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高考专题复习集锦+物理+PDF版含解析_初高中资料库_高中资料库（转存避免链接过期失效）_高中物理

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文档文本内容

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目录
专题01 力与物体的平衡....................................................................................................................................................3
专题02 力与直线运动......................................................................................................................................................13
专题03 力与曲线运动......................................................................................................................................................29
专题04 天体运动.............................................................................................................................................................. 42
专题05 功、功率
动能定理..........................................................................................................................................54
专题06 机械能守恒定律
功能关系..............................................................................................................................66
专题07 动量和能量的综合应用......................................................................................................................................79
专题08 电场的性质
带电粒子在电场中的运动..........................................................................................................97
专题09 磁场的性质
带电粒子在磁场及复合场中的运动....................................................................................... 112
专题10 直流电路与交流电路........................................................................................................................................128
专题11 电磁感应定律及其应用....................................................................................................................................138
专题12 近代物理初步....................................................................................................................................................151
专题13 分子动理论气体及热力学定律......................................................................................................................163
专题14 振动和波动........................................................................................................................................................178
专题15 光与电磁波........................................................................................................................................................191
专题16 力学综合计算题................................................................................................................................................201
专题17 电学综合计算题................................................................................................................................................217
专题18 力学实验及创新................................................................................................................................................243
专题19 电学实验及创新................................................................................................................................................262
专题20 热学、光学实验................................................................................................................................................277
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公众号：一枚试卷君
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第一部分
力与运动
专题01 力与物体的平衡
一、素养呈现
1.物理观念：重力、重心、形变、弹力、摩擦力、合力与分力、力的合成、力的分解、矢量与标量
2.科学思维：轻杆(绳)模型、轻弹簧模型、胡克定律、平行四边形定则、整体法、隔离法、合成法、分解法。
3.科学探究：探究弹簧形变与弹力的关系、研究两个互成角度的共点力的合成规律。
4.科学态度与责任：在生产、生活情境中，体验物理学技术的应用。
二、素养落实
1.熟悉常见性质力有无及方向的判断
2.灵活应用受力分析的一般步骤
3.掌握整体法、隔离法选取原则
4.平衡问题的解题方法
考点一摩擦力的分析与计算
【考点诠释】
1．摩擦力的有无及方向的判断方法
(1)假设法。
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(2)状态法：根据平衡条件、牛顿第二定律，判断静摩擦力的有无及方向。
(3)牛顿第三定律法：先确定受力较少的物体受到的静摩擦力的方向，再根据“力的相互性”确定另一物体受到的
静摩擦力方向。
2．求解摩擦力的技巧
【典例分析1】如图所示，质量为M 的长木板放在水平地面上，放在长木板上的质量为m 的木块在水平向右的
拉力F 的作用下向右滑行，长木板保持静止。已知木块与长木板间的动摩擦因数为μ1，长木板与地面间的动摩
擦因数为μ2，下列说法正确的是(
)
A．地面对长木板的摩擦力的大小一定为μ1mg
B．地面对长木板的摩擦力的大小一定为μ2Mg
C．地面对长木板的摩擦力的大小一定为μ2(m＋M)g
D．只要拉力F 增大到足够大，长木板一定会与地面发生相对滑动
【答案】A
【解析】木块所受木板的滑动摩擦力大小为f1＝μ1mg，方向水平向左，根据牛顿第三定律得知，木板受到木块
的摩擦力方向水平向右，大小等于μ1mg；木板处于静止状态，水平方向受到木块的滑动摩擦力和地面的静摩擦
力，根据平衡条件可知木板受到地面的摩擦力的大小也是μ1mg，木板相对于地面处于静止状态，不能使用滑动
摩擦力的公式计算木板受到的地面的摩擦力，所以木板与地面之间的摩擦力不一定是μ2(m＋M)g，故A 正确，B、
C 错误；开始时木板处于静止状态，说明木块与木板之间的摩擦力小于木板与地面之间的最大静摩擦力，与拉
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力F 的大小无关，所以即使拉力F 增大到足够大，木板仍静止，故D 错误。
【规律总结】摩擦力分析与计算的三点注意
1．分析物体的运动状态，判断是静摩擦力还是滑动摩擦力。
2．滑动摩擦力有具体的计算公式，而静摩擦力要借助其他公式，如：利用平衡条件列方程或牛顿第二定律列方
程等。
3．“f＝μN”中N 并不总是等于物体的重力，如斜面上的物体，且N 与重力G 在大小上没有关系。
考点二物体的静态平衡问题
【考点诠释】
1．研究对象选取的2 点技巧
(1)采用整体法进行受力分析时，要注意系统内各个物体的状态应该相同。
(2)当直接分析一个物体的受力不方便时，可转移研究对象，先分析另一个物体的受力，再根据牛顿第三定律分
析该物体的受力，此法叫“转换研究对象法”。
2．求解共点力平衡问题的常用方法
常用方法包括力的合成法、分解法及正交分解法，示意图如图所示。
合成法
分解法
正交分解法
【典例分析2】如图所示，固定的斜面上叠放着A、B 两木块，木块A 与B 的接触面水平，水平力F 作用于木
块A，使木块A、B 保持静止，且F≠0。则下列描述正确的是(
)
A．B 可能受到3 个或4 个力作用
B．斜面对木块B 的摩擦力方向可能沿斜面向下
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C．A 对B 的摩擦力可能为零
D．A、B 整体不可能受三个力作用
【答案】B
【解析】对B 受力分析，木块B 受重力、A 对B 的压力、A 对B 水平向左的静摩擦力、斜面对B 垂直于斜面向
上的支持力、斜面对B 可能有静摩擦力(当A 对B 向左的静摩擦力平行斜面方向的分力与木块A 对B 的压力与
木块B 重力的合力沿斜面方向的分力平衡时，斜面对B 没有静摩擦力)作用，故B 受4 个力或者5 个力作用，
故A 错误；当A 对B 向左的静摩擦力平行斜面方向的分力大于木块A 对B 的压力与木块B 重力的合力沿斜面
方向的分力时，木块B 有上滑趋势，此时木块B 受到平行斜面向下的静摩擦力，故B 正确；对木块A 受力分析，
受水平力、重力、B 对A 的支持力和静摩擦力，根据平衡条件，B 对A 的静摩擦力与水平力F 平衡，根据牛顿
第三定律，A 对B 的摩擦力水平向左，大小为F，故C 错误；对A、B 整体受力分析，受重力、斜面对整体的
支持力、水平力，可能有静摩擦力(当推力沿斜面方向的分力与A、B 整体重力沿斜面方向的分力平衡时，斜面
对A、B 整体的静摩擦力为零)，所以A、B 整体可能受三个力作用，故D 错误。
【规律总结】受力分析的四个步骤
【典例分析3】用卡车运输质量为m 的匀质圆筒状工件，为使工件保持固定，将其置于两光滑斜面之间，如图
所示。两斜面Ⅰ、Ⅱ固定在车上，倾角分别为30°和60°。重力加速度为g。当卡车沿平直公路匀速行驶时，圆筒
对斜面Ⅰ、Ⅱ压力的大小分别为F1、F2，则(
)
A．F1＝3
3 mg，F2＝3
2 mg
B．F1＝3
2 mg，F2＝3
3 mg
C．F1＝1
2mg，F2＝3
2 mg
D．F1＝3
2 mg，F2＝1
2mg
【题眼点拨】①“匀速行驶”表明车上工件处于静态平衡状态。
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②“光滑斜面”表明工件和斜面间仅有弹力作用。
③“30°、60°”角明确弹力方向。
【答案】D
【解析】以工件为研究对象，受力分析如图所示，重力与F′1、F′2 的合力等大反向，根据共点
力平衡条件得F′1
mg＝cos 30°，F′2
mg＝cos 60°，则F′1＝3
2 mg，F′2＝1
2mg，根据牛顿第三定律，F1＝F′1
＝3
2 mg，F2＝F′2＝1
2mg，故只有D 选项正确。
【规律总结】处理静态平衡问题的基本思路
考点三
物体的动态平衡问题
【考点诠释】
解析法的应用
此法常用于可以较简捷列出平衡条件方程的情况或者正交分解的情况
(1)先受力分析，得出物体受哪几个力而处于平衡状态。
(2)建立直角坐标系，正交分解力，列平衡条件方程，或在力的三角形中结合三角形知识列平衡条件方程。
(3)分析方程中的变量有哪些，分析题目信息得到这些物理量是如何变化的。
(4)把分析得到的变化的物理量代入方程，得到平衡条件下的受力动态变化情况。
【典例分析4】如图所示，一质量为M 的四分之一圆弧轨道置于水平面上。一质量为m 的光滑小球在水平力F
的作用下，缓慢运动到图中虚线所示的位置。已知在此过程中圆弧轨道一直处于静止状态，下列说法正确的是
(
)
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A．圆弧轨道与地面间的摩擦力不变
B．小球所受的支持力逐渐变小
C．轨道对地面的压力可能变大
D．地面对圆弧轨道的作用力变大
【答案】D
【解析】以小球为研究对象，小球受重力、支持力和拉力作用处于平衡状态，设小球重心与圆弧轨道圆心的连
线与竖直方向的夹角为θ，由平衡条件可知，小球所受支持力FN＝mg
cos θ，小球所受拉力F＝mgtan θ，小球缓慢
向上运动，θ增大，支持力增大，拉力增大，B 项错误；对整体受力分析，地面对轨道的支持力等于整体重力且
保持不变，由牛顿第三定律可知，轨道对地面的压力保持不变，C 项错误；轨道与地面间的摩擦力与拉力平衡，
随拉力的增大而增大，A 项错误；地面对轨道的支持力和摩擦力的合力增大，D 项正确。
方法
步骤
解析法
(1)列平衡方程得出未知量与已知量的关系表达式；
(2)根据已知量的变化情况来确定未知量的变化情况
图解法的应用
此处常用于物体受三个力作用，其中一个力大小、方向不变，另一个力的方向不变的情景，思路如下：
(1)先受力分析，得出物体受几个力而处于平衡状态。
(2)分析题目给出的信息，判断物体受力的变化方式。
(3)把受力对应到几何图形中结合几何知识分析。
【典例分析5】如图所示，有一质量不计的杆AO，长为R，可绕A 自由转动。用绳在O 点悬挂一个重为G 的
物体，另一根绳一端系在O 点，另一端系在圆弧形墙壁上的C 点。当点C 由图示位置逐渐向上沿圆弧CB 移动
过程中(保持OA 与墙面夹角θ不变)，OC 绳所受拉力的大小变化情况是(
)
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A．逐渐减小
B．逐渐增大
C．先减小后增大
D．先增大后减小
【题眼点拨】①“可绕A 点自由转动”，杆OA 对绳的作用力沿杆，且方向不变。②重力大小方向不变，OC 绳大
小、方向改变。
【答案】C
【解析】对物体受力分析，物体受力平衡，则拉力等于重力G，故竖直绳的拉力不变；再对O 点分析，O 受绳
的拉力、OA 的支持力及OC 的拉力而处于平衡，受力分析如图所示
将F 和OC 绳上的拉力合成，其合力与G 大小相等，方向相反，则在OC 绳上移的过程中，平行四边形的对角
线保持不变，平行四边形发生图中所示变化，则由图可知OC 绳的拉力先减小后增大，在图中D 点时拉力最小，
故C 正确。
方法
步骤
图解法
(1)根据已知量的变化情况，画出平行四边形边、角的变化；
(2)确定未知量大小、方向的变化
三角形相似法的应用
此法是图解法的特例，一般研究对象受绳(杆)或其他物体的约束，从几何形状来看，有一个边大小不变，方向
改变，还有一个边的大小、方向均不变。且物体受到三个力的作用，其中的一个力大小、方向均不变，另外两
个力的方向都发生变化，可以用力三角形与几何三角形相似的方法。
【典例分析6】(多选)如图所示，表面光滑的半球形物体固定在水平面上，光滑小环D 固定在半球形物体球心O
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的正上方，轻质弹簧一端用轻质细绳固定在A 点，另一端用轻质细绳穿过小环D 与放在半球形物体上的小球P
相连，DA 水平。现将细绳固定点A 向右缓慢平移的过程中(小球P 未到达半球最高点前)，下列说法正确的是
(
)
A．弹簧变短
B．弹簧变长
C．小球对半球的压力不变
D．小球对半球的压力变大
【题眼点拨】①“表面光滑，半球形物体”表明小球运动过程OP 长度不变，而弹力的大小发生改变。
②“光滑小环D 固定”OD 的长度不变。
【答案】AC
【解析】以小球为研究对象，小球受重力G、细线的拉力FT 和半球面的支持力FN，作出FN、FT 的合力F，由
平衡条件得知F＝G，如图
根据三角形相似可得FN
PO＝F
DO＝FT
PD，将F＝G 代入得：FN＝PO
DOG，FT＝PD
DOG，将细绳固定点A 向右缓慢平移，
DO、PO 不变，G 也不变，PD 变小，可见FT 变小，FN 不变，即知弹簧的弹力变小，弹簧变短。由牛顿第三定
律知小球对半球的压力大小不变，故A、C 正确，B、D 错误。
方法
步骤
相似三角形
法
(1)根据已知条件画出两个不同情况对应的力的三角形和空间几何三角形，确定对应
边，利用三角形相似知识列出比例式；
(2)确定未知量大小的变化情况
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考点四电磁场中的平衡问题
【考点诠释】
1．基本思路
要坚持“电学问题、力学方法”的基本思路，结合电学的基本规律和力学中的受力分析及平衡条件解决问题。
2．几点注意
(1)点电荷间的作用力大小要用库仑定律。
(2)安培力方向的判断要先判断磁场方向、电流方向，再用左手定则，同时注意将立体图转化为平面图。
(3)电场力或安培力的出现，可能会对弹力或摩擦力产生影响。
(4)涉及电路问题时，要注意闭合电路欧姆定律的应用。
【典例分析7】如图，空间存在一方向水平向右的匀强电场，两个带电小球P 和Q 用相同的绝缘细绳悬挂在
水平天花板下，两细绳都恰好与天花板垂直，则(
)
A.P 和Q 都带正电荷
B.P 和Q 都带负电荷
C.P 带正电荷，Q 带负电荷
D.P 带负电荷，Q 带正电荷
【答案】D
【解析】细绳竖直，把P、Q 看做整体，在水平方向所受电场力为零，所以P、Q 必带等量异种电荷，选项A、
B 错误；如果P、Q 带不同性质的电荷，受力如图甲、乙所示，由图知，P 带正电荷，Q 带负电荷，水平方向
的合力不为零；P 带负电荷、Q 带正电荷时符合题意，选项C 错误，D 正确。
【典例分析8】如图所示，金属杆MN 用两根绝缘细线悬于天花板的O、O′点，杆中通有垂直于纸面向里的恒
定电流，空间有竖直向上的匀强磁场，杆静止时处于水平，悬线与竖直方向的夹角为θ，若将磁场在竖直面内沿
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逆时针方向缓慢转过90°，在转动过程中通过改变磁场磁感应强度大小来保持悬线与竖直方向的夹角不变，则
在转动过程中，磁场的磁感应强度大小的变化情况是(
)
A．一直减小
B．一直增大
C．先减小后增大
D．先增大后减小
【答案】C
【解析】磁场在旋转的过程中，杆处于平衡状态，杆所受重力的大小和方向不变，悬线的拉力方向不变，由图
解法结合左手定则可知，在磁场旋转的过程中，安培力先减小后增大，由F＝BIL 可知，磁场的磁感应强度先
减小后增大，故选C.
【规律总结】电学中平衡问题的处理方法
处理方法与力学问题的分析方法一样，把方法和规律进行迁移应用即可。
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第一部分
力与运动
专题02 力与直线运动
一、素养呈现
1.物理观念：参考系、质点、位移、速度、加速度、匀变速直线运动、自由落体运动、惯性、作用力与反作用
力、超重与失重、单位制。
2.科学思维：在特定情境中运用匀变速直线运动模型、公式、推论及图象解决问题、牛顿运动定律、整体法与
隔离法、图象法、控制变量法、临界法。
3.科学探究：研究匀变速直线运动的特点、探究加速度与力、质量的关系。
4.科学态度与责任：以生产、生活实际为背景的匀变速直线运动规律的应用、追及相遇、交通与安全。
二、素养落实
1.匀变速直线运动规律和推论的灵活应用
2.掌握瞬时性问题的两类模型
3.熟悉图象类型及图象信息应用
考点一匀变速直线运动规律的应用
【考点诠释】
1．匀变速直线运动的基本规律
(1)速度关系：v＝v0＋at。
(2)位移关系：x＝v0t＋1
2at2。
(3)速度位移关系：v2－v20＝2ax。
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(4)某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度：v ＝x
t＝v
t
2
。
(5)匀变速直线运动在相等时间内相邻的两段位移之差为常数，即Δx＝aT2。
2．追及问题的解题思路和技巧
(1)解题思路
(2)解题技巧
①紧抓“一图三式”，即过程示意图、时间关系式、速度关系式和位移关系式。
②审题应抓住题目中的关键字眼，充分挖掘题目中的隐含条件，如“刚好”“恰好”“最多”“至少”等，往往对应一个
临界状态，满足相应的临界条件。
③若被追赶的物体做匀减速运动，一定要注意追上前该物体是否已停止运动，最后还要注意对解的讨论分析。
【典例分析1】如图所示，物体从O 点由静止开始做匀加速直线运动，途经A、B、C 三点，其中|AB|＝2 m，|BC|
＝3 m。若物体通过AB 和BC 这两段位移的时间相等，则O、A 两点之间的距离等于(
)
A．9
8 m
B．8
9 m
C．3
4 m
D．4
3 m
【答案】A
【解析】设物体通过AB、BC 所用时间均为T，则B 点的速度为：vB＝xAC
2T＝5
2T，
根据Δx＝aT2 得：a＝Δx
T2＝1
T2，
则有：vA＝vB－aT＝5
2T－1
T2·T＝3
2T，
根据速度位移公式得，O、A 两点之间的距离为：
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xOA＝v2A
2a＝
9
4T2
2
T2
m＝9
8 m。故A 正确，B、C、D 错误。
【规律总结】重要公式的选择
适宜选用公式
题目中所涉及的物理量(包括已知量、待求量和为
解题设定的中间量)
没有涉及
的物理量
v＝v0＋at
v0、v、a、t
x
x＝v0t＋1
2at2
v0、a、t、x
v
v2－v20＝2ax
v0、v、a、x
t
x＝v＋v0
2
t
v0、v、t、x
a
【典例分析1】现有甲、乙两汽车正沿同一平直大街同向匀速行驶，甲车在前，乙车在后，它们行驶的速度均
为10 m/s。当两车快要到一十字路口时，甲车司机看到绿灯已转换成了黄灯，于是紧急刹车(反应时间忽略不计)，
乙车司机为了避免与甲车相撞也紧急刹车，但乙车司机反应较慢(反应时间为t0＝0.5 s)。已知甲车紧急刹车时制
动力为车重的0.4 倍，乙车紧急刹车时制动力为车重的0.6 倍，g＝10 m/s2，假设汽车可看作质点。
(1)若甲车司机看到黄灯时车头距警戒线15 m，他采取上述措施能否避免闯红灯？
(2)为保证两车在紧急刹车过程中不相撞，甲、乙两车在正常行驶过程中应至少保持多大距离？
【答案】(1)能
(2)1.5 m
【解析】(1)根据牛顿第二定律，甲车紧急刹车的加速度大小为a1＝f1
m1
＝0.4m1g
m1
＝4 m/s2。
甲车停下来所需时间为
t1＝v0
a1
＝10
4 s＝2.5 s，
滑行距离x＝v20
2a1
＝102
2×4 m＝12.5 m，
由于x＝12.5 m<15 m，
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可见甲车司机刹车后能避免闯红灯。
(2)乙车紧急刹车的加速度大小为a2＝f2
m2
＝0.6m2g
m2
＝6 m/s2，两车速度相等时处于同一位置，即为恰好不相撞的
条件。
设甲、乙两车行驶过程中至少应保持距离x0，在乙车刹车t2 时间后两车的速度相等，
其运动关系如图所示，
则有速度关系v0－a1(t2＋t0)＝v0－a2t2，v＝v0－a2t2
位移关系v0t0＋v20－v2
2a2
＝x0＋v20－v2
2a1
解得t2＝1.0 s，x0＝1.5 m。
【规律总结】判断能否追上的常用方法
情境：物体B 追赶物体A，开始时，两个物体相距x0。
(1)若vA＝vB 时，xA＋x0<xB，则能追上。
(2)若vA＝vB 时，xA＋x0＝xB，则恰好追上。
(3)若vA＝vB 时，xA＋x0>xB，则不能追上。
考点二运动图象问题
【考点诠释】
1．解决图象类问题“四个注意”
(1)速度图线只有通过时间轴时速度方向才改变。
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(2)利用vt 图象分析两个物体的运动时，要注意两个物体的出发点是否相同。
(3)物体的运动图象与运动过程的转化。
(4)xt 图象、vt 图象、at 图象的应用。
2．应用图象时的“两个误区”
(1)误认为vt 图象、xt 图象是物体运动轨迹。
(2)在vt 图象中误将交点认为此时相遇。
【典例分析3】如图所示，A、B 分别是甲、乙两小球从同一地点沿同一直线运动的vt 图象，根据图象可以判
断出(
)
A．在t＝4 s 时，甲球的加速度小于乙球的加速度
B．在t＝4.5 s 时，两球相距最远
C．在t＝6 s 时，甲球的速率小于乙球的速率
D．在t＝8 s 时，两球相遇
【答案】D
【解析】根据图象可知，甲球的加速度a1＝Δv1
Δt1
＝－10 m/s2，故甲球的加速度大小为10 m/s2，负号表示加速度
方向与速度方向相反，乙球的加速度a2＝Δv2
Δt2
＝20
3 m/s2，故甲球的加速度大于乙球的加速度，选项A 错误；当
两球速度相同时，两球相距最远，根据图象有40 m/s＋a1t＝－20 m/s＋a2(t－2 s)，解得t＝4.4 s，即4.4 s 时两球
相距最远，选项B 错误；t＝6 s 时甲球的速度v1＝－20 m/s，乙球的速度v2＝20
3 m/s，故t＝6 s 时甲球的速率大
于乙球的速率，选项C 错误；结合图象可知t＝8 s 时，甲、乙两小球又同时回到原出发点，选项D 正确。
【典例分析4】．(多选)甲、乙两质点同时、同初位置沿同一方向做直线运动。质点甲做初速度为零、加速度大
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小为a1 的匀加速直线运动；质点乙做初速度为v0、加速度大小为a2 的匀减速直线运动，且速度减至零后保持静
止。甲、乙两质点在运动过程中的xv(位置—速度)图象如图所示(虚线与对应的坐标轴垂直)，则(
)
A．质点甲的加速度大小a1＝1 m/s2
B．质点乙的初速度为v0＝6 m/s，加速度大小a2＝1 m/s2
C．图线中a＝2 6，b＝16
D．两图线的交点表示两质点同时到达同一位置
【答案】BC
【解析】速度随位移的增大而增大的图线对应质点甲，速度随位移的增大而减小的图线对应质点乙，当x＝0
时，乙的速度为6 m/s，即质点乙的初速度v0＝6 m/s，设质点乙、甲先后通过x＝6 m 处时的速度均为v，对质
点甲有v2＝2a1x
①，对质点乙有v2－v20＝－2a2x
②，联立①②解得a1＋a2＝3 m/s2
③，当质点甲的速度v1
＝8 m/s、质点乙的速度v2＝2 m/s 时，两质点通过的位移相同，设为x′，对质点甲有v21＝2a1x′
④，对质点乙
v22－v20＝－2a2x′
⑤，联立④⑤解得a1＝2a2
⑥，联立③⑥解得a1＝2 m/s2，a2＝1 m/s2，选项A 错误，B 正确；
根据质点甲的运动知v2
甲＝2a1x，当x＝6 m 时，有v 甲＝2 6 m/s，即a＝2 6；当v 甲＝8 m/s 时，有x＝16 m，即
b＝16，选项C 正确；两图线的交点表示甲、乙两质点以相同的速度经过该位置，但不是同时，选项D 错误。
【规律总结】运动图象问题的“三点提醒”
(1)对于xt 图象，图线在纵轴上的截距表示t＝0 时物体的位置；对于vt 和at 图象，图线在纵轴上的截距
并不表示t＝0 时物体的位置。
(2)在vt 图象中，两条图线的交点不表示两物体相遇，而是表示两者速度相同。
(3)vt 图象中两条图线在轴上的截距不同，不少同学误认为两物体的初始位置不同，位置是否相同应根据题
中条件确定。
考点三动力学中的连接体问题
【考点诠释】
1．整体法的选取原则及解题步骤
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(1)当只涉及系统的受力和运动情况而不涉及系统内某些物体的受力和运动情况时，一般采用整体法。
(2)运用整体法解题的基本步骤：
明确所研究
系统和运动
的全过程
⇨
画出系统整体的
受力图或运动全
过程的示意图
⇨
选用适当的
物理规律列
方程求解
2．隔离法的选取原则及解题步骤
(1)当涉及系统(连接体)内某个物体的受力和运动情况时，一般采用隔离法。
(2)运用隔离法解题的基本步骤：
①明确研究对象或过程、状态。
②将某个研究对象或某段运动过程、某个状态从系统或全过程中隔离出来。
③画出某状态下的受力图或运动过程示意图。
④选用适当的物理规律列方程求解。
【典例分析5】(多选)如图所示，一质量M＝3 kg、倾角为α＝45°的斜面体放在光滑水平地面上，斜面体上有一
质量为m＝1 kg 的光滑楔形物体。用一水平向左的恒力F 作用在斜面体上，系统恰好保持相对静止地向左运动。
重力加速度取g＝10 m/s2，下列判断正确的是(
)
A．系统做匀速直线运动
B．F＝40 N
C．斜面体对楔形物体的作用力大小为5 2 N
D．增大力F，楔形物体将相对斜面体沿斜面向上运动
【关键信息】：“光滑水平地面”“水平向左的恒力F”，两条信息表明整体向左匀加速运动。
【答案】BD
【解析】
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甲
乙
对整体受力分析如图甲所示，由牛顿第二定律有F＝(M＋m)a，对楔形物体受力分析如图乙所示。由牛顿第二
定律有mgtan 45°＝ma，可得F＝40 N，a＝10 m/s2，A 错误，B 正确；斜面体对楔形物体的作用力FN2＝
mg
sin 45°
＝2mg＝10 2 N，C 错误；外力F 增大，则斜面体加速度增加，由于斜面体与楔形物体间无摩擦力，则楔形物
体将会相对斜面体沿斜面上滑，D 正确。
【规律总结】(1)处理连接体问题时，整体法与隔离法往往交叉使用，一般的思路是先用整体法求加速度，再用
隔离法求物体间的作用力。
(2)隔离法分析物体间的作用力时，一般应选受力个数较少的物体进行分析。
【典例分析6】质量分别为m、2m 的物块A、B 用轻弹簧相连，设两物块与水平面及斜面间的动摩擦因数都为μ。
当用水平力F 作用于B 上，且两物块在粗糙的水平面上以相同加速度向右加速运动时，弹簧的伸长量为x1，如
图甲所示；当用同样大小的力F 竖直提升两物块使它们以相同加速度向上加速运动时，弹簧的伸长量为x2，如
图乙所示；当用同样大小的力F 沿倾角为θ的固定斜面向上拉两物块使它们以相同加速度向上加速运动时，弹
簧的伸长量为x3，如图丙所示，则x1∶x2∶x3 等于(
)
甲
乙
丙
A．1∶1∶1
B．1∶2∶3
C．1∶2∶1
D．无法确定
【题眼点拨】①“相同的加速度”，采用整体法。
②“x1∶x2∶x3”采用隔离法。
【答案】A
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【解析】对题图甲，把物块A、B 和弹簧看作一个整体研究，根据牛顿第二定律得a1＝F－3μmg
3m
＝F
3m－μg，对
A 有kx1－μmg＝ma1，解得x1＝F
3k；对题图乙，把物块A、B 和弹簧看作一个整体研究，根据牛顿第二定律得a2
＝F－3mg
3m
＝F
3m－g，对A 有kx2－mg＝ma2，解得x2＝F
3k；对题图丙，把物块A、B 和弹簧看作一个整体研究，
根据牛顿第二定律得a3＝F－3mgsin θ－3μmgcos θ
3m
＝F
3m－gsin θ－μgcos θ，对A 有kx3－mgsin θ－μmgcos θ＝ma3，
解得x3＝F
3k，则x1∶x2∶x3＝1∶1∶1。故A 正确，B、C、D 错误。
【规律总结】(1)当连接体中各物体具有共同的加速度时，一般采用整体法。当系统内各物体的加速度不同时，
一般采用隔离法。
(2)求连接体内各物体间的相互作用力时必须用隔离法。
考点四牛顿第二定律的瞬时性问题
【考点诠释】
(1)力可以发生突变，但速度不能发生突变。
(2)轻绳、轻杆、轻弹簧两端有重物或固定时，在外界条件变化时，轻绳、轻杆的弹力可以发生突变，但轻弹簧
的弹力不能突变。
(3)轻绳、轻杆、轻弹簧某端突然无重物连接或不固定，三者弹力均突变为零。
【典例分析7】如图所示，质量均为m 的A、B 两小球分别用轻质细绳L1 和轻弹簧系在天花板上的O 点和O′
点，A、B 两小球之间用一轻质细绳L2 连接，细绳L1、弹簧与竖直方向的夹角均为θ，细绳L2 水平拉直，则下
列有关细绳L2 被剪断瞬间的表述正确的是(
)
A．细绳L1 上的拉力与弹簧弹力之比为1∶1
B．细绳L1 上的拉力与弹簧弹力之比为cos2θ∶1
C．A 与B 的加速度之比为1∶1
D．A 与B 的加速度之比为1∶cos θ
【答案】B
【解析】对A 球，剪断细绳L2 的瞬间，细绳L1 的拉力将发生突变，合力垂直于细绳L1 斜向下，细绳L1 的拉力
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大小为FA＝mgcos θ，A 球的加速度大小aA＝gsin θ；对B 球，剪断细绳L2 的瞬间，弹簧弹力不变，合力水平向
右，弹簧弹力大小FB＝mg
cos θ，B 球的加速度大小aB＝gtan θ，所以aA
aB
＝cos θ
1 ，FA
FB
＝cos2θ
1
。
【规律总结】“两关键”“四步骤”巧解瞬时性问题
1．分析瞬时加速度的“两个关键”
(1)分析瞬时前、后的受力情况和运动状态。
(2)明确绳或杆类、弹簧或橡皮条类模型的特点。
2．“四个步骤”
第一步：分析原来物体的受力情况。
第二步：分析物体在突变时的受力情况。
第三步：由牛顿第二定律列方程。
第四步：求出瞬时加速度，并讨论其合理性。
考点五．动力学中的“传送带”模型
【考点诠释】
1．水平传送带问题
求解的关键在于对物体所受的摩擦力进行正确的分析判断。
判断摩擦力时要注意比较物体的运动速度与传送带的速度。物体的速度与传送带速度相等的时刻就是物体所受
摩擦力发生突变的时刻。
2．倾斜传送带问题
求解的关键在于认真分析物体与传送带的相对运动情况，从而确定其是否受到滑动摩擦力作用，如果受到滑动
摩擦力作用应进一步确定其大小和方向，然后根据物体的受力情况确定物体的运动情况。当物体速度与传送带
速度相等时，物体所受的摩擦力有可能发生突变。
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【典例分析8】一传送带装置如图所示，其中AB 段是水平的，长度LAB＝4 m，BC 段是倾斜的，长度LBC＝5 m，
倾角为θ＝37°，AB 和BC 由B 点通过一段短的圆弧连接(图中未画出圆弧)，传送带以v＝4 m/s 的恒定速率顺时
针运转，已知工件与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g 取10 m/s2。现将一个工件(可看作质点)无初
速度地放在A 点，求：
(1)工件第一次到达B 点所用的时间；
(2)工件沿传送带上升的最大高度；
(2)工件运动了23 s 后所在的位置。
【答案】(1)1.4 s
(2)2.4 m
(3)在A 点右侧2.4 m 处
【解析】(1)工件刚放在水平传送带上的加速度大小为a1，由牛顿第二定律得μmg＝ma1
解得a1＝μg＝5 m/s2
经t1 时间工件与传送带的速度相同，解得
t1＝v
a1
＝0.8 s
工件前进的位移为x1＝1
2a1t21＝1.6 m
此后工件将与传送带一起匀速运动至B 点，用时
t2＝LAB－x1
v
＝0.6 s
所以工件第一次到达B 点所用的时间
t＝t1＋t2＝1.4 s。
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(2)在倾斜传送带上工件的加速度为a2，由牛顿第二定律得μmgcos θ－mgsin θ＝ma2
解得a2＝－2 m/s2
由速度位移公式得0－v2＝2a2 hm
sin θ
解得hm＝2.4 m。
(3)工件沿传送带向上运动的时间为t3＝2hm
vsin θ＝2 s
此后由于工件在传送带的倾斜段运动时的加速度相同，在传送带的水平段运动时的加速度也相同，故工件将在
传送带上做往复运动，其周期为T，则
T＝2t1＋2t3＝5.6 s
工件从开始运动到第一次返回传送带的水平部分，且速度变为零所需时间t0＝2t1＋t2＋2t3＝6.2 s，而23 s＝t0＋
3T，这说明经过23 s 后工件恰好运动到传送带的水平部分，且速度为零，故工件在A 点右侧，到A 点的距离x
＝LAB－x1＝2.4 m。
【规律总结】
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考点六动力学中的“板—块”模型
【考点诠释】
1．模型特点：涉及两个物体，并且物体间存在相对滑动。
2．两种位移关系：滑块由滑板的一端运动到另一端的过程中，若滑块和滑板同向运动时，位移之差等于板长；
反向运动时，位移之和等于板长。
3．解题思路
(1)审题建模：求解时应先仔细审题，清楚题目的含义、分析清楚每一个物体的受力情况、运动情况。
(2)求加速度：准确求出各物体在各运动过程的加速度(注意两过程的连接处加速度可能突变)。
(3)明确关系：找出物体之间的位移(路程)关系或速度关系是解题的突破口。求解中应注意联系两个过程的纽带，
每一个过程的末速度是下一个过程的初速度。
【典例分析9】如图所示，倾角α＝30°的足够长光滑斜面固定在水平面上，斜面上放一长L＝1.8 m、质量M＝3
kg 的薄木板，木板的最右端叠放一质量m＝1 kg 的小物块，物块与木板间的动摩擦因数μ＝3
2 。对木板施加沿
斜面向上的恒力F，使木板沿斜面由静止开始做匀加速直线运动。设物块与木板间最大静摩擦力等于滑动摩擦
力，重力加速度g 取10 m/s2，物块可视为质点。
(1)为使物块不滑离木板，求力F 应满足的条件；
(2)若F＝37.5 N，物块能否滑离木板？若不能，请说明理由；若能，求出物块滑离木板所用的时间及滑离木板
后沿斜面上升的最大距离。
【答案】(1)20 N<F≤30 N
(2)能
1.2 s
0.9 m
【解析】(1)以物块和木板整体为研究对象，由牛顿第二定律得F－(M＋m)gsin α＝(M＋m)a
以物块为研究对象，由牛顿第二定律得
Ff－mgsin α＝ma
又Ff≤Ffm＝μmgcos α
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解得F≤30 N
又a>0 解得F>20 N
所以20 N<F≤30 N。
(2)因F＝37.5 N>30 N，所以物块能够滑离木板，隔离木板，由牛顿第二定律得
F－μmgcos α－Mgsin α＝Ma1
隔离物块，由牛顿第二定律得
μmgcos α－mgsin α＝ma2
设物块滑离木板所用时间为t
木板的位移x1＝1
2a1t2
物块的位移x2＝1
2a2t2
物块与木板分离的临界条件为
Δx＝x1－x2＝L
联立以上各式解得t＝1.2 s
物块滑离木板时的速度v＝a2t
由公式－2gxsin α＝0－v2
解得x＝0.9 m。
【典例分析10】如图所示，一足够长的木板在粗糙水平地面上向右运动。某时刻速度为v0＝2 m/s，此时一与木
板质量相等的小滑块(可视为质点)以v1＝4 m/s 的速度从右侧滑上木板，经过1 s 两者速度恰好相同，速度大小
为v2＝1 m/s，方向向左。取重力加速度g＝10 m/s2，试求：
(1)木板与滑块间的动摩擦因数μ1；
(2)木板与地面间的动摩擦因数μ2；
(3)从滑块滑上木板，到最终两者速度恰好相同的过程中，滑块相对木板的位移大小。
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【思路点拨】解此题关键有两点：
①根据速度变化结合加速度定义求加速度，利用牛顿第二定律求动摩擦因数。
②逐段分析木板和小滑块的运动求相对位移。
【答案】(1)0.3
(2)0.05
(3)2.75 m
【解析】(1)以向左为正方向，对小滑块分析，其加速度为：a1＝v2－v1
t
＝1－4
1
m/s2＝－3 m/s2，负号表示加速度
方向向右，设小滑块的质量为m，根据牛顿第二定律有：－μ1mg＝ma1，可以得到：μ1＝0.3。
(2)对木板分析，向右减速运动过程，根据牛顿第二定律以及运动学公式可以得到：
μ1mg＋μ2·2mg＝mv0
t1
向左加速运动过程，根据牛顿第二定律以及运动学公式可以得到：
μ1mg－μ2·2mg＝mv2
t2
而且t1＋t2＝t＝1 s
联立可以得到：μ2＝0.05，t1＝0.5 s，t2＝0.5 s。
(3)在t1＝0.5 s 时间内，木板向右减速运动，其向右运动的位移为：x1＝0＋v0
2
·t1＝0.5 m，方向向右；
在t2＝0.5 s 时间内，木板向左加速运动，其向左加速运动的位移为：x2＝v2＋0
2
·t2＝0.25 m，方向向左；
在整个t＝1 s 时间内，小滑块向左减速运动，其位移为：x＝v1＋v2
2
·t＝2.5 m，方向向左
则整个过程中滑块相对木板的位移大小为：Δx＝x＋x1－x2＝2.75 m。
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【规律总结】求解“滑块—木板”类问题的技巧
(1)弄清各物体初态对地的运动和相对运动(或相对运动趋势)，根据相对运动(或相对运动趋势)情况，确定物
体间的摩擦力方向。
(2)准确地对各物体进行受力分析，并根据牛顿第二定律确定各物体的加速度，结合加速度和速度的方向关
系确定物体的运动情况。
(3)速度相等是这类问题的临界点，此时往往意味着物体间的相对位移最大，物体的受力和运动情况可能发
生突变。
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第一部分
力与运动
专题03 力与曲线运动
一、素养呈现
1.物理观念：合运动、分运动、平抛运动、斜抛运动、圆周运动、向心力、向心加速度、线速度、角速度。
2.科学思维：运动的合成与分解、平抛斜面模型、竖直平面圆周运动模型。
3.科学态度与责任：离心现象与行车安全。
二、素养落实
1.掌握渡河问题、关联速度问题的处理方法
2.应用平抛运动特点及规律解决相关问题
3.掌握圆周运动动力学特点，灵活处理相关问题
考点一曲线运动和运动的合成与分解
【考点诠释】
1．曲线运动的分析
(1)物体的实际运动是合运动，明确是在哪两个方向上的分运动的合成。
(2)根据合外力与合初速度的方向关系判断合运动的性质。
(3)运动的合成与分解就是速度、位移、加速度等的合成与分解，遵守平行四边形定则。
2．渡河问题中分清三种速度
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(1)合速度：物体的实际运动速度。
(2)船速：船在静水中的速度。
(3)水速：水流动的速度，可能大于船速。
3．端速问题解题方法
把物体的实际速度分解为垂直于绳(杆)和平行于绳(杆)两个分量，根据沿绳(杆)方向的分速度大小相等求解，常
见的模型如图所示。
甲
乙
丙
丁
【典例分析1】如图所示的机械装置可以将圆周运动转化为直线上的往复运动．连杆AB、OB 可绕图中A、B、
O 三处的转轴转动，连杆OB 在竖直面内的圆周运动可通过连杆AB 使滑块在水平横杆上左右滑动．已知OB 杆
长为L，绕O 点沿逆时针方向匀速转动的角速度为ω，当连杆AB 与水平方向夹角为α，AB 杆与OB 杆的夹角为
β时，滑块的水平速度大小为(
)
A.ωLsin β
sin α
B.ωLcos β
sin α
C.ωLcos β
cos α
D.ωLsin β
cos α
【答案】
D
【解析】
设滑块的水平速度大小为v，A 点的速度的方向沿水平方向，如图将A 点的速度分解，
根据运动的合成与分解可知，沿杆方向的分速度：vA 分＝vcos α，B 点做圆周运动，实际速度是圆周运动的线速
度，可以分解为沿AB 杆方向的分速度和垂直于AB 杆方向的分速度，如图，
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设B 的线速度为v′，则：
vB 分＝v′cos θ＝v′cos (β－90°)＝v′cos (90°－β)＝v′sin β，v′＝ωL，
又二者沿杆方向的分速度是相等的，即：vA 分＝vB 分
联立可得：v＝ωLsin β
cos α ，故D 正确.
【规律总结】“端速问题”的关键是合速度的判断，根据与杆或与绳相连的物体相对地面发生的实际运动判断是
常用方法
【典例分析2】如图所示，船在静水中的速度为v，小船(可视为质点)过河时，船头偏向上游，与水流方向的夹
角为α，其航线恰好垂直于河岸。现水流速度稍有增大，为保持航线和过河所需时间不变，下列措施可行的是
(
)
A．减小α，增大船速v
B．增大α，增大船速v
C．减小α，船速v 不变
D．增大α，船速v 不变
【答案】B
【解析】要保持航线仍垂直于河岸，过河所需时间不变，必须让船在静水中的速度沿河岸的分量和水速等大反
向，船速垂直河岸的分速度(船的实际速度)不变，有vsin(π－α)＝v 实，vcos(π－α)＝v 水，所以tan(π－α)＝v 实
v 水
，若
v 实不变，v 水增大，则tan(π－α)减小，分析可知，α增大，v 增大，只有B 正确。
【规律总结】“三情景、两方案”解决小船渡河问题
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考点二平抛运动
【考点诠释】
1．平抛运动的研究方法
2．平抛运动的二级结论
(1)做平抛运动的物体在任一时刻的瞬时速度的反向延长线一定通过此时水平位移的中点，则tan α＝
y
x
2
。
(2)做平抛运动的物体在任一时刻任一位置处，其速度与水平方向的夹角α的正切值，是位移与水平方向的夹角θ
的正切值的2 倍，即tan α＝2tan θ。
(3)若物体在斜面上平抛又落到斜面上，则其竖直位移与水平位移之比等于斜面倾角的正切值。
(4)若平抛物体垂直打在斜面上，则物体打在斜面上瞬间，其水平速度与竖直速度之比等于斜面倾角的正切值。
【典例分析3】如图所示，xOy 是平面直角坐标系，Ox 水平、Oy 竖直，一质点从O 点开始做平抛运动，P 点是
轨迹上的一点. 质点在P 点的速度大小为v，方向沿该点所在轨迹的切线. M 点为P 点在Ox 轴上的投影，P 点
速度方向的反向延长线与Ox 轴相交于Q 点. 已知平抛的初速度为20m/s，MP=20m，重力加速度g 取10m/s2，
则下列说法正确的是
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A．QM 的长度为10m
B．质点从O 到P 的运动时间为1s
C．质点在P 点的速度v 大小为40m/s
D．质点在P 点的速度与水平方向的夹角为45°
【答案】D
【解析】AB．根据平拋运动在竖直方向做自由落体运动有：
2
1
2
h
gt

可得t=2s；质点在水平方向的位移为：
0
40m
x
v t


根据平抛运动的推论可知Q 是OM 的中点，所以QM=20m，故A 错误，B 错误；
C．质点在P 点的竖直速度：
10 2m/s=20m/s
yv
gt



所以在P 点的速度为：
2
2
2
2
20
20
20 2m/s
x
y
v
v
v





故C 错误；
D．因为：tan
1
y
x
v
v

所以质点在P 点的速度与水平方向的夹角为45°，故D 正确.
【规律总结】“化曲为直”思想在平抛运动中的应用
根据运动效果的等效性，利用运动分解的方法，将其转化为我们所熟悉的两个方向上的直线运动：
(1)水平方向的匀速直线运动。
(2)竖直方向的自由落体运动。
【典例分析4】．如图所示，斜面ABC 倾角为，在A 点以速度
1v 将小球水平抛出（小球可以看成质点），小
球恰好经过斜面上的小孔E ，落在斜面底部的D 点，且D 为BC 的中点。在A 点以速度
2v 将小球水平抛出，
小球刚好落在C 点。若小球从E 运动到D 的时间为1t ，从A 运动到C 的时间为2t ，则1
2
:
t
t 为（
）
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A．1：1
B．1：2
C．2：3
D．1：3
【答案】B
【解析】对于平抛运动，其运动时间只由高度h 决定，不管是以初速度
1v 或
2v 抛出，其落到斜面底端时间是一
样，都为2t 。设从A 到E 的时间为t，由平抛运动规律得
2
1
1
2
tan
gt
v t




同理，从A 到D 的运动
2
2
1 2
1
2
tan
gt
v t

根据数学几何问题可知tan
AB
BC

tan
AB
BD

tan
2tan



即2
2
t
t

由于2
1
t
t
t


因此
1
2
:
1: 2
t
t 
即A 到E 和E 到D 的时间相等，都为A 到D 的时间的一半，又因为从A 点抛出，D 、C 在同一水平面上，高
度相同，时间相同，即1
1
2
t
t
t



