黄冈高考物理第二轮专题决战资料
2011年黄冈高考物理第二轮专题决战资料（绝密）
专题一 运动和力
【知识结构】
平抛运动
特例
匀变速曲线运动
恒力与初速度不
在一条直线上
天体的运动
带电粒子在磁
场中的运动
合力提供
向心力
匀速圆周运动
此类问题往往应用能量守恒定律和牛顿第二定律求解
合力的大小和
方向均在变化
轨迹不是圆周的曲线
轨迹是圆周
合力与位移
正比方向
力的方向作周期性变化
力的方向总
与速度垂直
力的大小不变
而方向变化
图像法解答
直观简捷
作周期性加速、
减速运动
此类问题往往应用动能定理或守恒律求解
简谐
运动
振动在媒质中的
传播——机械波
振动的周期性导致波的周期性
振动的多解性与波的多解性是一致的
多力平衡用
正方分解法
对多体问题，整
体分析与隔离分
析交替使用
三力平衡用
矢量三角形
方法
静止或匀速
直线运动状态
合力
为零
匀变速直线运动的规律
已知运动求力
解决两类问题
已知力求运动
力和运动状态变化
F=ma
匀变速
直线运
动
恒力与初
速度在一
条直线上
匀变速
运动
恒力
物体受力情况
【典型例题】
例1、如图1—1所示，质量为m=5kg的物体，置于一倾角为30°的粗糙斜面体上，用一平行于斜面的大小为30N的力F推物体，使物体沿斜面向上匀速运动，斜面体质量M=10kg，始终静止，取g=10m/s2，求地面对斜面体的摩擦力及支持力．
F
m
M
图1—1
例2 、如图1—3所示，声源S和观察者A都沿x轴正方向运动，相对于地面的速率分别为vS和vA，空气中声音传播的速率为，设，空气相对于地面没有流动．
（1）若声源相继发出两个声信号，时间间隔为△t，请根据发出的这两个声信号从声源传播到观察者的过程，确定观察者接收到这两个声信号的时间间隔△t′．
vS
vA
S
A
x
图1—3
（2）利用（1）的结果，推导此情形下观察者接收到的声源频率与声源发出的声波频率间的关系式．
例3、假设有两个天体，质量分别为m1和m2，它们相距r；其他天体离它们很远，可以认为这两个天体除相互吸引作用外，不受其他外力作用．这两个天体之所以能保持距离r不变，完全是由于它们绕着共同“中心”（质心）做匀速圆周运动，它们之间的万有引力作为做圆周运动的向心力，“中心”O位于两个天体的连线上，与两个天体的距离分别为r1和r2．
（1）r1、r2 各多大？
（2）两天体绕质心O转动的角速度、线速度、周期各多大？
例4、A、B两个小球由柔软的细线相连，线长l=6m；将A、B球先后以相同的初速度v0=4.5m/s，从同一点水平抛出（先A、后B）相隔时间△t =0.8s．
（1）A球抛出后经多少时间，细线刚好被拉直？
（2）细线刚被拉直时，A、B球的水平位移（相对于抛出点）各多大？（取g=10m/s2）
例5、内壁光滑的环形细圆管，位于竖直平面内，环的半径为R（比细管的半径大得多）．在细圆管中有两个直径略小于细圆管管径的小球（可视为质点）A和B，质量分别为m1和m2，它们沿环形圆管（在竖直平面内）顺时针方向运动，经过最低点时的速度都是v0；设A球通过最低点时B球恰好通过最高点，此时两球作用于环形圆管的合力为零，那么m1、m2、R和v0应满足的关系式是____________．
例6、有两架走时准确的摆钟，一架放在地面上，另一架放入探空火箭中．假若火箭以加速度a=8g竖直向上发射，在升高时h=64km时，发动机熄火而停止工作．试分析计算：火箭上升到最高点时，两架摆钟的读数差是多少？（不考虑g随高度的变化，取g=10m/s2）
例7、光滑的水平桌面上，放着质量M=1kg的木板，木板上放着一个装有小马达的滑块，它们的质量m=0.1kg．马达转动时可以使细线卷在轴筒上，从而使滑块获得v0=0.1m/s的运动速度（如图1—6）,滑块与木板之间的动摩擦因数=0.02．开始时我们用手抓住木板使它不动，开启小马达，让滑块以速度v0运动起来，当滑块与木板右端相距l =0.5m时立即放开木板．试描述下列两种不同情形中木板与滑块的运动情况，并计算滑块运动到木板右端所花的时间．
图1—6
（1）线的另一端拴在固定在桌面上的小柱上．如图（a）．
（2）线的另一端拴在固定在木板右端的小柱上．如图（b）．
线足够长，线保持与水平桌面平行，g=10m/s2．
例8、相隔一定距离的A、B两球，质量相等，假定它们之间存在着恒定的斥力作用．原来两球被按住，处在静止状态．现突然松开，同时给A球以初速度v0，使之沿两球连线射向B球，B球初速度为零．若两球间的距离从最小值（两球未接触）在刚恢复到原始值所经历的时间为t0，求B球在斥力作用下的加速度．
（本题是2000年春季招生，北京、安徽地区试卷第24题）
【跟踪练习】
图1—7
1、如图1—7所示，A、B两球完全相同，质量为m，用两根等长的细线悬挂在O点，两球之间夹着一根劲度系数为k的轻弹簧，静止不动时，弹簧位于水平方向，两根细线之间的夹角为．则弹簧的长度被压缩了（ ）
A． B．
C． D．
2、如图1—8所示，半径为R、圆心为O的大圆环固定在竖直平面内，两个轻质小圆环套在大圆环上，一根轻质长绳穿过两个小圆环，它的两端都系上质量为m的重物，忽略小圆环的大小．
（1）将两个小圆环固定在大圆环竖直对称轴的两侧=30°的位置上（如图），在两个小圆环间绳子的中点C处，挂上一个质量的重物，使两个小圆环间的绳子水平，然后无初速释放重物M，设绳子与大、小圆环间的摩擦均可忽略，求重物M下降的最大距离．
（2）若不挂重物M，小圆环可以在大圆环上自由移动，且绳子与大、小圆环间及大、小圆环之间的摩擦均可以忽略，问两个小圆环分别在哪些位置时，系统可处于平衡状态？
图1—8
3、图1—9中的A是在高速公路上用超声测速仪测量车速的示意图，测速仪发出并接收超声波脉冲信号．根据发出和接收到的信号间的时间差，测出被测物体的速度，图B中P1、P2是测速仪发出的超声波信号，n1、n2分别是P1、P2由汽车反射回来的信号，设测速仪匀速扫描，P1、P2之间的时间间隔△t=1.0s，超声波在空气中传播的速度v=340m/s，若汽车是匀速行驶的，则根据图中可知，汽车在接收到P1、P2两个信号之间的时间内前进的距离是_________m，汽车的速度是________m/s．
图1—9
4、利用超声波遇到物体发生反射，可测定物体运动的有关参量，图1—10（a）中仪器A和B通过电缆线连接，B为超声波发射与接收一体化装置，仪器A和B提供超声波信号源而且能将B接收到的超声波信号进行处理并在屏幕上显示其波形．
现固定装置B，并将它对准匀速行驶的小车C，使其每隔固定时间T0发射一短促的超声波脉冲，如图1—10（b）中幅度较大的波形，反射波滞后的时间已在图中标出，其中T和△T为已知量，另外还知道该测定条件下超声波在空气中的速度为v0，根据所给信息求小车的运动方向和速度大小．
A
B
(a)
图1—10
5、关于绕地球匀速圆周运动的人造地球卫星，下列说法中，正确的是（ ）
A．卫星的轨道面肯定通过地心
B．卫星的运动速度肯定大于第一宇宙速度
C．卫星的轨道半径越大、周期越大、速度越小
D．任何卫星的轨道半径的三次方跟周期的平方比都相等
6、某人造地球卫星质量为m，其绕地球运动的轨道为椭圆．已知它在近地点时距离地面高度为h1，速率为v1，加速度为a1，在远地点时距离地面高度为h2，速率为v2，设地球半径为R，则该卫星．
（1）由近地点到远地点过程中地球对它的万有引力所做的功是多少？
（2）在远地点运动的加速度a2多大？
7、从倾角为的斜面上的A点，以水平初速度v0抛出一个小球．问：
B
A
图1—11
（1）抛出后小球到斜面的最大（垂直）距离多大？
（2）小球落在斜面上B点与A点相距多远？
8、滑雪者从A点由静止沿斜面滑下，经一平台后水平飞离B点，地面上紧靠平台有一个水平台阶，空间几何尺度如图1—12所示．斜面、平台与滑雪板之间的动摩擦因数为，假设滑雪者由斜面底端进入平台后立即沿水平方向运动，且速度大小不变．求：
图1—12
（1）滑雪者离开B点时的速度大小；
（2）滑雪者从B点开始做平抛运动的水平距离．
9、如图1—13所示，悬挂在小车支架上的摆长为l的摆，小车与摆球一起以速度v0匀速向右运动．小车与矮墙相碰后立即停止（不弹回），则下列关于摆球上升能够达到的最大高度H的说法中，正确的是（ ）
v0
图1—13
A．若，则H=l
B．若，则H=2l
C．不论v0多大，可以肯定H≤总是成立的
D．上述说法都正确
10、水平放置的木柱，横截面为边长等于a的正四边形ABCD；摆长l =4a的摆，悬挂在A点（如图1—14所示），开始时质量为m的摆球处在与A等高的P点，这时摆线沿水平方向伸直；已知摆线能承受的最大拉力为7mg；若以初速度v0竖直向下将摆球从P点抛出，为使摆球能始终沿圆弧运动，并最后击中A点．求v0的许可值范围（不计空气阻力）．
图1—14
11、已知单摆a完成10次全振动的时间内，单摆b完成6次全振动，两摆长之差为1.6m，则两摆长与分别为（ ）
A． B．
C． D．
12、一列简谐横波沿直线传播，传到P点时开始计时，在t=4s时，P点恰好完成了6次全振动，而在同一直线上的Q点完成了次全振动，已知波长为．试求P、Q间的距离和波速各多大．
图1—15
13、如图1—15所示，小车板面上的物体质量为m=8kg，它被一根水平方向上拉伸了的弹簧拉住而静止在小车上，这时弹簧的弹力为6N．现沿水平向右的方向对小车施以作用力，使小车由静止开始运动起来，运动中加速度由零逐渐增大到1m/s2，随即以1m/s2的加速度做匀加速直线运动．以下说法中，正确的是（ ）
A．物体与小车始终保持相对静止，弹簧对物体的作用力始终没有发生变化
B．物体受到的摩擦力先减小、后增大、先向左、后向右
C．当小车加速度（向右）为0.75m/s2时，物体不受摩擦力作用
D．小车以1m/s2的加速度向右做匀加速直线运动时，物体受到的摩擦力为8N
14、如图1—16所示，一块质量为M，长为L的均质板放在很长的光滑水平桌面上，板的左端有一质量为m的小物体（可视为质点），物体上连接一根很长的细绳，细绳跨过位于桌边的定滑轮．某人以恒定的速率v向下拉绳，物体最多只能到达板的中点，而板的右端尚未到达桌边定滑轮处．试求：
（1）物体刚达板中点时板的位移．
v
M
m
图1—16
（2）若板与桌面之间有摩擦，为使物体能达到板的右端，板与桌面之间的动摩擦因数的范围是多少．
15、在水平地面上有一质量为2kg的物体，物体在水平拉力F的作用下由静止开始运动，10s后拉力大小减为，该物体的运动速度随时间变化的图像如图1—17所示，求：
（1）物体受到的拉力F的大小；
v/m·s－1
t/s
2
4
6
8
2
4
6
8
10
12
14
16
O
图1—17
（2）物体与地面之间的动摩擦因数（g取10m/s2）．
16、如图所示，一高度为h=0.8m粗糙的水平面在B点处与一倾角为=30°的斜面BC连接，一小滑块从水平面上的A点以v0=3m/s的速度在粗糙的水平面上向右运动．运动到B点时小滑块恰能沿光滑斜面下滑．已知AB间的距离S=5m，求：
（1）小滑块与水平面间的动摩擦因数．
（2）小滑块从A点运动到地面所需的时间．
（3）若小滑块从水平面上的A点以v1=5m/s的速度在粗糙的水平面上向右运动，运动到B点时小滑块将做什么运动？并求出小滑块从A点运动到地面所需时间（取g=10m/s2）．
h
A
B
C
图1—18
专题二 动量与机械能
黄冈中学：徐辉
命题导向
动量守恒与能量守恒是近几年高考理科综合物理命题的重点、热点和焦点，也是广大考生普遍感到棘手的难点之一．动量守恒与能量守恒贯穿于整个高中物理学习的始终，是联系各部分知识的主线．它不仅为解决力学问题开辟了两条重要途径，同时也为我们分析问题和解决问题提供了重要依据．守恒思想是物理学中极为重要的思想方法，是物理学研究的极高境界，是开启物理学大门的金钥匙，同样也是对考生进行方法教育和能力培养的重要方面．因此，两个守恒可谓高考物理的重中之重，常作为压轴题出现在物理试卷中，如2004年各地高考均有大题．
纵观近几年高考理科综合试题，两个守恒考查的特点是：
①灵活性强，难度较大，能力要求高，内容极丰富，多次出现在两个守恒定律网络交汇的综合计算中；
②题型全，年年有，不回避重复考查，平均每年有3—6道题，是区别考生能力的重要内容；
③两个守恒定律不论是从内容上看还是从方法上看都极易满足理科综合试题的要求，经常与牛顿运动定律、圆周运动、电磁学和近代物理知识综合运用，在高考中所占份量相当大．
从考题逐渐趋于稳定的特点来看，我们认为：2005年对两个守恒定律的考查重点仍放在分析问题和解决问题的能力上．因此在第二轮复习中，还是应在熟练掌握基本概念和规律的同时，注重分析综合能力的培养，训练从能量、动量守恒的角度分析问题的思维方法．
【典型例题】
【例1】 （2001年理科综合）下列是一些说法：
①一质点受到两个力作用且处于平衡状态（静止或匀速），这两个力在同一段时间内的冲量一定相同；
②一质点受两个力作用且处于平衡状态（静止或匀速），这两个力在同一时间内做的功或者都为零，或者大小相等符号相反；
③在同样时间内，作用力力和反作用力的功大小不一定相等，但正负符号一定相反；
④在同样的时间内，作用力和反作用力的功大小不一定相等，正负号也不一定相反．
以上说法正确的是（ ）
A．①② B．①③ C．②③ D．②④
【例2】 （石家庄）为了缩短航空母舰上飞机起飞前行驶的距离，通常用弹簧弹出飞机，使飞机获得一定的初速度，进入跑道加速起飞．某飞机采用该方法获得的初速度为v0，之后，在水平跑道上以恒定功率P沿直线加速，经过时间t，离开航空母舰且恰好达到最大速度vm．设飞机的质量为m，飞机在跑道上加速时所受阻力大小恒定．求：
（1）飞机在跑道上加速时所受阻力f的大小；
（2）航空母舰上飞机跑道的最小长度s．
【例3】 如下图所示，质量为m=2kg的物体，在水平力F=8N的作用下，由静止开始沿水平面向右运动．已知物体与水平面间的动摩擦因数=0.2．若F作用t 1 =6s后撤去，撤去F后又经t2=2s物体与竖直墙壁相碰，若物体与墙壁作用时间t3=0.1s，碰墙后反向弹回的速度=6m/s，求墙壁对物体的平均作用力（g取10m/s2）．
【例4】 有一光滑水平板，板的中央有一小孔，孔内穿入一根光滑轻线，轻线的上端系一质量为M的小球，轻线的下端系着质量分别为m1和m2的两个物体，当小球在光滑水平板上沿半径为R的轨道做匀速圆周运动时，轻线下端的两个物体都处于静止状态（如下图）．若将两物体之间的轻线剪断，则小球的线速度为多大时才能再次在水平板上做匀速圆周运动？
【例5】 如图所示，水平传送带AB长l=8.3m，质量为M=1kg的木块随传送带一起以v1=2m/s的速度向左匀速运动（传送带的传送速度恒定），木块与传送带间的动摩擦因数=0.5．当木块运动至最左端A点时，一颗质量为m=20g的子弹以=300m/s水平向右的速度正对射入木块并穿出，穿出速度u=50m/s，以后每隔1s就有一颗子弹射向木块，设子弹射穿木块的时间极短，且每次射入点各不相同，g取10m/s．求：
（1）在被第二颗子弹击中前，木块向右运动离A点的最大距离？
（2）木块在传达带上最多能被多少颗子弹击中？
（3）从第一颗子弹射中木块到木块最终离开传送带的过程中，子弹、木块和传送带这一系统产生的热能是多少？（g取10m/s）
v0
m
A
B
M
【例6】 质量为M的小车静止在光滑的水平面上，小车的上表面是一光滑的曲面，末端是水平的，如下图所示，小车被挡板P挡住，质量为m的物体从距地面高H处自由下落，然后沿光滑的曲面继续下滑，物体落地点与小车右端距离s0，若撤去挡板P，物体仍从原处自由落下，求物体落地时落地点与小车右端距离是多少？
【例7】 如下图所示，一辆质量是m=2kg的平板车左端放有质量M=3kg的小滑块，滑块与平板车之间的动摩擦因数=0.4，开始时平板车和滑块共同以v0=2m/s的速度在光滑水平面上向右运动，并与竖直墙壁发生碰撞，设碰撞时间极短且碰撞后平板车速度大小保持不变，但方向与原来相反．平板车足够长，以至滑块不会滑到平板车右端．（取g=10m/s2）求：
（1）平板车每一次与墙壁碰撞后向左运动的最大距离．
（2）平板车第二次与墙壁碰撞前瞬间的速度v．
（3）为使滑块始终不会滑到平板车右端，平板车至少多长？
M
m
v0
【例8】 如图所示，光滑水平面上有一小车B，右端固定一个砂箱，砂箱左侧连着一水平轻弹簧，小车和砂箱的总质量为M，车上放有一物块A，质量也是M，物块A随小车以速度v0向右匀速运动．物块A与左侧的车面的动摩擦因数为，与右侧车面摩擦不计．车匀速运动时，距砂面H高处有一质量为m的泥球自由下落，恰好落在砂箱中，求：
（1）小车在前进中，弹簧弹性势能的最大值．
（2）为使物体A不从小车上滑下，车面粗糙部分应多长？
m
H
A
B
v0
【跟踪练习】
1．物体在恒定的合力F作用下作直线运动，在时间△t1内速度由0增大到v，在时间△t2内速度由v增大到2v．设F在△t1内做的功是W1，冲量是I 1；在△t2内做的功是W2，冲量是I2，那么（ ）
A． B．
C． D．
2．矩形滑块由不同材料的上、下两层粘在一起组成，将其放在光滑的水平面上，如图所示．质量为m的子弹以速度v水平射向滑块．若射击上层，则子弹刚好不穿出；若射击下层，整个子弹刚好嵌入，则上述两种情况比较，说法正确的是（ ）
①两次子弹对滑块做功一样多
甲 乙
②两次滑块所受冲量一样大
③子弹嵌入下层过程中对滑块做功多
④子弹击中上层过程中产生的热量多
A．①④ B．②④
C．①② D．②③
3．如图所示，半径为R，内表面光滑的半球形容器放在光滑的水平面上，容器左侧靠在竖直墙壁．一个质量为m的小物块，从容器顶端A无初速释放，小物块能沿球面上升的最大高度距球面底部B的距离为．求：
（1）竖直墙作用于容器的最大冲量；
（2）容器的质量M．
4．离子发动机是一种新型空间发动机，它能给卫星轨道纠偏或调整姿态提供动力，其中有一种离子发动机是让电极发射的电子撞击氙原子，使之电离，产生的氙离子经加速电场加速后从尾喷管喷出，从而使卫星获得反冲力，这种发动机通过改变单位时间内喷出离子的数目和速率，能准确获得所需的纠偏动力．假设卫星（连同离子发动机）总质量为M，每个氙离子的质量为m，电量为q，加速电压为U，设卫星原处于静止状态，若要使卫星在离子发动机起动的初始阶段能获得大小为F的动力，则发动机单位时间内应喷出多少个氙离子？此时发动机动发射离子的功率为多大？
5．如图所示，AB为斜轨道，与水平方向成45°角，BC为水平轨道，两轨道在B处通过一段小圆弧相连接，一质量为m的小物块，自轨道AB的A处从静止开始沿轨道下滑，最后停在轨道上的C点，已知A点高h，物块与轨道间的滑动摩擦系数为，求：
