖的另一边bb′。
(4)在线段AO上竖直地插上两枚大头针P 、P 。
1 2
(5)从玻璃砖bb′一侧透过玻璃砖观察大头针P 、P 的像，调整视线的方向直到P 的像被P 的像挡住。再在bb′
1 2 1 2
一侧插上两枚大头针P 、P ，使P 能挡住P 、P 的像，P 能挡住P 本身及P 、P 的像。
3 4 3 1 2 4 3 1 2
(6)移去玻璃砖，在拔掉P 、P 、P 、P 的同时分别记下它们的位置，过P 、P 作直线O′B交bb′于O′。连接O、
1 2 3 4 3 4
O′，OO′就是玻璃砖内折射光线的方向。∠AON为入射角。∠O′ON′为折射角。
(7)改变入射角，重复实验。
4．“用双缝干涉实验测光的波长”
（1）．实验装置图及实验器材
双缝干涉仪、光具座、光源、学生电源、导线、滤光片、单缝、双缝、遮光筒、毛玻璃屏、测量头、刻度尺。
（2）．实验原理
l d
(1)根据公式Δx＝ λ得λ＝ Δx。
d l
a
(2)用刻度尺测出双缝到光屏的距离l，用测量头调节清晰的干涉条纹，测出n个亮纹间的距离a，则Δx＝ 。
n－1
双缝间距d是已知的，这样就可以计算出波长λ。
（3）．注意事项
279/2902022届衡水中学物理一本通高分手册
(1)实验时应调整光源、单缝、双缝和光屏、测量头共轴，单缝和双缝安装时应竖直且相互平行，遮光筒的轴线
要与光具座导轨平行。若不共轴或单缝与双缝不平行则会引起干涉条纹亮度小，不清晰，不便于观察和测量。
(2)分划板上的刻线应与干涉条纹的亮(暗)线平行，否则会增大测量的误差。
(3)双缝、测量头安装到遮光筒上时要装到底，使各部件的定位面紧密吻合，否则会影响测量结果。
(4)双缝干涉演示仪的测量头有两种，一种相当于螺旋测微器，一种相当于游标卡尺，具体应用时要加以区别。
(5)测量双缝至屏的距离l，要多次测量取平均值，同时要固定好双缝及屏，切勿松动。
5.“用单摆测定重力加速度的大小”实验数据处理
l
(1)公式法：将摆长l和周期T代入公式g＝4π2 即可求出当地的重力加速度的值，为了减小误差，可以改变摆
T2
长，测量周期，得到g 、g 、g ，然后求平均值。
1 2 3
l
(2)利用T2l图象处理：由单摆的周期公式T＝2π 可知，当重力加速度g一定时，单摆摆动的周期T的平方
g
跟摆长l成正比。以周期的平方为纵坐标，摆长为横坐标，作出T2l图象，则图象应该是一条倾斜直线，图线
4π2
斜率k＝ ，进而求得g值。
g
【方法指导】
一、用油膜法估测分子的大小
1.理想化：认为油酸薄膜是由单层的油酸分子紧密排列组成。
2.模型化：在估测油酸分子大小的数量级时，把每个油酸分子简化为球体。
3.厚度直径化：认为油膜的厚度就是油酸分子的直径。
二、探究气体压强与体积的关系实验注意点
1.为保持气体温度不变，实验过程中不要用手握住注射器有气体的部位；同时，改变体积过程应缓慢，以免影
响密闭气体的温度。
1
2.在等温过程中，气体的p－V图象呈现为双曲线，要通过坐标变换，画p－ 图象，把双曲线变为直线，以方
V
便判断p和V成反比。
三、用单摆测量重力加速度的大小实验数据处理的方法
280/2902022届衡水中学物理一本通高分手册
4π2l
1.公式法：g＝ ，算出重力加速度g的值，再算出g的平均值。
T2
g
2.图象法：由单摆周期公式推出l＝ T2，因此l－T2的图象是一条通过原点的直线，求出图线的斜率k，可得g
4π2
＝4π2k。
四、测量玻璃的折射率实验中数据处理的方法
sinθ
1.计算法：由n＝ 1，算出不同入射角时的n值，并取平均值。
sinθ
2
sinθ
2.图象法：作sinθ －sinθ 图象，由n＝ 1可知其斜率为折射率。
1 2
sinθ
2
EH E′H′
3.单位圆法：以入射点O为圆心，作半径为R的圆，如图所示，则sinθ ＝ ，sinθ ＝ ，OE＝OE′＝R，所
1 2
OE OE′
sinθ EH
以用刻度尺量出EH、E′H′的长度就可以求出n＝ 1＝ 。