故选B。
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【规律总结】与斜面相关联的平抛运动的分解方法与技巧
(1)如果知道速度的大小或方向，应首先考虑分解速度。
(2)如果知道位移的大小或方向，应首先考虑分解位移。
【典例分析5】北京冬奥会将在2022 年2 月4 日至2022 年2 月20 日在北京和张家口联合举行，这是北京和张
家口历史上第一次举办冬季奥运会。图示为某滑雪运动员训练的情境，运动员从弧形坡面上滑下，沿水平方向
飞出后落到斜面上。斜面足够长且倾角为θ，弧形坡面与斜面顶端有一定高度差。某次训练时，运动员从弧形坡
面水平飞出的速度大小为v0，飞出后在空中的姿势保持不变，不计空气阻力，下列判断正确的是(
)
A．若运动员以不同的速度从弧形坡面飞出，落到斜面前瞬间速度方向一定相同
B．若运动员飞出时的水平速度大小变为2v0，运动员飞出后经t＝2v0tan θ
g
距斜面最远
C．若运动员飞出时的水平速度大小变为2v0，运动员落点位移为原来的4 倍
D．若运动员飞出时的水平速度大小变为2v0，落到斜面前瞬间速度方向与水平方向的夹角变大
【题眼点拨】
①“沿水平方向飞出”，运动员做平抛运动，要应用分解思想。
②“弧形斜面与斜面顶端有一定高度差”，可从抛出点构建斜面，比较实际斜面，应用二级结论。
【答案】B
【解析】利用物体从斜面顶端平抛的运动规律，设运动员从弧形坡面上A 点做平抛运动，落到斜面上的C 点，
沿AC 作一直线ACB，如图所示
则从A 平抛时，落到斜面AB(虚拟)上时，速度方向与水平方向的夹角都相等，则落到实际斜面上E 点时竖直方
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向分速度vyE 小于落到D 点时竖直方向分速度vyD，而二者水平方向分速度相同，则落到E 点时速度与水平方向
的夹角比落到D 点小，故A、D 项错误；运动员离斜面最远时的速度与斜面平行，当速度为2v0 时，有tan θ＝
gt
2v0
，得t＝2v0tan θ
g
，故B 项正确；若沿倾角为α的AB 斜面平抛，落到斜面上D 点的时间tan α＝vy
v0
＝gt
v0
＝2tan θ，
解得t＝2v0tan θ
g
，则x＝v0t＝2v20tan θ
g
，故s＝
x
cos θ＝2v20tan θ
gcos θ ，可知当速度为2v0 时，s′＝4s，则落到E 点时的距
离s″<4s，故C 项错误。
【规律总结】平抛运动问题要构建好两类模型，一类是常规平抛运动模型，注意分解方法，应用匀变速运动的
规律；另一类是平抛斜面结合模型，要灵活应用斜面倾角，分解速度或位移，构建几何关系。
考点三圆周运动
【考点诠释】
1．水平面内的圆周运动的“临界”分析
(1)绳的临界：张力FT＝0
(2)接触面滑动临界：F＝fm
(3)接触面分离临界：FN＝0
2．竖直面内的圆周运动(轻绳模型和轻杆模型)
轻绳模型
轻杆模型
图示
在最高点受
力
重力，弹力F 弹向下或等于零，mg＋F 弹＝mv2
R
重力，弹力F 弹向下、向上或等于零，mg±F
弹＝mv2
R
恰好过最高
点
F 弹＝0，mg＝mv2
R，v＝Rg，即在最高点速
度不能为零
v＝0，mg＝F 弹，在最高点速度可为零
关联
应用动能定理或机械能守恒定律将初、末状态联系起来列方程求解
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【典例分析6】在修筑铁路时，弯道处的外轨会略高于内轨。如图5 所示，当火车以规定的行驶速度转弯时，
内、外轨均不会受到轮缘的挤压，设此时的速度大小为v，重力加速度为g，两轨所在面的倾角为θ，则(
)
A．该弯道的半径r＝
v2
gtan θ
B．当火车质量改变时，规定的行驶速度大小不变
C．当火车速率大于v 时，内轨将受到轮缘的挤压
D．当火车速率小于v 时，外轨将受到轮缘的挤压
【答案】
AB
【解析】
火车拐弯时不侧向挤压车轮轮缘，靠重力和支持力的合力提供向心力，设转弯处斜面的倾角为θ，根
据牛顿第二定律得mgtan θ＝mv2
r ，解得r＝
v2
gtan θ，故选项A 正确；根据牛顿第二定律得mgtan θ＝mv2
r ，解得v
＝grtan θ，可知火车规定的行驶速度与质量无关，故选项B 正确；当火车速率大于v 时，重力和支持力的合
力不够提供向心力，此时外轨对火车有侧压力，轮缘挤压外轨，故选项C 错误；当火车速率小于v 时，重力和
支持力的合力大于所需的向心力，此时内轨对火车有侧压力，轮缘挤压内轨，故选项D 错误。
【典例分析7】(多选)如图所示，在匀速转动的水平盘上，沿半径方向放着用细线相连的质量相等的两个物体A
和B，它们分居圆心两侧，与圆心距离分别为RA＝r，RB＝2r，与盘间的动摩擦因数μ相同，当圆盘转速加快到
两物体刚好还未发生滑动时，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列说法正确的是(
)
A．此时绳子张力为FT＝3μmg
B．此时圆盘的角速度为ω＝
2μg
r
C．此时A 所受摩擦力方向沿半径指向圆外
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D．此时烧断绳子，A 仍相对盘静止，B 将做离心运动
【答案】ABC
【解析】两物块A 和B 随着圆盘转动时，合外力提供向心力，则F＝mω2r，B 的半径比A 的半径大，所以B 所
需向心力大，绳子拉力相等，所以当圆盘转速加快到两物体刚好还未发生滑动时，B 的静摩擦力方向指向圆心，
A 的最大静摩擦力方向指向圆外，根据牛顿第二定律得FT－μmg＝mω2r，FT＋μmg＝mω2·2r，解得FT＝3μmg，
ω＝
2μg
r ，故A、B、C 正确；烧断绳子瞬间A 物体所需的向心力：mω2r＝2μmg，此时烧断绳子，A 的最大静
摩擦力不足以提供所需向心力，则A 做离心运动，故D 错误。
【规律总结】“一、二、三、四”求解圆周运动问题
【典例分析8】如图甲所示，陀螺可在圆轨道外侧旋转而不脱落，好像轨道对它施加了魔法一样，被称为“魔力
陀螺”。它可等效为一质点在圆轨道外侧运动的模型，如图乙所示，在竖直平面内固定的强磁性圆轨道半径为R，
A、B 两点分别为轨道的最高点与最低点。质点沿轨道外侧做完整的圆周运动，受圆轨道的强磁性引力始终指向
圆心O 且大小恒为F，当质点以速率v＝gR通过A 点时，对轨道的压力为其重力的8 倍，不计摩擦和空气阻
力，质点质量为m，重力加速度为g，则(
)
甲
乙
A．强磁性引力的大小F＝7mg
B．质点在A 点对轨道的压力小于在B 点对轨道的压力
C．只要质点能做完整的圆周运动，则质点对A、B 两点的压力差恒为5mg
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D．若强磁性引力大小恒为2F，为确保质点做完整的圆周运动，则质点通过B 点的最大速率为15gR
【题眼点拨】
①“强磁性引力始终指向圆心O”，表明向心力来源有重力、弹力和强磁性引力。
②“对轨道压力为其重力的8 倍”，运用此信息列牛顿第二定律方程求解F。
【答案】D
【解析】在A 点，对质点受力分析并结合牛顿第二定律有F＋mg－FA＝mv2
R，根据牛顿第三定律有FA＝F′A＝8mg，
联立解得F＝8mg，选项A 错误；质点能完成圆周运动，在A 点根据牛顿第二定律有F＋mg－NA＝mv2A
R ，根据
牛顿第三定律有NA＝N′A；在B 点，根据牛顿第二定律有F－mg－NB＝mv2B
R ，根据牛顿第三定律有NB＝N′B；从
A 点到B 点的过程，根据动能定理有mg·2R＝1
2mv2B－1
2mv2A，联立解得N′A－N′B＝6mg，选项B、C 错误；若强磁
性引力大小恒为2F，在B 点，根据牛顿第二定律有2F－mg－FB＝mv2B
R，由数学知识可知当FB＝0 时，质点速
度最大为vBm，可解得vBm＝15gR，选项D 正确。
【典例分析9】如图所示，水平地面上有一光滑弧形轨道与半径为r 的光滑圆轨道相连，且固定在同一个竖直
面内。将一质量为m 的小球由弧形轨道上某一高度处无初速释放。为使小球在沿圆轨道运动时始终不脱离轨道，
这个高度h 的取值可为(
)
A．2.2r
B．1.2r
C．1.6r
D．0.8r
【答案】D
【解析】小球沿圆轨道运动时，可能做完整的圆周运动，当小球刚好不脱离圆轨道时，在圆轨道最高点重力提
供向心力，则有mg＝mv2
r ，由机械能守恒定律得mgh－mg·2r＝1
2mv2，解得h＝2.5r。小球沿圆轨道运动时，也
可能不超过与圆心等高处，由机械能守恒定律得mgh＝mg·r，得h＝r，综上可得，为使小球在沿圆轨道运动时
始终不离开轨道，h 的范围为h≤r 或h≥2.5r，选项D 正确。
【规律总结】分析竖直平面内圆周运动临界问题的思路
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【典例分析10】如图所示，长为l 的轻质细线固定在O1 点，细线的下端系一质量为m 的小球，固定点O1 的正
下方0.5l 处的P 点可以垂直于竖直平面插入一颗钉子，现将小球从细线处于水平状态由静止释放，此时钉子还
未插入P 点，在B 点右下方水平地面上固定有一半径为R＝5
16l 的光滑圆弧形槽，槽的圆心在O2，D 点为最低
点，且∠CO2D＝37°，重力加速度为g，不计空气阻力。(已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)求：
(1)小球运动到B 点时的速度大小；
(2)如果钉子插入P 点后，小球仍然从A 点静止释放，到达B 点时，绳子恰好被拉断，求绳子能承受的最大拉力；
(3)在第(2)问的情况下，小球恰好从槽的C 点无碰撞地进入槽内，求整个过程中小球对槽的最大压力。
【答案】(1) 2gl
(2)5mg
(3)11.4mg
【解析】(1)设小球运动到B 点的速度为vB，由A 到B 应用动能定理，mg·l＝1
2mv2B
解得：vB＝2gl。
(2)插入钉子后，小球再次经过B 点时有：
F－mg＝m v2B
0.5l
解得绳子能承受的最大拉力F＝5mg。
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(3)小球从B 点开始做平抛运动，在C 点时速度方向恰好沿轨道切线方向，即：
vC＝
vB
cos 37°
小球沿槽运动到最低点时对轨道的压力最大，小球从C 到D 过程中机械能守恒有：
mgR(1－cos 37°)＝1
2mv2D－1
2mv2C
在D 点有：FN－mg＝mv2D
R
解得槽对小球的支持力FN＝11.4mg
由牛顿第三定律得小球对槽的最大压力为
F′N＝11.4mg，方向竖直向下。
【规律总结】解决平抛与圆周运动组合问题的“四个关键”
(1)运动阶段的划分，如例题中分成三个阶段(圆周→平抛→圆周)。
(2)运动阶段的衔接，尤其注意速度方向，如例题中，小球运动到B 点的速度。
(3)两个运动阶段在时间和空间上的联系。
(4)对于平抛运动或类平抛运动与圆周运动组合的问题，应用合成与分解的思想分析，这两种运动转折点的速度
是解题的关键。
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第一部分
力与运动
专题04 天体运动
一、素养呈现
1.物理观念：万有引力、宇宙速度、经典时空观、相对论时空观。
2.科学思维：万有引力定律、开普勒定律、双星模型、多星运动模型。
3.科学态度与责任：万有引力与卫星发射、变轨、回收。
二、素养落实
1.掌握卫星的运行特点和规律
2.掌握计算天体质量(密度)的方法
3.掌握宇宙速度并推导第一宇宙速度
4.会应用动力学和能量观点分析卫星变轨问题
考点一万有引力定律的应用
【考点诠释】
1．开普勒第三定律
(1)r3
T2＝k，其中k 与中心天体有关，r 是椭圆轨道的半长轴。
(2)对同一中心天体的所有行星，该公式都成立。
2．估算中心天体的质量和密度的两条思路
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(1)利用中心天体的半径和表面的重力加速度g 计算。由GMm
R2 ＝mg 求出M＝gR2
G ，进而求得ρ＝M
V＝
M
4
3πR3＝3g
4πGR。
(2)利用环绕天体的轨道半径r 和周期T 计算。由GMm
r2 ＝m4π2
T2 r，可得出M＝4π2r3
GT2 。若环绕天体绕中心天体表面
做匀速圆周运动，轨道半径r＝R，则ρ＝
M
4
3πR3＝3π
GT2。
【典例分析1】若宇航员在月球表面附近高h 处以初速度v0 水平抛出一个小球，测出小球的水平射程为L。已
知月球半径为R，引力常量为G。则下列说法正确的是(
)
A．月球表面的重力加速度g 月＝hv20
L2
B．月球的平均密度ρ＝3hv20
2πGL2R
C．月球的第一宇宙速度v＝v0
L 2hR
D．月球的质量m 月＝hR2v20
GL2
【答案】
BC
【解析】
设月球表面的重力加速度为g 月，小球在月球表面做平抛运动，根据平抛知识可知在水平方向上L＝
v0t，在竖直方向上h＝1
2g 月t2，解得g 月＝2hv20
L2 ，故A 错误；在月球表面Gm 月m
R2
＝mg 月，解得m 月＝2hR2v20
GL2 ，则月
球密度为ρ＝
m 月
4
3πR3＝
2hR2v20
GL2
4
3πR3
＝3hv20
2πGL2R，故B 正确，D 错误；月球的第一宇宙速度v＝g 月R＝v0
L 2hR，故C 正确。
【典例分析2】“探路者”号宇宙飞船在宇宙深处飞行过程中，发现A、B 两颗密度均匀的球形天体，两天体各有
一颗靠近其表面飞行的卫星，测得两颗卫星的周期相等，以下判断正确的是(
)
A．天体A、B 的质量一定相等
B．两颗卫星的线速度一定相等
C．天体A、B 表面的重力加速度之比等于它们的半径之比
D．天体A、B 的密度一定不相等
【答案】C
【解析】根据万有引力提供向心力得GMm
R2 ＝m4π2
T2 R，解得M＝4π2
G ·R3
T2，T 相等，R 不一定相等，所以天体A、B
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的质量不一定相等，选项A 错误；卫星的线速度为v＝2πR
T ，T 相等，而R 不一定相等，故线速度不一定相等，
选项B 错误；天体A、B 表面的重力加速度等于对应卫星的向心加速度，即g＝a＝4π2R
T2 ，可见天体A、B 表面
的重力加速度之比等于它们的半径之比，选项C 正确；天体的密度为ρ＝M
V＝
M
4
3πR3＝
4π2
G ·R3
T2
4
3πR3
＝3π
GT2，由于两颗卫
星的周期相等，则天体A、B 的密度一定相等，选项D 错误。
【规律总结】估算天体质量(密度)的两点注意
(1)利用万有引力提供天体做圆周运动的向心力估算天体质量时，求出的只是中心天体的质量，并非环绕天体的
质量。
(2)区别天体半径R 和卫星轨道半径r，只有在天体表面附近的卫星才有r≈R；计算天体密度时，体积V＝4
3πR3
只能用天体半径R。
考点二天体的运行与变轨
【考点诠释】
1.天体运行参数
(1)万有引力提供向心力，即GMm
r2 ＝ma＝mv2
r ＝mω2·r＝m4π2
T2 ·r。
(2)天体对其表面物体的万有引力近似等于重力，即GMm
R2 ＝mg 或GM＝gR2(R、g 分别是天体的半径、表面重力
加速度)，公式GM＝gR2 应用广泛，被称为“黄金代换式”。
2.地面赤道上物体与地球卫星的比较
(1)地面赤道上的物体随地球一起转动，具有相同的角速度，所受万有引力并非全部提供向心力。
(2)空中绕地球自转的卫星万有引力全部充当向心力，周期和半径有关。
(3)比较地面赤道上物体和空中卫星的运行参数，可借助同步卫星的“桥梁”作用。
3.卫星变轨问题
(1)卫星变轨的运动模型是向心运动和离心运动。当由于某种原因卫星速度v 突然增大时，有GMm
r2 <mv2
r ，万有
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引力不足以提供向心力，卫星将偏离圆轨道做离心运动；当v 突然减小时，有GMm
r2 >mv2
r ，卫星将做向心运动。
(2)在不同轨道的同一点，加速度相同、线速度不同、机械能不同。
【典例分析3】有a、b、c、d 四颗地球卫星，a 还未发射，在赤道表面上随地球一起转动，b 是近地轨道卫星，
c 是地球同步卫星，d 是高空探测卫星，它们均做匀速圆周运动，各卫星排列位置如图所示，则(
)
A．a 的向心加速度等于重力加速度g，c 的向心加速度大于d 的向心加速度
B．在相同时间内b 转过的弧长最长，a、c 转过的弧长对应的角度相等
C．c 在4 小时内转过的圆心角是π
3，a 在2 小时内转过的圆心角是π
6
D．b 的周期一定小于d 的周期，d 的周期一定小于24 小时
【答案】BC
【解析】a 在地球表面随地球一起转动，其万有引力等于重力与向心力之和，且重力远大于向心力，故a 的向
心加速度远小于重力加速度g，根据牛顿第二定律，万有引力提供向心力，GMm
r2 ＝man，解得向心加速度an＝GM
r2 ，
由于卫星d 的轨道半径大于卫星c 的轨道半径，所以卫星c 的向心加速度大于d 的向心加速度，选项A 错误；
地球同步卫星c 绕地球运动的角速度与地球自转角速度相同，相同时间内a、c 转过的弧长对应的角度相等，由
GMm
r2 ＝m v2
r 可得v＝
GM
r ，轨道半径越小速度越大，则vb>vc>vd，又a 与c 角速度相等，且a 的轨道半径小于
c 的轨道半径，故vc>va，即b 的速度最大，所以在相同时间内b 转过的弧长最长，选项B 正确；a、c 角速度相
同，在4 小时内转过的圆心角都为2π
6 ＝π
3，在2 小时内转过的圆心角都为2π
12＝π
6，选项C 正确；c 和b 的轨道半
径都小于d 的轨道半径，由开普勒第三定律可知，b 的运动周期一定小于d 的运动周期，d 的运动周期一定大于
c 的运动周期(24 小时)，选项D 错误。
【规律总结】研究卫星运行熟悉“三星一物”
(1)同步卫星的周期、轨道平面、高度、线速度的大小、角速度、绕行方向均是固定不变的，常用于无线电通信，
故又称通信卫星。
(2)极地卫星运行时每圈都经过南北两极，由于地球自转，极地卫星可以实现全球覆盖。
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(3)近地卫星是在地球表面附近环绕地球做匀速圆周运动的卫星，其运行的轨道半径可近似认为等于地球的半径，
其运行线速度约为7.9 km/s。
(4)赤道上的物体随地球自转而做匀速圆周运动，由万有引力和地面支持力的合力充当向心力(或者说由万有引力
的分力充当向心力)，它的运动规律不同于卫星，但它的周期、角速度与同步卫星相等。
【典例分析4】．如图所示，设地球半径为R，假设某地球卫星在距地球表面高度为h 的圆形轨道Ⅰ上做匀速圆周
运动，运行周期为T，到达轨道的A 点时点火变轨进入椭圆轨道Ⅱ，到达轨道的近地点B 时，再次点火进入近
地轨道Ⅲ绕地做匀速圆周运动，引力常量为G，不考虑其他星球的影响，
则下列说法正确的是(
)
A．地球的质量可表示为4π2R3
GT2
B．该卫星在轨道Ⅲ上B 点的速率大于在轨道Ⅱ上A 点的速率
C．卫星在圆轨道Ⅰ和圆轨道Ⅲ上做圆周运动时，轨道Ⅰ上动能小，引力势能大，机械能小
D．卫星从远地点A 向近地点B 运动的过程中，加速度变小
【答案】B
【解析】卫星在轨道Ⅰ上的运动过程中，万有引力充当向心力，故有G Mm
R＋h2＝m4π2
T2 (R＋h)，解得M＝4π2R＋h3
GT2
，
A 错误；卫星在轨道Ⅰ上过A 点做匀速圆周运动，即GMm
r2 ＝mv2Ⅰ
r ，卫星在轨道Ⅱ上过A 点做近心运动，即GMm
r2 >mv2Ⅱ
r ，
所以卫星在轨道Ⅰ上A 点速率大于在轨道Ⅱ上A 点的速率，在轨道Ⅲ上B 点的速率大于在轨道Ⅰ上A 点的速率，B
正确；从A 运动到B 的过程，地球引力对卫星做负功，引力势能减小，因卫星在轨道Ⅲ上的速度大于轨道Ⅰ上的
速度，故此过程中卫星的动能增加，在Ⅰ轨道上A 点点火减速，使卫星由高轨道进入低轨道，在Ⅱ轨道上B 点点
火，卫星减速并做向心运动，则卫星的机械能减小，C 错误；根据公式GMm
r2 ＝ma 可得a＝GM
r2 ，所以卫星距离
地球越远，其向心加速度越小，故卫星从远地点到近地点运动过程中，加速度变大，D 错误。
【典例分析5】．如图所示，飞行器在距月球表面高度为3R 的圆形轨道Ⅰ上运动，到达轨道A 点点火变轨进入椭
圆轨道Ⅱ，到达轨道近月点B 再次点火进入近月轨道Ⅲ并绕月球做匀速圆周运动．假设月球半径为R，月球表
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面的重力加速度为g，则(
)
A．飞行器在B 点处点火后，动能增加
B．由已知条件可求出飞行器在轨道Ⅱ上的运行周期为5π
5R
2g
C．仅在万有引力作用下，飞行器在轨道Ⅱ上通过B 点的加速度大于在轨道Ⅲ上通过B 点的加速度
D．飞行器在轨道Ⅲ上绕月球运行一周所需的时间为2π
R
g
【答案】
BD
【解析】
在B 点应给飞行器点火减速，动能减小，故A 错误；设飞行器在近月轨道Ⅲ绕月球运行一周所需的
时间为T3，则：mg＝mR4π2
T32，解得：T3＝2π
R
g，根据几何关系可知，Ⅱ轨道的半长轴a＝2.5R，根据开普勒第
三定律有R3
T32＝2.5R3
T22
，则可以得到：T2＝5π
5R
2g，故B、D 正确；仅在万有引力作用下，飞行器在轨道Ⅱ上通
过B 点时到月球球心的距离与在轨道Ⅲ上通过B 点时到月球球心的距离相等，万有引力相同，则加速度相等，
故C 错误．
【规律总结】航天器变轨问题的“三点”注意
(1)航天器变轨时半径的变化，根据万有引力和所需向心力的大小关系判断；稳定在新圆轨道上的运行速度变化
由v＝
GM
r 判断。
(2)同一航天器在一个确定的圆(椭圆)轨道上运行时机械能守恒，在不同轨道上运行时机械能不同，轨道半径越
大，机械能越大。
(3)航天器经过不同轨道的相交点时，加速度相等，外轨道的速度大于内轨道的速度。
【典例分析6】．如图所示，一火箭中固定有一水平放置的压力传感器，传感器上放有一个质量为m 的科考仪
器．火箭从地面由静止开始以g
2的初始加速度竖直向上加速运动，火箭通过控制系统使其在上升过程中压力传感
器的示数保持不变．当火箭上升到距地面R
2的高度时(地球的半径为R，地球表面处的重力加速度为g)，以下判
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断正确的是(
)
A．此高度处的重力加速度为1
4g
B．此高度处的重力加速度为4
9g
C．此高度处火箭的加速度为5
4g
D．此高度处火箭的加速度为19
18g
【答案】
BD
【解析】
由地球表面万有引力近似等于重力得：mg＝GMm
R2 ，距地面R
2的高度时，mg′＝
GMm
R＋R
22，联立可得：g′
＝4
9g，故A 错误，B 正确；
由牛顿第二定律可知，在地面，FN－mg＝m·g
2
距地面R
2的高度时，FN－mg′＝ma
联立解得：a＝19
18g，故C 错误，D 正确．
考点三天体运动中的多星模型
【考点诠释】
1．宇宙双星模型特点
(1)各自所需的向心力由彼此间的万有引力提供，即Gm1m2
L2
＝m1ω21r1，Gm1m2
L2
＝m2ω22r2。
(2)两颗星的周期及角速度都相同，即T1＝T2，ω1＝ω2。
(3)两颗星的运行半径与它们之间的距离关系为：r1＋r2＝L。
2．宇宙多星模型特点
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(1)天体运动中，三星、四星等多星模型是指相互作用且围绕某一点做圆周运动的星体。
(2)星体做圆周运动所需向心力由其他星体对它的万有引力的合力提供(如图所示)，在多星系统中各星体运行的
角速度相等。
【典例分析7】如图所示，A、B 两颗恒星分别绕它们连线上某一点做匀速圆周运动，我们通常称之为“双星系
统”，A 的质量为B 的2 倍，忽略其他星球对二者的引力，下列说法正确的是(
)
A．恒星A 的向心加速度是B 的一半
B．恒星A 的线速度是B 的2 倍
C．恒星A 的公转周期是B 的一半
D．恒星A 的动能是B 的2 倍
【答案】A
【解析】A、B 之间的引力提供各自的向心力，由牛顿第二定律可知，A、B 的向心力相等，角速度和周期相等，
则有2M4π2
T2 rA＝M4π2
T2 rB，解得恒星A 与恒星B 的轨道半径之比为rA∶rB＝1∶2，由v＝ωr，a＝ω2r，TA＝TB，可
得A 正确，B、C 错误；由动能Ek＝1
2mv2 可得EkA
EkB
＝mA
mB
·v2A
v2B
＝2
1×1
4＝1
2，故D 错误。
【典例分析8】关于引力波，早在1916 年爱因斯坦基于广义相对论预言了其存在。1974 年拉塞尔赫尔斯和约瑟
夫泰勒发现赫尔斯—泰勒脉冲双星，这双星系统在互相公转时，由于不断发射引力波而失去能量，逐渐相互靠
近，此现象为引力波的存在提供了首个间接证据。科学家们猜测该双星系统中体积较小的星球能“吸食”另一颗
体积较大的星球表面的物质，达到质量转移的目的，则关于赫尔斯—泰勒脉冲双星周期T 随双星之间的距离L
变化的关系图象正确的是(
)
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A
B
C
D
【答案】B
【解析】双星做匀速圆周运动的向心力由它们之间的万有引力提供，Gm1m2
L2
＝m1
2π
T
2
R1＝m2
2π
T
2
R2，由几何关
系得：R1＋R2＝L，解得：1
T2＝Gm1＋m2
4π2
· 1
L3，已知此双星系统中体积较小的星球能“吸食”另一颗体积较大的星
体表面的物质，达到质量转移的目的，每个星球的质量变化，但质量之和不变，所以1
T2∝1
L3，故B 正确，A、C、
D 错误。
【规律总结】双星模型归纳
(1)定义：绕公共圆心转动的两个星体组成的系统，我们称之为双星系统，如图所示。
(2)特点：
①各自所需的向心力由彼此间的万有引力提供，即
Gm1m2
L2
＝m1ω21r1，Gm1m2
L2
＝m2ω22r2。
②两颗星的周期及角速度都相同，
即T1＝T2，ω1＝ω2。
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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m1＋m2＝4π2L3
T2G 。
【典例分析9】宇宙中存在一些离其他恒星较远的三星系统，通常可忽略其他星体对它们的引力作用，三星质
量相同。现已观测到稳定的三星系统存在两种基本的构成形式：一种是三颗星位于同一直线上，两颗星围绕中
央星做圆周运动，如图甲所示；另一种是三颗星位于等边三角形的三个顶点上，并沿外接于等边三角形的圆形
轨道运行，如图乙所示。设两种系统中三个星体的质量均为m，且两种系统中各星间的距离已在图甲、图乙中
标出，引力常量为G，则(
)
甲
乙
A．直线三星系统中星体做圆周运动的线速度大小为
Gm
L
B．直线三星系统中星体做圆周运动的周期为4π
L3
5Gm
C．三角形三星系统中每颗星做圆周运动的角速度为2
L3
3Gm
D．三角形三星系统中每颗星做圆周运动的加速度大小为3Gm
L2
【答案】BD
【解析】在直线三星系统中，星体做圆周运动的向心力由其他两星对它的万有引力的合力提供，根据万有引力
定律和牛顿第二定律，有Gm2
L2＋G m2
2L2＝mv2
L，解得v＝1
2
5Gm
L ，A 项错误；由周期T＝2πr
v 知，直线三星系统
中星体做圆周运动的周期为T＝4π
L3
5Gm，B 项正确；同理，对三角形三星系统中做圆周运动的星体，有2Gm2
L2cos
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30°＝mω2·
L
2cos 30°，解得ω＝
3Gm
L3 ，C 项错误；由2Gm2
L2cos 30°＝ma，得a＝3Gm
L2
，D 项正确。
【规律总结】多星模型归纳
(1)定义：所研究星体的万有引力的合力提供做圆周运动的向心力，除中央星体外，各星体的角速度或周期相同。
(2)三星模型：
①三颗星体位于同一直线上，两颗质量相等的环绕星围绕中央星在同一半径为R的圆形轨道上运行(如图甲所示)。
②三颗质量均为m 的星体位于等边三角形的三个顶点上(如图乙所示)。
甲
乙
丙
丁
(3)四星模型：
①其中一种是四颗质量相等的星体位于正方形的四个顶点上，沿着外接于正方形的圆形轨道做匀速圆周运动(如
图丙所示)。②另一种是三颗质量相等的星体始终位于正三角形的三个顶点上，另一颗位于中心O，外围三颗星
绕O 做匀速圆周运动(如图丁所示)。
【典例分析10】位于贵州的“中国天眼”(FAST)是目前世界上口径最大的单天线射电望远镜，通过FAST 可以测
量地球与木星之间的距离．当FAST 接收到来自木星的光线传播方向恰好与地球公转线速度方向相同时，测得
地球与木星的距离是地球与太阳距离的k 倍．若地球和木星绕太阳的运动均视为匀速圆周运动且轨道共面，则
可知木星的公转周期为(
)
A．(1＋k2)3
4年
B．(1＋k2)3
2年
C．(1＋k)3
2年
D．k 3
2年
【答案】
A
【解析】
该题中，太阳、地球、木星的位置关系如图：
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设地球的公转半径为R1，木星的公转半径为R2，测得地球与木星的距离是地球与太阳距离的k 倍，则有：R22
＝R12＋(kR1)2＝(1＋k2)R12，由开普勒第三定律有：R13
T12＝R23
T22，可得：T22＝R23
R13·T21＝(1＋k2)3
2·T12，由于地球公转周
期T1＝1 年，则有：T2＝(1＋k2)3
4年，故A 正确，B、C、D 错误．
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第二部分
功能与动量
专题05 功、功率
动能定理
一、素养呈现
1.物理观念：功、功率。
2.科学思维：机车启动问题、动能定理。
3.科学态度与责任：两类机车启动问题。
二、素养落实
1.掌握功、功率的计算方法
2.掌握两类机车启动问题的分析计算方法
3.理解动能定理，掌握动能定理的应用方法
考点一功的分析与计算
【考点诠释】
1．功的正负的判断方法
(1)恒力做功正负的判断：依据力与位移的夹角来判断。
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(2)曲线运动中做功正负的判断：依据F 与v 的方向的夹角α来判断。0°≤α<90°，力对物体做正功；90°<α≤180°，
力对物体做负功；α＝90°，力对物体不做功。
2．恒力做功的计算方法
3．合力做功的计算方法
方法一：先求合外力F 合，再用W 合＝F 合lcos α求功。适用于F 合为恒力的过程。
方法二：先求各个力做的功W1、W2、W3…，再应用W 合＝W1＋W2＋W3…求合外力做的功。
【典例分析1】一质量为m 的物体静止在水平地面上，在水平拉力的作用下开始运动，图甲是在0～6 s 内其速
度与时间关系图象，图乙是拉力的功率与时间关系图象，g 取10 m/s2。下列判断正确的是(
)
甲
乙
A．拉力的大小为4 N，且保持不变
B．物体的质量为2 kg
C．0～6 s 内物体克服摩擦力做的功为24 J
D．0～6 s 内拉力做的功为156 J
【答案】BD
【解析】对物体受力分析，由图甲可知，在0～2 s 内物体做匀加速运动，拉力大于滑动摩擦力，在2～6 s 内物
体做匀速运动，拉力等于滑动摩擦力，因此拉力大小不恒定，选项A 错误；在2～6 s 内根据功率公式P＝Fv，
有F＝P
v＝4 N，故滑动摩擦力f＝F＝4 N，在图甲中，0～2 s 内有a＝Δv
Δt＝3 m/s2，由牛顿第二定律可知F′－f＝
ma，又P′＝F′v，联立解得m＝2 kg，F′＝10 N，选项B 正确；由图甲可知在0～6 s 内物体通过的位移为x＝30
m，故物体克服摩擦力做的功为Wf＝fx＝120 J，选项C 错误；由动能定理可知W－Wf＝1
2mv2，故0～6 s 内拉力
做的功W＝1
2mv2＋Wf＝1
2×2×62 J＋120 J＝156 J，选项D 正确。
【规律总结】(1)根据vt 图象可以获得物体的运动速度、加速度、通过的位移等信息，根据Pt 图象结合功率公
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式可以求出力的大小。
(2)恒力做功可以根据功的定义式求解，变力做功一般根据动能定理求解。
【典例分析2】如图所示，水平路面上有一辆质量为M 的汽车，车厢中有一个质量为m 的人正用恒力F 向前推
车厢，在车以加速度a 向前加速行驶距离L 的过程中，下列说法正确的是(
)
A．人对车的推力F 做的功为FL
B．人对车做的功为maL
C．车对人的作用力大小为ma
D．车对人的摩擦力做的功为(F－ma)L
【答案】A
【解析】根据功的公式可知，人对车的推力做功W＝FL，故A 正确；在水平方向上，由牛顿第二定律可知车对
人的作用力为F′＝ma，由牛顿第三定律可知人对车的作用力为－ma，人对车做功为W＝－maL，故B 错误；人
水平方向受到的合力为ma，竖直方向上车对人还有支持力，故车对人的作用力为N＝ma2＋mg2＝m a2＋g2，
故C 错误；对人由牛顿第二定律可得f－F＝ma，则f＝ma＋F，车对人的摩擦力做功为W＝fL＝(F＋ma)L，故
D 错误。
【规律总结】恒力做功的计算方法
考点二功率的分析与计算
【考点诠释】
1．平均功率的计算方法
(1)利用P ＝W
t 。
(2)利用P ＝F· v cos α，其中v 为物体运动的平均速度，F 为恒力。
2．瞬时功率的计算方法
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(1)利用公式P＝F·vcos α，其中v 为t 时刻的瞬时速度。
(2)P＝F·vF，其中vF 为物体的速度v 在力F 方向上的分速度。
(3)P＝Fv·v，其中Fv 为物体受到的外力F 在速度v 方向上的分力。
【典例分析3】(多选)质量为m 的物体从距地面H 高处自由下落，经历时间t，则下列说法中正确的是(
)
A．t 秒内重力对物体做功为1
2mg2t2
B．t 秒内重力的平均功率为mg2t
C．t
2秒末重力的瞬时功率与t 秒末重力的瞬时功率之比为1∶2
D．前t
2秒内重力做功的平均功率与后t
2秒内重力做功的平均功率之比为1∶3
【答案】ACD
【解析】物体自由下落，t 秒内物体下落h＝1
2gt2，Wt＝mgh＝1
2mg2t2，故A 正确；P＝W
t ＝
1
2mg2t2
t
＝1
2mg2t，故B
错误；从静止开始自由下落，前t
2秒末与后t
2秒末的速度之比为1∶2(因v＝gt∝t)，又有P＝Fv＝mgv∝v，故前t
2
秒末与后t
2秒末功率瞬时值之比为P1∶P2＝1∶2，C 正确；前t
2秒与后t
2秒下落的位移之比为1∶3，则重力做功
之比为1∶3，故重力做功的平均功率之比为1∶3，D 正确。
【规律总结】求解功率时应注意的三个问题
(1)首先要明确所求功率是平均功率还是瞬时功率。
(2)平均功率与一段时间(或过程)相对应，计算时应明确是哪个力在哪段时间(或过程)内做功的平均功率。
(3)瞬时功率计算时应明确是哪个力在哪个时刻(或状态)的功率。
考点三机车启动问题
【考点诠释】
1．两种启动方式
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以恒定功率启动
以恒定加速度启动
Pt 图象和vt 图象
OA 段过程分析
v↑⇒F＝P
v↓⇒a＝F－F 阻
m
↓
a＝F－F 阻
m
不变⇒F 不变⇒
v↑
P＝Fv↑直到P 额
＝Fv1
运动性质
加速度减小的加速运动
匀加速直线运动，维持时间t0＝v1
a
AB 段过程分析
F＝F 阻⇒a＝0⇒vm＝P
F 阻
v↑⇒F＝P 额
v
↓⇒a＝F－F 阻
m
↓
运动性质
以vm 做匀速直线运动
加速度减小的加速运动
BC 段
无
F＝F 阻⇒a＝0⇒以vm＝P 额
F 阻
做匀速运动
2.三个重要关系式
(1)无论哪种启动过程，机车的最大速度都为vm＝P
F 阻
。
(2)机车以恒定加速度启动时，匀加速过程结束后功率最大，速度不是最大，即v＝P
F<vm＝P
F 阻
。
(3)机车以恒定功率运行时，牵引力做的功W＝Pt，由动能定理得Pt－F 阻x＝ΔEk，此式经常用于求解机车以恒
定功率启动过程的位移、速度或时间。
【典例分析4】一起重机的钢绳由静止开始匀加速提起质量为m 的重物，当重物的速度为v1 时，起重机的功率
达到最大值P，之后起重机保持该功率不变，继续提升重物，最后重物以最大速度v2 匀速上升，不计钢绳重力。
则整个过程中，下列说法正确的是(
)
A．钢绳的最大拉力为P
v2
B．重物匀加速过程的时间为
mv21
P－mgv1
C．重物匀加速过程的加速度为P
mv1
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D．速度由v1 增大至v2 的过程中，重物的平均速度v <v1＋v2
2
【答案】B
【解析】匀加速过程物体处于超重状态，钢绳拉力较大，匀加速运动阶段钢绳的拉力为F＝P
v1
，故A 错误；根
据牛顿第二定律可知F－mg＝ma，结合v＝at 解得a＝P
mv1
－g，t＝
mv21
P－mgv1
，故B 正确，C 错误；在速度由v1
增大至v2 的过程中，重物做加速度减小的变加速运动，平均速度v >v1＋v2
2
，故D 错误。
【典例分析5】一辆小汽车在水平路面上由静止启动，在前5 s 内做匀加速直线运动，5 s 末达到额定功率，之
后保持以额定功率运动，其vt 图象如图所示。已知汽车的质量为m＝1×103 kg，汽车受到地面的阻力为车重的
0.1 倍，g 取10 m/s2，则以下说法正确的是(
)
A．汽车在前5 s 内的牵引力为5×102 N
B．汽车速度为25 m/s 时的加速度为5 m/s2
C．汽车的额定功率为100 kW
D．汽车的最大速度为80 m/s
【答案】C
【解析】由图象可知匀加速直线运动的加速度为a＝Δv
Δt＝20
5 m/s2＝4 m/s2，根据牛顿第二定律得F－f＝ma，解
得牵引力为F＝f＋ma＝0.1×1×104 N＋1×103×4 N＝5×103 N，故A 错误。额定功率为P＝Fv＝5 000×20 W＝100
kW，故C 正确。当车的速度是25 m/s 时，牵引力F′＝P
v′＝100 000
25
N＝4 000 N，此时车的加速度a′＝F′－f
m
＝
4 000－0.1×1×104
1×103
m/s2＝3 m/s2，故B 错误。当牵引力与阻力相等时，速度最大，最大速度为vm＝P
F＝P
f ＝
100 000
1 000
m/s＝100 m/s，故D 错误。
【规律总结】机车启动问题的两种求解思路
(1)图解机车以恒定功率启动：
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(2)图解机车以恒定加速度启动：
考点四动能定理的应用
1．对动能定理的理解
(1)动能定理表达式W＝ΔEk 中，W 表示所有外力做功的代数和。ΔEk 为所研究过程的末动能与初动能之差，且
物体的速度均是相对地面的速度。
(2)
2．应用动能定理解题应注意的四点
(1)动能定理往往用于单个物体的运动过程，由于不涉及加速度及时间，比动力学研究方法要简捷。
(2)动能定理表达式是一个标量式，在某个方向上应用动能定理是没有依据的。
(3)物体在某个运动过程中包含有几个运动性质不同的过程(如加速、减速的过程)，此时可以分段考虑，也可以
对全过程考虑，但如能对整个过程利用动能定理列式，则可使问题简化。
(4)根据动能定理列方程时，必须明确各力做功的正、负，确实难以判断的先假定为正功，最后根据结果加以检
验。
【典例分析6】如图是一种常见的圆桌，桌面中间嵌一半径为r＝1.5 m、可绕中心轴转动的圆盘，桌面与圆盘
面在同一水平面内且两者间缝隙可不考虑。已知桌面离地高度为h＝0.8 m，将一可视为质点的小碟子放置在圆
盘边缘，若缓慢增大圆盘转动的角速度，碟子将从圆盘上甩出并滑上桌面，再从桌面飞出，且落地点与桌面飞
出点的水平距离为0.4 m。已知碟子质量m＝0.1 kg，碟子与圆盘间的最大静摩擦力Fmax＝0.6 N，最大静摩擦力
等于滑动摩擦力，取g＝10 m/s2。求：
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(1)碟子从桌面飞出时的速度大小；
(2)碟子在桌面上运动时，桌面摩擦力对它做的功；
(3)若碟子与桌面间动摩擦因数为μ＝0.225，要使碟子不滑出桌面，则桌面半径至少是多少？
【答案】
(1)1 m/s
(2)－0.4 J
(3)2.5 m
【解析】
(1)碟子滑离圆桌后做平抛运动，则
h＝1
2gt2，x＝vt
解得v＝x
g
2h＝1 m/s。
(2)由题意得，当碟子在圆盘上转动时，由静摩擦力提供向心力，当静摩擦力达到最大时，碟子即将滑落，设碟
子从圆盘上甩出时的速度大小为v0，则Fmax＝mv20
r
解得v0＝3 m/s
由动能定理得Wf＝1
2mv2－1
2mv20，代入数据得Wf＝－0.4 J。
(3)当碟子滑到圆桌边缘时速度恰好减为零，对应的圆桌半径取最小值。设碟子在圆桌上滑动的位移为s，由动
能定理有－μmgs＝0－1
2mv20
则圆桌的最小半径为R＝r2＋s2
联立解得R＝2.5 m。
【规律总结】应用动能定理解题的思维流程
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【典例分析7】如图甲所示，一竖直面内的轨道是由粗糙斜面AB 和光滑轨道BCD 组成，AB 与BCD 相切于B
点，C 为圆轨道的最低点，将物块置于轨道ABC 上离地面高为H 处由静止下滑，可用力传感器测出其经过C
点时对轨道的压力FN。现将物块放在ABC 上不同高度处，让H 从零开始逐渐增大，传感器测得物块每次从不
同高度处下滑到C 点时对轨道的压力FN，得到如图乙两段直线PQ 和QI，且IQ 反向延长线与纵轴交点坐标值
为2.5 N，g 取10 m/s2。求：
甲
乙
(1)小物块的质量m 及圆轨道的半径R；
(2)轨道BC 所对圆心角；
(3)小物块与斜面AB 间的动摩擦因数。
【审题导引】：解此题的关键是把握图象的信息，并将图象信息与物理过程相对应，如下图所示。
【答案】
(1)0.2 kg
1 m
(2)60°
(3) 3
4
【解析】
(1)小物块从圆轨道BC 滑下，
由动能定理可知mgH＝1
2mv2C
在C 点合力提供向心力
FN－mg＝mv2C
R
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FN＝2mg
R H＋mg
结合PQ 段图象知mg＝2 N，m＝0.2 kg，2mg
R ＝4－2
0.5
解得R＝1 m。
(2)由于图线Q 点对应于轨道的B 点，而此时H＝0.5 m，则轨道BC 所对圆心角θ由几何关系可知H＝R(1－cos θ)，
代入数据解得θ＝60°。
(3)小物块从A 到C，由动能定理可得
mgH－μmgcos θH－0.5
sin θ
＝1
2mv2，
到达C 点处由向心力公式可得
F′N－mg＝mv2
R ，联立得μ＝3
4 。
【规律总结】动能定理与图象结合问题的分析方法
(1)首先看清所给图象的种类(如vt 图象、Ft 图象、Ekt 图象等)。
(2)挖掘图象的隐含条件，得出所需要的物理量，如由vt 图象所包围的“面积”求位移，由Fx 图象所包围的“面
积”求功等。
(3)分析有哪些力做功，根据动能定理列方程，求出相应的物理量。
【典例分析8】如图所示AB 和CDO 都是处于竖直平面内的光滑圆弧形轨道，OA 处于水平位置。AB 是半径为
R＝1 m 的1
4圆周轨道，CDO 是半径为r＝0.5 m 的半圆轨道，最高点O 处固定一个竖直弹性挡板(可以把小球弹
回，不损失能量，图中没有画出)，D 为CDO 轨道的中点。BC 段是水平粗糙轨道，与圆弧形轨道平滑连接。已
知BC 段水平轨道长L＝2 m，与小球之间的动摩擦因数μ＝0.2。现让一个质量为m＝1 kg 的小球从A 点的正上
方距水平线OA 高H 的P 处自由落下。(g 取10 m/s2)
(1)当H＝2 m 时，求此时小球第一次到达D 点对轨道的压力大小；
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(2)为使小球仅仅与弹性挡板碰撞一次，且小球不会脱离CDO 轨道，求H 的取值范围。
【答案】
(1)84 N
(2)0.65 m≤H≤0.7 m
【解析】
(1)设小球第一次到达D 的速度为vD，对小球从P 到D 点的过程，根据动能定理得：
mg(H＋r)－μmgL＝1
2mv2D－0
在D 点轨道对小球的支持力FN 提供向心力，则有：
FN＝mv2D
r
联立解得：FN＝84 N
由牛顿第三定律得，小球对轨道的压力为：
F′N＝FN＝84 N。
(2)为使小球仅仅与挡板碰撞一次，且小球不会脱离CDO 轨道，H 最小时必须满足能上升到O 点，由动能定理
得：
mgHmin－μmgL＝1
2mv2O－0
在O 点有：mg＝mv2O
r
代入数据解得：Hmin＝0.65 m
仅仅与弹性挡板碰撞一次，且小球不会脱离CDO 轨道，H 最大时，碰后再返回最高点能上升到D 点，则有：
mg(Hmax＋r)－3μmgL＝0
代入数据解得：Hmax＝0.7 m
故有：0.65 m≤H≤0.7 m。
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【规律总结】应用动能定理求多过程问题的技巧
1．运用动能定理解决多过程问题时，有两种思路：一种是全过程列式，另一种是分段列式。
2．全过程列式时，涉及重力、弹簧弹力，大小恒定的阻力或摩擦力做功，要注意运用它们的功能特点：
(1)重力做的功取决于物体的初、末位置，与路径无关；
(2)大小恒定的阻力或摩擦力做的功等于力的大小与路程的乘积。
(3)弹簧弹力做功与路径无关。
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第二部分
功能与动量
专题06 机械能守恒定律
功能关系
一、素养呈现
1.物理观念：机械能。
2.科学思维：功能转化分析、“守恒”思想应用。
3.科学态度与责任：机械能守恒和能量守恒分析多过程、多物体问题。
二、素养落实
1.掌握机械能守恒的条件及判断方法
2.熟悉常见功能转化关系及能量守恒定律
3.掌握机械能守恒和能量守恒分析多过程、多物体问题的方
考点一机械能守恒定律的应用
【考点诠释】
1．机械能守恒的三种判断方法
(1)用做功判断：若物体或系统只有重力(或弹簧的弹力)做功，虽受其他力，但其他力不做功，则其机械能守恒。
(2)用能量转化判断：若物体或系统中只有动能和势能的相互转化，而无机械能与其他形式的能的相互转化，则
其机械能守恒。
(3)对多个物体组成的系统，除考虑是否只有重力做功外，还要考虑系统内力是否做功，如有滑动摩擦力做功时，
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因摩擦生热，系统机械能将有损失。
2．机械能守恒定律的三种表达形式
【典例分析1】质量分别为m 和2m 的两个小球A 和B，中间用轻质杆相连，在杆的中点O 处有一水平固定转
动轴，把杆置于水平位置后释放，在B 球顺时针转动到最低位置的过程中(
)
A．B 球的重力势能减少，动能增加，B 球和地球组成的系统机械能守恒
B．A 球的重力势能增加，动能也增加，A 球和地球组成的系统机械能不守恒
C．A 球、B 球和地球组成的系统机械能守恒
D．A 球、B 球和地球组成的系统机械能不守恒
【答案】BC
【解析】B 球从水平位置转到最低点的过程中，重力势能减少，动能增加，A 球重力势能增加，动能增加，A
球和地球组成的系统机械能增加。
由于A 球、B 球和地球组成的系统只有重力做功，故系统机械能守恒，A
球和地球组成的系统机械能增加，则B 球和地球组成的系统机械能一定减少，选项B、C 正确。
【规律总结】机械能是否守恒的三种判断方法
(1)利用做功及守恒条件判断。
(2)利用机械能的定义判断：若物体或系统的动能、势能之和保持不变，则机械能守恒。
(3)利用能量转化判断：若物体或系统与外界没有能量交换，内部也没有机械能与其他形式能的转化，则机械能
守恒。
【典例分析2】如图所示，P 是水平面上的固定圆弧轨道，从高台边B 点以速度v0 水平飞出质量为m 的小球，
恰能从左端A 点沿圆弧切线方向进入。O 是圆弧的圆心，θ是OA 与竖直方向的夹角。已知m＝0.5 kg，v0＝3 m/s，
θ＝53°，圆弧轨道半径R＝0.5 m，g 取10 m/s2，不计空气阻力和所有摩擦，求：
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(1)A、B 两点的高度差；
(2)小球能否到达最高点C？如能到达，小球对C 点的压力大小为多少？
【答案】见解析
【解析】(1)小球从B 到A 做平抛运动，到达A 点时，速度与水平方向的夹角为θ，则有vA＝v0
cos θ＝5 m/s
根据机械能守恒定律，有mgh＝1
2mv2A－1
2mv20
解得A、B 两点的高度差h＝0.8 m。
(2)假设小球能到达C 点，由机械能守恒定律得
1
2mv2C＋mgR(1＋cos θ)＝1
2mv2A
代入数据解得vC＝3 m/s
小球通过C 点的最小速度为v，
则mg＝mv2
R，v＝gR＝5 m/s
因为vC>v，所以小球能到达最高点C
在C 点，由牛顿第二定律得mg＋F＝mv2C
R
代入数据解得F＝4 N
由牛顿第三定律知，小球对C 点的压力大小为4 N。
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【规律总结】应用机械能守恒定律解题的基本思路
【典例分析3】如图所示，质量为m 的圆环套在与水平面成α＝53°角的固定的光滑细杆上，圆环用一轻绳通过
一光滑定滑轮挂一质量也为m 的木块，初始时圆环与滑轮在同一水平高度上，这时定滑轮与圆环相距0.5 m。
现由静止释放圆环，圆环及滑轮均可视为质点，轻绳足够长。已知重力加速度g＝10 m/s2，sin 53°＝0.8，cos 53°
＝0.6。则下列说法正确的是(
)
A．圆环下滑0.6 m 时速度为零
B．圆环与木块的动能始终相等
C．圆环的机械能守恒
D．圆环下滑0.3 m 时速度为170
5
m/s
【答案】D
【解析】当圆环下滑0.6 m 时，由几何关系知，木块高度不变，圆环高度下降了h′1＝0.6sin 53° m＝0.48 m，由
运动的合成与分解得v′木＝v′环cos 53°，由系统机械能守恒有mgh′1＝1
2mv′2
木＋1
2mv′2
环，由此可知，A 错误；圆环与
木块组成的系统机械能守恒，C 错误；设轻绳与细杆的夹角为θ，由运动的合成与分解得v 木＝v 环cos θ，当圆环
下滑0.3 m 时，根据几何关系，θ＝90°，木块速度为零，圆环高度下降了h1＝0.3sin 53° m＝0.24 m，木块高度
下降了h2＝0.5 m－0.5×sin 53° m＝0.1 m，由机械能守恒定律得mgh1＋mgh2＝1
2mv2
环，解得v 环＝170
5
m/s，B 错
误，D 正确。
【规律总结】多物体机械能守恒问题
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1．解决多物体系统机械能守恒的注意点
(1)对多个物体组成的系统要注意判断物体运动过程中，系统的机械能是否守恒。
(2)注意寻找用绳或杆相连接的物体间的速度关系和位移关系。
(3)列机械能守恒方程时，一般选用ΔEk＝－ΔEp 或ΔEA＝－ΔEB 的形式。
2．几种实际情景的分析
(1)速率相等情景
用好两物体的位移大小关系或竖直方向高度变化的关系。
(2)角速度相等情景
杆对物体的作用力并不总是沿杆的方向，杆能对物体做功，单个物体机械能不守恒。
(3)关联速度情景
两物体速度的关联实质：沿绳(或沿杆)方向的分速度大小相等。
考点二功能关系及能量守恒定律
【考点诠释】
1．常见的功能关系
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2．应用能量守恒定律的两条基本思路
(1)某种形式的能减少，一定存在其他形式的能增加，且减少量和增加量一定相等，即ΔE 减＝ΔE 增。
(2)某个物体的能量减少，一定存在其他物体的能量增加，且减少量和增加量一定相等，即ΔEA 减＝ΔEB 增。
【典例分析4】如图所示，某段滑雪雪道倾角为30°，总质量为m(包括雪具在内)的滑雪运动员从距底端高为h
处的雪道上由静止开始匀加速下滑，加速度为1
3g。在他从上向下滑到底端的过程中，下列说法正确的是(
)
A．运动员减少的重力势能全部转化为动能
B．运动员获得的动能为1
3mgh
C．运动员克服摩擦力做功为2
3mgh
D．下滑过程中系统减少的机械能为1
3mgh
【答案】D
【解析】运动员的加速度大小为1
3g，小于gsin 30°＝1
2g，所以其必受摩擦力，且大小为1
6mg，克服摩擦力做的
功为1
6mg×
h
sin 30°＝1
3mgh，故C 错；摩擦力做负功，机械能不守恒，减少的重力势能没有全部转化为动能，有1
3mgh
转化为内能，故A 错，D 对；由动能定理知，运动员获得的动能为1
3mg×
h
sin 30°＝2
3mgh，故B 错。
【规律总结】功能关系的选取方法
(1)若只涉及动能的变化用动能定理。
(2)只涉及重力势能的变化，用重力做功与重力势能变化的关系分析。
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(3)只涉及机械能变化，用除重力和弹簧的弹力之外的力做功与机械能变化的关系分析。
【典例分析5】如图所示，质量为M 的物块A 放置在光滑水平桌面上，右侧连接一固定于墙面的水平轻绳，左
侧通过一倾斜轻绳跨过光滑定滑轮与一竖直轻弹簧相连。现将质量为m 的钩码B 挂于弹簧下端，当弹簧处于原
长时，将B 由静止释放，当B 下降到最低点时(未着地)，A 对水平桌面的压力刚好为零。轻绳不可伸长，弹簧
始终在弹性限度内，物块A
始终处于静止状态。以下判断正确的是(
)
A．M<2m
B．2m<M<3m
C．在B 从释放位置运动到最低点的过程中，所受合力对B 先做正功后做负功
D．在B 从释放位置运动到速度最大的过程中，B 克服弹簧弹力做的功等于B 机械能的减少量
【答案】ACD
【解析】由题意可知，弹簧与钩码B 组成的弹簧振子在竖直方向做简谐运动，当B 由静止释放时，其加速度大
小为g，方向竖直向下，根据简谐运动的规律可知，B 在最低点的加速度大小也为g，方向竖直向上，则可知此
时弹簧弹力F＝2mg，由于B 下降到最低点时A 对水平桌面的压力刚好为零，由平衡条件得Fsin θ＝Mg，联立
以上各式解得M＝2msin θ<2m，A 正确，B 错误；B 由静止释放，先做加速度逐渐减小的加速运动，再做加速
度逐渐增大的减速运动，直至速度减为零，由动能定理可知，B 所受的合力先做正功后做负功，C 正确；在B
从释放位置运动到速度最大位置的过程中，其受重力和弹簧弹力作用，根据能量守恒定律可知，B 克服弹簧弹
