高考复习-万有引力定律应用人造卫星专题+磁场基础部分+复习专题总汇1-3

高考复习-万有引力定律应用人造卫星专题+磁场基础部分+复习专题总汇1-3

高考复习-万有引力定律应用 人造卫星专题+磁场基础部分+复习专题总汇 1-3 人造卫星专题(附参考答案) 知识达标： 1、处理卫星问题方法：把天体运动看成匀速圆周运动、万有引力提供向心力，即 2 2 2 2 2 4 T rmrmr vm r MmGF  万 ；由该式可知：r 越大，卫星线速度越 ； 角速度越 ；周期越 。 2、宇宙速度：（1）第一宇宙速度：V= km/s；它是卫星在 绕地球做匀 速圆周运动所必须具备的速度。（2）第二宇宙速度：V= km/s。它是卫星 的最小发射速度（3）第三宇宙速度：V= km/s，它是卫星 的 最小发射速度。 3、同步卫星：环绕地球的角速度与地球的自转的角速度相同，只能位于 平面的 正上方，且轨道半径、线速度大小也是恒量。 经典题型： 1、人造地球卫星绕地心为圆心，做匀速圆周运动，下列说法正确的是…………（ ） A. 半径越大，速度越小，周期越小 B. 半径越大，速度越小，周期越大 C. 所有卫星的速度均相同，与半径无关 D. 所有卫星的角速度均相同，与半径无关 2、如图所示，卫星 A、B、C 在相隔不远的不同轨道上，以地球为中心做匀速圆周运动，且 运动方向相同，若在某个时刻恰好在同一直线上，则当卫星 A 转过一个周期时，下列关于 三颗卫星的说法正确的是……………………………………………………（ ） A. 三颗卫星的位置仍在一条直线上 B. 卫星 A 的位置超前于 B，卫星 C 的位置滞后于 B C. 卫星 A 的位置滞后于 B，卫星 C 的位置超前于 B D 卫星 A 的位置滞后于 B 和 C 3、关于第一宇宙速度，下列说法正确的是………………………………（ ） A. 它是人造地球卫星绕地球飞行的最小速度 B. 它等于人造地球卫星在近地圆形轨道上的运行速度 C. 它是能使卫星在近地轨道运动的最小发射速度 D. 它是卫星在椭圆轨道上运动时的近地点速度 4、关于地球同步卫星下列说法正确的是………………………………………（ ）. ①地球同步卫星和地球同步，因此同步卫星的高度和线速度大小是一定的 ②地球同步卫星的地球的角速度虽被确定，但高度和速度可以选择，高度增加，速度增大， 高度降低，速度减小 ③地球同步卫星只能定点在赤道上空，相对地面静止不动 ④以上均不正确 A B地地球 A B C A. ①③ B. ②③ C. ①④ D.②④ 5、在地球（看作质量均匀分布的球体）上空有许多同步卫星，下面说法正确的是（ ） A. 它们的质量可能不同 B. 它们的速度大小可能不同 C. 它们的向心加速度大小可能不同 D. 它们离地心的高度可能不同 6、人造地球卫星在绕地球运行的过程中，由于高空稀薄空气的阻力的影响，将很缓慢地逐 渐向地球靠近。在这个过程中，卫星的…………………………………………（ ） ①机械能逐渐减小 ②动能逐渐减小 ③运动周期逐渐减小 ④加速度逐渐减小 A. ①③ B. ②③ C. ①④ D.②④ 7、如图所示，发射地球同步卫星时，先将卫星发射至近地圆轨道 1， 然后经点火,使其沿椭圆轨道 2 运行,最后再次点火,将卫星送入同步 轨道 3.轨道 1、2 相切于 Q 点，轨道 2、3 相切于 P 点（如图所示） 则当卫星分别在 1、2、3 轨道正常运行时，以下说法正确的是（ ） ①卫星在轨道 3 上的速率大于在轨道 1 上的速率 ②卫星在轨道 3 上的角速度小于在轨道 1 上的角速度 ③卫星在轨道 1 上的经过 Q 点时的加速度大于它在轨道 2 上经过 Q 点时的加速度 ④卫星在轨道 2 上的经过 P 点时的加速度等于它在轨道 3 上经过 P 点时的加速度 A. ①③ B. ②③ C. ①④ D.②④ 8、地球的半径为 R，地面的重力加速度为 g，一颗离地面高度为 R 有人造地球卫星绕地球 做匀速圆周运动，则………………………………………………………………（ ） ①卫星加速度的大小为 2 g ②卫星运转的角速度为 R g2 4 1 ③卫星运转的线速度为 gR24 1 ④卫星运转的周期为 g R24 A. ①③ B. ②③ C. ①④ D.②④ 9、土星外层有一个环，为了判断它是土星的一部分还是土星的卫星群，可以测量环中各层 的线速度 V 与该层到土星中心的距离 R 之间的关系判断……………………（ ） ①若 Rv  则该层是土星的一部分 ②若 Rv 2 则该层是土星的卫星群 ③若 Rv 1 则该层是土星的一部分 ④若 Rv 12  则该层是土星的卫星群 A. ①③ B. ②③ C. ①④ D.②④ 10、已知地球半径 R=6.4ⅹ106 m,地面的重力加速度 g=9.8m/s2，试估算地球的平均密度（结 果保留二位有效数字） 参考答案： 知识达标：1、小、小、大 2、7.9 地面附近 、11.2、脱离地球、16.7、挣脱太阳 3、赤道 经典题型：1、B 2、B 3、A 4、A 5、A 6、A 7、D 8、D 9、C 10、 33 /105.5 mkg 磁场(附参考答案) 一、磁场对磁铁的作用 1 23 P Q 1．一束粒子沿水平方向飞过小磁针的下方，如图所示，此时小磁针的 S 极向纸内偏转，这一束粒子不可能的是 (AB ) A．向右飞行的正离子束 B、向左飞行的负离子束 C、向右飞行的电子束 D、向左飞行的电子束 2．如图所示，圆环上带有大量的负电荷，当圆环沿顺时针方向转动时，a、b、c 三枚小磁 针都要发生转动，以下说法正确的是( B ) A．a、b、c 的 N 极都向纸里转 B．b 的 N 极向纸外转，而 a、c 的 N 极向纸里转 C．b、c 的 N 极都向纸里转，而 a 的 N 极向纸外转 D．b 的 N 极向纸里转，而 a、c 的 N 极向纸外转 二、磁场对电流的作用——安培力 1．如右图，水平桌面上放置一根条形磁铁，磁铁中央正上方用绝缘弹簧悬挂一水平直导线， 并与磁铁垂直。当直导线中通入图中所示方向的电流时，可以判 断出（ A ）。 A．弹簧的拉力增大，条形磁铁对桌面的压力减小 B．弹簧的拉力减小，条形磁铁对桌面的压力减小 C．弹簧的拉力增大，条形磁铁对桌面的压力增大 D．弹簧的拉力减小，条形磁铁对桌面的压力增大 2. 如图，长为 2l 的直导线拆成边长相等，夹角为 60o 的V 形，并置于与其所在平面相垂直 的匀强磁场中，磁感应强度为 B ，当在该导线中通以电流强度为 I 的电 流时，该V 形通电导线受到的安培力大小为( C ) （A）0 （B）0.5 BIl （C） BIl （D） 2BIl 3．如图，在倾角为α的光滑斜面上，放置一根长为 L，质量为 m，通过电流为 I 的导线，若 使导线静止，应该在斜面上施加匀强磁场 B 的大小和方向为( AC ) A B=mgsinα/IL，方向垂直斜面向下 B B=mgsinα/IL，方向垂直水平面向上 C B=mgtanα/IL，方向竖直向下 D B=mgsinα/IL，方向水平向右 4．如图所示，导线框中电流为 I，导线框垂直于磁场放置，磁感应强度为 B，AB 与 CD 相距 为 d，则 MN 所受安培力大小为 A A． N S α m B． C． D． 5.如图 所示，一根长为 L 的细铝棒用两个劲度系数为 k 的弹簧水平地悬吊在匀强磁场中， 磁场方向垂直于纸面向里，当棒中通以向右的电流 I 时，弹簧缩短Δx，若通以向左的电 流，也是大小等于 I 时，弹簧伸长Δx，则磁感应强度 B 值为( A ) A.kΔx IL B.2kΔx IL C.kIL Δx D.2IL kΔx 6、（1）如图所示，导体杆 ab 的质量为 m，电阻为 R，放置在与水平面夹角为θ的倾斜金属 导轨上，导轨间距为 d，电阻不计，系统处在竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度 为 B，电池内阻不计，问：若导线光滑，电源电动势 E 多大才能使导体杆静止在导 轨上? （2）若滑动摩擦因数为 u,且 tanu ，要使 ab 静止在斜面 上，求电动势 E E= mgRtanθ/Bd． 三、环形电流（单匝螺线管）相当于条形磁铁 1.如图所示，把轻质导线圈用绝缘细线悬挂在磁铁 N 极附近，磁铁的轴线穿过线圈的圆心， 且垂直于线圈平面，当线圈中通入如图所示方向的电流后，线圈的运动情况是( A ) A.线圈向左运动 B.线圈向右运动 C.从上往下看顺时针转动 D.从上往下看逆时针转动 四、同向电流相吸引，反向电流相排斥 1. 如图所示，两根长通电导线M、N中通有同方向等大小的电流，一闭合线 框abcd位于两平行通电导线所在平面上，并可自由运动，线框两侧与导线 平行且等距，当线框中通有图示方向电流时，该线框将（ C ） A．ab边向里，cd边向外转动 B．ab边向外，cd边向里转动 C．线框向左平动，靠近导线 M D．线框向右平动，靠近导线 N 2. 如图所示, 在水平放置的光滑绝缘杆 ab 上, 挂有两个相同的金属环 M 和 N．当两环均通 以图示的相同方向的电流时，分析下列说法中，哪种说法正确 （ ） A．两环静止不动 B．两环互相靠近 C．两环互相远离 D．两环同时向左运动 3．将电视机的插头接在交流电路中，通电后与插头相连的两导线之间的电磁相互作用力是 ( B ) A 始终相吸 B 始终相斥 C 时而相吸，时而相斥 D 无法确定 五、地磁场 1.根据安培的思想，认为磁场是由于运动电荷产生的，这种思想如果对地磁场也适用，而目 前在地球上并没有发现相对地球定向移动的电荷，那么由此可断定地球应该（ A ） A.带负电 Ｂ带正电 C.不带电 Ｄ无法确定 2、来自宇宙的质子流，以与地球表面垂直的方向射向赤道上空的某一点，则这些质子在进 入地球周围的空间时，将( B ) A．竖直向下沿直线射向地面 B.相对于预定地点向东偏转 C．相对于预定地点稍向西偏转 D.相对于预定地点，稍向北偏转 3、十九世纪二十年代，以塞贝克(数学家)为代表的科学家已认识到：温度差会引起电流。 安培考虑到地球自转造成了太阳照射后正面与背面的温度差，从而提出如下假设：地球 磁场是绕地球的环形电流引起的，则该假设中的电流的方向是( B ) A.由西向东垂直磁子午线 B.由东向西垂直磁子午线； C.由南向北沿磁子午线方向 D.由赤道向两极沿磁子午线方向 (注：磁子午线是地球磁场 N 极与 S 极在地球表面的连线) 4.在赤道附近有一竖直向下的匀强电场，在此区域内有一根沿东西方向放置的直导体棒，由 水平位置自静止落下，不计空气阻力，则导体棒两端落地的先后关系是（A ） Ａ.东端先落地 Ｂ.西端先落地 Ｃ.两端同时落地 Ｄ.无法确定 5.欧姆在探索通过导体的电流和电压、电阻关系时，因无电源和电流表，他利用金属在冷 水和热水中产生电动势代替电源，用小磁针的偏转检测电源，具体做法是：在地磁场作用 下处于水平静止的小磁针上方，平行于小磁针水平放置一直导线，当该导线中通有电流时， 小磁针会发生偏转；当通过该导线电流为 I 时，小磁针偏转了 30º，问当他发现小磁针偏 转了 60º，通过该直导线的电流为（直导线在某点产生的磁场与通过直导线的电流成正比）： （ B ） A.2I B.3I C. 3 I D.无法确定 6.一根电缆埋藏在一堵南北走向的墙里，在墙的西侧处，当放一指南针时，其指向刚好比 原来旋转１８０º，由此可以断定，这里电缆中电流的方向为（ D ） A.可能是向北 Ｂ.可能是竖直向下 C.可能是向南 Ｄ.可能是竖直向上 六、磁场对运动电荷的作用力——洛仑兹力 1．如图所示为电视机显像管中电子束偏转的示意图．磁环上的偏转线圈通以图示方向的电 流时，沿轴线向纸内射入的电子束的偏转方向（ C ） A．向上 B．向下 C．向左 D．向右 2．如图，a 为带正电的小物块，b 是一不带电的绝缘物块，a、b 叠放于粗糙的水平地面上， 地面上方有垂直纸面向里的匀强磁场，现用水平恒力 F 拉 b 物块，使 a、b 一起无相对滑 动地向左加速运动，在加速运动阶段（AC ） A a、b 一起运动的加速度减小 B a、b 一起运动的加速度增大 C a、b 物块间的摩擦力减小 D a、b 物块间的摩擦力增大 3、如图，在竖直平面内放一个光滑绝缘的半圆形轨道，水平方向的匀强磁场与半圆形轨道 所在的平面垂直。一个带正电荷的小滑块由静止开始从半圆轨道的最高点 M 滑下，则下 列说法中正确的是（CD ） A 滑块经过最低点时的速度比磁场不存在时大 B 滑块从 M 点到最低点所用的时间比磁场不存在时短 C 滑块经过最低点时的速度与磁场不存在时相等 D 滑块从 M 点滑到最低点所用的时间与磁场不存在时相等 4．如图所示，带电量为＋q 的金属圆环质量为 m。套在固定的水平长直绝缘圆柱体上，环 与圆柱体间的动摩擦因数为μ，环的直径略大于圆柱体的直径，整个装置 处在垂直于纸面向内的范围足够大的匀强磁场中。现给环向右的水平初 速度 v0，设环在运动过程中带电量保持不变，则环运动过程中的速度图 像可能是图 中的( ABD ) 5．如图所示，质量为 m，带电荷量为＋q 的 P 环套在固定的水平长直绝缘杆上，整个装置处 在垂直于杆的水平匀强磁场中，磁感应强度大小为 B.现给环一向右的初速度 v0 v0>mg qB ， 则( AD ) A．环将向右减速，最后匀速 B．环将向右减速，最后停止运动 C．从环开始运动到最后达到稳定状态，损失的机械能是 1 2 mv0 2 NB F b fa G D．从环开始运动到最后达到稳定状态，损失的机械能是 1 2 mv0 2－1 2 m mg qB 2 6．带电质点在匀强磁场中运动，某时刻速度方向如图 所示，所受的重力和洛伦兹力的合力 恰好与速度方向相反，不计阻力，则在此后的一小段时间内，带电质点将( C ) A．可能做直线运动 B．可能做匀减速运动 C．一定做曲线运动 D．可能做匀速圆周运动 7．如图所示，两虚线之间的空间内存在着正交或平行的匀强电场 E 和匀强磁场 B，有一个 带正电的小球(电荷量为＋q，质量为 m)从电磁复合场上方的某一高度处自由落下，那么， 带电小球可能沿直线通过的电磁复合场是( CD ) 8．如图，带电平行金属板中匀强电场方向竖直上，匀强磁场方向垂直纸面向里，带电小球 从光滑绝缘轨道上的 a 点由静止滑下，经过 1/4 圆弧轨道从端点 P（切线水平）进入板间 后恰好沿水平方向做直线运动，现使带电小球从比 a 点稍低的 b 点由静止滑下，在经过 P 点进入板间的运动过程中(AB ) A 带电小球的动能将会增大 B 带电小球的电势能将会增大 C 带电小球所受洛伦兹力将会减小 D 带电小球所受电场力将会增大 七、洛仑兹力是否做功了？ 1、如图 所示，下端封闭、上端开口、内壁光滑的细玻璃管竖直放置， 管底有一带电的小 球，整个装置水平匀速向右运动，垂直于磁场方向进入方向水平的匀强磁场，由于外力 的作用，玻璃管在磁场中的速度保持不变，最终小球从上端口飞出，则(ABD ) A．小球带正电荷 B．小球从进入磁场到飞出端口前的过程中小球做类平抛运动 C．小球从进入磁场到飞出端口前的过程中洛伦兹力对小球做正功 D．小球从进入磁场到飞出端口前的过程中管壁的弹力对小球做正功 a b P - + 2．如图所示，一个带正电荷的小球沿水平光滑绝缘的桌面向右运动，飞离桌子边缘 A，最 后落到地板上．设有磁场时飞行时间为 t1，水平射程为 x1，着地速度大小为 v1；若撤去磁 场，其余条件不变时，小球飞行时间为 t2，水平射程为 x2，着地速度大小为 v2.则下列结 论不正确．．．的是( C ) A．x1>x2 B．t1>t2 C．v1>v2 D．v1 和 v2 相等 3．如图所示，质量为m 、带电量为 q 的三个相同的带电小球 A 、B 、C ，从同 一高度以初速度 0v 水平抛出， B 球处于竖直向下的匀强磁场中，C 球处于垂 直纸面向里的匀强电场中，它们落地的时间分为 At 、 Bt 、 Ct ，落 地时的速度 大小分别为 Av 、 Bv 、 Cv ，则以下判断正确的是(AD) A A B Ct t t  B． A C Bt t t  C． B A C v v v D． A B C v v v 4．如图 甲、乙、丙所示，三个完全相同的半圆形光滑绝缘轨道置于竖直平面内，左右两端 点等高，其中乙轨道处在垂直纸面向外的匀强磁场中，丙轨道处在竖直向下的匀强电场中， 三个相同的带正电小球同时从轨道左端最高点处由静止释放。则三个小球通过圆轨道最低 点时( D ) A．速度相同 B．所用时间相同 C．对轨道的压力相同 D．