高中生物一輪復習教案

高考物理第一輪總復習教案034。

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第22講電路的基本概念和定律串并聯(lián)電路

教學目標
1.知道電流．歐姆定律．電阻和電阻定律，電阻率與溫度的關系
2.理解電阻的串、并聯(lián)．串聯(lián)電路的分壓作用．并聯(lián)電路的分流作用
3.會計算電功和電功率．串聯(lián)、并聯(lián)電路的功率分配，電源的電動勢和內(nèi)電阻．閉合電路的歐姆定律．路端電壓
重點：電阻定律的應用，串并聯(lián)電阻的計算，電功的計算
難點：基本概念的理解，歐姆定律的綜合運用
知識梳理
一、知識結構
電流：定義式，微觀表達式，式中為自由電子密度，為截面積，為電子定向移動速率，為電子電荷量。正電荷定向移動方向為電流方向
電壓：定義式，計算式，產(chǎn)生電流的必要條件
電阻：定義式，決定式，金屬導體電阻隨溫度升高增大
熱敏特征
半導體光敏特征
摻雜特征
超導：轉變溫度
電動勢：由電源本身性質決定，與外電路無關，是描述電源內(nèi)部非靜電力做功將其他形式的能轉化為電能本領的物理量
電阻定律：
部分電路
全電路
用電器功率，對純電阻用電器功率
電源的總功率
電源的輸出功率—
電源的損失功率—
一、導體中的電場和電流
1.導線中的電場
⑴形成因素：是由電源、導線等電路元件所積累的電荷共同形成的。
⑵方向：導線與電源連通后，導線內(nèi)很快形成了沿導線方向的恒定電場。
⑶性質：導線中恒定電場的性質與靜電場的性質不同。
2.電流
⑴導體形成電流的條件：①要有自由電荷②導體兩端形成電壓。
⑵電流定義：通過導體橫截面的電量跟這些電荷量所用時間的比值叫電流。
公式：
⑶電流是標量但有方向，規(guī)定正電荷定向移動的方向為電流的方向（或與負電荷定向移動的方向相反）。單位：A，1A=103mA=106μA
⑷微觀表達式:I=nqvs，n是單位體積內(nèi)的自由電荷數(shù)，q是每個自由電荷電荷量，s是導體的橫截面積，v是自由電荷的定向移動速率。（適用于金屬導體）.
說明：導體中三種速率（定向移動速率非常小約10-5m/s，無規(guī)律的熱運動速率較大約105m/s，電場傳播速率非常大為光速例如電路合上電鍵遠處的電燈同時亮）
⑸電流的分類：方向不改變的電流叫直流電流，方向和大小都不改變的電流叫恒定電流，方向改變的電流叫交變電流。

二、電動勢
1.物理意義：反映電源把的能其他形式轉化為電勢能本領的大小的物理量，它由電源本身的性質決定。
2.大?。ㄔ跀?shù)值上等于）①在電源內(nèi)部把1C的正電荷在從負極送到正極非靜電力所做的功。②電源沒有接入電路時兩極間的電壓。③在閉合電路中內(nèi)外電勢降落之和。

三、電阻定律、電阻率
1.電阻定律：同種材料的導體，其電阻與它的長度成正比與它的橫截面積成反比，導體的電阻還與構成它的材料及溫度有關，公式：
2.電阻率：上式中的比例系數(shù)ρ（單位是Ωm），它與導體的材料溫度有關，是表征材料導電性質的一個重要的物理量，數(shù)值上等于長度1m，截面積為1m2導體的電阻值。
金屬導體的電阻率隨溫度的升高而變大可以做電阻溫度計用，半導體的電阻率隨溫度的升高而減小，有些合金的電阻率不受溫度影響。

四、歐姆定律
1.內(nèi)容：導體中的電流I跟導體兩端的電壓U成正比，跟它的電阻R成反比。
2.公式：
3.適用條件：適用與金屬導電和電解液導電，對氣體導體和半導體元件并不適用。
4.導體的伏安特性曲線：用表示橫坐標電壓U，表示縱坐標電流I，畫出的I-U關系圖線，它直觀地反映出導體中的電流與電壓的關系。
⑴線性元件：伏安特性曲線是直線的電學元件，適用于歐姆定律。
⑵非線性元件：伏安特性曲線不是直線的電學元件，不適用于歐姆定律。

五、電功和電功率、焦耳定律
1.電功：在電路中，導體中的自由電荷在電場力的作用下發(fā)生定向移動而形成電流，在此過程中電場力對自由電荷做功，在一段電路中電場力所做的功，用W=Uq=UIt來計算。
2.電功率：單位時間內(nèi)電流所做的功，P=W/t=UI
3.焦耳定律：電流流過導體產(chǎn)生的熱量，有Q=I2Rt來計算

六、伏安特性曲線：
1.定義：導體的電流隨電壓變化的關系曲線叫做伏安特性曲線。如圖所示
2.意義：斜率的倒數(shù)表示電阻。
3.對于金屬、電解液在不考慮溫度的影響時其伏安特性曲線是過原點的傾斜的直線，這樣的導體叫線性導體，否則為非線性導體。（迷你句子網(wǎng) Jz139.coM）

七、閉合電路的歐姆定律
1.主要物理量。
研究閉合電路，主要物理量有E、r、R、I、U，前兩個是常量，后三個是變量。閉合電路歐姆定律的表達形式有：
（1）E=U外+U內(nèi)
（2）（I、R間關系）
（3）U=E-Ir（U、I間關系）
（4）（U、R間關系）
從（3）式看出：當外電路斷開時（I=0），路端電壓等于電動勢。而這時用電壓表去測量時，讀數(shù)卻應該略小于電動勢（有微弱電流）。當外電路短路時（R=0，因而U=0）電流最大為Im=E/r（一般不允許出現(xiàn)這種情況，會把電源燒壞）。
2.電源的功率和效率。
⑴功率：①電源的功率（電源的總功率）PE=EI
②電源的輸出功率P出=UI
③電源內(nèi)部消耗的功率Pr=I2r
⑵電源的效率：（最后一個等號只適用于純電阻電路）
電源的輸出功率，可見電源輸出功率隨外電阻變化的圖線如圖所示，而當內(nèi)外電阻相等時，電源的輸出功率最大，為。

3.變化電路的討論。
閉合電路中只要有一只電阻的阻值發(fā)生變化，就會影響整個電路，使總電路和每一部分的電流、電壓都發(fā)生變化。討論依據(jù)是：閉合電路歐姆定律、部分電路歐姆定律、串聯(lián)電路的電壓關系、并聯(lián)電路的電流關系。以右圖電路為例：設R1增大，總電阻一定增大；由，I一定減??；由U=E-Ir，U一定增大；因此U4、I4一定增大；由I3=I-I4，I3、U3一定減??；由U2=U-U3，U2、I2一定增大；由I1=I3-I2，I1一定減小?？偨Y規(guī)律如下：
①總電路上R增大時總電流I減小，路端電壓U增大；
②變化電阻本身和總電路變化規(guī)律相同；
③和變化電阻有串聯(lián)關系（通過變化電阻的電流也通過該電阻）的看電流（即總電流減小時，該電阻的電流、電壓都減?。?；
④和變化電阻有并聯(lián)關系的（通過變化電阻的電流不通過該電阻）看電壓（即路端電壓增大時，該電阻的電流、電壓都增大）。
4.閉合電路的U-I圖象。
右圖中a為電源的U-I圖象；b為外電阻的U-I圖象；兩者的交點坐標表示該電阻接入電路時電路的總電流和路端電壓；該點和原點之間的矩形的面積表示輸出功率；a的斜率的絕對值表示內(nèi)阻大??；b的斜率的絕對值表示外電阻的大小；當兩個斜率相等時（即內(nèi)、外電阻相等時圖中矩形面積最大，即輸出功率最大（可以看出當時路端電壓是電動勢的一半，電流是最大電流的一半）。
5.滑動變阻器的兩種特殊接法。
在電路圖中，滑動變阻器有兩種接法要特別引起重視：
⑴右圖電路中，當滑動變阻器的滑動觸頭P從a端滑向b端的過程中，到達中點位置時外電阻最大，總電流最小。所以電流表A的示數(shù)先減小后增大；可以證明：A1的示數(shù)一直減小，而A2的示數(shù)一直增大。
⑵右圖電路中，設路端電壓U不變。當滑動變阻器的滑動觸頭P從a端滑向b端的過程中，總電阻逐漸減??；總電流I逐漸增大；RX兩端的電壓逐漸增大，電流IX也逐漸增大（這是實驗中常用的分壓電路的原理）；滑動變阻器r左半部的電流I/先減小后增大。

6.斷路點的判定。
當由純電阻組成的串聯(lián)電路中僅有一處發(fā)生斷路故障時，用電壓表就可以方便地判定斷路點：凡兩端電壓為零的用電器或導線是無故障的；兩端電壓等于電源電壓的用電器或導線發(fā)生了斷路。
題型講解
1.電阻定律、電阻的串聯(lián)
材料的電阻率ρ隨溫度變化的規(guī)律為ρ＝ρ0(1+at),其中α稱為電阻溫度系數(shù)，ρ0是材料在t=0℃時的電阻率.在一定的溫度范圍內(nèi)α是與溫度無關的常數(shù)。金屬的電阻一般隨溫度的增加而增加，具有正溫度系數(shù)；而某些非金屬如碳等則相反，具有負溫數(shù)系數(shù).利用具有正負溫度系數(shù)的兩種材料的互補特性，可制成阻值在一定溫度范圍內(nèi)不隨溫度變化的電阻.已知：在0℃時，銅的電阻率為1.7×10–8Ωm,碳的電阻率為3.5×10-5Ωm,附近，在0℃時，.銅的電阻溫度系數(shù)為3.9×10–3℃-1,碳的電阻溫度系數(shù)為-5.0×10-4℃-1.將橫截面積相同的碳棒與銅棒串接成長1.0m的導體，要求其電阻在0℃附近不隨溫度變化，求所需碳棒的長度(忽略碳棒和銅棒的尺寸隨溫度的變化)。
【解析】設碳棒的長度為X,則銅棒的電阻為,碳棒的電阻,要使得在00c附近總電阻不隨溫度變化,則有,則有式中t的系數(shù)必須為零,即有x≈0.0038m。
【答案】0.0038m
點評：可能不少同學被材料的文字嚇著了，其實材料題關鍵是從中快速提取有用信息。比如此題僅不過考查電阻定律、電阻的串聯(lián)知識，我們要勇敢面對材料題且處理時要掌握好技巧（提取有用的，有些內(nèi)容可以忽略不看）。

2.電路結構
一個T型電路如圖所示，電路中的電,.另有一測試電源，電動勢為100V，內(nèi)阻忽略不計。則
A.當cd端短路時，ab之間的等效電阻是40
B.當ab端短路時，cd之間的等效電阻是40
C.當ab兩端接通測試電源時，cd兩端的電壓為80V
D.當cd兩端接通測試電源時，ab兩端的電壓為80V
【解析】A選項：R2與R3并聯(lián)電阻為30Ω后與R1串聯(lián)，ab間等效電阻為40Ω，A對
B選項：R1與R2并聯(lián)電阻為8Ω后與R3串聯(lián)，cd間等效電阻為128Ω，B錯
C選項：電阻R2未接入電路，cd兩端的電壓即為R3的電壓，為Ucd=4050×100V=80V，C對；D選項：但cd兩端接通測試電源時，電阻R1未接入電路，ab兩端電壓即為R3的電壓，為Uab=40160×100V=25V，D錯。
【答案】AC
點評：本題考查電路的結構，串并聯(lián)知識。正確認識電路時學好恒定電流這一章的基礎。

3.電路的動態(tài)變化問題
如圖電路中，當滑動變阻器的滑片P向上端a滑動過程中，兩表的示數(shù)情況為（）
A.電壓表示數(shù)增大，電流表示數(shù)減少
B.電壓表示數(shù)減少，電流表示數(shù)增大
C.兩電表示數(shù)都增大
D.兩電表示數(shù)都減少
【解析】由圖滑動變阻器上部分被短路，P向上滑動滑動變阻器電阻增大，電路中總電阻增大，總電流減?。≧1電壓減小，內(nèi)壓減?。?，外壓增大即電壓表數(shù)增大，R2電壓增大，R2電流增大，電流表示數(shù)減少。
【答案】A
點評：電路的動態(tài)變化問題方法：
由外到內(nèi)再到外，由電阻不變到變
增阻、增壓（本身）、減流（本身）減阻、減壓（本身）、增流（本身）

4.電功和電功率
如圖8所示，電阻和電動機串連接到電路中，且電阻和電動機線圈的電阻相等，接通電鍵后，電動機正常工作，設電阻和電動機兩端的電壓分別為和。經(jīng)過時間，電流通過電阻所做的功為，產(chǎn)生的熱量為；而電流通過電動機所做的功為，產(chǎn)生的熱量為。則有
.＜，=.=，=
.＜，＜.＜，=
【答案】AD
點評：此題主要比較的是純電阻用電器和非純電阻用電器實際消耗的電功率問題。對于純電阻用電器（如題目中的電阻）而言，電流通過它時做的功全部用來發(fā)熱，即此時電功等于電熱；而對于非純電阻用電器（如題目中的電動機）時，電流通過它時所做的功只是一小部分產(chǎn)生了電熱，其余很大一部分轉化成了機械能。上面的題目中，由于電阻和電動機串連接到電路中，且電阻和電動機線圈的電阻相等，所以它們產(chǎn)生的電熱是相等的，而電功不等。

第23講實驗：測定金屬的電阻率描繪小電珠的伏安特性曲線

教學目標
1.掌握實驗的目的、原理、步驟、數(shù)據(jù)處理方法，會分析誤差來源.會使用游標卡尺及螺旋測微器，會讀出其示數(shù)
重點：實驗的掌握實驗的目的、原理、步驟、數(shù)據(jù)處理方法，誤差分析
難點：總結實驗方法和規(guī)律，會運用于創(chuàng)新實驗之中
知識梳理
一、實驗：測定金屬的電阻率
1.實驗目的
⑴學會使用各種常用電學儀器以及正確讀數(shù)
⑵學會使用螺旋測微器以及正確讀數(shù)
⑶學會用伏安法測量電阻的阻值，測定金屬的電阻率
2.實驗原理
歐姆定律和電阻定律，用刻度尺測一段金屬導線的長度L,用螺旋測微器測導線的直徑d，用電壓表和電流表測導體的電阻，由電路圖如下所示

3.實驗器材
被測金屬導線、螺旋測微器、毫米刻度尺、電池組、電流表、電壓表、滑動變阻器、電鍵、導線若干

4.實驗步驟
⑴用螺旋測微器測量金屬導線的直徑，再由直徑算出金屬導線的橫截面積。
⑵用毫米刻度尺測量接入電路中的被測導線的長度。
⑶按照電路圖連接好電路，注意滑動變阻器要調(diào)在適當?shù)奈恢茫ù藞D中調(diào)在最左端），電流表、電壓表的量程要選擇恰當。
⑷閉合開關S，調(diào)節(jié)滑動變阻器的滑動觸片，使電流表、電壓表分別有一恰當?shù)淖x書，并記錄下來。
⑸繼續(xù)調(diào)節(jié)滑動變阻器的滑動觸片，重復步驟4，做三次，記錄下每次電流表、電壓表的讀數(shù)。
⑹打開開關S，拆除電路，整理好實驗器材。
⑺處理數(shù)據(jù)。
5.注意事項
⑴由于所測金屬導線的電阻值較小，測量電路應該選用電流表外接線路。
⑵閉合電鍵S之前，一定要使滑動變阻器的滑片處于恰當?shù)奈恢谩?br> ⑶測電阻時電流不宜過大，通電時間不宜過長。
⑷求R的平均值可以用二種方法：第一種用算出各次的測量值，再取平均值；第二種方法是用U-I圖像的斜率求出。

二、描繪小電珠的伏安特性曲線
1.實驗目的
⑴描繪小燈泡的伏安特性曲線。
⑵分析曲線變化規(guī)律。
2.實驗原理
用電流表測流過小燈泡的電流，用電壓表測出加在小燈泡兩端的電壓，測出多組對應的U、I值，在直角坐標系中描出各對應點，用一條平滑的曲線將這些點連接起來。
3.實驗器材
小燈泡、4V~6V學生電源、滑動變阻器、電壓表、電流表、開關、導線若干
4.實驗步驟
⑴連接電路：將小燈泡、電流表、電壓表、滑動變阻器、開關用導線按照電路圖連接起來。
⑵測出小燈泡在不同電壓下的電流。移動滑動變阻器觸頭位置，測出12組左右不同的電壓值U和電流值I，并將測量數(shù)據(jù)填入已經(jīng)畫好的表格中。
⑶畫出伏安特性曲線。
①在坐標紙上以U為橫軸，以I為縱軸，建立坐標系。
②在坐標紙上描出各做數(shù)據(jù)對應的點。注意橫縱坐標的比例標度選取要適中，以使所描圖線占據(jù)整個坐標紙為宜。
③將描出的點用平滑的曲線連接起來，就得到小燈泡的伏安特性曲線
⑷拆除電路，整理儀器。
5.注意事項
⑴電路的連接方式
①電流表應采用外接法：因為小燈泡的電阻很小，與0~0.6A的電流表串聯(lián)式，電流表的分壓影響很大。
②滑動變阻器應采用分壓式連接：目的是使小燈泡兩端的電壓能從0開始變化。
⑵閉合電鍵S之前，一定要使滑動變阻器的滑片處于恰當?shù)奈恢茫☉撌剐襞荼欢搪罚?br> ⑶保持小燈泡電壓接近額定值是要緩慢增加，到額定值，記錄I后馬上斷開開關。
⑷誤差較大的點藥舍去，U-I圖像應是平滑曲線而非折線。

三、內(nèi)接與外接
1．內(nèi)接法如圖

（1）引起誤差的原因：安培表分壓作用，造成U值比Rx上的真實電壓大。
（2）測量值：，當時
（3）選擇：適合測大電阻。

2.外接法:如圖

（1）引起誤差的原因：伏特表分流作用，造成I值比通過Rx的真實電流大。
（2）測量值：，
當時
（3）選擇：適合測小電阻。

四、變阻器的分壓與限流式接法:
1.限流式:如圖
（1）電壓調(diào)節(jié)范圍：
（2）在R滑較大時，電壓調(diào)節(jié)范圍較大，可選此法。
2.分壓式:如圖

（1）電壓調(diào)節(jié)范圍：
（2）在R滑較小時，電壓調(diào)節(jié)范圍較大，可選此法。

題型講解
1.測定金屬的電阻率
在探究導體與其影響因素的定量關系的實驗中，有如下的器材：a、b、c、d四條不同的金屬導體。在長度、橫截面積、材料三個因素方面，b、c、d跟a相比分別只有一個因素不同，b與a長度不同；c與a橫截面積不同，d與a材料不同，還有量度合適的電壓表四只，電流表四只。有三位同學分別用三種不同的方法進行實驗，如圖所示：
甲同學用圖1進行實驗，由于四段導體是串聯(lián)的，每段導體的電壓與它們的電阻成正比，因此用電壓表分別測量a、b、c、d兩端的電壓，電壓之比就得到電阻之比。
乙同學用圖2進行實驗，由于四段導體是并聯(lián)的，每段導體的電流與它們的電阻成反比，因此用電流表分別測量通過a、b、c、d的電流，電流的倒數(shù)之比就是電阻之比。
（1）試比較甲、乙同學的測量，哪種測量誤差更??？為什么？
（2）丙同學用甲同學的電路進行測量，但只用一個電壓表分別測量導體a、b、c、d的電壓，然后比較測得的電壓之比就能知道它們的電阻之比。這樣測得的電阻之比的誤差比甲同學測得的誤差（填大、小、或一樣大）
（3）除了上面的探究思路外還可以用邏輯推理來探究導體的電阻與導體長度、橫截面積的關系，試用邏輯推理的方法分導體電阻與它的長度之間的關系。
【解析】（1）甲同學的測量誤差更小，因為待測電阻阻值比較小，比電壓表的內(nèi)阻小得多，跟電流表的內(nèi)阻相當，因此電壓表引起的誤差比電流表引起的誤差小得多
（2）小
（3）一條長為L、電阻為R的導體，我們可以把它看成是由n段長度同為L1電阻同為R1的導體串聯(lián)而成的，這n段導體的材料、橫截面積都相同?？傞L度L與每段長度L1的關系為，另一方面，由串聯(lián)電路的性質可知：即：對比兩式可知：，即在橫截面積、材料相同的條件下，導體的電阻與長度成正比。
點評：實驗題在高考中占得比重比較高，尤其是電學實驗，對于電學實驗我們的千方百計的把實驗的原理弄懂，在已知的實驗原理中還有比如電流表的內(nèi)外接法、滑動變阻器的限流分壓接法等等。

2.描繪小電珠的伏安特性曲線
小燈泡燈絲的電阻會隨溫度的升高而變大.某同學為研究這一現(xiàn)象，用實驗得到如下數(shù)據(jù)（I和U分別表示小燈泡上的電流和電壓）：
（1）在左下框中畫出實驗電路圖.可用的器材有：電壓表、電流表、滑線變阻器（變化范圍0-10Ω）、電源、小燈泡、電鍵、導線若干.
（2）在右圖中畫出小燈泡的U-I曲線.
（3）某電池的電動勢是1.5V，內(nèi)阻是2.0Ω.將本題中的燈泡接在該電池兩端，小燈泡的實際功率是多少？
【解析】（1）為了作出小燈泡的U-I曲線，必須采用分壓的方法；而因為小燈泡的電阻比較小，故采用電流表的外接法，實驗電路圖見下圖.
（2）小燈泡的U-I曲線首先用描點法作出各個點，利用圓滑的曲線連接即可得到下圖。
（3）作出圖線，可得小燈泡工作電流為0.35安，工作電壓為0.80伏，因此小燈泡實際功率為0.28瓦.

