资源目录
压缩包内文档预览：(预览前20页/共126页)
编号：210459878
类型：共享资源
大小：40.88MB
格式：ZIP
上传时间：2022-05-01
上传人：qq77****057
认证信息
个人认证
李**（实名认证）
江苏
IP属地：江苏
15
积分
- 关 键 词：
-
江苏省
高考
物理
试卷
2007
2021
- 资源描述：
-
江苏省高考物理试卷2007-2021年,江苏省,高考,物理,试卷,2007,2021
- 内容简介：
-
考点卡片1匀变速直线运动的图像【知识点的认识】1匀变速直线运动的st图象（1）匀变速直线运动的st图象为抛物线（匀速直线运动的st图象是一 条倾斜直线）（2）st图象中斜率的大小表示物体运动的快慢，斜率越大，速度越大（3）st图象的斜率为正，表示速度方向与所选正方向相同，斜率为负，表示速度方向与所选正方向相反2匀变速直线运动的vt图象：对于匀变速直线运动来说，其速度随时间变化的vt图线如图所示，对于该图线，应把握如下三个要点（1）纵轴上的截距其物理意义是运动物体的初速度v0； （2）图线的斜率其物理意义是运动物体的加速度a；斜率为正，表示加速度方向与所设正方向相同；斜率为负表示加速度方向与所设正方向相反；斜率不变，表示加速度不变 （3）图线下的“面积”表示是运动物体在相应的时间内所发生的位移s，t轴上面的位移为正值，t轴下面的位移为负值【命题方向】例1：两物体甲和乙在同一直线上运动，它们在00.4s时间内的vt图象如图所示若仅在两物体之间存在相互作用，则物体甲与乙的质量之比和图中时间t1分别为（）A.13和0.30s B.3和0.30s C.13和0.28s D.3和0.28s分析：先根据三角形相似知识求出t1，再根据速度图象的斜率等于加速度求出甲乙的加速度大小，由牛顿第二定律和第三定律求解两物体质量之比解答：根据三角形相似得：0.4-t10.4=14，得t10.3s根据速度图象的斜率等于加速度，得到：甲的加速度大小为a甲=1t1=103m/s2，乙的加速度大小为a乙=4-00.4m/s2=10m/s2据题，仅在两物体之间存在相互作用，根据牛顿第三定律得知，相互作用力大小相等，由牛顿第二定律Fma得：两物体的加速度与质量成反比，则有质量之比为m甲：m乙a乙：a甲3：1故选：B点评：本题一方面考查速度图象的斜率等于加速度；另一方面考查运用数学知识解决物理问题的能力例2：某一质点运动的位移x随时间t变化的图象如图所示，则（）A在10s末时，质点的速度最大B在010s内，质点所受合外力的方向与速度方向相反C在8s和12s时，质点的加速度方向相反D在20s内，质点的位移为9m分析：位移时间图象表示物体的位置随时间的变化，图象上的任意一点表示该时刻的位置，图象的斜率表示该时刻的速度，斜率的正负表示速度的方向当物体做加速运动时，合外力与速度同向，当物体做减速运动时，合外力与速度反向解答：A、位移时间图象切线的斜率表示该时刻的速度，则知在10s末时，质点的速度为零，故A错误；B、在010s内，斜率逐渐减小，说明物体做减速运动，质点所受合外力的方向与速度方向相反，故B正确；C、在010s内，物体沿正方向做减速运动，加速度方向与速度方向相反，即沿负方向；在1020s内，斜率为负值，说明物体沿负方向运动，斜率增大，做加速运动，加速度方向与速度方向相同，即沿负方向所以在8s和12s时，质点的加速度方向相同，故C错误；D、xx2x101m1m，故D错误故选：B点评：理解位移时间图象时，要抓住点和斜率的物理意义，掌握斜率表示速度是关键【知识点的应用及延伸】1图象的意义运动图象是通过建立坐标系来表达有关物体运动规律的一种重要方法，对直线运动的图象应从以下几点认识它的物理意义：（1）能从图象识别物体运动的性质（2）能认识图象在坐标轴上的截距的意义（3）能认识图象的斜率的意义（4）能认识图线复盖面积的意义（仅限于vt图象）（5）能说出图线某一点对应的状态2图象问题（1）st图象能读出s、t、v的信息（斜率表示速度），物体运动的st图象表示物体的位移随时间变化的规律与物体运动的轨迹无任何直接关系（2）vt图象能读出s、t、v、a的信息（斜率表示加速度，曲线下的面积表示位移）可见vt图象提供的信息更多，应用也更广2力的合成与分解的运用【知识点的认识】一、物体的受力分析1放在水平地面上静止的物体 二力平衡：某个物体受两个力作用时，只要两个力大小相等，方向相反，作用在同一条直线上，则这两个力合力为零，物体处于平衡状态2放在水平地面上的物体（受到一个竖直向上的力F仍保持静止）竖直方向上三力平衡：F+FNG，即：竖直方向上合力为03放在水平地面上的物体（受到一个推力仍保持静止）水平方向上二力平衡，即：水平方向上合力为0竖直方向上二力平衡；即：竖直方向上合力为04放在水平地面上的物体（受到一个拉力F仍保持静止如图示）水平方向上：FxFf，即：水平方向上合力为0；竖直方向上：GFy+FN，即：竖直方向上合力为05力的合成解题：放在斜面上静止的物体合成法：物体受几个力的作用，可先将某几个力合成，再将问题转化为二力平衡6力的分解解题：放在斜面上静止的物体 分解法：物体受几个力的作用，将某个力按效果分解，则其分力与其它几个力满足平衡条件7放在斜面上的物体受到一个平行斜面向上的力F仍保持静止平行斜面方向上：F1F+Ff，即：平行斜面方向方向上合力为0；垂直斜面方向上：F2FN，即：垂直斜面方向上合力为08放在斜面上的物体受到一个垂直斜面向下的力F仍保持静止平行斜面方向上：F1Ff，即：平行斜面方向方向上合力为0；垂直斜面方向上：F2+FFN，即：垂直斜面方向上合力为09放在斜面上的物体受到一个水平向右的力F仍保持静止 平行斜面方向上：G1Ff+F1，即：平行斜面方向方向上合力为0；垂直斜面方向上：G2+F2FN，即：垂直斜面方向上合力为03牛顿第二定律【知识点的认识】1内容：物体的加速度跟物体所受的合外力成正比，跟物体的质量成反比，加速度的方向跟合外力的方向相同2表达式：F合ma该表达式只能在国际单位制中成立因为F合kma，只有在国际单位制中才有k1力的单位的定义：使质量为1kg的物体，获得1m/s2的加速度的力，叫做1N，即1N1kgm/s23适用范围：（1）牛顿第二定律只适用于惯性参考系（相对地面静止或匀速直线运动的参考系）（2）牛顿第二定律只适用于宏观物体（相对于分子、原子）、低速运动（远小于光速）的情况4对牛顿第二定律的进一步理解 牛顿第二定律是动力学的核心内容，我们要从不同的角度，多层次、系统化地理解其内涵：F量化了迫使物体运动状态发生变化的外部作用，m量化了物体“不愿改变运动状态”的基本特性（惯性），而a则描述了物体的运动状态（v）变化的快慢明确了上述三个量的物理意义，就不难理解如下的关系了：aF，a1m 另外，牛顿第二定律给出的F、m、a三者之间的瞬时关系，也是由力的作用效果的瞬时性特征所决定的（1）矢量性：加速度a与合外力F合都是矢量，且方向总是相同（2）瞬时性：加速度a与合外力F合同时产生、同时变化、同时消失，是瞬时对应的（3）同体性：加速度a与合外力F合是对同一物体而言的两个物理量（4）独立性：作用于物体上的每个力各自产生的加速度都遵循牛顿第二定律，而物体的合加速度则是每个力产生的加速度的矢量和，合加速度总是与合外力相对应（5）相对性：物体的加速度是对相对地面静止或相对地面做匀速运动的物体而言的【命题方向】题型一：对牛顿第二定律的进一步理解的考查例子：放在水平地面上的一物块，受到方向不变的水平推力F的作用，F的大小与时间t的关系如图甲所示，物块速度v与时间t的关系如图乙所示取重力加速度g10m/s2由此两图线可以得出（）A物块的质量为1.5kgB物块与地面之间的滑动摩擦力为2NCt3s时刻物块的速度为3m/sDt3s时刻物块的加速度为2m/s2分析：根据vt图和Ft图象可知，在46s，物块匀速运动，处于受力平衡状态，所以拉力和摩擦力相等，由此可以求得物体受到的摩擦力的大小，在根据在24s内物块做匀加速运动，由牛顿第二定律可以求得物体的质量的大小根据速度时间图线求出3s时的速度和加速度解答：46s做匀速直线运动，则fF2N24s内做匀加速直线运动，加速度a=42=2m/s2，根据牛顿第二定律得，Ffma，即322m，解得m0.5kg由速度时间图线可知，3s时刻的速度为2m/s故B、D正确，A、C错误故选：BD点评：本题考查学生对于图象的解读能力，根据两个图象对比可以确定物体的运动的状态，再由牛顿第二定律来求解题型二：对牛顿第二定律瞬时性的理解例子：如图所示，质量为m的球与弹簧和水平细线相连，、的另一端分别固定于P、Q球静止时，中拉力大小为F1，中拉力大小为F2，当剪断瞬间时，球的加速度a应是（）A则ag，方向竖直向下 B则ag，方向竖直向上C则a=F1m，方向沿的延长线 D则a=F2m，方向水平向左分析：先研究原来静止的状态，由平衡条件求出弹簧和细线的拉力刚剪短细绳时，弹簧来不及形变，故弹簧弹力不能突变；细绳的形变是微小形变，在刚剪短弹簧的瞬间，细绳弹力可突变！根据牛顿第二定律求解瞬间的加速度解答：未断时，受力如图所示，由共点力平衡条件得，F2mgtan，F1=mgcos刚剪断的瞬间，弹簧弹力和重力不变，受力如图：由几何关系，F合F1sinF2ma，由牛顿第二定律得：a=F1sinm=F2m，方向水平向左，故ABC错误，D正确；故选：D点评：本题考查了求小球的加速度，正确受力分析、应用平衡条件与牛顿第二定律即可正确解题，知道弹簧的弹力不能突变是正确解题的关键题型三：动力学中的两类基本问题：已知受力情况求物体的运动情况；已知运动情况求物体的受力情况 加速度是联系运动和受力的重要“桥梁”，将运动学规律和牛顿第二定律相结合是解决问题的基本思路例子：某同学为了测定木块与斜面间的动摩擦因数，他用测速仪研究木块在斜面上的运动情况，装置如图甲所示他使木块以初速度v04m/s的速度沿倾角30的斜面上滑紧接着下滑至出发点，并同时开始记录数据，结果电脑只绘出了木块从开始上滑至最高点的vt图线如图乙所示g取10m/s2求：（1）上滑过程中的加速度的大小a1；（2）木块与斜面间的动摩擦因数；（3）木块回到出发点时的速度大小v分析：（1）由vt图象可以求出上滑过程的加速度（2）由牛顿第二定律可以得到摩擦因数（3）由运动学可得上滑距离，上下距离相等，由牛顿第二定律可得下滑的加速度，再由运动学可得下滑至出发点的速度解答：（1）由题图乙可知，木块经0.5s滑至最高点，由加速度定义式a=vt有：上滑过程中加速度的大小：a1=v0t1=40.5m/s2=8m/s2 （2）上滑过程中沿斜面向下受重力的分力，摩擦力，由牛顿第二定律Fma得上滑过程中有：mgsin+mgcosma1代入数据得：0.35（3）下滑的距离等于上滑的距离：x=v022a1=4228m1m 下滑摩擦力方向变为向上，由牛顿第二定律Fma得：下滑过程中：mgsinmgcosma2解得：a2=gsin-gcos=1012-0.351032=2m/s2下滑至出发点的速度大小为：v=2a2x联立解得：v2m/s 答：（1）上滑过程中的加速度的大小a1=8m/s2；（2）木块与斜面间的动摩擦因数0.35；（3）木块回到出发点时的速度大小v2m/s点评：解决本题的关键能够正确地受力分析，运用牛顿第二定律和运动学公式联合求解【解题方法点拨】1根据牛顿第二定律知，加速度与合外力存在瞬时对应关系对于分析瞬时对应关系时应注意两个基本模型特点的区别：（1）轻绳、轻杆模型：轻绳、轻杆产生弹力时的形变量很小，轻绳、轻杆的拉力可突变；（2）轻弹簧模型：弹力的大小为Fkx，其中k是弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量，弹力突变2应用牛顿第二定律解答动力学问题时，首先要对物体的受力情况及运动情况进行分析，确定题目属于动力学中的哪类问题，不论是由受力情况求运动情况，还是由运动情况求受力情况，都需用牛顿第二定律列方程应用牛顿第二定律的解题步骤（1）通过审题灵活地选取研究对象，明确物理过程（2）分析研究对象的受力情况和运动情况，必要时画好受力示意图和运动过程示意图，规定正方向（3）根据牛顿第二定律和运动公式列方程求解（列牛顿第二定律方程时可把力进行分解或合成处理，再列方程）（4）检查答案是否完整、合理，必要时需进行讨论4牛顿第三定律【知识点的认识】1内容：两个物体之间的作用力和反作用力总是大小相等，方向相反，作用在同一条直线上2作用力与反作用力的“四同”和“三不同”：四同大小相同方向在同一直线上性质相同出现、存在、消失的时间相同 三不同方向不同作用对象不同作用效果不同 【命题方向】题型一：牛顿第三定律的理解和应用例子：关于作用力与反作用力，下列说法正确的是（）A作用力与反作用力的合力为零B先有作用力，然后才产生反作用力C作用力与反作用力大小相等、方向相反D作用力与反作用力作用在同一个物体上分析：由牛顿第三定律可知，作用力与反作用力大小相等，方向相反，作用在同一条直线上，作用在两个物体上，力的性质相同，它们同时产生，同时变化，同时消失解答：A、作用力与反作用力，作用在两个物体上，效果不能抵消，合力不为零，故A错误B、作用力与反作用力，它们同时产生，同时变化，同时消失，故B错误C、作用力与反作用力大小相等、方向相反，作用在两个物体上，故C正确D、作用力与反作用力，作用在两个物体上，故D错误故选：C点评：考查牛顿第三定律及其理解理解牛顿第三定律与平衡力的区别【解题方法点拨】应用牛顿第三定律分析问题时应注意以下几点（1）不要凭日常观察的直觉印象随便下结论，分析问题需严格依据科学理论（2）理解应用牛顿第三定律时，一定抓住“总是”二字，即作用力与反作用力的这种关系与物体的运动状态无关（3）与平衡力区别应抓住作用力和反作用力分别作用在两个物体上【知识点的应用及延伸】 比较作用力和反作用力与平衡力的异同点： 一对作用力与反作用力一对平衡力相同点大小相等相等方向相反相反是否共线共线共线不同点性质一定相同不一定相同作用时间同时产生、同时消失不一定同时产生、同时消失作用对象不同（异体）相同（同体作用效果两个力在不同物体产生不同效果，不能抵消两个力在同一物体上使物体达到平衡的效果5共点力的平衡【知识点的认识】1共点力物体同时受几个力的作用，如果这几个力都作用于物体的同一点或者它们的作用线交于同一点，这几个力叫共点力。能简化成质点的物体受到的力可视为共点力。2平衡状态物体保持静止或匀速运动状态（或有固定转轴的物体匀速转动）。注意：这里的静止需要二个条件，一是物体受到的合外力为零，二是物体的速度为零，仅速度为零时物体不一定处于静止状态，如物体做竖直上抛运动达到最高点时刻，物体速度为零，但物体不是处于静止状态，因为物体受到的合外力不为零。共点力的平衡：如果物体受到共点力的作用，且处于平衡状态，就叫做共点力的平衡。共点力的平衡条件：为使物体 保持平衡状态，作用在物体上的力必须满足的条件，叫做两种平衡状态：静态平衡v0；a0；动态平衡v0；a0；瞬时速度为0时，不一定处于平衡状态。如：竖直上抛最高点。只有能保持静止状态而加速度也为零才能认为平衡状态。物理学中的“缓慢移动”一般可理解为动态平衡。3共点力作用下物体的平衡条件（1）物体受到的合外力为零。即F合0； 其正交分解式为F合x0；F合y0；（2）某力与余下其它力的合力平衡（即等值、反向）。二力平衡：这两个力大小相等，方向相反，作用在同一直线上，并作用于同一物体。（要注意与一对作用力与反作用力的区别）。三力平衡：三个力的作用线（或者反向延长线）必交于一个点，且三个力共面。称为汇交共面性。其力大小符合组成三角形规律。三个力平移后构成一个首尾相接、封闭的矢量 形；任意两个力的合力与第三个力等大、反向（即是相互平衡）。推论：非平行的三个力作用于物体而平衡，则这三个力一定共点。几个共点力作用于物体而平衡，其中任意几个力的合力与剩余几个力（一个力）的合力一定等值反向。三力汇交原理：当物体受到三个非平行的共点力作用而平衡时，这三个力必交于一点；说明：物体受到N个共点力作用而处于平衡状态时，取出其中的一个力，则这个力必与剩下的（N1）个力的合力等大反向。若采用正交分解法求平衡问题，则其平衡条件为：FX合0，FY合0；求解平衡问题的一般步骤：选对象，画 受力图，建坐标，列方程。4平衡的临界问题由某种物理现象变化为另一种物理现象或由某种物理状态变化为另一种物理状态时，发生转折的状态叫临界状态，临界状态可以理解为“恰好出现”或“恰好不出现”某种现象的状态。平衡物体的临界状态是指物体所处的平衡状态将要发生变化的状态。往往 利用“恰好出现”或“恰好不出现”的条件。5平衡的极值问题极值是指研究平衡问题中某物理量变化情况时出遭到的最大值或最小值。可分为简单极值问题和条件极值问题。【重要考点归纳】1物体的受力分析（1）受力分析步骤物体的受力分析是解决力学问题的基础，同时也是关键所在，一般对物体进行受力分析的步骤如下：明确研究对象。在进行受力分析时，研究对象可以是某一个物体，也可以是保持相对静止的若干个物体。在解决比较复杂的问题时，灵活地选取研究对象可以使问题简化。研究对象确定以后，只分析研究对象以外的物体施 予研究对象的力（既研究对象所受的外力），而不分析研究对象施予外界的力。按顺序找力。必须是先场力（重力、电场力、磁场力），后接触力；接触力中必须先弹力，后摩擦力（只有在有弹力的接触面之间才可能有摩擦力）。画出受力示意图，标明各力的符号。需要合成或分解时，必须画出相应的平行四边形。（2）隔离法与整体法整体法：以几个物体构成的整个系统为研究对象进行求解。