高考物理可能考到的重点题型
2018 年高考物理可能考到的重点题型—考前 30 天复习高分手册
考点 1．v－t 和 x－t 图象
【例 1】 (2014·全国卷Ⅱ)甲、乙两汽车在一平直公路上同向行驶。在 t＝0 到 t＝t1 的时间内，它们
的 v－t 图象如图所示。在这段时间内( )
A．汽车甲的平均速度比乙的大
B．汽车乙的平均速度等于v1＋v2
2
C．甲、乙两汽车的位移相同
D．汽车甲的加速度大小逐渐减小，汽车乙的加速度大小逐渐增大
解析:为图线与坐标轴所围的“面积”是物体的位移，故在 0～t1 时间内，
甲车的位移大于乙车，故根据v＝x
t可知，甲车的平均速度大于乙车，选项 A 正确，C 错误；因为乙
车做变减速运动，故平均速度不等于v1＋v2
2 ，选项 B 错误；因为图线的切线的斜率表示物体的加速
度，故甲、乙两车的加速度均逐渐减小，选项 D 错误。
(1) 斜率的意义：某点切线的斜率的大小表示物体加速度的大小；斜率的正负表示加速度的方向。
(2) 图线与坐标轴围成的“面积”的意义：
①图线与坐标轴围成的“面积”表示相应时间内的位移大小。
②若此“面积”在时间轴的上方，表示这段时间内位移的方向为正方向，若此“面积”在时间轴的
下方，表示这段时间内位移的方向为负方向。
【变式】沿同一直线运动的 a、b 两物体，其 x-t 图像分别为图中直线 a 和曲线 b 所示，由图可知
A. 两物体运动方向始终不变
B. 内 a 物体的位移大于 b 物体的位移
C. 内某时刻两物体的速度相同
D. 内 a 物体的平均速度大于 b 物体的平均速度
考点 2、物体的平衡
【例 2】【2016 年全国Ⅱ】质量为 m 的物体用轻绳 AB 悬挂于天花板上。用水平向左的力 F 缓慢拉
动绳的中点 O，如图所示。用 T 表示绳 OA 段拉力的大小，在 O 点向左移动的过程中
A.F 逐渐变大，T 逐渐变大
B.F 逐渐变大，T 逐渐变小
C.F 逐渐变小，T 逐渐变大
D.F 逐渐变小，T 逐渐变小
解析 动态平衡问题， 与 的变化情况如图：
可得： ,
【变式】叠罗汉是一种二人以上层层叠成各种造型的
游戏娱乐形式,也是一种高难度的杂技.如图所示为六人叠成的三层静
态造型,假设每个人的重量均为 G,下面五人的背部均呈水平状态,则最底层正中间
的人的一只脚对水平地面的压力约为( )
A. G B. G C. G D. G
考点 2、平抛运动
7
8
5
4
3
2
10 t～
1 2t t～
1 2t t～
【例 2】(多选)如图所示，斜面倾角为 θ，位于斜面底端 A 正上方的小球以初速度 v0 正对斜面顶点 B
水平抛出，小球到达斜面经过的时间为 t，重力加速度为 g，则下列说法中正确的是( )
A．若小球以最小位移到达斜面，则 t＝2v0cot θ
g
B．若小球垂直击中斜面，则 t＝v0cot θ
g
C．若小球能击中斜面中点，则 t＝2v0cot θ
g
D．无论小球怎样到达斜面，运动时间均为 t＝2v0tan θ
g
解析 小球以最小位移到达斜面时即位移与斜面垂直，位移与水平方向的夹角为π
2－θ，则 tan(
π
2－θ )＝y
x＝ gt
2v0，即 t＝2v0cot θ
g ，A 正确，D 错误；小球垂直击中斜面时，速度与水平方向的夹角为π
2－θ，
则 tan(
π
2－θ )＝gt
v0，即 t＝v0cot θ
g ，B 正确；小球击中斜面中点时，令斜面长为 2L，则水平射程为 Lcos
θ＝v0t，下落高度为 Lsin θ＝1
2gt2，联立两式得 t＝2v0tan θ
g ，C 错误。 答案 AB
【变式】【2014 全国 II】取水平地面为重力势能零点。一物块从某一高度水平抛出，在抛出点其动
能与重力势能恰好相等。不计空气阻力，该物块落地时的速度方向与水平方向的夹角为（ ）
A. B. C. D.
【解析】设物体水平抛出的初速度为 v0，抛出时的高度为 h，则 ，则
物 体 落 地 的 竖 直 速 度 ， 则 落 地 时 速 度 方 向 与 水 平 方 向 的 夹 角
，则 ，选项 B 正确。
1、两类问题：分解末速度和分解位移问题
2、规律：
①速度关系
水平分速度：
竖直分速度：
合速度的大小：
合速度的方向： 为合速度 V 与 x 轴夹角
②位移关系
水平分位移：
竖直分位移：
合位移的大小：
合位移的方向： 为合位移与 x 轴夹角.
考点 3、圆周运动中的动力学问题
6
π
4
π
3
π
12
5π
2
0
1
2mv mgh= 0 2v gh=
2yv gh=
0
2 1
2tan yv gh
v gh
θ = = = 4
πθ =
0VVx =
gtVy =
22
0 )(gtVV +=
0
tan V
gt=θ θ
tVx 0=
2
2
1 gty =
222
0 )2
1()( gttVs +=
02tan V
gt=ϕ ϕ
【例 3】如图所示，“旋转秋千”中的两个座椅 A、B 质量相等，通过相同长度的缆绳悬挂在旋转
圆盘上。不考虑空气阻力的影响，当旋转圆盘绕竖直的中心轴匀速转动时，下列说法正确的是( )
A．A 的速度比 B 的大
B．A 与 B 的向心加速度大小相等
C．悬挂 A、B 的缆绳与竖直方向的夹角相等
D．悬挂 A 的缆绳所受的拉力比悬挂 B 的小
解析 A、B 绕竖直轴匀速转动的角速度相等，即 ωA＝ωB，但 rA
mv2
r ，即万有引力大于所需要的向心力，卫星将做近心运动，
脱离原来的圆轨道，轨道半径变小，当卫星进入新的轨道稳定运行时由 v＝ GM
r 可知其运行速率比
原轨道时增大。
考点 10、天体运动中的能量问题
1．卫星(或航天器)在同一圆形轨道上运动时，机械能不变。
2．航天器在不同轨道上运行时机械能不同，轨道半径越大，机械能越大。
【例 10】(多选)(2013·全国Ⅱ)目前，在地球周围有许多人造地球卫星绕着它运转，其中一些卫星的
轨道可近似为圆，且轨道半径逐渐变小。若卫星在轨道半径逐渐变小的过程中，只受到地球引力和
稀薄气体阻力的作用，则下列判断正确的是( )
A．卫星的动能逐渐减小
B．由于地球引力做正功，引力势能一定减小
C．由于气体阻力做负功，地球引力做正功，机械能保持不变
D．卫星克服气体阻力做的功小于引力势能的减小
解析 卫星半径减小时，分析各力做功情况可判断卫星能量的变化。卫星运转过程中，地球的引力
提供向心力，GMm
r2 ＝mv2
r ，受稀薄气体阻力的作用时，轨道半径逐渐变小，地球的引力对卫星做正
功，势能逐渐减小，动能逐渐变大，由于气体阻力做负功，卫星的机械能减小，选项 B、D 正确。
考点 11、功、功率的理解及计算
【例 11】 (多选)一质量为 1 kg 的质点静止于光滑水平面上，从 t＝0 时刻开始，受到水平外力 F 作
用，如图所示。下列判断正确的是( )
A．0～2 s 内外力的平均功率是 4 W
B．第 2 s 内外力所做的功是 4 J
C．第 2 s 末外力的瞬时功率最大
D．第 1 s 末与第 2 s 末外力的瞬时功率之比为 9∶4
解析 第 1 s 末质点的速度：v1＝F1
mt1＝3
1×1 m/s＝3 m/s。
第 2 s 末质点的速度：v2＝v1＋F2
mt2＝(3＋1
1×1) m/s＝4 m/s。
则第 2 s 内外力做功：W2＝1
2mv22－1
2mv21＝3.5 J
0～2 s 内外力的平均功率：P＝
1
2mv22
t ＝0.5 × 1 × 42
2 W＝4 W。选项 A 正确，选项 B 错误；
第 1 s 末外力的瞬时功率 P1＝F1v1＝3×3 W＝9 W，
第 2 s 末外力的瞬时功率 P2＝F2v2＝1×4 W＝4 W，故 P 1∶P2＝9∶4。选项 C 错误，选项 D 正确。
考点 12、对功能关系的理解与应用
功是能量转化的量度。力学中的功与对应的能量的变化关系如下表所示：
功 能量改变 关系式
W 合：合外力的功(所有外力的功) 动能的改变量(ΔEk) W 合＝ΔEk
WG：重力的功 重力势能的改变量(ΔEp) WG＝－ΔEp
W 弹：弹簧弹力做的功 弹性势能的改变量(ΔEp) W 弹＝－ΔEp
W 其他：除重力或系统内弹簧弹力
以外的其他外力做的功
机械能的改变量(ΔE) W 其他＝ΔE
Ff·Δx：一对滑动摩擦力做功的
代数和
因摩擦而产生的内能(Q)
Ff·Δx＝Q
(Δx 为物体间的相对位移)
【例 12】(多选)如图所示，一固定斜面倾角为 30°，一质量为 m 的小物块自斜面底端以一定的初速
度沿斜面向上做匀减速运动，加速度的大小等于重力加速度的大小 g。若物块上升的最大高度为 H，
则此过程中，物块的( )
A．动能损失了 2mgH
B．动能损失了 mgH
C．机械能损失了 mgH
D．机械能损失了 1
2mgH
解析 运动过程中有摩擦力做功，考虑动能定理和功能关系。物块以大小为 g 的加速度沿斜面向上
做匀减速运动，运动过程中 F 合＝mg，由受力分析知摩擦力 Ff＝1
2mg，当上升高度为 H 时，位移 s＝
2H，由动能定理得 ΔEk＝－2mgH；选项 A 正确，B 错误；由功能关系知 ΔE＝W f＝－1
2mgs＝－
mgH，选项 C 正确，D 错误。
考点 13、库仑定律及作用
【例 13】金属小球 a 和金属小球 b 的半径之比为 1∶3，所带电荷量之比为 1∶7。两小球间距远大
于小球半径且间距一定时，它们之间的相互吸引力大小为 F。已知取无穷远处为零电势，导体表面
的电势与导体球所带的电荷量成正比，与导体球的半径成反比。现将金属小球 a 与金属小球 b 相互
接触，达到静电平衡后再放回到原来位置，这时 a、b 两球之间的相互作用力的大小是(不考虑万有
引力)( )
A.9F
7 B.16F
7 C.12F
7 D.27F
28
解析 由题意可知，两金属球之间为吸引力，两金属球带异种电荷，而且导体表面电势与导体球所
带电荷量成正比，与导体球的半径成反比，因此将两小球接触后，带电荷量之比为 1∶3，由库仑定
律可知，a、b 两球之间的相互作用力大小为27F
28 。
考点 14、对电场线的理解及应用
【例 14】在孤立的点电荷产生的电场中有 a、b 两点，a 点的电势为 φa，场强大小为 Ea，方向与连
线 ab 垂直。b 点的电势为 φb，场强大小为 Eb，方向与连线 ab 的夹角为 30°。则 a、b 两点的场强大
小及电势高低的关系是( )
A．φa＞φb，Ea＝Eb
2 B．φa＜φb，Ea＝Eb
2
C．φa＞φb，Ea＝4Eb D．φa＜φb，Ea＝4Eb
解析将 Ea，Eb 延长相交，其交点为场源点电荷的位置，由点电荷的场强公式 E＝kQ
r2 ，可得 Ea＝
4Eb；分别过 a、b 做等势面，电场线由电势高的等势面指向电势低的等势面，则 φb＞φa，D 正确。
考点 15、根据粒子运动的轨迹、电场线(等势面)进行相关问题的判断方法
1．判断电场强度的方向——电场线上任意一点的切线方向即为该点电场强度的方向。
2．判断电场力的方向——正电荷的受力方向和电场线在该点切线方向相同，负电荷的受力方向和
电场线在该点切线方向相反。
3．判断电场强度的大小(定性)——电场线密处电场强度大，电场线疏处电场强度小，进而可判断电
荷受力大小和加速度的大小。
4．电势高低常用的两种判断方法
(1)依据电场线的方向→沿电场线方向电势逐渐降低
(2)依据 UAB＝WAB
q →UAB>0，φA>φB，UAB<0，φA<φB。
5．电势能增、减的判断方法
(1)做功判断法→电场力做正功，电势能减小；电场力做负功，电势能增加。
(2)公式法→由 Ep＝qφ，将 q、φ 的大小、正负号一起代入公式，Ep 的正值越大电势能越大，Ep 的负
值越小，电势能越大。
(3)能量守恒法→在电场中，若只有电场力做功时，电荷的动能和电势能相互转化，动能增加，电势
能减小，反之，电势能增加。
6．“运动与力两线法”——画出“速度线”(运动轨迹在某一位置的切线)与“力线”(在同一位置
电场线的切线方向且指向轨迹的凹侧)，从二者的夹角情况来分析带电粒子做曲线运动的情况。
7．“三不知时要假设”——电荷的正负、场强的方向(或等势面电势的高低)、电荷运动的方向，是
题目中相互制约的三个方面。若已知其中一个，可分析判定各待求量；若三个都不知(三不知)，则
要用“假设法”进行分析。
【例 15】(多选)一带负电的点电荷仅在电场力作用下由 a 点运动到 b 点的 v－t 图象如图所示，其中
ta 和 tb 分别是电荷运动到电场中 a、b 两点的时刻，下列说法正确的是( )
A．该电荷由 a 点运动到 b 点，电场力做负功
B．a 点处的电场线比 b 点处的电场线密
C．a、b 两点电势的关系为 φa＜φb
D．电荷的电势能一定不断减小
解析 负电荷仅在电场力作用下由 a 运动到 b；动能增大，电场力做正功；
又 Ek＋Ep＝C，故 Ep(电势能)减小，又 φ＝Ep
q ，负电荷电势能减小，电势升高，故 φa＜φb；从 a 到
b，由 v－t 图线斜率表示加速度知 Ea＜Eb，即 b 处电场线密集。综上所述 C、D 两项正确。
【变式 1】实线为三条未知方向的电场线，从电场中的 M 点以相同的速度飞出 a、b 两个带电粒子，
a、b 的运动轨迹如图中的虚线所示(a、b 只受静电力作用)，则( )
A．a 一定带正电，b 一定带负电
B．静电力对 a 做正功，对 b 做负功
C．a 的速度将减小，b 的速度将增大
D．a 的加速度将减小，b 的加速度将增大
解析 由于电场线方向未知，故无法确定 a、b 的电性，选项 A 错；静电力对 a、b 均做正功，两带
电粒子动能均增大，则速度均增大，选项 B、C 均错；a 向电场线稀疏处运动，电场强度减小，静
电力减小，故加速度减小，b 向电场线密集处运动，故加速度增大，选项 D 正确。 答案 D
考点 16、电场中的平衡问题
【例 16】如图所示，光滑绝缘细杆与水平面成 θ 角固定，杆上套有一带正电小球，质量为 m，带电
荷量为 q，为使小球静止在杆上，可加一匀强电场，所加电场的场强满足什么条件时，小球可在杆
上保持静止( )
A．垂直于杆斜向上，场强大小为mgcos θ
q
B．竖直向上，场强大小为mg
q
C．垂直于杆斜向上，场强大小为mgsin θ
q
D．水平向右，场强大小为mgcot θ
q
解析 若所加电场的场强垂直于杆斜向上，对小球受力分析可知，其受到竖直向下的重力、垂直于
杆斜向上的电场力和垂直于杆方向的支持力，在这三个力的作用下，小球沿杆方向上不可能平衡，
选项 A、C 错误；若所加电场的场强竖直向上，对小球受力分析可知，当 E＝mg
q 时，电场力与重力
等大反向，小球可在杆上保持静止，选项 B 正确；若所加电场的场强水平向右，对小球受力分析可
知，其共受到三个力的作用，假设小球此时能够静止，则根据平衡条件可得 Eq＝mgtan θ，所以 E＝
mgtan θ
q ，选项 D 错误。
考点 17、匀强电场中电势差与电场强度的关系
【例 17】(多选)(2014·全国Ⅰ)如图，在正点电荷 Q 的电场中有 M、N、P、F 四点，M、N、P 为直
角三角形的三个顶点，F 为 MN 的中点，∠M＝30°。M、N、P、F 四点处的电势分别用 φM、φN、
φP、φF 表示，已知 φM＝φN ，φP＝φF，点电荷 Q 在 M、N、P 三点所在平面内，则( )
A．点电荷 Q 一定在 MP 的连线上
B．连接 PF 的线段一定在同一等势面上
C．将正试探电荷从 P 点搬运到 N 点，电场力做负功
D．φP 大于 φM
解析 由 φM＝φN，可知点电荷 Q 一定在 MN 连线的中垂线上，过 F 作 MN 的垂线交 MP 与 O 点，
设 MF＝FN＝l，则由几何关系 MO＝ l
cos 30°＝2 3
3 l，FO＝ltan 30°＝ 3
3 l，OP＝MP－MO＝MNcos 30°
－2 3
3 l＝ 3
3 l，即 FO＝OP＝ 3
3 l，ON＝OM＝2 3
3 l，故点电荷一定在 MP 的连线上的 O 点，选项 A
正确(另解：根据题意 φM＝φN，φP＝φF，可知点电荷 Q 一定在 MN 的中垂线与 PF 连线的中垂线的
交点处，作 PF 连线的中垂线交 MP 于点 O，连接 O、F 两点，由几何知识知 OF 为 MN 的中垂线，
故点电荷 Q 一定在 MP 的连线上的 O 点，A 正确)；点电荷形成的电场的
等势面是以点电荷为球心的同心球面，直线不可能在球面上，故 B 选项
错误；由图可知 OFφM＝φN，将正试探电荷从高电势搬运
到低电势，电场力做正功，选项 C 错、D 对。
考点 18、平行板电容器的动态分析
1．常见类型
2．分析比较的思路
(1)确定不变量，分析是电压不变还是所带电荷量不变。
(2)用决定式 C＝ εrS
4πkd分析平行板电容器电容的变化。
(3)用定义式 C＝Q
U分析电容器所带电荷量或两极板间电压的变化。
(4)用 E＝U
d分析电容器极板间场强的变化。
【例 18】 (多选)如图所示，两块较大的金属板 A、B 相距为 d，平行放置并与一电源相连，开关 S
闭合后，两板间恰好有一质量为 m、带电荷量为 q 的油滴处于静止状态，以下说法正确的是( )
A．若将 S 断开，则油滴将做自由落体运动，G 表中无电流
B．若将 A 向左平移一小段位移，则油滴仍然静止，G 表中有 b→a 的电流
C．若将 A 向上平移一小段位移，则油滴向下加速运动，G 表中有 b→a 的电流
D．若将 A 向下平移一小段位移，则油滴向上加速运动，G 表中有 b→a 的电流
解析 由于油滴处于静止状态，所以 qU
d＝mg。若将 S 断开，由于电容器的电荷量不变，则电压 U
不变，油滴仍处于静止状态，选项 A 错误。若将 A 向左平移一小段位移，则电容 C 变小，电压 U
不变，则 Q＝CU 变小，所以电流由 b→a，此时油滴仍静止，选项 B 正确。若将 A 向上平移一小段
位移，电容 C 变小，电压 U 不变，则 Q 变小，所以电流由 b→a，此时 qU
dmg，油滴加速向上运动，所以选项 D 错误。
【变式】如图所示，甲图中电容器的两个极板和电源的两极相连，乙图中电容器充电后断开电源。
在电容器的两个极板间用相同的悬线分别吊起完全相同的小球，小球静止时悬线和竖直方向的夹角
均为 θ，将两图中的右极板向右平移时，下列说法正确的是( )
A．甲图中夹角减小，乙图中夹角增大
B．甲图中夹角减小，乙图中夹角不变
C．甲图中夹角不变，乙图中夹角不变
D．甲图中夹角减小，乙图中夹角减小
解析 甲图中的电容器和电源相连，所以电容器两极板间的电压不变，当极板间的距离增大时，根
据公式 E＝U
d可知，板间的电场强度减小，电场力减小，所以悬线和竖直方向的夹角将减小。当电
容器充电后断开电源，电容器的极板所带的电荷量不变；根据平行板电容器的电容公式 C＝ εrS
4πkd，
极板间的电压 U＝Q
C＝4πkdQ
εrS ，极板间的电场强度 E＝U
d＝4πkQ
εrS ，当两个极板电荷量不变，距离改变
时，场强与两板间距离无关，故乙图中夹角不变。综上分析，选项 B 正确。
考点 19、带电粒子在匀强电场中的偏转
(1)条件分析：带电粒子垂直于电场方向进入匀强电场。
(2)运动性质：匀变速曲线运动。
(3)处理方法（关键）：分解成相互垂直的两个方向上的直线运动，类似于平抛运动。
(4)运动规律：
①沿初速度方向做匀速直线运动，运动时间
Error!
②沿电场力方向，做匀加速直线运动。
Error!