力做的功等于B 机械能的减少量，D 正确。
【规律总结】涉及做功与能量转化问题首先要分清是什么力做功，并且分析该力做正功还是做负功；其次根据
功能之间的对应关系，确定能量之间的转化情况。
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考点三动力学和能量观点解决“板—块”模型
【考点诠释】
1．相关规律和方法
运动学的基本规律、牛顿运动定律、功的分析与计算、动能定理、能量守恒定律。
2．解题技巧
如果涉及加速度、时间和受力的分析和计算，一般应用动力学方法；如果只涉及位移、功和能量的转化问题，
通常采用动能定理和能量守恒定律分析。
3.相对滑动物体能量问题的解题流程
【典例分析6】如图所示，倾角为θ的斜面底端固定一个挡板P，质量为m 的小物块A 与质量不计的木板B 叠
放在斜面上，A 位于B 的最上端且与挡板P 相距L。已知A 与B、B 与斜面间的动摩擦因数分别为μ1、μ2，且μ1>tan
θ>μ2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，A 与挡板P 相撞的过程中没有机械能损失。将A、B 同时由静止释放。
(1)求A、B 释放瞬间小物块A 的加速度大小a1；
(2)若A 与挡板P 不相撞，求木板B 的最小长度l0；
(3)若木板B 的长度为l，求整个过程中木板B 运动的总路程。
【答案】
(1)gsin θ－μ2gcos θ
(2)sin θ－μ2cos θ
μ1－μ2cos θ
L
(3)L－l 或Lsin θ－μ1lcos θ
μ2cos θ
【解析】
(1)释放A、B，它们一起匀加速下滑。以A、B 为研究对象，由牛顿第二定律有
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mgsin θ－μ2mgcos θ＝ma1
解得a1＝gsin θ－μ2gcos θ。
(2)在B 与挡板P 相撞前，A 和B 相对静止，以相同的加速度一起向下做匀加速运动。B 与挡板P 相撞后立即静
止，A 开始匀减速下滑。若A 到达挡板P 处时的速度恰好为零，此时B 的长度即为最小长度l0。
从A 释放至到达挡板P 处的过程中，B 与斜面间由于摩擦产生的热量
Q1＝μ2mgcos θ·(L－l0)
A 与B 间由于摩擦产生的热量
Q2＝μ1mgcos θ·l0
根据能量守恒定律有mgLsin θ＝Q1＋Q2
解得l0＝sin θ－μ2cos θ
μ1－μ2cos θ
L。
(3)分两种情况：
①若l≥l0，B 与挡板P 相撞后不反弹，A 一直减速直到静止在木板B 上
木板B 通过的路程x＝L－l。
②若l<l0，B 与挡板P 相撞后，A 在木板B 上减速运动直至与挡板P 相撞。由于碰撞过程中没有机械能损失，A
将以撞前速率返回，并带动木板一起向上减速；当它们的速度减为零后，再重复上述过程，直至物块A 停在挡
板处。
在此过程中，A 与B 间由于摩擦产生的热量Q′1＝μ1mgcos θ·l，
B 与斜面间由于摩擦产生的热量
Q′2＝μ2mgcos θ·x，
根据能量守恒定律有
mgLsin θ＝Q′1＋Q′2，
解得x＝Lsin θ－μ1lcos θ
μ2cos θ
。
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【典例分析7】如图甲所示，长木板A 放在光滑的水平面上，质量为m＝2 kg 的另一物体B(可看成质点)以水平
速度v0＝2 m/s 滑上原来静止的长木板A 的上表面。由于A、B 间存在摩擦，之后A、B 速度随时间变化情况如
图乙所示。下列说法正确的是(g 取10 m/s2)(
)
甲
乙
A．木板A 获得的动能为2 J
B．系统损失的机械能为4 J
C．木板A 的最小长度为2 m
D．A、B 间的动摩擦因数为0.1
【答案】D
【解析】由题给图象可知，A、B 的加速度大小都为1 m/s2，根据牛顿第二定律知二者质量相等，木板获得的动
能为1 J，选项A 错误；系统损失的机械能ΔE＝1
2mv20－1
2·2m·v2＝2 J，选项B 错误；由vt 图象可求出二者相对
位移为1 m，选项C 错误；分析B 的受力，根据牛顿第二定律，可求出μ＝0.1，选项D 正确。
【规律总结】用动力学和能量观点分析“板—块”模型的“三点技巧”
(1)过程分析：将复杂的物理过程分解为几个简单的物理过程，挖掘出题中的隐含条件，找出联系不同阶段的“桥
梁”。
(2)受力及功能分析：分析物体所经历的各个运动过程的受力情况以及做功情况的变化，选择适合的规律求解，
(3)规律应用：对滑块和滑板分别运用动能定理，或者对系统运用能量守恒定律。如图所示，要注意区分三个位
移。
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考点四摩擦力做功与能量转化
两种摩擦力的做功情况比较
类别
比较
静摩擦力
滑动摩擦力
不
同
点
能量的转化方面
只有能量的转移，而没有能量的
转化
既有能量的转移，又有能量的转化
一对摩擦力的总
功方面
一对静摩擦力所做功的代数和等
于零
一对滑动摩擦力所做功的代数和不为零，总
功W＝－Ff l 相对，即相对滑动时产生的热量
相同点
正功、负功、不做功方面
两种摩擦力对物体可以做正功、负功，还可
以不做功
【典例分析8】如图所示，传送带与地面的夹角θ＝37°，A、B 两端间距L＝16 m，传送带以速度v＝10 m/s 沿
顺时针方向运动，物体m＝1 kg，无初速度地放置于A 端，它与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，试求：(sin 37°
＝0.6，cos 37°＝0.8，g 取10 m/s2)
(1)物体由A 端运动到B 端的时间；
(2)系统因摩擦产生的热量。
【答案】(1)2 s
(2)24 J
【解析】(1)物体刚放上传送带时受到沿斜面向下的滑动摩擦力，由牛顿第二定律得
mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1
设物体经时间t1 加速到与传送带同速，则
v＝a1t1，x1＝1
2a1t21
解得a1＝10 m/s2，t1＝1 s，x1＝5 m
设物体与传送带同速后再经过时间t2 到达B 端，因mgsin θ>μmgcos θ，故当物体与传送带同速后，物体将继续
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加速，即mgsin θ－μmgcos θ＝ma2
L－x1＝vt2＋1
2a2t22
解得t2＝1 s
故物体由A 端运动到B 端的时间
t＝t1＋t2＝2 s。
(2)物体与传送带间的相对位移
x 相＝(vt1－x1)＋(L－x1－vt2)＝6 m
故Q＝μmgcos θ·x 相＝24 J。
【典例分析9】如图所示，竖直平面内有一半径为R 的固定1
4圆轨道与水平轨道相切于最低点B。一质量为m 的
小物块P(可视为质点)从A 处由静止滑下，经过最低点B 后沿水平轨道运动，到C 处停下，B、C 两点间的距离
为R，物块P 与圆轨道、水平轨道之间的动摩擦因数均为μ。现用力F 将物块P 沿下滑的路径从C 处缓慢拉回
圆弧轨道的顶端A，拉力F 的方向始终与物块P 的运动方向一致，物块P 从B 处经圆弧轨道到达A 处过程中，
克服摩擦力做的功为μmgR，下列说法正确的是(
)
A．物块P 在下滑过程中，运动到B 处时速度最大
B．物块P 从A 滑到C 的过程中克服摩擦力做的功等于2μmgR
C．拉力F 做的功小于2mgR
D．拉力F 做的功为mgR(1＋2μ)
【答案】CD
【解析】当重力沿圆轨道切线方向的分力等于滑动摩擦力时速度最大，此位置在AB 之间，故A 错误；将物块
P 缓慢地从B 拉到A，克服摩擦力做的功为μmgR，而物块P 从A 滑到B 的过程中，物块P 做圆周运动，根据
向心力知识可知物块P 所受的支持力比缓慢运动时要大，则滑动摩擦力增大，所以克服摩擦力做的功Wf 大于
μmgR，因此物块P 从A 滑到C 的过程中克服摩擦力做的功大于2μmgR，故B 错误；由动能定理得，从C 到A
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的过程中有WF－mgR－μmgR－μmgR＝0－0，则拉力F 做的功为WF＝mgR(1＋2μ)，故D 正确；从A 到C 的过
程中，根据动能定理得mgR－Wf－μmgR＝0，因为Wf>μmgR，则mgR>μmgR＋μmgR，因此WF<2mgR，故C 正
确。
【典例分析10】如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端连接一小物块，O 点为弹簧在原长时物块的位置。物块
由A 点静止释放，沿粗糙程度相同的水平面向右运动，最远到达B 点。在从A 到B 的过程中，物块(
)
A．加速度先减小后增大
B．经过O 点时的速度最大
C．所受弹簧弹力始终做正功
D．所受弹簧弹力做的功等于克服摩擦力做的功
【答案】AD
【解析】对物块受力分析，当弹簧处于压缩状态时，由牛顿第二定律可得kx－f＝ma，x 减小，a 减小，当a＝0
时，物块速度最大，此时，物块在O 点左侧，选项B 错误；从加速度a＝0 处到O 点过程，由牛顿第二定律得
f－kx＝ma，x 减小，a 增大，当弹簧处于伸长状态时，由牛顿第二定律可得kx＋f＝ma，x 增大，a 继续增大，
可知物块的加速度先减小后增大，选项A 正确；物块所受弹簧的弹力对物块先做正功，后做负功，选项C 错误；
从A 到B 的过程，由动能定理可得W 弹－Wf＝0，选项D 正确。
【规律总结】摩擦力做功的分析方法
一是无论是滑动摩擦力，还是静摩擦力，计算做功时都是用力与对地位移的乘积。二是摩擦生热的计算公式Q
＝Ff·x 相对，其中x 相对为两接触物体间的相对位移，若物体在传送带上做往复运动时，则x 相对为总的相对路程。
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第二部分
功能与动量
专题07 动量和能量的综合应用
一、素养呈现
1.物理观念：动量、冲量、碰撞、反冲
2.科学思维：动量定理、动量守恒定律、人船模型、“木块—滑块”模型、“子弹打木块”模型、“含弹簧”模型。
3.科学态度与责任：现代航天技术与反冲。
二、素养落实
1.掌握与动量相关的概念及规律
2.灵活应用解决碰撞类问题的方法
3.熟悉“三大观点”在力学中的应用技巧
考点一动量定理和动量守恒定律
一．冲量和动量定理
【考点诠释】(1)恒力的冲量可应用I＝Ft 直接求解，变力的冲量优先考虑应用动量定理求解，合外力的冲量可
利用I＝F 合·t 或I 合＝Δp 求解。
(2)动量定理的表达式是矢量式，在一维情况下，各个矢量必须选取统一的正方向。
【典例分析1】1998 年6 月18 日，国产轿车在清华大学汽车工程研究所进行的整车安全性碰撞试验取得成功，
被誉为“中国轿车第一撞”。在碰撞过程中，关于安全气囊对驾驶员保护作用的说法正确的是(
)
A．减小了驾驶员的动量变化量
B．减小了驾驶员的动量变化率
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C．减小了驾驶员受到撞击力的冲量
D．延长了撞击力的作用时间，从而使得驾驶员的动量变化量更大
【答案】B
【解析】在碰撞过程中，驾驶员的动量变化量是一定的，而使用安全气囊后增加了撞击力作用的时间，根据动
量定理Ft＝Δp 可知，安全气囊可以减小驾驶员受到的冲击力，即减小了驾驶员的动量变化率，故B 正确，A、
C、D 错误。
【典例分析2】如图所示，在光滑水平面上有一质量为m 的物体，它受到水平向右的力F 的作用。力F 分别按
图A、B、C、D 所示的四种方式随时间t 变化(图中纵坐标是F 与mg 的比值，水平向右为正方向)。已知物体在
t＝0 时速度为零，若用v1、v2、v3、v4 分别表示上述四种受力情况下物体在2 s 末的速率，则这四个速率中最大
的是(
)
【答案】A
【解析】物体运动过程中，受重力、支持力、拉力作用，合力等于拉力，根据动量定理有I＝mv－0，故物体受
到冲量最大时，末速度最大，图中F
mg t 图象与t 轴围成的面积与冲量大小成正比，上方冲量为正，下方冲量为
负，由于A 图中冲量的矢量和最大，故A 图受力情况下物体的末速度最大。
【规律总结】1．应用动量定理解释的两类物理现象
(1)当物体的动量变化量一定时，力的作用时间Δt 越短，力F 就越大，力的作用时间Δt 越长，力F 就越小，如
玻璃杯掉在水泥地上易碎，而掉在沙地上不易碎。
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(2)当作用力F 一定时，力的作用时间Δt 越长，动量变化量Δp 越大，力的作用时间Δt 越短，动量变化量Δp 越小。
2．应用动量定理解题的一般步骤
(1)确定研究对象。中学阶段的动量定理问题，其研究对象一般仅限于单个物体。
(2)对物体进行受力分析。可以先求每个力的冲量，再求各力冲量的矢量和；或先求合力，再求其冲量。
(3)抓住过程的初、末状态，选好正方向，确定各动量和冲量的正、负号。
(4)根据动量定理列方程，如有必要还需要其他补充方程，最后代入数据求解。对过程较复杂的运动，可分段用
动量定理，也可整个过程用动量定理。
二动量和动量守恒定律
【考点诠释】(1)判断动量是否守恒时，要注意所选取的系统，注意区别系统内力与外力。系统不受外力或所受
合外力为零时，系统动量守恒。
(2)动量守恒具有矢量性，若系统在某个方向上合力为零，则系统在该方向上满足动量守恒定律。
(3)动量守恒表达式：m1v1＋m2v2＝m1v′1＋m2v′2 或p＝p′或Δp＝0。
【典例分析3】(多选）如图所示，两平行光滑杆水平放置，两相同的小球M、N 分别套在两杆上，并由一轻质
弹簧拴接，开始时弹簧与杆垂直。已知两杆间距为0.4 m，弹簧原长为0.5 m，两球的质量都为0.2 kg。现给M
球一沿杆向右的大小为0.6 N·s 的瞬时冲量，关于之后的运动，以下说法正确的是(
)
A．M 球在开始的一段时间内做加速度逐渐增大的加速运动，直到达到运动中的最大速度
B．弹簧第一次达到0.6 m 时，M 球的速度大小为3 m/s
C．弹簧第二次达到0.6 m 时，M 球的速度大小为3 m/s
D．弹簧达到最长时，M 球的速度大小为1.5 m/s
【答案】BD
【解析】现给M 球一沿杆向右大小为0.6 N·s 的瞬时冲量，由动量定理I＝mv0 可得，M 球的初速度为v0＝3 m/s。
M 球沿杆向右运动，由于受到弹簧的弹力作用，M 球在开始的一段时间内做加速度逐渐减小的加速运动，直到
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达到运动中的最大速度，A 错误。弹簧第一次达到0.5 m(原长)时，M 球开始减速；弹簧第一次达到0.6 m 时，
弹簧的弹性势能与开始时相等，M、N 两球速度方向相反，设M 球速度为vM，N 球速度为vN，由动量守恒定律
有mv0＝mvM＋mvN，由机械能守恒定律有1
2mv20＝1
2mv2M＋1
2mv2N，联立解得vM＝3 m/s，vN＝0(另一解不合题意，
舍去)，B 正确。弹簧第二次达到0.6 m 时，由动量守恒定律有mv0＝mvM＋mvN，由机械能守恒定律有1
2mv20＝1
2mv2M
＋1
2mv2N，解得vM＝0，vN＝3 m/s(另一解不合题意，舍去)，C 错误。弹簧达到最长时，M、N 两球速度相等，由
动量守恒定律有mv0＝2mvM，解得vM＝1.5 m/s，D 正确。
【典例分析4】如图所示，质量为m＝245 g 的物块(可视为质点)放在质量为M＝0.5 kg 的木板左端，足够长的
木板静止在光滑水平面上，物块与木板间的动摩擦因数为μ＝0.4。质量为m0＝5 g 的子弹以速度v0＝300 m/s 沿
水平方向射入物块并留在其中(时间极短)，g 取10 m/s2。子弹射入后，求：
(1)子弹进入物块后子弹和物块一起向右滑行的最大速度v1；
(2)木板向右滑行的最大速度v2。
【答案】(1)6 m/s
(2)2 m/s
【解析】(1)子弹进入物块后一起向右滑行的初速度即为物块的最大速度，由动量守恒可得
m0v0＝(m0＋m)v1，解得v1＝6 m/s。
(2)当子弹、物块、木板三者同速时，木板的速度最大，由动量守恒定律可得
(m0＋m)v1＝(m0＋m＋M)v2，
解得v2＝2 m/s。
【规律总结】应用动量守恒定律的解题步骤
(1)明确研究对象，确定系统的组成(系统包括哪几个物体及研究的过程)。
(2)进行受力分析，判断系统动量是否守恒(或某一方向上是否守恒)。
(3)规定正方向，确定初、末状态动量。
(4)由动量守恒定律列出方程。
(5)代入数据，求出结果，必要时讨论说明。
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【典例分析5】如图所示，光滑水平面上静止着一辆质量为M 的小车，小车上带有一光滑的、半径为R 的1
4圆
弧轨道。现有一质量为m 的光滑小球从轨道的上端由静止开始释放，下列说法中正确的是(
)
A．小球下滑过程中，小车和小球组成的系统总动量守恒
B．小球下滑过程中，小车和小球组成的系统总动量不守恒
C．小球下滑过程中，在水平方向上小车和小球组成的系统总动量守恒
D．小球下滑过程中，小车和小球组成的系统机械能守恒
【答案】BCD
【解析】小车和小球组成的系统在水平方向上所受的合外力为零，则水平方向上动量守恒，竖直方向所受合外
力不为零，所以总的动量不守恒；除重力以外的其他外力不做功，小车和小球组成的系统机械能守恒，B、C、
D 正确。
【规律总结】人船模型
1．条件
(1)系统由两个物体组成且相互作用前静止，总动量为零。
(2)在相对运动过程中至少有一个方向动量守恒。
2．结论：m1s1＋m2s2＝0
(1)式中的s1 和s2 是两物体相对同一惯性参考系的位移(一般相对于地面)，二者方向相反，一正一负。
(2)此结论与两物体相对运动的速度大小无关，其相对运动不论是匀速运动还是变速运动，甚至是往返运动，结
论都是相同的。此结论跟相互作用力是恒力还是变力也无关。
三动量定理与动量守恒定律的综合
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【考点诠释】
(1)动量定理与动量守恒定律都是矢量方程，应用时要规定正方向，同时要关注速度、速度变化量、动量及动量
变化量的矢量性。
(2)动量定理关注力和力的作用时间，而动量守恒定律要关注系统内相互作用过程。
【典例分析6】汽车碰撞试验是综合评价汽车安全性能的有效方法之一。设汽车在碰撞过程中受到的平均撞击
力达到某个临界值F0 时，安全气囊爆开。某次试验中，质量m1＝1 600 kg 的试验车以速度v1＝36 km/h 正面撞
击固定试验台，经时间t1＝0.10 s 碰撞结束，车速减为零，此次碰撞安全气囊恰好爆开。忽略撞击过程中地面阻
力的影响。
(1)求此过程中试验车受到试验台的冲量I0 的大小及F0 的大小；
(2)若试验车以速度v1 撞击正前方另一质量m2＝1 600 kg、速度v2＝18 km/h 同向行驶的汽车，经时间t2＝0.16 s
两车以相同的速度一起滑行。试通过计算分析这种情况下试验车的安全气囊是否会爆开。
【答案】
见解析
【解析】(1)v1＝36 km/h＝10 m/s，取速度v1 的方向为正方向
由动量定理有－I0＝0－m1v1
①
将已知数据代入①式得
I0＝1.6×104 N·s
②
由冲量定义有I0＝F0t1
③
将已知数据代入③式得F0＝1.6×105 N。
④
(2)设试验车和汽车碰撞后获得共同速度v
由动量守恒定律有m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v
⑤
对试验车，由动量定理有－Ft2＝m1v－m1v1
⑥
将已知数据代入⑤⑥式得F＝2.5×104 N
可见F<F0，故试验车的安全气囊不会爆开。
考点二碰撞类问题
【考点诠释】
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1．碰撞的基本规律
2．可熟记一些公式和结论
(1)“一动一静”模型中，两物体发生弹性正碰后的速度满足：
v1＝m1－m2
m1＋m2
v0、v2＝2m1
m1＋m2
v0。
(2)结论：当两球质量相等时，两球碰撞后交换速度；当m1≫m2，且v20＝0 时，碰后质量大的速率不变，质量
小的速率为2v0。当m1≪m2，且v20＝0 时，碰后质量小的球原速率反弹。
【典例分析7】质量为mA＝1.0 kg 的小物块A 静止在水平地面上，与其右侧的竖直墙壁距离l＝1.0 m，如图所
示。质量为mB＝3.0 kg 的小物块B 以v0＝2 m/s 的速度与A 发生弹性正碰，碰后A 沿水平地面向右运动。A、B
与地面之间的动摩擦因数均为μ＝0.20，重力加速度g＝10 m/s2。A、B 运动过程中的碰撞均为弹性正碰且碰撞时
间极短。
(1)求A、B 碰后瞬间速度vA、vB 的大小；
(2)A、B 碰后哪一个速度先减为零？求此时A 与B 之间的距离Δs1；
(3)A 和B 都停止运动后，A 与B 之间的距离Δs2。
【答案】
(1)3.0 m/s
1.0 m/s
(2)B 物块
0.50 m
(3)0.25 m
【解析】
(1)小物块A、B 发生弹性正碰，则
由动量守恒定律有mBv0＝mAvA＋mBvB
由机械能守恒定律有1
2mBv20＝1
2mBv2B＋1
2mAv2A
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联立并代入题给数据得vA＝3.0 m/s，vB＝1.0 m/s。
(2)A、B 两物块与地面间的动摩擦因数相等，因而两者滑动时加速度大小相等，设为a。假设A 和B 发生第二
次碰撞前，已经有一个物块停止，此物块应为碰撞后速度较小的B。设从碰撞到B 停止所需时间为t，B 向右运
动的路程为sB。
则有μmBg＝mBa
sB＝vBt－1
2at2
vB－at＝0
在时间t 内，A 可能与墙发生弹性碰撞，碰撞后A 将向左运动，碰撞并不改变A 的速度大小，所以无论此碰撞
是否发生，A 在时间t 内的路程sA 都可表示为
sA＝vAt－1
2at2
联立并代入题给数据得
sA＝1.25 m，sB＝0.25 m。
这表明在时间t 内A 已与墙壁发生碰撞，但没有与B 再次发生碰撞，故假设成立，B 停止时A 位于出发点右侧
0.75 m 处，B 位于出发点右侧0.25 m 处，两物块之间的距离为
Δs1＝0.75 m－0.25 m＝0.50 m。
(3)t 时刻后A 将继续向左运动，假设它能与静止的B 再次碰撞，碰撞前瞬间A 的速度大小为v′A，由动能定理有
－μmAg(2l－sB)＝1
2mAv′2A－1
2mAv2A
解得v′A＝2 m/s
故A 与B 将再次发生碰撞。设碰撞后A、B 的速度分别为v″A 和v″B，由动量守恒定律与机械能守恒定律有
mA(－v′A)＝mAv″A＋mBv″B
1
2mAv′2A＝1
2mAv″2A＋1
2mBv″2B
联立并代入题给数据得v″A＝2
2
m/s，v″B＝－2
2
m/s
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这表明碰撞后A 将向右运动，B 向左运动。设碰撞后A 向右运动距离为s′A 时停止，B 向左运动距离为s′B 时停
止，由运动学公式有
2as′A＝v″2A，2as′B＝v″2B
解得s′A＝0.125 m，s′B
＝0.125 m
s′A 小于碰撞处到墙壁的距离。由上式可得两物块停止后的距离Δs2＝0.25 m。
【规律总结】碰撞问题的两点注意
(1)判断两物体碰撞瞬间的情况：当两物体相碰时，首先要判断碰撞时间是否极短、碰撞时的相互作用力(内力)
是否远远大于外力。
(2)根据两物体碰撞时遵循的物理规律，列出相对应的物理方程：
①如果物体间发生的是弹性碰撞，则一般是列出动量守恒方程和机械能守恒方程进行求解，如例题中的碰撞过
程为弹性碰撞；
②如果物体间发生的是非弹性碰撞，则一般应用动量守恒定律和能量守恒定律(功能关系)进行求解。
考点三动力学、动量和能量观点的综合应用
【考点诠释】1．动量与能量的综合问题，常取材“滑块—滑板”模型、“传送带”模型、“弹簧—物块”模型等，设
置多个情景、多个过程，考查力学三大观点的综合应用。要成功解答此类“情景、过程综合”的考题，就要善于
在把握物理过程渐变规律的同时，洞察过程的临界情景，结合题给条件(往往是不确定条件)，进行求解(注意结
合实际情况分类讨论)。
2．“三大观点”的选取原则
(1)当涉及功、能和位移时，一般选用动能定理、机械能守恒定律、功能关系或能量守恒定律解题，题目中出现
相对位移时，应优先选择能量守恒定律。
(2)当涉及多个物体及时间时，一般考虑动量定理、动量守恒定律。
(3)当涉及细节并要求分析力时，一般选择牛顿运动定律，对某一时刻的问题进行求解。
(4)复杂的问题一般需综合应用能量的观点、运动与力的观点解题。
【典例分析8】如图所示，水平轨道左端固定一轻弹簧，弹簧自然伸长时右端在O 点，轨道右端与一光滑竖直
半圆轨道相连，半圆轨道半径R＝0.5 m，半圆轨道最低点为C，最高点为D。在直轨道最右端放置小物块N，
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将小物块M 靠在弹簧上并压缩到P 点，由静止释放，之后与N 发生弹性正碰，碰后N 恰能通过半圆轨道最高
点D。已知两物块与水平轨道间的动摩擦因数均为0.5，M 的质量为2 kg，N 的质量为4 kg，OP＝0.5 m，OC
＝1.5 m，重力加速度g＝10 m/s2。
(1)求N 刚进入半圆轨道时对轨道的压力；
(2)求将弹簧压缩到P 点时弹簧具有的弹性势能；
(3)若将M 与弹簧拴接，将物块N 靠在M 上，压缩弹簧到P 点后由静止释放，N 最终停在什么位置？(结果保留
两位小数)
【答案】
(1)240 N
方向竖直向下
(2)76.25 J
(3)N 停在距离C 点0.54 m 处
【解析】(1)设物块N 的质量为M，物块N 恰好到达D 点时，根据向心力公式得Mg＝Mv2D
R
设物块N 碰后瞬间的速度为v2，从半圆轨道上C 点到D 点的过程由机械能守恒定律得1
2Mv22＝1
2Mv2D＋2MgR
在半圆轨道最低点C 时对轨道的压力最大，由向心力公式得
Fm－Mg＝Mv22
R
解得Fm＝240 N
根据牛顿第三定律知，压力大小为240 N，方向竖直向下。
(2)设物块M 碰前瞬间的速度为v0，碰后瞬间速度为v1，设物块M 的质量为m，由动量守恒定律得mv0＝mv1＋
Mv2
碰撞过程由机械能守恒定律得1
2mv20＝1
2mv21＋1
2Mv22
弹簧弹开到碰前过程有Ep＝1
2mv20＋μmgLPC
解得Ep＝76.25 J。
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(3)若物块M、N 靠在一起释放，则两者在O 点分离，设分离时的速度为v，Ep＝1
2(M＋m)v2＋μ(M＋m)gLOP
分离后物块N 到达C 点时速度为vC，则有
1
2Mv2＝1
2Mv2C＋μMgLOC
假设物块N 沿半圆轨道上滑不超过1
4圆周处，则有
1
2Mv2C＝Mgh
解得h≈0.27 m<R
假设成立，故物块N 不能到达半圆轨道最高点，将沿半圆轨道滑回，根据能量守恒定律得1
2Mv2C＝μMgx
解得x≈0.54 m
物块N 停在距离C 点0.54 m 处。
【规律总结】解答动量和能量问题应注意的几点
(1)弄清有几个物体参与运动，并划分清楚物体的运动过程。
(2)进行正确的受力分析，明确各过程的运动特点。
(3)光滑的平面或曲面，还有不计阻力的抛体运动，机械能一定守恒；碰撞过程、子弹打击木块、不受其他外力
作用的两物体相互作用问题，一般考虑用动量守恒定律分析。
(4)如包含摩擦生热问题，则考虑用能量守恒定律分析。
【典例分析9】如图所示，在光滑水平面上有B、C 两个木板，B 的上表面光滑，C 的上表面粗糙，B 上有一个
可视为质点的物块A，A、B、C 的质量分别为3m、2m、m.A、B 以相同的初速度v 向右运动，C 以速度v 向左
运动．B、C 的上表面等高，二者发生完全非弹性碰撞但并不粘连，碰撞时间很短．A 滑上C 后恰好能到达C
的中间位置，C 的长度为L，不计空气阻力．求：
(1)木板C 的最终速度大小；
(2)木板C 与物块A 之间的摩擦力Ff 大小；
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(3)物块A 滑上木板C 之后，在木板C 上做减速运动的时间t.
【答案】
(1)5
6v
(2)mv2
3L
(3)3L
2v
【解析】
(1)设水平向右为正方向，B、C 碰撞过程中动量守恒：2mv－mv＝(2m＋m)v1
解得v1＝v
3
A 滑到C 上，A、C 动量守恒：3mv＋mv1＝(3m＋m)v2
解得v2＝5
6v；
(2)根据能量关系可知，在A、C 相互作用过程中，木板C 与物块A 之间因摩擦产生的热量为
Q＝1
2(3m)v2＋1
2mv12－1
2(3m＋m)v22
Q＝Ff·L
2
联立解得Ff＝mv2
3L ；
(3)在A、C 相互作用过程中，以C 为研究对象，由动量定理得Fft＝mv2－mv1
解得t＝3L
2v.
【典例分析10】如图所示，质量m＝1 kg 的小物块静止放置在固定水平台的最左端，质量M＝2 kg 的小车左端
紧靠平台静置在光滑水平地面上，平台、小车的长度l 均为0.6 m．现对小物块施加一水平向右的恒力F，使小
物块开始运动，当小物块到达平台最右端时撤去恒力F，小物块刚好能够到达小车的右端．小物块大小不计，
与平台间、小车间的动摩擦因数μ均为0.5，重力加速度g 取10 m/s2，求：
(1)小物块离开平台时速度的大小；
(2)水平恒力F 对小物块冲量的大小．
【答案】
(1)3 m/s
(2)5 N·s
【解析】
(1)设撤去水平向右的恒力F 时小物块的速度大小为v0，小物块和小车的共同速度大小为v1.从撤去
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恒力到小物块到达小车右端过程，以v0 的方向为正方向，对小物块和小车组成的系统：
由动量守恒：mv0＝(m＋M)v1
由能量守恒：1
2mv02＝1
2(m＋M)v12＋μmgl
联立以上两式并代入数据得：v0＝3 m/s
(2)设水平恒力F 对小物块冲量的大小为I，小物块在平台上运动的时间为t.小物块在平台上运动的过程，对小
物块：
由动量定理：I－μmgt＝mv0－0
由运动学规律：l＝v0
2·t
联立并代入数据得：I＝5 N·s.
考点四三种观点解决力学问题
【考点诠释】
1．解动力学问题的三个基本观点
力的观点
运用牛顿定律结合运动学知识解题，可处理匀变速运动问题
能量观点
用动能定理和能量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题
动量观点
用动量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题
2.力的瞬时作用和力的空间积累作用
分类
对应规律
规律内容
公式表达
力的瞬时
作用
牛顿第二定律
物体的加速度大小与合外力成正
比，与质量成反比，方向与合外力
的方向相同
F 合＝ma
力的空间
积累作用
动能定理
外力对物体所做功的代数和等于物
体动能的增量
W 合＝ΔEk
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功能关系
一个力做了多少功，就有多少能从
一种形式转化为其他形式
W＝W 其他1＋W 其他2
＋…
机械能守恒定律
在只有重力(或弹力)做功的情况
下，系统的机械能的总量保持不变
Ek1＋Ep1＝Ek2＋Ep2
3.动量观点和能量观点的比较
相同点
(1)研究对象都是相互作用的物体组成的系统
(2)研究过程都是某一运动过程
不同点
动量守恒定律是矢量表达式，还可以写出分量表达式；而动能定理和能
量守恒定律都是标量表达式，无分量表达式
【典例分析11】．如图所示为某工地一传输工件的装置，AB 为一段足够大且固定的1
4圆弧轨道，圆弧半径R＝5.6
m，BC 为一段足够长的水平轨道，CD 为一段固定的1
4 圆弧轨道，圆弧半径r＝1 m，三段轨道均光滑．一长
为L＝2 m、质量为M＝1 kg 的平板小车最初停在BC 轨道的最左端，小车上表面刚好与AB 轨道相切，且与CD
轨道最低点处于同一水平面．一可视为质点、质量为m＝2 kg 的工件从距AB 轨道最低点的高度为h 处沿轨道
自由滑下，滑上小车后带动小车向右运动，小车与CD 轨道左端碰撞(碰撞时间极短)后即被粘在C 处．工件只
有从CD 轨道最高点飞出，才能被站在台面DE 上的工人接住．工件与小车的动摩擦因数为μ＝0.5，取g＝10 m/s2.
求：
(1)若h 为2.8 m，则工件滑到圆弧底端B 点时对轨道的压力为多大？
(2)要使工件能被站在台面DE 上的工人接住，则h 的取值范围为多少？
【答案】：见解析
【解析】：(1)工件从起点滑到圆弧轨道底端B 点，设到B 点时的速度为vB，根据动能定理有mgh＝1
2mv2B
工件做圆周运动，在B 点，由牛顿第二定律得
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FN－mg＝mv2B
R
联立解得FN＝40 N
由牛顿第三定律知，工件滑到圆弧底端B 点时对轨道的压力为FN′＝FN＝40 N.
(2)由于BC 轨道足够长，要使工件能到达CD 轨道，工件与小车必须能够达到共速，设工件刚滑上小车时的速
度为v0，工件与小车达到共速时的速度为v1，假设工件到达小车最右端才与其共速，规定向右为正方向，则对
于工件与小车组成的系统
由动量守恒定律得mv0＝(m＋M)v1
由动能定理得μmgL＝1
2mv20－1
2(m＋M)v21
对于工件从AB 轨道滑下的过程，由机械能守恒定律得
mgh1＝1
2mv20
代入数据解得h1＝3 m
要使工件能从CD 轨道最高点飞出，h1＝3 m 为其从AB 轨道滑下的最大高度，
设其从轨道下滑的最小高度为h′，刚滑上小车的速度为v′0，与小车达到共速时的速度为v′1，刚滑上CD 轨道的
速度为v′2，规定向右为正方向，由动量守恒定律得mv′0＝(m＋M)v′1
由动能定理得μmgL＝1
2mv′20－1
2Mv′21－1
2mv′22
工件恰好滑到CD 轨道最高点，由机械能守恒定律得
1
2mv′22＝mgr
工件在AB 轨道滑动的过程，由机械能守恒定律得
mgh′＝1
2mv′20
联立并代入数据解得h′＝18
7 m
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综上所述，要使工件能从CD 轨道最高点飞出，应使h 满足18
7 m<h≤3 m.
【典例分析12】．如图所示为某种弹射装置的示意图，光滑的水平导轨MN 右端N 处与水平传送带理想连接，
传送带长度L＝4.0 m，传送带以恒定速率v＝3.0 m/s 沿顺时针方向匀速传送．三个质量均为m＝1.0 kg 的滑块A、
B、C 置于水平导轨上，开始时滑块B、C 之间用细绳相连，其间有一压缩的轻弹簧，处于静止状态．滑块A 以
初速度v0＝2.0 m/s 沿B、C 连线方向向B 运动，A 与B 发生弹性碰撞后黏合在一起，碰撞时间极短，可认为A
与B 碰撞过程中滑块C 的速度仍为零．因碰撞使连接B、C 的细绳受到扰动而突然断开，弹簧伸展，从而使C
与A、B 分离．滑块C 脱离弹簧后以速度vC＝2.0 m/s 滑上传送带，并从右端滑出落至地面上的P 点．已知滑块
C 与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度g 取10 m/s2.
(1)求滑块C 从传送带右端滑出时的速度大小；
(2)求滑块B、C 用细绳相连时弹簧的弹性势能Ep；
(3)若每次实验开始时弹簧的压缩情况相同，要使滑块C 总能落至P 点，则滑块A 与滑块B 碰撞前速度的最大
值vm 是多少？
【答案】：见解析
【解析】：(1)滑块C 滑上传送带后做匀加速运动，设滑块C 从滑上传送带到速度达到传送带的速度v 所用的时
间为t，加速度大小为a，在时间t 内滑块C 的位移为x
由牛顿第二定律得μmg＝ma
由运动学公式得v＝vC＋at，x＝vCt＋1
2at2
代入数据可得x＝1.25 m<L
故滑块C 在传送带上先加速，达到传送带的速度v 后随传送带匀速运动，并从右端滑出，则滑块C 从传送带右
端滑出时的速度为3.0 m/s.
(2)设A、B 碰撞后的速度为v1，A、B 与C 分离时的速度为v2
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由动量守恒定律有mAv0＝(mA＋mB)v1，
(mA＋mB)v1＝(mA＋mB)v2＋mCvC
A、B 碰撞后，弹簧伸开的过程中系统能量守恒，则有
Ep＋1
2(mA＋mB)v21＝1
2(mA＋mB)v22＋1
2mCv2C
代入数据可解得Ep＝1.0 J.
(3)在题设条件下，若滑块A 在碰撞前速度有最大值vm，则碰撞后滑块C 的速度有最大值，它减速运动到传送
带右端时，速度应当恰好等于传送带的速度v
设A 与B 碰撞后的速度为v′1，与滑块C 分离后A 与B 的速度为v′2，滑块C 的速度为v′C
C 在传送带上做匀减速运动的末速度为v＝3 m/s，加速度大小为2 m/s2
由匀变速直线运动的速度－位移公式得
v2－v′2C＝2(－a)L，解得v′C＝5 m/s
以水平向右为正方向，由动量守恒定律可得，A、B 碰撞过程有mAvm＝(mA＋mB)v′1
弹簧伸开过程有(mA＋mB)v′1＝mCv′C＋(mA＋mB)v′2
在弹簧伸展的过程中，由能量守恒定律得
Ep＋1
2(mA＋mB)v′21＝1
2(mA＋mB)v′22＋1
2mCv′2C
联立以上几式并代入数据解得vm＝7.1 m/s.
【规律总结】合理选择解题方法
1．从研究对象上看
(1)若多个物体的运动状态不同，则一般不宜对多个物体整体应用牛顿运动定律；
(2)若研究对象为单个物体，则不能用动量观点中的动量守恒定律；
(3)若研究对象为多物体系统，且系统内的物体与物体间有相互作用，一般用“守恒定律”去解决问题，但必须注
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意研究对象是否满足定律的守恒条件．
2．从研究过程上看
(1)凡涉及瞬间状态的分析和运动性质的分析，则必须要用动力学观点；
(2)凡涉及复杂的直线或曲线运动问题，一般要用能量观点或动量观点；
(3)凡涉及短暂的相互作用问题优先考虑用动量定理；
(4)凡涉及碰撞、爆炸、反冲等问题，一般应用动量守恒定律．
3．从所涉及的物理量看
(1)如果涉及加速度的问题，则一般要用牛顿运动定律；
(2)如果涉及运动时间或作用时间的问题，一般优先考虑用动量定理，其次考虑用牛顿运动定律；
(3)如果涉及运动的位移或路程的问题，一般优先考虑用功能关系，其次再考虑用牛顿运动定律；
(4)如果涉及初、末速度的问题，一般优先考虑用功能关系，其次考虑用动量观点，最后再考虑用牛顿运动定律．
当然任何问题都有多样性，上述所说的解决问题的途径的选择原则只是指一般情况下的选择原则，并不是一成
不变的．总之，在解决问题时要根据问题的特点灵活而恰当地选择和应用．
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第三部分
电场与磁场
专题08 电场的性质
带电粒子在电场中的运动
一、素养呈现
1.物理观念：静电现象、库仑力、电场强度、电势能、电势、电势差、电容器及电容
2.科学思维：电荷守恒定律、点电荷、库仑定律、电场线、电势差与电场强度的关系、电压和电荷量与电容的
关系、电场的叠加原理。
3.科学探究：库仑力与电荷量及电荷间距离的关系、电容与电压和电荷量的关系。
4.科学态度与责任：静电现象应用与安全。
二、素养落实
1.掌握描述电场性质的物理量
2.掌握判断电势高低及电势能大小的方法
3.能利用运动合成与分解的方法处理带电粒子在电场中运动问题
考点一电场的性质
【考点诠释】
1．电场中的各个物理量的形成及相互转化的关系
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2．电势高低的比较
(1)根据电场线方向判断，沿着电场线方向，电势越来越低。
(2)将带电荷量为＋q 的电荷从电场中的某点移至无穷远处时，电场力做正功越多，则该点的电势越高。
(3)根据电势差UAB＝φA－φB 判断，若UAB>0，则φA>φB，反之φA<φB。
3．电势能变化的判断
(1)根据电场力做功判断，若电场力对电荷做正功，电势能减少；反之则增加。即W＝－ΔEp。
(2)根据能量守恒定律判断，电场力做功的过程是电势能和其他形式的能相互转化的过程，若只有电场力做功，
电荷的电势能与动能相互转化，总和应保持不变，即当动能增加时，电势能减少。
【典例分析1】真空中有一点电荷Q，MN 是这个点电荷电场中的一条水平直线，如图所示，A、B、C 是直线
MN 上的三个点，B 是A、C 的中点，点电荷Q 位于A 点正上方O 处(未画出)。设A、B、C 三点场强大小分别
为EA、EB、EC，且EB＝1
2EA，则EC 的值为(
)
A.1
3EA
B.1
4EA
C.1
5EA
D.1
6EA
【答案】C
【解析】点电荷Q 位于A 点正上方O 处，则在直线MN 上A 点的场强最大，而MN 是这个点电荷电场中的一
条直线，设点电荷Q 距离A 点x，AB 和BC 的间距为L；根据点电荷电场强度的计算公式可得：EA＝kQ
x2，EB
＝k
Q
x2＋L2，EC＝k
Q
x2＋4L2，EB＝1
2EA，解得L＝x，则：EC＝k
Q
x2＋4L2＝1
5EA，故C 正确，A、B、D 错误。
【规律总结】1．电场叠加基本原则是平行四边形定则。
2．某些问题中，可灵活应用“平衡法”、“对称法”或“补偿法”等方法技巧。
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【典例分析2】如图所示，探究电荷间相互作用力的示意图，图中金属球A 带正电，置于绝缘支架上，带电小
球B 悬于绝缘丝线的下端，质量为m。当悬挂在P1 点的B 球静止时，两带电小球刚好在同一高度，此时绝缘丝
线与竖直方向的夹角为θ，重力加速度为g，则(
)
A．A、B 间的库仑力为mg
tan θ
B．A、B 间的库仑力为mgsin θ
C．将悬点移到P2，平衡时B 低于A
D．将悬点移到P2，平衡时A、B 仍在同一高度
【答案】
C
【解析】
当B 球处于平衡状态时，刚好与A 球在同一水平面上，其受力如图所示，A、B 带同种电荷，由力
的平行四边形定则可得：F 库＝mgtan θ，故A、B 错误；若把悬点移到P2，由库仑定律可知，距离越远，A、B
间的库仑力越小，B 球位置越低，故C 正确，D 错误。
【规律总结】求解涉及库仑力的平衡问题的解题思路
点电荷平衡问题的分析方法与纯力学平衡问题的分析方法是相同的，只是在原来受力的基础上多分析一个电场
力。具体步骤如下：
【典例分析3】(多选)真空中有两个固定的带正电的点电荷，电荷量不相等。一个带负电的试探电荷置于二者连
线上的O 点时，仅在电场力的作用下恰好保持静止状态。过O 点作两正电荷连线的垂线，以O 点为圆心的圆
与连线和垂线分别交于a、c 和b、d，如图所示。以下说法正确的是(
)
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A．a 点电势低于O 点
B．b 点电势低于c 点
C．该试探电荷在a 点的电势能大于在b 点的电势能
D．该试探电荷在c 点的电势能小于在d 点的电势能
【答案】BD
【解析】由题意可知O 点场强为零，所以a、O 两点间场强方向是由a 指向O 的，所以φa>φO，A 项错误；同
理，φc>φO，O 点与b 点间的电场强度有竖直向上的分量，所以φO>φb，则φc>φb，B 项正确；同理，φa>φb，φc>φd，
又带负电的试探电荷在电势高处电势能较小，所以C 项错误，D 项正确。
【规律总结】电势能大小的判断方法
判断
角度
判断方法
做功
判断法
电场力做正功，电势能减小；
电场力做负功，电势能增大
电荷
电势法
正电荷在电势高的地方电势能大，负电荷在电势低的地方电势能大
公式法
由Ep＝qφp，将q、φp 的大小、正负号一起代入公式，Ep 的正值越大，电势
能越大；Ep 的负值越小，电势能越大
能量
守恒法
在电场中，若只有电场力做功时，电荷的动能和电势能相互转化，动能增
大，电势能减小；反之，电势能增大
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考点二与平行板电容器相关的电场问题
【考点诠释】
1．必须记住的三个公式
定义式C＝Q
U，决定式C＝εrS
4πkd，关系式E＝U
d。
2．掌握两个重要结论
(1)电容器与电路(或电源)相连，则两端电压取决于电路(或电源)，稳定时相当于断路，两端电压总等于与之并联
的支路电压。
(2)充电后电容器与电路断开，电容器所带电荷量不变，此时若只改变两板间距离，则板间电场强度大小不变。
3．注意一个特例：当有电容器的回路接有二极管时，因二极管的单向导电性，将使电容器的充电或放电受到限
制。
【典例分析4】如图所示，平行板电容器与电动势为E′的直流电源(内阻不计)连接，下极板接地，静电计所带电
荷量很少，可被忽略。一带负电油滴被固定于电容器中的P 点。现将平行板电容器的上极板竖直向下平移一小
段距离，则下列说法正确的是(
)
A．平行板电容器的电容将变小
B．带电油滴的电势能将减小
C．静电计指针张角变小
D．若将上极板与电源正极断开后再将下极板左移一小段距离，则带电油滴所受电场力不变
【题眼点拨】
①“下极板接地”表明该点电势为零。
②“带负电油滴被固定于电容器中的P 点”相对位置不变，若场强变化会引起电势、电势能的变化。
③“上极板竖直向下平移”，板间距离减小，电容增大。
【答案】B
【解析】将平行板电容器的上极板竖直向下移动一小段距离，导致极板间距减小，根据C＝εrS
4πkd知，d 减小，
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则电容增大，故A 错误；电势差不变，d 减小，则电场强度增加，P 点与下极板的电势差变大，则P 点的电势
增大，因为该油滴带负电荷，则电势能减小，故B 正确；静电计测量的是电容器两端的电势差，因为电容器始
终与电源相连，则电势差不变，所以静电计指针张角不变，故C 错误；若先将电容器上极板与电源正极的导线
断开，则电荷量不变，再将下极板左移一小段距离，正对面积S 减小，根据E＝U
d＝Q
Cd＝4πkQ
εrS ，知电场强度变
大，则油滴所受电场力变大，故D 错误。
【典例分析5】(多选)如图所示，平行板电容器与直流电源、理想二极管(正向通电时可以理解为短路，反向通
电时可理解为断路)连接，电源正极接地。初始时电容器不带电，闭合开关，电路稳定后，一带电油滴位于电容
器中的P 点且处于静止状态。下列说法正确的是(
)
A．上极板上移，带电油滴向下运动
B．上极板上移，P 点电势降低
C．上极板下移，带电油滴向下运动
D．上极板下移，P 点电势升高
【答案】BD
【解析】将上极板向上移动，d 变大，由C＝εrS
4πkd可知，C 变小，电容器要放电，由于二极管具有单向导电性，
电容器不能放电，由E＝4πkQ
εrS 可知，电容器两极板间的电场强度不变，油滴所受电场力不变，油滴静止，上极
板电势为零，P 点到上极板的距离增大，根据U＝Ed 可知，P 点与上极板间的电势差的绝对值增大，而P 点的
电势为负，所以P 点电势降低，A 错误，B 正确；若上极板下移，则d 变小，C 变大，两极板间的电压U 等于
电源电动势不变，电场强度E＝U
d变大，油滴所受电场力变大，电场力大于重力，合力向上，油滴向上运动，P
点到下极板的距离不变，根据U＝Ed 可知，P 点与下极板间的电势差的绝对值增大，则P 点与上极板间的电势
差的绝对值减小，而P 点的电势为负，所以P 点电势升高，C 错误，D 正确。
【规律总结】“1 个不变，3 个公式”巧解平行板电容器问题
考点三带电粒子在电场中的运动
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【考点诠释】
1．带电粒子在电场中的运动
2．解题途径的选择
(1)求解带电粒子在匀强电场中的运动时，运动和力、功能关系两个途径都适用，选择依据是题给条件，当不涉
及时间时选择功能关系，否则必须选择运动和力的关系。
(2)带电粒子在非匀强电场中运动时，加速度不断变化，只能选择功能关系求解。
【典例分析6】如图所示，虚线a、b、c 是电场中的一簇等势线(相邻等势线之间的电势差相等)，实线为一α粒
子(42He 核，重力不计)仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、Q 是这条轨迹上的两点，据此可知(
)
A．a、b、c 三条等势线中，a 的电势最高
B．电子在P 点具有的电势能比在Q 点具有的电势能小
C．α粒子在P 点的加速度大小比在Q 点的加速度大小大
D．α粒子一定是从P 点向Q 点运动
【答案】
C
【解析】电荷所受电场力指向轨迹内侧，由于α粒子带正电，因此电场线指向左上方，沿电场线方向电势降低，
故c 等势线的电势最高，a 等势线的电势最低，选项A 错误；Q 点电势高于P 点，则电子在P 点具有的电势能
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比在Q 点具有的电势能大，选项B 错误；P 点所在位置的等势线较Q 点密集，则电场线较Q 点密集，则P 点
的场强较大，即α粒子在P 点的加速度大小比在Q 点的加速度大小大，选项C 正确；根据题中信息，不能确定α
粒子一定是从P 点运动到Q 点，选项D 错误。
【规律总结】电场中轨迹类问题的思维模板
【典例分析7】如图所示，一质量为m、电荷量为q 的小球在电场强度为E 的匀强电场中，以初速度v0 沿直线
ON 做匀变速运动，直线ON 与水平面的夹角为30°。若小球在初始位置的电势能为零，重力加速度为g，且mg
＝qE，则(
)
A．电场方向竖直向上
B．小球运动的加速度大小为
g
C．小球上升的最大高度为v20
2g
D．小球电势能的最大值为mv20
4
【答案】
BD
【解析】因为小球做匀变速直线运动，则小球所受的合力与速度方向在同一条直线上，结合平行四边形定则知，
电场力的方向与水平方向夹角为30°，斜向上，如图所示，A 错误；小球所受的重力和电场力相等，根据平行
四边形定则知，两个力的夹角为120°，所以合力大小与分力大小相等，等于mg，根据牛顿第二定律知，小球
运动的加速度大小为g，B 正确；小球斜向上做匀减速直线运动，匀减速直线运动的位移s＝v20
2a＝v20
2g，则小球上
升的最大高度h＝s·sin 30°＝v20
4g，C 错误；在整个过程中电场力做功W＝qEscos 120°＝－1
4mv20，电势能增加mv20
4 ，
所以小球电势能的最大值为mv20
4 ，D 正确。
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105 / 290
【规律总结】带电体在匀强电场中的直线运动问题的解题步骤
【典例分析8】如图所示，一质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子以速度v0 从MN 连线上的P 点水平向右射入大
小为E、方向竖直向下的匀强电场中。已知MN 与水平方向成45°角，粒子的重力可以忽略，则粒子到达MN 连
线上的某点时(
)
A．所用时间为mv0
qE
B．速度大小为3v0
C．与P 点的距离为2 2mv20
qE
D．速度方向与竖直方向的夹角为30°
【答案】C
【解析】粒子从P 点垂直电场方向出发到达MN 连线上某点时，沿水平方向和竖直方向的位移大小相等，即v0t
＝1
2at2，a＝Eq
m ，解得t＝2mv0
qE ，A 项错误；在该点，粒子沿电场方向的速度v＝at＝2v0，所以合速度大小为v＝
2v02＋v20＝5v0，B 项错误；该点到P 点的距离s＝2x＝2v0t＝2 2mv20
qE
，C 项正确；由平行四边形定则可知，
在该点速度方向与竖直方向夹角的正切值tan θ＝v0
2v0
＝1
2，则θ≠30°，D 项错误。
【规律总结】分析带电粒子在匀强电场中的偏转问题的关键
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(1)条件分析：不计重力，且带电粒子的初速度v0 与电场方向垂直，则带电粒子将在电场中只受电场力作用做类
平抛运动。
(2)运动分析：一般用分解的思想来处理，即将带电粒子的运动分解为沿电场力方向上的匀加速直线运动和垂直
电场力方向上的匀速直线运动。
考点四电场中常考的“四类”图象问题
【考点诠释】
1．v－t 图象
(1)根据v－t 图象中速度变化、斜率确定电荷所受电场力的方向与大小变化。
(2)由电场力方向确定电场的方向、电势高低及电势能变化。
2．φ－x 图象
(1)描述电势随位移变化的规律。
(2)根据电势的高低可以判断电场强度的方向。
(3)根据E＝Δφ
Δx，图象φ－x 的斜率为电场强度。
3．E－x 图象
(1)描述电场强度随位移变化的规律。
(2)场强E 正负表示场强的方向。
(3)图线与x 轴围成的“面积”表示电势差。
4．Ep－x 图象
(1)描述电势能随位移变化的规律。
(2)根据电势能的变化可以判断电场力做功的正、负。
(3)根据W＝ΔEp＝Fx，图象Ep－x 的斜率为电场力。
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107 / 290
【典例分析9】(多选)一带负电的粒子只在电场力作用下沿x 轴正方向运动，其电势能Ep 随位移x 的变化关系
如图所示，则下列说法正确的是(
)
A．粒子从x1 处运动到x2 处的过程中电场力做正功
B．x1、x2 处电场强度方向沿x 轴正方向
C．x1 处的电场强度大小大于x2 处的电场强度大小
D．x1 处的电势比x2 处的电势低
【答案】
AD
【解析】
由于粒子从x1 运动到x2，电势能减小，因此电场力做正功，粒子所受电场力的方向沿x 轴正方向，
电场强度方向沿x 轴负方向，选项A 正确，B 错误；由ΔEp＝qEΔx，即qE＝ΔEp
Δx ，由于x1 处的图线斜率的绝对
值小于x2 处图线斜率的绝对值，因此x1 处的电场强度大小小于x2 处的电场强度大小，选项C 错误；沿着电场
线方向电势降低，故x1 处的电势比x2 处的电势低，选项D 正确。
【典例分析10】真空中相距为3a 的两个点电荷A 和B，分别固定于x 轴上x1＝0 和x2＝3a 的两点，在二者连
线上各点场强随x 变化的关系如图17 所示，以下说法正确的是(
)
A．二者一定是异种电荷
B．x＝a 处的电势一定为零
C．x＝2a 处的电势一定大于零
D．A、B 的电荷量之比为1∶4
【答案】
D
【解析】
两点电荷连线中某点，电场强度E＝0，说明两点电荷在该点产生的场强等大反向，故两点电荷一定
