全国高考物理一模试卷新课标ⅱ卷

全国高考物理一模试卷新课标ⅱ卷

‎2018年全国高考物理一模试卷（新课标Ⅱ卷）‎ ‎　‎ 一、选择题：本题共8小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，第14～18题只有一项符合题目要求，第19～21题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错或不答的得0分．‎ ‎1．（6分）（2018•新课标Ⅱ卷一模）在2017年世界斯诺克国际锦标赛中，质量为m的白球以3v的速度被推出，与正前方另一静止的相同质量的黄球发生对心正碰，碰撞后黄球的速度为2v，运动方向与白球碰前的运动方向相同。若不计球与桌面间的摩擦，则碰后瞬间白球的速度为（　　）‎ A．0 B． C．v D．‎ ‎2．（6分）（2018•新课标Ⅱ卷一模）如图所示，直角三角形导线框OPQ放置在磁感应强度大小为B，方向垂直于OQ向右的匀强磁场中，且OP边的长度为l，∠POQ=θ．当导线框绕OQ边以角速度ω逆时针转动（从O向Q观察）时，下列说法正确的是（　　）‎ A．导线框OPQ内无感应电流 B．导线框OPQ内产生大小恒定，方向周期性变化的交变电流 C．P点的电势始终大于O点的电势 D．如果截去导线PQ，则P、O两点的电势差的最大值为ωsinθcosθ ‎3．（6分）（2018•新课标Ⅱ卷一模）如图所示，在高尔夫球场上，某人从高出水平地面h的坡顶以速度v0水平击出一球，球落在水平地面上的C点。已知斜坡AB与水平面的夹角为θ，不计空气阻力。则下列说法正确的是（　　）‎ A．若球落到斜坡上，其速度方向与水平方向的夹角为定值 B．若球落到斜坡上，其速度方向与水平方向的夹角不确定 C．AC的水平距离为v0‎ D．小球落在C点时的速度大小为 ‎4．（6分）（2018•新课标Ⅱ卷一模）水平面内有一等边三角形ABC，O点为三角形的几何中心，D点为O点正上方的一点，O点到A、B、C、D四点的距离均为l．现将三个电荷量均为Q的正点电荷分别固定在A、B、C处，已知静电力常量为k．则下列说法正确的是（　　）‎ A．O点的电场强度大小 B．D点的电场强度大小 C．O点的电势为零 D．D点的电势比O点的电势低 ‎5．（6分）（2018•新课标Ⅱ卷一模）北京时间2018年1月12日7时18分，我国在西昌卫星发射中心用长征三号乙运载火箭（及远征一号上面级），以“一箭双星”方式成功发射第二十六、二十七颗北斗导航卫星，这两颗卫星属于中圆地球轨道卫星。中圆地球轨道卫星和同步轨道卫星都绕地球球心做圆周运动，但中圆地球轨道卫星离地面高度要低些。若与同步轨道卫星相比，则上述两颗卫星做圆周运动的（　　）‎ A．线速度小 B．向心加速度大 C．角速度小 D．周期大 ‎6．（6分）（2018•新课标Ⅱ卷一模）2017年11月6日“华龙一号”核电项目首台发电机已通过了“型式试验”，全部指标达到和优于设计要求，标志着我国“华龙一号”首台发电机自主研制成功。“华龙一号”是利用原子核链式反应放出的巨大能量进行发电的，是核电站常用的核燃料。受一个中子轰击后裂变成和两部分，并产生3个中子。要使链式反应发生，裂变物质的体 积要大于它的临界体积。已知、、和中子的质量分别是235.043 9u、140.913 9u、91.897 3u和1.008 7u．若取1u=931.5MeV．则下列说法正确的是（　　）‎ A．该核反应方程为：‎ B．该核反应方程为：‎ C．因为裂变释放能量，出现质量亏损，所以裂变后的总质量数减少 D．一个裂变时放出的能量约为△E=200.55 MeV ‎7．（6分）（2018•新课标Ⅱ卷一模）如图所示，用长为l的绝缘细线拴一个质量为m、带电荷量为+q的小球（可视为质点）后悬挂于O点，整个装置处于水平向右的、场强大小为E的匀强电场中。现将小球拉至悬线呈水平的位置A后，由静止开始将小球释放，小球向下摆动，当悬线转过θ=60°角到达位置B时，小球的速度恰好为零。则下列说法不正确的是（　　）‎ A．电场强度是 B．A、B两点间的电势差是 C．小球到达B点时，悬线对小球的拉力为mg D．小球从A点到B点的过程中重力的瞬时功率先增大后减小 ‎8．（6分）（2018•新课标Ⅱ卷一模）如图所示，在虚线矩形区域内存在正交的匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向下，磁感应强度为B，方向垂直于纸面向里，一质量为m带电荷量大小为q的小球从左侧M点以某一水平速度射入该区域，恰好沿直线从右侧的N点（未画出）穿出，则（　　）‎ A．小球一定带正电 B．N点一定与M点在同一水平线上 C．小球速度之差的大小可能为 D．若该带电小球以大小相同的速度从N点反向进入该区域，运动过程中动能一定增加 ‎　‎ 二、非选择题：本卷包括必考题和选考题两部分．第22～25题为必考题，每个试题考生都必须作答．第33～34题为选考题，考生根据要求作答．‎ ‎9．（6分）（2018•新课标Ⅱ卷一模）如图1所示是“探究做功与物体速度变化的关系”的实验装置，实验步骤如下：‎ ‎①如图1所示，木板置于水平桌面上，用垫块将长木板固定有打点计时器的一端垫高，不断调整垫块的高度，直至轻推小车后，小车恰好能沿长木板向下做匀速直线运动；‎ ‎②保持长木板的倾角不变，一端系有砂桶的细绳通过滑轮与拉力传感器相连，拉力传感器可显示所受的拉力大小F．将小车右端与纸带相连，并穿过打点计时器的限位孔，接通打点计时器的电源后，释放小车，让小车从静止开始加速下滑；‎ ‎③实验中得到一条纸带，相邻的各计时点到A点的距离如图2所示。电源的频率为f。‎ 根据上述实验，请回答如下问题：‎ ‎（1）若忽略滑轮质量及轴间摩擦，本实验中小车加速下滑时所受的合外力为　 　；‎ ‎（2）为探究从B点到D点的过程中，做功与小车速度变化的关系，则实验中还需测量的量有　 　；‎ ‎（3）请写出探究结果表达式　 　。‎ ‎10．（9分）（2018•新课标Ⅱ卷一模）某物理兴趣小组测定某品牌矿泉水的电阻率，将矿泉水装满两端用导体活塞塞住的玻璃管中，整个玻璃管矿泉水的阻值为Rx（900～1 000Ω）：‎ 电源E，具有一定内阻，电动势约为9.0V；‎ 电压表V1，量程为1.5V，内阻r1=750Ω；‎ 电压表V2，量程为5V，内阻r2=2 500Ω；‎ 滑动变阻器R，最大阻值约为100Ω；‎ 单刀单掷开关K，导线若干。‎ ‎（1）测量中要求电压表的读数不小于其量程的，实验的电路图应选用下列的图　 　（填字母代号）。‎ ‎（2）根据你所选择的电路原理图在题给的实物图上补充连线。‎ ‎（3）若电压表V1的读数用U1表示，电压表V2的读数用U2表示，则由已知量和测得量表示Rx的公式为Rx=　 　。测出玻璃管中有水部分的长度为L ‎，玻璃管的内径为d，则矿泉水的电阻率ρ= 　 　（用题中所给的物理量表示）。‎ ‎11．（14分）（2018•新课标Ⅱ卷一模）如图所示，竖直光滑半圆轨道COD与水平粗糙轨道ABC相切于C点，轨道的AB部分可绕B点转动，一质量为m的滑块（可看作质点）在水平外力F的作用下从A点由静止开始做匀加速直线运动，到B点时撤去外力F，滑块恰好能通过最高点D，现将AB顺时针转过37°，若将滑块从A点由静止释放，则滑块恰好能到达与圆心等高的O点（不计滑块在B点的能量损失）．已知滑块与轨道ABC间的动摩擦因素μ=0.5，重力加速度g，sin37°=0.6，BC=．求：‎ ‎（1）水平外力F与滑块重力mg的大小的比值。‎ ‎（2）若斜面AB光滑，其他条件不变，滑块仍从A点由静止释放，求滑块在D点处对轨道的压力大小。‎ ‎12．（18分）（2018•新课标Ⅱ卷一模）如图所示，两根金属导体棒a和b的长度均为L，电阻均为R，质量分布均匀且大小分别为3m和m．现用两根等长的、质量和电阻均忽略不计且不可伸长的柔软导线将它们组成闭合回路，并悬跨在光滑绝缘的水平圆棒两侧。其中导体棒b处在宽度为H的垂直纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场中，导体棒a位于磁场的正上方。现将导体棒b从磁场的下边界由静止释放，若磁场宽度H足够大，导体棒b穿过磁场的过程中，导体棒a未能进入磁场，整个运动过程中导体棒a、b始终处于水平状态，重力加速度为g．求：‎ ‎（1）导体棒b在磁场中运动时获得的最大速度v；‎ ‎（2）若导体棒b获得最大速度v时，恰好到达磁场的上边界，则b棒从释放到穿出磁场所需要的时间t；‎ ‎（3）在（2）问过程中产生的热量Q。‎ ‎　‎ ‎[物理--选修3-3]‎ ‎13．（5分）（2018•新课标Ⅱ卷一模）下列有关热力学现象和规律的描述正确的是 （　　）‎ A．液体表面张力的方向与液面垂直并指向液体内部 B．一定质量的气体，在体积不变时，气体分子每秒与器壁平均碰撞次数随着温度的降低而减小 C．用热针尖接触金属表面的石蜡，熔解区域呈圆形，这是晶体各向异性的表现 D．一定质量的理想气体经历等压膨胀过程，气体密度将减小，分子平均动能将增大 E．热量能够自发地从高温物体传递到低温物体，但不能自发地从低温物体传递到高温物体 ‎14．（10分）（2018•新课标Ⅱ卷一模）如图所示，一个内壁光滑的导热气缸倾斜放置，气缸侧面与水平方向成53°角，周围环境温度为27℃，现将一个质量为1kg、截面积与气缸横向面积相同的活塞缓慢放在气缸口，活塞与气缸紧密接触且不漏气。已知活塞面积为4.0×10﹣4 m2，大气压强为1.0×105 Pa，g取10m/s2，气缸高为0.3m，绝对零度为﹣273℃，假设气缸内的气体为理想气体。sin 37°=0.6，求：‎ ‎①活塞静止时气缸内的气体体积；‎ ‎②现在活塞上放置一个4kg的砝码，再让周围环境温度缓慢升高，要使活塞再次回到气缸顶端，则环境温度为多高？‎ ‎　‎ ‎[物理--选修3-4]‎ ‎15．（2018•新课标Ⅱ卷一模）下列说法正确的是 （　　）‎ A．当声源相对于观察者远离时，观察者听到的声音频率会变低 B．光导纤维中内层的折射率小于外层的折射率 C．泊松亮斑是光的衍射现象，玻璃中的气泡特别明亮是光的全反射现象 D．雷达是利用电磁波中的长波来测定物体位置的无线电设备 E．真空中的光速在不同的惯性参考系中都是相同的，与光源的运动和观察者的运动无关 ‎16．（2018•新课标Ⅱ卷一模）如图所示，实线是一列简谐横波在t1=0时刻的波形图，虚线是在t2=0.2s时刻的波形图。‎ ‎①若周期T符合：2T＜t2﹣t1＜3T，且波向x轴正方向传播，波速多大？‎ ‎②若周期T符合：2T＜t2﹣t1＜3T，且波向x轴负方向传播，波速多大？‎ ‎③在t1到t2的时间内，如果M通过的路程为1m，那么波的传播方向怎样？波速多大？‎ ‎　‎ ‎2018年全国高考物理一模试卷（新课标Ⅱ卷）‎ 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题：本题共8小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，第14～18题只有一项符合题目要求，第19～21题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错或不答的得0分．‎ ‎1．（6分）（2018•新课标Ⅱ卷一模）在2017年世界斯诺克国际锦标赛中，质量为m的白球以3v的速度被推出，与正前方另一静止的相同质量的黄球发生对心正碰，碰撞后黄球的速度为2v，运动方向与白球碰前的运动方向相同。若不计球与桌面间的摩擦，则碰后瞬间白球的速度为（　　）‎ A．0 B． C．v D．‎ ‎【考点】53：动量守恒定律．菁优网版权所有 ‎【专题】31 ：定性思想；43 ：推理法；52K：动量与动能定理或能的转化与守恒定律综合．‎ ‎【分析】两球碰撞过程系统动量守恒，应用动量守恒定律可以求出碰撞后白球的速度。‎ ‎【解答】解：两球碰撞过程系统动量守恒，以白球的初速度方向为正方向，‎ 由动量守恒定律得：m•3v=mv′+m•2v 解得：v′=v，故C正确，ABD错误；‎ 故选：C。‎ ‎【点评】本题考查了动量守恒定律的应用，两球碰撞过程系统动量守恒，应用动量守恒定律即可解题，解题时注意正方向的选择。‎ ‎　‎ ‎2．（6分）（2018•新课标Ⅱ卷一模）如图所示，直角三角形导线框OPQ放置在磁感应强度大小为B，方向垂直于OQ向右的匀强磁场中，且OP边的长度为l，∠POQ=θ．当导线框绕OQ边以角速度ω逆时针转动（从O向Q观察）时，下列说法正确的是（　　）‎ A．导线框OPQ内无感应电流 B．导线框OPQ内产生大小恒定，方向周期性变化的交变电流 C．P点的电势始终大于O点的电势 D．如果截去导线PQ，则P、O两点的电势差的最大值为ωsinθcosθ ‎【考点】E5：交流的峰值、有效值以及它们的关系．菁优网版权所有 ‎【专题】11 ：计算题；32 ：定量思想；43 ：推理法；53A：交流电专题．‎ ‎【分析】线圈在绕垂直于磁场方向的转轴转动，产生正弦式交变电流，根据法拉第电磁感应求得产生的最大感应电动势，根据导体板切割磁感线求得形成的最大感应电动势，‎ ‎【解答】解：A、导线框OPQ内，只有边长OP做切割磁感线运动，产生的感应电动势，根据法拉第电磁感应定律可求得感应电动势的大小为 E=sinθcosθsinωt，故导线框OPQ内产生正弦式交变电流，故AB错误；‎ C、由于导体框OPQ内产生正弦式交变电流，P点的电动势与O的点的电动势大小成周期性变化，故C错误；‎ D、如果截取导线PQ，则没有感应电流，但PQ两点的电势差=，故最大值为，故D正确 故选：D。‎ ‎【点评】本题主要考查了线圈转动形成感应电动势，利用法拉第电磁感应定律求得最大值，根据楞次定律求得电势的高低即可判断 ‎　‎ ‎3．（6分）（2018•新课标Ⅱ卷一模）如图所示，在高尔夫球场上，某人从高出水平地面h的坡顶以速度v0水平击出一球，球落在水平地面上的C点。已知斜坡 AB与水平面的夹角为θ，不计空气阻力。则下列说法正确的是（　　）‎ A．若球落到斜坡上，其速度方向与水平方向的夹角为定值 B．若球落到斜坡上，其速度方向与水平方向的夹角不确定 C．AC的水平距离为v0‎ D．小球落在C点时的速度大小为 ‎【考点】43：平抛运动．菁优网版权所有 ‎【专题】12 ：应用题；32 ：定量思想；4C ：方程法；518：平抛运动专题．‎ ‎【分析】平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，根据高度求出运动的时间，根据速度时间关系求解水平位移，根据动能定理求解C点的速度大小。‎ ‎【解答】解：AB、若球落到斜坡上，将速度分解，有vy=gt=2v0tanθ，故速度方向与水平方向的正切：tanα==2tanθ，所以速度方向与水平方向的夹角为定值，故A正确、B错误；‎ C、小球做平抛运动，设时间为t，则有：x=v0t，y=gt2，小球水平飞行距离为：x=v0，故C错误；‎ D、根据动能定理可得mgh=﹣，解得小球落在C点时的速度大小为vC=，故D错误；‎ 故选：A。