均能到达轨道右端最高点处 5、带负电的小球用绝缘丝线悬挂于 O 点在匀强磁场中摆动， 当小球每次通过最低点 A 时：（BD） A、摆球受到的磁场力相同 B、摆球的动能相同 C、摆球的速度相同 D、向右摆动通过 A 点时悬线的拉力大于向左摆动通过 A 点时悬线的拉力 O a 6．如图所示，在磁感应强度为 B 的匀强磁场中，有一与磁感线垂直且水平放置的长为 L 的 摆线，拉一质量为 m、带电荷量为＋q 的摆球．试求摆球向左通过最低位置时绳上的拉力 F. F＝3mg＋Bq 2gL 八、有洛仑兹力参与的直线运动，只可能是匀速直线运动 1．如图所示，某空间存在正交的匀强磁场和匀强电场，电场方向水平向右，磁场方向垂直 纸面向里，一带电微粒从 a 点进入场区并刚好能沿 ab 直线向上运动，下列说法中正确的 是( AD ) A．微粒一定带负电 B．微粒的动能一定减小 C．微粒的电势能一定增加 D．微粒的机械能一定增加 2．如图 所示，空间存在相互垂直的匀强电场和匀强磁场，电场的方向竖直向下，磁场方向 水平(图中垂直纸面向里)，一带电油滴 P 恰好处于静止状态，则下列说法正确的是 ( D ) A．若仅撤去电场，P 可能做匀加速直线运动 B．若仅撤去磁场，P 可能做匀加速直线运动 C．若给 P 一初速度，P 不可能做匀速直线运动 D．若给 P 一初速度，P 可能做 匀速圆周运动 3、 质量为 m，带电荷量为 q 的微粒，以速度 v 与水平方向成 45。角进入匀强电场和匀强磁 场同时存在的空间，如图所示，微粒在电场、磁场、重力场的共同作用下做匀速直线运 动，求： (1)电场强度的大小，该带电粒子带何种电荷． (2)磁感应强度的大小． 4．如图所示，带正电的物块 A 放在不带电的小车 B 上，开 始时都静止，处于垂直纸面向里的匀强磁场中。t=0 时 加一个水平恒力 F 向右拉小车 B，t=t1 时 A 相对于 B 开 B A F 始滑动。已知地面是光滑的。AB 间粗糙，A 带电量保持 不变，小车足够长。从 t=0 开始 A、B 的速度—时间图象，正确的是（ C ） 九、 粒子速度选择器： 如图，粒子以速度 v0，进入正交的电场和磁场，受到的电场力与洛伦兹力方向相反，若使 粒子沿直线从右边孔中出去，则有 qv0B＝qE,v0=E/B， （1）若 v= v0=E/B，粒子做直线运动，与粒子电量、电性、质量无关 (2)若 v＜E/B，电场力大，粒子向电场力方向偏，电场力做正功，动能增加． (3) 若 v＞E/B，洛伦兹力大，粒子向磁场力方向偏，电场力做负功，动能 减少． 1、在图中实线框所围的区域内同时存在匀强磁场和匀强电场．一负离子（不计重力）恰好 能沿图中虚线通过这一区域．则匀强磁场和匀强电场的方向不可能为下列哪种情况 （ D ） A、匀强磁场和匀强电场的方向都水平向右 B、匀强磁场方向竖直向上，匀强电场方向垂直于纸面向里 C、匀强磁场方向垂直于纸面向里，匀强电场方向竖直向下 D、匀强磁场方向垂直于纸面向外，匀强电场方向竖直向下 2、一质子以速度 V 穿过互相垂直的电场和磁场区域而没有发生偏转，则 （ BD ） A、若电子以相同速度 V 射入该区域，将会发生偏转 B、无论何种带电粒子，只要以相同速度射入都不会发生偏转 C、若质子的速度 V'V，它将向上偏转，其运动轨迹既不是圆弧也不 是抛物线 3 如图，氕、氘、氚核以相同的动能射入速度选择器，结果氘核沿直线运动，则 ( AD ) A．偏向正极板的是氕核 B．偏向正极板的是氚核 C．射出时动能最大的是氕核 D．射出时动能最大的是氚核 × × × × × × × × × × × × × × × v0 B E M N V + - B CA D t v A B t t1 2 B A t v A B t1 3 B A t2 2 t v A t t1 B A t v A B t t1 2 B A OOOO 4.在如图所示的空间中，存在场强为 E 的匀强电场，同时存在沿 x 轴负方向、磁感应强度为 B 的匀强磁场.一质子(电荷量为 e)在该空间恰沿 y 轴正方向以速度 v 匀速运动.据此可以 判断出( C ) A.质子所受电场力大小等于 eE，运动中电势能减小；沿 z 轴正方向电势升高 B.质子所受电场力大小等于 eE，运动中电势能增大；沿 z 轴正方向电势降低 C.质子所受电场力大小等于 evB，运动中电势能不变；沿 z 轴正方向电势升高 D.质子所受电场力大小等于 evB，运动中电势能不变；沿 z 轴正方向电势降低 十.质谱仪 组成： 离子源 O，加速场 U，速度选择器（E,B），偏转场 B2，胶片． 原理： 加速场中 qU=½mv2 选择器中:v=E/B1（qvB1=qE ） 偏转场中: d＝2r，qvB2＝mv2/r 比荷: 1 2 2q E m B B d  质量 1 2 2 B B dqm E  作用：主要用于测量粒子的质量、比荷、研究同位素． 1、如图带电粒子被加速电场加速后，进入速度选择器。速度选择器内相互正交的匀强磁场 和匀强电场的强度分别为 B 和 E。平板 S 上有可让粒子通过的狭缝 P 和记录粒子位置的胶 片 A1A2。平板 S 下方有强度为 B0 的匀强磁场。下列表述不正确的是（ D ） A．质谱仪是分析同位素的重要工具 B．速度选择器中的磁场方向垂直纸面向外 C．能通过狭缝 P 的带电粒子的速率等于 E/B D．粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝 P，粒子的荷质比越小 2．1922 年英国物理学家阿斯顿因质谱仪的发明、同位素和质谱的研究荣获了诺贝尔化学奖。 若速度相同的同一束粒子由左端射入质谱仪后的运动轨迹如图 所示，则下列相关说法中 正确的是( BD ) A．该束带电粒子带负电 B．速度选择器的 P1 极板带正电 C．在 B2 磁场中运动半径越大的粒子，质量越大 D．在 B2 磁场中运动半径越大的粒子，比荷 q/m 越小 3、如图，一束质量、速度和电量不同的正离子垂直地射入匀强磁场和匀强电场正交的区域 里，结果发现有些离子保持原来的运动方向，未发生任何偏转．如果让这些不偏转离子进 入另一匀强磁场中，发现这些离子又分裂成几束，对这些进入后一磁场的离子，可得出结 论 ( D ) A．它们的动能一定各不相同 B．它们的电量一定各不相同 C．它们的质量一定各不相同 D．它们的电量与质量之比一定各不相同 4 、 如 图 所 示 ， 有 a 、 b 、 c 、 d 四 种 离 子 ， 它 们 带 等 量 同 种 电 荷 ， 质 量 不 等 ， dcba mmmm  ，以不等的速率 dcba vvvv  进入速度选择器后，有两种从速 度选择器中射出，进入 B2 磁场，由此可判定 ( A ) A．射向 P1 的是 a 离子 B．射向 P2 的是 b 离子 C．射到 A1 的是 c 离子 D．射到 A2 的是 d 离子 5、如图是质谱仪工作原理的示意图．带电粒子 a、b 经电压 U 加速(在 A 点初速度为零)后， 进入磁感应强度为 B 的匀强磁场中做匀速圆周运动，最后分别打在感光板 S 上的 x1、x2 处．图中半圆形的虚线分别表示带电粒子 a、b 所通过的路径，则 ( D ) A．a 的质量一定大于 b 的质量 B．a 的电荷量一定大于 b 的电荷量 C．a 运动的时间大于 b 运动的时间 D．a 的比荷(qa／ma)大于 b 的比荷(qb／mb) 十一、回旋加速器 1、交变电场周期与粒子做圆周运动周期相等 2、粒子出盒时的速度 m qBRVm  对应着最大动能 m RBqEKm 2 222  （R 为 D 形盒半径） 3、粒子每加速一次，其动能增加量为： qUEk  ，一个周期内加速两次 4、加速次数 k km E EN 1 ，周期个数： 2 1 2 NN  5、在磁场中运动的总时间为： TNt  21 ( qB mT 2 ),在电场中运动的总时间为： U BRd md qU V a Vt mm 2 (d 为 D 形盒两板间的距离) 1、关于回旋加速器加速带电粒子所获得的能量，下列结论中正确的是 ( AB ) A．与加速器的半径有关，半径越大，能量越大 B．与加速器的磁场有关，磁场越强，能量越大 C．与加速器的电场有关，电场越强，能量越大 D．与带电粒子的质量和电荷量均有关，质量和电荷量越大，能量越大 2、用同一回旋加速器分别对质子和氚核( H3 1 )加速后 （ A ） A．质子获得的动能大于氚核获得的动能 B．质子获得的动能等于氚核获得的动能 C．质子获得的动能小于氚核获得的动能 D．质子获得的动量等于氚核获得的动量（动量定义为：质量与速度的乘积，即：P=mv） 3、回旋加速器是加速带电粒子的装置，其核心部分是分别与高频交流电极相连接的两个 D 形金属盒，两盒间的狭缝中形成的周期性变化的电场，使粒子在通过狭缝时都能得到加速， 两 D 形金属盒处于垂直于盒底的匀强磁场中，如图所示，要增大带电粒子射出时的动能， 则下列说法中正确的是 ( BD ) A．增大匀强电场间的加速电压 B．增大磁场的磁感应强度 C．减小狭缝间的距离 D．增大 D 形金属盒的半径 4、如果用同一回旋加速器分别加速氚核（ 3 1 H）和 a 粒子( 4 2 He)，比较它们所加的高频交流 电源的周期和获得的最大动能的大小，可知 ( A ) A．加速氚核的交流电源的周期较大，氚核获得的最大动能较小 B．加速氚核的交流电源的周期较大，氚核获得的最大动能也较大 C．加速氚核的交流电源的周期较小，氚核获得的最大动能也较小 D．加速氚核的交流电源的周期较小，氚核获得的最大动能较大 5．一回旋加速器当外加磁场一定时，可把α粒子加速到 v，它能把质子加速到速度为（B ） A．v B．2v C．0.5v D．4v 十二、磁流体发电机 等离子体垂直打入磁场中，在洛仑兹力的作用下，正离子往 A 板偏，负离子往 B 板偏， 这样 A、B 板上分别集中了正、负电荷，A、B 板分别相当于电源的正负极，对外电路进行供 电 1、将一束等离子体沿图中所示方向喷射入磁场，磁场中有两块 金属板 A、B，这时金属板上就聚集了电荷．在磁极配置如图 中所示的情况下，下述说法正确的是（ BD ） A．A 板带正电 B．有电流从 b 经用电器流向 a C．金属板 A、B 间的电场方向向下 D．等离子体发生偏转的原因是离子所受洛伦兹力大于所受电场力 2． 一种测量血管中血流速度的仪器原理如图所示，在动脉血管两侧分别安装电 极并加有磁场，设磁感应强度大小为 B，血管的直径为 d．血液中含有带正、 负电荷的离子，血液流动的速度方向如图所示，若电压表的示数为 U，则关于 血液流动的速度大小 v 和电压表极性的说法正确的是(A) A． U Bd v ，a 端为正 B． Ud B v ，a 端为正 C． U Bd v ，b 端为正 D． Ud B v ，b 端为正 3、如图，连接平行金属板 P1 和 P2 的导线的一部分 CD 和另一连接电池的回路的一部分 GH 平 行，CD 和 GH 均在纸平面内，金属板置于磁场中，磁场方向垂直于纸 面向里，当一束等 离子体射入两金属板之间时，CD 段导线将受到力的作用，下列判断正确的是 ( AD ) A.等离子体从右侧射入时，CD 受力的方向远离 GH B.等离子体从右侧射入时，CD 受力的方向指向 GH C.等离子体从左侧射入时，CD 受力的方向远离 GH D.等离子体从左侧射入时，CD 受力的方向指向 GH 4．如图 所示为磁流体发电机的原理图：将一束等离子体喷射入磁场，在场中有两块金属板 A、B，这时金属板上就会聚集电荷，产生电压。如果射入的等离子体速度均为 v，两金属 板的板长为 L，板间距离为 d，板平面的面积为 S，匀强磁场的磁感应强度为 B，方向垂 直于速度方向，负载电阻为 R，等离子体充满两板间的空间。当发电机稳定发电时，电流 表示数为 I，那么板间等离子体的电阻率为(A ) A.S d(Bdv I －R) B.S d(BLv I －R) C.S L(Bdv I －R) D.S L(BLv I －R) 5．如图所示，平行金属板 M、N 之间的距离为 d，其中匀强磁场的 磁感应强度为 B，方向垂直于纸面向外，有带电量相同的正、负 离子组成的等离子束，以速度 v 沿着水平方向由左端连续射入， 电容器的电容为 C，当 S 闭合且电路达到稳定状态后，平行金属 板 M、N 之间的内阻为 r，电容器的带电量为 Q，则下列说法正确的是( BC ) A．当 S 断开时，电容器的充电电荷量 Q>CBdv B．当 S 断开时，电容器的充电电荷量 Q＝CBdv C．当 S 闭合时，电容器的充电电荷量 QCBdv 十三、电磁流量计 流量：单位时间内，流体流过观察面（与流体流动方向垂直的横截面）的体积，称为流量。 Q=VS 1、某制药厂的污水处理站的管道中安装了如图所示的流量计，该装置由绝缘材料制成，长、 宽、高分别为 a、b、c，左右两端开口，在垂直于上下底面方向加磁感应强度为 B 的匀强 磁场，在前后两个面的内侧固定有金属板作为电极，当含有大量正负离子（其重力不计） 的污水充满管口从左向右流经该装置时，利用电压表所显示的两个电极间的电压 U，就可 测出污水流量 Q（单位时间内流出的污水体积）．则下列说法正确的是 （AC） A．后表面的电势一定高于前表面的电势，与正负哪种离子多少无关 B．若污水中正负离子数相同，则前后表面的电势差为零 C．流量 Q 越大，两个电极间的电压 U 越大 D．污水中离子数越多，两个电极间的电压 U 越大 2、电磁流量计广泛应用于测量可导电流体(如污水)在管中的流量(在单位时间内通过管内横 截面的流体的体积)，为了简化，假设流量计是如 图 所示的横截面为长方形的一段管道，其中空部 分的长、宽、高分别为图中的 a、b、c．流量计 的两端与输送流体的管道相连接（图中虚线）．图 中流量计的上下两面是金属材料，前后两面是绝缘 材料．现于流量计所在处加磁感应强度为 B 的匀强 磁场，磁场方向垂直于前后两面．当导电流体稳定地流经流量计时，在管外将流量计上、 下两表面分别与一串接了电阻 R 的电流表的两端连接，I 表示测得的电流值．已知流体 的电阻率为ρ．不计电流计的内阻，则可求得流量为（ ） A. )( c baRB I  B. )( a cbRB I  C. )( b acRB I  D. )( a bcRB I  3．如图所示为一个电磁流量计的示意图，截面为正方形的磁性管，其边长为 d，内有导电 液体流动，在垂直液体流动方向加一指向纸里的匀强磁场，磁感应强度为 B。现测得液体 a、b 两点间的电势差为 U,求管内导电液体单位时间的流量 Q。 Q=Du/B a b 液 体 十四、霍尔效应 1、利用霍尔效应制作的霍尔元件，广泛应用于测量和自动控制 等领域。如图是霍尔元件的工作原理示意图，磁感应强度 B 垂 直于霍尔元件的工作面向下，通入图示方向的电流 I，C、D 两 侧面会形成电势差 UCD。下列说法中正确的是（ BC ） A．电势差 UCD 仅与材料有关 B．若霍尔元件的载流子是自由电子，则电势差 UCD0） 速度大小 1 m 2q v 2 2m -2q 2v 3 3m -3q 3v 4 2m 2q 3v 5 2m -q v P M N Q a b c 板的方向从两板正中间射入，穿过两板后又垂直于磁场方向射入边界线竖直的匀强磁场， 则粒子射入磁场和射出磁场的 M、N 两点间的距离 d 随着 U 和 vo 的变化情况为（不计重力， 不考虑边缘效应）（ A ） A.d 随 vo 增大而增大，d 与 U 无关 B.d 随 vo 增大而增大，d 随 U 增大而增大 C.d 随 U 增大而增大，d 与 vo 无关 D. d 随 U 增大而增大，d 随 vo 增大而减小 8．如图所示，在第二象限内有水平向右的匀强电场，在第一、第四象限内分别存在如图所 示的匀强磁场，磁感应强度大小相等．有一个带电粒子以初速度 v0 垂直 x 轴，从 x 轴 上的 P 点进入匀强电场，恰好与 y 轴成 45°角射出电 场，再经过一段时间又恰好垂直于 x 轴进入下面的磁 场．已知 OP 之间的距离为 l，则带电粒子(CD) A．出电场时与 y 轴交点坐标为（0，l） B．电场强度 E= C．磁感应强度 B= D．自进入电场至在磁场中第二次经过 x 轴的时间为 9．如图所示，两匀强磁场方向相同，以虚线 MN 为理想边界，磁感应强 度分别为 B1、B2．今有一个质量为 m、电荷量为 e 的电子从 MN 上的 P 点沿垂直于磁场的方向射入匀强磁场 B1 中，其运动轨迹为如图虚 线所示的“心”形图线．则以下说法正确的是（AD ） A．电子的运行轨迹为 PDMCNEP B．