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108 / 290
为同种电荷，A 项错误；由场强公式可知，kQA
a2 ＝k
QB
（2a）2，故QA∶QB＝1∶4，D 项正确；若两点电荷均为正
点电荷，则连线上各点电势均大于零，B 项错误；若两点电荷均为负点电荷，则连线上各点电势均小于零，C
项错误。
【规律总结】解答图象题要注意以下三方面
(1)分析图象找出带电粒子或带电体的运动规律是解题的突破点。
(2)注意分析图象特点，找出图象的斜率、截距等，明确其意义，如Ep－x 的斜率表示带电粒子受到的电场力，
根据斜率的变化规律可以分析出物体受力情况、加速度情况等。
(3)分析图象时注意与动能定理、功能关系、能量守恒定律或牛顿运动定律相结合，找出图象的数学表达式或物
理量的变化规律。
考点五带电粒子的力电综合问题
【考点诠释】解决力电综合问题的一般思路
【典例分析11】如图所示，在光滑的水平桌面上，水平放置的粗糙直线轨道AB 与水平放置的光滑圆弧轨道BCD
相切于B 点，整个轨道位于水平桌面内，圆心角∠BOC＝37°，线段OC 垂直于OD，圆弧轨道半径为R，直线
轨道AB 长为L＝5R。整个轨道处于电场强度为E 的匀强电场中，电场强度方向平行于水平桌面所在的平面且
垂直于直线OD。现有一个质量为m、带电荷量为＋q 的小物块P 从A 点无初速度释放，小物块P 与AB 之间的
动摩擦因数μ＝0.25，取sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，忽略空气阻力。求：
(1)小物块第一次通过C 点时对轨道的压力大小FNC1；
(2)小物块第一次通过D 点后离开D 点的最大距离；
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(3)小物块在直线轨道AB 上运动的总路程。
【答案】
(1)5.4qE
(2)5
6R
(3)15R
【解析】
(1)设小物块第一次到达C 点时的速度大小为vC1，根据动能定理有
qE[Lsin 37°＋R(1－cos 37°)]－μqELcos 37°＝1
2mv2C1－0
解得vC1＝
22qER
5m
在C 点根据向心力公式得FNC1′－qE＝mv2C1
R
解得FNC1′＝5.4qE
根据牛顿第三定律得FNC1＝5.4qE
(2)设小物块第一次到达D 点时的速度大小为vD1，根据动能定理有
qE(Lsin 37°－Rcos 37°)－μqELcos 37°＝1
2mv2D1－0
解得vD1＝
12qER
5m
小物块第一次到达D 点后先以速度vD1 沿电场方向做匀减速直线运动，设运动的最大距离为xm，根据动能定理
得
－qExm＝0－1
2mv2D1
解得xm＝6
5R
(3)分析可知小物块最终会在圆弧轨道上做往复运动，到达B 点的速度恰好为零时，动能和电势能之和不再减小。
设小物块在直线轨道AB 上运动的总路程为s，则根据功能关系得
qELsin 37°＝μqEscos 37°
解得s＝Ltan 37°
μ
＝15R
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【规律总结】解决带电粒子在电场中运动问题的基本思路
(1)两分析：一是对带电粒子进行受力分析，二是分析带电粒子的运动状态和运动过程(初始状态及条件，直线运
动还是曲线运动等)。
(2)建模型：建立正确的物理模型(加速还是偏转)，恰当选用规律或其他方法(如图象)，找出已知量和待求量之间
的关系。
【典例分析12】如图所示，LMN 是竖直平面内固定的光滑绝缘轨道，MN 水平且足够长，LM 下端与MN 相切。
质量为m 的带正电小球B 静止在水平面上，质量为2m 的带正电小球A 从LM 上距水平面高为h 处由静止释放，
在A 球进入水平轨道之前，由于A、B 两球相距较远，相互作用力可认为零，A 球进入水平轨道后，A、B 两球
间相互作用视为静电作用，带电小球均可视为质点。已知A、B 两球始终没有接触。重力加速度为g。求：
(1)A 球刚进入水平轨道的速度大小；
(2)A、B 两球相距最近时，A、B 两球系统的电势能Ep；
(3)A、B 两球最终的速度vA、vB 的大小。
【关键点】
①光滑绝缘轨道；②A、B 两球间相互作用视为静电作用；③A、B 两球始终没有接触。
【答案】
(1) 2gh
(2)2
3mgh
(3)1
3 2gh
4
3 2gh
【解析】
(1)对A 球下滑的过程，据机械能守恒得
2mgh＝1
2·2mv20
解得v0＝2gh
(2)A 球进入水平轨道后，两球组成的系统动量守恒，当两球相距最近时共速，有2mv0＝(2m＋m)v
解得v＝2
3v0＝2
3 2gh
据能量守恒定律得2mgh＝1
2(2m＋m)v2＋Ep
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解得Ep＝2
3mgh
(3)当两球相距最近之后，在静电斥力作用下相互远离，两球距离足够远时，相互作用力为零，系统势能也为零，
速度达到稳定。则2mv0＝2mvA＋mvB
1
2×2mv20＝1
2×2mv2A＋1
2mv2B
解得vA＝1
3v0＝1
3 2gh，vB＝4
3v0＝4
3 2gh
【规律总结】电场中动量和能量问题的解题技巧
动量守恒定律与其他知识综合应用类问题的求解，与一般的力学问题求解思路并无差异，只是问题的情景更复
杂多样，分析清楚物理过程，正确识别物理模型是解决问题的关键。
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第三部分
电场与磁场
专题09 磁场的性质带电粒子在磁场及复合场中的运
动
一、素养呈现
1.物理观念：磁场、磁感应强度、磁感线、安培力、洛伦兹力
2.科学思维：左手定则、安培定则、右手定则、“电流元法”、“比值定义法”、“图象法”、“控制变量法”、“临界
法”。
3.科学探究：探究影响磁感应强度的因素。
4.科学态度与责任：磁与现代科技应用。
二、素养落实
1.会应用安培定则判断电流周围的磁场
2.掌握左手定则判断安培力和洛仑兹力的方法
3.灵活应用几何关系和圆周运动规律分析求解带电粒子在磁场、复合场中的运动
考点一磁场及其性质
【考点诠释】
一．磁场方向的判断及磁场叠加
(1)根据安培定则确定通电导线周围磁场的方向。
(2)磁场中每一点磁感应强度的方向为该点处磁感线的切线方向。
(3)磁感应强度是矢量，多个通电导体产生的磁场叠加时，合磁场的磁感应强度等于各场源单独存在时在该点的
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磁感应强度的矢量和。
二．安培力作用下的力电综合
1．两个常用的等效模型
(1)变曲为直：图甲所示通电导线，在计算安培力的大小和判断方向时均可等效为ac 直线电流。
甲
乙
(2)化电为磁：环形电流可等效为小磁针，通电螺线管可等效为条形磁铁，如图乙。
2．安培力作用下力学问题的解题思路
(1)选定研究对象：通电导线(或通电导体棒)。
(2)变三维为二维：画出平面受力图，其中F⊥B，F⊥I。
(3)根据力的平衡条件或牛顿运动定律列方程。
【典例分析1】如图所示，在直角三角形acd 中，∠a＝60°，三根通电长直导线垂直纸面分别放置在a、b、c
三点，其中b 为ac 的中点．三根导线中的电流大小分别为I、2I、3I，方向均垂直纸面向里．通电长直导线在
其周围空间某点产生的磁感应强度B＝kI
r ，其中I 表示电流强度，r 表示该点到导线的距离，k 为常数．已知a
点处导线在d 点产生的磁感应强度大小为B0，则d 点的磁感应强度大小为(
)
A．B0
B．2B0
C. 3B0
D．4B0
【答案】D
【解析】设直角三角形的ad 边长为r，则ac 边长为2r，根据直导线产生的磁感应强度公式可得a 点处导线在d
点产生的磁感应强度大小为B0＝kI
r，由安培定则知方向水平向左；同理有c 点处导线在d 点产生的磁感应强度
大小为B1＝k 3I
3r
＝3B0，方向竖直向下；b 点处导线在d 点产生的磁感应强度大小为B2＝k2I
r ＝2B0，方向垂直
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于bd 斜向左下方；如图所示：因B1
B0
＝3＝tan 60°，可知B1 和B0 的合磁感应强度沿B2 的方向，故d 点的磁感应
强度大小为B 合＝B2＋B02＋B12＝4B0，方向垂直于bd 斜向左下方，故选D.
【规律总结】磁场叠加问题的解题思路
(1)确定磁场场源，如通电导线。
(2)定位空间中需求解磁场的点，利用安培定则判定各个场源在这一点上产生的磁场的大小和方向。如图所示为
M、N 在c 点产生的磁场BM、BN。
(3)应用平行四边形定则进行合成，如图中的合磁场B。
【典例分析2】如图所示，空间中有一斜向右下方、与水平方向成θ角的匀强磁场，磁感应强度为B，一绝缘竖
直挡板AC 垂直于纸面所在的平面竖直放置，一根通有垂直纸面向外的电流的水平金属杆，紧贴挡板上的O 点
处于静止状态。下列说法正确的是(
)
A．若挡板AC 表面光滑，略减小杆中电流，杆可能仍然静止于O 点
B．若挡板AC 表面光滑，略增大杆中电流，要使杆仍然静止，可将挡板绕过O 点垂直纸面的轴逆时针转动一
定角度
C．若挡板AC 表面粗糙，略增大杆中电流，杆可能仍然静止，且杆所受的静摩擦力一定增大
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D．若挡板AC 表面粗糙，略减小杆中电流，杆可能仍然静止，且杆所受的静摩擦力方向可能竖直向上
甲
乙
【答案】BD
【解析】若挡板AC 表面光滑，则杆受重力G、支持力N 和安培力F 的作用而静止，如图甲所示，根据平衡条
件有Fcos θ＝G，而F＝BIL，得BILcos θ＝G，当略减小杆中电流I 时，有BILcos θ<G，则杆将向下做加速运动，
选项A 错误；若挡板AC 表面光滑，则杆受重力G、支持力N 和安培力F 三个力的作用而静止，三力平衡时，
三个力可以构成首尾相连的矢量三角形，如图乙所示，略增大杆中电流I，则安培力F(方向不变)略增大，要使
杆重新平衡，支持力N 必须逆时针转动一定角度，即将挡板绕过O 点垂直纸面的轴逆时针转动一定角度，选项
B 正确；若挡板AC 表面粗糙，则杆可能受重力、支持力、静摩擦力和安培力的作用而静止，其中静摩擦力的
方向可能竖直向上，也可能竖直向下，静摩擦力还可能为零，略增大杆中电流I，安培力F 增大，杆可能仍然
静止，若原静摩擦力方向竖直向上，根据Fcos θ＋f＝mg 知，静摩擦力f 可能减少，选项C 错误；若挡板AC 表
面粗糙，略减小杆中电流I，安培力F 减小，杆可能仍然静止，若原静摩擦力f 方向竖直向上，根据Fcos θ＋f
＝mg 知，静摩擦力f 增加且方向仍竖直向上，选项D 正确。
【规律总结】(1)安培力作用下的平衡问题与力学中的平衡问题分析方法是相同的，只不过多了安培力，解题的
关键仍是受力分析。
(2)视图转换：对于安培力作用下的力学问题，线框的受力边及金属棒的受力往往分布在三维空间的不同方向上，
这时应利用俯视图、剖面图或侧视图等，变立体图为二维平面图。
(3)在剖面图中，线框的受力边及金属棒可用小圆圈代替，垂直剖面方向的电流可用“⊗”或“⊙”表示，垂直剖面
方向的磁场可用“×”或“·”表示，但垂直剖面方向的力不能用“×”或“·”表示。
考点二带电粒子在有界匀强磁场中的运动
【考点诠释】
1．必须掌握的六个公式
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2．必须具备的五个技能“一画、三确定、一注意”
(1)画轨迹：根据题意，画出带电粒子在匀强磁场中的运动轨迹。
(2)圆心的确定：轨迹圆心O 总是位于入射点A 和出射点B 所受洛伦兹力F 洛作用线的交点上或AB 弦的中垂线
OO′与任一个F 洛作用线的交点上，如图所示。
(3)半径的确定：利用平面几何关系，求出轨迹圆的半径，如r＝
AB
2sin α
2
＝AB
2sin θ，然后再与半径公式r＝mv
qB联系
起来求解。
(4)时间的确定：t＝α
2π·T＝αm
qB或t＝s
v＝αR
v 。
(5)注意圆周运动中的对称规律：如从同一边界射入的粒子，从同一边界射出时，速度方向与边界的夹角相等；
在圆形磁场区域内，沿径向射入的粒子，必沿径向射出。
【典例分析3】如图所示，边长为L 的正三角形ABC 区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为
B0，BC 边的中点O 有一粒子源，可以在ABC 平面内沿任意方向发射速率为v 的相同的正粒子，若从AB 边中
点D 射出磁场的粒子，从O 到D 的过程中速度方向偏转了60°，不计粒子的重力及带电粒子之间的相互作用，
下列说法正确的是(
)
A．粒子运动的轨道半径为L
B．粒子不可能从A 点射出磁场
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C．粒子的比荷为q
m＝2v
B0L
D．从B 点射出的粒子在磁场中的运动时间为πL
3v
【答案】
BC
【解析】
由题意从O 点到D 点的过程中速度方向偏转了60°，则从D 点射出的粒子，由弦长公式OD＝L
2＝
2rsin 30°，解得：r＝L
2，故A 错误；若粒子从A 点射出，则弦长为
3
2 L，
得：3
2 L＝2×L
2sin α，解得：α＝60°，即粒子以与竖直方向成60°角射入，由几何关系可得，粒子将从AC 边射
出，故粒子不可能从A 点射出磁场，故B 正确；qvB＝m v2
r 得：r＝mv
qB，即L
2＝mv
qB0
，解得：q
m＝2v
LB0
，故C 正确；
OB＝L
2＝r，则从B 点射出的粒子的圆心角为60°，所以运动时间为t＝60°
360°×
2π×L
2
v
＝πL
6v，故D 错误．
【典例分析4】如图所示，圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，一个带电粒子以速度v 从A 点沿直径AOB
方向射入磁场，经过Δt 时间从C 点射出磁场，OC 与OB 成60°角．现将带电粒子的速度变为v
3，仍从A 点沿原
方向射入磁场，不计重力，则粒子在磁场中的运动时间变为(
)
A．1
2Δt
B．2Δt
C．1
3Δt
D．3Δt
【答案】B.
【解析】：粒子沿半径方向进入圆形磁场区域时，一定沿半径方向射出，如图．粒子在匀强磁场中做匀速圆周运
动时，洛伦兹力提供向心力，由qvB＝m v2
R得R＝mv
Bq，T＝2πm
Bq .由数学知识得：粒子以速度v 进入磁场时，圆周
运动的半径R＝3r，转过的圆心角θ＝60°；粒子以速度v
3进入磁场时，圆周运动的半径R′＝3
3 r，转过的圆心角
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θ′＝120°，周期T 与速度无关，所以t′＝θ′
θΔt＝2Δt，B 正确．
【典例分析5】如图所示，一单边有界磁场的边界上有一粒子源，以与水平方向成θ角的不同速率，向磁场中射
入两个相同的粒子1 和2，粒子1 经磁场偏转后从边界上A 点出磁场，粒子2 经磁场偏转后从边界上B 点出磁
场，OA＝AB，则(
)
A．粒子1 与粒子2 的速度之比为1∶2
B．粒子1 与粒子2 的速度之比为1∶4
C．粒子1 与粒子2 在磁场中运动的时间之比为1∶1
D．粒子1 与粒子2 在磁场中运动的时间之比为1∶2
【答案】AC.
【解析】：粒子进入磁场时的速度的垂线与OA 的垂直平分线的交点为粒子1 在磁场中做圆周运动的圆心，同理，
粒子进入磁场时速度的垂线与OB 的垂直平分线的交点为粒子2 在磁场中做圆周运动的圆心，由几何关系可知，
两个粒子在磁场中做圆周运动的半径之比为r1∶r2＝1∶2，由r＝mv
qB可知，粒子1 与粒子2 的速度之比为1∶2，
A 项正确，B 项错误；由于粒子在磁场中做圆周运动的周期均为T＝2πm
qB ，且两粒子在磁场中做圆周运动的轨迹
所对的圆心角相同，因此粒子在磁场中运动的时间相同，C 项正确，D 项错误．
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【规律总结】带电粒子在有界磁场中运动的分析方法
考点三带电粒子在组合场中的运动
【考点诠释】
带电粒子在组合场内的运动实际上也是运动过程的组合，解决方法如下：
(1)分别研究带电粒子在不同场区的运动规律。在匀强磁场中，若速度与磁场垂直，带电粒子做匀速圆周运动；
若速度与磁场平行，带电粒子做匀速直线运动。在匀强电场中，若速度方向与电场方向平行，带电粒子做匀变
速直线运动；若速度方向与电场方向垂直，则带电粒子做类平抛运动。
(2)带电粒子经过磁场区域时利用圆周运动规律结合几何关系处理。
(3)当粒子从一个场进入另一个场时，分析转折点处粒子速度的大小和方向往往是解题的突破口。
【典例分析6】如图，第一象限内存在沿y 轴负方向的匀强电场，电场强度大小为E；第二、三、四象限存在
方向垂直xOy 平面向外的匀强磁场，其中第二象限的磁感应强度大小为B，第三、四象限磁感应强度大小相等。
一带正电的粒子，从x 轴负方向上的P 点沿与x 轴正方向成α＝60°角平行xOy 平面入射，经过第二象限后恰好
由y 轴上的Q 点(0，d)垂直y 轴进入第一象限，然后又从x 轴上的N 点进入第四象限，之后经第四、三象限重
新回到P 点，回到P 点的速度方向与入射时相同，不计粒子重力。求：
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(1)粒子从P 点入射时的速度v0；
(2)N 点到坐标原点O 的距离；
(3)粒子在第三、四象限内做圆周运动的半径(用已知量d 表示结果)。
【答案】(1) E
3B
(2)2 3
3 d
(3)5
3d
【解析】(1)粒子在第二象限做圆周运动的半径为r1，圆心为O1
qv0B＝mv20
r1
r1－r1sin 30°＝d，解得r1＝2d
联立解得B＝mv0
2dq
粒子在第四、三象限中做圆周运动，由几何关系可知：
β＝α＝60°
设粒子在x 轴上N 点的速度为v
v＝v0
cos β＝2v0
qEd＝1
2mv2－1
2mv20
E＝3mv20
2dq
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解得v0＝E
3B。
(2)设粒子在电场中运动的时间为t，N 点横坐标为xN
d＝v0tan β
2
t
xN＝v0t
解得xN＝2 3
3 d。
(3)设P 点的坐标为(－xP，0)，由几何关系得xP＝3d
粒子在第四、三象限中运动半径为r2，圆心为O2，则
2r2cos 30°＝3d＋2 3
3 d
解得r2＝5
3d。
【规律总结】带电粒子在组合场中的常见类型归纳
(1)从电场进入磁场。
电场中：加速直线运动
↓
磁场中：匀速圆周运动
电场中：类平抛运动
↓
磁场中：匀速圆周运动
(2)从磁场进入电场。
磁场中：匀速圆周运动
↓v 与E 同向或反向
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电场中：匀变速直线运动
磁场中：匀速圆周运动
↓v 与E 垂直
电场中：类平抛运动
考点四带电粒子在叠加场中的运动
【考点诠释】
在重力、电场力和洛伦兹力中的两者或三者共同作用下，带电粒子可能静止，可能做匀速(匀变速)直线运动或
类平抛运动，还可能做匀速圆周运动。
(1)若只有两个场，合力为零，则表现为匀速直线运动或静止状态。例如电场与磁场叠加满足qE＝qvB 时、重力
场与磁场叠加满足mg＝qvB 时、重力场与电场叠加满足mg＝qE 时。
(2)若三场共存，合力为零时，粒子做匀速直线运动，其中洛伦兹力F＝qvB 的方向与速度v 垂直。
(3)若三场共存，粒子做匀速圆周运动时，则有mg＝qE，粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，即qvB＝mv2
r 。
【典例分析7】如图所示，一带电液滴在相互垂直的匀强电场和匀强磁场中刚好做匀速圆周运动，其轨道半径
为R，已知该电场的电场强度为E，方向竖直向下；该磁场的磁感应强度为B，方向垂直纸面向里，不计空气
阻力，设重力加速度为g，则(
)
A．液滴带正电
B．液滴比荷q
m＝E
g
C．液滴沿顺时针方向运动
D．液滴运动速度大小v＝Rg
BE
【答案】C
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【解析】液滴在重力场、匀强电场、匀强磁场的复合场中做匀速圆周运动，可知，qE＝mg，得q
m＝g
E，故B 错
误；电场力竖直向上，液滴带负电，A 错误；由左手定则可判断液滴沿顺时针转动，C 正确；对液滴qE＝mg，
qvB＝m v2
R得v＝RBg
E ，故D 错误。
【典例分析8】(多选)如图所示，两竖直平行边界内，匀强电场方向竖直(平行纸面)向下，匀强磁场方向垂直纸
面向里．一带负电小球从P 点以某一速度垂直边界进入，恰好沿水平方向做直线运动．若增大小球从P 点进入
的速度但保持方向不变，则在小球进入的一小段时间内(
)
A．小球的动能减小
B．小球的电势能减小
C．小球的重力势能减小
D．小球的机械能减小
【答案】
ACD
【解析】
带负电的小球做直线运动，共受到三个力作用：向下的重力G、向上的电场力F、向下的洛伦兹力
F 洛，这三个力都在竖直方向上，小球沿水平方向匀速运动，所以小球受到的合力一定是零，小球做匀速直线运
动．当小球的入射速度增大时，洛伦兹力增大，电场力和重力不变，小球将向下偏转，电场力与重力的合力向
上，且它们的合力对小球做负功，小球动能减小．电场力对小球做负功，小球的机械能减小，电势能增大．重
力对小球做正功，重力势能减小，故A、C、D 正确，B 错误.
【规律总结】“三步”巧解叠加场问题
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考点五电磁场中的STSE 问题
【考点诠释】一.回旋加速器
1．加速条件：T 电场＝T 回旋＝2πm
qB 。
2．磁场约束偏转：qvB＝mv2
r ⇒v＝qBr
m 。
3．带电粒子的最大速度vmax＝qBrD
m ，rD 为D 形盒的半径。粒子的最大速度vmax 与加速电压U 无关。
二．质谱仪
1．粒子由静止被加速电场加速，qU＝1
2mv2。
2．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。
三．磁与现代科技综合模型
【典例分析9】现代质谱仪可用来分析比质子重很多倍的离子，其示意图如图所示，其中加速电压恒定．质子
(11H)在入口处从静止开始被电场加速，经匀强磁场偏转后从出口离开磁场．若换作α粒子(42He)在入口处从静止开
始被同一电场加速，为使它经匀强磁场偏转后仍从同一出口离开磁场，需将磁感应强度增加到原来的倍数是
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(
)
A. 2
2
B. 2
C．2
D.1
2
【答案】B
【解析】电场中的直线加速过程qU＝1
2mv2－0，得v＝
2qU
m ；粒子在磁场中做匀速圆周运动，有qvB＝mv2
R，
有R＝mv
qB，联立可得：B＝
2mU
qR2 ；质子与α粒子经同一加速电场加速，则U 相同，从同一出口离开磁场，则R
相同，故B∝
m
q，可得Bα
BH
＝2，即Bα＝2BH，故选B.
【典例分析10】. (多选)如图所示是回旋加速器的示意图，其核心部分是两个D 形金属盒，分别与高频交流电
源连接，两个D 形金属盒间的狭缝中形成周期性变化的电场，使粒子在通过狭缝时都能得到加速，两个D 形金
属盒处于垂直于盒底的匀强磁场中，下列说法中正确的是(
)
A．加速电压越大，粒子最终射出时获得的动能就越大
B．粒子射出时的最大动能与加速电压无关，与D 形金属盒的半径和磁感应强度有关
C．若增大加速电压，粒子在金属盒间的加速次数将减少，在回旋加速器中运动的时间将减小
D．粒子第5 次被加速前、后的轨道半径之比为5∶6
【答案】BC
【解析】粒子在磁场中做圆周运动，由牛顿第二定律得：qvB＝mv2
R，解得：v＝qBR
m ，粒子做圆周运动的周期：
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T＝2πm
qB ，则粒子获得的最大动能为：Ekm＝1
2mv2＝q2B2R2
2m ，则粒子获得的最大速度与加速电压无关，与D 型盒
的半径R 和磁感应强度B 有关，故A 错误，B 正确；
对粒子，由动能定理得：nqU＝1
2mv2＝q2B2R2
2m ，加速次数：n＝qB2R2
2mU ，增大加速电压U，粒子在金属盒间的加速
次数将减少，粒子在回旋加速器中运动的时间：t＝n
2T 将减小，故C 正确；
对粒子，由动能定理得：nqU＝1
2mvn2，解得vn＝
2nqU
m ，粒子在磁场中做圆周运动，由牛顿第二定律得：qvnB
＝mvn2
rn
，解得：rn＝1
B
2nmU
q
，粒子第5 次被加速前、后的轨道半径之比为：r4
r5
＝4
5
，故D 错误．
【典例分析11】为监测某化工厂的含有离子的污水排放情况，技术人员在排污管中安装了监测装置，该装置的
核心部分是一个用绝缘材料制成的空腔，其宽和高分别为b 和c，左、右两端开口与排污管相连，如图所示。
在垂直于上、下底面方向加磁感应强度大小为B 的匀强磁场，在空腔前、后两个侧面上各有长为a 的相互平行
且正对的电极M 和N，M、N 与内阻为R 的电流表相连。污水从左向右流经该装置时，电流表将显示出污水排
放情况。下列说法中错误的是(
)
A．M 板比N 板电势低
B．污水中离子浓度越高，则电流表的示数越小
C．污水流量越大，则电流表的示数越大
D．若只增大所加磁场的磁感应强度，则电流表的示数也增大
【答案】B
【解析】污水从左向右流动时，根据左手定则，正、负离子在洛伦兹力作用下分别向N 板和M 板偏转，故N
板带正电，M 板带负电，A 正确。稳定时带电离子在两板间受力平衡，可得qvB＝qU
b，此时U＝Bbv，又因流
速v＝Q
S＝Q
bc，故U＝BbQ
bc ＝BQ
c ，式中Q 是流量，可见当污水流量越大、磁感应强度越强时，M、N 间的电压越
大，电流表的示数越大，而与污水中离子浓度无关，B 错误，C、D 正确。
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【规律总结】讨论与电、磁场有关的实际问题，首先应通过分析将其提炼成纯粹的物理问题，然后用解决物理
问题的方法进行分析。这里较多的是用分析力学问题的方法，对于带电粒子在磁场中的运动，还应特别注意运
用几何知识寻找关系。
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第四部分电磁感应与电路
专题10 直流电路与交流电路
一、素养呈现
1.物理观念：电功、电热、电功率、电动势、内阻、电阻串联、并联。峰值、有效值、变压器、远距离输电。
2.科学思维：欧姆定律、电阻定律、闭合电路的欧姆定律、焦耳定律、“图象法”“等效法”“守恒思想”“动态分析
方法” 。
3.科学探究：测定金属丝电阻率、描绘小电珠的伏安特性曲线、测定电源的电动势和内阻、传感器的特性及使
用。
4.科学态度与责任：电路设计与安全、练习使用多用电表、发电机和电动机、电能的输送、生活中各种变压器
的应用、传感器的使用。
二、素养落实
1.理解交变电流的产生原理
2.掌握“四值”描述及图象
3.掌握理想变压器的规律及动态分析的方法
4.掌握远距离输电损耗的原因及计算方法
考点一直流电路的分析与计算
【考点诠释】
1．直流电路动态分析的3 种方法
(1)程序法
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R 局――→
增大
减小I 总＝E
R＋r
――→
减小
增大U 内＝I 总r――→
减小
增大U 外＝E－U 内――→
增大
减小确定U 支、I 支。
(2)结论法——“串反并同”(电源内阻不能忽略)
“串反”：指某一电阻增大(减小)时，与它串联或间接串联的电阻中的电流、两端电压、电功率都将减小(增大)。
“并同”：指某一电阻增大(减小)时，与它并联或间接并联的电阻中的电流、两端电压、电功率都将增大(减小)。
(3)极限法
因变阻器滑片滑动引起电路变化的问题，可将变阻器的滑片分别滑至两个极端，使电阻最大或电阻为零去讨论。
2．求解功率最值问题的2 点技巧
(1)定值电阻的功率：P 定＝I2R
R 为定值电阻，P 定只与电流有关系，当R 外最大时，I 最小，P 定最小，当R 外最小时，I 最大，P 定最大。
(2)电源的输出功率：P＝
E2R 外
r＋R 外
2＝
E2
R 外－r
2
R 外
＋4r
。当R 外＝r 时，P 出＝E2
4r最大。
【典例分析1】如图所示，电路中闭合开关S 后，灯泡L1 和L2 均正常发光。由于某种原因L2 的灯丝突然烧断，
其余用电器均未损坏。电路再次稳定后，下列说法正确的是(
)
A．电流表示数变大
B．电容器C 所带电荷量不变
C．电源的输出功率一定变大
D．电源的工作效率一定变大
【答案】AD
【解析】灯泡L2 的灯丝烧断，外电路电阻变大，电源输出电流减小，根据闭合电路欧姆定律可知，电源路端电
压U＝E－Ir，即电源路端电压增大，由欧姆定律可知灯泡L1 中电流增大，电流表示数变大，A 正确；电源路
端电压增大，电容器两端电压增大，由C＝Q
U可知，电容器所带电荷量增多，B 错误；由于题述没有给出电源内
阻与灯泡电阻的关系，不能判断出电源的输出功率的变化趋势，C 错误；根据η＝U
E×100%，可知电源的工作效
率η一定变大，D 正确。
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【典例分析1】如图1 所示，M 为一电动机，当滑动变阻器的触头从一端滑到另一端的过程中，两电压表的读
数随电流表读数的变化情况如图2 所示，已知电流表读数在0.2 A 以下时，电动机没有发生转动，不考虑电表
对电路的影响，以下判断不正确的是(
)
图1
图2
A．电路中的电源电动势为3.9 V
B．电动机的电阻为4 Ω
C．此电路中，电动机的最大输出功率为0.9 W
D．变阻器的最大阻值为32 Ω
【答案】C
【解析】由电路图1 知，电压表V2 测量路端电压，电流增大时，内电压增大，路端电压减小，所以最上面的图
线表示V2 的电压与电流的关系，此图线的斜率大小等于电源的内阻，为r＝ΔU
ΔI ＝3.6－3.0
0.2
Ω＝3 Ω；当电流I
＝0.1 A 时，U＝3.6 V，则电源的电动势E＝U＋Ir＝3.6 V＋0.1×3 V＝3.9 V，故A 正确；由图可知，电动机的电
阻rM＝0.8－0.4
0.1
Ω＝4 Ω，故B 正确；当I＝0.3 A 时，U＝3.0 V，电动机的输入功率最大，最大输入功率为P
＝UI＝3×0.3 W＝0.9 W，电动机的热功率为PrM＝I2rM＝0.32×4 W＝0.36 W，则最大的输出功率为P 出＝0.9 W－
0.36 W＝0.54 W，故C 错误；当I＝0.1 A 时，电路中电流最小，变阻器的电阻为最大值，所以R＝E
I－r－rM＝
3.9
0.1－3－4
Ω＝32 Ω，故D 正确。
【规律总结】1 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，电容
器两端的电压与其并联电器两端电压相等。
2.解决最大功率问题的两点注意
(1)解决最大功率问题时，要弄清是定值电阻还是可变电阻的最大功率，定值电阻的最大功率用P＝I2R＝U2
R 分析，
可变电阻的最大功率用等效电源法求解。
(2)电源输出功率最大时，效率不是最大，只有50%。
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3.电路中常见的图像分析
类别
线性元件
非线性元件
电源
图象
物理
意义
反映I 和U 的正比关系
反映I 和U 的非正比关系
反映电源的输出特性，纵轴截距
为电源电动势，横轴截距为短路
电流
注意
问题
图线的斜率的倒数表
示导体的电阻，R＝U
I ＝
ΔU
ΔI ，遵从欧姆定律
图线的斜率仅表示电阻的变化
趋势，某点的电阻值需用点的
坐标值计算，即R＝U1
I1
图线斜率的绝对值表示电源的内
阻(注意纵坐标数值是否从零开
始)
考点二交变电流的产生与描述
【考点诠释】
1．两个特殊位置的特点
(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。
2．正弦交流电“四值”的应用
【典例分析3】一电阻分别通过四种不同形式的电流，四种电流随时间变化的情况如下列选项所示，在相同时
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间T(T 为0.02 s 的整数倍)内电阻产生的热量最大的是(
)
A
B
C
D
【答案】
D
【解析】A 中为正弦式电流，有效值I1＝2
2 Im＝2 A，根据焦耳定律得Q1＝I21RT＝2RT；B 中为正弦式电流，
有效值I2＝2
2 Im＝2 A，根据焦耳定律得Q2＝I22RT＝2RT；C 中为恒定电流，根据焦耳定律得Q3＝I23RT＝2.25RT；
D 中为方波电流，根据焦耳定律得Q4＝I24RT
2 ＋I25RT
2 ＝4RT。故选D。
【典例分析4】(多选)如图甲所示，将阻值为R＝5 Ω的电阻接到内阻不计的正弦交变电源上，回路中瞬时电流
随时间变化的规律如图乙所示，电压表、电流表均为理想电表，下列说法正确的是(
)
甲
乙
丙
丁
A．电压表示数为2.5 V
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B．电阻R 消耗的电功率为0.625 W
C．若此交变电流由一矩形线框在匀强磁场中匀速转动产生，如图丙所示，当线圈的转速提升一倍时，电流表
的示数为1 A
D．图乙所示的交变电流与图丁所示的电流比较，接同一电阻的发热功率之比为1∶2
【答案】BD
【解析】电流的最大值Im＝0.5 A，电压的最大值Um＝Im·R＝0.5×5 V＝2.5 V，电压的有效值U＝1.25 2 V＝1.77
V，A 错误；R 上的电功率P＝U2
R ＝1.25 22
5
W＝0.625 W，B 正确；转速提升一倍，电流也增大一倍，则电流
的最大值变为1 A，有效值变为2
2 A，故电流表读数为0.71 A，C 错误；由有效值的概念可得图丁中电流的有
效值为0.5 A，则图乙中电流与图丁中电流的有效值之比为1∶2，根据P＝I2R 可知，发热功率之比为1∶2，
D 正确。
【规律总结】解决交变电流问题的三点注意
(1)注意区分交变电流的最大值、瞬时值、有效值和平均值，其中最大值是瞬时值中的最大值，有效值是以电流
的热效应等效来定义的。
(2)确定正弦式交变电流的峰值，根据已知图象或由公式Em＝NBSω求出相应峰值，其中ω＝2π
T ＝2πf＝2πn。
(3)与电磁感应问题一样，求解与电功、电热相关的问题时，要用有效值；而求解通过导体某横截面的电荷量时，
要用平均值。
考点三理想变压器及远距离输电问题
【考点诠释】
1．理想变压器动态分析的两种情况
(1)负载电阻不变，讨论变压器原、副线圈两端的电压、电流、电功率等随匝数比的变化情况。
(2)匝数比不变，讨论变压器原、副线圈两端的电压、电流、电功率等随负载电阻的变化情况。
2．理想变压器问题分析技巧
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(1)根据题意分清变量和不变量；
(2)弄清“谁决定谁”的制约关系。对电压而言，输入决定输出；对电流、电功(率)而言，输出决定输入。
3．远距离输电问题的解题关键
(1)整个输电线路由三个回路组成，回路间通过变压器建立联系(如图所示)。
(2)关键是通过分析，利用题目条件，首先求出中间回路的电流I2，则ΔU＝I2R，ΔP＝I22·R＝ΔU·I2＝ΔU2
R 。
【典例分析5】图甲中的理想变压器原、副线圈匝数比n1∶n2＝22∶3，输入端a、b 所接电压u 随时间t 的变化
关系如图乙所示。灯泡L 的电阻恒为15 Ω，额定电压为24 V。定值电阻R1＝10 Ω、R2＝5 Ω，滑动变阻器R 的
最大阻值为10 Ω。为使灯泡正常工作，滑动变阻器接入电路的电阻应调节为(
)
甲
乙
A．1 Ω
B．5 Ω
C．6 Ω
D．8 Ω
【答案】A
【解析】由图乙可知理想变压器输入电压U1＝220 V，应用理想变压器变压公式U1
U2
＝n1
n2
＝22
3 ，可得副线圈输出
电压U2＝30 V。灯泡正常工作时，灯泡两端电压为UL＝24 V，电流IL＝UL
RL
＝1.6 A。设R1 两端电压为U，由
U2＝UL＋U，可得U＝6 V。由U
R1
＋
U
R2＋R＝IL，解得R＝1 Ω，选项A 正确。
【典例分析6】如图所示，R 为定值电阻，A、B、C 为三个完全相同的灯泡，灯泡正常工作时的电阻也为R，
灯泡的额定电压为U0。理想变压器原、副线圈的匝数分别为n1、n2，交流电源的电压为U。若A、B、C 均正
常发光，且流过R 的电流为IR，流过A 的电流为IA，流过B 的电流为IB。则下列关系式中正确的是(
)
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A．IR＝3IB
B．U＝4U0
C．IR＝IA＋IB
D．n1∶n2＝1∶2
【答案】ABD
【解析】变压器输入电压等于灯泡A 的电压U0，输出电压等于灯泡B、C 串联的总电压2U0，故原、副线圈的
匝数比n1
n2
＝U0
2U0
＝1
2，D 项正确；由于三灯泡规格相同且都正常发光，故IA＝IB＝IC，根据变压器的变流规律可得
原线圈电流为2IB，故流过电阻R 的电流为3IB，A 项正确，C 项错误；因灯泡和电阻R 的阻值均相等，故电阻
R 两端的电压为3IBR＝3U0，电源电压为3U0＋U0＝4U0，B 项正确。
【规律总结】1.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。
2.含有变压器的动态电路问题的解题思路
【典例分析7】图甲为远距离输电示意图，理想升压变压器原、副线圈匝数比为1∶1000，理想降压变压器原、
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副线圈匝数比为1 000∶1，输电线的总电阻为1 000 Ω，若升压变压器的输入电压如图乙所示，用户端电压为
220 V。下列说法正确的是(
)
甲
乙
A．输电线中的电流为3 A
B．电站输出的功率为7 500 kW
C．输电线路损耗功率为90 kW
D．用户端交变电流的频率为100 Hz
【答案】B
【解析】由题图乙知升压变压器输入端电压的最大值为Um＝250 2 V，有效值为U1＝Um
2
＝250 V，根据U1
U2
＝n1
n2
，
得副线圈两端的电压U2＝n2
n1
U1＝1 000
1
×250 V＝2.5×105 V；用户端电压为220 V，根据U3
U4
＝n3
n4
，得降压变压器原
线圈两端的电压U3＝n3
n4
U4＝1 000
1
×220 V＝2.2×105 V，故输电线上损失的电压为ΔU＝U2－U3＝3×104 V，则输电
线上的电流为I＝ΔU
R ＝3×104
1 000 A＝30 A，电站的输出功率为P1＝P2＝U2I＝7 500 kW，输电线路损耗功率为ΔP＝
I2R＝900 kW，由题图乙可知，原线圈交变电流的周期为T＝0.02 s，则频率为f＝1
T＝50 Hz，变压器不会改变交
流电的频率，故用户端交变电流的频率为50 Hz，故B 正确，A、C、D 错误。
【典例分析8】如图所示为远距离输电的原理图，升压变压器的变压比为m，降压变压器的变压比为n，输电线
的电阻为R，升压变压器和降压变压器均为一理想变压器，发电机输出的电压恒为U，若由于用户的负载变化，
使电压表V2 的示数减小了ΔU，则下列判断正确的是(
)
A．电流表A2 的示数增大了ΔU
R
B．电流表A1 的示数增大了nΔU
R
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C．电压表V1 的示数减小了ΔU
D．输电线损失的功率增加了
nΔU
R
2
R
【答案】B
【解析】降压变压器原、副线圈两端的电压之比等于n，所以有ΔU3
ΔU ＝n，即降压变压器原线圈两端电压减小了
nΔU，升压变压器副线圈两端电压不变，所以输电线上电压增大为nΔU，根据欧姆定律知，电流表A1 示数增大
了nΔU
R ，输电线上电流增大了nΔU
R ，根据电流与匝数成反比知，电流表A2 示数增大了n·nΔU
R ＝n2ΔU
R
，A 错误，
B 正确；根据题意知，发电厂的输出电压恒为U，升压变压器的变压比不变，所以电压表V1 的示数不变，C 错
误；输电线上电流增大了nΔU
R ，但输电线损失的功率增加量一定不是P＝
nΔU
R
2
R，D 错误。
【规律总结】输电线路功率损失的计算方法
P 损＝P1－P4
P1 为输送的功率，P4 为用户得到的功率
P 损＝I2
线R 线
I 线为输电线路上的电流，R 线为线路电阻
P 损＝ΔU2
R
ΔU 为输电线路上损失的电压，不要与U2、U3 相混
P 损＝ΔU·I 线
ΔU 不要错代入U2 或U3
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第四部分电磁感应与电路
专题11 电磁感应定律及其应用
一、素养呈现
1.物理观念：感应电流、感应电动势、磁通量、自感、涡流。
2.科学思维：楞次定律、法拉第电磁感应定律。
3.科学探究：探究断电自感和通电自感的规律。
4.科学态度与责任：磁悬浮、电磁阻尼在生产中的应用。
二、素养落实
1.掌握楞次定律、法拉第电磁感应定律，并灵活应用
2.掌握电磁感应中图象的分析技巧
3.做好电磁感应中的电路分析、电源分析、动力学和能量转化分析
考点一楞次定律和法拉第电磁感应定律
【考点诠释】
1．判定感应电流方向的两种方法
(1)楞次定律：一般用于线圈面积不变，磁感应强度发生变化的情形。
(2)右手定则：一般用于导体棒切割磁感线的情形。
2．求感应电动势的方法
(1)感生电动势：E＝nΔΦ
Δt
S 不变时E＝nSΔB
Δt
B 不变时E＝nBΔS
Δt
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(2)动生电动势：
平动切割：E＝Blv
转动切割：E＝1
2Bl2ω
【典例分析1】(多选) 如图所示，铜圆盘安装在竖直的铜轴上，圆盘处于方向竖直向上的匀强磁场中，电路通
过电刷与圆盘的边缘和铜轴接触良好，电源电动势为E，内阻为r，R 为定值电阻。先将开关闭合，待圆盘转速
稳定后再断开开关，不计一切摩擦，下列说法正确的是(
)
A．闭合开关时，从上往下看圆盘逆时针转动
B．闭合开关，转速稳定时，流过圆盘的电流为零
C．断开开关时，a 点电势低于b 点电势
D．断开开关后，流过定值电阻R 的电流方向与原电流方向相反
【答案】BC
【解析】根据题意可知，铜圆盘中的电流是从轴线流入，从边缘流出，根据左手定则可以判断出，从上往下看
铜圆盘是顺时针转动，A 错误。闭合开关转速稳定时，因为圆盘在转动的过程中产生电动势，相当于电源提供
的电流和圆盘转动切割磁感线产生的电流相抵消，铜圆盘不受安培力，其中的电流为零，B 正确。断开开关时，
由于惯性，从上往下看铜圆盘仍然是顺时针转动的，根据安培定则可知，铜圆盘的轴心是感应电动势的正极，a
点电势低于b 点电势，流过定值电阻R 的电流方向与原来的方向相同，C 正确，D 错误。
【典例分析2】．(多选)将一根粗细均匀的导线折成如图所示的闭合线框，线框上C、D 连线的左侧是半径为r
的半圆，右侧与C、D 连线形成等边三角形。将线框放在光滑水平面上，其右侧为磁感应强度大小为B、方向
垂直水平面向下的匀强磁场(虚线为磁场边界)，现用外力拉着线框以速度v 匀速水平向右进入该磁场，且运动
过程中C、D 连线与磁场边界始终平行，下列说法正确的是(
)
A．线框进入磁场的过程中产生的感应电动势不变
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B．线框进入磁场的过程中产生的感应电动势先变大后变小
C．C、D 连线到达磁场边界时，C、D 两端的电压为2πBrv
π＋4
D．C、D 连线到达磁场边界时，C、D 两端的电压为2Brv
【答案】BC
【解析】线框进入磁场的过程中，切割磁感线的有效长度先增大后减小，产生的感应电动势先增大后减小，选
项A 错误，B 正确；C、D 连线到达磁场边界时，产生的感应电动势E＝2Brv，线框导线总长度为L＝πr＋4r，
C、D 两端电压为U＝2Brv×
πr
πr＋4r
＝2πBrv
π＋4
，选项C 正确，D 错误。
【规律总结】(1)“找、判、定”三步确定电势的高低
(2)电磁感应中电荷量的求解方法
q＝I－t＝n ΔΦ
R＋r(n：匝数，ΔΦ：磁通量变化量，R＋r：闭合电路的总电阻)
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考点二电磁感应中的图象问题
【考点诠释】电磁感应中常见的图象问题
图象类型
(1)随时间变化的图象，如Bt 图象、Φt 图象、Et 图象、It 图象
(2)随位移变化的图象，如Ex 图象、Ix 图象
(所以要先看坐标轴：哪个物理量随哪个物理量变化要弄清)
问题类型
(1)由给定的电磁感应过程选出或画出正确的图象(画图象)
(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(用图象)
应用知
识
四个规
律
左手定则、安培定则、右手定则、楞次定律
六类公
式
(1)平均电动势E＝nΔΦ
Δt
(2)平动切割电动势E＝Blv
(3)转动切割电动势E＝1
2Bl2ω
(4)闭合电路欧姆定律I＝E
R＋r
(5)安培力F＝BIl
(6)牛顿运动定律的相关公式等
【典例分析3】(多选)如图所示，平面直角坐标系的第一和第二象限分别存在磁感应强度大小相等、方向相反且
垂直于坐标平面的匀强磁场，图中虚线方格为等大正方形。一位于Oxy 平面内的刚性导体框abcde 在外力作用
下以恒定速度沿y 轴正方向运动(不发生转动)。从图示位置开始计时，4 s 末bc 边刚好进入磁场。在此过程中，
导体框内感应电流的大小为I，ab 边所受安培力的大小为Fab，二者与时间t 的关系图像可能正确的是(
)
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A
B
C
D
【答案】BC
【解析】第1 s 内，ae 边切割磁感线，由E＝BLv 可知，感应电动势不变，导体框总电阻一定，故感应电流一定，
由安培力F＝BIL 可知ab 边所受安培力与ab 边进入磁场的长度成正比；第2 s 内，导体框切割磁感线的有效长
度均匀增大，感应电动势均匀增大，感应电流均匀增大；第3～4 s 内，导体框在第二象限内切割磁感线的有效
长度保持不变，在第一象限内切割磁感线的有效长度不断增大，但两象限磁场方向相反，导体框的两部分感应
电动势方向相反，所以第2 s 末感应电动势达到最大，之后便不断减小，第3 s 末与第1 s 末，导体框切割磁感
线的有效长度相同，可知第3 s 末与第1 s 末线框中产生的感应电流大小相等，A 项错误，B 项正确；但第3 s
末ab 边进入磁场的长度是第1 s 末的3 倍，即ab 边所受安培力在第3 s 末的大小等于第1 s 末所受安培力大小
的3 倍，C 项正确，D 项错误。
【规律总结】图象选择问题的2 种处理方法
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)，特别是分析物理量的正负和方向，以排除错误的选项
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进行分析
和判断
【典例分析4】(多选)竖直放置的长直密绕螺线管接入如图甲所示的电路中，螺线管中通有顺时针方向(俯视)的
电流，电流大小按图乙所示的规律变化。螺线管内中间位置固定有一水平放置的硬质闭合金属小圆环(未画出)，
圆环轴线与螺线管轴线重合。下列说法正确的是(
)
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甲
乙
A．t＝T
4时刻，小圆环有扩张的趋势
B．t＝T
4时刻，小圆环有收缩的趋势
C．t＝T
4和t＝3T
4 时刻，小圆环内的感应电流大小相等
D．t＝3T
4 时刻，俯视时小圆环内有逆时针方向的感应
电流
【答案】BC
【解析】由题图乙可知，0～T
2时间内，螺线管中的电流均匀增大，由安培定则可判断出螺线管中产生的磁场方
向向下且磁感应强度逐渐增大，故小圆环中磁通量增加，由楞次定律可知，小圆环有收缩的趋势，选项B 正确，
A 错误；T
2～T 时间内，螺线管中的电流均匀减小，由安培定则可判断出螺线管中产生的磁场方向向下且磁感应
强度逐渐减小，故小圆环中磁通量减少，由楞次定律可知，俯视时小圆环内产生顺时针方向的感应电流，选项
D 错误；t＝T
4时刻和t＝3T
4 时刻，螺线管中电流变化率大小相等，故小圆环中磁通量变化率相等，根据法拉第电
磁感应定律知，小圆环内产生的感应电动势大小相等，由闭合电路欧姆定律可知，小圆环内的感应电流大小相
等，选项C 正确。
【规律总结】图象应用的3 个关注
(1)关注图象所描述的物理意义；明确各种“＋”“－”的含义；
(2)关注变化过程，看电磁感应发生的过程分为几个阶段，这几个阶段是否和图象变化相对应，一般进入磁场或
穿出磁场，磁通量最大或最小，有效切割长度最大或最小等是分段的关键点。
(3)关注大小、方向的变化趋势，看图线斜率的大小、图线的曲直是否和物理过程对应。
考点三电磁感应中力电综合问题
【考点诠释】
一．电磁感应中的动力学问题
1．两种状态及处理方法
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状态
特征
处理方法
平衡态
加速度为零
根据平衡条件列式分析
非平衡态
加速度不为零
根据牛顿第二定律进行动态分析或结合功能关系进行分析
2．力学对象和电学对象的相互关系
二．电磁感应中的能量问题
1．电磁感应中的能量转化
2．求解焦耳热Q 的三种方法
3．求解电磁感应现象中能量问题的一般步骤
(1)在电磁感应中，切割磁感线的导体或磁通量发生变化的回路将产生感应电动势，该导体或回路就相当于电源。
(2)分析清楚有哪些力做功，就可以知道有哪些形式的能量发生了相互转化。
(3)根据能量守恒列方程求解。
三．动量观点在电磁感应问题中的应用
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1．对于两导体棒在平直的光滑导轨上运动的情况，如果两棒所受的外力之和为零，则考虑应用动量守恒定律处
理问题；
2．由B I L·Δt＝m·Δv、q＝I ·Δt 可知，当题目中涉及电荷量或平均电流时，可应用动量定理来解决问题。
【典例分析5】如图所示，光滑导轨MN 和PQ 固定在竖直平面内，导轨间距为L，两端分别接有阻值均为R
的定值电阻R1 和R2。两导轨间有一边长为L
2的正方形区域abcd，该区域内有磁感应强度大小为B，方向垂直纸
面向里的匀强磁场。一质量为m 的金属杆与导轨相互垂直且接触良好，从ab 处由静止释放，若金属杆离开磁
场前已做匀速运动，其余电阻均不计。求：
(1)金属杆离开磁场前的瞬间流过R1 的电流大小和方向；
(2)金属杆离开磁场时速度的大小
；
(3)金属杆穿过整个磁场过程中电阻R1 上产生的焦耳热。
【题眼点拨】①“离开磁场前已做匀速运动”表明此时安培力与重力平衡。
②“边长为L
2的正方形区域”表明导体棒切割的有效长度为L
2。
【答案】(1)mg
BL，方向从P 到M
(2)2mgR
B2L2
(3)mgL
4 －m3g2R2
B4L4
【解析】(1)设流过金属杆中的电流为I，由平衡条件得mg＝BIL
2，解得I＝2mg
BL
所以R1 中的电流大小I1＝I
2＝mg
BL，方向从P 到M。
(2)设金属杆匀速运动时的速度为v
由E＝BL
2v
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E＝IR
2
得v＝2mgR
B2L2 。
(3)mgL
2＝Q＋1
2mv2
得Q＝mgL
2 －2m3g2R2
B4L4
R1 上产生的焦耳热为
QR1＝1
2Q＝mgL
4 －m3g2R2
B4L4 。
【典例分析6】如图甲所示，有一竖直方向的匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向里，区域的上下边缘间距为
H＝85 cm，磁感应强度B 随时间t 的变化关系如图乙所示。有一长L1＝20 cm、宽L2＝10 cm、匝数n＝5 的矩
形线圈，其总电阻R＝0.2 Ω、质量m＝0.5 kg，在t＝0 时刻，线圈从离磁场区域的上边缘高为h＝5 cm 处由静
止开始下落，0.2 s 时线圈刚好全部进入磁场，0.5 s 时线圈刚好开始从磁场中出来。不计空气阻力，重力加速度
g 取10 m/s2。求：
甲
乙
(1)线圈穿过磁场区域所经历的时间t；
(2)线圈穿过磁场区域产生的热量Q。
【答案】(1)0.425 s
(2)1.042 J
【解析】(1)设线圈做自由落体运动的末速度为v1，则
v21＝2gh，得v1＝1 m/s
h＝1
2gt21，得t1＝0.1 s
进入磁场时，E1＝nB1L1v1，I1＝E1
R ，FA1＝nB1I1L1
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得FA1＝5 N，即FA1＝mg
线圈匀速进入磁场，L2＝v1t2
得t2＝0.1 s
之后线圈向下做匀加速运动，运动d＝H－L2＝0.75 m 后，线圈的下边刚好到达磁场的下边缘
有v22－v21＝2gd，得v2＝4 m/s
由v2－v1＝gt3，得t3＝0.3 s
出磁场时，E2＝nB2L1v2，I2＝E2
R ，FA2＝nB2I2L1
得FA2＝5 N，即FA2＝mg
线圈匀速出磁场，L2＝v2t4
得t4＝0.025 s
因此线圈穿过磁场区域所经历的时间
t＝t2＋t3＋t4＝0.425 s。
(2)线圈进出磁场过程均做匀速运动，该过程中线圈产生的热量
Q1＝mg·2L2＝1.0 J
整个线圈在磁场中运动时，E3＝nL1L2ΔB
Δt
ΔB
Δt ＝5
3 T/s
Q2＝E23
R t3＝1
24 J≈0.042 J
因此全过程产生的总热量Q＝Q1＋Q2＝1.042 J。
【典例分析7】两根足够长的固定的平行金属导轨位于同一水平面内，两导轨间的距离为L，导轨上放置两根
导体棒a 和b，俯视图如图甲所示。两根导体棒的质量均为m，电阻均为R，回路中其余部分的电阻不计，在
整个导轨平面内，有磁感应强度大小为B 的竖直向上的匀强磁场。导体棒与导轨始终垂直接触良好且均可沿导
轨无摩擦地滑行，开始时，两棒均静止，间距为x0，现给导体棒a 一水平向右的初速度v0，并开始计时，可得
到如图乙所示的Δv t 图象(Δv 表示两棒的相对速度，即Δv＝va－vb)
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甲
