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江苏省
高考
物理
试卷
2007
2021
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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：
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考点卡片1物体的弹性和弹力【知识点的认识】1弹力（1）定义：发生弹性形变的物体，由于要恢复原状，对跟它接触的物体产生的力叫弹力（2）弹力的产生条件：弹力的产生条件是两个物体直接接触，并发生弹性形变（3）弹力的方向：力垂直于两物体的接触面支撑面的弹力：支持力的方向总是垂直于支撑面，指向被支持的物体；压力总是垂直于支撑面指向被压的物体 点与面接触时弹力的方向：过接触点垂直于接触面 球与面接触时弹力的方向：在接触点与球心的连线上 球与球相接触的弹力方向：垂直于过接触点的公切面弹簧两端的弹力方向：与弹簧中心轴线重合，指向弹簧恢复原状的方向其弹力可为拉力，可为压力轻绳对物体的弹力方向：沿绳指向绳收缩的方向，即只为拉力（4）弹力的大小对有明显形变的弹簧，弹力的大小可以由胡克定律计算对没有明显形变的物体，如桌面、绳子等物体，弹力大小由物体的受力情况和运动情况共同决定胡克定律可表示为（在弹性限度内）：Fkx，还可以表示成Fkx，即弹簧弹力的改变量和弹簧形变量的改变量成正比式中k叫弹簧的劲度系数，单位：N/mk由弹簧本身的性质决定（与弹簧的材料、粗细、直径及原长都有关系）“硬”弹簧，是指弹簧的k值较大（同样的力F作用下形变量x较小）几种典型物体模型的弹力特点如下表项目轻绳轻杆弹簧形变情况伸长忽略不计认为长度不变可伸长可缩短施力与受力情况只能受拉力或施出拉力能受拉或受压，可施出拉力或压力同杆力的方向始终沿绳不一定沿杆沿弹簧轴向力的变化可发生突变同绳只能发生渐变【知识点的应用及延伸】弹力有无及方向的判断问题：怎样判断弹力的有无？解答：（1）对于形变明显的情况（如弹簧）可由形变直接判断 （2）对于接触处的形变不明显，判断其弹力的有无可用以下方法拆除法即解除所研究处的接触，看物体的运动状态是否改变若不变，则说明无弹力；若改变，则说明有弹力分析主动力和运动状态来判断是否有弹力分析主动力就是分析沿弹力所在方向上，除弹力以外其他力的合力看该合力是否满足给定的运动状态，若不满足，则存在弹力；若满足，则不存在弹力【命题方向】（1）第一类常考题型是对概念的考查：关于弹力，下列说法中正确的是（）A相互接触的物体之间一定有弹力作用B不接触的物体之间也可能有弹力作用C压力和支持力的方向都垂直物体的接触面D压力和支持力的方向都平行于物体的接触面分析：知道弹力产生的条件：1、物体要相互接触2、物体要发生弹性形变清楚弹力的方向解答：解：A、弹力产生的条件是：1、物体要相互接触2、物体要发生弹性形变两个条件同时满足物体间才会产生弹力故A错误B、根据A选项分析，故B错误C、压力和支持力的方向都垂直物体的接触面，指向被压和被支持的方向，故C正确D、压力和支持力的方向都垂直物体的接触面，故D错误故选C点评：要注意支持力、压力属于弹力压力和支持力的方向都垂直物体的接触面（2）第二类常考题型是对具体事例进行分析：如图，球A放在斜面上，被竖直挡板挡住而处于静止状态，关于球A所受的弹力，正确的（）A球A仅受一个弹力作用，弹力方向垂直斜面向上B球A受两个弹力作用，一个水平向左，一个垂直斜面向下C球A受两个弹力作用，一个水平向右，一个垂直斜面向上D球A受三个弹力作用，一个水平向右，一个垂直斜面向上，一个竖直向下分析：小球处于静止状态，对挡板和斜面接触挤压，挡板和斜面都产生弹性形变，它们对小球产生弹力，弹力的方向垂直于接触面解答：解：由于小球对挡板和斜面接触挤压，挡板和斜面都产生弹性形变，它们对小球产生弹力，而且弹力的方向垂直于接触面，所以挡板对小球的弹力方向水平向右，斜面对小球的弹力方向垂直于斜面向上故选C点评：支持力是常见的弹力，其方向垂直于接触面并且指向被支持物基础题，比较容易【解题方法点拨】这部分知识难度中等、也有难题，在平时的练习中、阶段性考试中会单独出现，选择、填空、计算等等出题形式多种多样，在高考中不会以综合题的形式考查的，但是会做为题目的一个隐含条件考查弹力的有无及方向判断比较复杂，因此在确定其大小和方向时，不能想当然，应根据具体的条件或计算来确定2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3抛体运动【知识点的认识】1定义：物体将以一定的初速度向空中抛出，仅在重力作用下物体所做的运动叫做抛体运动。