sinθ E′H′
2
五、用双缝干涉实验测量光的波长实验中数据处理的方法
1.调节测量头，使分划板中心刻度线对齐第1条亮条纹的中心，记下手轮上的读数a ；
1
2.转动手轮，当分划板中心刻度线与第n条相邻的亮条纹中心对齐时，记下手轮上的刻度数a ；
2
|a －a |
3.相邻两条纹间的距离Δx＝ 1 2。
n－1
【典例分析1】在“用油膜法估测分子的大小”实验中，下列做法正确的是( )
A．用注射器吸取配置好的油酸酒精溶液，一滴一滴地滴入小量筒中，若100滴溶液的体积是1mL，则1滴溶
液中含有油酸10－2mL
B．用浅盘装入适量的水，然后将痱子粉均匀地撒在水面上
C．用注射器往水面上滴1滴油酸酒精溶液，等油膜的形状稳定之后再描绘其形状
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D．将画有油酸膜轮廓的玻璃板放在坐标纸上，再用刻度尺去量油膜的面积
V
E．根据1滴油酸溶液中油酸的体积V和油膜面积S就可以算出油膜厚度d＝ ，即油酸分子的直径
S
【答案】 BCE
【解析】 用注射器吸取配置好的油酸酒精溶液，一滴一滴地滴入小量筒中，若100滴溶液的体积是1mL，则
1滴溶液的体积是10－2mL，其中含有的油酸体积小于10－2mL，A错误；用浅盘装入适量的水，然后将痱子粉
均匀地撒在水面上，B正确；用注射器往水面上滴1滴油酸酒精溶液，等油膜的形状稳定之后再描绘其形状，
C正确；将画有油酸膜轮廓的玻璃板放在坐标纸上，通过数取格子数的方法去计算油膜的面积，D错误；根据
V
1滴油酸溶液中油酸的体积V和油膜面积S就可以算出油膜厚度d＝ ，即油酸分子的直径，E正确。
S
【典例分析2】在“用油膜法估测分子大小”的实验中，现有油酸和酒精体积比为n∶m配制好的油酸酒精溶液置
于容器中，还有一个盛约2cm深水的浅盘，一支滴管，一个量筒。
请补充下述实验步骤：
(1)_________________________________________________。
(需测量的物理量用字母表示)
(2)用滴管将一滴油酸酒精溶液滴入浅盘，等油酸薄膜稳定后，将薄膜轮廓描绘在坐标纸上，如图所示，则油膜
面积为________(已知坐标纸上每个小方格面积为S，求油膜面积时，半个以上方格面积记为S，不足半个舍去)。
(3)估算油酸分子直径的表达式为d＝________。
nV
【答案】(1)用滴管向量筒内加注N滴油酸酒精溶液，读出其体积V (2)115S (3)
115NSm＋n
【解析】(1)用滴管向量筒内加注N滴油酸酒精溶液，读出其体积V。
V n
(2)1滴油酸酒精溶液中含有纯油酸的体积为V′＝ · ，油膜面积S′＝115S。
N m＋n
V′ nV
(3)由d＝ ，得d＝ 。
S′ 115NSm＋n
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【典例分析3】(1)在“用油膜法估测分子的大小”的实验中，用移液管量取0.25mL油酸，倒入标注250mL的容
量瓶中，再加入酒精后得到250mL的溶液；然后用滴管吸取这种溶液，向小量筒中滴入100滴溶液，溶液的
液面达到量筒中1mL的刻度；再用滴管取配好的油酸溶液，向撒有痱子粉的盛水浅盘中滴下2滴溶液，在液
面上形成油酸薄膜；待油膜稳定后，放在带有正方形坐标格的玻璃板下观察油膜，如图所示。坐标格正方形的
大小为2cm×2cm，由图可以估算出油膜的面积是________m2(保留两位有效数字)，由此估算出油膜分子的直径
是________m(保留一位有效数字)。
(2)某同学在“用油膜法估测分子的大小” 的实验中，计算出的分子直径明显偏大，可能是由于________。
A．油酸分子未完全散开
B．油酸中含有大量酒精
C．计算油膜面积时，舍去了所有不足半格的方格
D．求每滴油酸酒精溶液的体积时，1mL的溶液滴数多计了10滴