在许多问题中用整体法比较方便，但整体法不能求解系统的内力。隔离法：从系统中选取一部分（其中的一个物体或两个物体组成的整体，少于系统内物体的总个数）进行分析。隔离法的原则是选取受力个数最少部分的来分析。通常在分析外力对系统作用时，用整体法；在分析系统内各物体之间的相互作用时，用隔离法。有时在解答一个问题时要多次选取研究对象，需要整体法与隔离法交叉使用。注意：本考点考查考生的基本功：受力分析，受力分析是处理力学问题的关键和基础，所以要熟练掌握物体受力分析的一般步骤和方法。2共点力平衡的处理方法（1）三力平衡的基本解题方法力的合成、分解法：即分析物体的受力，把某两个力进行合成，将三力转化为二力，构成一对平衡力，二是把重力按实际效果进行分解，将三力转化为四力，构成两对平衡力。相似三角形法：利用矢量三角形与几何三角形相似的关系，建立方程求解力的方法。应用这种方法，往往能收到简捷的效果。（2）多力平衡的基本解题方法：正交分解法利用正交分解方法解体的一般步骤：明确研究对象；进行受力分析；建立直角坐标系，建立坐标系的原则是让尽可能多的力落在坐标轴上，将不在坐标轴上的力正交分解；x方向，y方向分别列平衡方程求解。注意：求解平衡问题关键在于对物体正确的受力分析，不能多力，也不能少力，对于三力平衡，如果是特殊角度，一般采用力的合成、分解法，对于非特殊角，可采用相似三角形法求解，对于多力平衡，一般采用正交分解法。3动态平衡求解三个力的动态平衡问题，一般是采用图解法，即先做出两个变力的合力（应该与不变的那个力等大反向）然后过合力的末端画方向不变的那个力的平行线，另外一个变力的末端必落在该平行线上，这样就能很直观的判断两个变力是如何变化的了，如果涉及到最小直的问题，还可以采用解析法，即采用数学求极值的方法求解。4连接体的平衡问题当一个系统（两个及两个以上的物体）处于平衡状态时，系统内的每一个物体都处于平衡状态，当求系统内各部分相互作用时用隔离法（否则不能暴露物体间的相互作用），求系统受到的外力时，用整体法，即将整个系统作为一个研究对象，具体应用中，一般两种方法交替使用。【命题方向】（1）第一类常考题型是对基本知识点的考查：如图所示，一光滑斜面固定在地面上，重力为G的物体在一水平推力F的作用下处于静止状态。若斜面的倾角为，则（）AFGcosBFGsinC物体对斜面的压力FNGcosD物体对斜面的压力FN=Gcos分析：对物体进行受力分析：重力、推力F和斜面的支持力，作出力图，根据平衡条件求出F和斜面的支持力，再得到物体对斜面的压力。解：以物体为研究对象，对物体进行受力分析：重力、推力F和斜面的支持力，作出力图如图，根据平衡条件得FFNsinFNcosG解得 FGtan，FN=Gcos由牛顿第三定律得：FNFN=Gcos故选D。点评：本题分析受力情况，作出力图是解题的关键。此题运用力合成法进行处理，也可以运用正交分解法求解。（2）第二类常考题型是对多力平衡综合的考查：如图所示，半圆柱体P放在粗糙的水平地面上，其右端有固定放置的竖向挡板MN，在P和MN之间放有一个光滑均匀的小圆柱体Q，整个装置处于静止状态，若用外力使MN保持竖直且缓慢向右移动，在Q落到地面以前，发现P始终保持静止，在此过程中（）AMN对Q的弹力逐渐减小BQ所受的合力逐渐增大C地面对P的摩擦力逐渐增大DP、Q间的弹力先减小后增大分析：先对Q受力分析，受重力、P对Q的支持力和MN对Q的支持力，根据平衡条件求解出两个支持力；再对P、Q整体受力分析，受重力、地面支持力、MN挡板对其向左的支持力和地面对其向右的支持力，再次根据共点力平衡条件列式求解。解答：先对Q受力分析，受重力、P对Q的支持力和MN对Q的支持力，如图根据共点力平衡条件，有：N1=mgcosN2mgtan再对P、Q整体受力分析，受重力、地面支持力、MN挡板对其向左的支持力和地面对其向右的摩擦力，如图根据共点力平衡条件，有：fN2N（M+m）g故：fmgtanMN保持竖直且缓慢地向右移动过程中，角不断变大，故f变大，N不变，N1变大，N2变大，P、Q受到的合力一直为零；故选：C。点评：本题关键是先对物体Q受力分析，再对P、Q整体受力分析，然后根据共点力平衡条件求出各个力的表达式，最后再进行讨论。（3）第二类常考题型是对连接体的平衡问题的考查：有一个直角支架AOB，AO水平放置，表面粗糙，OB竖直向下，表面光滑。AO上套有小环P，OB上套有小环Q，两环质量均为m，两环间由一根质量可忽略、不可伸长的细绳相连，并在某一位置平衡（如图所示）。现将P环向左移一小段距离，两环再次达到平衡，那么将移动后的平衡状态和原来的平衡状态比较，AO杆对P环的支持力N和细绳上的拉力T的变化情况是（）AN不变，T变大 BN不变，T变小CN变大，T变大 DN变大，T变小分析：分别以两环组成的整体和Q环为研究对象，分析受力情况，根据平衡条件研究AO杆对P环的支持力N和细绳上的拉力T的变化情况。解：以两环组成的整体，分析受力情况如图1所示。根据平衡条件得，N2mg保持不变。再以Q环为研究对象，分析受力情况如图2所示。设细绳与OB杆间夹角为，由平衡条件得，细绳的拉力T=mgcos，P环向左移一小段距离时，减小，cos变大，T变小。故选：B。点评：本题涉及两个物体的平衡问题，灵活选择研究对象是关键。当几个物体都处于静止状态时，可以把它们看成整体进行研究。【解题方法点拨】力学知识是物理学的基础，受力分析又是力学的基础，从近几年高考出题的形式上来看，力的合成与分解问题常与日常生活实际紧密结合，突出了对于实际物理问题的模型抽象能力，在高考的出题方向上也体现了考查学生运用数学知识分析物理问题的能力，主要是考查共点力作用下的物体平衡，尤其是三个共点力的平衡问题，同时更多的题目则体现了与物体的平衡问题、牛顿第二定律的应用问题、动量能量、场类问题的综合考查，试题形式主要以选择题、解答题形式出现。6平抛运动【知识点的认识】一、平抛运动1定义：将物体以一定的初速度沿水平方向抛出，不考虑空气阻力，物体只在重力作用下的运动2条件：（1）初速度沿水平方向；（2）只受重力作用3性质：匀变速曲线运动，其运动轨迹为抛物线4研究方法：分解成水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动两个分运动5规律：（1）水平方向：匀速直线运动，vxv0，xv0t，ax0（2）竖直方向：自由落体运动，vygt，y=12gt2，ayg（3）实际运动：v=vx2+vy2，s=x2+y2，ag二、类平抛运动1定义：加速度恒定，加速度方向与初速度方向垂直2性质：匀变速曲线运动，其运动轨迹为抛物线3研究方法：一般将类平抛运动沿初速度和加速度两个方向分解4规律：与平抛运动类似（1）初速度方向：匀速直线运动，vxv0，xv0t，ax0（2）加速度方向：初速度为零的匀加速直线运动，vyayt，y=12ayt2（3）合运动（实际运动）：v=vx2+vy2，s=x2+y2，aay三、平抛运动的基本规律1速度的变化规律 （1）任意时刻的速度水平分量均等于初速度v0（2）任意相等时间间隔t内的速度变化量方向竖直向下，大小vvygt2位移变化规律 （1）任意相等时间间隔内，水平位移相同，即xv0t（2）连续相等的时间间隔t内，竖直方向上的位移差不变，即ygt23平抛运动的两个重要推论 推论：做平抛运动的物体在任一时刻任一位置处，设其速度方向与水平方向的夹角为，位移与水平方向的夹角为，则tan2tan证明：如图所示，由平抛运动规律得：tan=v1v0=gtv0，tan=yx=1gt22v0t=gt2v0，所以tan2tan推论：做平抛运动的物体，任意时刻的瞬时速度方向的反向延长线一定通过此时水平位移的中点证明：如图所示，设平抛物体的初速度为v0，从原点O到A点的时间为t，A点坐标为（x，y），B点坐标为（x，0），则xv0t，y=12gt2，vgt，又tan=vv0=yx-x，解得x=x2即末状态速度方向的反向延长线与x轴的交点必为此时水平位移的中点【命题方向】（1）第一类常考题型是考查平抛运动基本规律的应用：如图所示，在一次空地演习中，离地H高处的飞机以水平速度V1发射一颗炮弹欲轰炸地面目标P，反应灵敏的地面拦截系统同时以速度V2竖直向上发射炮弹拦截设拦截系统与飞机的水平距离为s，不计空气阻力若拦截成功，则V1、V2的关系应满足（）Av1v2 Bv1=Hsv2 Cv1=sHv2 Dv1=Hsv2 分析：若拦截成功，竖直上抛的炮弹和平抛的炮弹运动时间相等，在竖直方向上的位移之和等于H，平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动解：炮弹运行的时间t=sv1，在这段时间内飞机发射炮弹在竖直方向上的位移h1=12gt2，拦截炮弹在这段时间内向上的位移，h2v2t-12gt2则Hh1+h2v2t，所以Hv2sv1，解得：v1=SHv2，故C正确，A、B、D错误故选C点评：解决平抛运动的关键在于用好运动的合成与分解，明确平抛运动的实质是水平方向的匀速直线运动与竖直方向的自由落体的合运动；两个分运动互不影响，相互独立（2）第二类常考题型是平抛运动和斜面结合问题：如图所示，A、B、C三个小球分别从斜面的顶端以不同的速度水平抛出，其中A、B落到斜面上，C落到水平面上，A、B落到斜面上时速度方向与水平方向的夹角分别为、，C落到水平面上时速度方向与水平方向的夹角为，则（）A B C D分析：设小球落在斜面上时平抛初速度为v0，落在斜面底端时初速度为v1，落在水平面上C点时初速度为v2小球落在斜面上时，斜面倾角的正切等于竖直位移与水平位移之比，列式求出平抛运动的时间，再求出落在斜面时速度方向与水平方向的夹角的正切，来比较夹角的大小解：设小球落在斜面上时平抛初速度为v0，落在斜面上时速度与水平方向的夹角为，斜面倾角为由tan=yx=12gt2v0t=gt2v0，得到t=2v0tang则tan=vyv0=gtv0=2tan，与初速度大小无关，即落到斜面上时速度方向与水平方向的夹角均相等，所以设小球落在斜面底端时速度与水平方向夹角为，其初速度为v1，落在水平面上C点时初速度为v2由于高度相同，平抛时间相等，设为t1则tan=gt1v1，tan=gt1v2由于v1v2 所以tantan，由上分析可知，所以故选B点评：本题关键是斜面的倾角的应用，它表示位移方向与水平方向的夹角，分解位移，不是分解速度，不能得到这样的式子：tan=vyvx（3）第三类常考题型是涉及平抛运动的综合问题：如图所示，在距地面高为H45m处，有一小球A以初速度v010m/s水平抛出，与此同时，在A的正下方有一物块B也以相同的初速度v0同方向滑出，B与地面间的动摩擦因数为0.5，A、B均可看做质点，空气阻力不计，重力加速度g取10m/s2，求：（1）A球从抛出到落地的时间和这段时间内的水平位移；（2）A球落地时，A、B之间的距离分析：A球做的是平抛运动，研究平抛运动的方法是把平抛运动分解到水平方向和竖直方向去研究，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动，两个方向上运动的时间相同B球只在摩擦力的作用下，做匀减速直线运动，由匀变速直线运动的规律可以求得B的位移的大小解：（1）A球做的是平抛运动，由平抛运动的规律得水平方向上：xV0t 竖直方向上：H=12gt2 由以上两个方程可以解得，x30m，t3s，（2）对B物块，由牛顿第二定律可得，mgma，所以ag5m/s2，减速至停止所需要的时间为t=V0a=2s3s，所以在A落地之前B已经停止运动，B的总位移为，xB=V022a=10m，所以AB间的距离为xxxB20m答：（1）A球从抛出到落地的时间是3s，这段时间内的水平位移是30m；（2）A球落地时，A、B之间的距离是20m点评：本题就是对平抛运动规律的考查，平抛运动可以分解为在水平方向上的匀速直线运动，和竖直方向上的自由落体运动来求解，对B运用匀减速直线运动的规律直接求解即可（4）第四类常考题型是斜抛运动问题：如图所示，水平地面上不同位置的三个小球斜上抛，沿三条不同的路径运动最终落在同一点，三条路径的最高点是等高的，若忽略空气阻力的影响，下列说法正确的是（）A三个小球落地时的速率相等B沿路径3抛出的小球在空中运动时间最长C三个小球抛出的初速度竖直分量相等D三个小球抛出的初速度水平分量相等分析：三个小球都做斜抛运动，运用运动的分解法，将其运动分解为竖直和水平两个方向研究，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做竖直上抛运动，根据运动学公式列式，再进行分析解：设任一小球初速度大小为v0，初速度的竖直分量为vy，水平分量为vx，初速度与水平方向的夹角为，上升的最大高度为h，运动时间为t，落地速度大小为vA、C、D、取竖直向上方向为正方向，小球竖直方向上做匀减速直线运动，加速度为ag，由0-vy2=-2gh，得vy=2gh，h相同，vy相同，则三个小球初速度的竖直分量相同由速度的分解知：vyv0sin，由于不同，所以v0不同根据机械能守恒定律得知，小球落地时与抛出时速率相等，所以可知三个小球落地时的速率不等又有 vyvxtan，vy相同，不同，则vx不同，初速度水平分量不等，故AD错误，C正确B、由运动学公式有：h=12g(t2)2，则得：t22hg，则知三个球运动的时间相等；故B错误故选：C点评：对于斜抛运动，要能熟练运用运动的分解法进行分析，掌握相关的运动学公式是解题的基础【解题方法点拨】1平抛运动的处理技巧一“补”登天 由平抛运动的分解规律可知，平抛运动可以分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动，我们在解答有关平抛运动的问题时，如果选择适当的位置补画这两个方向的平面，按照这种分解规律可以给解题带来极大的方便2斜面上的平抛运动问题的规律总结（1）顺着斜面平抛方法：分解位移xv0ty=12gt2tan=yx可求得t=2v0tang（2）对着斜面平抛（如右图）方法：分解速度vxv0vygt，tan=v0vy=v0gt可求得t=v0gtan（3）对着竖直墙壁平抛（如右图）水平初速度v0不同时，虽然落点不同，但水平位移相同t=dv03类平抛运动的求解方法常规分解法：将类平抛运动分解为沿初速度方向的匀速直线运动和垂直于初速度方向（即沿合外力的方向）的匀加速直线运动两分运动彼此独立，互不影响，且与合运动具有等时性特殊分解法：对于有些问题，可以过抛出点建立适当的直角坐标系，将加速度a分解为ax、ay，初速度v0分解为vx、vy，然后分别在x、y方向列方程求解4涉及平抛运动的综合问题（1）平抛运动与其他运动形式（如匀速直线运动、竖直上抛运动、自由落体运动、圆周运动等）综合的题目在这类问题的分析中要注意平抛运动与其他运动在时间上、位移上、速度上的相关分析（2）多体平抛问题：若两物体同时从同一高度（或同一点）抛出，则两物体始终在同一高度，二者间距只决定于两物体水平分运动；若两物体同时从不同高度抛出，则两物体高度差始终与抛出点高度差相同，二者间距由两物体水平分运动和竖直高度差决定；若两物体从同一点先后抛出，两物体竖直高度差随时间均匀增大，二者间距决定于两物体水平分运动和竖直分运动7向心力【知识点的认识】一：向心力1作用效果：产生向心加速度，只改变速度的方向，不改变速度的大小2大小：Fnmanmv2rm2rm42T2r3方向：总是沿半径方向指向圆心，时刻在改变，即向心力是一个变力4来源：向心力可以由一个力提供，也可以由几个力的合力提供，甚至可以由一个力的分力提供，因此向心力的来源要根据物体受力的实际情况判定注意：向心力是一种效果力，受力分析时，切不可在物体的相互作用力以外再添加一个向心力二、离心运动和向心运动1离心运动（1）定义：做圆周运动的物体，在所受合外力突然消失或不足以提供圆周运动所需向心力的情况下，就做逐渐远离圆心的运动（2）本质：做圆周运动的物体，由于本身的惯性，总有沿着圆周切线方向飞出去的倾向（3）受力特点：当Fmr2时，物体做匀速圆周运动；当F0时，物体沿切线方向飞出；当Fmr2时，物体逐渐远离圆心，F为实际提供的向心力如图所示 2向心运动当提供向心力的合外力大于做圆周运动所需向心力时，即Fmr2，物体渐渐向圆心靠近如图所示注意：物体做离心运动不是物体受到所谓离心力作用，而是物体惯性的表现，物体做离心运动时，并非沿半径方向飞出，而是运动半径越来越大或沿切线方向飞出【重要知识点分析】1圆周运动中的运动学分析（1）对公式vr的理解当r一定时，v与成正比当一定时，v与r成正比当v一定时，与r成反比（2）对a=v2r=2rv的理解在v一定时，a与r成反比；在一定时，a与r成正比2匀速圆周运动和非匀速圆周运动的比较 项目 匀速圆周运动非匀速圆周运动运动性质是速度大小不变，方向时刻变化的变速曲线运动，是加速度大小不变而方向时刻变化的变加速曲线运动 是速度大小和方向都变化的变速曲线运动，是加速度大小和方向都变化的变加速曲线运动 加速度加速度方向与线速度方向垂直即只存在向心加速度，没有切向加速度 由于速度的大小、方向均变，所以不仅存在向心加速度且存在切向加速度，合加速度的方向不断改变 向心力F合=F向=mv2rmr2mr(2T)2mr(2f)2 F合沿半径的分力Fx=ma向沿切向的分力Fy=ma切 【命题方向】（1）第一类常考题型是对圆周运动中的传动问题分析：一个内壁光滑的圆锥形筒的轴线垂直水平面，圆锥筒固定，有质量相等的小球A和B沿着筒的内壁在水平面内做匀速圆周运动，A的运动半径较大，则（）A球A的线速度等于球B的线速度 B球A的角速度等于球B的角速度 C球A的运动周期等于球B的运动周期 D球A对筒壁的压力等于球B对筒壁的压力 分析：对AB受力分析，可以发现它们都是重力和斜面的支持力的合力作为向心力，并且它们的质量相等，所以向心力的大小也相等，再根据线速度、加速度和周期的公式可以做出判断解：A、如右图所示，小球A和B紧贴着内壁分别在水平面内做匀速圆周运动由于A和B的质量相同，小球A和B在两处的合力相同，即它们做圆周运动时的向心力是相同的由向心力的计算公式Fmv2r，由于球A运动的半径大于B球的半径，F和m相同时，半径大的线速度大，所以A错误B、又由公式Fm2r，由于球A运动的半径大于B球的半径，F和m相同时，半径大的角速度小，所以B错误C、由周期公式T=2，所以球A的运动周期大于球B的运动周期，故C错误D、球A对筒壁的压力等于球B对筒壁的压力，所以D正确故选D点评：对物体受力分析是解题的关键，通过对AB的受力分析可以找到AB的内在的关系，它们的质量相同，向心力的大小也相同，本题能很好的考查学生分析问题的能力，是道好题（2）第二类常考题型是对圆周运动中的动力学问题分析：如图所示，质量为m的小球在竖直平面内的光滑圆轨道上做圆周运动圆半径为R，小球经过圆环最高点时刚好不脱离圆轨则其通过最高点时（）A小球对圆环的压力大小等于mg B小球受到的向心力等于重力 C小球的线速度大小等于RgD小球的向心加速度大小等于g 分析：小球经过圆环最高点时刚好不脱离圆环，知轨道对小球的弹力为零，靠重力提供向心力，根据牛顿第二定律求出小球的速度解：A、因为小球刚好在最高点不脱离圆环，则轨道对球的弹力为零，所以小球对圆环的压力为零故A错误B、根据牛顿第二定律得，mgmv2R=ma，知向心力不为零，线速度v=gR，向心加速度ag故B、C、D正确故选BCD点评：解决本题的关键知道在最高点的临界情况，运用牛顿第二定律进行求解（3）第二类常考题型是对圆周运动的绳模型与杆模型分析：如图，质量为0.5kg的小杯里盛有1kg的水，用绳子系住小杯在竖直平面内做“水流星”表演，转动半径为1m，小杯通过最高点的速度为4m/s，g取10m/s2求：（1）在最高点时，绳的拉力？