高考二轮总复习物理学案-316页_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

高考二轮总复习物理学案
第1 讲
力与物体的平衡........................................................................................................................................................5
受力分析
物体的平衡....................................................................................................................................................7
整体法与隔离法在静态平衡中的应用........................................................................................................................... 9
共点力作用下物体的动态平衡..................................................................................................................................... 10
电磁学中的平衡问题......................................................................................................................................................13
第2 讲
力与物体的直线运动............................................................................................................................................. 19
匀变速直线运动规律的应用......................................................................................................................................... 21
运动图象及应用..............................................................................................................................................................24
牛顿运动定律的应用......................................................................................................................................................25
动力学中多过程问题......................................................................................................................................................27
第3 讲
力与物体的曲线运动............................................................................................................................................. 32
运动的合成与分解..........................................................................................................................................................34
(类)平抛运动的规律........................................................................................................................................................37
圆周运动..........................................................................................................................................................................39
“平抛运动＋圆周运动”模型..........................................................................................................................................41
第4 讲
万有引力定律及其应用......................................................................................................................................... 47
天体质量及密度的估算..................................................................................................................................................51
卫星运动参量的分析......................................................................................................................................................52
卫星变轨与对接..............................................................................................................................................................53
第5 讲
功
功率
动能定理............................................................................................................................................. 60
功和功率的计算..............................................................................................................................................................62
机车启动问题..................................................................................................................................................................65
动能定理的应用..............................................................................................................................................................67
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第6 讲
功能关系和能量守恒............................................................................................................................................. 74
机械能守恒的判断及应用..............................................................................................................................................76
几个重要功能关系的应用..............................................................................................................................................78
能量守恒定律的综合应用..............................................................................................................................................79
第7 讲
动量和能量观点的应用......................................................................................................................................... 86
动量定理的理解和应用..................................................................................................................................................91
动量守恒定律的应用......................................................................................................................................................92
动量和能量的综合应用..................................................................................................................................................94
力学三大观点的综合应用..............................................................................................................................................95
第8 讲
电场及带电粒子在电场中的运动.......................................................................................................................101
电场性质的理解与应用............................................................................................................................................... 106
电场中功能关系的综合应用....................................................................................................................................... 108
平行板电容器的动态分析........................................................................................................................................... 109
带电粒子在电场中的运动........................................................................................................................................... 111
第9 讲
磁场及带电粒子在磁场中的运动.......................................................................................................................118
磁场的性质及磁场对电流的作用............................................................................................................................... 122
带电粒子在磁场中的运动........................................................................................................................................... 124
第10 讲
带电粒子在复合场中的运动.............................................................................................................................133
带电粒子在组合场中的运动....................................................................................................................................... 137
带电粒子在复合场中的运动....................................................................................................................................... 139
带电粒子在交变电磁场中的运动............................................................................................................................... 140
第11 讲
直流与交流电路问题.........................................................................................................................................148
直流电路的分析和计算............................................................................................................................................... 150
直流电路的动态分析................................................................................................................................................... 152
交变电流的产生和描述............................................................................................................................................... 153
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交压器与远距离输电问题........................................................................................................................................... 155
第12 讲
电磁感应规律及其应用.....................................................................................................................................163
楞次定律和法拉第电磁感应定律的应用...................................................................................................................167
电磁感应的图象问题................................................................................................................................................... 169
电磁感应中的电路和动力学问题............................................................................................................................... 171
感应中的动量问题........................................................................................................................................................172
第13 讲
力学实验与创新.................................................................................................................................................180
纸带类试验....................................................................................................................................................................183
弹簧、橡皮条类试题................................................................................................................................................... 186
验证动量守恒定律........................................................................................................................................................187
力学创新类试验............................................................................................................................................................189
第14 讲
电学实验与创新.................................................................................................................................................195
电表改装与读数、多用电表使用与读数...................................................................................................................201
以测电阻为核心的实验............................................................................................................................................... 203
以测电源电动势和内阻为核心的实验.......................................................................................................................207
第15 讲
原子与原子核..................................................................................................................................................... 217
光电效应现象及规律................................................................................................................................................... 219
玻尔理论、氢原子能级............................................................................................................................................... 221
核反应和核能的计算................................................................................................................................................... 223
第16 讲
物理学史及常见的思想方法.............................................................................................................................227
物理学史........................................................................................................................................................................228
物理思想方法................................................................................................................................................................229
第17 讲
分子动理论
气体及热力学定律.....................................................................................................................232
分子动理论、内能及热力学定律............................................................................................................................... 237
固体、液体和气体........................................................................................................................................................238
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第18 讲
振动和波
光学.................................................................................................................................................245
振动图象和波动图象的综合....................................................................................................................................... 251
光的折射和反射............................................................................................................................................................252
光的波动性....................................................................................................................................................................254
重点知识考前回扣........................................................................................................................................................................260
回扣一
力与物体的运动................................................................................................................................................... 260
回扣二
功和能....................................................................................................................................................................265
回扣三
电场与磁场............................................................................................................................................................267
回扣四
电路与电磁感应................................................................................................................................................... 270
回扣五
近代物理初步....................................................................................................................................................... 273
回扣六
物理实验................................................................................................................................................................274
回扣七
选修3－3 部分..................................................................................................................................................... 275
回扣八
选修3－4 部分..................................................................................................................................................... 277
专题整合突破
专题一
力与运动
[要点解读]
[备考对策]
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1.力与物体平衡部分：考查物体受力分析和平
衡条件，一般以选择题形式命题，注意与静
摩擦力有关的临界极值问题。
2.力与直线运动部分：考查牛顿运动定律与直
线运动规律的综合应用，以选择题形式命题
为主，注意与运动图象的结合。
3.力与曲线运动部分：考查抛体运动、圆周运
动、直线运动组合情景下的运动问题、受力
问题及功能综合问题，命题形式既有选择题，
也有计算题。
4.力与天体运动部分：结合圆周运动规律考查
万有引力定律在天体运动与航天中的应用，
命题形式一般为选择题。
1.理解各种性质的力的产生、方向、特点和平
衡条件，能正确对物体进行受力分析，掌握
解决平衡问题的常用方法。
2.理解运动学公式及适用条件，熟练运用整体
法和隔离法解决连接体问题，灵活运用牛顿
运动定律和运动学规律处理运动图象及其他
综合问题。
3.运用运动的合成和分解、动力学规律和功能
关系解决直线运动、平抛运动和圆周运动的
组合性问题，分析衔接点的速度是解决问题
的关键。
4.运用两个模型、两条思路是解决天体运动与
航天问题的基础，重点关注我国航天工程的
最新成就。
第1 讲
力与物体的平衡
1．(多选)(2019·全国卷Ⅰ，19)如图，一粗糙斜面固定在地面上，斜面顶端装有一光滑定滑轮。一细绳跨过滑轮，
其一端悬挂物块N，另一端与斜面上的物块M 相连，系统处于静止状态。现用水平向左的拉力缓慢拉动N，直至悬挂
N 的细绳与竖直方向成45°。已知M 始终保持静止，则在此过程中(
BD
)
A．水平拉力的大小可能保持不变
B．M 所受细绳的拉力大小一定一直增加
C．M 所受斜面的摩擦力大小一定一直增加
D．M 所受斜面的摩擦力大小可能先减小后增加
[解析]
A 错，B 对：选N 为研究对象，受力情况如图甲所示，用水平拉力F 缓慢拉动N 的过程中，水平拉力F
逐渐增大，细绳的拉力T 逐渐增大。C 错，D 对：对于M，受重力GM、支持力FN、绳的拉力T 以及斜面对它的摩擦
力f。如图乙所示，若开始时斜面对M 的摩擦力f 沿斜面向上，则T＋f＝GMsinθ，T 逐渐增大，f 逐渐减小，当f 减小到
零后，再反向增大。若开始时斜面对M 的摩擦力沿斜面向下，此时，T＝GMsinθ＋f，当T 逐渐增大时，f 逐渐增大。
甲
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乙
2．(2019·全国卷Ⅱ，16)物块在轻绳的拉动下沿倾角为30°的固定斜面向上匀速运动，轻绳与斜面平行。已知物块
与斜面之间的动摩擦因数为3
3 ，重力加速度取10 m/s2。若轻绳能承受的最大张力为1 500 N，则物块的质量最大为
(
A
)
A．150 kg
B．100 3 kg
C．200 kg
D．200 3 kg
[解析]
物块沿斜面向上匀速运动，受力如图，根据平衡条件F＝Ff＋mgsinθ①
Ff＝μFN②
FN＝mgcosθ③
由①②③式得
F＝mgsinθ＋μmg cosθ
所以m＝
F
gsinθ＋μgcosθ
代入数据得m＝150 kg，选项A 正确。
3. (2019·全国卷Ⅲ，16)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(
D
)
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
[解析]
如图所示，卡车匀速行驶，圆筒受力平衡，由题意知，力F′1 与F′2 相互垂直。
由牛顿第三定律知F1＝F′1
F2＝F′2
则F1＝mgsin60°＝3
2 mg
F2＝mgsin30°＝1
2mg，选项D 正确。
4．(2019·天津卷，2)2018 年10 月23 日，港珠澳跨海大桥正式开通。为保持以往船行习惯，在航道处建造了单面
索(所有钢索均处在同一竖直面内)斜拉桥，其索塔与钢索如图所示。下列说法正确的是(
C
)
A．增加钢索的数量可减小索塔受到的向下的压力
B．为了减小钢索承受的拉力，可以适当降低索塔的高度
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C．索塔两侧钢索对称且拉力大小相同时，钢索对索塔的合力竖直向下
D．为了使索塔受到钢索的合力竖直向下，索塔两侧的钢索必须对称分布
[解析]
A 错：索塔对钢索竖直向上的作用力跟钢索和桥体整体的重力平衡。增加钢索数量，其整体重力变大，故
索塔受到的压力变大。B 错：若索塔高度降低，则钢索与竖直方向夹角θ将变大，由Tcosθ＝G 可知，钢索拉力T 将变
大。C 对：两侧拉力对称，合力一定在夹角平分线上，即竖直向下。D 错：若钢索非对称分布，但其水平方向的合力
为0，合力仍竖直向下。
5．(2019·江苏，2)如图所示，一只气球在风中处于静止状态，风对气球的作用力水平向右。细绳与竖直方向的夹
角为α，绳的拉力为T，则风对气球作用力的大小为(
C
)
A．T
sinα
B．T
cosα
C．Tsinα
D．Tcosα
[解析]
对气球，受力分析如图所示，将绳的拉力T 分解，在水平方向：风对气球的作用力大小F＝Tsinα，选项C
正确。
受力分析
物体的平衡
核心知识
1．受力分析的基本步骤和技巧
(1)步骤
①明确研究对象(如一个点、一个物体或一个系统)，并将其隔离，分析周围物体对它施加的力。
②按顺序找力：首先重力，其次弹力(个数不多于周围与之接触的物体个数)，再次摩擦力(个数不多于弹力)，最后
分析电磁力。
(2)技巧
①善于转换研究对象，尤其是对摩擦力不易判定的情形，可以借助相接触物体的受力判定，再应用牛顿第三定律。
②假设法是判断弹力、摩擦力的存在及方向的基本方法。
2．处理平衡问题的基本思路
典例探究
【典例1】
(多选)(2019·山东省青岛市模拟)如图，固定在地面上的带凹槽的长直杆与水平面成α＝30°角，轻质环
a 套在杆上，置于凹槽内质量为m 的小球b 通过一条细绳跨过固定定滑轮与环a 连接。a、b 静止时，细绳与杆间的夹
角为30°，重力加速度为g，不计一切摩擦，下列说法正确的是(
BD
)
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A．a 受到3 个力的作用
B．b 受到3 个力的作用
C．细杆对b 的作用力大小为1
2 mg
D．细线对a 的拉力大小为3
3
mg
[解析]
轻质环a 套在杆上，不计摩擦，则a 静止时细线的拉力与杆对a 的弹力平衡，故拉a 的细线与杆垂直，a
受到两个力作用，故A 错误；对b 球受力分析可知，b 受到重力，绳子的拉力，和杆对b 球的弹力，b 受到3 个力的作
用，故B 正确；以b 为研究对象，受力分析如右图所示，
根据几何关系可得β＝θ＝30°，细杆对b 的作用力大小为N，则：2Ncos30°＝mg，则N＝3
3 mg，故C 错误；对b
分析，细线的拉力大小T＝N＝3
3 mg，则细线对a 的拉力大小为T＝3
3 mg，故D 正确。
在处理共点力平衡问题时，关键是对物体进行受力分析，然后根据正交分解法将各个力分解成两个方向上的力，
然后列式求解，若物体受到三力处于平衡状态，则可根据矢量三角形法，将三个力移动到一个三角形中，然后根据几
何关系列式求解。
类题演练
1．(多选)(2019·河北省张家口市模拟)如图所示，将一质量为m 可视为质点的物块置于固定水平桌面上，物块与桌
面之间的动摩擦因数为0.75。现用跨过轻质定滑轮的细线拉动物块，使物块从细线与水平方向成30°的位置运动到细线
与水平方向成45°的位置，运动过程中物块始终保持匀速直线运动。若重力加速度为g，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，细
线与定滑轮之间的摩擦力不计，则细线拉力F 和物块与桌面之间摩擦力Ff 大小变化范围正确的是(
AD
)
A．3
7mg≤Ff≤
3
4＋3
mg
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B．3
7mg≤Ff≤3
4mg
C．
6
3＋4 3
mg≤F＜3 2
7 mg
D．3
5mg≤F≤3 2
7 mg
[解析]
设细线与水平方向的夹角为θ，由平衡条件得：A、B 项：mg＝FN＋Fsinθ，Fcosθ＝Ff＝μFN，变形得：
mg＝Ff
μ ＋Fftanθ即
mg＝4
3Ff＋Fftanθ
当θ＝30°时，Ffmax＝
3
4＋3
mg；
当θ＝45°时，ffmin＝3
7mg
所以摩擦力的取值范围为：3
7mg≤Ff≤
3
4＋3
mg，故A 正确，B 错误；C、D 项：由平衡可得：
mg＝FN＋Fsinθ
Fcosθ＝μFN
联立解得：F＝
μmg
cosθ＋μsinθ
利用数学知识可得：
cosθ＋μsinθ＝1＋μ2sin(α＋θ)
当θ＝37°时，Fmin＝3
5mg
当θ＝45°时，Fmax＝3 2
7 mg
所以拉力的取值范围为：3
5mg≤F≤3 2
7 mg，故C 错误，D 正确。
整体法与隔离法在静态平衡中的应用
核心知识
整体法和隔离法的应用技巧
(1)不涉及系统内力时，优先考虑应用整体法，即“能整体、不隔离。”
(2)同样应用“隔离法”，也要先隔离“简单”的物体，如待求量少、或受力少、或处于两端处的物体。
(3)将“整体法”与“隔离法”有机结合、灵活应用。
(4)各“隔离体”间的关联力，表现为作用力与反作用力，对整体系统则是内力。
典例探究
【典例2】
(2019·山东省济宁市模拟)如图所示，质量为m 的长木板放在水平地面上，站在木板上的人用斜向右
下方的力F 推箱子，三者都保持静止。人和箱子的质量也均为m，重力加速度为g。下列说法正确的是(
C
)
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A．人对长木板的压力大小为mg
B．长木板对地面的压力大于3mg
C．箱子受到的摩擦力的方向水平向左
D．地面对长木板的摩擦力的方向水平向左
[解析]
人用斜向下的力推箱子，对人受力分析：受重力和木板的支持力，箱子的支持力斜向左上(推力的反作用
力)，木板对人摩擦力，人在竖直方向受力平衡有：箱子的竖直分力和木板的支持力的合力等于人的重力，故木板的支
持力小于mg，根据牛顿第三定律知人对木板的压力小于mg；故A 错误；对三个物体整体受力分析：受重力和支持力，
根据平衡条件，支持力等于重力；根据牛顿第三定律，支持力等于压力；故压力等于重力，为3mg；故B 错误；人用
力F 向右推箱子，对箱子受力分析：受推力、重力、支持力、静摩擦力，根据平衡条件，箱子受到的摩擦力方向向左，
与推力的水平分力平衡，故C 正确；对三个物体的整体受力分析，受重力和支持力，不受摩擦力，否则不平衡，故地
面对木板没有摩擦力，故D 错误。
类题演练
2．(2019·宁夏银川模拟)如图所示，一质量为m 的滑块置于倾角θ＝30°，质量为M 的直角三角形斜劈的底端，现
通过一质量不计的细绳给滑块施加一方向沿斜面向上的拉力F，大小为mg，使滑块沿斜面匀速上滑，整个过程中斜劈
处于静止状态，若斜劈与滑块、斜劈与地面间的动摩擦因数均为μ，已知重力加速度大小为g。则(
B
)
A．斜劈对滑块的支持力大小为mg
B．斜劈对滑块的作用力大小为mg
C．动摩擦因数μ＝0.5
D．水平面对斜劈的摩擦力大小为1
2mg
[解析]
斜劈对滑块的支持力大小为mgcos30°＝3
2 mg，选项A 错误；滑块处于平衡状态，重力与拉力夹角为120°，
重力与拉力合力为mg，则斜劈对滑块的作用力与重力和拉力合力等大反向，则斜劈对滑块的作用力大小为mg，选项B
正确；根据F＝mg＝mgsin30°＋μmgcos30°，解得μ＝3
3 ，选项C 错误；对滑块和斜劈的整体，水平方向：Fcos30°＝f，
解得f＝3
2 mg，选项D 错误。
共点力作用下物体的动态平衡
核心知识
1．动态平衡：物体在缓慢移动过程中，可认为其速度、加速度均为零，物体处于平衡状态。
2．动态平衡问题常用的一个重要推论：三个或三个以上的共点力平衡，某一个力与其余力的合力等大反向。
典例探究
【典例3】(2019·四川省泸州市模拟)如图所示，站在水平台上不移动的人通过定滑轮装置将一光滑小球缓慢由坡
底拉上固定平台，已知定滑轮恰好处于坡顶的正上方一定高度处，其大小可忽略不计，小球上升过程，滑轮与人之间
的那段绳一直保持水平，不计绳的重力以及绳与滑轮间的摩擦，则小球上升过程中下列说法正确的是(
B
)
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A．水平台对人的支持力逐渐变大
B．水平台对人的摩擦力逐渐变大
C．斜坡对小球的支持力逐渐变大
D．斜坡对小球的支持力先变小后变大
[解析]
在小球被缓慢提升过程中，其合力始终保持为零，斜坡对球支持力和绳对球拉力的合力与小球的重力大小
相等、方向相反，保持不变。在小球被缓慢提起的过程中，斜坡对球的支持力方向不变，绳的拉力方向顺时针旋转直
至沿竖直方向向上，其与支持力方向夹角一直变小(注意：开始时夹角为锐角)。作出拉力T、支持力FN 与其合力在变
化过程中的平行四边形，如图所示。由图可知，绳的拉力T 一直增大，直至方向竖直向上时其大小恰好等于小球重力
大小；斜坡的支持力FN、一直减小，直至当绳的拉力方向竖直向上时恰好减小为零，选项C、D 均错误；人不移动，
处于平衡状态，合力为零。竖直方向，水平台对其支持力大小始终等于其重力大小，因此支持力大小始终不变，选项
A 错误；水平方向，水平台对其摩擦力大小始终等于绳对其拉力大小，由定滑轮特性可知。绳对人拉力与绳对球拉力
大小始终相等，故绳对人的拉力一直增大，因此水平台对人的摩擦力逐渐变大，选项B 正确。
解决动态平衡问题的常用方法
应用此种方法的研究对象是：受三力而处于动态平衡的物体或受四力，但可转化为三力，两个恒力合成为一个力，
如支持力和滑动摩擦力合成一个力。
(1)图解法：物体受到三个力的作用，其中一个力的大小、方向均不变，另一个力的方向不变，此时可用图解法，
画出不同状态下力的矢量图，判断各个力的变化情况。
(2)解析法：物体受到多个力的作用，可进行正交分解，利用解析法，建立平衡方程，根据自变量的变化确定因变
量的变化。
(3)相似三角形法：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。
(4)转圆法：物体受到三个力的作用，其中的一个力大小、方向都不变，另外两个力的方向都发生变化，但之间的
夹角保持不变，可利用圆中弦确定，对应的圆周角也确定的方法解题。
类题演练
3．(2019·重庆模拟)如图所示，一质量为m、电荷量为q 的带电小球，用长为L、伸长可忽略的绝缘细线悬挂于竖
直平面的O 点，竖直平面内有一方向斜向上、与水平面成45°角的匀强电场。开始时小球静止在A 点，细线恰好水平。
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现用方向保持竖直向下的拉力F 将小球沿圆弧缓慢拉到最低点B 后再由静止释放，以下判断正确的是(
A
)
A．小球从A 到B 的过程中，绳子拉力逐渐变大
B．小球从B 到A 的过程，机械能增加了mgL
C．小球从B 到A 的过程，电势能增加了2mgL
D．若小球运动到A 点时，细线突然断裂，小球将做匀变速直线运动
[解析]
由题意可知，小球所受的重力和电场力的合力为恒力，方向水平向右；在当用竖直向下的力F 拉小球到最
低点的过程中，受力情况如图，由平行四边形定则可知，随着小球位置的下降，F 逐渐变大，故A 正确；由平衡知识
可知：Eq＝2mg，则小球从B 到A 的过程，电场力做功Eq· 2L＝2mgL，电势能减小2mgL，机械能增加了2mgL，故
B、C 错误；若小球运动到A 点时，细线突然断裂，由于此时小球有竖直向上的速度，小球受合力水平向右，可知小球
将做匀变速曲线运动，故D 错误。
类题演练
4．(2019·包河区模拟)如图所示，竖直绝缘墙壁上的Q 处有一个固定的质点A，在Q 的上方P 点用丝线悬挂着另ｰ
个质点B。A、B 两质点因带同种电荷而相斥，致使悬线与竖直方向成一角度，由于缓慢漏电使A、B 两质点带的电荷
量逐渐减少，在电荷漏完之前A、B 未接触，下列说法正确的是(
C
)
A．A、B 之间的库仑力先变大后变小
B．A、B 之间的库仑力一直变大
C．丝线的拉力一直不变
D．丝线的拉力先变大后变小
[解析]
对球B 受力分析，受重力、细线的拉力、库仑力，如图所示：
根据共点力平衡条件，图中力三角形与几何三角形PAB 相似，故：G
PA＝T
PB＝F
AB
解得：T＝PB
PAG，F＝AB
PAG
由于PB、PA 不变，AB 减小，故T 不变，F 减小；
故C 正确，A、B、D 错误。
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类题演练
5．(多选)如图，柔软轻绳ON 的一端O 固定，其中间某点M 拴一重物，用手拉住绳的另一端N，初始时，OM 竖
直且MN 被拉直，OM 与MN 之间的夹角为α(α>π
2)。现将重物向右上方缓慢拉起，并保持夹角α不变。在OM 由竖直被
拉到水平的过程中(
AD
)
A．MN 上的张力逐渐增大
B．MN 上的张力先增大后减小
C．OM 上的张力逐渐增大
D．OM 上的张力先增大后减小
[解析]
以重物为研究对象，受重力mg，OM 绳上拉力FOM，MN 上拉力FMN，由题意知，三个力合力始终为零，
矢量三角形如图所示，在FMN 转至水平的过程中，MN 上的张力FMN 逐渐增大，OM 上的张力FOM 先增大后减小，所以
A、D 正确，B、C 错误。
电磁学中的平衡问题
核心知识
1．电磁场中平衡问题的规律
(1)带电体的平衡问题仍然满足平衡条件，只是要注意准确分析场力——电场力、安培力或洛伦兹力。力学中用到
的图解法和正交分解法等仍然可以用在电场的平衡中。
(2)如果带电粒子在重力场、电场和磁场三者组成的复合场中做直线运动，则一定是匀速直线运动，因为F 洛⊥v。
2．电磁场中平衡问题的处理方法
与纯力学问题的分析方法一样，学会把电磁学问题力学化，分析方法是：
典例探究
【典例4】
(2019·北京朝阳区模拟)如图所示，A、B 是两个带电小球，质量相等，A 球用绝缘细线悬挂于O 点，
A、B 球用绝缘细线相连，两细线长度相等，整个装置处于水平向右的匀强电场中，平衡时B 球恰好处于O 点正下方，
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OA 和AB 绳中拉力大小分别为TOA 和TAB。则(
C
)
A．两球的带电量相等
B．TOA＝2TAB
C．增大场强，B 球上移，仍在O 点正下方
D．增大场强，B 球左移，在O 点正下方的左侧
[解析]
若两球带电量相等，整体受力分析可知，OA 绳应竖直，A 错误；取B 和A、B 整体为研究对象，设绳与
竖直方向夹角为θ，对B 有TAB＋FC＝mg
cosα，FC 为A 球对B 球的吸引力；对整体TOA＝2mg
cosα，故TOA＝2TAB＋2FC，B 错
误；对B 有tanα＝Eq2
mg，对整体tanα＝Eq1－q2
2mg
，故增大E 之后OA、AB 与竖直方向夹角变大，且夹角相等，故B 球上
移，仍在O 点正下方，C 正确、D 错误。
类题演练
6．(2019·河北省张家口市模拟)如图所示，两个劲度系数均为k 的轻弹簧顶端固定并与电路相连，下端用轻导线与
长度为L 的导体棒相连，导体棒水平放置且垂直于匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外。断开开关，导体棒静止时，弹
簧的形变量为x1；接通电源后，导体棒水平静止时，弹簧的形变量为x2，电流表示数为I。忽略电流产生的磁场作用。
则该匀强磁场的磁感应强度大小为(
D
)
A．kx2－x1
IL
B．kx2＋x1
IL
C．2kx1－x2
IL
D．2kx2－x1
IL
[解析]
断开开关时：
2kx1＝mg
闭合开关时：
2kx2＝BIL＋mg
联立以上两式解得：B＝2kx2－x1
IL
。故选D。
一、选择题(本题共12 小题，其中1～8 题为单选，9～12 题为多选)
1．(2019·浙江省绍兴市模拟)如图所示，攀岩者仅凭借鞋底和背部的摩擦停留在竖直的岩壁间，鞋子、背部与岩壁
间的动摩擦因数分别为0.80 和0.60。为了节省体力，他尽可能减小身体与岩壁间的正压力，使自己刚好不下滑。假设
最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列判断正确的是(
D
)
A．攀岩者受到三个力的作用
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B．鞋子受到的静摩擦力方向竖直向下
C．岩壁对鞋子的支持力大于岩壁对背部的支持力
D．攀岩者背部受到的静摩擦力支撑了体重的3
7
[解析]
攀岩者受到重力、两个支持力和两个摩擦力共五个力的作用，A 错误；鞋子受到的静摩擦力方向竖直向上，
B 错误；水平方向受力平衡，所以岩壁对鞋子的支持力等于岩壁对背部的支持力，C 错误；鞋子、背部与岩壁间的动
摩擦因数分别为0.80 和0.60，刚好不下滑时摩擦力都达到最大，根据f＝μFN 可知，f1
f2
＝0.6
0.8＝3
4，而f1＋f2＝mg，解得f1
＝3
7mg，故攀岩者背部受到的静摩擦力支撑了体重的3
7，D 正确。
2．一根轻质弹性绳的两端分别固定在水平天花板上相距80 cm 的两点上，弹性绳的原长也为80 cm。将一钩码挂
在弹性绳的中点，平衡时弹性绳的总长度为100 cm；再将弹性绳的两端缓慢移至天花板上的同一点，则弹性绳的总长
度变为(弹性绳的伸长始终处于弹性限度内)(
B
)
A．86 cm
B．92 cm
C．98 cm
D．104 cm
[解析]
将钩码挂在弹性绳的中点时，由数学知识可知钩码两侧的弹性绳(劲度系数设为k)与竖直方向夹角θ均满足
sinθ＝4
5，对钩码(设其重力为G)静止时受力分析，得G＝2k(1
2－0.8
2 )cosθ；弹性绳的两端移至天花板上的同一点时，对
钩码受力分析，得G＝2k(L
2－0.8
2 )，联立解得L＝92 cm，可知A、C、D 项错误，B 项正确。
3．(2019·安徽合肥二模)如图所示，置于水平地面上的A、B 两物块，在水平恒力F 的作用下，以共同速度向右做
匀速直线运动。下列说法正确的是(
A
)
A．A 与B 间的动摩擦因数可能为0
B．B 与地面间的动摩擦因数可能为0
C．若撤去F，A 与B 一定会相对滑动
D．若撤去F，A 与B 间摩擦力逐渐减小
[解析]
由于A、B 两物块以共同速度向右做匀速直线运动，A 与B 间的摩擦力为零，因此A 与B 间的动摩擦因数
可能为0，选项A 正确；在水平恒力F 的作用下，A、B 两物块以共同速度向右做匀速直线运动，地面对物块B 的摩擦
力大小等于F，B 与地面间的动摩擦因数不可能为0，选项B 错误；若撤去F，A、B 两物块做匀减速运动，速度逐渐
减小，由于A 与B 之间可能有摩擦力，A 与B 不一定会相对滑动，A 与B 间摩擦力不变，选项C、D 错误。
4．(2019·广西钦州市模拟)日常生活中，我们在门下缝隙处塞紧一个木楔(侧面如图所示)，往往就可以把门卡住。
有关此现象的分析，下列说法正确的是(
B
)
A．木楔对门的作用力大于门对木楔的作用力，因而能将门卡住
B．门对木楔作用力的水平分量等于地面对木楔摩擦力的大小
C．只要木楔的厚度合适都能将门卡住，与顶角θ的大小无关
D．只要木楔对门的压力足够大就能将门卡住，与各接触面的粗糙程度无关
[解析]
木楔对门的作用力和门对木楔的作用力是一对作用力和反作用力，大小相等，方向相反，故A 错误；对
木楔受力分析如右图所示：
水平方向：f＝Fsinθ，最大静摩擦力约等于滑动摩擦力，门对木楔作用力的水平分量等于地面对木楔摩擦力的大
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小，故B 正确；对木锲，竖直方向：N＝Fcosθ＋mg，则fmax＝μN＝μ(Fcosθ＋mg)，要把门卡住，则有：不管多大的力
F 均满足fmax≥f，即μ(Fcosθ＋mg)≥Fsinθ，不管m 的大小，只要μ≥tanθ，就可把门卡住，故能否把门卡住，与顶角θ
与接触面的粗糙程度有关，故C、D 错误。
5．(2019·湖南省岳阳市模拟)如图所示，铁板AB 与水平地面间的夹角为θ，一块磁铁吸附在铁板下方。现缓慢抬起
铁板B 端使θ角(始终小于90°)增大的过程中，磁铁始终相对铁板静止。下列说法正确的是
(
B
)
A．磁铁所受合外力逐渐减小
B．铁板对磁铁的弹力逐渐增大
C．磁铁受到的摩擦力做负功
D．铁板对磁铁的弹力冲量等于零
[解析]
对铁块受力分析，受重力mg、磁力F、支持力N 和摩擦力f，如图所示：
由于始终平衡，故合力为零，故A 错误；根据平衡条件，有：
mgsinθ－f＝0，F－mgcosθ－N＝0。解得：f＝mgsinθ，N＝F－mgcosθ。由于θ不断变大，故f 不断变大，N 不断变
大，故B 正确；摩擦力与运动方向垂直，则不做功，故C 错误；铁板对磁铁的弹力冲量等于∑Ft≠0，故D 错误。所
以B 正确，A、C、D 错误。
6．(2019·河北衡水模拟)如图所示，水平的传送带上放一物体，物体下表面及传送带上表面均粗糙，导电性能良好
的弹簧右端与物体及滑动变阻器滑片相连，弹簧左端固定在墙壁上，不计滑片与滑动变阻器线圈间的摩擦。某同学观
察到，当传送带沿箭头方向运动且速度大小为v 时，物体处于静止状态，则当传送带逐渐加速到2v 时，下列说法正确
的是(
C
)
A．物体受到的摩擦力变大，灯泡的亮度变亮
B．物体受到的摩擦力变小，灯泡的亮度变暗
C．物体受到的摩擦力不变，灯泡的亮度不变
D．物体受到的摩擦力不变，灯泡的亮度变亮
[解析]
因摩擦力大小只与压力大小及接触面的粗糙程度有关，与物体的相对运动速度无关，故物体所受摩擦力不
变；由于传送带运动且速度为v 时，物体与传送带发生相对滑动，故物体受到的摩擦力和弹簧弹力是一对平衡力；当
传送带逐渐加速到2v 时，因物体所受摩擦力不变，则物体仍处于平衡状态，故物体的位置将不发生变化，与滑动变阻
器保持相对静止，滑动变阻器接入电阻不变，则由欧姆定律可得电路中电流不变，灯泡的亮度不变。故选C。
7．(2019·河南省许昌市模拟)如图所示，竖直面内有一圆环，圆心为O ，水平直径为AB，倾斜直径为MN，AB、
MN 的夹角为θ，一不可伸长的轻绳两端分别固定在圆环的M 、N 两点，轻质滑轮连接一重物，放置在轻绳上，不计
滑轮与轻绳摩擦与轻绳重力，圆环从图示位置顺时针缓慢转过2θ的过程中，轻绳的张力的变化情况正确的是(
B
)
A．逐渐增大
B．先增大再减小
C．逐渐减小
D．先减小再增大
[解析]
M、N 连线与水平直径的夹角θ(θ≤90°)越大，M、N 之间的水平距离越小，轻绳与竖直方向的夹角α越小，
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根据mg＝2FTcosα，轻绳的张力FT 越小，故圆环从图示位置顺时针缓慢转过2θ的过程，轻绳的张力先增大再减小，故
B 正确，A、C、D 错误。
8．(2019·全国高考猜题卷)如图所示，质量为m＝10 kg 的木箱置于水平地面上，它与地面间的动摩擦因数μ＝3
3 ，
受到一个与水平方向成θ角斜向上的拉力F，为使木箱做匀速直线运动，拉力F 的最小值以及此时θ分别是(
A
)
A．50 N
30°
B．50 N60°
C．200
3
N
30°
D．200
3
N60°
[解析]
木箱受重力mg、拉力F、地面的支持力和滑动摩擦力作用，根据平衡条件得Fcosθ＝Ff，Fsinθ＋FN＝mg，
又Ff＝μFN，联立解得F＝
μmg
cosθ＋μsinθ＝
μmg
1＋μ2sinθ＋α
，
其中tana＝1
μ＝3，α＝60°
由数学知识知：当θ＋α＝90°，即θ＝30°时，F 有最小值，
且最小值为Fmin＝μmg
1＋μ2＝
3
3 ×10×10
1＋3
3 2
N＝50 N，故A 正确，B、C、D 错误．
9.(2019·河北唐山市模拟)如图所示，带有光滑竖直杆的三角形斜劈固定在水平地面上，放置于斜劈上的光滑小球与
套在竖直杆上的小滑块用轻绳连接，开始时轻绳与斜劈平行。现给小滑块施加一竖直向上的拉力，使小滑块沿杆缓慢
上升，整个过程中小球始终未脱离斜劈，则有(
AD
)
A．轻绳对小球的拉力逐渐增大
B．小球对斜劈的压力先减小后增大
C．竖直杆对小滑块的弹力先增大后减小
D．对小滑块施加的竖直向上的拉力逐渐增大
[解析]
对小球受力分析，受重力、支持力和细线的拉力，如图所示：
根据平衡条件，细线的拉力T 增加，支持力N 减小，根据牛顿第三定律，球对斜面的压力也减小，A 正确，B 错
误；对球和滑块整体分析，受重力、斜面的支持力N，杆的支持力N′，拉力F，如图所示，根据平衡条件，有：水平
方向N′＝Nsinθ，竖直方向F＋Ncosθ＝G，由于N 减小，故N′减小，F 增加，C 错误，D 正确。
10．(2019·安徽省六安市模拟)倾斜角度为θ的斜面上有m1 和m2 两个物体，与斜面间的动摩擦因数分别为μ1 和μ2。
两物体间用一根原长为L0 的与斜面平行的轻质弹簧连接，当整体沿斜面匀速下滑时弹簧长度为L，如图所示。则以下
说法正确的是(
BC
)
A．若μ1>μ2, 可用张力足够的轻绳替代弹簧
B．若μ1＝μ2, 可用轻杆替代弹簧
C．若μ1<μ2, 弹簧的形变量是(L－L0)
D．若m1＝m2，则μ1＝μ2＝tanθ
[解析]
若μ1＞μ2，要使m1 和m2 处于平衡状态，对m1 有：m1gsinθ＋F＝μ1m1gcosθ，对m2 有m2gsinθ＝μ2m2gcosθ
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＋F，则弹簧处于压缩状态，所以不能用张力足够的轻绳替代，故A 错误；若μ1＝μ2，要使m1 和m2 处于平衡状态，对
m1 有m1gsinθ＝μ1m1gcosθ，对m2 有m2gsinθ＝μ2m2gcosθ，弹簧的形变量为0，故可用轻杆替代弹簧，故B 正确；若μ1
＜μ2，要使m1 和m2 处于平衡状态，对m1 有m1gsinθ＝μ1m1gcosθ＋F，对m2 有m2gsinθ＋F＝μ2m2gcosθ，弹簧处于拉伸
状态，故弹簧的形变量是(L－L0)，C 正确；m1＝m2 时，若弹簧处于拉伸状态，对m1 有m1gsinθ＝μ1m1gcosθ＋F，对
m2 有m2gsinθ＋F＝μ2m2gcosθ，则μ1＜μ2，若弹簧处于压缩状态，对m1 有：m1gsinθ＋F＝μ1m1gcosθ，对m2 有m2gsinθ＝
μ2m2gcosθ＋F，则μ1＞μ2，若弹簧处于原长状态，对m1 有m1gsinθ＝μ1m1gcosθ，对m2 有m2gsinθ＝μ2m2gcosθ，则μ1＝μ2
＝tanθ，由于弹簧的状态不清楚，所以无法判断μ1 和μ2 的关系，故D 错误。
11．(2019·江苏宿迁期末)如图所示，两个完全相同的带电小球A、B，质量、电荷量分别为m、＋q，放置在一个
半球状、半径为R、质量为M 的绝缘物块上，小球平衡时相距为R，重力加速度为g。则(
BC
)
A．物块对地面的压力大于(M＋2m)g
B．物块对小球A 的支持力等于2 3
3 mg
C．若保持A 球静止，把B 球缓慢移动到O′，B 球的电势能一定减小
D．若保持A 球静止，把B 球缓慢移动到O′，地面对物块的支持力一定增大
[解析]
将A、B 两球及绝缘物块看成一个整体，整体处于静止，受力分析可知，地面对整体的支持力N＝(M＋2m)g，
则整体对地面的压力也等于(M＋2m)g，故A 错误；隔离小球A 受力分析，如图所示，则小球A 受到的支持力FN＝mg
sin60°
＝2 3
3 mg，故B 正确；若保持A 球静止，把B 球缓慢移动到O′的过程中，B 受到的电场力对其做正功，所以B 的电
势能减小，故C 正确；缓慢移动B 球的过程中，整体处于平衡状态，地面对物块的支持力不变，故D 错误。
12.如图所示，轻质不可伸长的晾衣绳两端分别固定在竖直杆M、N 上的a、b 两点，悬挂衣服的衣架钩是光滑的，
挂于绳上处于静止状态。如果只人为改变一个条件，当衣架静止时，下列说法正确的是(
AB
)
A．绳的右端上移到b′，绳子拉力不变
B．将杆N 向右移一些，绳子拉力变大
C．绳的两端高度差越小，绳子拉力越小
D．若换挂质量更大的衣服，则衣架悬挂点右移
[解析]
设两段绳子间的夹角为2α，由平衡条件可知，2Fcosα＝mg，所以F＝mg
2cosα，设绳子总长为L，两杆间距
离为s，由几何关系L1sinα＋L2sinα＝s，得sinα＝
s
L1＋L2
＝s
L，绳子右端上移，L、s 都不变，α不变，绳子张力F 也不变，
A 正确；杆N 向右移动一些，s 变大，α变大，cosα变小，F 变大，B 正确；绳子两端高度差变化，不影响s 和L，所以
F 不变，C 错误；衣服质量增加，绳子上的拉力增加，由于α不会变化，悬挂点不会右移，D 错误。
二、计算题(本题共1 小题，需写出完整的解题步骤)
13．(2019·江苏南京二模)如图所示，木块A 固定在水平地面上，细线的一端系住光滑滑块B，另一端绕过固定在
木块A 上的轻质光滑滑轮后固定在墙上，B 与A 的竖直边刚好接触，滑轮左侧的细线竖直，右侧的细线水平。已知滑
块B 的质量为m，木块A 的质量为3m，重力加速度为g，当撤去固定A 的力后，A 不会翻倒。求：
(1) A 固定不动时，细线对滑轮的压力大小F；
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(2) 撤去固定A 的力后，A 与地面间的动摩擦因数μ满足什么条件时，A 不会向右运动；
(3) 撤去固定A 的力后，若地面光滑，则B 落地前，A 向右滑动位移为x 时的速度大小vA．
[答案](1) 2mg
(2)μ≥1
4
(3)
2
5gx
[解析]
(1) 细线对B 的拉力大小T＝mg
滑轮对细线的作用力大小F′＝2T
细线对滑轮的作用力大小F＝F′
由以上各式解得F＝2mg
(2) 地面对A 的支持力大小N＝3mg＋mg
A 不会滑动的条件T≤μN
由以上各式解得μ≥1
4
(3) A 向右滑动位移为x 时，B 下降h＝x
A 向右速度大小为vA 时，
B 的速度大小vB＝2vA
整个系统机械能守恒，
mgx＝1
2·3mv2A＋1
2·mv2B
由以上各式解得vA＝
2
5gx
第2 讲
力与物体的直线运动
1．(2019·全国卷Ⅰ，18)如图，篮球架下的运动员原地垂直起跳扣篮，离地后重心上升的最大高度为H。上升第一
个H
4所用的时间为t1，第四个H
4所用的时间为t2。不计空气阻力，则t2
t1
满足(
C
)
A．1<t2
t1
<2
B．2<t2
t1
<3
C．3<t2
t1
<4
D．4<t2
t1
<5
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[解析]
空气阻力不计，运动员竖直上升过程做匀减速直线运动，位移为H 时的速度为0。逆向观察，运动员做初
速度为0 的匀加速直线运动，则连续相等位移所用时间之比为1
( 2－1)
( 3－2)
…
( n－n－1)。
由题意知，t2
t1＝1
(2－3)＝2＋3，由结果知选项C 正确。
2．(多选)(2019·全国卷Ⅲ，20)如图(a)，物块和木板叠放在实验台上，物块用一不可伸长的细绳与固定在实验台上
的力传感器相连，细绳水平。t＝0 时，木板开始受到水平外力F 的作用，在t＝4 s 时撤去外力。细绳对物块的拉力f
随时间t 变化的关系如图(b)所示，木板的速度v 与时间t 的关系如图(c)所示。木板与实验台之间的摩擦可以忽略。重
力加速度取10 m/s2。由题给数据可以得出(
AB
)
图(a)
图(b)
图(c)
A．木板的质量为1 kg
B．2 s～4 s 内，力F 的大小为0.4 N
C．0～2 s 内，力F 的大小保持不变
D．物块与木板之间的动摩擦因数为0.2
[解析]
木板和实验台间的摩擦忽略不计，由题图(b)知，2 s 后物块和木板间的滑动摩擦力大小F 摩＝0.2 N。由题
图(c)知，2 s～4 s 内，木板的加速度大小a1＝0.4
2
m/s2＝0.2 m/s2，撤去外力F 后的加速度大小a2＝0.4－0.2
1
m/s2＝0.2 m/s2
设木板质量为m
据牛顿第二定律，对木板有：
2 s～4 s 内：F－F 摩＝ma1
4 s 以后：F 摩＝ma2
且知F 摩＝μmg＝0.2 N
解得m＝1 kg，F＝0.4 N，μ＝0.02，选项A、B 正确，D 错误。
0～2 s 内，由题图(b)知，F 是均匀增加的，选项C 错误。
3．(2019·北京卷，20)国际单位制(缩写SI)定义了米(m)、秒(s)等7 个基本单位，其他单位均可由物理关系导出。
例如，由m 和s 可以导出速度单位m·s
－1。历史上，曾用“米原器”定义米，用平均太阳日定义秒。但是，以实物或其
运动来定义基本单位会受到环境和测量方式等因素的影响，而采用物理常量来定义则可避免这种困扰。1967 年用铯­133
原子基态的两个超精细能级间跃迁辐射的频率Δν＝9 192 631 770 Hz 定义s；1983 年用真空中的光速c＝299 792 458 m·s
－1 定义m。2018 年第26 届国际计量大会决定，7 个基本单位全部用基本物理常量来定义(对应关系如图，例如，s 对应
Δν，m 对应c)。新SI 自2019 年5 月20 日(国际计量日)正式实施，这将对科学和技术发展产生深远影响。下列选项不
正确的是(
D
)
A．7 个基本单位全部用物理常量定义，保证了基本单位的稳定性
B．用真空中的光速c(m·s
－1)定义m，因为长度l 与速度v 存在l＝vt，而s 已定义
C．用基本电荷e(C)定义安培(A)，因为电荷量q 与电流I 存在I＝q
t，而s 已定义
D．因为普朗克常量h(J·s)的单位中没有kg，所以无法用它来定义质量单位
[解析]
因为1 J＝1 N·m,1 N＝1 kg·m/s2，而m、s 等已经定义了，故可以用普朗克常量h(J·s)定义质量单位kg ，
故D 选项不正确。
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4．[2019·天津卷，9(1)]第26 届国际计量大会决定，质量单位“千克”用普朗克常量h 定义，“国际千克原器”于
2019 年5 月20 日正式“退役”。h 的数值为6.63×10
－34，根据能量子定义，h 的单位是
J·s
，该单位用国际单位制
中的力学基本单位表示，则为__kg·m2/s__。
[解析]
普朗克常量h 的单位为J·s；
由W＝Fl 及F＝ma 可推导：
1 J·s＝1 N·m·s＝1 kg·m·s
－2·m·s＝1 kg·m2/s。
5．(2019·江苏卷，15)如图所示，质量相等的物块A 和B 叠放在水平地面上，左边缘对齐。A 与B、B 与地面间的
动摩擦因数均为μ。先敲击A，A 立即获得水平向右的初速度，在B 上滑动距离L 后停下。接着敲击B，B 立即获得水
平向右的初速度，A、B 都向右运动，左边缘再次对齐时恰好相对静止，此后两者一起运动至停下。最大静摩擦力等于
滑动摩擦力，重力加速度为g。求：
(1)A 被敲击后获得的初速度大小vA；
(2)在左边缘再次对齐的前、后，B 运动加速度的大小aB、a′B；(3)B 被敲击后获得的初速度大小vB。
[答案]
(1) 2μgL
(2)3μg
μg
(3)2 2μgL
[解析]
A、B 的运动过程如图所示
(1)由牛顿运动定律知，A 加速度的大小
aA＝μg
匀变速直线运动
2aAL＝v2A
解得
vA＝2μgL
(2)设A、B 的质量均为m
对齐前，B 所受合外力大小
F＝3μmg
由牛顿运动定律F＝maB，得
aB＝3μg
对齐后，A、B 整体所受合外力大小
F′＝2μmg
由牛顿运动定律F′＝2ma′B，得
a′B＝μg
(3)经过时间t，A、B 达到共同速度v，位移分别为xA、xB，A 加速度的大小等于aA＝μg
则
v＝aAt，v＝vB－aBt
xA＝1
2aAt2，xB＝vBt－1
2aBt2
且
xB－xA＝L
解得
vB＝2 2μgL
匀变速直线运动规律的应用
核心知识
1．在研究匀变速直线运动中，要把握以下三点：
(1)要熟练掌握下列四个公式：v＝v0＋at，x＝v0t＋1
2at2,2ax＝v2－v20，x＝v0＋v
2
t，这四个公式中，前两个是基本公式，
后两个是前两个的推论。也就是说在这四个公式中只有两个是独立的，解题时只要适当地选择其中两个即可。
(2)要分清运动过程是加速运动过程还是减速运动过程。
(3)要清楚这四个公式都是矢量式，求解问题时，首先要规定一个正方向。以此来确定其他矢量的正、负，一般选
择v0 的方向为正方向。
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2．一个匀变速直线运动的过程，一般用五个物理量来描述，即v0、v、a、x、t。在这五个量中，只要知道其中三
个量。就可以求解其他两个未知量，常叫“知三求二”。
典例探究
【典例1】
(2019·浙江模拟)公交车已成为现代城市交通很重要的工具，它具有方便、节约、缓解城市交通压力等
许多作用。某日，某中学黄老师在家访途中向一公交车站走去，发现一辆公交车正从身旁平直的公路驶过，此时，他
的速度是1 m/s，公交车的速度是15 m/s，黄老师距车站的距离为50 m。假设公交车在行驶到距车站25 m 处开始刹车，
刚好到车站停下，停车时间为8 s。而黄老师因年龄、体重、体力等因素最大速度只能达到6 m/s，最大起跑加速度只
能达到2.5 m/s2。
(1)若公交车刹车过程视为匀减速运动，其加速度大小是多少？
(2)试计算分析，黄老师是应该上这班车，还是等下一班车。
[解析]
(1)公交车刹车的加速度a1＝0－v21
2x1
＝0－152
2×25
m/s2＝－4.5 m/s2
故其加速度的大小为4.5 m/s2
(2)公交车从相遇处到开始刹车用时
t1＝x－x1
v1
＝50－25
15
s＝5
3 s
公交车刹车过程用时
t2＝0－v1
a1
＝10
3 s
黄老师以最大加速度加速达到最大速度用时
t3＝v2－v3
a2
＝6－1
2.5
s＝2 s
黄老师加速过程中的位移
x2＝v2＋v3
2
t3＝7 m
以最大速度跑到车站的时间
t4＝x－x2
v2
＝50－7
6
s≈7.2 s
t1＋t2<t3＋t4<t1＋t2＋8 s
所以黄老师应该上这班车。
[答案]
(1)4.5 m/s2
(2)应上这班车
1．在匀变速直线运动中，平均速度v ＝x
t＝v0＋v
2
，注意平均速度法的巧用，平均速度法的特点就是由平均速度可
以求得中间时刻的瞬时速度。
2．某段时间中间时刻的速度v t
2等于这段时间的平均速度v ，即vt
2＝v ＝v0＋v
2
，理解要点是“中间时刻”，此
时刻对应时间t 的中点。
3．在任意两个连续相等的时间间隔T 内的位移之差Δx 为恒量，即Δx＝aT2，当时间段不连续时，可写成xm－xn＝(m
－n)aT2。该结论可用于判定物体是否做匀变速直线运动，也可用于求解物体做匀变速直线运动的加速度。
4．某段位移中点的瞬时速度vx
2＝
v20＋v2
2
，且无论质点是做匀加速直线运动还是做匀减速直线运动总有vx
2>vt
2。
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类题演练
1．(2019·广东省广州市下学期一模)高速公路的ETC 电子收费系统如图所示，ETC 通道的长度是识别区起点到自
动栏杆的水平距离。某汽车以21.6 km/h 的速度匀速进入识别区，ETC 天线用了0.3 s 的时间识别车载电子标签，识别
完成后发出“滴”的一声，司机发现自动栏杆没有抬起，于是采取制动刹车，汽车刚好没有撞杆。已知司机的反应时
间为0.7 s，刹车的加速度大小为5 m/s2，则该ETC 通道的长度约为(
D
)
A．4.2 m
B．6.0 m
C．7.8 m
D．9.6 m
[解析]
在识别车载电子标签的0.3 s 时间内汽车匀速运动距离x1＝vt1＝6×0.3 m＝1.8 m，在司机的反应时间0.7 s
内汽车匀速运动距离x2＝vt2＝6×0.7 m＝4.2 m，刹车距离x3＝v2
2a＝3.6 m，该ETC 通道的长度约为x＝x1＋x2＋x3＝
9.6 m，选项D 正确。
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运动图象及应用
核心知识
斜率
纵截距
图象与t 轴所
围的面积
特例
匀速直线
运动
匀变速直线运
动
x－t 图
象
速度
初位置
倾斜的直
线
抛物线
v－t 图
象
加速度
,初速度
位移
,与时间
轴平行的
直线
倾斜的直线
a－t 图
象
初加速度
速度的变化
与时间轴平行
的直线
典例探究
【典例2】
(多选)(2019·辽宁省鞍山市模拟)如图所示为物体做直线运动的图象，下列说法正确的是(
D
)
A．甲图中，物体在0～t0 这段时间内的位移小于v0t0
2
B．乙图中，物体的加速度为2 m/s2
C．丙图中，阴影面积表示t1～t2 时间内物体的加速度变化量
D．丁图中，t＝3 s 时物体的速度为25 m/s
[解析]
由v－t 图象与坐标轴围成的图形面积代表位移知，甲图中这段时间内的位移大于v0t0
2 ，A 错误；v2－x 图
象中，斜率k＝2a，则a＝1
2m/s2，B 错误；丙图中，阴影面积表示t1～t2 时间内物体的速度变化量，C 错误；由x＝v0t
＋1
2at2 变形得x
t＝v0＋1
2at，结合数学知识可得初速度v0＝－5 m/s，加速度a＝10 m/s2。由公式v＝v0＋at＝－5＋10×3
＝25 m/s，D 正确。
图象问题要四看一注意
(1)看坐标轴：看清坐标轴所表示的物理量，明确因变量(纵轴表示的量)与自变量(横轴表示的量)之间的制约关系。
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(2)看图象：识别两个相关量的变化趋势。从而分析具体的物理过程。
(3)看纵坐标、“斜率”和“面积”：v－t 图象中根据坐标值、“斜率”和“面积”可分析速度、加速度和位移的
大小、方向特点：x－t 图象中根据坐标值、“斜率”可分析位移、速度的大小、方向特点。
(4)看交点：明确图线与图线的交点、图线与坐标轴的交点的物理意义。
(5)一注意：利用v－t 图象分析两个物体的运动时，要注意两个物体的出发点：即注意它们是从同一位置出发，还
是从不同位置出发。若从不同位置出发，要注意出发时两者的距离。
类题演练
2．(多选)(2019·湖北武汉模拟)甲、乙两个物体在同一直线上运动，其x－t 图象如图所示，其中直线b 与曲线a 相
切于点(4，－15)。已知甲做匀变速直线运动，下列说法正确的是(
CD
)
A．0～1 s 内两物体运动方向相反
B．前4 s 内甲的平均速度是乙的平均速度的15
7 倍
C．t＝0 时刻，甲的速度大小为10 m/s
D．甲的加速度大小为2 m/s2
[解析]
x－t 图象的斜率的正负表示运动的方向，故前4 s 内两物体运动方向相同，均为负方向，故A 错误；甲做
匀变速直线运动，则甲的x－t 图象对应于a；前4 s 内甲的平均速度为：v1＝－15 m－9 m
4 s
＝－6 m/s，前4 s 乙的平均
速度为：－15 m－－7 m
4 s
＝－2 m/s，故前4 s 内甲的平均速度是乙的平均速度的3 倍，故B 错误；直线b 与曲线a
相切于点(4，－15)，可知第4 s 末的速度v4 就是直线b 的斜率，所以v4＝－2 m/s, 前4 s 内甲的平均速度为－6 m/s，
所以0 时刻甲的速度v0＝－10 m/s，故甲的加速度a＝v－v0
t
＝－2－－10
4
m/s2＝2 m/s2。故C、D 正确。
牛顿运动定律的应用
核心知识
1．牛顿第二定律的表达式：F 合＝ma。
2．牛顿第二定律的“四性”
(1)矢量性：公式F＝ma 是矢量式，F 与a 方向相同。
(2)瞬时性：力与加速度同时产生，同时变化。
(3)同体性：F＝ma 中，F、m、a 对应同一物体。
(4)独立性：分力产生的加速度相互独立，与其他加速度无关。
3．解题方法：整体法、隔离法
(1)整体法：在连接体问题中，如果各个物体具有相同的运动性质，就可以把它们看成一个整体，要分析整体运动
的加速度问题，只分析整体所受的外力(物体间内力不用考虑)，应用牛顿第二定律列方程即可。
(2)隔离法：如果需要分析某个物体的受力，就需要把某个物体从系统中隔离出来，分析这个物体受到的所有力，
应用牛顿第二定律列出方程。
典例探究
【典例3】
(多选)(2019·河南郑州二模)如图所示，2 019 个质量均为m 的小球通过完全相同的轻质弹簧(在弹性限
度内)相连，在水平拉力F 的作用下，一起沿光滑水平面以加速度a 向右做匀加速运动，设1 和2 之间弹簧的弹力为
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F1－2,2 和3 间弹簧的弹力为F2－3,2 018 和2 019 间弹簧的弹力为F2 018－2 019，则下列结论正确的是(
AD
)
A．F1－2
F2－3
……F2 018－2 019＝1
2
3
……2 018
B．从左到右每根弹簧长度之化为1
2
3
……2 018
C．如果突然撤去拉力F，撤去F 瞬间，第2 019 个小球的加速度为F
m，其余每个球的加速度依然为a
D．如果1 和2 两个球间的弹簧从第1 个球处脱落，那么脱落瞬间第1 个小球的加速度为0，第2 个小球的加速度
为2a，其余小球加速度依然为a
[解析]
隔离小球1，由牛顿运动定律，F1－2＝ma，把小球1 和2 看作整体隔离，由牛顿运动定律，F2－3＝2ma，
把小球1、2 和3 看作整体隔离，由牛顿运动定律，F3－4＝3ma，把小球1、2、3 和4 看作整体隔离，由牛顿运动定律，
F4－5＝4ma，…把小球1 到2 018 看作整体隔离，由牛顿运动定律，F2018－2019＝2 018ma，联立解得：F1－2
F2－3
F3－4
F4－5
F5－6…F2 018－2 019＝1
2
3
4
5…2 018，选项A 正确；由于弹簧长度等于弹簧原长加弹簧伸长量，弹簧伸长
量与弹簧弹力成正比，所以选项B 错误；如果突然撤去拉力F，撤去F 的瞬间，小球之间弹簧弹力不变，2018 和2 019
之间的弹簧弹力F2 018－2 019＝2 018ma，由牛顿第二定律可得F＝2 019ma，F2 018－2 019＝ma′，联立解得第2 019 个小球
的加速度a′＝2 018F
2 019m，选项C 错误；如果1 和2 两个球之间的弹簧从第1 个球处脱落，那么脱落瞬间，第1 个小球
受力为零，加速度为零，第2 个小球受到2 和3 之间弹簧弹力，F2－3＝ma2，解得第2 个小球的加速度a2＝2a，其余小
球受力情况不变，加速度依然为a，选项D 正确。
类题演练
3．(2019·山东省聊城市模拟)两倾斜的平行杆上分别套着a、b 两相同圆环，两环上均用细线悬吊着相同的小球，
如图所示。当它们都沿杆向下滑动，各自的环与小球保持相对静止时，a 的悬线与杆垂直，b 的悬线沿竖直方向，下列
说法正确的是(
C
)
A．a 环与杆有摩擦力
B．d 球处于失重状态
C．杆对a、b 环的弹力大小相等
D．细线对c、d 球的弹力大小可能相等
[解析]
对c 球单独进行受力分析，受力分析图如下，c 球受重力和绳的拉力F，物体沿杆滑动，因此在垂直于杆
的方向加速度和速度都为零，由力的合成及牛顿第二定律可知物体合力F1＝mgsinα＝ma⇒a＝gsinα，因a 和c 球相对
静止，因此c 球的加速度也为gsinα，将a 和c 球以及绳看成一个整体，在只受重力和支持力的情况下加速度为gsinα，
因此a 球和杆的摩擦力为零，故A 错误；对球d 单独进行受力分离，只受重力和竖直方向的拉力，因此球d 的加
速度为零，因为b 和d 相对静止，因此b 的加速度也为零，故d 球处于平衡状态，加速度为零，不是失重状态，故B
错；细线对c 球的拉力Tc＝mgcosα，对d 球的拉力Td＝mg，因此不相等，故D 错误；对a 和c 整体受力分析有FNa＝(ma
＋mc)gcosα，对b 和d 整体受力分析FNb＝(mb＋md)gcosα，因a 和b 一样的环，b 和d 一样的球，因此受力相等，故C
正确。
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动力学中多过程问题
核心知识
1．解题关键是对研究对象进行正确的受力分析和运动过程分析，而加速度是物体受力情况和运动情况的桥梁，从
动力学角度求加速度(a＝F
m)，利用运动学公式求加速度(a＝v－v0
t
a＝v2－v20
2x
)或根据v－t 图象的斜率求加速度。
2．根据题意或为使解题方便确立研究对象：对于多个物体组成的系统，可能要运用隔离法取某一个物体，或者运
用整体法取几个物体作为研究对象；有时需要根据牛顿第三定律转换研究对象。
典例探究
【典例4】(2019·全国考试大纲调研卷3)如图所示，水平地面上有一质量为M 的长木板，一个质量为m 的物块(可
视为质点)放在长木板的最右端。已知m 与M 之间的动摩擦因数为μ1，木板与地面间的动摩擦因数为μ2。从某时刻起物
块m 以v1 的水平初速度向左运动，同时木板M 在水平外力F 控制下始终向右以速度v2(v2＞v1)匀速运动，求：
(1)在物块m 向左运动过程中外力F 的大小；
(2)木板至少多长物块不会从木板上滑下来？
[解析](1)在物块m 向左运动过程中，木板受力如图所示，其中f1，f2 分别为物块和地面给木板的摩擦力，由题
意可知
f1＝μ1mg
f2＝μ2(m＋M)g
由平衡条件得：F＝f1＋f2＝μ1mg＋μ2(m＋M)g
(2)解法一：设物块向左匀减速至速度为零的时间为t1，则设
t1＝v1
μ1g
物块向左匀减速运动的位移为x1，则
x1＝v1
2 t1＝v21
2μ1g
设物块由速度为零向右匀加速至与木板同速(即停止相对滑动)的时间为t2，则t2＝v2
μ1g
设物块向右匀加速运动的位移为x2，则
x2＝v2
2
t2＝v22
2μ1g
此过程木板向右匀速运动的总位移为x′，则
x＇＝v2(t1＋t2)
则物块不从木板上滑下来的最小长度：
L＝x＇＋x1－x2
代入数据解得：
L＝v1＋v22
2μ1g
解法二：以木板为参考系，设物块相对木板向左匀减速初速度为v0，末速度为vt，则v0＝v1＋v2
vt＝0
加速度：
a＝μ1g
根据运动学公式：
v2t －v20＝－2aL
解得：
v1＋v22
2μ1g
[答案]( 1)μ1mg＋μ2(m＋M)g
(2) v1＋v22
2μ1g
类题演练
4．(2019·浙江嘉兴市模拟)如图所示，水平轨道AB 和倾斜轨道BC 平滑对接于B 点，整个轨道固定。现某物块以
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初速度v0 从A 位置向右运动，恰好到达倾斜轨道C 处(物块可视为质点，且不计物块经过B 点时的能量损失)。物体在
水平面上的平均速度为v 1，在BC 斜面上的平均速度为v 2，且v1 ＝4 v 2。物体在AB 处的动摩擦因数为μ1，在BC
处的动摩擦因数为μ2，且μ1＝6μ2。已知AB＝6BC，斜面倾角θ＝37°。sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。根据上述信息，下列
说法正确的是(
C
)
A．在AB、BC 运动时间之比tAB＝2
3tBC
B．物体经过B 处的速度大小为1
6v0
C．物体与BC 间的动摩擦因数μ2＝6
37
D．物体到达C 处之后，能保持静止状态
[解析]
物体在AB 阶段、BC 阶段分别做匀减速直线运动，因此v0＋vB
2
＝4vB
2
，因此vB＝1
3v0，选项B 错误；xAB
tAB
＝
4xBC
tBC
，因此可求tAB
tBC
＝3
2，因此选项A 错误；根据运动学公式(1
3v0)2－v20＝－2(μ1g)xAB、0－(1
3v0)2＝－2(gsin37°＋μ2gcos37°)xBC，
代入数据μ2＝6
37，因此选项C 正确；由于μ2＜tan37°，则物体不可能在C 处静止，选项D 错误。
一、选择题(本题共8 小题，其中1～5 题为单选，6～8 题为多选)
1．(2019·安徽省合肥市模拟)2018 年5 月21 日5 点28 分，西昌卫星发射中心用长征四号丙运载火箭，成功发射嫦
娥四号中继星——鹊桥，为嫦娥四号探测器提供地月中继通信支持。长征四号丙运载火箭飞行25 分钟后，星箭分离，
将“鹊桥”直接送入近地点高度200 公里，远地点高度40 万公里的预定地月转移轨道，卫星太阳翼和中继通信天线相
继展开正常。发射取得圆满成功。下列说法正确的是(
A
)
A．5 月21 日5 点28 分表示时刻
B．火箭飞行25 分钟后，星箭分离，25 分钟表示时刻
C．卫星太阳翼和中继通信天线相继展开正常时，“鹊桥”可以看作质点
D．“鹊桥”绕地球飞行一圈，其位移和路程均为0
[解析]
5 月21 日5 点28 分对应一个点，是时刻，故A 正确；飞行25 分钟后，星箭分离，25 分钟表示时间间隔，
故B 错误；卫星太阳翼和中继通信天线相继展开时，其形状与大小不能忽略不计，“鹊桥”不可以看作质点，故C 错
误；卫星绕地球飞行一圈，位移是0，路程是周长，故D 错误。
2．(2019·福建省三明市模拟)一列火车沿直线轨道从静止出发由A 地驶向B 地，列车先做匀加速运动，加速度大小
为a，接着做匀减速运动，加速度大小为2a，到达B 地时恰好静止，若A、B 两地距离为s，则火车从A 地到B 地所用
时间t 为(
C
)
A．
3s
4a
B．
4s
3a
C．
3s
a
D．
3s
2a
[解析]
设汽车匀加速运动的时间为t1，匀减速运动的时间为t2，总时间为t，匀加速运动的末速度为v，则有：v
＝at1＝2at2，得t1＝2t2，t1＋t2＝t，联立得t1＝2
3t，t2＝1
3t 总位移S＝1
2ta2
3t，解得t＝
3S
a ，C 正确，A、B、D 错误。
3．(2019·四川省攀枝花市模拟)一质点从t＝0 时刻开始沿某一方向做直线运动，x 表示物体运动的位移，其x
t－t 的
图象如图所示，则(
D
)
A．质点做匀速直线运动，速度为2 m/s
B．质点做匀加速直线运动，加速度为2 m/s
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C．质点做匀减速直线运动，初速度为2 m/s2
D．质点在第1 s 内的平均速度为2 m/s
[解析]
由公式x＝v0t＋1
2at2，两边同时除以t，变形后得：x
t＝v0＋1
2at，结合数学知识知：物体做匀加速直线运动，
初速度是0，加速度1
2a＝2，a＝4 m/s2，A、B、C 均错误；由公式v＝v0＋at,1 s 末速度v＝4 m/s，质点在第1 s 内的平
均速度v ＝v0＋v
2
＝2 m/s，D 正确。
4．(2019·广东省汕头市模拟)在中国，每年由于交通造成死亡的事故中50%以上都与酒后驾车有关，酒后驾车的危
害触目惊心。驾驶员从视觉感知前方危险，到汽车开始制动的时间称为反应时间，酒后驾驶将明显增加反应时间。对
比某驾驶员正常驾驶和酒后驾驶过程，记录感知前方危险后汽车运动v－t 图线如图甲、乙所示。则(
D
)
A．图乙对应于正常驾车
B．全过程酒后驾车的时间比较短
C．全过程酒后驾车的位移比较小
D．全过程酒后驾车的平均速度比较大
[解析]
驾驶员在反应时间里没有操作车，汽车仍做匀速直线运动，酒后驾驶将明显增加反应时间，图乙对应于酒
后驾驶，故A 错误；设驾驶员饮酒前、后的反应时间分别为t1、t2，由图线可得t1＝0.5 s，t2＝1.5 s；汽车初速度v0＝
30 m/s，正常驾驶时的减速时间为t3＝4.0 s，由图线可得正常驾驶时的感知制动距离为：s＝v0t1＋v0＋0
2
t3＝75 m，同理，
可求出酒后驾驶时的感知制动距离为：s′＝105 m，故B、C 错误；根据v ＝s
t可得正常驾驶时的平均速度v ＝s
t＝75
4.5
m/s＝16.7 m/s，同理，可求出酒后驾驶时的平均速度v′ ＝s′
t′
＝105
5.5≈19.1 m/s，故D 正确。
5．(2019·山东省日照市模拟)如图所示，一辆有驱动力的小车上有一水平放置的弹簧，其左端固定在小车上，右端
与一质量为1 kg 的物块相连。物块和小车一起向右匀速运动时，弹簧处于压缩状态，弹簧弹力大小为2 N。若小车开
始向右加速运动，则(
D
)
A．随着小车的加速度增大，物块受到的摩擦力逐渐减小
B．随着小车的加速度增大，物块受到的弹簧弹力逐渐增大
C．当小车的加速度大小为5 m/s2 时，物块一定与小车相对滑动
D．当小车的加速度大小为4 m/s2 时，物块一定与小车相对静止
[解析]
当物块和小车一起向右匀速运动时，对物块分析可得物块受到水平向左的静摩擦力，大小为2 N，即物所
受的最大静摩擦力fm≥2 N。小车向右做加速运动，对物块由牛顿第二定律列方程：F－f＝ma，当加速度不太大时，弹
簧弹力不变，随着小车的加速度增大，物块受到的摩擦力先是逐渐减小，后反向增大，A、B 均错误；当小车的加速度
大小为4 m/s2，可求得此时受的摩擦力大小为2 N，方向水平向右，物块一定与小车相对静止，D 正确；
当小车的加
速度大小为5 m/s2，假设物块与小车仍相对静止，可求得此时受的摩擦力大小为3 N，方向水平向右，
由于最大静摩
擦力大小不确定，此时物块可能与小车相对静止，C 错误。
6．(2019·山东省菏泽市模拟)水平地面上有一质量为M 的足够长的木板B，一个质量为m 的滑块A(可视为质点)放
在木板B 上，如图甲所示。滑块A 在水平拉力F 作用下运动，测出A 的加速度a 随拉力F 变化的a－F 图象如图乙所
示，设滑块受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g＝10 m/s2，则(
AC
)
A．滑块A 的质量m＝1 kg
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B．木板B 的质量M＝4 kg
C．水平地面与木板B 间的摩擦力为零
D．滑块A 与木板B 间的动摩擦因数为μ＝0.1
[解析]
由图乙知，当F＜4 N 时，A、B 共同加速，F＞0，则a＞0 说明水平地面与木板B 间的摩擦力为零，C 正
确；当F＝4 N 时，加速度为a＝1 m/s2, 对整体分析：F＝(m＋M)a，解得m＋M＝4 kg，当F＞4 N 时，A、B 发生相对
滑动，对A 有：F－μmg＝ma，a＝1
mF－μg，由图示图象可知，图线的斜率：k＝1
m＝1，解得m＝1 kg，B 的质量M＝3
kg，故A 正确，B 错误；由图象可知当a＝0 时，F＝3 N，则μg＝3，解得μ＝0.3，故D 错误。
7．(2019·辽宁沈阳一模)如图所示，甲、乙两物体靠在一起，放在光滑的水平面上，在水平力F1 和F2 共同作用下，
一起从静止开始运动，已知F1>F2，两物体运动一段时间后(
BC
)
A．若突然撤去F1，甲的加速度一定减小
B．若突然撤去F1，甲乙间的作用力减小
C．若突然撤去F2，乙的加速度一定增大
D．若突然撤去F2，甲乙间的作用力增大
[解析]
要分析加速度的变化，先由牛顿第二定律求出整体的加速度，再进行分析，由隔离法求出甲乙间的作用力，
根据表达式进行分析；一起运动时，整体的加速度为：a＝F1－F2
m1＋m2
；对乙分析，则甲、乙之间的作用力为：N－F2＝m2a ，
解得N＝m1F2＋m2F1
m1＋m2
；突然撤去F1，则整体的加速度a1＝
F2
m1＋m2
，a1 不一定大于a，甲乙之间的作用力N1＝m1F2
m1－m2
，
故A 错误、B 正确；突然撤去F2，则整体的加速度a2＝
F1
m1＋m2
，则a2＞a，即加速度增大，甲乙之间的作用力为：N2
＝m2F1
m1＋m2
＜N，故选项C 正确，D 错误。
8．(2019·河北省衡水中学下学期二调模拟)如图所示，宽为L 的竖直障碍物上沿有间距d＝0.6 m 的矩形孔，其下
沿离地高h＝1.2 m，离地高H＝2 m 可视为质点的小球与障碍物相距x，在障碍物以v0＝4 m/s 的速度匀速向左运动的
同时，小球自由下落，忽略空气阻力，g＝10 m/s2，则下列说法正确的是(
BC
)
A．L＝1 m、x＝1 m 时小球可以穿过矩形孔
B．L＝0.8 m、x＝0.8 m 时小球可以穿过矩形孔
C．L＝0.6 m、x＝1 m 时小球可以穿过矩形孔
D．L＝0.6 m、x＝1.2 m 时小球可以穿过矩形孔
[解析]
小球做自由落体运动到矩形孔的上沿的时间为：t1＝
2H－h－d
g
＝
2×2－1.2－0.6
10
＝0.2 s；小球做
自由落体运动到矩形孔下沿的时间为t2＝
2H－h
g
＝
2×2－1.2
10
＝0.4 s，则小球通过矩形孔的时间为Δt＝t2－t1＝
0.2 s，根据等时性知L 的最大值为Lm＝v0 Δt＝4×0.2 m＝0.8 m，故A 错误；若L＝0.8 m，x 的最小值为xmin＝v0t1＝4×0.2
m＝0.8 m，x 的最大值为xmax＝v0t2－L＝4×0.4－0.8 m＝0.8 m，x 的取值范围是x＝0.8 m，B 正确；若L＝0.6 m，x 的
最小值为xmin＝v0t1＝4×0.2 m＝0.8 m，x 的最大值为xmax＝v0t2－L＝4×0.4－0.6 m＝1 m，所以0.8 m≤x≤1 m，C 正确，
D 错误。
二、计算题(本题共3 小题，需写出完整的解题步骤)
9．(2019·江苏省宿迁市模拟)如图，光滑固定斜面上有一楔形物体A。A 的上表面水平，A 上放置一物块B。已知
斜面足够长、倾角为θ，A 的质量为M，B 的质量为m，A、B 间动摩擦因数为μ(μ＜cosθ
sinθ)，最大静擦力等于滑动摩擦力，
重力加速度为g。现对A 施加一水平推力。求：
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(1)物体A、B 保持静止时，水平推力的大小F1；
(2)水平推力大小为F2 时，物体A、B 一起沿斜面向上运动，运动距离x 后撤去推力，A、B 一起沿斜面上滑，整个
过程中物体上滑的最大距离L；
(3)为使A、B 在推力作用下能一起沿斜面上滑，推力F 应满足的条件。
[答案](1)(M＋m)gtanθ
(2)
F2x
m＋Mgtanθ
(3)(M＋m)gtanθ＜F≤m＋Msinθ＋μcosθg
cosθ－μsinθ
[解析] (1) A 和B 整体处于平衡状态，则
F1cosθ＝(m＋M)gsinθ：
解得：F1＝(m＋M)gtanθ；
(2) A 和B 整体上滑过程由动能定理得
F2xcosθ－(m＋M)gLsinθ＝0
解得：L＝
F2x
m＋Mgtanθ；
(3)A 和B 间恰好不滑动时，设推力为F0，上滑的加速度为a，A 对B 的弹力为N，对A 和B 整体有
F0cosθ－(m＋M)gsinθ＝(m＋M)a
对B 有：
fm＝μN＝macosθ
N－mg＝masinθ
解得：
F0＝m＋Msinθ＋μcosθg
cosθ－μsinθ
则为使A、B 在推力作用下能一起沿斜面上滑，推力应满足的条件
(M＋m)gtanθ＜F≤m＋Msinθ＋μcosθg
cosθ－μsinθ
10．(2019·江苏海安质检)我国交通法规规定：黄灯亮时车头已经越过停车线的车辆可以继续前行，车头未越过停
车线的若继续前行则视为闯黄灯，属于交通违章行为，现有甲、乙两汽车正沿同一平直马路同向以v0＝15 m/s 的速度
匀速行驶，甲车在前，乙车在后，当两车快要到十字路口时，甲车司机看到黄灯闪烁，经过3.0 秒黄灯提示后将再转为
红灯。
(1)若甲车在黄灯开始闪烁时紧急刹车，要使车在黄灯闪烁的时间内停下来，求刹车时甲车到停车线的距离；
(2)若甲车紧急刹车时产生的加速度大小分别为a1＝5 m/s2，当甲车司机看到黄灯开始闪烁时车头距警戒线L＝30
m，要避免闯红灯，他的反应时间Δt1 不能超过多少？
(3)满足第(2)问的条件下，若乙车司机的反应时间Δt2＝0.4 s，乙车司机看到甲车刹车后也紧急刹车，已知乙车紧急
刹车时产生的加速度大小为a2＝6 m/s2。为保证两车在紧急刹车过程中不相撞，甲、乙两车刹车前的距离x0 至少为多大？
[答案](1)22.5 m
(2)0.5 s
(3)2.4 m
[解析]
(1)由L1＝v0
2 t，代入数据得L1＝22.5 m
(2)由v20＝2ax，解得刹车距离x＝22.5 m
由L－x＝v0Δt1，解得：Δt1＝0.5 s
(3)设乙车刹车时间t 时甲、乙两车速度相等，即v0－a2t＝v0－a1(t＋Δt2)
解得t＝2 s
则t＝2 s 时汽车时速v＝v0－a2t＝3 m/s
在这段时间内甲车位移x1＝v20－v2
2a1
＝21.6 m，乙车位移x2＝v0Δt2＋v20－v2
2a2
＝6 m＋18 m＝24.0 m，故甲、乙两车刹
车前的距离至少为x0＝x2－x1＝2.4 m
11．(2019·湖南岳阳二模)如图所示为车站使用的水平传送带的模型，皮带轮的半径均为R＝0.1 m，两轮轴距为L
＝3 m，在电机的驱动下顺时针转动，现将一个旅行包(可视为质点)无初速放在水平传送带左端，已知旅行包与传送带
之间的动摩擦因数为μ＝0.6，g＝10 m/s2，不计空气阻力。
(1)要使旅行包到达右端不会直接飞出，传送带的速度应小于多少？
(2)若传送带实际速度为0.2 m/s，春运期间每天传送的旅行包平均总质量为10 吨，则电机每天相对于空载多消耗
的电能E 是多少？(所有旅行包均无初速，且与传送带间的μ相同)
[答案]
(1)1 m/s
(2)400 J
[解析]
(1)设旅行包从右端飞出的速度为v，受到传递带的支持力为FN，则有
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mg－FN＝mv2
R
①
得：v＝
mg－FNR
m
当FN＝0 时，v 有最大值vmax＝gR
②
＝10×0.1 m/s＝1 m/s
③
旅行包一直加速能达到的最大速度为v′max＝2μgL＝6 m/s＞1 m/s
④
故传送带的速度应小于1 m/s
⑤
(2)旅行包在传送带上相对滑动过程中，传送带与旅行包对地位移分别为：x 带，x 包
x 带＝v 带t，x 包＝v 包·t
⑥
v 包表示旅行包在滑动过程中的平均速度，有：
v 包＝0＋v 带
2
⑦
故有：x 带＝2x 包
⑧
消耗电能为E＝μmgx 带
旅行包在滑动过程中动能的增量为：ΔEk＝μmgx 带
故E＝2ΔEk
⑨
结论：电机对每一个旅行包多消耗的电能均为旅行包增加动能的两倍，一半电能转化为动能，一半电能转化为内
能。
故春运期每天多消耗的电能为10 吨，旅行包在传送带上获得总动能的两倍：
E 电＝2ΔEk 总＝m 总v20＝10 000×0.04 J＝400 J。⑩
第3 讲
力与物体的曲线运动
1．(多选)(2019·全国卷Ⅱ，19)如图(a)，在跳台滑雪比赛中，运动员在空中滑翔时身体的姿态会影响其下落的速度
和滑翔的距离。某运动员先后两次从同一跳台起跳，每次都从离开跳台开始计时，用v 表示他在竖直方向的速度，其v
－t 图象如图(b)所示，t1 和t2 是他落在倾斜雪道上的时刻。则(
BD
)
图(a)
图(b)
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A．第二次滑翔过程中在竖直方向上的位移比第一次的小
B．第二次滑翔过程中在水平方向上的位移比第一次的大
C．第二次滑翔过程中在竖直方向上的平均加速度比第一次的大
D．竖直方向速度大小为v1 时，第二次滑翔在竖直方向上所受阻力比第一次的大
[解析]
A 错：v－t 图象中图线与t 轴包围的面积表示位移大小，第二次滑翔过程中所围面积大表示在竖直方向上
位移大。B 对：比较身体姿态对下落速率的影响，应控制两次水平速度相同，运动员在水平方向上的运动可看成匀速
直线运动，由x＝vt 知运动时间长的水平位移大。C 错：从起跳到落到雪道上，第一次速度变化大，时间短，由a＝Δv
Δt，
可知第二次滑翔过程中在竖直方向上平均加速度小于第一次。D 对：v－t 图象的斜率表示加速度，速率为v1 时，第二
次加速度小，设阻力为f，由mg－f＝ma，可得第二次受到的阻力大。
2．(多选)(2019·江苏，6)如图所示，摩天轮悬挂的座舱在竖直平面内做匀速圆周运动。座舱的质量为m，运动半径
为R，角速度大小为ω，重力加速度为g，则座舱(
BD
)
A．运动周期为2πR
ω
B．线速度的大小为ωR
C．受摩天轮作用力的大小始终为mg
D．所受合力的大小始终为mω2R
[解析]
A 错：座舱的周期T＝2πR
v ＝2π
ω 。B 对：根据线速度与角速度的关系，v＝ωR。C 错，D 对：座舱做匀速圆
周运动，摩天轮对座舱的作用力与重力大小不相等，其合力提供向心力，合力大小为F 合＝mω2R。
3．(2018·全国卷Ⅲ，17)在一斜面顶端，将甲、乙两个小球分别以v 和v
2
的速度沿同一方向水平抛出，两球都落在
该斜面上。甲球落至斜面时的速率是乙球落至斜面时速率的(
A
)
A．2 倍
B．4 倍
C．6 倍
D．8 倍
[解析]
如图所示，可知：
x＝vt，
x·tanθ＝1
2gt2
则x＝2tanθ
g
·v2，
即x∝v2
甲、乙两球抛出速度为v 和v
2，则相应水平位移之比为4
1，由相似三角形知，下落高度之比也为4
1，由自由
落体运动规律得，落在斜面上竖直方向速度之比为2
1，则可得落至斜面时速率之比为2
1。
4．(2018·全国卷Ⅲ，25)如图，在竖直平面内，一半径为R 的光滑圆弧轨道ABC 和水平轨道PA 在A 点相切，BC
为圆弧轨道的直径，O 为圆心，OA 和OB 之间的夹角为α，sinα＝3
5。一质量为m 的小球沿水平轨道向右运动，经A 点
沿圆弧轨道通过C 点，落至水平轨道；在整个过程中，除受到重力及轨道作用力外，小球还一直受到一水平恒力的作
用。已知小球在C 点所受合力的方向指向圆心，且此时小球对轨道的压力恰好为零。重力加速度大小为g。求
(1)水平恒力的大小和小球到达C 点时速度的大小；
(2)小球到达A 点时动量的大小；
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(3)小球从C 点落至水平轨道所用的时间。
[答案](1)3
4mg
5gR
2
(2)m 23gR
2
(3)3
5
5R
g
[解析]
(1)设水平恒力的大小为F0，小球到达C 点时所受合力的大小为F。由力的合成法则有
F0
mg＝tanα
①
F2＝(mg)2＋F20
②
设小球到达C 点时的速度大小为v，由牛顿第二定律得
F＝mv2
R
③
由①②③式和题给数据得
F0＝3
4mg
④
v＝5gR
2
⑤
(2)设小球到达A 点的速度大小为v1，作CD⊥PA，交PA 于D 点，由几何关系得
DA＝Rsinα
⑥
CD＝R(1＋cosα)
⑦
由动能定理有
－mg·CD－F0·DA＝1
2mv2－1
2mv21
⑧
由④⑤⑥⑦⑧式和题给数据得，小球在A 点的动量大小为
p＝mv1＝m 23gR
2
⑨
(3)小球离开C 点后在竖直方向上做初速度不为零的匀加速运动，加速度大小为g。设小球在竖直方向的初速度为
v⊥，从C 点落至水平轨道上所用时间为t。由运动学公式有
v⊥t＋1
2gt2＝CD
⑩
v⊥＝vsin
α
⑪
由⑤⑦⑩⑪式和题给数据得
t＝3
5
5R
g
运动的合成与分解
核心知识
1．曲线运动的合力与轨迹、速度的关系
(1)合力方向与轨迹的关系：物体做曲线运动的轨迹一定夹在合力方向与速度方向之间，速度方向与轨迹相切，合
力方向指向曲线的“凹”侧。
(2)速率变化情况判断：合力方向与速度方向的夹角为锐角时，物体的速率将增大；合力方向与速度方向的夹角为
钝角时，物体的速率将减小；合力方向与速度方向始终垂直时，物体的速率保持不变。
2．绳、杆相牵连物体的速度关系的分析方法
两物体用绳、杆相牵连时，将物体(绳头或杆头)的速度沿绳、杆和垂直于绳、杆方向分解，两物体沿绳、杆方向的
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分速度大小相等。
3．小船渡河模型
小船过河时实际上参与了两个方向的分运动，即随水流的运动(即水冲船的运动)和船相对水的运动(即在静水中船
的运动，运动方向为船头的方向)，船的实际运动是合运动。
情况
图示
说明
渡河时间最短
当船体垂直河岸时，渡河时间最短，最短时间tmin＝d
v 船
渡河位移最短
当v 水<v 船时，如果满足v 水－v 船cosθ＝0，合速度垂直
河岸，渡河位移最短(等于河宽d)
当v 水>v 船时，如果船头方向(即v 船方向)与合速度方向
垂直，渡河位移最短，最短渡河位移为smin＝dv 水
v 船
渡河船速最小
在水流速度v 水和船的航行方向(即v 合的方向)已知的前
提下，当船头方向(即v 船方向)与合速度方向垂直时，
有满足条件的最小船速，即v 船min＝v 水sinθ
典例探究
【典例1】
(2019·陕西省宝鸡市模拟)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 点做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(
D
)
A．ωLsinβ
sinα
B．ωLcosβ
sinα
C．ωLcosβ
cosα
D．ωLsinβ
cosα
[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，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＝vcosα，
B 点做圆周运动，实际速度是圆周运动的线速度，可以分解为沿杆方向的分速度和垂直于杆方向的分速度，如图
设B 的线速度为v′则：
vB 分＝v′· cosθ＝v′cos(β－90°)＝v′sinβ，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＝ωLsinβ
cosα ，故D 正确，A、B、C 错误。
类题演练
1．(2019·河北衡水中学模拟)如图所示，水平光滑长杆上套有一物块Q，跨过悬挂于O 点的轻小光滑圆环的细线一
端连接Q，另一端悬挂一物块P。设细线的左边部分与水平方向的夹角为θ，初始时θ很小。现将P、Q 由静止同时释放，
关于P、Q 以后的运动，下列说法正确的是(
B
)
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A．当θ ＝60°时，P、Q 的速度之比是3
2
B．当θ ＝90°时，Q 的速度最大
C．当θ ＝90°时，Q 的速度为零
D．当θ向90°增大的过程中Q 的合力一直增大
[解析]
P、Q 用同一根绳连接，则Q 沿绳子方向的速度与P 的速度相等，则当θ＝60°时，Q 的速度vQcos60°＝vP，
解得vP
vQ
＝1
2，故A 错误；P 的机械能最小时，即为Q 到达O 点正下方时，此时Q 的速度最大，即当θ＝90°时，Q 的速
度最大，故B 正确，C 错误；当θ向90°增大的过程中Q 的合力逐渐减小，当θ＝90°时，Q 的速度最大，加速度最小，
合力最小，故D 错误。
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(类)平抛运动的规律
核心知识
1．平抛运动的规律
(1)沿水平方向做匀速直线运动：vx＝v0，x＝v0t。
(2)沿竖直方向做自由落体运动：vy＝gt，y＝1
2gt2。
2．平抛(类平抛)运动的处理方法
分解为沿初速度方向的匀速直线运动和垂直初速度方向的初速度为零的匀加速直线运动。
3．平抛(类平抛)运动的两个推论
(1)如图甲所示，物体任意时刻速度方向的反向延长线一定通过此时水平位移的中点。
(2)如图乙所示，在任意时刻任意位置处，速度方向与水平方向的夹角为θ，位移方向与水平方向的夹角为α，则有
tanθ＝2tanα。
提示：位移方向与速度方向一定不同。
4．巧用“二级结论”解答平抛运动与斜面的综合问题
(1)对于在斜面上平抛又落到斜面上的问题，其竖直位移与水平位移之比等于斜面倾角的正切值。
(2)若平抛的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。
典例探究
【典例2】
(2019·浙江省杭州市模拟)(多选)垒球练习机是一个很好的辅助练习者练球的工具。如下左图所示是练
球机的实物图，乙图是简化示意图。设球桌面ABCD 的AB 边长为L1，BC 边长为L2，球网JK 位于桌面的正中间，网
高为h。发球机简化为EF，其中E 点固定在AB 边的中点，F 点为垒球发射点，EF 始终保持竖直，高度为H(可调)。
垒球看成质点，每次均从F 点水平发射，发射方向可以在水平面内任意调整。不计空气阻力和周围环境对垒球运动的
影响，若球擦网而过时不计球和网之间的相互作用，不考虑垒球的旋转，则下列说法正确的是(
BD
)
A．从F 点发出的得分球的最大速度为
g
2H1
4L21＋L22＋H2
B．要让垒球能越过球网，最小发射速率一定为L2
g
8H－h
C．只要H＞h，就一定能设置合适的发球速率，使球落在JKCD 区域
D．若H＝4
3h，只要是落在CD 边界上的球一定是擦网而过的
[解析]
将球发送到C 处，飞行时间t＝
2H
g ，从F 到C 的发球速度最大，为vmax＝
1
4L21＋L22
2H
g
，A 错误；根据平
抛运动，如果要过网，则x＝v0t
y＝1
2gt2，可知球飞行时间是相同的，如果水平位移最短，则过网速度最小vmin＝
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L2
2
2H－h
g
，B 正确；结合上述分析，要想让球过网，并且不出线，发球速度应该满足
L2
2
2H－h
g
≤v≤
1
4L21＋L22
2H
g
，除
了H＞h 之外，还需要控制发球方向才能将球发出后落在JKCD 区域，C 错误；示意图
(H－h)＝1
2gt21、1
2L2＝vt1、H＝1
2gt22、L2＝vt2 可知，H＝4
3h。由于垂直AB 方向发射时，网正好是该过程的中位线，
因此调整发射方向之后，球下落高度相同的情况下，球飞行的水平位移总是有2 倍关系，而网正好是该过程的中位线
位置，D 正确。
平抛(类平抛)运动的求解方法
(1)基本求法：把平抛(类平抛)运动分解为沿初速度方向的匀速直线运动和垂直于初速度方向的初速度为零的匀加
速直线运动，通过研究分运动达到研究合运动的目的。
(2)特殊求法
①对于有些问题过抛出点建立适当的直角坐标系，将加速度、初速度沿坐标轴分解，分别在x、y 轴方向上列方程
求解。
②涉及斜面的平抛运动的求解方法是建立平抛运动的两个分速度和分位移以及斜面倾角之间的关系，是解决问题
的突破口。
类题演练
2．(多选)(2019·山东省青岛模拟)如图所示，在竖直平面内xOy 坐标系中分布着与水平方向成45°角的匀强电场，
将一质量为m、带电量为q 的小球，以某一初速度从O 点竖直向上抛出，它的轨迹恰好满足抛物线方程y＝kx2，且小
球通过点P(1
k，1
k)。已知重力加速度为g，则(
BC
)
A．电场强度的大小为mg
q
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B．小球初速度的大小为
g
2k
C．小球通过点P 时的动能为5mg
4k
D．小球从O 点运动到P 点的过程中，电势能减少2mg
k
[解析]
小球以某一初速度从O 点竖直向上抛出，它的轨迹恰好满足抛物线方程y＝kx2，说明小球做类平抛运动，
则电场力与重力的合力沿y 轴正方向，竖直方向：qE·sin45°＝mg，所以：qE＝2mg，电场强度的大小为：E＝2mg
q
，
A 错误；小球受到的合力：F 合＝qEcos45°＝mg＝ma，所以a＝g，由平抛运动规律有：1
k＝v0t，1
k＝1
2gt2，得初速度大小
为v0＝
g
2k，B 正确；由于1
k＝v0t，1
k＝1
2gt2，又v0
vy
＝1
2，所以通过点P 时的动能为：1
2mv2＝1
2m(v20＋v2y)＝5mg
4k ，C 正确；
小球从O 到P 电势能减少，且减少的电势能等于电场力做的功，即：WE＝
qE·1
k
cos45°
＝2mg
k ，D 错误。故选BC。
圆周运动
核心知识
1．处理匀速圆周运动的动力学问题时，关键在于分析向心力的来源。
从向心力的定义出发，找向心力时应把握好两点：①对物体进行受力分析，找出物体所受到的一切外力；②借助
力合成或分解方法，找出这些力在沿半径方向的分力，最后根据牛顿第二定律列关系式解题。
2．竖直面内圆周运动常考的两种临界模型
最高点无支撑(轻绳模型)
最高点有支持(轻杆模型)
图示
最高点受力
重力mg，弹力F 弹向下或等于零
重力mg，弹力F 弹向下、向上或等
于零
向心力来源
mg＋F 弹＝mv2
R
mg±F 弹＝mv2
R
恰好过最高点
F 弹＝0，mg＝mv2
R，v＝gR，即在最
高点速度不能为零
mg＝F 弹，v＝0，即在最高点速度可
以为零
3.铭记三点
(1)向心力一定指向圆心，而只有做匀速圆周运动的物体的合外力才始终指向圆心。
(2)用杆固定小球在竖直面内做圆周运动时，v＝gR为杆对小球的弹力为零的条件，也是杆对小球是拉力还是支持
力的转折点。
(3)熟记动力学方程：
F＝ma＝mv2
R
＝mω2R＝mωv＝m4π2
T2 R＝m4π2f2R。
典例探究
【典例3】
(2019·江苏省宿迁市模拟)如图所示，半径为R 的半球形容器固定在水平转台上，转台绕过容器球心O
的竖直轴线以角速度ω匀速转动。质量不同的小物块A、B 随容器转动且相对器壁静止，A、B 和球心O 点连线与竖直
方向的夹角分别为α和β，α＞β。则(
D
)
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A．A 的质量一定小于B 的质量
B．A、B 受到的摩擦力可能同时为零
C．若A 不受摩擦力，则B 受沿容器壁向上的摩擦力
D．若ω增大，A、B 受到的摩擦力可能都增大
[解析]
当B 摩擦力恰为零时，受力分析如图
根据牛顿第二定律得：
mgtanβ＝mω2BRsinβ
解得：ωB＝
g
Rcosβ
同理可得：ωA＝
g
Rcosα
物块转动角速度与物块的质量无关，所以无法判断质量的大小
由于α＞β，所以ωA＞ωB，即A、B 受到的摩擦力不可能同时为零；
若A 不受摩擦力，此时转台的角速度为ωA＞ωB，所以B 物块的向心力大于摩擦力不为零时的角速度，所以此时B
受沿容器壁向下的摩擦力；
如果转台角速度从A 不受摩擦力开始增大，A、B 的向心力都增大，故所受的摩擦力增大。故选D。
类题演练
3．(多选)(2019·河南省许昌市模拟)如右图所示，在光滑的绝缘斜面上固定半径为R 的光滑圆形轨道，BD 为水平
直径，A、C 两点分别为轨道的最高点、最低点，圆心O 处固定有电荷量为Q 的正点电荷。一质量为m、带电荷量为q
的带负电小球(视为点电荷)恰好能在轨道内侧做圆周运动。已知静电力常量为k，斜面的倾角为θ，重力加速度大小为g，
下列说法正确的是(
AC
)
A．小球在轨道内侧做圆周运动的过程中机械能守恒
B．小球通过A 点时的速度大小为gRsinθ