2方向：直线运动时物体的速度方向始终在其运动轨迹的直线方向上；曲线运动中，质点在某一刻（或某一位置）的速度方向是在曲线这一点的切线方向。因此，做抛体运动的物体的速度方向，在其运动轨迹各点的切线方向上，并指向物体前进的方向。注：由于曲线上各点的切线方向不同，所以，曲线运动的速度方向时刻都在改变。3抛体做直线或曲线运动的条件：（1）物体做直线运动：当物体所受到合外力的方向跟它的初速方向在同一直线上时，物体做直线运动。（2）物体做曲线运动：当物体所受到合外力的方向跟它的初速方向不在同一直线上时，物体做曲线运动。4平抛运动（1）定义：将物体用一定的初速度沿水平方向抛出，且只在重力作用下所做的运动。（2）条件：初速度方向为水平；只受重力作用。（3）规律：平抛运动在水平方向的分运动是匀速直线运动，在竖直方向的分运动是自由落体运动，所以平抛运动是匀变速曲线运动，运动轨迹是抛物线。（4）公式：速度公式：水平方向：vx=v0竖直方向：vy=gtvt=v02+(gt)2；位移公式：水平方向：x=v0t竖直方向：y=12gt2y=gx22v02s=(v0t)2+(12gt2)2。tan=yx=gt2v05斜抛运动（1）定义：将物体以一定的初速度沿斜上方抛出，仅在重力作用下的运动叫做斜抛运动。（2）条件：物体有斜向上的初速度；仅受重力作用。（3）规律：斜抛运动在水平方向的分运动是匀速直线运动，在竖直方向的分运动是竖直上抛运动，所以斜抛运动是匀变速曲线运动。（4）公式：水平方向初速度：v0x=v0cos，ax=0竖直反向初速度：v0y=v0sin，ay=g，方向向下【命题方向】例1：某学生在体育场上抛出铅球，其运动轨迹如图所示。已知在B点时的速度与加速度相互垂直，则下列说法中正确的是（）AD点的速率比C点的速率大BD点的加速度比C点加速度大C从B到D加速度与速度始终垂直D从B到D加速度与速度的夹角先增大后减小分析：不计空气阻力，抛体在空中只受重力作用，机械能守恒；抛体运动可以分解为水平方向的匀速直线运动与竖直方向的匀变速运动。解答：A、抛体运动，机械能守恒，D点位置低，重力势能小，故动能大，速度大，故A正确；B、抛体运动，只受重力，加速度恒为g，不变，故B错误；C、从B到D是平抛运动，重力一直向下，速度是切线方向，不断改变，故只有最高点B处加速度与速度垂直，故C错误；D、从B到D是平抛运动，加速度竖直向下，速度方向是切线方向，故夹角不断减小，故D错误。故选：A。点评：抛体运动可以分解为水平方向的匀速直线运动与竖直方向的匀变速直线运动，抛体运动机械能守恒。例2：如图所示，将一篮球从地面上方B点斜向上抛出，刚好垂直击中篮板上A点，不计空气阻力。若抛射点B向篮板方向移动一小段距离，仍使抛出的篮球垂直击中A点，则可行的是（）A增大抛射速度v0，同时减小抛射角 B减小抛射速度v0，同时减小抛射角C增大抛射角，同时减小抛出速度v0 D增大抛射角，同时增大抛出速度v0分析：解决本题巧用平抛运动知识，由于题目中紧抓住篮球垂直打到篮板，故可以看成平抛运动，则有水平速度越大，落地速度越大，与水平面的夹角越小。解答：可以将篮球的运动，等效成篮球做平抛运动，当水平速度越大时，抛出后落地速度越大，与水平面的夹角则越小。若水平速度减小，则落地速度变小，但与水平面的夹角变大。因此只有增大抛射角，同时减小抛出速度，才能仍垂直打到篮板上，所以只有C正确，ABD均错误。故选：C。点评：本题采用了逆向思维，降低了解决问题的难度。若仍沿题意角度思考，解题很烦同时容易出错。【解题方法点拨】类平抛运动：1定义：当物体所受的合外力恒定且与初速度垂直时，物体做类平抛运动。2类平抛运动的分解方法（1）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。（2）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，将加速度分解为ax、ay，初速度v0分解为vx、vy，然后分别在x、y方向上列方程求解。3类平抛运动问题的求解思路：根据物体受力特点和运动特点判断该问题属于类平抛运动问题求出物体运动的加速度根据具体问题选择用常规分解法还是特殊分解法求解。4类抛体运动当物体在巨力作用下运动时，若物体的初速度不为零且与外力不在一条直线上，物体所做的运动就是类抛体运动。在类抛体运动中可采用正交分解法处理问题，基本思路为：建立直角坐标系，将外力、初速度沿这两个方向分解。求出这两个方向上的加速度、初速度。确定这两个方向上的分运动性质，选择合适的方程求解。4运动的合成和分解【知识点的认识】运动的合成和分解1分运动和合运动：一个物体同时参与几个运动，参与的这几个运动即分运动，物体的实际运动即合运动。2运动的合成与分解已知分运动求合运动称为运动的合成；已知合运动求分运动称为运动的分解。两者互为逆运算。