‎ ‎【点评】解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式进行求解。‎ ‎　‎ ‎4．（6分）（2018•新课标Ⅱ卷一模）水平面内有一等边三角形ABC，O点为三角形的几何中心，D点为O点正上方的一点，O点到A、B、C、D四点的距离均为l．现将三个电荷量均为Q的正点电荷分别固定在A、B、C 处，已知静电力常量为k．则下列说法正确的是（　　）‎ A．O点的电场强度大小 B．D点的电场强度大小 C．O点的电势为零 D．D点的电势比O点的电势低 ‎【考点】AD：电势差与电场强度的关系；A6：电场强度．菁优网版权所有 ‎【专题】32 ：定量思想；43 ：推理法；532：电场力与电势的性质专题．‎ ‎【分析】根据点电荷场强求得分场强，然后根据矢量叠加原理求得合场强；再根据沿着电场线电势降低得到电势大小关系。‎ ‎【解答】解：A、三个点电荷在O点的场强大小都为，任意两个场强之间的角度为120°，故合场强为零，故A错误；‎ CD、经过O点的竖直线上任一点，三个点电荷在垂直该竖直线的平面内的场强都大小相等，互成120°，故场强方向沿竖直方向指向无穷远处，那么，D点的电势比O点的电势低；‎ 又有无穷远处电势为零，故O点电势大于零，故C错误，D正确；‎ B、根据几何关系可得：D到A、B、C的距离均为，故场强大小均为；又有任一分场强与与OD成45°，由CD可知：场强方向沿竖直方向指向无穷远处即为OD方向，‎ 所以，D点场强，故B错误；‎ 故选：D。‎ ‎【点评】在求解多个点电荷周围电势正负时，一般先根据 求得电场，然后根据叠加原理求得合场强；然后根据沿着电场线电势降低来得到，若未说明，一般默认无穷远处电势为零。‎ ‎　‎ ‎5．（6分）（2018•新课标Ⅱ卷一模）北京时间2018年1月12日7时18分，我国在西昌卫星发射中心用长征三号乙运载火箭（及远征一号上面级），以“一箭双星”方式成功发射第二十六、二十七颗北斗导航卫星，这两颗卫星属于中圆地球轨道卫星。中圆地球轨道卫星和同步轨道卫星都绕地球球心做圆周运动，但中圆地球轨道卫星离地面高度要低些。若与同步轨道卫星相比，则上述两颗卫星做圆周运动的（　　）‎ A．线速度小 B．向心加速度大 C．角速度小 D．周期大 ‎【考点】4H：人造卫星的加速度、周期和轨道的关系．菁优网版权所有 ‎【专题】34 ：比较思想；4E ：模型法；52A：人造卫星问题．‎ ‎【分析】卫星绕地球球心做圆周运动，由万有引力提供向心力，由此列式分析各个量的大小。‎ ‎【解答】解：根据万有引力提供向心力，得 ‎ G=m=ma=mω2r=mr 得 v=，a=，ω=，T=2π A、由于中圆地球轨道卫星离地面高度要低些，即轨道半径要小些，由 v=知，半径r越小，线速度越大，则中圆地球轨道卫星的线速度大，故A错误。‎ B、由a=，知半径r越小，向心加速度越大，则中圆地球轨道卫星的向心加速度大，故B正确。‎ C、由ω=，知半径r越小，角速度越大，则中圆地球轨道卫星的角速度大，故C错误。‎ D、由T=2π，知半径越小，周期越小，所以中圆地球轨道卫星的周期小，故D错误。‎ 故选：B。‎ ‎【点评】关于做圆周运动的卫星类问题，关键是建立模型，根据万有引力提供向心力列式，进行半定量分析。‎ ‎　‎ ‎6．（6分）（2018•新课标Ⅱ卷一模）2017年11月6日“华龙一号”核电项目首台发电机已通过了“型式试验”，全部指标达到和优于设计要求，标志着我国“华龙一号”首台发电机自主研制成功。“华龙一号”是利用原子核链式反应放出的巨大能量进行发电的，是核电站常用的核燃料。受一个中子轰击后裂变成和两部分，并产生3个中子。要使链式反应发生，裂变物质的体积要大于它的临界体积。已知、、和中子的质量分别是235.043 9u、140.913 9u、91.897 3u和1.008 7u．若取1u=931.5MeV．则下列说法正确的是（　　）‎ A．该核反应方程为：‎ B．该核反应方程为：‎ C．因为裂变释放能量，出现质量亏损，所以裂变后的总质量数减少 D．一个裂变时放出的能量约为△E=200.55 MeV ‎【考点】JI：爱因斯坦质能方程；JJ：裂变反应和聚变反应．菁优网版权所有 ‎【专题】31 ：定性思想；43 ：推理法；54P：爱因斯坦的质能方程应用专题．‎ ‎【分析】根据受一个中子轰击，结合质量数守恒与电荷数守恒，即可判断出核反应方程；根据质量亏损，结合爱因斯坦质能方程求出释放的能量；铀核裂变放出的能量很高，反应前后质量数守恒，有质量亏损。‎ ‎【解答】解：AB、受一个中子轰击后裂变成和两部分，并产生3个中子，并根据质量数守恒，则有：，故A错误，B正确；‎ C、该核反应过程中，发生质量亏损，释放能量，但是反应前后总质量数保持不变，故C错误；‎ D、由质能方程△E=△mC2，取1u=931.5MeV，代入数据，解得放出的能量约为△E=200.55 MeV，故D正确；‎ 故选：BD。‎ ‎【点评】解决本题的关键知道核反应前后质量数守恒，在重核裂变的过程中有质量亏损，向外放出能量。同时要明确，是所有的核反应中，质量数是守恒的，但质量不守恒，二者不可混淆。‎ ‎　‎ ‎7．（6分）（2018•新课标Ⅱ卷一模）如图所示，用长为l的绝缘细线拴一个质量为m、带电荷量为+q的小球（可视为质点）后悬挂于O点，整个装置处于水平向右的、场强大小为E的匀强电场中。现将小球拉至悬线呈水平的位置A后，由静止开始将小球释放，小球向下摆动，当悬线转过θ=60°角到达位置B时，小球的速度恰好为零。则下列说法不正确的是（　　）‎ A．电场强度是 B．A、B两点间的电势差是 C．小球到达B点时，悬线对小球的拉力为mg D．小球从A点到B点的过程中重力的瞬时功率先增大后减小 ‎【考点】AG：匀强电场中电势差和电场强度的关系；63：功率、平均功率和瞬时功率．菁优网版权所有 ‎【专题】32 ：定量思想；43 ：推理法；532：电场力与电势的性质专题．‎ ‎【分析】根据动能定理求得电场强度及电势差，再根据径向受力平衡求得拉力，最后根据速度变化得到瞬时功率的变化。‎ ‎【解答】解：A、小球运动过程只有重力和电场力做功，故有动能定理可得：mglsin60°﹣qEl（1﹣cos60°）=0，所以，电场强度；故A错误；‎ B、A、B两点间的电势差，故B正确；‎ C、小球在B点速度为零，故径向合外力为零，那么，悬线对小球的拉力 ‎，故C错误；‎ D、小球在A、B的速度都为零，故重力的瞬时功率都为零，在中间小球速度不为零，那么，重力瞬时功率不为零，所以，整个过程，小球重力的瞬时功率应先增大后减小，故D正确；‎ 本题选不正确的，故选：AC。‎ ‎【点评】匀强电场中电场力做功W=qU=qEd，其中W=qU在任意电场中都可以使用，而W=qEd只能在匀强电场中使用，且d为在电场E方向上的位移。‎ ‎　‎ ‎8．（6分）（2018•新课标Ⅱ卷一模）如图所示，在虚线矩形区域内存在正交的匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向下，磁感应强度为B，方向垂直于纸面向里，一质量为m带电荷量大小为q的小球从左侧M点以某一水平速度射入该区域，恰好沿直线从右侧的N点（未画出）穿出，则（　　）‎ A．小球一定带正电 B．N点一定与M点在同一水平线上 C．小球速度之差的大小可能为 D．若该带电小球以大小相同的速度从N点反向进入该区域，运动过程中动能一定增加 ‎【考点】CM：带电粒子在混合场中的运动．菁优网版权所有 ‎【专题】34 ：比较思想；43 ：推理法；537：带电粒子在复合场中的运动专题．‎ ‎【分析】小球沿水平直线运动，其受力平衡，分析其受力情况，判断其电性。根据平衡条件分析速度之差的大小。由外力做功分析动能的变化。‎ ‎【解答】解：A、小球恰好沿水平直线运动，故其受力平衡，若小球带正电，应有 mg+qE=qv1B，若小球带负电，应有 mg+qv2B=qE，两种情况都有可能，故A 错误。‎ B、根据上述平衡条件可判定N点一定与M点在同一水平线上，故B正确。‎ C、小球可能带正电，也可能带负电，当小球带正电，应有 mg+qE=qv1B，当小球带负电，应有：mg+qv2B=qE 整理两式得小球速度之差的大小可能为：v1﹣v2=，故C正确。‎ D、若该带电小球以大小相同的速度从N点反向进入该区域时，当小球带正电时，判断可知mg、qE、qv1B三力方向均竖直向下，重力和电场力均做正功，故小球的动能一定增加。当小球带负电时，应有mg竖直向下，qE、qv2B三力方向竖直向下，由上知qE＞mg，且可判断知qE+qv2B＞mg，则重力做负功，电场力做正功，故小球的动能一定增加。故D正确。‎ 故选：BCD。‎ ‎【点评】解决本题的关键是分析小球的受力情况，采用试探法分析两种情况讨论。要注意洛伦兹力方向与速度方向有关，而电场力方向与速度方向无关。‎ ‎　‎ 二、非选择题：本卷包括必考题和选考题两部分．第22～25题为必考题，每个试题考生都必须作答．第33～34题为选考题，考生根据要求作答．‎ ‎9．（6分）（2018•新课标Ⅱ卷一模）如图1所示是“探究做功与物体速度变化的关系”的实验装置，实验步骤如下：‎ ‎①如图1所示，木板置于水平桌面上，用垫块将长木板固定有打点计时器的一端垫高，不断调整垫块的高度，直至轻推小车后，小车恰好能沿长木板向下做匀速直线运动；‎ ‎②保持长木板的倾角不变，一端系有砂桶的细绳通过滑轮与拉力传感器相连，拉力传感器可显示所受的拉力大小F．将小车右端与纸带相连，并穿过打点计时器的限位孔，接通打点计时器的电源后，释放小车，让小车从静止开始加速下滑；‎ ‎③实验中得到一条纸带，相邻的各计时点到A点的距离如图2所示。电源的频率为f。‎ 根据上述实验，请回答如下问题：‎ ‎（1）若忽略滑轮质量及轴间摩擦，本实验中小车加速下滑时所受的合外力为　2F　；‎ ‎（2）为探究从B点到D点的过程中，做功与小车速度变化的关系，则实验中还需测量的量有　小车的质量m　；‎ ‎（3）请写出探究结果表达式　　。‎ ‎【考点】MJ：探究功与速度变化的关系．菁优网版权所有 ‎【专题】13 ：实验题；23 ：实验探究题；32 ：定量思想；43 ：推理法；52D：动能定理的应用专题．‎ ‎【分析】（1）根据实验装置和动滑轮的特点求得小车受到的合力；‎ ‎（2）根据动能的增加量等于沙桶和沙重力做的功即可判断 ‎【解答】解：（1）有题中步骤可知，小车所受到的摩擦力被重力沿斜面向下的分力平衡，所以小车加速下滑时所受到的合力等于拉力传感器显示所受拉力大小F的两倍；‎ ‎（2）细绳对小车做功为：‎ W=2F（x3﹣x1）‎ 打点计时器打B点时，小车的速度大小为：‎ 打D点时，小车的速度大小为：‎ 从B到D的过程中，小车动能的变化量为：‎ 则需要探究的结果为：‎ 有上式可知，需要测量小车的质量m ‎（3）根据（2）可知：‎ 故答案为：（1）2F；（2）小车的质量m；（3）‎ ‎【点评】该题要掌握验证动能定理中平衡摩擦力的目的和方法，正确动能定理的表达式，即可选择所需要的实验器材。‎ ‎　‎ ‎10．（9分）（2018•新课标Ⅱ卷一模）某物理兴趣小组测定某品牌矿泉水的电阻率，将矿泉水装满两端用导体活塞塞住的玻璃管中，整个玻璃管矿泉水的阻值为Rx（900～1 000Ω）：‎ 电源E，具有一定内阻，电动势约为9.0V；‎ 电压表V1，量程为1.5V，内阻r1=750Ω；‎ 电压表V2，量程为5V，内阻r2=2 500Ω；‎ 滑动变阻器R，最大阻值约为100Ω；‎ 单刀单掷开关K，导线若干。‎ ‎（1）测量中要求电压表的读数不小于其量程的，实验的电路图应选用下列的图　A　（填字母代号）。‎ ‎（2）根据你所选择的电路原理图在题给的实物图上补充连线。‎ ‎（3）若电压表V1的读数用U1表示，电压表V2的读数用U2表示，则由已知量和测得量表示Rx的公式为Rx=　　。测出玻璃管中有水部分的长度为L，玻璃管的内径为d，则矿泉水的电阻率ρ= 　　（用题中所给的物理量表示）。‎ ‎【考点】N8：自来水电阻率的测定．菁优网版权所有 ‎【专题】13 ：实验题；31 ：定性思想；43 ：推理法；535：恒定电流专题．‎ ‎【分析】由于实验没有电流表，有两个电压表，根据电压表的读数差结合电压表的内阻设计。‎ 依据电路图，从而连接实物图；‎ 分析待测电阻的电压和电流，根据欧姆定律求出电阻。‎ ‎【解答】解：（1）根据电压表量程综合电压表的读数要大于其量程的，符合要示的电路为A；‎ ‎（2）根据电路图连接实物电路，如图所示：‎ ‎（3）由电路图，则有：，由此可得，Rx=；‎ 由电阻定律，则有：Rx==；‎ 解得：ρ=‎ 故答案为：（1）A；（2）如上图所示；（3），。‎ ‎【点评】‎ 此题是测量电阻的实验设计，在实验中用一块电压表代替了电流表，设计实验的宗旨就是怎样能间接地测出流过待测电阻的电流，同时掌握电阻定律，与实物图的连接要求。‎ ‎　‎ ‎11．（14分）（2018•新课标Ⅱ卷一模）如图所示，竖直光滑半圆轨道COD与水平粗糙轨道ABC相切于C点，轨道的AB部分可绕B点转动，一质量为m的滑块（可看作质点）在水平外力F的作用下从A点由静止开始做匀加速直线运动，到B点时撤去外力F，滑块恰好能通过最高点D，现将AB顺时针转过37°，若将滑块从A点由静止释放，则滑块恰好能到达与圆心等高的O点（不计滑块在B点的能量损失）．已知滑块与轨道ABC间的动摩擦因素μ=0.5，重力加速度g，sin37°=0.6，BC=．求：‎ ‎（1）水平外力F与滑块重力mg的大小的比值。‎ ‎（2）若斜面AB光滑，其他条件不变，滑块仍从A点由静止释放，求滑块在D点处对轨道的压力大小。‎ ‎【考点】66：动能定理的应用；4A：向心力．菁优网版权所有 ‎【专题】11 ：计算题；22 ：学科综合题；32 ：定量思想；43 ：推理法；52D：动能定理的应用专题．‎ ‎【分析】（1）抓住物块恰好通过最高点，根据牛顿第二定律求出D点的速度，分别对A到D和A到O运用动能定理，联立方程求出水平外力F与滑块重力mg的大小的比值。‎ ‎（2）根据动能定理求出D点的速度，结合牛顿第二定律求出在D点轨道对滑块的弹力，从而得出滑块在D点处对轨道的压力大小。‎ ‎【解答】解：（1）滑块恰好能通过最高点D，所以有：‎ mg=，‎ 设轨道AB长为x，则滑块从A到D由动能定理得：‎ ‎，‎ 现将AB顺时针转过37°，滑块从A点由静止释放，则滑块恰好能到达O点，由动能定理有：‎ ‎=0，‎ 代入数据解得：x=。‎ 水平外力F与滑块重力mg的大小比值。‎ ‎（2）若斜面AB光滑，其他条件不变，滑块仍从A点由静止释放，设滑块在D点处的速度为v，则从A到D，由动能定理得：‎ ‎，‎ 设在D点轨道对滑块的压力为FN，由牛顿第二定律有：‎ ‎，‎ 代入数据解得：FN=2mg，‎ 有牛顿第三定律可知滑块对轨道的压力为2mg。