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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匀变速直线运动的速度与时间的关系【知识点的认识】（1）定义：沿着一条直线，且加速度不变的运动，叫做匀变速直线运动（2）匀变速直线运动的速度时间图象：匀变速直线运动的vt图象是一条倾斜的直线，速度随时间均匀变化（3）匀变速直线运动的分类：若物体的速度随时间均匀增加，称为匀加速直线运动；若物体的速度随时间均匀减少，称为匀减速直线运动（4）匀变速直线运动的速度公式：vtv0+at其中，vt为末速度，v0为初速度，a为加速度，运用此公式解题时要注意公式的矢量性在直线运动中，如果选定了该直线的一个方向为正方向，则凡与规定正方向相同的矢量在公式中取正值，凡与规定正方向相反的矢量在公式中取负值，因此，应先规定正方向（一般以v0的方向为正方向，则对于匀加速直线运动，加速度取正值；对于匀减速直线运动，加速度取负值）【命题方向】例1：一个质点从静止开始以1m/s2的加速度做匀加速直线运动，经5s后做匀速直线运动，最后2s的时间内使质点做匀减速直线运动直到静止求：（1）质点做匀速运动时的速度；（2）质点做匀减速运动时的加速度大小分析：根据匀变速直线运动的速度时间公式求出5s末的速度，结合速度时间公式求出质点速度减为零的时间解答：（1）根据速度时间公式得，物体在5s时的速度为：va1t115m/s5m/s（2）物体速度减为零的时间2s，做匀减速运动时的加速度大小为：a2=vt=52=2.5m/s2答：（1）质点做匀速运动时的速度5m/s；（2）质点做匀减速运动时的加速度大小2.5m/s2点评：解决本题的关键掌握匀变速直线运动的速度时间公式和位移时间公式，并能灵活运用例2：汽车以28m/s的速度匀速行驶，现以4.0m/s2的加速度开始刹车，则刹车后4s末和8s末的速度各是多少？分析：先求出汽车刹车到停止所需的时间，因为汽车刹车停止后不再运动，然后根据vv0+at，求出刹车后的瞬时速度解答：由题以初速度v028m/s的方向为正方向，则加速度：a=vt-v0t=-4.0m/s2，刹车至停止所需时间：t=vt-v0a=0-28-4s7s故刹车后4s时的速度：v3v0+at28m/s4.04m/s12m/s刹车后8s时汽车已停止运动，故：v80答：刹车后4s末速度为12m/s，8s末的速度是0点评：解决本题的关键掌握匀变速直线运动的速度与时间公式vv0+at，以及知道汽车刹车停止后不再运动，在8s内的速度等于在7s内的速度解决此类问题一定要注意分析物体停止的时间【解题方法点拨】1解答题的解题步骤（可参考例1）：分清过程（画示意图）；找参量（已知量、未知量） 明确规律（匀加速直线运动、匀减速直线运动等）利用公式列方程（选取正方向）求解验算2注意vtv0+at是矢量式，刹车问题要先判断停止时间2匀变速直线运动的位移与时间的关系【考点归纳】（1）匀变速直线运动的位移与时间的关系式：xv0t+12at2。（2）公式的推导利用微积分思想进行推导：在匀变速直线运动中，虽然速度时刻变化，但只要时间足够小，速度的变化就非常小，在这段时间内近似应用我们熟悉的匀速运动的公式计算位移，其误差也非常小，如图所示。利用公式推导：匀变速直线运动中，速度是均匀改变的，它在时间t内的平均速度就等于时间t内的初速度v0和末速度v的平均值，即v=v0+vt2结合公式xvt和vvt+at可导出位移公式：xv0t+12at2（3）匀变速直线运动中的平均速度在匀变速直线运动中，对于某一段时间t，其中间时刻的瞬时速度vt/2v0+a12t=2v0+at2，该段时间的末速度vvt+at，由平均速度的定义式和匀变速直线运动的位移公式整理加工可得v=xt=v0t+12at2t=v0+12at=2v0+at2=v0+v0+at2=v0+vt2=vt/2。即有：v=v0+vt2=vt/2。所以在匀变速直线运动中，某一段时间内的平均速度等于该段时间内中间时刻的瞬时速度，又等于这段时间内初速度和末速度的算术平均值。（4）匀变速直线运动推论公式：任意两个连续相等时间间隔T内，位移之差是常数，即xx2x1aT2拓展：xMNxMxN（MN）aT2。推导：如图所示，x1、x2为连续相等的时间T内的位移，加速度为a。x1=vCT-12aT2x2=vCT+12aT2x=x2-x1=aT2 【命题方向】例1：对基本公式的理解汽车在平直的公路上以30m/s的速度行驶，当汽车遇到交通事故时就以7.5m/s2的加速度刹车，刹车2s内和6s内的位移之比（）A.1：1 B.5：9 C.5：8 D.3：4分析：求出汽车刹车到停止所需的时间，汽车刹车停止后不再运动，然后根据位移时间公式x=v0t+12at2求出2s内和6s内的位移。