电子运行一周回到 P 用时为 C．B1＝4 B2 D．B1＝2 B2 10．空间存在相互垂直的匀强电场和匀强磁场，电场的方向竖直向下，磁场方向水平(垂直 纸面向里)，一带电油滴 P 恰好处于静止状态，则下列说法正确的是（ D ） A．若仅撤去电场，P 可能做匀加速直线运动 B．若仅撤去磁场，P 可能做匀加速直线运动 C．若给 P 一初速度，P 不可能做匀速直线运动 D．若给 P 一初速度，P 可能做匀速圆周运动 11. 如图所示，在长方形 abcd 区域内有正交的匀强电场和匀强磁 场， Lbcab  2 1 ，一带电粒子从 ad 的中点垂直于电场和磁 场方向射入，恰沿直线从 bc 边的中点 P 射出，若撤去电场，则 粒子从 a 点射出且射出时的动能为 Ek；若撤去磁场，则粒子射 出时的动能为（重力不计）D A．Ek B．2Ek C．4Ek D．5Ek d a b c B E v0 P × × × × × × × × × × × × × × × × v B d a b c 15. 如图所示，在圆形区域内，存在垂直纸面向外的匀强磁场， ab 是 圆的一条直径。一带电粒子从 a 点射入磁场，速度大小为 2v，方向与 ab 成 时恰好从 b 点飞出磁场，粒子在磁场中运动的时间为 t；若 仅将速度大小改为 v，则粒子在磁场中运动的时间为（不计带电粒子 所受重力） ( D ) A． B． C． D．2t 16、如图所示，一个理想边界为 PQ、MN 的匀强磁场区域，磁场宽度为 d，方向垂直纸面向 里．一电子从 O 点沿纸面垂直 PQ 以速度 v0 进入磁场。若电子在磁场中运动的轨道半径 为 2d．O/ 在 MN 上，且 OO/与 MN 垂直．下列判断正确的是 ( D ) A．电子将向右偏转 B．电子打在 MN 上的点与 O/点的距离为 d C．电子打在 MN 上的点与 O/点的距离为 d D．电子在磁场中运动的时间为πd/3v0 17．如图所示，边长为 L 的等边三角形 ABC 为两有界匀强磁场的 理想边界，三角形内的磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度 大小为 B，三角形外的磁场（足够大）方向垂直纸面向里，磁 感应强度大小也为 B。把粒子源放在顶点 A 处，它将沿 的 角平分线发射质量为 m、电荷量为 q、初速度为 v0 的带电粒子 （粒子重力不计）。若从 A 射出的粒子： ①带负电， ，第一次到达 C 点所用时间为 t1 ②带负电， ，第一次到达 C 点所用时间为 t2 ③带正电， ，第一次到达 C 点所用时间为 t3 ④带正电， ，第一次到达 C 点所用时间为 t4 则下列判断正确的是（B ） A． B． C． D． 18．如右图所示，在正方形区域 abcd 内有一垂直纸面向里的匀强磁场， 一 束电子以大小不同 的速率垂直于 ad 边且垂直于磁场射入磁场区域，下列判断正确的是 D A．在磁场中运动时间越长的电子，其运动轨迹越长 B．在磁场中运动时间相同的电子，其运动轨迹一定重合 C．不同运动速率的电子，在磁场中的运动时间一定不相同 D．在磁场中运动时间越长的电子，其运动轨迹所对应的圆心角越大 19．如图所示，图形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为 B，一带电粒子（不 计重力）以某一初速度沿圆的直径方向射入磁场，粒子穿过此区域的时间为 t，粒子飞 出此区域时速度方向偏转角为 60°，根据上述条件可求下列物理量中的（ AC ） A．带电粒子的比荷 B．带电粒子的初速度 C．带电粒子在磁场中运动的周期 D．带电粒子在磁场中运动的半径 20．如图在 x 轴上方存在垂直纸面向里的磁感应强度为 B 的匀强磁场，x 轴下方存在垂直纸 面向外的磁感应强度为 B/2 的匀强磁场．一带负电的粒子从原点 O 以与 x 轴成 角斜 向上射人磁场，且在上方运动半径为 R（不计重力）。则 D A．粒子经偏转一定能回到原点 0 B．粒子在 轴上方和下方两磁场中运动的半径之比为 2:1 C．粒子完成一次周期性运动的时间为 D．粒子第二次射入 轴上方磁场时，沿 轴前进 3R 复合场中力与运动关系及各种能量变换关系 1．如图所示，在互相垂直的匀强电场和匀强磁场中，电量 q 的液滴做 半径为 R 的匀速圆周运动，已知电场强度为 E，磁感应强度为 B，则 油滴的质量和环绕速度分别为：（ A ） A、Eq/g，BgR/E； B、B2qR/E，E/B； C、B gRq / ， qRg ； D、Eq/g，E/B； 2．质量为 m 的带电小球在正交的匀强电场、匀强磁场中做匀速圆周运动，轨道平面在竖直 平面内，电场方向竖直向下，磁场方向垂直圆周所在平面向里，如图所示，由此可知 B A．小球带正电，沿顺时针方向运动 B．小球带负电，沿顺时针方向运动 C．小球带正电，沿逆时针方向运动 D．小球带负电，沿逆时针方向运动 3、如图所示，空间存在水平向左的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场。 在该区域中，有 一个竖直放置的光滑绝缘圆环，环上套有一个带正电的小球。O 点为圆环的圆心，a、b、 c、d 为圆环上的四个点，a 点为最高点，c 点为最低点，b、O、d 三点在同一水平线上。 已知小球所受电场力与重力大小相等。现将小球从环的顶端 a 点由静止释放，下列判断正 确的是( D ) A．小球能越过 d 点并继续沿环向上运动 B．当小球运动到 c 点时，所受洛伦兹力最大 C．小球从 d 点运动到 b 点的过程中，重力势能减小，电势能增大 D．小球从 b 点运动到 C 点的过程中，电势能增大，动能先增大后减小 高中物理专题总汇（一）(附参考答案) 直线运动规律及追及问题 一 、 例题 例题1.一物体做匀变速直线运动，某时刻速度大小为4m/s，1s后速度的大小变为10m/s， 在这 1s 内该物体的 （ ） A.位移的大小可能小于 4m B.位移的大小可能大于 10m C.加速度的大小可能小于 4m/s D.加速度的大小可能大于 10m/s 析：同向时 220 1 /6/1 410 smsmt vva t  mmtvvs t 712 104 2 0 1  反向时 220 2 /14/1 410 smsmt vva t  mmtvvs t 312 104 2 0 2  式中负号表示方向跟规定正方向相反 答案：A、D 例题 2：两木块自左向右运动，现用高速摄影机在同一底片上多次曝光，记录下木快每 次曝光时的位置，如图所示，连续两次曝光的时间间隔是相等的，由图可知 （ ） A 在时刻 t2 以及时刻 t5 两木块速度相同 B 在时刻 t1 两木块速度相同 C 在时刻 t3 和时刻 t4 之间某瞬间两木块速度相同 D 在时刻 t4 和时刻 t5 之间某瞬间两木块速度相同 解析：首先由图看出：上边那个物体相邻相等时间内的位移之差为恒量，可以判定其做 匀变速直线运动；下边那个物体 很明显地是做匀速直线运动。由 于 t2 及 t3 时刻两物体位置相同， 说明这段时间内它们的位移相 等，因此其中间时刻的即时速度 相等，这个中间时刻显然在 t3、t4 之间 答案：C 例题 3 一跳水运动员从离水面 10m 高的平台上跃起，举双臂直立身体离开台面，此时 中心位于从手到脚全长的中点，跃起后重心升高 0.45m 达到最高点，落水时身体竖直，手先 入水（在此过程中运动员水平方向的运动忽略不计）从离开跳台到手触水面，他可用于完成 t1 t2 t3 t4 t5 t6 t7 t1 t2 t3 t4 t5 t6 t7 空中动作的时间是多少？（g 取 10m/s2 结果保留两位数字） 解析：根据题意计算时，可以把运动员的全部质量集中在重心的一个质点，且忽略其水 平方向的运动，因此运动员做的是竖直上抛运动，由 g vh 2 2 0 可求出刚离开台面时的速度 smghv /320  ，由题意知整个过程运动员的位移为－10m（以向上为正方向），由 2 0 2 1 attvs  得： －10=3t－5t2 解得：t≈1.7s 思考：把整个过程分为上升阶段和下降阶段来解，可以吗？ 例题 4.如图所示，有若干相同的小 钢球，从斜面 上的某一位置每隔 0.1s 释放一颗，在连 续 释 放 若 干 颗钢球后对斜面上正在滚动的若干小球 摄 下 照 片 如 图，测得 AB=15cm，BC=20cm，试求： （1） 拍照时 B 球的速度； （2） A 球上面还有几颗正在滚动的钢 球 解析：拍摄得到的小球的照片中，A、B、 C、D…各小球 的位置，正是首先释放的某球每隔 0.1s 所在的位置.这样就把本题转换成一个物体在斜面上 做初速度为零的匀加速运动的问题了。求拍摄时 B 球的速度就是求首先释放的那个球运动到 B 处的速度；求 A 球上面还有几个正在滚动的小球变换为首先释放的那个小球运动到 A 处经 过了几个时间间隔（0.1s） （1）A、B、C、D 四个小球的运动时间相差△T=0.1s VB= T ss ABBC   2 = 2.0 35.0 m/s=1.75m/s （2）由△s=a△T2 得： a= 2T s   m/s2= 21.0 15.02.0  =5m/s2 例 5：火车 A 以速度 v1 匀速行驶，司机发现正前方同一轨道上相距 s 处有另一火车 B 沿 同方向以速度 v2（对地，且 v2〈v1〉做匀速运动，A 车司机立即以加速度（绝对值）a 紧急 刹车，为使两车不相撞，a 应满足什么条件？ 分析：后车刹车做匀减速运动，当后车运动到与前车车尾即将相遇时，如后车车速已降 到等于甚至小于前车车速，则两车就不会相撞，故取 s 后=s+s 前和 v 后≤v 前求解 解法一：取取上述分析过程的临界状态，则有 v1t－ 2 1 a0t2＝s＋v2t v1－a0t = v2 B A C D a0 = s vv 2 )( 2 21  所以当 a≥ s vv 2 )( 2 21  时，两车便不会相撞。 法二：如果后车追上前车恰好发生相撞，则 v1t－ 2 1 at2 ＝ s ＋v2t 上式整理后可写成有关 t 的一元二次方程，即 2 1 at2＋（v2－v1）t＋s ＝ 0 取判别式△〈0，则 t 无实数解，即不存在发生两车相撞时间 t。△≥0，则有 （v2－v1）2≥4（ 2 1 a）s 得 a≤ s vv 2 )( 2 12  为避免两车相撞，故 a≥ s vv 2 )( 2 12  法三：运用 v-t 图象进行分析，设从某 时 刻起后车开始以绝对值为 a 的加速度开始刹 车， 取该时刻为 t=0，则 A、B 两车的 v-t 图线如 图 所示。图中由 v1 、v2、C 三点组成的三角形 面 积值即为 A、B 两车位移之差（s 后－s 前）=s， tan θ即为后车 A 减速的加速度绝对值 a0。因此 有 2 1 （v1－v2） tan )( 21 vv  =s 所以 tanθ=a0= s vv 2 )( 2 21  若两车不相撞需 a≥a0= s vv 2 )( 2 21  二、习题 1、 下列关于所描述的运动中，可能的是 （ ） A 速度变化很大，加速度很小 B 速度变化的方向为正，加速度方向为负 C 速度变化越来越快，加速度越来越小 D 速度越来越大，加速度越来越小 解析：由 a=△v/△t 知，即使△v 很大，如果△t 足够长，a 可以很小，故 A 正确。速 v v1 v2 0 tt0 A C Bθ（ 度变化的方向即△v 的方向，与 a 方向一定相同，故 B 错。加速度是描述速度变化快慢的物 理量，速度变化快，加速度一定大。故 C 错。加速度的大小在数值上等于单位时间内速度的 改变量，与速度大小无关，故 D 正确。 答案：A、D 2、 一个物体在做初速度为零的匀加速直线运动，已知它在第一个△t 时间内的位移为 s，若 △t 未知，则可求出 （ ） A． 第一个△t 时间内的平均速度 B． 第 n 个△t 时间内的位移 C． n△t 时间的位移 D． 物体的加速度 解 析 ： 因 v = t s  ， 而 △ t 未 知 ， 所 以 v 不 能 求 出 ， 故 A 错 . 因 ),12(::5:3:1::::  nssss n  有 )12(:1:  nss n ，  snsn )12( （2n-1）s，故 B 正确；又 s∝t2 所以 s sn =n2，所以 sn=n2s，故 C 正确；因 a= 2t s ，尽管 △s=sn-sn-1 可求，但△t 未知，所以 A 求不出，D 错. 答案：B、C 3 、汽车原来以速度 v 匀速行驶,刹车后加速度大小为 a,做匀减速运动,则 t 秒后其位 移为( ) A 2 2 1 atvt  B a v 2 2 C 2 2 1 atvt  D 无法确定 解析:汽车初速度为 v，以加速度 a 作匀减速运动。速度减到零后停止运动，设其运动 的时间 t，= a v 。当 t≤t，时，汽车的位移为 s= 2 2 1 atvt  ；如果 t＞t，，汽车在 t，时已停止 运动，其位移只能用公式 v2=2as 计算，s= a v 2 2 答案：D 4、汽车甲沿着平直的公路以速度 v0 做匀速直线运动，当它路过某处的同时，该处有一 辆汽车乙开始做初速度为零的匀加速运动去追赶甲车，根据上述的已知条件（ ） A. 可求出乙车追上甲车时乙车的速度 B. 可求出乙车追上甲车时乙车所走的路程 C. 可求出乙车从开始起动到追上甲车时所用的时间 D. 不能求出上述三者中任何一个 分析：题中涉及到 2 个相关物体运动问题，分析出 2 个物体各作什么运动，并尽力找到 两者相关的物理条件是解决这类问题的关键，通常可以从位移关系、速度关系或者时间 关系等方面去分析。 解析：根据题意，从汽车乙开始追赶汽车甲直到追上，两者运动距离相等，即 s 甲= =s 乙=s，经历时间 t 甲=t 乙=t. 那么，根据匀速直线运动公式对甲应有： tvs 0 根据匀加速直线运动公式对乙有： 2 2 1 ats  ，及 atvt  由前 2 式相除可得 at=2v0，代入 后 式 得 vt=2v0，这就说明根据已知条件可求出 乙 车 追 上 甲车时乙车的速度应为 2v0。因 a 不知， 无 法 求 出 路程和时间，如果我们采取作 v－t 图 线的方法， 则上述结论就比较容易通过图线看 出。图中当 乙车追上甲车时，路程应相等，即从 图 中 图 线 上看面积 s 甲和 s 乙，显然三角形高 vt 等 于 长 方 形高 v0 的 2 倍，由于加速度 a 未知， 乙 图 斜 率 不定，a 越小，t 越大，s 也越大，也 就 是 追 赶 时间和路程就越大。 答案：A 5 、在轻绳的两端各栓一个小球，一人用手拿者上端的小球站在 3 层楼阳台上，放手后 让小球自由下落，两小球相继落地的时间差为 T，如果站在 4 层楼的阳台上，同样放手让小 球自由下落，则两小球相继落地时间差将 （ ） A 不变 B 变大 C 变小 D 无法判断 解析：两小球都是自由落体运动， 可 在 一 v-t 图象中作出速度随时间的关系曲 线，如图 所示，设人在 3 楼阳台上释放小球后， 两球落地 时间差为△t1，图中阴影部分面积为△ h，若人在 4 楼阳台上释放小球后，两球落地时间 差△ t2 ， 要保证阴影部分面积也是△h；从图中 可以看出 一定有△t2〈△t1 答案：C 6、一物体在 A、B 两点的 正 中 间 由静止开始运动（设不会超越 A、B）， 其加速度随时间变化如图所 示。设向 A 的加速度为为正方向，若从 出 发 开 始计时，则物体的运动情况是 （ ） A 先向 A ，后向 B，再向 A，又向 B，4 秒末静止在原处 B 先向 A ，后向 B，再向 A，又向 B，4 秒末静止在偏向 A 的某 点 C 先向 A ，后向 B，再向 A，又向 B，4 秒末静止在偏向 B 的某点 D 一直向 A 运动，4 秒末静止在偏向 A 的某点 v vt v0 0 t 乙 甲 S 甲 S 乙 v v1 0 t△t1 △t2 v2 v1＇ v2＇ －1 1 a／m·s－2 t/s 1 2 3 40 解析：根据 a-t 图象作出其 v-t 图象，如右图 所示，由该图可以看出物体的 速 度 时 大 时 小，但方向始终不变，一直向 A 运 动 ， 又 因 v-t 图象与 t 轴所围“面积”数 值 上 等 于 物 体在 t 时间内的位移大小，所 以 4 秒 末 物 体距 A 点为 2 米 答案：D 7、天文观测表明，几乎所有远 处的恒星（或 星系）都在以各自的速度背离我们而运动，离我们越远的星体，背离我们运动的速度（称为 退行速度）越大；也就是说，宇宙在膨胀，不同星体的退行速度 v 和它们离我们的距离 r 成正比，即 v=Hr。