‎ 答：（1）水平外力F与滑块重力mg的大小的比值为；‎ ‎（2）滑块在D点处对轨道的压力大小为2mg。‎ ‎【点评】本题考查了动能定理与圆周运动的综合运用，知道滑块到达最高点的临界情况，结合牛顿第二定律和动能定理综合求解，难度中等。‎ ‎　‎ ‎12．（18分）（2018•新课标Ⅱ卷一模）如图所示，两根金属导体棒a和b的长度均为L，电阻均为R，质量分布均匀且大小分别为3m和m．现用两根等长的、质量和电阻均忽略不计且不可伸长的柔软导线将它们组成闭合回路，并悬跨在光滑绝缘的水平圆棒两侧。其中导体棒b处在宽度为H的垂直纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场中，导体棒a位于磁场的正上方。现将导体棒b从磁场的下边界由静止释放，若磁场宽度H足够大，导体棒b穿过磁场的过程中，导体棒a未能进入磁场，整个运动过程中导体棒a、b始终处于水平状态，重力加速度为g．求：‎ ‎（1）导体棒b在磁场中运动时获得的最大速度v；‎ ‎（2）若导体棒b获得最大速度v时，恰好到达磁场的上边界，则b棒从释放到穿出磁场所需要的时间t；‎ ‎（3）在（2）问过程中产生的热量Q。‎ ‎【考点】D9：导体切割磁感线时的感应电动势；BH：焦耳定律．菁优网版权所有 ‎【专题】11 ：计算题；22 ：学科综合题；32 ：定量思想；42 ：等效替代法；53C：电磁感应与电路结合．‎ ‎【分析】（1）导体棒b的加速度为零时速度最大，分别以a棒和b棒为研究对象，由牛顿第二定律列式，结合加速度为零的条件求解。‎ ‎（2）根据v=a△t，利用微元法求解b棒从释放到穿出磁场所需要的时间t；‎ ‎（3）对a、b两棒组成的系统利用能量守恒定律求解产生的热量Q。‎ ‎【解答】解：（1）设导线的拉力大小为T，导体棒b受到的安培力为F安。‎ 对导体棒a：3mg﹣2T=3ma 对导体棒b：2T﹣mg﹣F安=ma 联立以上两式解得 2mg﹣F安=4ma 导体棒b切割磁感线产生的感应电动势 E=BLv 感应电流 I=‎ F安=BIL=‎ 当b棒的速度最大时，a=0‎ 整理后解得 v=‎ ‎（2）由（1）可知，导体棒b上升过程中的加速度 a=g﹣‎ 由微元法得 v=a△t=g△t﹣v△t=﹣H 解得 t=+‎ ‎（3）对导体棒a、b组成的系统，由能量守恒定律有 （3m﹣m）gH﹣Q=‎ 解得 Q=2mgH﹣‎ 答：‎ ‎（1）导体棒b在磁场中运动时获得的最大速度v是；‎ ‎（2）若导体棒b获得最大速度v时，恰好到达磁场的上边界，则b棒从释放到穿出磁场所需要的时间t是+；‎ ‎（3）在（2）问过程中产生的热量Q是2mgH﹣。‎ ‎【点评】解决本题的关键是明确两棒的运动情况，知道b棒的加速度为零时速度最大。要注意b棒做的是非匀变速运动，不能根据运动学公式求运动时间，而要根据微元法求解，也可以根据动量定理求运动时间t。‎ ‎　‎ ‎[物理--选修3-3]‎ ‎13．（5分）（2018•新课标Ⅱ卷一模）下列有关热力学现象和规律的描述正确的是 （　　）‎ A．液体表面张力的方向与液面垂直并指向液体内部 B．一定质量的气体，在体积不变时，气体分子每秒与器壁平均碰撞次数随着温度的降低而减小 C．用热针尖接触金属表面的石蜡，熔解区域呈圆形，这是晶体各向异性的表现 D．一定质量的理想气体经历等压膨胀过程，气体密度将减小，分子平均动能将增大 E ‎．热量能够自发地从高温物体传递到低温物体，但不能自发地从低温物体传递到高温物体 ‎【考点】8F：热力学第一定律；8H：热力学第二定律．菁优网版权所有 ‎【专题】31 ：定性思想；43 ：推理法；548：热力学定理专题．‎ ‎【分析】液体表面张力的作用的方向沿液面的切线方向；根据压强的微观意义分析；非晶体各向同性，单晶体各向异性，而多晶体各向同性；温度是分子的平均动能的标志；根据热力学第二定律的意义分析。‎ ‎【解答】解：A、液体表面张力的作用的方向沿液面的切线方向，或平行于液体的表面，而不是与液面垂直。故A错误；‎ B、根据压强的微观意义可知，一定质量的气体，在体积不变时，若温度降低则分子运动的激烈程度减弱，所以气体分子每秒与器壁平均碰撞次数随着温度的降低而减小，故B正确；‎ C、热针尖接触金属表面的石蜡，熔解区域呈圆形，这是非晶体各向同性的表现。故C错误；‎ D、根据理想气体的状态方程：可知，一定质量的理想气体经历等压膨胀过程，物体的温度一定升高，所以分子平均动能将增大；而气体的体积增大，则气体密度将减小。故D正确；‎ E、根据热力学第二定律，热量能够自发地从高温物体传递到低温物体，但不能自发地从低温物体传递到高温物体，故E正确。‎ 故选：BDE。‎ ‎【点评】本题主要考查了表面张力、压强的微观意义、各向同性与各向异性、热力学第二定律等知识点的内容，要注意对热力学第二定律的理解，还有就是晶体的分类即物理特性。‎ ‎　‎ ‎14．（10分）（2018•新课标Ⅱ卷一模）如图所示，一个内壁光滑的导热气缸倾斜放置，气缸侧面与水平方向成53°角，周围环境温度为27℃，现将一个质量为1kg、截面积与气缸横向面积相同的活塞缓慢放在气缸口，活塞与气缸紧密接触且不漏气。已知活塞面积为4.0×10﹣4 m2，大气压强为1.0×105 Pa，g取10m/s2，气缸高为0.3m，绝对零度为﹣273℃，假设气缸内的气体为理想气体。‎ sin 37°=0.6，求：‎ ‎①活塞静止时气缸内的气体体积；‎ ‎②现在活塞上放置一个4kg的砝码，再让周围环境温度缓慢升高，要使活塞再次回到气缸顶端，则环境温度为多高？‎ ‎【考点】99：理想气体的状态方程．菁优网版权所有 ‎【专题】11 ：计算题；21 ：信息给予题；32 ：定量思想；54B：理想气体状态方程专题．‎ ‎【分析】（1）气缸内的气体发生等温变化，列出初末状态参量，根据玻意耳定律列式求解；‎ ‎（2）先求出放置砝码后封闭气体的压强，缓慢升温过程中，气体发生等压变化，根据盖•吕萨克定律即可求解；‎ ‎【解答】解：①由于气体内部沿各个方向都有压强，所以当气缸倾斜时，容器内的气体对活塞的压强仍沿气缸壁向上，活塞受力平衡，根据题意可知，活塞从放入到静止整个过程为等温变化，则有：p1V1=p2V2‎ 其中：‎ 对气缸受力分析可得气缸内气体的压强：‎ 代入解得：=1.0×10﹣4m3‎ ‎②活塞上放置一个砝码，且活塞再次回到气缸顶端的过程是等容变化，此时容器内气体压强为：=2×105Pa 初始时：T1=（273+27）K=300K 由得：‎ 即：t=T2﹣273°C=327°C 答：①活塞静止时气缸内的气体体积为1.0×10﹣4m3；‎ ‎②现在活塞上放置一个4kg的砝码，再让周围环境温度缓慢升高，要使活塞再次回到气缸顶端，则环境温度为327°C。‎ ‎【点评】本题考查气体实验定律，关键是根据题目暗含条件分析出为何种变化过程，然后确定好初末状态量，选择合适的气体实验定律列式求解即可。‎ ‎　‎ ‎[物理--选修3-4]‎ ‎15．（2018•新课标Ⅱ卷一模）下列说法正确的是 （　　）‎ A．当声源相对于观察者远离时，观察者听到的声音频率会变低 B．光导纤维中内层的折射率小于外层的折射率 C．泊松亮斑是光的衍射现象，玻璃中的气泡特别明亮是光的全反射现象 D．雷达是利用电磁波中的长波来测定物体位置的无线电设备 E．真空中的光速在不同的惯性参考系中都是相同的，与光源的运动和观察者的运动无关 ‎【考点】K2：* 爱因斯坦相对性原理和光速不变原理；H5：全反射．菁优网版权所有 ‎【专题】31 ：定性思想；45 ：归纳法；54J：光的波粒二象性和物质波专题．‎ ‎【分析】根据观察者与声源间距离变化，分析多普勒效应。对照全反射条件分析光导纤维中内层和外层的折射率关系。泊松亮斑是光的衍射现象，玻璃中的气泡特别明亮是光的全反射现象。雷达是利用电磁波中的微波来测定物体位置的无线电设备。真空中的光速在不同的惯性参考系中都是相同的。‎ ‎【解答】解：A、当声源相对于观察者远离时，产生多普勒效应，观察者听到的声音频率会降低，故A正确。‎ B、光导纤维利用的是全反射原理，对照全反射条件知，光导纤维中内层的折射率大于外层的折射率，故B错误。‎ C、泊松亮斑是光的衍射现象，玻璃中的气泡特别明亮是光的全反射现象，故C正确。‎ D、雷达是利用电磁波中的微波来测定物体位置的无线电设备；故D错误。‎ E、根据相对论的基本原理知，真空中的光速在不同的惯性参考系中都是相同的，与光源的运动和观察者的运动无关，故E正确。‎ 故选：ACE。‎ ‎【点评】解决本题的关键是理解并掌握光波的基本知识，理解日常光现象产生的原因，特别是全反射现象的应用。‎ ‎　‎ ‎16．（2018•新课标Ⅱ卷一模）如图所示，实线是一列简谐横波在t1=0时刻的波形图，虚线是在t2=0.2s时刻的波形图。‎ ‎①若周期T符合：2T＜t2﹣t1＜3T，且波向x轴正方向传播，波速多大？‎ ‎②若周期T符合：2T＜t2﹣t1＜3T，且波向x轴负方向传播，波速多大？‎ ‎③在t1到t2的时间内，如果M通过的路程为1m，那么波的传播方向怎样？波速多大？‎ ‎【考点】F5：波长、频率和波速的关系；F4：横波的图象．菁优网版权所有 ‎【专题】11 ：计算题；22 ：学科综合题；32 ：定量思想；43 ：推理法；51D：振动图像与波动图像专题．‎ ‎【分析】①根据波的传播方向得到时间间隔可周期的关系式，然后由周期的取值范围得到周期，即可根据波长求得波速；‎ ‎②同①一致，根据波的传播方向得到时间间隔可周期的关系式，然后由周期的取值范围得到周期，即可根据波长求得波速；‎ ‎③根据M的路程，由时间间隔得到周期，即可由①②得到传播方向，根据波长求得波速。‎ ‎【解答】解：由图可知：波长λ=4cm=0.04m ‎①波向x轴正方向传播，那么，经过t2﹣t1波向右传播了（n∈N）个周期，故有：；‎ 又有2T＜t2﹣t1＜3T，所以，，故波速 ‎；‎ ‎②波向x轴负方向传播，那么，经过t2﹣t1波向右传播了（n∈N）个周期，故有：；‎ 又有2T＜t2﹣t1＜3T，所以，，故波速；‎ ‎③在t1到t2的时间内，如果M通过的路程为1m=5A；‎ 又有一个周期质点的路程为4A，根据t1=0时刻，质点M在平衡位置可知：t1到t2的时间为，即；‎ 那么，波向x轴正方向传播；‎ 答：①若周期T符合：2T＜t2﹣t1＜3T，且波向x轴正方向传播，波速为0.45m/s；‎ ‎②若周期T符合：2T＜t2﹣t1＜3T，且波向x轴负方向传播，波速为0.55m/s；‎ ‎③在t1到t2的时间内，如果M通过的路程为1m，那么波向x轴正方向传播，波速为0.25m/s。‎ ‎【点评】在给出波形图求解质点振动、波速的问题中，一般根据图象得到波长及时间间隔与周期的关系，从而求得周期，即可得到质点振动情况，由求得波速。‎ ‎　‎ 考点卡片 ‎　‎ ‎1．平抛运动 ‎【知识点的认识】‎ 一、平抛运动 ‎1．定义：将物体以一定的初速度沿水平方向抛出，不考虑空气阻力，物体只在重力作用下的运动．‎ ‎2．条件：（1）初速度沿水平方向；（2）只受重力作用．‎ ‎3．性质：匀变速曲线运动，其运动轨迹为抛物线．‎ ‎4．研究方法：分解成水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动两个分运动．‎ ‎5．规律：‎ ‎（1）水平方向：匀速直线运动，vx=v0，x=v0t，ax=0．‎ ‎（2）竖直方向：自由落体运动，vy=gt，y=gt2，ay=g．‎ ‎（3）实际运动：v=，s=，a=g．‎ 二、类平抛运动 ‎1．定义：加速度恒定，加速度方向与初速度方向垂直．‎ ‎2．性质：匀变速曲线运动，其运动轨迹为抛物线．‎ ‎3．研究方法：一般将类平抛运动沿初速度和加速度两个方向分解．‎ ‎4．规律：与平抛运动类似．‎ ‎（1）初速度方向：匀速直线运动，vx=v0，x=v0t，ax=0．‎ ‎（2）加速度方向：初速度为零的匀加速直线运动，vy=ayt，y=ayt2．‎ ‎（3）合运动（实际运动）：v=，s=，a=ay．‎ 三、平抛运动的基本规律 ‎1．速度的变化规律 ‎ ‎（1）任意时刻的速度水平分量均等于初速度v0．‎ ‎（2）任意相等时间间隔△t内的速度变化量方向竖直向下，大小△v=△vy=g△‎ t．‎ ‎2．位移变化规律 ‎ ‎（1）任意相等时间间隔内，水平位移相同，即△x=v0△t．‎ ‎（2）连续相等的时间间隔△t内，竖直方向上的位移差不变，即△y=g△t2．‎ ‎3．平抛运动的两个重要推论 ‎ 推论Ⅰ：做平抛运动的物体在任一时刻任一位置处，设其速度方向与水平方向的夹角为α，位移与水平方向的夹角为θ，则tanα=2tanθ．‎ 证明：如图所示，由平抛运动规律得：tanα=，tanθ=，所以tanα=2tanθ．‎ 推论Ⅱ：做平抛运动的物体，任意时刻的瞬时速度方向的反向延长线一定通过此时水平位移的中点．‎ 证明：如图所示，设平抛物体的初速度为v0，从原点O到A点的时间为t，A点坐标为（x，y），B点坐标为（x′，0），则x=v0t，y=gt2，v⊥=gt，又tanα=，‎ 解得x′=．‎ 即末状态速度方向的反向延长线与x轴的交点必为此时水平位移的中点．‎ ‎【命题方向】‎ ‎（1）第一类常考题型是考查平抛运动基本规律的应用：‎ 如图所示，在一次空地演习中，离地H高处的飞机以水平速度V1发射一颗炮弹欲轰炸地面目标P，反应灵敏的地面拦截系统同时以速度V2竖直向上发射炮弹拦截．设拦截系统与飞机的水平距离为s，不计空气阻力．若拦截成功，则V1、V2的关系应满足（　　）‎ A．v1=v2 B．v1=v2 C．v1=v2 D．v1=v2 ‎ 分析：若拦截成功，竖直上抛的炮弹和平抛的炮弹运动时间相等，在竖直方向上的位移之和等于H ‎，平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动．‎ 解：炮弹运行的时间t=，在这段时间内飞机发射炮弹在竖直方向上的位移h1=gt2，拦截炮弹在这段时间内向上的位移，h2=v2t﹣gt2．‎ 则H=h1+h2=v2t，所以H=v2，解得：‎ v1=v2，故C正确，A、B、D错误．‎ 故选C．‎ 点评：解决平抛运动的关键在于用好运动的合成与分解，明确平抛运动的实质是水平方向的匀速直线运动与竖直方向的自由落体的合运动；两个分运动互不影响，相互独立．‎ ‎（2）第二类常考题型是平抛运动和斜面结合问题：‎ 如图所示，A、B、C三个小球分别从斜面的顶端以不同的速度水平抛出，其中A、B落到斜面上，C落到水平面上，A、B落到斜面上时速度方向与水平方向的夹角分别为α、β，C落到水平面上时速度方向与水平方向的夹角为γ，则（　　）‎ A．α=β=γ B．α=β＞γ C．α=β＜γ D．α＜β＜γ 分析：设小球落在斜面上时平抛初速度为v0，落在斜面底端时初速度为v1，落在水平面上C点时初速度为v2．