乙
(1)试证明：在0～t2 时间内，回路产生的焦耳热Q 与磁感应强度B 无关。
(2)求t1 时刻棒b 的加速度大小。
(3)求t2 时刻两棒之间的距离。
【答案】(1)见解析
(2)B2L2v0
4mR
(3)x0＋mv0R
B2L2
【解析】(1)t2 时刻开始，两棒速度相等，由动量守恒定律有
2mv＝mv0
由能量守恒定律有Q＝1
2mv20－1
2(2m)v2
解得Q＝1
4mv20
所以在0～t2 时间内，回路产生的焦耳热Q 与磁感应强度B 无关。
(2)t1 时刻有va－vb＝v0
2
回路中的电流I＝E
2R＝BLva－BLvb
2R
此时棒b 所受的安培力F＝BIL
由牛顿第二定律得棒b 的加速度大小
a1＝F
m＝B2L2v0
4mR 。
(3)t2 时刻，两棒速度相同，均为v＝v0
2
0～t2 时间内，对棒b，由动量定理有
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B I L·Δt＝mv－0
根据法拉第电磁感应定律有E ＝ΔΦ
Δt
根据闭合电路欧姆定律有I ＝
E
2R
而ΔΦ＝BΔS＝BL(x－x0)
解得t2 时刻两棒之间的距离x＝x0＋mv0R
B2L2。
【典例分析8】某研学小组设计了一个辅助列车进站时快速刹车的方案。如图所示，在站台轨道下方埋有一励
磁线圈，通电后形成竖直方向的磁场(可视为匀强磁场)。在车身下方固定一矩形线框，利用线框进入磁场时所
受的安培力，辅助列车快速刹车。已知列车的总质量为m，车身长为s，线框的短边ab 和cd 分别安装在车头和
车尾，长度均为L(L 小于匀强磁场的宽度)，整个线框的电阻为R。站台轨道上匀强磁场区域足够长，车头进入
磁场瞬间的速度为v0，假设列车停止前所受铁轨及空气阻力的合力恒为f。已知磁场的磁感应强度的大小为B，
车尾进入磁场瞬间，列车恰好停止。
(1)求列车车头刚进入磁场瞬间线框中的电流大小I 和列车的加速度大小a；
(2)求列车从车头进入磁场到停止所用的时间t；
(3)请你评价该设计方案的优点和缺点(优、缺点至少写一种)。
【答案】见解析
【解析】(1)车头进入磁场时线框ab 边切割磁感线，有
E＝BLv0
线框中的电流为I＝E
R
联立以上两式可得I＝BLv0
R
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线框所受的安培力为F 安＝BIL，由牛顿第二定律可得
F 安＋f＝ma
联立各式可得a＝B2L2v0＋fR
mR
。
(2)以列车前进速度方向为正方向，由动量定理可得
－∑F 安iΔti－ft＝0－mv0
其中F 安i＝B2L2vi
R
又∑viΔti＝s
联立各式可得t＝mv0R－B2L2s
fR
。
(3)该方案的优点：利用电磁阻尼现象辅助刹车，可以使列车的加速度平稳减小；可以减小常规刹车的机械磨损。
该方案的缺点：没有考虑列车车厢和内部线路等也是金属材质，进入磁场时会产生涡流对设备产生不良影响；
励磁线圈也需要耗能；线框固定在列车上增加负载且容易出现故障。
【规律总结】力电综合问题的分析思路
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第五部分近代物理
专题12 近代物理初步
一、素养呈现
1.物理观念：光电效应、氢原子光谱、原子核的组成、放射性、原子核衰变、半衰期、核力、结合能、质量亏
损
2.科学思维：爱因斯坦光电效应方程、十九世纪三大发现。
3.科学态度与责任：裂变反应和聚变反应、裂变反应堆、射线的危害和防护。
二、素养落实
1.掌握光电效应现象的两个重要关系
2.氢原子的能级跃迁规律
3.核反应方程的书写及分类
4.α衰变、β衰变次数的确定方法
5.核能的计算
考点一
光电效应
【考点诠释】
1．两条主线
(1)光照强度大→光子数目多→发射光电子多→光电流大；
(2)光子频率高→光子能量大→光电子的最大初动能大。
2．三个关系式
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(1)爱因斯坦光电效应方程：Ek＝hν－W0。
(2)最大初动能与遏止电压的关系：Ek＝eUc。
(3)逸出功与极限频率的关系：W0＝hν0。
3．光电效应的三类图象
最大初动能(Ek)与入射光频率
(ν)的关系图线W0＝|－E|＝E 图
线斜率k＝h
光电流与光的颜色、强度和电压关系图线Ek
＝eUc
遏止电压Uc与入射光频率ν
的关系图线h＝ke
【典例分析1】如图所示，有一束单色光入射到极限频率为ν0 的金属板K 上，具有最大初动能的某出射电子，
沿垂直于平行板电容器极板的方向，从左侧极板上的小孔入射到两极板间的匀强电场后，到达右侧极板时速度
刚好为零。已知电容器的电容为C，带电荷量为Q，极板间距为d，普朗克常量为h，电子电荷量的绝对值为e，
不计电子的重力。关于电容器右侧极板的带电情况和入射光的频率ν，以下判断正确的是(
)
A．带正电，ν0＋Qe
Ch
B．带正电，ν0＋Qe
Chd
C．带负电，ν0＋Qe
Ch
D．带负电，ν0＋Qe
Chd
【答案】C
【解析】由电子在电容器两带电平行板之间做减速运动可知，电容器右侧极板带负电。由爱因斯坦光电效应方
程有Ek＝hν－W，W＝hν0，由电容器电容定义式知C＝Q
U，由动能定理有－eU＝0－Ek，联立解得ν＝ν0＋Qe
Ch，
选项C 正确。
【典例分析2】．(多选)用如图甲所示的电路研究光电效应中光电流的大小与入射光的强度、频率等物理量的关
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系。图中A、K 两极板间的电压大小可调，电源的正、负极也可以对调。分别用a、b、c 三束单色光照射K，
调节A、K 间的电压U，得到光电流I 与电压U 的关系如图乙所示。由图可知(
)
甲
乙
A．单色光a 和c 的频率相同，但a 更强些
B．单色光a 和c 的频率相同，但c 更强些
C．单色光b 的频率大于a 的频率
D．单色光b 的频率小于a 的频率
【答案】AC
【解析】根据遏止电压与光电子最大初动能的关系有eUc＝1
2mv2，由爱因斯坦光电效应方程有1
2mv2＝hν－W0，
又a、c 图线与横轴交于同一点，可知单色光a 和c 的频率相同，由于a 的饱和光电流大于c 的，说明单色光a
照射K 产生的光电子数目大于单色光c 照射K 产生的光电子数目，所以单色光a 更强些，选项A 正确，B 错误；
根据遏止电压与光电子最大初动能的关系有eUc＝1
2mv2，又U2>U1，可知单色光b 照射K 产生光电子的最大初
动能大于单色光a 照射K 产生光电子的最大初动能，由爱因斯坦光电效应方程有1
2mv2＝hν－W0，可知单色光b
的频率大于单色光a 的频率，选项C 正确，D 错误。
【规律总结】1．对光电效应的四点提醒
(1)能否发生光电效应，不取决于光的强度而取决于光的频率。
(2)光电效应中的“光”不是特指可见光，也包括不可见光。
(3)逸出功的大小由金属本身决定，与入射光无关。
(4)光电子不是光子，而是电子。
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2．两条分析线索
(1)
(2)
3．定量分析时应抓住三个关系式
(1)爱因斯坦光电效应方程：Ek＝hν－W0。
(2)最大初动能与遏止电压的关系：Ek＝eUc。
(3)逸出功与极限频率的关系：W0＝hν0。
4．区分光电效应中的三组概念
(1)光子与光电子：光子指光在空间传播时的每一份能量，光子不带电；光电子是金属表面受到光照射时发射出
来的电子，其本质是电子。光子是因，光电子是果。
(2)光电子的动能与光电子的最大初动能。
(3)光电流和饱和光电流：金属板飞出的光电子到达阳极，回路中便产生光电流，随着所加正向电压的增大，光
电流趋于一个饱和值，这个饱和值是饱和光电流，在一定的光照条件下，饱和光电流与所加电压大小无关。
考点二原子结构及能级跃迁
【考点诠释】氢原子的能级、能级公式
(1)氢原子的能级
能级图如图所示
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(2)氢原子的能级和轨道半径
①氢原子的能级公式：
En＝1
n2E1(n＝1,2,3，…)，其中E1 为基态能量，其数值为E1＝－13.6 eV。
②氢原子的半径公式：rn＝n2r1(n＝1,2,3，…)，其中r1 为基态半径，又称玻尔半径，其数值为r1＝0.53 ×10
－10m。
【典例分析3】现有大量处于n＝4 能级的氢原子，这些氢原子向低能级跃迁时会辐射出若干种不同频率的光，
氢原子能级示意图如图所示。下列说法正确的是(
)
A．氢原子向低能级跃迁后核外电子的动能减小
B．这些氢原子最多可辐射出4 种不同频率的光
C．氢原子由n＝4 能级跃迁到n＝1 能级产生的光的波长最短
D．用氢原子从n＝4 能级跃迁到n＝2 能级辐射的光照射逸出功为2.65 eV 的某种金属，
能使该金属发生光
电效应
【答案】C
【解析】氢原子向低能级跃迁，电子的轨道半径减小，能级值减小，库仑力做正功，动能增大，A 错误；大量
氢原子从n＝4 能级向低能级跃迁，最多可辐射出光子频率的种类有C24＝6 种，B 错误；这些氢原子中从n＝4
能级向n＝1 能级跃迁时能级差最大，辐射出光的频率最大，相应光的波长λ＝c
ν最短，C 正确；氢原子从n＝4
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能级跃迁到n＝2 能级辐射出光的能量hν＝E4－E2＝2.55 MeV<2.65 MeV，不能使该金属发生光电效应，D 错误。
【典例分析4】氢原子能级图如图所示，大量处于n＝3 激发态的氢原子向低能级跃迁辐射出的光子中，发现有
两种频率的光子能使金属A 产生光电效应，则下列说法正确的是(
)
A．大量处于n＝3 激发态的氢原子向低能级跃迁时，只辐射两种频率的光子
B．从n＝3 激发态直接跃迁到基态时放出的光子一定能使金属A 发生光电效应
C．一个氢原子从n＝3 激发态跃迁到基态时，该氢原子能量增大
D．一个氢原子从n＝3 激发态跃迁到基态时该氢原子核外电子动能减小
【答案】
B
【解析】
大量处于n＝3 激发态的氢原子向低能级跃迁时，有3→1,3→2 和2→1 三种情况，所以跃迁过程中
将释放出3 种频率的光子，故A 错误；由题意可知：有两种频率的光子能使金属A 产生光电效应，而所放出的
光子中，n＝3 跃迁到基态辐射的光子频率最大，则一定能使金属A 发生光电效应，故选项B 正确；根据玻尔理
论，氢原子从激发态跃迁到基态时，放出能量，核外电子的动能增大，电势能减小，氢原子总能量减小，故选
项C、D 错误．
【规律总结】1．原子的两类能级跃迁
(1)自发跃迁：高能级→低能级，释放能量，发出光子。
(2)受激跃迁：通过光照、撞击或加热等，低能级→高能级，当吸收的能量大于或等于原子所处能级的|En|，原子
将发生电离。
(3)原子在两个能级之间发生跃迁时，放出(或吸收)光子的频率是一定的，可由hν＝Em－En 求得。若求波长可由
公式c＝λν求得。
2．电离
电离态与电离能
电离态：n＝∞，E＝0
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基态→电离态：E 吸>0－(－13.6 eV)＝13.6 eV。
激发态→电离态：E 吸>0－En＝|En|。
若吸收能量足够大，克服电离能后，获得自由的电子还携带动能。
3．解答氢原子能级图与原子跃迁问题应注意
(1)能级之间发生跃迁时放出(吸收)光子的频率由hν＝Em－En 决定，波长可由公式c＝λν求得。
(2)一个氢原子跃迁发出可能的光谱线条数最多为n－1。
(3)一群氢原子跃迁发出可能的光谱线条数的两种求解方法。
①用数学中的组合知识求解：N＝C2n＝nn－1
2
。
②利用能级图求解：在氢原子能级图中将氢原子跃迁的各种可能情况一一画出，然后相加。
考点三核反应方程及核能的计算
【考点诠释】
1．核反应的四种类型
方程类型
核反应方程示例
衰变
α衰变：238
92U→234
90Th＋42He(核内211H＋210n→42He)
β衰变：234
90Th→234
91Pa＋0
－1e(核内10n→11H＋0
－1e)
30
15P→30
14Si＋01e(核内11H→10n＋01e)
γ辐射：原子核处于较高能级，辐射光子后跃迁到低能级
人工核转变
14
7 N＋42He→17
8 O＋11H(发现质子的核反应)
94Be＋42He→12
6 C＋10n(发现中子的核反应)
27
13Al＋42He→30
15P＋10n
30
15P→30
14Si＋01e(人工制造放射性同位素)
重核的裂变
235
92U＋10n→141
56Ba＋92
36Kr＋310n
轻核的聚变
21H＋31H→42He＋10n(需要几百万度高温，所以又叫热核反应)
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2.核反应方程的书写
(1)核反应过程一般不可逆，所以核反应方程中用“→”表示方向而不能用等号代替。
(2)核反应方程遵循质量数守恒和电荷数守恒，但核反应前后的总质量一般会发生变化(质量亏损)且释放出核能。
(3)核反应的生成物一定要以实验为基础，不能只依据两个守恒规律凭空杜撰出生成物来写核反应方程。
3．核衰变问题
(1)核衰变规律：m＝
1
2
t
Tm0，N＝
1
2
t
TN0。
(2)α衰变和β衰变次数的确定方法
①方法一：由于β衰变不改变质量数，故可以先由质量数改变确定α衰变的次数，再根据电荷数守恒确定β衰变的
次数。
②方法二：设α衰变次数为x，β衰变次数为y，根据质量数和电荷数守恒列方程组求解。
4．核能的计算方法
(1)根据ΔE＝Δmc2 计算时，Δm 的单位是“kg”，c 的单位是“m/s”，ΔE 的单位是“J”。
(2)根据ΔE＝Δm×931.5 MeV 计算时，Δm 的单位是“u”，ΔE 的单位是“MeV”。
(3)根据核子比结合能来计算核能：原子核的结合能＝核子比结合能×核子数。
【典例分析5】氚核31H 发生β衰变成为氦核32He。假设含氚材料中31H 发生β衰变产生的电子可以全部定向移动，
在3.2×104 s 时间内形成的平均电流为5.0×10
－8 A。已知电子电荷量为1.6×10
－19 C，在这段时间内发生β衰变的
氚核31H 的个数为(
)
A．5.0×1014
B．1.0×1016
C．2.0×1016
D．1.0×1018
【答案】B
【解析】由题意知，3.2×104 s 内发生β衰变产生的电子的电荷量为Q＝It＝5.0×10
－8×3.2×104 C＝1.6×10
－3 C
对应的电子数n＝Q
e＝1.6×10
－3
1.6×10
－19＝1.0×1016(个)由31H→0
－1e＋32He 可知，一个31H 核发生一次β衰变产生一个电子，
故这段时间内发生β衰变的31H 核的个数为1.0×1016，选项B 对。
【典例分析6】(多选)关于天然放射现象，以下叙述正确的是(
)
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A．若使放射性物质的温度升高，其半衰期将变大
B．β衰变所释放的电子是原子核内的质子转变为中子时产生的
C．在α、β、γ这三种射线中，γ射线的穿透能力最强，α射线的电离能力最强
D．铀核(238
92U)衰变为铅核(206
82Pb)的过程中，要经过8 次α衰变和6 次β衰变
【答案】CD
【解析】半衰期的时间与元素的物理状态无关，若使某放射性物质的温度升高，其半衰期不变，故A 错误。β
衰变所释放的电子是原子核内的中子转化成质子时产生的，故B 错误。在α、β、γ这三种射线中，γ射线的穿透
能力最强，α射线的电离能力最强，故C 正确。铀核(238
92U)衰变为铅核(206
82Pb)的过程中，每经过一次α衰变质子数
少2，质量数少4；而每经过一次β衰变质子数增加1，质量数不变；由质量数和核电荷数守恒，可知要经过8
次α衰变和6 次β衰变，故D 正确。
【典例分析7】在匀强磁场中，一个原来静止的原子核，由于衰变放射出某种粒子，结果得到一张两个相切圆1
和2 的径迹照片如图所示，已知两个相切圆半径分别为r1、r2，则下列说法正确的是(
)
A．原子核可能发生α衰变，也可能发生β衰变
B．径迹2 可能是衰变后新核的径迹
C．若衰变方程是23892U→23490Th＋42He，则衰变后新核和射出的粒子的动能之比为117∶2
D．若衰变方程是23892U→23490Th＋42He，则r1∶r2＝1∶45
【答案】
D
【解析】
原子核衰变过程系统动量守恒，由动量守恒定律可知，衰变生成的两粒子的动量方向相反，粒子速
度方向相反，由左手定则可知，若生成的两粒子电性相反则在磁场中的轨迹为内切圆，若电性相同则在磁场中
的轨迹为外切圆，所以该原子核发生的是α衰变，故A 错误；核反应过程系统动量守恒，原子核原来静止，初
动量为零，由动量守恒定律可知，原子核衰变生成的两核动量大小相等，方向相反，粒子在磁场中做匀速圆周
运动，由洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvB＝mv2
r ，解得：r＝mv
qB＝p
qB，由于p、B 相同，则粒子电
荷量q 越大，轨道半径越小，由于新核的电荷量大，所以新核的半径小于α粒子的轨道半径，所以径迹2 是衰变
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后α粒子的运动轨迹，故B 错误；由动能与动量的关系Ek＝p2
2m可知，动能之比等于质量的反比，即为2∶117，
故C 错误；由B 项分析知，r1∶r2＝2∶90＝1∶45，故D 正确．
【典例分析8】2019 年8 月我国已经建成了新托卡马克(EAST)装置——中国环流器二号M 装置(HL2M)，为“人
造太阳”创造了条件，其等离子温度有望超过2 亿摄氏度，将中国的聚变堆技术提升到了新的高度。设该热核实
验反应前氘核(21H)的质量为m1，氚核(31H)的质量为m2，反应后氦核(42He)的质量为m3，中子(10n)的质量为m4。关
于聚变的说法正确的是(
)
A．核裂变比核聚变更为安全、清洁
B．由核反应过程质量守恒可知m1＋m2＝m3＋m4
C．两个轻核结合成质量较大的核，比结合能较聚变前减小
D．HL2M 中发生的核反应方程式是21H＋31H→42He＋10n
【答案】D
【解析】核裂变原料、产物对环境污染较核聚变严重，A 错误。氘核和氚核的核聚变过程中要释放出核能，存
在着质量亏损，即m1＋m2>m3＋m4，B 错误。比结合能越大，原子核越稳定，两个轻核结合成质量较大的核，
比结合能较聚变前增大，C 错误。核聚变方程为21H＋31H→42He＋10n，D 正确。
【规律总结】1．α衰变、β衰变的比较
衰变类型
α衰变
β衰变
衰变方程
AZX→A－4
Z－2Y＋42He
AZX→
A
Z＋1Y＋0
－1e
衰变实质
2 个质子和2 个中子结合成一个整
体射出
1 个中子转化为1 个质子和1 个电子
211H＋210n→42He
10n→11H＋0
－1e
衰变规律
电荷数守恒、质量数守恒、动量守恒
2.三种射线的成分和性质
名称
构成
符号
电荷量
质量
电离作用
穿透能力
α射线
氦核
42He
＋2e
4 u
最强
最弱
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β射线
电子
0
－1e
－e
1
1 836 u
较强
较强
γ射线
光子
γ
0
0
最弱
最强
3.衰变次数的计算方法
若AZX→A′
Z′Y＋n42He＋m 0
－1e
则A＝A′＋4n，Z＝Z′＋2n－m
解以上两式即可求出m 和n。
4．对半衰期的理解
(1)半衰期是大量原子核衰变时的统计规律，对个别或少量原子核，无半衰期可言。
(2)根据半衰期的概念，可总结出公式N 余＝N 原
1
2
t
τ，m 余＝
m 原
1
2
t
τ。式中N 原、m 原表示衰变前的放射性元素的原子数和质量，N 余、m 余表示衰变后尚未发生衰变的放射性
元素的原子数和质量，t 表示衰变时间，τ表示半衰期。
3．核反应的四种类型
类型
可控性
核反应方程典例
衰变
α衰变
自发
238
92U→234
90Th＋42He
β衰变
自发
234
90Th→234
91Pa＋0
－1e
人工转变
人工控制
147N＋42He→178O＋11H
(卢瑟福发现质子)
42He＋94Be→126C＋10n
(查德威克发现中子)
27
13Al＋42He→30
15P＋10n
(约里奥·居里夫妇发现放射性同位
素，同时发现正电子)
30
15P→30
14Si＋01e
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重核裂变
比较容易进行人
工控制
235
92U＋10n→144
56Ba＋89
36Kr＋310n
235
92U＋10n→136
54Xe＋90
38Sr＋1010n
轻核聚变
很难控制
21H＋31H→42He＋10n
4.核能释放的两种途径的理解
(1)使较重的核分裂成中等大小的核。
(2)较小的核结合成中等大小的核，核子的比结合能都会增加，都可以释放能量。
4．核能的计算方法
书写核反应
方程
→
计算质量
亏损Δm
→
利用ΔE＝Δmc2
计算释放的核能
(1)根据ΔE＝Δmc2 计算。计算时Δm 的单位是“kg”，c 的单位是“m/s”，ΔE 的单位是“J”。
(2)根据ΔE＝Δm×931.5 MeV 计算。因1 原子质量单位“u”相当于931.5 MeV 的能量，所以计算时Δm 的单位是“u”，
ΔE 的单位是“MeV”。
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第六部分选修系列
专题13 分子动理论气体及热力学定律
一、素养呈现
1.物理观念：布朗运动、内能、分子力、晶体、饱和汽、未饱和汽、相对湿度
2.科学思维：分子动理论“油膜法”“放大法”“图象法”“控制变量法”“临界法”、气体实验定理、理想气体状态方程、
热力学定律。
3.科学态度与责任：热机在生产、生活中的应用。
二、素养落实
1.分子动理论
2.从微观角度分析固体、液体和气体的性质
3.气体实验三定律及理想气体状态方程
4.热力学定律
考点一分子动理论
内能
【考点诠释】一、突破三个重点
1．微观量的估算
(1)油膜法估算分子直径：d＝V
S
V 为纯油酸体积，S 为单分子油膜面积。
(2)分子总数：N＝nNA＝m
Mm
·NA＝V
Vm
NA。
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[注意]
对气体而言，N≠V
V 个
。
(3)两种模型：
球模型：V＝4
3πR3(适用于估算液体、固体分子直径)
立方体模型：V＝a3(适用于估算气体分子间距)
2．分子热运动的实验基础：扩散现象和布朗运动
现象
扩散现象
布朗运动
热运动
活动主体
分子
微小固体颗粒
分子
区别
分子的运动，发生在固体、液
体、气体之间
比分子大得多的微粒的运动，
只能在液体、气体中发生
分子的运动，不能通过光
学显微镜直接观察到
共同点
①都是无规则运动；②都随温度的升高而更加激烈
联系
扩散现象、布朗运动都反映无规则的热运动
3.物体的内能
(1)等于物体中所有分子的热运动动能与分子势能的总和，是状态量。
(2)对于给定的物体，其内能大小由物体的温度和体积决定。
(3)物体的内能与物体的位置高低、运动速度大小无关。
二、掌握两个关系
(1)分子力与分子间距的关系、分子势能与分子间距的关系。
(2)分子力做功与分子势能变化的关系。
阿伏加德罗常数是联系宏观与微观的桥梁，掌握宏观与微观的联系。
【典例分析1】物体的体积变化时，分子间距离会随之变化，分子势能也会发生变化。已知两分子间的斥力和
引力的合力F 与分子间距离r 的关系如图中曲线所示，设有A、B 两个分子，A 分子固定在O 点，r0 为其平衡
位置，现使B 分子由静止释放，并在分子力的作用下由距A 分子0.5r0 处开始沿r 轴正方向运动到无穷远处，则
B 分子的加速度如何变化：________。分子力对B 做功情况如何：________。分子势能如何变化：________。
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【题眼点拨】
①B 分子由“静止释放”说明v0＝0。
②B 分子由距A 分子“0.5r0”处运动到无穷远，给出B 分子与A 分子之间的距离与r0 的关系，进一步可以确定分
子力是斥力还是引力。
【答案】B 分子的加速度先变小再反向变大，再变小
分子力先做正功再做负功
分子势能先减小后增大
【解析】由图象可知，曲线与r 轴交点的横坐标为r0，B 分子受到的分子力先变小，位于平衡位置时，分子力
为零，过平衡位置后，分子力先变大再变小，故B 分子的加速度先变小再反向变大，再变小。当r 小于r0 时，
分子间的作用力表现为斥力，F 做正功，分子动能增大，分子势能减小；当r 等于r0 时，分子动能最大，分子
势能最小；当r 大于r0 时，分子间的作用力表现为引力，分子力做负功，分子动能减小，分子势能增大，故分
子力先做正功再做负功，分子势能先减小后增大。
【规律总结】分子力与分子势能的图象比较
分子力F
分子势能Ep
图象
随分子
间距离
的变化
情况
r<r0
F 随r 增大而减小，表现为斥力
r 增大，F 做正功，Ep 减小
r>r0
r 增大，F 先增大后减小，表现为引
力
r 增大，F 做负功，Ep 增大
r＝r0
F 引＝F 斥，F＝0
Ep 最小，但不为零
r>10r0
引力和斥力都很微弱，F＝0
Ep＝0
考点二固体
液体
气体分子的运动特点
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【考点诠释】
1．固体和液体
(1)晶体和非晶体。
比较
晶体
非晶体
单晶体
多晶体
形状
规则
不规则
不规则
熔点
固定
固定
不固定
特性
各向异性
各向同性
各向同性
(2)液晶是一种特殊的物质状态，所处的状态介于固态和液态之间。液晶具有流动性，在光学、电学物理性质上
表现出各向异性。
(3)液体的表面张力使液体表面具有收缩到最小的趋势，表面张力的方向跟液面相切。
2．气体分子运动特点
3．对气体压强的理解
(1)气体对容器壁的压强是气体分子频繁碰撞的结果，温度越高，气体分子数密度越大，气体对容器壁因碰撞而
产生的压强就越大。
(2)地球表面大气压强可认为是由于大气重力产生的。
【典例分析2】玻璃器皿的制造过程中玻璃液的形成是重要环节，当温度达到1 200 ℃时，大量的气泡分布在玻
璃液中，经过一系列工艺后获得澄清的玻璃液，之后可以通过降温到合适温度，然后选择合适大小的玻璃液进
行吹泡(即往玻璃液中吹气)制造玻璃器皿，下列与玻璃有关的物理学问题的说法正确的是(
)
A．因为分子间存在着斥力，所以破碎的玻璃不能简单地拼接在一起
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B．玻璃从开始熔化到形成玻璃液的过程中，温度不固定
C．玻璃内部的原子是无序分布的，具有各向异性的特点
D．使1 200 ℃的玻璃液继续升温，可能使其中的气泡减少
E．在真空和高温条件下，可以利用分子扩散在半导体材料中掺入其他元素
【答案】BDE
【解析】破碎的玻璃不能拼接在一起，是因为分子间距达不到分子作用力的范围，A 错误；玻璃是非晶体，熔
化时无固定温度，B 正确；玻璃是非晶体，玻璃内部的原子是无序排列的，具有各向同性的特点，C 错误；温
度继续升高，气泡内气体升温，膨胀，气体的密度变小，上浮，从玻璃液中排出，D 正确。在真空、高温条件
下，可以利用分子扩散在半导体材料中掺入其他元素，故E 正确
【典例分析3】下列说法正确的是(
)
A．在毛细现象中，毛细管中的液面有的升高，有的降低，这与液体的种类和毛细管的材质有关
B．脱脂棉脱脂的目的在于使它从不被水浸润变为可以被水浸润，以便吸取药液
C．烧热的针尖接触涂有蜂蜡薄层的云母片背面，熔化的蜂蜡呈椭圆形，说明蜂蜡是晶体
D．在空间站完全失重的环境下，水滴能收缩成标准的球形是因为液体表面张力的作用
E．在一定温度下，当人们感到潮湿时，水蒸发慢，空气的绝对湿度一定较大
【答案】ABD
【解析】在毛细现象中，毛细管中的液面有的升高，有的降低，这与液体的种类和毛细管的材质有关，选项A
正确；脱脂棉脱脂的目的在于使它从不被水浸润变为可以被水浸润，以便吸取药液，选项B 正确；烧热的针尖
接触涂有蜂蜡薄层的云母片背面，熔化的蜂蜡呈椭圆形，说明云母片的物理性质具有各向异性，云母片是单晶
体，选项C 错误；在空间站完全失重的环境下，水滴能收缩成标准的球形是因为液体表面张力的作用，选项D
正确；在一定温度下，空气的相对湿度越大，水蒸发越慢，人就感到越潮湿，故当人们感到潮湿时，空气的相
对湿度一定较大，但绝对湿度不一定大，故E 错误。
【规律总结】1．晶体和非晶体
(1)凡是具有确定熔点的物体必定是晶体，反之，必是非晶体。
(2)凡是具有各向异性的物体必定是晶体，且是单晶体。
(3)单晶体具有各向异性，但不是在各种物理性质上都表现出各向异性。
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(4)晶体和非晶体在一定条件下可以相互转化。
2．液体表面张力
形成原因
表面层中分子间的距离比液体内部分子间的距离大，分子间的相互作用力表现为引力
表面特性
表面层分子间的引力使液面产生了表面张力，使液体表面好像一层绷紧的弹性薄膜
表面张力的方向
和液面相切，垂直于液面上的各条分界线
表面张力的效果
表面张力使液体表面具有收缩趋势，使液体表面积趋于最小，而在体积相同的条件下，
球形的表面积最小
典型现象
球形液滴、肥皂泡、涟波、毛细现象，浸润和不浸润
。
考点三热力学定律
【考点诠释】1．对热力学定律的理解
(1)对热力学第一定律ΔU＝Q＋W 的理解
①ΔU 仅由温度决定，升温时为正，降温时为负；
②W 仅由体积决定，压缩时为正，膨胀时为负；
③Q 由ΔU 和W 共同决定。
(2)对热力学第二定律的理解
热量可以由低温物体传递到高温物体，也可以从单一热源吸收热量全部转化为功，但不引起其他变化是不可能
的。
2．对热力学第一定律的考查有定性判断和定量计算两种方式
(1)定性判断
利用题中的条件和符号法则对W、Q、ΔU 中的其中两个量做出准确的符号判断，然后利用ΔU＝W＋Q 对第三
个量做出判断。
(2)定量计算
一般计算等压变化过程的功，即W＝p·ΔV，然后结合其他条件，利用ΔU＝W＋Q 进行相关计算。
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3．能量守恒定律
(1)内容：能量既不会凭空产生，也不会凭空消失，它只能从一种形式转化为另一种形式，或者是从一个物体转
移到别的物体，在转化或转移的过程中，能量的总量保持不变。
(2)条件性：能量守恒定律是自然界的普遍规律，某一种形式的能量是否守恒是有条件的。
(3)第一类永动机是不可能制成的，它违背了能量守恒定律。
【典例分析4】某容器中的空气被光滑活塞封住，容器和活塞绝热性能良好，空气可视为理想气体。初始时容
器中空气的温度与外界相同，压强大于外界。现使活塞缓慢移动，直至容器中的空气压强与外界相同。此时，
容器中空气的温度________(填“高于”“低于”或“等于”)外界温度，容器中空气的密度________(填“大于”“小于”
或“等于”)外界空气的密度。
【答案】低于
大于
【解析】容器与活塞绝热性能良好，容器中空气与外界不发生热交换(Q＝0)，活塞移动的过程中，容器中空气
压强减小，则容器中空气正在膨胀，体积增大，对外界做功，即W<0。根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W 可知：
容器中空气内能减小，温度降低，容器中空气的温度低于外界温度。根据理想气体状态方程有pV
T ＝C，又ρ＝m
V，
联立解得：ρ＝mp
CT。对容器外与容器内质量均为m 的气体，因容器中空气压强和容器外空气压强相同，容器内
温度低于外界温度，则容器中空气的密度大于外界空气的密度。
【规律总结】热力学第一定律的三种特殊情况
(1)若过程是绝热的，则Q＝0，W＝ΔU，外界对物体做的功等于物体内能的增加量，或物体对外界做的功
等于物体内能的减少量。
(2)若过程中不做功，则W＝0，Q＝ΔU，物体吸收的热量等于物体内能的增加量，或物体放出的热量等于
物体内能的减少量。
(3)①若过程的始、末状态物体的内能不变，则W＋Q＝0，即物体吸收的热量全部用来对外做功，或外界对
物体做的功等于物体放出的热量。②做功和热传递都可以改变物体的内能，如果两个过程同时发生，则内能的
改变可由热力学第一定律ΔU＝W＋Q 确定。
考点四气体实验定律和理想气体的状态方程
【考点诠释】
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1．气体压强的计算
(1)力平衡法：选取与气体接触的液柱(或活塞)为研究对象进行受力分析，得到液柱(或活塞)的受力平衡方程，求
得气体的压强。
(2)等压面法：在连通器中，同一种液体(中间不间断)同一深度处压强相等，液体内深h 处的总压强p＝p0＋ρgh，
p0 为液面上方的大气压强。
说明：固体密封的气体一般用力平衡法，液柱密封的气体一般用等压面法。
2．气体实验定律
玻意耳定律：p1V1＝p2V
2
查理定律：p1
T1
＝p2
T2
或p1
p2
＝T1
T2
盖—吕萨克定律：V1
T1
＝V2
T2
或V1
V2
＝T1
T2
3．理想气体的状态方程
(1)理想气体是指在任何条件下始终遵守气体实验定律的气体，一定质量的理想气体的内能只和温度有关。
(2)状态方程：p1V1
T1
＝p2V2
T2
或pV
T ＝C。
4．应用气体实验定律的三个重点环节
(1)正确选择研究对象：对于变质量问题要研究质量不变的部分；对于多部分气体问题，要对各部分独立研究，
各部分之间一般通过压强(液柱或活塞的受力)找联系。
(2)列出各状态的参量：气体在初、末状态，往往会有两个(或三个)参量发生变化，把这些状态参量罗列出来能
够比较准确、快速的找到规律。
(3)认清变化过程：准确分析变化过程以便正确选用气体实验定律。
【典例分析5】．中医拔罐的物理原理是利用玻璃罐内外的气压差使罐吸附在人体穴位上，进而治疗某些疾病。
常见拔罐有两种，如图所示，左侧为火罐，下端开口；右侧为抽气拔罐，下端开口，上端留有抽气阀门。使用
火罐时，先加热罐中气体，然后迅速按到皮肤上，自然降温后火罐内部气压低于外部大气压，使火罐紧紧吸附
在皮肤上。抽气拔罐是先把罐体按在皮肤上，再通过抽气降低罐内气体压强。某次使用火罐时，罐内气体初始
压强与外部大气压相同，温度为450 K，最终降到300 K，因皮肤凸起，内部气体体积变为罐容积的20
21。若换用
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抽气拔罐，抽气后罐内剩余气体体积变为抽气拔罐容积的20
21，罐内气压与火罐降温后的内部气压相同。罐内气
体均可视为理想气体，忽略抽气过程中气体温度的变化。求应抽出气体的质量与抽气前罐内气体质量的比值。
【答案】1
3
【解析】设火罐内气体初始状态参量分别为p1、T1、V1，温度降低后状态参量分别为p2、T2、V2，罐的容积为
V0，由题意知
p1＝p0、T1＝450 K、V1＝V0、T2＝300 K、V2＝20V0
21
①
由理想气体状态方程得
p0V0
T1
＝
p2·20
21V0
T2
②
代入数据得
p2＝0.7p0
③
对于抽气罐，设初态气体状态参量分别为p3、V3，末态气体状态参量分别为p4、V4，罐的容积为V′0，由题意知
p3＝p0、V3＝V′0、p4＝p2
④
由玻意耳定律得
p0V′0＝p2V4
⑤
联立③⑤式，代入数据得
V4＝10
7 V′0
⑥
设抽出的气体的体积为ΔV，由题意知
ΔV＝V4－20
21V′0
⑦
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故应抽出气体的质量与抽气前罐内气体质量的比值为
Δm
m ＝ΔV
V4
⑧
联立⑥⑦⑧式，代入数据得
Δm
m ＝1
3。
⑨
【典例分析6】．如图所示在绝热汽缸内，有一绝热轻活塞封闭一定质量的气体，开始时缸内气体温度为27 ℃，
封闭气柱长9 cm，活塞横截面积S＝50 cm2。现通过汽缸底部电阻丝给气体加热一段时间。此过程中气体吸热
22 J，稳定后气体温度变为127 ℃。已知大气压强等于105 Pa，求：
(1)加热后活塞到汽缸底端的距离；
(2)此过程中气体内能改变了多少。
【答案】(1)12 cm
(2)7 J
【解析】(1)取被封闭的气体为研究的对象。开始时气体的体积为L1S，温度为：T1＝(273＋27)K＝300 K，
末状态的体积为L2S，温度为：T2＝(273＋127)K＝400 K
气体做等压变化，则L1S
T1
＝L2S
T2
代入数据得：L2＝12 cm。
(2)在该过程中，气体对外做功：
W＝F·ΔL＝p0S(L2－L1)＝105×50×10
－4×(12－9)×10
－2 J＝15 J，
由热力学第一定律：ΔU＝Q－W＝22 J－15 J＝7 J。
【规律总结】求解气体实验定律与热力学定律的综合问题的通用思路
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考点五热力学第一定律与图象的综合应用
【考点诠释】
【典例分析7】如图所示，一定质量的理想气体从状态A 变化到状态B，再由状态B 变化到状态C，最后由状
态C 变化到状态A.气体完成这个循环，内能的变化ΔU＝________，对外做功W＝________，气体从外界吸收
的热量Q＝________.(用图中已知量表示)
【答案】
(1)0
1
2p0V0
1
2p0V0
【解析】(1)气体完成一个循环过程，温度的变化量为零，则内能的变化ΔU＝0；对外做功等于图中三角形ABC
的面积，即W＝1
2p0V0；根据热力学第一定律可知，气体吸热：Q＝W＝1
2p0V0.
【典例分析8】回热式制冷机是一种深低温设备，制冷极限约50 K．某台回热式制冷机工作时，一定量的氦气(可
视为理想气体)缓慢经历如图所示的四个过程：已知状态A 和B 的温度均为27 ℃，状态C 和D 的温度均为－
133 ℃，下列判断正确的是________．
A．气体由状态A 到B 过程，温度先升高后降低
B．气体由状态B 到C 过程，内能保持不变
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C．气体由状态C 到D 过程，分子间的平均间距减小
D．气体由状态C 到D 过程，气体对外做功
E．气体由状态D 到A 过程，其热力学温度与压强成正比
【答案】
(1)ADE
【解析】
(1)状态A 和B 的温度相等，根据pV
T ＝C，经过A、B 的等温线应是过A、B 的双曲线的一部分，沿
直线由A 到B，pV 先增大后减小，所以温度先升高后降低，故A 正确；气体由状态B 到C 过程，体积不变，
根据pV
T ＝C，压强减小，温度降低，内能减小，故B 错误；气体由状态C 到D 过程，体积增大，分子间的平均
间距增大，故C 错误；气体由状态C 到D 过程，体积增大，气体对外做功，故D 正确；气体由状态D 到A 过
程，体积不变，根据pV
T ＝C，其热力学温度与压强成正比，故E 正确．
【典例分析9】一定量的理想气体的压强p 与热力学温度T 的变化图象如图所示。下列说法正确的是(
)
A．A→B 的过程中，气体对外界做功，气体内能增加
B．A→B 的过程中，气体从外界吸收的热量等于其内能的增加量
C．B→C 的过程中，气体体积增大，对外做功
D．B→C 的过程中，气体对外界放热，内能不变
E．B→C 的过程中，气体分子与容器壁每秒碰撞的次数增加
【答案】BDE
【解析】从A 到B 的过程，是等容升温过程，气体不对外做功，气体从外界吸收热量，使得气体内能增加，故
A 错误，B 正确；从B 到C 的过程是等温压缩过程，压强增大，体积减小，外界对气体做功，气体放出热量，
内能不变，因体积减小，分子数密度增大，故气体分子与容器壁每秒碰撞的次数增加，故C 错误，D、E 正确。
【规律总结】判断理想气体内能变化的两种方法
(1)一定质量的理想气体，内能的变化完全由温度变化决定，温度升高，内能增大。
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(2)若吸、放热和做功情况已知，可由热力学第一定律ΔU＝W＋Q 来确定。
考点六实验：用油膜法估测分子的大小
【考点诠释】
1．实验原理
利用油酸酒精溶液在平静的水面上形成单分子油膜(如图所示)，将油酸分子看作球形，测出一定体积油酸酒精
溶液在水面上形成的油膜面积，用d＝V
S计算出油膜的厚度，其中V 为一滴油酸酒精溶液中纯油酸的体积，S 为
油膜面积。这个厚度就近似等于油酸分子的直径。
2．实验器材
已稀释的油酸若干毫升、量筒1 个、浅盘1 只(30 cm×40 cm)、纯净水、注射器(或滴管)1 支、透明玻璃板一块、
坐标纸、彩色水笔1 支、痱子粉或石膏粉(带纱网或粉扑)。
3．实验步骤
(1)取1 mL(1 cm3)的油酸溶于酒精中，制成200 mL 的油酸酒精溶液。
(2)往边长约为30～40 cm 的浅盘中倒入约2 cm 深的水，然后将痱子粉或石膏粉均匀地撒在水面上。
(3)用滴管(或注射器)向量筒中滴入n 滴配制好的油酸酒精溶液，使这些溶液的体积恰好为1 mL，算出每滴油酸
酒精溶液的体积V0＝1
n mL。
(4)用滴管(或注射器)向水面上滴入一滴配制好的油酸酒精溶液，油酸就在水面上慢慢散开，形成单分子油膜。
(5)待油酸薄膜形状稳定后，将一块较大的玻璃板盖在浅盘上，用彩笔将油酸薄膜的形状画在玻璃板上。
(6)将画有油酸薄膜轮廓的玻璃板放在坐标纸上，算出油酸薄膜的面积。
(7)根据油酸酒精溶液的浓度，算出一滴溶液中纯油酸的体积V，根据纯油酸的体积V 和薄膜的面积S，算出油
酸薄膜的厚度d＝V
S，即为油酸分子的直径。比较算出的分子直径，看其数量级(单位为m)是否为10
－10，若不
是10
－10 需重做实验。
【典例分析10】(1)在“用油膜法估测分子的大小”的实验中，用移液管量取0.25 mL 油酸，倒入标注250 mL 的
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容量瓶中，再加入酒精后得到250 mL 的溶液；然后用滴管吸取这种溶液，向小量筒中滴入100 滴溶液，溶液
的液面达到量筒中1 mL 的刻度；再用滴管取配好的油酸溶液，向撒有痱子粉的盛水浅盘中滴下2 滴溶液，在
液面上形成油酸薄膜；待油膜稳定后，放在带有正方形坐标格的玻璃板下观察油膜，如图所示。坐标格正方形
的大小为2 cm×2 cm，由图可以估算出油膜的面积是________m2(保留两位有效数字)，由此估算出油膜分子的直
径是________m(保留一位有效数字)。
(2)某同学在“用油膜法估测分子的大小”的实验中，计算出的分子直径明显偏大，可能是由于________。
A．油酸分子未完全散开
B．油酸中含有大量酒精
C．计算油膜面积时，舍去了所有不足半格的方格
D．求每滴油酸酒精溶液的体积时，1 mL 的溶液滴数多计了10 滴
【答案】(1)2.4×10
－2
8×10
－10
(2)AC
【解析】(1)油膜面积的估算可以先数出油膜所覆盖的整个方格数，不足半个格的舍去，多于半个格的算1 个格，
再计算总面积，将油膜看成单分子层，先计算2 滴溶液中所含油酸的体积，即为油膜的体积，再除以油膜面积
即得分子直径。由图示油膜可知，油膜的面积S＝60×2 cm×2 cm＝240 cm2＝2.4×10
－2 m2；
两滴油酸溶液含纯油酸的体积
V＝2× 1
100×0.25
250 mL＝2×10
－5 mL＝2×10
－11 m3，
油酸分子的直径
d＝V
S＝2×10
－11
2.4×10
－2 m≈8×10
－10 m。
(2)由公式d＝V
S可知，d 偏大，则可能油酸体积V 偏大或油膜面积S 偏小，选项A、C 正确。
【规律总结】1．注意事项
(1)将所有的实验用具擦洗干净，不能混用；
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(2)油酸酒精溶液的浓度以小于0.1%为宜；
(3)方盘中的水离盘口面的距离应较小，并要水平放置，以便准确地画出薄膜的形状，画线时视线应与板面垂直。
2．误差分析
(1)纯油酸体积的计算引起误差；
(2)油膜形状的画线误差；
(3)数格子法本身是一种估算的方法，自然会带来误差。
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第六部分选修系列
专题14 振动和波动
一、素养呈现
1.物理观念：简谐运动、弹簧振子、单摆、受迫振动、共振、横波、多普勒效应、干涉、衍射
2.科学思维：简谐运动的公式和图象、共振曲线。
3.科学探究：探究单摆的运动、用单摆测重力加速度。
二、素养落实
1.基本概念和规律的理解
2.波的传播特点和图象分析
考点一机械振动
【考点诠释】1．简谐运动的规律
受力特征
回复力F＝－kx，F(或a)的大小与x 的大小成正比，方向相反
运动特征
靠近平衡位置时，a、F、x 都减小，v 增大；远离平衡位置时，a、F、x 都增大，v 减小
能量特征
振幅越大，能量越大。在运动过程中，系统的动能和势能相互转化，机械能守恒
周期性特征
质点的位移、回复力、加速度和速度随时间做周期性变化，变化周期就是简谐运动的周期T；
动能和势能也随时间做周期性变化，其变化周期为T
2
对称性特征
关于平衡位置O 对称的两点，速度的大小、动能、势能相等，相对平衡位置的位移大小相等
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2.简谐运动的应用
(1)简谐运动的表达式：x＝Asin(ωt＋φ)
(2)图象：反映同一质点在各个时刻的位移
(3)单摆周期表达式：T＝2π
l
g
【典例分析1】弹簧振子做简谐运动，O 为平衡位置，当它经过点O 时开始计时，经过0.3 s，第一次到达点M，
再经过0.2 s 第二次到达点M，则弹簧振子的周期不可能为(
)
A．0.53 s
B．1.4 s
C．1.6 s
D．2 s
E．3 s
【答案】BDE
【解析】如图甲所示，设O 为平衡位置，OB(OC)代表振幅，振子从O→C 所需时间为T
4。因为简谐运动具有对
称性，所以振子从M→C 所用时间和从C→M 所用时间相等，故T
4＝0.3 s＋0.2
2
s＝0.4 s，解得T＝1.6 s；如图乙
所示，若振子一开始从平衡位置向点B 运动，设点M′与点M 关于点O 对称，则振子从点M′经过点B 到点M′
所用的时间与振子从点M 经过点C 到点M 所需时间相等，即0.2 s。振子从点O 到点M′、从点M′到点O 及从
点O 到点M 所需时间相等，为0.3 s－0.2 s
3
＝1
30 s，故周期为T＝0.5 s＋1
30 s≈0.53 s，所以周期不可能为选项B、
D、E。
甲
乙
【典例分析2】如图所示，两根完全相同的轻质弹簧和一根绷紧的轻质细线将甲、乙两物块束缚在光滑水平面
上。已知物块甲的质量是物块乙质量的4 倍，弹簧振子做简谐运动的周期T＝2π
m
k，式中m 为振子的质量，
k 为弹簧的劲度系数。当细线突然断开后，两物块都开始做简谐运动，在运动过程中，下列说法正确的是(
)
A．物块甲的振幅是物块乙振幅的4 倍
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B．物块甲的振幅等于物块乙的振幅
C．物块甲的最大速度是物块乙最大速度的1
2
D．物块甲的振动周期是物块乙振动周期的2 倍
E．物块甲的振动频率是物块乙振动频率的2 倍
【答案】BCD
【解析】线未断开前，两根弹簧伸长的长度相同，故线断开后两物块离开平衡位置的最大距离相同，即振幅相
同，故A 错误，B 正确；当线断开的瞬间，弹簧的弹性势能相同，到达平衡位置时，甲、乙的最大动能相同，
由于甲的质量大于乙的质量，由Ek＝1
2mv2 知道，甲的最大速度是乙的最大速度的1
2，故C 正确；根据T＝2π
m
k
可知，甲的振动周期是乙的振动周期的2 倍，根据f＝1
T可知，甲的振动频率是乙的振动频率的1
2，故D 正确，E
错误。
【规律总结】简谐运动的“五个特征”
1．动力学特征：F＝－kx，“－”表示回复力的方向与位移方向相反，k 是比例系数，不一定是弹簧的劲度系数。
2．运动学特征：简谐运动的加速度的大小与物体偏离平衡位置的位移的大小成正比，而方向相反，为变加速运
动，远离平衡位置时，x、F、a、Ep 均增大，v、Ek 均减小，靠近平衡位置时则相反。
3．运动的周期性特征：相隔T 或nT 的两个时刻，振子处于同一位置且振动状态相同。
4．对称性特征
(1)相隔T
2或2n＋1
2
T(n 为正整数)的两个时刻，振子位置关于平衡位置对称，位移、速度、加速度大小相等，方
向相反。
(2)如图所示，振子经过关于平衡位置O 对称的两点P、P′(OP＝OP′)时，速度的大小、动能、势能相等，相对
于平衡位置的位移大小相等。
(3)振子由P 到O 所用时间等于由O 到P′所用时间，即tPO＝tOP′。
(4)振子往复过程中通过同一段路程(如OP 段)所用时间相等，即tOP＝tPO。
5．能量特征：振动的能量包括动能Ek 和势能Ep，简谐运动过程中，系统动能与势能相互转化，系统的机械能
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守恒。
考点二机械波
【考点诠释】
1．波的传播问题
(1)沿波的传播方向上各质点的起振方向与波源的起振方向一致。
(2)介质中各质点随波振动，但并不随波迁移。
(3)沿波的传播方向上波每个周期传播一个波长的距离。
(4)在波的传播过程中，同一时刻如果一个质点处于波峰，而另一质点处于波谷，则这两个质点一定是反相点。
2．波的叠加问题
(1)两个振动情况相同的波源形成的波，在空间某点振动加强的条件为Δx＝nλ(n＝0,1,2，…)，振动减弱的条件为
Δx＝nλ＋λ
2(n＝0,1,2，…)。两个振动情况相反的波源形成的波，在空间某点振动加强的条件为Δx＝nλ＋λ
2(n＝
0,1,2，…)，振动减弱的条件为Δx＝nλ(n＝0,1,2，…)。
(2)振动加强点的位移随时间而改变，振幅最大。
3．波的多解问题
由于波的周期性、波传播方向的双向性，波的传播问题易出现多解现象。
【典例分析3】如图所示为某列简谐横波在t＝1 s 时的波动图象，介质中平衡位置为x＝5
2 m 的质点N 做简谐
运动的表达式为y＝8cos π
2t(cm)。求：
(1)这列波的周期和波速大小；
(2)从t＝1 s 开始图中质点M 回到平衡位置所用的最短时间。
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【题眼点拨】①“N 点的振动方程y＝8cos π
2t(cm)”可确定ω，进而求出波速。
②“N 点的振动方程y＝8cos π
2t(cm)”可判断波传播方向。
【答案】(1)4 s
1.5 m/s
(2)5
3 s
【解析】(1)由y＝8cos π
2t(cm)知ω＝π
2 rad/s
波的周期T＝2π
ω ＝4 s
由波的图象知波长λ＝2×3 m＝6 m
波速v＝λ
T＝1.5 m/s。
(2) 质点N 在t＝1 s 时，y1＝0
当t＝1 s＋Δt 时，y2＝8cos
π
21 s＋Δtcm＝－8sin
π
2Δt
cm
当0<Δt<1 s 时，y2<0
可见在t＝1 s 时，质点N 的振动方向沿y 轴负方向，质点M 的振动方向沿y 轴正方向，波沿x 轴负方向传播
从t＝1 s 开始，波从N 点传播到O 点时，质点M 从题图图示位置开始先沿y 轴正方向运动到最高点，后回到
平衡位置，所用的时间最短，则最短时间tmin＝Δx
v
tmin＝
5
2
1.5
s＝5
3 s。
【典例分析4】图甲为某一列沿x 轴传播的简谐横波在t＝0.5 s 时刻的波形图，图乙为参与波动的质点M 的振
动图象，则下列说法正确的是(
)
甲
乙
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A．该简谐波的传播速度为4 m/s
B．这列波的传播方向沿x 轴正方向
C．t＝2.0 s 时M 质点的振动速度小于Q 质点的振动速度
D．t＝2.0 s 时P 质点的位移为2 cm
E．从t＝0 时刻开始P 质点的振动方程为y＝2sin 2πt－π
2 (cm)
【答案】ABE
【解析】由甲图可得λ＝4 m，由乙图可得T＝1 s，所以该简谐横波的传播速度为v＝λ
T＝4 m/s，故A 正确；由
图乙知，t＝0.5 s 时质点M 正通过平衡位置向上运动，由波形平移法知波的传播方向沿x 轴正方向，故B 正确；
t＝2.0 s＝2T 时，M 质点正通过平衡位置，速度最大，而质点Q 不在平衡位置，所以t＝2.0 s 时M 质点的振动
速度大于Q 质点的振动速度，故C 错误；t＝0.5 s 时P 质点在波峰，经过1.5 s＝1.5T 时间，即t＝2.0 s 时P 质
点到达波谷，位移为－2 cm，故D 错误；t＝0 时刻，质点P 在波谷，因此它的振动方程为y＝Asin
2π
T t－π
2 ＝
2sin 2πt－π
2 (cm)，故E 正确。
【规律总结】巧解波动图象与振动图象问题
考点三机械振动与机械波的综合应用
【考点诠释】1．波的传播方向与质点振动方向的互判方法
方法
内容
图象
“上下坡”
法
沿波的传播方向，“上坡”时质点向下振动，“下
坡”时质点向上振动
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“同侧”法
波形图上某点表示传播方向和振动方向的箭头
在图线同侧
“微平移”
法
将波形沿传播方向进行微小的平衡，再由对应同
一x 坐标的两波形曲线上的点来判断振动方向
2.波的图象和振动图象的应用
(1)判断波的传播方向与质点振动方向的依据是波的传播特点，前一质点总是带动后一质点振动。任一质点的起
振方向都跟波源的起振方向一致。
(2)利用振动图象和波的图象解决实际问题时，应充分理解两图象的物理意义，将两者结合起来进行分析，这也
是解决问题的关键。
①已知波形图和波的传播方向，可以确定质点的振动方向。
②已知质点的振动方向和波的图象，可以确定波的传播方向。
【典例分析5】一列简谐横波沿x 轴正方向传播，沿传播方向上P、Q 两点的振动图象如图甲、乙所示，已知P、
Q 两点平衡位置的坐标分别为xP＝2 m、xQ＝4 m。问：
甲
乙
(1)若该波的波长大于2 m，
则波速是多大？
(2)若该波的波长小于2 m，则波长是多少？
【答案】(1)8
7 m/s
(2) 16
8n－1
m(n＝2,3,4…)
【解析】由P、Q 两点的振动图象得周期
T＝2 s，ω＝2π
T ＝π rad/s
Q 点的振动方程yQ＝Asin(ωt＋φ)
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当t＝0 时，yQ＝2
2 ym
则yQ＝5sin πt＋π
4 m
P 点的振动方程：yP＝5sin πt(m)
波从P 传到Q 点用时为Δt，
πΔt＋π
4＝2nπ
n＝1,2,3，…
