高中生物一輪復習教案
發(fā)表時間：2021-03-01高考物理第一輪精編復習資料009。
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帶電粒子在電場和磁場中的運動知識網絡
考點預測
帶電粒子在電場、磁場(或電場、磁場和重力場的復合場)中的運動是高中物理中的重點內容，這類問題對學生的空間想象能力、分析綜合能力、應用數(shù)學知識處理物理問題的能力有較高的要求，是考查考生多項能力的極好載體，因此成為高考的熱點，在實行了多年的理科綜合能力測試中也是每年都考，且分值較高．從試題的難度上看，多屬于中等難度和較難的題，特別是只要出現(xiàn)計算題就一定是難度較大的綜合題．考題有可能以科學技術的具體問題為背景，從實際問題中獲取并處理信息，把實際問題轉化成物理問題，提高分析解決實際問題的能力是教學中的重點．計算題還常常成為試卷的壓軸題，如2009年全國理綜卷Ⅰ第26題、全國理綜卷Ⅱ第25題、重慶理綜卷第25題、四川理綜卷第25題；2008年全國理綜卷Ⅰ第25題、江蘇物理卷第14題、四川理綜卷第27題、重慶理綜卷第25題、山東理綜卷第25題等．預計在20xx年高考中仍然會出現(xiàn)帶電粒子在復合的或組合的電場和磁場中運動的問題．
要點歸納
一、不計重力的帶電粒子在電場中的運動
1．帶電粒子在電場中加速
當電荷量為q、質量為m、初速度為v0的帶電粒子經電壓U加速后，速度變?yōu)関t，由動能定理得：qU＝12mvt2－12mv02．若v0＝0，則有vt＝2qUm，這個關系式對任意靜電場都是適用的．
對于帶電粒子在電場中的加速問題，應突出動能定理的應用．
2．帶電粒子在勻強電場中的偏轉
電荷量為q、質量為m的帶電粒子由靜止開始經電壓U1加速后，以速度v1垂直進入由兩帶電平行金屬板產生的勻強電場中，則帶電粒子在勻強電場中做類平拋運動，其軌跡是一條拋物線(如圖4－1所示)．
圖4－1
qU1＝12mv12
設兩平行金屬板間的電壓為U2，板間距離為d，板長為L．源：
(1)帶電粒子進入兩板間后
粒子在垂直于電場的方向上做勻速直線運動，有：
vx＝v1，L＝v1t
粒子在平行于電場的方向上做初速度為零的勻加速直線運動，有：
vy＝at，y＝12at2，a＝qEm＝qU2md．
(2)帶電粒子離開極板時
側移距離y＝12at2＝qU2L22mdv12＝U2L24dU1
軌跡方程為：y＝U2x24dU1(與m、q無關)
偏轉角度φ的正切值tanφ＝atv1＝qU2Lmdv12＝U2L2dU1
若在偏轉極板右側D距離處有一豎立的屏，在求電子射到屏上的側移距離時有一個很有用的推論，即：所有離開偏轉電場的運動電荷好像都是從極板的中心沿中心與射出點的連線射出的．這樣很容易得到電荷在屏上的側移距離y′＝(D＋L2)tanφ．
以上公式要求在能夠證明的前提下熟記，并能通過以上式子分析、討論側移距離和偏轉角度與帶電粒子的速度、動能、比荷等物理量的關系．
二、不計重力的帶電粒子在磁場中的運動
1．勻速直線運動：若帶電粒子的速度方向與勻強磁場的方向平行，則粒子做勻速直線運動．
2．勻速圓周運動：若帶電粒子的速度方向與勻強磁場的方向垂直，則粒子做勻速圓周運動．
質量為m、電荷量為q的帶電粒子以初速度v垂直進入勻強磁場B中做勻速圓周運動，其角速度為ω，軌道半徑為R，運動的周期為T，則有：
qvB＝mv2R＝mRω2＝mvω＝mR(2πT)2＝mR(2πf)2
R＝mvqB
T＝2πmqB(與v、R無關)，f＝1T＝qB2πm．
3．對于帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動的問題，應注意把握以下幾點．
(1)粒子圓軌跡的圓心的確定
①若已知粒子在圓周運動中的兩個具體位置及通過某一位置時的速度方向，可在已知的速度方向的位置作速度的垂線，同時作兩位置連線的中垂線，兩垂線的交點為圓軌跡的圓心，如圖4－2所示．
②若已知做圓周運動的粒子通過某兩個具體位置的速度方向，可在兩位置上分別作兩速度的垂線，兩垂線的交點為圓軌跡的圓心，如圖4－3所示．
③若已知做圓周運動的粒子通過某一具體位置的速度方向及圓軌跡的半徑R，可在該位置上作速度的垂線，垂線上距該位置R處的點為圓軌跡的圓心(利用左手定則判斷圓心在已知位置的哪一側)，如圖4－4所示．
圖4－2圖4－3圖4－4
(2)粒子圓軌跡的半徑的確定
①可直接運用公式R＝mvqB來確定．
②畫出幾何圖形，利用半徑R與題中已知長度的幾何關系來確定．在利用幾何關系時，要注意一個重要的幾何特點，即：粒子速度的偏向角φ等于對應軌跡圓弧的圓心角α，并等于弦切角θ的2倍，如圖4－5所示．
圖4－5
(3)粒子做圓周運動的周期的確定
①可直接運用公式T＝2πmqB來確定．
②利用周期T與題中已知時間t的關系來確定．若粒子在時間t內通過的圓弧所對應的圓心角為α，則有：t＝α360°T(或t＝α2πT)．
(4)圓周運動中有關對稱的規(guī)律
①從磁場的直邊界射入的粒子，若再從此邊界射出，則速度方向與邊界的夾角相等，如圖4－6所示．
②在圓形磁場區(qū)域內，沿徑向射入的粒子必沿徑向射出，如圖4－7所示．源：
圖4－6圖4－7
(5)帶電粒子在有界磁場中運動的極值問題
剛好穿出磁場邊界的條件通常是帶電粒子在磁場中運動的軌跡與邊界相切．
三、帶電粒子在復合場中的運動
1．高中階段所涉及的復合場有四種組合形式，即：①電場與磁場的復合場；②磁場與重力場的復合場；③電場與重力場的復合場；④電場、磁場與重力場的復合場．
2．帶電粒子在復合場中的運動性質取決于帶電粒子所受的合外力及初速度，因此應把帶電粒子的運動情況和受力情況結合起來進行分析．當帶電粒子在復合場中所受的合外力為零時，帶電粒子做勻速直線運動(如速度選擇器)；當帶電粒子所受的重力與電場力等值、反向，由洛倫茲力提供向心力時，帶電粒子在垂直磁場的平面內做勻速圓周運動；當帶電粒子所受的合外力是變力，且與初速度的方向不在一條直線上時，粒子做非勻變速曲線運動，運動軌跡也隨之不規(guī)范地變化．因此，要確定粒子的運動情況，必須明確有幾種場，粒子受幾種力，重力是否可以忽略．
3．帶電粒子所受三種場力的特征
(1)洛倫茲力的大小跟速度方向與磁場方向的夾角有關．當帶電粒子的速度方向與磁場方向平行時，f洛＝0；當帶電粒子的速度方向與磁場方向垂直時，f洛＝qvB．當洛倫茲力的方向垂直于速度v和磁感應強度B所決定的平面時，無論帶電粒子做什么運動，洛倫茲力都不做功．
(2)電場力的大小為qE，方向與電場強度E的方向及帶電粒子所帶電荷的性質有關．電場力做功與路徑無關，其數(shù)值除與帶電粒子的電荷量有關外，還與其始末位置的電勢差有關．
(3)重力的大小為mg，方向豎直向下．重力做功與路徑無關，其數(shù)值除與帶電粒子的質量有關外，還與其始末位置的高度差有關．
注意：①微觀粒子(如電子、質子、離子)一般都不計重力；②對帶電小球、液滴、金屬塊等實際的物體沒有特殊交代時，應當考慮其重力；③對未知名的、題中又未明確交代的帶電粒子，是否考慮其重力，則應根據(jù)題給的物理過程及隱含條件具體分析后作出符合實際的決定．
4．帶電粒子在復合場中的運動的分析方法
(1)當帶電粒子在復合場中做勻速運動時，應根據(jù)平衡條件列方程求解．
(2)當帶電粒子在復合場中做勻速圓周運動時，往往應用牛頓第二定律和平衡條件列方程聯(lián)立求解．
(3)當帶電粒子在復合場中做非勻速曲線運動時，應選用動能定理或動量守恒定律列方程求解．
注意：如果涉及兩個帶電粒子的碰撞問題，要根據(jù)動量守恒定律列方程，再與其他方程聯(lián)立求解．
由于帶電粒子在復合場中的受力情況復雜，運動情況多變，往往出現(xiàn)臨界問題，這時應以題目中的“恰好”、“最大”、“最高”、“至少”等詞語為突破口，挖掘隱含條件，并根據(jù)臨界條件列出輔助方程，再與其他方程聯(lián)立求解．
熱點、重點、難點
一、根據(jù)帶電粒子的運動軌跡進行分析推理
圖4－8
●例1如圖4－8所示，MN是一正點電荷產生的電場中的一條電場線．一個帶負電的粒子(不計重力)從a到b穿越這條電場線的軌跡如圖中虛線所示．下列結論正確的是()
A．帶電粒子從a到b的過程中動能逐漸減小
B．正點電荷一定位于M點的左側
C．帶電粒子在a點時具有的電勢能大于在b點時具有的電勢能源：
D．帶電粒子在a點的加速度大于在b點的加速度
【解析】由做曲線運動的物體的受力特點知帶負電的粒子受到的電場力指向曲線的內側，故電場線MN的方向為N→M，正點電荷位于N的右側，選項B錯誤；由a、b兩點的位置關系知b點更靠近場源電荷，故帶電粒子在a點受到的庫侖力小于在b點受到的庫侖力，粒子在b點的加速度大，選項D錯誤；由上述電場力的方向知帶電粒子由a運動到b的過程中電場力做正功，動能增大，電勢能減小，故選項A錯誤、C正確．
[答案]C
【點評】本專題內容除了在高考中以常見的計算題形式出現(xiàn)外，有時候也以選擇題形式出現(xiàn)，通過帶電粒子在非勻強電場中(只受電場力)的運動軌跡來分析電場力和能的特性是一種重要題型，解析這類問題時要注意以下三點：
①電場力一定沿電場線曲線的切線方向且一定指向軌跡曲線的內側；
②W電＝qUab＝Ekb－Eka；
③當電場線為曲線時，電荷的運動軌跡不會與之重合．
二、帶電粒子在電場中的加速與偏轉
圖4－9
●例2噴墨打印機的結構簡圖如圖4－9所示，其中墨盒可以發(fā)出墨汁微滴，其半徑約為1×10－5m，此微滴經過帶電室時被帶上負電，帶電荷量的多少由計算機按字體筆畫的高低位置輸入信號加以控制．帶電后的微滴以一定的初速度進入偏轉電場，帶電微滴經過偏轉電場發(fā)生偏轉后打到紙上，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．偏轉板長1.6cm，兩板間的距離為0.50cm，偏轉板的右端距紙3.2cm．若墨汁微滴的質量為1.6×10－10kg，以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8.0×103V，其打到紙上的點距原射入方向的距離是2.0mm．求這個墨汁微滴通過帶電室所帶的電荷量的多少．(不計空氣阻力和重力，可以認為偏轉電場只局限于平行板電容器的內部，忽略邊緣電場的不均勻性)為了使紙上的字放大10%，請你分析并提出一個可行的方法．
【解析】設墨汁微滴所帶的電荷量為q，它進入偏轉電場后做類平拋運動，離開電場后做直線運動打到紙上，則距原入射方向的距離為：y＝12at2＋Ltanφ
又a＝qUmd，t＝lv0，tanφ＝atv0
解得：y＝qUlmdv02(l2＋L)
代入數(shù)據(jù)得：q＝1.25×10－13C
要將字體放大10%，只要使y增大為原來的1.1倍，可采用的措施為將兩偏轉板間的電壓增大到8.8×103V，或將偏轉板右端與紙的間距增大到3.6cm．
[答案]1.25×10－13C將兩偏轉板間的電壓增大到8.8×103V，或將偏轉板右端與紙的間距增大到3.6cm
【點評】①本題也可直接根據(jù)推論公式y(tǒng)＝(l2＋L)tanφ＝(l2＋L)qUlmdv02進行計算．
②和平拋運動問題一樣，這類題型中偏轉角度的正切表達式在解題中往往較為關鍵，且有tanθ＝2tanα(α為射出點的位移方向與入射方向的夾角)的特點．
★同類拓展1如圖4－10甲所示，在真空中，有一半徑為R的圓形區(qū)域內存在勻強磁場，磁場方向垂直紙面向外．在磁場右側有一對平行金屬板M和N，兩板間距為R，板長為2R，板間的中心線O1O2與磁場的圓心O在同一直線上．有一電荷量為q、質量為m的帶正電的粒子以速度v0從圓周上的a點沿垂直于半徑OO1并指向圓心O的方向進入磁場，當從圓周上的O1點水平飛出磁場時，給M、N兩板加上如圖4－10乙所示的電壓，最后粒子剛好以平行于N板的速度從N板的邊緣飛出．(不計粒子所受到的重力、兩板正對面之間為勻強電場，邊緣電場不計)
圖4－10
(1)求磁場的磁感應強度B．
(2)求交變電壓的周期T和電壓U0的值．
(3)當t＝T2時，該粒子從M、N板右側沿板的中心線仍以速度v0射入M、N之間，求粒子從磁場中射出的點到a點的距離．
【解析】(1)粒子自a點進入磁場，從O1點水平飛出磁場，則其運動的軌道半徑為R．
由qv0B＝mv02R，解得：B＝mv0qR．
(2)粒子自O1點進入電場后恰好從N板的邊緣平行極板飛出，設運動時間為t，根據(jù)類平拋運動規(guī)律有：
2R＝v0t
R2＝2nqU02mR(T2)2
又t＝nT(n＝1,2,3…)
解得：T＝2Rnv0(n＝1,2,3…)
U0＝nmv022q(n＝1,2,3…)．
圖4－10丙
(3)當t＝T2時，粒子以速度v0沿O2O1射入電場，該粒子恰好從M板邊緣以平行于極板的速度射入磁場，進入磁場的速度仍為v0，運動的軌跡半徑為R．設進入磁場時的點為b，離開磁場時的點為c，圓心為O3，如圖4－10丙所示，四邊形ObO3c是菱形，所以Oc∥O3b，故c、O、a三點共線，ca即為圓的直徑，則c、a間的距離d＝2R．
[答案](1)mv0qR
(2)2Rnv0(n＝1,2,3…)nmv022q(n＝1,2,3…)(3)2R
【點評】帶電粒子在勻強電場中偏轉的運動是類平拋運動，解此類題目的關鍵是將運動分解成兩個簡單的直線運動，題中沿電場方向的分運動就是“受力周期性變化的加速運動”．
三、帶電粒子在有界磁場中(只受洛倫茲力)的運動
1．帶電粒子在磁場中的運動大體包含五種常見情境，即：無邊界磁場、單邊界磁場、雙邊界磁場、矩形邊界磁場、圓形邊界磁場．帶電粒子在磁場中的運動問題綜合性較強，解這類問題往往要用到圓周運動的知識、洛倫茲力，還要牽涉到數(shù)學中的平面幾何、解析幾何等知識．因此，解此類試題，除了運用常規(guī)的解題思路(畫草圖、找“圓心”、定“半徑”等)之外，更應側重于運用數(shù)學知識進行分析．源：