小球落在斜面上时，斜面倾角的正切等于竖直位移与水平位移之比，列式求出平抛运动的时间，再求出落在斜面时速度方向与水平方向的夹角的正切，来比较夹角的大小．‎ 解：设小球落在斜面上时平抛初速度为v0，落在斜面上时速度与水平方向的夹角为θ′，斜面倾角为θ．‎ 由tanθ===，得到t=‎ 则tanθ′===2tanθ，与初速度大小无关，即落到斜面上时速度方向与水平方向的夹角均相等，所以α=β．‎ 设小球落在斜面底端时速度与水平方向夹角为γ′，其初速度为v1，落在水平面上C点时初速度为v2．‎ 由于高度相同，平抛时间相等，设为t1．‎ 则tanγ′=，tanγ=‎ 由于v1＜v2 所以tanγ′＞tanγ，γ′＞γ 由上分析可知γ′=α=β，所以α=β＞γ．‎ 故选B．‎ 点评：本题关键是斜面的倾角的应用，它表示位移方向与水平方向的夹角，分解位移，不是分解速度，不能得到这样的式子：tanθ=．‎ ‎（3）第三类常考题型是涉及平抛运动的综合问题：‎ 如图所示，在距地面高为H=45m处，有一小球A以初速度v0=10m/s水平抛出，与此同时，在A的正下方有一物块B也以相同的初速度v0同方向滑出，B与地面间的动摩擦因数为μ=0.5，A、B均可看做质点，空气阻力不计，重力加速度g取10m/s2，求：‎ ‎（1）A球从抛出到落地的时间和这段时间内的水平位移；‎ ‎（2）A球落地时，A、B之间的距离．‎ 分析：A球做的是平抛运动，研究平抛运动的方法是把平抛运动分解到水平方向和竖直方向去研究，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动，两个方向上运动的时间相同．‎ B球只在摩擦力的作用下，做匀减速直线运动，由匀变速直线运动的规律可以求得B的位移的大小．‎ 解：（1）A球做的是平抛运动，由平抛运动的规律得 水平方向上：x=V0t ‎ 竖直方向上：H=gt2 ‎ 由以上两个方程可以解得，‎ x=30m，‎ t=3s，‎ ‎（2）对B物块，由牛顿第二定律可得，μmg=ma，所以a=μg=5m/s2，‎ 减速至停止所需要的时间为t′==2s＜3s，‎ 所以在A落地之前B已经停止运动，B的总位移为，‎ xB==10m，‎ 所以AB间的距离为△x=x﹣xB=20m．‎ 答：（1）A球从抛出到落地的时间是3s，这段时间内的水平位移是30m；‎ ‎（2）A球落地时，A、B之间的距离是20m．‎ 点评：本题就是对平抛运动规律的考查，平抛运动可以分解为在水平方向上的匀速直线运动，和竖直方向上的自由落体运动来求解，对B运用匀减速直线运动的规律直接求解即可．‎ ‎（4）第四类常考题型是斜抛运动问题：‎ 如图所示，水平地面上不同位置的三个小球斜上抛，沿三条不同的路径运动最终落在同一点，三条路径的最高点是等高的，若忽略空气阻力的影响，下列说法正确的是（　　）‎ A．三个小球落地时的速率相等 B．沿路径3抛出的小球在空中运动时间最长 C．三个小球抛出的初速度竖直分量相等 D．三个小球抛出的初速度水平分量相等 分析：三个小球都做斜抛运动，运用运动的分解法，将其运动分解为竖直和水平两个方向研究，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做竖直上抛运动，根据运动学公式列式，再进行分析．‎ 解：设任一小球初速度大小为v0，初速度的竖直分量为vy，水平分量为vx，初速度与水平方向的夹角为α，上升的最大高度为h，运动时间为t，落地速度大小为v．‎ A、C、D、取竖直向上方向为正方向，小球竖直方向上做匀减速直线运动，加速度为a=﹣g，‎ 由0﹣=﹣2gh，得vy=，h相同，vy相同，则三个小球初速度的竖直分量相同．‎ 由速度的分解知：vy=v0sinα，由于α不同，所以v0不同．‎ 根据机械能守恒定律得知，小球落地时与抛出时速率相等，所以可知三个小球落地时的速率不等．‎ 又有 vy=vxtanα，vy相同，α不同，则vx不同，初速度水平分量不等，故AD错误，C正确．‎ B、由运动学公式有：h=，则得：t=2，则知三个球运动的时间相等；故B错误．‎ 故选：C．‎ 点评：对于斜抛运动，要能熟练运用运动的分解法进行分析，掌握相关的运动学公式是解题的基础．‎ ‎【解题方法点拨】‎ ‎1．平抛运动的处理技巧﹣﹣一“补”登天 ‎ 由平抛运动的分解规律可知，平抛运动可以分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动，我们在解答有关平抛运动的问题时，如果选择适当的位置补画这两个方向的平面，按照这种分解规律可以给解题带来极大的方便．‎ ‎2．斜面上的平抛运动问题的规律总结 ‎（1）顺着斜面平抛 方法：分解位移 x=v0t y=gt2‎ tanθ=‎ 可求得t=‎ ‎（2）对着斜面平抛（如右图）‎ 方法：分解速度 vx=v0‎ vy=gt，‎ tanθ==‎ 可求得t=‎ ‎（3）对着竖直墙壁平抛（如右图）水平初速度v0不同时，虽然落点不同，但水平位移相同．‎ t=．‎ ‎3．类平抛运动的求解方法 ‎①常规分解法：将类平抛运动分解为沿初速度方向的匀速直线运动和垂直于初速度方向（即沿合外力的方向）的匀加速直线运动．两分运动彼此独立，互不影响，且与合运动具有等时性．‎ ‎②特殊分解法：对于有些问题，可以过抛出点建立适当的直角坐标系，将加速度a分解为ax、ay，初速度v0分解为vx、vy，然后分别在x、y方向列方程求解．‎ ‎4．涉及平抛运动的综合问题 ‎（1）平抛运动与其他运动形式（如匀速直线运动、竖直上抛运动、自由落体运动、圆周运动等）综合的题目．在这类问题的分析中要注意平抛运动与其他运动在时间上、位移上、速度上的相关分析．‎ ‎（2）多体平抛问题：‎ ‎①若两物体同时从同一高度（或同一点）抛出，则两物体始终在同一高度，二者间距只决定于两物体水平分运动；‎ ‎②若两物体同时从不同高度抛出，则两物体高度差始终与抛出点高度差相同，二者间距由两物体水平分运动和竖直高度差决定；‎ ‎③若两物体从同一点先后抛出，两物体竖直高度差随时间均匀增大，二者间距决定于两物体水平分运动和竖直分运动．‎ ‎　‎ ‎2．向心力 ‎【知识点的认识】‎ 一：向心力 ‎1．作用效果：产生向心加速度，只改变速度的方向，不改变速度的大小．‎ ‎2．大小：Fn=man==mω2r=．‎ ‎3．方向：总是沿半径方向指向圆心，时刻在改变，即向心力是一个变力．‎ ‎4．来源：向心力可以由一个力提供，也可以由几个力的合力提供，甚至可以由一个力的分力提供，因此向心力的来源要根据物体受力的实际情况判定．‎ 注意：向心力是一种效果力，受力分析时，切不可在物体的相互作用力以外再添加一个向心力．‎ 二、离心运动和向心运动 ‎1．离心运动 ‎（1）定义：做圆周运动的物体，在所受合外力突然消失或不足以提供圆周运动所需向心力的情况下，就做逐渐远离圆心的运动．‎ ‎（2）本质：做圆周运动的物体，由于本身的惯性，总有沿着圆周切线方向飞出去的倾向．‎ ‎（3）受力特点：‎ 当F=mrω2时，物体做匀速圆周运动；‎ 当F=0时，物体沿切线方向飞出；‎ 当F＜mrω2时，物体逐渐远离圆心，F为实际提供的向心力．如图所示．‎ ‎ 2．向心运动 当提供向心力的合外力大于做圆周运动所需向心力时，即F＞mrω2，物体渐渐向圆心靠近．如图所示．‎ 注意：物体做离心运动不是物体受到所谓离心力作用，而是物体惯性的表现，物体做离心运动时，并非沿半径方向飞出，而是运动半径越来越大或沿切线方向飞出．‎ ‎【重要知识点分析】‎ ‎1．圆周运动中的运动学分析 ‎（1）对公式v=ωr的理解 当r一定时，v与ω成正比．‎ 当ω一定时，v与r成正比．‎ 当v一定时，ω与r成反比．‎ ‎（2）对a==ω2r=ωv的理解 在v一定时，a与r成反比；在ω一定时，a与r成正比．‎ ‎2．匀速圆周运动和非匀速圆周运动的比较 ‎ 项目 ‎ 匀速圆周运动 非匀速圆周运动 运动 性质 是速度大小不变，方向时刻变化的变速曲线运动，是加速度大小不变而方向时刻变化的变加速曲线运动 ‎ 是速度大小和方向都变化的变速曲线运动，是加速度大小和方向都变化的变加速曲线运动 ‎ 加速度 加速度方向与线速度方向垂直．即只存在向心加速度，没有切向加速度 ‎ 由于速度的大小、方向均变，所以不仅存在 向心加速度且存在切向加速度，合加速度的方向不断改变 ‎ 向心力 ‎【命题方向】‎ ‎（1）第一类常考题型是对圆周运动中的传动问题分析：‎ 一个内壁光滑的圆锥形筒的轴线垂直水平面，圆锥筒固定，有质量相等的小球A和B沿着筒的内壁在水平面内做匀速圆周运动，A的运动半径较大，则（　　）‎ A．球A的线速度等于球B的线速度 ‎ B．球A的角速度等于球B的角速度 ‎ C．球A的运动周期等于球B的运动周期 ‎ D．球A对筒壁的压力等于球B对筒壁的压力 ‎ 分析：对AB受力分析，可以发现它们都是重力和斜面的支持力的合力作为向心力，并且它们的质量相等，所以向心力的大小也相等，再根据线速度、加速度和周期的公式可以做出判断．‎ 解：‎ A、如右图所示，小球A和B紧贴着内壁分别在水平面内做匀速圆周运动．‎ 由于A和B的质量相同，小球A和B在两处的合力相同，即它们做圆周运动时的向心力是相同的．‎ 由向心力的计算公式F=m，由于球A运动的半径大于B球的半径，F和m相同时，半径大的线速度大，所以A错误．‎ B、又由公式F=mω2r，由于球A运动的半径大于B球的半径，F和m相同时，半径大的角速度小，所以B错误．‎ C、由周期公式T=，所以球A的运动周期大于球B的运动周期，故C错误．‎ D、球A对筒壁的压力等于球B对筒壁的压力，所以D正确．‎ 故选D．‎ 点评：对物体受力分析是解题的关键，通过对AB的受力分析可以找到AB的内在的关系，它们的质量相同，向心力的大小也相同，本题能很好的考查学生分析问题的能力，是道好题．‎ ‎（2）第二类常考题型是对圆周运动中的动力学问题分析：‎ 如图所示，质量为m的小球在竖直平面内的光滑圆轨道上做圆周运动．圆半径为R，小球经过圆环最高点时刚好不脱离圆轨．则其通过最高点时（　　）‎ A．小球对圆环的压力大小等于mg ‎ B．小球受到的向心力等于重力 ‎ C．小球的线速度大小等于 D．小球的向心加速度大小等于g ‎ 分析：小球经过圆环最高点时刚好不脱离圆环，知轨道对小球的弹力为零，靠重力提供向心力，根据牛顿第二定律求出小球的速度．‎ 解：A ‎、因为小球刚好在最高点不脱离圆环，则轨道对球的弹力为零，所以小球对圆环的压力为零．故A错误．‎ B、根据牛顿第二定律得，mg=m=ma，知向心力不为零，线速度v=，向心加速度a=g．故B、C、D正确．‎ 故选BCD．‎ 点评：解决本题的关键知道在最高点的临界情况，运用牛顿第二定律进行求解．‎ ‎（3）第二类常考题型是对圆周运动的绳模型与杆模型分析：‎ 如图，质量为0.5kg的小杯里盛有1kg的水，用绳子系住小杯在竖直平面内做“水流星”表演，转动半径为1m，小杯通过最高点的速度为4m/s，g取10m/s2．求：‎ ‎（1）在最高点时，绳的拉力？‎ ‎（2）在最高点时水对小杯底的压力？‎ ‎（3）为使小杯经过最高点时水不流出，在最高点时最小速率是多少？‎ 分析：（1）受力分析，确定圆周运动所需要的向心力是由哪个力提供的；‎ ‎（2）水对小杯底的压力与杯子对水的支持力是作用力与反作用力，只要求出杯子对水的支持力的大小就可以了，它们的大小相等，方向相反；‎ ‎（3）物体恰好能过最高点，此时的受力的条件是只有物体的重力作为向心力．‎ 解：（1）小杯质量m=0.5kg，水的质量M=1kg，在最高点时，‎ 杯和水的受重力和拉力作用，如图所示，‎ 合力F合=（M+m）g+T﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣①‎ 圆周半径为R，则F向=（M+m）﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣②‎ F合提供向心力，有 （M+m）g+T=（M+m）‎ 所以细绳拉力T=（M+m）（﹣g）=（1+0.5）（﹣10）=9N；‎ ‎（2）在最高点时，水受重力Mg和杯的压力F作用，如图所示，‎ 合力F合=Mg+F 圆周半径为R，则F向=M F合提供向心力，有 Mg+F=M 所以杯对水的压力F=M（﹣g）=1×（﹣10）=6N；‎ 根据牛顿第三定律，水对小杯底的压力为6N，方向竖直向上．‎ ‎（3）小杯经过最高点时水恰好不流出时，此时杯对水的压力为零，只有水的重力作为向心力，由（2）得：‎ Mg=M 解得v==m/s=．‎ 答：（1）在最高点时，绳的拉力为9 N；（2）在最高点时水对小杯底的压力为6N；（3）在最高点时最小速率为．‎ 点评：水桶在竖直面内做圆周运动时向心力的来源是解决题目的重点，分析清楚哪一个力做为向心力，再利用向心力的公式可以求出来，必须要明确的是当水桶恰好能过最高点时，只有水的重力作为向心力，此时水恰好流不出来．‎ ‎【解题方法点拨】‎ ‎1．圆周运动中的运动学规律总结 在分析传动装置中的各物理量时，要抓住不等量和相等量的关系，具体有：‎ ‎（1）同一转轴的轮上各点角速度ω相同，而线速度v=ωr与半径r成正比．‎ ‎（2）当皮带（或链条、齿轮）不打滑时，传动皮带上各点以及用皮带连接的两轮边沿上的各点线速度大小相等，而角速度ω=与半径r成反比．‎ ‎（3）齿轮传动时，两轮的齿数与半径成正比，角速度与齿数成反比．‎ ‎2．圆周运动中的动力学问题分析 ‎（1）向心力的确定 ‎ ‎①确定圆周运动的轨道所在的平面及圆心的位置． ‎ ‎②分析物体的受力情况，找出所有的力沿半径方向指向圆心的合力，该力就是向心力． ‎ ‎（2）向心力的来源 ‎ 向心力是按力的作用效果命名的，可以是重力、弹力、摩擦力等各种力，也可以是几个力的合力或某个力的分力，因此在受力分析中要避免再另外添加向心力．‎ ‎（3）解决圆周运动问题步骤 ‎①审清题意，确定研究对象； ‎ ‎②分析物体的运动情况，即物体的线速度、角速度、周期、轨道平面、圆心、半径等； ‎ ‎③分析物体的受力情况，画出受力示意图，确定向心力的来源； ‎ ‎④根据牛顿运动定律及向心力公式列方程．‎ ‎3．竖直平面内圆周运动的绳模型与杆模型 ‎ （1）在竖直平面内做圆周运动的物体，按运动到轨道最高点时的受力情况可分为两类：一是无支撑（如球与绳连接、沿内轨道运动的过山车等），称为“绳（环）约束模型”，二是有支撑（如球与杆连接、在弯管内的运动等），称为“杆（管道）约束模型”．‎ ‎ （2）绳、杆模型涉及的临界问题． ‎ ‎ ‎ 绳模型 杆模型 常见类型 均是没有支撑的小球 ‎ ‎ 均是有支撑的小球 过最高点的临界条件 由mg=m得v临=‎ 由小球恰能做圆周运动得v临=0‎ 讨论分析 ‎（1）过最高点时，v≥，FN+mg=m，绳、轨道对球产生弹力FN；‎ ‎（2）不能过最高点时，v＜，在到达最高点前小球已经脱离了圆轨道；‎ ‎（1）当v=0时，FN=mg，FN为支持力，沿半径背离圆心；‎ ‎（2）当0＜v＜时，﹣FN+mg=m，FN背向圆心，随v的增大而减小；‎ ‎（3）当v=时，FN=0； ‎ ‎（4）当v＞时，FN+mg=m，FN指向圆心并随v的增大而增大；‎ ‎　‎ ‎3．