（1）在整个滑动过程中摩擦力所做的功．
（2）物块沿轨道AB段滑动时间t1与沿轨道BC段滑动时间t2之比值．
（3）使物块匀速地、缓慢地沿原路回到A点所需做的功．
6．如图所示，粗糙的斜面AB下端与光滑的圆弧轨道BCD相切于B，整个装置竖直放置，C是最低点，圆心角∠BOC=37°，D与圆心O等高，圆弧轨道半径R=0.5m，斜面长L=2m，现有一个质量m=0.1kg的小物体P从斜面AB上端A点无初速下滑，物体P与斜面AB之间的动摩擦因数为=0.25．求：
（1）物体P第一次通过C点时的速度大小和对C点处轨道的压力各为多大？
（2）物体P第一次离开D点后在空中做竖直上抛运动，不计空气阻力，则最高点E和D点之间的高度差为多大？
（3）物体P从空中又返回到圆轨道和斜面，多次反复，在整个运动过程中，物体P对C点处轨道的最小压力为多大？
7．如图所示，光滑水平面AB与竖直面内的半圆形导轨在B点衔接，导轨半径为R．一个质量为m的静止物块在A处压缩弹簧，在弹力的作用下获一向右的速度，当它经过B点进入导轨瞬间对导轨的压力为其重力的7倍，之后向上运动恰能完成半圆周运动到达C点．求：
（1）弹簧对物块的弹力做的功．
（2）物块从B至C克服阻力做的功．
（3）物块离开C点后落回水平面时其动能的大小．
8．（’03全国高考，34）[理综·22分]一传送带装置示意如下图，其中传送带经过AB区域时是水平的，经过BC区域时变为圆弧形（圆弧由光滑模板形成，未画出），经过CD区域时是倾斜的，AB和CD都与BC相切．现将大量的质量均为m的小货箱一个一个在A处放到传送带上，放置时初速为零，经传送带运送到D处，D和A的高度差为h．稳定工作时传送带速度不变，CD段上各箱等距排列，相邻两箱的距离为L．每个箱子在A处投放后，在到达B之前已经相对于传送带静止，且以后也不再滑动（忽略经BC段时的微小滑动）．已知在一段相当长的时间T内，共运送小货箱的数目为N．这装置由电动机带电，传送带与轮子间无相对滑动，不计轮轴处的摩擦．求电动机的平均输出功率．
9．如图所示，质量M=0.45kg的带有小孔的塑料块沿斜面滑到最高点C时速度恰为零，此时与从A点水平射出的弹丸相碰，弹丸沿着斜面方向进入塑料块中，并立即与塑料块有相同的速度．已知A点和C点距地面的高度分别为：H=1.95m，h=0.15m，弹丸的质量m=0.050kg，水平初速度v0=8m/s，取g=10m/s2．求：
（1）斜面与水平地面的夹角θ．（可用反三角函数表示）
（2）若在斜面下端与地面交接处设一个垂直于斜面的弹性挡板，塑料块与它相碰后的速率等于碰前的速率，要使塑料块能够反弹回到C点，斜面与塑料块间的动摩擦因数可为多少？
10．（’04江苏，18）（16分）一个质量为M的雪橇静止在水平雪地上，一条质量为m的爱斯基摩狗站在雪橇上．狗向雪橇的正后方跳下，随后又追赶并向前跳上雪橇；其后狗又反复地跳下、追赶并跳上雪橇．狗与雪橇始终沿一条直线运动．若狗跳离雪橇时雪橇的速度为V，则此时狗相对于地面的速度为V＋u（其中u为狗相对于雪橇的速度，V＋u为代数和，若以雪橇运动的方向为正方向，则V为正值，u为负值．）设狗总以速度v追赶和跳上雪橇，雪橇与雪地间的摩擦忽略不计．已知v的大小为5m/s，u的大小为4m/s，M=30kg，m=10kg．
（1）求狗第一次跳上雪橇后两者的共同速度的大小．
（2）求雪橇最终速度的大小和狗最多能跳动上雪橇的次数．
（供使用但不一定用到的对数值：lg2=0.301，lg3=0.477）
11．（汕头）如下图所示，光滑水平面上，质量为m的小球B连接着轻质弹簧，处于静止状态，质量为2m的小球A以大小为v0的初速度向右运动，接着逐渐压缩弹簧并使B运动，过一段时间，A与弹簧分离．
（1）当弹簧被压缩到最短时，弹簧的弹性势能Ep多大？
（2）若开始时在B球的右侧某位置固定一块挡板，在A球与弹簧未分离前使B球与挡板发生碰撞，并在碰后立刻将挡板撤走．设B球与挡板的碰撞时间极短，碰后B球的速度大小不变但方向相反．欲使此后弹簧被压缩到最短时，弹簧势能达到第（1）问中Ep的2.5倍，必须使B球在速度多大时与挡板发生碰撞？
12．（’00全国高考，22 ）[天津江西·14分]在原子核物理中，研究核子与核子关联的最有效途径是“双电荷交换反应”．这类反应的前半部分过程和下述力学模型类似．两个小球A和B用轻质弹簧相连，在光滑的水平直轨道上处于静止状态．在它们左边有一垂直于轨道的固定挡板P，右边有一个小球C沿轨道以速度v0射向B球，如图所示．C与B发生碰撞并立即结成一个整体D．在它们继续向左运动的过程中，当弹簧长度变到最短时，长度突然被锁定，不再改变．然后，A球与挡板P发生碰撞，碰后A、D都静止不动，A与P接触而不粘连．这一段时间，突然解除锁定（锁定及解除锁定均无机械能损失）．已知A、B、C三球的质量为m．
（1）求弹簧长度刚被锁定后A球的速度；
（2）求在A球离开挡板P之后的运动过程中，弹簧的最大弹性势能．
13．（广州）用轻弹簧相连的质量均为2kg的A、B两物块都以v=6m/s的速度在光滑的水平地面上运动，弹簧处于原长，质量4kg的物块C静止在前方，如下图所示．B与C碰撞后二者粘在一起运动．求：在以后的运动中：
（1）当弹簧的弹性势能最大时物体A的速度多大？
（2）弹性势能的最大值是多大？
（3）A的速度有可能向左吗？为什么？
14．（’04广东，17）（16分）图中，轻弹簧的一端固定，另一端与滑块B相连，B静止在水平直导轨上，弹簧处在原长状态．另一质量与B相同的滑块A，从导轨上的P点以某一初速度向B滑行．当A滑过距离l1时，与B相碰，碰撞时间极短，碰后A、B紧贴在一起运动，但互不粘连．已知最后A恰好返回到出发点P并停止．滑块A和B与导轨的滑动摩擦因数都为，运动过程中弹簧最大形变量为l2，重力加速度为g．求A从P点出发时的初速度v0．
15．（’01春季招生，22）（14分）如下图所示，A、B是静止在水平地面上完全相同的两块长木板．A的左端和B的右面端相接触．两板的质量皆为M=2.0kg，长度皆为l=1.0m．C是一质量为m=1.0kg的小物块．现给它一初速度v0=2.0m/s，使它从B板的左端开始向右滑动，已知地面是光滑的，而C与A、B之间的动摩擦因数为=0.10．求最后A、B、C各以多大的速度做匀速运动．（取重力加速度g=10m/s2）
B
A
v0
C
16．如图所示，一个长为L，质量为M的长方形木块，静止在光滑水平面上，一个质量为m的物块（可视为质点），以水平初速度v0，从木块的左端滑向另一端，设物块与木块间的动摩擦因数为，当物块与木块达到相对静止时，物块仍在长木块上，求系统机械能转化成内能的量Q．
专题三 电场和磁场
黄冈中学：江楚桥
【方法归纳】
一、场强、电势的概念
1、电场强度E
①定义：放入电场中某点的电荷受的电场力F与它的电量q的比值叫做该点的电场强度。
②数学表达式：，单位：
③电场强度E是矢量，规定正电荷在电场中某点所受电场力的方向即为该点的电场强度的方向
④场强的三个表达式
定义式
决定式
关系式
表达式
选用
范围
对任何电场E的大小及方向都适用。与检验电荷的电量的大小、电性及存在与否无关。
q：是检验电荷
只对真空的点电荷适用。
Q：是场源电荷的电量。
r：研究点到场源电荷的距离。
只对匀强电场适用。
U：电场中两点的电势差。
d：两点间沿电场线方向的距离。
说明
电场强度是描述电场力的性质的物理量。电场E与F、q无关，取决于电场本身。
当空间某点的电场是由几个点电荷共同激发的，则该点的电场强度等于每个点电荷单独存在时所激发的电场在该点的场强的矢量和。
⑤比较电场中两点的电场强度的大小的方法：
由于场强是矢量。比较电场强度的大小应比较其绝对值的大小，绝对值大的场强就大，绝对值小的场强就小。
Ⅰ在同一电场分布图上，观察电场线的疏密程度，电场线分布相对密集处，场强较大；电场较大；电场线分布相对稀疏处，场强较小。
Ⅱ形成电场的电荷为点电荷时，由点电荷场强公式可知，电场中距这个点电荷Q较近的点的场强比距这个点电荷Q较远的点的场强大。
Ⅲ匀强电场场强处处相等
Ⅳ等势面密集处场强大，等势面稀疏处场强小
2、电势、电势差和电势能
①定义：
电势：在电场中某点放一个检验电荷q，若它具有的电势能为E，则该点的电势为电势能与电荷的比值。电场中某点的电势在数值上等于单位正电荷由该点移到零电势点时电场力所做的功。也等于该点相对零电势点的电势差。
电势差：电荷在电场中由一点A移到另一点B时，电场力做功与电荷电量q的比值，称为AB两点间的电势差，也叫电压。
电势能：电荷在电场中所具有的势能；在数值上等于将电荷从这一点移到电势能为零处电场力所做的功。
②定义式：或，单位：V
单位：J
③说明：Ⅰ电势具有相对性，与零电势的选择有关，一般以大地或无穷远处电势为零。
Ⅱ电势是标量，有正负，其正负表示该的电势与零电势的比较是高还是低。
Ⅲ电势是描述电场能的物理量，
④关于几个关系
关于电势、电势差、电势能的关系
电势能是电荷与电场所共有的；电势、电势差是由电场本身因素决定的，与检验电荷的有无没有关系。
电势、电势能具有相对性，与零电势的选择有关；电势差具有绝对性，与零电势的选择无关。
关于电场力做功与电势能改变的关系
电场力对电荷做了多少功，电势能就改变多少；电荷克服电场力做了多少功，电势能就增加多少，电场力对电荷做了多少正功，电势能就减少多少，即 。
在学习电势能时可以将“重力做功与重力势能的变化”作类比。
关于电势、等势面与电场线的关系
电场线垂直于等势面，且指向电势降落最陡的方向，等势面越密集的地方，电场强度越大。
⑤比较电荷在电场中某两点的电势大小的方法：
Ⅰ利用电场线来判断：在电场中沿着电场线的方向，电势逐点降低。
Ⅱ利用等势面来判断：在静电场中，同一等势面上各的电势相等，在不同的等势面间，沿着电场线的方向各等势面的电势越来越低。
Ⅲ利用计算法来判断：因为电势差，结合
，若，则，若，则；
若，则
⑥比较电荷在电场中某两点的电势能大小的方法：
Ⅰ利用电场力做功来判断：在电场力作用下，电荷总是从电势能大的地方移向电势能小的地方。这种方法与电荷的正负无关。
Ⅱ利用电场线来判断：正电荷顺着电场线的方向移动时，电势能逐渐减少；逆着电场线方向移动时，电势能逐渐增大。负电荷则相反。
二、静电场中的平衡问题
电场力（库仑力）虽然在本质上不同于重力、弹力、摩擦力，但是产生的效果是服从牛顿力学中的所有规律，所以在计算其大小、方向时应按电场的规律，而在分析力产生的效果时，应根据力学中解题思路进行分析处理。对于静电场中的“平衡”问题，是指带电体的加速度为零的静止或匀速直线运动状态，属于“静力学”的范畴，只是分析带电体受的外力时除重力、弹力、摩擦力等等，还需多一种电场而已。解题的一般思维程序为：
①明确研究对象
②将研究对象隔离出来，分析其所受的全部外力，其中电场力，要根据电荷的正负及电场的方向来判断。
③根据平衡条件或，列出方程
④解出方程，求出结果。
三、电加速和电偏转
1、带电粒子在电场中的加速
在匀强电场中的加速问题 一般属于物体受恒力（重力一般不计）作用运动问题。处理的方法有两种：
①根据牛顿第二定律和运动学公式结合求解
②根据动能定理与电场力做功，运动学公式结合求解
基本方程：
在非匀强电场中的加速问题
一般属于物体受变力作用运动问题。处理的方法只能根据动能定理与电场力做功，运动学公式结合求解。
基本方程：
2、带电粒子在电场中的偏转
设极板间的电压为U，两极板间的距离为，极板长度为。
运动状态分析：带电粒子垂直于匀强电场的场强方向进入电场后，受到恒定的电场力作用，且与初速度方向垂直，因而做匀变速曲线运动——类似平抛运动如图1。
v0
θ
U，d
y
v
图1
运动特点分析：
在垂直电场方向做匀速直线运动
在平行电场方向，做初速度为零的匀加速直线运动
通过电场区的时间：
粒子通过电场区的侧移距离：
粒子通过电场区偏转角：
带电粒子从极板的中线射入匀强电场，其出射时速度方向的反向延长线交于入射线的中点。所以侧移距离也可表示为：
四、电容器的动态分析
这类问题关键在于弄清楚哪些是变量；哪些是不变量；哪些是自变量；哪些是因变量。同时要注意对公式的理解，定义式适用于任何电容器，而电容C与Q、U无关。
区分两种基本情况：一是电容器两极间与电源相连接，则电容器两极间的电势差U不变；二是电容器充电后与电源断开，则电容器所带的电量Q保持不变。
电容器结构变化引起的动态变化问题的分析方法 平行板电容器是电容器的一个理想化模型，其容纳电荷的本领用电容C来描述，当改变两金属板间距d、正对面积S或其中的介质时，会引起C值改变。给两个金属板带上等量异号电荷Q后，板间出现匀强电场E，存在电势差U。若改变上述各量中的任一个，都会引起其它量的变化。若两极板间一带电粒子，则其受力及运动情况将随之变化，与两极板相连的静电计也将有显示等等。
解此类问题的关键是：先由电容定义式、平行板电容器电容的大小C与板距d、正面积S、介质的介电常数的关系式和匀强电场的场强计算式导出，，等几个制约条件式备用。接着弄清三点：①电容器两极板是否与电源相连接？②哪个极板接地？③C值通过什么途径改变？若电容器充电后脱离电源，则隐含“Q不改变”这个条件；若电容器始终接在电源上，则隐含“U不改变”
（等于电源电动势）这个条件；若带正电极板接地，则该极板电势为零度，电场中任一点的电势均小于零且沿电场线方向逐渐降低；若带负电极板接地，则该极板电势为零，电场中任一点电势均大于零。
五、带电粒子在匀强磁场的运动
1、带电粒子在匀强磁场中运动规律
初速度的特点与运动规律
① 为静止状态
② 则粒子做匀速直线运动
③ ,则粒子做匀速圆周运动，其基本公式为：
向心力公式：
运动轨道半径公式：；
运动周期公式：
动能公式：
T或、的两个特点：
T、和的大小与轨道半径（R）和运行速率（）无关，只与磁场的磁感应强度（B）和粒子的荷质比（）有关。
荷质比（）相同的带电粒子，在同样的匀强磁场中，、和相同。
④与B成（角，，则粒子做等距螺旋运动
2、解题思路及方法
圆运动的圆心的确定：
①利用洛仑兹力的方向永远指向圆心的特点，只要找到圆运动两个点上的洛仑兹力的方向，其延长线的交点必为圆心．
②利用圆上弦的中垂线必过圆心的特点找圆心
六、加速器问题
U
~
1、直线加速器
①单级加速器：是利用电场加速，如图2所示。
粒子获得的能量：
图2
缺点是：粒子获得的能量与电压有关，而电压又不能太高，所以粒子的能量受到限制。
②多级加速器：是利用两个金属筒缝间的电场加速。
粒子获得的能量：
缺点是：金属筒的长度一个比一个长，占用空间太大。
2、回旋加速器
采用了多次小电压加速的优点，巧妙地利用电场对粒子加速、利用磁场对粒子偏转，实验对粒子加速。
①回旋加速器使粒子获得的最大能量：
在粒子的质量、电量，磁感应强度B、D型盒的半径R一定的条件下，由轨道半径可知，，即有，，所以粒子的最大能量为
由动能定理可知，，加速电压的高低只会影响带电粒子加速的总次数，并不影响引出时的最大速度和相应的最大能量。
②回旋加速器能否无限制地给带电粒子加速？
回旋加速器不能无限制地给带电粒子加速，在粒子的能量很高时，它的速度越接近光速，根据爱因斯坦的狭义相对论，这里粒子的质量将随着速率的增加而显著增大，从而使粒子的回旋周期变大（频率变小）这样交变电场的周期难以与回旋周期一致，这样就破坏了加速器的工作条件，也就无法提高速率了。
七、粒子在交变电场中的往复运动
当电场强度发生变化时，由于带电粒子在电场中的受力将发生变化，从而使粒子的运动状态发生相应的变化，粒子表现出来的运动形式可能是单向变速直线运动，也可能是变速往复运动。
带电粒子是做单向变速直线运动，还是做变速往复运动主要由粒子的初始状态与电场的变化规律（受力特点）的形式有关。
图3 图4
•
q，m
uA
t
t
0
0
T/2
T
T/2
T
A
B
uA
1、若粒子（不计重力）的初速度为零，静止在两极板间，再在两极板间加上图3的电压，粒子做单向变速直线运动；若加上图4的电压，粒子则做往复变速运动。
2、若粒子以初速度为从B板射入两极板之间，并且电场力能在半个周期内使之速度减小到零，则图1的电压能使粒子做单向变速直线运动；则图2的电压也不能粒子做往复运动。
所以这类问题要结合粒子的初始状态、电压变化的特点及规律、再运用牛顿第二定律和运动学知识综合分析。
八、粒子在复合场中运动
1、在运动的各种方式中，最为熟悉的是以垂直电磁场的方向射入的带电粒子，它将在电磁场中做匀速直线运动，那么，初速v0的大小必为E/B，这就是速度选择器模型，关于这一模型，我们必须清楚，它只能选取择速度，而不能选取择带电的多少和带电的正负，这在历年高考中都是一个重要方面。
2、带电物体在复合场中的受力分析：带电物体在重力场、电场、磁场中运动时，其运动状态的改变由其受到的合力决定，因此，对运动物体进行受力分析时必须注意以下几点：
①受力分析的顺序：先场力（包括重力、电场力、磁场力）、后弹力、再摩擦力等。
②
重力、电场力与物体运动速度无关，由物体的质量决定重力大小，由电场强决定电场力大小；但洛仑兹力的大小与粒子速度有关，方向还与电荷的性质有关。所以必须充分注意到这一点才能正确分析其受力情况，从而正确确定物体运动情况。
3、带电物体在复合场的运动类型：
①匀速运动或静止状态：当带电物体所受的合外力为零时
②匀速圆周运动：当带电物体所受的合外力充当向心力时
③非匀变速曲线运动；当带电物体所受的合力变化且和速度不在一条直线上时
4、综合问题的处理方法
(1)处理力电综合题的的方法
处理力电综合题与解答力学综合题的思维方法基本相同，先确定研究对象，然后进行受力分析（包括重力）、状态分析和过程分析，能量的转化分析，从两条主要途径解决问题。
①用力的观点进解答，常用到正交分解的方法将力分解到两个垂直的方向上，分别应用牛顿第三定律列出运动方程，然后对研究对象的运动进分解。可将曲线运动转化为直线运动来处理，再运用运动学的特点与方法，然后根据相关条件找到联系方程进行求解。
②用能量的观点处理问题
对于受变力作用的带电体的运动，必须借助于能量观点来处理。即使都是恒力作用的问题，用能量观点处理也常常显得简洁，具体方法有两种：
ⅰ用动能定理处理，思维顺序一般为：
a.弄清研究对象，明确所研究的物理过程
b.分析物体在所研究过程中的受力情况，弄清哪些力做功，做正功还是负功
c.弄清所研究过程的始、末状态（主要指动能）
ⅱ用包括静电势能和内能在内的能量守恒定律处理，列式的方法常有两种：
a从初、末状态的能量相等（即）列方程
b从某些能量的减少等于另一些能量的增加（即）列方程
c若受重力、电场力和磁场力作用，由于洛仑兹力不做功，而重力与电场力做功都与路径无关，只取决于始末位置。因此它们的机械能与电势能的总和保持不变。
