2013高考二轮复习物理全套
专题一 力与物体的平衡 教案
一． 专题要点
1. 重力
⑴产生：重力是由于地面上的物体受到地球的万有引力而产生的，但两者不等价，因为
万有引力的一个分力要提供物体随地球自转所需的向心力，而另一个分力即重力，如右
图所示。
⑵大小：随地理位置的变化而变化。
在两极：G=F 万
在赤道：G= F 万-F 向
一般情况下，在地表附近 G=mg
⑶方向：竖直向下，并不指向地心。
2. 弹力
⑴产生条件：①接触②挤压③形变
⑵大小：弹簧弹力 F=kx，其它的弹力利用牛顿定律和平衡条件求解。
⑶方向：压力和支持力的方向垂直于接触面指向被压或被支持的物体，若接触面是球面，则弹力的作用线一定
过球心，绳的作用力一定沿绳，杆的作用力不一定沿杆。
＊提醒：绳只能产生拉力，杆既可以产生拉力，也可以产生支持力，在分析竖直平面内的圆周运动时应该注意
两者的区别。
3.摩擦力
⑴产生条件：①接触且挤压②接触面粗糙③有相对运动或者相对运动趋势
⑵大小：滑动摩擦力 Nf ,与接触面的面积无关，静摩擦力根据牛顿运动定律或平衡条件求解。
⑶方向：沿接触面的切线方向，并且与相对运动或相对运动趋势方向相反
4.电场力
⑴电场力的方向：正电荷受电场力的方向与场强方向一致，负电荷受电场力的方向与场强方向相反。
⑵电场力的大小： qEF ，若为匀强电场，电场力则为恒力，若为非匀强电场，电场力将与位置有关。
5.安培力
⑴方向：用左手定则判定，F 一定垂直于 I、B，但 I、B 不一定垂直，I、B 有任一量反向，F
也反向。
⑵大小： BILF 安
①此公式只适用于 B 和 I 互相垂直的情况，且 L 是导线的有效长度。
②当导线电流 I 与 B 平行时， 0min F 。
6.洛伦兹力
⑴洛伦兹力的方向
①洛伦兹力的方向既与电荷的运动方向垂直，又与磁场方向垂直，所以洛伦兹力方向总是垂直于运动电荷的速
度方向和磁场方向所确定的平面。
②洛伦兹力方向总垂直于电荷运动方向，当电荷运动方向改变时，洛伦兹力的方向也发生改变。
③由于洛伦兹力的方向始终与电荷运动方向垂直，所以洛伦兹力对电荷永不做功。
⑵洛伦兹力的大小： sinBqVF 洛
当 时090 ， BqVF 洛 ，此时电荷受到的洛伦兹力最大
当 时或 00 1800 ， 0洛F ，即电荷的运动方向与磁场方向平行时，不受洛伦兹力的作用。
当 时0v ， 0洛F ，说明磁场只对运动电荷产生力的作用。
7.力的合成与分解
由于力是矢量，因此可以用平行四边形定则进行合成与分解，常用正交分解法和力的合成法来分析平衡问题
8.共点力的平衡
⑴状态：静止或匀速运动
⑵F 合=0
二． 考纲要求
考点 要求 考点解读
滑动摩擦、静摩擦、动
摩擦因数
Ⅰ 物体在共点力的作用下的平衡是静力学的基础。考题主要
考察重力、弹力、摩擦力、电场力、磁场力作用下的共点
力的平衡问题、共点力的合成与分解、物体（或带电体）
平衡条件的应用；常用的方法有整体法与隔离法、正交分
解法、解矢量三角形、相似三角形。题目一般是以一个选
择题的形式考查受力分析或者把受力分析、力的合成与分
解附在大题中出现。
形变、弹性、胡克定律 Ⅰ
矢量和标量 Ⅰ
力的合成与分解 Ⅱ
共点力的平衡 Ⅱ
三． 教法指引
此专题复习时，可以先让学生完成相应的习题，在精心批阅之后以题目带动知识点，进行适当提炼讲解 根据
我对学生的了解，发现很多同学的力学基础不是很好，尤其在重力场、电场、磁场都出现之后受力变得复杂，
有同学甚至不能区分 F 电、F 安、F 洛、把几个力混为一谈，处理力的性质时难度更大，所以在讲解时层次应放的
低一点，还是要以夯实基础为主。
四． 知识网络
五． 典例精析
题型 1.（受力分析问题）如图所示，物体 A 靠在倾斜的墙面上，在与墙面和 B 垂直的
力 F 作用下，A、B 保持静止，试分析 A、B 两个物体的受力个数。
解析：B 的受力简单一点，先取 B 为研究对象，若只受 G 与 F 作用，B 物体不可能静
止。因此 A 对 B 有弹力与摩擦力，B 物体共受四个力作用。
再取 A 为研究对象，受重力、B 对 A 的弹力、B 对 A 沿 A 向下的摩擦力、墙对 A 的弹力、墙对 A 沿墙向上的摩
擦力，A 物体共受五个力作用。此题也可以对 AB 整体分析推出墙对 A 对有弹力和向上的摩擦力（与分析 B 类
似）。
规律总结：1.在分析两个以上相互作用物体的受力分析时，要整体法和隔离法相互结合。
2.确定摩擦力和弹力的方向时，通常根据物体所处的状态，采用“假设法”判断
3.当直接分析某一物体的受力不方面时，常通过转移研究对象，先分析与其相互作用的另一物体的受力，然后
根据扭动第三定律分析该物体的受力，上例中就是先分析了 B 的受力，又分析 A 的受力。
题型 2.（重力、弹力和摩擦力作用下的物体平衡问题）如图所示我国国家大剧院外部呈椭球型。假设国家大剧
院的屋顶为半球形，一警卫人员为执行任务，必须冒险在半球形屋顶上向上缓慢爬行，他在
向上爬的过程中 （ ）
A．屋顶对他的支持力变大
B． 屋顶对他的支持力变小
C． 屋顶对他的摩擦力变大
D．屋顶对他的摩擦力变小
解析：缓慢爬行可以看成任意位置都处于平衡状态。对图示位置进行受力分析建立平
衡方程
cos,sin mgNmgf ，向上爬时 减小，所以 f 减小、N 增大，AD 对。
若警卫人员执完特殊任务后从屋顶 A 点开始加速下滑，则摩擦力、支持力又如何？
解析：这时 cos, mgNNf ，向下滑时 增大，N 减小、f 减小，BD 对。
规律总结：1.本题考查了力学中的三种力及力的分解、物体平衡条件的应用。
2.审题时要注意“缓慢”的含义，受力分析时应该特别注意摩擦力的方向沿着接触面的切线方向。
3.要注意静摩擦力与滑动摩擦力的求解方法不同，当加速下滑时受到的是滑动摩擦力应该根据公式 Nf 求
解。
题型 3.（连接体的平衡问题）如图所示，两光滑斜面的倾角分
别为 30 和 45 ,质量分别为 2 m 和 m 的两个滑块用不可伸长
的轻绳通过滑轮连接(不计滑轮的质量和摩擦)，分别置于两个
斜面上并由静止释放;若交换两滑块位置，再由静止释放，则
在上述两种情形中正确的有（ ）
(A)质量为 2m 的滑块受到重力、绳的张力、沿斜面的下滑力和
斜面的支持力的作用
(B)质量为 m 的滑块均沿斜面向上运动
(C)绳对质量为 m 滑块的拉力均大于该滑块对绳的拉力
(D)系统在运动中机械能均守恒
解析：A 选项中下滑力不是物体受到的一个力，而是重力的分力
B 选项中原来 00 45sin30sin2 mgmg ，后来 00 45sin230sin mgmg ，两种情况下 m 均沿斜面上滑
C 选项中作用力与反作用力应该大小相等
D 选项中因为斜面光滑，只有重力做功机械能守恒。
此题选 BD.
题型 4.（弹簧连接体问题）如图，在一粗糙的水平面上有三个质量分别为 m1、 m2 、m3 的木块 1、2 和 3，中
间分别用一原长为 L，劲度系数为 k 的轻弹簧连接起来，木块与地面间的动摩擦因数为 。现用一水平力向右
拉木块 3，当木块一起匀速运动时，1 和 3 两木块之间的距离是（不计木块宽度）（ ）
k
gmLA 2.
k
gmmLB )(. 21
k
gmmLC )2(2. 21
k
gmmLD )2(22. 21
解析：1 和 3 之间的距离除了 2L 外还有两部分弹簧的伸长。
对 1： gmxk 11 ，对 1 和 2： gmmxk )( 212 ，即选项 C 正确。
规律总结：1.弹簧连接的物体平衡和运动是物理中常见的情景，静止时的平衡态即合力为零时；物体在运动过
程中，弹簧弹力的大小、方向是可变的，所以在平衡态时常有最大速度（例如简谐振动）出现。
2.分析弹簧问题时，特别注意找到原长位置、平衡位置和极端位置。
3.在计算题中，弹簧的平衡态以一个知识点出现，列出平衡方程即可以求解。
题型 5.（电场和重力场内的物体平衡问题）如图，倾角为 300 的粗糙绝缘斜面固定在水平地面上，整个装置处
在垂直于斜面向上的匀强电场中，一质量为 m、电荷量为-q 的小滑块恰能沿斜面匀速下滑，已知滑块与斜面之
间的动摩擦因数为 43 ，求该匀强电场场强 E 的大小。
解析：受力分析如图
①0sin fmg
②电FmgN cos
③电 EqFNf ,
得： ⑤
q
mg
q
mgmgE 6
3cossin
规律总结：1.电场力的方向与带电体电性和场强方向有关，匀强电场中电场力为恒力。
2.正交分解法在处理物体受多个力作用的平衡问题时非常方便，常列两个等式
0,0 Yx FF
题型 6.（复合场内平衡问题）如图，坐标系 x Oy 位于竖直平面内，在该区域有场强 E=12N/C、方向沿 x 轴正方
向的匀强电场和磁感应强度大小为 B=2T、沿水平方向的且垂直于 xOy 平面指向纸里的匀强磁场。一个质量 m=4
×10-5kg，电荷量 q=2.5×10-5C 带正电的微粒，在 xOy 平面内做匀速直线运动，运动到原点 O 时，撤去磁场，
经一段时间后，带电微粒运动到了 x 轴上的 P 点（g=10m/s2）,求：
⑴P 点到原点 O 的距离
⑵带电微粒由原点 O 运动到 P 点的时间
解析：匀速直线运动时：受力平衡
①电洛
222 FGF
②， 洛电 BqvFEqFmgG ,
得：v=10m/s，与 x 轴 370 斜向右上③
撤去磁场后受 2 个力结合速度方向可知做类平抛运动
沿 v 方向： ④vtOP 037cos
垂直 v 方向： ⑤电 2
22
0
2
137sin tm
GF
OP
得：OP=15m t=1.2s ⑥
规律总结：1.由于洛伦兹力的方向始终与 B 和 V 垂直，因此带电粒子在复合场内做直线运动时一定是匀速直线
运动，即重力、电场力、洛伦兹力的合力为零，常作为综合性问题的隐含条件。
2.此题也可以对撤去磁场后的速度进行分解，可以分解成沿电场力方向上的匀加速直线运动和沿重力方向上的
竖直上抛运动。
题型 7.（重力场、磁场内通电导线的平衡问题）如图， 在 倾
角为 的斜面上，放置一段通电电流为 I、长度为 L、 质 量
为 m 的导体棒 a，棒与斜面间的动摩擦因数为 ，
tan 。欲使导体棒静止在斜面上，所加匀强磁 场 的
磁感应强度的最小值是多少？如果导体棒 a 静止在斜 面 上
且对斜面无压力，则所加匀强磁场的磁感应强度大小 和 方
向如何？
解析：⑴受力分析如图假设外力 F 与斜面成 角，
①安 fFmg cossin , ②安 NFmg sincos , ③Nf ， ④安 BILF
得： ⑤
)sin(cos
cossin
IL
mgmgB 由三角函数极值可知： ⑤
2min
1
cossin
IL
mgmgB
⑵无压力即此导线仅 G 和安培力，且平衡
⑥mgBIL 得： 方向水平向左⑦
IL
mgB
规律总结：通电导线所受的安培力与磁场方向、导体放置方向密切相关。而此三者方向不在同一平面内，在平
面视图中很难准确画出来，因此选择好的观察方位，画出正确的平面视图，能够形象、直观地表达出三者的关
系非常重要，是有效地解题的关键。
题型 8.（电磁感应中的平衡问题）如图甲，两根足够长的、电阻不计的光滑平行金属导轨相距为 L1=1m,导轨平
面与水平面成 030 ，上端连接阻值为 5.1R 的电阻；质量为 m=0.2kg、阻值 5.0r 金属棒 ab 放在两
导轨上，距离导轨最上端为 L2=4m，棒与导轨垂直并保持良好接触。整个装置处于一匀强磁场中，该匀强磁场
与导轨平面垂直，磁感应强度大小随时间变化的情况如图所示乙所示，为保持 ab 棒静止，在棒上施加了一平
行于导轨平面且垂直于 ab 棒的外力 F，已知当 t=2s 时，F 恰好为零（g=10m/s2）。求
⑴当 t=2s 时，磁感应强度的大小⑵当 t=3s 时，外力 F 的大小和方向
⑶当 t=4s 时，突然撤去外力 F，当金属棒下滑速度达到稳定时，导体棒 ab 端的电压为多大
解析：⑴当 t=2s 时， ①2
21 2Bt
LLBE
， ②2BrR
EI ③12
030sin ILBmg
⑵当 t=3s 时，B3=1.5T， ④安 NILBF 5.113 ， 沿斜面向下⑤安 NmgFF 5.030sin 0
⑶平衡时： ⑥13
030sin ILBmg ，得 ⑦AI 3
2 ，得 ⑧VIRU ab 1
规律总结：1.通电导线（或导体棒）切割磁感线时的平衡问题，一般要综合应用受力分析、法拉第电磁感应定
律，左、右手定则和电路的知识。在这类问题中，感应电流的产生和磁场对电流的作用这两种现象总是相互联
系的，而磁场力又将电和力这两方面问题联系起来。
2.感应电流在磁场中受到的安培力对导线（或金属棒）的运动起阻碍作用，把机械能转化成电能。
题型 9.（摩擦力问题）在粗糙的水平面上放一物体 A,A 上再放一质量为 m 的物体 B，AB 间的动摩擦因数为 ，
施加一水平力 F 与 A，计算下列情况下 A 对 B 的摩擦力的大小
⑴当 AB 一起做匀速运动时
⑵当 AB 一起以加速度 a 向右做匀加速运动时
⑶当力 F 足够大而使 AB 发生相对运动时
解析：⑴因 AB 向右做匀速运动，B 物体受到的合力为零，所以 B 物体受到的摩擦力为零。
⑵因 AB 无相对滑动，所以 B 物体受到的摩擦力为静摩擦力，此时不能用滑动摩擦力的公式来计算，用牛顿第
二定律对 B 物体有 maFf 合
⑶因为 AB 发生了相对滑动，所以 B 物体受到的摩擦力为滑动摩擦力，用滑动摩擦力的公式来计算，
mgNf
规律总结：摩擦力大小的计算方法：在计算摩擦力的大小之前，①必须首先分析物体的运动情况，判明是滑动
摩擦力还是静摩擦力。②若是前者用 Nf 或牛顿运动定律，若是后者用平衡条件或牛顿第二定律求解。
题型 10.（力的合成与分解）如图所示，重物的质量为 m，轻绳 AO 和 BO 的 AB 端是固定的，平衡时 AO 是水平的，
BO 与水平面的家教为 。则 AO 的拉力 F1 和 BO 的拉力 F2 的大小是 （ ）
A. cos1 mgF B. cot1 mgF
C. sin2 mgF D. sin/2 mgF
解析：方法一：正交分解法
将 O 点受到的力沿水平方向和竖直方向正交分解，由力
的平衡条件得
①0cos 12 FF ②0sin2 mgF
解得 BD 选项正确。
方法二：合成法
以 O 点为研究对象，受力分析由平衡条件可以知道
mgF 3 ，将 21 FF、 合成为合力 F，则 F=F3，由直角三角形知识，得 cot1 FF
sin/2 FF 即 cot1 mgF ， sin/2 mgF 。BD 选项正确。
方法三：效果分解法
将拉力 F3 按照作用效果分解为 F31 和 F32，由直角三角形知识有：
cot331 FF ， sin/332 FF ，
所以 cot3311 FFF , sin/3322 FFF
BD 选项正确。
规律总结：在对实际问题的求解中，可以用合成法，也可以用效果分解法，
还可以用正交分解法。要善于根据题目要求，灵活选择解题方法。一般来说，在研究多个共点力作用的力学问
题是，选用正交分解法比较方便。
题型 11（相似三角形问题）如图 2 所示，已知带电小球 A、B 的电荷量分别为 QA、QB，OA=OB，
都用长 L 的绝缘丝线悬挂在绝缘墙角 O 点处。静止时 A、B 相距为 d。为使平衡时 AB 间距离减
为 d/2，可采用以下哪些方法（ ）
A.将小球 A、B 的质量都增加到原来的 2 倍；
B.将小球 B 的质量增加到原来的 8 倍；
C.将小球 A、B 的电荷量都减小到原来的一半；
D.将小球 A、B 的电荷量都减小到原来的一半，同时将小球 B 的质量增加到原来的 2
倍
解析：对 B 球受力分析如图
利用相似三角形可以知道
AB
AB
qqk
L
gm
BA
B 2
，选 BD。
专题二 力与物体的直线运动
六． 专题要点
第一部分：匀变速直线运动在力学中的应用
1.物体或带电粒子做直线运动的条件是物体所受的合外力与速度方向平行。
2.物体或带电粒子做匀变速直线运动的条件是物体所受的合外力为恒力且与速度方向平行。
3.牛顿第二定律的内容是：物体运动时的加速度与物体所受的合外力成正比，与物体的质量成反比，加速度的
方向与所受合外力的方向相同，且二者具有瞬时对应关系，此定律可以用控制变量法进行实验验证。
4.速度时间关系图像的斜率表示物体运动的加速度，图像所包围的面积表示物体运动的位移。在分析物体的运
动时常利用 v-t 图像帮助分析物体的运动情况。
5.超重或失重时，物体的重力并未发生变化，只是物体对支持物的压力（或对悬挂物的拉力）发生了变化。当
a=g 时物体完全失重。
6.匀变速直线运动的基本规律为
速度公式： atvvt 0
位移公式： 2
0 2
1 attvx
速度与位移关系式： axvvt 22
0
2
7.匀变速直线运动
平均速度：
2
0 tvv
t
xv 或
位移中点的瞬时速度
2
22
0 tvvv 中点
第二部分：匀变速直线运动在电学中的应用
1. 带电粒子在电场中直线运动的问题：实质是在电场中处理力学问题，其分析方法与力学中相同。首先进行
受力分析，然后看物体所受的合外力与速度方向是否一致，其运动类型有电场加速运动和交变的电场内往复运
动
2. 带电粒子在磁场中直线运动问题：洛伦兹力的方向始终垂直于粒子的速度方向。
3. 带电粒子在复合场中的运动情况一般较为复杂，但是它仍然是一个力学问题，同样遵循力和运动的各条基
本规律。
4. 若带电粒子在电场力、重力和洛伦兹力共同作用下做直线运动，如果是匀强电场和匀强磁场，那么重力和
电场力都是恒力，洛伦兹力与速度方向垂直，而其大小与速度大小密切相关。只有带电粒子的速度大小不
变，才可能做直线运动，也即匀速直线运动。
七． 考纲要求
考点 要求 考点解读
参考系、质点 Ⅰ 本专题知识是整个高中物理的基础，高考对本部分考查的重点
是匀变速直线运动的公式及应用；v- t 图像的理解及应用，其
命题情景较为新颖，（如高速公路上的车距问题、追及相遇问
题）竖直上抛与自由落体运动的规律及其应用；强调对牛顿第
二定律分析、计算和应用考查，而牛顿第三定律贯穿于综合分
析过程中。本专题内容单独考查注意是以选择题、填空题的形
式出现，而单独命题的计算题较少，更多的是与牛顿运动定律、
带电粒子的运动等知识结合起来进行考查。命题要关注多体运
动通过时空的综合类问题、图像问题及直线运动与曲线运动相
结合命题的多过程问题，正确理解力和运动的关系，并能熟练
应用牛顿第二定律分析和计算斜面体、超重和失重等问题
位移、速度和加速度 Ⅱ
匀变速直线运动及其公式、
图像
Ⅱ
矢量和标量 Ⅰ
牛顿运动定律及其应用 Ⅱ
超重和失重 Ⅰ
八． 教法指引
此专题复习时，可以先让学生完成相应的习题，在精心批阅之后以题目带动知识点，进行适当提炼讲解 这一
专题有两大部分问题：①运动学的相关知识②力学相关知识，根据我对学生的了解，发现部分同学运动过程分
析不到位，运动学公式应用不熟练，力学基础不是很好，要以夯实基础为主。
九． 知识网络
十． 典例精析
题型 1.（匀变速直线运动规律的应用）物体以速度 v 匀速通过直线上的 A、B 两点需要的时间为 t。现在物体由
A 点静止出发，先做加速度大小为 a1 的匀加速直线运动到某一最大速度 vm 后立即做加速度大小为 a2 的匀减速
直线运动至 B 点停下，历时仍为 t，则物体的 （ ）
A. 最大速度 vm 只能为 2v，无论 a1、 a2 为何值
B. 最大速度 vm 可以为许多值，与 a1、 a2 的大小有关
C. a1、 a2 的值必须是一定的，且 a1、 a2 的值与最大速度 vm 有关
D. a1、 a2 必须满足
t
v
aa
aa 2
21
21
解析：分析此题可根据描述的运动过程画出物体运动的速度图像，根据速度图像容易得出“最大速度 vm 只能为
2v，无论 a1、 a2 为何值”的结论。也可利用解析法根据题述列出方程解答。设物体匀加速运动时间为 t1,则匀
减速运动时间为 t- t1,根据题述有
2
)(
2
11 ttvtvvt mm 得
vm=2v. 联立解得，（，由 vvvttavta mmm 2), 1211
t
v
aa
aa 2
21
21 ,所以正确选项为 AD。
规律总结：此题主要考查匀变速直线运动规律的灵活运用。此题也可以用速度图像形式给出解题信息，降低难
度。
题型 2.（v-t 图像的应用）某学习小组对一辆自制小遥控汽车的性能进行研究。他们让这辆汽车在水平地面上由
静止开始运动，并将小车运动的全过程记录下来，通过数据处理得到如图所示的 v-t 图，已知小车在 0~ts 内做
匀加速直线运动，ts~10s 内小车牵引力的功率保持不变，且 7s~10s 为匀速直线运动；在 10s 末停止遥控，让小
车自由滑行，小车质量 m=1kg，整个过程小车受到的阻力 Ff 大小不变。求
⑴小车受到阻力 Ff 的大小。
⑵在 ts~10s 内小车牵引力功率 P。
⑶小车在加速运动过程中的总位移 x
解析：⑴在 10s 末撤去牵引力后，小车只在阻力的作用下做匀减速运
动，由图像可得减速时的加速度的值为
①2/2 sma （2 分）
②NmaFf 2 （1 分）
⑵小车在 7s~10s 内做匀速直线运动，设牵引力为 F，
则 ③fFF （1 分）
由图像可知 vm=6m/s④（1 分）
⑤WFVP m 12 （1 分）
在 ts~10s 内小车的功率保持不变，为 12w。
⑶ 小 车 的 加 速 运 动 过 程 可 分 为 0~ts 和 ts~7s 两 段 ， 由 于 ts 是 功 率 为 12W ， 所 以 此 次 牵 引 力 为
⑥
taNV
PF
t
3,4 11 ，（2 分）
所以 0~ts 内加速度大小为
⑦时间 stsmmFFa f 5.1,/2/)( 2
11 ，（2 分）
⑧mtax 25.22
1 2
11 （1 分）
在 0~7s 内由动能定理得： ⑨2
0
2
211 2
1
2
1 mvmvxFPtxF mf ，（2 分）
得 x=28.5m⑩（1 分）
规律总结：1.v-t 图像的斜率为物体运动的加速度，包围的面积是物体通过的位移。因此，本题第⑶问中的 x1
也可以通过面积求解。
2.机车匀加速启动过程还未达到额定功率。
3.t 时刻是匀加速运动的结束还是额定功率的开始，因此功率表达式结合牛顿第二定律和运动学公式求 t 是解题
的关键。
题型 3.（运动学中的临界和极值问题）在水平长直的轨道上，有一长度为 L 的平板车在外力控制下始终保持速
度 v0 做匀速直线运动．某时刻将一质量为 m 的小滑块轻放到车面的中点，滑块与车面间的动摩擦因数为μ．
（1）证明：若滑块最终停在小车上，滑块和车摩擦产生的内能与动摩擦因数μ无关，是一个定值
（2）已知滑块与车面间动摩擦因数μ=0.2，滑块质量 m=1kg，车长 L=2m，车速 v0=4m/s，取 g=10m/s2，当滑块
放到车面中点的同时对该滑块施加一个与车运动方向相同的恒力 F，要保证滑块不能从车的左端掉下，恒力 F
大小应该满足什么条件？
（3）在（2）的情况下，力 F 取最小值，要保证滑块不从车上掉下，力 F 的作用时间应该在什么范围内?