人造卫星的加速度、周期和轨道的关系 ‎【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，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：由得，随着轨道半径的增加，卫星的线速度减小．‎ ‎（3）角速度ω：由得，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：由得，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、ω、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（　　）‎ A．v1＞v2＞v3 B．v1＜v2＜v3 C．a1＞a2＞a3 D．a1＜a3＜a2 ‎ 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，解得v=；而e和q相同的是角速度，根据v=ωR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=ma，可得a=；根据a=ω2R比较a1和a3．‎ 解：对于卫星来说根据万有引力提供向心力有 解得v=‎ 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v3＜v2．‎ 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Rq＞Re 即ωe=ωq 根据v=ωR可得 v1=ωeRe v2=ωqRq 即v2＞v1‎ 故A、B错误．‎ 对于p和q来说有 ‎=ma 可得a=‎ 由于Rp＜Rq 则ap＞aq即a2＞a3‎ 根据a=ω2R 由于Rq＞Re 可得aq＞ae 即a3＞a1‎ 故a2＞a3＞a1‎ 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．【解题方法点拨】‎ ‎　‎ ‎4．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）p=p′，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+m2v2=m1v1′+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）△p1=﹣△p2，相互作用的两个物体动量的增量等大反向．‎ ‎（4）△p=0，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：mB=3：2，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（　　）‎ A．A、B系统动量守恒 B．A、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：mB=3：2，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：m2=3：2，由摩擦力公式f=μN=μmg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μ．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：v1=0.6v0‎ 木块B滑动的加速度为：a=μg，‎ 所发生的位移：x==‎ ‎（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+mvB v0﹣vA=2v0﹣vB 解得：vA=0.4v0‎ 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；‎ ‎（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M=2m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h=0.3m．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g=1Om/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v1＞v2，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：‎ mv0=mv1+2mv2‎ 此过程系统机械能守恒，根据机械能守恒得：‎ mv02=mv12+2mv22+mgh 小球要越过滑块，应有v1＞v2，至少也要有v1=v2，设v1=v2=v，上述两式变为 mv0=（m+2m）v mv02＞（m+2m）v2+mgh 解得v0＞3m/s 答：小球要越过滑块，初速度应满足v0＞3m/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M=2kg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μ=0.5，一根轻质弹簧固定在甲车的左端，质量为m=1kg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E0=10J，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：‎ mv1﹣2Mv2=0…①‎ E0=m+…②‎ ‎①②两式联立解得：v1=4m/s v2=1m/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：‎ mv1﹣Mv2=（m+M）v共…③‎ 由能量守恒定律得：μmgL=+﹣（M+m）…④‎ ‎③④联立并代入得：L=m 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m．‎ 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”，①系统性．②矢量性．③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．‎ ‎　‎ ‎5．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=，P为时间t内的平均功率．‎ ‎（2）P=Fvcosα（α为F与v的夹角）‎ ‎①v为平均速度，则P为平均功率．‎ ‎②v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t=0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 B.3t0时刻的瞬时功率为 C．在t=0到3t0这段时间内，水平力的平均功率为 D．在t=0到3t0这段时间内，水平力的平均功率为．‎ 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0﹣2t0时间内，物体的加速度，则位移，2t0末的速度．‎ 在2t0﹣3t0时间内，物体的加速度，则位移=，则3t0末的速度．则3t0末的瞬时功率P=．故A错误，B正确．‎ C、在t=0到3t0这段时间内，水平力做功W=，水平力的平均功率P=．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=求解，瞬时功率用P=Fv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a=0，速度达到最大值vm，根据公式P=Fv，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P=Fv求出匀加速直线运动的最大速度，根据v=at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P=Fvm=fvm得，‎ ‎．‎ ‎（2）根据牛顿第二定律得，F﹣f=ma 得F=f+ma=5000+5000×0.5N=7500N．‎ 则匀加速直线运动的最大速度．‎ 由v=at得，t=．‎ 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P﹣t图和v﹣t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．‎ ‎　‎ ‎6．动能定理的应用 ‎【命题方向】‎ 题型一：用动能定理求变力做功 例1：如图所示，一根劲度系数为k的弹簧，上端系在天花板上，下端系一质量为mA的物体A，A通过一段细线吊一质量为mB的物体B整个装置静止．试求：‎ ‎（1）系统静止时弹簧的伸长量．‎ ‎（2）若用剪刀将细线剪断，则刚剪断细线的瞬间物体A的加速度．‎ ‎（3）设剪断细线后，A物体上升至弹簧原长时的速度为v，则此过程中弹力对物体A做的功是多少．‎ 分析：剪断绳前，对A和B整体受力分析，整体受重力和弹簧的拉力．根据平衡条件求解弹簧的伸长量；剪短瞬间，细绳弹力瞬间消失，而弹簧的弹力不能突变，以剪断绳时的A物体为研究对象，利用牛顿第二定律求解；上升到弹力为零的过程中，根据动能定理列出等式求解弹力对A物体做的功．‎ 解答：（1）剪断绳前，对A和B整体受力分析，整体受重力和弹簧的拉力．‎ 根据平衡条件得：（mA+mB）g=F 根据胡克定律得：F=kx 解得：x=g …①‎ ‎（2）剪短瞬间，细绳弹力瞬间消失，而弹簧的弹力不能突变仍为（mA+mB）g，以剪断绳时的A物体为研究对象，受到重力和弹簧的弹力，其合力为F合=（mA+mB）g﹣mAg=mBg，‎ 由牛顿第二定律得，aA=，方向竖直向上．‎ ‎（3）研究剪断绳到A物体上升到弹力为零的过程中，根据动能定理得：‎ w弹+（﹣mAgx）=﹣0…②‎ 联立①②解之得：w弹=‎ 答：（1）系统静止时弹簧的伸长量g．‎ ‎（2）若用剪刀将细线剪断，则刚剪断细线的瞬间物体A的加速度为，方向竖直向上．‎ ‎（3）设剪断细线后，A物体上升至弹簧原长时的速度为v，则此过程中弹力对物体A做的功．‎ 点评：解答本题时要注意三点：一是正确选取研究对象，并能进行正确的受力分析；二是弹簧的弹力不能突变，而细绳的弹力发生突变；三是能选择运用动能定理求解变力功．‎ 题型二：用动能定理解决弹簧类问题 例2：如图甲所示，一条轻质弹簧左端固定在竖直墙面上，右端放一个可视为质点的小物块，小物块的质量为m=1.0kg，当弹簧处于原长时，小物块静止于O点．现对小物块施加一个外力F，使它缓慢移动，将弹簧压缩至A点，压缩量为x=0.1m，在这一过程中，所用外力F与压缩量的关系如图乙所示．然后撤去F释放小物块，让小物块沿桌面运动，已知O点至桌边B点的距离为L=2x，水平桌面的高为h=5.0m，计算时，可用滑动摩擦力近似等于最大静摩擦力．（g取10m/s2） 求：‎ ‎（1）在压缩弹簧过程中，弹簧存贮的最大弹性势能．‎ ‎（2）小物块落地点与桌边B的水平距离．‎ 分析：（1）当物体刚被推动时静摩擦力达到最大值，由图读出静摩擦力的最大值，即为滑动摩擦力的大小．在压缩弹簧的过程中外力随压缩量增大而增大，由图线与x轴所围面积求出外力做功，根据根据能量守恒求解弹簧存贮的最大弹性势能．‎ ‎（2）物块从A点开始到B点的过程中，弹簧、滑动摩擦力做功，根据动能定理求出物块滑到B点时的速度，物块从B点开始做平抛运动，由高度求出时间，再水平方向匀速直线运动求出物块落地点与桌边B的水平距离．‎ 解答：（1）取向左为正方向，从F﹣x图中可以看出，小物块与桌面间的滑动摩擦力大小为Ff=1.0 N，方向为负方向．‎ 在压缩过程中，摩擦力做功为Wf=﹣Ff•x=﹣0.1J 由图线与x轴所夹面积可得外力做功为WF=（1.0+47.0）×0.1÷2 J=2.4J．‎ 所以弹簧存贮的弹性势能为Ep=WF+Wf=2.3J ‎（2）从A点开始到B点的过程中，由于L=2x，摩擦力做功为Wf′=Ff•3x=0.3 J ‎ 对小物块用能量守恒有 ‎ 解得vB=2 m/s 物块从B点开始做平抛运动h=，‎ 下落时间t==1s 水平距离s=vBt=2m 答：（1）在压缩弹簧过程中，弹簧存贮的最大弹性势能为2.3J．‎ ‎（2）小物块落地点与桌边B的水平距离2m．‎ 点评：本题中外力不是恒力，求外力做功不能直接用W=Fx．由于F与x是线性关系，也可以求出F的平均值=，F做功W=x=2.4J．‎ 题型三：动能定理在多过程中的应用 例3：如图所示是游乐场中过山车轨道的模型图．图中半径分别为R1=2.0m和R2=8.0m的两个光滑圆形轨道，固定在倾角为θ=37°斜轨道面上的A、B两点，且与斜轨道之间圆滑连接，两圆形轨道的最高点C、D均与P点平齐．现使小车（视为质点）从P点以一定的初速度沿斜面向下运动．已知斜轨道面与小车间的动摩擦因数为μ=，g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8．问：‎ ‎（1）若小车恰好能通过第一个圆形轨道的最高点C，则它在P点的初速度应为多大？‎ ‎（2）若小车在P点的初速度为15m/s，则小车能否安全通过两个圆形轨道？‎ 分析：（1）先根据重力恰好提供向心力求出C点的速度，然后对从P到C过程运用动能定理列式求解；‎ ‎（2）先求出小车恰好过D的临界速度，然后对从P到D过程运用动能定理列式求解出能运动到D点的最小速度，再与已知速度相比较得出结论．‎ 解答：（1）设小车经过C点时的临界速度为v1，则 设P、A两点间距离为L1，由几何关系可得 小车从P运动到C，根据动能定理，有 解得 v0=6m/s 即若小车恰好能通过第一个圆形轨道的最高点C，则它在P点的初速度应为6m/s．‎ ‎（2）设P、B两点间距离为L2，由几何关系可得 设小车能安全通过两个圆形轨道在D点的临界速度为v2，则 ‎ 设P点的初速度为v'0小车从P运动到D，根据动能定理，有 解得 v'0=12m/s，可知v'0=12m/s＜15m/s 故小车能安全通过两个圆形轨道．‎ 点评：本题关键是先求出小车经过最高点的临界速度，然后对从开始到最高点过程运用动能定理列式求解．‎ ‎【解题方法点拨】‎ ‎1．用动能定理求解变力做功的注意要点：‎ ‎（1）分析物体受力情况，确定哪些力是恒力，哪些力是变力．‎ ‎（2）找出其中恒力的功及变力的功．‎ ‎（3）分析物体初末状态，求出动能变化量．‎ ‎（4）运用动能定理求解．‎ ‎2．