2．帶電粒子在有界勻強磁場中運動時，其軌跡為不完整的圓周，解決這類問題的關鍵有以下三點．
①確定圓周的圓心．若已知入射點、出射點及入射方向、出射方向，可通過入射點和出射點作垂直于入射方向和出射方向的直線，兩直線的交點即為圓周的圓心；若已知入射點、出射點及入射方向，可通過入射點作入射線的垂線，連接入射點和出射點，作此連線的垂直平分線，兩垂線的交點即為圓周的圓心．
②確定圓的半徑．一般在圓上作圖，由幾何關系求出圓的半徑．
③求運動時間．找到運動的圓弧所對應的圓心角θ，由公式t＝θ2πT求出運動時間．
3．解析帶電粒子穿過圓形區(qū)域磁場問題?？捎玫揭韵峦普摚?br> ①沿半徑方向入射的粒子一定沿另一半徑方向射出．
②同種帶電粒子以相同的速率從同一點垂直射入圓形區(qū)域的勻強磁場時，若射出方向與射入方向在同一直徑上，則軌跡的弧長最長，偏轉角有最大值且為α＝2arcsinRr＝2arcsinRBqmv．
③在圓形區(qū)域邊緣的某點向各方向以相同速率射出的某種帶電粒子，如果粒子的軌跡半徑與區(qū)域圓的半徑相同，則穿過磁場后粒子的射出方向均平行(反之，平行入射的粒子也將匯聚于邊緣一點)．
●例3如圖4－11甲所示，空間存在勻強電場和勻強磁場，電場方向為y軸正方向，磁場方向垂直于xy平面(紙面)向外，電場和磁場都可以隨意加上或撤除，重新加上的電場或磁場與撤除前的一樣．一帶正電荷的粒子從P(0，h)點以一定的速度平行于x軸正向入射．這時若只有磁場，粒子將做半徑為R0的圓周運動；若同時存在電場和磁場，粒子恰好做直線運動．現(xiàn)在只加電場，當粒子從P點運動到x＝R0平面(圖中虛線所示)時，立即撤除電場同時加上磁場，粒子繼續(xù)運動，其軌跡與x軸交于M點，不計重力，求：
圖4－11甲
(1)粒子到達x＝R0平面時的速度方向與x軸的夾角以及粒子到x軸的距離．
(2)M點的橫坐標xM．
【解析】(1)粒子做直線運動時，有：qE＝qBv0
做圓周運動時，有：qBv0＝mv02R0
只有電場時，粒子做類平拋運動，則有：
qE＝ma
R0＝v0t
vy＝at
解得：vy＝v0
粒子的速度大小為：v＝v02＋vy2＝2v0
速度方向與x軸的夾角為：θ＝π4
粒子與x軸的距離為：H＝h＋12at2＝h＋R02．
(2)撤去電場加上磁場后，有：qBv＝mv2R
解得：R＝2R0
此時粒子的運動軌跡如圖4－11乙所示．圓心C位于與速度v方向垂直的直線上，該直線與x軸和y軸的夾角均為π4．由幾何關系可得C點的坐標為：
圖4－11乙
xC＝2R0
yC＝H－R0＝h－R02
過C點作x軸的垂線，在△CDM中，有：lCM＝R＝2R0，lCD＝y(tǒng)C＝h－R02
解得：lDM＝lCM2－lCD2＝74R02＋R0h－h(huán)2
M點的橫坐標為：xM＝2R0＋74R02＋R0h－h(huán)2．
[答案](1)π2h＋R02(2)2R0＋74R02＋R0h－h(huán)2
【點評】無論帶電粒子在勻強電場中的偏轉還是在勻強磁場中的偏轉，偏轉角往往是個較關鍵的量．
●例4如圖4－12甲所示，質量為m、電荷量為e的電子從坐標原點O處沿xOy平面射入第一象限內，射入時的速度方向不同，但大小均為v0．現(xiàn)在某一區(qū)域內加一方向向外且垂直于xOy平面的勻強磁場，磁感應強度大小為B，若這些電子穿過磁場后都能垂直地射到與y軸平行的熒光屏MN上，求：
圖4－12甲
(1)熒光屏上光斑的長度．
(2)所加磁場范圍的最小面積．
【解析】(1)如圖4－12乙所示，要求光斑的長度，只要找到兩個邊界點即可．初速度沿x軸正方向的電子沿弧OA運動到熒光屏MN上的P點；初速度沿y軸正方向的電子沿弧OC運動到熒光屏MN上的Q點．
圖4－12乙
設粒子在磁場中運動的半徑為R，由牛頓第二定律得：
ev0B＝mv02R，即R＝mv0Be
由幾何知識可得：PQ＝R＝mv0Be．
(2)取與x軸正方向成θ角的方向射入的電子為研究對象，其射出磁場的點為E(x，y)，因其射出后能垂直打到屏MN上，故有：
x＝－Rsinθ
y＝R＋Rcosθ
即x2＋(y－R)2＝R2
又因為電子沿x軸正方向射入時，射出的邊界點為A點；沿y軸正方向射入時，射出的邊界點為C點，故所加最小面積的磁場的邊界是以(0，R)為圓心、R為半徑的圓的一部分，如圖乙中實線圓弧所圍區(qū)域，所以磁場范圍的最小面積為：
S＝34πR2＋R2－14πR2＝(π2＋1)(mv0Be)2．源：
[答案](1)mv0Be(2)(π2＋1)(mv0Be)2
【點評】帶電粒子在勻強磁場中偏轉的試題基本上是年年考，大概為了求新求變，在2009年高考中海南物理卷(第16題)、浙江理綜卷(第25題)中都出現(xiàn)了應用這一推論的題型．
★同類拓展2如圖4－13甲所示，ABCD是邊長為a的正方形．質量為m、電荷量為e的電子以大小為v0的初速度沿紙面垂直于BC邊射入正方形區(qū)域．在正方形內適當區(qū)域中有勻強磁場．電子從BC邊上的任意點入射，都只能從A點射出磁場．不計重力，求：
圖4－13甲
(1)此勻強磁場區(qū)域中磁感應強度的方向和大?。?br> (2)此勻強磁場區(qū)域的最小面積．
[2009年高考海南物理卷]
【解析】(1)若要使由C點入射的電子從A點射出，則在C處必須有磁場，設勻強磁場的磁感應強度的大小為B，令圓弧是自C點垂直于BC入射的電子在磁場中的運行軌道，電子所受到的磁場的作用力f＝ev0B，方向應指向圓弧的圓心，因而磁場的方向應垂直于紙面向外．圓弧的圓心在CB邊或其延長線上．依題意，圓心在A、C連線的中垂線上，故B點即為圓心，圓半徑為a．按照牛頓定律有：
f＝mv02a
聯(lián)立解得：B＝mv0ea．
(2)由(1)中決定的磁感應強度的方向和大小，可知自C點垂直于BC入射的電子在A點沿DA方向射出，且自BC邊上其他點垂直于入射的電子的運動軌道只能在BAEC區(qū)域中，因而，圓弧是所求的最小磁場區(qū)域的一個邊界．
為了決定該磁場區(qū)域的另一邊界，我們來考察射中A點的電子的速度方向與BA的延長線交角為θ(不妨設0≤θ＜π2)的情形．該電子的運動軌跡QPA如圖4－13乙所示．圖中，圓弧的圓心為O，PQ垂直于BC邊，由上式知，圓弧的半徑仍為a．過P點作DC的垂線交DC于G，由幾何關系可知∠DPG＝θ，在以D為原點、DC為x軸、DA為y軸的坐標系中，P點的坐標(x，y)為：
x＝asinθ，y＝acosθ
圖4－13乙
這意味著，在范圍0≤θ≤π2內，P點形成以D為圓心、a為半徑的四分之一圓周，它是電子做直線運動和圓周運動的分界線，構成所求磁場區(qū)域的另一邊界．因此，所求的最小勻強磁場區(qū)域是分別以B和D為圓心、a為半徑的兩個四分之一圓周和所圍成的，其面積為：
S＝2(14πa2－12a2)＝π－22a2．
[答案](1)mv0ea方向垂直于紙面向外(2)π－22a2
四、帶電粒子在復合場、組合場中的運動問題
●例5在地面附近的真空中，存在著豎直向上的勻強電場和垂直電場方向水平向里的勻強磁場，如圖4－14甲所示．磁場的磁感應強度B隨時間t的變化情況如圖4－14乙所示．該區(qū)域中有一條水平直線MN，D是MN上的一點．在t＝0時刻，有一個質量為m、電荷量為＋q的小球(可看做質點)，從M點開始沿著水平直線以速度v0做勻速直線運動，t0時刻恰好到達N點．經觀測發(fā)現(xiàn)，小球在t＝2t0至t＝3t0時間內的某一時刻，又豎直向下經過直線MN上的D點，并且以后小球多次水平向右或豎直向下經過D點．求：
圖4－14
(1)電場強度E的大?。?br> (2)小球從M點開始運動到第二次經過D點所用的時間．
(3)小球運動的周期，并畫出運動軌跡(只畫一個周期)．
【解析】(1)小球從M點運動到N點時，有：qE＝mg
解得：E＝mgq．
(2)小球從M點到達N點所用時間t1＝t0
小球從N點經過34個圓周，到達P點，所以t2＝t0
小球從P點運動到D點的位移x＝R＝mv0B0q
小球從P點運動到D點的時間t3＝Rv0＝mB0q
所以時間t＝t1＋t2＋t3＝2t0＋mB0q
[或t＝mqB0(3π＋1)，t＝2t0(13π＋1)]．
(3)小球運動一個周期的軌跡如圖4－14丙所示．
圖4－14丙
小球的運動周期為：T＝8t0(或T＝12πmqB0)．
[答案](1)mgq(2)2t0＋mB0q
(3)T＝8t0運動軌跡如圖4－14丙所示
【點評】帶電粒子在復合場或組合場中運動的軌跡形成一閉合的對稱圖形的試題在高考中屢有出現(xiàn)．
五、常見的、在科學技術中的應用
帶電粒子在電場、磁場中的運動規(guī)律在科學技術中有廣泛的應用，高中物理中常碰到的有：示波器(顯像管)、速度選擇器、質譜儀、回旋加速器、霍耳效應傳感器、電磁流量計等．
●例6一導體材料的樣品的體積為a×b×c，A′、C、A、C′為其四個側面，如圖4－15所示．已知導體樣品中載流子是自由電子，且單位體積中的自由電子數(shù)為n，電阻率為ρ，電子的電荷量為e，沿x方向通有電流I．
圖4－15
(1)導體樣品A′、A兩個側面之間的電壓是________，導體樣品中自由電子定向移動的速率是________．
(2)將該導體樣品放在勻強磁場中，磁場方向沿z軸正方向，則導體側面C的電勢________(填“高于”、“低于”或“等于”)側面C′的電勢．
(3)在(2)中，達到穩(wěn)定狀態(tài)時，沿x方向的電流仍為I，若測得C、C′兩側面的電勢差為U，試計算勻強磁場的磁感應強度B的大?。?br> 【解析】(1)由題意知，樣品的電阻R＝ρcab
根據(jù)歐姆定律：U0＝IR＝ρcIab
分析t時間定向移動通過端面的自由電子，由電流的定義式
I＝nabvtet源：
可得v＝Inabe．
(2)由左手定則知，定向移動的自由電子向C′側面偏轉，故C側的電勢高于C′側面．
(3)達到穩(wěn)定狀態(tài)時，自由電子受到電場力與洛倫茲力的作用而平衡，則有：qUb＝qvB
解得：B＝neaUI．
[答案](1)ρcIabInabe(2)高于(3)neaUI
【點評】本例實際上為利用霍耳效應測磁感應強度的方法，而電磁流量計、磁流體發(fā)電機的原理及相關問題的解析都與此例相似．
★同類拓展3如圖4－16甲所示，離子源A產生的初速度為零、帶電荷量均為e、質量不同的正離子被電壓為U0的加速電場加速后勻速通過準直管，垂直射入勻強偏轉電場，偏轉后通過極板HM上的小孔S離開電場，經過一段勻速直線運動，垂直于邊界MN進入磁感應強度為B的勻強磁場．已知HO＝d，HS＝2d，∠MNQ＝90°．(忽略離子所受重力)
圖4－16甲
(1)求偏轉電場場強E0的大小以及HM與MN的夾角φ．
(2)求質量為m的離子在磁場中做圓周運動的半徑．
(3)若質量為4m的離子垂直打在NQ的中點S1處，質量為16m的離子打在S2處．求S1和S2之間的距離以及能打在NQ上的正離子的質量范圍．
[2009年高考重慶理綜卷]
【解析】(1)設正離子經電壓為U0的電場加速后速度為v1，應用動能定理有：
圖4－16乙
eU0＝12mv12－0
正離子垂直射入勻強偏轉電場，受到的電場力F＝eE0
產生的加速度a＝Fm，即a＝eE0m
垂直電場方向做勻速運動，有：2d＝v1t
沿電場方向，有：d＝12at2
聯(lián)立解得：E0＝U0d
又tanφ＝v1at
解得：φ＝45°．
(2)正離子進入磁場時的速度大小為：
v＝v12＋v⊥2＝v12＋(at)2
正離子在勻強磁場中做勻速圓周運動，由洛倫茲力提供向心力，則有：evB＝mv2R
聯(lián)立解得：正離子在磁場中做圓周運動的半徑R＝2mU0eB2．
(3)將4m和16m代入R，得R1＝24mU0eB2、R2＝216mU0eB2
圖4－16丙
由幾何關系可知S1和S2之間的距離Δs＝R22－(R2－R1)2－R1
聯(lián)立解得：Δs＝4(3－1)mU0eB2
由R′2＝(2R1)2＋(R′－R1)2
得：R′＝52R1
由12R1R52R1
得：mm正25m．
[答案](1)45°(2)2mU0eB2(3)mm正25m
經典考題
帶電粒子在電場、磁場以及復合場、組合場中的運動問題是每年各地高考的必考內容，留下大量的經典題型，認真地總結歸納這些試題會發(fā)現(xiàn)以下特點：
①重這些理論在科學技術上的應用；
②需要較強的空間想象能力．
1．圖示是科學史上一張著名的實驗照片，顯示一個帶電粒子在云室中穿過某種金屬板運動的徑跡．云室放置在勻強磁場中，磁場方向垂直照片向里，云室中橫放的金屬板對粒子的運動起阻礙作用．分析此徑跡可知粒子[2009年高考安徽理綜卷]()
A．帶正電，由下往上運動
B．帶正電，由上往下運動
C．帶負電，由上往下運動
D．帶負電，由下往上運動
【解析】粒子穿過金屬板后速度變小，由半徑公式r＝mvBq可知，半徑變小，粒子的運動方向為由下向上；又由洛倫茲力的方向指向圓心以及左手定則知粒子帶正電．
[答案]A
【點評】題圖為安德森發(fā)現(xiàn)正電子的云室照片．
2．圖示為一“濾速器”裝置的示意圖．a、b為水平放置的平行金屬板，一束具有各種不同速率的電子沿水平方向經小孔O進入a、b兩板之間．為了選取具有某種特定速率的電子，可在a、b間加上電壓，并沿垂直于紙面的方向加一勻強磁場，使所選電子仍能夠沿水平直線OO′運動，由O′射出．不計重力作用．可能達到上述目的的辦法是[2006年高考全國理綜卷Ⅰ]()
A．使a板的電勢高于b板，磁場方向垂直紙面向里
B．使a板的電勢低于b板，磁場方向垂直紙面向里源：
C．使a板的電勢高于b板，磁場方向垂直紙面向外
D．使a板的電勢低于b板，磁場方向垂直紙面向外
【解析】要使電子能沿直線通過復合場，電子所受電場力與洛倫茲力必是一對平衡力．由左手定則及電場的相關知識可知，選項A、D正確．
