高考物理主要模型

2022-03-02 来源：汇智旅游网

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专题（一）：常见的物理模型一、斜面问题；

在每年各地的高考卷中几乎都有关于斜面模型的试题．如2009年高考全国理综卷Ⅰ第25题、北京理综卷第18题、天津理综卷第1题、上海物理卷第22题等，2008年高考全国理综卷Ⅰ第14题、全国理综卷Ⅱ第16题、北京理综卷第20题、江苏物理卷第7题和第15题等．在前面的复习中，我们对这一模型的例举和训练也比较多，遇到这类问题时，以下结论可以帮助大家更好、更快地理清解题思路和选择解题方法．

1．自由释放的滑块能在斜面上(如图9－1 甲所示)匀速下滑时，m与M之间的动摩擦因数μ＝gtan θ．

图9－1甲 2．自由释放的滑块在斜面上(如图9－1 甲所示)：

(1)静止或匀速下滑时，斜面M对水平地面的静摩擦力为零； (2)加速下滑时，斜面对水平地面的静摩擦力水平向右； (3)减速下滑时，斜面对水平地面的静摩擦力水平向左．

3．自由释放的滑块在斜面上(如图9－1乙所示)匀速下滑时，M对水平地面的静摩擦力为零，这一过程中再在m上加上任何方向的作用力，(在m停止前)M对水平地面的静摩擦力依然为零(见一轮书中的方法概述)．

图9－1乙

4．悬挂有物体的小车在斜面上滑行(如图9－2所示)：

图9－2

(1)向下的加速度a＝gsin θ时，悬绳稳定时将垂直于斜面；

(2)向下的加速度a＞gsin θ时，悬绳稳定时将偏离垂直方向向上； (3)向下的加速度a＜gsin θ时，悬绳将偏离垂直方向向下． 5．在倾角为θ的斜面上以速度v0平抛一小球(如图9－3所示)：

图9－3

2v0tan θ(1)落到斜面上的时间t＝；

g(2)落到斜面上时，速度的方向与水平方向的夹角α恒定，且tan α＝2tan θ，与初速度无关；

v0tan θ(v0sin θ)

(3)经过tc＝小球距斜面最远，最大距离d＝．

g2gcos θ6．如图9－4所示，当整体有向右的加速度a＝gtan θ时，m能在斜面上保持相对静止．

图9－4

7．在如图9－5所示的物理模型中，当回路的总电阻恒定、导轨光滑时，ab棒所能达到的稳定速度vm

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＝

mgRsin θ． B2L2

图9－5

8．如图9－6所示，当各接触面均光滑时，在小球从斜面顶端滑下的过程中，斜面后退的位移s＝

mm＋M L．

图9－6

●例1 有一些问题你可能不会求解，但是你仍有可能对这些问题的解是否合理进行分析和判断．例如从解的物理量单位，解随某些已知量变化的趋势，解在一些特殊条件下的结果等方面进行分析，并与预期结果、实验结论等进行比较，从而判断解的合理性或正确性．

举例如下：如图9－7甲所示，质量为M、倾角为θ的滑块A放于水平地面上．把质量为m的滑块B放在

M＋mA的斜面上．忽略一切摩擦，有人求得B相对地面的加速度a＝ gsin θ，式中g为重力加速度．

M＋msin2 θ

图9－7甲

对于上述解，某同学首先分析了等号右侧的量的单位，没发现问题．他进一步利用特殊条件对该解做了如下四项分析和判断，所得结论都是“解可能是对的”．但是，其中有一项是错误的，请你指出该项[2008年．．高考·北京理综卷]( )

A．当θ＝0°时，该解给出a＝0，这符合常识，说明该解可能是对的

B．当θ＝90°时，该解给出a＝g，这符合实验结论，说明该解可能是对的

C．当M≫m时，该解给出a≈gsin θ，这符合预期的结果，说明该解可能是对的

，这符合预期的结果，说明该解可能是对的 sin θ【解析】当A固定时，很容易得出a＝gsin θ；当A置于光滑的水平面时，B加速下滑的同时A向左加速运动，B不会沿斜面方向下滑，难以求出运动的加速度．

D．当m≫M时，该解给出a≈

图9－7乙

设滑块A的底边长为L，当B滑下时A向左移动的距离为x，由动量守恒定律得： xL－xM＝m ttmL M＋m当m≫M时，x≈L，即B水平方向的位移趋于零，B趋于自由落体运动且加速度a≈g．

解得：x＝

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选项D中，当m≫M时，a≈

＞g显然不可能． sin θg[答案] D

【点评】本例中，若m、M、θ、L有具体数值，可假设B下滑至底端时速度v1的水平、竖直分量分别为v1x、v1y，则有：

v1yh(M＋m)h＝＝ v1xL－xML111

mv1x2＋mv1y2＋Mv22＝mgh 222mv1x＝Mv2

解方程组即可得v1x、v1y、v1以及v1的方向和m下滑过程中相对地面的加速度．

●例2 在倾角为θ的光滑斜面上，存在着两个磁感应强度大小相同的匀强磁场，其方向一个垂直于斜面向上，一个垂直于斜面向下(如图9－8甲所示)，它们的宽度均为L．一个质量为m、边长也为L的正方形线框以速度v进入上部磁场时，恰好做匀速运动．

图9－8甲

(1)当ab边刚越过边界ff′时，线框的加速度为多大，方向如何？

(2)当ab边到达gg′与ff′的正中间位置时，线框又恰好做匀速运动，则线框从开始进入上部磁场到ab边到达gg′与ff′的正中间位置的过程中，线框中产生的焦耳热为多少？(线框的ab边在运动过程中始终与磁场边界平行，不计摩擦阻力)

【解析】(1)当线框的ab边从高处刚进入上部磁场(如图9－8 乙中的位置①所示)时，线框恰好做匀速运动，则有：

mgsin θ＝BI1L

BLv R当线框的ab边刚好越过边界ff′(如图9－8乙中的位置②所示)时，由于线框从位置①到位置②始终做匀速运动，此时将ab边与cd边切割磁感线所产生的感应电动势同向叠加，回路中电流的大小等于2I1．故

此时I1＝

线框的加速度大小为：

图9－8乙

a＝

4BI1L－mgsin θ＝3gsin θ，方向沿斜面向上．

m(2)而当线框的ab边到达gg′与ff′的正中间位置(如图9－8 乙中的位置③所示)时，线框又恰好做匀速运动，说明mgsin θ＝4BI2L

1故I2＝I1

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由I1＝

BLv1可知，此时v′＝v R4

从位置①到位置③，线框的重力势能减少了mgLsin θ

121v2152

动能减少了mv－m()＝mv

22432

由于线框减少的机械能全部经电能转化为焦耳热，因此有： 315

Q＝mgLsin θ＋mv2． 232

[答案] (1)3gsin θ，方向沿斜面向上 3152(2)mgLsin θ＋mv 232

【点评】导线在恒力作用下做切割磁感线运动是高中物理中一类常见题型，需要熟练掌握各种情况下求平衡速度的方法．

二、连接体模型（板块模型）；

二、连接体问题(整体法与隔离法)

高考卷中常出现涉及两个研究对象的动力学问题，其中又包含两种情况：一是两对象的速度相同需分析它们之间的相互作用，二是两对象的加速度不同需分析各自的运动或受力．隔离(或与整体法相结合)的思想方法是处理这类问题的重要手段．

1．整体法是指当连接体内(即系统内)各物体具有相同的加速度时，可以把连接体内所有物体组成的系统作为整体考虑，分析其受力情况，运用牛顿第二定律对整体列方程求解的方法．

2．隔离法是指当研究对象涉及由多个物体组成的系统时，若要求连接体内物体间的相互作用力，则应把某个物体或某几个物体从系统中隔离出来，分析其受力情况及运动情况，再利用牛顿第二定律对隔离出来的物体列式求解的方法．

3．当连接体中各物体运动的加速度相同或要求合外力时，优先考虑整体法；当连接体中各物体运动的加速度不相同或要求物体间的作用力时，优先考虑隔离法．有时一个问题要两种方法结合起来使用才能解决．

●例7 如图1－16所示，在光滑的水平地面上有两个质量相等的物体，中间用劲度系数为k的轻质弹簧相连，在外力F1、F2的作用下运动．已知F1＞F2，当运动达到稳定时，弹簧的伸长量为( )

图1－16

A．C．

F1－F2F1－F2

B． k2kF1＋F2

D．

F1＋F2

k【解析】取A、B及弹簧整体为研究对象，由牛顿第二定律得：F1－F2＝2ma 取B为研究对象：kx－F2＝ma (或取A为研究对象：F1－kx＝ma) 可解得：x＝

F1＋F2

． 2k[答案] C

【点评】①解析中的三个方程任取两个求解都可以．

②当地面粗糙时，只要两物体与地面的动摩擦因数相同，则A、B之间的拉力与地面光滑时相同． ★同类拓展3 如图1－17所示，质量为m的小物块A放在质量为M的木板B的左端，B在水平拉力的

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作用下沿水平地面匀速向右滑动，且A、B相对静止．某时刻撤去水平拉力，经过一段时间，B在地面上滑行了一段距离x，A在B上相对于B向右滑行了一段距离L(设木板B足够长)后A和B都停了下来．已知A、B间的动摩擦因数为μ1，B与地面间的动摩擦因数为μ2，且μ2＞μ1，则x的表达式应为( )

图1－17

A．x＝L

(M＋m)LB．x＝ mC．x＝ D．x＝ (μ2－μ1)(m＋M)(μ2＋μ1)(m＋M)

【解析】设A、B相对静止一起向右匀速运动时的速度为v，撤去外力后至停止的过程中，A受到的滑动

摩擦力为：

f1＝μ1mg

其加速度大小a1＝＝μ1g

μ1MLμ1MLf1mμ2(m＋M)g－μ1mgB做减速运动的加速度大小a2＝

M由于μ2＞μ1，所以a2＞μ2g＞μ1g＝a1

即木板B先停止后，A在木板上继续做匀减速运动，且其加速度大小不变 12

对A应用动能定理得：－f1(L＋x)＝0－mv

2对B应用动能定理得：

μ1mgx－μ2(m＋M)gx＝0－Mv2

解得：x＝．

(μ2－μ1)(m＋M)

[答案] C

【点评】①虽然使A产生加速度的力由B施加，但产生的加速度a1＝μ1g是取大地为参照系的．加速度是相对速度而言的，所以加速度一定和速度取相同的参照系，与施力物体的速度无关．

②动能定理可由牛顿第二定律推导，特别对于匀变速直线运动，两表达式很容易相互转换．三、临界问题

●例8 如图1－18甲所示，滑块A置于光滑的水平面上，一细线的一端固定于倾角为45°、质量为M的光滑楔形滑块A的顶端P处，细线另一端拴一质量为m的小球B．现对滑块施加一水平方向的恒力F，要使小球B能相对斜面静止，恒力F应满足什么条件？

μ1ML

图1－18甲

【解析】

先考虑恒力背离斜面方向(水平向左)的情况：设恒力大小为F1时，B还在斜面上且对斜面的压力为零，此时A、B有共同加速度a1，B的受力情况如图1－18乙所示，有：

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图1－18乙

Tsin θ＝mg，Tcos θ＝ma1 解得：a1＝gcot θ

即F1＝(M＋m)a1＝(M＋m)gcot θ 由此可知，当水平向左的力大于(M＋m)gcot θ时，小球B将离开斜面，对于水平恒力向斜面一侧方向(水平向右)的情况：设恒力大小为F2时，B相对斜面静止时对悬绳的拉力恰好为零，此时A、B的共同加速度为a2，B的受力情况如图1－18丙所示，有：

图1－18丙

FNcos θ＝mg，FNsin θ＝ma2 解得：a2＝gtan θ

即F2＝(M＋m)a2＝(M＋m)gtan θ

由此可知，当水平向右的力大于(M＋m)gtan θ，B将沿斜面上滑，综上可知，当作用在A上的恒力F向左小于(M＋m)gcot θ，或向右小于(M＋m)gtan θ时，B能静止在斜面上．

[答案] 向左小于(M＋m)gcot θ或向右小于(M＋m)gtan θ

【点评】斜面上的物体、被细绳悬挂的物体这两类物理模型是高中物理中重要的物理模型，也是高考常出现的重要物理情境．

四、超重与失重问题

1．超重与失重只是物体在竖直方向上具有加速度时所受支持力不等于重力的情形． 2．要注意飞行器绕地球做圆周运动时在竖直方向上具有向心加速度，处于失重状态．

●例9 为了测量某住宅大楼每层的平均高度(层高)及电梯的运行情况，甲、乙两位同学在一楼电梯内用电子体重计及秒表进行了以下实验：质量m＝50 kg的甲同学站在体重计上，乙同学记录电梯从地面一楼到顶层的过程中，体重计的示数随时间变化的情况，并作出了如图1－19甲所示的图象．已知t＝0时，电梯静止不动，从电梯内楼层按钮上获知该大楼共19层．求：

(1)电梯启动和制动时的加速度大小． (2)该大楼的层高．

图1－19甲

【解析】(1)对于启动状态有：F1－mg＝ma1

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得：a1＝2 m/s

对于制动状态有：mg－F3＝ma2

得：a2＝2 m/s．

(2)电梯匀速运动的速度v＝a1t1＝2×1 m/s＝2 m/s 从图中读得电梯匀速上升的时间t2＝26 s 电梯运行的总时间t＝28 s

电梯运行的v－t图象如图1－19乙所示，

图1－19乙

所以总位移s＝v (t2＋t)＝×2×(26＋28) m＝54 m

s54

层高h＝＝＝3 m．

1818

[答案] (1)2 m/s 2 m/s (2)3 m

连接体模型在历年的高考中频繁出现，一般需求解它们之间的摩擦力、相对滑动路程、摩擦生热、多次作用后的速度变化等，另外广义的连接体模型可以有许多变化，涉及的问题更多．如2009年高考天津理综卷第10题、宁夏理综卷第20题、山东理综卷第24题，2008年高考全国理综卷 Ⅰ 的第15题、北京理综卷第24题、江苏物理卷第6题、四川延考区理综卷第25题等．

连接体模型有较多的变化，解题时往往需要进行综合分析(前面相关例题、练习较多)，下列两个典型的情境和结论需要熟记和灵活运用．

1．叠放的长方体物块A、B在光滑的水平面上匀速运动或在光滑的斜面上自由释放后变速运动的过程中(如图9－9所示)，A、B之间无摩擦力作用．

图9－9

2．如图9－10所示，一对滑动摩擦力做的总功一定为负值，其绝对值等于摩擦力乘以相对滑动的总路程或等于摩擦产生的热量，与单个物体的位移无关，即Q摩＝f·s相．

图9－10

●例3 质量为M的均匀木块静止在光滑的水平面上，木块左右两侧各有一位拿着完全相同的步枪和子弹的射击手．首先左侧的射击手开枪，子弹水平射入木块的最大深度为d1，然后右侧的射击手开枪，子弹水平射入木块的最大深度为d2，如图9－11所示．设子弹均未射穿木块，且两子弹与木块之间的作用力大小均相同．当两颗子弹均相对木块静止时，下列说法正确的是(注：属于选修3－5模块)( )

图9－11

A．最终木块静止，d1＝d2 B．最终木块向右运动，d1文档大全

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D．最终木块静止，d1>d2

【解析】木块和射出后的左右两子弹组成的系统水平方向不受外力作用，设子弹的质量为m，由动量守恒定律得：

mv0－mv0＝(M＋2m)v

解得：v＝0，即最终木块静止

设左侧子弹射入木块后的共同速度为v1，有： mv0＝(m＋M)v1

Q1＝f·d1＝mv02－(m＋M)v12

mMv02

解得：d1＝

2(m＋M)f对右侧子弹射入的过程，由功能原理得：

Q2＝f·d2＝mv02＋(m＋M)v12－0

2222(2m＋mM)v0

解得：d2＝

2(m＋M)f即d1＜d2． [答案] C

【点评】摩擦生热公式可称之为“功能关系”或“功能原理”的公式，但不能称之为“动能定理”的公式，它是由动能定理的关系式推导得出的二级结论．

三、含弹簧的物理模型；

三、含弹簧的物理模型

纵观历年的高考试题，和弹簧有关的物理试题占有相当大的比重．高考命题者常以弹簧为载体设计出各类试题，这类试题涉及静力学问题、动力学问题、动量守恒和能量守恒问题、振动问题、功能问题等，几乎贯穿了整个力学的知识体系．为了帮助同学们掌握这类试题的分析方法，现将有关弹簧问题分类进行剖析．

对于弹簧，从受力角度看，弹簧上的弹力是变力；从能量角度看，弹簧是个储能元件．因此，弹簧问题能很好地考查学生的综合分析能力，故备受高考命题老师的青睐．如2009年高考福建理综卷第21题、山东理综卷第22题、重庆理综卷第24题，2008年高考北京理综卷第22题、山东理综卷第16题和第22题、四川延考区理综卷第14题等．题目类型有：静力学中的弹簧问题，动力学中的弹簧问题，与动量和能量有关的弹簧问题．

1．静力学中的弹簧问题

(1)胡克定律：F＝kx，ΔF＝k·Δx．

(2)对弹簧秤的两端施加(沿轴线方向)大小不同的拉力，弹簧秤的示数一定等于挂钩上的拉力．

●例4 如图9－12甲所示，两木块A、B的质量分别为m1和m2，两轻质弹簧的劲度系数分别为k1和k2，两弹簧分别连接A、B，整个系统处于平衡状态．现缓慢向上提木块A，直到下面的弹簧对地面的压力恰好为零，在此过程中A和B的重力势能共增加了( )

图9－12甲

(m1＋m2)gA．

k1＋k2

(m1＋m2)gB．

2(k1＋k2)

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k1＋k2

) k1k2

222

(m1＋m2)gm1(m1＋m2)gD．＋ k2k1

【解析】取A、B以及它们之间的弹簧组成的整体为研究对象，则当下面的弹簧对地面的压力为零时，向上提A的力F恰好为：

F＝(m1＋m2)g

设这一过程中上面和下面的弹簧分别伸长x1、x2，如图9－12乙所示，由胡克定律得：

C．(m1＋m2)g(

图9－12乙

x1＝

(m1＋m2)g(m1＋m2)g，x2＝

k1k2

故A、B增加的重力势能共为：

ΔEp＝m1g(x1＋x2)＋m2gx2

222

(m1＋m2)gm1(m1＋m2)g＝＋．

k2k1

[答案] D

【点评】①计算上面弹簧的伸长量时，较多同学会先计算原来的压缩量，然后计算后来的伸长量，再将

ΔF两者相加，但不如上面解析中直接运用Δx＝进行计算更快捷方便．

k(m1＋m2)g(m1＋m2)g②通过比较可知，重力势能的增加并不等于向上提的力所做的功W＝F·x总＝＋． 2

2k22k1k2

2．动力学中的弹簧问题

(1)瞬时加速度问题(与轻绳、轻杆不同)：一端固定、另一端接有物体的弹簧，形变不会发生突变，弹力也不会发生突变．

(2)如图9－13所示，将A、B下压后撤去外力，弹簧在恢复原长时刻B与A开始分离．

2222

图9－13

●例5 一弹簧秤秤盘的质量m1＝1.5 kg，盘内放一质量m2＝10.5 kg的物体P，弹簧的质量不计，其劲

度系数k＝800 N/m，整个系统处于静止状态，如图9－14 所示．

图9－14

现给P施加一个竖直向上的力F，使P从静止开始向上做匀加速直线运动，已知在最初0.2 s内F是变

化的，在0.2 s后是恒定的，求F的最大值和最小值．(取g＝10 m/s)

【解析】初始时刻弹簧的压缩量为：

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x0＝

(m1＋m2)g＝0.15 m

k设秤盘上升高度x时P与秤盘分离，分离时刻有： k(x0－x)－m1g＝a

又由题意知，对于0～0.2 s时间内P的运动有： 12

at＝x 2

解得：x＝0.12 m，a＝6 m/s

故在平衡位置处，拉力有最小值Fmin＝(m1＋m2)a＝72 N 分离时刻拉力达到最大值Fmax＝m2g＋m2a＝168 N． [答案] 72 N 168 N

【点评】对于本例所述的物理过程，要特别注意的是：分离时刻m1与m2之间的弹力恰好减为零，下一时刻弹簧的弹力与秤盘的重力使秤盘产生的加速度将小于a，故秤盘与重物分离．

3．与动量、能量相关的弹簧问题

与动量、能量相关的弹簧问题在高考试题中出现频繁，而且常以计算题出现，在解析过程中以下两点结论的应用非常重要：

(1)弹簧压缩和伸长的形变相同时，弹簧的弹性势能相等；

(2)弹簧连接两个物体做变速运动时，弹簧处于原长时两物体的相对速度最大，弹簧的形变最大时两物体的速度相等．

●例6 如图9－15所示，用轻弹簧将质量均为m＝1 kg的物块A和B连接起来，将它们固定在空中，弹簧处于原长状态，A距地面的高度h1＝0.90 m．同时释放两物块，A与地面碰撞后速度立即变为零，由于B压缩弹簧后被反弹，使A刚好能离开地面(但不继续上升)．若将B物块换为质量为2m的物块C(图中未画出)，仍将它与A固定在空中且弹簧处于原长，从A距地面的高度为h2处同时释放，C压缩弹簧被反弹后，A也刚好能离开地面．已知弹簧的劲度系数k＝100 N/m，求h2的大小．

图9－15

【解析】设A物块落地时，B物块的速度为v1，则有： 12

mv1＝mgh1 2

设A刚好离地时，弹簧的形变量为x，对A物块有： mg＝kx

从A落地后到A刚好离开地面的过程中，对于A、B及弹簧组成的系统机械能守恒，则有： 12

mv1＝mgx＋ΔEp 2

换成C后，设A落地时，C的速度为v2，则有： 12

·2mv2＝2mgh2 2

从A落地后到A刚好离开地面的过程中，A、C及弹簧组成的系统机械能守恒，则有： 12

·2mv2＝2mgx＋ΔEp 2

联立解得：h2＝0.5 m． [答案] 0.5 m

【点评】由于高中物理对弹性势能的表达式不作要求，所以在高考中几次考查弹簧问题时都要用到上述结论“①”．如2005年高考全国理综卷Ⅰ第25题、1997年高考全国卷第25题等．

●例7 用轻弹簧相连的质量均为2 kg 的A、B两物块都以v＝6 m/s的速度在光滑的水平地面上运动，

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弹簧处于原长，质量为4 kg的物块C静止在前方，如图9－16 甲所示．B与C碰撞后二者粘在一起运动，则在以后的运动中：

图9－16甲

(1)当弹簧的弹性势能最大时，物体A的速度为多大？ (2)弹簧弹性势能的最大值是多少？

(3)A的速度方向有可能向左吗？为什么？

【解析】(1)当A、B、C三者的速度相等(设为vA′)时弹簧的弹性势能最大，由于A、B、C三者组成的系统动量守恒，则有：

(mA＋mB)v＝(mA＋mB＋mC)vA′

(2＋2)×6

解得：vA′＝ m/s＝3 m/s．

2＋2＋4

(2)B、C发生碰撞时，B、C组成的系统动量守恒，设碰后瞬间B、C两者的速度为v′，则有： mBv＝(mB＋mC)v′

2×6

解得：v′＝＝2 m/s

2＋4

A的速度为vA′时弹簧的弹性势能最大，设其值为Ep，根据能量守恒定律得：

111

Ep＝(mB＋mC)v′2＋mAv2－(mA＋mB＋mC)vA′2

222＝12 J．

(3)方法一 A不可能向左运动．

根据系统动量守恒有：(mA＋mB)v＝mAvA＋(mB＋mC)vB 设A向左，则vA＜0，vB＞4 m/s

则B、C发生碰撞后，A、B、C三者的动能之和为：

11122

E′＝mAv2A＋(mB＋mC)vB＞(mB＋mC)vB＝48 J

222实际上系统的机械能为：

E＝Ep＋(mA＋mB＋mC)vA′2＝12 J＋36 J＝48 J

根据能量守恒定律可知，E′＞E是不可能的，所以A不可能向左运动．

方法二 B、C碰撞后系统的运动可以看做整体向右匀速运动与A、B和C相对振动的合成(即相当于在匀速运动的车厢中两物块相对振动)

由(1)知整体匀速运动的速度v0＝vA′＝3 m/s

图9－16乙

取以v0＝3 m/s匀速运动的物体为参考系，可知弹簧处于原长时，A、B和C相对振动的速率最大，分别为：

vAO＝v－v0＝3 m/s vBO＝|v′－v0|＝1 m/s

由此可画出A、B、C的速度随时间变化的图象如图9－16乙所示，故A不可能有向左运动的时刻． [答案] (1)3 m/s (2)12 J (3)不可能，理由略

【点评】①要清晰地想象、理解研究对象的运动过程：相当于在以3 m/s匀速行驶的车厢内，A、B和C做相对弹簧上某点的简谐振动，振动的最大速率分别为3 m/s、1 m/s．

②当弹簧由压缩恢复至原长时，A最有可能向左运动，但此时A的速度为零．

●例8 探究某种笔的弹跳问题时，把笔分为轻质弹簧、内芯和外壳三部分，其中内芯和外壳质量分别

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为m和4m．笔的弹跳过程分为三个阶段：

图9－17

①把笔竖直倒立于水平硬桌面，下压外壳使其下端接触桌面(如图9－17甲所示)；

②由静止释放，外壳竖直上升到下端距桌面高度为h1时，与静止的内芯碰撞(如图9－17乙所示)； ③碰后，内芯与外壳以共同的速度一起上升到外壳下端距桌面最大高度为h2处(如图9－17丙所示)．设内芯与外壳的撞击力远大于笔所受重力，不计摩擦与空气阻力，重力加速度为g．求： (1)外壳与内芯碰撞后瞬间的共同速度大小． (2)从外壳离开桌面到碰撞前瞬间，弹簧做的功．

(3)从外壳下端离开桌面到上升至h2处，笔损失的机械能． [2009年高考·重庆理综卷]

【解析】设外壳上升到h1时速度的大小为v1，外壳与内芯碰撞后瞬间的共同速度大小为v2． (1)对外壳和内芯，从撞后达到共同速度到上升至h2处，由动能定理得：

(4m＋m)g(h2－h1)＝(4m＋m)v2－0

2解得：v2＝2g(h2－h1)．

(2)外壳与内芯在碰撞过程中动量守恒，即： 4mv1＝(4m＋m)v2

将v2代入得：v1＝2g(h2－h1)

设弹簧做的功为W，对外壳应用动能定理有：

W－4mgh1＝×4mv21

将v1代入得：W＝mg(25h2－9h1)．

(3)由于外壳和内芯达到共同速度后上升至高度h2的过程中机械能守恒，只有在外壳和内芯的碰撞中有

1122

能量损失，损失的能量E损＝×4mv1－(4m＋m)v2

225

将v1、v2代入得：E损＝mg(h2－h1)．

[答案] (1)2g(h2－h1) (2)mg(25h2－9h1)

(3)mg(h2－h1) 4

由以上例题可以看出，弹簧类试题的确是培养和训练学生的物理思维、反映和开发学生的学习潜能的优秀试题．弹簧与相连物体构成的系统所表现出来的运动状态的变化，为学生充分运用物理概念和规律(牛顿第二定律、动能定理、机械能守恒定律、动量定理、动量守恒定律)巧妙解决物理问题、施展自身才华提供了广阔空间，当然也是区分学生能力强弱、拉大差距、选拔人才的一种常规题型．因此，弹簧试题也就成为高考物理题中的一类重要的、独具特色的考题．

四、传送带问题）

四、传送带问题

从1990年以后出版的各种版本的高中物理教科书中均有皮带传输机的插图．皮带传送类问题在现代生产生活中的应用非常广泛．这类问题中物体所受的摩擦力的大小和方向、运动性质都具有变化性，涉及力、相对运动、能量转化等各方面的知识，能较好地考查学生分析物理过程及应用物理规律解答物理问题的能

