独家春节钜献高考物理物理模型高考高中物理33大必考考点模型整理汇编(167页完整版)_2026版高中《二三轮复习+冲刺复习》

P2-4 
高考与高中物理33大必考考点模型整理汇编 
“挂件”模型（轻杆、轻绳、轻弹簧模型，滑轮模型，平衡问题，死结与活结问题，
采用正交分解法、图解法、三角形法则和极值法）
P4-7  含弹簧的物理模型（弹簧，橡皮绳（筋）） 
P7-12  追及、相遇模型（运动规律，临界问题，数学法（函数极值法、图像法等）和物理
方法（参照物变换法，守恒法）等）
P13 刹车模型 
P13-17“斜面”模型（运动规律，三大定律） 
P17-20“皮带”模型（“传送带”模型）（摩擦力，牛顿运动定律，功能及摩擦生热等问题） 
P20-22“滑块—木板”模型 
P22-27“平抛”模型（平抛、斜抛，平抛中的临界问题，多体平抛）（运动的合成与分解，
牛顿运动定律，动能定理（类平抛运动））
P27-29“平抛＋斜面”模型 
P29-32 类平抛问题 
P33-34 圆周运动基础知识（有关物理量，向心力） 
P35-38“水平面圆周运动”模型（用极限法分析圆周运动的临界问题）（向心力来源，实例） 
P39-40“竖直面圆周运动”模型（轻绳、轻杆、轻弹簧三件的异同点，过最高点的临界条件
及圆周运动中的动力学问题和功能问题）
P41-47 圆周运动题组 
P48-53“行星”模型（相关物理量：半径、速度、角速度、周期）（变轨问题，双星模型） 
P53-55“子弹打木块”模型（三大定律，摩擦生热，临界问题） 
P56 “人船”模型 
P56-57“弹性碰撞” 和“非弹性碰撞”模型（动量守恒定律，能量守恒定律） 
P58-59 含有弹簧的类碰撞问题模型 
P60-64“电路的动态变化”模型（串并联电路规律及电能、电功率、闭合电路欧姆定律、判
断方法和变压器的三个制约（电压、电流及电功率）问题）
P64-65 含电容器电路的分析方法 
P66-85“电阻测量”模型(两尺、电表读数,伏安法测电阻,测金属电阻率,描绘伏安特性曲线)
（电路设计，内外接法，限流式分压式接法的应用）
P85-91“测电源的电动势和内阻”模型（电路设计，闭合电路欧姆定律、图象） 
P91-105“电场”模型（电场力、电势能、电势差、电势等基本概念，典型电场） 
P105-111“带电粒子在磁场中的圆周运动”模型（圆心半径的确定方法） 
P111-123“复合场” 模型（平衡与偏转、圆周运动、力和能问题） 
P124-127“多过程”模型（直线运动、类平抛运动、圆周运动，力和能问题） 
P128-137“电磁感应”模型（法拉第电磁感应定律，图象） 
P137-143 电磁感应中的电路和图象问题 
P144-150“导体棒切割磁感线”模型（电磁感应中的动力学和能量问题）（平面导轨，斜面
导轨、竖直导轨等，处理角度为力电角度，电学角度，力能角度）
P150-155“交流电”模型（图像法。焦耳定律，闭合电路的欧姆定律，能量问题） 
P155-161 变压器、电能的输送 
P161-167“对称”模型（电场、磁场、电磁感应现象中的对称性，多解性） 
 
 
2 
“挂件”模型 
【概述】 
该模型一般由轻绳(轻杆)和物块模型组合而成，可分为静态和动态两类。常出现在选择、
计算题中。 
【特点】 
静态模型的受力情况满足共点力的平衡条件F
0

 
动态模型则满足牛顿第二定律F
ma

 
【解题】 
解析两种不同模型的关键是抓住物体的受力分析，然后结合平衡条件或牛顿定律。同时
也要根据具体的题目具体分析，采用正交分解法，图解法，三角形法则，极值法等不同方法。 
△轻绳、轻杆、轻弹簧弹力比较（弹簧有关题目后面另提） 
      1.轻绳拉力一定是沿绳子方向，指向绳子收缩的方向。轻绳拉力的大小可以突变。用
轻绳连接的系统通过轻绳的碰撞、撞击时，系统的机械能有损失。 
      2.轻杆受力不一定沿轻杆方向。 
      3.轻弹簧可以被压缩或拉伸，其弹力的大小与弹簧的伸长量或缩短量有关。 
①轻弹簧各处受力相等，其方向与弹簧形变的方向相反； 
②弹力的大小为F
kx

(胡克定律)，其中k 为弹簧的劲度系数，x 为弹簧的伸长量
或缩短量； 
③弹簧的弹力不会发生突变。 
△滑轮模型与死结模型问题的分析 
1.跨过滑轮、光滑杆、光滑钉子的细绳两端张力大小相等． 
2.死结模型：如几个绳端有“结点”，即几段绳子系在一起，谓之“死结”，那么这几
段绳中的张力不一定相等． 
3.同样要注意轻质固定杆的弹力方向不一定沿杆的方向，作用力的方向需要结合平衡
方程或牛顿第二定律求得，而轻质活动杆中的弹力方向一定沿杆的方向． 
【例题】 
1.如图所示，小车上固定着一根弯成角的曲杆，杆的另一端固定一个
质量为m 的球，试分析下列两种情况下轻杆对球的弹力大小及方向： 
(1)小车静止不动； 
(2)小车以加速度a 向右运动。 
 
 
 
解：(1)球处于平衡状态，根据二力平衡的条件知，杆对球的弹力方向跟重力方向相反，竖
直向上，弹力大小跟球的重力大小相等，等于mg. 
(2) 选小球为研究对象，小车以加速度a 向右运动时，小球所受重力和杆
的弹力的合力一定水平向右，此时，弹力F 的方向一定指向右上方，只有
这样，才能保证小球在竖直方向上保持平衡，水平方向上具有向右的加速
度，假设小球所受弹力方向与竖直方向的夹角为θ（如图），根据牛顿第二
定律有, F sin
ma

，F cos
mg

。 
解得
2
2
a
F
m g
a ,tan
g




。 
 
 
 
 
 
3 
2.如图所示，固定在小车上的支架的斜杆与竖直杆的夹角为θ，在斜杆下端固定有质量
为m 的小球，下列关于杆对球的作用力F 的判断中，正确的是：（D） 
A．小车静止时，F
mg sin

，方向沿杆向上。 
B．小车静止时，F
mgcos

，方向垂直杆向上。 
C．小车向右以加速度a 运动时，一定有
ma
F
sin

  
D.小车向左以加速度a 运动时，
2
2
F
( ma )
( mg )


，方向斜向左上方，与竖直方
向的夹角为α，则
a
tan
g

. 
3. 如图，将一质量为m 的小球用一条轻绳L1 和一条轻弹簧L2 系
起，L1 水平，L2 与竖直方向夹角为θ。现突然将L1 剪断，问剪断瞬间
小球所受的合力。 
F
mg tan

合
 
题中的L2 若为轻绳，仍求剪断L1 瞬间小球所受的合力？ 
F
mg sin

合
 
 
4. 如图所示，轻绳AD 跨过固定在水平横梁BC 右端的定滑轮挂住一个质量为10 kg 的物体，
∠ACB＝30°，g 取10 m/s2，求： 
 (1)轻绳AC 段的张力FAC 的大小； 
(2)横梁BC 对C 端的支持力的大小及方向． 
解析 物体M 处于平衡状态，根据平衡条件可判断，与物体相连的
轻绳拉力大小等于物体的重力，取C 点为研究对象，进行受力分析，如图所示． 
 
(1)图中轻绳AD 跨过定滑轮拉住质量为M 的物体，物体处于平衡状态，绳AC 段的拉
力大小为：FAC＝FCD＝Mg＝10×10 N＝100 N 
(2)由几何关系得：FC＝FAC＝Mg＝100 N 
方向和水平方向成30°角斜向右上方 
答案 (1)100 N (2)100 N 方向与水平方向成30°角斜向右上方 
【变题】 
1.如图所示，一光滑的半圆形碗固定在水平面上，质量为m1 的小球用轻绳跨过光滑碗
连接质量分别为m2和m3的物体，平衡时小球恰好与碗之间没有弹力作用，两绳与水平方向
夹角分别为60°、30°，则m1、m2、m3的比值为 ( B ) 
A．1∶2∶3   
 
 
 
B．2∶3∶1 
C．2∶1∶1   
 
 
 
D．2∶1∶3 
 
 
4 
解析 对m1受力分析，如图所示，则： 
m2g＝m1gcos 30° 
m3g＝m1gcos 60°， 
m2＝3
2 m1 
m3＝1
2m1，B 正确． 
2.在如图10 所示的装置中，两物体通过一段绳与两个滑轮连在一起，质量分别为m1、
m2，悬点a、b 间的距离远大于滑轮的直径，不计一切摩擦，整个装置处于静止状态．由图
可知 (  ) 
A．α 一定等于β   
 
 
 
B．m1一定大于m2 
C．m1一定小于2m2    
 
 
D．m1可能大于2m2 
答案 AC 
解析 滑轮两侧绳的拉力大小相等，合力竖直向上，所以A 正确；滑轮两侧绳的拉力
大小等于m2g，其合力大小等于m1g.当滑轮两侧的绳竖直向上时m2最小，等于m1的一
半，因滑轮两侧的绳不可能竖直向上，所以C 正确，B、D 错误． 
【高考题】 
1.(2012·广东理综·16)如图10 所示，两根等长的轻绳将日光灯悬挂在天花板上，两绳与竖直
方向的夹角都为45°，日光灯保持水平，所受重力为G，左右两绳的拉力大小分别为 
(B) 
 
图10 
A．G 和G    
 
 
 
B. 2
2 G 和2
2 G 
C.1
2G 和3
2 G   
 
 
 
D.1
2G 和1
2G 
解析 根据对称性知两绳拉力大小相等，设为F，日光灯处于平衡状态，由2Fcos 45°
＝G 解得F＝2
2 G，B 项正确． 
含弹簧的物理模型 
【概述】 
纵观历年的高考试题，和弹簧有关的物理试题占有相当大的比重。高考命题者常以弹簧
为载体设计出各类试题，这类试题涉及静力学问题、动力学问题、动量守恒和能量守恒问题、
振动问题、功能问题等，几乎贯穿了整个力学的知识体系，能很好地考查学生的综合分析能
力。 
 
 
5 
【特点】 
中学物理中的“弹簧”和“橡皮绳”也是理想化模型，具有如下几个特性： 
(1)弹力遵循胡克定律F＝kx，其中x 是弹簧的形变量。 
(2)轻：即弹簧(或橡皮绳)的重力可视为零。 
(3)弹簧既能受拉力，也能受压力(沿着弹簧的轴线)，橡皮绳只能受拉力，不能受压力。 
(4)由于弹簧和橡皮绳受力时，其形变较大，发生形变需要一段时间，所以弹簧和橡皮
绳中的弹力不能突变。但是，当弹簧和橡皮绳被剪断时，它们产生的弹力立即消失。 
【解题】 
胡克定律、牛顿第二定律、动能定理、机械能守恒定律、动量定理、动量守恒定律 
【例题】 
1.如图所示，原长分别为L1和L2，劲度系数分别为k1和k2的轻质弹簧竖
直悬挂在天花板上，两弹簧之间有一质量为m1 的物体，最下端挂着质量为
m2的另一物体，整个装置处于静止状态．求： 
(1)这时两弹簧的总长． 
(2)若有一个质量为M 的平板把下面的物体竖直缓慢地向上托起，直到两
弹簧的总长度等于两弹簧的原长之和，求这时平板受到下面物体m2的压力． 
解析 (1)设上面弹簧的弹力为F1，伸长量为Δx1，下面弹簧的弹力为F2，伸长量为Δx2，
由物体的平衡及胡克定律有 
F1＝(m1＋m2)g， 
Δx1＝m1＋m2g
k1
 
F2＝m2g， 
Δx2＝m2g
k2 
所以两弹簧的总长为 
L＝L1＋L2＋Δx1＋Δx2＝L1＋L2＋m1＋m2g
k1
＋m2g
k2 . 
(2)要使两个弹簧的总长度等于两弹簧原长之和，必须是上面弹簧伸长Δx，下面弹簧缩
短Δx. 
对m2：FN＝k2Δx＋m2g 
对m1：m1g＝k1Δx＋k2Δx 
解得：FN＝m2g＋
k2
k1＋k2m1g 
根据牛顿第三定律知 
FN′＝FN＝m2g＋
k2
k1＋k2m1g 
答案 (1)L1＋L2＋m1＋m2g
k1
＋m2g
k2     (2)m2g＋
k2
k1＋k2m1g 
 
 
 
 
6 
2.如图所示，一个“Y”字形弹弓顶部跨度为L，两根相同的橡皮条均匀且弹性良好，
其自由长度均为L，在两橡皮条的末端用一块软羊皮(长度不计)做成裹片可将弹丸发射出
去．若橡皮条的弹力满足胡克定律，且劲度系数为k，发射弹丸时每根橡皮条的最大长度为
2L(弹性限度内)，则弹丸被发射过程中所受的最大弹力为 (  ) 
 
A. 15kL
2
   
 
 
 
B. 3kL
2
 
C．kL    
 
 
 
D．2kL 
答案 A 
解析 橡皮条长度最大时每根橡皮条上的弹力是kL，设此时两橡皮条间夹角为θ，则
cos θ
2＝
2L2－L
22
2L
＝15
4 ，两橡皮条上的弹力合力为2kLcos θ
2＝15
2 kL，所以A 对． 
3.如图所示，用轻弹簧将质量均为m＝1 kg 的物块A 和B 连接起来，将
它们固定在空中，弹簧处于原长状态，A 距地面的高度h1＝0.90 m．同时释
放两物块，A 与地面碰撞后速度立即变为零，由于B 压缩弹簧后被反弹，使
A 刚好能离开地面(但不继续上升)．若将B 物块换为质量为2m 的物块C(图
中未画出)，仍将它与A 固定在空中且弹簧处于原长，从A 距地面的高度为
h2处同时释放，C 压缩弹簧被反弹后，A 也刚好能离开地面．已知弹簧的劲
度系数k＝100 N/m，求h2的大小．[答案] 0.5 m 
 
解：设A 物块落地时，B 物块的速度为v1，则有： 
1
2mv1
2＝mgh1 
设A 刚好离地时，弹簧的形变量为x，对A 物块有： 
mg＝kx 
从A 落地后到A 刚好离开地面的过程中，对于A、B 及弹簧组成的系统机械能守恒，则
有： 
1
2mv1
2＝mgx＋ΔEp 
换成C 后，设A 落地时，C 的速度为v2，则有： 
1
2·2mv2
2＝2mgh2 
从A 落地后到A 刚好离开地面的过程中，A、C 及弹簧组成的系统机械能守恒，则有： 
1
2·2mv2
2＝2mgx＋ΔEp 
联立解得：h2＝0.5 m． 
【变题】 
1.如图所示，将一劲度系数为k 的轻弹簧一端固定在内壁光滑、半径为R 的半球形容器
底部O′处(O 为球心)，弹簧另一端与质量为m 的小球相连，小球静止于P 点．已知容器与
水平面间的动摩擦因数为μ，OP 与水平方向间的夹角为θ＝30°.下列说法正确的是  (CD) 
A．水平面对容器有向右的摩擦力B．轻弹簧对小球的作用力大小为1
2mg 
C．容器对小球的作用力大小为mg  D．弹簧原长为R＋mg
k 
 
 
 
 
7 
解析 以容器和小球整体为研究对象，受力分析可知： 
竖直方向有：总重力、地面的支持力，水平方向上地面对半球形容器没有摩擦力， A 错误． 
对小球进行受力分析可知，小球受重力、支持力及弹簧的弹力而处于静止状态，由共点力的
平衡条件可求得小球受到的轻弹簧的弹力及小球受到的支持力；对小球受力分析如图所示，
由几何关系可知，FN＝F＝mg，故弹簧原长为R＋mg
k ，故B 错误，C、D 正确． 
2.三个质量均为1 kg 的相同木块a、b、c 和两个劲度系数均为500 N/m 的相同轻弹簧p、q
用轻绳连接，如图7 所示，其中a 放在光滑水平桌面上．开始时p 弹簧处于原长，木块都处
于静止状态．现用水平力F 缓慢地向左拉p 弹簧的左端，直到c 木块刚好离开水平地面为
止，g 取10 m/s2.该过程p 弹簧的左端向左移动的距离是 
 
 
 
© 
 
图7 
A．4 cm   
 
B．6 cm   
 
C．8 cm   
 
D．10 cm 
解析 “缓慢地拉动”说明系统始终处于平衡状态，该过程中p 弹簧的左端向左移动的距离
等于两个弹簧长度变化量之和；最初，p 弹簧处于原长，而q 弹簧受到竖直向下的压力FN1
＝mbg＝1×10 N＝10 N，所以其压缩量为x1＝FN1/k＝2 cm；最终c 木块刚好离开水平地面，
q 弹簧受到竖直向下的拉力FN2＝mcg＝1×10 N＝10 N，其伸长量为x2＝FN2/k＝2 cm，拉力F
＝(mb＋mc)g＝2×10 N＝20 N，p 弹簧的伸长量为x3＝F/k＝4 cm，所以所求距离x＝x1＋x2
＋x3＝8 cm. 
追及、相遇模型 
【解题】 
一、对运动图象物理意义的理解 
1.一看“轴”：先要看清两轴所代表的物理量，即图象是描述哪两个物理量之间的关系． 
2.二看“线”：图象表示研究对象的变化过程和规律．在v－t 图象和x－t 图象中倾斜的直线
分别表示物体的速度和位移随时间变化的运动情况． 
3.三看“斜率”：x－t 图象中斜率表示运动物体的速度大小和方向．V－t 图象中斜率表示运动
物体的加速度大小和方向． 
4.四看“面积”：即图线和坐标轴所围的面积往往代表一个物理量，但也要看两物理量的乘积
有无意义．例如v 和t 的乘积vt＝x 有意义，所以v－t 图线与横轴所围“面积”表示位移，
x－t 图象与横轴所围“面积”无意义． 
5.五看“截距”：截距一般表示物理过程的初始情况，例如t＝0 时的位移或速度． 
6.六看“特殊点”：例如交点、拐点(转折点)等．例如x－t 图象的交点表示两质点相遇，v－t
图象的交点表示速度相等． 
 
二、追及与相遇问题 
1.分析追及问题的方法技巧可概括为“一个临界条件”、“两个等量关系”． 
 
 
8 
(1)一个临界条件：速度相等．它往往是物体间能否追上或(两者)距离最大、最小的临界
条件，也是分析判断问题的切入点； 
(2)两个等量关系：时间关系和位移关系，通过画草图找出两物体的时间关系和位移关
系是解题的突破口． 
2.主要方法 
(1)临界条件法：当二者速度相等时，二者相距最远(最近)． 
(2)图象法：画出x－t 图象或v－t 图象，然后利用图象进行分析求解． 
(3)数学判别式法：设相遇时间为t，根据条件列方程，得到关于t 的一元二次方程，用
判别式进行讨论，若Δ>0，即有两个解，说明可以相遇两次；若Δ＝0，说明刚好追上
或相遇；若Δ<0，说明追不上或不能相遇． 
3.能否追上的判断方法 
物体B 追赶物体A：开始时，两个物体相距x0.若vA＝vB 时，xA＋x0<xB，则能追上；若
vA＝vB 时，xA＋x0＝xB，则恰好不相撞；若vA＝vB 时，xA＋x0>xB，则不能追上． 
4.若被追赶的物体做匀减速直线运动，一定要注意判断追上前该物体是否已经停止运动． 
【例题】 
1.甲车以10 m/s 的速度在平直的公路上匀速行驶，乙车以4 m/s 的速度与甲车平行同向做匀
速直线运动．甲车经过乙车旁边时开始以0.5 m/s2的加速度刹车，从甲车刹车开始计时，求： 
(1)乙车在追上甲车前，两车相距的最大距离； 
(2)乙车追上甲车所用的时间． 
解析 (1)当甲车速度减至等于乙车速度时两车的距离最大，设该减速过程所用时间为t， 
则有v 乙＝v 甲－at，解得t＝12 s， 
此时甲、乙间距离为v 甲t－1
2at2－v 乙t＝36 m 
(2)设甲车减速到零所需时间为t1，则有t1＝v甲
a ＝20 s 
t1时间内，x 甲＝v甲
2 t1＝10
2 ×20 m＝100 m 
x 乙＝v 乙t1＝4×20 m＝80 m 
此后乙车再运动时间t2＝x甲－x乙
v乙
＝20
4 s＝5 s，才能追上甲车 
故乙车追上甲车需t1＋t2＝25 s. 
答案 (1)36 m (2)25 s 
 
（1）解题思路和方法
 
 
 
9 
（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，它们往往对应一个临界状态，满足相应的临界条件． 
2.A、B 两列火车在同一轨道上同向行驶，A 车在前，其速度为vA＝10 m/s，B 车在后，其速
度为vB＝30 m/s.因大雾能见度低，B 车在距A 车700 m 时才发现前方有A 车，这时B 车立
即刹车，但要经过1 800 mB 车才能停下．问A 车若按原速度前进，两车是否会相撞？说明
理由． 
解析 根据题意，B 车刹车过程中的加速度为： 
aB＝v2
B
2x＝
302
2×1 800 m/s2＝0.25 m/s2， 
B 车减速至A 车的速度所用时间 
t＝vB－vA
a
＝30－10
0.25 s＝80 s 
在80 s 内，A 车位移xA＝vAt＝10×80 m＝800 m， 
B 车位移xB＝vBt－1
2at2 
＝(30×80－1
2×0.25×802) m＝1 600 m. 
因xB＝1 600 m>xA＋700 m＝1 500 m， 
所以两车速度相等之前已经相撞． 
【变题】 
1.斜面上两物体的相遇 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
10 
2.竖直上抛和自由落体中的相碰                  3.平抛运动中的相遇 
   
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
11 
4.天体运动中的追及、相遇 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
5.三个物体的追及、相遇 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
12 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
13 
刹车模型 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
“斜面”模型 
【概述】 
1．自由释放的滑块能在斜面上(如图1 甲所示)匀速下滑时，m 与M 之间的动摩擦因数
μ＝gtan θ． 
 
2．自由释放的滑块在斜面上(如图1 甲所示)： 
(1)静止或匀速下滑时，斜面M 对水平地面的静摩擦力为零； 
(2)加速下滑时，斜面对水平地面的静摩擦力水平向右；              图1 甲 
(3)减速下滑时，斜面对水平地面的静摩擦力水平向左。 
3．自由释放的滑块在斜面上(如图1 乙所示)匀速下滑时，M 对水平地面的静摩擦力为
零，这一过程中再在m 上加上任何方向的作用力，(在m 停止前)M 对水平地面的静摩擦力
依然为零． 
 
图1 乙 
4．悬挂有物体的小车在斜面上滑行(如图2 所示)： 
 
图2 
(1)向下的加速度a＝gsin θ 时，悬绳稳定时将垂直于斜面； 
(2)向下的加速度a＞gsin θ 时，悬绳稳定时将偏离垂直方向向上； 
(3)向下的加速度a＜gsin θ 时，悬绳将偏离垂直方向向下． 
 
 
 
14 
5．在倾角为θ 的斜面上以速度v0平抛一小球(如图3 所示)： 
 
图3 
(1)落到斜面上的时间t＝2v0tan θ
g
； 
(2)落到斜面上时，速度的方向与水平方向的夹角α 恒定，且tan α＝2tan θ，与初速度无
关； 
(3)经过tc＝v0tan θ
g
 小球距斜面最远，最大距离d＝(v0sin θ)2
2gcos θ ． 
6．如图4 所示，当整体有向右的加速度a＝gtan θ 时，m 能在斜面上保持相对静止． 
 
图4 
7．在如图5 所示的物理模型中，当回路的总电阻恒定、导轨光滑时，ab 棒所能达到的
稳定速度vm＝mgRsin θ
B2L2
． 
 
图5 
8．如图6 所示，当各接触面均光滑时，在小球从斜面顶端滑下的过程中，斜面后退的
位移s＝
m
m＋M L． 
 
图6 
【例题】 
1.如图7 甲所示，质量为M、倾角为θ 的滑块A 放于水平地面上．把质量为m 的滑块B
放在A 的斜面上．忽略一切摩擦，有人求得B 相对地面的加速度a＝
M＋m
M＋msin2 θ gsin θ，式
中g 为重力加速度． 
 
图7 甲 
对于上述解，某同学首先分析了等号右侧的量的单位，没发现问题．他进一步利用特殊
条件对该解做了如下四项分析和判断，所得结论都是“解可能是对的”．但是，其中有一项
是错误
．．的，请你指出该项[2008 年高考·北京理综卷](  ) 
A．当θ＝0°时，该解给出a＝0，这符合常识，说明该解可能是对的 
 
 
15 
B．当θ＝90°时，该解给出a＝g，这符合实验结论，说明该解可能是对的 
C．当M≫m 时，该解给出a≈gsin θ，这符合预期的结果，说明该解可能是对的 
D．当m≫M 时，该解给出a≈g
sin θ，这符合预期的结果，说明该解可能是对的 
【解析】当A 固定时，很容易得出a＝gsin θ；当A 置于光滑的水平面时，B 加速下滑
的同时A 向左加速运动，B 不会沿斜面方向下滑，难以求出运动的加速度． 
 
图7 乙 
设滑块A 的底边长为L，当B 滑下时A 向左移动的距离为x，由动量守恒定律得： 
Mx
t＝mL－x
t
 
解得：x＝mL
M＋m 
当m≫M 时，x≈L，即B 水平方向的位移趋于零，B 趋于自由落体运动且加速度a≈g． 
选项D 中，当m≫M 时，a≈g
sin θ＞g 显然不可能． 
[答案] D 
【点评】本例中，若m、M、θ、L 有具体数值，可假设B 下滑至底端时速度v1的水平、
竖直分量分别为v1x、v1y，则有： 
v1y
v1x＝h
L－x＝(M＋m)h
ML
 
1
2mv1x
2＋1
2mv1y
2＋1
2Mv2
2＝mgh 
mv1x＝Mv2 
解方程组即可得v1x、v1y、v1以及v1的方向和m 下滑过程中相对地面的加速度． 
2.在倾角为θ 的光滑斜面上，存在着两个磁感应强度大小相同的匀强磁场，其方向一个
垂直于斜面向上，一个垂直于斜面向下(如图8 甲所示)，它们的宽度均为L．一个质量为m、
边长也为L 的正方形线框以速度v 进入上部磁场时，恰好做匀速运动． 
 
图8 甲 
(1)当ab 边刚越过边界ff′时，线框的加速度为多大，方向如何？ 
(2)当ab 边到达gg′与ff′的正中间位置时，线框又恰好做匀速运动，则线框从开始进
入上部磁场到ab 边到达gg′与ff′的正中间位置的过程中，线框中产生的焦耳热为多少？
(线框的ab 边在运动过程中始终与磁场边界平行，不计摩擦阻力) 
【解析】(1)当线框的ab 边从高处刚进入上部磁场(如图8 乙中的位置①所示)时，线框
恰好做匀速运动，则有： 
mgsin θ＝BI1L 
此时I1＝BLv
R 
当线框的ab 边刚好越过边界ff′(如图8 乙中的位置②所示)时，由于线框从位置①到位
置②始终做匀速运动，此时将ab 边与cd 边切割磁感线所产生的感应电动势同向叠加，回路
 
 
16 
中电流的大小等于2I1．故线框的加速度大小为： 
 
图8 乙 
a＝4BI1L－mgsin θ
m
＝3gsin θ，方向沿斜面向上． 
(2)而当线框的ab 边到达gg′与ff′的正中间位置(如图8 乙中的位置③所示)时，线框
又恰好做匀速运动，说明mgsin θ＝4BI2L 
故I2＝1
4I1 
由I1＝BLv
R 可知，此时v′＝1
4v 
从位置①到位置③，线框的重力势能减少了3
2mgLsin θ 
动能减少了1
2mv2－1
2m(v
4)2＝15
32mv2 
由于线框减少的机械能全部经电能转化为焦耳热，因此有： 
Q＝3
2mgLsin θ＋15
32mv2． 
[答案] (1)3gsin θ，方向沿斜面向上 
(2)3
2mgLsin θ＋15
32mv2 
【点评】导线在恒力作用下做切割磁感线运动是高中物理中一类常见题型，需要熟练掌
握各种情况下求平衡速度的方法． 
【高考题】（动力学中的临界极值问题） 
临界或极值条件的标志 
(1)有些题目中有“刚好”、“恰好”、“正好”等字眼，明显表明题述的过程存在着临界
点； 
(2)若题目中有“取值范围”、“多长时间”、“多大距离”等词语，表明题述的过程存在
着“起止点”，而这些起止点往往就对应临界状态； 
(3)若题目中有“最大”、“最小”、“至多”、“至少”等字眼，表明题述的过程存在着
极值，这个极值点往往是临界点； 
(4)若题目要求“最终加速度”、“稳定加速度”等，即是求收尾加速度或收尾速度． 
 
 
 
 
 
 
17 
(2013·山东·22)如图所示，一质量m＝0.4 kg 的小物块，以v0＝2 m/s 的初速度，在与斜面成
某一夹角的拉力F 作用下，沿斜面向上做匀加速运动，经t＝2 s 的时间物块由A 点运动到B
点，A、B 之间的距离L＝10 m．已知斜面倾角θ＝30°，物块与斜面
之间的动摩擦因数μ＝3
3 .重力加速度g 取10 m/s2. 
 (1)求物块加速度的大小及到达B 点时速度的大小． 
(2)拉力F 与斜面夹角多大时，拉力F 最小？拉力F 的最小值是多少？ 
解析 (1)设物块加速度的大小为a，到达B 点时速度的大小为v，由运动学公式得 
L＝v0t＋1
2at2 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
① 
v＝v0＋at 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
② 
联立①②式，代入数据得 
a＝3 m/s2 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
③ 
v＝8 m/s  
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
④ 
(2)设物块所受支持力为FN，所受摩擦力为Ff，拉力与斜面间的夹角为α，受力分析如
图所示，由牛顿第二定律得 
Fcos  α－mgsin θ－Ff＝ma  
 
 
 
 
 
 
⑤ 
Fsin α＋FN－mgcos θ＝0 
 
 
 
 
 
 
 
⑥ 
又Ff＝μFN 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
⑦ 
联立⑤⑥⑦式得F＝mgsin θ＋μcos θ＋ma
cos α＋μsin α
 
 
 
 
 
 
 
 
 
⑧ 
由数学知识得cos α＋3
3 sin α＝2 3
3 sin(60°＋α) 
 
 
 
 
 
 
 
 
⑨ 
由⑧⑨式可知对应最小F 的夹角α＝30°  
 
 
 
 
 
 
 
 
⑩ 
联立③⑧⑩式，代入数据得F 的最小值为Fmin＝13 3
5
 N 
答案 (1)3 m/s2 8 m/s (2)30° 13 3
5
 N 
    动力学中的典型临界条件 
(1)接触与脱离的临界条件：两物体相接触或脱离，临界条件是：弹力FN＝0. 
(2)相对滑动的临界条件：两物体相接触且处于相对静止时，常存在着静摩擦力，则相
对滑动的临界条件是：静摩擦力达到最大值． 
(3)绳子断裂与松驰的临界条件：绳子所能承受的张力是有限度的，绳子断与不断的临
界条件是绳中张力等于它所能承受的最大张力，绳子松驰的临界条件是：FT＝0. 
(4)加速度变化时，速度达到最值的临界条件：当加速度变为零时． 
 
 
18 
“皮带”（传送带）模型 
【概述】 
一个物体以速度v0(v0≥0)在另一个匀速运动的物体上开始运动的力学系统可看做“传
送带”模型，如图 (a)、(b)、(c)所示． 
 
【特点】 
1.水平传送带 
项目 
图示 
滑块可能的运动情况 
情景1 
 
(1)可能一直加速 
(2)可能先加速后匀速 
情景2 
 
(1)v0>v 时，可能一直减速，也可能先减速再匀速 
(2)v0<v 时，可能一直加速，也可能先加速再匀速 
情景3 
 
(1)传送带较短时，滑块一直减速达到左端 
(2)传送带较长时，滑块还要被传送带传回右端．其中v0>v 返回
时速度为v，当v0<v 返回时速度为v0 
 
2.倾斜传送带 
项目 
图示 
滑块可能的运动情况 
情景1 
 
(1)可能一直加速 
(2)可能先加速后匀速 
情景2 
 
(1)可能一直加速 
(2)可能先加速后匀速 
(3)可能先以a1加速后以a2加速 
情景3 
 
(1)可能一直加速 
(2)可能先加速后匀速 
(3)可能一直匀速 
(4)可能先以a1加速后以a2加速 
情景4 
 
(1)可能一直加速 
(2)可能一直匀速 
(3)可能先减速后反向加速 
 
 
19 
【解题】 
传送带模型问题包括水平传送带问题和倾斜传送带问题． 
(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，也就是分析物体在运动位移x(对地)的过
程中速度是否和传送带速度相等．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． 
【例题】如图所示为某工厂的货物传送装置，倾斜运输带AB(与水平面成α＝37°)与一斜面
BC(与水平面成θ＝30°)平滑连接，B 点到C 点的距离为L＝0.6 m，运输带运行速度恒为v0
＝5 m/s，A 点到B 点的距离为x＝4.5 m，现将一质量为m＝0.4 kg 的小物体轻轻放于A 点，
物体恰好能到达最高点C 点，已知物体与斜面间的动摩擦因数μ1＝3
6 ，求：(g＝10 m/s2，
sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，空气阻力不计) 
(1)小物体运动到B 点时的速度v 的大小； 
(2)小物体与运输带间的动摩擦因数μ； 
(3)小物体从A 点运动到C 点所经历的时间t. 
审题与关联 
 
解析 (1)设小物体在斜面上的加速度为a1，运动到B 点的速度为v，由牛顿第二定律得 
mgsin θ＋μ1mgcos θ＝ma1 
由运动学公式知v2＝2a1L，联立解得v＝3 m/s. 
(2)因为v<v0，所以小物体在运输带上一直做匀加速运动，设加速度为a2，则由牛顿第
二定律知μmgcos α－mgsin α＝ma2 
又因为v2＝2a2x，联立解得μ＝7
8. 
 
 
20 
(3)小物体从A 点运动到B 点经历时间t1＝v
a2，从B 运动到C 经历时间t2＝v
a1 
联立并代入数据得小物体从A 点运动到C 点所经历的时间t＝t1＋t2＝3.4 s. 
答案 (1)3 m/s (2)7
8 (3)3.4 s 
       解答传送带问题应注意的事项 
(1)水平传送带上物体的运动情况取决于物体的受力情况，即物体所受摩擦力的情况；
倾斜传送带上物体的运动情况取决于所受摩擦力与重力沿斜面的分力情况． 
(2)传送带上物体的运动情况可按下列思路判定：相对运动→摩擦力方向→加速度方向
→速度变化情况→共速， 
并且明确摩擦力发生突变的时刻是v 物＝v 传． 
(3)倾斜传送带问题，一定要比较斜面倾角与动摩擦因数的大小关系． 
“滑块—木板模型” 
【特点】 
上、下叠放两个物体，并且两物体在摩擦力的相互作用下发生相对滑动． 
【解题】 
△基本思路 
(1)分析滑块和木板的受力情况，根据牛顿第二定律分别求出滑块和木板的加速度，注
意两过程的连接处加速度可能突变(2)对滑块和木板进行运动情况分析，找出滑块和木板之
间的位移关系或速度关系，建立方程。特别注意滑块和木板的位移都是相对地面的位移。 
△易失分点 
(1)不清楚滑块、滑板的受力情况，求不出各自的加速度。 
(2)不清楚物体间发生相对滑动的条件。 
【例题】 
如图所示，质量M＝4.0 kg 的长木板B 静止在光滑的水平地面上，在其右端放一质量m
＝1.0 kg 的小滑块A(可视为质点)．初始时刻，A、B 分别以v0＝2.0 m/s 向左、向右运动，最
后A 恰好没有滑离B 板．已知A、B 之间的动摩擦因数μ＝0.40，取g＝10 m/s2.求： 
(1)A、B 相对运动时的加速度aA和aB 的大小与方向； 
(2)A 相对地面速度为零时，B 相对地面运动已发生的位移大小x； 
(3)木板B 的长度l. 
审题与关联 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
21 
解析 (1)A、B 分别受到大小为μmg 的摩擦力作用，根据牛顿第二定律 
对A 有μmg＝maA 
则aA＝μg＝4.0 m/s2 
方向水平向右 
对B 有μmg＝MaB 
则aB＝μmg/M＝1.0 m/s2 
方向水平向左 
(2)开始阶段A 相对地面向左做匀减速运动，设到速度为零时所用时间为t1，则v0＝aAt1，
解得t1＝v0/aA＝0.50 s 
B 相对地面向右做匀减速运动x＝v0t1－1
2aBt2
1＝0.875 m 
(3)A 先相对地面向左匀减速运动至速度为零，后相对地面向右做匀加速运动，加速度大
小仍为aA＝4.0 m/s2 
B 板向右一直做匀减速运动，加速度大小为aB＝1.0 m/s2 
当A、B 速度相等时，A 滑到B 最左端，恰好没有滑离木板B，故木板B 的长度为这个
全过程中A、B 间的相对位移． 
在A 相对地面速度为零时，B 的速度 
vB＝v0－aBt1＝1.5 m/s 
设由A 速度为零至A、B 速度相等所用时间为t2，则 
aAt2＝vB－aBt2 
解得t2＝vB/(aA＋aB)＝0.3 s 
共同速度v＝aAt2＝1.2 m/s 
从开始到A、B 速度相等的全过程，利用平均速度公式可知A 向左运动的位移 
xA＝v0－vt1＋t2
2
＝2－1.2×0.5＋0.3
2
 m＝0.32 m 
B 向右运动的位移 
xB＝v0＋vt1＋t2
2
＝2＋1.2×0.5＋0.3
2
 m＝1.28 m 
B 板的长度l＝xA＋xB＝1.6 m 
答案 (1)A 的加速度大小为4.0 m/s2，方向水平向右 B 的加速度大小为1.0 m/s2，方向水平
向左 (2)0.875 m (3)1.6 m 
 
 
 
 
 
 
 
22 
【高考题】 
(2013·江苏卷，14)如图3－3－9 所示，将小砝码置于桌面上的薄纸板上，用水平向右的
拉力将纸板迅速抽出，砝码的移动很小，几乎观察不到，这就是大家熟悉的惯性演示实验．若
砝码和纸板的质量分别为m1和m2，各接触面间的动摩擦因数均为μ.重力加速度为g. 
 
 (1)当纸板相对砝码运动时，求纸板所受摩擦力的大小； 
(2)要使纸板相对砝码运动，求所需拉力的大小； 
(3)本实验中，m1＝0.5 kg，m2＝0.1 kg，μ＝0.2，砝码与纸板左端的距离d＝0.1 m，取g
＝10 m/s2.若砝码移动的距离超过l＝0.002 m，人眼就能感知．为确保实验成功，纸板所需
的拉力至少多大？ 
解析 (1)砝码对纸板的摩擦力f1＝μm1g，桌面对纸板的摩擦力f2＝μ(m1＋m2)g，f＝f1＋
f2，解得f＝μ(2m1＋m2)g. 
(2)设砝码的加速度为a1，纸板的加速度为a2，则，f1＝m1a1，F－f1－f2＝m2a2，发生相
对运动a2>a1,   解得F>2μ(m1＋m2)g 
(3)纸板抽出前，砝码运动的距离x1＝1
2a1t2
1.纸板运动的距离d＋x1＝1
2a2t2
1.纸板抽出后，
砝码在桌面上运动的距离x2＝1
2a3t2
2，l＝x1＋x2 
由题意知a1＝a3，a1t1＝a3t2 
解得F＝2μ

m1＋

1＋d
l m2 g 
代入数据得F＝22.4 N. 
答案 (1)μ(2m1＋m2)g (2)F>2μ(m1＋m2)g 
(3) 22.4 N 
“平抛”模型之平抛、斜抛 
【概述】 
一、平抛运动 
1．性质：加速度为重力加速度g 的匀变速曲线运动，运动轨迹是抛物线． 
2．基本规律：以抛出点为原点，水平方向(初速度v0方向)为x 轴，竖直向下方向为y 轴，
建立平面直角坐标系，则： 
(1)水平方向：做匀速直线运动，速度vx＝v0，位移x＝v0t. 
(2)竖直方向：做自由落体运动，速度vy＝gt，位移y＝1
2gt2. 
 