C．小球通过C 点时的速度大小为
kQq
mR ＋5gRsinθ
D．小球通过B、C 两点时对轨道的压力大小之比为1︰3
[解析]
小球在轨道内侧做圆周运动的过程中只有重力做功，机械能守恒，故A 正确；小球通过A 点时有kQq
R2 ＋
mgsinθ＝mv2A
R ，解得小球通过A 点时的速度大小vA＝
kQq
mR ＋gRsinθ，故B 错误；小球从A 点运动到C 点的过程中，
根据机械能守恒定律有：1
2mv2A＋mg×2Rsinθ＝1
2mv2C，解得小球通过C 点时的速度大小为vC＝
kQq
mR ＋5gRsinθ，故C
正确；小球通过B 点有：kQq
R2 ＋NB＝mv2B
R，小球从A 点运动到B 点的过程中，根据机械能守恒定律有1
2mv2A＋mgRsinθ＝
1
2mv2B，解得：NB＝3mgsinθ，根据牛顿第三定律可得小球通过B 点时对轨道的压力大小为N′B＝NB＝3mgsinθ，同理可
得小球通过C 点时对轨道的压力大小N′C＝6mgsinθ，即小球通过B、C 两点时对轨道的压力大小之比为1
2，故D
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错误。
“平抛运动＋圆周运动”模型
核心知识
1．模型特点
涉及圆周运动、平抛运动等多个运动过程，此类问题的特点：有时物体先做竖直面内的变速圆周运动，后做平抛
运动；有时物体先做平抛运动，后做竖直面内的变速圆周运动。往往要结合能量关系求解，多以计算题的形式考查。
2．突破方略
解决此类问题应做好以下两个分析：
(1)临界点分析：对于物体在临界点相关的多个物理量，需要区分哪些物理量能够突变，哪些物理量不能突变，而
不能突变的物理量(一般指线速度)往往是解决问题的突破口。
(2)运动过程分析：对于物体参与的多个运动过程，要仔细分析每个运动过程做何种运动。若为圆周运动，应明确
是水平面的匀速圆周运动，还是竖直平面的变速圆周运动，机械能是否守恒；若为抛体运动，应明确是平抛运动，还
是类平抛运动，垂直于初速度方向的力是哪个力。
典例探究
【典例4】
(多选)(2019·山东省烟台市模拟)我国将于2022 年举办冬奥会，跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之
一。如图所示为简化的跳台滑雪的雪道示意图，AB 部分是倾角为θ1＝37°的助滑雪道，BC 部分是半径为25 m 的光滑圆
弧轨道，二者相切于B 点，圆弧最低点C 点的切线沿水平方向，CD 部分为倾角θ2＝30°的着陆坡。一运动员连同滑板
可视为质点，从A 点由静止滑下，到C 点后沿水平方向飞出，安全落在着陆坡上的E 点，不计空气阻力，已知CE＝
30 m，重力加速度g＝10 m/s2，sin37°＝0.6。则(
ACD
)
A．运动员到达C 点时，对轨道的压力大小为运动员本身重力的1.9 倍
B．运动员到达B 点时的速度大小为10 m/s
C．若运动员从助滑雪道不同位置由静止滑下，则运动员落在着陆坡上的速度方向与坡面CD 的夹角都相同
D．若运动员从助滑雪道不同位置由静止滑下且以不同速度v0 从C 点飞出时，运动员落在着陆坡上的速度大小与
v0 成正比
[解析]
设运动员在C 点的速度为vC，在CD 上由平抛运动可得：tanθ2＝
1
2gt2
vCt
，CD·sinθ2＝1
2gt2，有以上两方程可
得：vC＝15 m/s，在C 点由圆周运动的知识可得：FN－mg＝mv2
R，压力大小为运动员本身重力的比为：n＝FN
mg，由以上
方程可得：n＝1.9。故A 正确；由B 到C 有动能定理可得：mgR(1－cosθ)＝1
2mv2C－1
2mv2B，解之得：vB＝125 m/s。故
B 错误；运动员落在着陆坡上的速度方向与水平方向的夹角为φ，由平抛运动的规律可得：tanφ＝2tanθ2 ，所以φ是定
值，所以运动员落在着陆坡上的速度方向与坡面CD 的夹角都相同。故C 正确；运动员落在着陆坡上的速度大小v，
由平抛运动的规律可得v＝v0
cosφ，因为cosφ是定值，所以运动员落在着陆坡上的速度大小与v0 成正比。故D 正确。
类题演练
4．(2019·甘肃省兰州市模拟)水平面上有一个竖直放置的部分圆弧轨道，A 为轨道的最低点，半径OA 竖直，圆心
角AOB 为60°，半径R＝0.8 m，空间有竖直向下的匀强电场，场强E＝1×104 N/C。一个质量m＝2 kg，带电量为q＝
－1×10
－3C 的带电小球，从轨道左侧与圆心O 同一高度的C 点水平抛出，恰好从B 点沿切线进入圆弧轨道，到达最低
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点A 时对轨道的压力FN＝32.5 N。g＝10 m/s2 求：
(1)小球抛出时的初速度v0 大小；
(2)小球从B 到A 的过程中克服摩擦所做的功Wf。
[答案](1)2 3
3
m/s
(2)1
3 J
[解析] (1)小球抛出后从C 到B 过程中受重力和竖直向上的电场力，做类平抛运动，则：mg－qE＝ma，解得：小
球的加速度a＝mg－qE
m
＝2×10－1×10
－3×104
2
m/s2＝5 m/s2
C 与B 的高度差h＝Rcos60°＝0.4 m
设小球到B 点时竖直分速度为vy，则v2y＝2 ah，解得：小球到B 点时竖直分速度vy＝2 m/s
小球在B 点时，速度方向与水平方向夹角为60°，则tan60°＝vy
v0
，解得：小球抛出时的初速度v0＝2 3
3
m/s
(2)在B 点时，sin60°＝vy
vB
，则vB＝4 3
3
m/s
小球在A 点时，FN＋qE－mg＝mv2A
R
，解得：vA＝3 m/s
小球从B 到A 过程中，由动能定理得：(mg－qE)(R－Rcosθ)－Wf＝1
2mv2A－1
2mv2B
解得：小球从B 到A 的过程中克服摩擦所做的功Wf＝1
3 J
一、选择题(本题共10 小题，其中1～5 题为单选，6～10 题为多选)
1．(2019·江西南昌市模拟)在2018 年亚运会男子跳远决赛中，中国选手王嘉男破纪录夺冠。在第一跳中，他(可看
作质点)水平距离达8.24 m，高达2.06 m。设他离开地面时的速度方向与水平面的夹角为α，若不计空气阻力，则tanα
等于(
B
)
A．0.5
B．1
C．2
D．4
[解析]
从起点A 到最高点B 可看作平抛运动的逆过程，如图所示：
运动员做平抛运动，初速度方向与水平方向夹角的正切值为：tanα＝2tanβ＝2×2.06
4.12＝1，故选B。
2.(2019·江苏省宿迁市模拟)如图所示，斜面上从A 点水平抛出的小球落在B 点，球到达B 点时速度大小为v，方
向与斜面夹角为α。现将小球从图中斜面上C 点抛出，恰能水平击中A 点，球在C 点抛出时的速度大小为v1，方向与
斜面夹角为β。则(
A
)
A．β ＝α，v1＜v
B．β ＝α，v1＝v
C．β＞α，v1＞v
D．β＜α，v1＜v
[解析]
由逆向思维可知，从A 点水平抛出的小球刚好落在C 点，由物体在斜面上做平抛运动落在斜面上，任一
时刻速度与水平方向夹角的正切值是位移与水平方向夹角正切值的2 倍，所以β＝α，设小球落在斜面上速度与水平方
向的夹角为θ，则小球落在斜面上，竖直方向上的速度与水平方向速度的比值tanθ＝
1
2gt2
v0t
＝vy
2v0
，解得：vy＝2v0tanθ，落
在斜面上的速度为v＝v20＋v2y＝v20＋4v20tan2θ
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由于落在C 点的小球运动时间短，所以有v1＜v，故A 正确。
3．(2019·浙江省绍兴市模拟)为了提高一级方程式赛车的性能，在形状设计时要求赛车上下方空气存在一个压力差
(即气动压力)，从而增大赛车对地面的正压力。如图所示，一辆总质量为600 kg 的赛车以288 km/h 的速率经过一个半
径为180 m 的水平弯道，转弯时赛车不发生侧滑，侧向附着系数(正压力与摩擦力的比值)η＝1，则赛车转弯时(
D
)
A．向心加速度大小约为46 m/s2
B．受到的摩擦力大小约为3×105 N
C．受到的支持力大小约为6 000 N
D．受到的气动压力约为重力的2.6 倍
[解析]
288 km/h＝80 m/s，根据向心加速度公式a＝v2
R≈36 m/s2，A 错误；因为摩擦力提供向心力，根据牛顿第二
定律得：f＝mv2
R＝213 33 N，B 错误；因为摩擦力f＝ηN＝η(Mg＋F)，则汽车所受支持力N＝f
η＝21 333 N，气动压力F
＝N－Mg＝15 333 N，故F
Mg＝15 333
600×10
＝2.6，C 错误，D 正确。
4. (2019·广东省深圳市模拟)如图所示，将一小球从固定斜面顶端A 以某一速度水平向右抛出，恰好落到斜面底端
B。若初速度不变，对小球施加不为零的水平方向的恒力F，使小球落到AB 连线之间的某点C。不计空气阻力。则(
D
)
A．球落到B 点与落到C 点所用时间相等
B．球落到B 点与落到C 点的速度方向一定相同
C．球落到C 点时的速度方向不可能竖直向下
D．力F 越大，小球落到斜面的时间越短
[解析]
小球在两次运动过程中，竖直方向都是只受重力，做自由落体运动，由h＝1
2gt2，可得第一次所用时间长，
A 错误；若两次小球都做平抛运动，则小球落到B 点与落到C 点的速度方向一定相同，但对小球施加水平方向的恒力
后，速度方向就不会相同，B 错误；落到C 点的小球在水平方向先做匀减速直线运动，若落到C 点时水平分速度恰好
减为0，则此时速度方向就是竖直向下，C 错误；设斜面倾角为α，落到斜面时间为t, tanα＝y
x，y＝1
2gt2，x＝vt－1
2
F
mt2，
联立得tanα＝
gt2
2vt－1
2
F
mt2
＝
g
2v
t
－F
2m
，可见力F 越大，小球落到斜面的时间越短，D 正确。
5．(2019·湖北省武汉市模拟)如图所示，用两根长度均为L 的绳子，将一重物悬挂在水平的天花板下，轻绳与天花
板的夹角为θ，整个系统静止时，每根轻绳中的拉力为F1。现将其中一根轻绳剪断，当小球摆至最低点时，轻绳中的拉
力为F2，下列说法正确的是(
C
)
A．绳子没有剪断时F1＝1
2mg
B．将其中一根绳子替换为原长为L 的弹簧，则绳子的拉力不变
C．若θ等于30°，则F2＝2F1
D．无论θ取什么角度，F2 不可能等于F1
[解析]
绳子没有剪断时，有2F1sinθ＝mg，得F1＝mg
2sinθ，A 错误；将其中一根绳子替换为原长为L 的弹簧，则平
衡之后，小球位置应该下降，即角度θ变大，所以绳子拉力应该变小，B 错误；剪断绳子后，小球摆到最低点，设此时
速度为v，有F2－mg＝mv2
L ，得F2＝mv2
L＋mg。剪断绳子后，根据机械能守恒定律，有1
2mv2＝mg(L－Lsinθ)，得在最
低点时F2＝mg＋2mg(1－sinθ)。因为F2
F1
＝6sinθ－4sin2θ，当sinθ＝0.5 时，F2＝2F1，C 正确；根据数学知识F2
F1
＝6sinθ－
4sin2θ的最大值为2.25，最小值为0，D 错误。
6．(2019·山东省济宁市模拟)如图所示，蜘蛛在两竖直杆a、b 间织网，先布下一根蛛丝MN，再在M 点正下方的
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P 点以水平速度v0 向MN 跃去，蜘蛛恰好能跃到MN 上。已知MN 与竖直方向成角α，重力加速度为g。则下列说法中
正确的是(
CD
)
A．蜘蛛跃到蛛丝上的速度为v0
cosα
B．蜘蛛从P 点跃到MN 上的时间为v0tanα
g
C．蜘蛛从P 点跃到MN 上的水平距离为v20
gtanα
D．P 点与M 点间的距离为
v20
2gtan2α
[解析]
蜘蛛恰好能跃到MN 上，表示蜘蛛平抛运动的轨迹恰好和MN 相切，即蜘蛛跃到MN 上时速度v 的方向沿
MN 方向，根据几何关系可得v＝v0
sinα，选项A 错误；同理可得，蜘蛛跃到MN 上时竖直分速度vy＝v0
tanα，所以蜘蛛从
P 点跃到MN 上的时间t＝vy
g＝v0
gtanα，选项B 错误；蜘蛛从P 点跃到MN 上的水平距离x＝v0t＝v20
gtanα，选项C 正确；P
点与M 点间的距离h＝v0t
tanα
－1
2gt2＝
v20
2gtan2α
，选项D 正确。
7．(2019·重庆模拟)如图，质量为m 的小球从斜轨道高h 处由静止滑下，然后沿竖直圆轨道的内侧运动。已知圆轨
道的半径为R，不计一切摩擦阻力，重力加速度为g。则下列说法正确的是(
BC
)
A．当h＝2R 时，小球恰好能到达最高点M
B．当h＝2R 时，小球在圆心等高处P 时对轨道压力为2mg
C．当h≤R 时，小球在运动过程中不会脱离轨道
D．当h＝R 时，小球在最低点N 时对轨道压力为2mg
[解析]
在圆轨道的最高点M，由牛顿第二定律有：mg＝mv20
R，得：v0＝gR
根据机械能守恒得：mgh＝mg·2R＋1
2mv20，解得：h＝2.5R，故A 错误；当h＝2R 时，小球在圆心等高处P 时速度
为v，根据机械能守恒得：mg·2R＝mgR＋1
2mv2，小球在P 时，有：N＝mv2
R
，联立解得N＝2mg，则知小球在圆心等高
处P 时对轨道压力为2mg，故B 正确；当h≤R 时，根据机械能守恒，小球在圆轨道上圆心下方轨道上来回运动，在
运动过程中不会脱离轨道，故C 正确；当h＝R 时，设小球在最低点N 时速度为v′，则有：mgR＝1
2mv′2 在圆轨道最
低点，有：N′－mg＝mv′2
R
，解得：N′＝3mg，则小球在最低点N 时对轨道压力为3mg，故D 错误。故选BC。
8. (2019·江西省南康区模拟)如图所示，一段绳子跨过距地面高度为H 的两个定滑轮，一端连接小车P，另一端连
接物块Q，小车最初在左边滑轮的正下方A 点，以速度v 从A 点沿水平面匀速向左运动，运动了距离H 到达B 点(绳
子足够长)，下列说法中正确的有(
BCD
)
A．物块匀速上升
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B．物块在上升过程中处于超重状态
C．车过B 点时，物块的速度为
2
2 v
D．车过B 点时，左边绳子绕定滑轮转动的角速度为v
2H
[解析]
将小车的运动分解为沿绳子方向的运动以及垂直绳子方向的运动，如图：设此时绳子与水平方向的夹角为
θ，则：tanθ＝H
H＝1，所以：θ＝45°。
由三角函数可解得：当小车运动到绳与水平方向夹角为θ时小车的速度为v，则vcosθ＝v′，可知物块的运动不是
匀运动。A 错误；由于vcosθ＝v′，随θ的减小，v′增大，所以物块向上做加速运动；加速度的方向向上，所以物块
处于超重状态。B 正确；当小车运动到B 点，绳与水平方向夹角θ＝45°时小车的速度为v，则vcos45°＝v′，则v′＝
2
2 v，C 正确；小车运动到绳与水平方向夹角θ＝45°时，左侧的绳子的长度是
2H，由图可知垂直于绳子方向的分速度
为：v⊥＝vsin45°＝2
2 v，所以左边绳子绕定滑轮转动的角速度为：ω＝v⊥
2H
＝v
2H
。D 正确。
9．(2019·高考仿真模拟4)太极球是广大市民中较流行的一种健身器材，将太极球(拍和球)简化成如图所示的平板
和小球，熟练的健身者让球在竖直面内始终不脱离板而做半径为R 的匀速圆周运动，且在运动到图中的A、B、C、D
位置时球与板间无相对运动趋势，A 为圆周的最高点，C 为最低点，B、D 与圆心O 等高。球的质量为m，重力加速度
为g，则(
BD
)
A．在C 处板对球施加的力比在A 处大6mg
B．球在运动过程中机械能不守恒
C．球在最低点C 的速度最小值为5gR
D．板在B 处与水平方向的倾角θ随速度的增大而增大
[解析]
设球运动的线速率为v，半径为R，则在A 处时：mg＝mv2
R
①
在C 处时：F－mg＝mv2
R
②
由①②式得：F＝2mg，即在C 处板对球所需施加的力比A 处大2mg，故A 错误；球在运动过程中，动能不变，
势能时刻变化，故机械能不守恒，故B 正确；球在任意时刻的速度大小相等，即球在最低点C 的速度最小值v 等于在
最高点最小速度，根据mg＝mv2
R，得v＝gR，故C 错误；根据重力沿水平方向的分力提供向心力，即mgtanθ＝mv2
r ，
故v＝grtanθ，故板在B 处与水平方向倾斜角θ随速度的增大而增大，故D 正确。
10．(2019·安徽省六安市模拟)如图所示，一个固定在竖直平面内的光滑半圆形管道，管道里有一个直径略小于管
道内径的小球，小球在管道内从A 点到B 点做圆周运动，从B 点脱离后做平抛运动，经过0.4 s 后又恰好垂直与倾角为
45°的斜面相碰。已知半圆形管道的半径为R＝1 m，小球可看作质点且其质量为m＝1 kg，g 取10 m/s2。下列判断正确
的是(
ACD
)
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A．小球在斜面上的碰点C 与管道圆心O 的高度差是0.2 m
B．小球在斜面上的相碰点C 与B 点的水平距离是0.8 m
C．小球经过管道内O 点等高点时，重力的瞬时功率是60 W
D．小球经过管道的A 点时，对管道外壁压力是66 N
[解析]
小球从B 到C 的运动时间为t＝0.4 s，那么，小球在C 点的竖直分速度为：vy＝gt＝4m/s；由小球恰好垂
直与倾角为45°的斜面相碰可知：小球从B 点水平射出的速度v＝vycot45°＝4 m/s，故小球在斜面上的相碰点C 与B 点
的水平距离为：s＝vt＝1.6 m；h＝1
2gt2＝1
2×10×0.42＝0.8 m ，hCO＝R－h＝1－0.8＝0.2 m，故A 正确，B 错误；从管
道内O 点等高点到B 点，由动能定理得：－mgR＝1
2mv2－1
2mv20，重力的功率PG＝mgv0＝60 W，故C 正确；从管道内A
点等高点到B 点，由动能定理得：－mgR＝1
2mv2－1
2mv2A，在A 点，有FN－mg＝mv2A
R，解得FN＝66 N，故D 正确。
二、计算题(本题共2 小题，需写出完整的解题步骤)
11．(2019·甘肃省天水市模拟)如图是一皮带传输装载机械示意图。井下挖掘工将矿物无初速放置于沿图示方向运
行的传送带A 端，被传输到末端B 处，再沿一段圆形轨道到达轨道的最高点C 处，然后水平抛到货台上。已知半径为
R＝0.4 m 的圆形轨道与传送带在B 点相切，O 点为圆形轨道的圆心，BO、CO 分别为圆形轨道的半径。矿物可视为质
点，传送带与水平面间的夹角θ＝37°，矿物与传送带间的动摩擦因数μ＝0.85，传送带匀速运行的速度为v0＝6 m/s，传
送带AB 两点间的长度为L＝40 m。若矿物落点D 处离最高点C 点的水平距离为s＝2 m，竖直距离为h＝1.25 m，矿物
质量m＝5 kg，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10 m/s2，不计空气阻力。求：
(1)矿物到达C 点时对轨道的压力大小；
(2)矿物到达B 点时的速度大小；
(3)矿物由A 点到达C 点的过程中，摩擦力对矿物所做的功。
[答案]
(1)150 N
(2)6 m/s
(3)1 276 J
[解析]
(1)矿物离开C 后做平抛运动
在水平方向：s＝vCt
在竖直方向：h＝1
2gt2
矿物在C 点，由牛顿第二定律得：mg＋N＝mv2C
R
由牛顿第三定律可知，矿物对轨道的压力：N′＝N
联立并代入数据得：N′＝150 N，方向竖直向上
(2)设矿物在AB 段始终处于加速状态，由动能定理得：
(μmgcosθ－mgsinθ)L＝1
2mv′2
代入数据解得：v′＝8 m/s＞v0＝6 m/s
由此可知，矿物在传送带上先加速到与传送带速度相等，然后匀速运动到B 点，到达B 点时的速度为6 m/s
(3)从A 到C 过程，由动能定理得：
Wf－mg[Lsinθ＋R(1＋cosθ)]＝1
2mv2C－0
代入数据解得：Wf＝1 276 J
12．(2019·河南安阳模拟)如图所示，一圆心为O 半径为R 的光滑半圆轨道固定在竖直平面内，其下端和粗糙的水
平轨道在A 点相切，AB 为圆弧轨道的直径。质量分别为m、2 m 的滑块1、2 用很短的细线连接，在两滑块之间夹有压
缩的短弹簧(弹簧与滑块不固连)，滑块1、2 位于A 点。现剪断两滑块间的细线，滑块1 恰能过B 点，且落地点恰与滑
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块2 停止运动的地点重合。滑块1、2 可视为质点，不考虑滑块1 落地后反弹，不计空气阻力，重力加速度为g，求：
(1)滑块1 过B 点的速度大小；
(2)弹簧释放的弹性势能大小；
(3)滑块2 与水平轨道间的动摩擦因数。
[答案]
(1)vB＝gR
(2)Ep＝15
4 mgR
(3)μ＝5
16
[解析]
(1)滑块1 恰能过B 点，则有
mg＝mv2B
R
解得vB＝gR
(2)滑块1 从A 点运动到B 点的过程中，根据动能定理有－mg·2R＝1
2mv2B－1
2mv2A
解得vA＝5gR
滑块1、2 被弹簧弹开前后，根据动量守恒定律有
mvA＝2mv
根据能量转化和守恒定律有
EP＝1
2mv2A＋1
2·2mv2
联立解得Ep＝15
4 mgR
(3)滑块1 过B 点后做平抛运动，则水平方向有x＝vBt
竖直方向有2R＝1
2gt2
滑块2 在水平方向做减速运动，根据动能定理有－μ·2mg·x＝0－1
2·2mv2
联立解得μ＝5
16
第4 讲
万有引力定律及其应用
1．(2019·全国卷Ⅰ，21)(多选)在星球M 上将一轻弹簧竖直固定在水平桌面上，把物体P 轻放在弹簧上端，P 由静
止向下运动，物体的加速度a 与弹簧的压缩量x 间的关系如图中实线所示。在另一星球N 上用完全相同的弹簧，改用
物体Q 完成同样的过程，其a－x 关系如图中虚线所示。假设两星球均为质量均匀分布的球体。已知星球M 的半径是
星球N 的3 倍，则(
AC
)
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A．M 与N 的密度相等
B．Q 的质量是P 的3 倍
C．Q 下落过程中的最大动能是P 的4 倍
D．Q 下落过程中弹簧的最大压缩量是P 的4 倍
[解析]
B 错：如图，当x＝0 时，对P：mPgM＝mP·3a0，即星球M 表面的重力加速度gM＝3a0；对Q：mQgN＝mQa0，
即星球N 表面的重力加速度gN＝a0。
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当P、Q 的加速度a＝0 时，对P 有mPgM＝kx0，则mP＝kx0
3a0
；对Q 有mQgN＝k·2x0，则mQ＝2kx0
a0
，即mQ＝6mP。
A 对：根据mg＝G Mm
R2 得，星球质量M＝gR2
G ，则星球的密度ρ＝
M
4
3πR3＝3g
4πGR，所以M、N 的密度之比ρM
ρN
＝gM
gN
·RN
RM
＝
3
1×1
3＝1。C 对：当P、Q 的加速度为零时，P、Q 的动能最大，机械能守恒，对P 有：mPgMx0＝Ep 弹＋EkP，
即EkP＝3mPa0x0－Ep 弹；
对Q 有：mQgN·2x0＝4Ep 弹＋EkQ，
即EkQ＝2mQa0x0－4Ep 弹＝12mPa0x0－4Ep 弹
＝4×(3mPa0x0－Ep 弹)＝4EkP。
D 错：P、Q 在弹簧压缩到最短时，其位置关于加速度a＝0 时的位置对称，故P 下落过程中的最大压缩量为2x0，
Q 为4x0。
2．(2019·全国卷Ⅱ，14)2019 年1 月，我国嫦娥四号探测器成功在月球背面软着陆。在探测器“奔向”月球的过程
中，用h 表示探测器与地球表面的距离，F 表示它所受的地球引力，能够描述F 随h 变化关系的图象是(
D
)
[解析]
由万有引力公式F＝G
Mm
R＋h2可知，探测器与地球表面距离h 越大，F 越小，排除B、C；而F 与h 不是
一次函数关系，排除A。
3．(2019·全国卷Ⅲ，15)金星、地球和火星绕太阳的公转均可视为匀速圆周运动，它们的向心加速度大小分别为a
金、a 地、a 火，它们沿轨道运行的速率分别为v 金、v 地、v 火。已知它们的轨道半径R 金<R 地<R 火，由此可以判定(
A
)
A．a 金>a 地>a 火
B．a 火>a 地>a 金
C．v 地>v 火>v 金
D．v 火>v 地>v 金
[解析]
行星绕太阳做圆周运动时，由牛顿第二定律和圆周运动知识：
由GmM
R2 ＝ma 得向心加速度a＝GM
R2 ，
由GmM
R2 ＝m v2
R得速度v＝
GM
R
由于R 金＜R 地＜R 火
所以a 金＞a 地＞a 火，v 金＞v 地＞v 火，选项A 正确。
4．(2019·北京，18)2019 年5 月17 日，我国成功发射第45 颗北斗导航卫星，该卫星属于地球静止轨道卫星(同步
卫星)。该卫星(
D
)
A．入轨后可以位于北京正上方
B．入轨后的速度大于第一宇宙速度
C．发射速度大于第二宇宙速度
D．若发射到近地圆轨道所需能量较少
[解析]
A 错：同步卫星只能位于赤道正上方。
B 错：由GMm
r2 ＝mv2
r 知，卫星的轨道半径越大，环绕速度越小，因此入轨后的速度小于第一宇宙速度(近地卫星的
速度)。
C 错：同步卫星的发射速度大于第一宇宙速度、小于第二宇宙速度。
D 对：若该卫星发射到近地圆轨道，所需发射速度较小，所需能量较少。
5．(2019·天津，1)2018 年12 月8 日，肩负着亿万中华儿女探月飞天梦想的嫦娥四号探测器成功发射，“实现人类
航天器首次在月球背面巡视探测，率先在月背刻上了中国足迹”。已知月球的质量为M、半径为R，探测器的质量为m，
引力常量为G，嫦娥四号探测器围绕月球做半径为r 的匀速圆周运动时，探测器的(
A
)
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A．周期为
4π2r3
GM
B．动能为GMm
2R
C．角速度为
Gm
r3
D．向心加速度为GM
R2
[解析]
A 对：探测器绕月运动由万有引力提供向心力，对探测器，由牛顿第二定律得，GMm
r2 ＝m
2π
T
2r，解得周
期T＝
4π2r3
GM 。B 错：由GMm
r2 ＝m v2
r 知，动能Ek＝1
2mv2＝GMm
2r 。C 错：由GMm
r2 ＝mrω2 得，角速度ω＝
GM
r3 。D
错：由GMm
r2 ＝ma 得，向心加速度a＝GM
r2 。
6．(2019·江苏卷，4)1970 年成功发射的“东方红一号”是我国第一颗人造地球卫星，该卫星至今仍沿椭圆轨道绕
地球运动。如图所示，设卫星在近地点、远地点的速度分别为v1、v2，近地点到地心的距离为r，地球质量为M，引力
常量为G。则(
B
)
A．v1>v2，v1＝
GM
r
B．v1>v2，v1>
GM
r
C．v1<v2，v1＝
GM
r
D．v1<v2，v1>
GM
r
[解析]
卫星绕地球运动，由开普勒第二定律知，近地点的速度大于远地点的速度，即v1>v2。若卫星以近地点时
的半径做圆周运动，则有GmM
r2 ＝mv2
近
r
，得运行速度v 近＝
GM
r ，由于卫星在近地点做离心运动，则v1>v 近，即v1>
GM
r ，
选项B 正确。
7．(2018·全国卷Ⅰ，20)2017 年，人类第一次直接探测到来自双中子星合并的引力波。根据科学家们复原的过程，
在两颗中子星合并前约100 s 时，它们相距约400 km，绕二者连线上的某点每秒转动12 圈。将两颗中子星都看作是质
量均匀分布的球体，由这些数据、万有引力常量并利用牛顿力学知识，可以估算出这一时刻两颗中子星(
BC
)
A．质量之积
B．质量之和
C．速率之和
D．各自的自转角速度
[解析]
两颗中子星运动到某位置的示意图如图所示
每秒转动12 圈，角速度已知，
中子星运动时，由万有引力提供向心力得
Gm1m2
l2
＝m1ω2r1
①
Gm1m2
l2
＝m2ω2r2
②
l＝r1＋r2
③
由①②③式得Gm1＋m2
l2
＝ω2l，所以m1＋m2＝ω2l3
G ，
质量之和可以估算。
由线速度与角速度的关系v＝ωr 得
v1＝ωr1
④
v2＝ωr2
⑤
由③④⑤式得v1＋v2＝ω(r1＋r2)＝ωl，速率之和可以估算。
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质量之积和各自自转的角速度无法求解。
天体质量及密度的估算
核心知识
1．牢记两个基本关系式
(1)利用F 万＝F 向有GMm
r2 ＝mv2
r ＝mω2r＝m4π2
T2 r＝ma。
(2)在星球表面附近有GMm
R2 ＝mg 星。
2．明确三个常见误区
(1)天体质量和密度的估算是指中心天体而非环绕天体的质量和密度的估算。
(2)注意区分轨道半径r 和中心天体的半径R。
(3)在考虑自转问题时，只有两极才有GMm
R2 ＝mg。
典例探究
【典例1】
(2019·四川模拟)2019 年1 月3 日上午，嫦娥4 号顺利着陆月球背面，成为人类首颗成功软着陆月球
背面的探测器(如图所示)。地球和月球的半径之比为R
R0
＝a，表面重力加速度之比为g
g0
＝b，则地球和月球的密度之比为
ρ
ρ0
为(
B
)
A．a
b
B．b
a
C．
a
b
D．
b
a
[解析]
设星球的密度为ρ，由GMm
R2 ＝mg 得GM＝gR2，ρ＝M
V＝
M
4
3πR3，联立解得：
ρ＝3g
4πGR。设地球、月球的密度分别为ρ、ρ0，则有：
ρ
ρ0
＝g
R·R0
g0
＝b
a，B 正确。
估算中心天体质量和密度的两条思路
(1)利用天体表面的重力加速度和天体半径估算
由GMm
R2 ＝mg 得M＝gR2
G ，再由ρ＝M
V，V＝4
3πR3 得ρ＝3g
4GπR。
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(2)已知天体做匀速圆周运动的轨道半径和周期，由GMm
r2 ＝m4π2
T2 r 得M＝4π2r3
GT2 ，再结合ρ＝M
V ，V＝4
3πR3 得ρ＝
3πr3
GT2R3――→
天体表面ρ＝3π
GT2。
类题演练
1．(2019·山东省青岛市模拟)春节期间非常火爆的电影《流浪地球》讲述了若干年后太阳内部氢转氦的速度加快，
形成“氦闪”产生巨大的能量会使地球融化，核反应方程为21H＋31H→42He＋X。人类为了生存，通过给地球加速使其逃
离太阳系，最终到达4.25 光年外的比邻星系的某轨道绕比邻星做匀速圆周运动，引力常量为G，根据以上信息下列说
法正确的是(
D
)
A．核反应方程式中的X 为正电子
B．地球要脱离太阳系需加速到第二宇宙速度
C．若已知地球在比邻星系内的轨道半径和环绕周期，则可确定出比邻星的密度
D．若已知地球在比邻星系内的轨道半径和环绕周期，则可确定出比邻星的质量
[解析]
根据核反应的电荷数及质量数守恒可知，X 的电荷数为0，质量数为1，即为中子，故A 错误；根据宇宙
的三个速度定义可知，地球脱离太阳系需加速到第三宇宙速度，故B 错误；根据万有引力与向心力的公式可得GMm
r2 ＝
m(2π
T )2r，解得M＝4π2r3
GT2 ，即可求解比邻星系的质量，但是不知道比邻星系的半径，所以不可以算出密度，故C 错误，
D 正确。故选D。
卫星运动参量的分析
核心知识
1．做圆周运动的卫星运行参量与轨道半径的四个关系
GMm
r2 ＝
ma―→a＝GM
r2 ―→a∝1
r2
mv2
r
―→v＝
GM
r ―→v∝1
r
mω2r―→ω＝
GM
r3 ―→ω∝1
r3
m4π2
T2 r―→T＝
4π2r3
GM ―→T∝r3
越高越慢
2．两种卫星的特点
(1)近地卫星
①轨道半径等于地球半径
②卫星所受万有引力F＝mg
③卫星向心加速度a＝g
(2)同步卫星
①同步卫星绕地心匀速圆周运动的周期等于地球的自转周期。
②所有同步卫星都在赤道上空相同的高度上。
典例探究
【典例2】
(多选)(2019·辽宁省葫芦岛市模拟)2018 年5 月21 日，我国发射人类首颗月球中继卫星“鹊桥”，6
月14 日进入使命轨道——地月拉格朗日L2 轨道，为在月球背面着陆的“嫦娥四号”与地球站之间提供通信链路。12
月8 日，我国成功发射“嫦娥四号”探测器，并于2019 年1 月3 日成功着陆于月球背面，通过中继卫星“鹊桥”传回
了月背影像图，如图1 所示，揭开了古老月背的神秘面纱。
如图2 所示，假设“鹊桥”中继卫星在拉格朗日点L2 时，跟月、地两个大天体保持相对静止。设地球的质量为月
球的k 倍，地月间距为L，拉格朗日点L2 与月球间距为d。地球、月球和“鹊桥”中继卫星均视为质点，忽略太阳对“鹊
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桥”中继卫星的引力，则下列选项正确的是(
BD
)
A．“鹊桥”中继卫星在拉格朗日点L2 时处于平衡状态
B．“鹊桥”中继卫星与月球绕地球运动的线速度之比为v 鹊
v 月＝(L＋d)
L
C．k、L、d 的关系式为
1
kL＋d2＋1
d2＝L＋d
L3
D．k、L、d 的关系式为
1
L＋d2＋1
kd2＝L＋d
L3
[解析]
“鹊桥”中继卫星在做圆周运动，合力方向指向地球，不是平衡状态，A 错误；“鹊桥”中继卫星与月球
绕地球做圆周运动，它们的角速度相等，由公式v＝ωR 得，v 鹊
v 月＝(L＋d)
L，B 正确；设月球质量为M，则地球
质量为kM，对月球由牛顿第二定律列方程：GkMM
L2 ＝Mω2L，对“鹊桥”卫星分析：G kMm
L＋d2＋GMm
d2 ＝mω2(L＋d)，联
立得：
1
L＋d2＋1
kd2＝L＋d
L3 ，C 错误，D 正确。
类题演练
2．(2019·陕西省榆林市模拟)2019 年3 月10 日我国在西昌卫星发射中心用长征三号乙运载火箭成功将“中星6C”
卫星发射升空，卫星进入预定轨道，它是一颗用于广播和通信的地球静止小轨道通信卫星，假设该卫星在距地面高度
为h 的同步轨道做圆周运动。已知地球的半径为R，地球表面的重力加速度为g，万有引力常量为G。下列说法正确的
是(
C
)
A．同步卫星运动的周期为2π
R
g
B．同步卫星运行的线速度为gR＋h
C．同步轨道处的重力加速度为( R
R＋h
)2g
D．地球的平均密度为
3g
4πGR2
[解析]
地球同步卫星在距地面高度为h 的同步轨道做圆周运动，万有引力提供向心力，有：GMm
R＋h2＝m4π2R＋h
T2
，
在地球表面，重力等于万有引力，有：mg＝GMm
R2 ，故同步卫星运动的周期为：T＝2π
R＋h3
gR2
，故A 错误；根据万
有引力提供向心力，有：GMm
R＋h2＝m v2
R＋h
，在地球表面，重力等于万有引力，有：mg＝GMm
R2 ，解得同步卫星运行的线
速度为：v＝
gR2
R＋h
，故B 错误；根据万有引力提供向心力，有：GMm
r2 ＝mg′，在地球表面，重力等于万有引力，有：
mg＝GMm
R2 ，解得g′＝( R
R＋h)2g，故C 正确；由mg＝GMm
R2 得：M＝gR2
G ，故地球的密度为：ρ＝
M
4πR3
3
＝3g
4πGR，故D 错
误。
卫星变轨与对接
核心知识
航天器的变轨方式有多种，可由圆轨道变椭圆轨道，再变为圆轨道，也可由某一轨道平面变轨到另一轨道平面
等。
求解航天器变轨问题时的五点注意
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(1)卫星的a、v、ω、T 是相互联系的，其中一个量发生变化，其他各量也随之发生变化。
(2)a、v、ω、T 均与卫星的质量无关，只由轨道半径r 和中心天体质量共同决定。
(3)卫星变轨时半径的变化，根据万有引力和所需向心力的大小关系判断；稳定在新圆周轨道上的运行速度变化由
v＝
GM
r 判断。
(4)质量相同的航天器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。
(5)航天器经过不同轨道相交的同一点时加速度相等，外轨道的速度大于内轨道的速度。
典例探究
【典例3】
(2019·福建省泉州市模拟)如图，虚线Ⅰ、
Ⅱ、
Ⅲ分别表示地球卫星的三条轨道。其中轨道I 为与
第一宇宙速度7.9 km/s 对应的近地环绕圆轨道，轨道Ⅱ为椭圆轨道，轨道Ⅲ为与第二宇宙速度11.2 km/s 对应的脱离轨
道，a、b、c 三点分别位于三条轨道上，b 点为轨道Ⅱ的远地点，b、c 点与地心的距离均为轨道Ⅰ半径的2 倍，则(
C
)
A．卫星在轨道Ⅱ的运行周期为轨道Ⅰ的2 倍
B．卫星经过a 点的速率为经过b 点的2倍
C．卫星在a 点的加速度大小为在c 点的4 倍
D．质量相同的卫星在b 点的机械能等于在c 点的机械能
[解析]
由开普勒第三定律可得a32
T22
＝R31
T21
，解得：T2
T1
＝3
2
3
2，A 错误；va＝
GM
R ，因在b 点做向心运动，则vb＜
GM
2R ，
则va＞2vb，B 错误；由公式a＝GM
r2 可知，卫星在a 点的加速度大小为在c 点的4 倍，C 正确；在b 点做向心运动，
在C 点做离心运动，则C 点的速度大于b 点的速度，又重力势能相等，故卫星在b 点的机械能小于在C 点的机械能，
D 错误。
类题演练
3．(2019·河南郑州二模)2018 年12 月8 日2 时23 分，嫦娥四号探测器搭乘长征三号乙运载火箭，开始了奔月之旅，
首次实现人类探测器月球背面软着陆。12 月12 日16 时45 分，号探测器成功实施近月制动，顺利完成“太空刹车”，
被月球捕获，进入了近月点约100 km 的环月轨道，如图所示，则下列说法正确的是(
B
)
A．嫦娥四号的发射速度大于第二宇宙速度
B．嫦娥四号在100 km 环月轨道运行通过P 点时的加速度和在椭圆环月轨道运行通过P 点时加速度相同
C．嫦娥四号在100 km 环月轨道运动的周期等于在椭圆环月轨道运动周期
D．嫦娥四号在地月转移轨道经过P 点时和在100 km 环月轨道经过P 点时的速度相同
[解析]
若嫦娥四号的发射速度大于第二宇宙速度，则嫦娥四号将脱离地球的引力范围，就不会被月球捕获，因此
若嫦娥四号的发射速度大于第一宇宙速度小于第二宇宙速度，选项A 错误；嫦娥四号通过同一点时所受的万有引力相
等，根据牛顿第二定律，嫦娥四号在100 km 环月轨道运行通过P 点时的加速度和在椭圆环月轨道运行通过P 点时的加
速度相同，选项B 正确；嫦娥四号在100 km 环月轨道运行的轨道半径大于在椭圆环月轨道运行的轨道半长轴，根据开
普勒第三定律，嫦娥四号在100 km 环月轨道运行的周期大于在椭圆环月轨道运行的周期，选项C 错误；嫦娥四号在地
月转移轨道经过P 点时需要“太空刹车”(即减小速度)才能被月球捕获环月运行，选项D 错误。
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一、选择题(本题共13 小题，其中1～9 题为单选，10～14 题为多选)
1．(2019·湖南省怀化市模拟)我国是少数几个掌握飞船对接技术的国家，为了实现神舟飞船与天宫号空间站顺利地
进行对接，具体操作应为(
C
)
A．飞船与空间站在同一轨道上且沿相反方向做圆周运动接触后对接
B．空间站在前，飞船在后，两者沿同一方向做圆周运动。在合适的位置飞船加速追上空间站
C．空间站在高轨道，飞船在低轨道两者同向飞行，在合适的位置飞船加速追上空间站然后对接
D．飞船在高轨道，空间站在低轨道两者同向飞行，在合适的位置飞船减速然后与空间站对接
[解析]
飞船与空间站在同一轨道上且沿相反方向做圆周运动对撞后飞船和空间站都会损毁，A 项错误；空间站在
前，飞船在后，两者沿同一方向做圆周运动，在合适的位置飞船加速会做离心运动，不可能追上空间站，B 项错误；
空间站在高轨道飞船在低轨道两者同向飞行，在合适的位置飞船加速做离心运动追上空间站然后对接，C 项正确；飞
船在高轨道空间站在低轨道两者同向飞行，飞船的速度比空间站的速度小，因此难以实现对接，D 项错误。
2．(2019·广东省广州市天河区模拟)假定太阳系一颗质量均匀、可看成球体的小行星，自转原来可以忽略。现若该
星球自转加快，角速度为ω时，该星球表面的“赤道”上物体对星球的压力减为原来的2
3。已知引力常量G，则该星球
密度ρ为(
B
)
A．9ω2
8πG
B．9ω2
4πG
C．3ω2
2πG
D．ω2
3πG
[解析]
忽略行星的自转影响时：GMm
R2 ＝mg，
自转角速度为ω时：GMm
R2 ＝2
3mg＋mω2R，
行星的密度：ρ＝
M
4
3πR3，解得：ρ＝9ω2
4πG，B 正确。
3．(2019·山东省烟台市模拟)赤道平面内的某颗卫星自西向东绕地球做圆周运动，该卫星离地面的高度小于地球同
步卫星的高度。赤道上一观察者发现，该卫星连续两次出现在观察者正上方的最小时间间隔为t，已知地球自转周期为
T0，地球半径为R，地球表面的重力加速度为g，由此可知该卫星离地面的高度为(
A
)
A．
3
gR2t2T20
4π2t＋T02－R
B．
3
gR2t2T20
4π2t＋T20
C．
3
gR2t＋T02
4π2t2T20
－R
D．
3
gR2t－T02
4π2t2T20
－R
[解析]
根据赤道平面内的卫星绕地球做圆周运动，由万有引力提供向心力GMm
R＋h2＝m(R＋h)2(2π
T )2，解之可得：h
＝
3
GMT2
4π2 －R。设卫星的周期为T，则有t
T－t
T0
＝1，解之得：T＝tT0
t＋T0
，由此可得：h＝
3
GMt2T20
4π2t＋T02－R，代入黄金
代换式GM＝gR2，可得：h＝
3
gR2t2T20
4π2t＋T02－R。故A 正确。
4．(2019·山东省日照市模拟)我国发射的“嫦娥四号”探测器首次探访月球背面。2018 年12 月30 日8 时，嫦娥四
号探测器由距月面高度约100 km 的环月轨道，成功降轨至距月面15 km 的着陆轨道。2019 年1 月3 日早，嫦娥四号
探测器调整速度方向，由距离月面15 km 处开始实施动力下降，速度从相对月球1.7 km/s，至距月面100 m 处减到零(相
对于月球静止)，并做一次悬停，对障碍物和坡度进行识别，再缓速垂直下降。10 时26 分，在反推发动机和着陆缓冲
机的作用下，“嫦娥四号”探测器成功着陆在月球背面的预选着陆区。探测器的质量约为1.2×103 kg，地球质量约为
月球的81 倍，地球半径约为月球的3.7 倍，地球表面的重力加速度约为9.8 m/s2，下列说法正确的是(
B
)
A．探测器由环月轨道降至着陆轨道的过程中，机械能守恒
B．若动力下降过程做匀减速直线运动，则加速度大小约为97 m/s2
C．最后100 m 缓慢垂直下降，探测器受到的反冲作用力约为1.2×104 N
D．地球的第一宇宙速度约为探测器在近月轨道上运行的线速度的22 倍
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[解析]
探测器由环月轨道降至着陆轨道的过程中，发动机多次点火做功，机械能不守恒，故A 错误；由题意知：
由距离月面15 km 处开始实施动力下降，速度从相对月球1.7 km/s，至距月面100 m 处减到零(相对于月球静止)，则初
速度v0＝1.7 km/s＝1 700 m/s，末速度v＝0，位移为：x＝15 000 m－100 m＝14 900 m，根据速度与位移关系可以求出
加速度为：a＝v2－v20
2x
＝－1 7002
2×14 900
m/s2＝－97 m/s2，即加速大小为97 m/s2，故B 正确；在月球表面万有引力等于物体
的重力，则：GM 月m0
r2
月
＝m0g 地
在地球表面，忽略地球自转，则：GM 地m′
r2
地
＝m′g 地
而且：M 地＝81M 月，R 地＝3.7 R 月，整理可以得到：g 月＝1.66 m/s2
由题意知：最后100 m 缓慢垂直下降，则探测器处于平衡状态，则反冲作用力为：
F＝mg 月＝1.2×103×1.66 N＝1.992×103 N，故C 错误；根据万有引力提供向心力，则在地球表面附近：
GM 地m′′
r2
地
＝m′′v2
地
r 地
在月球表面附近：GM 月m′′′
r2
月
＝m′′′v2
月
r 月
联立可以得到：v 地
v 月
＝
r 地g 地
r 月g 月
≠22，故D 错误。
5．(2019·山东省济宁市模拟)据报道，2020 年我国将发射首颗“人造月亮”，其亮度是月球亮度的8 倍，可为城市
提供夜间照明。假设“人造月亮”在距离地球表面500 km 的轨道上绕地球做匀速圆周运动(不计地球自转的影响)，下
列有关“人造月亮”的说法正确的是(
B
)
A．发射速度小于第一宇宙速度
B．角速度大于月球绕地球运行的角速度
C．向心加速度大于地球表面的重力加速度
D．在运行轨道上处于完全失重状态，重力加速度为0
[解析]
第一宇宙速度是人造卫星的最小发射速度，也是人造卫星的最大运行速度，根据GMm
r2 ＝m v2
r 可得v＝
GM
r ，所以“人造月亮”的运行速度不可能小于第一宇宙速度，故A 错误；根据GMm
r2 ＝mω2r 可得ω＝
GM
r3 ，由于
“人造月亮”绕地球做圆周运动的半径小于月球绕地球运行的半径，所以“人造月亮”的角速度大于月球绕地球运行
速度，故B 正确；根据GMm
r2 ＝ma 可得a＝GM
r2 ，由于“人造月亮”绕地球做圆周运动的半径大于地球半径，所以“人
造月亮”的向心加速度小于地球表面的重力加速度，故C 错误；“人造月亮”在绕地球做匀速圆周运动时，万有引力
即重力提供向心力，加速度竖直向下等于重力加速度，故处于完全失重状态，但重力加速度g＝GM
r2 不为零，故D 错误。
6．(2019·山东省济南模拟)我国计划2020 年发射火星探测器，实现火星的环绕、着陆和巡视探测。已知火星和地
球绕太阳公转的轨道都可近似为圆轨道，火星公转轨道半径约为地球公转轨道半径的3
2，火星的半径约为地球半径的1
2，
火星的质量约为地球质量的1
9，以下说法正确的是(
C
)
A．火星的公转周期比地球小
B．火星的公转速度比地球大
C．探测器在火星表面时所受火星引力比在地球表面时所受地球引力小
D．探测器环绕火星表面运行的速度比环绕地球表面运行的速度大
[解析]
根据开普勒第三定律可知，火星公转轨道半径大于地球公转轨道半径，则火星的公转周期比地球大，选项
A 错误；根据v＝
GM 日
r
可知，火星的公转速度比地球小，选项B 错误；根据g＝GM
R2 ，则g 火
g 地
＝M 火
M 地
·(R 地
R 火
)2＝1
9×22＝4
9，
则探测器在火星表面时所受火星引力比在地球表面时所受地球引力小，选项C 正确；根据v 灰＝
GM 火
R 火
＝
G·1
9M 地
1
2R 地
＝2
3
GM 地
R 地
＝2
3 v 地，则探测器环绕火星表面运行的速度比环绕地球表面运行的速度小，选项D 错误。
7．(2019·湖南省岳阳市模拟)2018 年12 月8 日中国在西昌卫星发射中心成功发射了嫦娥四号探测器，经过地月转
移飞行，按计划顺利完成近月制动，进入环月椭圆轨道，然后实施近月制动，顺利完成“太空刹车”，被月球捕获，
进入距月球表面约100 km 的环月圆形轨道，准备登录月球背面。如图所示，则关于嫦娥四号在环月椭圆轨道和环月圆
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形轨道运行的说法正确的是(
C
)
A．在环月椭圆轨道运行时，A 点速度小于B 点速度
B．由环月椭圆轨道进入环月圆形轨道应该在A 点加速
C．在环月椭圆轨道和环月圆形轨道上通过A 点的加速度相等
D．在环月椭圆轨道运行的周期比环月圆形轨道的周期小
[解析]
根据开普勒第二定律可知近月点速度大，远月点速度小，故A 错误；由环月椭圆轨道进入环月圆形轨道
在A 点应减速，因要由离心运动变为圆周运动，速度要变小，故B 错误；在同一点万有引力产生加速度，加速度相等，
故C 正确；由开普勒第三定律可知轨道大的周期大，故D 错误。
8．(2019·广东省广州市下学期一模)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
)
A．(1＋k2)3
4年
B．(1＋k2)3
2年
C．(1＋k)3
2年
D．k 3
2年
[解析]
设地球与太阳距离为r，根据题述可知木星与太阳的距离为R＝r2＋kr2＝r(1＋k2)1
2 ，设木星的公转周期
为T 年，根据开普勒定律，则有：T2
12＝
r31＋k23
2
r3
，解得T＝(1＋k2)3
4年，选项A 正确。
9．(2019·山东济南期末)某类地天体可视为质量分布均匀的球体，由于自转的原因，其表面“赤道”处的重力加速
度为g1，“极点”处的重力加速度为g2，若已知自转周期为T，则该天体的半径为(
C
)
A．4π2
g1T2
B．4π2
g2T2
C．g2－g1T2
4π2
D．g1＋g2T2
4π2
[解析]
在赤道处，万有引力可分解为重力和向心力，则有：GMm
R2 ＝mR4π2
T2 ＋mg1
①
在两极：GmM
R2 ＝mg2
②
联立得：m(g2－g1)＝mR4π2
T2
解得：R＝g2－g1T2
4π2
，故C 正确，A、B、D 错误。
10．(2019·河北省衡水市一检)天文观测中观测到有三颗星位于边长为l 的等边三角形三个顶点上，并沿等边三角形
的外接圆做周期为T 的匀速圆周运动。已知引力常量为G，不计其他星体对它们的影响，关于这个三星系统，下列说
法正确的是(
BD
)
A．三颗星的质量可能不相等
B．某颗星的质量为4π2l3
3GT2
C．它们的线速度大小均为2 3πl
T
D．它们两两之间的万有引力大小为16π4l4
9GT4
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[解析]
轨道半径等于等边三角形外接圆的半径，r＝
l
2
cos30°
＝3
3 l。根据题意可知其中任意两颗星对第三颗星的合
力指向圆心，所以这两颗星对第三颗星的万有引力等大，由于这两颗星到第三颗星的距离相同，故这两颗星的质量相
同，所以三颗星的质量一定相同，设为m，则2Gm2
l2 cos30°＝m·4π2
T2 · 3
3 l，解得m＝4π2l3
3GT2，它们两两之间的万有引力F＝
Gm2
l2 ＝G
4π2l3
3GT22
l2
＝16π4l4
9GT4 ，A 错误B、D 正确；线速大小为v＝2πr
T ＝2π
T · 3
3 l＝2 3πl
3T ，C 错误。
11. (2019·陕西省西安市模拟)如图所示，A 是地面赤道上的物体，B 是位于赤道平面内的近地卫星，C 是地球的同
步卫星，则下列说法正确的是
(
AB
)
A．A、B、C 向心加速度的大小关系为aB＞aC>aA
B．A、B、C 线速度的大小关系为vB＞vC＞vA
C．A、B、C 周期的大小关系为TB＞TC＝TA
D．要将B 卫星转移到C 卫星的轨道上运行至少需要对B 卫星进行两次减速
[解析]
根据an＝GM
r2 ，可知aB＞aC；根据an＝ω2r，可知aC＞aA，故选项A 正确；根据v＝
GM
r ，可知vB＞vC；
根据v＝ωr，可知vC＞vA，故选项B 正确；根据T＝2π
r3
GM，可知TC＞TB；又因为TC＝TA，故TC＝TA＞TB，选项C
错误；要将B 卫星转移到C 卫星的轨道上运行至少需要对B 卫星进行两次加速，选项D 错误。
12．(2019·山东省德州市模拟)某同学对行星的运行规律进行探索，她从资料中查阅了不同行星绕太阳运行的轨道
半径近似值R 和对应的公转周期T，并将这些数据绘制在T2－R3 的图象中，近似得到了一条经过原点的直线，计算出
其斜率k。设太阳的质量为M，万有引力常数为G，下列判断正确的是(
CD
)
A．行星的公转周期与公转半径成正比
B．利用各行星相应的R 和T 数据，可求出各行星的质量
C．太阳的质量近似满足M＝4π2
Gk
D．若仅考虑太阳内部热核反应导致质量亏损，则行星公转的轨道半径将会逐渐增大
[解析]
根据万有引力提供向心力则有：GMm
R2 ＝m4π2
T2 R，可得：T2＝4π2
GMR3，所以行星的公转周期平方与公转半径
的三次方成正比；根据在T2－R3 的图象中，近似得到了一条经过原点的直线，则有：k＝4π2
GM，太阳的质量近似满足：
M＝4π2
kG，利用各行星相应的R 和T 数据，可求出太阳的质量，故C 正确，A、B 错误；若仅考虑太阳内部热核反应导
致质量亏损，根据万有引力公式可得万有引力减小，行星做离心运动，行星公转的轨道半径将会逐渐增大，故D 正确。
13. (2019·江苏省扬州市模拟)2018 年12 月8 日我国成功发射了嫦娥四号探测器，它实现了人类首次月球背面着陆
探测。12 日16 时39 分，探测器在距月面129 km 处成功实施发动机点火，约5 分钟后，探测器顺利进入距月面100 km
的圆形轨道，运行一段时间后择机着陆月球表面，下列说法正确的有(
AD
)
A．探测器发射速度大于7.9 km/s
B．探测器在距月面129 km 处发动机点火加速
C．从点火到进入圆轨道，探测器位移是29 km
D．若已知引力常量、圆形轨道半径及探测器在其上运行周期，可估算月球质量
[解析]
嫦娥四号探测器的发射速度要大于地球的第一宇宙速度7.9 km/s，小于第二宇宙速度11.2 km/s，A 正确；
探测器在距月面129 km 处发动机点火减速，才能逐步靠近月球，B 错误；29 km 是探测器距月面的高度差，并不是位
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移，C 错误；对探测器由牛顿第二定律列方程：GMm
r2 ＝mr4π2
T2 ，得到月球质量M＝4π2r3
GT2 ，D 正确。
二、计算题(本题共1 小题，需写出完整的解题步骤)
14．万有引力定律揭示了天体运动规律与地上物体运动规律具有内在的一致性。
(1)用弹簧秤称量一个相对于地球静止的小物体的重量，随称量位置的变化可能会有不同的结果。已知地球质量为
M，自转周期为T，万有引力常量为G。将地球视为半径为R、质量均匀分布的球体，不考虑空气的影响。设在地球北
极地面称量时，弹簧秤的读数是F0。
a．若在北极上空高出地面h 处称量，弹簧秤读数为F1，求比值F1/F0 的表达式，并就h＝1.0%R 的情形算出具体
数值(计算结果保留两位有效数字)；
b．若在赤道地面称量，弹簧秤读数为F2，求比值F2/F0 的表达式。
(2)设想地球绕太阳公转的圆周轨道半径r、太阳的半径Rs 和地球的半径R 三者均减小为现在的1.0%，而太阳和地
球的密度均匀且不变，仅考虑太阳和地球之间的相互作用，以现实地球的1 年为标准，计算“设想地球”的一年将变
为多长？
[答案]
(1)F1
F0
＝( R
R＋h
)2
0.98
F2
F0
＝1－4π2R3
T2GM
(2)不变
[解析]
(1)在地球北极点不考虑地球自转，则秤所称得的重力则为其万有引力，于是F0＝GMm
R2
①
F1＝G Mm
R＋h2
②
由公式①②可以得出：
F1
F0
＝( R
R＋h
)2＝0.98
F2＝GMm
R2 －mω2R＝GMm
R2 －m4π2
T2 R
③
由①和③可得：F2
F0
＝1－4π2R3
T2GM
(2)根据万有引力定律，有GMm
r2 ＝m4π2
T2 r
得T＝
4π2r3
GM
又因为M＝ρV＝ρ·4
3πR3s，解得T＝
3π
Gρ·r3
R3s
从上式可知，当太阳半径减小为现在的1.0%时，地球公转周期不变。
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专题二
能量与动量
[要点解读]
[备考对策]
1.功、功率、动能定理及动量定理部分：考查
与功、功率相关的分析和计算及动能定理、
动量定理的综合应用，题型为选择题或与牛
顿运动定律相结合的计算题。
2.功能关系和动量、能量守恒部分：以直线运
动、平抛和圆周运动为情景，考查运动过程
中的受力分析、运动分析、能量转化及功能
关系问题，以及带电粒子在电场、磁场中的
能量问题，以计算题形式命题为主。
1.正确判断是否做功、是做正功还是负功，掌
握各种力做功的特点及计算方法，区别瞬时
功率和平均功率。能熟练运用动能定理及动
量定理解决综合问题，注意和图象有关的题
型。
2.加强综合运用功能关系、机械能守恒定律、
能量守恒定律及动量守恒定律解决多运动过
程问题的训练，提高运用动能定理、动量定
理和能量守恒定律解决带电粒子在电场、磁
场中的运动问题的能力，关注以竞技体育或
近现代科技为背景命制的题目。
第5 讲
功
功率
动能定理
1．(2019·全国卷Ⅲ，17)从地面竖直向上抛出一物体，物体在运动过程中除受到重力外，还受到一大小不变、方向
始终与运动方向相反的外力作用。距地面高度h 在3 m 以内时，物体上升、下落过程中动能Ek 随h 的变化如图所示。
重力加速度取10 m/s2。该物体的质量为(
C
)
A．2 kg
B．1.5 kg
C．1 kg
D．0.5 kg
[解析]
画出运动示意图，设阻力为f，据动能定理知
A→B(上升过程)：EkB－EkA＝－(mg＋f)h
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C→D(下落过程)：EkD－EkC＝(mg－f)h
整理以上两式得：mgh＝30 J，解得物体的质量m＝1 kg。
选项C 正确。
2．(2018·全国卷Ⅰ)高铁列车在启动阶段的运动可看作初速度为零的匀加速直线运动。在启动阶段，列车的动能
(
B
)
A．与它所经历的时间成正比
B．与它的位移成正比
C．与它的速度成正比
D．与它的动量成正比
[解析]
A 错：速度v＝at，动能Ek＝1
2mv2＝1
2ma2t2，与经历的时间的平方成正比。B 对：根据v2＝2ax，动能Ek
＝1
2mv2＝1
2m·2ax＝max，与位移成正比。C 错：动能Ek＝1
2mv2，与速度的平方成正比。D 错：动量p＝mv，动能Ek＝1
2mv2
＝p2
2m，与动量的平方成正比。
3．(2018·全国卷Ⅱ，14)如图，某同学用绳子拉动木箱，使它从静止开始沿粗糙水平路面运动至具有某一速度。木
箱获得的动能一定(
A
)
A．小于拉力所做的功
B．等于拉力所做的功
C．等于克服摩擦力所做的功
D．大于克服摩擦力所做的功
[解析]
A 对、B 错：由题意知，W 拉－W 阻＝ΔEk，则W 拉＞ΔEk；C、D 错：W 阻与ΔEk 的大小关系不确定。
4．(多选)(2018·全国卷Ⅲ，19)地下矿井中的矿石装在矿车中，用电机通过竖井运送到地面。某竖井中矿车提升的
速度大小v 随时间t 的变化关系如图所示，其中图线①②分别描述两次不同的提升过程，它们变速阶段加速度的大小都
相同；两次提升的高度相同，提升的质量相等。不考虑摩擦阻力和空气阻力。对于第①次和第②次提升过程，
(
AC
)
A．矿车上升所用的时间之比为4
5
B．电机的最大牵引力之比为2
1
C．电机输出的最大功率之比为2
1
D．电机所做的功之比为4
5
[解析]
A 对：由图线①知，上升总高度h＝v0
2 ·2t0＝v0t0。
由图线②知，加速阶段和减速阶段上升高度和
h1＝
v0
2
2
·(t0
2＋t0
2)＝1
4v0t0
匀速阶段：h－h1＝1
2v0·t′，解得t′＝3
2t0
故第②次提升过程所用时间为t0
2＋3
2t0＋t0
2＝5
2t0，
两次上升所用时间之比为2t0
5
2t0＝4
5。B 错：由于加速阶段加速度相同，故加速时牵引力相同。C 对：在加速
上升阶段，由牛顿第二定律知：
F－mg＝ma，F＝m(g＋a)
第①次在t0 时刻，功率P1＝F·v0
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第②次在t0
2时刻，功率P2＝F·v0
2
第②次在匀速阶段P2′＝F′·v0
2 ＝mg·v0
2 <P2
可知，电机的输出最大功率之比P1
P2＝2
1。D 错：由动能定理知，两个过程动能变化量相同，克服重力做功
相同，故两次电机做功也相同。
5．(2019·天津，10)完全由我国自行设计、建造的国产新型航空母舰已完成多次海试，并取得成功。航母上的舰载
机采用滑跃式起飞，故甲板是由水平甲板和上翘甲板两部分构成，如图1 所示。为了便于研究舰载机的起飞过程，假
设上翘甲板BC 是与水平甲板AB 相切的一段圆弧，示意如图2，AB 长L1＝150 m，BC 水平投影L2＝63 m，图中C 点
切线方向与水平方向的夹角θ＝12°(sin12°≈0.21)。若舰载机从A 点由静止开始做匀加速直线运动，经t＝6 s 到达B 点
进入BC。已知飞行员的质量m＝60 kg，g＝10 m/s2，求：
(1)舰载机水平运动的过程中，飞行员受到的水平力所做功W；
(2)舰载机刚进入BC 时，飞行员受到竖直向上的压力FN 多大。
[答案](1)7.5×104 J
(2)1.1×103 N
[解析]
(1)舰载机由静止开始做匀加速直线运动，设其刚进入上翘甲板时的速度为v，则有
v
2
＝L1
t
①
根据动能定理，有
W＝1
2mv2－0
②
联立①②式，代入数据，得
W＝7.5×104 J
③
(2)设上翘甲板所对应的圆弧半径为R，根据几何关系，有
L2＝Rsinθ
④
由牛顿第二定律，有
FN－mg＝mv2
R
⑤
联立①④⑤式，代入数据，得
FN＝1.1×103 N
⑥
功和功率的计算
核心知识
1．恒力做功的公式
W＝Flcosα(通过F 与l 间的夹角α，判断F 是否做功及做功的正、负)
2．变力做功的计算
(1)用动能定理W＝ΔEk 或功能关系W＝ΔE 计算
(2)变力做功的功率一定时，用功率和时间计算：W＝Pt
(3)将变力做功转化为恒力做功
3．总功的计算
(1)先求物体所受的合外力，再求合外力所做的功
(2)先求每个力做的功，再求各力做功的代数和
(3)利用动能定理，合力功等于动能的变化
4．功率
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(1)平均功率：P＝W
t ＝F v cosα
(2)瞬时功率：P＝Fvcosα(α为F 与v 的夹角)
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典例探究
【典例1】
(2019·广东省深圳市模拟)在水平地面上方某处，把质量相同的P、Q 两小球以相同速率沿竖直方向抛
出，P 向上，Q 向下，不计空气阻力，两球从抛出到落地的过程中(
D
)
A．P 球重力做功较多
B．两球重力的平均功率相等
C．落地前瞬间，P 球重力的瞬时功率较大
D．落地前瞬间，两球重力的瞬时功率相等
[解析]
重力做功为WG＝mgh，由于两球质量相同，下落高度相同，故重力做功相同，A 错误；两球落地下落时
间不同，P 球落地时间长，由平均功率公式P＝WG
t 可得重力的平均功率不相等，B 错误；对两球由动能定理列方程：
mgh＝1
2mv2－1
2mv20，可得两球落地时速度大小相等，方向都是竖直向下。由瞬时功率公式P＝mgv 可得两球在落地前瞬
间，重力的瞬时功率相等，C 错误，D 正确。
计算功和功率时应注意的问题
(1)计算功时，要注意分析受力情况和能量转化情况，分清是恒力做功，还是变力做功，恒力做功一般用功的公式
或动能定理求解，变力做功用动能定理或图象法求解。
(2)用图象法求外力做功时应注意横轴和纵轴分别表示的物理意义，若横轴表示位移，纵轴表示力，则可用图线与
横轴围成的面积表示功，例如下图甲、乙、丙表示(丙图中图线为1
4圆弧)，力做的功分别为W1＝F1x1、W2＝1
2F2x2、W3
＝π
4F3x3。
(3)计算功率时，要明确是求瞬时功率，还是平均功率，若求瞬时功率应明确是哪一时刻或位置的瞬时功率，若求
平均功率应明确是哪段时间内的平均功率；应注意区分公式P＝W
t 和公式P＝Fvcosθ的适用范围，P＝W
t 侧重于平均功
率的计算，P＝Fvcosθ侧重于瞬时功率的计算。
类题演练
1．(多选)(2019·浙江省丽水市模拟)如图甲所示，某同学用拖把直行拖地，沿推杆方向对拖把施加推力F，此时推
力与水平方向的夹角为θ1，且拖把刚好做匀速直线运动；从某时刻开始，拖把推杆与水平方向的夹角变为θ2，如图乙所
示，保持拖把的速度大小和方向不变，则(
AB
)
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A．推力F 变大
B．推力F 的功率增大
C．地面对拖把的支持力变小
D．地面对拖把的摩擦力变小
[解析]
设拖把与地面之间的动摩擦因数为μ，则拖把匀速运动时，受到重力、支持力、推力和摩擦力，处于平衡状态，受
力示意图如图所示。
将推拖把的力沿竖直和水平方向分解，由平衡条件得：
竖直方向上：Fsinθ＋mg＝FN
①
水平方向上：Fcosθ－Ff＝0
②
Ff＝μFN
③
①②③联立解得：F＝
μmg
cosθ－μsinθ
。可见θ变大F 变大，A 正确；由①式可知FN 变大，FN 变大摩擦也肯定变大，C、
D 错误；由于重力和支持力不做功，故推力F 的功率等于摩擦力的功率，由于速度不变摩擦力变大，故摩擦力的功率
变大，所以推力F 的功率变大，B 正确。
机车启动问题
核心知识
1．机车输出功率
P＝F·v，其中F 为机车的牵引力
2．机车启动的两类v－t 图象
(1)恒定功率启动
机车先做加速度逐渐减小的加速运动，后做匀速直线运动。速度图象如图1 所示，当F＝F 阻时，vm＝P
F＝P
F 阻
图1
图2
(2)恒定加速度启动
速度图象如图2 所示。机车先做匀加速直线运动，当功率达到额定功率后获得匀加速运动的最大速度v1，若再加
速，应保持额定功率不变做变加速运动，直到达到最大速度vm 后做匀速运动
3．机车启动匀加速过程的最大速度v1(此时机车输出的功率最大)和全程的最大速度vm(此时F 牵＝F 阻)的求解方法
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(1)求v1：由F 牵－F 阻＝ma，P＝F 牵v1 可求v1＝
P
F 阻＋ma
(2)求vm：由P＝F 阻vm，可求vm＝P
F 阻
典例探究
【典例2】
(2019·四川模拟)如图所示为修建高层建筑常用的塔式起重机，在起重机将质量为m 的重物竖直吊起
的过程中，重物由静止开始向上做匀加速直线运动，加速度为a，当起重机输出功率达到其允许的最大值时，保持该功
率不变，直到重物做速度为vm 的匀速运动。不计钢绳的重力和额外功，重力加速度为g。则重物匀加速上升的时间为
(
C
)
A．vm
g
B．vm
a
C．
gvm
ag＋a
D．
gvm
ag－a
[解析]
重物匀速运动时功率最大，设为P 额，有P 额＝Fvm，此时牵引力等于重物的重力，牵引力F＝mg，联立以
上两式得：P 额＝mgvm。设重物匀加速阶段的末速度为v1，此时功率达到最大功率P 额，设此时绳子拉力为F1。可得：
P 额＝F1v1，牵引力为：F1＝m(g＋a)。加速时间为t，则有：v1＝at。由以上三式得：t＝
gvm
ag＋a
，只有C 正确。
解决机车启动问题时的四点注意
(1)明确启动方式：分清是匀加速启动还是恒定功率启动。
(2)匀加速启动过程：机车功率是不断改变的，但该过程中的最大功率是额定功率，匀加速运动阶段的最大速度小
于机车所能达到的最大速度，达到额定功率后做加速度减小的加速运动。匀加速结束时的功率为额定功率，以后运动
的功率也都是额定功率；匀加速结束时的牵引力与匀加速阶段的牵引力相同，都是ma＋f。
(3)额定功率启动的过程：机车做加速度减小的加速运动，匀变速直线运动的规律不能用，速度最大值等于P
F1
，牵
引力是变力，牵引力做的功可用W＝Pt，但不能用W＝Flcosθ。
(4)无论哪种启动方式，最后达到最大速度时，均满足P＝Ffvm。
类题演练
2．用一根绳子竖直向上拉一个物块，物块从静止开始运动，绳子拉力的功率按如图所示规律变化，已知物块的质
量为m，重力加速度为g,0～t0 时间内物块做匀加速直线运动，t0 时刻后功率保持不变，t1 时刻物块达到最大速度，则下
列说法正确的是(
D
)
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A．物块始终做匀加速直线运动
B．0～t0 时间内物块的加速度大小为P0
mt0
C．t0 时刻物块的速度大小为P0
mg
D．0～t1 时间内物块上升的高度为P0
mg(t1－t0
2)－P20
2m2g3
[解析]
0～t0 时间内物块做匀加速直线运动，t0 时刻后功率保持不变，根据P＝Fv 知，v 增大，F 减小，物块做加
速度减小的加速运动，当加速度减小到零，物体做匀速直线运动，故A 错误；根据P0＝Fv＝Fat，F＝mg＋ma 得P＝(mg
＋ma)at，可知图线的斜率k＝P0
t0
＝m(g＋a)a，可知a≠P0
mt0
，故B 错误；在t1 时刻速度达到最大，F＝mg，则速度v＝P0
mg，
可知t0 时刻物块的速度小于P0
mg，故C 错误；P－t 图线围成的面积表示牵引力做功的大小，根据动能定理得，P0t0
2 ＋P0(t1
－t0)－mgh＝1
2mv2，解得h＝P0
mg(t1－t0
2)－P20
2m2g3，故D 正确。
动能定理的应用
核心知识
1．应用动能定理解题的“两状态，一过程”
“两状态”即明确研究对象的始、末状态的速度或动能情况；“一过程”即明确研究过程，确定这一过程中研究
对象的受力情况和位置变化或位移等信息。
2．应用动能定理解题的基本思路
典例探究
【典例3】
(2019·辽宁省沈阳市模拟)如图，科研人员在研究某运动赛道路面特性时，将一质量为m 的小滑块(视
为质点)在半径为R 的1
4圆弧A 端由静止释放，运动到B 点时速度为v0。滑块第一次离开B 处后，撤掉圆周轨道，滑块
在可视为光滑材料的水平面上运动一段距离后，通过换向轨道由C 点过渡到倾角为θ、长s 斜面轨道CD 上，CD 之间
铺了一层匀质特殊材料，其与滑块间的动摩擦因数μ可调节。斜面底部D 点与光滑地面平滑相连，地面上一根轻弹簧一
端固定在O 点，
自然状态下另一端恰好在D 点。认为滑块通过C 和D 前后速度大小均不变，最大静摩擦力等于滑
动摩擦力。不计空气阻力。
(1)求滑块对B 点压力大小以及在AB 上克服阻力所做功；
(2)求滑块从C 刚好运动到D 时的动摩擦因数及运动时间；
(3)假设μ<tanθ且比第(2)问动摩擦因数小，滑块最终停在D 点，求μ的最小值。
[解析]
(1)在B 处所受的支持力FN，则FN－mg＝mv20
R，因此FN＝mg＋mv20
R，
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根据动能定理可知1
2mv20＝mgR－Wf，
所以Wf＝mgR－1
2mv20
(2)设动摩擦因数为μ，从C 到D 做匀减速直线运动，
得0－v20＝2(gsinθ－μgcosθ)s
化简得μ＝
v20
2s
＋gsinθ
gcosθ
由于物体做匀减速直线运动，则t＝
s
v0
2
＝2s
v0
(3)若μ＜tanθ且比第(2)问动摩擦因数小，说明物体一定会下滑到D，并且不能静止在CD 斜面上。则当物体第1 次
重新回到C 处且速度恰好为零时，动摩擦因数最小。根据动能定理－2μminmgcosθ·s＝0－1
2mv20
所以μmin＝
v20
4gs·cosθ
[答案]
(1)压力FN＝mg＋mv20
R
Wf＝mgR－1
2mv20
(2)μ＝
v0
2s
＋gsinθ
gcos
t＝2s
v0
(3)μmin＝
v20
4gs·cosθ
应用动能定理解题应注意的三个问题
(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洁。
(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小过程(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，但若能对整个过程利用动能定理列式则可使问题简化。
类题演练
3．(多选)(2019·河北省张家口市模拟)如图所示，1/4 圆弧轨道AB 与水平轨道BC 相切于B 点，两轨道平滑连接且
与小物块动摩擦因数相同。现将可视为质点的小物块从圆弧轨道的A 点由静止释放，最终在水平轨道上滑行一段距离
停在C 点，此过程中小物块重力做功为W1、克服摩擦阻力做功为W2。再用沿运动方向的外力F 将小物块从C 点缓慢
拉回A 点，拉力做功为W3、克服摩擦阻力做功为W4。则给定各力做功大小关系式正确的是(
BD
)
A．W2＝W4
B．W1 ＝W2
C．W3＝W1＋W2
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D．W3 ＝W1 ＋W4
[解析]
从A 到C 由动能定理可知，小物块克服重力做的功与克服摩擦力做的功相等，即W1 ＝W2，从C 到A 点
由动能定理得，外力做的功等于克服重力做的功与克服摩擦力做功之和，即有：W3 ＝W1 ＋W4，故选BD。
类题演练
4．如图所示，一个小球(视为质点)从H＝11 m 高处，由静止开始沿光滑弯曲轨道AB 进入半径R＝4 m 的竖直圆环
内侧，且与圆环的动摩擦因数处处相等，当到达圆环顶点C 时，刚好对轨道的压力为零，然后沿CB 圆弧滑下，进入
光滑弧形轨道BD，到达高度为h 的D 点时速度为零，则h 的值可能为(
B
)
A．10 m
B．9.5 m
C．9 m
D．8.5 m
[解析]
已知C 点小球对圆环无压力，则重力提供向心力，得到：
mg＝mv2
R，小球在C 点的动能为：
1
2mv2＝1
2mgR＝2mg。
小球从A 运动到C，根据动能定理得：
mg(H－2R)－Wf＝1
2mv2－0，
把数据代入，得到：Wf＝mg(H－2.5R)＝mg。
再分析从C 点运动到D 点
根据动能定理得：mg(2R－h)－Wf′＝0－1
2mv2
整理得：mgh＝10mg－W′f
在同一高度处沿CB 弧运动的瞬时速度总小于沿BC 弧运动的瞬时速度，根据圆周运动向心力公式可知沿CB 弧运
动的平均正压力小于沿BC 弧运动平均正压力，故沿CB 弧运
动的平均摩擦力小于沿BC 弧运动的平均摩擦力，所以0＜W′f＜Wf＝mg，所以9mg＜mgh＜10mg，故9 m＜h＜
10 m。B 正确，A、C、D 错误。
一、选择题(本题共8 小题，其中1～4 题为单选，5～8 题为多选)
1．(2019·安徽省滁州市模拟)一根光滑金属杆，一部分为直线形状并与x 轴负方向重合，另一部分弯成图示形状，
相应的曲线方程为y＝－5x2。(单位：m)，一质量为0.1 kg 的金属小环套在上面，t＝0 时刻从x＝－1 m 处以v0＝1 m/s
向右运动，并相继经过x＝1 m 的A 点和x＝2 m 的B 点，下列说法正确的是(
C
)
A．小环在B 点与金属环间的弹力大于A 点的弹力
B．小环经过B 点的加速度大于A 点时的加速度
C．小环经过B 点时重力的瞬时功率为20 W
D．小环经过B 点的时刻为t＝2 s
[解析]
若金属环以此初速度水平抛出，平抛的轨迹方程刚好与导轨的曲线方程一样，金属环沿导轨运动时与轨道
间没有作用力，A 错误；金属环做平抛运动，小环经过B 点的加速度等于A 点时的加速度，B 错误；小球经过B 点的
时间t＝x
v0
＝1＋2
1
＝3 s，所以小环经过B 点的时刻为t＝3 s，D 错误；小环经过B 点时，vy＝g(t－1)＝20 m/s，所以小球
经过B 点时重力的瞬间功率为P＝mgvy＝20 W，C 正确。
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2．(2019·山西模拟)车辆在行驶时，要克服的阻力有轮胎产生的滚动阻力(路阻)及空气阻力(风阻)。有一辆汽车的
路阻恒为车重的0.05 倍；风阻与车速的平方成正比，
即f＝bv2，b 为风阻系数。该车质量为1.0×103 kg，牵引力的
最大功率为94.8 kW，在平直公路上运动时，最大速度可达60 m/s。则当汽车的速度为20 m/s 时，汽车的最大加速度
值约为(取g＝10 m/s2)(
B
)
A．3.6 m/s2
B．4.1 m/s2
C．4.6 m/s2
D．9.0 m/s2
[解析]
当速度为v1＝60 m/s 时，牵引力为P
v1
，由牛顿运动定律P
v1
－0.05mg－bv21＝0；当速度为v2＝20 m/s 时，牵
引力为P
v2
，由牛顿运动定律P
v2
－0.05mg－bv22＝ma。解得：a＝4.12 m/s2，B 正确。
3．(2019·吉林省模拟)如图所示，可视为质点的物体从倾角为α的斜面顶端由静止释放，它滑到底端时速度大小为
v1；若它由斜面顶端沿竖直方向自由落下，末速度大小为v，已知v1 是v 的k 倍，且k<1。则物体与斜面间的动摩擦因
数为(
C
)
A．(1－k)sinα
B．(1－k)cosα
C．(1－k2)tanα
D．1－k2
tanα
[解析]
设斜面的长度为L，由动能定理得：
物体沿斜面下滑时：
mgLsinα－μmgLcosα＝1
2mv21－0，
物体自由下落时：
mgLsinα＝1
2mv2－0，
由题意可知：v1＝kv，
解得μ＝(1－k2)tanα，C 正确。
4．(2019·南昌模拟)如图所示，物体A、B 和轻弹簧静止竖立在水平地面上，轻弹簧的两端与两物体拴接，其劲度
系数为k，重力加速度为g。在物体A 上施加一个竖直向上的恒力，若恒力大小为F0，物体B 恰好不会离开地面；若
恒力大小为2F0，在物体B 刚好离开地面时物体A 的速度为
3F0g
k ，设整个过程中弹簧都处于弹性限度内。则物体A
与物体B 的质量比值为(
A
)
A．2
1
B．1
2
C．3
1
D．1
3
[解析]
物体A、B 和轻弹簧静止竖立在水平地面上，弹簧压缩，由kx1＝mAg，解得x1＝mA g/k。在物体A 上施
加一个竖直向上的恒力，若恒力大小为F0，物体B 恰好不会离开地面，对物体B，由平衡条件，kx2＝mBg；解得x2
＝mB g/k。在物体A 上施加一个竖直向上的恒力，若恒力大小为F0，恒力做功W1＝F0(x1＋x2)。恒力大小为2F0，恒
力做功W2＝2F0(x1＋x2)。两次弹簧弹性势能变化相同，物体A 重力势能变化相同，W2－W1＝F0(x1＋x2)＝1
2mAv2＝
3mAF0g
2k
，即mAF0g
k
＋mBF0g
k
＝3mAF0g
2k
，解得mA
mB＝2
1，选项A 正确。
5．(2019·河北衡水模拟)如图所示，斜面ABC 竖直固定放置，斜边AC 与一光滑的圆弧轨道DEG 相切，切点为D，
AD 长为L＝
R
tanθ－μ，圆弧轨道圆心为O 半径为R，∠DOE＝θ，OG 水平。现有一质量为m 可看为质点的滑块从A
点无初速下滑，滑块与斜面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，则(
CD
)
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A．滑块经过E 点时对轨道的最小压力为mg
B．滑块下滑后将会从G 点飞出
C．滑块第二次经过E 点时对轨道的压力为3mg
D．滑块在斜面上经过的总路程为s＝
Rtanθ
μtanθ－μ
[解析]
滑块从A 点滑下后在AD 部分轨道上要克服摩擦力做功，则返回到AD 斜面上时的高度逐渐降低，最终滑
块将在以E 点为最低点，D 为最高点来回滚动，此时经过E 点时对轨道的压力最小，则从D 到E 点，由机械能守恒定
律：mgR(1－cosθ)＝1
2mv2E，在E 点：N－mg＝mv2E
R，联立解得N＝mg(3－2cosθ) ，选项A 错误；从A 到G 由动能定理：
mg(Lsinθ－Rcosθ)－μmgcosθ·L＝1
2mv 2G其中L＝
R
tanθ－μ
，解得：vG＝0，则滑块下滑后不能从G 点飞出，选项B 错误；
滑块第一次到达E 点时，根据动能定理：mg[Lsinθ＋R(1－cosθ)]－μmgcosθ·L＝1
2mv2E，解得vE＝2gR，第二次到达E
点的速度与第一次相同，则由牛顿第二定律：NE－mg＝mv2E
R，解得NE＝3mg，选项C 正确；由以上的分析可知，滑块
最终将在以E 点为最低点，D 为最高点来回滚动，则由动能定理：mgLsinθ＝μmgcosθ·s，解得s＝
Rtanθ
μtanθ－μ
，选项D
正确。
6．(2019·河南郑州二模) 如图所示，质量均为M 的b、d 两个光滑斜面静止于水平面上，底边长度相等，b 斜面倾
角为30°，d 斜面倾角为60°。质量均为m 的小物块a 和c 分别从两个斜面顶端由静止自由滑下，下滑过程中两斜面始
终静止。小物块到达斜面底端的过程中，下列说法正确的是(
AD
)
A．
两物块所受重力冲量相同
B．
两物块所受重力做功的平均功率相同
C．地面对两斜面的摩擦力均向左
D．两斜面对地面压力均小于(m＋M)g
[解析]
设斜面的底边长度为L，a 物块沿倾角为30°的光滑斜面b 下滑，mgsin30°＝ma1，
L
cos30°＝1
2a1t21，c 物块
沿倾角为60°的光滑斜面d 下滑，mgsin60°＝ma2，
L
cos60°＝1
2a2t22，联立解得t1＝t2。两物块所受的重力冲量I＝mgt 相同，
A 正确；由于两斜面竖直高度不同，物块重力做功不同，两物块所受重力做功的平均功率不同，B 错误；在小物块沿
斜面运动过程中，物块对斜面压力的水平分力均向左，对斜面由平衡条件可知，地面对斜面的摩擦力方向向右，C 错
误；在小物块沿斜面下滑过程中，由竖直向下的加速度，物块处于失重状态，所以两斜面对地面的压力均小于(m＋M)g，
D 正确。
7．(2019·全国高考猜题卷)如图甲所示，质量为m＝2 kg 的物体(可视为质点)在平行于斜面向上的拉力F 作用下从
粗糙斜面上的A 点沿斜面向上运动，t＝2 s 时撤去拉力F，其在斜面上运动的部分v－t 图象如图乙所示。已知斜面倾
角θ＝37°，斜面固定且足够长，取g＝10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，下列说法中正确的是(
AD
)
A．拉力F 的大小为50 N
B．小物体在斜面上从A 点运动到最高点的过程中，克服摩擦力做的功为850 J
C．t＝8 s 时，小物体在A 点上方且距A 点的距离为15 m
D．小物体返回时经过A 点的动能为300 J
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[解析]
根据速度时间图象知，匀加速直线运动的加速度：a1＝Δv
Δt
＝30
2 m/s2＝15 m/s2，匀减速直线运动的加速度：
a2＝Δv
Δt′
＝30
5－2
m/s2＝10 m/s2，根据牛顿第二定律得F－μmgcosθ－mgsinθ＝ma1，撤去F 后，由牛顿第二定律得μmgcosθ
＋mgsinθ＝ma2，解得F＝50 N，μ＝0.5，A 正确；由图象的“面积”求得小物块上升的最大位移x＝30×5
2
m＝75 m，
摩擦力做的功Wf＝μmgcosθ·x＝0.5×2×10×cos37°×75 J＝600 J，B 错误；5～8 s 内物体的位移大小为x′＝1
2×3×(0
＋6) m＝9 m，t＝8 s 时，小物体在A 点上方且距A 点的距离为x－x′＝(75－9) m＝66 m，C 错误；物体向下运动的加
速度a3＝Δv′
Δt″
＝6
3＝2 m/s2，运动返回到A 点的速度v＝2a3x＝2×2×75 m/s＝10 3 m/s，物体的动能Ek＝1
2mv2＝
1
2×2×(10 3)2 J＝300 J，D 正确。
8．(2019·山东济南期末)用两块材料相同的木板与竖直墙面搭成两个斜面1 和2，斜面有相同的高和不同的底边，
如图所示。一个小物块分别从两个斜面顶端释放，并沿斜面下滑到底端。对这两个过程，下列说法正确的是(
BC
)
A．沿着1 和2 下滑到底端时，物块的速度大小相等
B．物块下滑到底端时，速度大小与其质量无关
C．物块沿着1 下滑到底端的过程，产生的热量更多
D．物块下滑到底端的过程中，产生的热量与其质量无关
[解析]
对物块从高为h 的斜面上由静止滑到底端时，根据动能定理有：
mgh－Wf＝1
2mv2
①
其中Wf 为物块克服摩擦力做的功，因滑动摩擦力为：f＝μN＝μmgcosθ
所以物块克服摩擦力做的功为：
Wf＝fL＝μmgcosθ×L＝μmgLcosθ＝μmgL 底
②
由图可知，Lcosθ为斜面底边长，可见，物体从斜面顶端下滑到底端时，克服摩擦力做功与斜面底端长度L 底成正
比。沿着1 和2 下滑到底端时，重力做功相同，而沿2 物体克服摩擦力做功小于沿1 克服摩擦力做功，则由①式得知，
沿着2 下滑到底端时物块的速度大于沿1 下滑到底端时速度，故A 错误；①②联立解得：v＝2gh－2μgL 底，故物块下
滑到底端时，速度大小与其质量无关，故B 正确；沿1 时克服摩擦力做的功最多，物体的机械能损失最大，产生的热
量多，故C 正确；根据功能关系得：产生的热量等于克服摩擦力做功，即为：Q＝Wf＝fL＝μmgcosθ×L＝μmgLcosθ＝
μmgL 底与质量有关，故D 错误。
二、计算题(本题共2 小题，需写出完整的解题步骤)
9．(2019·湖南长望浏宁模拟)某电动机工作时输出功率P 与拉动物体的速度v 之间的关系如图(a)所示。现用该电动
机在水平地面拉动一物体(可视为质点)，运动过程中轻绳始终处在拉直状态，且不可伸长，如图(b)所示。已知物体质
量m＝1 kg，与地面的动摩擦因数μ1＝0.35，离出发点C 左侧s 距离处另有动摩擦因数为μ2＝0.45、长为d＝0.5 m 的粗
糙材料铺设的地面AB 段。(g 取10 m/s2)
(1)若s 足够长，电动机功率为2 W 时，物体在地面能达到的最大速度是多少？
(2)若启动电动机，物体在C 点从静止开始运动，到达B 点时速度恰好达到0.5 m/s，则BC 间的距离s 是多少？物
体能通过AB 段吗？如果不能停在何处？
[答案]
(1)4
7 m/s
(2)0.25 m
小物体不能通过AB 段。停在AB 中点。
[解析]
(1)电动机拉动物体后，物体速度最大时，加速度为零，则有水平方向受拉力F 等于摩擦力
F1＝f1＝μmg＝3.5 N
根据P＝Fv 则有：vm＝P
F1
＝P
f1
＝4
7 m/s
(2)当物体运动速度小于0.5 m/s 时，绳子对物体的拉力为恒力，物体为匀加速运动，拉力
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F＝P
v＝4 N
由牛顿第二定律F＝ma
F－f1＝ma1，a1 ＝0.5 m/s2
由s＝v2B
2a1
得，则BC 间的距离s＝0.25 m 小物体过B 点后，f2＝μ2mg＝4.5 N，做减速运动，运动速度不会大于0.5 m/s，
拉力仍为恒力，物体做匀减速运动
F－f2＝ma2a2＝－0.5 m/s2
小物体滑行x＝0－v2B
2a2
，x＝0.25 m
则小物体最后停在AB 中点位置。
10．(2019·福建三校联考)如图所示，一质量m＝1 kg 的小滑块(体积很小，可视为质点)静止在水平轨道上的A 点，
在水平向右的恒定拉力F＝4 N 的作用下，从A 点开始做匀加速直线运动，F 作用一段时间t 后撤去，滑块继续运动到
B 点进入半径为R＝0.3 m 的光滑竖直圆形轨道，在圆轨道上运行一周后从B 处的出口(未画出，且入口和出口稍稍错开)
出来后向C 点滑动，C 点右侧有一壕沟，C、D 两点的竖直高度h＝0.2 m，水平距离s＝0.6 m。已知滑块运动到圆轨道
的最高点时对轨道的压力刚好为滑块重力的3 倍，BC 长为L＝2 m，小滑块与水平轨道BC 间的动摩擦因数为μ＝0.5，
重力加速度g＝10
m/ s2。
(1) 求小滑块通过圆形轨道的最高点P 的速度大小；
(2) 试通过计算判断小滑块能否到达壕沟的右侧；
(3) 若AB 段光滑，水平拉力F 的作用时间范围可变，要使小滑块在运动过程中，既不脱离竖直圆轨道，又不掉进
壕沟，试求水平拉力F 作用时间t 的范围。
[答案]
(1)2 3 m/s
(2)不能
(3)0＜t＜6
4
s 或15
4
s＜t＜5
2
s 或t＞29
4
s
[解析]
(1)设小滑块通过圆形轨道的最高点P 时轨道对小滑块的压力为N，由题意可知，N＝3mg，在P 点，由牛
顿第二定律，
N＋mg＝mv2P
R
解得：vP＝2 3 m/s
(2)对小滑块由B 到P 运动的过程，由机械能守恒定律
1
2mv2B＝1
2mv2P＋mg2R
对小滑块由B 到C 运动的过程，由动能定理，
－μmgL＝1
2mv2C－1
2mv2B
对小滑块由C 点抛出，由平抛运动规律，
h＝1
2
gt2
x＝vCt
联立解得x＝0.4 m＜0.6 m
所以不能到壕沟右侧
(3)(Ⅰ)恰好运动到竖直圆的最右侧，则
Ft1＝mvB1
1
2 mv2B1＝mgR
解得：t1＝6
4
s
所以0＜t＜6
4
s
(Ⅱ)恰好通过竖直圆轨道的最高点
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mg＝mv2P
R
1
2 mv2P＋mgR＝1
2mv2B2
Ft2＝mvB2 所以t2＝15
4
s
又恰好运动到C 点
0－1
2mv2B3＝－μmgL
Ft3＝mvB3 所以t3＝5
2
s
即
5
4
s＜t＜15
2
s
(Ⅲ) 恰好过壕沟
1
2 mv2C－1
2mv2B4＝－μmgL
Ft4＝mvB4
s＝vCt
h＝1
2gt2
所以t4＝29
4
s
所以t＞29
4
s
第6 讲
功能关系和能量守恒
1. (多选)(2019·全国卷Ⅱ，18)从地面竖直向上抛出一物体，其机械能E 总等于动能Ek 与重力势能Ep 之和。取地面
为重力势能零点，该物体的E 总和Ep 随它离开地面的高度h 的变化如图所示。重力加速度取10 m/s2。由图中数据可得
(
AD
)
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A．物体的质量为2 kg
B．h＝0 时，物体的速率为20 m/s
C．h＝2 m 时，物体的动能Ek＝40 J
D．从地面至h＝4 m，物体的动能减少100 J
[解析]
A 对：由于Ep＝mgh，所以Ep 与h 成正比，斜率k＝mg，由图象得k＝20 N，因此m＝2 kg。
B 错：当h＝0 时，Ep＝0，E 总＝Ek＝1
2mv20，因此v0＝10 m/s。
C 错：由图象知h＝2 m 时，E 总＝90 J，Ep＝40 J，由E 总＝Ek＋Ep 得Ek＝50 J。
D 对：h＝4 m 时，E 总＝Ep＝80 J，即此时Ek＝0，即上升4 m 距离，动能减少100 J。
2．(2019·天津，3)如图所示，在水平向右的匀强电场中，质量为m 的带电小球，以初速度v 从M 点竖直向上运动，
通过N 点时，速度大小为2v，方向与电场方向相反，则小球从M 运动到N 的过程(
B
)
A．动能增加1
2mv2
B．机械能增加2mv2
C．重力势能增加3
2mv2
D．电势能增加2mv2
[解析]
A 错：动能变化量ΔEk＝1
2m(2v)2－1
2mv2＝3
2mv2。B 对，D 错：重力和电场力做功，机械能增加量等于电势
能减少量。带电小球在水平方向做向左的匀加速直线运动，由运动学公式得(2v)2－0＝2qE
m x，则电势能减少量等于电场
力做的功ΔEp 电＝W 电＝qEx＝2mv2。C 错：在竖直方向做匀减速到零的运动，由－v2＝－2gh，得重力势能增加量ΔEp 重
＝mgh＝1
2mv2。
3．(多选)(2019·江苏，8)如图所示，轻质弹簧的左端固定，并处于自然状态。小物块的质量为m，从A 点向左沿水
平地面运动，压缩弹簧后被弹回，运动到A 点恰好静止。物块向左运动的最大距离为s，与地面间的动摩擦因数为μ，
重力加速度为g，弹簧未超出弹性限度。在上述过程中(
BC
)
A．弹簧的最大弹力为μmg
B．物块克服摩擦力做的功为2μmgs
C．弹簧的最大弹性势能为μmgs
D．物块在A 点的初速度为2μgs
[解析]
A 错：物块向左运动压缩弹簧，弹簧最短时，物块具有向右的加速度，弹力大于摩擦力，即F>μmg。B 对：
根据功的公式，物块克服摩擦力做的功W＝μmgs＋μmgs＝2μmgs。C 对：根据能量守恒，弹簧弹开物块的过程中，弹
簧的弹性势能通过摩擦力做功转化为内能，故Epm＝μmgs。D 错：根据能量守恒，在整个过程中，物体的初动能通过摩
擦力做功转化为内能，即1
2mv2＝2μmgs，所以v＝2 μgs。
4．(2018·全国卷Ⅰ)如图，abc 是竖直面内的光滑固定轨道，ab 水平，长度为2R；bc 是半径为R 的四分之一圆弧，
与ab 相切于b 点。一质量为m 的小球，始终受到与重力大小相等的水平外力的作用，自a 点处从静止开始向右运动。
重力加速度大小为g。小球从a 点开始运动到其轨迹最高点，机械能的增量为(
C
)
A．2mgR
B．4mgR
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C．5mgR
D．6mgR
[解析]
小球从a 运动到c，根据动能定理，得
F·3R－mgR＝1
2mv21，又F＝mg，故v1＝2 gR，
小球离开c 点在竖直方向做竖直上抛运动，水平方向做初速度为零的匀加速直线运动。且水平方向与竖直方向的
加速度大小相等，都为g，故小球从c 点到最高点所用的时间t＝v1
g ＝2
R
g，水平位移x＝1
2gt2＝2R，
根据功能关系，小球从a 点到轨迹最高点机械能的增量为力F 做的功，即ΔE＝F·(2R＋R＋x)＝5mgR。
机械能守恒的判断及应用
核心知识
1．用机械能守恒定律解题的基本步骤
2．机械能是否守恒的判断方法
(1)用做功来判断：分析物体或系统受力情况(包括内力和外力)，明确各力做功的情况，若对物体或系统只有重力
或弹力做功，没有其他力做功或其他力做功的代数和为零，则机械能守恒。
(2)用能量转化来判定：若物体系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转化，则物体系机械
能守恒。
(3)对一些绳子突然绷紧的问题，除非题目特别说明，机械能必定不守恒。
典例探究
【典例1】
(2019·江西四校联考)如图所示，质量mB＝3.5 kg 的物体B 通过一轻弹簧固连在地面上，弹簧的劲度
系数k＝100 N/m，一轻绳一端与物体B 连接，绕过无摩擦的两个轻质小定滑轮O1、O2 后，另一端与套在光滑直杆顶
端的、质量mA＝1.6 kg 的小球A 连接。已知直杆固定，杆长L 为0.8 m，且与水平面的夹角θ＝37°，初始时使小球A
静止不动，与A 端相连的绳子保持水平，此时绳子中的张力F 为45 N。已知AO1＝0.5 m，重力加速度g 取10 m/s2，sin37°
＝0.6，cos37°＝0.8，绳子不可伸长。现将小球A 从静止释放，则：
(1)在释放小球A 之前弹簧的形变量；
(2)若直线CO1 与杆垂直，求物体A 运动到C 点的过程中绳子拉力对物体A 所做的功；
(3)求小球A 运动到底端D 点时的速度。
[解析]
(1)释放小球前，B 处于静止状态，由于绳子拉力大于重力，故弹簧被拉伸，设弹簧形变量为x 有：kx＝F
－mBg，所以x＝0.1m
(2)对A 球从顶点运动到C 的过程应用动能定理得：
W＋mAgh＝1
2mAv2A－0
①
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其中，h＝xCO1cos37°，
而xCO1＝xAO1sin37°＝0.3 m
物体B 下降的高度h′＝xAO1－xCO1＝0.2 m
②
由此可知，弹簧此时被压缩了0.1 m，此时弹簧弹性势能与初状态相等，对于A、B 和弹簧组成的系统机械能守恒：
mAgh＋mBgh′＝1
2mAv2A＋1
2mBv2B
③
由题意知，小球A 运动方向与绳垂直，
此瞬间B 物体速度vB＝0
④
由①②③④得，W＝7 J
(3)由题意知，杆长L＝0.8 m，
故∠CDO1＝θ＝37°
故DO1＝AO1，当A 到达D 时，弹簧弹性势能与初状态相等，物体B 又回到原位置，在D 点对A 的速度沿平行于
绳和垂直于绳两方向进行分解，可得平行于绳方向的速度即为B 的速度，由几何关系得：
vB′＝vA′cos37°
⑤
对于整个下降过程由机械能守恒得：
mAgLsin37°＝1
2mAvA′2＋1
2mBvB′2
⑥
由⑤⑥得：vA′＝2 m/s
[答案]
(1)0.1 m
(2)7 J
(3)2 m/s
应用机械能守恒定律解题时的三点注意
(1)要注意研究对象的选取
研究对象的选取是解题的首要环节，有的问题选单个物体(实为一个物体与地球组成的系统)为研究对象机械能不守
恒，但选此物体与其他几个物体组成的系统为研究对象，机械能却是守恒的。如图所示，单独选物体A 机械能减少，
但由物体A、B 二者组成的系统机械能守恒。
(2)要注意研究过程的选取
有些问题研究对象的运动过程分几个阶段，有的阶段机械能守恒，而有的阶段机械能不守恒。因此，在应用机械
能守恒定律解题时要注意过程的选取。
(3)要注意机械能守恒表达式的选取
类题演练
1．(多选)(2019·辽宁省鞍山市模拟)如图所示，固定的光滑竖直杆上套一个滑块A，与滑块A 连接的细线绕过光滑
的轻质定滑轮连接滑块B，细线不可伸长，滑块B 放在粗糙的固定斜面上，连接滑块B 的细线和斜面平行，滑块A 从
细线水平位置由静止释放(不计轮轴处的摩擦)，到滑块A 下降到速度最大(A 未落地，B 未上升至滑轮处)的过程中
(
CD
)
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A．滑块A 和滑块B 的加速度大小一直相等
B．滑块A 减小的机械能等于滑块B 增加的机械能
C．滑块A 的速度最大时，滑块A 的速度大于B 的速度
D．细线上张力对滑块A 做的功等于滑块A 机械能的变化量
[解析]
两滑块与绳构成绳连接体，沿绳方向的加速度相等，则A 的分加速度等于B 的加速度；故A 错误；绳连
接体上的一对拉力做功不损失机械能，但B 受到的斜面摩擦力对B 做负功，由能量守恒可知滑块A 减小的机械能等于
滑块B 增加的机械能和摩擦生热之和；B 错误；绳连接体沿绳的速度相等，则A 沿绳的分速度等于B 的运动速度，如
图所示，即滑块A 的速度大于B 的速度；故C 正确；对A 受力分析可知，除重力外，只有细线的张长对滑块做功，由
功能原理可知，细线上张力对滑块A 做的功等于滑块A 机械能的变化量，故D 正确。
几个重要功能关系的应用
核心知识
功是能量转化的量度，是能量转化的标志
功
能量转化
重力做功
重力所做的功等于物体重力势能的变化量
弹力做功
弹力所做的功等于物体弹性势能的变化量
电场力做功
电场力所做的功等于物体电势能的变化量
合外力做功
合外力的功等于物体动能的变化量(动能定
理)
除重力和弹力做功外，其他力的合功
除重力和弹力做功外，其他力(包括其他外力、
摩擦力等)的合功等于物体机械能的变化量
摩擦力的相对功(摩擦力与相对路程的乘积)
摩擦力与相对路程的乘积为系统的发热量
克服安培力做功
克服安培力做的功等于电路中的总焦耳热
提示：表中前三行中的力做多少正功，对应能量就减少多少，表中第四、五行中的力做多少正功，对应能量就增
加多少。
典例探究
【典例2】
(多选)(2019·河北省衡水市模拟)如图所示，质量为2 kg 的物体沿倾角为30°的固定斜面减速上滑，减
速的加速度大小为7 m/s2，重力加速度g 取10 m/s2，上滑2 m 时速度仍沿斜面向上，在此过程中(
CD
)
A．物体的重力势能增加40 J
B．物体的机械能减少20 J
C．物体的动能减少28 J
D．系统的内能增加8 J
[解析]
上滑2 m 过程中物体克服重力做功W＝mgLsin30°＝20 J，A 错误；根据牛顿二定律：mgsin30°＋f＝ma，f
＝4 N，在此过程中Wf＝－fL＝－8 J，故系统的机械能减少8 J，内能增加8 J，B 错误、D 正确；合外力为F＝ma＝14
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N，合外力做功表征动能的变化，合外力做功为－FL＝－28 J，故动能减少28 J，C 正确。
类题演练
2．(2019·河南省许昌市模拟)空间有一匀强电场，一质量为m 的带电微粒由静止释放后，其运动方向与竖直向下的
方向间的夹角为60°，加速度大小等于重力加速度g，不计空气阻力。以下说法中正确的是(
B
)
A．微粒所受电场力大小有可能等于1.5mg
B．运动过程中微粒的机械能增大
C．运动过程中微粒的机械能守恒
D．运动过程中微粒的电势能不变
[解析]
以带电微粒为研究的对象，由题意知，其受力如图：
由于运动方向与竖直向下的方向间的夹角为60°，加速度大小等于重力加速度g，则平行四边形OACB 是两个等边
三角形组成，所以F 电＝mg，A 错误；由图可知，运动的方向与电场力之间的夹角也是60°，所以运动的过程中电场力
做正功，带电微粒的电势能减小，机械能增大，B 正确C、D 错误。
能量守恒定律的综合应用
核心知识
1．应用能量转化与守恒定律解题的步骤
(1)明确研究对象和研究过程，了解对应的受力情况和运动情况。
(2)分析有哪些力做功，相应的有多少形式的能参与了转化，如动能、势能(包括重力势能、弹性势能、电势能)、
内能等。
(3)明确哪种形式的能量增加，哪种形式的能量减小，并且列出减小的能量ΔE 减和增加的能量ΔE 增的表达式。
(4)列出能量转化守恒关系式ΔE 减＝ΔE 增，求解未知量，并对结果进行讨论。
2．当涉及摩擦力做功时，机械能不守恒，一般应用能量的转化和守恒定律，特别注意摩擦产生的内能Q＝Ffx 相对，
x 相对为相对滑动的两物体间相对滑动路径的总长度
典例探究
【典例3】
(2019·安徽省模拟)如图所示，水平面右端放一质量m＝0.1 kg 小物块，给小物块一v0＝4 m/s 的初速
度使其向左运动，运动d＝1 m 后将弹簧压至最紧，反弹回到出发点时物块速度大小v1＝2 m/s。若水平面与一长L＝3 m
的水平传送带平滑连接，传送带以v2＝10 m/s 的速度顺时针匀速转动。传送带右端又与一竖直平面内的光滑圆轨道的
底端平滑连接，圆轨道半径R＝0.8 m。当小物块进入圆轨道时会触发闭合装置将圆轨道封闭。(g＝10 m/s2，sin53°＝0.8，
cos53°＝0.6)求：
(1)小物块与水平面间的动摩擦因数μ1；
(2)弹簧具有的最大弹性势能Ep；
(3)要使小物块进入竖直圆轨道后不脱离轨道，传送带与物块间的动摩擦因数μ2 应满足的条件。
[解析]
(1)小物块在水平面向左运动再返回的过程，根据能量守恒定律得：
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μ1mg×2d＝1
2mv20－1
2mv21
代入数据解得μ1＝0.3
(2)小物块从出发到运动到弹簧压缩至最短的过程，由能量守恒定律得
弹簧具有的最大弹性势能Ep＝1
2mv20－μ1mgd
代入数据解得Ep＝0.5 J
(3)本题分两种情况讨论：
①设物块在圆轨道最低点时速度为v3 时，恰好到达圆心右侧等高点，
根据机械能守恒得mgR＝1
2mv23
得v3＝4 m/s＜v2＝10 m/s
说明物块在传送带上一直做匀加速运动。由动能定理得：μ2mgL＝1
2mv23－1
2mv21
解得μ2＝0.2
②设物块在圆轨道最低点时速度为v4 时，恰好到达圆轨道最高点时速度为v5，则
在圆轨道最高点有：mg＝mv25
R
从圆轨道最低点到最高点的过程，由机械能守恒定律得2mgR＋1
2mv25＝1
2mv24
解得v4＝2 10 m/s＜v2＝10 m/s
说明物块在传送带上一直做匀加速运动。
由动能定理得：μ2mgL＝1
2mv24－1
2mv21
解得μ2＝0.6
所以要使物块进入竖直圆轨道后不脱离圆轨道，传送带与物块间的动摩擦因数μ2 应满足的条件是μ2≤0.2 或μ2≥0.6
[答案]
(1)0.3
(2)0.5 J
(3)μ2≤0.2 或μ2≥0.6
能量守恒定律的应用技巧
(1)若过程只有动能和势能的相互转化，应首先考虑应用机械能守恒定律。
(2)若过程涉及摩擦力做功，一般应考虑应用动能定理或能量守恒定律。
(3)若过程涉及电势能和机械能之间的转化，应考虑应用能量守恒定律。
(4)无论运用哪种形式的功能关系，都应遵照下列步骤：
①确定始末状态；
②分析哪种形式的能量增加，哪种形式的能量减少，是什么力做功所致；
③列出能量的增加量和减少量的具体表达式、使ΔE 增＝ΔE 减。
类题演练
3．(2019·江苏泰州模拟)如图所示，一质量为M、足够长的平板静止于光滑水平面上，平板左端与水平轻弹簧相连，
弹簧的另一端固定在墙上，平板上有一质量为m 的小物块以速度v0 向右运动，且在本题所问中小物块保持向右运动。
已知小物块与平板间的动摩擦因数为μ，弹簧弹性势能Ep 与弹簧形变量x 的平方成正比，重力加速度为g。求：
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(1) 当弹簧第一次伸长量达最大时，弹簧的弹性势能为Epm，小物块速度大小为v0
3
。求该过程中小物块相对平板运
动的位移大小；
(2) 平板速度最大时弹簧的弹力大小；
(3) 已知上述过程中平板向右运动的最大速度为v。若换用同种材料，质量为m
2的小物块重复上述过程，则平板向
右运动的最大速度为多大？
[答案]
(1)4v20
9μg－Epm
μmg
(2)μmg
(3)v
2
[解析]
弹簧伸长最长时平板速度为零，设小物块相对平板位移大小为s，对系统由能量守恒
1
2mv20＝1
2m(v0
3 )2＋Epm＋μmgs，解得s＝4v20
9μg－Epm
μmg
(2) 平板速度最大时，处于平衡状态，
f＝μmg ，即F＝f＝μmg
(3)平板向右运动时，位移大小等于弹簧伸长量，当木板速度最大时
μmg＝kx
对木板由动能定理得
μmgx＝Ep＋1
2Mv2
同理，当m′＝1
2m，平板达最大速度v′时
μmg
2 ＝kx′
1
2μmgx′＝Ep2＋1
2Mv′2 ，由题可知Ep∝x2，即Ep2＝1
4Ep1，解得v′＝1
2v
一、选择题(本题共8 小题，其中1～4 题为单选，5～8 题为多选)
1．(2019·北京延庆模拟)蹦极是一项富有挑战性的运动，运动员将弹性绳的一端系在身上，另一端固定在高处，然
后运动员从高处跳下，如图所示。图中a 点是弹性绳自然下垂时绳下端的位置，c 点是运动员所到达的最低点。在运动
员从a 点到c 点的运动过程中，忽略空气阻力，下列说法正确的是(
D
)
A．运动员的速度一直增大
B．运动员的加速度始终减小
C．运动员始终处于失重状态
D．运动员克服弹力做的功大于重力对运动员做的功
[解析]
该过程随着弹性绳的伸长，拉力不断变大，根据受力分析可知，先做加速度减小的加速，后做加速度增加
的减速，A、B 错；运动员有减速的过程，加速度向上是超重，C 错；运动员克服弹力做的功等于重力势能的变化量和
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动能变化量之和，D 对。
2．(2019·高三考试大纲调研卷)如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端与一质量为m、套在光滑竖直固定杆A 处的
圆环相连，弹簧水平且处于原长。圆环从A 处由静止开始下滑，经过B 处的速度最大，到达C 处的速度为零，重力加
速度为g，则下列说法不正确的是(
B
)
A．由A 到C 的过程中，圆环的加速度先减小后增大
B．由A 到C 的过程中，圆环的动能与重力势能之和先增大后减少
C．由A 到B 的过程中，圆环动能的增加量小于重力势能的减少量
D．在C 处时，弹簧的弹性势能为mgh
[解析]
圆环从A 处由静止开始下滑，经过B 处的速度最大，到达C 处的速度为零，所以圆环先做加速运动，再
做减速运动，经过B 处的速度最大，所以经过B 处的加速度为零，所以加速度先减小，后增大，故A 正确；圆环的动
能、重力势能和弹性势能之和守恒，因由A 到C 的过程中，弹性势能逐渐变大，则圆环的动能与重力势能之和逐渐减
少，选项B 错误；由A 到B 的过程中，因圆环的动能、重力势能和弹性势能之和守恒，则弹性势能和动能增加量之和
等于重力势能的减小量，则圆环动能的增加量小于重力势能的减少量，选项C 正确；研究圆环从A 处由静止开始下滑
到C 过程，由动能定理得：mgh－W 弹＝0－0＝0，则W 弹＝mgh，故D 正确；故选B。
3．(2019·高三考试大纲调研卷)如图甲所示，轻弹簧竖直固定在水平面上，一质量为m＝0.2 kg 的小球从弹簧上端
某高度处自由下落，从它接触弹簧到弹簧压缩至最短的过程中(弹簧始终在弹性限度内)，其速度v 和弹簧压缩量Δx 的
函数图象如图乙所示，其中A 为曲线的最高点，小球和弹簧接触瞬间的机械能损失不计，取重力加速度g＝10 m/s2，
则下列说法中不正确的是(
C
)
A．该弹簧的劲度系数为20 N/m
B．当Δx＝0.3 m 时，小球处于超重状态
C．小球刚接触弹簧时速度最大
D．从接触弹簧到压缩至最短的过程中，小球的加速度先减小后增大
[解析]
当Δx＝0.1 m 时，小球的重力等于弹簧对它的弹力，合力为零，小球的加速度为零，平衡状态，可得：kΔx
＝mg，解得：k＝mg
Δx＝0.2×10
0.1
N/m＝20 N/m，故A 正确；由图乙可知，Δx＝0.3 m 时，物体的速度减小，加速度向上，
故说明物体处于超重状态，故B 正确；由小球的速度图象知，开始小球的速度增大，小球的重力大于弹簧对它的弹力，
当Δx 为0.1 m 时，小球的速度最大，然后速度减小，故C 错误；图中的斜率表示加速度，则由图可知，从接触弹簧到
压缩至最短的过程中，小球的加速度先减小后增大，故D 正确。本题选不正确的，故选C。
4．(2019·安徽合肥二模)如图甲所示，置于水平地面上质量为m 的物体，在竖直拉力F 作用下，由静止开始向上
运动，其动能Ek 与距地面高度h 的关系如图乙所示，已知重力加速度为g，空气阻力不计。下列说法正确的是(
C
)
A．在0～h0 过程中，F 大小始终为mg
B．在0～h0 和h0～2h0 过程中，F 做功之比为2︰1
C．在0～2h0 过程中，物体的机械能不断增加
D．在2h0～3.5h0 过程中，物体的机械能不断减少
[解析]
由图乙物体动能Ek 与距地面高度h 的关系可知，当物体距离地面高度为h0 时，Ek＝mgh0，由功能关系可
得，力F 做功WF＝Fh0＝Ek＋mgh0＝2mgh0，解得F＝2mg，即在0～h0 过程中，F 大小始终为2mg，选项A 错误；当
物体距离地面高度为2h0 时，Ek＝1.5mgh0，在h0～2h0 过程中，由功能关系可得，力F 做功WF＝ΔEk＋ΔEp＝0.5mgh0
＋mgh0＝1.5mgh0，即在0～h0 和h0～2h0 过程中，F 做功之比为2
1.5＝4
3，选项B 错误；在0～2h0 过程中，力F
做功，物体的机械能不断增加，选项C 正确；在2h0 高度，物体的动能为Ek＝1.5mgh0，重力势能为Ep＝2mgh0，物体
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的机械能为E＝Ek＋Ep＝3.5mgh0，在3.5h0 高度，物体的动能为零，重力势能为Ep＝3.5mgh0，物体的机械能为E＝Ek
＋Ep＝3.5mgh0，因此在2h0～3.5h0 过程中，物体的动能不断减少，机械能不变，选项D 错误。
5．(2019·高考大纲调研卷)把质量是0.2 kg 的小球放在竖立的弹簧上，并把球往下按至A 的位置，如图甲所示；迅
速松手后，弹簧把球弹起，球升至最高位置C(图丙)途中经过位置B 时弹簧正好处于自由状态(图乙)。已知B、A 的高
度差为0.1 m，C、B 的高度差为0.2 m，弹簧的质量和空气阻力均忽略不计。重力加速度g＝10 m/s2，则有(
BC
)
A．小球从A 上升至B 的过程中，弹簧的弹性势能一直减小，小球的动能一直增加
B．小球从B 上升到C 的过程中，小球的动能一直减小，势能一直增加
C．小球在位置A 时，弹簧的弹性势能为0.6 J
D．小球从位置A 上升至C 的过程中，小球的最大动能为0.4 J
[解析]
球从A 上升到B 位置的过程中，先加速，当弹簧的弹力kΔx＝mg 时，合力为零，加速度减小到零，速度
达到最大，之后小球继续上升弹簧弹力小于重力，球做减速运动，故小球从A 上升到B 的过程中，动能先增大后减小，
A 错误；小球从B 到C 的过程中，小球的弹力小于重力，故小球的动能一直减小；因小球高度增加，故小球的重力势
能增加；故B 正确；根据能量的转化与守恒，小球在图甲中时，弹簧的弹性势能等于小球由A 到C 位置时增加的重力
势能：Ep＝mgAC＝0.2×10×0.3 J＝0.6 J；故C 正确；由于无法确定小球受力平衡时的弹簧的形变量，故无法求出小球
的最大动能；故D 错误。
6．(2019·湖北省荆门模拟)物体A、B 之间通过劲度系数为k 的轻弹簧连接，竖直放置在水平面上，物体A 的质量
为m 。开始时系统处于静止状态。现用竖直向上的恒力F 拉物体A 使之竖直向上运动，当物体B 刚要离开地面时，A
的速度恰好达到最大，物体A 运动的距离为初始时弹簧压缩量的2 倍，则(
BD
)
A．物体B 的质量为2m
B．在此过程中恒力F 所做的功等于物体A 的机械能增加量
C．在此过程中物体A 的最大速度为
2mg2
k
D．在此过程中物体与弹簧组成的系统机械能增加量为4m2g2
k
[解析]
未施加力F 时，对物体A 分析，得到弹簧压缩量x＝mg
k 。当物体B 刚要离开地面时，由物体A 运动的距
离为初始时弹簧压缩量的2 倍可知，此时弹簧的伸长量为x＝mg
k 。对此时物体B 分析，得到的物体B 的质量为m，A
错误；此时A 的速度恰好达到最大，合力为0，对A 分析可得到恒力F＝2mg。在此过程中，弹簧的弹性势能未发生变
化，所以恒力F 做的功等于物体A 增加的机械能，B 正确；由功能关系可知，物体与弹簧组成的系统机械能增加量等
于恒力F 做的功，即为F×2×mg
k ＝4m2g2
k
，D 正确；对物体A 此段过程由动能定理列方程：
4m2g2
k
－mg2mg
k ＝1
2mv2－0，解得v＝
4mg2
k
，C 错误。
7．(2019·江苏省四校模拟)如图所示，小物块套在固定竖直杆上，用轻绳连接后跨过小定滑轮与小球相连。开始时
物块与定滑轮等高。已知小球的质量是物块质量的两倍，杆与滑轮间的距离为d，重力加速度为g，绳及杆足够长，不
计一切摩擦，现将物块由静止释放，在物块向下运动过程中，下列说法正确的是(
ABD
)
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A．刚释放时物块的加速度为g
B．物块重力的功率先增大后减小
C．物块下降的最大距离为
3d
D．物块速度最大时，绳子的拉力一定大于物块的重力
[解析]
小球刚开始释放时，物块水平方向受力平衡，竖直方向只受重力，根据牛顿第二定律可知其加速度为g，
A 正确；刚释放时物块的速度为零，小球重力的功率为零。物块下降到最低点时小球的速度为零，小球重力的功率又
为零，所以小球重力的功率先增大后减小，B 正确；设物块下降的最大距离为x，物块的质量为m。根据系统机械能守
恒定律，有：mgx－2mg( d2＋x2－d)＝0，解得：x＝4
3d，C 错误；物块的合力为零时速度最大，则绳子拉力的竖直向上
的分力等于物块的重力，所以绳子的拉力—定大于物块的重力，D 正确。
8．(2019·江苏省无锡市模拟)如图所示，内壁光滑的环形凹槽半径为R，固定在竖直平面内，一根长度为
2R 的轻
杆，一端固定小球甲，另一端固定小球乙，两球质量均为m，将两小球放入凹槽内，小球乙恰好位于凹槽的最低点，
由静止释放后(
ABD
)
A．整个运动过程，甲球的速率始终等于乙球的速率
B．当甲、乙两球到达同一高度时，甲球的速率达到最大值
C．甲球在下滑过程，轻杆对甲球先做正功后做负功
D．甲球可沿凹槽下滑到槽的最低点
[解析]
根据运动的合成与分解可得：v 甲cos45°＝v 乙cos45°，则有：v 甲＝v 乙在，所以整个运动过程，甲球的速率
始终等于乙球的速率，故A 正确；设甲球与圆心的连线与竖直方向的夹角为θ，则乙球与圆心的连线与竖直方向的夹角
为90°－θ，对于系统，机械能守恒，则有：mgRcosθ－mgR(1－sinθ)＝1
2mv2
甲＋1
2mv2
乙，解得：v 甲＝v 乙＝gRcosθ＋sinθ－1
＝gR[ 2sinθ＋45°－1]，当θ＝45°时，即甲、乙两球到达同一高度时，甲球的速率达到最大值，故B 正确；甲球在
下滑过程中，轻杆对甲球作用力表现为支持力，力的方向与运动方向相反，轻杆对甲球一直做负功，故C 错误；根据
对称性可知，甲球沿凹槽下滑到槽的最低点，乙球运动到圆心等高点，对于系统根据机械能守恒可得v 甲＝v 乙＝0，故
D 正确。
二、计算题(本题共2 小题，需写出完整的解题步骤)
9. (2019·高三二轮复习测试)如图所示，水平轨道PAB 与1
4圆弧轨道BC 相切于B 点，其中，PA 段光滑，AB 段粗糙，
动摩擦因数μ＝0.1，AB 段长度L＝2 m，BC 段光滑，半径R＝1 m。轻质弹簧劲度系数k＝200 N/m，左端固定于P 点，
右端处于自由状态时位于A 点，现用力推质量m＝2 kg 的小滑块，使其缓慢压缩弹簧，当推力做功W＝25 J 时撤去推
力。已知弹簧弹性势能表达式Ep＝1
2kx2，其中，k 为弹簧的劲度系数，x 为弹簧的形变量，重力加速度取g＝10 m/s2。
(1)求推力撤去瞬间，滑块的加速度大小；
(2)求滑块第一次到达圆弧轨道最低点B 时对B 点的压力F 大小；
(3)判断滑块能否越过C 点，如果能，求出滑块到达C 点的速度vC 和滑块离开C 点再次回到C 点所用时间t，如果
不能，求出滑块能达到的最大高度h。
[答案]
(1)50 m/s2
(2)62 N
(3)能
1 m/s
0.2 s
[解析]
(1)推力做功全部转化为弹簧的弹性势能，则有W＝Ep，即25＝1
2×200×x2，得x＝0.5 m。由牛顿运动定
律得a＝kx
m＝50 m/s2
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(2)设滑块到达B 点时的速度为vB，由能量关系有W－μmgL＝1
2mv2B，得v2B＝21 m2/s2
对小滑块，由牛顿第二定律得FN－mg＝mv2B
R，解得FN＝62 N
由牛顿第三定律可知，小滑块对B 点的压力F＝62 N
(3)设滑块能够到达C 点，且具有速度vC，由功能关系得W－μmgL－mgR＝1
2mv2C
代入数据解得vC＝1 m/s
故滑块能够越过C 点，从滑块离开C 点到再次回到C 点过程中，滑块做匀变速运动，以向下为正方向有vC＝－vC
＋gt，t＝2vC
g ＝0.2 s
10.(2019·广东七校联考)如图，水平光滑杆CP 上套有一个质量为m＝1 kg 的小物块A(可视作质点)，细线跨过O
点的轻质小定滑轮一端连接物块A，另一端悬挂质量为mB＝2 kg 的小物块B，C 点为O 点正下方杆的右端点，定滑轮
到杆的距离OC＝h＝0.4 m。开始时AO 与水平方向的夹角为30°，A 和B 静止。杆的右下方水平地面上有一倾角为θ＝
37°固定斜面，斜面上有一质量为M＝1 kg 的极薄木板DE(厚度忽略)，开始时木板锁定，木板下表面及物块A 与斜面
间动摩擦因数均为μ1＝0.5，木板上表面的DF 部分光滑(DF 长为L1＝0.53m), FE 部分与物块A 间的动摩擦因数为μ2＝3
8。
木板端点E 距斜面底端G 长LEG＝0.26 m。现将A、B 同时由静止释放(PO 与水平方向的夹角为60°)，物块A 运动到C
点时细线突然断开，物块从C 水平滑离杆，一段时间后，恰好以平行于薄木板的方向滑上木板，与此同时解除木板的
锁定。滑块在木板上DF 段运动时间恰是在FE 段的一半，重力加速度g 取10 m/s2，求：
(1)物块A 运动到P 点时滑块A、B 的速度之比；
(2)木板表面FE 部分的长度L2;
(3)从解除锁定开始计时，木板端点E 经多长时间到达斜面底端G?