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实用标准

力．如2003年高考全国理综卷第34题、2005年高考全国理综卷Ⅰ第24题等．

对于滑块静止放在匀速传动的传送带上的模型，以下结论要清楚地理解并熟记： (1)滑块加速过程的位移等于滑块与传送带相对滑动的距离；

(2)对于水平传送带，滑块加速过程中传送带对其做的功等于这一过程由摩擦产生的热量，即传送装置

在这一过程需额外(相对空载)做的功W＝mv＝2Ek＝2Q摩．

●例9 如图9－18甲所示，物块从光滑曲面上的P点自由滑下，通过粗糙的静止水平传送带后落到地面上的Q点．若传送带的皮带轮沿逆时针方向匀速运动(使传送带随之运动)，物块仍从P点自由滑下，则( )

图9－18甲

A．物块有可能不落到地面上 B．物块仍将落在Q点

C．物块将会落在Q点的左边 D．物块将会落在Q点的右边

【解析】如图9－18乙所示，设物块滑上水平传送带上的初速度为v0，物块与皮带之间的动摩擦因数为μ，则：

图9－18乙

物块在皮带上做匀减速运动的加速度大小a＝物块滑至传送带右端的速度为： v＝v02－2μgs

物块滑至传送带右端这一过程的时间可由方程s＝v0t－μgt解得．

当皮带向左匀速传送时，滑块在皮带上的摩擦力也为： f＝μmg

物块在皮带上做匀减速运动的加速度大小为：

μmg＝μg mμmga1′＝＝μg

m则物块滑至传送带右端的速度v′＝v0－2μgs＝v

物块滑至传送带右端这一过程的时间同样可由方程s＝v0t－μgt 解得．

由以上分析可知物块仍将落在Q点，选项B正确． [答案] B

【点评】对于本例应深刻理解好以下两点：

①滑动摩擦力f＝μFN，与相对滑动的速度或接触面积均无关；

②两次滑行的初速度(都以地面为参考系)相等，加速度相等，故运动过程完全相同．

我们延伸开来思考，物块在皮带上的运动可理解为初速度为v0的物块受到反方向的大小为μmg的力F的作用，与该力的施力物体做什么运动没有关系．

●例10 如图9－19所示，足够长的水平传送带始终以v＝3 m/s的速度向左运动，传送带上有一质量M＝2 kg 的小木盒A，A与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.3．开始时，A与传送带之间保持相对静止．现有两个光滑的质量均为m＝1 kg 的小球先后相隔Δt＝3 s自传送带的左端出发，以v0＝15 m/s的速度在传送

带上向右运动．第1个球与木盒相遇后立即进入盒中并与盒保持相对静止；第2个球出发后历时Δt1＝ s

才与木盒相遇．取g＝10 m/s，问：

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图9－19

(1)第1个球与木盒相遇后瞬间，两者共同运动的速度为多大？ (2)第1个球出发后经过多长时间与木盒相遇？

(3)在木盒与第1个球相遇至与第2个球相遇的过程中，由于木盒与传送带间的摩擦而产生的热量是多少？

【解析】(1)设第1个球与木盒相遇后瞬间，两者共同运动的速度为v1，根据动量守恒定律得： mv0－Mv＝(m＋M)v1

解得：v1＝3 m/s，方向向右．

(2)设第1个球与木盒的相遇点离传送带左端的距离为s，第1个球经过时间t0与木盒相遇，则有：

st0＝ v0

设第1个球进入木盒后两者共同运动的加速度大小为a，根据牛顿第二定律得： μ(m＋M)g＝(m＋M)a

解得：a＝μg＝3 m/s，方向向左

设木盒减速运动的时间为t1，加速到与传送带具有相同的速度的时间为t2，则：

Δvt1＝t2＝＝1 s

a故木盒在2 s内的位移为零

依题意可知：s＝v0Δt1＋v(Δt＋Δt1－t1－t2－t0) 解得：s＝7.5 m，t0＝0.5 s．

(3)在木盒与第1个球相遇至与第2个球相遇的这一过程中，设传送带的位移为s′，木盒的位移为s1，则：

s′＝v(Δt＋Δt1－t0)＝8.5 m

s1＝v(Δt＋Δt1－t1－t2－t0)＝2.5 m

故木盒相对于传送带的位移为：Δs＝s′－s1＝6 m 则木盒与传送带间因摩擦而产生的热量为： Q＝fΔs＝54 J．

[答案] (1)3 m/s (2)0.5 s (3)54 J

【点评】本题解析的关键在于：①对物理过程理解清楚；②求相对路程的方法．

(一)直线运动

高考中对直线运动规律的考查一般以图象的应用或追及问题出现．这类题目侧重于考查学生应用数学知识处理物理问题的能力．对于追及问题，存在的困难在于选用哪些公式来列方程，作图求解，而熟记和运用好直线运动的重要推论往往是解决问题的捷径．

●例1 如图1－5甲所示，A、B两辆汽车在笔直的公路上同向行驶．当B车在A车前s＝84 m处时，B2

车的速度vB＝4 m/s，且正以a＝2 m/s的加速度做匀加速运动；经过一段时间后，B车的加速度突然变为零．A车一直以vA＝20 m/s的速度做匀速运动，从最初相距84 m时开始计时，经过t0＝12 s后两车相遇．问B车加速行驶的时间是多少？

图1－5甲

【解析】设B车加速行驶的时间为t，相遇时A车的位移为：sA＝vAt0 B车加速阶段的位移为：

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sB1＝vBt＋at2

匀速阶段的速度v＝vB＋at，匀速阶段的位移为： sB2＝v(t0－t)

相遇时，依题意有： sA＝sB1＋sB2＋s

联立以上各式得：t－2t0t－

2[(vB－vA)t0＋s]

＝0

a将题中数据vA＝20 m/s，vB＝4 m/s，a＝2 m/s，t0＝12 s，代入上式有：t－24t＋108＝0 解得：t1＝6 s，t2＝18 s(不合题意，舍去) 因此，B车加速行驶的时间为6 s． [答案] 6 s

【点评】①出现不符合实际的解(t2＝18 s)的原因是方程“sB2＝v(t0－t)”并不完全描述B车的位移，还需加一定义域t≤12 s．

②解析后可以作出vA－t、vB－t 图象加以验证．

图1－5乙

根据v－t图象与t围成的面积等于位移可得，t＝12 s时，Δs＝[×(16＋4)×6＋4×6] m＝84 m．

2(二)平抛运动

平抛运动在高考试题中出现的几率相当高，或出现于力学综合题中，如2008年北京、山东理综卷第24题；或出现于带电粒子在匀强电场中的偏转一类问题中，如2008年宁夏理综卷第24题、天津理综卷第23题；或出现于此知识点的单独命题中，如2009年高考福建理综卷第20题、广东物理卷第17(1)题、2008年全国理综卷Ⅰ第14题．对于这一知识点的复习，除了要熟记两垂直方向上的分速度、分位移公式外，还要特别理解和运用好速度偏转角公式、位移偏转角公式以及两偏转角的关系式(即tan θ＝2tan α)．

●例2 图1－6甲所示，m为在水平传送带上被传送的小物体(可视为质点)，A为终端皮带轮．已知皮带轮的半径为r，传送带与皮带轮间不会打滑．当m可被水平抛出时，A轮每秒的转数最少为( )

图1－6甲

1A．2π

g r

B．

g rC．gr

1D．gr 2π

【解析】解法一 m到达皮带轮的顶端时，若m≥mg，表示m受到的重力小于(或等于)m沿皮带轮表面

r做圆周运动的向心力，m将离开皮带轮的外表面而做平抛运动

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又因为转数n＝＝

2π2πrωvg时，m可被水平抛出，故选项A正确． r解法二建立如图1－6乙所示的直角坐标系．当m到达皮带轮的顶端有一速度时，若没有皮带轮在下面，m将做平抛运动，根据速度的大小可以作出平抛运动的轨迹．若轨迹在皮带轮的下方，说明m将被皮带轮挡住，先沿皮带轮下滑；若轨迹在皮带轮的上方，说明m立即离开皮带轮做平抛运动．

所以当v≥gr，即转数n≥2π

图1－6乙 222

又因为皮带轮圆弧在坐标系中的函数为：当y＋x＝r 初速度为v的平抛运动在坐标系中的函数为： 1xy＝r－g()2

2v平抛运动的轨迹在皮带轮上方的条件为：当x>0时，平抛运动的轨迹上各点与O点间的距离大于r，即

y2＋x2>r

即

1x222

[r－g()]＋x>r

2v解得：v≥gr

又因皮带轮的转速n与v的关系为：n＝

2πr1

可得：当n≥

2π

vg时，m可被水平抛出． r[答案] A 【点评】“解法一”应用动力学的方法分析求解；“解法二”应用运动学的方法(数学方法)求解，由于加ΔvF速度的定义式为a＝，而决定式为a＝，故这两种方法殊途同归．

Δtm★同类拓展1 高台滑雪以其惊险刺激而闻名，运动员在空中的飞跃姿势具有很强的观赏性．某滑雪轨

道的完整结构可以简化成如图1－7所示的示意图．其中AB段是助滑雪道，倾角α＝30°，BC段是水平起跳台，CD段是着陆雪道，AB段与BC段圆滑相连，DE段是一小段圆弧(其长度可忽略)，在D、E两点分别与CD、EF相切，EF是减速雪道，倾角θ＝37°．轨道各部分与滑雪板间的动摩擦因数均为μ＝0.25，图中轨道最高点A处的起滑台距起跳台BC的竖直高度h＝10 m．A点与C点的水平距离L1＝20 m，C点与D点的距离为32.625 m．运动员连同滑雪板的总质量m＝60 kg．滑雪运动员从A点由静止开始起滑，通过起跳台从C点水平飞出，在落到着陆雪道上时，运动员靠改变姿势进行缓冲使自己只保留沿着陆雪道的分速度而不弹起．除缓冲外运动员均可视为质点，设运动员在全过程中不使用雪杖助滑，忽略空气阻力的影响，取重力加速度g2

＝10 m/s，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8．求：

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图1－7

(1)运动员在C点水平飞出时的速度大小．

(2)运动员在着陆雪道CD上的着陆位置与C点的距离． (3)运动员滑过D点时的速度大小．

【解析】(1)滑雪运动员从A到C的过程中，由动能定理得：mgh－μmgcos α－μmg(L1－hcot α)

sin α12＝mvC 2

解得：vC＝10 m/s．

(2)滑雪运动员从C点水平飞出到落到着陆雪道的过程中做平抛运动，有： x＝vCt

hy＝gt2 y＝tan θ x着陆位置与C点的距离s＝

cos θ12

x解得：s＝18.75 m，t＝1.5 s．

(3)着陆位置到D点的距离s′＝13.875 m，滑雪运动员在着陆雪道上做匀加速直线运动．把平抛运动沿雪道和垂直雪道分解，可得着落后的初速度v0＝vCcos θ＋gtsin θ

加速度为：mgsin θ－μmgcos θ＝ma

运动到D点的速度为：vD＝v0＋2as′ 解得：vD＝20 m/s．

[答案] (1)10 m/s (2)18.75 m (3)20 m/s 互动辨析在斜面上的平抛问题较为常见，“位移与水平面的夹角等于倾角”为着落条件．同学们还要能总结出距斜面最远的时刻以及这一距离．

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第3专题圆周运动、航天与星体问题

知识网络

考点预测

本专题包含两类问题或者说两大题型，无论是星体问题还是其他圆周运动的问题，往往都要运用牛顿运动定律和功能关系进行求解，但由于在高考中地位重要，因`而单独作为一个专题进行总结、分类和强化训练．

航天与星体问题是近几年各地高考卷中的必考题型．由于对这个小模块每年都考，各类题型都有，考得很细，所以历年高考试题往往与近期天文的新发现或航天的新成就、新事件结合，我们在平时学习的过程中应多思考这类天文新发现和航天新事件中可能用于命题的要素．

在高考卷中，关于航天及星体问题的大部分试题的解题思路明确，即向心力由万有引力提供，设问的难度不大，但也可能出现设问新颖、综合性强、难度大的试题．如2008年高考全国理综卷Ⅱ中第25题，2009年高考全国理综卷Ⅱ第26题．

要点归纳

一、圆周运动

1．描述匀速圆周运动的相关物理量及其关系

(1)物理量：线速度v、角速度ω、周期T、频率f、转速n、向心加速度a等等．

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2πrv4π222

(2)关系：v＝＝ωr＝2πrf，a＝＝ωr＝2r＝4πfr．

TrT2．匀速圆周运动的向心力

(1)向心力的来源：向心力是由效果命名的力，它可以由重力、弹力、摩擦力等力来充当，也可以是由这些力的合力或它们的分力来提供，即任何力都可能提供向心力，向心力的作用是只改变线速度的方向，不改变线速度的大小．

v24π2

(2)大小：F向＝ma＝m＝mωr＝m2r

rT＝4mπfr (牛顿第二定律) 3．圆周运动的临界问题

分析圆周运动的临界问题时，一般应从与研究对象相联系的物体(如：绳、杆、轨道等)的力学特征着手． (1)如图3－1所示，绳系小球在竖直平面内做圆周运动及小球沿竖直圆轨道的内侧面做圆周运动过最高点的临界问题(小球只受重力、绳或轨道的弹力)．

图3－1

由于小球运动到圆轨迹的最高点时，绳或轨道对小球的作用力只能向下，作用力最小为零，所以小球做完整的圆周运动在最高点应有一最小速度vmin．当小球刚好能通过最高点时，有：

vmin2

mg＝m r解得：vmin＝

gr．

5gR

1122

又由机械能守恒定律有：mv下＝mv上＋mg·2R，可得v下≥

所以，小球要能通过最高点，它在最高点时的速度v需要满足的条件是v≥gr．当v＞gr 时，绳对

球产生拉力，轨道对球产生压力．

(2)如图3－2所示，轻质杆一端的小球绕杆的另一端做圆周运动及小球在竖直放置的圆环内做圆周运动过最高点的临界问题．

图3－2

分析小球在最高点的受力情况：小球受重力mg、杆或轨道对小球的力F．小球在最高点的动力学方程为：

mg＋F＝m．

r由于小球运动到圆轨迹的最高点时，杆或轨道对小球的作用力可以向下，可以向上，也可以为零；以向下的方向为正方向，设小球在最高点时杆或轨道对它的作用力大小为F，方向向上，速度大小为v，则有：

mg－F＝m

r当v＝0时，F＝mg，方向向上；

当0＜v＜gr 时，F随v的增大而减小，方向向上；当v＝gr 时，F＝0；

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当v＞gr 时，F为负值，表示方向向下，且F随v的增大而增大． 4．弯道问题

(1)火车的弯道、公路的弯道都向内侧倾斜，若弯道半径为r，车辆通过速度为v0，则弯道的倾角应为：

v02

θ＝arctan．

rgv2

(2)飞机、鸟在空中盘旋时受力与火车以“v0”过弯道相同，故机翼、翅膀的倾角θ＝arctan．

图3－3

(3)骑自行车在水平路面上转弯时，向心力由静摩擦力提供，但车身的倾斜角仍为θ＝arctan．

rg二、航天与星体问题

1．天体运动的两个基本规律 (1)万有引力提供向心力

Mmv24π2

行星卫星模型：F＝G2＝m＝mrω＝m2r

rrTm1m222

双星模型：G2＝m1ωr1＝m2ω(L－r1)

L－1122

其中，G＝6.67×10 N·m/kg

2．万有引力等于重力

MmG2＝mg(物体在地球表面且忽略地球自转效应)； RMmG2＝mg′(在离地面高h处，忽略地球自转效应完全相等，g′为该处的重力加速度) (R＋h)

2．人造卫星的加速度、线速度、角速度、周期跟轨道半径的关系

MmF万＝G2＝F向

rvGM1

m→v＝→v∝rrr＝GM1

mωr→ω＝→ω∝rr4π4πrmr→T＝→T∝r.TGM22

GM1ma→a＝2→a∝2

3．宇宙速度

(1)第一宇宙速度(环绕速度)：v＝gR＝7.9_km/s，是卫星发射的最小速度，也是卫星环绕地球运行的最大速度．

(2)第二宇宙速度：v＝11.2 km/s (3)第三宇宙速度：v＝16.7 km/s

注意：①三个宇宙速度的大小都是取地球中心为参照系；

②以上数据是地球上的宇宙速度，其他星球上都有各自的宇宙速度，计算方法与地球相同． 4．关于地球同步卫星

地球同步卫星是指与地球自转同步的卫星，它相对于地球表面是静止的，广泛应用于通信领域，又叫做

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同步通信卫星．其特点可概括为六个“一定”：

(1)位置一定(必须位于地球赤道的上空)

地球同步卫星绕地球旋转的轨道平面一定与地球的赤道面重合．

假设同步卫星的轨道平面与赤道平面不重合，而与某一纬线所在的平面重合，如图3－4所示．同步卫星由于受到地球指向地心的万有引力F的作用，绕地轴做圆周运动，F的一个分力F1提供向心力，而另一个分力F2将使同步卫星不断地移向赤道面，最终直至与赤道面重合为止(此时万有引力F全部提供向心力)．

图3－4

(2)周期(T)一定

①同步卫星的运行方向与地球自转的方向一致．

②同步卫星的运转周期与地球的自转周期相同，即T＝24 h． (3)角速度(ω)一定

φ2π

由公式ω＝知，地球同步卫星的角速度ω＝，因为T恒定，π为常数，故ω也一定．

tT(4)向心加速度(a)的大小一定

地球同步卫星的向心加速度为a，则由牛顿第二定律和万有引力定律得：

MmGM2＝ma，a＝2． (R＋h)(R＋h)

(5)距离地球表面的高度(h)一定

由于万有引力提供向心力，则在ω一定的条件下，同步卫星的高度不具有任意性，而是唯一确定的．

Mm2

根据G2＝mω(R＋h)得：

(R＋h)Gh＝

3GMω2

－R＝

3GM2π2()－R≈36000 km．

T(6)环绕速率(v)一定

在轨道半径一定的条件下，同步卫星的环绕速率也一定，且为v＝GM＝rR2g＝3.08 km/s． R＋h因此，所有同步卫星的线速度大小、角速度大小及周期、半径都相等．由此可知要发射同步卫星必须同时满足三个条件： ①卫星运行周期和地球自转周期相同； ②卫星的运行轨道在地球的赤道平面内； ③卫星距地面高度有确定值．

热点、重点、难点

一、圆周运动

关于圆周运动，在高考中除了一般会出现星体问题，带电粒子在匀强磁场中的运动的试题外，还常会出现其他考查动能和功能关系的圆周运动问题．如2009年高考安徽理综卷第24题、浙江理综卷第24题，2008年高考山东理综卷第24题、广东物理卷第17题，2007年高考全国理综卷Ⅱ第23题等．

●例1 如图3－5 所示，两个圆弧轨道固定在水平地面上，半径R相同，A轨道由金属凹槽制成，B4

轨道由金属圆管制成，均可视为光滑轨道．在两轨道右侧的正上方分别将金属小球A和B由静止释放，小球距离地面的高度分别用hA和hB表示，则下列说法正确的是( )

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图3－5

A．若hA＝hB≥2R，则两小球都能沿轨道运动到最高点

3R3RB．若hA＝hB＝，由于机械能守恒，两个小球沿轨道上升的最大高度均为

C．适当调整hA和hB，均可使两小球从轨道最高点飞出后，恰好落在轨道右端口处

5RD．若使小球沿轨道运动并且从最高点飞出，A小球的最小高度为，B小球在hB>2R的任何高度均可

【解析】当hB＝2R时，B小球能沿圆管运动到达最高点，且由机械能守恒定律知到达最高点时速度减为

零，故当hA＝2R时，A小球到达最高点前已离开圆弧轨道；同理，当hA＝hB＝R时，B小球能恰好上升至R，

3RA小球上升至前已离开圆弧，故选项A、B错误．

要使小球从轨道最高点飞出后恰好落在轨道右端口，在最高点的初速度应为v0＝

Rg2R＝Rg2

又因为A小球沿凹槽到达最高点的条件为m≥mg，即v≥gR，故A小球不可能从轨道最高点飞出后恰好落在轨道右端口处．

又由机械能守恒定律，A小球能到达凹槽轨道高点的条件为：

mgha≥mg·2R＋m(gR)2

得ha≥R．故选项C错误、D正确．

[答案] D 【点评】除了天体问题和带电粒子在匀强磁场中运动外，竖直方向的圆周运动问题是较常出现的题型．本例题较典型地包含这类问题中的动力学关系和动能关系．

二、天体质量、密度及表面重力加速度的计算

vR2

MRrv24π2r3

2．天体质量常用的计算公式：M＝＝

GGT2

1．星体表面的重力加速度：g＝G2

●例2 假设某个国家发射了一颗绕火星做圆周运动的卫星．已知该卫星贴着火星表面运动，把火星视

为均匀球体，如果知道该卫星的运行周期为T，引力常量为G，那么( )

A．可以计算火星的质量

B．可以计算火星表面的引力加速度 C．可以计算火星的密度 D．可以计算火星的半径

Mm4π2

【解析】卫星绕火星做圆周运动的向心力由万有引力提供，则有：G2＝m2r

rT43

而火星的质量M＝ρπr

3联立解得：火星的密度ρ＝

3π2 GT文档大全

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4πrM4π由M＝2，g＝G2＝2r知，不能确定火星的质量、半径和其的表面引力加速度，所以C正确．

232

GTrT[答案] C

【点评】历年的高考中都常见到关于星体质量(或密度)、重力加速度的计算试题，如2009年高考全国理综卷Ⅰ第19题，江苏物理卷第3题，2008年高考上海物理卷1(A)等． ★同类拓展1 我国探月的嫦娥工程已启动，在不久的将来，我国宇航员将登上月球．假如宇航员在月球上测得摆长为l的单摆做小振幅振动的周期为T，将月球视为密度均匀、半径为r的球体，则月球的密度为( )

3π3πl16πl3πlA．2 B．2 C．2 D．2 GTGrT3GrT16GrT【解析】设月球表面附近的重力加速度为g0．

有：T＝2πl g0

3M3 4πr又由g0＝G2，ρ＝

Mr3πl可解得ρ＝2．

GrT[答案] B

三、行星、卫星的动力学问题

不同轨道的行星(卫星)的速度、周期、角速度的关系在“要点归纳”中已有总结，关于这类问题还需特别注意分析清楚卫星的变轨过程及变轨前后的速度、周期及向心加速度的关系．

●例3 2008年9月25日到28日，我国成功发射了神舟七号载人航天飞行并实现了航天员首次出舱．飞船先沿椭圆轨道飞行，后在远地点343千米处点火加速，由椭圆轨道变成高度为343千米的圆轨道，在此圆轨道上飞船运行周期约为90分钟．下列判断正确的是[2009年高考·山东理综卷]( )

A．飞船变轨前后的机械能相等

B．飞船在圆轨道上时航天员出舱前后都处于失重状态

C．飞船在此圆轨道上运动的角速度大于同步卫星运动的角速度

D．飞船变轨前通过椭圆轨道远地点时的加速度大于变轨后沿圆轨道运动的加速度

【解析】飞船点火变轨，反冲力对飞船做正功，飞船的机械能不守恒，A错误．飞船在圆形轨道上绕行时，航天员(包括飞船及其他物品)受到的万有引力恰好提供所需的向心力，处于完全失重状态，B正确．神

1F引M2

舟七号的运行高度远低于同步卫星，由ω∝3知，C正确．由牛顿第二定律a＝＝G2知，变轨前后过同一

rmr点的加速度相等．

[答案] BC

v22

【点评】对于这类卫星变轨的问题，特别要注意比较加速度时不能根据运动学公式a＝＝ωr，因为变

rF轨前后卫星在同一点的速度、轨道半径均变化，一般要通过决定式a＝来比较．

m★同类拓展2 为纪念伽利略将望远镜用于天文观测400周年，2009年被定为以“探索我的宇宙”为主题的国际天文年．我国发射的嫦娥一号卫星绕月球经过一年多的运行，完成了既定任务，于2009年3月1日16日13分成功撞月．图示为嫦娥一号卫星撞月的模拟图，卫星在控制点1开始进入撞月轨道．假设卫星绕月球做圆周运动的轨道半径为R，周期为T，引力常量为G．根据题中信息( )

A．可以求出月球的质量

B．可以求出月球对嫦娥一号卫星的引力

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C．可知嫦娥一号卫星在控制点1处应减速

D．可知嫦娥一号在地面的发射速度大于11.2 km/s

Mm4π24πR【解析】由G2＝m2R可得月球的质量M＝2，A正确．由于不知嫦娥一号的质量，无法求得引力，

RTGTB错误．卫星在控制点1开始做近月运动，知在该点万有引力要大于所需的向心力，故知在控制点1应减速，C正确．嫦娥一号进入绕月轨道后，同时还与月球一起绕地球运行，并未脱离地球，故知发射速度小于11.2 km/s，D错误．

[答案] AC

四、星体、航天问题中涉及的一些功能关系

12Mm1．质量相同的绕地做圆周运动的卫星，在越高的轨道动能Ek＝mv＝G越小，引力势能越大，总机械22r能越大．

2．若假设距某星球无穷远的引力势能为零，则距它r处卫星的引力势能Ep＝－G(不需推导和记忆)．在星球表面处发射物体能逃逸的初动能为Ek≥|Ep|＝G．

●例4 2008年12月，天文学家们通过观测的数据确认了银河系中央的黑洞“人马座A”的质量与太

阳质量的倍数关系．研究发现，有一星体S2绕人马座A做椭圆运动，其轨道半长轴为9.50×10天文单位(地

球公转轨道的半径为一个天文单位)，人马座A就处在该椭圆的一个焦点上．观测得到S2星的运动周期为15.2年．

(1)若将S2星的运行轨道视为半径r＝9.50×10天文单位的圆轨道，试估算人马座A的质量MA是太阳质量MS的多少倍．(结果保留一位有效数字)

(2)黑洞的第二宇宙速度极大，处于黑洞表面的粒子即使以光速运动，其具有的动能也不足以克服黑洞对它的引力束缚．由于引力的作用，黑洞表面处质量为m的粒子具有的势能为Ep＝－G(设粒子在离黑洞无限远处的势能为零)，式中M、R分别表示黑洞的质量和半径．已知引力常量G＝6.7×10 N·m /kg，光速c＝3.0×108 m/s，太阳质量MS＝2.0×1030 kg，太阳半径RS＝7.0×108 m，不考虑相对论效应，利用上问结

果，在经典力学范围内求人马座A的半径RA与太阳半径RS之比应小于多少．(结果按四舍五入保留整数)

[2009年高考·天津理综卷]

【解析】(1)S2星绕人马座A做圆周运动的向心力由人马座A对S2星的万有引力提供，设S2星的质量为mS2，角速度为ω，周期为T，则有：

－11

MmrMmRMmRGMAmS22

2＝mS2ωr r2π

ω＝

T设地球质量为mE，公转轨道半径为rE，周期为TE，则： MSmE2πG2＝mE()2rE

rETE

MAr3TE2MSrET上式中TE＝1年，rE＝1天文单位

MA6

代入数据可得：＝4×10．

综合上述三式得：＝()()

(2)引力对粒子作用不到的地方即为无限远处，此时粒子的势能为零．“处于黑洞表面的粒子即使以光速运动，其具有的动能也不足以克服黑洞对它的引力束缚”，说明了黑洞表面处以光速运动的粒子在远离黑洞的过程中克服引力做功，粒子在到达无限远之前，其动能便减小为零，此时势能仍为负值，则其能量总和小于零．根据能量守恒定律可知，粒子在黑洞表面处的能量也小于零，则有：