 
23 
(3)合速度：v＝
v2
x＋v2
y，方向与水平方向的夹角为θ，则tan θ＝vy
vx＝gt
v0. 
(4)合位移：s＝x2＋y2，方向与水平方向的夹角为α，tan α＝y
x＝gt
2v0. 
平抛运动的基本规律 
1．飞行时间：由t＝ 
2h
g 知，时间取决于下落高度h，与初速度v0无关． 
2．水平射程：x＝v0t＝v0 
2h
g ，即水平射程由初速度v0和下落高度h 共同决定，与其他因
素无关． 
3．落地速度：vt＝v2
x＋v2
y＝v2
0＋2gh，以θ 表示落地速度与x 轴正方向的夹角，有tan θ＝
vy
vx＝2gh
v0 ，所以落地速度也只与初速度v0和下落高度h 有关． 
4．速度改变量：因为平抛运动的加速度为重力加速度g，所以做平抛运动的物体在任意相
等时间间隔Δt 内的速度改变量Δv＝gΔt 相同，方向恒为竖直向下，如图所示． 
 
5．两个重要推论 
(1)做平抛(或类平抛)运动的物体任一时刻的瞬时速度的反向延长线一定通过此时水平
位移的中点，如图中A 点和B 点所示． 
 
(2)做平抛(或类平抛)运动的物体在任意时刻任一位置处，设其速度方向与水平方向的夹
角为α，位移与水平方向的夹角为θ，则tan α＝2tan θ. 
二、斜抛运动 
1．运动性质   加速度为g 的匀变速曲线运动，轨迹为抛物线． 
2．基本规律(以斜向上抛为例说明，如图所示) 
 (1)水平方向：v0x＝v0cos_θ，F 合x＝0. 
(2)竖直方向：v0y＝v0sin_θ，F 合y＝mg. 
 
 
24 
【例题】 
有一项人体飞镖项目，可将该运动简化为以下模型(如图所示)：手握飞镖的小孩用一根
不可伸长的细绳系于天花板下，在A 处被其父亲沿垂直细绳方向推出，摆至最低处B 时小
孩松手，飞镖依靠惯性沿BC 飞出命中竖直放置的圆形靶的靶心O，圆形靶的最高点C 与B
点在同一高度，A、B、C 三点处在同一竖直平面内，且BC 与圆形靶平面垂直．已知小孩质
量为m，细绳长为L，B、C 两点之间的距离为d，靶的半径为R，A、B 两点之间的高度差
为h.不计空气阻力，小孩和飞镖均可视为质点，重力加速度为g. 
(1)求小孩在A 处被推出时的初速度大小； 
(2)如果飞镖脱手时沿BC 方向速度不变，但由于小孩手臂 
的水平抖动使其获得了一个垂直于BC 的水平速度v1，要 
让飞镖能够击中圆形靶，求v1的取值范围． 
解析 (1)设飞镖从B 点平抛运动到O 点的时间为t，从B 点抛出的速度为v，则有d＝vt 
R＝1
2gt2 
由机械能守恒定律得 
1
2mv2
0＋mgh＝1
2mv2 
联立以上三式解得v0＝ 
d2g
2R－2gh 
(2)因BC 方向的速度不变，则从B 到靶的时间t 不变，竖直方向上的位移仍为R，则靶上的
击中点一定与靶心O 在同一高度上，则垂直于BC 的水平位移一定小于R，因此有 
v1t<R 
可得v1< 
Rg
2 
答案 (1) 
d2g
2R－2gh (2)v1< 
Rg
2 
      “化曲为直”思想——平抛运动的基本求解方法 
在研究平抛运动问题时，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，即水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运
动．再运用运动合成的方法求出平抛运动的规律．这种处理问题的方法可以变曲线运动为直
线运动，变复杂运动为简单运动，是处理曲线运动问题的一种重要的思想方法． 
 
平抛运动的三种分解思路： 
(1)分解速度：v 合＝
v2
x＋v2
y＝
v2
0＋gt2 
(2)分解位移：x＝v0t，y＝1
2gt2，tan θ＝y
x 
(3)分解加速度 
 
 
25 
【变题】 
如图，从半径为R＝1 m 的半圆AB 上的A 点水平抛出一个可视为质点的小球，经t＝0.4 s
小球落到半圆上，已知当地的重力加速度g＝10 m/s2，则小球的初速度v0可能为  (AD) 
 
A．1 m/s   
 
B．2 m/s   
 
C．3 m/s   
 
D．4 m/s 
解析 由于小球经0.4 s 落到半圆上，下落的高度h＝1
2gt2＝0.8 m，位置可能有两处，如图所
示． 
 
第一种可能：小球落在半圆左侧， 
v0t＝R－R2－h2＝0.4 m，v0＝1 m/s 
第二种可能：小球落在半圆右侧， 
v0t＝R＋R2－h2，v0＝4 m/s，选项A、D 正确． 
平抛模型之多体的平抛问题 
【解题】求解多体平抛问题的三点注意 
(1)若两物体同时从同一高度(或同一点)抛出，则两物体始终在同一高度，二者间距只取
决于两物体的水平分运动． 
(2)若两物体同时从不同高度抛出，则两物体高度差始终与抛出点高度差相同，二者间
距由两物体的水平分运动和竖直高度差决定． 
(3)若两物体从同一点先后抛出，两物体竖直高度差随时间均匀增大，二者间距取决于
两物体的水平分运动和竖直分运动． 
【例题】 (2012·课标全国卷，15)如图所示，x 轴在水平地面内，y 轴沿竖直方向．图中画
出了从y 轴上沿x 轴正向抛出的三个小球a、b 和c 的运动轨迹，其中b 和c 是从同一点抛
出的．不计空气阻力，则(BD)． 
A．a 的飞行时间比b 的长  
B．b 和c 的飞行时间相同 
C．a 的水平速度比b 的小  
D．b 的初速度比c 的大 
审题指导 关键点：看图获信息 
(1)小球b、c 的高度相同
tb＝tc 
(2)小球a 的高度比b 的低
ta<tb 
(3)由图可知xa>xb>xc 
 
 
26 
解析 根据平抛运动的规律h＝1
2gt
2，得t＝  
2h
g ，因此平抛运动的时间只由高度决
定，因为hb＝hc>ha，所以b 与c 的飞行时间相同，大于a 的飞行时间，因此选项A 错误、选
项B 正确；又因为xa>xb，而ta<tb，所以a 的水平初速度比b 的大，选项C 错误；做平抛运
动的物体在水平方向上做匀速直线运动，b 的水平位移大于c，而tb＝tc，所以vb>vc，即b
的水平初速度比c 的大，选项D 正确． 
(2013·深圳模拟)如图所示，在距水平地面H 和4H 高度处，同时将质量相同的a、b 两
小球以相同的初速度v0水平抛出，则以下判断正确的是( C )． 
A．a、b 两小球同时落地 
B．两小球落地速度方向相同 
C．a、b 两小球水平位移之比为1∶2 
D．a、b 两小球水平位移之比为1∶4 
解析 a、b 两小球均做平抛运动，由于下落时间t＝ 
2h
g ，水平位移x＝v0 
2h
g ，
将ha＝H，hb＝4H 代入上述关系式可得A、D 错误，C 正确；两小球落地时速度方向均与落
地点沿轨迹的切线方向一致，所以B 错误． 
平抛运动中的临界问题 
例3 如图所示，水平屋顶高H＝5 m，围墙高h＝3.2 m，围墙到房子的水平距离L＝3 m，
围墙外空地宽x＝10 m，为使小球从屋顶水平飞出落在围墙外的空地上，g 取10 m/s2.
求： 
 
 (1)小球离开屋顶时的速度v0的大小范围； 
(2)小球落在空地上的最小速度． 
解析 (1)设小球恰好落到空地的右侧边缘时的水平初速度为v01，则小球的水平位移：
L＋x＝v01t1 
小球的竖直位移：H＝1
2gt2
1 
解以上两式得 
v01＝(L＋x) 
g
2H＝13 m/s 
设小球恰好越过围墙的边缘时的水平初速度为v02，则此过程中小球的水平位移： 
L＝v02t2 
 
 
27 
小球的竖直位移：H－h＝1
2gt2
2 
解以上两式得：v02＝5 m/s 
小球抛出时的速度大小为5 m/s≤v0≤13 m/s 
(2)小球落在空地上，下落高度一定，落地时的竖直分速度一定，当小球恰好越过围墙
的边缘落在空地上时，落地速度最小． 
竖直方向：v2
y＝2gH 
又有：vmin＝
v2
02＋v2
y 
解得：vmin＝5 5 m/s 
答案 (1)5 m/s≤v0≤13 m/s (2)5 5 m/s 
 
1．本题使用的是极限分析法，v0 不能太大，否则小球将落在空地外边；v0 又不能太小，否
则被围墙挡住而不能落在空地上．因而只要分析落在空地上的两个临界状态，即可解得
所求的范围． 
2．从解答中可以看到，解题过程中画出示意图的重要性，它既可以使抽象的物理情境变得
直观，也可以使隐藏于问题深处的条件显露无遗．小球落在墙外的空地上，其速度最大
值所对应的落点位于空地的外侧边缘，而其速度最小值所对应的落点却不是空地的内侧
边缘，而是围墙的最高点，这一隐含的条件只有在示意图中才能清楚地显露出来． 
 
“平抛＋斜面”模型 
【解题】 
斜面上的平抛运动问题是一种常见的题型，在解答这类问题时除要运用平抛运动的位移
和速度规律，还要充分运用斜面倾角，找出斜面倾角同位移和速度与水平方向夹角的关系，
从而使问题得到顺利解决。 
实例 
方法 
内容 
斜面 
求小球平抛时间 
总结 
分 
解 
速 
度 
水平vx＝v0 
竖直vy＝gt 合速
度v＝
v2
x＋v2
y 
 
如图，vy＝gt，tan θ＝v0
vy
＝v0
gt，故t＝v0
gtan θ 
分解速度，构
建速度三角
形 
分 
解 
位 
移 
水平x＝v0t 
竖直y＝1
2gt2 
合位移x 合＝
x2＋y2 
 
如图，x＝v0t，y＝1
2gt2，
而tan θ＝y
x，联立得t＝
2v0tan θ
g
 
分解位移，构
建位移三角
形 
 
 
 
28 
【例题】 
如图所示，一名跳台滑雪运动员经过一段时间的加速滑行后从O 点水平飞出，经过3 s
落到斜坡上的A 点．已知O 点是斜坡的起点，斜坡与水平面的夹角θ＝37°，运动员的质量
m＝50 kg.不计空气阻力(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8；g 取10 m/s2)．求： 
 (1)A 点与O 点的距离L； 
(2)运动员离开O 点时的速度大小； 
(3)运动员从O 点飞出开始到离斜坡距离最远所用的时间． 
解析 (1)运动员在竖直方向做自由落体运动，有 
Lsin 37°＝1
2gt2， 
L＝
gt2
2sin 37°＝75 m. 
(2)设运动员离开O 点时的速度为v0，运动员在水平方向的分运动为匀速直线运动，有 
Lcos 37°＝v0t， 
即v0＝Lcos 37°
t
＝20 m/s. 
(3)解法一 运动员的平抛运动可分解为沿斜面方向的匀加速运动(初速度为v0cos 37°、
加速度为gsin 37°)和垂直斜面方向的类竖直上抛运动(初速度为v0sin 37°、加速度为gcos 
37°)． 
当垂直斜面方向的速度减为零时，运动员离斜坡最远，有 
v0sin 37°＝gcos 37°·t，解得t＝1.5 s 
解法二 当运动员的速度方向平行于斜坡或与水平方向成37°角时，运动员离斜坡最远，
有gt
v0＝tan 37°，t＝1.5 s. 
答案 (1)75 m (2)20 m/s (3)1.5 s 
       常见平抛运动模型运动时间的计算方法 
(1)在水平地面正上方h 处平抛： 
由h＝1
2gt2知t＝ 
2h
g ，即t 由高度h 决定． 
(2)在半圆内的平抛运动(如图1)，由半径和几何关系制约时间t： 
h＝1
2gt2 
R± R2－h2＝v0t 
联立两方程可求t.                                               图1 
 
 
 
 
29 
(3)斜面上的平抛问题(如图2)： 
①顺着斜面平抛 
方法：分解位移 
x＝v0t 
y＝1
2gt2                                                                                  图2 
tan θ＝y
x 
可求得t＝2v0tan θ
g
 
②对着斜面平抛(如图3) 
方法：分解速度 
vx＝v0 
vy＝gt 
tan θ＝v0
vy＝v0
gt                                                 图3 
可求得t＝v0
gtan θ 
(4)对着竖直墙壁平抛(如图4) 
水平初速度v0不同时，虽然落点不同，但水平位移d 相同． 
T＝d
v0                                                        图4 
类平抛问题模型的分析方法 
【解题】类平抛运动在高考中常被考到，特别是带电粒子在电场中偏转时的类平抛运动考查
到的概率很大． 
1．类平抛运动的受力特点  物体所受的合外力为恒力，且与初速度的方向垂直． 
2．类平抛运动的运动特点 
在初速度v0方向上做匀速直线运动，在合外力方向上做初速度为零的匀加速直线运动，
加速度a＝F合
m . 
3．类平抛运动的求解方法 
(1)常规分解法：将类平抛运动分解为沿初速度方向的匀速直线运动和垂直于初速度方
向(即沿合外力的方向)的匀加速直线运动．两分运动彼此独立，互不影响，且与合运动
具有等时性． 
(2)特殊分解法：对于有些问题，可以过抛出点建立适当的直角坐标系，将加速度a 分
解为ax、ay，初速度v0分解为vx、vy，然后分别在x、y 方向列方程求解． 
 
 
30 
【例题】如图所示的光滑斜面长为l，宽为b，倾角为θ，一物块(可看成质点)沿斜面左上方
顶点P 水平射入，恰好从底端Q 点离开斜面，试求： 
 
 (1)物块由P 运动到Q 所用的时间t； 
(2)物块由P 点水平射入时的初速度v0； 
(3)物块离开Q 点时速度的大小v. 
解析 (1)沿斜面向下的方向有mgsin θ＝ma，l＝1
2at2 
联立解得t＝ 
2l
gsin θ. 
(2)沿水平方向有b＝v0t 
v0＝b
t＝b 
gsin θ
2l
. 
(3)物块离开Q 点时的速度大小v＝
v2
0＋at2＝ 
b2＋4l2gsin θ
2l
. 
答案 (1) 
2l
gsin θ (2)b 
gsin θ
2l
(3)  
b2＋4l2gsin θ
2l
 
【高考题】 
1．(2012·江苏卷，6)如图所示，相距l 的两小球A、B 位于同一高度h(l、h 均为定值)．将
A 向B 水平抛出的同时，B 自由下落．A、B 与地面碰撞前后，水平分速度不变，竖直分速
度大小不变、方向相反．不计空气阻力及小球与地面碰撞的时间，则(  )． 
A．A、B 在第一次落地前能否相碰，取决于A 的初速度 
B．A、B 在第一次落地前若不碰，此后就不会相碰 
C．A、B 不可能运动到最高处相碰 
D．A、B 一定能相碰 
解析 由题意知A 做平抛运动，即水平方向做匀速直线运动，竖直方向为自由落体运
动；B 为自由落体运动，A、B 竖直方向的运动相同，二者与地面碰撞前运动时间t1相同，
且t1＝ 
2h
g ，若第一次落地前相碰，只要满足A 运动时间t＝l
v<t1，即v>l
t1，所以选项A
正确；因为A、B 在竖直方向的运动同步，始终处于同一高度，且A 与地面相碰后水平速度
不变，所以A 一定会经过B 所在的竖直线与B 相碰．碰撞位置由A 球的初速度决定，故选
项B、C 错误，选项D 正确． 
答案 AD 
 
 
 
31 
2．(2011·广东卷，17)如图所示，在网球的网前截击练习中，若练习者在球网正上方距
地面H 处，将球以速度v 沿垂直球网的方向击出，球刚好落在底线上．已知底线到网的距
离为L，重力加速度取g，将球的运动视作平抛运动，下列表述正确的是(  )． 
A．球的速度v 等于L
g
2H 
B．球从击出至落地所用时间为
2H
g 
C．球从击球点至落地点的位移等于L 
D．球从击球点至落地点的位移与球的质量有关 
解析 球做平抛运动，则其在竖直方向做自由落体运动，由H＝1
2gt2得t＝
2H
g ，故B
正确，水平方向做匀速运动，由L＝vt 得v＝L
t＝L
g
2H，可知A 正确．球从击球点到落地
点的位移s＝H2＋L2与m 无关，可知C、D 错误． 
答案 AB 
3．(2011·海南卷，15)如图所示，水平地面上有一个坑，其竖直截面为半圆，ab 为沿水
平方向的直径．若在a 点以初速度v0沿ab 方向抛出一小球，小球会击中坑壁上的c 点．已
知c 点与水平地面的距离为圆半径的一半，求圆的半径． 
解析 小球做平抛运动 
落到c 点时的竖直位移为y＝R
2＝Rsin 30° 
而y＝1
2gt2即R
2＝1
2gt2 
水平位移x＝R＋Rcos 30°，而x＝v0t 
联立得R＝
4v2
0
7＋4 3g＝(28－16 3)v2
0
g 
答案 (28－16 3)v2
0
g 
4．(2010·北京卷，22)如图所示，跳台滑雪运动员经过一段加速滑行后从O 点水平飞出，
经3.0 s 落到斜坡上的A 点．已知O 点是斜坡的起点，斜坡与水平面的夹角θ＝37°，运动员
的质量m＝50 kg.不计空气阻力．(取sin 37°＝0.60，cos 37°＝0.80；g 取10 m/s2)求 
 
(1)A 点与O 点的距离L； 
(2)运动员离开O 点时的速度大小； 
(3)运动员落到A 点时的动能． 
 
 
 
 
32 
解析 (1)运动员在竖直方向做自由落体运动，有 
Lsin 37°＝1
2gt2 
A 点与O 点的距离L＝
gt2
2sin 37°＝75 m 
(2)设运动员离开O 点的速度为v0，运动员在水平方向做匀速直线运动，即Lcos 37°＝
v0t，解得v0＝Lcos 37°
t
＝20 m/s 
(3)由机械能守恒，取A 点为重力势能零点，运动员落到A 点时的动能为EkA＝mgLsin 37°
＋1
2mv2
0＝32 500 J 
答案 (1)75 m (2)20 m/s (3)32 500 J 
5．(2013·北京·19)在实验操作前应该对实验进行适当的分析．研究平抛运动的实验装置示意
图如图所示．小球每次都从斜槽的同一位置无初速度释放，并从斜槽末端水平飞出．改
变水平板的高度，就改变了小球在板上落点的位置，从而可描绘出小球的运动轨迹．某
同学设想小球先后三次做平抛运动，将水平板依次放在如图1、2、3 的位置，且1 与2
的间距等于2 与3 的间距．若三次实验中，小球从抛出点到落点的水平位移依次为x1、
x2、x3，机械能的变化量依次为ΔE1、ΔE2、ΔE3，忽略空气阻力的影响，下面分析正确
的是 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
(  ) 
 
A．x2－x1＝x3－x2，ΔE1＝ΔE2＝ΔE3 
B．x2－x1＞x3－x2，ΔE1＝ΔE2＝ΔE3 
C．x2－x1＞x3－x2，ΔE1＜ΔE2＜ΔE3 
D．x2－x1＜x3－x2，ΔE1＜ΔE2＜ΔE3 
答案 B 
解析 不计空气阻力，小球在运动过程中机械能守恒，所以ΔE1＝ΔE2＝ΔE3＝0.小球在
水平方向上做匀速运动，在竖直方向上做匀加速运动，又因y12＝y23，所以t12＞t23，x2
－x1＞x3－x2，由以上分析可知选项B 正确． 
 
 
33 
圆周运动 
一、描述圆周运动的物理量 
1．线速度：描述物体圆周运动快慢的物理量．
2
2
s
r
v
rf
t
T





. 
定义：弧长s 与通过这段弧长所用时间t 的比值。单位m/s。矢量，方向为该点切线方向。 
2．角速度：描述物体绕圆心转动快慢的物理量．
2
2
f
t
T







 
定义：半径转过的角度跟所用时间t 的比值叫做圆周运动的角速度。单位弧度/秒(rad/s) 
3．周期和频率：描述物体绕圆心转动快慢的物理量．T＝2πr
v ，T＝1
f. 
匀速圆周运动的物体运动一周所用的时间叫做周期，用符号T 表示，国际单位是s。  
每秒钟转过的圈数叫做频率，用符号f 表示，国际单位是 Hz 。 
4．向心加速度：描述速度方向变化快慢的物理量．an＝rω2＝v2
r ＝ωv＝4π2
T2 r. 
5．向心力：作用效果产生向心加速度，Fn＝man. 
6．相互关系：(1)v＝ωr＝2π
T r＝2πrf. 
(2)an＝v2
r ＝rω2＝ωv＝4π2
T2 r＝4π2f2r.  (3)Fn＝man＝mv2
r ＝mω2r＝mr4π2
T2 ＝mr4π2f2. 
二、匀速圆周运动和非匀速圆周运动 
1．匀速圆周运动 
(1)定义：线速度大小不变的圆周运动 . 
(2)性质：向心加速度大小不变，方向总是指向圆心的变加速曲线运动． 
(3)质点做匀速圆周运动的条件：合力大小不变，方向始终与速度方向垂直且指向圆心． 
2．非匀速圆周运动 
(1)定义：线速度大小、方向均发生变化的圆周运动． 
(2)合力的作用 
①合力沿速度方向的分量Ft 产生切向加速度，Ft＝mat，它只改变速度的方向． 
②合力沿半径方向的分量Fn产生向心加速度，Fn＝man，它只改变速度的大小． 
三、离心运动 
1．本质：做圆周运动的物体，由于本身的惯性，总有沿着圆周切线方向飞出去的倾向． 
2．受力特点(如图2 所示) 
 
 
 
34 
图2 
(1)当F＝mrω2时，物体做匀速圆周运动． 
(2)当F＝0 时，物体沿切线方向飞出． 
(3)当F<mrω2时，物体逐渐远离圆心，F 为实际提供的向心力． 
(4)当F>mrω2时，物体逐渐向圆心靠近，做向心运动． 
 
1．高中阶段所接触的传动主要有： 
(1)皮带传动(线速度大小相等)：如图甲、乙所示，皮带与两轮之间无相对滑动时，两轮
边缘线速度大小相等，即vA＝vB. 
 
(2) 摩擦传动(线速度大小相等)：如下图甲所示，两轮边缘接触，接触点无打滑现象时，
两轮边缘线速度大小相等，即vA＝vB. 
 
(3) 同轴传动(角速度相等) 如上图乙所示，两轮固定在一起绕同一转轴转动，两轮转动的角
速度大小相等，即ωA＝ωB.  
(4) 齿轮传动(线速度大小相等)； 
2．传动装置的特点：(1)同轴传动：固定在一起共轴转动的物体上各点角速度相同；(2)皮带
传动、齿轮传动和摩擦传动：皮带(或齿轮)传动和不打滑的摩擦传动的两轮边缘上各点
线速度大小相等． 
四、向心力 
1.“向心力”是一种效果力。  
任何一个力，或者几个力的合力，或者某个力的一个分力，只要其效果是使物体做匀
速圆周运动的，都可以作为向心力。 
2
2
2
2
2
2
v
F
m
m
r
m(
) r
m(
f ) r
r
T







向
 
2.向心力的确定 
(1)做匀速圆周运动物体所受的合力为向心力 
(2)做圆周运动物体沿半径方向的力为向心力 
当做圆周运动物体所受的合力不指向圆心时，可以将它沿半径方向和切线方向正交分
解，其沿半径方向的分力为向心力，只改变速度的方向，不改变速度的大小；其沿切线方向
的分力为切向力，只改变速度的大小，不改变速度的方向。 
相应地，向心加速度描述速度方向变化的快慢，切向加速度描述速度大小变化的快慢。
2
2
2
2
2
2
v
F
m
m
r
m(
) r
m(
f ) r
r
T







向
 
 
35 
“水平面圆周运动”模型 
【特点】由物体的重力与弹力的合力充当向心力，向心力的方向水平。也可以说是其中弹力
的水平分力提供向心力（弹力的竖直分力和重力互为平衡力）。 
【例题】 
1.小球在半径为R 的光滑半球内做水平面内的匀速圆周运动，小
球与半球球心连线跟竖直方向的夹角为θ，求线速度v、周期T。
（小球的半径远小于R） 
解： 
小球做匀速圆周运动的向心力F 是重力G 和支持力N 的合
力。如图所示有：  
2v
mg tan
m r

 
由几何关系，有r
R sin

  
联立以上二式，可解得：v
gRtan
sin



 
2 R sin
T
v



又
2
R cos
T
g



可解得
 
点评：本题的分析方法和结论同样适用于圆锥摆、火车转弯、飞机在水平面内做匀速圆周飞
行等在水平面内的匀速圆周运动的问题。共同点是由重力和弹力的合力提供向心力，向心力
方向水平。 
2. (2013·重庆·8)如图5 所示，半径为R 的半球形陶罐，固定在可以绕竖直轴旋转的水平转台
上，转台转轴与过陶罐球心O 的对称轴OO′重合．转台以一定角速度ω 匀速旋转，
一质量为m 的小物块落入陶罐内，经过一段时间后，小物块随陶罐一起转动且相对罐
壁静止，它和O 点的连线与OO′之间的夹角θ 为60°，重力加速度大小为g. 
(1)若ω＝ω0，小物块受到的摩擦力恰好为零，求ω0； 
(2)若ω＝(1±k)ω0，且0＜k≪1，求小物块受到的摩擦力大小和方向． 
 
解析 (1)对小物块受力分析可知： 
FNcos 60°＝mg 
FNsin 60°＝mR′ω2
0 
R′＝Rsin 60° 
联立解得：ω0＝ 
2g
R 
 
 
36 
(2)由于0＜k≪1， 
当ω＝(1＋k)ω0时，物块受摩擦力方向沿罐壁切线向下．由受力分析可知： 
FN′cos 60°＝mg＋fcos 30° 
 
FN′sin 60°＋fsin 30°＝mR′ω2 
R′＝Rsin 60° 
联立解得：f＝3k2＋k
2
mg 
当ω＝(1－k)ω0时，物块受摩擦力方向沿罐壁切线向上．由受力分析和几何关系知． 
FN″cos 60°＋f′sin 60°＝mg 
FN″sin 60°－f′cos 60°＝mR′ω2 
R′＝Rsin 60° 
所以f′＝3k2－k
2
mg. 
答案 (1)ω0＝ 
2g
R 
(2)当ω＝(1＋k)ω0时，f 沿罐壁切线向下，大小为3k2＋k
2
mg 
当ω＝(1－k)ω0时，f 沿罐壁切线向上，大小为3k2－k
2
mg 
       解决圆周运动问题（动力学分析）的主要步骤 
(1)审清题意，确定研究对象；明确物体做圆周运动的平面是至关重要的一环． 
(2)分析物体的运动情况，即物体的线速度、角速度、周期、轨道平面、圆心、半径等； 
(3)分析物体的受力情况，画出受力示意图，确定向心力的来源； 
(4)根据牛顿运动定律及向心力公式列方程． 
3.如图6 所示，一个竖直放置的圆锥筒可绕其中心轴OO′转动，筒内壁粗糙，筒口半
径和筒高分别为R 和H，筒内壁A 点的高度为筒高的一半，内壁上有一质量为m 的小
物块，求： 
 
图6 
 
 
37 
(1)当筒不转动时，物块静止在筒壁A 点受到的摩擦力和支持力的大小； 
(2)当物块在A 点随筒匀速转动，且其所受到的摩擦力为零时，筒转动的角速度． 
答案 (1)
mgH
R2＋H2 
mgR
R2＋H2 (2) 2gH
R
 
解析 (1)物块静止时，对物块进行受力分析如图所示，设筒壁与水平面的 
夹角为θ. 
由平衡条件有Ff＝mgsin θ，FN＝mgcos θ 
由图中几何关系有cos θ＝
R
R2＋H2，sin θ＝
H
R2＋H2 
故有Ff＝
mgH
R2＋H2，FN＝
mgR
R2＋H2 
(2)分析此时物块受力如图所示， 
由牛顿第二定律有mgtan θ＝mrω2. 
其中tan θ＝H
R，r＝R
2. 
可得ω＝2gH
R
. 
用极限法分析圆周运动的临界问题 
1．有些题目中有“刚好”、“恰好”、“正好”等字眼，明显表明题述的过程中存在着临
界点． 
2．若题目中有“取值范围”、“多长时间”、“多大距离”等词语，表明题述的过程中存
在着“起止点”，而这些起止点往往就是临界状态． 
3．若题目中有“最大”、“最小”、“至多”、“至少”等字眼，表明题述的过程中存在
着极值，这些极值点也往往是临界状态． 
【例题】1.如图所示，用一根长为l＝1 m 的细线，一端系一质量为m＝1 kg 的小球(可视为
质点)，另一端固定在一光滑锥体顶端，锥面与竖直方向的夹角θ＝37°，当小球在水平
面内绕锥体的轴做匀速圆周运动的角速度为ω 时，细线的张力为FT.(g 取10 m/s2，结
果可用根式表示)求： 
 
 
 (1)若要小球离开锥面，则小球的角速度ω0至少为多大？ 
(2)若细线与竖直方向的夹角为60°，则小球的角速度ω′为多大？ 
 
 
38 
解析 (1)若要小球刚好离开锥面，则小球只受到重力和细线拉力，如图所示．小球做
匀速圆周运动的轨迹圆在水平面上，故向心力水平，在水平方向 
运用牛顿第二定律及向心力公式得： 
mgtan θ＝mω2
0lsin θ 
解得：ω2
0＝
g
lcos θ 
即ω0＝ 
g
lcos θ＝5
2 2 rad/s. 
(2)同理，当细线与竖直方向成60°角时，由牛顿第二定律及向心力公式：mgtan α＝
mω′2lsin α 
解得：ω′2＝
g
lcos α，即ω′＝ 
g
lcos α＝2 5 rad/s. 
答案 (1)5
2 2 rad/s (2)2 5 rad/s 
2.铁路转弯处的弯道半径r 是根据地形决定的．弯道处要求外轨比内轨高，其内、外轨
高度差h 的设计不仅与r 有关．还与火车在弯道上的行驶速度v 有关．下列说法正确的是
(  )． 
A．速率v 一定时，r 越小，要求h 越大 
B．速率v 一定时，r 越大，要求h 越大 
C．半径r 一定时，v 越小，要求h 越大 
D．半径r 一定时，v 越大，要求h 越大 
解析  
 
火车转弯时，圆周平面在水平面内，火车以设计速率行驶时，向心力刚好由重力G 与
轨道支持力FN 的合力来提供，如图所示，则有mgtan θ＝mv2
r ，且tan θ≈sin θ＝h
L，其中L
为轨间距，是定值，有mgh
L＝mv2
r ， 
通过分析可知A、D 正确． 
答案 AD 
 
 
 
 
 
 
39 
“竖直面圆周运动”模型 
【特点】 
物体做圆周运动的速率是时刻在改变的，由于机械能守恒，物体在最高点处的速率最小，
在最底点处的速率最大。 
物体在最低点处向心力向上，而重力向下，所以弹力必然向上且大于重力； 
而在最高点处，向心力向下，重力也向下，所以弹力的方向可能有三种情况。 
⑴弹力只可能向下，如绳拉球。这种情况下有 
2
mv
F
mg
mg
R



 
即v
gR

否则不能通过最高点。 
(2)弹力只可能向上，如车过桥。在这种情况下有 
2
mv
mg
F
mg,
R
v
gR




 
(3)弹力既可能向上又可能向下，如管内转（或杆连球）。 
这种情况下，速度大小v 可以取任意值。可以进一步讨论：  
①当v＝0 时，FN＝mg，FN 为支持力，沿半径背离圆心 
②当0<v< gr时，－FN＋mg＝mv2
r ，FN 背离圆心，随v 的增大而减小 
③当v＝gr时，FN＝0 
④当v> gr时，FN＋mg＝mv2
r ，FN 指向圆心并随v 的增大而增大。 
 
【例题】如图所示，竖直环A 半径为r，固定在木板B 上，木板B 放在水平地面上，B 的左
右两侧各有一挡板固定在地上，B 不能左右运动，在环的最低点静放有一小球C，A、B、
C 的质量均为m.现给小球一水平向右的瞬时速度v，小球会在环内侧做圆周运动，为保
证小球能通过环的最高点，且不会使环在竖直方向上跳起(不计小球与环的摩擦阻力)，
则瞬时速度v 必须满足 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
(  ) 
 
A．最小值4gr    
 
 
B．最大值6gr 
C．最小值5gr    
 
 
D．最大值7gr 
审题与关联 
 
 
40 
 
解析 要保证小球能通过环的最高点，在最高点最小速度满足mg＝mv2
0
r ，由最低点到最
高点由机械能守恒得1
2mv2
min＝mg·2r＋1
2mv2
0，可得小球在最低点瞬时速度的最小值为
5gr；为了不会使环在竖直方向上跳起，在最高点有最大速度时，球对环的压力为2mg，
满足3mg＝mv2
1
r ，从最低点到最高点由机械能守恒得：1
2mv2
max＝mg·2r＋1
2mv2
1，可得小球
在最低点瞬时速度的最大值为7gr. 
答案 CD 
【总结】竖直面内圆周运动的求解思路 
(1)定模型：首先判断是轻绳模型还是轻杆模型，两种模型过最高点的临界条件不同． 
(2)确定临界点：v
临＝gr，对轻绳模型来说是能否通过最高点的临界点，而对轻杆模
型来说是FN 表现为支持力还是拉力的临界点． 
(3)研究状态：通常情况下竖直平面内的圆周运动只涉及最高点和最低点的运动情况． 
(4)受力分析：对物体在最高点或最低点时进行受力分析，根据牛顿第二定律列出方程，
F 合＝F 向． 
(5)过程分析：应用动能定理或机械能守恒定律将初、末两个状态联系起来列方程． 
圆周运动题组 
►题组1 匀速圆周运动的运动学分析 
1．关于匀速圆周运动的说法，正确的是  
 
 
 
 
 
 
 
 
(  ) 
A．匀速圆周运动的速度大小保持不变，所以做匀速圆周运动的物体没有加速度 
B．做匀速圆周运动的物体，虽然速度大小不变，但方向时刻都在改变，所以必有加速
度 
C．做匀速圆周运动的物体，加速度的大小保持不变，所以是匀变速曲线运动 
D．匀速圆周运动加速度的方向时刻都在改变，所以匀速圆周运动一定是变加速曲线运
动 
答案 BD 
 
 
41 
解析 速度和加速度都是矢量，做匀速圆周运动的物体，虽然速度大小不变，但方向时
刻在改变，速度时刻发生变化，必然具有加速度．加速度大小虽然不变，但方向时刻改
变，所以匀速圆周运动是变加速曲线运动．故本题选B、D. 
2．如图1 所示，甲、乙、丙三个轮子依靠摩擦传动，相互之间不打滑，其半径分别为r1、
r2、r3.若甲轮的角速度为ω1，则丙轮的角速度为  
 
 
 
 
 
(  ) 
A.r1ω1
r3    
 
 
 
B.r3ω1
r1 
C.r3ω1
r2    
 
 
 
D.r1ω1
r2 
答案 A                                             图1 
解析 连接轮之间可能有两种类型，即皮带轮或齿轮传动和同轴轮传动(各个轮子的轴
是焊接的)，本题属于齿轮传动，同轴轮的特点是角速度相同，皮带轮或齿轮的特点是
各个轮边缘的线速度大小相同，即v1＝ω1r1＝v2＝ω2r2＝v3＝ω3r3，显然A 选项正确． 
3．如图2 所示，m 为在水平传送带上被传送的小物体(可视为质点)，A 为终端皮带轮，已知
该皮带轮的半径为r，传送带与皮带轮间不会打滑，当m 可被水平抛出时，A 轮每秒的
转数最少是  
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
(  ) 
A. 1
2π 
g
r    
 
 
 
B. 
g
r 
C. gr    
 
 
 
 
D. 1
2π gr 
答案 A                                                    图2 
解析 小物体不沿曲面下滑，而是被水平抛出，需满足关系式mg≤mv2/r，即传送带转
动的速度v≥gr，其大小等于A 轮边缘的线速度大小，A 轮转动的周期为T＝2πr
v ≤2π 
r
g，每秒的转数n＝1
T≥1
2π 
g
r.本题答案为A. 
►题组2 圆周运动的动力学分析 
4．如图3 所示，洗衣机脱水筒在转动时，衣服贴靠在匀速转动的圆筒内壁上而不掉下
来，则衣服  
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
(C) 
A．受到重力、弹力、静摩擦力和离心力四个力的作用 
B．所需的向心力由重力提供 
C．所需的向心力由弹力提供 
D．转速越快，弹力越大，摩擦力也越大                      图3 
解析 衣服只受重力、弹力和静摩擦力三个力作用，A 错；衣服做圆周运动的向心力为
它所受到的合力，由于重力与静摩擦力平衡，故弹力提供向心力，即FN＝mrω2，转速
越大，FN 越大．C 对，B、D 错． 
 
 
42 
5．如图4 所示，长为l 的轻杆一端固定一质量为m 的小球，另一端固定在转轴O 上，杆可
在竖直平面内绕轴O 无摩擦转动．已知小球通过最低点Q 时，速度大小为v＝9gl/2，
则小球的运动情况为  
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
(  ) 
A．小球不可能到达圆周轨道的最高点P 
B．小球能到达圆周轨道的最高点P，但在P 点不受轻杆对它的作用力 
C．小球能到达圆周轨道的最高点P，且在P 点受到轻杆对它向上的弹力 
D．小球能到达圆周轨道的最高点P，且在P 点受到轻杆对它向下的弹力 
答案 C                                                            图4 
解析 小球从最低点Q 到最高点P，由机械能守恒定律得1
2mv2
P＋2mgl＝1
2mv2，则vP＝ 
gl
2，因为0<vP＝ 
gl
2< gl，所以小球能到达圆周轨道的最高点P，且在P 点受到
轻杆对它向上的弹力，C 正确． 
6．如图5 所示，放置在水平地面上的支架质量为M，支架顶端用细线拴着的摆球质量为m，
现将摆球拉至水平位置，然后静止释放，摆球运动过程中，支架始终不动，以下说法正
确的是  
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
(  ) 
A．在释放前的瞬间，支架对地面的压力为(m＋M)g 
B．在释放前的瞬间，支架对地面的压力为(M－m)g 
C．摆球到达最低点时，支架对地面的压力为(m＋M)g 
D．摆球到达最低点时，支架对地面的压力为(3m＋M)g 
答案 D                                                    图5 
解析 在释放前的瞬间绳拉力为零 
对M：FN1＝Mg 
当摆球运动到最低点时，由机械能守恒得 
mgR＝mv2
2 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
① 
由牛顿第二定律得：FT－mg＝mv2
R 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
② 
由①②得绳对小球的拉力FT＝3mg 
摆球到达最低点时，对支架M 由受力平衡，地面支持力FN＝Mg＋3mg 
由牛顿第三定律知，支架对地面的压力FN2＝3mg＋Mg，故选项D 正确． 
7．如图6 所示，一根细线下端拴一个金属小球P，细线的上端固定在金属块Q 上，Q 放在
带小孔的水平桌面上．小球在某一水平面内做匀速圆周运动(圆锥摆)．现使小球改到一
个更高一些的水平面上做匀速圆周运动(图上未画出)，两次金属块Q 都保持在桌面上静
止．则后一种情况与原来相比较，下列说法中正确的是 
 
 
 
 
(  ) 
 
 
43 
 
图6 
A．Q 受到桌面的支持力变大 
B．Q 受到桌面的静摩擦力变大 
C．小球P 运动的角速度变大 
D．小球P 运动的周期变大 
答案 BC 
解析 根据小球做圆周运动的特点，设线与竖直方向的夹角为θ， 
故FT＝mg
cos θ，对金属块受力分析由平衡条件Ff＝FTsin θ＝mgtan θ， 
FN＝FTcos θ＋Mg＝mg＋Mg，故在θ 增大时，Q 受到的支持力不 
变，静摩擦力变大，A 选项错误，B 选项正确；设线的长度为L， 
由mgtan θ＝mω2Lsin θ，得ω＝ 
g
Lcos θ，故角速度变大，周期 
变小，故C 选项正确，D 选项错误． 
8．如图7 所示，在光滑水平面上竖直固定一半径为R 的光滑半圆槽轨道，其底端恰与水平
面相切．质量为m 的小球以大小为v0的初速度经半圆槽轨道最低点B 滚上半圆槽，小
球恰能通过最高点C 后落回到水平面上的A 点．(不计空气阻力，重力加速度为g)求： 
(1)小球通过B 点时对半圆槽的压力大小； 
(2)A、B 两点间的距离； 
(3)小球落到A 点时的速度方向． 
答案 见解析 
解析 (1)在B 点小球做圆周运动，FN－mg＝mv2
0
R                   图7 
FN＝mg＋mv2
0
R. 
(2)在C 点小球恰能通过，故只有重力提供向心力，则mg＝mv2
C
R 
过C 点小球做平抛运动：xAB＝vCt 
h＝1
2gt2 
h＝2R 
 