解析：（1）根据牛顿第二定律，滑块相对车滑动时的加速度
mga gm
（1 分）
滑块相对车滑动的时间 0vt a
（1 分）
滑块相对车滑动的距离
2
0
0 2
vs v t a
（1 分）
滑块与车摩擦产生的内能 Q mgs （1 分）
由上述各式解得 2
0
1
2Q mv （与动摩擦因数μ无关的定值） （1 分）
（2）设恒力 F 取最小值为 F1，滑块加速度为 a1，此时滑块恰好到达车的左端，则
滑块运动到车左端的时间 0
1
1
vt a
①
由几何关系有 0
0 1 12 2
v Lv t t ② （1 分）
由牛顿定律有 1 1F mg ma ③ （1 分）
由①②③式代入数据解得 1 0.5st ， 1 6NF （2 分）
则恒力 F 大小应该满足条件是 6NF （1 分）
v0
（3）力 F 取最小值，当滑块运动到车左端后，为使滑块恰不从右端滑出，相对车先做匀加速运动（设运动
加速度为 a2，时间为 t2），再做匀减速运动（设运动加速度大小为 a3）．到达车右端时，与车达共同速度．则有
1 2F mg ma ④ （1 分）
3mg ma ⑤ （1 分）
2 2
2 2 2
2 2
3
1
2 2
a ta t La
⑥ （1 分）
由④⑤⑥式代入数据解得 2
3 s 0.58s3t （1 分）
则力 F 的作用时间 t 应满足 1 1 2t t t t ，即 0.5s 1.08st （2 分）
审题指导：1.临界和极值问题的处理关键就是找到临界状态，进一步确定临界条件
2.运动学中的临界问题还应注意找到时间和位移关系，以便列出方程。
题型 4.（动力学两类基本问题）如图所示，质量为 M 的汽车通过质量不计的绳索拖着质量为 m 的车厢（可作为
质点）在水平地面上由静止开始做直线运动．已知汽车和车厢与水平地面间的动摩擦因数均为 ，汽车和车厢
之间的绳索与水平地面间
的夹角为 ，汽车的额定功率为 P，重力加速度为 g，不
计空气阻力．为使汽车能尽快地加速到最大速度又能使汽
车和车厢始终保持相对静止，问：
（1）汽车所能达到的最大速度为多少？
（2）汽车能达到的最大加速度为多少？
（3）汽车以最大加速度行驶的时间为多少？
解析：（1）当汽车达到最大速度时汽车的功率为 P 且牵引力与汽车和车厢所受摩擦力大小相等，即 fF
（1 分）
由于在整个运动过程中汽车和车厢保持相对静止，所以汽车和车厢所受的摩擦力为
gMmf )( （1 分）
又 FvP （1 分）
由上述三式可知汽车的最大速度为：
gMm
Pv )(
（2 分）
（２） 要保持汽车和车厢相对静止，就应使车厢在整个运动过程中不脱离地面．考虑临界情况为车厢刚好未
脱离地面，此时车厢受到的力为车厢重力和绳索对车厢的拉力 T，设此时车厢的最大加速度为 a，则有：
水平方向 cosT ma （1 分）
竖直方向 sinT mg （1 分）
由上两式得： cotga （1 分）
（3）因为此时汽车作匀加速运动，所以
amMfF )( （1 分）
f m M g （用隔离法同样可得） （1 分）
即 gmMF ))(cot( （1 分）
因为汽车达到匀加速最大速度时汽车的功率达到额定功率，根据 FvP a （1 分）
由题意知，汽车一开始就做加速度最大的匀加速运动，
匀加速的最大速度为 av at （1 分）
所以以最大加速度匀加速的时间为：
cot))(cot( 2gMm
Pt
（1 分）
题型 5.（电场内的直线运动问题）如图所示，倾角为θ的斜面 AB 是粗
糙且绝缘的，AB 长为 L，C 为 AB 的中点，在 A、C 之间加一方向垂
直斜面向上的匀强电场，与斜面垂直的虚线 CD 为电场的边界。现
有一质量为 m、电荷量为 q 的带正电的小物块(可视为质点)，从 B
点开始在 B、C 间以速度υ 0 沿斜面向下做匀速运动，经过 C 后沿斜
面匀加速下滑，到达斜面底端 A 时的速度大小为υ。试求：
(1)小物块与斜面间的动摩擦因数μ；
(2)匀强电场场强 E 的大小。
解析：(1)小物块在 BC 上匀速运动，由受力平衡得
cosmgFN ①(1 分)
sinmgFf ②(1 分)
而 Nf FF ③(1 分)
由①②③解得 tan ④(1 分)
(2)小物块在 CA 上做匀加速直线运动，受力情况如图所示。则
qEmgFN cos` ⑤(1 分)
``
Nf FF ⑥(1 分)
根据牛顿第二定律得
maFmg f `sin ⑦(1 分)
222
0
2 La ⑧(1 分)
由③⑤⑥⑦⑧解得
tan
2
0
2
qL
mE ⑨(2 分)
规律总结：1.在电场中的带电体，不管其运动与否，均始终受到电场力的作用，其大小为 F=Eq，与电荷运动的
速度无关，方向与电场的方向相同或相反，它既可以改变速度的方向，也可以改变速度的大小，做功与运动路
径无关。
2.电场内的变速运动问题实质上是力学问题，受力分析是关键。
题型 6.（混合场内直线运动问题的分析）带负电的小物体 A 放在倾角为 的
足够长的绝缘斜面上，整个斜面处于范围足够大、方向水平向右的匀强电场
中，如图物体 A 的质量为 m，电荷量为-q，与斜面间的动摩擦因数为 ，它
在电场中受到的电场力大小等于重力的一半。物体 A 在斜面上由静止开始下
滑，经过时间 t 后突然在斜面区域加上范围足够大的匀强磁场，磁场方向垂直于纸面，磁感应强度大小为 B，
此后物体 A 沿斜面继续下滑距离 L 后离开斜面。求：
⑴物体 A 在斜面上的运动情况如何？说明理由。
⑵物体 A 在斜面上运动的过程中有多少能量转化成内能？
解析：⑴物体 A 在斜面上受重力、电场力、支持力、滑动摩擦力的作用，如图所
示。由此可知：
i.小物体 A 在恒力作用下，先在斜面上做初速度为零的匀加速直线运动；
②加上匀强磁场后，还受到方向垂直于斜面向上的洛伦兹力的作用，方可使 A 离
开斜面，故磁感应强度应该垂直纸面向里，随着速度的增加，洛伦兹力增大，斜
面的支持力减小，滑动摩擦力减小，物体继续做加速度增大的加速直线运动直到
斜面的支持力为零，此后物体 A 将离开斜面。
⑵加磁场之前，物体 A 做匀加速直线运动，由牛顿第二定律，有
①maFqEmg f cossin
②NFqEmg sincos ， ③NFN
由以上三式得： ④
2
)2( ga
A 在斜面上运动的距离为 ⑤
4
)2(
2
1 2
2 tgatx
加上磁场后，受洛伦兹力的作用，随速度的增大支持力在减小，直到支持力为零时物体 A 离开斜面。有
⑥ sincos qEmgBqv 解得： ⑦
qB
mgv 2
物体 A 在斜面上运动的过程中，重力和电场力做正功，滑动摩擦力做负功，洛伦兹力不做功，由动能定理得：
⑧02
1cos)(sin)( 2 mvWxLqExLmg f
物体 A 克服摩擦力做功，机械能转化成内能 ⑨增 22
23
2
8
)4
2(
qB
gmgtLmgWE f
规律总结：该题涉及到重力、电场力、洛伦兹力做功特点和动能定理等知识点，考查学生对运动和力的关系的
理解和掌握情况，同时考查了学生对接触物体的分离条件的灵活运用，解决此题的关键是抓住重力、电场力做
功与路径无关、洛伦兹力永不做功的特点，另要注意加上磁场后，受洛伦兹力的影响，随速度的增大支持力在
减小，直到支持力为零时物体 A 离开斜面。W
专题三 力与物体的曲线运动 教案
十一． 专题要点
第一部分：平抛运动和圆周运动
3. 物体做曲线运动的条件
当物体所受的合外力方向与速度方向不在同一直线上时，物体做曲线运动。合运动与分运动具有等时性、独立
性和等效性。
2.物体（或带电粒子）做平抛运动或类平抛运动的条件是：①有初速度②初速度方向与加速度方向垂直。
3.物体做匀速圆周运动的条件是：合外力方向始终与物体的运动方向垂直；绳子固定物体通过最高点的条件是：
为绳长）LgLv ( ；杆固定通过最高点的条件是： 0v 。物体做匀速圆周运动的向心力即物体受到的合外
力。
4.描述圆周运动的几个物理量为：角速度 ，线速度 v，向心加速度 a，周期 T，频率 f。其关系为：
22
2
2
2
2
44 rf
T
rrr
va
5.平抛（类平抛）运动是匀变速曲线运动，物体所受的合外力为恒力，而圆周运动是变速运动，物体所受的合
外力为变力，最起码合外力的方向时刻在发生变化。
第二部分：万有引力定律及应用
1.在处理天体的运动问题时，通常把天体的运动看成是匀速圆周运动，其所需要的向心力由万有引力提供，其
基本关系式为： rfm
T
rmrmr
vmma
r
MmG 2
2
2
2
2
2 44 向 ，
在天体表面，忽略星球自转的情况下： mg
R
MmG 2
2.卫星的绕行速度、角速度、周期、频率和半径 r 的关系：
⑴由
r
vmr
MmG
2
2 ，得
r
GMv ，所以 r 越大，v 越小。
⑵由 rm
r
MmG 2
2 ，得 3r
GM ，所以 r 越大， 越小
⑶由 rTm
r
MmG
2
2
2
，得
GM
rT
3
2 ，所以 r 越大，T 越大。
⑷由 )(2 gma
r
MmG 向 ，得 2)(
r
GMga 向 ，所以 r 越大，a 向(g/)越小。
3. 三种宇宙速度：第一、第二、第三宇宙速度
⑴第一宇宙速度（环绕速度）：是卫星环绕地球表面运行的速度，也是绕地球做匀速圆周运动的最大速度，也是
发射卫星的最小速度 V1=7.9Km/s。
⑵第二宇宙速度（脱离速度）：使物体挣脱地球引力束缚的最小发射速度，V2=11.2Km/s。
⑶第三宇宙速度（逃逸速度）：使物体挣脱太阳引力束缚的最小发射速度，V3=16.7 Km/s。
4.天体质量 M、密度 的估算
(1)从环绕天体出发:通过观测环绕天体运动的周期 T 和轨道半径 r;就可以求出中心天体的质量 M
(2)从中心天体本身出发:只要知道中心天体的表面重力加速度 g 和半径 R 就可以求出中心天体的质量 M。
十二． 考纲要求
考点 要求 考点解读
运动的合成与分解 Ⅱ 本专题的重点是运动的合成与分解、平抛运动和圆周运动。
特点是综合性请、覆盖面广、纵横联系点多。可以有抛体
运动与圆周运动或直线运动间多样组合，还可以与电场、
磁场知识综合，命题的思路依然是以运动为线索进而从力、
抛体运动 Ⅱ
匀速圆周运动、角速度、
线速度、向心加速度
Ⅰ
能量角度进行考查。应用万有引力定律解决天体运动、人
造地球卫星运动、变轨问题。应该从以下几个方面进行重
视：①直线运动、平抛运动和圆周运动的组合性问题，主
要考查运动的合成与分解、动力学特征和功能关系②应用
分解与合成的思想解决带电粒子在各种场中的类平抛运动
问题；应用圆周运动的知识解决混合场内的圆周运动问题
③以我国飞速发展的航天事业为背景，凸显最新科技动态，
应用万有引力定律解决卫星发射和回收变转过程中各物理
量的比较和功能转化。
匀速圆周运动的向心力 Ⅱ
离心现象 Ⅰ
万有引力定律及应用 Ⅱ
环绕速度 Ⅱ
第二宇宙速度和第三宇
宙速度
Ⅰ
十三． 教法指引
此专题复习时，可以先让学生完成相应的习题，在精心批阅之后以题目带动知识点，进行适当提炼讲解。根据
我对学生的了解，发现很多同学对这个专题中的：
1 几个物理模型构建不理想，如平抛运动、类平抛运动、匀速圆周运动、天体运动等同于匀速圆周运动
2 模型建立好了，但是处理问题时方法选择不恰当
所以在讲解时层次应放的低一点，着重掌握好各种物理模型，理解处理各种模型的方法，坚持夯实基础为主的
主线。
十四． 知识网络
十五． 典例精析
题型 1.（运动的合成与分解问题）若河水的流速大小与水到河岸的距离有关，河中心水的流速最大，河岸边缘
处水的流速最小 现假设河的宽度为 120m，河中心水的流速大小为 4m/s，船在静水中的速度大小为 3m/s，要
使般以最短时间渡河，则 （ ）
A．船渡河的最短时间是 24s
B．在行驶过程中，船头始终与河岸垂直
C．船在河水中航行的轨迹是一条直线
D．般在河水中的最大速度为 5m/s
解析：根据分运动具有独立性和等时性可知，当船头与河岸垂直过河时，时间 t 最短，t=120/3=40s，A 错，B
对；船速是恒定的，但是水流速度与水到河岸的距离有关，合速度的大小和方向都在不断变化，轨迹为曲线，
C 错；船在河水中的速度是指合运动的速度 smv /543 22 最大，D 正确。
规律总结：1.合运动与分运动具有等时性，分运动具有独立性，这一原理经常应用解决小船过河即平抛运动问
题。
2.运动的合成与分解的依据仍然是平行四边形定则。
3.区分分运动和合运动的基本方法是：合运动是物体的实际运动轨迹。
题型 2. （平抛（或类平抛）运动问题）如图所示,AB 为竖直墙壁，A 点和 P 点在同一水
平面上。空间存 在着竖直方向的匀强电场。将一带电小球从 P 点以速度 向 A 抛出，
结果打在墙上的 C 处。若撤去电场，将小球从 P 点以初速
2
向 A 抛出，也正好打在墙
上的 C 点。求：
（1）第一次抛出后小球所受电场力和重力之比
（2）小球两次到达 C 点时速度之比
解析：（1）设 AC=h、电场力为 FQ，根据牛顿第二定律得：FQ+mg=ma①
第一次抛出时，h= 2)(2
1
la ② (1 分 )
第二次抛出时，h= 2)2(2
1
lg ③ (1 分 )
P
A
B
C
由②、③两式得 a=4g ④ (1 分 )
所以，FQ：G=3:1 ⑤ (1 分 )
（2）第一次抛出打在 C 点的竖直分速度 y1=a(
l )⑥ (1 分 )
第二次抛出打在 C 点的竖直分速度 y2=g(
l2 )⑦ (1 分 )
第一次抛出打在 C 点的速度 1= 2
1
2
y ⑧ (1 分 )
第二次抛出打在 C 点的速度 2= 2
2
2)2( y ⑨ (1 分 )
所以， 1： 2=2：1⑩ (1 分 )
规律总结：平抛（或类平抛）运动处理的基本方法就是把运动分解为水平方向的匀速运动和竖直方向的匀加速
运动。通过研究分运动达到研究合运动的目的。
题型 3.（竖直平面内的圆周运动问题）如图 15 所示，质量为 m、电量为+q 的带电小球
固定于一不可伸长的绝缘细线一端，绳的另一端固定于 O 点，绳长为l ，O 点有一电荷量
为+Q(Q＞＞q)的点电荷 P，现加一个水平和右的匀强电场，小球静止于与竖直方向成 θ
=300 角的 A 点。求：
(1)小球静止在 A 点处绳子受到的拉力；
(2) 外加电场大小；
(3)将小球拉起至与 O 点等高的 B 点后无初速释放，则小球经过最低点 C 时，绳受到的拉力。
解析：(1)带电粒子 A 处于平衡，其受力如图，其中 F 为两点电荷间的库仑力，T 为绳子
拉力，E0 为外加电场，则
Tcosθ-mg-Fcosθs=0 ○1 (2 分)
Fsinθ+qE0-Tsinθ=0 ○2 (2 分)
2l
QqkF ○3 (2 分)
联立式解得：有
cos2
mg
l
QqkT ○4 (2 分)
q
mgE tan
0 ○5 (2 分)
(2)小球从 B 运动到 C 的过程中，q 与 Q 间的库仑力不做功，由动能定理得
2
0 2
1
cmVlqEmgl ○6 (2 分)
在 C 点时：
l
Vmmg
l
qQkT c
2
2 ○7 (2 分)
联立○5 、○6 、○7 解得： )tan23(2 mg
l
qQkT ○8 (2 分)
审题指导：1.要注意对小球受力分析，不要漏掉库仑力。
4. 在处理竖直平面内的圆周运动问题时，一般要用动能定理建立最高点、最低点的速度关系。
5. 要注意库仑力始终与运动方向垂直，不做功。
题型 4.（万有引力定律及应用）图示是我国的“探月工程”向月球发射一颗绕月探测卫星“嫦娥一号”过程简
图．“嫦娥一号”进入月球轨道后，在距离月球表面高为 h 的轨道上绕月球做匀速圆周运动．
（1）若已知月球半径为 R 月，月球表面的重力加速度为 g 月，则“嫦娥一号”环绕月球运行的周期为多少？
（2）若已知 R 月=
4
1 R 地，g 月=
6
1 g 地，则近月卫星的运行速度约为近地卫星运行速度的多少倍？
解析：（1）设“嫦娥一号”环绕月球运行的周期是 T，根据牛顿第二定律得
G 2
月R
Mm = mg 月 （2 分）
G 2)( hR
Mm
月
= m 2
24
T
（R 月+h）（2 分）
解得 T= 2
32 )(4
月月
月
Rg
hR （2 分）
（2）对于靠近天体表面的行星或卫星有 mg=
R
mv 2
，v= gR （2 分）
由 v= gR 知，
地
月
v
v =
地地
月月
Rg
Rg （1 分）
中段轨道修正误
差
发 射
进入奔月轨道
进入月球轨道
制动开始
将 R 月=
4
1 R 地，g 月=
6
1 g 地代入计算，可知
12
6
地
月
v
v （≈0.2）（2 分）
即近月卫星的运行速度约为近地卫星运行速度的
12
6 （0.2）倍．
规律总结：在利用万有引力定律解决天体运动的有关问题是，通常把天体运动看成匀速圆周运动，其需要的向
心力就是天体之间相互作用的万有引力提供。
即 rfm
T
rmrmr
vmma
r
MmG 2
2
2
2
2
2 44 向
题型 5.（卫星与航天问题）如图所示，A 为静止于地球赤道上的物体，B 为绕地球做椭
圆轨道运行的卫星，C 为绕地球做圆周运动的卫星，P 为 B、C 两卫星轨道的交点．已
知 A、B、C 绕地心运动的周期相同．相对于地心，下列说法中不正确．．．的是
A．物体 A 和卫星 C 具有相同大小的加速度
B．卫星 C 的运行速度大于物体 A 的速度
C．可能出现：在每天的某一时刻卫星 B 在 A 的正上方
D．卫星 B 在 P 点的运行加速度大小与卫星 C 的运行加速度大小相等
解析：A、C 两者周期相同，转动角速度 相同，由 ra 2 可知 A 错；由 rv 可知， Ac vv ，B 正确；
因为物体 A 随地球自转，而 B 物体转动周期与 A 相同，当 B 物体经过地心与 A 连线与椭圆轨道的交点是，就会
看到 B 在 A 的正上方，C 对；由 向ma
r
MmG 2 可知， cB aa ，D 正确。
题型 6.（天体与航天器的能量问题）重力势能 EP＝mgh 实际上是万有引力势能在地面附近的近似表达式，其更
精确的表达式为 EP＝－GMm/r，式中 G 为万有引力恒量，M 为地球质量，m 为物体质量，r 为物体到地心的距
离，并以无限远处引力势能为零。现有一质量为 m 的地球卫星，在离地面高度为 H 处绕地球做匀速圆周运动。
已知地球半径为 R，地球表面的重力加速度为 g，地球质量未知，试求：
（1）卫星做匀速圆周运动的线速度；
（2）卫星的引力势能；
（3）卫星的机械能；
（4）若要使卫星能依靠惯性飞离地球（飞到引力势能为零的地方），则卫星至少要具有多大的初速度？
解析：（1）由牛顿运动定律： ①
HR
vm
HR
MmG
2
2)(
（2 分）
C
B
A
P
得： ②
HR
GMv （1 分）
⑵由引力势能的表达式 得RHrr
GmMEP , ： ③
RH
GmMEP （2 分）
⑶卫星的机械能应该是卫星的动能和势能之和，即
④，
HR
GMmEHR
GMmmvEEEE PKPK ,)(22
1 2 得（3 分）
⑤
HR
GMmE 22 （1 分）
⑷由机械能守恒定律，对地球与卫星组成的系统，在地球表面的机械能与飞到无限远处的机械能相等。设初速
度至少应为 v
⑥0,2
1
2
2
1 ER
GMmmvE ， ⑦21 EE （2 分）
解得： ⑧
R
GMv 2 （1 分）
规律总结：在卫星和地球组成的系统内，机械能是守恒的，卫星的动能可通过匀速圆周运动的线速度来求，引
力势能在选择了无穷远处为零势能点后，可以用
r
GmMEP 来求，机械能为两者之和。
专题四 功和能 教案
十六． 专题要点
1.做功的两个重要因素：有力作用在物体上且使物体在力的方向上发生了位移。功的求解可利用 cosFlW
求，但 F 为恒力；也可以利用 F-l 图像来求；变力的功一般应用动能定理间接求解。
2.功率是指单位时间内的功，求解公式有 cosVFt
WP 平均功率 ， cosFVt
WP 瞬时功率 ，当
0 时，即 F 与 v 方向相同时，P=FV。
3.常见的几种力做功的特点
⑴重力、弹簧弹力，电场力、分子力做功与路径无关
⑵摩擦力做功的特点
①单个摩擦力（包括静摩擦力和滑动摩擦力）可以做正功，也可以做负功，还可以不做功。②相互作用的一对
静摩擦力做功的代数和总等于零，在静摩擦力做功的过程中，只有机械能的转移，没有机械能的转化为其他形
式的能；相互作用的一对滑动摩擦力做功的代数和不为零，且总为负值，在一对滑动摩擦力做功的过程中，不
仅有相互摩擦物体间机械能的转移，还有机械能转化为内能。转化为内能的量等于系统机械能的减少，等于滑
动摩擦力与相对路程的乘积。
③摩擦生热，是指动摩擦生热，静摩擦不会生热
4.几个重要的功能关系
⑴重力的功等于重力势能的变化，即 PG EW
⑵弹力的功等于弹性势能的变化，即 PEW 弹
⑶合力的功等于动能的变化，即 KEW 合
⑷重力之外的功（除弹簧弹力）的其他力的功等于机械能的变化，即 EW 其它
⑸一对滑动摩擦力做功等于系统中内能的变化， 相对FlQ
⑹分子力的功等于分子势能的变化。
第二部分：功能关系在电学中的应用
5. 电场力做功与路径无关。若电场为匀强电场，则 coscos EqlFlW ；若为非匀强电场，则一般利
用 qWU ABAB 来进行运算。
6. 磁场力可分为安培力和洛伦兹力。洛伦兹力在任何情况下对运动电荷都不做功；安培力可以做正功、负功，