12Mmmc－G＜0 2R依题意可知：R＝RA，M＝MA

2GMA

可得：RA＜2 c文档大全

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代入数据得：RA＜1.2×10 m 故＜17．

[答案] (1)4×10 (2)<17 12Mm【点评】①“黑洞”问题在高考中时有出现，关键要理解好其“不能逃逸”的动能定理方程：mc－G2R<0．

②Ep＝－G6

RARS

Mm是假定离星球无穷远的物体与星球共有的引力势能为零时，物体在其他位置(与星球共有)R的引力势能，同样有引力做的功等于引力势能的减少．

★同类拓展3 2005年10月12日，神舟六号飞船顺利升空后，在离地面340 km的圆轨道上运行了73圈．运行中需要多次进行轨道维持．所谓“轨道维持”就是通过控制飞船上发动机的点火时间、推力的大小和方向，使飞船能保持在预定轨道上稳定运行．如果不进行轨道维持，由于飞船在轨道上运动受摩擦阻力的作用，轨道高度会逐渐缓慢降低，在这种情况下，下列说法正确的是( )

A．飞船受到的万有引力逐渐增大、线速度逐渐减小

B．飞船的向心加速度逐渐增大、周期逐渐减小、线速度和角速度都逐渐增大 C．飞船的动能、重力势能和机械能都逐渐减小

D．重力势能逐渐减小，动能逐渐增大，机械能逐渐减小

【解析】飞船的轨道高度缓慢降低，由万有引力定律知其受到的万有引力逐渐增大，向心加速度逐渐增

Mmv24π2

大，又由于轨道变化的缓慢性，即在很短时间可当做匀速圆周运动，由G2＝m＝mωr＝m2r知，其线速

rrT度逐渐增大，动能增大，由此可知飞船动能逐渐增大，重力势能逐渐减小，由空气阻力做负功知机械能逐渐减少．

[答案] BD 五、双星问题

●例5 天文学家将相距较近、仅在彼此的引力作用下运行的两颗恒星称为双星．双星系统在银河系中很普遍．利用双星系统中两颗恒星的运动特征可推算出它们的总质量．已知某双星系统中两颗恒星围绕它们连线上的某一固定点分别做匀速圆周运动，周期均为T，两颗恒星之间的距离为r，试推算这个双星系统的总质量．(引力常量为G)

[2008年高考·宁夏理综卷]

【解析】设两颗恒星的质量分别为m1、m2，做圆周运动的半径分别为r1、r2，角速度分别为ω1、ω2．根据题意有：

ω1＝ω2 r1＋r2＝r

根据万有引力定律和牛顿定律，有：

m1m22

2＝m1r1ω1 rm1m2

G2＝m2r2ω22 rG联立解得：r1＝

m2r m1＋m2

T2π

根据角速度与周期的关系知ω1＝ω2＝ 4πr联立解得：m1＋m2＝2．

TG[答案]

4πr23

T2G 【点评】在双星系统中，当其中一星体质量远远大于另一星体时，它们的共同圆心就在大质量星球内部且趋近于球心．

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经典考题

1．天文学家新发现了太阳系外的一颗行星．这颗行星的体积是地球的4.7倍，质量是地球的25倍．已

－1122

知某一近地卫星绕地球运行的周期约为1.4小时，引力常量G＝6.67×10 N·m/kg，由此估算该行星的平均密度约为[2009年高考·全国理综卷Ⅰ]( )

3333

A．1.8×10 kg/m B．5.6×10 kg/m

4343

C．1.1×10 kg/m D．2.9×10 kg/m

Mm4π23M3π

【解析】由G2＝m2R，ρ＝，再由质量和体积关系得该行星的密度ρ′3可得，地球密度ρ＝

RT4πRGT243

＝2.9×10 kg/m．

[答案] D

2．2009年2月11日，俄罗斯的“宇宙－2251”卫星和美国的“铱－33”卫星在西伯利亚上空约805 km处发生碰撞．这是历史上首次发生的完整在轨卫星碰撞事件．碰撞过程中产生的大量碎片可能会影响太空环境．假定有甲、乙两块碎片，绕地球运行的轨道都是圆，甲的运行速率比乙的大，则下列说法中正确的是[2009年高考·安徽理综卷Ⅰ]( )

A．甲的运行周期一定比乙的长 B．甲距地面的高度一定比乙的高 C．甲的向心力一定比乙的小 D．甲的加速度一定比乙的大

【解析】由v＝GM可知，甲碎片的速率大，轨道半径小，故B错误；由公式T＝2πrGMRR3可知，甲的GM周期小，故A错误；由于未知两碎片的质量，无法判断向心力的大小，故C错误；碎片的加速度是指引力加速度，由G2＝ma，可得a＝2，甲的加速度比乙大，D正确．

[答案] D

3.1990年4月25日，科学家将哈勃天文望远镜送上距地球表面约600 km的高空，使得人类对宇宙中星

体的观测与研究有了极大的进展．假设哈勃望远镜沿圆轨道绕地球运行．已知地球半径为6.4×10 m，利用

地球同步卫星与地球表面的距离为3.6×10 m这一事实可得到哈勃望远镜绕地球运行的周期．以下数据中，最接近其运行周期的是[2008年高考·四川理综卷]( )

A．0.6小时 B．1.6小时 C．4.0小时 D．24小时

R3(r＋h1)(r＋h2)

【解析】由开普勒行星运动定律可知，2＝恒量，所以＝，其中r为地球的半径，h1，22MmRTt1t2

t1，h2，t2分别表示望远镜到地表的距离、望远镜的周期、同步卫星距地表的距离、同步卫星的周期(24 h)，代入解得：t1＝1.6 h．

[答案] B

【点评】高考对星体航天问题的考查以圆周运动的动力学方程为主，具体常涉及求密度值、同步卫星的参量、变轨的能量变化等．在具体解题时要注意运用好几个常用的代换．

4．我国发射的嫦娥一号探月卫星沿近似于圆形的轨道绕月飞行．为了获得月球表面全貌的信息，让卫星轨道平面缓慢变化，卫星将获得的信息持续用微波信号发回地球．设地球和月球的质量分别为M和m，地球和月球的半径分别为R和R1，月球绕地球的轨道半径和卫星绕月球的轨道半径分别为r和r1，月球绕地球转动的周期为T．假定在卫星绕月运行的一个周期内卫星轨道平面与地月连心线共面，求在该周期内卫星发射的微波信号因月球遮挡而不能到达地球的时间．(用M、m、R、R1、r、r1和T表示，忽略月球绕地球转动对遮挡时间的影响)．[2008年高考·全国理综卷Ⅱ]

【解析】如图所示，设O和O′分别表示地球和月球的中心．在卫星轨道平面上，A是地月连心线OO′与地月球表面的公切线ACD的交点，D、C和B分别是该公切线与地球表面、月球表面和卫星轨道的交点．过A点在另一侧作地月球面的公切线，交卫星轨道于E点．卫星在圆弧BE上运动时发出的信号被遮挡．

设探月卫星的质量为m0，引力常量为G，根据万有引力定律有：

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Mm2πG2＝m()2r rTmm02π

G2＝m0()2r1(其中T1表示探月卫星绕月球转动的周期) r1T1

T12Mr13

由以上两式可得：()＝()

Tmr设卫星的微波信号被遮挡的时间为t，则由于卫星绕月球做匀速圆周运动，有： tα－β＝，其中α＝∠CO′A，β＝∠CO′B T1π

由几何关系得：rcos α＝R－R1，r1cos β＝R1

TMr13R－R1R1

联立解得：t＝－arccos)． 3(arccos

πmrrr1

TMr13R－R1R1

[答案] －arccos) 3(arccos

πmrrr1

【点评】航体星体问题有时在高考中也以计算题出现，解答的关键仍是做圆周运动的动力学方程．另外，

还需要同学们具有丰富的想象力，描绘情境图、难图化易、化整为零等能力．

能力演练

一、选择题(10×4分)

1．在越野赛车时，一辆赛车在水平公路上减速转弯，从俯视图可以看到，赛车沿圆周由P向Q行驶．下列图中画出了赛车转弯时所受合力的四种方式，其中正确的是( )

【解析】将F向切向和径向分解，切向分力使其减速，径向的分力产生向心加速度，故D正确． [答案] D

2．备受关注的京沪高速铁路预计在2010年投入运营．按照设计，乘高速列车从北京到上海只需4个多小时，由于高速列车的速度快，对轨道、轨基的抗震动和抗冲击力的要求都很高．如图所示，列车转弯可以看成是做匀速圆周运动，若某弯道的半径为R，列车设计时速为v，则该弯道处铁轨内外轨的设计倾角θ应为( )

vvRgRg2vv2

C．arccot D．arccos

RgRgA．arctan B．arcsin

【解析】设计的倾角θ应使列车过弯道时重力与支持力的合力提供向心力：mgtan θ＝m，解得：θ＝

Rv2

arctan ．

Rg[答案] A

3.2005年12月11日，有着“送子女神”之称的小行星“婚神”(Juno)冲日，在此后十多天的时间里，

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国内外天文爱好者凭借双筒望远镜可观测到它的“倩影”．在太阳系中除了八大行星以外，还有成千上万颗肉眼看不见的小天体，沿着椭圆轨道不停地围绕太阳公转．这些小天体就是太阳系中的小行星．冲日是观测小行星难得的机遇．此时，小行星、太阳、地球几乎成一条直线，且和地球位于太阳的同一侧．“婚神”星冲日的虚拟图如图所示，则( )

A．2005年12月11日，“婚神”星的线速度大于地球的线速度 B．2005年12月11日，“婚神”星的加速度小于地球的加速度 C．2006年12月11日，必将发生下一次“婚神”星冲日

D．下一次“婚神”星冲日必将在2006年12月11日之后的某天发生

Mmv21FM2

【解析】由G2＝m得v∝，“婚神”的线速度小于地球的线速度，由a＝＝G2知，“婚神”的加速度

rrrmr小于地球的加速度，地球的公转周期为一年，“婚神”的公转周期大于一年，C错误，D正确． [答案] BD

4.2007年11月5日，嫦娥一号探月卫星沿地月转移轨道到达月球附近，在距月球表面200 km的P点进行第一次“刹车制动”后被月球俘获，进入椭圆轨道 Ⅰ 绕月飞行，如图所示．之后，卫星在P点经过几次“刹车制动”，最终在距月球表面200 km、周期127 min的圆形轨道 Ⅲ 上绕月球做匀速圆周运动．若已知月球的半径R月和引力常量G，忽略地球对嫦娥一号的引力作用，则由上述条件( )

A．可估算月球的质量

B．可估算月球表面附近的重力加速度

C．可知卫星沿轨道Ⅰ经过P点的速度小于沿轨道Ⅲ经过P点的速度 D．可知卫星沿轨道Ⅰ经过P点的加速度大于沿轨道Ⅱ经过P点的加速度

Mm4π

【解析】由G可得： 2＝m(R月＋h)

(R月＋h)T2

234π(R月＋h)

月球的质量M＝，选项A正确． 2

GT月球表面附近的重力加速度为：

M4π2(R月＋h)3

g月＝G2＝，选项B正确． 22

R月T卫星沿轨道Ⅰ经过P点时有： vPⅠ2Mmm>G R月＋h(R月＋h)2

vPⅢ2Mm沿轨道Ⅲ经过P点时：m＝G2

(R月＋h)(R月＋h)

可见vPⅢFM加速度aP＝＝G，与轨迹无关，选项D错误．

m(R月＋h)2

[答案] AB

5．假设太阳系中天体的密度不变，天体的直径和天体之间的距离都缩小到原来的，地球绕太阳公转

近似为匀速圆周运动，则下列物理量变化正确的是( )

A．地球绕太阳公转的向心力变为缩小前的

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R月

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B．地球绕太阳公转的向心力变为缩小前的

C．地球绕太阳公转的周期与缩小前的相同

D．地球绕太阳公转的周期变为缩小前的

1Mm644311

【解析】天体的质量M＝ρπR，各天体质量变为M′＝M，变化后的向心力F′＝G＝F，B正确．又

38r216

()2

Mm4π

由G2＝m2r，得T′＝T．

rT[答案] BC

6．假设有一载人宇宙飞船在距地面高度为4200 km的赤道上空绕地球做匀速圆周运动，地球半径约为6400 km，地球同步卫星距地面高为36000 km，宇宙飞船和一地球同步卫星绕地球同向运动，每当两者相距最近时．宇宙飞船就向同步卫星发射信号，然后再由同步卫星将信号发送到地面接收站，某时刻两者相距最远，从此刻开始，在一昼夜的时间内，接收站共接收到信号的次数为( )

A．4次 B．6次 C．7次 D．8次【解析】设宇宙飞船的周期为T有： T26400＋42003

) 2＝(

246400＋36000解得：T＝3 h

设两者由相隔最远至第一次相隔最近的时间为t1，有： 2π2π

(－)·t1＝π

TT0

解得t1＝ h

再设两者相邻两次相距最近的时间间隔为t2，有： 2π2π

(－)·t2＝2π

TT0

解得：t2＝ h 724－t1

由n＝＝6.5(次)知，接收站接收信号的次数为7次．

[答案] C

7．图示为全球定位系统(GPS)．有24颗卫星分布在绕地球的6个轨道上运行，它们距地面的高度都为2万千米．已知地球同步卫星离地面的高度为3.6万千米，地球半径约为6400 km，则全球定位系统的这些卫星的运行速度约为( )

A．3.1 km/s B．3.9 km/s C．7.9 km/s D．11.2 km/s

2π12

【解析】同步卫星的速度v1＝r＝3.08 km/s．又由v∝，得定位系统的卫星的运行速度v2＝3.9 km/s．

Tr[答案] B 8．均匀分布在地球赤道平面上空的三颗同步通信卫星够实现除地球南北极等少数地区外的全球通信．已

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知地球的半径为R，地球表面的重力加速度为g，地球的自转周期为T．下列关于三颗同步卫星中，任意两颗卫星间距离s的表达式中，正确的是( )

A．3R B．23R

C．3

34π23gR2T2 D．32 gR2T24π

Mm4π2

【解析】设同步卫星的轨道半径为r，则由万有引力提供向心力可得：G2＝m2r

rT3gR2T2解得：r＝2

4π

3gR2T2由题意知，三颗同步卫星对称地分布在半径为r的圆周上，故s＝2rcos 30°＝32，选项D正

4π

确．

[答案] D

9．发射通信卫星的常用方法是，先用火箭将卫星送入一近地椭圆轨道运行；然后再适时开动星载火箭，将其送上与地球自转同步运行的轨道．则( )

A．变轨后瞬间与变轨前瞬间相比，卫星的机械能增大，动能增大 B．变轨后瞬间与变轨前瞬间相比，卫星的机械能增大，动能减小

C．变轨后卫星运行速度一定比变轨前卫星在椭圆轨道上运行时的最大速度要大 D．变轨后卫星运行速度一定比变轨前卫星在椭圆轨道上运行时的最大速度要小

【解析】火箭是在椭圆轨道的远地点加速进入同步运行轨道的，故动能增大，机械能增大，A正确．设卫星在同步轨道上的速度为v1，在椭圆轨道的近地点的速度为v2，再设椭圆轨道近地点所在的圆形轨道的卫星的速度为v3．

Mmv2

由G2＝m，知v3>v1；又由向心力与万有引力的关系知v2>v3．故v1rr[答案] AD

10．如图所示，在水平方向的匀强电场中，一绝缘细线的一端固定在O点，另一端系一带正电的小球，小球在重力、电场力、绳子的拉力的作用下在竖直平面内做圆周运动，小球所受的电场力的大小与重力相等．比较a、b、c、d这四点，小球( )

A．在最高点a处的动能最小 B．在最低点c处的机械能最小

C．在水平直径右端b处的机械能最大 D．在水平直径左端d处的机械能最大

【解析】①由题意知，小球受的重力与电场力的合力沿∠bOc的角平分线方向，故小球在a、d两点的动能相等；②小球在运动过程中，电势能与机械能相互转化，总能量守恒，故在d点处机械能最小，b点处机械能最大．

[答案] C

二、非选择题(共60分)

11．(7分)图甲是“研究平抛物体的运动”的实验装置图． (1)图乙是正确实验取得的数据，其中O为抛出点，则此小球做平抛运动的初速度为______________m/s． (2)在另一次实验中将白纸换成方格纸，每小格的边长L＝5 cm，通过实验，记录了小球在运动途中的三个位置，如图丙所示，则该小球做平抛运动的初速度为________m/s；B点的竖直分速度为________m/s．

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【解析】(1)方法一取点(19.6,32.0)分析可得：

0.196＝×9.8×t1

0.32＝v0t1

解得：v0＝1.6 m/s．

方法二取点(44.1,48.0)分析可得：

0.441＝×9.8×t2

0.48＝v0t2

解得：v0＝1.6 m/s．

(2)由图可知，物体由A→B和由B→C所用的时间相等，且有：

Δy＝gT x＝v0T

解得：v0＝1.5 m/s，vBy＝

yAC＝2 m/s． 2T[答案] (1)1.6 (2分) (2)1.5 (3分) 2 (2分)

12．(8分)图甲为测量电动机转动角速度的实验装置，半径不大的圆形卡纸固定在电动机转轴上，在电动机的带动下匀速转动．在圆形卡纸的旁边安装一个改装了的电火花计时器．

下面是该实验的实验步骤：

①使电火花计时器与圆形卡纸保持良好接触； ②启动电动机，使圆形卡纸转动起来；

③接通电火花计时器的电源，使它工作起来；

④关闭电动机，拆除电火花计时器，研究卡纸上留下的一段痕迹(如图乙所示)，写出角速度ω的表达式，代入数据得出ω的测量值．

(1)要得到角速度ω的测量值，还缺少一种必要的测量工具，它是________． A．秒表 B．游标卡尺 C．圆规 D．量角器

(2)写出ω的表达式，并指出表达式中各个物理量的含义：___________________________ _________________________________________________________．

(3)为了避免在卡纸连续转动的过程中出现打点重叠，在电火花计时器与盘面保持良好接触的同时，可以缓慢地将电火花计时器沿圆形卡纸半径方向向卡纸中心移动．这样，卡纸上打下的点的分布曲线不是一个圆，而是类似一种螺旋线，如图7－4丙所示．这对测量结果有影响吗？____________(填“有影响”或“没有影响”)理由是：________________________

_____________________________________________________________________________________________________________．

【解析】(1)角速度ω＝，需量角器测量转过的夹角，故选项D正确．

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(2)ω＝，θ是n个点的分布曲线所对应的圆心角，t是电火花计时器的打点时间间隔

(n－1)t(3)没有影响，因为电火花计时器向卡纸中心移动时不影响角度的测量． [答案] (1)D (2分)

(2)ω＝，θ是n个点的分布曲线所对应的圆心角，t是电火花计时器的打点时间间隔 (3分)

(n－1)t(3)没有影响 (1分) 电火花计时器向卡纸中心移动时不影响角度的测量 (2分)

13．(10分)火星和地球绕太阳的运动可以近似看做是同一平面内同方向的匀速圆周运动．已知火星公转

轨道半径大约是地球公转轨道半径的．从火星、地球于某一次处于距离最近的位置开始计时，试估算它们

33

再次处于距离最近的位置至少需多少地球年．[计算结果保留两位有效数字，＝1.85]

22

Mm4π

【解析】由G2＝m2r可知，行星环绕太阳运行的周期与行星到太阳的距离的二分之三次方成正比，

θθrT3

即T∝r

所以地球与火星绕太阳运行的周期之比为： T火r火333

＝()＝()＝1.85 (3分) T地r地222

设从上一次火星、地球处于距离最近的位置到再一次处于距离最近的位置，火星公转的圆心角为θ，则

2πt地球公转的圆心角必为2π＋θ，它们公转的圆心角与它们运行的周期之间应有此关系：θ＝，θ＋2

T火

2πtπ＝ (3分)

T地

2πt2πt得：2π＋＝ (2分)

T火T地

T火T地1.85

最后得：t＝＝T地≈2.2年 (2分)

T火－T地0.85

[答案] 2.2 14．(11分)若宇航员完成了对火星表面的科学考察任务，乘坐返回舱返回围绕火星做圆周运动的轨道舱，如图所示．为了安全，返回舱与轨道舱对接时，必须具有相同的速度．已知：该过程宇航员乘坐的返回舱至少需要获得的总能量为E(可看做是返回舱的初动能)，返回舱与人的总质量为m，火星表面重力加速度为g，火星半径为R，轨道舱到火星中心的距离为r，不计火星表面大气对返回舱的阻力和火星自转的影响．问：

(1)返回舱与轨道舱对接时，返回舱与人共具有的动能为多少？

(2)返回舱在返回轨道舱的过程中，返回舱与人共需要克服火星引力做多少功？

GM＝g (2分) R2

设轨道舱的质量为m0，速度大小为v，则有： Mm0v2

G2＝m0 (2分) rr【解析】(1)在火星表面有：

返回舱和人应具有的动能Ek＝mv (1分)

mgR2

联立解得Ek＝． (1分)

2r(2)对返回舱在返回过程中，由动能定理知： W＝Ek－E (2分)

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mgR2

联立解得：火星引力对返回舱做的功W＝－E (2分)

2rmgR2

故克服引力做的功为：－W＝E－． (1分)

2rmgR2mgR2

[答案] (1) (2)E－

2r2r15．(11分)中国首个月球探测计划嫦娥工程预计在2017年送机器人上月球，实地采样送回地球，为载

人登月及月球基地选址做准备．设想机器人随嫦娥号登月飞船绕月球飞行，飞船上备有以下实验仪器：

A．计时表一只； B．弹簧秤一把；

C．已知质量为m的物体一个； D．天平一台(附砝码一盒)．

在飞船贴近月球表面时可近似看成绕月球做匀速圆周运动，机器人测量出飞船在靠近月球表面的圆形轨道绕行N圈所用的时间为t．飞船的登月舱在月球上着陆后，遥控机器人利用所携带的仪器又进行了第二次测量，利用上述两次测量的物理量可出推导出月球的半径和质量．(已知引力常量为G)，要求：

(1)说明机器人是如何进行第二次测量的．

(2)试推导用上述测量的物理量表示的月球半径和质量的表达式．

【解析】(1)机器人在月球上用弹簧秤竖直悬挂物体，静止时读出弹簧秤的示数F，即为物体在月球上所受重力的大小． (3分)

(2)在月球上忽略月球的自转可知： mg月＝F (1分)

MmG2＝mg月 (1分) R飞船在绕月球运行时，因为是靠近月球表面，故近似认为其轨道半径为月球的半径R，由万有引力提供物体做圆周运动的向心力可知：

Mm4πtG2＝mR2，又T＝ (2分)

RTNFt2

联立可得：月球的半径R＝2＝22 (2分)

4πm4πNmF3t4

月球的质量M＝443． (2分)

16πGNm[答案] (1)机器人在月球上用弹簧秤竖直悬挂物体，静止时读出弹簧秤的示数F，即为物体在月球上所受重力的大小．

FT2

Ft2F3t4

(2)R＝22 M＝443 4πNm16πGNm16．(13分)如图所示，一半径为R的光滑绝缘半球面开口向下，固定在水平面上．整个空间存在磁感应

强度为B、方向竖直向下的匀强磁场．一电荷量为q(q＞0)、质量为m的小球P在球面上做水平的匀速圆周

运动，圆心为O′．球心O到该圆周上任一点的连线与竖直方向的夹角为θ(0＜θ＜)．为了使小球能够在

该圆周上运动，求磁感应强度B的最小值及小球P相应的速率．(已知重力加速度为g)

【解析】据题意可知，小球P在球面上做水平的匀速圆周运动，该圆周的圆心为O′．P受到向下的重力mg、球面对它沿OP方向的支持力FN和磁场的洛伦兹力f洛，则：

f洛＝qvB (1分)

式中v为小球运动的速率，洛伦兹力f洛的方向指向O′ 根据牛顿第二定律有： FNcos θ－mg＝0 (2分)

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f洛－FNsin θ＝m (2分)

Rsin θqBRsin θgRsin2θ2

可得：v－v＋＝0 (2分)

mcos θ由于v是实数，必须满足：

qBRsin θ24gRsin2θΔ＝()－≥0 (2分)

mcos θ2mg由此得：B≥ (1分)

qRcos θ可见，为了使小球能够在该圆周上运动，磁感应强度B的最小值为：

2mgBmin＝ qRcos θ此时，带电小球做匀速圆周运动的速率为： qBminRsin θv＝ (2分)

2m解得：v＝答案

2msin θ． (1分) cos θv2

gRgqRcos θ gRsin θ

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第4专题带电粒子在电场和磁场中的运动

知识网络

考点预测

带电粒子在电场、磁场(或电场、磁场和重力场的复合场)中的运动是高中物理中的重点内容，这类问题对学生的空间想象能力、分析综合能力、应用数学知识处理物理问题的能力有较高的要求，是考查考生多项能力的极好载体，因此成为高考的热点，在实行了多年的理科综合能力测试中也是每年都考，且分值较高．从试题的难度上看，多属于中等难度和较难的题，特别是只要出现计算题就一定是难度较大的综合题．考题有可能以科学技术的具体问题为背景，从实际问题中获取并处理信息，把实际问题转化成物理问题，提高分析解决实际问题的能力是教学中的重点．计算题还常常成为试卷的压轴题，如2009年全国理综卷Ⅰ第26题、全国理综卷Ⅱ第25题、重庆理综卷第25题、四川理综卷第25题；2008年全国理综卷Ⅰ第25题、江苏物理卷第14题、四川理综卷第27题、重庆理综卷第25题、山东理综卷第25题等．预计在2010年高考中仍然会出现带电粒子在复合的或组合的电场和磁场中运动的问题．

要点归纳

一、不计重力的带电粒子在电场中的运动 1．带电粒子在电场中加速

当电荷量为q、质量为m、初速度为v0的带电粒子经电压U加速后，速度变为vt，由动能定理得：qU＝

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mvt2－mv02．若v0＝0，则有vt＝

2qUm，这个关系式对任意静电场都是适用的．

对于带电粒子在电场中的加速问题，应突出动能定理的应用． 2．带电粒子在匀强电场中的偏转

电荷量为q、质量为m的带电粒子由静止开始经电压U1加速后，以速度v1垂直进入由两带电平行金属板产生的匀强电场中，则带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，其轨迹是一条抛物线(如图4－1所示)．

图4－1

设两平行金属板间的电压为U2，板间距离为d，板长为L． (1)带电粒子进入两板间后

粒子在垂直于电场的方向上做匀速直线运动，有： vx＝v1，L＝v1t

粒子在平行于电场的方向上做初速度为零的匀加速直线运动，有：

1qEqU2

vy＝at，y＝at2，a＝＝．

2mmd(2)带电粒子离开极板时

qU1＝mv12

12qU2LU2L侧移距离y＝at＝ 2＝

22mdv14dU1

U2x2

轨迹方程为：y＝(与m、q无关)

4dU1

偏转角度φ的正切值tan φ＝＝

atv1qU2LU2L＝ mdv122dU1

若在偏转极板右侧D距离处有一竖立的屏，在求电子射到屏上的侧移距离时有一个很有用的推论，即：

所有离开偏转电场的运动电荷好像都是从极板的中心沿中心与射出点的连线射出的．这样很容易得到电荷在屏上的侧移距离y′＝(D＋)tan φ．

以上公式要求在能够证明的前提下熟记，并能通过以上式子分析、讨论侧移距离和偏转角度与带电粒子的速度、动能、比荷等物理量的关系．

二、不计重力的带电粒子在磁场中的运动

1．匀速直线运动：若带电粒子的速度方向与匀强磁场的方向平行，则粒子做匀速直线运动． 2．匀速圆周运动：若带电粒子的速度方向与匀强磁场的方向垂直，则粒子做匀速圆周运动．

质量为m、电荷量为q的带电粒子以初速度v垂直进入匀强磁场B中做匀速圆周运动，其角速度为ω，轨道半径为R，运动的周期为T，则有：

v22π

qvB＝m＝mRω2＝mvω＝mR()2＝mR(2πf)2

LRTmvR＝ qB2πm1qBT＝(与v、R无关)，f＝＝．

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3．对于带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的问题，应注意把握以下几点． (1)粒子圆轨迹的圆心的确定

①若已知粒子在圆周运动中的两个具体位置及通过某一位置时的速度方向，可在已知的速度方向的位置作速度的垂线，同时作两位置连线的中垂线，两垂线的交点为圆轨迹的圆心，如图4－2 所示．