（2）在最高点时水对小杯底的压力？（3）为使小杯经过最高点时水不流出，在最高点时最小速率是多少？分析：（1）受力分析，确定圆周运动所需要的向心力是由哪个力提供的；（2）水对小杯底的压力与杯子对水的支持力是作用力与反作用力，只要求出杯子对水的支持力的大小就可以了，它们的大小相等，方向相反；（3）物体恰好能过最高点，此时的受力的条件是只有物体的重力作为向心力解：（1）小杯质量m0.5kg，水的质量M1kg，在最高点时，杯和水的受重力和拉力作用，如图所示，合力F合（M+m）g+T圆周半径为R，则F向（M+m）v2R-F合提供向心力，有 （M+m）g+T（M+m）v2R所以细绳拉力T（M+m）（v2R-g）（1+0.5）（421-10）9N；（2）在最高点时，水受重力Mg和杯的压力F作用，如图所示，合力F合Mg+F圆周半径为R，则F向Mv2RF合提供向心力，有 Mg+FMv2R所以杯对水的压力FM（v2R-g）1（421-10）6N；根据牛顿第三定律，水对小杯底的压力为6N，方向竖直向上（3）小杯经过最高点时水恰好不流出时，此时杯对水的压力为零，只有水的重力作为向心力，由（2）得：MgMv2R解得v=gR=101m/s=10m/s答：（1）在最高点时，绳的拉力为9 N；（2）在最高点时水对小杯底的压力为6N；（3）在最高点时最小速率为10m/s点评：水桶在竖直面内做圆周运动时向心力的来源是解决题目的重点，分析清楚哪一个力做为向心力，再利用向心力的公式可以求出来，必须要明确的是当水桶恰好能过最高点时，只有水的重力作为向心力，此时水恰好流不出来【解题方法点拨】1圆周运动中的运动学规律总结在分析传动装置中的各物理量时，要抓住不等量和相等量的关系，具体有：（1）同一转轴的轮上各点角速度相同，而线速度vr与半径r成正比（2）当皮带（或链条、齿轮）不打滑时，传动皮带上各点以及用皮带连接的两轮边沿上的各点线速度大小相等，而角速度=vr与半径r成反比（3）齿轮传动时，两轮的齿数与半径成正比，角速度与齿数成反比2圆周运动中的动力学问题分析（1）向心力的确定 确定圆周运动的轨道所在的平面及圆心的位置 分析物体的受力情况，找出所有的力沿半径方向指向圆心的合力，该力就是向心力 （2）向心力的来源 向心力是按力的作用效果命名的，可以是重力、弹力、摩擦力等各种力，也可以是几个力的合力或某个力的分力，因此在受力分析中要避免再另外添加向心力（3）解决圆周运动问题步骤审清题意，确定研究对象； 分析物体的运动情况，即物体的线速度、角速度、周期、轨道平面、圆心、半径等； 分析物体的受力情况，画出受力示意图，确定向心力的来源； 根据牛顿运动定律及向心力公式列方程3竖直平面内圆周运动的绳模型与杆模型 （1）在竖直平面内做圆周运动的物体，按运动到轨道最高点时的受力情况可分为两类：一是无支撑（如球与绳连接、沿内轨道运动的过山车等），称为“绳（环）约束模型”，二是有支撑（如球与杆连接、在弯管内的运动等），称为“杆（管道）约束模型” （2）绳、杆模型涉及的临界问题 绳模型杆模型常见类型均是没有支撑的小球 均是有支撑的小球过最高点的临界条件由mgmv2r得v临=gr由小球恰能做圆周运动得v临0讨论分析（1）过最高点时，vgr，FN+mgmv2r，绳、轨道对球产生弹力FN；（2）不能过最高点时，vgr，在到达最高点前小球已经脱离了圆轨道；（1）当v0时，FNmg，FN为支持力，沿半径背离圆心；（2）当0vgr时，FN+mgmv2r，FN背向圆心，随v的增大而减小；（3）当v=gr时，FN0； （4）当vgr时，FN+mgmv2r，FN指向圆心并随v的增大而增大；8万有引力定律及其应用【知识点的认识】一、万有引力定律1内容：自然界中任何两个物体都相互吸引，引力的方向在它们的连线上，引力的大小与物体的质量m1和m2的乘积成正比，与它们之间距离r的平方成反比2表达式：F=Gm1m2r2，其中G6.671011 Nm2/kg2，叫引力常量 它是在牛顿发现万有引力定律一百年后英国物理学家卡文迪许利用扭秤装置测出的3适用条件：公式适用于质点间的相互作用但对于不能看做质点的两个质量分布均匀的球体间的相互作用是适用的，此时r是两球心间的距离；另外，对于一个质量分布均匀的球体和球外一个质点之间的相互作用万有引力定律也适用，其中r为球心到质点的距离二、应用万有引力定律分析天体运动1基本方法：把天体的运动看成匀速圆周运动，其所需的向心力由万有引力提供，即GMmr2=mv2r=m2r=m42T2r2天体质量M、密度的估算：若测出卫星绕天体做匀速圆周运动的半径r和周期T由GMmr2=m42T2r得：M=42GT2r3，=MV=M43r03=3GT2r03r3，其中r0为天体的半径，当卫星沿天体表面绕天体运动时，rr0，则=3GT23地球同步卫星的特点（1）轨道平面一定：轨道平面和赤道平面重合 （2）周期一定：与地球自转周期相同，即T24h86400 s（3）角速度一定：与地球自转的角速度相同 （4）高度一定：据GMmr2=m42T2r，得r=3GMT242=4.24104 km，卫星离地面高度hrR6R（为恒量）（5）速率一定：运动速度v=2rT=3.08 km/s（为恒量） （6）绕行方向一定：与地球自转的方向一致4极地卫星和近地卫星（1）极地卫星运行时每圈都经过南北两极由于地球自转，极地卫星可以实现全球覆盖 （2）近地卫星是在地球表面附近环绕地球做匀速圆周运动的卫星，其运行的轨道半径可近似认为等于地球的半径，其运行线速度约为7.9km/s（3）两种卫星的轨道平面一定通过地球的球心 5 三种宇宙速度比较 宇宙速度 数值（km/s） 意义 第一宇宙速度 7.9这是卫星绕地球做圆周运动的最小发射速度 第二宇宙速度 11.2这是物体挣脱地球引力束缚的最小发射速度 第三宇宙速度 16.7这是物体挣脱太阳引力束缚的最小发射速度 三、经典时空观和相对论时空观1经典时空观 （1）在经典力学中，物体的质量是不随运动状态而改变的 （2）在经典力学中，同一物理过程发生的位移和对应时间的测量结果在不同的参考系中是相同的2相对论时空观（1）在狭义相对论中，物体的质量随物体的运动速度的增大而增大，用公式表示为m=m01-v2c2（2）在狭义相对论中，同一物理过程发生的位移和对应时间的测量结果在不同的参考系中是不同的【命题方向】（1）第一类常考题型是考查万有引力定律在天体运动中的应用：我国在2010年实现探月计划“嫦娥工程”同学们也对月球有了更多的关注（1）若已知地球半径为R，地球表面的重力加速度为g，月球绕地球运动的周期为T，月球绕地球的运动近似看做匀速圆周运动，试求出月球绕地球运动的轨道半径；（2）若宇航员随登月飞船登陆月球后，在月球表面某处以速度v0竖直向上抛出一个小球，经过时间t，小球落回抛出点已知月球半径为r，万有引力常量为G，试求出月球的质量M月分析：（1）月球绕地球的运动时，由地球的万有引力提供向心力，由牛顿第二定律列出月球的轨道半径与地球质量等物理量的关系式；物体在地球表面上时，由重力等于地球的万有引力求出地球的质量，再求出月球的轨道半径（2）小球在月球表面做竖直上抛运动，由t=2v0g月求出月球表面的重力加速度，根据g月=GM月r2求出月球的质量M月解：（1）根据万有引力定律和向心力公式： GM月Mr2=M月(2T)2r mgGMmR2解得：r=3gR2T242（2）设月球表面处的重力加速度为g月，根据题意：得到 t=2v0g月又g月=GM月r2解得：M月=2v0r2Gt 答：（1）月球绕地球运动的轨道半径是3gR2T242； （2）月球的质量M月=2v0r2Gt点评：本题是卫星类型的问题，常常建立这样的模型：环绕天体绕中心天体做匀速圆周运动，由中心天体的万有引力提供向心力（2）第二类常考题型是卫星的v、T、a向与轨道半径r的关系：如图地球赤道上的山丘e，近地资源卫星p和同步通信卫星q均在赤道平面上绕地心做匀速圆周运动设e、p、q，的圆周运动速率分别为v1、v2、v3，向心加速度分别为a1、a2、a3，则（）Av1v2v3 Bv1v2v3 Ca1a2a3 Da1a3a2 分析：要比较线速度的大小关系，可根据p和q是万有引力完全提供向心力，GMmR2=mv2R解得v=GMR；而e和q相同的是角速度，根据vR可以得出结论不能比较e和p，因为e所受的万有引力不但提供向心力，而且提供重力对于p和q来说有GMmR2=ma，可得a=GMR2；根据a2R比较a1和a3解：对于卫星来说根据万有引力提供向心力有GMmR2=mv2R 解得v=GMR故卫星的轨道半R径越大，卫星的线速度v越小由于近地资源卫星p的轨道半径小于同步通信卫星q的轨道半径，故同步卫星q的线速度v3小于近地资源卫星p的线速度v2，即v3v2由于同步通信卫星q和赤道上的山丘e的角速度相同，到地心的距离RqRe即eq根据vR可得v1eRev2qRq即v2v1故A、B错误对于p和q来说有GMmR2=ma可得a=GMR2由于RpRq则apaq即a2a3根据a2R由于RqRe可得aqae即a3a1故a2a3a1故C错误，D正确故选D点评：比较两个物理量之间的大小关系时要选用有相同物理量的公式进行比较如本题中的e和p不能比较，而只能e和q比较，因为e和q相同的是角速度p和q比较，因为p和q相同的是万有引力完全提供向心力（3）第三类常考题型是卫星变轨问题我国要发射的“嫦娥一号”探月卫星简化后的路线示意图如图所示卫星由地面发射后，经过发射轨道进入停泊轨道，然后在停泊轨道经过调速后进入地月转移轨道，再次调速后进人工作轨道，卫星开始对月球进行探测已知地球与月球的质量之比为a，卫星的停泊轨道与工作轨道的半径之比为b，卫星在停泊轨道和工作轨道上均可视为做匀速圆周运动，则（）A卫星在停泊轨道和工作轨道运行的速度之比为abB卫星在停泊轨道和工作轨道运行的周期之比为baC卫星在停泊轨道运行的速度大于地球的第一宇宙速度D卫星从停泊轨道转移到地月转移轨道，卫星必须加速分析：根据万有引力提供向心力列出等式即可求出速度之比第一宇宙速度是卫星绕地球附近做匀速圆周运动的速度，由速度公式v=GMr比较卫星在停泊轨道运行的速度与地球的第一宇宙速度的大小第一宇宙速度是绕地球做圆周运动的最大环绕速度卫星从停泊轨道转移到地月转移轨道，卫星必须加速解：A、B根据万有引力提供向心力得：GMmr2=mv2r=m42T2r，得 v=GMr，T2r3GM则得：卫星在停泊轨道和工作轨道运行的速度之比v停v工=GM地r停：GM月r工=ab，周期之比T停T工=r停3GM地：r工3GM月=b3a故A正确，B错误C、由卫星的速度公式v=GMr，知卫星的轨道半径越大，运行速度越小，而第一宇宙速度是卫星绕地球附近做匀速圆周运动的速度，是卫星绕地球做圆周运动的最大环绕速度，所以卫星在停泊轨道运行的速度小于地球的第一宇宙速度故C错误D、卫星从停泊轨道转移到地月转移轨道，卫星必须加速做离心运动，才能实现故D正确故选AD点评：解决本题的关键掌握万有引力提供向心力，以及理解第一宇宙速度（4）第四类常考题型是双星系统模型经长期观测人们在宇宙中已经发现了“双星系统”“双星系统”由两颗相距较近的恒星组成，每个恒星的线度远小于两个星体之间的距离，而且双星系统一般远离其他天体如图所示，两颗星球组成的双星，在相互之间的万有引力作用下，绕连线上的O点做周期相同的匀速圆周运动现测得两颗星之间的距离为L，质量之比为m1：m23：2则可知（）Am1、m2做圆周运动的线速度之比为3：2Bm1、m2做圆周运动的角速度之比为3：2Cm1做圆周运动的半径为25LDm2做圆周运动的半径为25L分析：双星在相互之间的万有引力作用下，绕连线上的O点做周期相同的匀速圆周运动，根据牛顿第二定律分别对两恒星进行列式，来求解线速度之比、角速度之比，并得出各自的半径解：设双星运行的角速度为，由于双星的周期相同，则它们的角速度也相同，则根据牛顿第二定律得： 对m1：Gm1m2L2=m12r1 对m2：Gm1m2L2=m22r2由：得：r1：r2m2：m12：3又r2+r1L，得r1=25L，r2=35L由vr，相同得：m1、m2做圆周运动的线速度之比为v1：v2r1：r22：3故选C点评：双星是圆周运动在万有引力运用中典型问题，关键抓住它们之间的关系：角速度和周期相同，由相互之间的万有引力提供向心力【解题方法点拨】一、万有引力定律的应用1解决天体（卫星）运动问题的基本思路（1）在地面附近万有引力近似等于物体的重力，F引mg，即GMmr2=mg，整理得GMgR2（2）天体运动都可近似地看成匀速圆周运动，其向心力由万有引力提供，即F引F向一般有以下几种表述形式：GMmr2=mv2r；GMmr2=m2r；GMmr2=m42T2r；2天体质量和密度的计算（1）利用天体表面的重力加速度g和天体半径R由于GMmR2=mg，故天体质量M=gR2G，天体密度=MV=M43R3=3g4GR（2）通过观察卫星绕天体做匀速圆周运动的周期T，轨道半径r由万有引力等于向心力，即GMmr2=m42T2r，得出中心天体质量M=42r3GT2若已知天体的半径R，则天体的密度=MV=M43R3=3r2GT2R3若天体的卫星在天体表面附近环绕天体运动，可认为其轨道半径r等于天体半径R，则天体密度=3GT2可见，只要测出卫星环绕天体表面运动的周期T，就可估测出中心天体的密度注意：不考虑天体自转，对任何天体表面都可以认为mg=GMmR2，从而得出GMgR2（通常称为黄金代换），其中M为该天体的质量，R为该天体的半径，g为相应天体表面的重力加速度二、卫星的各物理量随轨道半径的变化而变化的规律及卫星的变轨问题 1卫星的各物理量随轨道半径的变化而变化的规律（1）向心力和向心加速度：向心力是由万有引力充当的，即F=GMmr2，再根据牛顿第二定律可得，随着轨道半径的增加，卫星的向心力和向心加速度都减小（2）线速度v：由GMmr2=mv2r得v=GMr，随着轨道半径的增加，卫星的线速度减小（3）角速度：由GMmr2=m2r得=GMr3，随着轨道半径的增加，做匀速圆周运动的卫星的角速度减小（4）周期T：由GMmr2=m42T2r得T=2r3GM，随着轨道半径的增加，卫星的周期增大注意：上述讨论都是卫星做匀速圆周运动的情况，而非变轨时的情况2卫星的变轨问题 卫星绕地球稳定运行时，万有引力提供了卫星做圆周运动的向心力，由GMmr2=mv2r得v=GMr 由此可知，轨道半径r越大，卫星的线速度v越小当卫星由于某种原因速度v突然改变时，受到的万有引力GMmr2和需要的向心力mv2r不再相等，卫星将偏离原轨道运动当GMmr2mv2r时，卫星做近心运动，其轨道半径r变小，由于万有引力做正功，因而速度越来越大；反之 当GMmr2mv2r时，卫星做离心运动，其轨道半径r变大，由于万有引力做负功，因而速度越来越小人造卫星变轨问题的三点注意事项：（1）人造卫星变轨时半径的变化，根据万有引力和所需向心力的大小关系判断；稳定在新轨道上的运行速度变化由v=GMr判断（2）人造卫星在不同轨道上运行时机械能不同，轨道半径越大，机械能越大（3）人造卫星经过不同轨道相交的同一点时加速度相等，外轨道的速度大于内轨道的速度三、环绕速度与发射速度的比较及地球同步卫星1环绕速度与发射速度的比较近地卫星的环绕速度v=GMR=gR=7.9m/s，通常称为第一宇宙速度，它是地球周围所有卫星的最大环绕速度，是在地面上发射卫星的最小发射速度不同高度处的人造卫星在圆轨道上的运行速度v=GMr，其大小随半径的增大而减小但是，由于在人造地球卫星发射过程中火箭要克服地球引力做功，所以将卫星发射到离地球越远的轨道，在地面上所需的发射速度就越大2地球同步卫星特点 