解：汽车刹车到停止所需的时间t0=0-v0a=0-30-7.5s=4s2s所以刹车2s内的位移x1=v0t1+12at12=302-127.54m=45m。t06s，所以刹车在6s内的位移等于在4s内的位移。x2=v0t0+12at02=304-127.516m=60m。所以刹车2s内和6s内的位移之比为3：4故D正确，A、B、C错误。故选：D。点评：解决本题的关键知道汽车刹车停下来后不再运动，所以汽车在6s内的位移等于4s内的位移。此类试题都需注意物体停止运动的时间。例2：对推导公式v=v0+vt2=vt/2的应用物体做匀变速直线运动，某时刻速度大小是3ms1，1s以后速度大小是9ms1，在这1s内该物体的（）A位移大小可能小于5m B位移大小可能小于3mC加速度大小可能小于11ms2D加速度大小可能小于6ms2分析：1s后的速度大小为9m/s，方向可能与初速度方向相同，也有可能与初速度方向相反。根据a=v2-v1t，求出加速度，根据平均速度公式x=vt=v1+v22t求位移。解：A、规定初速度的方向为正方向，若1s末的速度与初速方向相同，1s内的位移x=vt=v1+v22t=3+921m=6m若1s末的速度与初速度方向相反，1s内的位移x=vt=v1+v22t=3+(-9)21m=-3m负号表示方向。所以位移的大小可能小于5m，但不可能小于3m。故A正确，B错误。C、规定初速度的方向为正方向，若1s末的速度与初速方向相同，则加速度a=v2-v1t=9-31m/s2=6m/s2若1s末的速度与初速度方向相反，则加速度a=v2-v1t=-9-31m/s2=-12m/s2所以加速度的大小可能小于11m/s2，不可能小于6m/s2故C正确，D错误。故选：AC。点评：解决本题的关键注意速度的方向问题，以及掌握匀变速直线运动的平均速度公式v=v1+v22，此公式在考试中经常用到。【解题思路点拨】（1）应用位移公式的解题步骤：选择研究对象，分析运动是否为变速直线运动，并选择研究过程。分析运动过程的初速度v0以及加速度a和时间t、位移x，若有三个已知量，就可用xv0t+12at2求第四个物理量。规定正方向（一般以v0方向为正方向），判断各矢量正负代入公式计算。（2）利用vt图象处理匀变速直线运动的方法：明确研究过程。搞清v、a的正负及变化情况。利用图象求解a时，须注意其矢量性。利用图象求解位移时，须注意位移的正负：t轴上方位移为正，t轴下方位移为负。在用vt图象来求解物体的位移和路程的问题中，要注意以下两点：a速度图象和t轴所围成的面积数值等于物体位移的大小；b速度图象和t轴所围面积的绝对值的和等于物体的路程。3匀变速直线运动的速度与位移的关系【考点归纳】（1）匀变速直线运动位移与速度的关系由位移公式：xv0t+12at2和速度公式vv0+at消去t得：v2v022ax匀变速直线运动的位移速度关系式反映了初速度、末速度、加速度与位移之间的关系此公式仅适用于匀变速直线运动；式中v0和v是初、末时刻的速度，x是这段时间的位移；公式中四个矢量v、v0、a、x要规定统一的正方向（2）匀变速直线运动的位移中点的瞬时速度推导：前半段：vx/22v022ax2后半段：vt2vx/222ax2将两式相减的：vx/2=v02+vt22（3）不论物体做匀加速直线运动还是匀减速直线运动，位移中点的速度均大于时间中点的速度，即：vx/2vt/2（4）【命题方向】例1：甲乙丙三辆汽车以相同的速度经过同一路标，从此时开始，甲做匀速直线运动，乙车先加速后减速，丙车先减速后加速，他们通过下一路标的速度相同，则（）A甲车先通过下一路标 B乙车先通过下一路标C丙车先通过下一路标 D三辆车同时通过下一路标分析：我们可以定性地进行分析：因为乙先加速后减速，所以它在整个运动过程中的速度都比甲大，所以相对时间内它的位移肯定比匀速运动的甲大；而丙因先减速后加速，它在整个运动过程中都以比甲小的速度在运动，所以在相等时间内它的位移比甲小，由此可知，乙将最先到达下一个路标，丙最后一个到达下一个路标（最终大家的速度都相等）解答：由于乙先加速后减速，所以它在整个运动过程中的平均速度都比甲大，经过相同的位移，它的时间肯定比匀速运动的甲小；而丙因先减速后加速，它在整个运动过程中的平均速度都比甲小，所以在相等位移内它的时间比甲大由此可知，乙将最先到达下一个路标，丙最后一个到达下一个路标故选：B点评：该题可以通过平均速度去解题，也可以通过画vt图象去分析，图象与坐标轴所围成的面积即为位移例2：如图所示，光滑斜面AE被分成四个相等的部分，一物体由A点从静止释放，下列结论中正确的是（）A物体到达各点的速率vB：vc