2010年高三物理第一轮总复习及高中物理易错题归纳总结及答案分析(281页)第5专题电磁感应与电路的分析106-1

第2专题动量和能量知识网络考点预测本专题涉及的内容是动力学内容的延续和深化．动量守恒定律、机械能守恒定律、能量守恒定律比牛顿运动定律的适用范围更广泛．它们是自然界中最基本、最普遍、最重要的客观规律，也是高中物理的重点和难点、高考考查内容的重点．其命题形式一般是能量与动量综合起来考，如：2009年全国理综卷Ⅰ第21题、第25题，2008年全国理综卷Ⅰ的第24题“下摆拉动滑块碰撞问题”，全国理综卷Ⅱ的第23题“子弹射击木块问题”，重庆理综卷的第24题“碰撞后压缩弹簧问题”．但是，由于目前全国的课改形势以及在课程标准中的内容设置，在高考中出现的这类综合题的难点主要在于功能关系的应用上，而不是在于动量守恒定律的应用上．另外，从2009年各地的高考考卷中也可发现，除了能量与动量的综合题外，单独考查功能原理的试题在卷中出现的概率也较大．要点归纳一、基本的物理概念 1．冲量与功的比较(1)定义式⎩⎪⎨⎪⎧冲量的定义式：I ＝Ft (作用力在时间上的积累效果)功的定义式：W ＝Fs cos θ(作用力在空间上的积累效果)(2)属性⎩⎪⎨⎪⎧冲量是矢量，既有大小又有方向(求合冲量应按矢,量合成法则来计算)功是标量，只有大小没有方向(求物体所受外力的,总功只需按代数和计算)2．动量与动能的比较(1)定义式⎩⎨⎧动量的定义式：p ＝m v动能的定义式：E k＝12m v2(2)属性⎩⎪⎨⎪⎧动量是矢量(动量的变化也是矢量,求动量的变化,应按矢量运算法则来计算)动能是标量(动能的变化也是标量,求动能的变化,只需按代数运算法则来计算)(3)动量与动能量值间的关系⎩⎨⎧p ＝2mEkE k＝p 22m ＝12p v(4)动量和动能都是描述物体状态的量，都有相对性(相对所选择的参考系)，都与物体的受力情况无关．动量的变化和动能的变化都是过程量，都是针对某段时间而言的．二、动量观点的基本物理规律1．动量定理的基本形式与表达式：I ＝Δp ． 分方向的表达式：I x 合＝Δp x ，I y 合＝Δp y ．2．动量定理推论：动量的变化率等于物体所受的合外力，即ΔpΔt＝F 合．3．动量守恒定律(1)动量守恒定律的研究对象是一个系统(含两个或两个以上相互作用的物体)． (2)动量守恒定律的适用条件①标准条件：系统不受外力或系统所受外力之和为零．②近似条件：系统所受外力之和虽不为零，但比系统的内力小得多(如碰撞问题中的摩擦力、爆炸问题中的重力等外力与相互作用的内力相比小得多)，可以忽略不计．③分量条件：系统所受外力之和虽不为零，但在某个方向上的分量为零，则在该方向上系统总动量的分量保持不变．(3)使用动量守恒定律时应注意： ①速度的瞬时性； ②动量的矢量性； ③时间的同一性．(4)应用动量守恒定律解决问题的基本思路和方法①分析题意，明确研究对象．在分析相互作用的物体总动量是否守恒时，通常把这些被研究的物体统称为系统．对于比较复杂的物理过程，要采用程序法对全过程进行分段分析，要明确在哪些阶段中，哪些物体发生相互作用，从而确定所研究的系统是由哪些物体组成的．②对各阶段所选系统内的物体进行受力分析，弄清哪些是系统内部物体之间相互作用的内力，哪些是作用于系统的外力．在受力分析的基础上根据动量守恒定律的条件，判断能否应用动量守恒定律．③明确所研究的相互作用过程，确定过程的始末状态，即系统内各个物体的初动量和末动量的值或表达式．(注意：在研究地面上物体间相互作用的过程时，各物体运动的速度均应取地球为参考系)④确定正方向，建立动量守恒方程求解． 三、功和能1．中学物理中常见的能量动能E k ＝12m v 2；重力势能E p ＝mgh ；弹性势能E 弹＝12kx 2；机械能E ＝E k ＋E p ；分子势能；分子动能；内能；电势能E ＝qφ；电能；磁场能；化学能；光能；原子能(电子的动能和势能之和)；原子核能E ＝mc 2；引力势能；太阳能；风能(空气的动能)；地热、潮汐能．2．常见力的功和功率的计算： 恒力做功W ＝Fs cos θ； 重力做功W ＝mgh ；一对滑动摩擦力做的总功W f ＝－fs 路； 电场力做功W ＝qU ；功率恒定时牵引力所做的功W ＝Pt ； 恒定压强下的压力所做的功W ＝p ·ΔV ； 电流所做的功W ＝UIt ； 洛伦兹力永不做功； 瞬时功率P ＝F v cos_θ；平均功率＝Wt＝F cos θ．3．中学物理中重要的功能关系 能量与物体运动的状态相对应．在物体相互作用的过程中，物体的运动状态通常要发生变化，所以物体的能量变化一般要通过做功来实现，这就是常说的“功是能量转化的量度”的物理本质．那么，什么功对应着什么能量的转化呢？在高中物理中主要的功能关系有：(1)外力对物体所做的总功等于物体动能的增量，即W 总＝ΔE k ．(动能定理)(2)重力(或弹簧的弹力)对物体所做的功等于物体重力势能(或弹性势能)的增量的负值，即W 重＝－ΔE p (或W 弹＝－ΔE p )．(3)电场力对电荷所做的功等于电荷电势能的增量的负值，即W 电＝－ΔE 电．(4)除重力(或弹簧的弹力)以外的力对物体所做的功等于物体机械能的增量，即W 其他＝ΔE 机．(功能原理)(5)当除重力(或弹簧弹力)以外的力对物体所做的功等于零时，则有ΔE 机＝0，即机械能守恒．(6)一对滑动摩擦力做功与内能变化的关系是：“摩擦所产生的热”等于滑动摩擦力跟物体间相对路程的乘积，即Q ＝fs 相对．一对滑动摩擦力所做的功的代数和总为负值，表示除了有机械能在两个物体间转移外，还有一部分机械能转化为内能，这就是“摩擦生热”的实质．(7)安培力做功对应着电能与其他形式的能相互转化，即W 安＝ΔE 电．安培力做正功，对应着电能转化为其他能(如电动机模型)；克服安培力做负功，对应着其他能转化为电能(如发电机模型)；安培力做功的绝对值等于电能转化的量值．(8)分子力对分子所做的功等于分子势能的增量的负值，即W 分子力＝－ΔE 分子．(9)外界对一定质量的气体所做的功W 与气体从外界所吸收的热量Q 之和等于气体内能的变化，即W ＋Q ＝ΔU ．(10)在电机电路中，电流做功的功率等于电阻发热的功率与输出的机械功率之和． (11)在纯电阻电路中，电流做功的功率等于电阻发热的功率．(12)在电解槽电路中，电流做功的功率等于电阻发热的功率与转化为化学能的功率之和．(13)在光电效应中，光子的能量hν＝W ＋12m v 02．(14)在原子物理中，原子辐射光子的能量hν＝E 初－E 末，原子吸收光子的能量hν＝E 末－E 初．(15)核力对核子所做的功等于核能增量的负值，即W 核＝－ΔE 核，并且Δmc 2＝ΔE 核． (16)能量转化和守恒定律．对于所有参与相互作用的物体所组成的系统，无论什么力做功，可能每一个物体的能量的数值及形式都发生变化，但系统内所有物体的各种形式能量的总和保持不变．4．运用能量观点分析、解决问题的基本思路(1)选定研究对象(单个物体或一个系统)，弄清物理过程．(2)分析受力情况，看有什么力在做功，弄清系统内有多少种形式的能在参与转化．(3)仔细分析系统内各种能量的变化情况及变化的数量．(4)列方程ΔE减＝ΔE增或E初＝E末求解．四、弹性碰撞在一光滑水平面上有两个质量分别为m1、m2的刚性小球A和B以初速度v1、v2运动，若它们能发生正碰，碰撞后它们的速度分别为v1′和v2′．v1、v2、v1′、v2′是以地面为参考系的，将A和B看做系统．由碰撞过程中系统动量守恒，有：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′由于弹性碰撞中没有机械能损失，故有：1 2m1v12＋12m2v22＝12m1v1′2＋12m2v2′2由以上两式可得：v2′－v1′＝－(v2－v1)或v1′－v2′＝－(v1－v2)碰撞后B相对于A的速度与碰撞前B相对于A的速度大小相等、方向相反；碰撞后A 相对于B的速度与碰撞前A相对于B的速度大小相等、方向相反．【结论1】对于一维弹性碰撞，若以其中某物体为参考系，则另一物体碰撞前后速度大小不变、方向相反(即以原速率弹回)．联立以上各式可解得：v1′＝2m2v2＋(m1－m2)v1m1＋m2v2′＝2m1v1＋(m2－m1)v2m1＋m2若m1＝m2，即两个物体的质量相等，则v1′＝v2，v2′＝v1，表示碰后A的速度变为v2，B的速度变为v1．【结论2】对于一维弹性碰撞，若两个物体的质量相等，则碰撞后两个物体互换速度(即碰后A的速度等于碰前B的速度，碰后B的速度等于碰前A的速度)．若A的质量远大于B的质量，则有：v1′＝v1，v2′＝2v1－v2；若A的质量远小于B的质量，则有：v2′＝v2，v1′＝2v2－v1．【结论3】对于一维弹性碰撞，若其中某物体的质量远大于另一物体的质量，则质量大的物体碰撞前后速度保持不变．至于质量小的物体碰后速度如何，可结合结论1和结论2得出．在高考复习中，若能引导学生推导出以上二级结论并熟记，对提高学生的解题速度是大有帮助的．热点、重点、难点一、动量定理的应用问题动量定理的应用在高考中主要有以下题型：1．定性解释周围的一些现象；2．求打击、碰撞、落地过程中的平均冲力；3．计算流体问题中的冲力(或反冲力)；4．根据安培力的冲量求电荷量．●例1如图2－1所示，一个下面装有轮子的贮气瓶停放在光滑的水平地面上，瓶的底端与竖直墙壁接触．现打开右端阀门，气体向外喷出，设喷口的面积为S ，气体的密度为ρ，气体向外喷出的速度为v ，则气体刚喷出时贮气瓶底端对竖直墙壁的作用力大小是( )图2－1A ．ρv SB ．ρv 2S C ．12ρv 2S D ．ρv 2S 【解析】Δt 时间内喷出气体的质量Δm ＝ρS v ·Δt对于贮气瓶、瓶内气体及喷出的气体所组成的系统，由动量定理得： F ·Δt ＝Δm ·v －0 解得：F ＝ρv 2S ． [答案] D 【点评】动量定理对多个物体组成的系统也成立，而动能定理对于多个物体组成的系统不适用．★同类拓展1 如图2－2所示，质量为M 的木块位于光滑水平面上，在木块与墙之间用轻弹簧连接，开始时木块静止在A 位置．现有一质量为m 的子弹以水平速度v 0射向木块并嵌入其中，则当木块回到A 位置时的速度v 以及此过程中墙对弹簧的冲量I 的大小分别为( )图2－2A ．v ＝m v 0M ＋m ，I ＝0B ．v ＝m v 0M ＋m ，I ＝2m v 0C ．v ＝m v 0M ＋m ，I ＝2m 2v 0M ＋mD ．v ＝m v 0M，I ＝2m v 0【解析】设在子弹射入木块且未压缩弹簧的过程中，木块(含子弹)的速度为v 1，由动量守恒定律得：m v 0＝(m ＋M )v 1解得：v 1＝m v 0m ＋M对木块(含子弹)压缩弹簧再返回A 点的过程，由动能定理得： 12(m ＋M )v 2－12(m ＋M )v 12＝W 总＝0 可知：v ＝v 1＝m v 0m ＋M取子弹、木块和弹簧组成的系统为研究对象，由动量定理得： I ＝(m ＋M )·(－v )－(m ＋M )v 1＝－2m v 0 负号表示方向向左． [答案] B二、动能定理、机械能守恒定律的应用1．对于单个平动的物体：W 总＝ΔE k ，W 总指物体所受的所有外力做的总功． 2．系统只有重力、弹力作为内力做功时，机械能守恒．(1)用细绳悬挂的物体绕细绳另一端做圆周运动时，细绳对物体不做功．(2)轻杆绕一端自由下摆，若轻杆上只固定一个物体，则轻杆对物体不做功；若轻杆上不同位置固定两个物体，则轻杆分别对两物体做功．(3)对于细绳连接的物体，若细绳存在突然绷紧的瞬间，则物体(系统)的机械能减少． 3．单个可当做质点的物体机械能守恒时，既可用机械能守恒定律解题，也可用动能定理解题，两种方法等效．发生形变的物体和几个物体组成的系统机械能守恒时，一般用机械能守恒定律解题，不方便应用动能定理解题．●例2 以初速度v 0竖直向上抛出一质量为m 的小物块．假定物块所受的空气阻力f 大小不变．已知重力加速度为g ，则物块上升的最大高度和返回到原抛出点的速率分别为[2009年高考·全国理综卷Ⅱ]( )A ．v 022g (1＋f mg )和v 0mg －fmg ＋fB ．v 022g (1＋f mg )和v 0mgmg ＋fC ．v 022g (1＋2f mg )和v 0mg －fmg ＋fD ．v 022g (1＋2f mg)和v 0mgmg ＋f【解析】方法一：对于物块上升的过程，由动能定理得：－(mgh ＋fh )＝0－12m v 02解得：h ＝v 022g (1＋fmg)设物块返回至原抛出点的速率为v ，对于整个过程应用动能定理有： 12m v 2－12m v 02＝－f ·2h 解得：v ＝v 0mg －fmg ＋f．方法二：设小物块在上升过程中的加速度大小为a 1，由牛顿第二定律有：a 1＝mg ＋f m故物块上升的最大高度h ＝v 022a 1＝v 022g (1＋fmg)设小物块在下降过程中的加速度为a 2，由牛顿第二定律有：a 2＝mg －f m可得：v ＝2a 2h ＝v 0mg －fmg ＋f． [答案] A 【点评】动能定理是由牛顿第二定律导出的一个结论，对于单个物体受恒力作用的过程，以上两种方法都可以用来分析解答，但方法二的物理过程较复杂．例如涉及曲线运动或变力做功时，运用动能定理更为方便．★同类拓展2 一匹马拉着质量为 60 kg 的雪橇，从静止开始用 80 s 的时间沿平直冰面跑完 1000 m ．设在运动过程中雪橇受到的阻力保持不变，已知雪橇在开始运动的 8 s 时间内做匀加速直线运动，从第 8 s 末开始，马拉雪橇做功的功率保持不变，使雪橇继续做直线运动，最后一段时间雪橇做的是匀速直线运动，速度大小为 15 m/s ；开始运动的 8 s 内马拉雪橇的平均功率是 8 s 后功率的一半．求：整个运动过程中马拉雪橇做功的平均功率和雪橇在运动过程中所受阻力的大小．