【例 19】 带有等量异种电荷的两平行金属板水平放置，a、
b、c 三个 α 粒子(重力忽略不计)先后从同一点 O 沿垂直电
场方向进入电场，其运动轨迹如图 13 所示，其中 b 恰好
沿下极板的边缘飞出电场。下列说法正确的是( )
A．b 在电场中运动的时间大于 a 在电场中运动的时间
B．b 在电场中运动的时间等于 c 在电场中运动的时间
C．进入电场时 c 的速度最大，a 的速度最小
D．a 打在负极板上时的速度与 b 飞离电场时的速度大小相等
解析 根据 y＝1
2at2 可知 b 在电场中运动的时间等于 a 在电场中运动的时间，b 在电场中运动的时间
大于 c 在电场中运动的时间，A、B 错误；根据 x＝v0t 可知进入电场时，c 的速度最大，a 的速度最
小，C 正确；因为电场对 a、b 做功相同，但初速度大小不同，所以 a 打在负极板上时的速度与 b
飞离电场时的速度大小不相等，D 错误。
考点 20、电场中的圆周运动
【例 20】如图所示，在竖直向上的匀强电场中，一根不可伸长的绝缘细绳的一端系着一个带电小球，
另一端固定于 O 点，小球在竖直平面内做匀速圆周运动，最高点为 a，最低点为 b。不计空气阻力，则
下列说法正确的是( )
A．小球带负电
B．电场力跟重力平衡
C．小球在从 a 点运动到 b 点的过程中，电势能减少
D．小球在运动过程中机械能守恒
解析 由于小球在竖直平面内做匀速圆周运动，速率不变化，由动能定理可知，
外力做功为零，绳子拉力不做功，电场力和重力做的总功为零，所以电场力和重力的合力为零，电
场力跟重力平衡，B 正确；由于电场力的方向与重力方向相反，电场方向向上，所以小球带正电，
A 错误；小球在从 a 点运动到 b 点的过程中，电场力做负功，由功能关系得，电势能增加，C 错误；
在整个运动过程中，除重力做功外，还有电场力做功，小球在运动过程中机械能不守恒，D 错误。
考点 21、对电阻、电阻定律的理解与应用
【例 21】 两根完全相同的金属裸导线，如果把其中的一根均匀拉长到原来的 2 倍，把另一根对折
后绞合起来，然后给它们分别加上相同电压后，则在相同时间内通过它们的电荷量之比为( )
A．1∶4 B．1∶8 C．1∶16 D．16∶1
解析 本题应根据电阻定律 R＝ρl
S、欧姆定律 I＝U
R和电流定义式 I＝q
t求解。对于第一根导线，均匀
拉长到原来的 2 倍，则其横截面积必然变为原来的1
2，由电阻定律可得其电阻变为原来的 4 倍，第
二根导线对折后，长度变为原来的1
2，横截面积变为原来的 2 倍，故其电阻变为原来的1
4。给上述变
化后的裸导线加上相同的电压，由欧姆定律得：I1＝ U
4R，I2＝ U
R/4＝4U
R ，由 I＝q
t可知，在相同时间内，
电荷量之比 q1∶q2＝I1∶I2＝1∶16。
某一导体的形状改变后，讨论其电阻变化应抓住以下三点：
(1)导体的电阻率不变。
(2)导体的体积不变，由 V＝lS 可知 l 与 S 成反比。
(3)在 ρ、l、S 都确定之后，应用电阻定律 R＝ρ l
S求解。
考点 22、电阻的串、并联串、并联电路的特点
【例 22】额定电压都是 110 V，额定功率 PA＝100 W，PB＝40 W 的电灯两盏，若接入电压是 220 V
的下列电路上，则使两盏电灯均能正常发光，且电路中消耗的电功率最小的电路是( )
解析 判断灯泡能否正常发光，就要判断电压是否为额定电压，或电流是否为额定电流。
由 P＝U2
R 和已知条件可知，RA110 V，B 灯被烧坏，两灯不能正常发光。
对于 B 电路，由于 RA110 V，B 灯被烧坏，两灯
不能正常发光。
对于 C 电路，B 灯与变阻器并联电阻可能等于 RA，所以可能 UA＝UB＝110 V，两灯可以正常发光。
对于 D 电路，若变阻器的有效电阻等于 A、B 的并联电阻，则 UA＝UB＝110 V，两灯可以正常发光。
比较 C、D 两个电路，由于 C 电路中变阻器功率为(IA－IB)×110 V，而 D 电路中变阻器功率为(IA＋
IB)×110 V，所以 C 电路消耗的功率最小。
考点 23、电路的动态分析
1．判定总电阻变化情况的规律
(1)当外电路的任何一个电阻增大(或减小)时，电路的总电阻一定增大(或减小)。
(2)若开关的通、断使串联的用电器增多时，电路的总电阻增大；
若开关的通、断使并联的支路增多时，电路的总电阻减小。
2．电路动态分析的方法
(1)程序法：电路结构的变化→R 的变化→R 总的变化→I 总的变化→U 端的变化→固定支路Error!→支
路的变化。
(2)极限法：即因滑动变阻器滑片滑动引起的电路变化问题，可将滑动变阻器的滑动端分别滑至两个
极端去讨论。
3．结论法：串反并同
【例 23】 (多选)如图所示的电路，L1、L2、L3 是 3 只小电灯，R 是滑动变阻器，开始时，它的滑片
P 位于中点位置。当 S 闭合时，3 只小电灯都发光。现使滑动变阻器的滑片 P 向右移动时，则小电
灯 L1、L2、L3 的变化情况( )
A．L1 变亮
B．L2 变亮
C．L3 变暗
D．L1、L2、L3 均变亮
解析 当滑动变阻器的滑片向右移动时，变阻器的有效电阻变大，导致外电路的总电阻增大，由闭
合电路的欧姆定律 I＝ E
R＋r知，总电流 I 总减小，路端电压 U 路＝E－I 总 r 将增大，因此，通过 L1 灯
的电流 IL1 变小，L1 灯变暗；U 路＝UL1＋UL2，得 L2 灯两端的电压变大，L2 灯变亮。而 IL1＝IL2＋
IL3，通过 L1 灯的电流 IL1 变小，通过 L2 灯的电流 IL2 变大，则通过 L3 灯的电流 IL3 变小，L3 灯变暗。
由以上分析可知，选项 B、C 正确。
【变式】（多选）如图所示，电路中定值电阻阻值 R 大于电源内阻阻值 r。将滑动变阻器滑片向下滑
动，理想电压表 V1、V2、V3 示数变化量的绝对值分别为 ΔU1、ΔU2、ΔU3，理想电流表 A 示数变化
量的绝对值为 ΔI，则( )
A．A 的示数增大
B．V2 的示数增大
C．ΔU3 与 ΔI 的比值大于 r
D．ΔU1 大于 ΔU2
解析 由于电压表、电流表都是理想电表，则电流表可以看成短路，因此外电路为定值电阻 R 与滑
动变阻器串联，电流表测的是总电流，电压表 V1 测的是 R 两端的电压，V2 测的是电源的外电压，V3
测的是滑动变阻器两端的电压，当滑动变阻器滑片向下滑动时，电路中的总电阻减小，根据欧姆定
律可知，电路中的电流增大，电流表示数增大，A 项正确；内电压增大，外电压减小，电压表 V2
示数减小，B 项错误；ΔU3
ΔI ＝R＋r，C 项正确；ΔU1
ΔI ＝R，ΔU2
ΔI ＝r，由于 R 大于 r，因此 ΔU1 大于
ΔU2，D 项正确。
考点 24、电源的 U－I 图象的应用
1．纵轴上的截距等于电源的电动势；
横轴上的截距等于外电路短路时的电流，即 Im＝E
r。
2．图线斜率的绝对值等于电源的内阻，即 r＝|ΔU
ΔI |＝E
Im，
斜率的绝对值越大，表明电源的内阻越大。
3．图线上任一点对应的 U、I 的比值为此时外电路的电阻，即 R＝U
I 。
4. 面积 UI 为电源的输出功率，而电源的总功率 P 总＝EI，发热功率 P 总－P 出＝EI－UI。
【例 24】 (多选)如图所示是某电源的路端电压与电流的关系图象，下列结论正确的是( )
A．电源的电动势为 6.0 V
B．电源的内阻为 12 Ω
C．电源的短路电流为 0.5 A
D．电流为 0.3 A 时的外电阻是 18 Ω
解析 由于该电源的 U－I 图象的纵轴坐标不是从零开始的，故纵
轴上的截距仍为电源的电动势，即 E＝6.0 V，但横轴上的截距 0.5 A 并不是电源的短路电流，故内
阻应按斜率的绝对值计算，即 r＝|ΔU
ΔI |＝6.0－5.0
0.5－0 Ω＝2 Ω。由闭合电路欧姆定律可得电流 I＝0.3 A
时，外电阻 R＝E
I－r＝18 Ω。
【变式】(多选)如图所示的 U－I 图象中，直线Ⅰ为某电源的路端电压与电流的关系图线，直线Ⅱ为
某一电阻 R 的 U－I 图线，用该电源直接与电阻 R 连接成闭合电路，由图象可知( )
A．R 的阻值为 1.5 Ω
B．电源电动势为 3 V，内阻为 0.5 Ω
C．电源的输出功率为 3.0 W
D．电源内部消耗功率为 1.5 W
解析 由于电源的路端电压与电流的关系曲线Ⅰ和电阻 R 的 U－I 图线Ⅱ都为直线，所以电源的路
端电压与电流的关系图线Ⅰ的斜率的绝对值等于电源内阻，r＝1.5 Ω；电阻 R 的 U－I 图线Ⅱ的斜率
等于电阻 R 的阻值，R＝1.5 Ω，选项 A 正确，B 错误；电源的路端电压与电流的关系图线和电阻 R
的 U－I 图线交点纵、横坐标的乘积表示电源的输出功率，电源的输出功率为 P＝UI＝1.5×1.0 W＝
1.5 W，选项 C 错误；由 EI＝P＋Pr 解得电源内部消耗的功率为 Pr＝EI－P＝3.0×1.0 W－1.5 W＝
1.5 W，选项 D 正确。
考点 25、含电容器电路的分析方法
1、电路稳定后，与电容器串联的电路中没有电流（视为短路），同支路的电阻相当于导线。
2、电容器两端的电压为与之并联的电阻两端的电压。
【例 25】在如图所示的电路中，R1＝11 Ω，r＝1 Ω，R2＝R3＝6 Ω，当开关 S 闭合且电路稳定时，
电容器 C 的带电荷量为 Q1；当开关 S 断开且电路稳定时，电容器 C 的带电荷量为 Q2，则( )
A．Q1∶Q2＝1∶3
B．Q1∶Q2＝3∶1
C．Q1∶Q2＝1∶5
D．Q1∶Q2＝5∶1
解析 当开关 S 闭合时，电容器两端电压等于 R2 两端的电压，U2＝ ER2
R1＋R2＋r＝E
3，Q1＝E
3C；当开
关 S 断开时，电容器两端电压等于电源电动势，U＝E，Q2＝EC，所以 Q1∶Q2＝1∶3。
【变式】(多选)如图所示，电动势为 E，内阻为 r 的电源与滑动变阻器 R1、定值电阻 R2、定值电阻
R3、平行板电容器及理想电流表组成闭合电路，图中电压表为理想电压表，当滑动变阻器 R1 的触头
向左移动一小段时，则( )
A．电流表读数增大
B．电容器带电荷量增加
C．R2 消耗的功率减小
D．电压表与电流表示数变化量之比不变
解析 由电路图可知 R1、R2 并联再与 R3 串联，当滑动触头向左移动一小段时，R1 电阻减小，电路
总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律，电路总电流增大，所以内电压增大，路端电压减小，并联部
分电压减小，电容器的带电荷量 Q＝CU 减小，R2 消耗的功率减小，选项 A、C 正确、B 错误；由 U
＝E－Ir，可得ΔU
ΔI ＝－r，故选项 D 正确。
考点 26、安培力的方向与大小
1．安培力的方向
(1)用左手定则判定（四指指电流，大拇指为受力方向）
(2)安培力的方向特点：F⊥B，F⊥I，即 F 垂直于 B 和 I 决定的平面。
2．安培力的大小
(1) 以下是两种特殊情况：
①磁场和电流垂直时：F＝BIL。
②磁场和电流平行时：F＝0。
(2)L 是有效长度
【例 26】如图所示，用粗细均匀的电阻丝折成边长为 L 的平面等边三角
形框架，每个边长的电阻均为 r，三角形框架的两个顶点与一电动势为
E、内阻为 r 的电源相连接，垂直于框架平面有磁感应强度为 B 的匀强
磁场，则三角形框架受到的安培力的大小为( )
A．0 B.BEL
5r C.2BEL
5r D.3BEL
5r
解析 由图可知框架的 ac 边电阻与 abc 边的电阻并联接在电源两端，则电路总电阻为 R＝2r × r
2r＋r ＋
r＝5
3r，总电流 I＝E
R＝3E
5r，通过 ac 边电流 I1＝3E
5r·2
3＝2E
5r，通过 abc 边的电流 I2＝I1
2＝E
5r，abc 边的有
效长度为 L，则三角形框架受到的安培力的合力大小为 F＝I1LB＋I2LB＝BL·2E
5r＋BL· E
5r＝3BEL
5r ，选
项 D 对。
考点 27、安培力作用下导体的平衡问题
【例 27】 如图所示，金属棒 MN 两端由等长的轻质细线水平悬挂，处于竖直
向上的匀强磁场中，棒中通以由 M 向 N 的电流，平衡时两悬线与竖直方向夹角
均为 θ。如果仅改变下列某一个条件，θ 角的相应变化情况是( )
A．棒中的电流变大，θ 角变大
B．两悬线等长变短，θ 角变小
C．金属棒质量变大，θ 角变大
D．磁感应强度变大，θ 角变小
解析 (1)金属棒 MN 处于平衡状态，所受合力为零。
(2)沿 MN 方向看，画出 MN 的受力图
(3)利用平衡条件列出平衡方程：BIl＝mgtan θ。
可得 tan θ＝BIl
mg，所以当电流 I 或磁感应强度 B 变大时，θ 角变大，选项 A 正 确，D
错误；当金属棒质量 m 变大时，θ 角变小，选项 C 错误；θ 角的大小与悬线长无关，选项 B 错误。
求解关键
(1)电磁问题力学化。
(2)立体图形平面化。
【变式】质量为 m，长为 L 的直导体棒放置于四分之一光滑圆弧轨道上，整个装置处于竖直向上磁
感应强度为 B 的匀强磁场中，直导体棒中通有恒定电流，平衡时导体棒与圆弧圆心的连线与竖直方
向成 60°角，其截面图如图所示。则下列关于导体棒中的电流分析正确的是( )
A．导体棒中电流垂直纸面向外，大小为 3mg
BL
B．导体棒中电流垂直纸面向外，大小为 3mg
3BL
C．导体棒中电流垂直纸面向里，大小为 3mg
BL
D．导体棒中电流垂直纸面向里，大小为 3mg
3BL
解析 导体棒受到竖直向下的重力、斜向上的弹力，要使导体棒平衡，应受水平向右的安培力，重
力和安培力的合力大小与弹力大小相等，方向相反，由平衡条件有关系 tan 60°＝BIL
mg＝ 3，得导体
棒中电流 I＝ 3mg
BL ，再由左手定则可知，导体棒中电流的方向应垂直纸面向里.
考点 28、带电粒子在匀强磁场中的匀速圆周运动
1．圆心的确定方法
方法一 若已知粒子轨迹上的两点的速度方向，则可根据洛伦兹力 F⊥v，分别确定两点处洛伦兹
力 F 的方向，其交点即为圆心，如图(a)；
方法二 若已知粒子运动轨迹上的两点和其中某一点的速度方向，
则可作出此两点的连线(即过这两点的圆弧的弦)的中垂线，中垂线
与垂线的交点即为圆心，如图(b)。
2．半径的计算方法
方法一 由物理方程求：半径 R＝mv
qB；
方法二 由几何方程求：一般由数学知识(勾股定理、三角函数等)计算来确定。
3．时间的计算方法
方法一 由圆心角求：t＝ θ
2π·T；
方法二 由弧长求：t＝s
v
。
【例 28】质量和电荷量都相等的带电粒子 M 和 N，以不同的速率经小孔 S 垂直进入匀强磁场，运
行的半圆轨迹如图中虚线所示。下列表述正确的是( )
A．M 带负电，N 带正电
B．M 的速率小于 N 的速率
C．洛伦兹力对 M、N 做正功
D．M 的运行时间大于 N 的运行时间
解析 由左手定则知 M 带负电，N 带正电，选项 A 正确；带电粒子在磁场中做匀速圆周运动且向
心力 F 向＝F 洛，即mv2
r ＝qvB 得 r＝ mv
qB，因为 M、N 的质量、电荷量都相等，且 r M>rN，所以
vM>vN，选项 B 错误；M、N 运动过程中，F 洛始终与 v 垂直，F 洛不做功，选项 C 错误；由 T＝2πm
qB
知 M、N 两粒子做匀速圆周运动的周期相等且在磁场中的运动时间均为T
2，选项 D 错误。
【变式 1】阿尔法磁谱仪是我国科学家研制的物质探测器，用于探测宇宙中的暗物质和反物质(即反
粒子——如质子 11H 和反质子 1－1H)。该磁谱仪核心部分的截面是半径为 r 的圆柱形区域，其中充满
沿圆柱轴向的匀强磁场。P 为入射窗口，a、b、c、d、e 五处装有粒子接收器，P 与 a、b、c、d、e
为圆周上的 6 个等分点，各粒子从 P 点射入的速度相同，均沿直径方向，
如图所示。如果反质子 1－1H 射入后被 a 处接收器接收，则( )
A．磁场方向垂直纸面向里
B．反质子 1－1H 的轨道半径为 1
2r
C．氚核 31H 将被 e 处接收器接收
D．反氚核 3－1H 将被 b 处接收器接收
解析 质子 1－1H 带负电，射入后被 a 处接收器接收，由左手定则可判断，磁场方向垂直纸面向外，
A 错；反质子 1－1H 在磁场中的运动如图所示，由几何关系得R
r＝tan 30°，
轨道半径 R＝ 3
3 r，B 错；氚核 31H 和反氚核 3－1H 质量数相等，且等于反质
子质量数的 3 倍， 因此其在磁场中运动的轨道半径为反质子的 3 倍，即 R′
＝ 3r，轨迹对应的圆心角 φ＝2arctan r
R′＝60°，因此氚核 31H 粒子将被 d
处接收器接收，而反氚核 3－1H 粒子将被 b 处接收器接收，C 错、D 对。
【变式 2】为了科学研究的需要，常常将质子(11H)和 α 粒子(42He)等带电粒子贮存在圆环状空腔中，
圆环状空腔置于一个与圆环平面垂直的匀强磁场(偏转磁场)中，磁感应强度大小为 B。如果质子和 α
粒子在空腔中做圆周运动的轨迹相同(如图 14 中虚线所示)，偏转磁场也相同。比较质子和 α 粒子在
圆环状空腔中运动的动能 EH 和 Eα、运动的周期 TH 和 Tα 的大小，有( )
A．EH＝Eα，TH＝Tα
B．EH＝Eα，TH≠Tα
C．EH≠Eα，TH＝Tα
D．EH≠Eα，TH≠Tα
解析 粒子在空腔中做匀速圆周运动，满足 qvB＝mv2
R，得 v＝qBR
m ，所以 Ek＝1
2mv2＝q2B2R2
2m ∝q2
m，
而质子(11H)和 α 粒子(42He)的q2
m是相等的，所以 EH＝Eα，选项 C、D 错误；T＝2πR
v
＝2πm
qB ∝m
q，而质
子(11H)和 α 粒子(42He)的m
q是不相等的，选项 B 正确，A 错误。
考点 29、带电粒子在匀强磁场中运动的临界及多解问题
1．以题目中的“恰好”“最大”“最高”“至少”等词语为突破口，运用动态思维，寻找临界点，
确定临界状态，根据粒子的速度方向找出半径方向，同时由磁场边界和题设条件画好轨迹、定好圆
心，建立几何关系。
2．寻找临界点常用的结论：
(1)刚好穿出磁场边界的条件是带电粒子在磁场中运动的轨迹与边界相切。
(2)当速度 v 一定时，弧长(或弦长)越长，圆心角越大，则带电粒子在有界磁场中运动的时间越长。
方法：画半径一定的圆绕初速度旋转
(3)当速度 v 变化时，圆心角越大的，运动时间越长。
方法：画一个与初速度相切的小圆后逐渐变大
【例 29】(多选)如图所示，一束电子以大小不同的速率沿图示方向飞入横截面为一正方形的匀强磁
场区，在从 ab 边离开磁场的电子中，下列判断正确的是( )
A．从 b 点离开的电子速度最大
B．从 b 点离开的电子在磁场中运动时间最长
C．从 b 点离开的电子速度偏转角最大
D．在磁场中运动时间相同的电子，其轨迹线一定重合
解析 根据 Bqv＝mv2
r 和 T＝2πm
Bq 可知，电子在磁场中的运动半径越大，速度
越大，由此可知，从 b 点离开的电子速度最大，A 正确；转过的角度越大，时
间越长，B 错误；从 a 点射出的电子偏转角最大，C 错误；在磁场中运动时间
相同的电子，由于周期相同，其偏转角也相同，因此半径也相同，所以其轨
迹线一定重合，D 正确。
【变式】 (多选)如图所示，在平板 PQ 上方有一匀强磁场，磁场方向垂直纸
面向里。某时刻有 a、b、c 三个电子(不计重力)分别以大小相等、方
向如图所示的初速度 va、vb 和 vc 经过平板 PQ 上的小孔 O 射入匀强磁
场。这三个电子打到平板 PQ 上的位置到小孔 O 的距离分别是 la、lb 和
lc，电子在磁场中运动的时间分别为 ta、tb 和 tc。整个装置放在真空中。
则下列判断正确的是( )
A．la＝lc＜lb B．la＜lb＜lc C．ta＜tb＜tc D．ta＞tb＞tc
解析 由带电粒子在磁场中运动的特征可以画出这三个电子在磁场中运动的轨迹，如图所示。由带
电粒子在磁场中运动的半径公式 R＝mv
Bq和周期公式 T＝2πm
Bq 很容易得
出 la＝lc＜lb，ta＞tb＞tc，所以 B、C 错误，A、D 正确。
考点 30、电磁感应现象的判断
1．产生感应电流的条件
(1)闭合回路；(2)磁通量发生变化。
2．磁通量发生变化的三种常见情况
(1)磁场强弱不变，回路面积改变；
(2)回路面积不变，磁场强弱改变；
(3)回路面积和磁场强弱均不变，但二者的相对位置发生改变。
【例 30】 (2014·全国Ⅰ) 如图所示，绕在铁芯上的线圈与电源、滑动变阻器和电键组成闭合回路，
在铁芯的右端套有一个表面绝缘的铜环 A，下列各种情况中铜环 A 中没有感应电流的是( )
A．线圈中通以恒定的电流
B．通电时，使滑动变阻器的滑片 P 匀速移动
C．通电时，使滑动变阻器的滑片 P 加速移动
D．将电键突然断开的瞬间
解析 当线圈中通恒定电流时，产生的磁场为稳恒磁场，通过铜环 A 的磁通量不发生变化，不会产
生感应电流。答案 A
考点 31、感应电流的方向的判断
【例 31】 (2014·海南卷)如图，在一水平、固定的闭合导体圆环上方。有一条形磁铁(N 极朝上，S
极朝下)由静止开始下落，磁铁从圆环中穿过且不与圆环接触，关于圆环中感应电流的方向(从上向
下看)，下列说法正确的是( )
A．总是顺时针
B．总是逆时针
C．先顺时针后逆时针
D．先逆时针后顺时针
解析 由条形磁铁的磁场分布可知，磁铁下落的过程，闭合圆环中的磁通量始终向上，并且先增加
后减少，由楞次定律可得，从上向下看时，闭合圆环中的感应电流方向先顺时针后逆时针，C 正确。
(1)判断感应电流的方法
(2)应用楞次定律判断感应电流的方法
【变式】如图所示，一圆形金属线圈放置在水平桌面上，匀强磁场垂直桌面竖直向下，过线圈上 A
点做切线 OO′，OO′与线圈在同一平面上。在线圈以 OO′为轴翻转 180°的过程中，线圈中电流
流向( )
A．始终由 A→B→C→A
B．始终由 A→C→B→A
C．先由 A→C→B→A 再由 A→B→C→A
D．先由 A→B→C→A 再由 A→C→B→A
解析 在线圈以 OO′为轴翻转 0～90°的过程中，穿过线圈正面向里的磁通量逐渐减小，则感应电
流产生的磁场垂直桌面下，由右手定则可知感应电流方向为 A→B→C→A；线圈以 OO′为轴翻转
90°～180°的过程中，穿过线圈反面向里的磁通量逐渐增加，则感应电流产生的磁场垂直桌面向上，
由右手定则可知感应电流方向仍然为 A→B→C→A，A 正确。答案 A
考点 32、楞次定律推论的应用
1．线圈(回路)中磁通量变化时，阻碍原磁通量的变化——增反减同；
2．导体与磁体间有相对运动时，阻碍相对运动——来拒去留；
3．当回路可以形变时，感应电流可使线圈面积有扩大或缩小的趋势——增缩减扩；
4．自感现象中，感应电动势阻碍原电流的变化——增反减同。
【例 32】如图所示，粗糙水平桌面上有一质量为 m 的铜质矩形线圈。当一竖直放置的条形磁铁从
线圈中线 AB 正上方等高快速经过时，若线圈始终不动，则关于线圈受到的支持力 FN 及在水平方向
运动趋势的正确判断是( )
A．FN 先小于 mg 后大于 mg，运动趋势向左
B．FN 先大于 mg 后小于 mg，运动趋势向左
C．FN 先大于 mg 后大于 mg，运动趋势向右
D．FN 先大于 mg 后小于 mg，运动趋势向右
解析 条形磁铁从线圈正上方等高快速经过时，穿过线圈的磁通量先增加后减少。当穿过线圈的磁