：vD：vE=1：2：3：2B物体到达各点所经历的时间：tE=2tB=2tC=23tDC物体从A到E的平均速度v=vBD物体通过每一部分时，其速度增量vBvAvCvBvDvCvEvD分析：本题是同一个匀加速直线运动中不同位置的速度、时间等物理量的比较，根据选项中需要比较的物理量选择正确的公式把物理量表示出来，再进行比较解答：A、根据运动学公式v2v022ax得：物体由A点从静止释放，所以v22ax所以物体到达各点的速率之比vB：vC：vD：vE1：2：3：2，故A正确；B、根据运动学公式xv0t+12at2得：t=2xa物体到达各点经历的时间tB：tC：tD：tE1：2：3：2即tE=2tB=2tC=23tD，故B正确；C、由于vE2vB物体从A到E的平均速度v=0+vE2=vB故C正确；D、vB：vC：vD：vE1：2：3：2，物体通过每一部分时其速度增量不等，故D错误故选：ABC点评：本题对运动学公式要求较高，要求学生对所有的运动学公式不仅要熟悉而且要熟练，要灵活，基本方法就是平时多练并且尽可能尝试一题多解【知识点的应用及延伸】初速度为零的匀加速直线运动的特殊规律：1ts末、2ts末、3ts末nts末的瞬时速度之比为：v1：v2：v3：vn1：2：3：n； 推导：由vtat知v1at，v22at，v33at，vnnat，则可得：v1：v2：v3：vn1：2：3：n；2xm末、2xm末、3xm末nxm末的瞬时速度之比为：v1：v2：v3：vn1：2：3：n；推导：由v22ax知v1=2ax，v2=2a2x，v3=2a3x，vn=2anx；则可得：v1：v2：v3：vn1：2：3：n；3ts内、2ts内、3ts内nts内的位移之比为：x1：x2：x3：xn12：22：32：n2；推导：由x=12at2知x1=12at2，x2=12a（2t）2，x3=12a（3t）2，xn=12a（nt）2；则可得：x1：x2：x3：xn12：22：32：n2；4连续相等时间内的位移之比为：x：x：x：xN1：3：5：（2n1）推导：由x=12at2知x=12at2，x=12a（2212）t2，x=12a（3222）t2，xN=12an2（n1）12t2，则可得：x：x：x：xN1：3：5：（2n1）；5前一个x、前两个x、前三个x 所用的时间之比为：t1：t2：t3：tn1：2：3：n推导：由x=12at2知t1=2xa，t2=22xa，t3=23xa，tn=2nxa；则可得：t1：t2：t3：tn1：2：3：n；6连续相等位移所用的时间之比为：t：t：t：tN1：（2-1）：（3-2）：（n-n-1）推导：由x=12at2知t1=2xa，t2=22xa-2xa=（2-1）2xa，t3=23xa-22xa=（3-2）2xa，tn=2nxa-2(n-1)xa=（n-n-1）2xa；则可得：t：t：t：tN1：（2-1）：（3-2）：（n-n-1）【解题思路点拨】解答题解题步骤：（1）分析运动过程，画出运动过程示意图 （2）设定正方向，确定各物理量的正负号 （3）列方程求解：先写出原始公式，再写出导出公式：“由公式得”4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5摩擦力的判断与计算【知识点的认识】1静摩擦力（1）定义：互相接触的两物体存在相对运动的趋势而又保持相对静止时，在接触面上产生的阻碍相对运动趋势的力，叫静摩擦力（2）产生条件：a：相互接触且发生弹性形变；b：有相对运动趋势；c：接触面粗糙；（3）方向：总是与物体的相对运动趋势方向相反（4）静摩擦力的大小：静摩擦力的大小随着运动趋势强弱变化而在0最大静摩擦力Fm之间变化，跟相对运动趋势强弱程度有关，但跟接触面相互挤压力FN无直接关系由受力物体所处的运动状态根据平衡条件或牛顿第二定律来计算最大静摩擦力略大于滑动摩擦力，在中学阶段讨论问题时，如无特殊说明，可认为它们数值相等（5）作用效果：总是起着阻碍物体间相对运动趋势的作用2摩擦力大小的判断问题：如何计算摩擦力的大小？