(1)若该波的波长大于2 m，Δt′<T，则n＝1
Δt＝7
4 s
故：v＝x
Δt＝8
7 m/s。
(2)若该波的波长小于2 m，Δt>T，n＝2,3,4…
Δt′＝2n－1
4
s(n＝2,3,4…)
v′＝x
Δt′＝
8
8n－1
(n＝2,3,4…)
可得：λ＝v′T＝16
8n－1
m(n＝2,3,4…)。
考点四波的多解性
【考点诠释】
1．波动问题多解的主要因素
(1)周期性
①时间周期性：时间间隔Δt 与周期T 的关系不明确。
②空间周期性：波传播的距离Δx 与波长λ的关系不明确。
(2)双向性
①传播方向双向性：波的传播方向不确定。
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②振动方向双向性：质点振动方向不确定。
2．解决波的多解问题的思路
一般采用从特殊到一般的思维方法，即找出一个周期内满足条件的关系Δt 或Δx，若此关系为时间，则t＝nT＋
Δt(n＝0,1,2…)；若此关系为距离，则x＝nλ＋Δx(n＝0,1,2…)。
【典例分析6】．如图所示是在竖直方向上振动并沿水平方向传播的简谐横波，实线是t＝0 时刻的波形图，虚线
是t＝0.2 s 时刻的波形图。
(1)若波沿x 轴负方向传播，求它传播的速度；
(2)若波沿x 轴正方向传播，求它的最大周期；
(3)若波速是25 m/s，求t＝0 时刻P 点的运动方向。
【思路点拨】：解此题按以下思路：
(1)知道两个时刻波的图象，根据周期性，得出波传播距离的通项关系式。
(2)根据波的传播方向和波形得出传播时间的通项关系式。
(3)再由v＝Δx
Δt求出波速的通项关系式。
【答案】(1)(20n＋15)m/s(n＝0,1,2,3…) (2)0.8 s
(3)沿y 轴负方向
【解析】(1)由图知，该波的波长为λ＝4 m
波沿x 轴负方向传播时，传播的可能距离为：Δx＝n＋3
4 λ＝(4n＋3) m(n＝0,1,2,3…)
传播的速度为：
v＝Δx
t ＝(20n＋15) m/s(n＝0,1,2,3…)。
(2)波沿x 轴正方向传播，传播的时间与周期关系为：
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t＝n＋1
4 T(n＝0,1,2,3…)
得：T＝
4t
4n＋1＝0.8
4n＋1 s(n＝0,1,2,3…)
当n＝0 时周期最大，即最大周期为0.8 s。
(3)波在0.2 s 内传播的距离为：
Δx＝vt＝25×0.2 m＝5 m
传播的波长数n＝Δx
λ ＝11
4，可见波形图平移了1
4λ的距离。由题图知波沿x 轴正方向传播。
所以P 点在t＝0 s 时刻沿y 轴负方向运动。
【典例分析7】．在一列沿水平直线传播的简谐横波上有相距4 m 的A、B 两点，如图甲、乙分别是A、B 两质
点的振动图象。已知该波波长大于2 m，求这列波可能的波速。
甲
乙
【答案】见解析
【解析】由振动图象得质点振动周期T＝0.4 s，
若波由A 向B 传播，B 点比A 点晚振动的时间Δt＝nT＋3
4T(n＝0,1,2,3…)，
所以A、B 间的距离为
Δs＝vΔt＝λ
TΔt＝nλ＋3
4λ(n＝0,1,2,3…)，
则波长为λ＝4Δs
4n＋3
＝16
4n＋3
m，
因为λ>2 m，所以n＝0,1
当n＝0 时，λ1＝16
3 m，v1＝λ1
T＝40
3 m/s，
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当n＝1 时，λ2＝16
7 m，v2＝λ2
T＝40
7 m/s。
若波由B 向A 传播，A 点比B 点晚振动的时间Δt＝nT＋1
4T(n＝0,1,2,3…)，
所以A、B 间的距离为
Δs＝nλ＋1
4λ(n＝0,1,2,3…)，
则波长为λ＝4Δs
4n＋1
＝16
4n＋1
m
因为λ>2 m，所以n＝0,1
当n＝0 时，λ1＝16 m，v1＝40 m/s，
当n＝1 时，λ2＝16
5 m，v2＝8 m/s。
【规律总结】解答波的多解问题的方法
(1)假设波向x 轴正方向或负方向传播。
(2)由题目提供的波形变化等条件列出传播距离或传播时间与波长、周期等相关的通式。
(3)根据v＝λ
T、v＝λf 或v＝Δx
Δt求出速度或其他未知量的关系通式。
(4)分析题目中有没有其他限制条件，判断通过关系通式得到的多解能否变为有限个解或唯一解。
考点五波的干涉、衍射和多普勒效应
【考点诠释】
1．波的干涉现象中加强点、减弱点的两种判断方法：
(1)公式法：某质点的振动是加强还是减弱，取决于该点到两相干波源的距离之差Δr。
①当两波源振动步调一致时
若Δr＝nλ(n＝0,1,2…)，则振动加强；
若Δr＝(2n＋1)λ
2(n＝0,1,2…)，则振动减弱。
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②当两波源振动步调相反时
若Δr＝(2n＋1)λ
2(n＝0,1,2…)，则振动加强；
若Δr＝nλ(n＝0,1,2…)，则振动减弱。
(2)图象法：在某时刻波的干涉的波形图上，波峰与波峰(或波谷与波谷)的交点，一定是加强点，而波峰与波谷
的交点一定是减弱点，各加强点或减弱点各自连接而成以两波源为中心向外辐射的连线，形成加强线和减弱线，
两种线互相间隔，加强点与减弱点之间各质点的振幅介于加强点与减弱点的振幅之间。
2．波的衍射现象是指波能绕过障碍物继续传播的现象，产生明显衍射现象的条件是缝、孔的宽度或障碍物的尺
寸跟波长相差不大或者小于波长。
3．多普勒效应的成因分析：
(1)接收频率：观察者接收到的频率等于观察者在单位时间内接收到的完全波的个数。当波以速度v 通过观察者
时，时间t 内通过的完全波的个数为N＝vt
λ ，因而单位时间内通过观察者的完全波的个数，即接收频率。
(2)当波源与观察者相互靠近时，观察者接收到的频率变大；当波源与观察者相互远离时，观察者接收到的频率
变小；波源和观察者如果相对静止，观察者接收到的频率等于波源的频率。
【典例分析8】如图是水平面上两列频率相同的波在某时刻的叠加情况，以波源S1、S2 为圆心的两组同心圆弧
分别表示同一时刻两列波的波峰(实线)和波谷(虚线)，S1 的振幅A1＝3 cm，S2 的振幅A2＝2 cm。则下列说法正
确的是(
)
A．质点D 是振动减弱点
B．质点A、D 在该时刻的高度差为10 cm
C．再过半个周期，质点B、C 是振动加强点
D．质点C 的振幅为1 cm
E．质点C 此刻以后将向下振动
【答案】BDE
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【解析】题图中质点A、D 分别是波峰与波峰相遇、波谷与波谷相遇，是振动加强点，而质点B、C 是波峰与
波谷相遇，是振动减弱点，故A 错误；质点A 的位移为3 cm＋2 cm＝5 cm，质点D 的位移为－3 cm－2 cm＝
－5 cm，故质点A、D 在该时刻的高度差为10 cm，故B 正确；振动的干涉图样是稳定的，质点A、D 一直是振
动加强点，而质点B、C 一直是振动减弱点，故C 错误；质点C 是振动减弱点，振幅为3 cm－2 cm＝1 cm，此
刻在上方最大位移处，故质点C 此刻以后将向下振动，故D、E 正确。
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第六部分选修系列
专题15 光与电磁波
一、素养呈现
1.物理观念：电磁振荡、折射率、全反射、折射、偏振、相对论基本假设
2.科学思维：光的折射定律、相对论关系。
3.科学探究：测定玻璃的折射率、用双缝干涉测波长。
二、素养落实
1.光的折射与全反射
2.光的干涉、衍射和电磁波、相对论
考点一光的折射与全反射
【考点诠释】1．折射率
(1)n＝sin θ1
sin θ2
。
(2)n＝c
v。
2．全反射的条件
(1)光从光密介质射向光疏介质。
(2)入射角大于或等于临界角。
(3)sin C＝1
n。
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3．光的色散问题
(1)同种介质对不同频率的光的折射率不同，频率越高，折射率越大。
(2)由n＝c
v，n＝λ0
λ 可知，光的频率越高，在介质中的波速越小，波长越长。
4．平行玻璃砖、三棱镜和圆柱体对光路的控制
平行玻璃砖
三棱镜
圆柱体(球)
光路图
对光线
的作用
通过平行玻璃砖的光线不改
变传播方向，但要发生侧移
通过三棱镜的光线经两次折
射后，出射光线向棱镜底面
偏折
圆界面的法线是过圆心的直线，
经过两次折射后向圆心偏折
【典例分析1】如图所示，直角边AC 长度为d 的直角棱镜ABC 置于桌面上，D 为斜边BC 的中点，桌面上的S
点发射一条光线经D 点折射后，垂直于AB 边射出。已知SC＝CD，光线通过棱镜的时间t＝3d
2c ，c 为真空中
光速，不考虑反射光线。求：
(1)棱镜的折射率n。
(2)入射光线与界面BC 间的夹角。
【答案】(1) 3
(2)30°
【解析】(1)光路如图所示，E 是光线在AB 边的射出点，设光线通过棱镜的速度为v，则
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DE＝1
2d，
即vt＝1
2d
结合n＝c
v
解得：n＝3。
(2)光线射到界面BC，设入射角为i，折射角为r，则有：
i＝π
2－θ
r＝π
2－2θ
根据折射定律有：n＝sin i
sin r
解得：θ＝30°。
【规律总结】解决光的折射问题的思路
(1)根据题意画出正确的光路图。
(2)利用几何关系确定光路中的边、角关系，要注意入射角、折射角均以法线为标准。
(3)利用折射定律、折射率公式求解。
(4)注意：在折射现象中光路是可逆的。
【典例分析2】如图为三棱柱形棱镜的横截面，该横截面为直角边为d＝1 m 的等腰直角三角形。一细光束由
AB 面斜射入，并逐渐调节入射角及入射点的位置，使细光束经AB 面折射后直接射到AC 面，且当细光束与AB
面的夹角为θ＝30°时，该细光束恰好不能从AC 面射出。求：
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(1)该棱镜的折射率为多大；
(2)如果入射点到A 点的距离为d
7
，光在真空中的传播速度为c＝3.0×108 m/s，则光束从AB 面传播到AC 面所用
的时间应为多少？(结果可保留根号)
【答案】(1) 7
2
(2) 21
18 ×10
－8 s
【解析】(1)由题意作出光路图，如图所示
由几何关系可知入射角为
α＝90°－θ＝60°
由于在AC 面发生了全反射，则n＝1
sin γ
又因为β＋γ＝π
2
在AB 面上：n＝sin α
sin β
解得：n＝7
2 。
(2)由几何关系可知OE＝d
7
，因为sin γ＝2
7
所以cos γ＝3
7
，则DE＝OE
cos γ＝d
3
＝3
3
m
光在棱镜中的速度为v＝c
n＝6
7
×108 m/s
则光束从AB 面传播到AC 面所用的时间
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t＝DE
v ＝21
18 ×10
－8 s。
【规律总结】求解全反射现象中光的传播时间的技巧
(1)准确地判断出恰好发生全反射的临界光线是解题的关键。
(2)光的传播路程应结合光路图与几何关系进行确定，所以作光路图时应尽量与实际相符。
(3)光在同种均匀介质中的传播速度不发生变化，即v＝c
n。
(4)利用t＝l
v求解光的传播时间。
【典例分析3】如图所示，一束由两种单色光混合的复色光沿PO 方向射向一上、下表面平行的厚玻璃平面镜
的上表面，得到三束光Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ。下列有关这三束光的判断正确的是(
)
A．光束Ⅰ仍为复色光，光束Ⅱ、Ⅲ为单色光
B．光束Ⅱ在玻璃中的传播速度比光束Ⅲ小
C．增大α角且α<90°，光束Ⅱ、Ⅲ会远离光束Ⅰ
D．改变α角且α<90°，光束Ⅱ、Ⅲ一定与光束Ⅰ平行
E．减小α角且α>0，光束Ⅲ可能会在上表面发生全反射
【答案】
ABD
【解析】由题意画出如图所示的光路图
可知光束Ⅰ是反射光线，所以仍是复色光，而光束Ⅱ、Ⅲ由于折射率的不同导致偏折分离，所以光束Ⅱ、Ⅲ是单色
光，故A 正确；由于光束Ⅱ的偏折程度大于光束Ⅲ，所以玻璃对光束Ⅱ的折射率大于对光束Ⅲ的折射率，根据v
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＝c
n可知，光束Ⅱ在玻璃中的传播速度比光束Ⅲ小，故B 正确；当增大α角且α<90°，即入射角减小时，光束Ⅱ、
Ⅲ会靠近光束Ⅰ，故C 错误；因为厚玻璃平面镜的上下表面是平行的，根据光的入射角与反射角相等以及光的可
逆性，可知改变α角且α<90°，光束Ⅱ、Ⅲ一定与光束Ⅰ平行，故D 正确；减小α角且α>0，根据折射定律，光的折
射角增大，根据光的可逆性知，光束Ⅲ不可能在上表面发生全反射，故E 错误。
考点二光的波动性、电磁波、相对论
【考点诠释】
1．机械波和光波都能发生干涉、衍射、多普勒效应等现象，这些都是波特有的现象。偏振现象是横波的特有现
象。要观察到稳定的干涉现象和明显的衍射现象需要一定的条件。
2．波的干涉现象中加强点、减弱点的判断方法：
(1)公式法
某质点的振动是加强还是减弱，取决于该点到两相干波源的距离之差Δr。
①当两波源振动步调一致时。
若Δr＝nλ(n＝0,1,2，…)，则振动加强；
若Δr＝(2n＋1)λ
2(n＝0,1,2，…)，则振动减弱。
②当两波源振动步调相反时。
若Δr＝(2n＋1)λ
2(n＝0,1,2，…)，则振动加强；
若Δr＝nλ(n＝0,1,2，…)，则振动减弱。
(2)图象法
在某时刻波的干涉的波形图上，波峰与波峰(或波谷与波谷)的交点，一定是加强点，而波峰与波谷的交点一定
是减弱点，各加强点或减弱点各自连接而成以两波源为中心向外辐射的连线，形成加强线和减弱线，两种线互
相间隔，加强点与减弱点之间各质点的振幅介于加强点与减弱点的振幅之间。
3．电磁振荡与电磁波
(1)变化的磁场产生电场，变化的电场产生磁场；
(2)电磁波是横波，在空间传播不需要介质，真空中电磁波的速度为3×108 m/s
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(3)v＝λf 对电磁波同样适用；
(4)电磁波能产生反射、折射、干涉、衍射和偏振等现象。按电磁波的波长从长到短分布是无线电波、红外线、
可见光、紫外线、X 射线和γ射线。
4．狭义相对论的重要结论
(1)在任何惯性系中观察光速均为c。
(2)相对观测者运动的物体长度变短。
(3)相对观测者运动的时钟变慢。
【典例分析4】如图所示，挡板上有两条狭缝S1 和S2，它们到光屏上P1 点的路程差为1.5×10
－6 m，S1、S2 连线
的垂直平分线与光屏的交点为O，P1 与P2 点关于O 点对称。用波长为600 nm 的单色光照射狭缝S1 和S2，则
P1 点位于________上(选填“亮条纹”或“暗条纹”)，点P1 与P2 之间共有________条亮条纹。
【答案】暗条纹
5
【解析】两条狭缝S1 和S2，它们到光屏上P1 点的路程差为Δx＝1.5×10
－6 m，由Δx
λ ＝1.5×10
－6
600×10
－9＝2.5，可知路程
差为半波长的5 倍，所以P1 点位于暗条纹上，令2.5λ＝λ
2(2k－1)，可得k＝3 这是第3 条暗条纹，根据对称性可
知点P1 与P2 之间共有5 条亮条纹。
【典例分析5】关于机械波、电磁波和相对论的下列说法正确的是(
)
A．机械波和电磁波在介质中的传播速度仅由介质决定
B．假设火车以接近光速的速度通过站台，站台上的旅客观察到车上的乘客变矮了
C．简谐机械波传播时单位时间内经过介质中某点的完全波的个数就是这列波的频率
D．用光导纤维束传播图象信息利用了光的全反射
E．在真空中传播的两列电磁波，频率大的波长短
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【答案】CDE
【解析】机械波在介质中的传播速度由介质决定，与波的频率无关，电磁波在介质中的传播速度与介质和波的
频率均有关，选项A 错误；火车以接近光速的速度通过站台时，站台上的旅客观察到车上的乘客变瘦了，而不
是变矮，选项B 错误；简谐波的振动周期与传播周期相同，故单位时间内经过介质中某点的完全波的个数就是
这列简谐波的频率，选项C 正确；光导纤维束是用全反射来传输图象信息的，选项D 正确；在真空中传播的两
列电磁波，传播速度相同，由v＝λ
T＝λf 知，频率越大，波长越短，选项E 正确。
【典例分析6】．下列说法正确的是(
)
A．狭义相对论认为，真空中的光速在不同的惯性参考系中都是相同的，光速与光源、观察者间的相对运动无
关
B．电视遥控器发出的红外线的波长比医院里“CT”中发出的X 射线的波长要短
C．分别用红光、紫光在同一个双缝干涉实验装置上做实验，红光的相邻两个亮条纹的中心间距大于紫光的相
邻两个亮条纹的中心间距
D．如图所示，a、b 两束光以不同的入射角由玻璃射向真空，结果折射角相同，则在玻璃中a 光的全反射临界
角大于b 光的全反射临界角
E．在单缝衍射中增大单缝到屏的距离，衍射条纹变宽
【答案】ACE
【解析】狭义相对论中光速不变原理：真空中的光速在不同的惯性参考系中都是相同的，故A 正确；红外线的
波长比X 射线长，故B 错误；红光的波长长于紫光，所以在同一个双缝干涉实验装置上做实验，红光的相邻两
个亮条纹的中心间距大于紫光的相邻两个亮条纹的中心间距，故C 正确；由几何分析可知
a 光束对应的折射率大，而全反射临界角正弦值与折射率成反比，所以a 光的全反射临界角小于b 光的全反射
临界角，故D 错误。与双缝干涉相似，增大单缝到屏的距离，衍射条纹变宽，故E 正确。
【典例分析7】．光传感器可用来测量光屏上的光强分布。如图甲所示为某同学利用单缝做的一个光学实验，图
乙为该同学使用光传感器对该实验所采集到的光屏上的光强分布图象，则该同学所做的实验是光的________(选
填“干涉”或“衍射”)实验；根据图乙可以看出，光屏上中央亮条纹的光强分布特点是_____________。
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甲
乙
【答案】
衍射
中间强两边弱
【解析】由图乙可知，条纹中间亮、两边窄，是衍射条纹；根据光的衍射原理，则光屏上中央亮条纹的光强分
布特点是中间强两边弱。
【规律总结】1．光的干涉、衍射比较
内容
干涉
衍射
现象
在光叠加区域出现加强或减
弱的现象
光绕过障碍物偏离直线传播的现象
产生条件
两束光频率相同、相位差恒定
障碍物或孔的尺寸与波长差不多或更小
典型实验
杨氏双缝干涉
单缝衍射(圆孔衍射、圆盘衍射)
图样
特点
不
同
点
条纹宽度
条纹宽度相等
条纹宽度不等、中央最宽
条纹间距
各相邻条纹间距相等
各相邻条纹间距不等
亮度情况
清晰条纹，亮度基本相等
中央条纹最亮，两边变暗
相同点
干涉、衍射都是波特有的现象；干涉、衍射都有明暗相间的条纹
【典例分析8】如图所示，在双缝干涉实验中，S1 和S2 为双缝，P 是光屏上的一点，已知P 点与S1 和S2 距离之
差为2.1×10
－6 m，今分别用A、B 两种单色光在空气中做双缝干涉实验，问P 点是亮条纹还是暗条纹？
(1)已知A 光在折射率为n＝1.5 的介质中波长为4×10
－7 m；
(2)已知B 光在某种介质中波长为3.15×10
－7 m，当B 光从这种介质射向空气时，临界角为37°(sin 37°＝0.6，cos
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200 / 290
37°＝0.8)。
【答案】(1)暗条纹
(2)亮条纹
【解析】(1)设A 光在空气中波长为λ1，在介质中波长为λ2，
由n＝c
v＝λ1
λ2
得
λ1＝nλ2＝1.5×4×10
－7 m＝6×10
－7 m
根据路程差Δx＝2.1×10
－6 m
所以N1＝Δx
λ1
＝2.1×10
－6 m
6×10
－7 m
＝3.5
由此可知，从S1 和S2 到P 点的路程差Δx 是波长λ1 的3.5 倍，所以P 点为暗条纹。
(2)根据临界角与折射率的关系sin C＝1
n′得
n′＝
1
sin 37°＝5
3
由此可知，B 光在空气中波长λ3 为
λ3＝n′λ介＝5
3×3.15×10
－7 m＝5.25×10
－7 m
所以N2＝Δx
λ3
＝2.1×10
－6 m
5.25×10
－7 m
＝4
可见，用B 光做光源，P 点为亮条纹。
【规律总结】亮暗条纹的判断方法
(1)如图所示，光源S1、S2 发生的光到屏上某点的路程差r2－r1＝kλ(k＝0,1,2…)时，光屏上出现亮条纹。
(2)光的路程差r2－r1＝(2k＋1)λ
2(k＝0,1,2…)时，光屏上出现暗条纹。
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第七部分计算题
专题16 力学综合计算题
一、素养呈现
1.物理观念：牛顿运动定律、动能定理、机械能守恒定律、动量定理、动量守恒定律
2.科学思维：滑块—木板模型、“子弹打木块”模型、“含弹簧”模型、圆周运动+平抛运动模型。
二、素养落实
1.匀变速直线运动规律和推论的灵活应用
2.应用平抛运动特点及规律解决相关问题
3.掌握圆周运动动力学特点，灵活处理相关问题
4.理解动能定理，掌握动能定理的应用方法
5.掌握机械能守恒和能量守恒分析多过程、多物体问题的方法
6.灵活应用解决碰撞类问题的方法
7.熟悉“三大观点”在力学中的应用技巧
考点一匀变速直线运动规律的应用
【考点诠释】(1)求解匀变速直线运动问题的一般思路
①准确选取研究对象，根据题意画出物体在各阶段的运动示意图，直观呈现物体的运动过程．
②明确物体在各阶段的运动性质，找出题目给定的已知量、待求未知量以及中间量．
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③合理选择运动学公式，列出物体在各阶段的运动方程，同时列出物体各阶段间的关联方程．
(2)追及、相遇或避免碰撞等问题的解题思路
画出运动过程示意图；找出时间关系、速度关系、位移关系并列出方程.
【典例分析1】百度宣布，其无人驾驶汽车已完成国内首次城市、环路及高速道路混合路况下的全自动驾驶．
(1)如图所示，无人驾驶汽车车头装有一个激光雷达，就像车辆的“鼻子”，随时“嗅”着前方80 m 范围内车辆和行
人的“气息”．若无人驾驶汽车在某路段刹车时的加速度为3.6 m/s2，为不撞上前方静止的障碍物，汽车在该路段
匀速行驶时的最大速度是多少？
(2)若一辆有人驾驶的汽车在该无人驾驶汽车后30 m 处，两车都以20 m/s 的速度行驶，当前方无人驾驶汽车以
3.6 m/s2 的加速度刹车1.4 s 后，后方汽车驾驶员立即以5.0 m/s2 的加速度刹车．试通过计算判断两车在运动过程
中是否会发生追尾事故？
【答案】：(1)24 m/s
(2)见解析
【解析】：(1)对无人驾驶汽车，由运动学公式有
－2ax＝0－v20
代入数据解得v0＝24 m/s.
①
(2)设有人驾驶汽车刹车后经过t2 时间与无人驾驶汽车的速度相同，此时的速度为v
该过程无人驾驶汽车刹车时间为t2＋t1，其中t1＝1.4 s
对无人驾驶汽车v＝v0－a(t2＋t1)
②
对有人驾驶汽车v＝v0－a′t2
③
联立②③式得t2＝3.6 s，v＝2 m/s
又x 无＝v0＋v
2
(t2＋t1)
④
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x 有＝v0＋v
2
t2＋v0t1
⑤
Δx＝x 有－x 无
⑥
联立④⑤⑥，代入数据解得Δx＝12.6 m<30 m，即两车不会相撞．
【典例分析2】近几年，国家取消了7 座及以下小车在法定长假期间的高速公路收费，给自驾出行带来了很大
的实惠，但车辆的增多也给道路的畅通增加了压力，因此交管部门规定，上述车辆通过收费站口时，在专用车
道上可以不停车拿(交)卡而直接减速通过。若某车减速前的速度为v0＝20 m/s，靠近站口时以大小为a1＝5 m/s2
的加速度匀减速，通过收费站口时的速度为vt＝8 m/s，然后立即以大小为a2＝4 m/s2 的加速度匀加速至原来的
速度(假设收费站的前、后都是平直大道)。试问：
(1)该车驾驶员应在距收费站口多远处开始减速？
(2)该车从减速开始到最终恢复到原来速度的过程中，运动的时间是多少？
(3)在(1)(2)问题中，该车因减速和加速过站而耽误的时间为多少？
【答案】
(1)33.6 m
(2)5.4 s
(3)1.62 s
【解析】(1)设该车初速度方向为正方向，该车进入站口前做匀减速直线运动，设距离收费站口x1 处开始减速，
则有：v2t－v20＝－2a1x1
解得：x1＝33.6 m。
(2)该车通过收费站经历匀减速和匀加速两个阶段，设前后两段位移分别为x1 和x2，时间为t1 和t2，则
减速阶段：vt＝v0－a1t1
解得：t1＝2.4 s
加速阶段：v0＝vt＋a2t2
解得：t2＝3 s
则加速和减速的总时间为：t＝t1＋t2＝5.4 s。
(3)在加速阶段：x2＝vt＋v0
2
t2＝42 m
则汽车加速和减速过程的总位移：x＝x1＋x2＝75.6 m
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若不减速所需要的时间：t′＝x
v0
＝3.78 s
车因减速和加速过站而耽误的时间：Δt＝t－t′＝1.62 s。
考点二牛顿运动定律的综合应用
【考点诠释】
一．动力学两类基本问题
1．解题关键
(1)两类分析——物体的受力分析和物体的运动过程分析；
(2)两个桥梁——加速度是联系运动和力的桥梁；速度是各物理过程间相互联系的桥梁．
2．常用方法
(1)合成法
在物体受力个数较少(2 个或3 个)时一般采用合成法．
(2)正交分解法
若物体的受力个数较多(3 个或3 个以上)，则采用正交分解法．
二、传送带模型
1．水平传送带模型
项目
图示
滑块可能的运动情况
情景1
①可能一直加速
②可能先加速后匀速
情景2
①v0>v，可能一直减速，也可能先减速再匀速
②v0＝v，一直匀速
③v0<v，可能一直加速，也可能先加速再匀速
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情景3
①传送带较短时，滑块一直减速到达左端
②传送带较长时，滑块还要被传送带传回右
端．若v0>v，返回时速度为v，若v0<v，返回
时速度为v0
2.倾斜传送带模型
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可能一直匀速
②可能一直加速
3.模型特点
传送带问题的实质是相对运动问题，相对运动的方向将直接影响摩擦力的方向．
4．解题关键
(1)理清物体与传送带间的相对运动方向及摩擦力方向是解决传送带问题的关键．
(2)传送带问题还常常涉及临界问题，即物体与传送带达到相同速度，这时会出现摩擦力改变的临界状态，对这
一临界状态进行分析往往是解题的突破口．
三．板块模型
1．模型特点
“滑块—木板”模型类问题中，滑动摩擦力的分析方法与“传送带”模型类似，但这类问题比传送带类问题更复杂，
因为木板受到摩擦力的影响，往往做匀变速直线运动，解决此类问题要注意从速度、位移、时间等角度，寻找
各运动过程之间的联系．
2．解题关键
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(1)临界条件：使滑块不从木板的末端掉下来的临界条件是滑块到达木板末端时的速度与木板的速度恰好相同．
(2)问题实质：“板—块”模型和“传送带”模型一样，本质上都是相对运动问题，要分别求出各物体相对地面的位
移，再求相对位移．
【典例分析3】如图甲所示，一足够长的粗糙斜面固定在水平地面上，斜面的倾角θ＝37°，现有质量m＝2.2 kg
的物体在水平向左的外力F 的作用下由静止开始沿斜面向下运动，经过2 s 撤去外力F，物体在0～4 s 内运动
的速度与时间的关系图线如图乙所示．已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，取g＝10 m/s2，求：
(1)物体与斜面间的动摩擦因数和水平外力F 的大小；
(2)物体在0～4 s 内的位移大小．
【答案】
(1)0.5
4 N
(2)28 m
【解析】
(1)根据v－t 图象的斜率表示加速度，则2～4 s 内物体的加速度大小为：
a2＝12－8
4－2
m/s2＝2 m/s2，
由牛顿第二定律有：mgsin θ－μmgcos θ＝ma2，
解得：μ＝0.5；
0～2 s 内物体的加速度大小为：a1＝8
2 m/s2＝4 m/s2，
由牛顿第二定律有：mgsin θ＋Fcos θ－μ(mgcos θ－Fsin θ)＝ma1，解得：F＝4 N；
(2)物体在0～4 s 内的位移为：x＝8×2
2
m＋8＋12
2
×2 m＝28 m.
【典例分析4】如图所示，某次滑雪训练，运动员站在水平雪道上第一次利用滑雪杖对雪面的作用获得水平推
力F＝84 N 而从静止(t＝0 时刻)向前滑行，其作用时间为t1＝1.0 s，撤除水平推力F 后经过t2＝2．0 s，他第二
次利用滑雪杖对雪面的作用获得同样的水平推力，作用距离与第一次相同．已知该运动员连同装备(可视为质点)
的总质量为m＝60 kg，在整个运动过程中受到的滑动摩擦力大小恒为Ff＝12 N，求：
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(1)第一次利用滑雪杖对雪面作用获得的速度大小及这段时间内的位移的大小；
(2)t＝3.0 s 时运动员的速度大小；
(3)该运动员第二次撤除水平推力后能滑行的最大距离．
【答案】
(1)1.2 m/s
0.6 m
(2)0.8 m/s
(3)5.2 m
【解析】
(1)运动员利用滑雪杖获得的加速度大小为
a1＝F－Ff
m
＝1.2 m/s2
第一次利用滑雪杖对雪面作用获得的速度大小v1＝a1t1＝1.2 m/s
位移x1＝1
2a1t12＝0.6 m.
(2)运动员停止使用滑雪杖后，加速度大小为a2＝Ff
m＝0.2 m/s2
经时间t2 速度变为v1′＝v1－a2t2＝0.8 m/s.
(3)设第二次利用滑雪杖获得的速度大小为v2，
则v22－v1′2＝2a1x1
解得v2＝52
5
m/s
第二次撤除水平推力后滑行的最大距离x2＝v22
2a2
解得x2＝5.2 m.
【典例分析5】．如图甲所示，m1＝5 kg 的滑块a 自光滑圆弧形槽的顶端A 点无初速度滑下，槽的底端与水平传
送带相切于传送带的左端B 点，传送带以速度v＝3 m/s 沿顺时针方向匀速运转。滑块a 下滑前将m2＝3 kg 的滑
块b 停放在B 点。滑块a 下滑后与滑块b 发生碰撞，碰撞时间极短，传感器分别描绘出了两滑块碰撞后在传送
带上从B 点运动到传送带的右端C 点的v－t 图象，如图乙、丙所示。两滑块均可视为质点，重力加速度g＝10
m/s2。
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(1)求A、B 的高度差h；
(2)求滑块a 与传送带间的动摩擦因数μ和传送带的长度LBC；
(3)滑块b 到达C 点时速度恰好减到3 m/s，求滑块b 的传送时间；
(4)求系统因摩擦产生的热量。
【答案】
(1)0.8 m
(2)0.05
2.6 m
(3)6.5 s
(4)16 J
【解析】
(1)由图乙、丙可知，碰撞后瞬间，滑块a 的速度v1＝1 m/s，滑块b 的速度v2＝5 m/s，设碰撞前瞬
间滑块a 的速度为v0，取水平向右为正方向，根据动量守恒定律m1v0＝m1v1＋m2v2，解得v0＝4 m/s
滑块a 下滑的过程中机械能守恒，有m1gh＝1
2m1v 2
0
解得h＝0.8 m。
(2)由图乙可知，滑块a 在传送带上加速运动时的加速度大小a＝Δv
Δt＝0.5 m/s2
滑块a 的加速度由滑动摩擦力提供，故μ1m1g＝m1a
可求出滑块a 与传送带间的动摩擦因数μ1＝0.05
由图乙可知，滑块a 在传送带上先加速4 s，后匀速运动6 s 到达C 点，图线与坐标轴围成的图形的面积等于传
送带的长度LBC，即LBC＝26 m。
(3)滑块b 一直做匀减速直线运动，到C 点时速度恰好减为3 m/s，全程的平均速度为v
－
＝v2＋v
2
＝4 m/s
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设滑块b 的传送时间为tb，则有tb＝
LBC
v
－＝6.5 s。
(4)由图乙可知，滑块a 在传送带上加速阶段的位移
x1＝v1t1＋1
2at 2
1 ＝8 m
滑块a
在传送带上加速阶段产生的热量
Q1＝μ1m1g(vt1－x1)＝10 J
滑块b 在传送带上减速的加速度大小a′＝Δvb
Δtb
＝4
13 m/s2
滑块b 受到的滑动摩擦力大小f＝m2a′
滑块b 在传送带上减速阶段产生的热量
Q2＝f(LBC－vtb)＝6 J
系统因摩擦产生的热量Q＝Q1＋Q2＝16 J。
【典例分析6】．如图所示，一足够长的木板在粗糙水平地面上向右运动。某时刻速度为v0＝2 m/s，此时一与木
板质量相等的小滑块(可视为质点)以v1＝4 m/s 的速度从右侧滑上木板，经过1 s 两者速度恰好相同，速度大小
为v2＝1 m/s，方向向左。取重力加速度g＝10 m/s2，试求：
(1)木板与滑块间的动摩擦因数μ1；
(2)木板与地面间的动摩擦因数μ2；
(3)从滑块滑上木板，到最终两者速度恰好相同的过程中，滑块相对木板的位移大小。
【思路点拨】解此题关键有两点：
①根据速度变化结合加速度定义求加速度，利用牛顿第二定律求动摩擦因数。
②逐段分析木板和小滑块的运动求相对位移。
【答案】(1)0.3
(2)0.05
(3)2.75 m
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【解析】(1)以向左为正方向，对小滑块分析，其加速度为：a1＝v2－v1
t
＝1－4
1
m/s2＝－3 m/s2，负号表示加速度
方向向右，设小滑块的质量为m，根据牛顿第二定律有：－μ1mg＝ma1，可以得到：μ1＝0.3。
(2)对木板分析，向右减速运动过程，根据牛顿第二定律以及运动学公式可以得到：
μ1mg＋μ2·2mg＝mv0
t1
向左加速运动过程，根据牛顿第二定律以及运动学公式可以得到：
μ1mg－μ2·2mg＝mv2
t2
而且t1＋t2＝t＝1 s
联立可以得到：μ2＝0.05，t1＝0.5 s，t2＝0.5 s。
(3)在t1＝0.5 s 时间内，木板向右减速运动，其向右运动的位移为：x1＝0＋v0
2
·t1＝0.5 m，方向向右；
在t2＝0.5 s 时间内，木板向左加速运动，其向左加速运动的位移为：x2＝v2＋0
2
·t2＝0.25 m，方向向左；
在整个t＝1 s 时间内，小滑块向左减速运动，其位移为：x＝v1＋v2
2
·t＝2.5 m，方向向左
则整个过程中滑块相对木板的位移大小为：Δx＝x＋x1－x2＝2.75 m。
考点三应用动能定理求解多过程问题
【考点诠释】
1．分析思路
(1)受力与运动分析：根据物体的运动过程分析物体的受力情况，以及不同运动过程中力的变化情况；
(2)做功分析：根据各种力做功的不同特点，分析各种力在不同的运动过程中的做功情况；
(3)功能关系分析：运用动能定理、机械能守恒定律或能量守恒定律进行分析，选择合适的规律求解．
2．方法技巧
(1)“合”——整体上把握全过程，构建大致的运动图景；
(2)“分”——将全过程进行分解，分析每个子过程对应的基本规律；
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(3)“合”——找出各子过程之间的联系，以衔接点为突破口，寻求解题最优方案．
【典例分析7】某人设计了如图所示的滑板个性滑道．斜面AB 与半径R＝3 m 的光滑圆弧轨道BC 相切于B，
圆弧对应的圆心角θ＝37°且过C 点的切线水平，C 点连接倾角α＝30°的斜面CD.一滑板爱好者连同滑板等装备
(整体视为质点)总质量m＝60 kg.某次试滑，他从斜面上某点P 由静止开始下滑，发现在斜面CD 上的落点Q 恰
好离C 点最远．若他在斜面AB 上滑动过程中所受摩擦力Ff 与位移大小x 的关系满足Ff＝90x(均采用国际制单
位)，忽略空气阻力，取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：
(1)P、B 两点间的距离；
(2)滑板在C 点对轨道的压力大小．
【答案】
(1)4 m
(2)1 320 N
【解析】
(1)设爱好者滑到C 点的速度为vC，平抛过程中水平、竖直方向的位移分别为x1、y1
C 到Q 由平抛运动规律有：tan α＝y1
x1
＝
1
2gt2
vCt
＝gt
2vC
①
则t＝2vCtan α
g
②
因此x1＝vCt＝2vC 2tan α
g
③
lCQ＝x1
cos α＝2vC 2tan α
gcos α ④
由④式可知vC 越大则lCQ 越大，由人和装备在BC 间运动时机械能守恒可知，要使vC 越大就要求vB 越大．
设人和装备在P、B 间运动时加速度为a，由牛顿第二定律有mgsin θ－90x＝ma⑤
得a＝mgsin θ－90x
m
⑥
由⑥式可知：人和装备做加速度减小的加速直线运动，当加速度为零时速度vB 最大．
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故P、B 两点间的距离大小为：x＝mgsin θ
90
＝4 m⑦
(2)设P、B 间摩擦力对人做功为Wf，由动能定理有：mgxsin θ＋Wf＝1
2mvB 2－0⑧
而Wf＝－90x
2 ·x⑨
B、C 间运动时，机械能守恒，有：
1
2mvB 2＋mgR(1－cos θ)＝1
2mvC 2⑩
在C 点FN－mg＝mvC 2
R ⑪
由⑦⑧⑨⑩⑪解得FN＝1 320 N
由牛顿第三定律可知滑板在C 点对轨道的压力大小FN′＝FN＝1 320 N.
【典例分析8】如图所示，半径R＝0.4 m 的光滑半圆轨道与水平地面相切于B 点，且固定于竖直平面内．在水
平地面上距B 点x＝5 m 处的A 点放一质量m＝3 kg 的小物块，小物块与水平地面间的动摩擦因数为μ＝0.5.小
物块在与水平地面夹角θ＝37°、斜向上的拉力F 的作用下由静止向B 点运动，运动到B 点时撤去F，小物块沿
圆轨道上滑，且恰能到圆轨道最高点C.圆弧的圆心为O，P 为圆弧上的一点，且OP 与水平方向的夹角也为θ.(g
取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)求：
(1)小物块在B 点的最小速度vB 的大小；
(2)在(1)情况下小物块在P 点时对轨道的压力大小；
(3)为使小物块能沿水平面运动并通过圆轨道C 点，则拉力F 的大小范围．
【答案】
(1)2 5 m/s
(2)36 N
(3)210
11 N≤F≤50 N
【解析】
(1)小物块恰能到圆轨道最高点C 时，物块与轨道间无弹力．设在最高点物块速度为vC，
由mg＝m vC 2
R 得：vC＝2 m/s
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物块从B 运动到C，由动能定理有：
－2mgR＝1
2mvC 2－1
2mvB 2
解得：vB＝2 5 m/s
(2)物块从P 到C 由动能定理有：
－mgR(1－sin θ)＝1
2mvC 2－1
2mvP 2
解得vP＝6 5
5
m/s
在P 点由牛顿第二定律有：mgsin θ＋FN＝mvP 2
R
解得FN＝36 N
根据牛顿第三定律可知，小物块在P 点对轨道的压力大小为FN′＝FN＝36 N
(3)当小物块刚好能通过C 点时，拉力F 有最小值，对物块从A 到B 过程分析：
Ff＝μ(mg－Fminsin θ)，Fminxcos θ－Ffx＝1
2mvB 2
解得Fmin＝210
11 N
当物块在AB 段即将离开地面时，拉力F 有最大值，则Fmaxsin θ＝mg
解得Fmax＝50 N
综上，拉力的取值范围是：210
11 N≤F≤50 N.
考点三动量观点与能量观点的综合应用
【考点诠释】
1．动量的观点和能量的观点
(1)动量的观点：动量定理、动量守恒定律．
(2)能量的观点：动能定理、机械能守恒定律和能量守恒定律．
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这两个观点都不对过程变化的细节做深入的研究，而关心运动状态变化的结果及引起变化的原因．简单地说，
只要求知道过程的始末状态动量、动能、力在过程中的冲量和所做的功，即可对问题求解．
2．解题策略
(1)弄清有几个物体参与运动，并划分清楚物体的运动过程．
(2)进行正确的受力分析，明确各过程的运动特点．
(3)在光滑的平面或曲面上的运动，还有不计阻力的抛体运动，机械能一定守恒；碰撞过程、子弹打木块、不受
其他外力作用的两物体相互作用问题，一般考虑用动量守恒定律分析．
(4)如含摩擦生热问题，则考虑用能量守恒定律分析．
【典例分析9】小明将如图所示的装置放在水平地面上，该装置由弧形轨道、竖直圆轨道、水平直轨道AB 和倾
角θ＝37°的斜轨道BC 平滑连接而成．质量m＝0.1 kg 的小滑块从弧形轨道离地高H＝1.0 m 处静止释放．已知
R＝0.2 m，LAB＝LBC＝1.0 m，滑块与轨道AB 和BC 间的动摩擦因数均为μ＝0.25，弧形轨道和圆轨道均可视为
光滑，忽略空气阻力．
(1)求滑块运动到与圆心O 等高的D 点时对轨道的压力；
(2)通过计算判断滑块能否冲出斜轨道的末端C 点；
(3)若滑下的滑块与静止在水平直轨道上距A 点x 处的质量为2m 的小滑块相碰，碰后一起运动，动摩擦因数仍
为0.25，求它们在轨道BC 上到达的高度h 与x 之间的关系．(碰撞时间不计，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)
【答案】
见解析
【解析】
(1)由机械能守恒定律有mgH＝mgR＋1
2mvD2
根据牛顿第二定律有FN＝mvD2
R ＝8 N
根据牛顿第三定律可知滑块在D 点时对轨道的压力FN′＝FN＝8 N，方向水平向左
(2)设滑块能在斜轨道上到达的最高点为C′点，根据能量守恒定律可知mgH＝μmgLAB＋μmgLBC′cos θ＋mgLBC′sin θ
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得LBC′＝15
16 m<1.0 m，故不会冲出
(3)设滑块运动到距A 点x 处的速度为v，根据动能定理得mgH－μmgx＝1
2mv2
设两滑块碰撞后的速度为v′，由动量守恒定律有mv＝3mv′
设碰撞后滑块滑到斜轨道的高度为h，根据动能定理有－3μmg(LAB－x)－3μmgcos θ· h
sin θ－3mgh＝0－1
2(3m)v′2
得h＝1
6x－5
48(5
8 m<x≤1 m)或
h＝0(0≤x≤5
8 m)．
【典例分析10】如图所示，固定的光滑平台上固定有光滑的半圆轨道，轨道半径R＝0.6 m．平台上静止着两个
滑块A、B，mA＝0.1 kg，mB＝0.2 kg，两滑块间夹有少量炸药，平台右侧有一带竖直挡板的小车，静止在光滑
的水平地面上．小车质量为M＝0.3 kg，车上表面与平台的台面等高，小车的上表面的右侧固定一根水平轻弹
簧，弹簧的自由端在Q 点，小车的上表面左端点P 与Q 点之间是粗糙的，滑块B 与PQ 之间表面的动摩擦因数
为μ＝0.2，Q 点右侧表面是光滑的．点燃炸药后，A、B 分离瞬间A 滑块获得向左的速度vA＝6 m/s，而滑块B
则冲向小车．两滑块都可以看成质点，炸药的质量忽略不计，爆炸的时间极短，爆炸后两个物块的速度方向在
同一水平直线上，且g＝10 m/s2.求：
(1)滑块A 在半圆轨道最高点对轨道的压力；
(2)若L＝0.8 m，滑块B 滑上小车后的运动过程中弹簧的最大弹性势能；
(3)要使滑块B 既能挤压弹簧，又最终没有滑离小车，则小车上PQ 之间的距离L 应在什么范围内．
【答案】
(1)1 N，方向竖直向上
(2)0.22 J
(3)0.675 m<L<1.35 m
【解析】
(1)A 从轨道最低点到轨道最高点由机械能守恒定律得：1
2mAvA2－1
2mAv2＝mAg·2R
在最高点由牛顿第二定律得：mAg＋FN＝mAv2
R
解得FN＝1 N
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由牛顿第三定律得，滑块A 在半圆轨道最高点对轨道的压力大小为1 N，方向竖直向上．
(2)爆炸过程由动量守恒定律得：mAvA＝mBvB，
解得vB＝3 m/s
滑块B 冲上小车后将弹簧压缩到最短时，弹簧具有最大弹性势能，由动量守恒定律得：
mBvB＝(mB＋M)v 共
由能量守恒定律得：Ep＝1
2mBvB2－1
2(mB＋M)v 共2－μmBgL，
联立解得Ep＝0.22 J
(3)滑块B 最终没有离开小车，滑块B 和小车具有共同的末速度，设为u，滑块B 与小车组成的系统动量守恒，
有mBvB＝(M＋mB)u
若小车PQ 之间的距离L 足够大，则滑块B 还没与弹簧接触就已经与小车相对静止，设滑块B 恰好滑到Q 点，
由能量守恒定律得
μmBgL1＝1
2mBvB2－1
2(mB＋M)u2
联立解得L1＝1.35 m
若小车PQ 之间的距离L 不是很大，则滑块B 必然挤压弹簧，由于Q 点右侧是光滑的，滑块B 必然被弹回到
PQ 之间，设滑块B 恰好回到小车的左端P 点处，由能量守恒定律得：2μmBgL2＝1
2mBvB2－1
2(mB＋M)u2
联立解得L2＝0.675 m
综上所述，要使滑块B 既能挤压弹簧，又最终没有离开小车，PQ 之间的距离L 应满足的范围是0.675 m<L<1.35
m.
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第七部分计算题
专题17 电学综合计算题
一、素养呈现
1.物理观念：牛顿运动定律、动能定理、动量定理、动量守恒定律、洛伦兹力、法拉第电磁感应定律
2.科学思维：匀速圆周运动模型、导体棒模型、线框模型、圆周运动+类平抛运动模型。
二、素养落实
1.能利用运动合成与分解的方法处理带电粒子在电场中运动问题
2.灵活应用几何关系和圆周运动规律分析求解带电粒子在磁场、复合场中的运动
3.做好电磁感应中的电路分析、电源分析、动力学和能量转化分析
考点一带电粒子(体)在电场中的运动
【考点诠释】1．带电粒子(体)在电场中的加速
(1)匀强电场中，v0 与E 平行时，优先用功能关系求解，若不行，则用牛顿第二定律和运动学公式．
(2)非匀强电场中，只能用功能关系求解．
2．带电粒子(体)在匀强电场中的偏转(v0 垂直于E 的方向)，如图所示
处理方法：应用运动的合成与分解．
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(1)沿初速度方向做匀速直线运动，离开电场时，运动时间t＝L
v0
.
(2)沿电场方向做初速度为零的匀加速直线运动，加速度a＝F
m＝qE
m ＝qU
md.
(3)离开电场时的偏移量y＝1
2at2＝qUL2
2mdv20
.
(4)速度偏向角
tan φ＝vy
v0
＝qUx
mdv20
――→
x＝L tan φ＝qUL
mdv20
；
位移偏向角
tan θ＝y
x＝qUx
2mdv20
――→
x＝L tan θ＝qUL
2mdv20
.
3.带电粒子(体)在电场中运动问题的分析思路
(1)首先分析带电粒子(体)的运动规律，确定带电粒子(体)在电场中做直线运动还是曲线运动．
(2)当带电粒子(体)从一个电场区域进入另一个电场区域时，要注意分析带电粒子(体)的运动规律的变化及两区域
电场交界处的有关联的物理量，这些关联量往往是解决问题的突破口.
【典例分析1】如图所示，竖直平行正对放置的带电金属板A、B，B 板中心的小孔正好位于平面直角坐标系xOy
的O 点，y 轴沿竖直方向，在x>0 的区域内存在沿y 轴正方向的匀强电场，电场强度大小为E＝4
3×103 V/m，比
荷为1.0×105 C/kg 的带正电的粒子P 从A 板中心O′处静止释放，其运动轨迹恰好经过M( 3，1)点，粒子P 的
重力不计．
(1)求金属板AB 之间的电势差UAB;
(2)若在粒子P 经过O 点的同时，在y 轴右侧匀强电场中某点由静止释放另一带电微粒Q，使PQ 恰能在运动中
相碰．假设Q 的质量是P 的2 倍、带电情况与P 相同，Q 的重力及P、Q 之间的相互作用力均忽略不计，求粒
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子Q 所有释放点的集合．
【答案】
(1)1 000 V
(2)y＝1
6x2(x>0)
【解析】(1)设粒子P 的质量为m、带电量为q，从O 点进入匀强电场时的速度大小为v0.由题意可知，粒子P
在y 轴右侧匀强电场中做类平抛运动；设从O 点运动到M( 3，1)点历时为t0，
由类平抛运动可得x0＝v0t0，
y0＝1
2×qE
m t20，
解得v0＝2×104 m/s
在金属板AB 之间，由动能定理可知qUAB＝1
2mv20，
解得UAB＝1 000 V.
(2)设粒子P、Q 在右侧电场中运动的加速度分别为a1、a2；Q 粒子从坐标N(x，y)点释放后，经时间t 与粒子P
相遇．由牛顿运动定律及类平抛运动的规律和几何关系可得：
对于P：Eq＝ma1，x＝v0t
对于Q：Eq＝2ma2，1
2a1t2＝y＋1
2a2t2
解得y＝1
6x2，其中x>0
即粒子Q 释放点N(x，y)坐标满足的方程为y＝1
6x2，其中x>0.
【典例分析2】如图所示，质量mA＝0.8 kg、带电荷量q＝－4×10
－3 C 的A 球用长度l＝0.8 m 的不可伸长的绝
缘轻线悬吊在O 点，O 点右侧有竖直向下的匀强电场，电场强度E＝5×103 N/C。质量mB＝0.2 kg 不带电的B
球静止在光滑水平轨道上，右侧紧贴着压缩并锁定的轻质弹簧，弹簧右端与固定挡板连接，此时弹性势能为Ep
＝3.6 J。现将A 球拉至左边与O 点等高处由静止释放，将弹簧解除锁定，B 球离开弹簧后，恰好与第一次运动
到最低点的A 球相碰，并结合为一整体C，同时撤去水平轨道。A、B、C 均可视为质点，线始终未被拉断，g
＝10 m/s2。
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(1)求碰撞过程中A 球对B 球做的功。
(2)求碰后C 第一次离开电场时的速度。
(3)C 每次离开最高点时，电场立即消失，到达最低点时，电场又重新恢复，不考虑电场瞬间变化产生的影响，
求C 每次离开电场前的瞬间轻线受到的拉力。
【答案】见解析
【解析】(1)对A，根据机械能守恒定律可得mAgl＝1
2mAv2A
解得碰撞前A 的速度vA＝4 m/s
又Ep＝1
2mBv2B，解得碰撞前B 的速度vB＝6 m/s
以水平向右为正方向，由动量守恒定律得mAvA－mBvB＝(mA＋mB)vC，解得C 的速度vC＝2 m/s
则A 对B 所做的功W＝1
2mBv2C－Ep＝－3.2 J。
(2)碰后，整体C 受到电场力大小F＝qE＝20 N，G＝mCg＝10 N，因
F－mCg>mCv2C
l ，所以C 做类平抛运动
水平方向上：x＝vCt
竖直方向上：y＝1
2at2，其中a＝qE－mCg
mC
＝10 m/s2
圆的方程为x2＋(y－l)2＝l2
解得x＝0.8 m，y＝0.8 m，t＝0.4 s
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C 刚好在与O(圆心)等高处时线被拉直，此时C 向上的速度为
v1＝at＝4 m/s
C 运动到最高点的过程，由动能定理得(F－mCg)l＝1
2mCv22－1
2mCv21，解得C 运动到最高点速度v2＝4 2 m/s。
(3)C 从最高点运动到最低点的过程，由动能定理得
2mCgl＝1
2mCv23－1
2mCv22
解得C 到最低点时的速度v3＝8 m/s
由T0＋F－mCg＝mCv23
l ，可知T0＝70 N>0，所以小球能一直做圆周运动，由动能定理得1
2mCv2n－1
2mCv22＝2(n－1)qEl，
T＋mCg－F＝mCv2n
l ，其中n 为C 经过最高点次数
解得T＝(80n－30)N，n＝1,2,3……
考点二带电粒子在磁场中的运动
【考点诠释】
1．带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的思想方法和理论依据
一般说来，要把握好“一找圆心，二定半径，三求时间”的分析方法．在具体问题中，要依据题目条件和情景而
定．解题的理论依据主要是由牛顿第二定律列式：qvB＝m v2
r ，求半径r＝mv
qB及运动周期T＝2πr
v ＝2πm
qB .
2．圆心的确定方法
法一
若已知粒子轨迹上的两点的速度方向，则可根据洛伦兹力F⊥v，分别确定两点处洛伦兹力F 的方向，其
交点即为圆心，如图甲．
法二
若已知粒子运动轨迹上的两点和其中某一点的速度方向，则可作出此两点的连线(即过这两点的圆弧的弦)
的中垂线，中垂线与过已知点速度方向的垂线的交点即为圆心，如图乙．
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3．半径的确定和计算
利用平面几何关系，求出该圆的可能半径(或圆心角)，求解时注意以下几何特点：
粒子速度的偏向角(φ)等于圆心角(α)，并等于AB 弦与切线的夹角(弦切角θ)的2 倍(如图)，即φ＝α＝2θ＝ωt.
4．运动时间的确定
粒子在磁场中运动一周的时间为T，当粒子运动的圆弧所对应的圆心角为α时，其运动时间可由下式表示：
t＝α
360°T，t＝l
v(l 为弧长)．
5．常见运动轨迹的确定
(1)直线边界(进出磁场具有对称性，如图丙所示)．
(2)平行边界(存在临界条件，如图丁所示)．
(3)圆形边界(沿径向射入必沿径向射出，如图戊所示)．
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6．常用解题知识
(1)几何知识：三角函数、勾股定理、偏向角与圆心角关系．根据几何知识可以由已知长度、角度计算粒子运动
的轨迹半径，或根据粒子运动的轨迹半径计算未知长度、角度．
(2)半径公式、周期公式：R＝mv
qB、T＝2πm
qB .根据两个公式可由q、m、v、B 计算粒子运动的半径、周期，也可根
据粒子运动的半径或周期计算磁感应强度、粒子的电荷量、质量等．
(3)运动时间计算式：计算粒子的运动时间或已知粒子的运动时间计算圆心角或周期时，常用到t＝θ
2πT.
【典例分析3】如图所示，一束质量为m、电荷量为q 的粒子，恰好沿直线从两带电平行板正中间通过，沿圆
心方向进入右侧圆形匀强磁场区域，粒子经过圆形磁场区域后，其运动方向与入射方向的夹角为θ(弧度)．已知
粒子的初速度为v0，两平行板间与右侧圆形区域内的磁场的磁感应强度大小均为B，方向均垂直纸面向内，两
平行板间距为d，不计空气阻力及粒子重力的影响，求：
(1)两平行板间的电势差U；
(2)粒子在圆形磁场区域中运动的时间t；
(3)圆形磁场区域的半径R．
【答案】(1)U=Bv0d；（2）m
qB