 
44 
联立以上各式可得xAB＝2R. 
(3)设小球落到A 点时，速度方向与水平面的夹角为θ，则 
tan θ＝v⊥
vC，v⊥＝gt,2R＝1
2gt2 
解得：tan θ＝2. 
小球落到A 点时的速度方向与水平面成θ 角向左下且tan θ＝2. 
►题组3 匀速圆周运动中的临界问题 
9．如图8 所示，两个用相同材料制成的靠摩擦转动的轮A 和B 水平放置，两轮半径RA＝2RB，
当主动轮A 匀速转动时，在A 轮边缘放置的小木块恰能相对静止在A 轮边缘上．若将小
木块放在B 轮上，欲使木块相对B 轮也静止，则木块距B 轮转轴的最大距离为(  ) 
A.RB
4    
 
 
 
B.RB
3 
C.RB
2    
 
 
 
D．RB 
答案 C                                                    图8 
解析 根据A 和B 靠摩擦转动可知，A 和B 边缘线速度大小相等，即RAωA＝RBωB，ωB
＝2ωA，又根据在A 轮边缘放置的小木块恰能相对静止得μmg＝mRAω2
A，设小木块放在
B 轮上相对B 轮也静止时，距B 轮转轴的最大距离为RB′，则有：μmg＝mRB′ω2
B，解
上面式子可得RB′＝RB
2 . 
10．如图9 所示是用以说明向心力和质量、半径之间关系的仪器，球P 和Q 可以在光滑水
平杆上无摩擦地滑动，两球之间用一条轻绳连接(图中未画出)，mP＝2mQ 当整个装置绕
中心轴以角速度ω 匀速旋转时，两球离转轴的距离保持不变，则此时 
 
(  ) 
A．两球均受到重力、支持力、绳的拉力和向心力四个力的作用 
B．P 球受到的向心力大于Q 球受到的向心力 
C．rP一定等于rQ
2 
D．当ω 增大时，P 球将向外运动                                   图9 
答案 C 
解析 绳的拉力提供向心力，向心力是一个效果力，在分析物体受力时要分析性质力，
A 项错；同一根绳上张力相等，所以P 球受到的向心力等于Q 球受到的向心力，B 项
错；对两球而言，角速度相同，有：mPω2rP＝mQω2rQ，所以rP一定等于rQ
2 ，C 项正确；
当ω 增大时，两球受到绳的张力都增大，仍会使FT＝mPω2rP＝mQω2rQ，所以球不会向
外运动，D 项错． 
 
 
 
 
45 
11．在用高级沥青铺设的高速公路上，汽车的设计时速是108 km/h.汽车在这种路面上行驶
时，它的轮胎与地面的最大静摩擦力等于车重的0.6 倍． 
(1)如果汽车在这种高速公路的水平弯道上拐弯，假设弯道的路面是水平的，其弯道的
最小半径是多少？ 
(2)如果高速公路上设计了圆弧拱形立交桥，要使汽车能够以设计时速安全通过圆弧拱
桥，这个圆弧拱形立交桥的半径至少是多少？(取g＝10 m/s2) 
答案 (1)150 m (2)90 m 
解析 (1)汽车在水平路面上拐弯，可视为汽车做匀速圆周运动，其向心力由车与路面
间的静摩擦力提供，当静摩擦力达到最大值时，由向心力公式可知这时的半径最小，有
Fmax＝0.6mg＝m v2
rmin，由速度v＝108 km/h＝30 m/s 得，弯道半径rmin＝150 m. 
(2)汽车过拱桥，可看做在竖直平面内做匀速圆周运动，到达最高点时，根据向心力公
式有mg－FN＝mv2
R.为了保证安全通过，车与路面间的弹力FN 必须大于等于零，有
mg≥mv2
R，则R≥90 m. 
【高考题】圆周运动 
1．(2013·新课标Ⅱ·21)公路急转弯处通常是交通事故多发地带．如图9，某公路急转弯处是
一圆弧，当汽车行驶的速率为vc 时，汽车恰好没有向公路内外两侧滑动的趋势，则在
该弯道处 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
(  ) 
 
图9 
A．路面外侧高内侧低 
B．车速只要低于vc，车辆便会向内侧滑动 
C．车速虽然高于vc，但只要不超出某一最高限度，车辆便不会向外侧滑动 
D．当路面结冰时，与未结冰时相比，vc 的值变小 
答案 AC 
解析 当汽车行驶的速度为vc 时，路面对汽车没有摩擦力，路面对汽车的支持力与汽
车重力的合力提供向心力，此时要求路面外侧高内侧低，选项A 正确．当速度稍大于
vc 时，汽车有向外侧滑动的趋势，因而受到向内侧的摩擦力，当摩擦力小于最大静摩擦
力时，车辆不会向外侧滑动，选项C 正确．同样，速度稍小于vc 时，车辆不会向内侧
滑动，选项B 错误．vc 的大小只与路面的倾斜程度和转弯半径有关，与地面的粗糙程
度无关，D 错误． 
 
 
46 
2．(2013·江苏单科·2)如图10 所示，“旋转秋千”中的两个座椅A、B 质量相等，通过相同
长度的缆绳悬挂在旋转圆盘上．不考虑空气阻力的影响，当旋转圆盘绕竖直的中心轴匀
速转动时，下列说法正确的是  
 
 
 
 
 
 
 
 
 
(  ) 
 
图10 
A．A 的速度比B 的大 
B．A 与B 的向心加速度大小相等 
C．悬挂A、B 的缆绳与竖直方向的夹角相等 
D．悬挂A 的缆绳所受的拉力比悬挂B 的小 
答案 D 
解析 因为物体的角速度ω 相同，线速度v ＝rω，而rA<rB ，所以vA<vB， 
则A 项错；根据an＝rω2知anA<anB，则B 项错；如图，tan θ＝an
g ，而B 
的向心加速度较大，则B 的缆绳与竖直方向夹角较大，缆绳拉力T＝mg
cos θ， 
则TA<TB，所以C 项错， D 项正确． 
3.(2012·广东卷，17)如图是滑道压力测试的示意图，光滑圆弧轨道与光滑斜面相切，滑道底
部B 处安装一个压力传感器，其示数N 表示该处所受压力的大小．某滑块从斜面上不同高
度h 处由静止下滑，通过B 时，下列表述正确的有(  )． 
 
A．N 小于滑块重力  
B．N 大于滑块重力 
C．N 越大表明h 越大  
D．N 越大表明h 越小 
解析 设滑块质量为m，在B 点所受支持力为FN，圆弧半径为R，所需向心力为F.滑
块从高度h 处由静止下滑至B 点过程中，由机械能守恒定律有1
2mv2
B＝mgh，在B 点滑块所
需向心力由合外力提供，得FN－mg＝mv2
B
R ，由牛顿第三定律知，传感器示数N 等于FN，解
得N＝mg＋2mgh
R ，由此式知N>mg，且h 越大，N 越大．选项B、C 正确． 
答案 BC 
 
 
 
 
47 
4.(2011·安徽卷，17)一般的曲线运动可以分成很多小段，每小段都可以看成圆周运动的一部
分，即把整条曲线用一系列不同半径的小圆弧来代替．如图甲所示，曲线上的A 点的曲率
圆定义为：通过A 点和曲线上紧邻A 点两侧的两点作一圆，在极限情况下，这个圆就叫做A
点的曲率圆，其半径ρ 叫做A 点的曲率半径．现将一物体沿与水平面成α 角的方向以速度
v0抛出，如图乙所示．则在其轨迹最高点P 处的曲率半径是(  )． 
 
A.v2
0
g          B．v2
0sin2α
g
 
C.v2
0cos2α
g
      D．v2
0cos2α
gsin α 
解析 物体在最高点时速度沿水平方向，曲率圆的P 点可看做该点对应的竖直平面内
圆周运动的最高点，由牛顿第二定律及圆周运动规律知：mg＝mv2
ρ ，解得ρ＝v2
g ＝v0cos α2
g
＝
v2
0cos2α
g
. 
答案 C 
5.(2012·福建卷，20)如图所示，置于圆形水平转台边缘的小物块随转台加速转动，当转速达
到某一数值时，物块恰好滑离转台开始做平抛运动．现测得转台半径R＝0.5 m，离水平地
面的高度H＝0.8 m，物块平抛落地过程水平位移的大小s＝0.4 m．设物块所受的最大静摩
擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g＝10 m/s2.求： 
(1)物块做平抛运动的初速度大小v0； 
(2)物块与转台间的动摩擦因数μ. 
解析 (1)物块做平抛运动，在竖直方向上有 
H＝1
2gt2① 
在水平方向上有s＝v0t，② 
由①②式解得v0＝s  
g
2H 
代入数据得v0＝1 m/s. 
(2)物块离开转台时，由最大静摩擦力提供向心力，有 
Ffm＝mv2
0
R③ 
Ffm＝μN＝μmg④ 
由③④式得μ＝v2
0
gR，代入数据得μ＝0.2. 
答案 (1)1 m/s (2)0.2 
 
 
48 
“行星”模型 
【解题】卫星运行参量的比较与运算 
1．卫星的各物理量随轨道半径变化的规律 
 
2．极地卫星、近地卫星 
(1)极地卫星运行时每圈都经过南北两极，由于地球自转，极地卫星可以实现全球覆盖． 
(2)近地卫星是在地球表面附近环绕地球做匀速圆周运动的卫星，其运行的轨道半径可
近似认为等于地球的半径，其运行线速度约为7.9 km/s. 
绕地球做匀速圆周运动的人造卫星的最大线速度和最小周期： 
3
3
7 9 10
2
5 06 10
84 3
v
gR
.
m / s,
R
T
.
s
. min
g








 
(3)两种卫星的轨道平面一定通过地球的球心． 
深化拓展 (1)卫星的a、v、ω、T 是相互联系的，如果一个量发生变化，其他量也随之发生
变化；这些量与卫星的质量无关，它们由轨道半径和中心天体的质量共同决定． 
(2)卫星的能量与轨道半径的关系：同一颗卫星，轨道半径越大，动能越小，势
能越大，机械能越大． 
3.同步卫星（通信卫星均为同步卫星） 
 “同步”的含义就是和地球保持相对静止（又叫静止轨道卫星）. 
(1)周期等于地球自转周期，既T=24h 
(2)轨道半径是唯一确定的，离地面的高度为h=3.6×107m≈5.6R 地 
(3)该轨道必须在地球赤道的正上方 
(4)卫星的运转方向必须是由西向东 
一、卫星变轨问题分析 
当卫星由于某种原因速度突然改变时(开启或关闭发动机或空气阻力作用)，万有引力不
再等于向心力，卫星将变轨运行： 
(1)当卫星的速度突然增大时，GMm
r2 <mv2
r ，即万有引力不足以提供向心力，卫星将做离
心运动，脱离原来的圆轨道，轨道半径变大，当卫星进入新的轨道稳定运行时由v＝ 
r 越大，v 越小 
 
r 越大，越小 
 
r 越大，T 越大 
 
r 越大，a 越小 
 
 
49 
GM
r 可知其运行速度比原轨道时减小． 
(2)当卫星的速度突然减小时，GMm
r2 >mv2
r ，即万有引力大于所需要的向心力，卫星将做
近心运动，脱离原来的圆轨道，轨道半径变小，当卫星进入新的轨道稳定运行时由v＝ 
GM
r 可知其运行速度比原轨道时增大． 
卫星的发射和回收就是利用这一原理． 
【例题】1. “嫦娥一号”探月卫星绕地运行一段时间后，离开地球飞向月球．如图所示是
绕地飞行的三条轨道，1 轨道是近地圆形轨道，2 和3 是变轨后的椭圆轨道．A 点是2
轨道的近地点，B 点是2 轨道的远地点，卫星在轨道1 的运行速率为7.7 km/s，则下列
说法中正确的是  
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
(  ) 
A．卫星在2 轨道经过A 点时的速率一定大于7.7 km/s 
B．卫星在2 轨道经过B 点时的速率一定小于7.7 km/s 
C．卫星在3 轨道所具有的机械能小于在2 轨道所具有的机械能 
D．卫星在3 轨道所具有的最大速率小于在2 轨道所具有的最大速率 
解析 卫星在1 轨道做匀速圆周运动，由万有引力定律和牛顿第二定律得GMm
r2 ＝mv2
1
r ，
卫星在2 轨道A 点做离心运动，则有GMm
r2 <mv2
2A
r ，故v1<v2A，选项A 正确；卫星在2
轨道B 点做近心运动，则有GMm
r2
B >mv2
2B
rB ，若卫星在经过B 点的圆轨道上运动，则GMm
r2
B
＝mv2
B
rB，由于r<rB，所以v1>vB，故v2B<vB<v1＝7.7 km/s，选项B 正确；3 轨道的高度大
于2 轨道的高度，故卫星在3 轨道所具有的机械能大于在2 轨道所具有的机械能，选项
C 错误；卫星在各个轨道上运动时，只有万有引力做功，机械能守恒，在A 点时重力势
能最小，动能最大，速率最大，故卫星在3 轨道所具有的最大速率大于在2 轨道所具
有的最大速率，选项D 错误．答案 AB 
2.2013 年2 月15 日中午12 时30 分左右，俄罗斯车里雅宾斯克州发生天体坠落事件．如图
4 所示，一块陨石从外太空飞向地球，到A 点刚好进入大气层，之后由于受地球引力和
大气层空气阻力的作用，轨道半径渐渐变小，则下列说法中正确的是 
(  ) 
A．陨石正减速飞向A 处 
B．陨石绕地球运转时角速度渐渐变小 
C．陨石绕地球运转时速度渐渐变大 
D．进入大气层后，陨石的机械能渐渐变大 
 
 
50 
答案 C 
解析 由于万有引力做功，陨石正加速飞向A 处，选项A 错误．陨石绕地球运转时，
因轨道半径渐渐变小，则角速度渐渐变大，速度渐渐变大，选项B 错误，C 正确．进
入大气层后，由于受到空气阻力的作用，陨石的机械能渐渐变小，选项D 错误． 
二、双星系统模型问题的分析与计算 
宇宙中往往会有相距较近，质量可以相比的两颗星球，它们离其它星球都较远，因此其
它星球对它们的万有引力可以忽略不计。在这种情况下，它们将围绕它们连线上的某一固定
点做同周期的匀速圆周运动。这种结构叫做双星。 
【特点】 
 (1)各自需要的向心力由彼此间的万有引力相互提供，即 
Gm1m2
L2
＝m1ω2
1r1，Gm1m2
L2
＝m2ω2
2r2 
(2)两颗星的周期及角速度都相同，即 
T1＝T2，ω1＝ω2 
(3)两颗星的半径与它们之间的距离关系为：r1＋r2＝L 
(4)两颗星到圆心的距离r1、r2与星体质量成反比，即m1
m2＝r2
r1 
(5)双星的运动周期T＝2π 
L3
Gm1＋m2 
(6)双星的总质量公式m1＋m2＝4π2L3
T2G 
△双星系统问题的误区 
(1)不能区分星体间距与轨道半径：万有引力定律中的r 为两星体间距离，向心力公式
中的r 为所研究星球做圆周运动的轨道半径． 
(2)找不准物理现象的对应规律． 
【例题】 
冥王星与其附近的星体卡戎可视为双星系统，它们的质量比约为7∶1，同时绕它们连
线上某点O 做匀速圆周运动．由此可知卡戎绕O 点运动的  
 
 
(  ) 
A．角速度大小约为冥王星的7 倍 
B．向心力大小约为冥王星的1/7 
C．轨道半径约为冥王星的7 倍 
D．周期与冥王星周期相同 
答案 CD 
解析 对于双星系统，任意时刻均在同一条直线上，故转动的周期、角速度都相同．彼
此给对方的万有引力提供向心力，故向心力大小相同，由m1ω2r1＝m2ω2r2，得r2
r1＝m1
m2＝7，
故C、D 项正确. 
 
 
51 
【高考题】 
1．(2012·全国课标卷，21)假设地球是一半径为R、质量分布均匀的球体．一矿井深度
为d.已知质量分布均匀的球壳对壳内物体的引力为零．矿井底部和地面处的重力加速度大小
之比为( A )． 
A．1－d
R    B．1＋d
R    C．

R－d
R
2    D．

R
R－d
2 
解析 设地球的密度为ρ，地球的质量为M，根据万有引力定律可知，地球表面的重力
加速度g＝GM
R2 .地球质量可表示为M＝4
3πR3ρ.因质量分布均匀的球壳对球壳内物体的引力为
零，所以矿井下以(R－d)为半径的地球的质量为M′＝4
3π(R－d)3ρ，解得M′＝

R－d
R
3M，
则矿井底部处的重力加速度g′＝GM′
R－d2，则矿井底部处的重力加速度和地球表面的重力加
速度之比为g′
g ＝1－d
R，选项A 正确，选项B、C、D 错误． 
2．(2012·四川卷，15)今年4 月30 日，西昌卫星发射中心发射的中圆轨道卫星，其轨道
半径为2.8×107 m．它与另一颗同质量的同步轨道卫星(轨道半径为4.2×107 m)相比( B )． 
A．向心力较小                      B．动能较大 
C．发射速度都是第一宇宙速度        D．角速度较小 
解析 由F 向＝F 万＝GMm
R2 知，中圆轨道卫星向心力大于同步轨道卫星(G、M、m 相同)，
故A 错误．由Ek＝1
2mv2，v＝ 
GM
R ，得Ek＝GMm
2R ，且由R 中<R 同知，中圆轨道卫星动能
较大，故B 正确．第一宇宙速度是最小的卫星发射速度，故C 错误．由ω＝ 
GM
R3 可知，
中圆轨道卫星角速度较大，故D 错误． 
3．(2012·重庆卷，18)冥王星与其附近的另一星体卡戎可视为双星系统，质量比约为7∶
1，同时绕它们连线上某点O 做匀速圆周运动．由此可知，冥王星绕O 点运动的( A )． 
A．轨道半径约为卡戎的1
7          B．角速度大小约为卡戎的1
7 
C．线速度大小约为卡戎的7 倍     D．向心力大小约为卡戎的7 倍 
解析 设冥王星的质量、轨道半径、线速度大小分别为m1、r1、v1，卡戎的质量、轨道
半径、线速度大小分别为m2、r2、v2，由双星问题的规律可得，两星间的万有引力分别给两
星提供做圆周运动的向心力，且两星的角速度相等，故B、D 均错；由Gm1m2
L2 ＝m1ω2r1＝
m2ω2r2(L 为两星间的距离)，因此r1
r2＝m2
m1＝1
7，v1
v2＝ωr1
ωr2＝m2
m1＝1
7，故A 对、C 错． 
 
 
 
52 
4．(2011·山东卷，17)甲、乙为两颗地球卫星，其中甲为地球同步卫星，乙的运行高度
低于甲的运行高度，两卫星轨道均可视为圆轨道．以下判断正确的是( AC )． 
A．甲的周期大于乙的周期                 B．乙的速度大于第一宇宙速度 
C．甲的向心加速度小于乙的向心加速度     D．甲在运行时能经过北级的正上方 
解析 两卫星运行时万有引力提供向心力，所以GMm
r2 ＝ma 向，由此知r 大，则a 向小，
C 项正确；a 向＝4π2
T2 r＝v2
r ，联立知，A 项正确，B 项错误；地球同步卫星轨道平面与赤道平
面平行，所以D 项错误． 
5．(2012·广东卷，21)如图所示，飞船从轨道1 变轨至轨道2.若飞船在两轨道上都做匀
速圆周运动，不考虑质量变化，相对于在轨道1 上，飞船在轨道2 上的( CD )． 
 
A．动能大  
B．向心加速度大 
C．运行周期长  
D．角速度小 
解析 飞船绕中心天体做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，即F 引＝F 向，所以GMm
r2
＝ma 向＝mv2
r ＝4π2mr
T2 ＝mrω2，即a 向＝GM
r2 ，Ek＝1
2mv2＝GMm
2r ，T＝  
4π2r3
GM ，ω＝  
GM
r3
(或用公式T＝2π
ω求解)． 
因为r1<r2，所以Ek1>Ek2，a 向1>a 向2，T1<T2，ω1>ω2，选项C、D 正确． 
6.(2013·山东·20)双星系统由两颗恒星组成，两恒星在相互引力的作用下，分别围绕其连
线上的某一点做周期相同的匀速圆周运动．研究发现，双星系统演化过程中，两星的总质量、
距离和周期均可能发生变化．若某双星系统中两星做圆周运动的周期为T，经过一段时间演
化后，两星总质量变为原来的k 倍，两星之间的距离变为原来的n 倍，则此时圆周运动的周
期为 ( B ) 
A.
n3
k2T   
 
B.
n3
k T   
 
C. 
n2
k T    
D.
n
kT 
解析 双星靠彼此的万有引力提供向心力，则有 
Gm1m2
L2 ＝m1r1
4π2
T2        Gm1m2
L2 ＝m2r2
4π2
T2 
并且r1＋r2＝L       解得T＝2π
L3
Gm1＋m2 
当双星总质量变为原来的k 倍，两星之间距离变为原来的n 倍时T′＝2π
n3L3
Gkm1＋m2
＝
n3
k ·T 
故选项B 正确． 
 
 
53 
7. (2013·新课标Ⅰ·20)2012 年6 月18 日，神州九号飞船与天宫一号目标飞行器在离地面
343 km 的近圆形轨道上成功进行了我国首次载人空间交会对接．对接轨道所处的空间存在
极其稀薄的大气，下面说法正确的是 ( BC ) 
A．为实现对接，两者运行速度的大小都应介于第一宇宙速度和第二宇宙速度之间 
B．如不加干预，在运行一段时间后，天宫一号的动能可能会增加 
C．如不加干预，天宫一号的轨道高度将缓慢降低 
D．航天员在天宫一号中处于失重状态，说明航天员不受地球引力作用 
解析 地球所有卫星的运行速度都小于第一宇宙速度，故A 错误．轨道处的稀薄大气
会对天宫一号产生阻力，不加干预其轨道会缓慢降低，同时由于降低轨道，天宫一号的重力
势能一部分转化为动能，故天宫一号的动能可能会增加，B、C 正确；航天员受到地球引力
作用，此时引力充当向心力，产生向心加速度，航天员处于失重状态，D 错误． 
8.(2013·新课标Ⅱ·20)目前，在地球周围有许多人造地球卫星绕着它转，其中一些卫星的
轨道可近似为圆，且轨道半径逐渐变小．若卫星在轨道半径逐渐变小的过程中，只受到地球
引力和稀薄气体阻力的作用，则下列判断正确的是 ( BD ) 
A．卫星的动能逐渐减小 
B．由于地球引力做正功，引力势能一定减小 
C．由于气体阻力做负功，地球引力做正功，机械能保持不变 
D．卫星克服气体阻力做的功小于引力势能的减小 
解析 在卫星轨道半径逐渐变小的过程中，地球引力做正功，引力势能减小；气体阻力
做负功，机械能逐渐转化为内能，机械能减小， B 正确，C 错误．卫星的运动近似看作是
匀速圆周运动，根据GMm
r2 ＝mv2
r 得v＝ 
GM
r ，所以卫星的速度逐渐增大，动能增大，选
项A 错误．减小的引力势能一部分用来克服气体阻力做功，一部分用来增加动能， D 正确． 
 
 
 
“子弹打木块”模型 
【解题】 
动量守恒定律、机械能守恒定律、动能定理等 
解决动力学问题的三大观点： 
力学观点：牛顿运动定律、运动学公式 
能量观点：动能定理、机械能守恒定律、能量守恒定律、功能关系 
动量观点：动量守恒定律 
【例题】 
    考查子弹射击木块后沿水平方向的运动情况 
1.设质量为m 的子弹以初速度v0射向静止在光滑水平面上的质量为M 的木块，并留在
木块中不再射出，子弹钻入木块深度为d。求木块对子弹的平均阻力的大小和该过程中木块
前进的距离。 
 
 
54 
解：子弹射入木块过程中系统动量守恒：


0
mv
M
m v


 
设平均阻力大小为f，由能量守恒定律：


2
2
0
1
1
2
2
f d
mv
M
m v




  
联立以上二式，可解得


2
0
2
Mmv
f
M
m d


 
设木块前进的距离为S ，由动能定理，得
2
1
2
f S
Mv


 
可解得
m
s
d
M
m


 
2.如图所示，在光滑水平桌面上静置一质量为M=980g 的长方形匀质木块，现有一颗质
量为m=20g 的子弹以v0=300m/s 的水平速度沿其轴线射向木块，结果子弹留在木块中没有
射出，和木块一起以共同的速度运动。已知木块沿子弹运动方向的长度为L=10cm，子弹打
进木块的深度为d=6cm，设木块对子弹的阻力保持不变。 
（1）求子弹和木块的共同的速度以及它们在此过程中所增加的内能。 
（2）若子弹是以v0 = 400m/s 的水平速度从同一方向射向该木块的， 
则它能否射穿该木块？ 
（3）若能射穿木块，求子弹和木块的最终速度是多少？ 
解：(1)由动量守恒定律 


0
mv
M
m v


  
       解得
6
v
m / s

  
系统增加的内能等于系统减少的动能 


2
2
0
1
1
36
900
882
2
2
2
Q
fd
mv
M
m v
J







  
(2)设以400m/s 射入时，仍不能打穿，射入深度为d  
由动量守恒定律


0
mv
M
m v


  
      代入数据，解得
8
v
m / s

  


2
2
0
1
1
1
1600
64
1568
2
2
2
Q
fd
mv
M
m v
J












  
又因为
Q
f
d

 所以
10 7
Q
d
. cm
L
f




  故能传出木块 
(3) 设射穿后，最终子弹和木块的速度分别为v1和v2, 
系统产生的内能为
10
5
882
1470
6
3
fL
fd
J





  
由动量守恒定律
0
1
2
mv
mv
Mv


  
由能量守恒定律
2
2
2
0
1
2
1
1
1
2
2
2
fL
mv
Mv
mv



 
代入数据，化简得 
1
2
49
400
v
v


  
                 
2
2
1
2
49
13000
v
v


  
消去v1得
2
2
2
16
60
0
v
v



    解得v1=106m/s   v2=6m/s 
 
 
【变题】 
1.考查子弹射击木块后做曲线运动的情况 
 
 
55 
如图所示，光滑半圆轨道竖直放置，半径为R，一水平轨道与圆轨道相切，在水平光滑
轨道上停着一个质量为M=0.99kg 的木块，一颗质量为m=0.01kg 的子弹以v0=400m/s 的水
平速度摄入木块中，然后一起运动到轨道最高点水平抛出，当圆轨道半径R 为多大是，平
抛的水平距离最大？最大值是多少？（g 取10m/s2） 
解： 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
2.考查子弹涉及连有弹簧的木块问题 
光滑水平面上由两个小木块A 和B，其质量mA=1kg、mB=4kg，它们中间用一根轻质弹簧
相连，一颗水平飞行的子弹质量为m=50g，以v0=500m/s 的速度在极短时间内射穿两木块，
已知射穿A 木块后子弹的速度变为原来的3
5
，且子弹射穿A 木块损失的动能是射穿B 木块
损失的动能的2 倍。求： 
(1)射穿A 木块的过程中系统损失的机械能； 
(2)系统在运动过程中弹簧的最大弹性势能。 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
56 
“人船”模型 
【要点】 
(1)人船模型的适用条件：物体组成的系统动量守恒且系统中物体原来均处于静止状态，
合动量为0. 
(2)人船模型的特点：两物体速度大小、位移大小均与质量成反比，方向相反，两物体
同时运动，同时停止． 
(3)人船模型的动量与能量规律：遵从动量守恒定律，系统或每个物体动能均发生变
化．用力对“人”做的功量度“人”动能的变化；用力对“船”做的功量度“船”动能的变化． 
【解题】 
抓住其前提条件(原来静止的物体发生相互作用)，画好两物体的运动示意图，寻找各物
理量(如位移)间的关系，注意各物体的位移均是相对于地面的位移。 
【例题】 
有一条捕鱼小船停靠在湖边码头，小船又窄又长(估计一吨左右)。一位同学想用一个卷
尺粗略测定它的质量。他进行了如下操作：首先将船平行码头自由停泊，轻轻从船尾上船，
走到船头后停下来，而后轻轻下船，用卷尺测出船后退的距离为d，然后用卷尺测出船长L，
已知他自身的质量为m，则渔船的质量M 为(B) 
A.mL
d   
 
 
B.mL－d
d
         C.mL＋d
d
       
D. md
L－d        
解析 人和船组成的系统水平方向动量守恒，人在船上前进，船后退，即mv 人＝Mv 船，船
后退的距离为d 时，人前进的距离为L－d，有mL－d
t
＝Md
t，则有m(L－d)＝Md，所以M
＝mL－d
d
，选项B 正确． 
“弹性碰撞”和“非弹性碰撞”模型 
【概述】 
一、碰撞类型 正碰（对心碰撞）和斜碰（非对心碰撞） 
弹性碰撞和非弹性碰撞 
1.弹性碰撞：两个物体发生碰撞过程，系统的机械能没有损失。 
系统动量守恒，机械能守恒。 
2.非弹性碰撞：两个物体发生碰撞过程，系统的机械能有损失。 
                 系统动量守恒，机械能减少。 
3.完全非弹性碰撞：碰撞后粘合在一起，机械能损失最多。 
二、碰撞现象的三个原则  
系统动量守恒；不违背能量守恒；物理情景可行性 
①若碰前两物体同向运动，则应有v 后>v 前，碰后原来在前的物体速度一定增大，若碰
后两物体同向运动，则应有v 前′≥v 后′. 
②碰前两物体相向运动，碰后两物体的运动方向不可能都不改变． 
深化拓展 (1)碰撞过程中作用时间极短，内力远大于外力，所以满足动量守恒． 
(2)不受外界因素影响的情况下，碰撞只能发生一次且碰后的能量不比碰前的能量大． 
 
 
 
 
 
【例题】 
 
 
57 
1.如图所示，在光滑水平直导轨上，静止放着三个质量均为m＝1 kg 的相同小球A、B、
C.现让A 球以v0＝2 m/s 的速度向着B 球运动，A、B 两球碰撞后粘在一起，两球继续向右
运动并跟C 球碰撞，碰后A、B 未分开，C 球的速度vC＝1 m/s.求： 
 
(1)A、B 两球跟C 球碰撞前的共同速度； 
(2)两次碰撞过程中损失的总动能 
解析 (1)A、B 相碰满足动量守恒mv0＝2mv1得两球跟C 球相碰前的共同速度v1＝1 m/s 
(2)两球与C 球相碰同样满足动量守恒2mv1＝mvC＋2mv2 
得两球碰后的速度v2＝0.5 m/s 
两次碰撞损失的总动能ΔEk 损＝1
2mv2
0－1
2×2mv2
2－1
2mv2
C＝1.25 J. 
2.质量相等的A、B 两球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，A 球的动量pA＝9 
kg·m/s，B 球的动量pB＝3 kg·m/s，当A 球追上B 球时发生碰撞，则碰撞后A、B 两球的动
量可能的是 ( A ) 
A．pA′＝6 kg·m/s，pB′＝6 kg·m/s 
B．pA′＝8 kg·m/s，pB′＝4 kg·m/s 
C．pA′＝－2 kg·m/s，pB′＝14 kg·m/s 
D．pA′＝－4 kg·m/s，pB′＝17 kg·m/s 
解析 由碰撞前、后两球总动量守恒，即：pA＋pB＝pA′＋pB′可排除D；由碰后的总动能不可
能增加，即p2
A
2m＋p2
B
2m≥pA′2
2m＋pB′2
2m可排除C；由碰撞后一球不可能穿越另一球，即pA′2
m ≤pB′2
m 可排
除B，故A 选项正确． 
3.“打击类问题”（“子弹打木块”最典型） 
如图所示，在光滑水平面上有一辆质量M＝8 kg 的平板小车，车上有一个质量m＝1.9 kg
的木块，木块距小车左端6 m(木块可视为质点)，车与木块一起以v＝1 m/s 的速度水平向右
匀速行驶．一颗质量m0＝0.1 kg 的子弹以v0＝179 m/s 的速度水平向左飞来，瞬间击中木块
并留在其中．如果木块刚好不从车上掉下来，求木块与平板小车之间的动摩擦因数μ.(g＝10 
m/s2) 
解析 设子弹射入木块后两者的共同速度为v1，以水平向左为正方向， 
则由动量守恒定律有： 
m0v0－mv＝(m＋m0)v1  解得 v1＝8 m/s 
它们恰好不从小车上掉下来，则它们相对平板车滑行s＝6 m 时它们跟小车具有共同速度v2，
则由动量守恒有： 
(m＋m0)v1－Mv＝(m＋m0＋M)v2   解得v2＝0.8 m/s 
由能量守恒定律有： 
Q＝μ(m0＋m)gs＝1
2(m＋m0)v2
1＋1
2Mv2－1
2(m0＋m＋M)v2
2 
联立以上各式，代入数据解得μ＝0.54 
 
1．打击类问题模型也是“碰撞”的一种类型．由于在“打击”瞬间，其它外力相对于打击
力较小，可以忽略不计，因此参与“打击”的物体系统动量守恒。 
2．“打击”时，一般有机械能的损失，属于“非弹性碰撞”类型，其中子弹“打击”木块，
并留在木块中时，系统机械能损失最多。 
3．“打击”完毕后，一般还有其它过程，注意“多过程”问题的分析。 
 
 
 
58 
含有弹簧的类碰撞问题模型 
【概述】 
二物体通过弹簧相互作用，不考虑弹簧的质量，弹簧作用力为系统的内力，则系统的动
量守恒、机械能守恒。 
【特点】 
(1)当弹簧被压缩至最短时，或被拉伸至最长时，二物体速度相同、动量守恒，此时弹性势
能Ep 最大．Ep 等于二物体的动能的减少量． 
(2)当弹簧再次恢复自然长度时，一个物体的速度最大，另一物体的速度最小，此时弹簧的
弹性势能为零． 
【例】如图所示，光滑斜面OP 与水平面的夹角θ＝37°，一轻弹簧下端固定在斜面底端O
点，上端与可视为质点的滑块B 固定连接，弹簧劲度系数k＝100 N/m.B 开始时静止，与斜
面顶端P 之间的距离L＝0.99 m，弹簧具有的弹性势能Ep0＝0.72 J．将一个可视为质点的小
球A 从某处以初速度v0＝1.92 m/s 水平抛出，小球运动到P 点时恰好沿斜面下滑．已知小球
A 的质量m1＝1.00 kg，滑块B 的质量m2＝2.00 kg，A 与B 碰撞后具有相同速度但不粘连(g
＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)，求： 
(1)小球抛出点距离斜面顶端的高度h； 
(2)小球与滑块碰撞时，小球与滑块系统损失的机械能； 
(3)在A 与B 碰撞以后的运动过程中，A 与B 分离时的速度为多大，
并通过计算判断A、B 能否再次发生碰撞． 
审题与关联 
 
解析 (1)小球A 到P 之前做平抛运动，且运动到P 点时刚好不与斜面发生碰撞，设小球运
动到P 点时速度为vP，则vPcos θ＝v0，vPsin θ＝gt，h＝1
2gt2 
解得vP＝2.4 m/s，h＝0.103 68 m 
(2)小球沿斜面运动即将与B 碰撞时的速度设为v1，根据动能定理：m1gLsin θ＝1
2m1v2
1－1
2m1v2
P 
解得v1＝17.64 m/s＝4.2 m/s 
A、B 碰后的速度设为v2，根据动量守恒定律：m1v1＝(m1＋m2)v2解得v2＝17.64
3
 m/s＝1.4 m/s 
损失能量：ΔE＝1
2m1v2
1－1
2(m1＋m2)v2
2 
解得ΔE＝5.88 J 
 
 
59 
(3)开始时，设弹簧被压缩x1，对B 分析受力，可得：kx1＝m2gsin θ 
解得x1＝0.12 m，当弹簧恢复原长时，A、B 分离． 
设即将分离时A、B 的速度为v3，从A、B 碰后到A、B 即将分离，根据动能定理： 
Ep0－(m1＋m2)gx1sin θ＝1
2(m1＋m2)v2
3－1
2(m1＋m2)v2
2 
解得v3＝1.0 m/s 
设此后小球A 继续沿斜面向上滑动的最大距离为x2， 
加速度a＝gsin θ， 
x2＝v2
3
2a 
解得x2＝1
12 m≈0.083 m 
由于x1＋x2＝0.203 m<L 
所以小球不会离开斜面，还会与滑块B 发生碰撞． 
【高考题】 
1.(2013·新课标Ⅰ·35(2))在粗糙的水平桌面上有两个静止的木块A 和B，两者相距为d.
现给A 一初速度，使A 与B 发生弹性正碰，碰撞时间极短．当两木块都停止运动后，相距
仍然为d.已知两木块与桌面之间的动摩擦因数均为μ，B 的质量为A 的2 倍，重力加速度大
小为g.求A 的初速度的大小． 
解析 设木块A 的初速度为v0，运动距离d 后速度为v，A、B 碰后的速度分别为v1、v2，
运动的距离分别为x1、x2.由于A、B 发生弹性正碰的时间极短，所以碰撞前后动量守恒、动
能守恒，有 
mAv＝mAv1＋mBv2  
 
 
① 
1
2mAv2＝1
2mAv2
1＋1
2mBv2
2  
② 
①②联立解得v1＝mA－mB
mA＋mBv＝－1
3v  
③ 
v2＝
2mA
mA＋mBv＝2
3v  
     ④ 
A、B 与地面的动摩擦因数均为μ，由牛顿第二定律得μmg＝ma 
所以A、B 的加速度大小均为a＝μg  ⑤ 
将上式带入⑥解得v0＝ 
28
5 μgd 
2.(2012·天津理综·10)如图所示，水平地面上固定有高为h 的平台，台面上有固定的光滑
坡道，坡道顶端距台面高也为h，坡道底端与台面相切．小球A 从坡道顶端由静止开始滑下，
到达水平光滑的台面后与静止在台面上的小球B 发生碰撞，并粘连在一起，共同沿台面滑
行并从台面边缘飞出，落地点与飞出点的水平距离恰好为台高的一半．两小球均可视为质点，
忽略空气阻力，重力加速度为g.求： 
    (1)小球A 刚滑至水平台面的速度vA； 
(2)A、B 两小球的质量之比mA∶mB. 
解析 (1)小球从坡道顶端滑至水平台面的过程中， 
由机械能守恒定律得mAgh＝1
2mAv2
A  解得vA＝2gh. 
(2)设两球碰撞后共同的速度为v，由动量守恒定律得mAvA＝(mA＋mB)v 
粘在一起的两小球飞出台面后做平抛运动，设运动的时间为t，由平抛运动规律，在竖直方
向上有h＝1
2gt2  在水平方向上有h
2＝vt  联立上述各式得mA∶mB＝1
3.
∶
 
 
60 
“电路的动态变化”模型 
【概述】 
闭合电路中的局部电路变化时引起局部的电流或电压的变化，进而影响整个电路。 
【解题】 
一、串、并联电路的特点 
1.特点对比 
 
串联 
并联 
电流 
I＝I1＝I2＝…＝In 
I＝I1＋I2＋…＋In 
电压 
U＝U1＋U2＋…＋Un 
U＝U1＝U2＝…＝Un 
电阻 
R＝R1＋R2＋…＋Rn 
1
R＝1
R1＋1
R2＋…＋1
Rn 
电压分配 
U1
U2＝R1
R2，Un
U ＝Rn
R 
 
电流分配 
 
I1
I2＝R2
R1，I1
I ＝R
R1 
功率分配 
P1
P2＝R1
R2，Pn
P ＝Rn
R 
P1
P2＝R2
R1，P1
P ＝R
R1 
2.几个常用的推论 
(1)串联电路的总电阻大于其中任一部分电路的总电阻． 
(2)并联电路的总电阻小于其中任一支路的总电阻，且小于其中最小的电阻． 
(3)无论电阻怎样连接，某一段电路的总耗电功率P 总是等于该段电路上各个电阻耗电
功率之和． 
(4)无论电路是串联还是并联，电路中任意一个电阻变大时，电路的总电阻变大． 
二、电路中的功率及效率问题 
1．电源的总功率 
(1)任意电路：P 总＝EI＝U 外I＋U 内I＝P 出＋P 内． 
(2)纯电阻电路：P 总＝I2(R＋r)＝E2
R＋r. 
2．电源内部消耗的功率：P 内＝I2r＝U 内I＝P 总－P 出． 
3．电源的输出功率 
(1)任意电路：P 出＝UI＝EI－I2r＝P 总－P 内． 
(2)纯电阻电路：P 出＝I2R＝E2R
R＋r2＝
E2
R－r2
R
＋4r
. 
(3)纯电阻电路中输出功率随R 的变化关系 
①当R＝r 时，电源的输出功率最大为Pm＝E2
4r. 
②当R>r 时，随着R 的增大输出功率越来越小． 
③当R<r 时，随着R 的增大输出功率越来越大． 
④当P 出<Pm时，每个输出功率对应两个外电阻R1和R2，且R1R2＝r2. 
⑤P 出与R 的关系如图所示． 
4．电源的效率 
(1)任意电路：η＝P出
P总×100%＝U
E×100%. 
(2)纯电阻电路：η＝R
R＋r×100%＝1
1＋r
R
×100% 
 