还可以不做功。
7. 电流做功的实质是电场移动电荷做功。即 W=UIt=Uq。
8. 导体棒在磁场中切割磁感线时，棒中感应电流受到的安培力对导体棒做负功，使机械能转化为电脑。
9. 电场力做功等于电势能的变化，即 PAB EW
十七． 考纲要求
考点 要求 考点解读
功和功率 Ⅱ 本专题考查的重点有：
⑴重力、摩擦力、电场力和洛伦兹力的做功特点和求解
⑵与功、功率相关的分析和计算。
⑶动能定理的综合应用。
⑷综合应用机械能守恒定律以及相关知识分析有关问题。
⑸应用动能定理解决动力学问题。
其中动能定理和能的转化与守恒定律的应用是考查的重点，考
查的特点是密切联系生活、生产实际，联系现代科学技术的问
题和能源环保问题 本部分内容除在选择题中进行简单知识
点组合考查功和功率的概念外在解答题中将会以两种情景命
动能和动能定理 Ⅱ
重力做功与重力势能 Ⅱ
电场力做功与电势能 Ⅱ
功能关系、机械能守恒定律Ⅱ
电功率、焦耳定律 Ⅰ
题：一是多种运动组合的多运动过程问题，二是与电场、磁场
联系的综合问题中考查重力、电场力、摩擦力和磁场力的做功
特点、动能定理的应用和能量守恒定律。
十八． 教法指引
此专题复习时，可以先让学生完成相应的习题，在精心批阅之后以题目带动知识点，进行适当提炼讲解。这一
专题的知识点高考要求普遍较高，属于必考知识点。二轮复习时还是要稳扎稳打，从基本规律，基本解题步骤
出发再进行提升。因为这部分的综合题较多，功和能仅仅是在解题中应用的物理规律而以。
十九． 知识网络
二十． 典例精析
题型 1.（功能关系的应用）从地面竖直上抛一个质量为 m 的小球，小球上升的最大高度为 H。设上升过程中空
气阻力为 F 恒定。则对于小球上升的整个过程，下列说法错误的是（
E. 小球动能减少了 mgH
F. 小球机械能减少了 FH
G. 小球重力势能增加了 mgH
H. 小球加速度大于重力加速度 g
解析：由动能定理可知，小球动能的减小量等于小球克服重力和阻力 F 做的功 为（mg+F）H，A 错误；小球机
械能的减小等于克服阻力 F 做的功，为 FH，B 正确；小球重力势能的增加等于小球小球克服重力做的功，为
mgH，C 正确；小球的加速度 gm
Fmga ，D 正确。
规律总结：功是能量转化的量度，有以下几个功能关系需要理解并牢记
⑴重力做功与路径无关，重力的功等于重力势能的变化
⑵滑动摩擦力（或空气阻力）做的功与路径有关，并且等于转化成的内能
⑶合力做功等于动能的变化
⑷重力（或弹力）以外的其他力做的功等于机械能的变化
题型 2.（功率及机车启动问题）
审题指导：1.在汽车匀加速启动时，匀加速运动刚结束时有两大特点
⑴牵引力仍是匀加速运动时的牵引力，即 maFF f 仍满足
⑵ FvPP 额
2.注意匀加速运动的末速度并不是整个运动过程的最大速度
题型 3.（动能定理的应用）如图所示，竖直平面内的轨道 ABCD 由水平轨道 AB 与光滑的四分之一圆弧轨道 CD
组成，AB 恰与圆弧 CD 在 C 点相切，轨道固定在水平面上。一个质量为 m 的小物块（可视为质点）从轨道的 A
端以初动能 E 冲上水平轨道 AB，沿着轨道运动，由 DC 弧滑下后停在水平轨道 AB 的中点。已知水平轨道 AB 长
为 L。求：
（1）小物块与水平轨道的动摩擦因数
（2）为了保证小物块不从轨道的 D 端离开轨道，圆弧轨道的半径 R 至少是多大？
（3）若圆弧轨道的半径 R 取第（2）问计算出的最小值，增大小物块的初动能，使得小物块冲上轨道后可以达
到最大高度是 1.5R 处，试求物块的初动能并分析物块能否停在水平轨道上。如果能，将停在何处？如果不能，
将以多大速度离开水平轨道？
解析：（1）小物块最终停在 AB 的中点，在这个过程中，由动能定理得
ELLmg )5.0(
得
mgL
E
3
2
（2）若小物块刚好到达 D 处，速度为零，同理，有 EmgRmgL
解得 CD 圆弧半径至少为
mg
ER 3
（3）设物块以初动能 E′冲上轨道，可以达到的最大高度是 1.5R，由动能定理得
EmgRmgL 5.1
解得
6
7EE
物块滑回 C 点时的动能为
25.1 EmgREC ，由于
3
2EmgLEC ，故物块将停在轨道上
设到 A 点的距离为 x，有 CExLmg )(
解得 Lx 4
1
即物块最终停在水平滑道 AB 上，距 A 点 L4
1 处。
规律总结：应用动能定理要比动力学方法方便、简洁。只有应用动力学方法可以求解的匀变速直线运动问题，
一般应用动能定理都可以求解。尽管动能定理是应用动力学方法推导出来的，但它解决问题的范围更广泛。
题型 4.（综合问题）滑板运动是一项陆地上的“冲浪运动”，滑板运动员可在不同的滑坡上滑行，做出各种动
作给人以美的享受。如图甲所示，abcdef 为同一竖直平面上依次平滑连接的滑行轨道，其中 ab 段水平，H=3m，
bc 段和 cd 段均为斜直轨道，倾角θ=37º，de 段是一半径 R=2.5m 的四分之一圆弧轨道，o 点为圆心,其正上方
的 d 点为圆弧的最高点，滑板及运动员总质量 m=60kg，运动员滑经 d 点时轨道对滑板支持力用 Nd 表示，忽略
摩擦阻力和空气阻力，取 g=10m/s2，sin37º=0.6，
cos37º=0.8。除下述问(3)中运动员做缓冲动作以外，均可把滑板及运动员视为质点。
(1)运动员从 bc 段紧靠 b 处无初速滑下，求 Nd 的大小；
(2)运动员逐渐减小从 bc 上无初速下滑时距水平地面的高度
h，请在图乙的坐标图上作出 Nd-h 图象(只根据作出的图象评分，
不要求写出计算过程和作图依据)；
(3)运动员改为从 b 点以υ0=4m/s 的速度水平滑出，落在 bc
上时通过短暂的缓冲动作使他只保留沿斜面方向的速度继续滑
行，则他是否会从 d 点滑离轨道?请通过计算得出结论
解析：解：(1)从开始滑下至 d 点，由机械能守恒定律得
2
2
1)( mRHmg ①(1 分)
R
mNmg d
2 ②(1 分)
由①②得： NR
HmgN d 360)23( ③(1 分)
(2)所求的 hN d 图象如图所示(3 分)
(图线两个端点画对各得 1 分，图线为直线得 1 分)
(3)当以 sm /40 从 b 点水平滑出时，运动员做平抛运动落
在 Q 点，如图所示。设 Bq= 1s ，则
20
1 2
137sin gts ④(1 分)
ts 0
0
1 37cos ⑤(1 分)
由④⑤得
sgt 6.037tan2 0
0 ⑥(1 分)
smgty /6 ⑦(1 分)
在 Q 点缓冲后
smyQ /8.637cos37sin 0
0
0 ⑧(1 分)
从 dQ 222
2
1
2
1
2
1)( Qd mmmgRgtHmg ⑨(1 分)
运动员恰从 d 点滑离轨道应满足：
R
mmg d
2` ⑩(1 分)
由⑨⑩得
76.422` dd 即 dd ` ⑩(1 分)
可见滑板运动员不会从圆弧最高点 d 滑离轨道。(1 分)
题型 5.（功能关系在电场中的应用）如图所示匀强电场 E 的区域内，在 O
点处放置一点电荷 +Q， a、b、c、d、e、f 为以 O 点为球心的球面上的
点，aecf 平面与电场平行，bedf 平面与电场垂直，则下列说法中正确的
是
A．b、d 两点的电场强度相同
B．a 点的电势等于 f 点的电势
C．点电荷+q 在球面上任意两点之间移动时，电场力一定做功
D．将点电荷+q 在球面上任意两点之间移动，从球面上 a 点移动到 c 点的
电势能变化量一定最大
解析：由于点电荷+Q 在 b、d 两点的场强方向分别向上和向下，b、d 两点的场强大小相同，方向不同，A 错；a
点和 f 点位于+Q 形成电场的等势面上，但若把一电荷从 a 点移动到 f 点，电场 E 要对电荷做功，B 错；当点电
荷+q 在 bedf 面上任意两点间移动时，电场力不做功，C 错；球面上相距最远的点（沿场强 E 的方向）是 ac，
电场 E 对其做功最大，电势能的变化量最大。
规律总结：1.在等势面上移动电荷是，电场力不做功。
2．电场力做功与路径无关，W=qU。
3.电场力做的功等于电势能的变化量。
题型 6.（功能关系在电磁感应中的应用）两根足够长的光滑导轨竖直放置，间距为 L ，底端接阻值为 R 的电阻。
将质量为 m 的金属棒悬挂在一个固定的轻弹簧下端，金属棒和导轨接触良好，导轨所在平面与磁感应强度为 B
的匀强磁场垂直，如图所示。除电阻 R 外其余电阻不计。现将金属棒从弹簧原
长位置由静止释放．则
A．释放瞬间金属棒的加速度等于重力加速度 g
B．金属棒向下运动时，流过电阻 R 的电流方向为 a→b
C．金属棒的速度为 v 时．所受的安培力大小为 F =
D．电阻 R 上产生的总热量等于金属棒重力势能的减少
解析：在释放的瞬间，速度为零，不受安培力的作用，只受到重力，A 对。由右手定则可得，电流的方向从 b
·
·
·
·
·
· ·
E
+Q
d
ca
b
f
e
o
到 a，B 错。当速度为 v 时，产生的电动势为 E Blv ，受到的安培力为 F BIL ，计算可得
2 2B L vF R
,C 对。
在运动的过程中，是弹簧的弹性势能、重力势能和内能的转化，D 错。
题型 7.（功能关系在混合场内的应用）如图所示，MN 是一固定在水平地面上足够长的绝缘平板（左侧有挡
板），整个空间有平行于平板向右、场强为 E=2N/C 的匀强电场，在板上 C 点的左侧有一个垂直于纸面向外、
磁感应强度为 B=1T 的匀强磁场，一个质量为 m=4×10－3kg、带负电的小物块，带电量 q=10－2C，从 C 点由静
止开始向左先做加速运动再做匀速运动. 当物体碰到左端挡板后被弹回，若在碰撞瞬间将电场改为竖直向下，
大小不变. 小物块返回时在磁场中恰做匀速运动，已知平板 MC 部分的长度为 L=5m，物块与平板间的动摩擦
因数为μ=0.2，求：
（1）小物块向左运动过程中克服摩擦力做的功 Wf；
（2）小物块与左端挡板碰撞过程损失的机械能△E；
（3）小物块从与 左挡板碰后到最终静止所用时间 t；
（4）整个过程中由于摩擦产生的热量 Q.
解析：设小物块向左匀速运动时的速度大小为 v1，由平衡条件有
0)( 1 BqvmgqE ①
设小物块在向左运动过程中克服摩擦力做的功为 W，由动能定理有
02
1 2
1 mvWqEL ②
由①②式解得 J
Bq
mgqEmqELW 023.0
2
)(
222
2
③
（2）设小物块返回时在磁场中匀速运动的速度大小为 v2，与右端挡板碰撞过程损失机构能为 E ，则有
qEmgBqv 2 ④
2
2
2
1 2
1
2
1 mvmvE ⑤
由③⑤⑥式解得 J
qB
gqEmEmqE 064.0
2
)1(2)1(
222
2222
⑥
（3）小物块由 M 到 C 匀速运动，时间为 sqEmg
BqL
v
Lt 5.2
2
1 ⑦
小物块由 C 到静止匀减速运动， 2/1)( smamaqEmg 代入数得 ⑧
时间为 sqEmg
mv
a
vt 2)(
22
2
⑨
总时间为 t=t1+t2=4.5s ⑩
（4）对全过程，由能量守恒定律有 ○11
EqELQ ○12
（或 )2
1 2
2mvWQ f
由⑤⑧式解得 JEqELQ 036.0 ○13
评分标准：①式 2 分，其余各 1 分，共 14 分
专题五 电场和磁场 教案
二十一． 专题要点
第一部分：场的基本性质
1.库仑定律：在真空中静止的两个点电荷之间的作用力跟它们的电荷量的乘积成正比，跟它们之间的距离的平
方成反比，作用力的方向在他们的连线上
即 叫静电力常量）式中 ,/100.9( 229
2
21 CmNk
r
QQkF ，适用条件：真空中的点电荷（如果带电体间
的距离比它们的大小大得多，以致带电体的形状对相互作用力的影响可忽略不计，这样的带电体可以看成点电
荷）
2.电场的最基本性质：对放入其中的电荷有力的作用。电场强度 E 是描述电场的力的性质的物理量。
3. 电场强度的三种表达方式的比较
定义式 决定式 关系式
表达式 qFE / 2/ rkQE dUE /
适用
范围
任何电场 真空中的点电荷 匀强电场
说明 E 的大小和方向与检验电荷
的电荷量以及电性以及存在与否无关
Q：场源电荷的电荷量
r:研究点到场源电荷的距离
U:电场中两点的电势差
d：两点沿电场线方向的距离
4. 叠加性：多个电荷在电场中某点的电场强度为各个电荷单独在该点产生的电场强度的矢量和，这种关系叫做
电场强度的叠加，电场强度的叠加尊从平行四边形定则。
5. 磁场和电场一样，也是一种特殊物质。磁体的周围，电流的周围，变化的电场存在磁场。
6.带电粒子在磁场中的受力情况：磁场对运动电荷有力的作用，对静止电荷没有力的作用。磁场对运动电荷的
作用力叫洛伦兹力 洛伦兹力的大小和方向：其大小为 的夹角。与为， BvBqvF sin F 的方向依然用左手
定则判定，但四指的指向应为正电荷运动的方向或与负电荷定向运动的方向相反。
7.洛伦兹力做功的特点：由于洛伦兹力的方向始终与运动方向垂直，所以洛伦兹力永不做功，但洛伦兹力的分
力可以做功。
8.电场力做功与电势能变化的关系：电场力做正功电势能减小，电场力做负功电势能增加，且电势能的改变量
等于电场力做功的多少。 PEW ，正电荷沿电场线移动或负电荷逆着电场线移动，电场力均做正功电势能
减小，负电荷逆着电场线移动或负电荷沿电场线移动，电场力均做负功电势能增加。
9.等势面与电场线的关系：⑴电场线总是与等势面垂直，且从高电势等势面指向低电势等势面。⑵电场线越密
的地方，等势面越密。⑶沿等势面移动电荷，电场力不做功，沿电场线移动电荷，电场力一定做功。
第二部分：带电粒子（或导体）在复合场中的运动
1.电场与磁场的比较
⑴带电粒子（不计重力）在电场中的运动可以分为两种类型：加速和偏转。带电粒子在电场中加速问题的分析，
通常用动能定理 2
1
2
2 2
1
2
1 mvmvqU 来求 2v ，而带电粒子在电场内的偏转常采用运动分解的办法来处理，
粒子在垂直于电场方向做匀速运动，在沿电场方向做初速度为零的匀加速直线运动。
⑵带电粒子在磁场中的运动①若速度方向与磁场方向平行，带电粒子以速度 v 做匀速直线运动，此情况下洛伦
兹力为零。②若速度垂直于磁场方向，带电粒子在垂直于磁感线的平面内以入射速度做匀速圆周运动或匀速圆
周运动的一部分。
⑶电场对电荷一定有力的作用，磁场对运动电荷有力的作用。电场力的方向：正电荷受力方向与场强方向相同；
负电荷受力方向与场强方向相反。
⑷电场力做功与路径无关，且等于电势能的变化，而洛伦兹力不做功。
2.复合场：复合场一般包括重力场、电场、磁场，在同一区域，可能同时存在两种或两种以上的不同的场 像
速度选择器、电磁流量计、霍尔元件、磁流体发电机等都是考查带电粒子在复合场中的运动。
二十二． 考纲要求
考点 要求 考点解读
物质的电结构、电荷守恒 Ⅰ 本专题的重点①通过带电粒子的运动、受力、
功能变化考查对静电场的产生、性质的理解。静电现象的解释 Ⅰ
应抓住“两条主线、两个应用”进行复习，一
条主线是关于电场力的性质的物理量---电场强
度；另一条是电场能的性质的物理量---电势。
两个应用是：电容器、带电粒子的偏转和加速。
②对安排定则和左手定则的考查③带电粒子
在磁场中的圆周运动④带电粒子在复合场中
的运动⑤联系实际问题如速度选择器、质谱
仪、回旋加速器、磁流体发电机、电磁流量计
等。
以下几点是命题的热点：
1. 一带电粒子运动轨迹与电场线或等势线间
关系判断电场的力、能的性质或粒子能量
的变化情况。
2. 带电粒子在电场中结合实际，科技的加速
与偏转
3. 安培力作用下的动态分析
4. 带电粒子在复合场中的运动
点电荷 Ⅰ
库仑定律 Ⅱ
静电场 Ⅰ
电场强度、点电荷的场强 Ⅱ
电场线 Ⅰ
电势能、电势 Ⅰ
电势差 Ⅱ
匀强电场中电势差与电场强度的关
系
Ⅰ
带电粒子在匀强电场中的运动 Ⅱ
示波管 Ⅰ
常见电容器 Ⅰ
电容器的电压、电荷量和电容的关系 Ⅰ
磁场、磁感应强度、磁感线 Ⅰ
通电直导线和通电线圈周围的磁场 Ⅰ
安培力、安培力的方向 Ⅰ
匀强磁场中的安培力 Ⅱ
洛伦兹力、洛伦兹力的方向 Ⅰ
洛伦兹力公式 Ⅱ
带电粒子在匀强磁场中的运动 Ⅱ
质谱仪和回旋加速器 Ⅰ
二十三． 教法指引
此专题复习时，可以先让学生完成相应的习题，在精心批阅之后以题目带动知识点，进行适当提炼讲解。根据
我对学生的了解，发现很多同学问题在于
3 知识点较多，容易混淆
4 有时综合题较多，分析难度加大
所以在讲解时层次应放的低一点，着重掌握好各种物理模型，理解处理各种模型的方法，坚持夯实基础为主的
主线
二十四． 知识网络
二十五． 典例精析
题型 1.（电场性质的理解）电子在电场中运动时，仅受电场力作用，其由 a 点运动到 b 点的轨迹如图中虚线所
示。图中一组平行等距实线可能是电场线，也可能是等势线，则下列说法中正确的是（ ）
A．不论图中实线是电场线还是等势线，a 点的电势都比 b 点低
B．不论图中实线是电场线还是等势线，a 点的场强都比 b 点小
C．如果图中实线是电场线，则电子在 a 点动能较小
D．如果图中实线是等势线，则电子在 b 点动能较小
解析：由运动轨迹可知若实线是电场线的话所受电场力水平向右，若实线是等势线的话所受电场力竖直向下。
再结合粒子是电子，可知场强方向要不水平向左（b 点电势高），要不场强方向竖直向上（a 点电势高）。且
为匀强电场场强处处相同。AB 错。若实线是电场线电场力做正功，动能增加（电子在 a 点动能较小），若实线
是等势线电场力做负功动能减小（电子在 b 点动能较小），CD 对。
规律总结：求解这一类题的具体步骤是：先画出入射点的轨迹切线，即画出初速度的方向；在根据轨迹的弯曲
方向，确定电场力的方向；进而利用分析力学方法来分析粒子的带电性质、电场力做功的正负、电势能增减、
电势大小变化、电场力大小变化等有关问题。注意在只有重力和电场力做功时，重力势能、电势能和动能间可
以相互转化，重力势能、电势能与动能的总和保持不变。
题型 2. （电场的叠加）如图所示，在 y 轴上关于 0 点对称的 A、B 两点有等量同种点
电荷+Q，在 x 轴上 C 点有点电荷-Q 且 CO=OD，∠ADO=600。下列判断正确的是
A. O 点电场强度为零
B. D 点电场强度为零
C.若将点电荷+q 从 O 移向 C，电势能增大
D.若将点电荷-q 从 O 移向 C，电势能增大
解析：A、B 两点电荷在 O 点的合场强为零，当 A、B、C 三点在 O 点合场强不为零，而在 D 点的合场强为零。
点电荷-q 从 O 移向 C，电场力做负功，电势能增大。BD 对。
规律总结：1.等量异种电荷的中垂线是等势线，而电场线和等势线是垂直的
6. 几个点电荷在空间某点所形成的电场应等于每个点电荷在该点形成电场的矢量和。
题型 3.（带电粒子在电场内的运动）如图所示，质量为 m＝1 克、电量为 q＝2
×10-6 库的带电微粒从偏转极板 A、B 中间的位置以 10 米/秒的初速度垂直电场
方向进入长为 L＝20 厘米、距离为 d＝10 厘米的偏转电场，出电场后落在距偏
转电场 40 厘米的挡板上，微粒的落点 P 离开初速度方向延长线的距离为 20 厘
米，不考虑重力的影响。求：
（1）加在 A、B 两板上的偏转电压 UAB
（2）当加在板上的偏转电压 UAB 满足什么条件时，此带电微粒会碰到偏转极板
解析：⑴带电粒子出电场后沿切线方向做匀速运动，把匀速运动轨迹反向延长交图中一点，此点在 L2
1 处。设
电场内的偏移量为 y，则有 .450
10
20 cmyy ，得
又 2
2
2
22
1
dmv
LqUaty AB ，解得 VU AB
410 。
⑵同理可得 VU 41025.1
审题指导：本题是一个临界问题，要注意找准对应的临界条件作为解题的突破口。
训练：如图所示，边长为 L 的正方形区域 abcd 内存在着匀强电场 电量为 q、动能为 Ek 的带电粒子从 a 点沿 ab
方向进入电场，不计重力。
（1）若粒子从 c 点离开电场，求电场强度的大小和粒子离开电场时的动能；
（2）若粒子离开电场时动能为 Ek’，则电场强度为多大？
解析：（1）水平方向做匀速运动有 L＝v0t，沿电场方向做初速度为零的匀加速直线运动，L＝qEt2
2m
＝ qEL2
2mv02
，
所以 E＝4Ek
qL
，qEL＝Ekt－Ek，所以 Ekt＝qEL＋Ek＝5Ek，
（2）若粒子由 bc 边离开电场，L＝v0t，vy＝qEt
m
＝qEL
mv0
，Ek’－Ek＝
d c
E
a b
1
2
mvy2＝q2E2L2
2mv02
＝q2E2L2
4Ek
，所以 E＝2 Ek（Ek’－Ek）
qL
，
若粒子由 cd 边离开电场，qEL＝Ek’－Ek，所以 E＝Ek’－Ek
qL
题型 4.（带电粒子在磁场中的运动）如图所示，两个同心圆,半径分别为 r 和 2r,
在两圆之间的环形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为 B。圆心 O
处有一放射源,放出粒子的质量为 m,带电量为 q,假设粒子速度方向都和纸面平行。
（1）图中箭头表示某一粒子初速度的方向，OA 与初速度方向夹角为 60°，要想
使该粒子经过磁场第一次通过 A 点，则初速度的大小是多少？
（2）要使粒子不穿出环形区域，则粒子的初速度不能超过多少?