在对物体的实际运动进行分解时，要根据实际效果分解。3遵循的规律位移、速度、加速度都是矢量，故它们的合成与分解都遵循平行四边形定则。（1）如果各分运动在同一直线上，需选取正方向，与正方向同向的量取“+”号，与正方向反向的量取“”号，从而将矢量运算简化为代数运算。（2）两分运动不在同一直线上时，按照平行四边形定则进行合成，如图所示。4合运动和分运动的关系（1）等时性：合运动与分运动经历的时间相等。（2）独立性：一个物体同时参与几个分运动时，各分运动独立进行，不受其他分运动的影响。（3）等效性：各分运动叠加起来与合运动有完全相同的效果。5合运动的性质与轨迹合运动的性质和轨迹，由两个分运动的性质及合初速度与合加速度的方向关系决定。（1）根据加速度判定合运动的性质：若合加速度不变，则为匀变速运动；若合加速度（大小或方向）变化，则为非匀变速运动。（2）根据合加速度的方向与合初速度的方向判定合运动的轨迹：若合加速度的方向与合初速度的方向在同一直线上则为直线运动，否则为曲线运动。（3）合力（或合加速度）方向与轨迹的关系物体做曲线运动的轨迹一定夹在合力（或合加速度）方向和速度方向之间，速度方向与轨迹相切，合力（或合加速度）方向指向曲线的凹侧。【命题方向】（1）第一类常考题型是考查合运动的性质与轨迹：如图，甲车自西向东做匀加速运动，乙车由南向北做匀速运动，到达O位置之前，乙车上的人看到甲车运动轨迹大致是图中的（）ABCD分析：以乙车为参考系，甲车在东西方向上做匀加速直线运动，在南北方向上做匀速直线运动，根据运动的合成确定甲车的轨迹。解答：解：以乙车为参考系，甲车向东做匀加速直线运动，向南做匀速直线运动，由于合加速度的方向与合速度的方向不在同一条直线上，则合运动是曲线，因为加速度的方向大致指向轨迹凹的一向，故C正确，A、B、D错误。故选C。点评：解决本题的关键知道曲线运动的条件，知道曲线运动加速度的方向大致指向轨迹凹的一向。（2）第二类常考题型是考查运动的合成与分解：一快艇从离岸边100m远的河流中央向岸边行驶。已知快艇在静水中的速度图象如（图甲）所示；河中各处水流速度相同，且速度图象如（图乙）所示，则（）A快艇的运动轨迹一定为直线B快艇的运动轨迹可能为直线，也可能为曲线C快艇最快到达岸边，所用的时间为20sD快艇最快到达岸边，经过的位移为100m分析：分析：AB、将快艇的运动分解为沿河岸方向和垂直于河岸方向，两分运动一个做匀加速直线运动，一个做匀速直线运动，根据运动的合成确定其运动的轨迹。C、根据合运动与分运动具有等时性，在垂直于河岸方向上的速度越大，时间越短。即静水速垂直于河岸时，时间最短。D、根据平行四边形定则求出合位移。解：AB、两分运动一个做匀加速直线运动，一个做匀速直线运动，知合加速度的方向与合速度的方向不在同一条直线上，合运动为曲线运动。故A、B错误。C、静水速垂直于河岸时，时间最短。在垂直于河岸方向上的加速度a0.5m/s2，由d=12at2得，t20s。故C正确。D、在沿河岸方向上的位移xv2t320m60m，所以最终位移s=x2+d2=2034m故D错误。故选：C。点评：解决本题的关键会将快艇的运动分解为沿河岸方向和垂直于河岸方向，知道在垂直于河岸方向上的速度越大，时间越短。以及知道分运动与合运动具有等时性。（3）第三类常考题型是考查小船渡河运动：如图所示，一条小船位于200m宽的河正中A点处，从这里向下游1003m处有一危险区，当时水流速度为4m/s，为了使小船避开危险区沿直线到达对岸，小船在静水中的速度至少是（）A.433m/s B.833m/s C.2m/s D.4m/s分析：小船离河岸100m处，要使能安全到达河岸，则小船的合运动最大位移为1002+(1003)2因此由水流速度与小船的合速度，借助于平行四边形定则，即可求出小船在静水中最小速度。解：要使小船避开危险区沿直线到达对岸，则有合运动的最大位移为1002+(1003)2。因此已知小船能安全到达河岸的合速度，设此速度与水流速度的夹角为，即有tan=1001003=33所以30又已知流水速度，则可得小船在静水中最小速度为：v船v水sin=124m/s2m/s故选：C。点评：一个速度要分解，已知一个分速度的大小与方向，还已知另一个分速度的大小且最小，则求这个分速度的方向与大小值。这种题型运用平行四边形定则，由几何关系来确定最小值。（4）第四类常考题型是考查绳、杆末端速度的分解：如图所示，沿竖直杆以速度匀速下滑的物体A通过轻质细绳拉光滑水平面上的物体B，当细绳与竖直杆间的夹角为时，物体B的速度为（）AvcosBcosCDsin分析：物体A以速度v沿竖直杆匀速下滑，绳子的速率等于物体B的速率，将A物体的速度分解为沿绳子方向和垂直于绳子方向，沿绳子方向的分速度等于绳速，由几何知识求解B的速率，再讨论B的运动情况。