求摩擦力首先判断是静摩擦力还是滑动摩擦力：（1）若已知相互摩擦的物体间的动摩擦因数及正压力FN，滑动摩擦力F可以根据公式FFN直接计算出大小 （2）由于受力或运动情况的不同，静摩擦力的大小具有不确定性和被动适应性，静摩擦力的大小会随着引起相对运动趋势的外力的增大而增大在0Fm范围内，静摩擦力的大小可根据二力平衡条件求得，它的大小总是与引起相对运动趋势的外力大小相等当两物体一起做加速运动，具有加速度时，可用牛顿第二定律确定静摩擦力的大小【命题方向】（1）第一类常考题型：长直木板的上表面的一端放置一个铁块，木板放置在水平面上，将放置铁块的一端由水平位置缓慢地向上抬起，木板另一端相对水平面的位置保持不变，如图所示铁块受到的摩擦力f随木板倾角变化的图线正确的是（设最大静摩擦力的大小等于滑动摩擦力大小）（）A B C D分析：摩擦力变化有两个阶段，角度小于一定角度时是静摩擦，角度大于一定角度时是动摩擦解析：本题应分三种情况进行分析：当0arctan（为铁块与木板间的动摩擦因数）时，铁块相对木板处于静止状态，铁块受静摩擦力作用其大小与重力沿木板面（斜面）方向分力大小相等，即fmgsin，0时，f0；f 随增大按正弦规律增大当arctan时处于临界状态，此时摩擦力达到最大静摩擦，由题设条件可知其等于滑动摩擦力大小当arctan90时，铁块相对木板向下滑动，铁块受到滑动摩擦力的作用，fFNmgcos，f 随增大按余弦规律减小综合上述分析可知C图可能正确地表示了f 随变化的图线 故选C点评：滑动摩擦力与静摩擦力大小计算方法的不同：当物体间存在滑动摩擦力时，其大小即可由公式fN计算，由此可看出它只与接触面间的动摩擦因数及正压力N有关，而与相对运动速度大小、接触面积的大小无关当物体间存在静摩擦力时，正压力是静摩擦力产生的条件之一，但静摩擦力的大小与正压力无关（最大静摩擦力除外）当物体处于平衡状态时，静摩擦力的大小由平衡条件F0来求；而物体处于非平衡态的某些静摩擦力的大小应由牛顿第二定律求注意：（1）滑动摩擦力的大小与物体间的压力成正比，而不是与物体的重力成正比，也不是与重力的某个分力成正比，所以在水平面上发生相对运动的物体所受摩擦力的大小不一定等于mg，在倾角为的斜面上与斜面发生相对滑动的物体所受摩擦力的大小不一定等于mgcos（2）滑动摩擦力的方向与物体间的相对运动方向相反，因此物体所受滑动摩擦力的方向可能与其运动方向相同，而且静止的物体也可能受到滑动摩擦力（3）fN中与接触面的材料、接触面的粗糙程度有关，无单位（4）滑动摩擦力大小与相对运动的速度大小无关 【解题思路点拨】 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对摩擦力问题的分析与考查趋向于与其他知识的综合，这类题中一般具有多体、多力的特点，要运用整体法与隔离法解题，解决这类问题的关键是要选取合适的研究对象，进行正确的受力分析，建立正确的方程，然后进行解题6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7万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8人造卫星【知识点的认识】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系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。【命题方向】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。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11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12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13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U014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。15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16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17安培力【知识点的认识】 1安培力的方向 （1）用左手定则判定：伸开左手，使拇指与其余四个手指垂直，并且都与手掌在同一个平面内让磁感线从掌心进入，并使四指指向电流的方向，这时拇指所指的方向就是通电导线在磁场中所受安培力的方向 （2）安培力方向的特点：FB，FI，即F垂直于B、I决定的平面 2安培力的大小 （1）当磁感应强度B的方向与导线方向成角时，FBILsin； （2）当磁场和电流垂直时，安培力最大，为FBIL； （3）当磁场和电流平行时，安培力等于零 