解析：（1）如图所示，设粒子在磁场中的轨道半径为 R1，则由几何关系得
R1=
3
3r （2 分）
由 q 1B=m
2
1
1R
（2 分）
得 1=
m
Bqr
3
3 （2 分）
（2）设粒子在磁场中的轨道半径为 R2，
则由几何关系（2r- R2）2= R2
2+ r2 (1 分)
得 R2=3r/4 （1 分）
由 q 2B=m
2
2
2R
(2 分)
得 2=
m
Bqr
4
3 (1 分)
规律总结：解决带电粒子的圆周运动问题，首先要确定圆周平面，画出大致轨迹，找到圆心，连接半径。若题
目中给定了距离，要利用几何关系表示出粒子圆周运动的半径，而后利用半径结论
Bq
mvr 列出方程，若题目
中给定了时间，要找出圆弧所对应的圆心角，利用周期结论
Bq
mT 2 列出方程。
题型 5.（带电粒子在组合场内的运动）如图为示波管的部分示意图，竖直 YY’和水平 XX’偏转电极的板车都为
60°A
O
AO
60°
l=4cm，电极间距离都为 d=1cm，YY’、XX’板右端到荧光屏的距离分别为 10cm 和 12cm，两偏转电场间无相互影
响。电子束通过A板上的小孔沿中心轴线进入偏转电极时的速度为v0=1.6×107m/s，元电荷电量 Ce 19106.1 ，
电子质量 kgm 391091.0 。当偏转电极上不加电压时，电子束打在荧光屏上的 O 点。求：
（1）要使电子束不打在偏转电极的极板上，加在偏转电极上的偏转电压 U 不能超过多大？
（2）若在偏转电极 XX’上加 Ux=45.5sin（ t100 ）V 的电压，在偏转电极 YY’上加 Uy=45.5cos（ t100 ）V 的电压，
通过计算说明源源不断的电子灯打在荧光屏上所产生亮点的轨迹形状。
解：（1）设偏转电场的场强为 E，则有：
d
UE ①（1 分）
设电子经时间 t 通过偏转电场，偏离轴线的侧向位移为 s 侧，则有：
在中心轴线方向上：
0v
lt ②（1 分）
在轴线侧向有：
m
eEa ③（2 分）
2
2
1 atS 侧 ④（2 分）
要使电子束不打在偏转电极的极板上，则 侧Sd
2
⑤（2 分）
代入数据解①~⑤式可得 VU 91 （2 分）
（2）由②式可得 st 9105.2 （1 分）
而电场的变化周期
2T 得 tsT 02.0
故可以认为电子通过偏转电场的过程中板间时局为匀强电场（1 分）
设电子通过偏转电场过程中产生的侧向速度为 v 侧，偏转角为 ，则电子通过偏转电场时有：
tav 侧 ⑥
0
tan v
v侧 ⑦（2 分）
设偏转极板右端到荧光屏距离为 L，
电子在荧光屏上偏离 O 点的距离为 tan)2( Lls ⑧（2 分）
由①~③式、⑥~⑨式可得电子在荧光屏上的 x、y 坐标为：
mtmytx )100cos(025.0)100sin(018.0 （2 分）
所以荧光屏上出现的是半长轴和半短轴分别为 0.025m、0.018m 的椭圆（指出荧光屏上产生亮点的轨迹为椭圆，
而没给出半长轴和半短轴的具体数值，本步 2 分照给）。（2 分）
题型 6.（带电粒子在电场和磁场组合场内的运动）如图，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(x＝0，y＝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：
⑴粒子到达 x＝R0 平面时速度方向与 x 轴的夹角以及粒子到 x 轴的距离；
⑵M 点的横坐标 xM．
解析：⑴做直线运动有： 0qE qB v
做圆周运动有：
2
0
0
0
qB m R
vv
只有电场时，粒子做类平抛，有：
qE ma
0 0R t v
y atv
解得： 0y v v
粒子速度大小为： 2 2
0 02y v = v v v
速度方向与 x 轴夹角为： π
4
粒子与 x 轴的距离为： 2 01
2 2
RH h at h
⑵撤电场加上磁场后，有：
2
qB m R
vv
解得： 02R R
O
h
y
P
R0 M x
粒子运动轨迹如图所示，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π/4，
有几何关系得 C 点坐标为：
02Cx R
0
0 2C
Ry H R h
过 C 作 x 轴的垂线，在ΔCDM 中： 02CM R R
0
2C
RCD y h
解得： 2 2 2 2
0 0
7
4DM CM CD R R h h
M 点横坐标为： 2 2
0 0 0
72 4Mx R R R h h
规律总结：组合场内粒子的运动也是组合的，因此对这样的多过程问题的发现，需要找到粒子在不同场中运动
的关联量或运动变化的转折点的隐含条件（一般是分析转折点的速度），往往成为解题的突破口。
题型 7.（带电粒子在电场和磁场叠加场内的运动）如图所示，x 轴正方向水平向右，y 轴正方向竖直向上。在
xOy 平面内有与 y 轴平行的匀强电场，在半径为 R 的圆内还有与 xOy 平面垂直的匀强磁场。在圆的左边放置一
带电微粒发射装置，它沿 x 轴正方向发射出一束具有相同质量 m、电荷量 q（q>0）和初速度 v 的带电微粒。发
射时，这束带电微粒分布在 0
0
带电微粒在磁场中经过一段半径为 r′的圆弧运动后，将在 y
同的右方(x>0)的区域离开磁场并做匀速直线运动，如图 c 所示。靠近 M 点发射出来的带电微粒在突出磁场后会
射向 x 同正方向的无穷远处国靠近 N 点发射出来的带电微粒会在靠近原点之处穿出磁场。
所以，这束带电微粒与 x 同相交的区域范围是 x>0.
专题六 电磁感应 教案
二十六． 专题要点
1.感应电流：⑴产生条件：闭合电路的磁通量发生变化。⑵方向判断：楞次定律和右手定则。⑶“阻碍”的表
现：阻碍磁通量的变化（增反减同），阻碍物体间的相对运动（来斥去吸），阻碍原电流的变化（自感现象）。
2.感应电动势的产生：
⑴感生电场：英国物理学家麦克斯韦的电磁场理论认为，变化的磁场周围产生电场，这种电场叫感生电场。感
生电场是产生感生电动势的原因。
⑵动生电动势：由于导体的运动而产生的感应电动势为动生电动势。产生动生电动势的那部分导体相当于电源
3.感应电动势的分类、计算
二十七． 考纲要求
考点 要求 考点解读
电磁感应现象 Ⅰ 本专题有对单一知识点的考查，也有对其它知识的综合考查考
查的主要内容有楞次定律和法拉第电磁感应定律尤其是电磁感
应与动力学、电路、能量守恒定律、图像相互结合的题目
磁通量 Ⅰ
法拉第电磁感应定律 Ⅱ
楞次定律 Ⅱ
自感、涡流 Ⅰ
二十八． 教法指引
此专题复习时，可以先让学生完成相应的习题，在精心批阅之后以题目带动知识点，进行适当提炼讲解。这一
专题的知识点较为综合，高考要求普遍较高，属于必考知识点 因为这部分的综合题较多，二轮复习时还是要
稳扎稳打，从基本规律，基本解题步骤出发再进行提升。
二十九． 知识网络
三十． 典例精析
题型 1.（楞次定律的应用和图像）如图甲所示，存在有界匀强磁场，磁感应强度大小均为 B，方向分别垂直纸
面向里和向外，磁场宽度均为 L，在磁场区域的左侧相距为 L 处，有一边长为 L 的正方形导体线框，总电阻为 R，
且线框平面与磁场方向垂直. 现使线框以速度 v 匀速穿过磁场区域以初始位置为计时起点，规定电流逆时针方
向时的电流和电动势方向为正，B 垂直纸面向里时为正，则以下关于线框中的感应电动势、磁通量、感应电流、
和电功率的四个图象描述不正确的是 （ ）
解析：在第一段时间内，磁通量等于零，感应电动势为零，感应电流为零，电功率为零。
在第二段时间内， BLvtBS ， BLvE ，
R
BLv
R
EI ，
R
BLvP
2)( 。
在第三段时间内， BLvtBS 2 ， BLvE 2 ，
R
BLv
R
EI 2 ，
R
BLvP
2)2( 。
在第四段时间内， BLvtBS ， BLvE ，
R
EI ，
R
BLvP
2)( 。此题选 B。
规律总结：对应线圈穿过磁场产生感应电流的图像问题，应该注意以下几点：
⑴要划分每个不同的阶段，对每一过程采用楞次定律和法拉第电磁感应定律进行分析。
⑵要根据有关物理规律找到物理量间的函数关系式，以便确定图像的形状
⑶线圈穿越方向相反的两磁场时，要注意有两条边都切割磁感线产生感应电动势。
题型 2.（电磁感应中的动力学分析）如图所示，固定在绝缘水平面上的的金属框架 cdef 处于竖直向下的匀强磁
场中，金属棒 ab 电阻为 r，跨在框架上，可以无摩擦地滑动，其余电阻不计．在 t=0 时刻，磁感应强度为 B0，
adeb 恰好构成一个边长为 L 的正方形．⑴若从 t=0 时刻起，磁感应强度均匀增加，增加率为 k(T/s)，用一个水
平拉力让金属棒保持静止．在 t=t1 时刻，所施加的对金属棒的水平拉力大小是多大？⑵若从 t=0 时刻起，磁感
应强度逐渐减小，当金属棒以速度 v 向右匀速运动时，可以使金属棒中恰好不产生感应电流．则磁感应强度 B
应怎样随时间 t 变化？写出 B 与 t 间的函数关系式．
解析：
规律总结：
题型 3.（电磁感应中的能量问题）如图甲所示，相距为 L 的光滑平行金属导轨水平放置，导轨一部分处在以 OO′
为右边界匀强磁场中，匀强磁场的磁感应强度大小为 B，方向垂直导轨平面向下，导轨右侧接有定值电阻 R，导
轨电阻忽略不计. 在距边界 OO′也为 L 处垂直导轨放置一质量为 m、电阻 r 的金属杆 ab.
（1）若 ab 杆在恒力作用下由静止开始向右运动 3L 距离，其速度一位移的关系图象如图乙所示（图中所示量为
已知量）. 求此过程中电阻 R 上产生的焦耳 QR 及 ab 杆在刚要离开磁场时的加速度大小 a.
（2）若 ab 杆固定在导轨上的初始位置，使匀强磁场保持大小不变，绕 OO′轴匀速转动. 若从磁场方向由图示
位置开始转过
2
的过程中，电路中产生的焦耳热为 Q2. 则磁场转动的角速度ω大小是多少？
解析：（1）ab 杆离起起始位置的位移从 L 到 3L 的过程中，由动能定理可得
)(2
1)3( 2
1
2
2 vvmLLF （2 分）
ab 杆在磁场中由起始位置发生位移 L 的过程，根据功能关系，恒力 F 做的功等于 ab 杆杆增加的动能与回
路产生的焦耳热之和，则
总QmvFL 2
12
1 （2 分）
联立解得
4
)3( 2
1
2
2 vvmQ 总 ，（1 分） R 上产生热量
)(4
)3( 2
1
2
2
rR
vvRmQR
（1 分）
ab 杆刚要离开磁场时，水平向上受安培力 F 总和恒力 F 作用，
安培力为：
rR
vLBF 1
22
安 （2 分）
由牛顿第二定律可得： maFF 安 （1 分）
解得
)(4
1
222
1
2
2
rRm
vLB
L
vva （1 分）
（2）磁场旋转时，可等效为矩形闭合电路在匀强磁场中反方向匀速转动，所以闭合电路中产生正弦式电流，
感应电动势的峰值 2BLBSEm （2 分）
有效值
2
mEE （2 分）
4
2
2
T
rR
EQ （1 分） 而
2T （1 分）
题型 4.（电磁感应中的电路问题）如图所示，匀强磁场的磁感应强度 1.0B T，金属棒 AD 长 0.4m，与框架宽
度相同，电阻 R 1／3 ，框架电阻不计，电阻 R1=2 ，R2=1 ．当金属棒以 5m／s 速度匀速向右运动时，
求：
(1)流过金属棒的感应电流为多大?
(2)若图中电容器 C 为 0.3 F，则电容器中储存多少电荷量?．
题型 5.（电磁感应定律）穿过闭合回路的磁通量Φ随时间 t 变化的图像分别如下图①~④所示。下列关于回路中
产生的感应电动势的论述中正确的是：
A 图①中回路产生的感应电动势恒定不变
B 图②中回路产生的感应电动势一直在变大
C 图③中回路 0~t1 时间内产生的感应电动势小于在 t1~t2 时间内产生的感应电动势
D 图④中回路产生的感应电动势先变小再变大
解析：
tnEEttnE
)( 为图像斜率是定值乙图：
丙图：0~t0 斜率（不变）大于 t0~2t0 的斜率（不变）丁图：斜率先减小后增大
D 选项对。
题型 6.（流过截面的电量问题）如图 7-1，在匀强磁场中固定放置一根串接一电阻 R 的直角形金属导轨 aob(在纸
面内)，磁场方向垂直于纸面朝里，另有两根金属导轨 c、d 分别平行于 oa、ob 放置。保持导轨之间接触良好，
金属导轨的电阻不计。现经历以下四个过程：①以速度 v 移动 d,使它与 ob 的距离增大一倍;②再以速率 v 移动 c,
使它与 oa 的距离减小一半；③然后，再以速率 2v 移动 c,使它回到原处；④最后以速率 2v 移动 d,使它也回到原
处。设上述四个过程中通过电阻 R 的电量的大小依次为 Q1、Q2、Q3 和 Q4,则 （ ）
A、Q1=Q2=Q3=Q4 B、Q1=Q2=2Q3=2Q4
t
Φ
①
Φ
②
Φ
③t tt1 t2 t
Φ
④o o o o
O
R a
c
db
C、2Q1=2Q2=Q3=Q4 D、Q1≠Q2=Q3≠Q4
解析：设开始导轨 d 与 Ob 的距离为 x1，导轨 c 与 Oa 的距离为 x2，由法拉第电磁感应定律知移动 c 或 d 时产生
的感应电动势：E＝
t
＝
t
SB
，通过 R 的电量为：Q＝I＝
R
E Δt＝
R
SB 。可见通过 R 的电量与导体 d 或 c 移动
的速度无关，由于 B 与 R 为定值，其电量取决于所围成面积的变化。①若导轨 d 与 Ob 距离增大一倍，即由 x1
变 2x1，则所围成的面积增大了ΔS1＝x1·x2；②若导轨 c 再与 Oa 距离减小一半，即由 x2 变为 x2/2，则所围成的面
积又减小了ΔS2＝2x1·x2/2＝x1·x2；③若导轨 c 再回到原处，此过程面积的变化为ΔS3＝ΔS2＝2x1·x2/2＝x1·x2；④
最后导轨 d 又回到原处，此过程面积的变化为ΔS4＝x1·x2；由于ΔS1＝ΔS2＝ΔS3＝ΔS4，则通过电阻 R 的电量是
相等的，即 Q1＝Q2＝Q3＝Q4。选 A。
规律总结：计算感应电量的两条思路：
思路一：当闭合电路中的磁通量发生变化时，根据法拉第电磁感应定律，平均感应电动势 E=NΔφ/Δt，平均
感应电流 I＝E/R＝NΔφ/RΔt，则通过导体横截面的电量 q=I t ＝NΔφ/R。思路二：当导体棒在安培力(变力)
作用下做变速运动，磁通量的变化难以确定时，常用动量定理通过求安培力的冲量求通过导体横截面积的电量。
要快速求得通过导体横截面的电量 Q，关键是正确求得穿过某一回路变化的磁通量ΔΦ。
题型7.（自感现象的应用） 如图1所示电路中, D1和D2是两个相同的小灯
泡, L是一个自感系数很大的线圈, 其电阻与R相同, 由于存在自感现象,
在开关S接通和断开瞬间, D1和D2发亮的顺序是怎样的？
解析：开关接通时，由于线圈的自感作用，流过线圈的电流为零，D2与R
并联再与D1串联，所以两灯同时亮；开关断开时，D2立即熄灭，由于线圈
的自感作用，流过线圈的电流不能突变，线圈与等D1组成闭合回路，D1滞后一段时间灭。
规律总结：自感电动势仅仅是减缓了原电流的变化，不会阻止原电流的变化或逆转原电流的变化．原电流最终
还是要增加到稳定值或减小到零 ，在自感现象发生的一瞬间电路中的电流为原值，然后逐渐改变。
题型 8.（导体棒平动切割磁感线问题）如图所示，在一磁感应强度 B＝0.5T 的匀强磁场中，垂直于磁场方向水
平放置着两根相距为 h＝0.1m 的平行金属导轨 MN 和 PQ，导轨电阻忽略不计，在两根导轨的端点 N、Q 之间连接
一阻值 R＝0.3Ω的电阻。导轨上跨放着一根长为 L＝0.2m，每米长电阻 r＝2.0Ω/m 的金属棒 ab，金属棒与导
轨正交放置，交点为 c、d，当金属棒在水平拉力作用于以速度 v＝4.0m/s 向左做匀
速运动时，试求：
（1）电阻 R 中的电流强度大小和方向；
（2）使金属棒做匀速运动的拉力；
（3）金属棒 ab 两端点间的电势差；
（4）回路中的发热功率。
解析：金属棒向左匀速运动时，等效电路如图、所示。在闭合回路中，金属棒 cd 部分相
当于电源，内阻 rcd＝hr，电动势 Ecd＝ Bhv。
（1）根据欧姆定律，R 中的电流强度为 I E
R r
Bhv
R hr
cd
cd
0.4A，方向从 N 经 R 到 Q。
（2）使金属棒匀速运动的外力与安培力是一对平衡力，方向向左，大小为 F＝F 安＝BIh＝0.02N。
（3）金属棒 ab 两端的电势差等于 Uac、Ucd 与 Udb 三者之和，由于 Ucd＝Ecd－Ircd，所以 Uab＝Eab－Ircd＝BLv－
Ircd＝0.32V。
（4）回路中的热功率 P 热＝I2（R＋hr）＝0.08W。
规律总结：①不要把 ab 两端的电势差与 ab 棒产生的感应电动势这两个概念混为一谈。
②金属棒匀速运动时，拉力和安培力平衡，拉力做正功，安培力做负功，能量守恒，外力的机械功率和回路中
的热功率相等，即 P Fv W W热 × 0 02 4 0 08. . 。
题型 9.（导体棒转动切割磁感线问题）一直升飞机停在南半球某处上空．设该处地磁场的方向竖直向上，磁感
应强度为 B．直升飞机螺旋桨叶片的长度为 l，螺旋桨转动的频率为 f，顺着地磁场的方向看螺旋桨，螺旋桨按
顺时针方向转动．螺旋桨叶片的近轴端为 a，远轴端为 b，如图所示．如果忽略到转轴中心线的距离，用 E 表
示每个叶片中的感应电动势，则 （ ）
A．E = πfl2B，且 a 点电势低于 b 点电势
B．E = 2πfl2B，且 a 点电势低于 b 点电势
C．E = πfl2B，且 a 点电势高于 b 点电势
D．E = 2πfl2B，且 a 点电势高于 b 点电势
解析：棒转动切割电动势 E=BLV 棒中，选 A。
规律总结：①若转轴在 0 点： )2( LBLBLvE 棒中
②若转轴不在棒上： )2( 1
LLBLBLvE 棒中
专题七 电路 教案
三十一． 专题要点
1.电阻定律：同种材料的导体，其电阻与它的长度成正比与它的横截面积成反比，导体的电阻还与构成它的材
料及温度有关，公式：
S
LR 。电阻率：上式中的比例系数ρ（单位是Ωm） ，它与导体的材料温度有关，
是表征材料导电性质的一个重要的物理量，数值上等于长度 1m，截面积为 1m2 导体的电阻值。＊金属导体的电
阻率随温度的升高而变大可以做电阻温度计用，半导体的电阻率随温度的升高而减小，有些合金的电阻率不受
温度影响。
2. 电功 ：在电路中，导体中的自由电荷在电场力的作用下发生定向移动而形成电流，在此过程中电场力对自
由电荷做功，在一段电路中电场力所做的功，用 W=Uq=UIt 来计算。电功率：单位时间内电流所做的功，P=W/t=UI。
焦耳定律：电流流过导体产生的热量，有 Q=I2Rt 来计算
3.两种电路电功和电功率的比较：
①W=UIt 普遍适用于计算任何一段电路上的电功,P=UI 普遍适用于计算任何一段电路上消耗的电功率。
②Q=I2Rt，仅适用于计算电热
③对纯电阻电路来说，由于电能全部转化为内能，所以有关电功、电功率的所有公式和形式都适用，即 R=U/I
适用 ，tR
URtIIUtW
2
2
R
URIIUP
2
2
④在非纯电阻电路中，总电能中有一部分转化为热能，另一部分转化为其他形式的能，电热仍用 Q=I2Rt 计算，
这时 W 总=UIt> Q=I2Rt，同理 P 总>P 热
4. 交变电流的最大值有效值
①交变电流的最大值（Im 和 Um） 它是交变电流在一个周期内所能达到的最大数值，可以用来表示交变电流的
电流强弱或电压高低
②交变电流的有效值是根据电流的热效应规定的：让交流和恒定电流通过相同的电阻，如果它们在相同的时间
内产生的热量相等，就把这一恒定电流的数值叫做这一交流电的有效值。
说明（1）正弦式交变电流的有效值与其相应的最大值间的关系为：
2
707.0
2
707.0
2
m
m
m
m
m UUIIIEEE ，，
对于用其他方式产生的交变电流，其有效值与最大值间的关系均须根据有效值的定义作具体分析，计算。
（2）通常所说的交变电流的电流、电压；交流电表读数；交流电器的额定电压、额定电流，保险丝的熔断电流
等都是指有效值。 （特例：电容器的耐压值是最大值。）
（3）①求解交流电产生的热量问题时,必须用有效值。②若计算通过电路某一截面的电量,需用电流的平均值。
5. 理想变压器的物理量之间的规律:
①电压关系：U1／U2 =n 1／n2，U1／n1 = U2／n2= U3／n3 =…
Ⅰ：理想变压器原副线圈的端电压跟匝数成正比，输出电压由输入电压决定。
Ⅱ：当 n2＞n1 时，U2＞U1，变压器使电压升高，这种变压器叫做升压变压器．
Ⅲ：当 n2＜n1 时，U2＜U1，变压器使电压降低，这种变压器叫做降压变压器．
②功率关系：P 原=P 副，理想变压器的输入功率由输出功率决定
③电流关系：
⑴当变压器只有一个副线圈工作时，有：
1
2
2
1
2211 , n
n
I
IIUIU
⑵有多个副线圈时, 有 P 入=P 出，即 P1= P2+ P3 +P4+ P5+………
由 U1I1=U2I2+U3I3+……，得到 n1I1=n2I2+n3I3+……
三十二． 考纲要求
考点 要求 考点解读
欧姆定律 Ⅱ 本专题考查的重点有：
1.动态电路分析、含有电动机、或
电解槽的电路电路分析、含有电
容器的电路分析、电路故障的检
测及含有电表电路问题的分析、
传感器的特性应用
2.交变电流产生的原理、图像和
“四值”的理解及应用、变压器
原理及应用
电阻定律 Ⅰ
电源的电动势和内阻 Ⅰ
闭合电路欧姆定律 Ⅱ
电功率、焦耳定律 Ⅰ
交变电流、交变电流的图像 Ⅰ
正弦交变电流的函数表达式、峰值和有效值 Ⅰ
理想变压器 Ⅰ
远距离输电 Ⅰ
三十三． 教法指引
此专题复习时，可以先让学生完成相应的习题，在精心批阅之后以题目带动知识点，进行适当提炼讲解。这一
专题的知识点高考要求不是很高，学生易于掌握，但是某些方法还是容易混淆。二轮复习时还是要稳扎稳打，
从基本知识出发再进行提升。
三十四． 知识网络
三十五． 典例精析
题型 1.（变压器原理与交流电的特性）如图所示，一只理想变压器的原、副线圈的匝数比是 10：1，原线圈接
入电压为 220V 的正弦交流电源，一只理想二极管和一个阻值为 10Ω的电阻 R 串联接在副线圈上则以下说法中
正确的是
A．1min 内电阻 R 上产生的热量为 1452 J
B．电压表的读数为 22V
C．二极管两端的最大电压为 22V
D．若将 R 换成一个阻值大于 10Ω的电阻，则电流表读数变小
解析：二极管具有单向导电性，副线圈的电压如下图所示， 对；AJtR
UQ ,1452
2
2 电压表的读数应该是副
线圈电压的有效值，由图知 错；，，得 BVUTR
UTR 21102
122
2
2
2
2
二
极管两端的最大电压应该是电压最大值 错；CVU m ,222 当 R 增大时，副线圈
电流减小，原线圈电流也减小，D 对。AD 正确。
题型 2.（电路的动态分析）在如图 12 所示的电路中电源电动势为 E，内电阻为 r。闭合
V
A
U R
图 12
开关 S，待电流达到稳定后，电流表示数为 I，电压表示数为 U，电容器 C 所带电荷量为 Q，将滑动变阻器 P 的
滑动触头从图示位置向 a 端移动一些，待电流达到稳定后，则与 P 移动前相比（ ）
A．U 变小 B．I 变小
C．Q 增大 D．Q 减小
解析：P 向 a 端滑动时，滑动变阻器电阻增大，总电阻增大，总电流减小，把 R2 等效成电源内阻，内压减小，
外压增大，U 增大，由 CUQ ，Q 增加，A 错，BC 对。
规律总结：1.程序法：基本思路是“部分—整体—部分”。即阻值变化的部分入手，由串联、并联规律判断总
电阻的变化情况，再由闭合电路欧姆定律判断总电流和路端电压的变化情况，最后由部分电路欧姆定律判定各
部分量的变化情况。
2.极端法：即因变阻器滑动引起电路变化的问题，可将变阻器的滑动端滑至两个端点去讨论。
题型 3.（电路与传感器）如图甲所示是一火警报警器的部分电路示意图，其中 R2 为半导体热敏材料制成的传感
器，其电阻 R2 随温度 t 变化的图线如图乙所示。电流表为值班室的显示器，a、b 之间接报警器当传感器 R2 所
在处出现火情时，显示器的电流 I 和报警器两端的电压 U 的变化情况是（ ）
A．I 变大，U 变大 B．I 变大，U 变小
C．I 变小，U 变大 D．I 变小，U 变小
解析：当传感器 R2 所在处出现火情时，温度升高，R2 电阻减小，总电流变大，R1 上电压变大，R3 电压变小，故
电流表示数 I 变小；路端电压 U 变小。故 D 正确。
规律总结：要了解传感器的特性与电路的动态分析。
题型 4.（电功率与热功率的含义与计算）日常生活用的电吹风中有电动机和电热丝，电动机带动风叶转动，电
热丝给空气加热，得到热风可将头发吹干。没电动机线圈的电阻为 R1，它与电热丝的电阻 R2 相串联，接到直流
电源上，电吹风机两端电压为 U，通过的电流为 I，消耗的电功率为 P，则以下选项正确的是 BC