优先考虑动能定理的典型问题：‎ ‎（1）不涉及加速度、时间的问题；‎ ‎（2）有多个物理过程且不需要研究整个过程中的中间状态的问题；‎ ‎（3）变力做功的问题；‎ ‎（4）含有F、l、m、v、W、EK等物理量的力学问题．‎ ‎　‎ ‎7．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△U．‎ ‎2．公式：W+Q=△U．‎ ‎3．符号法则：‎ ‎①物体吸热→Q取正；物体放热→Q取负；‎ ‎②物体对外界做功，W取负；外界对物体做功，W取正；‎ ‎③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：△U=W+E 外界对气体做功，W=800J；气体向外散热，故E=﹣200J；‎ 故△U=800﹣200J=600J；‎ 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△U=Q+W符号的规定． ‎ 符号 ‎ W Q ‎△U ‎+‎ 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Q=0，W=△U，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W=0，则Q=△U，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△U=0，则W+Q=0或W=﹣Q．外界对物体做的功等于物体放出的热量．‎ 注意：‎ ‎①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．‎ ‎②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．‎ ‎　‎ ‎8．热力学第二定律 ‎【知识点的认识】‎ 热力学第二定律 ‎1．热传导的方向性 ‎①热量可以自发地从高温物体传递给低温物体．‎ ‎②热量从低温物体传递给高温物体，必须借助外界的帮助．‎ ‎2．机械能内能转化方向性 ‎①热机 定义：把内能转化为机械能的机器．‎ 能量：Q1=W+Q2‎ 效率：η=＜100%‎ ‎②机械能可以自发地全部转化为内能，而内能全部转化为机械能必须受外界影响或引起外界变化．‎ ‎3．第二类永动机不可制成 ‎①定义：从单一热源吸收的热量，可以全部用来做功，而不引起其他变化的机器．即：效率η=100%的机器．‎ ‎②原因：违背了热力学第二定律，但没有违背能量守恒定律 ‎4．热力学第二定律 ‎①两种表述：‎ Ⅰ．不可能使热量从低温物体传递到高温物体，而不引起其他变化．‎ Ⅱ．不可能从单一热源吸收热量并全部用来做功，而不引起其他变化．‎ ‎②实质：自然界中涉及到的热现象的宏观过程都具有方向性．‎ ‎③热力学第二定律是独立于第一定律的．‎ ‎5．能量耗散 ‎①定义：无法重新收集和利用的能量，这种现象为能量耗散．‎ ‎②反映了热现象宏观过程的方向性．‎ ‎【命题方向】‎ 第一类常考题型是对概念、规律的理解：‎ 如图所示的汽缸内盛有定量的理想气体，汽缸壁是导热的，缸外环境保持恒温，活塞与汽缸壁的接触是光滑的，但不漏气．现将活塞杆与外界连接 并使其缓慢地向右移动，这样气体将等温膨胀并通过杆对外做功．已知理想气体的内能只与温度有关，则下列说法中正确的是（　　）‎ A．气体是从单一热源吸热，全用来对外做功，因此此过程违背热力学第二定律 ‎ B．气体是从单一热源吸热，但并未全用来对外做功，因此此过程不违背热力学第二定律 ‎ C．气体是从单一热源吸热，全用来对外做功，但此过程不违背热力学第二定律 ‎ D．以上三种说法都不对 ‎ 分析：热力学第二定律的一种描述是：不可能从单一热源吸收热量全部用来对外做功，而不引起其它变化．因此是否违反热力学第二定律的关键是看是否引起其它变化．‎ 解答：气体等温膨胀，内能不变，从外界吸收的热量全部对外做功，但是这个过程中引起了其它变化，如有外力控制着活塞缓慢的移动，而非自动进行的，有“第三方”参与，不违背热力学第二定律，故ABD错误，C正确．‎ 故选C．‎ 点评：对于概念、规律的理解要深入，要理解其核心和关键部分，不能停留在表面．‎ ‎　‎ ‎9．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 ‎ ‎①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． ‎ ‎②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：或．‎ 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；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．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：①‎ 解得 ②‎ ‎（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 ‎③‎ 对下方气体由玻意耳定律得：④‎ 联立③④式得 ‎ 解得 不合题意，舍去．‎ 答：‎ ‎（i） 恒温热源的温度；‎ ‎（ii）重新达到平衡后左气缸中活塞上方气体的体积 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T1＜T2．‎ 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W＜0；体积减小，外界对气体做功，即W＞0．‎ ‎（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△U＞0；温度降低，内能减小，即△U＜0．‎ ‎　‎ ‎10．电场强度 ‎【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=，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=．‎ ‎6．匀强电场中，场强E与电势差U的关系式：E=．‎ ‎【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. B. C．k D．k 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E=k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=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=．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E=k．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=，E=k，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： ‎①E=‎ 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”． ‎②E=k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． ‎③E=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 ‎①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． ‎②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． ‎③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．‎ ‎④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）． ‎⑤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．‎ ‎　‎ ‎11．电势差与电场强度的关系 ‎【知识点的认识】‎ 一、电势差与电场强度的关系式 ‎1．关系式：U=Ed或者E=．‎ ‎2．适用条件：只有在匀强电场中才有这个关系．‎ ‎3．注意：式中d是指沿电场方向两点间的距离．‎ ‎4．方向关系：场强的方向就是电势降低最快的方向．由于电场线跟等势面垂直，只有沿电场线方向，单位长度上的电势差才最大，也就是说电势降落最快的方向为电场强度的方向．但电势降落的方向不一定是电场强度方向．‎ 二、对公式U=Ed的理解 ‎1．从变形公式E=可以看出，电场强度越大，说明沿电场线方向电势差越大，表明电势降落的越快，因此电场强度除了能描述电场的力的性质外还有另一个物理意义，那就是：电场强度是描述电场中电势降落快慢的物理量，也同时说明，沿电场线方向电势降落最快．‎ ‎2．公式中的d可理解为匀强电场中两点所在等势面之间的距离．‎ ‎3．对于非匀强电场，用公式E=可以定性分析某些问题．例如等差等势面E越大处，d越小．因此可以断定，等差等势面越密的地方电场强度也越大．‎ ‎ 现在举例来说明公式E=在非匀强电场中的应用．如图所示，A、B、C是同一电场线上的三点，且=，由电场线的疏密程度可以看出EA＜EB＜EC，所以AB间的平均场强比BC间的小，即AB＜BC，又因为UAB=•AB，UBC=•BC，所以UAB＜UBC．‎ 三、电场强度与电势差的比较 物理量 电势差U 电场强度E 定义 ‎（1）电场中任意两点的电势之差，UAB=φA﹣φB ‎（2）电荷在电场中两点间移动时，静电力所做的功跟电荷量的比值 放入电场中某一点的电荷受到的静电力跟它的电荷量的比值 定义式 U= ‎ E= ‎ 意义 描述了电场的能的性质 描述了电场的力的性质 大小 数值上等于单位正电荷从一点移到另一点时，静电力所做的功 数值上等于单位电荷受到的力 方向 标量，无方向 规定为正电荷在该点所受静电力的方向 联系 ‎ 在匀强电场中有U=Ed ‎ ‎【命题方向】‎ 题型一：匀强电场中电势差与场强的关系 例1：如图所示，在平面直角坐标系中，有方向平行于坐标平面的匀强电场，其中坐标原点O处的电势为0V，点A处的电势为6V，点B处的电势为3V，则电场强度的大小为（　　）‎ A.200V/m B. C.100V/m D.‎ 分析：在x轴上找一电势为3V的点，将该点与B点连接，该连线为等势线，求出OB沿电场线方向上的距离，根据E=求出电场强度的大小．‎ 解：OA的中点C的电势为3V，将C点与B点连接，如图，电场线与等势线垂直，根据几何关系得，BC=2cm，则OB沿电场线方向上的距离d=．‎ 所以电场强度E=．故A正确，B、C、D错误．‎ 故选：A．‎ 点评：解决本题的关键知道电场线与等势线垂直，掌握匀强电场的电场强度大小与电势差的关系，即E=，注意d是沿电场线方向上的距离．‎ ‎【解题方法点拨】‎ ‎1．U=Ed关系的应用：‎ ‎ 公式U=Ed中d是沿场强方向的两点间的距离或两等势面间的距离，而U是这两点间的电势差．这一定量关系只适用于匀强电场，变形后E=，用它可求匀强电场的场强，也可定性分析非匀强电场．‎ ‎　‎ ‎12．匀强电场中电势差和电场强度的关系 ‎【知识点的认识】‎ 匀强电场中电势差与电场强度的关系：‎ ‎1．关系式：U=Ed或者E=．后者的物理意义：匀强电场中场强在数值上等于沿电场方向通过单位距离的电势差（电势降落）．‎ ‎2．适用条件：只有在匀强电场中才有这个关系．‎ ‎3．注意：式中d是指沿电场方向两点间的距离．‎ ‎【命题方向】‎ 题型一：匀强电场中电势差与场强的关系 例1：如图所示，在平面直角坐标系中，有方向平行于坐标平面的匀强电场，其中坐标原点O处的电势为0V，点A处的电势为6V，点B处的电势为3V，则电场强度的大小为（　　）‎ A.200V/m B. C.100V/m D.‎ 分析：在x轴上找一电势为3V的点，将该点与B点连接，该连线为等势线，求出OB沿电场线方向上的距离，根据E=求出电场强度的大小．‎ 解：OA的中点C的电势为3V，将C点与B点连接，如图，电场线与等势线垂直，根据几何关系得，BC=2cm，则OB沿电场线方向上的距离 d=．‎ 所以电场强度E=．故A正确，B、C、D错误．‎ 故选：A．‎ 点评：解决本题的关键知道电场线与等势线垂直，掌握匀强电场的电场强度大小与电势差的关系，即E=，注意d是沿电场线方向上的距离．‎ ‎【解题方法点拨】‎ ‎1．U=Ed关系的应用：‎ ‎ 公式U=Ed中d是沿场强方向的两点间的距离或两等势面间的距离，而U是这两点间的电势差．这一定量关系只适用于匀强电场，变形后E=，用它可求匀强电场的场强，也可定性分析非匀强电场．‎ ‎　‎ ‎13．焦耳定律 ‎【知识点的认识】‎ 焦耳定律 ‎1．电功率和热功率 ‎ 电流做功的过程，是电能转化为其他形式能量的过程． ‎ 电动机把电能转化为机械能；电解槽把电能转化为化学能；电热器把电能转化为热能．在真空中，电场力对电荷做正功时，减少的电势能转化为电荷的动能；在金属导体中，在电场力作用下做加速运动的自由电子频繁地与离子碰撞，把定向移动的功能传给离子，使离子热运动加剧，将电能完全转化为内能．‎ ‎2．焦耳定律 定义：电流通过导体时产生的热量Q等于电流I的二次方、导体的电阻R和通电时间t三者的乘积．‎ 即：Q=I2Rt 注意：焦耳定律适用于纯电阻电路，也适用于非纯电阻电路． ‎ ‎①纯电阻电路：只含有电阻的电路、如电炉、电烙铁等电热器件组成的电路，白炽灯及转子被卡住的电动机也是纯电阻器件． ‎ ‎②非纯电阻电路：电路中含有电动机在转动或有电解槽在发生化学反应的电路． ‎ ‎3．热功率：‎ 定义：单位时间内导体的发热功率叫做热功率．‎ 热功率等于通电导体中电流I的二次方与导体电阻R的乘积． ‎ 即：‎ ‎【命题方向】‎ ‎（1）第一类常考题型：‎ 类型一　纯电阻电路中的功率分配及计算 两只灯泡A和B额定电压都是110V，A的额定功率为60W，B的额定功率为100W，为了把它们接在220V电路上都能正常发光，并要电路中消耗的电功率最小，应采用下面的哪种接法？（　　）‎ A． B． C． D．‎ 分析：由题可知，灯泡的电压相等，但是灯泡的功率不同，由此可以知道两种灯泡的电阻的大小不同，在由电路的串并联的知识先逐个分析灯泡能否正常的发光，再判断消耗的功率最小的电路．