(2)处理复合场用等效方法：
各种性质的场与实物（由分子和原子构成的物质）的根本区别之一是场具有叠加性。即几个场可以同时占据同一空间，从而形成叠加场，对于叠加场中的力学问题，可以根据力的独立作用原理分别研究每一种场力对物体的作用效果；也可以同时研究几种场力共同作用的效果，将叠加紧场等效为一个简单场，然后与重力场中的力学问题进行类比，利用力学的规律和方法进行分析与解答。
图5
【典例分析】
·
A
B
P
M
N
·
·
+Q
【例1】如图5所示，AB是一个接地的很大的薄金属板，其右侧P点有带量为Q的正电荷，N为金属板外表面上的一点，P到金属板的垂直距离，M为PN连线的中点，关于M、N两点的场强和电势，有如下说法：
①M点的电势比N点电势高，M点的场强比N点的场强大
②M点的场强大小为
③N点的电势为零，场强不为零
④N点的电势和场强都为零
上述说法中正确的是（ ）
A.①③ B.②④ C.①④ D.②③
【例2】如图6所示，两根长为的绝缘细线上端固定在O点，下端各悬挂质量为的带电小球A、B，A、B带电分别为、，今在水平向左的方向上加匀强电场，场强E，使连接AB长为的绝缘细线拉直，并使两球处于静止状态，问，要使两小球处于这种状态，外加电场E的大小为多少？
O
E
B
A
图6
【例3】如图7所示，是示波管工作原理示意图，电子经加速电压U1加速后垂直进入偏转电场，离开偏转电场时的偏转量为，两平行板间的距离为，电势差为U2，板长为，为了提高示波管的灵敏度（单位偏转电压引起的偏转量）可采取哪些措施？
图7
v0
l
U2
d
h
U1
【例4】（2001年，安徽高考题）一平行板电容器，两板间的距离和两板面积都可调节，电容器两极板与电池相连接，以表示电容器的电量，表示两极间的电场强度，则下列说法中正确的是（ ）
A.当增大，S不变时，减小E减小
B.当S增大，不变时，增大E增大
C.当减小，S增大时，增大E增大
D.当S减小，减小时，不变E不变
【例5】如图8所示，在S点的电量为q，质量为m的静止带电粒子，被加速电压为U，极板间距离为d的匀强电场加速后，从正中央垂直射入电压为U的匀强偏转电场，偏转极板长度和极板距离均为L，带电粒子离开偏转电场后即进入一个垂直纸面方向的匀强磁场，其磁感应强度为B。若不计重力影响，欲使带电粒子通过某路径返回S点，求：
（1）匀强磁场的宽度D至少为多少？
（2）该带电粒子周期性运动的周期T是多少？偏转电压正负极多长时间变换一次方向？
图8
L
L
U
S
d
U
B
D
【例6】N个长度逐个增大的金属筒和一个靶沿轴线排列成 一串，如图9 所示（图中只画出4个圆筒，作为示意），各筒和靶相间地连接到频率为f，最大电压值为U的正弦交流电源的两端，整个装置放在高度真空容器中，圆筒的两底面中心开有小孔，现有一电量为q、质量为m的正离子沿轴线射入圆筒，并将在圆筒间及圆筒与靶间的缝隙处受到电场力作用而加速（设圆筒内部没有电场），缝隙的宽度很小，离子穿过缝隙的时间可以不计，已知离子进入第一个圆筒左端的速度为v1，且此时第一、二两个圆筒间的电势差U1－U2＝－U，为使打到靶上的离子获得最大能量，各个圆筒的长度应满足什么条件？并求出在这种情况下打到靶上的离子能量。
v1
图 9
【例7】一水平放置的平行板电容器置于真空中，开始时两极板的匀电场的场强大小为E1，这时一带电粒子在电场的正中处于平衡状态。现将两极板间的场强大小由E1突然增大到E2，但保持原来的方向不变，持续一段时间后，突然将电场反向，而保持场强的大小E2不变，再持续一段同样时间后，带电粒子恰好回到最初的位置，已知在整个过程中，粒子并不与极板相碰，求场强E1的值。
【例8】如图10所示，在xOy平面内，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、方向垂直xOy平面指向纸里的匀强磁场．一个质量m=4×10-5kg，电量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．求：（1）P点到原点O的距离；（2）带电微粒由原点O运动到P点的时间．
x
y
B
E
•
P
O
图10
【跟踪练习】
1．如图11所示，P、Q是两个电量相等正的电荷，它们连线的中点是O，a、b是中垂线上的两点，，用、、、分别表示a、b两点的场强和电势，则（ ）
•
•
b
a
•
•
O
Q
P
图11
A.一定大于，一定大于
B.不一定大于，一定大于
C.一定大于，不一定大于
D.不一定大于，不一定大于
2．一个电量为的正电荷从电场外移到电场里的A点,电场做功,则A点的电势UA等于多少?如果此电荷移到电场里的另一点B,电场力做功2×10－3，则A、B两点间的电势差UAB等于多少？如果有另一电量是的负电荷从A移到B，则电场力做功为多少？
图12
O
A
B
Q
m，q
3．如图12所示，质量为的小球B，带电量为，用绝缘细线悬挂在O点，球心到O点的距离为，在O点的正下方有一个带同种电荷的小球A固定不动，A的球心到O点的距离也为，改变A球的带电量，B球将在不同的位置处于平衡状态。当A球带电量为，B球平衡时，细线受到的拉力为；若A球带的电量为，B球平衡时，细线受到的拉力为，则与的关系为（ ）
A. > B. < C. = D. = =
图13
O
A
B
-q
q
E
4．有三根长度皆为的不可伸长的绝缘轻线，其中两根的一端固定在天花板上的O点，另一端分别拴有质量皆为的带电小球A和B，它们的电量分别为和，。A、B之间用第三根线连接起来。空间中存在大小为的匀强电场，场强方向沿水平向右，平衡时A、B球的位置如图13所示。现将O、B之间的线烧断，由于有空气阻力，A、B球最后会达到新的平衡位置。求最后两球的机械能与电势能的总和与烧断前相比改变了多少。（不计两带电小球间相互作用的静电力）
U1
U2
θ
图14
5．如图14所示，电子在电势差为U1的加速电场中由静止开始运动，然后射入电势差为U2的两平行极板间的电场中，射入方向与极板平行，整个装置处在真空中，重力可忽略，在满足电子能射出平行板区的条件下，下述四种情况中，一定能使电子的偏转角变大的是（ ）
A.U1变大，U2变大
B.U1变小，U2变大
C.U1变大，U2变小
D.U1变小，U2变小
6．（1997年，全国题）如图15（1）所示，真空室中电极K发出的电子（初速不计）经过伏的加速电场后，由小孔S沿两水平金属板A、B间的中防线射入，A、B板长米，相距米，加在A、B两板间的电压u随时间t变化u—t图线如图15(2)所示，设A、B间的电场可看作是均匀的，且两板外无电场，在每个电子通过电场区域的极短时间。内，电场可视作恒定的。两板右侧放一记录圆筒，筒的左侧边缘与极右端距离米，筒绕其竖直轴匀速转动，周期T秒，筒的周长米，筒能接收到通过A、B板的全部电子。
（1）以t=0时[见图15（2）]，此时u=0，电子打到圆筒记录纸上的点作为xy坐标系的原点，并取y轴竖直向上，试计算电子打到记录纸上的最高点的y坐标和x坐标。（不计重力作用）
（2）在给出的坐标纸图15（3）上定量地画出电子打到记录纸上的点形成的图线。
l
A
B
S
U0
k
b
d
图15(1)
0
1
2
3
4
5
t
10-1s
y/cm
x/cm
0
-5
5
10
20
图15(2)
图15(3)
A
B
图16
7．(1997年，全国题)在图16中所示的实验装置中，平行板电容器的极板A与灵敏的静电计相接，极板B接地，若极板B稍向上移动一点，由观察到的静电计指针变化作出平行板电容器电容变小的结论，其依据是（ ）
A.两极板间的电压不变，极板上的电量变小
B.两极板间的电压不变，极板上的电量变大
图17
C.极板上的电量几乎不变，两极板间的电压变小
•
P
D.极板上的电量几乎不变，两极板间的电压变大
8．如图17所示，已充电的平行板电容器，带正电的极板接地，两极板间于P点处固定一负的点电荷，若将上极板下移至虚线位置，则下列说法中正确的是（ ）
A.两极间的电压和板间场强都变小
B.两极间的电压变小，但场强不变
C.P点的电势升高，点电荷的电势能增大
D.P点的电势不变，点电荷的电势能也不变
9．如图18所示，在x轴上方有匀强磁场（磁感强度为B），一个质量为m，带电量为q的粒子以速度v0从坐标原点O射入磁场，v0 与x轴的负方向夹角为，不计重力，求粒子在磁场中飞行的时间和飞出磁场的坐标（磁场垂直纸面，不考虑粒子的重力）
O
θ
v0
图18
10．如图19所示，x轴上方有匀强磁场， 磁感应强度为B，方向如图所示，下方有匀强电场，场强为E。今有电量为q，质量为m的粒子位于y轴N点坐标（0，－b）。不计粒子所受重力。在x轴上有一点M（L，0）。若使上述粒子在y轴上的N点由静止开始释放在电磁场中往返运动，刚好能通过M点。已知OM＝L。求：
(1) 粒子带什么电?
(2) 释放点N离O点的距离须满足什么条件?
图 19
(3) 从N到M点粒子所用最短时间为多少?
y
x
M．、
N．、
0,-b
L,0
O
l
B
A
图20
11．图20中，A、B是一对平行的金属板。在两板间加上一周期为T的交变电压。A板的电势UA=0，B板的电势UB随时间的变化规律为，在0到T/2的时间内，UB= U0(正常数)；在T/2到达T的时间内，UB＝－U0；在T到3T/2的时间内，UB=U0；在3T/2到2T的时间，UB= —U0…现有一电子从A板上的小孔进入两板间的电场区内，设电子的初速度和重力影响均可忽略，则（ ）
A.若电子在t＝0时刻进入，它将一直向B板运动
B.若电子是在t＝T/8时刻进入的，它可能时而向B板运动，时而向A板运动，最后打在B板上
C.若电子是在t＝3T/8时刻进入的，它可能时而向B板运动，时而向A板运动，最后打在B板上
D.若电子是在t＝T/2时刻进入的，它可能时而向B板，时而向A板运动
12. (2003.江苏)串列加速器是用来产生高能离子的装置。图21中虚线框内为其主体的原理示意图，其中加速管的中部b处有很高的正电势U，a、c两端均有电极接地（电势为零），现将速度很低的负一价碳离子从a端输入，当离子到达b处时，可被设在b处的特殊装置将其电子剥离，成为n价正离子，而不改变其速度大小。这些正n价碳离子从c端飞出后进入一与其速度方向垂直的、磁感应强度为B的匀强磁场中，在磁场中做半径为R的圆周运动。已知碳离子的质量，，，，元电荷，求半径R。
图21
加速管
a
b
c
13．如图22所示为一种获得高能粒子的装置。环形区域内存在垂直纸面向外、大小可调的匀强磁场。质量为m，电量为＋q的粒子在环中作半径为R的圆周运动。A、B为两块中心开有小孔的极板。原来电势都是零，每当粒子飞经A板时，A板电势升高为＋U，B板电势仍保持为零，粒子在两板间电场中得到加速。每当粒子离开B板时，A板电势又降为零。粒子在电场一次次加速下动能不断增大，而绕行半径不变。
(1)设t＝0时粒子静止在A板小孔处，在电场作用下加速，并绕行第一圈。求粒子绕行n圈回到A板时获得的总动能En。
(2)为使粒子始终保持在半径为R的圆轨道上运动，磁场必须周期性递增。求粒子绕行第n圈时的磁感应强度Bn。
(3)求粒子绕行n圈所需要的总时间tn（设极板间距离远小于R）。
(4)在图22(2)中画出A板电势u与时间t的关系（从t＝0起画到粒子第四次离开B板时即可）
R
O A +U
0
图22(1)
(5)在粒子绕行的整个过程中，A板电势是否可始终保持为＋U？为什么？
u
U
0 t
图22(2)
14．（2002年，广东题）如图23（a）所示，A、B为水平放置的平行金属板，板间距离为（远小于板的长度和宽），在两板之间有一带负电的质点P，已知若在A、B间加电压U0，则P点可以静止平衡，现在A、B间加上图（b）所示的随时间变化的电压U，在时，质点P位于A、B的中点处且初速度为零，已知质点P能在A、B间以最大的幅度上下运动，而又不与两极板相碰，求图（b）中U改变的各时刻及的表达式（质点开始从中点上升到最高点，及以后每次从最高点到最低点或从最低点到最高点的过程，电压只改变一次）。
（a） （b）
图23
0
t1
t2
t3
t4
tn
t
u
2U0
·
P
+
—
A
B
O
+Q
300
A
B
D
E
15．如图24所示，倾角为300的直角三角形底边长为2l，底边外在水平位置，斜边为光滑绝缘导轨，现在底边中点O处固定一正电荷Q，让一个质量为m的带正电荷q从斜面顶端A沿斜面滑下（始终不脱离斜面），已测得它滑到仍在斜边上的垂足D处的速度为v，加速度为a，方向沿斜面向下，问该质点滑到斜边底端C点时的速度和加速度各为多少？
图24
专题四 电磁感应与电路
黄冈中学 王小兰
[方法归纳]
电磁感应是电磁学中最为重要的内容，也是高考的热点之一。电磁感应是讨论其他形式能转化为电能的特点和规律；电路问题主要是讨论电能在电路中传输、分配并通过用电器转化成其他形式能的特点和规律，本专题的思想是能量转化与守恒思想。
在复习电磁感应部分时，其核心是法拉第电磁感应定律和楞次定律；这两个定律一是揭示感应电动势的大小所遵循的规律；一个是揭示感的电动势方向所遵循的规律，法拉第电磁感定律的数学表达式为：，磁通量的变化率越大，感应电动势越大．磁通量的变化率越大，外界所做的功也越大．楞次定律的表述为：感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化，从楞次定律的内容可以判断出：要想获得感应电流就必须克服感应电流的阻碍，需要外界做功，需要消耗其他形式的能量．在第二轮复习时如果能站在能量的角度对这两个定律进行再认识，就能够对这两个定律从更加整体、更加深刻的角度把握．
电路部分的复习，其一是以部分电路欧姆定律为中心，包括六个基本物理量（电压、电流、电阻、电功、电功率、电热），三条定律（部分电路欧姆定律、电阻定律和焦耳定律），以及串、并联电路的特点等概念、定律的理解掌握和计算；其二是以闭合电路欧姆定律为中心讨论电动势概念、闭合电路中的电流、路端电压以及闭合电路中能量的转化；其三，对高中物理所涉及的三种不同类别的电路进行比较，即恒定电流电路、变压器电路、远距离输电电路，比较这些电路哪些是基本不变量，哪些是变化量，变化的量是如何受到不变量的制约的．其能量是如何变化的．
在恒定电流电路中，如果题目不加特殊强调，电源的电动势和内电阻是基本不变量，在外电阻改变时其他量的变化受到基本不变量的制约．
在变压器电路中，如果题目不加特殊强调，变压器的输入电压不变，其他量改变时受到这个基本不变量的制约．
在远距离输电电路中，如果题目不加特殊强调，发电厂输出的电功率不变，其他量改变时受到这个基本不变量的制约．
[典例分析]
1．电磁感应的图象问题
方法：图象问题有两种：一是给出电磁感应过程选出或画出正确图象；二是由给定的有关图象分析电磁感应过程，求解相应的物理量．其思路是：利用法拉第电磁感应定律计算感应电动势．感应电流的大小，利用楞次定律或右手定则判定感应电流的方向，利用图象法直观，明确地表示出感应电流的大小和方向．掌握这种重要的物理方法．
例1、如图4—1（a）所示区域（图中直角坐标系xOy的1、3象限）内有匀强磁场，磁感应强度方向垂直于图面向里，大小为B，半径为l，圆心角为60°的扇形导线框OPQ以角速度绕O点在图面内沿逆时针方向匀速转动，导线框回路电阻为R．
（1）求线框中感应电流的最大值I0和交变感应电流的频率f．
（2）在图（b）中画出线框转一周的时间内感应电流I随时间t变化的图象．（规定在图（a）中线框的位置相应的时刻为t =0）
（a） （b）
图4—1
2、电路的动态分析
方法：利用欧姆定律，串、并联电路的性质，闭合电路的欧姆定律；明确不变量，以“从局部到整体再到局部”，“从外电路到内电路再到外电路”的顺序讨论各物理量的变化情况．
图4—3
例2、如图4—3所示的电路中，电源的电动势为E，内阻为r．当可变电阻的滑片P向b移动时，电压表的读数U1与电压表的读数U2的变化情况是（ ）
A．U1变大，U2变小
B．U1变大，U2变大
C．U1变小，U2变小
B．U1变小，U2变大
3、电磁感应与力学综合
方法：从运动和力的关系着手，运用牛顿第二定律
（1）基本思路：受力分析→运动分析→变化趋向→确定运动过程和最终的稳定状态→由牛顿第二定律列方程求解．
（2）注意安培力的特点：
导体运动v
感应电动势E
感应电流I
安培力F
磁场对电流的作用
电磁感应
阻碍
闭合电路
欧姆定律
（3）纯力学问题中只有重力、弹力、摩擦力，电磁感应中多一个安培力，安培力随速度变化，部分弹力及相应的摩擦力也随之而变，导致物体的运动状态发生变化，在分析问题时要注意上述联系．
例3、如图4—4所示，两根相距为d的足够长的平行金属导轨位于水平xOy平面内，左端接有阻值为R的电阻，其他部分的电阻均不计．在x>0的一侧存在垂直xOy平面且方向竖直向下的稳定磁场，磁感强度大小按B=kx规律变化（其中k是一大于零的常数）．一根质量为m的金属杆垂直跨搁在光滑的金属导轨上，两者接触良好．
当t =0时直杆位于x=0处，其速度大小为v0，方向沿x轴正方向，在此后的过程中，始终有一个方向向左的变力F作用于金属杆，使金属杆的加速度大小恒为a，加速度方向一直沿x轴的负方向．求：
（1）闭合回路中感应电流持续的时间有多长？
（2）当金属杆沿x轴正方向运动的速度为时，闭合回路的感应电动势多大？此时作用于金属杆的外力F多大？
图4—4
4、电磁感应与动量、能量的综合
方法：
（1）从动量角度着手，运用动量定理或动量守恒定律
①应用动量定理可以由动量变化来求解变力的冲量，如在导体棒做非匀变速运动的问题中，应用动量定理可以解决牛顿运动定律不易解答的问题．
②在相互平行的水平轨道间的双棒做切割磁感线运动时，由于这两根导体棒所受的安培力等大反向，合外力为零，若不受其他外力，两导体棒的总动量守恒．解决此类问题往往要应用动量守恒定律．
（2）从能量转化和守恒着手，运用动能定律或能量守恒定律
①基本思路：受力分析→弄清哪些力做功，正功还是负功→明确有哪些形式的能量参与转化，哪增哪减→由动能定理或能量守恒定律列方程求解．
②能量转化特点：其它能（如：机械能）电能内能（焦耳热）
例4、如图4—6所示，在空间中有一水平方向的匀强磁场区域，区域的上下边缘间距为h，磁感应强度为B．有一宽度为b（b
a）处以速度v沿抛物线下滑，假设抛物线足够长，金属环沿抛物线下滑后产生的焦耳热总量是（ ）
A．mgb B．
图4—20
C．mg(b－a) D．