②若已知做圆周运动的粒子通过某两个具体位置的速度方向，可在两位置上分别作两速度的垂线，两垂线的交点为圆轨迹的圆心，如图4－3所示．

③若已知做圆周运动的粒子通过某一具体位置的速度方向及圆轨迹的半径R，可在该位置上作速度的垂线，垂线上距该位置R处的点为圆轨迹的圆心(利用左手定则判断圆心在已知位置的哪一侧)，如图4－4所示．

图4－2 图4－3 图4－4

(2)粒子圆轨迹的半径的确定 ①可直接运用公式R＝来确定．

②画出几何图形，利用半径R与题中已知长度的几何关系来确定．在利用几何关系时，要注意一个重要的几何特点，即：粒子速度的偏向角φ等于对应轨迹圆弧的圆心角α，并等于弦切角θ的2倍，如图4－5所示．

mvqB

图4－5

(3)粒子做圆周运动的周期的确定

2πm①可直接运用公式T＝来确定．

qB②利用周期T与题中已知时间t的关系来确定．若粒子在时间t内通过的圆弧所对应的圆心角为α，则有：t＝·T(或t＝·T)． 360°2π

(4)圆周运动中有关对称的规律

①从磁场的直边界射入的粒子，若再从此边界射出，则速度方向与边界的夹角相等，如图4－6所示． 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4－7所示．

αα

图4－6 图4－7

(5)带电粒子在有界磁场中运动的极值问题

刚好穿出磁场边界的条件通常是带电粒子在磁场中运动的轨迹与边界相切．三、带电粒子在复合场中的运动

1．高中阶段所涉及的复合场有四种组合形式，即：①电场与磁场的复合场；②磁场与重力场的复合场；

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③电场与重力场的复合场；④电场、磁场与重力场的复合场．

2．带电粒子在复合场中的运动性质取决于带电粒子所受的合外力及初速度，因此应把带电粒子的运动情况和受力情况结合起来进行分析．当带电粒子在复合场中所受的合外力为零时，带电粒子做匀速直线运动(如速度选择器)；当带电粒子所受的重力与电场力等值、反向，由洛伦兹力提供向心力时，带电粒子在垂直磁场的平面内做匀速圆周运动；当带电粒子所受的合外力是变力，且与初速度的方向不在一条直线上时，粒子做非匀变速曲线运动，运动轨迹也随之不规范地变化．因此，要确定粒子的运动情况，必须明确有几种场，粒子受几种力，重力是否可以忽略．

3．带电粒子所受三种场力的特征

(1)洛伦兹力的大小跟速度方向与磁场方向的夹角有关．当带电粒子的速度方向与磁场方向平行时，f洛

＝0；当带电粒子的速度方向与磁场方向垂直时，f洛＝qvB．当洛伦兹力的方向垂直于速度v和磁感应强度B所决定的平面时，无论带电粒子做什么运动，洛伦兹力都不做功．

(2)电场力的大小为qE，方向与电场强度E的方向及带电粒子所带电荷的性质有关．电场力做功与路径无关，其数值除与带电粒子的电荷量有关外，还与其始末位置的电势差有关．

(3)重力的大小为mg，方向竖直向下．重力做功与路径无关，其数值除与带电粒子的质量有关外，还与其始末位置的高度差有关．

注意：①微观粒子(如电子、质子、离子)一般都不计重力；②对带电小球、液滴、金属块等实际的物体没有特殊交代时，应当考虑其重力；③对未知名的、题中又未明确交代的带电粒子，是否考虑其重力，则应根据题给的物理过程及隐含条件具体分析后作出符合实际的决定．

4．带电粒子在复合场中的运动的分析方法

(1)当带电粒子在复合场中做匀速运动时，应根据平衡条件列方程求解．

(2)当带电粒子在复合场中做匀速圆周运动时，往往应用牛顿第二定律和平衡条件列方程联立求解． (3)当带电粒子在复合场中做非匀速曲线运动时，应选用动能定理或动量守恒定律列方程求解．注意：如果涉及两个带电粒子的碰撞问题，要根据动量守恒定律列方程，再与其他方程联立求解．由于带电粒子在复合场中的受力情况复杂，运动情况多变，往往出现临界问题，这时应以题目中的“恰好”、“最大”、“最高”、“至少”等词语为突破口，挖掘隐含条件，并根据临界条件列出辅助方程，再与其他方程联立求解．

热点、重点、难点

一、根据带电粒子的运动轨迹进行分析推理

图4－8

●例1 如图4－8所示，MN是一正点电荷产生的电场中的一条电场线．一个带负电的粒子(不计重力)从a到b穿越这条电场线的轨迹如图中虚线所示．下列结论正确的是( )

A．带电粒子从a到b的过程中动能逐渐减小 B．正点电荷一定位于M点的左侧

C．带电粒子在a点时具有的电势能大于在b点时具有的电势能 D．带电粒子在a点的加速度大于在b点的加速度

【解析】由做曲线运动的物体的受力特点知带负电的粒子受到的电场力指向曲线的内侧，故电场线MN的方向为N→M，正点电荷位于N的右侧，选项B错误；由a、b两点的位置关系知b点更靠近场源电荷，故带电粒子在a点受到的库仑力小于在b点受到的库仑力，粒子在b点的加速度大，选项D错误；由上述电场力的方向知带电粒子由a运动到b的过程中电场力做正功，动能增大，电势能减小，故选项A错误、C正确．

[答案] C

【点评】本专题内容除了在高考中以常见的计算题形式出现外，有时候也以选择题形式出现，通过带电粒子在非匀强电场中(只受电场力)的运动轨迹来分析电场力和能的特性是一种重要题型，解析这类问题时要注意以下三点：

①电场力一定沿电场线曲线的切线方向且一定指向轨迹曲线的内侧； ②W电＝qUa b＝Ekb－Eka；

③当电场线为曲线时，电荷的运动轨迹不会与之重合．

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二、带电粒子在电场中的加速与偏转

图4－9

－5

●例2 喷墨打印机的结构简图如图4－9所示，其中墨盒可以发出墨汁微滴，其半径约为1×10 m，此微滴经过带电室时被带上负电，带电荷量的多少由计算机按字体笔画的高低位置输入信号加以控制．带电后的微滴以一定的初速度进入偏转电场，带电微滴经过偏转电场发生偏转后打到纸上，显示出字体．无信号输入时，墨汁微滴不带电，径直通过偏转板而注入回流槽流回墨盒．偏转板长1.6 cm，两板间的距离为0.50

－10

cm，偏转板的右端距纸3.2 cm．若墨汁微滴的质量为1.6×10 kg，以20 m/s的初速度垂直于电场方向进

入偏转电场，两偏转板间的电压是8.0×10 V，其打到纸上的点距原射入方向的距离是2.0 mm．求这个墨汁微滴通过带电室所带的电荷量的多少．(不计空气阻力和重力，可以认为偏转电场只局限于平行板电容器的内部，忽略边缘电场的不均匀性)为了使纸上的字放大10%，请你分析并提出一个可行的方法．

【解析】设墨汁微滴所带的电荷量为q，它进入偏转电场后做类平抛运动，离开电场后做直线运动打到

纸上，则距原入射方向的距离为：y＝at＋Ltan φ

latv0v0qUll解得：y＝(＋L)

mdv022

－13

代入数据得：q＝1.25×10 C

要将字体放大10%，只要使y增大为原来的1.1倍，可采用的措施为将两偏转板间的电压增大到8.8×

又a＝，t＝，tan φ＝

10 V，或将偏转板右端与纸的间距增大到3.6 cm．

－133

[答案] 1.25×10 C 将两偏转板间的电压增大到8.8×10 V，或将偏转板右端与纸的间距增大到3.6 cm

【点评】①本题也可直接根据推论公式y＝(＋L)tan φ＝(＋L)进行计算．

22mdv02

②和平抛运动问题一样，这类题型中偏转角度的正切表达式在解题中往往较为关键，且有tan θ＝2tan α(α为射出点的位移方向与入射方向的夹角)的特点．

★同类拓展1 如图4－10甲所示，在真空中，有一半径为R的圆形区域内存在匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外．在磁场右侧有一对平行金属板M和N，两板间距为R，板长为2R，板间的中心线O1O2与磁场的圆心O在同一直线上．有一电荷量为q、质量为m的带正电的粒子以速度v0从圆周上的a点沿垂直于半径OO1并指向圆心O的方向进入磁场，当从圆周上的O1点水平飞出磁场时，给M、N两板加上如图4－10乙所示的电压，最后粒子刚好以平行于N板的速度从N板的边缘飞出．(不计粒子所受到的重力、两板正对面之间为匀强电场，边缘电场不计)

qUmdllqUl

图4－10

(1)求磁场的磁感应强度B．

(2)求交变电压的周期T和电压U0的值．

(3)当t＝时，该粒子从M、N板右侧沿板的中心线仍以速度v0射入M、N之间，求粒子从磁场中射出的

点到a点的距离．

【解析】(1)粒子自a点进入磁场，从O1点水平飞出磁场，则其运动的轨道半径为R．

Tv02mv0

由qv0B＝m，解得：B＝．

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(2)粒子自O1点进入电场后恰好从N板的边缘平行极板飞出，设运动时间为t，根据类平抛运动规律有： 2R＝v0t

R＝2n·() 22mR2

又t＝nT (n＝1,2,3…)

2R解得：T＝ (n＝1,2,3…)

qU0T2

nv0

nmv0

U0＝ (n＝1,2,3…)．

2q2

图4－10丙

(3)当t＝时，粒子以速度v0沿O2O1射入电场，该粒子恰好从M板边缘以平行于极板的速度射入磁场，

进入磁场的速度仍为v0，运动的轨迹半径为R．设进入磁场时的点为b，离开磁场时的点为c，圆心为O3，如图4－10丙所示，四边形ObO3c是菱形，所以Oc∥O3b，故c、O、a三点共线，ca即为圆的直径，则c、a间的距离d＝2R．

[答案] (1)

2RTmv0

qRnmv02

(2) (n＝1,2,3…) (n＝1,2,3…) (3)2R nv02q【点评】带电粒子在匀强电场中偏转的运动是类平抛运动，解此类题目的关键是将运动分解成两个简单

的直线运动，题中沿电场方向的分运动就是“受力周期性变化的加速运动”．

三、带电粒子在有界磁场中(只受洛伦兹力)的运动

1．带电粒子在磁场中的运动大体包含五种常见情境，即：无边界磁场、单边界磁场、双边界磁场、矩形边界磁场、圆形边界磁场．带电粒子在磁场中的运动问题综合性较强，解这类问题往往要用到圆周运动的知识、洛伦兹力，还要牵涉到数学中的平面几何、解析几何等知识．因此，解此类试题，除了运用常规的解题思路(画草图、找“圆心”、定“半径”等)之外，更应侧重于运用数学知识进行分析．

2．带电粒子在有界匀强磁场中运动时，其轨迹为不完整的圆周，解决这类问题的关键有以下三点． ①确定圆周的圆心．若已知入射点、出射点及入射方向、出射方向，可通过入射点和出射点作垂直于入射方向和出射方向的直线，两直线的交点即为圆周的圆心；若已知入射点、出射点及入射方向，可通过入射点作入射线的垂线，连接入射点和出射点，作此连线的垂直平分线，两垂线的交点即为圆周的圆心．

②确定圆的半径．一般在圆上作图，由几何关系求出圆的半径．

③求运动时间．找到运动的圆弧所对应的圆心角θ，由公式t＝T 求出运动时间．

2π

3．解析带电粒子穿过圆形区域磁场问题常可用到以下推论： ①沿半径方向入射的粒子一定沿另一半径方向射出．

②同种带电粒子以相同的速率从同一点垂直射入圆形区域的匀强磁场时，若射出方向与射入方向在同一直径上，则轨迹的弧长最长，偏转角有最大值且为α＝2arcsin＝2arcsin

θRrRBq． mv③在圆形区域边缘的某点向各方向以相同速率射出的某种带电粒子，如果粒子的轨迹半径与区域圆的半径相同，则穿过磁场后粒子的射出方向均平行(反之，平行入射的粒子也将汇聚于边缘一点)．

●例3 如图4－11甲所示，空间存在匀强电场和匀强磁场，电场方向为y轴正方向，磁场方向垂直于xy平面(纸面)向外，电场和磁场都可以随意加上或撤除，重新加上的电场或磁场与撤除前的一样．一带正电荷的粒子从P(0，h)点以一定的速度平行于x轴正向入射．这时若只有磁场，粒子将做半径为R0的圆周运动；若同时存在电场和磁场，粒子恰好做直线运动．现在只加电场，当粒子从P点运动到x＝R0平面(图中虚线所

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示)时，立即撤除电场同时加上磁场，粒子继续运动，其轨迹与x轴交于M点，不计重力，求：

图4－11甲

(1)粒子到达x＝R0平面时的速度方向与x轴的夹角以及粒子到x轴的距离． (2)M点的横坐标xM．

【解析】(1)粒子做直线运动时，有：qE＝qBv0

mv02

做圆周运动时，有：qBv0＝

只有电场时，粒子做类平抛运动，则有： qE＝ma R0＝v0t vy＝at

解得：vy＝v0

粒子的速度大小为：v＝v0＋vy＝2v0

速度方向与x轴的夹角为：θ＝

412R0

粒子与x轴的距离为：H＝h＋at＝h＋．

(2)撤去电场加上磁场后，有：qBv＝m

R解得：R＝2R0

此时粒子的运动轨迹如图4－11乙所示．圆心C位于与速度v方向垂直的直线上，该直线与x轴和y轴

的夹角均为．由几何关系可得C点的坐标为：

图4－11乙

xC＝2R0

yC＝H－R0＝h－ 2

过C点作x轴的垂线，在△CDM中，有：lCM＝R＝2R0，lCD＝yC＝h－ 2解得：lDM＝lCM－lCD＝2

R0＋R0h－h2 4

R0＋R0h－h2． 4

M点的横坐标为：xM＝2R0＋

πR072

[答案] (1) h＋ (2)2R0＋R0＋R0h－h2

224

【点评】无论带电粒子在匀强电场中的偏转还是在匀强磁场中的偏转，偏转角往往是个较关键的量． ●例4 如图4－12甲所示，质量为m、电荷量为e的电子从坐标原点O处沿xOy平面射入第一象限内，射入时的速度方向不同，但大小均为v0．现在某一区域内加一方向向外且垂直于xOy平面的匀强磁场，磁感

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应强度大小为B，若这些电子穿过磁场后都能垂直地射到与y轴平行的荧光屏MN上，求：

图4－12甲

(1)荧光屏上光斑的长度． (2)所加磁场范围的最小面积．

【解析】(1)如图4－12乙所示，要求光斑的长度，只要找到两个边界点即可．初速度沿x轴正方向的电子沿弧OA运动到荧光屏MN上的P点；初速度沿y轴正方向的电子沿弧OC运动到荧光屏MN上的Q点．

图4－12乙

设粒子在磁场中运动的半径为R ，由牛顿第二定律得：

v02mv0

ev0B＝m，即R＝ RBe由几何知识可得：PQ＝R＝mv0

． Be(2)取与x轴正方向成θ角的方向射入的电子为研究对象，其射出磁场的点为E(x，y)，因其射出后能垂直打到屏MN上，故有：

x＝－Rsin θ y＝R＋Rcos θ

222

即x＋(y－R)＝R

又因为电子沿x轴正方向射入时，射出的边界点为A点；沿y轴正方向射入时，射出的边界点为C点，故所加最小面积的磁场的边界是以(0，R)为圆心、R为半径的圆的一部分，如图乙中实线圆弧所围区域，所以磁场范围的最小面积为：

31πmv0

S＝πR2＋R2－πR2＝(＋1)()2． 442Bemv0πmv02

[答案] (1) (2)(＋1)()

Be2Be【点评】带电粒子在匀强磁场中偏转的试题基本上是年年考，大概为了求新求变，在2009年高考中海南物理卷(第16题)、浙江理综卷(第25题)中都出现了应用这一推论的题型．

★同类拓展2 如图4－13甲所示，ABCD是边长为a的正方形．质量为m、电荷量为e的电子以大小为v0的初速度沿纸面垂直于BC边射入正方形区域．在正方形内适当区域中有匀强磁场．电子从BC边上的任意点入射，都只能从A点射出磁场．不计重力，求：

图4－13甲

(1)此匀强磁场区域中磁感应强度的方向和大小． (2)此匀强磁场区域的最小面积．

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[2009年高考·海南物理卷]

【解析】(1)若要使由C点入射的电子从A点射出，则在C处必须有磁场，设匀强磁场的磁感应强度的大小为B，令圆弧AEC是自C点垂直于BC入射的电子在磁场中的运行轨道，电子所受到的磁场的作用力f＝ev0B，方向应指向圆弧的圆心，因而磁场的方向应垂直于纸面向外．圆弧AEC的圆心在CB边或其延长线上．依题意，圆心在A、C连线的中垂线上，故B点即为圆心，圆半径为a．按照牛顿定律有：

v02

f＝m a联立解得：B＝

mv0

． ea(2)由(1)中决定的磁感应强度的方向和大小，可知自C点垂直于BC入射的电子在A点沿DA方向射出，且自BC边上其他点垂直于入射的电子的运动轨道只能在BAEC区域中，因而，圆弧AEC是所求的最小磁场区域的一个边界．

为了决定该磁场区域的另一边界，我们来考察射中A点的电子的速度方向与BA的延长线交角为θ(不妨

设0≤θ＜)的情形．该电子的运动轨迹QPA如图4－13乙所示．图中，圆弧AP的圆心为O，PQ垂直于BC2边，由上式知，圆弧AP的半径仍为a．过P点作DC的垂线交DC于G，由几何关系可知∠DPG＝θ，在以D为原点、DC为x轴、DA为y轴的坐标系中，P点的坐标(x，y)为：

x＝asin θ，y＝acos θ

图4－13乙

内，P点形成以D为圆心、a为半径的四分之一圆周AFC，它是电子做直2

线运动和圆周运动的分界线，构成所求磁场区域的另一边界．因此，所求的最小匀强磁场区域是分别以B和

这意味着，在范围0≤θ≤

D为圆心、a为半径的两个四分之一圆周 AEC和 AFC所围成的，其面积为：

S＝2(πa2－a2)＝

[答案] (1)

π－22

a． 2

mv0π－22

方向垂直于纸面向外 (2)a ea2

四、带电粒子在复合场、组合场中的运动问题

●例5 在地面附近的真空中，存在着竖直向上的匀强电场和垂直电场方向水平向里的匀强磁场，如图4－14甲所示．磁场的磁感应强度B随时间t的变化情况如图4－14乙所示．该区域中有一条水平直线MN，D是MN上的一点．在t＝0时刻，有一个质量为m、电荷量为＋q的小球(可看做质点)，从M点开始沿着水平直线以速度v0做匀速直线运动，t0时刻恰好到达N点．经观测发现，小球在t＝2t0至t＝3t0时间内的某一时刻，又竖直向下经过直线MN上的D点，并且以后小球多次水平向右或竖直向下经过D点．求：

图4－14

(1)电场强度E的大小．

(2)小球从M点开始运动到第二次经过D点所用的时间．

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(3)小球运动的周期，并画出运动轨迹(只画一个周期)．【解析】(1)小球从M点运动到N点时，有：qE＝mg

mgq(2)小球从M点到达N点所用时间t1＝t0

解得：E＝．

小球从N点经过个圆周，到达P点，所以t2＝t0

mv0

B0qRm小球从P点运动到D点的时间t3＝＝

v0B0qm所以时间t＝t1＋t2＋t3＝2t0＋

B0qm1

[或t＝(3π＋1)，t＝2t0(＋1)]．

qB03π

小球从P点运动到D点的位移x＝R＝

(3)小球运动一个周期的轨迹如图4－14丙所示．

图4－14丙

12πm小球的运动周期为：T＝8t0(或T＝)．

qB0

[答案] (1) (2)2t0＋

mgqm B0q(3)T＝8t0 运动轨迹如图4－14丙所示

【点评】带电粒子在复合场或组合场中运动的轨迹形成一闭合的对称图形的试题在高考中屡有出现．五、常见的、在科学技术中的应用

带电粒子在电场、磁场中的运动规律在科学技术中有广泛的应用，高中物理中常碰到的有：示波器(显像管)、速度选择器、质谱仪、回旋加速器、霍耳效应传感器、电磁流量计等．

●例6 一导体材料的样品的体积为a×b×c，A′、C、A、C′为其四个侧面，如图4－15所示．已知导体样品中载流子是自由电子，且单位体积中的自由电子数为n，电阻率为ρ，电子的电荷量为e，沿x方向通有电流I．

图4－15

(1)导体样品A′、A两个侧面之间的电压是________，导体样品中自由电子定向移动的速率是________． (2)将该导体样品放在匀强磁场中，磁场方向沿z轴正方向，则导体侧面C的电势________(填“高于”、“低于”或“等于”)侧面C′的电势．

(3)在(2)中，达到稳定状态时，沿x方向的电流仍为I，若测得C、C′两侧面的电势差为U，试计算匀强磁场的磁感应强度B的大小．

【解析】(1)由题意知，样品的电阻R＝ρ·

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根据欧姆定律：U0＝I·R＝

ρcI ab分析t时间定向移动通过端面的自由电子，由电流的定义式 n·ab·v·t·eI＝ tI可得v＝．

nabe(2)由左手定则知，定向移动的自由电子向C′侧面偏转，故C侧的电势高于C′侧面． (3)达到稳定状态时，自由电子受到电场力与洛伦兹力的作用而平衡，则有：q＝qvB

UbneaU． IρcIIneaU[答案] (1) (2)高于 (3)

abnabeI解得：B＝【点评】本例实际上为利用霍耳效应测磁感应强度的方法，而电磁流量计、磁流体发电机的原理及相关

问题的解析都与此例相似．

★同类拓展3 如图4－16甲所示，离子源A产生的初速度为零、带电荷量均为e、质量不同的正离子被电压为U0的加速电场加速后匀速通过准直管，垂直射入匀强偏转电场，偏转后通过极板HM上的小孔S离开电场，经过一段匀速直线运动，垂直于边界MN进入磁感应强度为B的匀强磁场．已知HO＝d，HS＝2d，∠MNQ＝90°．(忽略离子所受重力)

图4－16甲

(1)求偏转电场场强E0的大小以及HM与MN的夹角φ． (2)求质量为m的离子在磁场中做圆周运动的半径．

(3)若质量为4m的离子垂直打在NQ的中点S1处，质量为16m的离子打在S2处．求S1和S2之间的距离以及能打在NQ上的正离子的质量范围．

[2009年高考·重庆理综卷]

【解析】(1)设正离子经电压为U0的电场加速后速度为v1，应用动能定理有：

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图4－16乙

正离子垂直射入匀强偏转电场，受到的电场力F＝eE0

eU0＝mv12－0

产生的加速度a＝，即a＝

FmeE0

m垂直电场方向做匀速运动，有：2d＝v1t

沿电场方向，有：d＝at

2联立解得：E0＝又tan φ＝

解得：φ＝45°．

(2)正离子进入磁场时的速度大小为： v＝v12＋v⊥2＝v12＋(at)2

U0dv1atv2

正离子在匀强磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，则有：evB＝m RmU0

联立解得：正离子在磁场中做圆周运动的半径R＝2．

eB2

4mU016mU0

(3)将4m和16m代入R，得R1＝2 2、R2＝2

eBeB2

图4－16丙

由几何关系可知S1和S2之间的距离Δs＝R2－(R2－R1)－R1 联立解得：Δs＝4(3－1)由R′＝(2R1)＋(R′－R1)

得：R′＝R1

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mU0

eB2

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15由R1得：mmU0

(3)m经典考题

带电粒子在电场、磁场以及复合场、组合场中的运动问题是每年各地高考的必考内容，留下大量的经典题型，认真地总结归纳这些试题会发现以下特点：

①重这些理论在科学技术上的应用； ②需要较强的空间想象能力．

1．图示是科学史上一张著名的实验照片，显示一个带电粒子在云室中穿过某种金属板运动的径迹．云室放置在匀强磁场中，磁场方向垂直照片向里，云室中横放的金属板对粒子的运动起阻碍作用．分析此径迹可知粒子[2009年高考·安徽理综卷]( )

A．带正电，由下往上运动 B．带正电，由上往下运动 C．带负电，由上往下运动 D．带负电，由下往上运动

【解析】粒子穿过金属板后速度变小，由半径公式r＝

mv可知，半径变小，粒子的运动方向为由下向上；Bq又由洛伦兹力的方向指向圆心以及左手定则知粒子带正电．

[答案] A

【点评】题图为安德森发现正电子的云室照片．

2．图示为一“滤速器”装置的示意图．a、b为水平放置的平行金属板，一束具有各种不同速率的电子沿水平方向经小孔O进入a、b两板之间．为了选取具有某种特定速率的电子，可在a、b间加上电压，并沿垂直于纸面的方向加一匀强磁场，使所选电子仍能够沿水平直线OO′运动，由O′射出．不计重力作用．可能达到上述目的的办法是[2006年高考·全国理综卷Ⅰ]( )

A．使a板的电势高于b板，磁场方向垂直纸面向里 B．使a板的电势低于b板，磁场方向垂直纸面向里 C．使a板的电势高于b板，磁场方向垂直纸面向外 D．使a板的电势低于b板，磁场方向垂直纸面向外

【解析】要使电子能沿直线通过复合场，电子所受电场力与洛伦兹力必是一对平衡力．由左手定则及电场的相关知识可知，选项A、D正确．

[答案] AD

3．图示是质谱仪的工作原理示意图．带电粒子被加速电场加速后，进入速度选择器．速度选择器内相互正交的匀强磁场和匀强电场的强度分别为B和E．平板S上有可让粒子通过的狭缝P和记录粒子位置的胶片A1A2．平板S下方有强度为B0的匀强磁场．下列表述正确的是[2009年高考·广东物理卷]( )

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A．质谱仪是分析同位素的重要工具

B．速度选择器中的磁场方向垂直纸面向外 C．能通过狭缝P的带电粒子的速率等于

EBD．粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝P，粒子的荷质比越小

【解析】粒子在电场中加速有：qU＝mv，粒子沿直线通过速度选择器有：Eq＝qvB，粒子在平板S下方

2磁场中做圆周运动有：r＝，由上述过程遵循的规律可知选项A、B、C正确．

[答案] ABC

4．带电粒子的比荷是一个重要的物理量．某中学物理兴趣小组设计了一个实验，探究电场和磁场对电子运动轨迹的影响，以求得电子的比荷，实验装置如图所示．

mvqBqm

(1)他们的主要实验步骤如下．

A．首先在两极板M1M2之间不加任何电场、磁场，开启阴极射线管电源，发射的电子从两极板中央通过，在荧屏的正中心处观察到一个亮点．

B．在M1M2两极板间加合适的电场：加极性如图所示的电压，并逐步调节增大，使荧屏上的亮点逐渐向荧屏下方偏移，直到荧屏上恰好看不见亮点为止，记下此时外加电压为U．请问本步骤的目的是什么？

C．保持步骤B中的电压U不变，对M1M2区域加一个大小、方向均合适的磁场B，使荧屏正中心重现亮点，试问外加磁场的方向如何？

(2)根据上述实验步骤，同学们正确推算出电子的比荷与外加电场、磁场及其他相关量的关系为＝

qmU．一位同学说，这表明电子的比荷将由外加电压决定，外加电压越大则电子的比荷越大．你认为他的说B2d2

法正确吗？为什么？

[2007年高考·广东物理卷]

[答案] (1)B．使电子刚好落在正极板的近荧幕端的边缘，利用已知量表达．

C．垂直电场方向向外(垂直纸面向外)

(2)说法不正确，电子的比荷是电子的固有参数．

5．1932年，劳伦斯和利文斯顿设计出了回旋加速器．回旋加速器的工作原理如图所示，置于高真空中的D形金属盒半径为R，两盒间的狭缝很小，带电粒子穿过的时间可以忽略不计．磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直．A处粒子源产生的粒子，质量为m、电荷量为＋q ，在加速器中被加速，加速电压为U．加速过程中不考虑相对论效应和重力作用．