[答案]AD
3．圖示是質譜儀的工作原理示意圖．帶電粒子被加速電場加速后，進入速度選擇器．速度選擇器內相互正交的勻強磁場和勻強電場的強度分別為B和E．平板S上有可讓粒子通過的狹縫P和記錄粒子位置的膠片A1A2．平板S下方有強度為B0的勻強磁場．下列表述正確的是[2009年高考廣東物理卷]()
A．質譜儀是分析同位素的重要工具
B．速度選擇器中的磁場方向垂直紙面向外
C．能通過狹縫P的帶電粒子的速率等于EB
D．粒子打在膠片上的位置越靠近狹縫P，粒子的荷質比越小
【解析】粒子在電場中加速有：qU＝12mv2，粒子沿直線通過速度選擇器有：Eq＝qvB，粒子在平板S下方磁場中做圓周運動有：r＝mvqB，由上述過程遵循的規(guī)律可知選項A、B、C正確．
[答案]ABC
4．帶電粒子的比荷qm是一個重要的物理量．某中學物理興趣小組設計了一個實驗，探究電場和磁場對電子運動軌跡的影響，以求得電子的比荷，實驗裝置如圖所示．
(1)他們的主要實驗步驟如下．
A．首先在兩極板M1M2之間不加任何電場、磁場，開啟陰極射線管電源，發(fā)射的電子從兩極板中央通過，在熒屏的正中心處觀察到一個亮點．
B．在M1M2兩極板間加合適的電場：加極性如圖所示的電壓，并逐步調節(jié)增大，使熒屏上的亮點逐漸向熒屏下方偏移，直到熒屏上恰好看不見亮點為止，記下此時外加電壓為U．請問本步驟的目的是什么？
C．保持步驟B中的電壓U不變，對M1M2區(qū)域加一個大小、方向均合適的磁場B，使熒屏正中心重現(xiàn)亮點，試問外加磁場的方向如何？
(2)根據(jù)上述實驗步驟，同學們正確推算出電子的比荷與外加電場、磁場及其他相關量的關系為qm＝UB2d2．一位同學說，這表明電子的比荷將由外加電壓決定，外加電壓越大則電子的比荷越大．你認為他的說法正確嗎？為什么？
[2007年高考廣東物理卷]
[答案](1)B．使電子剛好落在正極板的近熒幕端的邊緣，利用已知量表達qm．
C．垂直電場方向向外(垂直紙面向外)
(2)說法不正確，電子的比荷是電子的固有參數(shù)．
5．1932年，勞倫斯和利文斯頓設計出了回旋加速器．回旋加速器的工作原理如圖所示，置于高真空中的D形金屬盒半徑為R，兩盒間的狹縫很小，帶電粒子穿過的時間可以忽略不計．磁感應強度為B的勻強磁場與盒面垂直．A處粒子源產生的粒子，質量為m、電荷量為＋q，在加速器中被加速，加速電壓為U．加速過程中不考慮相對論效應和重力作用．
(1)求粒子第2次和第1次經過兩D形盒間狹縫后軌道半徑之比．
(2)求粒子從靜止開始加速到出口處所需的時間t．
(3)實際使用中，磁感應強度和加速電場頻率都有最大值的限制．若某一加速器磁感應強度和加速電場頻率的最大值分別為Bm、fm，試討論粒子能獲得的最大動能Ekm．
[2009年高考江蘇物理卷]
【解析】(1)設粒子第1次經過狹縫后的半徑為r1，速度為v1，則qU＝12mv12
qv1B＝mv12r1
解得：r1＝1B2mUq
同理，粒子第2次經過狹縫后的半徑r2＝1B4mUq
則r2∶r1＝2∶1．
(2)設粒子到出口處被加速了n圈，則
2nqU＝12mv2
qvB＝mv2R
T＝2πmqB
t＝nT
解得：t＝πBR22U．
(3)加速電場的頻率應等于粒子在磁場中做圓周運動的頻率，即f＝qB2πm
當磁感應強度為Bm時，加速電場的頻率應為fBm＝qBm2πm
粒子的動能Ek＝12mv2
當fBm≤fm時，粒子的最大動能由Bm決定
qvmBm＝mvm2R
解得：Ekm＝q2Bm2R22m
當fBm≥fm時，粒子的最大動能由fm決定
vm＝2πfmR
解得：Ekm＝2π2mfm2R2．
[答案](1)2∶1(2)πBR22U(3)2π2mfm2R2
【點評】回旋加速器為洛倫茲力的典型應用，在高考中多次出現(xiàn)．要理解好磁場對粒子的“加速”沒有起作用，但回旋加速器中粒子所能獲得的最大動能卻與磁感應強度相關．
6．如圖甲所示，在x軸下方有勻強磁場，磁感應強度大小為B，方向垂直于xOy平面向外．P是y軸上距原點為h的一點，N0為x軸上距原點為a的一點．A是一塊平行于x軸的擋板，與x軸的距離為h2，A的中點在y軸上，長度略小于a2．帶電粒子與擋板碰撞前后，x方向的分速度不變，y方向的分速度反向、大小不變．質量為m、電荷量為q(q＞0)的粒子從P點瞄準N0點入射，最后又通過P點．不計重力．求粒子入射速度的所有可能值．
[2009年高考全國理綜卷Ⅰ]
甲
【解析】設粒子的入射速度為v，第一次射出磁場的點為N0′，與板碰撞后再次進入磁場的位置為N1．粒子在磁場中運動的半徑為R，有：R＝mvqB
乙
粒子的速度不變，每次進入磁場與射出磁場的位置間的距離x1保持不變，則有：
x1＝N0′N0＝2Rsinθ
粒子射出磁場與下一次進入磁場位置間的距離x2始終不變，與N0′N1相等．由圖乙可以看出x2＝a
設粒子最終離開磁場時，與擋板相碰n次(n＝0,1,2…)．若粒子能回到P點，由對稱性可知，出射點的x坐標應為－a，即：(n＋1)x1－nx2＝2a
由以上兩式得：x1＝n＋2n＋1a
若粒子與擋板發(fā)生碰撞，則有：源：
x1－x2＞a4
聯(lián)立解得：n＜3
v＝qB2msinθn＋2n＋1a
式中sinθ＝ha2＋h2
解得：v0＝qBaa2＋h2mh，n＝0
v1＝3qBaa2＋h24mh，n＝1
v2＝2qBaa2＋h23mh，n＝2．
[答案]v0＝qBaa2＋h2mh，n＝0
v1＝3qBaa2＋h24mh，n＝1
v2＝2qBaa2＋h23mh，n＝2
能力演練
一、選擇題(10×4分)
1．如圖所示，真空中O點有一點電荷，在它產生的電場中有a、b兩點，a點的場強大小為Ea，方向與ab連線成60°角，b點的場強大小為Eb，方向與ab連線成30°角．關于a、b兩點的場強大小Ea、Eb及電勢φa、φb的關系，以下結論正確的是()
A．Ea＝Eb3，φa＞φb
B．Ea＝3Eb，φa＜φb
C．Ea＝3Eb，φa＞φb
D．Ea＝3Eb，φa＜φb
【解析】由題圖可知O點處為負電荷，故φb＞φa，又因為Ea＝kQOa2、Eb＝kQOb2＝kQ(3Oa)2，可得Ea＝3Eb．
[答案]D
2．一正電荷處于電場中，在只受電場力作用下從A點沿直線運動到B點，其速度隨時間變化的圖象如圖所示，tA、tB分別對應電荷在A、B兩點的時刻，則下列說法中正確的有()
A．A處的場強一定大于B處的場強
B．A處的電勢一定低于B處的電勢
C．正電荷在A處的電勢能一定大于B處的電勢能
D．由A至B的過程中，電場力一定對正電荷做負功
【解析】由題圖知正電荷在做加速越來越小的加速運動，說明電場線的方向為：A→B，可知：φA＞φB，EA＞EB，εA＞εB，由A至B的過程中，電場力一定對正電荷做正功．
[答案]AC
3．如圖所示，帶正電的粒子以一定的初速度v0沿中線進入水平放置的平行金屬板內，恰好沿下板的邊緣飛出，已知板長為L，板間的電壓為U，帶電粒子所帶電荷量為q，粒子通過平行金屬板的時間為t，不計粒子的重力，則()
A．粒子在前t2時間內，電場力對粒子做的功為qU4
B．粒子在后t2時間內，電場力對粒子做的功為3qU8
C．粒子在豎直方向的前d4和后d4位移內，電場力做的功之比為1∶2
D．粒子在豎直方向的前d4和后d4位移內，電場力的沖量之比為1∶1
【解析】粒子在勻強電場中運動，電場力做的功為：
W電＝qUAB＝qEy，其中y為粒子在電場方向的位移
又由題意知：12at2＝d2，12a(t2)2＝d8
故在前t2內電場力做的功W1＝18qU，在后t2內電場力做的功W2＝3qU8
前后d4位移內電場力做的功之比為1∶1
又從靜止開始的勻加速直線運動通過連續(xù)相等位移的時間之比為1∶(2－1)∶(3－2)∶(4－3)
故I前∶I后＝1∶(2－1)．
[答案]B
4．如圖所示，在一正交的電場和磁場中，一帶電荷量為＋q、質量為m的金屬塊沿傾角為θ的粗糙絕緣斜面由靜止開始下滑．已知電場強度為E，方向豎直向下；磁感應強度為B，方向垂直紙面向里；斜面的高度為h．金屬塊滑到斜面底端時恰好離開斜面，設此時的速度為v，則()
A．金屬塊從斜面頂端滑到底端的過程中，做的是加速度逐漸減小的加速運動
B．金屬塊從斜面頂端滑到底端的過程中，機械能增加了qEh
C．金屬塊從斜面頂端滑到底端的過程中，機械能增加了12mv2－mgh
D．金屬塊離開斜面后將做勻速圓周運動
【解析】金屬塊在下滑的過程中，隨著速度的增大，洛倫茲力增大，對斜面的壓力減小，故摩擦力f＝μ(mg＋qE－qvB)不斷減小，金屬塊做加速度逐漸增大的加速運動，選項A錯誤．
又由功能關系得：ΔE機＝W電－Wf＜qEh，選項B錯誤．
機械能的變化量為：ΔE機＝ΔEk＋ΔEp＝12mv2－mgh，選項C正確．
由題意知，mg＞qE，故離開斜面后金屬塊不可能做勻速圓周運動，選項D錯誤．
[答案]C
5．如圖所示，充電的兩平行金屬板間有場強為E的勻強電場和方向與電場垂直(垂直紙面向里)的勻強磁場，磁感應強度為B，構成了速度選擇器．氕核、氘核、氚核以相同的動能(Ek)從兩極板中間垂直于電場和磁場射入速度選擇器，且氘核沿直線射出．不計粒子的重力，則射出時()
A．動能增加的是氚核B．動能增加的是氕核
C．偏向正極板的是氚核D．偏向正極板的是氕核
【解析】帶電粒子直線通過速度選擇器的條件為：
v0＝EB
對于氘核：qE＝qB2Ek2m0
對于氕核：qE＜qB2Ekm0，向正極偏轉，動能減少
對于氚核：qE＞qB2Ek3m0，向負極偏轉，動能增加．
[答案]AD
6．如圖所示，豎直放置的兩個平行金屬板間有勻強電場，在兩板之間等高處有兩個質量相同的帶電小球，P小球從緊靠左極板處由靜止開始釋放，Q小球從兩板正中央由靜止開始釋放，兩小球最后都能打在右極板上的同一點．則從開始釋放到打到右極板的過程中()
A．它們的運行時間tP＞tQ
B．它們的電荷量之比qP∶qQ＝2∶1
C．它們的動能增加量之比ΔEkP∶ΔEkQ＝4∶1
D．它們的電勢能減少量之比ΔEP∶ΔEQ＝2∶1
【解析】將兩小球的運動都沿水平和豎直正交分解，豎直的分運動都為自由落體運動，故它們從開始釋放到打在右極板的過程中運行時間相等，選項A錯誤．
對于水平分運動，有：12qPEmt2＝qQEmt2
故知qP∶qQ＝2∶1，選項B正確．
P球動能的增量ΔEkP＝mgh＋qPEd，Q球動能的增量ΔEkQ＝mgh＋qQEd2＝mgh＋14qPEd，選項C錯誤．
同理：ΔEP＝qPEd，ΔEQ＝qQEd2，可得ΔEP∶ΔEQ＝4∶1，選項D錯誤．
[答案]B
7．均勻分布著等量異種電荷的半徑相等的半圓形絕緣桿被正對著固定在同一平面上，如圖所示．AB是兩種絕緣桿所在圓圓心連線的中垂線而且與二者共面，該平面與紙面平行，有一磁場方向垂直于紙面，一帶電粒子(重力不計)以初速度v0一直沿直線AB運動．則()
A．磁場是勻強磁場
B．磁場是非勻強磁場
C．帶電粒子做勻變速直線運動
D．帶電粒子做變加速運動
【解析】由對稱性知直線AB上的電場方向與AB垂直，又由兩絕緣桿的形狀知AB上的電場并非處處相等．在AB上的每一點，由平衡條件知qE＝qvB，故知磁場為非勻強磁場，帶電粒子做勻速直線運動．
[答案]B
8．如圖所示，帶電粒子在沒有電場和磁場的空間內以速度v0從坐標原點O沿x軸方向做勻速直線運動．若空間只存在垂直于xOy平面的勻強磁場時，粒子通過P點時的動能為Ek；當空間只存在平行于y軸的勻強電場時，則粒子通過P點時的動能為()
A．EkB．2EkC．4EkD．5Ek
【解析】由題意知帶電粒子只受電場力或洛倫茲力的作用，且有Ek＝12mv02
當空間只存在電場時，帶電粒子經過P點，說明：
12vPyt＝v0t＝10cm，即vPy＝2v0
由動能的定義可得：
EkP＝12mv02＋12mvPy2＝5Ek．
[答案]D
9．如圖所示，一個帶電荷量為＋Q的點電荷甲固定在絕緣平面上的O點；另一個帶電荷量為－q、質量為m的點電荷乙，從A點以初速度v0沿它們的連線向甲滑行運動，運動到B點靜止．已知靜電力常量為k，點電荷乙與水平面的動摩擦因數(shù)為μ，A、B間的距離為s．下列說法正確的是()
A．O、B間的距離為kQqμmg
B．點電荷乙從A運動到B的運動過程中，中間時刻的速度小于v02
C．點電荷乙從A運動到B的過程中，產生的內能為12mv02
D．在點電荷甲產生的電場中，A、B兩點間的電勢差UAB＝m(v02－2μgs)2q
【解析】由題意知電荷乙做加速度越來越小的減速運動，v－t圖象如圖所示，可知點電荷乙從A運動到B的中間時刻的速度vC＜v02，故選項B正確；這一過程一直有kQqr2＜μmg，故sOB＞kQqμmg，選項A錯誤．
點電荷乙由A運動到B的過程中，電場力做正功，設為W，由動能定理得：
W－μmgs＝0－12mv02
可得：此過程中產生的內能Q′＝μmgs＝W＋12mv02，選項C錯誤．源：
由上可知，A、B兩點間的電勢差為：
UAB＝W－q＝12mv02－μmgsq，選項D正確．
[答案]BD
10．如圖甲所示，在第Ⅱ象限內有水平向右的勻強電場，電場強度為E，在第Ⅰ、Ⅳ象限內分別存在如圖所示的勻強磁場，磁感應強度大小相等．有一個帶電粒子以垂直于x軸的初速度v0從x軸上的P點進入勻強電場中，并且恰好與y軸的正方向成45°角進入磁場，又恰好垂直進入第Ⅳ象限的磁場．已知OP之間的距離為d，則帶電粒子在磁場中第二次經過x軸時，在電場和磁場中運動的總時間為()
甲
A．7πd2v0B．dv0(2＋5π)
C．dv0(2＋3π2)D．dv0(2＋7π2)
【解析】帶電粒子的運動軌跡如圖乙所示．由題意知，帶電粒子到達y軸時的速度v＝2v0，這一過程的時間t1＝dv02＝2dv0
又由題意知，帶電粒子在磁場中的偏轉軌道半徑r＝22d
乙
故知帶電粒子在第Ⅰ象限中的運動時間為：
t2＝3πm4Bq＝32πd2v＝3πd2v0