8．如图4—20所示，长为L、电阻r=0.3Ω、质量m=0.1kg的金属棒CD垂直跨搁在位于水平面上的两条平行光滑金属导轨上，两导轨间距也是L，棒与导轨间接触良好，导轨电阻不计，导轨左端接有R=0.5Ω的电阻，量程为0～3.0A的电流表串接在一条导轨上，量程为0～1.0V的电压表接在电阻R的两端，垂直导轨平面的匀强磁场向下穿过平面．现以向右恒定外力F使金属棒右移，当金属棒以v=2m/s的速度在导轨平面上匀速滑动时，观察到电路中的一个电表正好满偏，而另一个电表未满偏，问：
（1）此满偏的电表是什么表？说明理由．
（2）拉动金属棒的外力F多大？
（3）此时撤去外力F，金属棒将逐渐慢下来，最终停止在导轨上．求从撤去外力到金属棒停止运动的过程中通过电阻R的电量．
9．高频焊接是一种常用的焊接方法，其焊接的原理如图所示．将半径为10cm的待焊接的圆形金属工件放在导线做成的1000匝线圈中，然后在线圈中通以高频的交变电流，线圈产生垂直于金属工件所在平面的变化磁场，磁场的磁感应强度B的变化率为1000T/s．焊接处的接触电阻为工件非焊接部分电阻的 99倍．工作非焊接部分每单位长度上的电阻为，焊接的缝宽非常小，求焊接过程中焊接处产生的热功率．（取=10，不计温度变化对电阻的影响）
图4—21
10．如图所示，与光滑的水平平行导轨P、Q相连的电路中，定值电阻R1=5Ω，R2=6Ω；电压表的量程为0～10V，电流表的量程为0～3A，它们都是理想电表；竖直向下的匀强磁场穿过水平导轨面，金属杆ab横跨在导轨上，它们的电阻均可不计，求解下列问题：
（1）当滑动变阻器的阻值R0=30Ω时，用水平恒力F1=40N向右作用于ab，在ab运动达到稳定状态时，两个电表中有一个电表的指针恰好满偏，另一个电表能安全使用．试问：这时水平恒力F1的功率多大？ab的速度v1多大？
（2）将滑动变阻器的电阻调到R0=3Ω，要使ab达到稳定运动状态时，两个电表中的一个电表的指针恰好满偏，另一个电表能安全使用，作用于ab的水平恒力F2多大？这时ab的运动速度v2多大？
图4—22
R0
Rx
R1
图4—23
11．两只相同的电阻，分别通过简谐波形的交流电和方形波的交流电．两种交变电流的最大值相等，波形如图4—23所示．在简谐波形交流电的一个周期内，简谐波形交流电在电阻上产生的焦耳热Q1与方波形交流电在电阻上产生的焦耳热Q2之比为等于（ ）
A．3︰1 B．1︰2
C．2︰1 D．4︰3
12．曾经流行过一种向自行车车头灯供电的小型交流发电机，图4—24甲为其结构示意图．图中N、S是一对固定的磁极，abcd为固定在转轴上的矩形线框，转轴过bc边中点、与ab边平行，它的一端有一半径r0=1.0cm的摩擦小轮，小轮与自行车车轮的边缘相接触，如图4—24乙所示．当车轮转动时，因摩擦而带动小轮转动，从而使线框在磁极间转动．设线框由N=800匝导线圈组成，每匝线圈的面积S=20cm2
，磁极间的磁场可视为匀强磁场，磁感强度B=0.010T，自行车车轮的半径R1=35cm，小齿轮的半径R2=4.0cm，大齿轮的半径R3=10.0cm（见图乙）．现从静止开始使大齿轮加速运动，问大齿轮的角速度为多大时才能使发电机输出电压的有效值U=3.2V？（假定摩擦小轮与自行车轮之间无相对滑动）
图4—24
13．如图4—25所示，两块水平放置的平行金属板间距为d，定值电阻的阻值为R，竖直放置线圈的匝数为n，绕制线圈导线的电阻为R，其他导线的电阻忽略不计．现在竖直向上的磁场B穿过线圈，在两极板中一个质量为m，电量为q，带正电的油滴恰好处于静止状态，则磁场B的变化情况是（ ）
图4—25
A．均匀增大，磁通量变化率的大小为
B．均匀增大，磁通量变化率的大小为
C．均匀减小，磁通量变化率的大小为
D．均匀减小，磁通量变化率的大小为
14．如图4—26所示，水平面中的光滑平行导轨P1、P2相距l=50cm，电池电动势E′=6V，电阻不计；电容C=2F，定值电阻R=9Ω；直导线ab的质量m=50g，横放在平行导轨上，其中导轨间的电阻R′=3Ω；竖直向下穿过导轨面的匀强磁场的磁感应强度B=1.0T；导轨足够长，电阻不计．
（1）闭合开关S，直导线ab由静止开始运动的瞬时加速度多大？ab运动能达到的最大速度多大？
（2）直导线ab由静止开始运动到速度最大的过程中，电容器的带电荷量变化了多少？
E′
P1
P2
图4—26
15．如图4—27所示的四个图中，a、b为输入端，接交流电源、cd为输出端，下列说法中错误的是（ ）
～
a
b
c
d
～
a
b
d
c
～
a
b
c
d
～
a
b
d
c
A B C D
A．A图中UabUcd
C．C图中UabUcd
16．某电站输送的电功率是500kW，当采用6kV电压输电时，安装在输电线路起点的电度表和终点的电度表一昼夜读数相差4800kWh（即4800度），试求：（1）输电线的电阻；（2）若要使输电线上损失的功率降到输送功率的2.304%，应采用多高的电压向外输电？
专题五 物理实验
黄冈中学 丁汝辉
自然科学是实验性科学，物理实验是物理学的重要组成部分．理科综合对实验能力提出了明确的要求，即是“设计和完成实验的能力”，它包含两个方面：
1．独立完成实验的能力．包括：
（1）理解实验原理、实验目的及要求；
（2）掌握实验方法步骤；
（3）会控制实验条件和使用实验仪器，会处理实验安全问题；
（4）会观察、解释实验现象，会分析、处理实验数据；
（5）会分析和评价实验结果，并得出合理的实验结论．
2．设计实验的能力．能根据要求灵活运用已学过的物理理论、实验方法和仪器，设计简单的实验方案并处理相关的实验问题．
一、基本仪器的使用
［方法归纳］
1．要求会正确使用的仪器
刻度尺、游标卡尺、螺旋测微器、天平、秒表、打点计时器、弹簧秤、温度表、电流表、电压表、多用电表、滑动变阻器、电阻箱、示波器．
2．在力学和电学实验中，常需要利用测量工具直接测量基本物理量．
基本物理量
测量仪器
力学
长度
刻度尺、游标卡尺、螺旋测微器
时间
秒表（停表）、打点计时器
质量
天平
电学
电阻（粗测）
欧姆表、电阻箱
电流
电流表
电压
电压表
3．读数方法：
用各种测量仪器测量有关物理量，读数时首先要弄清测量仪器的精度．以螺旋测微器为例：精度为mm=0.01mm，其读数方法是：读数=固定刻度数(含半毫米刻度)＋可动刻度数（含估读刻度数）×精度．
[典例分析]
【例1】 请将下列各种测量仪器的读数填在题中的横线上．
示数___________cm 示数__________cm
示数___________s 示数__________s
电阻箱连入电路中的
电阻为___________Ω
此时待测电阻为___________Ω
用0～15V档，此电压
表示数为___________V
用0～0.6A档，此电流
表示数为___________A
【特别提示】 一般来说，除游标卡尺、秒表、电阻箱外，其他测量仪器的读数都需要估读，即读到精度的下一位．
二、独立完成实验
［方法归纳］
1．常见间接测量的物理量及其测量方法
有些物理量不能由测量仪器直接测量，这时，可利用待测量和可直接测量的基本物理量之间的关系，将待测物理量的测量转化为基本物理量的测量．
待测物理量
基本测量方法
力学
速度
①利用纸带，；②利用平抛，
加速度
①利用纸带，逐差法；②利用单摆
力
根据F=ma转化为测量m、a
功
根据转化为测量m、S、v
电学
电阻（精确测量）
①根据转化为测量U、I（伏安法）；②电阻箱（半偏、替代）
电功率
根据P=IU转化为测量U、I
电源电动势
根据E＝U＋Ir转化为测量U、I
2．处理实验数据的常用方法
为了减小由于实验数据而引起的偶然误差，常需要采用以下方法进行处理．
（1）多次测量求平均值；（2）图象法
3．实验误差的分析
中学物理中只要求初步了解系统误差和偶然误差、绝对误差和相对误差的概念；能定性分析某些实验中产生误差的主要原因；知道用平均值法、图象法减小偶然误差；但不要求计算误差．
（1）系统误差和偶然误差：测量值总是有规律的朝着某一方向偏离真值（总是偏大或总是偏小）的误差，称为系统误差．系统误差的主要来源是仪器本身不够精确，或实验原理、方法不够完善．由于偶然因素的影响，造成测量值的无规则起伏称为偶然误差．偶然误差是由于各种偶然因素对实验者、测量仪器，被测物理量的影响而产生的，多次测量偏大和偏小的机会相同，因此，多次测量求平均值可减小偶然误差．
（2）绝对误差和相对误差：设某物理量的真值为A0，测量值为A，则绝对误差，相对误差为．真值A0常以公认值、理论值或多次测量的平均值代替．
[典型分析]
【例1】 一打点计时器固定在斜面上某处，一小车拖着穿过打点计器的纸带从斜面上滑下，如图5-1甲所示，图5—1乙是打出的纸带的一段．
图5—1
（1）已知打点计时器使用的交流电频率为50Hz，利用图乙给出的数据可求出小车下滑的加速度a=____________．
（2）为了求出小车在下滑过程中所受的阻力，还需要测量的物理量有___________，用测得的量及加速度a表示阻力的计算式为f =_________________．
图5—3
【例2】 一个有一定厚度的圆盘，可以绕通过中心且垂直于盘面的水平轴转动．用下面的方法测量它匀速转动时的角速度．
实验器材：电磁打点计时器，米尺，纸带，复写纸．
实验步骤：
（1）如图5—3所示，将电磁打点计时器固定在桌面上，将纸带的一端穿过打点计时器的限位孔后，固定在待测圆盘的侧面上，使圆盘转动时，纸带可以卷在圆盘侧面上．
（2）启动控制装置使圆盘转动，同时接通电源，打点计时器开始打点．
（3）经过一段时间，停止转动和打点，取下纸带，进行测量．
①由已知量和测得量表示角速度的表达式为ω=________________，式中各量的意义是___________．
②某次实验测得圆盘半径r =5.50×10－2m，得到的纸带的一段如图5—4所示，求得角速度为________．
单位：cm
图5—4
【例3】 小灯泡灯丝的电阻会随温度的升高而变大．某同学为研究这一现象，用实验得到如下数据（I和U分别表示小灯泡上的电流和电压）：
I/(A)
0.12
0.21
0.29
0.34
0.38
0.42
0.45
0.47
0.49
0.50
U(V)
0.20
0.40
0.60
0.80
1.00
1.20
1.40
1.60
1.80
2.00
（1）在左下框中画出实验电路图．可用的器材有：电压表、电流表、滑线变阻器（变化范围0～10Ω）、电源、小灯泡、电键、导线若于．
（2）在图5—5中画出小灯泡的U—I曲线．
图5—5
（3）若将该小灯泡接在电动势是1.5V，内阻是2.0Ω的电池两端，小灯泡的实际功率是多少?（简要写出求解过程，若需作图，可直接画在图中）
三、实验设计
[专题精讲]
实验设计应把重点放在力学和电学实验上，力学以打点计时器为中心展开，电学以电阻测量为中心展开．
1．进行实验设计的总体原则
（1）精确性：在实验误差允许的范围内，应尽可能选择误差较小的方案．
（2）安全性：实验方案的实施要安全可靠，不会对器材造成损害，且成功率高．
（3）可操作性：实验应便于操作和读数，便于进行数据处理．
2．实验设计的基本思路
．
实验设计的关键在于实验原理的设计，它是进行实验的依据和起点，它决定了应选用（或还需）哪些实验器材，应测量哪些物理量，如何编排实验步骤．而实验原理的设计又往往依赖于所提供的实验器材（条件）和实验要求，它们相辅相成，互为条件．
以测量电表的内阻为例：
纵向：伏安法及变式
1°电流表、电压表各一只，可以测量它们的内阻
V
A
V
A
2°两只同种电表，若知道一只的内阻，就可以测另一只的内阻
A2
A1
V1
V2
3°两只同种电表内阻都未知，则需要一只电阻箱才能测定电表的内阻
R
A1
A2
V2
V1
R
横向：除伏安法外，还常用替代法、半偏法和闭合电路欧姆定律（计算法）
1°替代法
G2
G2
R
2
1
V1
V2
R
2
1
S
S
2°半偏法
G
R2
S2
R1
S1
R1
S
V
R2
3°闭合电路欧姆定律（计算法）
V
S
2
R
E
r
（电阻不计）
1
3．电学实验的器材选择和电路设计
（1）电路结构
完整的实验电路包括三个部分：①测量电路，②控制电路（变阻器、开关），③电源．
（2）思路
测量电路
器材选择
配置
控制电路
电路选择
控制
调节
（3）方法
①电表选择：为了减小电表读数引起的偶然误差，选择电表时应先估算待测电流或电压的最大值，同时要考虑电表间、电表与电源间的配置是否合理，测量时各电表的最大偏转量都应接近量程．
②分压、限流电路选择
在下列情况下应选择分压电路
1°实验要求待测电阻两端电压从零开始连续变化。
2°限流不能保证安全，即限流电路中的最小电流超过电表量程或用电器的额定电流．常见于变阻器全电阻远小于测量部分电阻的情况．
3°限流能保证安全，但变阻器调节过程中，电表读数变化不明显，不满足实验测量多组数据的要求．常见于变阻器全电阻远小于测量部分电阻的情况．
在限流、分压两种电路都满足实验要求时，由于限流电路结构简单，损耗的电功率小，应优先选用．
③滑动变阻器的粗调和微调．
在限流电路中，对测量电路而言，全电阻较大的变阻器起粗调作用，全电阻较小的变阻器起微调作用；在分压电路中，变阻器的粗、微调作用正好与限流电路相反．
图5—8
[典型分析]
【例4】 如图5—8所示，水平桌面上固定着斜面体A，有小铁块B．斜面体的斜面是曲面，由其截面图可以看出曲线下端的切线是水平的．现提供的实验测量工具有：天平、直尺． 其它的实验器材可根据实验需要自选．现要设计一个实验，测出小铁块B自斜面顶端由静止下滑到底端的过程中，小铁块B克服摩擦力做的功．请回答下列问题：
（1）除题中供给的器材处，还需要选用的器材是：
____________________________________________________________．
（2）简要说明实验中需要测量的物理量(要求在图上标明)：
_____________________________________________________________．
（3）写出实验结果的表达式（重力加速度g已知）：
____________________________________________________________．
【例5】 用伏安法测量一个定值电阻的阻值，备用器材如下 ：
待测电阻Rx （阻值约为25kΩ）
电流表A 1：（量程100A，内阻2kΩ）
电流表A2：（量程500A，内阻300Ω）
电压表V1：（量程10V，内阻100kΩ）
电流表V 2：（量程50V，内阻500kΩ）
电源E：（电动势15V，允许最大电流1A）
滑动变阻器R：（最大阻值1kΩ）
电键S，导线若干
为了尽量减小实验误差，要求测多组数据．
（1）电流表应选________________，电压表应选__________________．
（2）画出实验电路图．
【变式】 用以下器材测量一待测电阻Rx的阻值（900～1000Ω）：
电源E，具有一定内阻，电动势约为9.0V；
电压表V1，量程为1.5V，内阻r1=750Ω；
电压表V 2，量程为5V，内阻r 2=2500Ω；
滑线变阻器R，最大阻值约为100Ω；
图5—11
单刀单掷开关S，导线若干．
（1）测量中要求电压表的读数不小于其量程的，试画出测量电阻Rx的一种实验电路原理图(原理图中的元件要用题图中的相应的英文字母标注）．
（2）根据你所画的电路原理图在题给的实物图5—11上画出连线．
（3）若电压表V1的读数用U1表示，电压表v2的读数用U2表示，则由已知量和测得量表示Rx的公式为Rx=____________________．
【例6】 为了测定电流表A1的内阻，采用如图5—14所示的电路．其中：A1是待测电流表，量程为300A，内阻约为100Ω；A2是标准电流表，量程为200A；R1是电阻箱，阻值范围是0～999.9Ω；R2是滑动变阻器；R3是保护电阻；E是电池组，电动势为4V，内阻不计；S1是单刀掷开关．S2是单刀双掷开关．
图5—14 图5—15
（1）根据电路图，请在图5—15中画出连线，将器材连接成实验电路．
图5—16
（2）连接好电路，将开关S2扳到接点a处，接通开关S1，调整滑动变阻器R2使电表A 2的读数是150A；然后将开关S2扳到接点b处，保护R2不变，调节电阻R1，使A2的读数仍为150A．若此时电阻箱各旋钮的位置如图5—16所示，电阻箱的阻值是_______Ω，则待测电流表A1的内阻R1=______Ω．
（3）上述实验中，无论怎样调整滑动变阻器R2的滑动端位置，都要保证两块电流表的安全．在下面提供的四个电阻中，保护电阻R3应选用：_____________________（填写阻值相应的字母）．
A．200kΩ B．20kΩ C．15kΩ D．20Ω
（4）下面提供最大阻值不同的四个滑动变阻器供选用．既要满足上述实验要求，又要调整方便，滑动变阻器___________________（填写阻值相应的字母）是最佳选择．
A．1kΩ B．5kΩ C．10kΩ D．25kΩ
【例7】 现有一块59C2型的小量程电流表G（表头），满偏电流为50，内阻约为800～850Ω，把它改装成1mA、10mA的两量程电流表，可供选择的器材有：
滑动变阻器R1，最大阻值20Ω；滑动变阻器R 2，最大阻值100kΩ；
电阻箱R′，最大阻值9999Ω；定值电阻R0，阻值1kΩ；
电池E 1，电动势1.5V；电池E2，电动势3V；电池E3，电动势4.5V；（所有电池内阻不计），标准电流表A，满偏电流1.5mA；
单刀单掷开关S1和S2；单刀双掷开关S3；电阻丝及导线若干．
（1）采用如图5—18（甲）所示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_______________．
甲 乙 丙
图5—18
（2）将G改装成两量程电流表，现有两种备选电路，如图5—18（乙）、（丙）所示．图_________为合理电路，另一电路不合理的理由是_______________________________．
（3）将改装后的电流表与标准电流表逐格进行核对（仅核对1mA量程），画出所用电路图，图中待核对的电流表符号用 来表示．
图5—20
【例8】 （1）一个电压表VA的内阻RA=1000Ω，量程为1.0V，现要利用电阻箱扩大它的量程，改装成量程为3.0V的电压表．改装后，再用一量程为3.0V的精确的电压表VB对改装后的电压表的所有刻度进行校准．除了这两个电压表VA、VB外，还有下列一些器材： 电源E（电动势约为6V，内阻较小）
变阻器R（总电阻约10Ω）
电阻箱R0（0～9999Ω）
开关S
导线若干