【命题方向】（1）第一类常考题型是考查对安培力的理解：关于通电直导线在匀强磁场中所受的安培力，下列说法正确的是（）A安培力的方向可以不垂直于直导线B安培力的方向总是垂直于磁场的方向C安培力的大小与通电导线和磁场方向的夹角无关D将直导线从中折成直角，安培力的大小一定变为原来的一半【分析】本题考查了产生条件、大小与方向，当电流方向与磁场平行时不受安培力，根据左手定则可知安培力的方向与磁场垂直引用公式FBIL时，注意要求磁场与电流垂直，若不垂直应当将导线沿磁场与垂直于磁场分解，因此垂直时安培力最大，最大为FBIL解：AB、根据左手定则可知，安培力方向与磁场和电流组成的平面垂直，即与电流和磁场方向都垂直，故A错误，B正确；C、磁场与电流不垂直时，安培力的大小为FBILsin，则安培力的大小与通电导线和磁场方向的夹角有关，故C错误；D、当电流方向与磁场的方向平行，所受安培力为0，将直导线从中折成直角，安培力的大小变大；将直导线在垂直于磁场的方向的平面内从中折成直角，安培力的大小一定变为原来的22，故D错误故选：B【点评】解决本题的关键是知道当导线的方向与磁场的方向平行，所受安培力为0，最小当导线的方向与磁场方向垂直时，安培力最大，为FBIL（2）第二类常考题型：磁场的叠加如图，两根互相平行的长直导线过纸面上的M、N两点，且与纸面垂直，导线中通有大小相等、方向相反的电流a、o、b在M、N的连线上，o为MN的中点，c、d位于MN的中垂线上，且a、b、c、d到o点的距离均相等关于以上几点处的磁场，下列说法正确的是（）Ao点处的磁感应强度为零Ba、b两点处的磁感应强度大小相等，方向相反Cc、d两点处的磁感应强度大小相等，方向相同Da、c两点处磁感应强度的方向不同【分析】根据右手螺旋定则确定两根导线在a、b、c、d四点磁场的方向，根据平行四边形定则进行合成解：A、根据右手螺旋定则，M处导线在o点产生的磁场方向竖直向下，N处导线在o点产生的磁场方向竖直向下，合成后磁感应强度不等于0故A错误B、M在a处产生的磁场方向竖直向下，在b处产生的磁场方向竖直向下，N在a处产生的磁场方向竖直向下，b处产生的磁场方向竖直向下，根据场强的叠加知，a、b两点处磁感应强度大小相等，方向相同故B错误C、M在c处产生的磁场方向垂直于cM偏下，在d出产生的磁场方向垂直dM偏下，N在c处产生的磁场方向垂直于cN偏下，在d处产生的磁场方向垂直于dN偏下，根据平行四边形定则，知c处的磁场方向竖直向下，d处的磁场方向竖直向下，且合场强大小相等故C正确D、a、c两点的磁场方向都是竖直向下故D错误故选C【点评】解决本题的关键掌握右手螺旋定则判断电流与其周围磁场方向的关系，会根据平行四边形定则进行合成【解题方法点拨】（一）平均速度与瞬时速度 1在运用安培定则判定直线电流和环形电流的磁场时应分清“因”和“果”在判定直线电流的磁场方向时，大拇指指“原因”电流方向，四指指“结果”磁场绕向；在判定环形电流的磁场方向时，四指指“原因”电流绕向，大拇指指“结果”环内沿中心轴线的磁感线方向 2磁场的叠加：磁感应强度是矢量，计算时与力的计算方法相同，利用平行四边形定则或正交分解法进行合成与分解 解决此类问题应注意以下几点 （1）根据安培定则确定通电导线周围磁感线的方向 （2）磁场中每一点磁感应强度的方向为该点磁感线的切线方向 （3）磁感应强度是矢量，多个通电导体产生的磁场叠加时，合磁场的磁感应强度等于各场源单独存在时在该点磁感应强度的矢量和（二） 安培力作用下导体运动方向的判定 （1）判定通电导体在安培力作用下的运动或运动趋势，首先必须弄清楚导体所在位置的磁场分布情况，然后利用左手定则准确判定导体的受力情况，进而确定导体的运动方向或运动趋势的方向现对五种常用的方法列表如下：电流元法 把整段弯曲导线分为多段直线电流元，先用左手定则判断每段电流元受力的方向，然后判断整段导线所受合力的方向，从而确定导线运动方向 特殊位置法 通电导线转动到某个便于分析的特殊位置时，判断其所受安培力的方向，从而确定其运动方向 等效法 环形电流可等效成小磁针，通电螺线管可以等效成条形磁铁或多个环形电流，反过来等效也成立等效后再确定相互作用情况 结论法 两平行直线电流在相互作用过程中，无转动趋势，同向电流互相吸引，异向电流互相排斥；两不平行的直线电流相互作用时，有转到平行且电流方向相同的趋势 转换研究对象法 定性分析磁体在电流磁场作用下如何运动或运动趋势的问题，可先分析电流在磁体磁场中所受的安培力，然后由牛顿第三定律，确定磁体所受电流磁场的作用力，从而确定磁体所受合力及运动方向 （2）在应用左手定则判定安培力方向时，磁感线方向不一定垂直于电流方向，但安培力方向一定与磁场方向和电流方向垂直，即大拇指一定要垂直于磁场方向和电流方向决定的平面（三）与安培力有关的力学综合问题 1安培力的大小 安培力常用公式FBIL，要求两两垂直，应用时要满足：（1）B与L垂直； （2）L是有效长度，即垂直磁感应强度方向的长度 如弯曲导线的有效长度L等于两端点所连直线的长度（如图所示），相应的电流方向沿L由始端流向末端因为任意形状的闭合线圈，其有效长度为零，所以闭合线圈通电后在匀强磁场中，受到的安培力的矢量和为零 