帶電粒子在第Ⅳ象限中運動的時間為：t3＝2πdv0
故t總＝dv0(2＋7π2)．
[答案]D
二、非選擇題(共60分)
11．(6分)在“用描跡法畫出電場中平面上的等勢線”的實驗中，所用靈敏電流表的指針偏轉方向與電流的關系是：當電流從正接線柱流入電流表時，指針偏向正接線柱一側．
(1)某同學在實驗中接通電源開關，將兩表筆E1、E2在導電紙上移動，不管怎樣移動，表針都不偏轉．經檢查，電源與電流表均完好，則產生這一現(xiàn)象的原因可能是____________________．
(2)排除故障后，用這個電表探測基準點2兩側的等勢點時，將電流表正接線柱的E1接在基準點2上，如圖所示，把負接線柱的E2接在紙上某一點，若發(fā)現(xiàn)電表的指針發(fā)生了偏轉，該同學移動E2的方向正確的是________．
A．若電表的指針偏向正接線柱一側，E2向右移動
B．若電表的指針偏向正接線柱一側，E2向左移動
C．若電表的指針偏向負接線柱一側，E2向右移動
D．若電表的指針偏向負接線柱一側，E2向左移動
[答案](1)導電紙導電一面向下(3分)
(2)BC(3分)
12．(6分)用示波器觀察頻率為900Hz的正弦電壓信號．把該信號接入示波器Y輸入．
(1)當屏幕上出現(xiàn)如圖所示的波形時，應調節(jié)______旋鈕．如果正弦波的正負半周均超出了屏幕的范圍，應調節(jié)______旋鈕或______旋鈕，或這兩個鈕配合使用，以使正弦波的整個波形出現(xiàn)在屏幕內．
(2)如需要屏幕上正好出現(xiàn)一個完整的正弦波形，應將______旋鈕置于______位置，然后調節(jié)______旋鈕．
[答案](1)豎直位移(或↑↓)衰減(或衰減調節(jié))Y增益(每空1分)
(2)掃描范圍1k擋位掃描微調(每空1分)
13．(10分)一種半導體材料稱為“霍爾材料”，用它制成的元件稱為“霍爾元件”．這種材料內有一種稱為“載流子”的可定向移動的電荷，每個載流子的電荷量q＝1.6×10－19C．霍爾元件在自動檢測、控制領域得到廣泛應用，如錄像機中用來測量錄像磁鼓的轉速，電梯中用來檢測電梯門是否關閉以及自動控制升降電動機的電源的通斷等．在一次實驗中，由一塊霍爾材料制成的薄板寬L1＝ab＝1.0×10－2m、長bc＝L2＝4.0×10－2m、厚h＝1.0×10－3m，水平放置在豎直向上的磁感應強度B＝1.5T的勻強磁場中，bc方向通有I＝3.0A的電流，如圖所示，沿寬度產生1.0×10－5V的橫向電壓．
(1)假定載流子是電子，則a、b兩端哪端的電勢較高？
(2)薄板中形成電流I的載流子定向運動的速度是多少？
【解析】(1)根據(jù)左手定則可確定a端電勢較高．(3分)
(2)當導體內有載流子沿電流方向所在的直線做定向運動時，受到洛倫茲力的作用而產生橫向分運動，產生橫向電場，橫向電場的電場力與載流子所受到的洛倫茲力平衡時，導體橫向電壓穩(wěn)定．設載流子沿電流方向所在的直線做定向運動的速率為v，橫向電壓為Uab，橫向電場強度為E．則：
電場力FE＝qE＝qUabL1(2分)
磁場力FB＝qvB(2分)
平衡時FE＝FB(1分)
解得：v＝6.7×10－4m/s．(2分)
[答案](1)a端電勢較高(2)6.7×10－4m/s
14．(10分)圖甲為電視機中顯像管的工作原理示意圖，電子槍中的燈絲加熱陰極使電子逸出，這些電子再經加速電場加速后，從O點進入由磁偏轉線圈產生的偏轉磁場中，經過偏轉磁場后打到熒光屏MN上，使熒光屏發(fā)出熒光形成圖像．不計逸出電子的初速度和重力，已知電子的質量為m、電荷量為e，加速電場的電壓為U．偏轉線圈產生的磁場分布在邊長為l的正方形abcd區(qū)域內，磁場方向垂直紙面，且磁感應強度B隨時間t的變化規(guī)律如圖乙所示．在每個周期內磁感應強度B都是從－B0均勻變化到B0．磁場區(qū)域的左邊界的中點與O點重合，ab邊與OO′平行，右邊界bc與熒光屏之間的距離為s．由于磁場區(qū)域較小，且電子運動的速度很大，所以在每個電子通過磁場區(qū)域的過程中，可認為磁感應強度不變，即為勻強磁場，不計電子之間的相互作用．
(1)求電子射出電場時的速度大?。?br> (2)為使所有的電子都能從磁場的bc邊射出，求偏轉線圈產生磁場的磁感應強度的最大值．
(3)若所有的電子都能從bc邊射出，求熒光屏上亮線的最大長度是多少？
【解析】設電子射出電場的速度為v，則根據(jù)動能定理，對電子的加速過程有：12mv2＝eU(1分)
解得：v＝2eUm．(1分)
(2)當磁感應強度為B0或－B0時(垂直于紙面向外為正方向)，電子剛好從b點或c點射出(1分)
丙
設此時圓周的半徑為R，如圖丙所示．根據(jù)幾何關系有：
R2＝l2＋(R－l2)2(1分)
解得：R＝5l4(1分)
電子在磁場中運動，洛倫茲力提供向心力，因此有：
evB0＝mv2R(1分)
解得：B0＝45l2mUe．(1分)
(3)根據(jù)幾何關系可知：tanα＝43(1分)
設電子打在熒光屏上離O′點的最大距離為d，則：
d＝l2＋stanα＝l2＋4s3(1分)
由于偏轉磁場的方向隨時間變化，根據(jù)對稱性可知，熒光屏上的亮線最大長度為：
D＝2d＝l＋8s3．(1分)
[答案](1)2eUm(2)45l2mUe(3)l＋8s3
15．(12分)如圖甲所示，在平面直角坐標系xOy中的第一象限內存在磁感應強度大小為B、方向垂直于坐標平面向內的有界圓形勻強磁場區(qū)域(圖中未畫出)；在第二象限內存在沿x軸負方向的勻強電場．一粒子源固定在x軸上的A點，A點坐標為(－L,0)．粒子源沿y軸正方向釋放出速度大小為v的電子，電子恰好能通過y軸上的C點，C點坐標為(0,2L)，電子經過磁場偏轉后恰好垂直通過第一象限內與x軸正方向成15°角的射線ON(已知電子的質量為m，電荷量為e，不考慮粒子的重力和粒子之間的相互作用)．求：
甲
(1)第二象限內電場強度E的大?。?br> (2)電子離開電場時的速度方向與y軸正方向的夾角θ．
(3)圓形磁場的最小半徑Rm．
【解析】(1)從A到C的過程中，電子做類平拋運動，有：
L＝eE2mt2(1分)
2L＝vt(1分)
聯(lián)立解得：E＝mv22eL．(1分)
(2)設電子到達C點的速度大小為vC，方向與y軸正方向的夾角為θ．由動能定理，有：
12mvC2－12mv2＝eEL(2分)源：
乙
解得：vC＝2v
cosθ＝vvC＝22(1分)
解得：θ＝45°．(1分)
(3)電子的運動軌跡圖如圖乙所示，電子在磁場中做勻速圓周運動的半徑r＝mvCeB＝2mveB(1分)
電子在磁場中偏轉120°后垂直于ON射出，則磁場最小半徑為：Rm＝PQ2＝rsin60°(2分)
由以上兩式可得：Rm＝6mv2eB．(1分)
[答案](1)mv22eL(2)45°(3)6mv2eB
16．(13分)如圖甲所示，豎直擋板MN的左側空間有方向豎直向上的勻強電場和垂直紙面向里的水平勻強磁場，電場和磁場的范圍足夠大，電場強度的大小E＝40N/C，磁感應強度的大小B隨時間t變化的關系圖象如圖乙所示，選定磁場垂直紙面向里為正方向．在t＝0時刻，一質量m＝8×10－4kg、帶電荷量q＝＋2×10－4C的微粒在O點具有豎直向下的速度v＝0.12m/s，O′是擋板MN上一點，直線OO′與擋板MN垂直，取g＝10m/s2．求：
(1)微粒下一次經過直線OO′時到O點的距離．
(2)微粒在運動過程中離開直線OO′的最大距離．
(3)水平移動擋板，使微粒能垂直射到擋板上，擋板與O點間的距離應滿足的條件．
【解析】(1)由題意知，微粒所受重力G＝mg＝8×10－3N
電場力大小F＝Eq＝8×10－3N(1分)
因此重力與電場力平衡
微粒先在洛倫茲力的作用下做勻速圓周運動，則有：
qvB＝mv2R(1分)
解得：R＝mvqB＝0.6m
由T＝2πRv(1分)
解得：T＝10πs(1分)
則微粒在5πs內轉過半個圓周，再次經直線OO′時與O點的距離l＝2R＝1.2m．(1分)
(2)微粒運動半周后向上勻速運動，運動的時間t＝5πs，軌跡如圖丙所示．
丙
位移大小x＝vt＝0.6πm＝1.88m(2分)
微粒離開直線OO′的最大距離h＝x＋R＝2.48m．(2分)
(3)若微粒能垂直射到擋板上的某點P，P點在直線OO′下方時，擋板MN與O點間的距離應滿足：
L＝(4n＋1)×0.6m(n＝0,1,2…)(2分)
若微粒能垂直射到擋板上的某點P，P點在直線OO′上方時，擋板MN與O點間的距離應滿足：
L＝(4n＋3)×0.6m(n＝0,1,2…)．(2分)
[若兩式合寫成L＝(1.2n＋0.6)m(n＝0,1,2…)同樣給分]
[答案](1)1.2m(2)2.48m
(3)P點在直線OO′下方時，距離L＝(4n＋1)×0.6m(n＝0,1,2…)
P點在直線OO′上方時，距離L＝(4n＋3)×0.6m(n＝0,1,2…)
[或L＝(1.2n＋0.6)m(n＝0,1,2…)]
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高考物理第一輪精編復習資料018
§6.8.《圓周運動中的臨界問題》學案
【學習目標】
1.熟練處理水平面內的臨界問題
2.掌握豎直面內的臨界問題
【自主學習】
一．水平面內的圓周運動
例1：如圖8—1所示水平轉盤上放有質量為m的物快，當物塊到轉軸的距離為r時,若物塊始終相對轉盤靜止，物塊和轉盤間最大靜摩擦力是正壓力的倍，求轉盤轉動的最大角速度是多大？
拓展：如o點與物塊連接一細線，求當①1=時，細線的拉力T②2=時，細線的拉力T
圖8—1
注：分析物體恰能做圓周運動的受力特點是關鍵
二．豎直平面內圓周運動中的臨界問題
圖8—2甲圖8—2乙圖8—3甲圖8—3乙
1．如圖8—2甲、乙所示，沒有支撐物的小球在豎直平面作圓周運動過最高點的情況
○1臨界條件
○2能過最高點的條件，此時繩或軌道對球分別產生______________
○3不能過最高點的條件
2．如圖8—3甲、乙所示，為有支撐物的小球在豎直平面做圓周運動過最高點的情況
豎直平面內的圓周運動，往往是典型的變速圓周運動。對于物體在豎直平面內的變速圓周運動問題，中學階段只分析通過最高點和最低點的情況，并且經常出現(xiàn)臨界狀態(tài)，下面對這類問題進行簡要分析。
○1能過最高點的條件，此時桿對球的作用力
○2當0V時，桿對小球，其大小
當v=時，桿對小球
當v時，桿對小球的力為其大小為____________
討論：繩與桿對小球的作用力有什么不同？
例2．長度為L=0.50m的輕質細桿OA，A端有一質量為m=3.0kg的小球，如圖8—4所示，小球以O點為圓心在豎直平面內做圓周運動，通過最高點時小球的速率是2.0m/s，（g=10m/s）則此時細桿OA受的（）
A.6.0N的拉力B.6.0N的壓力C.24N的壓力D.24N的拉力
【針對訓練】
1．汽車與路面的動摩擦因數(shù)為，公路某轉彎處半徑為R（設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力）問：若路面水平，汽車轉彎不發(fā)生側滑，汽車最大速度應為多少？
2．長為L的細繩，一端系一質量為m的小球,另一端固定于某點，當繩豎直時小球靜止，現(xiàn)給小球一水平初速度v，使小球在豎直平面內做圓周運動，并且剛好過最高點，則下列說法中正確的是：（）
A.小球過最高點時速度為零
B.小球開始運動時繩對小球的拉力為m
C.小球過最高點時繩對小的拉力mg
D.小球過最高點時速度大小為
3.如圖8—5所示，細桿的一端與小球相連，可繞過O點的水平軸自由轉動，先給小球一初速度，使它做圓周運動。圖中a、b分別表示小球軌道的最低點和最高點,則桿對小球的作用力可能是：()
A．a處為拉力b處為拉力
B.a處為拉力b處為推力
C.a處為推力b處為拉力
D.a處為推力b處為拉力
A
圖8—4圖8—5
4．以下說法中正確的是：（）
A.在光滑的水平冰面上，汽車可以轉彎
B.火車轉彎速率小于規(guī)定的數(shù)值時，內軌將會受壓力作用
C.飛機在空中沿半徑為R的水平圓周盤旋時，飛機的翅膀一定處于傾斜狀態(tài)
D.汽車轉彎時需要的向心力由司機轉動方向盤所提供的力
【能力訓練】
1.如圖8—6所示A、B、C三個物體放在旋轉圓臺上，動摩擦因數(shù)均為，A的質量為2m，B、C質量均為m，A、B離軸為R,C離軸為2R，則當圓臺旋轉時，（設A、B、C都沒有滑動）：（）
A.C物的向心加速度最大B.B物的靜摩擦力最小
C.當圓臺轉速增加時，C比A先滑動D.當圓臺轉速增加時，B比A先滑動
2．如圖8—7所示，物體與圓筒壁的動摩擦因數(shù)為，圓筒的半徑為R，若要物體不滑下，圓筒的角速度至少為：（）
A.B.C.D.
圖8—6圖8—7圖8—8
3.把盛水的水桶拴在長為L的繩子一端，使這水桶在豎直平面做圓周運動，要使水桶轉到最高點時不從桶里流出來，這時水桶的線速度至少應該是：（）
A.B.C.D.2E.0
4．如圖8—8所示，小球在光華圓環(huán)內滾動，且剛好通過最高點，則求在最低點的速率為：（）
A.4grB.2C.2grD.
5．汽車在傾斜的彎道上拐彎，彎道的傾角為，半徑為r，則汽車完全不靠摩擦力轉彎的速率是：（）
A.B.C.D.
6．如圖8—9所示，長為L的輕桿一端固定一個小球，另一端固定在光滑水平軸上，使小球在豎直平面內做圓周運動，關于小球在過最高點的速度,下列敘述中正確的是：（）
A.的極小值為
B.由零逐漸增大，向心力也逐漸增大
C.當由值逐漸增大時，桿對小球的彈力也逐漸增大
D.當由值逐漸減小時，桿對小球的彈力也逐漸增大
7．如圖8—10所示，質量為m的物體隨水平傳送帶一起勻速運動,A為傳送帶的終端皮帶輪，皮帶輪半徑為r，要使物體通過終端時，能水平拋出，皮帶輪的轉速至少為：（）
A.B.C.D.