A、IU﹥P
B、IU=P
C、P﹥ I2（R1+R2）
D、P=I2（R1+R2）
解析：电功率用电压与电流的乘积，热功率根据焦耳定律除以时间可得。所以此题 BC 对。
题型 5.（部分电路欧姆定律）一个 T 型电路如图所示，电路中的电 1 10R ,
2 3120 , 40R R .另有一测试电源，电动势为 100V，内阻忽略不计。则
A.当 cd 端短路时，ab 之间的等效电阻是 40
B. 当 ab 端短路时，cd 之间的等效电阻是 40
C. 当 ab 两端接通测试电源时， cd 两端的电压为 80 V
D. 当 cd 两端接通测试电源时， ab 两端的电压为 80 V
解析：本题考查电路的串并联知识。当 cd 端短路时，R2 与 R3 并联电阻为 30Ω后与 R1 串联，ab 间等效电阻为 40Ω，
A 对；若 ab 端短路时，R1 与 R2 并联电阻为 8Ω后与 R3 串联，cd 间等效电阻为 128Ω，B 错；但 ab 两端接通测试
电源时，电阻 R2 未接入电路，cd 两端的电压即为 R3 的电压，为 Ucd = 40
50×100V=80V，C 对；但 cd 两端接通测试
电源时，电阻 R1 未接入电路，ab 两端电压即为 R3 的电压，为 Uab = 40
160×100V=25V，D 错 AC 正确。
题型 6.（门电路问题）如图为某报警装置示意图，该报警装置在一扇门、两扇窗上各装有一个联动开关，门、
窗未关上时，开关不闭合，只要有一个开关未闭合，报警器就会报警。该报警装置中用了两个串联的逻辑电路，
虚线框甲内应选用_________门电路，虚线框乙内应选用_________门电路（填与、非、或）。
解析：题意只要有一个开关未闭合，报警器就会报警，结合或门的特点因此虚线框甲内应选用或门；虚线框乙
内应选用或门。
题型 7. （电路在日常生活中的应用）在如图所示的闪光灯电路中，电源的电动势为 E ，电容器的电容为C 。
当闪光灯两端电压达到击穿电压U 时，闪光灯才有电流通过并发光，正常工作时，闪光灯周期性短暂闪光，则
可以判定
A．电源的电动势 E 一定小于击穿电压U
B．电容器所带的最大电荷量一定为 CE
C．闪光灯闪光时，电容器所带的电荷量一定增大
D．在一个闪光周期内，通过电阻 R 的电荷量与通过闪光灯的电荷量一定相等
解析：理解此电路的工作过程是解决本题的关键。电容器两端的电压与闪光灯两端的
电压相等，当电源给电容器充电，达到闪光灯击穿电压 U 时，闪光灯被击穿，电容器放电，放电后闪光灯两端
电压小于 U，断路，电源再次给电容器充电，达到电压 U 时，闪光灯又被击穿，电容器放电，如此周期性充放
电，使得闪光灯周期性短暂闪光。要使得充电后达到电压 U，则电源电动势一定大于等于 U，A 项错误；电容
器两端的最大电压为 U，故电容器所带的最大电荷量为 CU，B 项错误；闪光灯闪光时电容器放电，所带电荷量
减少，C 项错误；充电时电荷通过 R，通过闪光灯放电，故充放电过程中通过电阻 R 的电荷量与通过闪光灯的
电荷量一定相等，D 项正确。
题型 8.（变压器问题）如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为 10：1，R1＝20 ，R2＝30 ，C 为
电容器。已知通过 R1 的正弦交流电如图乙所示，则
A.交流电的频率为 0.02 Hz
B.原线圈输入电压的最大值为 200 2 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，周期为 0.02s、频
率为 50 赫兹，A 错。由图乙可知通过 R1 的电流最大值为 Im＝1A、根据欧姆定律可知
其最大电压为 Um＝20V，再根据原副线圈的电压之比等于匝数之比可知原线圈输入电
压的最大值为 200 V、B 错；因为电容器有通交流、阻直流的作用，则有电流通过
R3 和电容器，D 错；根据正弦交流电的峰值和有效值关系并联电路特点可知电阻 R2
的电流有效值为 I＝ m 1
2
I
2
R
R
、电压有效值为 U＝Um/ 2 V，电阻 R2 的电功率为 P2＝UI
＝ 20
3
W、C 对。
题型 9. （分析导体特性的问题）材料的电阻率ρ随温度变化的规律为ρ＝ρ0(1+at),其中α称为电阻温度系数，
ρ0 是材料在 t=0 ℃时的电阻率.在一定的温度范围内α是与温度无关的常数。金属的电阻一般随温度的增加而
增加，具有正温度系数；而某些非金属如碳等则相反，具有负温数系数.利用具有正负温度系数的两种材料的互
补特性，可制成阻值在一定温度范围内不随温度变化的电阻.已知：在 0 ℃时，铜的电阻率为 1.7×10 –8 Ω•m,
碳的电阻率为 3.5×10 -5Ω•m,附近，在 0 ℃时，.铜的电阻温度系数为 3.9×10 –3 ℃-1,碳的电阻温度系数为-5.0
×10-4℃-1.将横截面积相同的碳棒与铜棒串接成长 1.0 m 的导体，要求其电阻在 0 ℃附近不随温度变化，求所需
碳棒的长度(忽略碳棒和铜棒的尺寸随温度的变化)。
解 析 ： 设 碳 棒 的 长 度 为 X, 则 铜 棒 的 电 阻 为
s
xts
xR o
)1()1()1(
1111
, 碳 棒 的 电 阻
s
xts
xR o )1( 2222 ,要使得在 00c 附近总电阻不随温度变化,则有 定值 21 RR ,则有式中 t 的系数必
须为零,即有 x≈0.0038m。
题型 10.（远距离输电） 图为远距离高压输电的示意图。关于远距离输电，下列
表述正确的是
A．增加输电导线的横截面积有利于减少输电过程中的电能损失
B．高压输电是通过减小输电电流来减小电路的发热损耗
C．在输送电压一定时，输送的电功率越大，输电过程中的电能损失越小
D．高压输电必须综合考虑各种因素，不一定是电压越高越好
解析：依据输电原理，电路中的功率损耗 线RIP 2 ，而
S
LR 线 ,增大输电线的横截面积，减小输电线的电
阻，则能够减小输电线上的功率损耗，A 正确；由 P=UI 来看在输送功率一定的情况下，输送电压 U 越大，则输
电电流越小，则功率损耗越小，B 正确；若输电电压一定，输送功率越大，则电流 I 越大，电路中损耗的电功
率越大，C 错误；输电电压并不是电压越高越好，因为电压越高，对于安全和技术的要求越高，因此并不是输
电电压越高越好，D 正确。
题型 11.（交变电流的“四值”）一矩形线圈，面积是 0.05m2，共 100 匝，线圈电阻为 2Ω，外接电阻为 R=8Ω，
线圈在磁感应强度为
1B T 的匀强磁场中以 300r/min 的转速绕垂直于磁感线的轴匀速转动，如图所示，若从
中性面开始计时，求：
（1）线圈中感应电动势的瞬时值表达式。
（2）线圈从开始计时经 1/30s 时，线圈中电流的瞬时值。
（3）外电路电阻 R 两端电压的瞬时值表达式。
解析：（1）线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的轴匀速转动时产生的电动势的瞬时值为 tEe m sin 1 分
其中 NBSEm 1 分
由题意知 1060
30022 n rad/s 2 分
将已知数据代入可得， ttEe m 10sin50sin V 2 分
（2）由 trR
E
rR
ei m sin ，代入数据得， ti 10sin5 2 分
当 30/1t s 时，线圈中电流瞬时值为 3.432
5)30
110sin(5 i A 2 分
（3）由 U=iR 得，R 两端电压瞬时值表达式为 tu 10sin40 V 3 分
专题八 机械振动与机械波 教案
三十六． 专题要点
1．简谐运动的特征与判断
（1）从运动学角度看，简谐运动的特征要有：往复性；周期性，对称性。
（2）从动力学角度看，简谐运动的特征表现在所受到的回复力的形式上：简谐运动的质点所受到的回复力 F
其方向总与质点偏离平衡位置的位移 x 的方向相反，从而总指向平衡位置；其大小则总与质点偏离平衡位置的
位移 x 的大小成正比，即 F=－kx
（3）通常可以利用简谐运动的动力学特征去判断某质点的运动是否是简谐运动，其具体的判断方法是分为两
个步骤：
①首先找到运动质点的平衡位置，即运动过程中所达到的受到的合力为零的位置，以该位置为坐标原点，沿质
点运动方向过立坐标；
②其次是在质点运动到一般位置（坐标值为 x）处时所受到的回复力 F，如 F 可表为 F=－kx
则运动是简谐的，否则就不是简谐音。
2．单摆理想化条件，受力特征及周期公式.
（1）单摆及其理想化条件：如图所示，一根长需求轻的线，悬挂着一个小而重的球，
就构成所谓的单摆。理想的单摆应具备如下理想化条件：和小球的质量 m 相比，线的
质量可以忽略；与线的长度 l 相比，小球的半径可以忽略。
（2）单摆的受力特征
当单摆做小角度摆支时，其受力情况为：受到一个恒定的竖直向下的重力 mg，和一个
变化的始终沿绳方向指向点的拉力 F，而将这些力沿垂直于和平行于运速度方向分解，
其中垂直于速度方向上的力使摆球的速度方向发生改变，充分摆球绕悬点做变速圆周运动所需的向心力 F 向=F
－mgcosθ平行于速度方向上的力使摆球的速度大小发生改变，充当摆球的回复力.F 向=－mgsinθ=－
l
mg x=－kx
可见：当单摆做小角度摆动时，其运动近似为简谐运动
（3）单摆的周期公式
对于单摆，回复力与偏离平衡位置的位移的比例系数为 k=
l
mg
将其代入简谐运动周期的一般表达式中，得 T=2π
k
m =2π
g
l
该公式提供了一种测定重力加速度 g 的方法.
mg
m
F
θ
3．简谐运动的图象及其应用
（1）图象的形式：当质点做简谐运动时其振动图象形如图所给出的正弦曲线.
（2）图象的意义：简谐运动的振动图像反映的是某振动质点在各个时刻相对
于平衡位置的位移的变化情况.
（3）图象的应用：由定量画出的简谐运动的振动图象可以得到：振幅 A；周
期 T；某时刻质点相对于平衡位置的位移；某时刻质点的振动方向；某一阶段质点的位移，速度，加速度，回
复力，振动的能量形式等物理量的变化情况。
4. 关于机械波的基本知识。
（1）产生条件：第一，必须有波源；第二，必须有弹性的连续的介质。
（2）波的分类：横波和纵波两类。质点振动方向与波的传播方向相互垂直的叫横波；质点振动方向与波的传
播方向相互平行的叫纵波。
（3）波的特点：机械波传播的只是质点振动的形式和能量，质点本身并不随波的传播而迁移；机械波的传播
过程实际上是离波源泉近的质点带动离波源远的质点依次参加振动；正因为波的形成实际上是从波源开始依次
带动介质中的各个质点参加振动，所以一方面参加振动的各质点的振动周期，振动频率都与波源质点相同，另
一方面各质点参加振动的起始时刻随着与波源的距离依次滞后
（4）波的图象（以简谐波为例）
①意义：波的图象反映的是波的传播过程中某一时刻各个质点相对于各自的平衡位置的位移情况：
②作用：利用波的图象通常可以解决如下问题：
从图象中可以看出波长 ；各质点振动的振幅 A；该时刻各质点偏离平衡位置的位移情况；比较各质点在该时
刻的振动速度、动能、热能、回复力、加速度等量的大小；判断各质点该时刻的振动方向以及下一时刻的波形；
5.波的特有现象：（1）波的叠加原理（独立传播原理）（2）波的衍射（3）波的干涉（4）多普勒效应
6.波的图象与振动图象的比较；
简谐运动的振图象 机械波的波动图象
图象
2 3T/4 t/s
-A
T/40
x/cm
A
T
函数关系 一个质点做简谐运动时，它的
位置 x 随时间 T 变化的关系
在某一时刻某一直线上各个质
点的位置所形成的图象（横波）
坐标 横轴 一个质点振动的时间 各质点平衡位置距坐标原点的
位置（距离）
纵轴 一个质点不同时刻相对平衡位
置的位移
各质点相对各自平衡位置的位
移
形状 正弦函数或余弦函数的图象
由图象可直观得到的数据 周期 T
振幅 A
波长 振幅 A
波峰及波谷的位置
图象上某一点的意义 在某时刻（横轴坐标）做简谐
运动的物体相对平衡位置的位
移（纵轴坐标）
在某时刻，距坐标原点的距离
一定（横轴坐标）的该质点的
位移（纵坐标）
三十七． 考纲要求
考点 要求 考点解读
简谐运动 Ⅰ 本专题考查的重点是简谐运动与机械波的
图像、单摆周期公式的应用和共振、波长、
波速、频率间的关系、波的干涉和衍射。
命题的方式依然是选择题、问答题、作图题
和计算题的组合复习时应该通栏教材，理解
振动和波的基本概念和规律、电磁波的形式
与传播，以应对以选择题形式覆盖知识点的
考查，掌握波速公式、折射定律、解题的基
本方法
简谐运动的公式和图像 Ⅱ
单摆、周期公式 Ⅰ
受迫振动和共振 Ⅰ
机械波 Ⅰ
横波和纵波 Ⅰ
横波的图像 Ⅱ
波速、波长和频率（周期）的关系 Ⅱ
波的干涉和衍射现象 Ⅰ
探究单摆的运动、用单摆测定重力加速度
三十八． 教法指引
此专题复习时，可以先让学生完成相应的习题，在精心批阅之后以题目带动知识点，进行适当提炼讲解。这一
专题的知识点高考要求不是很高，但是比较杂乱，学生易于掌握每个知识点，但是不易掌握全面，尤其是机械
波与机械振动的问题还容易混淆。二轮复习时还是要稳扎稳打，从基本知识出发再进行总结提升。
三十九． 知识网络
四十． 典例精析
题型 1.（简谐运动的证明）如图所示，正方体木块漂浮在水平上，将其稍向下压后放手，试
证明木块是否做简谐运动
证明：木块将做简谐运动. 从简谐运动的动力学特征出发，判断木块是否做简谐运动
设木块的边长为 a，质量为 m，则当图 14—4 中木块浸入水中的高度为 h，而处于静止状
态时所受到的重力 mg 与浮力 F1=ρha2g 大小相等，木块在该位置处于平衡状态，于
是
可取该装置为平衡位置建立坐标；当木块被按下后上下运动过程中浸入水中的高度达
到 h+x，而如图 14—5 所示时，所受到的浮力大小为
F2=ρ(h+x)a2g
于是，木块此时所受到的合外力为：F=mg―F2=―ρa2gx―kx
由此可知：木块做的是简谐运动
题型 2.（单摆周期公式）已知在单摆 a 完成 10 次全振动的时间内，单摆 b 完成 6 次振动，两摆长之差为 1.6m，
则两单摆摆长 la 与 lb 分别为
A．la=2.5m，lb=0.9m B．la=0.9m，lb=2.5m
C．la=2.4m，lb=4.0m D．la=4.0m，lb=2.4m
解析：由周期比得摆长比，加上题设条件中的摆长差已知，故 la 与 lb 可求
已知两摆长之差为 1.6m，即
ba ll =1.6
h+x
x
0
而单摆 a 摆动 10 次时间内，单摆 b 无成 36 次全振动，这就意味着两个单摆的周期之比为
b
a
T
T =
10
6
考虑到：Ta=2π
g
la Tb=2π
g
lb
得：
b
a
l
l =
25
9
于是解得：la=0.9m lb=2.5m 应选 B.
题型 3.（简谐运动的周期性、对称性）如图所示，质点沿直线做简谐运动平衡位置在 O 点，某时刻质点通过 P
点向右运动，径 1s 再次回到 P 点，再经 1s 到达 O 点，若 OP =2cm，
则：质点运动的周期 T=_________s；质点运动的振幅为 A=_______cm，
解析：注意到简谐运动的周期性，对称性等特征，结合简谐运动的振动图象可作出正解的解答.由简谐运动的对
称性可知，质点在第 1s 内从 P 点到达右端最大位移处，再回到 P 点，可见从最大位移处回到 P 点历时应该为
0.5s，而人 P 点到 O 点又历时 1s，可见
4
1 T=1.5s 即：T=6s 另外，考虑
到简谐运动的振动图象（如图所示）质点在 t1 时刻从 P 点开始向右运
动，t2 时刻又回到 P 点，t3 时刻到达平衡位置 O 点，即 t2―t1=t3―t2=1s
由此不难得到： Asin600=2
即 A=
3
4 3 cm
应依次填充：6，
3
4 3
题型 4.（机械波的图像）一列横波沿直线传播，某时刻的波形如图-2 所示，质点 A 的
平衡位置与坐标原点 O 相距 0.5M，此时质点 A 沿正方向运动，再经 0.02S 第一次到达
最大位移。由此可知：
A、这列波的波长为 1M
B、这列波的频率为 100HZ
C、这列波的波速为 25M/S
D、这列波向右传播 图-2
解析：由 A 点坐标结合波的图象可得波长；由 A 点运动到最大位移所历时间可得周期；由波长、周期、波速关
系可得波速；由波形成过程的本质可得振动方向与传播方向关系。
0
32tt1t
A
x/cm
t/s
O P
由于 A 点距 O 点 0.5M，所以波长为 m1 由于质点 A 再经 0.02S 第一次到达最大位移，所以周期为 T=0.08S
由于 V= / T，所以波速为传播方向的“双向性”特点。由振动图象可知：周期为 T=0.4S 由波的图象又可知：波
长为 m4 于是可得波速为 s/m10Tv 在△T=T’-T=0.5S 内，波的传播距离为 △X=V△T=5M 考虑到波
的传播方向的“双向性”特征知：当波沿 X 轴正方向传播，T’时刻波形应如图 15-5 中的 C 图所示；当波沿 X 轴
反方向传播，T’时刻波形应如图 15-5 中 V=1.25M/S 由于波的形成实际上是波源质量依次带动后面的质量参与振
动，而质点 A 此时是向上振动，可见它是被左侧质点所带动，即波是向右传播的。综上所述此例应选 A、D。
题型 5. （波的干涉）如图-6 所示，在同一均匀媒质中有 S1、S2 两个波源，这个波源的
频率、振动方向均相同，且振动的步调完全一致，S1、S2 之间相距两个波长，D 点为
S1、S2 连线中点，今以 D 点为圆心，以 R=DS1 为半径画圆，问在该圆周上（S1、S2 两波
源除外）共有几个加强点？
解析：干涉强、弱区的判断方法有两种：
（1）在波峰与波峰相遇或波谷与波谷相遇处是干涉加强区；在波峰与波谷相遇或波谷
与波峰相遇处是干涉减弱区。
（2）与相同波源的距离差为半波长的偶数倍处是干涉加强区；与相同波源的距离差为半波长的奇数倍处是干
涉减弱区。
由干涉强、弱的第二种判断方法可知，干涉加强区的集合实际上是以两波源所在处为焦点的双曲线簇。由此不
难判断：以波源边线为直径的贺周上分布看，到两波源距离差等于 0 的两个加强是 D1、D2；到两波源距离差等
于 的四个加强是 A1、A2、C1、C2。即：除两波源外，圆周上振动加强是共有六个。
题型 6.（多普勒效应） 一机车汽笛频率为 650HZ，机车以 V=15M/S 的速度观察者驶来，设空气中的声速是
V=340M/S，观察者听到的声音频率为多少？
解析：机车静止时，汽笛声的波长为 ，由于机车（波源）向观察者运动，波长应减小 VT，则单位时间内通过
观察者的波数变为 )Hz(68065015340
340f.vV
V'f
即观察者听到的声音频率变大了，音调变高了。
规律总结：由于波源与观察者间的相对运动，使得单位时间内观察者所感受到的完整波形的个数发生变化，这
就使得感受到的频率发生变化。
题型 7. （受迫振动）一砝码和一轻弹簧构成弹簧振子，如图 7–1–2a 所的装置可用于研究该弹簧振子的受迫
振动.匀速转动把手时，曲杆给弹簧振子以驱动力，使振子做受迫振动，把手匀速转动的周期就是驱动力的周期，
改变把手匀速转动的速度就可以改变驱动力的周期.若保持把手不动，给砝码一向下的初速度，砝码便做简谐运
动，振动图线如图 7–1–2b 所示.当把手以某一速度匀速转动，受迫振动达到稳定时，砝码的振动图线如图 7
–1–2c 所示.若用 T0 表示弹簧振子的固有周期，T 表示驱动力的周期， y 表示受迫振动达到稳定后砝码振动的
振幅.则（ ）
图 7–1–2
A.由图线可知 T0=4s B.由图线可知 T0=8s
C.当 T 在 4s 附近时， y 显著增大；当 T 比 4s 小得多或大得多时， y 很小
D.当 T 在 8s 附近时， y 显著增大；当 T 比 8s 小得多或大得多时， y 很小
解析：若保持把手不动，砝码以一定的初速度做简谐振动，为自由振动，图 b 为砝码的自由振动图象，由图读
出的周期 T0=4s，为砝码的固有周期。当把手以某一速度匀速转动，砝码为受迫振动，此时砝码振动的周期 T
为驱动力的周期，图 c 为砝码受迫振动的图象，由图读出的周期 T=2s，为砝码受迫振动的周期，也为驱动力的
周期。当驱动力的周期越靠近砝码的固有周期时，砝码的振动越强烈，振幅越大；当驱动力的周期越远离砝码
的固有周期时，砝码的振动越弱，振幅越小。所以 A、C 选项正确。
题型 8.（单摆振动图像）如图 7–1–7 a 为演示简谐运动图像的装置，当盛沙漏斗下面的薄木板 N 被匀速拉动
时，摆动着漏斗中漏出的沙在板上形成的曲线显示摆的位移随时间变化的关系，板上的 OO＇代表时间轴，图 7
–1–7b 是两个摆各自在木板上形成的曲线，若拉板 N1 和 N2 的 速
度关系为 1v =2 2v ，则板上曲线所代表的振动周期 T1 和 T2 关系（ ）
A.2T2=T1 B.T2=2T1 C.T2=4T1 D.T2=T1
解析：板 N1 是 N2 速度的 2 倍，沙漏在板 N1 上的时间是 T1，沙漏在
板 N2 上的时间是 2T2，因此 T2=T1.
题型 9. （机械波图像）弹性绳沿 x 轴放置，左端位于坐标原点，用手握住绳的左端，当 t＝0 时使其开始沿 y
轴做振幅为 8cm 的简谐振动，在 t＝0.25s 时，绳上形成如图所示的波形，则该波的波速为___________cm/s，t
＝___________时，位于 x2＝45cm 的质点 N 恰好第一次沿 y 轴正向通过平衡位置。
解析：由图可知，这列简谐波的波长为 20cm，周期 T=0.25s×4=1s，所以该波的波速
20 / 20 /1v cm s cm sT
；从 t=0 时刻开始到 N 质点开始振动需要时间 2
1
45 2.2520
xt s sv
,在振动到
沿 y 轴正向通过平衡位置需要再经过 2 0.52
Tt s ，所以当 t=（2.25+0.5）s=2.75s，质点 N 恰好第一次沿 y
轴正向通过平衡位置。
题型 10.（机械波、电磁波的区别）类比是一种有效的学习方法，通过归类和比较，有助于掌握新知识，提高
学习效率。在类比过程中，既要找出共同之处，又要抓住不同之处。某同学对机械波和电磁波进行类比，总结
出下列内容，其中不正确．．．的是
A．机械波的频率、波长和波速三者满足的关系，对电磁波也适用
B．机械波和电磁波都能产生干涉和衍射现象
C．机械波的传播依赖于介质，而电磁波可以在真空中传播
D．机械波既有横波又有纵波，而电磁波只有纵波
解析：波长、波速、频率的关系对任何波都是成立的，对电磁波当然成立，故 A 选项正确；干涉和衍射是波的
特性，机械波、电磁波都是波，这些特性都具有，故 B 项正确；机械波是机械振动在介质中传播形成的，所以
机械波的传播需要介质而电磁波是交替变化的电场和磁场由近及远的传播形成的，所以电磁波传播不需要介质，
故 C 项正确；机械波既有横波又有纵波，但是电磁波只能是横波，其证据就是电磁波能够发生偏振现象，而偏
振现象是横波才有的， D 项错误。故正确答案应为 D。
题型 11.（波的多解问题）如图实线是某时刻的波形图象，虚线是经过 0.2s 时的波形图象。求：
①波传播的可能距离 ②可能的周期（频率）
③可能的波速 ④若波速是 35m/s，求波的传播方向
⑤若 0.2s 小于一个周期时，传播的距离、周期（频率）、波速。
解析：①题中没给出波的传播方向，所以有两种可能：向左传播或向右传播。
向左传播时，传播的距离为 x=nλ+3λ/4=（4n+3）m （n=0、1、2 …）
向右传播时，传播的距离为 x=nλ+λ/4=（4n+1）m （n=0、1、2 …）
4 x/m
y
0
②向左传播时，传播的时间为 t=nT+3T/4 得：T=4t/（4n+3）=0.8 /（4n+3）（n=0、1、2 …）
向右传播时，传播的时间为 t=nT+T/4 得：T=4t/（4n+1）=0.8 /（4n+1） （n=0、1、 2 …）
③计算波速，有两种方法。v=x/t 或 v=λ/T
向左传播时，v=x/t=（4n+3）/0.2=（20n+15）m/s. 或 v=λ/T=4 （4n+3）/0.8=（20n+15）m/s.（n=0、1、
2 …）
向右传播时，v=x/t=（4n+1）/0.2=（20n+5）m/s. 或 v=λ/T=4 （4n+1）/0.8=（20n+5）m/s. （n=0、1、
2 …）
④若波速是 35m/s，则波在 0.2s 内传播的距离为 x=vt=35×0.2m=7m=1
4
3 λ，所以波向左传播。
⑤若 0.2s 小于一个周期，说明波在 0.2s 内传播的距离小于一个波长则：
向左传播时，传播的距离 x=3λ/4=3m；传播的时间 t=3T/4 得：周期 T=0.267s；波速 v=15m/s.向右传播时，
传播的距离为λ/4=1m；传播的时间 t=T/4 得：周期 T=0.8s；波速 v =5m/s.