【解析】设 8 s 后马拉雪橇的功率为P ，则： 匀速运动时P ＝F ·v ＝f ·v即运动过程中雪橇受到的阻力大小f ＝Pv对于整个过程运用动能定理得： P 2·t 1＋P (t 总－t 1)－f ·s 总＝12v t 2－0 即P 2×8＋P (80－8)－P 15×1000＝12×60×152 解得：P ＝723 W 故f ＝48.2 N再由动能定理可得t 总－f ·s ＝12m v t 2解得：＝687 W ．[答案] 687 W 48.2 N●例3 如图2－3所示，质量为m 1的物体A 经一轻质弹簧与下方地面上的质量为m 2的物体B 相连，弹簧的劲度系数为k ，A 、B 都处于静止状态．一条不可伸长的轻绳绕过两个轻滑轮，一端连物体A ，另一端连一轻挂钩．开始时各段绳都处于伸直状态，A 上方的一段沿竖直方向．若在挂钩上挂一质量为m 3的物体C ，则B 将刚好离地．若将C 换成另一个质量为m 1＋m 3的物体D ，仍从上述初始位置由静止状态释放，则这次B 刚离地时D 的速度大小是多少？(已知重力加速度为g )图2－3【解析】开始时A 、B 静止，即处于平衡状态，设弹簧的压缩量为x 1，则有： kx 1＝m 1g挂上C 后，当B 刚要离地时，设弹簧的伸长量为x 2，则有： kx 2＝m 2g此时，A 和C 的速度均为零从挂上C 到A 和C 的速度均为零时，根据机械能守恒定律可知，弹性势能的改变量为： ΔE ＝m 3g (x 1＋x 2)－m 1g (x 1＋x 2) 将C 换成D 后，有：ΔE ＋12(m 1＋m 3＋m 1)v 2＝(m 1＋m 3)g (x 1＋x 2)－m 1g (x 1＋x 2)联立解得：v ＝2m 1(m 1＋m 2)g2k (2m 1＋m 3)．[答案] 2m 1(m 1＋m 2)g2k (2m 1＋m 3)【点评】含弹簧连接的物理情境题在近几年高考中出现的概率很高，而且多次考查以下原理：①弹簧的压缩量或伸长量相同时，弹性势能相等；②弹性势能的变化取决于弹簧的始末形变量，与过程无关．三、碰撞问题1．在高中物理中涉及的许多碰撞过程(包括射击)，即使在空中或粗糙的水平面上，往往由于作用时间短、内力远大于外力，系统的动量仍可看做守恒．2．两滑块在水平面上碰撞的过程遵循以下三个法则： ①动量守恒；②机械能不增加；③碰后两物体的前后位置要符合实际情境．3．两物体发生完全非弹性碰撞时，机械能的损耗最大．●例4 如图2－4所示，在光滑绝缘水平面上由左到右沿一条直线等间距的静止排着多个形状相同的带正电的绝缘小球，依次编号为1、2、3……每个小球所带的电荷量都相等且均为q ＝3.75×10－3 C ，第一个小球的质量m ＝0.03 kg ，从第二个小球起往下的小球的质量依次为前一个小球的13，小球均位于垂直于小球所在直线的匀强磁场里，已知该磁场的磁感应强度B ＝0.5 T ．现给第一个小球一个水平速度v ＝8 m/s ，使第一个小球向前运动并且与后面的小球发生弹性正碰．若碰撞过程中电荷不转移，则第几个小球被碰后可以脱离地面？(不计电荷之间的库仑力，取g ＝10 m/s 2)图2－4【解析】设第一个小球与第二个小球发生弹性碰撞后两小球的速度分别为v 1和v 2，根据动量和能量守恒有：m v ＝m v 1＋13m v 212m v 2＝12m v 12＋16m v 22 联立解得：v 2＝32v同理，可得第n ＋1个小球被碰后的速度 v n ＋1＝(32)n v设第n ＋1个小球被碰后对地面的压力为零或脱离地面，则：q v n ＋1B ≥(13)n mg联立以上两式代入数值可得n ≥2，所以第3个小球被碰后首先离开地面． [答案] 第3个【点评】解答对于多个物体、多次碰撞且动量守恒的物理过程时，总结出通项公式或递推式是关键．★同类拓展3 如图2－5所示，质量为m 的钢板与直立轻弹簧的上端连接，弹簧下端固定在地上，平衡时，弹簧的压缩量为x 0．一个物块从钢板的正上方相距3x 0的A 处自由落下，打在钢板上并立刻与钢板一起向下运动，但不粘连，它们到达最低点后又向上运动．已知物块的质量也为m 时，它们恰能回到O 点；若物块的质量为2m ，仍从A 处自由落下，则物块与钢板回到O 点时还具有向上的速度．求物块向上运动所到达的最高点与O 点之间的距离．图2－5【解析】物块与钢板碰撞前瞬间的速度为： v 0＝6gx 0设质量为m 的物块与钢板碰撞后瞬间的速度为v 1，由动量守恒定律有： m v 0＝2m v 1设弹簧的压缩量为x 0时的弹性势能为E p ，对于物块和钢板碰撞后直至回到O 点的过程，由机械能守恒定律得：E p ＋12×2m ×v 12＝2mgx 0设质量为2m 的物块与钢板碰撞后瞬间的速度为v 2，物块与钢板回到O 点时所具有的速度为v 3，由动量守恒定律有：2m v 0＝3m v 2由机械能守恒定律有：E p ＋12×3m ×v 22＝3mgx 0＋12×3m ×v 32解得：v 3＝gx 0当质量为2m 的物块与钢板一起回到O 点时，弹簧的弹力为零，物块与钢板只受到重力的作用，加速度为g ；一过O 点，钢板就会受到弹簧向下的拉力作用，加速度大于g ，由于物块与钢板不粘连，故在O 点处物块与钢板分离；分离后，物块以速度v 3竖直上升，由竖直上抛的最大位移公式得：h ＝v 322g ＝x 02所以物块向上运动所到达的最高点与O 点之间的距离为x02．[答案] x 02【点评】①物块与钢板碰撞的瞬间外力之和并不为零，但这一过程时间极短，内力远大于外力，故可近似看成动量守恒．②两次下压至回到O 点的过程中，速度、路程并不相同，但弹性势能的改变(弹力做的功)相同．③在本题中，物块与钢板下压至回到O 点的过程也可以运用动能定理列方程．第一次：0－12×2m ×v 12＝W 弹－2mgx 0第二次：12×3m ×v 32－12×3m ×v 22＝W 弹－3mgx 0．四、高中物理常见的功能关系1．摩擦生热——等于摩擦力与两接触面相对滑动的路程的乘积，即Q ＝f ·s 相． ●例5 如图2－6所示，绷紧的传送带与水平面的夹角θ＝30°，皮带在电动机的带动下始终以v 0＝2 m/s 的速率运行．现把一质量m ＝10 kg 的工件(可看做质点)轻轻放在皮带的底端，经时间t ＝1.9 s ，工件被传送到h ＝1.5 m 的皮带顶端．取g ＝10 m/s 2．求：(1)工件与皮带间的动摩擦因数μ．(2)电动机由于传送工件而多消耗的电能．图2－6 【解析】(1)由题意可知，皮带长s ＝hsin 30°3 m工件的速度达到v 0前工件做匀加速运动，设经时间t 1工件的速度达到v 0，此过程工件的位移为：s 1＝12v 0t 1达到v 0后，工件做匀速运动，此过程工件的位移为： s －s 1＝v 0(t －t 1)代入数据解得：t 1＝0.8 s工件加速运动的加速度a ＝v 0t 1＝2.5 m/s 2据牛顿第二定律得：μmg cos θ－mg sin θ＝ma解得：μ＝32．(2)在时间t 1内，皮带运动的位移s 2＝v 0t 1＝1.6 m 工件相对皮带的位移Δs ＝s 2－s 1＝0.8 m在时间t 1内，因摩擦产生的热量Q ＝μmg cos θ·Δs ＝60 J工件获得的动能E k ＝12m v 02＝20 J工件增加的势能E p ＝mgh ＝150 J电动机多消耗的电能E ＝Q ＋E k ＋E p ＝230 J ．[答案] (1)32(2)230 J2．机械能的变化——除重力、弹簧的弹力以外的力做的功等于系统机械能的变化． ●例6 一面积很大的水池中的水深为H ，水面上浮着一正方体木块，木块的边长为a ，密度为水的12，质量为m ．开始时木块静止，有一半没入水中，如图2－7甲所示，现用力F将木块缓慢地向下压，不计摩擦．图2－7甲(1)求从开始压木块到木块刚好完全没入水的过程中，力F 所做的功．(2)若将该木块放在底面为正方形(边长为2a )的盛水足够深的长方体容器中，开始时，木块静止，有一半没入水中，水面距容器底的距离为2a ，如图2－7乙所示．现用力F 将木块缓慢地压到容器底部，不计摩擦，求这一过程中压力做的功．图2-7乙【解析】方法一：(1)因水池的面积很大，可忽略因木块压入水中所引起的水深变化，木块刚好完全没入水中时，图2－7丙中原来处于划斜线区域的水被排开，结果等效于使这部分水平铺于水面，这部分水的质量为m ，其势能的改变量为(取容器底为零势能面)：图2－7丙ΔE 水＝mgH －mg (H －34a )＝34mga 木块势能的改变量为：ΔE 木＝mg (H －a2)－mgH＝－12mga根据功能原理，力F 所做的功为：W ＝ΔE 水＋ΔE 木＝14．(2)因容器的底面积为2a 2，仅是木块的底面积的2倍，故不可忽略木块压入水中所引起的水深变化．如图2－7丁所示，木块到达容器底部时，水面上升14a ，相当于木块末状态位置的水填充至木块原浸入水中的空间和升高的水面处平面，故这一过程中水的势能的变化量为：图2－7丁ΔE 水′＝mga ＋mg (2a －a 4＋a 8)＝238mga木块的势能的变化量ΔE 木′＝－mg ·32a根据功能原理，压力F 做的功为：W ′＝ΔE 水′＋ΔE 木′＝118．方法二：(1)水池的面积很大，可忽略因木块压入水中引起的水深变化．当木块浮在水面上时重力与浮力的大小相等；当木块刚没入水中时，浮力的大小等于重力的2倍，故所需的压力随下压位移的变化图象如图2－7戊所示．图2－7戊故W F ＝12mg ·a 2＝14mga ．(2)随着木块的下沉水面缓慢上升，木块刚好完全没入水中时，水面上升a4的高度，此时木块受到的浮力的大小等于重力的2倍．此后，木块再下沉54a 的距离即沉至容器底部，故木块下沉的整个过程中压力的大小随位移的变化图象如图2－7己所示图2－7己故W F ′＝12mg ·a 4＋mg ·54a ＝118mga ．[答案] (1)14mga (2)118mga【点评】①通过两种方法对比，深刻理解功能关系．②根据功的定义计算在小容器中下压木块时，严格的讲还要说明在0～a4的位移段压力也是线性增大的．3．导体克服安培力做的功等于(切割磁感线引起的)电磁感应转化的电能．●例7 如图2－8所示，竖直放置的光滑平行金属导轨MN 、PQ 相距L ，在M 点和P 点间接有一个阻值为R 的电阻，在两导轨间的矩形区域OO 1O 1′O ′内有垂直导轨平面向里、宽为d 的匀强磁场，磁感应强度为B ．一质量为m 、电阻为r 的导体棒ab 垂直地搁在导轨上，与磁场的上边界相距d 0．现使ab 棒由静止开始释放，棒ab 在离开磁场前已经做匀速直线运动(棒ab 与导轨始终保持良好接触且下落过程中始终保持水平，导轨的电阻不计)．图2－8(1)求棒ab 离开磁场的下边界时的速度大小．(2)求棒ab 在通过磁场区的过程中产生的焦耳热． (3)试分析讨论棒ab 在磁场中可能出现的运动情况．【解析】(1)设棒ab 离开磁场的边界前做匀速运动的速度为v ，产生的感应电动势为： E ＝BL v电路中的电流I ＝ER ＋r对棒ab ，由平衡条件得：mg －BIL ＝0解得：v ＝mg (R ＋r )B 2L 2(2)设整个回路中产生的焦耳热为Q ，由能量的转化和守恒定律可得：mg (d 0＋d )＝Q ＋12m v 2解得：Q ＝mg (d 0＋d )－m 3g 2(R ＋r )22B 4L 4故Q ab ＝rR ＋r [mg (d 0＋d )－m 3g 2(R ＋r )22B 4L4]． (3)设棒刚进入磁场时的速度为v 0，由mgd 0＝12m v 02解得：v 0＝2gd 0棒在磁场中匀速运动时的速度v ＝mg (R ＋r )B 2L2，则 ①当v 0＝v ，即d 0＝m 2g (R ＋r )22B 4L 4时，棒进入磁场后做匀速直线运动；②当v 0＜v ，即d 0＜m 2g (R ＋r )22B 4L 4时，棒进入磁场后先做加速运动，后做匀速直线运动；③当v 0＞v ，即d 0＞m 2g (R ＋r )22B 4L4时，棒进入磁场后先做减速运动，后做匀速直线运动． [答案] (1)mg (R ＋r )B 2L2(2)rR ＋r [mg (d 0＋d )－m 3g 2(R ＋r )22B 4L4] (3)①当v 0＝v ，即d 0＝m 2g (R ＋r )22B 4L4时，棒进入磁场后做匀速直线运动；②当v 0＜v ，即d 0＜m 2g (R ＋r )22B 4L4v 0＞v ，即d 0＞m 2g (R ＋r )22B 4L4时，棒进入磁场后先做减速运动，后做匀速直线运动． 【点评】①计算转化的电能时，也可应用动能定理：mg (d 0＋d )－W 安＝12v 2－0，其中W 安＝E 电＝Q ．②对于电磁感应中能量转化的问题，在以后的《感应电路》专题中还会作更深入的探讨． 五、多次相互作用或含多个物体的系统的动量、功能问题●例8 如图2－9所示，在光滑水平面上有一质量为M 的长木板，长木板上有一质量为m 的小物块，它与长木板间的动摩擦因数为μ．开始时，长木板与小物块均靠在与水平面垂直的固定挡板处，某时刻它们以共同的速度v 0向右运动，当长木板与右边的固定竖直挡板碰撞后，其速度的大小不变、方向相反，以后每次的碰撞均如此．设左右挡板之间的距离足够长，且M ＞m ．图2－9(1)要想物块不从长木板上落下，则长木板的长度L 应满足什么条件？(2)若上述条件满足，且M ＝2 kg ，m ＝1 kg ，v 0＝10 m/s ，求整个系统在第5次碰撞前损失的所有机械能．【解析】(1)设第1次碰撞后小物块与长木板共同运动的速度为v 1，第n 次碰撞后小物块与长木板共同运动的速度为v n ．每次碰撞后，由于两挡板的距离足够长，物块与长木板都能达到相对静止，第1次若不能掉下，往后每次相对滑动的距离会越来越小，更不可能掉下．由动量守恒定律和能量守恒定律有：(M －m )v 0＝(M ＋m )v 1μmgs ＝12(m ＋M )v 02－12M ＋m )v 12解得：s ＝2M v 02μ(M ＋m )g故L 应满足的条件是：L ≥s ＝2M v 02μ(M ＋m )g．(2)第2次碰撞前有：。