[答案]
(1)2
1
(2)0.16 m
(3)0.7 s
[解析]
(1)在P 点时，由速度关系vAcos60＝vB ，
得vA：vB ＝2：1
(2)滑块A 运动到C 点时，物块B 的速度恰为零。
从释放物块A 到运动到C，系统机械能守恒：
mBg(OA－OC)＝1
2mAv2C
解得
vC＝4 m/s
设刚滑上木板时的速度大小为v0，由平抛规律：v0＝
vC
cos37°＝5 m/s
滑上木板后，在DF 段：因为木板与斜面间最大静摩擦力为：fm＝μ1(m＋M)gcos37°＝8 N
而重力的分量只有Gx＝Mgsinθ＝6 N, 所以木板不动，物块A 加速度a1 ＝gsinθ＝6 m/s2
对物块A，经过t1 运动到F，则：L1＝v0t1＋1
2a1t21
代入数值解得t1＝0.1 s
vF＝a1t1＝0.6 m/s
滑到F 后，对物块A：ma2＝mgsin37°－μ2mgcos37°
代入数值解得a2＝3 m/s2
对木板Ma＝Mgsin37°－μ2mgcos37°－μ1(M＋m)gcos37°代入数值得a＝1 m/s2
设经过t2 时间滑块滑到E 点，则木板的位移：S＝1
2at22
滑块S′＝vFt2－1
2a2t22
已知t2＝2t1＝0.2 s，
L2＝S′－S
代入数值解得L2＝0.16 m
(3)由(2)知，分离时木板位移S＝1
2at22＝0.02 m,
速度v1＝at2＝0.2 m/s
分离后，对木板：Ma′＝Mgsin37°－μ1Mgcos37°
解得a′＝2 m/s2
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由LEG－S＝v1t3＋1
2a′t23
代入数值解得t3＝0.4 s
从解除锁定开始计时，木板端点E 到达斜面底端G 的时间T＝t1＋t2＋t3＝0.7 s
第7 讲
动量和能量观点的应用
1．(2019·全国卷Ⅰ，16)最近，我国为“长征九号”研制的大推力新型火箭发动机联试成功，这标志着我国重型运
载火箭的研发取得突破性进展。若某次实验中该发动机向后喷射的气体速度约为3 km/s，产生的推力约为4.8×106 N，
则它在1 s 时间内喷射的气体质量约为(
B
)
A．1.6×102 kg
B．1.6×103 kg
C．1.6×105 kg
D．1.6×106 kg
[解析]
设1 s 内喷出气体的质量为m，喷出的气体与该发动机的相互作用力为F，由动量定理Ft＝mv 知，m＝Ft
v
＝4.8×106×1
3×103
kg＝1.6×103 kg，选项B 正确。
2．[2019·江苏，12(1)]质量为M 的小孩站在质量为m 的滑板上，小孩和滑板均处于静止状态，忽略滑板与地面间
的摩擦。小孩沿水平方向跃离滑板，离开滑板时的速度大小为v，此时滑板的速度大小为(
B
)
A．m
Mv
B．M
mv
C．
m
m＋M
v
D．
M
m＋M
[解析]
由题意知：小孩和滑板动量守恒，则Mv＋mv′＝0
得v′＝－Mv
m
，即滑板的速度大小为Mv
m
，方向与小孩运动方向相反，故B 项正确。
3．(2019·全国卷Ⅰ，25)竖直面内一倾斜轨道与一足够长的水平轨道通过一小段光滑圆弧平滑连接，小物块B 静止
于水平轨道的最左端，如图(a)所示。t＝0 时刻，小物块A 在倾斜轨道上从静止开始下滑，一段时间后与B 发生弹性碰
撞(碰撞时间极短)；当A 返回到倾斜轨道上的P 点(图中未标出)时，速度减为0，此时对其施加一外力，使其在倾斜轨
道上保持静止。物块A 运动的v－t 图象如图(b)所示，图中的v1 和t1 均为未知量。已知A 的质量为m，初始时A 与B
的高度差为H，重力加速度大小为g，不计空气阻力。
图(a)
图(b)
(1)求物块B 的质量；
(2)在图(b)所描述的整个运动过程中，求物块A 克服摩擦力所做的功；
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(3)已知两物块与轨道间的动摩擦因数均相等。在物块B 停止运动后，改变物块与轨道间的动摩擦因数，然后将A
从P 点释放，一段时间后A 刚好能与B 再次碰上。求改变前后动摩擦因数的比值。
[答案]
(1)3m
(2) 2
15mgH
(3)11
9
[解析]
(1)根据图(b)，v1 为物块A 在碰撞前瞬间速度的大小，v1
2 为其碰撞后瞬间速度的大小。设物块B 的质量为
m′，碰撞后瞬间的速度大小为v′。由动量守恒定律和机械能守恒定律有
mv1＝m －v1
2 ＋m′v′
①
1
2mv21＝1
2m －1
2v1 2＋1
2m′v′2
②
联立①②式得m′＝3m
③
(2)在图(b)所描述的运动中，设物块A 与轨道间的滑动摩擦力大小为f，下滑过程中所走过的路程为s1，返回过程
中所走过的路程为s2，P 点的高度为h，整个过程中克服摩擦力所做的功为W。由动能定理有
mgH－fs1＝1
2mv21－0
④
－(fs2＋mgh)＝0－1
2m －v1
2
2
⑤
从图(b)所给出的v－t 图线可知
s1＝1
2v1t1
⑥
s2＝1
2·v1
2 ·(1.4t1－t1)
⑦
由几何关系
s2
s1
＝h
H
⑧
物块A 在整个过程中克服摩擦力所做的功为
W＝fs1＋fs2
⑨
联立④⑤⑥⑦⑧⑨式可得
W＝2
15mgH
⑩
(3)设倾斜轨道倾角为θ，物块与轨道间的动摩擦因数在改变前为μ，有
W＝μmgcosθ·H＋h
sinθ
⑪
设物块B 在水平轨道上能够滑行的距离为s′，由动能定理有－μm′gs′＝0－1
2m′v′2
⑫
设改变后的动摩擦因数为μ′，由动能定理有
mgh－μ′mgcosθ· h
sinθ－μ′mgs′＝0
⑬
联立①③④⑤⑥⑦⑧⑩⑪⑫⑬式可得
μ
μ′
＝11
9
4．(2019·全国卷Ⅱ，25)·度在平直公路上匀速行驶。行驶过程中，司机突然发现前方100 m 处有一警示牌，立即
刹车。刹车过程中，汽车所受阻力大小随时间的变化可简化为图(a)中的图线。图(a)中，0～t1 时间段为从司机发现警示
牌到采取措施的反应时间(这段时间内汽车所受阻力已忽略，汽车仍保持匀速行驶)，t1＝0.8 s；t1～t2 时间段为刹车系统
的启动时间，t2＝1.3 s；从t2 时刻开始汽车的刹车系统稳定工作，直至汽车停止。已知从t2 时刻开始，汽车第1 s 内的
位移为24 m，第4 s 内的位移为1 m。
图(a)
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图(b)
(1)在图(b)中定性画出从司机发现警示牌到刹车系统稳定工作后汽车运动的v－t 图线；
(2)求t2 时刻汽车的速度大小及此后的加速度大小；
(3)求刹车前汽车匀速行驶时的速度大小及t1～t2 时间内汽车克服阻力做的功；从司机发现警示牌到汽车停止，汽车
行驶的距离约为多少(以t1～t2 时间段始末速度的算术平均值替代这段时间内汽车的平均速度)?
[答案]
(1)如图所示
(2)28 m/s
8 m/s2
(3)30 m/s
1．16×105 J
87.5 m
[解析]
(1)v－t 图象如图所示。
(2)设刹车前汽车匀速行驶时的速度大小为v1，则t1 时刻的速度也为v1；t2 时刻的速度为v2。在t2 时刻后汽车做匀
减速运动，设其加速度大小为a，取Δt＝1 s。
设汽车在t2＋(n－1)Δt～t2＋nΔt 内的位移为sn，n＝1,2,3，…。
若汽车在t2＋3Δt～t2＋4Δt 时间内未停止，设它在t2＋3Δt 时刻的速度为v3，在t2＋4Δt 时刻的速度为v4，由运动学
公式有
s1－s4＝3a(Δt)2
①
s1＝v2Δt－1
2a(Δt)2
②
v4＝v2－4aΔt
③
联立①②③式，代入已知数据解得
v4＝－17
6 m/s
④
这说明在t2＋4Δt 时刻前，汽车已经停止。因此，①式不成立。
由于在t2＋3Δt～t2＋4Δt 内汽车停止，由运动学公式
v3＝v2－3aΔt
⑤
2as4＝v23
⑥
联立②⑤⑥式，代入已知数据解得
a＝8 m/s2，v2＝28 m/s
⑦
或a＝288
25 m/s2，v2＝29.76 m/s
⑧
但⑧式情形下，v3＜0，不合题意，舍去。
(3)设汽车的刹车系统稳定工作时，汽车所受阻力的大小为f1，由牛顿第二定律有
f1＝ma
⑨
在t1～t2 时间内，阻力对汽车冲量的大小为
I＝1
2f1(t2－t1)
⑩
由动量定理有
I＝mv1－mv2
⑪
由动能定理，在t1～t2 时间内，汽车克服阻力做的功为
W＝1
2mv21－1
2mv22
⑫
联立⑦⑨○
10 ⑪⑫式，代入已知数据解得
v1＝30 m/s
⑬
W＝1.16×105 J
⑭
从司机发现警示牌到汽车停止，汽车行驶的距离s 约为
s＝v1t1＋1
2(v1＋v2)(t2－t1)＋v22
2a
⑮
联立⑦⑬⑮式，代入已知数据解得
s＝87.5 m
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5．(2019·全国卷Ⅲ，25)静止在水平地面上的两小物块A、B，质量分别为mA＝1.0 kg，mB＝4.0 kg；两者之间有一
被压缩的微型弹簧，A 与其右侧的竖直墙壁距离l＝1.0 m，如图所示。某时刻，将压缩的微型弹簧释放，使A、B 瞬间
分离，两物块获得的动能之和为Ek＝10.0 J。释放后，A 沿着与墙壁垂直的方向向右运动。A、B 与地面之间的动摩擦
因数均为μ＝0.20。重力加速度取g＝10 m/s2。A、B 运动过程中所涉及的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短。
(1)求弹簧释放后瞬间A、B 速度的大小；
(2)物块A、B 中的哪一个先停止？该物块刚停止时A 与B 之间的距离是多少？
(3)A 和B 都停止后，A 与B 之间的距离是多少？
[答案]
(1)4.0 m/s
1.0 m/s
(2)物块B 先停止
0.50 m
(3)0.91 m
[解析]
(1)设弹簧释放瞬间A 和B 的速度大小分别为vA、vB，以向右为正，由动量守恒定律和题给条件有
0＝mAvA－mBvB
①
Ek＝1
2mAv2A＋1
2mBv2B
②
联立①②式并代入题给数据得
vA＝4.0 m/s，vB＝1.0 m/s
③
(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 发生碰撞前，
已经有一个物块停止，此物块应为弹簧释放后速度较小的B。设从弹簧释放到B 停止所需时间为t，B 向左运动的路程
为sB，则有
mBa＝μmBg
④
sB＝vBt－1
2at2
⑤
vB－at＝0
⑥
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
⑦
联立③④⑤⑥⑦式并代入题给数据得
sA＝1.75 m，sB＝0.25 m
⑧
这表明在时间t 内A 已与墙壁发生碰撞，但没有与B 发生碰撞，此时A 位于出发点右边0.25 m 处，B 位于出发点
左边0.25 m 处，两物块之间的距离s 为
s＝0.25 m＋0.25 m＝0.50 m
⑨
(3)t 时刻后A 将继续向左运动，假设它能与静止的B 碰撞，碰撞时速度的大小为v′A，由动能定理有
1
2mAv′2A－1
2mAv2A＝－μmAg(2l＋sB)
⑩
联立③⑧⑩式并代入题给数据得
v′A＝7 m/s
⑪
故A 与B 将发生碰撞。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
⑫
1
2mAv′2A＝1
2mAv″2A＋1
2mBv″2B
⑬
联立⑪⑫⑬式并代入题给数据得
v″A＝3 7
5
m/s，v″B＝－2 7
5
m/s
⑭
这表明碰撞后A 将向右运动，B 继续向左运动。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
2as′A＝v″2A，2as′B＝v″2B
⑮
由④⑭⑮式及题给数据得
s′A＝0.63 m，s′B＝0.28 m
⑯
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
s′＝s′A＋s′B＝0.91 m
6．(2019·北京，24)雨滴落到地面的速度通常仅为几米每秒，这与雨滴下落过程中受到空气阻力有关。雨滴间无相
互作用且雨滴质量不变，重力加速度为g。
(1)质量为m 的雨滴由静止开始，下落高度h 时速度为u，求这一过程中克服空气阻力所做的功W。
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(2)将雨滴看作半径为r 的球体，设其竖直落向地面的过程中所受空气阻力f＝kr2v2，其中v 是雨滴的速度，k 是比
例系数。
a．设雨滴的密度为ρ，推导雨滴下落趋近的最大速度vm 与半径r 的关系式；
b．示意图中画出了半径为r1、r2(r1＞r2)的雨滴在空气中无初速下落的v－t 图线，其中__①__对应半径为r1 的雨滴
(选填①、②)；若不计空气阻力，请在图中画出雨滴无初速下落的v－t 图线。
(3)由于大量气体分子在各方向运动的几率相等，其对静止雨滴的作用力为零。将雨滴简化为垂直于运动方向面积
为S 的圆盘，证明：圆盘以速度v 下落时受到的空气阻力f∝v2(提示：设单位体积内空气分子数为n，空气分子质量为
m0)。
[答案]
(1) W＝mgh－1
2mu2
(2)a.vm＝
4πρg
3k r
b．见解析
(3) 见解析
[解析]
(1)根据动能定理
mgh－W＝1
2mu2
可得W＝mgh－1
2mu2
(2)a.根据牛顿第二定律
mg－f＝ma
得a＝g－kr2v2
m
当加速度为零时，雨滴趋近于最大速度vm
雨滴质量m＝4
3πr3ρ
由a＝0, 可得雨滴最大速度vm 与半径r 的关系式
vm＝
4πρg
3k r
b．如图1 所示
图1
(3)根据题设条件：大量气体分子在各方向运动的几率相等，其对静止雨滴的作用力为零。以下只考虑雨滴下落的
定向运动。
图2
简化的圆盘模型如图2 所示。设空气分子与圆盘碰撞前后相对速度大小不变。在Δt 时间内，与圆盘碰撞的空气分
子质量为Δm＝SvΔtnm0
以F 表示圆盘对空气分子的作用力，根据动量定理，
有FΔt∝Δm×v
得F∝nm0Sv2
由牛顿第三定律，可知圆盘所受空气阻力
f∝v2
采用不同的碰撞模型，也可得到相同结论。
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动量定理的理解和应用
核心知识
1．应用动量定理解决问题的关键
(1)表达式Ft＝mv2－mv1 是矢量式，一定要规定正方向
(2)表达式中的Ft 是指合外力的冲量或者是各个外力冲量的矢量和
2．使用动量定理的注意事项
(1)动量定理没有适用条件，在计算与时间有关的问题时都可以适用。一般来说，用牛顿第二定律能解决的问题，
用动量定理也能解决，如果题目不涉及加速度和位移，用动量定理求解更简捷。
动量定理不仅适用于恒力，也适用于变力。这种情况下，动量定理中的力F 应理解为变力在作用时间内的平均值。
(2)动量定理的表达式是矢量式，运用它分析问题时要特别注意冲量、动量及动量变化量的方向，公式中的F 是物
体或系统所受的合力。
3．应用动量定理解题的一般步骤
(1)明确研究对象和研究过程(研究过程既可以是全过程，也可以是全过程中的某一阶段)
(2)进行受力分析：只分析研究对象以外的物体施加给研究对象的力，不必分析内力
(3)规定正方向
(4)写出研究对象的初、末动量和合外力的冲量，根据动量定理列方程求解
典例探究
【典例1】(2019·湖北省武汉市模拟)运动员在水上做飞行运动表演，他操控喷射式悬浮飞行器将水带竖直送上来
的水反转180°后向下喷出，令自己悬停在空中，如图所示。已知运动员与装备的总质量为90 kg，两个喷嘴的直径为
10 cm，已知重力加速度大小g＝10 m/s2，水的密度ρ＝1.0×103 kg/m3，则喷嘴处喷水的速度大约为(
B
)
A．2.7 m/s
B．5.4 m/s
C．7.6 m/s
D．10.8 m/s
[解析]
设喷嘴处喷水速度大约为v，以时间Δt 内喷出的水为研究对象，取向下为正方向，由动量定理列方程：FΔt
＝ρvΔtSv－(－ρvΔtSv)，F＝1
2Mg，S＝π(d
2)2，联立得v＝5.4 m/s，B 正确。
(1)动量定理的正交分解式
Ix＝Fxt＝mv′x－mvx，Iy＝Fyt＝mv′y－mvy，
(2)对于连续流体应用动量定理
①确定小段时间Δt 的连续体为研究对象。
②写出Δt 内的质量Δm 与Δt 的关系式。
③分析连续Δm 的受力情况和动量变化。
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④用动量定理列方程、求解。
类题演练
1．(2019·江西省信州区模拟)质量m＝3 kg 小物体放在水平地面上，在水平力F＝15 N 的作用下开始运动。在0～
2 s 的时间内，拉力F 的功率P 随时间变化的关系图象如图所示，那么，小物体与水平面的动摩擦因数为(重力加速度g
＝10 m/s2)(
B
)
A．1
5
B．2
5
C．1
3
D．2
3
[解析]
由图知t＝2 s 时，P＝30 W。
由P＝Fv 得：v＝2 m/s。
根据动量定理得：(F－μmg)t＝mv－0
解得：μ＝2
5，B 正确，A、C、D 错误。
动量守恒定律的应用
核心知识
1．动量守恒定律适用条件
(1)前提条件：存在相互作用的物体系
(2)理想条件：系统不受外力
(3)实际条件：系统所受合外力为0
(4)近似条件：系统内各物体间相互作用的内力远大于系统所受的外力
(5)方向条件：系统在某一方向上满足上面的条件，则此方向上动量守恒
2．动量守恒定律的表达式
(1)m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，相互作用的两个物体组成的系统，作用前的动量和等于作用后的动量和。
(2)Δp1＝－Δp2，相互作用的两个物体动量的增量等大反向。
(3)Δp＝0，系统总动量的增量为零。
3．必须明确碰撞问题遵守的三条原则
(1)动量守恒：p1＋p2＝p1′＋p2′
(2)动能不增加：Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′
(3)速度要符合实际情况
典例探究
【典例2】
(2019·河北省衡水中学模拟)如图所示，A、B、C 三球的质量分别为m、m、2m，三个小球从同一高
度同时出发，其中A 球有水平向右的初速度v0，B、C 由静止释放。三个小球在同一竖直平面内运动，小球与地面之间、
小球与小球之间的碰撞均为弹性碰撞，则小球与小球之间最多能够发生碰撞的次数为(
C
)
A．1 次
B．2 次
C．3 次
D．4 次
[解析]
由于三球竖直方向的运动情况相同，一定可以发生碰撞，可假设高度无穷大，可看作三球碰撞完成后才落
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地，A、B 第一碰撞后水平速度互换，B、C 发生第二碰撞后，由于B 的质量小于C 的质量，则B 反向；B、A 发生第
三次碰撞后，B、A 水平速度互换，A 向左，B 竖直下落，三球不再发生碰撞，所以最多能够发生3 次碰撞，故C 正确，
A、B、D 错误；故选C。
弹性碰撞中的一动一静模型
如图所示，在光滑水平面上，质量为m1 的物体以速度v0 与质量为m2、静止的物体发生弹性正碰，则有
动量守恒：m1v0＝m1v1＋m2v2
机械能守恒：1
2m1v20＝1
2m1v21＋1
2m2v22
联立以上两式解得v1＝m1－m2
m1＋m2
v0，v2＝2m1
m1＋m2
v0
(1)当m1＝m2 时，v1＝0，v2＝v0(质量相等，速度交换)
(2)当m1>m2 时，v1>0，v2>0，且v2>v1(大碰小，前后跑)
(3)当m1<m2 时，v1<0，v2>0(小碰大，要反弹)
(4)当m1≫m2 时，v1＝v0，v2＝2v0(极大碰极小，大不变，小加倍)
(5)当m1≪m2 时，v1＝－v0，v2＝0(极小碰极大，小等速率反弹，大不变)
类题演练
2．(2019·湖北省衡水中学高三高考调研)光滑水平面上放有一上表面光滑、倾角为α的斜面A，斜面质量为M，底
边长为L，如图所示。将一质量为m 可视为质点的滑块B 从斜面的顶端由静止释放，滑块B 经过时间t 刚好滑到斜面
底端。此过程中斜面对滑块的支持力大小为FN，则下列说法中正确的是(
D
)
A．FN＝mgcosα
B．滑块下滑过程中支持力对B 的冲量大小为FNtcosα
C．滑块B 下滑过程中A、B 组成的系统动量守恒
D．此过程中斜面向左滑动的距离为
m
M＋m
L
[解析]
当滑块B 相对于斜面加速下滑时，斜面A 水平向左加速运动，所以滑块B 相对于地面的加速度方向不再
沿斜面方向，即沿垂直于斜面方向的合外力不再为零，所以斜面对滑块的支持力FN 不等于mgcosα，故A 错误；根据
冲量定义I＝Ft 可知滑块B 下滑过程中支持力对B 的冲量大小为I＝FNt，故B 错误；由于滑块B 有竖直方向的分加速
度，所以系统竖直方向合外力不为零，系统的动量不守恒，故C 错误；系统水平方向不受外力，水平方向动量守恒，
设A、B 两者水平位移大小分别为x1、x2，取水平向左为正方向，由动量守恒定律得：Mx1
t －mx2
t ＝0，即有：Mx1＝Mx2，
又x1＋x2＝L，解得：x1＝
m
M＋m
L，故D 正确。
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动量和能量的综合应用
核心知识
动量守恒与其他知识综合问题往往是多过程问题，解决这类问题要弄清物理过程，分清每一个物理过程，遵从什
么样的物理规律。一般来说，若研究过程中涉及到时间，用动量定理或运动学公式列方程；若研究过程中不涉及时间，
对象为单个物体，用动能定理列方程；对象为系统，用能量和动量守恒定律列方程。
典例探究
【典例3】
(2019·广东省汕头市模拟)如图是某少年进行滑板训练时的示意图。滑板原来静止在水平地面某处，少
年以某一水平初速度跳上滑板，之后与滑板一起以v＝2.0 m/s 的速度开始沿水平地面向左滑行，经过x＝20 m 的距离
后停下。此后少年又从滑板上水平向左跳出，滑板变成向右滑行，返回出发点时恰好停下。已知滑板的质量m＝4 kg，
少年的质量M＝40 kg，滑板滑行过程受到的路面阻力大小与滑板对地面的压力大小成正比。求：
(1)少年与滑板一起滑行过程受到的路面阻力大小；
(2)少年跳上滑板时的水平初速度v1 大小和跳离滑板时的水平速度v2 大小。
[解析]
(1)少年与滑板一起滑行过程，由动能定理则有：fx＝1
2(M＋m)v2 代入数据解得路面阻力大小：f＝4.4 N
(2)少年跳上滑板，系统动量守恒，则有：Mv1＝(M＋m)v
代入数据解得跳上滑板时的水平初速度：v1＝2.2 m/s
少年跳离滑板，系统动量守恒，则有：Mv2＝mv3
滑板返回出发点时恰好停下，由动能定理则有：f′x＝1
2mv23
根据题意有：f′
f
＝
m
M＋m
代入数据解得跳离滑板时的水平速度：v2＝0.2 m/s
[答案]
(1)4.4 N
(2)2.2 m/s
0.2 m/s
类题演练
3．(多选)(2019·四川省崇州市模拟)如图所示，质量为M 的小车置于光滑的水平面上，车的上表面是粗糙的，有一
质量为m 的木块静置于小车的最左端。现给小车一个瞬时向左的冲量使之获得一初速度v0。若车的上表面足够长，则
(
BD
)
A．车的上表面越粗糙，小车和木块达成的共同速度越大
B．车的上表面越粗糙，木块最终相对小车滑入的长度越小
C．车的上表面越粗糙，小车和木块组成的系统最终损失的机械能越多
D．车的上表面越粗糙，小车与木块达成共同速度耗时越短
[解析]
设小车和木块最终共同速度为v，由动量守恒定律列方程：Mv0＝(M＋m)v，可得v＝
M
M＋mv0。小车和木
块达成的共同速度与车的上表面粗糙程度无关，A 错误；由能量守恒定律列方程：1
2Mv20＝1
2(M＋m)v2＋Q，Q＝μmgL，
可见，小车和木块组成的系统最终损失的机械能一样多，车的上表面越粗糙，木块最终相对小车滑入的长度越小，B
正确，C 错误；对木块由动量定理列方程：μmgt＝mv－0，可得，车的上表面越粗糙，小车与木板达成共同速度耗时越
短，D 正确。
类题演练
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4．(2019·陕西省三模)如图所示，带有挡板的小车质量为m，上表面光滑，静止于光滑水平面上。轻质弹簧左端固
定在小车上，右端处于自由伸长状态。质量也为m 的小球，以速度v 从右侧滑上小车，在小球刚接触弹簧至弹簧分离
过程中，以下判断正确的是(
A
)
A．弹簧的最大弹性势能为1
4mv2
B．弹簧对小车做的功为1
4mv2
C．最终小车的动量为1
2mv
D．弹簧对小球冲量的大小为1
2mv
[解析]
当小球与小车的速度相同时弹簧的弹性势能最大，取向左为正方向，由系统的动量守恒和机械守恒分别列
方程：mv＝2mv′，1
2mv2＝1
2×2mv′2＋Ep，联立解得弹簧的最大弹性势能为Ep＝1
4mv2，A 正确；设小球与弹簧分离时
小车和小球的速度分别为v1 和v2。由系统的动量守恒和机械能守恒分别列方程：mv＝mv1＋mv2，1
2mv2＝1
2mv21＋1
2mv22，
联立解得v1＝v，v2＝0。最终小车的动量为mv。对小车，由动能定理得弹簧对小车做的功W＝1
2mv21－0＝1
2mv2，B、C
错误；对小球，由动量定理得弹簧对小球冲量I＝mv2－mv＝－mv，大小为mv，D 错误。
力学三大观点的综合应用
核心知识
力学三大观点是指动力学观点、动量观点和能量观点
(1)当物体受到恒力作用发生运动状态的改变而且又涉及时间时，一般选择用动力学方法解题。
(2)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。
(3)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。
(4)当涉及细节并要求分析力时，一般选择牛顿运动定律，对某一时刻的问题选择牛顿第二定律求解。
(4)复杂问题的分析一般需要选择能量的观点、运动与力的观点综合解题。
典例探究
【典例4】
(2019·重庆模拟)如图所示，水平面上AB 间有一长度x＝4 m 的凹槽，长度为L＝2 m、质量M＝1 kg
的木板静止于凹槽右侧，木板厚度与凹槽深度相同，水平面左侧有一半径R＝0.4 m 的竖直半圆轨道，右侧有一个足够
长的圆弧轨道，A 点右侧静止一质量m1＝0.98 kg 的小木块。射钉枪以速度v0＝100 m/s 射出一颗质量m0＝0.02 kg 的铁
钉，铁钉嵌在木块中并滑上木板，木板与木块间动摩擦因数μ＝0.05，其他摩擦不计。若木板每次与A、B 相碰后速度
立即减为0，且与A、B 不粘连，重力加速度g＝10 m/s2。求：
(1)铁钉射入木块后共同的速度v；
(2)木块经过竖直圆轨道最低点C 时，对轨道的压力大小FN；
(3)木块最终停止时离A 点的距离s。
[解析]
(1)设铁钉与木块的共同速度为v，取向左为正方向，根据动量守恒定律得：
m0v0＝(m0＋m1)v
①
v＝2 m/s
②
(2)木块滑上木板后，木块的加速度a1＝μg＝0.5 m/s2，且方向向右
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木板产生的加速度a2＝μmg
M ＝0.5 m/s2，且方向向左
设经过时间t，木块与木板以共同速度v′运动
则：v－a1t＝a2t
③
得t＝2 s
此时木块与木板一起运动的距离等于木板的长度
Δx＝vt－1
2a1t2－1
2a2t2＝L
④
故共速时，恰好在最左侧B 点，此时木块的速度v′＝v－a1t＝1 m/s
⑤
木块过C 点时对其产生的支持力与重力的合力提供向心力，则：
FN－mg＝mv′2
R
⑥
代入相关数据解得：FN＝12.5 N
由牛顿第三定律知，木块过圆弧C 点时对C 点压力大小为12.5 N
(3)木块还能上升的高度为h，由机械能守恒有：
1
2(m0＋m1)v2＝(m0＋m1)gh
h＝0.05 m＜0.4 m
木块不脱离圆弧轨道，返回时以1 m/s 的速度再由B 处滑上木板，设经过t1 共速，此时木板的加速度方向向右，
大小仍为a2，木块的加速度仍为a1，
则：v2－a1t1＝a2t1
⑦得t1＝1 s
此时Δx′＝v′t1－1
2a1t21－1
2a2t21＝1×1－1
2×0.5×12－1
2×0.5×12＝0.5 m
v3＝v2－a1t1＝1－0.5×1＝0.5 m/s
碰撞后，v 薄板＝0，木块以速度v3＝0.5 m/s 的速度向右做减速运动
设经过t2 时间速度为0，则t2＝v3
a1
＝0.5
0.5 s＝1 s
x＝v3t2－1
2a1t22＝0.5×1－1
2×0.5×12 m＝0.25 m
故ΔL＝L－Δx′－x＝1.25 m
即木块停止运动时离A 点1.25 m 远。
[答案]
(1)2 m/s
(2)1.25 N
(3)1.25 m
类题演练
5．(2019·安徽省阜阳模拟)如图所示，物体A 置于静止在光滑水平面上的平板小车B 的左端，物体在A 的上方O
点用细线悬挂一小球C(可视为质点)，线长L＝0.8 m，小车长0.8 m。现将小球C 拉至水平无初速度释放，并在最低点
与物体A 发生水平正碰，碰撞后小球C 反弹的速度为2 m/s。已知A、B、C 的质量分别为mA＝4 kg、mB＝2 kg 和mC
＝2 kg，A、B 间的动摩擦因数μ＝0.2，A、C 碰撞时间极短，且只碰一次，取重力加速度g＝10 m/s2。求：
(1)细线对小球最大拉力大小；
(2)物体A 能否滑离小车，A 在小车上相对运动的时间。
[答案]
(1)60 N
(2)不能
(3)0.5 s
[解析]
(1)球的摆下过程，机械能守恒mCgL＝1
2mCv2C
对小球：T－mCg＝mCv2C
L
解得：T＝60 N
(2)C 球与A 碰撞过程，mCvC＝－mCvC′＋mAvA
A 与B 相互作用过程，假设A 未滑离B，
两者达到共速mAvA＝(mA＋mB)v
相对滑动的距离为d，1
2mAv2A＝1
2(mA＋mB)v2＋μmAgd
解得：d＝0.75 m
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因d＝0.75 m＜L，故物体A 不能滑离小车
对物体A 由动量定理－μmAgt＝mAv－mAvA
解得：t＝0.5 s
一、选择题(本题共8 小题，其中1～5 题为单选，6～8 题为多选)
1．(2019·山东省烟台市模拟)如图所示，光滑细杆BC 和AC 构成直角三角形ABC，其中AC 杆竖直，BC 杆和AC
杆间的夹角θ＝37°，两根细杆上分别套有可视为质点的小球P、Q 质量之比为1︰2。现将P、Q 两个小球分别从杆AC
和BC 的顶点由静止释放，不计空气阻力，sin37°＝0.6。则P、Q 两个小球由静止释放后到运动至C 点的过程中，下列
说法正确的是(
C
)
A．重力的冲量之比为1︰1
B．重力的冲量之比为5︰6
C．合力的冲量之比为5︰8
D．合力的冲量之比为5︰2
[解析]
设AC 为5l，BC 为4l，P 球沿AC 杆做自由落体运动，设下落的时间tp,5l＝1
2gt2p，Q 球沿BC 杆做匀加速
运动，加速度为a＝gcos37°＝0.8g，设下落的时间为tQ,4l＝1
2at2Q，由以上方程可得：tp
tQ
＝1
1。由冲量的定义I＝Ft 可得两
球的重力的冲量比为：IP
IQ
＝mPgtP
mQgtQ
＝mP
mQ
＝1
2，故A、B 都错误；由速度公式v＝at 可得，两球的速度比：vP
vQ
＝gtP
0.8gtQ
＝10
8 ；
由动量定理I 合＝ΔP＝mΔv 可知，两球的合力的冲量比：IP 合
IQ 合
＝mPvP
mQvQ
＝1
2× 1
0.8＝5
8。故C 正确，D 错误。
2．(2019·武汉名校模拟)如图所示，甲、乙两个同学各乘一辆小车在光滑的水平面上匀速相向行驶做抛球游戏。两
辆小车速度均为v0＝4 m/s。已知甲车上有质量m＝1 kg 的小球若干个，甲和他的车及所带小球的总质量为M1＝50 kg，
乙和他的车总质量为M2＝30 kg。为了保证两车不相撞，甲不断地将小球一个一个地以相对地面16 m/s 的水平速度抛
向乙，且被乙接住。假设某一次甲将小球抛出且被乙接住后刚好可保证两车不相撞，则此时(
C
)
A．两车的共同速度的大小为2 m/s，甲总共抛出小球5 个
B．两车的共同速度的大小为2 m/s，甲总共抛出小球10 个
C．两车的共同速度的大小为1 m/s，甲总共抛出小球10 个
D．两车的共同速度的大小为1 m/s，甲总共抛出小球5 个
[解析]
以甲、乙两同学及两车组成的系统为研究对象，甲、乙两同学及两车组成的系统总动量沿甲车的运动方
向，甲不断抛球、乙接球，当甲和小车与乙和小车具有共同速度时，可保证刚好不相撞，设共同速度为v，则M1v0－
M2v0＝(M1＋M2)v，得v＝M1－M2
M1＋M2
v0＝20
80×4 m/s＝1 m/s，这一过程中乙和他的车的动量变Δp＝[30×4－30×(－1)]kg·m/s
＝150 kg·m/s，每一个小球被乙接住后，到最终的动量变化为Δp1＝(16×1－1×1) kg·m/s＝15 kg·m/s，故小球个数为N
＝Δp
Δp1
＝150
15 ＝10(个)，选项C 正确。
3.(2019·山东省青岛市模拟)雨打芭蕉是我国古代文学中重要的抒情意象。为估算雨天院中芭蕉叶面上单位面积所
承受的力，小玲同学将一圆柱形水杯置于院中，测得10 分钟内杯中雨水上升了15 mm，查询得知，当时雨滴落地速度
约为10 m/s，设雨滴撞击芭蕉后无反弹，不计雨滴重力，雨水的密度为1×103 kg/m3，据此估算芭蕉叶面单位面积上的
平均受力约为(
A
)
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A．0.25 N
B．0.5 N
C．1.5 N
D．2.5 N
[解析]
由于是估算压强，所以不计雨滴的重力。设雨滴受到支持面的平均作用力为F。设在Δt 时间内有质量为
Δm 的雨水的速度由v＝10 m/s 减为零。以向上为正方向，对这部分雨水应用动量定理：FΔt＝0－(－Δmv)＝Δmv。得：
F＝Δmv
Δt ；设水杯横截面积为S，对水杯里的雨水，在Δt 时间内水面上升Δh，则有：Δm＝pSΔh；F＝ρSvΔh
Δt，压强为：ρ
＝F
S＝ρvΔh
Δt＝1×103×10×15×10
－3
10×60
＝0.25 N/m2，故A 正确，B、C、D 错误；故选A。
4．(2019·陕西省榆林市模拟)如图甲所示，物块A、B 的质量分别是mA＝4.0 kg 和m＝3.0 kg，用轻弹簧拴接，放
在光滑的水平地面上，物块B 右侧与竖直墙壁相接触，另有一物块C 从t＝0 时以一定速度向右运动在t＝4 s 时与物块
A 相碰，并立即与A 粘在一起不再分开，物块C 的v－t 图象如图乙所示，墙壁对物块B 的弹力在4 s 到12 s 的时间内
对B 的冲量I 的大小(
C
)
A．9 N·s
B．18 N·s
C．36 N·s
D．72 N·s
[解析]
由图知，C 与A 碰前速度为：v1＝9 m/s，碰后速度为：v2＝3 m/s，C 与A 碰撞过程动量守恒，以C 的初
速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mCv1＝(mA＋mC)v2, 12 s 末A 和C 的速度为：v3＝－3 m/s,4 s 到12 s，墙对B
的冲量为：I＝(mA＋mC)v3－(mA＋mC)v2，代入数据解得：I＝－36 N·s，方向向左；故墙壁对物块B 的弹力在4 s 到12 s
的时间内对B 的冲量I 的大小为36 N·s，故C 正确，A、B、D 错误。
5．(2019·山东省烟台市模拟)如图所示，光滑的水平桌面上有一个内壁光滑的直线槽子，质量相等的A、B 两球之
间由一根长为L 且不可伸长的轻绳相连，A 球始终在槽内，其直径略小于槽的直径，B 球放在水平桌面上。开始时刻A、
B 两球的位置连线垂直于槽，相距L
2，给B 球一个平行于槽的速度v0，关于两球以后的运动，下列说法正确的是
(
A
)
A．绳子拉直前后，A、B 两球组成的系统在平行于槽的方向动量守恒
B．绳子拉直后，A、B 两球将以相同的速度平行于槽的方向运动
C．绳子拉直的瞬间，B 球的机械能的减少量等于A 球机械能的增加量
D．绳子拉直的瞬间，B 球的机械能的减少量小于A 球机械能的增加量
[解析]
在拉直前，A 和B 作为一个系统，在平行于槽的方向不受力，所以A、B 两球组成的系统在平行于槽的方
向动量守恒，故A 正确；绳子拉直后，B 球要以A 为圆心，L 长为半径做圆周运动，运动的方向不能平行于直线槽子，
故B 错误；绳子拉直的瞬间，系统的机械能要损失，所以B 球的机械能的减少量大于A 球机械能的增加量，故D 错误。
6．(2019·江西临川模拟)一根不可伸长的轻绳一端固定在水平杆上的A 点，另一端连接在套在光滑竖直杆的轻环B
上，如图所示。轻绳绕过悬挂重物的轻滑轮C(不计轻绳与滑轮间的摩擦)，重物质量为m，用竖直向上的力F 拉住轻环
B 让其缓慢向上移动h，经过时间为t，在时间t 内(
ABD
)
A．轻绳拉力对滑轮C 的冲量大小为mgt
B．轻绳拉力对滑轮C 做的功为Fh
C．竖直杆对轻环作用力的冲量为0
D．水平杆对轻绳作用力的冲量不为0
[解析]
轻绳对滑轮C 拉力的合力等于重物重力mg，则在时间t 内拉力对滑轮C 的冲量大小为mgt，选项A 正确；
轻绳拉力做的功等于作用于B 的竖直力F 做的功，而A、B 间水平距离不变，即AC 与水平方向夹角不变，力F 为恒
力，故力F 做的功为Fh，选项B 正确；竖直杆对轻环及水平杆对轻绳的作用力不为0，因此在时间t 内其作用力的冲
量不为0，故选项C 错误，D 正确。
7．(2019·广西钦州市模拟)质量为m 的某质点在恒力F1 作用下从A 点由静止出发，当其速度为vm 时立即将F1 改
为相反方向的恒力F2，质点总共经历时间t 运动至B 点刚好停下。若该质点以速度v 匀速通过A、B 两点时，其经历的
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时间也为t，则(
AC
)
A．无论F1、F2 为何值，vm 均为2v
B．随着F1、F2 的取值不同，vm 可能大于2v
C．F1、F2 的冲量一定大小相等、方向相反
D．F1、F2 的冲量一定大小相等、方向相同
[解析]
在恒力F1 和F2 作用下运动时，有sAB＝0＋vm
2
t1＋vm＋0
2
t2＝vm
2 (t1＋t2)＝vm
2 t，匀速运动时，有SAB＝vt，联立
解得：vm＝2v，故A 正确，B 错误；对恒力F1 和F2 的冲量，有：I1＝F1t1＝mvm－0，I2＝F2t2＝0－mvm，故冲量大小相
等，方向相反，故C 正确，D 错误。
8．(2019·安徽省六安市模拟)如图所示，竖直墙面和水平地面均光滑，质量分别为mA＝6 kg，mB＝2 kg 的A、B 两
物体用质量不计的轻弹簧相连，其中A 紧靠墙壁，现对B 物体缓慢施加一个向左的力，该力对物体B 做功W＝25 J，
使A、B 间弹簧被压缩，在系统静止时，突然撤去向左推力解除压缩，则(
BCD
)
A．解除压缩后，两物体和弹簧组成系统动量守恒
B．解除压缩后，两物体和弹簧组成系统机械能守恒
C．从撤去外力至A 与墙面刚分离，A 对弹簧的冲量I＝10 N·s，方向水平向右
D．A 与墙面分离后至首次弹簧恢复原长时，两物体速率均是2.5 m/s
[解析]
解除压缩后，弹簧在恢复原长的过程中，墙壁对A 物体还有弹力的作用，故解除压缩后到弹簧恢复原长前，
两物体和弹簧组成系统动量不守恒，恢复原长后，AB 一起向右运动，系统的合外力为零，动量守恒，故A 错误；解除
压缩后，两物体和弹簧组成系统只有动能和弹性势能的相互转化，故机械能守恒，故B 正确；压缩弹簧时，外力做的
功全转化为弹性势能，撤去外力，弹簧恢复原长，弹性势能全转化为B 的动能，设此时B 的速度为v0，则：W＝Ep＝1
2mBv20 ，
得v0＝5 m/s，此过程墙壁对A 的冲量大小等于弹簧对A 的冲量大小，也等于弹簧对B 的冲量大小，由动量定理得：I
＝mBv0＝10 N·s，故C 正确；当弹簧恢复原长时，A 的速度最小，则：vAmin＝0，A、B 都运动后，B 减速，A 加速，当
A、B 速度相等时弹簧拉伸最长，此后，B 继续减速，A 继续加速，当弹簧再次恢复原长时，以向右为正，由系统动量
守恒、机械能守恒有：mBv0＝mAvA＋mBvB，1
2mBv20＝1
2mAv2A＋1
2mBv2B，得vA＝2.5 m/s，vB＝－2.5 m/s，故D 正确。
二、计算题(本题共2 小题，需写出完整的解题步骤)
9．(2019·潍坊一模)如图，是某科技小组制作的嫦娥四号模拟装置示意图，用来演示嫦娥四号空中悬停和着陆后的
分离过程，它由着陆器和巡视器两部分组成，其中着陆器内部有喷气发动机，底部有喷气孔，在连接巡视器的一侧有
弹射器。演示过程：先让发动机竖直向下喷气，使整个装置竖直上升至某个位置处于悬停状态，然后让装置慢慢下落
到水平面上，再启动弹射器使着陆器和巡视器瞬间分离，向相反方向做减速直线运动。若两者均停止运动时相距为L，
着陆器(含弹射器)和巡视器的质量分别为M 和m，与地面间的动摩擦因数均为μ，重力加速度为g，发动机喷气体口截
面积为S，喷出气体的密度为ρ；不计喷出气体对整体质量的影响。求：
(1)装置悬停时喷出气体的速度；
(2)弹射器给着陆器和巡视器提供的动能之和。
[答案]
(1)
M＋m
ρS
(2)μMmgL M＋m
M2＋m2
[解析]
(1)悬停时气体对模拟装置的作用力为F
F＝(M＋m)g，取Δt 时间内喷出的气体为研究对象，由动量定理：
FΔt＝(ρSvΔt)v
解得：v＝
M＋mg
ρS
(2)弹射过程水平方向动量守恒：mv1－Mv2＝0
着陆器和巡视器减速运动的距离分别为L1 和L2，由动能定理：－μmgL1＝0－1
2mv21
－μMgL2＝0－1
2Mv22
L1＋L2＝L
弹射器提供的总动能Ek＝1
2mv21＋1
2Mv22
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由以上各式可得：Ek＝μMmgL M＋m
M2＋m2
10．(2019·湖北黄冈市调研)如图所示，可视为质点的滑块A、B 静止在光滑水平地面上，A、B 滑块的质量分别为
mA＝1 kg，mB＝3 kg。在水平地面左侧有倾角θ＝30°的粗糙传送带以v＝6 m/s 的速率顺时针匀速转动。传送带与光滑
水平面通过半径可忽略的光滑小圆弧平滑连接A、B 两滑块间夹着质量可忽略的炸药，现点燃炸药爆炸瞬间，滑块A
以6 m/s 水平向左冲出，接着沿传送带向上运动，已知滑块A 与传送带间的动摩擦因数为μ＝3
3 ，传送带与水平面足够
长，重力加速度g 取10 m/s2。
(1)求滑块A 沿传送带上滑的最大距离；
(2)若滑块A 滑下后与滑块B 相碰并粘住，求A、B 碰撞过程中损失的能量ΔE；
(3)求滑块A 与传送带接触过程中因摩擦产生的热量Q。
[答案]
(1)1.8 m
(2)6 J
(3)36 J
[解析]
(1)设爆炸后A、B 的速度分别为vA、vB，爆炸过程，对A 和B 组成的系统由动量守恒有：
mAvA－mBvB＝0
解得：vB＝2 m/s
水平地面光滑，滑块A 沿传送带向上运动，对A 进行受力分析有：mAgsinθ＋μmAgcosθ＝ma，a＝g(sinθ＋μcosθ)＝
10 m/s2，
即A 沿传送带向上做匀减速直线运动
经t1＝0.6 s 滑块A 速度减为0，故滑块A 沿传送带向上减速到零通过的距离为：
xA1＝v2A
2a＝1.8 m
当滑块A 速度减为零后，其受力情况如图甲所示：
故滑块A 将沿传送带向下做匀加速运动
经t2＝0 .6 s 滑块A 与传送带共速，此后受力情况如图乙：
mAgsinθ－μmAgcosθ＝0
滑块将与传送带相对静止一起向下运动。
当滑块A 再次滑上水平面时，速度大小与传送带速度相等为6 m/s，
滑块A 与滑块B 碰撞时，粘连在一起，对A、B 组成的系统：
由动量守恒定律得：mAv 传＋mBvB＝(mA＋mB)v
解得：v＝3 m/s
碰撞过程中损失的能量为E＝1
2mAv2
传＋1
2mBv2B－1
2(mA＋mB)v2
代入数据得：E＝6 J
(3)由(1)知，经t1＝0.6 s 滑块A 速度减为零滑块A 沿传送带向上减速到零，通过的位移xA1＝v2A
2a＝1.8 m
此过程中传送带A 的位移x 传1＝vt＝3.6 m
由(2)知，滑块A 速度减为零后将沿传送带向下做匀加速运动。经t2＝0.6 s 滑块A 与传送带共速后，相对传送带静
止向下做匀速直线运动。
达到共速时滑块A 的位移xA2＝v2A
2a 下
＝1.8 m
传送带的位移x 传2＝vt＝3.6 m
若向上运动和向下运动过程中产生的热量分别为Q1、Q2，则由Q＝f·x 相得：
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Q1＝f(xA1＋x 传1)＝27 J
Q2＝f(x 传2－xA2)＝9 J
故因摩擦产生的热量Q＝Q1＋Q2＝36 J
专题三
电场和磁场
[要点解读]
[备考对策]
1.电场部分：以带电粒子运动轨迹与电场线或
等势面间的关系为核心考查电场的力的性质
和能的性质，以带电粒子在匀强电场中的加
速、偏转为考查重点，兼顾带电粒子在非匀
强电场中的偏转轨迹分析。
2.磁场部分：以考查带电粒子在磁场中的圆周
运动为主，其次是通电导线在磁场中受安培
力作用问题。
3.综合部分：带电粒子在复合场中的运动问题
和临界问题是考查的重点，并应关注在生产
科技中的应用。
1.要熟悉各种电场的电场线、等势面分布特
点，运用动力学方法、功能关系解决粒子的
运动轨迹和能量变化问题。
2.对于带电粒子在电场、磁场和复合场中的运
动问题，要善于联系力学中的运动模型(类平
抛运动和匀速圆周运动)，从受力情况、运动
规律、能量转化等角度分析，综合运用动力
学方法和功能关系加以解决。
3.了解速度选择器、质谱仪、回旋加速器、磁
流体发电机等构造，明确它们的工作原理。
第8 讲
电场及带电粒子在电场中的运动
1．(2019·全国卷Ⅰ，15)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(
D
)
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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
[解析]
A、B 错：细绳竖直，把P、Q 看作整体，在水平方向不受力，对外不显电性，带异种电荷。
C 错，D 对：如果P、Q 带不同性质的电荷，受力如图所示，由图知，P 带负电、Q 带正电时符合题意。
2．(多选)(2019·全国卷Ⅱ，20)静电场中，一带电粒子仅在电场力的作用下自M 点由静止开始运动，N 为粒子运动
轨迹上的另外一点，则(
AC
)
A．运动过程中，粒子的速度大小可能先增大后减小
B．在M、N 两点间，粒子的轨迹一定与某条电场线重合
C．粒子在M 点的电势能不低于其在N 点的电势能
D．粒子在N 点所受电场力的方向一定与粒子轨迹在该点的切线平行
[解析]
A 对：如图所示，在两正电荷形成的电场中，一带正电的粒子在两电荷的连线上运动时，粒子有可能经过先加速
再减速的过程。
B 错：粒子运动轨迹与电场线重合需具备初速度为0、电场线为直线、只受电场力三个条件。C 对：带电粒子仅受
电场力在电场中运动时，其动能与电势能的总量不变，EkM＝0，而EkN≥0，故EpM≥EpN。D 错：粒子运动轨迹的切线
方向为速度方向，由于粒子运动轨迹不一定是直线，故N 点电场力方向与轨迹切线方向不一定平行。
3．(多选)(2019·全国卷Ⅲ，21)如图，电荷量分别为q 和－q(q>0)的点电荷固定在正方体的两个顶点上，a、b 是正
方体的另外两个顶点。则(
BC
)
A．a 点和b 点的电势相等
B．a 点和b 点的电场强度大小相等
C．a 点和b 点的电场强度方向相同
D．将负电荷从a 点移到b 点，电势能增加
[解析]
A 错：b 点距q 近，a 点距－q 近，则b 点的电势高于a 点的电势。
B、C 对：如图所示，a、b 两点的电场强度可视为E3 与E4、E1 与E2 的合场强。其中E1∥E3，E2∥E4，且知E1＝
E3，E2＝E4，故合场强Ea 与Eb 大小相等、方向相同。D 错：由于φa<φb，负电荷从低电势移至高电势过程中，电场力做
正功，电势能减少。
4．(2019·北京卷，17)如图所示，a、b 两点位于以负点电荷－Q(Q>0)为球心的球面上，c 点在球面外，则(
D
)
A．a 点场强的大小比b 点大
B．b 点场强的大小比c 点小
C．a 点电势比b 点高
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D．b 点电势比c 点低
[解析]
A 错：由点电荷的场强公式E＝k Q
r2知，a、b 两点与－Q 距离相等，场强大小相等。B 错：由E＝k Q
r2知，
离－Q 越近，场强越大，故b 点场强大小比c 点大。或由负点电荷形成的电场的电场线形状是“万箭穿心”，离点电
荷越近电场线越密，场强越大，得出b 点的场强大小比c 点的大。C 错：点电荷形成的电场的等势面是以点电荷为球
心的一簇球面，离－Q 距离相等的两点的电势相等。D 对：沿电场线的方向是电势降落最快的方向，得出离－Q 越近，
电势越低。
5．(2019·江苏，5)一匀强电场的方向竖直向上。t＝0 时刻，一带电粒子以一定初速度水平射入该电场，电场力对
粒子做功的功率为P，不计粒子重力，则P­t 关系图象是(
A
)
A
B
C
D
[解析]
设粒子带正电，运动轨迹如图所示，水平方向，粒子不受力，vx＝v0。
沿电场方向：受力F 电＝qE，则加速度a＝F 电
m
＝qE
m ，经时间t，粒子沿电场方向的速度vy＝at＝qEt
m
电场力做功的功率P＝F 电vy＝qE·qEt
m ＝qE2t
m
＝kt∝t，选项A 正确。
6．(多选)(2019·江苏，9)如图所示，ABC 为等边三角形，电荷量为＋q 的点电荷固定在A 点。先将一电荷量也为＋
q 的点电荷Q1 从无穷远处(电势为0)移到C 点，此过程中，电场力做功为－W。再将Q1 从C 点沿CB 移到B 点并固定。
最后将一电荷量为－2q 的点电荷Q2 从无穷远处移到C 点。下列说法正确的有(
ABD
)
A．Q1 移入之前，C 点的电势为W
q
B．Q1 从C 点移到B 点的过程中，所受电场力做的功为0
C．Q2 从无穷远处移到C 点的过程中，所受电场力做的功为2W
D．Q2 在移到C 点后的电势能为－4W
[解析]
A 对：根据电场力做功与电势能的变化关系知Q1 在C 点的电势能Ep＝W，根据电势的定义知C 点电势φ
＝Ep
q ＝W
q 。B 对：在A 点的点电荷产生的电场中，B、C 两点处在同一等势面上，Q1 从C 移到B 的过程中，电场力做
功为0。C 错，D 对：单独在A 点固定电荷量为＋q 的点电荷时，C 点电势为φ，单独在B 点固定点电荷Q1 时，C 点电
势也为φ，两点电荷都存在时，C 点电势为2φ，Q2 从无穷远移到C 点时，具有的电势能E′p＝－2q×2φ＝－4W，电场
力做功W′＝－E′p＝4W。
7．(2019·全国卷Ⅱ，24)如图，两金属板P、Q 水平放置，间距为d。两金属板正中间有一水平放置的金属网G，P、
Q、G 的尺寸相同。G 接地，P、Q 的电势均为φ(φ>0)。质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子自G 的左端上方距离G 为h
的位置，以速度v0 平行于纸面水平射入电场，重力忽略不计。
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(1)求粒子第一次穿过G 时的动能，以及它从射入电场至此时在水平方向上的位移大小；
(2)若粒子恰好从G 的下方距离G 也为h 的位置离开电场，则金属板的长度最短应为多少？
[答案]
(1)1
2mv20＋2φ
d qh
v0
mdh
qφ
(2)2v0
mdh
qφ
[解析]
(1)PG、QG 间场强大小相等，均为E。粒子在PG 间所受电场力F 的方向竖直向下，设粒子的加速度大小
为a，有
E＝2φ
d
①
F＝qE＝ma
②
设粒子第一次到达G 时动能为Ek，由动能定理有
qEh＝Ek－1
2mv20
③
设粒子第一次到达G 时所用的时间为t，粒子在水平方向的位移大小为l，则有
h＝1
2at2
④
l＝v0t
⑤
联立①②③④⑤式解得
Ek＝1
2mv20＋2φ
d qh
⑥
l＝v0
mdh
qφ
⑦
(2)若粒子穿过G 一次就从电场的右侧飞出，则金属板的长度最短。由对称性知，此时金属板的长度L 为
L＝2l＝2v0
mdh
qφ
8．(2019·北京，23)电容器作为储能器件，在生产生活中有广泛的应用。对给定电容值为C 的电容器充电，无论采
用何种充电方式，其两极间的电势差u 随电荷量q 的变化图象都相同。
图1
(1)请在图1 中画出上述u－q 图象。类比直线运动中由v－t 图象求位移的方法，求两极间电压为U 时电容器所储
存的电能Ep。
(2)在如图2 所示的充电电路中，R 表示电阻，E 表示电源(忽略内阻)。通过改变电路中元件的参数对同一电容器进
行两次充电，对应的q－t 曲线如图3 中①②所示。
a．①②两条曲线不同是__R__(选填E 或R)的改变造成的；
b．电容器有时需要快速充电，有时需要均匀充电。依据a 中的结论，说明实现这两种充电方式的途径。
图2
图3
(3)设想使用理想的“恒流源”替换(2)中电源对电容器充电，可实现电容器电荷量随时间均匀增加。请思考使用
“恒流源”和(2)中电源对电容器的充电过程，填写下表(选填“增大”“减小”或“不变”)。
“恒流
源”
(2)中电源
电源两端电压
通过电源的电流
[答案]
(1)u－q 图线如解析图所示
Ep＝1
2CU2
(2)b.减小电阻R，可以实现对电容器更快速充电；增大电阻R，
可以实现更均匀充电。
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(3)
“恒流
源”
(2)中电源
电源两端电压
增大
不变
通过电源的电流
不变
减小
[解析]
(1)u－q 图线如图所示
电压为U 时，电容器带电Q，图线和横轴围成的面积表示所储存的电能Ep
Ep＝1
2QU，又Q＝CU
故Ep＝1
2CU2
(2)a.由图象知，电容器充完电后，①②两次电荷量相等，说明两次电源电动势相等，Q＝CU＝CE。故①②两条曲
线不同不是E 的改变造成的，只能是R 的改变造成的。
b．刚开始充电瞬间，电容器两端的电压为零，电路的瞬时电流为I＝E
R，故减小电阻R，刚开始充电瞬间电流I 大，
曲线上该点切线斜率大，即为曲线①。这样能在较短时间内，使电荷量达到最大，故可以实现对电容器快速充电。增
大电阻R，刚开始充电瞬间电流I 小，即为曲线②，该曲线接近线性，可以实现均匀充电。
(3)接(2)中电源时，由于忽略电源E 的内阻，故电源两端电压不变。通过电源的电流I＝E－U
R
，随着电容器两端电
压U 不断变大，通过电源的电流减小。
“恒流源”是指电源输出的电流恒定不变。接“恒流源”时，随着电容器两端电压的增大，“恒流源”两端电压
增大。
9．(2019·天津，12)2018 年，人类历史上第一架由离子引擎推动的飞机诞生，这种引擎不需要燃料，也无污染物排
放。引擎获得推力的原理如图所示，进入电离室的气体被电离成正离子，而后飘入电极A、B 之间的匀强电场(初速度
忽略不计)，A、B 间电压为U，使正离子加速形成离子束，在加速过程中引擎获得恒定的推力。单位时间内飘入的正离
子数目为定值，离子质量为m，电荷量为Ze，其中Z 是正整数，e 是元电荷。
(1)若引擎获得的推力为F1，求单位时间内飘入A、B 间的正离子数目N 为多少；
(2)加速正离子束所消耗的功率P 不同时，引擎获得的推力F 也不同，试推导F
P的表达式；
(3)为提高能量的转换效率，要使F
P尽量大，请提出增大F
P的三条建议。
[解析]
(1)设正离子经过电极B 时的速度为v，根据动能定理，有
ZeU＝1
2mv2－0
①
设正离子束所受的电场力为F′1，根据牛顿第三定律，有
F′1＝F1
②
设引擎在Δt 时间内飘入电极间的正离子个数为ΔN，由牛顿第二定律，有
F′1＝ΔNmv－0
Δt
③
联立①②③式，且N＝ΔN
Δt 得
N＝
F1
2ZemU
④
(2)设正离子束所受的电场力为F′，由正离子束在电场中做匀加速直线运动，有
P＝1
2F′v
⑤
考虑到牛顿第三定律得到F′＝F，联立①⑤式得
F
P＝
2m
ZeU
⑥
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(3)为使F
P尽量大，分析⑥式得到三条建议：用质量大的离子；用带电荷量少的离子；减小加速电压。
[答案]
(1)
F1
2ZemU
(2)F
P＝
2m
ZeU
(3)见解析
电场性质的理解与应用
核心知识
1．对电场强度的三个公式的理解
(1)E＝F
q是电场强度的定义式，适用于任何电场。电场中某点的场强是确定值，其大小和方向与试探电荷q 无关。
试探电荷q 充当“测量工具”的作用。
(2)E＝k Q
r2是真空中点电荷所形成的电场的决定式。E 由场源电荷Q 和场源电荷到某点的距离r 决定。
(3)E＝U
d是场强与电势差的关系式，只适用于匀强电场。
注意：式中d 为两点间沿电场方向的距离
2．电势高低的比较
(1)根据电场线方向，沿着电场线方向，电势越来越低
(2)根据电势的定义式φ＝W
q ，即将＋q 从电场中的某点移至无穷远处电场力做功越多，则该点的电势越高。
(3)根据电势差UAB＝φA－φB，若UAB>0，则φA>φB，反之φA<φB。
3．电势能变化的判断
(1)根据电荷电势能公式判断，Ep＝qφ，代数时注意正、负号，Ep 值的正、负代表大小。
(2)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WAB＝－ΔEp。
(3)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
势能与动能相互转化，而总和应保持不变。即当动能增加时，电势能减少。
典例探究
【典例1】
(多选)(2019·河北省衡水中学下学期二调模拟)电荷量不等的两点电荷固定在x 轴上坐标为－3L 和3L
的两点处，其中坐标为－3L 处的点电荷带电量的绝对值为Q，两点电荷连线上各点的电势φ随x 变化的关系图象如图所
示，其中x＝L 处的电势最低，x 轴上M、N 两点的坐标分别为－2L 和2L，已知静电力常量为k，则下列说法正确的是
(
AB
)
A．两点电荷一定均为正电荷
B．原点O 处的场强大小为kQ
12L2
C．正检验电荷在原点O 处受到向左的电场力
D．负检验电荷由M 点运动到N 点的过程中，电势能先减小后增大
[解析]
由φ－x 图象特点可知L 处合场强为零，且电势均为正，则两点电荷均为正电荷，故A 正确；x＝L 处电
势最低，此处图线的斜率为0，即该点的合场强为0，kQ
4L2－kQ′
2L2＝0，得Q′＝Q
4，故原点O 处的场强大小为E0＝k·Q
3L2
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－
k·Q
4
3L2
＝kQ
12L2，方向向右，则正检验电荷在原点O 处受到的电场力向右；故B 正确，C 错误；由M 点到N 点电势先减
小后增大，所以负检验电荷由M 点运动到N 点的过程，电势能先增大后减小，故D 错误。
两个等量点电荷的电场强度分布特点
项目
等量异种点电荷
等量同种点电荷
连线上的电场
强度
沿连线先变小后变大，连线中点O 处电场强度最小
连线中垂线上
的电场强度
两电荷连线中点O 最大，向外逐渐
减小
两电荷连线中点O 为零，向外先变
大后变小
电场线分布图
类题演练
1．(多选)(2019·江苏省宿迁市模拟)图示空间有一静电场，y 轴上各点的场强方向沿y 轴正方向竖直向下，两小球P、
Q 用长为L 的绝缘细线连接，静止在轴上A、B 两点。两球质量均为m，Q 球带负电，电荷量为－q，A 点距坐标原点
O 的距离为L，y 轴上静电场场强大小E＝mgy
3qL，剪断细线后，Q 球运动到达的最低点C 与B 点的距离为h，不计两球
间的静电力作用。则(
BCD
)
A．P 球带正电
B．P 球所带电荷量为－4q
C．两点间电势差为mgh
q
D．剪断细线后，Q 球与O 点相距3L 时速度最大
[解析]
选取AB 组成的整体为研究的对象，由平衡可知，2mg＝Fp＋FQ，其中FQ＝qE＝q×mg·2L
3qL ＝2
3mg，所以Ep
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＝4
3mg，方向向上，故P 带负电，故A 错误；由Fp＝4
3mg＝qp×mgL
3qL，解得：qp＝4q 且为负电，故B 正确；对Q 从B
到C 由动能定理可得：mgh＝qU，解得：U＝mgh
q ，故C 正确；速度最大即加速度为零，即有：mg＝q×mgy
3qL，解得：y
＝3L，故D 正确。
电场中功能关系的综合应用
核心知识
1．静电力做功的求解方法
(1)由功的定义式W＝Flcosα来求
(2)利用结论“电场力做功等于电荷电势能增量的负值”来求，即W＝－ΔEp
(3)利用WAB＝quAB 来求
2．电场中功能关系的理解及应用方法
(1)若只有电场力做功，电势能与动能之和保持不变
(2)若只有电场力和重力做功，电势能、重力势能、动能之和保持不变
(3)除重力之外，其他各力对物体做的功等于物体机械能的变化
(4)所有力对物体所做的功等于物体动能的变化
【典例2】
(多选)(2019·江苏省无锡市模拟)如图甲所示，一光滑绝缘细杆竖直放置，距细杆右侧d 的A 点处有一
固定的正点电荷，细杆上套有一带电小环。设小环与点电荷的竖直高度差为h。将小环无初速度地从h 高处释放后，在
下落至h＝0 的过程中，其动能Ek 随h 的变化曲线如图乙所示。则(
BC
)
甲
乙
A．下落至P 点时小环所受合力为零
B．从h 高处下落至h＝0 的过程中，小环电势能增加
C．从h 高处下落至h＝0 的过程中，小环经过了加速、减速、再加速三个阶段
D．环将做以P 点为中心的往复运动
[解析]
在下落至P 点时小环所受电场力与杆对小环的支持力平衡，合力等于重力，A 错误；结合动能随着h 的变
化图象可知，小环带正电，从h 高处下落至h＝0 的过程中，小环所受的电场力为斥力，电场力做负功，小环的电势能
增加，B 正确；结合动能随着h 的变化图象可知：从h 高处下落至h＝0 的过程中，经过了加速、减速、再加速三个阶
段，C 正确；过了P 点后，电场力、杆对小球的支持力以及重力的合力向下，小环一直做加速运动，D 错误。
类题演练
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2．(多选)(2019·甘肃省兰州市模拟)如图所示，ABC 是匀强电场中的等边三角形，边长为d，电场方向与三角形所
在平面平行，—个带正电的粒子以—定的初速度从A 点沿BC 边上的高AD 射出，结果粒子恰好经过B 点，经过B 点
时的速度大小与初速度大小相等，让一个质量为m，带电量为q 的带负电的粒子也从A 点沿AD 射入电场，初速度大
小为v0，结果粒子恰好能经过C 点，经过C 点时的速度大小为2v0，不计两种粒子的重力，则下列说法正确的是(
BC
)
A．A 点和D 点的电势相等
B．A 点电势比C 点电势低
C．B、C 两点的电势差为－3mv2
2q
D．匀强电场的电场强度大小为3mv2
2qd
[解析]
由于粒子只受电场力作用，又由于带正电的粒子在A 点和在B 点时动能相等，因此A、B 两点电势相等，
AB 是等势线，电场方向垂直于AB 指向左上，因此D 点电势比A 点电势高，A 错误；C 点电势比A 点高，B 正确；－
qUBC＝1
2m(2v)2－1
2mv2，求得UBC＝－3mv2
2q
，C 项正确；C 点到AB 的距离为dsin60°＝3
2 d，因此匀强电场的电场强度大
小为E＝
3mv2
2q
3
2 d
＝3mv2
qd
，D 项错误。
平行板电容器的动态分析
核心知识
1．必须记住的四个公式
C＝Q
U、C＝εrS
4πkd、E＝U
d、E＝4πkQ
εrS
2．必须明确的两个关键点
(1)电路处于接通状态时，电容器两极板间电压不变
(2)电路处于断开状态时，电容器两极板间的带电荷量不变
3．特别提醒：在直流电路中，电容器相当于断路，两端电压等于与之并联的支路两端电压；电容器所带的电荷量
恒定不变时，极板间的电场强度与极板间距离无关
典例探究
【典例3】
(2019·江苏省四校模拟)如图所示，当K 闭合时，一带电微粒在平行板电容器间处于静止状态，下列
说法正确的是(
D
)
A．该微粒带正电荷
B．保持K 闭合，使滑片P 向右滑动，则微粒将向上运动
C．打开K 后，使两极板稍微错开，则微粒将向下运动
D．打开K 后，使两极板稍微靠近，则微粒仍保持静止
[解析]
平行板电容器间有匀强电场，电场方向向下，微粒受的电场力方向向上，所以微粒带负电，A 错误；保持
K 闭合，使滑片P 向右滑动，电容器板间电压不变，板间距离不变，则由E＝U
d分析得知，板间场强仍保持不变，带电
微粒所受的电场力不变，仍处于静止状态，B 错误；打开K 后，电量不变，使两板错开一定距离，两极板正对面积减
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小，由C＝εrS
4πkd知，电容减小，电容的定义式C＝Q
U，则电压增大，由E＝U
d分析得知板间场强增大，微粒将向上运动，
C 错误；由C＝εrS
4πkd，C＝Q
U，E＝U
d联立得到极板间场强E＝4πkQ
εrS ，E 与板间距离无关，故使两极板靠近，板间场强不
变，带电微粒所受的电场力不变，则带电微粒仍处于静止状态，D 正确。
平行板电容器问题的分析思路
1．明确平行板电容器中的哪些物理量是不变的，哪些物理量是变化的以及怎样变化
2．应用平行板电容器的决定式C＝εrS
4πkd分析电容器的电容的变化
3．应用电容的定义式C＝Q
U分析电容器带电量和两板间电压的变化情况
4．应用E＝U
d和E＝4πkQ
εrS 分析电容器两极板间电场强度的变化
类题演练
3．(2019·山西省太原市模拟)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(
D
)
A．上极板上移，带电油滴向下运动
B．上极板上移，P 点电势升高
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
[解析]
将上极板向上移动，d 变大，由C＝εrS
4πkd可知，C 变小，而U 不变，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，油滴静止不动；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 与上极板间的电势差的绝对值增大，而电场中的电势都为负，
所以P 点电势减小，A、B 错误；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，电场力变大，电场力大于重力，油滴所受合力向上，油滴向上运动；P 点到上极板的距离减小，根据
U＝Ed 可知P 与上极板间的电势差的绝对值减小，而电场中的电势都为负，所以P 点电势增大，C 错误、D 正确。
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带电粒子在电场中的运动
核心知识
1．带电粒子在电场中受力分析时的注意事项
(1)对于电子、质子、α粒子、其他原子核或正、负离子等带电粒子，均可不计重力作用，在解题时没有特殊说明可
忽略重力
(2)对于带电液滴、带电小球、带电尘埃等，重力一般不能忽略，但重力mg 远小于电场力qE 时，也可忽略重力
(3)根据题意进行分析，有些问题中隐含着忽略重力的信息，或考虑重力后题目无法解答，这时也应忽略重力
2．带电粒子在电场中的加速
(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
3．带电粒子在匀强电场中的偏转(v0 垂直于E 的方向)，如图所示
(1)沿v0 方向的匀速直线运动
(2)垂直于v0 方向的匀加速直线运动
①加速度a＝qE
m ＝qU
md
②偏转距离y＝1
2at2＝qU
2md( x
v0
)2――→
x＝L y＝qUL2
2mdv20
③速度偏转角tanφ＝vy
v0
＝qUx
mdv20
――→
x＝L tanφ＝qUL
mdv20
④位移偏向角tanθ＝y
x＝qUx
2mdv20
――→
x＝L tanθ＝qUL
2mdv20
⑤两个重要的结论
a．位移偏向角θ和速度偏转角φ满足tanφ＝2tanθ
b．射出极板时粒子的速度反向延长线过粒子水平位移的中点
典例探究
【典例4】
如图所示，绝缘光滑水平轨道AB 的B 端与处于竖直平面内的四分之一圆弧形粗糙绝缘轨道BC 平滑
连接，圆弧的半径R＝0.40 m。在轨道所在空间存在水平向右的匀强电场，电场强度E＝1.0×104 N/C。现有一质量m
＝0.10 kg 的带电体(可视为质点)放在水平轨道上与B 端距离x＝1.0 m 的位置，由于受到电场力的作用带电体由静止开
始运动，当运动到圆弧形轨道的C 端时，速度恰好为零。已知带电体所带电荷量q＝8.0×10
－5C，g 取10 m/s2，求：
(1)带电体运动到圆弧形轨道的B 端时对圆弧形轨道的压力；
(2)带电体沿圆弧形轨道从B 端运动到C 端的过程中，摩擦力所做的功。
[解析]
(1)设带电体在水平轨道上运动的加速度大小为a，根据牛顿第二定律有qE＝ma
解得a＝qE
m ＝8.0 m/s2
设带电体运动到B 端的速度大小为vB，则v2B＝2ax
解得vB＝2ax＝4.0 m/s
设带电体运动到圆弧形轨道的B 端时受到的轨道的支持力为FN，
根据牛顿第二定律有FN－mg＝mv2B
R
解得FN＝mg＋mv2B
R ＝5.0 N
根据牛顿第三定律可知，带电体运动到圆弧形轨道的B 端时对圆弧形轨道的压力大小FN′＝FN＝5.0 N，方向竖直
向下。
(2)因电场力做功与路径无关，所以带电体沿圆弧形轨道从B 到C 运动过程中，
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电场力所做的功W 电＝qER＝0.32 J
设带电体沿圆弧形轨道从B 到C 运动过程中摩擦力所做的功为Wf，对此过程根据动能定理有W 电＋Wf－mgR＝0
－1
2mv2B，解得Wf＝－0.72 J。
[答案]
(1)5.0 N，方向竖直向下(2)－0.72 J
类题演练
4．如图甲所示，热电子由阴极飞出时的初速度忽略不计，电子发射装置的加速电压为U0，电容器板长l＝10 cm，
板间距离d＝10 cm，下极板接地，电容器右端到荧光屏的距离也是L＝10 cm，在电容器两极板间接一交变电压，上极
板的电势随时间变化的图象如图乙所示。(每个电子穿过平行板的时间都极短，可以认为电子穿过平行板的过程中电压
是不变的)求：
(1)在t＝0.06 s 时刻，电子打在荧光屏上的何处；
(2)荧光屏上有电子打到的区间有多长。
[答案]
(1)偏离O 点13.5 cm
(2)30 cm
[解析]
(1)设电子经电压U0 加速后的速度为v0，根据动能定理得：eU0＝1
2mv20
设偏转电场的场强为E，则有：E＝U
d
设电子经时间t 通过偏转电场，偏离轴线的侧向位移为y，则有：在中心轴线方向上：t＝l
v0
在轴线侧向有：a＝eE
m
y＝1
2at2＝eUl2
2mdv20
设电子通过偏转电场过程中产生的侧向速度为vy，偏转角为θ，则电子通过偏转电场时有：vy＝a·t
tanθ＝vy
v0
电子在荧光屏上偏离O 点的距离为
Y＝y＋Ltanθ＝eUl
mdv20
(l
2＋L)＝Ul
2U0d(l
2＋L)
由题图知t＝0.06 s 时刻U＝1.8U0
代入数据解得Y＝13.5 cm
(2)由题知电子偏移量y 的最大值为d/2，所以当偏转电压超过2U0 时，电子就打不到荧光屏上了
代入上式得：Y＝3
2d
所以荧光屏上电子能打到的区间长为：2Y＝3d＝30 cm
一、选择题(本题共10 小题，其中1～5 题为单选，6～10 题为多选)
1．(2019·广东省汕头市模拟)如图所示，放置在水平地面上的箱子内，带电小球a、b 用绝缘细线分别系于箱子的
上、下两边，均处于静止状态，下列说法正确的是(
A
)
A．两球一定带异种电荷
B．若增大b 球带电量，连接b 的绳子拉力可能变小
C．若增大b 球带电量，连接a 的绳子拉力可能不变
D．若增大b 球带电量，箱子对地面的压力一定增大
[解析]
以b 为研究对象，因处于静止状态，则一定受到重力和竖直向上的库仑引力，可能受到绝缘细线的拉力，
所以两球一定带异种电荷；若增大b 球带电量，b 受到竖直向上的库仑力增大，连接a 的绳子拉力增大，连接b 的绳子
拉力也增大，故A 正确，B、C 错误；以整体为研究对象，因均处于静止状态，受到重力和竖直向上的支持力作用，
二力平衡，若增大b 球带电量，还是受到重力和竖直向上的支持力作用，二力平衡，根据牛顿第三定律可知箱子对地
面的压力不变，故D 错误。
2．(2019·江西省吉安市模拟)避雷针上方有雷雨云时，避雷针附近的电场线分布如图所示，图中中央的竖直黑线
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AB 代表了避雷针，CD 为水平地面。MN 是电场线中两个点，下列说法中正确的有(
C
)
A．M 点的场强比N 点的场强大
B．试探电荷从M 点沿直线移动到N 点，电场力做功最少
C．M 点的电势比N 点的电势高
D．CD 的电势为零，但其表面附近的电场线有些位置和地面不垂直
[解析]
根据题图可知，M 点的电场线较疏，因此M 点的场强比N 点的场强小，A 错误；依据电场力做功与路径
无关，因此试探电荷从M 点移动到N 点，不论路径如何，电场力做功一样的，B 错误；根据沿着电场线方向，电势是
降低的，因此M 点的电势比N 点的电势高，C 正确；CD 的电势为零，是等势面，因此电场线总是垂直等势面，D 错
误。
3．(2019·山东省聊城市模拟)如图所示的四条实线是电场线，它们相交于点电荷O，虚线是只在电场力作用下某粒
子的运动轨迹，A、B、C、D 分别是四条电场线上的点，则下列说法正确的是(
C
)
A．O 点一定有一个正点电荷
B．B 点电势一定大于C 点电势
C．该粒子在A 点的动能一定大于D 点的动能
D．将该粒子在B 点由静止释放，它一定沿电场线运动
[解析]
没有画出电场线的方向，所以O 点可能是正电荷，也可能是负电荷，A 错误；由于不知道电场线的方向，
所以无法判断B、C 两点电势的高低，B 错误；由于做曲线运动的物体受力的方向指向曲线的内侧，可知该粒子在该电
场中受到的电场力沿电场线向下，故从A 到D 电场力对粒子做负功，粒子的动能减小，则粒子在A 点的动能较大，C
正确；电场中的带电粒子受力的方向沿电场线的切线方向，由于B 点所在电场线为曲线，所以将该粒子在B 点由静止
释放，它一定不能沿电场线运动，D 错误。
4．(2019·河北衡水中学模拟)如图所示，平行板电容器与直流电源连接，上极板接地。一带负电的油滴位于容器中
的P 点且处于静止状态。现将下极板竖直向下缓慢地移动一小段距离，则(
C
)
A．带电油滴将竖直向上运动
B．带电油滴的机械能将增加
C．P 点的电势将升高
D．电容器的电容增加，极板带电量增加
[解析]
一个带负电的油滴最初处于静止状态，说明油滴受到的电场力和重力平衡；现在将下极板向下移动，板间
的电压等于电源电动势不变，所以板间的电场强度将减小，即油滴受到的电场力减小，所以油滴受到的重力大于电场
力，油滴将竖直向下运动，故A 错误；根据A 项的分析可得，油滴向下运动，电场力做负功；机械能的变化等于除重
力和弹簧的弹力外的其他力做功，所以机械能将减小，故B 错误；因为上极板接地，所以上极板的电势为零，并且上
极板接电源的正极，下极板接电源的负极，所以上极板的电势高于下极板的电势，电场线的方向是竖直向下的，板间
各点的电势为负值；设P 点距离上极板的距离为x，则P 点的电势为－U
dx，由于d 增加，所以P 点的电势将升高，故
C 正确；根据电容C＝εS
4πkd，d 增加，C 减小，据θ＝CU，U 不变，C 减小，所以极板带电量减小，故D 错误。
5．(2019·江西临川模拟)在某孤立点电荷的电场中，规定无限远处电势为零，则电场中任意点的电势φ与该点到点
电荷的距离r 的关系图象如图所示。电场中a、c 两点电场强度大小之比为k1，b、d 两点电场强度大小之比为k2；带电
粒子从a 点移到b 点电场力做功为W1，从c 点移到d 点电场力做功为W2，下列说法正确的是(
A
)
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A．k1
k2＝1
1
B．k1
k2＝1
4
C．W1
W2＝1
1
D．W1
W2＝1
4
[解析]
由点电荷的场强公式可知，孤立点电荷的电场中某点的场强大小与该点到点电荷距离的平方成反比，因此
k1＝
1
52
1
202
＝16，k2＝
1
102
1
402
＝16，故k1
k2＝1
1 选项A 正确，B 错；由W＝qU 可知，在电场中移动电荷时电场力做的功
与移到的两点间电势差成正比，因此W1
W2＝4
1，C、D 两项错。
6．(2019·吉林五地六校合作体期末联考)如图甲，质量为m、电荷量为－e 的粒子初速度为零，经加速电压U1 加速
后，在水平方向沿O1O2 垂直进入偏转电场。已知形成偏转电场的平行板电容器的板长为L，两极板间距为d，O1O2 为
两极板的中线，P 是足够大的荧光屏，且屏与极板右边缘的距离为L，不考虑电场边缘效应，不计粒子重力。则下列说
法正确的是
(
ACD
)
A．粒子进入偏转电场的速度大小v＝
2eU1
m
B．若偏转电场两板间加恒定电压U0，粒子经过偏转电场后正好打中屏上的A 点，A 点与极板M 在同一水平线上，
则所加电压U0＝dU1
3L2
C．若偏转电场两板间的电压按如图乙作周期性变化，要使粒子经加速电场后在t＝0 时刻进入偏转电场后水平击
中A 点，则偏转电场周期T 应该满足的条件为T＝L
n
m
2eU1
(n＝1,2,3…)
D．若偏转电场两板间的电压按如图乙做周期性变化，要使粒子经加速电场后在t＝0 时刻进入偏转电场后水平击
中A 点，则偏转电场周期U0 应该满足的条件为U0＝4nU1d2
L2
(n＝1,2,3…)
[解析]
根据动能定理得，eU1＝1
2mv2，解得v＝
2eU1
m ，故A 正确；粒子出偏转电场时，速度的反向延长线经过
中轴线的中点，由题意知，电子经偏转电场偏转后做匀速直线运动到达A 点，设电子离开偏转电场时的偏转角为θ，则
由几何关系得：d
2＝(L＋1
2L)tanθ，解得tanθ＝d
3L，又tanθ＝vy
vx
＝
eU0
md·L
v
v
＝e·U0L
mdv2 ，解得：U0＝2U1d2
3L2 ，故B 错误；要使电子
在水平方向击中A 点，电子必向上极板偏转，且vy＝0，则电子应在t＝0 时刻进入偏转电场，且电子在偏转电场中运
动的时间为整数个周期，则因为电子水平射出，则电子在偏转电场中的运动时间满足t＝L
v1
＝nT，则T＝L
nv1
＝
L
n
2eU1
m
＝L
n·
m
2eU1
(n＝1,2,3,4…)，在竖直方向位移应满足d
2＝2n×1
2a(T
2)2＝2n×1
2·eU0
md·(T
2)2，解得U0＝4nU1d2
L2
(n＝1,2,3,4…)，故
C、D 正确。
7．(2019·安徽省金安区模拟)如图所示a、b、c、d 为匀强电场中的等势面，一个质量为m，电荷量力q(q>0)的粒
子在匀强电场中运动。A、B 为其运动轨迹上的两点。已知该粒子在A 点的速度大小为v1，在B 点的速度大小为v2，
方向与等势面平行。A、B 连线长为L，连线与等势面间的夹角为θ，不计粒子受到的重力，则(
CD
)
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A．v1 可能等于v2
B．等势面b 的电势比等势面c 的电势高
C．粒子从A 运动到B 所用时间为Lcosθ
v2
D．匀强电场的电场强度大小为mv21－v22
2qLsinθ
[解析]
由粒子的运动轨迹可知，粒子受向上的电场力，此过程中电场力做负功，动能减小，v1＞v2，A 错误；粒
子带正电，电场线方向向上，等势面b 的电势比等势面c 的电低，B 错误；粒子在水平方向做速度为v2 的匀速直线运
动，水平方向列方程：Lcosθ＝v2t，时间t＝Lcosθ
v2
，C 正确；由动能定理列方程：－qELsinθ＝1
2m(v22－v21)，电场强度大
小E＝mv21－v22
2qLsinθ
，D 正确。
8．(2019·湖南省永州市模拟)如图所示，圆为负点电荷形成的电场中的一等势线，圆关于x 轴对称，与x 轴的交点
分别为a，b，x 轴上另有c、d 点，各点间的距离为ac＝cd，下列说法正确的是(
AC
)
A．b 点电场强度比c 点电场强度大
B．b 点的电势比c 点电势高
C．各点间的电势差满足Udc＜Ucb
D．电子在a 点的电势能比在C 点的电势能低
[解析]
负点电荷形成的电场，a、b 在同一等势面上，点电荷在圆心处，根据点电荷场强公式可知，b 点电场强度
比c 点电场强度大，A 正确；沿电场线方向电势逐渐降低，ac 点的电势比c 点电势低，B 错误；因ac＝cd，且cd 段各
点场强均小于ac 段各点场强，故Udc＜Uca，因a、b 在同一等势面上，故Udc＜Ucb，C 正确；因φa＜φc，电子在a 点的
电势能比在c 点的电势能高，D 错误。
9．(2019·山东省济南市模拟)如图所示，以O 为圆心、半径为R 的虚线圆位于足够大的匀强电场中，圆所在平面
与电场方向平行，M、N 为圆周上的两点。带正电粒子只在电场力作用下运动，在M 点速度方向如图所示，经过M、
N 两点时速度大小相等。已知M 点电势高于O 点电势，且电势差为U，下列说法正确的是(
AB
)
A．M、N 两点电势相等
B．粒子由M 点运动到N 点，电势能先增大后减小
C．该匀强电场的电场强度大小为U
R
D．粒子在电场中可能从M 点沿圆弧运动到N 点
[解析]
带电粒子仅在电场力作用下，由于粒子在M、N 两点动能相等，则电势能也相等，由公式Ep＝qφ知M、N
两点电势相等，A 正确；因为是匀强电场，所以两点的连线MN 即为等势面。根据等势面与电场线垂直特征，又M 点
电势高于O 点电势，从而画出电场线。粒子由M 点运动到N 点过程中，各点电势先增大后减小，由公式Ep＝qφ得到
带正电粒子电势能先增大后减小，B 正确；匀强电场的电场强度U＝Ed 式中的d 是沿着电场强度方向的距离，因而由
几何关系可知，UMO＝E× 2
2 R，所以E＝2U
R ，C 错误；粒子受到恒定的电场力，做类抛体运动，D 错误。
10．(2019·广东省深圳市模拟)如图所示，在竖直面(纸面)内有匀强电场，带电量为q(q＞0)、质量为m 的小球受水
平向右大小为F 的恒力，从M 匀速运动到N。已知MN 长为d，与力F 的夹角为60°，重力加速度为g，则(
ACD
)
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A．场强大小为F2＋m2g2
q
B．M、N 间的电势差为d
q F2＋m2g2
C．从M 到N，电场力做功为
3
2 mgd－1
2Fd
D．若仅将力F 方向顺时针转60°，小球将从M 向N 做匀变速直线运动
[解析]
小球做匀速运动，所受合力为0，小球受到重力，水平向右的恒力F，则电场力与重力和恒力F 的合力等
大反向，即qE＝mg2＋F2，则场强大小E＝F2＋m2g2
q
，A 正确；匀强电场的电场线方向不沿MN 方向，所以M、N
间的电势差不是
F2＋m2g2
q
d，B 错误；对小球从M 到N 过程由动能定理列方程：
－mgdsin60°＋Fdcos60°＋W 电＝0，得到电场力做功W 电＝3
2 mgd－1
2Fd，C 正确；重力与电场力的合力与恒力F 等
大反向，即重力与电场力的合力大小为F，方向水平向左，与MN 的延长线夹角为60°，若将力F 方向顺时针转60°，
此时力F 与MN 的延长线夹角也为60°，由平行四边形定则可得它们的合力方向沿NM 方向，所以小球将从M 到N 做
匀变速直线运动，D 正确。
二、计算题(本题共2 小题，需写出完整的解题步骤)
11．(2019·攀枝花二模)如图所示，在竖直面内有一边长为
3L 的正六边形区域，O 为中心点，CD 水平。将一质量
为m 的小球以一定的初动能从B 点水平向右拋出，小球运动轨迹过D 点。现在该竖直面内加一匀强电场，并让该小球
带电，电荷量为＋q，并以前述初动能沿各个方向从B 点拋入六边形区域，小球将沿不同轨迹运动。已知某一方向拋入
的小球过O 点时动能为初动能的1
3，另一方向拋入的小球过C 点时动能与初动能相等。重力加速度为g，电场区域足够
大，求：
(1)小球的初动能；
(2)取电场中B 点的电势为零，求O、C 两点的电势；
(3)已知小球从某一特定方向从B 点拋入六边形区域后，小球将会再次回到B，求该特定方向拋入的小球在六边形
区域内运动的时间。
[答案]
(1)9
8mgL
(2)3mgL
4q ，3mgL
2q
(3)6
L
g
[解析]
(1)设小球从B 点抛出时速度为v0，从B 到D 所用时间为t，小球做平抛运动
在水平方向上xBD＝v0t
在竖直方向上yBD＝1
2gt2
由几何关系可知：xBD＝
3Lcos60°＋3L，yBD＝3Lsin60°
解得小球的初动能为：EkB＝1
2mv20＝9
8mgL
(2)带电小球B→O：由动能定理得：EkO－EkB＝qUBO
UBO＝φB－φO
解得：φO＝3mgL
4q
带电小球B→C：由动能定理得：
EkC－EkB＝3mgLsin60°＋qUBC
UBC＝φB－φC
解得：φC＝3mgL
2q
(3)在正六边形的BC 边上取一点G，令φG＝φO，设G 到B 的距离为x，
则由匀强电场性质可知：φG－φB
x
＝φC－φB
3L
解得：x＝3
2 L
由几何知识可得，直线GO 与正六边形的BC 边垂直，OG 为等势线，电场方向沿CB 方向，由匀强电场电场强度
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与电势的关系可得：E＝φC－φΒ
3L
＝3mg
2q
根据力合成的平行四边形定则可得：F 合＝1
2mg，方向F→B
只有沿BF 方向抛入的小球才会再次回到B 点，该小球进入六边形区域后，先做匀减速直线运动，速度减为零后
反向匀加速直线运动回到B 点，
设匀减速所用时间为t1，匀加速所用时间为t2，匀减速发生的位移为x
则t2－t1＝v0
a
由牛顿定律得：ma＝1
2mg
x＝v20
2a
＝9
4L＜BF(未射出六边形区域)
小球在六边形区域内运动时间为t＝t1＋t2＝6
L
g
12．(2019·河北模拟)如图所示，在水平线MN 上方区域有竖直向下的匀强电场，在电场内有一光滑绝缘平台，平
台左侧靠墙，平台上有带绝缘层的轻弹簧，其左端固定在墙上，弹簧不被压缩时右侧刚好到平台边缘，光滑绝缘平台
右侧有一水平传送带，传送带A、B 两端点间距离L＝1 m，传送带以速率v0＝4 m/s 顺时针转动，现用一带电小物块向
左压缩弹簧，放手后小物块被弹出，从传送带的B 端飞出。小物块经过MN 边界上C 点时，速度方向与水平方向成45°
角，经过MN 下方M′N′水平线上的D 点时，速度方向与水平方向成60°角。传送带B 端距离MN 的竖直高度h1＝
0.4 m，MN 与M′N′平行，间距h2＝1.6 m，小物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.1，小物块的质量为m＝0.1 kg，带
电量q＝1×10
－2 C，平台与传送带在同一水平线上，二者连接处缝隙很小，不计小物块经过连接处的能量损失，重力
加速度为g＝10 m/s2，3＝1.732，5＝2.236。求：
(1)匀强电场的电场强度E；
(2)弹簧弹性势能的最大值；
(3)当小物块在传送带上运动因摩擦产生的热量最大时，小物块在传送带上发生相对运动的时间t。
[答案]
(1)100 N/C
(2)1 J
(3)0.268 s
[解析]
(1)设小物块从B 点飞出的速度为vB，在C 点、D 点时的速度分别为v1、v2。
在C 点小物块的速度方向与水平方向成45°角，则由几何关系可知v1x＝v1y＝vB
小物块从B 点运动到C 点，在竖直方向上有
2ah1＝v21y＝v2B
在D 点由v2y
vB
＝tan60°，解得v2y＝3vB
小物块从C 点运动到D 点的过程中，在竖直方向上有
2gh2＝v22y－v21y＝( 3vB)2－v2B＝2v2B
解得vB＝4 m/s
将其代入2ah1＝v21y＝v2B，解得a＝20 m/s2
小物块从B 点运动到C 点的过程中，有qE＋mg＝ma，解得E＝100 N/C。
(2)小物块被弹簧弹开，恰好减速到B 端与传送带同速，则小物块从A 端运动到B 端由v20－v2＝－2a0L，ma0＝μ(Eq
＋mg)，小物块在A 点具有的动能即为弹簧具有的最大弹性势能，则Ep＝Ek＝1
2mv2＝1 J。
(3)小物块在传送带上摩擦产生热量的最大值是物块在传送带上相对位移最长的情况，有两种情况，一种是物块一
直加速运动到B 端与传送带共速，一种是物块在传送带上减速到B 端与传送带共速。
第一种情况：传送带的位移：x0＝v0t1
物块的位移为L：v20－v2＝2a0L
物块的速度变化为v0＝v＋a0t1
联立即得t1＝(2－3)s
第二种情况：传送带的位移：x0′＝v0t2
物块的位移为L：v20－v2＝－2a0L
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物块的速度变化为v0＝v－a0t2
联立解得t2＝( 5－2)s
计算可得第1 种情况相对位移大于第2 种情况的相对位移，则t＝t1
小物块在传送带上运动因摩擦产生的热量最大时，小物块在传送带上发生相对运动的时间t＝0.268 s。
第9 讲
磁场及带电粒子在磁场中的运动
1．(2019·全国卷Ⅰ，17)如图，等边三角形线框LMN 由三根相同的导体棒连接而成，固定于匀强磁场中，线框平
面与磁感应强度方向垂直，线框顶点M、N 与直流电源两端相接。已知导体棒MN 受到的安培力大小为F，则线框LMN
受到的安培力的大小为(
B
)
A．2F
B．1.5F
C．0.5F
D．0
[解析]
设每根导体棒的电阻为R，长度为L，则电路中，上下两路电阻之比为R1
R2＝2R
R＝2
1，上下两路
电流之比I1
I2＝1
2。如图所示，由于上路通电的导体受安培力的有效长度也为L，根据安培力计算公式F＝ILB，可
知F′
F＝I1
I2＝1
2，得F′＝1
2F，根据左手定则可知，两力方向相同，故线框LMN 所受的合力大小为F＋F′
＝3
2F，选项B 正确。
2．(2019·全国卷Ⅱ，17)如图，边长为l 的正方形abcd 内存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面(abcd
所在平面)向外。ab 边中点有一电子发射源O，可向磁场内沿垂直于ab 边的方向发射电子。已知电子的比荷为k。则从
a、d 两点射出的电子的速度大小分别为(
B
)
A．1
4kBl，5
4 kBl
B．1
4kBl，5
4kBl
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C．1
2kBl，5
4 kBl
D．1
2kBl，5
4kBl
[解析]
若电子从a 点射出，运动轨迹如图线①，
有qvAB＝mv2a
Ra
Ra＝l
4
解得vA＝qBRa
m ＝qBl
4m＝kBl
4
若电子从d 点射出，运动轨迹如图线②，
有qvdB＝mv2d
Rd
R2d＝Rd－l
2 2＋l2
解得vd＝qBRd
m ＝5qBl
4m ＝5kBl
4
选项B 正确。
3．(2019·全国卷Ⅲ，18)如图，在坐标系的第一和第二象限内存在磁感应强度大小分别为1
2B 和B、方向均垂直于
纸面向外的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子垂直于x 轴射入第二象限，随后垂直于y 轴进入第一象限，
最后经过x 轴离开第一象限。粒子在磁场中运动的时间为(
B
)
A．5πm
6qB
B．7πm
6qB
C．11πm
6qB
D．13πm
6qB
[解析]
带电粒子在不同磁场中做圆周运动，其速度大小不变，由r＝mv
qB
知，第一象限内的圆半径是第二象限内圆
半径的2 倍，如图所示。
粒子在第二象限内运动的时间
t1＝T1
4 ＝2πm
4qB＝πm
2qB
粒子在第一象限内运动的时间
t2＝T2
6 ＝2πm×2
6qB
＝2πm
3qB
则粒子在磁场中运动的时间t＝t1＋t2＝7πm
6qB，选项B 正确。
4．(2019·北京卷，16)如图所示，正方形区域内存在垂直纸面的匀强磁场。一带电粒子垂直磁场边界从a 点射入，
从b 点射出。下列说法正确的是(
C
)
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A．粒子带正电
B．粒子在b 点速率大于在a 点速率
C．若仅减小磁感应强度，则粒子可能从b 点右侧射出
D．若仅减小入射速率，则粒子在磁场中运动时间变短
[解析]
A 错：由左手定则知，粒子带负电。
B 错：由于洛伦兹力不做功，粒子速率不变。
C 对：由R＝mv
qB，若仅减小磁感应强度B，R 变大，则粒子可能从b 点右侧射出。
D 错：由R＝mv
qB，若仅减小入射速率v, 则R 变小，粒子在磁场中的偏转角θ变大。由t＝θ
2πT，T＝2πm
qB 知，运动时
间变长。
5．(多选)(2019·江苏，7)如图所示，在光滑的水平桌面上，a 和b 是两条固定的平行长直导线，通过的电流强度相
等。矩形线框位于两条导线的正中间，通有顺时针方向的电流，在a、b 产生的磁场作用下静止。则a、b 的电流方向
可能是(
CD
)
A．均向左
B．均向右
C．a 的向左，b 的向右
D．a 的向右，b 的向左
[解析]
A、B 错：如图所示，当a、b 中电流方向均向左时，矩形线框靠近导线的两边所受安培力方向相同，使
线框向导线b 移动。
同理可知，a、b 中电流均向右时，线框向导线a 移动。
C、D 对：电流方向a 的向左，b 的向右时，a、b 中电流I′在线框所在处产生的磁场方向如图所示，导线AB、
CD 所在处的磁感应强度相同，但所受安培力大小相等、方向相反。线框静止。
同理可知，电流方向a 的向右，b 的向左时，线框也能静止。
6．(2019·全国卷Ⅰ，24)如图，在直角三角形OPN 区域内存在匀强磁场，磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面
向外。一带正电的粒子从静止开始经电压U 加速后，沿平行于x 轴的方向射入磁场；一段时间后，该粒子在OP 边上
某点以垂直于x 轴的方向射出。已知O 点为坐标原点，N 点在y 轴上，OP 与x 轴的夹角为30°，粒子进入磁场的入射
点与离开磁场的出射点之间的距离为d，不计重力。求
(1)带电粒子的比荷；
(2)带电粒子从射入磁场到运动至x 轴的时间。
[答案]
(1) 4U
B2d2
(2)Bd2
4U
π
2＋3
3
[解析]
(1)设带电粒子的质量为m，电荷量为q，加速后的速度大小为v。由动能定理有
qU＝1
2mv2
①
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设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为r，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有
qvB＝mv2
r
②
由几何关系知
d＝2r
③
联立①②③式得
q
m＝4U
B2d2
④
(2)由几何关系知，带电粒子射入磁场后运动到x 轴所经过的路程为
s＝πr
2 ＋rtan30°
⑤
带电粒子从射入磁场到运动至x 轴的时间为
t＝s
v
⑥
联立②④⑤⑥式得
t＝Bd2
4U
π
2＋3
3
⑦
7．(2019·江苏，16)如图所示，匀强磁场的磁感应强度大小为B。磁场中的水平绝缘薄板与磁场的左、右边界分别
垂直相交于M、N，MN＝L，粒子打到板上时会被反弹(碰撞时间极短)，反弹前后水平分速度不变，竖直分速度大小不
变、方向相反。质量为m、电荷量为－q 的粒子速度一定，可以从左边界的不同位置水平射入磁场，在磁场中做圆周运
动的半径为d，且d<L。粒子重力不计，电荷量保持不变。
(1)求粒子运动速度的大小v；
(2)欲使粒子从磁场右边界射出，求入射点到M 的最大距离dm；
(3)从P 点射入的粒子最终从Q 点射出磁场，PM＝d，QN＝d
2，求粒子从P 到Q 的运动时间t。
[解析]
(1)洛伦兹力提供向心力
qvB＝mv2
r
r＝d
解得
v＝qBd
m
(2)如图所示，粒子碰撞后的运动轨迹恰好与磁场左边界相切
由几何关系得
dm＝d(1＋sin60°)
解得
dm＝2＋3
2
d
(3)粒子的运动周期
T＝2πm
qB
设粒子最后一次碰撞到射出磁场的时间为t′，则
t＝nT
4＋t′(n＝1,3,5，…)
(a)当L＝nd＋1－3
2 d 时，粒子斜向上射出磁场
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
t′＝1
12T
解得
t＝
L
d＋3 3－4
6
πm
2qB
(b)当L＝nd＋1＋3
2 d 时，粒子斜向下射出磁场
t′＝5
12T
解得
t＝
L
d－3 3－4
6
πm
2qB
[答案]
(1)qBd
m
(2)2＋3
2
d
(3)
L
d＋3 3－4
6
πm
2qB或
L
d－3 3－4
6
πm
2qB
磁场的性质及磁场对电流的作用
核心知识
1．掌握“两个磁场力”
(1)安培力：F＝BIL(I⊥B)
(2)洛伦兹力：F＝qvB(v⊥B)
2．用准“两个定则”
(1)对电流的磁场用安培定则。
(2)对通电导线在磁场中所受的安培力和带电粒子在磁场中所受的洛伦兹力用左手定则。
3．明确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。
(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。
典例探究
【典例1】
(2019·江西省南昌市模拟)两个相同的全长电阻为9 Ω、半径为8 cm 的均匀光滑圆环固定在一个绝缘
的水平台面上，两环分别在两个互相平行的、相距为20 cm 的竖直面内，两环的圆心连线恰好与环面垂直，两环面间
有方向竖直向下的磁感应强度B＝3
2 T 的匀强磁场(未画出)，两环的最高点A 和C 间接有一内阻为0.5 Ω的电源，连接
的导线的电阻不计。今有一根质量为10 g、电阻为1.5 Ω的棒置于两环内侧且可沿环滑动，而棒恰好静止于如图所示的
水平位置，它与圆弧的两接触点P、Q 和圆弧最低点间所夹的弧对应的圆心角均为θ＝60°，重力加速度g 取10 m/s2。
试求：
(1)此电源电动势E 的大小；
(2)若换上两个电阻可忽略的光滑圆环和电动势E 的大小为2 V 内阻为0.5 Ω的电源，其他条件不变，现将棒从圆环
最低点静止释放，问：棒经过P、Q 点时对两环的弹力各为多少？棒能上升的最大高度是多少？
[解析]
【公众号：实用视界 +VX：18071191557】
(1)从左向右看，棒PQ 的受力如图所示，
棒受重力mg、安培力F 安和环对棒的弹力FN 作用，
根据平衡条件得：F 安＝mgtanθ
安培力：F 安＝IBL
代入数据解得：I＝1 A
在电路中两个圆环分别连入电路的电阻为：
R＝
1
3×9×2
3×9
1
3×9＋2
3×9
＝2 Ω
由闭合电路欧姆定律得：E＝I(r＋2R＋R 棒)
代入数据解得：E＝6 V
(2)若换上两电阻可忽略的光滑圆环和电动势E＝2 V 的电源，电路电流：I1＝
E
R 棒＋r＝
2
0.5＋1.5＝1 A
导体棒受到的安培力：F 安1＝BI1L＝3