【答案】(1)2.4×10－2 8×10－10 (2)AC
【解析】(1)油膜面积的估算可以先数出油膜所覆盖的整个方格数，不足半个格的舍去，多于半个格的算1个格，
再计算总面积，将油膜看成单分子层，先计算2滴溶液中所含油酸的体积，即为油膜的体积，再除以油膜面积
即得分子直径。由图示油膜可知，油膜的面积S＝60×2cm×2cm＝240cm2＝2.4×10－2m2；
两滴油酸溶液含纯油酸的体积
1 0.25
V＝2× × mL＝2×10－5mL＝2×10－11m3，
100 250
油酸分子的直径
V
2×10－11
d＝ ＝ m≈8×10－10m。
S 2.4×10－2
V
(2)由公式d＝ 可知，d偏大，则可能油酸体积V偏大或油膜面积S偏小，选项A、C正确。
S
【典例分析4】如图甲所示，用气体压强传感器探究气体等温变化的规律，操作步骤如下：
283/2902022届衡水中学物理一本通高分手册
①把注射器活塞推至注射器中间某一位置，将注射器与压强传感器、数据采集器、计算机逐一连接；
②移动活塞，记录注射器的刻度值V，同时记录对应的由计算机显示的气体压强值p；
③重复上述步骤②，多次测量；
1
④根据记录的数据，作出V 图线，如图乙所示。
p
甲 乙
(1)完成本实验的基本要求是________。(填正确答案标号)
A．在等温条件下操作
B．封闭气体的注射器密封良好
C．必须弄清所封闭气体的质量
D．气体的压强和体积必须用国际单位
1
(2)理论上由V 图线分析可知；如果该图线________，就说明气体的体积跟压强的倒数成正比，即体积与压强
p
成反比。
(3)若他实验操作规范正确，则图线不过原点的原因可能是________，图乙中V 代表________。
0
【答案】(1)AB (2)为过坐标原点的直线 (3)传感器与注射器间有气体 传感器与注射器间气体体积
【解析】(1)由于该实验是用气体压强传感器探究气体等温变化的规律，故要保证在等温条件下操作，故A项正
确。为了控制变量，气体的质量不能改变，若出现漏气，会产生误差，故B项正确。该实验不需要弄清气体的
质量，故C项错误。气体的压强和体积不一定要用国际单位，故D项错误。
1
(2)若气体的体积跟压强的倒数成正比，即V＝k ，则该图线为过原点的直线。
p
(3)图线不过原点的原因可能是传感器与注射器间有气体，图乙中V 代表传感器与注射器间气体体积。
0
【典例分析5】如图所示，某同学用插针法测定一半圆形玻璃砖的折射率。在平铺的白纸上垂直纸面插大头针
284/2902022届衡水中学物理一本通高分手册
P 、P 确定入射光线，并让入射光线过圆心O，在玻璃砖(图中实线部分)另一侧垂直纸面插大头针P ，使P 挡
1 2 3 3
住P 、P 的像，连接OP 。图中MN为分界面，虚线半圆与玻璃砖对称，B、C分别是入射光线、折射光线与
1 2 3
圆的交点，AB、CD均垂直于法线并分别交法线于A、D点。
(1)设AB的长度为l ，AO的长度为l ，CD的长度为l ，DO的长度为l ，为较方便地表示出玻璃砖的折射率，
1 2 3 4
需用刻度尺测量________，则玻璃砖的折射率可表示为________。
(2)该同学在插大头针P 前不小心将玻璃砖以O 为圆心顺时针转过一个小角度，由此测得玻璃砖的折射率将
3
________(选填“偏大”“偏小”或“不变”)。
l
【答案】(1)l 和l n＝1 (2)偏大
1 3
l
3
AB l CD l
【解析】(1)根据几何知识得，入射角的正弦sini＝ ＝1，折射角的正弦sinr＝ ＝3，根据折射定律得，玻
BO R CO R
sini l
璃砖的折射率n＝ ＝1，所以需要用刻度尺测量l 和l 。(2)该同学在插大头针P 前不小心将玻璃砖以O为
1 3 3
sinr l
3
圆心顺时针转过一小角度，折射光线将顺时针转动，而作图时仍以MN为边界，AD为法线，则入射角不变，
折射角减小，则测得的l 偏小，可知测得玻璃砖的折射率将偏大。