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(1)求粒子第2次和第1次经过两D形盒间狭缝后轨道半径之比． (2)求粒子从静止开始加速到出口处所需的时间t．

(3)实际使用中，磁感应强度和加速电场频率都有最大值的限制．若某一加速器磁感应强度和加速电场频率的最大值分别为Bm、fm，试讨论粒子能获得的最大动能Ekm．

[2009年高考·江苏物理卷]

【解析】(1)设粒子第1次经过狭缝后的半径为r1，速度为v1，则qU＝mv1

v12

qv1B＝m

解得：r1＝

2mUBq

同理，粒子第2次经过狭缝后的半径r2＝B4mU

q则r2∶r1＝2∶1．

(2)设粒子到出口处被加速了n圈，则

2nqU＝mv

qvB＝m

R2πmT＝

qBt＝nT

πBR解得：t＝．

2U(3)加速电场的频率应等于粒子在磁场中做圆周运动的频率，即f＝

2πm当磁感应强度为Bm时，加速电场的频率应为fBm＝ 2πm12

粒子的动能Ek＝mv

当fBm≤fm时，粒子的最大动能由Bm决定

qBqBm

vm2

qvmBm＝m

Rq2Bm2R2

解得：Ekm＝

2m当fBm≥fm时，粒子的最大动能由fm决定 vm＝2πfmR

222

解得：Ekm＝2πmfmR．

πBR222

[答案] (1)2∶1 (2) (3)2πmfmR

2U【点评】回旋加速器为洛伦兹力的典型应用，在高考中多次出现．要理解好磁场对粒子的“加速”没有起作用，但回旋加速器中粒子所能获得的最大动能却与磁感应强度相关．

6．如图甲所示，在x轴下方有匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于xOy平面向外．P是y轴上

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距原点为h的一点，N0为x轴上距原点为a的一点．A是一块平行于x轴的挡板，与x轴的距离为，A的中

2点在y轴上，长度略小于．带电粒子与挡板碰撞前后，x方向的分速度不变，y方向的分速度反向、大小不

变．质量为m、电荷量为q(q＞0)的粒子从P点瞄准N0点入射，最后又通过P点．不计重力．求粒子入射速度的所有可能值．

[2009年高考·全国理综卷Ⅰ]

ha甲

【解析】设粒子的入射速度为v，第一次射出磁场的点为N0′，与板碰撞后再次进入磁场的位置为N1．粒子在磁场中运动的半径为R，有：R＝

mvqB乙

粒子的速度不变，每次进入磁场与射出磁场的位置间的距离x1保持不变，则有： x1＝N0′N0＝2Rsin θ

粒子射出磁场与下一次进入磁场位置间的距离x2始终不变，与N0′N1相等．由图乙可以看出x2＝a 设粒子最终离开磁场时，与挡板相碰n次(n＝0,1,2…)．若粒子能回到P点，由对称性可知，出射点的x坐标应为－a，即：(n＋1)x1－nx2＝2a

n＋2

由以上两式得：x1＝a

n＋1

若粒子与挡板发生碰撞，则有：

ax1－x2＞

联立解得：n＜3

qBn＋2v＝·a 2msin θn＋1式中sin θ＝

ha2＋h2qBaa2＋h2

解得：v0＝，n＝0

mh22

3qBaa＋hv1＝，n＝1

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2qBaa＋hv2＝，n＝2．

3mh22

qBaa2＋h2

[答案] v0＝，n＝0

mh223qBaa＋hv1＝，n＝1

4mh222qBaa＋hv2＝，n＝2

3mh能力演练

一、选择题(10×4分)

1．如图所示，真空中O点有一点电荷，在它产生的电场中有a、b两点，a点的场强大小为Ea，方向与ab连线成60°角，b点的场强大小为Eb，方向与ab连线成30°角．关于a、b两点的场强大小Ea、Eb及电势φa、φb的关系，以下结论正确的是( )

A．Ea＝，φa＞φb

3B．Ea＝3Eb，φa＜φb C．Ea＝3Eb，φa＞φb D．Ea＝3Eb，φa＜φb

【解析】由题图可知O点处为负电荷，故φb＞φa，又因为Ea＝Eb

kQkQkQ，可得Ea＝3Eb． 2、Eb＝2＝OaOb(3·Oa)2

[答案] D

2．一正电荷处于电场中，在只受电场力作用下从A点沿直线运动到B点，其速度随时间变化的图象如图所示，tA、tB分别对应电荷在A、B两点的时刻，则下列说法中正确的有( )

A．A处的场强一定大于B处的场强 B．A处的电势一定低于B处的电势

C．正电荷在A处的电势能一定大于B处的电势能 D．由A至B的过程中，电场力一定对正电荷做负功

【解析】由题图知正电荷在做加速越来越小的加速运动，说明电场线的方向为：A→B，可知：φA＞φB，EA＞EB，εA＞εB，由A至B的过程中，电场力一定对正电荷做正功．

[答案] AC

3．如图所示，带正电的粒子以一定的初速度v0沿中线进入水平放置的平行金属板内，恰好沿下板的边缘飞出，已知板长为L，板间的电压为U，带电粒子所带电荷量为q，粒子通过平行金属板的时间为t，不计粒子的重力，则 ( )

A．粒子在前时间内，电场力对粒子做的功为 24

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tqU

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t3qUB．粒子在后时间内，电场力对粒子做的功为 28

C．粒子在竖直方向的前和后位移内，电场力做的功之比为1∶2

44D．粒子在竖直方向的前和后位移内，电场力的冲量之比为1∶1 44

【解析】粒子在匀强电场中运动，电场力做的功为： W电＝qUAB＝q·E·y，其中y为粒子在电场方向的位移

12d1t2d又由题意知：at＝，a·()＝ 22228t1t3qU故在前内电场力做的功W1＝qU，在后内电场力做的功W2＝ 2828前后位移内电场力做的功之比为1∶1 4

又从静止开始的匀加速直线运动通过连续相等位移的时间之比为1∶(2－1)∶(3－2)∶(4－3) 故I前∶I后＝1∶(2－1)． [答案] B

4．如图所示，在一正交的电场和磁场中，一带电荷量为＋q、质量为m的金属块沿倾角为θ的粗糙绝缘斜面由静止开始下滑．已知电场强度为E，方向竖直向下；磁感应强度为B，方向垂直纸面向里；斜面的高度为h．金属块滑到斜面底端时恰好离开斜面，设此时的速度为v，则( )

ddddd

A．金属块从斜面顶端滑到底端的过程中，做的是加速度逐渐减小的加速运动 B．金属块从斜面顶端滑到底端的过程中，机械能增加了qEh

C．金属块从斜面顶端滑到底端的过程中，机械能增加了mv－mgh

D．金属块离开斜面后将做匀速圆周运动

【解析】金属块在下滑的过程中，随着速度的增大，洛伦兹力增大，对斜面的压力减小，故摩擦力f＝μ(mg＋qE－qvB)不断减小，金属块做加速度逐渐增大的加速运动，选项A错误．

又由功能关系得：ΔE机＝W电－Wf＜qEh，选项B错误．

机械能的变化量为：ΔE机＝ΔEk＋ΔEp＝mv－mgh，选项C正确．

由题意知，mg＞qE，故离开斜面后金属块不可能做匀速圆周运动，选项D错误． [答案] C

5．如图所示，充电的两平行金属板间有场强为E的匀强电场和方向与电场垂直(垂直纸面向里)的匀强磁场，磁感应强度为B，构成了速度选择器．氕核、氘核、氚核以相同的动能(Ek)从两极板中间垂直于电场和磁场射入速度选择器，且氘核沿直线射出．不计粒子的重力，则射出时( )

A．动能增加的是氚核 B．动能增加的是氕核 C．偏向正极板的是氚核 D．偏向正极板的是氕核【解析】带电粒子直线通过速度选择器的条件为：

Ev0＝

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对于氘核：qE＝qB·对于氕核：qE＜qB·对于氚核：qE＞qB·2Ek

2m02Ek

m02Ek

，向负极偏转，动能增加． 3m0

，向正极偏转，动能减少

[答案] AD

6．如图所示，竖直放置的两个平行金属板间有匀强电场，在两板之间等高处有两个质量相同的带电小球，P小球从紧靠左极板处由静止开始释放，Q小球从两板正中央由静止开始释放，两小球最后都能打在右极板上的同一点．则从开始释放到打到右极板的过程中( )

A．它们的运行时间tP＞tQ

B．它们的电荷量之比qP∶qQ＝2∶1

C．它们的动能增加量之比ΔEkP∶ΔEkQ＝4∶1 D．它们的电势能减少量之比ΔEP∶ΔEQ＝2∶1

【解析】将两小球的运动都沿水平和竖直正交分解，竖直的分运动都为自由落体运动，故它们从开始释放到打在右极板的过程中运行时间相等，选项A错误．

1qPE2qQE2

对于水平分运动，有：··t＝·t

2mm故知qP∶qQ＝2∶1，选项B正确．

P球动能的增量ΔEkP＝mgh＋qPE·d，Q球动能的增量ΔEkQ＝mgh＋qQE·＝mgh＋·qPE·d，选项C错误．

24同理：ΔEP＝qPE·d，ΔEQ＝qQE·，可得ΔEP∶ΔEQ＝4∶1，选项D错误．

[答案] B

7．均匀分布着等量异种电荷的半径相等的半圆形绝缘杆被正对着固定在同一平面上，如图所示．AB是两种绝缘杆所在圆圆心连线的中垂线而且与二者共面，该平面与纸面平行，有一磁场方向垂直于纸面，一带电粒子(重力不计)以初速度v0一直沿直线AB运动．则( )

A．磁场是匀强磁场 B．磁场是非匀强磁场

C．带电粒子做匀变速直线运动 D．带电粒子做变加速运动

【解析】由对称性知直线AB上的电场方向与AB垂直，又由两绝缘杆的形状知AB上的电场并非处处相等．在AB上的每一点，由平衡条件知qE＝qvB，故知磁场为非匀强磁场，带电粒子做匀速直线运动．

[答案] B 8．如图所示，带电粒子在没有电场和磁场的空间内以速度v0从坐标原点O沿x轴方向做匀速直线运动．若空间只存在垂直于xOy平面的匀强磁场时，粒子通过P点时的动能为Ek；当空间只存在平行于y轴的匀强电场时，则粒子通过P点时的动能为( )

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D．5Ek

【解析】由题意知带电粒子只受电场力或洛伦兹力的作用，且有Ek＝mv0

当空间只存在电场时，带电粒子经过P点，说明： 1

·vPy·t＝v0·t＝10 cm，即vPy＝2v0 2

由动能的定义可得：

EkP＝mv02＋mvPy2＝5Ek．

22[答案] D

9．如图所示，一个带电荷量为＋Q 的点电荷甲固定在绝缘平面上的O点；另一个带电荷量为－q、质量为m的点电荷乙，从A点以初速度v0沿它们的连线向甲滑行运动，运动到B点静止．已知静电力常量为k，点电荷乙与水平面的动摩擦因数为μ，A、B间的距离为s．下列说法正确的是( )

A．Ek B．2Ek C．4Ek

A．O、B间的距离为kQq μmgv0

B．点电荷乙从A运动到B的运动过程中，中间时刻的速度小于

C．点电荷乙从A运动到B的过程中，产生的内能为mv0

m(v02－2μgs)

D．在点电荷甲产生的电场中，A、B两点间的电势差UAB＝ 2q【解析】由题意知电荷乙做加速度越来越小的减速运动，v－t图象如图所示，可知点电荷乙从A运动到

v0kQqB的中间时刻的速度vC＜，故选项B正确；这一过程一直有2＜μmg，故sOB＞

2rkQq，选项A错误． μmg

点电荷乙由A运动到B的过程中，电场力做正功，设为W，由动能定理得：

W－μmgs＝0－mv02

可得：此过程中产生的内能Q′＝μmgs＝W＋mv0，选项C错误．

由上可知，A、B两点间的电势差为：

mv0－μmgsW2UAB＝＝，选项D正确．

－qq[答案] BD

10．如图甲所示，在第Ⅱ象限内有水平向右的匀强电场，电场强度为E，在第Ⅰ、Ⅳ象限内分别存在如图所示的匀强磁场，磁感应强度大小相等．有一个带电粒子以垂直于x轴的初速度v0从x轴上的P点进入匀强电场中，并且恰好与y轴的正方向成45°角进入磁场，又恰好垂直进入第Ⅳ象限的磁场．已知OP之间的距离为d，则带电粒子在磁场中第二次经过x轴时，在电场和磁场中运动的总时间为( )

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甲

7πdA．

2v0

d3πC．(2＋) v02

dv0d7πD．(2＋) v02

B．(2＋5π)

【解析】带电粒子的运动轨迹如图乙所示．由题意知，带电粒子到达y轴时的速度v＝2v0，这一过程

d2d的时间t1＝＝

又由题意知，带电粒子在磁场中的偏转轨道半径r＝22d

乙

故知带电粒子在第Ⅰ象限中的运动时间为：

3πm32πd3πdt2＝＝＝

4Bq2v2v0

2πd带电粒子在第Ⅳ象限中运动的时间为：t3＝

d7π故t总＝(2＋)．

v02

[答案] D

二、非选择题(共60分)

11．(6分)在“用描迹法画出电场中平面上的等势线”的实验中，所用灵敏电流表的指针偏转方向与电流的关系是：当电流从正接线柱流入电流表时，指针偏向正接线柱一侧．

(1)某同学在实验中接通电源开关，将两表笔E1、E2在导电纸上移动，不管怎样移动，表针都不偏转．经检查，电源与电流表均完好，则产生这一现象的原因可能是____________________．

(2)排除故障后，用这个电表探测基准点2两侧的等势点时，将电流表正接线柱的E1接在基准点2上，如图所示，把负接线柱的E2接在纸上某一点，若发现电表的指针发生了偏转，该同学移动E2的方向正确的是________．

A．若电表的指针偏向正接线柱一侧，E2向右移动

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B．若电表的指针偏向正接线柱一侧，E2向左移动 C．若电表的指针偏向负接线柱一侧，E2向右移动 D．若电表的指针偏向负接线柱一侧，E2向左移动 [答案] (1)导电纸导电一面向下 (3分) (2)BC (3分)

12．(6分)用示波器观察频率为900 Hz的正弦电压信号．把该信号接入示波器Y输入．

(1)当屏幕上出现如图所示的波形时，应调节______旋钮．如果正弦波的正负半周均超出了屏幕的范围，应调节______旋钮或______旋钮，或这两个钮配合使用，以使正弦波的整个波形出现在屏幕内．

(2)如需要屏幕上正好出现一个完整的正弦波形，应将______旋钮置于______位置，然后调节______旋钮．

[答案] (1)竖直位移(或↑↓) 衰减(或衰减调节) Y增益 (每空1分) (2)扫描范围 1 k挡位扫描微调 (每空1分) 13．(10分)一种半导体材料称为“霍尔材料”，用它制成的元件称为“霍尔元件”．这种材料内有一种称

－19

为“载流子”的可定向移动的电荷，每个载流子的电荷量q＝1.6×10C．霍尔元件在自动检测、控制领域得到广泛应用，如录像机中用来测量录像磁鼓的转速，电梯中用来检测电梯门是否关闭以及自动控制升降电

－2

动机的电源的通断等．在一次实验中，由一块霍尔材料制成的薄板宽L1＝ab＝1.0×10 m、长bc＝L2＝4.0

－2－3

×10 m、厚h＝1.0×10 m，水平放置在竖直向上的磁感应强度B＝1.5 T 的匀强磁场中，bc方向通有I－5

＝3.0 A的电流，如图所示，沿宽度产生1.0×10 V的横向电压．

(1)假定载流子是电子，则a、b两端哪端的电势较高？ (2)薄板中形成电流I的载流子定向运动的速度是多少？【解析】(1)根据左手定则可确定a端电势较高． (3分)

(2)当导体内有载流子沿电流方向所在的直线做定向运动时，受到洛伦兹力的作用而产生横向分运动，产生横向电场，横向电场的电场力与载流子所受到的洛伦兹力平衡时，导体横向电压稳定．设载流子沿电流方向所在的直线做定向运动的速率为v，横向电压为Uab，横向电场强度为E．则：

电场力FE＝qE＝

qUab (2分) L1

磁场力FB＝qvB (2分) 平衡时FE＝FB (1分)

－4

解得：v＝6.7×10 m/s． (2分)

－4

[答案] (1)a端电势较高 (2)6.7×10 m/s

14．(10分)图甲为电视机中显像管的工作原理示意图，电子枪中的灯丝加热阴极使电子逸出，这些电子再经加速电场加速后，从O点进入由磁偏转线圈产生的偏转磁场中，经过偏转磁场后打到荧光屏MN上，使荧光屏发出荧光形成图像．不计逸出电子的初速度和重力，已知电子的质量为m、电荷量为e，加速电场的电压为U．偏转线圈产生的磁场分布在边长为l的正方形abcd区域内，磁场方向垂直纸面，且磁感应强度B随时间t的变化规律如图乙所示．在每个周期内磁感应强度B都是从－B0均匀变化到B0．磁场区域的左边界的中点与O点重合，ab边与OO′平行，右边界bc与荧光屏之间的距离为s．由于磁场区域较小，且电子运

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动的速度很大，所以在每个电子通过磁场区域的过程中，可认为磁感应强度不变，即为匀强磁场，不计电子之间的相互作用．

(1)求电子射出电场时的速度大小．

(2)为使所有的电子都能从磁场的bc边射出，求偏转线圈产生磁场的磁感应强度的最大值． (3)若所有的电子都能从bc边射出，求荧光屏上亮线的最大长度是多少？

【解析】设电子射出电场的速度为v，则根据动能定理，对电子的加速过程有：mv＝eU (1分)

2解得：v＝2eU

m． (1分)

(2)当磁感应强度为B0或－B0时(垂直于纸面向外为正方向)，电子刚好从b点或c点射出 (1分)

丙

设此时圆周的半径为R，如图丙所示．根据几何关系有：

lR2＝l2＋(R－)2 (1分)

5l解得：R＝ (1分)

电子在磁场中运动，洛伦兹力提供向心力，因此有：

evB0＝m (1分)

R42mU解得：B0＝． (1分)

5le4

(3)根据几何关系可知：tan α＝ (1分)

设电子打在荧光屏上离O′点的最大距离为d，则： ll4sd＝＋stan α＝＋ (1分) 223

由于偏转磁场的方向随时间变化，根据对称性可知，荧光屏上的亮线最大长度为：

8sD＝2d＝l＋． (1分)

42mU8s (3)l＋

m5le3

15．(12分)如图甲所示，在平面直角坐标系xOy中的第一象限内存在磁感应强度大小为B、方向垂直于坐标平面向内的有界圆形匀强磁场区域(图中未画出)；在第二象限内存在沿x轴负方向的匀强电场．一粒子源固定在x轴上的A点，A点坐标为(－L,0)．粒子源沿y轴正方向释放出速度大小为v的电子，电子恰好能通过y轴上的C点，C点坐标为(0,2L)，电子经过磁场偏转后恰好垂直通过第一象限内与x轴正方向成15°

[答案] (1)

(2)

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2eU实用标准

角的射线ON(已知电子的质量为m，电荷量为e，不考虑粒子的重力和粒子之间的相互作用)．求：

甲

(1)第二象限内电场强度E的大小．

(2)电子离开电场时的速度方向与y轴正方向的夹角θ． (3)圆形磁场的最小半径Rm．

【解析】(1)从A到C的过程中，电子做类平抛运动，有：

eEL＝t2 (1分) 2m2L＝vt (1分)

mv2

联立解得：E＝． (1分)

2eL(2)设电子到达C点的速度大小为vC，方向与y轴正方向的夹角为θ．由动能定理，有：

1212

mvC－mv＝eEL (2分) 22

乙

解得：vC＝2v

cos θ＝＝ (1分)

vC2

解得：θ＝45°． (1分)

(3)电子的运动轨迹图如图乙所示，电子在磁场中做匀速圆周运动的半径r＝

mvC2mv＝ (1分) eBeB电子在磁场中偏转120°后垂直于ON射出，则磁场最小半径为：Rm＝＝rsin 60° (2分)

2由以上两式可得：Rm＝

6mv． (1分) 2eBPQmv26mv[答案] (1) (2)45° (3) 2eL2eB16．(13分)如图甲所示，竖直挡板MN的左侧空间有方向竖直向上的匀强电场和垂直纸面向里的水平匀强磁场，电场和磁场的范围足够大，电场强度的大小E＝40 N/C，磁感应强度的大小B随时间t变化的关系

－4

图象如图乙所示，选定磁场垂直纸面向里为正方向．在t＝0时刻，一质量m＝8×10 kg、带电荷量q＝＋2

－4

×10 C的微粒在O点具有竖直向下的速度v＝0.12 m/s，O′是挡板MN上一点，直线OO′与挡板MN垂直，

取g＝10 m/s．求：

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(1)微粒下一次经过直线OO′时到O点的距离． (2)微粒在运动过程中离开直线OO′的最大距离．

(3)水平移动挡板，使微粒能垂直射到挡板上，挡板与O点间的距离应满足的条件．

－3

【解析】(1)由题意知，微粒所受重力G＝mg＝8×10 N

－3

电场力大小F＝Eq＝8×10 N (1分) 因此重力与电场力平衡

微粒先在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动，则有：

qvB＝m (1分)

Rmv解得：R＝＝0.6 m

qB2πR由T＝ (1分)

v解得：T＝10π s (1分)

则微粒在5π s内转过半个圆周，再次经直线OO′时与O点的距离l＝2R＝1.2 m． (1分) (2)微粒运动半周后向上匀速运动，运动的时间t＝5π s，轨迹如图丙所示．

丙

位移大小x＝vt＝0.6π m＝1.88 m (2分)

微粒离开直线OO′的最大距离h＝x＋R＝2.48 m． (2分)

(3)若微粒能垂直射到挡板上的某点P，P点在直线OO′下方时，挡板MN与O点间的距离应满足： L＝(4n＋1)×0.6 m (n＝0,1,2…) (2分)

若微粒能垂直射到挡板上的某点P，P点在直线OO′上方时，挡板MN与O点间的距离应满足： L＝(4n＋3)×0.6 m (n＝0,1,2…)． (2分)

[若两式合写成L＝(1.2n＋0.6) m (n＝0,1,2…)同样给分] [答案] (1)1.2 m (2)2.48 m

(3)P点在直线OO′下方时，距离L＝(4n＋1)×0.6 m (n＝0,1,2…) P点在直线OO′上方时，距离L＝(4n＋3)×0.6 m (n＝0,1,2…)

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[或L＝(1.2n＋0.6) m (n＝0,1,2…)]

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第5专题电磁感应与电路的分析

知识网络

考点预测

本专题包含以“电路”为核心的三大主要内容：一是以闭合电路欧姆定律为核心的直流电路的相关知识，在高考中有时以选择题的形式出现，如2009年全国理综卷Ⅱ第17题、天津理综卷第3题、江苏物理卷第5题，2007年上海物理卷第3(A)题、宁夏理综卷第19题、重庆理综卷第15题等；二是以交变电流的产生特点以及以变压器为核心的交变电流的知识，在高考中常以选择题的形式出现，如2009年四川理综卷第17题、广东物理卷第9题，2008年北京理综卷第18题、四川理综卷第16题、宁夏理综卷第19题等；三是以楞次定律及法拉第电磁感应定律为核心的电磁感应的相关知识，本部分知识是高考中的重要考点，既有可能以选择题的形式出现，如2009年重庆理综卷第20题、天津理综卷第4题，2008年全国理综卷Ⅰ第20题、全国理综卷Ⅱ第21题、江苏物理卷第8题等，也有可能以计算题的形式出现，如2009年全国理综卷Ⅱ第24题、四川理综卷第24题、北京理综卷第23题，2008年全国理综卷Ⅱ第24题、北京理综卷第22题、江苏物理卷第15题等．

在2010年高考中依然会出现上述相关知识的各种题型，特别是电磁感应与动力学、功能问题的综合应成为复习的重点．

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要点归纳

一、电路分析与计算

1．部分电路总电阻的变化规律

(1)无论是串联电路还是并联电路，其总电阻都会随其中任一电阻的增大(减小)而增大(减小)．

(2)分压电路的电阻．如图5－1所示，在由R1和R2组成的分压电路中，当R1串联部分的阻值RAP增大时，总电阻RAB增大；当RAP减小时，总电阻RAB减小．

图5－1

(3)双臂环路的阻值．如图5－2 所示，在由R1、R2和R组成的双臂环路中，当AR1P 支路的阻值和AR2P支路的阻值相等时，RAB最大；当P滑到某端，使两支路的阻值相差最大时，RAB最小．

图5－2

2．复杂电路的简化

对复杂电路进行简化，画出其等效电路图是正确识别电路、分析电路的重要手段．常用的方法主要有以下两种．

(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(或画在一起)．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．

若电路中有且只有一处接地线，则它只影响电路中各点的电势值，不影响电路的结构；若电路中有两处或两处以上接地线，则它除了影响电路中各点的电势外，还会改变电路的结构，各接地点可认为是接在同一点上．另外，在一般情况下，接电流表处可视为短路，接电压表、电容器处可视为断路．

3．欧姆定律

UR注意：电路的电阻R并不由U、I决定．

E(2)闭合电路欧姆定律：公式I＝或E＝U＋Ir，其中U＝IR为路端电压．

R＋r路端电压U和外电阻R、干路电流I之间的关系：R增大，U增大，当R＝∞时(断路)，I＝0，U＝E；RE减小，U减小，当R＝0时(短路)，I＝Imax＝，U＝0．

r(3)在闭合电路中，任一电阻Ri的阻值增大(电路中其余电阻不变)，必将引起通过该电阻的电流Ii的减小以及该电阻两端的电压Ui的增大，反之亦然；任一电阻Ri的阻值增大，必将引起与之并联的支路中电流I并的增大，与之串联的各电阻两端电压U串的减小，反之亦然．

(1)部分电路欧姆定律：公式I＝．

4．几类常见的功率问题

(1)与电源有关的功率和电源的效率

①电源的功率P：电源将其他形式的能转化为电能的功率，也称为电源的总功率．计算式为P＝EI(普遍适用)或P＝

R＋r＝I(R＋r)(只适用于外电路为纯电阻的电路)．

②电源内阻消耗的功率P内：电源内阻的热功率，也称为电源的损耗功率．计算式为P内＝Ir．

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E2R③电源的输出功率P出：是指外电路上消耗的功率．计算式为P出＝U外I(普遍适用)或P出＝IR＝2

(R＋r)

(只适用于外电路为纯电阻的电路)．电源的输出功率曲线如图5－3所示．当R→0时，输出功率P→0；当RE2

→∞时，输出功率P→0；当R＝r时， Pmax＝；当R＜r 时，R增大，输出功率增大；当R＞r时，R增大，

4r2

输出功率反而减小．

图5－3

对于E、r一定的电源，外电阻R一定时，输出功率只有唯一的值；输出功率P一定时，一般情况下外电阻有两个值R1、R2与之对应，即R1＜r、R2＞r，可以推导出R1、R2的关系为R1R2＝r．