解：将A物体的速度按图示两个方向分解，如图所示，由绳子速率v绳vcos而绳子速率等于物体B的速率，则有物体B的速率vBv绳vcos故B正确，ACD错误，故选：B本题通常称为绳端物体速度分解问题，容易得出这样错误的结果：将绳的速度分解，如图得到vv绳sin【解题方法点拨】1两个直线运动的合运动性质的判断根据合加速度方向与合初速度方向判定合运动是直线运动还是曲线运动，具体分以下几种情况：两个互成角度的分运动 合运动的性质 两个匀速直线运动 匀速直线运动 一个匀速直线运动、一个匀变速直线运动匀变速曲线运动 两个初速度为零的匀加速直线运动匀加速直线运动 两个初速度不为零的匀变速直线运动 如果v合与a合共线，为匀变速直线运动 如果v合与a合不共线，为匀变速曲线运动 2运动的合成与分解的规律总结（1）分析运动的合成与分解问题，要注意运动的分解方向，一般情况按运动效果进行分解，切记不可按分解力的思路来分解运动。（2）要注意分析物体在两个方向上的受力及运动规律，分别在两个方向上列式求解。（3）两个分方向上的运动具有等时性，这常是处理运动分解问题的关键点。3小船渡河运动模型（1）小船渡河的运动可以看成是小船划行的运动和小船随河流运动的合运动，船的实际运动是两个分运动的合运动。该运动模型中常涉及的问题有船渡河最短时间的计算和船渡河位移最短时速度方向的确定等。小船渡河的三种情景：过河时间最短：船头正对河岸时，渡河时间最短，t短=dv1（d为河宽）。过河路径最短（v2v1时）：合速度垂直于河岸时，航程最短，s短d船头指向上游与河岸夹角为，cos=v2v1。过河路径最短（v2v1时）：合速度不可能垂直于河岸，无法垂直渡河。确定方法如下：如图所示，以v2矢量末端为圆心，以v1矢量的大小为半径画弧，从v2矢量的始端向圆弧作切线，则合速度沿此切线方向航程最短。由图可知：cos=v1v2，最短航程：s短dcos=v2v1d。（2）求解小船渡河问题的方法求解小船渡河问题有两类：一是求最短渡河时间，二是求最短渡河位移，无论哪类都必须明确以下四点：解决这类问题的关键是：正确区分分运动和合运动，船的航行方向也就是船头指向，是分运动。船的运动方向也就是船的实际运动方向，是合运动，一般情况下与船头指向不一致。运动分解的基本方法，按实际效果分解，一般用平行四边形定则按水流方向和船头指向分解。渡河时间只与垂直河岸的船的分速度有关，与水流速度无关。求最短渡河位移时，根据船速v船与水流速度v水的大小情况用三角形定则求极限的方法处理。4绳、杆末端速度分解模型（1）模型特点用绳、杆相牵连的物体，在运动过程中，其两物体的速度通常不同，但物体沿绳或杆方向的速度分量大小相等。（2）常用的解题思路和方法：先确定合运动的方向（物体实际运动的方向），然后分析这个合运动所产生的实际效果（一方面使绳或杆伸缩的效果；另一方面使绳或杆转动的效果）以确定两个分速度的方向（沿绳或杆方向的分速度和垂直绳或杆方向的分速度，而沿绳或杆方向的分速度大小相同）。（3）解决此类问题时应把握以下两点确定合速度，它应是小船的实际速度；小船的运动引起了两个效果：一是绳子的收缩，二是绳绕滑轮的转动。应根据实际效果进行运动的分解。5线速度、角速度和周期、转速【知识点的认识】线速度、角速度和周期、转速一、描述圆周运动的物理量描述圆周运动的基本参量有：半径、线速度、角速度、周期、频率、转速、向心加速度等 物理量物理意义定义和公式方向和单位线速度描述物体做圆周运动的快慢物体沿圆周通过的弧长与所用时间的比值，v=lt方向：沿圆弧切线方向单位：m/s角速度描述物体与圆心连线扫过角度的快慢运动物体与圆心连线扫过的角的弧度数与所用时间的比值，=t单位：rad/s周期描述物体做圆周运动的快慢周期T：物体沿圆周运动一周所用的时间也叫频率（f）周期单位：sf的单位：Hz转速描述物体做圆周运动的快慢转速n：物体单位时间内转过的圈数转速单位：r/s或r/min二、物理量之间的关系：v=lt=2rT=2rf；=t=2T；T=1f=2rv【命题方向】常考题型考查几个物理量的理解：如图所示为一皮带传动装置，右轮的半径为r，a是它边缘上的一点左侧是一轮轴，大轮的半径为4r，小轮的半径为2rb点在小轮上，到小轮中心的距离为rc点和d点分别位于小轮和大轮的边缘上若在传动过程中，皮带不打滑则（）Aa点与b点的线速度大小相等Ba点与b点的角速度大小相等Ca点与c点的线速度大小相等Da点与d点的向心加速度大小相等分析：共轴转动的各点角速度相等，靠传送带传动轮子上的各点线速度大小相等，根据vr，ar2=v2r可知各点线速度、角速度和向心加速度的大小解：A、a、c两点的线速度大小相等，b、c两点的角速度相等，根据vr，c的线速度大于b的线速度，则a、c两点的线速度不等故A错误，C正确；B、a、c的线速度相等，根据vr，知角速度不等，但b、c角速度相等，所以a、b两点的角速度不等故B错误；D、根据ar2得，d点的向心加速度是c点的2倍，根据a=v2r知，a的向心加速度是c的2倍，所以a、d两点的向心加速度相等故D正确故选：CD点评：解决本题的关键知道线速度、角速度、向心加速度与半径的关系，以及知道共轴转动的各点角速度相等，靠传送带传动轮子上的点线速度大小相等6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；7开普勒定律【知识点的认识】开普勒行星运动三大定律基本内容：1、开普勒第一定律（轨道定律）：所有的行星围绕太阳运动的轨道都是椭圆，太阳处在所有椭圆的一个焦点上。