3.測電表內(nèi)阻
從下表中選取出適當?shù)膶嶒炂鞑?，設計一電路來測量電流表A1的內(nèi)阻r1，畫在下面的方框中，要求方法簡捷，有盡可能高的精確度，并能測出多組數(shù)據(jù)。
器材(代號)規(guī)格
電流表（A1）量程10mA，內(nèi)阻r1待測（約40Ω）
電流表（A2）量程500μA，內(nèi)阻r2=750Ω
電壓表（V）量程10V，內(nèi)阻r3=10kΩ
電阻（R1）阻值約100Ω，作保護電阻用
滑動變阻器（R2）總阻值約50Ω
電池（E）電動勢1.5V，內(nèi)阻很小
電鍵（S）
導線若干
【解析】要測量電流表A1的內(nèi)阻，按常規(guī)思想應用伏安法，將電壓表并聯(lián)在待測電流表兩端，但根據(jù)本題所提供的儀器，我們可以首先肯定，在本實驗中不可能用到電壓表，因為電源的電動勢只有1.5V，而電壓表的量程為10V，最多不到滿偏的1/6，用它來讀數(shù)誤差太大，因此該實驗能用到的電表只可能用兩塊電流表。
兩塊電流表有可能串聯(lián)，也有可能并聯(lián)，但題目中電流表A2的內(nèi)阻r2已知，因此將兩電流表并聯(lián)，根據(jù)并聯(lián)規(guī)律I1r1=I2r2可求出電流表A1的內(nèi)阻r1=。
加在電流表兩端的電壓最大值Um=Imr2=0.375V，而滑動變阻的最大阻值只有50Ω，如果將滑動變阻器接成限流，會超過電流表的量程，將它們燒壞。如果僅僅將滑動變阻器接成分壓，滑動變阻器可調(diào)節(jié)的范圍很小，只有全長的1/4，這樣測量的次數(shù)比較少。故應將定值電阻R1接在干路上用作限流，電路圖如圖所示。

第24講實驗：測定電源的電動勢和內(nèi)阻練習使用多用電表

教學目標
掌握實驗的目的、原理、步驟，會用圖像法處理測定電源的電動勢和內(nèi)阻的實驗數(shù)據(jù)，熟悉多用電表的結構，掌握使用方法和步驟.
重點：用圖像法處理實驗數(shù)據(jù)
難點：多用電表的使用及原理
知識梳理
一、測定電源的電動勢和內(nèi)阻
1.實驗目的：測定電池的電動勢和內(nèi)電阻。
2.實驗原理
如圖1所示，改變R的阻值，從電壓表和電流表中讀出幾組I、U值，利用閉合電路的歐姆定律求出幾組E、r值，最后分別算出它們的平均值。此外，還可以用作圖法來處理數(shù)據(jù)。即在坐標紙上以I為橫坐標，U為縱坐標,用測出的幾組I、U值畫出U-I圖象(如圖2)所得直線跟縱軸的交點即為電動勢E值,圖線斜率的絕對值即為內(nèi)電阻r的值。
3.實驗器材
待測電池，電壓表(0-3V),電流表（0-0.6A），滑動變阻器（10Ω），電鍵，導線。
4.實驗步驟
⑴電流表用0.6A量程，電壓表用3V量程，按電路圖連接好電路。
⑵把變阻器的滑動片移到一端使阻值最大。
⑶閉合電鍵，調(diào)節(jié)變阻器，使電流表有明顯示數(shù)，記錄一組數(shù)據(jù)（I1、U1），用同樣方法測量幾組I、U的值。
⑷打開電鍵，整理好器材。
⑸處理數(shù)據(jù)，用公式法和作圖法兩種方法求出電動勢和內(nèi)電阻的值。
5.注意事項
⑴為了使電池的路端電壓變化明顯，電池的內(nèi)阻宜大些，可選用已使用過一段時間的1號干電池。
⑵干電池在大電流放電時，電動勢E會明顯下降，內(nèi)阻r會明顯增大，故長時間放電不宜超過0.3A，短時間放電不宜超過0.5A。因此，實驗中不要將I調(diào)得過大，讀電表要快，每次讀完立即斷電。
⑶要測出不少于6組I、U數(shù)據(jù)，且變化范圍要大些，用方程組求解時，要將測出的I、U數(shù)據(jù)中，第1和第4為一組，第2和第5為一組，第3和第6為一組，分別解出E、r值再平均。
⑷畫U-I圖線時，要使較多的點落在這條直線上或使各點均勻分布在直線的兩側。個別偏離直線太遠的點可舍去不予考慮。這樣，就可使偶然誤差得到部分的抵消，從而提高精確度。
⑸干電池內(nèi)阻較小時路端電壓U的變化也較小，即不會比電動勢小很多，這時，在畫U-I圖線時，縱軸的刻度可以不從零開始，而是根據(jù)測得的數(shù)據(jù)從某一恰當值開始（橫坐標I必須從零開始）。但這時圖線和橫軸的交點不再是短路電流。不過直線斜率的絕對值照樣還是電源的內(nèi)阻，這時要特別注意計算斜率時縱軸的刻度不從零開始。

二、練習使用多用電表
1.實驗目的：練習使用多用電表測電阻。
2.實驗原理
多用電表由表頭、選擇開關和測量線路三部分組成（如圖），表頭是一塊高靈敏度磁電式電流表，其滿度電流約幾十到幾百A，轉換開關和測量線路相配合，可測量交流和直流電流、
交流和直流電壓及直流電阻等。測量直流電阻部分即歐姆表是依據(jù)閉合電路歐姆定律制成的,
原理如圖所示，

當紅、黑表筆短接并調(diào)節(jié)R使指針滿偏時有：
當表筆間接入待測電阻Rx時，有：
由①②得：當Rx=R中時，Ix=1/2Ig，指針指在表盤刻度中心，故稱R中為
歐姆表的中值電阻，由③式可知每一個Rx都有一個對應的電流值Ix，如果在刻度盤上直接標出與Ix對應的Rx的值，那么當紅、黑表筆分別接觸待測電阻的兩端，就可以從表盤上直接讀出它的阻值。由于電流和電阻的非線性關系，表盤上電流刻度是均勻的，其對應的電阻刻度是不均勻的，電阻的零刻度在電流滿刻度處。
3.實驗器材
多用電表，標明阻值為幾歐、幾十歐、幾百歐、幾千歐的定值電阻各一個，小螺絲刀。
4.實驗步驟
⑴機械調(diào)零，用小螺絲刀旋動定位螺絲使指針指在左端電流零刻度處，并將紅、黑表筆分別接入“+”、“－”插孔。
⑵選擋：選擇開關置于歐姆表“×1”擋。
⑶短接調(diào)零：在表筆短接時調(diào)整歐姆擋的調(diào)零旋鈕使指針指在右端電阻零刻度處，若“歐姆零點”旋鈕右旋到底也不能調(diào)零，應更換表內(nèi)電池。
⑷測量讀數(shù)：將表筆搭接在待測電阻兩端，讀出指示的電阻值并與標定值比較，隨即斷開表筆。
⑸換一個待測電阻，重復以上2、3、4步驟，選擇開關所置位置由被測電阻值與中值電阻值共同決定，可置于“×1”或“×10”或“×100”或“×1k”擋。
⑹多用電表用完后，將選擇開關置于“OFF”擋或交變電壓的最高擋，拔出表筆。
5.注意事項
⑴多用電表在使用前，應先觀察指針是否指在電流表的零刻度，若有偏差，應進行機械調(diào)零。
⑵測量時手不要接觸表筆的金屬部分。
⑶合理選擇量程，使指針盡可能指在中間刻度附近.若指針偏角太大，應改換低擋位；
若指針偏角太小，應改換高擋位。每次換擋后均要重新短接調(diào)零，讀數(shù)時應將指針示數(shù)乘以擋位倍率。
⑷測量完畢后應拔出表筆，選擇開頭置OFF擋或交流電壓最高擋，電表長期不用時應取出電池，以防電池漏液腐蝕。
題型講解
1.測定電源的電動勢和內(nèi)阻
現(xiàn)有器材：量程為10.0mA、內(nèi)阻約30-40的電流表一個，定值電阻R1=150，定值電阻R2=100，單刀單擲開關K，導線若干。要求利用這些器材測量一干電池（電動勢約1.5V）的電動勢。
（1）按要求在實物圖上連線。
（2）用已知量和直接測得量表示的待測電動勢的表達式為E=，式中各直接測得量的意義是：.
【解析】根據(jù)提供的器材，可任取一個定值電阻與電流表、干電池、開關接成一個串聯(lián)電路，用歐姆定律建立方程組進行測量。但在本題中，電流表量程為10.0mA，干電池的電動勢約為1.5V，如果把定值電阻R1與電流表、干電池、開關接成一個串聯(lián)電路，則回路中總電阻約為180，回路中電流約為1.5V/180=8.3mA，而如果把定值電阻R2與電流表、干電池、開關接成一個串聯(lián)電路，，則回路中總電阻約為130，回路中電流約為
1.5V/130=11.5mA，
顯然，該電流已超過電流表的量程?？紤]到實驗的可行性，此時用定值電阻R2與R1串聯(lián)即可，故有如下解答：
（1）連圖：左圖只用R1接入電路；右圖用R1和R2串聯(lián)接入電路。(連線如圖)

（2）設I1是外電阻為R1時的電流，I2是外電阻為R1和R2串聯(lián)時的電流，則有
，
解之，可解得干電池電動勢為：.
2.多用電表的使用
（1）用多用表的歐姆檔測量阻值約為幾十k的電阻Rx，以下給出的是可能的操作步驟，其中S為選擇開關，P為歐姆檔調(diào)零旋鈕，把你認為正確的步驟前的字母按合理的順序填寫在下面的橫線上__________________。
a．將兩表筆短接，調(diào)節(jié)P使指針對準刻度盤上歐姆檔的零刻度，斷開兩表筆
b．將兩表筆分別連接到被測電阻的兩端，讀出Rx的阻值后，斷開兩表筆
c．旋轉S使其尖端對準歐姆檔1k
d．旋轉S使其尖端對準歐姆檔100
e．旋轉S使其尖端對準交流500V檔，并拔出兩表筆
根據(jù)右圖所示指針位置，此被測電阻的阻值約為___________。
（2）（多選題）下述關于用多用表歐姆檔測電阻的說法中正確的是
A．測量電阻時如果指針偏轉過大，應將選擇開關S撥至倍率較小的檔位，重新調(diào)零后測量
B．測量電阻時，如果紅、黑表筆分別插在負、正插孔，則會影響測量結果
C．測量電路中的某個電阻，應該把該電阻與電路斷開
D．測量阻值不同的電阻時都必須重新調(diào)零
【解析】（1）測量幾十k的電阻Rx我們一般選擇較大的檔位先粗測，使用前應先進行調(diào)零，然后依據(jù)歐姆表的示數(shù)，在更換檔位，重新調(diào)零，在進行測量；使用完畢應將選擇開關置于OFF位置或者交流電壓最大檔，拔出表筆。歐姆表的示數(shù)乘以相應檔位的倍率即為待測電阻的阻值30k。
（2）歐姆檔更換規(guī)律“大小，小大”，即當指針偏角較大時，表明待測電阻較小，應換較小的檔位；反之應還較大的檔位。電流總是從紅表筆流入從黑表筆流出多用電表，每次換擋一定要進行歐姆調(diào)零，測量電阻一定要斷電作業(yè)。
【答案】（1）c、a、b、e，30k，（2）A、C
點評：⑴掌握多用電表測電壓、電流、電阻的方法
⑵歐姆表中電源的正、負極和紅、黑表筆正、負插孔區(qū)別

精選閱讀

高考物理第一輪總復習教案030

第14講萬有引力定律及其應用

教學目標
1.了解萬有引力定律的發(fā)現(xiàn)過程，知道萬有引力定律.
2.知道第二宇宙速度和第三宇宙速度，會計算天體的質量和人造衛(wèi)星的環(huán)繞速度.
重點：運用萬有引力定律解決天體模型
難點：了解各種天體模型，知道它們的區(qū)別
知識梳理
一、開普勒行星運動定律
1.開普勒第一定律（軌道定律）:所有的行星繞太陽運動的軌道都是橢圓，太陽處在所有橢圓的一個焦點上。
2.開普勒第二定律（面積定律）:對任意一個行星來說，它與太陽的連線在相等的時間內(nèi)掃過的相等的面積。（近日點速率最大，遠日點速率最小）
3.開普勒第三定律（周期定律）：所有行星的軌道的半長軸的三次方跟它的公轉周期的平方的比值都相等。
即（M為中心天體質量）K是一個與行星無關的常量，僅與中心天體有關

二、萬有引力定律
1.定律內(nèi)容：宇宙間的一切物體都是相互吸引的，兩個物體間的引力大小，跟它們的質量的乘積成正比，跟它們距離的平方成反比。
2.表達式：F=GmM/r2G為萬有力恒量：G=6.67×10-11Nm2/kg。
說明：
(1)公式適用于質點間的相互作用。當兩個物體間的距離遠遠大于物體本身的大小時，物體可視為質點。
(2)質量分布均勻的球體可視為質點，r是兩球心間的距離。
地球對物體的引力是物體具有重力的根本原因．但重力又不完全等于引力．這是因為地球在不停地自轉，地球上的一切物體都隨著地球自轉而繞地軸做勻速圓周運動，這就需要向心力．這個向心力的方向是垂直指向地軸的，它的大小是，式中的r是物體與地軸的距離，ω是地球自轉的角速度．這個向心力來自哪里?只能來自地球對物體的引力F，它是引力F的一個分力如右圖，引力F的另一個分力才是物體的重力mg．
在不同緯度的地方，物體做勻速圓周運動的角速度ω相同，而圓周的半徑r不同，這個半徑在赤道處最大，在兩極最小(等于零)．緯度為α處的物體隨地球自轉所需的向心力(R為地球半徑)，由公式可見，隨著緯度升高，向心力將減小，在兩極處Rcosα＝0，f＝0．作為引力的另一個分量，即重力則隨緯度升高而增大．在赤道上，物體的重力等于引力與向心力之差．即．在兩極，引力就是重力．但由于地球的角速度很小，僅為10－5rad／s數(shù)量級，所以mg與F的差別并不很大．
在不考慮地球自轉的條件下，地球表面物體的重力這是一個很有用的結論．
從圖1中還可以看出重力mg一般并不指向地心，只有在南北兩極和赤道上重力mg才能向地心．
同樣，根據(jù)萬有引力定律知道，在同一緯度，物體的重力和重力加速度g的數(shù)值，還隨著物體離地面高度的增加而減小．
若不考慮地球自轉，地球表面處有，可以得出地球表面處的重力加速度．
在距地表高度為h的高空處，萬有引力引起的重力加速度為g＇，由牛頓第二定律可得：
即
如果在h＝Ｒ處，則g＇＝g/4．在月球軌道處，由于r＝60Ｒ，所以重力加速度g＇＝g/3600．
重力加速度隨高度增加而減小這一結論對其他星球也適用．

二、萬有定律的應用
1.討論重力加速度g隨離地面高度h的變化情況：物體的重力近似為地球對物體的引力，即。所以重力加速度，可見，g隨h的增大而減小。
2.算中心天體的質量的基本思路：
(1)從環(huán)繞天體出發(fā):通過觀測環(huán)繞天體運動的周期T和軌道半徑r;就可以求出中心天體的質量M
(2)從中心天體本身出發(fā):只要知道中心天體的表面重力加速度g和半徑R就可以求出中心天體的質量M。
3.解衛(wèi)星的有關問題：在高考試題中，應用萬有引力定律解題的知識常集中于兩點：
一是天體運動的向心力來源于天體之間的萬有引力。即
二是地球對物體的萬有引力近似等于物體的重力，即從而得出(黃金代換，不考慮地球自轉)
4.衛(wèi)星：相對地面靜止且與地球自轉具有相同周期的衛(wèi)星。
①定高：h=36000km②定速：v=3.08km/s③定周期：=24h④定軌道：赤道平面
5.萬有引力定律在天文學上的應用主要是萬有引力提供星體做圓周運動的向心力.人造地球衛(wèi)星的繞行速度、角速度、周期與半徑的關系
①由得r越大，v越小
②由得r越大，ω越小
③由得r越大，T越大
行星和衛(wèi)星的運動可近似視為勻速圓周運動，而萬有引力是行星、衛(wèi)星作勻速圓周運動的向心力。
6.三種宇宙速度
第一宇宙速度(環(huán)繞速度)：由mg=mv2/R=GMm/R2得：V=Km/sV1=7.9km/s，是人造地球衛(wèi)星環(huán)繞地球運行的最大速度，也是人造地球衛(wèi)星的最小發(fā)射速度。
第二宇宙速度(脫離速度)：V2=V1=11.2km/s，使物體掙脫地球引力束縛的最小發(fā)射速度。
第三宇宙速度(逃逸速度)：V3=16.7km/s，使物體掙脫太陽引力束縛的最小發(fā)射速度。
題型講解
1.天體模型的估算
（1）英國《新科學家（NewScientist）》雜志評選出了2008年度世界8項科學之最，在XTEJ1650-500雙星系統(tǒng)中發(fā)現(xiàn)的最小黑洞位列其中，若某黑洞的半徑約45km，質量和半徑的關系滿足（其中為光速，為引力常量），則該黑洞表面重力加速度的數(shù)量級為
A．B．
C．D．
【解析】對黑洞表面的某一質量為m物體有：，又有，聯(lián)立解得，帶入數(shù)據(jù)得重力加速度的數(shù)量級為，C項正確。
【答案】C
點評：處理本題要從所給的材料中，提煉出有用信息，構建好物理模型，選擇合適的物理方法求解。黑洞實際為一天體，天體表面的物體受到的重力近似等于物體與該天體之間的萬有引力。

（2）如圖所示為宇宙中有一個恒星系的示意圖，A為該星系的一顆行星，
它繞中央恒星O運行軌道近似為圓，天文學家觀測得到A行星運動的軌道半
徑為R0，周期為T0．
①中央恒星O的質量是多大？
②長期觀測發(fā)現(xiàn)，A行星實際運動的軌道與圓軌道總存在一些偏離，且周期性地每隔t0時間發(fā)生一次最大的偏離，天文學家認為形成這種現(xiàn)象的原因可能是A行星外側還存在著一顆未知的行星B（假設其運行軌道與A在同一平面內(nèi)，且與A的繞行方向相同），它對A行星的萬有引力引起A軌道的偏離．根據(jù)上述現(xiàn)象及假設，你能對未知行星B的運動得到哪些定量的預測．
【解析】：①設中央恒星質量為M，A行星質量為m，則有
①解得：②
②如圖所示，由題意可知：A、B相距最近時，B對A的影響最大，且每隔t0時間相距最近．設B行星周期為TB，則有：
③
解得：④
該B行星的質量為m′，運動的軌道半徑為RB，則有
⑤
由①、④、⑤可得：⑥
點評：本題的難點是運動模型的建立，A、B相距最近時，B對A的影響最大是一個重要的隱含條件，在時間t0內(nèi)A、B運動的物理量間的關系是列方程的一個重要依據(jù)，做這種題型時要注意認真讀題，挖掘出這些條件．本題中根據(jù)周期可求出角速度；根據(jù)B行星運動的半徑可求出B行星的線速度和向心加速度．

（3）通過觀測天體表面運動衛(wèi)星的周期T，，就可以求出天體的密度ρ。如果某行星有一顆衛(wèi)星沿非?？拷撕阈堑谋砻孀鰟蛩賵A周運動的周期為T，則可估算此恒星的密度為多少?
【解析】設此恒星的半徑為R，質量為M，由于衛(wèi)星做勻速圓周運動，則有G=mR,所以，M=
而恒星的體積V=πR3，所以恒星的密度ρ==。

（4）某顆地球同步衛(wèi)星正下方的地球表面上有一觀察者，他用天文望遠鏡觀察被太陽光照射的此衛(wèi)星，試問，春分那天（太陽光直射赤道）在日落12小時內(nèi)有多長時間該觀察者看不見此衛(wèi)星？已知地球半徑為R，地球表面處的重力加速度為g,地球自轉周期為T，不考慮大氣對光的折射。
【解析】：設所求的時間為t，用m、M分別表示衛(wèi)星和地球的質量，r表示衛(wèi)星到地心的距離.有
春分時，太陽光直射地球赤道，如圖所示，圖中圓E表示赤道，S表示衛(wèi)星，A表示觀察者，O表示地心.由圖可看出當衛(wèi)星S繞地心O轉到圖示位置以后（設地球自轉是沿圖中逆時針方向），其正下方的觀察者將看不見它.據(jù)此再考慮到對稱性，有
由以上各式可解得

2.重力加速度g隨離地面高度h的變化情況
設地球表面的重力加速度為g,物體在距地心4R（R是地球半徑）處，由于地球的引力作用而產(chǎn)生的重力加速度g,，則g/g,為
A、1；B、1/9；C、1/4；D、1/16。
【解析】：因為g=G,g,=G,所以g/g,=1/16,即D選項正確。
【答案】D

3.三個宇宙速度
人造地球衛(wèi)星繞地球旋轉時，既具有動能又具有引力勢能（引力勢能實際上是衛(wèi)星與地球共有的，簡略地說此勢能是人造衛(wèi)星所具有的）.設地球的質量為M，以
衛(wèi)星離地還需無限遠處時的引力勢能為零，則質量為m的人造衛(wèi)星在距離地心為r處時的引力勢能為（G為萬有引力常量）.當物體在地球表面的速度等于或大于某一速度時，物體就可以掙脫地球引力的束縛，成為繞太陽運動的人造衛(wèi)星，這個速度叫做第二宇宙速度.用R表示地球的半徑，M表示地球的質量，G表示萬有引力常量.試寫出第二宇宙速度的表達式.
【解析】第二宇宙速度：從地面出發(fā)到脫地軌道需要提供的速度
在地面上剛發(fā)射：，
脫地：，
從地面上發(fā)射后到脫地，機械能守恒
【答案】
點評：第一、二宇宙速度的聯(lián)系
第一宇宙速度：從地面出發(fā)到近地軌道需要提供的速度
在地面上剛發(fā)射：，
在近地軌道：
從地面上發(fā)射后到近地軌道，機械能守恒