轨道平面一定 轨道平面与赤道平面重合 高度一定 距离地心的距离一定，h4.225104km； 距离地面的高度为3.6104km 环绕速度一定 v3.08 km/s，环绕方向与地球自转方向相同 角速度一定 7.3105rad/s 周期一定 与地球自转周期相同，常取T24h 向心加速度大小一定 a0.23 m/s2 四、双星系统模型1模型条件 （1）两颗星彼此相距较近 （2）两颗星靠相互之间的万有引力做匀速圆周运动 （3）两颗星绕同一圆心做圆周运动2模型特点 （1）“向心力等大反向”两颗星做匀速圆周运动的向心力由它们之间的万有引力提供，故F1F2，且方向相反，分别作用在两颗行星上，是一对作用力和反作用力 （2）“周期、角速度相同”两颗行星做匀速圆周运动的周期、角速度相等 （3）“半径反比”圆心在两颗行星的连线上，且r1+r2L，两颗行星做匀速圆周运动的半径与行星的质量成反比3解答双星问题应注意“两等”“两不等”（1）双星问题的“两等”：它们的角速度相等 双星做匀速圆周运动的向心力由它们之间的万有引力提供，即它们受到的向心力大小总是相等的（2）“两不等”：双星做匀速圆周运动的圆心是它们连线上的一点，所以双星做匀速圆周运动的半径与双星间的距离是不相等的，它们的轨道半径之和才等于它们间的距离 由m12r1m22r2知由于m1与m2一般不相等，故r1与r2一般也不相等9动量守恒定律【知识点的认识】1内容：如果一个系统不受外力，或者所受外力的矢量和为零，这个系统的总动量保持不变，这就是动量守恒定律2表达式：（1）pp，系统相互作用前总动量p等于相互作用后的总动量p（2）m1v1+m2v2m1v1+m2v2，相互作用的两个物体组成的系统，作用前的动量和等于作用后的动量和（3）p1p2，相互作用的两个物体动量的增量等大反向（4）p0，系统总动量的增量为零3动量守恒定律的适用条件（1）不受外力或所受外力的合力为零不能认为系统内每个物体所受的合外力都为零，更不能认为系统处于平衡状态（2）近似适用条件：系统内各物体间相互作用的内力远大于它所受到的外力（3）如果系统在某一方向上所受外力的合力为零，则在这一方向上动量守恒【命题方向】题型一：动量守恒的判断例子：如图所示，A、B两物体的质量比mA：mB3：2，它们原来静止在平板车C上，A、B间有一根被压缩了的弹簧，A、B与平板车上表面间动摩擦因数相同，地面光滑当弹簧突然释放后，则有（）AA、B系统动量守恒 BA、B、C系统动量守恒C小车向左运动 D小车向右运动分析：在整个过程中三个物体组成的系统合外力为零，系统的动量守恒分析小车的受力情况，判断其运动情况解答：A、B，由题意，地面光滑，所以A、B和弹簧、小车组成的系统受合外力为零，所以系统的动量守恒在弹簧释放的过程中，由于mA：mB3：2，A、B所受的摩擦力大小不等，所以A、B组成的系统合外力不为零，动量不守恒故A错误B正确；C、D由于A、B两木块的质量之比为m1：m23：2，由摩擦力公式fNmg知，A对小车向左的滑动摩擦力大于B对小车向右的滑动摩擦力，在A、B相对小车停止运动之前，小车的合力所受的合外力向左，会向左运动，故C正确，D错误故选：BC点评：本题关键掌握系统动量守恒定律的适用条件：合外力为零，并能通过分析受力，判断是否系统的动量是否守恒，题目较为简单！题型二：动量守恒的应用例子：如图所示，C是放在光滑的水平面上的一块木板，木板的质量为3m，在木板的上面有两块质量均为m的小木块A和B，它们与木板间的动摩擦因数均为最初木板静止，A、B两木块同时以方向水平向右的初速度v0和2v0在木板上滑动，木板足够长，A、B始终未滑离木板求：（1）木块B从刚开始运动到与木板C速度刚好相等的过程中，木块B所发生的位移；（2）木块A在整个过程中的最小速度分析：（1）A、B两木块同时水平向右滑动后，木块A先做匀减速直线运动，当木块A与木板C的速度相等后，A、C相对静止一起在C摩擦力的作用下做匀加速直线运动；木块B一直做匀减速直线运动，直到三个物体速度相同根据三个物体组成的系统动量守恒求出最终共同的速度，对B由牛顿第二定律和运动学公式或动能定理求解发生的位移；（2）当木块A与木板C的速度相等时，木块A的速度最小，根据系统的动量守恒求解A在整个过程中的最小速度，或根据牛顿第二定律分别研究A、C，求出加速度，根据速度公式，由速度相等条件求出时间，再求解木块A在整个过程中的最小速度解答：（1）木块A先做匀减速直线运动，后做匀加速直线运动；木块B一直做匀减速直线运动；木板C做两段加速度不同的匀加速直线运动，直到A、B、C三者的速度相等为止，设为v1对A、B、C三者组成的系统，由动量守恒定律得：mv0+2mv0（m+m+3m）v1 解得：v10.6v0木块B滑动的加速度为：ag，所发生的位移：x=v12-(2v0)2-2a=91v0250g（2）A与C速度相等时，速度最小，此过程A和B减少的速度相等，有：mv0+2mv0（m+3m）vA+mvBv0vA2v0vB解得：vA0.4v0答：（1）木块B从刚开始运动到与木板C速度刚好相等的过程中，木块B所发生的位移是91v0250g；（2）木块A在整个过程中的最小速度是0.4v0点评：本题是木块在木板上滑动的类型，分析物体的运动过程是解题基础，其次要把握物理过程所遵守的规律，这种类型常常根据动量守恒和能量守恒结合处理题型三：动量守恒的临界问题如图所示，光滑的水平面上有一个质量为M2m的凸型滑块，它的一个侧面是与水平面相切的光滑曲面，滑块的高度为h0.3m质量为m的小球，以水平速度v0在水平面上迎着光滑曲面冲向滑块试分析计算v0应满足什么条件小球才能越过滑块（取g1Om/s2）分析：小球越到滑块最高点速度水平向右，以滑块和和小球组成的系统为研究对象；根据动量守恒和过程系统机械能守恒列出等式；根据题意要越过滑块，应有v1v2，我们解决问题时取的是临界状态求解解答：设小球越过滑块最高点的速度为v1，此时滑块的速度为v2，根据动量守恒得：mv0mv1+2mv2此过程系统机械能守恒，根据机械能守恒得：12mv02=12mv12+122mv22+mgh小球要越过滑块，应有v1v2，至少也要有v1v2，设v1v2v，上述两式变为mv0（m+2m）v12mv0212（m+2m）v2+mgh解得v03m/s答：小球要越过滑块，初速度应满足v03m/s点评：应用动量守恒定律时要清楚研究的对象和守恒条件把动量守恒和能量守恒结合起来列出等式求解是常见的问题题型四：动量与能量的综合例子：如图所示，光滑水平面上放置质量均为M2kg的甲、乙两辆小车，两车之间通过一感应开关相连（当滑块滑过两车连接处时，感应开关使两车自动分离，分离时对两车及滑块的瞬时速度没有影响），甲车上表面光滑，乙车上表面与滑块P之问的动摩擦因数0.5，一根轻质弹簧固定在甲车的左端，质量为m1kg的滑块P（可视为质点）与弹簧的右端接触但不相连，用一根细线拴在甲车左端和滑块P之间使弹簧处于压缩状态，此时弹簧的弹性势能E010J，弹簧原长小于甲车长度，整个系统处于静止状态现剪断细线，滑块P滑上乙车后最终未滑离乙车，g取10m/s2求：（1）滑块P滑上乙车前的瞬时速度的大小；（2）滑块P滑上乙车后相对乙车滑行的距离分析：（1）因地面光滑，所以滑块P在甲车上滑动的过程中，符合动量守恒的条件，同时除了弹簧的弹力做功之外，没有其他的力做功，所以机械能也是守恒的，分别应用动量守恒和机械能守恒列式求解，可得出滑块P滑上乙时的瞬时速度（2）滑块P滑上乙车时，甲乙两车脱离，滑块和乙车做成了系统，经对其受力分析，合外力为零，动量守恒，可求出滑块和乙车的最终共同速度，由能量的转化和守恒可知，系统减少的机械能转化为了内能，即为摩擦力与相对位移的乘积从而可求出相对位移，即滑块P在乙车上滑行的距离解答：（1）设滑块P滑上乙车前的速度为v，以整体为研究对象，作用的过程中动量和机械能都守恒，选向右的方向为正，应用动量守恒和能量关系有：mv12Mv20E0=12mv12+12(2M)v22两式联立解得：v14m/s v21m/s（2）以滑块和乙车为研究对象，选向右的方向为正，在此动过程中，由动量守恒定律得：mv1Mv2（m+M）v共由能量守恒定律得：mgL=12mv12+12Mv22-12（M+m）v共2联立并代入得：L=53m答：（1）滑块P滑上乙时的瞬时速度的大小为4m/s（2）滑块P滑上乙车后最终未滑离乙车，滑块P在乙车上滑行的距离为53m点评：本题考察了动量守恒机械能守恒和能量的转化与守恒应用动量守恒定律解题要注意“四性”，系统性矢量性同时性机械能守恒的条件是只有重力（或弹簧的弹力）做功，并只发生动能和势能的转化【解题方法点拨】1应用动量守恒定律的解题步骤：（1）明确研究对象（系统包括哪几个物体及研究的过程）；（2）进行受力分析，判断系统动量是否守恒（或某一方向上是否守恒）；（3）规定正方向，确定初末状态动量；（4）由动量守恒定律列式求解；（5）必要时进行讨论2解决动量守恒中的临界问题应把握以下两点：（1）寻找临界状态：题设情境中看是否有相互作用的两物体相距最近，避免相碰和物体开始反向运动等临界状态（2）挖掘临界条件：在与动量相关的临界问题中，临界条件常常表现为两物体的相对速度关系与相对位移关系，即速度相等或位移相等正确把握以上两点是求解这类问题的关键3综合应用动量观点和能量观点4动量观点和能量观点：这两个观点研究的是物体或系统运动变化所经历的过程中状态的改变，不对过程变化的细节作深入的研究，而只关心运动状态变化的结果及引起变化的原因，简单地说，只要求知道过程的始末状态动量、动能和力在过程中所做的功，即可对问题求解5利用动量观点和能量观点解题应注意下列问题：（1）动量守恒定律是矢量表达式，还可写出分量表达式；而动能定理和能量守恒定律是标量表达式，无分量表达式（2）动量守恒定律和能量守恒定律，是自然界中最普遍的规律，它们研究的是物体系，在力学中解题时必须注意动量守恒条件及机械能守恒条件在应用这两个规律时，当确定了研究对象及运动状态的变化过程后，根据问题的已知条件和求解的未知量，选择研究的两个状态列方程求解（3）中学阶段凡可用力和运动解决的问题，若用动量观点或能量观点求解，一般比用力和运动的观点简便10功的计算【知识点的认识】1做功的两个不可缺少的因素：力和物体在力的方向上发生的位移2功的公式：WFlcos，其中F为恒力，为F的方向与位移l的方向之间的夹角；功的单位：焦耳（J）；功是标量3功的计算：（1）合力的功先求出合力，然后求总功，表达式为：WFscos（为合力与位移方向的夹角）合力的功等于各分力所做功的代数和，即：WW1+W2+（2）变力做功：对于变力做功不能依定义式WFscos直接求解，但可依物理规律通过技巧的转化间接求解可用（微元法）无限分小法来求，过程无限分小后，可认为每小段是恒力做功平均力法：若变力大小随位移是线性变化，且方向不变时，可将变力的平均值求出后用公式：W=Fscos=F1+F22scos计算利用Fs图象，Fs图线与坐标轴所包围的面积即是力F做功的数值已知变力做功的平均功率P，则功WPt用动能定理进行求解：由动能定理WEK可知，将变力的功转换为物体动能的变化量，可将问题轻易解决用功能关系进行求解【命题方向】题型一：功的计算例1：如图所示，质量为m的小球用长L的细线悬挂而静止在竖直位置 用水平拉力F将小球拉到细线与竖直方向成角的位置在此过程中：（1）F为恒力，拉力F做的功是FLsinJ（2）用F缓慢地拉，拉力F做的功是mgL（1cos）J分析：小球用细线悬挂而静止在竖直位置，当用恒力拉离与竖直方向成角的位置过程中，由功的公式结合球的位移可求出拉力做功当F缓慢地拉离与竖直方向成角的位置过程中，则由动能定理可求出拉力做功解答：（1）当小球用细线悬挂而静止在竖直位置，当用恒力拉离与竖直方向成角的位置过程中，则拉力做功为：WFSFLsin（2）当F缓慢地拉离与竖直方向成角的位置过程中，缓慢则是速率不变，则由动能定理可得：WFmgh0而高度变化为：hL（1cos）所以WFmgL（1cos）故答案为：FLsin；mgL（1cos）点评：当力恒定时，力与力的方向的位移乘积为做功的多少；当力不恒定时，则由动能定理来间接求出变力做功同时当小球缓慢运动，也就是速率不变题型二：用画图法求功例2：用铁锤将一铁钉击入木块，设木块对铁钉的阻力与铁钉进入木块内的深度成正比，即Ffkx（其中x为铁钉进入木块的深度），在铁锤击打第一次后，铁钉进入木块的深度为d（1）求铁锤对铁钉做功的大小；（2）若铁锤对铁钉每次做功都相等，求击打第二次时，铁钉还能进入的深度分析：阻力与深度成正比，力是变力，可以应用fd图象再结合动能定理分析答求解解答：（1）由题意可知，阻力与深度d成正比，fd图象如图所示，Fx图象与坐标轴所形成图形的面积等于力所做的功，故第一次时所做的功：W=fd2；（2）每次钉钉子时做功相同，如图所示可得：力与深度成正比，则：fkd，fkd，两次做功相同，W=12df=12（f+f）（dd），解得：d=2dd，第二次钉子进入木板的深度：hdd（2-1）d；答：（1）铁锤对铁钉做功的大小为fd2；（2）二次钉子进入木板的深度（2-1）d；点评：图象法在物理学中应用非常广泛，有时可以起到事半功倍的效果，在学习中要注意应用【解题方法点拨】1在计算力所做的功时，首先要对物体进行受力分析，明确是要求哪个力做的功，这个力是恒力还是变力；其次进行运动分析，明确是要求哪一个过程力所做的功关于恒力的功和变力的功的计算方法如下：（1）恒力做功：对恒力作用下物体的运动，力对物体做的功用WFlcos求解该公式可写成WF（lcos）（Fcos ）l即功等于力与力方向上的位移的乘积或功等于位移与位移方向上的力的乘积（2）变力做功：用动能定理WEk或功能关系WE，即用能量的增量等效代换变力所做的功（也可计算恒力做功）当变力的功率P一定时，可用WPt求功，如机车以恒定功率启动时把变力做功转化为恒力做功：当力的大小不变，而方向始终与运动方向相同或相反时，这类力的功等于力和路程（不是位移）的乘积如滑动摩擦力做功、空气阻力做功等（3）总功的求法：总功等于合外力的功：先求出物体所受各力的合力F合，再根据W总F合lcos计算总功，但应注意应是合力与位移l的夹角总功等于各力做功的代数和【知识点的应用及延伸】各种力做功的特点1、重力做功特点（1）重点做功与路径无关，只与物体的始末位置高度差有关（2）重力做功的大小：Wmgh（3）重力做功与重力势能的关系：WGEpEp1Ep2 此外，做功多少与路径无关的力还有：匀强电场中的电场力做功，液体的浮力做功等2摩擦力做功的特点：（1）静摩擦力做功的特点：静摩擦力可以做正功，也可以做负功，还可以不做功在静摩擦力做功的过程中，只有机械能的相互转移（静摩擦力起着传递机械能的作用），而没有机械能转化为其他形式的能相互摩擦的系统内，一对静摩擦力所做功的代数和总为零（2）滑动摩擦力做功的特点：滑动摩擦力可以对物体做正功，也可以对物体做负功，当然也可以不做功一对滑动摩擦力做功的过程中，能量的转化有两个方面：一是相互摩擦的物体之间机械能的转移；二是机械能转化为内能一对滑动摩擦力的总功等于fs，式中s指物体间的相对位移转化为内能的量值等于滑动摩擦力与相对位移的乘积，即WQ（即摩擦生热）滑动摩擦力、空气摩擦阻力等，在曲线运动或往返运动时等于力和路程（不是位移）的乘积11功率、平均功率和瞬时功率【知识点的认识】一、功率1定义：功与完成这些功所用时间的比值2物理意义：描述力对物体做功的快慢3公式（1）P=Wt，P为时间t内的平均功率（2）PFvcos（为F与v的夹角）v为平均速度，则P为平均功率v为瞬时速度，则P为瞬时功率4额定功率：机械正常工作时输出的最大功率5实际功率：机械实际工作时输出的功率要求不大于额定功率【知识点的认识】题型一：平均功率和瞬时功率的计算例1：质量为m的物体静止在光滑水平面上，从t0时刻开始受到水平力的作用力的大小F与时间t的关系如图所示，力的方向保持不变，则（）A.3t0时刻的瞬时功率为F02t0mB.3t0时刻的瞬时功率为15F02t0mC在t0到3t0这段时间内，水平力的平均功率为23F02t04mD在t0到3t0这段时间内，水平力的平均功率为25F02t08m分析：通过牛顿第二定律，结合运动学公式求出瞬时速度的大小和位移大小，通过瞬时功率的公式求出瞬时功率的大小，通过水平力做功求出平均功率的大小解答：A、在02t0时间内，物体的加速度a1=F0m，则位移x1=12a1(2t0)2=2F0t02m，2t0末的速度v1=a12t0=2F0t0m在2t03t0时间内，物体的加速度a2=3F0m，则位移x2=v1t0+12a2t02=7F0t022m，则3t0末的速度v2=v1+a2t0=5F0t0m则3t0末的瞬时功率P=3F0v2=15F02t0m故A错误，B正确C、在t0到3t0这段时间内，水平力做功W=F0x1+3F0x2=25F02t022m，水平力的平均功率P=Wt=25F02t06m故C、D错误故选：B点评：解决本题的关键掌握平均功率和瞬时功率的求法，知道平均功率和瞬时功率的区别，一般情况下，平均功率用P=Wt求解，瞬时功率用PFv求解题型二：机车启动问题例2：汽车发动机的额定功率为60kW，汽车质量为5t，汽车在水平路面上行驶时，阻力是车重的0.1倍，g取10m/s2，问：（1）汽车保持额定功率从静止起动后能达到的最大速度是多少？