 
61 
因此在纯电阻电路中R 越大，η 越大；当R＝r 时，电源有最大输出功率，效率仅为50%. 
特别提醒 当电源的输出功率最大时，效率并不是最大，只有50%；当R→∞时，
η→100%，但此时P 出→0，无实际意义． 
三、部分电路欧姆定律 
1．内容：导体中的电流I 跟导体两端的电压U 成正比，跟导体的电阻R 成反比． 
2．公式：I＝U
R. 
3．适用条件：适用于金属导体和电解质溶液导电，适用于纯电阻电路． 
四、闭合电路欧姆定律 
1．内容：闭合电路的电流跟电源的电动势成正比，跟内、外电路的电阻之和成反比． 
2．公式



 
I＝E
R＋r只适用于纯电阻电路
E＝U外＋U内适用于任何电路
 
3．路端电压U 与电流I 的关系 
(1)关系式：U＝E－Ir. 
(2)U－I 图象如图所示． 
 
①当电路断路即I＝0 时，纵坐标的截距为电源电动势． 
②当外电路电压为U＝0 时，横坐标的截距为短路电流． 
③图线的斜率的绝对值为电源的内阻． 
五、电路动态分析的方法： 
(1)程序法：电路结构的变化→R 的变化→R 总的变化→I 总的变化→U 端的变化→固定支路

 
并联分流I
串联分压U →变化支路. 
(2)极限法：即因滑动变阻器滑片滑动引起的电路变化问题，可将滑动变阻器的滑动端
分别滑至两个极端去讨论． 
(3)判定总电阻变化情况的规律 
①当外电路的任何一个电阻增大(或减小)时，电路的总电阻一定增大(或减小)． 
②若开关的通、断使串联的用电器增多时，电路的总电阻增大；若开关的通、断使并联
的支路增多时，电路的总电阻减小． 
【例题】 
1.如图所示电路中，当滑动变阻器的滑片P 向左移动时，各表（各电表内阻对电路的影
响均不考虑）的示数如何变化？为什么？ 
解析：这是一个由局部变化而影响整体的闭合电路欧姆定律应用的动态分析问题。对于
这类问题，可遵循以下步骤：先弄清楚外电路的串、并联关系，分析外电路总电阻怎样变化；
由
r
R
E
I


确定闭合电路的电流强度如何变化；再由
Ir
E
U


确定路端电压的变化情
况；最后用部分电路的欧姆定律
IR
U 
及分流、分压原理讨论各部分电阻的电流、电压变
化情况。 
答案：当滑片P 向左滑动，
3
R 减小，即
总
R
减小，根据
r
R
E
I


总
总
判断总电流增大，
A1示数增大； 
路端电压的判断由内而外，根据
Ir
E
U


知路端电压减小，V 示数减小； 
 
 
62 
对R1，有
1
1
R
I
U
总

所以
1
U 增大，
1
V 示数增大； 
对并联支路，
1
2
U
U
U


，所以
2
U 减小，
2
V 示数减小； 
对R2，有
2
2
2
R
U
I 
，所以I2减小，A2示数减小。 
点评：从本题分析可以看出，在闭合电路中，只要外电路中的某一电阻发生变化，这时
除电源电动势、内电阻和外电路中的定值电阻不变外，其他的如干路中的电流及各支路的电
流、电压的分配，从而引起功率的分配等都和原来的不同，可谓“牵一发而动全身”，要注
意电路中各量的同体、同时对应关系，因此要当作一个新的电路来分析。解题思路为局部电
路→整体电路→局部电路，原则为不变应万变（先处理不变量再判断变化量）。 
 
2.如图，若将滑动变阻器的滑片向下滑动时，各电表示数将如何变化？ 
 
解析： 
 
 
3.如图所示，灯泡A 和B 都正常发光，R2忽然断路,已知U 不变，试分析A、B 两灯的
亮度如何变化？ 
解析：当R2忽然断路时，电路的总电阻变大，A 灯两端的电压增大，
B 灯两端的电压降低，所以将看到灯B 比原来变暗了些，而灯泡A
比原来亮了些。  
 
     利用程序法分析电路动态变化问题的一般步骤 
(1)明确局部电路变化时所引起的局部电路电阻的变化． 
(2)根据局部电路电阻的变化，确定电路的外电阻R 外总如何变化． 
(3)根据闭合电路欧姆定律I 总＝
E
R外总＋r，确定电路的总电流如何变化． 
(4)由U 内＝I 总r 确定电源的内电压如何变化． 
(5)由U＝E－U 内确定路端电压如何变化． 
(6)确定支路两端的电压及通过各支路的电流如何变化． 
减小 
减小 
减小 
增大 
增大 
增大 
 
 
63 
3.如图所示，已知电源电动势E＝5 V，内阻r＝2 Ω，定值电阻R1＝0.5 Ω，滑动变阻器R2
的阻值范围为0～10 Ω.求： 
 
    (1)当滑动变阻器R2的阻值为多大时，电阻R1消耗的功率最大？最大功率是多少？ 
(2)当滑动变阻器的阻值为多大时，滑动变阻器消耗的功率最大？最大功率是多少？ 
(3)当滑动变阻器的阻值为多大时，电源的输出功率最大？最大功率是多少？ 
解析 (1)定值电阻R1消耗的电功率为P1＝I2R1＝
E2R1
R1＋R2＋r2，可见当滑动变阻器的阻
值R2＝0 时，R1消耗的功率最大，最大功率为P1m＝E2R1
R1＋r2＝2 W. 
(2)将定值电阻R1看做电源内阻的一部分，则电源的等效内阻r′＝R1＋r＝2.5 Ω，故当
滑动变阻器的阻值R2＝r′＝2.5 Ω 时，滑动变阻器消耗的功率最大，最大功率为P2m＝
E2
4r′＝2.5 W. 
(3)由电源的输出功率与外电阻的关系可知，当R1＋R2＝r，即R2＝r－R1＝(2－0.5) Ω＝
1.5 Ω 时，电源有最大输出功率，最大功率为P 出m＝E2
4r＝3.125 W. 
答案 (1)R2＝0 时，R1消耗的功率最大，为2 W 
(2)R2＝2.5 Ω 时，滑动变阻器消耗的功率最大，为2.5 W 
(3)R2＝1.5 Ω 时，电源的输出功率最大，为3.125 W 
       对闭合电路功率的两点新认识 
(1)闭合电路是一个能量转化系统，电源将其他形式的能转化为电能．内、外电路将电
能转化为其他形式的能，EI＝P 内＋P 外就是能量守恒定律在闭合电路中的体现． 
(2)外电阻的阻值向接近内阻的阻值方向变化时，电源的输出功率变大． 
4.如图所示电路中，R 为一滑动变阻器，P 为滑片，若将滑片向下滑动，则在滑动过程中，
下列判断错误的是 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
(  ) 
 
A．电源内电路消耗功率一定逐渐增大 
B．灯泡L2一定逐渐变暗 
C．电源效率一定逐渐减小 
D．R 上消耗功率一定逐渐变小 
答案 D 
 
 
64 
解析 滑动变阻器滑片P 向下滑动，R↓→R 并↓→R 外↓，由闭合电路欧姆定律I＝
E
r＋R外
推得I↑，由电源内电路消耗功率P 内＝I2r 可得P 内↑，A 正确．U 外↓＝E－I↑r，U1↑
＝(I↑－IL1↓)R1，UL2↓＝U 外↓－U1↑，PL2↓＝U2
L2↓
RL2 ，故灯泡L2 变暗，B 正确．电
源效率η↓＝
I2R外
I2R外＋r＝R外
R外＋r＝
1
1＋
r
R外↓
，故C 正确．R 上消耗的功率PR＝U2
L2↓
R↓，PR
增大还是减小不确定，故D 错． 
【高考题】 
1．(2011·北京理综·17)如图所示电路，电源内阻不可忽略．开关S 闭合后，在变阻器R0的滑
动端向下滑动的过程中 (  ) 
A．电压表与电流表的示数都减小 
B．电压表与电流表的示数都增大 
C．电压表的示数增大，电流表的示数减小 
D．电压表的示数减小，电流表的示数增大 
答案 A 
解析 变阻器R0的滑动端向下滑动的过程中，变阻器R0接入电路中的电阻变小，从而使整
个电路中的外电阻变小，干路电流变大，内阻r 分得的电压U 内＝Ir 变大，U 外变小，电压
表示数变小．由U1＝IR1知U1变大，因U 外＝U1＋U2，故U2变小，由于I2＝U2
R2，所以流过
R2的电流变小，电流表示数变小，选项A 正确． 
2．(2012·上海卷，17)直流电路如图所示，在滑动变阻器的滑片P 向右移动时，电源的(  )． 
A．总功率一定减小 
B．效率一定增大 
C．内部损耗功率一定减小 
D．输出功率一定先增大后减小 
解析 滑片P 向右移动时外电路电阻R 外增大，由闭合电路欧姆定律知总电流减小，由P 总
＝EI 可得P 总减小，故选项A 正确．根据η＝R外
R外＋r＝
1
1＋r
R外
可知选项B 正确．由P 损＝I2r
可知，选项C 正确．由P 输－R 外图象，如图，因不知道R 外的初始值与r 的关系，所以无法
判断P 输的变化情况，选项D 错误． 
答案 ABC 
 
 
 
 
 
65 
含电容器电路的分析方法 
1．电路的简化：不分析电容器的充、放电过程时，把电容器所处的支路视为断路，简化电
路时可以去掉，求电荷量时再在相应位置补上． 
2．电路稳定时电容器的处理方法：电路稳定后，与电容器串联的电路中没有电流，同支路
的电阻相当于导线，即电阻不起降低电压的作用，与电容器串联的电阻视为等势体．电
容器的电压为与之并联的电阻两端的电压． 
3．在计算电容器所带电荷量的变化时，如果变化前后极板所带电荷的电性相同，那么通过
所连导线的电荷量等于初末状态电容器所带电荷量之差；如果变化前后极板带电的电性
相反，那么通过所连导线的电荷量等于初末状态电容器所带电荷量之和． 
【例题】如图所示的电路中，电源的电动势E＝6 V，内阻r＝1 Ω，电阻R1＝3 Ω，R2＝6 Ω，
电容器的电容C＝3.6 μF，二极管D 具有单向导电性，开始时，开关S1闭合，S2断开． 
(1)合上S2，待电路稳定以后，求电容器上电荷量变化了多少？ 
(2)合上S2，待电路稳定以后再断开S1，求断开S1 后流过R1
的电荷量是多少？ 
审题与关联 
 
 
 
 
 
 
 
 
解析 (1)设开关S1闭合，S2断开时，电容器两端的电压为U1，干路电流为I1，根据闭
合电路欧姆定律有 
I1＝
E
R1＋r＝1.5 A 
U1＝I1R1＝4.5 V 
合上开关S2 后，电容器两端电压为U2，干路电流为I2.根据闭合电路欧姆定律有I2＝
E
R1R2
R1＋R2＋r
＝2 A 
U2＝I2
R1R2
R1＋R2＝4 V 
所以电容器上电荷量减少了：ΔQ＝(U1－U2)C＝1.8×10
－6 C 
(2)设合上S2后，电容器上的电荷量为Q，则Q＝CU2＝1.44×10
－5 C 
再断开S1后，R1和R2的电流与阻值成反比，故流过电阻的电荷量与阻值成反比． 
故流过电阻R1的电荷量为：Q1＝
R2
R1＋R2Q＝9.6×10
－6 C. 
答案 (1)减少了1.8×10
－6 C (2)9.6×10
－6 C 
 
 
66 
“电阻的测量”模型 
一、螺旋测微器的使用 
1．构造：如图1 所示，B 为固定刻度，E 为可动刻度． 
                                              图1 
2．原理：测微螺杆F 与固定刻度B 之间的精密螺纹的螺距为0.5 mm，即旋钮D 每旋转一
周，F 前进或后退0.5 mm，而可动刻度E 上的刻度为50 等份，每转动一小格，F 前进
或后退0.01 mm，即螺旋测微器的精确度为0.01 mm.读数时估读到毫米的千分位上，因
此，螺旋测微器又叫千分尺． 
3．读数：测量值(mm)＝固定刻度数(mm)(注意半毫米刻度线是否露出)＋可动刻度数(估读一
位)×0.01(mm)． 
如图2 所示，固定刻度示数为2.0 mm，半毫米刻度线未露出，而从可动刻度上读的示数
为15.0，最后的读数为：2.0 mm＋15.0×0.01 mm＝2.150 mm. 
 
图2 
二、游标卡尺 
1．构造：主尺、游标尺(主尺和游标尺上各有一个内、外测量爪)、游标尺上还有一个深度
尺．(如图3 所示) 
 
 
 
 
图3 
2．用途：测量厚度、长度、深度、内径、外径． 
3．原理：利用主尺的最小分度与游标尺的最小分度的差值制成． 
不管游标尺上有多少个小等分刻度，它的刻度部分的总长度比主尺上的同样多的小等分
刻度少1 mm.常见的游标卡尺的游标尺上小等分刻度有10 个的、20 个的、50 个的，其
规格见下表： 
刻度格数(分度) 
刻度总长度 
每小格与1 mm 的差值 
精确度(可准确到) 
10 
9 mm 
0.1 mm 
0.1 mm 
20 
19 mm 
0.05 mm 
0.05 mm 
50 
49 mm 
0.02 mm 
0.02 mm 
4．读数：若用x 表示从主尺上读出的整毫米数，K 表示从游标尺上读出与主尺上某一刻线
对齐的游标的格数，则记录结果表达为(x＋K×精确度)mm. 
 
 
67 
三、常用电表的读数 
对于电压表和电流表的读数问题，首先要弄清电表量程，即指针指到最大刻度时电表允
许通过的最大电压或电流值，然后根据表盘总的刻度数确定精确度，按照指针的实际位置进
行读数即可． 
(1)0～3 V 的电压表和0～3 A 的电流表读数方法相同，此量程下的精确度分别是0.1 V 和0.1 
A，看清楚指针的实际位置，读到小数点后面两位． 
(2)对于0～15 V 量程的电压表，精确度是0.5 V，在读数时只要求读到小数点后面一位，即
读到0.1 V. 
(3)对于0～0.6 A 量程的电流表，精确度是0.02 A，在读数时只要求读到小数点后面两位，
这时要求“半格估读”，即读到最小刻度的一半0.01 A. 
例1 (1)如图5 所示的三把游标卡尺，它们的游标尺的刻度从上至下分别为9 mm 长10 等
分、19 mm 长20 等分、49 mm 长50 等分，它们的读数依次为______mm，____mm，
________mm. 
(2)使用螺旋测微器测量金属丝的直径，示数如图6 所示，则金属丝的直径是
________mm. 
 
 
图5        图6 
(3)①图7 所示的电表使用0.6 A 量程时，对应刻度盘上每一小格代表________A，图中
表针示数是________A；当使用3 A 量程时，对应刻度盘上每一小格代表________A，
图中表针示数为________A. 
②图8 所示的电表使用较小量程时，每小格表示________V，图中表针的示数为
________V．若使用的是较大量程，则这时表盘刻度每小格表示________V，图中表针
示数为________ V. 
 
 
图7         图8 
(4)旋钮式电阻箱如图9 所示，电流从接线柱A 流入，从B 流出，则接入电路的电阻为
________Ω.今欲将接入电路的电阻改为2 087 Ω，最简单的操作方法是________．若用
两个这样的电阻箱，则可得到的电阻值范围为________． 
 
 
68 
 
图9 
解析 (1)最上面图读数：整毫米数是17，不足1 毫米数是7×0.1 mm＝0.7 mm，最后
结果是17 mm＋0.7 mm＝17.7 mm. 
中间图读数：整毫米数是23，不足1 毫米数是17×0.05 mm＝0.85 mm，最后结果是23 
mm＋0.85 mm＝23.85 mm. 
最下面图读数：整毫米数是3，不足1 毫米数是9×0.02 mm＝0.18 mm，最后结果是3 mm
＋0.18 mm＝3.18 mm. 
(2)固定刻度示数为2.0 mm，不足半毫米的从可动刻度上读，其示数为15.0，最后的读
数：2.0 mm＋15.0×0.01 mm＝2.150 mm. 
(3)①电流表使用0.6 A 量程时，刻度盘上的每一小格表示0.02 A，表针示数为0.44 A；
当使用3 A 量程时，每一小格表示0.1 A，表针示数为2.20 A. 
②电压表使用3 V 量程时，每小格表示0.1 V，表针示数为1.70 V；使用15 V 量程时，
每小格表示0.5 V，表针示数为8.5 V. 
(4)电阻为1 987 Ω.最简单的操作方法是将“×1 k”旋钮调到2，再将“×100”旋钮调
到0.每个电阻箱的最大阻值是9 999 Ω，用这样的两个电阻箱串联可得到的最大电阻是
2×9 999 Ω＝19 998 Ω.故用两个这样的电阻箱，可得到的电阻值范围为0～19 998 Ω. 
答案 (1)17.7 23.85 3.18 (2)2.150 (3)①0.02 0.44 0.1 2.20 ②0.1 1.70 0.5 
8.5 (4)1 987 将“×1 k”旋钮调到2，再将“×100”旋钮调到0 0～19 998 Ω 
      游标卡尺的读数应注意以下几点： 
(1)看清精确度 
例如(图10) 
 
图10 
易错成(11＋4.0×0.1) mm＝11.40 mm 
正确的应为11.4 mm，游标卡尺不需估读，后面不能随意加零． 
例如(图11) 
 
 
69 
 
图11 
易错成(10＋12×0.05) mm＝10.6 mm，正确的应为10.60 mm. 
(2)主尺上的单位为厘米 
主尺上标识的1、2、3 等数字通常是指厘米，读数时应将毫米和厘米分清，游标卡尺主
尺上的最小刻度是1 mm. 
例如(图12) 
 
图12 
易错成(5＋4×0.05) mm＝5.20 mm 
正确的应为(50＋4×0.05) mm＝50.20 mm 
(3)区分零刻度与标尺最前端 
例如(图13) 
 
图13 
易错成(13＋10×0.05) mm＝13.50 mm 
正确读数为(14＋10×0.05) mm＝14.50 mm 
四、电阻的测量 
1.用等效替代法测电阻 
如图26 所示，先让待测电阻与一电流表串联后接到电动势恒定的
电源上，读出电流表示数I；然后将电阻箱与电流表串联后接到同
一电源上，调节电阻箱的阻值，使电流表的示数仍为I，则电阻箱
的读数即等于待测电阻的阻值． 
                                                   图26 
例2 为了测量一微安表头A 的内阻，某同学设计了如图27 所示的电路．图中A0是标准
电流表，R0和RN 分别是滑动变阻器和电阻箱，S 和S1分别是单刀双掷开关和单刀单掷
开关，E 是电池．完成下列实验步骤中的填空： 
 
 
70 
 
图27 
(1)将S 拨向接点1，接通S1，调节________，使待测微安表头指针偏转到适当位置，
记下此时________的读数I； 
(2)然后将S 拨向接点2，调节________，使________，记下此时RN 的读数； 
(3)多次重复上述过程，计算RN 读数的________，此即为待测微安表头内阻的测量值． 
解析 本题方法为等效替代法．当S 接1 与接2 时通过电路的电流I 相同时，可知待测
微安表头的内阻与RN 的电阻相同． 
答案 (1)R0 标准电流表(或A0) 
(2)RN 标准电流表(或A0)的读数仍为I (3)平均值 
2.伏安法测量电阻 
（1）电流表、电压表测电阻两种方法的比较 
 
电流表内接法 
电流表外接法 
电路图 
 
 
误差原因 
电流表分压U 测＝Ux＋UA 
电压表分流I 测＝Ix＋IV 
电阻测量
值 
R 测＝U测
I测＝Rx＋RA＞Rx 
测量值大于真实值 
R 测＝U测
I测＝RxRV
Rx＋RV＜Rx 
测量值小于真实值 
适用条件 
RA≪Rx 
RV≫Rx 
口诀 
大内偏大(大电阻用内接法测量，测
量值偏大) 
小外偏小(小电阻用外接法测量，
测量值偏小) 
（2）伏安法测电阻的电路选择 
①阻值比较法：先将待测电阻的估计值与电压表、电流表 
的内阻进行比较，若Rx 较小，宜采用电流表外接法；若Rx 较大，宜采用电流表内接法． 
②临界值计算法：RV
Rx>Rx
RA时，用电流表外接法．Rx
RA>RV
Rx时，用电流表内接法． 
③实验试探法：按右图接好电路，让电压表接线柱P 先后
与a、b 处接触一下，如果电压表的示数有较大的变化，而电流
表的示数变化不大，则可采用电流表外接法；如果电流表的示
数有较大的变化，而电压表的示数变化不大，则可采用电流表
内接法． 
 
 
71 
五、实验：测定金属的电阻率 
1.实验原理图 
 
 
 
 
 
 
 
 
2.实验目的 
(1)掌握螺旋测微器及游标卡尺的原理及读数方法 
(2)掌握电流表、电压表和滑动变阻器的使用方法及电流表和电压表的读数方法 
(3)会用伏安法测电阻，并能测定金属的电阻率 
3.实验原理 
根据电阻定律公式知道只要测出金属丝的长度和它的直径d，计算出横截面积S，并用
伏安法测出电阻Rx，即可计算出金属丝的电阻率 
4.实验器材 
被测金属丝，直流电源(4 V)，电流表(0～0.6 A)，电压表(0～3 V)，滑动变阻器(50 Ω)，
开关，导线若干，螺旋测微器，毫米刻度尺． 
5.实验步骤 
(1)用螺旋测微器在被测金属丝上的三个不同位置各测一次直径，求出其平均值d. 
(2)接好用伏安法测电阻的实验电路． 
(3)用毫米刻度尺测量接入电路中的被测金属丝的有效长度，反复测量三次，求出其平
均值l. 
(4)把滑动变阻器的滑片调节到使接入电路中的电阻值最大的位置． 
(5)闭合开关，改变滑动变阻器滑片的位置，读出几组相应的电流表、电压表的示数I
和U 的值，填入记录表格内． 
(6)将测得的Rx、l、d 值，代入公式ρ＝Rx
S
l＝πd2U
4lI 中，计算出金属丝的电阻率 
6.注意事项 
(1)先测直径，再连电路：为了方便，测量直径应在金属丝连入电路之前测量． 
(2)电流表外接法：本实验中被测金属丝的阻值较小，故采用电流表外接法． 
(3)电流控制：电流不宜过大，通电时间不宜过长，以免金属丝温度过高，导致电阻率
在实验过程中变大． 
7.误差分析 
(1)若为内接法，电流表分压．(2)若为外接法，电压表分流．(3)长度和直径的测量. 
例3 为测量某一玩具电动机中导线圈导线的电阻率，某实验小组的部分实验方案如下： 
           
 
图14                             图15 
(1)用螺旋测微器测得与导线圈导线同种规格的导线的直径d 如图14 所示，则d＝
 
 
72 
________ mm； 
(2)用多用电表测量电动机中导线圈的电阻Rx：选择“×1 Ω”欧姆挡，并按正确步骤操
作后，指针的位置如图15 所示(此过程电动机不转动)，则Rx＝________Ω. 
(3)为了提高精度，他又用以下仪器再次测量导线圈的电阻Rx： 
电流表A1(0～3 A、约5 Ω)；滑动变阻器R1(0～1 kΩ)； 
电流表A2(0～30 mA、约10 Ω)；滑动变阻器R2(0～50 Ω)； 
定值电阻R0＝60 Ω；电源(4 V、约1 Ω)及开关等，导线若干． 
①实验小组为使测量过程中电动机不转动而采用了如图16 所示的电路图，应选择的电
流表是________，滑动变阻器是________；(填写符号) 
 
图16 
②按照实验要求，多用电表已选择“直流电压2.5 V”挡作为电压表使用，请依据图16
将图17 所示的实验电路中的实物图用笔画线代替导线将欠缺的两处补完整； 
 
图17 
③图18 是该实验小组用测得的数值描绘出的图象，其斜率表示的是________(填选项)． 
 
图18 
A．导线圈的电阻 
B．导线圈的电阻与R0阻值之和 
解析 (1)螺旋测微器的读数：d＝0.01 mm×15.5＝0.155 mm. 
(2)多用电表的读数乘以倍率即为待测电阻的阻值，即Rx＝25×1 Ω＝25 Ω. 
 
 
73 
(3)①选择电流表时需先估算电路中的电流．设电动机和定值电阻R0串联的电压为电源
电动势．则 
I＝
4
25.0＋60 A≈0.047 A＝47 mA 
实际实验时可通过滑动变阻器调节电压使流过电流表的电流不超过30 mA，所以电流表
选A2. 
滑动变阻器应选择便于调节的R2. 
②由于电流表A2的电阻较大，为减小实验误差，应采用电流表外接法．为有效地控制
电路中的电压和电流，应采用滑动变阻器分压电路，所以电路图连接如图所示． 
 
答案 (1)0.155(±0.003 范围内均可) (2)25 (3)①A2 R2 ②见解析图 ③B 
例4 (2013·北京·21)某同学通过实验测定一个阻值约为5 Ω 的电阻Rx 的阻值． 
(1)现有电源(4V，内阻可不计)、滑动变阻器(0～50 Ω，额定电流2 A)、开关和导线若干，
以及下列电表： 
A．电流表(0～3 A，内阻约0.025 Ω)   B．电流表(0～0.6 A，内阻约0.125 Ω) 
C．电压表(0～3 V，内阻约3 kΩ)      D．电压表(0～15 V，内阻约15 kΩ) 
为减小测量误差，在实验中，电流表应选用________，电压表应选用________(选填器
材前的字母)；实验电路应采用图19 中的________(选填“甲”或“乙”)． 
 
图19 
(2)图20 是测量Rx 的实验器材实物图，图中已连接了部分导线．请根据在(1)问中所选
的电路图，用笔画线代替导线补充完成图中实物间的连线． 
图20 
 
 
74 
 (3)接通开关，改变滑动变阻器滑片P 的位置，并记录对应的电流表示数I、电压表示
数U.某次电表示数如图21 所示，可得该电阻的测量值Rx＝U
I ＝________Ω(保留两位有效数
字)． 
 
图21 
(4)若在(1)问中选用甲电路，产生误差的主要原因是__________________；若在(1)问中
选用乙电路，产生误差的主要原因是________．(选填选项前的字母) 
A．电流表测量值小于流经Rx 的电流值 
B．电流表测量值大于流经Rx 的电流值 
C．电压表测量值小于Rx两端的电压值 
D．电压表测量值大于Rx 两端的电压值 
(5)在不损坏电表的前提下，将滑动变阻器滑片P 从一端滑向另一端，随滑片P 移动距
离x 的增加，被测电阻Rx两端的电压U 也随之增加，下列反映Ux 关系的示意图中正
确的是________． 
 
解析 (1)为了减小误差，应使电表读数为量程的1
3～2
3，电源电动势为4 V，故电压表选
C.估算通过Rx 的最大电流约为Im＝3
5 A＝0.6 A，所以电流表应选B.因为RV
Rx＞Rx
RA，所以
电流表应外接，即应采用甲电路，测量误差较小． 
(2) 
 
(3)电流表、电压表的读数分别为I＝0.50 A，U＝2.60 V，所以Rx＝2.60
0.50 Ω＝5.2 Ω. 
 
 
75 
(4)甲电路中产生误差的主要原因是电压表的分流作用，选项B 正确．乙电路中产生误
差的主要原因是电流表的分压作用，故选项D 正确． 
(5)Rx 两端的电压U＝
RxE
Rx＋R
LL－x
，其中R 为滑动变阻器总阻值，L 为滑动变阻器两端
总长度，结合数学知识可知选项A 正确． 
答案 (1)B C 甲 (2)见解析图 (3)5.2 (4)B D 
(5)A 
        仪器选择的基本思路 
(1)优先考虑安全因素 
各电表的实际读数不能超过其量程，电阻类元件中的实际电流(或电压)不能超过其允许
的最大电流(或电压)．实际处理过程中，需要估算回路中的最大电流(一般按滑动变阻器
采用限流接法进行估算)．如：用伏安法作出标有“6 V,0.6 W”字样的小灯泡的U－I
图象，而实际加在小灯泡两端的电压不能超过6 V. 
(2)考虑读数误差因素 
一般要求各电表的实际读数不小于其量程的1
3，以减小读数误差． 
 (3)仪器选择的一般步骤 
①首先选择唯一性的器材； 
②粗画电路图(暂不接电流表和电压表)； 
③估算回路中电流和电压的最大值，在电表的指针有较大幅度偏转但不超过其量程的情
况下，结合已知器材的规格，确定实验电路和实验器材 
                 控制电路的选择 
 (1)滑动变阻器的两种接法比较 
 
 
 
限流式接法 
分压式接法 
电路组成 
 
 
负载R 上电
压调节范围 
RE
R＋R0≤U≤E 
0≤U≤E 
负载R 上电
流调节范围 
E
R＋R0≤I≤E
R 
0≤I≤E
R 
备注 
滑动变阻器阻值与待测物差不多或大
于待测物，不能从0 开始调节，调节范
围小，但损耗能量小，连接简单 
可从0 开始调节，大范围可调，但耗电多，
连线复杂 
电源、开关、灯
泡、滑动变阻器
串联，滑动变阻
器一端不起作用 
滑动变阻器一滑动端和固
定端间接待测物，滑动变
阻器两端都起作用，即从
滑动变阻器上分出一部分
电压加到待测电阻上 
 
 
76 
(2)选用原则 
①无特殊情况，一般使用限流法，此时滑动变阻器的阻值与待测电阻值差不多或比待测
电阻值大。 
②在以下几种情况下只能使用分压法： 
a.要求用电器、仪表的电压或电流从零值开始连续可调，或要求大范围可调。 
b.滑动变阻器的阻值远小于待测电阻（RX>>R0）时，滑动变阻器起不了调节的作用。 
c.限流式连接时，用电器超额定值或仪表超量程 
【例题】实验室有一块量程为500 μA、内阻Rg约为200 Ω 的电流表(也称微安表)，需要准
确测量它的内阻，一同学根据实验室现有的器材设计了如图30 甲和乙两种实验电路．已知
实验室中的部分实验器材的规格如下： 
电流表(也称毫安表)：mA(量程1 mA，内阻约100 Ω) 
滑动变阻器A：R1(20 Ω，1 A) 
滑动变阻器B：R1(500 Ω，0.5 A) 
变阻箱：R2(999.9 Ω) 
直流电源：E(电动势为3 V，内阻很小) 
可供选择的不同阻值的定值电阻R3 
 
图30 
(1)将图丙所示的实物图按图甲所示的电路连接起来． 
(2)在图乙所示的电路中，为了便于实验的调节，滑动变阻器R1应选________(选填“滑
动变阻器A”或“滑动变阻器B”)．为了保证实验操作过程的安全(即使滑动变阻器R1
的阻值调为0，也不会烧坏电流表)，并便于实验调节，定值电阻R3 的阻值应选
________(填选项前的字母)． 
A．100 Ω    
 
 
B．1 kΩ 
C．6 kΩ   
 
 
 
D．10 kΩ 
(3)利用图甲所示的电路，闭合S1之后进行测量时，需要记录的实验数据有(同时用设定
的字母表示)______________________；用你记录的实验数据时设定的字母表示出测量
的结果是____________________． 
答案 (1)如图所示 
 
 
77 
 
(2)滑动变阻器B C (3)微安表读数I1、毫安表读数I2、电阻箱读数R2 (I2－I1)R2/I1 
解析 (2)滑动变阻器R1在实验中起调节电流的作用，应选可调阻值范围较大的，以使
电路中的电流能够调节到足够小．由于电源电动势为3 V，由闭合电路欧姆定律可得定
值电阻R3的阻值应选3 kΩ 至6 kΩ 的． 
【命题视角】 
通过对近几年的高考实验试题的研究发现，高考电学实验试题有三个显著的特点：第一，
基于教材中的电学实验，着重考查实验原理的改进、实验步骤、误差分析；第二，重视电学
的实验方法，问题设置结合科技、生产、生活的实际；第三，基本仪器的使用是考查的热点，
实验的器材选择、实际操作是考查的重点，设计型实验是考查的难点，实验的基本原理和思
想方法是考查的核心． 
①基本仪器的使用及读数(如螺旋测微器、游标卡尺、电压表、电流表及多用电表的读数) 
②实验仪器的选择、测量电路、控制电路的选择 
③完善基本操作过程 
④根据题目给出的实验器材，用所学知识解决实际问题，设计新的实验方案 
创新实验设计 
电阻测量的五种方法 
1．伏安法 
电路图
 
外接法：
内接法： 
特点：大内小外(内接法测量值偏大，测大电阻时应用内接法测量) 
2．安安法 
若电流表内阻已知，则可将其当做电流表、电压表以及定值电阻来使用． 
(1)如图22 甲所示，当两电表所能测得的最大电压接近时，如果已知
的内阻R1，则可
测得
的内阻R2＝I1R1
I2 . 
(2)如图乙所示，当两电表的满偏电压UA2≫UA1时，
串联一定值电阻R0后，同样可测
得
的电阻R2＝I1R1＋R0
I2
. 
 
3．伏伏法                                              图22 
若电压表内阻已知，则可将其当做电流表、电压表和定值电阻来使用． 
 
 
78 
(1)如图23 甲所示，两电表的满偏电流接近时，若已知
的内阻R1，则可测出
的内阻
R2＝U2
U1R1. 
(2)如图乙所示，两电表的满偏电流IV1≪IV2时，并联一定值电阻R0后，同样可得
的
内阻R2＝
U2
U1
R1＋U1
R0
. 
 
                图23 
4．比较法测电阻 
如图24 所示，读得电阻箱R1的阻值及
表、
表的示数I1、I2，可得Rx＝I2R1
I1 . 
如果考虑电表内阻的影响，则I1(Rx＋RA1)＝I2(R1＋RA2)． 
5．半偏法测电流表内阻 
电路图如图25 所示 
步骤：                                                     图24 
(1)断开S2，闭合S1，调节R0，使
表满偏为I0； 
(2)保持R0不变，闭合S2，调节R，使
表读数为I0
2； 
(3)由上可得RA＝R. 
图25       
特别提醒 当R0≫RA 时，测量误差小，此方法比较适合测小阻值的电流表的内阻，且测量
值偏小；电源电动势应选大些的，这样
表满偏时R0才足够大，闭合S2时总电流变化才足
够小，误差才小． 
六、实验：描绘小电珠的伏安特性曲线 
1.实验原理图 
 
 
 
 
 
 
2.实验原理 
(1)测多组小电珠的U、I，并绘出I－U 图象； 
(2)由图线的斜率反映电流与电压和温度的关系． 
3．实验器材 
小电珠“3.8 V,0.3 A”、电压表“0～3 V～15 V”、电流表“0～0.6 A～3 A”、滑动变阻器、学
生电源、开关、导线若干、坐标纸、铅笔． 
 
 
79 
4.实验步骤 
(1)画出电路图(如实验原理图甲)． 
(2)将小电珠、电流表、电压表、滑动变阻器、学生电源、开关用导线连接成如实验原理
图乙所示的电路． 
(3)测量与记录 
移动滑动变阻器触头位置，测出12 组左右不同的电压值U 和电流值I，并将测量数据填
入自己设计的表格中． 
(4)数据处理 
①在坐标纸上以U 为横轴，I 为纵轴，建立直角坐标系． 
②在坐标纸上描出各组数据所对应的点． 
③将描出的点用平滑的曲线连接起来，就得到小电珠的伏安特性曲线． 
5. 实验器材选取 
(1)原则：①安全；②精确；③操作方便． 
(2)具体要求 
①电源允许的最大电流不小于电路中的实际最大电流．干电池中电流一般不允许超过0.6 A. 
②用电器的额定电流不能小于通过该用电器的实际最大电流． 
③电压表或电流表的量程不能小于被测电压或电流的最大值． 
④电压表或电流表的指针应偏转到满刻度的1
3以上． 
⑤从便于操作的角度来考虑，限流式接法要选用与待测电阻相近的滑动变阻器，分压式接法
要选用较小阻值的滑动变阻器． 
6. 注意事项 
(1)电路的连接方式： 
①电流表应采用外接法：因为小电珠(3.8 V,0.3 A)的电阻很小，与0～0.6 A 的电流表串
联时，电流表的分压影响很大． 
②滑动变阻器应采用分压式接法：小灯泡的电阻会随着电压的升高，灯丝温度的升高而
增大，所以U-I 曲线不是直线。为了反映这一变化过程，灯泡两端的电压应该由零逐渐增大
到额定电压。所以滑动变阻器必须选用分压接法。 
(2)闭合开关S 前，滑动变阻器的触头应移到使小电珠分得电压为零的一端，使开关闭合
时小电珠的电压能从零开始变化，同时也是为了防止开关刚闭合时因小电珠两端电压过
大而烧坏灯丝． 
(3)I－U 图线在U0＝1.0 V 左右将发生明显弯曲，故在U＝1.0 V 左右绘点要密，以防出
现较大误差． 
(4) 由实验数据作出的I-U 曲线不是直线,是弯向U 轴的曲线，说明灯丝的电阻随温度升
高而增大，也就说明金属电阻率随温度升高而增大 
7．误差分析 
 
 
80 
(1)由于电压表不是理想电表，内阻并非无穷大，会带来误差，电流表外接，由于电压表
的分流，使测得的电流值大于真实值． 
(2)测量时读数带来误差． 
(3)在坐标纸上描点、作图带来误差． 
考点一 对实验原理和电路设计的考查 
例1 (2013·天津理综·9(3))要测绘一个标有“3 V 0.6 W”小灯泡的伏安特性曲线，灯泡两
端的电压需要由零逐渐增加到3 V，并便于操作．已选用的器材有： 
电池组(电动势为4.5 V，内阻约1 Ω)； 
电流表(量程为0～250 mA，内阻约5 Ω)； 
电压表(量程为0～3 V，内阻约3 kΩ)； 
电键一个、导线若干． 
①实验中所用的滑动变阻器应选下列中的________(填字母代号)． 
A．滑动变阻器(最大阻值20 Ω，额定电流1 A) 
B．滑动变阻器(最大阻值1 750 Ω，额定电流0.3 A) 
②实验的电路图应选用下列的图________(填字母代号)． 
 
③实验得到小灯泡的伏安特性曲线如图1 所示．如果将这个小灯泡接到电动势为1.5 V、
内阻为5 Ω 的电源两端，小灯泡消耗的功率是________W. 
 
图1 
解析 ①测绘小灯泡的伏安特性曲线，要求能较大范围地测量数据，所以控制电路部分
应用分压式接法，滑动变阻器应用最大阻值小额定电流大的A. 
②因为小灯泡两端的电压由零逐渐增加到3 V，故滑动变阻器应采用分压接法．灯泡的
电阻R＝U2
P ＝15 Ω，额定电流I＝P
U＝0.2 A，由R＝15 Ω＜ 
RARV＝ 
15 000 Ω，依据
公式法“大内小外”的原则，可知电流表应采用外接法，故选B. 
③在灯泡的I－U 图上作出电源的I－U 图线，交点坐标即为这个电源给这个灯泡供电
 
 
81 
时的电压和电流，此时P 灯＝IU＝0.1×1 W＝0.1 W. 
 