式中 H 为一常量，称为哈勃常数，已由天文观察测定，为解释上述现象， 有人提供一种理论，认为宇宙是从一个大爆炸的火球开始形成的，假设大爆炸后各星体即以 不同的速度向外匀速运动，并设想我们就位于其中心，则速度越大的星体现在离我们越远， 这一结果与上述天文观测一致。 由上述理论和天文观测结果，可估算宇宙年龄 T，其计算式如何？根据近期观测，哈勃 常数 H=3×10-2m/（s 光年），其中光年是光在一年中行进的距离，由此估算宇宙的年龄约为 多少年？ 解析：由题意可知，可以认为宇宙中的所有星系均从同一点同时向外做匀速直线运动，由于 各自的速度不同，所以星系间的距离都在增大，以地球为参考系，所有星系以不同的速度均 在匀速远离。则由 s=vt 可得 r=vT，所以，宇宙年龄：T= v r = Hr r = H 1 若哈勃常数 H=3×10-2m/（s 光年） 则 T= H 1 =1010 年 思考：1 宇宙爆炸过程动量守恒吗？如果爆炸点位于宇宙的“中心”，地球相对于这个“中 心”做什么运动？其它星系相对于地球做什么运动？ 2 其它星系相对于地球的速度与相对于这个“中心”的速度相等吗？ 8、摩托车在平直公路上从静止开始起动，a1=1.6m/s2，稍后匀速运动，然后减速， a2=6.4m/s2，直到停止，共历时 130s，行程 1600m。试求： （1） 摩托车行驶的最大速度 vm； （2） 若摩托车从静止起动，a1、a2 不变，直到停止，行程不变，所需最短时间为多少？ 分析：（1）整个运动过程分三个阶段：匀加速运动；匀速运动；匀减速运动。可借助 v-t 图象表示。 （2）首先要回答摩托车以什么样的方式运动可使得时间最短。借助 v-t 图象可以证明： 当摩托车以 a1 匀加速运动，当速度达到 v/ m 时，紧接着以 a2 匀减速运动直到停止时，行程不 变，而时间最短 解：（1）如图所示，利用推论 vt 2-v0 2=2as 有： 1 2 2a vm +（130- 21 a v a v mm  ）vm+ 2 2 2a vm =1600. 其 中 a1=1.6m/s2,a2=6.4m/s2. 解 得 ： vm=12.8m/s（另一解舍去）. v/m·s－1 1 0 t/s2 31 4 v/m·s－1 vm 0 t/s130 a1 a2 (2)路程不变，则图象中面积不变，当 v 越大则 t 越小，如图所示.设最短时间为 tmin， 则 tmin= 2 / 1 / a v a v mm  ① 2 2/ 1 2/ 22 a v a v mm  =1600 ② 其中 a1=1.6m/s2,a2=6.4m/s2.由②式解得 vm=64m/s，故 tmin= sss 504.6 64 6.1 64  .既 最短时间为 50s. 答案：（1）12.8m/s （2）50s 9 一平直的传送以速率 v=2m/s 匀速行驶，传送带把 A 处的工件送到 B 处，A、B 两处相 距 L=10m，从 A 处把工件无初速度地放到传送带上，经时间 t=6s 能传送到 B 处，欲使工件 用最短时间从 A 处传送到 B 处，求传送带的运行速度至少应多大？ 解析：物体在传送带上先作匀加速运动，当速度达到 v=2m/s 后与传送带保持相对静止，作 匀速运动.设加速运动时间为 t，加速度为 a，则匀速运动的时间为（6-t）s，则： v=at ① s1= 2 1 at2 ② s2=v(6-t) ③ s1+s2=10 ④ 联列以上四式，解得 t=2s,a=1m/s2 物体运动到 B 处时速度即为皮带的最小速度 由 v2=2as 得 v= 522 as m/s 传送带给物体的滑动摩擦力提供加速度，即 ,, gamamg   此加速度为物体运动的最大 加速度.要使物体传送时间最短，应让物体始终作匀加速运动 10、一辆汽车在十字路口等候绿灯，当绿灯亮时汽车以 3m/s2 的加速度开始行驶，恰在 这时一辆自行车以 6m/s 的速度匀速驶来，从后边赶过汽车。试求： （1） 汽车从路口开动后，在追上自行车之前经过多长时间两车相距最远？此时距 离是多少？ （2） 什么时候汽车追上自行车，此时汽车的速度是多少？ 解析：解法一：汽车开动后速度由零逐渐增大，而自行车的速度是定值。当汽车的速度 还小于自行车速度时，两者的距离将越来越大，而一旦汽车速度增加到超过自行车速度 时，两车距离就将缩小。因此两者速度相等时两车相距最大，有 自汽 vatv  ，所以， savt 2 自 mattvs 622  自 解法二：用数学求极值方法来求解 （1） 设汽车在追上自行车之前经过 t 时间两车相距最远， 因为 22 12 attvsss  自 v/m·s－1 vm＇ 0 t/s130 a1 a2 tmin 所以 236 2tts  ，由二次函数求极值条件知， sa bt 22  时， s 最大 即  mttsm 622326236 22  （2）汽车追上自行车时，二车位移相等，则 22'' atvt  236 2'' tt  , st 4'  smatv /12''  解法三：用相对运动求解更简捷 选匀速运动的自行车为参考系，则从运动开始到相距最远这段时间内，汽车相对此参考 系的各个物理量为： 初速度 v0 = v 汽初－v 自 =（0－6）m/s = －6m/s 末速度 vt = v 汽末－v 自 =（6－6）m/s = 0 加速度 a = a 汽－a 自 =（3－0）m/s2 = 3m/s2 所以相距最远 s= a vvt 2 2 0 2  =－6m（负号表示汽车落后） 解法四：用图象求解 （1）自行车和汽车的 v-t 图如图，由于图线与 横坐标轴所包围的面积表示位移的大小，所以由图 上可以看出：在相遇之前，在 t 时刻两车速度相等 时，自行车的位移（矩形面积）与汽车的位移（三 角形面积）之差（即斜线部分）达最大，所以 t=v 自/a= 3 6 s=2s △s= vt－at2/2 =（6×2－3×22/2）m= 6m （2）由图可看出：在 t 时刻以后，由 v 自或与 v 汽线组成的三角形面积与标有斜线的三角形面积相等时，两车的位移相等（即相遇）。所以 由图得相遇时，t’= 2t = 4s，v’= 2v 自=12m/s 答案 （1）2s 6m （2）12m/s 摩擦力专题 一、 明确摩擦力产生的条件 （1） 物体间直接接触 （2） 接触面粗糙 （3） 接触面间有弹力存在 （4） 物体间有相对运动或相对运动趋势 这四个条件紧密相连，缺一不可．显然，两物体不接触，或虽接触但接触面是 光滑的，则肯定不存在摩擦力．但满足(1)、(2)而缺少(3)、 (4)中的任意一条， 也不会有摩擦力．如一块砖紧靠在竖直墙，放手后让其沿墙壁下滑，它满足条件 (1)、(2)、(4)，却不具备条件(3)，即相互间无压力，故砖不可能受到摩擦力作 v/m·s－1 v 6 0 t/st t＇ v 汽 v 自 用．又如，静止在粗糙水平面上的物体它满足了条件(1)、 (2)、(3)，缺少条件 (4)，当然也不存在摩擦力． 由于不 明确摩擦力 产生的条件 ，导致答 题错误的 事是经常发生的． 例 1 (1994年 全 国 考 题 )如 图 1所 示 ， C是 水 平 地 面， A 、 B 是两个长方形物块，F是作用在物块上沿水 平 方 向 的 力 ， 物 体 A 和 B 以 相 同 的 速 度 作 匀 速 直 綫 运 动， 由此可知 ， A 、 B 间的 动摩擦因 数 1 和 B 、 C 间 的动摩擦因数 2 有可能是 (A) 1 0， 2 0 (B) 1 0， 2 0 (C) 1 0， 2 0 (D) 1 0， 2 0 解析：本题中选 A 、B 整体为研究对象，由于受推力的作用做匀速直线运动， 可知地面对的摩擦力一定水平向左，故 2 0，对A受力分析可知，水平方向不 受力， 1 可能为0，可能不为0。正确答案为(B)、(D)． 二、了解摩擦力的特点 摩擦力具有两个显著特点：(1)接触性； (2)被动性．所谓接触性，即指物 体受摩擦力作用物体间必直接接触(反之不一定成立)。这种特点已经包括在摩擦 力产生的条件里，这里不赘述。对于摩擦力的被动性，现仔细阐述。所谓被动性 是 指 摩 擦 力 随 外 界 约 束 因 素 变 化 而 变 化 ． 熟 知 的 是 静 摩 擦 力 随 外 力 的 变 化 而 变 化。 例2 (1992年全国考题)如图2所示，一木块放在水平桌面上，在水平方向共 受 到 三 个 力 ， 即 1F 、 2F 和 摩 擦 力 作 用 ， 木 块 图 2处 于 静 止状态，其中 1F ＝10N、 2F ＝2N，若撤去力 1F ，则木块 在水平方向受到的合力为 (A)10N，方向向左 (B)6N，方向向右 (C)2N，方向向左 (D)零 解析； 1F 没有撤去时，物体所受合外力为零，此时静 摩擦力大小为8N，方向向左．撤去 1F 以后，物体在 2F 作用下不可能沿水平方向 发生运动状态的改变，物体仍保拧静止．此时地面对物体的静摩擦力大小为2N， 方向 向右． 从上 述分析 可见静 摩擦力 是被 动力． 答案应 为(D)．对 于滑动 摩擦 力 同样具有被动性． 三、 把握摩擦力大小和方向的计算和判断 中学物理只谈静摩擦和滑动摩擦两种(滚动摩擦不讲)．其中 静f 没有具体的计 算公式，是随外力变化的范围值o≤ 静f ≤ maxf ，一般根据(1)平衡条件求；(2)根 据物体运动状态，由牛顿运动定律求．而 静f 不但可根据上述的 (1)、(2)方法求， 还可以用公式 Nf 滑 计算 例3 如图3所示，质量为 m 、带电量为+q的小物体，放在磁感应强度为B的匀 强磁场中，粗糙挡板ab的宽度略大于小物体厚度．现给带电体一个水平冲量 I ， 试分析带电体所受摩擦力的情况． 解析：带电体获得水平初速 mIv /0  它在．它在 磁场中受洛仑兹力 mqBIBqvf /0 洛 和重力 mgG  ，若 Gf 洛 ，则带电体作匀速直线运动，不受摩擦力作用． 若 Gf 洛 ， 则 带 电 体 贴 着 a 板 前 进 ， 滑 动 摩 擦 力 图 2 1F 2F A B F 图 1 图 3 a b )( mgqvBNf  滑 ，速度越来越小， 滑f 变小，当 v 减小到 0v ，又有 mgBqv 0 , 它又不受摩擦力作用而匀速前进． 若 Gf 洛 ，则带电体贴着b板前逆。滑动摩擦力； )( qvBmgNf  滑 , 它减速运动动直至静止，而 滑f 却是变大的． 这充分说明 滑f 也是具有被动性，所以摩擦力是被动力．了解摩擦力的上述 特点在解题时就能因题致宜，灵活地思考，少走弯路，避免出错. 对于滑动摩擦力的大小，还必须了解其与物体运动状态无关，与接触面积 大小无关的特点． 例4 如图4所示，一质量为m的货物放在倾角为α的传送带上 随传送带一起向上或向下做加速运动．设加速度大小为α，试求两种 情况下货物所受的摩擦力． 解析：物体m向上加速运动时，由于沿斜面向下有重力的分力，所 以要使物体随传送带向上加速运动，传送带对物体的摩擦力必定沿传 送带向上．物体沿斜面向下加速运动时，摩擦力的方向要视加速度的 大小而定，当加速度为某一合适值时，重力沿斜面方向的分力恰好提供了所需的合外力，则 摩擦力为零；当加速度大于此值时，摩擦力应沿斜面向下；当加速度小于此值时，摩擦力应 沿斜面向上． 向上加速运动时，由牛顿第二定律，得：所以F-mgsina=ma，方向沿斜面向上 向下加速运动时，由牛顿第二定律，得： mgsina—F＝ma(设F沿斜面向上) 所以F=mgsina-ma 当a0．与所设方向相同——沿斜面向上． 当a＝gsina时，F=0．即货物与传送带间无摩擦力作用． 当a>gsina时，F<0．与所设方向相反——沿斜面向下． 小结：当物体加速运动而摩擦力方向不明确时，可先假设摩擦力向某一方向， 然后应用牛顿第二定律导出表达式，再结合具体情况进行讨论 例5 如图5所示，质量M=10Kg的 木 楔 ABC静止于水平地面上，动摩擦因数μ ＝0．02，在木楔的倾角θ为300的斜面上有一质量m＝1.0 kg的物块由静止开始沿 斜 面 下 滑 ． 当 滑 行 路 程 S＝ 1． 4m时 ， 其 速 度 s＝ 1． 4m／ s， 在 此 过 程 中 木 楔 没 有 动 ． 求 地 面 对 木 楔 的 摩 擦 力 的 大 小 和 方 向 (g取10 m／s’) 解析：地面对木楔的摩擦力为静摩擦力，但不一定为最大静摩擦力，所以不 能由Fμ ＝μFΝ ，来计算求得，只能根据物体匀运动情况和受力情况来确定． 物 块 沿 斜 面 匀 加 速 下 滑 ， 由 asvvt 22 0 2  可 求 得 物 块 下 滑 的 加 速 度 22 2 /5sin/7.02 smgsms va t   可知物块受到摩塔力的作用． 此条件下，物块与木楔受力情况分别如图6.7所示． m ╮α 图 4 Fμ1FN1 mg 图 6 B Fˊμ1 Fμ2 mg FN2 F N1 图7 A C 物块沿斜面以加速度 Q 下滑，对它沿斜面方向和垂直于斜面方向由牛顿第二 定律有 mgsinθ一 Fμ1＝ma mgcosθ—FN1＝0 ． 木楔静止，对它沿水平方向和竖直方向由牛顿第二定律， 并注意 Fμ1ˊ与 Fμ1，F N1 与 FN1，等值反向，有 Fμ2+ Fμ1cosθ—FN1sinθ＝0 0112    SinFCOSFMgF NN 由上面各式解得地面对木楔的摩擦力 NNma mamgmgCOSFFF N 61.02 37.00.1cos sin)sin(sincossin 112      此力方向与所设方向相同，由C指向B。 另外由以上几式联立还可以求出地面对木楔的支持力 gmMNNN mamgMgmamgmgMgFN )(65.1092 17.00.11011 sinsin)sin(cos2 2    显然，这是由于物块和木楔系统有向下的加速度而产生了失重现象。 对此题也可以系统为研究对象。在水平方向，木楔静止，加速度为零，物块加速 度 水 平 分 量 为 cosaax  。 对 系 统 在 水 平 方 向 由 牛 顿 第 二 定 律 ， 有 NmaF 61.0cos2   答案：0．61 N 方向由C一B 小结：(1)静摩擦力的大小是个变量，它的大小常需要根据物体的运动状态及 摩擦力与物体所受其他力的关系来确定． (2)由此题可看出，研究对象的选取对解题步骤的简繁程度有很大的影响。 练习 1、如图8所示，位于斜面上的物块m在沿斜面向上的力F作用下，处于静止状态， 则斜面作用于物块的静摩擦力 ①方向可能沿斜面向上 ②方向可能沿斜面向 下 ③大小可能为零 ④大小可能等于F以上判断正确 的是………………………………( ) A．只有①② B．只有③④ C．只有①②③ D．①② ③④都正确 D 2、(2004年连云港第二次调研题)某人在乎直公路上骑自行车，见到前方较远处红色交 通信号灯亮起，他便停止蹬车，此后的一段时间内，自行车前轮和后轮受到地面的摩 擦力分别为 前f 和 后f ，则… ( ) A． 前f 向后， 后f 后向前 B． 前f 向前， 后f 向后 C． 前f 向后， 后f 向后 D． 前f 向前， 后f 向前 C 3、如图9所示，重6N的木块静止在倾角为300的斜面上，若用平 行于斜面沿水平方向，大小等于4N的力F推木块，木块仍保持静止， 图 8 图 9 则木块所受的摩擦力大小为……………………………( ) A．4 N B．3 N C．5 N D．6 N C 4、(2004年乐山调研题)如图10所示， 质量为m的木块P在质量为M的长木板A 上滑行，长木板放在水平地面上，一直处于静止状态．若长木板A与地面间的动摩 擦因数为 1 ,木块P与长板A间的动摩擦因数为 2 ，则长木板ab 受到地面的摩擦力大小为 ( ) A Mg1 B． gMm )(1  C mg2 D mgMg 21   C 5、(2004年黄冈调研题)如图11所示，在粗糙水平面上有一个三角形木 块， 在 它的两个粗糙斜面上分别放两个质量为m1和m2的小木块， 21 mm  已知三角形木 块和两个小木块均静止，则粗糙水平面对三角形木块( ) A．没有摩擦力作用 B．有摩擦力作用，摩擦力方向水平向右 C．有摩擦力作用，摩擦力方向水平向左 D．有摩擦力作用，但其方向无法确定，因为m1、m2、 21  和 的数值并未给出 A 6、(2004年宁波期末试题)某空间存在着如图l2所示的水平方向的匀强磁场， A、B两个物块叠放在一起，并置于光滑的绝缘水平地面上，物块A带正电，物块B 为不带电的绝缘块；水平恒力F作用在物块B上，使A、B一起由静止开始水平向左 运动．