（2）若汽车保持0.5m/s2的加速度做匀加速运动，这一过程能维持多长时间？分析：（1）当牵引力F大小等于阻力f时，汽车的加速度a0，速度达到最大值vm，根据公式PFv，可得出汽车最大速度vm（2）根据牛顿第二定律求出牵引力的大小，当功率达到额定功率时，匀加速直线运动的速度最大，根据PFv求出匀加速直线运动的最大速度，根据vat求出匀加速直线运动的时间解答：（1）当牵引力等于阻力时速度最大根据PFvmfvm得，vm=Pf=600005000m/s=12m/s（2）根据牛顿第二定律得，Ffma得Ff+ma5000+50000.5N7500N则匀加速直线运动的最大速度vm1=PF=600007500m/s=8m/s由vat得，t=vm1a=80.5s=16s答：（1）汽车保持额定功率从静止起动后能达到的最大速度是12m/s（2）若汽车保持0.5m/s2的加速度做匀加速运动，这一过程能维持16s点评：解决本题的关键知道当牵引力等于阻力时速度最大，以恒定加速度起动，当功率达到额定功率时，匀加速直线运动的速度最大【解题方法点拨】 对机车启动问题应首先弄清是功率恒定还是加速度恒定对于机车以恒定加速度启动问题，机车匀加速运动能维持的时间，一定是机车功率达到额定功率的时间弄清了这一点，利用牛顿第二定律和运动学公式就很容易求出机车匀加速运动能维持的时间（1）汽车在平直路面上保持发动机功率不变，即以恒定功率启动，其加速过程如下所示： 其Pt图和vt图如下：（2）汽车以恒定加速度起动，汽车的功率逐渐增大，当功率增大到额定功率时，匀加速运动结束，此时汽车的速度为匀加速运动的末速度，但并不是汽车所能达到的最大速度，此后汽车还可以保持功率不变做加速度逐渐减小的加速运动，直到加速度减小到零时速度才达到最大，具体变化过程及运动中v与t关系如图所示12动能定理【知识点的认识】1内容：合外力在一个过程中对物体所做的功等于物体在这个过程中动能的变化。2表达式：WEK2EK1。3物理意义：动能定理指出了外力对物体所做的总功与物体动能变化之间的关系，即合力的功是物体动能变化的量度。4动能定理的适用条件（1）动能定理既适用于直线运动，也适用于曲线运动。（2）既适用于恒力做功，也适用于变力做功。（3）力可以是各种性质的力，既可以同时作用，也可以不同时作用。5对动能定理的理解（1）一个物体的动能变化Ek与合外力对物体所做功W具有等量代换关系。若Ek0，表示物体的动能增加，其增加量等于合外力对物体所做的正功。若Ek0，表示物体的动能减少，其减少量等于合外力对物体所做的负功的绝对值。若Ek0，表示合外力对物体所做的功等于零。反之亦然。这种等量代换关系提供了一种计算变力做功的简便方法。（2）动能定理公式中等号的意义：等号表明合力做功与物体动能的变化间的三个关系：数量关系：即合外力所做的功与物体动能的变化具有等量代换关系。可以通过计算物体动能的变化，求合力的功，进而求得某一力的功。单位相同：国际单位都是焦耳。因果关系：合外力的功是物体动能变化的原因。（3）动能定理中涉及的物理量有F、x、m、v、W、Ek等，在处理含有上述物理量的力学问题时，可以考虑使用动能定理。由于只需要从力在整个位移内所做的功和这段位移始末两状态的动能变化去考虑，无需注意其中运动状态变化的细节，同时动能和功都是标量，无方向性，所以无论是直线运动还是曲线运动，计算都会特别方便。（4）动能定理中的位移和速度必须是相对于同一个参考系的，一般以地面为参考系。注意：功和动能都是标量，动能定理表达式是一个标量式，不能在某一个方向上应用动能定理，但牛顿第二定律是矢量方程，可以在互相垂直的方向上分别使用分量方程。【命题方向】题型一：对动能定理表达式的直接考核如图所示，某人将质量为m的石块从距地面h高处斜向上方抛出，石块抛出时的速度大小为v0，不计空气阻力，石块落地时的动能为（）AmghB.12mv02 C.12mv02-mgh D.12mv02+mgh分析：根据动能定理求出石块落地时的动能大小。解答：根据动能定理得，mgh=12mv2-12mv02，解得石块落地时的动能Ek=12mv2=mgh+12mv02故D正确，A、B、C错误。故选：D。点评：运用动能定理解题首先要确定研究对象和研究过程，分析有哪些力做功，根据动能定理列出表达式进行求解。【解题方法点拨】1应用动能定理的一般步骤（1）选取研究对象，明确并分析运动过程。（2）分析受力及各力做功的情况受哪些力？每个力是否做功？在哪段位移哪段过程中做功？做正功还是负功？做多少功？求出代数和。（3）明确过程始末状态的动能Ek1及Ek2。（4）列方程W总Ek2Ek1，必要时注意分析题目潜在的条件，补充方程进行求解。注意：在研究某一物体受到力的持续作用而发生状态改变时，如涉及位移和速度而不涉及时间时应首先考虑应用动能定理，而后考虑牛顿定律、运动学公式，如涉及加速度时，先考虑牛顿第二定律。用动能定理解题，关键是对研究对象进行准确的受力分析及运动过程分析，并画出物体运动过程的草图，以便更准确地理解物理过程和各物理量的关系。有些力在物体运动全过程中不是始终存在的，在计算外力做功时更应引起注意。13机械能守恒定律【知识点的认识】1机械能：势能和动能统称为机械能，即EEk+Ep，其中势能包括重力势能和弹性势能2机械能守恒定律（1）内容：在只有重力（或弹簧弹力）做功的物体系统内，动能与势能可以相互转化，而总的机械能保持不变（2）表达式：观点表达式守恒观点E1E2，Ek1+Ep1Ek2+Ep2（要选零势能参考平面）转化观点EKEP（不用选零势能参考平面）转移观点EAEB（不用选零势能参考平面）【命题方向】题型一：机械能是否守恒的判断例1：关于机械能是否守恒的叙述中正确的是（）A只要重力对物体做了功，物体的机械能一定守恒B做匀速直线运动的物体，机械能一定守恒C外力对物体做的功为零时，物体的机械能一定守恒D只有重力对物体做功时，物体的机械能一定守恒分析：机械能守恒的条件：只有重力或弹力做功的物体系统，其他力不做功，理解如下：只受重力作用，例如各种抛体运动受到其它外力，但是这些力是不做功的例如：绳子的一端固定在天花板上，另一端系一个小球，让它从某一高度静止释放，下摆过程中受到绳子的拉力，但是拉力的方向始终与速度方向垂直，拉力不做功，只有重力做功，小球的机械能是守恒的受到其它外力，且都在做功，但是它们的代数和为0，此时只有重力做功，机械能也是守恒的解：A、机械能守恒条件是只有重力做功，故A错误；B、匀速运动，动能不变，但重力势能可能变化，故B错误；C、外力对物体做的功为零时，不一定只有重力做功，当其它力与重力做的功的和为0时，机械能不守恒，故C错误；D、机械能守恒的条件是只有重力或弹力做功，故D正确故选：D点评：本题关键是如何判断机械能守恒，可以看能量的转化情况，也可以看是否只有重力做功题型二：机械能守恒定律的应用例2：如图，竖直放置的斜面下端与光滑的圆弧轨道BCD的B端相切，圆弧半径为R，COB，斜面倾角也为，现有一质量为m的小物体从斜面上的A点无初速滑下，且恰能通过光滑圆形轨道的最高点D已知小物体与斜面间的动摩擦因数为，求：（1）AB长度l应该多大（2）小物体第一次通过C点时对轨道的压力多大分析：（1）根据牛顿第二定律列出重力提供向心力的表达式，再由动能定理结合几何关系即可求解；（2）由机械能守恒定律与牛顿第二定律联合即可求解解：（1）因恰能过最高点D，则有mg=mv2R又因fNmgcos，物体从A运动到D全程，由动能定理可得：mg（lsinRRcos）fl=12mv2-0联立求得：l=32R+Rcossin-cos（2）物体从C运动到D的过程，设C点速度为vc，由机械能守恒定律：12mvc2=12mv2+mg2R物体在C点时：N-mg=mvc2R联合求得：N6mg答：（1）AB长度得：l=32R+Rcossin-cos（2）小物体第一次通过C点时对轨道的压力6mg点评：本题是动能定理与牛顿运动定律的综合应用，关键是分析物体的运动过程，抓住滑动摩擦力做功与路程有关这一特点题型三：多物体组成的系统机械能守恒问题例3：如图所示，A、B两小球由绕过轻质定滑轮的细线相连，A放在固定的光滑斜面上，B、C两小球在竖直方向上通过劲度系数为k的轻质弹簧相连，C球放在水平地面上现用手控制住A，并使细线刚刚拉直但无拉力作用，并保证滑轮左侧细线竖直、右侧细线与斜面平行已知A的质量为4m，B、C的质量均为m，重力加速度为g，细线与滑轮之间的摩擦不计，开始时整个系统处于静止状态释放A后，A沿斜面下滑至速度最大时C恰好离开地面下列说法正确的是（）A斜面倾角30BA获得最大速度为2gm5kCC刚离开地面时，B的加速度最大D从释放A到C刚离开地面的过程中，A、B两小球组成的系统机械能守恒分析：C球刚离开地面时，弹簧的弹力等于C的重力，根据牛顿第二定律知B的加速度为零，B、C加速度相同，分别对B、A受力分析，列出平衡方程，求出斜面的倾角A、B、C组成的系统机械能守恒，初始位置弹簧处于压缩状态，当B具有最大速度时，弹簧处于伸长状态，根据受力知，压缩量与伸长量相等在整个过程中弹性势能变化为零，根据系统机械能守恒求出B的最大速度，A的最大速度与B相等；解：A、C刚离开地面时，对C有：kx2mg 此时B有最大速度，即aBaC0则对B有：Tkx2mg0对A有：4mgsinT0 以上方程联立可解得：sin=12，30，故A正确； B、初始系统静止，且线上无拉力，对B有：kx1mg由上问知x1x2=mgk，则从释放至C刚离开地面过程中，弹性势能变化量为零；此过程中A、B、C组成的系统机械能守恒，即：4mg（x1+x2）sinmg（x1+x2）+12（4m+m）vBm2以上方程联立可解得：vBm2gm5k所以A获得最大速度为2gm5k，故B正确；C、对B球进行受力分析可知，C刚离开地面时，B的速度最大，加速度为零故C错误；D、从释放A到C刚离开地面的过程中，A、B、C及弹簧组成的系统机械能守恒，故D错误故选：AB点评：本题关键是对三个小球进行受力分析，确定出它们的运动状态，再结合平衡条件和系统的机械能守恒进行分析【解题方法点拨】1判断机械能是否守恒的方法（1）利用机械能的定义判断：分析动能与势能的和是否变化如：匀速下落的物体动能不变，重力势能减少，物体的机械能必减少（2）用做功判断：若物体或系统只有重力（或弹簧的弹力）做功，或有其他力做功，但其他力做功的代数和为零，机械能守恒（3）用能量转化来判断：若系统中只有动能和势能的相互转化，而无机械能与其他形式的能的转化，则系统的机械能守恒（4）对一些绳子突然绷紧、物体间非弹性碰撞等问题机械能一般不守恒，除非题中有特别说明或暗示2应用机械能守恒定律解题的基本思路（1）选取研究对象物体或系统（2）根据研究对象所经历的物理过程，进行受力、做功分析，判断机械能是否守恒（3）恰当地选取参考平面，确定研究对象在过程的初、末态时的机械能（4）选取方便的机械能守恒定律的方程形式（Ek1+Ep1Ek2+Ep2、EkEp或EAEB）进行求解注：机械能守恒定律的应用往往与曲线运动综合起来，其联系点主要在初末状态的速度与圆周运动的动力学问题有关、与平抛运动的初速度有关3对于系统机械能守恒问题，应抓住以下几个关键：（1）分析清楚运动过程中各物体的能量变化；（2）哪几个物体构成的系统机械能守恒；（3）各物体的速度之间的联系14阿伏加德罗常数【知识点的认识】一、阿伏加德罗常数 1定义：1mol任何物质所含有相同的粒子数，叫做阿伏加德罗常数NA2大小：6.021023mol1二、微观量的估算的基本方法 1微观量：分子体积V0、分子直径d、分子质量m02宏观量：物体的体积V、摩尔体积Vm、物体的质量m、摩尔质量M、物体的密度3关系：（1）分子的质量：m0=MNA=VmNA（2）分子的体积：V0=VmNA=MNA（3）物体所含的分子数：n=VVmNA=mVmNA或n=mMNA=VMNA4两种模型（1）球体模型直径d=36V0（2）立方体模型边长为 d=3V0注意：1固体和液体分子都可看成是紧密堆集在一起的分子的体积，仅适用于固体和液体，对气体不适用2对于气体分子，的值并非气体分子的大小，而是两个相邻的气体分子之间的平均距离【命题方向】（1）常考题型是微观量的估算：只要知道下列哪一组物理量，就可以估算出气体中分子间的平均距离（）A阿伏加德罗常数、该气体的摩尔质量和质量 B阿伏加德罗常数、该气体的摩尔质量和密度 C阿伏加德罗常数、该气体的质量和体积 D该气体的密度、体积的摩尔质量 分析：气体中分子间的平均距离远大于分子的直径，可以将空间分成一个个的小正方体，分子处于正方体的中心，则正方体的边长就等于原子间距解答：A、知道该气体的摩尔质量和质量，可以得到摩尔数，不知道体积，故A错误；B、知道阿伏加德罗常数、该气体的摩尔质量和密度，用摩尔质量除以摩尔密度可以得到摩尔体积，再除以阿伏加德罗常数得到每个分子平均占有的体积，用正方体模型得到边长，即为分子间距，故B正确；C、阿伏加德罗常数、该气体的质量和体积已知，可以得到密度，但不知道摩尔体积和摩尔质量，故C错误；D、已知该气体的密度、体积和摩尔质量，可以得到摩尔体积，但缺少阿伏加德罗常数，故D错误；故选B点评：本题关键是明确摩尔质量除以密度等于摩尔体积，摩尔体积除以阿伏加德罗常数等于每个分子占有的空间体积（2）若以表示水的摩尔质量，v表示在标准状态下水蒸气的摩尔体积，为在标准状态下水蒸气的密度，NA为阿佛加德罗常数，m、分别表示每个水分子的质量和体积，下面是四个关系式：NA=vm=NAm=NA=vNA其中（）A和都是正确的 B和都是正确的C和都是正确的 D和都是正确的分析：对一摩尔的任何物质包含的分子数都是阿佛加德罗常数NA，所以NA=m=vm，即和都是正确的而对水和水蒸气，由于分子间距的存在，NA并不等于摩尔体积v解：对一摩尔的任何物质包含的分子数都是阿佛加德罗常数NA，水的摩尔质量V除以每个水分子的质量m为阿佛加德罗常数，故正确，而对水和水蒸气，由于分子间距的存在，NA并不等于摩尔体积v，故错误故选B点评：本题主要考查气体阿伏伽德罗常数的计算，关键是区分对气体还是液体的计算【解题方法点拨】 微观量的估算问题的关键是：（1）牢牢抓住阿伏加德罗常数，它是联系微观物理量和宏观物理量的桥梁（2）估算分子质量时，不论是液体、固体、气体，均可用m=MmolNA（3）估算分子大小和分子间距时，对固体、液体与气体，应建立不同的微观结构模型15热力学第一定律【知识点的认识】热力学第一定律1内容：如果物体跟外界同时发生做功和热传递的过程，那么外界对物体做的功W加上物体从外界吸收的热量Q等于物体内能的增加U2公式：W+QU3符号法则：物体吸热Q取正；物体放热Q取负；物体对外界做功，W取负；外界对物体做功，W取正；物体内能增加，U取正；物体内能减小，U取负；【命题方向】（1）常考题型考查对概念的理解：对一定量的气体，下列说法正确的是（）A气体的体积是所有气体分子的体积之和 B气体分子的热运动越激烈，气体的温度就越高 C气体对器壁的压强是由大量分子对器壁的碰撞产生的 D当气体膨胀时，气体分子之间的势能减少，因而气体的内能减少 分析：根据气体分子间空隙很大，分析气体的体积与所有气体分子的体积之和的关系根据温度的微观含义、压强产生的微观机理分析根据内能的概念分析气体膨胀时内能如何变化解答：A、气体分子间空隙很大，气体的体积大于所有气体分子的体积之和故A错误B、温度的微观含义是反映物体内分子的热运动剧烈程度，温度越高，分子热运动越剧烈故B正确C、气体的压强产生的机理是由大量气体分子对器壁不断碰撞而产生的，故C正确D、当气体膨胀时，气体分子之间的势能增大，内能变化无法判断故D错误故选BC点评：本题考查了热力学第一定律的应用，温度是平均动能的标志，分子动理论的内容（2）如图是密闭的气缸，外力推动活塞P压缩气体，对缸内气体做功800J，同时气体向外界放热200J，缸内气体的（）A温度升高，内能增加600J B温度升高，内能减少200J C温度降低，内能增加600J D温度降低，内能减少200J 分析：已知做功和热传递的数据，根据热力学第一定律可求得气体内能的改变量及温度的变化解答：解：由热力学第一定律可知：UW+E外界对气体做功，W800J；气体向外散热，故E200J；故U800200J600J；气体内能增加，则温度升高；故选A点评：热力学第一定律在应用时一定要注意各量符号的意义；U的正表示内能增加，E为正表示物体吸热；W为正表示外界对物体做功【解题方法点拨】对热力学第一定律的理解 1热力学第一定律不仅反映了做功和热传递这两种方式改变内能的过程是等效的，而且给出了内能的变化量和做功与热传递之间的定量关系此定律是标量式，应用时热量的单位应统一为国际单位制中的焦耳2对公式UQ+W符号的规定 符号 WQU+外界对物体做功物体吸收热量内能增加物体对外界做功物体放出热量内能减少3几种特殊情况 （1）若过程是绝热的，则Q0，WU，外界对物体做的功等于物体内能的增加（2）若过程中不做功，即W0，则QU，物体吸收的热量等于物体内能的增加（3）若过程的始末状态物体的内能不变，即U0，则W+Q0或WQ外界对物体做的功等于物体放出的热量注意：应用热力学第一定律时要明确研究的对象是哪个物体或者是哪个热力学系统应用热力学第一定律计算时，要依照符号法则代入数据对结果的正、负也同样依照规则来解释其意义16理想气体的状态方程【知识点的认识】 理想气体的状态方程 （1）理想气体 宏观上讲，理想气体是指在任何条件下始终遵守气体实验定律的气体，实际气体在压强不太大、温度不太低的条件下，可视为理想气体 