4.宇宙飛船問題
（1）2008年9月25日至28日我國成功實施了“神舟”七號載入航天飛行并實現(xiàn)了航天員首次出艙。飛船先沿橢圓軌道飛行，后在遠地點343千米處點火加速，由橢圓軌道變成高度為343千米的圓軌道，在此圓軌道上飛船運行周期約為90分鐘。下列判斷正確的是
A．飛船變軌前后的機械能相等
B．飛船在圓軌道上時航天員出艙前后都處于失重狀態(tài)
C．飛船在此圓軌道上運動的角度速度大于同步衛(wèi)星運動的角速度
D．飛船變軌前通過橢圓軌道遠地點時的加速度大于變軌后沿圓軌道運動的加速度
【解析】A選項飛船點火變軌，前后的機械能不守恒，所以A不正確。
B選項飛船在圓軌道上時萬有引力來提供向心力，航天員出艙前后都處于失重狀態(tài)，B正確。C選項飛船在此圓軌道上運動的周期90分鐘小于同步衛(wèi)星運動的周期24小時，根據(jù)可知，飛船在此圓軌道上運動的角度速度大于同步衛(wèi)星運動的角速度，C正確。
D選項飛船變軌前通過橢圓軌道遠地點時只有萬有引力來提供加速度，變軌后沿圓軌道運動也是只有萬有引力來提供加速度，所以相等，D不正確。
【答案】BC
點評：若物體除了重力、彈性力做功以外，還有其他力(非重力、彈性力)不做功，且其他力做功之和不為零，則機械能不守恒。
根據(jù)萬有引力等于衛(wèi)星做圓周運動的向心力可求衛(wèi)星的速度、周期、動能、動量等狀態(tài)量。由得，由得，由得，可求向心加速度。

（2）我國已于2004年啟動“嫦娥繞月工程”，2007年之前將發(fā)射繞月飛行的飛船.已知月球半徑R=1.74×106m，月球表面的重力加速度g=1.62m/s2.如果飛船關閉發(fā)動機后繞月做勻速圓周運動，距離月球表面的高度h=2.6×105m，求飛船速度的大小.
【解析】在月球表面①
飛船在軌道上運行時②
由①②式解得:③
代入已知數(shù)據(jù)得:v=1.57×103m/s

5.萬有引力定律結合圓周運動的應用
重力勢能EP＝mgh實際上是萬有引力勢能在地面附近的近似表達式，其更精確的表達式為EP＝－GMm/r，式中G為萬有引力恒量，M為地球質量，m為物體質量，r為物體到地心的距離，并以無限遠處引力勢能為零?，F(xiàn)有一質量為m的地球衛(wèi)星，在離地面高度為H處繞地球做勻速圓周運動。已知地球半徑為R，地球表面的重力加速度為g，地球質量未知，試求：
（1）衛(wèi)星做勻速圓周運動的線速度；（2）衛(wèi)星的引力勢能；（3）衛(wèi)星的機械能；
（4）若要使衛(wèi)星能依靠慣性飛離地球（飛到引力勢能為零的地方），則衛(wèi)星至少要具有多大的初速度？
【解析】（1）由牛頓運動定律：
得：
⑵由引力勢能的表達式：
⑶衛(wèi)星的機械能應該是衛(wèi)星的動能和勢能之和，即
得
⑷由機械能守恒定律，對地球與衛(wèi)星組成的系統(tǒng)，在地球表面的機械能與飛到無限遠處的機械能相等。設初速度至少應為v
，解得：
點評：在衛(wèi)星和地球組成的系統(tǒng)內(nèi)，機械能是守恒的，衛(wèi)星的動能可通過勻速圓周運動的線速度來求，引力勢能在選擇了無窮遠處為零勢能點后，可以用來求，機械能為兩者之和。

高考物理第一輪總復習教案033

經(jīng)驗告訴我們，成功是留給有準備的人。作為高中教師就要在上課前做好適合自己的教案。教案可以讓學生們充分體會到學習的快樂，幫助高中教師更好的完成實現(xiàn)教學目標。所以你在寫高中教案時要注意些什么呢？以下是小編為大家收集的“高考物理第一輪總復習教案033”僅供參考，希望能為您提供參考！

第19講庫侖定律、電場強度

教學目標
1.知道兩種電荷，元電荷及其帶電量，理解摩擦起電、感應起電、接觸帶電的實質.
2.理解點電荷這一理想化模型，掌握庫侖定律.
3.理解電場強度的定義式及其物理意義.
4.知道幾種典型的電場線的分布，知道電場線的特點.
重點：對基本概念的理解
難點：帶點質點在電場中的受力分析以及與牛頓定律相結合的綜合問題
知識梳理
一、電荷：
1.正電荷負電荷：自然界只存在兩種電荷，即正電荷和負電荷，用絲綢摩擦過的玻璃棒所帶的電荷是正電荷;用毛皮摩擦過的硬橡膠棒所帶的電荷是負電荷。同種電荷互相排斥，異種電荷互相吸引
2.電荷量：電荷的多少。單位：1C＝1As
3.元電荷e：
一個物體所帶電荷數(shù)量的多少叫電荷量，物體所帶電荷量是指物體帶凈電荷的多少，迄今為止的一切實驗都表明，原子中電子和質子帶有等量的異種電荷，至今所發(fā)現(xiàn)的一切帶電體的電荷量都等于電子電荷數(shù)的整數(shù)倍，這說明帶電體的電荷量值是不連續(xù)的，它的最小單元就是電子電荷，這稱為電荷的量子化，在物理學上，把電荷是e稱為元電荷，其值通常可取為e=1.60×10-19C。
①e=1.60×10-19C
②質子或電子所帶的電量就是元電荷
③元電荷是世界上電最小的電量
④任何帶電體的電量都是元電荷的整數(shù)倍
4.檢驗電荷：
電量要求：不影響原電場；體積充分??；一定是點電荷。
5.電荷間的相互作用
同種電荷相互排斥，異種電荷相互吸引。
6.荷質比(比荷)：
帶電粒子的電荷量與質量之比稱為“荷質比”如電子的電荷量e和電子質量me(me=0.91×10-30kg)之比，叫做電子的荷質比，即可以做為物理常量來使用。

二、使物體帶電的幾種方式
1.摩擦起電：兩個不同的物體相互摩擦，帶上等量導種的電荷。
2.接觸帶電：不帶電物體接觸另一個帶電物體，使電荷從帶電體轉移一部分到不帶電的物體上。
兩個完全相同的帶電金屬小球接觸時電荷量分配規(guī)律:原帶異種電荷的先中和后平分，原帶同種電荷的總電荷量平分。
3.感應起電：導體接近（不接觸）帶電體，使導體靠近帶電體一端帶上與帶電體相異的電荷，而另一端帶上與帶電體電荷相同的電荷。
4.光電效應—在光的照射下使物體發(fā)射出電子

三、電荷守恒定律：
電荷既不能創(chuàng)造，也不能消滅，只能從一個物體轉移到另一個物體，或者從物體的一部分轉移到另一部分，在轉移的過程中，電荷的總量不變。

四、庫侖定律
1.內(nèi)容：真空中兩個點電荷之間相互作用的電力，跟它們的電荷量的乘積成正比，跟它們的距離的二次方成反比，作用力的方向在它們的連線上。
2.公式：，F(xiàn)叫做庫侖力或靜電力，也叫電場力。它可以是引力，也可以是斥力，叫靜電力常量=
3.適用條件：（1）真空中；（2）點電荷．
點電荷：點電荷是一個理想化的模型，在實際中，當帶電體的形狀和大小對相互作用力的影響可以忽略不計時，就可以把帶電體視為點電荷．（這一點與萬有引力很相似，但又有不同：對質量均勻分布的球，無論兩球相距多近，r都等于球心距；而對帶電導體球，距離近了以后，電荷會重新分布，不能再用球心距代替r）。點電荷很相似于我們力學中的質點．
例如半徑均為的金屬球，使兩球邊緣相距為，今使兩球帶上等量的異種電荷，設兩電荷間的庫侖力大小為，比較與的大小關系，顯然，如果電荷能全部集中在球心處，則兩者相等。依題設條件，球心間距離不是遠大于，故不能把兩帶電體當作點電荷處理。實際上，由于異種電荷的相互吸引，使電荷分布在兩球較靠近的球面處，這樣電荷間距離小于，故。同理，若兩球帶同種電荷，則。
4.理解：
（1）在種用庫侖定律的公式進行計算時，無論是正電荷還是負電荷，均用電量的絕對值代入式中，計算其作用力的大小。
（2）作用力的方向根據(jù)：同性相斥，異性相吸，作用力的方向沿兩電荷連線方向，進行判定。
（3）兩個點電荷間的相互作用的庫侖力滿足牛頓第三定律—大小相等、方向相反（不能認為電量不等的兩個點電荷相互作用時，所受的庫侖力不等）
（4）庫侖力存在極大值，由公式可以看出，在r和兩帶電體的電量和一定的條件下，當Q1=Q2時，F(xiàn)有最大值
（5）如果是多個點電荷對另一個點電荷的作用，可分別對每個點電荷間使用，然后把該電荷所受諸庫侖力進行矢量合成
（6）在介質中，電荷間的相互作用比真空小，小多少，跟介質有關，，空氣中的介電常數(shù)近似取1，即認為電荷間的相互作用在空氣中跟在真空中一樣。

五、同一直線上三個點電荷的討論和計算
三個自由電荷的平衡問題，是靜電場中的典型問題。為了使電荷系統(tǒng)處于平衡狀態(tài)，每個電荷受到的兩個庫侖力必須大小相等、方向相反。根據(jù)庫侖定律和力的平衡條件，可以概括成易記的口訣為：“三點共線，兩同夾異，兩大夾小，近小遠大?！眱纱髪A小也就是說三個電荷，外面兩個的電荷量必須大于中間的一個；兩同夾異，也就是說外面的兩個電荷的電性必須相同，并且中間的一個電性與外面的兩個相異！近小遠大是說中間電荷靠近另兩個中電量較小的。
利用這一條件可以迅速、準確地確定三個自由電荷的相對位置及電荷的電性，然后根據(jù)庫侖定律列出電荷的受力平衡方程，問題就迎刃而解了

六、電場
1.概念：是電荷周圍客觀存在的一種特殊物質，是電荷間相互作用的媒體。
若電荷不動周圍的是靜電場，若電荷運動周圍不單有電場而且產(chǎn)生磁場，電場可以由存在的電荷產(chǎn)生，也可以由變化的磁場產(chǎn)生。
2.電場的基本性質：
（1）對放入電場的電荷有力的作用
（2）能使放入電場中的導體產(chǎn)生靜電感應現(xiàn)象
3.場的提出
（1）凡是在有電荷的地方，周圍都存在電場
（2）在變化的磁場周圍也有電場；變化的電場周圍存在磁場。
（3）電場與磁場是不同于實體的另一種形態(tài)物質。
4.電場力：放入電場中的電荷受到電場的力的作用，這種力叫做電場力。

七、電場強度
1.定義：放入電場中某點的電荷所受的電場力F跟它的電荷量q的比值，叫做該點的電場強度。用E來表示。
2.定義式：（適用于一切電場）
3.單位：牛/庫(N/C)伏/米(v/m)
4.電場強度是矢量：規(guī)定正電荷受電場力的方向為該點的場強方向，負電荷受電場力的方向與該點的場強方向相反。電場線的切線方向是該點場強的方向；電場強度的合成按照矢量的合成法則．（平行四邊形法則和三角形法則）
5.物理意義：電場強度（簡稱場強）是描寫電場強弱的物理量。
6.說明
（1）電場強度是從力的角度來反映電場本身性質的物理量
（2）定義式即電場內(nèi)某點的電場強度在數(shù)值上等于單位電荷在該點受到的電場力。
（3）電場強度的大小，方向是由電場本身決定的，是客觀存在的，與放不放檢驗電荷，以及放入檢驗電荷的正、負電量的多少均無關，既不能認為與成正比，也不能認為與成反比。檢驗電荷q充當“測量工具”的作用．
這一點很相似于重力場中的重力加速度，點定則重力加速度定。與放入該處物體的質量無關，即使不放入物體，該處的重力加速度仍為一個定值．
7.電場的疊加：幾處點電荷同時在某點形成電場時，這點的場強等于各個點電荷單獨存在時在該點產(chǎn)生的場強的矢量和。
8.勻強電場：
場強方向處處相同，場強大小處處相等的區(qū)域稱為勻強電場
9.總結：電場強度的幾種求法
（1）用定義式求解：由于定義式適用于任何電場，故都可用測得的放入電場中某點的電荷q受到的電場力F與檢驗電荷電量q之比值求出該點的電場強度。
（2）用求解：庫侖力的實質是電場力
從式中表示點電荷在處產(chǎn)生的場強。
此式適用于求真空中點電荷產(chǎn)生的電場，其方向由場源電荷Q的電性決定。若場源電荷帶正電，則E的方向沿半徑r向外;若場源電荷帶負電，則E的方向沿半徑方向指向場源電荷。
（3）用場強與電勢差的關系求解：在勻強電場中它們的關系是:場強在數(shù)值上等于沿場強方向每單位距離上的電勢差，即，式中d為沿電場線方向的距離，U為這個距離的兩個點（或稱為等勢面）的電勢差。
（4）矢量疊加法求解：已知某點的幾個分場強求合場強，或已知合場強求某一分場強，則用矢量疊加法求解。
（5）對稱性求解：巧妙地在合適地方另外假設性地設置額外電荷，或將電荷巧妙地分割使問題簡化而求未知電場，這都可以利用對稱性求解

八、電場線
1.概念：為了直觀形象地描述電場中各點的強弱及方向，在電場中畫出一系列曲線，曲線上各點的切線方向表示該點的場強方向，曲線的疏密表示電場的弱度。這些曲線就是電場線。
第一個用電場線描述電場的科學家是——法拉第
2.電場線的特點：
（1）電場線是為了形象描述電場而引入的假想曲線，并不是真實存在的。
（2）切線方向表示該點場強的方向，也是正電荷的受力方向．
（3）疏密表示該處電場的強弱，也表示該處場強的大?。矫?，則E越強
（4）勻強電場的電場線平行且等間距直線表示．(平行板電容器間的電場，邊緣除外)
（5）始于正電荷（或無窮遠），終止負電荷（或無窮遠）
從正電荷出發(fā)到負電荷終止，或從正電荷出發(fā)到無窮遠處終止，或者從無窮遠處出發(fā)到負電荷終止．
（6）任意兩條電場線都不相交，不中斷，不閉合。
（7）沿著電場線方向，電勢越來越低．但E不一定減??；沿E方向電勢降低最快的方向。
（8）電場線⊥等勢面．電場線由高等勢面批向低等勢面。
（9）電場線只能描述電場的方向及定性地描述電場的強弱，并不是帶電粒子在電場中的運動軌跡。
帶電粒子的運動軌跡是由帶電粒子受到的合外力情況和初速度共同決定。在特殊條件下，帶電粒子的運動軌跡可以與電場線重合。這些特殊條件是:
①電場線是直線；
②帶電粒子的初速度為零或初速度方向與電場線方向在同一直線上；
③帶電粒子只受電場力作用。以上三點必須同時得到滿足。
（10）由于電場是連續(xù)分布于空間，所以各條電場線之間空白處仍有電場不能認為電場為零。

3.幾種電場電場線的分布
（1）孤立點電荷周圍的電場；
特點：
①離點電荷越近，電場線越密，場強越大。
②在點電荷形成的電場中，不存在場強相等的點
③若以點電荷為球心作一個球面，電場線處處與球面垂直，在此球面上場強大小處處相等，方向各不相同
（2）等量異種點電荷的電場(連線和中垂線上的電場特點)；
特點：
①兩點電荷連線上的各點場強方向從正電荷指向負電荷，沿電場方向場強先變小再變大。
②兩點電荷連線的中垂面（中垂線）上，電場線方向均相同，即場強方向均相同，且總與中垂面（中垂線）垂直
③在中垂線（中垂面）上，與兩點電荷連線的中點O等距離的各點場強相等。
④從兩點電荷連線中點O沿中垂面（中垂線）到無限遠，電場強度一直變小
（3）等量同種點電荷的電場(連線和中垂線上的電場特點)；
特點：
①兩點電荷連線中點O處場強為0，此處無場強
②兩點電荷連線中點O附近的電場線非常稀疏，但場強并不為
③從兩點電荷連線中點O沿中垂面（中垂線）到無限遠，電場線先變密后變疏，即場強先變大后變小。
（4）勻強電場；
場強方向處處相同，場強大小處處相等的區(qū)域稱為勻強電場，勻強電場中的電場線是等距的平行線，平行正對的兩金屬板帶等量異種電荷后，在兩極之間除邊緣外就是勻強電場。
（5）點電荷與帶電平板；
題型講解
1.電荷守恒定律
毛皮與玻璃棒摩擦后，毛皮帶正電,這是因為（）
A．毛皮上的一些電子轉移到橡膠棒上
B．毛皮上的一些正電荷轉移到橡膠棒上
C．橡膠棒上的一些電子轉移到毛皮上
D．橡膠棒上的一些正電荷轉移到毛皮上
【解析】摩擦起電的實質是電子從一個物體轉移到另一個物體上，中性的物體若缺少了電子帶正電，多余了電子就帶負電，由于毛皮的原子核束縛電子的本領比橡膠棒弱，在摩擦的過程中毛皮上的一些電子轉移到橡膠棒上，缺少了電子的毛皮帶正電，而正電荷是原子核內(nèi)的質子，不能自由移動，所以A正確.
【答案】A

2.庫侖定律
已經(jīng)證實，質子、中子都是由稱為上夸克和下夸克的兩種夸克組成的，上夸克帶電荷量為e，下夸克帶電荷量為－e，e為電子所帶電荷量的大小.如果質子是由三個夸克組成的，且各個夸克之間的距離都為l，l=1.5×10－15m.試計算質子內(nèi)相鄰兩個夸克之間的靜電力（庫侖力）.
【解析】本題考查庫侖定律及學生對新知識的吸取能力和對題中隱含條件的挖掘能力.關鍵點有兩個：（1）質子的組成由題意得必有兩個上夸克和一個下夸克組成.（2）夸克位置分布（正三角形）.質子帶電荷量為+e，所以它是由兩個上夸克和一個下夸克組成的.按題意，三個夸克必位于等邊三角形的三個頂點處.這時上夸克與上夸克之間的靜電力應為：
F1=k=k
代入數(shù)值，得F1=46N，為斥力
上夸克與下夸克之間的靜電力為F2=k=k
代入數(shù)值，得F2=23N，為引力.

3.電場強度、電場線
（1）圖中a、b是兩個點電荷，它們的電量分別為Q1、Q2，MN是ab連線的中垂線，P是中垂線上的一點.下列哪種情況能使P點場強方向指向MN的左側?（）
A．Q1、Q2都是正電荷，且Q1＜Q2
B．Q1是正電荷，Q2是負電荷，且Q1|Q2|
C.Q1是負電荷，Q2是正電荷，且|Q1|＜Q2
D.Q1、Q2都是負電荷，且|Q1||Q2|
【解析】場強是矢量，場強的合成遵循平行四邊形定則，由平行四邊形定則可畫出場強的矢量圖，可得到ACD正確.
【答案】ACD
點評：本題考查場強的矢量性，即空間某一點的場強應是各場源電荷在該點激發(fā)的電場的矢量和，應該遵循平行四邊形定則.

（2）圖中邊長為a的正三角形ABC的三點頂點分別固定三個點電荷+q、+q、-q，求該三角形中心O點處的場強大小和方向。
【解析】每個點電荷在O點處的場強大小都是由圖可得O點處的合場強為方向由O指向C。
4.帶點質點在電場中的受力分析
兩個大小相同的小球帶有同種電荷(可看作點電荷)，質量分別為m1和m2，帶電量分別是q1和q2，用兩等長的絕緣線懸掛后，因靜電力而使兩懸線張開，分別與豎直方向成夾角α1和α2，如圖9-36-6所示，若α1＝α2，則下述結論正確的是（）
A.q1一定等于q2B.一定滿足
C.m1一定等于m2D.必定同時滿足q1=q2，m1=m2
【解析】可任選m1或者m2為研究對象，現(xiàn)以m1為研究對象，其受力如圖所示，無論q1、q2的大小關系如何，兩者之間的庫侖斥力是大小相等的，故，即.
【答案】C
點撥：求解帶電體在電場中的平衡問題和求解靜力學問題的思維方法一模一樣，首先是研究對象的選取，然后是受力分析，畫出受力示意圖，最后列平衡求解.