2 ×1×0.2＝3
10N
棒经过P、Q 点时的速度为v，棒从最低点到P、Q 过程，
由动能定理得：F 安1Rsin60°－mgR(1－cos60°)＝1
2mv2－0，
代入数据解得：v＝1.6 m/s，棒经过P、Q 点时，由牛顿第二定律得：2FN1－mgcos60°－F 安1cos30°＝mv2
R
代入数据解得：FN1＝0.2N
棒在平衡位置时的速度最大，此位置与圆心的连线与竖直方向的夹角：tanα＝F 安1
mg
＝3，则α＝60°，棒能上升的最
高点关于平衡位置对称，则棒能上升的最大高度：h＝R(1＋cos60°)
代入数据解得：h＝12 cm
[答案]
(1)E＝6 V
(2)0.2 N
12 cm
求解磁场中导体棒运动问题的方法
(1)分析：正确地对导体棒进行受力分析，应特别注意通电导体棒受到的安培力的方向，安培力与导体棒和磁感应
强度组成的平面垂直。
(2)作图：必要时将立体图的受力分析图转化为平面受力分析图，即画出与导体棒垂直的平面内的受力分析图。
(3)求解：根据平衡条件或牛顿第二定律或动能定理列式分析求解。
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类题演练
1．(2019·浙江省温州市模拟)如图所示为等臂电流天平演示装置，可以用来测量匀强磁场的磁感应强度。它的右臂
挂着矩形线圈，匝数为n，水平边长为l，处于垂直线圈平面向里的匀强磁场内。矩形线圈通过电动势为E，内阻为r
的外部电源供电，当在天平左、右两边加上一定质量的砝码后，调节外电阻为R1 时天平刚好平衡。然后在左边托盘再
加质量为m 的砝码，需要把外电阻调节为R2，才能使天平达到新的平衡。不计线圈电阻，不考虑外部的连接导线对线
圈的作用力，由此可知(
B
)
A．R2＜R1，且B＝mgER1－R2
nlR1＋rR2＋r
B．R2＜R1，且B＝mgR1＋rR2＋r
nlER1－R2
C．R2＞R1，且B＝mgER2－R1
nlR1＋rR2＋r
D．R2＞R1，且B＝mgR1＋rR2＋r
nlER2－R1
[解析]
由左手定则可判断线圈所受安培力方向竖直向下，当在左边托盘再加质量为m 的砝码，天平要达到新的
平衡，需增大安培力，即增大电流，减小连入电路中的阻值，所以R2<R1；由题意可列方程：nBI2l－nBI1l＝mg，I2＝
E
R2＋r
，
I1＝
E
R1＋r
。联立可得B＝mgR1＋rR2＋r
nlER1－R2
，B 正确。
带电粒子在磁场中的运动
核心知识
题型1
带电粒子在匀强磁场中运动及其临界、极值问题
1．常用公式
qvB＝mv2
r
Ek＝1
2mv2＝q2B2r2
2m
I＝q
T＝q2B
2πm
常用公式
r＝mv
qB
＝2mEk
qB
T＝2πr
v ＝2πm
qB
f＝1
T＝qB
2πm
2．处理带电粒子在有界磁场中运动的方法
(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′
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与任一个F 洛作用线的交点上，如图所示。
(3)半径的计算：一方面可由Bqv＝m v2
r 得r＝mv
qB；另一方面可作出粒子的运动轨迹后，适当添加辅助线，利用几何
知识求得。
3．运动时间的确定：t＝α
360°T(可知，α越大，粒子在磁场中运动时间越长)。圆心角α总是与速度的偏转角相等的。
4．对称性的应用
(1)粒子从直线边界射入磁场，再从这一边界射出时，速度方向与边界的夹角相等。
(2)粒子沿径向射入圆形磁场区域时，必沿径向射出磁场区域。
典例探究
【典例2】
(2019·河南六市联考)如图，在直线坐标系xOy 中，从原点处向＋y 方向同时发射出大量比荷为q
m＝
1.0×104 C/kg 的带负电粒子，粒子的初速度大小广泛分布于0 到v0＝1.0×104 m/s 之间。已知这些粒子此后所经磁场的
磁感应强度大小为B＝1.0 T，方向垂直于纸面，所有粒子都沿＋x 方向经过b 区域都通过点M(3,0)且沿y 轴负方向。不
计粒子的重力及粒子间的相互作用。
(1)判断磁场方向；
(2)求速度为1.0×104 m/s 的粒子从O 点运动到M 点所用的时间；
(3)通过计算，求出符合要求的磁场范围的最小面积。
[解析]
(1)由左手定则知磁场方向垂直纸面向里。
(2)粒子在磁场中运动的周期为T＝2πm
qB
如图所示，速度为v0 的粒子在a 区域磁场中偏转90°角，所以运动时间为t1＝πm
2qB
由牛顿第二定律得qv0B＝mv20
R
该粒子的轨道半径R＝mv0
qB ＝1 m
直线运动的时间为t2＝3－2R
v0
在c 区域磁场运动的时间为t3＝πm
2qB
运动总时间t＝t1＋t2＋t3，
代入数值解得t＝(1＋π)×10
－4
s 或者4.14×10
－4 s
(3)在a 区域，设任一速度为v 的粒子偏转90°后从(x，y)离开磁场，
由几何关系得x＝R，y＝R，得y＝x。
上式与R 无关，说明磁场右边界是一条直线。
左边界是速度为v0＝1×104 m/s 的粒子的轨迹：R＝mv0
qB ＝1 m
此后粒子均沿＋x 方向穿过b 区域，进入c 区域，由对称性知，其磁场区域如图。
磁场的面积S＝2(1
4πR2－1
2R2)＝(π
2－1) m2＝0.57 m2
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[答案]
(1)垂直纸面向里
(2)(1＋π)×10
－4 s
(3)0.57 m2
处理带电粒子在有界磁场中运动的临界问题的技巧
从关键词语找突破口：审题时一定要抓住题干中的关键字眼，如“恰好”“最大”“最高”“至少”等词语，挖
掘其隐含的信息。
数学方法与物理方法相结合：借助半径R 和速度大小v(或磁感应强度大小B)之间的关系进行动态轨迹分析，确定
轨迹圆和有界磁场边界之间的关系，找出临界点，然后利用数学方法求极值。
常用的结论有：①粒子刚好穿出磁场边界的临界条件是粒子在磁场中的运动轨迹与边界相切；②当速度大小v 一
定时，弧长(或弦长)越长，所对的圆心角就越大，粒子在磁场中运动的时间就越长；③当速度大小v 变化时，仍然是运
动轨迹所对圆心角大的粒子在磁场中运动的时间长。
磁场区域最小面积的求解方法
在粒子运动过程分析(正确画出运动轨迹示意图)的基础上借助几何关系先确定最小区域示意图，再利用几何关系求
有界磁场区域的最小面积。注意对于圆形磁场区域：①粒子射入、射出磁场，边界时的速度的垂线的交点即轨迹圆圆
心；②所求最小圆形磁场区域的直径等于粒子运动轨迹的弦长。
类题演练
2．(多选)(2019·武汉模拟)如图所示，在边长为L 的正方形区域abcd 内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大
小为B。从边ad 的四等分点P 处沿与ad 边成45°角向磁场区域内射入速度大小不等的带电粒子，粒子的质量为m，电
荷量为－q(q＞0)。不计粒子重力，关于粒子的运动，下列说法正确的是(
BCD
)
A．可能有粒子从b 点射出
B．粒子在磁场中运动的最长时间为3πm
2qB
C．速度v＝qBL
2m 的粒子从cd 边射出磁场
D．从bc 边射出的粒子的运动轨道所对应的圆心角一定小于135°
[解析]
若磁场区域足够大，会有粒子经过b 点，但磁场区域只局限于正方形区域内，磁场足够大时经过b 点的粒
子已经从ab 边之间某位置射出磁场，所以不可能有粒子从b 点射出，A 错误；粒子在磁场中运动时的周期T＝2πm
qB ，
粒子在磁场中运动轨迹对应圆心角最大为270°，时间最长为t＝3
4T＝3πm
2qB，B 正确；速度v＝qBL
2m 时，圆周半径为R＝mv
qB
＝L
2。恰好从cd 边射出的粒子：R1＋R1sin45°＝3
4L，解得R1＝32－2L
4
。恰好从bc 边射出的粒子：R1＋R2sin45°＝L，
解得R2＝(2－2)L。R1＜L
2＜R2，所以速度v＝qBL
2m 的粒子从cd 边射出磁场，C 正确；恰好从bc 边射出的粒子，运动轨
道对应圆心角是135°，则从bc 边射出的粒子，运动轨道对应圆心角一定小于135°，D 正确。
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题型2
带电粒子在磁场运动中的周期性和多解问题
带电粒子在磁场中做圆周运动引起多解的原因
(1)带电粒子的电性不确定形成多解，可能出现两个方向的运动轨迹
(2)磁场方向不确定形成多解，可能出现两个方向的运动轨迹
(3)临界状态不唯一形成多解，需要根据临界状态的不同分析求解
(4)圆周运动的周期性形成多解
典例探究
【典例3】
(2019·重庆市模拟)如图所示，在矩形区域abcd 内充满垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B。
在ad 边中点O 的粒子源，在t＝0 时刻垂直于磁场发射出大量的同种带电粒子，所有粒子的初速度大小相同，方向与
Od 的夹角分布在0～180°范围内。已知沿Od 方向发射的粒子在t＝t0 时刻刚好从磁场边界cd 上的p 点离开磁场，ab
＝1.5L，bc＝3L，粒子在磁场中做圆周运动的半径R＝L，不计粒子的重力和粒子间的相互作用，求：
(1)粒子在磁场中的运动周期T ；
(2)粒子的比荷q/m；
(3)粒子在磁场中运动的最长时间。
[解析]
(1)初速度沿Od 方向发射的粒子在磁场中运动的轨迹如图1，其圆心为θ，由几何关系有：sinθ＝3
2 ，所以：
θ＝60°
t0
T＝θ
360°
解得：T＝6t0
(2)粒子做圆周运动的向心力由洛仑兹力提供，
根据牛顿第二定律得：qvB＝mv2
R
v＝2πR
T
所以：T＝2πm
qB
解得q
m＝π
3Bt0
(3)如图2 所示，在磁场中运动时间最长的粒子的轨迹的弦Ob＝3L，圆轨迹的直径为2L
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所以：Ob 弦对应的圆心角为120°
粒子在磁场中运动的最长时间tmax＝T
3＝2t0
[答案]
(1)T＝6t0；(2)q
m＝π
3Bt0
；(3)tmax＝2t0。
类题演练
3．(2019·辽宁省鞍山市模拟)如图所示，直角三角形ABC 区域中存在一匀强磁场，磁感应强度为B，已知AB 边长
为L，∠C＝30°，比荷均为q
m的带正电粒子(不计重力)以不同的速率从A 点沿AB 方向射入磁场，则(
B
)
A．粒子速度越大，在磁场中运动的时间一定越短
B．粒子在磁场中运动的最长时间为2πm
3qB
C．粒子速度越大，在磁场中运动的路程一定越短
D．粒子在磁场中运动的最长路程为4 3
9 πL
[解析]
粒子在磁场中做匀速圆周运动，如果均从AC 边射出磁场，根据几何关系，粒子在磁场中偏转的圆心角相
等，都为120°，根据粒子在磁场中运动的时间：t＝θ
2π T，又因为粒子在磁场中圆周运动的周期T＝2πm
qB ，所以粒子运
动时间为t＝120°
360°×2πm
Bq ＝2πm
3Bq，A 错误，B 正确；粒子速度越大，根据公式r＝mv
Bq可知半径越大，则轨迹越长，所以路
程越长，C 错误；当从C 点射出时路程最长，根据几何知识可得此时的半径为r＝2 3
3 L，则l＝120°
360°×r＝2 3
9 L，D 错
误。
一、选择题(本题共8 小题，其中1～5 题为单选，6～8 题为多选)
1.如图所示，两长直导线垂直于纸面放置，两者到A、B 两点的距离均为l，且A、B 两点关于两导线的连线中点O
对称，导线中心到A、B 两点的距离是到O 点距离的2 倍。在两导线中通有大小相等、方向相反的电流I，已知它们单
独在离导线l 处产生的磁场的磁感应强度大小为B。现在空间加上磁感应强度为B，方向竖直向上的匀强磁场(图中未
画出)，则下列说法正确的是(
B
)
A．A 点处磁感应强度的大小为
2B，方向水平向右
B．B 点处磁感应强度的大小为
2B，方向与水平方向成45°角斜向右上方
C．A 点处磁感应强度为零
D．O 点处的磁感应强度一定为零
[解析]
两导线中心到B 点的距离相等，则它们在B 点产生的磁场大小均为B，磁场方向之间的夹角为120°，所
以总的磁场大小为
2B，方向与水平方向成45°角斜向右上方。导线在A 点处产生的磁场也与此相同。A、C 错误，B
正确；两导线在O 点处的磁感应强度方向都向右，合磁场方向斜向右上方，不是零，D 错误。
2．(2019·山东省济南模拟)长为L 的直导体棒a 放置在光滑绝缘水平面上，固定的很长直导线b 与a 平行放置，导
体棒a 与力传感器相连，如图所示(俯视图)。a、b 中通有大小分别为Ia、Ib 的恒定电流，Ia 方向如图所示，Ib 方向未知。
导体棒a 静止时，传感器受到a 给它的方向向左、大小为F 的拉力。下列说法正确的是(
B
)
A．Ib 与Ia 的方向相同，Ib 在a 处的磁感应强度B 大小为F
IbL
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B．Ib 与Ia 的方向相同，Ib 在a 处的磁感应强度B 大小为F
IaL
C．Ib 与Ia 的方向相反，Ib 在a 处的磁感应强度B 大小为F
IbL
D．Ib 与Ia 的方向相反，Ib 在a 处的磁感应强度B 大小为F
IaL
[解析]
直导棒受到向左的安培力作用，根据同向电流相吸，异向电流相斥可知它们电流方向相同。导体棒所受安
培力F＝BIaL，则B＝F
IaL，B 正确，A、C、D 错误。
3．将圆柱形强磁铁吸在干电池的负极，强磁铁的S 极朝上N 极朝下，金属导线折成上端有一支点，下端开口的导
线框，使导线框的顶端支点和底端分别与电源的正极和磁铁都接触良好但不固定，这样整个线框就可以绕电池旋转起
来。下列判断正确的是(
B
)
A．线框能旋转起来，是因为惯性
B．俯视观察，线框沿逆时针方向旋转
C．电池输出的电功率等于线框旋转的机械功率
D．导线框将上下振动
[解析]
圆柱形磁铁上端为S 极，下端为N 极，周围磁感线由上往下斜穿入线框内部，而电流的方向是从正极到
负极，即电流方向是向下的，根据左手定则右边的线框受到向里的安培力，左边的导线框受到向外的安培力，所以从
俯视的角度上观察，线框应该逆时针旋转，故A、D 错，B 对；根据能量守恒知，电池输出的电功率等于线框旋转的
机械功率与回路中产生的热量之和，故C 错误。
4．(2019·湖北省黄冈中学模拟)通电长直导线在周围空间产生磁场。某点的磁感应强度大小B 与该点到导线的距离
r 及电流I 的关系为：B＝kI
r(k 为常量)。如图所示，竖直通电长直导线中的电流I 方向向上，绝缘的光滑水平面上P 处
有一带正电小球从图示位置以初速度v0 水平向右运动，小球始终在水平面上运动，运动轨迹用实线表示，若从上向下
看，则小球的运动轨迹可能是(
A
)
[解析]
通电长直导线产生的磁场方向在水平面内，由于洛伦兹力F 与B、v0 的方向均垂直，所以F 沿竖直方向，
小球在水平方向上不受力而做匀速直运动，只有A 正确。
5.(2019·陕西模拟)如图所示，一个质量为m，电量为q(电性未知)的带电小球处在绝缘粗糙的水平面上，整个装置
处在垂直纸面向里的匀强磁场中，匀强磁场的磁感应强度为B，小球与水平面间的动摩擦因数为μ。现在带电小球以初
速度v0 开始运动，则下列说法正确的是(
C
)
A．不断增大磁感应强度B 的数值，小球一定会飘离水平面
B．小球可能做加速直线运动
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C．小球可能只受两个力作用而做匀速直线运动
D．若小球做减速直线运动，小球的速度由v 减小到零的最小时间可能等于
mv0
μmg＋qv0B
[解析]
若小球带负电，由左手定则可判断小球受到向下的洛伦兹力，不断增大磁感应强度B 的数值，小球受的摩
擦力越来越大，最后静止，不可能飘离地面，A 错误；对小球受力分析，竖直方向受到重力、支持力、洛伦兹力，水
平方向受向左的摩擦力，所以不可能做加速运动，B 错误；当小球速度v＝mg
qB时，小球受到的重力与洛伦兹力等大反
向，支持力为0，不受摩擦力，从而小球做匀速直线运动，C 正确；若小球做减速运动，由于速度变小，洛伦兹力减小，
小球所受摩擦力发生变化，做加速度变化的运动，此种情况下求不出对应时间，D 错误。
6．(2019·贵州省毕节地区模拟)如图所示，纸面内半径为R、圆心为O 的圆形区城外存在磁感应强度大小为B、方
向垂直纸面向里的匀强磁场，纸面内的线段PA 与圆形区域相切于A 点，PA＝2 3R。若P 点处有一粒子源沿PA 方向射
出不同速率的带正电粒子(质量为m，电荷量为q，不计重力)，则能射入圆形区域内部的粒子的速率可能为(
CD
)
A．qBR
m
B．2qBR
m
C．7qBR
2m
D．4qBR
m
[解析]
粒子运动轨迹与圆相切时的运动轨迹如图所示：由几何知识得：
(r－R)2＋(2 3R)2＝(r＋R)2，解得：r＝3R，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＝
3qBR
m ，当粒子速度：v′＞3qBR
m ，粒子可以进入圆形区域，C、D 正确，A、B 错误。
7．(2019·湖南省衡阳市模拟)如图所示，圆形区域半径为R，区域内有一垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度的
大小为B，P 为磁场边界上的最低点。大量质量均为m，电荷量绝对值均为q 的带负电粒子，以相同的速率从P 点射
入磁场区域，速度方向沿位于纸面内的各个方向。粒子的轨道半径为2R，A、C 为圆形区域水平直径的两个端点，粒
子重力不计，空气阻力不计，则(
ABD
)
A．粒子射入磁场的速率为v＝2RqB
m
B．粒子在磁场中运动的最长时间为t＝πm
3qB
C．不可能有粒子从C 点射出磁场
D．若粒子的速率可以变化，则可能有粒子从A 点水平射出
[解析]
由洛仑兹力提供向心力qvB＝mv2
r ，当r＝2R 时，速度v＝2RqB
m ，A 正确；要使带电粒子在圆形磁场中的
时间最长，则是以磁场圆直径为弦的轨迹时间最长。由几何关系知：此轨迹在磁场的偏转角为60°，所以最长时间tmax
＝60°
360°T＝πm
3qB，B 正确；若入射速度恰当，则粒子能够通过C 点，甚至能够找到圆心：作PC 的中垂线，以P 或C 为
圆心，以2R 为半径画弧交PC 中垂线于OC，即通过C 点轨迹的圆心，C 错误；若粒子的速度变为RqB
m ，则其运动半径
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为R，若粒子从P 点向上入射，则从A 点水平射出，D 正确。
8．(2019·福建省泉州市模拟)如图所示，在x 轴上方空间存在磁感应强为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场。在原
点O 处有一粒子源，沿纸面各个方向不断地放出同种粒子，粒子以相同的速率v 射入磁场。粒子重力及粒子间的作用
均不计。图中的阴影部分表示粒子在磁场中能经过的区域，其边界与y 轴交点为M，与x 轴交点为N，已知ON＝L。
下列说法正确的是(
CD
)
A．能经过M 点的粒子必能经过N 点
B．粒子的电荷量与质量之比为v
LB
C．从ON 的中点离开磁场的粒子在磁场中运动的时间可能为πL
6v
D．从N 点离开磁场的粒子在磁场中运动的时间为πL
2v
[解析]
经过M 点的粒子，以垂直方向出场，必定以垂直方向入场，故沿x 轴正方向经过O 点射出，不会经过N
点，A 错误；经过N 点的粒子垂直x 轴出场，必定垂直x 轴入场，即ON＝L＝2R。由qvB＝mv2
R，所以R＝L
2。联立得mv
qB
＝L
2，粒子的电荷量与质量之比q
m＝2v
BL，B 错误；从ON 中点离开，故x 轴切轨迹圆弧长为L
2，对应圆心角可能为360°
－60°＝300°。粒子做圆周运动的周期T＝2πR
v ＝πL
v ，从ON 中点离开磁场的粒子在磁场中运动的时间为t＝5
6T＝5πL
6v ；
从ON 中点离开，x 轴切轨迹圆弧长为L
2，对应圆心角也可能为60°。粒子在磁场中运动的时间为t＝1
6T＝πl
6v，C 正确：
从N 点离开磁场的粒子在磁场中运动半周，在磁场中运动的时间t＝1
2T＝πL
2v，D 正确。
二、计算题(本题共2 小题，需写出完整的解题步骤)
9. (2019·江苏一模)如图所示，空间存在方向垂直于xOy 平面向里的匀强磁场，在0＜y＜d 的区域I 内的磁感应强
度大小为B，在y＞d 的区域Ⅱ内的磁感应强度大小为2B。一个质量为m、电荷量为(－q)的粒子以速度qBd
m 从O 点沿y
轴正方向射入区域I。不计粒子重力。
(1)求粒子在区域I 中运动的轨道半径；
(2)若粒子射入区域I 时的速度为v＝2qBd
m ，求粒子打在x 轴上的位置坐标，并求出此过程中带电粒子运动的时间；
(3)若此粒子射入区域I 的速度v＞qBd
m ，求该粒子打在x 轴上位置坐标的最小值。
[答案]
(1)d
(2)x＝(4－3)d；t＝2πm
3Bq
(3) 3d
[解析]
(1)带电粒子在区域Ⅰ中做匀速圆周运动，设速度为v0
由牛顿第二定律得：qv0B＝mv20
R
得粒子轨道半径：R＝d
(2)当粒子射入区域Ⅰ时的速度为v＝2v0 时，如图1 所示
在OA 段圆周运动的圆心在O1，半径为R1＝2d
在AB 段圆周运动的圆心在O2，半径为R2＝d
在BP 段圆周运动的圆心在O3，半径为R1＝2d
可以证明ABPO3 为矩形，则图1 中θ＝30°
粒子打在x 轴上的位置坐标xp＝(OO1＋O1P)＝(4－3)d
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粒子在OA 段运动的时间为t1＝θ
2π·2πm
Bq ＝πm
6Bq
粒子在AB 段运动的时间为t2＝π－2θ
2π
·πm
Bq＝πm
3Bq
粒子在BP 段运动的时间为t3＝t1＝πm
6Bq
在此过程中粒子的运动时间t＝2t1＋t2＝2πm
3Bq
(3)设粒子在区域Ⅰ中轨道半径为R，由图2 可得：粒子在x 轴上位置坐标
x＝2(R－R2－d2)＋R2－d2＝2R－R2－d2
化简得：3R2－4Rx＋x2＋d2＝0
化为：3(R－2
3x)2－1
3x2＋d2＝0
即3(R－2
3x)2＝1
3x2－d2≥0
则，当R＝2
3x 时，位置坐标x 的最小值，xmin＝3d
10.(2019·云南二模)如图所示，在一直角坐标系xOy 平面内有圆形区域，圆心在x 轴负半轴上，P、Q 是圆上的两
点，坐标分别为P(－8L,0)，Q(－3L,0)。y 轴的左侧空间，在圆形区域外，有一匀强磁场，磁场方向垂直于xOy 平面向
外，磁感应强度的大小为B，y 轴的右侧空间有一磁感应强度大小为2B 的匀强磁场，方向垂直于xOy 平面向外。现从
P 点沿与x 轴正方向成37°角射出一质量为m、电荷量为q 的带正电粒子，带电粒子沿水平方向进入第一象限，不计粒
子的重力。求：
(1)带电粒子的初速度；
(2)粒子从P 点射出到再次回到P 点所用的时间。
[答案]
(1)8qBL
m
(2)(1＋41π
45 ) m
qB
[解析]
(1)粒子在圆形区域做匀速直线运动，在磁场中做匀速圆周运动，运动轨迹如图所示：
由几何知识得：QC＝5Lsin37°＝3L，O1Q＝OQ
sin37°＝3L
0.6＝5L，
粒子在y 轴左侧磁场做圆周运动的轨道半径为：r1＝O1Q＋QC＝8L，
粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvB＝mv2
r1
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解得：v＝8qBL
m
(2)粒子在y 轴右侧磁场区域做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qv·2B＝mv2
r2
解得：r2＝4L，由于r2＝4L，粒子经过y 轴右侧磁场后从O1 点垂直y 轴射入作出磁场，根据对称性，在y 轴左侧
磁场中做圆周运动，经圆周上的E 点沿直线打到P 点，
粒子从P 点射出到再次回到P 点运动轨迹如图所示，
由几何知识得：PC＝5Lcos37°＝4L
粒子从P 到C 的运动时间：t1＝PC
v ＝4L
v
粒子从C 到D 做圆周运动的周期：T1＝2πm
qB ，运动时间：t2＝37
360T1
粒子从D 到O1 做圆周运动的周期：T2＝2πm
q·2B＝πm
qB
粒子在y 轴右侧磁场做圆周运动的时间：t3＝1
2T2
粒子从P 点出发回到P 点的运动时间：t＝2t1＋2t2＋t3
解得：t＝(1＋41π
45 ) m
qB
第10 讲
带电粒子在复合场中的运动
1．(2019·天津，4)笔记本电脑机身和显示屏对应部位分别有磁体和霍尔元件。当显示屏开启时磁体远离霍尔元件，
电脑正常工作；当显示屏闭合时磁体靠近霍尔元件，屏幕熄灭，电脑进入休眠状态。如图所示，一块宽为a、长为c
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的矩形半导体霍尔元件，元件内的导电粒子是电荷量为e 的自由电子，通入方向向右的电流时，电子的定向移动速度
为v。当显示屏闭合时元件处于垂直于上表面、方向向下的匀强磁场中，于是元件的前、后表面间出现电压U，以此控
制屏幕的熄灭。则元件的(
D
)
A．前表面的电势比后表面的低
B．前、后表面间的电压U 与v 无关
C．前、后表面间的电压U 与c 成正比
D．自由电子受到的洛伦兹力大小为eU
a
[解析]
A 错：由左手定则判断，后表面带负电，电势低。B、C 错：电子受力平衡后，U 稳定不变，由eU
a＝evB
得U＝Bav，U 与v 成正比，与c 无关。D 对：洛伦兹力F＝evB＝eU
a 。
2．(2019·全国卷Ⅲ，24)空间存在一方向竖直向下的匀强电场，O、P 是电场中的两点。从O 点沿水平方向以不同
速度先后发射两个质量均为m 的小球A、B。A 不带电，B 的电荷量为q(q>0)。A 从O 点发射时的速度大小为v0，到达
P 点所用时间为t；B 从O 点到达P 点所用时间为t
2。重力加速度为g，求：
(1)电场强度的大小；
(2)B 运动到P 点时的动能。
[答案]
(1)3mg
q
(2)2m(v20＋g2t2)
[解析]
(1)设电场强度的大小为E，小球B 运动的加速度为a。根据牛顿第二定律、运动学公式和题给条件，有
mg＋qE＝ma
①
1
2a
t
2 2＝1
2gt2
②
解得
E＝3mg
q
③
(2)设B 从O 点发射时的速度为v1，到达P 点时的动能为Ek，O、P 两点的高度差为h，根据动能定理有
Ek－1
2mv21＝mgh＋qEh
④
且有
v1t
2＝v0t
⑤
h＝1
2gt2
⑥
联立③④⑤⑥式得
Ek＝2m(v20＋g2t2)
⑦
3．(2018·全国卷Ⅰ，25)如图，在y>0 的区域存在方向沿y 轴负方向的匀强电场，场强大小为E；在y<0 的区域存
在方向垂直于xOy 平面向外的匀强磁场。一个氕核11H 和一个氘核21H 先后从y 轴上y＝h 点以相同的动能射出，速度方
向沿x 轴正方向。已知11H 进入磁场时，速度方向与x 轴正方向的夹角为60°，并从坐标原点O 处第一次射出磁场。11H
的质量为m，电荷量为q。不计重力。求
(1)11H 第一次进入磁场的位置到原点O 的距离；
(2)磁场的磁感应强度大小；
(3)21H 第一次离开磁场的位置到原点O 的距离。
[答案]
(1)2 3
3 h
(2)
6mE
qh
(3)2 3
3 ( 2－1)h
[解析]
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(1)11H 在电场中做类平抛运动，在磁场中做匀速圆周运动，运动轨迹如图所示。设11H 在电场中的加速度大小为a1，
初速度大小为v1，它在电场中的运动时间为t1，第一次进入磁场的位置到原点O 的距离为s1。由运动学公式有
s1＝v1t1
①
h＝1
2a1t21
②
由题给条件，11H 进入磁场时速度的方向与x 轴正方向夹角θ1＝60°。11H 进入磁场时速度的y 分量的大小为
a1t1＝v1tanθ1
③
联立以上各式得
s1＝2 3
3 h
④
(2)11H 在电场中运动时，由牛顿第二定律有
qE＝ma1
⑤
设11H 进入磁场时速度的大小为v′1，由速度合成法则有
v′1＝
v21＋a1t12
⑥
设磁感应强度大小为B，11H 在磁场中运动的圆轨道半径为R1，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有
qv′1B＝mv′21
R1
⑦
由几何关系得
s1＝2R1sinθ1
⑧
联立以上各式得
B＝
6mE
qh
⑨
(3)设21H 在电场中沿x 轴正方向射出的速度大小为v2，在电场中的加速度大小为a2，由题给条件得
1
2(2m)v22＝1
2mv21
⑩
由牛顿第二定律有
qE＝2ma2
⑪
设21H 第一次射入磁场时的速度大小为v′2，速度的方向与x 轴正方向夹角为θ2，入射点到原点的距离为s2，在电
场中运动的时间为t2。由运动学公式有
s2＝v2t2
⑫
h＝1
2a2t22
⑬
v′2＝
v22＋a2t22
⑭
sinθ2＝a2t2
v′2
⑮
联立以上各式得
s2＝s1，θ2＝θ1，v′2＝2
2 v′1
⑯
设21H 在磁场中做圆周运动的半径为R2，由⑦⑯式及粒子在匀强磁场中做圆周运动的半径公式得
R2＝2mv′2
qB
＝2R1
⑰
所以出射点在原点左侧。设21H 进入磁场的入射点到第一次离开磁场的出射点的距离为s′2，由几何关系有
s′2＝2R2sinθ2
⑱
联立④⑧⑯⑰⑱式得，21H 第一次离开磁场时的位置到原点O 的距离为
s′2－s2＝2 3
3 ( 2－1)h
4．(2018·全国卷Ⅱ，25)一足够长的条状区域内存在匀强电场和匀强磁场，其在xOy 平面内的截面如图所示：中间
是磁场区域，其边界与y 轴垂直，宽度为l，磁感应强度的大小为B，方向垂直于xOy 平面；磁场的上、下两侧为电场
区域，宽度均为l′，电场强度的大小均为E，方向均沿x 轴正方向；M、N 为条状区域边界上的两点，它们的连线与
y 轴平行。一带正电的粒子以某一速度从M 点沿y 轴正方向射入电场，经过一段时间后恰好以从M 点入射的速度从N
点沿y 轴正方向射出。不计重力。
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(1)定性画出该粒子在电磁场中运动的轨迹；
(2)求该粒子从M 点入射时速度的大小；
(3)若该粒子进入磁场时的速度方向恰好与x 轴正方向的夹角为π
6，求该粒子的比荷及其从M 点运动到N 点的时间。
[答案]
(1)见解析
(2)2El′
Bl
(3)Bl
E
1＋
3πl
18l′
图(a)
[解析]
(1)粒子运动的轨迹如图(a)所示。(粒子在电场中的轨迹为抛物线，在磁场中为圆弧，上下对称)
(2)粒子从电场下边界入射后在电场中做类平抛运动。设粒子从M 点射入时速度的大小为v0，在下侧电场中运动的
时间为t，加速度的大小为a；粒子进入磁场的速度大小为v，方向与电场方向的夹角为θ[如图(b)]，速度沿电场方向的
分量为v1。根据牛顿第二定律有
图(b)
qE＝ma
①
式中q 和m 分别为粒子的电荷量和质量。由运动学公式有
v1＝at
②
l′＝v0t
③
v1＝vcosθ
④
粒子在磁场中做匀速圆周运动，设其运动轨道半径为R，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律得
qvB＝mv2
R
⑤
由几何关系得
l＝2Rcosθ
⑥
联立①②③④⑤⑥式得
v0＝2El′
Bl
⑦
(3)由运动学公式和题给数据得
v1＝v0cotπ
6
⑧
联立①②③⑦⑧式得
q
m＝4 3El′
B2l2
⑨
设粒子由M 点运动到N 点所用的时间为t′，则
t′＝2t＋2
π
2－π
6
2π
T
⑩
式中T 是粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期，
T＝2πm
qB
⑪
由③⑦⑨○
10 ⑪式得
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t′＝Bl
E
1＋
3πl
18l′
带电粒子在组合场中的运动
核心知识
1．组合场模型
电场、磁场、重力场(或其中两种场)并存，但各位于一定区域，并且互不重叠的情况。
2．带电粒子在组合场内运动的解决方法
(1)要清楚场的性质、方向、强弱、范围等。
(2)带电粒子依次通过不同场区时，由受力情况确定粒子在不同区域的运动情况。
(3)正确地画出粒子的运动轨迹图。
(4)根据区域和运动规律的不同，将粒子运动的过程划分为几个不同的阶段，对不同的阶段选取不同的规律处理。
(5)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。
典例探究
【典例1】
(2019·福建省福州市模拟)如图所示，平面直角坐标系xOy 平面内，第一象限内存在沿y 轴负方向的
匀强电场；在第
Ⅳ象限有垂直纸面向外的匀强磁场，质量为m、电量为q 的带正电的粒子，从y 轴上的(0，L)点沿平行x 轴方向以
初速度v0 射入电场，粒子从x 轴上的(2L,0)点射入磁场，不计粒子重力，求：
(1)电场强度的大小；
(2)为使粒子能回到电场中运动的匀强磁场感应强度的最小值；
(3)在对应(2)的条件下，粒子第n 次到达电场中的最高点的水平坐标值及经历的时间。
[解析]
(1)粒子做类平抛运动，
L＝1
2at2
2L＝v0t
Eq＝ma
解得：E＝mv20
2qL
(2)粒子射入磁场时沿y 轴方向的速度vy＝at＝v0
射入磁场的速度v＝v2y＋v20＝2v0
速度与x 轴方向的夹角为θ，tanθ＝vy
v0
＝1，故θ＝45°
粒子能回到电场，磁场的磁感应强度最小值为B0，由几何关系可知
R＋Rsin45°＝2L
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由qvB0＝mv2
R
解得：B0＝2＋1mv0
2qL
(3)粒子进入电场后速度与x 轴正方向成θ，水平速度为vx＝2v0cos45°＝v0 竖直速度vy＝2v0sin45°＝v0
竖直速度减为0，竖直方向的位移y＝v20
2a
＝L
此过程的水平位移为x＝v0t＝2L
第n 次达到最高点对应的水平坐标值为x1＝2L＋2L－2R＝4L－2R
第1 次达到最高点对应的水平坐标值为xn＝n(4L－2R)
一个周期内圆周运动时间为t′＝3
4×2πm
qB0
完成一个周期的运动的时间为T＝2t＋t′
第n 次达到电场最高点的时间为tn＝n[2t＋32－1πL
v0
]＝32－1π＋4
v0
nL
[答案](1)mv20
2qL
(2)2＋1mv0
2qL
(3)n(4L－2R)；32－1π＋4
v0
nL
类题演练
1．(2019·山东省潍坊市模拟)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，
在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
垂直纸面向里
(2) 3R2
3
2π
9
6mR
Eq
(3)5 3
2 R
[解析]
解：(1)粒子匀加速运动，EqR＝1
2mv2
设圆周运动半径为r，qvB＝mv2
r
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
3 R
在磁场中运动的时间为：t＝rα
v
解得：t＝2π
9
6mR
Eq
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(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0 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＝3
2 R
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x′＝x＋x0＝5 3
2 R
带电粒子在复合场中的运动
核心知识
1．复合场模型
电场、磁场、重力场(或其中两种场)并存于同一区域的情况。
2．带电粒子在复合场中的运动情况分析
(1)当带电粒子在复合场中所受合力为零时，做匀速直线运动(如速度选择器)或处于静止状态。
(2)当带电粒子所受的重力与电场力等值反向，洛伦兹力提供向心力时，带电粒子在垂直于于磁场的平面内做匀速
圆周运动。
3．带电粒子在复合场中的受力情况分析
带电粒子在复合场中的运动问题是电磁学知识和力学知识的结合，分析方法和力学问题的分析方法基本相同，即
均用动力学观点、能量观点来分析，不同之处是多了电场力、洛伦兹力，二力的特点是电场力做功与路径无关，洛伦
兹力方向始终和运动速度方向垂直永不做功等。
【典例2】
(2019·河北衡水模拟)如图所示，质量m＝15 g、长度L＝2 m 的木板D 静置于水平地面上，木板D 与
地面间的动摩擦因数μ1＝0.1，地面右端的固定挡板C 与木板D 等高。在挡板C 右侧竖直虚线PQ、MN 之间的区域内
存在方向竖直向上的匀强电场，在两个半径分别为R1＝1 m 和R2＝3 m 的半圆围成的环带状区域内存在方向垂直纸面
向里的匀强磁场，两半圆的圆心O 到固定挡板C 顶点的距离OC＝2 m，现有一质量m＝15 g、带电荷量q＝＋6×10
－
3C 的物块A(可视为质点)以v0＝4 m/s 的初速度滑上木板D，二者之间的动摩擦因数μ2＝0.3，当物块A 运动到木板D 右
端时二者刚好共速，且木板D 刚好与挡板C 碰撞，物块A 从挡板C 上方飞入PQNM 区域，并能够在磁场区域内做匀
速圆周运动，重力加速度g 取10 m/s2。
(1)当物块A 刚滑上木板D 时，求物块A 和木板D 的加速度大小；
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(2)求电场强度的大小；
(3)为保证小物块A 只能从环带状区域的上、下两个开口端飞出，求磁感应强度大小的取值范围。
[解析]
(1)当物体刚滑上木板D 时，对物体A 受力分析有：μ2mg＝ma2
解得：a2＝3 m/s2
对木板D 受力分析有：
μ2 mg－μ1·2mg＝ma1
解得：a1＝1 m/s2
(2)物块A 进入区域PQNM 后，能在磁场区域内做匀速圆周运动，则有：mg＝qE
解得：E＝25 V/m；
(3)物块A 与木板D 共速时有：
v＝v0－a2t＝a1 t
解得：v＝1 m/s
粒子做匀速圆周运动有：
qvB＝mv2
R
要使物块A 只从环带状区域的上、下两个开口端飞出磁场，物块A 在磁场中运动的轨迹半径R 应满足：
R≤OC－R1
2
或OC＋R1
2
≤R≤CO＋R2
2
解得：B≥5T 或1T≤B≤5
3T。
[答案]
(1)3 m/s2,1 m/s2；(2)25 V/m；(3)1T≤B≤5
3T 或B≥5T
类题演练
2．(2019·辽宁省沈阳市模拟)空间同时存在匀强电场和匀强磁场。匀强电场的方向沿y 轴正方向，场强大小为E；
磁场方向垂直纸面向外。质量为m，电荷量为＋q 的粒子(重力不计)从坐标原点O 由静止释放，释放后，粒子恰能沿图
中的曲线运动。已知该曲线的最高点P 的纵坐标为h，曲线在P 点附近的一小部分，可以看作是半径为2h 的圆周上的
一小段圆弧。则(
C
)
A．粒子在y 轴方向做匀加速运动
B．粒子在最高点P 的速度大小为
qEh
2m
C．磁场的磁感应强度大小为
2mE
qh
D．粒子经过时间π
2mh
qE 运动到最高点
[解析]
粒子受到电场力和洛伦兹力作用，不可能做匀加速运动，A 错误；粒子从O 运动到P 的过程，只有电场
力做功，由动能定理得：qEh＝1
2mv2p，解得：vp＝
2qEh
m ，B 错误；粒子经过P 点时，由电场力和洛伦兹力的合力提
供向心力，则有：qvB－qE＝mv2p
2h，联立解得：B＝
2mE
qh ，C 正确；粒子从O 到P 的过程不是圆周运动，时间无法求
解，D 错误。
带电粒子在交变电磁场中的运动
核心知识
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1．带电粒子在交变电场或磁场中的运动情况比较复杂，一定要从粒子的受力情况分析，分析清楚粒子在不同时间
间隔内的运动情况。
(1)若交变电压的变化周期远大于粒子穿越电场的时间或粒子穿越电场的时间极短可忽略，则粒子在穿越电场的过
程中，电场可看作匀强电场。
(2)空间存在的电场或磁场是随时间周期性变化的，一般呈现“矩形波”的特点。交替变化的电场及磁场会使带电
粒子依次经过不同特点的电场或磁场或复合场，从而表现出“多过程”现象，其运动特点既复杂又隐蔽。
2．带电粒子在交变电、磁场中运动的分析方法
(1)仔细分析并确定各场的变化特点及相应的时间，其变化周期一般与粒子在电场或磁场中的运动周期有一定的联
系，应抓住变化周期与运动周期之间的联系作为解题的突破口。
(2)必要时，可把粒子的运动过程还原成一个直观的运动轨迹草图进行分析。
(3)把粒子的运动分解成多个运动阶段分别进行处理，根据每一阶段上的受力情况确定粒子的运动规律。
典例探究
【典例3】
(2019·全国考试大纲调研卷)如图所示，在两块水平金属极板间加上电压U 构成偏转电场(电场只存在
金属极板正对区域内)，一束比荷为q
m＝106 C/kg 带正电的粒子流(重力不计)，以速度v0＝104 m/s 沿水平方向从两金属
极板正中间射入。粒子经电场偏转后进入一具有理想边界的半圆形变化磁场区域，O 为圆心，磁场区域直径AB 长为L
＝1 m，AB 与水平方向成30°角。区域内有按如图所示规律作周期性变化的磁场，已知B0＝0.5 T，磁场方向以垂直于
纸面向外为正。粒子经偏转电场后，恰好从下极板边缘O 点与水平方向成60°斜向下射入磁场。求：
(1)两金属极板间的电压U 是多大？
(2)若T0＝0.5 s，求t＝0 s 时刻射入磁场的带电粒子在磁场中运动的时间t 和离开磁场的位置；
(3)要使所有带电粒子通过O 点后的运动过程中不再从AB 两点间越过，求出磁场的变化周期T0 应满足的条件。
[解析]
(1)粒子在电场中做类平抛运动，射出电场时速度方向与水平方向成60°，
所以从O 点射出时速度
v＝2v0；
由动能定理可得：
qU
2＝1
2m(2v0)2－1
2mv20
代入数据解得：U＝300 V
(2)周期：T＝2πm
qB ，T
2＝πm
qB＝2π×10
－6 s＜T0
2
r＝mv
qB＝0.04 m＜L
2
粒子在磁场中经过半周从OB 中穿出，粒子在磁场中运动时间t＝T
2＝2π×10
－6s，射出点在OB 间离O 点0.08 m
(3)粒子运动周期：T＝2πm
qB
＝4π×10
－6 s，粒子在t＝0、t＝T0
2 等时刻射入时，粒子最可能从AB 间射出。
如图，由几何关系可得临界时θ＝5π
6
要不从AB 边界射出，应满足T0
2 ＜θ
2π T
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解得：T0＜π
3×10
－5 s
[答案](1)300 V
(2)2π×10
－6 s；射出点在OB 间离O 点0.08 m
(3)T0＜π
3×10
－5 s
类题演练
3．(2019·合肥三模)图甲为直角坐标xOy，y 轴正向沿竖直向上方向，其所在空间分布着均匀的、大小随时间周期
性变化的电场和磁场，其变化规律如图乙所示，规定电场强度方向沿y 轴正向为正方向，磁感应强度方向垂直坐标xOy
平面向里为正方向。t＝0 时刻，电荷量为q、质量m 的带正电粒子由坐标原点O 静止释放，已知场强大小E0＝2mg
q ，
磁感应强度大小B0＝2πm
q
，g 取10 m/s2。求：
(1)t＝1 s 末粒子速度的大小和方向；
(2)粒子第一次进入磁场时做圆周运动的半径和周期；
(3)在0～6 s 内粒子运动过程中最高点的位置坐标。
[答案]
(1)10 m/s
竖直向上
(2)5
π m/s；1 s
(3)(－15
π ，45＋15
π )
[解析]
(1)粒子自坐标原点O 静止释放，设1 s 末速度大小为v1，根据牛顿第二定律可得：qE0－mg＝ma
根据v1＝at1
代入数据解得v1＝10 m/s，方向竖直向上
(2)1 s 末粒子第一次进入磁场，由于粒子受重力和电场力平衡，粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，则qv1B0
＝mv21
r1
解得r1＝5
π m
周期T＝2πr1
v1
＝1 s
(3)粒子在2 s 末回到y 轴，以v1＝10 m/s 初速度沿y 轴正方向运动，设3 s 末粒子速度的大小为v2，根据动量定理
可得：
(qE0－mg)t＝mv2－mv1
代入数据解得v2＝20 m/s，方向竖直向上
3 s 末粒子第2 次进入磁场做匀速圆周运动，周期不变，4 s 末再次回到y 轴，以v2＝20 m/s 初速度沿y 轴正方向运
动，5 s 末的速度为v3＝30 m/s，第3 次进入磁场做匀速圆周运动，第6 s 刚好回到y 轴，速度方向向上，则最上方圆的
半径R＝mv3
qB0
＝15
π m
前5 s 加速时间t5＝3 s，根据位移时间关系可得前5 s 竖直方向的位移y5＝v3
2 ×t5＝45 m，所以在0～6 s 内粒子运
动过程中最高点的位置坐标x＝－R＝－15
π m，y＝y5＋R＝45＋15
π m。
即最高点坐标P(－15
π ，45＋15
π )
一、选择题(本题共5 小题，其中1～3 题为单选，4～5 题为多选)
1．(2019·湖南省模拟)如图所示，在水平连线MN 和PQ 间有竖直向上的匀强电场，在MN 上方有水平向里的匀强
磁场。两个质量和带电量均相等的带正电的粒子A、B，分别以水平初速度v0、2v0 从PQ 连线上O 点先后进入电场，
带电粒子A、B 第一次在磁场中的运动时间分别为tA 和tB，前两次穿越连线MN 时两点间的距离分别为dA 和dB，粒子
重力不计，则(
A
)
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A．tA 一定小于tB，dA 一定等于dB
B．tA 一定小于tB，dA 可能小于dB
C．tA 可能等于tB，dA 一定等于dB
D．tA 可能等于tB，dA 可能小于dB
[解析]
粒子在电场中运动只受电场力作用，故加速度相等，那么，粒子第一次穿过MN 时的竖直分速度vy 相同，
水平速度不变，分别为v0 和2v0；粒子在磁场中运动只受洛伦兹力作用，故粒子做匀速圆周运动，洛伦兹力为向心力，
故有：Bqv＝mv2
R
，所以，轨道半径R＝mv
qB
，运动周期T＝2πR
v ＝2πm
qB ，那么，根据圆周运动规律可得：粒子转过的圆心
角为360°－2arctanvy
vx
，故粒子A 转过的圆心角比粒子B 小，又有周期相等，故tA＜tB；前两次穿越连线MN 时两点间的
距离为2Rsin(arctanvy
vx
)＝2Rvy
v ＝2mvy
qB ，故dA＝dB，A 正确，B、C、D 错误。
2．(2019·江苏省南京市模拟)磁流体发电机的原理如图所示。将一束等离子体连续以速度v 垂直于磁场方向喷入磁
感应强度为B 的匀强磁场中，可在相距为d，面积为S 的两平行金属板间产生电压。现把上、下板和电阻R 连接，上、
下板等效为直流电源的两极。等离子体稳定时在两板间均匀分布，电阻率为ρ。忽略边缘效应，下列判断正确的是(
C
)
A．上板为正极，a、b 两端电压U＝Bdv
B．上板为负极，a、b 两端电压U＝Bd2vρS
RS＋ρd
C．上板为正极，a、b 两端电压U＝BdvRS
RS＋ρd
D．上板为负极，a、b 两端电压U＝BdvRS
Rd＋ρS
[解析]
稳定时电源的电动势为：E＝Bdv，则流过R 的电流为：I＝E
R＋r而r＝ρd
S，解得a、b 两端电压U＝BdvRS
RS＋ρd
；
根据左手定则，正电荷受到的洛伦兹力方向向上，负电荷受到的洛伦兹力向下，因此上极板为电源的正极，即a 板为
电源的正极，故C 正确。
3. (2019·丰台区一模)如图所示，地面附近某真空环境中存在着水平方向的匀强电场和匀强磁场，已知磁场方向垂
直纸面向里，一个带正电的油滴，沿着一条与竖直方向成α角的直线MN 运动，由此可以判断(
A
)
A．匀强电场方向一定是水平向左
B．油滴沿直线一定做匀加速运动
C．油滴可能是从N 点运动到M 点
D．油滴一定是从N 点运动到M 点
[解析]
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粒子的受力如图所示的情况，即电场力只能水平向左，粒子才能沿直线运动，故A 正确；油滴做直线运动，受重
力、电场力和洛伦兹力作用，因为重力和电场力均为恒力，根据物体做直线运动条件可知，粒子所受洛伦兹力亦为恒
力据F＝qvB 可知，粒子必定做匀速直运动，故B 错误；粒子受到的洛仑磁力的方向为垂直MN 向上，又因为粒子带
正电，再结合左手定则，可知油滴一定是从M 点运动到N 点，故C、D 错误。
4．(2019·湖南模拟)如图所示，绝缘中空轨道竖直固定，圆弧段COD 光滑，对应圆心角为120°，C、D 两端等高，
O 为最低点，圆弧圆心为O′，半径为R；直线段AC，HD 粗糙，与圆弧段分别在C、D 端相切；整个装置处于方向
垂直于轨道所在平面向里、磁感应强度为B 的匀强磁场中，在竖直虚线MC 左侧和ND 右侧还分别存在着场强大小相
等、方向水平向右和向左的匀强电场。现有一质量为m、电荷量恒为q、直径略小于轨道内径、可视为质点的带正电小
球，从轨道内距C 点足够远的P 点由静止释放。若PC＝L，小球所受电场力等于其重力的3
3 倍，重力加速度为g。则
(
AD
)
A．小球第一次沿轨道AC 下滑的过程中，先做加速度减小的加速运动，后做匀速运动
B．小球在轨道内受到的摩擦力可能大于2 3
3 mg
C．经足够长时间，小球克服摩擦力做的总功是4 3
3 mgl
D．小球经过O 点时，对轨道的弹力可能为2mg－qB gR
[解析]
小球第一次沿轨道AC 下滑的过程中，由题意可知，电场力与重力的合力方向恰好沿着斜面AC，则刚开
始小球与管壁无作用力，当从静止运动后，由左手定则可知，洛伦兹力导致球对管壁有作用力，从而导致滑动摩擦力
增大，而重力与电场力的合力大小为F＝
mg2＋3
3 mg2＝2 3
3 mg 不变，故根据牛顿第二定律可知，做加速度减小
的加速运动，当摩擦力等于两个力的合力时，做匀速运动，故A 正确；当小球的摩擦力与重力及电场力的合力相等时，
小球做匀速直线运动，小球在轨道内受到的摩擦力最大，则为2 3
3 mg，不可能大于2 3
3 mg，故B 错误；根据动能定理，
可知，取从静止开始到最终速度为零，则摩擦力做功与重力及电场力做功之和为零，则摩擦力总功为2 3
3 mgL，故C
错误；对小球在O 点受力分析，且由C 向D 运动，由牛顿第二定律，则有：N－mg＋Bqv＝mv2
R；由C 到O 点，机械
能守恒定律，则有：mgRsin30°＝1
2mv2；解得N＝2mg－qB gR，即当小球由C 向D 运动时，则对轨道的弹力为2mg－
qB gR，故D 正确。
5．(2019·湖北省宜昌市模拟)如图所示直角坐标系xOy，P(a，－b)为第四象限内的一点，一质量为m、电量为q 的
负电荷(电荷重力不计)从原点O 以初速度v0 沿y 轴正方向射入。第一次在整个坐标系内加垂直纸面向内的匀强磁场，
该电荷恰好能通过P 点；第二次保持y>0 区域磁场不变，而将y<0 区域磁场改为沿x 方向匀强电场，该电荷仍通过P
点(
AC
)
A．匀强磁场的磁感应强度B＝2amv0
qa2＋b2
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B．匀强磁场的磁感应强度B＝
2amv0
q a2＋b2
C．电荷从O 运动到P，第二次所用时间一定短些
D．电荷通过P 点时的速度，第二次与x 轴负方向的夹角一定小些
[解析]
第一次在整个坐标系内加垂直纸面向内的匀强磁场，该电荷恰好能通过P 点；粒子做匀速圆周运动，由几
何作图得(a－R)2＋b2＝R2，解得R＝a2＋b2
2a
，由qvB＝m v2
R解得匀强磁场的磁感应强度B＝2amv0
qa2＋b2
，故A 正确，B 错
误；
第二次保持y>0 区域磁场不变，而将y<0 区域磁场改为沿x 方向匀强电场，该电荷仍通过P 点，粒子先做匀速圆
周运动，后做类平抛运动，运动时间t2＝1
2T＋b
v0
；第一次粒子做匀速圆周运动，运动时间t1＝1
2T＋QP
v0
，弧长大于b，所
以t1>t2，即第二次所用时间一定短些，故C 正确；电荷通过P 点时的速度，第一次与x 轴负方向的夹角为α，则有tanα
＝R2－b2
b
＝a2－b2
2ab
；第二次与x 轴负方向的夹角θ，则有tanθ＝
b
2
R－R2－b2
＝a
2b，所以有tanθ>tanα，电荷通过P 点时
的速度，第二次与x 轴负方向的夹角一定大些，故D 错误；故选AC。
二、计算题(本题共3 小题，需写出完整的解题步骤)
6．如图甲所示，偏转电场的两个平行极板水平放置，板长L＝0.08 m，板间距足够大，两板的右侧有水平宽度l
＝0.06 m、竖直宽度足够大的有界匀强磁场。一个比荷为q
m＝5×107 C/kg 的带负电粒子以速度v0＝8×105 m/s 从两板中
间沿与板平行的方向射入偏转电场，若从该粒子进入偏转电场时开始计时，板间场强恰好按图乙所示的规律变化，粒
子离开偏转电场后进入匀强磁场并最终垂直磁场右边界射出。不计粒子重力，求：
(1)粒子在磁场中运动的速率v；
(2)粒子在磁场中运动的轨道半径R 和磁场的磁感应强度B。
[答案]
(1)v＝1×106 m/s
(2)0.1 m；0.2 T
[解析]
(1)根据题意，电子在偏转电场中的运动时间：
t＝L
v0
＝10×10
－8 s
①
对比乙图可知，电子在极板间运动的时间是偏转电场的一个周期。
②
在第一个t＝5×10
－8 s 时间内，电子在垂直于极板方向上做初速为0 的匀加速直线运动，有：
qE＝ma
③
v1＝at
④
在第二个t＝5×10
－8 s 时间内，电子做匀速直线运动，带电粒子进入磁场时的速度为：
v＝v20＋v21
⑤
联解①③④⑤得：v＝1×106 m/s
⑥
(2)做出电子在磁场中的轨迹如图所示：
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⑦
设带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R，由几何关系有：
l
R＝v1
v
⑧
粒子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律有：
qvB＝mv2
R
⑨
联解⑦⑧得：
R＝0.1 m
B＝0.2 T
7．(2019·河北省保定市模拟)如图所示，在xOy 坐标系的第—象限内，等腰直角三角形aOb 区域内，有垂直于纸
面向外的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为B，第四象限内有方向沿y 轴正向的匀强电场，电场强度大小为E，一个
质量为m、电荷量为q 的带电粒子在y 轴上的A 点由静止释放，结果粒子经电场加速进入磁场，粒子第一次在磁场中
偏转时恰好不能从ab 边射出磁场，不计粒子的重力，Oa 边的长为d，求：
(1)粒子在开始释放时A 点的坐标；
(2)若改变粒子在y 轴上的位置，使粒子由静止释放后最后均能垂直于ab 边射出磁场，求粒子在y 轴上开始释放的
位置对应的y 坐标值满足的条件及粒子从开始释放到从ab 边射出磁场所用的时间。
[答案]
(1)(0，－3－2 2qB2d2
2mE
)
(2)－y＝
－qB2d2
22n＋12mE
(n＝0,1,2…)
t＝Bd
E ＋(1
4＋n)πm
qB(n＝0,1,2…)
[解析]
(1)设粒子在磁场中偏转的轨道半径为R1，由几何关系得R＋2R＝d
求得R＝( 2－1)d
由牛顿第二定律得qv0B＝mv20
R
设粒子开始时在y 轴上的坐标为(0，y0)
qEy0＝1
2mv20
求得y0＝3－2 2qB2d2
2mE
因此粒子开始时在y 轴上的坐标为(0，－3－2 2qB2d2
2mE
)
(2)要使粒子能垂直ab 边射出磁场，则粒子在磁场中运动的半径满足d＝(2n＋1)R(n＝0,1,2，…)
由牛顿第二定律得qvB＝mv2
R
设粒子开始时在y 轴上的坐标为(0，－y)
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qEy＝1
2mv2
求得y＝
qB2d2
22n＋12mE
(n＝0,1,2，…)
因此粒子开始释放的位置对应的y 轴的坐标值为
－y＝－
qB2d2
22n＋12mE
(n＝0,1,2，…)
粒子在电场中加速的加速度a＝qE
m
粒子在电场中运动的时间t1＝(2n＋1)
2y
a (n＝0,1,2，…)
求得t1＝Bd
E
粒子在磁场中做圆周运动的周期T＝2πm
qB
因此粒子在磁场中运动的时间t2＝T
8＋nT
2(n＝0,1,2，…)
求得t2＝(1
4＋n)πm
qB(n＝0,1,2，…)
运动的总时间t＝t1＋t2＝Bd
E ＋(1
4＋n)πm
qB(n＝0,1,2，…)
8．(2019·河北省衡水市一检)空间三维直角坐标系O－xyz 如图所示(重力沿y 轴负方向)，同时存在与xOy 平面平行
的匀强电场和匀强磁场，它们的方向与x 轴正方向的夹角均为53°。(已知重力加速度为g，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6)
(1)若一电荷量为＋q、质量为m 的带电质点沿平行于z 轴正方向的速度v0 做匀速直线运动，求电场强度E 和磁感
应强度B 的大小；
(2)若一电荷量为q0、质量为m 的带电质点沿平行于z 轴正方向以速度v0 通过y 轴上的点P(0，h,0)时，调整电场
使其方向沿x 轴负方向、大小为E0。适当调整磁场，则能使带电质点通过坐标Q(h,0,0.5h)点，问通过Q 点时其速度大
小；
(3)若一电荷量为－q、质量为m 的带电质点沿平行于z 轴正方向以速度v0 通过y 轴上的点P(0,0.6h,0)时，改变电场
强度大小和方向，同时改变磁感应强度的大小，但不改变其方向，带电质点做匀速圆周运动能经过x 轴上的某点M，
问电场强度E′和磁感应强度B′的大小满足什么条件？并求出带电质点经过x 轴M 点的时间。
[答案]
(1)B＝3mg
5qv0
E＝4mg
5q
(2) vQ＝
2g＋qE0
m ＋v20
(3)t＝T
2＋nT＝(1
2＋n)πh
v0
(n＝1,2,3…)
[解析]
(1)在xOy 平面内质点受力如图所示，电场力F1
方向与洛伦兹力F2 方向垂直，
根据物体的平衡条件有：
qE＝mgsin53°
qv0B＝mgcos53°
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E＝4mg
5q
B＝3mg
5qv0
(2)洛伦兹力不做功
所以，由P 点到Q 点，根据动能定理：
1
2 mv2Q－1
2mv20＝mgh＋qE0h
vQ＝
2g＋qE0
m h＋v20
(3)当电场力和重力平衡时，带电质点只受洛伦兹力作用，在v0 方向和F2＝B′qv0 方向所在直线决定平面内做匀
速圆周运动，如图所示。
E′q＝mg
E′＝mg
q
方向竖直向下
要使带电质点经过x 轴，圆周的直径
2r＝0.6h
cos53°
＝h
根据B′qv0＝mv20
r
B′＝2mv0
qh
带电质点的运动周期为
T＝2πr
v0
＝2πm
qB′＝πh
v0
质点经半个周期第一次通过x 轴，以后每经过整周期又经过x 轴。所以经过x 轴的时间为
t＝T
2＋nT＝(1
2＋n)πh
v0
(n＝1,2,3…)
专题四
电路和电磁感应
[要点解读]
[备考对策]
1.电磁感应部分：以考查楞次定律和法拉第电
磁感应定律的应用为主，多涉及牛顿运动定
律、电功和电热等力电综合问题。考查形式
为选择题或计算题。
2.恒定电流部分：以选择题的形式考查动态电
路、电路故障、含电容电路和含电表电路等
问题的分析。
3.交变电流部分：以选择题的形式考查交变电
流有效值与峰值的关系、理想变压器的原理。
复习时应理清各个基本概念，熟记各公
式及适用条件，掌握交流电“四值”的特点
及适用范围，注意训练和掌握闭合电路的动
态分析问题、含电容电路的分析问题、变压
器电路的动态分析问题及电磁感应与电路相
综合问题的分析思路与方法，强化电磁感应
图象问题的训练，提高解决与实际生活、生
产科技相结合的实际问题的能力。
第11 讲
直流与交流电路问题
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1．(2019·天津，8)单匝闭合矩形线框电阻为R，在匀强磁场中绕与磁感线垂直的轴匀速转动，穿过线框的磁通量Φ
与时间t 的关系图象如图所示。下列说法正确的是(
BC
)
A．T
2时刻线框平面与中性面垂直
B．线框的感应电动势有效值为2πΦm
T
C．线框转一周外力所做的功为2π2Φ2m
RT
D．从t＝0 到t＝T
4过程中线框的平均感应电动势为πΦm
T
[解析]
A 错：中性面的特点是线框平面与磁场垂直，穿过的磁通量最大，磁通量变化率最小，则T
2时刻线框在中
性面上。B 对：电动势最大值为Em＝Φmω＝Φm2π
T ，对正弦交流电，E 有＝Em
2
＝2πΦm
T
。C 对：由功能关系知，线框转
一周外力做的功等于产生的电能，W＝E 电＝E2
有
R
·T＝2π2Φ2m
RT 。D 错：由法拉第电磁感应定律知，E ＝ΔΦ
Δt ＝
Φm
T
4
＝4Φm
T 。
2．(2019·江苏，1)某理想变压器原、副线圈的匝数之比为1
10，当输入电压增加20 V 时，输出电压(
D
)
A．降低2 V
B．增加2 V
C．降低200 V
D．增加200 V
[解析]
理想变压器的电压与匝数关系为U1
U2
＝n1
n2
＝U1＋ΔU1
U2＋ΔU2
，整理可得ΔU1
ΔU2
＝n1
n2
，即原、副线圈匝数比等于电压变化
量之比，当ΔU1＝20 V 时，ΔU2＝200 V，选项D 正确。
3．(2019·江苏，3)如图所示的电路中，电阻R＝2 Ω。断开S 后，电压表的读数为3 V；闭合S 后，电压表的读数
为2 V，则电源的内阻r 为(
A
)
A．1 Ω
B．2 Ω
C．3 Ω
D．4 Ω
[解析]
当S 断开后，电压表读数为U＝3 V，可认为
电动势E＝3 V
当S 闭合后，由闭合电路欧姆定律知
E＝U′＋Ir，且I＝U′
R
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整理得电源内阻r＝E－U′R
U′
＝1 Ω，选项A 正确。
4．(2018·全国卷Ⅲ，16)一电阻接到方波交流电源上，在一个周期内产生的热量为Q 方；若该电阻接到正弦交流电
源上，在一个周期内产生的热量为Q 正。该电阻上电压的峰值均为u0，周期均为T，如图所示。则Q 方∶Q 正等于
(
D
)
A．1∶2
B．2∶1
C．1∶2
D．2∶1
[解析]
由有效值概念知，一个周期内产生热量Q 方＝u20
R·T
2＋u20
R·T
2＝u20
RT，Q 正＝U2
有效
R
T＝
u0
2 2
R
T＝1
2·u20
RT，故知，Q 方∶
Q 正＝2
1。
直流电路的分析和计算
核心知识
1．明确1 个定律、2 个关系
(1)闭合电路的欧姆定律：I＝E
R＋r
(2)路端电压与电流的关系：U＝E－Ir
(3)路端电压与负载的关系
U＝IR＝R
R＋r
E＝
1
1＋r
R
E，路端电压随外电阻的增大而增大，随外电阻的减小而减小。
2．解决含电容器的直流电路问题的一般方法
(1)通过初、末两个稳定的状态来了解中间不稳定的变化过程。
(2)只有当电容器充、放电时，电容器支路中才会有电流，当电路稳定时，电容器对电路的作用是断路。
(3)电路稳定时，与电容器串联的电路中没有电流，同支路的电阻相当于导线，即电阻不起降低电压的作用，与电
容器串联的电阻为等势体，电容器的电压为与之并联的电阻两端的电压。
(4)在计算电容器的带电荷量变化时，如果变化前后极板带电的电性相同，那么通过所连导线的电荷量等于始、末
状态电容器电荷量之差；如果变化前后极板带电的电性相反，那么通过所连导线的电荷量等于始、末状态电容器电荷
量之和。
典例探究
【典例1】(多选)(2019·安徽皖西高中联盟期末)如图甲所示，电动势为E、内阻为r 的电源与R＝8 Ω的定值电阻、
滑动变阻器RP、开关S 组成串联回路，已知滑动变阻器消耗的功率P 与其接入电路的有效电阻值RP 的关系如图乙所
示，下列说法正确的是(
BD
)
A．电源的电动势E＝2 10
5
V，内阻r＝2 Ω
B．图乙中Rx＝25 Ω
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C．滑动变阻器的滑片向左移动时，R 上消耗的功率先增大后减小
D．调整滑动变阻器RP 的阻值可以得到该电源的最大输出功率为1.28 W
[解析]
把R 看作电源的内阻，则滑动变阻器RP 的阻值则为外电阻，由图象可知，RP＝R＋r＝10 Ω时，滑动变阻
器RP 消耗的功率最大为0.4 W，r＝2 Ω，由
E2
4R＋r＝0.4 W 可得E＝4 V，选项A 错误；由
E2×4
R＋r＋42＝
E2×Rx
R＋r＋Rx2解
得Rx＝25 Ω，选项B 正确；滑动变阻器的滑片向左移动时，外电路电阻增大，R 中电流减小，R 上消耗的功率一直减
小，选项C 错误；调整滑动变阻器RP 的阻值，当滑动变阻器接入电路中的电阻为零时，电源输出电功率最大，可以得
到该电源的最大输出功率为P＝E2×R
R＋r2＝1.28 W，选项D 正确。
闭合电路欧姆定律中功率的最值问题
(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 出功率最大。
(3)变化电阻的功率的最大值
利用等效思想，把除变化电阻之外的其他的定值电阻等效成电源的内阻r′，则变化电阻的功率即为等效以后的电
源的输出功率，即当R 变＝r′时，P 变有最大值。
类题演练
1．(2019·湖南长沙一模)阻值相等的四个电阻、电容为C 的电容器及电动势为E、内阻可以忽略的电池连接成如图
所示电路。开始时，开关S 断开且电流稳定，然后闭合开关S，电流再次稳定。闭合开关前后电容器所带的电荷量(
B
)
A．增加CE
5
B．增加2CE
15
C．增加CE
3
D．减少2CE
15
[解析]
由已知条件及电容定义式C＝Q
U可得：Q1＝U1C，Q2＝U2C
S 断开时等效电路如左图所示
U1＝
RR＋R
R＋R＋R
R＋RR＋R
R＋R＋R
·E×1
2＝1
5E
S 闭合时等效电路如右图所示，
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U2＝
R·R
R＋R
R＋R·R
R＋R
·E＝1
3E
∴Q1＝CE
5 ，Q2＝CE
3
ΔQ＝Q2－Q1＝2CE
15 ，故选项B 正确。
直流电路的动态分析
核心知识
1．闭合电路动态变化的原因
(1)当外电路的任何一个电阻增大(或减小)时，电路的总电阻一定增大(或减小)。
(2)若电键的通断使串联的用电器增多，总电阻增大；若电键的通断使并联的支路增多，总电阻减小。
(3)热敏电阻或光敏电阻的阻值变化。
2．闭合电路动态分析的两种常用方法
(1)程序分析法：流程如下。
(2)利用结论法：即“串反并同”法。
①“串反”——即某一电阻增大(减小)时，与它串联或间接串联的电阻中的电流、两端电压、消耗的电功率都减小
(增大)；
②“并同”——即某一电阻增大(减小)时，与它并联或间接并联的电阻中的电流、两端电压、消耗的电功率都增大
(减小)。
典例探究
【典例2】
(2019·上海黄浦区模拟)如图所示电路中，R1 为滑动变阻器，R2 为定值电阻，A1、A2 为理想电流表。
闭合电键，A1、A2 的示数分别为I1、I2，将R1 的滑动头从左向右滑动，则(
D
)
A．I1 一直增大，I2 先减小后增大
B．I1 一直增大，I2 一直增大
C．I1 先减小后增大，I2 先减小后增大
D．I1 先减小后增大，I2 一直增大
[解析]
将R1 的滑动头从左向右滑动的过程中，设R1 两侧并联总电阻为R，左侧电阻为x，则右侧电阻为R－x，
则外电路的总电阻：R 外＝R2＋xR－x
R
，则当x＝R－x 时，即x＝0.5R 时R 外最大，此时总电流最小，可知I1 先减小后
增大，根据欧姆定律得I2＝
E
x＋R2＋xR－x
R
·x
R＝
E
Rr＋R2
x
＋R－x
，则随x 的增加，I2 一直增大；故A、B、C 错误，D
正确。
类题演练
2．(多选)(2019·甘肃庆阳模拟)如图所示，电源电动势为E，内电阻为r，理想电压表V1、V2 示数为U1、U2，其变
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化量的绝对值分别为ΔU1 和ΔU2；流过电源的电流为I，其变化量的绝对值为ΔI。在滑动变阻器的触片从右端滑到左端
的过程中(灯泡电阻不变化)(
BD
)
A．小灯泡L1、L3 变暗，L2 变亮
B．ΔU1＞ΔU2
C．ΔU1
ΔI 增大
D．ΔU2
ΔI 不变
[解析]
当滑动变阻器的触片P 从右端滑到左端时，变阻器接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，总电流增大，
路端电压减小，则L2 变亮。变阻器的电阻减小，并联部分的电阻减小，则并联部分的电压减小，则L3 变暗。总电流增
大，而L3 的电流减小，则L1 的电流增大，则L1 变亮。故A 错误；由上分析可知，电压表V1 的示数减小，电压表V2
的示数增大，由于路端电压减小，即两电压表示数之和减小，所以ΔU1＞ΔU2。故B 正确；由U1＝E－I(RL2＋r)得：ΔU1
ΔI
＝RL2＋r，不变，故C 错误；根据欧姆定律得ΔU2
ΔI ＝R2，不变，故D 正确。
交变电流的产生和描述
核心知识
理清概念别混淆
典例探究
【典例3】
(多选)(2019·安徽省六安市模拟)如图所示，边长为L＝0.2 m 的正方形线圈abcd，其匝数为n＝100、
总电阻为r＝2 Ω，外电路的电阻为R＝8 Ω，ab 的中点和cd 的中点的连线OO′恰好位于匀强磁场的边界线上，磁场
的磁感应强度B＝1 T，若线圈从图示位置开始，以角速度ω＝2 rad/s 绕OO′轴匀速转动，则以下判断中正确的是
(
BCD
)
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A．在t＝π
4时刻，磁场穿过线圈的磁通量为0，故此时磁通量变化率为0
B．闭合电路中感应电动势的瞬时表达式e＝4sin2t(V)
C．从t＝0 时刻到t＝π
4时刻，电阻R 上产生的热量为Q＝0.16π J
D．从t＝0 时刻到t＝π
4时刻，通过R 的电荷量q＝0.2 C
[解析]
在t＝π
4时刻，线圈从图示位置转过90°，磁场穿过线圈的磁通量为0，线圈中磁通量变化率最大，故A 项
错误；线圈中产生感应电动势的最大值Em＝nB·L2
2 ω＝100×1×0.22
2 ×2 V＝4 V，开始计时时，线圈中磁通量最大，感
应电动势为0，则闭合电路中感应电动势的瞬时表达式e＝Emsinωt＝4sin2t(V)，故B 项正确；线圈转动的周期T＝2π
ω ＝
2π
2 s＝πs，回路中感应电流的最大值Im＝Em
r＋R＝0.4 A，回路中电流的有效值I＝Im
2
＝0.2 2A，从t＝0 时刻到t＝π
4时刻，
电阻R 上产生的热量Q＝I2R·T
4＝(0.2 2)2×8×π
4 J＝0.16π J，故C 项正确；从t＝0 时刻到t＝π
4时刻，电路中的平均感应
电动势E ＝nΔΦ
Δt ，电路中的平均电流I ＝E
r＋R
，线框中磁通量的变化量ΔΦ＝B·L2
2 ，通过R 的电荷量q＝I Δt，解得：
q＝n
BL2
2r＋R
＝100×1×0.22
2×10
C＝0.2 C，故D 项正确。
解决交变电流的问题要注意的几点
(1)理解几个特殊位置的磁通量、磁通量的变化率、感应电动势及感应电流方向的特点
①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，电流方向不变。
(2)区分交变电流的峰值、瞬时值、有效值和平均值。
(3)确定交变电流中电动势、电压、电流的有效值后就可以运用直流电路的规律处理交流电路中的有关问题。
(4)交变电流瞬时值表达式书写的基本思路
①确定正余弦交变电流的峰值，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。
②明确线圈的初始位置，找出对应的函数关系式。
a．若线圈从中性面开始计时，则e－t 图象为正弦函数，e＝Emsinωt；
b．若线圈从垂直中性面开始计时，则e－t 图象为余弦函数，e＝Emcosωt。
类题演练
3．(2019·四川省安市模拟)如图所示，在同一水平面内有两根足够长的光滑水平金属导轨，间距为20 2 cm，电阻
不计，其左端连接一阻值为10 Ω的定值电阻。两导轨之间存在着磁感应强度为1 T 的匀强磁场，磁场边界虚线由多个
正弦曲线的半周期衔接而成，磁场方向如图。一接入电阻阻值为10 Ω的导体棒AB 在外力作用下以10 m/s 的速度匀速
向右运动，交流电压表和交流电流表均为理想电表，则(
D
)
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A．电流表的示数是2
10 A
B．电压表的示数是2 V
C．导体棒运动到图示虚线CD 位置时，电流表示数为零
D．导体棒上消耗的热功率为0.1 W
[解析]
回路中产生的感应电动势的最大值为：Em＝BLv＝1×20 2×10
－2×10 V＝2 2 V，则电动势的有效值E＝
2Em
2
＝2 V，电压表测量R 两端的电压，则U＝
R
R＋R
E＝1 V，电流表的示数为有效值，为I＝E
2R＝2
20 A＝0.1 A，故A、
B 错误；电流表示数为有效值，一直为0.1 A，故C 错误；导体棒上消耗的热功率P＝I2R＝0.01×10 W＝0.1 W，D 正
确。
交压器与远距离输电问题
核心知识
1．理想变压器的基本关系式
(1)功率关系：P 入＝P 出
(2)电压关系：U1
U2
＝n1
n2
(3)电流关系：只有一个副线圈时I1
I2
＝n2
n1
2．理想变压器的三个制约关系
(1)电压制约：输出电压U2 由输入电压U1 决定，即U2＝n2U1
n1
，可简述为“原制约副”。
(2)电流制约：原线圈中的电流I1 由副线圈中的输出电流I2 决定，即I1＝n2I2
n1
，可简述为“副制约原”。
(3)功率制约：变压器副线圈中的功率P2 由用R 负载决定，原线圈的输入功率P1 由副线圈的输出功率P2 决定，即
P1＝P2。
3．解决远距离输电问题的一般思路
(1)电路分析：远距离输电线路由升压变压器、输电线、降压变压器和负载四部分组成。
(2)电压关系：升压变压器输入电压U1 是不变的，根据U1
U2
＝n1
n2
可以确定升压变压器的输出电压U2，输电线上有一定
的电压损失，ΔU＝I2R。降压变压器输入端电压U3＝U2－ΔU，降压变压器输出电压由U3
U4
＝n3
n4
确定。
(3)功率关系：升压变压器输入功率为P1，输电线上损失功率为ΔP＝I22R，降压变压器输出功率为P4，则P1＝P4＋
ΔP＝P4＋I22R。
(4)电流关系：升压变压器输入电流由I1＝P1
U1
确定，输出电流I2 由I1
I2
＝n2
n1
确定，I2 通过输电线传到降压变压器，即I3
＝I2，而I3
I4
＝n4
n3
。
典例探究
【典例4】
(多选)(2019·湖北省七校联盟模拟)如图所示为无线充电的原理图，在发射线圈中通入交变电流，通过
电磁感应在接收线圈中产生感应电流，如果发射线圈中的电流频率为f1，发射线圈两端的电压为U1，发射线圈的匝数
为n1，接收线圈中产生的感应电流的频率为f2，接收线圈两端的电压为U2，接收线圈的匝数为n2，不计两个线圈的电
阻，则下列关系正确的是(
BC
)
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A．U1
n2
＝U2
n2
B．U1
n1
＞U2
n2
C．f1＝f2
D．f1＞f2
[解析]
由于穿过接收线圈的磁通量小于发射线圈中的磁通量，因此U1
n1
＞U2
n2
，A 项错误，B 项正确；感应产生的交
流电的频率与发射线圈中的交流电的频率相等，因此C 项正确，D 项错误。
典例探究
【典例5】
(2019·辽宁省丹东市模拟)如图所示，为远距离输电的示意图，变压器均为理想变压器，升压变压器
T1 的原、副线圈匝数比为k1，降压变压器T2 的原、副线圈匝数比为k2。升压变压器原线圈两端接入一电压u＝Umsinωt
的交流电源，用户的总电阻为R(可视为纯电阻)，输电线总电阻为2r，不考虑其他因素的影响，用户获得的电压U 为
(
D
)
A．
k2Um
k1
Rk22
2r＋Rk22
B．
Um
2k1k2
Rk22
2r＋Rk22
C．
k2Um
2k1
Rk22
2r＋Rk22
D．
Um
2k1k2
Rk22
2r＋Rk22
[解析]
设输电导线上的电流是I，降压变压器副线圈中的电流I′＝k2I。升压变压器两端电压的有效值为U1＝Um
2
，
升压变压器副线圈两端的电压为U2＝Um
2k1
。由功率关系列方程：U2I＝I22r＋I′2R，解得：I＝
Um
2k12r＋k22R
。降压变压
器两端的电压U3＝U2－I2r，则用户获得的电压U＝U3
k2
＝( Um
2k1k2
)(
k22R
2r＋k22R
)，故D 正确。
类题演练
4．(多选)(2019·深圳模拟)如图所示，理想变压器原、副线圈匝数之比为1
2，正弦交流电源电压为U＝12 V，电
阻R1＝1 Ω，R2＝2 Ω，滑动变阻器R3 最大阻值为20 Ω，滑片P 处于中间位置，则(
BC
)
A．R1 与R2 消耗的电功率相等
B．通过R1 的电流为3A
C．若向上移动P，电源输出功率将变大
D．若向上移动P，电压表读数将变大
[解析]
由理想变压器电流与匝数关系式I1
I2
＝n2
n1
得I1
I2
＝2
1，电阻消耗功率P＝I2R，电阻R1 与R2 消耗的电功率是2 倍
关系，A 错误；设通过电阻R1 的电流为I，副线圈中的电流为I
2，由功率关系列方程：UI＝I2R1＋(I
2)2(R2＋R3
2 )，解得I
＝3 A，B 正确；若向上移动滑片P，滑动变阻器连入电路中的阻值减小，变压器输出功率变大，则电源输出功率增大，
原线圈中电流增大，电阻R1 两端电压增大，原线圈两端电压减小，则副线圈两端电压也减小，C 正确，D 错误。
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一、选择题(本题共12 小题，其中1～7 题为单选，8～12 题为多选)
1．(2019·江苏省宿迁市模拟)如图所示，小灯泡的规格“6 V,3 W”，R3＝4 Ω，电源内阻r＝1 Ω。闭合开关S，灯泡L
正常发光，电压表示数为零，电流表示数为1 A，电表均为理想电表，则电源电动势E 和电源输出功率P 分别为
(
C
)
A．E＝8 V，P＝6 W
B．E＝8 V，P＝7 W
C．E＝9 V，P＝8 W
D．E＝9 V，P＝9 W
[解析]
由电压表示数为零可得电阻R3 与灯泡L 串联，电阻R1 和电阻R2 串联，它们一起并联。由灯泡正常发光
可得流过灯泡电流为IL＝0.5 A。则路端电压为U＝UL＋ILR3＝8 V，电动势E＝U＋Ir＝9 V；电源输出功率P 出＝EI－I2r
＝8 W，C 正确。
2．(2019·河南省郑州模拟)如图所示，R1 为定值电阻、R2 为滑动变阻器，电源的电动势为E、内阻为r，电流表、
电压表示均为理想表。现闭合开关将R2 的滑片向右滑动，ΔU、ΔI 分别表示该过程中电压表和电流表示数的变化量。
则(
D
)
A．电源的效率变高
B．R1 消耗的电功率变小
C．|ΔU
ΔI |变大
D．|ΔU
ΔI |不变
[解析]
电源效率η＝I2R1＋R2
I2R1＋R2＋r
＝R1＋R2
R1＋R2＋r
＝
1
1＋
r
R1＋R2
，R2 的滑片向右滑动，R2 减小，R1、r 均不变，由表达
式可知电源效率η变低，选项A 错误；R1 为定值电阻，其功率为PR1＝I2R1，功率大小仅有I 决定，因此R2 减小回路电
流I 增大，R1 的功率增大，选项B 错误；|ΔU
ΔI |＝r，电源内阻r 不变，因此|ΔU
ΔI |不变，选项C 错误、选项D 正确。
3．(2019·四川省德阳市模拟)如图所示，理想变压器的原线圈接有频率为f、电压为U 的交流电，副线圈接有光敏
电阻R1(光照增强时，光敏电阻阻值减小)、用电器R2。下列说法正确的是(
D
)
A．P 位置不动，当光照增强时，变压器的输入功率减小
B．当f 减小时，变压器的输入功率减小
C．光照强度不变，当滑动触头P 向上滑动时，用电器消耗的功率增大
D．P 位置不动，光照强度不变，当U 增大时，用电器消耗的功率增大
[解析]
P 位置不动，当光照增强时，光敏电阻的阻值减小，根据功率表达式P＝U22
R 知变压器的输出功率增加，则
输入功率也增加，A 错误；该电路中，交流电的频率变化对变压器的功率没有影响，B 错误；光照强度不变，当滑动
触头P 向上滑动时，原线圈匝数增大，根据电压与匝数成正比知变压器的输出电压减小；根据功率表达式P＝U22
R ，用
电器消耗的功率减小，C 错误；当U 增大时，根据电压与匝数成正比知变压器的输出电压增大，即用电器两端电压增
大；根据功率表达式P＝U22
R ，用电器消耗的功率增大，
D 正确。
4．(2019·河北省保定市模拟)矩形线框与理想电流表、理想变压器、灯泡连接电路如图甲所示。灯泡标有“36 V、
40 W”的字样且阻值可以视作不变，变压器原、副线圈的匝数之比为2
1。线框产生的电动势随时间变化的规律如图
乙所示。则下列说法正确的是(
D
)
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A．图乙电动势的瞬时值表达式为e＝36 2sin(πt)V
B．变压器副线圈中的电流方向每秒改变50 次
C．灯泡L 恰好正常发光
D．理想变压器输入功率为20 W
[解析]
由题图乙知周期T＝2×10
－2s，角速度ω＝2π
T ＝100π rad/s，电动势的瞬时值表达式为e＝72 sin(100πt)V，A
错误；线框转一圈电流方向改变2 次，线框每秒转50 圈，电流方向改变100 次，变压器不会改变电流方向改变的次数，
即副线圈中电流方向每秒改变100 次，B 错误；副线圈两端电压最大值是36 V，有效值是36
2
V，小于灯泡额定电压36
V，不能正常发光，C 错误；变压器的输出功率为：P 出
P 额
＝
36
2
2
362
＝P 出
40
，解得P 出＝20 W，所以理想变压器的输入功率为
20 W，D 正确。
5．(2019·湖北宜昌市模拟)图甲中L1、L2 均是规格为“6 V，3 W”的灯泡，a、b 端接图乙所示的交变电压。调节
电阻箱R 为某一值时恰好能使两灯泡均正常发光。则(
C
)
A．变压器原副线圈匝数比为3
1
B．流过电阻箱的电流为1 A
C．电压表示数为12 V
D．若减小电阻箱连入电路的阻值，灯L2 变亮
[解析]
两灯泡均正常发光，说明变压器原线圈两端电压为12 V，C 正确；副线圈两端电压为6 V，根据U1
U2
＝n1
n2
＝
12
6 ＝2
1，A 错误；原副线圈电流之比I1
I2
＝n2
n1
＝1
2，故流过电阻箱的电流与流过灯泡的电流相等，I＝P
U＝3
6 A＝0.5 A，B 错
误；若减小电阻箱连入电路的阻值，则流过电阻箱电流增加，原线圈回路电流增大，灯L1 降落电压增大，U1 减小，故
副线圈输出电压U2 减小，灯L2 变暗，D 错误。
6．(2019·山东省烟台市模拟)如图甲所示，一个简单的闭合电路由内、外两部分电路构成。已知内电路的电源是一
个化学电池，电池的正、负极附近分别存在着化学反应层，反应层中非静电力(化学作用)把正电荷从电势低处移到电势
高处，在这两个地方，电势会沿电流方向“跃升”。这样整个闭合电路的电势高低变化情况如图乙所示。图乙中各点
位置的高低表示电路中相应各点电势的高低，D 点的高度略低于C 点。若减小外电路电阻R，则下列说法正确的是
(
A
)
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A．C、D 两点之间的高度差将变大
B．A、D 两点之间的高度差和C、B 两点之间的高度差之和将变小
C．A、B 两点之间的高度差不变
D．在电子从A 点经DC 移动至B 点的过程中，非静电力做功将变大
[解析]
电动势不变，当R 减小时，总电流增大，内电压增大，路端电压减小：而图中C、D 两点之间的高度差类
似于内电压，内电压增大，A 正确；A 与D，C 与B 高度差的总和为电动势，应不变，B 错误；A、B 两点的高度差为
路端电压，路端电压减小，C 错误；电子从A 处经DC 至B 处，非静电力做功W＝eE，做功不变，D 错误。
7．(2019·湖南省长沙模拟)如图所示，灯泡L1、L2 原来都正常发光，由于故障两灯突然熄灭，(假设电路中仅有一
处故障)下列说法正确的是(
C
)
A．将多用表的电压挡并联在ac 两端，示数0，说明ac 间断路
B．将多用表的电压挡并联在cd 两端，有示数，说明cd 间完好
C．将多用表的电压挡并联在ad 两端，有示数；并联在ac 两端，示数0，说明cd 间断路
D．断开S，将L1 拆下，使用多用电表欧姆挡，调零后将红黑表笔连接在L1 两端，如果指针不偏转，说明L1 完好
[解析]
将多用表的电压挡并联在ac 两端，示数为0，说明ac 间完好，A 错误；将多用表的电压挡并联在cd 两端，
有示数，说明cd 间断路，B 错误；将多用表的电压挡并联在ad 两端，有示数，说明ad 间断路，并联在ac 两端，示
数为0，说明ac 间完好，所以说明cd 间断路，C 正确；将红黑表笔连接在从电路中拆下的L1 两端，如果指针不偏转，
说明L1 断路，D 错误。
8．(2019·湖北省张家口模拟)如图所示，一矩形线圈置于有理想左边界(图中虚线MN)的匀强磁场中，开始时，线
圈平面与磁场垂直。第一次将线圈向左匀速拉出磁场，所用时间为t1，通过线圈某一截面的电荷量为q1。第二次使线
圈以ab 边为轴，以同样的速率匀速转过90°。所用时间为t2，通过线圈某一截面的电荷量为q2。上述两个过程中，线
圈中产生的焦耳热相等。则(
BC
)
A．q1 可能小于q2
B．q1 一定等于q2
C．t1 一定小于t2
D．t1 一定大于t2
[解析]
根据电磁感应现象中计算电荷量的经验公式q＝ΔΦ
R 可知，两种情况下线圈磁通量的变化量相同，通过线
圈某一截面的电荷量相等，故A 错误、B 正确；第一次将线圈向左以速度v 匀速拉出磁场，经过的时间t1＝Lad
v ，产生
的电势E1＝BLcdv 恒定；第二次使线圈以ab 边为轴，匀速转过90°，设其转动的角速度为ω，则ω＝π
2t2
；此过程中电动
势的有效值E2＝BLabLadω
2
；两个过程中，线圈中产生的焦耳热相等，则E22
R t2＝E21
R t1，代入整理得：t2＝π2
8 ×Lad
v ＞t1，故C
正确、D 错误。
9．(2019·高三考试大纲调研卷)如图甲所示，理想变压器原、副线圈匝数比n1
n2＝10
1，原线圈输入的交流电
压如图乙所示，副线圈电路接有滑动变阻器R 和额定电压为12 V、工作时内阻为2 Ω的电动机。闭合开关，电动机正
常工作，电流表示数为1 A，则下列不正确的是(
ABC
)
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A．副线圈两端电压为22 2 V
B．电动机输出的机械功率为12 W
C．通过电动机的交流电频率为100 Hz
D．若电动机突然卡住不转，原线圈输入功率变大
[解析]
由乙图可知，输入电压的最大值为220 2 V，则有效值U1＝Um
2
＝220 V，U2＝n2
n1
U1＝22
V，故A 错误；
输出的机械功率：P＝UI2－I22R＝12×1－12×2＝10 W，则B 错误；由乙图可知，输入交变电压的周期为0.02 s，则频
率为f＝1
T＝50 Hz，因为原副线圈交变电流频率相等，则通过电动机的交流电频率为50 Hz，C 错误；卡住电动机，电
动机变成了纯电阻，电压不变，电流增大，输出功率增加，则原线圈输入功率增加，则D 正确。
10．(2019·洛阳模拟)某种小灯泡的伏安特性曲线如图甲所示，三个完全相同的这种小灯泡连接成如图乙所示的电
路，四个电表均为理想电表。现闭合电键S，电压表V1 的示数为4.0 V，以下说法正确的是(
AB
)
A．电压表V2 的示数为1.0 V
B．电源的输出功率为3.0 W
C．电流表A2 的示数为0.60 A
D．电源的电动势一定为8 V，内阻为5 Ω
[解析]
图中等效电路为灯泡L2 与L3 并联后与灯泡L1 串联，电压表V1 的示数为4 V，由U－I 图象得到其电流为
0.6 A，根据并联电路特点得另外两个灯泡的电流均为0.3 A，再根据U－I 图象得到灯泡L2 与L3 并联部分电路的电压
为1 V，故电压表V2 的示数为1.0 V，电流表A2 的示数为0.30 A，故选项A 正确，C 错误；电源路端电压为U＝4 V＋
1 V＝5 V，干路电流为I＝0.6 A，故输出功率为P＝UI＝5×0.6＝3 W，选项B 正确，电源路端电压为U＝E－Ir，只有
一组数据，无法求解电动势和内电阻，故选项D 错误。
11．(2019·高考仿真卷)如图所示，理想变压器原线圈接有交流电源，保持输入电压不变。开始时单刀双掷开关K
接a；S 断开时，小灯泡A 发光较暗，要使小灯泡A 亮度增加，下列操作可行的是(
BD
)
A．闭合开关S
B．开关K 接b
C．把滑动变阻器滑片向左移动
D．把滑动变阻器滑片向右移动
[解析]
闭合开关S，副线圈回路电阻变小，电流变大，滑动变阻器上的分压增大，并联部分的电压变小，灯泡A
变暗，选项A 错误；开关K 接b，输入端线圈匝数减小，则根据U1
U2
＝n1
n2
可知，副线圈两端的电压增大，灯泡A 中电流
增大，灯泡A 变亮，选项B 正确；把滑动变阻器滑片向左移动，副线圈回路总电阻变大，总电流变小，灯泡A 两端的
电压变小，灯泡A 变暗，选项C 错误；把滑动变阻器滑片向右移动，副线圈回路总电阻变小，总电流变大，灯泡A 两
端的电压变大，灯泡A 变亮，选项D 正确。
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12.(2019·吉林东北师大附中测试)如图，单匝矩形导线框abcd 与匀强磁场垂直，线框电阻不计，线框绕与cd 边重
合的固定转轴以恒定角速度从图示位置开始匀速转动，理想变压器匝数比为n1：n2。开关S 断开时，额定功率为P 的
灯泡L1 正常发光，电流表示数为I，电流表内阻不计，下列说法正确的是(
ABD
)
A．线框中产生的电流为正弦式交变电流
B．线框从图中位置转过π
4时，感应电动势瞬时值为P
I
C．灯泡L1 的额定电压等于n1P
n2I
D．如果闭合开关S，则电流表示数变大
[解析]
线框绕垂直于磁场方向的轴匀速转动，线框中产生的电流为正弦式交变电流，选项A 正确；线框从中性
面转动，当转动π
4时，感应电动势的瞬时值为
2P
I sin45°＝P
I，选项B 正确；原线圈两端的电压U1＝P
I，由变压器变压公
式，副线圈两端的电压U2＝n2
n1
U1＝n2P
n1I，选项C 错误；S 闭合，副线圈电阻变小，输出功率变大，输入功率变大，由P
＝UI 可知原线圈电流变大，即电流表示数变大，选项D 正确。
二、计算题(本题共1 小题，需写出完整的解题步骤)
13．(2019·江苏无锡一模)高频焊接是一种常用的焊接方法，图1 是焊接的原理示意图。将半径为r＝10 cm 的待焊
接的环形金属工件放在线圈中，然后在线圈中通以高频变化电流，线圈产生垂直于工件所在平面的匀强磁场，磁感应
强度B 随时间t 的变化规律如图2 所示，t＝0 时刻磁场方向垂直线圈所在平面向外。工件非焊接部分单位长度上的电
阻R0＝1.0×10
－3
Ω·m
－1，焊缝处的接触电阻为工件非焊接部分电阻的9 倍，焊接的缝宽非常小，不计温度变化对电
阻的影响。
(1)在图3 中画出感应电流随时间变化的i－t 图象(以逆时针方向电流为正)，并写出必要的计算过程；
(2)求环形金属工件中感应电流的有效值；
(3)求t＝0.30 s 内电流通过焊接处所产生的焦耳热。
[答案]
(1)见解析
(2)1 000 6
3
A
(3)1.3×103 J
[解析]
(1)环形金属工件电阻为R＝2πrR0＋9×2πrR0＝20πrR0＝6.28×10
－3 Ω
在0～2
3 T 时间内的感应电动势为
E＝ΔB
Δt ·πr2＝6.28 V
电流为I＝E
R＝1.0×103 A
由楞次定律得到电流方向为逆时针，
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i－t 关系图象如图所示：
(2) 在一个周期内I2
有效RT＝I2R2T
3
解得I 有效＝1 000 6
3
A≈816 A
(3)在t＝0.30 s 内电流通过焊接处所产生的热量为Q
而R′＝9×2πrR0＝5.65×10
－3 Ω
解得Q＝I2
有效R′t＝1.13×103 J
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第12 讲
电磁感应规律及其应用
1．(多选)(2019·全国卷Ⅰ，20)空间存在一方向与纸面垂直、大小随时间变化的匀强磁场，其边界如图(a)中虚线
MN 所示。一硬质细导线的电阻率为ρ、横截面积为S，将该导线做成半径为r 的圆环固定在纸面内，圆心O 在MN 上。
t＝0 时磁感应强度的方向如图(a)所示；磁感应强度B 随时间t 的变化关系如图(b)所示。则在t＝0 到t＝t1 的时间间隔内
(
BC
)
图(a)
图(b)
A．圆环所受安培力的方向始终不变
B．圆环中的感应电流始终沿顺时针方向
C．圆环中的感应电流大小为B0rS
4t0ρ
D．圆环中的感应电动势大小为B0πr2
4t0
[解析]
A 错：由于通过圆环的磁通量均匀变化，故圆环中产生的感应电动势、感应电流的大小和方向不变，但t0
时刻磁场方向发生变化，故安培力方向发生变化。B 对：根据楞次定律，圆环中感应电流的方向始终沿顺时针方向。C
对，D 错：根据法拉第电磁感应定律，感应电动势E＝ΔB
Δt ·S′＝B0
t0
·πr2
2 ＝πB0r2
2t0
，根据闭合电路欧姆定律知，电流I＝E
R＝
πB0r2
2t0
ρ2πr
S
＝B0rS
4t0ρ。
2．(多选)(2019·全国卷Ⅱ，21)如图，两条光滑平行金属导轨固定，所在平面与水平面夹角为θ，导轨电阻忽略不计。
虚线ab、cd 均与导轨垂直，在ab 与cd 之间的区域存在垂直于导轨所在平面的匀强磁场。将两根相同的导体棒PQ、
MN 先后自导轨上同一位置由静止释放，两者始终与导轨垂直且接触良好。已知PQ 进入磁场时加速度恰好为零。从
PQ 进入磁场开始计时，到MN 离开磁场区域为止，流过PQ 的电流随时间变化的图象可能正确的是(
AD
)
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[解析]
PQ 刚进入磁场时，加速度为零，则mgsinθ＝BIL，I＝mgsinθ
BL
，即电流恒定；且由题意知，MN 刚进入磁
场时与PQ 刚进入磁场时速度相同。
情形1：若MN 刚进入磁场时，PQ 已离开磁场区域，则对MN，由mgsinθ＝BIL 及右手定则知，通过PQ 的电流大
小不变，方向相反，故I­t 图象如图A 所示。
情形2：若MN 刚进入磁场时，PQ 未离开磁场区域，由于两导体棒速度相等，产生的电动势等大、反向，故电流
为0，但两棒在重力作用下均加速直至PQ 离开磁场，此时MN 为电源，由E＝BLv，I＝E
R 总
，BIL－mgsinθ＝ma 知，
MN 减速，电流减小，可能的I­t 图象如图D 所示。
3．(2019·全国卷Ⅲ，14)楞次定律是下列哪个定律在电磁感应现象中的具体体现？(
D
)
A．电阻定律
B．库仑定律
C．欧姆定律
D．能量守恒定律
[解析]
楞次定律表述了感应电流的磁场方向，同时也体现了不同能量间的关系。总能量是守恒的，感应电流产生
电能，电能是“阻碍”的结果。
4．(多选)(2019·全国卷Ⅲ，19)如图，方向竖直向下的匀强磁场中有两根位于同一水平面内的足够长的平行金属导
轨，两相同的光滑导体棒ab、cd 静止在导轨上。t＝0 时，棒ab 以初速度v0 向右滑动。运动过程中，ab、cd 始终与导
轨垂直并接触良好，两者速度分别用v1、v2 表示，回路中的电流用I 表示。下列图象中可能正确的是(
AC
)
A
B
C
D
[解析]
导体棒ab 运动，切割磁感线，产生感应电流(从上向下看为逆时针)，导体棒ab 受阻力F 作用，速度减小，
导体棒cd 受安培力F′作用，速度变大。如图所示。
由E＝Blv 知，感应电动势E 随速度v 的减小而减小，则感应电流非均匀变化。当两棒的速度相等时，回路上感应
电流消失，两棒在导轨上以共同速度做匀速运动。系统的动量守恒，则mv0＝2mv 共，v 共＝v0
2 。故A、C 正确，B、D
错误。
5. (2019·北京卷，22)如图所示，垂直于纸面的匀强磁场磁感应强度为B。纸面内有一正方形均匀金属线框abcd，
其边长为L，总电阻为R，ad 边与磁场边界平行。从ad 边刚进入磁场直至bc 边刚要进入的过程中，线框在向左的拉
力作用下以速度v 匀速运动，求：
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(1)感应电动势的大小E；
(2)拉力做功的功率P；
(3)ab 边产生的焦耳热Q。
[答案]
(1)BLv
(2) B2L2v2
R
(3) B2L3v
4R
[解析]
(1)由法拉第电磁感应定律可得，感应电动势
E＝BLv
(2)线框中的感应电流I＝E
R
拉力大小等于安培力大小F＝BIL
拉力的功率P＝Fv＝B2L2v2
R
(3)线框ab 边电阻Rab＝R
4
时间t＝L
v
ab 边产生的焦耳热Q＝I2Rabt＝B2L3v
4R
6．如图所示，固定在水平面上间距为l 的两条平行光滑金属导轨，垂直于导轨放置的两根金属棒MN 和PQ 长度
也为l、电阻均为R，两棒与导轨始终接触良好。MN 两端通过开关S 与电阻为R 的单匝金属线圈相连，线圈内存在竖
直向下均匀增加的磁场，磁通量变化率为常量k。图中虚线右侧有垂直于导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度大小为
B。PQ 的质量为m，金属导轨足够长、电阻忽略不计。
(1)闭合S，若使PQ 保持静止，需在其上加多大的水平恒力F，并指出其方向；
(2)断开S，PQ 在上述恒力作用下，由静止开始到速度大小为v 的加速过程中流过PQ 的电荷量为q，求该过程安
培力做的功W。
[答案]
(1)Bkl
3R，方向水平向右
(2)1
2mv2－2
3kq
[解析]
(1)设线圈中的感应电动势为E，由法拉第电磁感应定律
E＝ΔΦ
Δt ，则
E＝k
①
设PQ 与MN 并联的电阻为R 并，有
R 并＝R
2
②
闭合S 时，设线圈中的电流为I，根据闭合电路欧姆定律得
I＝
E
R 并＋R
③
设PQ 中的电流为IPQ，有
IPQ＝1
2I
④
设PQ 受到的安培力为F 安，有
F 安＝BIPQl
⑤
保持PQ 静止，由受力平衡，有
F＝F 安
⑥
联立①②③④⑤⑥式得
F＝Bkl
3R
⑦
方向水平向右。
(2)设PQ 由静止开始到速度大小为v 的加速过程中，PQ 运动的位移为x，所用时间为Δt，回路中的磁通量变化为
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ΔΦ，平均感应电动势为E ，有
E ＝ΔΦ
Δt
⑧
其中
ΔΦ＝Blx
⑨
设PQ 中的平均电流为I ，有
I ＝
E
2R
⑩
根据电流的定义得
I ＝q
Δt
⑪
由动能定理，有
Fx＋W＝1
2mv2－0
⑫
联立⑦⑧⑨⑩⑪⑫式得
W＝1
2mv2－2
3kq
⑬
7．(2019·江苏，14)如图所示，匀强磁场中有一个用软导线制成的单匝闭合线圈，线圈平面与磁场垂直。已知线圈