2通电导线在磁场中的平衡和加速问题的分析思路 （1）选定研究对象； （2）变三维为二维，如侧视图、剖面图或俯视图等，并画出平面受力分析图，其中安培力的方向要注意F安B、F安I；（3）列平衡方程或牛顿第二定律的方程式进行求解18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19霍尔效应及其应用【知识点的认识】一、霍尔效应1霍尔效应：置于磁场中的载流体，如果电流方向与磁场方向垂直，则垂直于电流和磁场方向会产生一个附加的横向电场，这个现象是霍普金斯大学研究生霍尔于1879年发现的，后被称为霍尔效应霍尔效应从本质上讲是运动的带电粒子在磁场中受到洛伦兹力作用而引起的偏转，所以可以用高中物理中的电磁学、力学、运动学等有关知识来进行解释霍尔效应原理的应用常见的有：霍尔元件、磁流体发电机、电磁流量计、磁强计等二、霍尔效应的应用1磁流体发电机 磁流体发电机所依据的基本原理就是霍尔效应如图1所示，等离子气体喷入磁场，正、负离子在洛伦兹力作用下发生偏转而聚集到A、B板上，产生电势差设A、B平行金属板的面积为S，相距L，等离子气体的电阻率为，喷入气体速度为v，板间磁场的磁感应强度为B，板外电阻为R，当等离子气体匀速通过A、B板间时，A、B板上聚集的电荷最多，板间电势差最大，即为电源电动势此时离子受力平衡：EqqvB，EBv，ELBLv电源内阻rLS2电磁流量计 电磁流量计根据霍尔效应其原理可解释为：如图2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）在洛伦兹力作用下横向偏转，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qvBEq=Udq，可得v=UBd，流量Qsv=d24UBd=dU4B3磁强计 磁强计是利用霍尔效应来测量磁感应强度B的仪器其原理可解为：如图3所示，一块导体接上a、b、c、d四个电极，将导体放在匀强磁场之中，a、b间通以电流I，c、d间就会出现电势差，只要测出c、d间的电势差U，就可测得B 设c、d间电势差达到稳定，则UEL，此时导电的自由电荷受到的电场力与洛伦兹力相平衡，EqqvB，式中v为自由电荷的定向移动速度由此可知，B=Ev=ULv设导体中单位体积内的自由电荷数为n，则电流Inqsv，式中S为导体横截面积，SLd因此v=InqLd，B=nqdUI，由此可知BU这样只要将装置先在已知磁场中定出标度，就可通过测定U来确定B的大小了20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21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 。22* 涡流现象及其应用【知识点的认识】涡流现象及其应用 一、探究涡电流现象 1如图所示，当线圈中通有交变电流时，铁心中这些回路的磁通量就会发生变化，从而在铁心内产生感应电流这种感应电流呈涡旋状，所以叫做涡电流，又叫涡流 由于整块金属的电阻很小，所以涡电流常常很大涡电流会引起铁心发热，这不仅损耗了大量的电能，而且还可能烧坏设备 2变压器和镇流器的铁心通常用涂有绝缘漆的薄硅钢片叠压制成，而不是用一整块铁制成，其原因是为了减小涡电流二、涡流的两种效应及应用 （1）涡流的热效应：利用涡流在回路中产生的热量冶炼金属的高频炉；家庭中使用的电磁灶 （2）涡流的磁效应：利用涡流所产生的磁场进行电磁阻尼和电磁驱动三、涡流的本质 在理解涡流时，要注意涡流的本质是由于电磁感应而产生的，它的产生仍然符合感应电流产生的条件（有磁通量的改变，具体形式是有磁场的变化或导体切割磁感线），特殊之处在于感应电流不是在线状回路中产生的，而是在块状金属中产生的四、对涡流的理解 要注意到涡流产生的特点，从而理解涡流的两种效应的应用涡流是在金属块内部产生的，因而加热电路无需和被加热材料直接接触，起到感应加热的作用另外金属的电阻率一般较低，故而涡电流的强度一般很大，因而热效应和磁效应很明显，所以在应用时要特别重视23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：24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，因此根据光路可逆可知SO的折射光线是垂直于BC的，然后根据折射定律即可求解折射率。解答：作出光路图，依题意可知光垂直BC反射才能从AC面射出后恰好与SO重合，则光在AC面的入射角为90，由几何关系可知折射角为：r90。