④功率分配关系：P＝P出＋P内，即EI＝UI＋Ir．

闭合电路中的功率分配关系反映了闭合电路中能量的转化和守恒关系，即电源提供的电能一部分消耗在

内阻上，另一部分输出给外电路，并在外电路上转化为其他形式的能．能量守恒的表达式为EIt＝UIt＋Irt(普

遍适用)或EIt＝IRt＋Irt(只适用于外电路为纯电阻的电路)．

⑤电源的效率：η＝×100%＝×100% 对纯电阻电路有：

UIEIUEI2RR1

η＝2×100%＝×100%＝×100%

I(R＋r)R＋rr1＋R因此当R增大时，效率η提高．

(2)用电器的额定功率和实际功率

用电器在额定电压下消耗的电功率叫额定功率，即P额＝U额I额．用电器在实际电压下消耗的电功率叫实际功率，即P实＝U实I实．实际功率不一定等于额定功率．

(3)用电器的功率与电流的发热功率

用电器的电功率P＝UI，电流的发热功率P热＝IR．对于纯电阻电路，两者相等；对于非纯电阻电路，电功率大于热功率．

(4)输电线路上的损耗功率和输电功率

输电功率P输＝U输I，损耗功率P线＝IR线＝ΔUI． 5．交变电流的四值、变压器的工作原理及远距离输电 (1)交变电流的四值

交变电流的四值即最大值、有效值、平均值和瞬时值．交变电流在一个周期内能达到的最大数值称为最大值或峰值，在研究电容器是否被击穿时，要用到最大值；有效值是根据电流的热效应来定义的，在计算电路中的能量转换如电热、电功、电功率或确定交流电压表、交流电流表的读数和保险丝的熔断电流时，要用有效值；在计算电荷量时，要用平均值；交变电流在某一时刻的数值称为瞬时值，不同时刻，瞬时值的大小和方向一般不同，计算电路中与某一时刻有关的问题时要用交变电流的瞬时值．

(2)变压器电路的分析与计算

①正确理解理想变压器原、副线圈的等效电路，尤其是副线圈的电路，它是解决变压器电路的关键． ②正确理解电压变比、电流变比公式，尤其是电流变比公式．电流变比对于多个副线圈不能使用，这时求电流关系只能根据能量守恒来求，即P输入＝P输出．

③正确理解变压器中的因果关系：理想变压器的输入电压决定了输出电压；输出功率决定了输入功率，即只有有功率输出，才会有功率输入；输出电流决定了输入电流．

④理想变压器只能改变交流的电流和电压，却无法改变其功率和频率．

⑤解决远距离输电问题时，要注意所用公式中各量的物理意义，画好输电线路的示意图，找出相应的物理量．

二、电磁感应的规律

1．感应电流的产生条件及方向的判断 (1)产生感应电流的条件(两种说法)

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①闭合回路中的一部分导体做切割磁感线运动． ②穿过闭合回路的磁通量发生变化． (2)感应电流方向的判断

①右手定则：当导体做切割磁感线运动时，用右手定则判断导体中电流的方向比较方便．注意右手定则与左手定则的区别，抓住“因果关系”：“因动而电”，用右手定则；“因电而动”，用左手定则．还可以用“左因右果”或“左力右电”来记忆，即电流是原因、受力运动是结果的用左手定则；反之，运动是原因、产生电流是结果的用右手定则．

②楞次定律(两种表述方式)

表述一：感应电流的磁场总是要阻碍引起感应电流的磁通量的变化．表述二：感应电流的作用效果总是要反抗引起感应电流的原因．

楞次定律是判断感应电流方向的一般规律．当磁通量的变化引起感应电流时，可用“楞次定律表述一”来判断其方向．

应用楞次定律的关键是正确区分涉及的两个磁场：一是引起感应电流的磁场；二是感应电流产生的磁场．理解两个磁场的阻碍关系——“阻碍”的是原磁场磁通量的变化．从能量转化的角度看，发生电磁感应现象的过程就是其他形式的能转化为电能的过程，而这一过程总要伴随外力克服安培力做功．

“阻碍”的含义可推广为三种表达方式：阻碍原磁通量的变化(增反减同)；阻碍导体的相对运动(来拒去留)；阻碍原电流的变化(自感现象)．

2．正确理解法拉第电磁感应定律 (1)法拉第电磁感应定律

ΔΦ①电路中感应电动势的大小跟穿过这一回路的磁通量的变化率成正比，即E＝n．此公式计算的是Δ

Δtt时间内的平均感应电动势．

②当导体做切割磁感线运动时，其感应电动势的计算式为：E＝BLvsin θ，式中的θ为B与v正方向的夹角．若v是瞬时速度，则算出的是瞬时感应电动势；若v为平均速度，则算出的是平均感应电动势．

(2)磁通量、磁通量的变化量、磁通量的变化率的区别磁通量磁通量的变化量磁通量的变化率某时刻穿过某个面的磁某段时间内穿过某个面穿过某个面的磁通量变物理意义感线的条数的磁通量变化化的快慢 ΔΦΔS＝B ΔΦ＝Φ2－Φ1 ΔtΔt大 Φ＝BSn，其中Sn是与BΔΦ＝B·ΔS 小垂直的面的面积 ΔΦΔBΔΦ＝S·ΔB 或＝S ΔtΔt既不表示磁通量的大若穿过某个面有方向相开始时和转过180°时小，也不表示变化的多反的磁场，则不能直接平面都与磁场垂直，穿少．实际上，它就是单注用Φ＝BS求解，应考虑过平面的磁通量是一正匝线圈上产生的电动意相反方向的磁通量抵消一负，ΔΦ＝2BS，而不ΔΦ后所剩余的磁通量是零势，即E＝ Δt对在匀强磁场中绕处于线圈平面内且垂直于磁场方向的轴匀速转动的线圈： ΔΦ①线圈平面与磁感线平行时，Φ＝0，但最大 ΔtΔΦ附 ②线圈平面与磁感线垂直时，Φ最大，但＝0 Δt注 ΔΦΔΦΦ大或ΔΦ大，都不能保证就大；反过来，大时，Φ和ΔΦ也不ΔtΔtΔv一定大．这类似于运动学中的v、Δv及三者之间的关系 Δt(3)另外两种常见的感应电动势 ①长为L的导体棒沿垂直于磁场的方向放在磁感应强度为B的匀强磁场中，且以ω匀速转动，导体棒产生的感应电动势为：

当以中点为转轴时，E＝0(以中点平分的两段导体产生的感应电动势的代数和为零)；

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112

当以端点为转轴时，E＝BωL(平均速度取中点位置的线速度，即ωL)；

22122

当以任意点为转轴时，E＝Bω(L1－L2)(不同的两段导体产生的感应电动势的代数和)．

②面积为S的矩形线圈在磁感应强度为B的匀强磁场中以角速度ω绕线圈平面内的垂直于磁场方向的轴匀速转动，矩形线圈产生的感应电动势为：

线圈平面与磁感线平行时，E＝BSω；线圈平面与磁感线垂直时，E＝0；

线圈平面与磁感线的夹角为θ时，E＝BSωcos θ． (3)理解法拉第电磁感应定律的本质

法拉第电磁感应定律是能的转化和守恒定律在电磁学中的一个具体应用，它遵循能量守恒定律．闭合电路中电能的产生必须以消耗一定量的其他形式的能量为代价，譬如：线圈在磁场中转动产生电磁感应现象，实质上是机械能转化为电能的过程；变压器是利用电磁感应现象实现了电能的转移．运用能量的观点来解题是解决物理问题的重要方法，也是解决电磁感应问题的有效途径．

三、电磁感应与电路的综合应用

电磁感应中由于导体切割磁感线产生了感应电动势，因此导体相当于电源．整个回路便形成了闭合电路，由电学知识可求出各部分的电学量，而导体因有电流而受到安培力的作用，从而可以与运动学、牛顿运动定律、动量定理、能量守恒等知识相联系．电磁感应与电路的综合应用是高考中非常重要的考点．

热点、重点、难点

一、电路问题

1．电路的动态分析

这类问题是根据欧姆定律及串联和并联电路的性质，分析电路中因某一电阻变化而引起的整个电路中各部分电学量的变化情况，它涉及欧姆定律、串联和并联电路的特点等重要的电学知识，还可考查学生是否掌握科学分析问题的方法——动态电路局部的变化可以引起整体的变化，而整体的变化决定了局部的变化，因此它是高考的重点与热点之一．常用的解决方法如下．

(1)程序法：基本思路是“部分→整体→部分”．先从电路中阻值变化的部分入手，由串联和并联规律判断出R总的变化情况；再由欧姆定律判断I总和U端的变化情况；最后再由部分电路欧姆定律判定各部分电学量的变化情况．即：

增大R局

减小

增大

→R总

减小

减小

→I总

增大

增大

→U端

减小

I分

⇒U分

(2)直观法：直接应用部分电路中R、I、U的关系中的两个结论．

①任一电阻R的阻值增大，必引起该电阻中电流I的减小和该电阻两端电压U的增大，即：

I↓R↑→

U↑

②任一电阻R的阻值增大，必将引起与之并联的支路中电流I并的增大和与之串联的各电阻两端的电压UI并↑

串的减小，即：R↑→

U串↓

(3)极端法：对于因滑动变阻器的滑片移动引起电路变化的问题，可将变阻器的滑片分别滑至两边顶端讨论．

(4)特殊值法：对于某些双臂环路问题，可以代入特殊值去判定，从而找出结论． ●例1 在如图5－4所示的电路中，当变阻器R3的滑片P向b端移动时( )

图5－4

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A．电压表的示数增大，电流表的示数减小 B．电压表的示数减小，电流表的示数增大 C．电压表和电流表的示数都增大 D．电压表和电流表的示数都减小

【解析】方法一(程序法) 当滑片P向b端移动时，R3接入电路的阻值减小，总电阻R将减小，干路电流增大，路端电压减小，电压表的示数减小，R1和内阻两端的电压增大，R2、R3并联部分两端的电压减小，通过R2的电流减小，但干路电流增大，因此通过R3的电流增大，电流表的示数增大，故选项B正确．

方法二(极端法) 当滑片P移到b端时R3被短路，此时电流表的示数最大，总电阻最小，路端电压最小，故选项B正确．

方法三(直观法) 当滑片P向b移动时，R3接入电路的电阻减小，由部分电路中R、I、U关系中的两个结论可知，该电阻中的电流增大，电流表的示数增大，总电阻减小，路端电压减小，故选项B正确．

[答案] B

【点评】在进行电路的动态分析时，要灵活运用几种常用的解决此类问题的方法． 2．电路中几种功率与电源效率问题 (1)电源的总功率：P总＝EI． (2)电源的输出功率：P出＝UI．

(3)电源内部的发热功率：P内＝Ir．

UR．

ER＋rE2

(5)电源的最大功率：Pmax＝，此时η→0，严重短路．

rE2

(6)当R＝r时，输出功率最大，P出max＝，此时η＝50%．

4r●例2 如图5－5所示，E＝8 V，r＝2 Ω，R1＝8 Ω，R2为变阻器接入电路中的有效阻值，问：

(4)电源的效率：η＝＝

图5－5

(1)要使变阻器获得的电功率最大，则R2的取值应是多大？这时R2的功率是多大？

(2)要使R1得到的电功率最大，则R2的取值应是多大？R1的最大功率是多大？这时电源的效率是多大？

(3)调节R2的阻值，能否使电源以最大的功率输出？为什么？

4r【解析】(1)将R1和电源(E，r)等效为一新电源，则：新电源的电动势E′＝E＝8 V

内阻r′＝r＋R1＝10 Ω，且为定值

利用电源的输出功率随外电阻变化的结论知，当R2＝r′＝10 Ω时，R2有最大功率，即：

E′28P2max＝＝ W＝1.6 W．

4r′4×10

(2)因R1是定值电阻，所以流过R1的电流越大，R1的功率就越大．当R2＝0时，电路中有最大电流，即：

EImax＝＝0.8 A

R1＋rR1有最大功率P1max＝Imax2R1＝5.12 W

这时电源的效率η＝×100%＝80%．

R1＋rE2

(3)不可能．因为即使R2＝0，外电阻R1也大于r，不可能有的最大输出功率．本题中，当R2＝0时，

4r外电路得到的功率最大．

[答案] (1)10 Ω 1.6 W (2)0 5.12 W 80% (3)不可能，理由略

【点评】本题主要考查学生对电源的输出功率随外电阻变化的规律的理解和运用．注意：求R1的最大功

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率时，不能把R2等效为电源的内阻，R1的最大功率不等于，因为R1为定值电阻．故求解最大功率时

4(R2＋r)

要注意固定电阻与可变电阻的区别．另外，也要区分电动势E和内阻r均不变与r变化时的差异．

3．含容电路的分析与计算方法

在直流电路中，当电容器充放电时，电路里有充放电电流，一旦电路达到稳定状态，电容器在电路中就相当于一个阻值无限大的储能元件．对于直流电，电容器相当于断路，简化电路时可去掉它，简化后求电容器所带的电荷量时，可将其接在相应的位置上；而对于交变电流，电容器相当于通路．在分析和计算含有电容器的直流电路时，需注意以下几点：

(1)电路稳定后，由于电容器所在支路无电流通过，所以此支路中的电阻上无电压降，因此电容器两极间的电压就等于该支路两端的电压；

(2)当电容器和电阻并联后接入电路时，电容器两端的电压和与其并联的电阻两端的电压相等； (3)电路的电流、电压变化时，将会引起电容器的充放电． ●例3 在如图5－6所示的电路中，电容器C1＝4.0 μF，C2＝3.0 μF，电阻R1＝8.0 Ω，R2＝6.0 Ω．闭合开关S1，给电容器C1、C2充电，电路达到稳定后，再闭合开关S2，电容器C1的极板上所带电荷量的减少量与电容器C2的极板上所带电荷量的减少量之比是16∶15．开关S2闭合时，电流表的示数为1.0 A．求电源的电动势和内阻．

图5－6

【解析】只闭合开关S1时，电容器C1的电荷量Q1＝C1E，C2的电荷量Q2＝C2E，式中E为电源的电动势再闭合开关S2后，电流表的示数为I，则C1的电荷量Q1′＝C1IR1，C2的电荷量Q2′＝C2IR2

Q1－Q1′C1(E－IR1)16

根据题意有：＝＝

Q2－Q2′C2(E－IR2)15

由闭合电路的欧姆定律，有：E＝I(R1＋R2＋r) 联立解得：E＝16 V，r＝2.0 Ω． [答案] 16 V 2.0 Ω

【点评】本题是一个典型的含电容器的直流电路问题，考查了学生对等效电路和电容器的充电、放电电路的理解及综合分析能力．

4．交变电流与交变电路问题

纵观近几年的高考试题，本部分内容出现在选择题部分的概率较高，集中考查含变压器电路、交变电流的产生及变化规律、最大值与有效值．如2009年高考四川理综卷第17题、山东理综卷第17题、福建理综卷第16题等．

●例4 一气体放电管两电极间的电压超过500 3 V时就会因放电而发光．若在它发光的情况下逐渐降低电压，则要降到 500 2 V 时才会熄灭．放电管的两电极不分正负．现有一正弦交流电源，其输出电压的峰值为1000 V，频率为50 Hz．若用它给上述放电管供电，则在一小时内放电管实际发光的时间为( )

A．10 min B．25 min C．30 min D．35 min 【解析】由题意知，该交变电流的u－t图象如图所示

电压的表达式为：u＝1000sin 100πt V 综合图象可知：

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TT3T3TT1在0～内，～时间段放电管能通电发光，通电时间为：Δti＝(－)＝ s

26886240故一小时内放电管实际发光的时间为： tt＝Δti×＝1500 s＝25 min．

[答案] B

【点评】①交变电流的热效应(如熔断、加热等)取决于有效值，而对电容、空气导电的击穿则取决于瞬时值．

②分析正弦交变电流的特性时需要熟练地运用数学函数与图象，仔细周密地分析正弦函数中角度与变量时间的关系．

★同类拓展1 如图5－7甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为10∶1，R1＝20 Ω，R2＝30 Ω，C为电容器．已知通过R1的正弦交变电流如图5－7乙所示，则[2009年高考·四川理综卷]( )

甲乙

图5－7

A．交变电流的频率为0.02 Hz

B．原线圈输入电压的最大值为2002 V C．电阻R2的电功率约为6.67 W D．通过R3的电流始终为零

【解析】根据变压器原理可知，原、副线圈中电流的周期、频率相同，T＝0.020 s，f＝50 Hz，A错误．由乙图可知，通过R1的电流最大值Im＝1 A，根据欧姆定律可知，其最大电压Um＝20 V，再根据原、副线圈的电压之比等于匝数之比可知，原线圈的输入电压的最大值为200 V，B错误．

因为电容器有通交流、隔直流的作用，故有电流通过R3和电容器，D错误．

根据正弦交变电流的峰值与有效值的关系以及并联电路的特点可知I2＝

ImR1Um

，U2＝，R2上的电功率P22R22

＝U2I2＝ W，C正确．

[答案] C

●例5 某种发电机的内部结构平面图如图5－8甲所示，永磁体的内侧为圆柱面形，磁极之间上下各有圆心角θ＝30°的扇形无磁场区域，其他区域两极与圆柱形铁芯之间的窄缝间形成B＝0.5 T的磁场．在窄缝里有一个如图5－8乙所示的U形导线框abcd．已知线框ab和cd边的长度均为L1＝0.3 m，bc边的长度

500π

L2＝0.4 m，线框以ω＝ rad/s的角速度顺时针匀速转动．

图5－8甲

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图5－8乙

－3

(1)从bc边转到图甲所示的H侧磁场边缘时开始计时，求t＝2×10 s 时刻线框中感应电动势的大小；画出a、d两点的电势差Uad随时间t变化的关系图象．(感应电动势的结果保留两位有效数字，Uad的正值表示Ua＞Ud)

(2)求感应电动势的有效值．

2π－2

【解析】(1)由题意知线框中产生感应电动势的周期T＝＝1.2×10 s

ωt＝2×10－3 s时刻bc边还在磁场中，故感应电动势为： ε＝BL2L1ω＝31.4 V

根据bc边在磁场区与非磁场区运动的时间可画出 Uad－t 图象如图5－8丙所示．

图5－8丙

(2)设感应电动势的有效值为E，当bc边外接纯电阻R时，考虑内的热效应得：

22ε5ETQ＝×T＝×

R12R2解得：E＝28.7 V．

[答案] (1)31.4 V 如图5－8丙所示 (2)28.7 V 二、电磁感应规律的综合应用

电磁感应规律的综合应用问题不仅涉及法拉第电磁感应定律，还涉及力学、热学、静电场、直流电路、磁场等许多知识．

电磁感应的综合题有两种基本类型：一是电磁感应与电路、电场的综合；二是发生电磁感应的导体的受力和运动以及功能问题的综合．也有这两种基本类型的复合题，题中电磁现象与力现象相互联系、相互影响、相互制约，其基本形式如下：

注意：

(1)求解一段时间内流过电路某一截面的电荷量要用电流的平均值； (2)求解一段时间内的热量要用电流的有效值；

(3)求解瞬时功率要用瞬时值，求解平均功率要用有效值． 1．电磁感应中的电路问题

在电磁感应中，切割磁感线的导体或磁通量发生变化的回路将产生感应电动势，该导体或回路相当于电

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源．因此，电磁感应问题往往与电路问题联系在一起．解决与电路相联系的电磁感应问题的基本方法如下：

(1)用法拉第电磁感应定律和楞次定律确定感应电动势的大小和方向； (2)画等效电路图，注意区别内外电路，区别路端电压、电动势；

(3)运用闭合电路欧姆定律，串、并联电路性质以及电功率等公式联立求解． 2．感应电路中电动势、电压、电功率的计算

●例6 如图5－9甲所示，水平放置的U形金属框架中接有电源，电源的电动势为E，内阻为r．现在框架上放置一质量为m、电阻为R的金属杆，它可以在框架上无摩擦地滑动，框架两边相距L，匀强磁场的磁感应强度为B，方向竖直向上．ab杆受到水平向右的恒力F后由静止开始向右滑动，求：

图5－9甲

(1)ab杆由静止启动时的加速度． (2)ab杆可以达到的最大速度vm．

(3)当ab杆达到最大速度vm时，电路中每秒放出的热量Q．【解析】(1)ab滑动前通过的电流：I＝受到的安培力F安＝

Er＋R

BEL，方向水平向左 r＋R所以ab刚运动时的瞬时加速度为：

F－F安FBELa1＝＝－．

mm(r＋R)m(2)ab运动后产生的感应电流与原电路电流相同，到达最大速度时，感应电路如图5－9乙所示．此时电E＋BLvm

流Im＝．

R＋r

图5－9乙

由平衡条件得：

BL(BLvm＋E)

F＝BImL＝ R＋rF(R＋r)－BLE故可得：vm＝． 22

BLBLvm＋EF＝ R＋rBL2

F(R＋r)2

由焦耳定律得：Q＝Im(R＋r)＝．

B2L2

(3)方法一由以上可知，Im＝方法二由能量守恒定律知，电路每秒释放的热量等于电源的总功率加上恒力F所做的功率，即： Q＝E·Im＋F·vm

EFF2(R＋r)－BLEF＝＋ 22BLBL2

F(R＋r)＝．

B2L2

FBELF(R＋r)－BLE[答案] (1)－ (2)

m(r＋R)mB2L2

F2(R＋r)(3) B2L2【点评】①本例全面考查了感应电路的特点，特别是对于电功率的解析，通过对两种求解方法的对比能很好地加深对功能关系的理解．

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②ab棒运动的v－t图象如图5－9丙所示．

图5－9丙

3．电磁感应中的图象问题

电磁感应中的图象大致可分为以下两类．

(1)由给定的电磁感应过程确定相关物理量的函数图象．一类常见的情形是在某导体受恒力作用做切割磁感线运动而产生的电磁感应中，该导体由于安培力的作用往往做加速度越来越小的变加速运动，图象趋向于一渐近线．

(2)由给定的图象分析电磁感应过程，确定相关的物理量．

无论何种类型问题，都需要综合运用法拉第电磁感应定律、楞次定律、右手定则、安培定则等规律来分析相关物理量之间的函数关系，确定其大小和方向及在坐标系中的范围，同时应注意斜率的物理意义．

●例7 青藏铁路上安装的一种电磁装置可以向控制中心传输信号，以确定火车的位置和运动状态，其原理是将能产生匀强磁场的磁铁安装在火车首节车厢下面，如图5－8甲所示(俯视图)．当它经过安放在两铁轨间的线圈时，线圈便产生一个电信号传输给控制中心．线圈边长分别为l1和l2，匝数为n，线圈和传输线的电阻忽略不计．若火车通过线圈时，控制中心接收到线圈两端的电压信号u与时间t的关系如图5－10乙所示(ab、cd为直线)，t1、t2、t3、t4是运动过程的四个时刻，则下列说法正确的是( )

图5－10

A．火车在t1～t2时间内做匀加速直线运动 B．火车在t3～t4时间内做匀减速直线运动

U2－U1

nBl1(t2－t1)

U3＋U4

D．火车在t3～t4时间内的平均速度的大小为

nBl1

【解析】信号电压u＝ε＝nBl1v，由u－t图象可知，火车在t1～t2和t3～t4时间内都做匀加速直线运动．在

v2－v1U2－U1v3＋v4U3＋U4

t1～t2时间内，a1＝＝，在t3～t4时间内的平均速度v＝＝，故B、D错误．

t2－t1nBl1(t2－t1)22nBl1

C．火车在t1～t2时间内的加速度大小为

[答案] AC

【点评】从题图可以看出，在t3～t4时间内的u－t图线关于t轴的对称线与t1～t2时间内的u－t图线在同一直线上，由此可判断，火车在0～t4时间内一直做匀加速直线运动的可能性很大．

●例6 如图5－11甲所示，两个垂直于纸面的匀强磁场方向相反，磁感应强度的大小均为B，磁场区域的宽度均为a．一正三角形(高为a)导线框ACD从图示位置沿图示方向匀速穿过两磁场区域．以逆时针方向为电流的正方向，则图5－11乙中能正确表示感应电流i与线框移动的距离x之间的关系的图象是( )

图5－11甲

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图5－11乙

【解析】如图5－11丙所示，当x＜a时，线框切割磁感线的有效长度等于线框内磁场边界的长度

图5－11丙

故有E1＝2Bvxtan 30°

当a＜x＜2a时，线框在左右两磁场中切割磁感线产生的电动势方向相同，且都与x＜a 时相反故E2＝4Bv(x－a)·tan 30°

当2a＜x＜3a时，感应电动势的方向与x＜a时相同故E3＝2Bv(x－2a)tan 30°． [答案] C

★同类拓展2 如图5－12甲所示，光滑的平行金属导轨水平放置，电阻不计，导轨间距为l，左侧接一阻值为R的电阻．区域cdef内存在垂直轨道平面向下的有界匀强磁场，磁场宽度为s．一质量为m、电阻为r的金属棒MN置于导轨上，与导轨垂直且接触良好，受到F＝0.5v＋0.4(N)(v为金属棒速度)的水平外力作用，从磁场的左边界由静止开始运动，测得电阻两端电压随时间均匀增大．(已知：l＝1 m，m＝1 kg，R＝0.3 Ω，r＝0.2 Ω，s＝1 m)

图5－12甲

(1)分析并说明该金属棒在磁场中做何种运动． (2)求磁感应强度B的大小．

B2l2

(3)若撤去外力后棒的速度v随位移x的变化规律满足v＝v0－x，且棒在运动到ef处时恰好静

m(R＋r)

止，则外力F作用的时间为多少？

(4)若在棒未出磁场区域时撤去外力，画出棒在整个运动过程中速度随位移变化所对应的各种可能的图线．

[2009年高考·上海物理卷]

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【解析】(1)金属棒做匀加速运动，R两端的电压U∝I∝E∝v，U随时间均匀增大，即v随时间均匀增大，故加速度为恒量．

B2l2

(2)F－v＝ma，将F＝0.5v＋0.4代入

R＋rB2l2得：0.5－v＋0.4＝ma R＋r

因为加速度为恒量，与v无关，m＝1 kg

B2l22

所以0.5－＝0，a＝0.4 m/s

R＋r代入数据得：B＝0.5 T．

(3)x1＝at

B2l2

v0＝x2＝at

m(R＋r)x1＋x2＝s

12m(R＋r)

故at＋22at＝s 2Bl2

代入数据得：0.2t＋0.8t－1＝0 解方程得：t＝1 s．

(4)速度随位移变化的可能图象如图5－10乙所示．

图5－12乙

[答案] (1)略 (2)0.5 T (3)1 s (4)如图5－12乙所示

4．电磁感应中的动力学、功能问题

电磁感应中，通有感应电流的导体在磁场中将受到安培力的作用，因此电磁感应问题往往和力学、运动学等问题联系在一起．电磁感应中的动力学问题的解题思路如下：

●例7 如图5－13所示，光滑斜面的倾角为θ，在斜面上放置一矩形线框abcd，ab边的边长为l1，bc边的长为l2，线框的质量为m、电阻为R，线框通过细线与重物相连，重物的质量为M，斜面上ef线(ef平行底边)的右方有垂直斜面向上的匀强磁场(磁场宽度大于l2)，磁感应强度为B．如果线框从静止开始运动，且进入磁场的最初一段时间是做匀速运动，则( )

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图5－13 Mg－mgsin θA．线框abcd进入磁场前运动的加速度为

m(Mg－mgsin θ)RB．线框在进入磁场过程中的运动速度v＝ B2l12B2l12l2

C．线框做匀速运动的时间为

(Mg－mgsin θ)RD．该过程产生的焦耳热Q＝(Mg－mgsin θ)l1

【解析】设线框进入磁场前运动的加速度为a，细线的张力为FT，有： Mg－FT＝Ma

FT－mgsin θ＝ma

Mg－mgsin θ解得：a＝

M＋m设线框进入磁场的过程中的速度为v，由平衡条件得：

B2l12vMg＝mgsin θ＋ R(Mg－mgsin θ)R解得：v＝

B2l12

B2l12l2

故线框做匀速运动的时间t1＝ (Mg－mgsin θ)R这一过程产生的焦耳热等于电磁感应转化的电能，等于克服安培力做的功，等于系统机械能的减小量，即：

Q＝Mgl2－mgl2sin θ＝(Mg－mgsin θ)l2． [答案] BC

【点评】①求线框受恒定拉力作用下进入匀强磁场后达到的最大速度在高中物理试题中较为常见．

ε2

②这类问题求转化的电能往往有三种方法：一是t；二是，克服安培力做的功；三是，根据能量的转

R总

化与守恒定律．

●例8 如图5－14所示，虚线右侧为一有界的匀强磁场区域，现有一匝数为n、总电阻为R的边长分别为L和2L的闭合矩形线框abcd，其线框平面与磁场垂直，cd边刚好在磁场外(与虚线几乎重合)．在t＝0时刻磁场开始均匀减小，磁感应强度B随时间t的变化关系为B＝B0－kt．