‎ 解：A、由于额定电压都是110V，额定功率PA=60W、PB=100W，由此可知RA＞RB，把灯泡B与电阻并联的话，会使并联的部分的电阻更小，所以AB的电压不会平分，AB不会同时正常发光，故A错误；‎ B、由于灯泡要满足110V的额定电压，所以当A灯泡与电阻串联以后，再与B灯泡并联，而B灯泡的电压高于额定110V的电压，不能正常工作，故B错误；‎ C、由于额定电压都是110V，额定功率PA=60W、PB=100W，由此可知RA＞RB，把灯泡A与电阻并联的话，可以使并联部分的电阻减小，可能使A与并联部分的电阻相同，所以AB能同时正常发光，并且电路消耗的功率与B灯泡的功率相同，所以总功率的大小为200W；‎ D、把AB并联之后与电阻串连接入电路的话，当电阻的阻值与AB并联的总的电阻相等时，AB就可以正常发光，此时电阻消耗的功率为AB灯泡功率的和，所以电路消耗的总的功率的大小为320W；‎ 由CD的分析可知，正常发光并且消耗的功率最小的为C，故C正确．‎ 故选C．‎ 点评：解答本题是一定要注意题目要同时满足两个条件即灯泡能够正常发光并且消耗的功率还要最小．‎ ‎（2）第二类常考题型：‎ 类型二：非纯电阻电路中的功率分配及计算 有一个直流电动机，当加在它两端的电压为0.2V时，电动机不转，测得流过电动机的电流是0.5A；若把电动机接入2.0V的电压的电路中，电动机正常工作，工作电流是1.0A．求：‎ ‎（1）电动机正常工作时输出功率多大？‎ ‎（2）如果在电动机正常工作时，转子突然被卡住，此时电动机的发热功率是多大？‎ 分析：（1）电动机不转，由欧姆定律求出其内阻．电动机正常工作时输出功率等于电功率与内部发热功率之差．‎ ‎（2）在电动机正常工作时，转子突然被卡住，根据P=求出电动机的发热功率．‎ 解：（1）当电动机不转时，电动机的内阻为r===0.4Ω，电动机正常工作时输出功率为P出=U2I2﹣I22r=1.6W．‎ ‎（2）卡住后热功率：P热==W=10W 答：（1）电动机正常工作时输出功率是1.6W．‎ ‎（2）如果在电动机正常工作时，转子突然被卡住，此时电动机的发热功率是10W．‎ 点评：对于电动机电路，正常工作时其电路是非纯电阻电路，欧姆定律不成立；当电动机被卡住时，其电路是纯电阻电路，欧姆定律成立．‎ ‎【解题方法点拨】‎ 电功率与热功率的区别与联系 ‎ ‎（1）区别：‎ 电功率是指某段电路的全部电功率，或这段电路上消耗的全部电功率，决定于这段电路两端电压和通过的电流强度的乘积；‎ 热功率是指在这段电路上因发热而消耗的功率．决定于通过这段电路电流强度的平方和这段电路电阻的乘积．‎ ‎（2）联系：‎ 对纯电阻电路，电功率等于热功率；对非纯电阻电路，电功率等于热功率与转化为除热能外其他形式的功率之和．‎ ‎　‎ ‎14．带电粒子在混合场中的运动 ‎【知识点的认识】‎ 带电粒子在复合场中的运动 一、复合场及其特点 这里所说的复合场是指电场、磁场、重力场并存，或其中某两种场并存的场．带电粒子在这些复合场中运动时，必须同时考虑电场力、洛仑兹力和重力的作用或其中某两种力的作用，因此对粒子的运动形式的分析就显得极为重要．‎ 二、带电粒子在复合场电运动的基本分析 ‎1．当带电粒子在复合场中所受的合外力为0时，粒子将做匀速直线运动或静止．‎ ‎2．当带电粒子所受的合外力与运动方向在同一条直线上时，粒子将做变速直线运动．‎ ‎3．当带电粒子所受的合外力充当向心力时，粒子将做匀速圆周运动．‎ ‎4．当带电粒子所受的合外力的大小、方向均是不断变化的时，粒子将做变加速运动，这类问题一般只能用能量关系处理．‎ 三、电场力和洛仑兹力的比较 ‎1．在电场中的电荷，不管其运动与否，均受到电场力的作用；而磁场仅仅对运动着的、且速度与磁场方向不平行的电荷有洛仑兹力的作用．‎ ‎2．电场力的大小F=Eq，与电荷的运动的速度无关；而洛仑兹力的大小f=Bqvsinα，与电荷运动的速度大小和方向均有关．‎ ‎3．电场力的方向与电场的方向或相同、或相反；而洛仑兹力的方向始终既和磁场垂直，又和速度方向垂直．‎ ‎4．电场力既可以改变电荷运动的速度大小，也可以改变电荷运动的方向，而洛仑兹力只能改变电荷运动的速度方向，不能改变速度大小 ‎5．电场力可以对电荷做功，能改变电荷的动能；洛仑兹力不能对电荷做功，不能改变电荷的动能．‎ ‎6．匀强电场中在电场力的作用下，运动电荷的偏转轨迹为抛物线；匀强磁场中在洛仑兹力的作用下，垂直于磁场方向运动的电荷的偏转轨迹为圆弧．‎ 四、对于重力的考虑 重力考虑与否分三种情况：‎ ‎（1）对于微观粒子，如电子、质子、离子等一般不做特殊交待就可以不计其重力，因为其重力一般情况下与电场力或磁场力相比太小，可以忽略；而对于一些实际物体，如带电小球、液滴、金属块等不做特殊交待时就应当考虑其重力．‎ ‎（2）在题目中有明确交待的是否要考虑重力的，这种情况比较正规，也比较简单．‎ ‎（3）对未知名的带电粒子其重力是否忽略又没有明确时，可采用假设法判断，假设重力计或者不计，结合题给条件得出的结论若与题意相符则假设正确，否则假设错误．‎ 五、复合场中的特殊物理模型 ‎1．粒子速度选择器 如图所示，粒子经加速电场后得到一定的速度v0，进入正交的电场和磁场，受到的电场力与洛仑兹力方向相反，若使粒子沿直线从右边孔中出去，则有qv0B=qE，v0=，‎ 若v=v0=，粒子做直线运动，与粒子电量、电性、质量无关．‎ 若v＜，电场力大，粒子向电场力方向偏，电场力做正功，动能增加．‎ 若v＞，洛仑兹力大，粒子向磁场力方向偏，电场力做负功，动能减少．‎ ‎2．磁流体发电机 如图所示，由燃烧室O燃烧电离成的正、负离子（等离子体）以高速．喷入偏转磁场B中．在洛仑兹力作用下，正、负离子分别向上、下极板偏转、积累，从而在板间形成一个向下的电场．两板间形成一定的电势差．当qvB=时电势差稳定U=dvB，这就相当于一个可以对外供电的电源．‎ ‎3．电磁流量计．‎ 电磁流量计原理可解释为：如图所示，一圆形导管直径为d，用非磁性材料制成，其中有可以导电的液体向左流动．导电液体中的自由电荷（正负离子）在洛仑兹力作用下纵向偏转，a，b间出现电势差．当自由电荷所受电场力和洛仑兹力平衡时，a、b间的电势差就保持稳定．‎ ‎ 由Bqv=Eq=，可得v=．流量Q=Sv=‎ ‎4．质谱仪 如图所示 组成：离子源O，加速场U，速度选择器（E，B），偏转场B2，胶片．‎ 原理：加速场中qU=mv2‎ 选择器中：v=‎ 偏转场中：d=2r，qvB2=‎ 比荷：‎ 质量：‎ 作用：主要用于测量粒子的质量、比荷、研究同位素．‎ ‎5．回旋加速器 如图所示 ‎．‎ 组成：两个D形盒，大型电磁铁，高频振荡交变电压，两缝间可形成电压U 作用：电场用来对粒子（质子、氛核，a粒子等）加速，磁场用来使粒子回旋从而能反复加速．高能粒子是研究微观物理的重要手段．‎ 要求：粒子在磁场中做圆周运动的周期等于交变电源的变化周期．‎ 关于回旋加速器的几个问题：‎ ‎（1）回旋加速器中的D形盒，它的作用是静电屏蔽，使带电粒子在圆周运动过程中只处在磁场中而不受电场的干扰，以保证粒子做匀速圆周运动．‎ ‎（2）回旋加速器中所加交变电压的频率f，与带电粒子做匀速圆周运动的频率相等：．‎ ‎（3）回旋加速器最后使粒子得到的能量，可由公式来计算，在粒子电量，、质量m和磁感应强度B一定的情况下，回旋加速器的半径R越大，粒子的能量就越大．‎ ‎　‎ ‎15．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θ，则E=Blvsinθ．‎ ‎（2）常用情况：运动速度v和磁感线方向垂直，则E=Blv．‎ ‎（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E=Blv=Bl2ω（平均速度等于中点位置线速度lω）．‎ ‎【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E=BLv，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=α．‎ A、B从O点开始金属棒运动时间为t时，有效的切割长度 L=vt•tanα，感应电动势大小 E=BLv=Bvt•tanα•v∝t，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+vt•tanα+）r 感应电流大小为 I===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E=BLv中（要求B⊥L、B⊥v、L⊥v，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E=BLv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E=Blv1=Blvsin θ．‎ ‎　‎ ‎16．交流的峰值、有效值以及它们的关系 ‎【知识点的认识】‎ 交变电流的瞬时值、峰值、有效值 ‎（1）瞬时值：交变电流某一时刻的值，是时间的函数．‎ ‎（2）峰值：交变电流（电流、电压或电动势）所能达到的最大的值，也叫最大值．‎ ‎（3）有效值：跟交变电流的热效应等效的恒定电流的值叫做交变电流的有效值．对正弦交流电，其有效值和峰值的关系为： ‎ ‎ E=，U=，I=．‎ ‎【命题方向】‎ 常考题型：交变电流有效值的计算 图甲和图乙分别表示正弦脉冲波和方波的交变电流与时间的变化关系．若使这两种电流分别通过两个完全相同的电阻，则经过1min的时间，两电阻消耗的电功W甲：W乙之比为（　　）‎ A．1：‎ B．1：2‎ C．1：3 ‎ D．1：6‎ ‎【分析】分别求出正弦脉冲波和方波的交变电流的有效值，根据W=I2Rt求出消耗的电功之比．‎ 解：甲图中，在一个周期内，电阻发热的时间是0～2×10﹣2s、4×10﹣2s～6×‎ ‎10﹣2s内，根据电流的热效应有：，代入数据得 ，解得电流的有效值I=．‎ 乙图中，在一个周期内，电阻发热的时间为0～4×10﹣4s，根据电流的热效应有：，代入数据得，12R×2×2×10﹣2=I′2R×4×10﹣2，解得电流的有效值I′=1A．‎ 根据W=I2Rt知，在相同时间内消耗的电功之比等于．故C正确，A、B、D错误．‎ 故选C．‎ ‎【点评】解决本题的关键掌握电流有效值的求法，抓住三个相同，即相同时间、相同电阻、相同热量．‎ ‎【解题方法点拨】‎ 一、交变电流有效值的计算 ‎（1）利用E=，U=，I=计算，只适用于正（余）弦式交流电．‎ ‎（2）非正弦式交流电有效值的求解根据电流的热效应进行计算，其中，交变电流的有效值是根据电流通过电阻时产生的热效应定义的，即让交变电流和直流电流通过相同的电阻，在相同的时间里若产生的热量相同，则交变电流（电压）的有效值就等于这个直流电流（电压）的值，即求解交变电流有效值问题必须在相同电阻、相同时间、相同热量的“三同”原则下求解．‎ 二、交变电流“四值”的应用 对交变电流的“四值”的比较和理解 物理量 物理意义 适用情况及说明 瞬时值 e=Emsin ωt ‎ u=Umsin ωt ‎ i=Imsin ωt 计算线圈某时刻的受力情况 峰值（最大值）‎ Em=nBSωIm=‎ 讨论电容器的击穿电压 ‎ 有效值 对正（余）弦交流电有：‎ E=，‎ U=，‎ I=．‎ ‎（1）计算与电流的热效应有关的量（如电功、电功率、电热等）‎ ‎（2）电气设备“铭牌”上所标的一般是有效值 ‎（3）保险丝的熔断电流为有效值 ‎（4）电表的读数为有效值 ‎ 平均值 ‎=BL ‎=n ‎=‎ 计算通过电路截面的电荷量 ‎ ‎　‎ ‎17．横波的图象 ‎【知识点的认识】‎ 横波的图象 ‎ 如图所示为一横波的图象．纵坐标表示某一时刻各个质点偏离平衡位置的位移，横坐标表示在波的传播方向上各个质点的平衡位置．它反映了在波传播的过程中，某一时刻介质中各质点的位移在空间的分布．简谐波的图象为正弦（或余弦）曲线． ‎ ‎【命题方向】‎ ‎（1）第一类常考题型：波的图象的理解与应用 如图为一列沿x轴负方向传播的简谐横波在t=0时的波形图，当Q点在t=0‎ 时的振动状态传到P点时，则　B　‎ A．1cm＜x＜3cm范围内的质点正在向y轴的负方向运动 B．Q处的质点此时的加速度沿y轴的正方向 C．Q处的质点此时正在波峰位置 D．Q处的质点此时运动到P处．‎ ‎【分析】由题意利用平移法可知Q点的状态传到P点时的波形图，由波形图可判断各点的振动情况．‎ 解：当Q点在t=0时的振动状态传到P点时，Q点在t=0时的波沿也向左传到P点，所以x=0cm处质点在波谷，x=2cm处质元在波峰，则1cm＜x＜2cm向y轴的正方向运动，2cm＜x＜3cm向y轴的负方向运动，A错误；‎ Q点振动四分之三周期后到达波谷加速度沿y轴的正方向最大，质点不能平移，B正确，C D错误．‎ 故选B．‎ ‎【点评】本题画波形是关键，只要画出新的波形各点的振动即可明确！‎ 第二类常考题型：波的传播方向与质点的振动方向的判断 一列沿x轴正方向传播的简谐机械横波，波速为4m/s．某时刻波形如图所示，下列说法正确的是（　　）‎ A．这列波的振幅为4cm B．这列波的周期为1s C．此时x=4m处质点沿y轴负方向运动 D．此时x=4m处质点的加速度为0‎ ‎【分析】由波的图象读出振幅和波长，由波速公式v=算出周期．由波的传播方向判断质点的振动方向，根据质点的位置分析质点的加速度．‎ 解：A、振幅等于y的最大值，故这列波的振幅为A=2cm．故A错误．‎ B、由图知，波长λ=8m，由波速公式v=，得周期T==s=2s．故B错误．‎ C、简谐机械横波沿x轴正方向传播，由波形平移法得知，此时x=4m处质点沿y轴正方向运动．故C错误．‎ D、此时x=4m处质点沿处于平衡位置，加速度为零．故D正确．‎ 故选：D．‎ ‎【点评】根据波的图象读出振幅、波长、速度方向及大小变化情况，加速度方向及大小变化情况等，是应具备的基本能力．‎ ‎【解题方法点拨】‎ ‎ 波的图象的理解与应用 ‎1．波的图象反映了在某时刻介质中的质点离开平衡位置的位移情况，图象的横轴表示各质点的平衡位置，纵轴表示该时刻各质点的位移，如图：‎ 图象的应用：‎ ‎（1）直接读取振幅A和波长λ，以及该时刻各质点的位移．‎ ‎（2）确定某时刻各质点加速度的方向，并能比较其大小．‎ ‎（3）结合波的传播方向可确定各质点的振动方向或由各质点的振动方向确定波的传播方向．‎ ‎2．在波的传播方向上，当两质点平衡位置间的距离为nλ时（n=1，2，3…），它们的振动步调总相同；当两质点平衡位置间的距离为（2n+1）（n=0，1，2，3…）时，它们的振动步调总相反．‎ ‎3．波源质点的起振方向决定了它后面的质点的起振方向，各质点的起振方向与波源的起振方向相同．‎ ‎ 波的传播方向与质点的振动方向的判断方法 图象 ‎ 方法 ‎ ‎（1）微平移法：沿波的传播方向将波的图象进行一微小平移，然后由两条波形曲线来判断．‎ 例如：波沿x轴正向传播，t时刻波形曲线如左图中实线所示．将其沿v的方向移动一微小距离△x，获得如左图中虚线所示的图线．可以判定：t时刻质点A振动方向向下，质点B振动方向向上，质点C振动方向向下． ‎ ‎ ‎ ‎（2）“上、下坡”法：沿着波的传播方向看，上坡的点向下振动，下坡的点向上振动，即“上坡下，下坡上”．