①如图5—20所示是以上器材和两个电压表VA、VB的实物示意图，试在图中画出连线，连成进行校准时的实验电路．
②图中电阻箱的取值等于________________Ω．
（2）用上述电压表VB和改装后并已校准过的电压表（以下称之为VC）以及一个开关和一些导线，去测量一个电动势大约为2V的电源的内阻r．
①简要写出测量步骤．
②用测得的量表达r的公式应为r=____________．
四、跟踪练习
1．下列关于误差的说法正确的是(填字母)____________．
A．误差是实验中产生的错误
B．误差都是由于测量不仔细产生的
C．误差都是由于测量工具不精密产生的
D．任何测量都存在误差
E．实验时认真测量就可以避免误差
F．采用精密仪器，改进实验方法，可以消除误差
G．实验中产生误差是难免的，但可以想办法尽量减小误差
H．多次测量取平均值可以减小偶然误差
I．多次测量取平均值可以减小系统误差
2．甲、乙、丙三位同学在使用不同的游标卡尺测量同一物体的长度时，测量的结果分别如下：
甲同学：使用游标为50分度的卡尺，读数为12.045cm
乙同学：使用游标为10分度的卡尺，读数为12.04cm
丙同学：使用游标为20分度的卡尺，读数为12.045cm
从这些数据中可以看出读数肯定有错误的是____________同学．
3．如图5—22甲、乙所示，用同一套器材测量铁块P与长金属板间的滑动摩擦力．甲图使金属板静止在水平桌面上，用手通过弹簧秤向右用力F拉P，使P向右运动；乙图把弹簧秤的一端固定在墙上，用力F水平向左拉金属板，使金属板向左运动．则铁块P与金属板间的滑动摩擦力的大小是__________N．
图5—22 图5—23
4．在“研究平抛物体的运动”的实验中，得到的轨迹如图5—23所示．根据平抛运动的规律及图中给出的数据，可计算出小球平抛的初速度v0=________m/s．
5．在验证机械能守恒定律的实验中，质量m=1kg的重物自由下落，在纸带上打出了一系列的点，如图5—24所示，相邻记数点间的时间间隔为0.02s，长度单位是cm，g取9.8m/s2．求：
图5—24
（1）打点计时器打下计数点B时，物体的速度vB=________________(保留两位有效数字)．
（2）从起点O到打下记数点B的过程中，物体重力势能减小量ΔEP=___________，动能的增加量ΔE k=_________________（保留两个有效数字）．
（3）即使在实验操作规范、数据测量及数据处理很准确的前提下，该实验求得的ΔEp也一定略大一
ΔEk，这是实验存在系统误差的必然结果，试分析该系统误差产生的主要原因．
6．在测定一节干电池（电动势约为1.5V，内阻约为2Ω）的电动势和内阻的实验中，变阻器和电压表各有两个供选：A电压表量程为15V，B电压表量程为3V，A变阻器为（20Ω，3A），B变阻器为（500Ω，0.2A）．
电压表应该选_______________ (填A或B)，这是因为____________________．变阻器应该选_______________ (填A或B)，这是因为__________________________．
7．利用如图5—25所示的电路测量电流表mA的内阻，闭合电键S，当变阻器的滑片滑至c处时，测得电流表mA和电压表V的示数分别是40mA、9V．已知图5—25中热敏电阻的I—U关系图线如图5—26所示，则电流表mA的内阻为（ ）
图5—25 图5—26
A．0.14Ω B．85Ω C．140Ω D．225Ω
8．如图5—27所示，一只黑箱有A、B、C三个接线柱，规定每两个接线柱间最多只能接一个电器元件．并且已知黑箱内的电器元件是一只电阻和一只二极管．某同学利用多用电表的欧姆挡，用正确的操作方法依次进行了6次测量，将每次红、黑表笔的位置和测得的阻值都填入了下表．
红表笔接
A
A
B
B
C
C
黑表笔接
B
C
A
C
A
B
测得阻值(Ω)
100
10k
100k
10.1k
90
190
由表中的数据可以判定:
图5—27
（1）电阻接在_________________两点间，阻值为_________________Ω．
（2）二极管接在_________________两点间，其中正极接在_________________点．二极管的正向阻值为____________Ω，反向阻值为______________Ω．
9．在“用双缝干涉测光的波长”的实验中，测量头示意图如图5—28所示，调节分划板的位置，使分划板中心剖线对齐某亮条纹的中心，此时测量头的读数为_________________mm，转动手轮，使分划线向一侧移动，到另一条亮条纹的中心位置，由测量头再读出一读数．若实验测得第一条到第五条亮条纹中心间的距离为Δx = 0.960mm，已知双缝间距为d=1.5mm，双缝到屏的距离为L=1.00m，则对应的光波波长=_________________nm．
图5—28 图5—29
10．如图5—29所示，画有直角坐标系Oxy的白纸位于水平桌面上．M是放在白纸上的半圆形玻璃砖，其底面的圆心在坐标原点，直边与x轴重合．OA是画在纸上的直线，P1、P2为竖直地插在直线OA上的两枚大头针，P3是竖直地插在纸上的第三枚大头针，是直线OA与y轴正方向的夹角，是直线OP3与y轴负方向的夹角．只要直线OA画得合适，且P3的位置取得正确，测出角、，便可求得玻璃的折射率．
图5—30
某学生在用上述方法测量玻璃的折射率时，在他画出的直线OA上竖直地插上了P1、P2两枚大头针，但在y<0的区域内，不管眼睛放在何处，都无法透过玻璃砖看到P1、P2的像，他应采取的措施是______________________________．若他已透过玻璃砖看到了P1、P2的像，确定P3位置的方法是___________________________________．若他已正确地测得了、的值，则玻璃的折射率n=________________．
11．在用“油膜法估测分子大小”的实验中，所用油酸酒精的浓度为每104
mL溶液中有纯油酸6mL，用注射器测得1mL上述溶液为75滴．把1滴该溶液滴入盛水的浅盘里，待水面稳定后，将玻璃板放在浅盘上，用笔在玻璃板上描出油酸的轮廓形状，再把玻璃板放在坐标纸上，其形状和尺寸如图5—30所示，坐标中正方形方格的边长为1cm．试求：
（1）油酸膜的面积是____________cm2．
（2）每滴油酸酒精溶液中含有纯油酸的体积是______________mL．
（3）按以上实验数据估测出油酸分子直径为___________m．[（2）、（3）两问答案取一位有效数字]
12．在一次用单摆测定重力加速度的实验中，图5—31（甲）的O点是摆线的悬挂点，a、b点分别是球的上沿和球心，摆长L=_____________m．
甲 乙
图5—31
图（乙）为测量周期用的秒表，长针转一圈的时间为30s，表盘上部的小圆共15大格，每一大格1min，该单摆摆动n=50次时，长、短针位置如图所示，所用时间t=_____________s．
用以上直接测量的物理量的英文符号表示重力加速度的计算式为g=_____________（不必代入具体数值）．
13．电磁打点计时器是一种计时装置，请根据电磁打点计时器的相关实验回答下列问题（电磁打点计时器所用电源频率为50Hz）：
图5—34
（1）如图5—32所示，某同学设计了一个用电磁打点计时器验证动量守恒定律的实验装置，在光滑水平面上，小车A的前端粘有橡皮泥，小车A受到瞬时冲量作用后做匀速运动，与原来静止在前方的小车B相碰并粘合成一体，继续做匀速运动．
图5—32
实验得到的打点纸带如图5—33所示，小车A的质量为0.4kg，小车B的质量为0.2kg，则碰前两小车的总动量为__________________kg·m/s，碰后两小车的总动量为___________]kg·m/s．（计算结果保留三位有效数字）
图5—33
（2）在“验证机械能守恒定律”的实验中：
①某同学用图5—34所示装置进行实验，得到如图5—35所示的纸带．测出点A、C间的距离为14.77cm，点C、E间的距离为16.33cm，已知当地重力加速度为9.8m/s2，重锤的质量为m=1.0kg，则垂锤在下落过程中受到的平均阻力大小Ff =_____________
图5—35
②某同学上交的实验报告显示重锤的动能略大于重锤的势能，则出现这一问题的原因可能是_______（填序号）．
A．重锤的质量测量错误 B．该同学自编了实验数据
C．交流电源的频率不等于50Hz D．重锤下落时受到的阻力过大
14．如图5—36所示，A、B是两个相同的小物块，C是轻弹簧，用一根细线连接A、B使弹簧C处于压缩状态，然后放置在光滑的水平桌面上．提供的测量器材有天平和刻度尺．试设计一个测定弹簧此时弹性势能Ep的实验方案，说明实验中应测定的物理量(同时用相应的字母表示)，并写出计算弹簧弹性势能Ep的表达式（用测得物理量的字母表示）．
图5—36
15．图5—37中E为直流电源，R为已知电阻，V为理想电压表，其量程略大于电源电动势，S1和S2是开关．现要利用图中电路测量电源的电动势E和内阻r，试写出主要实验步骤及结果的表达式．
图5—37
16．在“测定金属的电阻率”的实验中，需要用刻度尺测出被测金属丝的长度l，用螺旋测微器测出金属丝的直径d，用电流表和电压表测出金属丝的电阻Rx．
图5—38 图5—39
（1）请写出测金属丝电阻率的表达式：＝_________________（用上述测量量的字母表示）．
（2）若实验中测量：金属丝的长度和直径时，刻度尺和螺旋测微器的示数分别如图5—38所示，则金属丝长度的测量值为l＝_________________cm，金属丝直径的测量值为d=_________________mm．
（3）用电流表和电压表测金属丝的电阻时，由于电压表、电流表内阻的影响,不论使用电流表内接法还是电流表外接法,都会产生系统误差．按如图5—39所示的电路进行测量,可以消除由于电表内阻造成的系统误差．利用该电路进行实验的主要操作过程是:
第一步：先将R 2的滑动头调到最左端,单刀双掷开关S2向1闭合，闭合电键S1，调节变阻器R1和R2,使电压表和电流表的示数尽量大些（不超过量程），读出此时电压表和电流表的示数U1、I1．
第二步：保持两滑动变阻器的滑动头位置不变，将单刀双掷开关S2向2闭合，读出此时电压表和电流表的示数U2、I2．
请写出由以上记录数据计算被测电阻Rx的表达式Rx=__________________．
17．某研究性学习小组为探究小灯泡灯丝电阻与温度的关系，设计并完成了有关的实验，以下是实验中可供选用的器材．
A．待测小灯泡（额定功率6W，额定电流0.5A）
B．电流表（量程0～0.6A，内阻0.1Ω）
C．电压表（量程0～5V，内阻约5kΩ）
D．电压表（量程0～15V，内阻约15kΩ）
E．滑线变阻器（最大阻值50Ω）
F．滑线变阻器（最大阻值1kΩ）
G．直流电源（电动势15V，内阻可忽略）
H．开关一个，导线若干
实验中调节滑线变阻器，小灯泡两端电压可以从零至额定电压范围内变化，从而测出小灯泡在不同电压下的电流．
（1）请在虚线框中画出为完成上述实验而设计的合理的电路图．并在每个选用的器材旁标上题目所给的字母序号．
图5—40
（2）如图5—40所示是该研究小组测得小灯泡的I—U关系图线．由图线可知，小灯泡灯丝电阻随温度的升高而_________________（填“增大”、“减小”或“不变”）；当小灯泡两端所加电压为6V时，其灯丝电阻值约为_________________Ω．（保留两位有效数字）
18．有以下可供选用的器材及导线若干条,要求使用个数最少的仪器尽可能精确地测量一个电流表的满偏电流．
A．被测电流表A1：满偏电流约700～800，内阻约100Ω，刻度均匀、总格数为N
B．电流表A2：量程0.6A，内阻0.1Ω
C．电压表V：量程3V，内阻3kΩ
D．滑动变阻器R1：最大阻值200Ω
E．滑动变阻器R2：最大阻值1kΩ
F．电源E：电动势3V、内阻1.5Ω
G．开关一个
（1）在虚线框内画出实验电路图,并在每个选用的仪器旁标上题目所给的字母序号．
（2）测量过程中测出多组数据,其中一组数据中待测电流表A的指针偏转了n格，可算出满偏电流Ig=___________，式中除N、n外,其他字母符号代表的物理量是______________．
19．实验室中现有的器材如下：
电池E （电动势约10V、内阻r约1Ω）
标准电流表A1（量程300mA，内阻r1约为5Ω）
电阻箱R1（最大阻值999.9Ω，阻值最小改变量为0.1Ω）
滑动变阻器R2（最大阻值10Ω）
开关S和导线若干．
要求设计—个测定电流表A2（量程250mA，内阻r2约为5Ω）内阻的实验方案．
（1）在方框中画出测量电路，并在每个仪器旁标上英文代号．
（2）要直接测出的物理量是____________________，用这些物理量表示待测电流表A2内阻的计算公式是______________．
图5—41
20．如图5—41中给出的器材为：
电源E（电动势为12V，内阻不计）；
木板N（板上从下往上依次叠放白纸、复写纸、导电纸各一张）；
两个金属条A、B（平行放置在导电纸上，与导电纸接触良好，用作电极）；
滑线变阻器R（其总电阻值小于两平行电极间导电纸的电阻）；
直流电压表（量程为6V，内阻很大，其负接线柱与B极相连，正接线柱与探针P相连）；
开关S．
现要用图中仪器描绘两平行金属条AB间电场中的等势线．AB间的电压要求取为6V．
（1）在图中连线，画成实验电路原理图．
（2）下面是重要的实验操作步骤，将所缺的内容填写在横线上方．
a．接好实验电路．
b．____________________________________________．
c．合上S，并将探针P与A相接触．
d．____________________________________________．
e．用探针压印的方法把A、B的位置标记在白纸上，画一线段连接AB两极，在连线上选取间距大致相等的5个点作为基准点，用探针把它们的位置压印在白纸上．
f．将探针与某一基准点相接触，________________________，这一点是此基准点的等势点．用探针把这一点的位置也压印在白纸上．用相同的方法找出此基准点的其他等势点．
g．重复步骤f，找出其他4个基准点的等势点，取出白纸画出各条等势线．
21．在测定一节干电池的电动势和内阻的实验中，备有下列器材：
A．干电池E（电动势约为1.5V，内阻小于1.0Ω）
B．电流表A1（满偏电流3mA，内阻r1=10Ω）
C．电流表A2（0～0.6A，内阻0.1Ω）
D．滑线变阻器R1（0～20Ω，10A）
E．滑线变阻器R2（0～100Ω，10A）
F．定值电阻R3（990Ω）
G．开关和导线若干
（1）为方便且能较准确地进行测量，其中应选用的滑线变阻器是______________（填字母代号）
（2）请在虚线框内画出利用本题提供的器材所设计的测量电池电动势和内阻的实验电路图．
图5—42
（3）如图5—42为某一同学根据他所设计的实验给出的I1、I2图线（I1为A1的示数，I2为A2的示数），由图线可求得被测电池的电动势E＝______________V，内阻r =_____________Ω．
22．实验室内有一电压表，量程为150mV，内阻约为150Ω．现要将其改成量程为10 mA的电流表，并进行校准．为此，实验室提供如下器材：干电池E（电动势为1.5V），电阻箱R，滑线变阻器R′，电流表 （有1.5mA，15mA与150 mA三个量程）及开关S．
（1）对电表改装时必须知道电压表的内阻．可用如图5—43所示的电路测量电压表的内阻．在既不损坏仪器又能使精确度尽可能高的条件下，电路中的电流表应选用的量程是________________．若合上S，调节滑线变阻器后测得电压表的读数为150mV，电流表的读数为1.05 mA，则电压表的内阻RmV为______________．(取三位有效数字)
图5—43
（2）在对改装成的电流表进行校准时，把作为标准电流表，画出对改装成的电流表进行校准的电路原理图（滑线变阻器作限流使用），图中各元件要用题中给出符号或字母标注．图中电阻箱的取值是_______（取三位有效数字），电流表应选用的量程是_____________________．
23．一只量程为1V，内阻RV约为900Ω的电压表是由小量程电流表改装而成的，现在要测量它的内阻并对该表进行校正．实验室提供了以下供选择的器材：
A．待测电压表
B．标准电压表（量程1 V）
C．滑动变阻器（最大阻值1 000Ω，额定电流1A）
D．滑动变阻器（最大阻值10Ω，额定电流1A）
E．电阻箱（最大阻值999．9Ω，最小改变量0.1Ω）
F．电阻箱（最大阻值99．9Ω，最小改变量0.1 Ω）
G．电池组（电动势约3 V，内阻约1Ω）
H．导线和开关若干．
（1）为了用半偏法测量该电压表的内阻，某同学设计了两种电路，如图5—44甲、乙所示，要使测量较精确，应选择___________________（填“甲”或“乙”）电路．在器材的选择上，除了电池组、导线、开关和待测电压表外，还应从提供的器材中选用___________________________________（用器材前的序号字母表示）．
用上述方法测出的电压表内阻的测量值RV_________（填“大于”、“等于”或“小于”）电压表内阻的真实值．
图5—44
图5—45
（2）在对该电压表进行校正时，该同学已经选择好器材，如图5—45所示．若要求对电压表的每一条刻度线都进行校正，请你将这些器材连接成测量电路，并标出所选滑动变阻器的序号字母．
24．量程为3V的电压表V内阻约为3kΩ，要求测出该电压表内阻的精确值．实验中可供选用的器材有：
电阻箱Ra（最大值9999.9Ω，阻值最小改变量0.1Ω）
滑线变阻器Rb（最大阻值1000Ω，允许最大电流0.2A）
电源E（开路电压约为5V，内阻可忽略不计）
开关S及导线若干
（1）设计一个易于操作的测量电路，要求画出实验电路图并标出所用器材符号．
（2）列出测量步骤，并写出计算电压表内阻的最后公式．
专题一 运动和力参考答案
f
N
F
(M＋m)g
图1—2
典型例题
[例1] 解析：对系统进行整体分析，受力分析如图1—2：
由平衡条件有：
由此解得
[例2] 解析： （1）设t1、t2为声源S发出两个信号的时刻，为观察者接收到两个信号的时刻．则第一个信号经过时间被观察者A接收到，第二个信号经过（）时刻被观察者A接收到，且
t1
vA
S
A