微观上讲，理想气体的分子间除碰撞外无其他作用力，分子本身没有体积，即它所占据的空间认为都是可以被压缩的空间（2）理想气体的状态方程一定质量的理想气体状态方程：p1V1T1=p2V2T2或pVT=C气体实验定律可看作一定质量理想气体状态方程的特例【命题方向】题型一：气体实验定律和理想气体状态方程的应用如图，两个侧壁绝热、顶部和底部都导热的相同气缸直立放置，气缸底部和顶部均有细管连通，顶部的细管带有阀门K两气缸的容积均为V0，气缸中各有一个绝热活塞（质量不同，厚度可忽略）开始时K关闭，两活塞下方和右活塞上方充有气体（可视为理想气体），压强分别为p0和p03；左活塞在气缸正中间，其上方为真空；右活塞上方气体体积为V04现使气缸底与一恒温热源接触，平衡后左活塞升至气缸顶部，且与顶部刚好没有接触；然后打开K，经过一段时间，重新达到平衡已知外界温度为T0，不计活塞与气缸壁间的摩擦求：（i）恒温热源的温度T；（ii）重新达到平衡后左气缸中活塞上方气体的体积Vx分析：（i）两活塞下方封闭的气体等压变化，利用盖吕萨克定律列式求解；（ii）分别以两部分封闭气体，利用玻意耳定律列式求解解：（i）与恒温热源接触后，在K未打开时，右活塞不动，两活塞下方的气体经历等压过程，由盖吕萨克定律得：TT0=7V045V04解得 T=75T0（ii）由初始状态的力学平衡条件可知，左活塞的质量比右活塞的大打开K后，右活塞必须升至气缸顶才能满足力学平衡条件气缸顶部与外界接触，底部与恒温热源接触，两部分气体各自经历等温过程，设在活塞上方气体压强为p，由玻意耳定律得PVx=P03V04对下方气体由玻意耳定律得：(P+P0)(2V0-Vx)=p07V04联立式得 6VX2-V0VX-V02=0解得VX=V02VX=-V03不合题意，舍去答：（i） 恒温热源的温度T=75T0；（ii）重新达到平衡后左气缸中活塞上方气体的体积VX=V02点评：本题涉及两部分气体状态变化问题，除了隔离研究两部分之外，关键是把握它们之间的联系，比如体积关系、温度关系及压强关系题型二：理想气体状态方程与热力学第一定律的综合问题密闭在钢瓶中的理想气体，温度升高时压强增大从分子动理论的角度分析，这是由于分子热运动的平均动能增大了该气体在温度T1、T2时的分子速率分布图象如图所示，则T1小于T2（选填“大于”或“小于”）分析：温度是分子平均动能的标志，温度升高平均动能增大，体积不变时，气体的内能由平均动能决定解：密闭在钢瓶中的理想气体体积不变，温度升高时分子平均动能增大压强增大温度升高时，速率大的分子所占比重较大T1T2答案为：平均动能，小于点评：本题考查了温度是分子平均动能的标志，温度升高平均动能增大【解题方法点拨】1（对应题型一）运用气体实验定律和理想气体状态方程解题的一般步骤：（1）明确所研究的气体状态变化过程；（2）确定初、末状态压强p、体积V、温度T；（3）根据题设条件选择规律（实验定律或状态方程）列方程；（4）根据题意列辅助方程（如压强大小的计算方程等）（5）联立方程求解2（对应题型二）解答理想气体状态方程与热力学第一定律的综合问题的关键在于找到两个规律之间的联系，弄清气体状态变化过程中各状态量的变化情况两个规律的联系在于气体的体积V和温度T，关系如下：（1）体积变化对应气体与外界做功的关系：体积增大，气体对外界做功，即W0；体积减小，外界对气体做功，即W0（2）理想气体不计分子间作用力，即不计分子势能，故内能只与温度有关：温度升高，内能增大，即U0；温度降低，内能减小，即U017电场强度与电场力【知识点的认识】1意义：是描述电场的强弱和方向（即力的性质）的物理量。2定义：放入电场中某点的电荷所受的电场力F跟它的电荷量q的比值。3定义式：E=Fq，单位：牛/库（N/C）或伏/米（V/m）。4矢量性：规定正电荷所受电场力的方向为该点的场强方向。5真空中点电荷产生的电场中，场强的决定式：E=kQr2。6匀强电场中，场强E与电势差U的关系式：E=Ud。【命题方向】题型一：对电场强度的理解例1：在真空中，电量为q1的点电荷产生的电场中有一点P，P点与q1的距离为 r，把一个电量为q2的实验电荷放在P点，它受的静电力为F，则P点电场强度的大小等于（）A.Fq1 B.Fq2 Ckq1r2 Dkq2r2分析：电量为q1的点电荷场源电荷，在P点产生的电场强度的大小根据公式Ekq1r2可以确定。电量为q2的实验电荷在P点所受的电静电力为F，根据电场强度的定义式E=Fq2也可以确定P点电场强度的大小。解：A、B电量为q2的实验电荷在P点所受的电静电力为F，根据电场强度的定义式得到：P点电场强度的大小E=Fq2故A错误，B正确。C、D电量为q1的点电荷场源电荷，在P点产生的电场强度的大小为Ekq1r2故C正确，D错误。故选：BC。点评：本题考查了电场强度的两个公式：E=Fq，EkQr2，q是试探电荷，Q是场源电荷。【解题方法点拨】1电场强度的计算方法（1）一般方法： 中学阶段求场强一般有下列三种方法：E=Fq是电场强度的定义式，适用于任何电场，电场中某点的场强是确定值，其大小和方向与试探电荷无关，试探电荷q充当“测量工具的作用”。EkQr2是真空中点电荷所形成电场的计算式，E由场源电荷Q和某点到场源电荷的距离r决定。E=Ud是场强与电势差的关系式，只适用于匀强电场，注意式中的d为两点间的距离在场强方向的投影。 场强是矢量，所以场强的合成遵守矢量合成的平行四边形定则。（2）特殊方法补偿法：求解电场强度，常用的方法是根据问题给出的条件建立起物理模型。如果这个模型是一个完整的标准模型，则容易解决。但有时由题给条件建立的模型不是一个完整的标准模型，比如说是模型A，这时需要给原来的问题补充一些条件，由这些补充条件建立另一个容易求解的模型B，并且模型A与模型B恰好组成一个完整的标准模型。这样求解模型A的问题就变为求解一个完整的标准模型与模型B的差值问题。极值法：物理学中的极值问题可分为物理型和数学型两类。物理型主要依据物理概念、定理、定律求解。数学型则是根据物理规律列出方程后，依据数学中求极值的知识求解。微元法：微元法就是将研究对象分割成许多微小的单位，或从研究对象上选取某一“微元”加以分析，从而可以化曲为直，使变量、难以确定的量转化为常量、容易确定的量。等效替代法：等效替代法是指在效果一致的前提下，从A事实出发，用另外的B事实来代替，必要时再由B到C直至实现所给问题的条件，从而建立与之相对应的联系，得以用有关规律解之。如以模型替代实物，以合力（合运动）替代两个分力（分运动）。对称法：对称法是利用带电体（如球体、薄板等）产生的电场具有对称性的特点来求电场强度的方法。18电场线【知识点的认识】1定义：为了形象描述电场中各点电场强度的强弱及方向，在电场中画出一些曲线，曲线上每一点的切线方向都跟该点的场强方向一致，曲线的疏密程度表示电场的强弱2特点：（1）电场线始于正电荷（或无穷远），终于负电荷（或无穷远）；（2）电场线互不相交；（3）电场线和等势面在相交处互相垂直；（4）沿着电场线的方向电势降低；（5）电场线密的地方等差等势面密；等差等势面密的地方电场线也密3几种典型的电场线注意：电场中某点场强的大小和方向与该点放不放电荷以及所放电荷的大小和电性无关，由电场本身决定4等量同种电荷和等量异种电荷的电场（1）等量同种电荷的电场如图2甲所示两点电荷连线中点O处的场强为零，此处无电场线两点电荷连线中点O附近电场线非常稀疏，但场强不为零从两点电荷连线中点O沿中垂面（线）到无限远，电场线先变密后变疏，即场强先变大后变小两点电荷连线中垂线上各点的场强方向和中垂线平行关于O点对称的两点A与A、B与B的场强等大、反向（2）等量异种电荷的电场如图2乙所示两点电荷连线上各点的场强方向从正电荷指向负电荷，沿电场线方向场强先变小再变大两点电荷连线的中垂面（线）上，电场线的方向均相同，即场强方向相同，且与中垂面（线）垂直关于O点对称的两点A与A、B与B的场强等大同向【命题方向】题型一：对电场线的理解和应用例1：在电荷量分别为2q和q的两个点电荷形成的电场中，电场线分布如图所示，在两点电荷连线上有a、b两点，则（）A在两点电荷之间的连线上存在一处电场强度为零的点B在负试探电荷从a点向 b点移动过程中所受电场力先减小后增大C在负试探电荷从a点向b点移动过程中电场力先做正功后做负功D负试探电荷在a点具有的电势能比在b点时具有的电势能小分析：解答本题需要掌握：正确根据电场线分布特点判断电场强度、电势高低以及电势能的变化；电场力做功情况由速度方向与电场力方向的夹角决定解：A、电场线是从正电荷出发，终止于负电荷，所以在在两点电荷之间的连线上存在电场线，即不存在一处电场强度为零的点，故A错误B、电场线密，电场强度大，负试探电荷从a点向 b点移动过程中场强先减 小后增大，所以所受电场力先减 小后增大，故B正确C、在负试探电荷从a点向b点移动过程中，电场力方向向右，所以电场力先做负功，故C错误D、在负试探电荷从a点向b点移动过程中，电场力先做负功，电势能增大，所以负试探电荷在a点具有的电势能比在b点时具有的电势能小，故D正确故选：BD点评：根据电场线的分布判断电场强度、电势、电势能等物理量的变化情况是高中物理的重点，在平时要加强训练，以加深对这些知识点理解和应用例2：如图所示，点电荷的静电场中电场线用实线表示，但其方向未标明，虚线是某一带电粒子通过该电场区域时的运动轨迹a、b是轨迹上的两点若带电粒子在运动中只受到电场力的作用，根据此图可做出正确判断的是（）A带电粒子所带电荷的性质Ba、b两点电场强度方向C带电粒子a、b两点处的受力方向D带电粒子在a、b两点的速度何处较大分析：解这类题是思路：根据做曲线运动的物体所受合外力指向其轨迹的内侧来判断电场力方向，然后根据电性判断电场线方向，从而判断电势高低，根据电场力做功判断电势能的变化解：A、由粒子的运动轨迹可知，带电粒子受电场力向左，由于不知电场线的方向，因此不可以判断电荷的带电性质和a、b两点电场强度方向，故AB错误；C、根据做曲线运动的物体所受合外力指向其轨迹的内侧来判断电场力方向向左，可以知道带电粒子在a、b两点处的受力方向，故C正确；D、由于a点运动到b点过程中，电场力与轨迹上每一点的切线方向也就是速度方向成钝角，所以电场力做负功，电势能增大，动能减小，所以带电粒子在B点的速度较小，故D正确故选：CD点评：解决这类带电粒子在电场中运动问题的关键是根据轨迹判断出电场力方向，然后利用电场线、电势、电场强度、电势能、电场力做功等之间的关系进一步判断各个物理量的变化情况【解题方法点拨】1电场线与带电粒子在电场中的运动轨迹的关系： 根据电场线的定义，一般情况下，带电粒子在电场中的运动轨迹不会与电场线重合，只有同时满足以下三个条件时，两者才会重合：（1）电场线为直线；（2）电荷初速度为零，或速度方向与电场线平行；（3）电荷仅受电场力或所受其他力合力的方向与电场线平行2关于电场线的问题往往与带电粒子的运动联系起来进行考查，解答这类问题应抓住以下几个关键：（1）分析清楚粒子的运动情况，特别是速度和加速度如何变化；（2）根据力和运动的关系，确定粒子所受电场力的大小方向如何变化；（3）根据电场力与场强的关系，确定场强的大小、方向如何变化，从而确定电场线的分布规律（4）熟悉几种常见电场的电场线分布特点19电势差【知识点的认识】1概念：AB叫A点相对于B点的电势差，用UAB表示，即：UABAB|AB|叫A点和B点间的电势差，又叫电压，用U表示。2运算关系：UABUBA，UACUAB+UBC。3特点：电势差的值是绝对的，与电势零点的选取无关；电势差是标量，没有方向，正负的物理含义是若UAB0，则A点电势比B点电势高，若UAB0，则A点电势比B点电势低。4电场力做功与电势差的关系：WABqUAB，如果只要考虑数值，则可简记为WqU。【命题方向】题型一：对电势差概念的理解例1：关于电势差的说法中，正确的是（）A两点间的电势差等于电荷从其中一点移到另一点时，电场力所做的功B.1C的电荷从电场中一点移到另一点，如果电场力做了1J的功，这两点间的电势差就是1VC在两点间移动电荷时，电场力做功的多少跟这两点间的电势差无关D两点间的电势差的大小跟放入这两点间的电荷的电量成反比分析：根据电势差和电场力做功的公式UAB=WABq求解。两点间的电势差是由电场本身决定的与检验电荷无关。解：A、根据电势差和电场力做功的公式UAB=WABq得：两点间的电势差等于从其中一点移到另一点时，电场力所做的功与电荷量的比值，故A错误。B、1C的电荷从电场中一点移到另一点，如果电场力做了1J的功，这两点间的电势差就是1V，故B正确。C、在两点间移动电荷时，电场力做功的多少与电荷量和两点间的电势差都有关，故C错误，D、两点间的电势差是由电场本身决定的与检验电荷无关。故D错误。故选：B。点评：解决该题关键要了解公式UAB=WABq的意义。题型二：电势差的计算例2：如图所示，在一匀强电场中的O点固定一电量为Q的正点电荷，设正点电荷Q的电场与匀强电场互不影响，a、b、c、d为电场中的四点，分布在以O为圆心、r为半径的圆周上，一电量为q的正检验电荷放在a点时恰好平衡。则下列说法正确的是（）A电场中b、d两点间的电势差Ubd=kQ2rB电场中b、d两点间的电势差Ubd=2kQrC电场中a、c两点间的电势差Uac=kQ2rD电场中a、c两点间的电势差Uac=2kQr分析：一电量为q的正检验电荷放在a点时恰好平衡，根据平衡条件和点电荷场强公式求得匀强电场的场强。正电荷Q在a、b、c、d点的电势相等，根据匀强电场的电势差和电场强度公式求解。解：电量为q的正检验电荷放在a点时恰好平衡，根据平衡条件得qE=KQqr2匀强电场的场强E=KQr2，正点电荷Q在a、c两点的电势相等，所以UacEd2Er2KQr，故C错误，D正确；正点电荷Q在b、d两点电势相等，在匀强电场中bd为等势线，所以bd两点电势差为零，故AB错误。故选：D。点评：解决该题关键要掌握点电荷的电场分布特点，以及匀强电场的电势差和电场强度公式。【解题方法点拨】1电场力做功的计算方法（1）由公式WFlcos计算，此公式只适用于匀强电场，可变形为WqElcos。（2）由WqU来计算，此公式适用于任何形式的静电场。（3）由动能定理来计算：W电场力+W其他力Ek。（4）由电势能的变化计算：W电场力Ep1Ep2。2电场中的功能关系（1）若只有电场力做功，电势能与动能之和保持不变；（2）若只有电场力和重力做功，电势能、重力势能、动能之和保持不变；（3）除重力之外，其他各力对物体做的功等于物体机械能的变化。（4）所有力对物体所做的功，等于物体动能的变化。20电势【知识点的认识】1定义：检验电荷在电场中某点A具有的电势能EPA与它所带的电荷量q成正比，其比值定义为电场中A点的电势，用A表示，则表达式为：A=EPAq单位：伏，符号是V2物理意义：是描述电场能性质的物理量，只与电场本身有关，与检验电荷的情况（带电种类、带电多少以及受力大小）无关，在数值上等于单位正电荷在场点具有的电势能3特点：相对性：与所选取的零点位置有关，电势零点的选取与电势能零点的选取是一致的；标量性：电势是标量，没有方向，但有正负之分，正负的物理含义是若0，则电势比参考位置高，若0，则电势比参考位置低（4）电势高低的判断：顺着电场线，电势降低；逆着电场线，电势升高 理解与注意：公式=EPq是定义式，不能据此认为与EP成正比，与q成反比实际上，与EP、q无关，它是由源电荷的情况和场点的位置决定的而把=EPq变形得到的式子EPAqA却是关系式，它说明电荷在电场中具有的电势能由电荷的带电情况和所在场点的电势共同决定5电场强度、电势、电势差、电势能的比较 电场强度、电势、电势差、电势能都是用来描述电场性质的物理量，它们之间有密切的联系，但也有很大的差别，现列表进行比较 电场强度电势电势差电势能意义描述电场的力的性质描述电场的能的性质描述电场做功的本领描述电荷在电场中的能量，电荷做功的本领定义 E=Fq若B点电势为0，则AUABA0UAB=WABq EPq矢标性矢量：方向为正电荷的受力方向标量：有正负，正负只表示大小标量：有正负，正负只是比较电势的高低正电荷在正电势位置有正电势能，简化为：正正得正，负正得负，负负得正决定因素由电场本身决定，与试探电荷无关由电场本身决定，大小与参考点的选取有关，具有相对性由电场本身的两点间差异决定，与参考点的选取无关由电荷量和该点电势二者决定，与参考点的选取有关相互关系场强为零的地方电势不一定为零电势为零的地方场强不一定为零零场强区域两点电势差一定为零，电势差为零的区域场强不一定为零场强为零，电势能不一定为零，电势为零，电势能一定为零联系匀强电场中UEd（d为A、B间沿场强方向上的距离）；电势沿场强方向降低最快； UABAB；UAB=WABq；WABEPAEPB电势、电势差、电势能、电场力的功、电荷量等物理量均为标量，它们的正负意义不全相同，要注意比较区别，而矢量的正负一定表示方向【命题方向】题型一：电场强度、电势概念的理解例1：如图所示，实线表示某静电场的电场线，虚线表示该电场的等势面下列判断正确的是（）A.1、2两点的场强相等 B.1、3两点的场强相等C.1、2两点的电势相等 