专题九 光及光的本性 教案
四十一． 专题要点
1. 折射率和全反射
（1）折射率(绝对折射率 n)光从真空射入某种介质发生折射时,入射角θ1 的正弦与折射角θ2 的正弦之比 n,叫
做这种介质的折射率,即 2
1
sin
sin
n 。
（2）临界角：折射角等于 900 时的入射角叫临界角．显然，临界角是一种特殊的入射角．当光线从某介质射入
真空(或空气)时，其临界角的正弦值为 c
v
nC 1sin ．
注意：发生反射时，不一定发生折射，如：全反射时无折射；发生折射时，却一定存在反射。
（3）产生全反射的条件是：
①光从光密介质射向光疏介质；
②入射角大于或等于临界角．两条件必须同时存在，才发生全反射。
2.光的干涉和衍射
⑴光的干涉现象和衍射现象证明了光的波动性，光的偏振现象说明光波为横波。相邻亮条纹（或相邻暗条纹）
之间的间距（相邻亮条纹中央间距，相邻暗条纹中央间距)为
d
Lx 。利用双缝干涉实验可以测量光的波长。
⑵干涉和衍射的产生条件
①光屏上出现亮条纹（或暗条纹）的条件：
亮条纹： .)0.1.2.3...(n22 ns 暗条纹： .)0.1.2.3...(n2)12( ns
②发生明显衍射的条件：障碍物或孔的尺寸与光波波长可比(相差不多)
四十二． 考纲要求
考点 要求 考点解读
光的折射定律 折射率 Ⅰ 本章的重点内容：理解折射定
律并能熟练运用折射定律光的全反射 光导纤维 Ⅰ
测定玻璃的折射率（实验、探究 Ⅰ
光的干涉、衍射和偏振 Ⅰ
激光的特性及应用 Ⅰ
四十三． 教法指引
此专题复习时，可以先让学生完成相应的习题，在精心批阅之后以题目带动知识点，进行适当提炼讲解。这一
专题绝大多数知识点要求不是很高，但是比较杂乱，学生易于掌握每个知识点，但是不易掌握全面，光的折射
与全反射还是很重要的二轮复习时还是要稳扎稳打，从基本知识出发再进行总结提升。
四十四． 知识网络
四十五． 典例精析
题型 1.（平行板玻璃砖）一束由红、蓝两单色光组成的光线从一平板玻璃砖的上表面以入射角θ射入，穿过玻
璃砖自下表射出.已知该玻璃对红光的折射率为 1.5.设红光与蓝光穿过玻璃砖所用的时间分别为 t1 和 t2，则在θ
从 0°逐渐增大至 90°的过程中（ ）
A.t1 始终大于 t2 B.t1 始终小于 t2
C.t1 先大于后小于 t2 D.t1 先小于后大于 t2
解析：设折射角为α，玻璃砖的厚度为 h，由折射定律 n=sinθ
sinα
，且 n=c
v
，在玻璃砖中的时间为 t= h
vcosα
，联立
解得 t2∝ n4
n2- sin2θ
，红光频率较小，θ为零时，t1＜t2，θ为 90°时，趋近渐近线，初步判定该函数为单调函数，
通过带入θ为其它特殊值，仍然有 t1＜t2，故 B 对。
题型 2.（光现象的解释）下列说法正确的是（ ）
A. 用分光镜观测光谱是利用光折射时的色散现象
B. 用 X 光机透视人体是利用光电效应
C. 光导纤维舆信号是利用光的干涉现象
D. 门镜可以扩大视野是利用光的衍射现象
解析：用 X 光机透视人体是利用 X 光的穿透性；光导纤维传输信号是利用光的全反射现象；门镜可以扩大视野
是利用光的折射现象，A 正确。
题型 3.（杨氏双缝干涉实验）在杨氏双缝干涉实验中，如果（ ）
（A）用白光作为光源，屏上将呈现黑白相间的条纹
（B）用红光作为光源，屏上将呈现红黑相间的条纹
（C）用红光照射一条狭缝，用紫光照射另一条狭缝，屏上将呈现彩色条纹
（D）用紫光作为光源，遮住其中一条狭缝，屏上将呈现间距不等的条纹
解析：白光作杨氏双缝干涉实验，屏上将呈现彩色条纹，A 错；用红光作光源，屏上将呈现红色两条纹与暗条
纹（即黑条纹）相间，B 对；红光和紫光频率不同，不能产生干涉条纹，C 错；
紫光作光源，遮住一条狭缝，屏上出现单缝衍射条纹，即间距不等的条纹，D 对。
题型 4.（肥皂沫干涉）用如图所示的实验装置观察光的薄膜干涉现象。图（a）是点燃酒精灯（在灯芯上洒些
盐），图（b）是竖立的附着一层肥皂液薄膜的金属丝圈将金属
丝圈在其所在的竖直平面内缓慢旋转，观察到的现象是
（ ）
（A）当金属丝圈旋转 30°时干涉条纹同方向旋转 30°
（B）当金属丝圈旋转 45°时干涉条纹同方向旋转 90°
（C）当金属丝圈旋转 60°时干涉条纹同方向旋转 30°
（D）干涉条纹保持原来状态不变
解析：金属丝圈的转动，改变不了肥皂液膜的上薄下厚的形状，由干涉原理可知干涉条纹与金属丝圈在该竖直
平面内的转动无关，仍然是水平的干涉条纹，D 对。
题型 5. （光的折射）图是一个 1
4
圆柱体棱镜的截面图，图中 E、F、G、H 将半径 OM
分成 5 等份，虚线 EE1、FF1、GG1、HH1 平行于半径 ON,ON 边可吸收到达其上的所有光
线.已知该棱镜的折射率 n= 5
3 ,若平行光束垂直入射并覆盖 OM,则光线（ ）
A. 不能从圆孤 1NF 射出
B. 只能从圆孤 1NG 射出
C. 能从圆孤 1 1G H 射出
D. 能从圆孤 1H M 射出
解析：由该棱镜的折射率为
3
5n 可知其临界角 C 满足：
5
3
n
1sinC ,可求出 GG1 右边的入射光线没有发生
全反射，其左边的光线全部发生全反射。所以光线只能从圆弧 NG1 射出。
题型 6.（折射定律）一半径为 R 的 1/4 球体放置在水平面上，球体由折射率为 3
的透明材料制成。现有一束位于过球心 O 的竖直平面内的光线，平行于桌面射
到球体表面上，折射入球体后再从竖直表面射出，如图所示。已知入射光线与桌面的距离为 2/3R 。求出射
角。
解析：设入射光线与 1/4 球体的交点为 C，连接 OC，OC 即为入射点的法线。因
此，图中的角α为入射角。过 C 点作球体水平表面的垂线，垂足为 B。依题意，
∠COB=α。又由△OBC 知 sinα= 3
2
①
设光线在 C 点的折射角为β，由折射定律得 sin 3sin
②
由①②式得 30 ③
由几何关系知，光线在球体的竖直表面上的入射角γ(见图)为 30°由折射定律得
sin 1
sin 3
⑤因此 3sin 2
解得 60
题型 7.（光的反射） 某物体左右两侧各有一竖直放置的平面镜，两平面镜相
互平行，物体距离左镜 4m，右镜 8m，如图所示，物体在左镜所成的像中从右
向左数的第三个像与物体的距离是（ ）
A．24m B．32m C．40m D．48m
解析：从右向左在左镜中的第一个像是物体的像距离物体 8cm,第二个像是物体在右镜所成像的像,第 3 个像是
第一个像在右镜中的像在左镜中的像距离物体为 32cm.
题型 8.（光的折射和全反射.）一玻璃砖横截面如图所示，其中 ABC 为直角三角形（AC 边末画出），AB 为直角
边 ABC=45°；ADC 为一圆弧，其圆心在 BC 边的中点。此玻璃的折射率为 1.5。P 为一贴近玻璃砖放置的、与
AB 垂直的光屏。若一束宽度与 AB 边长度相等的平行光从 AB 边垂直射入玻璃砖，
则( )
A. 从 BC 边折射出束宽度与 BC 边长度相等的平行光
B. 屏上有一亮区，其宽度小于 AB 边的长度
C. 屏上有一亮区，其宽度等于 AC 边的长度
D. 当屏向远离玻璃砖的方向平行移动时，屏上亮区先逐渐变小然后逐渐变大
解析：宽为 AB 的平行光进入到玻璃中直接射到 BC 面,入射角为 45o>临界角
5.1
1arcsin ,所以在 BC 面上发生
全反射仍然以宽度大小为AB长度的竖直向下的平行光射到AC圆弧面上.根据几何关系可得到在屏上的亮区宽度
小于 AB 的长度,B 对.D 正确。
题型 9. （光的全反射）如图所示，空气中有一横截面为半圆环的均匀透明柱体，其内圆半径为 r，外圆半径为
R，R＝ 2 r。现有一束单色光垂直于水平端面 A 射入透明柱体，只经过两次全反射就垂直于水平端面 B 射出设
透明柱体的折射率为 n，光在透明柱体内传播的时间为 t，若真空中的光速为 c，则
A. n 可能为 3
B. n 可能为 2
C. t 可能为 2 2r
c
D. t 可能为 4.8r
c
解析：只经过两次全反射可知第一次入射角为 45°，反射光路图如右 图所示。根
据全反射可知临界角 C≤45°，再根据 n＝ 1
sin C
可知 n≥ 2 ；光在透 明 柱 体 中
运动路程为 L＝4r，运动时间为 t＝L/V＝4nr/c，则 t≥4 2 r/c，CD 均错。
题型 10.（光的偏振）如图，P 是一偏振片，P 的透振方向（用带箭头的实线表示）为竖直方向。下列四种入射
光束中哪几种照射 P 时能在 P 的另一侧观察到透射光？（ ）
A、太阳光
B、沿竖直方向振动的光
C、沿水平方向振动的光
D、沿与竖直方向成 450 角振动的光
解析：太阳光是平行光任意方向都有，通过时为竖直方向，D 中有部分光线通过。此题正确选项为 ABD。
题型 11.（激光问题）下列说法正确的是 （ ）
A．激光可用于测距
B．激光能量十分集中，只适用于加工金属材料
C．外科研制的“激光刀”可以有效地减少细菌的感染
D．激光可用于全息照相，有独特的特点
解：A 选项利用激光平行度非常好，C 选项利用激光亮度高，平行度非常好，D 选项利用激光高度的相干性。此
题选 ACD。
专题十 电磁场、电磁波和相对论 教案
四十六． 专题要点
1．理解麦克斯韦的电磁场理论
（1）恒定的磁场不能产生电场，恒定的电场也不能产生磁场。
（2）均匀变化的磁场（B 是 t 的一次函数）只能产生恒定的电场，均匀变化的电场产生恒定的磁场。
（3）非均匀变化的磁场才能产生变化的电场，非均匀变化的电场才能产生变化的磁场。
（4）振荡（按正弦规律变化）的磁场产生同频率振荡的电场，反之也然。
2．电磁波的特性
光束
P
电磁波在空间传播时，在任一位置（或时刻），E、B 和 V 三者两两垂直，且 E 和 B 这两个物理量随时间和空间
做周期性的变化；电磁波在空间传播不需要介质，可以在真空中传播；在真空中，电磁波传播的速度为光速 C=3.0
×108m/s
3.电磁波谱的比较
4.狭义相对论的两个基本假设
（1）狭义相对性原理：在不同的惯性参考系中，一切物理定律总是相同的
（2）光速不变原理：真空中的光速在不同的惯性参考系中都是相同的
5．时间和空间的相对性
（1）“同时”的相对性：两个事件是否同时发生，与参考系的选择有关
（2）长度的相对性（尺缩效应）
（3）时间间隔的相对性（钟慢效应）
（4）相对论的时空观：相对论认为空间和时间与物质的运动状态有关．
6．质能方程： 2mcE
四十七． 考纲要求
考点 要求 考点解读
麦克斯韦电磁场理论、电磁波及其传播 Ⅰ 本专题考查题型以选择题为
主电磁波的产生、发射和接收 Ⅰ
电磁波谱 Ⅰ
狭义相对论的基本假设 Ⅰ
狭义相对论的几个重要结论 Ⅰ
四十八． 教法指引
此专题复习时，可以先让学生完成相应的习题，在精心批阅之后以题目带动知识点，进行适当提炼讲解。要求
学生强加记忆。这一专题的知识点高考要求不是很高，但是比较杂乱，学生易于掌握每个知识点，但是不易掌
握全面，二轮复习时还是要稳扎稳打，从基本知识出发。
四十九． 知识网络
五十． 典例精析
题型 1.（麦克斯韦的电磁场理论）根据麦克斯韦的电磁场理论，下列说法中错误的是（ ）
A．变化的电场可产生磁场
B．均匀变化的电场可产生均匀变化的磁场
C．振荡电场能够产生振荡磁场
D．振荡磁场能够产生振荡电场
解析：（1）恒定的磁场不能产生电场，恒定的电场也不能产生磁场。
（2）均匀变化的磁场（B 是 t 的一次函数）只能产生恒定的电场，均匀变化的电场产生恒定的磁场。
（3）非均匀变化的磁场才能产生变化的电场，非均匀变化的电场才能产生变化的磁场。
（4）振荡（按正弦规律变化）的磁场产生同频率振荡的电场，反之也然。
所以此题 B 选项正确
题型 2.（电磁波的波长、频率、速度的关系）关于电磁波在真空中传播速度，下列说法中不正确的是 （ ）
A．频率越高，传播速度越大
B．电磁波的能量越强，传播速度越大
C．波长越长，传播速度越大
D．频率、波长、强弱都不影响电磁波的传播速度
解析：频率由波源决定，能量由频率决定，传播速度由介质决定，波长由频率和波源共同决定。此题选项为 ABC
题型 3.（变化的磁场产生电场）如图所示的是一个水平放置的玻璃环形小槽，槽内光滑、槽的宽度和深度处处
相同．现将一直径略小于槽宽的带正电的小球放入槽内，让小球获一初速度 v0 在槽内开始运动，与此同时，有
一变化的磁场竖直向下穿过小槽外径所包围的面积，磁感应强度的大小随时间成正比增大，设小球运动过程中
带电量不变，那么（ ）
A．小球受到的向心力大小不变
B．小球受到的向心力大小增加
C．磁场力对小球做功
D．小球受到的磁场力不断增加
解析：变化的磁场产生的电场对带正电的小球加速，速度增加，向心力增加，小球的洛伦兹力增加，所以此题
选 BD。
题型 4.（电磁波的产生）某电路中电场随时间变化的图象如下图所示，能发射电磁波的电场是哪一种？
（ ）
解析：周期性变化的电磁场会产生周期性变化的磁电场，进而在介质中形成电磁场。这样电磁场传播出去形成
电磁波所以此题选 D。
题型 5. （LC 回路中如何产生磁场）将下图所示的带电的平行板电容器 C 的两个极板用绝缘工具缓缓拉大板间
距离的过程中，在电容器周围空间 （ ）
A．会产生变化的磁场
B．会产生稳定的磁场
C．不产生磁场
D．会产生振荡的磁场
解析：变化的电场产生磁场，此题选 A。
题型 6.（LC 回路的周期）电子钟是利用 LC 振荡电路来工作计时的，现发现电子钟每天要慢 30s，造成这一现象
的原因可能是 （ ）
A．电池用久了 B．振荡电路中电容器的电容大了
C．振荡电路中线圈的电感大了 D．振荡电路中电容器的电容小了
解析：LC 回路的周期 LCT 2 ，由此公式可知电子钟的周期由电感和电容共同决定，与其它因素无关。此
题选 BC。
题型 7. （电磁波谱的应用）在下列说法中符合实际的是 （ ）
A．医院里常用 X 射线对病房和手术室消毒 B．医院里常用紫外线对病房和手术室消毒
C．在人造卫星上对地球进行拍摄是利用紫外线有较好的分辨能力
D．在人造卫星上对地球进行拍摄是利用红外线有较好的穿透云雾烟尘的能力
解析：对照各种电磁波的特性、用途，此题选 BD。
题型 8.（LC 回路中电容器、线圈、电流等变化规律）如图所示，为理想 LC 振荡回路，此时刻电容器极板间的
场强方向和线圈中的磁场方向如图。下列哪些说法正确（ ）
A、如图所示的时刻电容器正在放电
B、电路中的磁场能在增加
C、电容器两端的电压在增加
D、把电容器的两极板间距离拉大，振荡电流的频率增大
解析：由电场方向可知电容器上极板带正电，由线圈中的电流方向可知电路中电流方向为逆时针，结合以上两
点可知电容器在充电，电容器电压在增加。C 对。由 LC 回路的周期公式可得 D 选项对。所以此题选 CD。
题型 9. （物理学史）建立完整的电磁场理论并首先预言电磁波存在的科学家是 （ ）
A．法拉第 B．奥斯特 C．赫兹 D．麦克斯韦
解：此题选 D。
题型 10.（电磁波谱的波长比较）根据电磁波谱从下列选项中选出电磁波的范围相互交错重叠、且频率顺序由
高到低排列的情况（ ）
A．伦琴射线、紫外线、可见光 B． 伦琴射线、紫外线、红外线
C．紫外线、红外线、可见光 D．无线电波、红外线、紫外线
解析：认真看书可得正确选项为 A。
题型11.（电视问题）下列说法中正确的是 （ ）
A．摄像机实际上是一种将光信号转变为电信号的装置
B．电磁波中电场能量最大时，磁场能量为零；磁场能量最大时，电场能量为零
C．摄像机在1s内要传送25幅画面
D．电视机实际上是一种将电信号转变为光信号的装置
解析：看书。选 ACD。
题型11.（电视问题）关于雷达的特点，下列说法正确的是 （ ）
A.雷达所用无线电波的波长比短波更短 B.雷达只有连续发射无线电波，才能发现目标
C.达的显示屏上可以直接读出障碍物的距离 D.雷达在能见度低的黑夜将无法使用
解析：雷达是利用无线电波中的①波长短, ②衍射现象不明显, ③传播的直线性好④遇到障碍物要发生反射的
微波来测定物体位置的无线电设备。选 AC。
C
L
题型 12.（光速不变原理）设某人在以速度为 0.5c 的飞船上，打开一个光源，则下列说法正确的是 （ ）
A.飞船正前方地面上的观察者看到这一光速为 1.5c
B.飞船正后方地面上的观察者看到这一光速为 0.5c
C.在垂直飞船前进方向地面上的观察者看到这一光速是 c
D.在地面上任何地方的观察者看到的光速都是 c
解析：由爱因斯坦的狭义相对论可得在真空中的光速在不同的惯性参考系中都是相同的。所以此题选 CD。
题型 13.（长度的相对性）甲在接近光速的火车上看乙手中沿火车前进方向放置的尺子，同时乙在地面上看甲
手中沿火车前进方向放置的尺子，则下列说法正确的是 （ ）
A．甲看到乙手中的尺子长度比乙看到自己手中的尺子长度大
B．甲看到乙手中的尺子长度比乙看到自己手中的尺子长度小
C．乙看到甲手中的尺子长度比甲看到自己手中尺子长度大
D．乙看到甲手中的尺子长度比甲看到自己手中尺子长度小
解析：长度的相对性：一条沿自身长度方向运动的杆，其长度总比静止时的长度小。即（公式）
2
0 )(1 c
vll ，式中各符号的意义：l0：相对静止的参考系中所测，l：相对运动 的参考系中所测。此题选
BD。
题型 14.（质能方程）用著名的公式 E=mc2(c 是光速)，可以计算核反应堆中为了产生一定的能量所需消耗的质
量．下面的哪种说法是正确的？ （ ）
A．同样的公式 E=mc2 也可以用来计算一个手电筒发出一定能量光时所丢失的质量
B．公式 E＝mc2 适用于核反应堆中的核能，不适用于电池中的化学能
C．只适用于计算核反应堆中为了产生一定的能量所需消耗的质量
D．公式 E＝mc2 适用于任何类型的能量
解析：相对论质量：
2
0
)(1 c
v
mm
，式中 m0 为物体静止时的质量，m 为物体以速度 v 运动时的质量，由公式
可以看出随 v 的增加，物体的质量随之增加。此题选 AD。
③某一方向上动
量守恒：虽然系统所受外力之和不为零，但系统在某一方向上的外力之和为零，则该方向上的动量守恒
4. 动量守恒定律的表达式
(1) p=p/意义：系统相互作用前的总动量 p 等于相互作用后的总动量 p’ (从守恒的角度列式)．
(2)∆p =p/-p=0 意义：系统总动量的增量等于零(从增量角度列式)．
(3)对相互作用的两个物体组成的系统：
①p1+p2=p1/ +p2/ 或者 m1v1 +m2v2=m1v1/+m2v2/意义：两个物体作用前的动量的矢量和等于作用后的动量的矢量
和．
②p1/-p1=一(p2/-p2)或者∆p1=一∆p2 或者∆p1+∆p2=0
意义：两物体动量的变化大小相等，方向相反．
5． 弹性碰撞与非弹性碰撞
形变完全恢复的叫弹性碰撞；形变完全不恢复的叫完全非弹性碰撞；而一般的碰撞其形变不能够完全恢复。机
械能不损失的叫弹性碰撞；机械能损失最多的叫完全非弹性碰撞；而一般的碰撞其机械能有所损失。
6．碰撞过程遵守的规律——应同时遵守三个原则
①系统动量守恒 2211
/
22
/
11 vmvmvmvm
②系统动能不增 2
22
2
11
2/
22
2/
11 2
1
2
1
2
1
2
1 vmvmvmvm
③实际情景可能：碰前、碰后两个物体的位置关系（不穿越）和速度关系应遵循客观实际．如甲物追乙物并发
生碰撞，碰前甲的速度必须大于乙的速度，碰后甲的速度必须小于、等于乙的速度或甲反向运动．
五十一． 考纲要求
考点 要求 说明 考点解读
动量、动量守恒定律及其应用 Ⅱ 动 量 守 恒 定
律 只 限 于 一
维情况
本章的重点内容：唯一的二级要求是
动量及其守恒定律，本专题和前面的
3-4 模块有共同特点是题目教简单，
但为了照顾知识点的覆盖面，会出现
一个大题中在套二、三个小题的情况
弹性碰撞和非弹性碰撞、反冲运动 Ⅰ
验证动量守恒定律（实验、探究） Ⅰ
五十二． 教法指引
此专题复习时，可以先让学生完成相应的习题，在精心批阅之后以题目带动知识点，进行适当提炼讲解。要求
学生强加记忆。这一专题的题目还是较难的，虽然只有一个二级要求，但是此专题的内容涉及受力分析、过程
分析等二轮复习时还是要稳扎稳打，从基本知识出发
五十三． 知识网络
五十四． 典例精析
题型 1.（子弹射木块题型）矩形滑块由不同材料的上下两层固体组成，将其放在光滑的水平面上，质量为 m 的
子弹以速度 v 水平射向滑块 若射中上层子弹刚好不穿出，若射中下层子弹刚好能嵌入，那么( )
A．两次子弹对滑块做的功一样多 B．两次滑块所受冲量一样大
C．子弹嵌入上层时对滑块做功多 D．子弹嵌入上层时滑块所受冲量大
解：设固体质量为 M，根据动量守恒定律有：
')( vmMmv
由于两次射入的相互作用对象没有变化，子弹均是留在固体中，因此，固体的末速度是一样的，而子弹对
滑块做的功等于滑块的动能变化，对滑块的冲量等于滑块的动量的变化，因此 A、B 选项是正确的。
规律总结：解决这样的问题，还是应该从动量的变化角度去思考，其实，不管是从哪个地方射入，相互作
用的系统没有变化，因此，动量和机械能的变化也就没有变化。
题型 2.（动量守恒定律的判断）把一支枪水平固定在小车上，小车放在光滑的水平地面上，枪发射出子弹时，
关于枪、子弹、车的下列说法正确的是（ ）
A.枪和子弹组成的系统动量守恒
B.枪和车组成的系统动量守恒
C.只有忽略不计子弹和枪筒之间的摩擦，枪、车和子弹组成的系统的动量才近似守恒
D.枪、子弹、车组成的系统动量守恒
解：本题 C 选项中所提到的子弹和枪筒之间的摩擦是系统的内力，在考虑枪、子弹、车组成的系统时，这个因
素是不用考虑的 根据受力分析，可知该系统所受合外力为 0，符合动量守恒的条件，故选 D
规律总结：判断系统是否动量守恒时，一定要抓住守恒条件，即系统不受外力或者所受合外力为 0。
题型 3.（碰撞中过程的分析）如图所示，位于光滑水平桌面上的小滑块 A 和 B 都可视作质点，质量相等。B
与轻质弹簧相连。设 B 静止，A 以某一初速度向 B 运动并与弹簧发生碰撞。在整个碰撞过程中，弹簧具有的最
大弹性势能等于（ ）
A. A 的初动能
B. A 的初动能的 1/2
C. A 的初动能的 1/3
D. A 的初动能的 1/4
解： 解决这样的问题，最好的方法就是能够将两个物体 作用
的过程细化。具体分析如右图，开始 A 物体向 B 运动， 如右
上图；接着，A 与弹簧接触，稍有作用，弹簧即有形变， 分别
对 A、B 物体产生如右中图的作用力，对 A 的作用力的效 果就
是产生一个使 A 减速的加速度，对 B 的作用力的效果则 是产
生一个使 B 加速的加速度。如此，A 在减速，B 在加速， 一起
向右运动，但是在开始的时候，A 的速度依然比 B 的大， 所以
A B
A B
A B
a1