在A、B一起水平向左运动的过程中，关于A、B受力情况的 以下说法，正确的是……( ) A．A对B的压力变小 B．B对A的摩擦力保持不变 C。A对B的摩擦力变大 D．B对地面的压力保持不变 B 7、如图13所示，一直角斜槽(两槽面夹角为90°)，对水平面夹角为30°，一个横截面 为正方形的物块恰能沿此槽匀速下滑，假定两槽面的材料和表面情况 相同，问物块和槽面间的动摩擦因数为多少? 解析：因为物块对直角斜槽每一面的正压力为 mgcosα.cos45°， 所以当物体匀速下滑时，有平衡方程：mgsinα=2μmgcosαcos45°＝ 2 μmgcosα，所以μ= 6 6)3 3( 2 1tan 2 1  ． 8、质量m=1.5Kg的物块(可视为质点)在水平恒力F的作用下,从水平面上A点由 静止开始运动,运动一段距离撤去该力,物体继续滑行t=2.0s停在B点.已知AB两点 间的距离S=5.0m,物块与水平面间的动摩擦因数 20.0 ,求恒力F为多 m1 m2 1 2 图 11 图 12 图 10 AP V 如图 13 大?(g=10m/s 2) 解析：设撤去力 F 前物块的位移为 1S ，撤去力 F 时物块的速度为 v ，物块受 到的滑动摩擦力 mgF 1 对撤去力后物块滑动过程应用动量定理得 mvtF  01 由运动学公式得 tvSS 21  对物块运动的全过程应用动能定理 011  SFFS 由以上各式得 22 2 gts mgsF    代入数据解得 NF 15 9.如图14所示,静止在水平面上的纸带上放一质量 m为的小金属块(可视为质点), 金属块离纸带右端距离 为L, 金属块与纸带间动摩擦因数为μ.现用力向左将 纸带从金属块下水平抽出,设纸带加速过程极短,可认 为纸带在抽动过程中一直做匀速运动.求: （1） 属块刚开始运动时受到的摩擦力的大小和方向; (2)要将纸带从金属块下水平抽出,纸带的速度v应满足的条件. 解析：（1）金属块与纸带达到共同速度前，金属块受到的摩擦力为： mgf  ，方向向左。 （2） 出纸带的最小速度为 0v 即纸带从金属块下抽出时金属块速度恰好等于 0v 。 对金属块： maf  atv 0 金属块位移： 2 1 2 1 ats  纸带位移： tvs 02  两者相对位移： lSS  12 解得： glv 20  故要抽出纸带，纸带速度 glv 2 10.如图15所示,物块和斜面体的质量分别为m.M,物块 在平行于斜面的推力F作用下沿斜面加速度a向上滑动时,斜 面体仍保持静止.斜面倾角为θ,试求地面对斜面体的支 持力和摩擦力. 解析:由于小物块沿斜面加速上升，所以物块与斜面 v L A 图 14 θ M m F a 图 15θ2fF  1fF  1NFmg 图 17 不能看成一个整体，应分别对物块与斜面进行研究。 （1） 取物块为研究对象，受力分析如图16所示： 由题意得： cos1 mgFN  ① maFmgF f  1sin ② 由②得： mamgFFf  sin1 ③ （2） 取斜面为研究对象，受力分析如图17得：  cossin 112 NfN FMgFF  ④  sincos 112 Nff FFF  ⑤ 又因为 1fF 与 1fF 是作用力与反作用力， 1nF 与 1nF 是作用力与反作用力 由牛顿第三定律得： mamgFFF ff  sin11 ⑥ cos11 mgFF NN  ⑦ 由④⑤⑥⑦解得： sin)()(2 maFgmMFN  cos)(2 mgFFf  牛顿运动定律总结 （一）牛顿第一定律（即惯性定律） 一切物体总保持匀速直线运动状态或静止状态，直到有外力迫使它改变这种状态为止。 （1）理解要点： ①运动是物体的一种属性，物体的运动不需要力来维持。 ②它定性地揭示了运动与力的关系：力是改变物体运动状态的原因，是使物体产生加速 度的原因。 ③第一定律是牛顿以伽俐略的理想斜面实验为基础，总结前人的研究成果加以丰富的想 象而提出来的；定律成立的条件是物体不受外力，不能用实验直接验证。 ④牛顿第一定律是牛顿第二定律的基础，不能认为它是牛顿第二定律合外力为零时的特 例，第一定律定性地给出了力与运动的关系，第二定律定量地给出力与运动的关系。 θ mg F 1fF 1NF 图 16 （2）惯性：物体保持原来的匀速直线运动状态或静止状态的性质叫做惯性。 ①惯性是物体的固有属性，与物体的受力情况及运动状态无关。 ②质量是物体惯性大小的量度。 ③由 牛顿 第二 定 律定 义的 惯 性质 量 m=F/a 和 由万 有引 力 定律 定义 的 引力 质 量 m Fr GM 2 / 严格相等。 ④惯性不是力，惯性是物体具有的保持匀速直线运动或静止状态的性质、力是物体对物 体的作用，惯性和力是两个不同的概念。 （二）牛顿第二定律 1. 定律内容 物体的加速度 a 跟物体所受的合外力 F合 成正比，跟物体的质量 m 成反比。 2. 公式： F ma合  理解要点： ①因果性： F合 是产生加速度 a 的原因，它们同时产生，同时变化，同时存在，同时消 失； ②方向性：a 与 F合 都是矢量，方向严格相同； ③瞬时性和对应性：a 为某时刻某物体的加速度， F合 是该时刻作用在该物体上的合外 力。 （三）力的平衡 1. 平衡状态 指的是静止或匀速直线运动状态。特点： a  0 。 2. 平衡条件 共点力作用下物体的平衡条件是所受合外力为零，即  F 0 。 3. 平衡条件的推论 （1）物体在多个共点力作用下处于平衡状态，则其中的一个力与余下的力的合力等大 反向； （2）物体在同一平面内的三个不平行的力作用下，处于平衡状态，这三个力必为共点 力； （3）物体在三个共点力作用下处于平衡状态时，图示这三个力的有向线段必构成闭合 三角形。 （四）牛顿第三定律 两个物体之间的作用力和反作用力总是大小相等，方向相反，作用在一条直线上，公式 可写为 F F  ' 。 （五）力学基本单位制： kg m s、 、 （在国际制单位中） 1. 作用力与反作用力的二力平衡的区别 内容 作用力和反作用力 二力平衡 受力物体 作用在两个相互作用的物体上 作用在同一物体上 依赖关系 同时产生，同时消失相互依存，不可 单独存在 无依赖关系，撤除一个、另一个可依 然存在，只是不再平衡 叠加性 两力作用效果不可抵消，不可叠加， 不可求合力 两力运动效果可相互抵消，可叠加， 可求合力，合力为零；形变效果不能 抵消 力的性质 一定是同性质的力 可以是同性质的力也可以不是同性质 的力 2. 应用牛顿第二定律解题的一般步骤 ①确定研究对象； ②分析研究对象的受力情况画出受力分析图并找出加速度方向； ③建立直角坐标系，使尽可能多的力或加速度落在坐标轴上，并将其余分解到两坐标轴 上； ④分别沿 x 轴方向和 y 轴方向应用牛顿第二定律列出方程； ⑤统一单位，计算数值。 3. 解决共点力作用下物体的平衡问题思路 （1）确定研究对象：若是相连接的几个物体处于平衡状态，要注意“整体法”和“隔 离法”的综合运用； （2）对研究对象受力分析，画好受力图； （3）恰当建立正交坐标系，把不在坐标轴上的力分解到坐标轴上。建立正交坐标系的 原则是让尽可能多的力落在坐标轴上。 （4）列平衡方程，求解未知量。 4. 求解共点力作用下物体的平衡问题常用的方法 （1）有不少三力平衡问题，既可从平衡的观点（根据平衡条件建立方程求解）——平 衡法，也可从力的分解的观点求解——分解法。两种方法可视具体问题灵活运用。 （2）相似三角形法：通过力三角形与几何三角形相似求未知力。对解斜三角形的情况 更显优势。 （3）力三角形图解法，当物体所受的力变化时，通过对几个特殊状态画出力图（在同 一图上）对比分析，使动态问题静态化，抽象问题形象化，问题将变得易于分析处理。 5. 处理临界问题和极值问题的常用方法 涉及临界状态的问题叫临界问题。临界状态常指某种物理现象由量变到质变过渡到另一 种物理现象的连接状态，常伴有极值问题出现。如：相互挤压的物体脱离的临界条件是压力 减为零；存在摩擦的物体产生相对滑动的临界条件是静摩擦力取最大静摩擦力，弹簧上的弹 力由斥力变为拉力的临界条件为弹力为零等。 临界问题常伴有特征字眼出现，如“恰好”、“刚刚”等，找准临界条件与极值条件，是 解决临界问题与极值问题的关键。 例 1. 如图 1 所示，一细线的一端固定于倾角为 45°的光滑楔形滑块 A 的顶端 P 处，细线 另一端拴一质量为 m 的小球。当滑块以 2g 加速度向左运动时，线中拉力 T 等于多少？ 解析：当小球和斜面接触，但两者之间无压力时，设滑块的加速度为 a' 此时小球受力如图 2，由水平和竖直方向状态可列方程分别为： T ma T mg cos ' sin 45 45 0     解得： a g' 由滑块 A 的加速度 a g a 2 ' ，所以小球将飘离滑块 A，其受力如图 3 所示，设线和 竖直方向成  角，由小球水平竖直方向状态可列方程 T ma T mg sin ' 'cos       0 解得：    T ma mg mg'  2 2 5 例 2. 如图 4 甲、乙所示，图中细线均不可伸长，物体均处于平衡状态。如果突然把两水 平细线剪断，求剪断瞬间小球 A、B 的加速度各是多少？（ 角已知） 解析：水平细线剪断瞬间拉力突变为零，图甲中 OA 绳拉力由 T 突变为 T'，但是图乙中 OB 弹簧要发生形变需要一定时间，弹力不能突变。 （1）对 A 球受力分析，如图 5（a），剪断水平细线后，球 A 将做圆周运动，剪断瞬间， 小球的加速度 a1 方向沿圆周的切线方向。 F mg ma a g1 1 1   sin sin ， （2）水平细线剪断瞬间，B 球受重力 G 和弹簧弹力 T2 不变，如图 5（b）所示，则 F m g a gB2 2  tan tan ， 小结：（1）牛顿第二定律是力的瞬时作用规律，加速度和力同时产生、同时变化、同时 消失。分析物体在某一时刻的瞬时加速度，关键是分析该瞬时前后的受力情况及其变化。 （2）明确两种基本模型的特点： A. 轻绳的形变可瞬时产生或恢复，故绳的弹力可以瞬时突变。 B. 轻弹簧（或橡皮绳）在两端均联有物体时，形变恢复需较长时间，其弹力的大小与 方向均不能突变。 例 3. 传送带与水平面夹角 37°，皮带以 10m/s 的速率运动，皮带轮沿顺时针方向转动， 如图 6 所示。今在传送带上端 A 处无初速地放上一个质量为 m kg 05. 的小物块，它与传送 带间的动摩擦因数为 0.5，若传送带 A 到 B 的长度为 16m，g 取10 2m s/ ，则物体从 A 运动 到 B 的时间为多少？ 解析：由于    05 075. tan . ，物体一定沿传送带对地下移，且不会与传送带相对 静止。 设从物块刚放上到皮带速度达 10m/s，物体位移为 s1 ，加速度 a1 ，时间 t1 ，因物速小于 皮带速率，根据牛顿第二定律， a mg mg m m s1 210  sin cos /   ，方向沿斜面向下。 t v a s s a t m1 1 1 1 1 21 1 2 5    ， 皮带长度。 设从物块速率为10 2m s/ 到 B 端所用时间为 t2 ，加速度 a2 ，位移 s2 ，物块速度大于皮 带速度，物块受滑动摩擦力沿斜面向上，有： a mg mg m m s s vt a t 2 2 2 2 2 2 2 2 1 2      sin cos /   即16 5 10 1 2 2 12 2 2 2    t t t s， （ t s2 10  舍去） 所用总时间 t t t s  1 2 2 例 4. 如图 7，质量 M kg 8 的小车停放在光滑水平面上，在小车右端施加一水平恒力 F=8N。当小车向右运动速度达到 3m/s 时，在小车的右端轻放一质量 m=2kg 的小物块，物块 与小车间的动摩擦因数   0 2. ，假定小车足够长，问： （1）经过多长时间物块停止与小车间的相对运动？ （2）小物块从放在车上开始经过 t s0 30 . 所通过的位移是多少？（g 取10 2m s/ ） 解析：（1）依据题意，物块在小车上停止运动时，物块与小车保持相对静止，应具有共 同的速度。设物块在小车上相对运动时间为 t，物块、小车受力分析如图 8： 物块放上小车后做初速度为零加速度为 a1 的匀加速直线运动，小车做加速度为 a2 匀加 速运动。 由牛顿运动定律： 物块放上小车后加速度： a g m s1 22  / 小车加速度：  a F mg M m s2 205   / . / v a t v a t 1 1 2 23    由 v v1 2 得： t s 2 （2）物块在前 2s 内做加速度为 a1 的匀加速运动，后 1s 同小车一起做加速度为 a2 的匀 加速运动。 以系统为研究对象： 根据牛顿运动定律，由  F M m a  3 得：  a F M m m s3 208  / . / 物块位移 s s s 1 2     s a t m s v t at m s s s m 1 1 2 2 1 2 2 1 2 1 2 4 1 2 4 4 8 4         / / . . 例 5. 将金属块 m 用压缩的轻弹簧卡在一个矩形的箱中，如图 9 所示，在箱的上顶板和下 底板装有压力传感器，箱可以沿竖直轨道运动。当箱以 a m s 2 0 2. / 的加速度竖直向上做 匀减速运动时，上顶板的传感器显示的压力为 6.0 N，下底板的传感器显示的压力为 10.0 N。 （取 g m s 10 2/ ） （1）若上顶板传感器的示数是下底板传感器的示数的一半，试判断箱的运动情况。 （2）若上顶板传感器的示数为零，箱沿竖直方向运动的情况可能是怎样的？ 启迪：题中上下传感器的读数，实际上是告诉我们顶板和弹簧对 m 的作用力的大小。 对 m 受力分析求出合外力，即可求出 m 的加速度，并进一步确定物体的运动情况，但必须 先由题意求出 m 的值。 解析：当 a m s1 22 0 . / 减速上升时，m 受力情况如图 10 所示： mg N N ma m N N g a kg kg           1 2 1 2 1 1 10 6 10 2 05. （1） N N N N N N2 2 1 210 2 5' ' '   ，    N mg N1 2 0' ' 故箱体将作匀速运动或保持静止状态。 （2）若 N1 0" ，则  F N mg N N a F m m s 合 合 （向上）        2 2 10 5 5 10 " / 即箱体将向上匀加速或向下匀减速运动，且加速度大小大于、等于10 2m s/ 。 例 6. 测定病人的血沉有助于对病情的判断。血液由红血球和血浆组成，将血液放在竖直 的玻璃管内，红血球会匀速下沉，其下沉的速度称为血沉，某人血沉为 v，若把红血球看成 半径为 R 的小球，它在血浆中下沉时所受阻力 f Rv 6 ， 为常数，则红血球半径 R＝ ___________。（设血浆密度为  0 ，红血球密度为  ） 解析：红血球受到重力、阻力、浮力三个力作用处于平衡状态，由于这三个力位于同一 竖直线上，故可得 mg gV f  0 即        4 3 4 3 63 0 3R g g R Rv 得：  R v g   9 2 0    1. 如图 1 所示，在原来静止的木箱内，放有 A 物体，A 被一伸长的弹簧拉住且恰好静止， 现突然发现 A 被弹簧拉动，则木箱的运动情况可能是（ ） A. 加速下降 B. 减速上升 C. 匀速向右运动 D. 加速向左运动 2. 如图 2 所示，固定在水平面上的光滑半球，球心 O 的正上方固定一个小定滑轮，细绳 一端拴一小球，小球置于半球面上的 A 点，另一端绕过定滑轮，如图所示。今缓慢拉绳使 小球从 A 点滑到半球顶点，则此过程中，小球对半球的压力大小 N 及细绳的拉力 T 大小的 变化情况是（ ） A. N 变大，T 变大 B. N 变小，T 变大 C. N 不变，T 变小 D. N 变大，T 变小 3. 一个物块与竖直墙壁接触，受到水平推力 F 的作用。力 F 随时间变化的规律为 F kt （常量 k>0）。设物块从 t  0 时刻起由静止开始沿墙壁竖直向下滑动，物块与墙壁间的动摩 擦因数为     1 ，得到物块与竖直墙壁间的摩擦力 f 随时间 t 变化的图象，如图 3 所示， 从图线可以得出（ ） A. 在 0 1~ t 时间内，物块在竖直方向做匀速直线运动 B. 在 0 1~ t 时间内，物块在竖直方向做加速度逐渐减小的加速运动 C. 物块的重力等于 a D. 物块受到的最大静摩擦力总等于 b 4. 