第20講電勢電勢差

教學目標
1.理解電場能的性質，知道電場力做功的特點，知道電場力做功與電勢能的變化關系；
2.理解電勢差的定義式及其物理意義，理解電勢的物理意義，會比較電場中兩點電勢的高低，會求解電勢差；
3.理解勻強電場中電勢差與電場強度的關系式
重點：能區(qū)分電勢與電勢差，理解電場力做功的特點以及電場力做功與電勢能的變化之間的關系.
難點：會處理電勢差與能量的綜合運用問題
知識梳理
一、電勢能
1.定義：由電荷在電場中的相對位置決定的能量叫電勢能。
注：電勢能實際應用不大，常實際應用的是電勢能的變化。
2.說明
（1）電荷在電場中每一個位置都有一定的電勢能，電勢能的大小與電荷所在的位置有關
（3）電勢能的大小具有相對性，電荷在電場中電勢能的數(shù)值與選定的零電勢能位置有關，通常取無窮遠處或大地為電勢能和零點。而電勢能的變化是絕對的，與零電勢能位置的選擇無關
（4）電勢能有正負，電勢能為正時表示電勢能比參考點的電勢能大，電勢能為負時表示電勢能比參考點的電勢能小。
（5）電勢能是屬于電荷和電場所共有，沒有電場的存在，就沒有電勢能，僅有電場的存在，而沒有電荷時也沒有電勢能。
（6）電荷在電場中某點的電勢能在數(shù)值上等于把電荷從這點移到電勢能為零處(電勢為零處)電場力所做的功，則有
（7）電荷電勢能的變化僅由電場力對電荷做功引起，與其他力對電荷做功無關
（8）電勢能的單位，焦爾J還有電子伏，符號為eV，定義為在真空中，1個電子通過1伏電位差的空間所能獲得的能量。為我國法定計量單位。1電子伏=1.602×10-19焦。常用千電子伏及兆電子伏。
3.電場力做功與電勢能
電勢能的變化：當運動方向與電場力方向的夾角為銳角時，電場力做正功，電勢能減少，當電荷運動方向與電場力方向夾角為鈍角時，電場力做負功，電勢能增加。電勢能變化的數(shù)值等于電場力對電荷做功的數(shù)值，這常是判斷電荷電勢能如何變化的依據(jù)。
類比：重力勢能變化：重力做正功重力勢能減少；重力做負功重力勢能增加．
電場力做功：由電荷的正負和移動的方向去判斷(4種情況)功的正負電勢能的變化（重點和難點知識）（上課時一定要搞清楚的，否則對以后的學習帶來困難）

二、電勢
1.定義：
如果在電場中選一個參考點(零電勢點)，那么電場中某點跟參考點間的電勢差，就叫做該點的電勢。電場中某點的電勢在數(shù)值上等于單位正電荷由該點移動到參考點(零電勢點)時，電場力所做的功。
電勢的單位：伏特（V）
2.說明：
（1）電勢是標量，有正負，無方向，只表示相對零勢點比較的結果。
（2）電勢是電場本身具有的屬性，與試探電荷無關。
（3）沿著電場線的方向，電勢越來越低（最快），逆著電場線的方向，電勢越來越高，電勢降低的方向不一定就是電場線的方向。
（4）電勢與場強沒有直接關系：電勢高的地方，場強不一定大；場強大的地方，電勢不一定高。
（5）電勢是標量，沒有方向，但有正負之分，比零電勢點高為正，比零電勢為低為負。
（6）電勢的值與零電勢的選取有關
零電勢點可以自由選取，通常取離電場無窮遠處電勢為零，實際應用中常取大地電勢為零
（7）如果取無窮遠電勢為零，正電荷形成的電場中各點的電勢均為正值，負電荷形成的電場中各點的電勢均為負值。
（8）當存在幾個“場源”時，某處合電場的電勢等于各“場源”的電場在經(jīng)處的電勢的代數(shù)和
（9）點電荷電場的電勢
在一個點電荷q所形成的電場中，若取無限遠處的電勢為零，則在距此點電荷距離為r的地方的電勢為
（10）均勻帶電球電場的電勢
對于一個均勻帶電球面所形成的電場，若球半徑為R，帶電量為q，則在球外的任意與球心相距為r的點的電勢為，而其球面上和球面內(nèi)任一點的電勢都是

三、電勢差：
1.定義：電荷q在電場中由一點A移到另一點B時，電場力所做的功WAB跟它的電荷量q的比值，叫做A、B兩點間的電勢差。
2.定義式：，單位：V=J/C
3.物理意義：電場中A、B兩點間的電勢差在數(shù)值上等于單位正電荷從A點移動到B點過程中電場力所做的功。
4.單位：伏特，符號是V。
5.說明：
電勢差是標量，有正負，無方向。A、B間電勢差，顯然電勢差的值與零電勢的選取無關。
注：電勢差很類似于重力場中的高度差．物體從重力場中的一點移到另一點，重力做的功跟其重量的比值叫做這兩點的高度差h＝W/G．

四、等勢面
1.定義：一般說來，電場中各點的電勢不同，但電場中也有許多點的電勢相等。我們把電場中電勢相等的點構成的面叫做等勢面。
2.等勢面的特點：
（1）在同一等勢面上的任意兩點間(不論方式如何，只要起終點在同一等勢面上)移動電荷，電場力不做功。
因為等勢面上各點電勢相等，電荷在同一等勢面上各點具有相同的電勢能，所以在同一等勢面上移動電荷電勢能不變，即電場力不做功
（2）等勢面一定跟電場線垂直，即跟場強的方向垂直。
假如不是這樣，場強就有一個沿著等勢面的分量，這樣在等勢面上移動電荷時電場力就要做功。但這是不可能的，因為在等勢面上各點電勢相等，沿著等勢面移動電荷時電場力是不做功的，所以場強一定跟等勢面垂直。
（3）沿著電場線方向電勢越來越低。
可見，電場線不但與等勢面垂直，而且由電勢較高的等勢面指向電勢較低的等勢面。
（4）導體處于靜電平衡時，整個導體是一個等勢體，導體表面是一個等勢面。(后面將學到)
（5）不同的等勢面是不會相交的，也不能相切。
因為電場線總跟等勢面垂直，如果等勢面相交，則交線處同一點的電場線方向就有兩個，從而場強方向就不唯一，這是不可能的；如果等勢面相切，則在相切處等勢面“密度”為無窮大，這也是不可能的
（6）等差等勢面的疏密表示電場的強弱
等差等勢面密的地方場強大，等差等勢面疏的地方場強弱。

五、電場強度和電勢差的關系
1.關系
2.上式只適用于勻強電場，它表明在電場當中，場強在數(shù)值上等于沿電場強度方向每單位距離上的電勢差。
題型講解
1.電勢和電勢差
（1）如圖(a）所示，AB是某電場中的一條電場線．若有一電子以某一初速度并且僅在電場力的作用下，沿AB由點A運動到點B，其速度圖象如圖(b)所示．下列關于A、B兩點的電勢和電場強度E大小的判斷正確的是（）
A.B.
C.D.
【解析】從v-t圖易知電子做加速度逐漸減小的變減速運動，故電子所受電場力與運動方向相反，場強的方向由A指向B，因為沿著電場線的方向電勢降低，故，又加速度逐漸減小，故
【答案】AC
點評：要比較電場中兩點電勢的高低，關鍵在于判斷電場線的方向.

（2）如圖所示，實線為電場線，虛線為等勢線，且AB=BC，電場中的A、B、C三點的場強分別為EA、EB、EC，電勢分別為、、，AB、BC間的電勢差分別為UAB、UBC，則下列關系中正確的有()
A.＞＞B.EC＞EB＞EA
C.UAB＜UBCD.UAB＝UBC
【解析】A、B、C三點處在一根電場線上，沿著電場線的方向電勢降落，故φA＞φB＞φC,A正確；由電場線的密集程度可看出電場強度大小關系為EC＞EB＞EA，B對；電場線密集的地方電勢降落較快，故UBC＞UAB，C對D錯.
【答案】ABC
點評：考查靜電場中的電場線、等勢面的分布知識和規(guī)律.此類問題要在平時注重對電場線與場強、等勢面與場強和電場線的關系的掌握，熟練理解常見電場線和等勢面的分布規(guī)律

2.等勢面和電場線
如圖所示，平行直線、、、、，分別表示電勢為-4V、-2V、0、2V、4V的等勢線，若AB=BC=CD=DE=2cm，且與直線MN成300角，則（）
A．該電場是勻強電場，場強方向垂直于，且左斜下
B．該電場是勻強電場，場強大小E=2V/m
C．該電場是勻強電場，距C點距離為2cm的所有點中，最高電勢為4V，最低電勢為-4V
D．該電場可能不是勻強電場，E=U/d不適用
【解析】因等差等勢線是平行線，故該電場是勻強電場，場強和等勢線垂直，且由高等勢線指向低等勢線，故AD錯誤，
故B錯，以C點為圓心，以2cm為半徑做圓，又幾何知識可知圓將與、等勢線相切，故C正確.
【答案】C
點評：本題考查電場線和等勢面的關系，電場線和等勢面處處垂直，且由高等勢面指向低等勢面，故已知等勢面能繪出電場線的分布，已知電場線能畫出等勢面的分布.

3.電場力做功與電勢能變化之間的關系
如圖所示，把電量為－5×10－9C的電荷，從電場中的A點移到
B點，其電勢能＿＿＿（選填“增大”、“減小”或“不變”）；若
A點的電勢UA＝15V，B點的電勢UB＝10V，則此過程中電場力
做的功為＿＿＿＿J.
【解析】將電荷從從電場中的A點移到B點，電場力做負功，其電勢能增加；由電勢差公式UAB=Wq，W=qUAB=－5×10―9×(15－10)J=－2.5×10－8J.
【答案】增大，－2.5×10－8

4.電場與力學綜合
如圖（a）所示，在光滑絕緣水平面的AB區(qū)域內(nèi)存在水平向右的電場，電場強度E隨時間的變化如圖（b）所示．不帶電的絕緣小球P2靜止在O點．t=0時，帶正電的小球P1以速度t0從A點進入AB區(qū)域，隨后與P2發(fā)生正碰后反彈，反彈速度大小是碰前的倍，P1的質量為m1，帶電量為q，P2的質量m2=5m1,A、O間距為L0，O、B間距．已知．
（1）求碰撞后小球P1向左運動的最大距離及所需時間．
（2）討論兩球能否在OB區(qū)間內(nèi)再次發(fā)生碰撞．
【解析】(1)P1經(jīng)t1時間與P2碰撞，則
P1、P2碰撞，設碰后P2速度為v2，由動量守恒：
解得（水平向左）（水平向右）
碰撞后小球P1向左運動的最大距離：又：
解得：
所需時間：
（2）設P1、P2碰撞后又經(jīng)時間在OB區(qū)間內(nèi)再次發(fā)生碰撞，且P1受電場力不變，由運動學公式，以水平向右為正：則：
解得：（故P1受電場力不變）
對P2分析：
所以假設成立，兩球能在OB區(qū)間內(nèi)再次發(fā)生碰撞.
點評：本題考查電場力、牛頓定律、運動學公式、動量守恒等知識點，具有很強的綜合性，廣東高考連續(xù)幾年在電場方面都有大題考查，希望同學們能引起重視

第21講電容器帶電粒子在電場中的運動

教學目標
1.知道電容器的電壓、電荷量和電容的關系；知道平行板電容器的電容與那些因素有關.
2.掌握帶電粒子在電場中的加速、偏轉規(guī)律，了解示波器的原理,會用運動的分解來求解有關偏轉問題.
重點：電容器的動態(tài)變化以及電容的定義式和決定式，掌握帶電粒子在電場中的加速、偏轉問題
難點：電容器、電容問題的討論以及用力學和功能關系分析帶電粒子在電場中的運動情況.
知識梳理
一、電容器、電容
1.電容器的組成：兩個彼此絕緣又互相靠近的導體可構成一個電容器。電容器是儲存電荷（電能）的元件。
2.電容器的充放電
（1）把電容器的一個極板接電池正極，另一個極板接電池負極，兩個極就分別帶上了等量的異種電荷，這個過程叫做充電。
電容器充電時會在電路中形成隨時間變化的充電電流，充電時，電流從電源正極流向電容器的正極板，從電容器的負極板流向電源的負極。
（2）用一根導線把充電后的兩極接通，兩極上的電荷互相中和，電容器就不帶電，這個過程叫做放電。
電容器放電時，電流從電容器正極板流出，通過電路流向電容器的負極。
（3）電容器所帶的電荷量是指電容器的一個極板上所帶電荷量的絕對值。
3.電容C
（1）定義：電容器所帶的電荷量Q(任一個極板所帶電量的絕對值)與兩個極板間的電勢差U的比值叫做電容器的電容。
（2）定義式：C＝ΔQ/ΔU
（3）電容單位：法拉(F)，微法(μF)，皮法(PF)1F=106μF=1012PF
（4）物理意義：電容表示電容器的帶電本領的高低
（5）說明：
①C與Q、U無關；與電容器是否帶電及帶電多少無關
C由電容器本身物理條件（導體大小、形狀、相對位置及電介質）決定；
4.平行板電容器的電容C=(即平行板電容器的電容與兩板正對面積（不可簡單的理解為板的面積）成正比，與兩板間距離成反比，與介質的介電常數(shù)成正比)
5.平行板電容器動態(tài)分析
平行板電容容器分析這類問題的關鍵在于弄清叫些量是變量，哪些量是不變量，哪些量是自變量，哪些量是因變量。一般分為兩種情況：
(1)電壓不變：電容器兩極板接入電路中，它兩端的電壓等于這部分電路兩端電壓，當電容變化時，電壓不變；
(2)電量不變：電容器充電后斷開電源，一般情況下電容變化，電容器所帶電量不變
進行討論的物理依據(jù)主要是四個
①
②
③
④由和求出U，再代入，可得平行板電容器兩極板間的電場強度為。
即電容器內(nèi)部的場強正比于電荷密度
這表明孤立的帶電電容器在極板彼此遠離或靠近過程，內(nèi)部場強不會變化

二、帶電粒子在電場中的運動
1.帶電粒子的重力是否可忽略的條件：
（1）基本粒子：如電子、質子、粒子、離子等，若無說明或明確的暗示，一般不計重力；
帶電微粒子在電場中的運動一般不考慮粒子的重力．帶電粒子在電場中運動分兩種情況：
第二種情況是帶電粒子沿電場線進入電場，作直線運動．
（2）帶電顆粒：如塵埃、液滴、油滴、小球等，若無說明或明確的暗示，一般要考慮重力；
在電場中受到除電場力以外的重力、彈力、摩擦力，由牛頓第二定律來確定其運動狀態(tài)，所以這部分問題將涉及到力學中的動力學和運動學知識。
（3）平衡問題一般要考慮重力。
2.平衡（靜止或勻速）：僅在電場力和重力作用下滿足
3.帶電粒子的直線加速
（1）運動狀態(tài)分析：帶電粒子沿與電場線方向平行的方向進入勻強電場，受到的電場力與運動方向在同一直線上，做勻加(減)速直線運動。
（2）用功能觀點分析：粒子只受電場力作用，電場力做功即為合外力做功，故粒子動能變化量等于電勢能的變化量：(式中U為加速電場的電勢差)
假設從靜止開始加速，所以離開電場時速度為
此式適用于一切靜電場(即包括勻強場和非勻強場)。對勻強場，由于電場力為恒力，故還可以有如下的公式:(式中s為沿電場線方向的距離)。

4.帶電粒子的偏轉（只考慮速度垂直于場強的情況）
（1）運動狀態(tài)分析：帶電粒子以速度垂直于電場線方向射入勻強電場，受到恒定的與初速度方向成90度的電場力作用，做勻變速曲線運動（類平拋運動，軌跡為拋物線）
（2）偏轉運動的處理方法：粒子的運動是沿初速方向的勻速直線運動和沿電場力方向的勻加速直線運動的合運動，故可用類似平拋運動的分析方法。
（3）帶電粒子偏轉問題的討論
質量為、帶電量為的帶電粒子以初速度沿垂直于電場方向，進入長為、間距為、電壓為的兩平行金屬板間，在穿越電場時發(fā)生偏轉，不計粒子重力，則可推得：
粒子穿越電場的時間：垂直場強方向勻速直線運動：，可得
粒子穿越電場的加速度：
粒子離開電場時的速度：平行場強方向勻加速運動則
所以
粒子離開電場時的偏移量：
粒子的偏轉角為：
（4）對粒子偏移及偏角的的討論
若不同的帶電粒子是從靜止經(jīng)過同一加速電壓進入偏轉電場的，則偏移
和
而
由上式可知，粒子的偏角與粒子，無關，僅決定于加速電場和偏轉電場，即不同的帶電粒子從靜止經(jīng)過同一電場加速后進入同一偏轉電場后，它們在電場中的偏移、偏轉角總是相同的。即運動軌跡是相同的。
（5）粒子從偏轉電場中射出時偏移，作粒子速度的反向延長線，與初速度的延長線交于點，點與粒子出場點水平距離為，
則
粒子從偏轉電場中射出時，速度的反向延長線與初速度延長線的交點平分沿初速度方向的位移，即粒子好像從該中點處沿直線飛離電場一樣。
說明：
①以上公式不宜死記，而應能熟練推導;
②此類習題通常要求討論幾個帶電粒子通過同一電場時各物理量的比值關系，故應知道一些常見的粒子的質量數(shù)和電荷數(shù)，如質子有1個質量數(shù)和1個電荷數(shù)，α粒子有4個質量數(shù)，2個電荷數(shù);
③如果偏轉電壓的變化周期遠遠大于粒子穿越電場的時間（T），則在粒子穿越電場的過程中，仍可當作勻強電場處理。

5.圓周運動
帶電粒子在點電荷形成的徑向輻射狀分布的靜電場中，可做勻速圓周運動．如氫原子核外電子的繞核運動．此時有
題型講解
1.平行板電容器的動態(tài)分析
如圖所示，平行板電容器在充電后不切斷電源，此時板間有一帶電塵粒恰能在電場中靜止，當正對的平行板左右錯開一些時（）
A．帶電塵粒將向上運動
B．帶電塵粒將保持靜止
C．通過電阻R的電流方向為A到B
D．通過電阻R的電流方向為B到A
【解析】電容器始終與電源相連，故U不變，兩極板左右錯開一些，板間距離不變，故E不變，C減小，Q減小，電容器放電，放電電流為順時針方向.
【答案】BC
點評：平行板電容器的動態(tài)分析主要有兩種情況，一種是電容器的兩極始終與電源連接，這樣不論電容器的電容如何變化，兩極板的電壓是不變的，另一種是電容器被充電后與電源斷開（只有一個極板斷開連接就可以了）這樣極板上的電荷量與外界不會發(fā)生轉移，所以Q不變.求解電容器的動態(tài)變化關鍵在于分清類型，再結合定義式和決定式進行分析.

2.帶電粒子在電場中的加速問題
如圖所示，兩平行金屬板豎直放置，左極板接地，中間有小孔.右極板電勢隨時間變化的規(guī)律如圖所示.電子原來靜止在左極板小孔處.（不計重力作用）下列說法中正確的是（）

A.從t=0時刻釋放電子，電子將始終向右運動，直到打到右極板上
B.從t=0時刻釋放電子，電子可能在兩極板間振動
C.從t=T/4時刻釋放電子，電子可能在兩極板間振動，也可能打到右極板上
D.從t=3T/8時刻釋放電子，電子必將從左極板上的小孔中穿出
【解析】作出不同時刻的釋放電子的v-t圖象，從圖可知AC正確.
【答案】AC
點評：帶電粒子的加速問題可以從力學的觀點來求解，即根據(jù)牛頓第二定律求解，但粒子必須是在勻強電場中運動,對于帶電粒子在交變電場中的運動往往用v-t圖象求解.

3.帶電粒子在電場的偏轉問題
噴墨打印機的結構簡圖如圖所示，其中墨盒可以發(fā)出墨汁微滴，此微滴經(jīng)過帶電室時被帶上負電，帶電的多少由計算機按字體筆畫高低位置輸入信號控制.帶電后的微滴以一定的初速度進入偏轉電場后，打到紙上，顯示出字體.無信號輸入時，墨汁微滴不帶電，徑直通過偏轉板而注入回流槽流回墨盒.設偏轉板板長為L=1.6cm，兩板間的距離為d=0.50cm，偏轉板的右端距紙L1=3.2cm，若一個墨汁微滴的質量為m=1.6×10-10kg，以v0=20m／s的初速度垂直于電場方向進入偏轉電場，兩偏轉板間的電壓是U=8.0×103V，若墨汁微滴打到紙上的點距原射入方向的距離是Y=2.0mm.不計空氣阻力和墨汁微滴的重力，可以認為偏轉電場只局限在平行板電容器內(nèi)部，忽略邊緣電場的不均勻性.
（1）上述墨汁微滴通過帶電室?guī)У碾娏渴嵌嗌伲?br> （2）若用（1）中的墨汁微滴打字，為了使紙上的字體放大10％，偏轉板間電壓應是多大。

【解析】（1）墨汁微滴在平行板運動時，由電學知識可得：U=Ed
墨汁微滴在豎直方向的加速度:a=
墨汁微滴在豎直方向的位移:y=at2
墨汁微滴在平行板運動時間：L=v0t
由幾何學知識可得：
聯(lián)立可解得：q=1.25×10-13(C)
(2)要使字體放大10%，則墨汁微滴打到紙上的點距原射入方向的距離應是Y’=Y(1+10%)
設此時墨汁微滴在豎直方向的位移是y’，由幾何知識可得：
可解得：U=8.8×103（V）
點評：求解帶電粒子在電場中的偏轉問題最基本的思維方法是運動的分解，即分解速度和分解位移，可類比平拋運動的求解，另外做平拋運動和類平拋運動的物體某點的速度反向延長線必經(jīng)過對應水平位移的中點，這個結論對求解類平拋運動很有好處.