；（3）R=
0 tan 2
mv
qB

【解析】(1)由粒子在平行板间做直线运动可知，Bv0q=qE，平行板间的电场强度E=U
d
，解得两平行板间的电
势差：U=Bv0d
(2)在圆形磁场区域中，由洛伦兹力提供向心力可知：
Bv0q=m
2
0v
r
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同时有T=
0
2 r
v

粒子在圆形磁场区域中运动的时间t= 2


T
解得t= m
Bq

(3)由几何关系可知：r tan 2
=R
解得圆形磁场区域的半径R=
0 tan 2
mv
qB

【典例分析4】如图所示，两个同心圆，半径分别为r 和2r，在两圆之间的环形区域内存在垂直纸面向里的匀
强磁场，磁感应强度为B.圆心O 处有一放射源，放出粒子的质量为m、带电量为－q(q>0)，假设粒子速度方向
都和纸面平行．
(1)图中箭头表示某一粒子初速度的方向，OA 与初速度方向夹角为60°，要想使该粒子经过磁场后第一次通过A
点，则初速度的大小是多少？
(2)要使粒子不穿出环形区域，则粒子的初速度不能超过多少？
【答案】
(1) 3Bqr
3m
(2)3Bqr
4m
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【解析】(1)如图甲所示，设粒子在磁场中的轨道半径为R1，则由几何关系得R1＝3r
3
又qv1B＝mv21
R1
得v1＝3Bqr
3m .
(2)如图乙所示，设粒子轨迹与磁场外边界相切时，粒子在磁场中的轨道半径为R2，则由几何关系有
(2r－R2)2＝R22＋r2
可得R2＝3r
4 ，
又qv2B＝mv22
R2
，可得v2＝3Bqr
4m
故要使粒子不穿出环形区域，粒子的初速度不能超过3Bqr
4m .
考点三带电粒子在组合场中的运动
【考点诠释】
1．组合场中的两种典型偏转
垂直电场线进入匀强电场(不
计重力)
垂直磁感线进入匀强磁场(不
计重力)
受力
情况
电场力FE＝qE，其大小、方
向不变，与速度v 无关，FE 是
恒力
洛伦兹力FB＝qvB，其大小不
变，方向随v 而改变，FB 是变
力
轨迹
抛物线
圆或圆的一部分
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运动
轨迹
求解
方法
利用类似平抛运动的规律求
解：
vx＝v0，x＝v0t
vy＝qE
m t，y＝qE
2mt2
偏转角φ：
tan φ＝vy
vx
＝qEt
mv0
半径：r＝mv
qB
周期：T＝2πm
qB
偏移距离y 和偏转角φ要结合
圆的几何关系，利用圆周运动
规律讨论求解
运动
时间
t＝x
v0
t＝φ
2πT＝φm
qB
动能
变化
不变
2.常见模型
(1)从电场进入磁场
电场中：加速直线运动
⇓
磁场中：匀速圆周运动
电场中：类平抛运动
⇓
磁场中：匀速圆周运动
(2)从磁场进入电场
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磁场中：匀速圆周运动
⇓
电场中：匀变速直线运动
(v 与E 同向或反向)
磁场中：匀速圆周运动
⇓
电场中：类平抛运动
(v 与E 垂直)
【典例分析5】如图所示竖直平面内的直角坐标系xOy，x 轴水平且上方有竖直向下的匀强电场，场强大小为E，
在x 轴下方有一圆形有界匀强磁场，与x 轴相切于坐标原点，半径为R。已知质量为m、电量为q 的粒子，由y
轴上的(0，R)点无初速释放，粒子恰好经过磁场中
3
3 R，－R 点，粒子重力不计，求：
(1)磁场的磁感强度B；
(2)若将该粒子释放位置沿y＝R 直线向左移动一段距离L，无初速度释放，当L 为多大时粒子在磁场中运动的
时间最长，最长时间多大；
(3)在(2)的情况下粒子回到电场后运动到最高点时的水平坐标值。
【答案】
(1)
3mE
2qR
(2)2π
9
6mR
Eq
(3)5 3R
2
【解析】
(1)粒子匀加速运动EqR＝1
2mv2
设圆周运动半径为r，qvB＝mv2
r
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由几何关系可知r2＝r－3
3 R 2＋R2
解得：r＝2 3
3 R
B＝
3mE
2qR
磁场方向垂直xOy 平面向里。
(2)当粒子在磁场中转过的弦为直径时对应的时间最长，所转过的圆心角为α，rsinα
2＝R
解得：α＝2
3π
此时L＝Rsinα
2＝3
2 R
在磁场中运动的时间为t＝rα
v
解得：t＝2π
9
6mR
Eq
(3)粒子回到电场时速度与水平方向成30°
粒子沿y 轴匀减速运动减到零时竖直高度最大
vsin30°＝at′
Eq＝ma
水平方向匀速运动x′＝vcos30°t′
解得：x′＝3R
2
粒子返回电场时的水平坐标为x0，x0－L
h
＝cot30°
h＝3R
2
运动到最高点时的水平坐标为x＝x0＋x′＝5 3
2 R。
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【典例分析6】如图，平面直角坐标系xOy 内，x<0、y>0 区域存在沿x 轴正方向的匀强电场E，x>0 区域存在
垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度B＝0.2 T。一比荷q
m＝5×108
C/kg 的粒子，从点P(－6 cm,0)进入电场，
初速度v0＝8×106 m/s，方向沿y 轴正方向，一段时间后经点Q(0,16 cm)进入磁场。粒子重力不计，求
(1)匀强电场的电场强度E；
(2)粒子第一次回到电场时的位置坐标。
【答案】
(1)6×105 N/C
(2)(0,4 cm)
【解析】
(1)粒子由P 到Q 做类平抛运动，设运动时间为t，粒子质量为m，电荷量为q，
沿y 轴方向粒子做匀速直线运动
y＝v0t
沿x 轴正方向粒子做匀加速直线运动
x＝1
2·qE
m ·t2
解得E＝6×105 N/C。
(2)如图所示，设进入磁场时速度为v，方向与y 轴夹角为θ，在磁场中做圆周运动的圆心为O1，
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洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得
qvB＝mv2
r
则圆周运动半径r＝mv
qB
设粒子第一次从y 轴回到电场时的坐标为y1
，根据几何关系
y－y1＝2rsinθ
在电场，电场力对粒子做正功
qEx＝1
2mv2－1
2mv20
v0＝vcosθ
解得y1＝4 cm
则粒子第一次回到电场时的位置坐标为(0,4 cm)。
考点四带电粒子(体)在叠加场中的运动
【考点诠释】
(1)明种类：明确复合场的种类及特征。
(2)析特点：正确分析带电粒子的受力特点及运动特点。
(3)画轨迹：画出运动过程示意图，明确圆心、半径及边角关系。
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(4)用规律：灵活选择不同的运动规律。
①两场共存，电场与磁场中满足qE＝qvB 或重力场与磁场中满足mg＝qvB 且两力方向相反时，粒子做匀速直线
运动，根据受力平衡列方程求解。
②两场共存，电场力与重力都恒定时，粒子平衡时根据平衡条件求解，做匀变速直线运动时用牛顿运动定律、
运动学规律或动能定理求解，做匀变速曲线运动时用运动的合成与分解或动能定理求解。
③三场共存，合力为零时，受力平衡，粒子做匀速直线运动或静止。其中洛伦兹力F＝qvB 的方向与速度v 垂
直。
④三场共存，粒子在复合场中做匀速圆周运动时，mg 与qE 相平衡，根据mg＝qE，由此可计算粒子比荷，判
定粒子电性。粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，应用洛伦兹力公式和牛顿运动定律结合圆周运动规律求
解，有qvB＝mrω2＝mv2
r ＝mr4π2
T2 ＝ma。
⑤当带电粒子做复杂的曲线运动或有约束的变速直线运动时，一般用动能定理或能量守恒定律求解。
【典例分析7】如图所示，竖直固定的半径R＝1 m 的光滑绝缘圆弧轨道在C 点与绝缘水平轨道ABC 相切。水
平轨道AB 段光滑，BC 段粗糙。整个轨道处于水平向左的匀强电场中。一个不带电、质量m＝0.4 kg 的物块静
止在B 点，一个带电量q＝＋1×10
－3 C、质量M＝0.6 kg 的物块从A 点由静止释放，经过t＝2 s 两物块发生碰撞
并粘在一起，然后沿BC 段做匀速运动。已知碰撞前后电荷量保持不变，两个物块与BC 段轨道间的动摩擦因数
均为μ＝0.75，g＝10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：
(1)在B 点碰撞前后物块M 的速度大小以及电场的场强大小；
(2)圆弧轨道右下方留有开口，两个物块进入圆弧轨道后开口关闭。试分析物块能否沿圆弧做完整的圆周运动；
如果不能，则要做完整的圆周运动，需要将物块M 从A 点右侧多远处由静止释放？如果能，计算两个物块运动
过程中经过竖直方向最高点P 时对圆弧轨道的压力大小。
【答案】
(1)7.5×103 N/C
(2)175 N
【解析】
(1)设电场强度的大小为E，在B 点碰撞前物块M 速度大小为v1，碰撞后共同速度大小为v2，则有
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qE＝μ(m＋M)g
qEt＝Mv1
Mv1＝(m＋M)v2
代入数据联立解得v1＝25 m/s，v2＝15 m/s，E＝7.5×103 N/C。
(2)物块整体所受重力为10 N，电场力为7.5 N，合力大小为F 合＝12.5 N，方向与竖直方向的夹角θ＝37°，所以
在圆弧轨道上运动时等效最低点为与竖直方向夹角θ＝37°的圆弧左下方的F 点，同理可知等效最高点为与竖直
方向夹角θ＝37°的圆弧右上方的G 点
假设物块整体能做完整的圆周运动，在G 点速度大小为v，则有
1
2(m＋M)v22－1
2(m＋M)v2＝(m＋M)gR(1＋cosθ)＋EqRsinθ
解得v＝180 m/s
物块整体能通过G 点的临界速度设为v 临，则有
F 合＝(m＋M)v2
临
R
解得v 临＝12.5 m/s
显然v>v 临，所以假设成立，物块整体能做完整的圆周运动
设经过P 点时速度大小为vP，则有
1
2(m＋M)v22＝1
2(m＋M)v2P＋2(m＋M)gR
FN＋(m＋M)g＝(m＋M)v2P
R
代入数据联立解得FN＝175 N
根据牛顿第三定律可知在P 点时对圆弧轨道的压力大小为175 N。
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【典例分析8】如图所示，竖直面内有一平面直角坐标系xOy ，x 轴沿水平方向，整个空间中存在沿x 轴正方
向的匀强电场（图中未画出），电场强度大小
5 3N/C
E 
，在第三象限中存在垂直于纸面向里的匀强磁场，
磁感应强度大小
0.5T
B 
。有一带正电的小球，质量
6
1 10 kg
m


，电荷量
6
2 10 C
q



，正以速度v 在第三
象限中做匀速直线运动并从O 点进入第一象限，g 取
2
10 m/s ，求：
(1)小球做匀速直线运动的速度v 的大小和方向；
(2)小球在第一象限运动的过程中，离x 轴的最远距离；
(3)小球在第一象限从O 点到离x 轴的最远距离处，增加的机械能。
【答案】(1) 20m/s ，水平方向的夹角为60；(2)15m ；(3)
4
7.5 10 J