8．用絕緣細線拴住一帶正電的小球，在方向豎直向上的勻強電場中的豎直平面內做圓周運動，則正確的說法是：（）
A.當小球運動到最高點a時，線的張力一定最小
B.當小球運動到最低點b時，小球的速度一定最大
C.小球可能做勻速圓周運動
D.小球不可能做勻速圓周運動A
m
aa
圖8—9圖8—10圖8—11
9．童非，江西人，中國著名體操運動員，首次在單杠項目實現(xiàn)了“單臂大回環(huán)”，用一只手抓住單杠，伸展身體，以單杠為軸做圓周運動，假設童非質量為65kg，那么，在完成“單臂大回環(huán)”的過程中，童非的單臂至少要能夠承受多大的力？(g=10m/s)
10．如圖8—11所示，質量為m=100g的小物塊，從距地面h=2.0m出的斜軌道上由靜止開始下滑，與斜軌道相接的是半徑r=0.4m的圓軌道，若物體運動到圓軌道的最高點A時，物塊對軌道恰好無壓力，求物塊從開始下滑到A點的運動過程中克服阻力做的功。(g=10m/s)
【學后反思】
___________________________________________________________________________________________________________________。
《圓周運動中的臨界問題》學案參考答案:
例1=拓展:○1T1=0○2T=例2.B
針對訓練:1.V=2.D3.AB4.BC
能力訓練：1.ABC2.D3.A4.D5.C6.BC7.C8.C9.5mg10.1J
高考物理第一輪精編復習資料013
第五章曲線運動
§5.1曲線運動
【學習目標】
1、知道曲線運動的方向，理解曲線運動的性質
2、知道曲線運動的條件，會確定軌跡彎曲方向與受力方向的關系
【自主學習】
1、曲線運動：__________________________________________________________
2、曲線運動的性質：
（1）曲線運動中運動的方向時刻_______（變、不變、），質點在某一時刻（某一點）的速度方向是沿__________________________________________，并指向運動的一側。
（2）曲線運動一定是________運動，一定具有_________。
（3）常見的曲線運動有：________________________________________________
3、曲線運動的條件：
（1）運動速度方向與加速度的方向共線時，運動軌跡是___________
（2）運動速度方向與加速度的方向不共線，且合力為定值，運動為_________運動，如：____________________________
（3）運動速度方向與加速度的方向不共線，且合力不為定值，運動為___________運動，如：_____________________________________
4、曲線運動速度大小、方向的的判定：
（1）當力的方向與速度垂直時：速度的大小_______（變、不變、可能變），軌跡向________彎曲；
（2）當力的方向與速度成銳角時：速度的大小________（變大、不變、變?。?，軌跡向_____________彎曲；
（3）力的方向與速度成鈍角時：速度的大小___________（變大、不變、變小），軌跡向___________________彎曲；
【典型例題】
例題1、已知物體運動的初速度v的方向及受恒力的方向如圖所示，則圖6-1-1中可能正確的運動軌跡是：
6-1-1
解析:
例題2、一個質點受到兩個互成銳角的F1和F2的作用，有靜止開始運動，若運動中保持力的方向不變，但F1突然增大到F1+F，則此質點以后做_______________________
解析：
例題3、一個帶正小球自由下落一段時間以后，進入一個水平向右的勻強電場中，則小球的運動軌跡是下列哪個？
6-1-2
例題4、一個物體在光滑的水平面上以v做曲線運動，已知運動過程中只受一個恒力作用，運動軌跡如圖所示，則，自M到N的過程速度大小的變化為________________________請做圖分析:
6-1-3
【針對訓練】
1．關于曲線運動的速度，下列說法正確的是：()
A、速度的大小與方向都在時刻變化
B、速度的大小不斷發(fā)生變化，速度的方向不一定發(fā)生變化
C、速度的方向不斷發(fā)生變化，速度的大小不一定發(fā)生變化
D、質點在某一點的速度方向是在曲線的這一點的切線方向
2、下列敘述正確的是：()
A、物體在恒力作用下不可能作曲線運動
B、物體在變力作用下不可能作直線運動
C、物體在變力或恒力作用下都有可能作曲線運動
D、物體在變力或恒力作用下都可能作直線運動
3、下列關于力和運動關系的說法中，正確的上：(）
A．物體做曲線運動，一定受到了力的作用
B．物體做勻速運動，一定沒有力作用在物體上
C．物體運動狀態(tài)變化，一定受到了力的作用
D．物體受到摩擦力作用，運動狀態(tài)一定會發(fā)生改變
4、．一個質點受兩個互成銳角的力F1和F2作用，由靜止開始運動，若運動中保持二力方向不變，但F1突然增大到F1+△F，則質點此后：()
A.一定做勻變速曲線運動B．在相等的時間里速度的變化不一定相等
C.可能做勻速直線運動D．可能做變加速曲線運動
5、下列曲線運動的說法中正確的是：（）
A、速率不變的曲線運動是沒有加速度的B、曲線運動一定是變速運動
C、變速運動一定是曲線運動D、曲線運動一定有加速度，且一定是勻加速曲線運動
6、物體受到的合外力方向與運動方向關系，正確說法是：()
A、相同時物體做加速直線運動B、成銳角時物體做加速曲線運動
C、成鈍角時物體做加速曲線運動D、如果一垂直，物體則做速率不變的曲線運動
7．某質點作曲線運動時:()
A．在某一點的速度方向是該點曲線的切線方向
B．在任意時間內位移的大小總是大于路程
C．在任意時刻質點受到的合外力不可能為零
D、速度的方向與合外力的方向必不在一直線上
8、.某質點在恒力F作用下從A點沿圖1中曲線運動到B點，到達B點后，質點受到的力大小仍為F，但方向相反，則它從B點開始的運動軌跡可能是圖中的：()
A.曲線aB.曲線b
C.曲線CD.以上三條曲線都不可能
【學后反思】
___________________________________________________________________________________________________________________。
§5.1【參考答案】
典型例題:例1、B例2、勻變速曲線運動例3、B(5)y=x2/36例4、自M到N速度變大（因為速度與力的夾角為銳角）
針對訓練：1、CD2、CD3、AC4、A5、B6、ABD7、ACD、8、A
高考物理第一輪精編復習資料021
作為優(yōu)秀的教學工作者，在教學時能夠胸有成竹，作為教師就要在上課前做好適合自己的教案。教案可以讓學生能夠聽懂教師所講的內容，幫助教師能夠井然有序的進行教學。關于好的教案要怎么樣去寫呢？下面是小編精心收集整理，為您帶來的《高考物理第一輪精編復習資料021》，歡迎大家閱讀，希望對大家有所幫助。
高考物理實驗
知識網絡
考點預測
物理實驗是高考的主要內容之一．《考試大綱》就高考物理實驗共列出19個考點，其中力學8個、熱學1個、電學8個、光學2個．要求會正確使用的儀器主要有：刻度尺、游標卡尺、螺旋測微器、天平、秒表、電火花計時器或電磁打點計時器、彈簧測力計、溫度表、電流表、電壓表、多用電表、滑動變阻器、電阻箱等，并且對實驗誤差問題提出了更明確的要求．
一、《考試大綱》中的實驗與探究能力要求
能夠獨立完成“物理知識表”中所列的實驗，能明確實驗目的，能理解實驗原理和方法，能控制實驗條件．會使用儀器，會觀察、分析實驗現(xiàn)象，會記錄、處理實驗數(shù)據(jù)，并得出結論．能發(fā)現(xiàn)問題、提出問題，能靈活地應用已學過的物理理論、實驗方法和實驗儀器去處理問題．
二、實驗題的主要特點
物理實驗年年考，年年有變化．從近年的實驗題來看，其顯著特點體現(xiàn)在如下兩個方面．
(1)從簡單的背誦實驗轉向分析、理解實驗
實驗原理是物理實驗的靈魂．近年來，高考物理實驗題既不是簡單地回答“是什么”，也不是背誦“該怎樣”，而是從物理實驗情境中理解“為什么”，通過分析推理判斷“確實是什么”，進而了解物理實驗的每一個環(huán)節(jié)．
(2)從既定的課本學生實驗轉向變化的創(chuàng)新實驗
只有創(chuàng)新，試題才有魅力；也只有變化，才能永葆實驗考核的活力．近年來，既定刻板的學生實驗已經從高考物理實驗題中淡出，取而代之的是學生尚未接觸過的要通過解讀物理原理的新穎實驗(如應用性、設計性、專題性實驗等)．創(chuàng)新的實驗題可以使能力考核真正落到實處．
要點歸納
一、實驗題的歸納與說明
歸類實驗內容說明
應
用
性
實
驗1．游標卡尺的使用測量原理、使用方法；10分度、20分度、50分度的游標卡尺的讀數(shù)等
2．螺旋測微器的使用構造、原理、使用方法、正確讀數(shù)等
3．練習使用示波器面板上各個旋鈕或開關的作用；調試方法；觀察正弦波的波形等
4．傳感器的簡單應用光電轉換和熱電轉換及其簡單應用；光電計數(shù)的簡單了解等
驗
證
性
實
驗5．驗證力的平行四邊形定則實驗的等效思想；作圖法等
6．驗證動量守恒定律用平拋實驗器進行實驗；轉化要驗證的等效表達式；對暫態(tài)過程分階段測量等
7．驗證機械能守恒定律用自由落體進行驗證；使用打點計時器和刻度尺等
測
量
性
實
驗8．用單擺測定重力加速度使用刻度尺和秒表；實驗操作要求等
9．用油膜法估測分子的大小溶液的配制；油膜面積的估算方法等
10．測定金屬的電阻率使用刻度尺和螺旋測微器；電流表、電壓表量程的選擇；測量電路的選取與連接等
11．把電流表改裝為電壓表“半偏法”的設計思想與誤差分析；計算分壓電阻；改裝表的校對與百分誤差等
12．測定電源的電動勢和內阻實驗電路的選取與連接；作圖法求解的方法等
13．測定玻璃的折射率用插針法測定；畫光路圖等
14．用雙縫干涉測光的波長用雙縫干涉儀進行實驗；實驗調節(jié)；分劃板的使用等
研
究
性
實
驗15．研究勻變速直線運動明確實驗目的；使用打點計時器；用刻度尺測量、分析所打的紙帶來計算加速度等
16．研究平拋物體的運動用平拋實驗器進行實驗；研究的目的和方法；描繪平拋軌跡；計算平拋物體的初速度等
17．用描跡法畫出電場中平面上的等勢線用恒定電流場模擬靜電場；尋找等電勢點的方法；描跡的方法等
18．描繪小電珠的伏安特性曲線使用電流表、電壓表、滑動變阻器；電路的選取與連接；描繪U－I圖象并分析曲線非線性的原因等
探
究
性
實
驗19．探究彈力和彈簧伸長的關系實驗設計的原理和方法；實驗數(shù)據(jù)的記錄與分析；實驗結論的描述與表達形式等
20．用多用電表探索黑箱內的電學元件多用電表的使用與讀數(shù)；探索的思路；測量過程中的分析與判斷等
二、物理實驗的基本思想方法
1．等效法
等效法是科學研究中常用的一種思維方法．對一些復雜問題采用等效法，可將其變換成理想的、簡單的、已知規(guī)律的過程來處理，常使問題的解決得以簡化．因此，等效法也是物理實驗中常用的方法．如在“驗證力的平行四邊形定則”的實驗中，要求用一個彈簧秤單獨拉橡皮條時，要與用兩個互成角度的彈簧秤同時拉橡皮條時產生的效果相同——使結點到達同一位置O，即要在合力與兩分力等效的條件下，才能找出它們之間合成與分解時所遵循的關系——平行四邊形定則．又如在“驗證動量守恒定律”的實驗中，用小球的水平位移代替小球的水平速度；在“驗證牛頓第二定律”的實驗中，通過調節(jié)木板的傾斜度使重力的分力抵消摩擦力而等效于物體不受摩擦力作用．還有，電學實驗中電流表的改裝、用替換法測電阻等，都是等效法的應用．
2．轉換法
將某些不易顯示、不易直接測量的物理量轉化為易于顯示、易于測量的物理量的方法稱為轉換法(間接測量法)．轉換法是物理實驗常用的方法．如：彈簧測力計是把力的大小轉換為彈簧的伸長量；打點計時器是把流逝的時間轉換成振針的周期性振動；電流表是利用電流在磁場中受力，把電流轉化為指針的偏轉角；用單擺測定重力加速度g是通過公式T＝2πLg把g的測量轉換為T和L的測量，等等．
3．留跡法
留跡法是利用某些特殊的手段，把一些瞬間即逝的現(xiàn)象(如位置、軌跡等)記錄下來，以便于此后對其進行仔細研究的一種方法．留跡法也是物理實驗中常用的方法．如：用打點計時器打在紙帶上的點跡記錄小車的位移與時間之間的關系；用描跡法描繪平拋運動的軌跡；在“測定玻璃的折射率”的實驗中，用大頭針的插孔顯示入射光線和出射光線的方位；在描繪電場中等勢線的實驗中，用探針通過復寫紙在白紙上留下的痕跡記錄等勢點的位置等等，都是留跡法在實驗中的應用．
4．累積法
累積法是把某些難以直接準確測量的微小量累積后測量，以提高測量的準確度的一種實驗方法．如：在缺乏高精密度的測量儀器的情況下測細金屬絲的直徑，常把細金屬絲繞在圓柱體上測若干匝的總長度，然后除以匝數(shù)就可求出細金屬絲的直徑；測一張薄紙的厚度時，常先測出若干頁紙的總厚度，再除以被測頁數(shù)即所求每頁紙的厚度；在“用單擺測定重力加速度”的實驗中，單擺周期的測定就是通過測單擺完成多次全振動的總時間除以全振動的次數(shù)，以減小個人反應時間造成的誤差影響等．
5．模擬法
模擬法是一種間接實驗方法，它是通過與原型相似的模型來說明原型的規(guī)律性的．模擬法在中學物理實驗中的典型應用是“用描跡法畫出電場中平面上的等勢線”這一實驗，由于直接描繪靜電場的等勢線很困難，而恒定電流的電場與靜電場相似，所以用恒定電流的電場來模擬靜電場，通過它來了解靜電場中等勢線的分布情況．
6．控制變量法
在多因素的實驗中，可以先控制一些量不變，依次研究某一個因素的影響．如在“驗證牛頓第二定律”的實驗中，可以先保持質量一定，研究加速度和力的關系；再保持力一定，研究加速度和質量的關系；最后綜合得出加速度與質量、力的關系．
三、實驗數(shù)據(jù)的處理方法
1．列表法
在記錄和處理數(shù)據(jù)時，常常將數(shù)據(jù)列成表格．數(shù)據(jù)列表可以簡單而又明確地表示出有關物理量之間的關系，有助于找出物理量之間聯(lián)系的規(guī)律性．
列表的要求：
(1)寫明表的標題或加上必要的說明；
(2)必須交代清楚表中各符號所表示的物理量的意義，并寫明單位；
(3)表中數(shù)據(jù)應是正確反映測量結果的有效數(shù)字．
2．平均值法
現(xiàn)行教材中只介紹了算術平均值，即把測定的數(shù)據(jù)相加求和，然后除以測量的次數(shù)．必須注意的是，求平均值時應該按測量儀器的精確度決定應保留的有效數(shù)字的位數(shù)．
3．圖象法
圖象法是物理實驗中廣泛應用的處理實驗數(shù)據(jù)的方法．圖象法的最大優(yōu)點是直觀、簡便．在探索物理量之間的關系時，由圖象可以直觀地看出物理量之間的函數(shù)關系或變化趨勢，由此建立經驗公式．
作圖的規(guī)則：
(1)作圖一定要用坐標紙，坐標紙的大小要根據(jù)有效數(shù)字的位數(shù)和結果的需要來定；
(2)要標明軸名、單位，在軸上每隔一定的間距按有效數(shù)字的位數(shù)標明數(shù)值；
(3)圖上的連線不一定通過所有的數(shù)據(jù)點，而應盡量使數(shù)據(jù)點合理地分布在線的兩側；
(4)作圖時常通過選取適當?shù)淖鴺溯S使圖線線性化，即“變曲為直”．
雖然圖象法有許多優(yōu)點，但在圖紙上連線時有較大的主觀任意性，另外連線的粗細、圖紙的大小、圖紙本身的均勻程度等，都對結果的準確性有影響．
四、實驗誤差的分析及減小誤差的方法
中學物理中只要求初步了解絕對誤差與相對誤差、偶然誤差與系統(tǒng)誤差的概念，以及能定性地分析一些實驗中產生系統(tǒng)誤差的主要原因．
(1)絕對誤差與相對誤差
設某物理量的真實值為A0，測量值為A，則絕對誤差為ΔA＝|A－A0|，相對誤差為ΔAA0＝|A－A0|A0．
(2)偶然誤差與系統(tǒng)誤差
偶然誤差是由于各種偶然因素對實驗的影響而產生的．偶然誤差具有隨機性，有時偏大，有時偏小，所以可以通過多次測量求平均值的方法減小偶然誤差．
系統(tǒng)誤差是由于儀器本身不夠精確，或實驗方法粗略，或實驗原理不完善而產生的．它的特點是使測量值總是偏大或總是偏?。裕捎枚啻螠y量求平均值的方法不能減小系統(tǒng)誤差．要減小系統(tǒng)誤差，必須校準儀器，或改進實驗方法，或設計在原理上更為完善的實驗方案．