高考物理第一輪總復習教案026

第1講描述運動的物理量、勻速直線運動

教學目標
理解參考系、質點、位移、速度、加速度的概念，認識在哪些情況下可以把物體看成質點的，知道不引入?yún)⒖枷稻蜔o法確定質點的位置和運動.在研究物理問題過程中會構建物理模型，再現(xiàn)物理情景，掌握位移和路程、時間與時刻、速度與速率、速度與加速度的區(qū)別及聯(lián)系.
重點：對概念的理解
難點：位移和路程、時間與時刻、速度與速率、速度與加速度的區(qū)別及聯(lián)系.
知識梳理
一、描述運動的物理量
1.知識網(wǎng)絡
2.機械運動
一個物體相對于另一個物體的位置的改變，叫做機械運動，也叫運動.它包括平動、轉動和振動等運動形式.
3.質點
研究一個物體的運動時，如果物體的形狀和大小屬于無關因素或次要因素，對問題的研究沒有影響或影響可以忽略，為使問題簡化，就用一個有質量的點來代替物體.用來代替物體的有質量的點就叫做質點.
可視為質點的情況：
（1）物體的形狀和大小在所研究的問題中可以忽略
（2）作平動的物體由于各點的運動情況相同，可以選物體任意一個點的運動來代表整個物體的運動，可以當作質點處理.
4.參考系
靜止是相對的，運動是永恒的。任何物體的運動離開參考系均無意義。
（1）描述一個物體是否運動，決定于它相對于所選的參考系的位置是否發(fā)生變化，由于所選的參考系并不是真正靜止的，所以物體運動的描述只能是相對的.
（2）描述同一運動時，若以不同的物體作為參考系，描述的結果可能不同.
（3）參考系的選取原則上是任意的，但有時選運動物體作為參考系，可能會給問題的分析、求解帶來簡便.
（4）當比較兩個物體的運動情況時，必須選擇同一個參考系
一般情況下如無說明，通常都是以地球作為參考系來研究物體的運動.
5.坐標系
機械運動是指物體位置的變化，而物體的位置可以用多種方法來確定，如門牌號碼可以確定住房的位置、經(jīng)度與緯度可以研究航海船只的位置等等。而在物理學中研究物體的位置通常是用直角坐標來確定物體的位置。
6.時間與時刻
時刻：是指某一瞬時，在時間軸上表示為某一點，如第2s末、2s時（即第2s末）、第3s初（即第2s末）均表時刻.時刻與狀態(tài)量相對應，如位置、速度、動量、動能等.
時間：是兩個時刻之間的間隔，在時間軸上表示為兩點之間的線段長度.如：4s內(nèi)（即0s至4s末）、第4s（是指1s的時間間隔）.
時間間隔的換算：時間間隔=終止時刻-開始時刻.
時間與過程量相對應.如：位移、路程、沖量、功等.
7.位置、位移、路程
物體的位置可以通過坐標來研究，而機械運動是物體隨時間位置的變化，而位置變化的距離確立為位移。這里應該強調(diào)的是，如果物體做曲線運動，物體經(jīng)過的路程是運動軌跡的長度，它不能表示位置的變化，而位移是起點到終點之間的直線距離，它不僅有大小，還有方向，方向是從起點指向終點.路程是物體運動軌跡的實際長度，是標量，與路徑有關.
說明：①一般地路程大于位移的大小，只有物體做單向直線運動時，位移的大小才等于路程。
②時刻與質點的位置對應，時間與質點的位移相對應。
③位移和路程永遠不可能相等（類別不同，不能比較）
8.速度、速率、平均速度與平均速率
速度：是描述物體運動快慢的物理量，是矢量．物體速度方向與運動方向相同．物體在某段時間內(nèi)的位移跟發(fā)生這段位移所用的時間的比值，叫做這段位移內(nèi)（或這段時間內(nèi)）的平均速度，即定義式為：，平均速度方向與方向相同，平均速度是矢量．瞬時速度是運動物體在某一時刻的速度，瞬時速度方向沿物體運動軌跡上相應點的切線指向前進方向一側的方向．平均速率是質點在某段時間內(nèi)通過的路程與的比值，是標量，不一定等于平均速度的大?。俾剩核俣鹊拇笮【褪撬俾?，只有大小，沒有方向，是標量.
9.加速度
描述物體速度變化快慢的物理量，a=△v/△t（又叫速度的變化率），是矢量。a的方向只與△v的方向相同（即與合外力方向相同）。
（1）加速度與速度沒有直接關系：加速度很大，速度可以很小、可以很大、也可以為零（某瞬時）；加速度很小，速度可以很小、可以很大、也可以為零（某瞬時）；
（2）加速度與速度的變化量沒有直接關系：加速度很大，速度變化量可以很小、也可以很大；加速度很小，速度變化量可以很大、也可以很小。加速度是“變化率”——表示變化的快慢，不表示變化的大小。
（3）當加速度方向與速度方向相同時，物體作加速運動，速度增大；若加速度增大，速度增大得越來越快；若加速度減小，速度增大得越來越慢（仍然增大）。當加速度方向與速度方向相反時，物體作減速運動，速度減??；若加速度增大，速度減小得越來越快；若加速度減小，速度減小得越來越慢（仍然減?。?/p>

二、勻速直線運動
1.定義：在相等的時間里位移相等的直線運動叫做勻速直線運動．
2.特點：a＝0，v=恒量．
3.位移公式：S＝vt.
題型講解
1.質點的選取
下列關于質點的說法正確的是（）
A．萬噸巨輪在大海中航行，研究巨輪所處的地理位置時，巨輪可看作質點
B．無論什么物體，也無論什么運動，只要以地面為參考系，就能將其看成質點．
C．電子繞原子核旋轉，同時在自轉，由于電子很小，故研究電子的自轉時，仍可將其看作質點．
D．在研究物體的平動時，無論什么物體都可看作質點．
【解析】在所研究的問題中，只要物體的形狀、大小及物體上各部分的差異是次要或不起作用的因素，就可以把物體看成質點．
【答案】AD

2.參考系
某人劃船逆流而上，當船經(jīng)過一橋時，船上一小木塊掉在河水里，但一直航行至上游某處時此人才發(fā)現(xiàn)，便立即返航追趕．當他返航經(jīng)過1h追上小木塊時，發(fā)現(xiàn)小木塊距離橋有5400m遠，若此人向上和向下航行時船在靜水中前進速率相等．試求河水的流速為多大？(分別以水或地面為參考系兩種方法解答)
【解析】解法一選水為參考系，小木塊是靜止的；相對水，船以恒定不變的速度運動，到船“追上”小木塊，船往返運動的時間相等，各為1h；
橋相對水向上游運動，到船“追上”小木塊，橋向上游運動了位移5400m，時間為2h．易得水的速度為0.75m/s.
解法二若以地面為參考系，水的速度設為v1，船在靜水中的速度設為v2，劃船者向上游運動時間為t1，向下游運動時間為t2，則對木塊：v1(t1＋t2)＝5400m
對小船：(v1＋v2)t2－(v2－v1)t1＝5400m
已知t2＝3600s，解得，t1＝3600s，v1＝0.75m/s.
【答案】0.75m/s

3.位移與路程
關于位移和路程，以下說法正確的是（）
A．位移是矢量，路程是標量
B．物體的位移是直線，而路程是曲線
C．在直線運動中，位移與路程相同
D．只有在質點做單向直線運動時，位移的大小才等于路程
【解析】位移描述物體位置的變化，它是從物體初位置指向末位置的物理量，它是矢量；路程是從物體初位置到末位置所經(jīng)過的路徑軌跡長度．路程是標量．A正確．位移和路程都是物理量，不存在直線或曲線問題，B錯．位移和路程是兩個不同的物理量，前者是矢量后者是標量，即使大小相等也不能說二者相同，C錯，D正確．
【答案】AD

4.勻速直線運動
天空有近似等高的濃云層．為了測量云層的高度，在水平地面上與觀測者的距離為d=3.0km處進行一次爆炸，觀測者聽到由空氣直接傳來的爆炸聲和由云層反射來的爆炸聲時間上相差Δt=6.0s．試估算云層下表面的高度．已知空氣中的聲速v=km/s．
【解析】如圖1-1-1，A表示爆炸處，O表示觀測者所在處，h表示云層下表面的高度，用t1表示爆炸聲直接傳到O處所經(jīng)時間，則有d=vt1①
用t2表示爆炸聲經(jīng)云層反射到達O處所在經(jīng)時間，因為入射角等于反射角，故有
②
已知t2-t1=Δt③
聯(lián)立①、②、③，可得
④
代入數(shù)值得⑤
【答案】

5.速度、速度變化量和加速度
物理量
意義公式及單位關系
速度v表示運動的快慢和方向v＝Δs/Δt(m/s)三者無必然聯(lián)系．v很大，Δv可以很小，甚至為0，a也可大可小
速度的
變化量
表示速度變化的大小和方向

加速度a表示速度變化的快慢和方向，即速度的變化率

（1）一物體作勻加速直線運動，在某時刻前內(nèi)的位移是，在該時刻后的內(nèi)的位移是，則物體的加速度是（）
A．B．C．D．
【解析】設某時刻為0時刻，則時刻的速度為，時刻的速度，由加速度的定義式得
【答案】A．
（2）一列長為的隊伍，行進速度為，通訊員從隊伍尾以速度趕到排頭，又立即以速度返回隊尾．求這段時間里隊伍前進的距離．
【解析】若以隊伍為參考系，則通訊員從隊尾趕到排頭這一過程中，相對速度為：；通訊員再從隊伍頭返回隊尾的這一過程中相對速度為：，則整個運動過程經(jīng)歷的時間為：，則隊伍在這段時間相對地面前進的距離為：
（3）一輛實驗小車可沿水平地面(圖中紙面)上的長直軌道勻速向右運動．有一臺發(fā)出細光束的激光器裝在小轉臺M上，到軌道距離MN為d=10m，如圖1-1-3所示，轉臺勻速轉動，使激光束在水平面內(nèi)掃描，掃描一周的時間T=60s，光束轉動方向如圖中箭頭所示，當光束與MN的夾角為450時，光束正好射到小車上．如果再經(jīng)過=2.5s光束又射到小車上，則小車的速度為多少？(結果保留二位有效數(shù)字)

【解析】在內(nèi)，光束轉過=×=，若激光束照射小車時，小車正在接近N點，則光束與MN的夾角從450變?yōu)?00，故車速，若激光束照射小車時，小車正遠離N點，則車速.
第2講勻變速直線運動的規(guī)律

教學目標
理解勻變速直線運動及其公式，能夠熟練運用勻變速直線運動的規(guī)律進行解題.能根據(jù)運動情景選取合理的運動公式進行解題.
重點：能正確運用勻變速直線運動的公式及其推論求解運動學問題
難點：對工式的意義及其使用條件的理解與判斷.
知識梳理
一、勻變速直線運動基本規(guī)律：
υt=υ0+at
s=υ0t+at2/2
s=υ平t

利用上面式子時要注意：
1.υt，υ0，υ平，a視為矢量，并習慣選υ0的方向為正方向：
2.其余矢量的方向與υ0相同取正值，反向取負值，若a與υ同向，物體作勻加速運動，若a與υ反向，物體作勻減速運動。

二、勻變速直線運動中幾個常用的結論
1.Δs=aT2，即任意相鄰相等時間內(nèi)的位移之差相等。可以推廣到sm-sn=(m-n)aT2
2.，某段時間的中間時刻的即時速度等于該段時間內(nèi)的平均速度。
，某段位移的中間位置的即時速度公式（不等于該段位移內(nèi)的平均速度）。
可以證明，無論勻加速還是勻減速，都有.

三、初速度為零（或末速度為零）的勻變速直線運動
做勻變速直線運動的物體，如果初速度為零，或者末速度為零，那么公式都可簡化為：
，，，
四、初速為零的勻變速直線運動
1.前1秒、前2秒、前3秒……內(nèi)的位移之比為1∶4∶9∶……
2.第1秒、第2秒、第3秒……內(nèi)的位移之比為1∶3∶5∶……
3.前1米、前2米、前3米……所用的時間之比為1∶∶∶……
4.第1米、第2米、第3米……所用的時間之比為1∶∶（）∶……
對末速為零的勻變速直線運動，可以相應的運用這些規(guī)律。

五、一種典型的運動
經(jīng)常會遇到這樣的問題：物體由靜止開始先做勻加速直線運動，緊接著又做勻減速直線運動到靜止。用右圖描述該過程，可以得出以下結論：
①②

六、剎車類問題
汽車做勻減速運動到速度為零時，即停止運動，其加速度a也突然消失．求解此類問題時應先確定物體實際運動的時間，注意題目中所給的時間與實際運動時間的關系．對末速度為零的勻減速運動也可以按逆過程即初速度為零的勻加速運動處理．

七、解題方法指導：
1.解題步驟：
（1）確定研究對象。
（2）明確物體作什么運動，并且畫出運動示意圖。
（3）分析研究對象的運動過程及特點，合理選擇公式，注意多個運動過程的聯(lián)系。
（4）確定正方向，列方程求解。
（5）對結果進行討論、驗算。
2.解題方法：
（1）公式解析法：假設未知數(shù)，建立方程組。本章公式多，且相互聯(lián)系，一題常有多種解法。要熟記每個公式的特點及相關物理量。
（2）圖象法：如用v—t圖可以求出某段時間的位移大小、可以比較vt/2與vS/2，以及追及問題。用s—t圖可求出任意時間內(nèi)的平均速度。
（3）比例法：用已知的討論，用比例的性質求解。
（4）極值法：用二次函數(shù)配方求極值，追趕問題用得多。
（5）逆向思維法：如勻減速直線運動可視為反方向的勻加速直線運動來求解。
題型講解
1.公式的運用
（1）騎自行車的人由靜止開始沿直線運動，在第1s內(nèi)通過1米、第2s內(nèi)通過2米、第3s內(nèi)通過3米第4s內(nèi)通過4米．則下列說法中正確的是()
A．自行車和人做勻加速直線運動
B．第2s末的瞬時速度為2.5m/s
C．第3、4兩秒內(nèi)的平均速度為3.5m/s
D．整個過程中加速度為1m/s2
【解析】本題已明確指出騎自行車的人為初速度為零的直線運動，因此，若為勻變速直線運動，必有sⅠ∶sⅡ∶sⅢ∶sⅣ＝1∶3∶5∶7，而這里對應的sⅠ′∶sⅡ′∶sⅢ′∶sⅣ′＝1∶2∶3∶4.雖然在連續(xù)相等時間內(nèi)位移差相等，但不是勻變速直線運動，故無法求出加速度及第2s末的瞬時速度．根據(jù)平均速度的定義可求得第3、4兩秒內(nèi)的平均速度
【答案】C
（2）(20xx合肥調(diào)研)一質點沿直線Ox方向做加速運動，它離開O點的距離隨時間變化的關系為s＝a＋2t3(m)(其中a為一個常數(shù))，它的速度隨時間變化的關系為v＝6t2(m/s)．則該質點在t＝2s時的瞬時速度和t＝0到t＝2s間的平均速度分別為()
A．8m/s、24m/sB．24m/s、8m/s
C．12m/s、24m/sD．24m/s、12m/s
【解析】由瞬時速度公式可得t＝2s時的速度為v＝6t2m/s＝6×22m/s＝24m/s；由s與t的關系得出各時刻對應的位移，再利用平均速度公式可得t＝0到t＝2s間的平均速度為8m/s.故選項B正確．
【答案】B

2.直線運動規(guī)律、公式的選取
（1）一個勻加速直線運動的物體，在頭4s內(nèi)經(jīng)過的位移為24m，在第二個四秒內(nèi)經(jīng)過的60m.求這個物體的加速度和初速度各是多少.
【思路】（1）在s,v0,vt,a,t五個物理量中已知t，s兩個，故可以選擇聯(lián)立兩個過程求解.
（2）還可以根據(jù)來求.
（3）還可以根據(jù)來求.
【解析】法一基本公式法
頭4s內(nèi)位移：
第二個4s內(nèi)的位移：
將s1=24m、s2=60m帶入上式，解得a=2.25m/s2，v0=1.5m/s
法二物體在8s內(nèi)的平均速度等于中間時刻（即第4s末）的瞬時速度則，物體在前4s內(nèi)的平均速度等于第2s末的瞬時速度
由兩式聯(lián)立，得a=2.25m/s2v0=1.5m/s
法三由公式，得
根據(jù)，所以v0=1.5m/s

(2)一質點沿AD直線作勻加速直線運動，如圖，測得它在AB、BC、CD三段的時間均為t，測得位移AC=L1，BD=L2，試求質點的加速度？
【解析】設AB=s1、BC=s2、CD=s3則：
s2s1=at2s3s2=at2
兩式相加：s3s1=2at2
由圖可知：L2L1=（s3+s2）（s2+s1）=s3s1
則：a=
（3）一個做勻加速直線運動的物體，連續(xù)通過兩段長為s的位移所用的時間分別為t1、t2，求物體的加速度？
解：方法（1）：設前段位移的初速度為v0，加速度為a，則：
前一段s：s=v0t1+……（1）
全過程2s：2s=v0（t1+t2）+……（2）
消去v0得：a=
方法（2）：設前一段時間t1的中間時刻的瞬時速度為v1,后一段時間t2的中間時刻的瞬時速度為v2。所以：
v1=……（1）v2=……（2）
v2=v1+a（）……（3）
得：a=
方法（3）：設前一段位移的初速度為v0，末速度為v，加速度為a。
前一段s：s=v0t1+……（1）
后一段s：s=vt2+……（2）
v=v0+at……（3）
得：a=

3.剎車問題
以36km/h的速度行駛的汽車，剎車后做勻減速直線運動，若汽車在剎車后第2s內(nèi)的位移是6.25m，則剎車后5s內(nèi)的位移是多少？
【思路】汽車在剎車后做勻減速直線運動，由第2s內(nèi)的運動情況求出加速度，剎車后5s內(nèi)汽車是否一直在運動還不清楚，需要加以判斷，依據(jù)判斷結果進行計算．
【解析】設汽車運動方向為正方向，由于v0=36km/s=10m/s,根據(jù)位移公式得：
第2s內(nèi)的位移即有
設剎車經(jīng)過ts停止運動，則.
可見，剎車后5s的時間內(nèi)有1s是靜止的，故剎車后5s內(nèi)汽車的位移為

4.“逆向思維”的運用
子彈以水平初速度連續(xù)射穿三個并排著的完全相同的靜止并固定的木塊后速度恰好減為零．如圖所示，則它在每個木塊前的速度之比為________．穿過每個木塊所用時間之比為________
【思路】逆向過程處理(逆向思維法)是把運動過程的“末態(tài)”作為“初態(tài)”
的反向研究問題的方法．如把物體的加速運動看成反向的減速運動，物體的
減速運動看成反向的加速運動來處理，該方法一般用在末狀態(tài)已知的情況．
【解析】將此運動反演成從終點開始沿反方向做初速度為零的勻加速直線運動，設加速度大小為a，每個木塊長為L.

5.綜合運用
已知O、A、B、C為同一直線上的四點，AB間的距離為l1，BC間的距離為l2，一物體自O點由靜止出發(fā)，沿此直線做勻加速運動，依次經(jīng)過A、B、C三點，已知物體通過AB段與BC段所用的時間相等，求O與A的距離．
【解析】法一設物體的加速度為a，到達A點的速度為v0，通過AB段和BC段所用的時間為t，則有
①
②
聯(lián)立①②式得
③
④
設O與A的距離為l,則有
⑤
聯(lián)立③④⑤得
法二設物體的加速度為a，OA距離為l，時間為t0,AB、BC時間為t
由運動學知識得：
解得：
將vA=at0,vB=a(t0+t),vC=a(t0+2t)代入上式化簡得
第3講運動圖像追及和相遇問題

教學目標
理解圖象所表示的物理意義，能夠正確分析圖象所表達的物理過程.會畫運動草圖建立兩個相關的運動物體的物理情景
重點：熟練掌握位移圖象和速度圖象的含義，并會運用
難點：對追及和相遇問題的分析、處理
知識梳理
一、勻速直線運動的圖象
圖象表示運動的位移隨時間的變化規(guī)律。勻速直
線運動的圖象，是一條傾斜的直線。速度的大小
在數(shù)值上等于圖象的斜率，即，如右圖
所示。

二、直線運動的圖象
圖象表示運動的速度隨時間的變化規(guī)律。圖象表示的規(guī)律是：給出、的對應關系，即若給定時間，則可從圖上找出相應的速度，反之亦然。
1.勻速直線運動的圖象
（1）勻速直線運動的圖象是與橫軸平行的直線。
（2）從圖象不僅可以看出速度的大小，而且可以求出位移（圖象與兩坐標軸所圍圖形的面積）
2.勻變速直線運動的圖象
（1）勻變速直線運動的圖象是一條傾斜直線（如下圖示）

（2）直線斜率的大小等于加速度的大小，即，斜率越大，加速度也越大，反之
則越小
（3）若直線的斜率大于零，則加速度大于零，表示勻加速運動；若直線的斜率小于零，則加速度也小于零，表示勻減速運動。

三、s－t圖象和v－t圖象
s－t圖象v－t圖象
①表示物體做勻速直線運動(斜率表示速度v)；
②表示物體靜止；
③表示物體向反方向做勻速直線運動；
④交點的縱坐標表示三個運動質點相遇時的位移；
⑤t1時刻物體位移為s1(圖中陰影部分的面積沒有意義)①表示物體做勻加速直線運動(斜率k＝tanα表示
加速度a)；
②表示物體做勻速直線運動；
③表示物體做勻減速直線運動；
④交點的縱坐標表示三個運動質點的共同速度；
⑤t1時刻物體速度為v1(圖中陰影部分面積表示質點
①在0～t1時間內(nèi)的位移)

四、追及和相遇問題
兩物體在同一直線上追及、相遇或避免碰撞問題中的條件是：兩物體能否同時到達空間某位置。因此應分別對兩物體研究，列出位移方程，然后利用時間關系、速度關系、位移關系而解出。
1.追及
追及問題的特征及處理方法：
“追及”主要條件是兩個物體在追趕過程中處在同一位置，常見的情形有三種：
（1）初速度為零的勻加速運動的物體甲追趕同方向的勻速運動的物體乙，一定能追上，追上前有最大距離的條件：兩物體速度相等，即。
（2）勻速運動的物體甲追趕同向勻加速運動的物體乙，存在一個能否追上的問題。判斷方法是假若甲乙兩物體能處在同一位置時，比較此時的速度大小，若，能追上；若，不能追上；如果始終追不上，當兩物體速度相等時，兩物體間的距離最小。也可假定速度相等，從位移關系判斷。
（3）勻減速運動的物體追趕同向的勻速運動的物體時，情形跟第二種類似。
2.分析追及問題的注意點
（1）要抓住一個條件，兩個關系：一個條件是兩物體的速度滿足的臨界條件，如兩物體距離最大、最小，恰好追上或恰好追不上等。兩個關系是時間關系和位移關系，通過畫草圖找兩物體的位移關系是解題的突破口。
（2）若被追趕的物體做勻減速運動，一定要注意追上前該物體是否已經(jīng)停止運動。
（3）仔細審題，充分挖掘題目中的隱含條件，同時注意圖象的應用。
3.相遇
同向運動的兩物體的追及問題即其相遇問題，分析同(1)
相向運動的物體，當各自發(fā)生的位移絕對值的和等于開始時兩物體間的距離時即相遇
五、圖像法解決追及問題
說明：①表中的Δs是開始追及以后，后面物體因速度大而比前面物體多運動的位移；
②s0是開始追及以前兩物體之間的距離；
③t2－t0＝t0－t1；
④v1是前面物體的速度，v2是后面物體的速度.