⾼中物理易错题精选（含答案有解析分章节）⾼考物理易错题精选讲解1：质点的运动错题集⼀、主要内容本章内容包括位移、路程、时间、时刻、平均速度、即时速度、线速度、⾓速度、加速度等基本概念，以及匀变速直线运动的规律、平抛运动的规律及圆周运动的规律。

在学习中要注意准确理解位移、速度、加速度等基本概念，特别应该理解位移与距离（路程）、速度与速率、时间与时刻、加速度与速度及速度变化量的不同。

⼆、基本⽅法本章中所涉及到的基本⽅法有：利⽤运动合成与分解的⽅法研究平抛运动的问题，这是将复杂的问题利⽤分解的⽅法将其划分为若⼲个简单问题的基本⽅法；利⽤物理量间的函数关系图像研究物体的运动规律的⽅法，这也是形象、直观的研究物理问题的⼀种基本⽅法。

这些具体⽅法中所包含的思想，在整个物理学研究问题中都是经常⽤到的。

因此，在学习过程中要特别加以体会。

三、错解分析在本章知识应⽤的过程中，初学者常犯的错误主要表现在：对要领理解不深刻，如加速度的⼤⼩与速度⼤⼩、速度变化量的⼤⼩，加速度的⽅向与速度的⽅向之间常混淆不清；对位移、速度、加速度这些⽮量运算过程中正、负号的使⽤出现混乱：在未对物体运动（特别是物体做减速运动）过程进⾏准确分析的情况下，盲⽬地套公式进⾏运算等。

例1 汽车以10 m/s 的速度⾏使5分钟后突然刹车。

如刹车过程是做匀变速运动，加速度⼤⼩为5m/s 2 ，则刹车后3秒钟内汽车所⾛的距离是多少？【错解】因为汽车刹车过程做匀减速直线运动，初速v 0=10m/s 加速度a=5m/s 2，据S=2021at t v -，则位移S=9521310??-?=7.5（m ）。