通量增加时，为阻碍其增加，线圈有向磁场弱的地方运动的趋势，即在竖直方向上有向下运动的趋
势，所以线圈受到的支持力大于其重力，在水平方向上有向右运动的趋势；当穿过线圈的磁通量减
少时，为阻碍其减少，在竖直方向上线圈有向上运动的趋势，所以线圈受到的支持力小于其重力，
在水平方向上有向右运动的趋势。综上所述，线圈所受到的支持力先大于重力后小于重力，运动趋
势总是向右，选 D。
考点 33、“三个定则、一个定律”的综合应用
名称 基本现象 应用的定则或定律
电流的磁
效应
运动电荷、
电流产生磁场
安培定则
(因电而生磁)
洛伦兹力、
安培力
磁场对运动电荷、
电流有作用力
左手定则
(因电而受力)
部分导体做切
割磁感线运动
右手定则
(因动而生电)电磁感应 闭合回路磁
通量变化
楞次定律
(因磁而生电)
【例 33】 (多选)如图所示，金属导轨上的导体棒 ab 在匀强磁场中沿导轨做下列哪种运动时，铜
制线圈 c 中将有感应电流产生且被螺线管吸引( )
A．向右做匀速运动
B．向左做减速运动
C．向右做减速运动
D．向右做加速运动
解析 当导体棒向右匀速运动时产生恒定的电流，线圈中的磁通量恒定不变，无感应电流出现，A
错；当导体棒向左减速运动时，由右手定则可判定回路中出现从 b→a 的感应电流且减小，由安培
定则知螺线管中感应电流的磁场向左在减弱，由楞次定律知 c 中出现顺时针感应电流(从右向左看)
且被螺线管吸引，B 对；同理可判定 C 对、D 错。 答案 BC
考点 34、感应电动势的计算
【例 34】如图甲所示，电路的左侧是一个电容为 C 的电容器，电路的右侧是一个环形导体，环形
导体所围的面积为 S。在环形导体中有一垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度的大小随时间变化
的规律如图乙所示。则在 0～t0 时间内电容器( )
A．上极板带正电，所带电荷量为CS(B2－B1)
t0
B．上极板带正电，所带电荷量为C(B2－B1)
t0
C．上极板带负电，所带电荷量为CS(B2－B1)
t0
D．上极板带负电，所带电荷量为C(B2－B1)
t0
解析 在 0～t0 时间内回路中磁通量增加，由楞次定律知，回路中产生的感应电流方向为逆时针方
向，电容器上极板带正电。由法拉第电磁感应定律知，在 0～t0 时间内回路中产生的感应电动势 E＝
ΔΦ
Δt ＝
(B2－B1)S
t0 ，电容器两极板之间电压 U＝E，电容器所带电荷量为 q＝CU＝CS(B2－B1)
t0 ，选 A。
【变式 1】 (多选)如图所示，在一磁感应强度 B＝0.5 T 的匀强磁场中，垂直于磁场方向水平放着
两根相距为 h＝0.1 m 的平行金属导轨 MN 和 PQ，导轨电阻忽略不计，在两根导轨的端点 N、Q 之
间连接一阻值 R＝0.3 Ω 的电阻，导轨上跨放着一根长为 L＝0.2 m，每米阻值 r＝2.0 Ω 的金属棒
ab，金属棒与导轨正交放置，交点为 c、d，当金属棒在水平拉力作用于以速度 v＝4.0 m/s 向左做匀
速运动时，则下列说法正确的是( )
A．电阻 R 中的电流由 Q 到 N
B．水平拉金属棒的力的大小为 0.02 N
C．金属棒 a、b 两端点间的电势差为 0.32 V
D．回路中的发热功率为 0.06 W
解析 当金属棒 ab 在水平拉力作用下向左做匀速运动时，切割磁感线
的有效长度为 cd 部分，cd 部分产生的感应电动势 E＝Bhv＝0.5×0.1×4.0 V＝0.2 V，由闭合电路欧
姆定律，可得回路中产生的感应电流为 I＝ E
R＋hr＝ 0.2
0.3＋0.1 × 2.0 A＝0.4 A，金属棒 ab 受到的安
培力 F 安＝BIh＝0.5×0.4×0.1 N＝0.02 N，要使金属棒匀速运动，应有 F＝F 安＝0.02 N，B 正确；
该回路为纯电阻电路，回路中的热功率为 P 热＝I2(R＋hr)＝0.08 W，D 错误；金属棒 ab 两点间的电
势差等于 Uac、Ucd 与 Udb 三者之和，由于 Ucd＝E－Ircd，所以 Uab＝Eab－Ircd＝BLv－Ihr＝0.32 V，C
正确。 答案 BC
【变式 2】【2016 全国Ⅱ】法拉第圆盘发电机的示意图如图所示。铜圆盘安装在竖直的铜轴上，两
铜片 P、Q 分别与圆盘的边缘和铜轴接触，关于流过电阻 R 的电流，下
列说法正确的是
A．若圆盘转动的角速度恒定，则电流大小恒定
B．若从上向下看，圆盘顺时针转动，则电流沿 a 到 b 的方向流动
C．若圆盘转动方向不变，角速度大小发生变化，则电流方向可能发生变化
D．若圆盘转动的角速度变为原来的 2 倍，则电流在 R 上的热功率也变为原来的 2 倍
【解析】由电磁感应定律得 ， ，故 一定时，电流大小恒定，选项 A
正确；由右手定则知圆盘中心为等效电源正级，圆盘边缘为负极，电流经外电路从 a 经过 R 流到
b，选项 B 正确；圆盘转动方向不变时，等效电源正负极不变，电流方向不变，故选项 C 错误；
，角速度加倍时功率变成 4 倍，选项 D 错误，故选 AB。
1、应用法拉第电磁感应定律解题的一般步骤
(1)分析穿过闭合电路的磁场方向及磁通量的变化情况；
20
2 2
l BlE Bl
ω ω+= = EI R
= ω
2 2 4 2
4
E B lP R R
ω= =
(2)利用楞次定律确定感应电流的方向；
(3)灵活选择法拉第电磁感应定律的不同表达形式列方程求解。
2．感应电动势的几个公式
(1)法拉第电磁感应定律：E＝nΔΦ
Δt ，其中 n 为线圈匝数。
①磁感应强度 B 不变，垂直于磁场的回路面积发生变化，此时 E＝nBΔS
Δt。
②垂直于磁场的回路面积不变，磁感应强度发生变化，此时 E＝nΔB
Δt S，其中ΔB
Δt 是 B－t 图象的斜率。
(2)导体垂直切割磁感线时，感应电动势可用 E＝Blv 求出，式中 l 为导体切割磁感线的有效长度。
(3)导体棒在磁场中匀速转动时，感应电动势 E＝Blv＝1
2Bl2ω(平均速度等于中点位置的线速度 1
2lω)。
考点 35、电磁感应中的图象问题
【例 35】如图甲所示，矩形线圈 abcd 处于垂直纸面向里的匀强磁场中，磁感应强度 B 随时间 t 变
化的规律如图乙所示．以 I 表示线圈中的感应电流(图甲中线圈上箭头方向为电流的正方向)，则能
正确表示线圈中电流 I 随时间 t 变化规律的是( )
【解析】 0～1 s 内磁感应强度均匀增大，根据楞次定律和法拉第电磁感应定律可判定，感应电流
为逆时针方向(为负值)、大小恒定，A、B 错误；4～5 s 内磁感应强度恒定，穿过线圈 abcd 的磁通
量不变化，无感应电流，D 错误．
【变式】如图所示虚线上方空间有垂直线框平面的匀强磁场，直角扇形导线框绕垂直于线框平面的
轴 O 以角速度 ω 匀速转动。设线框中感应电流的方向以逆时针为正方向，在下图中能正确描述线
框从图示位置开始转动一周的过程中，线框内感应电流随时间变化情况的是（ ）
考点 36、交变电流有效值的计算
（1）正弦式交流电的有效值：I＝ Im
2
，U＝Um
2
，E＝Em
2
（2）非正弦式交流电的有效值：根据电流的热效应进行计算(即让交流和直流在相同时间内通过相
同电阻产生相同的热量)。
【例 36】 (多选)如图所示，先后用不同的交流电源给同一盏灯泡供电。第一次灯泡两端的电压随
时间按正弦规律变化，如图甲所示；第二次灯泡两端的电压变化规律如图乙所示。若图甲、乙中的
U0、T 所表示的电压、周期值是相等的，则以下说法正确的是( )
A.第一次灯泡两端的电压有效值是 2
2 U0
B．第二次灯泡两端的电压有效值是 3
2U0
C．第一次和第二次灯泡的电功率之比是 2∶9
D．第一次和第二次灯泡的电功率之比是 1∶5
解析 第一次所加正弦交流电压的有效值为 U1＝ 2
2 U0，A 项正确；设第二次所加交流电压的有效
值为 U2，则根据有效值的定义有 U22
R T＝
(2U0)2
R ·T
2＋U20
R ·T
2，解得 U2＝ 10
2 U0，B 项错；根据电功率的
定义式 P＝U2
R 可知，P1∶P2＝1∶5，C 项错、D 项正确。
考点 37、交变电流“四值”的应用
【例 37】 如图所示，N 匝矩形导线框以角速度 ω 绕对称轴 OO′匀速转动，线框面积为 S，线框
电阻、电感均不计，在 OO′左侧有磁感应强度为 B 的匀强磁场，外电路接有电阻 R，理想电流表
A，那么可以确定的是( )
A．从图示时刻起，线框产生的瞬时电动势为 e＝NBωSsin ωt
B．交流电流表的示数 I＝ 2
4RNBSω
C．R 两端电压的有效值 U＝ω
2NBS
D．一个周期内 R 的发热量 Q＝πω(NBS)2
R
解析 线框始终只有一半面积在磁场中，故瞬时电动势为 e＝(NBSω
2 )sin ωt，电压有效值为 U＝NBSω
2 2
＝ 2NBSω
4 ，交流电流表示数 I＝U
R＝ 2NBSω
4R ，A、C 错误，B 正确；一周期内 R 的发热量 Q＝U2
R T
＝U2
R ×2π
ω＝πω(NBS)2
4R ，D 错误。
物理量 重要关系 适用情况及说明
瞬时值
从中性面开始计时
e＝Emsin ωt
i＝Imsin ωt
计算线圈某时刻的受力情况
峰 值 Em＝nBSω Im＝ Em
R＋r
讨论电容器的击穿电压
有效值
E＝Em
2
U＝Um
2
I＝ Im
2
(只适用于正弦式交变电流)
(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”上所标的一般是指有效值
(3)保险丝的熔断电流为有效值
(4)交流电压表和电流表的读数为有效值
平均值
E＝nΔΦ
Δt
I＝ E
R＋r
计算通过电路截面的电荷量
考点 38、理想变压器基本规律的应用
(1)功率关系：P 入＝P 出
(2)电压关系：U1
n1 ＝U2
n2 有多个副线圈时 U1
n1 ＝U2
n2 ＝U3
n3 ＝…
(3)电流关系：只有一个副线圈时 I1
I2＝n2
n1
由 P 入＝P 出及 P＝UI 推出有多个副线圈时，U1I1＝U2I2＋U3I3＋…＋UnIn
【例 38】如图所示，理想变压器原线圈的匝数为 n1，副线圈的匝数为 n2，原线圈的两端 a、b 接正
弦交流电源，电压表 V 的示数为 220 V，负载电阻 R＝44 Ω，电流表 A1 的示数为 0.2 A。下列判断
正确的是( )
A．原线圈和副线圈的匝数比为 2∶1
B．原线圈和副线圈的匝数比为 5∶1
C．电流表 A2 的示数为 0.1 A
D．电流表 A2 的示数为 0.4 A
解析 由电压表 V 示数和电流表 A1 的示数可得原线圈中的功率 P1＝U1I1，P1＝P2＝I22R，所以电流
表 A2 的示数为 I2＝ U1I1
R ＝ 220 × 0.2
44 A＝1 A，C、D 错误；原线圈和副线圈的匝数比n1
n2＝I2
I1＝5
1，
A 错误，B 正确。
【变式 1】(2014·海南卷)理想变压器上接有三个完全相同的灯泡，其中一个与该变压器的原线圈串
联后接入交流电源，另外两个并联后接在副线圈两端。已知三个灯泡均正常发光。该变压器原、副
线圈的匝数之比为( )
A．1∶2 B．2∶1 C．2∶3 D．3∶2
解析 三个灯泡都相同，且都正常发光，可知三个灯泡此时的电流都相同，即原线圈中的电流是副
线圈中电流的一半，由I1
I2＝n2
n1和 I1＝1
2I2 可知，该变压器原、副线圈的匝数之比为n1
n2＝I2
I1＝2，B 正确。
【变式 2】如图所示，接于理想变压器中的四个规格相同的灯泡都正常发光，那么，理想变压器的
匝数比 n1∶n2∶n3 为( )
A．1∶1∶1
B．3∶2∶1
C．6∶2∶1
D．2∶2∶1
解析 灯泡正常发光，可得 UA＝UB＝UC＝UD，所以 U2＝2U3。由变压器的电压比公式
n2
n3＝U2
U3＝2U3
U3 ＝2
1，所以 n2＝2n3，同理，灯泡正常发光，功率相等，即 PA＝PB＝PC＝PD。
由 P＝I2R，得 IA＝IB＝IC＝ID，即 I1＝I2＝I3。
由 U1I1＝U2I2＋U3I3 得 n1I1＝n2I2＋n3I3，
即 n1＝n2＋n3＝2n3＋n3＝3n3，所以 n1∶n2∶n3＝3∶2∶1。
考点 39、理想变压器的动态分析
常见的理想变压器的动态分析问题一般有两种：匝数比不变的情况和负载电阻不变的情况。
1．匝数比不变的情况(如图 8 所示)
(1)U1 不变，根据U1
U2＝n1
n2，输入电压 U1 决定输出电压 U2，不论负载电阻 R 如何变化，U2 也不变。
(2)当负载电阻发生变化时，I2 变化，输出电流 I2 决定输入电流 I1，故 I1 发生变化。
(3)I2 变化引起 P2 变化，由 P1＝P2 知 P1 发生变化。
图 8 图 9
2．负载电阻不变的情况(如图 9 所示)
(1)U1 不变，n1
n2发生变化，U2 变化。
(2)R 不变，U2 变化，I2 发生变化。
(3)根据 P2＝U22
R 和 P1＝P2，可以判断 P2 变化时，P1 发生
变化，U1 不变时，I1 发生变化。
【例 39】如图所示，理想变压器输入端 PQ 接稳定的交流电源，通过单刀双掷开关 S 可改变变压器
原线圈匝数(图中电压表及电流表皆为理想电表)，则下列说法中正确的是( )
A. 当滑片 c 向 b 端移动时，变压器输入功率变大
B. 当滑片 c 向 a 端移动时，电流表 A1 的示数将减小，电压表 V 的示数不变
C. 当滑片 c 向 b 端移动时，电流表 A2 的示数将变大，电压表 V 的示数也变大
D. 当滑片 c 不动，将开关 S 由 1 掷向 2 时，三个电表 A1、A2、V 的示数都变大
【变式】(多选)如图中甲所示，变压器原、副线圈的匝数比为 55∶9，L1、L2、L3 为三只规格均为“36
V,18 W”的相同灯泡，各电表均为理想交流电表，输入端交变电压的 u－t 图象如图中乙所示。则以
下说法中正确的是( )
A．电压表的示数为 220 2 V
B．当闭合开关 S 时，三只灯泡均能正常发光
C．当闭合开关 S 时，电流表的示数为 1.5 A
D．当断开开关 S 时，变压器的输出功率变小
解析 交流电压表的读数为有效值，故电压表示数 U1＝Um
2
＝220 V，A 错误；由U1
U2＝n1
n2可解得 U2＝
36 V，因此，当闭合开关 S 时，三只灯泡均能正常发光，故 B 正确；通过各灯的电流 I＝18
36 A＝0.5
A，因此当闭合开关 S 时，电流表的示数为 1.5 A，C 正确；当断开开关 S 时，副线圈所在电路的总
电阻增大，由 P＝U2
R 可知，变压器的输出功率变小，D 正确。
考点 40、远距离输电
1．理清三个回路
2．抓住两个联系
(1)理想的升压变压器联系着回路 1 和回路 2，由变压器原理可得：线圈 1(匝数为 n1)和线圈 2(匝数
为 n2)中各个量间的关系是U1
U2＝n1
n2，I1
I2＝n2
n1，P1＝P2。
(2)理想的降压变压器联系着回路 2 和回路 3，由变压器原理可得：线圈 3(匝数为 n3)和线圈 4(匝数
为 n4)中各个量间的关系是U3
U4＝n3
n4，I3
I4＝n4
n3，P3＝P4。
3．掌握一个守恒
能量守恒关系式 P1＝P 损＋P3
4．输电导线上的能量损失：主要是由输电线的电阻发热产生的，表达式为
(1)ΔP＝P－P′；(2)ΔP＝I2R＝(
P
U )2R
5．输电导线上的电压损失：(1)ΔU＝U－U′；(2)ΔU＝IR
【例 40】(多选)某小型水电站的电能输送示意图如图甲所示，发电机通过升压变压器和降压变压器
向用户供电。已知输电线的总电阻为 r Ω，降压变压器原、副线圈的匝数比为 n3∶n4＝n∶1，降压
变压器的副线圈两端电压如图乙所示，降压变压器的副线圈与阻值为 R0＝22 Ω 的电阻组成闭合电
路。若将变压器视为理想变压器，则下列说法正确的是( )
A．发电机产生交流电的频率为 0.5 Hz
B．降压变压器的副线圈两端电压的瞬时值表达式为 u＝220 2sin 100πt(V)
C．通过 R0 的电流的最大值为 20 2 A
D．输电线损失的功率为100r
n2 W
解析 变压器不改变交流电的频率，由图乙可知交流电的频率为 f＝ 1
2 × 10－2 Hz＝50 Hz，A 错误；
由图乙知降压变压器的副线圈两端电压的瞬时值表达式为 u＝220 2sin 100πt(V)，B 正确；通过 R0
的电流的最大值为 Im＝Um
R0 ＝220 2
22 A＝10 2 A，有效值为 I＝ Im
2
＝10 A，C 错误；根据变压器电
流比关系可知通过输电线的电流为 I3＝n4
n3I＝10
n A，故输电线损失的功率为 P＝I23r＝100r
n2 W，D 正
确。
考点 41、光电效应现象和光电效应方程的应用
1．对光电效应的四点提醒
(1)能否发生光电效应，不取决于光的强度而取决于光的频率。
(2) 逸出功的大小由金属本身决定，与入射光无关。
(3) 光电子不是光子，而是电子。
2．两条对应关系
光强大→光子数目多→发射光电子多→光电流大；
光子频率高→光子能量大→光电子的最大初动能大。
3．定量分析时应抓住三个关系式
(1)爱因斯坦光电效应方程：Ek＝hν－W0。
(2)最大初动能与遏止电压的关系：Ek＝eUc。
(3)逸出功与极限频率的关系：W0＝hν0。
【例 41】 (多选)(2014·广东卷)在光电效应实验中，用频率为 ν 的光照射光电管阴极，发生了光电
效应，下列说法正确的是( )
A．增大入射光的强度，光电流增大
B．减小入射光的强度，光电效应现象消失
C．改用频率小于 ν 的光照射，一定不发生光电效应
D．改用频率大于 ν 的光照射，光电子的最大初动能变大
解析 用频率为 ν 的光照射光电管阴极，发生光电效应，改用频率较小的光照射时，有可能发生光
电效应，故 C 错误；据 hν－W 逸＝1
2mv2 可知增加照射光频率，光电子最大初动能增大，故 D 正确；
增大入射光强度，单位时间内照射到单位面积的光电子数增加，则光电流将增大，故 A 正确；光电
效应是否发生与照射光频率有关而与照射光强度无关，故 B 错误。答案 AD
【变式 1】(多选)(2014·海南卷)在光电效应实验中，用同一种单色光，先后照射锌和银的表面，都
能发生光电效应。对于这两个过程，下列四个物理过程中，一定不同的是( )
A．遏止电压
B．饱和光电流
C．光电子的最大初动能
D．逸出功
解析 同一种单色光照射不同的金属，入射光的频率和光子能量一定相同，金属逸出功不同，根据
光电效应方程 Ekm＝hν－W0 知，最大初动能不同，则遏止电压不同；同一种单色光照射，入射光的
强度相同，所以饱和光电流相同。答案 ACD
【变式 2】(多选)如图所示是用光照射某种金属时逸出的光电子的最大初动能随入射光频率的变化
图线(直线与横轴的交点坐标 4.27，与纵轴交点坐标 0.5)。由图可知( )
A．该金属的截止频率为 4.27×1014Hz
B．该金属的截止频率为 5.5×1014Hz
C．该图线的斜率表示普朗克常量
D．该金属的逸出功为 0.5 eV
解析 由光电效应方程 Ek＝hν－W0 可知，图中横轴的截距为该金属的截止频率，选项 A 正确、B
错误；图线的斜率表示普朗克常量 h，C 正确；该金属的逸出功 W0＝hν0＝6.63×10－34×4.27×1014J
＝1.77 eV 或 W0＝hν－Ek＝6.63×10－34×5.5×1014J－0.5 eV＝1.78 eV，选项 D 错误。答案 AC
考点 42、氢原子能级及能级跃迁
1．定态间的跃迁——满足能级差
(1)从低能级(n 小) ― ― →跃迁
高能级(n 大)―→吸收能量。hν＝En 大－En 小
(2)从高能级(n 大) ― ― →跃迁
低能级(n 小)―→放出能量。hν＝En 大－En 小
(3)一个氢原子跃迁发出可能的光谱线条数最多为(n－1)。
(4)一群氢原子跃迁发出可能的光谱线条数的两种求解方法。
①用数学中的组合知识求解：N＝C2n＝n(n－1)
2 。
②利用能级图求解：在氢原子能级图中将氢原子跃迁的各种可能情况一一画出，然后相加。
2．电离
电离态：n＝∞，E＝0
基态→电离态：E 吸＝0－(－13.6 eV)＝13.6 eV 电离能。
n＝2→电离态：E 吸＝0－E2＝3.4 eV
如吸收能量足够大，克服电离能后，获得自由的电子还携带动能。
【例 42】如图为氢原子的能级示意图，锌的逸出功是 3.34 eV，那么对氢原子在能级跃迁过程中发
射或吸收光子的特征认识正确的是________。
A．用氢原子从高能级向基态跃迁时发射的光照射锌板一定不能产生光电效应现象
B．一群处于 n＝4 能级的氢原子向基态跃迁时，能放出 6 种不同频率的光
C．一群处于 n＝3 能级的氢原子向基态跃迁时，发出的光照射锌板，锌板表
面所发出的光电子的最大初动能为 8.75 eV
D．用能量为 10.3 eV 的光子照射，可使处于基态的氢原子跃迁到激发态
E．用能量为 14.0 eV 的光子照射，可使处于基态的氢原子电离
考点 43、原子核的衰变及半衰期
【例 43】 (多选)(2014·新课标全国卷Ⅰ)关于天然放射性，下列说法正确的是( )
A．所有元素都可能发生衰变
B．放射性元素的半衰期与外界的温度无关
C．放射性元素与别的元素形成化合物时仍具有放射性
D．α、β 和 γ 三种射线中，γ 射线的穿透能力最强
E．一个原子核在一次衰变中可同时放出 α、β 和 γ 三种射线
解析 只有原子序号超过 83 的元素才能发生衰变，选项 A 错；半衰期由原子核内部的结构决定，
与外界温度无关，选项 B 对；放射性来自于原子核内部，与其形成的化合物无关，选项 C 对；α、
β、γ 三种射线中，γ 射线能量最高，穿透能力最强，选项 D 对；一个原子核在一次衰变中要么是 α
衰变、要么是 β 衰变，同时伴随 γ 射线的产生，选项 E 错。答案 BCD
【变式】23892 U 衰变为 22286 Rn 要经过 m 次 α 衰变和 n 次 β 衰变，则 m、n 分别为( )
A．2、4 B．4、2 C．4、6 D．16、6
解析 由质量数守恒和电荷数守恒得：238＝222＋4m，92＝86＋2m－n，联立解得：m＝4，n＝2。
考点 44、核反应方程及核反应类型
类 型 可控性 核反应方程典例
α 衰变 自发 23892 U→23490 Th＋42He衰变
β 衰变 自发 23490 Th→23491 Pa＋ 0－1e
147 N＋42He→178 O＋11H (卢瑟福发现质子)
人工转变 人工控制
42He＋94Be→126 C＋10n (查德威克发现中子)
23592 U＋10n→14456 Ba＋8936Kr＋310n重核裂变 人工控制
23592 U＋10n→13654 Xe＋9038Sr＋1010n
轻核聚变 很难控制 21H＋31H→42He＋10n
【例 44】 (2014·上海卷)核反应方程 94Be＋42He→126C＋X 中的 X 表示( )
A．质子 B．电子 C．光子 D．中子
解析 设 X 的质子数为 m，质量数为 n。则有 4＋2＝m＋6,9＋4＝12＋n，所以 m＝0，n＝1，即 X
为中子，故 A、B、C 错误，D 正确。
【变式 1】(多选)能源是社会发展的基础，发展核能是解决能源问题的途径之一。下列释放核能的
反应方程，表述正确的有( )