類型圖象說明
勻加速追勻速
①t＝t0以前，后面物體與前面物體間距離增大
②t＝t0時，兩物體相距最遠為s0＋Δs
③t＝t0以后，后面物體與前面物體間距離減小
④能追上且只能相遇一次
勻速追勻減速

勻加速追勻減速

勻減速追勻速
開始追及時，后面物體與前面物體間的距離在減小，當兩物體速度相等時，即t＝t0時刻：
①若Δs＝s0，則恰能追上，兩物體只能相遇一次，這也是避免相撞的臨界條件
②若Δss0，則不能追上，此時兩物體最小距離為s0－Δs
③若Δss0，則相遇兩次，設t1時刻Δs1＝s0，兩物體第一次相遇，則t2時刻兩物體第二次相遇
勻速追勻加速

勻減速追勻加速

題型講解
1.s－t圖象
甲、乙兩物體的位移－時間圖象如右圖所示，下列說法正確的是
A．甲、乙兩物體均做勻變速直線運動
B．甲、乙兩物體由不同地點同時出發(fā)，t0時刻兩物體相遇
C．0～t0時間內(nèi)，兩物體的位移一樣大
D．0～t0時間內(nèi)，甲的速度大于乙的速度；t0時刻后，乙的速度大于甲的速度
【解析】s－t圖象的斜率表示速度，故甲、乙兩物體均做勻速直線運動，且v甲v乙，故選項A錯；
初始時刻，兩物體在不同位置，同時出發(fā)，t0時刻兩物體在同一位置，即相遇，故選項B對；0～t0時間內(nèi)，兩物體的末位置相同，初位置不同，故位移不同，且s甲s乙，故選項C錯；甲、乙兩條s－t圖線的斜率不變，故t0時刻前后，甲、乙始終做勻速直線運動，且v甲v乙，故選項D錯．
【答案】B

2.v－t圖象
（1）物體沿直線運動的v-t關系如圖所示，已知在第1秒內(nèi)合外力對物體做的功為W，則（）
A、從第1秒末到第3秒末合外力做功為4W。
B、從第3秒末到第5秒末合外力做功為－2W。
C、從第5秒末到第7秒末合外力做功為W。
D、從第3秒末到第4秒末合外力做功為－0.75W。
【答案】CD

（2）兩支完全相同的光滑直角彎管(如圖所示)現(xiàn)有兩只相同小球a和a/同時從管口由靜止滑下，問誰先從下端的出口掉出？(假設通過拐角處時無機械能損失)

【解析】首先由機械能守恒可以確定拐角處v1v2，而兩小球到達出口時的速率v相等。又由題薏可知兩球經(jīng)歷的總路程s相等。由牛頓第二定律，小球的加速度大小a=gsinα，小球a第一階段的加速度跟小球a/第二階段的加速度大小相同（設為a1）；小球a第二階段的加速度跟小球a/第一階段的加速度大小相同（設為a2），根據(jù)圖中管的傾斜程度，顯然有a1a2。根據(jù)這些物理量大小的分析，在同一個v-t圖象中兩球速度曲線下所圍的面積應該相同，且末狀態(tài)速度大小也相同（縱坐標相同）。開始時a球曲線的斜率大。由于兩球兩階段加速度對應相等，如果同時到達（經(jīng)歷時間為t1）則必然有s1s2，顯然不合理?？紤]到兩球末速度大小相等（圖中vm），球a/的速度圖象只能如藍線所示。因此有t1t2，即a球先到.

3.用圖象分析追及相遇問題
（1）(2009海南)甲乙兩車在一平直道路上同向運動，其v－t圖象如圖所示，圖中△OPQ和△OQT的面積分別為s1和s2(s2s1)．初始時，甲車在乙車前方s0處，則
A．若s0＝s1＋s2，兩車不會相遇
B．若s0s1，兩車相遇2次
C．若s0＝s1，兩車相遇1次
D．若s0＝s2，兩車相遇1次
【解析】本題考查速度圖象有關知識，意在考查考生對速度圖象中的交點、斜率、面積的理解和運用；由圖可知s2為甲在T時間內(nèi)的位移，s1＋s2為乙在T時間內(nèi)的位移，又初始時甲在乙車前方s0處，乙要追上甲的條件是位移差要大于零，當s0＝s1＋s2時，Δs＝s乙－s甲＝s1＋s2－(s2＋s0)＝－s2，故乙車不能追上甲車，兩車不能相遇，A正確；若s0s1，則Δs＝s乙－s甲＝s1＋s2－(s2＋s0)0，乙車能追上甲車，但經(jīng)過時間T后甲車速度大于乙車速度，所以此后甲車又能追上乙車，有兩次相遇，所以B正確；當s0＝s1時，Δs＝s乙－s甲＝s1＋s2－(s2＋s0)＝0，即經(jīng)過時間T時剛好追上，所以只有一次相遇，C正確；當s0＝s2時，因為s2s1，Δs＝s1－s2＜0，乙車不能追上甲車，兩車不能相遇，故D錯誤．
【答案】ABC
（2）如圖1所示，聲源S和觀察者A都沿x軸正方向運動，相對于地面的速率分別為和?？諝庵新曇魝鞑サ乃俾蕿?，設，空氣相對于地面沒有流動。
圖1
若聲源相繼發(fā)出兩個聲信號。時間間隔為，請根據(jù)發(fā)出的這兩個聲信號從聲源傳播到觀察者的過程。確定觀察者接收到這兩個聲信號的時間間隔。
【解析】作聲源S、觀察者A、聲信號P（P1為首發(fā)聲信號，P2為再發(fā)聲信號）的位移—時間圖象如圖2所示圖線的斜率即為它們的速度則有：
圖2
兩式相減可得：
解得

4.追及相遇問題
（1）例6、羚羊從靜止開始奔跑，經(jīng)過50m能加速到最大速度25m/s，并能維持一段較長的時間；獵豹從靜止開始奔跑，經(jīng)過60m的距離能加速到最大速度30m/s，以后只能維持此速度4.0s.設獵豹距離羚羊xm時開時攻擊，羚羊則在獵豹開始攻擊后1.0s才開始奔跑，假定羚羊和獵豹在加速階段分別做勻加速運動，且均沿同一直線奔跑，求：獵豹要在從最大速度減速前追到羚羊，x值應在什么范圍？
【解析】先分析羚羊和獵豹各自從靜止勻加速達到最大速度所用的時間，再分析獵豹追上羚羊前，兩者所發(fā)生的位移之差的最大值，即可求x的范圍。
設獵豹從靜止開始勻加速奔跑60m達到最大速度用時間t1，則，
羚羊從靜止開始勻加速奔跑50m達到最大速度用時間t2，
則，
獵豹要在從最大速度減速前追到羚羊，則獵豹減速前的勻速運動時間最多4s，而羚羊最多勻速3s而被追上，此x值為最大值，即x=S豹－S羊=[（60＋30×4）－（50＋25×3）]=55m，所以應取x55m。

（2）高為h的電梯正以加速度a勻加速上升，忽然天花板上一顆螺釘脫落．螺釘落到電梯底板上所用的時間是多少？
【解析】此題為追及類問題，依題意畫出反映這一過程的示意圖，如圖所示．這樣至少不會誤認為螺釘作自由落體運動，實際上螺釘作豎直上拋運動．從示意圖還可以看出，電梯與螺釘?shù)奈灰脐P系：
S梯一S釘=h式中S梯＝vt十a(chǎn)t2，S釘＝vt－gt2
可得t=

（3）為了安全，在公路上行駛的汽車之間應保持必要的距離.已知某高速公路的最高限速v=120km/h.假設前方車輛突然停止，后車司機從發(fā)現(xiàn)這一情況，經(jīng)操縱剎車，到汽車開始減速所經(jīng)歷的時間（即反應時間）t=0.50s，剎車時汽車受到阻力的大小f為汽車重的0.40倍，該高速公路上汽車間的距離s至少應為多少？（取重力加速度g=10m/s2）
【解析】在反應時間內(nèi)，汽車作勻速運動，運動的距離s1=vt
設剎車時汽車的加速度的大小為a，汽車的質量為m，有f=ma
自剎車到停下，汽車運動的距離s2=v2/2a
所求距離s=s1+s2
由以上各式得s=1.6×102m

第4講實驗：研究勻變速直線運動

教學目標
1.練習使用打點計時器，學會通過紙帶研究物體的運動情況.
2.掌握判斷物體是否做勻變速直線運動的方法．
3.測定勻變速直線運動的加速度．
重點：理解實驗原理，掌握紙帶問題的處理方法.
難點：紙帶問題中各物理量之間的關系及求法.
知識梳理
一、實驗目的
1.練習使用打點計時器，學會用打上點的紙帶研究物體的運動．
2．掌握判斷物體是否做勻變速直線運動的方法．
3．會利用紙帶測定勻變速直線運動的加速度．
二、實驗原理
1．打點計時器
(1)作用：計時儀器，每隔0.02s打一次點．
(2)工作條件:
電磁打點計時器：6V以下交流電源
電火花計時器：220V交流電源
(3)紙帶上點的意義：
①表示和紙帶相連的物體在不同時刻的位置；
②通過研究紙帶上各點之間的間隔，可以判斷物體的運動情況．
2．利用紙帶判斷物體是否做勻變速直線運動的方法
設x1、x2、x3、x4……為紙帶上相鄰兩個計數(shù)點之間的距離，假如△x=x2-x1=x3-x2=x4-x3=……=常數(shù)，即連續(xù)相等的時間間隔內(nèi)的位移之差為恒量，則與紙帶相連的物體做勻變速直線運動．
3．由紙帶求物體運動速度的方法
根據(jù)勻變速直線運動某段時間中間時刻的瞬時速度等于這段時間內(nèi)的平均速度vn=(xn+xn+1)/2T
4．由紙帶求物體運動加速度的方法
（1）利用△x=aT2
（2）利用Xm-Xn=(m-n)aT2
（3）利用“逐差法”求加速度.“逐差法”求加速度的目的是盡可能多地使用我們測量的數(shù)據(jù)，以減小偶然誤差．
設T為相鄰兩計數(shù)點之間的時間間隔，則:
a1=(x4-x1)/3T2,a2=(x5-x2)/3T2,a3=(x6-x3)/3T2
加速度的平均值為:a=(a1+a2+a3)/3
(4)用v-t圖象求加速度:求出打各個計數(shù)點時紙帶的瞬時速度，再作出v-t圖象，圖線的斜率即為做勻變速直線運動物體的加速度．

三、實驗器材
電火花計時器或電磁打點計時器、一端附有滑輪的長木板、小車、紙帶、細繩、鉤碼、刻度尺、導線、電源、復寫紙．

四、實驗步驟
1.把帶有滑輪的長木板平放在實驗桌上，把滑輪伸出桌面，把打點計時器固定在長木板上沒有滑輪的一端，并把打點計時器連接在電源上。
2.把一條細繩拴在小車上，細繩跨過定滑輪，下邊掛上合適的鉤碼。把紙帶穿過打點計時器的復寫紙下，并把它的一端固定在小車的后面。
3.把小車停止靠近打點計時器處，接通電源等打點計時器計時穩(wěn)定后，放開小車。
4.換上新紙帶，重復實驗3次

五、注意事項
1．使用打點計時器打點時，應先接通電源，待打點計時器穩(wěn)定工作后，再釋放紙帶．
2．釋放物體前，應使物體停在靠近打點計時器的位置．
3．使用電火花計時器時應注意把兩條白紙帶正確穿好墨粉紙盤夾在兩紙帶之間；使用電磁打點計時器時，應讓紙帶通過限位孔，壓在復寫紙下面．
4．小車另一端掛的鉤碼個數(shù)要適當，避免速度過大而使紙帶上打的點太少，或者速度太小，使紙帶上打的點過于密集．
5．選擇一條理想的紙帶，是指紙帶上的點跡清晰．適當舍棄開頭密集部分，適當選取計數(shù)點，弄清楚所選的時間間隔T．
6．測x時不要分段測量，讀數(shù)時要注意有效數(shù)字的要求，計算a時要注意用逐差法，以減小誤差．
六、誤差分析
1.本實驗參與計算的量有x和T，因此誤差來源于x和T．由于相鄰兩計數(shù)點之間的距離x測量有誤差而使a的測量結果產(chǎn)生誤差．
2．由于電源的頻率不穩(wěn)定而使T不穩(wěn)定產(chǎn)生誤差．
題型講解
1.基礎知識理解
（1）“研究勻變速直線運動”的實驗中，使用電磁打點計時器(所用交流電的頻率為50Hz)，得到如圖所示的紙帶．圖中的點為計數(shù)點，相鄰兩計數(shù)點間還有四個點未畫出來，下列表述正確的是()
A．實驗時應先放開紙帶再接通電源
B．(s6－s1)等于(s2－s1)的6倍
C．從紙帶可求出計數(shù)點B對應的速率
D．相鄰兩個計數(shù)點間的時間間隔為0.02s
【答案】C
（2）在一次實驗中，如果某同學不知道實驗所使用的交流電電源的實際頻率已超過50Hz，那么他計算出來的平均速度值與真實值相比是()
A．偏大B．偏小C．相等D．不能確定
【答案】B

2.逐差法求解加速度
如圖所示，某同學在做“研究勻變速直線運動”實驗中，由打點計時器得到表示小車運動過程的一條清晰紙帶，紙帶上兩相鄰計數(shù)點的時間間隔為T=0.10s，其中S1=7.05cm、S2=7.68cm、S3=8.33cm、S4=8.95cm、S5=9.61cm、S6=10.26cm，則A點處瞬時速度的大小是_______m/s，小車運動的加速度計算表達式為________________，加速度的大小是_______m/s2（計算結果保留兩位有效數(shù)字）．

【解析】某時刻的瞬時速度等于一段時間內(nèi)的平均速度：
（考慮兩位有效數(shù)字）
用逐差法來計算加速度：
【答案】0.86，，0.64

3.紙帶問題
（1）某學生用打點計時器研究小車的勻變速直線運動．他將打點計時器接到頻率為50Hz的交流電源上，實驗時得到一條紙帶如圖1-5-15所示．他在紙帶上便于測量的地方選取第一個計時點，在這點下標明A，第六個點下標明B，第十一個點下標明C，第十六個點下標明D，第二十一個點下標明E．測量時發(fā)現(xiàn)B點已模糊不清，于是他測得AC長為14.56cm，CD長為11.15cm，DE長為13.73cm，則打C點時小車的瞬時速度大小為m/s，小車運動的加速度大小為m/s2，AB的距離應為cm．（保留三位有效數(shù)字）
【解析】某時刻的瞬時速度等于一段時間內(nèi)的平均速度：
小車的加速度：
由于，
所以
故
【答案】0.986，2.58，5.99

（2）如圖所示，物體從光滑斜面上的A點由
靜止開始下滑，經(jīng)過B點后進入水平面（設經(jīng)過
B點前后速度大小不變），最后停在C點.每隔0.2
秒鐘通過速度傳感器測量物體的瞬時速度，下表給出了部分測量數(shù)據(jù)．（重力加速度g＝10m/s2），求：
t（s）0.00.20.4…1214…
v（m/s）0.01.02.0…1.10.7…
⑴斜面的傾角；
⑵物體與水平面之間的動摩擦因數(shù)；
⑶t＝0.6s時的瞬時速度v．
【解析】⑴由前三列數(shù)據(jù)可知物體在斜面上勻加速下滑時的加速度為
mgsin＝ma1可得：＝30，
⑵由后二列數(shù)據(jù)可知物體在水平面上勻減速滑行時的加速度大小為
mg＝ma2可得：＝0.2，
⑶由2＋5t＝1.1＋2（0.8－t），解得t＝0.1s
即物體在斜面上下滑的時間為0.5s
則：t＝0.6s時物體在水平面上，其速度為v＝v1.2＋a2t＝2.3m/s
【答案】⑴＝30；⑵＝0.2；（3）2.3m/s

4.圖象處理
（1）某同學用如圖所示的實驗裝置研究小車在斜面上的運動．實驗步驟如下：
a．安裝好實驗器材．
b．接通電源后，讓拖著紙帶的小車沿平板斜面向下運動，重復幾次．選出一條點跡比較清晰的紙帶，舍去開始密集的點跡，從便于測量的點開始，每兩個打點間隔取一個計數(shù)點，如圖1中0、1、2……6點所示．
c．測量1、2、3……6計數(shù)點到0計數(shù)點的距離，分別記作：S1、S2、S3……S6．
d．通過測量和計算，該同學判斷出小車沿平板做勻速直線運動．
e．分別計算出S1、S2、S3……S6與對應時間的比值．
f．以為縱坐標、t為橫坐標，標出與對應時間t的坐標點，劃出—t圖線．
結合上述實驗步驟，請你完成下列任務：
①實驗中，除打點及時器（含紙帶、復寫紙）、小車、平板、鐵架臺、導線及開關外，在下面的儀器和器材中，必須使用的有和．（填選項代號）
A．電壓合適的50Hz交流電源B．電壓可調(diào)的直流電源
C．刻度尺D．秒表E．天平F．重錘
②將最小刻度為1mm的刻度尺的0刻線與0計數(shù)點對齊，0、1、2、5計數(shù)點所在位置如圖2所示，則S2＝cm，S5＝cm．
③該同學在圖3中已標出1、3、4、6計數(shù)點對應的坐標，請你在該圖中標出與2、5兩個計數(shù)點對應的坐標點，并畫出—t圖．
④根據(jù)—t圖線判斷，在打0計數(shù)點時，小車的速度v0＝m/s；它在斜面上運動的加速度a＝m/s2．

【解析】①打點計時器使用的電源為交流電源，利用刻度尺測量各點之間的距離．
②由刻度尺的最小刻度為mm，故要估讀到0.1mm，即要讀到0.01cm位．
③因為cm/s，cm/s，描出對應的兩點，再連線即可得S/t-t圖線．
④由圖線在縱軸上的截距可求得初速度，圖線的斜率則表示加速度．
【答案】①A，C；②（2.97~2.99），（13.19~13.21）；③圖略；④（0.16~0.20），（4.50~5.10）

5.測重力加速度
（1）如圖所示，將打點計時器固定在鐵架臺上，使重物帶動紙帶從靜止開始自由下落，利用此裝置可以測定重力加速度．
(1)所需器材有打點計時器(帶導線)、紙帶、復
寫紙、帶鐵夾的鐵架臺和帶夾子的重物，此外
還需________(填字母代號)中的器材．
A．直流電源、天平及砝碼
B．直流電源、毫米刻度尺
C．交流電源、天平及砝碼
D．交流電源、毫米刻度尺
(2)通過作圖象的方法可以剔除偶然誤差較大的數(shù)據(jù)，提高實驗的準確程度．為使圖線的斜率等于重力加速度，除作v－t圖象外，還可作____________圖象，其縱軸表示的是________，橫軸表示的是________．
【解析】本題考查了利用驗證機械能守恒定律的實驗裝置測定重力加速度，意在考查考生的知識遷移能力和利用圖象處理實驗數(shù)據(jù)的能力．
(1)本實驗不需要測量重物的質量，直接通過處理紙帶，利用勻變速直線運動的規(guī)律即可求得，缺少低壓交流電源和刻度尺，故D正確；
(2)由勻變速直線運動的規(guī)律2gh＝v2可得：＝gh，當縱軸表示，橫軸表示重物下落高度h時，則圖象的斜率即為重力加速度．
【答案】(1)D(2)－h(huán)，速度平方的二分之一，重物下落高度h

（2）某同學用如下圖所示裝置測量重力加速度g，所用交流電頻率為50Hz，在所選紙帶上取某點為0號計數(shù)點，然后每隔2個計時點取一個計數(shù)點，所有測量數(shù)據(jù)及其標記符號如下圖所示．
該同學用兩種方法處理數(shù)據(jù)(T為相鄰兩計數(shù)點的時間間隔)：

從數(shù)據(jù)處理方法看，在s1、s2、s3、s4、s5、s6中，對實驗結果起作用的：方法A中有________；方法B中有________．因此，選擇方法________(A或B)更合理，這樣可以減少實驗的________(系統(tǒng)或偶然)誤差．本實驗誤差的主要來源有________________(試舉出兩條)．
【解析】物體只在重力的作用下做勻加速直線運動，通過對紙帶數(shù)據(jù)的處理，可以求出當?shù)氐闹亓铀俣葦?shù)值，本題主要考查在處理數(shù)據(jù)的兩種方法中哪種誤差較小，是屬于誤差分析類問題

所以方法B中，s1、s2、s3、s4、s5、s6均起作用，因此選擇方法B更合理，更易減小偶然誤差．
本實驗中誤差來源較多，例如：阻力、交流電頻率不穩(wěn)定，長度測量不準確、數(shù)據(jù)處理方法等．
【答案】s1、s6s1、s2、s3、s4、s5、s6B偶然阻力、交流電頻率不穩(wěn)定等.