‎ 例如：左图中，A点向上振动，B点向下振动，C点向上振动． ‎ ‎（3）同侧法：质点在振动方向与波的传播方向在波的图象的同一侧．如左图所示．‎ ‎　‎ ‎18．波长、频率和波速的关系 ‎【知识点的认识】‎ 描述机械波的物理量 ‎ ‎（1）波长λ：两个相邻的、在振动过程中对平衡位置的位移总是相同的质点间的距离叫波长． ‎ 在横波中，两个相邻波峰（或波谷）间的距离等于波长．在纵波中，两个相邻密部（或疏部）间的距离等于波长． ‎ ‎（2）频率f ‎：波的频率由波源决定，无论在什么介质中传播，波的频率都不变． ‎ ‎（3）波速v：单位时间内振动向外传播的距离．波速的大小由介质决定． ‎ ‎（4）波速与波长和频率的关系：v=λf． ‎ ‎【命题方向】‎ 常考题型：‎ 如图所示是一列简谐波在t=0时的波形图象，波速为v=10m/s，此时波恰好传到I点，下列说法中正确的是（　　）‎ A．此列波的周期为T=0.4s B．质点B、F在振动过程中位移总是相等 C．质点I的起振方向沿y轴负方向 D．当t=5.1s时，x=10m的质点处于平衡位置处 E．质点A、C、E、G、I在振动过程中位移总是相同 ‎【分析】由波形图可以直接得出波的波长，根据v=求解周期，根据波形图来确定I处的起振方向，当质点间的距离为波长的整数倍时，振动情况完全相同，当质点间的距离为半波长的奇数倍时，振动情况相反．‎ 解：A、由波形图可知，波长λ=4m，则T=，故A正确；‎ B、质点B、F之间的距离正好是一个波长，振动情况完全相同，所以质点B、F在振动过程中位移总是相等，故B正确；‎ C、由图可知，I刚开始振动时的方向沿y轴负方向，故C正确；‎ D、波传到x=l0m的质点的时间t′=，t=5.1s时，x=l0m的质点已经振动4.1s=10T，所以此时处于波谷处，故D错误；‎ E、质点A、C间的距离为半个波长，振动情况相反，所以位移的方向不同，故D错误；‎ 故选：ABC ‎【点评】本题考察了根据波动图象得出振动图象是一重点知识，其关键是理解振动和波动的区别．‎ ‎【解题方法点拨】‎ ‎　‎ ‎19．全反射 ‎【知识点的认识】‎ ‎1．光照射到两种介质界面上时，光线全部被反射回原介质的现象称为全反射现象．‎ ‎2．发生全反射的条件：‎ ‎①光线从光密介质斜射向光疏介质．‎ ‎②入射角大于或等于临界角．‎ ‎3．临界角：折射角等于90°时的入射角．设光线从某种介质射向真空或空气时的临界角为C，则sinC=．‎ ‎ 光线从折射率为n1的介质斜射入折射率为n2的介质，（n1＞n2）发生全反射时的临界角为C′，sinC′=．‎ ‎4．光导纤维：主要应用：a．内窥镜；b．光纤通信．‎ ‎【命题方向】‎ 题型一：光的全反射及临界角的应用 如图所示，用折射率的玻璃做成内径为R、外径为的半球形空心球壳，一束平行光射向此半球的外表面，与中心对称轴OO'平行，试求：‎ ‎（1）球壳内部有光线射出的区域；‎ ‎（2）要使球壳内部没有光线射出，至少用多大的遮光板，如何放置才行？‎ 分析：（1）光线射到内球面时，若入射角大于或等于临界角时，会发生全反射，光线将不能射入球壳内部．根据折射定律求出临界角．作出光路图，由几 何知识求出光线射到内球面刚好发生全反射时，在外球面的折射角，由数学知识求出球壳内部有光线射出的区域．‎ ‎（2）根据光路图，由几何知识求出遮光板的大小，确定如何放置．‎ 解答：（1）设光线a′a射入外球面，沿ab方向射向内球面，‎ 刚好发生全反射，则 ‎∴C=45°‎ 在△Oab中，，Ob=R 根据数学知识得，‎ 得到 即 r=30°，则∠θ=C﹣r=45°﹣30°=15°‎ 又∠O′Oa=i，由=n，得 ‎∴i=45°‎ 即∠O′Ob=i+θ=45°+15°=60°‎ 当射向外球面的入射光线的入射角小于i=45°时，这些光线都会射出内球面．因此，以OO'为中心线，上、下（左、右）各60°的圆锥球壳内有光线射出．‎ ‎（2）由图中可知，，‎ 所以，至少用一个半径为R的遮光板，圆心过OO′轴并垂直该轴放置，才可以挡住射出球壳的全部光线，这时球壳内部将没有光线射出．‎ 答：‎ ‎（1）球壳内部有光线射出的区域为以OO′为中心线，上、下（左、右）各60°的圆锥球壳内有光线射出．‎ ‎（2）要使球壳内部没有光线射出，至少用一个半径为R的遮光板，圆心过OO'轴并垂直该轴放置．‎ 点评：本题是折射定律、临界角和几何知识的综合应用，作出光路图是基础．‎ ‎　‎ ‎20．爱因斯坦质能方程 ‎【知识点的认识】‎ ‎1．爱因斯坦质能方程为E=mc2，若核反应中的质量亏损为△m，释放的核能△E=△mc2．‎ ‎【命题方向】‎ 题型一：核能的计算 假设两个氘核在一直线上相碰发生聚变反应生成氦的同位素和中子，已知氘核的质量是2.013 6u，中子的质量是1.008 7u，氦核同位素的质量是3.015 0u．‎ ‎（1）聚变的核反应方程式是　212H→23He+01n　，在聚变核反应中释放出的能量为　3.26　MeV．（保留两位小数）‎ ‎（2）若氚核和氦核发生聚变生成锂核，反应方程式为H+He→Li，已知各核子比结合能分别为EH=1.112MeV、EHe=7.075MeV、ELi=5.603MeV，求此核反应过程中释放的核能　7.585Mev　．‎ 分析：1、先求出核反应中质量亏损，再由爱因斯坦质能方程，求出核反应中释放的核能；‎ ‎2、反应释放的核能△E=E反应前﹣E反应后 解答：（1）聚变的核反应方程：212H→23He+01n 核反应过程中的质量亏损为△m=2mD﹣（mHe+mn）=0.0035u 释放的核能为△E=△mc2=0.0035uc2=3.26MeV ‎ ‎（2）核反应过程中释放的核能：△E=5.603MeV×7﹣1.112MeV×3+7.075MeV×4=7.585Mev 故答案为：212H→23He+01n，3.26，7.585Mev 点评：本题考查应用质能方程研究核反应中质量亏损的能力．另外要知道核反应向平均结合能增大的方向进行，要释放能量．‎ ‎【解题方法点拨】‎ ‎（1）核能的计算方法 ‎①根据△E=△mc2计算，计算时△m的单位是“kg”，c的单位是“m/s”，△E的单位是“J”．‎ ‎②根据△E=△m×931.5MeV计算．因1原子质量单位（u）相当于931.5 MeV的能量，所以计算时△m的单位是“u”，△E的单位是“MeV”．‎ ‎③根据核子比结合能来计算核能 原子核的结合能=核子比结合能×核子数．‎ ‎（2）利用质能方程计算核能时，不能用质量数代替质量进行计算．‎ ‎　‎ ‎21．裂变反应和聚变反应 ‎【知识点的认识】‎ 一、重核的裂变与轻核的聚变 ‎1．裂变：重核分裂成质量较小的核的反应．如：U+n→Xe+Sr+10n．‎ ‎2．聚变：两个轻核结合成质量较大的核的反应．如：H+H→He+n．‎ ‎3．重核裂变和轻核聚变过程中都释放出核能．‎ ‎【命题方向】‎ 题型一：核反应方程及核反应类型的判断 我国科学家研制“两弹”所涉及的基本核反应有 ‎（1）U+n→Sr+Xe+kn； ‎ ‎（2）H+H→He+dn；‎ 关于这两个方程，下列说法正确的是（　　）‎ A．方程（1）属于α衰变 B．方程（2）属于轻核聚变 C．方程（1）中k=10，方程（2）中d=1‎ D．方程（1）中k=6，方程（2）中d=1‎ 分析：重核裂变是质量数较大的核裂变为质量中等的核，聚变是质量数较小的和转化为质量较大的核，在转化过程中质量数和电荷数都守恒．‎ 解答：A、方程（1）属于重核裂变，A错误；‎ B、方程（2）属于轻核聚变，B正确；‎ C、由质量数守恒和电荷数守恒知，235+1=90+136+K，方程（1）中k=10，2+3=4+d，方程（2）中d=1，C正确；‎ D、由C知D错误；‎ 故选：BC 点评：理解裂变和聚变的特点，会应用质量数守恒和电荷数守恒判断生成物的类别．‎ ‎【解题方法点拨】‎ 核反应的四种类型 ‎ 类　型 ‎ 可控性 ‎ 核反应方程典例 ‎ 衰变 ‎ α衰变 ‎ 自发 ‎ U→Th+He ‎ β衰变 ‎ 自发 ‎ Th→Pa+e ‎ 人工转变 ‎ 人工控制 ‎ N+He→O+H ‎（卢瑟福发现质子） ‎ He+Be→C+n（查德威克发现中子） ‎ Al+He→P+n ‎ ‎（约里奥•居里夫妇发现放射性同位素） ‎ P→Si++e ‎ 重核裂变 ‎ 比较容易 ‎ 进行人工 ‎ 控制 ‎ U+n→Ba+Kr+3n ‎ U+n→Sr+Xe+10n 轻核聚变 ‎ 除氢弹外 ‎ 可控核聚 ‎ 变正在研 ‎ 究中 ‎ H+H→He+n ‎ ‎　‎ ‎22．* 爱因斯坦相对性原理和光速不变原理 ‎【知识点的认识】‎ ‎1．狭义相对论的两个基本假设 ‎（1）狭义相对性原理：在不同的惯性参考系中，一切物理规律都是相同的．‎ ‎（2）光速不变原理：真空中的光速在不同的惯性参考系中都是相同的．‎ ‎　‎ ‎23．探究功与速度变化的关系 ‎【知识点的认识】‎ 一、实验：探究功与速度变化的关系 ‎1．实验目的：‎ ‎（1）探究功与物体速度变化的关系．‎ ‎（2）感悟实验方案的设计和实验数据的处理方法．‎ ‎2．实验的方法：如图所示，依次用1根、2根、3根…同样的橡皮筋与物体相连接，并且每次将橡皮筋拉伸相同的长度，这样操作，无须计算就可知道橡皮筋对物体所做的功依次为W、2W、3W…‎ 而每次橡皮筋对物体做功后的速度，可用打点计时器测出．‎ ‎3．实验器材：本实验需要的器材有：打点计时器（含纸带、学生电源、复写纸、连接导线）、同种橡皮条（10根）、小车、长木板、钉子、刻度尺．‎ ‎4．实验步骤：‎ ‎（1）按图连接好器材．橡皮筋的一端套在小车上，另一端套在钉子上，第一次用两根橡皮筋．将长木板倾斜一个角度，使重力沿斜面向下的分力平衡小车受到的摩擦力．‎ ‎（2）将小车拉到靠近打点计时器的位置（在橡皮筋弹性限度内），并标记下此位置；接通电源后松手．‎ ‎（3）换上纸带，并在纸带上做好标记，每次加接两根橡皮筋，然后将小车拉到同一位置，接通电源后松手．依次再做四次．‎ ‎ ‎ ‎（4）根据纸带求橡皮筋对小车做功后的速度．在每条纸带上找出点间间距相等的那部分，它记录的是小车做匀速运动的情况，如图所示的计数点B、E、C部分．用刻度尺量出计数点B、C之间的距离d，设相邻两计数点间的时间间隔为T，那么，橡皮筋对小车做功后的速度：vi=．‎ ‎（5）分析测量数据得出实验结论．根据实验所得数据Wi与vi，猜想Wi与vi的关系，先看它们是否满足最简单的正比关系，即：Wi∝vi．接着再猜想Wi∝vi2？大致成立后，再作Wi﹣vi2图进行验证．‎ ‎5．实验结论：Wi∝vi2．‎ ‎6．实验中应注意事项 ‎（1‎ ‎）平衡摩擦力：实验中的小车不可避免地要受到摩擦力的作用，为了保证橡皮筋对物体的功就是合外力的功，必须设法排除摩擦力的影响．可采用将木板一端垫高的方法来实现．将木板一端垫高，让自由小车（不系橡皮筋时）能在木板上匀速运动，使重力沿斜面方向的分力与摩擦力相平衡，就消除了摩擦力的影响．‎ ‎（2）每次实验所用的每条橡皮筋，其长度、材料和粗细都应是相同的，并且橡皮筋拉伸的长度都保持一致．‎ ‎（3）打点计时器打出的纸带上相邻各点的间距并不均匀，应选点间间距相等的一段纸带来计算小车的速度，因这一小段是橡皮筋对小车做功完毕时的情形．‎ ‎【命题方向】‎ 题型一：对“探究功与速度变化的关系”的考查 在“探究恒力做功与动能改变的关系”实验中（装置如图甲）：‎ ‎①下列说法哪一项是正确的　C　．（填选项前字母）‎ A．平衡摩擦力时必须将钩码通过细线挂在小车上 B．为减小系统误差，应使钩码质量远大于小车质量 C．实验时，应使小车靠近打点计时器由静止释放 ‎②图乙是实验中获得的一条纸带的一部分，选取O、A、B、C计数点，已知打点计时器使用的交流电频率为50Hz，则打B点时小车的瞬时速度大小为　0.653　m/s（保留三位有效数字）．‎ 分析：①平衡摩擦力是用重力的下滑分量来平衡小车受到的摩擦力，故不应该将钩码通过细线挂在小车上，为减小系统误差，应使钩码质量远小于小车质量，实验时，应使小车靠近打点计时器由静止释放；②用平均速度等于中间时刻的瞬时速度的结论求解．‎ 解：①A、平衡摩擦力时要将纸带、打点计时器、小车等连接好，但不要通电和挂钩码，故A错误；‎ B、为减小系统误差，应使钩码质量远小于小车质量，使系统的加速度较小，避免钩码失重的影响，故B错误；‎ C、实验时，应使小车靠近打点计时器由静止释放，故C正确；‎ 故选：C；‎ ‎②B为AC时间段的中间时刻，根据匀变速运动规律得，平均速度等于中间时刻的瞬时速度，故：vB==m/s=0.653m/s 故答案为：①C ②0.653．‎ 点评：“探究恒力做功与动能改变的关系”与“探究加速度与力、质量的关系”有很多类似之处，在平时学习中要善于总结、比较，提高对实验的理解能力．‎ ‎【解题方法点拨】‎ ‎1．对实验“探究功与速度变化的关系”的考查，着重在以下几方面：‎ ‎（1）对实验原理中如何确定合力的功的理解，‎ ‎①平衡摩擦力，保证橡皮筋对小车做的功即为合力的功．‎ ‎②通过改变橡皮筋的条数实现合力的功的成倍变化，这势必要求每次实验时，橡皮筋的形变量相同，及小车从同一位置释放．‎ ‎（2）对小车的运动状态的分析和获得的速度的理解：小车获得的速度应为橡皮筋恢复原长，对小车做功完毕后的速度，即小车匀速运动时的速度，利用纸带上的点间距均匀部分来计算小车获得的速度．‎ ‎（3）对图象法处理数据的考查．‎ ‎2．对于实验“探究功和速度变化的关系”的实验变式，主要在以下两方面：‎ ‎（1）对做功的测定变式：可利用“验证牛顿第二定律”的实验装置，若要认为小车受的合力大小为钩码重力大小，应满足两个条件①平衡摩擦力②小车的质量远大于钩码的质量；也可用拉力传感器直接测定拉力大小．‎ ‎（2）对小车获得的速度的测定变式：测速度还可用光电门、速度传感器、平抛测速等．‎ ‎　‎ ‎24．自来水电阻率的测定 ‎【知识点的认识】‎ 一、实验方案 方案一：伏安法 把自来水盛在长直玻璃管中，两端用橡皮塞堵住，并插入硬电极，将其接入电路，用伏安法测出水柱两端的电压U和通过的电流I，则据欧姆定律R=U/I可求出水柱电阻．用米尺测出水柱的实际长度l，用游标卡尺测出玻璃管的内径r，通过S=πr2算出S的大小，由公式R=ρl/S即可求出ρ值的大小．电路如图1所示，由于自来水电阻值很大，故电路采用内接法．‎ 方案二：万用电表直接测量法 玻璃管中水柱的电阻也可用万用电表欧姆挡直接测出，其他步骤和方案一相同，电路如图2所示．‎ 三、实验方法 ‎①用游标卡尺测出玻璃管的内径r；‎ ‎②将玻璃管盛水，两端用橡皮塞堵住，用米尺测出水柱的实际长度l； ‎ ‎③在橡皮塞上插入硬电极，按事先设计的方案连接好电路，测出水柱的电阻R或一组U、I的值；‎ ‎④改变水柱的实际长度，重做上述实验三次．‎ 以上各步中所测得的数据均应填入事先设计的表格中，算出每组所测出的电阻率，取平均值．‎ ‎　‎