如图 4 所示，几个倾角不同的光滑斜面具有共同的底边 AB，当物体由静止沿不同的倾 角从顶端滑到底端，下面哪些说法是正确的？（ ） A. 倾角为 30°时所需时间最短 B. 倾角为 45°所需时间最短 C. 倾角为 60°所需时间最短 D. 所需时间均相等 5. 如图 5 所示，质量为 M 的木板，上表面水平，放在水平桌面上，木板上面有一质量为 m 的物块，物块与木板及木板与桌面间的动摩擦因数均为  ，若要以水平外力 F 将木板抽 出，则力 F 的大小至少为（ ） A. mg B.   M m g C.   m M g 2 D.  2 M m g 6. 一个质量不计的轻弹簧，竖直固定在水平桌面上，一个小球从弹簧的正上方竖直落下， 从小球与弹簧接触开始直到弹簧被压缩到最短的过程中，小球的速度和加速度的大小变化情 况是（ ） A. 加速度越来越小，速度也越来越小 B. 加速度先变小后变大，速度一直是越来越小 C. 加速度先变小，后又增大，速度先变大，后又变小 D. 加速度越来越大，速度越来越小 7. 质量 m kg 1 的物体在拉力 F 作用下沿倾角为 30°的斜面斜向上匀加速运动，加速度 的大小为 a m s 3 2/ ，力 F 的方向沿斜面向上，大小为 10N。运动过程中，若突然撤去拉 力 F，在撤去拉力 F 的瞬间物体的加速度的大小是____________；方向是____________。 8. 如图 6 所示，倾斜的索道与水平方向的夹角为 37°，当载物车厢加速向上运动时，物 对车厢底板的压力为物重的 1.25 倍，这时物与车厢仍然相对静止，则车厢对物的摩擦力的 大小是物重的________倍。 9. 如图 7 所示，传送带 AB 段是水平的，长 20 m，传送带上各点相对地面的速度大小是 2 m/s，某物块与传送带间的动摩擦因数为 0.1。现将该物块轻轻地放在传送带上的 A 点后， 经过多长时间到达 B 点？（g 取10 2m s/ ） 10. 鸵鸟是当今世界上最大的鸟。有人说它不会飞是因为翅膀退化了，如果鸵鸟长了一副 与身体大小成比例的翅膀，它是否就能飞起来呢？这是一个使人极感兴趣的问题，试阅读下 列材料并填写其中的空白处。 鸟飞翔的必要条件是空气的上举力 F 至少与体重 G＝mg 平衡，鸟扇动翅膀获得的上举 力可表示为 F cSv 2 ，式中 S 为鸟翅膀的面积，v 为鸟飞行的速度，c 是恒量，鸟类能飞起 的条件是 F G ，即 v  _________，取等号时的速率为临界速率。 我们作一个简单的几何相似性假设。设鸟的几何线度为 l ，质量 m 体积  l 3 ，S l 2 ， 于是起飞的临界速率 v l 。燕子的滑翔速率最小大约为 20 km/h，而鸵鸟的体长大约是 燕子的 25 倍，从而跑动起飞的临界速率为________km/h，而实际上鸵鸟的奔跑速度大约只 有 40km/h，可见，鸵鸟是飞不起来的，我们在生活中还可以看到，像麻雀这样的小鸟，只 需从枝头跳到空中，用翅膀拍打一两下，就可以飞起来。而像天鹅这样大的飞禽，则首先要 沿着地面或水面奔跑一段才能起飞，这是因为小鸟的_______，而天鹅的______。 11. 如图 8 所示，A、B 两个物体靠在一起放在光滑水平面上，它们的质量分别为 M kg M kgA B 3 6， 。今用水平力 FA 推 A，用水平力 FB 拉 B， FA 和 FB 随时间变化的 关系是    F t N F t NA B   9 2 3 2、 。求从 t=0 到 A、B 脱离，它们的位移是多少？ 12. 如图 9 所示，在倾角为 的长斜面上有一带风帆的滑块，从静止开始沿斜面下滑，滑 块质量为 m，它与斜面间的动摩擦因数为  ，帆受到的空气阻力与滑块下滑速度的大小成 正比，即 f kv 。 （1）写出滑块下滑加速度的表达式。 （2）写出滑块下滑的最大速度的表达式。 （3）若 m kg g m s   2 0 30 10 2. /， ， ，从静止下滑的速度图象如图所示的曲线， 图中直线是 t＝0 时的速度图线的切线，由此求出  和 k 的值。 13. 如图 10 所示，一个弹簧台秤的秤盘和弹簧质量均不计，盘内放一个质量 m kg 12 的 静止物体 P，弹簧的劲度系数 k N m 800 / 。现施加给 P 一个竖直向上的拉力 F，使 P 从静 止开始向上做匀加速运动。已知在头0.2s内 F是变力，在0.2s以后，F是恒力，取 g m s 10 2/ ， 求拉力 F 的最大值和最小值。 【试题答案】 1. ABD 解析：木箱未运动前，A 物体处于受力平衡状态，受力情况：重力 mg、箱底的支持力 N、弹簧拉力 F 和最大的静摩擦力 f m （向左），由平衡条件知： mg N F f m ， 物体 A 被弹簧向右拉动（已知），可能有两种原因，一种是弹簧拉力 F f m ' （新情况 下的最大静摩擦力），可见 f fm m ' ，即最大静摩擦力减小了，由 f Nm   知正压力 N 减 小了，即发生了失重现象，故物体运动的加速度必然竖直向下，由于物体原来静止，所以木 箱运动的情况可能是加速下降，也可能是减速上升，A 对 B 也对。 另一种原因是木箱向左加速运动，最大静摩擦力不足使 A 物体产生同木箱等大的加速 度，即  mg kx ma mg   的情形，D 正确。 匀速向右运动的情形中 A 的受力情况与原来静止时 A 的受力情况相同，且不会出现直 接由静止改做匀速运动的情形，C 错。 2. C 小球受力如图 11（甲），T、N、G 构成一封闭三角形。 由图 11（乙）可见，  AOB ANT~        T AB N OA G OB T G AB OB N G OA OB / / / / / AB 变短，OB 不变，OA 不变，故 T 变小，N 不变。 3. BC 在 0 1~ t 时间内，物块受到的摩擦力小于物块受到的重力，物块向下做加速运动，A 错。 滑动摩擦力随正压力的增大而逐渐增大，合外力逐渐减小，加速度逐渐减小，B 对。当摩擦 力不再随正压力的变化而变化时，一定是静摩擦力了。静摩擦力的大小恰好与重力平衡，所 以物块受的重力等于 a，C 对。最大静摩擦力随正压力的增大而增大，不会总等于 b，D 错。 4. B 解析：设沿一一般斜面下滑，倾角为 ，长为 l ，物体沿斜面做初速为零加速度为 a g sin 的匀加速直线运动，滑到底端的时间为 t，则有： l g t l AB       1 2 1 2 2sin / cos   <1><2>联立解得： t AB g AB g  2 4 2sin cos sin   所以当 2 90 45    ， 时，t 最小，故选 B。 5. D 解析：将木板抽出的过程中，物块与木板间的摩擦力为滑动摩擦力，m 的加速度大小 为 a gm   ，要抽出木板，必须使木板的加速度大于物块的加速度，即 a a gM m   ，对 木板受力分析如图 12，根据牛顿第二定律，得：         F M m g mg Ma F M m g mg Ma M m g mg Mg M m g M M                       2 选项 D 正确 am mg (M+m)g F 图 12 6. C 当弹簧的弹力等于重力时，小球的速度最大， a  0 。 7. 7 2m s/ ，沿斜面向下 有拉力时， F mg f ma  sin30 代入 a m s 3 2/ ，求得 f N 2 撤 F 瞬间， f mg ma sin30 8. 0.33 提示： N mg ma f ma tg a ay x y x    ， ，静 37 9. 11s 提示：物块放到 A 点后先在摩擦力作用下做匀加速直线运动，速度达到 2m/s 后，与传 送带一起以 2m/s 的速度直至运动到 B 点。 10. 解析：根据题意，鸟类飞起的必要条件是 F G 即满足 cSv mg2  故 v mg cS  燕子的最小滑翔速率约为 20 km/h，而鸵鸟的体长大约是燕子的 25 倍。因 v l 故 v v l l 鸵 燕 鸵 燕   25 5 v v km h鸵 燕 5 100 / 可见，鸵鸟起飞的临界速率约为 100km/h，而实际上鸵鸟的速率约为 40km/h，可见鸵 鸟是飞不起来的。 11. 4.17m 提示：以 A、B 整体为对象：  F F m m aA B A B     a m s4 3 2/ 当 A、B 相互脱离时，N＝0，则以 A 为研究对象 F m a t t s A A      4 9 2 2 5.   s at m1 2 25 6 2 12. （1）对滑块应用牛顿第二定律有： mg mg kv masin cos     滑块下滑加速度表达式为：  a g kv m    sin cos /   1 （2）由<1>式可知，当滑块的速度增大时，其加速度是减小的，当加速度为零时，滑块 的速度达到最大，由<1>式可知最大速度为：  v mg kmax sin cos /      2 （3）由图可知，当滑块的速度为零时，其加速度为最大加速度 a m smax / 3 2 ，而由 <1>式可知当滑块的加速度为零时，它的速度最大，滑块的最大速度为 v m smax / 2 ，由<1> 式和<2>式有：     3 3 2 4         g mg k sin cos sin cos /       将 g、m、 代入<3>式和<4>式后解得：   2 3 15 0 23/ . k kg s 30. / 13. 解析：根据题意，F 是变力的时间 t s 0 2. ，这段时间内的位移就是弹簧最初的压缩 量 S，由此可以确定上升的加速度 a，  KS mg S mg K m    ， 12 100 800 015. 由 S at 1 2 2 得：  a S t m s   2 2 015 0 2 7 52 2 2. . . / 根据牛顿第二定律，有： F mg kx ma   得：  F m g a kx   当 x S 时，F 最小    F m g a ks m g a mg ma Nmin . ( )         12 75 90 当 x  0 时，F 最大        F m g a k m g a Nmax .        0 12 10 75 210 ∴拉力的最小值为 90N，最大值为 210N 万有引力定律专题 万有引力定律与牛顿三定律，并称经典力学四大定律，可见万有引力定律的重要性。万 有引力定律定律已成为高考和各地模拟试卷命题的热点。此部分内容在《考纲》中列为Ⅱ级 要求。有关题目立意越来越新，但解题涉及的知识，难度不大，规律性较强。特别是随着我 国载人飞船升空和对空间研究的深入，高考对这部分内容的考查将会越来越强。 一、对万有定律的理解 1．万有引力定律发现的思路、方法 开普勒解决了行星绕太阳在椭圆轨道上运行的规律，但没能揭示出行星按此规律运动的 原因．英国物理学家牛顿(公元 1642～1727)对该问题进行了艰苦的探索，取得了重大突破． 首先，牛顿论证了行星的运行必定受到一种指向太阳的引力． 其次，牛顿进一步论证了行星沿椭圆轨道运行时受到太阳的引力，与它们的距离的二次 方成反比．为了在中学阶段较简便地说明推理过程，课本中是将椭圆轨道简化为圆形轨道论 证的． 第三，牛顿从物体间作用的相互性出发，大胆假设并实验验证了行星受太阳的引力亦跟 太阳的质量成正比．因此得出：太阳对行星的行力跟两者质量之积成正比． 最后，牛顿做了著名的“月一地”检验，将引力合理推广到宇宙中任何两物体，使万有 引力规律赋予普遍性． 2．万有引力定律的检验 牛顿通过对月球运动的验证，得出万有引力定律，开始时还只能是一个假设，在其后的 一百多年问，由于不断被实践所证实，才真正成为一种理论．其中，最有效的实验验证有以 下四方面． ⑴．地球形状的预测．牛顿根据引力理论计算后断定，地球的赤道部分应该隆起，形状 像个橘子．而笛卡尔根据旋涡假设作出的预言，地球应该是两极伸长的扁球体，像个柠檬． 1735 年，法国科学院派出两个测量队分赴亦道地区的秘鲁(纬度φ＝20°)和高纬度处 的拉普兰德(φ＝66°)，分别测得两地 1°纬度之长为：赤道处是 110600m，两极处是 111900m．后来，又测得法国附近纬度 1°的长度和地球的扁率．大地测量基本证实了牛顿 的预言，从此，这场“橘子与柠檬”之争才得以平息． ⑵．哈雷彗星的预报．英国天文学家哈雷通过对彗星轨道的对照后认为，1682 年出现 的大彗星与 1607 年、1531 年出现的大彗星实际上是同一颗彗星，并根据万有引力算出这个 彗星的轨道，其周期是 76 年．哈雷预言，1758 年这颗彗星将再次光临地球．于是，预报彗 星的回归又一次作为对牛顿引力理论的严峻考验． 后来，彗星按时回归，成为当时破天荒的奇观，牛顿理论又一次被得到证实． ⑶．海王星的发现． ⑷．万有引力常量的测定． 由此可见，一个新的学说决不是一蹴而就的，也只有通过反复的验证，才能被人们所普 遍接受． 3．万有引力定律的适用条件 例 1、如下图所示，在半径 R＝20cm、质 量 M＝168kg 的均匀铜球中，挖去一球形空穴， 空穴的半径为要，并且跟铜球相切，在铜球外 有一质量 m＝1kg、体积可忽略不计的小球，这个小球位于连接铜球球心跟空穴中心的直线 上，并且在空穴一边，两球心相距是 d＝2m，试求它们之间的相互吸引力． 解： 完整的铜球跟小球 m 之间的相互吸引力为 2d MmGF  这个力 F 是铜球 M 的所有质点和小球 m 的所有质点之间引力的总合力，它应该等于被挖 掉球穴后的剩余部分与半径为娄的铜球对小球 m 的吸引力 F=F1+F2． 式中 F1 是挖掉球穴后的剩余部分对 m 的吸引力，F2 是半径为 R／2 的小铜球对 m 的吸引 力。因为 2 2 )2( 8 Rd mM GF   ， 所以挖掉球穴后的剩余部分对小球的引力为 F1＝F－F2＝2.41×10－9N 例 2、深入地球内部时物体所受的引力 假设地球为正球体，各处密度均匀．计算它对球外物体的引力，可把整个质量集中于球 心．如果物体深入地球内部，如何计算它所受的引力? 如右图所示，设一个质量为 m 的物体(可视为质点)在地层内离 地心为 r 的 A 处．为了计算地球对它的引力，把地球分成许多薄层．设 过 A 点的对顶锥面上两小块体积分别为△V1、△V2．当△V1 和△V2 很 小时，可以近似看成圆台． 已知圆台的体积公式 )(3 1 21 2 2 2 1 RRRRHV   式中 R1 和 R2 分别是上、下两底面的半径． 当圆台很小很薄时，且 H＜＜ a，H＜＜ b 时，R1≈R2≈R．那么Ｖ＝πHR2 根据万有引力定律  2 2 22 2 1 1 sinsin HGm a amG a mmGF   2 2 22 22 sinsin2 HGm b bmG b mmGF  所以 21 FF  ，即两小块体积的物体对 A 处质点的引力大小相等，且方向相反，它们 的合力为零． 当把地球分成许多薄层后，可以看到，位于 A 点以外的这一圈地层(右 图中用斜线表示)对物体的引力互相平衡，相当于对 A 处物体不产生引力， 对 A 处物体的引力完全由半径为 r 的这部分球体产生．引力大小为 mrG r mr G r mMGF r r   2 2 3 2 3 43 4    即与离地心的距离成正比． 当物体位于球心时，r=0，则 Fr＝O．它完全不受地球 的引力． 所以，当一个质量为 m 的物体从球心(r＝0)逐渐移到球外 时，它所受地球的引力 F 随 r 的变化关系如右图所示．即先随 r 的增大正比例地增大；后随 r 的增大，按平方反比规律减小；当 r＝R0(地球半径)时，引 力 2 0 0 R MmGF  ． 4．注意领会卡文迪许实验设计的巧妙方法． 由万有引力定律表达式 2 21 r mmGF  可知， 21 2 mm FrG  ，要测定引力常量 G，只需测出 两物体 m1、m2 间距离 r 及它们间万有引力 F 即可．由于一 般物体间的万有引力 F 非常小，很难用实验的方法显示并 测量出来，所以在万有引力定律发现后的百余年间，一直 没有测出引力常量的准确数值． 卡文迪许巧妙的扭秤实验通过多次“放大”的办法解 决了这一问题．图是卡文迪许实验装置的俯视图． 首先，图中固定两个小球 m 的 r 形架，可使 m、m’之间微小的万有引力产生较大的力 矩，使金属丝产生一定角度的偏转臼，这是一次“放大”效应． 其次，为了使金属丝的微小形变加以“放大”，卡文迪许用从 1 发出的光线射到平面镜 M 上，在平面镜偏转θ角时，反射光线偏转 2θ角，可以得出光点在刻度尺上移动的弧长 s ＝2θR，增大小平面镜 M 到刻度尺的距离 R，光点在刻度尺上移动的弧长 S 就相应增大，这 又是一次“放大”效应．