根据折射定律：n=sin(90-)sin(90-)=coscos，故A正确，BCD错误。故选：A。点评：解决几何光学问题的关键是根据题意正确画出光路图，然后根据几何关系以及相关物理知识求解。【解题方法点拨】光的折射问题，解题的关键在于正确画出光路图、找出几何关系。解题的一般步骤如下：（1）根据题意正确画出光路图；（2）根据几何知识正确找出角度关系；（3）依光的折射定律列式求解。25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发出光电子的时间间隔故B错误C、发生光电效应的条件是入射光的频率大于金属的极限频率，即入射光的波长小于金属的极限波长故C错误D、不同的金属逸出功不同，根据光电效应方程EkmhvW0，知同一频率的光照射不同金属，如果都能产生光电效应，光电子的最大初动能不同故D错误故选A点评：解决本题的关键掌握光电效应的条件，以及掌握光电效应方程【解题方法点拨】光电效应规律的解释 存在极限频率 电子从金属表面逸出，首先须克服金属原子核的引力做功W0，入射光子能量不能小于W0，对应的最小频率0=W0h，即极限频率 光电子的最大初动能随着入射光频率的增大而增大，与入射光强度无关 电子吸收光子能量后，一部分克服阻碍作用做功，剩余部分转化为光电子的初动能，只有直接从金属表面飞出的光电子才具有最大初动能，对于确定的金属，W0是一定的，故光电子的最大初动能只随入射光的频率增大而增大，一个电子只能吸收一个光子，故光电子最大初动能与光照强度无关 效应具有瞬时性（109 s） 光照射金属时，电子吸收一个光子的能量后，动能立即增大，不需要能量积累的过程 26原子核衰变及半衰期、衰变速度【知识点的认识】1原子核放出粒子或粒子，变成另一种原子核的变化称为原子核的衰变2分类衰变：ZAXZ-2A-4Y+24He衰变：ZAXZ+1AY+-10e3半衰期：放射性元素的原子核有半数发生衰变所需的时间半衰期由核内部本身的因素决定，跟原子所处的 物理或化学状态无关如果放射性元素初始时刻的质量为m0，它的半衰期是T，则经过时间t，剩下的放射性元素的质量m=(12)tTm0【解题方法点拨】 1原子核衰变规律 衰变类型 衰变 衰变 衰变方程 ZAXZ-2A-4Y+24HeZAXZ+1AY+-10e衰变实质 2个质子和2个中子结合成一个整体射出 一个中子转化为一个质子和一个电子 211H+201n24He 01n11H+-10e 衰变规律 电荷数守恒、质量数守恒、动量守恒 确定衰变次数的方法（1）设放射性元素ZAX经过n次衰变和m次衰变后，变成稳定的新元素ZAY，则表示该核反应的方程为ZAXZAY+n24He+m1 0e根据电荷数守恒和质量数守恒可列方程AA+4n，ZZ+2nm（2）确定衰变次数，因为衰变对质量数无影响，先由质量数的改变确定衰变的次数，然后再根据衰变规律确定衰变的次数27验证力的平行四边形定则验证力的平行四边形定则【实验目的】1验证互成角度的两个共点力合成时的平行四边形定则2培养学生应用作图法处理实验数据和得出结论的能力 【实验原理】（1）等效法：一个力F的作用效果和两个力F1、F2的作用效果都是让同一条一端固定的橡皮条伸长到同一点，所以一个力F就是这两个力F1和F2的合力，作出力F的图示，如图所示（2）平行四边形法：根据平行四边形定则作出力F1和F2的合力F的图示（3）验证：比较F和F的大小和方向是否相同，若在误差允许的范围内相同，则验证了力的平行四边形定则 【实验器材】方木板一块、白纸、弹簧测力计（两只）、橡皮条、细绳套（两个）、三角板、刻度尺、图钉（几个）、细芯铅笔【实验过程】1在水平桌面上平放一块方木板，在方木板上铺一张白纸，用图钉把白纸固定在方木板上2用图钉把橡皮条的一端固定在板上的A点，在橡皮条的另一端拴上两条细绳，细绳的另一端系上细绳套3用两个弹簧测力计分别钩住细绳套，互成角度地拉橡皮条，将结点拉到某一位置O，如图所示4用铅笔描下O点的位置和两条细绳的方向，读出并记录两个弹簧测力计的示数5用铅笔和刻度尺在白纸上从O点沿两条细绳的方向画直线，按一定的标度作出两个力F1和F2的图示，并以F1和F2为邻边用刻度尺和三角板作平行四边形，过O点的平行四边形的对角线即为合力F6只用一个弹簧测力计，通过细绳把橡皮条的结点拉到同样的位置O，读出并记录弹簧测力计的示数，记下细绳的方向，按同一标度用刻度尺从O点作出这个力F的图示7比较F与用平行四边形定则求出的合力 F的大小和方向，看它们在实验误差允许的范围内是否相等8改变F1和F2的大小和方向，再做两次实验 