3
【典例分析6】．如图所示，MN为半圆形玻璃砖的对称轴，O为玻璃砖圆心，某同学在与MN平行的直线上插
上两根大头针P 、P ，在MN上插大头针P ，从P 一侧透过玻璃砖观察P 、P 的像，调整P 位置使P 能同
1 2 3 3 1 2 3 3
时挡住P 、P 的像，确定了的P 位置如图所示，他测得玻璃砖直径D＝8cm，P P 连线与MN之间的距离d
1 2 3 1 2 1
＝2cm，P 到O的距离d ＝6.92cm。取 3＝1.73。求该玻璃砖的折射率。
3 2
【答案】1.73
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【解析】光路图如图所示
A B
1
sini＝ ＝ ，得i＝30°
O A 2
则∠OAB＝60°
O B ＝O A sin60°＝4× 3 ＝3.46cm
2
据几何关系： P 3 B ＝d 2 －O B ＝6.92－3.46＝3.46cm
BP 3 3.46
tan∠BAP ＝ ＝ ＝1.73，得：∠BAP ＝60°
3 3
AB 2
因此：r＝180°－∠OAB－∠BAP ＝60°
3
sinr
据折射定律得：n＝ ，解得：n＝1.73
sini
【典例分析7】在“用双缝干涉测光的波长”的实验中，实验装置如图甲所示。
甲
(1)某同学以线状白炽灯为光源，对实验装置进行调节并观察了实验现象后，总结出以下几点，正确的是( )
A．灯丝与单缝和双缝必须平行放置
B．干涉条纹与双缝垂直
C．干涉条纹的疏密程度与单缝宽度有关
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D．干涉条纹的间距与光的波长有关
(2)当测量头中的分划板中心刻线对齐某条纹的中心时，手轮上的示数如图乙所示，该读数为________mm。
(3)如果测量头中的分划板中心刻线与干涉条纹不在同一方向上，如图丙所示。则在这种情况下测量干涉条纹的
间距Δx时，测量值________(选填“大于”“小于”或“等于”)实际值。
乙 丙
【答案】(1)AD (2)0.700 (3)大于
l
【解析】(1)为了获得清晰的干涉的亮条纹，A正确；干涉条纹与双缝平行，B错误；干涉条纹的间距Δx＝ λ与
d
单缝宽度无关，与光的波长有关，C错误，D正确。
(2)手轮的读数为0.5mm＋20.0×0.01mm＝0.700mm。
(3)条纹与分划板不平行时，实际值Δx ＝Δx cosθ，θ为条纹与分划板间的夹角，故Δx <Δx 。
实 测 实 测
【典例分析8】如图甲所示为双缝干涉实验的装置示意图，现要利用这套装置来测量某种单色光的波长。
甲
(1)图甲装置示意图中有三个光学元件的名称空缺，关于它们的说法正确的是________。
A．①是双缝，③是滤光片
B．②是双缝，③是单缝
C．②是单缝，③是双缝
(2)用20分度的游标卡尺测量双缝间距如图乙所示，双缝间距d＝________mm。
287/2902022届衡水中学物理一本通高分手册
乙 丙
(3)图丙为实验得到的干涉条纹，用测量头测出了第1条和第6条亮纹中心间的距离为Δx，已知双缝到光屏的距
离为l，则所测单色光波长的计算式为λ＝________(用题中所给的字母表示)。
dΔx
【答案】(1)C (2)2.05 (3)
5l
【解析】(1)根据双缝干涉实验装置可知，①是滤光片，②是单缝，③是双缝，C正确。(2)根据20分度游标卡
尺的读数规则知，游标卡尺读数为d＝2mm＋1×0.05mm＝2.05mm。(3)第1条和第6条亮条纹之间有5个条纹
1 lλ
间隔，间距为Δx，相邻条纹间隔为Δx′＝ Δx。由双缝干涉条纹间隔公式Δx′＝ ，解得所测单色光的波长计算式
5 d
dΔx
为λ＝ 。
5l
【典例分析9】在单摆测定重力加速度的实验中：
(1)实验时先用20分度的游标卡尺测量摆球直径，示数如图甲所示，该摆球的直径d＝________mm.