課本上的學生實驗中就有不少減小實驗系統(tǒng)誤差的方法和措施．譬如，在“研究勻變速直線運動”的實驗中，若使用電磁打點計時器測量，由于電磁打點計時器的振針與紙帶之間有較大的且不連續(xù)、不均勻的阻力作用，會給加速度的測定帶來較大的系統(tǒng)誤差；若改用電火花計時器，就可以使這一阻力大為減小，從而減小加速度測定的系統(tǒng)誤差．再如：在用伏安法測電阻時，為減小電阻測量的系統(tǒng)誤差，就要根據(jù)待測電阻阻值的大小考慮是采用電流表的外接法還是內接法；在用半偏法測電流表的內阻時(如圖7－1所示)，為減小測量的系統(tǒng)誤差，就要使電源的電動勢盡量大，使表滿偏時限流電阻R比半偏時并聯(lián)在電流表兩端的電阻箱R′的阻值大得多．
圖7－1
五、電學實驗電路的基本結構及構思的一般程序
1．電學實驗電路的基本結構
一個完整的電學實驗電路往往包括測量電路與控制電路兩部分．
測量電路：指體現(xiàn)實驗原理和測量方法的那部分電路，通常由電表、被測元件、電阻箱等構成．
控制電路：指提供電能、控制和調節(jié)電流(電壓)大小的那部分電路，通常由電源、開關、滑動變阻器等構成．
有些實驗電路的測量電路與控制電路渾然一體，不存在明顯的分界．如“測定電源的電動勢和內阻”的實驗電路．
2．實驗電路構思的一般程序
(1)審題
①實驗目的；
②給定器材的性能參數(shù)．
(2)電表的選擇
根據(jù)被測電阻及給定電源的相關信息，如電源的電動勢、被測電阻的阻值范圍和額定電流等，估算出被測電阻的端電壓及通過它的電流的最大值，以此為依據(jù)，選定量程適當?shù)碾姳恚?br>
(3)測量電路的選擇
根據(jù)所選定的電表以及被測電阻的情況，選擇測量電路(估算法、試觸法)．
(4)控制電路的選擇
通常優(yōu)先考慮限流式電路，但在下列三種情形下，應選擇分壓式電路：
①“限不住”電流，即給定的滑動變阻器阻值偏小，即使把阻值調至最大，電路中的電流也會超過最大允許值；
②給定的滑動變阻器的阻值R太小，即RRx，調節(jié)滑動變阻器時，對電流、電壓的調節(jié)范圍太小；
③實驗要求電壓的調節(jié)范圍盡可能大，甚至表明要求使電壓從零開始變化．
如描繪小電珠的伏安特性曲線、電壓表的校對等實驗，通常情況下都采用分壓式電路．
(5)滑動變阻器的選擇
根據(jù)所確定的控制電路可選定滑動變阻器．
①限流式電路對滑動變阻器的要求：
a．能“限住”電流，且保證不被燒壞；
b．阻值不宜太大或太小，有一定的調節(jié)空間，一般選擇阻值與負載阻值相近的變阻器．
②分壓式電路對滑動變阻器的要求：
電阻較小而額定電流較大，I額＞ER(R為變阻器的總電阻)．
3．電表的反常規(guī)用法
其實，電流表、電壓表如果知道其內阻，它們的功能就不僅僅是測電流或電壓．因此，如果知道電表的內阻，電流表、電壓表就既可以測電流，也可以測電壓，還可以作為定值電阻來用，即“一表三用”．
熱點、重點、難點
一、應用性實驗
1．所謂應用性實驗，就是以熟悉和掌握實驗儀器的具體使用及其在實驗中的應用為目的的一類實驗；或者用實驗方法取得第一手資料，然后用物理概念、規(guī)律分析實驗，并以解決實際問題為主要目的的實驗．主要有：
①儀器的正確操作與使用，如打點計時器、電流表、電壓表、多用電表、示波器等，在實驗中能正確地使用它們是十分重要的(考核操作、觀察能力)；
②物理知識的實際應用，如科技、交通、生產、生活、體育等諸多方面都有物理實驗的具體應用問題．
2．應用性實驗題一般分為上面兩大類，解答時可從以下兩方面入手．
(1)熟悉儀器并正確使用
實驗儀器名目繁多，具體應用因題而異，所以，熟悉使用儀器是最基本的應用．如打點計時器的正確安裝和使用，滑動變阻器在電路中起限流和分壓作用的不同接法，多用電表測不同物理量的調試等，只有熟悉它們，才能正確使用它們．熟悉儀器，主要是了解儀器的結構、性能、量程、工作原理、使用方法、注意事項，如何排除故障、正確讀數(shù)和調試，使用后如何保管等．
(2)理解實驗原理
面對應用性實驗題，我們一定要通過審題，迅速地理解其實驗原理，這樣才能將實際問題模型化，運用有關規(guī)律去研究它．
具體地說，應用性實驗題的依托仍然是物理知識、實驗的能力要求等．解答時不外乎抓住以下幾點：①明確實驗應該解決什么實際問題(分清力學、電學、光學等不同實際問題)；②明確實驗原理與實際問題之間的關系(直接還是間接)；③明確是否僅用本實驗能達到解決問題的目的，即是否還要聯(lián)系其他物理知識，包括數(shù)學知識；④明確是否需要設計實驗方案；⑤明確實際問題的最終結果．
●例1新式游標卡尺的刻度線看起來很“稀疏”，使讀數(shù)顯得清晰明了，便于使用者正確讀取數(shù)據(jù)．通常游標卡尺的刻度有10分度、20分度和50分度三種規(guī)格；新式游標卡尺也有相應的三種，但刻度卻是：19mm等分成10份，39mm等分成20份，99mm等分成50份．圖7－2就是一個“39mm等分成20份”的新式游標卡尺．
圖7－2
(1)它的準確度是__________mm．
(2)用它測量某物體的厚度，示數(shù)如圖6－1所示，正確的讀數(shù)是__________cm．
【解析】(1)游標上20格對應的長度為39mm，即每格長為1.95mm，游標上每格比主尺上每兩格小Δx＝0.05mm，故準確度為0.05mm．
(2)這種游標卡尺的讀數(shù)方法為：主尺讀數(shù)＋游標對準刻度×Δx＝3cm＋6×0.005cm＝3.030cm．
[答案](1)0.05(2)3.030
【點評】游標卡尺、螺旋測微器的使用在高考題中頻繁出現(xiàn)．對游標卡尺的使用要特別注意以下兩點：
①深刻理解它的原理：通過游標更準確地量出“0”刻度與左側刻度之間的間距——游標對準刻度×Δx；
②讀準有效數(shù)據(jù)．
●例2圖7－3為一簡單歐姆表原理示意圖，其中電流表的滿偏電流Ig＝300μA，內阻Rg＝100Ω，可變電阻R的最大值為10kΩ，電池的電動勢E＝1.5V，內阻r＝0.5Ω，圖中與接線柱A相連的表筆顏色應是________色．按正確使用方法測量電阻Rx的阻值時，指針指在刻度盤的正中央，則Rx＝________kΩ．若該歐姆表使用一段時間后，電池的電動勢變小、內阻變大，但此表仍能調零，按正確使用方法再測上述Rx，其測量結果與原結果相比將__________(填“變大”、“變小”或“不變”)．
[2009年高考天津理綜卷]
圖7－3
[答案]紅5變大
【點評】歐姆表的原理就是閉合電路的歐姆定律，可以作為結論的是：歐姆表正中央的刻度值等于歐姆表的內阻．
二、測量性實驗Ⅰ
所謂測量性實驗，就是以測量一些物理量的具體、準確數(shù)據(jù)為主要目的的一類實驗，可用儀器、儀表直接讀取數(shù)據(jù)，或者根據(jù)實驗步驟按物理原理測定實驗結果的具體數(shù)值．測量性實驗又稱測定性實驗，如“用單擺測定重力加速度”、“用油膜法估測分子的大小”、“測定金屬的電阻率”、“測定玻璃的折射率”等．
●例3如圖7－3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．
圖7－4
(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．直流電流、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__________．
[2009年高考天津理綜卷]
[答案](1)D(2)v22－h(huán)速度平方的二分之一重物下落的高度
【點評】①高中物理中講述了許多種測量重力加速度的方法，如單擺法、自由落體法、滴水法、阿特伍德機法等．
②圖象法是常用的處理數(shù)據(jù)的方法，其優(yōu)點是直觀、準確，還能容易地剔除錯誤的測量數(shù)據(jù)．
●例4現(xiàn)要測量電源B的電動勢E及內阻r(E約為4.5V，r約為1.5Ω)，已有下列器材：量程為3V的理想電壓表，量程為0.5A的電流表(具有一定內阻)，固定電阻R＝40Ω，滑動變阻器R′，開關S，導線若干．
(1)畫出實驗電路原理圖．圖中各元件需用題目中給出的符號或字母標出．
(2)實驗中，當電流表的示數(shù)為I1時，電壓表的示數(shù)為U1；當電流表的示數(shù)為I2時，電壓表的示數(shù)為U2．由此可求出，E＝__________，r＝__________．(用I1、I2、U1、U2及R表示)
【解析】本題是常規(guī)伏安法測電源的電動勢和內阻實驗的情境變式題，本題與課本上實驗的區(qū)別是電源的電動勢大于理想電壓表的量程，但題目中提供的器材中有一個阻值不大的固定電阻，這就很容易把該情境變式題“遷移”到學過的實驗上．把固定電阻接在電源的旁邊，將其等效成電源的內阻即可(如圖甲所示)，再把電壓表跨接在它們的兩側．顯然，“內阻增大，內電壓便增大”，電壓表所測量的外電壓相應的減小，通過定量計算，符合實驗測量的要求．這樣，一個新的設計性實驗又回歸到課本實驗上了．
甲
(1)實驗電路原理圖如圖乙所示．
乙
(2)根據(jù)E＝U＋Ir，給定的電源B的電動勢E及內阻r是一定的，I和U都隨滑動變阻器R′的阻值的改變而改變，只要改變R′的阻值，即可測出兩組I、U數(shù)據(jù)，列方程組得：
E＝U1＋I1(R＋r)
E＝U2＋I2(R＋r)
解得：E＝I1U2－I2U1I1－I2，r＝U2－U1I1－I2－R．
[答案](1)如圖乙所示
(2)I1U2－I2U1I1－I2U2－U1I1－I2－R
【點評】本題所提供的理想電壓表的量程小于被測電源的電動勢，需要學生打破課本實驗的思維定式，從方法上進行創(chuàng)新，運用所提供的器材創(chuàng)造性地進行實驗設計．
三、測量性實驗Ⅱ：“伏安法測電阻”規(guī)律匯總
縱觀近幾年的實驗題，題目年年翻新，沒有一個照搬課本中的實驗，全是對原有實驗的改造、改進，甚至創(chuàng)新，但題目涉及的基本知識和基本技能仍然立足于課本實驗．
實驗題作為考查實驗能力的有效途徑和重要手段，在高考試題中一直占有相當大的比重，而電學實驗因其實驗理論、步驟的完整性及與大學物理實驗結合的緊密性，成了高考實驗考查的重中之重，測量電阻成為高考考查的焦點．伏安法測電阻是測量電阻最基本的方法，常涉及電流表內外接法的選擇與滑動變阻器限流、分壓式的選擇，前者是考慮減小系統(tǒng)誤差，后者是考慮電路的安全及保證可讀取的數(shù)據(jù)．另外，考題還常設置障礙讓考生去克服，如沒有電壓表或沒有電流表等，這就要求考生根據(jù)實驗要求及提供的儀器，發(fā)揮思維遷移，將已學過的電學知識和實驗方法靈活地運用到新情境中去．這樣，就有效地考查了考生設計和完成實驗的能力．
一、伏安法測電阻的基本原理
1．基本原理
伏安法測電阻的基本原理是歐姆定律R＝UI，只要測出元件兩端的電壓和通過的電流，即可由歐姆定律計算出該元件的阻值．
2．測量電路的系統(tǒng)誤差
(1)當Rx遠大于RA或臨界阻值RARVRx時，采用電流表內接(如圖7－5所示)．采用電流表內接時，系統(tǒng)誤差使得電阻的測量值大于真實值，即R測R真．
圖7－5
(2)當Rx遠小于RV或臨界阻值RARVRx時，采用電流表外接(如圖7－6所示)．采用電流表外接時，系統(tǒng)誤差使得電阻的測量值小于真實值，即R測R真．
圖7－6
3．控制電路的安全及偶然誤差
根據(jù)電路中各元件的安全要求及電壓調節(jié)的范圍不同，滑動變阻器有限流接法與分壓接法兩種選擇．
(1)滑動變阻器限流接法(如圖7－7所示)．一般情況或沒有特別說明的情況下，由于限流電路能耗較小，結構連接簡單，應優(yōu)先考慮限流連接方式．限流接法適合測量小電阻和與變阻器總電阻相比差不多或還小的電阻．
圖7－7
(2)滑動變阻器分壓接法(如圖7－8所示)．當采用限流電路，電路中的最小電流仍超過用電器的額定電流時，必須選用滑動變阻器的分壓連接方式；當用電器的電阻遠大于滑動變阻器的總電阻值，且實驗要求的電壓變化范圍較大(或要求測量多組實驗數(shù)據(jù))時，必須選用滑動變阻器的分壓接法；要求某部分電路的電壓從零開始可連續(xù)變化時，必須選用滑動變阻器的分壓連接方式．
圖7－8
4．常見的測量電阻的方法
●例5從下表中選出適當?shù)膶嶒炂鞑?，設計一電路來測量電流表的內阻r1．要求方法簡捷，有盡可能高的測量精度，并能測得多組數(shù)據(jù)．
(1)畫出電路圖，標明所用器材的代號．
(2)若選測量數(shù)據(jù)中的一組來計算r1，則所用的表達式r1＝______________________，式中各符號的意義是：________________________________________________．
【解析】根據(jù)所列儀器的特點，電流表的內阻已知，由此可采用兩電流表并聯(lián)．因為兩電流表兩端的電壓相等，即可省去電壓的測量，從而減小實驗誤差，由I2r2＝I1r1，得r1＝I2r2I1．
[答案](1)電路圖如圖所示
(2)I2r2I1I1、I2分別為、的示數(shù)
【點評】①分析題意可知需測量電流表的內阻，按常規(guī)方法應用伏安法，將電壓表并聯(lián)在待測電流表兩端，但經分析可知即使該電流表滿偏，其兩端的電壓也僅為0.4V，遠小于量程10V．這恰恰就是本題設計考核學生應變能力的“陷阱”．
②此題也可理解為“將已知內阻的電流表當成電壓表使用”，這實際也是伏安法的一種推廣形式．
●例6有一根圓臺狀勻質合金棒如圖7－9甲所示，某同學猜測其電阻的大小與該合金棒的電阻率ρ、長度L和兩底面直徑d、D有關．他進行了如下實驗：
圖7－9
(1)用游標卡尺測量合金棒的兩底面直徑d、D和長度L．圖6－8乙中的游標卡尺(游標尺上有20個等分刻度)的讀數(shù)L＝________cm．
(2)測量該合金棒電阻的實物電路如圖6－8丙所示(相關器材的參數(shù)已在圖中標出)．該合金棒的電阻約為幾個歐姆．圖中有一處連接不當?shù)膶Ь€是________．(用標注在導線旁的數(shù)字表示)
圖7－9丙
(3)改正電路后，通過實驗測得合金棒的電阻R＝6.72Ω．根據(jù)電阻定律計算電阻率為ρ、長為L、直徑分別為d和D的圓臺狀合金棒的電阻分別為Rd＝13.3Ω、RD＝3.38Ω．他發(fā)現(xiàn)：在誤差允許范圍內，電阻R滿足R2＝RdRD，由此推斷該圓臺狀合金棒的電阻R＝________．(用ρ、L、d、D表述)
[2009年高考江蘇物理卷]
【解析】(1)游標卡尺的讀數(shù)，按步驟進行則不會出錯．首先，確定游標卡尺的精度為20分度，即為0.05mm；然后以毫米為單位從主尺上讀出整毫米數(shù)99.00mm，注意小數(shù)點后的有效數(shù)字要與精度一樣；再從游標尺上找出對的最齊一根刻線，精度×格數(shù)＝0.05×8mm＝0.40mm；最后兩者相加，根據(jù)題目單位要求換算為需要的數(shù)據(jù)，99.00mm＋0.40mm＝99.40mm＝9.940cm．
(2)本實驗為測定一個幾歐姆的電阻，在用伏安法測量其兩端的電壓和通過電阻的電流時，因為安培表的內阻較小，為了減小誤差，應用安培表外接法，⑥線的連接使用的是安培表內接法．
(3)審題是關鍵，弄清題意也就能夠找到解題的方法．根據(jù)電阻定律計算電阻率為ρ、長為L、直徑分別為d和D的圓柱狀合金棒的電阻分別為：
Rd＝13.3Ω，RD＝3.38Ω
即Rd＝ρLπd22，RD＝ρLπD22
而電阻R滿足R2＝RdRD
將Rd、RD代入得：R＝4ρLπdD．
[答案](1)9.940(2)⑥(3)4ρLπdD
三、設計性實驗
1．所謂設計性實驗，就是根據(jù)實驗目的，自主地運用掌握的物理知識、實驗方法和技能，完成實驗的各環(huán)節(jié)(實驗目的、對象、原理、儀器選擇、實驗步驟、數(shù)據(jù)處理等)，擬定實驗方案，分析實驗現(xiàn)象，并在此基礎上作出適當評價．
2．設計性實驗的顯著特點：相同的實驗內容可設計不同的過程和方法，實驗思維可另辟蹊徑，如設計出與常見實驗(書本曾經介紹過的實驗)有所變化的實驗．以控制實驗條件達到實驗目的而設計的實驗問題，不受固有實驗思維束縛，完全是一種源于書本、活于書本，且新穎的設計性實驗．
●例7請完成以下兩小題．
(1)某同學在家中嘗試驗證平行四邊形定則，他找到三條相同的橡皮筋(遵循胡克定律)和若干小重物，以及刻度尺、三角板、鉛筆、細繩、白紙、釘子，設計了如下實驗：如圖7－10甲所示，將兩條橡皮筋的一端分別掛在墻上的兩個釘子A、B上，另一端與第三條橡皮筋連接，結點為O，將第三條橡皮筋的另一端通過細繩掛一重物．
圖7－10甲
①為完成本實驗，下述操作中必需的是________．
a．測量細繩的長度
b．測量橡皮筋的原長
c．測量懸掛重物后橡皮筋的長度
d．記錄懸掛重物后結點O的位置