【错解原因】出现以上错误有两个原因。

⼀是对刹车的物理过程不清楚。

当速度减为零时，车与地⾯⽆相对运动，滑动摩擦⼒变为零。

⼆是对位移公式的物理意义理解不深刻。

位移S 对应时间t ，这段时间内a 必须存在，⽽当a 不存在时，求出的位移则⽆意义。

由于第⼀点的不理解以致认为a 永远地存在；由于第⼆点的不理解以致有思考a 什么时候不存在。

2010年高三物理第一轮总复习及高中物理易错题归纳总结及答案分析第4专题带电粒子在电场和磁场中的运动知识网络考点预测带电粒子在电场、磁场(或电场、磁场和重力场的复合场)中的运动是高中物理中的重点内容，这类问题对学生的空间想象能力、分析综合能力、应用数学知识处理物理问题的能力有较高的要求，是考查考生多项能力的极好载体，因此成为高考的热点，在实行了多年的理科综合能力测试中也是每年都考，且分值较高．从试题的难度上看，多属于中等难度和较难的题，特别是只要出现计算题就一定是难度较大的综合题．考题有可能以科学技术的具体问题为背景，从实际问题中获取并处理信息，把实际问题转化成物理问题，提高分析解决实际问题的能力是教学中的重点．计算题还常常成为试卷的压轴题，如2009年全国理综卷Ⅰ第26题、全国理综卷Ⅱ第25题、重庆理综卷第25题、四川理综卷第25题；2008年全国理综卷Ⅰ第25题、江苏物理卷第14题、四川理综卷第27题、重庆理综卷第25题、山东理综卷第25题等．预计在2010年高考中仍然会出现带电粒子在复合的或组合的电场和磁场中运动的问题．要点归纳一、不计重力的带电粒子在电场中的运动1．带电粒子在电场中加速当电荷量为q、质量为m、初速度为v0的带电粒子经电压U加速后，速度变为vt，由11动能定理得：qU＝mvt2－mv02．若v0＝0，则有vt＝222qU，这个关系式对任意静电场m都是适用的．对于带电粒子在电场中的加速问题，应突出动能定理的应用．2．带电粒子在匀强电场中的偏转电荷量为q、质量为m的带电粒子由静止开始经电压U1加速后，以速度v1垂直进入由两带电平行金属板产生的匀强电场中，则带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，其轨迹是一条抛物线(如图4－1所示)．图4－11qU1＝mv122设两平行金属板间的电压为U2，板间距离为d，板长为L．(1)带电粒子进入两板间后粒子在垂直于电场的方向上做匀速直线运动，有：vx＝v1，L＝v1t粒子在平行于电场的方向上做初速度为零的匀加速直线运动，有：1qEqUvy＝at，y＝at2，a＝＝2．2mmd(2)带电粒子离开极板时12qU2L2U2L2侧移距离y＝at＝2＝24dU12mdv1U2x2轨迹方程为：y＝(与m、q无关)4dU1atqU2LU2L偏转角度φ的正切值tan φ＝＝2＝2dU1v1mdv1若在偏转极板右侧D距离处有一竖立的屏，在求电子射到屏上的侧移距离时有一个很有用的推论，即：所有离开偏转电场的运动电荷好像都是从极板的中心沿中心与射出点的连L线射出的．这样很容易得到电荷在屏上的侧移距离y′＝(D＋)tan φ．2以上公式要求在能够证明的前提下熟记，并能通过以上式子分析、讨论侧移距离和偏转角度与带电粒子的速度、动能、比荷等物理量的关系．二、不计重力的带电粒子在磁场中的运动1．匀速直线运动：若带电粒子的速度方向与匀强磁场的方向平行，则粒子做匀速直线运动．2．匀速圆周运动：若带电粒子的速度方向与匀强磁场的方向垂直，则粒子做匀速圆周运动．质量为m、电荷量为q的带电粒子以初速度v垂直进入匀强磁场B中做匀速圆周运动，其角速度为ω，轨道半径为R，运动的周期为T，则有：v22πqvB＝m＝mRω2＝mvω＝mR()2＝mR(2πf)2RTmvR＝qB2πm1qBT＝(与v、R无关)，f＝＝．qBT2πm3．对于带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的问题，应注意把握以下几点．(1)粒子圆轨迹的圆心的确定①若已知粒子在圆周运动中的两个具体位置及通过某一位置时的速度方向，可在已知的速度方向的位置作速度的垂线，同时作两位置连线的中垂线，两垂线的交点为圆轨迹的圆心，如图4－2 所示．②若已知做圆周运动的粒子通过某两个具体位置的速度方向，可在两位置上分别作两速度的垂线，两垂线的交点为圆轨迹的圆心，如图4－3所示．③若已知做圆周运动的粒子通过某一具体位置的速度方向及圆轨迹的半径R，可在该位置上作速度的垂线，垂线上距该位置R处的点为圆轨迹的圆心(利用左手定则判断圆心在已知位置的哪一侧)，如图4－4所示．图4－2 图4－3 图4－4(2)粒子圆轨迹的半径的确定mv①可直接运用公式R＝来确定．qB②画出几何图形，利用半径R与题中已知长度的几何关系来确定．在利用几何关系时，要注意一个重要的几何特点，即：粒子速度的偏向角φ等于对应轨迹圆弧的圆心角α，并等于弦切角θ的2倍，如图4－5所示．图4－5(3)粒子做圆周运动的周期的确定2πm①可直接运用公式T＝来确定．qB②利用周期T与题中已知时间t的关系来确定．若粒子在时间t内通过的圆弧所对应的αα圆心角为α，则有：t＝·T(或t＝·T)．360°2π(4)圆周运动中有关对称的规律①从磁场的直边界射入的粒子，若再从此边界射出，则速度方向与边界的夹角相等，如图4－6所示．②在圆形磁场区域内，沿径向射入的粒子必沿径向射出，如图4－7所示．图4－6 图4－7(5)带电粒子在有界磁场中运动的极值问题刚好穿出磁场边界的条件通常是带电粒子在磁场中运动的轨迹与边界相切．三、带电粒子在复合场中的运动1．高中阶段所涉及的复合场有四种组合形式，即：①电场与磁场的复合场；②磁场与重力场的复合场；③电场与重力场的复合场；④电场、磁场与重力场的复合场．2．带电粒子在复合场中的运动性质取决于带电粒子所受的合外力及初速度，因此应把带电粒子的运动情况和受力情况结合起来进行分析．当带电粒子在复合场中所受的合外力为零时，带电粒子做匀速直线运动(如速度选择器)；当带电粒子所受的重力与电场力等值、反向，由洛伦兹力提供向心力时，带电粒子在垂直磁场的平面内做匀速圆周运动；当带电粒子所受的合外力是变力，且与初速度的方向不在一条直线上时，粒子做非匀变速曲线运动，运动轨迹也随之不规范地变化．因此，要确定粒子的运动情况，必须明确有几种场，粒子受几种力，重力是否可以忽略．3．带电粒子所受三种场力的特征(1)洛伦兹力的大小跟速度方向与磁场方向的夹角有关．当带电粒子的速度方向与磁场方向平行时，f洛＝0；当带电粒子的速度方向与磁场方向垂直时，f洛＝qvB．当洛伦兹力的方向垂直于速度v和磁感应强度B所决定的平面时，无论带电粒子做什么运动，洛伦兹力都不做功．(2)电场力的大小为qE，方向与电场强度E的方向及带电粒子所带电荷的性质有关．电场力做功与路径无关，其数值除与带电粒子的电荷量有关外，还与其始末位置的电势差有关．(3)重力的大小为mg，方向竖直向下．重力做功与路径无关，其数值除与带电粒子的质量有关外，还与其始末位置的高度差有关．注意：①微观粒子(如电子、质子、离子)一般都不计重力；②对带电小球、液滴、金属块等实际的物体没有特殊交代时，应当考虑其重力；③对未知名的、题中又未明确交代的带电粒子，是否考虑其重力，则应根据题给的物理过程及隐含条件具体分析后作出符合实际的决定．4．带电粒子在复合场中的运动的分析方法(1)当带电粒子在复合场中做匀速运动时，应根据平衡条件列方程求解．(2)当带电粒子在复合场中做匀速圆周运动时，往往应用牛顿第二定律和平衡条件列方程联立求解．(3)当带电粒子在复合场中做非匀速曲线运动时，应选用动能定理或动量守恒定律列方程求解．注意：如果涉及两个带电粒子的碰撞问题，要根据动量守恒定律列方程，再与其他方程联立求解．由于带电粒子在复合场中的受力情况复杂，运动情况多变，往往出现临界问题，这时应以题目中的“恰好”、“最大”、“最高”、“至少”等词语为突破口，挖掘隐含条件，并根据临界条件列出辅助方程，再与其他方程联立求解．热点、重点、难点一、根据带电粒子的运动轨迹进行分析推理图4－8●例1 如图4－8所示，MN是一正点电荷产生的电场中的一条电场线．一个带负电的粒子(不计重力)从a到b穿越这条电场线的轨迹如图中虚线所示．下列结论正确的是( )A．带电粒子从a到b的过程中动能逐渐减小B．正点电荷一定位于M点的左侧C．带电粒子在a点时具有的电势能大于在b点时具有的电势能D．带电粒子在a 点的加速度大于在b点的加速度【解析】由做曲线运动的物体的受力特点知带负电的粒子受到的电场力指向曲线的内侧，故电场线MN的方向为N→M，正点电荷位于N的右侧，选项B错误；由a、b两点的位置关系知b点更靠近场源电荷，故带电粒子在a点受到的库仑力小于在b 点受到的库仑力，粒子在b点的加速度大，选项D错误；由上述电场力的方向知带电粒子由a运动到b的过程中电场力做正功，动能增大，电势能减小，故选项A错误、C正确．[答案] C 【点评】本专题内容除了在高考中以常见的计算题形式出现外，有时候也以选择题形式出现，通过带电粒子在非匀强电场中(只受电场力)的运动轨迹来分析电场力和能的特性是一种重要题型，解析这类问题时要注意以下三点：①电场力一定沿电场线曲线的切线方向且一定指向轨迹曲线的内侧；②W电＝qUa b＝Ekb－Eka；③当电场线为曲线时，电荷的运动轨迹不会与之重合．二、带电粒子在电场中的加速与偏转图4－9●例2 喷墨打印机的结构简图如图4－9所示，其中墨盒可以发出墨汁微滴，其半径约为1×10－5 m，此微滴经过带电室时被带上负电，带电荷量的多少由计算机按字体笔画的高低位置输入信号加以控制．带电后的微滴以一定的初速度进入偏转电场，带电微滴经过偏转电场发生偏转后打到纸上，显示出字体．无信号输入时，墨汁微滴不带电，径直通过偏转板而注入回流槽流回墨盒．偏转板长1.6 cm，两板间的距离为0.50 cm，偏转板的右端距纸3.2 cm．若墨汁微滴的质量为1.6×10－10 kg，以20 m/s 的初速度垂直于电场方向进入偏转电场，两偏转板间的电压是8.0×103 V，其打到纸上的点距原射入方向的距离是2.0 mm．求这个墨汁微滴通过带电室所带的电荷量的多少．(不计空气阻力和重力，可以认为偏转电场只局限于平行板电容器的内部，忽略边缘电场的不均匀性)为了使纸上的字放大10%，请你分析并提出一个可行的方法．【解析】设墨汁微滴所带的电荷量为q，它进入偏转电场后做类平抛运动，离开电场后12做直线运动打到纸上，则距原入射方向的距离为：y＝at＋Ltan φ2qUlat又a＝，t＝，tan φ＝mdv0v0qUll解得：y＝2(＋L)mdv02代入数据得：q＝1.25×10－13 C要将字体放大10%，只要使y增大为原来的1.1倍，可采用的措施为将两偏转板间的电压增大到8.8×103 V，或将偏转板右端与纸的间距增大到3.6 cm．－133[答案] 1.25×10 C 将两偏转板间的电压增大到8.8×10 V，或将偏转板右端与纸的间距增大到3.6 cmllqUl【点评】①本题也可直接根据推论公式y＝(＋L)tan φ＝(＋L)进行计算．22mdv02②和平抛运动问题一样，这类题型中偏转角度的正切表达式在解题中往往较为关键，且有tan θ＝2tan α(α为射出点的位移方向与入射方向的夹角)的特点．★同类拓展1 如图4－10甲所示，在真空中，有一半径为R的圆形区域内存在匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外．在磁场右侧有一对平行金属板M和N，两板间距为R，板长为2R，板间的中心线O1O2与磁场的圆心O在同一直线上．有一电荷量为q、质量为m的带正电的粒子以速度v0从圆周上的a点沿垂直于半径OO1并指向圆心O 的方向进入磁场，当从圆周上的O1点水平飞出磁场时，给M、N两板加上如图4－10乙所示的电压，最后粒子刚好以平行于N板的速度从N板的边缘飞出．(不计粒子所受到的重力、两板正对面之间为匀强电场，边缘电场不计)图4－10(1)求磁场的磁感应强度B．(2)求交变电压的周期T和电压U0的值．T(3)当t＝时，该粒子从M、N板右侧沿板的中心线仍以速度v0射入M、N之间，求粒2子从磁场中射出的点到a点的距离．【解析】(1)粒子自a点进入磁场，从O1点水平飞出磁场，则其运动的轨道半径为R．2v0mv0由qv0B＝m，解得：B＝．RqR(2)粒子自O1点进入电场后恰好从N板的边缘平行极板飞出，设运动时间为t，根据类平抛运动规律有：2R＝v0t RqUT＝2n·0()2 22mR2又t＝nT (n＝1,2,3?)2R解得：T＝(n＝1,2,3?)nv02nmv0U0＝(n＝1,2,3?)．2q图4－10丙T(3)当t＝时，粒子以速度v0沿O2O1射入电场，该粒子恰好从M板边缘以平行于极板2的速度射入磁场，进入磁场的速度仍为v0，运动的轨迹半径为R．设进入磁场时的点为b，离开磁场时的点为c，圆心为O3，如图4－10丙所示，四边形ObO3c是菱形，所以Oc∥O3b，故c、O、a三点共线，ca即为圆的直径，则c、a间的距离d＝2R．mv0[答案] (1)qRnmv02R(2) (n＝1,2,3?) (n＝1,2,3?) (3)2R2qnv0【点评】带电粒子在匀强电场中偏转的运动是类平抛运动，解此类题目的关键是将运动分解成两个简单的直线运动，题中沿电场方向的分运动就是“受力周期性变化的加速运动”．三、带电粒子在有界磁场中(只受洛伦兹力)的运动1．带电粒子在磁场中的运动大体包含五种常见情境，即：无边界磁场、单边界磁场、双边界磁场、矩形边界磁场、圆形边界磁场．带电粒子在磁场中的运动问题综合性较强，解这类问题往往要用到圆周运动的知识、洛伦兹力，还要牵涉到数学中的平面几何、解析几何等知识．因此，解此类试题，除了运用常规的解题思路(画草图、找“圆心”、定“半径”等)之外，更应侧重于运用数学知识进行分析．2．带电粒子在有界匀强磁场中运动时，其轨迹为不完整的圆周，解决这类问题的关键有以下三点．①确定圆周的圆心．若已知入射点、出射点及入射方向、出射方向，可通过入射点和出射点作垂直于入射方向和出射方向的直线，两直线的交点即为圆周的圆心；若已知入射点、出射点及入射方向，可通过入射点作入射线的垂线，连接入射点和出射点，作此连线的垂直平分线，两垂线的交点即为圆周的圆心．②确定圆的半径．一般在圆上作图，由几何关系求出圆的半径．θ③求运动时间．找到运动的圆弧所对应的圆心角θ，由公式t＝T 求出运动时间．2π3．解析带电粒子穿过圆形区域磁场问题常可用到以下推论：①沿半径方向入射的粒子一定沿另一半径方向射出．②同种带电粒子以相同的速率从同一点垂直射入圆形区域的匀强磁场时，若射出方向与RRBq射入方向在同一直径上，则轨迹的弧长最长，偏转角有最大值且为α＝2arcsin＝2arcsin．rmv③在圆形区域边缘的某点向各方向以相同速率射出的某种带电粒子，如果粒子的轨迹半径与区域圆的半径相同，则穿过磁场后粒子的射出方向均平行(反之，平行入射的粒子也将汇聚于边缘一点)．●例3 如图4－11甲所示，空间存在匀强电场和匀强磁场，电场方向为y轴正方向，磁场方向垂直于xy平面(纸面)向外，电场和磁场都可以随意加上或撤除，重新加上的电场或磁场与撤除前的一样．一带正电荷的粒子从P(0，h)点以一定的速度平行于x轴正向入射．这时若只有磁场，粒子将做半径为R0的圆周运动；若同时存在电场和磁场，粒子恰好做直线运动．现在只加电场，当粒子从P点运动到x＝R0平面(图中虚线所示)时，立即撤除电场同时加上磁场，粒子继续运动，其轨迹与x轴交于M点，不计重力，求：2图4－11甲(1)粒子到达x＝R0平面时的速度方向与x轴的夹角以及粒子到x轴的距离．(2)M 点的横坐标xM．【解析】(1)粒子做直线运动时，有：qE＝qBv0mv02做圆周运动时，有：qBv0＝R0只有电场时，粒子做类平抛运动，则有：qE＝ma R0＝v0t vy＝at解得：vy＝v0粒子的速度大小为：v＝v02＋vy2＝2v0π速度方向与x轴的夹角为：θ＝412R0粒子与x轴的距离为：H＝h＋at＝h＋．222v(2)撤去电场加上磁场后，有：qBv＝mR解得：R＝2R0此时粒子的运动轨迹如图4－11乙所示．圆心C位于与速度v方向垂直的直线上，该π直线与x轴和y轴的夹角均为．由几何关系可得C点的坐标为：4图4－11乙xC＝2R0R0yC＝H－R0＝h－2R过C点作x轴的垂线，在△CDM中，有：lCM＝R＝2R0，lCD＝yC＝h－0 2 72222解得：lDM＝lCM－lCD＝R0＋R0h－h472M点的横坐标为：xM＝2R0＋R0＋R0h－h2．4πR72[答案] (1) h＋0 (2)2R0＋R0＋R0h－h2224【点评】无论带电粒子在匀强电场中的偏转还是在匀强磁场中的偏转，偏转角往往是个较关键的量．●例4 如图4－12甲所示，质量为m、电荷量为e的电子从坐标原点O处沿xOy 平面射入第一象限内，射入时的速度方向不同，但大小均为v0．现在某一区域内加一方向向外且垂直于xOy平面的匀强磁场，磁感应强度大小为B，若这些电子穿过磁场后都能垂直地射到与y轴平行的荧光屏MN上，求：图4－12甲(1)荧光屏上光斑的长度．(2)所加磁场范围的最小面积．【解析】(1)如图4－12乙所示，要求光斑的长度，只要找到两个边界点即可．初速度沿x轴正方向的电子沿弧OA运动到荧光屏MN上的P点；初速度沿y轴正方向的电子沿弧OC运动到荧光屏MN上的Q点．图4－12乙设粒子在磁场中运动的半径为R ，由牛顿第二定律得：v02mv0ev0B＝m，即R＝RBemv0由几何知识可得：PQ＝R＝．Be(2)取与x轴正方向成θ角的方向射入的电子为研究对象，其射出磁场的点为E(x，y)，因其射出后能垂直打到屏MN上，故有：x＝－Rsin θ y＝R＋Rcos θ即x2＋(y－R)2＝R2又因为电子沿x轴正方向射入时，射出的边界点为A点；沿y轴正方向射入时，射出的边界点为C点，故所加最小面积的磁场的边界是以(0，R)为圆心、R为半径的圆的一部分，如图乙中实线圆弧所围区域，所以磁场范围的最小面积为：mv023212π2S＝πR＋R－πR＝(＋1)()．442Bemv0mv02π[答案] (1) (2)(＋1)()Be2Be【点评】带电粒子在匀强磁场中偏转的试题基本上是年年考，大概为了求新求变，在2009年高考中海南物理卷(第16题)、浙江理综卷(第25题)中都出现了应用这一推论的题型．★同类拓展2 如图4－13甲所示，ABCD是边长为a的正方形．质量为m、电荷量为e的电子以大小为v0的初速度沿纸面垂直于BC边射入正方形区域．在正方形内适当区域中有匀强磁场．电子从BC边上的任意点入射，都只能从A点射出磁场．不计重力，求：图4－13甲(1)此匀强磁场区域中磁感应强度的方向和大小．(2)此匀强磁场区域的最小面积．[2009年高考·海南物理卷]【解析】(1)若要使由C点入射的电子从A点射出，则在C处必须有磁场，设匀强磁场AEC是自C点垂直于BC入射的电子在磁场中的运行轨的磁感应强度的大小为B，令圆弧?道，电子所受到的磁场的作用力f＝ev0B，方向应指向圆弧的圆心，因而磁场的方向应垂直AEC的圆心在CB边或其延长线上．依题意，圆心在A、C连线的中垂线于纸面向外．圆弧?上，故B点即为圆心，圆半径为a．按照牛顿定律有：2v0f＝mamv0联立解得：B＝．ea(2)由(1)中决定的磁感应强度的方向和大小，可知自C点垂直于BC入射的电子在A点沿DA方向射出，且自BC边上其他点垂直于入射的电子的运动轨道只能在BAEC 区域中，因而，圆弧?AEC是所求的最小磁场区域的一个边界．为了决定该磁场区域的另一边界，我们来考察射中A点的电子的速度方向与BA 的延长π线交角为θ(不妨设0≤θ＜)的情形．该电子的运动轨迹QPA如图4－13乙所示．图中，圆2弧?AP的圆心为O，PQ垂直于BC边，由上式知，圆弧?AP的半径仍为a．过P 点作DC的垂线交DC于G，由几何关系可知∠DPG＝θ，在以D为原点、DC为x轴、DA为y轴的坐标系中，P点的坐标(x，y)为：x＝asin θ，y＝acos θ图4－13乙π这意味着，在范围0≤θ≤内，P点形成以D为圆心、a为半径的四分之一圆周?AFC，2它是电子做直线运动和圆周运动的分界线，构成所求磁场区域的另一边界．因此，所求的最小匀强磁场区域是分别以B和D为圆心、a为半径的两个四分之一圆周?AEC 和?AFC所围成的，其面积为：π－2211S＝2(πa2－a2)＝a．422mv0π－22[答案] (1) 方向垂直于纸面向外(2)aea2四、带电粒子在复合场、组合场中的运动问题●例5 在地面附近的真空中，存在着竖直向上的匀强电场和垂直电场方向水平向里的匀强磁场，如图4－14甲所示．磁场的磁感应强度B随时间t的变化情况如图4－14乙所示．该区域中有一条水平直线MN，D是MN上的一点．在t＝0时刻，有一个质量为m、电荷量为＋q的小球(可看做质点)，从M点开始沿着水平直线以速度v0做匀速直线运动，t0时刻恰好到达N 点．经观测发现，小球在t＝2t0至t＝3t0时间内的某一时刻，又竖直向下经过直线MN上的D点，并且以后小球多次水平向右或竖直向下经过D点．求：图4－14(1)电场强度E的大小．(2)小球从M点开始运动到第二次经过D点所用的时间．(3)小球运动的周期，并画出运动轨迹(只画一个周期)．【解析】(1)小球从M点运动到N点时，有：qE＝mg mg解得：E＝．q(2)小球从M点到达N点所用时间t1＝t03小球从N点经过个圆周，到达P点，所以t2＝t04mv0小球从P点运动到D点的位移x＝R＝B0qRm小球从P点运动到D点的时间t3＝＝v0B0qm所以时间t＝t1＋t2＋t3＝2t0＋B0qm1[或t＝(3π＋1)，t＝2t0(＋1)]．qB03π(3)小球运动一个周期的轨迹如图4－14丙所示．图4－14丙12πm小球的运动周期为：T＝8t0(或T＝)．qB0mgm[答案] (1) (2)2t0＋qB0q(3)T＝8t0 运动轨迹如图4－14丙所示【点评】带电粒子在复合场或组合场中运动的轨迹形成一闭合的对称图形的试题在高考中屡有出现．五、常见的、在科学技术中的应用带电粒子在电场、磁场中的运动规律在科学技术中有广泛的应用，高中物理中常碰到的有：示波器(显像管)、速度选择器、质谱仪、回旋加速器、霍耳效应传感器、电磁流量计等．●例6 一导体材料的样品的体积为a×b×c，A′、C、A、C′为其四个侧面，如图4－15所示．已知导体样品中载流子是自由电子，且单位体积中的自由电子数为n，电阻率为ρ，电子的电荷量为e，沿x方向通有电流I．图4－15(1)导体样品A′、A两个侧面之间的电压是________，导体样品中自由电子定向移动的速率是________．(2)将该导体样品放在匀强磁场中，磁场方向沿z轴正方向，则导体侧面C的电势________(填“高于”、“低于”或“等于”)侧面C′的电势．(3)在(2)中，达到稳定状态时，沿x方向的电流仍为I，若测得C、C′两侧面的电势差为U，试计算匀强磁场的磁感应强度B的大小．c【解析】(1)由题意知，样品的电阻R＝ρ· abρcI根据欧姆定律：U0＝I·R＝ab分析t时间定向移动通过端面的自由电子，由电流的定义式n·ab·v·t·etI可得v＝．nabe(2)由左手定则知，定向移动的自由电子向C′侧面偏转，故C侧的电势高于C′侧面．U(3)达到稳定状态时，自由电子受到电场力与洛伦兹力的作用而平衡，则有：q＝qvBbneaU解得：B＝．IρcIIneaU[答案] (1) (2)高于(3) abnabeI【点评】本例实际上为利用霍耳效应测磁感应强度的方法，而电磁流量计、磁流体发电机的原理及相关问题的解析都与此例相似．★同类拓展3 如图4－16甲所示，离子源A产生的初速度为零、带电荷量均为e、质量不同的正离子被电压为U0的加速电场加速后匀速通过准直管，垂直射入匀强偏转电场，偏转后通过极板HM上的小孔S离开电场，经过一段匀速直线运动，垂直于边界MN进入磁感应强度为B的匀强磁场．已知HO＝d，HS＝2d，∠MNQ＝90°．(忽略离子所受重力)I＝图4－16甲(1)求偏转电场场强E0的大小以及HM与MN的夹角φ．(2)求质量为m的离子在磁场中做圆周运动的半径．(3)若质量为4m的离子垂直打在NQ的中点S1处，质量为16m的离子打在S2处．求S1和S2之间的距离以及能打在NQ上的正离子的质量范围．[2009年高考·重庆理综卷]【解析】(1)设正离子经电压为U0的电场加速后速度为v1，应用动能定理有：图4－16乙1eU0＝mv12－02正离子垂直射入匀强偏转电场，受到的电场力F＝eE0。