答案 ①A ②B ③0.1 
考点二 对实验数据处理与分析的考查 
例2 物理兴趣小组的同学们从实验室中找到一只小灯泡，其标称功率值为0.75 W，额定
电压值已模糊不清．他们想测定其额定电压值，于是先用欧姆表直接测出该灯泡的电阻
约为2 Ω，然后根据公式计算出该灯泡的额定电压U＝PR＝0.75×2 V＝1.22 V．他
们怀疑所得电压值不准确，于是，再利用下面可供选择的实验器材设计一个电路，测量
通过灯泡的电流和它两端的电压并根据测量数据来绘制灯泡的U－I 图线，进而分析灯
泡的额定电压． 
A．电压表V(量程3 V，内阻约3 kΩ) 
B．电流表A1(量程150 mA，内阻约2 Ω) 
C．电流表A2(量程500 mA，内阻约0.6 Ω) 
D．滑动变阻器R1(0～20 Ω) 
E．滑动变阻器R2(0～100 Ω) 
F．电源E(电动势4.0 V，内阻不计) 
G．开关S 和导线若干 
H．待测灯泡L(额定功率0.75 W，额定电压未知) 
(1)在下面所给的虚线框中画出他们进行实验的电路原理图，指出上述器材中，电流表
选择________(填“A1”或“A2”)；滑动变阻器选择________(填“R1”或“R2”)． 
 
(2)在实验过程中，该同学将灯泡两端的电压由零缓慢地增加，当电压达到1.23 V 时，
发现灯泡亮度很暗，当达到2.70 V 时，发现灯泡已过亮，便立即断开开关，并将所测
数据记录在下边表格中. 
次数 
1 
2 
3 
4 
5 
6 
7 
U/V 
0.20 
0.60 
1.00 
1.40 
1.80 
2.20 
2.70 
I/mA 
80 
155 
195 
227 
255 
279 
310 
 
 
82 
请你根据表中实验数据在图2 中作出灯泡的U－I 图线． 
 
图2 
(3)由图象得出该灯泡的额定电压应为________V；这一结果大于1.23 V，其原因是
________________________________________________________________________． 
解析 (1)根据P＝I2R，估算出灯泡的电流大约是600 mA，因此电流表应选A2；本实
验要描绘出灯泡的U－I 图线，需要测量多组数据，因此滑动变阻器应接成分压式，所
以应选阻值较小的R1；小灯泡电阻较小，电流表应外接； 
(2)如图所示 
 
(3)由P＝UI＝0.75 W，再结合图象可知U 额＝2.5 V；大于1.23 V 的原因是灯泡的冷态
电阻小于正常工作时的电阻． 
答案 (1)电路原理图如图所示 A2 R1 
(2)见解析图 
(3)2.5(2.4～2.6 均可) 灯泡的冷态电阻小于正常工作时的电阻(或灯泡
电阻随温度升高而变大) 
创新实验设计 
描绘小电珠伏安特性曲线实验原理的迁移应用 
例3 二极管是一种半导体元件，电路符号为
，其特点是具有单向导电性．某实验小
组要对一只二极管正向接入电路时的伏安特性曲线进行测绘探究．据了解，该二极管允
许通过的最大电流为50 mA. 
(1)该二极管外壳的标识模糊了，同学们首先用多用电表的电阻挡来判断它的正负极：
当将红表笔接触二极管的左端、黑表笔接触二极管的右端时，发现指针的偏角比较小，
当交换表笔再次测量时，发现指针有很大偏转，由此可判断____ (填“左”或“右”)
端为二极管的正极． 
 
 
83 
(2)实验探究中他们可选器材如下： 
A．直流电源(电动势3 V，内阻不计) 
B．滑动变阻器(0～20 Ω) 
C．电压表(量程15 V、内阻约80 kΩ) 
D．电压表(量程3 V、内阻约30 kΩ) 
E．电流表(量程0.6 A、内阻约1 Ω) 
F．电流表(量程50 mA、内阻约50 Ω) 
G．待测二极管 
H．导线、开关 
为了提高测量精度，电压表应选用________，电流表应选用________．(填序号字母) 
(3)实验中测得的数据如下表，请在图3 坐标纸上画出该二极管的伏安特性曲线. 
电流I/mA 
0 
0 
0.2 
1.8 
3.9 
8.6 
14.0 
21.8 
33.5 
50.0 
电压U/V 
0 
0.50 
0.75 
1.00 
1.25 
1.50 
1.75 
2.00 
2.25 
2.50 
 
 
 
 
 
 
 
图3 
(4)同学们将该二极管与阻值为100 Ω 的定值电阻串联后接到输出电压恒为3 V 的电源
两端，则二极管导通时定值电阻的功率为________ W. 
解析 (1)调到欧姆挡时，在多用电表的内部，电源的正极是接在黑表笔上，负极是接在红
表笔上；(2)电源电压只有3 V，所以电压表选D；二极管允许通过的最大电流为50 mA，所
以电流表选F.(4)在图中画出阻值为100 Ω 的定值电阻的伏安特性图象，从图中找出两图象
电流相同且电压之和等于3 V 时的电流值大约是13 mA，则R 的功率P＝I2R≈0.017 W. 
答案 (1)左(2) D F  (3)伏安特性曲线如图所示 (4)0.017(在0.015～0.019 范围内均可) 
 
 
 
84 
电学实验电路设计的思路与方法 
1．首先应明确题目的要求，看清题目要求测定什么物理量，验证、探究什么物理规律，或
要求设计达到何种标准的电路等．其设计原则是：安全、方便、经济． 
2．在测量电路中，一般有电流表内接和外接两种方式，对于给定电表内阻的情况，应先比
较R0与待测电阻Rx 的关系，其中R0＝RARV，若Rx>R0，则设计为内接；若Rx<R0，则
设计为外接；若电表量程不合适，往往还要用定值电阻对电表进行改装． 
3．控制电路分滑动变阻器的分压式和限流式两种接法，两种接法的选择方法如下： 
(1)若采用限流式接法不能控制电流(或电压)满足实验要求，即若滑动变阻器阻值调到最
大时，待测电阻上的电流(或电压)仍超过电流表(或电压表)的量程，或超过待测电阻的额
定电流(或电压)，则必须选用分压式接法． 
(2)若待测电阻的阻值比滑动变阻器的最大电阻大得多，以致在限流电路中，滑动变阻器
的滑片从一端滑到另一端时，待测电阻上的电流或电压变化范围不够大，此时，应改用
分压电路． 
(3)若实验中要求测量电路中电压从零开始变化，则必须采用分压式接法． 
(4)两种电路均可使用的情况下，应优先采用限流式接法，因为限流式接法电路简单、耗
能低． 
例4 二极管是电子线路中常用的电子元件．它的电路符号如图4 甲所示，正常使用时，
“＋”极一端接高电势，“－”极一端接低电势．要描绘某二极管在0～8 V 间的伏安
特性曲线，另提供有下列的实验器材：电源E(电动势为8 V，内阻不计)：多用电表电
压挡有五个量程，分别为2.5 V、10 V、50 V、250 V、500 V，可视为理想电压表；开
关一个；滑动变阻器一个；表一块；导线若干． 
 
图4 
 
     图5          图6 
(1)在图4 的方框内画出测定二极管伏安特性曲线的电路原理图，多用电表在电路图中
 
 
85 
用
表示，并注明多用电表电压挡所选量程． 
(2)利用多用电表电压挡测量正常使用中的二极管两端的电压时，电流从________(选填
“红”或“黑”)表笔流入电表． 
(3)某同学通过实验得出了图5 所示的伏安特性曲线图．接着，他又用该二极管、电源E
和另一只固定电阻R 等组成图6 所示的电路，当闭合开关后，用多用电表的电压挡测
得R 两端的电压为0.8 V，由此可以判断固定电阻R 的阻值大约为________Ω. 
审题与关联 
 
解析 (1)由题意可知电流正向通过二极管时，二极管的电阻 
较小，故表应外接，由于要描绘二极管在0～8 V 间的伏安 
特性曲线，故滑动变阻器应采用分压式接法，电源电动势为 
8 V，故多用电表的电压挡选10 V 的．电路图如图所示． 
(2)利用多用电表电压挡测量正常使用中的二极管两端的电压 
时，电流从红表笔流入多用电表． 
(3)由闭合电路欧姆定律可知二极管两端的电压为7.2 V，据伏安特性曲线图可知二极管
两端的电压为7.2 V 时对应的电流是10 mA，故电阻R 的阻值大约为80 Ω. 
答案 (1)见解析图 (2)红 (3)80 
“测电源的电动势和内阻”模型（实验） 
1.实验原理图 
 
 
 
 
 
 
2.实验目的 
    (1)测电源的电动势和内电阻 
(2)加深对闭合电路欧姆定律的理解 
 
 
 
86 
3.实验原理 
(1)实验依据：闭合电路欧姆定律． 
(2)E 和r 的求解：由U＝E－Ir 得
 
U1＝E－I1r
U2＝E－I2r ，解得E、r. 
(3)用作图法处理数据，如图1 所示．                             图1 
①图线与纵轴交点为E；②图线与横轴交点为I 短＝E
r；③图线的斜率表示r＝|ΔU
ΔI |. 
4. 实验器材 
电池、电压表、电流表、滑动变阻器、开关、导线、坐标纸和刻度尺． 
5．基本操作 
(1)电流表用0.6 A 量程，电压表用3 V 量程，按实验原理图连接好电路． 
(2)把变阻器的滑片移动到使阻值最大的一端． 
(3)闭合开关，调节变阻器，使电流表有明显示数并记录一组数据(I1、U1)．用同样的方
法再测量几组I、U 值．填入表格中． 
(4)断开开关，拆除电路，整理好器材． 
6．实验数据求E、r 的处理方法 
(1)列多个方程组求解，再求E、r 的平均值． 
(2)图象法处理：以路端电压U 为纵轴，干路电流I 为横轴，建系、描点、连线，纵轴截
距为电动势E，直线斜率k 的绝对值为内阻r. 
7．注意事项 
(1)为了使路端电压变化明显，可使用内阻较大的旧电池． 
(2)电流不要过大，应小于0.5 A，读数要快． 
(3)要测出不少于6 组的(U，I)数据，变化范围要大些． 
(4)若U－I 图线纵轴刻度不从零开始，则图线和横轴的交点不再是短路电流，内阻应根
据r＝|ΔU
ΔI |确定． 
(5)电流表要内接(因为r 很小)． 
8．误差来源 
(1)偶然误差：用图象法求E 和r 时作图不准确． 
(2)系统误差：电压表分流. 
考点一 对实验原理与操作的考查 
例1 图2 甲是利用两个电流表
和
测量干电池电动势E 和内阻r 的电路原理图．图中S
为开关，R 为滑动变阻器，固定电阻R1的阻值和电流表
的内阻之和为10 000 Ω(比r
和滑动变阻器的总电阻都大得多)，
为理想电流表． 
(1)按电路原理图在图乙虚线框内各实物图之间画出连线完成实物电路图． 
 
 
87 
 
图2 
(2)在闭合开关S 前，将滑动变阻器的滑动端c 移动至____(填“a 端”、“中央”或“b
端”)． 
(3)闭合开关S，移动滑动变阻器的滑动端c 至某一位置，读出电流表
和
的示数I1
和I2.多次改变滑动端c 的位置，得到的数据为 
I1/mA 
0.120 
0.125 
0.130 
0.135 
0.140 
0.145 
I2/mA 
480 
400 
320 
232 
140 
68 
在图3 所示的坐标纸上以I1为纵坐标、I2为横坐标画出所对应的I1—I2图线． 
 
图3 
(4)利用所得图线求得电源的电动势E＝________ V，内阻r＝________ Ω.(保留两位小
数) 
(5)该电路中电源输出的短路电流I 短＝________ A. 
解析 本题主要考查了实物图连接、实验注意事项、数据处理，本实验是用两个电流表
测定电源的电动势和内阻，实质是将电流表
与一定值电阻串联，改装成电压表使用． 
(1)实物连接如图所示 
          
 
(2)实验前应使滑动变阻器接入电路的电阻最大，因此应使滑片移到b 端． 
(3)作I1－I2图象如图所示 
 
 
 
88 
(4)电动势E＝I1′(图象与纵轴截距)×10 000 V＝1.49 V，电源的内阻r＝|k(图象斜
率)|×10 000 Ω＝0.60 Ω. 
(5)电源输出的短路电流I 短＝E
r≈2.5 A. 
答案 (1) 见解析 (2)b 端 (3) 见解析 (4)1.49(1.48 ～1.50) 0.60(0.55 ～0.65) 
(5)2.5(2.3～2.7) 
考点二 对数据处理与图象应用的考查 
例2 某中学生课外科技活动小组利用铜片、锌片和家乡盛产的柑橘制作了果汁电池，他
们测量这种电池的电动势E 和内阻r，并探究电极间距对E 和r 的影响．实验器材如图
4 所示． 
 
图4 
(1)测量E 和r 的实验方案为：调节滑动变阻器，改变电源两端的电压U 和流过电源的
电流I，依据公式________，利用测量数据作出U－I 图象，得出E 和r. 
(2)将电压表视为理想表，要求避免电流表分压作用对测量结果的影响，请在图4 中用
笔画线代替导线连接电路． 
(3)实验中依次减小铜片与锌片的间距，分别得到相应果汁电池的U－I 图象如图5 中(a)、
(b)、(c)、(d)所示，由此可知： 
在该实验中，随电极间距的减小，电源电动势________(填“增大”、“减小”或“不
变”)，电源内阻________(填“增大”、“减小”或“不变”)． 
 
图5 
 
 
89 
解析 (1)本题是利用伏安法测电源的电动势和内阻，由E＝U＋Ir 得U＝E－Ir. 
(2)连接电路图要从电源正极出发，先连接串联部分，最后再进行并联，并注意电压表、
电流表的正、负接线柱，以防接反． 
(3)在电源的U－I 图象中，纵轴截距表示电源电动势，斜率的绝对值表示电源的内阻，
由题图可得，电极间距减小时，电源电动势不变，内阻增大． 
答案 (1)U＝E－Ir (2)如图所示 
 
(3)不变 增大 
创新实验设计 
测定电源的电动势和内阻的其他几种方法 
1．安阻法：用一个电流表和电阻箱测量，电路如图6 所示，测量原理为：E＝I1(R1＋r)，E
＝I2(R2＋r)，由此可求出E 和r，此种方法使测得的电动势无偏差，但内阻偏大． 
 
图6 
2．伏阻法：用一个电压表和电阻箱测量，电路如图7 所示，测量原理为：E＝U1＋U1
R1r，E
＝U2＋U2
R2r.由此可求出r 和E，此种方法测得的电动势和内阻均偏小． 
 
图7 
3．伏伏法：用两个电压表可测得电源的电动势，电路如图8 所示．测量方法为：断开S，
 
 
90 
测得V1、V2的示数分别为U1、U2，此时，E＝U1＋U2＋U1
RVr，RV 为V1的内阻；再闭合
S，V1的示数为U1′，此时E＝U1′＋U1′
RV r，解方程组可求得E、r. 
 
图8 
4．粗测法：用一只电压表粗测电动势，直接将电压表接在电源两端，所测值近似认为是电
源的电动势，此时U＝ERV
RV＋r≈E，需满足RV≫r. 
例3 某同学要用电阻箱和电压表测量某水果电池组的电动势和内阻，考虑到水果电池组
的内阻较大，为了提高实验的精确度，需要测量电压表的内阻．实验器材中恰好有一块
零刻度在中央的双向电压表，该同学便充分利用这块电压表，设计了如图9 所示的实验
电路，既能实现对该电压表的内阻的测量，又能利用该表完成水果电池组电动势和内阻
的测量．他用到的实验器材有： 
待测水果电池组(电动势约4 V，内阻约50 Ω)、双向电压表(量程为2 V，内阻约为2 kΩ)、
电阻箱(0～9 999 Ω)、滑动变阻器(0～200 Ω)，一个单刀双掷开关及若干导线． 
 
图9 
(1)该同学按如图9 所示电路图连线后，首先测出了电压表的内阻．请完善测量电压表
内阻的实验步骤：①将R1的滑动触头滑至最左端，将S 拨向1 位置，将电阻箱阻值调
为0； 
②调节R1的滑动触头，使电压表示数达到满偏； 
③保持__________不变，调节R2，使电压表的示数达到________； 
④读出电阻箱的阻值，记为R2，则电压表的内阻RV＝________. 
(2)若测得电压表内阻为2 kΩ，可分析此测量值应________真实值．(填“大于”、“等
于”或“小于”) 
(3)接下来测量水果电池组的电动势和内阻，实验步骤如下： 
①将开关S 拨至________(填“1”或“2”)位置，将R1的滑动触片移到最________端，
不再移动； 
②调节电阻箱的阻值，使电压表的示数达到一个合适值，记录下电压表的示数和电阻箱
 
 
91 
的阻值； 
③重复步骤②，记录多组电压表的示数及对应的电阻箱的阻值． 
(4)若将电阻箱与电压表并联后的阻值记录为R，作出1
U－1
R图象，则可消除系统误差，
如图10 所示，其中纵截距为b，斜率为k，则电动势的表达式为________，内阻的表达
式为________． 
 
图10 
解析 (1)由题图可知，当S 拨向1 位置，滑动变阻器R1在电路中为分压式接法，利用
电压表的半偏法得：调节R1 使电压表满偏，保持R1 不变，R2 与电压表串联，调节R2
使电压表的示数达到半偏(或最大值的一半)，则电压表的内阻R1 与电阻箱示数R2 相
同．(2)由闭合电路欧姆定律可知，调节R2变大使电压表达到半偏的过程中，总电阻值
变大，干路总电流变小，由E＝I·r＋U 外得U 外变大，由电路知U 外＝U 并＋U 右，变阻器
的滑动触头右侧分得的电压U 右＝I·R 右变小，则U 并变大，电压表半偏时，R2上分得的
电压就会大于电压表上分得的电压，那么R2的阻值就会大于电压表的阻值．(3)测水果
电池组的电动势和内阻，利用伏阻法，S 拨到2，同时将R1的滑动触头移到最左端．利
用E＝U1＋U1
R2·r，E＝U1′＋U1′
R2′·r，联合求E、r.(4)由闭合电路欧姆定律得E＝U＋U
R·r，
变形得1
U＝r
E·1
R＋1
E，r
E＝k，1
E＝b，得E＝1
b，r＝k
b. 
答案 (1)③R1 半偏(或最大值的一半) ④R2 (2)大于 
(3)①2 左 (4)E＝1
b r＝k
b 
“电场”模型之电场力 
一、电场强度 
1．静电场 
(1)电场是存在于电荷周围的一种物质，静电荷产生的电场叫静电场． 
(2)电荷间的相互作用是通过电场实现的．电场的基本性质是对放入其中的电荷有力的
作用． 
2．电场强度 
(1)物理意义：表示电场的强弱和方向． 
(2)定义：电场中某一点的电荷受到的电场力F 跟它的电荷量q 的比值叫做该点的电场
强度． 
 
 
92 
(3)定义式：E＝F
q. 
(4)标矢性：电场强度是矢量，正电荷在电场中某点受力的方向为该点电场强度的方向，
电场强度的叠加遵从平行四边形定则． 
二、电场线 
1．定义： 
为了直观形象地描述电场中各点电场强度的大小及方向，在电场中画出一系列的曲线，
使曲线上各点的切线方向表示该点的电场强度方向，曲线的疏密表示电场强度的大小． 
2．特点： 
(1)电场线从正电荷或无限远处出发，终止于负电荷或无限远处； 
(2)电场线在电场中不相交； 
(3)在同一电场里，电场线越密的地方场强越大； 
(4)电场线上某点的切线方向表示该点的场强方向； 
(5)沿电场线方向电势逐渐降低； 
(6)电场线和等势面在相交处互相垂直． 
3．几种典型电场的电场线(如图3 所示)． 
 
 
 
 
 
图3 
4．电场线与电荷运动的轨迹 
(1)电荷运动的轨迹与电场线一般不重合．若电荷只受电场力的作用，在以下条件均满
足的情况下两者重合： 
①电场线是直线． 
②电荷由静止释放或有初速度，且初速度方向与电场线方向平行． 
(2)由粒子运动轨迹判断粒子运动情况： 
①粒子受力方向指向曲线的内侧，且与电场线相切． 
②由电场线的疏密判断加速度大小． 
③由电场力做功的正负判断粒子动能的变化. 
 
考点一 电场强度的计算 
 
 
93 
1．场强的公式 
三个公式





 
E＝F
q
 
适用于任何电场
与检验电荷是否存在无关
E＝kQ
r2 
 
适用于点电荷产生的电场
Q为场源电荷的电荷量
E＝U
d
 
适用于匀强电场
U为两点间的电势差，d为沿电场方向两
点间的距离
 
2．电场的叠加 
(1)电场叠加：多个电荷在空间某处产生的电场强度为各电荷单独在该处所产生的电场
强度的矢量和． 
(2)运算法则：平行四边形定则． 
例1 N(N>1)个电荷量均为q(q>0)的小球，均匀分布在半径为R 的圆周上，如图4 所示．若
移去位于圆周上P 点(图中未标出)的一个小球，则圆心O 点处的电场强度大小为
________，方向________．(已知静电力常量为k) 
 
图4 
解析 P 点的带电小球在圆心O 处的电场强度大小为E1＝k q
R2，方向沿PO 指向O；N
个小球在O 点处电场强度叠加后，合场强为零；移去P 点的小球后，则剩余N－1 个小
球在圆心O 处的电场强度与P 点的小球在圆心O 处的电场强度等大反向，即E＝E1＝
k q
R2，方向沿OP 指向P. 
答案 kq
R2 沿OP 指向P 
      利用补偿法和对称法求电场强度 
(1)补偿法：题给条件建立的模型不是一个完整的标准模型，比如说模型A，这时需要给
原来的问题补充一些条件，由这些补充条件建立另一个容易求解的模型B，并且模型A
与模型B 恰好组成一个完整的标准模型，这样求解模型A 的问题就变为求解一个完整
的标准模型与模型B 的差值问题． 
(2)对称法：利用带电体(如球体、薄板等)产生的电场具有对称性的特点来求电场强度的 
考点二 两个等量点电荷电场的分布 
 
 
94 
等量同种点电荷和等量异种点电荷的电场线的比较 
比较项目 
等量异种点电荷 
等量同种点电荷 
电场线分布图 
 
 
连线中点O 处的场强 
连线上O 点场强最小，指向
负电荷一方 
为零 
连线上的场强大小
(从左到右) 
沿连线先变小，再变大 
沿连线先变小，再变大 
沿中垂线由O 点向外
场强大小 
O 点最大，向外逐渐减小 
O 点最小，向外先变大后变小 
关于O 点对称的A 与
A′、B 与B′的场强 
等大同向 
等大反向 
例2 如图7 所示，两个带等量负电荷的小球A、B(可视为点电荷)，被固定在光滑的绝缘
水平面上，P、N 是小球A、B 连线的水平中垂线上的两点，且PO＝ON.现将一个电荷
量很小的带正电的小球C(可视为质点)由P 点静止释放，在小球C 向N 点运动的过程中，
下列关于小球C 的说法可能正确的是 
 
 
 
 
 
 
 
 
(  ) 
 
图7 
A．速度先增大，再减小 
B．速度一直增大 
C．加速度先增大再减小，过O 点后，加速度先减小再增大 
D．加速度先减小，再增大 
解析 在AB 的中垂线上，从无穷远处到O 点，电场强度先变大后变小，到O 点变为
零，故正电荷受库仑力沿连线的中垂线运动时，电荷的加速度先变大后变小，速度不断
增大，在O 点加速度变为零，速度达到最大；由O 点到无穷远处时，速度变化情况与
另一侧速度的变化情况具有对称性．如果P、N 相距很近，加速度则先减小，再增大． 
答案 AD 
突破训练3 如图8 所示，a、b 两点处分别固定有等量异种点电荷＋Q 和－Q，c 是线段
ab 的中点，d 是ac 的中点，e 是ab 的垂直平分线上的一点，将一个正点电荷先后放在
 
 
95 
d、c、e 点，它所受的电场力分别为Fd、Fc、Fe，则下列说法中正确的是  
(  ) 
 
图8 
A．Fd、Fc、Fe 的方向都是水平向右 
B．Fd、Fc 的方向水平向右，Fe 的方向竖直向上 
C．Fd、Fe 的方向水平向右，Fc＝0 
D．Fd、Fc、Fe 的大小都相等 
答案 A 
解析 根据场强叠加原理，等量异种点电荷连线及中垂线上的电场线 
分布如图所示，d、c、e 三点场强方向都是水平向右，正点电荷在各 
点受电场力方向与场强方向相同可得到A 正确，B、C 错误；连线上 
场强由A 到B 先减小后增大，中垂线上由O 到无穷远处逐渐减小， 
因此O 点场强是连线上最小的(但不为0)，是中垂线上最大的，故 
Fd>Fc>Fe，故D 错误． 
带电体的力电综合问题的分析方法 
1．基本思路 
 
2．运动情况反映受力情况 
(1)物体静止(保持)：F 合＝0. 
(2)做直线运动 
①匀速直线运动，F 合＝0. 
②变速直线运动：F 合≠0，且F 合与速度方向总是一致． 
(3)做曲线运动：F 合≠0，F 合与速度方向不在一条直线上，且总指向运动轨迹曲线凹的
一侧． 
(4)F 合与v 的夹角为α，加速运动：0°≤α<90°；减速运动：90°<α≤180°. 
(5)匀变速运动：F 合＝恒量． 
 
 
96 
例3 如图10 所示，一根长为L＝1.5 m 的光滑绝缘细直杆MN 竖直固定在电场强度大小为
E＝1.0×105 N/C、与水平方向成θ＝30°角的斜向上的匀强电场中，杆的下端M 固定一
个带电小球A，带电荷量为Q＝＋4.5×10
－6 C；另一带电小球B 穿在杆上可自由滑动，
带电荷量为q＝＋1.0×10
－6 C，质量为m＝1.0×10
－2 kg.现将小球B 从杆的N 端由静止释
放，小球B 开始运动．(静电力常量k＝9.0×109 N·m2/C2，g＝10 m/s2) 
 
图10 
(1)求小球B 开始运动时的加速度a； 
(2)当小球B 的速度最大时，求小球距M 端的高度h1； 
(3)若小球B 从N 端运动到距M 端的高度为h2＝0.61 m 时，速度v＝1.0 m/s，求此过程
中小球B 电势能的改变量ΔEp. 
审题与关联 
 
解析 (1)开始运动时小球B 受重力、库仑力、杆的弹力和电场力，沿杆的方向运动，
由牛顿第二定律得 
mg－kQq
L2 －qEsin θ＝ma，解得a＝3.2 m/s2 
(2)小球B 速度最大时受到的合力为零，即 
kQq
h2
1 ＋qEsin θ＝mg 
代入数据得h1＝0.9 m 
(3)小球B 在从开始运动到速度为v 的过程中，设重力做功为W1，电场力做功为W2，
库仑力做功为W3，则根据动能定理得 
W1＋W2＋W3＝1
2mv2 
 
 
97 
W1＝mg(L－h2) 
又由功能关系知ΔEp＝|W2＋W3| 
代入数据得ΔEp＝8.4×10
－2 J 
答案 (1)3.2 m/s2 (2)0.9 m (3)8.4×10
－2 J 
“电场”模型之电场能的性质 
一、电场力做功与电势能 
1．电场力做功的特点 
(1)在电场中移动电荷时，电场力做功与路径无关，只与初末位置有关，可见电场力做
功与重力做功相似． 
(2)在匀强电场中，电场力做的功W＝Eqd，其中d 为沿电场线方向的位移． 
2．电势能 
(1)定义：电荷在电场中具有的势能．电荷在某点的电势能，等于把它从该点移到零势
能位置时电场力所做的功． 
(2)电场力做功与电势能变化的关系 
电场力做的功等于电势能的减少量，即WAB＝EpA－EpB. 
(3)电势能的相对性：电势能是相对的，通常把电荷在离场源电荷无限远处的电势能规
定为零，或把电荷在大地表面上的电势能规定为零． 
二、电势 
1．电势 
(1)定义：电荷在电场中某一点的电势能与它的电荷量的比值． 
(2)定义式：φ＝Ep
q . 
(3)标矢性：电势是标量，其大小有正负之分，其正(负)表示该点电势比电势零点高(低)． 
(4)相对性：电势具有相对性，同一点的电势因零电势点的选取的不同而不同． 
(5)沿着电场线方向电势逐渐降低． 
2．等势面 
(1)定义：电场中电势相等的各点构成的面． 
(2)特点 
①电场线跟等势面垂直，即场强的方向跟等势面垂直． 
②在等势面上移动电荷时电场力不做功． 
③电场线总是从电势高的等势面指向电势低的等势面． 
④等差等势面越密的地方电场强度越大；反之越小． 
⑤任意两等势面不相交． 
三、电势差 
 
 
98 
1．电势差：电荷q 在电场中A、B 两点间移动时，电场力所做的功WAB跟它的电荷量q 的
比值，叫做A、B 间的电势差，也叫电压． 
公式：UAB＝WAB
q . 
2．电势差与电势的关系：UAB＝φA－φB，电势差是标量，可以是正值，也可以是负值，而且
有UAB＝－UBA. 
3．电势差UAB 由电场中A、B 两点的位置决定，与移动的电荷q、电场力做的功WAB 无关，
与零电势点的选取也无关． 
4．电势差与电场强度的关系：匀强电场中两点间的电势差等于电场强度与这两点沿电场线
方向的距离的乘积．即U＝Ed，也可以写作E＝U
d. 
考点一 电势高低及电势能大小的判断方法 
1．比较电势高低的方法 
(1)沿电场线方向，电势越来越低． 
(2)判断出UAB的正负，再由UAB＝φA－φB，比较φA、φB 的大小，若UAB>0，则φA>φB，
若UAB<0，则φA<φB. 
2．电势能大小的比较方法 
做功判断法 
电场力做正功，电荷(无论是正电荷还是负电荷)从电势能较大的地方移向电势能较小的
地方，反之，如果电荷克服电场力做功，那么电荷将从电势能较小的地方移向电势能较
大的地方． 
特别提醒 其他各种方法都是在此基础上推理出来的，最终还要回归到电场力做功与电
势能的变化关系上． 
例1 如图2 所示，a、b、c、d 分别是一个菱形的四个顶点，∠abc＝120°. 现将三个等量
的正点电荷＋Q 固定在a、b、c 三个顶点上，将一个电荷量为＋q 的点电荷依次放在菱
形中心点O 点和另一个顶点d 点，两点相比  
 
 
 
 
 
 
(  ) 
 
图2 
A．＋q 在d 点所受的电场力较大 
B．＋q 在d 点所具有的电势能较大 
C．d 点的电场强度大于O 点的电场强度 
D．d 点的电势低于O 点的电势 
解析 a、c 两个顶点的点电荷在菱形中心点O 点产生的电场抵消，设b、O 两点之间
 
 
99 
距离为x，则固定于b 顶点的点电荷在菱形中心点O 点产生的电场强度为kQ/x2；a、b、
c 三个顶点的点电荷在顶点d 点产生的电场强度为kQ/(2x)2＋[2kQ/(2x)2]×cos 60°＝
kQ/2x2，方向由O 指向d，显然，d 点电场强度比O 点小，而F＝qE，则＋q 在d 点所
受的电场力较小，选项A、C 错误；根据沿着电场线方向电势逐渐降低的规律可知，O
点电势高于d 点，＋q 在d 点所具有的电势能较小，选项B 错误，选项D 正确． 
答案 D 
考点二 电场线、等势面及带电粒子的运动轨迹问题 
1．几种常见的典型电场的等势面比较 
电场 
等势面(实线)图样 
重要描述 
匀强电场 
 
垂直于电场线的一簇平面 
点电荷的电场 
 
以点电荷为球心的一簇球面 
等量异种点电
荷的电场 
 
连线的中垂线上的电势为零 
等量同种正点
电荷的电场 
 
连线上，中点电势最低，而在中
垂线上，中点电势最高 
2．带电粒子在电场中运动轨迹问题的分析方法 
(1)从轨迹的弯曲方向判断受力方向(轨迹向合外力方向弯曲)，从而分析电场方向或电荷
的正负； 
(2)结合轨迹、速度方向与静电力的方向，确定静电力做功的正负，从而确定电势能、
电势和电势差的变化等； 
(3)根据动能定理或能量守恒定律判断动能的变化情况． 
例2 如图4 所示，一带电粒子在两个固定的等量正电荷的电场中运动，图中的实线为等
势面，虚线ABC 为粒子的运动轨迹，其中B 点是两点电荷连线的中点，A、C 位于同一
等势面上．下列说法正确的是  
 
 
 
 
 
 
 
 
 
(  ) 
 
图4 
A．该粒子可能带正电 
 
 
100 
B．该粒子经过B 点时的速度最大 
C．该粒子经过B 点时的加速度一定为零 
D．该粒子在B 点的电势能小于在A 点的电势能 
解析 从该电荷的运动轨迹看，固定电荷对它有吸引力，由固定电荷带正电可知，该运
动电荷一定带负电，故A 错误；因为运动电荷从A 到B 的过程中，只受电场力且电场
力先做正功后做负功，由动能定理知：动能先增加后减小，故B 点的动能不是最大，
则经过B 点时的速度不是最大，故B 错误；B 点是两点电荷连线的中点，合场强为零，
故运动电荷受力为零，则加速度为零，C 正确；因为离正电荷越远，电势越低，即φA<φB，
因粒子带负电，由Ep＝φq 得，EpA>EpB，故D 项正确． 
答案 CD 
      带电粒子运动轨迹类问题的解题技巧 
(1)判断速度方向：带电粒子的轨迹的切线方向为该点处的速度方向． 
(2)判断电场力(或场强)的方向：仅受电场力作用时，带电粒子所受电场力方向指向轨迹
曲线的凹侧，再根据粒子的正负判断场强的方向． 
(3)判断电场力做功的正负及电势能的增减：若电场力与速度方向成锐角，则电场力做
正功，电势能减少；若电场力与速度方向成钝角，则电场力做负功，电势能增加． 
突破训练2 如图5 所示，A、B 两点是粒子在匀强电场中运动时经过的两个点，平行直线
表示电场线，但方向未知，整个过程中只有电场力做功．已知粒子在A 点的动能比B
点大，则下列说法中正确的是  
 
 
 
 
 
 
 
 
 
(  ) 
 
图5 
A．无论粒子是从A 到B，还是从B 到A，电场力均做负功 
B．电场线方向从右向左 
C．粒子的运动轨迹若为1，则粒子一定带负电 
D．无论粒子是带正电还是负电，均不可能沿轨迹2 运动 
答案 D 
解析 由于粒子在A 点的动能比B 点大，结合电场线与轨迹形状(质点做曲线运动时合
力必指向凹侧)进行分析，若粒子沿轨迹1 运动时，则在任意位置时粒子所受到的电场
力一定水平向左，若粒子从A 到B，则电场力做负功，从B 到A，则电场力做正功，由
此可知，A 错误；此时若粒子带正电，电场方向一定向左，且由A 向B 运动，若粒子
带负电，电场方向一定向右，且由B 向A 运动，均满足粒子在A 点的动能比B 点大．若
粒子沿轨迹2 运动时，则在任意位置时粒子所受到的电场力一定水平向右，同理可判断
 
 
101 
此情况下粒子在A 点的动能一定比B 点的小，不符合题意，即符合题意的粒子一定沿
轨迹1 运动，由此可知B、C 错误，D 选项正确． 
考点三 匀强电场中电势差与电场强度的关系 
1．在匀强电场中电势差与电场强度的关系式为U＝Ed，其中d 为两点沿电场线方向的距
离．由公式U＝Ed 可以得到下面两个结论： 
结论1：匀强电场中的任一线段AB 的中点C 的电势φC＝φA＋φB
2
，如图6 甲所示． 
 
甲      乙 
图6 
结论2：匀强电场中若两线段AB∥CD，且AB＝CD，则UAB＝UCD(或φA－φB＝φC－φD)，
如图乙所示． 
2．在非匀强电场中，不能用U＝Ed 进行计算，但可以进行定性分析，一般沿电场线方向取
相同的长度d，线段处于场强较大的区域所对应的电势差U 较大． 
例3 (2012·安徽·18)如图7 所示，在平面直角坐标系中，有一个方向平行于坐标平面的匀
强电场，其中坐标原点O 处的电势为0 V，点A 处的电势为6 V，点B 处的电势为3 V，
则电场强度的大小为  
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
(  ) 
 
图7 
A．200 V/m   
 
 
 
 
B．200 3 V/m 
C．100 V/m   
 
 
 
 
D．100 3 V/m 
解析 在匀强电场中，沿某一方向电势降落，则在这一方 
向上电势均匀降落，故OA 的中点C 的电势φC＝3 V(如图 
所示)，因此BC 为等势面．O 点到BC 的距离d＝OCsin α， 
而sin α＝
OB
OB2＋OC2＝1
2，所以d＝1
2OC＝1.5×10
－2 m．根 
据E＝U
d得，匀强电场的电场强度E＝U
d＝
3
1.5×10
－2 V/m＝200 V/m，故选项A 正确， 
选项B、C、D 错误． 
答案 A 
 
 
102 
 
1．在匀强电场中，电势沿直线均匀变化，即直线上距离相等的线段两端的电势差值相等． 
2．等分线段找等势点法：将电势最高点和电势最低点连接后根据需要平分成若干段，必能
找到第三点电势的等势点，它们的连线即等势面(或等势线)，与其垂直的线即为电场线． 
突破训练3 如图8 所示，匀强电场中有a、b、c 三点，在以它们为顶点的三角形中，∠a
＝30°，∠c＝90°.电场方向与三角形所在平面平行．已知a、b 和c 点的电势分别为(2－
3) V、(2＋3) V 和2 V．该三角形的外接圆上最低、最高电势分别为 
 
(  ) 
 
图8 
A．(2－3) V、(2＋3) V 
B．0、4 V 
C.