②釘子位置固定，欲利用現(xiàn)有器材，改變條件再次驗證，可采用的方法是__________________．
(2)為了節(jié)能和環(huán)保，一些公共場所使用光控開關控制照明系統(tǒng)．光控開關可采用光敏電阻來控制，光敏電阻是阻值隨著光的照度而發(fā)生變化的元件(照度可以反映光的強弱，光越強照度越大，照度單位為lx)．某光敏電阻RP在不同照度下的阻值如下表：
照度(lx)0.20.40.60.81.01.2
電阻(kΩ)7540282320xx
①根據(jù)表中數(shù)據(jù)，請在給定的坐標系中(如圖7－10乙所示)描繪出阻值隨照度變化的曲線，并說明阻值隨照度變化的特點．
圖7－10乙
②如圖7－10丙所示，當1、2兩端所加電壓上升至2V時，控制開關自動啟動照明系統(tǒng)．請利用下列器材設計一個簡單電路，給1、2兩端提供電壓，要求當天色漸暗照度降低至1.0(lx)時啟動照明系統(tǒng)，在虛線框內完成電路原理圖．(不考慮控制開關對所設計電路的影響)
圖7－10丙
提供的器材如下：
光敏電阻RP(符號阻值見上表)；
直流電源E(電動勢3V，內阻不計)；
定值電阻：R1＝10kΩ，R2＝20kΩ，R3＝40kΩ(限選其中之一并在圖中標出)；
開關S及導線若干．[2009年高考山東理綜卷]
[答案](1)①bcd②更換不同的小重物
(2)①光敏電阻的阻值隨光照度變化的曲線如圖7－10丁所示．特點：光敏電阻的阻值隨光照度的增大非線性減小．
②如圖6－9戊所示
丁戊
圖7－10
四、探究性實驗
所謂探究性實驗題，就是運用實驗手段探索未知領域，嘗試多種可能因素及其出現(xiàn)的結果，在此基礎上，通過觀察、探究、分析實驗對象、事件的主要特征，認識研究對象的變化過程和變化條件，獲取必要的可靠數(shù)據(jù)，依據(jù)實驗結果客觀地揭示事物的內在聯(lián)系和本質規(guī)律，從而得出結論．中學實驗中比較典型的探究性實驗是電學中的黑箱問題．
●例8佛山市九江大橋撞船事故發(fā)生后，佛山交通部門加強了對佛山市內各種大橋的檢測與維修，其中對西樵大橋實施了為期近一年的封閉施工，置換了大橋上所有的斜拉懸索．某校研究性學習小組的同學們很想知道每根長50m、橫截面積為400cm2的新懸索能承受的最大拉力．由于懸索很長，抗斷拉力又很大，直接測量很困難，于是同學們取來了同種材料制成的樣品進行實驗探究．
由胡克定律可知，在彈性限度內，彈簧的彈力F與形變量x成正比，其比例系數(shù)與彈簧的長度、橫截面積及材料有關．因而同學們猜想，懸索可能也遵循類似的規(guī)律．
(1)同學們準備像做“探究彈力與彈簧伸長的關系”實驗一樣，先將樣品豎直懸掛，再在其下端掛上不同重量的重物來完成本實驗．但有同學說懸索的重力是不可忽略的，為了避免懸索所受重力對實驗的影響，你認為可行的措施是：___________________________________．
(2)同學們通過游標卡尺測量樣品的直徑來測定其橫截面積，某次測量的結果如圖7－11所示，則該樣品的直徑為__________cm．
圖7－11
(3)同學們經過充分的討論，不斷完善實驗方案，最后測得實驗數(shù)據(jù)如下．
①分析樣品C的數(shù)據(jù)可知，其所受拉力F(單位：N)與伸長量x(單位：m)所遵循的函數(shù)關系式是________________．
②對比各樣品的實驗數(shù)據(jù)可知，懸索受到的拉力與懸索的伸長量成正比，其比例系數(shù)與懸索長度的________________成正比、與懸索的橫截面積的________________成正比．
[答案](1)將懸索樣品一端固定并水平放置在光滑水平面上，另一端連接輕繩繞過滑輪懸掛鉤碼
(2)0.830(3)①F＝2×106x②平方的倒數(shù)大小
【點評】本題考查學生對“探究彈力與彈簧伸長的關系”實驗的遷移能力、對游標卡尺的讀數(shù)原理的掌握和從圖表歸納所需信息的能力，還考查了學生的邏輯推理能力、運用數(shù)學知識解決物理問題的能力和實驗探究能力．
經典考題
縱觀近三年的高考實驗題，會發(fā)現(xiàn)以下特點．
1．對力學實驗的考查基本上以創(chuàng)新題出現(xiàn)，試題源于教材，又高于教材，總體來說其變化在于：同一實驗可用于不同裝置，同一裝置可完成不同實驗．
2．高考對電學實驗的考查一般書本實驗稍加變化來出題，以“電阻的測量”最為常見，包括測電阻率、測伏安特性等，當然也可能會有其他電學實驗出現(xiàn)，如測電動勢與內阻、電路故障等．
1．Ⅰ．在如圖所示的電路中，1、2、3、4、5、6為連接點的標號．在開關閉合后，發(fā)現(xiàn)小燈泡不亮．現(xiàn)用多用電表檢查電路故障，需要檢測的有：電源、開關、小燈泡、3根導線以及電路中的各連接點．
(1)為了檢測小燈泡以及3根導線，在連接點1、2已接好的情況下，應當選用多用電表的________擋．在連接點1、2同時斷開的情況下，應當選用多用電表的________擋．
(2)在開關閉合情況下，若測得5、6兩點間的電壓接近電源的電動勢，則表明____________________________________可能有故障．
(3)將小燈泡拆離電路，寫出用多用電表檢測該小燈泡是否有故障的具體步驟：____________________________________________________________________．
Ⅱ．某同學為了探究物體在斜面上運動時摩擦力與斜面傾角的關系，設計實驗裝置如圖甲所示．長直平板一端放在水平桌面上，另一端架在一物塊上．在平板上標出A、B兩點，B點處放置一光電門，用光電計時器記錄滑塊通過光電門時擋光的時間．
實驗步驟如下：
①用游標卡尺測量滑塊的擋光長度d，用天平測量滑塊的質量m；
②用直尺測量A、B之間的距離s，A點到水平桌面的垂直距離h1，B點到水平桌面的垂直距離h2；
③將滑塊從A點靜止釋放，由光電計時器讀出滑塊的擋光時間t；
④重復步驟③數(shù)次，并求擋光時間的平均值t－；
⑤利用所測數(shù)據(jù)求出摩擦力f和斜面傾角的余弦值cosα；
⑥多次改變斜面的傾角，重復實驗步驟②③④⑤，作出f－cosα關系曲線．
(1)用測量的物理量完成下列各式(重力加速度為g)：
①斜面傾角的余弦cosα＝__________；
②滑塊通過光電門時的速度v＝________________；
③滑塊運動時的加速度a＝____________________；
④滑塊運動時所受到的摩擦阻力f＝____________．
(2)測量滑塊擋光長度的游標卡尺讀數(shù)如圖乙所示，讀得d＝__________．
[2009年高考全國理綜卷Ⅰ]
【解析】Ⅰ．在1、2兩點接好的情況下，應當選用多用電表的電壓擋，在1、2同時斷開的情況下，應選用歐姆擋．
(2)表明5、6兩點可能有故障．
(3)①調到歐姆擋；②將紅黑表筆相接，檢查歐姆擋能否正常工作；③測量小燈泡的電阻，如電阻無窮大，表明小燈泡有故障．
Ⅱ．物塊在斜面上做初速度為零的勻加速直線運動，受重力、支持力和滑動摩擦力的作用．
根據(jù)三角形關系可得到cosα＝s2－(h1－h(huán)2)2s
又v＝xt＝dt，根據(jù)運動學公式x＝v22a，有s＝v22a，即有a＝d22st－2
根據(jù)牛頓第二定律得：
mgsinθ－f＝ma
則有：f＝mgh1－h(huán)2s－md22st－2．
(2)在游標卡尺中，主尺上是3.6cm，在游標尺上恰好是第1條刻度線與主尺對齊，再考慮到卡尺是10分度，所以讀數(shù)為3.6cm＋0.1×1mm＝3.61cm或者3.62cm也對．
[答案]Ⅰ．(1)電壓歐姆
(2)開關或連接點5、6
(3)①調到歐姆擋；
②將紅、黑表筆相接，檢查歐姆擋能否正常工作；
③測量小燈泡的電阻．如電阻無窮大，則表明小燈泡有故障．
Ⅱ．(1)①1ss2－(h1－h(huán)2)2
②dt－③d22st－2④mgh1－h(huán)2s－md22st－2
(2)3.62cm
【點評】在本實驗中，r＝dt－解出的為滑塊畫過去由門的平均速度，只是當滑塊才較小時r趨近于瞬時速度，故滑塊長度小點測量越準確．
2．Ⅰ．一水平放置的圓盤繞過其圓心的豎直軸勻速轉動．盤邊緣上固定一豎直的擋光片．盤轉動時擋光片從一光電數(shù)字計時器的光電門的狹縫中經過，如圖甲所示．圖乙為光電數(shù)字計時器的示意圖．光源A中射出的光可照到B中的接收器上．若A、B間的光路被遮斷，顯示器C上可顯示出光線被遮住的時間．
擋光片的寬度用螺旋測微器測得，結果如圖丙所示．圓盤直徑用游標卡尺測得，結果如圖丁所示．由圖可知：
(1)擋光片的寬度為_________mm；
(2)圓盤的直徑為___________cm；
(3)若光電數(shù)字計時器所顯示的時間為50.0ms，則圓盤轉動的角速度為________弧度/秒．(保留3位有效數(shù)字)
Ⅱ．圖示為用伏安法測量電阻的原理圖．圖中，為電壓表，內阻為4000Ω；為電流表，內阻為50Ω；E為電源，R為電阻箱，Rx為待測電阻，S為開關．
(1)當開關閉合后電壓表讀數(shù)U＝1.6V，電流表讀數(shù)I＝2.0mA．若將Rx＝UI作為測量值，所得結果的百分誤差是__________．
(2)若將電流表改為內接，開關閉合后，重新測得電壓表讀數(shù)和電流表讀數(shù)，仍將電壓表讀數(shù)與電流表讀數(shù)之比作為測量值，這時結果的百分誤差是________．
(百分誤差＝實際值－測量值實際值×100%)
[2008年高考四川理綜卷]
【解析】Ⅰ．由螺旋測微器與游標卡尺的讀數(shù)規(guī)則可得兩者的讀數(shù)．
d＝10mm＋24.2×0.01mm＝10.242mm
D＝242mm＋4×0.05mm＝242.20mm＝24.220cm．
圓盤轉動的角速度為ω＝θt，而θ＝dπD×2π，綜合兩式并代入數(shù)據(jù)可得：ω＝1.69rad/s．
(1)測量值為R＝UI＝800Ω，因電流表外接，所以：
R＝RxRVRx＋RV
故真實值為Rx＝1000Ω，對應的百分誤差為：
A＝1000－8001000＝20%．
(2)電流表內接時，百分誤差A′＝1050－10001000＝5%．
[答案]Ⅰ．(1)10.243(2)24.220(3)1.69
Ⅱ．(1)20%(2)5%
【點評】①無論是否顯示單位，螺旋測微器和游標尺主尺最小刻度一定都為mm；
②內接法的測量值R測＝Rx＋RA，外接法的測量值R測＝Rx∥RV
能力演練
1．(16分)Ⅰ．在“利用自由落體運動驗證機械能守恒定律”的實驗中，若打點計時器所接交變電流的頻率為50Hz，得到的甲、乙兩條實驗紙帶(如圖所示)中應選________紙帶更好．若已測得點2到點4間的距離為s1，點0到點3間的距離為s2，打點周期為T，要驗證重物從開始下落到打點計時器打下點3這段時間內機械能守恒，則s1、s2和T應滿足的關系為：T＝________________．
Ⅱ．要測量一只量程已知的電壓表的內阻，所備器材如下：
甲
A．待測電壓表(量程為3V，內阻未知)；
B．電流表(量程為3A，內阻為0.01Ω)；
C．定值電阻R(阻值為2kΩ，額定電流為50mA)；
D．蓄電池E(電動勢略小于3V，內阻不計)；
E．多用電表；
F．開關S1、S2，導線若干．
有一同學利用上面所給器材，進行如下實驗操作．
(1)首先用多用電表進行粗測，選用“×100Ω”倍率，操作方法正確．若這時刻度盤上的指針位置如圖甲所示，則測量的結果是________Ω．
(2)為了更精確地測出此電壓表的內阻，該同學設計了如圖乙、丙所示的實驗電路，你認為其中較合理的電路圖是________，理由是________________________．
乙丙
(3)用你選擇的電路進行實驗時，用所測物理量的符號表示電壓表的內阻，即RV＝________．
[答案]Ⅰ．甲s12gs24gs2或s122gs2(每空3分)
Ⅱ．(1)3000(3分)
(2)丙圖乙中電流表測量時的示數(shù)太小，誤差太大；圖丙中R的阻值與電壓表內阻接近，誤差小(每空2分)
(3)U2U1－U2R(3分)
2．(17分)Ⅰ．某同學在做測定木塊與木板間動摩擦因數(shù)的實驗過程中，測滑動摩擦力時，他設計了兩種實驗方案．
方案一：木板固定在水平面上，用彈簧測力計水平拉動木塊，如圖甲所示．
方案二：用彈簧測力計水平地鉤住木塊，用力使木板在水平面上運動，如圖乙所示．
甲乙
除了實驗必需的彈簧測力計、木塊、木板、細線外，該同學還準備了若干重均為2.00N的砝碼．
(1)上述兩種方案中，你認為更合理的方案是________(填“甲”或“乙”)，理由是：(回答兩個理由)
①____________________________________________；
②____________________________________________．
(2)該同學在木塊上加砝碼，改變木塊對木板的壓力，記錄了5組實驗數(shù)據(jù)，如下表所示．
實驗次序12345
砝碼個數(shù)01234
砝碼對木塊
的壓力/N02.004.006.008.00
測力計示
數(shù)/N1.502.002.502.953.50
木塊受到的
摩擦力/N1.502.002.502.953.50
請根據(jù)上述數(shù)據(jù)，在坐標紙上作出木塊受到的摩擦力f和砝碼對木塊的壓力F的關系圖象(以F為橫坐標)．由圖象可知，木塊重為________N；木塊與木板間的動摩擦因數(shù)為________．
Ⅱ．現(xiàn)有一塊靈敏電流表，量程為200μA，內阻約為1000Ω，要精確測出其內阻R1，提供的器材有：
電流表(量程為1mA，內阻R2＝50Ω)；
電壓表(量程為3V，內阻RV約為3kΩ)；
滑動變阻器R(阻值范圍為0～20Ω)；
定值電阻R0(阻值R0＝100Ω)；
電源E(電動勢約為4.5V，內阻很小)；
單刀單擲開關S一個，導線若干．
(1)請將上述器材全部用上，設計出合理的、便于多次測量的實驗電路圖，并保證各電表的示數(shù)超過其量程的13．將電路圖畫在下面的虛框中．
(2)在所測量的數(shù)據(jù)中選一組，用測量量和已知量來計算表的內阻，表達式為R1＝________，表達式中各符號表示的意義是________________________．
[答案]Ⅰ．(1)乙①乙方案測力計靜止，讀數(shù)誤差小②乙方案木板可的不做勻速運動，便于控制(每空1分)
(2)如圖甲所示(1分)6.00(2分)0.25(2分)
Ⅱ．(1)如圖乙所示(5分)(供電部分用分壓電路給1分；測量部分知道把表改裝且正確給2分；知道將表當保護電阻使用給2分)
(2)I2(R0＋R2)I1(3分)I2表示表的示數(shù)，I1表示表的示數(shù)，R2表示表內阻，R0表示定值電阻(1分)
3．(16分)Ⅰ．一量程為100μA的電流表的刻度盤如圖所示．今在此電流表兩端并聯(lián)一電阻，其阻值等于該電流表內阻的149，使之成為一新的電流表，則圖示的刻度盤上每一小格表示______________mA．
Ⅱ．已知彈簧振子做簡諧運動的周期T＝2πmk，其中m是振子的質量，k是彈簧的勁度系數(shù)(回復力系數(shù))．某同學設計了一個在太空站中利用彈簧振子測量物體質量的裝置，如圖所示，兩輕彈簧分別與擋板P、Q相連，A是質量為M的帶夾子的金屬塊，且與兩彈簧固定相連，B是待測物體(可以被A上的夾子固定)．
(1)為了達到實驗目的，還需要提供的實驗器材是：__________________．
(2)簡要寫出測量方法及所需測量的物理量(用字母表示)
①________________________________________；
②________________________________________．
(3)用所測物理量和已知物理量表示待測物體的質量的計算式為：mB＝______________________________．
【解析】Ⅰ．改裝后的量程為：
I′＝I＋IRAR0＝100×(1＋49)μA＝5mA
故每小格ΔI＝I′10＝0.5mA．
[答案]Ⅰ．0.5(6分)
Ⅱ．(1)秒表(2分)
(2)①不放B時用秒表測出振子振動30次的時間t1(或者測出振子的周期T1)(2分)
②將B固定在A上，用秒表測出振子振動30次的時間t2(或者測出振子的周期T2)(2分)
(3)t22－t21t21M或T22－T21T21M(4分)
4．(16分)Ⅰ．小汽車正在走進我們的家庭，你對汽車了解嗎？油耗標準是評價一輛汽車性能優(yōu)劣的重要因素，而影響汽車油耗的一個重要原因是其在行進中所受到的空氣阻力．人們發(fā)現(xiàn)，汽車在高速行駛過程中受到的空氣阻力f(也稱風阻)主要與兩個因素有關：①汽車正面的投影面積S；②汽車行駛的速度v．