v1
a2
v2
A B
a’1
v’1
a’2
v’2
A BA B
A B
a1
v1
a2
v2
A BAA B
a1
v1
a2
v2
A B
a’1
v’1
a’2
v’2
AA B
a’1
v’1
a’2
v’2
相同时间内，A 走的位移依然比 B 大，故两者之间的距离依然在减小，弹簧不断压缩，弹簧产生的作用力越来
越大，对 A 的加速作用和对 B 的加速作用而逐渐变大，于是，A 的速度不断减小，B 的速度不断增大，直到某
个瞬间两个物体的速度一样，如右下图。过了这个瞬间，由于弹簧的压缩状态没有发生任何变化，所以对两个
物体的作用力以及力的效果也没有变，所以 A 要继续减速，B 要继续加速，这就会使得 B 的速度变的比 A 大，
于是 A、B 物体之间的距离开始变大。因此，两个物体之间的距离最小的时候，也就是弹簧压缩量最大的时候，
也就是弹性势能最大的时候，也就是系统机械能损失最大的时候，就是两个物体速度相同的时候。
根据动量守恒有 '2mvmv ，根据能量守恒有 PEmvmv 22 '22
1
2
1 ，以上两式联列求解的 2
2
1 mvEP ，
可见弹簧具有的最大弹性势能等于滑块 A 原来动能的一半，B 正确
规律总结：处理带有弹簧的碰撞问题，认真分析运动的变化过程是关键，面对弹簧问题，一定要注重细节的分
析，采取“慢镜头”的手段。
题型 4.（动量守恒定律的适用情景）小型迫击炮在总质量为 1000kg 的船上发射，炮弹的质量为 2kg．若炮弹飞
离炮口时相对于地面的速度为 600m/s，且速度跟水平面成 45°角，求发射炮弹后小船后退的速度？
解：发射炮弹前，总质量为 1000kg 的船静止，则总动量 Mv=0．
发射炮弹后，炮弹在水平方向的动量为 mv1'cos45°，船后退的动量为(M-m)v2'．
据动量守恒定律有
0=mv1'cos45°＋(M-m)v2'．
取炮弹的水平速度方向为正方向，代入已知数据解得
规律总结：取炮弹和小船组成的系统为研究对象，在发射炮弹的过程中，炮弹和炮身(炮和船视为固定在一起)
的作用力为内力．系统受到的外力有炮弹和船的重力、水对船的浮力．在船静止的情况下，重力和浮力相等，
但在发射炮弹时，浮力要大于重力．因此，在垂直方向上，系统所受到的合外力不为零，但在水平方向上系统
不受外力(不计水的阻力)，故在该方向上动量守恒．
题型 5. （多物体多过程动量守恒）两块厚度相同的木块 A 和 B，并列紧靠着放在光滑的水平面上，其质量分
别为 mA=2.0kg，mB=0.90kg．它们的下底面光滑，上表面粗糙．另有质量 mC=0.10kg 的铅块 C(其长度可略去不
计)以 vC=10m/s 的速度恰好水平地滑到 A 的上表面(见图)，由于摩擦，铅块 最后停在
本块 B 上，测得 B、C 的共同速度为 v=0.50m/s，求：木块 A 的速度和铅块 C 离开 A 时的速度．
解：设 C 离开 A 时的速度为 vC，此时 A、B 的共同速度为 vA，对于 C 刚要滑上 A 和 C 刚离开 A 这两个瞬间，
由动量守恒定律知
mCvC=(mA+mB)vA+mCv'C (1)
以后，物体 C 离开 A，与 B 发生相互作用．从此时起，物体 A 不再加速，物体 B 将继续加速一段时间，
于是 B 与 A 分离．当 C 相对静止于物体 B 上时，C 与 B 的速度分别由 v'C 和 vA 变化到共同速度 v．因此，可改
选 C 与 B 为研究对象，对于 C 刚滑上 B 和 C、B 相对静止时的这两个瞬间，由动量守恒定律知
mCv'C+mBvA=(mB+mC)v (2)
由(l)式得 mCv'C=mCvC-(mA＋mB)vA
代入(2)式 mCv'C-(mA+mC)vA+mBvA=(mB+mC)v．
得木块 A 的速度
所以铅块 C 离开 A 时的速度
题型 6.（人船模型）在静止的湖面上有一质量 M=100kg 的小船，船上站立质量 m=50kg 的人，船长 L=6m，最
初人和船静止．当人从船头走到船尾(如图)，船后退多大距离？(忽略水的阻力)
解：选地球为参考系，人在船上行走，相对于地球的平均速度为(L-x)/t，船相对于
地球后退的平均速度为 x/t，系统水平方向动量守恒方程为
( ) 0L x xm Mt t
故 1.2mx L mM m
规律总结：错解：由船和人组成的系统，当忽略水的阻力时，水平方向动量守恒．取人前进的方向为正方
向，设 t 时间内人由船头走到船尾，则人前进的平均速度为 L/t，船在此时间内后退了 x 距离，则船后退的平均
速度为 x/t，水平方向动量守恒方程为
( ) 0L xm Mt t
故 3mx L mM
这一结果是错误的，其原因是在列动量守恒方程时，船后退的速度 x/t 是相对于地球的，而人前进的速度
L/t 是相对于船的。相对于不同参考系的速度代入同一公式中必然要出错．
题型 7. （动量守恒中速度的相对性）一个静止的质量为 M 的原子核，放射出
一个质量为 m 的粒子，粒子离开原子核时相对于核的速度为 v0，原子核剩余部
分的速率等于（ ）
解：取整个原子核为研究对象。由于放射过程极为短暂，放射过程中其他外力的冲量均可不计，系统的动量守
恒．放射前的瞬间，系统的动量 p1=0，放射出粒子的这一瞬间，设剩余部分对地的反冲速度为 v'，并规定粒子
运动方向为正方向，则粒子的对地速度 v=v0-v'，系统的动量
p2=mv-(M-m)v'=m(v0-v')-(M-m)v'．
由 p1=p2，即
0=m(v0-v)-(M-m)v'=mv0-Mv'．
故选 C。
规律总结：运用动量守恒定律处理问题，既要注意参考系的统一，又要注意到方向性。
专题十三 原子和原子核 教案
五十五． 专题要点
1．原子的结构
①汤姆生模型(枣糕模型) 汤姆生发现电子，使人们认识到原子有复杂结构。从而打开原子的大门.
②卢瑟福的核式结构模型(行星式模型)卢瑟福α粒子散射实验装置,现象,从而总结出核式结构学说
α粒子散射实验是用α粒子轰击金箔，实验现象：结果是绝大多数α粒子穿过金箔后基本上仍沿原来的方
向前进,但是有少数α粒子发生了较大的偏转.这说明原子的正电荷和质量一定集中在一个很小的核上。
卢瑟福由α粒子散射实验提出：在原子的中心有一个很小的核，叫原子核，原子的全部正电荷和几乎全部
质量都集中在原子核里，带负电的电子在核外空间运动。
由α粒子散射实验的实验数据还可以估算出原子核大小的数量级是 10-15m。
2．玻尔模型(引入量子理论，量子化就是不连续性，整数 n 叫量子数)玻尔补充三条假设
⑴定态--原子只能处于一系列不连续的能量状态(称为定态),电子虽然绕核运转,但不会向外辐射能量。(本假设是针
对原子稳定性提出的)
⑵跃迁--原子从一种定态跃迁到另一种定态,要辐射(或吸收)一定频率的光子(其能量由两定态的能量差决定)(本假
设针对线状谱提出) ( 终初 EEh ) 辐射(吸收)光子的能量为 hf＝E 初-E 末
⑶能量和轨道量子化----定态不连续,能量和轨道也不连续;(即原子的不同能量状态跟电子沿不同的圆形轨道绕核
运动相对应,原子的定态是不连续的,因此电子的可能轨道分布也是不连续的)
3. 天然放射现象
①天然放射现象的发现，使人们认识到原子核也有复杂结构
核变化从贝克勒耳发现天然放射现象开始衰变(用电磁场研究)：
②各种放射线的性质比较
种 类 本 质 质量（u） 电荷（e） 速度（c） 电离性 贯穿性
α射线 氦核 4 +2 0.1 最强 最弱，纸能挡住
β射线 电子 1/1840 -1 0.99 较强 较强，穿几 mm 铝板
γ射线 光子 0 0 1 最弱 最强，穿几 cm 铅版
4. 四种核反应类型(衰变,人工核转变,重核裂变,轻核骤变)
⑴衰变： α衰变： e
4
2
234
90
238
92 HThU (实质：核内 Hen2H2 4
2
1
0
1
1 )α衰变形成外切(同方向旋)，
β衰变： ePaTh 0
1
234
91
234
90 (实质：核内的中子转变成了质子和中子 eHn 0
1
1
1
1
0 )β衰变形成内
切(相反方向旋)，且大圆为α、β粒子径迹。
+β衰变： eSiP 0
1
30
14
30
15 （核内 enH 0
1
1
0
1
1 ）
γ衰变：原子核处于较高能级，辐射光子后跃迁到低能级。
⑵人工转变：
HOHeN 1
1
17
8
4
2
14
7 (发现质子的核反应)(卢瑟福)用α粒子轰击氮核,并预言中子的存在
nCHeBe 1
0
12
6
4
2
9
4 (发现中子的核反应)(查德威克)钋产生的α射线轰击铍
nPHeAl 1
0
30
15
4
2
27
13 (人工制造放射性同位素)
正电子的发现(约里奥居里和伊丽芙居里夫妇)α粒子轰击铝箔
eSiP 0
1
30
14
30
15
⑶重核的裂变： n3KrBanU 1
0
92
36
141
56
1
0
235
92
在一定条件下(超过临界体积)，裂变反应会连续不断地进行下去，这就是链式反应。
⑷轻核的聚变： nHeHH 1
0
4
2
3
1
2
1 （需要几百万度高温，所以又叫热核反应）
所有核反应的反应前后都遵守：质量数守恒、电荷数守恒。（注意：质量并不守恒。）
5．核能计算方法有三：①由 2mcE (△m 单位为“kg”)计算；
②由△E=931.5△m(△m 单位为“u”)计算；③借助动量守恒和能量守恒计
6. 放射性同位素的应用
⑴利用其射线：α射线电离性强,用于使空气电离,将静电泄出,从而消除有害静电。γ射线贯穿性强,可用于金
属探伤,也可用于治疗恶性肿瘤。各种射线均可使 DNA 发生突变,可用于生物工程，基因工程。
⑵作为示踪原子。用于研究农作物化肥需求情况，诊断甲状腺疾病的类型，研究生物大分子结构及其功能。
⑶进行考古研究。利用放射性同位素碳 14，判定出土木质文物的产生年代。
一般都使用人工制造的放射性同位素（种类齐全，各种元素都有人工制造的放射性同位。半衰期短，废料
容易处理。可制成各种形状，强度容易控制）。
五十六． 考纲要求
考点 要求 考点解读
氢原子光谱 Ⅰ 以α粒子散射实验、原子光谱为
实验基础的卢瑟福原子核式结构
学说和玻尔原子理论，各种核变
化和与之相关的核反应方程、核
能计算等.
氢原子的能级结构、能级公式 Ⅰ
原子核的组成、放射性、原子核的衰变、半衰期 Ⅰ
放射性同位素 Ⅰ
核力、核反应方程 Ⅰ
结合能、质量亏损 Ⅰ
裂变反应和聚变反应、裂变反应堆 Ⅰ
放射性的防护 Ⅰ
五十七． 教法指引
此专题复习时，可以先让学生完成相应的习题，在精心批阅之后以题目带动知识点，进行适当提炼讲解。要求
学生强加记忆。这一专题的知识点高考要求不是很高，但是比较杂乱，学生易于掌握每个知识点，但是不易掌
握全面，二轮复习时还是要稳扎稳打，从基本知识出发。
五十八． 知识网络
五十九． 典例精析
题型 1.（波尔的跃迁理论）氦氖激光器能产生三种波长的激光，其中两种波长分别为 1 =0.6328µm， 2 =3.39µm，
已知波长为 1 的激光是氖原子在能级间隔为 1E =1.96eV 的两个能级之间跃迁产生的。用 2E 表示产生波长为
2 的激光所对应的跃迁的能级间隔，则 2E 的近似值为（ ）
A．10.50eV B．0.98eV C．0.53eV D．0.36eV
解析：根据
chE , ,可知当 ,6328.0,196 mevE 当 m 39.3 时,连立可知 evE 36.02 。
题型 2.（氢原子能级图在波尔理论中的应用）氢原子的部分能级如图所示。已知可见光的光子能量在 1.62eV
到 3.11eV 之间。由此可推知, 氢原子（ ）
A. 从高能级向 n=1 能级跃迁时了出的光的波长比可见光的短
B. 从高能级向 n=2 能级跃迁时发出的光均为可见光
C. 从高能级向 n=3 能级跃迁时发出的光的频率比可见光的高
D. 从 n=3 能级向 n=2 能级跃迁时发出的光为可见光
解析：从高能级向 n=1 的能级跃迁的过程中辐射出的最小光子能量 为 9.20ev,不在
1.62eV 到 3.11eV 之间,A 正确.已知可见光子能量在 1.62eV 到 3.11eV 之间从高能级向 n=2 能级跃迁时发出的光
的能量 3.40ev，B 错. 从高能级向 n=3 能级跃迁时发出的光的频率只有能量大于 3.11ev 的光的频率才比可见
光高,C 错.从 n=3 到 n=2 的过程中释放的光的能量等于 1.89ev 介于 1.62 到 3.11 之间,所以是可见光 D 对。
题型 3.（现象意义）下列现象中，与原子核内部变化有关的是（ ）
A． 粒子散射现象 B．天然放射现象
C．光电效应现象 D．原子发光现象
解析：α粒子散射实验表明了原子内部有一个很小的核，并没有涉及到核内部的变化，故 A 项错误；天然放射
现象是原子核内部发生变化自发的放射出α粒子或电子，从而发生α衰变或β衰变，故 B 项正确；光电效应是
原子核外层电子脱离原子核的束缚而逸出，没有涉及到原子核的变化，故 C 项错误；原子发光是原子跃迁形成
的也没有涉及到原子核的变化，故 D 项错误。
题型 4.（三种射线的特性）放射性元素衰变时放出三种射线，按穿透能力由强到弱的排列顺序是（ ）
A．射线，射线，射线 B．射线，射线，射线，
C．射线，射线，射线 D．射线，射线，射线
解析：由于三种射线的能量不同，所以贯穿能力最强的是射线，射线次之，射线最弱，故正确答案选 B。
题型 5. （轻核聚变）科学家发现在月球上含有丰富的 3
2 He（氦 3）。它是一种高效、清洁、安全的核聚变燃料，
其参与的一种核聚变反应的方程式为 3 3 1 4
2 2 1 22He He H He 。关于 3
2 He 聚变下列表述正确的是（ ）
A．聚变反应不会释放能量 B.聚变反应产生了新的原子核
C．聚变反应没有质量亏损 D.目前核电站都采用 3
2 He 聚变反应发电
解析：聚变反应时将质量较小的轻核聚变成质量较大的核，聚变过程会有质量亏损，要放出大量的能量。但目
前核电站都采用采用铀核的裂变反应。因此 B 正确。
题型 6.（核反应方程）原子核聚变可望给人类未来提供丰富的洁净能源。当氖等离子体被加热到适当高温时，
氖 核 参 与 的 几 种 聚 变 反 应 可 能 发 生 ， 放 出 能 量 。 这 几 种 反 应 的 总 效 果 可 以 表 示 为
2 4 1 1
1 2 1 06 H k 2 43.15He d H n MeV ，由平衡条件可知（ ）
A. k=1, d=4 B. k=2, d=2 C. k=1, d=6 D. k=2, d=3
解析：由质量数守恒和电荷数守恒，分别有 10 dk4 ， 62 dk ，解得 k=2，d=2。正确选项为 B。
题型 7. （四种反应的区分）下列说法正确的是（ ）
A. 15 1 12 4
7 1 6 2N H C He 是 衰变方程
B. 1 2 3
1 1 2H H He 是核聚变反应方程
C. 238 234 4
92 90 2U Th He 是核裂变反应方程
D. 4 27 30 1
2 13 15 0He Al P n 是原子核的人工转变方程
解析： A 选项中 N15
7 在质子的轰击下发生的核反应，属于人工转变，A 错；C 选项是α衰变，不是裂变，C 错。
题型 8.（几种力的比较） 氮原子核由两个质子与两个中子组成，这两个质子之间存在着万有引力、库伦力和
核力，则 3 种力从大到小的排列顺序是（ ）
A．核力、万有引力、库伦力 B．万有引力、库伦力、核力
C．库伦力、核力、万有引力 D．核力、库伦力、万有引力
解析：核力是强力，它能将核子束缚在原子核内。万有引力最弱，研究核子间相互作用时万有引力可以忽略。
题型 9. （核能的利用）水（包括海水）是未来的“煤炭”，能从根本上解决人类能源问题。这是指 （填“氢
能”、“核能”、“氢能和核能”）和利用。请说明理由。
解析：①核能： 因为海水中含有大量核聚变的材料氘，通过核聚变能够释放大量的核能。
②核能和氢能：因为海水中含有大量核聚变的材料氘，通过核聚变能够释放大量的核能。氢能有便于储存
与运输的优点，也可以为解决能源问题做出贡献。
题型 10.（原子核）三个原子核 X、Y、Z，X 核放出一个正电子后变为 Y 核，Y 核与质子发生核反应后生成 Z 核
并放出一个个氦（42He）,则下面说法正确的是（ ）
A.X 核比 Z 核多一个原子
B.X 核比 Z 核少一个中子
C.X 核的质量数比 Z 核质量数大 3
D.X 核与 Z 核的总电荷是 Y 核电荷的 2 倍
解析：设原子核 X 的质量数为 x，电荷数为 y，依题意写出核反应方程，根据质量数守恒和电荷数守恒，可得原
子核 Y 的质量数为 x，电荷数为 y-1，原子核 Z 的质量数为 x-3，电荷数为 y-2。由此可得 X 核的质子（y）比 Z
核的质子（y-2）多 2 个，A 错；由此可得 X 核的中子（x-y）比 Z 核的中子（x-y-1）多 1 个，B 错；X 核的质量
数（x）比 Z 核的质量数（x-3）多 3 个，C 对；X 核与 Z 核的总电荷（2y-2）是 Y 核电荷（y-1）的 2 倍，D 对。
题型 11.（结合能、能量守恒定律）中子和质子结合成氘核时，质量亏损为 m ，相应的能量 2 2.2E mc
MeV 是氘核的结合能。下列说法正确的是（ ）
A.用能量小于 2.2 MeV 的光子照射静止氘核时，氘核不能分解为一个质子和一个中子
B.用能量等于 2.2 MeV 的光子照射静止氘核时，氘核可能分解为一个质子和一个中子，它们的动能之和为零
C.用能量大于 2.2 MeV 的光子照射静止氘核时，氘核可能分解为一个质子和一个中子，它们的动能之和为零
D.用能量大于 2.2 MeV 的光子照射静止氘核时，氘核不能分解为一个质子和一个中子，它们的动能之和不为零
解析：只有静止氘核吸收光子能量大于其结合能时，才能分解为一个质子和一个中子，故 A 项正确，B 项错误；
根据能量守恒定律，光子能量大于氘核结合题，则多余的能量以核子动能形式呈现，故 C 项错，D 项正确。
题型 11.（半衰期）放射性元素的原子核在 衰变或 衰变生成新原子核时，往往会同时伴随
着___________辐射。已知 A、B 两种放射性元素的半衰期分别为 T1 和 T2，t＝T1 T2 时间后测
得这两种放射性元素的质量相等，那么它们原来的质量之比 mA:mB＝_________。γ，
解析：放射性元素的原子核在α衰变或β衰变生成新原子核时，往往以γ光子的形式释放能量，即伴随γ辐射；根
据半衰期的定义，经过 t＝T1·T2 时间后剩下的放射性元素的质量相同，则mA
2T2
= mB
2T1
，故 mA：mB＝2T2 : 2T1
专题十四 力学实验 教案
六十． 专题要点
1、测定匀变速运动的加速度
实验目的:
①练习使用打点计时器，学习利用打上点的纸带研究物体的运动。
②学习用打点计时器测定即时速度和加速度。
实验原理:
①打点计时器是一种使用交流电源的计时仪器，它每隔 0.02s 打一次点（由于电源频率是 50Hz），因此纸带上
的点就表示了和纸带相连的运动物体在不同时刻的位置，研究纸带上点之间的间隔，就可以了解物体运动的情
况。
②由纸带判断物体做匀变速直线运动的方法：如图所示，0、1、2…为时间间隔相等的各计数点，s1、s2、s3、…
为相邻两计数点间的距离,若△s=s2-s1=s3-s2=…=恒量，即若连续相等的时间间隔内的位移之差为恒量,则与纸
带相连的物体的运动为匀变速直线运动。
③由纸带求物体运动加速度的方法：
的方法掌握二、三、四、六段
2
123654
2
1243
2
12
2
)()()()(
t
ssssss
t
ssss
t
ss
t
sa
④由纸带求物体运动速度的方法：
t
Xvv 某点
2、验证力的合成的平行四边形定则
实验目的:
验证力的合成的平行四边形定则。
实验原理:
此实验是要用互成角度的两个力与一个力产生相同的效果（即：使橡皮条在某一方向伸长一定的长度），看其
用平行四边形定则求出的合力与这一个力是否在实验误差允许范围内相等，如果在实验误差允许范围内相等，
就验证了力的平行四边形定则
注意事项:
①用弹簧秤测拉力时，应使拉力沿弹簧秤的轴线方向，橡皮条、弹簧秤和细绳套应位于与纸面平行的同一平面
内。
②同一次实验中，橡皮条拉长后的结点位置 O 必须保持不变。
3、验证牛顿第二定律
实验原理:
①如图所示装置，保持小车质量 M 不变，改变小桶内砂的质量 m，从而改变细线对小车的牵引力 F(当 m<> m 造成的
题型 3. （验证平行四边形定则）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）和若干小事物，以及刻度尺、三角板、铅笔、细绳、白纸、钉字，设计了如下实验：将两条橡皮筋的
一端分别在墙上的两个钉子 A、B 上，另一端与第二条橡皮筋连接，结点为 O，将
第三条橡皮筋的另一端通过细胞挂一重物。
①为完成实验，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．测量悬挂重物后像皮筋的长度
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，改变条件再次实验证，可采用的方法是
解析：①bcd；②更换不同的小重物
题型 4.（力的功与物体速度的关系） 探究力对原来静止的物体做的功与物体获得的速度的关系，实验装置如
图所师，实验主要过程如下：
（1）设法让橡皮筋对小车做的功分别为 W、 2W 、
3W、……；
（2）分析打点计时器打出的纸带，求
出小车的速度 1v 、 2v 、 3v 、……；
（3）作出W v 草图；
（4）分析W v 图像。如果W v 图像是一条直线，表明∝ v ；如果不是直线，可考虑是否存在W ∝ 2v 、
W ∝ 3v 、W ∝ v 等关系。
以下关于该试验的说法中有一项不正确．．．，它是___________。
A．本实验设法让橡皮筋对小车做的功分别为 W、2W、3W、……。所采用的方法是选用同样的橡皮筋，并
在每次实验中使橡皮筋拉伸的长度保持一致。当用 1 条橡皮筋进行是实验时，橡皮筋对小车做的功为 W，用 2
条、3 条、……橡皮筋并在一起进行第 2 次、第 3 次、……实验时，橡皮筋对小车做的功分别是 2W、3W、……。
B．小车运动中会受到阻力，补偿的方法，可以使木板适当倾斜。
C．某同学在一次实验中，得到一条记录纸带。纸带上打出的点，两端密、中间疏。出现这种情况的原因，
可能是没有使木板倾斜或倾角太小。
D．根据记录纸带上打出的点，求小车获得的速度的方法，是以纸带上第一点到最后一点的距离来进行计
算。
解析：本实验的目的是探究橡皮绳做的功与物体获得速度的关系。这个速度是指橡皮绳做功完毕时的速度，而
不整个过程的平均速度，所以 D 选项是错误的。