2、开普勒第二定律（面积定律）：对于每一个行星而言，太阳和行星的连线在相等的时间内扫过相等的面积。3、开普勒第三定律（周期定律）：所有行星的轨道的半长轴的三次方跟公转周期的二次方的比值都相等。即：k=a3T2。在中学阶段，我们将椭圆轨道按照圆形轨道处理，则开普勒定律描述为：1行星绕太阳运动的轨道十分接近圆，太阳处在圆心；2对于某一行星来说，它绕太阳做圆周运动的角速度（或线速度）不变，即行星做匀速圆周运动；3所有行星的轨道的半长轴的三次方跟公转周期的二次方的比值都相等，即：R3T2=k。【命题方向】（1）第一类常考题型是考查开普勒三个定律的基本认识：关于行星绕太阳运动的下列说法正确的是（）A所有行星都在同一椭圆轨道上绕太阳运动B行星绕太阳运动时太阳位于行星轨道的中心处C离太阳越近的行星的运动周期越长D所有行星轨道半长轴的三次方跟公转周期的二次方的比值都相等分析：开普勒第一定律是太阳系中的所有行星围绕太阳运动的轨道都是椭圆，太阳处在所有椭圆的一个焦点上。在相等时间内，太阳和运动着的行星的连线所扫过的面积都是相等的。开普勒第三定律中的公式R3T2=k，可知半长轴的三次方与公转周期的二次方成正比。解：A、开普勒第一定律可得，所有行星都绕太阳做椭圆运动，且太阳处在所有椭圆的一个焦点上。故A错误；B、开普勒第一定律可得，行星绕太阳运动时，太阳位于行星轨道的一个焦点处，故B错误；C、由公式R3T2=k，得离太阳越近的行星的运动周期越短，故C错误；D、开普勒第三定律可得，所以行星轨道半长轴的三次方跟公转周期的二次方的比值都相等，故D正确；故选：D。点评：行星绕太阳虽然是椭圆运动，但我们可以当作圆来处理，同时值得注意是周期是公转周期。（2）第二类常考题型是考查开普勒第三定律：某行星和地球绕太阳公转的轨道均可视为圆。每过N年，该行星会运行到日地连线的延长线上，如图所示。该行星与地球的公转半径比为（）A（N+1N）23 B（NN-1）23C（N+1N）32 D（NN-1）32分析：由图可知行星的轨道半径大，那么由开普勒第三定律知其周期长，其绕太阳转的慢。每过N年，该行星会运行到日地连线的延长线上，说明N年地球比行星多转1圈，即行星转了N1圈，从而再次在日地连线的延长线上，那么，可以求出行星的周期是NN-1年，接着再由开普勒第三定律求解该行星与地球的公转半径比。解：A、B、C、D：由图可知行星的轨道半径大，那么由开普勒第三定律知其周期长。每过N年，该行星会运行到日地连线的延长线上，说明从最初在日地连线的延长线上开始，每一年地球都在行星的前面比行星多转圆周的N分之一，N年后地球转了N圈，比行星多转1圈，即行星转了N1圈，从而再次在日地连线的延长线上。所以行星的周期是NN-1年，根据开普勒第三定律有r地3r行3=T地2T行2，即：r行r地=3T行2T地2=(NN-1)23，所以，选项A、C、D错误，选项B正确。故选：B。点评：解答此题的关键由题意分析得出每过N年地球比行星多围绕太阳转一圈，由此求出行星的周期，再由开普勒第三定律求解即可。8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9功能关系【知识点的认识】1内容（1）功是能量转化的量度，即做了多少功就有多少能量发生了转化（2）做功的过程一定伴随着能量的转化，而且能量的转化必通过做功来实现2高中物理中几种常见的功能关系 功能量的变化合外力做正功动能增加重力做正功重力势能减少弹簧弹力做正功弹性势能减少电场力做正功电势能减少其他力（除重力、弹力）做正功机械能增加一对滑动摩擦力做的总功为负功系统的内能增加【命题方向】题型一：对功能关系的理解应用例1：如图所示，一固定斜面倾角为30，一质量为m的小物块自斜面底端以一定的初速度沿斜面向上做匀减速运动，加速度大小等于重力加速度的大小g物块上升的最大高度为H，则此过程中，物块的（）A动能损失了2mgH B动能损失了mgHC机械能损失了mgH D机械能损失了12mgH分析：若动能变化为正值，说明动能增加，若为负值，说明动能减少，然后根据动能定理，求出合力做的功即可；要求机械能损失，只要求出除重力外其它力做的功即可解：根据动能定理应有Ek=-maHsin30=-2mgH，动能增量为负值，说明动能减少了 