某研究人員在汽車風洞實驗室中通過模擬實驗得到下表所列數(shù)據(jù)：
(1)由上述數(shù)據(jù)可得，汽車所受的風阻f與汽車正面的投影面積S及汽車行駛的速度v之間的關系式為：f＝________．(要求用k表示比例系數(shù))
(2)由上述數(shù)據(jù)可求得k＝________________．
(3)據(jù)推理或猜測，k的大小與________、________等因素有關．
Ⅱ．現(xiàn)有下列可供選用的器材及導線若干，要求盡可能精確地測量出待測電流表的滿偏電流．
A．待測電流表(滿偏電流約為700μA～800μA，內阻約為100Ω，已知表盤刻度均勻、總格數(shù)為N)；
B．電流表(量程為0.6A，內阻為0.1Ω)；
C．電壓表(量程為3V，內阻為3kΩ)；
D．滑動變阻器R(最大阻值為200Ω)；
E．電源E(電動勢為3V，內阻約為1.5Ω)；
F．開關S一個．
(1)根據(jù)你的測量需要，“B．電流表”與“C．電壓表”中應選擇____________．(只需填寫序號即可)
(2)在虛線框內畫出你設計的實驗電路圖．
(3)測量過程中測出了多組數(shù)據(jù)，其中一組數(shù)據(jù)中待測電流表的指針偏轉了n格，可算出滿偏電流IAmax＝__________________，式中除N、n外，其他字母符號代表的物理量分別是__________________________．
[答案]Ⅰ．(1)kSv2(2分)(2)0.26kg/m3(2分)
(3)空氣密度車的外形車的表面情況(4分)
Ⅱ．(1)C(2分)(2)電路圖如圖所示(2分)
(3)NnURVU為電壓表的示數(shù)，RV為電壓表的內阻(每空2分)
5．(17分)Ⅰ．在“用雙縫干涉測光的波長”的實驗中
(1)已知雙縫到光屏之間的距離為600mm，雙縫之間的距離為0.20mm，單縫到雙縫之間的距離是100mm．某同學在用測量頭測量時，先將從測量頭目鏡中看到的分劃板中心刻線對準某條亮紋(記作第1條)的中心，這時手輪上的示數(shù)如圖甲所示．然后他轉動測量頭，使分劃板中心刻線對準第7條亮紋的中心，這時手輪上的示數(shù)如圖乙所示．這兩次的示數(shù)依次為________mm和________mm，由此可以計算出這次實驗中所測得的單色光的波長為________nm．
(2)下列操作能夠增大光屏上相鄰兩條亮紋之間的距離的是________．
A．增大單縫和雙縫之間的距離
B．增大雙縫和光屏之間的距離
C．將紅色濾光片改為綠色濾光片
D．增大雙縫之間的距離
Ⅱ．現(xiàn)有一塊59C2型的小量程電流表(表頭)，滿偏電流為50μA，內阻約為800～850Ω，要把它改裝成1mA、10mA的兩量程電流表，可供選擇的器材有：
A．滑動變阻器R1(最大阻值為20Ω)；
B．滑動變阻器R2(最大阻值為100kΩ)；
C．電阻箱R′(最大阻值為9999Ω)；
D．定值電阻R0(阻值為1kΩ)；
E．電池E1(電動勢為1.5V)；
F．電池E2(電動勢為3.0V)；
G．電池E3(電動勢為4.5V)；
H．標準電流表(滿偏電流為1.5mA)；
I．單刀單擲開關S1和S2；
J．單刀雙擲開關S3；
K．電阻絲及導線若干．
(所有電池的內阻均不計)
(1)采用如圖甲所示的電路測量表頭的內阻，為提高測量精確度，選用的滑動變阻器為________；選用的電池為______．(填序號)
甲
(2)要將改裝成兩量程電流表，現(xiàn)有兩種備選電路，如圖乙、丙所示．圖________為合理電路，另一電路不合理的原因是_______________________________________________．
(3)將改裝后的電流表與標準電流表逐格進行核對(僅核對1mA量程)，在下面的虛線框中畫出所用電路圖，圖中待核對的電流表的符號用來表示．
【解析】Ⅰ．(1)測量頭的讀數(shù)原理與螺旋測微器的相同，所以圖甲中的示數(shù)為0.640mm，圖乙中的示數(shù)為10.295mm．設第1條亮條紋與第7條亮條紋間的距離為a，則a＝10.295mm－0.640mm＝9.655mm，由此得相鄰兩條亮條紋間的距離Δx＝an－1，又因為Δx＝Lλd，代入數(shù)據(jù)可解得光的波長λ＝dΔxL＝5.36×10－7m＝536nm．
(2)根據(jù)相鄰兩條亮條紋間的距離公式Δx＝Lλd可知，增大雙縫和光屏之間的距離L、增大光的波長λ和減小雙縫之間的距離d都可使相鄰兩條亮條紋間的距離增大．所以選項B正確．
[答案]Ⅰ．(1)0.64010.295536(5分)(2)B(3分)
Ⅱ．(1)BG(每空2分)
(2)乙圖丙所示的電路在通電狀態(tài)下更換量程，會造成兩分流電阻都未并聯(lián)在表頭兩端，以致流過表頭的電流超過其滿偏電流而燒壞表頭(3分)
(3)電路圖如圖丁所示(2分)
丁
6．(18分)Ⅰ．聽說水果也能做電池．某興趣小組的同學用一個檸檬作為電源，連接電路如圖甲所示．電路中R是電阻箱，其阻值可調且可讀出其接入電路中電阻的大小．他們多次改變電阻箱的阻值，記錄下相應的電流表的示數(shù)，算出電流的倒數(shù)，并將數(shù)據(jù)填在下面的表格中．
甲
外電阻R(Ω)電流I(mA)電流的倒數(shù)1I(mA－1)
90000.050219.92
80000.052818.93
60000.059416.84
50000.063315.80
40000.068014.71
20000.080012.50
(1)根據(jù)表格中的數(shù)據(jù)，在圖乙所示的坐標紙中畫出該實驗的R－1I圖象．
乙
(2)利用圖象可求出該檸檬電池的電動勢為________V，內阻為________Ω．
(3)完成實驗后，該興趣小組的同學初步得出了水果作為電池不實用的物理原因為：__________________________．
Ⅱ．某同學利用如圖甲所示的實驗裝置驗證機械能守恒定律．弧形軌道末端水平，離地面的高度為H．將鋼球從軌道的不同高度h處由靜止釋放，鋼球的落點距軌道末端的水平距離為s．
甲
(1)若軌道完全光滑，s2與h的理論關系應滿足：s2＝________________．(用H、h表示)
(2)該同學經實驗測量得到一組數(shù)據(jù)，如下表所示．
h(×10－1m)2.003.004.005.006.00
s2(×10－1m－2)2.623.895.206.537.78
請在圖乙所示的坐標紙上作出s2－h(huán)圖象．
乙
(3)對比實驗結果與理論計算得到的s2－h(huán)圖象(圖中已畫出)，自同一高度處由靜止釋放的鋼球水平拋出的速率____________理論值．(填“小于”或“大于”)
(4)從s2－h(huán)圖象中分析得出鋼球水平拋出的速率差十分顯著，你認為造成上述偏差的原因可能是：______________________________________________．
【解析】Ⅱ．(1)根據(jù)機械能守恒，可得鋼球離開軌道時的速度為2hg，由平拋運動知識可求得鋼球運動的時間為2Hg，所以s＝vt＝4Hh．
(2)依次描點，連線，注意不要畫成折線．
(3)從圖中看，同一h對應的s2值的理論值明顯大于實際值，而在同一高度H下的平拋運動的水平射程由水平速率決定，可見實際水平速率小于理論速率．
(4)由于客觀上，軌道與小球間存在摩擦，機械能減小，因此會導致實際值比理論值??；小球的轉動也需要能量維持，而機械能守恒中沒有考慮重力勢能轉化成轉動能的這一部分，也會導致實際速率明顯小于理論速率(可能很少同學會考慮到這一點)．
[答案]Ⅰ．(1)如圖丙所示(2分)
丙
(2)0.94(0.90～0.98均對)10000(9000～11000均對)
(3)水果電池的內阻過大(每空2分)
Ⅱ．(1)4Hh(2分)(2)如圖丁所示(4分)
丁
(3)小于(2分)
(4)小球與軌道間的摩擦，小球的轉動(回答任一條即可)(2分)
高考物理第一輪精編復習資料011
經驗告訴我們，成功是留給有準備的人。作為教師就要精心準備好合適的教案。教案可以讓學生能夠在課堂積極的參與互動，幫助教師更好的完成實現(xiàn)教學目標。教案的內容具體要怎樣寫呢？小編收集并整理了“高考物理第一輪精編復習資料011”，歡迎閱讀，希望您能夠喜歡并分享！
§4.3牛頓第二定律的應用――超重失重
【學習目標】
知識目標：
1.知道什么是超重和失重
2.知道產生超重和失重的條件
能力目標：會分析、解決超重和失重問題
【自主學習】
1.超重：當物體具有的加速度時（包括向上加速或向下減速兩種情況），物體對支持物的壓力或對懸掛物的拉力自身重力的現(xiàn)象。
2.失重：物體具有的加速度時（包括向下加速或向上減速兩種情況），物體對支持物的壓力或對懸掛物的拉力自身重力的現(xiàn)象。
3.完全失重：物體以加速度a＝g向豎直加速或向上減速時（自由落體運動、處于繞星球做勻速圓周運動的飛船里或豎直上拋時），物體對支持物的壓力或對懸掛物的拉力等于的現(xiàn)象。
4.思考：①超重是不是物體重力增加？失重是不是物體重力減??？
②在完全失重的系統(tǒng)中，哪些測量儀器不能使用？
【典型例題】
例1.電梯內有一彈簧秤掛著一個重5N的物體。當電梯運動時，看到彈簧秤的讀數(shù)為6N，則可能是（）
A.電梯加速向上運動B.電梯減速向上運動
C.電梯加速向下運動D.電梯減速向下運動
例2.在以加速度a勻加速上升的電梯中，有一個質量為m的人，站在磅秤上，則此人稱得自己的“重量”為（）
A.maB.m(a+g)C.m(g－a)D.mg
例3.如圖所示，一根細線一端固定在容器的底部，另一端
系一木球，木球浸沒在水中，整個裝置在臺秤上，現(xiàn)將細
線割斷，在木球上浮的過程中（不計水的阻力），則臺秤上
的示數(shù)（）
A.增大B.減小C.不變D.無法確定
【針對訓練】
1.下列說法正確的是（）
A.體操運動員雙手握住單杠吊在空中不動時處于失重狀態(tài)
B.蹦床運動員在空中上升和下落過程中都處于失重狀態(tài)
C.舉重運動員在舉起杠鈴后不動的那段時間內處于超重狀態(tài)
D.游泳運動員仰臥在水面靜止不動時處于失重狀態(tài)
2.升降機里，一個小球系于彈簧下端，升降機靜止時，彈簧伸長4cm，升降機運動時，彈簧伸長2cm，則升降機的運動狀況可能是（）
A.以1m/s2的加速度加速下降B.以4.9m/s2的加速度減速上升
C.以1m/s2的加速度加速上升D.以4.9m/s2的加速度加速下降
3.人站在升降機中，當升降機在上升過程中速度逐漸減小時，以下說法正確的是（）
A.人對底板的壓力小于人所受重力B.人對底板的壓力大于人所受重力
C.人所受重力將減小D.人所受重力保持不變
4.下列說法中正確的是（）
A.物體在豎直方向上作勻加速運動時就會出現(xiàn)失重現(xiàn)象
B.物體豎直向下加速運動時會出現(xiàn)失重現(xiàn)象
C.物體處于失重狀態(tài)時，地球對它的引力減小或消失
D.物體處于失重狀態(tài)時，地球對物體的引力不變
5.質量為600kg的電梯，以3m/s2的加速度勻加速上升，然后勻速上升，最后以3m/s2的加速度勻減速上升，電梯在上升過程中受到的阻力都是400N，則在三種情況下，拉電梯的鋼繩受的拉力分別是、和。
6.如圖所示，斜面體M始終處于靜止狀態(tài)，當物體m沿斜面下滑時有（）
A.勻速下滑時，M對地面壓力等于（M+m）g
B.加速下滑時，M對地面壓力小于（M+m）g
C.減速下滑時，M對地面壓力大于（M+m）g
D.M對地面壓力始終等于（M+m）g
【能力訓練】
1.如圖，兩輕質彈簧和質量均為m的外殼組成甲、乙兩個彈簧測力計。
將掛有質量為M的重物的乙秤倒鉤在甲的掛鉤上，某人手提甲的提環(huán)，
向下做加速度a＝0.25g的勻減速運動，則下列說法正確的是（）
A.甲的示數(shù)為1.25（M+m）gB.甲的示數(shù)為0.75（M+m）g
C.乙的示數(shù)為1.25MgD.乙的示數(shù)為0.75Mg
2.一個容器裝了一定量的水，容器中有空氣，把這個容器帶到繞地球運轉的宇宙飛船中，則容器中的空氣和水的形狀應如圖中的（）
ABCD
3.如圖所示為雜技“頂竿”表演，一人站在地上，肩上扛一質量為
M的豎直竹竿，當竿上一質量為m的人以加速度a加速下滑時，
竿對“底人”的壓力大小為（）
A.（M+m）gB.（M+m）g－ma
C.（M+m）g+maD.（M－m）g
4.如圖所示，A、B兩個帶異種電荷的小球，分別被兩根絕緣細線系在木盒內的一豎直線上，靜止時，木盒對地的壓力為FN，細線對B的拉力為F，若將系B的細繩斷開，下列說法中正確的是（）
A.剛斷開時，木盒對地壓力仍為FN
B.剛斷開時，木盒對地壓力為（FN+F）
C.剛斷開時，木盒對地壓力為（FN－F）
D.在B上升過程中，木盒對地壓力逐漸變大
5.如圖中A為電磁鐵，C為膠木秤盤，A和C（包括支架）
和總質量為M，B為鐵片，質量為m，整個裝置用輕繩懸掛
于O點。當電磁鐵通電，鐵片被吸引上升的過程中，輕繩拉
力F的大小為（）
A.F＝mgB.mg＜F＜（M+m）g
C.F=（M+m）gD.F＞（M+m）g
6.一位同學的家住在一座25層的高樓內，他每天乘電梯上樓，經過多次仔細觀察和反復測量，他發(fā)現(xiàn)電梯啟動后的運動速度符合如圖所示的規(guī)律，他就根據(jù)這一特點在電梯內用臺秤、重物和停表測量這座樓房的高度。他將臺秤放在電梯內，將重物放在臺秤的托盤上，電梯從第一層開始啟動，經過不間斷地運行，最后停在最高層。在整個過程中，他記錄了臺秤在不同時間段內的示數(shù)，記錄的數(shù)據(jù)如下表所示。但由于0－3.0s段的時間太短，他沒有來得及將臺秤的示數(shù)記錄下來，假設在每個時間段內臺秤的示數(shù)都是穩(wěn)定的，重力加速度g取10m/s2。
（1）電梯在0－3.0s時間段內臺秤的示數(shù)應該是多少？
（2）根據(jù)測量的數(shù)據(jù)計算該樓房每一層的平均高度。
時間/s臺秤示數(shù)/kg
電梯啟動前5.0
0－3.0
3.0－13.05.0
13.0－19.04.6
19.0以后5.0
7.在電梯中用磅秤稱質量為m的物體，電梯下降過程中的v－t圖像如圖所示，填寫下列各段時間內秤的示數(shù)：
（1）0－t1；（2）t1－t2；（3）t2－t3。
8.一個人蹲在臺秤上，試分析：在人突然站起的過程中，臺秤的示數(shù)如何變化？
9.某人在以a＝2.5m/s2的加速下降的電梯中最多可舉起m1＝80kg的物體，則此人在地面上最多可舉起多少千克的物體？若此人在一勻加速上升的電梯中，最多能舉起m2=40kg的物體，則此高速電梯的加速度多大？（g取10m/s2）
10.一條輕繩最多能拉著質量為3m的物體以加速度a勻加速下降；它又最多能拉著質量為m的物體以加速度a勻減速下降，繩子則最多能拉著質量為多大的物體勻速上升？
【學后反思】
超重、失重參考答案
自主學習
1.向上大于2.向下小于3.下零
4.①不是重力增加或減少了，是視重改變了。②天平、體重計、水銀氣壓計。
典型例題
例1.AD析：由于物體超重，故物體具有向上的加速度。
例2.解析：首先應清楚，磅秤稱得的“重量”實際上是人對磅秤的壓力，也即磅秤對人的支持力FN。取人為研究對象，做力圖如圖所示，依牛頓第二定律有：FN
FN－mg＝maFN＝m（g+a）
即磅秤此時稱得的人的“重量”大于人的實際重力，人處于超重狀
態(tài)，故選B。
例3.解析：系統(tǒng)中球加速上升，相應體積的水加速下降，因為相應體積水的質量大于球的質量，整體效果相當于失重，所以臺秤示數(shù)減小。故選B。
針對訓練
1.B2.BD3.AD4.BD5.8200N6400N4600N6.ABC
能力訓練
1.A2.C3.B4.BD5.D6.（1）5.8kg（2）2.9m
7.（1）m(g－)（2）mg（3）m(g+)
8.臺秤的示數(shù)先偏大，后偏小，指針來回擺動一次后又停在原位置。
9.解：人的最大支持力應不變，由題意有：m1g－F＝m1a
所以F＝m1g－m1a＝80×10N－80×2.5N＝600N又因為：G＝mg
所以m＝G/g=F/g＝＝60kg故人在地面上可舉起60kg的物體。
在勻加速電梯上：F－m2g＝m2aa＝
10.解：物體勻速上升時拉力等于物體的重力，當物體以a勻加速下降時，物體失重
則有：FT＝3mg－3ma①
物體以a勻減速下降時，物體超重故：FT=mg+ma②
聯(lián)立①②有：FT＝mg+mg/2=3mg/2
所以：繩子最多能拉著質量為3m/2的物體勻速上升。