2－4 3
3
 V、

2＋4 3
3
 V 
D．0、2 3 V 
答案 B 
解析 如图，圆心O 是ab 的中点，所以圆心O 点的电势为2 V， 
所以Oc 是等势线，则电场线如图中MN 所示，方向由M 指向N.沿 
电场线方向电势均匀降低，过圆心的电势为2 V，则圆周上电势最 
低为0，最高为4 V，选B. 
考点四 用功能关系分析带电粒子的能量转化 
1．功能关系 
(1)若只有电场力做功，电势能与动能之和保持不变； 
(2)若只有电场力和重力做功，电势能、重力势能、动能之和保持不变； 
(3)除重力外，其他各力对物体做的功等于物体机械能的变化． 
(4)所有力对物体所做功的代数和，等于物体动能的变化． 
2．电场力做功的计算方法 
(1)由公式W＝Flcos α 计算，此公式只适用于匀强电场，可变形为：W＝qElcos α. 
(2)由W＝qU 来计算，此公式适用于任何形式的静电场． 
(3)由动能定理来计算：W 电场力＋W 其他力＝ΔEk. 
(4)由电势能的变化来计算：WAB＝EpA－EpB. 
例4 如图9 所示，竖直向上的匀强电场中，绝缘轻质弹簧竖直立于水平地面上，上面放
一质量为m 的带正电小球，小球与弹簧不连接，施加外力F 将小球向下压至某位置静
 
 
103 
止．现撤去F，小球从静止开始运动到离开弹簧的过程中，重力、电场力对小球所做的
功分别为W1和W2，小球离开弹簧时速度为v，不计空气阻力，则上述过程中(  ) 
 
图9 
A．小球与弹簧组成的系统机械能守恒 
B．小球的重力势能增加－W1 
C．小球的机械能增加W1＋1
2mv2 
D．小球的电势能减少W2 
解析 本题考查势能大小的计算和机械能守恒定律．由于电场力做正功，故小球与弹簧
组成的系统机械能增加，机械能不守恒，故A 选项错误；重力做功是重力势能变化的
量度，由题意知重力做负功，重力势能增加，故B 选项正确；小球增加的机械能等于
重力势能的增加量与小球动能的增加量之和，即－W1＋1
2mv2，故C 选项错误；根据电
场力做功是电势能变化的量度，电场力做正功电势能减少，电场力做负功电势能增加，
故D 选项正确． 
答案 BD 
 
1．电荷在电场中运动时，电场力做功将引起电势能与其他形式的能发生转化，电荷的机械
能不再守恒． 
2．要搞清几个功能关系：重力做功等于重力势能的变化，电场力做功等于电势能的变化，
弹簧弹力做功等于弹性势能的变化，合外力做功等于动能的变化． 
3．无论能量如何变化，总是满足能量守恒定律． 
突破训练4 如图10 所示，虚线为匀强电场的等势线，一个带电小球以一定的速度射入该
匀强电场后，运动轨迹如图所示，已知小球受到的重力不能忽略，则下列有关说法中正
确的是  
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
(  ) 
 
图10 
A．小球在b 点的动能一定大于小球在a 点的动能 
B．若小球从a 点向b 点运动，则动能和电势能的和一定增加 
 
 
104 
C．若小球从b 点向a 点运动，则重力势能和电势能的和一定减小 
D．根据图中信息不能确定小球在a、b 两点的电势能大小 
答案 A 
解析 由于等势线水平，则电场线一定沿竖直方向，根据曲线运动的轨迹与合外力的关
系可知，小球受到的电场力一定向上，且合外力也竖直向上，由此可知若小球从a 点向
b 点运动，合外力对小球做正功，故小球动能一定增加，若小球从b 点向a 点运动，合
外力对小球做负功，故小球动能一定减少，则选项A 正确；小球从a 点向b 点运动的
过程中重力势能增加，根据能量守恒定律，可知动能和电势能的和一定减小，则选项B
错误；同理可知小球从b 点向a 点运动过程中动能减小，则重力势能和电势能的和一定
增加，则选项C 错误；由于小球从a 点向b 点运动过程中，电场力一定做正功，则电
势能一定减小，故小球在a 点的电势能一定大于在b 点的电势能，故选项D 错误． 
静电场中涉及图象问题的处理方法和技巧 
1．主要类型： 
(1)v－t 图象；(2)φ－x 图象；(3)E－t 图象． 
2．应对策略： 
(1)v－t 图象：根据v－t 图象的速度变化、斜率变化(即加速度大小的变化)，确定电荷
所受电场力的方向与电场力的大小变化情况，进而确定电场的方向、电势的高低及电势
能的变化． 
(2)φ－x 图象：①电场强度的大小等于φ－x 图线的斜率大小，电场强度为零处，φ－x
图线存在极值，其切线的斜率为零．②在φ－x 图象中可以直接判断各点电势的大小，
并可根据电势大小关系确定电场强度的方向．③在φ－x 图象中分析电荷移动时电势能
的变化，可用WAB＝qUAB，进而分析WAB 的正负，然后作出判断． 
(3)E－t 图象：根据题中给出的E－t 图象，确定E 的方向，再在草纸上画出对应电场线
的方向，根据E 的大小变化，确定电场的强弱分布． 
例5 两个等量同种电荷固定于光滑水平面上，其连线中垂线上有A、B、C 三点，如图11
甲所示，一个电荷量为2 C，质量为1 kg 的小物块从C 点静止释放，其运动的v－t 图象
如图乙所示，其中B 点处为整条图线切线斜率最大的位置(图中标出了该切线)．则下列
说法正确的是  
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
(  ) 
 
甲          乙 
图11 
 
 
105 
A．B 点为中垂线上电场强度最大的点，场强E＝2 V/m 
B．由C 到A 的过程中物块的电势能先减小后变大 
C．由C 点到A 点的过程中，电势逐渐升高 
D．AB 两点电势差UAB＝－5 V 
解析 小物块在B 点加速度最大，故B 点场强最大，由v－t 图线知B 点加速度为2 m/s2，
据qE＝ma 得E＝1 V/m，选项A 错误；由C 到A 的过程中小物块动能一直增大，电势
能始终在减小，故电势逐渐降低，选项B、C 错误；根据动能定理有qUAB＝1
2mv2
B－1
2mv2
A，
解得UAB＝－5 V，选项D 正确． 
答案 D 
“带电粒子在磁场中的圆周运动”模型 
一、洛伦兹力 
1．洛伦兹力：磁场对运动电荷的作用力叫洛伦兹力． 
2．洛伦兹力的方向 
(1)判定方法 
左手定则：掌心——磁感线垂直穿入掌心； 
四指——指向正电荷运动的方向或负电荷运动的反方向； 
大拇指——指向洛伦兹力的方向． 
(2)方向特点：F⊥B，F⊥v，即F 垂直于B 和v 决定的平面(注意：洛伦兹力永不做功)． 
3．洛伦兹力的大小 
F
Bqv sin

 
(1)v∥B 时，洛伦兹力F＝0.(θ＝0°或180°) 
(2)v⊥B 时，洛伦兹力F＝qvB.(θ＝90°) 
(3)v＝0 时，洛伦兹力F＝0. 
4. 洛伦兹力与安培力的关系： 
（1）洛伦兹力是单个运动电荷在磁场中受到的力，而安培力是导体中所有定向移动的自由
电荷受到的洛伦兹力的宏观表现。 
（2）洛伦兹力永不做功，但安培力可以做功。 
5. 洛伦兹力和电场力性质比较 
（1）产生条件不同，电荷在电场中一定受电场力作用，电荷在磁场中必须相对磁场运动，
且v 与B 不平行才能受到洛伦兹力的作用。 
（2）大小的决定因素不同，电场力大小只由电场和电荷的电荷量二者决定，洛伦兹力大小
由磁场、电荷的电荷量和速度三者共同决定。 
（3）方向的特点不同，电场力沿场强方向，洛伦兹力垂直于磁场方向。 
（4）洛伦兹力不做功，电场力一般要做功。 
 
 
106 
二、带电粒子在匀强磁场中的运动 
1.若v∥B，速度方向平行于磁场方向——带电粒子不受洛伦兹力，在匀强磁场中做匀
速直线运动 
2.若v⊥B，速度方向垂直于磁场方向——带电粒子仅受洛伦兹力作用，匀速圆周运动 
 
若带电粒于在磁场中，所通过的圆弧对应的圆心角为θ（弧度），则运动时间
θ
mθ
t
T
2π
qB


  
即运动的时间与粒子的初速、半径无关． 
三、带电粒子在有界磁场中运动的几种常见情形 
1．直线边界(进出磁场具有对称性，如图4 所示) 
 
图4 
2．平行边界(存在临界条件，如图5 所示) 
 
图5 
3．圆形边界(沿径向射入必沿径向射出，如图6 所示) 
 
图6 
4．分析带电粒子在匀强磁场中运动的关键是： 
(1)画出运动轨迹； 
(2)确定圆心和半径； 
(3)利用洛伦兹力提供向心力列式． 
【解题】基本思路：用几何方法和题中的信息作图 
        圆心确定常用方法： 
 
 
107 
1.半径相交法                    2.中垂线法                    
   
 
 
 
 
 
 
 
 2．半径的确定 
可利用物理学公式或几何知识(勾股定理、三角函数等)求出半径大小． 
3．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θ 时，其运动
时间表示为：t＝θ
2πT(或t＝θR
v )． 
【例题】(2013·课标Ⅰ·18)如图10，半径为R 的圆是一圆柱形匀强磁场区域的横截面(纸面)，
磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外．一电荷量为q(q>0)、质量为m 的粒子沿
平行于直径ab 的方向射入磁场区域，射入点与ab 的距离为R
2，已知粒子射出磁场与射
入磁场时运动方向间的夹角为60°，则粒子的速率为(不计重力)  
 
 
(  ) 
 
 
 
 
 
图10 
A.qBR
2m    
  B.qBR
m   
 
C.3qBR
2m   
 
D.2qBR
m 
 
 
108 
解析 如图所示，粒子做圆周运动的圆心O2必在过入射点垂直 
于入射速度方向的直线EF 上，由于粒子射入、射出磁场时运动 
方向间的夹角为60°，故圆弧ENM 对应圆心角为60°，所以 
△EMO2为等边三角形．由于O1D＝R
2，所以∠EO1D＝60°， 
△O1ME 为等边三角形，所以可得 
到粒子做圆周运动的半径EO2＝O1E＝R，由qvB＝mv2
R ，得v＝qBR
m ，B 正确． 
答案 B 
带电粒子在匀强磁场中运动的临界和极值问题 
1．临界问题的分析思路 
临界问题的分析对象是临界状态，临界状态就是指物理现象从一种状态变化成另一种状
态的中间过程，这时存在着一个过渡的转折点，此转折点即为临界状态点．与临界状态
相关的物理条件则称为临界条件，临界条件是解决临界问题的突破点． 
临界问题的一般解题模式为： 
(1)找出临界状态及临界条件；(2)总结临界点的规律；(3)解出临界量． 
2．带电体在磁场中的临界问题的处理方法 
带电体进入有界磁场区域，一般存在临界问题，处理的方法是寻找临界状态，画出临界
轨迹： 
(1)带电体在磁场中，离开一个面的临界状态是对这个面的压力为零． 
(2)射出或不射出磁场的临界状态是带电体运动的轨迹与磁场边界相切． 
例4 如图14 所示，有一个磁感应强度为B、方向垂直纸面向里的范围足够大的匀强磁场，
在磁场中的O 点有一个粒子源，能向纸面内各个方向连续不断地均匀发射速率为v、比
荷为k 的带正电粒子，PQ 是垂直纸面放置且厚度不计的挡板，挡板的P 端与O 点的连
线跟挡板垂直．带电粒子的重力以及粒子间的相互作用力忽略不计． 
 
图14 
(1)为了使带电粒子不打在挡板上，粒子源到挡板的距离d 应满足什么条件？ 
(2)若粒子源到挡板的距离d＝v
kB，且已知沿某一方向射出的粒子恰好经过挡板的P 点
后最终又打在挡板上，求这个粒子从O 点射出时的速度方向； 
(3)若粒子源到挡板的距离d＝v
kB，粒子打到挡板左、右表面上的长度之比是多少？ 
 
 
109 
审题与关联 
 
解析 (1)设带电粒子的质量为m，带电荷量为q，在磁场中做圆周运动的轨道半径为r，
则由洛伦兹力充当向心力得：qvB＝mv2
r  
 
 
 
 
 
 
 
 
① 
由题意得：q
m＝k  
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
② 
由题意分析可知，为了使带电粒子不打在挡板上，d 应满足：d>2r 
 
 
 
③ 
由①②③解得：d>2v
kB  
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
④ 
(2)如图所示，设粒子速度方向与OP 连线的夹角为θ 时，粒子恰好经过挡板的P 点后
最终又打在挡板右表面的N 点． 
 
 
 
 
由几何关系可知：△OPN 为直角三角形，ON 为粒子圆周运动的直径．由于d＝v
kB和①②
可得：r＝mv
qB＝v
kB＝d  
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
⑤ 
所以由几何关系可得：θ＝30° 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
⑥ 
(3)粒子打到挡板左、右表面离P 最远时的示意图如图所示．由图可知，粒子打到挡板
左表面的长度为：PM＝r＝v
kB 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
⑦ 
粒子打到挡板右表面的长度为：PN＝2rcos 30°＝3v
kB  
 
 
 
 
 
⑧ 
由⑦⑧得，粒子打到挡板左、右表面上的长度之比为PM
PN＝3
3 
答案 (1)d>2v
kB (2)与OP 连线成30°角斜向右下   (3) 3
3 
 
 
 
110 
【高考题】 
1．(2013·新课标Ⅱ·17)空间有一圆柱形匀强磁场区域，该区域的横截面的半径为R，磁场方
向垂直横截面．一质量为m、电荷量为q(q＞0)的粒子以速率v0沿横截面的某直径射入
磁场，离开磁场时速度方向偏离入射方向60°.不计重力，该磁场的磁感应强度大小为 
(  ) 
A. 3mv0
3qR   
 
B.mv0
qR       C. 3mv0
qR
   
 
D.3mv0
qR 
答案 A 
解析 若磁场方向向外，带电粒子在磁场中的运动轨迹如图所示，由 
几何关系知r＝3R. 
根据洛伦兹力提供向心力得： 
qv0B＝mv2
0
r 
解得B＝3mv0
3qR . 
若磁场方向向里可得到同样的结果，选项A 正确． 
2．(2013·天津理综·11)一圆筒的横截面如图15 所示，其圆心为O.筒内有垂直于纸面向里的
匀强磁场，磁感应强度为B.圆筒下面有相距为d 的平行金属板M、N，其中M 板带正
电荷，N 板带等量负电荷．质量为m、电荷量为q 的带正电粒子自M 板边缘的P 处由
静止释放，经N 板的小孔S 以速度v 沿半径SO 方向射入磁场中．粒子与圆筒发生两次
碰撞后仍从S 孔射出，设粒子与圆筒碰撞后速度反向且没有动能损失，电荷量保持不变，
在不计重力的情况下，求： 
 
图15 
(1)M、N 间电场强度E 的大小； 
(2)圆筒的半径R； 
(3)保持M、N 间电场强度E 不变，仅将M 板向上平移2
3d，粒子仍从M 板边缘的P 处
由静止释放，粒子自进入圆筒至从S 孔射出期间，与圆筒的碰撞次数n. 
答案 (1)mv2
2qd (2) 3mv
3qB (3)3 
 
 
111 
解析 (1)设两板间的电压为U，由动能定理得qU＝1
2mv2 
 
 
 
 
 
① 
由匀强电场中电势差与电场强度的关系得U＝Ed  
 
 
 
 
 
 
② 
联立①②式可得E＝mv2
2qd 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
③ 
(2)粒子进入磁场后做匀速圆周运动，运用几何关系做出圆心O′、半径r.设第一次碰撞
点为A，由于粒子与圆筒发生两次碰撞又从S 孔射出，因此，SA 弧所对的圆心角∠AO′S
等于π
3. 
 
由几何关系得r＝Rtan π
3 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
④ 
粒子运动过程中洛伦兹力充当向心力，由牛顿第二定律，得qvB＝mv2
r 
 
 
⑤ 
联立④⑤式得R＝3mv
3qB 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
⑥ 
(3)保持M、N 间电场强度E 不变，M 板向上平移2
3d 后，设板间电压为U′，则 
U′＝Ed
3 ＝U
3  
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
⑦ 
设粒子进入S 孔时的速度为v′，由①式看出U′
U ＝v′2
v2 
综合⑦式可得v′＝3
3 v 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
⑧ 
设粒子做圆周运动的半径为r′，则r′＝3mv
3qB 
 
 
 
 
 
 
 
⑨ 
设粒子从S到第一次与圆筒碰撞期间的轨迹所对圆心角为θ，比较⑥⑨两式得到r′＝R，
可见θ＝π
2 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
⑩ 
粒子须经过四个这样的圆弧才能从S 孔射出，故n＝3 
“复合场” 模型 
一、复合场的分类 
1．叠加场：电场、磁场、重力场共存，或其中某两场共存． 
2．组合场：电场与磁场各位于一定的区域内，并不重叠，或相邻或在同一区域电场、磁场
 
 
112 
交替出现． 
二、带电粒子在复合场中的运动形式 
1．静止或匀速直线运动 
当带电粒子在复合场中所受合外力为零时，将处于静止状态或做匀速直线运动． 
2．匀速圆周运动 
当带电粒子所受的重力与电场力大小相等，方向相反时，带电粒子在洛伦兹力的作用下，
在垂直于匀强磁场的平面内做匀速圆周运动． 
3．较复杂的曲线运动 
当带电粒子所受合外力的大小和方向均变化，且与初速度方向不在同一直线上，粒子做
非匀变速曲线运动，这时粒子运动轨迹既不是圆弧，也不是抛物线． 
三、应用 
 
图5 
1．质谱仪 
(1)构造：如图5 所示，由粒子源、加速电场、偏转磁场和照相底片等构成． 
(2)原理：粒子由静止被加速电场加速，qU＝1
2mv2. 
粒子在磁场中做匀速圆周运动，有qvB＝mv2
r . 
由以上两式可得r＝1
B 
2mU
q ，m＝qr2B2
2U ，q
m＝2U
B2r2. 
2．回旋加速器 
(1)构造：如图6 所示，D1、D2是半圆形金属盒，D 形盒的缝隙处接交流电源，D 形盒
处于匀强磁场中． 
 
图6 
(2)原理：交流电的周期和粒子做圆周运动的周期相等，粒子经电场加速，经磁场回旋，
 
 
113 
由qvB＝mv2
r ，得Ekm＝q2B2r2
2m ，可见粒子获得的最大动能由磁感应强度B 和D 形盒半径
r 决定，与加速电压无关． 
3．速度选择器(如图7 所示) 
(1)平行板中电场强度E 和磁感应强度B 互相垂直．这种装置能把具有一定速度的粒子
选择出来，所以叫做速度选择器． 
 
图7 
(2)带电粒子能够沿直线匀速通过速度选择器的条件是qE＝qvB，即v＝E
B. 
4．磁流体发电机 
(1)磁流体发电是一项新兴技术，它可以把内能直接转化为电能． 
(2)根据左手定则，如图8 中的B 是发电机正极． 
 
图8 
(3)磁流体发电机两极板间的距离为L，等离子体速度为v，磁场的磁感应强度为B，则
由qE＝qU
L＝qvB 得两极板间能达到的最大电势差U＝BLv. 
5．电磁流量计 
工作原理：如图9 所示，圆形导管直径为d，用非磁性材料制成，导电液体在管中向左
流动，导电液体中的自由电荷(正、负离子)，在洛伦兹力的作用下横向偏转，a、b 间出
现电势差，形成电场，当自由电荷所受的电场力和洛伦兹力平衡时，a、b 间的电势差
就保持稳定，即：qvB＝qE＝qU
d，所以v＝U
Bd，因此液体流量Q＝Sv＝πd2
4 · U
Bd＝πdU
4B . 
 
图9 
考点一 回旋加速器和质谱仪 
1．回旋加速器的最大动能Ekmax＝q2B2R2
2m ，与回旋加速器D 形盒的半径R 有关，与磁感应强
度B 有关，而与加速电压无关． 
2．粒子在磁场中运动的周期与交变电流的周期相同． 
 
 
114 
例1 回旋加速器是用来加速带电粒子，使它获得很大动能的仪器，其核心部分是两个D
形金属扁盒，两盒分别和一高频交流电源两极相接，以便在盒间的窄缝中形成匀强电场，
使粒子每次穿过狭缝都得到加速，两盒放在磁感应强度为B 的匀强磁场中，磁场方向
垂直于盒底面，粒子源置于盒的圆心附近，若粒子源射出的粒子带电荷量为q，质量为
m，粒子最大回旋半径为Rm，其运动轨迹如图10 所示．问： 
 
图10 
(1)D 形盒内有无电场？ 
(2)粒子在盒内做何种运动？ 
(3)所加交流电压频率应是多大，粒子运动的角速度为多大？ 
(4)粒子离开加速器时速度为多大？最大动能为多少？ 
(5)设两D 形盒间电场的电势差为U，盒间距离为d，其间电场均匀，求把静止粒子加
速到上述能量所需时间． 
解析 (1)扁形盒由金属导体制成，具有屏蔽外电场的作用，盒内无电场． 
(2)带电粒子在盒内做匀速圆周运动，每次加速之后半径变大． 
(3)粒子在电场中运动时间极短，因此高频交流电压频率要等于粒子回旋频率，因为T
＝2πm
qB ，故得 
回旋频率f＝1
T＝qB
2πm， 
角速度ω＝2πf＝qB
m . 
(4)粒子圆旋半径最大时，由牛顿第二定律得 
qvmB＝mv2
m
Rm ， 
故vm＝qBRm
m . 
最大动能Ekm＝1
2mv2
m＝q2B2R2
m
2m
. 
(5)粒子每旋转一周能量增加2qU.粒子的能量提高到Ekm，则旋转周数n＝qB2R2
m
4mU . 
粒子在磁场中运动的时间t 磁＝nT＝πBR2
m
2U . 
一般地可忽略粒子在电场中的运动时间，t 磁可视为总时间． 
答案 (1)D 形盒内无电场 (2)匀速圆周运动 (3) qB
2πm qB
m (4)qBRm
m q2B2R2
m
2m
 (5)πBR2
m
2U 
 
 
115 
 突破训练1 如图11 所示，一束带电粒子以一定的初速度沿直线通过由相互正交的匀强
磁场(磁感应强度为B)和匀强电场(电场强度为E)组成的速度选择器，然后粒子通过平
板S 上的狭缝P 进入另一匀强磁场(磁感应强度为B′)，最终打在A1A2上，下列表述正
确的是  
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
(  ) 
 
图11 
A．粒子带负电 
B．所有打在A1A2上的粒子，在磁感应强度为B′的磁场中的运动时间都相同 
C．能通过狭缝P 的带电粒子的速率等于E
B 
D．粒子打在A1A2的位置越靠近P，粒子的比荷q
m越大 
答案 CD 
解析 本题考查带电粒子在复合场中的运动，意在考查学生对带电粒子在复合场中运动
规律的掌握．根据粒子在磁感应强度为B′的磁场中的运动轨迹可判断粒子带正电，A
错误；带电粒子在速度选择器中做匀速直线运动，则电场力与洛伦兹力等大反向，Eq
＝Bqv，可得v＝E
B，C 正确；由洛伦兹力充当粒子做圆周运动的向心力可得r＝mv
Bq，则
q
m＝v
Br，越靠近P，r 越小，粒子的比荷越大，D 正确；所有打在A1A2上的粒子在磁感
应强度为B′的磁场中都只运动半个周期，周期T＝2πm
B′q，比荷不同，打在A1A2 上的
粒子在磁感应强度为B′的磁场中的运动时间不同，B 错误． 
考点二 带电粒子在叠加场中的运动 
1．带电粒子在叠加场中无约束情况下的运动情况分类 
(1)磁场力、重力并存 
①若重力和洛伦兹力平衡，则带电体做匀速直线运动． 
②若重力和洛伦兹力不平衡，则带电体将做复杂的曲线运动，因洛伦兹力不做功，故机
械能守恒，由此可求解问题． 
(2)电场力、磁场力并存(不计重力的微观粒子) 
①若电场力和洛伦兹力平衡，则带电体做匀速直线运动． 
②若电场力和洛伦兹力不平衡，则带电体将做复杂的曲线运动，因洛伦兹力不做功，可
 
 
116 
用动能定理求解问题． 
(3)电场力、磁场力、重力并存 
①若三力平衡，一定做匀速直线运动． 
②若重力与电场力平衡，一定做匀速圆周运动． 
③若合力不为零且与速度方向不垂直，将做复杂的曲线运动，因洛伦兹力不做功，可用
能量守恒定律或动能定理求解问题． 
2．带电粒子在叠加场中有约束情况下的运动 
带电粒子在复合场中受轻杆、轻绳、圆环、轨道等约束的情况下，常见的运动形式有直
线运动和圆周运动，此时解题要通过受力分析明确变力、恒力做功情况，并注意洛伦兹
力不做功的特点，运用动能定理、能量守恒定律结合牛顿运动定律求解． 
例2 如图12 所示，在一竖直平面内，y 轴左方有一水平向右的场强为E1的匀强电场和垂
直于纸面向里的磁感应强度为B1的匀强磁场，y 轴右方有一竖直向上的场强为E2的匀
强电场和另一磁感应强度为B2 的匀强磁场．有一带电荷量为＋q、质量为m 的微粒，
从x 轴上的A 点以初速度v 与水平方向成θ 角沿直线运动到y 轴上的P 点，A 点到坐标
原点O 的距离为d.微粒进入y 轴右侧后在竖直面内做匀速圆周运动，然后沿与P 点运
动速度相反的方向打到半径为r 的1
4的绝缘光滑圆管内壁的M 点(假设微粒与M 点碰后
速度改变、电荷量不变，圆管内径的大小可忽略，电场和磁场可不受影响地穿透圆管)，
并恰好沿圆管内无碰撞下滑至N 点．已知θ＝37°，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求： 
 (1)E1与E2大小之比； 
(2)y 轴右侧的磁场的磁感应强度B2的大小和方向； 
(3)从A 点运动到N 点所用的时间． 
解析 (1)A→P 微粒做匀速直线运动 
E1q＝mgtan θ                                        图12 
P→M 微粒做匀速圆周运动 
E2q＝mg 
联立解得E1∶E2＝3∶4 
(2)由题图知，P→M 微粒刚好运动半个周期 
2R＝r
sin θ 
qvB2＝mv2
R 
联立解得B2＝6mv
5rq 
又由左手定则可知B2的方向垂直纸面向外 
 
 
117 
(3)A→P 有： 
vt1＝d
cos θ，解得t1＝5d
4v 
P→M 有： 
vt2＝πR，解得t2＝5πr
6v 
碰到M 点后速度只剩下向下的速度，此时mg＝E2q，从M→N 的过程中，微粒继续做
匀速圆周运动 
v1＝vsin 37° 
v1t3＝πr
2 ，解得t3＝5πr
6v 
所以t 总＝t1＋t2＋t3＝5d
4v＋5πr
3v 
答案 (1)3∶4 (2)6mv
5rq ，方向垂直纸面向外 (3)5d
4v＋5πr
3v 
突破训练2 如图13 所示，空间存在着垂直纸面向外的水平匀强磁场，磁感应强度为B，
在y 轴两侧分别有方向相反的匀强电场，电场强度均为E，在两个电场的交界处左侧附
近，有一带正电的液滴a 在电场力和重力作用下静止，现从场中某点由静止释放一个带
负电的液滴b，当它的运动方向变为水平方向时恰与a 相撞，撞后两液滴合为一体，速
度减小到原来的一半，并沿x 轴正方向做匀速直线运动，已知液滴b 与a 的质量相等，
b 所带电荷量是a 所带电荷量的2 倍，且相撞前a、b 间的静电力忽略不计． 
 
图13 
(1)求两液滴相撞后共同运动的速度大小； 
(2)求液滴b 开始下落时距液滴a 的高度h. 
答案 (1)E
B (2) 2E2
3gB2 
解析 液滴在匀强磁场、匀强电场中运动，同时受到洛伦兹力、电场力和重力作用． 
(1)设液滴a 质量为m、电荷量为q，则液滴b 质量为m、电荷量为－2q， 
液滴a 平衡时有qE＝mg 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
① 
a、b 相撞合为一体时，质量为2m，电荷量为－q，设速度为v，由题意知处于平衡状态，
重力为2mg，方向竖直向下，电场力为qE，方向竖直向上，洛伦兹力方向也竖直向上，
因此满足qvB＋qE＝2mg 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
② 
 
 
118 
由①②两式，可得相撞后速度v＝E
B 
(2)对b，从开始运动至与a 相撞之前，由动能定理有 
WE＋WG＝ΔEk，即(2qE＋mg)h＝1
2mv2
0 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
③ 
a、b 碰撞后速度减半，即v＝v0
2 ，则v0＝2v＝2E
B 
再代入③式得h＝
mv2
0
4qE＋2mg＝v2
0
6g＝2E2
3gB2 
带电粒子在组合场中运动模型问题 
【概述】 
带电粒子在组合场中的运动过程比较复杂，但如果认真分析其运动过程会发现，粒子的
运动过程实际上是几个运动过程的组合，只要认真分析每个过程，找出其所满足的物理
规律，并找出各个过程之间的衔接点和相关联的物理量，问题便可迎刃而解． 
1．先电场后磁场模型 
(1)先在电场中做加速直线运动，然后进入磁场做圆周运动．(如图14、15 所示) 
在电场中利用动能定理或运动学公式求粒子刚进入磁场时的速度． 
  
 
图14         图15 
(2)先在电场中做类平抛运动，然后进入磁场做圆周运动．(如图16、17 所示) 
在电场中利用平抛运动知识求粒子进入磁场时的速度． 
  
 
图16          图17 
2．先磁场后电场模型 
对于粒子从磁场进入电场的运动，常见的有两种情况：(1)进入电场时粒子速度方向与
电场方向相同或相反；(2)进入电场时粒子速度方向与电场方向垂直．(如图18、19 所示) 
 
 
119 
 
图18          图19 
例3 如图20 所示，在两个水平平行金属极板间存在着向下的匀强电场和垂直于纸面向里
的匀强磁场，电场强度和磁感应强度的大小分别为E＝2×106 N/C 和B1＝0.1 T，极板
的长度l＝3
3 m，间距足够大．在极板的右侧还存在着另一圆形的匀强磁场区域，磁
场的方向为垂直于纸面向外，圆形磁场的圆心O 位于平行金属极板的中线上，圆形磁
场的半径为R＝3
3 m．有一带正电的粒子以某一初速度沿极板的中线水平向右飞入极
板后恰好做匀速直线运动，然后进入圆形磁场区域，飞出圆形磁场区域后速度方向偏转
了60°，不计粒子的重力，粒子的比荷为q
m＝2×108 C/kg. 
 
图20 
(1)求圆形磁场区域的磁感应强度B2的大小； 
(2)在其他条件都不变的情况下，将极板间的磁场撤去，为使粒子飞出极板后不能进入
圆形磁场，求圆形磁场的圆心O 离极板右边缘的水平距离d 应满足的条件． 
审题与关联 
 
 
 
 
120 
解析 (1)设粒子的初速度大小为v，粒子在极板间做匀速直线运动，则： 
qvB1＝qE 
设粒子在圆形磁场区域中做圆周运动的半径为r，则： 
qvB2＝mv2
r 
粒子速度方向偏转了60°，则： 
r＝Rcot 30° 
解得：B2＝0.1 T 
(2)撤去磁场B1 后，粒子在两极板间做类平抛运动，设在两极板间运动的时间为t，运
动的加速度为a，飞出电场时竖直方向上的速度为vy，速度的偏转角为θ，则： 
qE＝ma 
l＝vt 
vy＝at 
tan θ＝vy
v 
解得：tan θ＝3
3 ，即θ＝30° 
设粒子飞出电场后速度恰好与圆形磁场区域的边界相切时，圆心O 离极板右边缘的水
平距离为d0，如图所示，则： 
d0＝R
sin θ－l
2 
解得：d0＝3
2 m，所以d> 3
2 m 
 
答案 (1)0.1 T (2)d> 3
2 m 
突破训练3 如图21 所示，水平放置的M、N 两平行板相距为d＝0.50 m，板长为L＝1 m，
两板间有向下的匀强电场，场强E＝300.0 N/C，紧靠平行板右侧边缘的xOy 直角坐标
系以N 板右端点O 为原点，在xOy 坐标系的第一象限内如图所示部分有垂直纸面向外
的匀强磁场，磁感应强度B＝8 3
3 ×10
－2 T，磁场边界OA 与x 轴夹角∠AOx＝60°，现
有比荷为3×106 C/kg 的带电粒子(重力不计)，从极板左侧沿靠近M 板的水平线垂直电
场方向进入电场，离开电场后垂直于OA 边界进入磁场区域，求： 
 
 
121 
(1)带电粒子进入电场时的初速度v0； 
(2)带电粒子从进入电场到离开磁场的总时间． 
 
图21 
答案 (1)3×104 m/s (2)(1
3＋ 
3－1
24
＋π
48)×10
－4 s 
解析 (1)带电粒子要垂直射入磁场，则速度偏向角为30° 
有vy
v0＝tan 30° 
vy＝at＝qEL
mv0 
解得v0＝3×104 m/s 
(2)粒子在电场中的运动时间为t1＝L
v0＝1
3×10
－4 s 
粒子在电场中的偏转距离为y＝1
2at2＝qEL2
2mv2
0＝ 
3
6 m 
粒子离开电场的速度v＝
v0
cos 30°＝2 
3×104 m/s 
粒子离开电场后做匀速直线运动，直线运动距离s2＝(d－y)sin 30°＝3－ 
3
12
 m 
运动时间t2＝s2
v＝ 
3－1
24
×10
－4 s 
设粒子进入磁场后的轨道半径为R，R＝mv
qB＝3
4 m 
粒子运动轨迹如图所示，则sOG＝(d－y)sin 60°＝ 
3－1
4
 m 
 
由正弦定理有
R
sin 120°＝R－sOG
sin θ 得θ＝30° 
由此可知，带电粒子在磁场中的偏转角度为30° 
由在磁场中的运动时间为t3＝T
12＝πm
6qB＝π
48×10
－4 s 
则总运动时间：t＝t1＋t2＋t3＝(1
3＋3－1
24
＋π
48)×10
－4 s 
 
 
 
122 
【高考题】 
1．(2013·浙江·20)在半导体离子注入工艺中，初速度可忽略的磷离子P
＋和P3＋，经电压为U
的电场加速后，垂直进入磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里、有一定宽度的匀强
磁场区域，如图22 所示．已知离子P
＋在磁场中转过θ＝30°后从磁场右边界射出．在电
场和磁场中运动时，离子P
＋和P3＋ 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
(  ) 
 
图22 
A．在电场中的加速度之比为1∶1 
B．在磁场中运动的半径之比为3∶1 
C．在磁场中转过的角度之比为1∶2 
D．离开电场区域时的动能之比为1∶3 
答案 BCD 
解析 磷离子P
＋和P3＋的质量相等设为m，P
＋的电荷量设为q，则P3＋的电荷量为3q，
在电场中由a＝Eq
m 知，加速度之比为所带电荷量之比，即为1∶3，A 错误；由qU＝1
2mv2
得Ek∝q，即离开电场区域时的动能之比为1∶3，D 正确；又由qvB＝mv2
r ，得r＝1
B 
2mU
q ∝1
q，所以rP＋∶rP3＋＝3∶1，B 正确；由几何关系可得P3＋在磁场中转过60°
角后从磁场右边界射出，C 正确． 
2．(2013·山东·23)如图23 所示，在坐标系xOy 的第一、第三象限内存在相同的匀强磁场，
磁场方向垂直于xOy 平面向里；第四象限内有沿y 轴正方向的匀强电场，电场强度大
小为E.一带电荷量为＋q、质量为m 的粒子，自y 轴上的P 点沿x 轴正方向射入第四象
限，经x 轴上的Q 点进入第一象限，随即撤去电场，以后仅保留磁场．已知OP＝d，
OQ＝2d.不计粒子重力． 
 
 
 
123 
图23 
(1)求粒子过Q 点时速度的大小和方向； 
(2)若磁感应强度的大小为一确定值B0，粒子将沿垂直y 轴的方向进入第二象限，求B0； 
(3)若磁感应强度的大小为另一确定值，经过一段时间后粒子将再次经过Q 点，且速度
与第一次过Q 点时相同，求该粒子相邻两次经过Q 点所用的时间． 
答案 (1)2 
qEd
m ，方向斜向上与x 轴正方向成45°角 
(2) 
mE
2qd (3)(2＋π) 
2md
qE 
解析 (1)设粒子在电场中运动的时间为t0，加速度的大小为a，粒子的初速度为v0，过
Q 点时速度的大小为v，沿y 轴方向分速度的大小为vy，速度与x 轴正方向间的夹角为
θ，由牛顿第二定律得 
qE＝ma  
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
① 
由运动学公式得d＝1
2at2
0 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
② 
2d＝v0t0  
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
③ 
vy＝at0 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
④ 
v＝
v2
0＋v2
y  
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
⑤ 
tan θ＝vy
v0  
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
⑥ 
联立①②③④⑤⑥式得v＝2
qEd
m  
 
 
 
 
 
 
 
 
 
⑦ 
θ＝45° 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
⑧ 
(2)设粒子做圆周运动的半径为R1，粒子在第一象限的运动 
轨迹如图所示，O1为圆心，由几何关系可知△O1OQ 为等 
腰直角三角形，得R1＝2 2d 
 
 
 
 
 
⑨ 
由牛顿第二定律得qvB0＝mv2
R1 
 
 
 
 
 
⑩ 
联立⑦⑨⑩式得B0＝
mE
2qd 
 
 
 
 
⑪ 
(3)设粒子做圆周运动的半径为R2，由几何知识分析知， 
粒子运动的轨迹如图所示，O2、O2′是粒子做圆周运动 
的圆心，Q、F、G、H 是轨迹与两坐标轴的交点，连接 
O2、O2′，由几何关系知，O2FGO2′和O2QHO2′均为 
矩形，进而知FQ、GH 均为直径，QFGH 也是矩形，又 
FH⊥GQ，可知QFGH 是正方形，△QOF 为等腰直角三
角形．由此可知，粒子在第一、 
第三象限的轨迹均为半圆，得 
2R2＝2 2d 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
⑫ 
粒子在第二、第四象限的轨迹为长度相等的线段，得FG＝HQ＝2R2  
 
 
⑬ 
设粒子相邻两次经过Q 点所用的时间为t，则有t＝FG＋HQ＋2πR2
v
  
 
 
⑭ 
联立⑦⑫⑬⑭式得t＝(2＋π) 
2md
qE      
 
 
 
 
124 
“多过程”模型（应用力学两大观点动力学观点和能量观点） 
考点一 应用牛顿运动定律和动能定理分析多过程问题 
若一个物体参与了多个运动过程，有的运动过程只涉及分析力或求解力而不涉及能量问
题，则常常用牛顿运动定律求解；若该过程涉及能量转化问题，并且具有功能关系的特点，
则往往用动能定理求解． 
【例1】半径为0．5 m 质量为0．1 kg，释放点与C 点的高度差为h，用力传感器测出物块
经C 点时对轨道的压力F，得到F 与h 的关系图象如图乙所示．已知物块与斜面间的动
摩擦因数为0．3，重力加速度g 取10 m/s2．求： 
   
 
图1 
(1)图乙中a、b 两点的纵坐标Fa、Fb的数值． 
(2)物块在斜面上的释放点与B 点的距离l 为多大时，物块离开D 点后落到轨道上与圆心O
等高的位置上． 
解析 
 
解析 (1)题图乙中的a 点横坐标h＝0，即物块静止于C 点． 
Fa＝mg＝1 N  
         ① 
释放点位于B 点下方时 
mgh＝1
2mv 2
C            ② 
F－mg＝mv 2
C
R            ③ 
解得F＝mg＋2mg
R h       ④ 
由题图乙可知，B 点高度对应b 点横坐标，B 点与C 点高度差 
hB＝0．1 m 
 
           ⑤ 
代入数据得Fb＝1．4 N 
 
 ⑥ 
 
 
125 
(2)设斜面倾角为θ，由几何关系 
hB＝R(1－cos θ) 
 
 
         ⑦ 
代入数据得cos θ＝0．8，sin θ＝0．6 
物块离开D 点后，做平抛运动 
R＝1
2gt2 
R
sin θ＝vDt 
物块从斜面上由静止释放到运动到D 点，由动能定理： 
mglsin θ＋mgR(1－cos θ)－μmglcos θ－mg·2R＝1
2mv 2
D 
代入数据，得l＝3．46 m 
考点二 用动力学和能量观点分析多过程问题 
若一个物体参与了多个运动过程，有的运动过程只涉及分析力或求解力而不涉及能量问
题，则常常用牛顿运动定律求解；若该过程涉及能量转化问题，并且具有功能关系的特点，
则往往用动能定理或机械能守恒定律以及能量守恒定律求解． 
【例2】如图2 所示，x 轴与水平传送带重合，坐标原点O 在传送带的左端，传送带长L＝8 
m，匀速运动的速度v0＝5 m/s．一质量m＝1 kg 的小物块轻轻放在传送带上xP＝2 m 的P
点．小物块随传送带运动到Q 点后恰好能冲上光滑圆弧轨道的最高点N 点．若小物块经
过Q 处无机械能损失，小物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0．5，重力加速度g＝10 
m/s2．求： 
 
 
 
 
 
图2 
(1)N 点的纵坐标；                         
(2)从P 点到Q 点，小物块在传送带上运动时，系统产生的热量； 
(3)若将小物块轻放在传送带上的某些位置，最终小物块均能沿光滑圆弧轨道运动(小物块
始终在圆弧轨道运动不脱轨)到达纵坐标yM＝0．25 m 的M 点，求这些位置的横坐标范围 
 
 
 
126 
解析 (1)小物块在传送带上匀加速运动的加速度a＝μg＝5 m/s2 
设小物块加速到与传送带速度相同时所用时间为t  
t＝v0
a ＝1 s 
运动的位移Δx＝v0
2
2a＝2．5 m＜xPQ 
在N 点由牛顿第二定律mg＝mv 2
N
R 
从Q 到N 的运动过程，由机械能守恒定律 
1
2mv 2
0 ＝mgyN＋1
2mv 2
N 
又R＝yN
2 
解得yN＝1 m 
(2)小物块在传送带上相对传送带滑动的位移 
x＝v0t－Δx＝2．5 m 
产生的热量Q＝μmgx＝12．5 J 
(3)设在坐标为x1处将小物块轻放在传送带上，若刚能到达圆心右侧的M 点，由能量守恒得： 
μmg(L－x1)＝mgyM 
代入数据解得x1＝7．5 m 
当小物块恰好到达与圆心等高的右侧时μmg(L－x2)＝1
2mgyN 
代入数据解得x2＝7 m 
若刚能到达圆心左侧的M 点，则必定恰好能通过最高点C， 
μmg(L－x3)＝mgyN＋1
2mv 2
N 
mg＝mv 2
N
R ，可解得x3＝5．5 m 
故小物块放在传送带上的位置坐标范围 
7 m≤x≤7．5 m 和0≤x≤5．5 m 
应用动力学和能量观点分析力学综合题 
【例3】如图4 所示，质量为m＝1 kg 的小物块轻轻地放在水平匀速运动的传送带上的P 点，
随传送带运动到A 点后水平抛出，小物块恰好无碰撞地从B 点沿圆弧切线进入竖直光滑
的圆弧轨道．B、C 为圆弧轨道的两端点，其连线水平，已知圆弧轨道的半径R＝1．0 m，
圆弧轨道对应的圆心角θ＝106°，轨道最低点为O，A 点距水平面的高度h＝0．8 m，小
物块离开C 点后恰能无碰撞地沿固定斜面向上运动，0．8 s 后经过D 点，小物块与斜面
间的动摩擦因数为μ1＝1
3．(g＝10 m/s2，sin 37°＝0．6，cos 37 °＝0．8) 
(1)求小物块离开A 点时的水平初速度v1的大小； 
(2)求小物块经过O 点时对轨道的压力； 
(3)假设小物块与传送带间的动摩擦因数为μ2＝0．3， 
传送带的速度为5 m/s，求P、A 间的距离； 
(4)求斜面上C、D 间的距离．                                图4 
 