A.31H＋21H→42He＋10n 是核聚变反应
B.31H＋21H→42He＋10n 是 β 衰变
C.23592U＋10n→14456Ba＋8936Kr＋310n 是核裂变反应
D.23592U＋10n→14054Xe＋9438Sr＋210n 是 α 衰变
解析 β 衰变时释放出电子( 0－1e)，α 衰变时释放出氦原子核(42He)，可知选项 B、D 错误；选项 A
中一个氚核和一个氘核结合成一个氦核并释放出一个中子是典型的核聚变反应；选项 C 中一个 U
235 原子核吸收一个中子，生成一个 Ba 原子核和一个 Kr 原子核并释放出三个中子是核裂变反应。
考点 45、动量定理及应用
【例 45】小球质量为 2m，以速度 v 沿水平方向垂直撞击墙壁，球被反方向弹回速度大小是 v，
球与墙撞击时间为 t，在撞击过程中，球对墙的平均冲力大小是
A. B. C. D.
【解析】设初速度方向为正，则弹后的速度为- ；则由动量定理可得：Ft=-2m× -2mv
解得：F= ；负号表示力的方向与初速度方向相反；由牛顿第三定律可知，球对墙的平均冲
击力为 F′=F= ；故选 C．
【变式】我国女子短道速滑队在今年世锦赛上实现女子 3000 接力三连冠.观察发现,“接棒”的运动
员甲提前站在“交棒”的运动员乙前面,并且开始向前滑行,待乙追上甲时,乙猛推甲一把,使甲获得更大
的速度向前冲出.在乙推甲的过程中,忽略运动员与冰面间在水平方向上的相互作用,则( )
A. 甲对乙的冲量一定等于乙对甲的冲量
B. 甲对乙做多少负功,乙对甲就一定做多少正功
C. 甲的动能增加量等于乙的动能减少量
D. 甲、乙的动量变化一定大小相等方向相反
【解析】甲对乙的作用力与乙对甲的作用力大小相等方向相反，
故冲量大小相等方向相反，冲量不相等，故 A 错误．根据动量定理可知，冲量等于动量的变化，则
甲、乙的动量变化一定大小相等方向相反，选项 D 正确；由于乙推甲的过程中，要消耗体能转化为
4
5
2
5
mv
t
8
5
mv
t
18
5
mv
t
2mv
t
4
5
v 4
5
v
18
5
mv
t
−
18
5
mv
t
系统的动能，根据能量守恒定律知，甲的动能增加量不等于乙的动能减少量，根据动能定理可知二
者相互做功也不相等；故 BC 错误．故选 D.
考点 46、动量守恒及应用
【例 46】两球 A、B 在光滑水平面上沿同一直线，同一方向运动，mA=1kg，mB=2kg，vA=6m/s，
vB=2m/s．当 A 追上 B 并发生碰撞后，两球 A、B 速度的可能值是（ ）
A. vA′=2.5 m/s，vB′=5 m/s B. vA′=2 m/s，vB′=4 m/s
C. vA′=﹣4 m/s，vB′=7 m/s D. vA′=7 m/s，vB′=1.5 m/s
【解析】两球碰撞过程，系统不受外力，故碰撞过程系统总动量守恒，不满足；
考虑实际情况，碰撞后 A 球速度不大于 B 球的速度，因而 D 错误，BC 满足；
根据能量守恒定律，碰撞后的系统总动能应该小于或等于碰撞前的系统总动能，碰撞前总动能为 22J，
B 选项碰撞后总动能为 18J，C 选项碰撞后总动能为 57J，故 C 错误，B 满足；故选 B．
【变式 1】质量为 m 的小球 A 以水平初速度 v0 与原来静止的光滑水平面上的质量为 3m 的小球 B
发生正碰，已知碰撞过程中 A 球的动能减少了 75%，则碰撞后 B 球的动能可能是（ ）
A. B. C. D.
【变式 2】A、B 两物体发生正碰，碰撞前后物体 A、B 都在同一直线上运动，其位移—时间图如图
所示。由图可知，物体 A、B 的质量之比为 （ ）
A. 1∶3 B. 1∶2 C. 1∶1 D. 3∶1
【解析】由 x-t 图象可知，碰撞前 ，vB=0m/s ，碰撞
后 vA′=vB′=v= ，碰撞过程动量守恒，对 A、B 组成的系
统，设 A 原方向为正方向，则由动量守恒定律得：mAvA=（mA+mB）v，解得
mA：mB=1：3；故 A 正确，BCD 错误．故选 A．
【变式 3】有一只小船停靠在湖边码头，小船又窄又长(估计重一吨左右)．一位同学想用一个卷尺
粗略测定它的质量．他进行了如下操作：首先将船平行于码头自由停泊，轻轻从船尾上船，走到船
头停下，而后轻轻下船．用卷尺测出船后退的距离 d，然后用卷尺测出船长 L.已知他的自身质量为
m，水的阻力不计，船的质量为( )
A. B. C. D.
【解析】设人走动的时候船的速度为 ，人的速度为 ，人从船头走到船尾用时为 ，人的位移为
，船的位移为 ，所以 ， 。根据动量守恒有： ，可得：
2
0
1
8 mv 2
0
3
8 mv 2
0
1
24 mv 2
0
1
16 mv
16 4 /4
A
A
A
xv m st
= = =
20 16 1 /8 4
x m st
−= =−
v v′ t
L d− d dv t
= L dv t
′ −= 0Mv mv− ′ =
，小船的质量为： ，故 B 项正确。
【变式 4】一个静止的铀核，放射一个 粒子而变为钍核，在匀强磁场中的径迹如图所示，则正确
的说法( )
A. 1 是 ，2 是钍
B. 1 是钍，2 是
C. 3 是 ，4 是钍
D. 3 是钍，4 是
【解析】一个静止的铀核发生 衰变后变为钍核， 粒子和钍核都在匀强磁场中做匀速圆周运动，
根据动量守恒定律知，两粒子的动量大小相等，速度方向相反，都为正电，根据左手定则，为两个
外切圆；根据 ，因两粒子的动量大小相等、磁感应强度 B 相同，则电量大的轨道半径小，
知 1 是钍核的径迹，2 是 粒子的径迹，B 正确，ACD 错误，选 B．
d L dM mt t
−= ( )L dM m d
−=
α
α
α
α
α
α α
m vr qB
=
α
破解高考计算题的方法
一、命题热点
高考计算题命题形式主要有：①匀变速直线运动规律的应用；②牛顿第二定律和运动学公式的综合
解决力学问题；③应用动力学和能量观点解决力学问题；④应用动量和能量观点解决力学问题；⑤
应用动力学和能量观点解决力电综合问题⑥带电粒子在磁场中的运动；⑦带电粒子在复合场中的运
动；⑧应用动力学和能量观点处理电磁感应问题。
二、高分策略
计算题是高考物理试卷中最重要的组成部分，具有对学生收集和处理信息的能力、综合分析能力、
应用所学物理知识解决实际问题的能力、应用数学知识解决物理问题的能力等多种能力的考查功能。
除了需要具备扎实的物理基础知识外，还必须熟练掌握一些常用的解题技巧和争分诀窍。
1．认真读题抓关键。
认真读题，抓住题中的关键词、关键句，如静止、匀变速运动、匀速圆周运动、刚好、恰好、至少，
最大等等。忌：一目十行、蜻蜓点水、主次不分、反复全题重读。
2．仔细审题定方法。
紧扣题中所读的关键词、关键句，深入理解和挖掘其意，仔细审题，明确研究对象及其受力、运动、
能量等情况，从而确定该题的解题方法。忌：理解有误、错用规律、似曾相识、一知半解、照抄照
搬。
3．理清思路写规范。
进一步明确研究对象的运动过程，每个过程初末状态及参量，找准参量间的连接关系，理清思路，
按运动过程分对象列式。答题表述要规范，要有必要的文字、表达式和结论，要字迹工整，版面整
洁，布局美观。忌：条理不清，滥用规律，随意涂改，圈地引线，字迹不清，解方程的步骤太多。
三、方法指导
方法一 模型提练法——建立模型，大题小做
通过“三遍”读题，完成“建模”过程
1．通读：读后头脑中要出现物理图景的轮廓。由头脑中的图景(物理现象、物理过程)与某些物理模
型找关系，初步确定研究对象，猜想所对应的物理模型。
2．细读：读后头脑中要出现较清晰的物理图景。由题设条件，进行分析、判断，确定物理图景(物
理现象、物理过程)的变化趋势，基本确定研究对象所对应的物理模型。
3．选读：通过对关键词语的理解、隐含条件的挖掘、干扰因素的排除，要对题目有更清楚的认识，
最终确定本题的研究对象、物理模型及要解决的核心问题。
【例 1】 如图所示，在 x＜0 的区域内存在沿 y 轴负方向的匀强电场，在第一象限倾斜直线 OM 的
下方和第四象限内存在垂直纸面向里的匀强磁场。一带电粒子自电场中的 P 点沿 x 轴正方向射出，
恰好经过坐标原点 O 进入匀强磁场，经磁场偏转后垂直于 y 轴从 N 点回到电场区域，并恰能返回 P
点。已知 P 点坐标为(－L， 3
2 L)，带电粒子质量为 m，电荷量为 q，初速度为 v0，不计粒子重力。
求：
(1)匀强电场的电场强度大小；
(2)N 点的坐标；
(3)匀强磁场的磁感应强度大小。
思维建模
①带电粒子从 P―→ O 过程 ― ― →建模
类平抛运动
②带电粒子在磁场中运动过程 ― ― →建模
匀速圆周运动
③带电粒子从出磁场―→N 过程 ― ― →建模
匀速直线运动
④带电粒子从 N―→P 过程 ― ― →建模
类平抛运动
规范解答 (1)设粒子从 P 到 O 时间为 t，加速度为 a，则 L＝v0t， 3
2 L＝1
2at2
由牛顿第二定律，可得 qE＝ma
由以上三式，可解得 E＝ 3mv20
qL
(2)设粒子运动到 N 点时速度为 v，则 v＝ v20＋2a × 3
2 L＝2v0
所以粒子从 N 到 P 的时间 t′＝1
2t
沿 y 轴位移 h＝1
2at′2＝ 3
8 L
因此 N 点坐标为(0，5 3
8 L)
(3)粒子在磁场中运动轨迹如图。设半径为 R，粒子在 O 点时速度方向与 y 轴负方向的夹角为 30°
由几何关系可知 R＋Rsin 30°＝5 3
8 L
又因为 qvB＝mv2
R 解得 B＝8 3mv0
5qL
方法二 数图结合法——抓关键点，找突破口
物理规律、公式与物理图象的结合是一种重要的解题方法，其关键是把图象与具体的物理情境结合，
并结合斜率、特殊点等的物理意义，确定能从图象中反馈出来哪些有用信息并结合物理规律、公式
求解，一般思路如下
【例 2】 (2013·新课标全国卷Ⅱ，25)一长木板在水平地面上运动，在 t＝0 时刻将一相对于地面静
止的物块轻放到木板上，以后木板运动的速度－时间图象如图所示。已知物块与木板的质量相等，
物块与木板间及木板与地面间均有摩擦。物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且物块始
终在木板上。取重力加速度的大小 g＝10 m/s2，求：
(1)物块与木板间、木板与地面间的动摩擦因数；
(2)从 t＝0 时刻到物块与木板均停止运动时，物块相对于木板的位移的大小。
第一步：抓关键点―→获取信息
(1)读题：
(2)读图：
第二步：找突破口→形成思路
规范解答 由 v－t 图象可知，在 t1＝0.5 s 时，二者速度相同，为 v1＝1 m/s，物块和木板的加速度
大小分别为 a1 和 a2，则 a1＝v1
t1 ①
a2＝v0－v1
t1 ②
设物块与木板间、木板与地面间的动摩擦因数分别为 μ1、μ2，根据牛顿第二定律，
对物块有 μ1mg＝ma1③
对木板有 μ1mg＋2μ2mg＝ma2④
联立①②③④式得联立方程得：μ1＝0.2，μ2＝0.3
(2)t1 时刻后，地面对木板的摩擦力阻碍木板运动，物块与木板之间的摩擦力改变方向。设物块与木
板之间的摩擦力大小为 Ff，物块和木板的加速度大小分别为 a1′和 a2′，由牛顿第二定律得
对物块有 Ff＝ma1′
对木板有 2μ2mg－Ff＝ma2′
假设物块相对木板静止，即 Ff＜μ1mg，则 a1′＝a2′，得 Ff＝μ2mg＞μ1mg，
与假设矛盾，所以物块相对木板向前减速滑动，而不是与木板共同运动，
物块加速度大小 a1′＝a1＝2 m/s2
物块的 v－t 图象如图所示。此过程木板的加速度 a2′＝2μ2g－μ1g＝4 m/s2
由运动学公式可得，物块和木板相对地面的位移分别为
x1＝ v21
2a1＋ v21
2a1′＝0.5 m
x2＝v0＋v1
2 t1＋ v21
2a2′＝13
8 m
物块相对木板的位移大小为 x＝x2－x1＝1.125 m
方法三 过程组合法——抓衔接点，用好规律
一个较复杂的物理运动过程往往是由多个连续、简单的物理过程有机链接而成，解题时可将多个运
动过程按规律重新组合，使得题目变得简单，从而茅塞顿开。
四、高考计算题选解
题型 1、匀变速直线运动规律的应用
(1)两个等量关系：即时间关系和位移关系，这两个关系可以通过画草图得到。
(2)一个临界条件：即二者速度相等，它往往是能否追上、追不上或两者相距最远、最近的临界条件。
【例 1】 甲、乙两车同时同地同向出发，在同一水平公路上做直线运动，甲的初速度 v 甲＝16
m/s，加速度大小 a 甲＝2 m/s2，做匀减速直线运动，乙以初速度 v 乙＝4 m/s，加速度大小 a 乙＝1
m/s2，做匀加速直线运动，求：
(1)两车再次相遇前二者间的最大距离；
(2)到两车再次相遇所需的时间。
解析：(1)二者相距最远时的特征条件是：速度相等，即 v 甲 t＝v 乙 t
v 甲 t＝v 甲－a 甲 t1；v 乙 t＝v 乙＋a 乙 t1，得：t1＝v甲－v乙
a甲＋a乙＝4 s
相距最远 Δx＝x 甲－x 乙＝(v 甲 t1－1
2a 甲 t21)－(v 乙 t1＋1
2a 乙 t21)＝24 m。
(2)再次相遇的特征是：二者的位移相等，即
v 甲 t2－1
2a 甲 t22＝v 乙 t2＋1
2a 乙 t22，代入数值化简得 12t2－3
2t22＝0
解得：t2＝8 s，t2′＝0(即出发时刻，舍去)
题型 2、应用牛顿第二定律和运动学公式的综合解决力学问题
【例 2】如图，两个滑块 A 和 B 的质量分别为 mA=1 kg 和 mB=5 kg，放在静止于水平地面上的木板
的两端，两者与木板间的动摩擦因数均为 μ1=0.5；木板的质量为 m=4 kg，与地面间的动摩擦因数为
μ2=0.1。某时刻 A、B 两滑块开始相向滑动，初速度大小均为 v0=3 m/s。A、B 相遇时，A 与木板恰
好相对静止。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小 g=10 m/s2。求
（1）B 与木板相对静止时，木板的速度；
（2）A、B 开始运动时，两者之间的距离。
【解析】（1）滑块 A 和 B 在木板上滑动时，木板也在地面上滑动。设 A、B 和木板所受的摩擦力
大小分别为 f1、f2 和 f3，A 和 B 相对于地面的加速度大小分别是 aA 和 aB，木板相对于地面的加速度
大小为 a1。在物块 B 与木板达到共同速度前有
①
②
③
由牛顿第二定律得
④
⑤
⑥
设在 t1 时刻，B 与木板达到共同速度，设大小为 v1。由运动学公式有
⑦
⑧
联立①②③④⑤⑥⑦⑧式，代入已知数据得 ⑨
1 1 Af m gµ=
2 1 Bf m gµ=
3 2 ( )A Bf m m m gµ= + +
1 A Af m a=
2 B Bf m a=
2 1 3 1f f f ma− − =
1 0 1Bv v a t= −
1 1 1v a t=
1 1 m/sv =
对 A 有 ⑬
在 t2 时间间隔内，B（以及木板）相对地面移动的距离为 ⑭
在(t1+t2)时间间隔内，A 相对地面移动的距离为 ⑮
A 和 B 相遇时，A 与木板的速度也恰好相同。因此 A 和 B 开始运动时，两者之间的距离为
⑯
联立以上各式，并代入数据得 ⑰
题型 3、应用动力学和能量观点解决力学问题
【例 3】如图所示，为皮带传输装置示意图的一部分，传送带与水平地面的倾角 θ＝37°，A、B 两
端相距 5.0 m，质量为 M＝10 kg 的物体以 v0＝6.0 m/s 的速度沿 AB 方向从 A 端滑上传送带，物体与
传送带间的动摩擦因数处处相同，均为 0.5。传送带顺时针运转的速度 v＝
4.0 m/s，(g 取 10 m/s2，sin 37°＝0.6 ，cos 37°＝0.8)求：
(1)物体从 A 点到达 B 点所需的时间；
(2)电动机因传送该物体多消耗的电能。
(3)若传送带顺时针运转的速度可以调节，物体从 A 点到达 B 点的最短
时间是多少？
解析 (1)设在 AB 上物体的速度大于 v＝4.0 m/s 时加速度大小为 a1，由牛顿第二定律得
mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1
设经 t1 物体速度与传送带速度相同，t1＝v0－v
a1 ，通过的位移 x1＝v20－v2
2a1
设速度小于 v 时物体的加速度大小为 a2， mgsin θ－μmgcos θ＝ma2
物体继续减速，设经 t2 物体到达传送带 B 点，L－x1＝vt2－1
2a2t22，t＝t1＋t2
联立以上各式，代入数据解得 t＝2.2 s
(2)t1 物体相对传送带的位移为 Δx1＝x1-vt1＝0.2 m
t2 物体相对传送带的位移为 Δx2＝vt2-( L－x1)＝4 m
因摩擦而产生的内能 E 内＝μmgcos θ·(Δx1+Δx2)＝168 J
电动机因传送该物体多消耗的电能为 E 总＝ΔEk＋Ep＋E 内＝0-1
2mv02＋mgLsin θ＋E 内＝288 J
(3)若传送带的速度较大，沿 AB 上滑时所受摩擦力一直沿皮带向上，则所用时间最短，此种情况加
速度一直为 a2，所以有 L＝v0t′－1
2a2t′2 解得 t′＝1 s
【变式 1】如图所示，光滑曲面 AB 与水平面 BC 平滑连接于 B 点，BC 右端连接内壁光滑、半径为
r 的1
4细圆管 CD，管口 D 端正下方直立一根劲度系数为 k 的轻弹簧，轻
弹簧一端固定，另一端恰好与管口 D 端平齐。质量为 m 的滑块在曲面
2 1 2Av v a t= − +
2
1 1 2 2 2
1
2s v t a t= −
2
0 1 2 1 2
1( ) ( )2A As v t t a t t= + − +
0 1A Bs s s s= + +
0 1.9 ms =
上距 BC 的高度为 2r 处从静止开始下滑，滑块与 BC 间的动摩擦因数 μ＝1
2，进入管口 C 端时与圆管
恰好无作用力，通过 CD 后压缩弹簧，在压缩弹簧过程中滑块速度最大时弹簧的弹性势能为 Ep。求：
(1)滑块到达 B 点时的速度大小 vB；
(2)水平面 BC 的长度 x；
(3)在压缩弹簧过程中滑块的最大速度 vm。
解析 (1)滑块在曲面上下滑过程，由动能定理得 mg·2r＝1
2mv2B，解得 vB＝2 gr
(2)在 C 点，由 mg＝m v2C
r 得 vC＝ gr
滑块从 A 点运动到 C 点过程，由动能定理得 mg·2r－μmgx＝1
2mv2C，解得 x＝3r
(3)设在压缩弹簧过程中速度最大时，滑块离 D 端的距离为 x0，则有 kx0＝mg，得 x0＝mg
k
由能量守恒得 mg(r＋x0)＝1
2mv2m－1
2mv2C＋Ep 得 vm＝ 3gr＋2mg2
k －2Ep
m
【变式 2】如图所示，在竖直平面内固定有两个很靠近的同心圆形轨道，外圆 ABCD 光滑，内圆的
上半部分 B′C′D′粗糙，下半部分 B′A′D′光滑。一质量为 m＝0.2 kg 的小球从外轨道的最低
点 A 处以初速度 v0 向右运动，小球的直径略小于两圆的间距，小球运动的轨道半径 R＝0.2 m，取 g
＝10 m/s2。
(1)若要使小球始终紧贴着外圆做完整的圆周运动，初速度 v0 至少为多少？
(2)若 v0＝3 m/s，经过一段时间后小球到达最高点，内轨道对小球的支持力 FC
＝2 N，则小球在这段时间内克服摩擦力做的功是多少？
(3)若 v0＝3.1 m/s，经过足够长的时间后，小球经过最低点 A 时受到的支持力
为多少？小球在整个运动过程中减少的机械能是多少？
解析 (1)设小球到达外轨道的最高点的最小速度为 vC，则 mg＝mv2C
R
由动能定理可知－2mgR＝1
2mv2C－1
2mv20 代入数据解得 v0＝ 10 m/s。
(2)设此时小球到达最高点的速度为 vC′，克服摩擦力做的功为 W，则由牛顿第二定律可得
mg－FC＝mvC′2
R
由动能定理可知－2mgR－W＝1
2mv′2C－1
2mv20 代入数据解得 W＝0.1 J
(3)经足够长的时间后，小球在下半圆轨道内做往复运动。设小球经过最低点的速度为 vA，受到的支
持力为 FA，则由动能定理可知 mgR＝1
2mv2A
根据牛顿第二定律可得 FA－mg＝mv2A
R 代入数据解得：FA＝3mg＝6 N
设小球在整个运动过程中减少的机械能为 ΔE，由功能关系有 ΔE＝1
2mv20－mgR
代入数据解得：ΔE＝0.561 J
题型 4、应用动量和能量观点解决力学问题
1．表达式：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′
2．适用条件
(1)理想守恒：系统不受外力或所受外力的合力为零，则系统动量守恒。
(2)近似守恒：当内力远大于外力时，系统的动量可近似看成守恒。如碰撞和爆炸问题。
(3)分方向守恒：系统在某个方向上所受合力为零时，系统在该方向上动量守恒。
一、碰撞问题的应用
【例 1】(2014·全国大纲)冰球运动员甲的质量为 80.0 kg。当他以 5.0 m/s 的速度向前运动时，与另
一质量为 100 kg、速度为 3.0 m/s 的迎面而来的运动员乙相撞。碰后甲恰好静止。假设碰撞时间极
短，求：
(1)碰后乙的速度的大小；
(2)碰撞中总机械能的损失。
【解析】(1)设运动员甲、乙的质量分别为 m、M，碰前速度大小分别为 v、V，碰后乙的速度大小为
V′。由动量守恒定律有 mv－MV＝MV′ 代入数据得 V′＝1.0 m/s
(2)设碰撞过程中总机械能的损失为 ΔE，应有 1
2mv2＋1
2MV2＝1
2MV′2＋ΔE
V′＝1.0 m/s，代入上式解得 ΔE＝1 400 J。
二、“子弹打木块”模型的应用
【例 2】如图所示，悬挂在竖直平面内某一点质量为 m2=2kg 的木块（可以视为质点），悬线长为 L=1m，
质量为 m1=10g 的子弹以水平初速度 v0=600m/s 射入木块而未射出．求
（1）子弹射入木块时木块的速度及此时绳中的拉力. (3m/s，39.19N)
（2）木块向右摆动的最大高度．(0.45m)
（3）子弹射入木块的过程产生的热量。(1791J)
【解析】（1）对子弹、木球组成的系统，在短暂的打击过程中动量守恒：
得 m/s
对子弹和木球在最低点： ，得 N;
（2）对子弹和木球向右摆动机械能守恒： 得 ;
（3）对子弹、木球组成的系统， J
三、“板块”问题
【例 3】质量 M=2 kg 的小平板车静止在光滑水平面上，车的一端静止着质量为 mA=2 kg 的物体
A(可视为质点)，如图．一颗质量为 mB=20g 的子弹以 600 m/s 的水平速度迅速射穿 A 后，速度变
为 100 m/s，最后物体 A 仍静止在车上．若物体 A 与小车间的动摩擦因数μ=0.5，取 g=10m/s2，
求（1）平板车最后的速度是多大? (2.5m/s)（2）A 在车上滑动的距离。(1.25m)
【解析】（1）对子弹、物体 A 和小平板车组成的系统，全过程动量守恒：
， =100 m/s 得 m/s
（2）对子弹和物体 A 组成的系统，在短暂的打击过程中动量守恒：
得 m/s，
A 在小平板车上滑动过程由功能关系 得：
解得 m.