图5－14

(1)试求处于静止状态的线框在t＝0时刻其ad边受到的安培力的大小和方向．

(2)假设在t1＝时刻，线框在如图所示的位置且具有向左的速度v，此时回路中产生的感应电动势为多

2k大？

(3)在第(2)问的情况下，回路中的电功率是多大？

【解析】(1)根据法拉第电磁感应定律可得，t＝0时刻线框中的感应电动势为：

ΔΦ2L·ΔB2

E0＝n＝n＝2nkL

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根据闭合电路的欧姆定律可得，t＝0时刻线框中感应电流的大小为：

E02nkL2

I0＝＝

RR根据安培力公式可得，线框的ad边受到的安培力大小为：

234nB0kLF＝2nB0I0L＝

R根据楞次定律可知，感应电流的方向沿顺时针方向，再根据左手定则可知，ad边受到的安培力的方向为竖直(或垂直于ad边)向上．

(2)在t1＝时刻，磁感应强度B1＝

2k2

线框中由于线框的运动而产生的动生电动势的大小为：

B0B0

nB0LvE1＝nB1Lv＝，方向沿顺时针方向

线框中由于磁场变化而产生的感应电动势的大小为：

S·ΔB2nL2·ΔB2

E2＝n＝＝2nkL，方向沿顺时针方向

ΔtΔt故此时回路的感应电动势为：

nB0Lv2

E＝E1＋E2＝＋2nkL． nB0Lv2E＝＋2nkL

(3)由(2)知线框中的总感应电动势大小为：

此时回路中的电功率为： E2(nB0Lv＋4nkL2)2P＝＝．

R4R234nB0kL[答案] (1)，方向竖直(或垂直于ad边)向上

R(nB0Lv＋4nkL)(2)＋2nkL (3)

24RΔBΔSΔΦ【点评】感生电动势可表示为E1＝nS，动生电动势可表示为E2＝nB，要注意这两式都是E＝nΔtΔtΔtΔΦΔBΔS的推导式[或写成E＝n＝n(S＋B)]．

ΔtΔtΔt●例9 磁流体动力发电机的原理图如图5－15所示．一个水平放置的上下、前后均封闭的横截面为矩形的塑料管的宽度为l，高度为h，管内充满电阻率为ρ的某种导电流体(如电解质)．矩形塑料管的两端接有涡轮机，由涡轮机提供动力使流体通过管道时具有恒定的水平向右的流速v0．管道的前后两个侧面上各有长为d的相互平行且正对的铜板M和N．实际流体的运动非常复杂，为简化起见作如下假设：①在垂直于流动方向的横截面上各处流体的速度相同；②流体不可压缩．

nB0Lv22

图5－15

(1)若在两个铜板M、N之间的区域内加有方向竖直向上、磁感应强度为B的匀强磁场，则当流体以稳定的速度v0流过时，两铜板M、N之间将产生电势差．求此电势差的大小，并判断M、N两板中哪个板的电势较高．

(2)用电阻不计的导线将铜板M、N外侧相连接，由于此时磁场对流体有阻力的作用，使流体的稳定速度变为v(v＜v0)，求磁场对流体的作用力．

(3)为使流体的流速增大到原来的值v0，则涡轮机提供动力的功率必须增大．假设流体在流动过程中所受到的来自磁场以外的阻力与它的流速成正比，试导出涡轮机新增大的功率的表达式．

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【解析】(1)由法拉第电磁感应定律得：两铜板间的电势差E＝Blv0

由右手定则可判断出M板的电势高．

(2)用电阻不计的导线将铜板M、N外侧相连接，即使两铜板的外侧短路，M、N两板间的电动势E＝Blv 短路电流I＝

E R内

又R内＝ρ

磁场对流体的作用力F＝BIl

lhdvB2hld解得：F＝，方向与v的方向相反(或水平向左)．

ρ(3)解法一设流体在流动过程中所受到的其他阻力与流速成正比的比例系数为k，在外电路未短路时流体以稳定速度v0流过，此时流体所受到的阻力(即涡轮机所提供的动力)为：

F0＝kv0

涡轮机提供的功率P0＝F0v0＝kv0 外电路短路后，流体仍以稳定速度v0流过，设此时磁场对流体的作用力为F安，根据第(2)问的结果可知：

v0B2hldF安＝ ρv0B2hld此时，涡轮机提供的动力Ft＝F0＋F安＝kv0＋ ρv02B2hld2

涡轮机提供的功率Pt＝Ftv0＝ kv0＋ ρv02B2hld所以涡轮机新增大的功率ΔP＝Pt－P0＝．

ρE2

解法二由能量的转化和守恒定律可知，涡轮机新增大的功率等于电磁感应产生的电功率，即ΔP＝＝R内

v0Bhld． ρ[答案] (1)Blv0 M板的电势高 vB2hld(2)，方向与v的方向相反(或水平向左)

ρv02B2hld(3)

ρ【点评】①磁流体发电机的原理可以当做导体连续切割磁感线来分析，此时有E＝BLv；也可用外电路开

路时，洛伦兹力与电场力平衡，此时有qvB＝q，得E＝U0＝BLv．

L②磁流体发电机附加压强做功等于克服安培力做功，等于转化的总电能．

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第7专题高考物理实验

知识网络

考点预测

物理实验是高考的主要内容之一．《考试大纲》就高考物理实验共列出19个考点，其中力学8个、热学1个、电学8个、光学2个．要求会正确使用的仪器主要有：刻度尺、游标卡尺、螺旋测微器、天平、秒表、电火花计时器或电磁打点计时器、弹簧测力计、温度表、电流表、电压表、多用电表、滑动变阻器、电阻箱等，并且对实验误差问题提出了更明确的要求．

一、《考试大纲》中的实验与探究能力要求

能够独立完成“物理知识表”中所列的实验，能明确实验目的，能理解实验原理和方法，能控制实验条件．会使用仪器，会观察、分析实验现象，会记录、处理实验数据，并得出结论．能发现问题、提出问题，能灵活地应用已学过的物理理论、实验方法和实验仪器去处理问题．

二、实验题的主要特点

物理实验年年考，年年有变化．从近年的实验题来看，其显著特点体现在如下两个方面． (1)从简单的背诵实验转向分析、理解实验

实验原理是物理实验的灵魂．近年来，高考物理实验题既不是简单地回答“是什么”，也不是背诵“该怎样”，而是从物理实验情境中理解“为什么”，通过分析推理判断“确实是什么”，进而了解物理实验的每一个环节．

(2)从既定的课本学生实验转向变化的创新实验

只有创新，试题才有魅力；也只有变化，才能永葆实验考核的活力．近年来，既定刻板的学生实验已经从高考物理实验题中淡出，取而代之的是学生尚未接触过的要通过解读物理原理的新颖实验(如应用性、设计性、专题性实验等)．创新的实验题可以使能力考核真正落到实处．

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要点归纳

一、实验题的归纳与说明归类实验内容应用性实验验证性实验说明测量原理、使用方法；10分度、20分度、50分1．游标卡尺的使用度的游标卡尺的读数等 2．螺旋测微器的使用构造、原理、使用方法、正确读数等面板上各个旋钮或开关的作用；调试方法；观3．练习使用示波器察正弦波的波形等光电转换和热电转换及其简单应用；光电计数4．传感器的简单应用的简单了解等 5．验证力的平行四边形定则实验的等效思想；作图法等用平抛实验器进行实验；转化要验证的等效表6．验证动量守恒定律达式；对暂态过程分阶段测量等用自由落体进行验证；使用打点计时器和刻度7．验证机械能守恒定律尺等 8．用单摆测定重力加速度使用刻度尺和秒表；实验操作要求等 9．用油膜法估测分子的大小溶液的配制；油膜面积的估算方法等使用刻度尺和螺旋测微器；电流表、电压表量10．测定金属的电阻率程的选择；测量电路的选取与连接等 “半偏法”的设计思想与误差分析；计算分压11．把电流表改装为电压表电阻；改装表的校对与百分误差等 12．测定电源的电动势和内阻实验电路的选取与连接；作图法求解的方法等 13．测定玻璃的折射率用插针法测定；画光路图等用双缝干涉仪进行实验；实验调节；分划板的14．用双缝干涉测光的波长使用等明确实验目的；使用打点计时器；用刻度尺测15．研究匀变速直线运动量、分析所打的纸带来计算加速度等用平抛实验器进行实验；研究的目的和方法；16．研究平抛物体的运动描绘平抛轨迹；计算平抛物体的初速度等 17．用描迹法画出电场中平面上用恒定电流场模拟静电场；寻找等电势点的方的等势线法；描迹的方法等使用电流表、电压表、滑动变阻器；电路的选18．描绘小电珠的伏安特性曲线取与连接；描绘U－I图象并分析曲线非线性的原因等实验设计的原理和方法；实验数据的记录与分19．探究弹力和弹簧伸长的关系析；实验结论的描述与表达形式等测量性实验研究性实验探究性 20．用多用电表探索黑箱内的电多用电表的使用与读数；探索的思路；测量过实学元件程中的分析与判断等验二、物理实验的基本思想方法 1．等效法

等效法是科学研究中常用的一种思维方法．对一些复杂问题采用等效法，可将其变换成理想的、简单的、已知规律的过程来处理，常使问题的解决得以简化．因此，等效法也是物理实验中常用的方法．如在“验证力的平行四边形定则”的实验中，要求用一个弹簧秤单独拉橡皮条时，要与用两个互成角度的弹簧秤同时拉橡皮条时产生的效果相同——使结点到达同一位置O，即要在合力与两分力等效的条件下，才能找出它们之间合成与分解时所遵循的关系——平行四边形定则．又如在“验证动量守恒定律”的实验中，用小球的水平位移代替小球的水平速度；在“验证牛顿第二定律”的实验中，通过调节木板的倾斜度使重力的分力抵消摩擦力而等效于物体不受摩擦力作用．还有，电学实验中电流表的改装、用替换法测电阻等，都是等效法的应用．

2．转换法

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将某些不易显示、不易直接测量的物理量转化为易于显示、易于测量的物理量的方法称为转换法(间接测量法)．转换法是物理实验常用的方法．如：弹簧测力计是把力的大小转换为弹簧的伸长量；打点计时器是把流逝的时间转换成振针的周期性振动；电流表是利用电流在磁场中受力，把电流转化为指针的偏转角；用单摆测定重力加速度g是通过公式T＝2πL把g的测量转换为T和L的测量，等等． g3．留迹法

留迹法是利用某些特殊的手段，把一些瞬间即逝的现象(如位置、轨迹等)记录下来，以便于此后对其进行仔细研究的一种方法．留迹法也是物理实验中常用的方法．如：用打点计时器打在纸带上的点迹记录小车的位移与时间之间的关系；用描迹法描绘平抛运动的轨迹；在“测定玻璃的折射率”的实验中，用大头针的插孔显示入射光线和出射光线的方位；在描绘电场中等势线的实验中，用探针通过复写纸在白纸上留下的痕迹记录等势点的位置等等，都是留迹法在实验中的应用．

4．累积法

累积法是把某些难以直接准确测量的微小量累积后测量，以提高测量的准确度的一种实验方法．如：在缺乏高精密度的测量仪器的情况下测细金属丝的直径，常把细金属丝绕在圆柱体上测若干匝的总长度，然后除以匝数就可求出细金属丝的直径；测一张薄纸的厚度时，常先测出若干页纸的总厚度，再除以被测页数即所求每页纸的厚度；在“用单摆测定重力加速度”的实验中，单摆周期的测定就是通过测单摆完成多次全振动的总时间除以全振动的次数，以减小个人反应时间造成的误差影响等．

5．模拟法

模拟法是一种间接实验方法，它是通过与原型相似的模型来说明原型的规律性的．模拟法在中学物理实验中的典型应用是“用描迹法画出电场中平面上的等势线”这一实验，由于直接描绘静电场的等势线很困难，而恒定电流的电场与静电场相似，所以用恒定电流的电场来模拟静电场，通过它来了解静电场中等势线的分布情况．

6．控制变量法

在多因素的实验中，可以先控制一些量不变，依次研究某一个因素的影响．如在“验证牛顿第二定律”的实验中，可以先保持质量一定，研究加速度和力的关系；再保持力一定，研究加速度和质量的关系；最后综合得出加速度与质量、力的关系．

三、实验数据的处理方法 1．列表法

在记录和处理数据时，常常将数据列成表格．数据列表可以简单而又明确地表示出有关物理量之间的关系，有助于找出物理量之间联系的规律性．

列表的要求：

(1)写明表的标题或加上必要的说明；

(2)必须交代清楚表中各符号所表示的物理量的意义，并写明单位； (3)表中数据应是正确反映测量结果的有效数字． 2．平均值法

现行教材中只介绍了算术平均值，即把测定的数据相加求和，然后除以测量的次数．必须注意的是，求平均值时应该按测量仪器的精确度决定应保留的有效数字的位数．

3．图象法

图象法是物理实验中广泛应用的处理实验数据的方法．图象法的最大优点是直观、简便．在探索物理量之间的关系时，由图象可以直观地看出物理量之间的函数关系或变化趋势，由此建立经验公式．

作图的规则：

(1)作图一定要用坐标纸，坐标纸的大小要根据有效数字的位数和结果的需要来定； (2)要标明轴名、单位，在轴上每隔一定的间距按有效数字的位数标明数值；

(3)图上的连线不一定通过所有的数据点，而应尽量使数据点合理地分布在线的两侧； (4)作图时常通过选取适当的坐标轴使图线线性化，即“变曲为直”．

虽然图象法有许多优点，但在图纸上连线时有较大的主观任意性，另外连线的粗细、图纸的大小、图纸本身的均匀程度等，都对结果的准确性有影响．

四、实验误差的分析及减小误差的方法

中学物理中只要求初步了解绝对误差与相对误差、偶然误差与系统误差的概念，以及能定性地分析一些实验中产生系统误差的主要原因．

(1)绝对误差与相对误差

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ΔA|A－A0|

设某物理量的真实值为A0，测量值为A，则绝对误差为 ΔA＝|A－A0|，相对误差为＝．

A0A0

(2)偶然误差与系统误差

偶然误差是由于各种偶然因素对实验的影响而产生的．偶然误差具有随机性，有时偏大，有时偏小，所以可以通过多次测量求平均值的方法减小偶然误差．

系统误差是由于仪器本身不够精确，或实验方法粗略，或实验原理不完善而产生的．它的特点是使测量值总是偏大或总是偏小．所以，采用多次测量求平均值的方法不能减小系统误差．要减小系统误差，必须校准仪器，或改进实验方法，或设计在原理上更为完善的实验方案．

课本上的学生实验中就有不少减小实验系统误差的方法和措施．譬如，在“研究匀变速直线运动”的实验中，若使用电磁打点计时器测量，由于电磁打点计时器的振针与纸带之间有较大的且不连续、不均匀的阻力作用，会给加速度的测定带来较大的系统误差；若改用电火花计时器，就可以使这一阻力大为减小，从而减小加速度测定的系统误差．再如：在用伏安法测电阻时，为减小电阻测量的系统误差，就要根据待测电阻阻值的大小考虑是采用电流表的外接法还是内接法；在用半偏法测电流表的内阻时(如图7－1所示)，为减小测量的系统误差，就要使电源的电动势尽量大，使表满偏时限流电阻R比半偏时并联在电流表两端的电阻箱R′的阻值大得多．

图7－1

五、电学实验电路的基本结构及构思的一般程序 1．电学实验电路的基本结构

一个完整的电学实验电路往往包括测量电路与控制电路两部分．

测量电路：指体现实验原理和测量方法的那部分电路，通常由电表、被测元件、电阻箱等构成．

控制电路：指提供电能、控制和调节电流(电压)大小的那部分电路，通常由电源、开关、滑动变阻器等构成．

有些实验电路的测量电路与控制电路浑然一体，不存在明显的分界．如“测定电源的电动势和内阻”的实验电路．

2．实验电路构思的一般程序 (1)审题

①实验目的；

②给定器材的性能参数． (2)电表的选择

根据被测电阻及给定电源的相关信息，如电源的电动势、被测电阻的阻值范围和额定电流等，估算出被测电阻的端电压及通过它的电流的最大值，以此为依据，选定量程适当的电表．

(3)测量电路的选择

根据所选定的电表以及被测电阻的情况，选择测量电路(估算法、试触法)． (4)控制电路的选择

通常优先考虑限流式电路，但在下列三种情形下，应选择分压式电路：

①“限不住”电流，即给定的滑动变阻器阻值偏小，即使把阻值调至最大，电路中的电流也会超过最大允许值；

②给定的滑动变阻器的阻值R太小，即R≪Rx，调节滑动变阻器时，对电流、电压的调节范围太小； ③实验要求电压的调节范围尽可能大，甚至表明要求使电压从零开始变化．

如描绘小电珠的伏安特性曲线、电压表的校对等实验，通常情况下都采用分压式电路． (5)滑动变阻器的选择

根据所确定的控制电路可选定滑动变阻器． ①限流式电路对滑动变阻器的要求： a．能“限住”电流，且保证不被烧坏；

b．阻值不宜太大或太小，有一定的调节空间，一般选择阻值与负载阻值相近的变阻器． ②分压式电路对滑动变阻器的要求：

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电阻较小而额定电流较大，I额＞(R为变阻器的总电阻)．

3．电表的反常规用法

其实，电流表、电压表如果知道其内阻，它们的功能就不仅仅是测电流或电压．因此，如果知道电表的内阻，电流表、电压表就既可以测电流，也可以测电压，还可以作为定值电阻来用，即“一表三用”．

ER热点、重点、难点

一、应用性实验

1．所谓应用性实验，就是以熟悉和掌握实验仪器的具体使用及其在实验中的应用为目的的一类实验；或者用实验方法取得第一手资料，然后用物理概念、规律分析实验，并以解决实际问题为主要目的的实验．主要有：

①仪器的正确操作与使用，如打点计时器、电流表、电压表、多用电表、示波器等，在实验中能正确地使用它们是十分重要的(考核操作、观察能力)；

②物理知识的实际应用，如科技、交通、生产、生活、体育等诸多方面都有物理实验的具体应用问题． 2．应用性实验题一般分为上面两大类，解答时可从以下两方面入手． (1)熟悉仪器并正确使用

实验仪器名目繁多，具体应用因题而异，所以，熟悉使用仪器是最基本的应用．如打点计时器的正确安装和使用，滑动变阻器在电路中起限流和分压作用的不同接法，多用电表测不同物理量的调试等，只有熟悉它们，才能正确使用它们．熟悉仪器，主要是了解仪器的结构、性能、量程、工作原理、使用方法、注意事项，如何排除故障、正确读数和调试，使用后如何保管等．

(2)理解实验原理

面对应用性实验题，我们一定要通过审题，迅速地理解其实验原理，这样才能将实际问题模型化，运用有关规律去研究它．

具体地说，应用性实验题的依托仍然是物理知识、实验的能力要求等．解答时不外乎抓住以下几点：①明确实验应该解决什么实际问题(分清力学、电学、光学等不同实际问题)；②明确实验原理与实际问题之间的关系(直接还是间接)；③明确是否仅用本实验能达到解决问题的目的，即是否还要联系其他物理知识，包括数学知识；④明确是否需要设计实验方案；⑤明确实际问题的最终结果．

●例1 新式游标卡尺的刻度线看起来很“稀疏”，使读数显得清晰明了，便于使用者正确读取数据．通常游标卡尺的刻度有10分度、20分度和50分度三种规格；新式游标卡尺也有相应的三种，但刻度却是：19 mm等分成10份，39 mm等分成20份，99 mm 等分成50份．图7－2就是一个“39 mm等分成20份”的新式游标卡尺．

图7－2

(1)它的准确度是__________mm．

(2)用它测量某物体的厚度，示数如图6－1所示，正确的读数是__________cm．

【解析】(1)游标上20格对应的长度为39 mm，即每格长为1.95 mm，游标上每格比主尺上每两格小Δx＝0.05 mm，故准确度为0.05 mm．

(2)这种游标卡尺的读数方法为：主尺读数＋游标对准刻度×Δx＝3 cm＋6×0.005 cm＝3.030 cm． [答案] (1)0.05 (2)3.030

【点评】游标卡尺、螺旋测微器的使用在高考题中频繁出现．对游标卡尺的使用要特别注意以下两点： ①深刻理解它的原理：通过游标更准确地量出“0”刻度与左侧刻度之间的间距——游标对准刻度×Δx； ②读准有效数据．

●例2 图7－3为一简单欧姆表原理示意图，其中电流表的满偏电流Ig＝300 μA，内阻Rg＝100 Ω，可变电阻R的最大值为10 kΩ，电池的电动势E＝1.5 V，内阻r＝0.5 Ω，图中与接线柱A相连的表笔颜色应是________色．按正确使用方法测量电阻Rx的阻值时，指针指在刻度盘的正中央，则Rx＝________ kΩ．若该欧姆表使用一段时间后，电池的电动势变小、内阻变大，但此表仍能调零，按正确使用方法再测上述Rx，其测量结果与原结果相比将__________(填“变大”、“变小”或“不变”)．

[2009年高考·天津理综卷]

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图7－3

[答案] 红 5 变大

【点评】欧姆表的原理就是闭合电路的欧姆定律，可以作为结论的是：欧姆表正中央的刻度值等于欧姆表的内阻．

二、测量性实验Ⅰ

所谓测量性实验，就是以测量一些物理量的具体、准确数据为主要目的的一类实验，可用仪器、仪表直接读取数据，或者根据实验步骤按物理原理测定实验结果的具体数值．测量性实验又称测定性实验，如“用单摆测定重力加速度”、“用油膜法估测分子的大小”、“测定金属的电阻率”、“测定玻璃的折射率”等．

●例3 如图7－3所示，将打点计时器固定在铁架台上，使重物带动纸带从静止开始自由下落，利用此装置可以测定重力加速度．

图7－4

(1)所需器材有打点计时器(带导线)、纸带、复写纸、带铁夹的铁架台和带夹子的重物，此外还需________(填字母代号)中的器材．

A．直流电源、天平及砝码 B．直流电流、毫米刻度尺 C．交流电源、天平及砝码 D．交流电源、毫米刻度尺

(2)通过作图的方法可以剔除偶然误差较大的数据，提高实验的准确程度．为使图线的斜率等于重力加速度，除作v－t图象外，还可作__________图象，其纵轴表示的是__________，横轴表示的是__________．

[2009年高考·天津理综卷] [答案] (1)D (2)－h 速度平方的二分之一重物下落的高度

【点评】①高中物理中讲述了许多种测量重力加速度的方法，如单摆法、自由落体法、滴水法、阿特伍德机法等．

②图象法是常用的处理数据的方法，其优点是直观、准确，还能容易地剔除错误的测量数据． ●例4 现要测量电源B的电动势E及内阻r(E约为4.5 V，r约为1.5 Ω)，已有下列器材：量程为3 V的理想电压表，量程为0.5 A的电流表(具有一定内阻)，固定电阻R＝40 Ω，滑动变阻器R′，开关S，导线若干．

(1)画出实验电路原理图．图中各元件需用题目中给出的符号或字母标出． (2)实验中，当电流表的示数为I1时，电压表的示数为U1；当电流表的示数为I2时，电压表的示数为U2．由此可求出，E＝__________，r＝__________．(用I1、I2、U1、U2及R表示)

【解析】本题是常规伏安法测电源的电动势和内阻实验的情境变式题，本题与课本上实验的区别是电源的电动势大于理想电压表的量程，但题目中提供的器材中有一个阻值不大的固定电阻，这就很容易把该情境变式题“迁移”到学过的实验上．把固定电阻接在电源的旁边，将其等效成电源的内阻即可(如图甲所示)，再把电压表跨接在它们的两侧．显然，“内阻增大，内电压便增大”，电压表所测量的外电压相应的减小，通过定量计算，符合实验测量的要求．这样，一个新的设计性实验又回归到课本实验上了．

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甲

(1)实验电路原理图如图乙所示．

乙

(2)根据E＝U＋Ir ，给定的电源B的电动势E及内阻r是一定的，I和U都随滑动变阻器R′的阻值的改变而改变，只要改变R′的阻值，即可测出两组I、U数据，列方程组得：

E＝U1＋I1(R＋r) E＝U2＋I2(R＋r)

I1U2－I2U1U2－U1

解得：E＝，r＝－R．

I1－I2I1－I2

[答案] (1)如图乙所示 I1U2－I2U1U2－U1(2) －R

I1－I2I1－I2

【点评】本题所提供的理想电压表的量程小于被测电源的电动势，需要学生打破课本实验的思维定式，从方法上进行创新，运用所提供的器材创造性地进行实验设计．

三、测量性实验Ⅱ：“伏安法测电阻”规律汇总

纵观近几年的实验题，题目年年翻新，没有一个照搬课本中的实验，全是对原有实验的改造、改进，甚至创新，但题目涉及的基本知识和基本技能仍然立足于课本实验．

实验题作为考查实验能力的有效途径和重要手段，在高考试题中一直占有相当大的比重，而电学实验因其实验理论、步骤的完整性及与大学物理实验结合的紧密性，成了高考实验考查的重中之重，测量电阻成为高考考查的焦点．伏安法测电阻是测量电阻最基本的方法，常涉及电流表内外接法的选择与滑动变阻器限流、分压式的选择，前者是考虑减小系统误差，后者是考虑电路的安全及保证可读取的数据．另外，考题还常设置障碍让考生去克服，如没有电压表或没有电流表等，这就要求考生根据实验要求及提供的仪器，发挥思维迁移，将已学过的电学知识和实验方法灵活地运用到新情境中去．这样，就有效地考查了考生设计和完成实验的能力．

一、伏安法测电阻的基本原理 1．基本原理

伏安法测电阻的基本原理是欧姆定律R＝，只要测出元件两端的电压和通过的电流，即可由欧姆定律计算出该元件的阻值．

2．测量电路的系统误差

(1)当Rx远大于RA或临界阻值RARVR真．

图7－5

(2)当Rx远小于RV或临界阻值RARV>Rx时，采用电流表外接(如图7－6所示)．采用电流表外接时，系统误差使得电阻的测量值小于真实值，即R测图7－6

3．控制电路的安全及偶然误差

根据电路中各元件的安全要求及电压调节的范围不同，滑动变阻器有限流接法与分压接法两种选择． (1)滑动变阻器限流接法(如图7－7所示)．一般情况或没有特别说明的情况下，由于限流电路能耗较小，结构连接简单，应优先考虑限流连接方式．限流接法适合测量小电阻和与变阻器总电阻相比差不多或还小的

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电阻．

图7－7

(2)滑动变阻器分压接法(如图7－8所示)．当采用限流电路，电路中的最小电流仍超过用电器的额定电流时，必须选用滑动变阻器的分压连接方式；当用电器的电阻远大于滑动变阻器的总电阻值，且实验要求的电压变化范围较大(或要求测量多组实验数据)时，必须选用滑动变阻器的分压接法；要求某部分电路的电压从零开始可连续变化时，必须选用滑动变阻器的分压连接方式．

图7－8

4．常见的测量电阻的方法

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●例5 从下表中选出适当的实验器材，设计一电路来测量电流表的内阻r1．要求方法简捷，有尽可能高的测量精度，并能测得多组数据．

(1)画出电路图，标明所用器材的代号．

(2)若选测量数据中的一组来计算r1，则所用的表达式r1＝______________________，式中各符号的意义是：________________________________________________．

【解析】根据所列仪器的特点，电流表的内阻已知，由此可采用两电流表并联．因为两电流表两端

I2r2

的电压相等，即可省去电压的测量，从而减小实验误差，由I2r2＝I1r1，得r1＝I1．

[答案] (1)电路图如图所示

I2r2

(2)I1 I1、I2分别为

、

的示数

【点评】①分析题意可知需测量电流表的内阻，按常规方法应用伏安法，将电压表并联在待测电流表两端，但经分析可知即使该电流表满偏，其两端的电压也仅为0.4 V，远小于量程10 V．这恰恰就是本题设计考核学生应变能力的“陷阱”．