第6专题振动与波、光学、执掌、原子物理(一)振动与波、光学知识网络考点预测振动与波是历年高考的必考内容，其中命题率最高的知识点为波的图象、波长、频率、波速及其相互关系，特别是波的图象与振动图象的关系，如2009年高考北京理综卷第17题、全国理综卷Ⅰ第20题、福建理综卷第17题，一般以选择题的形式出现，试题信息量大、综合性强，一道题往往考查多个概念和规律．其中波的图象，可以综合考查对波的理解能力、推理能力和空间想象能力．高考对光学部分的考查主要有：①光的折射现象，全反射；②光的干涉、衍射和偏振现象；③平面镜成像的作图方法；④双缝干涉实验测定光的波长；⑤光电效应现象．要点归纳一、振动与波 单摆(1)特点：①单摆是理想模型；②单摆的回复力由重力沿圆弧方向的分力提供，当最大摆角α＜10°时，单摆的振动可看做简谐运动，其振动周期T ＝2πLg．(2)应用：①计时器；②测定重力加速度g ，g ＝4π2LT2．1．平面镜改变光的传播方向，而不改变光的性质．2．平面镜成像的特点：等大、正立、虚像，物、像关于镜面对称． 3．成像作图要规范化．射向平面镜的入射光线和反射光线要用实线，并且要用箭头标出光的传播方向．反射光线的反向延长线只能用虚线，虚线上不能标箭头．镜中的虚像是物体射到平面镜上所有光线的反射光线反向延长后相交形成的．在成像作图中，可以只画两条光线来确定像点．法线既与界面垂直，又是入射光线与反射光线夹角的平分线．平面镜转过一个微小的角度α，法线也随之转过角度α，当入射光线的方向不变时，反射光线则偏转2α．五、光的折射定律1．折射率：光从真空射入某种介质发生折射时，入射角θ1的正弦与折射角θ2的正弦之比为定值n ，叫做这种介质的折射率，表示为n ＝sin θ1sin θ2．实验和研究证明，某种介质的折射率等于光在真空中的传播速度c 跟光在这种介质中的传播速度v 之比，即n ＝cv ．2．折射现象中光路是可逆的． 六、全反射和临界角1．全反射的条件：(1)光从光密介质射向光疏介质；(2)入射角大于或等于临界角．2．临界角：使折射角等于90°时的入射角，某种介质的临界角C 用sin C ＝1n计算．七、用折射定律分析光的色散现象在分析、计算光的色散时，要掌握好折射率n 的应用及有关数学知识，着重理解两点：①光的频率(颜色)由光源决定，与介质无关；②在同一介质中，频率越大的光的折射率越大，再应用n ＝c v ＝λ0λ等知识，就能准确而迅速地判断有关色光在介质中的传播速度、波长、入射光线与折射光线的偏折程度等问题．八、光的波动性 1．光的干涉(1)干涉条件：两束光的频率相同，并有稳定的相位差．(2)双缝干涉：两列光波到达某点的路程差为波长的整数倍时，该处的光互相加强，出现亮条纹；当到达某点的路程差为半波长的奇数倍时，该处的光互相削弱，出现暗条纹．相邻两条亮条纹(或暗条纹)的间距Δx ＝Ldλ．(3)薄膜干涉：从薄膜前后表面反射的两列波叠加产生的干涉．应用：检查平面的平整度、增透膜等．2．光的衍射发生明显衍射的条件：障碍物的尺寸跟光的波长相近或比光的波长还小． 光的衍射条纹和干涉条纹不同．泊松亮斑是光的衍射引起的． 3．光的电磁说麦克斯韦提出“光是一种电磁波”的假设，赫兹用实验验证了电磁说的正确性． 九、光的粒子性 1．光电效应(1)现象：在光的照射下物体发射电子(光电子)的现象．(2)规律：任何金属都存在极限频率，只有用高于极限频率的光照射金属时，才会发生光电效应．在入射光的频率大于金属的极限频率的情况下，从光照射到金属上到金属逸出光电子的过程，几乎是瞬时的．光电子的最大初动能随入射光频率的增大而增大，与光的强度无关．单位时间内逸出的光电子数与入射光的强度成正比．2．光电效应方程：12m v m 2＝hν－W ．3．光子说：即空间传播的光是不连续的，而是一份一份的，每一份的能量等于hν(ν为光子的频率)，每一份叫做一个光子．4．光的波粒二象性：光的干涉、衍射现象说明光具有波动性，光电效应表明光具有粒子性，因此光具有波粒二象性．5．物质波：任何一个运动的物体(小到电子大到行星)都有一个波与它对应，波长λ＝hp(p为物体的动量)．热点、重点、难点一、简谐运动的动力学问题图6－1●例1 如图6－1所示，一个弹簧振子在光滑水平面上的A 、B 两点之间做简谐运动．当振子经过最大位移处(B 点)时，有块胶泥落在它的上面，并随其一起振动，那么后来的振动与原来相比较( )A ．振幅的大小不变B ．加速度的最大值不变C ．速度的最大值变小D ．弹性势能的最大值不变【解析】当振子经过最大位移处(B 点)时，胶泥落在它的上面，在此过程中，胶泥减少的重力势能全部转变为内能，振子(含胶泥)在B 点的速度仍为零，则其仍以O 点为平衡位置做简谐运动，且振幅的大小不变．于是，最大回复力和最大弹性势能不变．由于质量增大，则其最大加速度变小，在平衡位置的速度(即最大速度)变小．综上可知，选项A 、C 、D 正确．[答案] ACD【点评】解决本题的关键在于正确理解简谐运动的特征，了解简谐运动中各个物理量的变化，找到“振幅的大小不变”这一突破口，进而分析求解．简谐运动具有以下规律．①在平衡位置：速度最大、动能最大、动量最大，位移最小、回复力最小、加速度最小、势能最小．②在位移大小等于振幅处：速度最小、动能最小、动量最小，位移最大、回复力最大、加速度最大、势能最大．③振动中的位移x 都是以平衡位置为起点的，方向从平衡位置指向末位置，大小为这两位置间的直线距离．加速度与回复力的变化一致，在两个“端点”最大，在平衡位置为零，方向总是指向平衡位置．二、简谐运动的图象、波的图象●例2 一列简谐横波以1 m/s 的速度沿绳子由A 向B 传播，质点A 、B 间的水平距离为3 m ，如图6－2甲所示．若t ＝0时质点A 刚从平衡位置开始向上振动，其振动图象如图6－2 乙所示，则B 点的振动图象为图6－2丙中的( )图6－2 【解析】由题意知，λ＝v·T＝4 m故l AB＝34λ，经过t＝34T＝3 s时间B点开始振动．又由波的传播特性可知，每点开始振动的方向与振源的起振方向相同，故知B点的振动图象为B．[答案] B【点评】本例虽然只要求B的振动图象，但解析过程必须弄清楚波的传播过程，可画出t＝3 s时刻以及t′＝3 s＋Δt时刻AB方向波的图象图6－2丁所示．图6－2丁●例3两列振幅、波长均相同的简谐横波，以相同的速率沿相反方向在同一介质中传播．图6－3所示为某一时刻两波的波形图，其中实线为向右传播的波，虚线为向左传播的波，a、b、c、d、e为五个等距离的质点．则在两列波传播的过程中，下列说法中正确的是()图6－3A．质点a、b、c、d、e始终静止不动B．质点b、d始终静止不动C．质点a、c、e始终静止不动D．质点a、c、e以振幅2A做简谐运动【解析】由波的叠加原理可知，图示时刻质点a、b、c、d、e的位移都为零．其中两列波在a、c、e上引起的振动方向相同，在b、d两点引起的振动方向总是相反，故b、d始终静止不动，a、c、e以振幅2A做简谐运动．[答案] BD【点评】①两列波传播至某点时，两列波引起的振动“步调”相同时，干涉加强；引起的振动“步调”相反时，干涉减弱，不应仅考虑波峰、波谷的相遇．②振动加强的点与振动减弱的点有规律地相互间隔．③注：干涉图样不是固定不动的，加强的点在做更大振幅的振动． 三、平面镜成像问题●例4 某物体左右两侧各有一竖直放置的平面镜，两平面镜相互平行，物体距离左镜4 m ，右镜8 m ，如图6－4甲所示．物体在左镜所成的像中从右向左数的第三个像与物体的距离是[2009年高考·全国理综卷Ⅰ]( )图6－4甲A ．24 mB ．32 mC ．40 mD ．48 m【解析】物体在左镜中所成的各像如图6－4乙所示，可知左镜中从右向左的第三个像是第一个像在右镜中的像再在左镜中成的像，即看见像时为光线在左镜反射一次后在右镜反射一次再在左镜反射一次进入眼睛，由平面镜成像的对称性可得：d ＝32 m ．图6－4乙[答案] B【点评】光线经过平面镜反射进入眼睛，眼睛逆着光线确定光源，感觉光是从“虚像”发出．四、光的折射与全反射光学器材是由透明介质制成的，当光线从空气照射到这些透明体的表面时，折射进入透明体，然后再发生其他的光学现象．解这类问题用到的光学知识主要是反射定律、折射定律、全反射知识和数学中的几何知识．1．视深问题●例5 某水池的实际深度为h ，若某人垂直水面往下看时，水池的视深为多少？(设水的折射率为n )【解析】如图所示，作两条从水底S 发出的折射光线，一条垂直射出水面，另一条入射角很小(眼睛对光点的张角很小)，这两条折射光线反向延长线的交点S ′ 就是看到的S 的像．在△AS ′O 中，tan α＝AOh ′在△ASO 中，tan γ＝AOh则tan αtan γ＝h h ′因为α、γ很小，所以sin α≈tan α，sin γ≈tan γ得：h ′＝sin γsin αh ＝hn ．[答案] hn【点评】本题考查光的折射定律在实际中的应用．正确画出光路图，并运用近似理论是求解此类问题的关键．2．巧妙运用光路图解题和光学作图问题 (1)解决几何光学的基本方法是：画出光路图，理解有关概念，灵活运用数学知识求解．在反射和折射现象中，“光路可逆”是解决较复杂问题常用的思想方法．注意：光路图的作法必须遵循反射和折射定律．(2)由于同一介质对不同色光的折射率不同，导致光的色散现象．利用光的折射定律解决的问题主要有“视深”和棱镜等．正确画出光路图是求解此类问题的关键．(3)作图法是解决几何光学问题的主要方法之一．完成光路图的依据是光的传播规律，作图时常常要运用逆向思维——先由像确定反射光线，再确定入射光线．解题中常常要巧用光路可逆规律分析问题，在实像的位置换上物点，必定在原来物点处成像，即像、物互换．另外，涉及有关范围的问题，确定有关边界光线是解决问题的关键．●例6 图6－5甲所示为一个储油圆柱桶，其底面直径与桶高相等．当桶中无油时，贴着桶的上边缘上的A 点恰能看到桶底边缘上的B 处；当桶内油的深度等于桶高的一半时，眼所处的位置不变，在桶外沿AB 方向看去，恰能看到桶底上的C 点，且BC 的距离是桶底直径的四分之一(A 、B 、C 三点在同一竖直平面内，且BC 在同一条直径线上)．据此可估算出该油的折射率n 和光在这种油中的传播速度v 分别为(已知真空中的光速c ＝3×108 m/s)( )图6－5甲A ．1.6、1.9×108m/s B ．2.0、1.6×108 m/s C ．2.2、2.2×108 m/sD ．1.6、1.6×108 m/s【解析】当油的深度为桶高的一半时，眼睛看见C 点的光路图如图6－5乙所示，可得：图6－5乙n ＝sin i sin r＝1.6 又因为n ＝cv可得v ＝1.9×108 m/s ． [答案] A【点评】准确地画出光路图是解决几何光学问题的关键． ●例7 一束单色光斜射到厚平板玻璃的一个表面上，经两次折射后从玻璃板另一个表面射出，出射光线相对于入射光线侧移了一段距离．在下列情况下，出射光线侧移距离最大的是[2008年高考·全国理综卷Ⅱ]( )A ．红光以30°的入射角入射B ．红光以45°的入射角入射C ．紫光以30°的入射角入射D ．紫光以45°的入射角入射【解析】如图所示，由题意可知，O 2A 为偏移距离Δx ，有：Δx ＝d cos r ·sin(i －r )n ＝sin i sin r若为同一单色光，即n 值相同．当i 增大时，r 也增大，但i 比r 增大得快，sin(i －r )＞0且增大，dcos r＞0且增大，故A 、C 选项错误．若入射角相同，则：Δx ＝d sin i (1－cos in 2－sin 2i)即当n 增大，Δx 也增大，故选项B 错误、D 正确． [答案] D【点评】①某束单色光照到介质表面，当入射角增大时，折射角也增大，但入射角比折射角增大得快．②一束复色光经过平板玻璃也会发生色散现象，即射出光的边缘出现彩色，只是当玻璃较薄时这个现象不太明显．●例8 一足够大的水池内盛有某种透明液体，液体的深度为H ，在水池的底部中央放一点光源，其中一条光线以30°的入射角射到液体与空气的界面上，它的反射光线与折射光线的夹角为105°，如图6－6甲所示，则可知( )图6－6甲A ．液体的折射率为 2B ．液体的折射率为22C ．整个水池表面都有光射出D ．液体表面亮斑的面积为πH 2【解析】由题意知i ＋r ＝180°－105°＝75° r ＝75°－30°＝45°故折射率n ＝sin rsin i＝ 2该液体的临界角C ＝arcsin 1n＝45°可得液体表面亮斑的半径如图6－6 乙所示，r ＝H图6－6乙故亮斑面积为：S＝πH2．[答案] AD【点评】利用反射定律、折射定律和几何知识，解出折射角是解本题的关键．五、干涉、衍射与偏振1．干涉与衍射的比较光的干涉与衍射现象是光的波动性的表现，也是光具有波动性的证据．两者的区别是：光的干涉现象只有在符合一定条件下才发生；而光的衍射现象却总是存在的，只有明显与不明显之分．光的干涉现象和衍射现象在屏上出现的都是明暗相间的条纹，但双缝干涉时条纹间隔均匀，从中央到两侧的明纹亮度不变化；而单缝衍射的条纹间隔不均匀，中央明纹又宽又亮，从中央向两侧，条纹宽度减小，明纹亮度显著减弱．2．光的偏振横波的振动矢量垂直于波的传播方向振动时，偏于某个特定方向的现象叫偏振．纵波只能沿着波的传播方向振动，所以不可能有偏振，光的偏振现象证明光是横波．光的偏振现象在科技、生活中的应用有：照相机镜头上的偏振片、立体电影等．●例9图6－7所示为一竖直的肥皂膜的横截面，用单色光照射薄膜，在薄膜上产生明暗相间的条纹，下列说法正确的是()图6－7A．薄膜上的干涉条纹是竖直的B．薄膜上的干涉条纹是水平的C．用蓝光照射薄膜所产生的干涉条纹的间距比用红光照射时的小D．干涉条纹是由于光线在薄膜前后两表面反射形成的两列光波叠加的结果【解析】光从肥皂膜的前后表面反射形成相干光，其路程差与薄膜厚度有关；在重力作用下，肥皂膜形成上薄下厚的楔形，在同一水平面上厚度相等，形成亮纹(或暗纹)．因此，干涉条纹应是水平的．又因蓝光的波长小于红光的波长，所以用蓝光照射薄膜所产生的干涉条纹的间距较红光的小．综上所述，选项B、C、D正确．[答案] BCD【点评】本题主要考查的是薄膜干涉形成的原因，以及干涉条纹与入射光波长之间的关系．六、光电效应的规律与应用●例10如图6－8所示，用导线将验电器与洁净锌板连接，触摸锌板使验电器指示归零．用紫外线照射锌板，验电器指针发生明显偏转，接着用毛皮摩擦过的橡胶棒接触锌板，发现验电器的指针张角减小，此现象说明锌板带________(填“正”或“负”)电；若改用红外线重复以上实验，结果发现验电器指针根本不会发生偏转，说明金属锌的极限频率________(填“大于”或“小于”)红外线的频率．[2008年高考·上海物理卷]图6－8【解析】因锌板被紫外线照射后发生光电效应，验电器指针带正电荷而偏转；毛皮摩擦过的橡胶棒带负电，与锌板接触时，电子与验电器指针上的正电荷中和，而使张角减小；用红外线照射锌板时，验电器指针的偏角不变，锌板未发生光电效应，说明锌板的极限频率大于红外线的频率．[答案] 正大于【点评】光电效应在物理学史上具有较重要的意义，需要熟记其现象、清楚地理解其产生的机制．(二)热学知识网络考点预测从近几年的高考来看，热学部分多以选择题的形式出现，试题难度属于容易或中等．命题热点集中在下列两个方面．1．分子动理论、估算分子的大小和数目、物体内能的改变和热力学第二定律，题型多为选择题，且绝大多数选择题只要求定性分析．2．能源的开发和利用，这是当今的热门话题，应给予关注．要点归纳一、理解并识记分子动理论的三个观点描述热现象的一个基本概念是温度．凡是跟温度有关的现象都叫做热现象．分子动理论是从物质的微观状态来研究热现象的理论．它的基本内容是：物体是由大量分子组成的；构成物体的分子永不停息地做无规则运动；分子间存在着相互作用力．二、了解分子永不停息地做无规则运动的实验事实组成物体的分子永不停息地做无规则运动，这种运动跟温度有关，所以通常把分子的这种运动叫做热运动．1．扩散现象和布朗运动都可以很好地证明分子的热运动．2．布朗运动是指悬浮在液体中的固体微粒的无规则运动．关于布朗运动，要注意以下几点：(1)形成条件是固体微粒足够小；(2)温度越高，布朗运动越激烈；(3)观察到的是固体微粒(不是液体分子，也不是固体分子)的无规则运动，反映的是液体分子运动的无规则性；(4)课本中描绘出的图象是某固体微粒每隔30秒的位置的连线，并不是该微粒的运动轨迹．三、了解分子力的特点分子力有如下三个特点：①分子间同时存在引力和斥力；②引力和斥力都随着距离的增大而减小；③斥力比引力随距离变化得快．四、深刻理解物体内能的概念1．由于分子做热运动而具有的动能叫分子动能．温度是物体分子热运动的平均动能的标志．温度越高，分子做热运动的平均动能就越大．2．由分子间相对位置决定的势能叫分子势能．分子力做正功时分子势能减小；分子力做负功时分子势能增大．(所有势能都有同样的结论．例如：重力做正功时重力势能减小，电场力做正功时电势能减小)由上面的分析可以得出：当r＝r0(即分子处于平衡位置)时，分子势能最小．不论r从r0开始增大还是减小，分子势能都将增大．固体和液体的分子势能与物体的体积有关，体积变化，分子势能也变化．注意：当物体的体积增大时，其分子势能不一定增加．3．物体中所有分子做热运动的动能和分子势能的总和叫做物体的内能．五、掌握热力学第一定律外界对物体所做的功W加上物体从外界吸收的热量Q等于物体内能的增加量ΔU，即ΔU ＝Q＋W，这叫做热力学第一定律．在这个表达式中，当外界对物体做功(气体被压缩)时W 取正，物体克服外力做功(气体膨胀)时W取负；当物体从外界吸热时Q取正，物体向外界放热时Q取负；ΔU为正表示物体的内能增加，ΔU为负表示物体的内能减少．六、掌握热力学第二定律1．热传导的方向性：热传导的过程是有方向性的．这个过程可以向一个方向自发地进行(热量会自发地从高温物体传给低温物体)，但是向相反的方向却不能自发地进行．2．第二类永动机不可能制成：我们把没有冷凝器，只有单一热源，从单一热源吸收热量，全部用来做功，而不引起其他变化的热机称为第二类永动机．这表明机械能和内能的转化过程具有方向性——机械能可以全部转化成内能，但内能不能全部转化成机械能，而不引起其他变化．3．热力学第二定律的表述：(1)不可能使热量由低温物体传递到高温物体，而不引起其他变化(按热传导的方向性表述)；(2)不可能从单一热源吸收热量并把它全部用来做功，而不引起其他变化(按机械能和内能转化过程的方向性表述)；(3)第二类永动机是不可能制成的．热力学第二定律使人们认识到，自然界中各种进行的涉及热现象的宏观过程都具有方向性．它揭示了有大量分子参与的宏观过程的方向性，使得它成为独立于热力学第一定律的一个重要的自然规律．七、掌握气体的状态参量1．温度：温度在宏观上表示物体的冷热程度；在微观上是物体分子平均动能的标志． 热力学温度是国际单位制中的基本量之一，符号是T ，单位：K(开尔文)；摄氏温度是导出量，符号是t ，单位：℃(摄氏度)．两种温度间的关系可以表示为：T ＝(t ＋273.15) K 和ΔT ＝Δt ，要注意两种单位制下每一度的间隔是相同的．0 K 是低温的极限，它表示所有分子都停止了热运动．可以无限接近，但永远不能达到．2．体积：气体总是充满它所在的容器，所以气体的体积总是等于盛装气体的容器的容积．3．压强：气体的压强是由于大量气体分子频繁地碰撞器壁而产生的．(绝不能用气体分子间的斥力解释)一般情况下不考虑气体本身的重力，所以同一容器内气体的压强处处相等．但大气压在宏观上可以看成是大气受地球吸引而产生的重力引起的．热点、重点、难点一、与阿伏加德罗常数有关的估算问题阿伏加德罗常数是一个重要的物理量，它是联系微观物理量(如：分子质量、分子体积或直径等)与宏观物理量(如：摩尔质量、摩尔体积、密度、体积等)的桥梁，常常被用来解答一些有关分子大小、分子间距和分子质量等方面的估算问题．解决这类问题的基本思路和方法是：首先要熟练掌握微观量与宏观量之间的联系，如：分子的质量m 0＝M N A 、摩尔体积V ＝M ρ、分子占的体积V 0＝M ρN A 、分子的个数N ＝N A m M，式中N A 、m 、ρ、M 、m M分别为阿伏加德罗常数、物体的质量、密度、摩尔质量、物质的量；其次是善于从问题中找出与所要估算的微观量有关的宏观量．此外，还要合理构建体积模型，如：在估算固体和液体的分子大小时，一般采用分子球体模型；而估算气体分子间距(不是分子的大小)时，一般采用立方体模型．灵活运用上述关系式并合理构建体积模型是分析、解决与阿伏加德罗常数相关问题的关键．●例1 假如全世界60亿人同时数1 g 水的分子个数，每人每小时可以数5000个，不间断地数，则完成任务所需时间最接近(阿伏加德罗常数N A 取6×1023 mol －1)[2008年高考·北京理综卷]( )A ．10年B ．1千年C ．10万年D ．1千万年【解析】1 g 水的分子数N ＝118×N A ＝3.3×1022，则完成任务所需时间t ＝N 60×108×5000×365×24年＝1×105年，选项C 正确．[答案] C【点评】此题是估算题，关键是求出1 g水的分子数，对数学运算能力的要求较高．二、扩散现象、布朗运动和分子的热运动●例2做布朗运动实验，得到某个观测记录如图6－9所示．图中记录的是[2009年高考·北京理综卷]()图6－9A．分子无规则运动的情况B．某个微粒做布朗运动的轨迹C．某个微粒做布朗运动的速度—时间图线D．按等时间间隔依次记录的某个运动微粒位置的连线【解析】布朗运动是悬浮在液体中的固体小颗粒的无规则运动，非分子的运动，故A 错误；图中折线为每隔一定时间微粒位置的连线，并非轨迹，B错误、D正确；对于某微粒而言，在不同的时刻速度的大小和方向都是不确定的，故无法描绘其v－t图线，C错误．[答案] D三、分子动能、分子势能及其变化、物体的内能及其变化、能量守恒定律、热力学定律●例3对一定量的气体，下列说法正确的是[2008年高考·全国理综卷Ⅱ]()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剧烈，气体的温度就越高C．气体对器壁的压强是由大量气体分子对器壁不断碰撞而产生的D．当气体膨胀时，气体分子之间的势能减小，因而气体的内能减少【解析】气体分子间的距离远大于分子大小，所以气体的体积远大于所有气体分子的体积之和，A选项错误；温度是物体分子平均动能的标志，是表示分子热运动剧烈程度的物理量，B选项正确；气体压强的微观解释是大量气体分子频繁撞击产生的，C选项正确；气体膨胀，说明气体对外做功，但不能确定吸、放热情况，故不能确定内能变化情况，D选项错误．[答案] BC【点评】在每年各地的高考题中，一般都会出现一道关于热学的题目，而且常综合考查本单元的较多的基本原理．四、气体的压强从微观角度看，气体的压强与气体分子的平均动能和气体分子的密集程度(单位体积内的分子数)有关．气体分子的平均动能越大，分子撞击器壁时对器壁产生的作用力越大，气体的压强就越大；气体分子越密集(单位体积内的分子数越多)，每秒撞击器壁单位面积的分子数越多，气体的压强就越大．从宏观角度看，气体的压强跟温度和体积有关．●例4下列说法正确的是[2009年高考·全国理综卷Ⅰ]()A．气体对器壁的压强就是大量气体分子作用在器壁单位面积上的平均作用力B．气体对器壁的压强就是大量气体分子单位时间作用在器壁上的平均冲量C．气体分子热运动的平均动能减小，气体的压强一定减小D．单位体积的气体分子数增加，气体的压强一定增大【解析】根据压强的定义，气体的压强等于气体分子作用在器壁单位面积上的平均冲力，。