D.2、3两点的电势相等分析：根据电场线的分布特点：从正电荷或无穷远处出发到负电荷或无穷远处终止，分析该点电荷的电性；电场线越密，场强越大顺着电场线，电势降低利用这些知识进行判断解：A、电场线的疏密表示电场的强弱，由图可得，1与2比较，1处的电场线密，所以1处的电场强度大故A错误；B、电场线的疏密表示电场的强弱，由图可得，1与3比较，1处的电场线密，所以1处的电场强度大故B错误；C，顺着电场线，电势降低，所以1点的电势高于2点处的电势故C错误；D、由题目可得，2与3处于同一条等势线上，所以2与3两点的电势相等故D正确故选：D点评：加强基础知识的学习，掌握住电场线和等势面的特点，即可解决本题题型二：电势高低与电势能大小的比较例2：如图所示，在x轴上相距为L的两点固定两个等量异种点电荷+Q、Q，虚线是以+Q所在点为圆心、L2为半径的圆，a、b、c、d是圆上的四个点，其中a、c两点在x轴上，b、d两点关于x轴对称下列判断正确的是（）Ab、d两点处的电势相同B四点中c点处的电势最低Cb、d两点处的电场强度相同D将一试探电荷+q沿圆周由a点移至c点，+q的电势能减小分析：该电场中的电势、电场强度都关于x轴对称，所以bd两点的电势相等，场强大小相等，方向是对称的c点在两个电荷连线的中点上，也是在两个电荷连线的中垂线上，所以它的电势和无穷远处的电势相等解：A：该电场中的电势关于x轴对称，所以bd两点的电势相等，故A正确；B：c点在两个电荷连线的中点上，也是在两个电荷连线的中垂线上，所以它的电势和无穷远处的电势相等而正电荷周围的电场的电势都比它高，即c点的电势在四个点中是最低的故B正确；C：该电场中的电场强度关于x轴对称，所以bd两点场强大小相等，方向是对称的，不相同的故C错误；D：c点的电势低于a点的电势，试探电荷+q沿圆周由a点移至c点，电场力做正功，+q的电势能减小故D正确故选：ABD点评：该题考查常见电场的特点，解题的关键是c点在两个电荷连线的中点上，也是在两个电荷连线的中垂线上，所以它的电势和无穷远处的电势相等而正电荷周围的电场的电势都比它高，负电荷周围的电场的电势都比它低属于基础题目【解题方法点拨】1比较电势高低的方法（1）沿电场线方向，电势越来越低（2）判断出UAB的正负，再由UABAB，比较A、B的大小，若UAB0，则AB，若UAB0，则AB（3）取无穷远处为零电势点，正电荷周围电势为正值，且离正电荷近处电势高；负电荷周围电势为负值，且离负电荷近处电势低2等分法计算匀强电场中的电势（1）在匀强电场中，沿不在同一等势面上的任意一个方向上，电势降落都是均匀的，故在同一直线上相同距离的两点间的电势差相等如果把某两点间的距离等分为n段，则每段两端点间的电势差等于原电势差的1n倍（2）已知电场中几点的电势，如果要求某点的电势时，一般采用“等分法”在电场中找与待求点电势相同的等势点，等分法也常用在画电场线的问题中（3）在匀强电场中，相互平行的相等长度的线段两端间的电势差相等，应用这一点可求解电势21电势能与电场力做功【知识点的认识】1静电力做功的特点：静电力做功与路径无关，或者说：电荷在电场中沿一闭合路径移动，静电力做功为零。2电势能概念：电荷在电场中具有势能，叫电势能。电荷在某点的电势能，等于把电荷从该点移动到零势能位置时，静电力做的功，用EP表示。3静电力做功与电势能变化的关系：静电力做正功，电势能减小；静电力做负功，电势能增加。关系式：WABEPAEPB。4单位：J（宏观能量）和eV（微观能量），它们间的换算关系为：1eV1.61019J。（5）特点：系统性：由电荷和所在电场共有；相对性：与所选取的零点位置有关，通常取大地或无穷远处为电势能的零点位置；标量性：只有大小，没有方向，其正负的物理含义是：若EP0，则电势能比在参考位置时大，若EP0，则电势能比在参考位置时小。 理解与注意：学习电势能时，可以通过与重力势能类比来理解相关概念，上面列举的各项概念几乎是所有势能都有的，只是具体环境不同而已。【命题方向】题型一：电势能、场强、电势概念的理解例1：一个点电荷从静电场中的a点移到b点，其电势能的变化为零，则（）Aa、b两点的场强一定相等B电荷由a点移到b点电场力做的功一定为零C作用于该点电荷的电场力与移动方向总是垂直的Da、b两点的电势一定相等分析：从静电场中a点移到b点，其电势能的变化为零，电场力做功为零。但电荷不一定沿等势面移动。a，b两点的电势一定相等。解：A、根据公式WabqUab分析可知，电场力做功Wab0，a、b两点的电势差Uab为零。而电势与场强无关，所以a、b两点的电场强度不一定相等。故A错误B、由公式WabqUab，Uab0，得Wab0，即电场力做功一定为0故B正确。C、电场力做功为零，作用于该点电荷的电场力与其移动的方向不一定总是垂直的。故C错误。D、根据公式WabqUab分析可知，电场力做功Wab0，a、b两点的电势差Uab为零。故D正确。故选：BD。点评：本题抓住电场力做功只与电荷初末位置有关，与路径无关是关键，与重力做功的特点相似。【解题方法点拨】1电势能大小的比较方法（1）做功判断法：电场力做正功时电势能减小；电场力做负功时电势能增大。（对正、负电荷都适用）。（2）依据电势高低判断：正电荷在电势高处具有的电势能大，负电荷在电势低处具有的电势能大。22闭合电路的欧姆定律【知识点的认识】1闭合电路欧姆定律（1）内容：闭合电路里的电流跟电源的电动势成正比，跟内、外电阻之和成反比（2）公式：I=ER+r（只适用于纯电阻电路）；EU外+Ir（适用于所有电路）2路端电压与外电阻的关系：一般情况UIR=ER+rR=E1+rR，当R增大时，U增大特殊情况（1）当外电路断路时，I0，UE（2）当外电路短路时，I短=Er，U0【命题方向】（1）第一类常考题型是对电路的动态分析：如图所示，电源电动势为E，内阻为r，当滑动变阻器的滑片P处于左端时，三盏灯L1、L2、L3均发光良好在滑片P从左端逐渐向右端滑动的过程中，下列说法中正确的是（）A小灯泡L1、L2变暗 B小灯泡L3变暗，L1、L2变亮C电压表V1、V2示数均变大 D电压表V1、V2示数之和变大分析：在滑片P从左端逐渐向右端滑动的过程中，先分析变阻器接入电路的电阻如何变化，分析外电路总电阻的变化，由闭合电路欧姆定律分析干路电流的变化，即可由欧姆定律判断L2两端电压的变化，从而知道灯泡L2亮度的变化和电压表V2示数的变化再根据路端电压的变化，分析灯泡L3亮度的变化和电压表V1示数的变化；根据干路电流与L3电流的变化，分析L1电流的变化，即可判断灯泡L1亮度的变化根据路端电压的变化，判断两电压表示数之和的变化解：B、滑片P向右滑动的过程中，滑动变阻器接入电路的电阻变大，整个闭合回路的总电阻变大，根据闭合欧姆定律可得干路电流I=ER外总+r变小，灯泡L2变暗，故B错误C、灯泡L2两端电压U2IR2变小，即电压表V2示数变小，电压表V1的读数为U1EI（r+R2），变大，故C错误A、小灯泡L3变亮，根据串、并联电路的特点II1+I3，I减小，I3=U1R3变大，则通过小灯泡L1的电流I1减小，小灯泡L1变暗，故A正确D、电压表V1、V2示数之和为UEIr，I减小，U增大，故D正确故选AD点评：本题首先要搞清电路的连接方式，搞懂电压表测量哪部分电路的电压，其次按“局部整体局部”的思路进行分析总结：分析此类问题要注意以下三点：闭合电路欧姆定律EU+Ir（E、r不变）和部分电路欧姆定律UIR联合使用局部电阻增则总电阻增，反之总电阻减；支路数量增则总电阻减，反之总电阻增两个关系：外电压等于外电路上串联各分电压之和；总电流等于各支路电流之和（2）第二类常考题型是闭合电路欧姆定律的应用及电源的功率：如图所示，电源电动势E12V，内阻r3，甲图中R01，乙图中直流电动机内阻R01，当调节滑动变阻器R1时可使甲电路输出功率最大，同样，调节R2时可使乙电路输出功率最大，且此时电动机刚好正常工作（额定输出功率为P02W），则R1和R2的值为（）A2，2 B2，1.5 C1.5，1.5 D1.5，2分析：对于甲图，当电路的内阻和外阻相等时，电路的输出功率最大，由此可以求得甲图中的最大的功率；对于乙图，求出最大输出的功率的表达式，利用数学知识求乙图中的电阻的大小解：据P输出=E2(R-r)2R+4r 可知：当电路的外电阻等于内阻时，电路的输出功率最大，所以甲图R1rR0312对于乙图，输出的功率最大时，电动机的额定功率P02W，电路中电流为I，所以P输出max2W+I2R0+I2R2又因为UR212V3I-2+I2I所以I=12-3I-2+I2IR2 联立利用数学关系求得当R21.5时，乙电路的输出功率最大为12W，故ACD错误，B正确故选：B点评：对于电功率的计算，一定要分析清楚是不是纯电阻电路，对于非纯电阻电路，总功率和发热功率的计算公式是不一样的总结：对闭合电路功率的两点认识闭合电路是一个能量转化系统，电源将其他形式的能转化为电能内外电路将电能转化为其他形式的能，EIP内+P外就是能量守恒定律在闭合电路中的体现外电阻的阻值向接近内阻的阻值方向变化时，电源的输出功率变大（3）第三类常考题型是电源的UI图象的应用如图，直线A为电源的UI图线，直线B和C分别为电阻R1和R2的UI图线，用该电源分别与R1、R2组成闭合电路时，电源的输出功率分别为P1、P2，电源的效率分别为1、2，则（）AP1P2 BP1P2 C12 D12分析：电源的效率等于电源输出功率与电源总功率的百分比，根据效率的定义，找出效率与电源路端电压的关系，由图读出路端电压，就能求出效率；电源与电阻的UI图线的交点，表示电阻接在电源上时的工作状态，可读出电压、电流，算出电源的输出功率，进而比较大小解：AB、由图线的交点读出，B接在电源上时，电源的输出输出功率P1UI8WC接在电源上时，电源的输出输出功率P2UI8W 故A错误，B正确CD、电源的效率=P出P总=UIEI=UE，效率与路端电压成正比，B接在电源上时路端电压大，效率高，12故C正确，D 错误故选：BC点评：本题首先要知道效率与功率的区别，电源的效率高，输出功率不一定大其次，会读图电源与电阻的伏安特性曲线交点表示电阻接在该电源上时的工作状态总结：UI图象的一般分析思路明确纵、横坐标的物理意义明确图象的截距、斜率及交点的意义找出图线上对应状态的参量或关系式结合相关概念或规律进行分析、计算【解题方法点拨】一、电路的动态分析1判定总电阻变化情况的规律 （1）当外电路的任何一个电阻增大（或减小）时，电路的总电阻一定增大（或减小）（2）若开关的通、断使串联的用电器增多时，电路的总电阻增大；若开关的通、断使并联的支路增多时，电路的总电阻减小（3）在如图所示分压电路中，滑动变阻器可视为由两段电阻构成，其中一段R并与用电器并联，另一段R串与并联部分串联A、B两端的总电阻与R串的变化趋势一致2分析思路二、闭合电路欧姆定律的应用及电源的功率三、电源的UI图象的应用1根据UEIr可知，电源的UI图线是如图所示的一条倾斜的直线（1）直线斜率的绝对值表示电源的电阻r，纵轴的截距为电源电动势E（2）直线上任何一点A与原点O的连线的斜率表示对应的外电路电阻R（3）图线上每一点的坐标的乘积为对应情况下电源的输出功率，对于图中的A点有PAUAIA2对于UI图线中纵坐标（U）不从零开始的情况，图线与横坐标的交点坐标小于短路电流，但直线斜率的绝对值仍等于电源的内阻23简单的逻辑电路【知识点的认识】 一数字电路中最基本的逻辑电路门电路1数字信号变化的两个状态：“有”或“没有”2数字电路（1）概念：处理数字信号的电路（2）功能：研究电路的逻辑功能 二“与”门1逻辑关系：一个事件的几个条件同时满足时事件才能发生2符号其中“&”具有与的意思，象征AB两个输入端都是1时，输出才是13真值表，“有”用“1”表示，“没有”用“0”表示 输入 输出 A B Y 0 0 0 0 1 01 0 0 1 1 1三“或”门1逻辑关系：某事件发生有几个条件，但只要一个条件满足事件就能发生2符号：，“1”象征1个或多于1个输入端为1时，输出端就是13真值表 输入 输出 A B Y 0 0 0 0 1 11 0 1 1 1 1四“非”门1逻辑关系：输出状态与输入状态相反2符号：其中矩形右侧小圆圈表示数字“0”，它与数字“1”象征着输入端为1时，输出端为03真值表 输入 输出 A Y 0 1 1 0五集成电路1构成：将组成电路的元件（如电阻电容晶体管等）和连线集成在一块硅片上2优点：体积小方便可靠，适用于系列化标准化生产二、对三种基本逻辑电路的理解门电路是用来实现基本逻辑功能的电子电路，可以由二极管三极管的元件构成，也可制成集成电路，基本的门电路有三种类型，“与”门电路，“或”门电路和“非”门电路，较复杂的门电路由上述三种基本门电路混和而成 1对“与”门的理解 如果一个事件和几个条件相联系，当这几个条件都满足后，该事件才能发生，这种关系叫“与”逻辑关系具有这种逻辑关系的电路称为“与”门电路，简称“与”门如上图所示，如果把开关A闭合作为条件A满足，把开关B闭合作为条件B满足，把电灯L亮作为结果Y成立，则“与”逻辑关系可以示意为： 2对“或”门的理解 如果一个事件和几个条件相联系，当这几个条件中有一个满足，事件就会发生，这种关系叫“或”逻辑关系具有这种逻辑关系的电路称为“或”门电路，简称“或”门如上图所示，如果把开关A闭合当作条件A满足把开关B闭合当作条件B满足，把电灯L亮当作结果Y成立，则“或”逻辑关系可以示意为： 3对“非”门的理解 设正常逻辑关系为：当条件A满足时，结果Y发生；当条件A不满足时，结果Y不发生与正常逻辑关系相反，如果条件A满足时，结果Y不发生；条件A不满足时，结果Y却发生，这种关系叫“非”逻辑关系具有这种逻辑关系的电路叫“非”门电路，简称“非”门如上图所示，如果把开关A闭合当作条件A满足，把电灯L亮当作结果Y成立，把电灯L灭当作结果Y成立，则“非”逻辑关系表现为AY24带电粒子在匀强磁场中的运动【知识点的认识】带电粒子在匀强磁场中的运动1若vB，带电粒子不受洛伦兹力，在匀强磁场中做匀速直线运动2若vB，带电粒子仅受洛伦兹力作用，在垂直于磁感线的平面内以入射速度v做匀速圆周运动3半径和周期公式：（vB）【命题方向】常考题型：带电粒子在匀强磁场中的匀速圆周运动如图，半径为R的圆柱形匀强磁场区域的横截面（纸面），磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外一电荷量为q（q0）、质量为m的粒子沿平行于直径ab的方向射入磁场区域，射入点与ab的距离为R2已知粒子射出磁场与射入磁场时运动方向间的夹角为60，则粒子的速率为（不计重力）（）A.qBR2m B.qBRm C.3qBR2m D.2qBRm【分析】由题意利用几何关系可得出粒子的转动半径，由洛仑兹力充当向心力可得出粒子速度的大小；解：由题，射入点与ab的距离为R2则射入点与圆心的连线和竖直方向之间的夹角是30，粒子的偏转角是60，即它的轨迹圆弧对应的圆心角是60，所以入射点、出射点和圆心构成等边三角形，所以，它的轨迹的半径与圆形磁场的半径相等，即rR轨迹如图：洛伦兹力提供向心力：qvB=mv2R，变形得：v=qBRm故正确的答案是B故选：B【点评】在磁场中做圆周运动，确定圆心和半径为解题的关键【解题方法点拨】带电粒子在匀强磁场中的匀速圆周运动一、轨道圆的“三个确定”（1）如何确定“圆心”由两点和两线确定圆心，画出带电粒子在匀强磁场中的运动轨迹确定带电粒子运动轨迹上的两个特殊点（一般是射入和射出磁场时的两点），过这两点作带电粒子运动方向的垂线（这两垂线即为粒子在这两点所受洛伦兹力的方向），则两垂线的交点就是圆心，如图（a）所示若只已知过其中一个点的粒子运动方向，则除过已知运动方向的该点作垂线外，还要将这两点相连作弦，再作弦的中垂线，两垂线交点就是圆心，如图（b）所示 若只已知一个点及运动方向，也知另外某时刻的速度方向，但不确定该速度方向所在的点，如图（c）所示，此时要将其中一速度的延长线与另一速度的反向延长线相交成一角（PAM），画出该角的角平分线，它与已知点的速度的垂线交于一点O，该点就是圆心（2）如何确定“半径”方法一：由物理方程求：半径R=mvqB；方法二：由几何方程求：一般由数学知识（勾股定理、三角函数等）计算来确定（3）如何确定“圆心角与时间”速度的偏向角圆弧所对应的圆心角（回旋角）2倍的弦切角，如图（d）所示时间的计算方法方法一：由圆心角求，t=2T；方法二：由弧长求，t=sv二、解题思路分析1带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的分析方法 2带电粒子在有界匀强磁场中运动时的常见情形 直线边界（粒子进出磁场具有对称性） 平行边界（粒子运动存在临界条件） 圆形边界（粒子沿径向射入，再沿径向射出） 3带电粒子在有界磁场中的常用几何关系 （1）四个点：分别是入射点、出射点、轨迹圆心和入射速度直线与出射速度直线的交点 （2）三个角：速度偏转角、圆心角、弦切角，其中偏转角等于圆心角，也等于弦切角的2倍三、求解带电粒子在匀强磁场中运动的临界和极值问题的方法 由于带电粒子往往是在有界磁场中运动，粒子在磁场中只运动一段圆弧就飞出磁场边界，其轨迹不是完整的圆，因此，此类问题往往要根据带电粒子运动的轨迹作相关图去寻找几何关系，分析临界条件，然后应用数学知识和相应物理规律分析求解 （1）两种思路 以定理、定律为依据，首先求出所研究问题的一般规律和一般解的形式，然后再分析、讨论临界条件下的特殊规律和特殊解；直接分析、讨论临界状态，找出临界条件，从而通过临界条件求出临界值 （2）两种方法 物理方法：利用临界条件求极值； 利用问题的边界条件求极值； 利用矢量图求极值数学方法：利用三角函数求极值； 利用二次方程的判别式求极值； 利用不等式的性质求极值； 利用图象法等 （3）从关键词中找突破口：许多临界问题，题干中常用“恰好”、“最大”、“至少”、“不相撞”、“不脱离”等词语对临界状态给以暗示审题时，一定要抓住这些特定的词语挖掘其隐藏的规律，找出临界条件25带电粒子在混合场中的运动【知识点的认识】带电粒子在复合场中的运动一、复合场及其特点这里所说的复合场是指电场、磁场、重力场并存，或其中某两种场并存的场。