②此题也可理解为“将已知内阻的电流表当成电压表使用”，这实际也是伏安法的一种推广形式． ●例6 有一根圆台状匀质合金棒如图7－9甲所示，某同学猜测其电阻的大小与该合金棒的电阻率ρ、长度L和两底面直径d、D有关．他进行了如下实验：

图7－9

(1)用游标卡尺测量合金棒的两底面直径d、D和长度L．图6－8乙中的游标卡尺(游标尺上有20个等分刻度)的读数L＝________cm．

(2)测量该合金棒电阻的实物电路如图6－8丙所示(相关器材的参数已在图中标出)．该合金棒的电阻约为几个欧姆．图中有一处连接不当的导线是________．(用标注在导线旁的数字表示)

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图7－9丙

(3)改正电路后，通过实验测得合金棒的电阻R＝6.72 Ω．根据电阻定律计算电阻率为ρ、长为L、直径分别为d和D的圆台状合金棒的电阻分别为Rd＝13.3 Ω、RD＝3.38 Ω．他发现：在误差允许范围内，电

阻R满足R＝Rd·RD，由此推断该圆台状合金棒的电阻R＝________．(用ρ、L、d、D表述)

[2009年高考·江苏物理卷] 【解析】(1)游标卡尺的读数，按步骤进行则不会出错．首先，确定游标卡尺的精度为20分度，即为0.05 mm；然后以毫米为单位从主尺上读出整毫米数99.00 mm，注意小数点后的有效数字要与精度一样；再从游标尺上找出对的最齐一根刻线，精度×格数＝0.05×8 mm＝0.40 mm；最后两者相加，根据题目单位要求换算为需要的数据，99.00 mm＋0.40 mm＝99.40 mm＝9.940 cm．

(2)本实验为测定一个几欧姆的电阻，在用伏安法测量其两端的电压和通过电阻的电流时，因为安培表的内阻较小，为了减小误差，应用安培表外接法，⑥线的连接使用的是安培表内接法．

(3)审题是关键，弄清题意也就能够找到解题的方法．根据电阻定律计算电阻率为ρ、长为L、直径分别为d和D的圆柱状合金棒的电阻分别为：

Rd＝13.3 Ω，RD＝3.38 Ω

即Rd＝ρ，RD＝ρ dD22ππ22

而电阻R满足R＝Rd·RD

4ρL将Rd、RD代入得：R＝．

πdD4ρL[答案] (1)9.940 (2)⑥ (3)

πdD三、设计性实验

1．所谓设计性实验，就是根据实验目的，自主地运用掌握的物理知识、实验方法和技能，完成实验的各环节(实验目的、对象、原理、仪器选择、实验步骤、数据处理等)，拟定实验方案，分析实验现象，并在此基础上作出适当评价．

2．设计性实验的显著特点：相同的实验内容可设计不同的过程和方法，实验思维可另辟蹊径，如设计出与常见实验(书本曾经介绍过的实验)有所变化的实验．以控制实验条件达到实验目的而设计的实验问题，不受固有实验思维束缚，完全是一种源于书本、活于书本，且新颖的设计性实验．

●例7 请完成以下两小题．

(1)某同学在家中尝试验证平行四边形定则，他找到三条相同的橡皮筋(遵循胡克定律)和若干小重物，以及刻度尺、三角板、铅笔、细绳、白纸、钉子，设计了如下实验：如图7－10甲所示，将两条橡皮筋的一端分别挂在墙上的两个钉子A、B上，另一端与第三条橡皮筋连接，结点为O，将第三条橡皮筋的另一端通过细绳挂一重物．

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图7－10甲

①为完成本实验，下述操作中必需的是________． a．测量细绳的长度 b．测量橡皮筋的原长

c．测量悬挂重物后橡皮筋的长度 d．记录悬挂重物后结点O的位置

②钉子位置固定，欲利用现有器材，改变条件再次验证，可采用的方法是__________________．

(2)为了节能和环保，一些公共场所使用光控开关控制照明系统．光控开关可采用光敏电阻来控制，光敏电阻是阻值随着光的照度而发生变化的元件(照度可以反映光的强弱，光越强照度越大，照度单位为lx)．某光敏电阻RP在不同照度下的阻值如下表：照度(lx) 电阻(kΩ) 0.2 75 0.4 40 0.6 28 0.8 23 1.0 20 1.2 18 ①根据表中数据，请在给定的坐标系中(如图7－10乙所示)描绘出阻值随照度变化的曲线，并说明阻值随照度变化的特点．

图7－10乙

②如图7－10丙所示，当1、2两端所加电压上升至2 V时，控制开关自动启动照明系统．请利用下列器材设计一个简单电路，给1、2两端提供电压，要求当天色渐暗照度降低至1.0(lx)时启动照明系统，在虚线框内完成电路原理图．(不考虑控制开关对所设计电路的影响)

图7－10丙

提供的器材如下：

光敏电阻RP(符号阻值见上表)；直流电源E(电动势3 V，内阻不计)；

定值电阻：R1＝10 kΩ，R2＝20 kΩ，R3＝40 kΩ(限选其中之一并在图中标出)；开关S及导线若干．[2009年高考·山东理综卷] [答案] (1)①bcd ②更换不同的小重物

(2)①光敏电阻的阻值随光照度变化的曲线如图7－10丁所示．特点：光敏电阻的阻值随光照度的增大非线性减小．

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②如图6－9戊所示

丁戊

图7－10

四、探究性实验

所谓探究性实验题，就是运用实验手段探索未知领域，尝试多种可能因素及其出现的结果，在此基础上，通过观察、探究、分析实验对象、事件的主要特征，认识研究对象的变化过程和变化条件，获取必要的可靠数据，依据实验结果客观地揭示事物的内在联系和本质规律，从而得出结论．中学实验中比较典型的探究性实验是电学中的黑箱问题．

●例8 佛山市九江大桥撞船事故发生后，佛山交通部门加强了对佛山市内各种大桥的检测与维修，其中对西樵大桥实施了为期近一年的封闭施工，置换了大桥上所有的斜拉悬索．某校研究性学习小组的同学们

很想知道每根长50 m、横截面积为400 cm的新悬索能承受的最大拉力．由于悬索很长，抗断拉力又很大，直接测量很困难，于是同学们取来了同种材料制成的样品进行实验探究．

由胡克定律可知，在弹性限度内，弹簧的弹力F与形变量x成正比，其比例系数与弹簧的长度、横截面积及材料有关．因而同学们猜想，悬索可能也遵循类似的规律．

(1)同学们准备像做“探究弹力与弹簧伸长的关系”实验一样，先将样品竖直悬挂，再在其下端挂上不同重量的重物来完成本实验．但有同学说悬索的重力是不可忽略的，为了避免悬索所受重力对实验的影响，你认为可行的措施是：___________________________________．

(2)同学们通过游标卡尺测量样品的直径来测定其横截面积，某次测量的结果如图7－11所示，则该样品的直径为__________cm．

图7－11

(3)同学们经过充分的讨论，不断完善实验方案，最后测得实验数据如下．

①分析样品C的数据可知，其所受拉力F(单位：N)与伸长量x(单位：m)所遵循的函数关系式是________________．

②对比各样品的实验数据可知，悬索受到的拉力与悬索的伸长量成正比，其比例系数与悬索长度的________________成正比、与悬索的横截面积的________________成正比．

[答案] (1)将悬索样品一端固定并水平放置在光滑水平面上，另一端连接轻绳绕过滑轮悬挂钩码

(2)0.830 (3)①F＝2×10x ②平方的倒数大小

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【点评】本题考查学生对“探究弹力与弹簧伸长的关系”实验的迁移能力、对游标卡尺的读数原理的掌握和从图表归纳所需信息的能力，还考查了学生的逻辑推理能力、运用数学知识解决物理问题的能力和实验探究能力．

经典考题

纵观近三年的高考实验题，会发现以下特点．

1．对力学实验的考查基本上以创新题出现，试题源于教材，又高于教材，总体来说其变化在于：同一实验可用于不同装置，同一装置可完成不同实验．

2．高考对电学实验的考查一般书本实验稍加变化来出题，以“电阻的测量”最为常见，包括测电阻率、测伏安特性等，当然也可能会有其他电学实验出现，如测电动势与内阻、电路故障等．

1．Ⅰ．在如图所示的电路中，1、2、3、4、5、6为连接点的标号．在开关闭合后，发现小灯泡不亮．现用多用电表检查电路故障，需要检测的有：电源、开关、小灯泡、3根导线以及电路中的各连接点．

(1)为了检测小灯泡以及3根导线，在连接点1、2已接好的情况下，应当选用多用电表的________挡．在连接点1、2同时断开的情况下，应当选用多用电表的________挡．

(2)在开关闭合情况下，若测得5、6两点间的电压接近电源的电动势，则表明____________________________________可能有故障．

(3)将小灯泡拆离电路，写出用多用电表检测该小灯泡是否有故障的具体步骤：____________________________________________________________________．

Ⅱ．某同学为了探究物体在斜面上运动时摩擦力与斜面倾角的关系，设计实验装置如图甲所示．长直平板一端放在水平桌面上，另一端架在一物块上．在平板上标出A、B两点，B点处放置一光电门，用光电计时器记录滑块通过光电门时挡光的时间．

实验步骤如下：

①用游标卡尺测量滑块的挡光长度d，用天平测量滑块的质量m；

②用直尺测量A、B之间的距离s，A点到水平桌面的垂直距离h1，B点到水平桌面的垂直距离h2； ③将滑块从A点静止释放，由光电计时器读出滑块的挡光时间t；

－

④重复步骤③数次，并求挡光时间的平均值t；

⑤利用所测数据求出摩擦力f和斜面倾角的余弦值cos α；

⑥多次改变斜面的倾角，重复实验步骤②③④⑤，作出f－cos α关系曲线． (1)用测量的物理量完成下列各式(重力加速度为g)： ①斜面倾角的余弦cos α＝__________；

②滑块通过光电门时的速度v＝________________； ③滑块运动时的加速度a＝____________________； ④滑块运动时所受到的摩擦阻力f＝____________．

(2)测量滑块挡光长度的游标卡尺读数如图乙所示，读得d＝__________． [2009年高考·全国理综卷Ⅰ]

【解析】Ⅰ．在1、2两点接好的情况下，应当选用多用电表的电压挡，在1、2同时断开的情况下，应选用欧姆挡．

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(2)表明5、6两点可能有故障．

(3)①调到欧姆挡；②将红黑表笔相接，检查欧姆挡能否正常工作；③测量小灯泡的电阻，如电阻无穷大，表明小灯泡有故障．

Ⅱ．物块在斜面上做初速度为零的匀加速直线运动，受重力、支持力和滑动摩擦力的作用．

s2－(h1－h2)2

根据三角形关系可得到cos α＝ sxdv2v2d2又v＝＝，根据运动学公式x＝，有s＝，即有a＝－

tt2a2a2

2st根据牛顿第二定律得： mgsin θ－f＝ma

h1－h2d2

则有：f＝mg－m－．

2st(2) 在游标卡尺中，主尺上是3.6 cm，在游标尺上恰好是第1条刻度线与主尺对齐，再考虑到卡尺是10分度，所以读数为3.6 cm＋0.1×1 mm＝3.61 cm或者3.62 cm也对．

[答案] Ⅰ．(1)电压欧姆 (2)开关或连接点5、6 (3)①调到欧姆挡；

②将红、黑表笔相接，检查欧姆挡能否正常工作；

③测量小灯泡的电阻．如电阻无穷大，则表明小灯泡有故障．

122Ⅱ．(1)①s－(h1－h2)

h1－h2d2

②－ ③－ ④mg－m－

s22

t 2st2std(2)3.62 cm

【点评】在本实验中，r＝－解出的为滑块画过去由门的平均速度，只是当滑块才较小时r趋近于瞬时

速度，故滑块长度小点测量越准确．

2．Ⅰ．一水平放置的圆盘绕过其圆心的竖直轴匀速转动．盘边缘上固定一竖直的挡光片．盘转动时挡光片从一光电数字计时器的光电门的狭缝中经过，如图甲所示．图乙为光电数字计时器的示意图．光源A中射出的光可照到B中的接收器上．若A、B间的光路被遮断，显示器C上可显示出光线被遮住的时间．

挡光片的宽度用螺旋测微器测得，结果如图丙所示．圆盘直径用游标卡尺测得，结果如图丁所示．由图可知：

sd2

d(1)挡光片的宽度为_________mm； (2)圆盘的直径为___________cm；

(3)若光电数字计时器所显示的时间为50.0 ms，则圆盘转动的角速度为________弧度/秒．(保留3位有效数字)

Ⅱ．图示为用伏安法测量电阻的原理图．图中，为电压表，内阻为4000 Ω；为电流表，内阻为50 Ω；E为电源，R为电阻箱，Rx为待测电阻，S为开关．

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(1)当开关闭合后电压表读数U＝1.6 V，电流表读数I＝2.0 mA．若将Rx＝作为测量值，所得结果的百分误差是__________．

(2)若将电流表改为内接，开关闭合后，重新测得电压表读数和电流表读数，仍将电压表读数与电流表读数之比作为测量值，这时结果的百分误差是________．

实际值－测量值×100%)

(百分误差＝实际值[2008年高考·四川理综卷]

【解析】Ⅰ．由螺旋测微器与游标卡尺的读数规则可得两者的读数． d＝10 mm＋24.2×0.01 mm＝10.242 mm

D＝242 mm＋4×0.05 mm＝242.20 mm＝24.220 cm．

圆盘转动的角速度为ω＝，而θ＝×2π，综合两式并代入数据可得：ω＝1.69 rad/s．

tπD(1)测量值为R＝＝800 Ω，因电流表外接，所以：

UIθdUIRxRV

R＝ Rx＋RV

故真实值为Rx＝1000 Ω，对应的百分误差为： 1000－800A＝＝20%．

1000

1050－1000＝5%．

(2)电流表内接时，百分误差A′＝1000

[答案] Ⅰ．(1)10.243 (2)24.220 (3)1.69 Ⅱ．(1)20% (2)5%

【点评】①无论是否显示单位，螺旋测微器和游标尺主尺最小刻度一定都为mm； ②内接法的测量值R测＝Rx＋RA，外接法的测量值R测＝Rx∥RV

能力演练

1．(16分)Ⅰ．在“利用自由落体运动验证机械能守恒定律”的实验中，若打点计时器所接交变电流的频率为50 Hz，得到的甲、乙两条实验纸带(如图所示)中应选________纸带更好．若已测得点2到点4间的距离为s1，点0到点3间的距离为s2，打点周期为T，要验证重物从开始下落到打点计时器打下点3这段时间内机械能守恒，则s1、s2和T应满足的关系为：T＝________________．

Ⅱ．要测量一只量程已知的电压表的内阻，所备器材如下：

甲

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A．待测电压表(量程为3 V，内阻未知)；

B．电流表(量程为3 A，内阻为0.01 Ω)；

C．定值电阻R(阻值为2 kΩ，额定电流为50 mA)； D．蓄电池E(电动势略小于3 V，内阻不计)； E．多用电表；

F．开关S1、S2，导线若干．

有一同学利用上面所给器材，进行如下实验操作．

(1)首先用多用电表进行粗测，选用“×100 Ω”倍率，操作方法正确．若这时刻度盘上的指针位置如图甲所示，则测量的结果是________Ω．

(2)为了更精确地测出此电压表的内阻，该同学设计了如图乙、丙所示的实验电路，你认为其中较合理的电路图是________，理由是________________________．

乙丙

(3)用你选择的电路进行实验时，用所测物理量的符号表示电压表的内阻，即RV＝________．

s12gs2s1

[答案] Ⅰ．甲或 (每空3分)

4gs222gs2

Ⅱ．(1)3000 (3分)

(2)丙图乙中电流表测量时的示数太小，误差太大；图丙中R的阻值与电压表内阻接近，误差小 (每空2分)

(3)

R (3分) U1－U2

2．(17分)Ⅰ．某同学在做测定木块与木板间动摩擦因数的实验过程中，测滑动摩擦力时，他设计了两种实验方案．

方案一：木板固定在水平面上，用弹簧测力计水平拉动木块，如图甲所示．

方案二：用弹簧测力计水平地钩住木块，用力使木板在水平面上运动，如图乙所示．

甲乙

除了实验必需的弹簧测力计、木块、木板、细线外，该同学还准备了若干重均为2.00 N的砝码． (1)上述两种方案中，你认为更合理的方案是________(填“甲”或“乙”)，理由是：(回答两个理由) ①____________________________________________； ②____________________________________________．

(2)该同学在木块上加砝码，改变木块对木板的压力，记录了5组实验数据，如下表所示．

实验次序 1 2 3 4 5 砝码个数 0 1 2 3 4 砝码对木块 0 2.00 4.00 6.00 8.00 的压力/N 测力计示 1.50 2.00 2.50 2.95 3.50 数/N 木块受到的 1.50 2.00 2.50 2.95 3.50 摩擦力/N

请根据上述数据，在坐标纸上作出木块受到的摩擦力f和砝码对木块的压力F的关系图象(以F为横坐

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标)．由图象可知，木块重为________N；木块与木板间的动摩擦因数为________．

Ⅱ．现有一块灵敏电流表，量程为200 μA，内阻约为1000 Ω，要精确测出其内阻R1，提供的器材有：

电流表(量程为1 mA，内阻R2＝50 Ω)；电压表(量程为3 V，内阻RV约为3 kΩ)；滑动变阻器R(阻值范围为0～20 Ω)；定值电阻R0(阻值R0＝100 Ω)；

电源E(电动势约为4.5 V，内阻很小)；单刀单掷开关S一个，导线若干．

(1)请将上述器材全部用上，设计出合理的、便于多次测量的实验电路图，并保证各电表的示数超过其1

量程的．将电路图画在下面的虚框中．

(2)在所测量的数据中选一组，用测量量和已知量来计算中各符号表示的意义是________________________．

[答案] Ⅰ．(1)乙 ①乙方案测力计静止，读数误差小 ②乙方案木板可的不做匀速运动，便于控制 (每空1分)

(2)如图甲所示 (1分) 6.00 (2分) 0.25 (2分)

表的内阻，表达式为R1＝________，表达式

Ⅱ．(1)如图乙所示 (5分)(供电部分用分压电路给1分；测量部分知道把道将

表当保护电阻使用给2分)

表改装且正确给2分；知

(2)

I2(R0＋R2)

(3分) I2表示I1

表的示数，I1表示表的示数，R2表示表内阻，R0表示定值电阻

(1分)

3．(16分)Ⅰ．一量程为100 μA的电流表的刻度盘如图所示．今在此电流表两端并联一电阻，其阻值

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等于该电流表内阻的，使之成为一新的电流表，则图示的刻度盘上每一小格表示______________mA．

m，其中m是振子的质量，k是弹簧的劲度系数(回复力k系数)．某同学设计了一个在太空站中利用弹簧振子测量物体质量的装置，如图所示，两轻弹簧分别与挡板P、Q相连，A是质量为M的带夹子的金属块，且与两弹簧固定相连，B是待测物体(可以被A上的夹子固定)．

Ⅱ．已知弹簧振子做简谐运动的周期T＝2π

(1)为了达到实验目的，还需要提供的实验器材是：__________________． (2)简要写出测量方法及所需测量的物理量(用字母表示) ①________________________________________； ②________________________________________．

(3)用所测物理量和已知物理量表示待测物体的质量的计算式为：mB＝______________________________．

【解析】Ⅰ．改装后的量程为：

IRA

I′＝I＋＝100×(1＋49) μA＝5 mA

I′

故每小格ΔI＝＝0.5 mA．

[答案] Ⅰ．0.5 (6分) Ⅱ．(1)秒表 (2分)

(2)①不放B时用秒表测出振子振动30次的时间t1(或者测出振子的周期T1) (2分)

②将B固定在A上，用秒表测出振子振动30次的时间t2(或者测出振子的周期T2) (2分)

t2T22－t12－T1

(3)2M或2M (4分)

t1T1

4．(16分)Ⅰ．小汽车正在走进我们的家庭，你对汽车了解吗？油耗标准是评价一辆汽车性能优劣的重要因素，而影响汽车油耗的一个重要原因是其在行进中所受到的空气阻力．人们发现，汽车在高速行驶过程中受到的空气阻力f(也称风阻)主要与两个因素有关：①汽车正面的投影面积S；②汽车行驶的速度v．

某研究人员在汽车风洞实验室中通过模拟实验得到下表所列数据：

(1)由上述数据可得，汽车所受的风阻f 与汽车正面的投影面积S及汽车行驶的速度v之间的关系式为：f＝________．(要求用k表示比例系数)

(2)由上述数据可求得k＝________________．

(3)据推理或猜测，k的大小与________、________等因素有关．

Ⅱ．现有下列可供选用的器材及导线若干，要求尽可能精确地测量出待测电流表的满偏电流．

A．待测电流表(满偏电流约为700 μA～800 μA，内阻约为100 Ω，已知表盘刻度均匀、总格数为N)；

B．电流表(量程为0.6 A，内阻为0.1 Ω)；

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C．电压表(量程为3 V，内阻为3 kΩ)； D．滑动变阻器R(最大阻值为200 Ω)；

E．电源E(电动势为3 V，内阻约为1.5 Ω)； F．开关S一个．

(1)根据你的测量需要，“B．电流表”与“C．电压表即可)

(2) 在虚线框内画出你设计的实验电路图．

”中应选择____________．(只需填写序号

(3)测量过程中测出了多组数据，其中一组数据中待测电流表的指针偏转了n格，可算出满偏电流IAmax

＝__________________，式中除N、n外，其他字母符号代表的物理量分别是__________________________．

[答案] Ⅰ．(1)kSv (2分) (2)0.26 kg/m (2分) (3)空气密度车的外形车的表面情况 (4分) Ⅱ．(1)C (2分) (2)电路图如图所示 (2分)

(3)· U为电压表的示数，RV为电压表的内阻(每空2分)

5．(17分)Ⅰ．在“用双缝干涉测光的波长”的实验中

(1)已知双缝到光屏之间的距离为600 mm，双缝之间的距离为0.20 mm，单缝到双缝之间的距离是100 mm．某同学在用测量头测量时，先将从测量头目镜中看到的分划板中心刻线对准某条亮纹(记作第1条)的中心，这时手轮上的示数如图甲所示．然后他转动测量头，使分划板中心刻线对准第7条亮纹的中心，这时手轮上的示数如图乙所示．这两次的示数依次为________mm和________mm，由此可以计算出这次实验中所测得的单色光的波长为________nm．

NUnRV

(2)下列操作能够增大光屏上相邻两条亮纹之间的距离的是________． A．增大单缝和双缝之间的距离 B．增大双缝和光屏之间的距离 C．将红色滤光片改为绿色滤光片 D．增大双缝之间的距离

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Ⅱ．现有一块59C2型的小量程电流表(表头)，满偏电流为50 μA，内阻约为800～850 Ω，要把它改装成1 mA、10 mA的两量程电流表，可供选择的器材有：

A．滑动变阻器R1(最大阻值为20 Ω)； B．滑动变阻器R2(最大阻值为100 kΩ)； C．电阻箱R′(最大阻值为9999 Ω)； D．定值电阻R0(阻值为1 kΩ)； E．电池E1(电动势为1.5 V)； F．电池E2(电动势为3.0 V)； G．电池E3(电动势为4.5 V)； H．标准电流表(满偏电流为1.5 mA)； I．单刀单掷开关S1和S2； J．单刀双掷开关S3； K．电阻丝及导线若干． (所有电池的内阻均不计)

(1)采用如图甲所示的电路测量表头的内阻，为提高测量精确度，选用的滑动变阻器为________；选用的电池为______．(填序号)

甲

(2)要将改装成两量程电流表，现有两种备选电路，如图乙、丙所示．图________为合理电路，另一电路不合理的原因是_______________________________________________．

(3)将改装后的电流表与标准电流表逐格进行核对(仅核对1 mA量程)，在下面的虚线框中画出所用电路图，图中待核对的电流表的符号用来表示．【解析】Ⅰ．(1)测量头的读数原理与螺旋测微器的相同，所以图甲中的示数为0.640 mm，图乙中的示数为10.295 mm．设第1条亮条纹与第7条亮条纹间的距离为a，则a＝10.295 mm－0.640 mm＝9.655 mm，

aLλd·Δx由此得相邻两条亮条纹间的距离Δx＝，又因为Δx＝，代入数据可解得光的波长λ＝＝5.36

n－1dL－7

×10m＝536 nm．

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(2)根据相邻两条亮条纹间的距离公式Δx＝

Lλ

可知，增大双缝和光屏之间的距离L、增大光的波长λ和d减小双缝之间的距离d都可使相邻两条亮条纹间的距离增大．所以选项B正确．

[答案] Ⅰ ．(1)0.640 10.295 536 (5分) (2)B (3分) Ⅱ．(1)B G (每空2分)

(2)乙图丙所示的电路在通电状态下更换量程，会造成两分流电阻都未并联在表头两端，以致流过表头的电流超过其满偏电流而烧坏表头 (3分)

(3)电路图如图丁所示 (2分)

丁

6．(18分)Ⅰ．听说水果也能做电池．某兴趣小组的同学用一个柠檬作为电源，连接电路如图甲所示．电路中R是电阻箱，其阻值可调且可读出其接入电路中电阻的大小．他们多次改变电阻箱的阻值，记录下相应的电流表的示数，算出电流的倒数，并将数据填在下面的表格中．

甲外电阻R(Ω) 9000 8000 6000 5000 4000 2000 电流 I(mA) 0.0502 0.0528 0.0594 0.0633 0.0680 0.0800 1－1电流的倒数 (mA) I19.92 18.93 16.84 15.80 14.71 12.50 1(1)根据表格中的数据，在图乙所示的坐标纸中画出该实验的R－图象．

乙

(2)利用图象可求出该柠檬电池的电动势为________V，内阻为________Ω．

(3)完成实验后，该兴趣小组的同学初步得出了水果作为电池不实用的物理原因为：__________________________．

Ⅱ．某同学利用如图甲所示的实验装置验证机械能守恒定律．弧形轨道末端水平，离地面的高度为H．将钢球从轨道的不同高度h处由静止释放，钢球的落点距轨道末端的水平距离为s．

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甲

(1)若轨道完全光滑，s与h的理论关系应满足：s＝________________．(用H、h表示) (2)该同学经实验测量得到一组数据，如下表所示． h(×10－1 m) 2.00 3.00 4.00 5.00 6.00 2－1－2s(×10 m ) 2.62 3.89 5.20 6.53 7.78 2请在图乙所示的坐标纸上作出s－h图象． 2

乙

(3)对比实验结果与理论计算得到的s－h图象(图中已画出)，自同一高度处由静止释放的钢球水平抛出的速率____________理论值．(填“小于”或“大于”)

(4)从s－h图象中分析得出钢球水平抛出的速率差十分显著，你认为造成上述偏差的原因可能是：______________________________________________．

【解析】Ⅱ．(1)根据机械能守恒，可得钢球离开轨道时的速度为2hg，由平抛运动知识可求得钢球运

2H动的时间为，所以s＝vt＝4Hh．

g(2)依次描点，连线，注意不要画成折线．

(3)从图中看，同一h对应的s值的理论值明显大于实际值，而在同一高度H下的平抛运动的水平射程由水平速率决定，可见实际水平速率小于理论速率．

(4)由于客观上，轨道与小球间存在摩擦，机械能减小，因此会导致实际值比理论值小；小球的转动也需要能量维持，而机械能守恒中没有考虑重力势能转化成转动能的这一部分，也会导致实际速率明显小于理论速率(可能很少同学会考虑到这一点)．

[答案] Ⅰ．(1)如图丙所示 (2分)

丙

(2)0.94(0.90～0.98均对) 10000(9000～11000 均对) (3)水果电池的内阻过大 (每空2分)

Ⅱ．(1)4Hh (2分) (2)如图丁所示 (4分)

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丁

(3)小于 (2分)

(4)小球与轨道间的摩擦，小球的转动(回答任一条即可) 文档大全

分)

(2实用标准

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