高考物理第一輪總復習教案031

第15講功和功率

教學目標
理解功和功率的的概念，并會對其進行相關計算.
重點：對功和功率的理解
難點：功和功率的計算
知識梳理
一、功
1.功的概念
一個物體受到力的作用，如果在力的方向上發(fā)生一段位移，這個力就對物體做了功。
2.功的兩個不可缺少的要素
一是要有作用在物體上的力的作用，二是物體必須在力的方向上有位移。兩個條件缺一不可，而且必須注意力是在位移方向上的力；位移是力的方向上的位移。如上圖中，物體沿水平地面運動時，彈力N和重力mg都存在，經(jīng)過一段時間后物體也存在位移，但是重力、彈力與物體的位移都垂直，這兩個力都不對物體做功。
3.功的定義公式
對于此式的理解（1）此式是功的定義式，但是只能用來直接求解恒力對物體做的功，變力對物體做的功不能直接用該式計算。（2）此式中的S指的是物體的對地位移，如果給定的位移不是對地的，需要轉化為對地位移再來計算。（3）此式中的指的是物體受到的恒力F與物體的對地位移S正向間的夾角。（4）做功與物體的運動形式無關，也就是說當F、S、確定后，功W就有確定的值。（5）功是過程量，是力對空間的積累量。（6）式中力F的單位是N；位移S的單位是m，定義的功的單位是焦耳（J）。
4.功的正負
功是標量，但是功有正負之分。
（1）當功的定義式中時，，W為正值，即力對物體做正功，力是物體運動的動力，使物體的能量增加。
（2）當功的定義式中，，W=0，表示力對物體不做功，力對物體既不起動力作用，也不起阻力作用，力沒有使物體的能量發(fā)生變化。
（3）當功的定義式中時，，W為負值，力對物體做負功（或者說物體克服阻力做功），力是物體運動的阻力，使物體的能量減少。
功的正負既不表示大小，也不表示方向，只表示動力做功還是阻力做功。比較力對物體做功多少時，只看功的大小，不管功的符號。
5.合力功的求法
在分析功的問題中，有時常計算物體受到的合外力對物體做的功，由合力與分力的等效替代關系知，合力與分力做功也可以等效替代。一個物體同時受到幾個力的作用，發(fā)生位移時，合外力做的功可以由兩種方法求得（1）由于功是標量，可以分別求出物體受到的各個分離對物體做的功，然后取代數(shù)和，即W=W1+W2+W3+W4+……（2）也可以根據(jù)平行四邊形定則，先求物體受到的合外力，然后再求合外力對物體做的功。
6.需要說明的幾個問題
（1）摩擦力對物體做功的特點
摩擦力是物體間存在的阻礙其相對運動或相對運動趨勢的力，其方向與相對運動或相對與運動趨勢的方向相反。但是，摩擦力的方向卻即可以與物體運動的方向相同，也可以相反，還可以垂直，即摩擦力對物體既可以做正功，也可以做負功，還可以做零功。
（2）什么情況下力對物體不做功？
判斷作用在物體上的力對物體是否做功，應抓住兩點：一是這個物體是否發(fā)生了位移；二是位移是不是沿力的方向或在力的方向上有沒有分量。因此，力對物體不做功可能有兩種情況：一是位移等于零；二是位移（或速度）與力的方向垂直。例如，一個物體在拉力作用下沿水平地面勻速運動，拉力和摩擦力對物體做功，而重力和地面的支持力由于與物體的運動方向垂直，都不做功。再如，用力推車但是沒有推動，車的位移為零，雖然對車施加了力的作用，但是沒有對車做功。
（3）如何比較力對物體做功的大小
功是標量，只有大小，沒有方向，但是功有正負。負功既不表示與正功的方向相反，也不表示它的大小比正功小。那么，如何比較力對物體做功的多少呢？我們在比較物體做功的多少時，只需要比較功的數(shù)值大小，不考慮符號。
但是，功是能量轉化的量度，力對物體做正功，物體的能量增加；力對物體做負功，物體的能量減小。如果物體收到的力，既有對物體做正功的、也有對物體做負功的，計算總功時，卻需要帶著功的符號，正取加，負做差。

二、功率
1.功率
不論是人力直接做功，還是使用牛、馬等畜力做功，或者是利用機械做功，人們不僅關注做功的多少，還十分關注做功的快慢。為表征做功的快慢引入功率的概念。
（1）定義：功W跟完成這些功所用時間t的比值，叫做功率。
（2）公式：
（3）功率是一個標量，只有大小而無方向，其單位為瓦特（W），。
（4）這個表達式是功的定義式，適用于任何情況下功率的計算。但是，在中學階段，我們應用該式分析問題時，一般解決一段時間內(nèi)的平均功率。
2.瞬時功率和機車功率
把功的定義式代入功率的定義式可得，則功率的計算式常用于計算物體的瞬時功率。
（1）在物體做勻速運動時，計算得功率與計算得的功率相同，即平均功率與瞬時功率相同。
（2）計算瞬時功率時，式中的速度v應該物體的瞬時速度，若式中的速度v為平均功率，該式也可以計算平均功率。
（3）在利用公式計算功率時，速度v應該是物體在力的方向上的分量，如果力F與速度v之間的夾角為α，則計算公式為。
（4）機車功率的計算公式也為，但是F指的是機車的牽引力而不是機車受到的合外力。
3.額定功率與實際功率
額定功率是發(fā)動機正常工作時的最大功率，通常都在銘牌上標明。機器工作時，必須受額定功率的限制，這是基本原則。發(fā)動機的輸出功率（即實際功率），可以小于額定功率，在某些情況下，實際功率也可以大于額定功率，但不允許長時間超過額定功率。
4.機動車的起動問題
（1）機車以額定功率起動
機車以恒定功率起動后，若運動過程受到的阻力f不變，由于牽引力，隨著機車速度v增大，F(xiàn)不斷減小。根據(jù)牛頓第二定律知，當速度v增大時，加速度a減小，其運動情況是做加速度不斷減小的加速運動。直到時，a減小到零，此后速度不再增大，機車將保持最大速度做勻速直線運動，其v-t圖像如圖所示。
（2）機車以恒定的加速度起動
由牛頓第二定律知，當機車的加速度a保持不變時，發(fā)動機牽引力F恒定，再由知，F(xiàn)一定，發(fā)動機的實際輸出功率P隨v的增大而增大，直到輸出功率達到額定功率P0。需要注意的是，當發(fā)動機的功率達到額定功率的瞬間，機車的加速度仍為a，此時的牽引力仍為。此后，機車的輸出功率不再變化，所以機車將做加速度逐漸減小的加速運動，直到加速度減為零，速度達到為止。所以，機車以恒定的加速度a起動時，其勻加速能夠達到最大速度為，保持加速度不變的時間為，其v-t圖像如圖所示.
5.對公式P=Fv的討論
（1）此公式的意義是：當力F與物體運動(瞬時)速度v方向一致時，力的實際瞬時功率就等于力F和運動速度v的乘積，對于機車(汽車、火車等交通工具或動力裝置)，牽引力F與物體運動速度v一般方向一致，可用公式P=Fv計算實際瞬時功率(稱牽引力的功率、發(fā)動機的輸出功率)，特別注意：F為機車的牽引力，并非機車所受的合力。
（2）當P一定時，F(xiàn)∝1/v，即做功的力越大，其速度就越小，如：汽車在發(fā)動機功率一定時上斜坡，司機用換擋的辦法(變速調(diào)節(jié)裝置)減小速度以獲得較大的牽引力滿足上坡的需要。
（3）當速度v保持一定時，P∝F，即做功的力越大，它的功率也越大。如：汽車從平路到上坡，若要保持速度不變，必須加大油門(控制燃油混合氣體流量多少的裝置)，增大發(fā)動機功率以得到較大的牽引力。
（4）當力F一定時，P∝v，即速度越大，功率越大。如：起重機吊同一貨物以不同的速度勻速上升，牽引力保持不變(大小等于物重)，起吊的速度越大，起重機的輸出功率就越大。
題型講解
1.功
（1）小物塊位于光滑斜面上，斜面位于光滑的水平地面上，如圖所示，從地面上看，在小物體沿斜面下滑的過程中，斜面對小物塊的作用力：
A.垂直于接觸面，做功為零B.垂直于接觸面，做功不為零。
C.不垂直于接觸面，做功為零D.不垂直于接觸面，做功不為零。
【解析】對物塊受力分析，它所受斜面的作用力為彈力，故其方向垂直于接觸面，斜向上，如圖所示。由于水平地面光滑，小物塊沿斜面下滑的過程中，斜面要向右滑動，即從地面上看，物塊A的位移不與斜面平行，即斜面對小物塊的作用力不與物塊對地位移垂直，因而做功不為零。
【答案】B

（2）如圖所示，質量為m的物體沿傾角為的粗糙斜面
下滑了一段距離S，物體與斜面間的動摩擦因數(shù)為，試求
物體所受各力在下滑過程中對物體所做的功，及這些力所做
的總功。
【解析】對物體受力分析可知，物體受豎直向下的重力G，垂直于斜面向上的支持力N，沿斜面向上的滑動摩擦力f，在垂直于斜面方向上物體受到的合外力為零，可得
由滑動摩擦定律可得
根據(jù)功的定義可得，重力對物體做的功為
斜面支持力對物體做的功為
滑動摩擦力對物體做的功為
所以合外力對物體做的總功為
【答案】、、、
2.功率
（1）人的心臟每跳一次大約輸送的血液，正常人血壓（可看作心臟壓送血液的壓強）的平均值約為，心跳約每分鐘70次，據(jù)此估測心臟工作的平均功率。
【解析】人的心臟每跳一次輸送的血液看作長為L，截面積為S的液柱，則心臟每跳動一次，需做功
心跳每分鐘70次，則心臟做功的平均功率為
點評：這類題目聯(lián)系具體的生活實例，而且研究對象不明確，需要學生明確題目涉及到的物理原理，并且能夠從生活實例中抽象出我們需要的、簡化了的物理模型，再來求解題目。有利于提高學生對知識的遷移、運用，以及培養(yǎng)學生分析、綜合的能力。

（2）如圖所示，在自動扶梯以恒定的速度v運轉時，第一次有一個人
站在扶梯上相對扶梯靜止不動，扶梯載他上樓的過程中對他做功W1，電
機帶動扶梯做功的功率為P1，第二次這個人在運動的扶梯上又以相對扶梯
的速度同時勻速向上走，則這次扶梯對該人做功為W2，電機帶動扶梯
做功的功率為P2，以下說法中正確的是：
A.W1W2，P1P2B.W1W2，P1=P2
C.W1=W2，P1P2D.W1=W2，P1=P2
【解析】在扶梯上，人相對于扶梯靜止不動和人相對于扶梯勻速向上運動，相對于地面來說，人都做勻速直線運動，兩次人均出于平衡狀態(tài)，兩次人的受力情況相同。即扶梯對人的支持力與人的重力大小相等。又因為兩種情況下，扶梯的速度大小不變，所以由可得，兩種情況下，電動機帶動扶梯的功率相等，即P1=P2。
第二種情況中，人上樓的時間要比第一次上樓的時間段（人的對地位移相等），又由于電動機的輸出功率不變，所以由由得，第二次扶梯對人做的功比第一次做的功少，即W1W2。所以本題的正確答案為B。
【答案】B

3.機車問題
電動機通過一繩子吊起質量為8kg的物體，繩的拉力不能超過120N，電動機的功率不能超過1200W，要將此物體由靜止起用最快的方式吊高90m（已知此物體在被吊高接近90m時，已開始以最大速度勻速上升）所需時間為多少？
【解析】此題可以用機車起動類問題的思路，即將物體吊高分為兩個過程處理：第一過程是以繩所能承受的最大拉力拉物體，使物體以最大加速度勻加速上升，第一個過程結束時，電動機剛達到最大功率.第二個過程是電動機一直以最大功率拉物體，拉力逐漸減小，當拉力等于重力時，物體開始勻速上升.
在勻加速運動過程中加速度為
a=m/s2=5m/s2，末速度Vt==10m/s
上升的時間t1=s=2s，上升高度為h==10m
在功率恒定的過程中，最后勻速運動的速率為
Vm==15m/s
外力對物體做的總功W=Pmt2-mgh2,動能變化量為
ΔEk=mV2m-mVt2
由動能定理得Pmt2-mgh2=mVm2-mVt2
代入數(shù)據(jù)后解得t2=5.75s，所以t=t1+t2=7.75s所需時間至少為7.75s.
點評：機車運動的最大加速度是由機車的最大牽引力決定的，而最大牽引力是由牽引物的強度決定的。弄清了這一點，利用牛頓第二定律就很容易求出機車運動的最大勻加速度。

第16講動能定理

教學目標
1.理解動能的概念，會用動能的定義式進行計算。
2.知道動能定理的適用條件，知道動能定理解題的步驟。
3.會用動能定理解決有關的力學問題。知道用動能定理處理問題的優(yōu)點。
重點：動能定理的應用
難點：用動能定理解決力學問題
知識梳理
一、動能
1.定義：物體由于運動而具有的能量叫做動能，用符號來表示。
2.公式：動能的大小。
3.動能是一個標量，只有大小沒有方向，其單位為焦耳（J）。
4.動能是狀態(tài)量，對應物體運動的一個時刻。
5.動能具有相對性，對不同的參考系，物體的速度具有不同的瞬時值，也就有不同的動能。在研究物體的動能時，一般都是以地面為參考系。例如鳥與飛機相撞的過程。

二、動能定理
1.動能定理的內(nèi)容：合外力對物體做的總功等于物體動能的改變量。
2.動能定理的物理意義：定理提出了做功與物體動能改變量之間的定量關系。
3.動能定理的表達式：
4.應用動能定理解題步驟：
（1）確定研究對象和研究過程。
（2）分析物理過程，分析研究對象在運動過程中的受力情況，畫受力示意圖，及過程狀態(tài)草圖，明確各力做功情況，即是否做功，是正功還是負功。
（3）找出研究過程中物體的初、末狀態(tài)的動能（或動能的變化量）
（4）根據(jù)動能定理建立方程，代入數(shù)據(jù)求解，對結果進行分析、說明或討論。
5.應用解題注意的問題：
（1）我們學習的是質點的動能定理，研究對象一般是單個物體。
（2）公式的左邊W表示研究過程中合外力對物體做的功，或研究過程中物體所受各外力做功的代數(shù)和；W0表示合外力是動力對物體做正功，物體的動能是增加的;W0表示合外力為阻力對物體做負功，物體的動能是減少的。
公式的右邊是物體在研究過程中動能的增量，即末態(tài)動能與初態(tài)動能的差。公式是標量式。
（3）動能定理雖然是在恒力作用、物體做勻加速直線運動下推導出來的，但對外力是變力，物體做曲線運動時，動能定理同樣適用，此時式中的W為變力所做的功。
（4）變力功無法從功的定義式求得，可由動能定理求出。就象由沖量的定義式無法求出變力的沖量只能由動量定理求出一樣。
（5）若物體運動的過程中包含幾個不同的過程，應用動能定理時，可以分段考慮，也可以將全過程視為下一個整體來處理。
（6）動能定理對應的是下一個過程，并且它只涉及到物體的初、末狀態(tài)的動能的整個過程中合外力做的功，它不涉及物體運動過程中的加速度、時間以及中間狀態(tài)的速度和動能，因此用它處理問題時比較方便。
題型講解
1.恒力作用下的動能定理
物體從高出地面H處由靜止開始自由下落，不考慮空氣阻力，落至地面的沙坑h深處停止，如圖所示.求物體在沙坑中受到的平均阻力是重力的多少倍？
【解析】法一：用牛頓定律和運動學公式求解.
物體先自由下落，然后勻減速運動，設物體落至地面時速度為v，則
v2=2gH
設沙坑中受到的平均阻力為F，由牛頓第二定律得
F－mg=ma
v2=2ah
由以上三式得.
法二：物體運動分兩個物理過程，先自由下落，然后做勻減速運動.
設落至地面時的速度為v，由動能定理可得
第二個物理過程，由動能定理可得
由兩式解得.
法三：對全過程運用動能定理可得
mg(H+h)－Fh=0
解得.
【答案】
點評:當物體的運動是由幾個物理過程所組成，又不需要研究過程的中間狀態(tài)時，可以把幾個物理過程看做一個整體進行研究，從而避開每個運動過程的具體細節(jié)，具有過程簡明、方法巧妙、運算量小等優(yōu)點.特別是初末速度均為零的題目，顯得簡捷、方便.對于多過程的問題要找到聯(lián)系兩過程的相關物理量.
2.變力做功情況下動能定理的應用
如圖所示，質量為m的小物體靜止于長為l的木板邊緣.現(xiàn)使板由水平放置繞其另一端O沿逆時針方向緩緩轉過α角，轉動過程中，小物體相對板始終靜止，求板對物體的支持力對物體做的功.
【解析】由力的平衡條件可知，支持力FN＝mgcosα，隨板的轉動（α增大）而減少，而方向始終與物體的速度方向同向，是一個變力.
對物體的運動過程應用動能定理，有
WFN+WG+Wf=0
其中Wf為靜摩擦力做的功，且Wf＝0，WG＝－mglsinα，所以WFN＝mglsinα.
【答案】mglsinα

3.多物體多過程情況下動能定理的應用
質量為M的機車，牽引著質量為m的車廂在水平軌道上勻速直線前進，某時刻兩者脫鉤，機車行駛L的路程后，司機發(fā)現(xiàn)車廂脫鉤，便立刻關閉發(fā)動機讓機車自然滑行，已知機車和車廂在運動中受阻力都是其重力的k倍，機車的牽引力始終保持不變.試求機車、車廂都停止時，兩者之間距離是多大？
【解析】車廂、機車自脫鉤到都停止，其位置如圖所示.
設機車牽引力為F，對機車從脫鉤到停止過程應用動能定理得
①
脫鉤前，對機車和車廂整體F=k(M+m)g②
由①②得
對車廂脫鉤到停止的過程，應用動能定理得
解得
所以，兩者都停止時，相距.
【答案】

第17講重力勢能、機械能守恒定律、能量守恒

教學目標
1.理解重力勢能、機械能、能量守恒的概念，并會對其進行計算.
2.理解重力勢能的變化和重力做功的關系，能熟練應用機械能守恒定律解決力學問題.
重點：1.重力勢能的變化和重力做功的關系
2.機械能守恒定律以及它的含義和適用條件。
難點：機械能守恒定律以及它的含義和適用條件。
知識梳理
一、重力勢能
1.定義：通俗地說，物體由于被舉高而具有的能量叫重力勢能，用符號Ep表示，物體的質量越大，離地越高，重力勢能就越大。
2.定義式：EP=mgh，即物體的重力勢能Ep等于物體的重量mg和它的高度h的乘積。
3．單位：在國際單位制中是焦耳(J)。
4．重力勢能是狀態(tài)量。
5．重力勢能是標量，即只有大小，沒有方向。
6．重力勢能的相對性
要確定重力勢能的大小，首先必須確定一個參考平面(高度為零，重力勢能為零的一個水平面)。相對于不同的參考平面，在確定位置上的物體的重力勢能有不同的值，這就是重力勢能的相對性。例如：水平桌面離水平地面的高度為H，一小球在水平桌面上方h高處，選水平桌面為參考平面時，小球的重力勢能為mgh；若選地面為參考平面，小球的重力勢能就是mg(H+h)。
選擇哪個平面做參考平面，原則上是任意的，而不是硬性規(guī)定的，因此重力勢能雖是標量但卻有正負之分。比如：物體在參考平面以上h高處，其重力勢能為EP=mgh；當該物體在參考平面以下h低處，其重力勢能就是-mgh，重力勢能的正負可表示大小，比如對同一個參考平面，重力勢能有一2J和一3J兩個值，比較其大小有一2J一3J。
實際問題中選擇哪個水平面作為參考平面?可視研究問題的方便而定．通常(沒有特別說明時)選擇地面作為參考平面。
7．重力勢能是屬于系統(tǒng)的
如果沒有地球，就沒有重力，也就談不上重力勢能了，所以重力勢能是屬于物體與地球所組成的系統(tǒng)所有的。(重力勢能的這個特點與動能不同，動能是運動物體單獨具有的)通常我們說物體具有多少重力勢能，只是一種簡略的習慣說法(嚴格地說應是，某物體與地球這一系統(tǒng)具有多少重力勢能)。
8．對重力勢能相關問題的理解
(1)重力勢能是一個相對量，它的數(shù)值決定于零勢能位置(參考平面)的選擇。
(2)同一個物體在兩個位置上重力勢能的變化量是絕對的，與零勢能位置的選擇無關。
(3)零勢能位置的選擇是任意的。實際問題中應以計算方便為原則。常見的是以地面為零勢能位置。
(4)重力勢能是一個標量，沒有方向，但有正負。Ep0時，表示物體的重力勢能比在零勢能位置時多；EpO時，表示物體的重力勢能比在零勢能位置時少。
(5)重力勢能是物體和地球這一系統(tǒng)所共有的，不是物體單獨所有的。通常說某物體的重力勢能是多少，只是一種簡化的說法。

二、重力勢能的變化與重力做功的關系
1.力對物體做正功時，物體的重力勢能減少，減少的重力勢能等于重力所做的功；
2.重力對物體做負功(或者說物體克服重力做功)時，物體的重力勢能增加，增加的重力勢能等于物體克服重力所做的功；
3.其定量關系式為：WG=-△EP=EPl-EP2即重力對物體所做的功等于物體重力勢能的增量的負值。
4.要重力做功不等于零，重力勢能就發(fā)生變化；也只有在重力做功不等于零時，重力勢能才發(fā)生變化。以上結論不管是否有其他力對物體做功，也不管物體怎樣運動均成立。

三、重力做功的特點
1.重力所做的功只跟初位置和末位置的高度差有關，跟物體運動的路徑無關。

2.因為重力是恒力，大小恒定，方向總是豎直向下，根據(jù)恒力做功的公式可知，重力做功的大小由重力大小和重力方向上位移的大小即豎直方向上的高度差決定，與其他因素無關，所以只要起點和終點的位置相同，不論沿著什么路徑由起點到終點，沿著直線路徑也好，沿著曲線路徑也好，重力所做的功相同。
3.重力做功的這個特點，為我們提供了一個求重力做功的簡單而重要的方法，也正因為重力做功有此特點，才能引入重力勢能的概念。

四、彈性勢能
1.定義：物體由于發(fā)生(彈性)形變而具有的能量叫彈性勢能。卷緊了的發(fā)條、被拉彎了的弓、被拉伸或壓縮的彈簧、擊球時的羽毛球拍等都具有彈性勢能。
2.彈性勢能存在于發(fā)生彈性形變的物體之中。
3.彈性勢能的大小跟物體的性質和形變的大小有關，形變越大，彈性勢能越大。彈簧的彈性勢能的大小由彈簧的勁度系數(shù)和形變量(拉伸或縮短的長度)共同決定，勁度系數(shù)越大，形變量越大，彈簧的彈性勢能越大。