t1
A′
L
t2
vS
t1
vA
t1
A′
A
S
L
设声源发出第一个信号时，S、A两点间的距离为L，两个声信号从声源传播到观察者的过程中，它们的运动的距离关系如图所示，
可得
由以上各式解得
（2）设声源发出声波的振动周期为T，这样，由以上结论，观察者接收到的声波振动的周期T′,．
由此可得，观察者接收到的声波频率与声源发出声波频率间的关系为
．
[例3] 解答：根据题意作图1—4．
对这两个天体而言，它们的运动方程分别为 ①
②
r2
r1
m1
m2
O
图1—4
以及 ③
由以上三式解得．
将r1和r2的表达式分别代①和②式，
可得．
[例4] 解答：（1）A、B两球以相同的初速度v0，从同一点水平抛出，可以肯定它们沿同一轨道运动．
作细线刚被拉直时刻A、B球位置示意图1—5．
根据题意可知：
x
y
图1—5
设A球运动时间为t，则B球运动时间为t－0.8，由于A、B球在竖直方向上均作自由落体运动，所以有．
由此解得t =1s．
（2）细线刚被拉直时，
A、B球的水平位移分别为
[例5] 解答：（1）A球通过最低点时，作用于环形圆管的压力竖直向下，根据牛顿第三定律，A球受到竖直向上的支持力N1，由牛顿第二定律，有：
①
由题意知，A球通过最低点时，B球恰好通过最高点，而且该时刻A、B两球作用于圆管的合力为零；可见B球作用于圆管的压力肯定竖直向上，根据牛顿第三定律，圆管对B球的反作用力N2竖直向下；假设B球通过最高点时的速度为v，则B球在该时刻的运动方程为 ②
由题意N1=N2 ③
∴ ④
对B球运用机械能守恒定律 ⑤
解得 ⑥
⑥式代入④式可得：．
[例6] 解答：火箭上升到最高点的运动分为两个阶段：匀加速上升阶段和竖直上抛阶段．
地面上的摆钟对两个阶段的计时为
即总的读数（计时）为t =t1＋t2=360（s）
放在火箭中的摆钟也分两个阶段计时．
第一阶段匀加速上升，a=8g，钟摆周期
其钟面指示时间
第二阶段竖直上抛，为匀减速直线运动，加速度竖直向下，a=g，完全失重，摆钟不“走”，计时．可见放在火箭中的摆钟总计时为．
综上所述，火箭中的摆钟比地面上的摆钟读数少了．
[例7] 解答：在情形（1）中，滑块相对于桌面以速度v0=0.1m
/s向右做匀速运动，放手后，木板由静止开始向右做匀加速运动．
经时间t，木板的速度增大到v0=0.1m/s，．
在5s内滑块相对于桌面向右的位移大小为S1=v0t=0.5m．
而木板向右相对于桌面的位移为．
可见，滑块在木板上向右只滑行了S1－S2=0.25m，即达到相对静止状态，随后，它们一起以共同速度v0向右做匀速直线运动．只要线足够长，桌上的柱子不阻挡它们运动，滑块就到不了木板的右端．
在情形（2）中，滑块与木板组成一个系统，放手后滑块相树于木板的速度仍为v0，滑块到达木板右端历时．
[例8] 解答：以m表示球的质量，F表示两球相互作用的恒定斥力，l表示两球间的原始距离．A球作初速度为v0的匀减速运动，B球作初速度为零的匀加速运动．在两球间距由l先减小，到又恢复到l的过程中，A球的运动路程为l1，B球运动路程为l2，间距恢复到l时，A球速度为v1，B球速度为v2．
由动量守恒，有
由功能关系：A球 B球：
根据题意可知l1=l2，
由上三式可得
得v2=v0、v1=0 即两球交换速度．
当两球速度相同时，两球间距最小，设两球速度相等时的速度为v，
则
B球的速度由增加到v0花时间t0，即
得．
解二：用牛顿第二定律和运动学公式．（略）
跟踪练习
1．C 提示：利用平衡条件．
2．（1）重物先向下做加速运动，后做减速运动，当重物速度为零时，下降的距离最大，设下降的最大距离为h，
由机械能守恒定律得 解得．
（2）系统处于平衡状态时，两小环的可能位置为
a．两小环同时位于大圆环的底端
b．两小环同时位于大圆环的顶端
T
N
m1
m
mg
T
c．两小环一个位于大圆环的顶端，另一个位于大圆环的底端
d．除上述三种情况外，根据对称性可知，系统如能平衡，则小圆环的位置一定关于大圆环竖直对称轴对称．设平衡时，两小圆环在大圆环竖直对称轴两侧角的位置上（如图）．
对于重物m，受绳的拉力T与重力mg作用，有T=mg．对于小圆环，受到三个力的作用，水平绳的拉力T，竖直绳的拉力T，大圆环的支持力N．两绳的拉力沿大圆环切向的分力大小相等，方向相反．
得．
3．设测速仪扫描速度为v′，因P1、P2在标尺上对应间隔为30小格，所以格/s．
测速仪发出超声波信号P1到接收P1的反射信号n1．从图B上可以看出，测速仪扫描12小格，所以测速仪从发出信号P1到接收其反射信号n1所经历时间．
汽车接收到P1信号时与测速仪相距．
同理，测速仪从发出信号P2到接收到其反射信号n2，测速仪扫描9小格，故所经历时间．汽车在接收到P2信号时与测速仪相距．
所以，汽车在接收到P1、P2两个信号的时间内前进的距离△S=S1－S2=17m．
从图B可以看出，n1与P2之间有18小格，所以，测速仪从接收反射信号n1到超声信号P2的时间间隔．
所以汽车接收P1、P2两个信号之间的时间间隔为．
∴汽车速度m/s．
4．从B发出第一个超声波开始计时，经被C车接收．故C车第一次接收超声波时与B距离．
第二个超声波从发出至接收，经T＋△T时间，C车第二车接收超声波时距B为，C车从接收第一个超声波到接收第二个超声波内前进S2－S1，接收第一个超声波时刻，接收第二个超声波时刻为．
所以接收第一和第二个超声波的时间间距为．
故车速．车向右运动．
5．ACD
6．（1）根据动能定理，可求出卫星由近地点到远地点运动过程中，地球引力对卫星的功为．
y
g
O
x
（2）由牛顿第二定律知 ∴
7．（1）建立如图所示坐标系，将v0与g进行正交分解．
在x方向，小球以为初速度作匀加速运动．
在y方向，小球以为初速度，作类竖直上抛运动．
当y方向的速度为零时，小球离斜面最远，由运动学公式．
小球经时间t上升到最大高度，由得．
（2）
8．（1）设滑雪者质量为m，斜面与水平面夹角为，滑雪者滑行过程中克服摩擦力做功 ①
由动能定理 ②
离开B点时的速度 ③
（2）设滑雪者离开B点后落在台阶上
可解得 ④ 此时必须满足 ⑤
当时，滑雪者直接落到地面上，，
可解得．
9．AC
10．摆球先后以正方形的顶点为圆心，半径分别为R1=4a，R2=3a，R3=2a，R4=a为半径各作四分之一圆周的圆运动．
当摆球从P点开始，沿半径R1=4a运动到最低点时的速度v1，
根据动量定理 ①
当摆球开始以v1绕B点以半径R2=3a作圆周运动时，摆线拉力最大，为Tmax=7mg，这时摆球的运动方程为 ②
由此求得v0的最大许可值为．
当摆球绕C点以半径R3=2a运动到最高点时，为确保沿圆周运动，
到达最高点时的速度（重力作向心力）
由动能定理
∴
11．B
12．由题意知，周期为．波速．
P、Q两点距离相差次全振动所需时间即
∴．
13．ABC 开始时小车上的物体受弹簧水平向右的拉力为6N，水平向左的静摩擦力也为6N，合力为零．沿水平向右方向对小车施加以作用力，小车向右做加速运动时，车上的物体沿水平向右方向上的合力（F=ma）逐渐增大到8N后恒定．在此过程中向左的静摩擦力先减小，改变方向后逐渐增大到（向右的）2N而保持恒定；弹簧的拉力（大小、方向）始终没有变，物体与小车保持相对静止，小车上的物体不受摩擦力作用时，向右的加速度由弹簧的拉力提供：．
14．（1）设物体与板的位移分别为S物、S板，则由题意有 ①
② 解得：．
（2）由．
得，故板与桌面之间的动摩擦因数．
15．在0～10s内，物体的加速度（正向）
在10～14s内，物体的加速度 （反向）
由牛顿第二定律 ① ②
由此解得F=8.4N =0.34
16．（1）依题意得=0，设小滑块在水平面上运动的加速度大小为a，
由牛顿第二定律，，由运动学公式，解得．
（2）滑块在水平面上运动时间为t1，由．
在斜面上运动的时间
（3）若滑块在A点速度为v1=5m/s，则运动到B点的速度．
即运动到B点后，小滑块将做平抛运动．
假设小滑块不会落到斜面上，则经过落到水平面上，
则水平位移．
所以假设正确，即小滑块从A点运动到地面所需时间为．
专题二 动量与机械能
典型例题
[例1] D
解析：本题辨析一对平衡力和一对作用力和反作用力的功、冲量．因为，一对平衡力大小相等、方向相反，作用在同一物体上，所以，同一段时间内，它们的冲量大小相等、方向相反，故不是相同的冲量，则①错误．如果在同一段时间内，一对平衡力做功，要么均为零（静止），要么大小相等符号相反（正功与负功），故②正确．至于一对作用力与反作用力，虽然两者大小相等，方向相反，但分别作用在两个不同物体上（对方物体），所以，即使在同样时间内，力的作用点的位移不是一定相等的（子弹穿木块中的一对摩擦力），则做功大小不一定相等．而且作功的正负号也不一定相反（点电荷间相互作用力、磁体间相互作用力的做功，都是同时做正功，或同时做负功．）因此③错误，④正确．综上所述，选项D正确．
【例2】 解析：（1）飞机达到最大速度时牵引力F与其所受阻力f 大小相等，
由P=Fv得
（2）航空母舰上飞机跑道的最小长度为s，由动能定理得
将代入上式得或
【例3】 解析：解法1（程序法）：
选物体为研究对象，在t1时间内其受力情况如图①所示，选F的方向为正方向，根据牛顿第二定律，物体运动的加速度为．
mg
F
①
mg
②
撤去F时物体的速度为v1=a1t1=2×6m/s=12m/s
撤去F后，物体做匀减速运动，其受力情况如图②所示，根据牛顿第二定律，其运动的加速度为．
物体开始碰撞时的速度为v2=v1＋a2t2=[12＋(－2)×2]m/s=8m/s．
再研究物体碰撞的过程，设竖直墙对物体的平均作用力为，其方向水平向左．若选水平向左为正方向，根据动量定理有．
解得．
解法2（全程考虑）：取从物体开始运动到碰撞后反向弹回的全过程应用动量定理，并取F的方向为正方向，则
所以
点评：比较上述两种方法看出，当物体所受各力的作用时间不相同且间断作用时，应用动量定理解题对全程列式较简单，这时定理中的合外力的冲量可理解为整个运动过程中各力冲量的矢量和．此题应用牛顿第二定律和运动学公式较繁琐．
另外有些变力作用或曲线运动的题目用牛顿定律难以解决，应用动量定理解决可化难为易．
【例4】 解析：该题用守恒观点和转化观点分别解答如下：
解法一：（守恒观点）选小球为研究对象，设小球沿半径为R的轨道做匀速圆周运动的线速度为v0，根据牛顿第二定律有 ①
当剪断两物体之间的轻线后，轻线对小球的拉力减小，不足以维持小球在半径为R的轨道上继续做匀速圆周运动，于是小球沿切线方向逐渐偏离原来的轨道，同时轻线下端的物体m1逐渐上升，且小球的线速度逐渐减小．假设物体m1上升高度为h，小球的线速度减为v时，小球在半径为（R＋h）的轨道上再次做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律有 ②
再选小球M、物体m1与地球组所的系统为研究对象，研究两物体间的轻线剪断后物体m1上升的过程，由于只有重力做功，所以系统的机械能守恒．选小球做匀速圆周运动的水平面为零势面，设小球沿半径为R的轨道做匀速圆周运动时m1到水平板的距离为H，根据机械能守恒定律有 ③
以上三式联立解得
解法二：（转化观点）与解法一相同，首先列出①②两式，然后再选小球、物体m1与地球组成的系统为研究对象，研究两物体间的轻线剪断后物体m1上升的过程，由于系统的机械能守恒，所以小球动能的减少量等于物体m1重力势能的增加量．即
④
①、②、④式联立解得
点评：比较上述两种解法可以看出，根据机械能守恒定律应用守恒观点列方程时，需要选零势面和找出物体与零势面的高度差，比较麻烦；如果应用转化观点列方程，则无需选零势面，往往显得简捷．
【例5】 解析：（1）第一颗子弹射入木块过程中动量守恒 ①
解得：=3m/s ②
木块向右作减速运动加速度m/s2 ③
木块速度减小为零所用时间 ④
解得t1 =0.6s<1s ⑤
所以木块在被第二颗子弹击中前向右运动离A点最远时，速度为零，移动距离为
解得s1=0.9m． ⑥
（2）在第二颗子弹射中木块前，木块再向左作加速运动，时间t2=1s－0.6s=0.4s ⑦
速度增大为v 2=at2=2m/s（恰与传送带同速） ⑧
向左移动的位移为 ⑨
所以两颗子弹射中木块的时间间隔内，木块总位移S0=S1－S2=0.5m方向向右 ⑩
第16颗子弹击中前，木块向右移动的位移为
第16颗子弹击中后，木块将会再向右先移动0.9m，总位移为0.9m＋7.5=8.4m>8.3m木块将从B端落下．
所以木块在传送带上最多能被16颗子弹击中．
（3）第一颗子弹击穿木块过程中产生的热量为
木块向右减速运动过程中板对传送带的位移为
产生的热量为Q2=
木块向左加速运动过程中相对传送带的位移为
产生的热量为
第16颗子弹射入后木块滑行时间为t3有
解得t3=0.4s
木块与传送带的相对位移为S=v1 t3＋0.8
产生的热量为Q4=
全过程中产生的热量为Q=15(Q1＋Q2＋Q 3)＋Q1＋Q4
解得Q=14155.5J
【例6】 解析：运动分析：当小车被挡住时，物体落在小车上沿曲面向下滑动，对小车有斜向下方的压力，由于P的作用小车处于静止状态，物体离开小车时速度为v1，最终平抛落地，当去掉挡板，由于物对车的作用，小车将向左加速运动，动能增大，物体相对车滑动的同时，随车一起向左移动，整个过程机械能守恒，物体滑离小车时的动能将比在前一种情况下小，最终平抛落地，小车同时向前运动，所求距离是物体平抛过程中的水平位移与小车位移的和．求出此种情况下，物体离开车时的速度v2，及此时车的速度以及相应运动的时间是关键，由于在物体与小车相互作用过程中水平方向动量守恒这是解决v2、间关系的具体方法．
（1）挡住小车时，求物体滑落时的速度v1，物体从最高点下落至滑离小车时机械能守恒，设车尾部（右端）离地面高为h，则有， ①
由平抛运动的规律s0=v1t ②
． ③
（2）设去掉挡板时物体离开小车时速度为v2，小车速度为，物体从最高点至离开小车之时系统机械能守恒 ④
物体与小车相互作用过程中水平方向动量守恒． ⑤
此式不仅给出了v2 与大小的关系，同时也说明了v 2是向右的．
物体离开车后对地平抛 ⑥
⑦
车在时间内向前的位移 ⑧
比较式⑦、③，得解式①、④、⑤，得．
此种情况下落地点距车右端的距离
．
点评：此题解题过程运用了机械能守恒、动量守恒及平抛运动的知识，另外根据动量守恒判断m离车时速度的方向及速度间的关系也是特别重要的．
【例7】 解析：（1）设第一次碰墙壁后，平板车向左移动s，速度为0．由于体系总动量向右，平板车速度为零时，滑块还在向右滑行．
由动能定理 ①
②
代入数据得 ③
（3）假如平板车在第二次碰撞前还未和滑块相对静止，那么其速度的大小肯定还是2m/s，滑块的速度则大于2m/s，方向均向右．这样就违反动量守恒．所以平板车在第二次碰撞前肯定已和滑块具有共同速度v．此即平板车碰墙前瞬间的速度．
④
∴ ⑤
A B C D
（a）
（b）
（c）
代入数据得 ⑥
（3）平板车与墙壁第一次碰撞后到滑块与平板又达到共同速度v前的过程，可用图（a）（b）（c）表示．（a）为平板车与墙壁撞后瞬间滑块与平板车的位置，图（b）为平板车到达最左端时两者的位置，图（c）为平板车与滑块再次达到共同速度为两者的位置．在此过程中滑块动能减少等于摩擦力对滑块所做功，平板车动能减少等于摩擦力对平板车所做功（平板车从B到A再回到B的过程中摩擦力做功为零），其中、分别为滑块和平板车的位移．滑块和平板车动能总减少为其中为滑块相对平板车的位移．此后，平板车与墙壁发生多次碰撞，每次情况与此类似，最后停在墙边．设滑块相对平板车总位移为l，则有 ⑦
⑧
代入数据得 ⑨
l即为平板车的最短长度．
【例8】 解析：本题应用动量守恒，机械能守恒及能量守恒定律联合求解。
在m下落在砂箱砂里的过程中，由于车与小泥球m在水平方向不受任何外力作用，故车及砂、泥球整个系统的水平方向动量守恒，则有：
①
此时物块A由于不受外力作用，继续向右做匀速直线运动再与轻弹簧相碰，以物块A
、弹簧、车系统为研究对象，水平方向仍未受任何外力作用，系统动量守恒，当弹簧被压缩到最短，达最大弹性势能E p 时，整个系统的速度为v2，则由动量守恒和机械能守恒有：
②
③
由①②③式联立解得： ④
之后物块A相对地面仍向右做变减速运动，而相对车则向车的左面运动，直到脱离弹簧，获得对车向左的动能，设刚滑至车尾，则相对车静止，由能量守恒，弹性势能转化为系统克服摩擦力做功转化的内能有： ⑤
由④⑤两式得：
跟踪练习
1．【答案】 D
【解析】 在△t1时间内，I1=F△t1=mv=△p1，在△t2时间内．I2=F△t2=2mv－mv=mv=△p2 ∴I1=I2
又
∴W1vB，弹簧还将继续缩短，所以这种状态是能够出现的．
若则表示B球与板碰撞后A、B向左运动．
B球与板碰撞后B和A动量守恒 ⑧
由⑥⑧可得
此时A、B球的总动能
大于A球最初的动能，因此这种状态是不可能出现的
因此，必须使B球在速度为时与挡板发生碰撞．
12．【解析】 （1）设C球与B球粘结成D时，D的速度为v1，由动量守恒，有 ①
当弹簧压至最每短时，D与A的速度相等，设此速度为v2，由动量守恒，有 ②
由①②两式得A的速度
（2）设弹簧长度被锁定后，贮存在弹簧中的势能为Ep，由能量守恒，有
撞击P后，A与D的动能都为零．解除锁定后，当弹簧刚恢复到自然长度时，势能全部转变成D的动能，设D的速度为v3，则有
以后弹簧伸长，A球离开挡板P，并获得速度．当A、D的速度相等时，弹簧伸至最长，设此时的速度为v 4，由动时守恒，有
当弹簧伸到最长时，其势能最大，设此势能为，由能量守恒，有
解以上各式得
说明：该题以“双电荷交换反应”为背景，考查的是动量守恒和机械能守恒定律的知识，又考查了理解能力，推理能力，分析综合能力，突出了对物理过程的考查．考生必须首先弄清整个物理因素，针对不同的物体在各个阶段的受力情况，再确定其运动所遵循的规律．分析物理过程是解决这个问题的关键，现具体过程分析如下：
①C以v0与B发生完全非弹性碰撞，弹簧长度不能突变，A可看成静止．
②BC形成一体D向左压缩弹簧，A的速度增大，D的速度减小，两者共速，弹簧压缩最短．
③弹簧锁定后与挡板相碰而静止．
④解除锁定，D向右加速，墙对A的作用力不断减小，达到原长时作用力为零．
⑤弹簧达到自然长度后，D继续向右运动逐渐减速，而A开始向右加速，弹簧伸长到最长时，两物体的速度相等，这时弹簧的弹性势能最大．
根据上面的分析，把复杂的物理过程分解为几个简单的过程，同时发掘出弹簧压缩最短和伸长最长的隐含条件，运用物理规律列方程，就可达到准确解题的目的．