的面积S＝0.3 m2、电阻R＝0.6 Ω，磁场的磁感应强度B＝0.2 T。现同时向两侧拉动线圈，线圈的两边在Δt＝0.5 s 时间
内合到一起。求线圈在上述过程中
(1)感应电动势的平均值E；
(2)感应电流的平均值I，并在图中标出电流方向；
(3)通过导线横截面的电荷量q。
[答案]
(1)0.12 V
(2)0.2 A(电流方向见图)
(3)0.1 C
[解析]
(1)感应电动势的平均值
E＝ΔΦ
Δt
磁通量的变化
ΔΦ＝BΔS
解得
E＝BΔS
Δt
代入数据得
E＝0.12 V
(2)平均电流
I＝E
R
代入数据得
I＝0.2 A(电流方向如下图)
(3)电荷量
q＝IΔt
代入数据得
q＝0.1 C
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楞次定律和法拉第电磁感应定律的应用
核心知识
1．楞次定律中“阻碍”的表现
(1)阻碍磁通量的变化(增反减同)。
(2)阻碍物体间的相对运动(来拒去留)
(3)阻碍原电流的变化(自感现象)
2．楞次定律和右手定则的适用对象
(1)楞次定律：一般适用于线圈面积不变，磁感应强度发生变化的情形。
(2)右手定则：一般适用于导体棒切割磁感线的情形。
3．求感应电动势大小的五种类型
(1)磁通量变化型：E＝nΔΦ
Δt
(2)磁感应强度变化型：E＝nSΔB
Δt
(3)面积变化型：E＝nBΔS
Δt
(4)平动切割型：E＝Blv
(5)转动切割型：E＝1
2Bl2ω
典例探究
【典例1】
(2019·安徽省十校联盟模拟)如图所示，两光滑平行平直导轨倾斜放置，导致平面的倾角为θ，垂直于
导轨的虚线上方Ⅰ区域内有垂直于导轨平面向下的匀强磁场，Ⅱ区域内有垂直于导轨平面向上的匀强磁场，两磁场的
磁感应强度大小均为B，在两个区域内分别有ab、cd 两个金属棒放置在导轨上，与导轨垂直并与导轨接触良好，两金
属棒的质量相同，电阻不同，不计其他电阻，导轨足够长。固定金属棒ab，释放金属棒cd，则下列说法正确的是(
D
)
A．当cd 棒的加速度大小为a 时释放ab 棒，释放的一瞬间ab 棒的加速度为0
B．当cd 棒的加速度大小为a 时释放ab 棒，释放的一瞬间ab 棒的加速度大于a
C．当cd 棒速度达到最大时释放ab 棒，释放的一瞬间ab 棒有最大加速度
D．当cd 棒速度达到最大时释放ab 棒，释放后ab 棒会处于静止状态
[解析]
当cd 棒的加速度大小为a 时，这时cd 棒mgsinθ－F 安＝ma，加速度方向沿斜面向下，此时，对ab 棒，受
到的安培力大小也为F 安，方向沿斜面向上，因此ab 棒的加速度也为a＝mgsinθ－F 安，A 项错误，B 项错误；
当cd
棒速度达到最大时，mgsinθ＝F 安，释放ab 棒后，ab 棒受到的合力为零，会处于静止状态，C 项错误，D 项正确。
对电磁感应定律的理解
(1)E＝Blv 的“三性”
①正交性：本公式是在一定条件下得出的，除磁场为匀强磁场外，还需B、l、v 三者互相垂直。
②瞬时性：若v 为瞬时速度，则E 为相应的瞬时感应电动势。
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③有效性：公式中的l 为导体切割磁感线的有效长度。
(2)应用电磁感应定律应注意的三个问题
①公式E＝n ΔΦ
Δt 求解的是一个回路中某时间内的平均感应电动势，在磁通量均匀变化时，瞬时值才等于平均值。
②利用公式E＝nS ΔB
Δt 求感应电动势时，S 为线圈在磁场范围内的有效面积，且适用于B 与S 垂直的情况。
③通过回路截面的电荷量q 仅与n、ΔΦ和回路电阻R 有关，与时间长短无关。推知如下q＝I Δt＝nΔΦ
ΔtR Δt＝nΔΦ
R 。
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类题演练
1．(2019·陕西模拟)有人根据条形磁铁的磁场分布情况制作了一个用塑料制成的模具，模具的侧边界刚好与该条形
磁铁的磁感线重合，如图所示。另取一个柔软的弹性导体线圈套在模具上方某位置，线圈贴着模具上下移动的过程中，
下列说法中正确的是(地磁场很弱，可以忽略)(
B
)
A．线圈切割磁感线，线圈中出现感应电流
B．线圈紧密套在模具上移动过程中不出现感应电流
C．由于线圈所在处的磁场是不均匀的，故而不能判断线圈中是否有电流产生
D．若线圈平面放置不水平，则移动过程中会产生感应电流
[解析]
由题意，模具的形状与磁感线的形状是相同的，则线圈贴着模具上下移动的过程中穿过线圈的磁感线的条
数不会发生改变，即穿过线圈的磁通量不变，所以线圈紧密套在模具上移动过程中不出现感应电流。B 正确，A、C、
D 错误。
电磁感应的图象问题
核心知识
1．解决图象问题的一般步骤
(1)明确图象的种类，是B－t 图象还是Φ－t 图象，或者是E－t 图象、I－t 图象等。
(2)分析电磁感应的具体过程。
(3)用右手定则或楞次定律确定方向对应关系。
(4)结合法拉第电磁感应定律、欧姆定律、牛顿运动定律等写出函数关系式。
(5)根据函数关系式进行数学分析，如分析斜率的变化、截距等。
(6)画出图象或判断图象。
2．电磁感应中图象类选择题的两种常见解法
(1)排除法：定性地分析电磁感应过程中物理量的变化趋势(增大还是减小)、变化快慢(均匀变化还是非均匀变化)，
特别是物理量的正负，排除错误的选项。
(2)函数法：根据题目所给条件定量地写出两处物理量之间的函数关系，然后由函数关系对图象作出分析和判断，
这未必是最简的方法，但却是最有效的方法。
典例探究
【典例2】
(多选)(2019·山东济南莱芜区联考)如图甲所示，正六边形导线框abcdef 放在匀强磁场中静止不动，磁
场方向与线框平面垂直，磁感应强度B 随时间t 的变化关系如图乙所示。t＝0 时刻，磁感应强度B 的方向垂直纸面向
里，设产生的感应电流顺时针方向为正、竖直边cd 所受安培力的方向水平向左为正。则下面关于感应电流i 和cd 所受
安培力F 随时间t 变化的图象正确的是(
AC
)
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[解析]
由图乙可知磁感应强度变化率分段为恒定值，根据法拉第电磁感应定律，产生的感应电动势恒定，由闭合
电路欧姆定律可知感应电流分段恒定，且两段时间相等，感应电流i 随时间t 变化的图象A 正确，B 错误；由安培力公
式F＝BIL 可知，cd 所受安培力F 随时间t 变化的图象正确的是图C。
解决电磁感应图象问题的“三点关注”
(1)关注初始时刻，如初始时刻感应电流是否为零，是正方向还是负方向。
(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。
(3)关注大小、方向的变化趋势，看图线斜率的大小、图线的曲、直是否和物理过程相对应。
2．(2019·广东广州模拟)如图甲所示，线圈ab、cd 绕在同一软铁芯上，若线圈ab 中电流i 与时间t 的关系图线如
图乙所示，则在这段时间内，下列关于线圈cd 中产生的感应电流icd 与时间t 的关系图线，可能正确的是(
D
)
[解析]
线圈ab 在周围产生的磁场B 随时间t 的关系图线形状与题图乙类似，由法拉第电磁感应定律知B－t 图象
中斜率大小代表感应电动势大小，因此在1
4T 和3
4T 时刻，在线圈cd 中产生的感应电动势为0，即感应电流为0，符合
此条件的只有选项D。
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电磁感应中的电路和动力学问题
核心知识
1．解答电磁感应中电路问题的三个步骤
(1)确定电源：利用E＝n ΔΦ
Δt 或E＝Blvsinθ求感应电动势的大小，利用右手定则或楞次定律判断感应电流的方向。
(2)分析电路结构：分析内、外电路，以及外电路的串并联关系，画出等效电路图。
(3)利用电路规律求解：应用闭合电路欧姆定律及串并联电路的基本性质等列方程求解。
2．动力学问题中的“两分析、两状态”
(1)受力情况、运动情况的分析
①导体切割磁感线运动产生感应电动势，在电路中产生感应电流，导体在磁场中受安培力，安培力将阻碍导体运
动。
②安培力一般是变力，导体做切割磁感线运动的加速度发生变化，当加速度为零时，导体达到稳定状态，最后做
匀速直线运动。
(2)两种状态处理
①导体处于平衡状态——静止或匀速直线运动状态。
处理方法：根据平衡状态时导体所受合力等于零列式分析。
②导体处于非平衡状态——加速度不为零。
处理方法：根据牛顿第二定律进行动态分析或结合功能关系分析。
3．三种求解电能的思路
(1)利用克服安培力做的功求解：电磁感应中产生的电能等于克服安培力所做的功。
(2)利用能量守恒求解：其他形式的能的减少量等于产生的电能。
(3)利用公式求解：Q＝I2Rt，其中I 指电流的有效值。
典例探究
【典例3】(2019·天津模拟)如图所示，两光滑的平行金属导轨间距为L＝0.5 m，与水平面成θ＝30°角。区域ABCD、
CDFE 内分别有宽度为d＝0.2 m 垂直导轨平面向上和向下的匀强磁场，磁感应强度均为B＝0.6 T。细金属棒P1、P2 质
量均为m＝0.1 kg，电阻均为r＝0.3 Ω，用长为d 的轻质绝缘细杆垂直P1、P2 将其固定，并使P1、P2 垂直导轨放置在
导轨平面上与其接触良好，导轨电阻不计。用平行于导轨的拉力F 将P1、P2 以恒定速度v＝2 m/s 向上穿过两磁场区域，
g 取10 m/s2。求：
(1)金属棒P1 在ABCD 磁场中运动时，拉力F 的大小；
(2)从金属棒P1 进入磁场到P2 离开磁场的过程中，拉力F 的最大功率；
(3)从金属棒P1 进入磁场到P2 离开磁场的过程中，电路中产生的热量。
[解析]
(1)P1 棒在磁场中运动时产生的电动势为：E＝BLv
代入数据解得：E＝0.6 V
电路中的感应电流为：I＝E
2r
得：I＝1 A
由平衡条件得：F1＝2mgsinθ＋BIL
得：F1＝1.3 N
(2)当P1、P2 两棒均在磁场中运动时，拉力F 的功率最大，拉力为：
F2＝2mgsinθ＋4BIL
得：F2＝2.2 N
拉力F 的最大功率为：P＝F2v
解得：P＝4.4 W
(3)由焦耳定律得电路中产生的热量为：
Q＝I2(2r)2d
v ＋(2I)2(2r)d
v
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解得：Q＝0.36 J
[答案]
(1)1.3 N
(2)4.4 W
(3)0.36 J
类题演练
3．(2019·辽宁沈阳模拟)一种测量物体质量的装置，其结构如图甲、乙所示，磁极间存在着磁感应强度大小为B＝
0.5 T 的匀强磁场。边长L＝0.1 m、匝数n＝100 匝的正方形线圈abcd 套于中心磁极并固定在托盘骨架上，总质量m0
＝1 kg。线圈左右两边处于磁场中，与一数字式电量表(图上未画出)连接成一个回路，回路总电阻为R＝10 Ω。托盘下
方和磁极之间固定一劲度系数为k＝10 N/cm 的轻弹簧。在某次测量中，一物体从轻放到托盘上到最终静止的过程中流
过电量表的净电量为q＝0.02 C，不计摩擦和空气阻力，g 取10 m/s2。
(1)当托盘向下运动的速度为v＝0.1 m/s 时，求此时线圈中感应电流的大小和方向；
(2)求该物体的质量；
(3)测量中弹簧增加的弹性势能为ΔEp＝0.2 J，求回路产生的焦耳热Q。
[答案]
(1)0.1 A
顺时针方向
(2)2 kg
(3)0.4 J
[解析]
(1)E＝2nBLv＝1 V
I＝E
R
I＝2nBLv
R
＝0.1 A
方向在图乙中沿顺时针方向
(2)q＝It(或q＝nΔΦ
R )
q＝Σ2nBLvΔt
R
＝2nBLx
R
x＝0.02 m
kx＝mg
m＝kqR
2nBLg＝2 kg
(3)ΔE 重＝(m＋m0)gx
(m＋m0)gx＝ΔEP＋Q
Q＝0.4 J
感应中的动量问题
核心知识
1．动量定理在电磁感应现象中的应用：
导体棒或金属框在感应电流所引起的安培力作用下做非匀变速直线运动时，安培力的冲量为：I 安＝B I Lt＝BLq，
通过导体棒或金属框的电荷量为：q＝I Δt＝
E
R 总
Δt＝n ΔΦ
ΔtR 总
Δt＝nΔΦ
R 总
，磁通量变化量：ΔΦ＝BΔS＝BLx，如果安培力是
导体棒或金属框受到的合外力，则I 安＝mv2－mv1。
当题目中涉及速度v、电荷量q、运动时间t，运动位移x 时常用动量定理求解更方便。
2．动量守恒定律在电磁感应现象中的应用：
在双金属棒切割磁感线的系统中，双金属棒和导轨构成闭合回路，安培力充当系统内力，如果它们受到的安培力
的合力为0 时，满足动量守恒，运用动量守恒定律求解比较方便。
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典例探究
【典例4】
(2019·河南省许昌市模拟)如图所示，有一间距为L 且与水平方向成θ角的光滑平行轨道，轨道上端接
有电容器和定值电阻，S 为单刀双掷开关，空间存在垂直轨道平面向上的匀强磁场，磁感应强度为B。将单刀双掷开关
接到a 点，一根电阻不计、质量为m 的导体棒在轨道底端获得初速度v0 后沿着轨道向上运动，到达最高点时，单刀双
掷开关接b 点，经过一段时间导体棒又回到轨道底端，已知定值电阻的阻值为R，电容器的电容为C，重力加速度为g，
轨道足够长，轨道电阻不计，求：
(1)导体棒上滑过程中加速度的大小；
(2)若已知导体棒到达轨道底端的速度为v，求导体棒下滑过程中定值电阻产生的热量和导体棒运动的时间。
[解析]
(1)导体棒上滑的过程中，根据牛顿第二定律得：mgsinθ－F 安＝ma
又F 安＝IBL，有：I＝Δq
Δt＝CΔU
Δt ＝CBLΔv
Δt
＝CBLa
联立解得：
a＝mgsinθ
m＋CB2L2
(2)导体棒上滑过程中，有0－v20＝－2aS
导体棒下滑的过程中，由动量定理得：
mgsinθ·t－I 安＝mv－0
而I 安＝ΣBiLΔt＝ΣBBLv
R
L＝B2L2
R Σvt＝B2L2
R ·S
联立解得：t＝
v
gsinθ
＋B2L2v20m＋CB2L2
2Rm2g2sin2θ
导体棒下滑的过程中，由能量守恒定律得：
Q＋1
2mv2＝mgSsinθ
解得：Q＝v20m＋CB2L2－mv2
2
[答案]
(1) mgsinθ
m＋CB2L2
(2)v20m＋CB2L2－mv2
2
v
gsinθ
＋B2L2v20m＋CB2L2
2Rm2g2sin2θ
类题演练
4．(2019·江苏模拟)如图甲所示，光滑导体轨道PMN 和P′M′N′是两个完全一样的轨道，均由半径为r 的四分
之一圆弧轨道和水平轨道组成，圆弧轨道与水平轨道在M 和M′点相切，两轨道并列平行放置，MN 和M′N′位于
同一水平面上，两轨道之间的距离为L，PP′之间有一个阻值为R 的电阻，开关K 是一个感应开关(开始时开关是断开
的)，MNN′M′是一个矩形区域且其中有竖直向上的磁感应强度为B 的匀强磁场，水平轨道MN 离水平地面的高度为
h，其截面图如图乙所示。金属棒a 和b 质量均为m、电阻均为R。在水平轨道某位置放上金属棒b，静止不动，a 棒
从圆弧顶端由静止释放后，沿圆弧轨道下滑，若两棒在运动中始终不接触，当两棒的速度稳定时，两棒距离x＝m 2grR
2B2L2 ，
两棒速度稳定之后，再经过一段时间，b 棒离开轨道做平抛运动，在b 棒离开轨道瞬间，开关K 闭合。不计一切摩擦
和导轨电阻，已知重力加速度为g。求：
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(1)两棒速度稳定时，两棒的速度分别是多少；
(2)两棒落到地面后的距离是多少；
(3)整个过程中，两棒产生的焦耳热分别是多少。
[答案]
(1) 2gr
2
(2) rh
2
(3)Qa＝11
32mgr
Qb＝1
4mgr
[解析]
(1)a 棒沿圆弧轨道运动到最低点M 时，由机械能守恒定律得：
mgr＝1
2mv20
解得a 棒沿圆弧轨道到达最低点M 时的速度
v0＝2gr
a 棒在水平轨道向b 棒运动时，两棒和轨道构成的回路面积变小，磁通量变小，产生感应电流。a 棒受到与其运动
方向相反的安培力而做减速运动，b 棒则在安培力的作用下向前做加速运动。只要a 棒的速度大于b 棒的速度，回路总
有感应电流，a 棒继续减速，b 棒继续加速，直到两棒速度相同后，回路面积保持不变，不产生感应电流，两棒以相同
的速度做匀速运动。
从a 棒进入水平轨道开始到两棒达到相同速度的过程中，两棒在水平方向受到的安培力总是大小相等、方向相反，
所以两棒的总动量守恒。
由动量守恒定律得：mv0＝2mv1
解得两棒速度稳定时的速度
v1＝v0
2
＝2gr
2
(2)经过一段时间，b 棒离开轨道后，a 棒与电阻R 组成回路，从b 棒离开轨道到a 棒离开过程中，回路中的磁通量
变化量ΔΦ＝BLx
a 棒受到安培力的冲量
Ia＝I LBt＝BLΔΦ
2Rtt＝B2L2x
2R
由动量定理：Ia＝mv1－mv2
解得v2＝2gr
4
由平抛运动规律得，两棒落到地面后的距离
Δx＝(v1－v2)
2h
g ＝rh
2
(3)b 棒离开轨道前，两棒通过的电流大小总是相等的，两棒产生的焦耳热相等，即Qa＝Qb
由能量守恒定律可知：Qa1＋Qb＝1
2mv20－1
2×2mv21
解得：Qa1＝Qb＝1
4mgr
b 棒离开轨道后，a 棒与电阻R 通过的电流大小总是相等，两者产生的焦耳热相等
由能量守恒定律可知：2Qa′＝1
2mv21－1
2mv22
解得：Qa′＝3
32mgr
所以整个过程中，a 棒产生的焦耳热
Q＝Qa1＋Qa′＝11
32mgr
一、选择题(本题共8 小题，其中1～5 题为单选，6～8 题为多选)
1．(2019·广东模拟)航母上飞机弹射起飞是利用电磁驱动来实现的。电磁驱动原理如图所示，在固定线圈左右两侧
对称位置放置两个闭合金属圆环，铝环和铜环的形状、大小相同，已知铜的电阻率较小，则合上开关S 的瞬间(
D
)
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A．两个金属环都向左运动
B．两个金属环都向右运动
C．铜环受到的安培力小于铝环受到的安培力
D．从左侧向右看，铝环中感应电流沿顺时针方向
[解析]
若环放在线圈两边，根据“来拒去留”可得，合上开关S 的瞬间，环为阻碍磁通量增大，则环将向两边运
动，A、B 错误；由于铜环的电阻较小，则铜环中感应电流较大，故铜环受到的安培力要大于铝环，C 错误；线圈中电
流为右侧流入，磁场方向为向左，在闭合开关的过程中，磁场变强，由楞次定律可知，电流由左侧向右看为顺时针，D
正确。
2．(2019·湖南模拟)图甲为兴趣小组制作的无线充电装置中受电线圈示意图，已知线圈匝数n＝100 匝、电阻r＝1 Ω、
横截面积S＝1.5×10
－3 m2，外接电阻R＝7 Ω。线圈处在平行于线圈轴线的磁场中，磁场的磁感应强度随时间变化如图
乙所示，设磁场的正方向水平向左，则(
C
)
A．在0.005 s 时通过电阻R 的电流大小为0
B．在0.005 s 时通过电阻R 的电流方向由a 流向b
C．在0～0.01 s 内通过电阻R 的电荷量q＝1.5×10
－3C
D．在0.02～0.03 s 内电阻R 产生的焦耳热为Q＝1.8×10
－3 J
[解析]
t＝0.005 s 时磁感应强度为0，磁通量为0，但磁通量的变化率最大，感应电动势最大，感应电流最大，A
错误；0～0.005 s 过程中，磁感应强度减小，磁通量减小，根据楞次定律，根据电流磁场方向向左，由安培定则知流过
电阻R 的电流方向由b 流向a，B 错误；在0～0.01 s 内，根据感应电量的公式有q＝n ΔΦ
R＋r，其中ΔΦ＝2BS＝2×4×10
－2×1.5×10
－3＝1.2×10
－4Wb，所以q＝100×1.2×10
－4
7＋1
C＝1.5×10
－3C，C 正确；由图象知周期T＝2.0×10
－2s，角速度
ω＝2π
T ＝
2π
2.0×10
－2＝100π rad/s，感应电动势的最大值Em＝nBSω＝100×4×10
－2×1.5×10
－3×100π＝0.6π，感应电动势
的有效值E＝Em
2
＝0.6π
2
，电流I＝E
R＋r＝0.6π
8 A，电阻R 上产生的焦耳热Q＝I2Rt＝(0.6π
8 )2×7×0.01 J≈4.0×10
－3 J，D 错
误。
3．(2019·江苏模拟)发光二极管是目前电器指示灯广泛使用的电子元件，在电路中的符号是“
”。只
有电流从标有“＋”号的一端流入时，它才能发光，如图所示，螺线管与两只反向并联的发光二极管相连，磁铁从螺
线管的正上方由静止释放，向下穿过螺线管。下列说法正确的是(
A
)
A．磁铁N 极朝下释放时，先红灯亮后绿灯亮
B．磁铁S 极朝下释放时，先红灯亮后绿灯亮
C．若磁铁磁性足够强，则磁铁可以悬停在管内
D．磁铁减少的重力势能等于回路中产生的电能
[解析]
磁铁N 极朝下释放时，由楞次定律可判断先是红灯亮后绿灯亮，A 正确；磁铁S 极朝下释放时，由楞次
定律可判断先是绿灯亮后红灯亮，B 错误；即使磁铁磁性足够强，磁铁也不可能悬停在管内，因为假设悬停在管内，
螺线管内无磁通量变化，无感应电流产生，磁铁只受重力，C 错误；此过程中，磁铁的重力势能、动能和回路中的电
能相互转化，磁铁减少的机械能等于回路中产生的电能，D 错误。
4．(2019·云南模拟)如图所示，两光滑水平放置的平行金属导轨间距为L，直导线MN 垂直跨在导轨上，且与导轨
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接触良好，整个装置处于垂直于纸面向里的匀强磁场中，磁感应强度为B。电容器的电容为C，除电阻R 外，导轨和
导线的电阻均不计。现给导线MN 一初速度，使导线MN 向右运动，当电路稳定后，MN 以速度v 向右匀速运动时(
C
)
A．电容器两端的电压为零
B．通过电阻R 的电流为BLv
R
C．电容器所带电荷量为CBLv
D．为保持MN 匀速运动，需对其施加的拉力大小为B2L2v
R
[解析]
导线向右运动时切割磁感线，给电容器充电，根据左手定则可知，安培力使得导线减速运动，当电容器电
压与导线的电动势相等时，导线中没有电流，导线做匀速运动，因此选项A、B 均错；根据Q＝CU 可知，最终电容器
所带电荷量为Q＝CBLv，C 正确；根据上述分析，当电容器电压与切割磁感线的电动势相等时，就没有感应电流，因
此不要外界作用力，D 错误。
5．(2019·辽宁沈阳模拟)如图所示，两个线圈套在同一个铁芯上，线圈的绕向如图甲所示，左线圈连着正方形线框
abcd，线框所在区域存在变化的磁场，取垂直纸面向外力正，磁感应强度随时间变化如图乙所示，不计线框以外的感
生电场，右侧线圈连接一定值电阻R，下列说法中正确的是(
D
)
A．设t1、t3 时刻ab 边电流大小分别为i1、i3，则有i1＜i3，定值电阻R 中有电流
B．t2～t4 时间内通过ab 边电量为0，定值电阻R 中无电流
C．t1 时刻ab 边中电流方向由a→b，e 点电势高于f 点
D．t5 时刻ab 边中电流方向由b→a，f 点电势高于e 点
[解析]
根据法拉第电磁感应定律E＝nΔΦ
Δt ＝nSΔB
Δt ，正方形线框中的感应电动势是恒定值，原线圈中电流值恒定，
副线圈中不产生感应电动势，e 点电势等于f 点电势，A 错误；t2～t4 时间内磁感应强度均匀变化，磁通量均匀变化，
有恒定感应电流通过ab，通过ab 边的电量不为0，副线圈磁通量不变，定值电阻R 中无电流，B 错误；t1 时刻磁场方
向向外且均匀增加，根据楞次定律，线框中感应电流沿顺时针方向，ab 边中电流方向由b→a，副线圈中不产生感应电
动势，e 点电势等于f 点电势，C 错误；t5 时刻磁场方向垂直纸面向里，磁场变小，磁通量减小，根据楞次定律得感应
电流为顺时针方向，ab 边中电流方向由b→a，磁感应强度的变化率增大，感应电流变大，穿过副线圈的磁通量增大，
根据楞次定律，副线圈中感应电动势上负下正，因此e 点电势低于f 点，D 正确。
6．(2019·福建漳浦模拟)健身车的磁控阻力原理如图所示，在铜质飞轮的外侧有一些磁铁(与飞轮不接触)，人在健
身时带动飞轮转动，磁铁会对飞轮产生阻碍，拉动控制拉杆可以改变磁铁与飞轮间的距离。则(
CD
)
A．飞轮受到阻力大小与其材料密度有关
B．飞轮受到阻力大小与其材料电阻率无关
C．飞轮转速一定时，磁铁越靠近飞轮，其受到的阻力越大
D．磁铁与飞轮间距不变时，飞轮转速越大，其受到阻力越大
[解析]
飞轮在磁场中做切割磁感线的运动，所以会产生电源电动势和感应电流，根据楞次定律可知，磁场会对运
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动的飞轮产生阻力，以阻碍飞轮与磁场之间的相对运动，所以飞轮受到的阻力主要来源于磁铁对它的安培力，而安培
力大小与其材料的电阻率有关，与其密度无关，故A、B 错误；磁铁越靠近飞轮，飞轮处于的磁感应强度越强，所以
在飞轮转速一定时，磁铁越靠近飞轮，飞轮上产生的感应电动势和感应电流越大；飞轮受到的阻力越大，C 正确；磁
铁和飞轮间的距离一定时，根据法拉第电磁感应定律可知，飞轮转速越大，则飞轮上产生的感应电动势和感应电流越
大，那么飞轮受到的阻力越大，D 正确。
7．(2019·浙江模拟)如图所示，两根足够长、间距为l 的固定光滑平行金属导轨，位于同一水平面内，导轨上横放
着质量分别为m 和3m 的导体棒ab 和cd，构成矩形回路，在整个导轨平面内存在方向竖直向上、磁感应强度大小为B
的匀强磁场，已知两棒的电阻均为R，回路中其余部分的电阻不计。开始时，导体棒cd 静止，导体棒ab 以大小为v0
的初速度从导轨左端开始向右运动，忽略回路中电流对磁场的影响，导体棒ab 和cd 在运动过程中不会发生碰撞，经
过足够长的时间后，下列说法正确的是
(
BC
)
A．金属棒cd 先做匀加速直线运动，达到v0 后做直线运动
B．金属棒cd 先做变加速直线运动，后以某一速度匀速直线运动
C．两金属棒在运动中产生的焦耳热最多为3
8mv20
D．两金属棒在运动中产生的焦耳热最多为1
4mv20
[解析]
开始阶段ab 棒向右减速运动，cd 棒向右加速运动，cd 棒速度小于ab 棒速度。设某时刻ab 棒速度为v1，
cd 棒速度为v2，v1＞v2，则cd 棒的加速度a2＝B2l2v1－v2
2R
。随时间推移，v1 减小，v2 增大，故a2 随时间减小，因此cd
棒先做变加速直线运动。当v1＝v2 时，a2＝0，ab 棒和cd 棒以相同的速度v 做匀速直线运动。故选项A 错误、选项B
正确；设整个运动过程中产生的焦耳为Q，以两棒为系统，由动量守恒定律有：mv0＝4mv；由能量守恒定律有：1
2mv20＝
1
2·4mv2＋Q，联立求解得：Q＝3
8mv20，故选项C 正确、选项D 错误。
8．(2019·江苏苏州模拟)如图所示，导体框位于竖直平面内，匀强磁场垂直于纸面向里，磁感应强度大小B＝2.0 T，
水平导体棒MN 可沿两侧足够长的光滑导轨下滑而不分离，导体棒MN 质量m＝0.1 kg，接入电路的电阻r＝1.0 Ω；导
轨宽度L＝1.0 m，定值电阻R＝3.0 Ω，装置的其余部分电阻可忽略不计。将导体棒MN 无初速度释放，导体棒下滑h
＝2.0 m 高度时速度达到最大，重力加速度g＝10 m/s2。则导体棒(
BD
)
A．下滑的最大速度为4 m/s
B．从释放到下滑h 高度所经历时间为2.1 s
C．从释放到下滑h 高度过程中，电阻R 产生的热量为1.95 J
D．从释放到下滑h 高度过程中，通过电阻R 的电荷量为1 C
[解析]
导体棒匀速运动时速度最大，设为v。根据B2L2v
R＋r
＝mg 得：v＝1 m/s，A 错误；根据牛顿第二定律得：mg
－B2L2v
R＋r
＝ma＝mΔv
Δt，变形得：mgΔt－B2L2v
R＋r
Δt＝mΔv，两边求和得：ΣmgΔt－∑B2L2v
R＋r
Δt＝ΣmΔv，可得：mgt－B2L2h
R＋r ＝
mv，解得t＝2.1 s，B 正确；从释放到下滑h 高度过程中，根据能量守恒定律得：mgh＝1
2mv2＋Q，电阻R 产生的热量
为：QR＝
R
R＋rQ，解得：QR＝1.462 5 J，C 错误；从释放到下滑h 高度过程中，通过电阻R 的电荷量为：ΔΦ
R＋r＝BLh
R＋r＝
2×1×2
3＋1
＝1 C，D 正确。
二、计算题(本题共2 小题，需写出完整的解题步骤)
9．(2019·四川模拟)如图所示，
一金属导线单位长度的电阻为r，折成闭合的等腰直角三角形线框ABC，直角边
长为d，在t＝0 时刻从图示位置开始以速度v 匀速穿过磁感应强度为B0 的有界匀强磁场区域，磁场区域宽度为2d。则：
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(1)当线框刚进入磁场区域时，直角边AC 产生电动势的大小；
(2)当线框的水平直角边进入一半时，导线内电流的大小；
(3)若使线框穿出磁场区域过程中不产生感应电流，仅改变磁场，其他条件不变，求磁感应强度B 随时间t 的变化
规律。
[答案]
(1)B0dv
(2)
B0v
22＋2r
(3)B＝
d2
d－vt2B0(t＜d
v)
[解析]
(1)当线框刚进入磁场区域时，直角边AC 产生电动势E＝B0dv
(2)当线框的水平直角边进入一半时，有效切割长度为d
2，产生的感应电动势为E′＝B0·d
2v＝1
2B0dv
线框的总电阻R 总＝(2d＋2d)×r
则I＝E′
R 总
＝
B0dv
4＋2 2dr
＝
B0v
22＋2r
(3)在t＝0 时刻磁通量Φ0＝1
2B0d2
t 时刻磁通量Φ＝B·1
2(d－vt)2
要使线框穿出磁场区域过程中不产生感应电流，则Φ＝Φ0
可得B＝
d2
d－vt2B0(t＜d
v)
10．(2019·高考大纲调研卷)两固定水平平行金属导轨间距为L，导轨上放着两根相同导体棒ab 和已知每根导体棒
质量均为m，电阻均为R，导轨光滑且电阻不计，整个导轨平面内都有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为B，开始时
ab 和cd 两导体棒有方向相反的水平初速度，大小分别为v0 和2v0。
(1)求从开始到最终稳定的过程中回路总共产生的焦耳热；
(2)当ab 棒的速度大小变为v0
4
时，求：
①通过cd 棒的电荷量为多少？
②两棒间的距离增大为多少？
③回路消耗的电功率为多少？
[答案]
(1)9
4mv20
(2)①3mv0
4BL 或5mv0
4BL
②3mv0R
2B2L2 或5mv0R
2B2L2
③9B2L2v20
16R 或B2L2v20
16R
[解析]
(1)从开始到最终稳定的过程中，两棒总动量守恒，则有：2mv0－mv0＝2mv
解得：v＝v0
2
由能量守恒可得从开始到最终稳定回路中产生的焦耳热为：Q＝1
2mv20＋1
2m(2v0)2－1
2(2m)v2＝9
4mv20
(2)分析两棒运动的情况可知，ab 棒的速度大小为v0
4
有两种情况：
①当ab 棒速度未反向时，即vab＝－v0
4
，设此时cd 棒的速度为v1，由动量守恒定律：
2mv0－mv0＝mv0
4 ＋mv1
解得：v1＝5v0
4
②当ab 棒速度反向时，即v′ab＝v0
4 ，设此时cd 棒的速度为v2，由动量守恒定律：
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2mv0－mv0＝mv0
4
＋mv2
解得：v2＝3v0
4
①对棒由动量定理可得：F 安t＝mΔv，其中F 安＝BIL
I＝E
2R，E＝BL(vcd－vab)，q＝It
代入两种情况可知：当v′ab＝－v0
4 时，BLq2＝mv0－mv0
4
解得：q1＝3mv0
4BL
当vab＝v0
4 时，BLq2＝mv0＋m v0
4 解得：q2＝5mv0
4BL
②由q＝ΔΦ
2R ＝BLΔx
2R
可得：Δx1＝3mv0R
2B2L2 或Δx2＝5mv0R
2B2L2
③由于是纯电阻电路，电功率就是电生热的功率，即P＝I2R，将I＝E
2R，E＝BL(vcd－vab)代入得：P＝B2L2vcd－vab2
4R
；
P1＝
B2L26
4v02
4R
＝9B2L2v20
16R
，P2＝
B2L22
4v02
4R
＝B2L2v20
16R
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专题五
实验技能与创新
要点解读
备考对策
1.实验基本能力：重点考查游标卡尺、螺旋测
微器；多用电表等的读数、构造、原理、重
要的实验方法、实验器材的选择、电路实物
连线和运用图象与表格分析处理实验数据、
实验结论、误差分析及电学实验中的故障分
析等。
2.设计与创新能力：要求考生将教材中的实验
原理、实验方法迁移到新的背景中，以完成
新的实验要求的设计性实验，将逐步取代对
原教材中实验的考查。
3.实验题类型近年高考通常为“一力一电”
模式。
1.重点关注游标卡尺、螺旋测微器、多用电表、
电阻箱等的读数，电表量程、滑动变阻器及
实验电路的选取等。
2.“源于课本，不拘泥于课本”一直是高考实
验题命题的理念，所以熟悉课本实验，抓住
实验的灵魂——原理，是我们复习的重中之
重，
3.知识创新型实验。例如设计型、开放型、探
讨型实验等都有不同程度的创新，比如利用
所学知识设计出很多测量重力加速度的实验
方案。其中，力学设计性实验在近年高考中
有加强的趋势，应引起高度重视。
第13 讲
力学实验与创新
1．(2019·全国卷Ⅰ，22)某小组利用打点计时器对物块沿倾斜的长木板加速下滑时的运动进行探究。物块拖动纸带
下滑，打出的纸带一部分如图所示。已知打点计时器所用交流电的频率为50 Hz，纸带上标出的每两个相邻点之间还有
4 个打出的点未画出。在A、B、C、D、E 五个点中，打点计时器最先打出的是__A__点。在打出C 点时物块的速度大
小为
__0.233__m/s(保留3 位有效数字)；物块下滑的加速度大小为__0.75__m/s2(保留2 位有效数字)。
[解析]
物块加速下滑，因此打点间距逐渐增大，故先打A 点。
C 点的速度vC＝xBD
2T ＝4.65×10
－2
2×0.1
m/s≈0.233 m/s
由图知
xAB＝1.20 cm
xBC＝xAC－xAB＝1.95 cm
xCD＝xAD－xAC＝2.70 cm
xDE＝xAE－xAD＝3.45 cm
得Δx＝xBC－xAB＝xCD－xBC＝xDE－xCD＝aT2
解得物块下滑的加速度a＝0.75 m/s2
2. (2019·全国卷Ⅱ，22)如图(a)，某同学设计了测量铁块与木板间动摩擦因数的实验。所用器材有：铁架台、长木
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板、铁块、米尺、电磁打点计时器、频率50 Hz 的交流电源、纸带等。回答下列问题：
图(a)
(1)铁块与木板间动摩擦因数μ＝
gsinθ－a
gcosθ
(用木板与水平面的夹角θ、重力加速度g 和铁块下滑的加速度a 表示)。
(2)某次实验时，调整木板与水平面的夹角使θ＝30°。接通电源，开启打点计时器，释放铁块，铁块从静止开始沿
木板滑下。多次重复后选择点迹清晰的一条纸带，如图(b)所示。图中的点为计数点(每两个相邻的计数点间还有4 个点
未画出)。重力加速度为9.80 m/s2，可以计算出铁块与木板间的动摩擦因数为__0.35__(结果保留2 位小数)。
图(b)
[解析]
(1)铁块受重力、木板弹力及摩擦力作用，由牛顿第二定律得：
mgsinθ－μFN＝ma
且FN＝mgcosθ
解以上两式得μ＝gsinθ－a
gcosθ
。
(2)由逐差法求铁块加速度：
a＝x5＋x6＋x7－x1＋x2＋x3
12T2
＝76.39－31.83－20.90
12×0.12
×10
－2 m/s2≈1.97 m/s2
代入μ＝gsinθ－a
gcosθ
，得μ≈0.35。
3．(2019·全国卷Ⅲ，22)甲乙两位同学设计了利用数码相机的连拍功能测重力加速度的实验。实验中，甲同学负责
释放金属小球，乙同学负责在小球自由下落的时候拍照。已知相机每间隔0.1 s 拍1 幅照片。
(1)若要从拍得的照片中获取必要的信息，在此实验中还必须使用的器材是__A__。(填正确答案标号)
A．米尺
B．秒表
C．光电门
D．天平
(2)简述你选择的器材在本实验中的使用方法。答：__将米尺竖直放置，使小球下落时尽量靠近米尺__。
(3)实验中两同学由连续3 幅照片上小球的位置a、b 和c 得到ab＝24.5 cm、ac＝58.7 cm，则该地的重力加速度大
小为g＝__9.7__ m/s2。(保留2 位有效数字)
[解析]
(1)利用频闪照片测重力加速度时需要测量小球下落的距离，因此实验时必须使用米尺。
(2)将米尺竖直放置，小球靠近米尺下落，从照片上直接读出小球下落的距离。
(3)根据Δs＝gT2 得重力加速度大小g＝bc－ab
T2
＝ac－ab－ab
T2
＝58.7－24.5－24.5×10
－2
0.12
m/s2＝9.7 m/s2。
4．(2019·北京卷，21)用如图甲所示装置研究平抛运动。将白纸和复写纸对齐重叠并固定在竖直的硬板上。钢球沿
斜槽轨道PQ 滑下后从Q 点飞出，落在水平挡板MN 上。由于挡板靠近硬板一侧较低，钢球落在挡板上时，钢球侧面
会在白纸上挤压出一个痕迹点。移动挡板，重新释放钢球，如此重复，白纸上将留下一系列痕迹点。
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图甲
(1)下列实验条件必须满足的有
BD
。
A．斜槽轨道光滑
B．斜槽轨道末段水平
C．挡板高度等间距变化
D．每次从斜槽上相同的位置无初速度释放钢球
(2)为定量研究，建立以水平方向为x 轴、竖直方向为y 轴的坐标系
a．取平抛运动的起始点为坐标原点，将钢球静置于Q 点，钢球的__球心__(选填“最上端”“最下端”或者“球
心”)对应白纸上的位置即为原点；在确定y 轴时__需要__(选填“需要”或者“不需要”)y 轴与重垂线平行。
b．若遗漏记录平抛轨迹的起始点，也可按下述方法处理数据：如图乙所示，在轨迹上取A、B、C 三点，AB 和BC
的水平间距相等且均为x，测得AB 和BC 的竖直间距分别是y1 和y2，则y1
y2
__大于__1
3(选填“大于”“等于”或者“小
于”)。可求得钢球平抛的初速度大小为
x
g
y2－y1
(已知当地重力加速度为g，结果用上述字母表示)。
图乙
(3)为了得到平抛物体的运动轨迹，同学们还提出了以下三种方案，其中可行的是__AB__。
A．从细管水平喷出稳定的细水柱，拍摄照片，即可得到平抛运动轨迹
B．用频闪照相在同一底片上记录平抛小球在不同时刻的位置，平滑连接各位置，即可得到平抛运动轨迹
C．将铅笔垂直于竖直的白纸板放置，笔尖紧靠白纸板，铅笔以一定初速度水平抛出，将会在白纸上留下笔尖的平
抛运动轨迹
(4)伽利略曾研究过平抛运动，他推断：从同一炮台水平发射的炮弹，如果不受空气阻力，不论它们能射多远，在
空中飞行的时间都一样。这实际上揭示了平抛物体__B__。
A．在水平方向上做匀速直线运动
B．在竖直方向上做自由落体运动
C．在下落过程中机械能守恒
(5)牛顿设想，把物体从高山上水平抛出，速度一次比一次大，落地点就一次比一次远，如果速度足够大，物体就
不再落回地面，它将绕地球运动，成为人造地球卫星。
同样是受地球引力，随着抛出速度增大，物体会从做平抛运动逐渐变为做圆周运动，请分析原因。
[答案]
见解析。
[解析]
(1)实验中没必要要求斜槽轨道光滑，因为本实验是研究平抛运动，只需要每次实验都能保证小球做相同
的平抛运动，即每次实验都要保证小球初速度水平且相同，因此选项A 错误，选项B、D 正确。挡板高度可以不等间
距变化，故选项C 错误。
(2)a.因为钢球侧面在白纸上挤压出的痕迹点与球心等高，故将钢球静置于Q 点，钢球的球心对应白纸上的位置即
为坐标原点(平抛运动的起始点)；在确定y 轴时需要y 轴与重垂线平行。
b．由于平抛运动的竖直分运动是自由落体运动，竖直方向上相邻相等时间内的位移之比为1
3
5
…，故两相
邻相等时间内的位移之比越来越大，因此y1
y2
大于1
3；由y2－y1＝gT2，x＝v0T，联立两式解得v0＝x
g
y2－y1
。
(3)将铅笔垂直于竖直的白纸板放置，笔尖紧靠白纸板，铅笔以一定初速度水平抛出，由于铅笔笔尖与笔尾受力不
同，铅笔将不能保持始终垂直于竖直的白纸板运动，而发生倾斜，所以不会在白纸上留下笔尖的平抛运动轨迹，故C
错误。故选AB。
(4)从同一炮台水平发射的炮弹，如果不受空气阻力，可认为做平抛运动，平抛运动的时间由高度决定，因此不论
它们能射多远，在空中飞行的时间都一样。这实际上揭示了平抛物体在竖直方向上做自由落体运动，故选项B 正确。
(5)物体初速度较小时，运动范围很小，引力可以看作恒力——重力，做平抛运动，例如上面(4)中的从同一炮台水
平发射的炮弹做平抛运动；随着物体初速度增大，运动范围变大，引力不能再看作恒力；当物体初速度达到第一宇宙
速度时，做圆周运动而成为地球卫星。
5．(2019·江苏卷，10)某兴趣小组用如图甲所示的装置验证动能定理。
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图甲
(1)有两种工作频率均为50 Hz 的打点计时器供实验选用：
A．电磁打点计时器
B．电火花打点计时器
为使纸带在运动时受到的阻力较小，应选择__B__(选填“A”或“B”)。
(2)保持长木板水平，将纸带固定在小车后端，纸带穿过打点计时器的限位孔。实验中为消除摩擦力的影响，在砝
码盘中慢慢加入沙子，直到小车开始运动。同学甲认为此时摩擦力的影响已得到消除。同学乙认为还应从盘中取出适
量沙子，直至轻推小车观察到小车做匀速运动。看法正确的同学是__乙__(选填“甲”或“乙”)。
(3)消除摩擦力的影响后，在砝码盘中加入砝码。接通打点计时器电源，松开小车，小车运动。纸带被打出一系列
点，其中的一段如图乙所示。图中纸带按实际尺寸画出，纸带上A 点的速度vA＝__0.31(0.30～0.33 都算对)__m/s。
图乙
(4)测出小车的质量为M，再测出纸带上起点到A 点的距离为L。小车动能的变化量可用ΔEk＝1
2Mv 2A算出。砝码盘
中砝码的质量为m，重力加速度为g。实验中，小车的质量应
__远大于__(选填“远大于”“远小于”或“接近”)砝码、砝码盘和沙子的总质量，小车所受合力做的功可用W
＝mgL 算出。多次测量，若W 与ΔEk 均基本相等则验证了动能定理。
[解析]
(1)电磁打点计时器打点计时时振针与纸带之间的摩擦较大；电火花打点计时器是电磁脉冲产生的电火花
在纸带上打点，纸带所受阻力较小，故选B 项。
(2)由于刚开始运动，拉力克服最大静摩擦力，而最大静摩擦力略大于滑动摩擦力，故平衡摩擦力的两种说法中，
乙同学正确。
(3)取与A 点相邻的两点。
用毫米刻度尺测出两点之间的距离，如图所示。
用平均速度表示A 点的瞬时速度，vA＝x
2T＝12.4×10
－3
2×0.02
m/s＝0.31 m/s
(4)本实验要验证的表达式是mgL＝1
2Mv2A，用砝码的重力表示拉力的前提是m≪M。
纸带类试验
核心知识
计时仪器的测量方法
1．打点计时器
(1)t＝nT(n 表示打点的时间间隔的个数，T 表示打点周期)
(2)打点频率(周期)与所接交流电的频率(周期)相同
2．光电计时器
光电计时器能自动记录挡光时间，显示在读数窗口。
3．频闪照相机计时
用相等时间间隔获取图象信息的方法记下物体在不同时刻的位置。
4．求瞬时速度和加速度的方法
(1)求瞬时速度的方法
①利用纸带求瞬时速度
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利用做匀变速运动的物体在一段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度。如图所示，打n 点时的速度vn＝
xn＋xn＋1
2T
②利用光电门求瞬时速度
把遮光条(宽度为d)通过光电门的时间Δt 内的平均速度看作物体经过光电门的瞬时速度，即v＝d
Δt。
(2)求加速度的方法
①利用纸带求加速度
a．如图甲所示，有连续的偶数段数据：
a＝x4＋x5＋x6－x1＋x2＋x3
3T2
b．连续的奇数段数据，去掉最短的x1，如图所示
a＝x4＋x5－x2＋x3
2T2
c．不连续的两段数据，如图所示
a＝
xn＋m－xn
n＋m－nT2＝xn＋m－xn
mT2
②利用光电门求加速度
若两个光电门之间的距离为L，则利用速度与位移的关系可求加速度，即a＝v22－v21
2L
。
典例探究
【典例1】
(2019·湖南模拟)如图甲所示，是研究小车做匀变速直线运动规律的实验装置，打点计时器所接的交流
电源的频率为f＝50 Hz。
问答下列问题：
(1)实验中，必要的措施是__A__。
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A．细线必须与长木板平行
B．小车必须具有一定的初速度
C．小车质量远大于钩码质量
D．必须平衡小车与长木板间的摩擦力
(2)如图乙所示，A、B、C、D、E、F、G 是刚打好的纸带上7 个连续的点。从图乙中可读得s6＝__6.00__ cm，计
算F 点对应的瞬时速度的表达式为vF＝
fs6－s4
2
。
(3)如图丙所示，是根据实验的数据画出的v2－2s 图线(v 为各点的速度大小)，由图线可知小车运动的加速度为
__0.50±0.02__ m/s2。(保留2 位有效数字)
[解析]
(1)该实验的目的是研究小车做匀变速直线运动的规律，只要小车做匀加速运动即可，对于初速度、小车
质量与钩码质量关系、是否平衡摩擦力没有要求，为保证小车做匀加速直线运动，细线必须与长木板平行，故B、C、
D 错误，A 正确。
(2)刻度尺的最小刻度为1 mm，需要估读到下一位，因此读出s6＝6.00 cm；
根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，可以求出打纸带上F 点时小车的瞬时速度为：
vF＝s6－s4
2T
＝fs6－s4
2
。
(3)根据匀变速直线运动的速度位移公式有：v2－v20＝2as 得：v2＝v20＋2as，因此可知在v2－2s 图线中，纵轴截距表
示初速度的平方，斜率表示加速度的大小，因此有：a＝k＝Δv2
Δ2s＝0.50
m/s2
“长木板、小车、纸带、打点计时器”
实验装置中的细节及注意事项
(1)在验证牛顿运动定律和探究动能定理的实验中，都需要平衡摩擦力。平衡摩擦力的方法是将小车放在木板上，
把木板不带滑轮的一端垫高，在小车后面接一条纸带，穿过打点计时器，让小车在没有牵引力的情况下恰能匀速下滑。
(判断其匀速下滑的依据是：纸带上的点间距是一样的)
(2)在测定动摩擦因数的实验中，木板必须水平，细线必须与长木板平行，这样才能使压力等于木块的重力，细线
对木块的拉力沿水平方向。
(3)小车在长木板上做匀加速直线运动时，绳上的拉力并不等于悬挂物的重力，只有当M 车≫m 挂时，绳上的力近似
等于悬挂物的重力。如果绳上连接着力传感器或测力器，则可直接读出绳上的拉力，不需要M 车≫m 挂。
类题演练
1．(2019·山东省烟台市模拟)实验小组用图甲所示的装置既可以探究加速度与合力的关系，又可以测量当地的重力
加速度。装置中的物块下端连接纸带，砂桶中可放置砂子以便改变物块所受到力的大小，物块向上运动的加速度a 可
由打点计时器和纸带测出，现保持物块质量不变，逐渐增大砂桶和砂的总质量进行多次实验，得到多组a、F 值(F 为
力传感器的示数大小等于悬挂滑轮绳子的拉力)，不计滑轮的重力。
(1)某同学根据实验数据画出了a－F 关系图线如图乙所示，则由该图象可求得物块的质量m＝__0.20__ kg，当地重
力加速度g＝__10__ m/s2(结果均保留两位有效数字)。
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(2)改变砂桶和砂的总质量M 使物块获得不同大小的加速度a，则实验得到的加速度a 的值可能是__CD__(选填选
项前的字母)。
A．12.0 m/s2
B．10.0 m/s2
C．6.5 m/s2
D．8.2 m/s2
[解析]
(1)对物块分析可得：FT－mg＝ma，对滑轮应有：F＝2FT，联立以上方程可得a＝1
2m F－g，可得图线的
斜率k＝1
2m＝10
4 ，解得m＝0.2 kg，纵轴的截距－g＝－10，解得g＝10 m/s2。
(2)对物块分析可得：FT－mg＝ma.对砂桶和砂分析可得：Mg－FT＝ma。联立可得：
a＝M－m
m＋M
g，可得a 一定小于10 m/s2，故可能的值为CD。
弹簧、橡皮条类试题
核心知识
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。
典例探究
【典例2】
(2019·江西九江模拟)某同学在探究弹簧的性质的实验中，他在弹簧下端挂上钩码，并托住钩码，使弹
簧处于原长状态，稳定后，由静止释放钩码，记下弹簧的最大伸长量x1 和钩码最终静止时弹簧的伸长量x2。换用不同
重力G 的钩码，重复上述操作，并记录有关数据。
回答下列问题：
(1)该同学以G 为纵坐标，以__x2__(填“x1”或“x2”)为横坐标，得到的图象为一条过原点的直线，且该直线的斜率等
于弹簧的劲度系数；
(2)若弹簧下端所挂钩码的重力为G0 时，弹簧的最大伸长量为x0，根据机械能守恒，弹簧的伸长量为x0 时，弹性
势能Ep0＝__G0x0__；
(3)该同学通过理论分析可以得出：弹簧的最大伸长量x1 总等于钩码最终静止时弹簧伸长量x2 的__2__倍，实验数
据也证明了这个结论的正确性。
[解析]
(1)由静止释放钩码，钩码先向下加速运动，弹力等于重力时速度最大，后做减速运动，弹簧伸长最大时，
弹力大于重力，弹簧最终静止时弹力F＝kx2＝G，故应该以G 为纵坐标，以x2 为横坐标，得到的图象为一条过原点的
直线，且该直线的斜率等于弹簧的劲度系数；
(2)若弹簧下端所挂钩码的重力为G0 时，弹簧的最大伸长量为x0，根据机械能守恒可得，重力势能的减少量G0x0
全部转化为弹簧的弹性势能，所以EP0＝G0x0；
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(3)弹簧的伸长量最大为x1 时的弹性势能为：Ep＝1
2kx21＝G0x1，平衡时kx2＝G0，解得：x1＝2x2，所以总等于弹簧伸
长量x2 的2 倍。
类题演练
2．(2018·天津，9(2))某研究小组做“验证力的平行四边形定则”实验，所用器材有：方木板一块，白纸，量程为
5N 的弹簧测力计两个，橡皮条(带两个较长的细绳套)，刻度尺，图钉(若干个)。
①具体操作前，同学们提出了如下关于实验操作的建议，其中正确的有__BC__。
A．橡皮条应和两绳套夹角的角平分线在一条直线上
B．重复实验再次进行验证时，结点O 的位置可以与前一次不同
C．使用测力计时，施力方向应沿测力计轴线；读数时视线应正对测力计刻度
D．用两个测力计互成角度拉橡皮条时的拉力必须都小于只用一个测力计的拉力
②该小组的同学用同一套器材做了四次实验，白纸上留下的标注信息有结点位置O、力的标度、分力和合力的大
小及表示力的作用线的点，如下图所示。其中对于提高实验精度最有利的是__B__。
[解析]
①A 错：两绳套拉力的合力不一定沿角平分线。B 对：同一次实验，用一绳套拉橡皮条和用两绳套拉橡皮
条结点O 的位置相同，不同次实验结点O 的位置可以不同。C 对：为减小摩擦和误差，施力方向沿测力计轴线，读数
时视线正对测力计刻度。D 错：合力可以比分力大，也可以比分力小。
②为了提高实验精度，测力计读数应尽可能大一些，标注细线方向的两点离结点应尽可能远一些，标度应尽可能
小一些。故选B。
验证动量守恒定律
核心知识
一、注意事项
1．前提条件：碰撞的两物体应保证“水平”和“正碰”。
2．方案提醒：
(1)若利用气垫导轨进行实验，调整气垫导轨时，注意利用水平仪确保导轨水平。
(2)若利用摆球进行实验，两小球静放时球心应在同一水平线上，且刚好接触，摆线竖直，将小球拉起后，两条摆
线应在同一竖直面内。
(3)若利用长木板进行实验，可在长木板下垫一小木片用以平衡摩擦力。
3．探究结论：寻找的不变量必须在各种碰撞情况下都不改变。
二、误差分析
1．系统误差：主要来源于装置本身(是否符合要求)。
(1)碰撞是否为一维碰撞。
(2)实验是否满足动量守恒的条件，如气垫导轨是否水平，两球是否等大，长木板实验时是否平衡掉摩擦力。
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2．偶然误差：主要来源于质量m 和速度v 的测量。
3．改进措施：
(1)设计方案时应保证碰撞为一维碰撞，且尽量满足动量守恒的条件。
(2)采取多次测量求平均值的方法减小偶然误差。
典例探究
【典例3】(2019·湖北模拟)某同学用图示装置研究弹性正碰，实验中使用半径相等的弹性小球1 和2，且小球1 的
质量大于小球2 的质量，实验主要步骤如下：安装好实验装置，做好测量前的准备。
第一步：先将木板竖直固定于斜槽前端边缘处的C 点，且板面与纸面垂直，在木板上记下置于C 点小球的位置O，
然后将木板向右平移适当的距离，并固定。
第二步：不放小球2，让小球1 从斜槽上A 点由静止滚下，并撞在木板上，重复多次，用尽可能小的圆把小球的
所有落点圈在里面，其圆心就是小球落点的平均位置。
第三步：把小球2 放在斜槽前端边缘处的C 点，让小球1 从A 点由静止滚下，使它们碰撞，重复多次，并使用与
第二步同样的方法分别标出碰撞后两小球落点的平均位置。
第四步：用刻度尺分别测量三个落地点的平均位置到O 点的距离，即线段OM、OP、ON 的长度。
回答下列问题：
(1)若C 点到木板的距离为x，小球落点到O 点的距离为y，重力加速度为g，则小球做平抛运动的初速度v0＝
x
g
2y
；
(2)上述实验中，P 点是__实验的第二步中小球1 的__平均位置，N 点是__小球1 与小球2 碰撞后小球1 落点的__
平均位置，M 点是__小球2 落点__的平均位置；
(3)若满足条件
1
OP
＝
1
OM
－1
ON
(用测量表示)，则两小球发生的碰撞是弹性正碰。
[解析]
(1)根据平抛运动的规律可知，x＝v0t
y＝1
2gt2
联立解得：v0＝x
g
2y
(2)由于三个小球飞行的水平距离相等，因此水平速度越大时，飞行时间越短；由于它们在竖直方向均做自由落体
运动，故水平速度越大时，下落的高度越小；根据题意可知，小球1 的质量大于小球2 的质量，第二步中两球相碰后
球1 的速度减小，落在N 点，球2 的质量小，获得的速度大，落在M 点，则第一步中球1 落在中间位置P 点，故P 点
是在实验的第一步中小球1 落点的平均位置；N 点是小球1 与小球2 碰撞后小球1 落点的平均位置；M 点是小球2 落
点的平均位置。
(3)如果满足动量守恒，则一定有：m1v0＝m1v1＋m2v2；
①
如果为弹性碰撞，则有：1
2m1v20＝1
2m1v21＋1
2m2v22
②
由平抛运动规律可知，v＝x
g
2y，故v0＝x
g
2OP；
v1＝x
g
ON；v2＝x
g
OM
将求出的速度代入①②两式；
联立解得：
1
OP
＝
1
OM
－1
ON
因此只有满足上式才能证明碰撞为弹性正碰。
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力学创新类试验
核心知识
1．实验器材的等效与替换，主要有3 个方面的创新：
(1)用电子秤或已知质量的钩码替代弹簧秤；(2)气垫导轨替代长木板；(3)用光电门、闪光照相机替代打点计时器。
2．实验结论的拓展与延伸：
主要通过一些实验装置得出物体的加速度，再利用牛顿第二定律求出物体所受阻力或小车与木板间的动摩擦因数。
3．情景的设计与创新：
近几年在试题情景的设计上进行了较多的创新，不过考查的实验原理和实验处理方法仍然不变，因此只要把最根
本的方法从新情景中分离出来，找出与常规实验相同之处就可以。
典例探究
【典例4】(2019·湖南长沙模拟)用图甲所示的实验装置探究“动能定理”。某学习小组在气垫导轨上安装了一个
光电门B，滑块上固定一遮光条。细线一端连着滑块，另一端绕过气垫导轨左端的定滑轮与力电传感器相连，传感器
下方悬挂钩码，每次滑块都从A 处由静止释放。
(1)某同学用游标卡尺测量遮光条的宽度d，如图乙所示，则d＝__2.30__ mm。
(2)下列实验要求中不必要的一项是__B__(请填写选项前对应的字母)。
A．应使A 位置与光电门间的距离适当大些
B．应使滑块质量远大于钩码和力电传感器的总质量
C．应将气垫导轨调至水平
D．应使细线与气垫导轨平行
(3)实验时保持滑块的质量M 和A、B 间的距离L 不变，改变钩码质量m，测出对应的力电传感器的示数F 和遮
光条通过光电门的时间t，通过描点作出线性图象，研究滑块动能的变化量与合外力对它所做功的关系，处理实验数据
时应作出的图象是__C__(请填写选项前对应的字母)。
A．作出“t－F 图象”
B．作出“t2－F 图象”
C．作出“1
t2－F 图象”
D．作出“1
t－F2 图象”
[解析]
(1)某同学用游标卡尺测量遮光条的宽度d，如图乙所示，根据游标卡尺读数规则，则d＝2.30 mm。(2)由
于细线中串有力传感器，可以直接读出细线中拉力，因此选项B 中滑块质量远大于钩码和力传感器的总质量不必要。
(3)由FL＝1
2mv2，v＝d
t，可得F＝md2
2L －1
t2由此可知，测出对应的电传感器的示数F 和遮光条通过光电门的时间t，
通过描点作出线性图象，研究滑块动能的变化量与合外力对它所做功的关系，处理实验数据时应作出的图象是C。
类题演练
3．(2019·吉林长春模拟)如图所示，气垫导轨长为L，在气垫导轨上相距为x 的A、B 两点固定有传感器，可以用
来记录滑块从A 运动到B 所用的时间t。将气垫导轨左端沿铁架台抬高到一定高度h，现通过改变高度h，保持气垫导
轨右端始终在同一水平面内，来验证滑块的加速度a 与它所受合外力F 的关系。
回答下列问题：
(1)用题中给定的x、L、g 表示出h 与t2 的函数关系式
h＝2xL
gt2
；
(2)只要证得
h∝1
t2
就可以验证a∝F；
(3)如果本实验不改变高度h，能否通过改变x 来验证a∝F
__否__(填“能”或“否”)。
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[解析]
(1)滑块做初速度为零的匀加速直线运动，根据位移时间公式得，x＝1
2at2，a＝gsinθ，sinθ＝h
L，整理得，
h＝2xL
gt2 ；
(2)由h＝2xL
gt2 知，若h∝1
t2，就可以验证a∝F；
(3)h 不变，倾角不变，则加速度不变，改变x，不能验证a∝F。
类题演练
4．(2019·江苏省宿迁市模拟)某探究小组验证机械能守恒定律的装置如图所示，细线端拴一个球，另一端连接力传
感器，固定在天花板上，传感器可记录球在摆动过程中细线拉力大小，用量角器量出释放球时细线与竖直方向的夹角，
用天平测出球的质量为m。重力加速度为g。
(1)用游标卡尺测出小球直径如图所示，读数为__18.50__ mm；
(2)将球拉至图示位置，细线与竖直方向夹角为θ，静止释放球，发现细线拉力在球摆动过程中做周期性变化。为
求出球在最低点的速度大小，应读取拉力的__最大值__(选填“最大值”或“最小值”)，其值为F。
(3)球从静止释放运动到最低点过程中，满足机械能守恒的关系式为__2mg(1－cosθ)＝F－mg__(用测定物理量的符
号表示)。
(4)关于该实验，下列说法中正确的有__AB__。
A．细线要选择伸缩性小的
B．球尽量选择密度大的
C．不必测出球的质量和细线的长度
D．可以直接用弹簧测力计代替力传感器进行实验
[解析]
(1) 游标卡尺的读数为：1.8 cm＋10×0.05 mm＝18.50 mm；
(2)小球在最低点由牛顿第二定律可得：F－mg＝mv20
L，由此可知，应读出小球在最低时绳的拉力即最大值；
(3)由机械能守恒定律可得：mgL(1－cosθ)＝1
2mv20＝1
2(F－mg)L，整理得：2mg(1－cosθ)＝F－mg；
(4)A．为了减小小球做圆周运动的半径的变化，所以细线要选择伸缩性小的，故A 正确；
B．为了减小阻力的影响，球尽量选择密度大的，体积小的，故B 正确；
C．球从静止释放运动到最低点过程中，满足机械能守恒的关系式为2mg(1－cosθ)＝F－mg 可知，应测出小球的质
量，而不用测出细线的长度，故C 错误；
D．由于弹簧的弹力属于渐变，所以小球摆到最低点瞬间，弹力的测量不准确，故D 错误。
1．(2019·浙江杭州模拟)某同学利用如图甲所示的装置研究匀变速直线运动的性质。A 为斜面上的一点，在斜面上
方距离A 为x 处的B 点有光电门。
(1)实验前，先用游标卡尺测量挡光片的宽度(如图乙所示)，则挡光片的宽度为__4.930__cm。
(2)将一物块从斜面顶端由静止释放，测量光电门离A 点的距离x 和挡光片经过光电门时挡片光的时间，改变光电
门的位置，重复实验，记录光电门在不同位置时光电门离A 点的距离x，及挡光片的挡光时间，计算各次物块经过光
电门的速度v。算出速度的平方，结果填在下列表格中，请在坐标纸上作出x 与v2 的图线。
x(m)
0.2
0.4
0.6
0.8
1.0
1.2
v2(m2/s2)
10.4
8.7
7.0
5.5
4.1
2.4
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__图见解析__
(3)根据所画图线，可知物体经过A 点的速度为__3.5__ m/s(保留两位有效数字)。
(4)若增大斜面的粗糙程度，则图线斜率绝对值将__变大__。(选填“变大”“变小”或“不变”)
[解析]
(1)图中游标卡尺读数为49＋6×0.05＝49.30 mm＝4.930 cm；
(2)根据表中的数据在坐标纸上描点，然后用直线连接，使得所描的点均匀分布在直线附近如图所示：
(3)根据运动学公式有：2ax＝v21－v2，整理得：x＝v21
2a－v2
2a，当x＝0 时，v21＝v2，从图中看出此时v2＝12 m2/s2，故
经过A 点的速度为12 m/s≈3.5 m/s。
(4)若斜面变得更粗糙，物体加速度变小，斜率绝对值|k|＝1
2a，变大。
2．(2019·云南模拟)某同学用图甲所示的装置测量木块与水平传送带之间的动摩擦因数μ，跨过定滑轮的细线两端
分别与木块和弹簧秤相连，滑轮和木块间的细线保持水平，在木块上方放置砝码，让传送带顺时针运行，木块静止后，
读出弹簧秤的示数F，可测得木块受到的滑动摩擦力大小。
回答下列问题：
(1)放一个砝码时，弹簧秤的示数如图甲所示，其读数为
__3.82～3.87__ N。
(2)增加砝码个数，重复上述实验，作出示数F 与砝码个数n 的关系图象如图乙所示，已知每个砝码的质量均为50
g，重力加速度大小为9.80 m/s2，可求得μ＝__0.61～0.65__(结果保留2 位有效数字)；由上述信息__能__(选填“能”或
“不能”)求出木块的质量。
[解析]
由图可知，弹簧秤的最小分度为0.1 N，所以其读数为3.85 N；(2)由实验原理可得：F＝f＝μ(nm＋M)g，
即F＝μmgn＋μMg，由图象可得斜率k＝6.00－3.50
8
，即μmg＝k，联立解得：μ＝0.64。图线与纵轴的交点即为木块的重
力与动摩擦因数的乘积，所以能求出木块的质量。
3．(2019·山东烟台模拟)如图甲所示是“探究加速度与合外力、质量之间的关系”的实验装配图。
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(1)某同学按图乙装配后，指出两处装配有误的地方
__见解析__。
(2)有关本实验的安装要求及操作细节，正确的是
A
。
A．此实验必须把没有滑轮的一端垫高以“平衡摩擦力”
B．为了让实验效果更好一些，钩码重量越大越好
C．实验时应先释放小车，再接通打点计时器的电源
D．实验中牵引小车的细线不用与木板表面平行
(3)某次实验后得到纸带如下，每隔4 个点取一个计数点，交流电的频率为50 Hz，则小车运动过程中的加速度a
＝
__2.67_m/s2__(保留两位小数)。
[解析]
(1)图中的复写纸安装错误；打点计时器应该接右侧的交流电源；小车应该尽量靠近打点计时器。
(2)此实验必须把没有滑轮的一端垫高以“平衡摩擦力”，且钩码重量要远小于小车重量，这样才能用钩码重力近
似当做小车所受合外力，A 正确，B 错误；为了提高纸带的利用率，尽量多打点，同时为了使打点更稳定，在具体操
作过程中应该是先接通打点计时器的电源，然后再释放小车，C 错误；实验中牵引小车的细线和纸带应与木板表面保
持平行，可以保证小车的加速度恒定，D 错误。
(3)根据纸带上数据，则v1＝Δx1
Δt ＝0.021
0.04 m/s≈0.53 m/s，v4＝Δx4
Δt ＝0.053
0.04 m/s≈1.33 m/s。所以a＝Δv
Δt＝1.33－0.53
0.3
m/s2≈2.67 m/s2。
4．(2019·天津模拟)某同学“验证动能定理”的实验装置如图甲所示。水平桌面上固定一倾斜的气垫导轨；导轨上
A 点处有一带遮光片的长方形滑块。
(1)用天平测量滑块和遮光片的总质量为M、砝码盘和砝码的总质量为m；用游标卡尺测量遮光片的宽度为d，
游标卡尺的示数如图乙所示，其读数为__0.355__ cm；
(2)按图甲所示安装好实验装置，适当调节气垫导轨的倾角，直到滑块静止在导轨上，用米尺测量遮光片到光
电门的距离L；
(3)剪断细绳，滑块由静止下滑，记录遮光片通过光电门的时间t；
(4)多次改变遮光片与光电门之间的位置，测量并记录相应L 与t 的值；
(5)剪断细绳后，滑块和遮光片从初始位置运动到光电门的过程中，合力对其做的功W＝__mgL__，动能的增
加量ΔEk＝
1
2M(d
t)2
。(用题中字母表示，重力加速度为g)
(6)以L 为横轴，1
t2为纵轴，该同学根据记录的数据作出如图丙所示的图象。根据此图象，本实验__能__(选填“能”
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或“不能”)验证动能定理。
[解析]
(1)游标卡尺的读数由两部分组成：遮光片宽度d＝3 mm＋11×0.05 mm＝3.55 mm＝0.355 cm；
(5)刚开始滑块静止在斜板上，此时滑块所受合力为零，但剪断细绳撤去拉力后，滑块受到的合力为T＝mg，由功
的公式可求得W 合＝mgL；从开始到光电门位置，由遮光时间可求出到光电门的速度v＝d
t，所以动能的增加量为ΔEk＝
1
2M(d
t)2；
(6)反过来，若动能定理成立，则有：mgL＝1
2M(d
t)2，显然由表达可以看出1
t2与L 成正比，则若图象是直线，则验证
了动能定理。
5. (2019·乌鲁木齐三模)如图甲所示是某兴趣小组设计的验证动量守恒和机械能守恒的实验装置。半径相同的小球
A、B 分别用细线悬挂于O1、O2 处(在悬点O1，O2 处分别。有力传感器)，小球静止时，O1、O2 分别距小球A、B 球的
距离均为L。已知A、B 的质量分别为m1 和m2，且m1＞m2。
(1)验证动量守恒，将小球A 拉开一定角度由静止释放，测出小球A、B 第一次碰撞前悬挂小球A 的细线的最大拉
力为F0，碰撞后悬挂小球A、B 的细线的最大拉力分别为F1、F2，则验证动量守恒的表达式为
m1F0－m1g＝
m2F1－m1g＋m2F2－m2g
；空气阻力对该实验得出实验结论__没有__(填“有”或“没有”)影响。
(2)验证机械能守恒。先将悬挂小球B 的系统拆除，只保留悬挂小球A 的系统，然后将小球A 从最低点拉升高度
h(保持细线绷紧)后由静止释放，小球摆动过程中，测出细线的最大拉力F；改变小球A 从最低点拉升的高度h，重复
上述步骤，得到多组h 和F 的数据。以h/L 为横坐标，以F 为纵坐标，做出的图象如图乙所示。若该图线的斜率k＝
__2m1g__、图线与纵轴的截距b＝__m1g__，则机械能守恒得到验证。
[解析]
(1)设小球A 的碰前速度为v0，碰后速度为v1，小球B 的碰后速度为v2，
据牛顿第二定律F0－m1g＝m1v20
L，解得：v0＝
F0－m1gL
m1
同理可得：v1＝
F1－m1gL
m1
，v2＝
F2－m2gL
m2
由动量守恒定律得：m1v0＝m1v1＋m2v2，代入以上各式整理得：
m1F0－m1g＝m2F1－m1g＋m2F2－m2g
动量守恒是系统碰撞前一瞬间的动量等于碰撞后一瞬间的系统的动量，只要由静止从同一位置释放小球，小球到
达O 点正下方时速度相等，所以存在空气阻力，这对实验结果没有影响；
(2)在最低点F－m1g＝m1v2
L
从高h 处静止释放到最低点m1gh＝1
2m1v2
联立解得：F＝2m1g·h
L＋m1g
结合F－h
L图象可知：斜率k＝2m1g，纵轴截距b＝m1g
6. (2019·广东模拟)利用图甲所示装置“探究加速度与物体受力的关系”，已知小车的质量为M，砝码和砝码盘的
总质量为m，打点计时器所接的交流电频率为50 Hz，实验步骤如下：
A．按图甲所示安装实验装置，其中跨过动滑轮的两侧细线及弹簧测力计沿竖直方向；
B．调节长木板的倾角，轻推小车后，使小车(未连细线)能沿长木板向下匀速运动；
C．挂上砝码盘，接通电源后再释放小车，由纸带求出小车的加速度；
D．改变砝码盘中砝码的质量，重复步骤C，求得小车在不同外力作用下的加速度。
根据以上实验过程，回到下列问题：
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(1)对于上述实验，下列说法中正确的是__B__；
A．小车的加速度与砝码盘的加速度大小相等
B．弹簧测力计的示数为小车所受合外力的大小
C．实验过程中砝码处于超重状态
D．砝码和砝码盘的总质量应远小于小车的质量
(2)实验中打出的一条纸带如图乙所示，由该纸带可求得小车的加速度为__0.16__ m/s2；(结果保留2 位有效数字)
(3)由本实验得到的数据作出小车的加速度a 与弹簧测力计的示数F 的关系图象(如图丙所示)。则与本实验相符合
的是__A__。
[解析]
(1)由图可知，小车的加速度是砝码盘的加速度大小的2 倍，故A 错误；由图可知，弹簧秤显示的是绳子
上的拉力，故小车受到的拉力即为弹簧秤的示数，故B 正确；实验过程中，砝码向下加速运动，处于失重状态，故C
错误；由于不是砝码的重力，即为小车的拉力，故不需要砝码和砝码盘的总质量应远小于小车的质量的条件，故D 错
误。
(2)在匀变速直线运动中连续相等时间内的位移差为常数，即Δx＝aT2
得：a＝Δx
T2＝0.16×10
－2
0.01
＝0.16 m/s2
(3)由题意可知，小车的加速度a 与弹簧测力计的示数F 的关系应该是成正比，即为过原点的一条倾斜直线，故A
正确，B、C、D 错误。
7．(2019·株洲二模)用图示装置可测量重锤的质量。水平桌面上有n 块质量均为m0 的一组磁性铁片用细绳通过定
滑轮与重锤连接，重锤下端贴一轻质遮光片，调整重锤的高度，使其从适当的位置由静止开始下落，读出遮光片通过
安装在其下方的光电门的挡光时间t0；依次取下1 块铁片放到重锤上，让重锤每次都从同一位置由静止开始下落，记
录的挡光时间分别为t1、t2…，计算出t20、t21、t22(忽略一切阻力)。
(1)挡光时间为t0 时，重锤的加速度为a0，取下i(i＜n)块铁片置于重锤上时，对应的挡光时间为ti，重锤的加速度
为ai。则ai
a0
＝
t20
t2i
(结果用t0 和ti 表示)。
(2)以i 为横坐标，以ai
a0
－i 为纵坐标，作出ai
a0
－i 的图线是一条直线，直线的斜率为k，则重锤的质量M＝
2＋nk
k
m0
(结果用m0 和k 表示)。
[解析]
(1)遮光片经过光电门时的速度：v0＝d
t0
，vi＝d
ti
，
重锤做初速度为零的匀加速直线运动，由速度位移公式得：
v20＝2a0h，v2i＝2aih，整理得：ai
a0
＝t20
t2i
；
(2)由牛顿第二定律得：Mg－nm0g＝(M＋nm0)a0，(M＋im0)g－(n－i)m0g＝(M＋nm0)ai，
整理得：ai
a0
＝1＋
2m0g
Mg－nm0g
i
则ai
a0
－i 图象的斜率：k＝
2m0g
Mg－nm0g
解得：M＝2＋nk
k
m0。
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第14 讲
电学实验与创新
电学实验
滑动变阻器
分压式接法
限流式接法
仪器仪表
灵敏电流表
电流表
电压表
欧姆表
―→
电表的改装
练习使用多用电表
多用电表的读数
探测黑箱的电学元件
电流―→测电源电动势和内电阻
电阻
描绘小电珠的伏安特性曲线
测定金属的电阻率
测电阻大电阻、小电阻、电压表、电流表内阻
1．(2019·全国卷Ⅰ，23)某同学要将一量程为250 μA 的微安表改装为量程为20 mA 的电流表。该同学测得微安表
内阻为1 200 Ω，经计算后将一阻值为R 的电阻与该微安表连接，进行改装。然后利用一标准毫安表，根据图(a)所示电
路对改装后的电表进行检测(虚线框内是改装后的电表)。
图(a)
图(b)
(1)根据图(a)和题给条件，将图(b)中的实物连线。
__见解析图__
(2)当标准毫安表的示数为16.0 mA 时，微安表的指针位置如图(c)所示。由此可以推测出所改装的电表量程不是预
期值，而是__C__。(填正确答案标号)
图(c)
A．18 mA
B．21 mA
C．25 mA
D．28 mA
(3)产生上述问题的原因可能是__AC__。(填正确答案标号)
A．微安表内阻测量错误，实际内阻大于1 200 Ω
B．微安表内阻测量错误，实际内阻小于1 200 Ω
C．R 值计算错误，接入的电阻偏小
D．R 值计算错误，接入的电阻偏大
(4)要达到预期目的，无论测得的内阻值是否正确，都不必重新测量，只需要将阻值为R 的电阻换为一个阻值为kR
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的电阻即可，其中k＝
99
79
。
[解析]
(1)实物连线如图所示：
(2)串联电路中电流处处相等，根据比例关系得，毫安表示数为16.0 mA 时，对应微安表的刻度为160.0 μA，当微
安表指针到满量程250 μA 时，毫安表的示数应为25 mA，即为改装后电表的量程。选项C 正确。
(3)根据IgRg＝(I－Ig)R 得I＝IgRg
R ＋Ig
出现该情况可能是微安表内阻测量错误，实际电阻大于1 200 Ω，或者并联的电阻R 计算错误，接入的电阻偏小。
选项A、C 正确。
(4)若微安表的满偏电压为U，则对并联的电阻R 有
U＝(25－0.25)×10
－3R
U＝(20－0.25)×10
－3kR 解得k＝99
79。
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2.(2019·全国卷Ⅱ，23)某小组利用图(a)所示的电路，研究硅二极管在恒定电流条件下的正向电压U 与温度t 的关
系，图中
和
为理想电压表；R 为滑动变阻器，R0 为定值电阻(阻值100 Ω)；S 为开关，E 为电源。实验中二极管置
于控温炉内，控温炉内的温度t 由温度计(图中未画出)测出。图(b)是该小组在恒定电流为50.0 μA 时得到的某硅二极管
U­t 关系曲线。回答下列问题：
图(a)
图(b)
(1)实验中，为保证流过二极管的电流为50.0 μA，应调节滑动变阻器R，使电压表
的示数为U1＝__5.00__mV；
根据图(b)可知，当控温炉内的温度t 升高时，硅二极管正向电阻__变小__(填“变大”或“变小”)，电压表
示数__
增大__(填“增大”或“减小”)，此时应将R 的滑片向__B__(填“A”或“B”)端移动，以使
示数仍为U1。
(2)由图(b)可以看出U 与t 成线性关系。硅二极管可以作为测温传感器，该硅二极管的测温灵敏度为|
ΔU
Δt|＝
__2.8__×10
－3 V/℃(保留2 位有效数字)。
[解析]
(1)
、
是理想电压表，则R0 与硅二极管串联，电流相等，
R0 两端电压U1＝IR0＝50.0×10
－6×100 V＝5.00×10
－3 V＝5.00 mV。
由U－t 图象知：控温炉内温度升高，U2 变小，又I＝50.0 μA 不变，故硅二极管正向电阻变小；当控温炉内温度
升高时，硅二极管电阻变小，反过来影响电路中电流，由闭合电路欧姆定律知，电路中电流增大，
示数增大；要保
持
示数不变，需增大滑动变阻器的阻值，即滑片向B 端移动。
(2)由U－t 图象的斜率可知：|
ΔU
Δt|＝0.44－0.30
80－30
V/℃＝2.8×10
－3 V/℃。
3．(2019·全国卷Ⅲ，23)某同学欲将内阻为98.5 Ω、量程为100 μA 的电流表改装成欧姆表并进行刻度和校准，要
求改装后欧姆表的15 kΩ刻度正好对应电流表表盘的50 μA 刻度。可选用的器材还有：定值电阻R0(阻值14 kΩ)，滑动
变阻器R1(最大阻值1 500 Ω)，滑动变阻器R2(最大阻值500
Ω)，电阻箱(0～99 999.9 Ω)，干电池(E＝1.5 V，r＝1.5 Ω)，
红、黑表笔和导线若干。
图(a)
(1)欧姆表设计
将图(a)中的实物连线组成欧姆表。欧姆表改装好后，滑动变阻器R 接入电路的电阻应为__900__ Ω；滑动变阻器选
__R1__(填“R1”或“R2”)。
__图见解析__
(2)刻度欧姆表表盘
通过计算，对整个表盘进行电阻刻度，如图(b)所示。表盘上a、b 处的电流刻度分别为25 和75，则a、b 处的电
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阻刻度分别为__45__、__5__。
图(b)
(3)校准
红、黑表笔短接，调节滑动变阻器，使欧姆表指针指向__0__kΩ处；将红、黑表笔与电阻箱连接，记录多组电阻箱
接入电路的电阻值及欧姆表上对应的测量值，完成校准数据测量。若校准某刻度时，电阻箱旋钮位置如图(c)所示，则
电阻箱接入的阻值为__35_000.0__Ω。
图(c)
[解析]
(1)欧姆表的中值刻度为欧姆表的内阻，即r＋R0＋RA＋R＝15 kΩ，解得R＝900 Ω。由于滑动变阻器R2 的最大阻值
为500 Ω，所以滑动变阻器选R1。
(2)根据闭合电路欧姆定律，得Ia＝
E
R 内＋Ra
和Ib＝
E
R 内＋Rb
，代入数据解得Ra＝45 kΩ，Rb＝5 kΩ。
(3)使用欧姆表测量电阻时，首先要进行电阻调零，此时应将红、黑表笔短接，调整滑动变阻器，使欧姆表指针指
在0 kΩ上。
电阻箱的阻值为(0.1×0＋1×0＋10×0＋100×0＋1 000×5＋10 000×3) Ω＝35 000.0 Ω。
4．[2019·天津，9(3)]现测定长金属丝的电阻率。
①某次用螺旋测微器测量金属丝直径的结果如图所示，其读数是__0.200(0.196～0.204 均可)__mm。
②利用下列器材设计一个电路，尽量准确地测量一段金属丝的电阻。这段金属丝的电阻Rx 约为100 Ω，画出实验
电路图，并标明器材代号。
电源E
(电动势10 V，内阻约为10 Ω)
电流表A1
(量程0～250 mA，内阻R1＝5 Ω)
电流表A2
(量程0～300 mA，内阻约为5 Ω)
滑动变阻器R
(最大阻值10 Ω，额定电流2 A)
开关S 及导线若干
__电路图见解析__
③某同学设计方案正确，测量得到电流表A1 的读数为I1，电流表A2 的读数为I2，则这段金属丝电阻的计算式Rx
＝
I1R1
I2－I1
。从设计原理看，其测量值与真实值相比__相等__(填“偏大”“偏小”或“相等”)。
[解析]
①d＝20.0×0.01 mm＝0.200 mm。
②本题中测量金属丝的电阻，无电压表，故用已知内阻的电流表A1 充当电压表，由于电流表A1 的额定电压UA1
＝ImR1＝1.25 V，比电源电动势小得多，故电路采用分压式接法，电路图如图所示。
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③当电流表A1、A2 读数分别为I1、I2 时，通过Rx 的电流为I＝I2－I1，Rx 两端电压U＝I1·R1，故Rx＝U
I ＝I1R1
I2－I1
，不
考虑读数误差，从设计原理看测量值等于真实值。
5．(2019·江苏，11)某同学测量一段长度已知的电阻丝的电阻率。实验操作如下：
(1)螺旋测微器如题图1 所示。在测量电阻丝的直径时，先将电阻丝轻轻地夹在测砧与测微螺杆之间，再旋动
__C__(选填“A”“B”或“C”)，直到听到“喀喀”的声音，以保证压力适当，同时防止螺旋测微器的损坏。
图1
(2)选择电阻丝的__不同__(选填“同一”或“不同”)位置进行多次测量，取其平均值作为电阻丝的直径。
(3)图2 中Rx 为待测电阻丝。请用笔画线代替导线，将滑动变阻器接入图3 实物电路中的正确位置。
图2
图3
(4)为测量Rx，利用图2 所示的电路，调节滑动变阻器测得5 组电压U1 和电流I1 的值，作出的U1－I1 关系图象如
题图4 所示。接着，将电压表改接在a、b 两端，测得5 组电压U2 和电流I2 的值，数据见下表：
U2/V
0.50
1.02
1.54
2.05
2.55
I2/mA
20.0
40.0
60.0
80.0
100.0
请根据表中的数据，在方格纸上作出U2－I2 图象。
图4
(5)由此，可求得电阻丝的Rx＝__23.5(23.0～24.0 都算对)__Ω。根据电阻定律可得到电阻丝的电阻率。
[答案]
(3)
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(4)
[解析]
(1)旋转微调旋钮C。
(2)电阻丝的粗细不一定均匀，为保证测量结果准确，应在不同位置测直径，然后取平均值作为测量值。
(3)滑动变阻器采用分压式接入电路，注意线不能交叉，如图1 所示。
(4)将所给的5 组数据标注在U­I 图象中，用过原点的直线把它们连在一起，让尽可能多的点在直线上。
(5)由题意知：
U1
I1
＝Rx＋RA＋R0，由U1­I1 图线的斜率可得U1
I1
＝49.0 Ω。
U2
I2
＝RA＋R0，由作出的U2­I2 图线的斜率可得U2
I2
＝25.5 Ω。
故Rx＝(49.0－25.5) Ω＝23.5 Ω。
电表改装与读数、多用电表使用与读数
核心知识
1．电流表、电压表、欧姆表的对比
仪器
极性
量程选择
读数
电流表
有正、负极的电表，电
流由电表的正极流入，
负极流出
使指针指在比满
偏刻度1
3多的位置
若最小分度为1、0.1、0.01 等，需要估读
到最小分度的下一位；如果最小分度不是
1、0.1、0.01 等，只需要读到最小分度位
即可
电压表
欧姆表
使指针尽量指在
表盘的中间位置
左右
取两位有效数字并乘以相应挡位的倍率
2.欧姆表的原理
(1)欧姆表内有电源，红表笔与内部电源负极相连，黑表笔与内部电源的正极相连，故其电流方向为“红表笔流进，
黑表笔流出”。
(2)测电阻的原理是闭合电路欧姆定律。当红、黑表笔短接时，调节滑动变阻器R。(即欧姆调零)，使灵敏电流计满
偏，Ig＝
E
Rg＋R0＋r
，此时中值电阻R 中＝Rg＋R0＋r，当两表笔接入电阻Rx 时，I＝
E
Rg＋R0＋r＋Rx
，电阻Rx 与电路中的
电流相对应，但不是线性关系，故欧姆表刻度不均匀。
3．欧姆表使用六注意
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(1)选挡接着调零；(2)换挡重新调零；(3)待测电阻与电路、电源要断开；(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”挡或交流电压的最高挡。
典例探究
【典例1】
(2019·湖南长沙模拟)实验室中常用指针式多用电表作为测量仪器。
(1)如图所示为多用电表原理示意图，虚线框中S 为一个单刀多掷开关，通过操作开关，接线柱B 可以分别与触点
1、2、3 接通，从而实现使用多用电表测量不同物理量的功能。关于此多用电表，下列说法中正确的是__CD__(选填选
项前面的字母)
A．当S 接触点3 时，多用电表处于测量电压的挡位，其中接线柱B 接的是红表笔
B．当S 接触点2 时，多用电表处于测量电压的挡位，其中接线柱B 接的是黑表笔
C．当S 接触点2 时，多用电表处于测量电阻的挡位，其中接线柱B 接的是黑表笔
D．当S 接触点1 时，多用电表处于测量电流的挡位，其中接线柱B 接的是黑表笔
(2)用实验室的多用电表进行某次测量时，指针在表盘的位置如图所示；
①若所选挡位为直流10 A 挡，则示数为__4.2__A；
②若所选挡位为电阻×100 挡，则示数为__1.9×103__Ω。
(3)用表盘如图所示的多用电表正确测量了一个约为15 Ω的电阻后，需要继续测量一个阻值约为2 kΩ的电阻，在用
红黑表笔接触这个电阻两端之前，请选择以下必须的步骤，并按操作顺序逐一写出步骤的序号：__BAD__
A．将红表笔和黑表笔接触
B．把选择开关旋至“×100”位置
C．把选择开关旋至“×1k”位置
D．调节欧姆调零旋钮使表针指向欧姆零点
(4)某小组的同学发现欧姆表的表盘刻度不均匀，分析在同一个挡位下通过待测电阻的电流I 和它的阻值Rx 关系，
他们分别画出了如图所示的图象，其中可能正确的是__AC__(选填选项下面的字母)
[解析]
(1)根据多用电表的构造原理可知，当S 接触点3 时，多用电表处于测量电压的挡位，其中接线柱B 接的
是黑表笔，选项A 错误；当S 接触点2 时，多用电表处于测量电阻的挡位，其中接线柱B 接的是黑表笔，选项B 错误，
C 正确；当S 接触点1 时，多用电表处于测量电流的挡位，其中接线柱B 接的是黑表笔，选项D 正确。
(2)①若所选挡位为直流10 A 挡，则示数为4.2 A；
②若所选挡位为电阻×100 挡，则示数为19×100 Ω＝1.9×103 Ω。
(3)用表盘如图所示的多用电表正确测量了一个约为15 Ω的电阻后，需要继续测量一个阻值约为2 kΩ的电阻，在用
红黑表笔接触这个电阻两端之前，应该把选择开关旋至“×100”位置，将红表笔和黑表笔接触，调节欧姆调零旋钮使
表针指向欧姆零点，然后进行测量。
(4)某小组的同学发现欧姆表的表盘刻度不均匀，分析在同一个挡位下通过待测电阻的电流I 和它的阻值Rx 关系，
对欧姆表电路，利用闭合电路欧姆定律，I＝
E
Rx＋R＋r，可变换为1
I＝1
E(Ex＋R＋r)，如图所示的图象，其中可能正确的
是AC。
类题演练
1．(2019·云南省昆明市模拟)某同学想将一量程为1 mA 的灵敏电流计G 改装为多用电表，他的部分实验步骤如下：
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(1)他用如图甲所示的电路测量灵敏电流计G 的内阻
①请在乙图中将实物连线补充完整__图见解析__；
②闭合开关S1 后，将单刀双掷开关S2 置于位置1，调节滑动变阻器R1 的阻值，使电流表G0 有适当示数I0，然后
保持R1 的阻值不变，将开关S2 置于位置2，调节电阻箱R2，使电流表G0 示数仍为I0，若此时电阻箱阻值R2＝200 Ω，
则灵敏电流计G 的内阻Rg＝__200__Ω。
(2)他将该灵敏电流计G 按图丙所示电路改装成量程为3 mA、30 mA 及倍率为“×1”“×10”的多用电表。若选
择电流30 mA 量程时，应将选择开关S 置于__b__(选填“a”或“b”或“c”或“d”)，根据题给条件可得电阻R1＝__10__ Ω，
R2＝__90__ Ω。
(3)已知电路中两个电源的电动势均为3 V，将选择开关置于a 测量某电阻的阻值，若通过灵敏电流计G 的电流为
0.40 mA，则所测电阻阻值为__150__ Ω。
[解析]
(1)①由原理图连线如图：
②由闭合电路欧姆定律可知，两情况下的电流相同，所以灵敏电流计G 的内阻Rg＝200 Ω；
(2)由表头改装成大量程的电流表原理可知，当开关接b 时，表头与R2 串联再与R1 串联，此种情形比开关接c 时
更大，故开关应接b，由电流表的两种量程可知：
接c 时有：R1＋R2＝200×10
－3
2×10
－3
Ω＝100 Ω
接b 时有：29×10
－3R1＝1×10
－3×(200＋R2)
联立解得：R1＝10 Ω，R2＝90 Ω；
(3)接a 时，Imax＝30 mA，多用电表的内阻为：Rg＝
3
30×10
－3 Ω＝100 Ω，此时流过待测电阻的电流为I＝0.4＋
0.4×90＋200
10
＝12 mA，所以总电阻为：
R 总＝
3
12×10
－3 Ω＝250 Ω，所测电阻阻值为150 Ω。
以测电阻为核心的实验
核心知识
电阻测量的八种方法
电阻测量包括：描绘小电珠的伏安特性曲线；测定金属的电阻率；测大电阻、小电阻、电压表电阻、电流表电阻。
测量方法主要有八种。
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1．伏安法测电阻
(1)电流表外接法，如图1 所示。产生误差的原因：电压表V 分流。适用于测小阻值电阻，即Rx 远小于RV 时。
(2)电流表内接法，如图2 所示。产生误差的原因：电流表A 分压。适用于测大阻值电阻，即Rx 远大于RA 时。
2．安安法测电阻
若电流表内阻已知，则可当作电流表、电压表及定值电阻来使用。
(1)如图3 所示，当两电压所能测得的最大电压接近时，如果已知A1 的内阻R1，则可测得A2 的内阻R2＝I1R1/I2。
(2)如图4 所示，当两电表的满偏电压UA2≫UA1 时，A1 串联一电阻R0，同样可测得A2 的内阻R2＝I1(R1＋R0)/I2。
3．伏伏法测电阻
若电压表内阻已知，则可当作电流表、电压表及定值电阻来使用。
(1)如图5 所示，当两电表的满偏电流接近时，如果已知V1 的内阻R1，则可测得V2 的内阻R2＝U2R1/U1。
(2)如图6 所示，当两电表的满偏电流IV2≫IV1 时，V1 并联一电阻R0，同样可测得V2 的内阻为R2＝
U2
U1
R1
＋U1
R0
。
4．电阻箱或定值电阻当电表用
(1)电阻箱作电压表用，如图7 所示：可测得电流表A2 的内阻R2＝(I1－I2)R/I2
图中电阻箱R 可测得电压为(I1－I2)R
(2)电阻箱作电流表用
如图8 所示，若已知R 及RV，则测得干路电流为：I＝U
R＋U
RV
5．比较法测电阻
如图9 所示，测得电阻箱R1 的阻值及A1 表、A2 表的示数I1、I2，可得Rx＝I2R1/I1。
若考虑电表内阻的影响，则I1(Rx＋RA1)＝I2(R1＋RA2)
6．替代法测电阻
如图10 所示，①S 接1，调节R，读出电流表示数为I；
②S 接2，保持R 不变，调节电阻箱R1，使电流表示数也为I。
由上可得Rx＝R1
该方法的优点是消除了电表内阻对测量结果的影响，缺点是电阻箱内阻不可以连续调节。
7．半偏法测电阻
(1)半偏法测电流表内阻
如图11 所示，测电流表G 的内阻：
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①将电阻箱R 的电阻调到0；
②闭合S 调节R0，使电流表G 达到满偏电流I0；
③保持R0 不变，调节R 使电流表G 示数为1
2I0；
④由上可得RG＝R。
注意：当Rg≫R0 时，测量误差小，此方法适合测大阻值电流表内阻，且测量值偏大。
(2)半偏法测电压表内阻
如图12 所示，测电压表V 的内阻：
①将滑动变阻器的滑片滑到最右端，电阻箱R 的阻值调到最大；
②闭合S1、S2，调节R0，使电压表示数指到满刻度；
③打开S2，保持R0 不变，调节R，使电压表示数指到满刻度的一半；
④由上可得RV＝R
8．消除电表内阻对测量结果的影响
伏安法测电阻电路由于电表内阻的影响，不论电表内接还是外接都存在系统误差，为消除系统误差而设计的补偿
电路如图13 所示，测电阻Rx 阻值。
典例探究
【典例2】
(2019·河南模拟)某实验小组利用如图所示电路测量电流表G(量程0～500 μA、内阻约2 000 Ω)，的内
阻。开始时开关S1、S2 均断开，连接电路并检查无误后按以下步骤进行操作：
①调节滑动变阻器R1 的阻值为最大，并调节电阻箱R2 使其阻值为零，闭合S1，调节R1，使电流表G 指针偏转到
满刻度；
②保持R1 不变，闭合S2，调节电阻箱R 使电流表G 指针恰好偏转到300 μA 处；
③读出此时电阻箱R 的阻值为R0，然后断开S1、S2。
实验室提供的电源和滑动变阻器规格分别为：
A．电源(电动势1.5 V，内阻不计)；
B．电源(电动势3 V，内阻不计)；
C．滑动变阻器(0～5 kΩ)；
D．滑动变阻器(0～10 kΩ)。
回答下列问题：
(1)为了尽可能减小实验误差，实验时电源应选用__B__，滑动变阻器应选用__D__；(填写器材前面的字母)
(2)该方法测出的电流表G 的内阻Rg＝
2
3R0
，测量值
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__小于__真实值；(填“大于”“等于”或“小于”)
(3)该实验小组再次进行测量，在完成步骤①后，保持R1 不变，闭合S2，调节R 和R2，使R＝2R2，并使电流表G
指针偏转到表盘的正中间位置，读出此时电阻箱R 的阻值为R0′，这样测得电流表G 的内阻Rg＝__R′0__，测量值__
等于__真实值。(填“大于”“等于”“小于”)
[解析]
(1)设电流表的满偏电流为Ig，闭合S1，调节滑动变阻器R1，使电流表满偏时，根据闭合电路欧姆定律得
E＝Ig(R1＋Rg)。闭合S2，调节电阻箱R 的阻值，指针恰好偏转到300 μA 处时，I1＝300
500Ig，E＝I1Rg＋(I1＋I1Rg
R )R1，解得
R＝
R1
R1＋Rg
·3
2Rg＝
1
1＋Rg
R1
·3
2Rg，当R1≫Rg，R＝3
2Rg，由R1＝E
Ig
－Rg 知，E 越大，R1 越大，即R1 越远大于Rg，因此本实验
应选用电动势大的电源和大阻值的滑动变阻器，选项B、D 正确。
(2)由于R1≫Rg，因此R 和Rg 并联后，电路的总电流可认为不变，当电流表电流为300 μA 时，通过R 的电流为200
μA，则300Rg＝200R，得Rg＝2
3R＝2
3R0，但是实际情况是，由于并联后总电阻变小，电路实际电流I＞Ig，因此通过电
阻的R 的实际电流大于200 μA，电阻箱R 的实际值R0 小于理论值，所以Rg 的测量值小于真实值。
(3)当电流表满偏时，E＝Ig(R＋Rg)。当保持R1 不变，闭合S2，调节R 和R2，使R＝2R2，并使电流表G 指针偏转
到表盘的正中间位置时，E＝1
2IgRg＋(
1
2IgRg
R
＋1
2Ig)·(1
2R＋R1)，联立两式解得：R＝Rg 或R＝2R1(舍去)，所以此时Rg＝R0′，
系统误差得以消除，测量值等于真实值。
类题演练
2．(2019·河南商丘模拟)某同学要测定电阻约为200 Ω的圆柱形金属材料的电阻率，实验室提供了以下器材：
电池组E(电动势6 V，内阻忽略不计)
电流表A1(量程0～30 mA，内阻约100 Ω)
电流表A2(量程0～600 μA，内阻2 000 Ω)
滑动变阻器R1(阻值范围0～10 Ω，额定电流1 A)
电阻箱R2(阻值范围0～9 999 Ω，额定电流1 A)
电键和导线若干
回答下列问题：
(1)先用螺旋测微器测出该金属材料的截面直径，示数如图1 所示，直径为__9.203(9.201～9.205)__ mm，用游标卡
尺测出该金属材料的长度示数如图2 所示，则长度为__10.405__ cm。
(2)将电流表A2 与电阻箱串联，改装成一个量程为6 V 的电压表，则电阻箱接入电路的阻值为__8_000__ Ω。
(3)在如图3 所示的方框中画出实验电路图，注意在图中标明所用器材的代号。
(4)调节滑动变阻器滑片，测得多组电流表A1、A2 的示数I1、I2，作出I2、I1 图象如图4 所示，求得图象的斜率为k
＝0.020 5，则该金属材料的电阻Rx＝__209__ Ω。(结果保留3 位有效数字)
(5)金属材料电阻率的测量值__等于__(填“大于”“等于”或“小于”)它的真实值。
[答案]
(3)
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[解析]
(1)固定刻度部分读数为9 mm，可动刻度部分读数为20.3×0.01 mm＝0.203 mm，则螺旋测微器的读数为
9.203 mm(9.201～9.205 mm 都对)；游标卡尺读数L＝10.4 cm＋0.05 mm＝10.405 cm。
(2)改装后电压表量程为6 V，则电阻箱阻值R＝U
IA2
－RA2＝8 000 Ω
(3)滑动变阻器最大阻值远小于待测电阻，滑动变阻器应采用分压接法，改装后电压表内阻已知，电流表应采用外
接法，电路图如图所示。
(4)由题意分析可知，I2＝
Rx
RV＋Rx
I1，可得Rx＝209 Ω。
(5)测量原理无系统误差，则测量值等于真实值。
以测电源电动势和内阻为核心的实验
核心知识
1．电源电动势和内电阻的测量方法
方案
伏安法
伏阻法
安阻法
原理
E＝U＋Ir
E＝U＋U
Rr
E＝IR＋Ir
电路
图
电流表内接
电流表外接
关系
式
U＝E－Ir
1
U＝r
ER＋1
E
1
I＝R
E＋r
E
图象
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)利用图象得出电动势和内阻是常见的方法，对于不同的电路设计，在作图象时都要画出倾斜直线，即得到有关
电动势和内阻的一次函数关系，再利用图象中的斜率与截距求解。
典例探究
【典例3】
(2019·安徽模拟)一个标有“3 V,1.5 W”小灯泡的伏安特性曲线如图(a)所示。小明同学有两节干电池，其
中一节新电池的电动势为1.5 V，内阻为1.5 Ω；另一节为旧电池，使用多用电表粗略测出该旧电池的电动势约为1.4 V，
查阅资料得知旧电池的内阻为10 Ω以上。
(1)现用新电池直接给该小灯泡供电，小灯泡发光昏暗，则小灯泡实际功率为__0.30__W(结果保留两位有效数字)。
(2)该同学尝试用这两节干电池串联在一起为该小灯泡供电，在接入电路前，先测定该电池组的电动势和内阻，实
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验室备有下列器材：
A．电流表G(满偏电流2 mA，内阻10 Ω)
B．电流表A(0～0.6 A，内阻约0.1 Ω)
C．滑动变阻器R1(0～5 Ω，10 A)
D．滑动变阻器R2(0～50 Ω，1 A)
F．定值电阻R3＝1990 Ω
G．开关、导线若干
①为方便且能较准确地进行测量，选用滑动变阻器__D__(填写器材前面的序号)。
②利用实验室备有的实验器材在虚线框中画出测量电池组电动势和内电阻的电路图。
③该同学根据他设计的实验测出了多组I1(电流表A 的示数)和I2(电流表G 的示数)，并作出了如图(b)所示的I1 和
I2 的关系图线。根据图线可得，被测电池组的电动势为__2.90__ V，内阻为__11.6__ Ω。(结果保留三位有效数字)
④根据电池组的电动势和内阻判断用新、旧干电池各一节串联在一起为该小灯泡供电比一节新干电池单独使用时
亮度__暗__。(填“亮”或“暗”)
[解析]
(1)在图(a)中做出新电池的特性曲线，如图所示：
由图可知，灯泡两端电压为：U＝1.0 V，流经电流为I＝0.3 A
故灯泡的功率为：P＝UI＝1.0×0.3 W＝0.30 W
(2)①两节干电池串联在一起时，内阻大约为11.5 Ω，C 滑动变阻器的最大阻值为5 Ω，太小，不方便调节，故滑动
变阻器选用D；
②无电压表，用电流表G 和定值电阻串联改装成电压表；减小电流表分压差产生误差，相对于电源来说采用外接
法，故设计电路图如图所示：
③根据闭合电路欧姆定律得：
E＝I2(Rg＋R3)＋I1r
即：I2＝
E
Rg＋R3
－
r
Rg＋R3
·I1
结合图象可知：
1
Rg＋R3
＝1.45×10
－3 A
r
Rg＋R3
＝ΔI2
ΔI1
＝1.45×10
－3－0
0.25
又Rg＝10 Ω，R3＝1 990 Ω
联立解得：E＝2.90 V，r＝11.6 Ω
④在如(a)中做出两电池串联后的特性曲线如图所示：
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由图可知此电池为灯泡供电时电压为：U′＝0.74 V，电流为：I′＝0.23 A
则功率为：P′＝U′I′＝0.74×0.23 W＝0.17 W＜P＝0.30 W
故新、旧干电池各一节串联在一起为该小灯泡供电比一节新干电池单独使用时亮度暗。
类题演练
3．(2019·河南省许昌市模拟)某物理兴趣小组利用图甲所示电路测定干电池的电动势和内阻。可供选择的器材有：