2mgH，所以A正确B错误；再由牛顿第二定律（选取沿斜面向下为正方向）有mgsin30+fmamg，可得f=12mg，根据功能关系应有EfHsin30=-mgH，即机械能损失了mgH，所以C正确D错误故选：AC点评：要熟记动能定理与功能原理在解题中的应用：涉及到总功、动能变化时应用动能定理解决；涉及到机械能变化时应求出除重力外其它力做的功【解题方法点拨】1解答功能关系问题时，一般步骤如下：（1）明确研究对象及其运动过程；（2）对研究对象进行受力分析，明确其所受的每一个力的大小、方向；（3）计算各个力所做的功；（4）明确能量转化的关系，找出对应力所做的功10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11产生共振的条件及其应用【知识点的认识】1共振 （1）现象：当驱动力的频率等于系统的固有频率时，受迫振动的振幅最大 （2）条件：驱动力的频率等于固有频率（3）共振曲线：当f驱f固时，AAm，Am的大小取决于驱动力的幅度f驱与f固越接近，受迫振动的振幅越大，f驱与f固相差越远，受迫振动的振幅越小发生共振时，一个周期内，外界提供的能量等于系统克服阻力做功而消耗的能量2自由振动、受迫振动和共振的关系比较 振动 项目 自由振动 受迫振动 共振 受力情况 仅受回复力 受驱动力作用 受驱动力作用 振动周期或频率 由系统本身性质决定，即固有周期T0或固有频率f0 由驱动力的周期或频率决定，即TT驱或ff驱 T驱T0 或f驱f0 振动能量 振动物体的机械能不变 由产生驱动力的物体提供 振动物体获得的能量最大 常见例子 弹簧振子或单摆（5） 机械工作时底座发生的振动 共振筛、声音的共鸣等 【命题方向】（1）常考题型是考查产生共振的条件及其应用：在飞机的发展史中有一个阶段，飞机上天后不久，飞机的机翼（翅膀）很快就抖动起来，而且越抖越厉害后来经过人们的探索，利用在飞机机翼前缘处装置一个配重杆的方法，解决了这一问题在飞机机翼前装置配重杆的目的主要是（）A加大飞机的惯性 B使机体更加平衡 C使机翼更加牢固 D改变机翼的固有频率 分析：飞机上天后，飞机的机翼（翅膀）很快就抖动起来，而且越抖越厉害，是因为驱动力的频率接近机翼的固有频率发生共振，解决的方法就是使驱动力的频率远离飞机的固有频率解：飞机的机翼（翅膀）很快就抖动起来，是因为驱动力的频率接近机翼的固有频率发生共振，在飞机机翼前装置配重杆，是为了改变机翼的固有频率，使驱动力的频率远离固有频率故A、B、C错误，D正确故选D点评：解决本题的关键知道共振的条件；当驱动力的频率接物体的固有频率，会发生共振以及解决共振的方法，使驱动力的频率远离固有频率（2）如图所示演示装置，一根张紧的水平绳上挂着5个单摆，其中A、D摆长相同，先使A摆摆动，其余各摆也摆动起来，可以发现（）A各摆摆动的周期均与A摆相同 BB摆振动的周期最短 C摆振动的周期最长 DD摆的振幅最大 分析：5个单摆中，由A摆摆动从而带动其它4个单摆做受迫振动，则受迫振动的频率等于A摆摆动频率，当受迫振动的中固有频率等于受迫振动频率时，出现共振现象，振幅达到最大解答：A摆摆动，其余各摆也摆动起来，它们均做受迫振动，则它们的振动频率均等于A摆的摆动频率，而由于A、D摆长相同，所以这两个摆的固有频率相同，则D摆出现共振现象故选：AD点评：受迫振动的频率等于驱动力的频率；当受迫振动中的固有频率等于驱动力频率时，出现共振现象【解题方法点拨】 对共振的理解 （1）共振曲线：如图所示，横坐标为驱动力频率f，纵坐标为振幅A它直观地反映了驱动力频率对某振动系统受迫振动振幅的影响，由图可知，f与f0越接近，振幅A越大；当ff0时，振幅A最大（2）受迫振动中系统能量的转化：受迫振动系统机械能不守恒，系统与外界时刻进行能量交换12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13能量守恒定律【知识点的认识】能量守恒定律1内容：能量即不会凭空产生，也不会凭空消失，它只能从一种形式转化为另一种形式，或者从一个物体转移到别的物体，在转化或转移的过程中其总量不变，叫能量守恒定律2公式：E恒量；E增E减；E初E末；3说明：能量形式是多种的；各种形式的能都可以相互转化4第一类永动机不可制成定义：不消耗能量的机器，叫第一类永动机原因：违背了能量守恒定律14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U015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。