题型 5. （测定重力加速度）如图所示，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和速度。
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.直流电源、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 通过作图象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 。
解析：①打点计时器需接交流电源。重力加速度与物体的质量无关，所以不要天平和砝码。计算速度需要测相
邻计数的距离，需要刻度尺，选 D。
②由公式 ghv 22 ，如绘出 hv
2
2
图像，其斜率也等于重力加速度。
题型 6.（测定弹簧的劲度系数）在弹性限度内，弹簧弹力的大小与弹簧伸长(或缩短)的长度的比值，叫做弹簧
的劲度系数。为了测量一轻弹簧的劲度系数，某同学进行了如下实验设计：如图所示，将两平行金属导轨水平
固定在竖直向下的匀强磁场中，金属杆 ab 与导轨接触良好，水平放置的轻弹簧一端固定于 O 点，另一端与金
属杆连接并保持绝缘。在金属杆滑动的过程中，弹簧与金属杆、金属杆与导轨均保持垂直，弹簧的形变始终在
弹性限度内，通过减小金属杆与导轨之间的摩擦和在弹的形变较大时读数等方
法，使摩擦对实验结果的影响可忽略不计。
请你按要求帮助该同学解决实验所涉及的两个问题。
①帮助该同学完成实验设计。请你用低压直流电源（ ）、滑动变阻器( )、电流表（ ）、开关（ ）
设计一电路图，画在图中虚线框内，并正确连在导轨的 C、D 两端。
②若已知导轨间的距离为 d,匀强磁场的磁感应强度为 B,正确连接电路后，闭合开关，使金属杆随挡板缓慢
移动，当移开挡板且金属杆静止时，测出通过金属杆的电流为 I1,记下金属杆的位置，断开开关，测出弹簧对应
的长度为 x1;改变滑动变阻器的阻值，再次让金属杆静止时，测出通过金属杆的电流为 I2,弹簧对应的长度为 x2,
则弹簧的劲度系数 k=__________。
解析：①低压直流电源 E、滑动变阻器 R、电流表、开关 S 串接在 CD 两点之间，如右图所示。
②设弹簧原长为 L0，应用胡克定律有 K(X1－L0)＝BI1d、K(X2－L0)＝BI2d，
两式相减可得 K(X1－X2)＝B（I1－I2）d，解得 K＝ 1 2
1 2
( )Bd I I
x x
；
题型 7.（验证机械能守恒定律）如图所示，两个质量各为 m1 和 m2 的小物块 A 和 B，分别系在
一条跨过定滑轮的软绳两端，已知 m1＞m2，现要利用此装置验证机械能守恒定
律。
（1）若选定物块 A 从静止开始下落的过程中进行测量，则需要测量的物理
量有_________。
①物块的质量 m1、m2；
②物块 A 下落的距离及下落这段距离所用的时间；
③物块 B 下落的距离及下落这段距离所用的时间；
④绳子的长度。
（2）为提高实验结果的准确程度，某小组同学对此实验提出以下建议：
①绳的质量要轻；
②在“轻质绳”的前提下，绳子越长越好；
③尽量保证物块只沿竖直方向运动，不要摇晃；
④两个物块的质量之差要尽可能小。
以上建议中确实对提高准确程度有作用的是_________。
（3）写出一条．．上面没有提到的对提高实验结果准确程度有益的建议：
______________________________________________________________________________。
解析：（1）通过连结在一起的 A、B 两物体验证机械能守恒定律，既验证系统的势能变化与动能变化是否相等，
A、B 连结在一起，A 下降的距离一定等于 B 上升的距离；A、B 的速度大小总是相等的，故不需要测量绳子的长
度和 B 上升的距离及时间。（2）如果绳子质量不能忽略，则 A、B 组成的系统势能将有一部分转化为绳子的动能，
从而为验证机械能守恒定律带来误差；若物块摇摆，则两物体的速度有差别，为计算系统的动能带来误差；绳
子长度和两个物块质量差应相当。（3）多次取平均值可减少测量误差，绳子伸长量尽量小，可减少测量的高度
的准确度。
规律总结：此题为一验证性实验题。要求根据物理规律选择需要测定的物理量，运用实验方法判断如何减小实
验误差。掌握各种试验方法是解题的关键。
题型 8.（螺旋测微器读数）某同学用螺旋测微器测量一铜丝的直径，测微器的示数如图所示，该铜丝的直径为
______mm．
解析：螺旋测微器固定刻度部分读数为 4.5mm，可动刻度部分读数为 0.093mm，所以所测铜丝直径为 4.593mm。
规律总结：螺旋测微器的读数是高考常考点，采用“固定刻度+可动刻度=读数”的方法进行。
题型 9.（探究弹力和弹簧伸长的关系）某同学和你一起探究弹力和弹簧伸长的关系，并测弹簧的劲度系数 k。
做法是先将待测弹簧的一端固定在铁架台上，然后将最小刻度是毫米的刻度尺竖直放在弹簧一侧，并使弹簧另
一端的指针恰好落在刻度尺上。当弹簧自然下垂时，指针指示的刻度数值记作 L0，弹簧下端挂一个 50g 的砝码
时，指针指示的刻度数值记作 L1;弹簧下端挂两个 50g 的砝码时，指针指示的刻度数值记作 L2;……;挂七个 50g 的
砝码时，指针指示的刻度数值记作 L2。
①下表记录的是该同学已测出的 6 个值，其中有两个数值在记录时有误，它们的代表符号分别是
和 ．
测量记录表：
代表符号 L0 L1 L2 L3 L4 L5 L6 L7
刻度数值/cm 1．70 3．40 5．10 8．60 10．3 12．1
②实验中，L3 和 L2 两个值还没有测定，请你根据上图将这两个测量值填入记录表中。
③为充分利用测量数据，该同学将所测得的数值按如下方法逐一求差，分别计算出了三个差值：
1 1 2 3 1 3 3 26.90cm, 6.90cm, 7.00cmnd L L d L L d L L 。
请你给出第四个差值：dA= ＝ cm。
④根据以上差值，可以求出每增加 50g 砝码的弹簧平均伸长量 L 。 L 用 d1、d2、d3、d4
表示的式子为： L ＝ ，
代入数据解得 L ＝ cm。
⑤计算弹簧的劲度系数 k＝ N/m。（g 取 9．8m/s2）
解析：读数时应估读一位，所以其中 L5 、L6 两个数值在记录时有误。根据实验原理可得后面几问的结果。答案：
（2）①L5 L6 ②6.85(6.84-6.86) 14.05(14.04-14.06)
③ 37 LL 7.20(7.18-7.22) ④ 1 2 3 4( )
4 4
d d d d
1.75 ⑤28
规律总结：此题考查了基本仪器（刻度尺）的使用，以及基本试验方法（逐差法）的应用。这是高中物理实验
的基本能力的考查，值得注意。
六十四． 专题突破
针对典型精析的例题题型，训练以下习题。
1. 小明同学在学习了 DIS 实验后，设计了一个测物体瞬时速度的实验，其装置如下图所示。在小车上固定挡光
片，使挡光片的前端与车头齐平、将光电门传感器固定在轨道侧面，垫高轨道的一端。小明同学将小车从该端
同一位置由静止释放，获得了如下几组实验数据。
则以下表述正确的是
①四个挡光片中，挡光片 I 的宽度最小
②四个挡光片中，挡光片Ⅳ的宽度最小
③四次实验中，第一次实验测得的速度最接近小车车头到达光电门时的瞬时速度
④四次实验中，第四次实验测得的速度最接近小车车头到达光电门时的瞬时速度
A．①③ B．②③ C．①④ D．②④
点拨：此题考查光电门。答案：D
实验
次数
不同的
挡光片
通过光电门的时间
（s）
速度
（ m/s ）
第一次 I 0.23044 0.347
第二次 Ⅱ 0.17464 0.344
第三次 Ⅲ 0.11662 0.343
第四次 Ⅳ 0.05850 0.342
2. 在通用技术课上，某小组在组装潜艇模型时，需要一枚截面为外方内圆的小螺母，如图所示。现需要精确测
量小螺母的内径，可选用的仪器有：
A.50 等分的游标卡尺 B. 螺旋测微器
①在所提供的仪器中应选用 。
②在测量过程中，某同学在小螺母中空部分 360°范围内选取不同的位置 进行多次测量
取平均值的目的是 。
点拨：此题考查游标卡尺与螺旋测微器的区别。①游标卡尺方便地测量内径、外径和深度，而螺旋测微器只能
测外径。故选 A；②多次测量取平均值的目的就是减小偶然误差。
3. 在“探究单摆周期与摆长的关系”实验中，两位同学用游标卡尺测量小球的直径如图甲、乙所示。测量方法
正确的是__________（选填“甲”或“乙”）。
（2）实验时，若摆球在垂直纸面的平面内摆动，为了将人工
记录振动次数改为自动记录振动次数，在摆球运动最低点的
左、右两侧分别放置一激光光源与光敏电阻与某一自动记录仪
相连，该仪器显示的光敏电阻阻值 R 随时间 t 变化图线如图乙
所示，则该单摆的振动周期为 。若保持悬点到小球顶
点的绳长不变，改用直径是原小球直径 2 倍的另一小球进行实
验，则该单摆的周期将 (填“变大”、“不变”或
“变小”)，图乙中的△t 将 (填“变大”、“不变”或“变
小”)。
点拨：此题考查探究单摆周期与摆长的关系
（1）应将待测物体正确地放在测脚中如乙图；
（2）单摆 1 个周期遮光两次；单摆周期与小球质量、大小无关，但若改用直径变为原小球直径的 2 倍，周期
变大，但遮光时间Δt 变大。答案：（1）乙（2）2t0，变大，变大
4. （研究匀变速直线运动）“研究匀变速直线运动”的实验中，使用电磁式打点计时器(所用交流电的频率为
50Hz)，得到如图 8 所示的纸带。图中的点为计数点，相邻两计数点间还有四个点未画出来，下列表述正确的是
高考资源网
A．实验时应先放开纸带再接通电源高考资源网
B．(S6 一 S1)等于(S2 一 S1)的 6 倍高考资源网
C．从纸带可求出计数点 B 对应的速率高考资源网
D．相邻两个计数点间的时间间隔为 0．02s 高考资源网
点拨：此题考查研究匀变速直线运动。
在“研究匀变速直线运动”的实验中，实验时应先接通电源再放开纸带，A 错。根据相等的时间间隔内通过的
位移有 2)( atNMxx NM ，可知(S6 一 S1)等于(S2 一 S1)的 5 倍，B 错。根据 B 点为 A 与 C 的中间时刻点有
t
xv AC
B 2
，C 对；由于相邻的计数点之间还有 4 个点没有画出,所以时间间隔为 0.1s，D 错。
专题十五 电学实验 教案
六十五． 专题要点
1. 测定金属的电阻率
实验目的：用伏安法间接测定某种金属导体的电阻率；练习使用螺旋测微器。
实验原理：根据电阻定律公式 R=
S
l ，只要测量出金属导线的长度l 和它的直径 d，计算出导线的横截面积 S，
并用伏安法测出金属导线的电阻 R，即可计算出金属导线的电阻率。
实验器材：被测金属导线，直流电源（4V），电流表(0-0.6A)，电压表（0-3V），滑动变阻器（50Ω），电键，导
线若干，螺旋测微器，米尺。
实验步骤：
①用螺旋测微器在被测金属导线上的三个不同位置各测一次直径，求出其平均值 d，计算出导线的横截面积 S。
②按如图所示的原理电路图连接好用伏安法测电阻的实验电路。
③用毫米刻度尺测量接入电路中的被测金属导线的有效长度，反复测量 3 次，求出其
平均值l 。
④把滑动变阻器的滑动片调节到使接入电路中的电阻值最大的位置，电路经检查确认
无误后，闭合电键 S。改变滑动变阻器滑动片的位置，读出几组相应的电流表、电压表的示数 I 和 U 的值，断
开电键 S，求出导线电阻 R 的平均值。
⑤将测得的 R、l 、d 值，代入电阻率计算公式
lI
Ud
l
RS
4
2 中，计算出金属导线的电阻率。
⑥拆去实验线路，整理好实验器材。
注意事项：
①测量被测金属导线的有效长度，是指测量待测导线接入电路的两个端点之间的长度，亦即电压表两并入点间
的部分待测导线长度，测量时应将导线拉直。
②本实验中被测金属导线的电阻值较小，因此实验电路必须采用电流表外接法。
③实验连线时，应先从电源的正极出发，依次将电源、电键、电流表、待测金属导线、滑动变阻器连成主干线
路（闭合电路），然后再把电压表并联在待测金属导线的两端。
④闭合电键 S 之前，一定要使滑动变阻器的滑动片处在有效电阻值最大的位置
⑤在用伏安法测电阻时，通过待测导线的电流强度 I 的值不宜过大（电流表用 0~0.6A 量程），通电时间不宜过
长，以免金属导线的温度明显升高，造成其电阻率在实验过程中逐渐增大。
2.测定电源电动势和内阻
实验目的：
⑴知道测量电源电动势和内阻的实验原理，进一步感受电源路端电压随电流变化的关系。
⑵经历实验过程，掌握实验方法，学会根据实验合理外推进行数据处理的方法。
⑶进行电源电动势和内阻测量误差的分析，了解测量减小误差的方法。
⑷培养仔细观察，真实记录实验数据、恰当处理数据等良好的实验习惯和实事求是的品质。
实验原理：电源电动势和内阻不能直接进行测量，但电源在电路中，路端电压和电流与电动势和内阻可以通过
闭合电路欧姆定律建立联系，因此，通过测量路端电压和电流，可以计算电动势和内阻。由于有电动势和内阻
两个未知量，所以要改变路端电压和电流至少获得两组数据，才能利用闭合电路欧姆定律（E=U+Ir)建立两个方
程，解得电动势和内阻。
实验方法：
⑴由（E=U+Ir)可知，测量器材为一个电压表、一个电流表、一个滑动变阻器、电源、导线、开关
⑵由（E=U+Ir)变形（E=IR+Ir)可知，测量器材为一个变阻箱、一个电流表、电源、导线、开关
⑶由（E=U+Ir)变形（E=U+Ur/R)可知，测量器材为一个变阻箱、一个电压表、电源、导线、开关
3.练习使用多用电表
实验目的：练习使用多用电表测电阻
实验原理：多用电表由表头、选择开关和测量线路三部分组成（如图），表头是一块高
灵敏度磁电式电流表，其满度电流约几十到几百 A，转换开关和测量线路相配合，可
测量交流和直流电流、交流和直流电压及直流电阻等。测量直流电阻部分即欧姆表是依据闭合电路欧姆定律制
成的，原理如图所示，当红、黑表笔短接并调节 R 使指针满偏时有
Ig=
Rrr g
=
中R
（1）
当电笔间接入待测电阻 Rx 时，有
Ix=
xRR 中
（2）
联立（1）、（2）式解得
g
x
I
I =
中
中
RR
R
x
（3）
由（3）式知当 Rx=R 中时，Ix=
2
1 Ig，指针指在表盘刻度中心，故称 R 中为欧姆表的中值电阻，由（2）式或（3）式可
知每一个Rx都有一个对应的电流值 I，如果在刻度盘上直接标出与 I 对应的 Rx 的值，那么当红、黑表笔分别接触
待测电阻的两端，就可以从表盘上直接读出它的阻值。
由于电流和电阻的非线性关系，表盘上电流刻度是均匀的，其对应的电阻刻度是不均匀的，电阻的零刻度
在电流满刻度处。
实验器材：多用电表，标明阻值为几欧、几十欧、几百欧、几千欧的定值电阻各一个，小螺丝刀。
实验步骤：
①机械调零，用小螺丝刀旋动定位螺丝使指针指在左端电流零刻度处，并将红、黑表笔分别接入“+”、“-”插
孔。
②选挡：选择开关置于欧姆表“×1”挡。
③短接调零：在表笔短接时调整欧姆挡的调零旋钮使指针指在右端电阻零刻度处，若“欧姆零点”旋钮右旋到
底也不能调零，应更换表内电池。
④测量读数：将表笔搭接在待测电阻两端，读出指示的电阻值并与标定值比较，随即断开表笔。
⑤换一个待测电阻，重复以上 2、3、4 过程，选择开关所置位置由被测电阻值与中值电阻值共同决定，可置于
“×1”或“×10”或“×100”或“×1k”挡。
⑥多用电表用完后，将选择开关置于“OFF”挡或交变电压的最高挡，拔出表笔。
注意事项：
①多用电表在使用前，应先观察指针是否指在电流表的零刻度，若有偏差，应进行机械调零。
②测量时手不要接触表笔的金属部分。
③合理选择量程，使指针尽可能指在中间刻度附近（可参考指针偏转在
5
R 中 ~5R 中的范围）。若指针偏角太大，应
改换低挡位；若指针偏角太小，应改换高挡位每次换挡后均要重新短接调零，读数时应将指针示数乘以挡位倍率。
④测量完毕后应拔出表笔，选择开头置 OFF 挡或交流电压最高挡，电表长期不用时应取出电池，以防电池漏电。
六十六． 考纲要求
考点 考点解读
实验一：
测定金
属的电
阻率
物理实验为高考必考内容，近年的高考物理试题，越来越重视对实验的
考查，尤其是除了对教材中原有的学生实验进行考查为，还增加了对演
示实验的考查。利用学生所学过的知识，对实验仪器或实验方法加以重
组完成新的实验目的的设计型实验将逐步取代对教材中原有单纯学生实
验的考查。
历届高考在实验方面的命题重点为：基本仪器的使用、基本物理量的测
定、物理规律的验证和物理现象的研究、实验数据的处理。
高考中物理实验题类型大体有：⑴强调基本技能，熟识各种器材的特性。
像读数类：游标卡尺、螺旋测微器、多用电表等；选器材类：像选取什
么量程的电表和滑动变阻器等⑵重视实验原理，巧妙变换拓展。像探究
匀变速直线运动的变形和测量电阻的再造等。源于课本不拘泥课本一直
是高考命题与课标理念所倡导的，所以熟悉课本实验、抓住实验的灵魂
---原理是我们复习的重中之重。⑶提倡分析讨论，讲究实验的品质，像
近年高考中的数据处理、误差分析、改良方案，甚至开放性实验等于课
标的一标多本思路是交汇的。⑷知识创新型实验。像设计型、开放型、
探讨型实验等都是不同程度的创新，比如利用所学可以设计出很多测量
重力加速度的方案。
实验二：
测定电
源电动
势和内
阻
实验三：
练习使
用多用
电表
六十七． 教法指引
此专题复习时，先把所有要求掌握的书本实验的原理全部讲透，可以先让学生完成相应的习题，在精心批阅之
后以题目带动知识点，进行目的、原理、器材、步骤、数据处理、误差分析、注意事项的讲解，有时还要恰当
地进行变式训练。二轮复习时还是要稳扎稳打，从基本知识出发，在夯实基础的情况下再进行适当提高。
六十八． 典例精析
题型 1.（多用电表的使用）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点连接。
（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，写出用多用表检测该小灯泡是否有故障的具体步骤。
。
解析：(1)在 1、2 两点接好的情况下,应当选用多用电表的电压档,在 1、2 同时断开的情况下,应选用欧姆档；
(2)表明 5、6 两点可能有故障；
(3) ①调到欧姆档②将红黑表笔相接,检查欧姆档能否正常工作③测量小灯泡的电阻,如电阻无穷大,表明
小灯泡有故障。
题型 2.（多用电表研究二极管）某同学利用多用电表测量二极管的反向电阻。完成下列测量步骤：
（1） 检查多用电表的机械零点。
（2） 将红、黑表笔分别插入正、负表笔插孔，将选择开关拔至电阻测量挡适当的量程处。
（3） 将红、黑表笔____①_______，进行欧姆调零。
（4） 测反向电阻时，将____②______表笔接二极管正极，将____③_____表笔接二极管负极，读出电表
示数。
（5） 为了得到准确的测量结果，应让电表指针尽量指向表盘____④_______（填“左侧”、“右侧”或“中
央”）；否则，在可能的条件下，应重新选择量程，并重复步骤（3）、（4）。
（6） 测量完成后，将选择开关拔向_____________⑤________________位置。
解析：首先要机械调零.在选择量程后还要进行欧姆调零而且每一次换量程都要重复这样的过程.(3)将红黑表笔
短接,即为欧姆调零.测量二极管的反向电阻时应将红笔接二极管的正极,黑接负极.欧姆表盘的刻度线分布不均
匀,在中央的刻度线比较均匀,所以尽量让指针指向表盘的中央.测量完成后应将开关打到 off 档。
题型 3. （闭合电路欧姆定律）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。光控开头可采用
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）
0.2 0.4 0.6 0.8 1.0 1.2
电 阻
(k )
75 40 28 23 20 18
①根据表中数据，请在给定的坐标系中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。
②如图所示，当 1、2 两端所加电压上升至 2V 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(1x)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）
提供的器材如下：
光敏电源 E(电动势 3V，内阻不计)；
定值电阻：R1=10k ，R2=20k ，R3=40k （限选其中之一并在图
中标出）
开关 S 及导线若干。
解析：当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(1x)时启动照明
系统，即此时光敏电阻阻值为 20k ，两端电压为 2V，电源电动势为 3V，
所以应加上一个分压电阻，分压电阻阻值为 10k ，即选用 R1。
题型 4.（测定干电池的电动势和内阻）用右图所示的电路，测定一节 干
电池的电动势和内阻。电池的内阻较小，为了防止在调节滑动变阻器时造成短路，电路中用一个定值电阻 R0 起
保护作用。除电池、开关和导线外，可供使用的实验器材还有：
（a） 电流表（量程 0.6A、3A）；
（b） 电压表（量程 3V、15V）
（c） 定值电阻（阻值 1 、额定功率 5W）
（d） 定值电阻（阻值 10 ，额定功率 10W）
（e） 滑动变阻器（阴值范围 0--10 、额定电流 2A）
（f） 滑动变阻器（阻值范围 0-100 、额定电流 1A）
那么
（1）要正确完成实验，电压表的量程应选择 V，电流表的量程应选择 A； R0 应选择
的定值电阻，R 应选择阻值范围是 的滑动变阻器。
（2）引起该实验系统误差的主要原因是 。
解析：由于电源是一节干电池（1.5V），所选量程为 3V 的电压表；估算电流时，考虑到干电池的内阻一般几Ω
左右，加上保护电阻，最大电流在 0.5A 左右，所以选量程为 0.6A 的电流表；由于电池内阻很小，所以保护电
阻不宜太大，否则会使得电流表、电压表取值范围小，造成的误差大；滑动变阻器的最大阻值一般比电池内阻
大几倍就好了，取 0～10Ω能很好地控制电路中的电流和电压，若取 0～100Ω会出现开始几乎不变最后突然变
化的现象。
关于系统误差一般由测量工具和所造成测量方法造成的，一般具有倾向性，总是偏大或者偏小。本实验中
由于电压表的分流作用造成电流表读数总是比测量值小，造成 E 测
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