高考物理易错题汇总及答案气体 1、（06重庆）16.如图，某同学将空的薄金属筒开口向下压入水中。

设水温均匀且恒定，筒内空气无泄漏，不计气体分子间相互作用，则被掩没的金属筒在缓慢下降过程中，筒内空气体积减小.A.从外界吸热B.内能增大C.向外界放热D.内能减小 2、（04广东）8.如图所示,密闭绝热的具有一定质量的活塞,活塞的上部封闭着气体,下部为真空,活塞与器壁的摩擦忽略不计,置于真空中的轻弹簧的一端固定于容器的底部.另一端固定在活塞上,弹簧被压缩后用绳扎紧,此时弹簧的弹性势能为P E (弹簧处于自然长度时的弹性势能为零),现绳突然断开,弹簧推动活塞向上运动,经过多次往复运动后活塞静止,气体达到平衡态,经过此过程 A 、P E 全部转换为气体的内能B 、P E 一部分转换成活塞的重力势能,其余部分仍为弹簧的弹性势能C 、P E 全部转换成活塞的重力势能和气体的内能D 、P E 一部分转换成活塞的重力势能,一部分转换为气体的内能,其余部分仍为弹簧的弹性势能在交变电场下带电粒子的运动（此类型题目可参考v-t 图象，要抓住当v=0时力的方向来判断下一时刻的运动的方向） 1、（93高考）19．图中A 、B 是一对中间开有小孔的平行金属板，两小孔的连线与金属板面相垂直，两极板的距离为l 。

两极板间加上低频交流电压，A 板电势为零，B 板电势u=U 0cost ωt 。

现有一电子在t=0时穿过A 板上的小孔射入电场。

设初速度和重力的影响均可忽略不计。

则电子在两极板间可能 ( )(A)以AB 间的某一点为平衡位置来回振动(B)时而向B 板运动，时而向A 板运动，但最后穿出B 板 (C)一直向B 板运动，最后穿出B 板，如果ω小于某个值ω0， l 小于某个值l 0 (D)一直向B 板运动，最后穿出B 板，而不论ω、l 为任何值2、(94高考) （5分） 19.图19-11中A 、B 是一对平行的金属板。

在两板间加上一周期为T 的交变电压u 。

高考物理第一轮考点及考纲复习题及答案考纲透析考试性质【考纲原文】普通高等学校招生全国统一考试是由合格的高中毕业生参加的选拔性考试。

高等学校根据考生的成绩，按已确定的招生计划，德、智、体全面衡量，择优录取。

因此，高考应有较高的信度、效度，必要的区分度和适当的难度。

考试能力【考纲原文】高考把对能力的考核放在首要位置。

要通过考核知识及其运用来鉴别考生能力的高低，但不应把某些知识与某种能力简单地对应起来。

目前，高考物理科要考核的能力主要包括以下几个方面：1.理解能力理解物理概念、物理规律的确切含义，理解物理规律的适用条件，以及它们在简单情况下的应用;能够清楚地认识概念和规律的表达形式(包括文字表述和物理表达);能够鉴别关于概念和规律的似是而非的说法;理解相关知识的区别和联系。

2.推理能力能够根据已知的知识和物理事实、条件，对物理问题进行逻辑推理和论证，得出正确的结论或作出正确的判断，并能把推理过程正确地表达出来。

3.分析综合能力能够独立地对所遇到的问题进行具体分析，弄清其中的物理状态、物理过程和物理情境，找出其中起重要作用的因素及有关条件;能够把一个复杂问题分解为若干较简单的问题，找出它们之间的联系;能够理论联系实际，运用物理知识综合解决所遇到的问题。

4.应用物理处理物理问题的能力能够根据具体问题列出物理量之间的关系式，进行推导和求解，并根据结果得出物理结论，必要时能运用几何图形、函数图像进行表达、分析。

5.实验能力能独立完成知识内容表中所列的实验，能明确实验目的，能理解实验原理和方法，能控制实验条件，会使用仪器，会观察、分析实验现象，会记录、处理实验数据，并得出结论;能灵活地运用已学过的物理理论、实验方法和实验仪器去处理问题。