四、圆弧形槽问题
【例 4】如图所示，一质量为 m1=1kg 的小车静止在光滑的水平地面上，小车的左端有一静止的质
量为 m2=4kg 的光滑小球．小车左端离地高度为 h=5m。现突然给小球一向右的初速度为 v0=5m/s，
vmmvm )( 2101 += 3=v
L
vmmgmmT
2
2121 )()( +=+− 19.38=T
ghmmvmm )()(2
1
21
2
21 +=+ 45.0=h
17912
1
2
1 2
21
2
01 =+−=∆= vmmvmEQ ）（损
BBA0B )M( vmvmvm ++= Bv 5.2=v
BBAA0B vmvmvm += 5A =v
损EQ ∆=
22
2
1
2
1 vMmvmgLm AAAA ）（ +−=µ 25.1=L
结果小球在小车上经过一段运动后又自小车左端离开小车，则小球着地时距车左端多远？
{s=(8-3)*1=5m}
【解析】：对小球和小车组成的系统，从开始运动到球车分离过程中：
动量守恒： ………………………………①
机械能守恒： …………………②
由 ① ② 解 得 ： =8m/s ， =3m/s , 小 球 着 地 的 时 间 为 ：
，故小球着地时距车左端距离为：s= =5m。
五、涉及弹簧的综合问题
【例 5】如图所示，两个质量均为 4m 的小球 A 和 B 由轻弹簧连接，置于光滑水平面上．一颗质量
为 m 子弹，以水平速度 v0 射入 A 球，并在极短时间内嵌在其
中．求：在运动过程中
（1）什么时候弹簧的弹性势能最大，最大值是多少？
（2）A 球的最小速度和 B 球的最大速度．（ ；VAmin ，VBmax ）
【解析】：子弹与 A 球发生完全非弹性碰撞，子弹质量为 m，A 球、B 球分别都为 M，子弹与 A 球
组成的系统动量守恒，则 mv0= (m+M)V
（1） 以子弹、A 球、B 球作为一系统，以子弹和 A 球有共同速度为初态，子弹、A 球、B 球速度
相同时为末态，则
（m+M）V= (m+M+M)V′，
M＝4m，解得
（2）以子弹和 A 球有共同速度为初态，子弹和 A 球速度最小、B 球速度最大为末态，则
（m+M）V= (m+M)VA+MVB
解得 ， 或 ＝ v0， ＝0（初态速度，舍去）
根据题意求 A 球的最小速度和 B 球的最大速度，所以 VAmin ，VBmax
总结：碰撞问题解题策略可熟记一些公式，
例如“一动一静”模型中，两物体发生弹性正碰后的速度满足：
v1＝m1－m2
m1＋m2v0、v2＝ 2m1
m1＋m2v0。
题型 5、应用动力学和能力观点解决力电综合问题
【例 5】如图所示，CD 左侧存在场强大小为 E＝mg
q ，方向水平向左的匀强电场，一个质量为 m、
电荷量为 q 的光滑绝缘小球，从底边 BC 长 L，倾角 α＝53°的直角三角形斜面顶端 A 点由静止开始
下滑，运动到斜面底端 C 点后进入一细圆管内(C 处为一小段长度可忽略的圆弧，圆管内径略大于
小球直径)，恰能到达 D 点，随后从 D 离开后落回到斜面 P 点，重力加速
度为 g(sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6)。
(1)求 DA 两点间的电势差 UDA；
221102 vmvmvm +=
2
22
2
11
2
02 2
1
2
1
2
1 vmvmvm +=
0
21
2
1
2 vmm
mv += 0
21
12
2 vmm
mmv +
−=
sg
ht 12 == tvv )( 12 −
2
02
45
mv
0
1
45
v= 0
2
9
v=
2 21 1( ) ( )
2 2 Pm M V m M M V E′+ = + + +
2
02
45P
mvE =
2 2 21 1 1( ) ( )
2 2 2A Bm M V m M V MV+ = + +
0
1
45AV v= 0
2
9BV v= AV 1
5 BV
0
1
45
v= 0
2
9
v=
(2)求圆管半径 r；
(3)求小球从 D 点运动到 P 点的时间 t。
解析 (1)WAD＝－mgL＝－WDA， UDA＝WDA
q
或 UDA＝EL① 解得 UDA＝mgL
q ②
(2)由恰好过 D 点，判断 vD＝0③ 根据动能定理：从 A 到 D 过程
mg(Ltan 53°－2r)－EqL＝0④ 解得 r＝L
6⑤
(3)由于 mg＝Eq，小球进入电场与水平方向成 45°角斜向下做匀加速直线运动。设到达 P 处水平位
移为 x，竖直位移为 y，则有 x＝y， xtan 53°＋x＝2r⑥
解得 x＝L
7，y＝L
7⑦
竖直方向自由落体有 y＝1
2gt2⑧ 解得 t＝ 2L
7g⑨
【变式 1】如图所示，在沿水平方向的匀强电场中有一固定点 O，用一根长度为 l＝0.40 m 的绝缘细
线把质量为 m＝0.20 kg、带有正电荷的金属小球悬挂在 O 点，小球静止在 B 点时细线与竖直方向的
夹角为 θ＝37°。现将小球拉至位置 A 使细线水平后由静止释放，g 取 10 m/s2，sin 37°＝0.60，cos 37°
＝0.80，求：
(1)小球运动通过最低点 C 时的速度大小；
(2)小球通过最低点 C 时细线对小球的拉力大小。
(3)小球运动中的最大速度及此时绳中拉力。
解析 (1)小球受到电场力 qE、重力 mg 和绳的拉力 FT 作用处于静止状态，根据共点力平衡条件有
qE＝mgtan 37°＝3
4mg
小球从 A 点运动到 C 点的过程，根据动能定理有 mgl－qEl＝1
2mv2C
解得小球通过 C 点时的速度 vC＝ 2(mg－qE)l
m
＝ 2 m/s。
(2)设小球在最低点时细线对小球的拉力为 FT，根据牛顿第二定律有 FT－mg＝mv2C
l ，解得 FT＝3 N。
(3)当小球切线合力为零时最大速度，即 B 点。小球从 A 点运动到 B 点的过程，根据动能定理有
mglcos37°－qEl(1-sin37°)＝1
2mvB2 解得 vB=2 m/s
在 B 点对小球的拉力为 F，根据牛顿第二定律有 F－mg cos37°—qE sin37°＝mv2C
l ，解得 F＝4.5 N。
【变式 2】如图所示，在倾角为 θ＝30°的斜面上，固定一宽 L＝0.25 m 的平行金属导轨，在导轨上
端接入电源和滑动变阻器 R。电源电动势 E＝12 V，内阻 r＝1 Ω，一质量 m＝20 g 的金属棒 ab 与两
导轨垂直并接触良好。整个装置处于磁感应强度 B＝0.80 T、垂直于斜面向上的匀强磁场中(导轨与
金属棒的电阻不计)。金属导轨是光滑的，取 g＝10 m/s2，要保持金属棒在导轨上静止，求：
(1)金属棒所受到的安培力的大小；
(2)通过金属棒的电流的大小；
(3)滑动变阻器 R 接入电路中的阻值。
解析 (1)金属棒静止在金属导轨上受力平衡，如图所示
F 安＝mgsin 30°，代入数据得 F 安＝0.1 N。
(2)由 F 安＝BIL，得 I＝F安
BL＝0.5 A。
(3)设滑动变阻器接入电路的阻值为 R0，
根据闭合电路欧姆定律得：E＝I(R0＋r)，解得 R0＝E
I－r＝23 Ω。
题型 6、带电粒子在磁场中的运动
1．圆心的确定方法
方法一 若已知粒子轨迹上的两点的速度方向，则可根据洛伦兹力 F⊥v，分别确定两点处洛伦兹
力 F 的方向，其交点即为圆心，如图(a)；
方法二 若已知粒子运动轨迹上的两点和其中某一点的速度方向，
则可作出此两点的连线(即过这两点的圆弧的弦)的中垂线，中垂线
与垂线的交点即为圆心，如图(b)。
2．半径的计算方法
方法一 由物理方程求：半径 R＝mv
qB；
方法二 由几何方程求：一般由数学知识(勾股定理、三角函数等)计算来确定。
3．时间的计算方法
方法一 由圆心角求：t＝ θ
2π·T；
方法二 由弧长求：t＝s
v
。
【例 6】 如图所示，在真空中坐标 平面的 区域内，有磁
感强度 的匀强磁场，方向与 平面垂直，在 轴
上的 点，有一放射源，在 平面内向各个方向发射速率
的带正电的粒子，粒子的质量为 ，
电量为 ，求带电粒子能打到 轴上的范围．
【 解 析 】 带 电 粒 子 在 磁 场 中 运 动 时 有 ， 则
．如答图所示，当带电粒子打到 轴上方的 A 点与
P 连线正好为其圆轨迹的直径时，A 点既为粒子能打到 轴上方的最高
点 ． 因 ， ， 则
．
当带电粒子的圆轨迹正好与 轴下方相切于Ｂ点时，Ｂ点既为粒子能打到
轴下方的最低点，易得 ．
综上，带电粒子能打到 轴上的范围为： ．
【变式】如图所示，一足够长的矩形区域 abcd 内充满磁感应强度为 B、方向垂直纸面向里的匀强磁
场，现从矩形区域 ad 边的中点 O 处，垂直磁场射入一速度方向跟 ad 边夹角为 30°、大小为 v0 的
带电粒子。已知粒子质量为 m，电量为 q，ad 边长为
l，重力影响忽略不计。 （1）试求粒子能从 ab 边上射
出磁场的 v0 的大小范围。
（2）问粒子在磁场中运动的最长时间是多少？
xoy 0>x
TB 2100.1 −×= xoy x
)0,10(p xoy
smv /100.1 4×= kgm 25106.1 −×=
Cq 18106.1 −×= y
R
vmBqv
2
=
cmmBq
mvR 101.0 === y
y
cmROp 10== cmRAP 202 ==
cmOPAPOA 31022 =−=
y y
cmROB 10==
y cmycm 31010 ≤≤−
300
O v0 B
c
a b
d
o cmx /
cmy /
p
×× ××
×× ××
×× ××
×× ××
•
答图
cmx /
cmy /
p
×
×
××
×× ××
×× ××
×× ××
•
B
A ×× ××
o
•
×× ××
•
【解析】：（1）设带电粒子在磁场中正好经过 cd 边（相切），从 ab 边射出时的速度为 v1，轨迹
如图 1 所示， ①
根据几何关系分析得：R1＝l ②
由①②两式求得：v1＝Bql／m ③
没带电粒子在磁场中正好经过 ab 边（相切）．从 ad 边射出时速度为 v2，转迹如上图 2。
④
由几何关系分析得：R2=l/3 ⑤
由④⑤两式求得：v2＝qBl/3m
带电粒子从 ab 边射出磁场的 v0 的大小范围为：v≥1v0≥v2
即
（2）带电粒子在磁场中的周期为
根据带电粒子在磁场中的轨迹占圆周比值最大即运动时间最长。
同时据几何关系，当 最长时间
题型 7、带电粒子在复合场中的运动
【例 1】在如图所示的直角坐标系中，第二象限有沿 y 轴负方向的匀强电场 E1，第三象限存在沿 x
轴正方向的匀强电场 E2，第四象限中有一固定的点电荷。现有一质量为 m 的带电粒子由第二象限
中的 A 点(－a，b)静止释放(不计重力)，粒子到达 y 轴上的 B 点时，其速度方向和 y 轴负方向的夹
角为 45°，粒子在第四象限中恰好做匀速圆周运动，经过 x 轴上的 C
点时，其速度方向与 x 轴负方向的夹角为 60°，求：
(1)E1 和 E2 之比；
(2)点电荷的位置坐标。
解析 (1)设粒子在第二象限中的运动时间为 t1，进入
第三象限时的速度为 v0，有
b＝1
2·qE1
m ·t21 b＝1
2v0t1
设粒子在第三象限中的运动时间为 t2，在 B 点时速度为 v，x 轴方向的分速度为 vx，则
v＝ 2v0
vx＝v0
a＝1
2·qE2
m ·t22
a＝1
2vxt2
联立以上各式得E1
E2＝a
b，t2＝2a
v0。
(2)设 O、B 的间距为 l，粒子做圆周运动的半径为 r，则 l＝v0t2＝2a
l＝rcos 45°＋rsin 30°
由以上两式得 r＝4a( 2－1) 所以点电荷的位置坐标：xD＝rsin 45°
＝2a(2－ 2)
yD＝－(l－rcos 45°)＝2a(1－ 2)。
1
2
1
1 R
vmqBv =
2
2
2
2 R
vmqBv =
m
Bqlvm
Bql
30 ≥≥
qB
mT
π2=
m
Bqlv 30 0 ≤≤
Bq
mTtm 3
5
6
5 π==
1．抓住联系两个场的纽带——速度。
2.求解策略：“各个击破”
3. 处理带电粒子在场中的运动时，要做到“三个分析”：
(1)正确分析受力情况，重点明确重力是否不计和洛伦兹力的方向。
(2)正确分析运动情况，常见的运动形式有：匀速直线运动、匀速圆周运动和一般变速曲线运动。
(3)正确分析各力的做功情况，主要分析电场力和重力的功，洛伦兹力一定不做功。
【变式 1】如图所示，相距为 d 的平行金属板 M、N 间存在匀强电场和垂直纸面向里、磁感应强度
为 B0 的匀强磁场；在 xOy 直角坐标平面内，第一象限有沿 y 轴负方向场强为 E 的匀强电场，第四
象限有垂直坐标平面向里、磁感应强度为 B 的匀强磁场。一质量为 m、电荷量为 q 的正离子(不计
重力)以初速度 v0 沿平行于金属板方向射入两板间并做匀速直线运动，从 P 点垂直 y 轴进入第一象
限，经过 x 轴上的 A 点射出电场进入磁场。已知离子过 A 点时的速度方向与 x 轴成 45°角。求：
(1)金属板 M、N 间的电压 U；
(2)离子运动到 A 点时速度 v 的大小和由 P 点运动到 A 点所需时间 t；
(3)离子第一次离开第四象限磁场区域的位置 C(图中未画出)与坐标原点的距离 OC。
解析 (1)设平行金属板 M、N 间匀强电场的场强为 E0，则有 U＝E0d
因为离子在金属板方向射入两板间并做匀速直线运动有 qE0＝qv0B0
解得金属板 M、N 间的电压 U＝B0v0d
(2)在第一象限的电场中离子做类平抛运动，有 cos 45°＝v0
v
故离子运动到 A 点时的速度 v＝ 2v0
又 qE＝ma，vy＝at，tan 45°＝vy
v0
解得离子在电场 E 中运动到 A 点所需时间 t＝mv0
qE
(3)在磁场中洛伦兹力提供向心力有 qvB＝mv2
R 得 R＝mv
qB＝ 2mv0
qB
如图所示，由几何知识可得AC＝2Rcos 45°＝ 2R＝2mv0
qB 又OA＝v0t＝mv20
qE
因此离子第一次离开第四象限磁场区域的位置 C 与坐标原点的距离：
OC＝OA＋AC＝mv20
qE ＋2mv0
qB
题型 8、应用动力学和能量观点处理电磁感应问题
考点 1、电磁感应与电路结合的问题
1．分析电磁感应电路问题的基本思路
2．电磁感应中电路知识的关系图
【例 1】如图所示，MN、PQ 为足够长的平行金属导轨，间距 L＝0.50 m，导轨平面与水平面间夹
角 θ＝37°，N、Q 间连接一个电阻 R＝5.0 Ω，匀强磁场垂直于导轨平面向上，磁感应强度 B＝1.0 T。
将一根质量为 m＝0.050 kg 的金属棒放在导轨的 ab 位置，金属棒及导轨的电阻不计。现由静止释放
金属棒，金属棒沿导轨向下运动过程中始终与导轨垂直，且与导轨接触良好。已知金属棒与导轨间
的动摩擦因数 μ＝0.50，当金属棒滑行至 cd 处时，其速度大小开
始保持不变，位置 cd 与 ab 之间的距离 s＝2.0 m。已知 g＝10
m/s2，sin 37°＝0.60，cos 37°＝0.80。求：
(1)金属棒沿导轨开始下滑时的加速度大小；
(2)金属棒到达 cd 处的速度大小；
(3)金属棒由位置 ab 运动到 cd 的过程中，电阻 R 产生的热量。
解析 (1)设金属棒开始下滑时的加速度大小为 a，则
mgsin θ－μmgcos θ＝ma 解得 a＝2.0 m/s2
(2)设金属棒到达 cd 位置时速度大小为 v、电流为 I，金属棒受力平衡，有
mgsin θ＝BIL＋μmgcos θ I＝BLv
R 解得 v＝2.0 m/s
(3)设金属棒从 ab 运动到 cd 的过程中，电阻 R 上产生的热量为 Q，由能量守恒，有
mgssin θ＝1
2mv2＋μmgscos θ＋Q 解得 Q＝0.10 J
考点 2、电磁感应与动力学结合的问题
【例 2】 如图所示，光滑斜面的倾角 α＝30°，在斜面上放置一矩形线框 abcd，ab 边的边长 l1＝1
m，bc 边的边长 l2＝0.6 m，线框的质量 m＝1 kg，电阻 R＝0.1 Ω，线框通过细线与重物相连，重物
质量 M＝2 kg，斜面上 ef(ef∥gh)的右方有垂直斜面向上的匀强磁场，磁感应强度 B＝0.5 T，如果线
框从静止开始运动，进入磁场的最初一段时间做匀速运动，ef 和 gh 的距离 s＝11.4 m，(取 g＝10 m/s2)，
求：
(1)线框进入磁场前重物的加速度；
(2)线框进入磁场时匀速运动的速度 v；
(3)ab 边由静止开始到运动到 gh 处所用的时间 t；
第一步：抓关键点→获取信息
第二步：抓过程分析→理清思路
规范解答 (1)线框进入磁场前，仅受到细线的拉力 F，斜面的支持力和线框的重力，重物受到自身
的重力和细线的拉力 F′，对线框由牛顿第二定律得 F－mgsin α＝ma
对重物由牛顿第二定律得 Mg－F′＝Ma
又 F＝F′
联立解得线框进入磁场前重物的加速度 a＝Mg－mgsin α
M＋m ＝5 m/s2。
(2)因为线框进入磁场的最初一段时间做匀速运动，则重物受力平衡：Mg＝F1
线框 abcd 受力平衡：F1′＝mgsin α＋F 安
又 F1＝F1′
ab 边进入磁场切割磁感线，产生的感应电动势 E＝Bl1v
回路中的感应电流为 I＝E
R＝Bl1v
R
ab 边受到的安培力为 F 安＝BIl1
联立解得 Mg＝mgsin α＋B2l21v
R
代入数据解得 v＝6 m/s。
(3)该阶段的运动时间为 t1＝v
a＝1.2 s
进入磁场过程中匀速运动的时间 t2＝l2
v
＝0.1 s
线框完全进入磁场后的受力情况同进入磁场前的受力情况相同，所以该阶段的加速度仍为 a＝5 m/s2
由匀变速直线运动的规律得 s－l2＝vt3＋1
2at23 解得 t3＝1.2 s
因此 ab 边由静止开始到运动到 gh 处所用的时间 t＝t1＋t2＋t3＝2.5 s。
考点 3、电磁感应与能量结合的问题
【例 3】 (2014·天津卷)如图所示，两根足够长的平行金属导轨固定在倾角 θ＝30°的斜面上，导轨
电阻不计，间距 L＝0.4 m。导轨所在空间被分成区域Ⅰ和Ⅱ，两区域的边界与斜面的交线为 MN，Ⅰ
中的匀强磁场方向垂直斜面向下，Ⅱ中的匀强磁场方向垂直斜面向上，两磁场的磁感应强度大小均
为 B＝0.5 T。在区域Ⅰ中，将质量 m1＝0.1 kg，电阻 R1＝0.1 Ω 的金属条 ab 放在导轨上，ab 刚好不
下滑。然后，在区域Ⅱ中将质量 m2＝0.4 kg，电阻 R2＝0.1 Ω 的光滑导体棒 cd 置于导轨上，由静止
开始下滑。cd 在滑动过程中始终处于区域Ⅱ的磁场中，ab、cd 始终与导轨垂直且两端与导轨保持
良好接触，取 g＝10 m/s2，问：
(1)cd 下滑的过程中，ab 中的电流方向；
(2)ab 刚要向上滑动时，cd 的速度 v 多大；
(3)从 cd 开始下滑到 ab 刚要向上滑动的过程中，cd 滑动的距离
x＝3.8 m，此过程中 ab 上产生的热量 Q 是多少。
解析 (1)根据右手定则判知 cd 中电流方向由 d 流向 c，故 ab 中电流方向由 a 流向 b。
(2)开始放置 ab 刚好不下滑时，ab 所受摩擦力为最大摩擦力，设其为 Fmax，有 Fmax＝m1gsin θ①
设 ab 刚好要上滑时，cd 棒的感应电动势为 E，由法拉第电磁感应定律有 E＝BLv②
设电路中的感应电流为 I，由闭合电路欧姆定律有 I＝ E
R1＋R2③
设 ab 所受安培力为 F 安，有 F 安＝BIL④
此时 ab 受到的最大摩擦力方向沿斜面向下，由平衡条件有 F 安＝m1gsin θ＋Fmax⑤
联立①②③④⑤式，代入数据解得：v＝5 m/s⑥
(3)设 cd 棒中产生的总热量为 Q 总，由能量守恒定律有 m2gxsin θ＝Q 总＋1
2m2v2⑦
由串联电路规律有 Q＝ R1
R1＋R2Q 总⑧
联立解得：Q＝1.3 J⑨
高中物理重点实验复习
一、力学实验
1．（测动摩擦因数）(2015·全国卷Ⅱ，22)某同学用图(a)所示的实验装置测量物块与斜面之间的动
摩擦因数。已知打点计时器所用电源的频率为 50 Hz，物块下滑过程中所得到的纸带的一部分如图(b)
所示，图中标出了五个连续点之间的距离。
(1)物块下滑时的加速度 a＝________ m/s2，打 C 点时物块的速度 v＝________ m/s；
(2)已知重力加速度大小为 g，为求出动摩擦因数，还必须测量的物理量是______(填正确答案标号)。
A.物块的质量
B.斜面的高度
C.斜面的倾角
解析 (1)根据纸带数据可知，加速度 a＝
（xCD＋xDE）－（xAB＋xBC）