 
 
127 
审题与关联 
①审题切入点：运动过程分析、受力分析及各力做功分析 
②明情景，析过程：从P 到A、从A 到B、从B 到C 和从C 到D 各段，物块分别做什么运
动？ 
③理思路，选规律：由P 到A 物块加速，摩擦力做功，选用什么规律？从B 到O 再到C，
只有重力做功，机械能是否变化？从C 到D 上升时间如何求解？从C 到D 的位移如何确定？ 
④巧布局，详解析：由P 到A 可选用动能定理或牛顿运动定律；由B 到O 再到C 可选用机
械能守恒定律；由C 到D 需分段用牛顿运动定律和运动学公式． 
解析 (1)对于小物块，由A 点到B 点，有v 2
y ＝2gh，在B 点，有 
tan θ
2＝vy
v1，所以v1＝3 m/s 
2)对于小物块，从B 点到O 点，由动能定理知mgR(1－cos θ
2)＝1
2mv 2
O －1
2mv 2
B 
其中vB＝
v2
1＋v2
y＝
32＋42 m/s＝5 m/s 
由牛顿第二定律知，在O 点， 
有FN－mg＝mv 2
O
R ， 
所以FN＝43 N 
由牛顿第三定律知小物块对轨道的压力为FN′＝43 N，方向竖直向下 
(3)对于小物块在传送带上加速的过程有μ2mg＝ma 
设P、A 间的距离为xPA， 
则xPA＝v 2
1
2a ＝v 2
1
2μ2g＝1．5 m 
(4)小物块沿斜面上滑时，由牛顿第二定律有 
mgsin θ
2＋μ1mgcos θ
2＝ma1 
解得a1＝10 m/s2 
小物块沿斜面下滑时有 
mgsin θ
2－μ1mgcos θ
2＝ma2 
解得a2＝6 m/s2 
由机械能守恒定律可知vC＝vB＝5 m/s 
小物块由C 点上升到最高点历时t1＝vC
a1＝0．5 s 
小物块由最高点回到D 点历时 
t2＝0．8 s－0．5 s＝0．3 s 
故xCD＝vC
2 t1－1
2a2t 2
2 
解得xCD＝0．98 m 
 
 
 
128 
“电磁感应”模型 
一、法拉第电磁感应定律 
1．感应电动势 
(1)感应电动势：在电磁感应现象中产生的电动势．产生感应电动势的那部分导体就相
当于电源，导体的电阻相当于电源内阻． 
(2)感应电流与感应电动势的关系：遵循闭合电路欧姆定律，即I＝E
R＋r. 
2．法拉第电磁感应定律 
(1)内容：闭合电路中感应电动势的大小，跟穿过这一电路的磁通量的变化率成正比． 
(2)公式：E＝nΔΦ
Δt . 
3．导体切割磁感线的情形 
(1)一般情况：运动速度v 和磁感线方向夹角为θ，则E＝Blvsin_θ. 
(2)常用情况：运动速度v 和磁感线方向垂直，则E＝Blv. 
考点一 法拉第电磁感应定律的应用 
1．感应电动势大小的决定因素 
(1)感应电动势的大小由穿过闭合电路的磁通量的变化率ΔΦ
Δt 和线圈的匝数共同决定，而
与磁通量Φ、磁通量的变化量ΔΦ 的大小没有必然联系． 
(2)当ΔΦ 仅由B 引起时，则E＝nSΔB
Δt ；当ΔΦ 仅由S 引起时，则E＝nBΔS
Δt ；当ΔΦ 由B、
S 的变化同时引起，则E＝nB2S2－B1S1
Δt
≠nΔBΔS
Δt . 
2．磁通量的变化率ΔΦ
Δt 是Φ－t 图象上某点切线的斜率． 
例1 如图6 甲所示，电阻不计，间距为l 的平行长金属导轨置于水平面内，阻值为R 的
导体棒ab 固定连接在导轨左端，另一阻值也为R 的导体棒ef 垂直放置在导轨上，ef 与
导轨接触良好，并可在导轨上无摩擦移动．现有一根轻杆一端固定在ef 中点，另一端
固定于墙上，轻杆与导轨保持平行，ef、ab 两棒间距为d.若整个装置处于方向竖直向下
的匀强磁场中，且从某一时刻开始，磁感应强度B 随时间t 按图乙所示的方式变化． 
 
图6 
(1)求在0～t0时间内流过导体棒ef 的电流的大小与方向； 
(2)求在t0～2t0时间内导体棒ef 产生的热量； 
 
 
129 
(3)1.5t0时刻杆对导体棒ef 的作用力的大小和方向． 
解析 (1)在0～t0时间内，磁感应强度的变化率ΔB
Δt ＝B0
t0 
产生感应电动势的大小E1＝ΔΦ
Δt ＝ΔB
Δt S＝ΔB
Δt ld＝B0ld
t0 
流过导体棒ef 的电流大小I1＝E1
2R＝B0ld
2Rt0 
由楞次定律可判断电流方向为e→f 
(2)在t0～2t0时间内，磁感应强度的变化率ΔB
Δt ＝2B0
t0 
产生感应电动势的大小E2＝ΔΦ
Δt ＝ΔB
Δt S＝ΔB
Δt ld＝2B0ld
t0
 
流过导体棒ef 的电流大小I2＝E2
2R＝B0ld
Rt0 
该时间内导体棒ef 产生的热量Q＝I2
2Rt0＝B2
0l2d2
Rt0 
(3)1.5t0时刻，磁感应强度B＝B0 
导体棒ef 受安培力：F＝B0I2l＝B2
0l2d
Rt0 
方向水平向左 
根据导体棒ef 受力平衡可知杆对导体棒的作用力为F′＝－F＝－B2
0l2d
Rt0 ，负号表示方向
水平向右． 
答案 (1)B0ld
2Rt0，方向e→f (2)B2
0l2d2
Rt0 (3)B2
0l2d
Rt0 ，方向水平向右 
 
1．应用法拉第电磁感应定律解题的一般步骤 
(1)分析穿过闭合电路的磁场方向及磁通量的变化情况； 
(2)利用楞次定律确定感应电流的方向； 
(3)灵活选择法拉第电磁感应定律的不同表达形式列方程求解． 
2．几点注意 
(1)公式E＝nΔΦ
Δt 是求解回路某段时间内平均电动势的最佳选择． 
(2)用公式E＝nSΔB
Δt 求感应电动势时，S 为线圈在磁场范围内的有效面积． 
(3)通过回路截面的电荷量q 仅与n、ΔΦ 和回路总电阻R 总有关，与时间长短无关．推
导如下：q＝I Δt＝nΔΦ
ΔtR总·Δt＝nΔΦ
R总. 
 
 
130 
突破训练1 如图7 甲所示，一个圆形线圈的匝数n＝100，线圈面积S＝200 cm2，线圈的
电阻r＝1 Ω，线圈外接一个阻值R＝4 Ω 的电阻，把线圈放入一方向垂直线圈平面向里
的匀强磁场中，磁感应强度随时间变化规律如图乙所示．下列说法中正确的是(  ) 
 
图7 
A．线圈中的感应电流方向为顺时针方向 
B．电阻R 两端的电压随时间均匀增大 
C．线圈电阻r 消耗的功率为4×10
－4 W 
D．前4 s 内通过R 的电荷量为4×10
－4 C 
答案 C 
解析 由楞次定律可知，线圈中的感应电流方向为逆时针方向，选项A 错误；由法拉
第电磁感应定律可知，产生的感应电动势为E＝nSΔB
Δt ＝0.1 V，电阻R 两端的电压不随
时间变化，选项B 错误；回路中电流I＝E
R＋r＝0.02 A，线圈电阻r 消耗的功率为P＝I2r
＝4×10
－4 W，选项C 正确；前4 s 内通过R 的电荷量为q＝It＝0.08 C，选项D 错误． 
考点二 导体切割磁感线产生感应电动势的计算 
1．公式E＝Blv 的使用条件 
(1)匀强磁场． 
(2)B、l、v 三者相互垂直． 
(3)如不垂直，用公式E＝Blvsin θ 求解，θ 为B 与v 方向间的夹角． 
2．“瞬时性”的理解 
若v 为瞬时速度，则E 为瞬时感应电动势． 
若v 为平均速度，则E 为平均感应电动势，即E＝Bl v . 
3．切割的“有效长度” 
公式中的l 为有效切割长度，即导体在与v 垂直的方向上的投影长度．图8 中有效长度
分别为： 
 
 
 
 
图8 
 
 
131 
甲图：l＝cd sin β； 
乙图：沿v1方向运动时，l＝MN ；沿v2方向运动时，l＝0. 
丙图：沿v1方向运动时，l＝2R；沿v2方向运动时，l＝0；沿v3方向运动时，l＝R. 
4．“相对性”的理解 
E＝Blv 中的速度v 是相对于磁场的速度，若磁场也运动，应注意速度间的相对关系． 
例2 两足够长的平行金属导轨间的距离为L，导轨光滑且电阻不计，导轨所在的平面与水
平面夹角为θ.在导轨所在空间内，分布磁感应强度为B、方向垂直于导轨所在平面的匀
强磁场．把一个质量为m 的导体棒ab 放在金属导轨上，在外力作用下保持静止，导体
棒与金属导轨垂直，且接触良好，导体棒与金属导轨接触的两点间的电阻为R1，完成
下列问题： 
 
图9 
(1)如图9 甲，金属导轨的一端接一个内阻为r 的直流电源．撤去外力后导体棒仍能静
止，求直流电源电动势； 
(2)如图乙，金属导轨的一端接一个阻值为R2的定值电阻，撤去外力让导体棒由静止开
始下滑，在加速下滑的过程中，当导体棒的速度达到v 时，求此时导体棒的加速度； 
(3)求(2)问中导体棒所能达到的最大速度． 
审题指导 1.金属导轨接有电源时，如何计算导体棒所受安培力大小？如何判断安培力
方向？ 
2．金属导轨接电阻R2 时，如何计算感应电动势大小？如何计算导体棒所受安培力大
小？如何判断电流方向和安培力方向？ 
解析 (1)回路中的电流为I＝
E
R1＋r 
导体棒ab 受到的安培力为F 安＝BIL 
对导体棒ab 受力分析知F 安＝mgsin θ 
联立上面三式解得：E＝mgR1＋rsin θ
BL
 
(2)当导体棒ab 速度为v 时，感应电动势E＝BLv，此时电路中电流 
I＝BLv
R1＋R2 
导体棒ab 受到的安培力为F 安′＝BIL＝B2L2v
R1＋R2 
 
 
132 
根据牛顿第二定律，有 
ma＝mgsin θ－F 安′＝mgsin θ－B2L2v
R1＋R2 
a＝gsin θ－
B2L2v
mR1＋R2 
(3)当B2L2v
R1＋R2＝mgsin θ 时，导体棒ab 达到最大速度vm 
vm＝mgR1＋R2sin θ
B2L2
 
答案 (1)mgR1＋rsin θ
BL
 (2)gsin θ－
B2L2v
mR1＋R2 
(3)mgR1＋R2sin θ
B2L2
 
     公式E＝nΔΦ
Δt 与E＝Blvsin θ 的区别与联系 
       两个 
公式项目 
E＝nΔΦ
Δt 
E＝Blvsin θ 
求的是Δt 时间内的平均感应电动势，
E 与某段时间或某个过程相对应 
求的是瞬时感应电动势，
E 与某个时刻或某个位置
相对应 
求的是整个回路的感应电动势．整个
回路的感应电动势为零时，其回路中
某段导体的感应电动势不一定为零 
求的是回路中一部分导
体切割磁感线时产生的
感应电动势 
区别 
由于是整个回路的感应电动势，因此
电源部分不容易确定 
由于是由一部分导体切
割磁感线的运动产生的，
该部分就相当于电源 
联系 
公式E＝nΔΦ
Δt 和E＝Blvsin θ 是统一的，当Δt→0 时，E 为瞬时感
应电动势，而公式E＝Blvsin θ 中的v 若代入v ，则求出的E 为
平均感应电动势 
 
突破训练2 如图10 所示，足够长的“U”形光滑金属导轨平面与水平面成θ 角(0<θ<90°)，
其中MN 与PQ 平行且间距为L，导轨平面与磁感应强度大小为B 的匀强磁场垂直，导
轨电阻不计．金属棒ab 由静止开始沿导轨下滑，并与两导轨始终保持垂直且接触良好，
ab 棒接入电路的部分的电阻为R，当流过ab 棒某一横截面的电荷量为q 时，棒的速度
大小为v，则金属棒ab 在这一过程中 
 
 
 
 
 
 
 
 
(  ) 
 
 
133 
 
图10 
A．a 点的电势高于b 点的电势 
B．ab 棒中产生的焦耳热小于ab 棒重力势能的减少量 
C．下滑的位移大小为qR
BL 
D．受到的最大安培力大小为B2L2v
R
sin θ 
答案 ABC 
解析 由右手定则可知a 点相当于电源的正极，b 点相当于电源的负极，故A 正确；由
能量守恒可知ab 棒重力势能的减少量等于ab 棒中产生的焦耳热与ab 棒的动能之和，
故B 正确；由q＝ΔΦ
R ＝BxL
R 可得，下滑的位移大小为x＝qR
BL，故C 正确；金属棒ab 在
这一过程中受到的安培力大小为F＝BIL，I 最大为BLv
R ，故最大安培力大小为B2L2v
R
，故
D 错误．故选A、B、C. 
应用法拉第电磁感应定律的答题规范 
在阅卷过程中，我们看到学生计算题的答题卷面，有时不是因为物理知识不够扣分，而
是因为答题不规范而扣分，很是可惜．下面谈一下规范答题的几大要素． 
1．文字说明 
(1)研究对象个体或系统、过程或状态． 
(2)所列方程的依据名称． 
(3)题目中的隐含条件、临界条件． 
(4)非题设字母，说明符号的物理意义．字母符号书写、使用要规范，题目给了符号最
好不要再另设符号．尊重课本常用符号． 
(5)规定的正方向、零势点(面)及所建立的坐标系． 
(6)结果的物理意义，给出明确答案． 
2．必要方程 
(1)写出符合题意的原始方程，不能写变形式，如：要写成“


 
I＝Blv
R
F＝BIl＝B2l2v
R
”，不
 
 
134 
要直接写成“F＝B2l2v
R ”． 
(2)要用字母表述方程，不要写代入数据的方程，方程中等号两边虽然含有相同的物理
量字母，也不能相“约”，如“mgh＝1
2mv2”． 
(3)要用原始方程组联立求解，不要用连等式，不要在等式中不断的“续”进一些内容． 
(4)方程式有多个时，应分步列，并对各方程式编号，不要合写一式，以免一错全错． 
3．数字运用 
(1)几何关系只说结果，不必证明． 
(2)数字相乘，要用“×”，不用“·”． 
(3)卷面上不能打“/”相约． 
4．答题模板 
解 设……(未知量)为…… 
对……过程由……规律得： 
……(具体问题的原始方程) 
在……位置由……公式得： 
……(具体问题的原始方程) 
联立以上各式(或联立①②式)得： 
……(由已知量符号表示) 
＝……＝“结果”(代入数据得结果，并注意待求量的数值及单位) 
例4 如图13 所示，两根质量同为m、电阻同为R、长度同为l 的导体棒a、b，用两条等
长的、质量和电阻均可忽略不计的长直导线连接后，放在距地面足够高的光滑绝缘水平
桌面上，两根导体棒均与桌边缘平行，一根在桌面上，另一根移动到靠在桌子的光滑绝
缘侧面上．整个空间存在水平向右的匀强磁场，磁感应强度为B，开始时两棒静止，自
由释放后开始运动．已知两条导线除桌边缘拐弯处外其余部位均处于伸直状态，导线与
桌子侧棱间无摩擦．求： 
 
图13 
(1)刚释放时，导体棒a、b 的加速度大小； 
(2)导体棒a、b 运动稳定时的速度大小； 
(3)若从开始下滑到刚稳定时通过横截面的电荷量为q，求该过程中系统产生的焦耳热． 
审题与关联 
 
 
135 
 
解析 (1)刚释放时，导体棒a、b 的加速度大小相同，设导线中拉力为FT 
对a 棒：mg－2FT＝ma 
对b 棒：2FT＝ma 
解得：a＝1
2g 
(2)导体棒运动稳定时，设导线中拉力为FT′ 
对b 棒：FT′＝0 
对a 棒：mg＝F 安 
又F 安＝BIl，I＝Blv
2R 
解得：v＝2mgR
B2l2 
(3)从开始下滑到刚稳定，设a 棒下降的高度为h 
则通过横截面的电荷量q＝I ·Δt＝ΔΦ
2R ＝Blh
2R 
由能量守恒定律得：系统产生的焦耳热Q＝mgh－1
2×2mv2 
解得：Q＝2mgqR
Bl
－4m3g2R2
B4l4
 
答案 (1)1
2g 1
2g (2)2mgR
B2l2 2mgR
B2l2 (3)2mgqR
Bl
－4m3g2R2
B4l4
 
例5 如图10 甲所示，在水平面上固定有长为L＝2 m、宽为d＝1 m 的金属“U”形导轨，
在“U”形导轨右侧l＝0.5 m 范围内存在垂直纸面向里的匀强磁场，且磁感应强度随时间变
化规律如图乙所示．在t＝0 时刻，质量为m＝0.1 kg 的导体棒以v0＝1 m/s 的初速度从导轨
的左端开始向右运动，导体棒与导轨之间的动摩擦因数为μ＝0.1，导轨与导体棒单位长度(1 
m)的电阻均为λ＝0.1 Ω，不计导体棒与导轨之间的接触电阻及地球磁场的影响(取g＝10 
m/s2 )． 
   
 
 
                      图10-甲                图10-乙 
 
 
136 
 (1)通过计算分析4 s 内导体棒的运动情况； 
(2)计算4 s 内回路中电流的大小，并判断电流方向； 
(3)计算4 s 内回路产生的焦耳热． 
答案 (1)前1 s 导体棒做匀减速直线运动，1 s～4 s 内一直保持静止 (2)0.2 A，顺时针
方向 (3)0.04 J 
解析 (1)导体棒先在无磁场区域做匀减速直线运动，有 
－μmg＝ma，v＝v0＋at，x＝v0t＋1
2at2 
导体棒速度减为零时，v＝0. 
代入数据解得：t＝1 s，x＝0.5 m<L－l＝1.5 m，导体棒没有进入磁场区域． 
导体棒在1 s 末已停止运动，以后一直保持静止，离左端距离为x＝0.5 m. 
(2)前2 s 磁通量不变，回路电动势和电流分别为E＝0，I＝0 
后2 s 回路产生的感应电动势为E＝ΔΦ
Δt ＝ldΔB
Δt ＝0.1 V 
回路的总长度为5 m，因此回路的总电阻为R＝5λ＝0.5 Ω 
电流为I＝E
R＝0.2 A 
根据楞次定律，在回路中的电流方向是顺时针方向． 
(3)前2 s 电流为零，后2 s 有恒定电流，焦耳热为 
Q＝I2Rt＝0.04 J. 
【高考题】 
 (2013·北京·17)如图14 所示，在磁感应强度为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场中，金属杆
MN 在平行金属导轨上以速度v 向右匀速滑动，MN 中产生的感应电动势为E1；若磁感应强
度增为2B，其他条件不变，MN 中产生的感应电动势变为E2.则通过电阻R 的电流方向及E1
与E2之比E1∶E2分别为 
 
 
 
 
 
 
 
 
(  ) 
 
图14 
A．c→a,2∶1   
 
 
B．a→c,2∶1 
C．a→c,1∶2   
 
 
D．c→a,1∶2 
答案 C 
解析 用右手定则判断出两次滑动中金属棒MN 中的电流方向均为N→M，所以电阻R
中的电流方向为a→c.由感应电动势公式E＝Blv 可知：E1
E2＝Blv
2Blv＝1
2，故选项C 正确． 
 
 
137 
2．(2012·课标全国·19)如图15，均匀磁场中有一由半圆弧及其直径构成的导线框，半圆直径
与磁场边缘重合；磁场方向垂直于半圆面(纸面)向里，磁感应强度大小为B0.使该线框
从静止开始绕过圆心O、垂直于半圆面的轴以角速度ω 匀速转动半周，在线框中产生
感应电流．现使线框保持图中所示位置，磁感应强度大小随时间线性变化．为了产生与
线框转动半周过程中同样大小的电流，磁感应强度随时间的变化率ΔB
Δt 的大小应为(  ) 
 
图15 
A.4ωB0
π
   
 
B.2ωB0
π
   
 
C.ωB0
π    
D.ωB0
2π 
答案 C 
解析 当线框绕过圆心O 的转动轴以角速度ω 匀速转动时，由于面积的变化产生感应
电动势，从而产生感应电流．设半圆的半径为r，导线框的电阻为R，即I1＝E
R＝ΔΦ
RΔt＝
B0ΔS
RΔt ＝
1
2πr2B0
Rπ
ω
＝B0r2ω
2R .当线框不动，磁感应强度变化时，I2＝E
R＝ΔΦ
RΔt＝ΔBS
RΔt＝ΔBπr2
2RΔt ，因
I1＝I2，可得ΔB
Δt ＝ωB0
π ，C 选项正确． 
电磁感应中的电路和图象问题 
一、电磁感应中的电路问题 
1．内电路和外电路 
(1)切割磁感线的导体或磁通量发生变化的线圈相当于电源． 
(2)产生电动势的那部分导体或线圈的电阻相当于电源的内阻，其他部分的电阻相当于
外电阻． 
2．电磁感应现象产生的电动势E＝Blv 或E＝nΔΦ
Δt . 
3．电磁感应电路问题的分析方法 
(1)用法拉第电磁感应定律和楞次定律(或右手定则)确定电动势的大小和方向． 
(2)画出等效电路图． 
(3)运用闭合电路欧姆定律、串并联电路的性质、电功率、电功计算公式联立求解． 
二、电磁感应中的图象问题 
1．图象类型 
(1)随时间变化的图象如B－t 图象、Φ－t 图象、E－t 图象和i－t 图象． 
(2)随位移x 变化的图象如E－x 图象和i－x 图象． 
 
 
138 
2．问题类型 
(1)由给定的电磁感应过程判断或画出正确的图象． 
(2)由给定的有关图象分析电磁感应过程，求解相应的物理量． 
(3)利用给出的图象判断或画出新的图象. 
考点一 电磁感应中的电路问题 
1．电磁感应中的电路问题分类． 
(1)以部分电路欧姆定律为中心，包括六个基本物理量(电压、电流、电阻、电功、电功
率、电热)，三条定律(部分电路欧姆定律、电阻定律和焦耳定律)，以及若干基本规律(串、
并联电路特点等)． 
(2)以闭合电路欧姆定律为中心，讨论电动势概念，闭合电路中的电流、路端电压以及
闭合电路中能量的转化． 
2．对电磁感应电路的理解 
(1)在电磁感应电路中，相当于电源的部分把其他形式的能通过电流做功转化为电能． 
(2)“电源”两端的电压为路端电压，而不是感应电动势． 
例1 如图5(a)所示，水平放置的两根平行金属导轨，间距L＝0.3 m，导轨左端连接R＝0.6 
Ω 的电阻，区域abcd 内存在垂直于导轨平面B＝0.6 T 的匀强磁场，磁场区域宽D＝0.2 
m．细金属棒A1和A2用长为2D＝0.4 m 的轻质绝缘杆连接，放置在导轨平面上，并与
导轨垂直，每根金属棒在导轨间的电阻均为r＝0.3 Ω.导轨电阻不计．使金属棒以恒定
速度v＝1.0 m/s 沿导轨向右穿越磁场．计算从金属棒A1进入磁场(t＝0)到A2离开磁场
的时间内，不同时间段通过电阻R 的电流强度，并在图(b)中画出． 
 
图5 
解析 t1＝D
v＝0.2 s 
在0～t1时间内，A1产生的感应电动势E1＝BLv＝0.18 V. 
其等效电路如图甲所示． 
 
甲 
由图甲知，电路的总电阻 
 
 
139 
R 总＝r＋rR
r＋R＝0.5 Ω 
总电流为I＝E1
R总＝0.36 A 
通过R 的电流为IR＝I
3＝0.12 A 
A1离开磁场(t1＝0.2 s)至A2刚好进入磁场(t2＝2D
v ＝0.4 s)的时间内，回路无电流，IR＝0， 
从A2进入磁场(t2＝0.4 s)至离开磁场t3＝2D＋D
v
＝0.6 s 的时间内，A2上的感应电动势为
E2＝0.18 V，其等效电路如图乙所示． 
 
乙 
由图乙知，电路总电阻R 总′＝0.5 Ω，总电流I′＝0.36 A，流过R 的电流IR＝0.12 A，
综合以上计算结果，绘制通过R 的电流与时间关系如图所示． 
 
答案 见解析 
     解决电磁感应中的电路问题三步曲 
(1)确定电源．切割磁感线的导体或磁通量发生变化的回路将产生感应电动势，该导体
或回路就相当于电源，利用E＝Blvsin θ 或E＝nΔΦ
Δt 求感应电动势的大小，利用右手定
则或楞次定律判断电流方向． 
(2)分析电路结构(内、外电路及外电路的串、并联关系)，画出等效电路图． 
(3)利用电路规律求解．主要应用欧姆定律及串、并联电路的基本性质等列方程求解． 
考点二 电磁感应中的图象问题 
1．题型特点 
一般可把图象问题分为三类： 
(1)由给定的电磁感应过程选出或画出正确的图象； 
(2)由给定的有关图象分析电磁感应过程，求解相应的物理量； 
(3)根据图象定量计算． 
 
 
140 
2．解题关键 
弄清初始条件，正负方向的对应，变化范围，所研究物理量的函数表达式，进、出磁场
的转折点是解决问题的关键． 
3．解决图象问题的一般步骤 
(1)明确图象的种类，即是B－t 图象还是Φ－t 图象，或者是E－t 图象、I－t 图象等； 
(2)分析电磁感应的具体过程； 
(3)用右手定则或楞次定律确定方向对应关系； 
(4)结合法拉第电磁感应定律、欧姆定律、牛顿运动定律等规律写出函数关系式； 
(5)根据函数关系式，进行数学分析，如分析斜率的变化、截距等． 
(6)画出图象或判断图象． 
例2 (2013·山东理综·18)将一段导线绕成图7 甲所示的闭合回路，并固定在水平面(纸面)
内．回路的ab 边置于垂直纸面向里的匀强磁场Ⅰ中．回路的圆环区域内有垂直纸面的
磁场Ⅱ，以向里为磁场Ⅱ的正方向，其磁感应强度B 随时间t 变化的图象如图乙所示．用
F 表示ab 边受到的安培力，以水平向右为F 的正方向，能正确反映F 随时间t 变化的
图象是  
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
(B) 
 
图7 
 
 
解析 0～T
2时间内，回路中产生顺时针方向、大小不变的感应电流，根据左手定则可
以判定ab 边所受安培力向左.T
2～T 时间内，回路中产生逆时针方向、大小不变的感应
电流，根据左手定则可以判定ab 边所受安培力向右，故B 正确． 
 
 
141 
 
1．对图象的认识，应注意以下几方面 
(1)明确图象所描述的物理意义； 
(2)必须明确各种“＋”、“－”的含义； 
(3)必须明确斜率的含义； 
(4)必须建立图象和电磁感应过程之间的对应关系； 
(5)注意三个相似关系及其各自的物理意义： 
v～Δv～Δv
Δt，B～ΔB～ΔB
Δt ，Φ～ΔΦ～ΔΦ
Δt 
Δv
Δt、ΔB
Δt 、ΔΦ
Δt 分别反映了v、B、Φ 变化的快慢． 
2．电磁感应中图象类选择题的两个常见解法 
(1)排除法：定性地分析电磁感应过程中物理量的变化趋势(增大还是减小)、变化快慢(均
匀变化还是非均匀变化)，特别是物理量的正负，排除错误的选项． 
(2)函数法：根据题目所给条件定量地写出两个物理量之间的函数关系，然后由函数关
系对图象作出分析和判断，这未必是最简捷的方法，但却是最有效的方法． 
电磁感应图象与电路综合问题的分析 
【例】如图10 所示，水平面内的直角坐标系的第一象限有磁场分布，方向垂直于水平面向
下，磁感应强度沿y 轴方向没有变化，与x 轴的关系如图11 所示，图线是双曲线(坐标轴是
渐近线)；顶角θ＝45°的光滑金属长导轨MON 固定在水平面内，ON 与x 轴重合，一根与
ON 垂直的长导体棒在水平向右的外力作用下沿导轨MON 向右滑动，导体棒在滑动过程中
始终与导轨良好接触．已知t＝0 时，导体棒位于顶点O 处；导体棒的质量为m＝2 kg；OM、
ON 接触处O 点的接触电阻为R＝0.5 Ω，其余电阻不计；回路电动势E 与时间t 的关系如图
12 所示，图线是过原点的直线．求： 
(1)t＝2 s 时流过导体棒的电流I2的大小； 
(2)1 s～2 s 时间内回路中流过的电荷量q 的大小； 
(3)导体棒滑动过程中水平外力F(单位：N)与横坐标x(单位：m)的关系式． 
 
图10     图11        图12 
审题与关联 
 
 
142 
 
解析 (1)根据E－t 图象可知t＝2 s 时，回路中电动势E2＝4 V，所以I2＝E2
R ＝4
0.5 A＝8 A 
(2)由E－t 图象和I＝E
R可判断I－t 图象中的图线也是过原点的直线 
t＝1 s 时，E1＝2 V，所以I1＝E1
R ＝2
0.5 A＝4 A 
则q＝I Δt＝I1＋I2
2
Δt＝6 C 
(3)因θ＝45°，可知任意t 时刻回路中导体棒有效切割长度L＝x 
再根据B－x 图象中的图线是双曲线特点有：E＝BLv＝Bxv 且E 与时间成正比，可知导
体棒的运动是匀加速直线运动 
由题图知Bx＝1 Tm，E＝2t，所以v＝2t 
即棒运动的加速度a＝2 m/s2 
棒受到的安培力F 安＝BIl＝BIx＝Bx·Bxv
R ＝B2x2v
R ＝B2x2· 2ax
R
 
棒做匀加速运动，由牛顿第二定律得F－F 安＝ma 
则F＝F 安＋ma＝B2x2 2ax
R
＋ma＝4 x＋4 
【高考题】 
1．(2013·新课标Ⅰ·17)如图13，在水平面(纸面)内有三根相同的均匀金属棒ab、ac 和MN，
其中ab、ac 在a 点接触，构成“V”字型导轨．空间存在垂直于纸面的均匀磁场．用
力使MN 向右匀速运动，从图示位置开始计时，运动中MN 始终与∠bac 的平分线垂直
且和导轨保持良好接触．下列关于回路中电流i 与时间t 的关系图线，可能正确的是 
(  ) 
 
图13 
 
 
143 
 
 
答案 A 
解析 设∠bac＝2θ，MN 以速度v 匀速运动，导体棒单位长度的电阻为R0.经过时间t，
导体棒的有效切割长度L＝2vttan θ，感应电动势E＝BLv＝2Bv2ttan θ，回路的总电阻R
＝(2vttan θ＋2vt
cos θ)R0，回路中电流i＝E
R＝
Bv
1＋1
sin θR0
.故i 与t 无关，是一个定值，选项
A 正确． 
2．(2013·新课标Ⅱ·16)如图14，在光滑水平桌面上有一边长为L、电阻为R 的正方形导线框；
在导线框右侧有一宽度为d(d＞L)的条形匀强磁场区域，磁场的边界与导线框的一边平
行，磁场方向竖直向下．导线框以某一初速度向右运动，t＝0 时导线框的右边恰与磁场
的左边界重合，随后导线框进入并通过磁场区域．下列v－t 图象中，可能正确描述上
述过程的是  
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
(  ) 
 
 
答案 D 
解析 导线框进入磁场的过程中，线框受到向左的安培力作用，根据E＝BLv、I＝E
R、
F＝BIL 得F＝B2L2v
R
，随着v 的减小，安培力F 减小，导线框做加速度逐渐减小的减速
运动．整个导线框在磁场中运动时，无感应电流，导线框做匀速运动，导线框离开磁场
的过程中，根据F＝B2L2v
R
，导线框做加速度减小的减速运动，所以选项D 正确． 
 
图14 
 
 
144 
“导体棒切割磁感线”模型（电磁感应中的动力学和能量问题） 
考点一 电磁感应中的动力学问题分析 
1．导体的平衡态——静止状态或匀速直线运动状态． 
处理方法：根据平衡条件(合外力等于零)列式分析． 
2．导体的非平衡态——加速度不为零． 
处理方法：根据牛顿第二定律进行动态分析或结合功能关系分析． 
例1 如图1 所示，MN、PQ 为足够长的平行金属导轨，间距L＝0.50 m，导轨平面与水平
面间夹角θ＝37°，N、Q 间连接一个电阻R＝5.0 Ω，匀强磁场垂直于导轨平面向上，磁
感应强度B＝1.0 T．将一根质量为m＝0.050 kg 的金属棒放在导轨的ab 位置，金属棒
及导轨的电阻不计．现由静止释放金属棒，金属棒沿导轨向下运动过程中始终与导轨垂
直，且与导轨接触良好．已知金属棒与导轨间的动摩擦因数μ＝0.50，当金属棒滑行至
cd 处时，其速度大小开始保持不变，位置cd 与ab 之间的距离s＝2.0 m．已知g＝10 m/s2，
sin 37°＝0.60，cos 37°＝0.80.求： 
 
图1 
(1)金属棒沿导轨开始下滑时的加速度大小； 
(2)金属棒到达cd 处的速度大小； 
(3)金属棒由位置ab 运动到cd 的过程中，电阻R 产生的热量． 
解析 (1)设金属棒开始下滑时的加速度大小为a，则 
mgsin θ－μmgcos θ＝ma 
a＝2.0 m/s2 
(2)设金属棒到达cd 位置时速度大小为v、电流为I，金属棒受力平衡，有 
mgsin θ＝BIL＋μmgcos θ 
I＝BLv
R 
解得v＝2.0 m/s 
(3)设金属棒从ab 运动到cd 的过程中，电阻R 上产生的热量为Q，由能量守恒，有 
mgssin θ＝1
2mv2＋μmgscos θ＋Q 
解得Q＝0.10 J 
答案 (1)2.0 m/s2 (2)2.0 m/s (3)0.10 J 
       电磁感应与动力学问题的解题策略 
此类问题中力现象和电磁现象相互联系、相互制约，解决问题前首先要建立“动→电→
 
 
145 
动”的思维顺序，可概括为： 
(1)找准主动运动者，用法拉第电磁感应定律和楞次定律求解感应电动势的大小和方向． 
(2)根据等效电路图，求解回路中感应电流的大小及方向． 
(3)分析安培力对导体棒运动速度、加速度的影响，从而推理得出对电路中的感应电流
有什么影响，最后定性分析导体棒的最终运动情况． 
(4)列牛顿第二定律或平衡方程求解． 
突破训练1 如图2 所示，相距为L 的两条足够长的平行金属导轨，与水平面的夹角为θ，
导轨上固定有质量为m、电阻为R 的两根相同的导体棒，导体棒MN 上方轨道粗糙、
下方轨道光滑，整个空间存在垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度为B.将两根导
体棒同时释放后，观察到导体棒MN 下滑而EF 保持静止，当MN 下滑速度最大时，EF
与轨道间的摩擦力刚好达到最大静摩擦力，下列叙述正确的是  
 
 
(  ) 
 
图2 
A．导体棒MN 的最大速度为2mgRsin θ
B2L2
 
B．导体棒EF 与轨道之间的最大静摩擦力为mgsin θ 
C．导体棒MN 受到的最大安培力为mgsin θ 
D．导体棒MN 所受重力的最大功率为m2g2Rsin2 θ
B2L2
 
答案 AC 
解析 由题意可知，导体棒MN 切割磁感线，产生的感应电动势为E＝BLv，回路中的
电流I＝E
2R，MN 受到的安培力F＝BIL＝B2L2v
2R ，故MN 沿斜面做加速度减小的加速运
动，当MN 受到的安培力大小等于其重力沿轨道方向的分力时，速度达到最大值，此后
MN 做匀速运动．故导体棒MN 受到的最大安培力为mgsin θ，导体棒MN 的最大速度
为2mgRsin θ
B2L2
，选项A、C 正确．由于当MN 下滑速度最大时，EF 与轨道间的摩擦力刚
好达到最大静摩擦力，由力的平衡知识可知EF 与轨道之间的最大静摩擦力为2mgsin θ，
B 错误．由P＝Gvsin θ 可知导体棒MN 所受重力的最大功率为2m2g2Rsin2 θ
B2L2
，D 错误． 
考点二 电磁感应中的能量问题分析 
1．过程分析 
(1)电磁感应现象中产生感应电流的过程，实质上是能量的转化过程． 
 
 
146 
(2)电磁感应过程中产生的感应电流在磁场中必定受到安培力的作用，因此，要维持感
应电流的存在，必须有“外力”克服安培力做功，将其他形式的能转化为电能．“外力”
克服安培力做了多少功，就有多少其他形式的能转化为电能． 
(3)当感应电流通过用电器时，电能又转化为其他形式的能．安培力做功的过程，或通
过电阻发热的过程，是电能转化为其他形式能的过程．安培力做了多少功，就有多少电
能转化为其他形式的能． 
2．求解思路 
(1)若回路中电流恒定，可以利用电路结构及W＝UIt 或Q＝I2Rt 直接进行计算． 
(2)若电流变化，则：①利用安培力做的功求解：电磁感应中产生的电能等于克服安培
力所做的功；②利用能量守恒求解：若只有电能与机械能的转化，则机械能的减少量等
于产生的电能． 
例2 如图3 所示，在倾角θ＝37°的光滑斜面上存在一垂直斜面向上的匀强磁场区域
MNPQ，磁感应强度B 的大小为5 T，磁场宽度d＝0.55 m，有一边长L＝0.4 m、质量
m1＝0.6 kg、电阻R＝2 Ω 的正方形均匀导体线框abcd 通过一轻质细线跨过光滑的定滑
轮与一质量为m2＝0.4 kg 的物体相连，物体与水平面间的动摩擦因数μ＝0.4，将线框
从图示位置由静止释放，物体到定滑轮的距离足够长．(取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，
cos 37°＝0.8)求： 
(1)线框abcd 还未进入磁场的运动过程中，细线中的拉力为多少？ 
(2)当ab 边刚进入磁场时，线框恰好做匀速直线运动，求线框刚释放时ab 边距磁场MN
边界的距离x 多大？ 
(3)在(2)问中的条件下，若cd 边恰离开磁场边界PQ 时，速度大小为2 m/s，求整个运
动过程中ab 边产生的热量为多少？ 
 
图3 
审题指导 1.线框abcd 未进入磁场时，线框沿斜面向下加速，m2沿水平面向左加速，
属连接体问题． 
2．ab 边刚进入磁场时做匀速直线运动，可利用平衡条件求速度． 
3．线框从开始运动到离开磁场的过程中，线框和物体组成的系统减少的机械能转化为
线框的焦耳热． 
解析 (1)m1、m2运动过程中，以整体法有m1gsin θ－μm2g＝(m1＋m2)a 解得a＝2 m/s2 
以m2为研究对象有FT－μm2g＝m2a(或以m1为研究对象有m1gsin θ－FT＝m1a) 
FT＝2.4 N 
 
 
147 
(2)线框进入磁场恰好做匀速直线运动，以整体法有m1gsin θ－μm2g－B2L2v
R
＝0 
解得v＝1 m/s 
ab 到MN 前线框做匀加速运动，有v2＝2ax    解得x＝0.25 m 
(3)线框从开始运动到cd 边恰离开磁场边界PQ 时： 
m1gsin θ(x＋d＋L)－μm2g(x＋d＋L)＝1
2(m1＋m2)v2
1＋Q   解得：Q＝0.4 J 
所以Qab＝1
4Q＝0.1 J 
答案 (1)2.4 N (2)0.25 m (3)0.1 J 
突破训练2 如图4 所示，平行金属导轨与水平面间的倾角为θ，导轨电阻不计，与阻值为
R 的定值电阻相连，匀强磁场垂直穿过导轨平面，磁感应强度为B.有一质量为m、长为
l 的导体棒从ab 位置获得平行于斜面、大小为v 的初速度向上运动，最远到达a′b′
位置，滑行的距离为s，导体棒的电阻也为R，与导轨之间的动摩擦因数为μ.则(  ) 
 