13．【解析】 （1）当A、B、C三者的速度相等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，
解得
（2）B、C碰撞时B、C组成的系统动量守恒，设碰后瞬间B、C两者速度为v′，
则
设物A速度为时弹簧的弹性势能最大为，根据能量守恒
（3）A不可能向左运动 系统动量守恒，
设A向左，vA<0，则vB>4m/s
则作用后A、B、C动能之和
实际上系统的机械能
根据能量守恒定律，E′>E是不可能的．
14．【解析】令A、B质量均为m，A刚接触B时的速度为v1（碰前）．
A克服阻力做功： ①
A、B碰撞过程中动量守恒，令碰后A、B的共同速度为v2，有mv1=2mv2 ②
碰后A、B先一起向左运动，接着A、B一起被弹回，在弹簧恢复到原长时，设A、B的共同速度为v3，在这一过程中，弹簧的弹性势能始末状态都是零，只有克服摩擦力做功 ③
此后A、B开始分离，A单独向右滑动到P点停下，克服阻力做功 ④
由以上各式得 ⑤
15．【解析】 C有可能停在B上，也有可能停在A上，还有可能滑离A，先假设停在B上，由动量守恒定律得：．
设C在B上滑动距离为x，木板B的位移为s，则C对地的位移为s＋x，
由功能关系得：对木板：
对C：所以得：
从而解得，大于板长，C将滑离B板．
设C刚滑到A板上速度为，此时AB两板的速度为vB ，由动量守恒得
由功能关系得：
∴
合理的解是：
当C滑到A上，B以0.155m/s的速度匀速运动了，设C停在A上，速度vA，相对A滑行距离为y，由动量守恒得：
解得：0.563m/s，由动能关系得：
代入数据得y=0.50m，小于A板长度，C不能滑离A板，最后A、B、C的速度分别为vA=0.563m/s vB=0.155m/s，m/s
16．【解析】 对物体，滑动摩擦力f 做负功，
由动能定理得
即f 对物体做负功，使物块动能减少．
对木块，滑动摩擦力f 对木块做正功，由动能定理得，
即f 对木块做正功，使木块动能增加，系统减少的机械能为
①
本题中，物块与木块相对静止时，
则上式可简化为 ②
又以物块、木块为系统，系统在水平方向不受外力，动量守恒，
则 ③
联立②、③式得．
故系统机械能转化成内能的量为．
评析：系统内一对滑动摩擦力做功之和（净功）为负值，在数值上等于滑动摩擦力与相对位移的乘积，其绝对值等于系统机械能的减少量，即系统机械能转化为系统的内能，记为．
上述情况①和②同样符合该规律，掌握了它可使许多计算简化．
专题三 电场和磁场
典型例题
[例1] 解析：A点拨：电场线从+Q发出，到接地的很大的薄金属板，并与金属板垂直。根据电场线可判断①正确，M点的电场是+Q的电场与金属板的感应电荷的电场的叠加，故②错误；N点与金属板接地，所以电势为零，但电场强度不为零，故③正确，④错误。
【例2】 解析：对A进行受力分析，设悬线的拉力为T，水平线的拉力为，在竖直方向上受重力和悬线的拉力而平衡： ①
在水平方向上，小球受电场力、电荷间的为库仑力、悬线的水平拉力和水平线的拉力而平衡： ②
要两球处于题设条件的平衡状态，则对水平线的受力要求为：
③
联解①②③得到：
【例3】 解析：电子经U1加速后，设以的速度垂直进入偏转电场，由动能定理得： ①
电子在偏转电场中运动的时间为： ②
电子在偏转电场中的加速度为： ③
电子在偏转电场中的偏转量为： ④
由以上四式联解得到示波管的灵敏度为：
可见增大、减小U1或d均可提高示波管的灵敏度。
【例4】解析：由于电容器与电源相连，则电容器两极板的电压不变，根据平行板电容器电容可知，当增大S不变时，电容C减小；又因可得，电荷量减小；又由可知，场强E减小，故A选项正确；当S增大，不变时，C增大，Q增大，E不变，所以B选项错误；当减小，S增大时，C增大，Q增大，E增大，所以C选项正确；当S减小，减小时，电容C不一定增大，Q也不一定增大，但E一定增大，所以D选项错误。可见本题AC选项正确。
【例5】 解析：如图所示，电场对粒子加速，由动能定理得：
θ
O
L
L
U
S
d
U
B
D
R
①
由于粒子在电场加速过程中做匀加速直线运动，则加速的时间为：
②
粒子在偏转电场中做类似平抛运动，其加速度为：
粒子通过偏转电场的时间为： ③
粒子在偏转电场中的侧移距离为： ④
侧向速度为：
则粒子射出偏转电场时的速度为： ⑤
以速度进入磁场做匀速度圆周运动的洛仑兹力为向心力，设运动半径为R：
⑥
则磁场宽度为：
⑦
粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为：
所以
所以粒子在磁场中运动的时间为：
⑧
粒子从S出发到回到S的周期T为：
偏转电压正负极换向时间为：
【例6】 解析：正离子每次经过缝隙时都能得到加速必须满足在筒中飞行时间
所以第一个筒长度
进入第二个筒时速度为v2，则 ①
第二个筒长
进入第三个筒的速度为v3，则 ②
第三个筒长
进入第n个筒的速度vn满足 ③
第n个筒的长度为， 解以上各式得：
由动能定理得：
【例7】 解析：设带电粒子带电为，根据题目条件可知，要使粒子平衡，则下极板带正电，上极板带负电，且有： ①
当电场由E1变到E2，但方向不变，时，有，粒子在E2的方向上做匀加速度直线运动，粒子从A运动到B，设加速所用时间为，此时E2反向，设粒子的速度为，此后粒子向上做加速度为减速度运动，直到速度为零，到达B点；此后粒子在电场力和重力作用下向下做初速度为零的匀加速直线运动，加速度大小为，回到出发点A。设粒子从B到A的时间为。
②
粒子从B点经C点回到A点，有： ③
由于 ④
所以有： ⑤
由题意可知： ⑥ 联解得：
即： 得到：
【例8】 分析：（1）微粒运动到O点之前要受到重力、电场力和洛仑兹力作用，如图所示．在这段时间内微粒做匀速直线运动，说明三力合力为零．由此可得出微粒运动到O点时速度的大小和方向．（2）微粒运动到O点之后，撤去磁场，微粒只受到重力、电场力作用，其合力为一恒力，与初速度有一夹角，因此微粒将做匀变速曲线运动，如图所示．可利用运动合成和分解的方法去求解．
x
y
B
E
•
P
O
f
Eq
v
S2
G′
S1
解析：因为
电场力为：
则有：
所以得到： v=10m/s
所以θ=37°
因为重力和电场力的合力是恒力，且方向与微粒在O点的速度方向垂直，所以微粒在后一段时间内的运动为类平抛运动．可沿初速度方向和合力方向进行分解。设沿初速度方向的位移为，沿合力方向的位移为，则
因为
所以 P点到原点O的距离为15m； O点到P点运动时间为1. 2s．
跟踪练习
1.解析：P、Q在O点的合场强为零，沿着Oab线到无穷远处，P、Q的合场强也为零，可见沿Oab线远离O点时，合场强是先增大后减小，故不一定大于，而电势离电荷越远越低，必有大于，所以B选项正确。
2.解析：由于电荷两次都是从电场外移入电场的，故选电场外电势为零解题方便。
由 可得
A、 B两点间电势差：UAB=UA－UB=6×102－(－2×103)=2.6×103V
当电荷由A移到B时电场力做功：
3.解析：用相似三角形法，得到，故得到与偏角无关。所以C、D选项正确。
A
B
O
α
A
B
β
Eq
T1
T2
α
β
mg
A
mg
T2
Eq
B
β
（1） （2） （3） （4）
图13—4—答
4.解析：.图13—4—答（1）中虚线表示A、B球原来的平衡位 置，实线表示烧断后重新达到平衡的位置，其中、分别表示细线OA、AB与竖直方向的夹角。A球受力如图13—4—答（2）所示：重力mg，竖直向下；电场力qE，水平向左；细线OA对A的拉力T1，方向如图；细线AB对A的拉力T2，方向如图。由平衡条件：，
B球受力如图13—4—答(3)所示：重力mg，竖直向下；电场力qE，水平向右；细线AB对B的拉力T2，方向如图。由平衡条件：， ,联立以上各式并代入数据得，，由此可知，A、B球重新达到平衡的位置如图13—4—答（4）所示。与原来位置相比，A球的重力势能减少了，EA=mgl(1－sin60°)，B球的重力势能减少了，A球的电势能增加了，B球的电势能减少了，两种势能总和减少了，代入数据解得： W=6.8×10－2J
5.解析：设电子经电场加速后的速度为
得到： ①
设电子射出平行板的偏角为，两极板间的距离为，电子的加速度为
② 而电子在平行板中运动的时间为： ③
电子的偏转角为： ④
由①②③④联解得： 所以C选项正确。
6. 解析：（1）计算电子打到记录纸上的最高点的坐标，设v0为电子A、B板的中心线射入电场时的初速度，则，电子在中心线方向的运动为匀速运动，设电子穿过A、B板的时间为t0，则，电子在垂直A、B板方向的运动为匀加速直线运动，对于恰能穿过A、B板的电子，在它通过时加在两板间的电压UC应满足，联立上面三式得，此电子从A、B板射出时沿y方向的分速度为，以后，此电子做匀速直线运动，它打在记录纸上的点最高。设纵坐标为y。由答图可得，
7. 解析：静电计是用来测量带电体和大地间的电势差的，平行板电容器与电源断开，则电容器所带的电量几乎不变，将B板向上移动时，两极板间的正对面积减小，电容减小，由可知，U增大，所以选项D正确。
O
C
P
θ
v0
P
θ
O
C
（甲） （乙）
8.解析：由于平行板电容器已充电，所以电量不变，当上极板下移后，极间距离变小，根据可知，电容C增大，根据可知，极板间电压变小；由电场强度和可知，，与极间距离无关，所以电场强度E不变；由可知，由于P点到接地板间的距离不变，所以P点的电势不变。由电势能与电势电量的关系
可知,不变。所以选项BD正确.
9.解析：粒子进入磁场做圆周运动，由于不知道粒子的带电性质和磁场的方向，因此其轨迹并不确定，但只有两种情形，要么如图（甲）所示，要么如图（乙）所示，
首先分析图甲：作v0的垂直线段，切取OC＝0，C即为圆面积心，画出其轨迹如图，。由几何关系可得，所以粒子在磁场中飞行的时间为
P点的坐标为
再看图乙：由几何关系得，粒子在磁场中飞行的时间为，P点的坐标为
。
y
x
M．、
N．、
0,-b
L,0
O
10. 解析（1）粒子带正电；（2）粒子由N至O在电场力作用下作初速为零的匀加速直线运动，到O后进入磁场后做匀速圆周运动，作半圆运动后，回到x轴进入电场，在电场力作用下先做匀减速直线运动直至速度为零再向上作初速为零的匀加速直线运动…重复进行，如图所示轨迹，最后到达M点，粒子在电场中，运动距离b到达磁场区域，电场力做正功，据动能定理有：。从磁场再次进入电场，设运动的路程为S，粒子则克服电场力做功。据动能定理有：，上两式知，粒子在磁场中偏转后刚好过M点的条件是L应为圆轨道半径R的2N倍（其中N＝1、2、3……），，，而，满足条件的N至O距离（其中N＝1、2、3……）
（3）要使粒子从N到M的时间最短则应N＝1。即粒子从N到O，再由做一个半圆运动恰好要到M点，，而N＝1，，由动量定理：，，
而，所以N→O→M最短费时
11.AB，点拨：画出B极板的电势变化的图线，分析电子的运动状态，可结合速度图线进行分析。
12..解析：设碳离子到达b处时的速度为v1，从c端射出时的速度为v2，由能量关系得： ① ②
进入磁场后，碳离子做圆周运动，可得： ③
由以上三式可得： ④
由④及题给数值可解得：
13. 解析: （1）粒子每经狭缝AB一次，加速一次，增加动能qU，故绕行n圈（经n次加速）回到A板时获得的总动能为
（2）由和得粒子绕行n圈时，磁场的磁感应强度递增到
u
U
0 t1 t2 t3 t
图15—5—答3
（3）A、B间距离远小于半径R，粒子穿过其间所花时间忽略不计，故粒子绕行n圈所用时间
粒子绕n圈所需要的时间
（4）按题意要求画出u—t的函数图象如图15—5—答3所示（是时间间隔越来越小，加速时间越来越短的等幅脉冲电压）
(5)不可以。因为这样粒子在A、B之间飞行时电场对其做功＋qU，使之加速，在A、B之外飞行时电场又对其做功－qU，使之减速，粒子绕行一周电场对其所做总功为零，能量不会增大。
14. 解析：设质点P的质量为m，电量为q，当A、B间为U0时质点为静止平衡状态，有： ①
当极板间的电压为2U0时，质点P的加速度向上，由得：
②
当电压为零时，质点P的加速度又为，方向向下。
要满题意要求，则在开始，P先受合力向上，加速度为，做初速度为零的匀加速度运动，设经时间，质点P的速度为，此时电压变为零，P在重力作用下做匀减速运动，再经，P点正好到达A板且速度为零，故有：
， ③④⑤⑥
则 得到：
因为
了在重力作用下，P由A极板处向下做匀加速度经过的时间到达中点，速度变为，方向向下，这时加下电压使P做匀减速运动，经过到达B板且速度为零，故有：，
由以上各式可知：
此后P在电场力和重力的共同作用下，由B处向上做加速度为匀加速运动，到达中点时，速度为，此时电场为零，此后P在重力作用下继续向上运动到达A极板时的速度为零。所以有：
得到：
同理可知： （
15.解析：因，则B、C、D三点在以O为圆心的同一圆周上，是O点处点电荷Q产生的电场中的等势点，所以，q由D到C的过程中电场中电场力作功为零。由动能定理得， ①
而
质点在C受三个力的作用；电场F，方向由C指向O点；重力mg，方向竖直向下；支持力N，方向垂直于斜面向上。由牛顿第二定律，
② 而 ③
解得：
专题四 电磁感应与电路
典型例题
【例1】 解析：在从图中位置开始（t =0）匀速转动60°的过程中，只有OQ边切割磁感线，产生的感应电动势，由右手定则可判定电流方向为逆时针方向（设为正方向）．根据欧姆定律得，
．
导线框再转过30°的过程中，由于=0，
则顺时针方向．
逆时针方向
顺时针方向
综合以上分析可知，感应电流的最大值，
图4—2
频率．其I—t 图象如图4—2所示．
答案：（1）
（2）如图4—2所示．
【例2】 解析：P向b移动，电路中总电阻变大，由闭合电路的欧姆定律、欧姆定律以及电路的性质从而可以判断U1、U2的变化情况．
当P向b移动时，电路中总电阻变大，由闭合电路的欧姆定律可知电路中总电路I变小，由欧姆定律得U2=IR变小，再由闭合电路欧姆定律得U1=E－Ir变大，故本题正确答案应选A．
【例3】 解析： （1）由题意可知，金属杆在磁场中的运动分为两个阶段：先沿x轴正方向做匀减速运动，直到速度为零；然后x轴负方向做匀加速直线运动，直到离开磁场，其速度一时间图象如图4—5所示．金属杆在磁场中运动切割磁感线，闭合回路产生感应电流，所以回路中感应电流持续的时间．
图4—5
（2）当金属杆沿x轴正方向运动的速度为时，对应的x坐标x1`满足：解得x1=．
则在x1处的磁感强度
此时回路中的感应电动势，
金属杆所受的安培力大小
方向沿x轴负方向
由牛顿第二定律得F＋F安=ma
所以，此时作用于金属杆的外力方向沿x轴负方向．
答案：（1） （2）
【例4】 解析： （1）设线圈匀速穿出磁场的速度为v′，
此时线圈中产生的感应电动势为． ①
产生的感应电流为 ②
线圈受到的安培力为F=BIL ③
此过程线圈受到的重力与安培力平衡mg=F ④
联立①②③④式，得 ⑤
设线圈的上边刚好进入磁场时速度为v，线圈全部在磁场里运动的过程中，根据能量守恒定律
⑥
联立⑤⑥解得 ⑦
（2）设线圈从开始下落到刚好完全进入磁场所用时间为t，根据动量定理 ⑧
根据法拉第电磁感应定律 ⑨
线圈中产生的平均电流 ⑩
故安培力的冲量
联立⑨⑩得，
将⑦和代入⑧解得
【例5】 解析：ab棒向cd棒运动时，两棒和导轨构成的回路面积变小，磁通量发生变化，于是产生感应电流．ab棒受到与运动方向相反的安培力作用做减速运动，cd棒则在安培力作用下做加速运动，在ab棒的速度大于cd棒的速度时，回路中总有感应电流，ab棒继续减速，cd棒继续加速．两棒速度达到相同后，回路面积保持不变，磁通量不变化，不产生感应电流，再棒以相同的速度v做匀速运动．
（1）从初始至两棒达到速度相同的过程中，两棒的动量守恒，有．
根据能量守恒，整个过程中产生的总热量
（2）设ab棒的速度为初速度的时，cd棒的速度为v′，则由动量守恒可知．
此时回路中感应电动势和感应电流分别为．
此时cd棒所受的安培力F=IBl，cd棒的加速度．
由以上各式可得．
答案： （1） （2）
【例6】 解析：MN滑过的距离为时，它与bc的接触点为P，如图4—9所示．由几何关系可知，MP的长度为，MP相当于电路中的电源，其感应电动势，内阻．等效电路如图4—10所示．
图4—9 图4—10
外电路并联电阻为
由闭合电路欧姆定律可得，MP中的电流
ac中的电流
联立以上各式解得
根据右手定则，MP中的感应电流方向由P流向M，所以电流Iac的方向由a流向c．
答案：，方向由a流向c．
【例7】 解析：（1）线圈中产生的热量应用转动过程中产生的交变电流的有效值来计算．因线圈中感应电动势的峰值为，故线圈中电流的有效值为，线圈转过90°角经历的时间为．
所以此过程中产生的热量．
（3）线圈转过90°角的过程中，感应电动势和感应电流的平均值分别为
所以通过导体截面的电量为
答案：（1） （2）
【例8】 解：（1）带电粒子在电容器两极板间静止时，受向上的电场力和向下的重力作用而平衡
求得电容器两极板间的电压：
由于粒子带负电，可知上极板电势高．
由于S断开，R1上无电流，R2、R3上电压等于U1，电路中的感应电流．
即通过R2、R3的电流强度为：
由闭合电路欧姆定律可知：ab切割磁感线运动产生的感应电动势为： ①
其中r为ab金属棒的电阻．
当闭合S后，带电粒子向下做匀加速运动，根据牛顿第二定律有：
求得S闭合后电容器两极板间的电压
这时电路中的感应电流为：
根据闭合电路欧姆定律有： ②
将已知量代入①②求得
又因：
即金属棒做匀速运动的速度为3m/s，电阻r=2Ω．
（2）S闭合后，通过ab的电流I2=0.15A，ab所受安培力F2=BLI=0.4×1×0.15=0.06N
ab以速度v=3m/s匀速运动时，所受外力必与安培力F2大小相等，方向相反，即F=0.06N．
方向向右（与v同向），可见外力F的功率为：P=Fv=0.06×3=0.18W
【例9】 解：依题意，电源端
输出电压U0=240V 为满足输电要求，由
有：
则送电电压为
所以升压变压器的变压比为
输电线电压损失
用户端，据题意可知U2=220V
所以降压变压器的匝数比为
因为理想变压器没有能量损失，所以可正常发光的电灯的盏数为：（盏）
跟踪练习
1．D 提示： ．
2．（1）ab或cd切割磁感线所产生的感应电动势为
对应的感应电流为 ab或cd所受的安培力为
外力所做的功为
i
t
O
答图4—1
Uab
t
O
l0
l0
－
答图4—2
由能的转化和守恒定律，根据匀速拉出过程中所产生的焦耳热应与外力所做的功相等，即