【注意事项】1同一实验中的两只弹簧测力计的选取方法是：将两只弹簧测力计调零后互钩对拉，若两只弹簧测力计在对拉过程中，读数相同，则可选；若读数不同，应另换，直至相同为止2在同一次实验中，使橡皮条拉长时，结点O的位置一定要相同3用两只弹簧测力计钩住绳套互成角度地拉橡皮条时，夹角不宜太大也不宜太小，在60100之间为宜4读数时应注意使弹簧测力计与木板平行，并使细绳套与弹簧测力计的轴线在同一条直线上，避免弹簧测力计的外壳与弹簧测力计的限位卡之间有摩擦5细绳套应适当长一些，便于确定力的方向不要直接沿细绳套的方向画直线，应在细绳套末端用铅笔画一个点，去掉细绳套后，再将所标点与O点连接，即可确定力的方向6在同一次实验中，画力的图示所选定的标度要相同，并且要恰当选取标度，使所作力的图示稍大一些【误差分析】1误差来源：除弹簧测力计本身的误差外，还有读数误差、作图误差等2减小误差的办法：（1）实验过程中读数时眼睛一定要正视弹簧测力计的刻度，要按有效数字和弹簧测力计的精度正确读数和记录（2）作图时用刻度尺借助于三角板，使表示两力的对边一定要平行28研究平抛物体的运动【知识点的认识】一实验目的 1描出平抛物体的运动轨迹 2求出平抛物体的初速度二实验原理 平抛运动可以看作是两个分运动的合成：一是水平方向的匀速直线运动，其速度等于平抛物体运动的初速度；另一个是竖直方向的自由落体运动利用铅笔确定做平抛运动的小球运动时若干不同位置，然后描出运动轨迹，测出曲线上任一点的坐标x和y，利用公式xvt和y=12gt2就可求出小球的水平分速度，即平抛物体的初速度三实验器材 斜槽（附金属小球）、木板及竖直固定支架、白纸、图钉、刻度尺、三角板、重锤、铅笔 四实验步骤 1把斜槽放在桌面上，让其末端伸出桌面外，调节末端使其切线水平固定 2在带有支架的木板上，用图钉钉好白纸，并让竖放木板左上方靠近槽口，使小球滚下飞出后的轨道平面跟板面平行（如图所示） 3把小球飞离斜槽末端时的球心位置投影到白纸上，描出点O，过O用重垂线描出竖直方向 4让小球每次都从斜槽上同一适当位置滚下，在粗略确定的位置附近，用铅笔较准确地确定小球通过的位置，并记下这一点，以后依次改变x值，用同样的方法确定其他各点的位置5把白纸从木板上取下来，用三角板过O作与竖直方向垂直的x轴，将一系列所描的点用平滑的曲线连接起来，这就是小球平抛运动的轨迹 五数据处理（求平抛小球的初速度）1以O点为原点，水平方向为x轴，竖直向下方向为y轴建立坐标系2在平抛小球运动轨迹上选取A、B、C、D、E五个点，测出它们的x、y坐标值，记到表格内3把测到的坐标值依次代入公式v0xg2y，求出小球平抛的初速度，并计算其平均值六误差分析 1安装斜槽时，其末端切线不水平 2小球每次滚下的初位置不尽相同 3建立坐标系时，可能误将斜槽末端端口作为坐标原点 4空气阻力使小球不是真正的平抛运动 七注意事项 1实验中必须保持通过斜槽末端的切线水平，木板必须处在竖直面内且与小球运动轨迹所在的竖直平面平行，并使小球的运动靠近图板但不接触 2小球必须每次从斜槽上同一位置由静止滚下，即在斜槽上固定一个挡板，每次都从挡板位置释放小球 3坐标原点（小球做平抛运动的起点）不是槽口的端点，应是小球在槽口时，球心在木板上的水平投影点 4要在斜槽上适当的高度释放小球，使它以适当的水平初速度抛出，其轨迹由图板左上角到达右下角；要在平抛轨迹上选取距O点远一些的点来计算小球的初速度，这样可以减小测量误差 【知识点拓展】拓展创新 如图甲所示，A是一块平面木板，在其上等间隔地开凿出一组平行的插槽（图甲中P0P0、P1P1），槽间距离均为d，把覆盖复写纸的白纸铺贴在硬板B上，实验时依次将B板插入A板的各插槽中，每次让小球从斜轨的同一位置由静止释放每打完一点后，把B板插入后一槽中并同时向纸面内侧平移距离d，实验得到小球在白纸上打下的若干痕迹点，如图乙所示将这些点用平滑的曲线连接起来就得到小球平抛的轨迹 29探究单摆的周期与摆长的关系【知识点的认识】探究单摆的周期与摆长的关系1 实验目的：（1）知道把单摆的运动看做简谐运动的条件（2）会探究与单摆的周期有关的因素（3）会用单摆测定重力加速度2 实验原理当偏角很小时，单摆做简谐运动，其运动周期为T2lg，它与偏角的大小及摆球的质量无关，由此得到g=42lT2因此，只要测出摆长l和振动周期T，就可以求出当地重力加速度g的值3 实验器材带有铁夹的铁架台、中心有小孔的金属小球，不易伸长的细线（约1米）、秒表、毫米刻度尺和游标卡尺4 实验步骤（1）让细线的一端穿过金属小球的小孔，然后打一个比小孔大一些的线结，做成单摆（2）把细线的上端用铁夹固定在铁架台上，把铁架台放在实验桌边，使铁夹伸到桌面以外，让摆球自然下垂，在单摆平衡位置处作上标记，如实验原理图（3）用毫米刻度尺量出摆线长度l，用游标卡尺测出摆球的直径，
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