4T2 ＝3.25 m/s2；
打 C 点时物块的速度 v＝xBD
2T＝1.79 m/s
(2)由牛顿第二定律得加速度 a＝gsin θ－μgcos θ，所以要求出动摩擦因数，还必须测量的物理量是
斜面的倾角。
答案 (1)3.25 1.79 (2)C
2．(验证牛顿第二定律)用图甲所示的装置做“验证牛顿第二定律”的实验。
(1)为了减小长木板对小车摩擦力的影响，必须在长木板________(选填“远离”或“靠近”)滑轮的
一端下面垫一木块来平衡摩擦力。接通电火花计时器电源，轻推小车，让小车拖着纸带运动。如果
打出的纸带如图乙所示，则应________(选填“减小”或“增大”)木板的倾角，反复调节，直到纸
带上打出的点迹________为止。
(2)为了验证小车的加速度与其质量的定量关系，必须采用________法。
(3)A 同学在小车所受合外力不变时，改变小车的质量，得到的数据如下表所示：
实验
次数
小车质量
m/kg
小车加速度
a/(m·s－2)
小车质量的
倒数1
m/kg－1
1 0.10 0.60 10.00
2 0.20 0.30 5.00
3 0.30 0.20 3.33
4 0.40 0.15 2.50
5 0.50 0.12 2.00
①根据表中数据，在图丙所示坐标系中描出相应的实验数据点，并作出 a－1
m图象。
②由 a－1
m图象，可得出的结论为______________________________________________。
③小车受到的合力大小约为________。(结果保留两位小数)
解析 (1)为了减小长木板对小车摩擦力的影响，必须把长木板远离滑轮的一端垫高，使小车的重力
沿斜面的分力和摩擦力抵消；图乙反映了小车在做加速运动，应减小木板的倾角，直到纸带上打出
的点迹均匀为止。
(2)小车的加速度与其质量和所受合外力有关，必须采用控制变量法研究。
(3)①图象如图所示；②在物体所受外力不变时，物体的加速度与其质量成反比；③由牛顿第二定律
F＝ma 得 a＝F
m，即图线的斜率等于小车所受的合外力大小，则 F＝0.6
10 N＝0.06 N。
答案 (1)远离；减小；间隔相等(均匀) (2)控制变量 (3)①如图所示；②在物体受外力不变时，物
体的加速度与其质量成反比；③0.06 N
3．(探究小车速度随时间的变化规律)(1)如图所示为“探究小车速度随时间变化的规律”的实验装置
图，按照实验要求应该( )
A.先释放小车，再接通电源
B.先接通电源，再释放小车
C.同时释放小车和接通电源
(2)本实验必须( )
A.要平衡摩擦力
B.要求悬挂物的质量远小于小车的质量
C.上述两项要求都不需要
(3)如图为在“探究小车速度随时间的变化规律”实验中，得到的纸带，从中确定五个计数点，量得
d1＝8.00 cm，d2＝17.99 cm，d3＝30.00 cm，d4＝44.01 cm。每相邻两个计数点间的时间间隔是 0.1
s。则打 C 点时小车的速度 vC＝________ m/s，小车的加速度 a＝________ m/s2。(结果保留两位有
效数字)
解析 (1)实验中应该先接通电源，再释放小车，选项 B 正确。(2)本实验不是验证牛顿第二定律的
实验，只需要保持合力恒定即可，选项 C 正确。
(3)根据匀变速直线运动的规律，vC＝d3－d1
2T ＝1.1 m/s，加速度 a＝d4－d2－d2
4T2 ＝2.0 m/s2。
答案 (1)B (2)C (3)1.1 2.0
4．(探究动能定理)某物理兴趣小组利用如图所示的装置，将质量为 m＝1.5 kg 的钩码 P 与质量为 M
＝5.0 kg 的小车 Q 组成的系统作为研究对象来验证动能定理，其实验步骤如下：(重力加速度 g 取 10
m/s2)
A.将一端带滑轮的木板放在水平桌面上，有滑轮的一端伸出桌边沿
B.在木板不带滑轮的一端安装打点计时器，用导线将打点计时器跟频率为 50 Hz 的交流电源相连
C.将小车 Q 放在木板上打点计时器的附近，纸带穿过打点计时器的限位孔并与小车相连
D.细绳的一端与小车 Q 相连，另一端跨过滑轮与钩码 P 相连
E.接通打点计时器后释放小车 Q，打点计时器在纸带上打下一系列点如图所示。图中 A、B、
C、…、H 是计数点，每相邻两个计数点间有 4 个记录点未标出，设纸带上两个相邻的计数点之的
时间间隔为 T。
(1)纸带上两个相邻的计数点之间的时间间隔 T＝________s。
(2)由图 10 所示的纸带，通过分析计算可知，小车 Q 运动中受到的阻力 f＝________N。
(3)从打点计时器打下 B 点到打下 C 点的过程中，对钩码 P 与小车 Q 组成的系统，合外力做的功为 W
＝________(用 M、m、g、f、T、s1、s2、s3、…中的相关符号表示)；钩码 P 与小车 Q 组成的系统动
能的改变量 ΔEk＝________(用 M、m、g、f、T、s1、s2、s3、…中的相关符号表示)。
(4)该实验中，每次实验所求得的 W 都略大于 ΔEk，引起该实验误差的原因是____________(只需填
写一个即可)。
解析 (1)相邻两计数点间的时间 T＝5T0，T0 为打点计时器的打点周期，即 T0＝0.02 s，故 T＝0.1 s。
(2)由纸带可求得小车运动时的加速度 a＝s3－s2
T2
由牛顿第二定律得 mg－f＝(M＋m)a 解得 f＝2 N
(3)从 B 到 C 的过程中，合外力做的功为 W＝(mg－f)s2
由纸带可知：vB＝s1＋s2
2T ，vC＝s2＋s3
2T
则 ΔEk＝1
2(M＋m)(v2C－v2B) ＝M＋m
8T2 [(s2＋s3)2－(s1＋s2)2]
(4)根据实验原理分析，W 略大于 ΔEk 的原因有：钩码 P 下落过程中受到空气的阻力；计算过程中
忽略了滑轮的质量即滑轮获得的动能；滑轮转动过程中受到轴、空气的阻力等。
答案 (1)0.1 (2)2 (3)(mg－f)s2 M＋m
8T2 [(s2＋s3)2－(s1＋s2)2]
(4)钩码 P 下落过程中受到空气的阻力
5．(验证机械能守恒定律)某同学利用如图所示的装置来验证由小车与钩码组成的系统机械能守恒
(1)现提供如下器材：
A.小车 B.钩码 C.一端带滑轮的长木板 D.细绳 E.电火花打点计时器 F.纸带 G.毫米刻度尺
H.游标卡尺 I.低压交流电源 J.220 V 交流电源
实验中不需要的器材是________(填写器材前的字母)，还需要的器材是________。
(2)为尽可能消除摩擦力对本实验的影响，使验证结果尽可能准确，则小车质量 M 和钩码质量 m 的
关系应该满足________。
(3)小明和小军同学在做该实验时，小明认为只要采用平衡摩擦力的方法将摩擦力平衡掉就可以了，
无须满足(2)问中小车质量 M 和钩码质量 m 的关系，而小军却否认小明的看法，你认为小明的看法
________(选填“正确”或“不正确”)，理由是___________________________。
(4)两位同学统一观点后完成实验，得到一条纸带，去掉前面比较密集的点，选择点迹清晰且便于测
量的连续 7 个点(标号为 0～6)，测出相关距离如图所示，要验证在第 2 点与第 5 点时系统的机械能
相等，则应满足关系式____________________________。(设小车质量 M，钩码质量 m，打点周期
为 T)
解析 (1)实验不需要游标卡尺，距离由刻度尺测量，电火花计时器直接使用 220 V 交流电源，不需
要低压交流电源，不需要的器材是 H、I，还需要天平测量钩码的质量。
(2)为尽可能消除摩擦力对本实验的影响，使验证结果尽可能准确，则小车质量 M 和钩码质量 m 的
关系应该满足 M≫m，这样能使摩擦力做的功相对少些，以减少机械能的损失。
(3)小明的看法不正确，因为平衡摩擦力后，摩擦力还做负功，系统机械能不守恒。
(4)利用匀变速直线运动的推论：v2＝d3－d1
2T ，v5＝d6－d4
2T
从第 2 点到第 5 点时系统的动能增加：
1
2(M＋m)(d6－d4
2T )2－1
2(M＋m)(d3－d1
2T )2
从第 2 点到第 5 点时系统的重力势能减小量：mg(d5－d2)
应满足关系式 mg(d5－d2)＝1
2(M＋m)(d6－d4
2T )2－1
2(M＋m)(d3－d1
2T )2
答案 (1)H，I 天平 (2)M≫m
(3)不正确，因为平衡摩擦力后，摩擦力还做负功，系统机械能不守恒
(4)mg(d5－d2)＝1
2(M＋m)(d6－d4
2T )2－1
2(M＋m)(d3－d1
2T )2
二、电学实验
题型 1、基本仪器的读数及多用电表的使用
1.游标卡尺、螺旋测微器的读数技巧
记住三点：①所有读数一定以毫米为单位并注意主尺刻度对应的毫米数，根据结果再变换单位；②
以毫米为单位，小数点后数字分别是，螺旋测微器是 3 位、20 分度和 50 分度游标卡尺是 2 位、10
分度游标卡尺和毫米刻度尺是 1 位。③游标卡尺不估读，螺旋测微器要估读。
2.电压表、电流表、多用电表的读数技巧
(1)对电压表、电流表读数问题，①要先弄清楚电表的精确度，即每小格的数值；②再确定估读的方
法，是1
2、1
5还是 1
10估读，明确读数的小数位数。对电流表 3A 量程估读到最小分度的 1
10，0.6 A 量程
的估读到最小分度的1
2；对电压表 3V 量程估读到最小分度的 1
10，15 V 量程的估读到最小分度的1
5。
(2)多用电表的使用问题，在弄清其基本原理的基础上，会选择测量项目及量程、挡位，能区分机械
调零和欧姆调零的区别，掌握测量电阻的步骤，此外，会看多用电表表盘，最上排不均匀刻度为测
电阻时读数刻度，读出表盘刻度后应乘以挡位倍率；中间刻度是均匀的，为测量电压和电流的读数
刻度，下面三排数字均为方便读数所标注；最下排刻度专为测量 2.5 V 以下交流电压所用，一般较
少使用。
1．图甲是学生实验用的两个量程的电流表刻度盘，当用“＋”和“0.6”两接线柱时，能测量的最大
电流是____A，对应刻度盘上每一小格代表____A，图中表针示数为____A。当使用电流表“＋”和
“3”两个接线柱时，对应刻度盘上每一小格代表____A，图中表针示数为____A。
图乙为学生实验用的有两个量程的电压表刻度盘，当使用较小量程时，测量电压最大值不得超过
________V，每小格表示________V；图中指针示数为________V。若使用的是较大量程时，则表盘
刻度每小格表示________V；图中指针示数为________V。
答案 0.6 0.02 0.48 0.1 2.40 3.0 0.1 1.70 0.5 8.5
2．某同学要测量一均匀新材料制成的圆柱体的电阻率 ρ，首先用游标为 20 分度的游标卡尺测量其
长度如图 5 甲，由图甲可知其长度为________mm；用螺旋测微器测量其直径如图乙，由图乙可知
其直径为________mm；用多用电表的电阻“×10”挡，按正确的操作步骤测此圆柱体的电阻，表
盘的示数如图丙，则该电阻的阻值约为________Ω。
解析 游标卡尺的读数为(50＋0.05×5)mm＝50.25 mm，螺旋测微器的读数为(4.5＋0.01×20.0)mm
＝4.700 mm，多用电表的读数为 19×10 Ω＝190 Ω。
答案 50.25 4.700 190
3．某实验小组现在要测量一根金属丝的电阻率，该金属丝的横截面是“外方内圆”，实验电路如图
乙所示，请完成以下问题。
(1)游标卡尺的结构如图丙所示，要测该金属丝的内径 D(如图甲所示)，必须用其中________进行测
量(填“A”、“B”或“C”)，图中的读数为________mm。
甲 乙 丙
(2)用螺旋测微器测金属丝横截面的边长，示数如图 8，则边长 a＝________mm。
(3)图 7 乙中闭合开关前应将滑动变阻器的滑片移至最________(填“左”或“右”)端。
(4)实验中电压表和电流表的示数如图 9 所示，则金属丝两端的电压 U＝________V，流过金属丝的
电流 I＝________A。
图 8 图 9
解析 (1)A 是测量物体外径的，B 是测量物体内径的，C 是测量物体深度的。
该金属丝的内径 D＝4 mm＋ 1
50×10 mm＝4.20 mm。
(2)螺旋测微器主尺的读数为 14.500 mm，可动刻度与主尺对齐格数为 48.2 格，读数为 0.482 mm，
则用螺旋测微器测得的金属丝横截面的边长 a＝14.500 mm＋0.482 mm＝14.982 mm。
(3)由电路结构可知滑动变阻器的连接方式为分压式，故闭合开关前应将滑动变阻器的滑片移至最左
端。
(4)由图 9 可知，电流表的读数 I＝0.42 A，电压表的读数 U＝2.28 V。
答案 (1)B；4.20 (2)14.982 (3)左 (4)2.28；0.42
题型 2、以测量电阻为核心的电学实验
1．电流表、电压表测电阻两种方法的比较
电流表内接法 电流表外接法
电路图
误差原因
电流表分压
U 测＝Ux＋UA
电压表分流
I 测＝Ix＋IV
电阻
测量值
R 测＝U测
I测 ＝Rx＋RA＞Rx，
测量值大于真实值
R 测＝U测
I测 ＝ RxRV
Rx＋RV＜Rx，
测量值小于真实值
适用条件 RA≪Rx RV≫Rx
口诀
大内偏大(大电阻用内接法测
量，测量值偏大)
小外偏小(小电阻用外接法测量，测
量值偏小)
1．(2014·全国卷Ⅱ·22)在伏安法测电阻的实验中，待测电阻 Rx 约为 200 Ω，电压表 的内阻约为 2
kΩ，电流表 的内阻约为 10 Ω，测量电路中电流表的连接方式如图(a)或图(b)所示，结果由公式 Rx＝
U
I 计算得出，式中 U 与 I 分别为电压表和电流表的示数。若将图(a)和图(b)中电路测得的电阻值分别
记为 Rx1 和 Rx2，则________(填“Rx1“或“Rx2”)更接近待测电阻的真实值，且测量值 Rx1________(填
“大于”、“等于”或“小于”)真实值，测量值 Rx2________(填“大于”、“等于”或“小于”)真
实值。
解析 由于RV
Rx＝2 000
200 ＝10，而Rx
RA＝200
10 ＝20，可见Rx
RA>RV
Rx，应采用图(a)电路测量更准确，即 Rx1 更
接近待测电阻的真实值；由于 Rx1＝U
I ，其中 R 真＝UR
IR ，而 U>UR，I＝IR，则 Rx1>R 真，即测量值 Rx1
大于真实值；又由于 Rx2＝U
I ，R 真＝UR
IR ，其中 U＝UR，I>IR，则 Rx2 IA1 时，且 的内阻已知，则可测得未知电阻 。
例 2、[2014·四川卷，8(2)]图是测量阻值约几十欧的未知电阻 R x 的原理图，图中 R0 是保护电阻(10
Ω)，R1 是电阻箱(0～99.9 Ω)，R 是滑动变阻器，A1 和 A2 是电流表，E 是电源(电动势 10 V，内阻很
小)。在保证安全和满足要求的情况下，使测量范围尽可能大。实验具体步骤如下：
(1)连接好电路，将滑动变阻器 R 调到最大；
(2)闭合 S，从最大值开始调节电阻箱 R1，先调 R1 为适当值，再调节滑动变阻器 R，使 A1 示数为 I1＝
0.15 A，记下此时电阻箱的阻值 R1 和 A2 的示数 I2；
(3)重复步骤(2)，再测量 6 组 R1 和 I2 值；
(4)将实验测得的 7 组数据在坐标纸上描点。
根据实验回答以下问题：
①现有四只供选用的电流表：
A．电流表(0～3 mA，内阻为 2.0 Ω)
B．电流表(0～3 mA，内阻未知)
C．电流表(0～0.3 A，内阻为 5.0 Ω)
D．电流表(0～0.3 A，内阻未知)
A1 应选用________，A2 应选用________。
②测得一组 R1 和 I2 值后，调整电阻箱 R1，使其阻值变小，要使 A1 示数 I1＝0.15 A，应让滑动变阻
器 R 接入电路的阻值________(选填“不变”、“变大”或“变小”)。
③在坐标纸上画出 R1 与 I2 的关系图。
④根据以上实验得出 Rx＝________Ω。
解析 ①根据题意 I1＝0.15 A，图象中 I2 能达到 0.25 A，所以电流表
应选 C 和 D。又因 I2(Rx＋r2)＝I1(R0＋R1＋r1)，即 R1＝Rx＋r2
I1 I2－(R0＋
r1)，要求 Rx 需 r2 已知，所以 A2 应选 C，A1 应选 D。
②R1 的阻值变小，要使 A1 的示数不变，需并联部分的电压变小，
所以滑动变阻器的电阻要变大。
③图线如答案图所示。
12
11
II
rIRx −
×=
A1
A2
丙
Rx
④由图线可求斜率 k＝240 Ω/A，又因 k＝Rx＋5
0.15 ，所以 Rx＝31 Ω。
答案 ①D C ②变大 ③关系图线如图 ④31
变式．实际电流表有内阻，可等效为理想电流表与电阻的串联。测量实际电流表 G1 内阻 r1 的电路
如图甲所示。
供选择的仪器如下：
①待测电流表 G1(0～5 mA，内阻约为 300 Ω)；
②电流表 G2(0～10 mA，内阻约为 100 Ω)；
③定值电阻 R1(300 Ω)；
④定值电阻 R2(10 Ω)；
⑤滑动变阻器 R3(0～1 000 Ω)；
⑥滑动变阻器 R4(0～20 Ω)；
⑦干电池(1.5 V)；
⑧开关 S 及导线若干。
(1)定值电阻应选________，滑动变阻器应选________。(在空格内填写序号)
(2)用连线连接如图乙所示的实物图。
(3)测量多组电流表 G1、G2 的读数 I1、I2，以 I2 为纵坐标，I1 为横坐标，作出相应图线，如图所示。
根据 I2－I1 图线的斜率 k 及定值电阻(选定)，写出待测电流表内阻的表达式________________。
解析 (1)根据电路的原理图，定值电阻应适当大一些，滑动变阻器采用分压接法时，应选用阻值适
当小一些的，故定值电阻选③，滑动变阻器选⑥。
(2)实物连线如图所示，连线时要注意电表的正负接线柱不能接反。
(3)根据串、并联电路规律可知：I2＝I1＋I1r1
R1 ＝R1＋r1
R1 I1，所以 k＝R1＋r1
R1 ，
所以 r1＝(k－1)R1。
答案 (1)③ ⑥ (2)见解析图 (3)r1＝(k－1)R1
（3）伏伏法
若电压表内阻已知，则可将其当做电流表、电压表和定值电阻来使用。
①如图甲所示，两电表的满偏电流接近时，若已知 的内阻 R1，则可测出 的内阻 R2＝U2
U1R1。
②如图乙所示，两电表的满偏电流 IV1≪IV2 时， 并联一定值电阻 R0 后，
同样可得 的内阻 R2＝ U2
U1
R1＋U1
R0
。
例 3 、 用 以 下 器 材 测 量 一 待 测 电 阻 Rx 的 阻 值
（900~1000Ω）：
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=2500Ω；
滑线变阻器 R，最大阻值约为 100Ω；
单刀单掷开关 K，导线若干。
⑴测量中要求电压表的读数不小于其量程的 ，试画出测量电阻 Rx 的一种实验电路原理图
（原理图中的元件要用题图中相应的英文字母标注）。
⑵根据你所画的电路原理图在题给的实物图上画出联线。
⑶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=________。
答案：（1）
（2）
或
（3）Rx= 或 Rx=
（4）半偏法测电流表内阻
步骤：①断开 S2，闭合 S1，调节 R0，使 表满偏为 I0；
②保持 R0 不变，闭合 S2，调节 R，使 表读数为I0
2；
③由上可得 RA＝R。
3
1
2112
211
rUrU
rrU
− 1
1
12 )( rU
UU −
例 4、有一电流表 A，量程为 1mA，内阻 rg 约为 100Ω,要求测量其内阻。可选用的器材有：电阻箱
R0，最大阻值为 99999.9Ω.现有一电流表 A，量程为 1mA，内阻 rg 约为 100Ω，滑动变阻器甲，最
大最值为 10kΩ，滑动变阻器乙，最大最值为 2kΩ，电源 E1，电动势约为 2V，内阻
不计；电源 E2，电动势约为 6V，内阻不计；开关 2 个，导线若干。
采用的测量电路图如图所示，实验步骤如下：
a、断开 S1 和 S2，将 R 调到最大；
b、合上 S1，调节 R 使电流表 A 满偏；
c、合上 S2，调节调节 R1 使电流表 A 半偏，读出 R1 的值，就是电流表 A 的内阻。
试问：
（ⅰ）上述可供选择的器材中，可变电阻 R1 应该选择 ，变电阻 R 应该选择 ，
电源 E 应该选择 。
（ⅱ）认为内阻 rg= R1，此结果与真实值相比 。（填“偏大”、“偏小”或“相等”）