A．待测干电池(电动势约为1.5 V，内阻约为0.5 Ω)
B．电压表V1(量程为0～3 V，内阻约为3 kΩ)
C．电压表V2(量程为0～15 V，内阻约为15 kΩ)
D．电阻箱R1(调节范围0～999.9 Ω)
E．定值电阻R0＝5 Ω
F．开关S 一个，导线若干
(1)为了尽可能减小测量误差，电压表应选用__B__(填“B”或“C”)。
(2)请完成下列主要实验步骤：
①按图甲所示电路，先将开关S__断开__(填“闭合”或“断开”)，然后将电路连接好；
②调节电阻箱，读出其阻值R1，闭合开关S，读出电压表的示数U1；
③断开开关S，调节电阻箱，读出其阻值R2，闭合开关S，读出电压表的示数U2；如此反复多次实验，测得多组
正确的数据R3 和U3，R4 和U4…
(3)利用测得的数据，在坐标纸上作出电压表示数的倒数1
U与电阻箱的阻值R 的关系图线如图乙所示，则干电池的
电动势E＝
b
aR0
，内阻r＝__b－R0__。(结果用a、b 和R0 表示)
[解析]
(1)电源电动势约1.5 V，所以电压表选B。
(2)断开开关，再连好电路。
(3)对电路用闭合电路欧姆定律有E＝U＋U
R0
(R＋r)，整理成以1
U为纵轴，以R 为横轴的形式为1
U＝R0＋r
ER0
＋1
ER0
R，由
图象可以读出斜率a
b＝1
ER0
，纵截距为R0＋r
ER0
＝a，解出E＝b
aR0
，r＝b－R0。
电学创新类实验
1.电学创新实验的常用方法
(1)转换法；将不易测量的物理量转换成可以(或易于)测量的物理量进行测量，然后再反求待测物理量的值，这种
方法叫转换测量法(简称转换法)。如在测量金属丝电阻率的实验中，虽然无法直接测量电阻率，但可通过测量金属丝的
长度和直径，并将金属丝接入电路测出其电阻，然后再计算出它的电阻率。
(2)替代法：用一个标准的已知量替代被测量，通过调整标准量，使整个测量系统恢复到替代前的状态，则被测量
等于标准量。
(3)控制变量法：研究一个物理量与其他几个物理量的关系时，要使其中的一个或几个物理量不变，分别研究这个
物理量与其他各物理量的关系，然后再归纳总结，如探究电阻的决定因素实验。
2．电学设计实验的基本规律
(1)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，利用这一特点，可以拓展伏安法测电阻的方法，如伏伏法、安安法等。
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(2)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，因此在测电压表内阻时无需另并联电压表，测电流
表内阻时无需再串联电流表。
典例探究
【典例4】
(2019·山东省聊城市模拟)某研究性学习小组设计的测量电源电动势E 和内阻r 的电路如图所示，E′
是辅助电源，A、B 两点间有一灵敏电流计G。
(1)实验步骤如下：
(i)闭合开关S1、S2，灵敏电流计G 的示数不为零，根据指针的偏转方向知道电流从A 流向B，可以判断这时A、B
两点的电势φA__大于__φB (填“大于”“小于”或“等于”)；调节R 和R′使得灵敏电流计G 的示数为零，读出电流
表和电压表的示数I1 和U1。
(ii)改变滑动变阻器R、R′的阻值，重新使得灵敏电流计G 的示数为零，读出电流表和电压表的示数I2 和U2。
(iii)重复(ii)中的操作，得到了多组I、U，并做出了如图所示的图象。
(2)由图象可以得出电源的电动势E 测＝__3.60(3.60±0.02)__ V，内阻r 测＝__3.61_(3.61±0.04)__ Ω。(结果均保留2
位小数)。
(3)若不计偶然误差因素的影响，经理论分析可得，E 测
__等于__E 真。(填“大于”“小于”或“等于”)，r 测__等于__r 真。(填“大于”“小于”或“等于”)。
[解析]
(1)电流从高电势流向低电势，因此有φA＞φB；
(2)当灵敏电流计的示数为零时，说明AB 两点的电势相等，据闭合回路的欧姆定律有E＝U＋IR ，因此可知U－I
图象的截距为E，斜率为r，因此从图象可求；E＝3.61 V，r＝ΔU
ΔI ＝3.64 Ω
(3)此电路中电流表测得为干路电流，电压表测得为R 两端的电压，因此电流表和电压表都是准确值，故E 测＝E 真，
r 测＝r 真。
类题演练
4．(2019·宁夏模拟)学习小组正在进行“测量某金属导体电阻率”的实验。取该金属制成的一个“圆柱形”导体，
用游标卡尺测量其长度L、用螺旋测微器测量其直径d，如图所示。
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(1)请读出长度L 和直径d。L＝__104.00__mm，d＝__2.150__mm。
(2)设“圆柱形”导体的电阻为Rx，接入如图所示的电路中。请将以下实验步骤补充完整：
第一步：闭合开关S 前先将滑动变阻器R 的滑动头P 滑到最__右__端(填“左”或“右”)；
第二步：调节电阻箱R2，使其处于某一适当值；
第三步：闭合开关S，移动滑动头，使电流计G 有适当的读数；
第四步：调节R2，__使电流计G 的电流为零__；
第五步：读出R2，可得：Rx＝
R2R3
R1
；(用R1、R2、R3 表示)
第六步：用d、L、R1、R2、R3 表示电阻率
ρ＝πd2R2R3
4LR1
。
[解析]
(1)游标卡尺的固定刻度读数为10.4 cm＝10.4×10 mm＝104 mm，游标尺上读数为0×0.05 mm＝0.00 mm，
所以最终读数为：104 mm＋0.00 mm＝104.00 mm＝10.400 cm；螺旋测微器的固定刻度读数为2 mm，可动刻度读数为
0.01×15.0 mm＝0.150 mm，所以最终读数为：
2 mm＋0.150 mm＝2.150 mm。
(2)闭合开关前，为保护仪器，滑动变阻器的滑片应移至阻值最大处，即右端；第四步，调节R2，使电流计G 中的
电流为零，则R2 与R1 两端的电压相等为U1，Rx 与R3 两端的电压相等为U2，根据串并联电路的特点有：U1
U2
＝R1
R2
＝R3
Rx
，
解得：Rx＝R2R3
R1
，根据电阻定律得：Rx＝ρL
S，且S＝1
4πd2，解得：电阻率为ρ＝πd2R2R3
4LR1
。
1．(2019·辽宁大连模拟)某同学利用如图所示电路，测量一表盘有刻度但数值已模糊的灵敏电流计G 的满偏电流
Ig 及内阻Rg；已知该电流计的满偏电流约为300 μA,
内阻Rg 约几百欧，实验室提供器材如下：
电压表V(量程3 V，内阻约为15 kΩ)；
电阻箱R0(最大阻值为9 999.9 Ω)；
滑动变阻器R1
(阻值0～5 Ω，额定电流1.0 A)；
电源E 电动势为4 V(内阻不计)；开关、导线。
实验步骤如下：
Ⅰ.当电阻箱阻值为r1 时，闭合开关，调节滑动变阻器，使电流计满偏，记录此时电压表的示数U1；
Ⅱ.当电阻箱阻值为r2 时，闭合开关，调节滑动变阻器，重新使电流计满偏，记录此时电压表的示数U2。
Ⅲ.根据测量数据求出灵敏电流计的满偏电流和内阻。
请根据如上所述回答下列问题：
(1)在步骤Ⅰ和Ⅱ中，闭合开关S 前滑动变阻器的滑动触片应置于最__右__端(填“左”或“右”)；
(2)实验测得电流计内阻Rg＝
r1U2－r2U1
U1－U2
或Rg＝r2U1－r1U2
U2－U1
。(用r1、r2、U1、U2 表示)
[解析]
(1)闭合开关S 前滑动变阻器的滑动触片应置于最右端，这样负载获得的电压小，防止烧坏电表。
(2)根据欧姆定律得，第一次满偏：U1＝Ig(r1＋Rg)，同理第二次满偏U2＝Ig(r2＋Rg)，联立解得：Rg＝r1U2－r2U1
U1－U2
，Ig
＝U1－U2
r1－r2
。
2．(2019·福建宁德模拟)实验室某同学为了描绘小灯泡(2.5 V,0.3 A)的伏安特性曲线，将小灯泡、双量程电流表(量
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程为0～0.6 A 和0～3 A)、双量程电压表(量程为0～3 V 和0～15 V)、滑动变阻器、电源、开关及导线按图甲所示电路
图连接，实物连接图如图乙所示。
(1)请指出该同学实物连接不妥之处：__见解析__；
(2)改正连接错误后，该同学闭合开关，移动滑动变阻器，电压表读数如图丙，则它的读数是__1.80__ V；
(3)该同学用多用电表粗测该小灯泡的电阻，操作步骤如下：
①调节指针定位螺丝机械调零，把选择开关拨到“×10”的欧姆挡上；
②把红黑表笔插入测试笔插孔中，先把两表笔相接触，旋转调零旋钮，使指针指在零欧姆处；
③把两表笔分别与待测电阻的两端相接，发现这时指针几乎指在零欧姆处；
④换用“×1”欧姆挡测量，发现这时指针偏转适中，随即记下电阻数值；
⑤把表笔从测试笔插孔拔出后，开关应置于交流电压最高挡或“OFF”挡；
但这位同学在实验中还是有一处不符合要求，请你指出__见解析__。
(4)下图是用多用电表粗测该小灯泡电阻的实录，三个操作中，最合理的是__C__。
[解析]
(1)电流表应该接量程为0.6 A 的接线柱；
(2)电压表选择量程是量程为0～3 V，每一小格对应0.1 V，且估读一位，故图示指针对应刻度为1.80 V;
(3)换用“×1”欧姆挡测量时没有红黑表笔短接进行欧姆调零；
(4)多用电表测电阻时，应将待测电阻从电路中断开，同时手不能接触待测电阻，故选C。
3．(2019·湖北模拟)某实验小组想组装一个双量程(3 V、15 V)的电压表，提供的器材如下：
A．电流表
：满偏电流为300 VA，内阻未知；
B．干电池E：电动势为3 V，内阻未知；
C．滑动变阻器R1：最大阻值约为5 kΩ，额定电流为1 A；
D．滑动变阻器R2：最大阻值约为16 kΩ，额定电流为0.5 A；
E．电阻箱R0：0～9 999.9 Ω；
F 定值电阻R3：40 kΩ，额定电流为0.1 A；
G．开关两个，导线若干。
回答下列问题：
(1)若用图示电路测量电流表的电阻
，则滑动电阻器R 应选用__D__(选填“C”或“D”)。
(2)将开关S1、S2 都断开连接好实物图，滑动变阻器接入电路的电阻达到最大后，接通开关S1，调节滑动变阻器使
电流表
的指针示数为200 μA；闭合开关的S2，调节电阻箱R0 的阻值为100 Ω时电流表
的指针为100 μA，则电流表
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的内阻为__100__ Ω。
(3)在虚线框中画出双量程电压表的电路原理图，并标明所选的器材和量程，其中R0 应取值为__9.9__ kΩ。
[解析]
(1)原理是半偏法测电流表的内阻，而半偏法的前提条件是要求滑动变阻器的阻值远大于电流表的内阻，
所以选阻值最大的D。
(2)开关S1 闭合，S2 断开，电流表与滑动变阻器串联，此时电流表的示数为200 μA：当保证滑动变阻器的阻值不变，
开关S1、S2 都闭合时，显然增加电阻箱一条支路，由于滑动变阻器的阻值远大于电流表阻值，则认为电路的总电流200
μA 不变，所以电阻箱的阻值必与电流表内阻相同，所以电流表的内阻为100 Ω。
(3)当改为15 V 量程时，电压表总内阻为：RV2＝
15
300×10
－6＝50 kΩ，当改为3 V 量程时，电压表总内阻为：RV1 ＝
3
300×10
－6＝10 kΩ。设计电路图如答图所示。
设电流表的内阻为Rg，当改为U1＝3 V 量程时有：U1＝Ig(R0＋Rg)，把上一问求得的Rg＝100 Ω代入求得R0＝9.9 kΩ。
4．(2019·河北定州模拟)某同学设计了如图所示的电路测量某电阻Rx 的阻值，该电阻的阻值约为200 Ω，已知直流
电源的电动势为9 V，内阻较小，电阻箱R 的规格为0～9 999.9 Ω，可供选择的电流表为：A1(量程500 mA，内阻为50
Ω)，A2(量程100 mA，内阻约为50 Ω)，A3(量程50 mA，内阻约为50 Ω)。
(1)为了尽可能测量准确，减小误差，电流表应该选用__A3__(选填“A1”“A2”或“A3”)；
(2)闭合开头S1 前，将电阻箱R 接入电路的阻值调到__最大值__(选填“最大值”“最小值”或“任意值”)；
(3)先闭合开关S1，再闭合开关S2，调节电阻箱的阻值，使电阻箱的阻值比200 Ω稍__大__(填“大”或“小”)，
记录这时电阻箱的示数R1，从电流表的示数I；再断开S2，将电阻箱的阻值调__大__(填“大”或“小”)，使电流表的
示数为__小__，记录这时电阻箱的阻值为R2，则被测电阻的阻值Rx＝__R1－R2__(用记录的数值字母表示)。
(4)若实验中所用电源为旧的干电池，且实验操作时间较长，则实验测得被测电阻的阻值与真实值相比，偏__大__(填
“大”或“小”)。
[解析]
(1)通过电流表电流的最大值可能为Im＝9
200 A＝45 mA，所以电流表选A3。
(2)闭合开关S1 时，将电阻箱R 接入电路的阻值调到最大值，防止电路中电流过大，损坏电流表。
(3)先闭合开关S1，再闭合开关S2，调节电阻箱的阻值，使电阻箱的阻值比200 Ω稍大，记录这时电阻箱的示数R1，
及电流表的示数I；再断开开头S2，将电阻箱的阻值调小，使电流表的示数再次为I，记录这时电阻箱的阻值为R2，则
R1＝Rx＋R2，则Rx＝R1－R2。
(4)由于电源是旧的干电池，且由于操作时间过长，电源电动势E 变小，内阻r 变大，则断开S2后，由I＝
E
Rx＋r＋RA＋R2
分析可知，测得的R2 偏小，因此测得的Rx 偏大。
5．(2019·江西南昌模拟)某同学设计了一个实验：将一个量程为0～3 V 的电压表改装成量程为0～9 V 的电压表，
并测量电阻R0(阻值约为3 Ω)的阻值。由此他设计出如图甲所示的电路进行改装和测量。可供选择的器材有：
A．电源(电动势约为10 V，内阻为2 Ω)
B．电压表(量程为0～3 V，内阻约10 kΩ)
C．电流表(量程0～2 A，内阻忽略不计)
D．电阻箱(阻值范围0～9 999 Ω，额定功率小于10 W)
E．电阻箱(阻值范围0～99 999 Ω，额定功率小于10 W)
F．滑动变阻器(最大阻值为10 Ω，额定电流为3 A)
G．滑动变阻器(最大阻值为2 kΩ，额定电流为0.2 A)
H．定值电阻R0(阻值约为3 Ω)
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回答下列问题：
(1)该同学设计出如下步骤进行电表改装，并进行相关测量；
①连接好电路并把滑动变阻器R1 的滑片移至最右端，把电阻箱R2 阻值调到最大；
②闭合电键，把滑动变阻器滑片调到适当位置，把电阻箱R2 阻值调到零，使电压表读数为3 V；
③把电阻箱阻值调到适当值，使电压表读数为__1.0__ V，然后不再改变电阻箱值，即得量程为9 V 的电压表；
④改变滑动变阻器的阻值，记录多组电压表和电流表的示数U 和I。
(2)上述实验电阻箱应选__E__，滑动变阻器应选__F__。(填所选器材前的字母)
(3)用步骤④中测得的多组数据作出U－I 图象如图乙所示，由图象可知R0 的阻值为__2.8__ Ω(结果保留两位有效数
字)。
[解析]
(1)电压表的量程为3 V，步骤②中电压表读数为3 V，则当滑动变阻器的滑片位置不动，把电阻箱阻值调
到适当值，则电阻箱和电压表两端电压之和为3 V，为使电压表的量程改为9 V，则当电阻箱和电压表两端电压之和为
3 V 时，电压表读数应该为1.0 V。
(2)由(1)可知，电阻箱的阻值应该是电压表内阻的2 倍，电压表内阻约为10 kΩ，则所选电阻箱最大阻值应大于20
kΩ，则电阻箱应该选E；滑动变阻器应该选择阻值较小的，这样当调节电阻箱时可认为滑动变阻器两端的电压近似不
变；
(3)对题图甲电路应用闭合电路欧姆定律列方程：
E＝3U＋I(R0＋r)，则U＝E
3－R0＋r
3
I，对比题图乙可知，R0＋r
3
＝
2.9
1.8，解得R0＝2.8 Ω。
6．(2019·江苏省宿迁市模拟)某同学设计了如图所示电路，测量定值电阻的阻值、电源的电动势和内阻，使用的器
材有：待测定值电阻R1(约几欧)、待测电源E、电流表A、电阻箱R2(0～999.9 Ω)、开关两个及导线若干。
(1)请用笔画线代替导线在图中完成实物电路的连接__见解析图__；
(2)测量R1 的值时，闭合开关S1 前，调节R2 至__最大值__(选填“最大值”或“最小值”)，然后闭合开关S1 和S2，
调节R2 使电流表示数为I，此时R2 的值为7.8 Ω；再断开S2，将R2 调到5.8 Ω时，电流表示数也为I，则R 的值为__2.0__
Ω。
(3)测量电源电动势E 和内阻r 时，闭合开关S1、断开S2，调节R2，得到R2 和对应电流I 的多组数据，作出1
I－
R2 图象如图所示，则电源电动势E＝__6.0__ V，内阻r＝__1.0__ (计算结果均保留两位有效数字)，若电流表A 内阻不
可忽略，则r 的测量值__大于__(选填“大于”“等于”或“小于”)真实值。
[解析]
(1)按原理图接线，如图
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(2)为了保护用电器，所以应使电阻箱的最大阻值接入电路，即在闭合开关前调节R2 至最大值；由闭合电路欧姆定
律得：I＝
E
7.8＋r
＝
E
5.8＋r＋R1
，解得：R1＝2.0 Ω；
(3) 由闭合电路欧姆定律得：E＝I(R1＋R2＋r)
整理得：
1
I＝2＋r
E
＋1
ER2
由图象可知，
1
E ＝1.5－0.5
6
，2＋r
E
＝1
2
解得：E＝6.0 V，r＝1 Ω
若电流表A 内阻不可忽略，由闭合电路欧姆定律得：
E＝I(R1＋R2＋r＋RA)
整理得：1
I ＝2＋r＋RA
E
＋1
ER2
即内阻的测量值为：r＋RA＞r，即大于真实值。
7. (2019·河北衡水模拟)磁力锁主要由电磁铁和衔铁组成。某小组用图(a)所示的装置研究电磁铁线圈的工作电压与
衔铁所受磁力的关系，弹性梁一端连接有衔铁，在外力作用下可以上下运动，另一端固定于墙壁，电磁铁位于衔铁正
下方，
为理想电压表。
(1)为增加电磁铁产生的磁感应强度，变阻器的滑片P 应向
__c__端移动(填“c”或“d”)。
(2)已知电磁铁线圈的直流电阻为30 Ω，滑动变阻器的最大电阻为170 Ω，电源E 的电动势为12.0 V，滑动变阻器
能提供的最大分压为11.9 V，则E 的内阻是__0.21__ Ω(保留2 位有效数字)。
(3)同学们将金属应变片R1 粘贴在弹性梁的上表面，将R1 和定值电阻R2 连接成图(b)所示电路。线圈通电吸引衔铁
下移时，应变片变长，R1 的阻值将__增大__，电压表V2 的读数将__增大__。(选填“增大”“减小”或“不变”)
(4)在线圈通电吸合衔铁后，用外力F 使电磁铁和衔铁刚好分开，测得F 与线圈两端电压U 的关系如图(c)所示。若
要求该锁能抵抗1 200 N 的外力，则工作电压至少为__6__ V。
[解析]
(1)为增加电磁铁产生的磁感应强度，必须要增加线圈的电流，加大线圈两端的电压，则变阻器的滑片P
应向c 端移动。
(2)当滑动变阻器的滑片P 滑到c 端时，线圈上的分压最大，此时外电路总电阻为：R＝30×170
30＋170
Ω＝25.5 Ω，电源
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的电流为I＝U
R＝11.9
25.5 A＝0.47 A，电源的内阻：r＝E－U
I
＝12.0－11.9
0.47
Ω＝0.21 Ω
(3)根据电阻定律，应变片变长，则截面积变小，R1 的阻值将变大，总电阻变大，总电流减小，则电源内阻和定值
电阻R2 上的电压减小，则电压表V2 的读数将增大；
(4)由F－U 图象可知，当F＝1 200 N 时，U＝6 V；即若要求该锁能抵抗1 200 N 的外力，则工作电压至少为6 V。
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专题六
原子物理与物理学史
[要点解读]
[备考对策]
本专题考查的重点和热点：
①光电效应的规律及应用
②原子的能级跃迁
③原子核的衰变规律
④核反应方程的书写
⑤质量亏损和核能的计算
⑥三种射线的特点及应用等
由于本专题涉及的知识点与科技相关，题目新颖，但难度不
大，因此，备考中应加强对基本概念和规律的理解，强化典
题的训练。
第15 讲
原子与原子核
一、波粒二象性知识网络
波粒二象性
光的粒子性
能量的量子化
黑体与黑体辐射
普朗克假设ε＝hν
光电效应
现象：光现象→电现象
本质：电子――→
吸收光子光电子
规律：①极限频率
②遏止电压
③光电流强度
方程：Ek＝hν－W0
光子说：光子的能量ε＝hν
康普顿效应
光子的能量ε＝hν
光子的动量p＝h
λ
光的波动性：光是概率波
粒子的波动性
物质波
λ＝h
p
粒子运动对应的物质波也是概率波
不确定性关系：ΔxΔp≥h
4π
二、原子和原子核知识网络
原子和原子核
原子结构：
汤姆孙
模型
――→
α粒子散射实验卢瑟福模型
――→
氢原子光谱
原子的稳定性玻尔模型
原子核
天然放射性
α衰变：23892U―→23490Hh＋42He
β衰变：23490Th―→23491Pa＋0
－1e
人工转变
质子的发现147N＋42He―→178O＋11H
中子的发现94Be＋42He―→126C＋10n
原子核的组成，放射性同位素
核能
质能方程式E＝mc2
重核裂变23592U＋10n―→14156Ba＋92
36Kr＋310n
轻核聚变21H＋31H―→42He＋10n
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1．(2019·全国卷Ⅰ，14)氢原子能级示意图如图所示。光子能量在1.63 eV～3.10 eV 的光为可见光。要使处于基态
(n＝1)的氢原子被激发后可辐射出可见光光子，最少应给氢原子提供的能量为(
A
)
A．12.09 eV
B．10.20 eV
C．1.89 eV
D．1.51 eV
[解析]
可见光光子能量范围为1.63 eV～3.10 eV，则氢原子能级差应该在此范围内，可简单推算如下：2、1 能级
差为10.20 eV，此值大于可见光光子的能量；3、2 能级差为1.89 eV，此值属于可见光光子的能量，符合题意。氢原子
处于基态，要使氢原子达到第3 能级，需提供的能量为－1.51 eV－(－13.60 eV)＝12.09 eV，此值也是提供给氢原子的
最少能量，选项A 正确。
2．(2019·全国卷Ⅱ，15)太阳内部核反应的主要模式之一是质子—质子循环，循环的结果可表示为411H→42He＋201e
＋2γ
已知11H 和42He 的质量分别为mp＝1.007 8 u 和mα＝4.002 6 u，1 u＝931 MeV/c2，c 为光速。在4 个11H 转变成1 个
42He 的过程中，释放的能量约为(
C
)
A．8 MeV
B．16 MeV
C．26 MeV
D．52 MeV
[解析]
因电子的质量远小于质子的质量，计算中可忽略不计。
质量亏损Δm＝4mp－mα
由质能方程得
ΔE＝Δmc2＝(4×1.007 8－4.002 6)×931 MeV≈26.6 MeV。
3．(2019·北京卷，19)光电管是一种利用光照射产生电流的装置，当入射光照在管中金属板上时，可能形成光电流。
表中给出了6 次实验的结果。
组
次
入射光子的
能量/eV
相对光强
光电流大小/mA
逸出光电子的最大动
能/eV
第一组
1
2
3
4.0
4.0
4.0
弱
中
强
29
43
60
0.9
0.9
0.9
第二组
4
5
6
6.0
6.0
6.0
弱
中
强
27
40
55
2.9
2.9
2.9
由表中数据得出的论断中不正确的是(
B
)
A．两组实验采用了不同频率的入射光
B．两组实验所用的金属板材质不同
C．若入射光子的能量为5.0 eV，逸出光电子的最大动能为1.9 eV
D．若入射光子的能量为5.0 eV，相对光强越强，光电流越大
[解析]
A 对：光子的能量E＝hν，入射光子的能量不同，故入射光子的频率不同。B 错：由爱因斯坦的光电效应
方程hν＝W＋Ek，可求出两组实验的逸出功W 均为3.1 eV，故两组实验所用的金属板材质相同。C 对：由hν＝W＋Ek，
W＝3.1 eV；当hν＝5.0 eV 时，Ek＝1.9 eV。D 对：光强越强，单位时间内射出的光子数越多，单位时间内逸出的光电
子数越多，形成的光电流越大。
本题选不正确的，故选B。
4．(2019·天津，5)右图为a、b、c 三种光在同一光电效应装置中测得的光电流和电压的关系。由a、b、c 组成的
复色光通过三棱镜时，下述光路图中正确的是(
C
)
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[解析]
由爱因斯坦光电效应方程Ek＝hν－W0 和动能定理－eU＝0－Ek 得eU＝hν－W0，知遏止电压大，则光的频
率大，νb>νc>νa，由光的色散现象知频率越大，折射率越大，光的偏折角越大。选项C 正确。
5．(多选)(2019·天津，6)我国核聚变反应研究大科学装置“人造太阳”2018 年获得重大突破，等离子体中心电子
温度首次达到1 亿摄氏度，为人类开发利用核聚变能源奠定了重要的技术基础。下列关于聚变的说法正确的是
(
AD
)
A．核聚变比核裂变更为安全、清洁
B．任何两个原子核都可以发生聚变
C．两个轻核结合成质量较大的核，总质量较聚变前增加
D．两个轻核结合成质量较大的核，核子的比结合能增加
[解析]
A 对：核聚变没有放射性污染，安全、清洁。B 错：只有原子序数小的“轻”核才能发生聚变。C 错，D
对：轻核聚变成质量较大的原子核、比结合能增加，总质量减小。
6．(2019·江苏，12)(2)100 年前，卢瑟福用α粒子轰击氮核打出了质子。后来，人们用α粒子轰击60
28Ni 核也打出了质
子：42He＋60
28Ni→62
29Cu＋11H＋X，该反应中的X 是__中子__(选填“电子”“正电子”或“中子”)。此后，对原子核反应
的持续研究为核能利用提供了可能。目前人类获得核能的主要方式是__核裂变__(选填“核衰变”“核裂变”或“核聚
变”)。
(3)在“焊接”视网膜的眼科手术中，所用激光的波长λ＝6.4×10
－7 m，每个激光脉冲的能量E＝1.5×10
－2 J。求每
个脉冲中的光子数目。(已知普朗克常量h＝6.63×10
－34 J·s，光速c＝3×108 m/s。计算结果保留一位有效数字)
[解析]
(2)设X 的质量数为A，质子数为Z，即AZX，由质量数守恒得A＝4＋60－62－1＝1，由电荷数守恒得Z＝2
＋28－29－1＝0，则知X 是中子；目前人类获得核能的主要方式是重核的裂变。
(3)光子能量
ε＝hc
λ
光子数目
n＝E
ε
代入数据得
n≈5×1016
光电效应现象及规律
核心知识
一、光电效应
(1)在光的照射下物体发射电子的现象，叫做光电效应。
(2)光电效应的规律：研究发现，光电效应有以下规律：
①极限频率的存在：各种金属都存在极限频率ν0，只有ν≥ν0 才能发生光电效应(与之对应的有极限波长λ0，只有λ≤λ0
才能发生光电效应)。
②瞬时性：无论照射光强还是弱，只有超过极限频率，从光照射到有光电子产生，经历的时间不超过10
－9s，几乎
是瞬时的。
二、光子说
光子说的内容是：光是不连续的，是一份一份的，每一份叫做一个光量子，简称光子。光子的能量E 跟光的频率ν
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成正比：E＝hν。(光子是以电磁波形式存在的一份能量，没有静止质量)
爱因斯坦利用光子说解释了光电效应。设每个光子只能被一个电子吸收(一个光子不能被多个电子分开吸收)；每个
电子每次只能吸收一个光子(一个电子不能同时吸收多个光子)。
光电效应的物理过程如下：入射光照到金属上，有些光子被电子吸收，有些没有被电子吸收；吸收了光子的电子
动能增大，将向各个方向运动；有些电子射出金属表面成为光电子，有些没射出；射出金属表面的电子克服金属中正
电荷引力做的功也不相同；只有从金属表面直接飞出的光电子克服正电荷引力做的功最少，飞出时动能最大。
如果入射光子的能量比这个功的最小值还小，那就不能发生光电效应。这就解释了极限频率的存在；由于光电效
应是由一个光子被一个电子吸收引起的，因此从有光照射到有光电子飞出的时间与照射光的强度无关，几乎是瞬时的。
这就解释了光电效应的瞬时性。
三、爱因斯坦光电效应方程
(1)Ek＝hν－W0(Ek 是光电子的最大初动能；W0 是逸出功，即从金属表面直接飞出的光电子克服正电荷引力所做的
功，也就是使电子脱离某种金属所做功的最小值。)这个方程和能量守恒定律是完全一致的。
(2)由于每个光电子从金属中飞出时，克服引力做的功不同，它们的初动能也不同。方程中的W0 是逸出功，不是每
个电子克服引力做的功；方程中的Ek 不是每个光电子的初动能，而是最大初动能。
(3)从光电效应方程可以看出：极限频率和逸出功间的关系是：hν0＝W0。
典例探究
【典例1】(2019·临沂三模)采用图甲所示的装置研究光电效应现象，电流表和电压表的零刻度均在表盘的正中间。
分别用横截面积相同的单色光a，b，c 照射光电管的阴极K，得到光电管两端的电压与相应的光电流的关系如图乙所
示。下列说法正确的是(
B
)
A．a 光的强度比c 光的大
B．a 光的光子能量比b 光的小
C．c 光照射时光电子的最大初动能比a 光照射时的大
D．测量遏止电压时开关S 应扳向1
[解析]
由图可知，a 的饱和电流最小，因此a 光束照射时单位时间内产生的光电子数量小，光强小，故A 错误；
当光电流为零时，光电管两端加的电压为遏止电压，对应的光的频率为截止频率，根据eU＝hν－W，入射光的频率越
高，对应的遏止电压U 越大。a 光、c 光的遏止电压相等，所以a 光、c 光的频率相等，根据光电效应方程可知，c 光
照射时，光电子的最大初动能与a 光相同，而b 光的遏止电压大，则频率大，能量大，且对应的波长最小，故B 正确，
C 错误；测量遏止电压时，光电管加反向电压，开关S 应扳向2，故D 错误。
图象名称
图线形状
由图线直接(间接)得到的物理量
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最大初动能Ek与入射光频率ν
的关系图线
①极限频率：图线与ν轴交点的横坐标
ν。
②逸出功：图线与Ek 轴交点的纵坐标
的值
W0＝|－E|＝E
③普朗克常量：图线的斜率是k＝h
颜色相同、强度不同的光，光
电流与电压的关系
①遏止电压Uc：图线与横轴的交点
②饱和光电流Im：电流的最大值
③最大初动能，Ekm＝eUc
颜色不同时，光电流与电压的
关系
①遏止电压Ucl、Uc2
②饱和光电流
③最大初动能Ek1＝eUc1
Ek2＝eUc2
遏止电压Uc 与入射光频率ν
的关系图线
①截止频率νc：图线与横轴的交点
②遏止电压Uc：随入射光频率的增大
而增大
③普朗克常量h：等于图线的斜率与电
子电量的乘积，即h＝ke(注：此时两
极之间接反向电压)
类题演练
1．(2019·南昌模拟)美国物理学家密立根利用图甲所示的电路研究金属的遏止电压Uc 与入射光频率ν的关系，描绘
出图乙中的图象。电子电量用e 表示，下列说法正确的是(
B
)
A．入射光的频率增大，为了测遏止电压，则滑动变阻器的滑片P 应向M 端移动
B．由Uc－ν图象可求普朗克常量表达式为h＝U1e
ν1－ν0
C．由Uc－ν图象可知，这种金属的截止频率为ν1
D．增大入射光的强度，光电子的最大初动能也增大
[解析]
入射光的频率增大，光电子的最大初动能增大，则遏止电压增大，测遏制电压时，应使滑动变阻器的滑片
P 向N 端移动，故A 错误；根据Ekm＝hν－W0＝eUc，解得：Uc＝hν
e －hνc
e ，图线的斜率为：k＝h
e＝U1
ν1－ν0
，则有：h＝U1e
ν1－ν0
，
当遏止电压为零时，ν＝ν0。所以这种金属的截止频率为ν0，故B 正确、C 错误；根据光电效应方程Ekm＝hν－W0 知，
光电子的最大初动能与入射光的强度无关，故D 错误。
玻尔理论、氢原子能级
核心知识
1．玻尔理论的基本内容
能级假设：氢原子En＝E1
n2，n 为量子数
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跃迁假设：hν＝E 末－E 初
轨道量子化假设：氢原子rn＝n2r1，n 为量子数
2．对跃迁的理解
(1)氢原子从低能级向高能级跃迁，吸收一定频率的光子，当光子的能量满足hν＝E 末－E 初时，才能被某一个原子
吸收，否则不吸收。
(2)氢原子从高能级向低能级跃迁：以光子的形式向外辐射能量，所辐射的光子能量恰等于发生跃迁时两能级间的
能量差。
(3)电离：当光子能量大于等于原子所处的能级的能量值的绝对值时，也可以被氢原子吸收，使氢原子电离，多余
的能量作为电子的初动能。
(4)光谱线条数：一群氢原子处于量子数为n 的激发态时，可能辐射出的光谱线条数为N＝nn－1
2
。
(5)氢原子还可吸收外来实物粒子的能量而被激发，由于实物粒子的动能可全部或部分地被原子吸收，所以只要入
射粒子的能量大于或等于两能级差，均可使原子发生能级跃迁。
(6)跃迁时电子动能、原子电势能与总能量变化：当轨道半径减小时，库仑引力做正功，原子电势能减小，电子动
能增大，原子总能量减小；反之，轨道半径增大时，原子电势能增大，电子动能减小，原子总能量增大。
典例探究
【典例2】
(2019·山东省日照市模拟)氢原子能级如图，一群氢原子处于n＝4 能级上。当氢原子从n＝4 能级跃迁
到n＝3 能级时，辐射光的波长为1 884 nm，下列判断正确的是(
D
)
A．氢原子向低能级跃迁时，最多产生4 种谱线
B．从高能级向低能级跃迁时，氢原子核一定向外放出能量
C．氢原子从n＝3 能级跃迁到n＝2 能级时，辐射光的波长大于1 884 nm
D．用从能级n＝2 跃迁到n＝1 辐射的光照射W 逸＝6.34 eV 的铂，能发生光电效应
[解析]
根据C24＝6 知，一群处于n＝4 能级上的氢原子向低能级跃迁时最多产生6 种谱线，故A 错误；由高能级
向低能级跃迁，氢原子向外辐射能量，不是原子核辐射能量，故B 错误；从n＝3 和n＝2 的能级差大于n＝4 和n＝3
的能级差，则从n＝3 能级跃迁到能级比从n＝4 能级跃迁到n＝3 能级辐射出电磁波的频率大，波长短，即辐射光的波
长小于1 884 nm，故C 错误；从n＝2 能级跃迁到n＝1 能级辐射出的光子的能量为：E＝E2－E1＝－3.4 eV－(－13.6)eV
＝10.2 eV＞6.34 eV，而使金属发生光电效应的条件是光子的能量大于电子的逸出功，故可以发生光电效应，故D 正确。
类题演练
2．(2019·海淀区二模)“通过观测的结果，间接构建微观世界图景”是现代物理学研究的重要手段，如通过光电效
应实验确定了光具有粒子性。弗兰克—赫兹实验是研究汞原子能量是否具有量子化特点的重要实验。实验原理如图1
所示，灯丝K 发射出初速度不计的电子，K 与栅极G 间的电场使电子加速，GA 间加有0.5 V 电压的反向电场使电子
减速，电流表的示数大小间接反映了单位时间内能到达A 极电子的多少。在原来真空的容器中充入汞蒸汽后，发现KG
间电压每升高4.9 V 时，电流表的示数I 就会显著下降，如图2 所示。科学家猜测电流的变化与电子和汞原子的碰撞有
关，玻尔进一步指出该现象应从汞原子能量量子化的角度去解释。仅依据本实验结果构建的微观图景合理的是(
B
)
A．汞原子的能量是连续变化的
B．存在同一个电子使多个汞原子发生跃迁的可能
C．相对于G 极，在K 极附近时电子更容易使汞原子跃迁
D．电流上升，是因为单位时间内使汞原子发生跃迁的电子个数减少
[解析]
从图可知，电流、电压是起伏变化的，即汞原子吸收电子能量是跃迁的，不是连续的，故A 错误；KG 间
电压每升高4.9 V 时，电流表的示数I 就会显著下降，说明4.9 eV 的能量可能对应汞原子低能级之间的一次跃迁，当电
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子的动能较大时，存在同一个电子使多个汞原子发生跃迁的可能，故B 正确；从电路可知，电子从K 极射出，向G 极
做加速运动，在G 极附近的动能较大，所以在G 极附近时电子更容易使汞原子跃迁，故C 错误；电流上升，是因为单
位时间内加速电压增大，并不是由于使汞原子发生跃迁的电子个数减少，故D 错误。
核反应和核能的计算
核心知识
1．衰变及核反应方程的书写和核能的计算
(1)原子核的衰变
①衰变实质：α衰变是原子核中的2 个质子和2 个中子结合成一个氦核并射出；β衰变是原子核中的中子转化为一
个质子和一个电子，再将电子射出；γ衰变伴随着α衰变或β衰变同时发生，不改变原子核的质量数与电荷数，以光子形
式释放出衰变过程中产生的能量。
②衰变的快慢由原子核内部因素决定，跟原子所处的物理、化学状态无关；半衰期是统计规律，对个别、少数原
子无意义。
(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、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)核能的计算方法
①根据爱因斯坦质能方程。用核反应的质量亏损的千克数乘以真空中光速c 的平方，即ΔE＝Δmc2(J)。
②根据1 原子质量单位(u)相当于931.5 兆电子伏(MeV)能量，用核反应的质量亏损的原子质量单位数乘以931.5
MeV，即ΔE＝Δm×931.5(MeV)。
③如果核反应时释放的核能是以动能形式呈现，则核反应过程中系统动能的增量即为释放的核能。
2．半衰期
不同元素的半衰期是不一样的，用τ表示半衰期，m0 与N0 表示衰变前的质量和原子核数，m 和N 表示衰变后的质
量和原子核数，t 表示衰变时间，则
m＝
1
2 t
τm0 或m
m0
＝
1
2 t
τ，N＝
1
2 t
τN0 或N
N0
＝
1
2 t
τ
典例探究
【典例3】
(2019·重庆模拟)用速度为v 的中子轰击静止的锂核(63Li)，发生核反应后生成氚核和α粒子，生成的氚
核速度方向与中子的初速度方向相反，氚核与α粒子的速度之比为7
8。已知中子的质量为m，质子的质量也可近似看
作m，普朗克常量为h。下列说法正确的是(
AD
)
A．核反应方程为：10n＋63Li→31H＋42He
B．α粒子的速度为7
11v
C．α粒子对应的物质波的波长为
h
32mv
D．α粒子对应的物质波的波长为11h
32mv
[解析]
由题意可得，核反应方程为10n＋63Li→31H＋42He；由动量守恒定律得mv＝－3mv1＋4mv2，又v1
v2＝7
8，
解得v1＝7
11v，v2＝8
11v；α粒子对应物质波的波长为11h
32mv，故A、D 正确，B、C 错误。
类题演练
3．(2019·海淀区模拟)重元素的放射性衰变共有四个系列，分别是U238 系列(从238
92 U 开始到稳定的208
82 Pa 为止)、Th232
系列、U235 系列及Np237 系列(从237
93 Np 开始到稳定的209
83 Bi 为止)，其中，前三个系列都已在自然界找到，而第四个系
列在自然界一直没有被发现，只是在人工制造出Np237 后才发现的，下面的说法正确的是(
B
)
A．238
92 U 的中子数比209
83 Bi 中子数少20 个
B．从237
93 Np 到209
83 Bi，共发生7 次α衰变和4 次β衰变
C．Np237 系列中所有放射性元素的半衰期随温度的变化而变化
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D．238
92 U 与是235
92 U 不同的元素
[解析]
238
92 U 的中子数为238－92＝146 个，209
83 Bi 的中子数为209－83＝126 个，则238
92 U 的中子数比209
83 Bi 的中子数
多20 个，故A 错误；根据质量数守恒有：237－209＝4×7，知发生了7 次α衰变，根据电荷数守恒有：93－83＝2×7
－4，知发生了4 次β衰变，故B 正确；放射性物质的半衰期不受外界因素的影响，故C 错误；238
92 U 与235
92 U 的质子数相
同，中子数不同，它们是相同的元素，故D 错误。
选择题(本题共16 小题，其中1～9 题为单选，10～16 题为多选)
1．(2019·江苏徐州模拟)关于质量亏损，下列说法正确的是(
C
)
A．原子核的质量大于组成它的核子的质量之和，这个现象叫做质量亏损
B．自由核子组成原子核时，其质量亏损对应的能量大于该原子核的结合能
C．两个质量较轻的原子核聚变形成一个中等质量的原子核要发生质量亏损
D．正负电子对湮灭技术是一项较新的核物理技术。一对正负电子湮灭生成光子的事实说明核反应中质量守恒是有
适用范围的
[解析]
原子核的质量小于组成它的核子的质量之和，这个现象叫做质量亏损，选项A 错误；自由核子组成原子
核时，其质量亏损所对应的能量等于该原子核的结合能，故B 错误；两个质量较轻的原子核聚变形成一个中等质量的
原子核要发生质量亏损，放出能量，选项C 正确；一对正负电子对湮灭后生成光子，根据爱因斯坦质能方程可知，光
子有与能量相对应的质量，所以这个过程仍遵守质量守恒定律，故D 错误。
2．(2019·山东济南模拟)某同学用光电管研究光电效应规律，用波长为λ的单色光照射光电管的阴极，测得光电管
的遏止电压为Uc，已知普朗克常量为h，电子电量为e，光在真空中的速度为c，下列判断正确的是(
D
)
A．光电管阴极材料的极限频率为eUc
h
B．电子从光电管阴极逸出的最大初动能为hc
λ
C．若光电管所加反向电压U>Uc，则不会有电子从阴极飞出
D．若光电管所加正向电压为U0，则到达阳极的电子最小动能为eU0
[解析]
由eUc＝Ekm＝hc
λ－hν0，光电管阴极材料的极限频率为ν0＝c
λ－eUc
h ，A 错误；根据爱因斯坦光电方程，电子
从光电管阴极逸出的最大初动能为Ekm＝hc
λ－W0，B 错误；若光电管上所加反向电压U>Uc，则不会有电子到达光电管
的阳极，但光电效应现象仍能发生，仍有光电子从光电管阴极飞出，C 错误；若光电管上所加正向电压为U0，则逸出
的初动能为零的光电子，到达阳极时该电子的动能最小，最小动能为eU0，D 正确。
3．(2019·广东珠海模拟)关于原子学物理知识，下列说法正确的是(
D
)
A．升高放射性物质的温度，其半衰期变短
B．发生光电效应现象时，增大照射光的频率，光电子的最大初动能不变
C．237
98 Np 发生β衰变说明237
98 Np 原子核内有电子
D．轻核聚变为质量较大的原子核放出能量，新核的比结合能变大
[解析]
原子核的半衰期不随温度的改变而改变，A 错误；发生光电效应现象时，增大照射光的频率，根据光电效
应方程光电子的最大初动能增大，B 错误；237
98 Np 发生β衰变是原子核内的一个中子转化为一个质子，放出了一个电子，
并不能说明原子核内有电子，C 错误；轻核聚变为质量较大的原子核放出能量，把新核拆分为核子需要的能量变大，
故新核的比结合能变大，原子核更稳定，D 正确。
4．(2019·贵州遵义模拟)在光电效应实验中，用单色光照射某光电管的阴极，发生了光电效应，则下列说法正确的
是(
C
)
A．若减小入射光的强度，光电效应现象消失
B．若减小入射光的频率，一定不发生光电效应
C．若仅增大入射光的强度，光电流增大
D．若仅增大入射光的频率，逸出光电子的最大初动能不变
[解析]
用单色光照射光电管阴极，发生了光电效应，表明该单色光的频率大于该光电管金属的极限频率。入射光
的强度指单位时间内照射到金属表面单位面积上的总能量，其与单位时间内照射到金属表面单位面积上的光子数成正
比。入射光的强度减小，单位时间内照射到金属表面单位面积上的光子数目减少，但每个光子的频率不变，因此仍能
发生光电效应现象，选项A 错误；即使减小入射光的频率，只要入射光的频率仍大于金属的极限频率，则仍能发生光
电效应现象，选项B 错误；增大入射光的强度，单位时间内照射到金属表面单位面积上的光子数目增加，单位时间内
从金属表面单位面积上逸出的光电子数增加，因此光电流增大，选项C 正确；根据爱因斯坦的光电效应方程Ek＝hν－
W0 可知，仅增大ν，则Ek 一定增大，选项D 错误。
5．(2019·山东青岛模拟)重核裂变的一个核反应方程为235
92 U＋10n→136
54 Xe＋90
38Sr＋x10n，已知235
92 U、136
54 Xe、90
38Sr 的平均
结合能分别为7.6 MeV、8.4 MeV、8.7 MeV，则(
A
)
A．该核反应方程中x＝10
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B．235
92 U 的中子数为92
C．该核反应释放9.5 MeV 的能量
D．235
92 U 的平均结合能比136
54 Xe 小，235
92 U 比136
54 Xe 更稳定
[解析]
根据质量数和电荷数守恒可知，x＝10，A 正确；235
92 U 的质子数为92，质量数为235，所以中子数为143，
B 错误；由于不知道中子的平均结合能，所以无法确定该核反应释放的能量，C 错误；平均结合能越大，表示原子越
稳定，D 错误。
6．(2019·黑龙江哈尔滨模拟)据悉我国第四代反应堆—钍基熔盐堆能源系统(TMSR)研究已获重要突破。该反应堆
以钍为核燃料，钍俘获一个中子后经过若干次β衰变转化成铀；轴的一种典型裂变产物是钡和氪，同时释放巨大能量。
下列说法正确的是(
B
)
A．钍核232
90 Th 有90 个中子，142 个质子
B．铀核裂变的核反应方程为233
92 U＋10n→112
56 Ba＋89
36Kr＋310n
C．放射性元素衰变的快慢与核内部自身因素无关，由原子所处的化学状态和外部条件决定
D．重核分裂成中等大小的核，核子的比结合能减小
[解析]
钍核有90 个质子，142 个中子，A 错误；核反应方程符合电荷数和质量数守恒，铀核裂变反应方程前后
都有中子，B 正确；放射性元素衰变的快慢与核内部自身因素有关，与原子所处的化学状态和外部条件无关，C 错误；
重核分裂成中等大小的核，核子的比结合能增大，D 错误。
7．(2019·河南洛阳模拟)K
－介子衰变的方程为：K
－→π
－＋π0，其中K
－介子和π
－介子带负的元电荷，π0 介子不带电。
一个K
－介子沿垂直于磁场的方向射入匀强磁场中，其轨迹为圆弧AP，衰变后产生的π
－介子的轨迹为圆弧PB，两轨迹
在P 点相切，它们的半径RK－与Rπ－之比为3
2。π0 介子的轨迹未画出。由此可知π
－介子的动量大小与π0 介子的动量
大小之比为(
B
)
A．1
1
B．2
5
C．3
5
D．2
3
[解析]
K
－介子与π
－介子在磁场中均做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，有：eBv＝mv2
R
，故粒子的动量为：
p＝mv＝eBR。根据xK－
Rπ－＝3
2，得K
－介子和π
－介子动量大小之比pK－
pπ－＝3
2，取K
－介子原来的速度方向为
正方向，根据动量守恒定律，有：pK－＝pπ0－pπ－，解得π
－介子的动量大小与π0 介子的动量大小之比为：pπ－
pπ0＝2
5，
故选B。
8．(2019·福建模拟)在康普顿散射实验中，频率为ν的入射光，与某一静止的电子发生碰撞，碰后电子的动量为p，
方向与入射光方向相同。已知普朗克常量为h，光速为c，碰后光子的波长λ为(
A
)
A．
hc
hν－pc
B．
hc
hν＋pc
C．hν－pc
hc
D．hν＋pc
hc
[解析]
光的初动量为：p0＝h
λ0
＝hν
c ，设碰后光子的动量为p′，对于电子与光子碰撞过程，取碰撞前光子的速度
方向为正，由动量守恒定律得：p0＝p＋p′，且有：p′＝h
λ，联立解得：λ＝
hc
hν－pc。
9. (2019·保定模拟)如图所示，在验电器上安装一个铜网，使其带电，验电器金属箔张开一定角度。用紫外线照射
铜网，验电器金属箔的张角保持不变。再将一块锌板放置在该铜网后面一定距离处，用同一紫外线照射锌板时，发现
金属箔张开角度减小。下列说法中正确的是(
B
)
A．增加紫外线的强度照射铜网，金属箔张角将变大
B．紫外线的频率大于金属锌的截止频率
C．铜网带负电
D．改用紫光照射锌板，验电器的金属箔张角也一定减小
[解析]
根据用紫外线照射铜网，验电器金属箔的张角保持不变；再将一块锌板放置在该铜网后面一定距离处，用
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同一紫外线照射锌板时，发现金属箔张开角度减小，说明逸出的光电子跑到铜网上，导致其电量减小，当增加紫外线
的强度照射铜网，金属箔张角将变更小，由此可知，铜网带正电。故A、C 错误；只有紫外线的频率大于金属锌的截
止频率，才会发生光电效应，故B 正确；根据光电效应产生条件，当紫光照射，则紫光频率小于紫外线，因此可能不
发生光电效应现象，则验电器金属箔不一定张开，故D 错误。
10．(2019·宁夏银川市模拟)国产科幻大片《流浪地球》讲述了太阳即将在未来出现“核燃烧”现象，从而导致人
类无法生存，决定移民到半人马座比邻星的故事。据科学家论证，太阳向外辐射的能量来自其内部发生的各种热核反
应，当太阳内部达到一定温度时，会发生“核燃烧”，其中“核燃烧”的核反应方程为42He＋X―→84Be＋γ，方程中X
表示某种粒子，84Be 是不稳定的粒子，其半衰期为T，则下列说法正确的是(
AD
)
A．X 粒子是42He
B．若使84Be 的温度降低，其半衰期会减小
C．经过2T，一定质量的84Be 占开始时的1
8
D．“核燃烧”的核反应是核聚变反应
[解析]
根据质量数和电荷数守恒可知，X 粒子的质量数为4，电荷数为2，为42He，选项A 正确；温度不能改变
放射性元素的半衰期，选项B 错误；经过2T，一定质量的84Be 占开始时的1
4，选项C 错误；“核燃烧”的核反应是轻
核聚变反应，选项D 正确。
11．(2019·山东省济宁市模拟)日本福岛核事故是世界上最大的核事故之一，2019 年2 月13 日首次“触及”到了该
核电站内部的核残渣，其中部分残留的放射性物质的半衰期可长达1570 万年。下列有关说法正确的是(
AD
)
A．238
92 U 衰变成206
82 Pb 要经过6 次β衰变和8 次α衰变
B．天然放射现象中产生的α射线的速度与光速相当，穿透能力很强
C．将由放射性元素组成的化合物进行高温分解，会改变放射性元素的半衰期
D．放射性元素发生β衰变时所释放的电子是原子核内的中子转化为质子时产生的
[解析]
设经x 次α衰变和y 次β衰变，根据质量数守恒和电荷数守恒得238＝206＋4x＋0.92＝82＋2x－y，解得x
＝8，y＝6，故238
92 U 衰变成206
82 Pb 要经过6 次β衰变和8 次α衰变，故A 正确；α射线是速度为0.1c 的氦核流，穿透能力
最弱；γ射线的穿透能力最强且速度与光速相当，故B 错误；半衰期具有统计规律，只对大量的原子核适用，且半衰期
的大小由原子核内部因素决定，与所处的物理环境和化学状态无关，故C 错误；β衰变放出的电子是来自原子核发生衰
变的产物，是中子变成了质子和电子，故D 正确。
12．(2019·江苏省宿迁市模拟)下列说法中正确的有(
BD
)
A．氡核的半衰期为3.8 天，20 个氡原子核经7.6 天后剩下5 个氢原子核
B．由质能方程可知，物体的能量发生变化时，物体的质量也相应变化
C．镭核发生一次α衰变时，产生的新核与原来的原子核相比，中子数减少了4
D．钍核发生β衰变后，产生新核的比结合能大于原来钍核的比结合能
[解析]
半衰期具有统计意义，对大量的原子核适用，对少数的原子核不适用，故A 错误；质能方程E＝mc2 可知，
物体的能量发生变化时，物体的质量也相应变化，故B 正确；镭核发生一次α衰变时，新核与原来的原子核相比，质量
数减少了4，中子数减少2，故C 错误；钍核发生β衰变后，产生新核处于高能级，所以产生的新核比结合能增加，故
D 正确。
13．(2019·湖南省岳阳市模拟)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，下列说法正确的是(
CD
)
A．原子核可能发生的是α衰变，也可能发生的是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238
92 U―→234
90 Th＋42He，则r1
r2＝1
45
D．若是α衰变，则1 和2 的径迹均是顺时针方向
[解析]
原子核衰变过程系统动量守恒，由动量守恒定律可知，衰变生成的两粒子动量方向相反，粒子速度方向相
反，由左手定则知：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，
所以为电性相同的粒子，可能发生的是α衰变，但不是β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，原子核衰变后生成的两核动量p 大小相等、方向相反，粒子在磁场中做匀速圆周
运动，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
Bq，由于p、B 都相同，则粒子电荷量q
越大，其轨道半径r 越小，由于新核的电荷量大于粒子的电荷量，则新核的轨道半径小于粒子的轨道半径，则半径为
r1 的圆为放出新核的运动轨迹，半径为r2 的圆为粒子的运动轨迹，故B 错误；由B 选项的分析知：r1
r2＝2
90＝1
45，故C 正确；若是α衰变，生成的两粒子电性相同，图示由左手定则可知，两粒子都沿顺时针方向做圆周运动，故
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D 正确。所以C、D 正确，A、B 错误。
14．(2019·河北省衡水中学下学期二调模拟)氢原子能级图如图所示，用大量处于n＝2 能级的氢原子跃迁到基态时，
发射出的光照射光电管阴极K，测得光电管电流的遏止电压为7.6 V，已知普朗克常量h＝6.63×10
－34 J·s，电子电量e
＝－1.6×10
－19 C，下列判断正确的是(
BC
)
A．电子从阴极K 表面逸出的最大初动能为2.6 eV
B．阴极K 材料的逸出功为2.6 eV
C．阴极K 材料的极限频率为6.27×1014 Hz
D．氢原子从n＝4 跃迁到n＝2 能级，发射出的光照射该光电管阴极K 时能发生光电效应
[解析]
光电管电流的遏止电压为7.6 V，根据Ue＝Ekm，可知电子从阴极K 表面逸出的最大初动能为7.6 eV，选
项A 错误；大量处于n＝2 能级的氢原子跃迁到基态时，辐射光子的能量为(－3.4 eV)－(－13.6 eV)＝10.2 eV，则阴极
K 材料的逸出功为10.2 eV －7.6 eV＝2.6 eV，选项B 正确；阴极K 材料的极限频率为ν＝W
h ＝2.6×1.6×10
－19
6.63×10
－34
Hz＝
6.27×1014 Hz，选项C 正确；氢原子从n＝4 跃迁到n＝2 能级，辐射光子的能量(－0.85 eV)－(－3.4 eV)＝2.55 eV，小
于金属的逸出功，则发射出的光照射该光电管阴极K 时不能发生光电效应，选项D 错误；故选C。
15．(2019·衡水模拟)2019 年2 月14 日消息，科学家潘建伟领衔的中国“墨子号”量子科学实验卫星科研团获得了
克利夫兰奖，有关量子理论，下列说法正确的是(
AB
)
A．量子理论是普朗克首先提出的，光量子理论则是爱因斯坦首先提出的
B．光的强度越大，光子的能量不一定越大
C．氢原子从高能级向低能级跃迁时，可以放出任意频率的光子
D．当光照强度足够大时任何一种金属都能发生光电效应
[解析]
普朗克提出了量子论，而光量子理论则是爱因斯坦首先提出的，故A 正确；根据E＝hν知，光子能量与光
的频率有关，与光强度无关，故B 正确；大量氢原子从高能级向低能级跃迁时，根据公式hν＝Em－En 可知，辐射光的
频率大小由能级差决定，只能发射某些特定频率的光子，故C 错误；能否发生光电效应与入射光的强度无关，故D 错
误。
16．14C 发生放射性衰变为14N，半衰期约为5 700 年。已知植物存活其间，其体内14C 与12C 的比例不变；生命活
动结束后，14C 的比例持续减少。现通过测量得知，某古木样品中14C 的比例正好是现代植物所制样品的二分之一。下
列说法正确的是(
AC
)
A．该古木的年代距今约为5 700 年
B．12C、13C、14C 具有相同的中子数
C．14C 衰变为14N 的过程中放出β射线
D．增加样品测量环境的压强将加速14C 的衰变
[解析]
因古木样品中14C 的比例正好是现代植物所制样品的二分之一，则可知经过的时间为一个半衰期，即该古
木的年代距今约为5 700 年，选项A 正确；12C、13C、14C 具有相同的质子数，由于质量数不同，故中子数不同，选项
B 错误；根据核反应方程可知，14C 衰变为14N 的过程中放出电子，即发出β射线，选项C 正确；外界环境不影响放射
性元素的半衰期，选项D 错误；故选AC。
第16 讲
物理学史及常见的思想方法
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物理学史
核心知识
1．力学部分
(1)1638 年，意大利物理学家伽利略在《两种新科学的对话》中用科学推理论证重物体和轻物体下落一样快，推翻
了古希腊学者亚里士多德的观点(即：质量大的小球下落快)。
通过斜面实验“冲淡”重力，对落体运动的研究，确立了描述运动的基本概念，创造了一套科学方法“观察—假
设—数学推理”。这些方法的核心是：把实验和逻辑推理(包括数学演算)和谐地结合起来，从而发展了人类的科学思维
方式和科学研究方法。
(2)1687 年，英国科学家牛顿在《自然哲学的数学原理》著作中提出了三条运动定律(即牛顿三大运动定律)。
(3)17 世纪，伽利略通过构思的理想实验指出，在水平面上运动的物体若没有摩擦，将保持这个速度一直运动下去，
得出结论：力是改变物体运动状态的原因。推翻了亚里士多德的观点：力是维持物体运动的原因。同时代的法国物理
学家笛卡儿进一步指出，如果没有其他原因，运动物体将继续以同一速度沿着一条直线运动，既不会停下来，也不会
偏离原来的方向。
(4)20 世纪初建立的量子力学和爱因斯坦提出的狭义相对论表明经典力学不适用于微观粒子和高速运动物体。
(5)人们根据日常的观察和经验，提出“地心说”，古希腊科学家托勒密是代表；而波兰天文学家哥白尼提出了“日
心说”，大胆反驳地心说。
(6)17 世纪，德国天文学家开普勒提出开普勒三大定律。
(7)牛顿于1687 年正式发表万有引力定律；1798 年英国物理学家卡文迪许利用扭秤实验装置比较准确地测出了引
力常量。
(8)1846 年，英国剑桥大学学生亚当斯和法国天文学家勒维耶应用万有引力定律，计算并观测到海王星，1930 年，
美国天文学家汤博用同样的计算方法发现冥王星。
2．电磁学部分
(1)1785 年法国物理学家库仑利用扭秤实验发现了电荷之间的相互作用规律——库仑定律。
(2)1752 年，富兰克林在费城通过风筝实验验证闪电是放电的一种形式，把天电与地电统一起来，并发明避雷针。
(3)1837 年，英国物理学家法拉第最早引入了电场概念，并提出用电场线表示电场。
(4)1913 年，美国物理学家密立根通过油滴实验精确测定了元电荷e 的电荷量，获得诺贝尔奖。
(5)1826 年德国物理学家欧姆(1787—1854)通过实验得出欧姆定律。
(6)1911 年，荷兰科学家昂纳斯发现大多数金属在温度降到某一值时，都会出现电阻突然降为零的现象——超导现
象。
(7)19 世纪，焦耳和楞次先后各自独立发现电流通过导体时产生热效应的规律，即焦耳定律。
(8)1820 年，丹麦物理学家奥斯特发现电流可以使周围的小磁针发生偏转，称为电流磁效应。
(9)法国物理学家安培发现两根通有同向电流的平行导线相吸，反向电流的平行导线则相斥，并总结出安培定则(右
手螺旋定则)判断电流与磁场的相互关系和左手定则判断通电导线在磁场中受到磁场力的方向。
(10)荷兰物理学家洛伦兹提出运动电荷产生了磁场和磁场对运动电荷有作用力(洛伦兹力)的观点。
(11)英国物理学家汤姆孙发现电子，并指出：阴极射线是高速运动的电子流。
(12)汤姆孙的学生阿斯顿设计的质谱仪可用来测量带电粒子的质量和分析同位素。
(13)1932 年，美国物理学家劳伦兹发明了回旋加速器能在实验室中产生大量的高能粒子。(最大动能仅取决于磁场
和D 形盒直径，带电粒子圆周运动周期与高频电源的周期相同)
(14)英国物理学家法拉第发现了由磁场产生电流的条件和规律——电磁感应现象。
(15)纽曼、韦伯先后在1845 年和1846 年指出：闭合电路中的感应电动势的大小，跟穿过这一电路的磁通量的变化
率成正比，后人称之为“法拉第电磁感应定律”。
(16)俄国物理学家楞次发表确定感应电流方向的定律——楞次定律。
3．原子物理部分
(1)原子
原子核
①英国物理学家汤姆孙利用阴极射线管发现电子，并指出阴极射线是高速运动的电子流。获得1906 年诺贝尔物理
学奖。汤姆孙还提出原子的枣糕模型。
②英国物理学家卢瑟福和助手们进行了α粒子散射实验，提出了原子的核式结构模型，并用α粒子轰击氮核，第一
次实现了原子核的人工转变，发现了质子，并预言原子核内还有另一种粒子——中子。
③丹麦物理学家玻尔提出了自己的原子结构假说，成功地解释和预言了氢原子的辐射电磁波谱，并得出氢原子能
级表达式。获得1922 年诺贝尔物理学奖。
④查德威克用α粒子轰击铍核时发现中子，获得1935 年诺贝尔物理学奖。
⑤法国物理学家贝克勒尔发现天然放射现象，说明原子核有复杂的内部结构，获得1903 年诺贝尔物理学奖。
⑥爱因斯坦提出了质能方程式，并提出光子说，成功地解释了光电效应规律，因此获得1921 年诺贝尔物理学奖。
(2)量子论初步
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①1900 年，德国物理学家普朗克解释物体热辐射规律提出能量子假说，获得1918 年诺贝尔物理学奖。
②1922 年，美国物理学家康普顿在研究石墨中的电子对X 射线的散射时——康普顿效应，证实了光的粒子性。获
得1927 年诺贝尔物理学奖。
③1924 年，法国物理学家德布罗意大胆预言了实物粒子在一定条件下会表现出波动性。
4．选考部分
(1)热学
英国植物学家布朗发现悬浮在水中的花粉微粒不停地做无规则运动的现象——布朗运动。
(2)机械振动
机械波
奥地利物理学家多普勒(1803—1853)首先发现由于波源和观察者之间有相对运动，使观察者感到频率发生变化的现
象——多普勒效应。
(3)光现象
电磁波
①英国物理学家托马斯·杨成功地观察到了光的干涉现象。
②英国物理学家麦克斯韦发表《电磁场的动力学理论》的论文，提出于电磁物理论，预言了电磁波的存在，指出
光是一种电磁波，为光的电磁理论奠定了基础。
③德国物理学家赫兹用实验证实了电磁波的存在，并测定了电磁波的传播速度等于光速。
④1895 年，德国物理学家伦琴发现X 射线(伦琴射线)，获得1901 年诺贝尔物理学奖。
(4)相对论
1905 年，爱因斯坦提出了狭义相对论，有两条基本原理：
相对性原理——不同的惯性参考系中，一切物理规律都是相同的。
光速不变原理——不同的惯性参考系中，光在真空中的速度一定是c 不变。
5．单位制
1971 年国际计量大会规定的7 个基本单位：力学(3 个)长度：米(m)，质量：千克(kg)，时间：秒(s)
电学(1 个)电流：安[培](A)
热学(1 个)热力学温度：开[尔文](K)
光学(1 个)发光强度：坎[德拉](cd)
原子(1 个)物质的量：摩[尔](mol)
6．重要的发现过程
(1)伽利略对自由落体运动的研究(必修1)
(2)经典力学的发展历程(必修1)
(3)追寻守恒量(必修2)
(4)天体运动规律的发现过程(必修2)
(5)19 和20 世纪之交，物理学三大发现：
X 射线的发现(伦琴)、电子的发现(汤姆孙)和放射性的发现(贝克勒尔)
(6)人类对光的本质的认识过程：惠更斯——光是一种波；牛顿——光是一种微粒；麦克斯韦预言光是一种电磁波。
物理思想方法
核心知识
1．理想模型法：为了便于进行物理研究或物理教学而建立的一种抽象的理想客体或理想物理过程，突出了事物的
主要因素、忽略了事物的次要因素。理想模型可分为对象模型(如质点、点电荷、理想变压器等)、条件模型(如光滑表
面、轻杆、轻绳、匀强电场、匀强磁场等)和过程模型(在空气中自由下落的物体、抛体运动、匀速直线运动、匀速圆周
运动、恒定电流等)。
2．极限思维法：就是人们把所研究的问题外推到极端情况(或理想状态)，通过推理而得出结论的过程，在用极限
思维法处理物理问题时，通常是将参量的一般变化，推到极限值，即无限大、零值、临界值和特定值的条件下进行分
析和讨论。如公式v＝Δx
Δt中，当Δt→0 时，v 是瞬时速度。
3．理想实验法：也叫做实验推理法，就是在物理实验的基础上，加上合理的科学的推理得出结论的方法就叫做理
想实验法，这也是一种常用的科学方法。如伽利略斜面实验、推导出牛顿第一定律等。
4．微元法：微元法是指在处理问题时，从对事物的极小部分(微元)分析入手，达到解决事物整体目的的方法。它
在解决物理学问题时很常用，思想就是“化整为零”，先分析“微元”，再通过“微元”分析整体。
5．比值定义法：就是用两个基本物理量的“比”来定义一个新的物理量的方法，特点是：A＝B
C，但A 与B、C 均
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无关。如a＝Δv
Δt
、E＝F
q、C＝Q
U、I＝q
t、R＝U
I 、B＝F
IL、ρ＝m
V等。
6．放大法：在物理现象或待测物理量十分微小的情况下，把物理现象或待测物理量按照一定规律放大后再进行观
察和测量，这种方法称为放大法，常见的方式有机械放大、电放大、光放大。
7．控制变量法：决定某一个现象的产生和变化的因素很多，为了弄清事物变化的原因和规律，必须设法把其中的
一个或几个因素用人为的方法控制起来，使它保持不变，研究其他两个变量之间的关系，这种方法就是控制变量法。
比如探究加速度与力、质量的关系，就用了控制变量法。
8．等效替代法：在研究物理问题时，有时为了使问题简化，常用一个物理量来代替其他所有物理量，但不会改变
物理效果。如用合力替代各个分力，用总电阻替代各部分电阻等。
9．类比法：也叫“比较类推法”，是指由一类事物所具有的某种属性，可以推测与其类似的事物也应具有这种属
性的推理方法。其结论必须由实验来检验，类比对象间共有的属性越多，则类比结论的可靠性越大。如研究电场力做
功时，与重力做功进行类比；认识电流时，用水流进行类比；认识电压时，用水压进行类比。
选择题(本题共9 小题，均为单选题)
1．(2019·江苏南通模拟)下列说法正确的是(
A
)
A．卢瑟福提出了原子的核式结构学说
B．奥斯特提出了分子电流假说
C．库仑测出了元电荷的电荷量
D．牛顿测出了万有引力常量
[解析]
卢瑟福根据α粒子轰击金箔的实验(α粒子散射实验)研究提出原子核式结构学说，A 选项正确；奥斯特发现
电流的磁效应，安培为了解释磁体产生的磁场提出了分子电流假说，故B 选项错误；库仑发现了库仑定律，密立根精
确地测出了元电荷的电荷量，故C 选项错误；牛顿提出了万有引力定律，卡文迪许通过实验测出了引力常量，故D 选
项错误。
2．(2019·山东省潍坊市模拟)在物理学中用比值法定义物理量是一种很重要的方法。下列物理量的表达式不是由比
值法定义的是(
B
)
A．加速度定义式a＝Δv
Δt
B．点电荷电场场强E＝kQ
r2
C．磁感应强度B＝F
IL
D．电阻R＝U
I
[解析]
加速度定义式a＝Δv
Δt，用速度的变化量与时间的比值来定义加速度，表示速度变化快慢的物理量，是用比
值法定义的物理量，故选项A 不符合题意；点电荷之间的作用力根据库仑定律有：F＝kQq
r2 ，则根据场强的公式可以得
到点电荷电场强度公式为：E＝E
q＝kQ
r2，可知点电荷电场场强E＝kQ
r2，不是由比值法定义，是根据场强公式推导出的，
故选项B 符合题意；磁感应强度公式B＝F
IL，是比值法定义，磁感应强度B 与安培力F，及电流I，导线长度L 均无关，
故C 不符合题意；电阻R＝U
I ，即电阻与电压无关，与电流也无关，是属于比值法定义，故D 不符合题意。
3．(2019·河北衡水模拟)关于物理学史，下列说法错误的是(
D
)
A．伽利略通过斜面实验推断出自由落体运动的速度随时间均匀变化，他开创了研究自然规律的科学方法，这就
是将数学推导和科学实验相结合的方法
B．牛顿在伽利略笛卡儿、开普勒等人研究的基础上，采用归纳与演绎综合与分析的方法，总结出了普遍适用的
力学运动规律……牛顿运动定律和万有引力定律
C．奥斯特发现了导线附近小磁针的偏转，从而得出电流的磁效应，首次揭示了电流能够产生磁场
D．爱因斯坦首先提出当带电微粒辐射或吸收能量时，是以最小能量值为单位一份份地辐射或吸收的，这个不可
再分的最小能量值叫做能量子
[解析]
伽利略通过斜面实验推断出自由落体运动的速度随时间均匀变化，他开创了研究自然规律的科学方法，这
就是将数学推导和科学实验相结合的方法，选项A 正确；牛顿在伽利略笛卡儿、开普勒等人研究的基础上，采用归纳
与演绎综合与分析的方法，总结出了普遍适用的力学运动规律……牛顿运动定律和万有引力定律，选项B 正确；奥斯
特发现了导线附近小磁针的偏转，从而得出电流的磁效应，首次揭示了电流能够产生磁场，选项C 正确；普朗克首先
提出当带电微粒辐射或吸收能量时，是以最小能量值为单位一份份地辐射或吸收的，这个不可再分的最小能量值叫做
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能量子，选项D 错误；此题选择不正确的选项，故选D。
4．(2019·河北省衡水中学下学期二调模拟)引力波是根据爱因斯坦的广义相对论作出的奇特预言之一，三位美国科
学家因在引力波的研究中有决定性贡献而荣获诺贝尔奖，对于引力波概念的提出，可以通过这样的方法来理解：麦克
斯韦认为，电荷周围有电场，当电荷加速运动时，会产生电磁波；爱因斯坦认为，物体周围存在引力波，当物体加速
运动时，会辐射出引力波，爱因斯坦的观点的提出，采取了下列哪种研究方法(
D
)
A．控制变量法
B．对比法
C．观察法
D．类比法
[解析]
常用的物理学研究方法有：控制变量法、等效替代法、模型法、比较法、类比法、转换法等，是科学探究
中的重要思想方法。爱因斯坦根据麦克斯韦的观点：电荷周围有电场，当电荷加速运动时，会产生电磁波，提出了物
体周围存在引力波，当物体加速运动时，会辐射出引力波的观点，采用了类比法，故D 正确，A、B、C 错误。
5．(2019·甘肃省兰州市模拟)关于物理学家和他们对物理学的贡献，下列说法正确的是(
D
)
A．爱因斯坦提出了光的电磁说
B．麦克斯韦预言并证实了电磁波的存在
C．玻尔建立了量子理论，并成功解释了各种原子的发光原理
D．卢瑟福根据α粒子散射实验的结果提出了原子的核式结构模型
[解析]
麦克斯韦提出了光的电磁说，认为光是一种电磁波，故A 项错误；麦克斯韦预言电磁波的存在，赫兹用
实验证实了电磁波的存在，故B 项错误；玻尔结合普朗克的量子概念、爱因斯坦的光子概念和卢瑟福的原子核式结构
模型提出了玻尔理论，成功解释了氢原子发光现象；但由于过多保留了经典电磁学的理论，不能很好地解释其他原子
的发光现象，故C 项错误；卢瑟福根据α粒子散射实验的结果提出了原子的核式结构模型，故D 项正确。
6．(2019·湖南岳阳一中第六次质检)静电场、磁场和重力场在某些特点上具有一定的相似性，结合有关“场”的知
识，并进行合理的类比和猜想，判断以下说法中可能正确的是(
A
)
A．电场和磁场的概念分别是奥斯特和楞次建立的
B．如果把地球抽象为一个孤立质点，用于形象描述它所产生的重力场的所谓“重力场线”的分布类似于真空中一
个孤立的正电荷所产生的静电场的电场线分布
C．重力场与静电场相类比，重力场的“场强”等于重力加速度，其“场强”大小的决定式为g＝G
m
D．静电场与磁场相类比，如果在静电场中定义“电通量”这个物理量，则该物理量表示穿过静电场中某一平面或
曲面的电场线的多少
[解析]
场和场线概念，包含电场和磁场概念的第一位提出者是英国物理学家法拉第，选项A 错误；如果把地球
抽象为一个孤立质点，用于形象描述它所产生的重力场的所谓“重力场线”的分布类似于真空中一个孤立的负电荷所
产生的静电场的电场线分布，选项B 错误；重力场与静电场相类比，重力场的“场强”等于重力加速度，根据万有引
力等于重力，GMm
R2 ＝mg，其“场强”大小的决定式为g＝GM
R2，而g＝G
m为定义式，选项C 错误；静电场与磁场相类比，
如果在静电场中定义“电通量”这个物理量，则该物理量表示穿过静电场中某一平面或曲面的电场线的多少，选项D
正确。
7．(2019·安徽芜湖期末)下列说法中正确的是(
C
)
A．伽利略通过“斜面实验”成功测出了自由落体加速度
B．奥斯特首先提出“电场线”的概念用来直观描述电场
C．卡文迪许成功设计扭秤实验测量出万有引力常量
D．“北斗”导航卫星的发射速度大于第二宇宙速度
[解析]
伽利略通过“斜面实验”推论得出自由落体运动是匀变速直线运动，没有测出自由落体加速度，选项A
错误；法拉第提出“电场线”的概念用来直观描述电场，选项B 错误；卡文迪许成功设计扭秤实验测量出万有引力常
量，选项C 正确；“北斗”导航卫星的发射速度大于第一宇宙速度小于第二宇宙速度，选项D 错误。
8．(2019·安徽省六安市模拟)高中物理核心素养之一是培养科学的思维能力，在高中物理的学习中我们接触了许多
科学思维方法，如理想实验法、控制变量法、微元法、类比法等。以下有关物理学史和所用物理学方法的叙述正确的
是(
D
)
A．牛顿巧妙地运用扭秤实验，应用了放大法成功测出万有引力常量的数值并得出了万有引力定律
B．用比值法定义的物理概念在物理学中占有相当大的比例，例如场强E＝F
q，加速度a＝F
m都是采用比值定义法
C．当物体本身的形状和大小对所研究问题的影响忽略不计时，用质点来代替物体的方法叫假设法
D．在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，然后
把各小段的位移相加代表物体的位移，这里采用了微元法
[解析]
牛顿得出了万有引力定律；卡文迪许巧妙地运用扭秤实验，应用了放大法成功测出万有引力常量的数值，
故A 项错误；场强E＝F
q是采用比值定义法，加速度a＝Δv
Δt是采用比值定义法；加速度a＝F
m是加速度的决定式，故B
项错误；当物体本身的形状和大小对所研究问题的影响忽略不计时，用质点来代替物体的方法是理想模型方法，故C
项错误；在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，然
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后把各小段的位移相加代表物体的位移，这里采用了微元法，故D 项正确。
9．位于东莞市大朗镇的中国散裂中子源(CSNO)首次打靶成功，获得中子束流，标志着三裂中子源主体工程完工，
并投入试运行。散裂中子源就是一个用中子来了解微观世界的工具，如一台“超级显微镜”，可以研究DNA、结晶材
料、聚合物等物质的微观结构。下列关于中子的说法正确的是(
D
)
A．卢瑟福预言了中子的存在，并通过实验发现了中子
B．散裂中子源中产生的强中子束流可以利用电场使之慢化
C．若散裂中子源中的中子束流经慢化后的速度相同，电子显微镜中的电子流速度相同，此时电子的物质波波长比
中子的物质波波长短
D．原子核中的中子与其他核子间无库仑力，但有核力，有助于维系原子核的稳定
[解析]
卢瑟福预言了中子的存在，査德威克通过实验发现了中子，故A 错误；中子不带电，则散裂中子源中产
生的强中子束流不可以利用电场使之慢化，故B 错误；根据德波罗意波波长表达式λ＝h
mv，若散裂中子源中的中子束
流经慢化后的速度与电子显微镜中的电子流速度相同，因中子的质量大于电子的质量，则中子的动量大于电子的动量，
则此时电子的物质波波长比中子的物质波波长长，故C 错误；中子不带电，则原子核中的中子与其他核子间无库仑力，
但有核力，有助于维系原子核的稳定，故D 正确。
专题七
选考部分
[要点解读]
[备考对策]
本讲考查的重点和热点：①对分子动理
论内容的理解；②固、液、气三态的性质及
其微观解释；③气体实验定律、气态方程的
理解和应用；④热力学定律的理解和简单计
算；⑤机械振动和机械波的综合问题；⑥光
的折射和全反射。题型基本上都是拼盘式选
择题和计算题的组合。
由于本讲内容琐碎，考查点多，因此在
复习中应注意抓好六大块知识：一是分子动
理论；二是从微观角度分析固体、液体、气
体的性质；三是气体实验三定律；四是热力
学定律；五是机械振动和机械波；六是光的
折射和全反射。以六块知识为主干，梳理出
知识点，进行理解性记忆。
第17 讲
分子动理论
气体及热力学定律
热学
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热学
1．(2019·北京卷，15)下列说法正确的是(
A
)
A．温度标志着物体内大量分子热运动的剧烈程度
B．内能是物体中所有分子热运动所具有的动能的总和
C．气体压强仅与气体分子的平均动能有关
D．气体膨胀对外做功且温度降低，分子的平均动能可能不变
[解析]
A 对：温度是分子平均动能的量度(标志)。
B 错：内能是物体内所有分子的分子动能和分子势能的总和。C 错：气体压强不仅与分子的平均动能有关，还与
分子的密集程度有关。D 错：温度降低，则分子的平均动能变小。
2．(2019·全国卷Ⅰ，33)(1)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__低于__(填“高于”“低于”或“等于”)外界温度，容器中空气的密度__大于__(填“大于”“小
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于”或“等于”)外界空气的密度。
(2)热等静压设备广泛应用于材料加工中。该设备工作时，先在室温下把惰性气体用压缩机压入到一个预抽真空的
炉腔中，然后炉腔升温，利用高温高气压环境对放入炉腔中的材料加工处理，改善其性能。一台热等静压设备的炉腔
中某次放入固体材料后剩余的容积为0.13 m3，炉腔抽真空后，在室温下用压缩机将10 瓶氩气压入到炉腔中。已知每
瓶氩气的容积为3.2×10
－2 m3，使用前瓶中气体压强为1.5×107 Pa，使用后瓶中剩余气体压强为2.0×106 Pa；室温温
度为27 ℃。氩气可视为理想气体。
(ⅰ)求压入氩气后炉腔中气体在室温下的压强；
(ⅱ)将压入氩气后的炉腔加热到1 227 ℃，求此时炉腔中气体的压强。
[答案]
(2)(ⅰ)3.2×107 Pa
(ⅱ)1.6×108 Pa
[解析]
(1)活塞光滑、容器绝热，容器内空气体积增大，对外做功，由ΔU＝W＋Q 知，气体内能减少，温度降低。
气体的压强与温度和单位体积内的分子数有关，由于容器内空气的温度低于外界温度，但压强相同，则容器中空
气的密度大于外界空气的密度。
(2)(ⅰ)设初始时每瓶气体的体积为V0，压强为p0；使用后气瓶中剩余气体的压强为p1。假设体积为V0、压强为p0
的气体压强变为p1 时，其体积膨胀为V1。由玻意耳定律
p0V0＝p1V1
①
被压入进炉腔的气体在室温和p1 条件下的体积为
V1′＝V1－V0
②
设10 瓶气体压入完成后炉腔中气体的压强为p2，体积为V2。由玻意耳定律
p2V2＝10p1V1′
③
联立①②③式并代入题给数据得
p2＝3.2×107 Pa
④
(ⅱ)设加热前炉腔的温度为T0，加热后炉腔温度为T1，气体压强为p3。由查理定律
p3
T1
＝p2
T0
⑤
联立④⑤式并代入题给数据得
p3＝1.6×108 Pa
⑥
3．(2019·全国卷Ⅱ，33)(1)如p－V 图所示，1、2、3 三个点代表某容器中一定量理想气体的三个不同状态，对应
的温度分别是T1、T2、T3，用N1、N2、N3 分别表示这三个状态下气体分子在单位时间内撞击容器壁上单位面积的平均
次数，则N1__大于__N2，T1__等于__T3，N2__大于__N3。(填“大于”“小于”或“等于”)
(2)如图，一容器由横截面积分别为2S 和S 的两个汽缸连通而成，容器平放在水平地面上，汽缸内壁光滑。整个容
器被通过刚性杆连接的两活塞分隔成三部分，分别充有氢气、空气和氮气。平衡时，氮气的压强和体积分别为p0 和V0，
氢气的体积为2V0，空气的压强为p。现缓慢地将中部的空气全部抽出，抽气过程中氢气和氮气的温度保持不变，活塞
没有到达两汽缸的连接处，求
(ⅰ)抽气前氢气的压强；
(ⅱ)抽气后氢气的压强和体积。
[答案]
(2)(ⅰ)1
2(p0＋p)
(ⅱ)1
2p0＋1
4p
4p0＋pV0
2p0＋p
[解析]
(1)根据理想气体状态方程p1′V1′
T1
＝p2′V2′
T2
＝p3′V3′
T3
，可知T1＞T2，T2<T3，T1＝T3；
由于T1>T2，状态1 时气体分子热运动的平均动能大，热运动的平均速率大，分子密度相等，故单位面积的平均碰
撞次数多，即N1>N2；对于状态2、3，由于V3′>V2′，故分子密度n3<n2，T3>T2，故状态3 分子热运动的平均动能大，
热运动的平均速率大，而且p2′＝p3′，因此状态2 单位面积的平均碰撞次数多，即N2>N3。
(2)(ⅰ)设抽气前氢气的压强为p10，根据力的平衡条件得
(p10－p)·2S＝(p0－p)·S
①
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得p10＝1
2(p0＋p)
②
(ⅱ)设抽气后氢气的压强和体积分别为p1 和V1，氮气的压强和体积分别为p2 和V2。根据力的平衡条件有
p2·S＝p1·2S
③
由玻意耳定律得
p1V1＝p10·2V0
④
p2V2＝p0V0
⑤
由于两活塞用刚性杆连接，故
V1－2V0＝2(V0－V2)
⑥
联立②③④⑤⑥式解得
p1＝1
2p0＋1
4p
⑦
V1＝4p0＋pV0
2p0＋p
⑧
4．(2019·全国卷Ⅲ，33)(1)用油膜法估算分子大小的实验中，首先需将纯油酸稀释成一定浓度的油酸酒精溶液，稀
释的目的是__使油酸在浅盘的水面上容易形成一块单分子层油膜__。实验中为了测量出一滴已知浓度的油酸酒精溶液
中纯油酸的体积，可以
把油酸酒精溶液一滴一滴地滴入小量筒中，测出1 mL 油酸酒精溶液的滴数，得到一滴溶液中
纯油酸的体积
。为得到油酸分子的直径，还需测量的物理量是__单分子层油膜的面积__。
(2)如图，一粗细均匀的细管开口向上竖直放置，管内有一段高度为2.0 cm 的水银柱，水银柱下密封了一定量的理
想气体，水银柱上表面到管口的距离为2.0 cm。若将细管倒置，水银柱下表面恰好位于管口处，且无水银滴落，管内
气体温度与环境温度相同。已知大气压强为76 cmHg，环境温度为296 K。
(ⅰ)求细管的长度；
(ⅱ)若在倒置前，缓慢加热管内被密封的气体，直到水银柱的上表面恰好与管口平齐为止，求此时密封气体的温度。
[答案]
(2)(ⅰ)41 cm
(ⅱ)312 K
[解析]
(1)用油膜法估测分子直径时，需使油酸在水面上形成单分子层油膜，为使油酸尽可能地散开，将油酸用
酒精稀释。根据V＝Sd，要求得分子的直径d，则需要测出油膜面积，以及一滴油酸酒精溶液中纯油酸的体积。这样需
要测出一滴油酸酒精溶液的体积，其方法可用累积法，即1 mL 油酸酒精溶液的滴数。
(2)(ⅰ)设细管的长度为L，横截面的面积为S，水银柱高度为h；初始时，设水银柱上表面到管口的距离为h1，被
密封气体的体积为V，压强为p；细管倒置时，气体体积为V1，压强为p1。由玻意耳定律有
pV＝p1V1
①
由力的平衡条件有
p＝p0＋ρgh
②
p1＝p0－ρgh
③
式中，ρ、g 分别为水银的密度和重力加速度的大小，p0 为大气压强。由题意有
V＝S(L－h1－h)
④
V1＝S(L－h)
⑤
由①②③④⑤式和题给条件得
L＝41 cm
⑥
(ⅱ)设气体被加热前后的温度分别为T0 和T，由盖—吕萨克定律有
V
T0
＝V1
T
⑦
由④⑤⑥⑦式和题给数据得
T＝312 K
⑧
5．(多选)(2019·江苏13A)(1)在没有外界影响的情况下，密闭容器内的理想气体静置足够长时间后，该气体
(
CD
)
A．分子的无规则运动停息下来
B．每个分子的速度大小均相等
C．分子的平均动能保持不变
D．分子的密集程度保持不变
(2)由于水的表面张力，荷叶上的小水滴总是球形的。在小水滴表面层中，水分子之间的相互作用总体上表现为__
引力__(选填“引力”或“斥力”)。分子势能Ep 和分子间距离r 的关系图像如题图1 所示，能总体上反映小水滴表面
层中水分子Ep 的是图中__C__(选填“A”“B”或“C”)的位置。
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(图1)
(图2)
(3)如题图2 所示，一定质量理想气体经历A→B 的等压过程，B→C 的绝热过程(气体与外界无热量交换)，其中B→C
过程中内能减少900 J。求A→B→C 过程中气体对外界做的总功。
[答案]
(3)1 500 J
[解析]
(1)A 错：分子永不停息地做无规则热运动。B 错：气体分子之间的碰撞是弹性碰撞，气体分子在频繁的碰
撞中速度变化，每个分子的速度不断变化。C 对：理想气体静置足够长的时间后达到热平衡，气体的温度不变，分子
的平均动能不变。D 对：气体体积不变，则分子的密集程度保持不变。
(2)水滴表面层使水滴具有收缩的趋势，因此水滴表面层中，水分子之间的作用力为引力；水分子之间引力和斥力
相等时，分子间距r＝r0，分子势能最小；当分子间表现为引力时，分子间距离r>r0，因此小水滴表面层中水分子Ep
对应于位置C。
(3)A→B 过程
W1＝－p(VB－VA)
B→C 过程，根据热力学第一定律
W2＝ΔU
则对外界做的总功
W＝－(W1＋W2)
代入数据得
W＝1 500 J
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分子动理论、内能及热力学定律
核心知识
1．必须掌握的三个问题
(1)必须掌握微观量估算的两个模型
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)必须明确反映分子运动规律的两个实例
①布朗运动：
研究对象：悬浮在液体或气体中的固体小颗粒
运动特点：无规则、永不停息
相关因素：颗粒大小、温度
②扩散现象
产生原因：分子永不停息的无规则运动
相关因素：温度
(3)必须弄清的分子力和分子势能
①分子力：分子间引力与斥力的合力。分子间距离增大，引力和斥力均减小；分子间距离减小，引力和斥力均增
大，但斥力总比引力变化得快。
②分子势能：分子力做正功，分子势能减小；分子力做负功，分子势能增大；当分子间距为r0(分子间的距离为r0
时，分子间作用的合力为0)时，分子势能最小。
2．物体的内能与热力学定律
(1)物体内能变化的判定：温度变化引起分子平均动能的变化；体积变化，分子间的分子力做功，引起分子势能的
变化。
(2)热力学第一定律
①公式：ΔU＝W＋Q
②符号规定：外界对系统做功，W>0；系统对外界做功，W<0。系统从外界吸收热量，Q>0；系统向外界放出热量，
Q<0。系统内能增加，ΔU>0；系统内能减少，ΔU<0。
(3)热力学第二定律的表述：①热量不能自发地从低温物体传到高温物体(按热传递的方向性表述)。②不可能从单
一热库吸收热量，使之完全变成功，而不产生其他影响(按机械能和内能转化的方向性表述)。③第二类永动机是不可能
制成的。
典例探究
【典例1】
(2019·通州区二模)分子动理论较好地解释了物质的宏观热力学性质。据此可判断，下列说法错误的是
(
B
)
A．显微镜下观察到墨水中的小炭粒在不停地做无规则运动，这反映了液体分子运动的无规则性
B．分子间的相互作用力随着分子间距离的增大，一定先减小后增大
C．分子势能随着分子间距离的增大，可能先减小后增大
D．在真空、高温条件下，可以利用分子扩散向半导体材料掺入其他元素
[解析]
显微镜下观察到墨水中的小炭粒在不停地做无规则运动，属于布朗运动，反映了液体水分子运动的无规则
性，故A 正确；分子间的相互作用力从r＝0 到r→∞处，先表现为斥力，逐渐减小，到r＝r0 处减小到零；然后表现为
引力，从零开始逐渐增大到某一确定值，然后再逐渐减小到零，故B 错误；从r＝0 到r→∞处，分子势能随着分子间
距离的增大，先减小后增大，故C 正确；在真空、高温条件下，可以利用分子扩散向半导体材料掺入其他元素，故D
正确。本题选错误的，故选B。
类题演练
1．(2019·房山区模拟)二氧化碳是导致“温室效应”的主要原因之一，人类在采取节能减排措施的同时，也是在研
究控制温室气体的新方法，目前专家们正在研究二氧化碳的深海处理技术。在某次实验中，将一定质量的二氧化碳气
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体封闭在一个可以自由压缩的导热容器中，将容器缓慢移到海水某深处，气体体积减小为原来的一半，不计温度变化。
此过程中(
B
)
A．封闭的二氧化碳气体对外界做正功
B．封闭的二氧化碳气体压强一定增大
C．封闭的二氧化碳气体分子的平均动能增大
D．封闭的二氧化碳气体一定从外界吸收热量
[解析]
气体体积减为原来的一半，外界对气体做正功，故A 错误；温度不变，气体体积减半，根据玻意耳定律
可知，气体压强增大，故B 正确；温度不变，所以气体的气体分子的平均动能不变，故C 错误；温度不变，内能不变，
根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q，封闭气体向外界传递热量，故D 错误。
固体、液体和气体
核心知识
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
有的性质各向异性
有的性质各向同性
各向同性
各向同性
(2)液晶的性质
液晶是一种特殊的物质，既可以流动，又可以表现出单晶体的分子排列特点，在光学性质上表现出各向异性。
(3)液体的表面张力
使液体表面有收缩到球形的趋势，表面张力的方向跟液面相切。
(4)饱和汽压的特点
液体的饱和汽压与温度有关，温度越高，饱和汽压越大，且饱和汽压与饱和汽的体积无关。
(5)相对湿度
某温度时空气中水蒸气的实际压强与同温度水的饱和汽压的百分比。即：B＝p
ps
×100%。
2．理想气体状态方程及三个实验定律的关系
典例探究
【典例2】
(2019·安徽合肥模拟)如图所示，A 气缸截面积为500 cm2，A、B 两个气缸中装有体积均为104 cm3、
压强均为105 Pa、温度均为27 ℃的理想气体，中间用细管连接。细管中有一绝热活塞M，细管容量不计。现给左面的
活塞N 施加一个推力，使其缓慢向右移动，同时给B 中气体加热，使此过程中A 气缸中的气体温度保持不变，活塞M
保持在原位置不动。不计活塞与器壁间的摩擦，周围大气压强为105 Pa，当推力F＝5
3×103 N 时，求：
(1)活塞N 向右移动的距离是多少？
(2)B 气缸中的气体升温到多少？
[解析]
(1)①当活塞N 停下后，A 中气体压强pA′＝p0＋F
SA
＝4
3×105 Pa
对A 中气体：由玻意耳定律有pAVA＝pA′VA′
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得VA′＝pAVA
pA′＝3
4VA
活塞N 运动前后A 的长度分别为LA＝VA
SA
＝20 cm
LA′＝VA′
SA
＝15 cm
故活塞N 移动的距离Δx＝LA－LA′＝5 cm
(2)对B 中气体：pB′＝pA′＝4
3×105 Pa
由查理定律pB
TB
＝pB′
TB′
TB′＝pB′
pB
TB＝400 K
t＝127 ℃
[答案]
(1)5 cm
(2)127 ℃
1．压强的计算
(1)被活塞、汽缸封闭的气体，通常分析活塞或汽缸的受力，应用平衡条件或牛顿第二定律列式计算。
(2)被液柱封闭的气体的压强，通常分析液片或液柱的受力，应用平衡条件或牛顿第二定律求解。
2．合理选取气体变化所遵循的规律列方程
(1)若气体质量一定，p、V、T 均发生变化，则选用理想气体状态方程列方程求解。
(2)若气体质量一定，p、V、T 中有一个量不发生变化，则选用对应的实验定律列方程求解。
3．多个研究对象的问题
由活塞、液柱相联系的“两团气”问题，要注意寻找“两团气”之间的压强、体积或位移关系，列出辅助方程，
最后联立求解。
类题演练
2．(2019·四川泸州模拟)如图所示，水平面内有一内径均匀的一段封闭的半圆形玻璃管，管的内径远小于半圆形玻
璃的半径R。已知R＝30 cm，管内封闭空气柱的长度和水银柱的长度均为10π cm，环境初始温度T1＝300 K，当环境
温度缓慢地升高到温度T2 时，开口端水银恰好不流出。已知大气压强p0＝75 cmHg。
(1)求温度T2；
(2)若保持环境初始温度T1 不变，将半圆形玻璃管放置在竖直平面内，求管内封闭空气柱的最大长度(保留三位有效
数字)。
[答案]
(1)600 k
(2)52.3 cm
[解析]
(1)设玻璃管的横截面积为S，由题意可知，玻璃管水平放置时为等压变化
V1
T1
＝V2
T2
V1＝10 πS
V2＝20 πS
T1＝300 K
解得T2＝600 K
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(2)玻璃管竖直放置时为等温变化，水银柱在封闭气体下方，且水银柱竖直高度为R 时，气体压强最小，空气柱有
最大长度L
p1V1＝p2V2
p1＝75 cmHg
V1＝10 πS
p2＝75－30＝45 cmHg
V2＝LS
解得L＝52.3 cm
类题演练
3．(多选)(2019·上饶二模)下列说法正确的是(
CDE
)
A．晶体都是各向异性的
B．一种液体是否浸润某种固体只与液体的性质有关
C．一定质量的理想气体经过等容过程，若温度升高，一定是吸收了热量，内能增加了
D．扩散现象和布朗运动的剧烈程度都随温度的升高而变大
E．一定的液体在一定温度下饱和蒸汽的压强是一定的，温度升高，饱和汽压会增大
[解析]
单晶体表现为各向异性，多晶体表现为各向同性，故A 错误；一种液体是否浸润某种固体与液体的性质
和固体的性质都有关，故B 错误；根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W，一定质量的理想气体经过等容过程(W＝0)，若温
度升高，内能增大(ΔU＞0)，一定是吸收了热量(Q＞0)，故C 正确；扩散现象和布朗运动的剧烈程度都随温度的升高而
变大，故D 正确；对于同一种液体，饱和汽压随温度升高而增大，故E 正确。
热力学定律与气体定律的综合应用
典例探究
【典例3】
(2019·临沂二模)如图，一绝热汽缸竖直放置，汽缸内横截面积S＝100 cm2 的光滑绝热活塞封闭着一
定质量的理想气体。在活塞上面放置一个物体，活塞和物体质量均为5 kg，在汽缸内部有一个阻值R＝16 Ω的电阻丝。
电阻丝两端的电压U＝24 V，接通电源10 s 后断开，活塞缓慢升高h＝10 cm 后稳定。已知理想气体的初始温度t0＝27 ℃、
体积V＝3×10
－3 m3，大气压p0＝1.0×105 Pa，重力加速度g＝10 m/s2，若电阻丝产生的热量全部被气体吸收，求：
(1)活塞上升10 cm 后理想气体的温度；
(2)从接通电源到活塞上升10 cm 的过程中理想气体的内能变化量。
[解析]
(1)设未放物块前汽缸内气体的压强为p，选活塞为研究对象，活塞缓慢移动受力平衡，根据力的平衡知识
得：p0S＋2mg＝pS
p＝p0＋2mg
S ＝1.1×105 Pa
此时缸内体积为：V1＝3×10
－3 m3
温度为：T1＝27＋273 K＝300 K
活塞在上升h＝10 cm 后气体体积为：
V2＝(3×10
－3＋10×10
－2×100×10
－4)m3＝4×10
－3 m3
气体做等圧变化，根据盖—吕萨克定律得：
V1
T1
＝V2
T2
代入数据解得：T2＝400 K
(2)活塞在上升h＝10 cm 的过程中气体对外界做功，有：W＝Fh＝pSh＝110 J
电阻丝在通电10 s 内产生的热量为：Q＝U2
R t＝360 J
因为汽缸是绝热的，所以电阻丝产生的热量全部被气体吸收
根据热力学第一定律得：ΔU＝－W＋Q＝250 J
即气体的内能增加了250 J
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[答案]
(1)400 K
(2)250 J
类题演练
4．(多选)(2018·山东省青岛市高三下学期模拟)如图是一定质量的理想气体的p－T 图，气体从a→b→c→a 完成一
次循环，关于气体的变化过程。下列说法正确的是(
ADE
)
A．气体在a 态的体积Va 小于在c 态的体积Vc
B．a→b 过程气体的分子数密度变大
C．b→c 过程外界对气体做的功等于气体放出的热量
D．c→a 过程气体压强增大，从微观讲是由于气体分子与器壁碰撞的频繁程度增大引起的
E．若a→b 过程气体吸热300 J，c→a 过程放热400 J，则c→a 过程外界对气体做功100 J
[解析]
c→a 过程气体压强增大，温度降低，根据pV
T ＝C 可知体积减小，故气体在a 态的体积Va 小于在c 态的体
积Vc，故A 正确；a→b 过程是等容变化，气体的分子数密度不变，故B 错误；b→c 过程是等温变化，气体内能不变，
ΔU＝0，气体体积增大，气体对外界做功，W<0，由热力学第一定律得：Q＝△U－W＝－W>0，气体吸收热量，由以
上分析可知，b→c 过程气体对外界做的功等于气体吸收的热量，故C 错误；c→a 过程温度降低，气体分子的平均动能
减小，气体压强增大，体积减小，气体的分子数密度增大，所以从微观讲是由于气体分子与器壁碰撞的频繁程度增大
引起的，故D 正确；由热力学第一定律可知，若a→b 过程气体吸热300 J，c→a 过程放热400 J，则c→a 过程外界对
气体做功100 J，E 正确；故选ADE。
一、选择题(本题共8 小题，均为多选题)
1．(2019·山西吕梁模拟)下列判断正确的是(
ADE
)
A．PM2.5 在空气中的运动属于布朗运动
B．当人们感到潮湿时，空气的绝对湿度一定较大
C．用手捏面包，面包体积会缩小，说明分子之间有间隙
D．人类利用能源时，是将高品质的能量释放出来并最终转化为低品质的内能
E．一定质量的单晶体在熔化过程中分子势能一定是增大的
[解析]
“PM2.5”是指直径小于等于2.5 微米的颗粒物，是分子团的运动，属于布朗运动，A 正确；潮湿时，空气
的相对湿度较大，干燥时，空气的相对湿度较小，但绝对湿度大小不能确定，故B 错误；用手捏面包，面包体积会缩
小，只能说明面包内有气孔，所以C 错误；人类利用能源时，是将高品质的能量释放出来并最终转化为低品质的内能，
所以可利用的能源会逐渐减小，所以D 正确；一定质量的单晶体在熔化过程温度不变，分子的平均动能不变，所吸收
的热量全部用来增大分子势能，E 正确。
2．(2019·山东烟台模拟)两个密闭容器中分别充有质量相等、温度相同的氦气和氧气(不考虑气体分子的势能)。下
列说法正确的是(
ACE
)
A．氦气的内能一定比氧气的内能大
B．氧气的密度一定比氦气的密度大
C．若氦气吸收热量，则氦气的温度可能不变
D．若外界对氧气做正功，则氧气的内能一定增大
E．氦气的压强与体积的乘积一定大于氧气的压强与体积的乘积
[解析]
由于氦气和氧气不考虑气体分子的势能，所以其内能决定因素只有温度和摩尔数，二者的温度相同，根据
摩尔数公式n＝m
M可知：在质量相同的前提下，氦气的摩尔数大，故氦气的内能一定比氧气的内能大，A 正确；根据密
度公式ρ＝m
V可知，由于体积关系不明确，所以氧气的密度不一定比氦气的密度大，B 错误；若氦气吸收热量，Q 取正
值，但体积变化不明确，W 可取正值，也可取负值，再根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W 可知，氦气的内能可以增加、
不变或减小，C 正确；若外界对氧气做正功，W 取正值，但吸放热关系不明确，Q 可取正值，也可取负值，再根据热
力学第一定律可得：氦气的内能可以增加、不变或减小，D 错误；根据克拉伯龙方程pV＝nRT，由于质量相同，所以
氦气的摩尔数大，R 为常数，温度T 相同，故氦气的压强与体积的乘积一定大于氧气的压强与体积的乘积，E 正确。
3．(2019·江西吉安模拟)分子在不停地做无规则运动，它们之间存在着相互作用。这两种相互的因素决定了分子的