16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17电场的叠加【知识点的认识】1电场强度的三个公式及其叠加原理（1）三个公式的比较表达式比较E=FqEkQr2E=Ud公式意义电场强度定义式真空中点电荷的电场强度决定式匀强电场中E与U关系式适用条件一切电场真空 点电荷匀强电场比较决定因素由电场本身决定，与q无关由场源电荷Q和场源电荷到该点的距离r共同决定由电场本身决定，d是场中两点间沿场强方向的距离相同点矢量，单位：1N/C1V/m（2）电场强度的叠加原理 多个电荷在电场中某点的电场强度为各个点电荷单独在该点产生的电场强度的矢量和，这种关系叫电场强度的叠加电场强度的叠加遵循平行四边形定则在求解电场强度问题时，应分清所叙述的场强是合场强还是分场强，若求分场强，要注意选择适当的公式进行计算；若求合场强时，应先求出分场强，然后再根据平行四边形定则求解【命题方向】题型一：电场强度的叠加问题例1：如图，一半径为R的圆盘上均匀分布着电荷量为Q的电荷，在垂直于圆盘且过圆心c的轴线上有a、b、d三个点，a和b、b和c、c和d间的距离均为R，在a点处有一电荷量为q（q0）的固定点电荷已知b点处的场强为零，则d点处场强的大小为（k为静电力常量）（）A.k3qR2 B.k10q9R2 C.kQ+qR2 D.k9Q+q9R2分析；由题意可知，半径为R均匀分布着电荷量为Q的圆盘上电荷，与在a点处有一电荷量为q（q0）的固定点电荷，在b点处的场强为零，说明各自电场强度大小相等，方向相反那么在d点处场强的大小即为两者之和因此根据点电荷的电场强度为E=KqR2即可求解解：电荷量为q的点电荷在b处产生电场强度为E=KqR2，而半径为R均匀分布着电荷量为Q的圆盘上电荷，与在a点处有一电荷量为q（q0）的固定点电荷，在b点处的场强为零，则圆盘在此处产生电场强度也为E=KqR2那么圆盘在此d产生电场强度则仍为E=KqR2而电荷量为q的点电荷在d处产生电场强度为E=Kq(3R)2=Kq9R2，由于都在d处产生电场强度方向相同，即为两者大小相加所以两者这d处产生电场强度为K10q9R2，故B正确，ACD错误故选：B点评：考查点电荷与圆盘电荷在某处的电场强度叠加，紧扣电场强度的大小与方向关系，从而为解题奠定基础18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19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。20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21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。22法拉第电磁感应定律【知识点的认识】1法拉第电磁感应定律（1）内容：电路中感应电动势的大小，跟穿过这一电路的磁通量的变化率成正比（2）公式：Ent【解题方法点拨】1对法拉第电磁感应定律的理解2计算感应电动势的公式有两个：一个是Ent，一个是EBlvsin，计算时要能正确选用公式，一般求平均电动势选用Ent，求瞬时电动势选用EBlvsin3电磁感应现象中通过导体横截面的电量的计算：由qIt，I=ER总，Ent，可导出电荷量qnR总23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24变压器的构造和原理【知识点的认识】理想变压器 1构造：如图所示，变压器是由闭合铁芯和绕在铁芯上的两个线圈组成的 （1）原线圈：与交流电源连接的线圈，也叫初级线圈 （2）副线圈：与负级连接的线圈，也叫次级线圈2原理：电流磁效应、电磁感应3基本关系式（1）功率关系：P入P出（2）电压关系：U1n1=U2n2有多个副线圈时，U1n1=U2n2=U3n3（3）电流关系：只有一个副线圈时I1I2=n2n1由P入P出及PUI推出有多个副线圈时，U1I1U2I2+U3I3+UnIn4几种常用的变压器（1）自耦变压器调压变压器（2）互感器电压互感器：用来把高电压变成低电压电流互感器：用来把大电流变成低电流【命题方向】（1）第一类常考题型：理想变压器的规律如图，理想变压器原、副线圈匝数比n1：n22：1，V和A均为理想电表，灯光电阻RL6，AB端电压u1122sin100t（V）下列说法正确的是（）A电流频率为100HzBV的读数为24VCA的读数为0.5AD变压器输入功率为6W【分析】根据电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，变压器的输入功率和输出功率相等，逐项分析即可得出结论解；A、AB端电压u1122sin100t（V）电流频率为f=1002=50Hz，故A错误；B、电压表的示数为电路的有效电压的大小，根据电压与匝数成正