带电粒子在这些复合场中运动时，必须同时考虑电场力、洛伦兹力和重力的作用或其中某两种力的作用，因此对粒子的运动形式的分析就显得极为重要。二、带电粒子在复合场中运动的基本分析1当带电粒子在复合场中所受的合外力为0时，粒子将做匀速直线运动或静止。2当带电粒子所受的合外力与运动方向在同一条直线上时，粒子将做变速直线运动。3当带电粒子所受的合外力充当向心力时，粒子将做匀速圆周运动。4当带电粒子所受的合外力的大小、方向均是不断变化的时，粒子将做变加速运动，这类问题一般只能用能量关系处理。三、电场力和洛伦兹力的比较1在电场中的电荷，不管其运动与否，均受到电场力的作用；而磁场仅仅对运动着的、且速度与磁场方向不平行的电荷有洛伦兹力的作用。2电场力的大小FEq，与电荷的运动的速度无关；而洛伦兹力的大小fBqvsin，与电荷运动的速度大小和方向均有关。3电场力的方向与电场的方向或相同、或相反；而洛伦兹力的方向始终既和磁场垂直，又和速度方向垂直。4电场力既可以改变电荷运动的速度大小，也可以改变电荷运动的方向，而洛伦兹力只能改变电荷运动的速度方向，不能改变速度大小5电场力可以对电荷做功，能改变电荷的动能；洛伦兹力不能对电荷做功，不能改变电荷的动能。6匀强电场中在电场力的作用下，运动电荷的偏转轨迹为抛物线；匀强磁场中在洛伦兹力的作用下，垂直于磁场方向运动的电荷的偏转轨迹为圆弧。四、对于重力的考虑重力考虑与否分三种情况：（1）对于微观粒子，如电子、质子、离子等一般不做特殊交待就可以不计其重力，因为其重力一般情况下与电场力或磁场力相比太小，可以忽略；而对于一些实际物体，如带电小球、液滴、金属块等不做特殊交待时就应当考虑其重力。（2）在题目中有明确交待的是否要考虑重力的，这种情况比较正规，也比较简单。（3）对未知名的带电粒子其重力是否忽略又没有明确时，可采用假设法判断，假设重力计或者不计，结合题给条件得出的结论若与题意相符则假设正确，否则假设错误。五、复合场中的特殊物理模型1粒子速度选择器如图所示，粒子经加速电场后得到一定的速度v0，进入正交的电场和磁场，受到的电场力与洛伦兹力方向相反，若使粒子沿直线从右边孔中出去，则有qv0BqE，v0=EB，若vv0=EB，粒子做直线运动，与粒子电量、电性、质量无关。若vEB，电场力大，粒子向电场力方向偏，电场力做正功，动能增加。若vEB，洛伦兹力大，粒子向磁场力方向偏，电场力做负功，动能减少。2磁流体发电机如图所示，由燃烧室O燃烧电离成的正、负离子（等离子体）以高速。喷入偏转磁场B中。在洛伦兹力作用下，正、负离子分别向上、下极板偏转、积累，从而在板间形成一个向下的电场。两板间形成一定的电势差。当qvB=qUd时电势差稳定UdvB，这就相当于一个可以对外供电的电源。3电磁流量计。电磁流量计原理可解释为：如图所示，一圆形导管直径为d，用非磁性材料制成，其中有可以导电的液体向左流动。导电液体中的自由电荷（正负离子）在洛伦兹力作用下纵向偏转，a，b间出现电势差。当自由电荷所受电场力和洛伦兹力平衡时，a、b间的电势差就保持稳定。由BqvEq=qUd，可得v=UBd流量QSv=Ud4B4质谱仪如图所示组成：离子源O，加速场U，速度选择器（E，B），偏转场B2，胶片。原理：加速场中qU=12mv2选择器中：v=EB1偏转场中：d2r，qvB2=mv2r比荷：qm=2EB1B2d质量：m=B1B2dq2E作用：主要用于测量粒子的质量、比荷、研究同位素。5回旋加速器如图所示。组成：两个D形盒，大型电磁铁，高频振荡交变电压，两缝间可形成电压U作用：电场用来对粒子（质子、氛核，a粒子等）加速，磁场用来使粒子回旋从而能反复加速。高能粒子是研究微观物理的重要手段。要求：粒子在磁场中做圆周运动的周期等于交变电源的变化周期。关于回旋加速器的几个问题：（1）回旋加速器中的D形盒，它的作用是静电屏蔽，使带电粒子在圆周运动过程中只处在磁场中而不受电场的干扰，以保证粒子做匀速圆周运动。（2）回旋加速器中所加交变电压的频率f，与带电粒子做匀速圆周运动的频率相等：f=1T=qB2m。（3）回旋加速器最后使粒子得到的能量，可由公式EK=12mv2=q2B2R22m来计算，在粒子电量，、质量m和磁感应强度B一定的情况下，回旋加速器的半径R越大，粒子的能量就越大。26导体切割磁感线时的感应电动势【知识点的认识】2导体切割磁感线的情形以及感应电动势（1）一般情况：运动速度v和磁感线方向夹角为，则EBlvsin。（2）常用情况：运动速度v和磁感线方向垂直，则EBlv。（3）导体棒在磁场中转动导体棒以端点为轴，在匀强磁场中垂直于磁感线方向匀速转动产生感应电动势EBlv=12Bl2（平均速度等于中点位置线速度12l）。【命题方向】题型一：导体切割磁感线产生感应电动势的分析与计算如图所示，三角形金属导轨EOF上放一金属杆AB，在外力作用下使AB保持与OF垂直，以速度v从O点开始右移，设导轨和金属棒均为粗细相同的同种金属制成，则下列说法正确的是（）A电路中的感应电动势大小不变B电路中的感应电动势逐渐增大C电路中的感应电流大小不变D电路中的感应电流逐渐减小分析：感应电动势大小根据公式EBLv，L是有效的切割长度分析；要判断感应电流，先由电阻定律分析回路中电阻中如何变化，再根据欧姆定律分析。解答：设导轨和金属棒单位长度的电阻为r。EOF。A、B从O点开始金属棒运动时间为t时，有效的切割长度 Lvttan，感应电动势大小 EBLvBvttanvt，则知感应电动势逐渐增大，故A错误，B正确。C、D根据电阻定律得t时刻回路中总电阻为 R（vt+vttan+vtcos）rBv2ttan(vt+vttan+vtcos)感应电流大小为 I=ER=Bv2ttan(vt+vttan+vtcos)1r=Bv2tan(v+vtan+vcos)r与t无关，说明感应电流大小不变，故C正确，D错误。故选：BC。点评：本题关键要抓住感应电流既与感应电动势有关，还与回路中的电阻有关，根据物理规律推导解析式，再进行分析。【解题方法点拨】 闭合或不闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动时，导体两端将产生感应电动势。如果电路闭合，电路中形成感应电流。切割磁感线运动的那部分导体相当于电路中的电源。常见的情景有以下几种：1在EBLv中（要求BL、Bv、Lv，即B、L、v三者两两垂直），式中的L应该取与B、v均垂直的有效长度（所谓导体的有效切割长度，指的是切割导体两端点的连线在同时垂直于v和B的方向上的投影的长度，下图中的有效长度均为ab的长度）。2公式EBLv中，若速度v为平均速度，则E为平均电动势；若v为瞬时速度，则E为瞬时电动势。3若导体不是垂直切割磁感线运动，v与B有一夹角，如图所示，则EBlv1Blvsin 。27电磁感应中的能量转化【知识点的认识】1电磁感应现象的实质是 其它形式的能转化成电能2感应电流在磁场中受安培力，外力克服安培力做功，将其它形式的能转化为电能，电流做功再将电能转化为其它形式的能3电流做功产生的热量用焦耳定律计算，公式为QI2Rt【命题方向】题型一：电磁感应与能量的综合电阻可忽略的光滑平行金属导轨长S1.15m，两导轨间距L0.75m，导轨倾角为30，导轨上端ab接一阻值R1.5的电阻，磁感应强度B0.8T的匀强磁场垂直轨道平面向上阻值r0.5，质量m0.2kg的金属棒与轨道垂直且接触良好，从轨道上端ab处由静止开始下滑至底端，在此过程中金属棒产生的焦耳热Qr0.1J（取g10m/s2）求：（1）金属棒在此过程中克服安培力的功W安（2）金属棒下滑速度v2m/s时的加速度a（3）求金属棒下滑的最大速度vm分析：（1）题中已知金属棒产生的焦耳热Qr0.1J，R与r串联，根据焦耳定律分析它们产生的热量关系，从而求得总的焦耳热，即为金属棒克服安培力的功W安（2）分析金属棒的受力分析，导体棒受到重力，支持力，安培力，做出受力图，求出合力，可以求得加速度（2）当金属棒的加速度为零时，速度最大，由上题结果求解最大速度解答：（1）下滑的过程中金属棒克服安培力做功等于回路产生的焦耳热由于R3r，因此由焦耳定律QI2Rt得：QR3Qr0.3J，所以克服安培力做功：W安QQR+Qr0.4J（2）金属棒下滑速度v2m/s时，所受的安培力为：FBILBBLvR+rL=B2L2vR+r由牛顿第二定律得：mgsin30-B2L2vR+r=ma得：agsin30-B2L2v(R+r)m代入解得：a100.5-0820.7522(1.5+0.5)0.2=3.2（m/s2）（3）金属棒匀速运动时速度最大，即a0时，v最大，设为vm由上题结果得：mgsin30-B2L2vmR+r=0可得：vm=mg(R+r)sin30B2L2=220.50820.752m/s5.56m/s若根据能量守恒定律得：mgSsin30=12mvm2+W安解得：vm=7.5m/s2.73m/s，所以金属棒下滑的最大速度vm为2.73m/s答：（1）金属棒在此过程中克服安培力的功W安是0.4J（2）金属棒下滑速度v2m/s时的加速度a是3.2m/s2（3）金属棒下滑的最大速度vm是2.73m/s点评：本题关键要分析功能关系，并对金属棒正确受力分析，应用安培力公式、牛顿第二定律等，即可正确解题【解题方法点拨】电磁感应中的能量转化问题1电磁感应中的能量转化特点外力克服安培力做功，把机械能或其它能量转化成电能；感应电流通过电路做功又把电能转化成其它形式的能（如内能）这一功能转化途径可表示为：2电能求解思路主要有三种（1）利用克服安培力做功求解：电磁感应中产生的电能等于克服安培力所做的功（2）利用能量守恒求解：其它形式的能的减少量等于产生的电能（3）利用电路特征来求解：通过电路中所消耗的电能来计算28自感现象和自感系数【知识点的认识】一、自感1概念：由于导体本身的电流变化而产生的电磁感应现象称为自感，由于自感而产生的感应电动势叫做 自感电动势2表达式：ELIt3自感系数L（1）相关因素：与线圈的大小、形状、匝数以及是否有铁芯有关（2）单位：亨利（H，1mH103H，1H106H）4自感电动势的方向：由楞次定律可知，自感电动势总是阻碍原来导体中电流的变化当回路中的电流增加时，自感电动势和原来电流的方向相反；当回路中的电流减小时，自感电动势和原来电流的方向相同自感对电路中的电流变化有阻碍作用，使电流不能突变【命题方向】题型一：自感现象的理解和应用在如图所示的电路中，a、b为两个完全相同的灯泡，L为自感系数较大而电阻不能忽略的线圈，E为电源，S为开关关于两灯泡点亮和熄灭的下列说法正确的是（）A合上开关，a先亮，b后亮；稳定后a、b一样亮B合上开关，b先亮，a后亮；稳定后b比a更亮一些C断开开关，a逐渐熄灭、b先变得更亮后再与a同时熄灭D断开开关，b逐渐熄灭、a先变得更亮后再与b同时熄灭分析：对于线圈来讲通直流阻交流，通低频率交流阻高频率交流解答：A、由于a、b为两个完全相同的灯泡，当开关接通瞬间，b灯泡立刻发光，而a灯泡由于线圈的自感现象，导致灯泡渐渐变亮，由于两灯泡并联，L的电阻不能忽略，所以稳定后b比a更亮一些，故A错误，B正确；C、当开关断开瞬间，两灯泡串联，由线圈产生瞬间电压提供电流，导致两灯泡同时熄灭，而且亮度相同，故CD均错误故选：B点评：线圈的自感系数越大，频率越高时，感抗越高同时线圈有阻碍电流的变化，注意的是灯泡会更亮的原因是电流变大的缘故【解题方法点拨】 1通电自感和断电自感的比较 通电自感断电自感电路图 器材 要求 A1、A2同规格，RRL，L较大（有铁芯） L很大（有铁芯） 现象 在S闭合瞬间，灯A2立即亮起来，灯A1逐渐变亮，最终一样亮 在开关S断开时，灯A渐渐熄灭或闪亮一下再熄灭 原因 由于开关闭合时，流过电感线圈的电流迅速增大，使线圈产生自感电动势，阻碍了电流的增大，使流过灯A1的电流比流过灯A2的电流增加得慢 S断开时，线圈L产生自感电动势，阻碍了电流的减小，使电流继续存在一段时间；灯A中电流反向不会立即熄灭若RLRA，原来的ILIA，则A灯熄灭前要闪亮一下若RLRA，原来的电流ILIA，则灯A逐渐熄灭不再闪亮一下 能量转 化情况 电能转化为磁场能 磁场能转化为电能 2解决自感问题的关键：（1）正确理解通电自感和断电自感现象中自感电动势对“原电流的变化”的阻碍作用，即延缓原电流的变化（2）弄清电路的串、并联关系（3）电感线圈在通电瞬间相当于一个阻值由很大逐渐变小的电阻，在断电瞬间相当于一个电源在电流稳定时纯电感线圈相当于一根短路导线，非纯电感线圈相当于一定值电阻29常见传感器的工作原理【知识点的认识】 传感器的工作原理1概念：能够感受外界信息，并将其按照一定的规律转换成电信号的器件或装置，叫传感器2组成：一般由敏感元件、转换器件、转换电路三个部分组成3原理：通过对某一物理量敏感的元件，将感受到的物理量按一定规律转换成便于测量的量例如，光电传感器利用光敏电阻将光信号转换成电信号；热电传感器利用热敏电阻将温度信号转换成电信号4流程：5类别：最简单的传感器由一个敏感元件（兼转换器）组成，它感受被测量时，直接输出电学量，如热电偶有的传感器由敏感元件和转换器件组成，设有转换电路，如光电池、光电管等；有的传感器，转换电路不止一个，要经过若干次转换6传感器的分类：目前对传感器尚无一个统一的分类方法，常用的分类方法有两个：（1）按输入量分类，如输入量分别为温度、压力、位移、速度、加速度等非电学量时，相应的传感器称为温度传感器、压力传感器、位移传感器、速度传感器、加速度传感器（2）按传感器的工作原理分类，可分为电阻传感器、电容传感器、电感传感器、电压传感器、霍尔传感器、光电传感器、光栅传感器等7传感器的元件：制作传感器时经常使用的元件有光敏电阻、热敏电阻、金属热电阻、霍尔元件等【命题方向】常考题型：图是测试热敏电阻R的实验电路图，滑动变阻器已调节到某一适当的值实验中观察到当温度升高时灯更亮对实验现象分析正确的有（）A温度升高，电路中的电流减小B温度升高，电路中的电流增大C温度升高，热敏电阻的阻值增大D温度升高，热敏电阻的阻值减小【分析】热敏电阻在受热时阻值变化，由闭合电路殴姆定律可知电路中的电流变化情况，从而确定灯泡的亮暗程度解：当温度升高时，电路中的热敏电阻的阻值减小，由闭合电路殴姆定律可知：电路中的电流增大，导致灯泡变亮故选：BD【点评】为何要将滑动变阻器调到某一适当值，按常规应该调为0，随着热敏电阻减小，电流变大，灯泡功率更大吗？其实不然，当电源输出功率越大，灯泡才可能越亮，所以将滑动变阻器与电源组合一个新电源，当外电阻与内电阻阻值相等时，电源输出功率最大30光电效应【知识点的认识】1光电效应现象光电效应：在光的照射下金属中的电子从表面逸出的现象，叫做光电效应，发射出来的电子叫做光电子特别提醒：（1）光电效应的实质是光现象转化为电现象（2）定义中的光包括可见光和不可见光2几个名词解释（1）遏止电压：使光电流减小到零时的最小反向电压UC（2）截止频率：能使某种金属发生光电效应的最小频率叫做该种金属的截止频率（又叫极限频率）不同的金属对应着不同的截止频率（3）逸出功：电子从金属中逸出所需做功的最小值，叫做该金属的逸出功3光电效应规律（1）每种金属都有一个极限频率，入射光的频率必须大于极限频率才能产生光电效应（2）光电子的最大初动能与入射光的强度无关，只随入射光频率的增大而增大（3）只要入射光的频率大于金属的极限频率，照到金属表面时，光电子的发射几乎是瞬时的，一般不超过109s，与光的强度无关（4）当入射光的频率大于金属的极限频率时，饱和光电流的强度与入射光的强度成正比【命题方向】题型一：光电效应规律的理解关于光电效应的规律，下面说法中正确的是（）A当某种色光照射金属表面时，能产生光电效应，则入射光的频率越高，产生的光电子的最大初动能也就越大B当某种色光照射金属表面时，能产生光电效应，如果入射光的强度减弱，从光照至金属表面上到发射出光电子之间的时间间隔将明显增加C对某金属来说，入射光波长必须大于一极限值，才能产生光电效应D同一频率的光照射不同金属，如果都能产生光电效应，则所有金属产生的光电子的最大初动能一定相同分析：光电效应具有瞬时性，根据光电效应方程判断光电子的最大初动能与什么因素有关解答：A、根据光电效应方程EkmhvW0，知入射光的频率越高，产生的光电子的最大初动能越大故A正确B、光电效应具有瞬时性，入射光的强度不影响
- 温馨提示:
1: 本站所有资源如无特殊说明，都需要本地电脑安装OFFICE2007和PDF阅读器。图纸软件为CAD,CAXA,PROE,UG,SolidWorks等.压缩文件请下载最新的WinRAR软件解压。
2: 本站的文档不包含任何第三方提供的附件图纸等，如果需要附件，请联系上传者。文件的所有权益归上传用户所有。
3.本站RAR压缩包中若带图纸，网页内容里面会有图纸预览，若没有图纸预览就没有图纸。
4. 未经权益所有人同意不得将文件中的内容挪作商业或盈利用途。
5. 人人文库网仅提供信息存储空间，仅对用户上传内容的表现方式做保护处理，对用户上传分享的文档内容本身不做任何修改或编辑，并不能对任何下载内容负责。
6. 下载文件中如有侵权或不适当内容，请与我们联系，我们立即纠正。
7. 本站不保证下载资源的准确性、安全性和完整性, 同时也不承担用户因使用这些下载资源对自己和他人造成任何形式的伤害或损失。
人人文库网所有资源均是用户自行上传分享，仅供网友学习交流，未经上传用户书面授权，请勿作他用。
川公网安备: 51019002004831号