三种不同的聚集形态：固体、液体和气体。下列说法正确的是(
BCE
)
A．固体中的分子是静止的，液体、气体中的分子是运动的
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B．液体表面层中分子间的相互作用表现为引力
C．液体的蒸发现象在任何温度下都能发生
D．汽化现象是液体分子间因相互排斥而发生的
E．有的物态变化中虽然吸收热量但温度却不升高
[解析]
不论固体，还是液体与气体，分子均是永不停息做无规则运动，A 错误；液体表面层中，分子间距较大，
分子间的相互作用表现为引力，即为表面张力，B 正确；在任何温度下，液体的蒸发现象都能发生，C 正确；汽化现
象与液体分子间相互作用力无关，D 错误；有的物态变化中虽然吸收热量但温度却不升高，如晶体，E 正确。
4．(2019·河北衡水模拟)下列说法正确的是(
ACD
)
A．在油膜法估测分子大小的实验中，如果有油酸未完全散开会使测量结果偏大
B．某气体的密度为ρ，每个气体分子的质量为m，则每个气体分子的体积为m
ρ
C．在轮胎爆裂的短暂过程中，胎内气体膨胀，温度下降
D．一定质量的理想气体在体积不变时，每秒分子碰撞器壁的平均次数随着温度降低而减少
E．晶体在熔化过程中所吸收的热量主要用于增加分子的平均动能
[解析]油酸未完全散开，S 偏小，依据d＝V
S，测测量结果偏大，A 正确；气体的分子之间的距离比较大，使用公式：
V＝m
ρ求出的结果是每一个分子所占的空间的大小，不是分子的体积，B 错误；在轮胎爆裂这一短暂过程中，气体膨胀，
对外做功；由于时间短，气体来不及吸收热量，根据热力学第一定律可知，气体的温度下降，C 正确；一定量的气体，
在体积不变时，温度降低，则分子运动的激烈程度降低，所以分子平均每秒碰撞器壁的次数随着温度的降低而减少，D
正确；晶体在熔化过程中温度不变，而温度是分子热运动平均动能的标志，故吸收的热量，将主要用于克服增加分子
的势能，而分子热运动的平均动能不变，E 错误。
5．(2019·四川德阳模拟)关于热力学定律，下列说法正确的是(
BDE
)
A．气体吸热后温度一定升高
B．一定量的某种理想气体在等压膨胀过程中，内能一定增加
C．气体被压缩时，内能一定增加
D．热量可以从低温物体传到高温物体
E．如果两个系统分别与状态确定的第三个系统达到热平衡，那么这两个系统彼此之间也必定达到热平衡
[解析]
气体吸热的同时，如果同时对外做功，则气体的温度有可能降低，故A 错误；一定量的某种理想气体在
等压膨胀过程中，根据pV
T ＝C 可知，温度升高，内能一定增加，故B 正确；由理想气体状态方程pV
T ＝C 知一定质量的
气体被压缩时，气体温度不一定升高，内能不一定增加，故C 错误；热量可以从低温物体传到高温物体，不过需要消
耗外界的功，故D 正确；如果两个系统分别与状态确定的第三个系统达到热平衡，那么这两个系统彼此之间也必定温
度相等，达到热平衡，故E 正确。
6．(2019·湖北武汉模拟)下列说法正确的是(
BCE
)
A．零摄氏度的物体的内能为零
B．气体如果失去了容器的约束会散开，这是因为气体分子热运动的结果
C．温度相同的氧气和臭氧气体，分子平均动能相同
D．理想气体，分子之间的引力、斥力依然同时存在，且分子力表现为斥力
E．浸润现象是分子间作用力引起的
[解析]
物体的内能包括分子动能和分子势能，零摄氏度时物体的内能不为零，A 错误；气体如果失去了容器的约
束会散开，这是因为气体分子热运动，气体分子间的距离大分子间作用力小，B 正确；温度是分子平均动能大小的标
志，温度相同的氧气和臭氧气体，分子平均动能相同，C 正确；理想气体，分子之间的引力、斥力依然同时存在，但
由于分子之间的距离较大，都可以忽略不计，D 错误；浸润现象是附着层分子间距离小于液体内部分子间距离，分子
间作用力表现为分子斥力引起的，E 正确。
7．(2019·江西赣州模拟)下列说法正确的是(
BCE
)
A．只要技术足够先进，热机的效率能够达到100%
B．水和酒精混合后的体积小于原来的体积之和，说明分子间存在间隙
C．气体的压强是由于气体分子频繁撞击容器器壁而产生的
D．对于非理想气体，气体体积变化时，其内能一定不变
E．10 g 100 ℃水的内能小于10 g 100 ℃水蒸气的内能
[解析]
根据热力学第二定律，热机的效率只能接近100%，不可能达到100%，A 错误；对于非理想气体，气体
体积变化时，但不知道吸收热量情况，因此其内能可能不变，D 错误；10 g 100 ℃水的内能需要吸收热量才能变成10 g
100 ℃水蒸气，E 正确；水和酒精混合后的体积小于原来的体积之和，说明分子间存在间隙，B 正确；由于气体分子频
繁撞击容器器壁，根据动量定理可知会对器壁产生作用力，C 正确。
8．(2019·长春四模)夏季，长春市的天气温差比较大，充足气的车胎经过正午阳光的暴晒容易爆胎。若车胎内的气
体可视为理想气体，爆胎前车胎内气体体积及质量均不变，爆胎过程时间极短。关于车胎内的气体，下列说法正确的
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是(
ABD
)
A．爆胎前随着气温的升高，车胎内气体压强增大
B．爆胎前随着气温的升高，车胎内气体吸收热量，内能增大
C．爆胎前随着气温的升高，车胎内气体分子在单位时间单位面积上碰撞车胎的次数不变
D．爆胎过程中，车胎内气体对外做功，内能减小
E．爆胎过程中，车胎内气体分子平均动能不变
[解析]
爆胎前气体体积不变，温度升高时，压强增大，A 正确；气体温度升高，内能增大，体积不变，没有做功，
根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W 可知气体要吸收热量，B 正确；气体单位体积内分子数不变，但是温度升高，分子平
均速率增大，所以气体分子在单位时间内单位面积上与车胎碰撞的次数增多，C 错误；爆胎过程时间极短，气体来不
及与外界热交换，其体积膨胀对外做功，根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W 可知，气体内能减小，温度降低，气体分子
平均动能减小，故D 正确，E 错误。
二、计算题(本题共3 小题，需写出完整的解题步骤)
9．(2019·四川成都模拟)如图所示，为了测量某刚性导热容器A 的容积，用细管把它与水平固定的导热气缸B 相连。
气缸中活塞的横截面积S＝100 cm2。起初时，环境温度T＝300 K，活塞离缸底距离d＝40 cm。现用水平向左的力F 缓
慢推活塞，当F＝1.0×103 N 时，活塞离缸底距离d′＝10 cm。已知大气压强p0＝1.0×105 Pa。不计一切摩擦，整个
装置气密性良好。求：
(1)容器A 的容积VA；
(2)保持力F＝1.0×103 N 不变，当外界温度缓慢变化时，活塞向缸底缓慢移动了Δd＝3 cm 时，此时环境温度为多
少摄氏度？
[答案]
(1)2L
(2)－3 ℃或－2.85 ℃
[解析]
(1)依题意，气缸和容器内所有气体先做等温变化，有p1V1＝p2V2
其中压缩前：P1＝P0，V1＝VA＋dS
压缩后：p2＝p0＋F
S，V2＝VA＋d′S
代入数据，解得：VA＝2 L
(2)依题意，接着做等压变化，有
V2
T2
＝V3
T3
其中变化前：T2＝T
变化后：V3＝V2－Δd·S
T3＝t3＋273 或T3＝t3＋273.15
代入数据，解得：t3＝－3 ℃或t3＝－2.85 ℃
10．(2019·辽宁抚顺模拟)如图所示，U 型玻璃细管竖直放置，水平细管与U 型玻璃细管底部相连通，各部分细管
内径相同。U 形管左管上端封有长20 cm 的理想气体B，右管上端开口并与大气相通，此时U 型玻璃管左、右两侧水
银面恰好相平，水银面距U 型玻璃管底部为25 cm。水平细管内用小活塞封有长度10 cm 的理想气体A。已知外界大气
压强为75 cmHg，忽略环境温度的变化，现将活塞缓慢向左拉，使气体B 的气柱长度为25 cm，求：
(1)左右管中水银面的高度差是多大？
(2)理想气体A 的气柱长度为多少？
[答案]
(1)15 cm
(2)12.5 cm
[解析]
(1)活塞缓慢左拉的过程中，气体B 做等温变化
pB1VB1 ＝pB2VB2
75 cmHg·20S＝pB2·25S(设S 为玻璃管横截面积)
pB2 ＝60 cmHg
左右管中水银面的高度差Δh＝(75－60) cm＝15 cm
(2)活塞被缓慢左拉的过程中，气体A 做等温变化
LA1＝10 cm
pA1＝(75＋25) cmHg＝100 cmHg
pA2＝(75＋5) cmHg＝80 cmHg
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pA1VA1＝pA2VA2
100·10S＝80·LA2S
LA2＝12.5 cm
11. (2019·高考大纲模拟卷)一艘潜水艇位于水面下h＝200 m 处，艇上有一个容积V1＝2 m3 的钢筒，筒内贮有压强
p1＝200p0 的压缩气体，其中p0 为大气压强，p0＝1×105 Pa。已知海水的密度ρ＝1×103 kg/m3，取重力加速度g＝10 m/s2，
设海水的温度不变。有一个与海水相通的装满海水的水箱，现在通过细管道将钢筒中部分气体压入该水箱，再关闭管
道，水箱中排出海水的体积为V2＝10 m3，此时钢筒内剩余气体的压强为多少？
[答案]
9.5×106 Pa
[解析]
钢筒中气体初始状态：
p1＝200p0，V1＝2 m3
与海水相通的水箱中的压强：p2＝p0＋ρgh＝21p0
设钢筒内剩余气体的压强为p3，钢筒中排出的气体在压强为p3 时的体积为V3，
则有p3V3＝p2V2
对钢筒中所有的气体有：p1V1＝p3(V1＋V3)
解得：p3＝9.5×106 Pa
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第18 讲
振动和波
光学
振动和波、光
1．(2019·北京，13)一列简谐横波某时刻的波形如图所示，比较介质中的三个质点a、b、c，则(
C
)
A．此刻a 的加速度最小
B．此刻b 的速度最小
C．若波沿x 轴正方向传播，此刻b 向y 轴正方向运动
D．若波沿x 轴负方向传播，a 比c 先回到平衡位置
[解析]
A 错：此刻a 的位移最大，由a＝－kx
m知，此时a 的加速度最大。B 错：此刻b 位于平衡位置，其速度最
大。C 对：若波沿x 轴正方向传播，a 比b 离波源近，a 比b 先振动，故此时b 向y 轴正方向运动。D 错：若波沿x 轴
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负方向传播，c 向y 轴正方向运动，故c 比a 先回到平衡位置。
2．(2019·北京，14)利用图1 所示的装置(示意图)，观察光的干涉、衍射现象，在光屏上得到如图2 中甲和乙两种
图样。下列关于P 处放置的光学元件说法正确的是(
A
)
图1
甲
乙
图2
A．甲对应单缝，乙对应双缝
B．甲对应双缝，乙对应单缝
C．都是单缝，甲对应的缝宽较大
D．都是双缝，甲对应的双缝间距较大
[解析]
单缝衍射图样的中央条纹亮且宽，相邻条纹间距不等；双缝干涉图样中相邻条纹间距相等。根据题目中
给出的甲、乙两种图样可知，甲是单缝衍射的图样，乙是双缝干涉的图样，A 选项正确。
3．(多选)(2019·天津，7)一列简谐横波沿x 轴传播，已知x 轴上x1＝1 m 和x2＝7 m 处质点的振动图象分别如图1、
图2 所示，则此列波的传播速率可能是(
BC
)
图1
图2
A．7 m/s
B．2 m/s
C．1.2 m/s
D．1 m/s
[解析]
由振动图象可知周期T＝4 s，零时刻x1 处质点在平衡位置且向下振动，而x2 处质点在正的最大位移处。
①若沿x 轴正向传播，其波形如图所示，x2 处质点的平衡位置可能在A1 或A2 或A3…
则波长有：x2－x1＝n＋1
4 λ(n＝0、1、2…)
得波速表达式v＝λ
T＝
x2－x1
n＋1
4
T
＝
6
4n＋1(n＝0、1、2…)
当n＝0 时，v＝6 m/s，当n＝1 时，v＝1.2 m/s，C 正确。
②若沿x 轴负向传播，其波形如图所示。
则有x2－x1＝n＋3
4 λ(n＝0、1、2…)
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得v＝λ
T＝
x2－x1
n＋3
4
T
＝
6
4n＋3(n＝0、1、2…)
当n＝0 时，v＝2 m/s，当n＝1 时，v≈0.86 m/s，B 正确。
4．(多选)(2019·天津，9(2))某小组做测定玻璃的折射率实验，所用器材有：玻璃砖，大头针，刻度尺，圆规，笔，
白纸。
①(多选)下列哪些措施能够提高实验准确程度(
AD
)
A．选用两光学表面间距大的玻璃砖
B．选用两光学表面平行的玻璃砖
C．选用粗的大头针完成实验
D．插在玻璃砖同侧的两枚大头针间的距离尽量大些
②该小组用同一套器材完成了四次实验，记录的玻璃砖界线和四个大头针扎下的孔洞如下图所示，其中实验操作
正确的是(
D
)
③该小组选取了操作正确的实验记录，在白纸上画出光线的径迹，以入射点O 为圆心作圆，与入射光线、折射光
线分别交于A、B 点，再过A、B 点作法线NN′的垂线，垂足分别为C、D 点，如图所示，则玻璃的折射率n＝
AC
BD
。
(用图中线段的字母表示)
[解析]
①测玻璃的折射率关键是根据入射光线和出射光线确定在玻璃中的传播光线，因此选用光学表面间距大的
玻璃砖以及使同侧两枚大头针的距离大些都有利于提高实验准确程度，减小误差；两光学表面是否平行不影响折射率
的测量，为减小误差，应选用细长的大头针，故选项B、C 错误。
②两光学表面平行的玻璃砖的入射光线与出射光线平行，在空气中的入射角大于玻璃中的折射角，画图可知正确
的图为D。
③玻璃的折射率n＝sini
sinr，又sini＝AC
R ，sinr＝BD
R ，故n＝AC
BD。
5．(多选)(2019·全国卷Ⅰ，34)一列简谐横波沿x 轴正方向传播，在t＝T
2时刻，该波的波形图如图(a)所示，P、Q
是介质中的两个质点。图(b)表示介质中某质点的振动图象。下列说法正确的是(
CDE
)
图(a)
图(b)
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A．质点Q 的振动图象与图(b)相同
B．在t＝0 时刻，质点P 的速率比质点Q 的大
C．在t＝0 时刻，质点P 的加速度的大小比质点Q 的大
D．平衡位置在坐标原点的质点的振动图象如图(b)所示
E．在t＝0 时刻，质点P 与其平衡位置的距离比质点Q 的大
(2)如图，一艘帆船静止在湖面上，帆船的竖直桅杆顶端高出水面3 m。距水面4 m 的湖底P 点发出的激光束，从
水面出射后恰好照射到桅杆顶端，该出射光束与竖直方向的夹角为53°(取sin53°＝0.8)。已知水的折射率为4
3。
(ⅰ)求桅杆到P 点的水平距离；
(ⅱ)船向左行驶一段距离后停止，调整由P 点发出的激光束方向，当其与竖直方向夹角为45°时，从水面射出后仍
照射在桅杆顶端，求船行驶的距离。
[答案]
(2)(ⅰ)7 m
(ⅱ)5.5 m
[解析]
(1)A 错：t＝T
2时刻，质点Q 在平衡位置，向上振动，振动图象与图(b)不符。B 错，C 对：t＝0 时刻的波
形图如图所示[图(a)的波形图左移半个波长即可得到]，质点P 在最低点，Q 在平衡位置，质点Q 的速率比P 的大；P
的加速度大小比Q 的大。D 对：t＝T
2时刻，坐标原点的质点经过平衡位置向下振动，对应的振动图象与图(b)吻合。E
对：t＝0 时刻，质点P 与其平衡位置的距离为振幅，质点Q 在平衡位置，与其平衡位置的距离为0。
(2)(ⅰ)设光束从水面射出的点到桅杆的水平距离为x1，到P 点的水平距离为x2；桅杆高度为h1，P 点处水深为h2；
激光束在水中与竖直方向的夹角为θ。由几何关系有
x1
h1
＝tan53°
①
x2
h2
＝tanθ
②
由折射定律有
sin53°＝nsinθ
③
设桅杆到P 点的水平距离为x，则
x＝x1＋x2
④
联立①②③④式并代入题给数据得
x＝7 m
⑤
(ⅱ)设激光束在水中与竖直方向的夹角为45°时，从水面出射的方向与竖直方向夹角为i′，由折射定律有
sini′＝nsin45°
⑥
设船向左行驶的距离为x′，此时光束从水面射出的点到桅杆的水平距离为x1′，到P 点的水平距离为x2′，则
x1′＋x2′＝x′＋x
⑦
x1′
h1
＝tani′
⑧
x2′
h2
＝tan45°
⑨
联立⑤⑥⑦⑧⑨式并代入题给数据得
x′＝(6 2－3) m≈5.5 m
6．(2019·全国卷Ⅱ，34) (1)如图，长为l 的细绳下方悬挂一小球a，绳的另一端固定在天花板上O 点处，在O 点
正下方3
4l 的O′处有一固定细铁钉。将小球向右拉开，使细绳与竖直方向成一小角度(约为2°)后由静止释放，并从释
放时开始计时。当小球a 摆至最低位置时，细绳会受到铁钉的阻挡。设小球相对于其平衡位置的水平位移为x，向右为
正。下列图象中，能描述小球在开始一个周期内的x－t 关系的是__A__。
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(2)某同学利用图示装置测量某种单色光的波长。实验时，接通电源使光源正常发光；调整光路，使得从目镜中可
以观察到干涉条纹。回答下列问题：
(ⅰ)若想增加从目镜中观察到的条纹个数，该同学可__B__。
A．将单缝向双缝靠近
B．将屏向靠近双缝的方向移动
C．将屏向远离双缝的方向移动
D．使用间距更小的双缝
(ⅱ)若双缝的间距为d，屏与双缝间的距离为l，测得第1 条暗条纹到第n 条暗条纹之间的距离为Δx，则单色光的
波长λ＝
Δxd
n－1l
。
(ⅲ)某次测量时，选用的双缝的间距为0.300 mm，测得屏与双缝间的距离为1.20 m，第1 条暗条纹到第4 条暗条
纹之间的距离为7.56 mm。则所测单色光的波长为__630__ nm(结果保留3 位有效数字)。
[解析]
(1)摆长为l 时单摆的周期T1＝2π
l
g，振幅A1＝lα(α为摆角)，
摆长为1
4l 时单摆的周期T2＝2π
1
4l
g
＝π
l
g＝T1
2 ，振幅A2＝1
4lβ(β为摆角)。
根据机械能守恒得mgl(1－cosα)＝mgl
4(1－cosβ)，利用cosα＝1－2sin2α
2，cosβ＝1－2sin2β
2，以及sinα＝tanα＝α(α很
小)，解得β＝2α，故A2＝1
2A1，故选项A 正确。
(2)(ⅰ)相邻明(暗)干涉条纹的宽度Δx＝l
dλ，要增加观察到的条纹个数，即减小Δx，需增大d 或减小l，因此应将屏
向靠近双缝的方向移动，选项B 正确。
(ⅱ)第1 条到第n 条暗条纹间的距离为Δx，则相邻暗条纹间的距离Δx′＝Δx
n－1
，又Δx′＝l
dλ，解得λ＝Δxd
n－1l
。
(ⅲ)由λ＝Δxd
n－1l
，代入数据解得λ＝630 nm。
7．(多选)(2018·全国卷Ⅲ，34)(1)水槽中，与水面接触的两根相同细杆固定在同一个振动片上。振动片做简谐振动
时，两根细杆周期性触动水面形成两个波源。两波源发出的波在水面上相遇，在重叠区域发生干涉并形成了干涉图样。
关于两列波重叠区域内水面上振动的质点，下列说法正确的是
BDE
。
A．不同质点的振幅都相同
B．不同质点振动的频率都相同
C．不同质点振动的相位都相同
D．不同质点振动的周期都与振动片的周期相同
E．同一质点处，两列波的相位差不随时间变化
(2)如图，直角三角形ABC 为一棱镜的横截面，∠A＝90°，∠B＝30°。一束光线平行于底边BC 射到AB 边上并进
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入棱镜，然后垂直于AC 边射出。
(ⅰ)求棱镜的折射率；
(ⅱ)保持AB 边上的入射点不变，逐渐减小入射角，直到BC 边上恰好有光线射出。求此时AB 边上入射角的正弦。
[答案]
(2)(ⅰ) 3
(ⅱ) 3－2
2
[解析]
(1)两列波相遇叠加产生干涉，一些质点的振动加强，一些质点的振动减弱，即振幅不同；各质点的振动
频率、周期都与振动片相同；不同质点的振动相位不同(不是同时到达正的最大位移)；两列波到达某点时相位差恒定。
故选项B、D、E 正确。
(2)(ⅰ)光路图及相关量如图所示。
光束在AB 边上折射，由折射定律得
sini
sinα＝n
①
式中n 是棱镜的折射率。由几何关系可知
α＋β＝60°
②
由几何关系和反射定律得
β＝β′＝∠B
③
联立①②③式，并代入i＝60°得
n＝3
④
(ⅱ)设改变后的入射角为i′，折射角为α′，由折射定律得
sini′
sinα′
＝n
⑤
依题意，光束在BC 边上的入射角为全反射的临界角θc，且
sinθc＝1
n
⑥
由几何关系得
θc＝α′＋30°
⑦
由④⑤⑥⑦式得入射角的正弦为
sini′＝3－2
2
8．(多选)(2019·江苏，13)(1)一单摆做简谐运动，在偏角增大的过程中，摆球的(
AC
)
A．位移增大
B．速度增大
C．回复力增大
D．机械能增大
(2)将两支铅笔并排放在一起，中间留一条狭缝，通过这条狭缝去看与其平行的日光灯，能观察到彩色条纹，这是
由于光的__衍射__(选填“折射”“干涉”或“衍射”)。当缝的宽度__接近__(选填“远大于”或“接近”)光波的波长
时，这种现象十分明显。
(3)如图所示，某L 形透明材料的折射率n＝2。现沿AB 方向切去一角，AB 与水平方向的夹角为θ。为使水平方向
的光线射到AB 面时不会射入空气，求θ的最大值。
[答案]
(3)60°
[解析]
(1)在单摆的偏角增大的过程中，摆球远离平衡位置，故位移变大，速度变小，回复力变大，机械能保持
不变，选项A、C 正确。
(2)光能绕过障碍物或小孔的现象叫做衍射；产生明显衍射现象的条件：障碍物或孔的尺寸跟波长相等或相差不多。
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(3)光线不射入空气中，则在AB 面发生全反射，有sinC＝1
n，且C＋θ＝90°，得θ＝60°。
振动图象和波动图象的综合
核心知识
1．波动图象描述的是在同一时刻，沿波的传播方向上的各个质点偏离平衡位置的位移，在时间上具有周期性、空
间上具有重复性和双向性的特点。
2．深刻理解波动中的质点振动，质点振动的周期(频率)＝波源的周期(频率)＝波的传播周期(频率)。
3．要画好、用好振动图象，并正确地与实际情景相对应。要正确画出波形图，准确写出波形平移距离、质点振动
时间与波长、周期的单一解或多解表达式。
4．分析简谐运动中各物理量的变化情况时，一定要以位移为桥梁，位移增大时，振动质点的回复力、加速度、势
能均增大，速度、动能均减小；反之，则产生相反的变化。另外，各矢量均在其值为零时改变方向。
5．“一分、一看、二找”巧解波动图象与振动图象的综合问题。
(1)分清振动图象与波动图象。只要看清横坐标即可，横坐标为x 则为波动图象，横坐标为t 则为振动图象。
(2)看清横、纵坐标的单位，尤其要注意单位前的数量级。
(3)找准波动图象对应的时刻。
(4)找准波动图象对应的质点。
典例探究
【典例1】
(多选)(2019·河北衡水模拟)如图所示，甲图为沿x 轴传播的一列简谐波在t＝1 s 时刻的波动图象，乙
图为x＝2 m 处的质点P 的振动图象，则下列判断正确的是(
ABD
)
A．该波的传播速度为1 m/s
B．该波的传播方向沿x 轴负方向
C．再经过1 s 时间，质点P 将移动到x＝1 m 位置处
D．该波在传播过程中，若遇到宽度为2 m 的障碍物，能发生明显衍射现象
E．t＝2 s 时，x＝4 m 处的质点的加速度沿y 轴正方向
[解析]
甲图是波动图象，由甲读出该波的波长为λ＝4 m，乙图是振动图象，由乙图读出周期为T＝4 s，则波速为
v＝λ
T＝4
4 m/s＝1 m/s，故A 正确；在乙图上读出t＝1 s 时刻P 质点的振动方向沿y 轴负方向，在甲图上，根据波形的
平移法判断得知该波的传播方向沿x 轴负方向，故B 正确；质点只在自己的平衡位置附近上下振动，并不随波的传播
方向向前传播，故C 错误；由甲读出该波的波长为λ＝4 m，该波在传播过程中，若遇到宽度为2 m 的障碍物，能发生
明显衍射现象，故D 正确；由图象可知t＝2 s 时，x＝4 m 处的质点处在正最大位移处，故具有负向最大加速度，故E
错误。
类题演练
1．(2019·河南洛阳模拟)在同一均匀介质中，甲乙两波源位于O 点和Q(84 m,0)点，分别产生向右和向左的简谐波。
某时刻波形如图实线和虚线表示，此时甲波传播到x＝48 m 处，乙波传到x＝24 m 处。已知甲波源振动了1.2 s，求：
(1)甲、乙两波的波速及起振的时间差；
(2)通过计算说明x＝48 m 位置质点的位移能否达到25 cm。
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[答案]
(1)0.3 s
(2)不能
[解析]
(1)由于波匀速传播且速度相同，
波速v＝x
t＝48
1.2＝40 m/s
t 乙＝Δx
v ＝60
40＝1.5 s
所以t 乙－t 甲＝0.3 s
(2)要使x＝48 cm 的位置振幅为25 cm，则两列波峰同时到达，
由此时开始计时且波速相同可得x＝v 甲t＝n＋3
4 λ甲
x＝v 乙t＝m＋1
4 λ乙(m，n 为整数)
所以n＋3
4 λ甲＝m＋1
4 λ乙，解得m＝2
3n＋1
4，
不可能使m、n 同为整数，所以不可能到达。
光的折射和反射
核心知识
1．折射率的两个公式
(1)n＝sinθ1
sinθ2
(θ1、θ2 分别为入射角和折射角)
(2)n＝c
v(c 为光速，v 为光在介质中的传播速度)
2．全反射的条件及临界角公式
(1)全反射的条件：光从光密介质进入光疏介质，入射角大于或等于临界角
(2)临界角公式：sinC＝1
n
3．光的折射和全反射题型的分析思路
(1)确定要研究的光线，有时需要根据题意分析、寻找临界光线、边界光线为研究对象
(2)找入射点，确认界面，并画出法线
(3)明确两介质折射率的大小关系
①若光疏→光密：定有反射、折射光线
②若光密→光疏：如果入射角大于或等于临界角，一定发生全反射
(4)根据反射定律、折射定律列出关系式，结合几何关系，具体求解
典例探究
【典例2】(2019·辽宁抚顺模拟)如图甲所示是由某透明材料制成的横截面为正三角形的三棱镜。一束细红色光束
SO 从空气中射向AB 面，与AB 成45°角，经三棱镜折射后，从AC 边射出，出射光线与AC 边夹角也成45°，求：
(1)这种透明材料的折射率；
(2)若用这种材料制成如图乙所示的器具，左侧是半径为R 的半圆，右侧是长为4 2R，高为2R 的长方体，一束红
色光从左侧P 点沿半径方向射入器具。要使光全部从器具的右端面射出，则光在器具中传播所需最长时间是多少？已
知光在空气中的传播速度为c。
[解析]
(1)作出光路图，由图可知：光在三棱镜中的折射角r 为30°
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根据光的折射定律：n＝sini
sinr
得n＝2
(2)要使光从器具的右端面出射必须以全反射的方式传播，每次的入射角都大于或等于临界角，但等于临界角时路
程最大，时间最长，如图所示。
第一次发生全反射有：由几何关系知：
sinC＝Δl1
Δs1
＝1
n
Δs1＝nΔl1
设光经N 次全反射从另一个端面射出，则在长方体内的总路程为s1
s1＝Δs1＋Δs2＋Δs3＋…＋Δsn＝nΔl1＋nΔl2＋…＝4 2Rn
光在材料内总路程s＝s1＋s2＝R＋4 2Rn
光在材料上的传播速度v＝c
n
所以：光在材料中最长传播的时间
t＝s
v＝
4 2Rn＋R
c
n
＝4 2Rn2＋nR
c
＝9 2R
c
[答案]
(1) 2
(2)9 2R
c
类题演练
2．(2019·山东临沂模拟)如图所示，与水面平行的单色细灯管AB 在水面下方h＝7
6 m 处，灯管长度L＝1 m。由B
点发出的某条光线射到水面时入射角为37°，其折射光与水面夹角也为37°，取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：
(1)水对此单色光的折射率n；
(2)水面上有光线射出的区域面积S。
[答案]
(1)4
3
(2)1.8 m2
[解析]
(1)由B 点发出光线入射角r＝37°，折射角i＝53°，根据折射定律得
n＝sini
sinr
解得：n＝4
3
(2)设光从水面射出的临界角为C，则
sinC＝1
n
A 点发出的光射出水面的区域为圆，设其半径为R，则
tanC＝R
h，R＝0.5 m
水面上有光线射出的区域如图所示，则
S＝πR2＋L·2R
解得：S＝π
4＋1≈1.8 m2
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光的波动性
核心知识
1．机械波和光波都能发生干涉、衍射、多普勒效应等现象，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．机械波的干涉图样中，实线和实线的交点、虚线和虚线的交点及其连线为振动加强处；实线和虚线的交点及其
连线处为振动减弱处。振动加强点有时位移也为零，只是振幅为两列波的振幅之和，显得振动剧烈。
3．光的双缝干涉条纹间距Δx＝l
dλ
(1)l、d 相同时，Δx∝λ，可见光中的红光条纹间距最大，紫光最小；
(2)间隔均匀，亮度均匀，中央为亮条纹；
(3)如用白光做实验，中间为白色，两边为由紫到红的彩色。
4．光的干涉现象：薄膜干涉(油膜、空气膜、增透膜、牛顿环)；光的衍射现象：圆孔衍射、泊松亮斑。
典例探究
【典例3】
(多选)(2019·山东省济南模拟)如图甲所示，在平静的水面下深h 处有一个点光源s，它发出的两种不
同颜色的a 光和b 光。在水面上形成了一个有光线射出的圆形区域，该区域的中间为由ab 两种单色光所构成的复色光，
圆形区域周围为环状区域，且为a 光的颜色(见图乙)，设b 光的折射率为n。则下列说法正确的是(
BCD
)
A．在水中，a 光的波长比b 光小
B．水对a 光的折射率比b 光小
C．在水中，a 光的传播速度比b 光大
D．复色光圆形区域的面积为S＝πh2
n2b－1
E．在同一装置的杨氏双缝干涉实验中，a 光的干涉条纹比b 光窄
[解析]
a 光在水面上形成的圆形亮斑面积较大，知a 光的临界角较大，根据sinC＝1
n，知a 光的折射率较小，频
率也小，再由v＝c
n＝λf，可知，在水中a 光的传播速度比b 光大，a 光的波长比b 光大，故B、C 正确，A 错误；依据
sinC＝1
n，结合几何关系，可知，
r
h2＋r2＝1
nb
，而复色光圆形区域的面积为S＝πr2＝πh2
n2b－1，故D 正确；a 光的折射率
小，波长长，根据双缝干涉条纹与波长成正比，可知相同条件下，a 光干涉条纹比b 光宽，故E 错误。
类题演练
3．(多选)(2019·江西临川模拟)光是人出生第一眼见到的物质，可是迄今为止人们还不能说对光有了深入的了解。
下列对光的认识正确的是(
BCD
)
A．光垂直界面射入另一种介质时仍沿直线传播，因此其传播速度也不变
B．海市蜃楼等现象使人们有时眼见也不为实
C．由于同种介质对不同颜色的光的折射率不同，导致复色光通过三棱镜时发生色散现象
D．光的干涉说明光具有波动性
E．材料的折射率越大，全反射的临界角越大
[解析]
光垂直界面射入另一种介质时虽然仍沿直线传播，但其传播速度一定发生变化，且变化遵循折射规律，A
错误；海市蜃楼是由于光的折射引起的，不是实际情景，B 正确；由于同种介质对不同色光的折射率不同。导致复色
光通过三棱镜时，不同色光的折射角不同而分离发生色散，C 正确；干涉是波的特性，因此光的干涉说明光具有波动
性，D 正确；由n＝1
sinC可知材料的折射率越大，全反射的临界角越小，E 错误。
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选择题(本题共8 小题，均为多选题)
1．(2019·吉林长春二模)以下说法中正确的是(
ADE
)
A．在同一种玻璃中，频率越大的光速度越小
B．用透明的标准样板和单色光检查平面的平整度是利用了光的偏振
C．麦克斯韦用实验证实了电磁波的存在
D．交警通过发射超声波测量车速是利用了波的多普勒效应
E．狭义相对论认为在不同的惯性参考系中一切物理规律都是相同的
[解析]
在同一种玻璃中，频率越大的光折射率越大，由n＝c
v可知光的传播速度越小，选项A 正确；用透明的标
准样板和单色光检查平面的平整度是利用了光的干涉，选项B 错误；麦克斯韦理论上提出了电磁波，赫兹用实验证实
了电磁波的存在，选项C 错误；交警通过发射超声波测量车速是利用了波的多普勒效应，选项D 正确；狭义相对论认
为在不同的惯性参考系中一切物理规律都是相同的，选项E 正确。
2．(2019·高三考试大纲模拟卷)2018 年1 月31 日，天空中上演了一场万众瞩目、被称为“超级满月、蓝月亮、红
月亮”的月全食大戏，这次月全食历时近5 小时，最精彩之处是在发生月全食阶段月亮呈现红色，下列有关月食的说
法中正确的是(
ADE
)
A．当地球处于太阳和月亮中间时才会出现月食现象
B．当月亮处于太阳和地球中间时才会出现月食现象
C．月食可能是太阳光经月亮反射到地球大气层时发生全反射形成的
D．出现月食现象，是因为月亮处于地球的“影子”中
E．“红月亮”是太阳光中的红光经地球大气层折射到月亮时形成的
[解析]
当太阳、地球、月亮在同一直线上，地球位于太阳与月亮之间时，太阳发出的沿直线传播的光被不透明的
地球完全挡住，光线照不到月亮上，月亮处于地球的“影子”中，在地球上完全看不到月亮的现象就是月全食。看到
“红月亮”，是太阳光中的红光经地球大气层折射到月亮形成的，选项A、D、E 正确，B、C 错误。
3．(2019·河北省张家口市模拟)下列说法正确的是(
ABE
)
A．单摆在周期性外力作用下做受迫振动，其振动周期与单摆的摆长无关
B．真空中的光速在不同的惯性参考系中都是相同的
C．变化的电场一定产生变化的磁场，变化的磁场一定产生变化的电场
D．对于同一障碍物，波长越短的光越容易绕过去
E．用透明的标准样板和单色光检查平面的平整度是利用了光的干涉
[解析]
单摆在周期性外力作用下做受迫振动，其振动的周期等于驱动力的周期，与单摆的固有周期无关，故A
正确；根据相对论的基本原理知真空中的光速在不同的惯性参考系中都是相同的，故B 正确；根据电磁场理论可知，
均匀变化的电场产生稳定的磁场，均匀变化的磁场一定产生稳定的电场，故C 错误；同一障碍物，波长越长的光波，
越容易发生明显的衍射，越容易绕过去，故D 错误；用透明的标准样板和单色光检查平面的平整度是利用了光的薄膜
干涉，即空气薄膜的前后两个表面反射的光相干涉，故E 正确。
4．(2019·甘肃省兰州市模拟)如图甲所示，O、P 为介质中的两点，O 为波源，OP 间距为6 m。t＝0 时刻O 点由平
衡位置开始向上振动，向右产生沿直线传播的简谐横波，图乙表示t＝0 时刻开始P 点振动的图象。则以下说法正确的
是(
ACD
)
A．该波的波长12 m
B．该波的波速为2 m/s
C．该波的周期为4 s
D．从开始振动到t＝10 s，质点P 经过的路程为1.6 m
E．若波源O 向右靠近P 点运动，则P 点的观察者接收到的波的频率小于波源的频率
[解析]
由题图乙知，振动从O 传播到P 需要2 s，则波的传播速度v＝x
t＝6
2 m/s＝3 m/s。由图乙知，质点振动的
周期是4 s，波的周期是4 s。据λ＝vT 可得，波的波长λ＝3×4 m＝12 m，故A、C 两项正确，B 项错误；从开始到t＝
10 s，质点P 振动的时间是8 s，即2 个周期，所以质点P 经过的路程s＝2×4 m＝8×0.2 m＝1.6 m，故D 项正确；若
波源O 向右靠近P 点运动，则P 点的观察者接收到的波的频率大于波源的频率，故E 项错误。
5．(2018·天津，8)一振子沿x 轴做简谐运动，平衡位置在坐标原点。t＝0 时振子的位移为－0.1 m，t＝1 s 时位移
为0.1 m，则(
AD
)
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A．若振幅为0.1 m，振子的周期可能为2
3 s
B．若振幅为0.1 m，振子的周期可能为4
5 s
C．若振幅为0.2 m，振子的周期可能为4 s
D．若振幅为0.2 m，振子的周期可能为6 s
[解析]
若振幅为0.1 m，则t＝T
2＋nT(n＝0,1,2，…)。
当n＝0 时，T＝2 s；n＝1 时，T＝2
3 s；n＝2 时，T＝2
5 s。
故选项A 正确，选项B 错误。
若振幅为0.2 m，振动分两种情况讨论：
①振子振动如图甲所示，则振子由C 点振动到D 点用时至少为T
2，周期最大为2 s。
图甲
②振子振动如图乙中实线所示。
由x＝Asin (ωt＋φ)知
t＝0 时，－A
2＝Asin φ，φ＝－π
6，
图乙
即振子由C 点振动到O 点用时至少为T
12，由简谐运动的对称性可知，振子由C 点振动到D 点用时至少为T
6，则T
最大为6 s。
若振子振动如图乙中虚线所示，振子由C 点振动到D 点，则T＝2 s。
综上所述C 错误，D 正确。
6．(2019·河北保定模拟)如图所示为一列简谐横波在t＝0 时刻的波形图，此时波刚好传播到N 点，质点M 振动的
周期为0.5 s，则下列判断正确的是(
ACD
)
A．波传播的速度大小为120 m/s
B．t＝0 时刻，质点N 在平衡位置刚好要启动、速度仍为零
C．t＝0 时刻，质点M 已振动了5
12 s
D．从图示位置，M 点再过1
12 s 回到平衡位置
E．t＝1 s 时刻，x＝150 m 处的质点刚好处于波峰
[解析]
波传播的速度大小为v＝λ
T＝60
0.5 m/s＝120 m/s，A 项正确；t＝0 时刻，质点N 在平衡位置但速度最大，B
项错误；t＝0 时刻，质点M 已振动了t1＝x1
v＝120－70
120
s＝5
12 s，C 项正确；从图示位置，M 点再过t2＝x2
v＝10
120 s＝1
12 s，
D 正确；经过1 s，波传播的距离x＝vt＝120 m，则t＝1 s 时，x＝150 m 处的质点刚好处于平衡位置，D 项错误。
7．(2019·湖北黄冈模拟)在t＝0 时刻向平静水面的O 处投下一块石头，水面波向各个方向传播开去，当t＝1 s 时
水面波向西刚好传到M 点(图中只画了东西方向)，OM 的距离为1 m，振动的最低点N 距离原水面15 cm，如图。则以
下分析正确的是(
BCE
)
A．t＝1 s 时，O 点的运动方向向下
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B．该水面波的波长为2 m
C．振动后原来水面上的M 点和N 点有可能在某时刻速度相同
D．t＝2 s 时刻N 点处于平衡位置
E．t＝1.25 s 时刻M 点和N 点处于同一水平线上
[解析]
当t＝1 s 时水面波向西刚刚传到M 点，由题图可知，O 点振动了半个周期，则T＝2 s，t＝0 时刻，O 点
向下振动，经过半个周期O 点向上振动，A 错误；根据v＝Δx
Δt，波长λ＝vT＝1×2＝2 m，B 正确；从图示时刻再经T
4，
M 点在波谷即将向上运动，N 点在平衡位置即将向上运动，故在M 点到达平衡位置N 点到达波峰前的某个时刻，两点
离平衡位置的距离相等，运动方向向上，此时两点的速度相同，C 正确；t＝1 s 时，N 点处于波谷，再过1 s 即半个周
期，N 点处于波峰处，D 错误；t＝1 s 时M 点由平衡位置向下振动，N 点由波谷向上振动，经过0.25 s，即T
8的时间，
M、N 处于同一水平线上，E 正确。
8．(2019·广西博白模拟)如图(a)，在xy 平面内有两个沿z 方向做简谐振动的点波源S1(0,4)和S2(0，－2)。两波源的
振动图分别如图(b)和图(c)所示，t＝0 时开始振动，两列波的波速均为2.0 m/s。下列说法正确的是(
ABE
)
A．两列波的波长均为4 m
B．两列波引起的点A(8，－2)处质点的振动相互加强
C．y 轴上在S1(0,4)和S2(0，－2)之间(不包括S1 和S2 两点)有三个振动加强点
D．t＝2 s 时，点C(0.5,0)处质点的位移为－2 m，且正在向－z 方向运动
E．点B(4,1)处质点的振动减弱，振幅为2 cm
[解析]
根据b、c 图可知，两列机械波的振动周期均为2 s，由λ
T＝v 可知，λ＝4 m，A 正确；点A(8，－2)到波源
的距离分别是AS1＝10 m，AS2＝8 m，由于两波源的振动相位相差180°，即振动加强条件为Δx＝λ
2(2n＋1)，即两列波引
起的点A(8，－2)处质点的振动相互加强，B 正确；根据振动加强条件可以计算，y 轴上在S1(0,4)和S2(0，－2)之间(不
包括S1 和S2 两点)有2 个振动加强点，分别是(0,0)和(0,2)，C 错误；根据勾股定理可以计算得出点C(0.5,0)到S1 的距离
超过4 m，说明S1 的机械波还未传播到C 点。而0.52＋22≈2.06 m，因此，S2 机械波传播到C 点时间约1.03 s，也就
是说C 处的质点振动时间不到1 s，即质点是往－z 方向运动，但显然振动的点的位移不是－2 m，D 错误；点B(4,1)
正好在S1S2 的中垂线上，该处应该是振动减弱的位置，所以振幅为2 cm，E 正确。
二、计算题(本题共3 小题，需写出完整的解题步骤)
9．(2019·江西南昌模拟)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
[解析]
光路图如图所示
sini＝
A B
O A
＝1
2，得i＝30°
则∠OAB＝60°
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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
10．(2019·山东省济南模拟)有两列简谐横波a、b 在同一介质中沿x 轴正方向传播，速度均为v＝5 m/s，在t＝0 时，
两列波的波峰正好在x＝2.5
m 处重合，如图所示。
(1)求t＝0 时，两列波的波峰重合处的所有位置。
(2)至少经多长时间x＝0 处的质点位移达到最大值。
[答案]
(1)x＝(2.5±20 n)(n＝0,1,2,3…)；(2)Δt＝3.5 s
[解析]
(1)从图中可以看出两列波的波长分别为：λa＝2.5 m，λb＝4.0 m
两列波波长的最小公倍数为：s＝20 m
t＝0 时，两列波的波峰重合处的所有位置为：x＝(2.5±20 n)(n＝0,1,2,3…)
(2)x＝0 左侧，离两列波的波峰重合处最近点的距离为：Δx＝17.5 m
或者写出：x＝－17.5 m
x＝0 处的质点位移达到最大值至少需用时：Δt＝Δx
v
解得：Δt＝3.5 s
11．(2019·江苏徐州模拟)如图所示，ΔABC 为玻璃三棱镜的横截面，∠A＝∠B＝30°，某单色光从距离A 点
3
2 L 处
的D 点，垂直射入。若在AC 边涂有反射膜，则反射膜反射后的光射到AB 边上的F 点(未标出)，已知玻璃对该单色光
的折射率为n＝3，求：
(1)在介质外AC 边折射光线与AC 边的夹角；
(2)设光在真空中光速为c，则反射光线第一次到达BC 边过程中在介质中运动的时间。
[答案]
(1)30°
(2)5 3L
2C
[解析]
(1)根据几何知识，光在射向AC 边时，在介质中的角度为i＝30°，光路如下：
已知介质对该光的折射率为n＝3，根据折射定律可知n＝sinr
sini，即r＝60 °，即介质外AC 边折射光与AC 边夹角
为30°
(2)光在介质中运动的光路如下
根据几何知识，α＝60°，发生全反射临界角sinC＝1
3
，由此可知，光线在F 处发生全反射。光在第一次到达BC
边过程中，在介质中的路程长度s＝DE＋EF＋FG
DE＝ADtan30°＝0.5L，EF＝FG＝L
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光在介质中的传播速度n＝c
v可知v＝c
n
所以t＝5 3L
2c
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重点知识考前回扣
回扣一
力与物体的运动
主干知识
1．弹簧弹力
F＝kx
k＝F
x＝ΔF
Δx
2．滑动摩擦力
f＝μFN
3．物体平衡的条件
F 合＝0 或Fx 合＝0，Fy 合＝0。
(1)正交分解法(通用方法，多少个力均适用)。
(2)合成法：适用于三力平衡(某个力与其他两个力的合力等大反向)。或力的分解合成中已知一个力的大小和方向
不变，而需要判断其余两个力的变化情况。在力的合成法中，有以下特殊应用：
①直角三角形法：力的合成图中是直角三角形，利用边角关系或勾股定理列式。
②正弦定理法：F1
sinα1
＝F2
sinα2
＝F3
sinα3
，常用于力的合成图中三角形是任意三角形，且无法找到相似三角形。
③相似三角形法：常用力的合成图中三角形是任意三角形，并可找出力的三角形与几何三角形相似。
④菱形转化为直角三角形，适用于两分力大小相等时，力的四边形中可分成四个相同的直角三角形，于是菱形转
化成直角三角形。
⑤图解法：常用于三个力中一个力大小、方向都不变，一个力的方向不变，第三个力的大小、方向都变，判断力
的大小变化情况。
(3)隔离法和整体法：为了弄清系统(连接体)内某个物体的受力情况，需要用隔离法，不需求内力时可用整体法，
但各物体同一状态时才能用整体法，通常先考虑整体法，后考虑隔离法。
(4)计算摩擦力的方法：①先判断是动摩擦还是静摩擦；②若是动摩擦可直接用f＝μFN；若是静摩擦，则要依据物
体运动状态来计算，当平衡时用平衡条件列式求解，当有加速度时常用牛顿第二定律列式求解。
4．匀变速直线运动的公式
速度公式：v＝v0＋at
位移公式：x＝v0t＋1
2at2
速度与位移关系公式：v2－v20＝2ax
位移与平均速度关系公式：x＝v－t＝v0＋v
2
t
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应用时首先要选好公式，再向公式中代数时，特别注意代入数值的正、负号。
(1)程序法：全过程中，有几段不同的过程(加速度或合力不同)时，要按顺序分段分析。
(2)全程法：全过程中，若合力(或加速度)不变，虽然有往返运动，但可以全程列式。如类竖直上抛运动，此时要
注意各矢量的方向(即正、负号)。
(3)逆向法：逆着原来的运动过程考虑，匀减速当反向匀加速。
(4)追赶模型分析法：对两物追赶或两物叠放相对运动，分析关键是分别画出各自运动过程草图。列式时关键是先
找出两组关系：①两者的位移关系式；②两者的速度关系式。
(5)图象法：v－t 图线中的斜率表示加速度，“面积”表示位移。
5．牛顿运动定律
(1)牛顿第二定律
F 合＝ma⇒
Fx 合＝max
Fy 合＝may
(2)牛顿第三定律
物体之间作用力与反作用力的关系
(1)合成法：物体只受两个力(互成角度)时，可直接画平行四边形，对角线既是合力方向，也是加速度方向。
(2)正交分解法：在考虑各个力分解时。也要考虑加速度的分解，建立坐标系时尽量减少矢量的分解。
(3)瞬时分析法：牛顿第二定律的合外力与加速度存在瞬时对应关系，与这一瞬时前后的力无关。①轻绳和坚硬的
物体所产生的弹力可以突变；②弹簧和橡皮绳连有物体时弹力不能突变。
6．平抛运动的规律
(1)位移关系
水平位移：x＝v0t
竖直位移：y＝1
2gt2
合位移的大小：s＝x2＋y2
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合位移的方向：tanα＝y
x
如图所示。
(2)速度关系
水平速度：vx＝v0，竖直速度：
vy＝gt，合速度的大小：v＝v2x＋v2y
合速度的方向：
tanβ＝vy
vx
(3)重要推论
①速度偏角与位移偏角的关系为tanβ＝2tanα
②末速度反向延长线交于水平位移的中点(好像从中点射出)。
7．匀速圆周运动的规律
(1)v，ω，T，f 及半径的关系：T＝1
f，ω＝2π
T ＝2πf，v＝2π
T r＝2πfr＝ωr
(2)转速n 与ω、T 的关系：单位为转每秒时，ω＝2πn，T＝1
n；单位为转每分时，ω＝πn
30，T＝60
n
(3)向心加速度大小：a＝v2
r ＝ω2r＝4π2f2r＝4π2
T2 r
(4)向心力大小：F＝ma＝mv2
r ＝mω2r＝m4π2
T2 r＝4mπ2f2r
8．万有引力及天体匀速圆周运动
(1)重力和万有引力的关系
①在赤道上，有GMm
R2 －mg 赤＝mRω2＝mR4π2
T2
②在两极时，有GMm
R2 ＝mg 极
(2)卫星的绕行速度、角速度、周期与半径的关系
由G Mm
r2
＝mv2
r
，得v＝
GM
r
＝mω2r，得ω＝
GM
r3
＝m4π2
T2 r，得T＝
4π2r3
GM
轨道越高环绕越慢
9．第一宇宙速度
v1＝7.9 km/s，是人造卫星沿地面切线的最小发射速度，也是卫星绕地球的最大环绕速度。
(1)合成法：若只受互成角度的两个力作用，则直接画力的平行四边形，让合力指向圆心。
(2)正交分解法(受三个力以上时)。
(3)分析平抛运动问题的方法：画出合成图(速度合成图或位移合成图)，由合运动找出各分运动的规律或由分运动
找出合运动的规律。
(4)分析圆周运动问题的方法：①确定对象且受力分析；②确定圆周平面和圆心(或半径)；③若只受两个力可用合
成法列式，若受三个力以上只能用正交分解法列式。
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易混易错
1．应用F＝kx 时，误将弹簧长度当成形变量。
2．将静摩擦力和滑动摩擦力混淆，盲目套用公式F＝μFN。
3．误认为物体的速度等于零时处于平衡状态。
4．将v、Δv、Δv
Δt的意义混淆。
5．错误的根据公式a＝Δv
Δt认为a 与Δv 成正比，与Δt 成反比。
6．误将加速度的正、负当成物体做加速运动还是减速运动的依据。
7．误认为“惯性与物体的速度有关，速度大，惯性大，速度小，惯性小”。
8．误将“力和加速度”的瞬时关系当成“力和速度”的瞬时关系。
9．误将超重、失重现象当成物体重量变大或变小。
10．运动的合成与分解时，不能正确把握运动的独立性特点，不能正确区分合速度与分速度。
11．平抛运动中，误将速度方向夹角当成位移方向夹角，误认为平抛运动是变加速运动。
12．混淆竖直平面内圆周运动两种模型在最高点的“临界条件”。
13．将地面上物体随地球自转与物体环绕地球运行混淆。
14．不能正确应用“黄金代换”公式GM＝gR2。
15．不能正确区分双星模型中的轨道半径和距离。
重要结论
一、静力学
1．三个共点力平衡，则任意两个力的合力与第三个力大小相等，方向相反，多个共点力平衡时也有这样的特点。
2．两个分力F1 和F2 的合力为F，若已知合力(或一个分力)的大小和方向，又知另一个分力(或合力)的方向，则第
三个力与已知方向不知大小的那个力垂直时有最小值(如图所示)。
二、运动学
1．初速度为零的匀加速直线运动(或末速度为零的匀减速直线运动)的常用比例
(1)时间等分(T)：①1T 末、2T 末、3T 末…nT 末的速度比v1
v2
v3
…
vn＝1
2
3
…
n。
②第1 个T 内、第2 个T 内、第3 个T 内…第n 个T 内的位移之比x1
x2
x3
…xn＝1
3
5
…
(2n－1)。
③连续相等时间内的位移差Δx＝aT2，进一步有xm－xn(m－n)aT2，此结论常用于求加速度。
(2)位移等分(x)：通过第1 个x、第2 个x、第3 个x…第n 个x 所用时间的比：
t1
t2
t3……
tn＝1
( 2－1)
( 3－2)
…
( n－n－1)。
2．匀变速直线运动的平均速度
v－＝vt
2＝v0＋v
2
＝x1＋x2
2T
。
3．匀变速直线运动中间时刻、中间位置的速度
vt
2＝v－＝v0＋v
2
，vx
2＝
v20＋v2
2
，且vx
2>vt
2。
4．竖直上拋运动的时间t 上＝t 下＝v
g＝
2H
g ，同一位置v 上＝v 下。
5．追及相遇问题
(1)匀减速追匀速：恰能追上或追不上的关键：v 匀＝v 匀减。
(2)v0＝0 的匀加速追匀速：v 匀＝v 匀加时，两物体的间距最大。
(3)同时同地出发两物体相遇：时间相等，位移相等。
(4)A 与B 相距Δs，A 追上B：sA＝sB＋Δs；如果A、B 相向运动，相遇时：sA＋sB＝Δs。
6．“刹车陷阱”，应先求滑行至速度为零即停止的时间t0。如果题干中的时间t 大于t0，用v20＝2ax 或x＝v0t0
2 求
滑行距离；若t 小于t0 时，x＝v0t＋1
2at2。
7．小船过河问题
(1)当船速大于水速时
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①船头的方向垂直于水流的方向，则小船过河所用时间最短，t＝d
v 船
。
②合速度垂直于河岸时，航程s 最短，s＝d。
(2)当船速小于水速时
①船头的方向垂直于水流的方向时，所用时间最短t＝d
v 船
。
②合速度不可能垂直于河岸，最短航程s＝d×v 水
v 船
(如图所示)。
8．绳(杆)端速度分解(如图)：沿绳(或杆)方向的速度分量大小相等。
三、运动和力
1．无外力作用沿粗糙水平面滑行的物体：a＝μg。
2．无外力作用沿光滑斜面下滑或上滑的物体：a＝gsinα。
3．无外力作用沿粗糙斜面加速下滑的物体：a＝g(sinα－μcosα)，方向沿斜面向下；无外力作用沿粗糙斜面减速下
滑的物体：a＝g(μcosα－sinα)，方向沿斜面向上。
4．沿如图所示光滑斜面下滑的物体：
5.如图所示，一起做加速运动的物体，若力是作用于m1 上，则m1 和m2 的相互作用力为FN＝m2F
m1＋m2
，与有无摩
擦无关，平面、斜面、竖直方向都一样。
6．下面几种物理模型，在临界情况下，a＝tanα(如图所示)
7．下列各模型中，速度最大时合力为零，速度为零时，加速度最大。
四、圆周运动
万有引力
1．圆周运动学结论
(1)同一转轴上各点的角速度相等；
(2)同一皮带上各点的线速度大小相等。
2．竖直轨道圆周运动的两种模型
绳端系小球，从水平位置无初速度释放下摆到最低点，绳上拉力FT＝3mg。向心加速度a＝2g，与绳长无关。小球
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在“杆”模型最高点vmin＝0，v 临＝gR。
v>v 临，杆对小球有向下的拉力，
v＝v 临，杆对小球的作用力为零，
v<v 临，杆对小球有向上的支持力。
3．万有引力定律及其应用
(1)重力加速度：某星球表面处(即距球心R)g＝GM
R2 。
距离该星球表面h 处(即距球心R＋h 处)g′＝GM
r2 ＝GM
R＋h2。
(2)人造地球卫星：GMm
r2 ＝mv2
r ＝mω2r＝m4π2
T2 r＝ma＝mg′。
卫星由近地点到远地点，万有引力做负功。
第一宇宙速度v1＝gR＝
GM
R ＝7.9 km/s。
地表附近的人造卫星：r＝R＝6.4×106 m，若v 运＝v1，则最短运行周期T＝2π
R
g＝84.7 分钟。
(3)地球同步卫星
T＝24 小时，h＝5.6R，v＝3.1 km/s。
(4)重要变换式：GM＝gR2(R 为地球半径)，GM 星＝g 星R2
星(R 星为星球半径)。
回扣二
功和能
主干知识
1．恒力做功的计算式：W＝Flcosα(α是F 与对地位移l 方向的夹角)。
2．恒力所做总功的计算：W 总＝F 合lcosα或W 总＝W1＋W2＋…。
3．计算功率的两个公式：P＝W
t 或P＝Fvcosα。
4．动能定理：W 总＝Ek2－Ek1。W 总是合外力做的总功，包括内力所做的功。
5．重力势能：Ep＝mgh(h 是相对零势能面的高度)。
6．机械能守恒定律的两种表达方式
(1)始末状态：mgh1＋1
2mv21＝mgh2＋1
2mv22。
(2)能量转化：E 增＝E 减。
7．几种常见的功能关系
做功
能量变化
功能关系
重力做功
重力势能变化ΔEp
WG＝－ΔEp
弹簧弹力做功
弹性势能变化ΔEp
WF＝－ΔEp
合外力做功W 合
动能变化ΔEk
W 合＝ΔEk
除重力和弹力之外其他
力做功W 其他
机械能变化ΔE
W 其他＝ΔE
滑动摩擦力与介质阻力
做功fl 相对
系统内能变化ΔE 内
fl 相对＝ΔE 内
电场力做功WAB＝qUAB
电势能变化ΔEp
WAB＝－Ep
电流做功W＝UIt
电能变化ΔE
W＝－ΔE
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(1)“头痛医脚法”：利用动能定理求变力功(W 合＝W1＋W2＋…＝1
2mv2－1
2mv20)。
(2)“程序法”与“全程法”：动能定理和机械能守恒定律在应用时可以分过程列式，也可全程列式。
(3)打击、碰撞一般有机械能损失，要用“程序法”分过程列式。
(4)机械能守恒定律是有成立条件的，应用时要先判断机械能是否守恒，而动能定理是没有条件的。
(5)若对单个物体列式，选用动能定理；若对系统列式选用机械能守恒定律。
易混易错
1．误认为斜面对物体的支持力始终不做功，不能正确理解W＝Flcosα中l 的意义。
2．误认为“一对作用力与反作用力做功之和一定为零”。
3．误认为“摩擦力一定做负功”。
4．在机车启动类问题中将“匀加速最后时刻的速度”与“所能达到的最大速度”混淆。
5．将机械能守恒条件中“只有重力做功”误认为“只受重力作用”。
6．在应用ΔE 内＝Ffl 相对时，误认为“l 相对”是对地的位移。
7．应用机械能守恒时，不能正确理解三种表达方式的意义。
重要结论
1．判断某力是否做功，做正功还是负功
(1)F 与l 的夹角(恒力)
(2)F 与v 的夹角(曲线运动的情况)
(3)能量变化(两个相联系的物体做曲线运动的情况)
2．求功的途径
(1)W＝Flcosα(恒力，定义式)
(2)W＝Pt(变力)
(3)W＝ΔEk(变力或恒力)
(4)W 其他＝ΔE 机，功能原理
(5)图象法(变力或恒力)
(6)气体做功：W＝pΔV(p 为气体的压强；ΔV 为气体的体积变化)
3．机车启动类问题中的“特殊点”
(1)全程最大速度的临界点为f＝Pm
vm
(2)匀加速运动的最后点为P
v1m
－f＝ma；此时瞬时功率等于额定功率P 额
(3)在匀加速过程中的某点有：P1
v1
－f＝ma1
(4)在变加速运动过程中的某点有Pm
v2
－f＝ma
4．摩擦生热：Q＝fl 相对
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回扣三
电场与磁场
主干知识
1．电场强度
E＝F
q适用任何电场
E＝kQ
r2 点电荷电场或均匀带电球体壳
在球外某点产生的场强
E＝UAB
d ＝φA－φB
d
匀强电场
2．电势、电势差、电势能、电功：WAB＝qUAB＝q(φA－φB)(与路径无关)。
小结：(1)顺着电场线方向电势φ一定降低。
(2)等量异种电荷连线的中垂线(面)的电势与无穷远电势相等(等于零)。
(3)在匀强电场中，长度相等且平行的两线段的端点的电势差相等。
3．电容器的电容
C＝Q
U＝ΔQ
ΔU任何电容器
C＝εrS
4πkd平行板电容器
小结：(1)平行板电容器充电断开后，仅改变两板距离时E(场强)不变；(2)两板保持与电源相连U(电压)不变。
4．电荷在匀强电场中偏转(v0⊥E)
沿v0 方向：匀速l＝v0t
沿E 方向：加速
vy＝at＝qU
dm
l
v0
y＝1
2at2＝qUl2
2dmv20
tanθ＝vy
v0
＝qUl
dmv20
小结
(1)不同带电粒子从静止由同一电场加速后进入同一偏转电场，射出时偏转位移相等y＝U2l2
4U1d 及偏转角相等tanθ＝
U2l
2U1d(与电荷量、质量无关)；
(2)电荷经偏转电场射出后(垂直E 入射)，速度反向延长线与初速度延长线交点为水平位移中点(好像是从中点直线
射出，打到距离为D 的屏上侧移量y′＝D＋l
2 tanθ
。
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(1)“合成法”(求两个分场强的合场强时用到)
2“
等
效法”
①判断电场力做功与电势能变化关系
与“重力做功及重力势能变化”相似
②电荷偏转类似于平抛运动
③对更为复杂的曲线运动，仍可借助“正交
分解法”，分解为两个正交的直线运动来处理
④当重力场和匀强电场共存时，常利用
“等效重力场法”将模型巧妙转化
(3)“对称法”：带电粒子在交变电场中做直线运动时，若加速时间等于减速时间(力大小恒定)，则末速度等于初
速度且加速距离等于减速距离，反之亦成立。
(4)讨论电荷在电场里移动过程中电场力做功的基本方法：把电荷放在起点处，标出位移方向和电场力的方向，分
析功的正负，并用W＝Fs 计算其大小，或用W＝qU 计算。
5．安培力
1当I∥B 时，F＝0最小
2当I⊥B 时，F＝BIL最大
6．洛伦兹力
1当v∥B 时，F 洛＝0最小
2当v⊥B 时，F 洛＝Bqv最大
7.两个定则1安培定则：用于判断电流产生磁场的方向
2左手定则：用于判断电流或运动电荷在磁场中的受力方向
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8.带电粒子在匀强磁场中的运动
(1)洛伦兹力充当向心力
qvB＝mrω2＝mv2
r ＝mr4π2
T2 ＝4π2mrf2＝ma
(2)圆周运动的半径r＝mv
qB，周期T＝2πr
v ＝2πm
qB
9．速度选择器、电磁流量计，磁流体发电机、霍尔效应稳定时，电荷所受电场力和洛伦兹力平衡。
10．回旋加速器
(1)粒子在磁场中运动一周，被加速两次；交变电场的频率与粒子在磁场中做圆周运动的频率相同。T 电场＝T 回旋＝T
＝2πm
qB 。
(2)粒子在电场中每加速一次，都有qU＝ΔEk。
(3)粒子在边界射出时，都有相同的圆周半径R，有R＝mv
qB。
(4)粒子飞出加速器时的动能为Ek＝mv2
2 ＝B2R2q2
2m 。在粒子质量、电荷量确定的情况下，粒子所能达到的最大动能只
与加速器的半径R 和磁感应强度B 有关，与加速电压无关。
(1)带电粒子在匀强磁场中做圆周运动的分析方法
①画出大体轨迹
②定圆心：几何方法确定圆心
a．两点速度垂线的交点；
b．一个速度的垂线与弦的中垂线的交点。
③求半径
a．几何方法：由②中所作几何图形解三角形；
b．物理方法：由qvB＝mv2
R 得R＝mv
qB。
④求圆心角
a．两个半径的夹角；
b．两个速度的夹角，即速度的偏向角；
c．弦切角的两倍。
(2)粒子在有界磁场中运动极值问题。粒子恰好穿出磁场的条件通常是带电粒子在磁场中运动的轨迹与边界相切，
这一解题必用条件通常是隐含的。
(3)对于粒子在磁场中的运动特别是在有界磁场中运动的问题，画草图很重要，一定要先画出草图(画图时要认真，
不能随意乱画)。分析清楚粒子的运动情况，添辅助线，找出几何关系，并利用几何关系找出要求的物理量与已知的物
理量之间的关系，最后运用相关规律进行解题。
易混易错
1．在场强定义式E＝F
q中，错误地认为E 与F 成正比、与q 成反比。
2．在电容的公式C＝Q
U中，错误地认为C 与Q 成正比、与U 成反比。
3．在研究带电粒子的运动轨迹时，误认为运动轨迹与电场线一定重合。
4．在电场中误认为场强大的地方电势高。
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5．在电容器的动态分析中，不能正确区分C＝Q
U和C＝εrS
4πkd的意义及用途。
6．将公式B＝F
IL中的B 错误地认为B 与F 成正比、与IL 成反比。
7．在判断安培力方向时，将左手定则和右手定则混淆。
8．在判断负电荷在磁场中运动受力时，将“四指”指向用错。
9．不能正确理解沿直线通过速度选择器的不同带电粒子有共同速度v＝E
B。
10．误认为在回旋加速器中最大动能与加速电压有关。
11．不能正确判断磁流体发电机的正、负极板。
重要结论
1．电容器充电电流，流入正极、流出负极；电容器放电电流，流出正极，流入负极。
2．带电粒子在电场和重力场中做竖直方向的圆周运动用等效法：当重力和电场力的合力沿半径且背离圆心处速度
最大，当其合力沿半径指向圆心处速度最小。
3．同向电流相吸，反向电流相斥，交叉电流有转到同向的趋势。
4．圆周运动中有关对称规律：
(1)从直线或圆形边界射入匀强磁场的粒子，从同一边界射出时，速度与边界的夹角相等，如图(甲)；
(2)在圆形磁场区域内，沿径向射入的粒子，必沿径向射出。[如图(乙)所示]。
5．最小圆形磁场区域的计算：找到磁场边界的两点，以这两点的距离为直径的圆面积最小。
6．带电粒子在匀强电场、匀强磁场和重力场中，如果做直线运动，一定做匀速直线运动。如果做匀速圆周运动，
重力和电场力一定平衡，只有洛伦兹力提供向心力。
回扣四
电路与电磁感应
主干知识
1．电流的定义式：I＝q
t
2．电源的几个功率
(1)电源的总功率：P 总＝EI＝I2(R＋r)
(2)电源内部消耗的功率；P 内＝I2r
(3)电源的输出功率：P 出＝UI＝P 总－P 内＝I2R
3．电源的效率
η＝P 出
P 总
×100%＝U
E×100%＝R
R＋r×100%
(1)复杂电路的简化方法：①分流法(电流追踪法)：根据假设的电流方向，分析电路的分支、汇合情况，从而确定
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元件是串联还是并联
②等势法：从电源的正极出发，凡是用一根无电阻的导线把两点(或几点)连接在一起的，这两点(或几点)的电势就
相等，在画等效电路图时可以将这些点画成一点(或排列在一根线上)。等电势的另一种情况是，电路中的某一段电路，
虽然有电阻(且非无限大)，但无电流通过，则与该段电路相连接的各点的电势也相等。
(2)极限法：常用于电路动态分析
4．磁通量的计算：Φ＝BS⊥
5．电动势大小的计算：E＝nΔΦ
Δt (对象：闭合或不闭合的一个回路)或E＝Blv(切割类)E＝1
2BL2ω
(1)应用楞次定律判断感应电流方向的方法
①确定穿过回路的原磁场的方向；
②确定原磁场的磁通量是“增加”还是“减小”；
③确定感应电流磁场的方向(与原磁场“增则反、减则同”)；
④根据感应电流的磁场方向，由安培定则判断感应电流的方向。
(2)图象分析方法
“程序法”——划分过程逐一分析。先分析方向，纵轴上正、负号表示方向。
6．理想变压器及其关系式
(1)电压关系为U1
U2
＝n1
n2
多输出线圈时为U1
n1
＝U2
n2
＝U3
n3
(2)功率关系为P 出＝P 入(多输出线圈时为Pλ＝P 出1＋P 出2＋…
)
(3)电流关系为I1
I2
＝n2
n1
(多输出线圈时为n1I1＝n2I2＋n3I3＋…)
(4)频率关系为f 出＝f 入
7．高压远距离输电的分析方法及计算
(1)在高压输电的具体计算时，为条理清楚，可参考如图所示画出相应的题意简图。
(2)在高压输电中，常用以下关系式：
输电电流：I2＝P2
U2
＝P3
U3
＝U2－U3
R 线
输电导线损失的电功率：P 损＝P2－P3＝I22R 线＝
P2
U2 2R 线
输电线损耗的电压：U 损＝U2－U3＝I2R 线＝P2
U2
R 线
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易混易错
1．将非纯电阻电路与纯电阻电路的计算方法混淆。
2．在变压器中误认为输入电流与输出电流的频率不相等。
3．在计算远距离输电的损失功率时将变压器两端的电压与电线上的分压混淆。
4．在电路的动态分析中，不能正确把握变量和不变量及各仪表的用途。
5．应用公式E＝BLv 计算电动势大小时，不能正确判断B、L、v 方向关系及L 的有效长度。
6．在公式Φ＝BS 中错误地认为面积越大，磁通量越大。
7．应用楞次定律判断感应电流方向时，误认为“感应电流的磁场方向”与“原磁场方向”相反。
8．在电磁感应的电路问题中，将电动势和路端电压混淆。
9．误认为含有自感线圈的“断电自感”中的灯泡都会“闪亮”一下。
重要结论
一、恒定电流
1．串联电路：总电阻大于任一分电阻。
2．并联电路：总电阻小于任一分电阻。
3．和为定值的两个电阻，阻值相等时并联电阻值最大。
4．电阻估算原则：串联时，以大为主；并联时，以小为主。
5．路端电压：纯电阻时U＝E－Ir＝ER
R＋r，随外电阻的增大而增大。
6．并联电路中的某个电阻增大，它本身的电流减小，与它并联的电阻上的电流增大。
7．外电路中任一电阻增大，总电阻增大，总电流减小。路端电压增大。
8．画等效电路：始于一点，电流表等效短路；电压表、电容器等效断路；等势点合并。
9．在纯电阻电路中，外电阻R 与电源内阻r 相等时，输出功率最大为P＝E2
4r。
10．若电阻R1≠R2，分别接同一电源。则当R1R2＝r2 时，输出功率P1＝P2。
11．纯电阻电路的电源效率：η＝R
R＋r
。
12．含电容器的电路中，电容器是断路，其电压值等于与它并联的电阻上的电压，与它串联的电阻两端的电压为
零。电路发生变化时，有充、放电电流。
13．含电动机的电路中，电动机的输入功率P 入＝UI，发热功率P 热＝I2r，输出机械功率P 机＝UI－I2r。
二、电磁感应
1．楞次定律：(阻碍原因)
(1)内外环电流方向：“增反减同”。
(2)自感电流的方向：“增反减同”。
(3)磁铁相对线圈运动：“你追我退，你退我追”。
(4)通电导线或线圈旁的线框①线框运动时：“你来我推，你走我拉”。
②电流变化时：“你增我远离，你减我靠近”。
2．平动直杆所受的安培力：F＝B2L2v
R 总
，热功率：P 热＝B2L2v2
R 总
。
3．转杆(轮)发电机的电动势：E＝1
2BL2ω。
4．磁通量发生变化时，通过导线横截面的电量：Q＝nΔΦ
R 总
。
5．电磁感应中，克服安培力做的功等于电路中产生的总焦耳热。
三、交流电
1．中性面垂直磁场方向，Φ与e 为互余关系，此消彼长。
2．线圈从中性面开始转动：
e＝nBSωsinωt＝Emsinωt
3．线圈从平行磁场方向开始转动：
e＝nBSωcosωt＝Emcosωt
4．变压器原线圈相当于电动机，副线圈相当于发电机。
5．理想变压器原、副线圈相同的量：U
n、T、f、ΔΦ
Δt 。
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回扣五
近代物理初步
主干知识
1．动量：p＝mv
与动能大小关系式：p2＝2mEk
冲量：I＝Ft
2．动量定理：Ft＝mv2－mv1
3．动量守恒定律
(1)理想守恒：系统不受外力或所受外力的合力为零，则系统动量守恒
(2)近似守恒：系统所受外力不为零，但内力远远大于外力，如碰撞、爆炸等
(3)表达式：m1v1＋m2v2＝m1v′1＋m2v′2
(4)某一方向上动量守恒：系统所受外力不为零，且内力也不是远远大于外力，但某一方向上所受外力为零
4．光电效应方程Ek＝hν－W0
遏止电压：eUc＝hν－W0
5．能级及能级跃迁
(1)氢能级图如图所示
在玻尔模型中，原子的可能状态是不连续的，即原子处于不同的能级。
(2)能级跃迁：hν＝En－Em
6．原子核
(1)
易混易错
1．在微观核反应中系统动量守恒。
2．在α粒子散射实验中，α粒子碰到电子，不改变运动的轨迹。
3．误认为γ射线是氢原子从高能级向低能级跃迁时辐射出来的。
4．误认为β衰变中射出的电子是原子核外的电子。
5.147N＋42He―→177O＋11H，误认为是轻核聚变。
6．发生光电效应时，入射光的频率不变，光强变大，认为光电子的最大初动能变大。
重要结论
1．“一动碰一静”弹性正碰中，若两个小球质量相等，则碰后交换速度；若碰撞小球质量大，则碰后方向不改变；
若碰撞小球质量小，则碰后方向发生改变。碰后两小球的速度表达式为v′1＝m1－m2
m1＋m2
v1，v′2＝2m1
m1＋m2
v1。
2．一群氢原子跃迁发出可能的光谱线条数为N＝C2n＝nn－1
2
。
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3．逸出功与极限频率、极限波长λ0 的关系是W0＝hν0＝h c
λ0
。当遏止电压为0 时的入射光频率等于金属的极限频率。
4．1 原子质量单位“u”相当于931.5 MeV 的能量。
回扣六
物理实验
主干知识
1．游标卡尺和螺旋测微器的读数
(1)游标卡尺
测量大于1 mm 长度时，整的毫米数由主尺上读出，毫米以下的部分从游标尺上读出。即读数＝主尺读数＋游标
尺读数，其中“游标尺读数”就是与主尺某刻度线对齐的游标刻度的序数乘以精确度。注意游标卡尺不估读。
(2)螺旋测微器
螺旋测微器又叫千分尺，“千分”就是千分之一毫米，即0.001 mm。具体来说螺旋测微器的读数应是0.5 mm 以
上的部分从固定刻度上读，并且要看其“半毫米”刻度线是否露出；0.5 mm 以下的部分从可动刻度(螺旋)上读出，要
估读一位，再把两部分读数相加即得测量值。如图所示的读数应该是6.700 mm。
2．纸带问题的处理方法
(1)利用x1、x2、x3…可以计算相邻相等时间内的位移差x2－x1、x3－x2、x4－x3、…，如果它们在允许的误差范围内
相等，则可以判定被测物体的运动是匀变速直线运动。
(2)利用纸带可以求被测物体在任一计数点对应时刻的瞬时速度v。如图甲所示，B 点的速度大小为vB＝x2＋x3
2T
。
(3)利用纸带求被测物体的加速度a，具体来说又有两种方法：
①“逐差法”：从纸带上得到6 个相邻相等时间内的位移，则a＝x4＋x5＋x6－x1＋x2＋x3
9T2
。
②利用v－t 图象求a：求出A、B、C、D、E、F 各点的瞬时速度画出如图乙所示的v－t 图线，图线的斜率就等于
加速度a。
3．电流表的内、外接法
在伏安法测电阻的实验中，若RV
Rx
>Rx
RA
，选用电流表外接电路；若RV
Rx
<Rx
RA
，选用电流表内接电路。
4．控制电路的选择方法
如果滑动变阻器的额定电流够用，在下列三种情况下必须采用分压接法(如右图所示)：
(1)若采用限流电路，电路中的最小电流仍超过用电器的额定电流时。
(2)当用电器电阻远大于滑动变阻器的全值电阻，且实验要求的电压变化范围大(或要求尽量多测几组实验数据)时；
(3)电压、电流要求从零开始可连续变化时。
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分流电路：变阻器的阻值应与电路中其他电阻的阻值比较接近。
分压和限流电路都可以用时，限流电路优先，限流电路能耗小。
易混易错
1．读数类题目中易在最小单位、有效数字、单位间的换算上出现错误。
2．纸带问题中易将计时点和计数点混淆，计算时易漏掉单位的换算。
3．验证平行四边形的实验中误认为两弹簧秤夹角为90°。
4．多用电表欧姆挡使用时易出现换挡不调零的现象。
5．电流表的内、外接法，滑动变阻器的分压和限流在具体应用中易混淆。
6．用U－I 图象分析电源电动势和内电阻时，易漏掉坐标原点的物理意义，误认为都是零。
7．实物连图时，易出现电源正、负极和用电器正、负极不对应的现象。
8．设计性实验中，不能很好地将基本实验原理进行转换。
重要结论
1．若电表内阻已知，电压表是可读出电压值的电流，电流表是可读出电流值的电压。
2．电表选用
测量值不许超过量程；测量值越接近满偏值(表针的偏转角度尽量大)误差越小，一般应大于1
3满偏值。
3．相同电流计改装后的电压表量程：Ug∝RV，并联测同一电压，量程大的指针摆角小。
相同电流计改装后的电流表量程：Ig∝1
RA
，串联测同一电流，量程大的指针摆角小。
4．电压测量值偏大，给电压表串联一比电压表内阻小得多的电阻。
电流测量值偏大，给电流表并联一比电流表内阻大得多的电阻。
5．变阻器：并联时，小阻值的用来粗调，大阻值的用来细调；串联时，大阻值的用来粗调，小阻值的用来细调。
6．电流表的内、外接法：内接时，R 测>R 真；外接时，R 测<R 真。
如RA、RV 均不知的情况时，用试触法判定：电流表变化大内接，电压表变化大外接。
7．欧姆表
(1)指针越接近R 中误差越小，一般应在R 中
10
至10R 中范围内，R 中＝R0＋Rg＋r＝E
Ig
；
(2)Rx＝E
Ix
－E
Ig
；
(3)选挡、换挡后均必须欧姆调零后才可测量。测量完毕，选择开关旋钮置于OFF 挡或交流电压最高挡。
8．故障分析：串联电路中断路点两端有电压，通路两端无电压(电压表并联测量)。
断开电源，用欧姆表测量：断路点两端电阻无穷大，短路处电阻为零。
回扣七
选修3－3 部分
主干知识
一、分子动理论与统计观点
1．分子动理论的基本观点和实验依据
阿伏加德罗常数
(1)物体是由大量分子组成的
①分子模型：a.球体，直径d＝
3
6V0
π
b．立方体，边长d＝3 V0
式中V0 为分子体积，只适用于求固体或液体分子的直径，一般分子直径大小的数量级为10
－10 m。油膜法测分子直
径：d＝V
S，V 是一滴纯油酸的体积，S 是单分子油膜的面积。
②一般分子质量的数量级为10
－26 kg,1 mol 任何物质含有的分子数为6.02×1023 个。
③分子总数：N＝m 总
m 分
＝V 总
V 分占
＝m 总
M 摩
·NA＝V 总
V 摩
·NA
(2)分子永不停息地做无规则热运动
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扩散现象和布朗运动：温度越高，扩散越快；颗粒越小，温度越高，布朗运动越剧烈。
(3)分子间存在着相互作用力
①引力和斥力都随着距离的增大而减小，但斥力比引力变化得快。
②分子间的作用力与距离的关系如图所示，实线表示斥力和引力的合力，即分子力。
2．气体分子运动速率的统计分布
气体分子速率呈现出“中间多，两头少”的分布特征。
3．温度
内能
(1)分子动能：分子由于热运动而具有的能。
分子平均动能：所有分子动能的平均值。
温度是分子平均动能的标志。相同温度的任何物体，分子的平均动能相同。
(2)分子势能：由分子间的相互作用和它们的相对位置决定的能量。
分子势能的大小与分子间距离有关，其关系曲线如图所示。
(3)物体的内能：物体中所有分子动能和分子势能的总和。物体的内能与温度、体积及物质的量有关。
二、固体、液体与气体
1．固体的微观结构、晶体和非晶体、液晶的微观结构
(1)晶体有确定的熔点。晶体内原子排列是有规则的。单晶体有的物理性质各向异性，多晶体的物理性质各向同性。
(2)非晶体无确定的熔点，外形不规则，原子排列不规则。
(3)液晶：具有液体的流动性，具有单晶体的各向异性。光学性质随所加电压的改变而改变。
2．液体的表面张力现象
(1)表面张力的作用：液体的表面张力使液面具有收缩的趋势。
(2)表面张力的方向：表面张力跟液面相切，跟这部分液面的分界线垂直。
3．气体实验定律、理想气体
(1)气体实验定律
①玻意耳定律(等温变化)：pV＝C 或p1V1＝p2V2
②查理定律(等容变化)：p
T＝C 或p1
T1
＝p2
T2
③盖—吕萨克定律(等压变化)：V
T＝C 或V1
T1
＝V2
T2
(2)理想气体状态方程：pV
T ＝C 或p1V1
T1
＝p2V2
T2
4．气体压强的微观解释：取决于气体分子的平均动能和分子的密集程度。
5．饱和汽、未饱和汽和饱和汽压
特点：液体的饱和汽压与温度有关，温度越高，饱和汽压越大，且饱和汽压与饱和汽的体积无关。
6．相对湿度
描述湿度的物理量：①绝对湿度：空气中所含水蒸气的压强。
②相对湿度：空气中水蒸气的压强与同一温度时水的饱和汽压的百分比。
三、热力学定律与能量守恒
1．热力学第一定律
(1)表达式：ΔU＝W＋Q
(2)符号法则：对ΔU“升正降负”，对W，Q“入正出负”。
(3)在理想气体中的应用
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 决定。
④在绝热情况下，有ΔU＝W
2．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。或者从一个物体转移到
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另一个物体，在转化或转移的过程中其总量保持不变。
(2)意义：说明自然界中的能量是守恒的，一切违背能量守恒定律的设想都是不可能实现的，第一类永动机不可能
制成。
3．热力学第二定律
(1)两种表述
①表述一：热量不能自发地从低温物体传到高温物体(按热传导的方向性表述)。
②表述二：不可能从单一热源吸收热量，使之完全变成功，而不产生其他影响(按机械能和内能转化过程的方向性
表述)。
(2)意义：指出自然界中出现的过程具有方向性，某方向的过程可以实现，而另一方向的过程则不一定能实现。
(3)热力学过程方向性实例
①高温物体
热量Q 能自发传给
热量Q 不能自发传给低温物体。
②功
能自发地完全转化为
不能自发地完全转化为热；
③气体体积V1
能自发膨胀到
不能自发收缩到气体体积V2(较大)；
④不同气体A 和B
能自发混合成
不能自发分离成混合气体AB。
重要结论
1．“汽缸”类问题：两个或多个汽缸封闭着几部分气体，并且汽缸之间相互关联的问题，解答时应分别研究各部
分气体，找出它们各自遵循的规律，并写出相应的方程，还要写出各部分气体之间压强或体积的关系式，最后联立求
解。
2．“液柱”类问题：这类问题的关键是求被液柱封闭的气体的压强和体积，体积一般通过几何关系求解。封闭气
体的压强如果系统处于平衡状态，一般求压强采用平衡法和取等压面法。如果系统有加速度，一般选与气体接触的液
柱为研究对象，进行受力分析，利用牛顿第二定律列方程求出封闭气体的压强；装有水银的直玻璃管转动到开口向下
时，要判断是否有水银流出。
3．“抽气、灌气”类问题：
常用的解题方法如下。
(1)等效的方法
在充气、抽气的问题中可以假设把充进或抽出的气体包含在气体变化的始末状态中，即用等效法把变质量问题转
化为恒定质量的问题。
①充气中的变质量问题
设想将充进容器内的气体用一个无形的弹性口袋收集起来，那么当我们取容器和口袋内的全部气体为研究对象时，
这些气体状态不管怎样变化，其质量总是不变的。这样，就将变质量的问题转化成质量一定的问题了。
②抽气中的变质量问题
用抽气筒对容器抽气的过程中，对每一次抽气而言，气体质量发生变化，其解决方法同充气问题类似，假设把每
次抽出的气体包含在气体变化的始末状态中，即用等效法把变质量问题转化为恒定质量的问题。
(2)巧选研究对象
①灌气问题
将一个大容器里的气体分装到多个小容器中的问题，可以把大容器中的气体和多个小容器中的气体看作整体作为
研究对象，可将变质量问题转化为定质量问题。
②漏气问题
容器漏气过程中气体的质量不断发生变化，不能用理想气体状态方程求解。如果选容器内全部气体为研究对象，
便可使问题变成一定质量的气体状态变化，可用理想气体状态方程求解。
回扣八
选修3－4 部分
主干知识
一、机械振动与机械波
1．简谐运动、简谐运动的公式和图象
(1)描述振动的物理量
①振幅：振动物体离开平衡位置的最大距离，用A 表示。
②周期：做简谐运动的物体完成一次全振动所需要的时间，用T 表示。
③频率：单位时间内完成全振动的次数，用f 表示。
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(2)简谐运动：动力学特征：F＝－kx。简谐运动的表达式为x＝Asin
2π
T t＋φ0 。
(3)简谐运动的图象
图象的应用：①可直接读取振幅、周期、各时刻的位移。②判定各时刻回复力、加速度及速度方向。③判定某段
时间内位移、回复力、加速度、速度、动能、势能的变化情况。
2．单摆、单摆的周期公式
在偏角很小(θ≤5°)的情况下，单摆做简谐运动。(1)单摆的周期公式：T＝2π
l
g。公式中l 为单摆的等效摆长，是
指悬点到摆球球心的距离。
(2)单摆振动周期的特点：与摆球质量m 和振幅A 无关，只与摆长l 和当地的重力加速度有关。
(3)单摆振动的回复力：是重力沿圆弧切线方向的分力。
3．受迫振动和共振
(1)受迫振动：物体在外界驱动力(能够使物体发生振动的周期性外力)作用下的振动。
(2)受迫振动的特点：振动稳定后的频率等于驱动力的频率，跟物体的固有频率无关。
(3)共振：驱动力的频率接近物体的固有频率时，受迫振动的振幅最大的现象。
4．机械波、横波和纵波
(1)机械波的分类：横波和纵波
横波是质点振动方向与波的传播方向垂直，纵波是质点振动方向与波的传播方向在同一直线上。
(2)机械波的特点
①对理想的简谐波，各质点振幅相同。
②各质点的振动周期都与波源的振动周期相同。
③离波源越远的质点，振动越滞后。
④各质点只在各自的平衡位置附近振动，并不沿波的传播方向迁移。
⑤机械波向前传播的是运动形式，也是传播能量和传递信息的方式。
5．横波的图象、波速、波长和频率(周期)的关系
(1)波速与波长、周期(频率)的关系：v＝λ
T＝λf。
①周期和频率只与波源有关，波在传播过程中周期和频率不变。
②波速只与介质有关，在同一种均匀介质中，波速是一个定值，与波源无关。
③波长既与波源有关又与介质有关。
(2)简谐波的图象是一条正弦或余弦函数曲线。
注意：一列波上，相距nλ的两个质点振动情况(位移、速度)总是相同的，相距(2n＋1)λ
2的两个质点振动情况总是相
反的。
6．波的干涉和衍射现象、多普勒效应
(1)产生干涉的条件：两列波的频率相等。
现象：两列波相遇时，某些区域总是振动加强，某些区域总是振动减弱，且振动加强区和振动减弱区相互间隔。
(2)产生明显衍射的条件：孔的宽度或障碍物的尺寸跟波长相差不大，或者比波长更小。
(3)多普勒效应：波源的频率是不改变的，只是由于波源和观察者之间有相对运动，观察者感到频率发生了变化。
靠近(或远离)波源，频率增大(或减小)。
二、电磁波
1．变化的电场产生磁场。变化的磁场产生电场，电磁波及其传播
(1)麦克斯韦电磁场理论：变化的磁场产生电场，变化的电场产生磁场。
(2)电磁波：变化的磁场和变化的电场交替产生，形成电磁场，电磁场由近及远地向外传播形成电磁波。
电磁波是横波，电磁波在真空中的速度为c＝3×108 m/s。
注意：(1)均匀变化的磁场(或电场)产生恒定的电场(或磁场)；(2)非均匀变化的磁场(或电场)产生变化的电场(或磁
场)；(3)不同频率的电磁波在真空中的传播速度相同，但不同频率的电磁波在同一介质中的传播速度不同。
2．电磁波的产生、发射和接收
(1)电磁波的产生：振荡电路的特点——采用开放电路、频率足够高。
(2)发射电磁信号需经过调制过程，调制分调幅、调频两种。
(3)调谐：使接收电路产生电谐振的过程。
(4)解调：使声音或图象信号从高频电流中还原出来的过程。
3．电磁波谱
电磁波按波长由长到短的排列顺序为无线电波、红外线、可见光、紫外线、X 射线、γ射线。
三、光
1．光的折射定律折射率
(1)折射定律：折射光线跟入射光线和法线在同一平面内，折射光线和入射光线分居在法线两侧，入射角的正弦跟
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折射角的正弦成正比。
(2)在折射现象中，光路是可逆的。
(3)折射率：n＝sinθ1
sinθ2
＝c
v＝λ介
λ真
，其中θ1 为光在真空(空气)中的入射角，θ2 为光在介质中的折射角，c 为光在真空中的
传播速度，v 为光在介质中的传播速度，λ真，λ介为光在真空中、介质中的波长。
注意：频率越大的光折射率越大(在介质中速度越小)。
2．全反射、光导纤维
(1)全反射条件：①光从光密介质射入光疏介质。
②入射角大于等于临界角。
(2)临界角：sinC＝1
n，C 为折射角等于90°时的入射角。
(3)应用——光导纤维
它由内芯和外套两层组成，内芯的折射率比外套的折射率大，光传播时在内芯与外套的界面上发生全反射。
注意：频率越大的光发生全反射的临界角越小。
3．光的干涉、衍射和偏振现象
(1)干涉现象：两列相干光波相叠加，某些区域的光被加强，某些区域的光被减弱，且加强区与减弱区互相间隔的
现象。
干涉条件：两光源发出的光频率相同，相位差恒定。
双缝干涉：①条纹间距：Δx＝l
dλ
②亮、暗条纹产生的条件：某点到双缝的距离之差
Δx＝
nλn＝0，1，2，…
亮条纹
2n＋1λ
2n＝0，1，2，…
暗条纹
(2)薄膜干涉
①形成：由薄膜前后表面反射的光叠加而成。(薄膜一般指肥皂膜或空气膜等)
②条纹：彼此平行的明暗相间的条纹。若白光入射，得到平行的彩色条纹。
③应用：用于检查工件表面的平整度。
(3)光的衍射
光在传播过程中遇到障碍物时，偏离原来的直线传播路径，绕到障碍物后面继续传播的现象。
(4)光的偏振
在与光波传播方向垂直的平面内，光振动沿各个方向均匀分布的光叫自然光，光振动只沿着某个特定方向的光叫
偏振光。
重要结论
1．由波的图象讨论波的传播距离、时间、周期和波速等时注意“双向”和“多解”。
2．波动图形上，介质质点的振动方向：“上坡下，下坡上”；振动图象中介质质点的振动方向为“上坡上，下坡
下”(要区分开)。
3．波进入另一介质时，频率不变，波长和波速改变，波长与波速成正比(机械波的波速只由介质决定)。
4．波动中，所有质点都不会随波逐流，所有质点的起振方向都相同。
5．波速公式：振源经过一个周期T 完成一次全振动，波恰好向前传播一个波长的距离，有v＝λ
T＝λf。
6．光通过平行玻璃砖，出玻璃砖时平行于原光线；光过棱镜，向底边偏转。
7．光线射到球面和柱面上时，半径是法线。
8．解答全反射类问题的方法
(1)根据题意画出光的折射或恰好发生全反射的光路图。
(2)利用平面几何知识分析线、角关系，比较其他光线会出现的状况。
(3)选用规律列式求解。
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题型专项训练
选择题专题训练
20 分钟快速训练(一)
本题共8 小题，每小题6 分，共48 分。在每小题给出的四个选项中，第1～5 题只有一项符合题目要求，第6～8
题有多项符合题目要求。全部选对的得6 分，选对但不全的得3 分，有选错的得0 分。
1．某同学利用图甲所示的电路图来研究光电效应，实验中先后用同一装置进行了两次实验。每次实验后他都将得
到的光电流I 与相对应的电压U 描绘到I－U 坐标系中，如图乙所示，已知普朗克常量为h，实验中所用金属的逸出功
为W0，则下列说法正确的是(
C
)
A．A 光的频率大于B 光的频率
B．A 光和B 光的光强一样大
C．若A 光的频率为ν，则A 光照射金属时的遏止电压为hν－W0
e
D．A 光照射金属时的遏止电压大于B 光照射金属时的遏止电压
[解析]
由题图乙可知两种光的遏止电压相同，故D 错误；由于两种光的遏止电压相同，由动能定理可得eUc＝Ekm，
则两次实验时，产生的光电子的最大初动能Ekm 相同，由爱因斯坦光电效应方程hν＝W0＋Ekm 可知两种光的频率相等，
故A 错误；由题图乙可知在发生光电效应时A 光的饱和电流大于B 光的，则A 光的光强较大，故B 错误；根据hν＝
W0＋Ekm，eUc＝Ekm，联立解得Uc＝hν－W0
e
，故C 正确。
2．如图所示，两个半圆柱A、B 紧靠着静置于水平地面上，其上有一光滑圆柱C，三者的半径均为R，材质相同
且均匀。现用水平向右的力缓慢拉动A，直至C 恰好降到地面，整个过程中B 始终保持静止。在此过程中(
C
)
A．C 对B 的压力逐渐变小
B．B 对地面的压力逐渐变小
C．地面对B 的摩擦力逐渐变大
D．地面对B 的作用力沿B、C 的圆心连线方向
[解析]
先隔离C，受力分析如图1 所示，由力的合成和平衡条件知，B 对C 的支持力逐渐变大，由牛顿第三定律
知，C 对B 的压力逐渐变大，A 错误；以整体为研究对象知，B 对地面的压力始终为三者总重力的一半，B 错误；隔离
B 受力分析如图2 所示，因C 对B 的压力逐渐变大，该力的水平分力逐渐增大，故地面对B 的摩擦力逐渐变大，C 正
确；B 受四个力的作用，地面对B 的作用力应与B 的重力和C 对B 的压力的合力方向相反，指向沿B、C 圆心连线偏
上的方向，D 错误。
3．如图所示，水平传送带A、B 两端相距8 m，传送带在电动机的带动下，始终保持v＝13 m/s 的速率逆时针运行。
工件滑上A 端时速度vA＝10 m/s，工件与传送带间的动摩擦因数μ＝0.6，取g＝10 m/s2。工件在传送带上运动的整个过
程中，其所受合外力F、加速度a、速度v、位移x 随时间t 变化的图象正确的是(
C
)
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[解析]
根据牛顿第二定律可知μmg＝ma，则a＝μg＝6 m/s2，工件速度达到13 m/s 所用时间为t1＝v－vA
a
＝0.5 s，
运动的位移为x1＝vAt1＋1
2at21＝5.75 m＜8 m，则工件在到达B 端前速度已达到13 m/s，此后工件与传送带相对静止，因
此工件先加速运动后匀速运动。只有C 正确。
4．2018 年5 月21 日5 时28 分，我国在西昌卫星发射中心用长征四号丙运载火箭，成功将“鹊桥”号中继星发射
升空。这是世界首颗运行于地月拉格朗日L2 点(简称地月L2 点)的通信卫星，卫星为2018 年底实施的嫦娥四号月球背面
软着陆探测任务提供地月间的中继通信。地月L2 点是卫星相对于地球和月球基本保持静止的一个空间点，即地月拉格
朗日L2 点与月球、地球总在同一直线上，并且该点处于月球背面，如图所示。假设地球到“鹊桥”号中继星的距离约
为月球到“鹊桥”号中继星的距离的7 倍，则地球质量与月球质量的比值最接近(
B
)
A．80
B．83
C．86
D．89
[解析]
设“鹊桥”号中继星的质量为m，地球质量为M，月球质量为M′，“鹊桥”号中继星到月球的距离为
x，则“鹊桥”号中继星到地球的距离为7x，月球到地球的距离为6x，由万有引力提供向心力，对“鹊桥”号中继星
有，GMm
7x2 ＋GM′m
x2
＝m·7xω2，因为“鹊桥”号中继星的质量远小于月球、地球的质量，它对月球的引力可忽略不计，
故可只考虑地球对月球的引力，有GMM′
6x2 ＝M′·6xω2，联立解得M
M′
＝83，B 正确。
5．如图所示，在垂直纸面向里、磁感应强度B＝2 T 的匀强磁场中，有一长度L＝5 m 的细圆筒，绕其一端O 在纸
面内沿逆时针方向做角速度ω＝60 rad/s 的匀速圆周运动。另一端有一粒子源，能连续不断地相对粒子源沿半径向外发
射速度为v＝400 m/s 的带正电粒子。已知带电粒子的电荷量q＝2.5×10
－16 C、质量m＝3×10
－18 kg，不计粒子间相互
作用及粒子重力，若打在圆筒上的粒子均被吸收，则带电粒子在纸面内所能到达的最远位置与O 点的距离是(
A
)
A．7 m
B．9 m
C．8 m
D．4 m
[解析]
发射粒子时，粒子沿细圆筒方向的速度为v＝400 m/s，粒子随细圆筒做圆周运动，垂直细圆筒方向的速度
为ωL＝300 m/s，故粒子速度为v′＝500 m/s，如图所示，设粒子速度方向与细圆筒方向夹角为θ，则tanθ＝ωL
v ；粒子
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在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，故有Bv′q＝mv′2
R
，所以粒子轨迹半径为R＝mv′
qB
＝3 m；根据左
手定则可知，粒子做圆周运动也是沿逆时针方向；根据几何关系，粒子做圆周运动的圆心到O 的距离为s＝4 m，故带
电粒子在纸面内所能到达的最远位置与O 点的距离为s＋R＝7 m，故A 正确。
6．如图所示，甲、乙两个小滑块(视为质点)静止在水平面上的A、B 两处，B 处左侧水平面光滑，右侧水平面粗糙。
若甲在水平向右的拉力F＝kt(其中k＝2 N/s)的作用下由静止开始运动，当t＝3 s 时撤去力F，随后甲与乙发生正碰而
黏合在一起，两滑块共同滑行2.4 m 后停下，已知甲的质量为1 kg，两滑块与粗糙水平面间的动摩擦因数均为0.75，取
g＝10 m/s2，则(
BD
)
A．0～3 s 内，力F 的冲量大小为18 N·s
B．撤去力F 时甲的速度大小为9 m/s
C．两滑块正碰后瞬间的速度大小为4.5 m/s
D．乙的质量为0.5 kg
[解析]
设乙的质量为M，甲的质量用m 表示，撤去力F 时甲的速度大小为v1，两滑块正碰后瞬间的速度大小为
v2。0～3 s 内，力F 的冲量大小I＝0＋kt
2
t＝9 N·s，A 错误；根据动量定理有I＝mv1，得v1＝9 m/s，B 正确；两滑块沿
粗糙水平面滑行的过程，根据动能定理有－μ(M＋m)gL＝0－1
2(M＋m)v22，得v2＝6 m/s，C 错误；两滑块正碰过程动量
守恒，则mv1＝(M＋m)v2，得M＝0.5 kg，D 正确。
7．如图所示，在纸面内有一个边长为L 的等边三角形abc，且该区域内存在平行于bc 边的匀强电场。有一个质量
为m，电荷量为＋q 的粒子从a 点以速度v0 沿平行于纸面且垂直于bc 边的方向进入三角形区域，该粒子恰好从c 点离
开(不计粒子重力)。下列说法正确的是(
BD
)
A．匀强电场的方向由c 点指向b 点
B．电场强度大小E＝4mv20
3qL
C．粒子从c 点离开时速度偏转角的正切值为3
3
D．粒子从a 点运动到c 点过程中电场力做的功为2mv20
3
[解析]
由电场性质以及粒子电性、运动轨迹可判断匀强电场的方向由b 点指向c 点，A 错误；该粒子在电场中做
类平抛运动，在电场中运动的加速度a＝qE
m ，因为粒子恰好从c 点离开，所以水平方向有
3
2 L＝v0t，竖直方向有1
2L＝1
2at2，
联立解得E＝4mv20
3qL ，B 正确；根据类平抛运动的推论知，粒子从c 点离开时速度的偏转角θ的正切值等于ac 与水平方向
的夹角α的正切值的2 倍，即tanθ＝2tanα，解得tanθ＝2 3
3 ，C 错误；根据运动的合成与分解，结合tanθ＝vy
v0
＝2 3
3 ，可
得粒子在c 点处竖直方向的速度大小为vy＝2 3
3 v0，所以粒子从a 点运动到c 点过程中电场力做的功为Wac＝1
2mv2－1
2mv20
＝1
2mv2y＝2mv20
3 ，D 正确。
8．如图所示为固定在绝缘斜面上足够长的平行导轨，上端连接有电阻R，匀强磁场垂直穿过导轨平面，方向向上。
一金属棒垂直于导轨放置，以初速度v0 沿导轨下滑。棒始终与导轨垂直且接触良好，导轨电阻、棒的电阻以及一切摩
擦均不计。若t 时刻，棒下滑的速度大小为v，电阻R 消耗的热功率为P，则下列图象可能正确的是(
BC
)
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[解析]
设导轨倾角为θ，间距为L，棒的质量为m，分三种情况讨论：若mgsinθ＝B2L2v0
R
即v0＝mgRsinθ
B2L2
，则棒将
匀速下滑，若v0>mgRsinθ
B2L2
即mgsinθ<B2L2v0
R
，则棒先减速下滑，根据牛顿第二定律有B2L2v
R
－mgsinθ＝ma，得a＝B2L2v2
mR －
gsinθ，则v 逐渐减小，a 也逐渐减小，当a＝0 时棒匀速下滑，B 正确；若v0＜mgRsinθ
B2L2
即mgsinθ＞B2L2v0
R
，则棒先加速
下滑，根据牛顿第二定律有mgsinθ－B2L2v
R
＝ma，得a＝gsinθ－B2L2v
mR ，则v 逐渐增大，a 逐渐减小，当a＝0 时棒匀速
下滑，所以不可能出现A 中的情况；克服安培力做功的功率等于电阻R 消耗的热功率P，即P＝BIL·v＝B2L2v
R
·v＝B2L2
R v2，
则P 与v2 成正比，C 正确，D 错误。
20 分钟快速训练(二)
本题共8 小题，每小题6 分，共48 分。在每小题给出的四个选项中，第1～5 题只有一项符合题目要求，第6～8
题有多项符合题目要求。全部选对的得6 分，选对但不全的得3 分，有选错的得0 分。
1．巴耳末对氢原子可见光谱进行分析，发现了辐射可见光的波长(λ)公式即巴耳末公式1
λ＝R( 1
22－1
n2)(n＝3,4，5，…)，
R 为里德伯常量；玻尔在原子结构假说中提出频率(ν)条件hν＝Em－En(m＞n)。下列说法正确的是(
D
)
A．巴耳末公式中的n 与频率条件中的m、n 具有完全不同的意义
B．由频率条件可知，大量处在n＝5 能级的氢原子，能辐射出10 种不同频率的可见光
C．大量从n＝4 能级跃迁到低能级的氢原子比大量从n＝3 能级跃迁到低能级的氢原子辐射的可见光频率高
D．巴耳末公式和频率条件都只能解释氢原子光谱的实验规律
[解析]
两公式中的n 或m、n 都是与氢原子轨道量子化相关的量，A 错误；只有从高能级跃迁到n＝2 能级才辐
射可见光，因此大量处在n＝5 能级的氢原子，能辐射出3 种不同频率的可见光，B 错误；大量从n＝4 能级跃迁到低