【名师解读】1.理解能力理解能力是最基本、最重要的一种能力，需要理解物理概念、物理规律的确切含义，物理规律的适用条件，概念和规律的各种表达形式、表述形式。

(1)物理概念、物理规律揭示了物理现象的本质，是理解物理现象的关键。

第9专题高中物理常有的物理模型方法概括高考命题以《考试纲领》为依照，考察学生对高中物理知识的掌握状况，表现了“知识与技术、过程与方法并重”的高中物理学习思想．每年各地的高考题为了防止相同而变化多端、多姿多彩，但又总有一些共性，这些共性可大略地总结以下：(1> 选择题中一般都包括3～ 4 道对于振动与波、原子物理、光学、热学的试卷．(2> 实验题以考察电路、电学丈量为主，两道实验小题中出一道较新奇的设计性实验题的可能性较大．(3> 试卷中以下常有的物理模型出现的概率较大：斜面问题、叠加体模型(包括子弹射入 >、带电粒子的加快与偏转、天体问题 (圆周运动 >、轻绳 (轻杆 >连结体模型、传递带问题、含弹簧的连结体模型．高考取常出现的物理模型中，有些问题在高考取变化较大，或许在前方专题中已有较全面的阐述，在这里就不再阐述和例举．斜面问题、叠加体模型、含弹簧的连结体模型等在高考取的地位特别重要，本专题就这几类模型进行概括总结和增强训练；传递带问题在高考取出现的概率也较大，并且解题思路独到，本专题也略加阐述．热门、要点、难点一、斜面问题在每年各地的高考卷中几乎都有对于斜面模型的试卷．如2009 年高考全国理综卷Ⅰ第25 题、北京理综卷第 18 题、天津理综卷第 1 题、上海物理卷第 22 题等， 2008 年高考全国理综卷Ⅰ第 14 题、全国理综卷Ⅱ第 16 题、北京理综卷第 20 题、江苏物理卷第 7 题和第 15 题等．在前方的复习中，我们对这一模型的例举和训练也比许多，碰到这种问题时，以下结论能够帮助大家更好、更快地理清解题思路和选择解题方法．1．自由开释的滑块能在斜面上(如图 9－ 1 甲所示 >匀速下滑时，m 与 M 之间的动摩擦因数μ＝ gtan θ．图 9－1甲2．自由开释的滑块在斜面上(如图 9－ 1 甲所示 >：(1> 静止或匀速下滑时，斜面M 对水平川面的静摩擦力为零；(2> 加快下滑时，斜面对水平川面的静摩擦力水平向右；(3> 减速下滑时，斜面对水平川面的静摩擦力水平向左．3．自由开释的滑块在斜面上( 如图 9－1 乙所示 >匀速下滑时， M 对水平川面的静摩擦力为零，这一过程中再在m 上加上任何方向的作使劲，(在 m 停止前 >M 对水平川面的静摩擦力依旧为零 (见一轮书中的方法概括>．图 9－1乙4．悬挂有物体的小车在斜面上滑行(如图 9－ 2 所示 >：图 9－2(1> 向下的加快度a＝ gsin θ时，悬绳稳准时将垂直于斜面；(2> 向下的加快度a＞ gsin θ时，悬绳稳准时将偏离垂直方向向上；(3> 向下的加快度a＜ gsin θ时，悬绳将偏离垂直方向向下．5．在倾角为θ的斜面上以速度v0平抛一小球 (如图 9－ 3 所示 >：图 9－3(1> 落到斜面上的时间t＝错误 ! ；(2>落到斜面上时，速度的方向与水平方向的夹角α恒定，且 tan α＝ 2tan θ，与初速度无关；(3> 经过 t c＝错误 ! 小球距斜面最远，最大距离d＝错误 ! ．6．如图 9－ 4 所示，当整体有向右的加快度a＝ gtan θ时， m 能在斜面上保持相对静止．图 9－47．在如图9－ 5 所示的物理模型中，当回路的总电阻恒定、导轨圆滑时，ab 棒所能达到的稳固速度v m＝错误 ! ．图 9－58．如图9－6 所示，当各接触面均圆滑时，在小球从斜面顶端滑下的过程中，斜面退后的位移 s＝错误 ! L ．图 9－6●例 1 有一些问题你可能不会求解，可是你仍有可能对这些问题的解能否合理进行解析和判断．比如从解的物理量单位，解随某些已知量变化的趋向，解在一些特别条件下的结果等方面进行解析，并与预期结果、实验结论等进行比较，进而判断解的合理性或正确性．举比以下：如图 9－ 7 甲所示，质量为 M、倾角为θ的滑块 A 放于水平川面上．把质量为 m 的滑块 B 放在 A 的斜面上．忽视全部摩擦，有人求得 B 相对地面的加快度a＝错误 ! gsinθ，式中 g 为重力加快度．图 9－7甲对于上述解，某同学第一解析了等号右边的量的单位，没发现问题．他进一步利用特别条件对该解做了以下四项解析和判断，所得结论都是“解可能是对的”．可是，此中有一项是错误的，请你指出该项[2008 年高考·北京理综卷 ](>．．A ．当θ＝0°时，该解给出a＝ 0，这切合知识，说明该解可能是对的B．当θ＝ 90°时，该解给出a＝g，这切合实验结论，说明该解可能是对的C．当 M? m 时，该解给出a≈gsin θ，这切合预期的结果，说明该解可能是对的D．当 m? M 时，该解给出a≈错误 ! ，这切合预期的结果，说明该解可能是对的【解读】当 A 固准时，很简单得出a＝ gsin θ；当 A 置于圆滑的水平面时， B 加快下滑的同时 A 向左加快运动， B 不会沿斜面方向下滑，难以求出运动的加快度．图 9－7乙设滑块 A 的底边长为L，当 B 滑下时 A 向左挪动的距离为x，由动量守恒定律得：M错误 ! ＝ m错误 !解得： x＝错误 !当 m? M 时， x≈L，即 B 水平方向的位移趋于零， B 趋于自由落体运动且加快度a≈ g．选项 D 中，当 m? M 时， a≈错误 ! ＞g 明显不行能．[答案] D 【评论】本例中，若 m、M、θ、 L 有详细数值，可假定 B 下滑至底端时速度v1的水平、竖直重量分别为v1x、 v1y，则有：错误!＝错误!＝错误!错误 ! mv1x2＋错误 ! mv1 y2＋错误 ! Mv22＝ mghmv1x＝ Mv2解方程组即可得 v1x、 v1y、 v1以及 v1的方向和 m 下滑过程中相对地面的加快度．●例 2 在倾角为θ的圆滑斜面上，存在着两个磁感觉强度大小相同的匀强磁场，其方向一个垂直于斜面向上，一个垂直于斜面向下(如图 9－ 8 甲所示 >，它们的宽度均为L．一个质量为 m、边长也为 L 的正方形线框以速度v 进入上部磁场时，恰巧做匀速运动．图 9－8甲(1> 当 ab 边刚超出界限ff′时，线框的加快度为多大，方向怎样？(2>当 ab 边抵达gg′与 ff′的正中间地点时，线框又恰巧做匀速运动，则线框从开始进入上部磁场到ab 边抵达gg′与ff′的正中间地点的过程中，线框中产生的焦耳热为多少？(线框的 ab 边在运动过程中一直与磁场界限平行，不计摩擦阻力 > 【解读】 (1>当线框的 ab 边从高处刚进入上部磁场 (如图 9－ 8 乙中的地点①所示 >时，线框恰巧做匀速运动，则有：mgsin θ＝ BI 1L此时 I＝错误 !当线框的ab 边恰巧超出界限ff′ (如图9－ 8 乙中的地点②所示>时，因为线框从地点①到地点②一直做匀速运动，此时将ab 边与 cd 边切割磁感线所产生的感觉电动势同向叠加，回路中电流的大小等于2I1．故线框的加快度大小为：图 9－8乙a＝错误 ! ＝ 3gsin θ，方向沿斜面向上．(2>而当线框的ab 边抵达 gg′与 ff′的正中间地点(如图 9－ 8 乙中的地点③所示>时，线框又恰巧做匀速运动，说明mgsin θ＝ 4BI 2 L故 I2＝错误 ! I1由 I 1＝错误 ! 可知，此时 v′＝错误 ! v从地点①到地点③，线框的重力势能减少了错误 ! mgLsin θ动能减少了错误 ! mv2－错误 ! m(错误 ! >2＝错误 ! mv2因为线框减少的机械能所有经电能转变成焦耳热，所以有：Q＝错误 ! mgLsin θ＋错误 ! mv2．[ 答案](1>3gsin θ，方向沿斜面向上(2> 错误 ! mgLsin θ＋错误 ! mv2【评论】导线在恒力作用下做切割磁感线运动是高中物理中一类常有题型，需要娴熟掌握各样状况下求均衡速度的方法．二、叠加体模型叠加体模型在历年的高考取屡次出现，一般需求解它们之间的摩擦力、相对滑动行程、摩擦生热、多次作用后的速度变化等，此外广义的叠加体模型能够有很多变化，波及的问题更多．如 2009 年高考天津理综卷第10 题、宁夏理综卷第20 题、山东理综卷第24 题， 2008年高考全国理综卷Ⅰ的第15 题、北京理综卷第 24 题、江苏物理卷第 6 题、四川延考区理综卷第 25 题等．叠加体模型有许多的变化，解题时常常需要进行综合解析(前方有关例题、练习许多>，以下两个典型的情境和结论需要熟记和灵巧运用．1．叠放的长方体物块A、B 在圆滑的水平面上匀速运动或在圆滑的斜面上自由开释后变速运动的过程中 (如图 9－ 9 所示 >， A、 B 之间无摩擦力作用．图 9－92．如图 9－ 10 所示，一对滑动摩擦力做的总功必定为负值，其绝对值等于摩擦力乘以相对滑动的总行程或等于摩擦产生的热量，与单个物体的位移没关，即Q 摩＝ f·s相．图 9－10●例 3 质量为 M 的均匀木块静止在圆滑的水平面上，木块左右双侧各有一位拿着完整相同的步枪和子弹的射击手．第一左边的射击手开枪，子弹水平射入木块的最大深度为d1，然后右边的射击手开枪，子弹水平射入木块的最大深度为d，如图9－ 11 所示．设子弹均未射穿木块，且两子弹与木块之间的作使劲大小均相同．当两颗子弹均相对木块静止时，以下说法正确的选项是 (注：属于选修3－ 5 模块 >(>图 9－11A ．最后木块静止，d1＝ d2B．最后木块向右运动，d1<d2C．最后木块静止，d1<d2D ．最后木块静止，d1>d2【解读】木块和射出后的左右两子弹构成的系统水平方向不受外力作用，设子弹的质量为 m，由动量守恒定律得：mv0－mv0＝ (M＋ 2m>v解得： v＝ 0，即最后木块静止设左边子弹射入木块后的共同速度为v1，有：mv0＝ (m＋ M>v122Q1＝ f·d1＝错误 ! mv0－错误 ! (m＋M >v1解得： d1＝错误 !对右边子弹射入的过程，由功能原理得：22Q2＝ f·d2＝错误 ! mv0＋错误 ! (m＋ M>v1－ 0解得： d2＝错误 !即 d1＜ d2．[答案] C【评论】摩擦生热公式可称之为“功能关系”或“功能原理”的公式，但不可以称之为“动能定理”的公式，它是由动能定理的关系式推导得出的二级结论．三、含弹簧的物理模型纵观历年的高考试卷，和弹簧有关的物理试卷据有相当大的比重．高考命题者常以弹簧为载体设计出各种试卷，这种试卷波及静力学识题、动力学识题、动量守恒和能量守恒问题、振动问题、功能问题等，几乎贯串了整个力学的知识系统．为了帮助同学们掌握这种试卷的解析方法，现将有关弹簧问题分类进行解析．对于弹簧，从受力角度看，弹簧上的弹力是变力；从能量角度看，弹簧是个储能元件．所以，弹簧问题能很好地考察学生的综合解析能力，故备受高考命题老师的喜爱．如2009 年高考福建理综卷第 21 题、山东理综卷第 22 题、重庆理综卷第 24 题， 2008 年高考北京理综卷第 22 题、山东理综卷第 16 题和第 22 题、四川延考区理综卷第 14 题等．题目种类有：静力学中的弹簧问题，动力学中的弹簧问题，与动量和能量有关的弹簧问题．1．静力学中的弹簧问题(1>胡克定律： F ＝kx，F＝ k·Δx．(2>对弹簧秤的两头施加(沿轴线方向 >大小不一样的拉力，弹簧秤的示数必定等于挂钩上的拉力．●例 4 如图 9－ 12 甲所示，两木块A、B 的质量分别为m1和 m2，两轻质弹簧的劲度系数分别为k1和 k2，两弹簧分别连结A、 B，整个系统处于均衡状态．现迟缓向上提木块A，直到下边的弹簧对地面的压力恰巧为零，在此过程中 A 和 B 的重力势能共增添了(>图 9－12 甲A．错误!B．错误 !D．错误 ! ＋错误 !【解读】取 A、 B 以及它们之间的弹簧构成的整体为研究对象，则当下边的弹簧对地面的压力为零时，向上提 A 的力 F 恰巧为：F ＝ (m1＋m2>g设这一过程中上边和下边的弹簧分别伸长x1、 x2，如图 9－ 12 乙所示，由胡克定律得：图 9－12 乙x1＝错误 ! ， x2＝错误 !故 A、B 增添的重力势能共为：E p＝m11＋x222g(x>＋ m gx＝错误!＋错误!．[答案]D【评论】①计算上边弹簧的伸长量时，许多同学会先计算本来的压缩量，而后计算此后的伸长量，再将二者相加，但不如上边解读中直接运用x＝错误 ! 进行计算更快捷方便．②经过比较可知，重力势能的增添其实不等于向上提的力所做的功W＝错误 ! ·x 总＝错误 !＋错误! ．2．动力学中的弹簧问题(1>刹时加快度问题( 与轻绳、轻杆不一样>：一端固定、另一端接有物体的弹簧，形变不会发生突变，弹力也不会发生突变．(2> 如图 9－ 13 所示，将A、 B 下压后撤去外力，弹簧在恢还原长时辰 B 与 A 开始分别．图 9－13●例 5 一弹簧秤秤盘的质量m1＝ 1.5 kg，盘内放一质量m2＝ 10.5 kg 的物体 P，弹簧的质量不计，其劲度系数 k＝ 800 N/m ，整个系统处于静止状态，如图9－ 14 所示．图 9－14现给 P 施加一个竖直向上的力 F ，使 P 从静止开始向上做匀加快直线运动，已知在最先0.2 s 内 F 是变化的，在0.2 s 后是恒定的，求 F 的最大值和最小值． (取 g＝ 10 m/s2>【解读】初始时辰弹簧的压缩量为：x0＝错误 ! ＝ 0.15 m设秤盘上涨高度x 时 P 与秤盘分别，分别时辰有：错误 ! ＝ a又由题意知，对于0～ 0.2 s 时间内 P 的运动有：2错误 ! at ＝ x解得： x＝ 0.12 m， a＝ 6 m/s2故在均衡地点处，拉力有最小值 F min＝ (m1＋m2>a＝ 72 N分别时辰拉力达到最大值 F max＝m2g＋ m2a＝ 168 N ．[ 答案]72 N168 N【评论】对于本例所述的物理过程，要特别注意的是：分别时辰m1与 m2之间的弹力恰好减为零，下一时辰弹簧的弹力与秤盘的重力使秤盘产生的加快度将小于a，故秤盘与重物分别．3．与动量、能量有关的弹簧问题与动量、能量有关的弹簧问题在高考试卷中出现屡次，并且常以计算题出现，在解读过程中以下两点结论的应用特别重要：(1> 弹簧压缩和伸长的形变相同时，弹簧的弹性势能相等；(2>弹簧连结两个物体做变速运动时，弹簧处于原长时两物体的相对速度最大，弹簧的形变最大时两物体的速度相等．●例 6 如图 9－15 所示，用轻弹簧将质量均为m＝1 kg 的物块 A 和 B 连结起来，将它们固定在空中，弹簧处于原长状态， A 距地面的高度 h1＝ 0.90 m．同时开释两物块，A与地面碰撞后速度立刻变成零，因为 B 压缩弹簧后被反弹，使 A 恰巧能走开地面(但不连续上涨 >．若将 B 物块换为质量为2m 的物块C(图中未画出 >，仍将它与 A 固定在空中且弹簧处于原长，从 A 距地面的高度为h2处同时开释， C 压缩弹簧被反弹后， A 也恰巧能走开地面．已知弹簧的劲度系数k＝ 100 N/m ，求 h2的大小．图 9－15【解读】设 A 物块落地时， B 物块的速度为v1，则有：错误 ! mv 2＝ mgh11设 A 恰巧离地时，弹簧的形变量为x，对 A 物块有：mg＝ kx从 A 落地后到 A 恰巧走开地面的过程中，对于A、B 及弹簧构成的系统机械能守恒，则有：错误 ! mv12＝ mgx＋ E p换成 C 后，设 A 落地时， C 的速度为 v2，则有：错误 ! ·2mv22＝ 2mgh2从 A 落地后到 A 恰巧走开地面的过程中， A、C 及弹簧构成的系统机械能守恒，则有：错误 ! ·2mv22＝ 2mgx＋ E p联立解得： h2＝ 0.5 m．[答案]0.5 m 【评论】因为高中物理对弹性势能的表达式不作要求，所以在高考取几次考察弹簧问题时都要用到上述结论“①”．如2005 年高考全国理综卷Ⅰ第25 题、 1997 年高考全国卷第 25题等．●例 7 用轻弹簧相连的质量均为 2 kg 的 A、 B 两物块都以v＝ 6 m/s 的速度在圆滑的水平川面上运动，弹簧处于原长，质量为 4 kg 的物块 C 静止在前方，如图9－16 甲所示． B 与C碰撞后二者粘在一同运动，则在此后的运动中：图 9－16 甲(1> 当弹簧的弹性势能最大时，物体 A 的速度为多大？(2> 弹簧弹性势能的最大值是多少？(3> A 的速度方向有可能向左吗？为何？【解读】 (1>当 A、 B、C 三者的速度相等 (设为 v A′ >时弹簧的弹性势能最大，因为A、B、C 三者构成的系统动量守恒，则有：(m A＋ m B>v＝ (m A＋ m B＋m C>v A′解得： v A′＝错误 ! m/s＝ 3 m/s．(2>B 、 C 发生碰撞时， B 、 C 构成的系统动量守恒，设碰后瞬时B、 C 二者的速度为v′，则有：m B v＝ (m B＋ m C>v′解得： v′＝错误 ! ＝ 2 m/sA 的速度为 v A′时弹簧的弹性势能最大，设其值为E p，依据能量守恒定律得：E p＝错误 ! (m B＋ m C>v′2＋错误 ! m A v2－错误 ! (m A＋ m B＋ m C>v A′2＝12 J．(3>方法一 A 不行能向左运动．依据系统动量守恒有：(m A＋ m B>v＝ m A v A＋(m B＋ m C>v B设 A 向左，则v A＜ 0， v B＞ 4 m/s则 B、C 发生碰撞后，A、 B、 C 三者的动能之和为：E′＝错误 ! m A v错误 ! ＋错误 ! (m B＋ m C>v错误 ! ＞错误 ! (m B＋ m C>v错误 ! ＝ 48 J实质上系统的机械能为：E＝ E p＋错误 ! (m A＋ m B＋m C>v A′2＝ 12 J＋ 36 J＝ 48 J 依据能量守恒定律可知，E′＞ E 是不行能的，所以 A 不行能向左运动．方法二B、 C 碰撞后系统的运动能够看做整体向右匀速运动与A、 B 和 C 相对振动的合成 (即相当于在匀速运动的车厢中两物块相对振动>由 (1>知整体匀速运动的速度v0＝ v A′＝ 3 m/s图 9－16 乙取以 v0＝ 3 m/s 匀速运动的物体为参照系，可知弹簧处于原长时，A、 B 和 C 相对振动的速率最大，分别为：v AO＝ v－ v0＝ 3 m/sv BO＝ |v′－ v0|＝ 1 m/s由此可画出A、B、 C 的速度随时间变化的图象如图9－ 16 乙所示，故 A 不行能有向左运动的时辰．[ 答案 ](1>3 m/s(2>12 J(3> 不行能，原因略【评论】①要清楚地想象、理解研究对象的运动过程：相当于在以 3 m/s 匀速行驶的车厢内， A、 B 和 C 做相对弹簧上某点的简谐振动，振动的最大速率分别为 3 m/s、 1 m/s．②当弹簧由压缩恢复至原长时， A 最有可能向左运动，但此时 A 的速度为零．●例8研究某种笔的弹跳问题时，把笔分为轻质弹簧、内芯和外壳三部分，此中内芯和外壳质量分别为m 和 4m．笔的弹跳过程分为三个阶段：图 9－17①把笔竖直倒立于水平硬桌面，下压外壳使其下端接触桌面(如图 9－ 17 甲所示 >；②由静止开释，外壳竖直上涨到下端距桌面高度为h1时，与静止的内芯碰撞(如图 9－17乙所示 >；③碰后，内芯与外壳以共同的速度一同上涨到外壳下端距桌面最大高度为h2处 ( 如图 9－17 丙所示 >．设内芯与外壳的撞击力远大于笔所受重力，不计摩擦与空气阻力，重力加快度为g．求：(1>外壳与内芯碰撞后瞬时的共同速度大小．(2> 从外壳走开桌面到碰撞前瞬时，弹簧做的功．(3>从外壳下端走开桌面到上涨至h2处，笔损失的机械能．[2009 年高考·重庆理综卷 ]【解读】设外壳上涨到h1时速度的大小为v1，外壳与内芯碰撞后瞬时的共同速度大小为v2．(1>对外壳和内芯，从撞后达到共同速度到上涨至h2处，由动能定理得：(4m＋m>g(h2－ h1>＝错误 ! (4m＋ m>v错误 ! － 0解得： v2＝错误 ! ．(2>外壳与内芯在碰撞过程中动量守恒，即：4mv1＝ (4m＋m>v2将 v2代入得： v1＝错误 ! 错误 !设弹簧做的功为 W，对外壳应用动能定理有：W－4mgh1＝错误 ! × 4mv错误 !将 v1代入得： W＝错误 ! mg(25h2－ 9h1>．(3> 因为外壳和内芯达到共同速度后上涨至高度h2的过程中机械能守恒，只有在外壳和内芯的碰撞中有能量损失，损失的能量 E 损＝错误 ! ×4mv错误 ! －错误 ! (4m＋ m>v错误 !将 v1、 v2代入得： E 损＝错误 ! mg(h2－ h1>．[ 答案 ] (1>错误 ! (2> 错误 ! mg(25h2－ 9h1>(3>错误 ! mg(h2－ h1>由以上例题能够看出，弹簧类试卷确实是培育和训练学生的物理思想、反应和开发学生的学习潜能的优异试卷．弹簧与相连物体构成的系统所表现出来的运动状态的变化，为学生充足运用物理观点和规律 ( 牛顿第二定律、动能定理、机械能守恒定律、动量定理、动量守恒定律 >奇妙解决物理问题、发挥自己才干供给了广阔空间，自然也是划分学生能力强弱、拉大差距、选拔人材的一种惯例题型．所以，弹簧试卷也就成为高考物理题中的一类重要的、独具特点的考题．四、传递带问题从 1990 年此后第一版的各样版本的高中物理教科书中均有皮带传输机的插图．皮带传递类问题在现代生产生活中的应用特别宽泛．这种问题中物体所受的摩擦力的大小和方向、运动性质都拥有变化性，波及力、相对运动、能量转变等各方面的知识，能较好地考察学生解析物理过程及应用物理规律解答物理问题的能力．如 2003 年高考全国理综卷第 34 题、 2005 年高考全国理综卷Ⅰ第 24 题等．对于滑块静止放在匀速传动的传递带上的模型，以下结论要清楚地理解并熟记：(1>滑块加快过程的位移等于滑块与传递带相对滑动的距离；(2> 对于水平传递带，滑块加快过程中传递带对其做的功等于这一过程由摩擦产生的热量，即传递装置在这一过程需额外( 相对空载 >做的功 W＝ mv2＝ 2E k＝2Q 摩．●例 9 如图 9－18 甲所示，物块从圆滑曲面上的P 点自由滑下，经过粗拙的静止水平传送带后落到地面上的Q 点．若传递带的皮带轮沿逆时针方向匀速运动(使传递带随之运动>，物块仍从P 点自由滑下，则(>图 9－18 甲A ．物块有可能不落到地面上B ．物块仍将落在 Q 点C ．物块将会落在 Q 点的左边D ．物块将会落在 Q 点的右边【解读】 如图 9－ 18 乙所示，设物块滑上水平传递带上的初速度为v 0，物块与皮带之间的动摩擦因数为 μ，则：图 9－18 乙物块在皮带上做匀减速运动的加快度大小a ＝错误 ! ＝ μg物块滑至传递带右端的速度为：v ＝错误 !物块滑至传递带右端这一过程的时间可由方程2s ＝ v 0t － 错误 ! μ gt 解得．当皮带向左匀速传递时，滑块在皮带上的摩擦力也为：f ＝ μ mg物块在皮带上做匀减速运动的加快度大小为：a 1′＝ 错误 ! ＝ μg则物块滑至传递带右端的速度 v ′＝ 错误 ! ＝ v 物块滑至传递带右端这一过程的时间相同可由方程s ＝ v 0t － 错误 ! 2解得．μ gt由以上解析可知物块仍将落在Q 点，选项 B 正确．[答案] B【评论】 对于本例应深刻理解好以下两点：①滑动摩擦力 f ＝ μF，与相对滑动的速度或接触面积均没关；N②两次滑行的初速度 (都以地面为参照系 >相等，加快度相等，故运动过程完整相同．我们延长开来思虑，物块在皮带上的运动可理解为初速度为v 0 的物块遇到反方向的大小为 μmg 的力 F 的作用，与该力的施力物体做什么运动没有关系． ●例 10 如图 9－ 19 所示，足够长的水平传递带一直以 v ＝ 3 m/s 的速度向左运动，传递带上有一质量 M ＝ 2 kg 的小木盒 A ， A 与传递带之间的动摩擦因数μ＝．开始时， A 与传 送带之间保持相对静止．现有两个圆滑的质量均为m ＝ 1 kg 的小球先后相隔 t ＝ 3 s 自传递带 的左端出发，以 v 0＝ 15 m/s 的速度在传递带上向右运动．第1 个球与木盒相遇后立刻进入盒 中并与盒保持相对静止；第2 个球出发后历时t 1＝错误 ! s 才与木盒相遇．取g ＝ 10 m/s 2，问：图 9－19(1>第 1 个球与木盒相遇后瞬时，二者共同运动的速度为多大？(2>第 1 个球出发后经过多长时间与木盒相遇？(3>在木盒与第 1 个球相遇至与第 2 个球相遇的过程中，因为木盒与传递带间的摩擦而产生的热量是多少？【解读】 (1>设第 1 个球与木盒相遇后瞬时，二者共同运动的速度为 v 1，依据动量守恒定律得：解得： v1＝ 3 m/s，方向向右．(2>设第 1 个球与木盒的相遇点离传递带左端的距离为s，第 1 个球经过时间t0与木盒相遇，则有：t0＝错误 !设第 1 个球进入木盒后二者共同运动的加快度大小为a，依据牛顿第二定律得：μ(m＋ M>g＝ (m＋ M>a解得： a＝μg＝ 3 m/s2，方向向左设木盒减速运动的时间为t1，加快到与传递带拥有相同的速度的时间为t2，则：t1＝t2＝错误 ! ＝ 1 s故木盒在 2 s 内的位移为零依题意可知： s＝ v0t 1＋ v( t＋ t1－ t1－ t2－ t0>解得： s＝ 7.5 m， t0＝ 0.5 s．(3>在木盒与第 1 个球相遇至与第 2 个球相遇的这一过程中，设传递带的位移为s′，木盒的位移为 s1，则：s′＝ v( t＋ t1－ t0>＝ 8.5 ms1＝ v(t＋ t 1－ t1－ t2－ t0>＝ 2.5 m故木盒相对于传递带的位移为：s＝ s′－ s1＝ 6 m则木盒与传递带间因摩擦而产生的热量为：Q＝ f s＝ 54 J．[ 答案 ] (1>3 m/s(2>0.5 s(3>54 J 【评论】此题解读的要点在于：①对物理过程理解清楚；②求相对行程的方法．能力操练一、选择题 (10× 4 分 >1．图示是原子核的核子均匀质量与原子序数Z 的关系图象，以下说法正确的选项是(>A ．若 D 和 E 联合成 F ，联合过程中必定会汲取核能B．若 D 和 E 联合成 F ，联合过程中必定会开释核能C．若 A 分裂成 B 和 C，分裂过程中必定会汲取核能D．若 A 分裂成 B 和 C，分裂过程中必定会开释核能【解读】 D 、 E 联合成 F 粒子时总质量减小，核反响开释核能； A 分裂成 B、 C 粒子时，总质量减小，核反响开释核能．[答案] BD 2．单冷型空调器一般用来降低室内温度，其制冷系统与电冰箱的制冷系统构造基真相同．某单冷型空调器的制冷机从低温物体汲取热量Q2，向高温物体放出热量Q1，而外界 (压缩机 >一定对工作物质做功W，制冷系数ε＝错误 ! ．设某一空调的制冷系数为4，若制冷机每日从房间内部汲取× 107 J 的热量，则以下说法正确的选项是 (>A ．Q1必定等于 Q2B ．空调的制冷系数越大越耗能C．制冷机每日放出的热量Q1＝× 107 JD ．制冷机每日放出的热量Q1＝× 106 J 【解读】 Q1＝ Q2＋W＞ Q2，选项 A 错误；ε越大，从室内向外传达相同热量时压缩机所需做的功 (耗电 >越小，越节俭能量，选项 B 错误；又 Q1＝ Q2＋错误 ! ＝× 107 J，应选项 C正确．。