五、機械能守恒
1.機械能
動能和勢能統(tǒng)稱機械能，即E=EK＋EP。
2.機械能守恒定律
（1）機械能能守恒定律的內(nèi)容：在只有重力或彈力做功的物體系統(tǒng)內(nèi)，動能與勢能可以互相轉化，而總的機械能保持不變，這就是機械能守恒定律的內(nèi)容。
（2）機械能守恒定律的表達式
如果物體除受重力和彈力作用外，不受其他外力的作用，若用和分別表示物體的初動能和末動能，表示重力所做的功，由動能定理有
根據(jù)重力對物體做的功等于物體重力勢能的減小量，則有
故有
移項得
等號左側為物體在初位的機械能，等號右側為末位置的機械能，上式就是機械能守恒定律的表達式。
在實際應用中上式一般寫為，列式時要選擇勢能零勢面，并且速度應該是物體得對地速度。
另外，機械能守恒定律的表達式還常寫作,即系統(tǒng)動能的增加量等于勢能的減小量。使用此表達式解決問題時，不需要選擇勢能的零勢面。
（3）機械能守恒定律的條件
①選定的物體系內(nèi)，只有重力（或彈力）做功，其他力對物體不做功。
②除重力、彈力以外的其它力對物體做功，但是做的總功為零。
機械能守恒不能簡單的理解為機械能的總量保持不變，因為機械能守恒是指能量轉化過程中的守恒，不僅要求物體（或物體系）的總的機械能保持不變，還要求存在動能和勢能的相互轉化。那種沒有動能和勢能相互轉化的機械能不變，不能看作是機械能守恒。例如，靜止在桌面上的物體，其機械能不變，當然不違背機械能守恒。但是，這僅是一種一切力都不做功的特例，實際上，當把機械能守恒定律應用于這類問題時，既無意義也解決不了任何問題
3.機械能的變化
根據(jù)機械能守恒定律，物體（或物體系）的機械能的變化與重力和彈力做功無關，也就是說物體（或物體系）機械能的變化等于除重力、彈力以外的其他力做功的大小，且除重力、彈力以外的其他力對物體做正功，物體機械能增加；除重力、彈力以外的其他力對物體做負功，物體的機械能減小。
而根據(jù)前面的學習，我們知道勢能的變化僅與引起勢能的力做功有關，且引起勢能的力做正功，勢能減小；引起勢能的力做負功，勢能增加。動能的變化等于合外力對物體做的功。
4.幾種作用類型的分析
（1）機械能守恒的條件決不是合外力的功等于零，更不是合外力為零，例如水平飛來的子彈打入靜止的光滑水平面上的木塊內(nèi)的過程中，合外力的功及合外力都為零，但系統(tǒng)在克服內(nèi)部阻力做功，將部分機械能轉化為內(nèi)能，因而機械能的總量在減小。
（2）對于某個物體系內(nèi)，只有重力或彈簧的彈力做功，其他力不做功，其他力不做功或者其他力做功的代數(shù)和等于零，則該系統(tǒng)的機械能守恒，也就是說重力做功或彈簧中彈力做功不能引起機械能與其他形式的能的轉化，只能使系統(tǒng)內(nèi)的動能和勢能相互轉化。
（3）對于物體系統(tǒng)只有動能和勢能的互相轉化，而無機械能與其他形式的能的轉化，則系統(tǒng)的機械能守恒。
（4）對于一些繩子突然繃緊，物體間碰后粘合在一起的情況，除非題目特別說明，機械能必定不守恒。
5.機械能守恒定律與動能定理的比較
機械能守恒定律和動能定理是力學中的兩條重要的規(guī)律，在物理學中占有重要的地位，它們之間有明顯的區(qū)別，但也有相同點，了解這些對應用這兩條規(guī)律解決問題極為重要。
機械能守恒定律和動能定理都是從功和能量變化的角度來研究物體在力的作用下運動狀態(tài)的改變，表達這兩個規(guī)律的方程都是標量方程，這是它們的共同點。
機械能守恒定律是有條件的，就是只允許重力做功，而動能定理的成立是沒有條件限制的，它不但允許重力做功，還允許其他力做功，這是它們的不同點之一。
在研究、解決做功的能量變化的問題中，如果守恒條件得到滿足，可以用守恒定律加以解決；如果守恒條件不具備，雖然無法應用守恒定律，但用動能定理照樣可以解決問題。就是說當不能用守恒定律解決問題時，應該想到用動能定理來試一下。事實上，在守恒條件得到滿足時，機械能守恒定律適用的場合，動能定理也照樣適用。
6.應用機械能守恒定律解題的步驟
（1）根據(jù)題意選取研究對象（物體或物體系）
（2）明確研究對象的運動過程，分析研究對象在運動過程中的受力情況，弄清各力做功的情況，判斷機械能是否守恒。
（3）恰當?shù)倪x取零勢面，確定研究對象在研究過程的初末態(tài)的機械能。
（4）根據(jù)機械能守恒定律列方程
（5）求解驗證

六、功能關系
1．能是物體做功的本領．也就是說是做功的根源．功是能量轉化的量度．究竟有多少能量發(fā)生了轉化，用功來量度，二者有根本的區(qū)別，功是過程量，能是狀態(tài)量．
2．我們在處理問題時可以從能量變化來求功，也可以從物體做功的多少來求能量的變化．不同形式的能在轉化過程中是守恒的．
3.功和能量的轉化關系
（1）合外力對物體所做的功等于物體動能的增量．W合=Ek2一Ek1（動能定理）
（2）只有重力做功（或彈簧的彈力）做功，物體的動能和勢能相互轉化，物體的機械能守恒。
（3）重力功是重力勢能變化的量度,即WG=－ΔEP重＝一（EP末一EP初)=EP初一EP末
（4）彈力功是彈性勢能變化的量度，即：W彈＝一△EP彈＝一（EP末一EP初)=EP初一EP末
（5）除了重力，彈力以外的其他力做功是物體機械能變化的量度，即：W其他=E末一E初
（6）一對滑動摩擦力對系統(tǒng)做總功是系統(tǒng)機械能轉化為內(nèi)能的量度，即：fS相＝Q
（7）電場力功是電勢能變化的量度，即：WE=qU=一ΔE=-(E末一E初）=E初一E末
（8）分子力功是分子勢能變化的量度

七、能量守恒
能量既不能憑空產(chǎn)生，也不能憑空消失，它只能從一種形式的能轉化為另一種形式的能，或者從一個物體轉移到另一個物體，能的總量保持不變。
1.應用能量守恒定律的兩條思路：
（1）某種形式的能的減少量，一定等于其他形式能的增加量．
（2）某物體能量的減少量，一定等于其他物體能量的增加量．
2.摩擦力做功的過程能量轉化的情況
（1）靜摩擦力做功的特點
①靜摩擦力可以做正功，也可以做負功還可能不做功．
②在靜摩擦力做功的過程中，只有機械能從一個物體轉移到另一個物體（靜摩擦力起著傳送機械能的作用），而沒有機械能轉化為其他形式的能量．
③相互摩擦的系統(tǒng)，一對靜摩擦力所做功的代數(shù)和總等于零．
（2）滑動摩擦力做功的特點：
①滑動摩擦力可以做正功，也可以對物體做負功，還可以不做功（如相對運動的兩物體之一對地面靜止，則滑動摩擦力對該物不做功）．
②在相互摩擦的物體系統(tǒng)中，一對相互作用的滑動摩擦力，對物體系統(tǒng)所做總功的多少與路徑有關，其值是負值，等于摩擦力與相對路程的積，即Wf=f滑S相對
表示物體系統(tǒng)損失機械能克服了摩擦力做功，ΔE損=f滑S相對=Q（摩擦生熱）．
③一對滑動摩擦力做功的過程，能量的轉化和轉移的情況：一是相互摩擦的物體通過摩擦力做功將部分機械能轉移另一個物體上，二是部分機械能轉化為內(nèi)能，此部分能量就是系統(tǒng)機械能的損失量．
3.用能量守恒定律解題的步驟
（1）確定研究的對象和范圍，分析在研究的過程中有多少種不同形式的能（包括動能、勢能、內(nèi)能、電能等）發(fā)生變化．
（2）找出減少的能并求總的減少量ΔE減，找出增加的能并求總的增加量ΔE增
（3）由能量守恒列式，ΔE減=ΔE增。
（4）代入已知條件求解．
題型講解
1.重力勢能與彈性勢能
如圖所示，勁度系數(shù)為的輕質彈簧分別與質量為、的物塊1、2拴接，勁度系數(shù)為的輕質彈簧上端與物塊2拴接，下端壓在桌面上，整個系統(tǒng)處于平衡，試計算此時彈簧、中儲存的彈性勢能分別為多大？
【解析】對物塊1分析，它受豎直向下的重力和輕質彈簧對它的豎直向上的彈力的作用，設輕質彈簧的形變量為，則由平衡條件可得，所以可得輕質彈簧中儲存的彈性勢能為。對物塊1、2整體分析，受到豎直向下的大小為的重力，輕質彈簧對它的豎直向上的彈力作用，設輕質彈簧的形變量為，則由平衡條件可得，所以可知彈簧中儲存的彈性勢能為。
【答案】
2.單個物體在變速運動中的機械能守恒問題
如圖所示，一個光滑的水平軌道AB與光滑的圓軌道BCD連接，其中圖軌道在豎直平面內(nèi)，半徑為R，B為最低點，D為最高點．一個質量為m的小球以初速度v0沿AB運動，剛好能通過最高點D，則（）
A．小球質量越大，所需初速度v0越大
B．圓軌道半徑越大，所需初速度v0越大
C．初速度v0與小球質量m、軌道半徑R無關
D。小球質量m和軌道半徑R同時增大，有可能不用增大初速度v0
【解析】球通過最高點的最小速度為v，有mg=mv2/R，v=
這是剛好通過最高點的條件，根據(jù)機械能守恒，在最低點的速度v0應滿足
mv02=mg2R＋mv2，v0=
【答案】B

3.系統(tǒng)機械能守恒問題
如圖所示，總長為L的光滑勻質的鐵鏈，跨過一光滑的輕質小定滑輪，開始時底端相齊，當略有擾動時，某一端下落，則鐵鏈剛脫離滑輪的瞬間，其速度多大？
【解析】鐵鏈的一端上升，一端下落是變質量問題，利用牛頓定
律求解比較麻煩，也超出了中學物理大綱的要求．但由題目的敘
述可知鐵鏈的重心位置變化過程只有重力做功，或“光滑”提示
我們無機械能與其他形式的能轉化，則機械能守恒，這個題目我
們用機械能守恒定律的總量不變表達式E2=El，和增量表達式ΔEP=
一ΔEK分別給出解答，以利于同學分析比較掌握其各自的特點．
（1）設鐵鏈單位長度的質量為P，且選鐵鏈的初態(tài)的重心位置所在水平面為參考面，則初態(tài)E1=0
滑離滑輪時為終態(tài)，重心離參考面距離L/4，EP/=－PLgL/4
Ek2=Lv2即終態(tài)E2=－PLgL/4＋PLv2
由機械能守恒定律得E2=E1有－PLgL/4＋PLv2=0，所以v=
（2）利用ΔEP=－ΔEK，求解:初態(tài)至終態(tài)重力勢能減少，重心下降L/4，重力勢能減少－ΔEP=PLgL/4，動能增量ΔEK=PLv2，所以v=
點評：（1）對繩索、鏈條這類的物體，由于在考查過程中常發(fā)生形變，其重心位置對物體來說，不是固定不變的，能否確定其重心的位里則是解決這類問題的關鍵，順便指出的是均勻質量分布的規(guī)則物體常以重心的位置來確定物體的重力勢能．此題初態(tài)的重心位置不在滑輪的頂點，由于滑輪很小，可視作對折來求重心，也可分段考慮求出各部分的重力勢能后求出代數(shù)和作為總的重力勢能．至于零勢能參考面可任意選取，但以系統(tǒng)初末態(tài)重力勢能便于表示為宜．
（2）此題也可以用等效法求解，鐵鏈脫離滑輪時重力勢能減少，等效為一半鐵鏈至另一半下端時重力勢能的減少，然后利用ΔEP=－ΔEK求解.

4.機械能守恒定律與圓周運動結合
如圖5—69所示，長為l不可伸長的細繩一端系于O點，一端系一質量為m的物體，物體自與水平夾角300（繩拉直）由靜止釋放，問物體到達O點正下方處的動能是多少？
【解析】vB=，其方向豎直向下，將該速度分解如圖5一70所示
v2＝vcos300=cos300
由B至C的過程中機械能守恒mv十mg0.5l=mv
由此得mv=5mgl/4
答案：5mgl/4

5.功能關系
在水平地面上平鋪n塊磚，每塊磚的質量為m，厚度為h，如將磚一塊一塊地疊，需要做多少功？
【解析】這是一道非常典型變質量與做功的題，先畫清楚草圖．根據(jù)功能關系可知：只要找出磚疊放起來時總增加的能量ΔE，就可得到W人＝ΔE，而ΔE＝E末－E初=nmgnh/2－nmgh/2=n（n－1）mgh/2
因此，用“功能關系”解題，關鍵是分清物理過程中有多少種形式的能轉化，即有什么能增加或減少，列出這些變化了的能量即可．
【答案】n（n－1）mgh/2

6.能量守恒
圖中，容器A、B各有一個可自由移動的輕活塞，活塞下面是水，上面是大氣．大氣壓恒定，A、B的底部由帶有閥門K的管道相連，整個裝置與外界絕熱，原先，A中水面比B中高，打開閥門，使A中的水逐漸向B中流，最后達到平衡，在這個過程中．（）
A．大氣壓力對水做功，水的內(nèi)能增加
B．水克服大氣壓力做功，水的內(nèi)能減少
C．大氣壓力對水做功，水的內(nèi)能不變
D．大氣壓力對水不做功，水的內(nèi)能增加
【解析】由題設條件可知，打開閥門k，由于水的重力作用水從A流向B中，由于水與器壁間的摩擦作用，振動一段時間最后達到平衡狀態(tài)；A和B中水面靜止在同一高度上，水受到重力、器壁壓力和兩水面上大氣壓力的作用，器壁壓力與水流方向垂直，。不做功，最后A、B中水面等高。相當于A中部分水下移到B中，重力對水做功，設A、B的橫截面積分別為SA、SB，兩個活塞豎直位移分別為LA、LB，大氣壓力對容器A中的活塞做的功為WA=P0SALA，容器B中的活塞克服大氣壓力做的功WB=P0SBLB，因此大氣壓力通過活塞對整個水做功為零，即大氣壓力對水不做功，根據(jù)能量守恒定律，重力勢能的減少等于水的內(nèi)能的增加，所以選項D是正確答案．
【答案】D
點評：本題的關鍵是取整個水為研究對象，明確它的運動情況。正確分析它的受力，確定水受的力在水運動過程中做的功，應用能的轉化和守恒定律推斷能量變化關系。

第18講探究動能定理驗證機械能守恒定律

學習目標
知道用不同的方法探究動能定理和驗證機械能守恒定律，了解實驗原理和步驟.
重點：機械能守恒定律的實驗原理、步驟和注意事項.
難點：驗證機械能守恒定律實驗的注意事項。
知識梳理
一、探究動能定理
1．實驗目的
（1）了解實驗要探究的內(nèi)容、實驗方法與實驗技巧．探究實驗數(shù)據(jù)的處理方法；
（2）認真體會教材“探究的思路”所體現(xiàn)的科學探究的方法，以及“數(shù)據(jù)的處理”中提出的分析實驗數(shù)據(jù)、找出功和速度變化關系的方法
2．探究思路
（1）改變功的大小，采用教材實驗裝置，用1條、2條、3條……同樣的橡皮筋將小車拉到同一位置釋放，橡皮筋拉力對小車所做的功依次為w、2w、3w……
（2）確定速度的大?。盒≤嚝@得的速度v可以由紙帶和打點計時器測出，也可以用其他方法測出。
（3）尋找功與速度變化的關系：以橡皮筋拉力所做的功W為縱坐標，小車獲得的速度v為橫坐標，作出W—v曲線，即功—速度關系曲線，分析該曲線，提出橡皮筋拉力對小車所做的功W與小車速度v的定量關系。
3．操作中注意的事項：
（1）平衡摩擦力：
將木板放有打點計時器的一端墊高，小車不連橡皮筋，尾部固定一紙帶，輕推小車使小車沿木板向下運動，如果紙帶上打出的點間距是均勻的，說明紙帶的運動是勻速直線運動，小車重力沿斜面方向的分力剛好平衡了小車所受的摩擦力。
（2）如何選擇紙帶上的點距來確定速度：
對紙帶上的點進行分析，比較點間距，看若干個相鄰兩點間的距離是否基本相同，選擇相鄰距離基本相同的若干個點作為小車勻速運動階段的點，用這些點計算小車的速度。
（3）用圖象法處理實驗數(shù)據(jù)：
①根據(jù)實驗測得的數(shù)據(jù)，分別作出W—v曲線，W—v2曲線、W—v3曲線……，如果哪一幅圖象更接近于過原點的傾斜直線，功與速度之間就是哪一種正比關系。
②圖象法是解決物理問題的常見方法，因為它具有簡便直觀的特點。
③圖象中的曲線形狀是根據(jù)實驗數(shù)據(jù)，在坐標系中描出各組數(shù)據(jù)所對應的點，然后用平滑的曲線將各點連起來。
④關于圖象中的曲線，一般要弄清楚圖線的斜率，圖線的截距，圖線與坐標軸圍成的面積，所表示的物理意義。

二、驗證機械能守恒定律
1、實驗目的
驗證機械能守恒定律。
2、實驗原理
通過實驗，求出做自由落體運動物體的重力勢能的減少量和相應過程動能的增加量，若二者相等，說明機械能守恒，從而驗證機械能守恒定律。
3、實驗器材
打點計時器、電源、紙帶、復寫紙片、重物、刻度尺、帶有鐵夾臺、導線兩根
4、實驗步驟
（1）如圖9所示，把打點計時器豎直地架穩(wěn)，并連接好電路．
（2）把紙帶的一端固定在重錘上，另一端穿過打點計時器，用手向上提紙帶，使重錘靜止在靠近打點計時器的地方．
（3）先接通電源，然后松開紙帶，讓重錘帶著紙帶下落，帶上打下一系列小點．關閉電源，取下紙帶．
（4）更換紙帶，重復做3—4次實驗．
（5）從幾條打上點的紙帶中，挑選第一、二兩點間的距離接近2mm,并且點跡清晰的紙帶進行測量。
（6）在挑選出來的紙帶上給第一個點做上記號0，然后在紙帶上從任意點開始依次選取幾個點(假設選6個點)，分別記上數(shù)字1，2，3，…(如圖10所示)．用毫米刻度尺分別測量紙帶上從起點O到各個點間的距離hl，h2，h3…，這些距離就是重錘運動到點1，2，3…時下降的高度
（7）根據(jù)“勻加速直線運動中，一段時間內(nèi)的平均速度等于該段時間中點時刻的即時速度”，求出打點記時器在打下各點時重錘的即時速度.
（8）把求得的數(shù)據(jù)填人表中，算出計時器打下各點時，物體減少的重力勢能mgh和物體增加的動能mv2/2．
比較物體在各段時間減少的重力勢能與增加的動能，就可以驗證物體在自由下落時機械能是否守恒．

5.注意事項
（1）打點計時器一定要豎直地架穩(wěn)，使重錘帶著紙帶下落時不受阻礙．在接通電源之前，可以讓重錘帶著紙帶下落，觀察紙帶是否受阻礙，及時進行調(diào)整．
（2）紙帶要平整地對稱地夾在重錘上，紙帶長度為30—40cm即可.
（3）用手提紙帶上端時，紙帶不應扭曲，在重錘下落之前，手不要晃動．在打點計時器正常工作后，要突然放開紙帶讓重錘自由下落．
（4）用作測量分析的紙帶要經(jīng)過挑選，紙帶上第一、二兩點的距離接近2mm而又點跡清晰的，可以選用．
（5）測量下落高度時，都必須從起點算起，不能搞錯。為了減少測量下落高度的誤差，那些依次選取的點可以離起點O稍為遠一些
（6）實驗中重物和紙帶下落過程中要克服阻力（主要是打點計時器的阻力）做功，所以動能的增量一定稍小于重力勢能的減小量。
（7）因不需要知道動能的具體數(shù)值，因此不需要測出重物的質量m。
[記錄和計算]
計數(shù)點123456
h(m)
v(m/s)
Mgh(J)
mv2/2(J)

結論：在誤差允許范圍內(nèi)，物體在自由下落的過程中機械能守恒。
6.誤差分析
(1)做好本實驗的關鍵是盡量減小重物下落過程中的阻力，但阻力不可能完全消除。本實驗中，誤差的主要來源是紙帶摩擦和空氣阻力。由于重物及紙帶在下落中要不斷地克服阻力做功，因此物體動能的增加量必稍小于重力勢能的減少量，這是系統(tǒng)誤差。減小系統(tǒng)誤差的方法有選用密度大的實心重物，重物下落前紙帶應保持豎直，選用電火花計時器等。
(2)由于測量長度會造成誤差，屬偶然誤差，減少辦法一是測距離都應從起點0量起，下落高度h適當大些(過小，h不易測準確；過大，阻力影響造成的誤差大)，二是多測幾次取平均值。
題型講解
1.探究動能定理
用如圖所示的裝置，探究功與物體速度變化的關系實驗時，先適當墊高木板，然后由靜止釋放小車，小車在橡皮條彈力的作用下被彈出，沿木板滑行，小車滑行過程中帶動通過打點計時器的紙帶記錄其運動情況。觀察發(fā)現(xiàn)紙帶前面部分點跡疏密不勻，后而部分點跡比較均勻，回答下列問題：
（1）適當墊高木板是為了__________________________________；
（2）通過紙帶求小車速度時應使用紙帶的（填“全部”、“前面部分”或“后而部分”）
（3）若實驗作了n次，所用椽皮條分別為1根、2根……n根，通過紙帶求出小車的速度分別為v1、v2……vn，用W表示橡皮條對小車所做的功，作出的W—v2圖線是一條過坐標原點的直線，這說明W與v的關系是__________________________。

【答案】1）平衡摩擦力；（2）后面部分：（3）W與速度v的平方成正比。
2.驗證機械能守恒定理
在利用打點計時器驗證自由下落的物體機械能守恒的實驗中，設在打O點時釋放物體，打點計時器打A點時物體的速度為v，如圖所示，一個同學在實驗報告中稱，他測得v=2.36m/s，h=28.76cm據(jù)此可得：，，在誤差范圍內(nèi)兩者相等，老師批閱：“數(shù)據(jù)非實驗所得”。其理由是。
【解析】由題目中所給的數(shù)據(jù)分析，重物在從O點下落到A點的過程中，動能的增加量為，減小的重力勢能為，即，這是進行正確的實驗操作不可能得到的數(shù)據(jù)，故題目中所述數(shù)據(jù)非實驗所得。
【答案】由于阻力存在，重錘動能增量不可能大于重力勢能減小量。