由于多次巧妙“放大”，才使微小的万有引力显示并测量出来．除 “放大法”外，物理上观察实验效果的方法，还包括“转换法”、“对比法”等． 深刻认识卡文迪许实验的意义 (1)卡文迪许通过改变质量和距离，证实了万有引力的存在及万有引力定律的正确性． (2)第一次测出了引力常量，使万有定律能进行定量计算，显示出真正的实用价值． (3)标志着力学实验精密程度的提高，开创了测量弱力的新时代． (4)表明：任何规律的发现总是经过理论上的推理和实验上的反复验证才能完成． 5．物体在地面上所受的引力与重力的区别和联系 地球对物体的引力是物体具有重力的根本原因．但重力又不完全等于引力．这是因为地 球在不停地自转，地球上的一切物体都随着地球自转而绕地轴做匀速圆周运动，这就需要向 心力．这个向心力的方向是垂直指向地轴的，它的大小是 2rmf  ， 式中的 r 是物体与地轴的距离，ω是地球自转的角速度．这个向心力来 自哪里?只能来自地球对物体的引力 F，它是引力 F 的一个分力如右图， 引力 F 的另一个分力才是物体的重力 mg． 在不同纬度的地方，物体做匀速圆周运动的角速度ω相同，而圆周 的半径 r 不同，这个半径在赤道处最大，在两极最小(等于零)．纬度为 α处的物体随地球自转所需的向心力  cos2Rmf  (R 为地球半径)，由公式可见，随 着纬度升高，向心力将减小，在两极处 Rcosα＝0，f＝0．作为引力的另一个分量，即重力 则随纬度升高而增大．在赤道上，物体的重力等于引力与向心力之差．即 .2R MmGmg  ．在两极，引力就是重力．但由于地球的角速度很小，仅为 10－5rad／s 数量 级，所以 mg 与 F 的差别并不很大． 在不考虑地球自转的条件下，地球表面物体的重力 . R MmGmg 2 这是一个很有 用的结论． 从图中还可以看出重力 mg 一般并不指向地心，只有在南北两极和赤道上重力 mg 才能向 地心． 同样，根据万有引力定律知道，在同一纬度，物体的重力和重力加速度 g 的数值， 还随着物体离地面高度的增加而减小． 若不考虑地球自转，地球表面处有 .2R MmGmg  ，可以得出地球表面处的重力加速度 .2R MGg  ． 在距地表高度为 h 的高空处，万有引力引起的重力加速度为 g＇，由牛顿第二定律可得： 2)( hR MmGgm   即 g hR R hR MGg 2 2 2 )()(     如果在 h＝Ｒ处，则 g＇＝g／4．在月球轨道处，由于 r＝60Ｒ，所以重力加速度 g＇＝ g／3600． 重力加速度随高度增加而减小这一结论对其他星球也适用． 例 3、某行星自转一周所需时间为地球上的 6h，在这行星上用弹簧秤测某物体的重量， 在该行量赤道上称得物重是两极时测得读数的 90％，已知万有引力恒量 G＝6.67×10－11N·m2 ／kg2，若该行星能看做球体，则它的平均密度为多少? [解析]在两极，由万有引力定律得 .2R MmGmg  ① 在赤道 R T mgm R MmG 2 2 2 4 ② 依题意 mg＇=O.9mg ③ 由式①②③和球体积公式联立解得 33 2 /1003.3 1.0 3 mkg GT   二、万有引力定律在天文学上的应用 1． 万有引力定律提供天体做圆周运动的向心力 ⑴人造地球卫星的绕行速度、角速度、周期与半径的关系 ①由 r vm r MmG 2 2  得 r GMv  r 越大，v 越小 ②由 2 2 mr r MmG  得 3r GM r 越大，ω越小 ③由 r T m r MmG 2 2 2 4 得 GM rT 324 r 越大，T 越大 例 4、土星外层上有一个环。为了判断它是土星的一部分还是土星的卫星群，可以测量 环中各层的线速度 a 与该 l 层到土星中心的距离 R 之间的关系来判断： ( ＡＤ ) A．若 v∝R，则该层是土星的一部分； B．若 v2∝R，则该层是土星的卫星群 C．若 v∝１／R，则该层是土星的一部分 D．若 v2∝１／R，则该层是土星的卫星群 ⑵求天体质量、密度 由 r T m r MmG 2 2 2 4 3 3 4 RM  即可求得 注意天体半径与卫星轨迹半径区别 ⑶人造地球卫星的离心向心问题 例 5、在地球大气层外有很多太空垃圾绕地球做匀速圆周运动，每到太阳活动期， 由于受太阳的影响，地球大气层的厚度开始增加，从而使得部分垃圾进入大气层，开始 做靠近地球的向心运动，产生这一结果的原因是 ( C ) A．由于太空垃圾受到地球引力减小而导致的向心运动 B．由于太空垃圾受到地球引力增大而导致的向心运动 C．由于太空垃圾受到空气阻力而导致的向心运动 D．地球引力提供了太空垃圾做圆周运动所需的向心力，故产生向心运动的结果与空 气阻力无关 例 6、宇宙飞船要与轨道空间站对接，飞船为了追上轨道空间站 ( A ) A．只能从较低轨道上加速 B．只能从较高轨道上加速 C．只能从同空间站同一高度轨道上加速 D．无论在什么轨道上，只要加速都行 2． 人造地球卫星 ⑴宇宙速度 第一宇宙速度 smv /109.7 3 1  ，是地球卫星的最小发射速度，也是地球卫星在近地轨道上运 行时的速度． 由 mgR vm R MmG  2 2 得 smgRR GMv /109.7 3 ． 例 7、1990 年 3 月，紫金山天文台将 1965 年 9 月 20 日发现的第 2752 号小行星命 名为吴健雄星，其直径为 32 km，如该小行星的密度和地球相同，则其第一宇宙速度为 m／s，已知地球半径Ｒ=6400km，地球的第一宇宙速度为 8 km／s．（20m／s） 第二宇宙速度的计算 如果人造卫星进入地面附近的轨道速度等于或大于 1l.2km／s，就会脱离地球的引 力，这个速度称为第二宇宙速度． 为了用初等数学方法计算第二宇宙速 度，设想从地球表面至无穷远处的距离分成 无数小段 ab、bc、…，等分点对应的半径 为 r1、r2…，如下图所示． 由于每一小段 ab、bc、cd…极小，这一小 段上的引力可以认为不变．因此把卫星从地 表 a 送到 b 时，外力克服引力做功 )11()()( 1 1 1 121 rRGMmRrrR MmGRr R MmGW  同理，卫星从地表移到无穷远过程中，各小段上外力做的功分别为 )11( 21 2 rrGMmW  )11( 32 3 rrGMmW  … )11( 1 nn n rrGMmW   )11(    rrGMmW n 把卫星送至无穷远处所做的总功 R MmGWWWWWW n  321 为了挣脱地球的引力卫星必须具有的动能为 R MmGWmv 2 22 1 所以 skmgRR GMv /2.1122 2  第三宇宙速度的推算 脱离太阳引力的速度称为第三宇宙速度．因为地球绕太阳运行的速度为 v 地＝30km/s， 根据推导第二宇宙速度得到的脱离引力束缚的速度等于在引力作用下环绕速度的 2 倍，即 skmskmv /4.42/3022 地 因为人造天体是在地球上，所以只要沿地球运动轨道的方向增加△v＝12.4km／s 即可， 即需增加动能 2)(2 1 vm  ．所以人造天体需具有的总能量为 2 3 22 2 2 1)(2 1 2 1 mvvmmvE  得第三宇宙速度 skmv /7.163  动量守恒定律 一：复习要点 1．定律内容:相互作用的几个物体组成的系统，如果不受外力作用，或者它们受到 的外力之和为零，则系统的总动量保持不变。 2．一般数学表达式： ' ' 1 1 2 2 1 1 2 2m v m v m v m v   3．动量守恒定律的适用条件 ： ①系统不受外力或受到的外力之和为零（∑F 合 =0）； ②系统所受的外力远小于内力（F 外  F 内 ），则系统动量近似守恒； ③系统某一方向不受外力作用或所受外力之和为零，则系统在该方向上动量守恒 (分方向动量守恒) 4．动量恒定律的五个特性 ①系统性：应用动量守恒定律时，应明确研究对象是一个至少由两个相互作用的 物体组成的系统，同时应确保整个系统的初、末状态的质量相等 ②矢量性：系统在相互作用前后，各物体动量的矢量和保持不变．当各速度在同 一直线上时，应选定正方向，将矢量运算简化为代数运算 ③同时性： 1 2,v v 应是作用前同一时刻的速度， ' ' 1 2,v v 应是作用后同—时刻的速度 ④相对性：列动量守恒的方程时，所有动量都必须相对同一惯性参考系，通常选 取地球作参考系 ⑤普适性：它不但适用于宏观低速运动的物体，而且还适用于微观高速运动的粒 子．它与牛顿运动定律相比，适用范围要广泛得多，又因动量守恒定律不考虑物体 间的作用细节，在解决问题上比牛顿运动定律更简捷 二：典题分析 1.放在光滑水平面上的A、B两小车中间夹了一压缩轻质弹簧，用两手控制小车处于静止状态， 下列说法正确的是 ( ) A.两手同时放开，两车的总动量等于零 B．先放开右手，后放开左手，两车的总动量向右 C．先放开右手，后放开左手，两车的总动量向左 D．先放开右手，后放开左手，两车的总动量为零 解析：该题考查动量守恒的条件，答案为 AB 2．Ａ、Ｂ两滑块在一水平长直气垫导轨上相碰．用频闪照相机在ｔ０＝0，ｔ１＝Δｔ，ｔ２ ＝2Δｔ，ｔ３＝3Δｔ各时刻闪光四次，摄得如图所示照片，其中Ｂ像有重叠，ｍＢ＝（3／2） ｍＡ，由此可判断 （ ） Ａ．碰前Ｂ静止，碰撞发生在 60ｃｍ处，ｔ＝2.5Δｔ时刻 Ｂ．碰后Ｂ静止，碰撞发生在 60ｃｍ处，ｔ＝0.5Δｔ时刻 Ｃ．碰前Ｂ静止，碰撞发生在 60ｃｍ处，ｔ＝0.5Δｔ时刻 Ｄ．碰后Ｂ静止，碰撞发生在 60ｃｍ处，ｔ＝2.5Δｔ时刻 解析：该题重点考查根据照片建立碰撞的物理图景，答案为 B 3．质量为 50 ㎏的人站在质量为 150 ㎏（不包括人的质量）的船头上，船和人以 0.20m/s 的速度向左在水面上匀速运动，若人用 t =10s 的时间匀加速从船头走到船尾，船长 L＝5m， 则船在这段时间内的位移是多少？（船所受水的阻力不计） 分析：（该题利用动量守恒重点考查了人、船模型中速度关系、位移关系） 解析：设人走到船尾时，人的速度为 xv ，船的速度为 yv S L 对系统分析：动量守恒   yx MvmvvMm  0 对船分析：（匀加速运动） S = tvv y  2 0 对人分析：（匀加速运动） tvvLS x  2 0 得：S = 3.25 m. 4．如图所示，一块足够长的木板，放在光滑水平面上，在木板上自左向右并非放有序号是 1，2，3，…，n 的物体，所有物块的质量均为 m，与木板间的动摩擦因数都相同，开始时， 木板静止不动，第 1，2，3，…n 号物块的初速度分别是 v 0 ，2 v 0 ，3 v 0 ，…nv 0 ，方向都 向右，木板的质量与所有物块的总质量相等 ,最终所有物块与木板以共同速度匀速运动。设 物块之间均无相互碰撞，木板足够长。试求： （1）所有物块与木板一起匀速运动的速度 v n ； （2）第 1 号物块与木板刚好相对静止时的速度 v 1 ； （3）通过分析与计算说明第 k 号（k＜n＝物块的最小速度 v K 分析：（多个物体组成的系统，应恰当选择小系统利用动量守恒定律求解） 在木板上各个物块相对木板运动，都给木板一个向右的磨擦力，因各个物块质量相 同，滑动磨擦力都一样，木板在磨擦力的作用下向右加速。由于每个物块的初始速度不同， 因而相对木板静止的物块顺序依次是 1，2，…，n 号，当第一号物块由 v 0 到相对木板静止 时，其动量变化设为△p 1 ，则其他各个所有物块在这段时间内的动量变化也都为△p 1 （f 相同，T 相同），因木板与所有物块总动量守恒，故可用动量守恒关系求出第 1 号物块相对 木板静止时的速度。 解析：（1）设所有物块都相对木板静止时的速度为 v n ，因木板与所有物块系统水平方向 不受外力，动量守恒，应有： m v 0 +m·2 v 0 +m·3 v 0 +…+m·n v 0 =（M + nm）v n ○1 M = nm， ○2 1 2 n V0 2V0 nV0 解得: v n = 4 1 （n+1）v 0 ， （2）设第 1 号物块相对木板静止时的速度为 v 1 ，取木板与物块 1 为系统一部分，第 2 号物块到第 n 号物块为系统另一部分，则 木板和物块 1 △p =（M + m）v 1 -m v 0 ， 2 至 n 号物块 △p ' =（n-1）m·（v 0 - v 1 ） 由动量守恒定律： △p=△p ' ， 解得 v 1 = 2 1 v 0 ， ○3 （3）设第 k 号物块相对木板静止时的速度由 v k ，则第 k 号物块速度由 k v 0 减为 v k 的过程中，序数在第 k 号物块后面的所有物块动量都减小 m（k v 0 - v k ），取木板与序号为 1 至 K 号以前的各物块为一部分，则 △p=（M+km）v k -（m v 0 +m·2 v 0 +…+mk v 0 ）=（n+k）m v k - 2 k （k+1）m v 0 序号在第 k 以后的所有物块动量减少的总量为 △p ' =（n-k）m（k v 0 - v k ） 由动量守恒得 △p=△p ' ， 即 （n+k）m v k - 2 k （k+1）m v 0 = （n-k）m（k v 0 - v k ）， 解得 v k = n kvkn 4 )12( 0 5.如图所示，人与冰车质量为M，球质量为m，开始均静止于光滑冰面上，现人将球以 对地速度V水平向右推出，球与挡板P碰撞后等速率弹回，人接住球后又将球以同样的 速度V向右推出……如此反复，已知M = 16 m，试问人推球几次后将接不到球? 分析：（该题是多过程动量守恒问题，可以采用数学归纳的方法研究；当然也可整个过程 采用动量定理研究） 解析： 取水平向左为正方向，冰车、人、球为系统．由动量守恒定律， 对第一次推球过程有： 1 10, mvMv mv v M    对第二次整个接、推球过程有： 1 2 2 3, mvMv mv Mv mv v M     对第三次整个接、推球过程有： 2 3 3 5, mvMv mv Mv mv v M      对第 n 次整个接、推球过程同理分析得： (2 1) n n mvv M  设推球 n 次后恰接不到球，则 nv v ，故有 (2 1)n mvv M  代人已知条件 解得：n = 8.5， 即人推球 9 次后将接不到球． 三：动量守恒定律适应练习 丹阳六中 马跃中 1．质量为m的人随平板车以速度V在平直跑道上匀速前进，不考虑摩擦阻力，当此人相对于 车竖直跳起至落回原起跳位置的过程中，平板车的速度 ( ) A．保持不变 B．变大 C．变小 D．先变大后变小 E．先变小后变大 2．两名质量相等的滑冰人甲和乙都静止在光滑的水平冰面上．现在其中一人向另一人 抛出一个篮球，另一人接球后再抛回．如此反复进行几次后，甲和乙最后的速率关系 是 ( )． A．若甲先抛球，则一定是V甲>V乙 B．若乙最后接球，则一定是V甲>V乙 C．只有甲先抛球，乙最后接球，才有V甲>V乙 D．无论怎样抛球和接球，都是 V 甲>V 乙 3．一小型宇宙飞船在高空绕地球做匀速圆周运动如果飞船沿其速度相反的方向弹射 出一个质量较大的物体，则下列说法中正确的是( )． A．物体与飞船都可按原轨道运行 B．物体与飞船都不可能按原轨道运行 C．物体运行的轨道半径无论怎样变化，飞船运行的轨道半径一定增加 D．物体可能沿地球半径方向竖直下落 4．在质量为M 的小车中挂有一单摆，摆球的质量为m。，小车(和单摆)以恒定的速 度V沿光滑水平地面运动，与位于正对面的质量为m的静止木块发生碰撞，碰撞时间 极短，在此碰撞过程中，下列哪些说法是可能发生的( )． A.小车、木块、摆球的速度都发生变化，分别变为V1、V2、V3，满足(m。十M)V=MVl 十mV2十m。V3 B．摆球的速度不变，小车和木块的速度变为V1、V2，满足MV=MVl十mV2 C．摆球的速度不变，小车和木块的速度都变为V’ ，满足MV=(M 十m)V’ D.小车和摆球的速度都变为V1，木块的速度变为V2，满足(M+mo)V=(M+mo)Vl+mV2 5．如图所示，质量为 M 的平板车在光滑水平面上以速度 v 匀速运动，车身足够长，其上表 面粗糙，质量为 m 的小球自高 h 处由静止下落，与平板车碰撞后，每次上升高度仍为 h，每 次碰撞过程中，由于摩擦力的冲量不能忽略，小球水平速度逐渐增大，撞击若干次后，小球 水平速度不再增大，则平板车的最终速度 V 是多大？ 6．