图4 
A．上滑过程中导体棒受到的最大安培力为B2l2v
R 
B．上滑过程中电流做功发出的热量为1
2mv2－mgs(sin θ＋μcos θ) 
C．上滑过程中导体棒克服安培力做的功为1
2mv2 
D．上滑过程中导体棒损失的机械能为1
2mv2－mgssin θ 
答案 BD 
解析 导体棒刚开始运动时所受安培力最大，Fm＝BIl＝B2l2v
2R ，A 选项错误．由能量守
恒定律可知：导体棒动能减少的数值应该等于导体棒重力势能的增加量以及克服安培力
做功产生的电热和克服摩擦阻力做功产生的内能，其公式表示为：1
2mv2＝mgssin θ＋
μmgscos θ＋Q 电热，则有：Q 电热＝1
2mv2－(mgssin θ＋μmgscos θ)，即为导体棒克服安培力
做的功．导体棒损失的机械能即为克服安培力做功和克服摩擦阻力做功的和，W 损失＝1
2
mv2－mgssin θ.故B、D 正确． 
 
 
148 
应用动力学和能量观点解决电磁感应中的“导轨＋杆”模型问题 
【概述】 
对杆在导轨上运动组成的系统，杆在运动中切割磁感线产生感应电动势，并受到安培力
的作用改变运动状态最终达到稳定的运动状态，该系统称为“导轨＋杆”模型． 
【模型分类及分析方法】 
根据杆的数目，对于“导轨＋杆”模型题目，又常分为单杆模型和双杆模型． 
(1)单杆模型是电磁感应中常见的物理模型，此类问题所给的物理情景一般是导体棒垂
直切割磁感线，在安培力、重力、拉力作用下的变加速直线运动或匀速直线运动，所涉
及的知识有牛顿运动定律、功能关系、能量守恒定律等．此类问题的分析要抓住三点：
①杆的稳定状态一般是匀速运动(达到最大速度或最小速度，此时合力为零)．②整个电
路产生的电能等于克服安培力所做的功．③电磁感应现象遵从能量守恒定律． 
(2)双杆类问题可分为两种情况：一是“假双杆”，甲杆静止不动，乙杆运动．其实质
是单杆问题，不过要注意问题包含着一个条件：甲杆静止、受力平衡．另一种情况是两
杆都在运动，对于这种情况，要注意两杆切割磁感线产生的感应电动势是相加还是相减． 
线框进入磁场和离开磁场的过程和单杆的运动情况相同，在磁场中运动的过程与双杆的
运动情况相同． 
例3 如图5 所示，足够长的金属导轨MN、PQ 平行放置，间距为L，与水平面成θ 角，
导轨与定值电阻R1和R2相连，且R1＝R2＝R，R1支路串联开关S，原来S 闭合．匀强
磁场垂直导轨平面向上，有一质量为m、有效电阻也为R 的导体棒ab 与导轨垂直放置，
它与导轨粗糙接触且始终接触良好．现将导体棒ab 从静止释放，沿导轨下滑，当导体
棒运动达到稳定状态时速率为v，此时整个电路消耗的电功率为重力功率的3
4.已知重力
加速度为g，导轨电阻不计，求： 
 
图5 
(1)匀强磁场的磁感应强度B 的大小和达到稳定状态后导体棒ab 中的电流强度I； 
(2)如果导体棒ab 从静止释放沿导轨下滑x 距离后达到稳定状态，这一过程回路中产生
的电热是多少？ 
(3)导体棒ab 达到稳定状态后，断开开关S，从这时开始导体棒ab 下滑一段距离后，通
过导体棒ab 横截面的电荷量为q，求这段距离是多少？ 
审题与关联 
 
 
149 
 
解析 (1)回路中的总电阻为：R 总＝3
2R 
当导体棒ab 以速度v 匀速下滑时棒中的感应电动势为：E＝BLv 
此时棒中的感应电流为：I＝E
R总 
此时回路的总电功率为：P 电＝I2R 总 
此时重力的功率为：P 重＝mgvsin θ 
根据题给条件有：P 电＝3
4P 重，解得：I＝ 
mgvsin θ
2R
 
B＝3
2L 
mgRsin θ
2v
 
(2)设导体棒ab 与导轨间的滑动摩擦力大小为Ff，根据能量守恒定律可知：1
4mgvsin θ＝Ffv 
解得：Ff＝1
4mgsin θ 
导体棒ab 减少的重力势能等于增加的动能、回路中产生的焦耳热以及克服摩擦力做功
的和 
mgsin θ·x＝1
2mv2＋Q＋Ff·x 
解得：Q＝3
4mgsin θ·x－1
2mv2 
(3)S 断开后，回路中的总电阻为：R 总′＝2R 
设这一过程经历的时间为Δt，这一过程回路中的平均感应电动势为E ，通过导体棒ab
的平均感应电流为I ，导体棒ab 下滑的距离为s，则：E ＝ΔΦ
Δt ＝BLs
Δt ，I ＝
E
R总′＝BLs
2RΔt 
得：q＝I Δt＝BLs
2R 
解得：s＝4q
3 
2vR
mgsin θ 
 
 
 
150 
【高考题】 (2013·安徽·16)如图6 所示，足够长的平行金属导轨倾斜放置，倾角为37°，宽
度为0.5 m，电阻忽略不计，其上端接一小灯泡，电阻为1 Ω.一导体棒MN 垂直导轨放置，
质量为0.2 kg，接入电路的电阻为1 Ω，两端与导轨接触良好，与导轨间的动摩擦因数为0.5.
在导轨间存在着垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度为0.8 T．将导体棒MN 由静止释
放，运动一段时间后，小灯泡稳定发光，此后导体棒MN 的运动速度以及小灯泡消耗的电功
率分别为(重力加速度g 取10 m/s2，sin 37°＝0.6)  
 
 
 
(  ) 
 
图6 
A．2.5 m/s 1 W   
 
 
 
B．5 m/s 1 W 
C．7.5 m/s 9 W   
 
 
 
D．15 m/s 9 W 
答案 B 
解析 导体棒MN 匀速下滑时受力如图所示，由平衡条件可得F 安 
＋μmgcos 37°＝mgsin 37°，所以F 安＝mg(sin 37°－μcos 37°)＝0.4 N， 
由F 安＝BIL 得I＝F安
BL＝1 A，所以E＝I(R 灯＋RMN)＝2 V，导体棒的
运动速度v＝E
BL＝5  
m/s，小灯泡消耗的电功率为P 灯＝I2R 灯＝1 W．正确选项为B. 
“交流电”模型 
一、交变电流的产生和变化规律 
1．交变电流 
大小和方向都随时间做周期性变化的电流．如图5(a)、(b)、(c)、(d)所示都属于交变电
流．其中按正弦规律变化的交变电流叫正弦式交变电流，简称正弦式电流，如图(a)所
示． 
 
 
图5 
2．正弦交变电流的产生和图象 
(1)产生：在匀强磁场里，线圈绕垂直于磁场方向的轴匀速转动． 
(2)中性面 
①定义：与磁场方向垂直的平面． 
 
 
151 
②特点 
a．线圈位于中性面时，穿过线圈的磁通量最大，磁通量的变化率为零，感应电动势为
零． 
b．线圈转动一周，两次经过中性面．线圈每经过中性面一次，电流的方向就改变一次． 
(3)图象：用以描述交变电流随时间变化的规律，如果线圈从中性面位置开始计时，其
图象为正弦函数曲线． 
二、正弦交变电流的函数表达式、峰值和有效值 
1．周期和频率 
(1)周期(T)：交变电流完成一次周期性变化(线圈转一周)所需的时间，公式T＝2π
ω . 
(2)频率(f)：交变电流在1 s 内完成周期性变化的次数．单位是赫兹(Hz)． 
(3)周期和频率的关系：T＝1
f或f＝1
T. 
2．正弦式交变电流的函数表达式(线圈在中性面位置开始计时) 
(1)电动势e 随时间变化的规律：e＝Emsin_ωt. 
(2)负载两端的电压u 随时间变化的规律：u＝Umsin_ωt. 
(3)电流i 随时间变化的规律：i＝Imsin_ωt.其中ω 等于线圈转动的角速度，Em＝nBSω. 
3．交变电流的瞬时值、峰值、有效值 
(1)瞬时值：交变电流某一时刻的值，是时间的函数． 
(2)峰值：交变电流的电流或电压所能达到的最大值，也叫最大值． 
(3)有效值：跟交变电流的热效应等效的恒定电流的值叫做交变电流的有效值．对正弦
交变电流，其有效值和峰值的关系为：E＝Em
2，U＝Um
2，I＝Im
2. 
(4)平均值：是交变电流图象中波形与横轴所围面积跟时间的比值． 
考点一 正弦式交变电流的产生及变化规律 
1．正弦式交变电流的产生 
(1)线圈绕垂直于磁场方向的轴匀速转动． 
(2)两个特殊位置的特点： 
①线圈平面与中性面重合时，S⊥B，Φ 最大，ΔΦ
Δt ＝0，e＝0，i＝0，电流方向将发生改
变． 
②线圈平面与中性面垂直时，S∥B，Φ＝0，ΔΦ
Δt 最大，e 最大，i 最大，电流方向不改变． 
(3)电流方向的改变：线圈通过中性面时，电流方向发生改变，一个周期内线圈两次通
过中性面，因此电流的方向改变两次． 
(4)交变电动势的最大值Em＝nBSω，与转轴位置无关，与线圈形状无关． 
 
 
152 
2．正弦式交变电流的变化规律(线圈在中性面位置开始计时) 
       规律 
物理量 
函数表达式 
图象 
磁通量 
Φ＝Φmcos ωt＝BScos ωt 
 
电动势 
e＝Emsin ωt＝nBSωsin ωt 
 
电压 
u＝Umsin ωt＝REm
R＋rsin ωt 
 
电流 
i＝Imsin ωt＝Em
R＋rsin ωt 
 
例1 如图6 甲所示，一矩形线圈abcd 放置在匀强磁场中，并绕过ab、cd 中点的轴OO′
以角速度ω 逆时针匀速转动．若以线圈平面与磁场夹角θ＝45°时(如图乙)为计时起点，
并规定当电流自a 流向b 时，电流方向为正．则下列四幅图中正确的是  
(  ) 
 
 
 
解析 该题考查交变电流的产生过程．t＝0 时刻，根据题图乙表示的转动方向，由右手
定则知，此时ad 中电流方向由a 到d，线圈中电流方向为a→d→c→b→a，与规定的电
流正方向相反，电流为负值．又因为此时ad、bc 两边的切割速度方向与磁场方向成45°
夹角，由E＝2Blv⊥，可得E＝2× 2
2 Blv＝2
2 Em，即此时电流是最大值的2
2 倍，由题图
乙还能观察到，线圈在接下来45°的转动过程中，ad、bc 两边的切割速度v⊥越来越小，
所以感应电动势应减小，感应电流应减小，故瞬时电流的表达式为i＝－Imcos (π
4＋ωt)，
则图象为D 图象所描述，故D 项正确． 
答案 D 
考点二 交流电有效值的求解 
图6 
 
 
153 
1．正弦式交流电的有效值： 
I＝Im
2，U＝Um
2，E＝Em
2 
2．非正弦式交流电有效值的求解根据电流的热效应进行计算． 
例2 如图8 所示，图甲和图乙分别表示正弦脉冲波和方波的交变电流与时间的变化关
系．若使这两种电流分别通过两个完全相同的电阻，则经过1 min 的时间，两电阻消耗
的电功之比W 甲∶W 乙为 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
(  ) 
     
 
图8 
A．1∶2    
B．1∶2       C．1∶3    
 D．1∶6 
解析 电功的计算中，I 要用有效值计算，图甲中，由有效值的定义得( 1
2)2R×2×10
－
2＋0＋( 1
2)2R×2×10
－2＝I2
1R×6×10
－2，得I1＝3
3 A；图乙中，I 的值大小不变，I2＝1 
A，由W＝UIt＝I2Rt 可以得到W 甲∶W 乙＝1∶3. 
答案 C 
考点三 交变电流“四值”的比较 
交变电流的瞬时值、峰值、有效值和平均值的比较 
物理量 
物理含义 
重要关系 
适用情况及说明 
瞬时值 
交变电流某一时刻
的值 
e＝Emsin ωt 
i＝Imsin ωt 
计算线圈某时刻的受力情况 
峰值 
最大的瞬时值 
Em＝nBSω    Im＝Em
R＋r 
讨论电容器的击穿电压 
有效值 
跟交变电流的热效
应等效的恒定电流
的值 
E＝Em
2 
U＝Um
2 
I＝Im
2 
适用于正(余)弦式交变电流 
(1)各种交流电电气设备上所标的 
(2)交流电表所测量的 
(3)电流做功所涉及公式中电学量均为
有效值； 
(4)在计算交流电通过导体产生热量、
电功率及确定保险丝的熔断电流时。 
平均值 
交变电流图象中图
线与时间轴所夹的
面积与时间的比值 
E ＝Bl v 
E ＝nΔΦ
Δt 
I ＝
E
R＋r 
计算通过电路横截面的电荷量 
 
 
154 
例3 如图10 所示，匀强磁场的磁感应强度B＝0.5 T，边长L＝10 cm 的正方形线圈共100
匝，线圈总电阻r＝1 Ω，线圈绕垂直于磁感线的对称轴OO′匀速转动，角速度ω＝2π 
rad/s，外电路中的电阻R＝4 Ω，求： 
 
图10 
(1)感应电动势的最大值； 
(2)由图示位置(线圈平面与磁感线平行)转过60°时的瞬时感应电动势； 
(3)由图示位置(线圈平面与磁感线平行)转过60°的过程中产生的平均感应电动势； 
(4)交流电压表的示数； 
(5)线圈转动一周产生的总热量； 
(6)从图示位置开始的1
6周期内通过R 的电荷量． 
解析 (1)感应电动势的最大值为 
Em＝nBSω＝100×0.5×0.12×2π V＝3.14 V 
(2)由图示位置转过60°时的瞬时感应电动势为 
e＝Emcos 60°＝3.14×0.5 V＝1.57 V 
(3)由图示位置转过60°的过程中产生的平均感应电动势为 
E ＝nΔΦ
Δt ＝nBSsin 60°
1
6T
＝100×
0.5×0.1×0.1× 3
2
1
6×2π
2π
V＝2.6 V 
(4)交流电压表的示数为外电路两端电压的有效值，即 
U＝E
R＋rR＝3.14
2 × 4
4＋1 V＝1.78 V 
(5)线圈转动一周产生的总热量为 
Q＝

Em
2
2
R＋r T＝0.99 J 
(6)在1
6周期内通过电阻R 的电荷量为 
q＝I ×T
6＝
E
R＋r×T
6＝2.6
4＋1×1
6 C＝0.087 C 
答案 (1)3.14 V (2)1.57 V (3)2.6 V (4)1.78 V   (5)0.99 J (6)0.087 C 
 
 
155 
【高考题】 
(2013·山东·17)图13 甲是小型交流发电机的示意图，两磁极N、S 间的磁场可视为水平方向
的匀强磁场，
为交流电流表．线圈绕垂直于磁场的水平轴OO′沿逆时针方向匀速转动，
从图示位置开始计时，产生的交变电流随时间变化的图象如图乙所示．以下判断正确的是 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
(  ) 
 
图13 
A．电流表的示数为10 A 
B．线圈转动的角速度为50π rad/s 
C．0.01 s 时线圈平面与磁场方向平行 
D．0.02 s 时电阻R 中电流的方向自右向左 
答案 AC 
解析 电流表测量的是电路中电流的有效值I＝10 A，选项A 正确．由题图乙可知，T
＝0.02 s，所以ω＝2π
T ＝100π rad/s，选项B 错误．t＝0.01 s 时，电流最大，线圈平面与
磁场方向平行，选项C 正确．t＝0.02 s 时，线圈所处的状态就是图示状况，此时R 中
电流的方向自左向右，选项D 错误． 
变压器、电能的输送 
一、理想变压器 
1．主要构造：由原线圈、副线圈和铁芯三部分组成． 
2．工作原理：电磁感应的互感现象． 
3．基本关系式 
(1)功率关系：P 入＝P 出． 
(2)电压关系：只有一个副线圈时，U1
n1＝U2
n2；有多个副线圈时，U1
n1＝U2
n2＝U3
n3＝…. 
(3)电流关系：只有一个副线圈时，I1
I2＝n2
n1. 
由P 入＝P 出及P＝UI 推出有多个副线圈时，U1I1＝U2I2＋U3I3＋…. 
4．几种常用的变压器 
(1)自耦变压器——调压变压器． 
(2)互感器
 
电压互感器：用来把高电压变成低电压.
电流互感器：用来把大电流变成小电流. 
5．理想变压器的理解  (1)没有能量损失；(2)没有磁通量损失． 
 
 
156 
二、远距离输电 
1．输电过程(如图2 所示) 
 
图2 
2．输送电流 
(1)I＝P
U；(2)I＝U－U′
R
. 
3．输电导线上的能量损失：主要是由输电线的电阻发热产生的，表达式为Q＝I2Rt. 
4．电压损失 
(1)ΔU＝U－U′；(2)ΔU＝IR. 
5．功率损失 
(1)ΔP＝P－P′；(2)ΔP＝I2R＝(P
U)2R. 
6．降低输电损耗的两个途径 
(1)减小输电线的电阻，由电阻定律R＝ρl
S可知，在输电距离一定的情况下，为了减小电
阻，应采用电阻率小的材料，也可以增加导线的横截面积． 
(2)减小输电导线中的输电电流，由P＝UI 可知，当输送功率一定时，提高输电电压，
可以减小输电电流. 
考点一 理想变压器原、副线圈基本关系的应用 
制约关系 
(1)电压：副线圈电压U2由原线圈电压U1和匝数比决定． 
(2)功率：原线圈的输入功率P1由副线圈的输出功率P2决定． 
(3)电流：原线圈电流I1由副线圈电流I2和匝数比决定． 
例1 如图3 甲所示，理想变压器的原线圈匝数n1＝350 匝，副线圈匝数n2＝70 匝，电阻
R＝20 Ω，
是交流电压表，原线圈加上如图乙所示的交流电，则下列说法正确的是 
(  ) 
 
 
甲           乙 
图3 
 
 
157 
A．加在原线圈上交流电压瞬时值的表达式为u＝20 2sin 5πt V 
B．原线圈电流的有效值为0.04 A 
C．在t＝0.01 s 时，电压表的示数为0 
D．电阻R 上消耗的电功率为0.8 W 
解析 由题图乙可知该交流电的峰值Um＝20 2 V，周期T＝0.02 s，结合正弦交流电
瞬时值的一般表达式u＝Umsin 2π
T t可得该交流电的瞬时值表达式应是u＝20 2sin 100πt 
V．A 选项错． 
因为变压器是理想变压器，则有U1
U2＝n1
n2，又U1＝2
2 Um＝20 V， 
所以U2＝n2
n1U1＝70
350×20 V＝4 V，变压器的输出功率P2＝PR＝U2
2
R ＝42
20 W＝0.8 W．D
选项对． 
对理想变压器有P1＝P2，又P1＝U1I1，所以原线圈中电流的有效值I1＝P1
U1＝P2
U1＝0.8
20 A
＝0.04 A．B 选项对． 
因交流电压表测量的是交流电的有效值，故电压表的示数等于U2即4 V．C 选项错． 
答案 BD 
     关于理想变压器的四点说明 
(1)变压器不能改变直流电压． 
(2)变压器只能改变交变电流的电压和电流，不能改变交变电流的频率． 
(3)理想变压器本身不消耗能量． 
(4)理想变压器基本关系中的U1、U2、I1、I2均为有效值． 
考点二 理想变压器的动态分析 
常见的理想变压器的动态分析一般分匝数比不变和负载电阻不变两种情况． 
1．匝数比不变的情况(如图5 所示) 
(1)U1 不变，根据U1
U2＝n1
n2，输入电压U1 决定输出电压U2，不论负载电阻R 如何变化，
U2不变． 
(2)当负载电阻发生变化时，I2变化，输出电流I2决定输入电流I1，故I1发生变化． 
(3)I2变化引起P2变化，P1＝P2，故P1发生变化． 
  
 
图5           图6 
 
 
158 
2．负载电阻不变的情况(如图6 所示) 
(1)U1不变，n1
n2发生变化，故U2变化． 
(2)R 不变，U2变化，故I2发生变化． 
(3)根据P2＝U2
2
R ，P2 发生变化，再根据P1＝P2，故P1 变化，P1＝U1I1，U1 不变，故I1
发生变化． 
例2 火警报警系统原理如图7 甲所示，M 是一个小型理想变压器，原、副线圈匝数之比
n1∶n2＝10∶1，接线柱a、b 接上一个正弦交变电源，电压随时间变化规律如图乙所示，
在变压器右侧部分，R2为用半导体热敏材料(电阻率随温度升高而减小)制成的传感器，
R1为一定值电阻．下列说法中正确的是  
 
 
 
 
 
 
 
(  ) 
 
 
图7 
A．电压表示数为22 V 
B．此交变电源的频率为50 Hz 
C．当传感器R2所在处出现火警时，电流表的示数减小 
D．当传感器R2所在处出现火警时，电压表的示数减小 
解析 副线圈两端电压是22 V，电压表示数等于副线圈两端电压减去R1两端的电压，
小于22 V，所以A 错；从题图乙可知，周期是0.02 s，所以频率是50 Hz，B 正确；当
传感器R2所在处出现火警时，R2的电阻变小，它两端的电压变小，电流变大，电流表
的示数变大，电压表的示数变小，C 错，D 对． 
答案 BD 
例3 如图8 所示的电路中，有一自耦变压器，左侧并联一只理想电压表V1后接在稳定的
交流电源上；右侧串联灯泡L 和滑动变阻器R，R 上并联一只理想电压表V2.下列说法
中正确的是  
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
(B) 
A．若F 不动，滑片P 向下滑动时，V1示数变大，V2 示数变小 
B．若F 不动，滑片P 向下滑动时，灯泡消耗的功率变小 
C．若P 不动，滑片F 向下移动时，V1、V2的示数均变小 
D．若P 不动，滑片F 向下移动时，灯泡消耗的功率变大              图8 
解析 若F 不动，滑片P 向下滑动时，滑动变阻器接入电路中的电阻变大，则副线圈回路
中总电阻变大，则回路中电流减小，灯泡两端电压减小，功率变小，滑动变阻器两端电压变
大，V2的示数变大，而原线圈两端电压不变，则A 错误，B 正确；若P 不动，滑片F 向下
移动时，根据理想变压器特点可知原线圈两端电压不变，副线圈两端电压减小，则副线圈回
路中电流变小，灯泡L 消耗的功率减小，电压表V2 的示数变小，C、D 错误． 
 
 
159 
考点三 远距离输电问题 
1．远距离输电的处理思路 
对高压输电问题，应按“发电机→升压变压器→远距离输电线→降压变压器→用电
器”，或按从“用电器”倒推到“发电机”的顺序一步一步进行分析． 
2．远距离高压输电的几个基本关系(以图10 为例) 
 
图10 
(1)功率关系：P1＝P2，P3＝P4，P2＝P 损＋P3. 
(2)电压、电流关系：U1
U2＝n1
n2＝I2
I1，U3
U4＝n3
n4＝I4
I3，U2＝ΔU＋U3，I2＝I3＝I 线． 
(3)输电电流：I 线＝P2
U2＝P3
U3＝U2－U3
R线
. 
(4)输电线上损耗的电功率：P 损＝I 线ΔU＝I2
线R 线＝(P2
U2)2R 线． 
当输送功率一定时，输电电压增大到原来的n 倍，输电线上损耗的功率就减小到原来的1
n2. 
例4 某村在距村庄较远的地方修建了一座小型水电站，发电机输出功率为9 kW，输出电
压为500 V，输电线的总电阻为10 Ω，允许线路损耗的功率为输出功率的4%，求： 
(1)村民和村办小企业需要220 V 电压时，求所用升压变压器和降压变压器的原、副线
圈的匝数比各为多少；(不计变压器的损耗) 
(2)若不用变压器而由发电机直接输送，村民和村办小企业得到的电压和功率各是多少． 
解析 (1)建立如图所示的远距离输电模型，要求变压器原、副线圈的匝数比，先要知
道原、副线圈两端的电压之比．本题可以线路上损耗的功率为突破口，先求出输电线上
的电流I 线，再根据输出功率求出U2，然后再求出U3. 
 
由线路损耗的功率P 损＝I2
线R 线和P 损＝4%P 出可得 
I 线＝ 
P损
R线＝ 
9 000×4%
10
 A＝6 A 
又因为P 输出＝U2I 线，所以 
 
 
160 
U2＝P输出
I线＝9 000
6
 V＝1 500 V 
U3＝U2－I 线R 线＝(1 500－6×10) V＝1 440 V 
根据理想变压器规律 
n1
n2＝U1
U2＝500 V
1 500 V＝1
3 
n3
n4＝U3
U4＝1 440 V
220 V ＝72
11 
所以升压变压器和降压变压器原、副线圈的匝数比分别是1∶3 和72∶11. 
(2)若不用变压器而由发电机直接输送(模型如图所示)，由 
P 输出＝UI 线′可得 
I 线′＝P输出
U ＝9 000
500 A＝18 A 
所以线路损耗的功率 
P 线＝I 线′2R 线＝182×10 W＝3 240 W 
用户得到的电压 
U 用户＝U－I 线′R 线＝(500－18×10) V＝320 V 
用户得到的功率 
P 用户＝P 输出－P 线＝(9 000－3 240) W＝5 760 W. 
答案 (1)1∶3 72∶11 (2)320 V 5 760 W 
      输电线路功率损失的计算方法 
(1)P 损＝P－P′，P 为输送的功率，P′为用户所得功率． 
(2)P 损＝I2
线R 线，I 线为输电线路上的电流，R 线为线路电阻． 
(3)P 损＝ΔU2
R线，ΔU 为输电线路上损失的电压，R 线为线路电阻． 
(4)P 损＝ΔUI 线，ΔU 为输电线路上损失的电压，I 线为线路上的电流． 
特别提醒 在远距离输电问题中，计算线路功率损耗时一般用P 损＝I2
线R 线，其原因是 
I 线可以由公式P 输出＝I 线U 输出求出，而P 损＝ΔUI 线和P 损＝ΔU2
R线则不常用，其原因是在一
般情况下，ΔU 不易求出，且易将ΔU 和U 输出相混而造成错误． 
【高考题】 
1.(2013·广东理综·16)如图，理想变压器原、副线圈匝数比n1∶n2＝2∶1，
和
均为理想电
表，灯泡电阻RL＝6 Ω，AB 端电压u1＝12 2sin 100πt (V)，下列说法正确的是(  ) 
A．电流频率为100 Hz 
B.
的读数为24 V 
C.
的读数为0.5 A 
D．变压器输入功率为6 W 
 
 
161 
答案 D 
解析 由ω＝2πf＝100π rad/s 得：f＝50 Hz，A 错．有效值U1＝12 V，又：U2
U1＝n2
n1得：
U2＝6 V，I2＝U2
RL＝1 A，B、C 项错．由能量守恒得P1＝P2＝U2I2＝6 W，D 对． 
2．(2012·福建理综·14)如图所示，理想变压器原线圈输入电压u＝Umsin ωt，副线圈电路中
R0为定值电阻，R 是滑动变阻器.
和
是理想交流电压表，示数分别用U1和U2表示；
和
是理想交流电流表，示数分别用I1和I2表示．下列说法正确的是 (  ) 
A．I1和I2表示电流的瞬时值 
B．U1和U2表示电压的最大值 
C．滑片P 向下滑动过程中，U2不变、I1变大 
D．滑片P 向下滑动过程中，U2变小、I1变小 
答案 C 
解析 电路中交流电表的示数为有效值，故A、B 项均错误；P 向下滑动过程中，R 变
小，由于交流电源的输出电压和原、副线圈匝数不变，U1、U2均不变，所以I2＝U2
R0＋R
变大，由I1
I2＝n2
n1，得I1＝n2
n1I2变大，故C 项正确，D 项错误． 
“对称”模型 
【概述】 
对称法作为一种具体的解题方法，虽然高考命题没有单独正面考查，但是在每年的高考
命题中都有所渗透和体现。从侧面体现考生的直观思维能力和客观的猜想推理能力。所以作
为一种重要的物理思想和方法，相信在今后的高考命题中必将有所体现。 
【解题】 
在研究和解决物理问题时，从对称性的角度去考查过程的物理实质，可以避免繁冗的数
学推导，迅速而准确地解决问题。 
对称法是从对称性的角度研究、处理物理问题的一种思维方法，有时间和空间上的对称。
它表明物理规律在某种变换下具有不变的性质。用这种思维方法来处理问题可以开拓思路，
使复杂问题的解决变得简捷。如，一个做匀减速直线运动的物体在至运动停止的过程中，根
据运动的对称性，从时间上的反演，就能看作是一个初速度为零的匀加速直线运动，于是便
可将初速度为零的匀加速直线运动的规律和特点，用于处理末速度为零的匀减速运动，从而
简化解题过程。具体如：竖直上抛运动中的速度对称、时间对称。沿着光滑斜面上滑的物体
运动等具有对称性等，总之物理问题通常有多种不同的解法，利用对称性解题不失为一种科
学的思维方法。 
利用对称法解题的思路：①领会物理情景，选取研究对象；②在仔细审题的基础上，通
过题目的条件、背景、设问，深刻剖析物理现象及过程，建立清晰的物理情景，选取恰当的
研究对象如运动的物体、运动的某一过程或某一状态；③透析研究对象的属性、运动特点及
规律；④寻找研究对象的对称性特点。⑤利用对称性特点，依物理规律，对题目求解。 
一、静电场中的对称 
【例题】 
例1 N(N>1)个电荷量均为q(q>0)的小球，均匀分布在半径为R 的圆周
上，如图所示．若移去位于圆周上P 点(图中未标出)的一个小球，则
圆心O 点处的电场强度大小为________，方向________．(已知静电
力常量为k) 
 
 
162 
解析 P 点的带电小球在圆心O 处的电场强度大小为E1＝k q
R2，方向沿PO 指向O；N 个小
球在O 点处电场强度叠加后，合场强为零；移去P 点的小球后，则剩余N－1 个小球在圆心
O 处的电场强度与P 点的小球在圆心O 处的电场强度等大反向，即E＝E1＝k q
R2，方向沿OP
指向P. 
答案 kq
R2 沿OP 指向P 
      利用补偿法和对称法求电场强度 
(1)补偿法：题给条件建立的模型不是一个完整的标准模型，比如说模型A，这时需要给
原来的问题补充一些条件，由这些补充条件建立另一个容易求解的模型B，并且模型A
与模型B 恰好组成一个完整的标准模型，这样求解模型A 的问题就变为求解一个完整
的标准模型与模型B 的差值问题． 
(2)对称法：利用带电体(如球体、薄板等)产生的电场具有对称性的特点来求电场强度的
方法． 
两个等量点电荷电场的分布 
等量同种点电荷和等量异种点电荷的电场线的比较 
比较项目 
等量异种点电荷 
等量同种点电荷 
电场线分布图 
 
 
连线中点O 处的场强 
连线上O 点场强最小，指向
负电荷一方 
为零 
连线上的场强大小
(从左到右) 
沿连线先变小，再变大 
沿连线先变小，再变大 
沿中垂线由O 点向外
场强大小 
O 点最大，向外逐渐减小 
O 点最小，向外先变大后变小 
关于O 点对称的A 与
A′、B 与B′的场强 
等大同向 
等大反向 
例2 如图7 所示，两个带等量负电荷的小球A、B(可视为点电荷)，被
固定在光滑的绝缘水平面上，P、N 是小球A、B 连线的水平中垂线上的
两点，且PO＝ON.现将一个电荷量很小的带正电的小球C(可视为质点)
由P 点静止释放，在小球C 向N 点运动的过程中，下列关于小球C 的
说法可能正确的是 (  ) 
 
 
 
163 
A．速度先增大，再减小 
B．速度一直增大 
C．加速度先增大再减小，过O 点后，加速度先减小再增大 
D．加速度先减小，再增大 
解析 在AB 的中垂线上，从无穷远处到O 点，电场强度先变大后变小，到O 点变为
零，故正电荷受库仑力沿连线的中垂线运动时，电荷的加速度先变大后变小，速度不断
增大，在O 点加速度变为零，速度达到最大；由O 点到无穷远处时，速度变化情况与
另一侧速度的变化情况具有对称性．如果P、N 相距很近，加速度则先减小，再增大． 
答案 AD 
例3 如图所示，在两等量异种点电荷的电场中，MN 为两电荷连线的中垂线，a、b、c 三点
所在直线平行于两电荷的连线，且a 和c 关于MN 对称，b 点位于MN 上，d 点位于两电荷
的连线上．以下判断正确的是 (  ) 
A．b 点场强大于d 点场强 
B．b 点场强小于d 点场强 
C．a、b 两点间的电势差等于b、c 两点间的电势差 
D．试探电荷＋q 在a 点的电势能小于在c 点的电势能 
答案 BC 
解析 根据等量异种点电荷产生的电场的电场线分布情况和由电场线的疏密表示场强
大小可知Ed>Eb.故选项A 错误，选项B 正确．a、c 两点关于MN 对称，故Uab＝Ubc，
选项C 正确．沿电场线方向电势降低，所以φa>φc，由Ep＝qφ 可知Epa>Epc，故选项D
错误． 
【高考题】 
1.（2005 上海高考）如图所示，带电量为＋q 的点电荷与均匀带电薄板相距为2d，点电荷到
带电薄板的垂线通过板的几何中心。若图中b 点处产生的电场强度为零，根据对称性，带电
薄板在图中b 点处产生的电场强度大小为多少，方向如何？（静电力恒量为k）。 
解析：在电场中a 点： 
E
E
E
a
q




板
0 
E
E
E
k q
d
q
q
板
，




2 
板上电荷在a、b 两点的电场以带电薄板对称，带电薄板在b 点产生的场强大小为k q
d 2 ，
方向水平向左。 
点评：题目中要求带电薄板产生的电场，根据中学物理知识仅能直接求点电荷产生的电
场，无法直接求带电薄板产生的电场；由Ea＝0，可以联想到求处于静电平衡状态的导体的
感应电荷产生的场强的方法，利用E
E q
板
来间接求出带电薄板在a 点的场强，然后根
据题意利用对称性求出答案。 
 
 
164 
2. (2013·全国新课标Ⅰ·15)如图，一半径为R 的圆盘上均匀分布着电荷量为Q 的电荷，在垂
直于圆盘且过圆心c 的轴线上有a、b、d 三个点，a 和b、b 和c、 c 和d 间的距离均为R，
在a 点处有一电荷量为q (q>0)的固定点电荷．已知b 点处的场强为零，则d 点处场强的大
小为(k 为静电力常量)  (  ) 
A．k3q
R2   
B．k10q
9R2   
C．kQ＋q
R2   D．k9Q＋q
9R2 
答案 B 
解析 电荷q 产生的电场在b 处的场强Eb＝kq
R2，方向水平向右，由于b 点的合场强为零，
故圆盘上的电荷产生的电场在b 处的场强Eb′＝Eb，方向水平向左，故Q＞0.由于b、d 关
于圆盘对称，故Q 产生的电场在d 处的场强Ed′＝Eb′＝kq
R2，方向水平向右，电荷q 产生
的电场在d 处的场强Ed＝kq
3R2＝kq
9R2，方向水平向右，所以d 处的合场强的大小E＝Ed′＋
Ed＝k10q
9R2. 
二、磁场中的对称 
【例1】如图所示，两根相互平行的长直导线过纸面上的M、N 两点，且与纸面垂直，导线
中通有大小相等、方向相反的电流．a、O、b 在M、N 的连线上，O 为MN 的中点，c、d
位于MN 的中垂线上，且a、b、c、d 到O 点的距离均相等．关于以上几点处的磁场，下列
说法正确的是 (  ) 
A．O 点处的磁感应强度为零 
B．a、b 两点处的磁感应强度大小相等，方向相反 
C．c、d 两点处的磁感应强度大小相等，方向相同 
D．a、c 两点处磁感应强度的方向不同 
解析 根据安培定则判断磁场方向，再结合矢量的合成知识求解．根据安培定则判断：
两直线电流在O 点产生的磁场方向均垂直于MN 向下，O 点的磁感应强度不为零，故A
选项错误；a、b 两点的磁感应强度大小相等，方向相同，故B 选项错误；根据对称性，
c、d 两点处的磁感应强度大小相等，方向相同，故C 选项正确；a、c 两点的磁感应强
度方向相同，故D 选项错误． 
答案 C 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
165 
【例2】如图所示，在某空间实验室中，有两个靠在一起的等大的圆柱形区域，分别存在着
等大反向的匀强磁场，磁感应强度B＝0.10 T，磁场区域半径r＝2
3 3 m，左侧区域圆心为
O1，磁场方向垂直纸面向里，右侧区域圆心为O2，磁场方向垂直纸面向外，两区域切点为
C.今有一质量为m＝3.2×10
－26 kg、带电荷量为q＝1.6×10
－19 C 的某种离子，从左侧区域边
缘的A 点以速度v＝1×106 m/s 正对O1的方向垂直射入磁场，它将穿越C 点后再从右侧区
域穿出．求： 
 
 
 
 
(1)该离子通过两磁场区域所用的时间； 
(2)离子离开右侧区域的出射点偏离最初入射方向的侧移距离为多大？(侧移距离指在垂
直初速度方向上移动的距离) 
答案 (1)4.19×10
－6 s (2)2 m 
解析 (1)离子在磁场中做匀速圆周运动，在左、右两区域的运动轨 
迹是对称的，如图所示，设轨迹半径为R，圆周运动的周期为T 
由牛顿第二定律有 
qvB＝mv2
R 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
① 
又T＝2πR
v 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
② 
联立①②得：R＝mv
qB 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
③ 
T＝2πm
qB  
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
④ 
将已知数据代入③得R＝2 m 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
⑤ 
由轨迹图知tan θ＝r
R＝3
3 ，即θ＝π
6 
则通过两磁场区域所用的时间t＝2×2θ
2πT＝T
3  
 
 
 
 
 
 
 
⑥ 
联立④⑥并代入已知数据得 
t＝2×3.14×3.2×10
－26
3×1.6×10
－19×0.10 s＝4.19×10
－6 s 
(2)在图中过O2向AO1作垂线，联立轨迹对称关系知 
侧移距离d＝2rsin 2θ 
将已知数据代入得 
d＝2×2
3 3sin π
3 m＝2 m 
 
 
 
166 
三、电磁现象中的对称性 
【例1】（2005 年全国高考）如图所示，在一水平放置的平板MN 的上方有匀强磁场，磁感
应强度的大小为B，磁场方向垂直于纸面向里。许多质量为m 带电量为＋q 的粒子，以相同
的速率v 沿位于纸面内的各个方向，由小孔O 射入磁场区域。不计重力，不计粒子间的相
互影响。下列图中阴影部分表示带电粒子可能经过的区域，其中R＝mv
Bq
。哪个图是正确的？ 
 
 
 
 
 
 
 
 
解析：由于是许多质量为m 带电量为＋q 的粒子，以相同的速率v 沿位于纸面内的各个
方向，由孔O 射入磁场区域。所以，重点是考虑粒子进入磁场的速度方向。 
在考虑时，想到速度方向在空间安排上是具有“空间对称性”的，所以，本题就要在分
析过程用到对称性。 
①当粒子沿垂直MN 的方向进入磁场时，由其所受到的“洛伦兹力”的方向可以知道，
其作圆周运动的位置在左侧。由“洛伦兹力”公式和圆周运动“向心力”公式可以得到：
Bqv
mv
R

2
，解得R＝mv
Bq
。所以，在左侧可能会出现以O 为一点的直径为2R 的半圆。 
②当粒子沿水平向右的方向进入磁场时，其应该在MN 的上方作圆周运动，且另外的半
圆将会出现在点O 的左边。直径也是2R。 
③然后，利用对称性，所有可能的轨迹将会涉及到以点O 为转动点，以2R 为直径从右
扫到左的一片区域。即如下图所示。 
 
 
 
167 
【例2】如图所示，空间存在两个磁场，磁感应强度大小均为B，方向相反且垂直纸面，MN、
PQ 为其边界，OO′为其对称轴．一导线折成边长为L 的正方形闭合回路abcd，回路
在纸面内以恒定速度v0向右运动，当运动到关于OO′对称的位置时 
 
(  ) 
 
 
 
 
 
 
 
A．穿过回路的磁通量为零 
B．回路中感应电动势大小为BLv0 
C．回路中感应电流的方向为顺时针方向 
D．回路中ab 边与cd 边所受安培力方向相同 
答案 AD 
解析 由于两磁场的磁感应强度大小相等，方向相反，且回路此时关于OO′对称，因
而此时穿过回路的磁通量为零，A 项正确；ab、cd 均切割磁感线，相当于两个电源，
由右手定则知，回路中感应电流方向为逆时针方向，两电源串联，感应电动势为2BLv0，
B、C 项错误；由左手定则知ab、cd 所受安培力方向均向左，D 项正确．