(2)接着测量了摆线的长度为l ，实验时用拉力传感器测得摆线的拉力F随时间t变化的图象如图乙所示，写出
0
重力加速度g与l 、d、t 的关系式：g＝________________.
0 0
(3)某小组改变摆线长度l ，测量了多组数据．在进行数据处理时，甲同学把摆线长l 作为摆长，直接利用公式
0 0
求出各组重力加速度值再求出平均值：乙同学作出T2－l 图象后求出斜率，然后算出重力加速度．两同学处理
0
数据的方法对结果的影响是：甲________，乙________．(选填“偏大”“偏小”或“无影响”)
π2 d
【答案】 (1)14.15 (2) (l ＋ ) (3)偏小 无影响
0
4t 2 2
0
【解析】 (1)由题图甲所示游标卡尺可知，游标尺是20分度的，游标尺的精度是0.05mm，主尺示数是14mm，
游标尺示数是3×0.05mm＝0.15mm，摆球的直径为：d＝14mm＋0.15mm＝14.15mm；
d
(2)单摆摆长等于摆线长度与摆球半径之和，则单摆摆长为l＝l ＋ ，由题图乙所示图象可知，单摆的周期T＝
0
2
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l
5t －t ＝4t ，由单摆周期公式T＝2π 可知，
0 0 0
g
d
4π2l ＋
4π2l 0 π2 d
重力加速度g＝ ＝ 2 ＝ (l ＋ )；
0
T2 4t 2 2
4t 2 0
0
l 4π2l d
(3)由单摆周期公式T＝2π 可知，重力加速度g＝ ，摆长l应该是摆线长度l 与摆球半径 之和，甲同学把
0
g T2 2
4π2l
摆线长l 作为摆长，摆长小于实际摆长，由g＝ 可知，重力加速度的测量值小于真实值；
0
T2
l 4π2l 4π2
对于乙同学，由T＝2π 0可知，T2＝ 0＝kl ，其中k＝ ，由此可见，T2与l 成正比，k是比例常数，摆长
0 0
g g g
偏大还是偏小不影响图象的斜率k，因此摆长偏小不影响重力加速度的测量值．
【典例分析10】在“用单摆测定重力加速度”的实验中，某同学的实验步骤如下。
Ⅰ.选取一个摆线长约1m的单摆，把线的上端用铁夹固定在铁架台上，把铁架台放在实验桌边，使铁夹伸到桌
面以外，让摆球自由下垂，如图(a)所示；
Ⅱ.用米尺量出悬线长度L，精确到毫米，记为摆长；
Ⅲ.拉开摆球，使其偏离平衡位置，放手后摆球来回摆动，用停表测出单摆50次全振动所用的时间，计算出摆
球一次全振动所用的时间；
Ⅳ.变更摆长，重复上述步骤，根据单摆的周期公式，计算出每次实验测得的重力加速度并求出平均值。
(1)上述实验步骤有一处错误，请指出
______________________________________________________________________________________________。
图(a) 图(b)
(2)若该同学改正错误后，利用上述方法，测出摆球振动周期为T。多次改变悬线长度并重复上述操作，得到多
组L、T的数据，作出T2L图象如图(b)所示。若图线的斜率为k，横截距为－L ，则当地重力加速度大小为________；
0
摆球的直径为________。
289/2902022届衡水中学物理一本通高分手册
4π2
【答案】(1)摆长是悬点到摆球中心的距离，不是悬线的长度，在实验中摆长少了摆球的半径 (2) 2L
0
k
【解析】(1)摆长是悬点到摆球中心的距离，不是悬线的长度，在实验中摆长少算了摆球的半径。(2)由图可以读
出摆球半径为图象在L轴的截距的绝对值，即L ，则摆球的直径为2L 。根据T＝2π
L＋L
0，解得T2＝
4π2L
＋
0 0
g g
4π2L 4π2 4π2
0，所以斜率k＝ ，解得g＝ 。
g g k
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