（2）令，画出的图象（答图4—1）分为三段．
（3）令U0=Blv，画出的图象（答图4—2）分为三段
3．A 提示：当滑动头下移时，R3↓R总↓，，U不变I↑U并=U－U R↓
的示数变大，由原副线圈电流与匝数成反比，可知A1的示数变大．
4．（1）电流方向由N→M，ab棒的速度先变大后变小．（2）在最低点，ab切割磁感线产生的E=BLv．瞬时功率：．（3）下滑过程中，设小电珠上产生的热量为Q，则整个电路上产生的热量为2Q由能量守恒定律有：
．
5．金属杆从轨道上由静止滑下，经足够长时间后，速度达最大值vm，此后金属杆做匀速运动，杆受重力、轨道的支持力和安培力如答图4—3所示．安培力，对金属杆列平衡方程，
则，由此式可知，B增大，vm减小；增大；vm增大；R变大，vm变大；m变小，vm变小．因此BC两选项正确．
答案：BC
6．设杆向上运动的速度为v，因杆的运动，两杆与导轨构成的回路的面积减小，从而磁通量也减少．由法拉第电磁感应定律，回路中的感应电动势的大小 ①
回路中的电流 ②
电流沿顺时针方向．两金属杆都要受到安培力作用，作用于杆x1y1的安培力 ③
方向向上，作用于杆x2y2的安培力 ④
方向向下．当杆做匀速运动时,根据牛顿第二定律,有⑤
由①②③④⑤得 ⑥
⑦
作用于两杆的重力的功率的大小 ⑧
电阻上的热功率Q=I2R ⑨
由⑥⑦⑧⑨式得
7．D 提示：小金属杯进入或离开磁场时，磁通量会发生变化，并产生感应电流，当小金属杯全部进入磁场后，不产生磁感应电流，由能量守恒可得产生的焦耳热等于减少的机械能．即
8．由两表的量程和电阻R的大小可判定哪一个表满偏；由功能关系即可求出外力F的大小；撤去外力后，感应电流大小不断变化， 平均作用力的冲量BIL·△t=BLq=m·△v，变力作用下的导体运动问题可从电荷量的角度进行分析．
答案：（1）满偏的电表是电压表．因为若电流表满偏，电路中的电流I=3A，电阻R两端的电压U=IR=1.5V，已超过电压表量程．
（2）外力拉动金属棒匀速右移时，外力的功率全部转化为电路中的电功率．根据功能关系有
而，所以N=1.6N
（3）撤去外力F后，金属棒CD做减速运动，把金属棒减速至零的时间分成许多极短的时间间隔△t1、△t2、…、△tn，在每一个极短的时间间隔内电流强度可以认为保持不变，大小分别为I1、I2、…、In，由动量定理可得金属棒在整个时间内的动量变化等于各段时间内所受安培力的冲量之和，即：
即mv=BLq
由电磁感应定律原来匀速右移的棒中产生的感应电动势代入上式得
9．当线圈中通过高频交变电流时，由于电磁感应，图形金属工件中产生的感应电动势大小为
其最大值，则有效值E=100V
工件非焊接部分的电阻R1=R0·2r，代入数据得，R1=2×10－3Ω
焊接部分的电阻R2=99R1，根据串联电路的电压分配关系，R2两端电压
由得，焊接处产生的热功率，代入数据解得P=4.95×104W
10．（1）当R0=30Ω时，R0与R2的并联阻值为=5Ω．
显然，这时电压表满偏，读数为10V，电流表读数为2A．（如果电流指针偏满，为3A，则电压表上电压为3×5=15（V），超过它的量程，不能安全使用）
在这种情况下电路中感应电流的总功率为（W）．
根据能的转化和守恒定律，F1的功率与感应电流的功率相等即为 40W．
由，可知ab的速度（m/s）．
（2）当R0=3Ω时，它与R2的并联阻值（Ω），
电路中总电阻R=R′＋R1=7（Ω），
显然，这时电流表指针满偏，为3A，电压表示数为6V．（若电压表指针满偏为10V，则通过电流表的电流为=5（A），超过它的量程不能安全使用．）
这时电路中感应电流的总功率，即F2的功率为（W）．
ab切割磁感线产生的感应电动势为（V）．
（因ab的电阻不计）
在（1）问中，感应电动势为（V）．
=1.05（m/s）
由，可得作用于ab的恒力为（N）．
11． B 简谐波形交流电有效值，方形波形交流电的有效值I2=1A．
12．当自行车车轮转动时，通过摩擦小轮使发电机的线框在匀强磁场内转动，线框中产生一正弦交变电动势，其最大值，式中为线框转动的角速度，即摩擦小轮转动的角速度．
发电机两端电压的有效值
设自行车车轮转动的角速度为，由于自行车车轮与摩擦小轮之间无相对滑动，则
小齿轮转动的角速度与自行车轮转动的角速度相同，也为．设大齿轮转动的角速度为，则
．由以上各式解得
代入数据得=3.2rad/s
13．A
14．（1）S闭合后，电流由a到b通过直导线，电流大小为=0.5（A）
ab开始运动（速度为零）时的加速度为（m/s2）方向水平向右．
当ab运动速度为v（方向向右）时，感应电动势大小为E=BLv，这时通过ab的电流（仍由a到b）为
可见，ab的运动速度增大时I减小，ab所受安培力、加速度也随之减小；当I减小至零时，ab所受安培力、加速度为零．这时，ab速度最大，最大速度为（m/s）
（2）S刚闭合时，由于惯性原因ab速度仍为零，电容器两极板间电压为=1.5（V）
ab以最大速度vm=12m/s运动时，电路中电流为零，电容器两极板间电压为=6（V）
可见，电容器的带电荷量在ab由开始运动到达到最大速度的过程中增加了
（C）
15．A 提示：A图中ac段电阻上无电压降，Uab=Ucd，其他正确．
16．在输送功率一定的情况下，可以求出送电电流，由损失功率可求出输电线中的电阻．根据题目要求，由损失功率计算出输送电压．
（1）P输=UI线，所以A kW
因 故Ω
（2）若P损=500kW×2.304%=11.52kW
故送电电流A，送电电压V．
专题五 物理实验参考答案
典型例题
【例1】 解析： （1）利用逐差法求小车的加速度．由纸带可知，任意两相邻记数点间的时间间隔T=0.04s，
由逐差法可得
则
图5—2
=4.00m/s2
（2）为了求出小车下滑过程中所受到的阻力，还需要测量小车的质量m，斜面上任意两点间距离l和这两点间的高度差h．
小车的受力情况如图5—2所示．根据牛顿第二定律，而
所以，．
【点评】 （1）逐差法充分利用了纸带的实验数据，从而减小了数据测量引起的偶然误差．本题中所给出的实验数据个数为奇数（9个），处理时常舍掉正中间的一个数据．
（2）小车下滑过程中所受到的阻力无法直接测量，但根据牛顿第二定律可转化为测量m，a，h和l．与此相类似，你能求出打点计时器打纸带上的两记数点的过程中小车克服阻力所做的功吗？
【例2】 解析： ①本实验测量角速度的原理是：圆盘匀速转动时，其线速度，又角速度，所以，其原理式为．
在纸带上选定两点，设它们在米尺上对应的刻度值分别为x1、x2，数出这两点间（含这两点）的打点数n，打点计时器打点的周期为T，则打这两点的时间间隔t=(n－1)T，这段时间内圆盘转过的弧长S=x2－x1，若测得圆盘的半径为r，由已知量和测得量表示的角速度的表达式为．
②若取cm，则n=9，又cm．
代入可得
【点评】 实验原理是完成实验的依据和关键．虽然该实验没有做过，但所用到的实验方法并不陌生，要结合题给实验器材和实验步骤通过联想和迁移，弄清实验原理和所需测量的物理量，进而得出待测量的表达式．
【例3】 解析： （1）由于小灯泡灯丝的电阻值远小于电压表的内阻（如：电压为2.00V时，其阻值R灯=），为减少由于电表接入电路引起的系统误差，应采用电流表外接法．为使小灯泡两端的电压的变化范围尽可能大，滑线变阻器应连接成分压电路，实验电路如图5—6所示．
图5—6 图5—7
（2）根据实验得到的数据在U—I坐标系中描点，并将这些数据点连接成一条平滑的曲线，如图5—7所示．
（3）根据作出电源的U—I图线，它与小灯泡的伏安特性曲线的交点坐标就是小灯泡的工作点，即工作电流I=0.35A，工作电压U=0.08V，故小灯泡的实际功率P=IU=0.28W．
图5—9
【点评】 本题主要考查独立完成实验的能力．主要包括①实验原理及电路；②用图象法
处理实验数据，并得出实验结论．其中利用图线确定小灯泡与电源连接后的工作点是解答本题第（3）问的关键．
【例4】 解析：本实验测定小铁块克服摩擦力所做功的原理是动能定理和平抛运动的规律。
小铁块自斜面顶端由静止下滑到底端的过程中，根据动能定理……①离开曲面后，小铁块做平抛运动，直到落地，
则
所以， …………②
将②代入①得
显然，实验中需要测量的物理量是：斜面高度H、桌面高度h，小铁块平抛的水平距离S、小铁块质量m．如图5—9所示，其中S需用重锤线和白纸、复写纸来确定．
【答案】 （1）重锤线、铺在地面上的白纸和复写纸 （2）斜面高度H、桌面高度h，小铁块平抛的水平距离S，小铁块质量m （3）
【点评】 题给实验器材对实验原理的设计有一定的限制作用．本题没有给足实验器材，首先要根据题给实验条件和要求，构思相关的物理情景，从而确定实验原理，然后根据原理式确定需要测量的物理量和还需选用的实验器材．
【例5】 解析：（1）器材选择（测量电路）
从减小电表读数引起的偶然误差的角度考虑，两电表及电表与电源间的配置要合理．注意到电源电动势远小于电压表V2的量程，而跟电压表V1的量程较接近，若选用电压表V2来测量电压，其最大偏转量达不到量程的，读数时偶然误差太大，所以选用V1较恰当； 而此时通过电流表的最大电流，因此，电流表A2与V1配置较好．
图5—10
（2）电路选择（控制电路）
电路选择主要从滑动变阻器对电路的控制和调节的角度考虑．若采用限流电路控制，注意到测量部分的总电阻约为20kΩ，远大于滑动变阻器的总电阻（1kΩ），要保证电表安全，变阻器分得的电压至少为5V，阻值应调到10kΩ，显然，限流不能起到保证电表安全的作用，更不能进行有效调节，所以，只能采用分压电路控制，实验电路如图5—10所示．
【点评】 伏安法是测量电阻的一种最基本方法，其原理是部分电路欧姆定律，原理式为．分析这类问题的关键是从电表配置要合理选择器材，从对电路的控制和调节选择控制电路．并联分流和串联分压原理是伏安法测电阻原理的迁移和延伸，下例是这类问题的变式．
变式：【点拨】 （1）本题中测量电阻的原理是并联分流或串联分压．由于滑动变阻器的最大阻值远小于测量部分的阻值，且电源电动势大于两电压表的量程，在调节滑动变阻器的过程中，为保证电压表的安全，且其读数有明显的改变，滑动变阻器应采用分压式控制电路，电路原理图如图5—12甲或乙所示．
图5—12
（2）实物连线如图5—13甲或乙所示
图5—13
（3）若采用甲电路，根据并联电路的电流分配关系，
解得．
若采用乙电路，根据串联电路的电压分配关系，
解得．
【点评】 本题主要考查电阻测量的原理、电路设计、实物连线等知识，测试设计简单实验方案的能力．①对于内阻已知的电压表，可作电流表使用．使用电表时，必须考虑电表间的量程配置，本题要求电压表读数不小于量程的，因此，电压表V2与V1的位置不能互换．②进行实物连线时，应注意以下几个问题：a．直流电表的正、负接线柱（正接线柱应连接在电路电势高端，负接线柱应连接在电路电势低端）；b．电表的内外接法；c．滑动变阻器的接法（限流或分压，接通电路后，应使电表读数最小）；d．开关的连接（应在干路上，闭合前电表读数为零）．
【例6】 解析： （1）实物连线如图5—17所示．
（2）电阻箱的阻值R1=0×100Ω＋8×10Ω＋6×1Ω＋3×0.1Ω=86.3Ω．
本题测量电流表的内阻的方法是“替代法”．即用电阻箱的阻值替代电流表A1的内阻值，其条件是：开关S2分别扳到a处和b处时，保持滑动变阻器R2不变，且使电流表A2读数相同．所以，待测电流表A1的内阻Ω．
图5—17
（3）当R2调为零时，要使电路中的电流I不超过电流表A 2的量程，根据闭合电路欧姆定律可知，电路总电阻R总至少为：Ω=20kΩ．由于电流表A 1、A2的内阻（约为100Ω）远小于R总,故保护电阻R3应选用20kΩ的电阻，但若选用200kΩ的电阻，则电路中电流太小，电流表A1、A2指针偏转量太小，读数不明显，实验误差太大．所以,正确的选项为B．
（4）由于R3=20kΩ，调整滑动变阻器R2时，要使电流表A2的读数为150，则－R3=Ω－2×104Ω≈7kΩ．若选用1kΩ或5kΩ滑动变阻器，则不能满足实验要求（A2读数为150）；若选用25kΩ的滑动变阻器，则调节范围太小（不方便调节），所以，选用10kΩ的滑动变阻器较合适，正确的选项为C．
【点评】 实验条件的控制是高考考查的重点之一．保护电阻和滑动变阻器在电路中起着控制和调节的作用，选用时应根据实验条件和要求进行优选，既要保证电表安全(不能太小)，又要方便调节(不能太大)．
【例7】 解析： （1） 用此电路测量表头内阻的方法是半偏法． S2断开和S2闭合的两次操作中要求干路电流（Ig）近似不变，而满足这个条件必须使滑动变阻器R的阻值远大于Rg，因此滑动变阻器应选用R2．而，显然E越大，R2越大，实验条件满足得越好，误差越小，所以，电池应选用E3．
（2）图5—18（乙）所示的电路较合理，因为图（丙）电路在通电状态下，更换量程时会造成两个分流电阻都未并联在表头两端，以致通过表头的电流超过其满偏电流而损坏．
图5—19
（3）核对电路如图5—19所示．为使改装后的电流表与标准表在0～1mA之间逐格核对，应选用分压电路．由于和满偏电流和满偏电压都很小，为使滑动变阻器便于调节，即有较大的调节范围，滑动变阻器应选用R1，电池应选用E1，且在电流表所在的支路上串联定值电阻R0，起保护作用．
【点评】 测量电阻的方法很多（包括伏安法、替代法、半偏法等），但其原理总是部分电路欧姆定律或闭合电路欧姆定律．在具体问题中，选用哪种测量方法应根据所提供的实验器材和实验要求来确定．
图5—21
【特别提示】 1．半偏法测电阻的实验中，实验条件的控制直接影响测量精确度．
2．在分压电路中，为使实验便于调节，应选用全电阻较小的滑动变阻器．
【例8】 解析： （1）①实物连线如图5—21所示，为了使改装表与标准表在零到量程的范围内一一校对，应采用分压电路．
②根据串联电路的电压分配关系，有
解得R0=2000Ω
（2）①先将电压表VC通过开关、导线与电源连接，读出VC上的示数UC；再将电压表VC和VB串联，通过开关、导线与电源连接，读出VC上的示数UC′和VB上的示数UB．
②根据上述两步操作可得 ①
②
③
由①②③三式解得Ω
【点评】 本题综合考查了电表改装、电表校准电路及测量电源内阻的方法，测试设计和完成实验的能力．用电压表VB和VC测量电源的内阻时，应注意： 尽管两电压表的量程相同，但其内阻并不一定相同(表头可能不同)．
跟踪练习
1．DGH
2．甲 50分度的游标卡尺的精度为mm=0.02mm，因此，读数的最后一位数字应是“2”的整数倍或“0”．
3．2.40 比较甲、乙两图可知，甲图中弹力大于滑动摩擦力，铁块P做匀加速直线运动;乙图中铁块P处于平衡状态，弹力大小等于滑动摩擦力大小．
4．1．6 考察平抛物体的水平分运动，结合图给数据可知，两段时间之比为2︰1，若O点是平抛的起点，则竖直分位移y1︰y2==4︰9，所以，O点是平抛的起点．根据平抛运动的规律，有32.0×10－2=v0t，19.6×10－2=，联立解得v0=1.6m/s
5．（1）0.97m/s （2）0．48J （3）0．47J（3）重锤下落过程中受到阻力及纸带受到打点计时器的阻力作用，重锤的机械能减小．
6．B A电压表量程过大，读数误差太大 A B变阻器阻值太大，额定电流太小，调节时电表读数变化不明显．
7． B 点拨：由热敏电阻的I—U图线知，工作电流I=40mA时，电压U=5.6V，则此时加在电流表两端电压为(9－5.6)V=3.4V，所以．
8．（1）AB 100Ω （2）AC A 90Ω 10kΩ
9．1.630 360
10．在白纸上另画一条与y轴正方向的夹角较小的直线OA，把大头针P1、P2竖直的插在所画的直线上，直到在y<0的区域内透过玻璃砖能看到P1、P2的像，插上P3后，P3刚好能够挡住P1、P2的像．．
11．（1）110 （2）8×10－6 （3）7×10－10
12．0.9906，100.40，
13．（1）0．420 0．417 （2）①0.05N ②BC
14．应测量的物理量有：小物块的质量m，两小物块的落地点之间的距离S，桌面的高度h，桌面的长度d．
15．实验步骤：（1）将S1闭合，S2断开,电压表直接和电源相连，记下电压表读数U，就是电源的电动势;（2）S1、S2均闭合，记下电压表读数U2，即为电阻R两端电压．
根据闭合电路欧姆定律，有，
即，解得
16．（1） （2）36.48～36.52 0.796～0.799
图5—46
（3）
17．（1）如图5—46所示 （2）增大，17Ω
18．（1）首先来分析电路的测量部分．由于电流表A2量程与待测电流表A1量程相差太大，从实验测量精度考虑，不能直接将电流表A2与电流表A1串联来测量电流．注意到电压表内阻已知，而允许通过电压表的最大电流为，跟待测电流表的量程接近，因此，可将电压表与电流表A1串联，利用其读数来计算通过电流表A1的电流．
图5—47
再来分析电路的控制部分．若将滑动变阻器接成限流式，则通过待测电流表的最小电流大约为，显然，不能保证电表安全,也无法通过调节测量多组数据．因此，应采用分压式控制电路，为了便于调节，应选用最大阻值20Ω的滑动变阻器．
综合以上分析，选用的器材应为A、C、D、F、G其实验电路如图5—47所示．
（2）实验过程中，调节滑动变阻器滑动触头，使待测电流表A1的指针偏转n
格，读出此时电压表V的示数U，则通过待测电流表的电流由此可得,电流表的满偏电流，式中U为电压表的读数，RV为电压表的内阻．
19．（1）如图5—48所示
（2）A1、A2两电流表的读数I1、I2和电阻箱R1的阻值．
图5—48 图5—49 图5—50
20．（1）连接线路如图5—49所示．
（2）把变阻器的滑动触头移到靠近D端处．调节R，使电压表读数为6V．记下电压表读数，在导电纸上移动探针，找出电压表读数与所记下的数值相同的另一点．
21．（1）R1 （2） 电路如图5—50所示 （3）1.4 8，0.8
22．（1）当电压满偏时，通过其电流1mA，故电流表选1.5mA量程．
若合上S后， =143Ω．
（2）可把电压表当成量程为150mV、Rg=143Ω表头处理，其改装后量程为10mA，则通过的满偏电流为=1.05mA．
由部分电路欧姆定律知=16.8Ω．
量程选15mA．
图5—51 图5—52
23．（1）乙；D、E；大于 （2）如图5—52所示．
24．（1）如图5—53所示
（2）合上开关S，调节电阻箱阻值，使电压表指针在中央刻度处，记下电阻箱的阻值R1；再调节电阻箱电阻，便电压表指针指在满偏刻度处，记下电阻箱的阻值R2．
图5—53
（或）