【答案】（1）R0，滑动变阻器甲，E2 （2）偏小
变式．[2014·安徽卷，21Ⅱ(2)改编]为了更准确地测量某电压表的内阻 RV(RV 约为 3.0×103 Ω)，该同
学设计了如图所示的电路图，实验步骤如下：
A．断开开关 S，按图连接好电路；
B．把滑动变阻器 R 的滑片 P 滑到 b 端；
C．将电阻箱 R0 的阻值调到零；
D．闭合开关 S；
E．移动滑动变阻器 R 的滑片 P 的位置，使电压表的指针指到 3 V 位置；
F．保持滑动变阻器 R 的滑片 P 位置不变，调节电阻箱 R0 的阻值使电压表指针指到 1.5 V 位置，读
出此时电阻箱 R0 的阻值，此值即为电压表内阻 RV 的测量值；
G．断开开关 S。
实验中可供选择的实验器材有：
a．待测电压表
b．滑动变阻器：最大阻值 2 000 Ω
c．滑动变阻器：最大阻值 10 Ω
d．电阻箱：最大阻值 9 999.9 Ω，阻值最小改变量为 0.1 Ω
e．电阻箱：最大阻值 999.9 Ω，阻值最小改变量为 0.1 Ω
f．电池组：电动势约 6 V，内阻可忽略
g．开关、导线若干
按照这位同学设计的实验方法，回答下列问题：
(1)要使测量更精确，除了选用电池组、导线、开关和待测电压表外，还应从提供的滑动变阻器中选
用________(填“b”或“c”)，电阻箱中选用________(填“d”或“e”)。
(2)电压表内阻 RV 的测量值 R 测和真实值 R 真相比，R 测________R 真(填“＞”或“＜”)；若 RV 越
大，则|R测－R真|
R真 越________(填“大”或“小”)。
解析 (1)滑动变阻器选择分压式接法，故选择阻值较小的，c 可用；电压表半偏时，所串联变阻箱
电阻约为 3 000 Ω，故变阻箱选择 d。
(2)由闭合电路欧姆定律可知，随着电阻箱的阻值变大，电源两端的路端电压随之变大，当电阻箱调
至使电压表半偏时，此时电压表与变阻箱两端的总电压比变阻箱阻值为 0 时要大，故此时变阻箱的
实际分压是大于电压表的，故有 R 测>R 真，外电阻越大，干路电流越小，当外电阻变化时，路端电
压的变化量越小，故测量误差也越小。
答案 (1)c d (2)> 小
（5）等效替代法
如图所示，先让待测电阻与一电流表串联后接到电动势恒定的电源上，读出电流表示数 I；然后将
电阻箱与电流表串联后接到同一电源上，调节电阻箱的阻值，使电流表的读数仍为 I，则电阻箱的
读数即等于待测电阻的阻值。
例 5、为了测量一微安表头 A 的内阻，某同学设计了如图所示的电路。图
中 A0 是标准电流表，R0 和 RN 分别是滑动变阻器和电阻箱，S 和 S1 分别是
单刀双掷开关和单刀单掷开关，E 是电池。完成下列实验步骤中的填空：
(1)当将 S 拨向接点 1 时，接通 S1，调节________，使待测微安表头指针偏转到适当位置，记下此
时________的读数 I；
(2)然后将 S 拨向接点 2，调节________，使________，记下此时 RN 的读数；
(3)多次重复上述过程，计算 RN 读数的________，此即为待测微安表头内阻的测量值。
解析 本题方法为等效替代法。当 S 接 1 与接 2 时通过电路的电流 I 相同时，待测微安表头的内阻
与 RN 的电阻相同。
答案 (1)R0 标准电流表(或 A0) (2)RN 标准电流表(或 A0)的读数仍为 I (3)平均值
（6）多用电表测电阻
例 6．某实验小组利用一滑动变阻器和未知内阻的微安表，来测量多用电表“×1 k”挡内部电池的
电动势 E。
(1)该小组采用图甲的电路进行实验，请将图乙中的实物连线连接完整。
(2)请将下面的实验步骤补充完整：
a．插上红、黑表笔，把多用电表的选择开关拨到欧姆挡的“×1 k”位置，将红、黑表笔________，
调整“欧姆调零旋钮”，使指针指到“0 Ω”。
b．按照电路图连接好电路。
c．接通开并，改变滑动变阻器的阻值，得到多用电表和微安表的示数分别如图所示。多用电表和
微安表的读数分别为________kΩ 和________μA。
d．断开开关，拔下红、黑表笔，把多用电表的选择开关扳到________位置。
(3)由以上信息可得多用电表“×1 k”挡内部电池的电动势为________V(保留两位有效数字)。
解析 (1)根据电路图，连接实物图，注意红、黑表笔的正、负接法。
(2)a.根据欧姆表的使用方法可知，选挡后应将红、黑表笔短接进行欧姆调零；c.欧姆表的读数为 R＝
22×1 kΩ＝22 kΩ，微安表的读数为 242 μA 或 243 μA 或 244 μA。
(3)根据闭合电路欧姆定律可得 E＝I(R＋R0)，I 表示微安表的示数、R 表示多
用电表的读数、R0 表示多用电表的内阻，代入数据有 E＝242×10 －6×(22＋
15)×103 V＝8.954 V≈9.0 V。
答案 (1)电路连接如图
(2)短接 22 242 或 243 或 244 OFF 或交流电压最高挡 (3)9.0
（7）电表的改装
例题 7．(2015·全国卷Ⅰ，23)图(a)为某同学改装和校准毫安表的电路图，其中虚线框内是毫安表的
改装电路。
(1)已知毫安表表头的内阻为 100 Ω，满偏电流为 1 mA；R1 和 R2 为阻值固定的电阻。若使用 a 和 b
两个接线柱，电表量程为 3 mA；若使用 a 和 c 两个接线柱，电表量程为 10 mA。由题给条件和数
据，可以求出 R1＝________ Ω，R2＝________ Ω。
(2)现用一量程为 3 mA、内阻为 150 Ω 的标准电流表 对改装电表的 3 mA 挡进行校准，校准时需选
取的刻度为 0.5、1.0、1.5、2.0、2.5、3.0 mA。电池的电动势为 1.5 V，内阻忽略不计；定值电阻 R0
有两种规格，阻值分别为 300 Ω 和 1 000 Ω；滑动变阻器 R 有两种规格，最大阻值分别为 750 Ω 和 3
000 Ω。则 R0 应选用阻值为________ Ω 的电阻，R 应选用最大阻值为________ Ω 的滑动变阻器。
(3)若电阻 R1 和 R2 中有一个因损坏而阻值变为无穷大，利用图(b)的电路可以判断出损坏的电阻。图
(b)中的 R′为保护电阻，虚线框内未画出的电路即为图(a)虚线框内的电路。则图中的 d 点应和接线柱
________(填“b”或“c”)相连。判断依据是：________________________________。
解析 (1)定值电阻和毫安表表头是并联关系，电压相等，电流和电阻成反比。若使用 a 和 b 两个接
线柱，量程为 3 mA，则通过 R1、R2 的电流为 2 mA，则通过毫安表表头和 R1、R2 的电流比为
1∶2，所以电阻比为 2∶1，可得 R1＋R2＝1
2Rg＝50 Ω；若使用 a 和 c 两个接线柱，电表量程为 10
mA，通过 R1 的电流为 9 mA，电流比为 1∶9，可得电阻比Rg＋R2
R1 ＝9
1，即 R1＝1
9(Rg＋R2)，整理可得
R1＝15 Ω，R2＝35 Ω。
(2)根据电流表校准的刻度，可知电路中总阻值最大为 1.5
0.000 5 Ω＝3 000 Ω，最小阻值为 1.5
0.003 Ω＝500
Ω。若定值电阻 R0 选择为 1 000 Ω，则无法校准 3.0 mA，所以选用的定值电阻 R0 的阻值应为 300
Ω，由于最大阻值要达到 3 000 Ω，所以选用的滑动变阻器 R 的最大阻值为 3 000 Ω。
(3)为准确地判断出哪个电阻损坏，d 点应和接线柱“c”相连；若电流表无示数，则说明 R2 断路，若
电流表有示数，则说明 R1 断路。
答案 (1)15 Ω 35 Ω (2)300 3 000 (3)c 见解析
题型 3、以测电源电动势为核心的电学实验
（1）伏安法测电源电动势和内阻
【例 1】 (2014·北京卷，21)利用电流表和电压表测定一节干电池的电动势和内电阻。要求尽量减
小实验误差。
(1)应该选择的实验电路是图中的________(选填“甲”或“乙”)。
(2)现有电流表(0～0.6 A)、开关和导线若干，以及以下器材：
A．电压表(0～15 V) B．电压表(0～3 V)
C．滑动变阻器(0～50 Ω) D．滑动变阻器(0～500 Ω)
实验中电压表应选用______；滑动变阻器应选用______。(选填相应器材前的字母)
(3) 某位同学记录的 6 组数据如下表所示，其中 5 组数据的对应点已经标在图 4 的坐标纸上，请标
出余下一组数据的对应点，并画出 U－I 图线。
序号 1 2 3 4 5 6
电压 U/V 1.45 1.40 1.30 1.25 1.20 1.10
电流 I/A 0.060 0.120 0.240 0.260 0.360 0.480
(4)根据(3)中所画图线可得出干电池的电动势 E＝________V，内电阻 r＝________Ω。
(5)实验中，随着滑动变阻器滑片的移动，电压表的示数 U 及干电池的输出功率 P 都会发生变化。
下图的各示意图中正确反映 P－U 关系的是________。
解析 (1)干电池内电阻较小，远小于电压表内阻，选用甲电路时电源内电阻的测量值相对误差小。
(2)一节干电池的电动势只有 1.5 V 左右，故电压表应选用量程较小的 B，干电池的内电阻一般只有
零点几欧或几欧，为调节方便，滑动变阻器应选用总阻值与之相差较小的 C。
(3)作图过程略，图见答案。
(4)由 U＝E－Ir 知 U－I 图线在 U 轴上的截距表示 E、斜率的绝对值表示 r，由图线可得 E＝1.50 V，
r＝0.83 Ω。
(5)由 P＝IU＝E－U
r ×U＝1
r(UE－U2)可知，P－U 图线是一条开口向下的抛物线，故选 C。
答案 (1)甲 (2)B C (3)如下图 (4)1.50(1.49～1.51) 0.83(0.81～0.85) (5)C
(2) 安阻法电源的电动势和内阻
【例 2】 (2014·全国卷Ⅰ，23)利用如图所示电路，可以测量电源的电动势和内阻，所用的实验器
材有：待测电源，电阻箱 R(最大阻值为 999.9 Ω)，电阻 R0(阻值为 3.0 Ω)，电阻 R1(阻值为 3.0 Ω)，
电流表 (量程为 200 mA，内阻为 RA＝6.0 Ω)，开关 S。
实验步骤如下：
①将电阻箱阻值调到最大，闭合开关 S；
②多次调节电阻箱，记下电流表的示数 I 和电阻箱相应的阻值 R；
③以1
I为纵坐标，R 为横坐标，作1
I－R 图线(用直线拟合);
④求出直线的斜率 k 和在纵轴上的截距 b。
回答下列问题：
(1)分别用 E 和 r 表示电源的电动势和内阻，则1
I与 R 的关系式为_________。
(2)实验得到的部分数据如下表所示，其中电阻 R＝3.0 Ω 时电流表的示数如图 8 所示，读出数据，
完成下表。
答：①________，②________。
R/Ω 1.0 2.0 3.0 4.0 5.0 6.0 7.0
I/A 0.143 0.125 ① 0.100 0.091 0.084 0.077
1
I/A－1 6.99 8.00 ② 10.0 11.0 11.9 13.0
图 8 图 9
(3)在图 9 的坐标纸上将所缺数据点补充完整并作图，根据图线求得斜率 k＝________ A－1·Ω－1，
截距 b＝________A－1。
(4)根据图线求得电源电动势 E＝________V，内阻 r＝________Ω。
解析 (1)由闭合电路欧姆定律有 E＝IRA＋(I＋IRA
R1 )(R＋R0＋r)，整理得1
I＝RA＋R1
ER1 R＋1
E[RA＋RA＋R1
R1
(r＋R0)]，代入数据得1
I＝3.0
E R＋3.0
E (5.0＋r)。
(2)①由题意知该电流表的最小分度为 2 mA，由题图 8 可得读数为 110 mA，考虑到表格内各组数据
的单位及有效数字位数，故结果应为 0.110 A。②1
I＝9.09 A－1。
(3)描点作图如图所示，由图线可得 k＝13.0－6.0
7.0－0 A－1·Ω－1＝1.0 A－1Ω－1，b＝6.0 A－1。
(4)由1
I＝3.0
E R＋3.0
E (5.0＋r)可知 k＝3.0
E ，b＝3.0
E (5.0＋r)，将 k＝1.0 A－1Ω－1、b＝6.0 A－1 代入可得 E＝
3.0 V，r＝1.0 Ω。
答案 (1)1
I＝RA＋R1
ER1 R＋1
E[RA＋RA＋R1
R1 (r＋R0)]或1
I＝3.0
E R＋3.0
E (5.0＋r)
(2)①0.110 ②9.09
(3)图见解析 1.0(在 0.96～1.04 之间均对) 6.0(在 5.9～6.1 之间均对)
(4)3.0(在 2.7～3.3 之间均对) 1.0(在 0.6～1.4 之间均对)
变式、(2015·安徽理综，21，Ⅱ)某同学为了测量一节电池的电动势和内阻，从实验室找到以下器材：
一个满偏电流为 100 μA、内阻为 2 500 Ω 的表头，一个开关，两个电阻箱(0～999.9 Ω)和若干导线。
(1)由于表头量程偏小，该同学首先需将表头改装成量程为 50 mA 的电流表，则应将表头与电阻箱
________(填“串联”或“并联”)，并将该电阻箱阻值调为________Ω。
(2)接着该同学用改装的电流表对电池的电动势及内阻进行测量，实验电路如图 7 所示，通过改变电
阻 R 测相应的电流 I，且作相关计算后一并记录如下表。
①根据表中数据，图 8 中已描绘出四个点，请将第 5、6 两组数据也描绘在图 8 中，并画出 IR－I 图
1 2 3 4 5 6
R(Ω) 95.0 75.0 55.0 45.0 35.0 25.0
I(mA) 15.0 18.7 24.8 29.5 36.0 48.0
IR(V) 1.42 1.40 1.36 1.33 1.26 1.20
线；
图 8
②根据图线可得电池的电动势 E 是________V，内阻 r 是________Ω。
解析 (1)要将电流表量程扩大，需要并联电阻，由并联电路特点：IgRg＝(I－Ig)R 并，将 I＝50 mA，
Ig＝100 μA，Rg＝2 500 Ω 代入解得 R 并＝5.0 Ω。
(2)①作 IR－I 图线，如图所示。
(2)根据实验电路知，IR 表示电源的路端电压，I 表示电路的电流，故 IR－I 图线的纵轴截距即为电
池的电动势，则 E＝1.53 V，图线斜率的绝对值即为电池的内阻，则 r＝|ΔIR
ΔI |＝2.0 Ω。
答案 (1)并联 5.0
(2)①如解析图所示 ②1.53 2.0
(3)伏阻法
例 3、现有一特殊的电池，其电动势 E 约为 9 V，内阻 r 在 35 Ω～55 Ω 范围，最大允许电流为 50
mA。为测定这个电池的电动势和内阻，某同学利用图 5 甲的电路进行实验。图中电压表看做理想
电表；R 为电阻箱，阻值范围为 0～9 999.9 Ω；R0 为定值电阻。
图 5
(1)该同学接入符合要求的 R0 后，闭合开关 S，调整电阻箱的阻值，读出电压表的示数 U，再改变电
阻箱阻值，测得多组数据，然后作出有关物理量的线性图象，如图乙所示，由图可求得电源的电动
势和内阻。
a.请写出该线性图象对应的函数表达式________。(用字母 E、r、U、R、R0 表示)
b.请标明图乙中两个坐标轴所表示的物理量，横坐标________，纵坐标________。
(2)根据乙图所作出的图象求得该电池的电动势 E 为________V，内电阻 r 为________Ω。
解析 (1)a.由闭合电路欧姆定律 E＝ U
R0＋R·(r＋R0＋R)，经变换得1
U＝r
E· 1
R＋R0＋1
E。
b.自变量为 1
R＋R0，因变量1
U。
(2)由1
U＝r
E· 1
R＋R0＋1
E及题图乙知，纵截距为1
E＝0.1，所以 E＝10 V；斜率为r
E＝ 0.65－0.1
12 × 10－2≈4.6，所
以 r＝46 Ω。
答案 (1)a.1
U＝r
E· 1
R＋R0＋1
E b. 1
R＋R0 1
U
(2)10 46(44～48)
（4）、伏伏法测电池的电动势和内阻
例 4、某同学现用如图 16 甲所示的原理图来测量一节干电池的电动势和内阻。图中两电压表均视为
理想电压表，实验中定值电阻的阻值 R0＝10 Ω，试分析下列问题：
(1)实验前该同学利用多用电表的直流电压挡的“×2.5 V”挡粗测该电源的电动势，测得的结果如
图乙所示，则多用电表测得的电动势为 E＝________V。
图 16
(2)根据电路图请将图 17 甲中的实物图连接好。
图 17
(3)实验中所作 U1－U2 图象如图乙所示，则图象在横轴上的截距所表示的物理意义是_______。
(4)依据图线求得该电源的电动势 E＝________V，内阻 r＝________Ω。(结果保留两位有效数字)
解析 (1)用多用电表测得的电源的电动势为 E＝1.5 V。
(2)所连的实物图如答案图所示。由多用电表的测量结果可知电压表的量程选 0～3 V。
(3)根据电路图可知图象在横轴上的截距表示电阻箱的阻值调到了零的状态时电压表 V2 的示数。
(4)由闭合电路欧姆定律可得：E＝U2＋U2－U1
R0 r
由上式可得 U1＝U2·R0＋r
r －E·R0
r
由此可知图象的斜率为 k＝R0＋r
r
为求直线的斜率可在直线上取两个距离较远的点，如(1.20，0.50)和(1.50，1.40)，图象的斜率为 k＝
3.00
所以 3r＝r＋R0，即电源的内阻为 r＝R0
2 ＝5.0 Ω
由 U1－U2 图象可知图象在纵轴上的截距为－3.0 V，则－3.0 V＝－E·R0
r
所以电源的电动势 E＝3.0r
R0 ＝1.5 V。
答案 (1)1.5 (2)如图所示 (3)见解析 (4)1.5；5.0
选修 3-3 热学
一、选择题部分
近几年高考题来看，选择题涉及四种考点，分别是分子动理论、固体液体的性质、热力
学定律的应用和气体状态方程、热力学第一定律与图像的综合应用，下面从这四个方面分类解答。
考向 1：分子动理论
1．【2010 年全国 I】右图为两分子系统的势能 Ep 与两分子间距离 r 的关系曲线。下列说法正确的是
A．当 r 大于 r1 时，分子间的作用力表现为引力
B．当 r 小于 r1 时，分子间的作用力表现为斥力
C．当 r 等于 r2 时，分子间的作用力为零
D ． 在 r 由 r1 变 到 r2 的 过 程 中 ， 分 子 间 的 作 用 力 做 负 功 [ 来
源:GKSTK.COM
【答案】BC
【解析】分子间距等于 r0 时分子势能最小，即 r0= r2。当 r 小于 r1 时分子力表现为斥力；当 r 大于 r1
小于 r2 时分子力表现为斥力；当 r 大于 r2 时分子力表现为引力，A 错 BC 对。在 r 由 r1 变到 r2 的过
程中，分子斥力做正功分子势能减小，D 错误。[来源:GKSTK.COM]
【命题意图与考点定位】分子间距于分子力、分子势能的关系
2．（2011 年全国大纲）在“油膜法估测油酸分子的大小”实验中，有下列实验步骤：
①往边长约为 40 cm 的浅盘里倒入约 2 cm 深的水．待水面稳定后将适量的痱子粉均匀地撒在水面上。
②用注射器将事先配好的油酸 酒精溶液滴一滴在水面上，待薄膜形状 稳定。
③将画有油膜形状的玻璃板平放在坐标纸上，计算出油膜的面积，根据油酸的体积和面积计算出油
酸分子直径的大小。
④用注射器将事先配好的油酸酒精溶液一滴一滴地滴入量筒中，记下量筒内每增加一定体积时的滴
数，由此计算出一滴油 酸酒精溶液的体积。
⑤将玻璃板放在浅盘上，然后将油膜的形状用彩笔描绘在玻璃板上。[来源:学*科*网]
完成下列填空：
⑴上述步骤中，正确的顺序是__________。（填写步骤前面的数字）[来源:学#科#网]
⑵将 1 cm3 的油酸溶于酒精，制成 300 cm3 的油酸酒精溶液；测得 l cm3 的油酸酒精溶液有 50 滴。
现取一滴该油酸酒精溶液滴在水面上，测得所形成的油膜的面积是 0.13 m2。由此估算出油酸分子
的 直径为_________m。（结果保留 l 位有效数字）
【答案】（1）④①②⑤③；（2）5 ×10－10[来源:Z§xx§k.Com]
【解析】：（1）依据实验顺序，首先配置混合溶液（④），然后在浅盘中放水和痱子 粉（①），将
一滴溶液滴入浅盘中（②），将玻璃板放在浅盘上获取油膜形状（⑤），最后用已知边长的坐标纸上
的油膜形状来计算油墨的总面积（③） ，故正确的操作顺 序为④①②⑤③；（2）一滴油酸酒精溶
液的体积为：V＝ 1cm3
300cm3 × 50＝SD，其中 S＝0.13cm2，故油酸分子直径 D＝V
S＝ 1cm3
300cm3 × 50 × 0.13cm2