比，可知，U26V，故B错误；C、I2=U2RL=1A，A的读数为1A，故C错误；D、P1P2U2I26W，故D正确故选：D【点评】掌握住理想变压器的电压、电流及功率之间的关系，本题即可得到解决（2）第二类常考题型：理想变压器的动态分析如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为10：1，b是原线圈的中心抽头，电压表和电流表均为理想电表，从某时刻开始在原线圈c、d两端加上交变电压，其瞬时值表达式为u12202sin100（V），则（）A当单刀双掷开关与a连接时，电压表V1的示数为22VB当t=1600s时，电压表V0的读数为220VC单刀双掷开关与a连接，当滑动变阻器触头P向上移动的过程中，电压表V1示数增大，电流表示数变小D当单刀双掷开关由a扳向b时，电压表V1和电流表的示数均变小【分析】根据瞬时值表达式可以求得输出电压的有效值、周期和频率等，再根据电压与匝数成正比即可求得结论解：A、根据电压与匝数成正比可知，原线圈的电压的最大值为2202V，所以副线圈的电压的最大值为222V，副线圈电压的有效值为22V，即滑动变阻器和电阻R0的总电压为22V，但是不知道电阻R0的大小，所以不能计算滑动变阻器的电压的大小，所以A错误B、根据瞬时值表达式可知，原线圈的电压的有效值为220V，所以电压表V0的读数为220V，所以B正确C、当滑动变阻器触头P向上移动的过程中，滑动变阻器的电阻变大，电路的总电阻变大，所以电流变小，电阻R0电压减小，滑动变阻器的电压变大，所以电压表的示数变大，所以C正确D、若当单刀双掷开关由a扳向b时，理想变压器原、副线圈的匝数比由10：1变为5：1，所以输出的电压升高，电压表和电流表的示数均变大，所以D错误故选BC【点评】电路的动态变化的分析，总的原则就是由部分电路的变化确定总电路的变化的情况，再确定其他的电路的变化的情况，即先部分后整体再部分的方法【解题方法点拨】一、理想变压器的规律 理想变压器没有能量损失；没有磁通量损失基本关系功率关系原线圈的输入功率等于副线圈的输出功率P入P出电压关系原、副线圈的电压比等于匝数比，即U1U2=n1n2，与负载情况、副线圈个数的多少无关电流关系只有一个副线圈：电流和匝数成反比，即I1I2=n2n1；多个副线圈：由输入功率和输出功率相等确定电流关系，即U1I1U2I2+U3I3+InUn频率关系原、副线圈中电流的频率相等制约关系电压副线圈电压U2由原线圈电压U1和匝数比决定，即U2=n2n1U1（原制约副）功率副线圈中的功率P2由用户负载决定，原线圈的输入功率P1由副线圈的输出功率P2决定，即P1P2（副制约原）电流原线圈的电流I1由副线圈的电流I2和匝数比决定，即I1=n2n1I2（副制约原）二、理想变压器的动态分析解决理想变压器中有关物理量的动态分析问题的方法1分清不变量和变量，弄清理想变压器中电压、电流、功率之间的联系和相互制约关系，利用闭合电路欧姆定律，串、并联电路特点进行分析判定2分析该类问题的一般思维流程是：25光的折射定律【知识点的认识】一、光的折射1光的折射现象：光射到两种介质的分界面上时，一部分光进入到另一种介质中去，光的传播方向发生改变的现象叫做光的折射。2光的折射定律：折射光线与入射光线、法线处于同一平面内，折射光线与入射光线分别位于法线两侧，入射角的正弦与折射角的正弦成正比。3在折射现象中，光路是可逆的。4折射率：光从真空射入某种介质发生折射时，入射角1的正弦与折射角2的正弦之比，叫做介质的绝对折射率，简称折射率。表示为n=sin1sin2。实验证明，介质的折射率等于光在真空中与在该介质中的传播速度之比，即n=cv任何介质的折射率都大于1，两种介质相比较，折射率较大的介质叫做光密介质，折射率较小的介质叫做光疏介质。5相对折射率光从介质（折射率为n1、光在此介质中速率为v1）斜射入介质（折射率为n2、光在此介质中的速率为v2）发生折射时，入射角的正弦跟折射角的正弦之比，叫做介质相对介质的相对折射率。用n21表示。n21=sin1sin2介质相对介质的相对折射率又等于介质的折射率n2跟介质的折射率n1之比，即n21=n2n1。 由以上两式，可得到光的折射定律的一般表达式是：n1sin1n2sin2或n1v1n2v2。【命题方向】题型一：光的折射定律的应用如图所示，直角三棱镜ABC的一个侧面BC紧贴在平面镜上，BAC从点光源S发出的细光束SO射到棱镜的另一侧面AC上，适当调整入射光SO的方向，当SO与AC成角时，其折射光与镜面发生一次反射，从AC面射出后恰好与SO重合，则此棱镜的折射率为（）分析：由题意可知从AC面出射的光线与入射光线SO恰好重合，因此根
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