能级的氢原子可辐射两种频率的可见光，其中一种可见光的频率与大量从n＝3 能级跃迁到低能级的氢原子辐射的可见
光频率相同，C 错误；巴耳末公式和频率条件都只能解释氢原子光谱的实验规律，D 正确。
2．如图所示，质量m＝0.15 kg、长度l＝10 cm 的金属棒ab 用两完全相同的弹簧水平悬挂在匀强磁场中，弹簧劲
度系数k＝100 N/m，开关闭合，稳定后发现弹簧的伸长量均为Δx＝1 cm，电流表的示数为5 A，重力加速度g＝10 m/s2，
则下列说法正确的是(
A
)
A．N 端是电源正极
B．磁场的磁感应强度大小为0.1 T
C．滑动变阻器的滑片左移，弹簧的长度变小
D．仅使磁场反向，稳定后弹簧的伸长量为0.2 cm
[解析]
由于mg＝1.5 N<2kΔx＝2 N，故安培力方向竖直向下，根据受力分析，满足mg＋BIl＝2kΔx，可得B＝1 T，
B 错误；根据左手定则，可知ab 棒中电流方向由b 指向a，故N 端是电源正极，A 正确；滑动变阻器的滑片左移，接
入电路的电阻减小，电流增大，故形变量变大，弹簧的长度变大，C 错误；仅使磁场反向，则mg＝BIl＋2kΔx′，可得
Δx′＝0.5 cm，D 错误。
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3．黑光灯是灭蛾杀虫的一种环保型设备，它发出的紫色光能够引诱害虫飞近黑光灯，然后被黑光灯周围的交流高
压电网击毙。如图所示是高压电网的工作电路，其输入电压为有效值是U1 的正弦交流电，经变压器输出给电网使用。
已知一只额定功率为P 的黑光灯正常工作时，约有5%的电能转化为光能，光中约有50%是频率为ν的紫光。空气的击
穿电场的电场强度大小为E，使害虫瞬间被击毙至少要有效值为U2 的电压，已知普朗克常量为h，则(
D
)
A．为了能瞬间击毙害虫，输入电压的频率越大越好
B．为了能瞬间击毙害虫，变压器原、副线圈的匝数之比最大值为U2
U1
C．为了防止空气被击穿而造成短路，电网相邻两极间距离最大为U2
E
D．一只正常发光的黑光灯每秒向外辐射频率为ν的紫光光子数为0.025P
hν
[解析]
U2 为有效值，与交流电的频率无关，A 错误；根据电压与匝数成正比知n1
n2＝U1
U2，使害虫瞬间被
击毙至少要U2 的电压，所以变压器原、副线圈的匝数之比最大值为U1
U2
，B 错误；电网相邻两极间距离最小为d＝2U2
E ，
C 错误；每个紫光光子的能量为E0＝hν，设黑光灯每秒向外辐射的紫光光子约有n 个，则Pt×2.5%＝nE0，得n＝0.025P
hν
，
D 正确。
4．用10 m/s 的初速度水平抛出一个物体(可视为质点)，其运动轨迹的一部分如图所示。当物体经过运动轨迹上的
A 点时，其速度方向与水平方向成45°角，忽略空气阻力，重力加速度g＝10 m/s2，则(
C
)
A．物体从抛出点运动到A 点的时间为2 s
B．抛出点到A 点的距离为5 m
C．物体在A 点的动能是其在抛出点动能的两倍
D．该物体速度变化量的方向不断发生变化
[解析]
当物体的速度方向与水平方向的夹角为45°时，由几何关系可知，物体在竖直方向上的分速度vy＝v0＝10
m/s，由于做平抛运动的物体在竖直方向上做自由落体运动，故由vy＝gt，可得t＝1 s，A 错误；从抛出点到A 点，物
体在竖直方向上下落的高度为y＝1
2gt2，水平方向上运动的距离为x＝v0t，故抛出点到A 点的距离为s＝x2＋y2＝5 5 m，
B 错误；物体在A 点的动能EkA＝1
2m(v20＋v2y)，在抛出点的动能为Ek＝1
2mv20，故有EkA
Ek
＝v20＋v2y
v20
＝2，C 正确；由于做平抛
运动的物体的水平速度不发生变化，速度变化只发生在竖直方向上，故物体速度变化量的方向一定沿竖直方向，不发
生变化，D 错误。
5．表格中所示是某市科技馆内介绍太阳系八大行星(按与太阳距离由近至远排列)时的有关参数，表中P 处由于字
迹污损无法看清。下列说法正确的是(
C
)
天体名
称
水星
金星
地球
火星
木星
土星
天王星
海王星
赤道半
径/km
2 440
6 052
6 378
3 397
71 492
60 268
25 559
24 764
质量是
地球的
倍数
0.55
0.815
1.000
P
317.9
95.16
14.54
17.15
重力加
速度是
地球的
倍数
0.38
0.91
1.00
0.38
2.48
0.94
0.89
1.11
A．土星公转的角速度大于地球公转的角速度
B．土星公转的向心加速度小于天王星的向心加速度
C．火星的第一宇宙速度约为地球第一宇宙速度的0.45 倍
D．污损部分为0.5
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[解析]
行星绕太阳做圆周运动时，万有引力提供向心力，即GMm
r2 ＝mω2r＝man，可知半径越大，角速度和向心
加速度越小，故A、B 错误。在天体表面，忽略自转效应，物体所受重力等于物体与天体之间的万有引力，即mg＝GMm
R2 ，
得M＝gR2
G ，则M 火
M 地
＝g 火R2
火
g 地R2
地
＝0.1，污损部分为0.1，D 错误；行星的第一宇宙速度v＝gR，故火星的第一宇宙速度约
为地球第一宇宙速度的0.45 倍，C 正确。
6．如图所示，轻质弹簧的一端固定在O 点，另一端与质量为m 的小球连接在一起，小球中间有孔，穿在一根水
平放置的足够长的光滑直杆上。现将小球从杆上的A 点由静止释放，同时对小球施加一个水平向右的恒力F，当小球
经过直杆上的C 点时，弹簧对小球的弹力与刚释放小球时弹簧对小球的弹力大小相等。已知小球刚释放时弹簧的长度
为l，到达C 点时弹簧的长度为
3l，且∠AOC＝90°，则下列判断正确的是(
AD
)
A．弹簧的原长为
3＋1
2
l
B．从A 到C，小球的加速度可能一直增大
C．从A 到C，弹簧弹力对小球做功的瞬时功率为零的位置有两处
D．小球运动到C 点时的速度大小一定等于2
Fl
m
[解析]
由于小球在A、C 两点时，弹簧对小球的弹力大小相等，但弹簧的长度并不相同，故可判断出小球在E 点
时弹簧处于压缩状态，在C 点时弹簧处于伸长状态，设弹簧原长为l0，
则由胡克定律可得l0－l
＝3l－l0，解得l0＝3＋1
2
l，A 正确；如图所示，设O 点正下方为B 点，
E 点与A 点关于B 点对
称，D 点为弹簧处于原长的点，由受力分析可知，当小球在A 点时，其
加速度小于F
m，当小球在
E 点时，其加速度大于F
m，当小球到达B 点和D 点时，小球的加速度均
等于F
m，而从D 点到C
点的过程中，小球的加速度逐渐减小，故B 错误；由分析可知，当小球在A 点时，小球的速度为零，当小球运动到B
点时，弹簧的弹力方向与小球运动方向垂直，当小球运动到D 点时，弹簧的弹力为零，由P＝F 弹v 可知，有三个位置
弹簧对小球做功的瞬时功率为零，C 错误；从A 到C 的过程中，由于∠AOC＝90°，所以A、C 两点间的距离为xAC＝
2l，由于在A、C 两点弹簧的弹性势能相同，故由动能定理可得F·2l＝1
2mv2C，解得vC＝2
Fl
m，故D 正确。
7．竖直平面内有一匀强电场，电场方向与水平方向成60°角，以水平向右为x 轴的正方向，x 轴上各点的电势φ随
坐标x 的变化规律如图所示。现有一带电油滴以初速度0.1 m/s 从x＝－1 cm 的A 处沿x 轴做直线运动到达x＝2 cm 的
B 处，已知油滴的质量为1×10
－4 kg，取g＝10 m/s2，则(
AC
)
A．匀强电场的电场强度大小为1 000 V/m
B．油滴的电荷量大小为3
3 ×10
－6C
C．油滴从A 点运动到B 点的过程电势能减少了3×10
－5 J
D．油滴运动到B 点时动能可能为零
[解析]
由电势差与场强大小关系得U＝Excos60°，则φ－0＝Ecos60°·x，
结合图象有Ecos60° ＝
20 V
0.04 m＝500 V/m，得E＝1 000 V/m，A 正确；油滴受力如图所示，则mg
qE＝sin
60°，解得q＝2 3
3 ×10
－6 C，
B 错误；由φ＝Ecos60°·x，得φ＝500x(V)，则A 点的电势φA＝－5 V，B 点的电
势φB＝10 V，油滴从A 点
运动到B 点的过程电场力做正功，且为WE＝qU＝2 3
3 ×10
－6×[10－(－5)] J
＝3×10
－5 J，电势能减少
3×10
－5 J，C 正确；合外力做正功，油滴动能增加，D 错误。
8．如图所示，单匝线圈内有理想边界的磁场，方向垂直纸面向里。当磁场以某一变化率(ΔB
Δt ，B 为磁场的磁感应
强度大小)均匀增加时，将一带电小球从平行板(两板水平放置)电容器中的P 点由静止释放，小球到达下极板时的速度
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大小为v。当磁场以同样的变化率均匀减小时，将该带电小球仍从P 点由静止释放，小球到达下极板时的速度大小为
2v，已知电容器的板间距离为d，线圈的面积为S，则(
BC
)
A．该小球一定带正电
B．小球受到的电场力大小为其重力的3
5
C．线圈内磁场的变化率与两平行板间电场强度的比为d
S
D．若线圈内的磁场保持不变，则小球到达下极板的速度大小为3
2v
[解析]
由题意可知，当磁场均匀增加时，带电小球将受到竖直向上的电场力作用，由楞次定律和安培定则可知，
磁场均匀增加时，上极板带正电，下极板带负电，电场强度方向竖直向下，故小球带负电，选项A 错误；设磁场均匀
增加时，小球的加速度大小为a，磁场均匀减小时，小球的加速度大小为a′，则有v2
2a＝2v2
2a′
，解得a′＝4a，又因为
mg－qE＝ma，mg＋qE＝ma′，联立可解得qE
mg＝3
5，选项B 正确；设两板间的电势差为U，又两极板间的距离为d，则
有U＝Ed，又由法拉第电磁感应定律可得U＝ΔB
Δt S，两式联立可得ΔB
Δt ＝d
SE，选项C 正确；由mg－qE＝ma 和qE
mg＝3
5可
知，a＝2
5g，设P 点到下极板的距离为h，则有h＝v2
2a可知h＝5v2
4g ，当线圈内磁场保持不变时，线圈中不产生感应电动
势，此时两极板间没有电场，带电小球将做自由落体运动，设小球到达下极板时的速度大小为v′，则有v′2＝2gh，
解得v′＝10
2 v，选项D 错误。
20 分钟快速训练(三)
本题共8 小题，每小题6 分，共48 分。在每小题给出的四个选项中，第1～5 题只有一项符合题目要求，第6～8
题有多项符合题目要求。全部选对的得6 分，选对但不全的得3 分，有选错的得0 分。
1．下列说法正确的是(
B
)
A．聚变反应需将热核燃料的温度加热到数百万开尔文以上，显然是吸热反应
B．聚变反应中核子的比结合能变大
C．聚变反应中由于形成质量较大的核，故反应后质量增加
D．氕和氚结合成氦原子核时，其质量亏损所对应的能量等于该氦原子核的结合能
[解析]
聚变反应需将热核燃料的温度加热到数百万开尔文以上，但一旦反应进行，自身释放的巨大能量足以提供
高温，使反应继续进行，故聚变反应是放热反应，故A 错误；由于聚变反应中释放出巨大能量，故比结合能一定增加，
质量发生亏损，故B 正确，C 错误；氚核本身有一定的结合能，所以氕和氚结合成氦原子核时，其质量亏损所对应的
能量小于该氦原子核的结合能，故D 错误。
2．2018 年11 月1 日，我国成功发射第四十一颗北斗导航卫星，这颗卫星属于地球同步卫星；2019 年1 月3 日，
我国发射的嫦娥四号探测器在月球背面成功着陆，开启了人类探测月球的新篇章。若嫦娥四号绕月球做匀速圆周运动
的半径是第四十一颗北斗导航卫星绕地球运行的轨道半径的1
n，月球质量为地球质量的1
k，则嫦娥四号绕月球做匀速圆
周运动的周期与第四十一颗北斗导航卫星绕地球运行的周期之比为(
A
)
A．
k
n3
B．
n3
k
C．
1
n3
D．k
n3
[解析]
由GMm
r2 ＝m(2π
T )2r 得T＝2π
r3
GM，则嫦娥四号绕月球做匀速圆周运动的周期与第四十一颗北斗导航卫星
绕地球运行的周期之比为T1
T2
＝
r1
r2
3·M2
M1
＝
k
n3，只有A 正确。
3．如图所示，半径为R 的1
4圆弧面静置在水平面上，其圆心O 与水平台面高度差为2R，一小球(视为质点)以某一
初速度从台面水平向右飞出，其运动轨迹恰好与圆弧面相切，切点为C(未画出)，则OC 与OB 的夹角θ的正弦值为(
A
)
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A．2－3
B．4－2 3
C．2
3
D．1
3
[解析]
小球做平抛运动，则2R－Rsinθ＝1
2gt2，Rcosθ＝v0t，v0
gt＝tanθ，整
理得sin2θ－4sinθ＋
1＝0，sinθ＝4± 16－4
2
＝2± 3，由于sinθ≤1，得sinθ＝2－3，只有A 正确。
4．轿车在笔直的公路上做匀速直线运动，当轿车经过公路上的A 路标时，
停靠在旁边的一辆
卡车开始以加速度a1 做匀加速直线运动，运动一段时间后立即以加速度a2 做匀
减速直线运动，结果
卡车与轿车同时到达下一个路标，此时卡车的速度恰好减为零，若两路标之间的距离为d，则轿车匀速运动的速度大小
为(
B
)
A．
2a1a2d
a1－a2
B．
a1a2d
2a1＋a2
C．
2a1a2d
3a1－a2
D．
2a1a2d
a1＋a2
[解析]
设卡车行驶过程中的最大速度为vmax，则加速过程和减速过程的时间分别为t1＝vmax
a1
、t2＝vmax
a2
，作出卡车
整个过程的v－t 图象如图所示，图象与时间轴所围成的面积为(vmax
a1
＋
vmax
a2
)×vmax
2
＝d，解得vmax
＝
2a1a2d
a1＋a2
，设轿车匀速运动的速度为v0，有vmax(t1＋t2)×1
2＝v0(t1＋t2)，
解
得
v0
＝
vmax
2
＝
a1a2d
2a1＋a2，故B 正确。
5．一质点做匀变速直线运动，其运动的位移－时间图象(x－t 图象)如图所示，P(t1，x1)为图象上一点。PQ 为过P
点的切线，与横轴交于点Q(t2,0)。已知当t＝0 时质点的速度大小不为零。则质点的加速度大小为(
C
)
A．2x1
t21
B．2x1
t22
C．
2x1t2
t21t1－t2
D．
2x1t1
t22t1－t2
[解析]
x－t 图象中某一点的切线斜率表示速度，则t1 时刻，质点的速度为v1＝x1
t1－t2
，根据匀变速直线运动中间
时刻的速度等于这段时间内的平均速度可得t1
2时刻的速度为v2＝x1
t1
，根据加速度的定义有a＝
v1－v2
t1
2
＝
2x1t2
t21t1－t2
，所以C
正确。
6．如图所示，两根质量均为m 的相同铁棒ab、cd 平行斜靠在光滑竖直墙壁和水平地面上静止不动，铁棒的倾角
为α。一质量为4m、半径为R 的圆柱体静止在两铁棒上。若两棒间的距离为R，系统始终处于静止状态，重力加速度
大小为g，则(
AC
)
A．每根棒受到圆柱体的摩擦力大小为2mgsinα
B．每根棒受到圆柱体的摩擦力大小为4mgsinα
C．地面受到的压力大小为6mg
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D．地面受到的压力大小为6mgcos2α
[解析]
对圆柱体受力分析，因圆柱体静止，故受力平衡，将其重力沿铁棒方向和垂直铁棒方向分解，分力大小分
别为4mgsinα、4mgcosα，则圆柱体受到一根铁棒的摩擦力大小为2mgsinα，根据牛顿第三定律知每根棒受到圆柱体的
摩擦力大小为2mgsinα，A 正确，B 错误；以两根棒和圆柱体整体为研究对象，竖直方向受到重力和地面的支持力，由
受力平衡知地面对整体的支持力大小为6mg，根据牛顿第三定律知地面受到的压力大小为6mg，D 错误，C 正确。
7．质量为M 的斜面体ABC 静止放在粗糙水平地面上，其斜面AC 光滑，倾角为θ，用水平力F 推着斜面上一个质
量为m 的物块，物块与斜面体相对静止，如图所示。设物块与斜面体的加速度为a，重力加速度为g，斜面体与地面间
的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则下列说法正确的是(
BC
)
A．若a＝0，则一定有μ＝
m
M＋m
tanθ
B．若a≠0，则总满足μ＜
m
M＋mtanθ
C．若μ＝0，则a＝m
Mgtanθ
D．若μ＜tanθ，则a＞0
[解析]
当物块与斜面体一起向左运动时，由牛顿第二定律，对斜面体和物块组成的整体，有F－μ(M＋m)g＝(M
＋m)a，对物块有F－FNsinθ＝ma、FNcosθ－mg＝0，联立解得μ＝mgtanθ－Ma
M＋mg
①、F＝m
M(M＋m)g(tanθ－μ)②。
若Ma＞0，由①式可得μ＜
m
M＋mtanθ，B 正确；由①式可知C 正确；若斜面体仍静止在地面上，即a＝0，则μ(M
＋m)g≥F＝mgtanθ，可得μ≥
m
M＋m
tanθ，A 错误；由A 项和②式分析可知，当
m
M＋m
tanθ≤μ＜tanθ时，系统静止，故D
错误。
8．在竖直平面内建立直角坐标系，曲线y＝x2
20位于第一象限的部分如图所示，在曲线上不同点以一定的初速度v0
向x 轴负方向水平抛出质量为m、带电荷量为＋q 的小球，小球下落过程中都会通过坐标原点O，之后进入第三象限的
匀强电场和匀强磁场区域(图中未画出)，结果小球恰好在竖直面内做匀速圆周运动，并且都能打到y 轴负半轴上。已知
匀强磁场的磁感应强度大小为B，重力加速度g 取10 m/s2，则下列说法正确的是(
BD
)
A．第三象限的电场强度大小为mg
q ，方向竖直向下
B．小球的初速度为10 m/s
C．第三象限的磁场方向一定是垂直纸面向外
D．要使所有的小球都能打到y 轴的负半轴，所加磁场区域的最小面积是1
2π(mv0
qB )2
[解析]
设小球释放点的坐标为(x，y)，初速度为v0，由平抛规律可知x＝v0t，y＝1
2gt2，由以上两式可得y＝g
2v20
x2，
又由题意可知y＝x2
20，联立可得v0＝10 m/s，B 正确；小球在第三象限做
匀速圆周运动，则mg＝
qE，即E＝mg
q ，方向竖直向上，A 错误；根据题意结合左手定则可判断磁
场方向垂直纸面向里，C
错误；设小球最初进入第三象限时合速度为v，与y 轴负半轴夹角为α，
则有v0＝vsinα，洛伦兹
力提供向心力qvB＝mv2
r ，r＝mv
qB＝mv0
qBsinα，小球在磁场中的偏转角恒为2α
且运动轨迹的弦长不
变，恒为2mv0
qB ，要使小球都能打到y 轴负半轴上，所加磁场区域的最小面积为Smin＝1
2πR2＝1
2π(mv0
qB )2，D 正确。
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20 分钟快速训练(四)
本题共8 小题，每小题6 分，共48 分。在每小题给出的四个选项中，第1～5 题只有一项符合题目要求，第6～8
题有多项符合题目要求。全部选对的得6 分，选对但不全的得3 分，有选错的得0 分。
1．一群处于某能级的氢原子向低能级跃迁时，能够辐射出3 种不同频率的光子。已知普朗克常量h，光在真空中
的速度c，氢原子在某个能级时的能量En＝1
n2E，其中E 为氢原子处于基态时的能量，n＝1,2，…。则能使氢原子从该
能级电离的光子的最大波长为(
B
)
A．9hc
E
B．－9hc
E
C．16hc
E
D．－16hc
E
[解析]
由题意可知，只有当一群氢原子处于n＝3 能级向低能级跃迁时，才能够辐射出3 种不同频率的光子，由
En＝1
n2E 可知氢原子在该能级时具有的能量为E3＝1
9E，若要使氢原子从该能级电离，则氢原子至少需要吸收的光子的
能量为ΔE＝0－1
9E＝－1
9E，由－1
9E＝hc
λ 可得λ＝－9hc
E ，选项B 正确。
2．如图所示，重力为G 的水平铜棒AC 用绝缘丝线悬挂，静止在水平螺线管的正上方，铜棒中通入从A 到C 方向
的恒定电流，螺线管与干电池、开关S 串联成一个回路。当开关S 闭合后一小段时间内，下列判断正确的是(
C
)
A．丝线的拉力大小为G
B．丝线的拉力小于G
C．从上向下看，铜棒沿逆时针方向转动
D．从上向下看，铜棒沿顺时针方向转动
[解析]
开关S 断开时丝线的拉力大小为G，开关S 闭合后，画出一条与AC 相交的磁感线，设两交点处磁感应强
度分别为B 和B′，根据安培定则判断，磁感线方向如图所示，分别
将B 和B′沿水平方向
与竖直方向分解，根据左手定则判断知A 端受到垂直纸面向外的安培
力，C 端受到垂直纸面向
内的安培力，S 闭合后的一小段时间内，从上向下看，铜棒沿逆时针
方向转动，C 正确，D 错
误；开关S 闭合，铜棒转动后，将受到竖直向下的分安培力，丝线的
拉力大于G，A、B 均错
误。
3．2019 年3 月21 日，我国高分辨率对地观测系统的高分五号和
高分六号两颗卫星正式
投入使用。这标志着高分专项打造的高空间分辨率、高时间分辨率、
高光谱分辨率的天基对
地观测能力中最有应用特色的高光谱能力已形成。极地卫星的轨道平面通过南、北两极，假如高分五号为极地卫星，
其轨道视为圆轨道，从北纬60°运行到赤道0°所用时间为t，地球自转周期为T，地球半径为R，两极表面的重力加速
度为g。为了满足环境综合监测的需求，卫星对地面扫描必须无缝对接，下列说法正确的是(
D
)
A．高分五号卫星离地面的高度为3Rt
π
g－R
B．高分五号卫星离地面的高度为
3
9R2t2g
π2
C．若卫星所在高度处有稀薄气体，则运行一段时间后，速度会减小
D．若卫星所在高度处有稀薄气体，则运行一段时间后，机械能会减小
[解析]
高分五号卫星运行的周期为T′＝6t，由万有引力定律得G Mm
R＋h2＝m 4π2
T′2(R＋h)、GMm′
R2
＝m′g，解得
h＝
3
9R2t2g
π2
－R，A、B 错误；由于气体的阻力，卫星的高度会降低，速度会增大，机械能会减小，C 错误，D 正确。
4．如图所示，AB 与BC 间有垂直纸面向里的匀强磁场，∠B＝30°，P 为AB 上的点，PB＝L。一对正、负电子(重
力及电子间的作用均不计)同时从P 点以同一速度沿平行于BC 的方向射入磁场中，正、负电子中有一个从S 点垂直于
AB 方向射出磁场，另一个从Q 点射出磁场，则下列说法正确的是(
D
)
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A．负电子从S 点射出磁场
B．正、负电子先后离开磁场
C．正、负电子各自离开磁场时，两速度方向的夹角为150°
D．Q、S 两点间的距离为L
[解析]
正、负电子的运动轨迹如图所示，根据左手定则判断知负电子从Q 点射出磁场，A 错误；由几何关系知
∠O1＝∠O2＝60°，由T＝2πm
qB 和t＝θ
2πT 知正、负电子在磁场中运动的时间相等即同时离开磁场，B 错误；由几何关系
知正、负电子各自离开磁场时，两速度方向的夹角为120°，C 错误；由r＝mv
qB知两电子运动的轨迹半径相同，由几何
关系知r＝PS＝PQ＝PB＝L，则SQ＝L，D 正确。
5．在光滑绝缘水平面上的A 点和水平面上方的B 点分别固定一个点电荷，另有一个带负电小球P(视为点电荷)从
C 点由静止释放，如图所示，小球P 在水平面上由C 向A 运动，小球P 在C 点时的加速度大小为a，过AC 中点D 时
加速度为零，ΔABC 为直角三角形，且∠ABC 为直角，θ＝30°。在小球P 向A 运动的过程中，下列判断正确的是
(
B
)
A．A 处的点电荷带正电，B 处的点电荷带负电
B．小球P 过CD 中点时加速度大小为16
45a
C．在C 点时A 处的点电荷对P 的库仑力大小是B 处点电荷对P 的1
2
D．小球P 对水平面的压力一直增大
[解析]
小球P 由静止释放后向A 运动，说明P 所受合外力沿CA 方向，小球P 在AC 中点D 的加速度为零，说
明B 处点电荷对P 的库仑力的水平分力与A 处点电荷对P 的库仑力等大反向，A、B 处点电荷均带正电，A 错误；ΔBCD
为正三角形，设在D 点时A 处点电荷对P 的库仑力大小为F，则B 处点电荷对P 的库仑力沿AC 方向的分力也为F，
在C 点时A 处点电荷对P 的库仑力为1
4F，B 处点电荷对P 的库仑力沿CA 方向的分子仍为下，故P 在C 点的加速度大
小a＝
F＋1
4F
m
＝5F
4m，在CD 中点，B 处点电荷对P 的库仑力垂直于CD，A 处点电荷对P 的库仑力大小为F′＝(2
3)2F，P
的加速度a′＝F′
m
＝4F
9m＝16
45a，B 正确；由以上分析可得，在C 点时B 处点电荷对P 的库仑力大小为2F，故在C 点
时A 处的点电荷对P 的库仑力大小是B 处点电荷对P 的1
8，C 错误；小球P 受水平面的支持力FN＝mg－FBsinα，其中α
为FB 与水平面的夹角，B 处点电荷对P 的库仑力FB 先增大后减小，α先增大后减小，因此FN 先减小后增大，D 错误。
6．小型发电站向偏远山村输送功率为P0 的电能，若用240 V 电压直接输电，则用户得到180 V 电压(不经过升压
或降压)；若用1 200 V 电压经同一线路向山村输电(输电功率为P0 不变)，欲使用户得到220 V 正常电压。设直接输电
和高压输电的输电线路损失的功率之比为N，高压输电降压变压器的变压比(原、副线圈匝数比)为n，则(
AD
)
A．N＝25
B．N＝5
C．n＝12
D．n＝27
5
[解析]
设以240 V 电压直接输电时输电电流为I0，则P0＝240 V·I0，用户获得功率P＝180 V·I0，输电线损失功率
ΔP＝I20R 线＝(240 V－180 V)I0＝1
4P0；设用1 200 V 电压输电时输电电流为I1，则P0＝1 200 V·I1，用户获得功率P′＝220
V·I2，此时输电线损失的电功率ΔP′＝I21P 线；解得I0＝5I1，则ΔP＝25ΔP′，N＝25，使用1 200 V 电压输电时用户获
得功率P′＝P0－ΔP′＝P0－1
25ΔP＝99
100P0＝220 V·I2，所以变压器输出电流I2＝1.08I0，则降压变压器的变压比n＝n1
n2
＝
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I2
I1
＝
1.08I0
1
5I0
＝27
5 ，A、D 正确。
7．如图所示，初始时A、B 两木块在水平外力F 的作用下静止在竖直墙面上，A 与B、B 与墙面之间的动摩擦因
数都为μ＝0.1，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力。两木块质量相等，都为1 kg，g 取10 m/s2，当外力F 变为下列不同
值时，关于A、B 之间的摩擦力f1，B 与墙面之间的摩擦力f2 的大小正确的是(
AC
)
A．当F＝0 时，f1＝f2＝0
B．当F＝50 N 时，f1＝0，f2＝5 N
C．当F＝100 N 时，f1＝5 N，f2＝10 N
D．当F＝400 N 时，f1＝20 N, f2＝20 N
[解析]
当F＝0 时，A、B 间及B 与墙面间均没有压力，故没有摩擦力，A 正确；当F＝50 N 时，对A、B 整体分
析，B 与墙面间的最大静摩擦力为μF＝0.1×50 N＝5 N，小于两木块的重力，假设整体一起下滑，f2＝5 N，此时A、B
的加速度a＝7.5 m/s2，对A 单独受力分析，由牛顿第二定律得ma＝mg－f1，则f1＝2.5 N＜5 N，假设成立，故B 错误；
当F＝100 N 时，B 与墙面间及A、B 间最大静摩擦力均为fm＝μF＝10 N，A 的重力等于A、B 间的最大静摩擦力，A、
B 不会发生相对滑动，故A、B 间为静摩擦力，故A、B 整体下滑，摩擦力f2＝10 N；由牛顿第二定律可知，A、B 整体
下降滑的加速度为a＝10
2 m/s2＝5 m/s2，则对A 分析可知mg－f1＝ma，解得f1＝mg－ma＝5 N，故C 正确；当F＝400 N
时，最大静摩擦力为0.1×400 N＝40 N，木块的重力小于最大静摩擦力，同理A 受到的最大静摩擦力也为40 N，A 也
处于静止，故两木块均保持静止，摩擦力均等于重力，f1＝10 N，f2＝20 N，D 错误。
8．如图所示，一电场的等势面为一簇相互平行的竖直平面，间隔均为d，一质量为m、带电荷量为＋q 的小球在
空中某点以初速度v0 水平向右抛出，小球落到水平地面上的速率为v0。若相邻两个等势面间的电势差为U0＝mgd
q ，则
下列说法正确的是(
ACD
)
A．小球落地时速度方向一定与地面垂直
B．小球下落过程，电势能先增大再减小
C．小球下落过程，动能先减小再增大
D．小球下落过程，机械能一直减小
[解析]
如图所示，小球所受的电场力F0＝q·U0
d ＝mg，
F0 和重力mg 合力为F，
小球的运动可分解为沿F 方向和垂直F 方向，则垂直F 方
向的初始分速度vx ＝
v0cos45°，沿F 方向的初始分速度为vy＝v0cos45°，小球落
地速率为v0，则小球必然
处于垂直F 且过初始位置的直线上，此时垂直F 方向速度
不变，沿F 方向速度与初
始分速度等大反向，由速度合成可得小球落地时速度方向与
地面垂直，A 正确；由于
小球落地时速度方向与地面垂直，在落地前，小球一直向右
运动，电场力做负功，电
势能增大，机械能减小，D 正确，B 错误；小球速度与F 方向垂直时，速度最小，因而小球下落过程中，动能先减小
再增大，C 正确。
20 分钟快速训练(五)
本题共8 小题，每小题6 分，共48 分。在每小题给出的四个选项中，第1～5 题只有一项符合题目要求，第6～8
题有多项符合题目要求。全部选对的得6 分，选对但不全的得3 分，有选错的得0 分。
1．在演示光电效应的实验中，某金属被光照射后产生了光电效应现象。如图所示为某次实验中测出的该金属的遏
止电压Uc 与入射光频率ν之间的关系图象，已知电子的电荷量为e，则由该图象求不出(
C
)
A．该金属的逸出功
B．该金属的极限频率
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C．该金属单位时间内逸出的光电子数
D．普朗克常量
[解析]
由光电效应方程可知光电子的最大初动能Ekm＝hν－W0，又遏止电压与光电子的最大初动能之间满足eUc
＝Ekm，两式联立可得Uc＝h
eν－W0
e ，结合图象可知h
e＝b
a，－W0
e ＝－b，解得h＝b
ae，W0＝be，A、D 正确；由光电效应
方程可知，当Ekm＝0 即Uc＝0 时，入射光的频率为能够发生光电效应的极限频率，由题图可知该金属的极限频率为ν，
B 正确；该金属发生光电效应时，光照强度未知，所用光频率未知，则无法知道光电子数，故C 错误。
2．如图所示，水平天花板上固定有AO 和BO 两根不可伸长的轻绳，它们系在同一点O，且AO>BO，一只蜘蛛通
过吐出的丝使自己静止悬挂在O 点，开始时两绳刚好绷直。现将B 端缓慢向右移动，则(
A
)
A．AO 绳的拉力大小一直增大
B．AO 绳的拉力大小一直减小
C．BO 绳的拉力大小一直增大
D．BO 绳的拉力大小一直减小
[解析]
开始时两绳刚好绷直，绳AO 中的拉力为零，BO 中的拉力大小为mg，m 为蜘蛛的质量，在B 缓慢向右移
动的过程中，力的矢量三角形如图所示，可得AO 中的拉力一直增大，BO 中
的拉力先减小后增大，
A 正确。
3．在研究竖直平面内的圆周运动时，在小球上装有传感器，用于测量小
球在不同时刻下落的
高度及速率。已知小球的质量为2 kg，不可伸长的轻绳长0.1 m。如图甲所示，
小球从最高点以一定
的初速度开始运动，根据传感器测得的小球从最高点开始运动的数据，绘制
出“ 速率— 下落高
度”图象，如图乙所示。g 取9.8 m/s2。下列说法正确的是(
D
)
A．在下落过程中，小球的机械能不守恒
B．在小球从最高点运动至最低点的过程中，阻力做的功为0.4 J
C．小球在最高点时，绳子的拉力大小为19.6 N
D．小球在最低点时，绳子的拉力大小为118 N
[解析]
由题图可知小球在最高点速率v0 为1 m/s，下落0.15 m 时，小球的速度大小约为1.98 m/s，小球的动能增
加量ΔEk＝1
2mv2－1
2mv20＝2.92 J，重力势能减少量ΔEp＝mgh＝2.94 J，在考虑读数误差的情况下，可以认为小球的机械能
守恒，A、B 错误；小球在最高点的速率为1 m/s，在最高点对小球受力分析，有F1＋mg＝mv20
R，代入数据解得F1＝0.4
N，C 错误；根据机械能守恒定律，mg×2R＝1
2mv21－1
2mv20，小球在最低点有F2－mg＝mv21
R，代入数据解得F2＝118 N，
D 正确。
4．如图所示，宽度为d 的区域内有大小为B、方向与纸面垂直的匀强磁场(未画出)和大小为E、沿竖直方向的匀
强电场(未画出)，某带电粒子从区域左边界上的A 点垂直于左边界沿纸面射入该区域后，刚好能够做匀速直线运动。现
撤去电场仅保留磁场，粒子从该区域右边界射出时，其速度方向与水平方向的夹角为30°，不计粒子的重力，则
(
C
)
A．粒子必带正电荷
B．粒子的初速度大小为B
E
C．该粒子的比荷为E
2B2d
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D．粒子在磁场中运动的时间为πEd
3B
[解析]
由于粒子能在正交电磁场中做匀速直线运动，故一定有qv0B＝qE，粒子可以带正电也可以带负电，由此
可知A 错误；由qv0B＝qE，可得v0＝E
B，B 错误；撤去电场后，粒子在匀强磁场中运动的轨迹如右图所示，由几何关
系可知，粒子在磁场中做圆周运动的轨迹半径为R＝2d，又因为qv0B＝
mv20
R ，解得q
m＝v0
2Bd，将
v0＝E
B代入可得q
m＝E
2B2d，C 正确；由于粒子在磁场中做圆周运动的轨迹所
对的圆心角为30°，故粒
子在磁场中运动的时间为t＝T
12，而T＝2πm
Bq ，联立解得t＝πBd
3E ，D 错误。
5．一圆柱形磁缸沿直径的截面图和俯视图分别如图(a)、图(b)所示，
闭合圆形线圈P 套在中
央N 极圆柱上，线圈圆心与N 极轴线重合，线圈匝数为n，直径为d，电
阻为R，线圈导线所在位
置磁感应强度大小为B，磁场分布如图(b)。线圈在磁缸内以周期T 上下做
周期性平动，运动速度v
＝v0cos2π
T t。则下列说法正确的是(
C
)
A．t＝0 时刻，通过线圈平面的磁通量大于零
B．线圈中产生的感应电动势e＝πBdv0cos2π
T t
C．线圈中产生的感应电流有效值为2πnBdv0
2R
D．线圈运动时受到的安培力有时与速度同向，有时与速度反向
[解析]
t＝0 时通过线圈平面的磁通量为零，A 错误；由于线圈圆心与N 极轴线重合，因此线圈导线所在位置的
磁感应强度大小相等，线圈展开可看作是直导线在匀强磁场中沿垂直于磁场的方向做切割磁感线运动，产生的感应电
动势e＝Blv＝B·πdn·v0cos2π
T t，B 错误；感应电流i＝e
R＝πnBdv0
R
cos2π
T t，有效值I＝Im
2
＝2πnBdv0
2R
，C 正确；由楞次定律
可知，线圈运动时所受安培力总阻碍线圈与磁场的相对运动，故总与线圈运动方向相反，D 错误。
6．如图，一个魔方放在一张A4 纸(210 mm×297 mm)的中央，魔方距桌子边缘12 cm，某同学用手拉住A4 纸的
边缘，用力一拉，把A4 纸从魔方下面拉出，最后魔方刚好停在桌子边缘，在这个过程中，魔方不发生滚动，已知魔方
的质量为m＝200 g，纸的质量可以忽略，魔方与纸之间的动摩擦因数为μ1＝0.2，魔方与桌面之间的动摩擦因数为μ2＝
0.3, g＝10 m/s2，下列说法正确的是(
BD
)
A．纸对魔方做的功为－0.028 8 J
B．纸与魔方间因摩擦而产生的热量为0.0594 J
C．整个过程中纸对魔方的摩擦力的冲量大小为3.6×10
－3N·s
D．魔方克服桌面摩擦力做的功为0.028 8 J
[解析]
纸与魔方间因摩擦而产生的热量为μ1mg×0.297
2
J＝0.059 4 J，故B 正确；根据动能定理，纸对魔方做的功
等于魔方克服桌面摩擦力做的功，0－0＝W 纸＋W 桌＝μ1mgx1－μ2mgx2，x1＋x2＝12 cm，解得x1＝7.2 cm，x2＝4.8 cm，
魔方克服桌面摩擦力做的功μ2mgx2＝0.028 8 J，纸对魔方做的功为0.028 8 J，故A 错误，D 正确；魔方运动过程中的最
大速度为v＝2x1μ1g＝6
25 5 m/s，纸对魔方的摩擦力的冲量大小为mv＝6
125 5 N·s，C 错误。
7．行星“开普勒452b”绕一颗与太阳类似的恒星做匀速圆周运动，已知地球半径为R，表面重力加速度为g。经
过观察与测量知该行星的半径为1.6R，两极表面重力加速度为2g，公转周期为T。两者公转半径相等，引力常量为G，
则根据题设数据可以得到(
ACD
)
A．“开普勒452b”与地球的第一宇宙速度的比值
B．“开普勒452b”的自转周期与地球的自转周期的比值
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C．“开普勒452b”质量与地球质量之比
D．“开普勒452b”平均密度与地球平均密度之比
[解析]
地球的第一宇宙速度为v1＝gR，“开普勒452b”的第一宇宙速度v1′＝g′R′＝3.2v1，A 正确；由
于题设条件不足，故无法求出“开普勒452b”的自转周期与地球的自转周期的比值，B 错误；根据牛顿第二定律和万
有引力定律知GMm
R2 ＝mg，整理后有M＝gR2
G ，“开普勒452b”质量与地球质量之比为M′
M
＝g′R′2
gR2
＝5.12
1 ，选项C 正
确；根据平均密度公式有ρ ＝M
V＝3M
4πR3，可得“开普勒452b”平均密度与地球平均密度之比为
ρ ′
ρ
＝M′R3
R′3M
＝5
4，D
正确。
8．甲、乙两网球在同一处沿同一方向水平抛出，打在距抛出点30 m 远的竖直墙上，两球落点在竖直方向上相距
8.75 m，位置如图所示，其中A 为甲网球的落点，B 为乙网球的落点。已知甲网球抛出时的初速度大小为20 m/s，不考
虑空气阻力的影响，重力加速度取g＝10 m/s2，则(
AB
)
A．甲网球在竖直方向上下落的高度为11.25 m
B．乙网球抛出时的初速度大小为15 m/s
C．甲网球在A 点的速度大于乙网球在B 点的速度
D．若将两网球的初速度均减为原来的一半，则两网球有可能在空中相遇
[解析]
设甲网球落到A 点所用的时间为t1，则有t1＝30
20 s＝1.5 s，故甲网球在竖直方向上下落的高度为h1＝1
2gt21，
代入数据可得h1＝11.25 m，选项A 正确；由于A、B 两点间的竖直距离为8.75 m，故乙网球在竖直方向上下落的高度
为h2＝h1＋8.75 m＝20 m，设乙网球运动到B 点所用时间为t2，则由h2＝1
2gt 22代入数据可得t2＝2 s，故乙网球抛出时的
初速度大小为v 乙＝30
2 m/s＝15 m/s，选项B 正确；甲网球在A 点的速度大小为vA＝202＋gt12，代入数据可得vA
＝25 m/s，同理可得vB＝152＋gt22，代入数据解得vB＝25 m/s，故两球速度大小相等，选项C 错误；则两网球的初
速度均减为原来的一半，若两网球在空中相遇，如两网球在竖直方向上下落的高度一定相同，由h＝1
2gt2 可知，两网球
在空中的运动时间相等，但由于两网球的水平初速度不同，所以两网球在水平方向上的位移不同，故两网球不可能在
空中相遇，选项D 错误。
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20 分钟快速训练(六)
本题共8 小题，每小题6 分，共48 分。在每小题给出的四个选项中，第1～5 题只有一项符合题目要求，第6～8
题有多项符合题目要求。全部选对的得6 分，选对但不全的得3 分，有选错的得0 分。
1．如图所示为牛顿设想的水平抛物示意图。从地面附近上方A 点以不同的初速度水平抛出的物体分别沿曲线a、
b、c 运动，图中a 为近地圆形轨道，b 为围绕地球的椭圆轨道，c 轨道为双曲线的一部分。已知地球质量为M，半径为
R，地球表面的重力加速度大小为g，引力常量为G，忽略地球的自转，则下列说法正确的是(
A
)
A．沿轨道a 运动的物体的速度等于
GM
R
B．沿轨道b 运动的物体的初速度一定大于第二宇宙速度
C．沿轨道c 运动的物体的初速度一定等于第三宇宙速度
D．若物体落到地球表面，则物体抛出时的初速度可能大于gR
[解析]
由于a 为近地圆形轨道，沿此轨道运动的物体需满足GMm
R2 ＝mv2
R，解得v＝
GM
R ，选项A 正确；由于b
为围绕地球的椭圆轨道，故物体抛出时的初速度应大于第一宇宙速度小于第二宇宙速度，选项B 错误；c 轨道为双曲
线的一部分，所以沿此轨道运动的物体不会围绕地球运动，因此其抛出时的初速度应大于第二宇宙速度，不一定等于
第三宇宙速度，选项C 错误；若物体能够落回地面，则物体抛出时的初速度一定小于第一宇宙速度，即小于gR，选
项D 错误。
2．一小滑块从O 点由静止开始沿斜面向下做匀加速直线运动，途经A、B、C 三点，已知A、B 两点间的距离与B、
C 两点间的距离相等，滑块通过AB 段、BC 段所用的时间分别为t1、t2，则滑块从O 点运动到A 点所用的时间为
(
B
)
A．t21＋t22
2t1－t2
B．t21＋t22
2t1－t2
－t1
C．1
2(t1＋t2)
D．1
2(t2－t1)
[解析]
设滑块的加速度大小为a，到达B 点的速度为v，AB＝BC＝x，则从B 点运动到C 点有x＝vt2＋1
2at22，根
据逆向思维，从B 点运动到A 点有x＝vt1－1
2at21，得v
a＝t21＋t22
2t1－t2
，从O 点运动到B 点有tOA＋t1＝v
a，得滑块从O 点运动
到A 点所用的时间tOA＝t21＋t22
2t1－t2
－t1，只有B 正确。
3．如图所示的电路中，电流表为理想电表，D 为理想二极管，电阻R1＝10 Ω，R2＝15 Ω，理想变压器的原、副线
圈匝数比为22
1，在原线圈输入端a、b 接入瞬时电压u＝220 2 sin 100πt (V)的交流电源，则开关S 断开和闭合时，
电流表的示数分别为(
B
)
A．1.42 A,2.36 A
B．0.71 A,1.18 A
C．0.71 A,2.36 A
D．1.42 A,1.18 A
[解析]
瞬时电压u＝220 2sin 100πt V 经过理想二极管后，加在原线圈两端的瞬时电压图象如图所示，根据变压
比公式得副线圈两端电压的最大值Um＝1
22×220 2 V＝10 2 V，根据电流的热效应，有
10 2
2
2
R
·T
2＝U21
R ·T，解得U1＝
5 2 V，断开开关S 后，电流表的示数为I1＝U1
R1
＝0.71 A，闭合开关S 后，R12＝R1R2
R1＋R2
＝6 Ω，电流表的示数为I′1＝U1
R12
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＝1.18 A，B 正确。
4．一锌板暴露在波长λ＝200 nm 的紫外光中，观测到有电子从锌板表面逸出，此时在锌板所在空间加一方向垂直
于板面、大小为20 V/m 的电场，电子能运动到距板面的最大距离为15 cm。已知光速c 与普朗克常量h 的乘积为1.24×10
－6 eV·m，则光速c 与锌板的截止频率的比值c
ν约为(
C
)
A．330 nm
B．360 nm
C．390 nm
D．420 nm
[解析]
由光电效应方程可得Ek＝hc
λ－W0，W0＝h c
λ0
，其中λ0＝c
ν，根据动能定理得－eEx＝0－Ek，联立得hc(
1
200 nm
－1
λ0
)＝eEx，代入数据得λ0＝388 nm，故C 正确。
5．如图所示，一半径为R 的光滑绝缘圆环固定在竖直平面内，环上套着两个带电小球A 和B(两小球中央有孔，
可视为点电荷)，当它们处于图中所示位置时恰好都能保持静止状态。此时B 球与环中心O 处于同一水平面上，A、B
连线与水平方向的夹角为30°。已知B 球所带电荷量为－q，质量为m，重力加速度为g，静电力常量为k，由此可知A
球(
D
)
A．质量为m
B．带负电
C．带电荷量为3 3mgR2
kq
D．对圆环的弹力大小为2 3mg
[解析]
A 对B 产生引力才能保证B 处于平衡状态，所以A 带正电，对B 受力分析如图所示，A 对B 的库仑力大
小F＝mg
sin30°＝2mg，根据力的合成与分解可知小球A 的重力也为2mg，A 错误，B 错误；根据几何知识可知，A、B 的
间距为r＝3R，由F＝kqAqB
r2 可知，A 球带电荷量大小为6mgR2
kq
，C 错误；对A 受力分析，由平衡条件知，A 对圆环的
弹力大小F′NA＝FNA＝2Fcos30°＝2 3mg，D 正确。
6．如图所示，在O、S 间接有负载电阻R1＝2 Ω，用电阻R2＝8 Ω的均匀导体弯成半径L＝1 m 的闭合圆环，圆心
为O，SOQ 是一条直径。整个圆环中均有B＝0.1 T 的匀强磁场垂直环面穿过。电阻r＝2 Ω、长度为L 的导体棒OP 贴
着圆环做匀速运动，角速度ω＝120 rad/s，导体棒OP 与圆环接触良好，不计一切摩擦以及导线的电阻，则(
BD
)
A．棒转动过程中产生的感应电动势为12 V
B．当OP 到达OQ 处时圆环的电功率为2 W
C．当OP 到达OS 处时圆环的电功率为1 W
D．棒转动过程中电路的最大电功率为9 W
[解析]
棒为等效电源，棒转动过程中产生的感应电动势E＝1
2BL2ω＝6 V，A 错误；画出等效电路如图所示，当
OP 到达OQ 处时，R3＝R4＝4 Ω，并联后的电阻为2 Ω，外电阻为4 Ω，圆环的电功率为2 W，B 正确；当OP 到达OS
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处时，圆环不接入电路，圆环的电功率为零，此时电路中总电阻最小，而电动势不变，所以电功率最大为P＝E2
R1＋r＝9
W，D 正确，C 错误。
7．如图所示，质量为m、半径为R 的光滑圆柱B 放在水平地面上，其左侧有半径为R、质量为2m 的半圆柱体A，
右侧有质量为3m 的长方体木块C。现用水平向左的推力推木块C，使其缓慢移动，直到圆柱体B 恰好运动到半圆柱体
A 的顶端，在此过程中A 始终保持静止。已知木块C 与地面间的动摩擦因数μ＝3
3 ，重力加速度为g。则下列说法正确
的是(
ACD
)
A．当圆柱体B 下端离地面为R
3时，地面对半圆柱体A 的支持力为3mg
B．此过程中，木块C 所受地面的摩擦力逐渐减小
C．木块C 移动的整个过程中水平推力的最大值是2 3mg
D．木块C 移动的整个过程中水平推力所做的功为4mgR
[解析]
当圆柱体B 下端离地面为R
3时，以A 和B 整体为研究对象，竖直方向上，地面支持力FN＝3mg，A 正确；
对木块C 受力分析知，其所受地面的摩擦力f＝μ·3mg，不变，B 错误；B 刚离开地面时，B 对C 的弹力最大，对B 受
力分析，如图所示，得F1＝mgtan60°＝3mg，此时弹力最大，对B 受力分析，如图所示，得F1＝mgtan60°＝3mg，
此时水平推力最大，即Fm＝F1＋μ·3mg＝2 3mg，C 正确；由分析可知，木块C 移动的距离x＝2Rcos30°＝3R，克服
摩擦力做的功Wf＝μ·3mgx＝3mgR，对B、C 组成的系统，根据动能定理有W－Wf－mgR＝0，解得W＝4mgR，D 正确。
8．如图甲所示，直角坐标系(纸面)中，x 轴上方有磁感应强度大小为
B 的匀强磁场，磁场方向垂
直纸面向外，O 处有一粒子源，以相同的速率v 沿纸面不断地放出同种粒
子，粒子射入磁场的速度方
向与x 轴正方向的夹角范围为45°～135°。粒子重力及粒子间的作用均不
计。图乙中的阴影部分表示
粒子能经过的区域，其内边界与x 轴的交点为C，外边界与y 轴的交点为
D，与x 轴的交点为A(－
x0,0)。下列判断正确的是(
BCD
)
A．粒子带正电
B．粒子的比荷为2v
x0B
C．OD＝2
2 x0
D．从点C 离开磁场的粒子在磁场中运动的时间可能为3πx0
4v
[解析]
根据左手定则判断知，粒子带负电，A 错误；画出粒子的运动轨迹如图所示，粒子沿v2 方向射入磁场时
从点A(－x0,0)离开磁场，则x0
2＝mv
qB，得q
m＝2v
x0B，B 正确；在等腰直角三角形ODO1 中，OD＝2OO1＝2
2 x0，C 正确；
由分析可知C 的坐标为(－2
2 x0,0)，从C 点离开磁场的粒子的初速度方向可能沿v1 方向也可能沿v3 方向，若沿v1 方向
射入磁场，则粒子在磁场中运动轨迹所对的圆心角为3
2π，则所用时间t3＝
3
2π·x0
2
v
＝3πx0
4v ，D 正确。
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实验题专项训练
8 分钟精准训练(一)
1．(5 分)某实验小组用细线做了如下实验，请完成填空。
(1)一同学将细线一端固定，另一端系在弹簧测力计挂钩上，水平拉细线，缓慢增大拉力，当弹簧测力计示数如图
甲所示时，细线恰好被拉断。则该细线所能承受的最大拉力为__4.90__N。
(2)另一个同学用完全相同的细线与一小球(小球质量用m 表示)做成一个摆，细线上端固定在O 点，如图乙所示，
他用该装置来验证机械能守恒定律。在小球轨迹的最低点安装好光电门(未画出)，依次测量细线的长度l，摆球的直径
d。现从适当高度由静止释放小球，测量摆角θ(θ<90°)，摆球通过光电门的时间t。
①若等式
g(l＋d
2)(1－cosθ)＝d2
2t2
在误差范围内成立，则验证了机械能守恒定律。(用题中物理量符号表示)
②若已知小球的质量为0.35 kg，g 取10 m/s2，要使实验过程中细线始终不断裂，则cosθ应满足的条件是__0.8＜cosθ
＜1__。
[解析]
由题图甲可知，弹簧测力计的最小分度值为0.1 N，其示数为4.90 N。
(2)①若机械能守恒，小球应满足mg(l＋d
2)(1－cosθ)＝1
2mv2，而小球通过光电门的速度v＝d
t，联立有g(l＋d
2)(1－cosθ)
＝d2
2t2。②小球在最低点时，细线所受的拉力最大，由牛顿第二定律有F－mg＝m
v2
l＋d
2
，F＜4.9 N，解得cosθ＞0.8。
2．(10 分)某探究小组在做电表的改装和练习使用多用电表的实验。
(1)如图甲所示是某同学设计的电流、电压两用表的电路图，已知电流计
的量程是1 mA，内阻是100 Ω，电阻R1
＝1．01 Ω，R2＝99.0 Ω，则选择开关接到__2__(填“1”或“2”)时是电压表，电流表、电压表的量程各是__0.1_A__、
__10_V__。
(2)多用电表表盘指针位置如图乙中a 所示，如果此时选用的是直流50 mA 挡，则读数为__17.0__mA；如果选用的
是直流2.5 V 挡，则读数为__0.85__ V；如果选用的是欧姆“×100”挡，多用电表表盘指针位置如图乙中b 所示，则
读数为
__900__ Ω。
(3)如图丙所示是欧姆表的工作原理图。若表头的满偏电流为Ig＝500 μA，干电池的电动势为1.5 V，灵敏电流计的
电流刻度值50 μA 对应的欧姆表电阻值为__2.7×104__Ω。
[解析]
(1)根据电表原理，选择开关接到2 时是电压表；电流计G 与电阻R1 并联后，总电阻为1.0 Ω，根据并联
电路特点1 mA×100 Ω＝I×1.0 Ω，I＝0.1 A，所以电流表的量程是0.1 A；电阻R2 与量程为0.1 A 的电流表串联改装成
电压表，根据串联电路特点U＝0.1 A×(1.0 Ω＋99.0 Ω)＝10 V，所以电压表的量程是10 V。
(2)如果用直流50 mA 挡测电流，则读数为17.0 mA；如果是用直流2.5 V 挡测量电压，则读数为0.85 V；如果是
用欧姆“×100”挡测量电阻，则读数为9×100 Ω＝900 Ω。(3)对应电流“0”刻度的电阻刻度为“∞”，对应满偏电流
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“500 μA”刻度的电阻刻度为“0”，所以调零时，由闭合电路欧姆定律有Ig＝
E
Rg＋r＋R0
，得欧姆表总内阻R 内＝Rg＋r
＋R0＝E
Ig
＝3 000 Ω，对测量电阻Rx 有I＝
E
R 内＋Rx
，得Rx＝E
I－R 内，当I＝50 μA 时，Rx＝2.7×104 Ω。
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8 分钟精准训练(二)
1．(5 分)某同学利用气垫导轨来探究重力做功与速度变化的关系。该同学首先将导轨倾斜放置在水平面上，倾角
为θ，然后在导轨上的A 点固定一个光电门，将带有挡光片的滑块从气垫导轨上的不同位置由静止释放，实验装置如图
甲所示。
(1)该同学用20 分度的游标卡尺测量挡光片的宽度d，游标卡尺的示数如图乙所示，则d＝__0.500__ cm。
(2)若测得挡光片通过光电门的时间为Δt，则计算挡光片通过光电门的速度的表达式为v＝
d
Δt
(用题给字母表
示)，不考虑实验误差的影响，从理论上说，由该表达式计算得出的速度__小于__(填“大于”“等于”或“小于”)挡
光片中心通过光电门时的速度。
(3)为了探究重力做功与速度变化的关系，该同学进行了多次实验，得到的实验数据如下表所示，其中L 为滑块释
放点到光电门的距离。
实验次数
1
2
3
4
5
6
L/cm
10
20
30
40
50
60
v/m·s
－1
0.99
1.40
1.71
1.98
2.21
2.42
v/(m·s
－1)1
2
0.99
1.18
1.31
1.41
1.49
1.56
v2/(m·s
－1)2
0.98
1.96
2.92
3.92
4.88
5.86
分析表格中的数据，能够得出“滑块重力做功与速度变化的关系”的结论是__滑块重力做的功与滑块速度的平方
(速度平方的变化量)成正比__。
[解析]
(1)由游标卡尺的读数规则可知该挡光片的宽度d 为0.500 cm。
(2)计算挡光片通过光电门的速度的表达式为v＝d
Δt，由于该速度等于中间时刻的瞬时速度，而挡光片中心通过光电
门时的速度为中间位置时的瞬时速度，匀变速直线运动时，中间时刻瞬时速度小于中间位置时瞬时速度，且滑块在下
滑过程中，滑块重力做的功为WG＝mgLsinθ∝L，而从表格中可以看出L∝v2，故WG∝v2，所以滑块重力做的功与滑块
速度的平方成正比。
2．(10 分)为了测定阻值约为120 Ω的电阻Rx 的阻值，实验小组从实验室找到以下器材：
a．电源(电动势E＝3.0 V，内阻不计)
b．电流表A1(量程0～30 mA，内阻r1＝80 Ω)
c．电流表A2(量程0～50 mA，内阻r2 约为20 Ω)
d．电压表V(量程15 V，内阻rV＝1 500 Ω)
e．滑动变阻器R0(最大阻值为25 Ω)
f．开关、导线若干
(1)从已有器材中选择适当的器材，设计电路完成此实验，要求电表读数不小于其量程的1
3，测量尽可能准确。实物
图中已有部分器材用导线相连，请用笔画线代表导线完成其余实验电路的连接。
(2)根据你设计的电路，测得电阻Rx＝
I1
I2－I1
r1，I1、I2 分别为电流表A1、A2 的示数
。(写出表达式并说明式中除
题中给出的物理量外，其他物理量的含义)
(3)根据你的电路和计算，简要说明产生实验误差的可能原因__电流表的读数精度；实验者读数的准确性；电流表
A1 内阻的准确性__。(答出两点即可)
[答案]
(1)如图所示
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[解析]
(1)电压表量程太大，不能使用；电流表A1 内阻已知，电流表A1 的满偏电压U1＝IA1r1＝2.4 V，可作为电
压表使用，回路最大电流Im＝30 mA＋2.4
120×103 mA＝50 mA，故电流表A2 作电流表使用，由于A2 内阻精确值未知，
不能采用A2 内接的形式，所以电流表A2 外接，此时回路最大电流I′m＝
E
r2＋Rxr1
Rx＋r1
＝44 mA，通过A1 的最大电流约I1m
＝
Rx
Rx＋r1
I′m＝26.4 mA，两表读数均超过其量程的1
3；滑动变阻器接成限流式电路更简单。(2)根据电路的串并联原理有，
I1r1＝(I2－I1)Rx，解得Rx＝
I1
I2－I1
r1，I1、I2 分别为电流表A1、A2 的示数。(3)由于电流表A1 内阻已知，计算中消除了其
分流作用的影响，没有带来系统误差。实验误差主要来源为①电流表的读数精度，②实验者读数的准确性，③电流表
A1 内阻的准确性。
8 分钟快速训练(三)
1．(5 分)某同学做“探究弹力和弹簧伸长量的关系”实验，设计了如图甲所示的实验装置。
(1)下列关于操作步骤的说法正确的是__D__。(填选项字母标号)
①先测量原长，后竖直悬挂
②先竖直悬挂，后测量原长
③先后顺序对实验结果无影响
④先后顺序对实验结果的影响程度取决于弹簧的自重
A．①③
B．①④
C．②③
D．②④
(2)如果实验时将指针固定在图甲中P 点上方的Q 处，弹簧劲度系数的测量值与弹簧劲度系数的真实值相比，可能
__偏大__(选填“偏大”“偏小”或“不变”)。
(3)一个实验小组做该实验时，使用两条不同的轻质弹簧a 和b，得到弹力与弹簧长度关系的图象如图乙所示，则a
的劲度系数__小于__(选填“大于”“等于”或“小于”)b 的劲度系数，a 的原长__小于__(选填“大于”“等于”或
“小于”)b 的原长。
[解析]
(1)为了减小由弹簧自重而产生的弹簧伸长对实验造成的误差，实验时应先竖直悬挂，后测量原长，D 正
确。(2)如果将指针固定在P 点上方的Q 处，则测得伸长量变小，则弹簧劲度系数的测量值偏大。
(3)在图象中斜率表示弹簧的劲度系数k，故a 的劲度系数比b 的大，图象中横截距表示弹簧的原长，故b 的原长
比a 的大。
2．(10 分)温度传感器的核心部分是一个热敏电阻。某课外活动小组的同学在学习了伏安法测电阻之后，利用所学
知识来测量由某种金属制成的热敏电阻的阻值。可供选择的实验器材如下：
A．直流电源，电动势E＝6 V，内阻不计；
B．毫安表A1，量程为600 mA，内阻约为0.5 Ω；
C．毫安表A2，量程为10 mA，内阻RA＝100 Ω；
D．定值电阻R0＝400 Ω；
E．滑动变阻器最大阻值R＝5 Ω；
F．被测热敏电阻Rt，开关、导线若干。
(1)实验要求能够在0～5 V 范围内，比较准确地对热敏电阻的阻值Rt 进行测量，请在图甲的方框中设计实验电路。
(2)某次测量中，闭合开关S，记下毫安表A1 的示数I1 和毫安表A2 的示数I2，则计算热敏电阻阻值的表达式为Rt
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＝
I2
I1
(RA＋R0)或Rt＝I2RA＋R0
I1－I2
(用题给的物理量符号表示)。
(3)该小组的同学利用图甲电路，按照正确的实验操作步骤，作出的I2－I1 图象如图乙所示，由图可知，该热敏电
阻的阻值随毫安表A2 的示数的增大而__增大__(填“增大”“减小”或“不变”)。
(4)该小组的同学通过查阅资料得知该热敏电阻的阻值随温度的变化关系如图丙所示。将该热敏电阻接入如图丁所
示电路，电路中电源电压恒为9 V，内阻不计，理想电流表示数为0.7 A，定值电阻R1＝30 Ω，则由以上信息可求出定
值电阻R2 的阻值为__17.5__Ω，此时该金属热敏电阻的温度为__55__℃。
[答案]
(1)如图所示
[解析]
(1)由于所给器材中没有电压表，所以要将内阻已知的毫安表A2 与定值电阻串联，改装成一个量程为5 V
的电压表，为了减小实验误差，应将毫安表A1 外接进行测量，滑动变阻器采用分压接法。
(2)由于电流I1≫I2，所以可认为流过热敏电阻的电流就是I1，故计算热敏电阻阻值的表达式为Rt＝I2
I1
(RA＋R0)或Rt
＝I2RA＋R0
I1－I2
。
(3)由题图乙可知，曲线的斜率逐渐增大，故该热敏电阻的阻值也逐渐增大。
(4)由题图丁和闭合电路欧姆定律可知，流过金属热敏电阻的电流大小为I＝0.4 A，结合题图乙和Rt＝I2
I1
(RA＋R0)可
知，此时热敏电阻的阻值Rt＝4.0
400(100＋400) Ω＝5 Ω，故电阻R2 的阻值为R2＝9－0.4×5
0.4
Ω＝17.5 Ω。由题图丙可知，
该热敏电阻的阻值与温度之间为一次函数关系，设0 ℃时金属热敏电阻的阻值为R′，图中直线的斜率为k，则有Rt
＝R′＋kt，将(100 ℃，8 Ω)和(10 ℃，2 Ω)分别代入可得Rt＝(4
3＋1
15t) Ω，故当Rt＝5 Ω时，t＝55 ℃。
8 分钟精准训练(四)
1．(5 分)如图甲是某同学设计的测定动摩擦因数的实验装置示意图。将上表面水平的长木板固定在水平桌面上，
轻弹簧右端固定在长木板的C 处，左端连一木块，木块上方固定有窄片P，当弹簧处于原长时，木块在A 点处，用以
测量窄片的遮光时间的光电门(图中未画)固定在A 点。第一次，将木块向右压缩弹簧使木块移到B 点处并由静止释放，
木块通过A 处时记下窄片的遮光时间t1，测出木块的质量m1；第二次，在木块上增加砝码后，向右压缩弹簧使木块再
次移到B 点处并由静止释放，木块通过A 处时记下窄片的遮光时间t2，测出木块和砝码的总质量m2；如此重复多次实
验。重力加速度大小为g，请回答下列问题。
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(1)为了测量木块与长木板间的动摩擦因数μ，实验中除了测量窄片的宽度d，还需要测量的物理量有__A、B 两点
间的距离x__。(写出物理量名称及其表示符号)
(2)在坐标纸上作出窄片遮光时间t 的平方的倒数1
t2随木块质量的倒数1
m变化的关系图象，如图乙所示，根据图象，
求得木块与长木板间的动摩擦因数μ＝
ad2
2gx
；同时还能根据图象求出木块从B 点运动到A 点的过程中，弹簧弹力对
木块做的总功W 弹＝
ad2
2b
。(用含a、b、d、g 及需要测量的物理量符号表示)
[解析]
木块通过A 点时的速度大小v＝
d
t，t 为窄片通过光电门的遮光时间，木块从B 点运动到A 点的过程，根
据动能定理有W 弹－μmgx＝1
2mv2，得1
t2＝2W 弹
d2 ·1
m－2μgx
d2 ，结合题图乙得2μgx
d2 ＝a，2W 弹
d2 ＝a
b，解得μ＝ad2
2gx，W 弹＝ad2
2b ，可
见为测量μ，还需要测量A、B 两点间的距离x。
2．(10 分)有位同学想用一个量程为2 mA、内阻约100 Ω的电流表
和一个热敏电阻RT 组装成电子温度计，可供
选择的实验器材有：
A．电源E1(电动势3 V，内阻为1 Ω)
B．纽扣电池E2(电动势1.35 V，内阻1 Ω)
C．标准电压表
(量程0～3 V，内阻6 kΩ)
D．标准电阻箱R1(最大阻值999.9 Ω)
E．标准定值电阻(阻值475 Ω)
F．标准定值电阻(阻值2 kΩ)
C．滑动变阻器R0(阻值0～2 kΩ)
H．单刀双掷开关S 及导线若干
(1)①为了组装温度计，必须先准确测定电流表
的内阻rg。该同学设计图甲所示电路来测量rg。①将滑动变阻器
R0 调到最大阻值，开关S 接位置a，调节R0，使标准电压表
有适当的示数U。
②保持滑动变阻器R0 滑动触头位置不变，将R1 阻值调到100 Ω，开关S 接位置b，再调节R1，使标准电压表示数
恢复到U，此时电阻箱示数如图乙所示，则电流表
的内阻rg＝
__99.6__Ω。
(2)对照热敏电阻RT 型号查询得知，该电阻为负温度系数热敏电阻，其阻值与温度的关系如下表所示：
T/℃
－20.0
0
20.0
40.0
60.0
80.0
100.0
RT/Ω
6 175.0
2 800.0
1 155.0
550.0
300.0
170.0
100.0
①要求用纽扣电池、电流表
、定值电阻R 和热敏电阻RT 组装成测量温度最高为100 ℃的电子温度计，该同学已
经将电路连接好，如图丙，其中定值电阻R 选用__E__(填“E”或“F”)；
②若要求在电流表表盘上刻上温度示数，则“0.20 mA”“0.40 mA”和“1.20 mA”分别对应温度__－20.0__℃、
__0__℃__40.0__℃。
[解析]
(1)②电压表串联在电路中，当作电流表使用，当单刀双掷开关分别接a、b 且电压表示数相同时，表明电
流表内阻rg 与电阻箱R1 阻值相同，故rg＝R1，由题图乙可读出示数为99.6 Ω。
(2)①当温度计示数最大时，回路总电阻R 总＝E2
Ig
＝675 Ω，因此定值电阻R＝R 总－rg－RT－1 Ω＝474.4 Ω，所以选E。
②“0.20 mA”“0.40 mA”和“1.20 mA”分别对应热敏电阻阻值为RT1＝(
1.35
0.20×10
－3－475－99.6－1) Ω＝6 174.4 Ω、RT2＝
(
1.35
0.40×10
－3－475－99.6－1) Ω＝2 799.4 Ω、RT3＝(
1.35
1.20×10
－3－475－99.6－1) Ω＝2 799.4 Ω、RT3＝(
1.35
1.20×10
－3－475－
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99.6－1) Ω＝549.4 Ω。对应题表中数据可知温度分别为“－20.0 ℃”“0 ℃”和“40.0 ℃”。
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计算题专项训练
25 分钟快速训练(一)
1．如图所示，在平面直角坐标系xOy 的第一象限内有垂直纸面向外的匀强磁场，在第二、三象限内有竖直向上的
匀强电场。一质量为m、电荷量为q 的带正电微粒从P 点以初速度v0 沿x 轴正方向射出，P 点坐标为(－3d，－2d)，粒
子恰好从O 点进入磁场，从坐标为(6d,0)的M 点离开磁场。不计粒子重力。求：
(1)电场的电场强度大小E；
(2)磁场的磁感应强度大小B。
[解析]
(1)带电粒子从P 点射出后受电场力作用，做类平抛运动，设在电场中运动的时间为t，因为经过O 点，有
3d＝v0t
2d＝1
2at2
a＝Eq
m
联立解得E＝4mv20
9dq
(2)因为vy＝at
所以vy＝Eq
m ·3d
v0
＝3dEq
mv0
＝4v0
3
设粒子射入磁场后速度方向与x 轴正方向的夹角为α，则有tanα＝vy
v0
＝4
3
粒子在磁场中受洛伦兹力作用，做匀速圆周运动，其轨迹如图所示：
qvB＝mv2
R
v＝v20＋v2y＝5
3v0
由几何关系知2Rsinα＝6d
联立解得B＝4mv0
9qd
2．如图所示，长4 m 的长板小车置于光滑的水平面上，其右端固定一挡板，挡板上固定一根轻质弹簧(原长为10 cm，
且小物块撞击弹簧时不计能量损失)。在长板小车的左端P 点放置一可视为质点、质量和长板小车质量相等的小物块。
长板小车的中点为Q，且左侧粗糙，右侧光滑。现同时让长板小车以速度v1＝1 m/s 向左滑行，小物块以速度v2 向右滑
行，一段时间后，小物块与长板小车以共同速度v＝2 m/s 向右运动，此时小物块与长板小车中点Q 相距0.5 m。重力
加速度g 取10 m/s2。
(1)求小物块初始速度v2 的大小；
(2)求小物块与长板小车间的动摩擦因数的可能值；
(3)若在二者共速运动时，给长板小车一个瞬时冲量，长板小车反向运动但速度大小不变，而小物块仍以速度v＝2
m/s 向右运动，求小物块最终停在长板小车上的可能位置。(结果保留三位有效数字)
[解析]
(1)由于小物块与长板小车组成的系统动量守恒，取向右为正方向，则有mv2－Mv1＝(m＋M)v
由题意知M＝m
解得v2＝5 m/s
(2)若小物块尚未越过Q 点就与长板小车达到相对静止，则根据能量守恒定律有
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μ1mg(xPQ－0.5 m)＝1
2Mv21＋1
2mv22－1
2(m＋M)v2
解得：μ1＝0.6
若小物块越过Q 点与弹簧作用后，再返回并与长板小车达到相对静止，有
μ2mg(xPQ＋0.5)＝1
2mv21＋1
2mv22－1
2(m＋M)v2
解得μ2＝0.36
(3)长板小车与物块一起以速度v＝2 m/s 向右运动，瞬间改变长板小车的速度方向后，长板小车以2 m/s 向左运动，
而小物块的速度方向仍向右且大小为2 m/s，系统仍动量守恒，有
mv＋M(－v)＝0
故作用后它们最终同时停下来。
设作用后小物块在长板小车的粗糙面上滑过的相对路程为s，则μmgs＝1
2(m＋M)v2
当μ1＝0.6 时，联立上式得到s1＝2
3 m
故小物块最终停在长板小车上Q 点左侧的位置，该位置到Q 点的距离为x＝2
3－0.5 m＝0.167 m
当μ2＝0.36 时，联立上式得到s2＝10
9 m
故小物块最终停在长板小车上Q 点左侧的位置，该位置到Q 点的距离为
x2＝10
9 －0.5 m＝0.611 m
25 分钟快速训练(二)
1．在足球比赛中，一运动员在距对方球门门柱30 m 处将球以18 m/s 的初速度沿水平地面踢出，踢出后运动员立
即沿地面以2 m/s2 的加速度从静止开始做匀加速直线运动去追赶足球，足球运动到球门处打在门柱上反向弹回，足球
与门柱相碰后的动能为碰前动能的1
4。若足球在地面上运动时受到的阻力恒为重力的3
10，运动员能达到的最大速度为8
m/s，之后以该速度做匀速运动，运动员和足球的运动均视为直线运动，且运动员和足球的运动与门柱在同一直线上，
重力加速度g＝10 m/s2。求：
(1)与门柱碰撞后，足球反向弹回的初速度大小；
(2)该运动员追上足球所用的时间。
[解析]
(1)设足球的质量为m，在地面上运动时的加速度大小为a，则由牛顿第二定律可得kmg＝ma，代入数据解
得a＝3 m/s2
足球的初速度为v0＝18 m/s，足球刚被踢出时距球门门柱的距离为x＝30 m，设到达门柱时的速度为v，则由匀变
速直线运动规律可得v2－v20＝－2ax，代入数据解得v＝12 m/s
设足球与门柱碰撞后弹回的初速度大小为v′，则有1
4×1
2mv2＝1
2mv′2
代入数据可得v′＝6 m/s
(2)设足球运动到门柱处所用的时间为t1，则有t1＝v0－v
a
解得t1＝2 s
足球运动员的加速度大小为a′＝2 m/s2，设2 s 末运动员的速度大小为v1，则有v1＝a′t1
解得v1＝4 m/s
设t1 时间内运动员运动的距离为x1，则有x1＝1
2a′t21，解得x1＝4 m＜30 m，故运动员在足球与门柱碰撞前没有追
上足球。
设足球从返回到停止运动所用的时间为t2，则有t2＝v′
a
解得t2＝2 s
设从足球返回后到停止，足球运动的距离为x2，则有x2＝v′2
2a
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解得x2＝6 m
设t2 时间内运动员运动的距离为x3，则有x3＝v1t2＋1
2a′t22，解得x3＝12 m
此时运动员和足球间的距离为Δx＝x－x1－x2－x3＝8 m
此时运动员的速度大小为v2＝v1＋a′t2＝8 m，即以上分析合理，
由于运动员的速度达到最大，故运动员将做匀速直线运动，设运动员匀速运动的时间为t3，则有t3＝Δx
v2
＝1 s
故运动员追上足球所用的总时间为t＝t1＋t2＋t3＝5 s
足球和足球运动员运动的v－t 图象如图所示。
2．如图甲所示，平面直角坐标系xOy 的第二象限内有方向垂直纸面向里、磁感应强度大小B0＝5
6 T、半径r＝0.48
m 的圆形磁场区域，MN 为该圆形磁场区域的水平直径，在第三象限内有宽度为d1＝0.6 m、方向垂直纸面向里、磁感
应强度为B 的匀强磁场区域。在第四象限内放置一块垂直于x 轴、长度刚好与匀强磁场宽度相同的荧光屏，荧光屏到
y 轴的距离d2＝0.18 m。一比荷为q
m＝2×105 C/kg 的带正电粒子从N 点以与水平直径MN 成α＝30°角斜向上的方向射入
该圆形磁场区域，刚好能从圆形磁场边界上的P 点竖直向下射出，而后进入匀强磁场，经磁场偏转后打到荧光屏上，
不计粒子重力。
(1)求粒子从N 点射入圆形磁场时的速度大小v；
(2)求匀强磁场的磁感应强度B 的取值范围；
(3)从带电粒子进入第三象限内的匀强磁场开始计时，若其磁感应强度B 随时间t 的变化关系如图乙所示(垂直纸面
向里为正方向)，求粒子从进入第三象限内的匀强磁场至打到荧光屏上所用的时间t 总(保留两位有效数字)。
[解析]
设带电粒子在圆形磁场中做圆周运动的轨迹半径为R，圆心为O1，由几何关系可知，R＝r＝0.48 m
由牛顿第二定律可知
qvB0＝mv2
R
代入数据解得v＝8×104 m/s
(2)带电粒子从Q 点垂直磁场方向进入匀强磁场做匀速圆周运动，运动轨迹如图1 所示。
若粒子刚好能打在荧光屏的最上端，设此时粒子在磁场中做圆周运动的轨迹半径为R1，磁场的磁感应强度大小为
B1，由牛顿第二定律可得qvB1＝mv2
R1
Q 点到坐标原点O 的距离为L＝R(1＋sinα)
解得L＝0.72 m
由几何关系可知
R
L＋d2－R1
＝L－R1
R1
以上各式联立并代入数据可得B1＝1 T
若带电粒子的运动轨迹刚好与匀强磁场的下边界相切，设此时粒子做圆周运动的轨迹半径为R2，磁场的磁感应强
度大小B2，则有qvB2＝mv2
R2
由几何关系可知R2＝d1
两式联立并代入数据可得B2＝2
3 T
所以匀强磁场的磁感应强度B 的取值范围为2
3 T≤B≤1 T
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(3)带电粒子在第三象限内的磁场中做匀速圆周运动，设其轨迹半径为R3，运动周期为T，由牛顿第二定律可得qvB
＝m v2
R3
代入数据解得R3＝0.18 m
由T＝2πR3
v ＝2πm
Bq ，代入数据可得T＝4.5×10
－6πs
由磁场变化周期T0＝2
3T 可知带电粒子在磁场中的运动轨迹如图2 所示。在0～2
3T 时间内，带电粒子沿x 轴方向的
位移为
x＝2R3(1＋sin30°)＝0.54 m
又因为L－x＝0.18 m，故带电粒子刚好垂直y 轴离开磁场
区域，则该带电粒子在磁场中运动的时间为
t1＝T
3×2＋T
4＝11
12T
从离开磁场至打到荧光屏上的时间t2＝d2
v
t 总＝t1＋t2
代入数据可得t 总＝1.5×10
－5 s
25 分钟快速训练(三)
1.如图所示，两滑块A、B(均视为质点)静止在粗糙的水平地面上，A、B 间的距离L＝0.405 m。现将一大小为1.2 N、
方向水平、向右的恒定推力F 作用于A 上，当A 向右运动至刚要碰到B 时突然撤去力F，而后A 与B 发生弹性正碰，
碰撞时间极短。已知A、B 的质量分别为m1＝0.1 kg，m2＝0.2 kg，A 与地面间的动摩擦因数μ＝0.3，B 的外表面光滑。
取g＝10 m/s2。求：
(1)撤去力F 瞬间A 的速度大小v；
(2)A 刚停下时与B 的距离x。
[解析]
(1)A 受到的滑动摩擦力大小f＝μm1g
根据动能定理有(F－f)L＝1
2m1v2
解得v＝2.7 m/s
(2)A 与B 发生弹性正碰，设碰后A、B 的速度分别为v1、v2，由动量守恒定律和能量守恒定律有m1v＝m1v1＋m2v2
1
2m1v2＝1
2m1v21＋1
2m2v22
解得v1＝－0.9 m/s，v2＝1.8 m/s
设A 减速滑行的位移大小为x1，所用时间为t1，则
－fx1＝0－1
2m1v21
ft1＝0－m1v1
A 刚停下时与B 之间的距离x＝x1＋v2t1
解得x＝0.675 m
2．如图所示，在磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场中，固定有半径分别为L、2L 的两个水平同心圆
导轨。L 形棒OCA 是由绝缘木棒OC 与金属棒CA 固定在一起的，OC⊥CA，OCA 绕圆心C 以角速度ω顺时针匀速转动，
棒CA 始终与圆导轨接触良好。间距为L 且足够长的两个固定平行导轨D1E1、D2E2 与水平面的夹角均为θ，处于磁感应
强度大小为2B、方向与D1E1E2D2 平面垂直向上的匀强磁场中，D1E1、D2E2 分别用电刷(未画出)与大、小圆导轨连接。
质量为m、长为L 的金属棒XY 放在D1E1、D2E2 上。已知XY 棒的电阻为r，CA 棒的电阻为2r，滑动变阻器R 的最大
阻值为3r，其他电阻不计，一切摩擦和空气阻力均不计，重力加速度大小为g。
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(1)求棒的C′A 部分产生的感应电动势E；
(2)若开关S1 闭合，S2 断开，求滑动变阻器的最大功率Pm；
(3)若开关S1 断开，S2 闭合，棒XY 由静止释放，始终与导轨垂直且接触良好，求棒XY 下滑过程中的最大速度vm
以及某段时间Δt(很短)内通过棒XY 某一横截面的最大电荷量qm。
[解析]
(1)棒CA 切割磁感线的有效长度d＝2L－L＝L
棒的C′A 部分切割磁感线产生的感应电动势E＝Bdv
v ＝ωL＋ω·2L
2
得E＝3
2BL2ω
(2)根据闭合电路欧姆定律有I＝E
R＋r
滑动变阻器的功率P＝I2R
得P＝
E2
r2
R＋R＋2r
当R＝r 时，P 有最大值
滑动变阻器的最大功率Pm＝E2
4r＝9B2L4ω2
16r
(3)棒XY 切割磁感线产生的最大感应电动势E′＝2BLvm
根据右手定则判断知，棒CA 切割磁感线产生的感应电动势与棒XY 切割磁感线产生的感应电动势的方向对回路而
言均为顺时针方向，总的感应电动势Em＝E＋E′
某段时间Δt 内棒XY 匀速下滑时焦耳热最大，电荷量也最大，根据闭合电路欧姆定律有Im＝Em
2r
棒XY 匀速下滑时受力平衡有mgsinθ＝2BImL
解得vm＝mgrsinθ
2B2L2 －3
4Lω
通过棒XY 某一横截面的最大电荷量qm＝ImΔt
解得qm＝mgΔt·sinθ
2BL
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25 分钟快速训练(四)
1．我国自主研发的“智能公路”设计有普通通道和充电通道，充电通道可以在电动汽车运行的过程中给汽车充电。
这种充电通道利用“太阳一号”光伏路面发电，通过给边长L、间距也为L 的正方形充电线圈供电而产生竖直方向的
匀强磁场，磁场方向由传感器控制自动翻转，如图(a)所示。固定在汽车底盘上的边长也为L 的正方形电线圈通过磁场
时产生感应电流为汽车电池充电，受电线圈匝数n＝100，受电线圈电阻r＝1 Ω，当汽车以规定速度v0＝25 m/s 运动时，
通过受电线圈的磁通量随时间的变化规律如图(b)所示，充电电池的等效电阻为R＝19 Ω求：
(1)在磁通量变化的一个周期内，通过受电线圈的电荷量q；
(2)汽车每运动1 km 电池获得的电能E 电。(计算结果保留两位有效数字)
[解析]
(1)由题图(b)可知，受电线圈中磁通量均匀变化，产生恒定感应电动势，且感应电流的方向不变，E＝nΔΦ
Δt
＝100×60－0×10
－4
0.5×10
－2
V＝120 V①
充电回路电流I＝E
r＋R②
一个周期内通过受电线圈的电荷量q＝IT③
由①②③解得q＝6.0×10
－2 C④
(2)汽车运动1 km 的时间t＝x
v0
⑤
时间t 内受电线圈产生的总电能E 总＝IEt
⑥
汽车电池获得的电能E 电＝R
r＋R
E 总
⑦
联立解得E 电＝2.7×104 J
⑧
2．如图所示，长木板A 静止放在水平地面上，其右端叠放着物块B，左端恰好在O 点，水平地面以O 点为界，
左侧光滑，右侧粗糙。物块C(可以看作质点)和物块D 之间夹着一根被压缩的弹簧，并用细线锁住，此时弹簧的弹性
势能为8 J，两者以共同的速度v0＝6 m/s 向右运动，某时刻细线突然断开，物块C 与弹簧分离后，撤去物块D，物块
C 与长木板A 碰撞并与之粘连(碰撞时间极短)。已知A、B、C、D 的质量均为m＝2 kg，木板A 的长度l＝6 m，A、C
与粗糙地面间的动摩擦因数相同，均为μ1＝0.1，A、B 间的动摩擦因数为μ2＝0.2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力
加速度为g＝10 m/s2。
(1)求物块C 和弹簧分离时物块D 的速度大小；
(2)求最终物块B 离长木板A 左端的距离；
(3)若物块C 与长木板A 碰撞的同时，在长木板A 的右端施加一水平向右的恒力为F＝18 N，经过一段时间后撤去，
物块B 刚好不从长木板的左端滑出，求恒力F 作用的时间。
[解析]
(1)设物块C 与弹簧分离瞬间C 和D 的速度分别为v1 和v2，物块C 和D 分离的过程中，C 和D 及弹簧组
成的系统机械能守恒，动量守恒，有
2mv0＝mv1＋mv2
Ep＝1
2mv21＋1
2mv22－1
2×2mv20
细线突然断开时，弹簧对物块C 做正功，对物块D 做负功，则分离时
v1＞v2，联立解得v1＝8 m/s，v2＝4 m/s
故物块C 和弹簧分离时物块D 的速度大小为v2＝4 m/s
(2)C 与A 碰撞过程中动量守恒，有mv1＝2mvA
解得vA＝4 m/s
此后，A、C 合为一体向右做匀减速运动，B 向右做匀加速运动，直至三者达到共同速度
对A、C 整体，μ1×3mg＋μ2mg＝2ma1，解得a1＝2.5 m/s2
对B，μ2mg＝ma2，解得a2＝2 m/s2
A、C、B 三者达到共同速度v 的过程中，有
v＝vA－a1t0＝a2t0
Δx＝vAt0－1
2a1t20－1
2a2t20
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联立得t0＝8
9 s，Δx＝16
9 m
经分析，此后A、C、B 三者以共同的速度向右做匀减速运动
故最终物块B 离长木板A 左端的距离为x＝l－Δx＝38
9 m
(3)根据题意，物块B 最终刚好不从长木板的左端滑出，即物块B 相对长木板A 滑动距离为l 时刚好达到共同速度。
施加恒力F 后，A、C 向右做匀加速运动，B 也向右做匀加速运动，B 相对于A 向左滑动，对A、C 整体，F－(μ1×3mg
＋μ2mg)＝2ma3，解得a3＝2 m/s2
对B，μ2mg＝ma4，解得a4＝2 m/s2
撤去恒力F 后，A、C 向右做匀减速运动，B 继续向右做匀加速运动，B 对A、C 整体，μ1×3mg＋μ2mg＝2ma5，解
得a5＝2.5 m/s2
整个过程有v′＝vA＋a3t1－a5Δt＝a4(t1＋Δt)
画出A、C 整体及B 的v－t 图象如图所示
结合图象得l＝vAt1＋vA
2 Δt
联立解得t1＝19
18 s，Δt＝8
9 s
故恒力F 作用的时间为t1＝19
18 s
选考题专项训练
7 分钟满分训练(一)
[物理——选修3－3](15 分)
1．(1)(5 分)关于物体的内能，下列说法正确的是(
ACD
)
A．质量相同的两个物体，温度高的物体内能不一定大，但分子平均动能一定大
B．外界对物体做功，物体内能一定增加
C．物体放出热量，其分子平均动能可能增大
D．一定质量的理想气体在等温变化的过程中，内能一定不变
E．一定质量的0 ℃的水变为0 ℃的冰时，分子势能增加
[解析]
内能是物体内所有分子的热运动动能与分子势能之和，温度是分子平均动能的标志，温度高，则分子平均
动能大，但分子势能不一定大、分子个数不一定多，所以内能不一定大，A 正确；外界对物体做功，物体可能放热，
根据热力学第一定律，物体内能不一定增加，B 错误；根据热力学第一定律，做功和热传递都可以改变物体的内能，
物体放出热量，内能仍有可能增加，温度仍有可能升高，则分子平均动能可能增大，C 正确；理想气体只有分子动能，
无分子势能，故一定质量的理想气体做等温变化，温度不变，则内能不变，D 正确；0 ℃的水变为0 ℃的冰时，放出热
量，且对外做功，内能减少，但分子动能不变，所以分子势能减少，E 错误。
(2)(10 分)如图所示，在两个带有绝热活塞的水平固定的高压绝热气缸A 和导热气缸B 内，均有压强为p0、温度
为T0＝300 K 的气体，气体体积分别为V1、V2，V1＝2V2，活塞横截面积分别为S1、S2，S1＝2S2，由刚性杆连接的两活
塞与两气缸间均无摩擦，此时杆固定。现将杆解除固定，并对气缸A 内的气体稳定加热，使气体压强为1.2P0，求此时
绝热气缸A 的温度TA。(结果保留整数)
[解析]
设平衡后气缸A 中的气体体积为V′1，由理想气体状态方程得p0V1
T0
＝1.2p0V′1
TA
设平衡后气缸B 中的气体体积为V′2，压强为p2，气体做等温变化，由玻意耳定律得
p0V2＝p2V′2
杆解除固定后，对活塞和杆组成的系统受力分析，则
(1.2p0－p0)S1＝(p2－p0)S2
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两活塞移动距离相等则
V′1－V1
S1
＝V2－V′2
S2
联立解得TA＝463 K
2．[物理——选修3－4](15 分)
(1)(5 分)如图所示，两种不同材料的弹性细绳在O 处连接，M、O 和N 是该绳上的三个点，O、M 间距离为9 m，
O、N 间距离为10 m。O 点上下振动，则形成以O 点为波源向左和向右传播的简谐横波Ⅰ和Ⅱ，其中波Ⅱ的波速为2.0
m/s。t＝0 时刻O 点处在波峰位置，观察发现9 s 后此波峰传到M 点，此时O 点正通过平衡位置向下运动，且O、M
间还有两个波谷。下列说法正确的是__ACD__。
A．波I 的波长为4 m
B．波Ⅱ的波长为6 m
C．N 点的振动周期为4 s
D．t＝6 s 时，N 点恰好处于平衡位置
E．当M 点处于波峰时，N 点一定处于波谷
[解析]
O、M 之间有两个波谷，即21
4λ1＝9 m，解得波I 的波长λ1＝4 m，波Ⅰ的波速为v1＝9
9 m/s＝1 m/s，故波
的周期为T＝λ1
v1
＝4 s，同一波源的频率相同，故N 点的振动周期也为4 s，波Ⅱ的波长为，λ2＝v2T＝8 m，B 错误，A、
C 正确；0～5 s 内波Ⅱ传播了Δx2＝v2t＝10 m，即t＝5 s 时N 点处于波峰位置，再经过1 s，N 点处在平衡位置，故D
正确；因为M、N 两点到波源的距离分别为其各自波长的2 1
4倍、1 1
4倍，又两者振动周期相同，起振方向相同，所以两
者振动步调相同，即当M 点处于波峰时，N 点也一定处于波峰，E 错误。
(2)(10 分)如图所示，半径为R 的透明半球体置于水平桌面正上方，与桌面的距离为R，球心为O，直径恰好水平，
轴线OO′垂直于水平桌面。距O 点R
3高度处的点光源S 发出一束与OO′夹角为θ＝60°的单色光射到半球体上的A 点，
结果光线以60°的折射角离开半球体且垂直射到桌面上的B 点。已知光在真空中的传播速度为c，不考虑半球体内光的
反射，求：
(ⅰ)透明半球体对该单色光的折射率n；
(ⅱ)该单色光从光源S 传播到B 点所用的时间。
[解析]
(ⅰ)光从光源S 射出经半球体到达水平桌面的光路图如图所示。
光由空气射向半球体，由折射定律，有
n＝sinθ
sinα
又θ＝60°，γ＝∠COD＝60°
光由半球体射向空气，由折射定律，有n＝sinγ
sinβ
故α＝β
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由几何知识得α＋β＝60°
故α＝β＝30°
解得n＝3
(ⅱ)光在半球体中传播的速度为v＝c
n＝3
3 c
由几何关系知AC＝AO＝3
3 R
光在半球体中传播的时间t1＝AC
v ＝R
c
光在空气中的传播路径长度x＝SA＋CB＝13
6 R
光在空气中传播的时间t2＝x
c＝13R
6c
总时间t＝t1＋t2＝R
c＋13R
6c ＝19R
6c
7 分钟满分训练(二)
1．[物理——选修3－3](15 分)
(1)(5 分)下列说法正确的是(
ACE
)
A．固体很难被压缩是因为分子之间有斥力
B．可以根据各向同性或各向异性来区分晶体和非晶体
C．晶体具有天然规则的几何形状，是因为物质微粒是规则排列的
D．彩色液晶显示器利用了液晶的光学性质具有各向同性的特点
E．液晶不是液态的晶体，是介于液态与结晶态之间的一种物质状态
(2)(10 分)炎热的夏季是汽车轮胎爆胎频发时期，爆胎的一个原因是轮胎内气体压强较大。已知某汽车的一只轮胎
的容积为V0＝100 L，高速行驶时允许的最大胎压为3.0 atm。原来胎内气压为1.5 atm，现用一小型气泵给其打气，气
泵每秒打入0.6 L 压强为1 atm 的空气。假设轮胎容积与气体温度不变。
(i)原来胎内压强为p1＝1.5 atm 的气体，相当于多少升压强为p0＝1 atm 的空气？
(ⅱ)为保证行车安全，最多只能打气多长时间？
[解析]
(1)固体很难被压缩是因为分子之间有斥力，A 正确；多晶体和非晶体都表现为各向同性，只有单晶体表
现为各向异性，B 错误；晶体具有天然规则的几何形状，是因为物质微粒是规则排列的，C 正确；彩色液晶显示器利
用了液晶的光学性质具有各向异性的特点，D 错误；液晶是介于液态与结晶态之间的一种物质状态，E 正确。
(2)(ⅰ)设相当于的空气的体积为V1，根据玻意耳定律有p1V0＝p0V1
解得V1＝150 L
(ⅱ)高速行驶时允许的最大胎压p2＝3.0 atm，根据玻意耳定律有p2V0＝p0V2
解得V2＝300 L
气泵每秒打入体积ΔV＝0.6 L、气压为p0＝1 atm 的空气，则最多打气时间t＝V2－V1
ΔV
解得t＝250 s
2．[物理——选修3－4](15 分)
(1)(5 分)如图所示是两列完全相同的水波在某时刻的叠加情况，图中实线为波峰，虚线为波谷，两列波的振幅均为
A。其中M 点为该时刻波峰与波峰的相遇点，Q、N 点为该时刻波峰与波谷的相遇点，P 点为波谷与波谷的相遇点，则
下列说法正确的是__ABE__。
A．M 点始终为振动加强点
B．N 点始终处于平衡位置
C．N、Q 连线上的各点始终处于平衡位置
D．从该时刻起，再经过1
2个周期，M 处的质点将到达质点P 所在的位置
E．从该时刻起，再经过1 1
4个周期，P 处质点的路程为10A
(2)(10 分)如图所示是一个用折射率n＝2.4 的透明介质做成的四棱柱的横截面，其中∠A＝∠H＝90°，∠B＝60°，
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AD＝d，AB＝2 3d。现有一条光线从图示位置垂直入射到棱柱的AB 面上，入射点到A 点的距离为
3
4 d。已知光在真
空中的传播速度为c，求：
(ⅰ)光线从棱柱中射出时，其出射点到B 点的距离；
(ⅱ)光线在棱柱中的传播时间。
[解析]
由于两列波在M 点引起的振动始终是加强的，所以M 点始终为振动加强点，选项A 正确；由于N 点处在
波峰与波谷的叠加位置，所以N 点为振动减弱点，又因为两列波的振幅相同，所以N 点始终处于平衡位置，位移为零，
选项B 正确；N、Q 两点连线的中点刚好也在P、M 两点的连线上，所以N、Q 两点连线的中点为振动加强点，选项C
错误；质点并不会随波迁移，选项D 错误；由于此时刻P 处的质点位于波谷，故其到平衡位置的距离为2A，再经过1
4个
周期，P 处的质点将振动到平衡位置，故从该时刻起，再经过1 1
4个周期，其路程为10A，选项E 正确。
(2)(ⅰ)由于该透明介质的折射率为n＝2.4，故其发生全反射的临界角满足sinC＝1
n＝5
12＜1
2，故其发生全反射时的
临界角C＜30°
光线在四棱柱中传播的路径如图所示，光线将从G 点射出
由几何关系可知，F B ＝3
2 d
由几何关系可知B G ＝B F sin30°
代入数据可解得B G ＝3
4 d
(ⅱ)由几何关系可知，M E ＝5
4d，E F ＝5
2d, F G ＝3
4d
光线在该透明介质中的传播速度为v＝c
n＝5
12c
故光线在棱柱中传播的时间为t＝M E ＋E F ＋F C
v
代入数据可解得t＝54d
5c
7 分钟满分训练(三)
1．[物理——选修3－3](15 分)
(1)(5 分)下列说法正确的是__BCE__。
A．第二类永动机不能制成，是因为违反了热力学第一定律
B．质量相同的两个物体，温度升高得多的物体所吸收的热量不一定多
C．温度相等的氢气和氧气，它们的分子平均动能相等
D．0 ℃的冰在熔化的过程中，分子平均动能不断增大
E．一定质量的理想气体在绝热压缩的过程中，其内能一定增加
(2)(10 分)如图，光滑导热活塞将绝热气缸中的气体分为A、B 两部分，气缸顶部开有一小孔，与U 形管(C 部分为
足够长软管)相连，U 形管中有水银，气缸底部有一阀门K，阀门K 打开时，A 与大气相通，稳定后活塞下表面与气缸
底部的间距为l1＝18 cm，上表面与气缸顶部的间距为l2＝19 cm，U 形管左侧水银面比右侧的高，h1＝20 cm。现将阀
门K 关闭，通电对A、B 气体缓慢加热，A、B 气体温度始终相等，当活塞向上移动到A、B 两部分气体体积相等时，
停止加热。外界大气压恒为76 cmHg，不考虑管中的气体体积，管中水银始终没有溢出。求停止加热时U 形管中左、
右液面间的高度差。
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[解析]
(1)第二类永动机不能制成，没有违反热力学第一定律，违反了热力学第二定律，A 错误；吸收的热量由
比热容、质量、变化的温度共同决定，B 正确；温度是分子平均动能的标志，相同温度下，分子的平均动能相等，C
正确；冰是晶体，晶体在熔化的过程中，温度保持不变，分子平均动能不变，D 错误；绝热即Q＝0，气体被压缩即
W>0，根据热力学第一定律ΔU＝Q＋W 得，ΔU>0，即内能一定增加，E 正确。
(2)设活塞质量为M，横截面积为S，h0＝76 cm，停止加热时U 形管中左、右液面的高度差为h2
阀门K 打开时，对A 有pA1＝p0＝pB1＋Mg
S
对B 有pB1＝p0－ρgh1
得Mg
S ＝ρgh1
根据理想气体状态方程
对A 有ρgh0l1S
T1
＝ρgh0＋h1－h2lS
T2
对B 有ρgh0－h1·l2S
T1
＝ρgh0－h2lS
T2
联立解得h＝6 cm
2．[物理——选修3－4](15 分)
(1)(5 分)下列说法正确的是__BDE__。
A．全息照片的拍摄利用了光的衍射原理
B．医学上用激光做“光刀”来进行手术，主要是利用了激光的亮度高、能量大的特点
C．通过同一双缝干涉装置后，紫光的干涉条纹间距可能大于红光的
D．狭义相对论认为一切物理规律在不同的惯性参考系中都相同
E．自然光包含着垂直于传播方向上的沿一切方向振动的光，且沿各个方向振动的光的强度均相同
(2)(10 分)如图所示为一列沿x 轴正方向传播的简谐横波在t1＝0 时刻的波形图。a、b 两质点的坐标分别为(3 m,0)
和(7 m,0)，已知t2＝0.3 s 时，质点a 第一次出现在波峰位置。
(ⅰ)求这列波的传播速度和周期；
(ⅱ)当质点b 第一次出现在波谷位置时，求质点a 通过的路程。
[解析]
(1)全息照片的拍摄利用了光的干涉原理，A 错误；激光的亮度高、能量大，医学上常用激光做“光刀”
来进行手术，B 正确；双缝干涉条纹间距与光的波长成正比，红光的波长比紫光的长，所以红光的双缝干涉条纹间距
大于紫光的双缝干涉条纹间距，C 错误；根据狭义相对论的基本原理可知一切物理规律在不同的惯性参考系中都相同，
故D 正确；自然光包含着垂直于传播方向上的沿一切方向振动的光，且沿各个方向振动的光的强度均相同，E 正确。
(2)(ⅰ)根据图象可知，该波波长为λ＝4 m，质点a 与左侧最近的波峰的水平距离为Δx＝6 m，当该波峰传到质点a
时，a 质点第一次出现在波峰位置，则该波的传播速度为
v＝6 m
0.3 s＝20 m/s
由λ＝vT 得T＝λ
v＝0.2 s
(ⅱ)从t1＝0 时刻开始，经过Δt1＝Δx1
v ＝0.25 s，质点a 开始振动
经过Δt2＝Δx2
v ＝0.6 s，质点b 第一次出现在波谷位置
此时质点a 已振动的时间为
Δt＝Δt2－Δt1＝0.35 s
所以质点b 第一次出现在波谷位置时，质点a 已通过的路程为s＝Δt
T ×4A＝7A＝7×5 cm＝35 cm
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7 分钟满分训练(四)
1．[物理——选修3－3](15 分)
(1)(5 分)一定质量的理想气体从状态M 到达状态N，有两个过程可以经历，其p－V 图象如图所示，在过程1 中，
气体始终与外界无热量交换；在过程2 中，气体先经历等压变化再经历等容变化。则下列说法正确的是__ADE__。
A．气体经历过程1，其温度升高，内能增加
B．气体经历过程1，外界对气体做功，内能不一定增加
C．气体在过程2 中，一直对外做功
D．气体在过程2 中，先放热后吸热
E．经历过程1 的内能改变量与经历过程2 的相同
(2)(10 分)如图所示，绝热气缸放在水平地面上，质量为m、横截面积为S 的绝热活塞上下两室分别充有一定量的
氢气A 和氮气B(视为理想气体)，竖直轻弹簧上端固定，下端与活塞相连。初始时，两室气体的绝对温度均为T0，活塞
与气缸底部的间距为L，与顶部的间距为3L，弹簧劲度系数为mg
L (g 为重力加速度大小)、原长为2L。现对B 缓慢加热，
当弹簧处于原长状态时停止加热，此时A 的绝对温度为n1T0，B 的绝对温度为n2T0。已知n2>3n1，求对B 停止加热时A、
B 的压强各为多大？
[解析]
(1)气体经历过程1，压强增大，体积变小，外界对气体做功，因气体始终与外界无热量交换，则其内能增
加，温度升高，故A 正确，B 错误；气体在过程2 中，根据理想气体状态方程pV
T ＝C，刚开始时，压强不变，体积变
小，温度降低，外界对气体做功，气体放热，然后体积不变，对外不做功，压强增大，温度升高，气体吸热，故C 错
误，D 正确；无论是经历过程1 还是经历过程2，初、末状态相同，故内能改变量相同，E 正确。
(2)解：设初始时A、B 的压强分别为pA1、pB1，停止加热时A、B 的压强分别为pA2、pB2，则
根据胡克定律有F＝mg
L ·(3L－2L)
对活塞，受力平衡
初态有pB1S＋F＝pA1S＋mg
末态有pB2S＝pA2S＋mg
根据理想气体状态方程
对A 有pA1·3LS
T0
＝pA2·2LS
n1T0
对B 有pB1·LS
T0
＝pB2·2LS
n2T0
解得pB2＝
n2mg
n2－3n1S
，pA2＝
3n1mg
n2－3n1S
2．[物理——选修3－4](15 分)
(1)(5 分)人们的现代生活越来越离不开电磁波，我国自主建立的北斗导航系统所使用的电磁波频率约为1 561 MHz；
家用微波炉所使用的电磁波频率约为2 450 MHz；家用Wi­Fi 所使用的电磁波频率约为5 725 MHz。关于电磁波，下列
说法正确的是__BCD__。
A．一定不会产生偏振现象
B．可以由电磁振荡以外的形式产生
C．Wi­Fi 信号与北斗导航信号叠加时，不能产生明显的干涉现象
D．微波比Wi­Fi 信号更容易发生衍射
E．Wi­Fi 信号从一个房间穿过墙壁进入另一个房间后，波长变短
(2)(10 分)实验小组为了测定某种液体的折射率，将量角器直边与水槽口重合、量角器平面保持竖直固定在水槽上，
量角器半圆的圆心O 与水槽口边缘重合。将小木棒MN 斜靠在水槽里如图(a)，通过水槽口边缘O 观察木棒下端N，观
察到P1、O、N 在一条直线上；再将水槽内注满待测液体如图(b)，通过槽口O 观察木棒下端N 时，发现N 处在N′位
置，且P2、O、N′共线。
(ⅰ)根据实验小组的观察结果，计算该液体的折射率n；
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(ⅱ)通过液体观察液体的深度(称为视深)总比实际深度要浅些，假设你现在从水槽正上方去看木棒的下端N 如图
(c)，视深约为水槽深度的多少？
[解析]
(1)电磁波是横波，能产生偏振现象，选项A 错误；电磁波包括无线电波、微波、光波等，其中光波就不
是由电磁振荡产生的，选项B 正确；Wi­Fi 信号与北斗导航信号的频率不同，不能产生明显干涉现象，选项C 正确；
微波的波长比Wi­Fi 信号的波长长，因此更容易发生衍射，选项D 正确；Wi­Fi 信号从一个房间穿过墙壁进入另一个房
间，同样是在空气中传播，波长不变，选项E 错误。
(2)(ⅰ)由题图(a)、(b)可知，水槽内注满液体后，N 端成像入射角θ＝30°，折射角θ＝45°，由折射定律得
n＝sinα
sinθ
解得该液体的折射率n＝2
(ⅱ)成像光路如图所示，设视深为h，水槽深度为H，由折射定律得
n＝sinα
sinθ
由于从正上方观察，α、θ很小，因此
sinα＝dc
cN′
≈dc
h
sinθ＝dc
cN≈dc
H
解得h＝2
2 H
即视深约为水槽深度的2
2
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