＝5×10－10m。
3.【2012 年海南】两分子间的斥力和引力的合力 F 与分子间距离 r 的关系如图中曲线所示，曲线与
r 轴交点的横坐标为 r0。相距很远的两分子在分子力作用下，由静止开始相互接近。若两分子相距
无穷远时分子势能为零，下列说法正确的是_____________(填入正确选项前的字母。选对 1 个给 2
分，选对 2 个给 3 分，选对 3 个给 4 分；每选错 1 个扣 2 分，最低得分为 0 分)。
A．在 r＞r0 阶段，F 做正功，分子动能增加，势能减小
B．在 r＜r0 阶段，F 做负功，分子动能减小，势能减小
C．在 r＝r0 时，分子势能最小，动能最大
D．在 r＝r0 时，分子势能为零
E．分子动能和势能之和在整个过程中不变
【答案】 ＡＣＥ
【解析】A、r0 为分子间的平衡距离，分子间距大于平衡距离时分子间为引力，小于平衡距离时，
分子间为斥力；则有：在 r＞r0 阶段，分子力表现为引力，相互靠近时 F 做正功，分子动能增加，
势能减小，故 A 正确；当 r＜r0 时，分子间的作用力表现为斥力，斥力和引力都增大．相互靠近时
F 做负功，分子动能减小，势能增加，故 B 错误．在 r=r0 时，斥力和引力大小相等，方向相反，分
子力合力为零，分子势能最小，不是为零，应为负，动能最大，故 C 正确Ｄ错．由于没有外力做功，
根据能量守恒定律可知分子动能和势能之和在整个过程中不变，故Ｅ正确。
4．【2012 年全国】下列关于布朗运动的说法，正确的是
A．布朗运动是液体分子的无规则运动
B．液体温度越高，悬浮粒子越小，布朗运动越剧烈
C．布朗运动是由于液体各个部分的温度不同而引起的
D．布朗运动是由液体分子从各个方向对悬浮粒子撞击作用的不平衡引起的
【答案】 BD
【解析】 布朗运动是悬浮颗粒的无规则运动，不是液体分子的运动，选项 A 错；液体的温度越高，
悬浮颗粒越小，布朗运动越剧烈，选项 B 正确；布朗运动是由于液体分子从各个方向对悬浮粒子撞
击作用不平衡引起的，选项 C 错，选项 D 正确。
5．【2013 年全国Ⅰ】两个相距较远的分子仅在分子力作用下由静止开始运动，直至不再靠近．在此
过程中，下列说法正确的是________．(填正确答案标号．选对 1 个得 3 分，选对 2 个得 4 分，选对
3 个得 6 分．每选错 1 个扣 3 分，最低得分为 0 分)
A．分子力先增大，后一直减小
B．分子力先做正功，后做负功
C．分子动能先增大，后减小
D．分子势能先增大，后减小
E．分子势能和动能之和不变
【答案】BCE
[解析] 分子间作用力随分子间距离减小而先增大后减小再增大，A 错误；两分子靠近过程中，分子
间先是引力，后是斥力，所以分子间作用力先做正功后做负功，动能先增大后减小，B、C 正确；
根据能量守恒，动能与势能总和不变，故分子势能先减小后增大，E 正确，D 错误．
6.【2015 海南】已知地球大气层的厚度 h 远小于地球半径 R，空气平均摩尔质量为 M，阿伏伽德罗
常数为 ，地面大气压强为 ，重力加速度大小为 g。由此可以估算得，地球大气层空气分子总
数为 ，空气分子之间的平均距离为 。
【答案】 ，
【解析】设大气层中气体的质量为 m，由大气压强产生， ，即：
分子数 ，假设每个分子占据一个小立方体，各小立方体紧密排列
，则小立方体边长即为空气分子平均间距，设为 a，大气层中气体总体积为 V， ，而
，所以
7.【2015 年新课标 II】关于扩散现象，下列说法正确的是 （填正确答案标号，选对 1 个
给 2 分，选对 2 个得 4 分，选对 3 个得 5 分，每选错 1 个扣 3 分，最低得分 0 分）
AN OP
2
04 AR P N
Mg
π
3
0 A
Mgha P N
=
0mg p S= 0p Sm g
=
2
0 04A AA p SN R P NmNn M Mg Mg
π= = =
3 Va n
＝
24V R hπ= 3
0 A
Mgha P N
=
A.温度越高，扩散进行得越快
B.扩散现象是不同物质间的一种化学反应
C.扩散现象是由物质分子无规则运动产生的
D.扩散现象在气体、液体和固体中都能发生
E.液体中的扩散现象是由于液体的对流形成的
【答案】ACD
８．【2017 年新课标Ⅰ】氧气分子在 0 ℃和 100 ℃温度下单位速率间隔的分子数占总分子数的百分
比随气体分子速率的变化分别如图中两条曲线所示。下列说法正确的是________。（填正确答案标
号。选对 1 个得 2 分，选对 2 个得 4 分，选对 3 个得 5 分。每选错 1 个扣 3 分，最低得分为 0 分）
A．图中两条曲线下面积相等
B．图中虚线对应于氧气分子平均动能较小的情形
C．图中实线对应于氧气分子在 100 ℃时的情形
D．图中曲线给出了任意速率区间的氧气分子数目
E．与 0 ℃时相比，100 ℃时氧气分子速率出现在 0~400 m/s 区间内的分子数占总分子数的百分比
较大
【答案】ABC
考向 2：固体和液体的性质
1．（2011 年海南）关于空气湿度，下列说法正确的是 （填入正确选项前的字母。选对
1 个给 2 分，选对 2 个给 4 分；选错 1 个扣 2 分，最低得 0 分）。
A．当 人们感到潮湿时，空气的绝对湿度一定较大
B．当人们感到干燥时，空气的相对湿度一定较小
C．空气的绝对湿度用空气中所含水蒸汽的压强表示
D．空气的相对湿度 定义为水的饱和蒸汽压与相同温度时空气中所含水蒸气的压强之比
【答案】BC
【解析】人们感到干燥时，空气中实际水汽含量小，即空气中所含水蒸气的压强小，空气的绝对湿
度小，B、C 正确；空气的相对湿度定义为水蒸气的实际压强与相同温度时水的饱和蒸汽压之比，
人们感到干燥时，相对湿度较小，A、D 错误。
2．【2010 年海南】下列说法正确的是（填入正确选项前的字母，每选错一个扣 2 分，最低得分为 0
分）。
A．当一定质量的气体吸热时，其内能可能减小
B．玻璃、石墨和金刚石都是晶体，木炭是非晶体
C．单晶体有固定的熔点，多晶体和非晶体没有固定的熔点
D．当液体与大气相接触时，液体表面层内的分子所受其它分子作用力的合力总是指向液体内部
E．气体分子单位时间内与单位面积器壁碰撞的次数，与单位体积内气体的分子数和气体温度有关
【答案】ADE
【解析】一定质量的气体吸热时，如果同时对外做功，且做的功大于吸收的热量，则内能减小，(A)
正确；玻璃是非晶体，(B)错；多晶体也有固定的熔点，(C)错；液体表面层内的分子液体内部分子
间距离的密度都大于大气，因此分子力的合力指向液体内部，(D)正确；气体分子单位时间内与单
位面积器壁碰撞的次数，决定气体的压强，因此与单位体积内分子数和气体的温度有关，(E)对。
3．【2013 年海南】下列说法正确的是 （填正确答案标号。选对 1 个得 2 分，选对 2 个得 3 分.
选对 3 个得 4 分;每选错 I 个扣 2 分，最低得分为 0 分）
A．把一枚针轻放在水面上，它会浮在水面，这是由于水表面存在表面张力的缘故
B．水在涂有油脂的玻璃板上能形成水珠，而在干净的玻璃板上却不能，这是因为油脂使水的表面
张力增大的缘故
C．在围绕地球飞行的宇宙飞船中，自由飘浮的水滴呈球形，这是表面张力作用的结果
D．在毛细现象中，毛细管中的液面有的升高，有的降低，这与液体的种类和毛细管的材质有关
E．当两薄玻璃板间夹有一层水膜时，在垂直于玻璃板的方向很难将玻璃板拉开，这是由于水膜具
有表面张力的缘故
【答案】ACD
【解析】针轻放在水面上，它会浮在水面，这是由于水表面存在表面张力的缘故，A 说法正确；水
在涂有油脂的玻璃板上能形成水珠，而在干净的玻璃板上却不能，这是因为水可以浸润油脂，不可
以浸润玻璃，B 说法错误；在围绕地球飞行的宇宙飞船中，水滴处于完全失重状态，仅在液体表面
张力的作用下有收缩为球形的趋势，C 正确；在毛细现象中，毛细管中的液面有的升高，有的降低，
这与液体的种类和毛细管的材质有关，D 正确；当两薄玻璃板间夹有一层水膜时，在垂直于玻璃板
的方向很难将玻璃板拉开，这是由于玻璃板之间的空气排开后，中间没有空气，即气压为零，而两
玻璃板外面存在大气压强，大气压将两块玻璃紧紧地压在一起，E 错误．
4．【2014 年海南】下列说法正确的是
A．液体表面张力的方向与液面垂直并指向液体内部
B．单晶体有固定的熔点，多晶体没有固定的熔点
C．单晶体中原子（或分子、离子）的排列具有空间周期性
D．通常金属在各个方向的物理性质都相同，所以金属是非晶体
E．液晶具有液体的流动性，同时具有晶体的各向异性特征
【答案】 CE
5.（2014 年全国卷 2）下列说法正确的是 。（填正确答案标号。选对 1 个得 2 分，选对 2
个得 4 分，选对 3 个得 5 分，每选错 1 个扣 3 分，最低得分为 0 分）
A．悬浮在水中的花粉的布期运动反映了花粉分子的热运动
B．空中的小雨滴呈球形是水的表面张力作用的结果
C．彩色液晶显示器利用了液晶的光学性质具有各向异性的特点
D．高原地区水的沸点较低，这是高原地区温度较低的缘故
E．干湿泡温度计的湿泡显示的温度低于干泡显示的温度，这是湿泡外纱布中水蒸发吸热的结果
【答案】BCE
【解析】悬浮在水中的花粉的布朗运动反映了水分子的无规则热运动，A 错误；空中的小雨滴呈球
形是水的表面张力作用的结果，B 正确；彩色液晶显示器利用了液晶的光学性质具有各向异性的特
点，C 正确；高原地区水的沸点较低，是由于高原地区气压低，故水的沸点也较低，D 错误；干湿
泡温度计的湿泡显示的温度低于干泡显示的温度，是由于湿泡外纱布中水蒸发吸收热量，使湿泡的
温度降低的缘故，E 正确。
6. (2015 年新课标 I)下列说法正确的是 （填正确答案标号，选对一个得 2 分，选对 2 个得
4 分，选对 3 个得 5 分。每选错一个扣 3 分，最低得分为 0 分 ）
A．将一块晶体敲碎后，得到的小颗粒是非晶体
B．固体可以分为晶体和非晶体两类，有些晶体在不同的方向上有不同的光学性质
C．由同种元素构成的固体，可能会由于原子的排列方式不同而成为不同的晶体
D．在合适的条件下，某些晶体可以转化为非晶体，某些非晶体也可以转化为晶体
E．在熔化过程中，晶体要吸收热量，但温度保持不变，内能也保持不变
【答案】BCD
【解析】解析：晶体有固定的熔点，并不会因为颗粒的大小而改变，即使敲碎为小颗粒，仍旧是晶
体，选项 A 错。根据是否有固定的熔点，可以把固体分为晶体和非晶体两类，晶体有各向异性，选
项 B 对。同种元素构成的可能由于原子的排列方式不同而形成不同的晶体如金刚石和石墨。选项 C
对。晶体的分子排列结构如果遭到破坏 就可能形成非晶体，反之亦然，选项 D 对。熔化过程中，
晶体要吸热，温度不变，但是内能增大，选项 E 错。
考向 3：热力学定律的应用
1.【2010 年全国 II】 如图，一绝热容器被隔板 K 隔开 a 、 b 两部分。
已知 a 内有一定量的稀薄气体，b 内为真空，抽开隔板 K 后，a 内气体进入 b，最终达到平衡状态。
在此过程中
A．气体对外界做功，内能减少
B．气体不做功，内能不变
C．气体压强变小，温度降低
D．气体压强变小，温度不变
【答案】 BD
【解析】A、绝热容器内的稀薄气体与外界没有热传递，Q=0，因而 A 错误；
B、稀薄气体向真空扩散没有做功，W=0，因而 B 正确；
C、根据热力学第一定律稀薄气体的内能不变，则温度不变，因而 C 错误；
D、稀薄气体扩散体积增大，压强必然减小，D 正确；
2.（2011 年新课标）对于一定质量的理想气体，下列说法正确的是_______。
A．若气体的压强和体积都不变，其内能也一定不变
B．若气体的内能不变，其状态也一定不变
C．若气体的温度随时间不断升高，其压强也一定不断增大
D．气体温度每升高 1K 所吸收的热量与气体经历的过程有关
E．当气体温度升高时，气体的内能一定增大
【答案】ADE
【解析】：理想气体的内能只由温度决定，由理想气体状态方程 可知，若气体的压强和体
积都不变， 温度 T 也不变，所以内能也一定不变，A、E 选项正确。若气体的内能不变，则温度 T
不变，但气体的压强和体积可以改变，B 项错误。若气体的温度升高，体积增大，其压强可以不变，
C 项错误。由热力学第一定律 知，D 选项正确。
3．（2011 年大纲）关于一定量的气体，下列叙述正确的是
A．气体吸收的热量可以完全转化为功
B．气体体积增大时，其内能一定减少
C．气体从外界吸收热量，其内能一定增加
D．外界对气体做功，气体内能可能减少
【答案】AD
【解析】：根据热力学第二定律：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。即气体吸收热量在引起了其他变化的情况下，可以完全转化为功，A 对；内能的影响因素有
气体的体积和温度，故气体体积增大时，由于温度变化情况未知，故内能不一定减少，B 错；内能
可以通过做功和热传递改变，气体从外界吸收热量，由于对外做功情况未知，故内能不一定增加，
C 错；同理外界对气体做功，由于热传递情况未知，故气体内能有可能减少，D 对。
4.【2012 年新课标】关于热力学定律，下列说法正确的是________（填入正确选项前的字母，选对
1 个给 3 分，选对 2 个给 4 分，选对 3 个给 6 分，每选错 1 个扣 3 分，最低得分为 0 分）。
PV CT
=
U Q W∆ = +
A.为了增加物体的内能，必须对物体做功或向它传递热量
B.对某物体做功，必定会使该物体的内能增加
C.可以从单一热源吸收热量，使之完全变为功
D.不可能使热量从低温物体传向高温物体
E.功转变为热的实际宏观过程是不可逆过程
【答案】：ACE
5．【2013 年全国Ⅱ】关于一定量的气体，下列说法正确的是________(填正确答案标号．选对 1 个
得 2 分，选对 2 个得 4 分，选对 3 个得 5 分；每选错 1 个扣 3 分，最低得分为 0 分)．
A．气体的体积指的是该气体的分子所能到达的空间的体积，而不是该气体所有分子体积之和
B．只要能减弱气体分子热运动的剧烈程度，气体的温度就可以降低
C．在完全失重的情况下，气体对容器壁的压强为零
D．气体从外界吸收热量，其内能一定增加
E．气体在等压膨胀过程中温度一定升高
【答案】ABE
【解析】气体分子间隙很大，气体体积是指气体的分子能够到达的空间的体积，A 正确；根据分子
动理论，温度越高，分子热运动越剧烈，相反，温度越低，分子热运动剧烈程度越弱，B 正确；气
体压强是微观止大量分子对容器壁频繁碰撞的结果，与宏观上物体的运动状态无关，C 错误；改变
内能的方式有两种——做功和热传递，气体吸收热量，若同时对外做功，则内能不一定增加，D 错
误；在等压膨胀过程中，气体的体积 V 增大，压强 p 不变，由pV
T ＝C(常量)可知，温度 T 一定升高，
E 正确．
6．[2014·全国卷] 对于一定量的稀薄气体，下列说法正确的是( )
A．压强变大时，分子热运动必然变得剧烈
B．保持压强不变时，分子热运动可能变得剧烈
C．压强变大时，分子间的平均距离必然变小
D．压强变小时，分子间的平均距离可能变小
【答案】BD
【解析】本题考查气体性质．压强变大，温度不一定升高，分子热运动不一定变得剧烈，A 错误；
压强不变，温度也有可能升高，分子热运动可能变得剧烈，B 正确；压强变大，体积不一定减小，
分子间的距离不一定变小，C 错误；压强变小，体积可能减小，分子间的距离可能变小，D 正
确．
7．【2016·新课标Ⅰ卷】关于热力学定律，下列说法正确的是________。（填正确答案标号。选对 1
个得 2 分，选对 2 个得 4 分，选对 3 个得 5 分。每选错 1 个扣 3 分，最低得分为 0 分）
A．气体吸热后温度一定升高
B．对气体做功可以改变其内能
C．理想气体等压膨胀过程一定放热[来源:学优高考网 gkstk]
D．热量不可能自发地从低温物体传到高温物体
E．如果两个系统分别与状态确定的第三个系统达到热平衡，那么这两个系统彼此之间也必定达到热
平衡
【答案】BDE
8．【2016 年新课标Ⅲ】关于气体的内能，下列说法正确的是________（填正确答案标号。选对 1 个
得 2 分，选对 2 个得 4 分，选对 3 个得 5 分。每选错 1 个扣 3 分，最低得分为 0 分）。
A．质量和温度都相同的气体，内能一定相同
B．气体温度不变，整体运动速度越大，其内能越大
C．气体被压缩时，内能可能不变
D．一定量的某种理想气体的内能只与温度有关
E．一定量的某种理想气体在等压膨胀过程中，内能一定增加
【答案】CDE
【解析】质量和温度都相同的气体，虽然分子平均动能相同，但可能是不同的气体，则其摩尔质量
不同，即分子个数不同，所以分子动能不一定相同，A 错误；宏观运动和微观运动没有惯性，所以
宏观运动动能大，内能不一定大，B 错误；根据 可知如果等温压缩，则内能不变，等压膨
胀，温度增大，内能一定增大，CE 正确；理想气体的分子势能为零，所以理想气体的内能等于分
子动能，而分子动能和温度有关，D 正确。
考向 4：气体状态方程、热力学第一定律与图像的综合应用
1．【 2011年上海】如图所示，一定量的理想气体从状态a沿直线变化到状态b，在此过程中，其压
强
A．逐渐增大
B．逐渐减小
C．始终不变
D．先增大后减小
【答案】A
【解析】：本题考查气体状态方程，要求学生运用 PV＝nRT 分析 V－T 图象。从图中可看出气体从
状态 a→b 的过程中体积 V 减小，温度 T 增大，故压强 P 增大，A 对。
2．【2013 年江苏】 如图所示，一定质量的理想气体从状态 A 依次经过状态 B、C 和 D 后再回到状
态 A.其中，A→B 和 C→D 为等温过程，B→C 和 D→A 为绝热过程(气
体与外界无热量交换)．这就是著名的“卡诺循环”．
pV CT
=
a
bO
V
T
(1)该循环过程中，下列说法正确的是________．
A．A→B 过程中，外界对气体做功
B．B→C 过程中，气体分子的平均动能增大
C．C→D 过程中，单位时间内碰撞单位面积器壁的分子数增多
D．D→A 过程中，气体分子的速率分布曲线不发生变化
【答案】(1)C [解析] A→B 过程中，气体体积变大，对外做功，选项 A 错；根据热力学第一定律，
ΔU＝W＋Q，B→C 为绝热过程，气体体积变大，对外做功，Q＝0，W<0，则 ΔU<0，理想气体的内
能仅由温度决定，故温度降低，分子平均动能减小，选项 B 错；C→D 为等温过程，分子平均动能
不变，分子撞击器壁的平均速率不变，因气体压强变大，故单位时间内碰撞单位面积器壁的分子数
增多，选项 C 正确；D→A 为绝热过程，气体体积变小，外界对气体做功，Q＝0，W>0，则 ΔU>0，
温度升高，分子平均动能变大，气体分子的速率分布曲线会发生移动，故选项 D 错．
(2)该循环过程中，内能减小的过程是________(选填“A→B”、“B→C”、“C→D”或“D→A”)．若气体
在 A→B 过程中吸收 63 kJ 的热量，在 C→D 过程中放出 38 kJ 的热量，则气体完成一次循环对外做
的功为______kJ.
【答案】(2)B→C 25
[解析] 分析可知，B→C 过程内能减少，C→D 过程内能增加．整个循环过程中，ΔU＝0，由热力学
第一定律 ΔU＝W＋Q，则 W＝ΔU－Q＝0－(63 kJ－38 kJ)＝－25 kJ，故对外做的功为 25 kJ.
3．[2014·新课标Ⅰ]一定量的理想气体从状态 a 开始，经历三个过程 ab、bc、ca 回到原状态．其 p－
T 图像如图所示．下列判断正确的是________．
A．过程 ab 中气体一定吸热
B．过程 bc 中气体既不吸热也不放热
C．过程 ca 中外界对气体所做的功等于气体所放的热
D．a、b 和 c 三个状态中，状态 a 分子的平均动能最小
E．b 和 c 两个状态中，容器壁单位面积单位时间内受到气体分子撞击的次数不同
【答案】ADE
【解析】本题考查了气体性质．因为pV
T ＝C，从图中可以看出，a→b 过程p
T不变，则体积 V 不变，
因此 a→b 过程外力做功 W＝0，气体温度升高，则 ΔU>0，根据热力学第一定律 ΔU＝Q＋W 可知 Q
＞0，即气体吸收热量，A 正确；b→c 过程气体温度不变，ΔU＝0，但气体压强减小，由pV
T ＝C 知 V
增大，气体对外做功，W<0，由 ΔU＝Q＋W 可知 Q>0，即气体吸收热量，B 错误；c→a 过程气体
压强不变，温度降低，则 ΔU<0，由pV
T ＝C 知 V 减小，外界对气做功，W>0，由 ΔU＝W＋Q 可知
W
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