第10专题计算题的答题规范与解析技巧计算题通常被称为“大题”，其原因是：此类试题一般文字叙述量较大，涉及多个物理过程，所给物理情境较复杂；涉及的物理模型较多且不明显，甚至很隐蔽；要运用较多的物理规律进行论证或计算才能求得结论；题目的赋分值也较重．从功能上讲，计算题能很全面地考查学生的能力，它不仅能很好地考查学生对物理概念、物理规律的理解能力和根据已知条件及物理事实对物理问题进行逻辑推理和论证的能力，而且还能更有效地考查学生的综合分析能力及应用数学方法处理物理问题的能力．因此计算题的难度较大，对学生的要求也比较高．要想解答好计算题，除了需要扎实的物理基础知识外，还需要掌握一些有效的解题方法．答题规范每年高考成绩出来，总有一些考生的得分与自己的估分之间存在着不小的差异，有的甚至相差甚远．造成这种情况的原因有很多，但主要原因是答题不规范．表述不准确、不完整，书写不规范、不清晰，卷面不整洁、不悦目，必然会造成该得的分得不到，不该失的分失掉了，致使所答试卷不能展示自己的最高水平．因此，要想提高得分率，取得好成绩，在复习过程中，除了要抓好基础知识的掌握、解题能力的训练外，还必须强调答题的规范，培养良好的答题习惯，形成规范的答题行为．对考生的书面表达能力的要求，在高考的《考试大纲》中已有明确的表述：在“理解能力”中有“理解所学自然科学知识的含义及其适用条件，能用适当的形式(如文字、公式、图或表)进行表达”；在“推理能力”中有“并能把推理过程正确地表达出来”，这些都是考纲对考生书面表达能力的要求．物理题的解答书写与答题格式，在高考试卷上还有明确的说明：解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出答案的不能得分；有数字计算的题目，答案中必须明确写出数值和单位．评分标准中也有这样的说明：只有最后答案而无演算过程的，不给分；解答中单纯列出与解答无关的文字公式，或虽列出公式，但文字符号与题目所给定的不同，不给分．事实上，规范答题体现了一个考生的物理学科的基本素养．然而，令广大教育工作者担忧的是，这些基本素养正在逐渐缺失．在大力倡导素质教育的今天，这一现象应引起我们足够的重视．本模块拟从考生答题的现状及成因，规范答题的细则要求，良好素养的培养途径等方面与大家进行探讨．一、必要的文字说明必要的文字说明的目的是说明物理过程和答题依据，有的同学不明确应该说什么，往往将物理解答过程变成了数学解答过程．答题时应该说些什么呢？我们应该从以下几个方面给予考虑：1．说明研究对象(个体或系统，尤其是要用整体法和隔离法相结合求解的题目，一定要注意研究对象的转移和转化问题)．2．画出受力分析图、电路图、光路图或运动过程的示意图．3．说明所设字母的物理意义．4．说明规定的正方向、零势点(面)．5．说明题目中的隐含条件、临界条件．6．说明所列方程的依据、名称及对应的物理过程或物理状态．7．说明所求结果的物理意义(有时需要讨论分析)．二、要有必要的方程式物理方程是表达的主体，如何写出，重点要注意以下几点．1．写出的方程式(这是评分依据)必须是最基本的，不能以变形的结果式代替方程式(这是相当多的考生所忽视的)．如带电粒子在磁场中运动时应有q v B＝m v2R，而不是其变形结果式R＝m v qB．2．要用字母表达方程，不要用掺有数字的方程，不要方程套方程．3．要用原始方程组联立求解，不要用连等式，不断地“续”进一些内容．4．方程式有多个的，应分式布列(分步得分)，不要合写一式，以免一错而致全错，对各方程式最好能编号．三、要有必要的演算过程及明确的结果1．演算时一般先进行文字运算，从列出的一系列方程推导出结果的计算式，最后代入数据并写出结果．这样既有利于减轻运算负担，又有利于一般规律的发现，同时也能改变每列一个方程就代入数值计算的不良习惯．2．数据的书写要用科学记数法．3．计算结果的有效数字的位数应根据题意确定，一般应与题目中开列的数据相近，取两位或三位即可．如有特殊要求，应按要求选定．4．计算结果是数据的要带单位，最好不要以无理数或分数作为计算结果(文字式的系数可以)，是字母符号的不用带单位．四、解题过程中运用数学的方式有讲究1．“代入数据”，解方程的具体过程可以不写出．2．所涉及的几何关系只需写出判断结果而不必证明．3．重要的中间结论的文字表达式要写出来．4．所求的方程若有多个解，都要写出来，然后通过讨论，该舍去的舍去．5．数字相乘时，数字之间不要用“·”，而应用“×”进行连接；相除时也不要用“÷”，而应用“/”．五、使用各种字母符号要规范1．字母符号要写清楚、规范，忌字迹潦草．阅卷时因为“v、r、ν”不分，大小写“M、m”或“L、l”不分，“G”的草体像“a”，希腊字母“ρ、μ、β、η”笔顺或形状不对而被扣分已屡见不鲜．2．尊重题目所给的符号，题目给了符号的一定不要再另立符号．如题目给出半径是r，你若写成R就算错．3．一个字母在一个题目中只能用来表示一个物理量，忌一字母多用；一个物理量在同一题中不能有多个符号，以免混淆．4．尊重习惯用法．如拉力用F，摩擦力用f表示，阅卷人一看便明白，如果用反了就会带来误解．5．角标要讲究．角标的位置应当在右下角，比字母本身小许多．角标的选用亦应讲究，如通过A点的速度用v A就比用v1好；通过某相同点的速度，按时间顺序第一次用v1、第二次用v2就很清楚，如果倒置，必然带来误解．6．物理量单位的符号源于人名的单位，由单个字母表示的应大写，如库仑C、亨利H；由两个字母组成的单位，一般前面的字母用大写，后面的字母用小写，如Hz、Wb．六、学科语言要规范，有学科特色1．学科术语要规范．如“定律”、“定理”、“公式”、“关系”、“定则”等词要用准确，阅卷时常可看到“牛顿运动定理”、“动能定律”、“四边形公式”、“油标卡尺”等错误说法．2．语言要富有学科特色．在有图示的坐标系中将电场的方向说成“西南方向”、“南偏西45°”、“向左下方”等均是不规范的，应说成“与x轴正方向的夹角为135°”或“如图所示”等．七、绘制图形、图象要清晰、准确1．必须用铅笔(便于修改)、圆规、直尺、三角板绘制，反对随心所欲徒手画．2．画出的示意图(受力分析图、电路图、光路图、运动过程图等)应大致能反映有关量的关系，图文要对应．3．画函数图象时，要画好坐标原点和坐标轴上的箭头，标好物理量的符号、单位及坐标轴上的数据．4．图形、图线应清晰、准确，线段的虚实要分明，有区别．●例1(28分)太阳现正处于序星演化阶段．它主要是由电子和11H 、42He 等原子核组成．维持太阳辐射的是它内部的核聚变反应，核反应方程是2e ＋411H →42He ＋释放的核能，这些核能最后转化为辐射能．根据目前关于恒星演化的理论，若由于核变反应而使太阳中的11H 核数目从现有的减少10%，太阳将离开主序星阶段而转入红巨星的演化阶段．为了简化，假定目前太阳全部由电子和11H核组成．(1)为了研究太阳演化进程，需知道目前太阳的质量M ．已知地球的半径R ＝6.4×106m ，地球的质量m ＝6.0×1024kg ，日地中心的距离r ＝1.5×1011m ，地球表面处重力加速度g ＝10m/s 2，1年约为3.2×107s ．试估算目前太阳的质量M ．(2)已知质子的质量m p ＝1.6726×10－27kg ，42He 核的质量m α＝6.6458×10－27kg ，电子的质量m e ＝0.9×10－30kg ，光速c ＝3×108m/s ．求每发生一次题中所述的核聚变反应所释放的核能．(3)又已知地球上与太阳光垂直的每平方米的截面上，每秒通过的太阳辐射能w ＝1.35×103W/m 2．试估算太阳继续保持在主序星阶段还有多少年的寿命．(估算结果保留一位有效数字)【解析】(1)(第一记分段：估算太阳的质量14分)设地球的公转周期为T ，则有：G mM r 2＝m (2πT)2r (3分)g ＝G m R 2(等效式为：m ′g ＝G mm ′R2)(3分)联立解得：M ＝m (2πT )2·r 3gR2(4分)代入数值得：M ＝2×1030kg ．(4分)(卷面上暴露出来的易犯错误的一些问题：①不用题中给的物理量符号，自己另用一套符号，r 、R 、m 、M 错用，丢掉14分；②对题中给出的地球的质量m 和地球表面处的重力加速度g 视而不见，把G 的数值代入计算太阳的质量，丢掉11分；③太阳的质量M 的计算结果的有效数字不对，丢掉4分．)(2)(第二记分段：核聚变反应所释放的核能7分)ΔE ＝(4m p ＋2m e －m α)c 2(4分)代入数值得：ΔE ＝4×10－12J ．(3分)(卷面上暴露出来的易犯错误的一些问题：①数字运算能力低，能导出ΔE ＝(4m p ＋2m e －m α)c 2，却算不出ΔE ＝4×10－12J ，丢掉3分；②ΔE 的计算结果的有效数字不对，丢掉3分；③ΔE 的计算结果的单位不对，丢掉1分．)(3)(第三记分段：估算太阳继续保持在主序星阶段的时间7分)核聚变反应的次数N ＝M 4m p×10%(2分)太阳共辐射的能量E ＝N ·ΔE太阳每秒辐射的总能量ε＝4πr 2·w (2分)太阳继续保持在主序星阶段的时间t ＝E ε(2分)由以上各式得：t ＝0.1M (4m p ＋2m e －m α)c 24m p ×4πr 2w代入数值得：t ＝1×1010年．(1分)(卷面上暴露出来的易犯错误的一些问题：因不熟悉天体辐射知识，大多数考生解答不出来．)(1)2×1030kg (2)4×10－12J (3)1×1010年●例2(18分)图10－1中滑块和小球的质量均为m，滑块可在水平放置的光滑固定导轨上自由滑动，小球与滑块上的悬点O由一不可伸长的轻绳相连，轻绳长为l．开始时，轻绳处于水平拉直状态，小球和滑块均静止．现将小球由静止释放，当小球到达最低点时，滑块刚好被一表面涂有黏性物质的固定挡板粘住，在极短的时间内速度减为零，小球继续向左摆动，当轻绳与竖直方向的夹角θ＝60°时小球达到最高点．求：图10－1(1)从滑块与挡板接触到速度刚好变为零的过程中，挡板阻力对滑块的冲量．(2)小球从释放到第一次到达最低点的过程中，绳的拉力对小球做功的大小．【解析】(1)(第一问给分点：12分)解法一设小球摆至最低点时，滑块和小球的速度大小分别为v1、v2，对于滑块和小球组成的系统，由机械能守恒定律得：1 2m v12＋12m v22＝mgl(3分)同理，滑块被粘住后，对于小球向左摆动的过程，有：12m v22＝mgl(1－cos60°)(3分)解得：v1＝v2＝gl(2分)对于滑块与挡板接触的过程，由动量定理得：I＝0－m v1可知挡板对滑块的冲量I＝－m gl，负号表示方向向左．(4分，其中方向占1分)解法二设小球摆至最低点时，滑块和小球的速度大小分别为v1、v2，由动量守恒定律得：m v1－m v2＝0(3分)对于小球向左摆动的过程，由机械能守恒定律得：12m v22＝mgl(1－cos60°)(3分)可解得：v1＝v2＝gl(2分)对于滑块与挡板接触的过程，由动量定理有：I＝0－m v1可解得挡板对滑块的冲量为：I＝－m gl，负号表示方向向左．(4分，其中方向占1分)解法三设小球摆至最低点时，滑块和小球的速度大小分别为v1、v2，由机械能守恒定律得：1 2m v12＋12m v22＝mgl(3分)又由动量守恒定律得：m v1＋m(－v2)＝0(3分)可解得：v1＝v2＝gl(2分)对于滑块与挡板接触的过程，由动量定理得：I＝0－m v1可解得挡板对滑块的冲量为：I＝－m gl，负号表示方向向左．(4分，其中方向占1分)解法四由全过程的能量转换和守恒关系可得(滑块在碰撞时损失的能量等于系统机械能的减少，等于滑块碰前的动能)：ΔE＝mgl－mgl(1－cos60°)＝12m v2(6分)可解得滑块碰前的速度为：v＝gl(2分)对于滑块与挡板接触的过程，由动量定理得：I＝0－m v可解得挡板对滑块的冲量为：I ＝－m gl ，负号表示方向向左．(4分，其中方向占1分)解法五由全过程的能量转换和守恒关系可得(滑块在碰撞时损失的能量等于系统机械能的减少，等于滑块碰前的动能)：ΔE ＝mgl cos 60°＝12m v 2(6分)可解得滑块碰前的速度为：v ＝gl (2分)对于滑块与挡板接触的过程，由动量定理得：I ＝0－m v 可解得挡板对滑块的冲量为：I ＝－m gl ，负号表示方向向左．(4分，其中方向占1分)(2)(第二问给分点：6分)解法一对小球下摆的过程，由动能定理得：mgl ＋W ＝12m v 22(4分)可解得细绳对其做的功为：W ＝－12mgl ．(2分)解法二绳的张力对小球所做的功的绝对值等于滑块在碰前的动能(或等于绳子的张力对滑块做的功)，则有：W ′＝12m v 12或W ′＝12m v 12－0(4分)可解得：W ＝－W ′＝－12mgl ．(2分)解法三绳子的张力对小球做的功等于小球在全过程中的机械能的增量，有：W ＝(－mg ·l 2)－0＝－12mgl (取滑块所在高度的水平面为参考平面)(6分)或W ＝mgl (1－cos 60°)－mgl ＝－12mgl (取小球所到达的最低点为参考平面)或W ＝0－mg ·l 2＝－12mgl (取小球摆起的最高点为参考平面)．解法四对小球运动的全过程，由动能定理得：W ＋mgl cos 60°＝0或W ＋mg ·l 2＝0(4分)解得：W ＝－12mgl ．(2分)解法五考虑小球从水平位置到最低点的过程：若滑块固定，绳子的张力对小球不做功，小球处于最低点时的速率v 球′＝2gl (由mgl＝12m v 球′2得到)(2分)若滑块不固定，绳子的张力对小球做功，小球处于最低点时的速率v 球＝gl (v 球应由前面正确求得)则绳子对小球做的功为：W ＝12m v 球2－12m v 球′2(2分)＝－12mgl ．(2分)(1)－m gl ，负号表示方向向左(2)－12mgl 【点评】①越是综合性强的试题，往往解题方法越多，同学们通过本例的多种解题方法要认真地总结动能定理、机械能守恒定律和能量的转化与守恒定律之间的关系．②要认真地推敲各种解题方法的评分标准，从而建立起自己解题的规范化程序．解题技巧从前面各专题可以看出，在高中物理各类试题的解析中常用到的方法有：整体法、隔离法、正交分解法、等效类比法、图象法、极限法等，这些方法技巧在高考计算题的解析中当然也是重要的手段，但这些方法技巧涉及面广，前面已有较多的论述和例举，这里就不再赘述．本模块就如何面对形形色色的论述、计算题迅速准确地找到解析的“突破口”作些讨论和例举．论述、计算题一般都包括对象、条件、过程和状态四要素．对象是物理现象的载体，这一载体可以是物体(质点)、系统，或是由大量分子组成的固体、液体、气体，或是电荷、电场、磁场、电路、通电导体，或是光线、光子和光学元件，还可以是原子、核外电子、原子核、基本粒子等．条件是对物理现象和物理事实(对象)的一些限制，解题时应“明确”显性条件、“挖掘”隐含条件、“吃透”模糊条件．显性条件是易被感知和理解的；隐含条件是不易被感知的，它往往隐含在概念、规律、现象、过程、状态、图形和图象之中；模糊条件常常存在于一些模糊语言之中，一般只指定一个大概的范围．过程是指研究的对象在一定条件下变化、发展的程序．在解题时应注意过程的多元性，可将全过程分解为多个子过程或将多个子过程合并为一个全过程．状态是指研究对象各个时刻所呈现出的特征．方法通常表现为解决问题的程序．物理问题的求解通常有分析问题、寻求方案、评估和执行方案几个步骤，而分析问题(即审题)是解决物理问题的关键．一、抓住关键词语，挖掘隐含条件在读题时不仅要注意那些给出具体数字或字母的显性条件，更要抓住另外一些叙述性的语言，特别是一些关键词语．所谓关键词语，指的是题目中提出的一些限制性语言，它们或是对题目中所涉及的物理变化的描述，或是对变化过程的界定等．高考物理计算题之所以较难，不仅是因为物理过程复杂、多变，还由于潜在条件隐蔽、难寻，往往使考生们产生条件不足之感而陷入困境，这也正考查了考生思维的深刻程度．在审题过程中，必须把隐含条件充分挖掘出来，这常常是解题的关键．有些隐含条件隐蔽得并不深，平时又经常见到，挖掘起来很容易，例如题目中说“光滑的平面”，就表示“摩擦可忽略不计”；题目中说“恰好不滑出木板”，就表示小物体“恰好滑到木板边缘处且具有与木板相同的速度”等等．但还有一些隐含条件隐藏较深或不常见到，挖掘起来就有一定的难度了．●例3(10分)两质量分别为M1和M2的劈A和B，高度相同，放在光滑水平面上，A和B的倾斜面都是光滑曲面，曲面下端与水平面相切，如图10－2所示．一质量为m的物块位于劈A的倾斜面上，距水平面的高度为h．物块从静止滑下，然后又滑上劈B．求物块在B上能够达到的最大高度．图10－2【解析】设物块到达劈A的底端时，物块和A的速度大小分别为v和v1，由机械能守恒和动量守恒得：mgh＝12m v2＋12M1v12(2分)M1v1＝m v(2分)设物块在劈B上达到的最大高度为h′，此时物块和B的共同速度大小为v′，由机械能守恒和动量守恒得：mgh′＋12(M2＋m)v′2＝12m v2(2分)m v＝(M2＋m)v′(2分)联立解得：h ′＝M 1M 2(M 1＋m )(M 2＋m )h ．(2分)M 1M 2(M 1＋m )(M 2＋m )h 【点评】本题应分析清楚物块从A 滑下以及滑上B 的情境，即从A 滑下和滑上B 的过程水平方向动量守恒，在B 上上升至最大高度时，隐含着与B 具有相同速度的条件．二、重视对基本过程的分析(画好情境示意图)在高中物理中，力学部分涉及的运动过程有匀速直线运动、匀变速直线运动、平抛运动、圆周运动、简谐运动等，除了这些运动过程外，还有两类重要的过程：一类是碰撞过程，另一类是先变加速运动最终匀速运动的过程(如汽车以恒定功率启动问题)．热学中的变化过程主要有等温变化、等压变化、等容变化、绝热变化等(这些过程的定量计算在某些省的高考中已不作要求)．电学中的变化过程主要有电容器的充电和放电、电磁振荡、电磁感应中的导体棒做先变加速后匀速的运动等，而画出这些物理过程的示意图或画出关键情境的受力分析示意图是解析计算题的常规手段．画好分析草图是审题的重要步骤，它有助于建立清晰有序的物理过程和确立物理量间的关系，可以把问题具体化、形象化．分析图可以是运动过程图、受力分析图、状态变化图，也可以是投影法、等效法得到的示意图等．在审题过程中，要养成画示意图的习惯．解物理题，能画图的尽量画图，图能帮助我们理解题意、分析过程以及探讨过程中各物理量的变化．几乎无一物理问题不是用图来加强认识的，而画图又迫使我们审查问题的各个细节以及细节之间的关系．●例4(18分)如图10－3甲所示，建立Oxy 坐标系．两平行极板P 、Q 垂直于y 轴且关于x 轴对称，极板长度和板间距均为l ，在第一、四象限有磁感应强度为B 的匀强磁场，方向垂直于Oxy 平面向里．位于极板左侧的粒子源沿x 轴向右连续发射质量为m 、电荷量为＋q 、速度相同、重力不计的带电粒子．在0～3t 0时间内两板间加上如图10－3乙所示的电压(不考虑极板边缘的影响)．已知t ＝0时刻进入两板间的带电粒子恰好在t 0时刻经极板边缘射入磁场．上述m 、q 、l 、t 0、B 为已知量，不考虑粒子间相互影响及返回极板间的情况．(1)求电压U 0的大小．(2)求12t 0时刻进入两板间的带电粒子在磁场中做圆周运动的半径．(3)何时进入两板间的带电粒子在磁场中的运动时间最短？求此最短时间．图10－3【解析】(1)t ＝0时刻进入两板间的带电粒子在电场中做匀变速曲线运动，t 0时刻刚好从极板边缘射出，在y 轴负方向偏移的距离为12l ，则有：E ＝U 0l(1分)qE ＝ma (1分)12l ＝12at 02(2分)联立解得：两板间的偏转电压U 0＝ml 2qt 02．(1分)(2)12t 0时刻进入两板间的带电粒子，前12t 0时间在电场中偏转，后12t 0时间两板间没有电场，带电粒子做匀速直线运动．带电粒子沿x 轴方向的分速度大小v 0＝l t 0(1分)带电粒子离开电场时沿y 轴负方向的分速度大小v y ＝a ·12t 0(1分)带电粒子离开电场时的速度大小v ＝v 02＋v y 2(1分)设带电粒子离开电场进入磁场做匀速圆周运动的半径为R ，则有：q v B ＝m v 2R(1分)联立解得：R ＝5ml 2qBt 0．(1分)(3)2t 0时刻进入两板间的带电粒子在磁场中运动的时间最短．(2分)带电粒子离开电场时沿y 轴正方向的分速度为：v y ′＝at 0(1分)图10－3丙设带电粒子离开电场时速度方向与y 轴正方向的夹角为α，则tan α＝v 0v y ′(1分)联立解得：α＝π4(1分)带电粒子在磁场中的运动轨迹如图10－3丙所示，圆弧所对的圆心角2α＝π2，所求最短时间为：t min ＝14T (1分)带电粒子在磁场中运动的周期T ＝2πm qB(1分)联立解得：t min ＝πm 2qB．(1分)(1)ml 2qt 02(2)5ml 2qBt 0(3)2t 0时刻πm 2qB【点评】在解决带电粒子在电场、磁场中的偏转问题时，要充分分析题意，结合必要的计算，画出物体运动的轨迹图．为了确保解题的正确，所画的轨迹图必须准确，同学们可以想一下在做数学中的几何题时是如何作图的．在解决这类物理题时，也要作出一个标准的图形．三、要谨慎细致，谨防定势思维经常遇到一些物理题故意多给出已知条件，或表述物理情境时精心设置一些陷阱，安排一些似是而非的判断，以此形成干扰因素，来考查学生明辨是非的能力．这些因素的迷惑程度愈大，同学们愈容易在解题过程中犯错误．在审题过程中，只有有效地排除这些干扰因素，才能迅速而正确地得出答案．有些题目的物理过程含而不露，需结合已知条件，应用相关概念和规律进行具体分析．分析前不要急于动笔列方程，以免用假的过程模型代替了实际的物理过程，防止定势思维的负迁移．●例5(18分)如图10－4甲所示，用长为L 的丝线悬挂着一质量为m 、带电荷量为＋q 的小球，将它们放入水平向右的匀强电场中，场强大小E ＝3mg 3q．今将小球拉至水平方向的A点后由静止释放．图10－4甲(1)求小球落至最低点B 处时的速度大小．(2)若小球落至最低点B 处时，绳突然断开，同时使电场反向，大小不变，则小球在以后的运动过程中的最小动能为多少？【解析】(1)由题意知：小球受到水平向右的电场力qE 和重力mg 的作用，使小球沿合力的方向做匀加速直线运动到C 点，如图10－4乙所示．由几何知识得：L AC ＝L (1分)图10－4乙由动能定理可得：F 合·L ＝12m v C 2(3分)即mgL cos 30°＝12m v C 2(1分)解得：v C ＝43gL 3(1分)绳子绷紧的瞬间，绳子给小球的冲量使小球沿绳方向的速度减为零沿切线方向的速度v C ′＝v C cos 30°＝3gL (2分)此后小球从C 点运动到B 点的过程中，绳子对小球不做功，电场力和重力均对小球做正功，则有：mg (L －L cos 30°)＋EqL sin 30°＝12m v B 2－12m v C ′2(3分)解得：v B 2＝(2＋33)gL 即v B ＝1.6gL ．(2分)(2)绳断后，电场反向，则重力和电场力的合力对小球先做负功后做正功，把小球的速度沿合力和垂直于合力的方向进行分解，如图10－4丙所示，当沿合力方向的分速度为零时，小球的速度最小，动能最小，则有：图10－4丙v L ＝v B cos 30°＝32v B (2分)其最小动能为：E k ＝12m v L 2＝0.97mgL ．(3分)(1)1.6gL (2)0.97mgL【点评】本题易错之处有三个：①小球从A 运动到B 的过程中，初始阶段并非做圆周运动；②小球运动到C 点时绳子拉直的瞬间机械能有损失；③不能利用合力做功分析出小球后来最小速度的位置及大小．四、善于从复杂的情境中快速地提取有效信息现在的物理试题中介绍性、描述性的语句相当多，题目的信息量很大，解题时应具备敏锐的眼光和灵活的思维，善于从复杂的情境中快速地提取有效信息，准确理解题意．●例6(18分)风能将成为21世纪大规模开发的一种可再生清洁能源．风力发电机是将风能(气流的功能)转化为电能的装置，其主要部件包括风轮机、齿轮箱、发电机等．如图10－5所示．图10－5(1)利用总电阻R ＝10Ω的线路向外输送风力发电机产生的电能．输送功率P 0＝300kW ，输电电压U ＝10kV ，求导线上损失的功率与输送功率的比值．(2)风轮机叶片旋转所扫过的面积为风力发电机可接受风能的面积．设空气密度为ρ，气流速度为v ，风轮机叶片的长度为r ．求单位时间内流向风轮机的最大风能P m ．在风速和叶片数确定的情况下，要提高风轮机单位时间接受的风能，简述可采取的措施．(3)已知风力发电机的输出电功率P 与P m 成正比．某风力发电机的风速v 1＝9m/s 时能够输出电功率P 1＝540kW ．我国某地区风速不低于v 2＝6m/s 的时间每年约为5000h ，试估算这台风力发电机在该地区的最小年发电量．【解析】(1)导线上损失的功率P ＝I 2R ＝(P 0U)2R (2分)可解得：P ＝(300×10310×103)2×10W ＝9kW (2分)损失的功率与输送功率的比值为：P P 0＝9×103300×103＝0.03．(2分)(2)风垂直流向风轮机时，提供的风能功率最大单位时间内垂直流向叶片旋转面积的气体的质量为：m 0＝ρv S ＝πρv r 2(2分)风能的最大功率可表示为：P m ＝12m 0v 2＝12πρr 2v 3(2分)采取的合理措施有：增加风轮机叶片的长度，安装调向装置保持风轮机正面迎风等．(3分)(3)按题意，风力发电机的输出功率为：P 2＝(v 2v 1)3·P 1＝(69)3×540kW ＝160kW (3分)最小年发电量约为：W ＝P 2t ＝160×5000kW·h ＝8×105kW·h ．(2分)。

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