【解析】
(1)小球在第三象限内做匀速直线运动时，受力如图所示
其所受的三个力在同一平面内，合力为零，则有


2
2
qvB
Eq
mg

（
）
带入数据，得 
20m/s
v 
速度v 的方向与电场E 的方向之间的夹角满足tan
qE
mg

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解得tan
3

则
60


故速度v 的方向与水平方向的夹角为60。
(2)小球在第一象限中做曲线运动，将其速度分别进行分解
cos
10m/s
xv
v



sin
10 3m/s
xv
v



当小球在第一象限中，运动到离x 轴最远距离时，
竖直方向速度关系0
yv
gt


3s
t 
竖直方向位移关系
2
2
y
gt
y
v t


15m
y 
(3)小球在第一象限中运动时
水平方向位移关系
2
2
x
at
x
v t


其中
2
10 3m/s
qE
a
m


25 3m
x 
电场力做功
4
7.5 10 J
W
qEx




由于电场力做正功，所以机械能的增加量
4
7.5 10 J
E




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考点五电磁感应中的动力学问题
【考点诠释】
感应电流在磁场中受到安培力的作用，因此电磁感应问题往往跟力学问题联系在一起．解决这类问题需要综合
应用电磁感应规律(法拉第电磁感应定律、楞次定律)及力学中的有关规律(共点力的平衡条件、牛顿运动定律、
动能定理等)．
1．力学对象和电学对象的相互关系
2．动态分析的基本思路
【典例分析9】.足够长的平行金属导轨MN 和PQ 表面粗糙，与水平面间的夹角为θ＝37°(sin 37°＝0.6)，间距为
1 m。垂直于导轨平面向上的匀强磁场的磁感应强度的大小为4 T，P、M 间所接电阻的阻值为8 Ω。质量为2 kg
的金属杆ab 垂直导轨放置，不计杆与导轨的电阻，杆与导轨间的动摩擦因数为0.25。金属杆ab 在沿导轨向下
且与杆垂直的恒力F 作用下，由静止开始运动，杆的最终速度为8 m/s，取g＝10 m/s2，求：
(1)当金属杆的速度为4 m/s 时，金属杆的加速度大小；
(2)当金属杆沿导轨的位移为6 m 时，通过金属杆的电荷量。
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【答案】
(1)4 m/s2
(2)3 C
【解析】
(1)对金属杆ab 应用牛顿第二定律，有
F＋mgsin θ－F 安－f＝ma，f＝μFN，FN＝mgcos θ
ab 杆所受安培力大小为F 安＝BIL
ab 杆切割磁感线产生的感应电动势为E＝BLv
由闭合电路欧姆定律可知I＝E
R
整理得：F＋mgsin θ－B2L2
R v－μmgcos θ＝ma
代入vm＝8 m/s 时a＝0，解得F＝8 N
代入v＝4 m/s 及F＝8 N，解得a＝4 m/s2
(2)设通过回路横截面的电荷量为q，则q＝I
－
t
回路中的平均电流强度为I
－
＝E
－
R
回路中产生的平均感应电动势为E
－
＝ΔΦ
t
回路中的磁通量变化量为ΔΦ＝BLx，联立解得q＝3 C
【典例分析10】如图，MN、PQ 为两根足够长的水平放置的平行金属导轨，间距L＝1 m；整个空间以OO′为
边界，左侧有垂直导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度大小B1＝1 T，右侧有方向相同、磁感应强度大小B2
＝2 T 的匀强磁场．两根完全相同的导体棒a、b，质量均为m＝0.1 kg，与导轨间的动摩擦因数均为μ＝0.2，其
在导轨间的电阻均为R＝1 Ω.开始时，a、b 棒均静止在导轨上，现用平行于导轨的恒力F＝0.8 N 向右拉b 棒．假
定a 棒始终在OO′左侧运动，b 棒始终在OO′右侧运动，除导体棒外其余电阻不计，滑动摩擦力和最大静摩擦
力大小相等，g 取10 m/s2.
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(1)a 棒开始滑动时，求b 棒的速度大小；
(2)当b 棒的加速度为1.5 m/s2 时，求a 棒的加速度大小；
(3)已知经过足够长的时间后，b 棒开始做匀加速运动，求该匀加速运动的加速度大小，并计算此时a 棒中电流
的热功率．
【答案】
(1)0.2 m/s
(2)0.25 m/s2
(3)0.4 m/s2 0.078 4 W
【解析】(1)设a 棒开始滑动时电流强度为I，b 棒的速度为v，由共点力平衡知识，得μmg＝B1I1L
①
由法拉第电磁感应定律和欧姆定律知I1＝B2Lv
2R
②
联立①②知v＝0.2 m/s.
③
(2)设a 棒的加速度为a1，b 棒的加速度为a2.由牛顿第二定律知B1I2L－μmg＝ma1
④
F－B2I2L－μmg＝ma2
⑤
联立④⑤式解得a1＝0.25 m/s2.
⑥
(3)分析题意可知，当b 棒开始做匀加速运动时，a 棒也开始匀加速运动．设a 棒开始做匀加速运动，加速度为
a1′，b 棒开始做匀加速运动，加速度为a2′
由牛顿第二定律知B1I3L－μmg＝ma1′
⑦
F－B2I3L－μmg＝ma2′
⑧
由法拉第电磁感应定律和欧姆定律知
I3＝B2Lv2－B1Lv1
2R
⑨
由于电流不变，则(B2Lv2－B1Lv1)为常量
⑩
所以两棒加速度满足以下关系2a2′＝a1′
⑪
联立⑦⑧⑪式知I3＝0.28 A
⑫
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⑫式代入⑧式知a2′＝0.4 m/s2
由焦耳定律知P＝I23R
代入数据P＝0.078 4 W.
考点六电磁感应中的能量、动量问题
【考点诠释】
电磁感应过程的实质是不同形式的能量转化的过程，而能量的转化是通过安培力做功的形式实现的，安培力做
功的过程，是电能转化为其他形式能的过程，外力克服安培力做功，则是其他形式的能转化为电能的过程．
1．能量转化及焦耳热的求法
(1)能量转化
(2)求解焦耳热Q 的三种方法
2．解决电磁感应能量问题的策略是“先源后路、先电后力，再是运动、能量”，即
3.电磁感应中力、能量和动量综合问题的分析方法
(1)分析“受力”：分析研究对象的受力情况，特别关注安培力的方向。
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(2)分析“能量”：搞清楚有哪些力做功，就可以知道有哪些形式的能量发生了变化，根据动能定理或能量守恒定
律等列方程求解。
(3)分析“动量”：在电磁感应中可用动量定理求变力的作用时间、速度、位移和电荷量(一般应用于单杆切割磁感
线运动)。
①求速度或电荷量：－B I lΔt＝mv2－mv1，q＝I Δt。
②求时间：FΔt＋IA＝mv2－mv1，IA＝－B I lΔt＝－BlΔΦ
R 总
。
③求位移：－B I lΔt＝－B2l2 v Δt
R 总
＝mv2－mv1，即－B2l2
R 总
x＝m(v2－v1)。
【典例分析11】如图所示，两根正对的平行金属直轨道MN、M′N′位于同一水平面上，两轨道之间的距离l＝0.50
m．轨道的MM′端接一阻值为R＝0.50 Ω的定值电阻，直轨道的右端处于竖直向下、磁感应强度大小为B＝0.60
T 的匀强磁场中，磁场区域右边界为NN′、宽度d＝0.80 m；水平轨道的最右端与两条位于竖直面内的半圆形光
滑金属轨道NP、N′P′平滑连接，两半圆形轨道的半径均为R0＝0.50 m．现有一导体杆ab 静止在距磁场的左边
界s＝2.0 m 处，其质量m＝0.20 kg、电阻r＝0.10 Ω.ab 杆在与杆垂直的、大小为2.0 N 的水平恒力F 的作用下
开始运动，当运动至磁场的左边界时撤去F，杆穿过磁场区域后，沿半圆形轨道运动，结果恰好能通过半圆形
轨道的最高位置PP′.已知杆始终与轨道垂直，杆与直轨道之间的动摩擦因数μ＝0.10，轨道电阻忽略不计，取g
＝10 m/s2.求：
(1)导体杆刚进入磁场时，通过导体杆的电流的大小和方向；
(2)在导体杆穿过磁场的过程中，通过电阻R 的电荷量；
(3)在导体杆穿过磁场的过程中，整个电路产生的焦耳热．
【答案】：(1)3 A
方向为由b 指向a
(2)0.4 C
(3)0.94 J
【解析】：(1)设导体杆在F 的作用下运动至磁场的左边界时的速度为v1
由动能定理得(F－μmg)s＝1
2mv21－0
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导体杆刚进入磁场时产生的感应电动势为E＝Blv1
此时通过导体杆的电流大小为I＝E
R＋r
代入数据解得I＝3 A
由右手定则可知，电流的方向为由b 指向a.
(2)ΔΦ＝B·ld，E
－＝ΔΦ
Δt ，I－＝E
－
R＋r
，q＝I－·Δt
联立解得q＝0.4 C.
(3)由(1)可知，导体杆在F 的作用下运动至磁场的左边界时的速度v1＝6.0 m/s
设导体杆通过半圆形轨道的最高位置时的速度为v，则有mg＝mv2
R0
在导体杆从刚进入磁场到滑至最高位置的过程中，由能量守恒定律有
1
2mv21＝Q＋mg×2R0＋1
2mv2＋μmgd
解得Q＝0.94 J.
【典例分析12】如图所示，平行金属导轨MN、M′N′和平行金属导轨PQR、P′Q′R′固定在高度差为h(数值未知)
的两水平台面上。导轨MN、M′N′左端接有电源，MN 与M′N′的间距为L＝0.10 m，线框空间存在竖直向上的匀
强磁场、磁感应强度B1＝0.20 T；平行导轨PQR 与P′Q′R′的间距为L＝0.10 m，其中PQ 与P′Q′是圆心角为60°、
半径为r＝0.50 m 的圆弧形导轨，QR 与Q′R′是水平长直导轨，QQ′右侧有方向竖直向上的匀强磁场，磁感应强
度B2＝0.40 T。导体棒a 质量m1＝0.02 kg，接在电路中的电阻R1＝2.0 Ω，放置在导轨MN、M′N′右侧N′N 边缘
处；导体棒b 质量m2＝0.04 kg，接在电路中的电阻R2＝4.0 Ω，放置在水平导轨某处。闭合开关K 后，导体棒
a 从NN′水平抛出，恰能无碰撞地从PP′处以速度v1＝2 m/s 滑入平行导轨，且始终没有与棒b 相碰。重力加速
度g＝10 m/s2，不计一切摩擦及空气阻力。求：
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(1)导体棒b 的最大加速度；
(2)导体棒a 在QQ′右侧磁场中产生的焦耳热；
(3)闭合开关K 后，通过电源的电荷量q。
【答案】
(1)0.02 m/s2
(2)0.02 J
(3)1 C
【解析】
(1)设a 棒滑到水平导轨上时的速度大小为v2，则从PP′到QQ′，由动能定理得
m1g(r－rcos 60°)＝1
2m1v22－1
2m1v21
解得v2＝3 m/s
因为a 棒刚进磁场时，a、b 棒中的电流最大，b 棒受力最大，加速度最大，所以E＝B2Lv2＝0.12 V
I＝
E
R1＋R2
＝0.02 A
由牛顿第二定律有B2IL＝m2amax
则导体棒b 的最大加速度amax＝0.02 m/s2
(2)两个导体棒在运动过程中，动量守恒且能量守恒，当两棒的速度相等时回路中的电流为零，此后两棒做匀速
运动，两棒不再产生焦耳热。所以
由动量守恒定律有m1v2＝(m1＋m2)v3
设a 棒在此过程中产生的焦耳热为Qa，b 棒产生的焦耳热为Qb
由能量守恒定律有1
2m1v22＝1
2(m1＋m2)v23＋Qa＋Qb
由于a、b 棒串联在一起，所以有Qa
Qb
＝R1
R2
Qa＝0.02 J
(3)设闭合开关后，a 棒以速度v0 水平抛出，则有
v0＝v1cos 60°＝1 m/s
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对a 棒冲出过程由动量定理得
∑B1ILΔt＝m1v0 即B1Lq＝m1v0
q＝1 C
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第八部分实验
专题18 力学实验及创新
一、素养呈现
1.基本实验仪器的使用与读数。
2.基础实验的实验原理和实验方法的理解与掌握。
3.探究实验的实验方案，实验器材及数据处理的理解与掌握。
二、素养落实
1.认真完成课本上的每一个实验。知道每一个实验的目的。
2.掌握每一个实验的原理，熟悉实验中的每一个实验步骤。
3.领会每一个实验步骤的作用，学会每一个实验仪器的使用。
4.学会每一个实验的数据处理方法，弄清每一个实验误差的来源等。
5.依据新课程标准，重视基础实验。
6.关注变化，构建实验模型，在比较分析中探寻共性。
纵览近几年全国卷及各省市等级考物理试题，实验命题不避热点，注重陈题翻新；重点实验频频考，其他
实验“轮换”考。实验“小题”常考力学内容，实验“大题”常考电学内容。在两个实验中，通常一个实验立足教材，
立足创新，凸显对科学探究素养的考查，一般较为基础，注重对考生的实验基本功的考查；另一个实验题依据
新课程标准要求挖掘改造，对考生的实验能力要求较高，突出选拔作用。地方卷的实验题文字量较全国卷大，
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更加注重对实验原理的考查，创新程度较高
考点一基本仪器的读数和使用
【考点诠释】
1．两种常见长度测量仪器的使用及读数方法
游标卡尺(不估读)
(1)读数：测量值＝主尺读数(mm)＋精度×游标尺上对齐
刻线数值(mm)。
(2)常用精确度：10 分度游标，精度0.1 mm；
20 分度游标，精度0.05 mm；
50 分度游标，精度0.02 mm
螺旋测微器(需估读)
测量值＝固定刻度＋可动刻度(带估读值)×0.01 mm
2.时间类测量仪器的读数
(1)打点计时器：每打两个点的时间间隔为0.02 s，一般每五个点取一个计数点，则时间间隔为Δt＝0.02×5 s＝0.1
s。
(2)频闪照相机：用等时间间隔获取图象信息的方法将物体在不同时刻的位置记录下来，时间间隔Δt＝1
f。(f 为频
闪照相机的频率)
(3)光电计时器：记录遮光条通过光电门的遮光时间。
【典例分析1】图甲为在气垫导轨上研究匀变速直线运动的示意图，滑块上装有宽度为d(很小)的遮光条，滑块
在钩码作用下先后通过两个光电门，用光电计时器记录遮光条通过光电门1 的时间Δt。
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245 / 290
甲
乙
(1)用游标卡尺测量遮光条的宽度d，示数如图乙，则d＝________cm。
(2)实验时，滑块从光电门1 的右侧某处由静止释放，测得Δt＝2.5×10
－2 s，则遮光条经过光电门1 时的速度v＝
________ m/s。
【答案】(1)0.75
(2)0.3
【解析】
(1)主尺：0.7 cm，游标尺：对齐的是5，所以读数为：5×0.1 mm＝0.5 mm＝0.05 cm，故遮光条宽度
为：d＝0.75 cm。
(2)滑块经过光电门时的瞬时速度可近似认为是滑块经过光电门的平均速度。
则滑块经过光电门1 时的速度为：v＝d
Δt＝0.75×10
－2
2.5×10
－2 m/s＝0.3 m/s。
【典例分析2】(1)利用游标卡尺和螺旋测微器分别测量一工件的直径和高度，测量结果如图甲和乙所示。
该工件的直径为________ cm，高度为________ mm。
甲
乙
(2)图丙为“研究匀变速直线运动规律”实验中获得的一条纸带，已知打点计时器的打点频率为50 Hz，采用逐差
法求得加速度的大小a＝________ m/s2。(结果保留2 位小数)
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丙
【答案】
(1)1.065
6.862(6.861～6.864)
(2)2.50
【解析】(1)由图甲可知，该工件的直径为1 cm＋0.05 mm×13＝1.065 cm，由图乙可知，该工件的高度为6.5 mm
＋0.01 mm×36.2＝6.862 mm。
(2)每5 个点取一个计数点，则T＝0.1 s；从图丙中可以看到10 段位移，将其分割为前后两部分，根据Δx＝aT2
可得a＝Δx
T2＝9.60－4.05－4.05－1.00
0.12
×10
－2 m/s2＝2.50 m/s2。
【易错提醒】：(1)区别“计时点和计数点”
①计时点是打点计时器打在纸带上的实际点，打点计时器所用电源的频率为50 Hz 时，打下两相邻点间的时间
间隔为0.02 s。
②计数点是人们根据需要选择的一定数目的点，两个相邻计数点间代表的时间间隔由选择点的个数而定。
(2)游标卡尺与螺旋测微器估读要求的区别
①游标卡尺读数时不需要估读，读数后面不能随意加零，也不能随意去零。
②螺旋测微器读数时需要估读，读数时要估读到毫米的千分位上。
考点二“纸带类”实验
【考点诠释】
1．利用纸带判定物体的运动性质(如图所示)
(1)若x1、x2、x3、…、x6 基本相等，在误差允许的范围内可认为物体做匀速直线运动。
(2)利用x1、x2、x3、…、x6 计算出相邻相等时间内的位移差x2－x1、x3－x2、…、x6－x5，若大致相等，则在误差
允许的范围内认为Δx＝aT2 可判定物体做匀变速直线运动。
2．平均速度法求速度：如图所示，做匀变速直线运动的物体在某段时间的中间时刻的瞬时速度等于这段时间内
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的平均速度，即vn＝xn＋xn＋1
2T
。
3．利用纸带求加速度的三种方法
(1)利用第m 个T 时间内的位移和第n 个T 时间内的位移求a，即a＝xm－xn
m－nT2。
(2)逐差法：如从纸带上得到6 个连续相等时间间隔内的位移，则a＝x4＋x5＋x6－x1＋x2＋x3
9T2
。
(3)vt 图象法：求出各点的瞬时速度，画出vt 图线，图线的斜率表示加速度a。
【典例分析3】某同学利用图甲装置验证机械能守恒定律，打出如图乙所示的纸带，已知打点计时器所用交流
电源的频率为50 Hz。
甲
乙
丙
(1)下列关于该实验的说法正确的是________。
A．纸带必须尽量保持在竖直方向以减小摩擦阻力作用
B．为了验证机械能守恒，必须选择纸带上打出的第一个点作为起点
C．将电磁打点计时器改成电火花计时器可以减少纸带和打点计时器间的摩擦
D．选择较轻的物体作为重物实验效果更好
(2)图乙为实验中打出的一条纸带，打下C 点时重物的速度为________m/s。(结果保留3 位有效数字)
(3)该同学用两个形状完全相同，但质量不同的重物P 和Q 分别进行实验，测得几组数据，并作出v2h 图象，
如图丙所示，由图象可判断P 的质量________Q 的质量(选填“大于”或“小于”)。
【答案】(1)AC
(2)2.26
(3)大于
【解析】(1)纸带要保持竖直以减少摩擦阻力作用，A 正确；要验证减少的重力势能和增加的动能是否相等，不
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一定要选取打的第一个点作为起点，B 错误；电磁打点计时器振针和纸带间有摩擦，电火花计时器对纸带的阻
力比较小，C 正确；实验应选用质量大、体积小的重物，D 错误。(2)打下C 点时的速度vC＝31.26－22.24
0.04
×10
－2
m/s＝2.26 m/s。(3)在v2h 图象中，斜率表示2a，可知P 的加速度大，P 和Q 形状相同，运动过程中所受阻力
相同，根据牛顿第二定律有mg－f＝ma，则P 的质量大于Q 的质量。
【易错提醒】：处理纸带问题的三点关注
(1)长度计算：常用逐差法处理题中得到的数据，得出所求长度。逐差法是把测量数据中的因变量进行逐项相减
或按顺序分为两组进行对应项相减的方法。
(2)单位换算：题给单位一般是cm，最后算出来的加速度一般以m/s2 为单位等。
(3)周期选择：常见的打点计时器的频率为50 Hz，频闪相机的闪光频率为10 Hz，即它们的周期分别为0.02 s、
0.1 s，若每5 个计时点取一个计数点，则它们的周期分别变为0.1 s、0.5 s。
【典例分析4】实验小组的同学利用如图甲所示的装置做“探究加速度与力、质量的关系”实验，认为细绳对小
车的拉力F 等于砂和砂桶的总重力，小车运动的加速度a 可用纸带上打出的点求得。
甲
乙
(1)实验室准备有下列器材：电磁打点计时器、秒表、天平(带有一套砝码)、纸带、复写纸、细绳、低压直流电
源、小车、一端带滑轮的长木板、砂桶、砂子、垫木、导线。实验中不需要的器材是________________，缺少
的器材是________________。
(2)由于小车所受阻力f 的大小难以测量，为了尽量减小实验的误差，需尽可能降低小车所受阻力f 的影响，以
下采取的措施必要的是________。
A．适当垫高长木板无滑轮的一端，使未挂砂桶时小车被轻推后恰能拖着纸带匀速下滑
B．应使砂和砂桶的总质量m 远小于小车(含砝码)的总质量M
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C．定滑轮的轮轴要尽量光滑
D．适当增大砂和砂桶总质量m
(3)实验中使用的交变电流的频率为50 Hz，图乙给出的是实验中获得的一条纸带，计数点间的距离已标出。则
小车运动的加速度为________m/s2，打下计数点5 时小车运动的速度大小为________m/s。(结果保留三位有效数
字)
【答案】(1)秒表，低压直流电源
刻度尺，低压交流电源
(2)AC
(3)0.461
0.412
【解析】(1)本实验不需要用秒表计时，打点计时器应接交流电源，故不需要的器材是秒表、低压直流电源。需
要刻度尺测量纸带的长度，故还需要刻度尺、低压交流电源。(2)适当垫高长木板无滑轮的一端，使未挂砂桶时
小车被轻推后恰能拖着纸带匀速下滑，这样可以通过重力的分力消除滑动摩擦力的影响，定滑轮的轮轴要尽量
光滑以减小摩擦。(3)
由逐差法知a＝4.81＋4.35＋3.89－3.42＋2.98＋2.50
9×0.12
×10
－2 m/s2≈0.461 m/s2，v5＝
3.89＋4.35
2×0.1
×10
－2 m/s＝0.412 m/s。
考点三“橡皮条、弹簧、碰撞”类实验
【考点诠释】
1．探究弹力和弹簧伸长量的关系的操作关键
(1)实验中不能挂过多的钩码，防止弹簧超过其弹性限度。
(2)画图象时，不要连成“折线”，而应尽量让坐标点落在直线上或均匀分布在直线两侧。
2．验证力的平行四边形定则的操作关键
(1)每次拉伸结点位置O 必须保持不变。
(2)记下每次各力的大小和方向。
(3)画力的图示时应选择适当的标度。
3．验证动量守恒定律的关键
无论采用哪种方案验证动量守恒定律，均须测量系统内各物体作用前后的动量(即质量和速度的乘积)。
4．常见的数据处理方法
(1)列表法：直接从表格数据中得到弹力F 与伸长量x 的比值是一个常数。
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(2)图象法：以弹力F 为纵坐标，弹簧的伸长量x 为横坐标，根据所测数据，在坐标系中描点连线，可得到一条
过原点的直线。
①Fx 图线为一条过原点的直线，而Fl 图线为一条倾斜直线但不过原点。
②Fx 图线和Fl 图线的斜率均表示弹簧(或橡皮筋)的劲度系数。
③Fl 图线在l 轴的截距表示弹簧(或橡皮筋)的原长。
④Fx 图线和Fl 图线发生弯曲的原因是弹簧(或橡皮筋)超出了弹性限度。
(3)函数法：在误差允许范围内，可写出弹力与弹簧伸长量的函数关系式F＝kx。实际解题中常与图象法配合使
用，以得到函数式或对比实际关系式用以计算物理量等。
【典例分析5】两个实验小组做了如下两个实验，请回答下列问题：
甲
(1)一个实验小组在“探究弹力和弹簧伸长的关系”的实验中，使用两根不同的轻质弹簧a 和b，得到弹力与弹簧
长度的关系图象如图甲所示。下列说法正确的是________。
A．a 的原长比b 的长
B．a 的劲度系数比b 的大
C．a 的劲度系数比b 的小
D．测得的弹力与弹簧的长度成正比
(2)另一个实验小组利用图乙所示的实验装置完成“探究求合力的方法”的实验。
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乙
丙
①下列说法正确的是________。
A．在测量同一组数据F1、F2 和合力F 的过程中，橡皮条结点O 的位置不能变化
B．弹簧测力计拉细线时，拉力方向必须竖直向下
C．F1、F2 和合力F 的大小都不能超过弹簧测力计的量程
D．为减小测量误差，F1、F2
方向间夹角应为90°
②弹簧测力计的指针如图丙所示，由图可知拉力的大小为________N。
③本实验采用的科学方法是________。
A．理想实验法
B．控制变量法
C．等效替代法
D．建立物理模型法
【答案】
(1)B
(2)AC
4.00
C
【解析】(1)根据图甲可知，F 与L 的关系为F＝k(L－L0)，弹力与弹簧长度的关系图象在横轴上的截距等于弹簧
原长，即弹力等于零时弹簧的长度，图线斜率等于弹簧的劲度系数k，由此可知，a 的原长比b 的短，a 的劲度
系数比b 的大，选项A、C 错误，B 正确；测得的弹力与弹簧的长度呈线性关系，测得的弹力与弹簧的伸长量
成正比，选项D 错误。
(2)
在“探究求合力的方法”的实验中，测量同一组数据F1、F2 和合力
F 时，橡皮条结点O 的位置不能变化，选项A 正确；弹簧测力计拉细线时，拉力方向可以任意，选项B 错误；
拉力F1、F2 和合力F 的大小都不能超过弹簧测力计的量程，否则就不能测出力的大小，选项C 正确；为了减小
测量误差，F1、F2 的夹角不能太大，也不能太小，但不是必须为90°，选项D 错误。根据弹簧测力计读数规则，
最小刻度为0.1 N，需要估读到0.01 N，所以拉力大小为4.00 N。本实验采用的科学方法是等效替代法，选项C
正确。
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(3)
【典例分析6】某学习小组利用图1 所示的装置测量弹簧的弹性势能。一斜面上安装有两个光电门甲和乙，当
一带有遮光片的滑块从斜面上下滑，通过光电门时光电计时器可以显示出遮光片遮光的时间。一与斜面平行的
轻弹簧上端固定，在自然状态时下端在O 点。用天平测得滑块及遮光片的总质量为m。
图1
图2
请完成下列实验步骤：
(1)用游标卡尺测量遮光片的宽度d，其示数如图2 所示，则d＝________mm；
(2)滑块靠在弹簧的下端向上移到A 点后释放，滑块下滑，通过光电门甲、乙的遮光时间分别为t1、t2，反复调
整斜面的倾角直至t1________t2(选填“>”“＝”或“<”)，这样操作的目的是___________________________________。
(3)按正确步骤操作，让滑块紧压弹簧从O 点上方某点P 由静止释放沿斜面下滑，记下通过甲、乙时对应的t 和
t′值，则滑块在P 点时弹簧的弹性势能为________。(用题中测量的物理量表示)
【答案】(1)3.60
(2)＝
平衡摩擦力
(3)md2
2t2
或md2
2t′2
【解析】(1)主尺的读数为3 mm，游标尺的读数为1 mm
20 ×12＝0.60 mm，则d＝3 mm＋0.60 mm＝3.60 mm。(2)
反复调整斜面倾角以平衡摩擦力，使t1＝t2，说明滑块离开弹簧后做匀速直线运动，根据功能关系可知滑块离开
弹簧后，滑块的动能等于弹簧的弹性势能。(3)弹簧的弹性势能Ep＝1
2mv2，而v＝d
t，得Ep＝md2
2t2 ，又t＝t′，也可
表示为Ep＝md2
2t′2。
【典例分析7】某物理兴趣小组用如图所示装置来验证动量守恒定律，实验时，先调节斜槽末端切线水平，让
小球a 从斜槽上某一固定位置由静止滚下，落到位于水平地面的记录纸上，重复上述操作，得到多个落点痕迹。
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再把与小球a 大小相同的被碰小球b 放在水平槽的末端，让小球a 仍从同一位置由静止滚下，重复上述操作，
得到多个a、b 两球碰后的落点痕迹，记下水平槽末端在记录纸上的垂直投影点O。a、b 两球的质量关系为ma
＝6mb。图乙是某小组多次实验中某球落到位于水平地面记录纸上得到的10 个落点痕迹，图丙是另一小组测得
的数据。
甲
乙
丙
(1)由图乙可得出球的水平射程为________cm(记录纸起点与0 刻线对齐)。
(2)若两球相碰前后的动量守恒，其表达式可表示为________(用OM、OP、ON 表示)；若碰撞是弹性碰撞，那
么还应满足的表达式为________(用OM、OP、ON 表示)。
(3)经测定ma＝6mb＝42 g，斜槽末端到水平地面的高度为1.25 m，g 取10 m/s2，小球落地点的平均位置离O 点
的距离如图丙所示。则碰撞前的总动量大小为________g·cm·s
－1，碰撞后的总动量大小为______g·cm·s
－1，可知
在误差允许范围内碰撞前后动量守恒。
(4)通过(3)可知，该实验存在误差，其主要原因为________。
A．斜槽与球之间有摩擦
B．没有真正调节斜槽末端切线水平
C．O、P、M、N 各点定位不准，读数有误差
【答案】(1)64.5(64.2～64.8 均可)
(2)6OM＋ON＝6OP
6OM2＋ON2＝6OP2
(3)3 763.2
3 759.0
(4)BC
【解析】
(1)由图乙可得出某球的水平射程的平均值为64.5 cm。(2)要验证动量守恒定律，即验证mava＋mbvb
＝mava0，小球离开斜槽末端后做平抛运动，它们的抛出点离地高度相等，故在空中的运动时间t 相等，上式两
边同时乘以t 得mavat＋mbvbt＝mava0t，得6OM＋ON＝6OP，若碰撞是弹性碰撞，则碰撞过程机械能守恒，有1
2mav2a
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＋1
2mbv2b＝1
2mav2a0，即1
2mav2at2＋1
2mbv2bt2＝1
2mav2a0t2，即6OM2＋ON2＝6OP2。(3)由t＝
2h
g 可知平抛时间t＝0.5 s，
碰撞前的总动量为maOP
t ＝3 763.2 g·cm·s
－1，碰撞后的总动量为maOM＋mbON
t
＝3 759.0 g·cm·s
－1。(4)该实验存在
误差的主要原因为：没有真正调节斜槽末端切线水平；O、P、M、N 各点定位不准，读数有误差；斜槽与球之
间的摩擦不影响实验结果，所以BC 正确。
考点四力学创新实验
【考点诠释】
1．创新型实验的特点
(1)以基本的力学模型为载体，依托运动学规律和力学定律设计实验。
(2)将实验的基本方法(控制变量法)和处理数据的基本方法(图象法、逐差法)，融入到实验的综合分析之中。
2．创新型实验的解法
(1)根据题目情景，抽象出相应的力学模型、运动过程，根据相应规律列出关系式从而明确实验的理论依据。
(2)应用原理公式或图象法处理实验数据，结合物体实际受力情况和理论受力情况对结果进行分析。
【典例分析8】某班物理小组计划用一台具有摄像功能的数码相机来研究弹簧做功的规律。该小组设计的装置
如图甲所示，光滑水平桌面(厚度不计)离地高度为H＝0.8 m，轻质弹簧左端固定于竖直挡板上，挡板到桌面右
端的距离恰好等于弹簧的原长。实验时将一质量为m＝200 g 的小球(可视为质点)置于被压缩弹簧的右端，释放
后小球在弹力的作用下向右运动，并离开桌面做平抛运动(不计空气阻力)，用数码相机将小球运动过程拍成视
频，改变小球的释放位置再拍，获得多个视频，每个视频都由相同时间间隔的照片连贯而成，通过电脑将这些
照片按时间顺序制作成频闪照片(如图乙所示)，筛选出5 张频闪照片，用刻度尺测得照片中的桌面离地高度h
＝50.0 mm，再测出5 张照片中的x 和s，记录到下表中，取重力加速度g＝10 m/s。
甲
乙
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频闪照片序号
1
2
3
4
5
x/mm
4.0
8.0
12.0
16.0
18.0
s/mm
32.0
64.2
95.9
128.6
143.3
(1)分析图乙中小球位置的分布规律，可知该相机每秒能拍摄________张照片。
(2)根据表中数据在图丙中作出sx 图象。
丙
(3)若测得sx 图象的斜率为k，则弹簧对小球做的功W 可以表示成________(填选项前的字母)。
A．W＝mgk2
4h x2
B．W＝mgH2k2
4h2
x2
C．W＝mgHk2
4h2 x2
D．W＝1
2kx2
【答案】
(1)15
(2)如图所示
(3)C
【解析】
(1)由平抛运动规律可得，小球落地时间t＝
2H
g ＝
2×0.8
10
s＝0.4 s，由图乙可知，相机在0.4 s 内
拍摄了6 张照片，则数码相机在1 s 内能拍摄的照片数n＝1
0.4×6＝15 张。
(3)由题意可知，小球在平抛运动过程中实际运动的水平距离s′＝H
hs，又由平抛运动规律有s′＝vt，联立可得v
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＝s′
t ＝s′
g
2H。则弹簧做的功W＝1
2mv2＝mgs′2
4H ，因s＝kx，代入可得W＝mgHk2
4h2 x2，故选C。
【典例分析9】某研究性学习小组用如图甲所示的装置来测定当地的重力加速度，主要操作过程如下：
甲
乙
①安装实验器材，调节试管夹使小铁球、光电门和纸杯在同一竖直线上；
②打开试管夹，由静止释放小铁球，用光电计时器记录小铁球在两个光电门间的运动时间t，并用刻度尺(图甲
中未画出)测量出两个光电门之间的高度h，计算出小铁球通过两光电门间的平均速度v；
③保持光电门1 的位置不变，改变光电门2 的位置，重复②的操作。测出多组数据，计算出对应的平均速度v；
④画出vt 图象。
请根据实验，回答如下问题：
(1)设小铁球到达光电门1 时的速度为v0，当地的重力加速度为g。则小铁球通过两光电门间的平均速度v 的表
达式为________(用v0、g 和t 表示)。
(2)实验测得的数据如下表：
实验次数
1
2
3
4
5
6
h/cm
10.00
20.00
30.00
40.00
50.00
60.00
t/s
0.069
0.119
0.159
0.195
0.226
0.255
v/(m·s
－1)
1.45
1.68
1.89
2.05
2.21
2.35
请在坐标纸(如图乙)上画出vt 图象。
(3)根据vt 图象，可以求得当地的重力加速度g＝______m/s2，试管夹到光电门1 的距离约为________cm(结果
均保留2 位有效数字)。
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【答案】(1)v＝v0＋1
2gt
(2)如解析图所示
(3)9.6(9.4～9.8 之间均可)
6.3(6.1～6.5 之间均可)
【解析】(1)因为h＝v0t＋1
2gt2，所以v＝h
t＝v0＋1
2gt。
(2)在坐标纸上描点，用一条直线将这些点连接起来，使尽可能多的点在直线上，不在直线上的点均匀分布于直
线两侧，如图所示。
(3)从图中可求出斜率k＝4.8 m/s2，v0＝1.10 m/s，可得g＝2k＝9.6 m/s2，h＝v20
2g＝0.063 m＝6.3 cm。
【典例分析10】一小组同学到仓储站劳动实践，在调试如图甲所示的谷物传送机时，发现启动阶段水平放置的
传送带不是匀速运动。为探究传送带在启动阶段的运动性质，该小组同学进行了以下操作：
甲
①用细绳一端拴盛有小米的纸质漏斗，做成一个单摆；
②一同学站在传送带旁边，手持绳的另一端于传送带中线的正上方不动，漏斗尽量贴近传送带；
③将漏斗适当拉离平衡位置，撕开漏斗下部，让小米流出，同时放开漏斗，使漏斗始终垂直于传送带中线运动；
④启动传送带，一段时间后，摆动的漏斗撒出的小米在传送带上留下的痕迹如图乙所示。
已知重力加速度g＝10 m/s2，请回答以下问题：
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乙
(1)用毫米刻度尺测量图片中OA 的长度，长度为______ mm，为判断传送带在启动阶段的运动性质，还需要测
出________的长度；
(2)
根
据
上
述
测
量
数
据
得
出
的
结
论
是
_____________________
，
理
由
是
_____________________________________________________。
【答案】(1)8.6～8.9 均可
OB 和OC(或AB 和BC)(2)传送带在启动阶段的运动可看做匀加速直线运动
在误差
允许的范围内，传送带在连续相等的时间段内的位移差相等
【解析】(1)用毫米刻度尺测量图片中OA 的长度，根据毫米刻度尺读数规则，读出OA 的长度，记录的数据要
包括估读的数值。可根据做匀变速直线运动的物体在连续相等时间内的位移差是恒量，来判断传送带在启动阶
段的运动性质，故还需要测量OB 和OC 的长度(或者AB 和BC 的长度)。(2)若满足BC－AB＝AB－OA，则传送
带在启动阶段的运动可看做匀加速直线运动。其理由是：在误差允许的范围内，传送带在连续相等时间段内的
位移差相等。
考点五其它实验
【考点诠释】
1．“探究平抛运动的特点”实验中需要注意的问题
(1)实验中必须保证通过斜槽末端点的切线水平，木板必须处在竖直平面内，且与小球运动轨迹所在竖直平面平
行，并使小球的运动靠近木板但不接触；
(2)小球必须每次从斜槽上同一位置由静止开始滚下，因此，可在斜槽上某一位置固定一个挡板；
(3)坐标原点(小球做平抛运动的起点)不是槽口的端点，而应是小球在槽口时球的球心在木板上的水平投影点，
位于槽口末端上方r 处(r 为小球半径)；
(4)应在斜槽上适当的位置释放小球，使它以适当的水平速度抛出，其轨迹由木板的左上角到达右下角，这样可
以使实验误差较小；
(5)须在斜槽末端用重锤线检查白纸上所画y 轴是否竖直。
2．“探究向心力大小与半径、角速度、质量的关系”实验数据处理
从表记录的数据观察，通过公式T2＝4π2 L2－r2
g
，计算得出的周期值跟用秒表直接测量的周期值对比，看在误
差允许范围内是否近似相等，从而证明公式g
r
L2－r2＝4π2
T2 r 是否成立，即F＝mv2
r ＝mω2r＝m4π2
T2 r 是否成立(实验
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时可以多次测量，以减小实验误差)。
【典例分析11】.某实验小组利用图1 所示装置测定平抛运动的初速度。把白纸和复写纸叠放一起固定在竖直木
板上，在桌面上固定一个斜面，斜面的底边ab 与桌子边缘及木板均平行。每次改变木板和桌边之间的距离，让
钢球从斜面顶端同一位置滚下，通过碰撞复写纸，在白纸上记录钢球的落点。
图1
(1)为了正确完成实验，以下做法必要的是________。
图2
A．实验时应保持桌面水平
B．每次应使钢球从静止开始释放
C．使斜面的底边ab 与桌边重合
D．选择对钢球摩擦力尽可能小的斜面
(2)实验小组每次将木板向远离桌子的方向移动0.2 m，在白纸上记录了钢球的4 个落点，相邻两点之间的距离
依次为15.0 cm、25.0 cm、35.0 cm，示意如图2。重力加速度g＝10 m/s2，钢球平抛的初速度为________ m/s。
(3)图1 装置中，木板上悬挂一条铅垂线，其作用是________________。
【答案】
(1)AB
(2)2
(3)方便将木板调整到竖直平面
【解析】(1)为了使钢球离开桌面做平抛运动，实验时应保持桌面水平，A 项正确；为了使钢球做平抛运动的初
速度相同，每次应使钢球从同一位置由静止释放，B 项正确；实验与斜面是否光滑无关，D 项错误；若ab 边与
桌边重合，则钢球在空中做的不是平抛运动，C 项错误。(2)钢球在水平方向做匀速直线运动，每次向右移动0.2
m，钢球做平抛运动的时间均匀增大；竖直方向上，钢球做自由落体运动，有Δy＝gT2，得T＝0.1 s，所以钢球
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平抛的初速度v＝Δx
T ＝2 m/s。(3)木板上悬挂铅垂线是为了调整木板使其处于竖直状态。
【典例分析12】如图甲所示是某同学探究做圆周运动的物体质量、向心力、轨道半径及线速度关系的实验装置，
圆柱体放置在水平光滑圆盘上且做匀速圆周运动。力传感器测量向心力F，速度传感器测量圆柱体的线速度v，
该同学通过保持圆柱体的质量和运动的轨道半径不变，来探究向心力F 与线速度v 的关系。
甲
(1)该同学采用的实验方法为________。
A．等效替代法
B．控制变量法
C．理想化模型法
(2)改变线速度v，多次测量，该同学得到了五组F、v 数据，如下表所示：
v/(m·s
－1)
1.0
1.5
2.0
2.5
3.0
F/N
0.88
2.00
3.50
5.50
7.90
该同学对数据分析后，在图乙坐标纸上描出了五个点。
①在图乙的坐标纸上作出Fv2 图线。
乙
②若圆柱体运动的轨道半径r＝0.2 m，由作出的Fv2 图线可得圆柱体的质量m＝________kg。(结果保留两位有
效数字)
【答案】(1)B
(2)①见解析
②0.18
【解析】(1)实验中研究向心力和线速度的关系，保持圆柱体的质量和运动的轨道半径不变，采用的实验方法是
控制变量法，故选B。
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(2)①作出Fv2 图线，如图所示。
②根据F＝m v2
r 知，图线的斜率k＝m
r ，
则m
r ＝9
10 N·s2/m2，代入数据解得m＝0.18 kg。
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第八部分实验
专题19 电学实验及创新
一、素养呈现
1.基本实验仪器的使用与读数。
2.基础实验的实验原理和实验方法的理解与掌握。
3.探究实验的实验方案，实验器材及数据处理的理解与掌握。
二、素养落实
1.认真完成课本上的每一个实验。知道每一个实验的目的。
2.掌握每一个实验的原理，熟悉实验中的每一个实验步骤。
3.领会每一个实验步骤的作用，学会每一个实验仪器的使用。
4.学会每一个实验的数据处理方法，弄清每一个实验误差的来源等。
5.依据新课程标准，重视基础实验。
6.关注变化，构建实验模型，在比较分析中探寻共性。
纵览近几年全国卷及各省市等级考物理试题，实验命题不避热点，注重陈题翻新；重点实验频频考，其他
实验“轮换”考。实验“小题”常考力学内容，实验“大题”常考电学内容。在两个实验中，通常一个实验立足教材，
立足创新，凸显对科学探究素养的考查，一般较为基础，注重对考生的实验基本功的考查；另一个实验题依据
新课程标准要求挖掘改造，对考生的实验能力要求较高，突出选拔作用。地方卷的实验题文字量较全国卷大，
更加注重对实验原理的考查，创新程度较高。
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考点一电学常用仪器的读数和使用
【考点诠释】
1．电流表和电压表
量程
精确度
读数规则
电流表0～3 A
0.1 A
与刻度尺一样，采用1
10估读，读数规则较简单，只需要精确
值后加一估读数即可
电压表0～3 V
0.1 V
电流表0～0.6 A
0.02 A
估读位与最小刻度在同一位，采用1
2估读
电压表0～15 V
0.5 V
估读位与最小刻度在同一位，采用1
5估读
2.多用电表
(1)电流的流向
电流从多用电表的“＋”插孔(红表笔)流入，从“－”插孔(黑表笔)流出，即“红进、黑出”．
(2)“机械零点”与“欧姆零点”
“机械零点”在表盘刻度左侧“0”位置，调整的是表盘下边中间的定位螺丝；“欧姆零点”在表盘刻度的右侧电阻刻
度“0”位置，调整的是欧姆挡的调零旋钮．
(3)欧姆表使用注意事项
①选挡接着调零；②换挡重新调零；③待测电阻与电路、电源断开；④尽量使指针指在表盘中间位置附近；⑤
读数之后要乘以倍率得阻值；⑥用完后，选择开关要置于“OFF”挡或交流电压最高挡．
【典例分析1】(1)如图甲所示为一简易多用电表内部电路原理图，其中G 为灵敏电流计．选择开关S 与不同接
点连接就构成不同的电表，下列分析正确的是________．
A．A 为黑表笔，B 为红表笔
B．将选择开关S 与3 连接，就构成了欧姆表
C．将选择开关S 与1、2 连接，就构成了电流表，且与1 接点相连时量程较大
D．将选择开关S 与4、5 连接，就构成了电压表，且与4 接点相连时量程较大
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(2)某同学选择欧姆挡“×1 k”倍率测量电阻R1、R2 的阻值时，指针分别处于a、b 两位置，其中a 位置在表盘正
中央(如图乙所示)，指针在b 位置时的偏转角度恰好为在a 时的一半，则电阻R1＝________，R2＝________.
【答案】
(1)BC
(2)15.0 kΩ
45 kΩ
【解析】
(1)在多用电表使用时应让电流从红表笔进，黑表笔出，当将选择开关S 与3 连接，就构成了欧姆表，
由此可判断A 为红表笔，B 为黑表笔，故A 错误，B 正确．将选择开关S 与1、2 连接，就构成了电流表，根
据并联分流原理，并联的电阻越小分得的电流越大，所以与1 接点相连时量程较大，故C 正确．将选择开关S
与4、5 连接，就构成了电压表，根据串联分压原理，串联的电阻越大分得的电压越大，所以与5 接点相连时量
程较大，故D 错误．
(2)指针指向a 位置表盘正中央时，即指向了欧姆表的中值电阻R 中，也就是欧姆表本身的内阻，R 内＝R 中＝15.0
kΩ，E＝IgR 内；当指针指向b 位置时，偏转角度恰好为在a 时的一半，即I＝1
4Ig，由1
4Ig＝
E
R2＋R 内
，另有1
2Ig＝
E
R1＋R 内
，
解得：R2＝45 kΩ.
【典例分析2】如图所示为某多用电表的简化电路图，已知表头的满偏电流Ig＝5 mA，内阻rg＝100 Ω；电源的
电动势E＝1.5 V，内阻r＝1 Ω；定值电阻R1＝5 Ω，R2＝20 Ω.
(1)测电流时，把选择开关B 旋转至位置1 或2，其中旋转至位置________时量程较大，其量程为________mA.
(2)测电阻时，需要把选择开关B 旋转至位置3，测量前需欧姆调零，滑动变阻器R5 的阻值应调整为________ Ω.
【答案】
(1)1
125
(2)39
【解析】
(1)测电流时，把选择开关B 旋转至位置1，分流电阻只有R1，可知量程较大；设此时量程为I，则：
Ig(rg＋R2)＝(I－Ig)R1，解得I＝125 mA；
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(2)测电阻时，需要把选择开关B 旋转至位置3，此时表头电阻Rg＝rgR1＋R2
rg＋R1＋R2
＝20 Ω
此时满偏电流Igrg＝(I′－Ig)(R1＋R2)，解得I′＝25 mA；欧姆调零时：I′＝
E
Rg＋R5＋r
，解得R5＝39 Ω.
考点二以测电阻为核心的电学实验
【考点诠释】
1．电阻测量的基本方法
(1)伏安法：有电压表、电流表且电表量程恰当时选择“伏安法”．
(2)安安法：电压表不能用或没有电压表的情形下，若知道电流表内阻，可以将电流表当作电压表使用，即选择
“安安法”．
(3)伏伏法：电流表不能用或没有电流表的情况下，若知道电压表内阻，可以将电压表当作电流表使用，即选择
“伏伏法”．
(4)伏安加R 法：在运用伏安法测电阻时，由于电压表或电流表的量程太小或太大，为了满足安全、精确的要求，
需加保护电阻，“伏安加R 法”又叫做“加保护电阻法”．
注意：电表的“三用”：如果知道电表的内阻，电流表、电压表就既可以测电流，也可以测电压，还可以作为定
值电阻来用，即“一表三用”．
2．电表的替代与改装
在没有电压表或电压表不能用、没有电流表或电流表不能用时，要用到电表的替代与改装．
(1)内阻已知的电压表相当于小量程的电流表；
(2)内阻已知的电流表相当于小量程的电压表；
(3)灵敏电流计串大电阻改装成电压表；
(4)灵敏电流计并小电阻改装成电流表；
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(5)电阻箱与电流表串联相当于电压表；
(6)电阻箱与电压表并联相当于电流表；
(7)内阻较小的电源串联定值电阻相当于内阻较大的电源．
3．电表内阻测量最常用的方法——半偏法
(1)用半偏法测电流表内阻，如图所示，电阻箱应和电流表并联，然后与大电阻滑动变阻器串联，R 测<R 真．
(2)若测电压表内阻，如图所示，电阻箱应和电压表串联，然后与小电阻滑动变阻器并联，且R 测>R 真．
4．等效替代法
(1)电流等效替代(如图)
(2)电压等效替代(如图)
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5．独特的测量方法——电桥法测电阻
在电阻的测量方法中，有一种很独特的测量方法，那就是电桥法．其测量电路如图所示，实验中调节电阻箱R3，
当A、B 两点的电势相等时，R1 和R3 两端的电压相等，设为U1，同时R2 和Rx 两端的电压也相等，设为U2.
根据欧姆定律有：U1
R1
＝U2
R2
，U1
R3
＝U2
Rx
，由以上两式解得：R1Rx＝R2R3，这就是电桥平衡的条件，由该平衡条件可
求出被测电阻Rx 的阻值．
【典例分析3】LED 绿色照明技术已经走进我们的生活．某实验小组要精确测定额定电压为3 V 的LED 灯正常
工作时的电阻，已知该灯正常工作时电阻大约500 Ω，电学符号与小灯泡电学符号相同．实验室提供的器材有：
A．电流表A1(量程为0 至50 mA，内阻RA1 约为3 Ω)
B．电流表A2(量程为0 至3 mA，内阻RA2＝15 Ω)
C．定值电阻R1＝697 Ω
D．定值电阻R2＝1 985 Ω
E．滑动变阻器R(0 至20 Ω)一只
F．电压表V(量程为0 至12 V，内阻RV＝1 kΩ)
G．蓄电池E(电动势为12 V，内阻很小)
H．开关S 一只
(1)如图7 所示，请选择合适的器材，电表1 为________，电表2 为________，定值电阻为________．(填写器材
前的字母编号)
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图7
(2)将采用的电路图补充完整．
(3)写出测量LED 灯正常工作时的电阻表达式Rx＝________(用测量量字母和已知字母表示)，当表达式中的
________(填字母)达到________，记下另一电表的读数代入表达式，其结果为LED 灯正常工作时电阻．
【答案】
见解析
【解析】
(1)要精确测定额定电压为3 V 的LED 灯正常工作时的电阻，需测量LED 灯两端的电压和通过LED
灯的电流，由于电压表的量程较大，测量误差较大，不能用已知的电压表测量LED 灯两端的电压，可以将电流
表A2 与定值电阻串联改装为电压表测量电压；改装电压表的内阻：R＝ULED 额
IA2 满偏
＝
3 V
0.003 A＝1 000 Ω，A2 的内阻为
15 Ω，则定值电阻应选D；LED 灯正常工作时的电流约为I＝U
R＝3
500 A＝6 mA，因为电表1 测量其所在支路电
流，电流表A1 的量程为0 至50 mA，若用电压表V 测电流，可测得的最大电流为12 V
1 kΩ＝12 mA，可以发现用电
压表V 来测电流更精确；由以上分析可知，电表1 为F，电表2 为B，定值电阻为D.
(2)因为滑动变阻器阻值远小于LED 灯的电阻，所以滑动变阻器采用分压式接法．电路图如图所示，
(3)设LED 灯正常工作时电表1 的读数为UV，电表2 的读数为I2，根据闭合电路欧姆定律知，LED 灯两端的电
压U＝I2(R2＋RA2)，通过LED 灯的电流I＝UV
RV
－I2，所以LED 灯正常工作时的电阻Rx＝U
I ＝
I2R2＋RA2
UV
RV
－I2
.改装后
的电压表内阻为RV＝1 985 Ω＋15 Ω＝2 000 Ω，则当I2＝1.5 mA 时，LED 灯两端的电压为3 V，达到额定电压，
测出来的电阻为正常工作时的电阻．
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【典例分析4】实验室有一种灵敏电流计，满偏刻度为30 格。某兴趣小组想要较精确地测出它的满偏电流Ig
和内阻Rg，实验室中可供利用的器材有：
待测灵敏电流计G1、G2；
电流表A(量程为1 mA，内阻约为100 Ω)；
定值电阻R1(阻值为400 Ω)；
定值电阻R2(阻值为600 Ω)；
电阻箱R(0～9 999.9 Ω，最小调节量0.1 Ω)；
滑动变阻器R3(阻值范围为0～2 000 Ω，额定电流1.5 A)；
直流电源E(电动势1.5 V，内阻不计)；
开关S，导线若干。
该小组设计的实验电路图如图所示，连接好电路，并进行下列操作。
(1)闭合开关，调节滑动变阻器，使电流表示数适当。
(2)若灵敏电流计G2 中的电流由b 流向a，再调节电阻箱，使电阻箱R 接入电路的阻值________(选填“增大”或“减
小”)，直到G2 中的电流为0。
(3)读出电阻箱连入电路的电阻为1 200.0 Ω，电流表的示数为0.6 mA，灵敏电流计G1 的指针指在20 格的刻度
处，则灵敏电流计满偏电流Ig＝________ μA，内阻Rg＝________ Ω。
【答案】(2)减小
(3)300
800
【解析】(2)灵敏电流计G2 中的电流由b 流向a，说明b 点电势比a 点电势高，R2 的阻值小于电阻箱接入电路的
阻值，减小电阻箱R 接入电路的阻值，当a、b 两点电势相等时，流过G2 的电流为0。
(3)流过G2 的电流为0，由图示电路图可知R
R2
＝Rg
R1
，即1 200 Ω
600 Ω ＝Rg
400 Ω，解得Rg＝800 Ω；流过两支路电流之比I1
IG1
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＝
U
R1＋R2
U
Rg＋R
＝Rg＋R
R1＋R2
＝800＋1 200
400＋600
＝2
1，由图示电路图可知，IG1＋I1＝IA，又IA＝0.6 mA，则IG1＝0.2 mA，因灵敏
电流计满偏刻度30 格，此时G1的指针指在20 格的刻度处，则灵敏电流计满偏电流Ig＝30
20IG1＝3
2×0.2 mA＝300 μA。
考点三以测电源电动势和内阻为核心的电学实验
【考点诠释】
1．测电源电动势和内阻的常用方法
伏安法
伏阻法
安阻法
实验原理
E＝U＋Ir
E＝U＋U
Rr
E＝IR＋Ir
实验电路
数据处
理
计算法
由
E＝U1＋I1r
E＝U2＋I2r
解得E、r
由
E＝U1＋U1
R1
r
E＝U2＋U2
R2
r
解得E、r
由
E＝I1R1＋I1r
E＝I2R2＋I2r
解得E、r
图象法
U＝－rI＋E
1
U＝r
E·1
R＋1
E
1
I＝1
E·R＋r
E
误差来源
电压表的分流
E 测＜E 真；r 测＜r 真
电压表的分流
E 测＜E 真；r 测＜r 真
电流表的分压
E 测＝E 真；r 测＞r 真
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2.对实验的两点说明
(1)任何一种实验方法，一定要紧扣闭合电路欧姆定律E＝U＋Ir，其中最关键的是看电路中如何测量出路端电压
U 和电路中的总电流I。
(2)“化曲为直”思想的应用。利用图象得出电动势和内阻是常见的方法，当图线不为直线时，往往要变换坐标轴
表示的物理量，使图线为直线。以安阻法为例，可作1
IR 图象；以伏阻法为例，可作1
U1
R图象，也可作UU
R图象
等，目的是使图象是直线。故这类问题重点关注图象的斜率、截距的物理意义。
【典例分析5】在测定电源电动势和内电阻的实验中，实验室提供了合适的实验器材．
(1)甲同学按电路图a 进行测量实验，其中R2 为保护电阻，则：
①请用笔画线代替导线在图b 中完成电路的连接；
②根据电压表的读数U 和电流表的读数I，画出U－I 图线如图c 所示，可得电源的电动势E＝________ V，内
电阻r＝________ Ω(结果均保留两位有效数字)．
(2)乙同学误将测量电路连接成如图d 所示，其他操作正确，根据电压表的读数U 和电流表的读数I，画出U－I
图线如图e 所示，可得电源的电动势E＝________ V，内电阻r＝________ Ω(结果均保留两位有效数字)．
【答案】
(1)①
②2.8
0.60
(2)3.0
0.50
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【解析】
(1)①根据原理图可得出对应的实物图，如图所示；
②根据闭合电路欧姆定律可得：U＝E－Ir，则由题图c 可知电动势E＝2.8 V，内电阻r＝ΔU
ΔI ＝2.8－1.6
2.0
Ω＝0.60
Ω；
(2)由乙同学的电路接法可知R1 左右两部分并联后与R2 串联，则可知在滑片移动过程中，滑动变阻器接入电路
电阻先增大后减小，则路端电压先增大后减小，所以出现题图e 所示的图象，则由图象可知当电压为2.5 V 时，
电流为0.50 A，此时两部分电阻相等，则总电流为I1＝1 A；而当电压为2.4 V 时，电流分别对应0.33 A 和0.87
A，则说明当电压为2.4 V 时，干路电流为I2＝0.33 A＋0.87 A＝1.2 A；则根据闭合电路欧姆定律可得2.5 V＝E
－r·1 A,2.4 V＝E－r·1.2 A，解得电源的电动势E＝3.0 V，内电阻r＝0.50 Ω.
【典例分析6】某物理课外活动小组学习了“测量电源的电动势和内阻”后，设计了如图甲所示的实验电路。
甲
乙
丙
(1)若闭合开关S1, 将单刀双掷开关S2 掷向a，改变电阻箱R 的阻值得到一系列的电压表的读数U，处理数据得
到如图乙所示图象，写出1
U1
R关系式________。
(2)若断开S1，将单刀双掷开关S2 掷向b，改变电阻箱R 的阻值得到一系列的电流表的读数I，处理数据得到如
图丙所示图象，写出1
IR 关系式________。
(3)同学们对实验结果进行了误差分析，发现将两个图象综合利用，完全可以避免由于电压表分流和电流表分压
带来的系统误差。已知图象乙和丙的纵轴截距分别为b1、b2，斜率分别为k1、k2，则电源的电动势E＝________，
内阻r＝________。
(4)不同小组的同学用不同的电池组(均由同一规格的两节干电池串联而成)，按照(1)中操作完成了上述实验后，
发现不同组的电池组的电动势基本相同，只是内电阻差异较大，同学们选择了内电阻差异较大的Ⅰ、Ⅱ两个电池
组做进一步探究，对电池组的输出功率P 随外电阻R 变化的关系，以及电池组的输出功率P 随路端电压U 变化
的关系进行了猜想，并分别画出了下列的PR 和PU 图象。若已知Ⅰ电池组的内电阻较大，则下列各图中可能正
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确的是________(填正确选项标号)。
A
B
C
D
【答案】
(1)1
U＝r
E·1
R＋1
E
(2)1
I＝1
ER＋r
E
(3)1
k2
k1
k2
(4)BC
【解析】(1)若闭合开关S1，将单刀双掷开关S2 掷向a，改变电阻箱R 的阻值得到一系列的电压表的读数U，根
据闭合电路欧姆定律可知，E＝U＋Ir＝U＋U
Rr，则1
U＝r
E·1
R＋1
E。(2)根据闭合电路欧姆定律E＝I(R＋r)，得到1
I与
R 的关系式1
I＝1
ER＋r
E。(3)由题图所示电路图可知，利用伏阻法时，由于电压表的分流作用，通过电源的电流大
于U
R，这是造成系统误差的原因。若考虑通过电压表的电流，则表达式为E＝U＋Ir＝U＋
U
R＋U
RV r，则1
U＝RV＋r
ERV
＋r
E·1
R，则r
E＝k1；利用安阻法时，考虑电流表内阻，可得1
I＝1
ER＋RA＋r
E
，则题图丙中1
IR 图象的斜率的倒数等
于电源的电动势E。那么根据r
E＝k1，1
E＝k2，可得E＝1
k2
，r＝k1
k2
。
(4)根据电源的输出功率规律可知，当内、外电阻相等时输出功率最大，当外电阻大于内电阻时，随着外电阻的
增大，输出功率将越来越小，又由Pmax＝E2
4r可知，电动势相同，内阻越小，最大输出功率越大，故B 正确，A
错误。当内、外电阻相等时，输出功率最大，此时输出电压为电动势的一半，且电池组Ⅱ的输出功率比Ⅰ的大，
而当外电路断开时，路端电压等于电源的电动势，此时输出功率为零，故C 正确，D 错误。
考点四电学创新实验
【考点诠释】
高考试题中出现的电学创新实验，大都是在教材常规实验的基础上，进行重组、包装、拓展、创新，它们源于
教材，但高于教材，解决这类创新实验时，应注意以下三点：
(1)实验仪器的选取，电流表内、外接法的判断，滑动变阻器的分压电路与限流电路的分析。
(2)在解决设计型实验时，要注意条件的充分利用，如对于给定确切阻值的电压表和电流表，电压表可当作电流
表使用，电流表也可当作电压表使用。
(3)对一些特殊电阻的测量，如电流表或电压表内阻的测量，电路设计有其特殊性，即首先要注意到其自身量程
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对电路的影响，其次要充分利用其“自报电流”或“自报电压”的功能。
【典例分析8】现要较准确地测量量程为0～3 V、内阻大约为3 kΩ的电压表V1 的内阻RV，实验室提供的器材
如下：
电流表A1(量程0～0.6 A，内阻约0.1 Ω)
电流表A2(量程0～1 mA，内阻约100 Ω)
电压表V2(量程0～15 V，内阻约15 kΩ)；
定值电阻R1(阻值200 Ω)；
定值电阻R2(阻值2 kΩ)；
滑动变阻器R3(最大阻值100 Ω，最大电流1.5 A)
电源E1(电动势6 V，内阻约0.5 Ω)
电源E2(电动势3 V，内阻约0.5 Ω)；
开关S，导线若干
(1)选用上述的一些器材，甲、乙两个同学分别设计了如图22 甲、乙所示的两个电路．
在图甲的电路中，电源选择E1，则定值电阻R 应该选择________；在图乙的电路中，电源选择E2，电流表应该
选择________．(填写对应器材的符号)
(2)根据图甲电路，多次测量得到多组电压表V1 和V2 的读数U1、U2，用描点法得到U1－U2 图象，若图象的斜
率为k1，定值电阻的阻值为R，则电压表V1 的内阻RV＝________；根据图乙电路，多次测量得到多组电压表
V1和电流表A 的读数U1′、I，用描点法得到U1′－I 图象，若图象的斜率为k2，则电压表V1的内阻RV′＝________.(用
题中所给字母表示)
(3)
从
实
验
测
量
精
度
的
角
度
分
析
，
用
图
________
电
路
较
好
，
原
因
是
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________.
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【答案】
(1)R2
A2
(2) k1
1－k1
R
k2
(3)乙
图甲中V2 读数的相对误差较大
【解析】
(1)在题图甲的电路中，由于电源电动势为6 V，定值电阻R 起到串联分压的作用，应该选择阻值为
2 kΩ的定值电阻R2；由题意可知电压表的最大电流为1 mA，所以电流表应选择量程0～1 mA 的A2.
(2)在题图甲的电路中，定值电阻R 两端的电压为U2－U1，通过定值电阻R 的电流为I＝U2－U1
R
根据欧姆定律有RV＝U1
I ＝U1R
U2－U1
，变形得U1＝
RV
R＋RV
U2，有
RV
R＋RV
＝k1，可得：RV＝k1
1－k1
R；在题图乙中根据
欧姆定律可得：U1′＝IRV′，即RV′＝k2.
(3)两个电路都没有由仪器引起的系统误差，但用甲图测量时，电压表V2 的电压变化范围约为0～5 V，用量程
为15 V 的电压表V2 读数，相对误差较大，所以用乙图较好．
【典例分析9】某实验小组用图甲实验装置探究电源内、外电路的关系，其中电压表V1 接在电源的正负极M、
N 上，电压表V2 接在靠近电源正负极的探针P、Q 上，V2 可以测量出电源的内电压．改变滑动变阻器的阻值，
可读取多组电压表V1、V2 和电流表A 的示数U1、U2 和I，并在图乙中描绘出U1－I 图象和U2－I 图象．请回
答如下问题：
(1)由于缺少一个0～3 V 的电压表，可以用一个阻值为________ Ω的定值电阻与电流表(量程为0～2 mA，内阻
为300 Ω)________(选填“串联”或“并联”)改装而成．
(2)乙图中图线________(选填“①”或“②”)是U2－I 图象；分析两图线可知，在误差允许的范围内，电路中两电压
表的示数之和________(选填“不变”“变小”或“变大”)．
(3)若实验中，探针P 离电源正极M 的距离过大，会产生明显的实验误差，此时在图乙中所绘出的两图线的交
点相对于准确的交点________．
A．沿图线①向上移动
B．沿图线①向下移动
C．沿图线②向上移动
D．沿图线②向下移动
【答案】
(1)1 200
串联
(2)②
不变
(3)B
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【解析】
(1)将电流表表头改装成电压表，需要串联一个分压电阻，电阻的阻值：R＝U
Ig
－RA＝
3
2×10
－3 Ω－300
Ω＝1 200 Ω.
(2)V2 可以测量出电源的内电压，根据欧姆定律：U2＝Ir，所以图象②是U2－I 图象，分析题图①②两图线可知，
在误差允许的范围内，电路中两电压表的示数之和保持不变．
(3)探针P 离电源正极M 的距离过大，导致测得的内电压变小，与V2 并联的内阻变小，图象②的斜率变小，所
以交点相对于准确值沿图线①向下移动，A、C、D 错误，B 正确．
【典例分析10】某研究性学习小组将一量程为Ig＝1 mA 的灵敏电流计G 改装为双量程电流表、双量程电压表
和双倍率欧姆表，电路图如图所示，已知电流计内阻Rg＝200 Ω，R1＝90 Ω，R2＝10 Ω，R3＝600 Ω，电源的电
动势为E＝1.5 V，试回答如下问题：
(1)接线柱A 应接________(填“红表笔”或“黑表笔”)，表笔接在A 和D 时是________(填“双量程电流表”“双量程
电压表”或“双倍率欧姆表”)。
(2)若表笔接在A 和C，单刀双掷开关S 掷向1 时是________(填“电压表”“电流表”或“欧姆表”)，量程为________。
(3)双倍率欧姆表的中值电阻分别为________(S 掷向1 时)和________(S 掷向2 时)。
【答案】
(1)红表笔
双量程电流表
(2)电压表
0～2 V
(3)500 Ω
50 Ω
【解析】(1)因为红表笔与内部电源负极相接，所以接线柱A 应接红表笔，表笔接在A 和D 时，灵敏电流计与
电阻并联，是双量程电流表。(2)单刀双掷开关掷向1 时，等效表头的满偏电流Ia＝Ig＋
Rg
R1＋R2
Ig＝3 mA，单刀双
掷开关掷向2 时，等效表头的满偏电流Ib＝Ig＋Rg＋R1
R2
Ig＝30 mA，表笔接在A 和C 时，单刀双掷开关掷向1 时
为电压表，Ua＝IaR3＋IgRg＝2 V，量程为0～2 V。(3)开关掷向1 时，欧姆表的中值电阻为R 中a＝E
Ia
＝500 Ω，开
关掷向2 时，欧姆表的中值电阻为R 中b＝E
Ib
＝50 Ω。
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第八部分实验
专题20 热学、光学实验
一、素养呈现
1.基础实验的实验原理和实验方法的理解与掌握。
2.探究实验的实验方案，实验器材及数据处理的理解与掌握。
二、素养落实
1.认真完成课本上的每一个实验。知道每一个实验的目的。
2.掌握每一个实验的原理，熟悉实验中的每一个实验步骤。
3.学会每一个实验的数据处理方法，弄清每一个实验误差的来源等。
4.依据新课程标准，重视基础实验。
纵览近几年全国卷物理试题选考部分，选考实验命题逐步升温，注重基本原理基本方法的考查；通常实验
立足教材，立足创新，凸显对科学探究素养的考查，一般较为基础，注重对考生的实验过程及数据处理的考查；
题型多以填空题的形式呈现。
【考点诠释】
1．“用油膜法估测油酸分子大小”实验要注意的几点
(1)实验前应检查浅盘是否干净，如果有油渍将影响实验结果。
(2)油酸酒精溶液配制后不要长时间放置，以免酒精蒸发导致浓度改变，使实验误差变大。
(3)在浅盘的中央加痱子粉且要适量，使痱子粉自动扩散均匀。
(4)由于油酸膜要经过先扩大后收缩的过程，因此画轮廓时要待油酸膜稳定后再画，画时视线要与玻璃板垂直，
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动作要轻而迅速。
(5)本实验只要求估算分子大小，实验结果数量级符合要求即可。
(6)分子大小的数量级为10
－10 m，若不是则要重做实验。
2．“探究等温情况下一定质量气体压强与体积的关系”数据处理及注意事项
(1)本实验应用物理实验中常用的控制变量法，探究在气体质量和温度不变的情况下(即等温过程)，气体的压强
和体积的关系。
(2)为保持等温变化，实验过程中不要用手握住注射器有气体的部位。同时，改变体积过程应缓慢，以免影响密
闭气体的温度。为保证气体密闭，应在活塞与注射器壁间涂上润滑油，注射器内外气体的压强差不宜过大。
(3)实验中所用的压强传感器精度较高，而气体体积是直接在注射器上读出的，其误差会直接影响实验结果。
(4)在等温过程中，气体的压强和体积的关系在pV 图象中呈现为双曲线。处理实验数据时，要通过变换，即画
p1
V图象，把双曲线变为直线，说明p 和V 成反比。这是科学研究中常用的数据处理的方法，因为一次函数反映
的物理规律比较直观，容易得出相关的对实验研究有用的参数。
3．“测定玻璃的折射率”
实验原理
如图所示，当光线AO1 以一定的入射角θ1 穿过两面平行的玻璃砖时，通过插针法找出跟入射光线AO1 对应的出
射光线O2B，从而求出折射光线O1O2 和折射角θ2，再根据n12＝sin θ1
sin θ2
或n＝PN
QN′算出玻璃的折射率。
实验步骤
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(1)如图所示，把白纸铺在木板上。
(2)在白纸上画一直线aa′作为界面，过aa′上的一点O 画出界面的法线NN′，并画一条线段AO 作为入射光线。
(3)把长方形玻璃砖放在白纸上，并使其长边与aa′重合，再用直尺画出玻璃砖的另一边bb′。
(4)在线段AO 上竖直地插上两枚大头针P1、P2。
(5)从玻璃砖bb′一侧透过玻璃砖观察大头针P1、P2 的像，调整视线的方向直到P1 的像被P2 的像挡住。再在bb′
一侧插上两枚大头针P3、P4，使P3 能挡住P1、P2 的像，P4 能挡住P3 本身及P1、P2 的像。
(6)移去玻璃砖，在拔掉P1、P2、P3、P4 的同时分别记下它们的位置，过P3、P4 作直线O′B 交bb′于O′。连接O、
O′，OO′就是玻璃砖内折射光线的方向。∠AON 为入射角。∠O′ON′为折射角。
(7)改变入射角，重复实验。
4．“用双缝干涉实验测光的波长”
（1）．实验装置图及实验器材
双缝干涉仪、光具座、光源、学生电源、导线、滤光片、单缝、双缝、遮光筒、毛玻璃屏、测量头、刻度尺。
（2）．实验原理
(1)根据公式Δx＝l
dλ得λ＝d
lΔx。
(2)用刻度尺测出双缝到光屏的距离l，用测量头调节清晰的干涉条纹，测出n 个亮纹间的距离a，则Δx＝a
n－1
。
双缝间距d 是已知的，这样就可以计算出波长λ。
（3）．注意事项
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(1)实验时应调整光源、单缝、双缝和光屏、测量头共轴，单缝和双缝安装时应竖直且相互平行，遮光筒的轴线
要与光具座导轨平行。若不共轴或单缝与双缝不平行则会引起干涉条纹亮度小，不清晰，不便于观察和测量。
(2)分划板上的刻线应与干涉条纹的亮(暗)线平行，否则会增大测量的误差。
(3)双缝、测量头安装到遮光筒上时要装到底，使各部件的定位面紧密吻合，否则会影响测量结果。
(4)双缝干涉演示仪的测量头有两种，一种相当于螺旋测微器，一种相当于游标卡尺，具体应用时要加以区别。
(5)测量双缝至屏的距离l，要多次测量取平均值，同时要固定好双缝及屏，切勿松动。
5.“用单摆测定重力加速度的大小”实验数据处理
(1)公式法：将摆长l 和周期T 代入公式g＝4π2 l
T2即可求出当地的重力加速度的值，为了减小误差，可以改变摆
长，测量周期，得到g1、g2、g3，然后求平均值。
(2)利用T2l 图象处理：由单摆的周期公式T＝2π
l
g可知，当重力加速度g 一定时，单摆摆动的周期T 的平方
跟摆长l 成正比。以周期的平方为纵坐标，摆长为横坐标，作出T2l 图象，则图象应该是一条倾斜直线，图线
斜率k＝4π2
g ，进而求得g 值。
【方法指导】
一、用油膜法估测分子的大小
1.理想化：认为油酸薄膜是由单层的油酸分子紧密排列组成。
2.模型化：在估测油酸分子大小的数量级时，把每个油酸分子简化为球体。
3.厚度直径化：认为油膜的厚度就是油酸分子的直径。
二、探究气体压强与体积的关系实验注意点
1.为保持气体温度不变，实验过程中不要用手握住注射器有气体的部位；同时，改变体积过程应缓慢，以免影
响密闭气体的温度。
2.在等温过程中，气体的p－V 图象呈现为双曲线，要通过坐标变换，画p－1
V图象，把双曲线变为直线，以方
便判断p 和V 成反比。
三、用单摆测量重力加速度的大小实验数据处理的方法
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1.公式法：g＝4π2l
T2 ，算出重力加速度g 的值，再算出g 的平均值。
2.图象法：由单摆周期公式推出l＝g
4π2T2，因此l－T2 的图象是一条通过原点的直线，求出图线的斜率k，可得g
＝4π2k。
四、测量玻璃的折射率实验中数据处理的方法
1.计算法：由n＝sin θ1
sin θ2
，算出不同入射角时的n 值，并取平均值。
2.图象法：作sin θ1－sin θ2 图象，由n＝sin θ1
sin θ2
可知其斜率为折射率。
3.单位圆法：以入射点O 为圆心，作半径为R 的圆，如图所示，则sin θ1＝EH
OE，sin θ2＝E′H′
OE′，OE＝OE′＝R，所
以用刻度尺量出EH、E′H′的长度就可以求出n＝sin θ1
sin θ2
＝EH
E′H′。
五、用双缝干涉实验测量光的波长实验中数据处理的方法
1.调节测量头，使分划板中心刻度线对齐第1 条亮条纹的中心，记下手轮上的读数a1；
2.转动手轮，当分划板中心刻度线与第n 条相邻的亮条纹中心对齐时，记下手轮上的刻度数a2；
3.相邻两条纹间的距离Δx＝|a1－a2|
n－1
。
【典例分析1】在“用油膜法估测分子的大小”实验中，下列做法正确的是(
)
A．用注射器吸取配置好的油酸酒精溶液，一滴一滴地滴入小量筒中，若100 滴溶液的体积是1 mL，则1 滴溶
液中含有油酸10
－2 mL
B．用浅盘装入适量的水，然后将痱子粉均匀地撒在水面上
C．用注射器往水面上滴1 滴油酸酒精溶液，等油膜的形状稳定之后再描绘其形状
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D．将画有油酸膜轮廓的玻璃板放在坐标纸上，再用刻度尺去量油膜的面积
E．根据1 滴油酸溶液中油酸的体积V 和油膜面积S 就可以算出油膜厚度d＝V
S，即油酸分子的直径
【答案】
BCE
【解析】
用注射器吸取配置好的油酸酒精溶液，一滴一滴地滴入小量筒中，若100 滴溶液的体积是1 mL，则
1 滴溶液的体积是10
－2 mL，其中含有的油酸体积小于10
－2 mL，A 错误；用浅盘装入适量的水，然后将痱子粉
均匀地撒在水面上，B 正确；用注射器往水面上滴1 滴油酸酒精溶液，等油膜的形状稳定之后再描绘其形状，
C 正确；将画有油酸膜轮廓的玻璃板放在坐标纸上，通过数取格子数的方法去计算油膜的面积，D 错误；根据
1 滴油酸溶液中油酸的体积V 和油膜面积S 就可以算出油膜厚度d＝V
S，即油酸分子的直径，E 正确。
【典例分析2】在“用油膜法估测分子大小”的实验中，现有油酸和酒精体积比为n∶m 配制好的油酸酒精溶液置
于容器中，还有一个盛约2 cm 深水的浅盘，一支滴管，一个量筒。
请补充下述实验步骤：
(1)_________________________________________________。
(需测量的物理量用字母表示)
(2)用滴管将一滴油酸酒精溶液滴入浅盘，等油酸薄膜稳定后，将薄膜轮廓描绘在坐标纸上，如图所示，则油膜
面积为________(已知坐标纸上每个小方格面积为S，求油膜面积时，半个以上方格面积记为S，不足半个舍去)。
(3)估算油酸分子直径的表达式为d＝________。
【答案】(1)用滴管向量筒内加注N 滴油酸酒精溶液，读出其体积V
(2)115S
(3)
nV
115NSm＋n
【解析】(1)用滴管向量筒内加注N 滴油酸酒精溶液，读出其体积V。
(2)1 滴油酸酒精溶液中含有纯油酸的体积为V′＝V
N·
n
m＋n，油膜面积S′＝115S。
(3)由d＝V′
S′，得d＝
nV
115NSm＋n。
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【典例分析3】(1)在“用油膜法估测分子的大小”的实验中，用移液管量取0.25 mL 油酸，倒入标注250 mL 的容
量瓶中，再加入酒精后得到250 mL 的溶液；然后用滴管吸取这种溶液，向小量筒中滴入100 滴溶液，溶液的
液面达到量筒中1 mL 的刻度；再用滴管取配好的油酸溶液，向撒有痱子粉的盛水浅盘中滴下2 滴溶液，在液
面上形成油酸薄膜；待油膜稳定后，放在带有正方形坐标格的玻璃板下观察油膜，如图所示。坐标格正方形的
大小为2 cm×2 cm，由图可以估算出油膜的面积是________m2(保留两位有效数字)，由此估算出油膜分子的直径
是________m(保留一位有效数字)。
(2)某同学在“用油膜法估测分子的大小”
的实验中，计算出的分子直径明显偏大，可能是由于________。
A．油酸分子未完全散开
B．油酸中含有大量酒精
C．计算油膜面积时，舍去了所有不足半格的方格
D．求每滴油酸酒精溶液的体积时，1 mL 的溶液滴数多计了10 滴
【答案】(1)2.4×10
－2
8×10
－10
(2)AC
【解析】(1)油膜面积的估算可以先数出油膜所覆盖的整个方格数，不足半个格的舍去，多于半个格的算1 个格，
再计算总面积，将油膜看成单分子层，先计算2 滴溶液中所含油酸的体积，即为油膜的体积，再除以油膜面积
即得分子直径。由图示油膜可知，油膜的面积S＝60×2 cm×2 cm＝240 cm2＝2.4×10
－2 m2；
两滴油酸溶液含纯油酸的体积
V＝2× 1
100×0.25
250 mL＝2×10
－5 mL＝2×10
－11 m3，
油酸分子的直径
d＝V
S＝2×10
－11
2.4×10
－2 m≈8×10
－10 m。
(2)由公式d＝V
S可知，d 偏大，则可能油酸体积V 偏大或油膜面积S 偏小，选项A、C 正确。
【典例分析4】如图甲所示，用气体压强传感器探究气体等温变化的规律，操作步骤如下：
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①把注射器活塞推至注射器中间某一位置，将注射器与压强传感器、数据采集器、计算机逐一连接；
②移动活塞，记录注射器的刻度值V，同时记录对应的由计算机显示的气体压强值p；
③重复上述步骤②，多次测量；
④根据记录的数据，作出V1
p图线，如图乙所示。
甲
乙
(1)完成本实验的基本要求是________。(填正确答案标号)
A．在等温条件下操作
B．封闭气体的注射器密封良好
C．必须弄清所封闭气体的质量
D．气体的压强和体积必须用国际单位
(2)理论上由V1
p图线分析可知；如果该图线________，就说明气体的体积跟压强的倒数成正比，即体积与压强
成反比。
(3)若他实验操作规范正确，则图线不过原点的原因可能是________，图乙中V0 代表________。
【答案】(1)AB
(2)为过坐标原点的直线
(3)传感器与注射器间有气体
传感器与注射器间气体体积
【解析】(1)由于该实验是用气体压强传感器探究气体等温变化的规律，故要保证在等温条件下操作，故A 项正
确。为了控制变量，气体的质量不能改变，若出现漏气，会产生误差，故B 项正确。该实验不需要弄清气体的
质量，故C 项错误。气体的压强和体积不一定要用国际单位，故D 项错误。
(2)若气体的体积跟压强的倒数成正比，即V＝k1
p，则该图线为过原点的直线。
(3)图线不过原点的原因可能是传感器与注射器间有气体，图乙中V0 代表传感器与注射器间气体体积。
【典例分析5】如图所示，某同学用插针法测定一半圆形玻璃砖的折射率。在平铺的白纸上垂直纸面插大头针
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P1、P2 确定入射光线，并让入射光线过圆心O，在玻璃砖(图中实线部分)另一侧垂直纸面插大头针P3，使P3 挡
住P1、P2 的像，连接OP3。图中MN 为分界面，虚线半圆与玻璃砖对称，B、C 分别是入射光线、折射光线与
圆的交点，AB、CD 均垂直于法线并分别交法线于A、D 点。
(1)设AB 的长度为l1，AO 的长度为l2，CD 的长度为l3，DO 的长度为l4，为较方便地表示出玻璃砖的折射率，
需用刻度尺测量________，则玻璃砖的折射率可表示为________。
(2)该同学在插大头针P3 前不小心将玻璃砖以O 为圆心顺时针转过一个小角度，由此测得玻璃砖的折射率将
________(选填“偏大”“偏小”或“不变”)。
【答案】(1)l1 和l3
n＝l1
l3
(2)偏大
【解析】(1)根据几何知识得，入射角的正弦sin i＝AB
BO＝l1
R，折射角的正弦sin r＝CD
CO＝l3
R，根据折射定律得，玻
璃砖的折射率n＝sin i
sin r＝l1
l3
，所以需要用刻度尺测量l1 和l3。(2)该同学在插大头针P3 前不小心将玻璃砖以O 为
圆心顺时针转过一小角度，折射光线将顺时针转动，而作图时仍以MN 为边界，AD 为法线，则入射角不变，
折射角减小，则测得的l3 偏小，可知测得玻璃砖的折射率将偏大。
【典例分析6】．如图所示，MN 为半圆形玻璃砖的对称轴，O 为玻璃砖圆心，某同学在与MN 平行的直线上插
上两根大头针P1、P2，在MN 上插大头针P3，从P3 一侧透过玻璃砖观察P1、P2 的像，调整P3 位置使P3 能同
时挡住P1、P2 的像，确定了的P3 位置如图所示，他测得玻璃砖直径D＝8 cm，P1P2 连线与MN 之间的距离d1
＝2 cm，P3 到O 的距离d2＝6.92 cm。取3＝1.73。求该玻璃砖的折射率。
【答案】1.73
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【解析】光路图如图所示
sini＝
A B
O A
＝1
2，得i＝30°
则∠OAB＝60°
O B ＝O A sin60°＝4× 3
2 ＝3.46 cm
据几何关系：P3B ＝d2－O B ＝6.92－3.46＝3.46 cm
tan∠BAP3＝
BP3
AB ＝3.46
2 ＝1.73，得：∠BAP3＝60°
因此：r＝180°－∠OAB－∠BAP3＝60°
据折射定律得：n＝sinr
sini，解得：n＝1.73
【典例分析7】在“用双缝干涉测光的波长”的实验中，实验装置如图甲所示。
甲
(1)某同学以线状白炽灯为光源，对实验装置进行调节并观察了实验现象后，总结出以下几点，正确的是(
)
A．灯丝与单缝和双缝必须平行放置
B．干涉条纹与双缝垂直
C．干涉条纹的疏密程度与单缝宽度有关
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D．干涉条纹的间距与光的波长有关
(2)当测量头中的分划板中心刻线对齐某条纹的中心时，手轮上的示数如图乙所示，该读数为________mm。
(3)如果测量头中的分划板中心刻线与干涉条纹不在同一方向上，如图丙所示。则在这种情况下测量干涉条纹的
间距Δx 时，测量值________(选填“大于”“小于”或“等于”)实际值。
乙
丙
【答案】(1)AD
(2)0.700
(3)大于
【解析】(1)为了获得清晰的干涉的亮条纹，A 正确；干涉条纹与双缝平行，B 错误；干涉条纹的间距Δx＝l
dλ与
单缝宽度无关，与光的波长有关，C 错误，D 正确。
(2)手轮的读数为0.5 mm＋20.0×0.01 mm＝0.700 mm。
(3)条纹与分划板不平行时，实际值Δx 实＝Δx 测cos θ，θ为条纹与分划板间的夹角，故Δx 实<Δx 测。
【典例分析8】如图甲所示为双缝干涉实验的装置示意图，现要利用这套装置来测量某种单色光的波长。
甲
(1)图甲装置示意图中有三个光学元件的名称空缺，关于它们的说法正确的是________。
A．①是双缝，③是滤光片
B．②是双缝，③是单缝
C．②是单缝，③是双缝
(2)用20 分度的游标卡尺测量双缝间距如图乙所示，双缝间距d＝________mm。
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乙
丙
(3)图丙为实验得到的干涉条纹，用测量头测出了第1 条和第6 条亮纹中心间的距离为Δx，已知双缝到光屏的距
离为l，则所测单色光波长的计算式为λ＝________(用题中所给的字母表示)。
【答案】(1)C
(2)2.05
(3)dΔx
5l
【解析】(1)根据双缝干涉实验装置可知，①是滤光片，②是单缝，③是双缝，C 正确。(2)根据20 分度游标卡
尺的读数规则知，游标卡尺读数为d＝2 mm＋1×0.05 mm＝2.05 mm。(3)第1 条和第6 条亮条纹之间有5 个条纹
间隔，间距为Δx，相邻条纹间隔为Δx′＝1
5Δx。由双缝干涉条纹间隔公式Δx′＝lλ
d，解得所测单色光的波长计算式
为λ＝dΔx
5l 。
【典例分析9】在单摆测定重力加速度的实验中：
(1)实验时先用20 分度的游标卡尺测量摆球直径，示数如图甲所示，该摆球的直径d＝________ mm.
(2)接着测量了摆线的长度为l0，实验时用拉力传感器测得摆线的拉力F 随时间t 变化的图象如图乙所示，写出
重力加速度g 与l0、d、t0 的关系式：g＝________________.
(3)某小组改变摆线长度l0，测量了多组数据．在进行数据处理时，甲同学把摆线长l0 作为摆长，直接利用公式
求出各组重力加速度值再求出平均值：乙同学作出T2－l0 图象后求出斜率，然后算出重力加速度．两同学处理
数据的方法对结果的影响是：甲________，乙________．(选填“偏大”“偏小”或“无影响”)
【答案】
(1)14.15
(2) π2
4t02(l0＋d
2)
(3)偏小
无影响
【解析】(1)由题图甲所示游标卡尺可知，游标尺是20 分度的，游标尺的精度是0.05 mm，主尺示数是14 mm，
游标尺示数是3×0.05 mm＝0.15 mm，摆球的直径为：d＝14 mm＋0.15 mm＝14.15 mm；
(2)单摆摆长等于摆线长度与摆球半径之和，则单摆摆长为l＝l0＋d
2，由题图乙所示图象可知，单摆的周期T＝
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5t0－t0＝4t0，由单摆周期公式T＝2π
l
g可知，
重力加速度g＝4π2l
T2 ＝
4π2l0＋d
2
4t02
＝π2
4t02(l0＋d
2)；
(3)由单摆周期公式T＝2π
l
g可知，重力加速度g＝4π2l
T2 ，摆长l 应该是摆线长度l0 与摆球半径d
2之和，甲同学把
摆线长l0 作为摆长，摆长小于实际摆长，由g＝4π2l
T2 可知，重力加速度的测量值小于真实值；
对于乙同学，由T＝2π
l0
g可知，T2＝4π2l0
g ＝kl0，其中k＝4π2
g ，由此可见，T2 与l0 成正比，k 是比例常数，摆长
偏大还是偏小不影响图象的斜率k，因此摆长偏小不影响重力加速度的测量值．
【典例分析10】在“用单摆测定重力加速度”的实验中，某同学的实验步骤如下。
Ⅰ.选取一个摆线长约1 m 的单摆，把线的上端用铁夹固定在铁架台上，把铁架台放在实验桌边，使铁夹伸到桌
面以外，让摆球自由下垂，如图(a)所示；
Ⅱ.用米尺量出悬线长度L，精确到毫米，记为摆长；
Ⅲ.拉开摆球，使其偏离平衡位置，放手后摆球来回摆动，用停表测出单摆50 次全振动所用的时间，计算出摆
球一次全振动所用的时间；
Ⅳ.变更摆长，重复上述步骤，根据单摆的周期公式，计算出每次实验测得的重力加速度并求出平均值。
(1)上述实验步骤有一处错误，请指出
______________________________________________________________________________________________。
图(a)
图(b)
(2)若该同学改正错误后，利用上述方法，测出摆球振动周期为T。多次改变悬线长度并重复上述操作，得到多
组L、T的数据，作出T2L图象如图(b)所示。若图线的斜率为k，横截距为－L0，则当地重力加速度大小为________；
摆球的直径为________。
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【答案】(1)摆长是悬点到摆球中心的距离，不是悬线的长度，在实验中摆长少了摆球的半径
(2)4π2
k
2L0
【解析】(1)摆长是悬点到摆球中心的距离，不是悬线的长度，在实验中摆长少算了摆球的半径。(2)由图可以读
出摆球半径为图象在L 轴的截距的绝对值，即L0，则摆球的直径为2L0。根据T＝2π
L＋L0
g
，解得T2＝4π2L
g ＋
4π2L0
g
，所以斜率k＝4π2
g ，解得g＝4π2
k 。
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