两块厚度相同的木块 A 和 B，紧靠着放在光滑的水平面上，其质量分别为 mA=2.0kg， mB=0.90kg，它们的下底面光滑，上表面粗糙，另有一质量 mC=0．10kg 的滑块 C(可视 为质点)，以 VC=10m／s 的速度恰好水平地滑 A 的上表面，如图所示，由于摩擦，滑 块最后停在木块 B 上，B 和 C 的共同速度为 0.50m／s． (1)木块 A 的最终速度 VA； (2)滑块 C 离开 A 时的速度 VC ’ C BA VC 7．甲、乙两个小孩各乘一辆冰车在水平冰面上游戏，甲和他的冰车总质量共为 M =30 kg， 乙和他的冰车总质量也是 30 kg，游戏时，甲推着一个质量 m =15 kg 的箱子，和他一起以 大小为 V0=2m／s 的速度滑行，乙以同样大小的速度迎面滑来，如图，为了避免相撞，甲突 然将箱子沿冰面推给乙，箱子滑到乙处时乙迅速把它抓住，若不计冰面的摩擦，问甲至少要 以多大的速度(相对地面)将箱子推出，才能避免与乙相撞．（注意两人避免相撞的条件） 8．如图，—玩具车携带若干质量为 m1 的弹丸，车和弹丸的总质量为 m2,在半径为 R 的水平 光滑轨道上以速率 V0 做匀速圆周运动，若小车每一周便沿运动方向相对地面以恒定速度 u 发射—枚弹丸．求： (1)至少发射多少颗弹丸后小车开始反向运动? (2)写出小车反向运动前发射相邻两枚弹丸的时间间隔的表达式． u 9．某人在一只静止的小船上练习射击．已知船、人连同枪(不包括子弹)及靶的总质量为 M， 枪内装有 n 颗子弹，每颗子弹的质量为 m，枪口到靶的距离为 L，子弹飞出枪口时相对于地 面的速度为 v．若在发射后一颗子弹时，前一颗子弹已陷入固定在船上的靶中，不计水对船 的阻力．问 (1)射出第一颗子弹时，船的速度多大， (2)发射第 n 颗子弹时，船的速度多大? (3)发射完颗 n 子弹后，船一共能向后移动多少距离? 10．如图所示，光滑水平面上停放一个木箱和小车，木箱的质量为 m，小车和人总的质量为 M，M∶m=4∶1, 人以速率 v 沿水平方向将木箱推出，木箱被挡板以原速反弹回来以后，人接 住木箱再以同样大小的速度 v 第二次推出木箱，木箱又被原速反弹……，问人最多能推几次 木箱？ 动量守恒定律适应练习答案 1．A、 2.B、 3.CD 4.BC 5. 0 0 ( ) /( ) Mv M m v v Mv M m     6． '( )C C A B A C Cm v m m v m v   7. 0 0( ) (2 )M m v Mv M m v   由  ' '0.25 / , 2.75 / B A C C B C A C m v m v m m V v m s v m s      ' 0 ' ( ) 5.2 / M m v Mv mv v m s    得 8. （1）由动量守恒得 2 0 1 2 1( ) nm v nm u m nm v   小车开始反向 0nv  得 2 0 1/n m v m u （2）发射相邻两 枚弹丸的时间间隔就是发射第 K（K〈1〉颗弹丸后小车的周期， 即 2 1 2 0 1 2 ( ) k R m kmt T m v km u      且 2 0 1 m vk m u  9 ． (1) 射 出 第 一 颗 子 弹 时 ， 设 船 的 速 度 为 V1 ， 由 动 量 守 恒 定 律 得 10 ( )M nm m v mv    ， 1 ( 1) mvv M n m    (2)每射出一颗子弹的过程，系统的动量均守恒，而每一颗子弹进入靶中后， 船的速度将为零，故每一颗子弹射出时，船后退的速度是相同的， 即 1 ( 1)n mvv v M n m     (3)每发射一颗子弹的过程实际上经历了三个阶段：第一阶段是击发到子弹射 出枪瞠为止；第二个阶段是子弹在空中飞行的阶段；第三个阶段是子弹从击中靶子 到静止为止．三个阶段都遵从动量守恒定律，第一、第三阶段历时很短，故这两个 阶段船的移动可忽略．因此每发射一颗子弹的过程，只在第二阶段船向后移动．每 发射完一颗子弹后船向移动的距离 10．选木箱、人和小车组成的系统为研究对象，取向右为正方向.设第 n 次推出木箱后人与 小车的速度为 vn,第 n 次接住后速度为 vn′,则由动量守恒定律可知： 第一次推出后有：0=Mv1-mv,则 v1=mv/M 第一次接住后有：Mv1+mv=（M+m）v1′ 第二次推出后有：（M+m）v1′=Mv2-mv,则 v2=3mv/M 第二次接住后有：Mv2+mv=（M+m）v2′…… 第 n-1 次接住：Mvn-1+mv=（M+m）vn-1 第 n 次推出：（M+m）vn-1′=Mvn-mv 即 vn=(2n-1)mv/M 设最多能推 N 次，推出后有 vn≥v vn-1≤v 即 M mvN )12(  ≥v,且  M mvN 1)1(2  ＜v 所以 )1(2 1  M m ≤ N ＜ )1(2 1  M m + 1 将 M/m=4 代入，可得： 2.5≤N＜3.5 因 N 取整数，故 N=3 高中物理专题总汇（二）(附参考答案) 机械能守恒定律 一、知识点综述： 1. 在只有重力和弹簧的弹力做功的情况下，物体的动能和势能发生相互转化，但机械能的 总量保持不变. 2. 对机械能守恒定律的理解： （1）系统在初状态的总机械能等于末状态的总机械能. 即 E1 = E2 或 1/2mv12 + mgh1= 1/2mv22 + mgh2 （2）物体（或系统）减少的势能等于物体(或系统)增加的动能，反之亦然。 即 -ΔEP = ΔEK （3）若系统内只有 A、B 两个物体，则 A 减少的机械能 EA 等于 B 增加的机械能ΔE B 即 -ΔEA = ΔEB 二、例题导航： 例 1、如图示，长为 l 的轻质硬棒的底端和中点各固定一个质量为 m 的小球，为使轻质硬 棒能绕转轴 O 转到最高点，则底端小球在如图示位置应具有的最小速度 v= 。 解：系统的机械能守恒，ΔEP +ΔEK=0 因为小球转到最高点的最小速度可以为 0 ，所以， 例 2. 如图所示，一固定的楔形木块，其斜面的倾角θ=30°，另一边与地面垂直，顶上有 一定滑轮。一柔软的细线跨过定滑轮，两端分别与物块 A 和 B 连结，A 的质量为 4m，B 的质 量为 m，开始时将 B 按在地面上不动，然后放开手，让 A 沿斜面下滑而 B 上升。物块 A 与斜 面间无摩擦。设当 A 沿斜面下滑 S 距离后，细线突然断了。求物块 B 上升离地的最大高度 H. 解：对系统由机械能守恒定律 4mgSsinθ – mgS = 1/2× 5 mv2 ∴ v2=2gS/5 细线断后，B 做竖直上抛运动，由机械能守恒定律 mgH= mgS+1/2× mv2 ∴ H = 1.2 S 例 3. 如图所示，半径为 R、圆心为 O 的大圆环固定在竖直平面内，两个轻质小圆环套在大 圆环上．一根轻质长绳穿过两个小圆环，它的两端都系上质量为 m 的重物，忽略小圆环的 大小。 （1）将两个小圆环固定在大圆环竖直对称轴的两侧θ=30°的位置上(如图)．在 两个小圆环间绳子的中点 C 处，挂上一个质量 M= m 的重 物，使两个小圆 环间的绳子水平，然后无初速释放重物 M．设绳子 与大、小圆环间的摩擦均可忽略，求重物 M 下降的最大距离． （2）若不挂重物 M．小圆环可以在大圆环上自由移动，且绳子与大、小 圆环间及大、小圆环之间的摩擦均可以忽略，问两个小圆环分别在哪些位 lmglmgvmmv 222 1 2 1 2 2      glglv 8.45 24  2 置时，系统可处于平衡状态? 解：(1)重物向下先做加速运动，后做减速运动，当重物速度 为零时，下降的距离最大．设下降的最大距离为 h ， 由机械能守恒定律得 解得 （另解 h=0 舍去） (2)系统处于平衡状态时，两小环的可能位置为 a． 两小环同时位于大圆环的底端． b．两小环同时位于大圆环的顶端． c．两小环一个位于大圆环的顶端，另一个位于大圆环的底端． d．除上述三种情况外，根据对称性可知，系统如能平衡，则两小圆环的位置一定关于大圆 环竖直对称轴对称．设平衡时，两小圆环在大圆环竖直对称轴 两侧α角的位置上(如图所示)． 对于重物，受绳子拉力与重力作用， 有 T=mg 对于小圆环，受到三个力的作用，水平绳的拉力 T、 竖直绳子 的拉力 T、大圆环的支持力 N. 两绳子的拉力沿大圆环切向的分力大小相等，方向相反 得α= α′, 而α+α′=90°，所以α=45 ° 例 4. 如图质量为 m1 的物体 A 经一轻质弹簧与下方地面上的 质量为 m2 的物体 B 相连，弹簧的劲度系数为 k，A、B 都处于 静止状态。一条不可伸长的轻绳绕过轻滑轮，一端连物体 A， 另一端连一轻挂钩。开始时各段绳都牌伸直状态，A 上方的 一段沿竖直方向。现在挂钩上挂一质量为 m3 的物体 C 上升。 若将 C 换成另一个质量为(m1+m3)物体 D，仍从上述初始位置 由静止状态释放，则这次 B 则离地时 D 的速度的大小是多少？ 已知重力加速度为 g。 解:开始时，B 静止平衡，设弹簧的压缩量为 x1, gmkx 11  挂 C 后，当 B 刚要离地时，设弹簧伸长量为 x2，有        RsinθRsinθh2mgMgh 22 R2h  A m1 B gmkx 22  此时，A 和 C 速度均为零。从挂 C 到此时，根据机械能守恒定律弹簧弹性势能的改变量 为 )()( 211213 xxgmxxgmE  将 C 换成 D 后，有 )()()()(2 1 2112131 2 131 xxgmxxgmmmmmE  v 联立以上各式可以解得 )2( )(2 31 2 211 mmk gmmm  v 针对训练 1．在光滑水平面上有两个相同的弹性小球 A、B，质量都为 m. 现 B 球静止，A 球向 B 球运 动，发生正碰。已知碰撞过程中总机械能守恒，两球压缩最紧时的弹性势能为 Ep，则碰前 A 球的速度等于 （ ） 2．质量为 m 的物体，在距地面 h 高处以 g /3 的加速度由静止竖直下落到地面， 下列说法中正确的是： （ ） A. 物体的重力势能减少 1/3 mgh B. 物体的机械能减少 2/3 mgh C. 物体的动能增加 1/3 mgh D. 重力做功 mgh m 2E2Dm E2Cm 2EBm EA PPPP .... 3．一物体从某一高度自由落下，落在直立于地面的轻弹簧上，如图所 示．在 A 点时，物体开始接触弹簧；到 B 点时，物体速度为零，然后被 弹回．下列说法中正确的是 [bcd ] A．物体从 A 下降到 B 的过程中，动能不断变小 B．物体从 B 上升到 A 的过程中，动能先增大后减小 C．物体由 A 下降到 B 的过程中，弹簧的弹性势能不断增大 D．物体由 B 上升到 A 的过程中，弹簧所减少的弹性势能等于物体所增 加的动能与增加的重力势能之和 4. 长为 L 质量分布均匀的绳子，对称地悬挂在轻小的定滑轮上， 如图所示.轻轻地推动一下，让绳子滑下，那么当绳子离 开滑轮的瞬间，绳子的速度为 . 5.一根内壁光滑的细圆管，形状如下图所示，放在竖直平面内， 一个小球自 A 口的正上方高 h 处自由落下，第一次小球恰能 抵达 B 点；第二次落入 A 口后，自 B 口射出，恰能再进入 A 口，则两次小球下落的高度之比 h1：h2= ______ 6.将质量为 M 和 3M 的两小球 A 和 B 分别拴在一根细绳的两端，绳长为 L，开始时 B 球静置 于光滑的水平桌面上，A 球刚好跨过桌边且线已张紧，如图所示．当 A 球下落时拉着 B 球沿 桌面滑动，桌面的高为 h，且 h＜L．若 A 球着地后停止不动，求：（1）B 球刚滑出桌面时的 速度大小．（2）B 球和 A 球着地点之间的距离． 7.如图所示, 半径为 r, 质量不计的圆盘盘面与地面相垂直, 圆心处有一个垂直盘面的光 滑水平固定轴 O,在盘的最右边缘固定一个质量为 m 的小球 A,在 O 点的正下方离 O 点 r/2 处 固定一个质量也为 m 的小球 B. 放开盘让其自由转动, 问 : (1)当 A 球转到最低点时, 两小球的重力势能之和减少了多少? (2)A 球转到最低点时的线速度是多少? (3)在转动过程中半径 OA 向左偏离 竖直方向的最大角度是多少? 8. 小球 A 用不可伸长的轻绳悬于 O 点，在 O 点的正下方有 一固定的钉子 B，OB=d，初始时小球 A 与 O 同水平面无初速 释放，绳长为 L，为使球能绕 B 点做圆周运动，试求 d 的取 值范围？ 9.将细绳绕过两个定滑轮 A 和 B．绳的两端各系一个质量为 m 的砝码。A、B 间的中点 C 挂 一质量为 M 的小球，M<2m，A、B 间距离为 l，开始用手托住 M 使它们都保持静止，如图所 示。放手后 M 和 2 个 m 开始运动。求(1)小球下落的最大位移 H 是多少？(2)小球的平衡位 置距 C 点距离 h 是多少？ 10．如图所示，桌面上有许多大小不同的塑料球，它们的密度均为ρ，有水平向左恒定的 风作用在球上；使它们做匀加速运动（摩擦不计），已知风对球的作用力与球的最大截面面 积成正比，即 F＝kS(k 为一常量). (1) 对塑料球来说，空间存在一个风力场，请定义风力场强度及其表达式. (2) 在该风力场中风力对球做功与路径无关，可引入风 力势能和风力势的概念，若以栅栏 P 零风力势能参 考平面，写出风力势能 EP 和风力势 U 的表达式。 (3) 写出风力场中机械能守恒定律的表达式.（球半径用 r 表示；第一状态速度为 v1，位置为 x1；第二状态速 度为 v2，位置为 x2） 参考答案: 1. C 2. BCD 3. BCD 4. 解：由机械能守恒定律，取小滑轮处为零势能面. 2 2 1 242 12 mvLmgLmg  gLv 2 1 5. 解：第一次恰能抵达 B 点，不难看出v B1=0 由机械能守恒定律 mg h1 =mgR+1/2·mvB12 ∴h1 =R 第二次从 B 点平抛 R=vB2t R=1/2·gt 2 mg h2 =mgR+1/2·mvB22 h2 =5R/4 h1 ：h2 = 4：5 6. 7. 解： （1）ΔEP = mgr - mgr/2 = mgr/2 (2) 由系统机械能守恒定律 得 （3）设 OA 向 左偏离竖直方向的最大角度是θ， 由系统机械能守恒定律 得 mgr× cosθ – mgr/2× (1+sinθ )=02cosθ=1+sinθ, 4(1-sin2θ)=1 +2sinθ +sin2θ, 5sin2θ+2sinθ- 3=0 Sinθ=0.6 ∴θ=37° 8. 解：设 BC=r，若刚能绕 B 点通过最高点 D，必须有 mg=mvD 2 /r （1） 由机械能守恒定律 mg(L-2r)=1/2m vD 2 （2） ∴r = 2L / 5 d=L-r= 3L/5 ∴ d 的取值范围 3/5 L d aB>aA （D） 到达正极板时动能关系 EA>EB>EC 例 3、如图所示，带负电的小球静止在水平放置的平行板电容 器两板间，距下板 0.8 cm，两板间的电势差为 300 V.如果两板间电势差减小到 60 V，则带电 小球运动到极板上需多长时间? 例 4、绝缘的半径为 R 的光滑圆环，放在竖直平面内，环上套有一个 质量为 m，带电量为+q 的小环，它们处在水平向右的匀强电场中，电场强度为 E（如图所 示），小环从最高点 A 由静止开始滑动，当小环通过（1）与大环圆心等高的 B 点与（2） 最低点 C 时，大环对它的弹力多大？方向如何？ 例 5、如图 4 所示，质量为 m 、带电量为  q 的小球从距地面高 h 处以一定的初速度 v0 水平 抛出，在距抛出水平距离为 L 处，有一根管口比小球直径略大的竖直细管，管的上口距地面 h / 2 ，为使小球能无碰撞地通过管子可在管口上方整个区域里加一场强方向向左的匀强电 场。求：（1）小球的初速度 v0 ；（2）电场强度 E 的大小；（3）小球落地时的动能。 mq v0 E h h 2 l 图 4 练习 1、如图所示,有一质量为 m、带电量为 q 的油滴,被置于竖直放置的两平行金属板间的匀强电场中,设油滴是 从两板中间位置,并以初速度为零进入电场的,可以判定( ). (A)油滴在电场中做抛物线运动 (B)油滴在电场中做匀加速直线运动 (C)油滴打在极板上的运动时间只决定于电场强度和两板间距离 (D)油滴打在极板上的运动时间不仅决定于电场强度和两板间距离,还决定于油滴的荷质比 2、 (01 全国理科综合)图中所示是一个平行板电容器，其电容为 C，带电量为 Q，上极板带 正电。现将一个试探电荷 q 由两极板间的 A 点移动到 B 点，如图所示。A、B 两点间的距离 为 s，连线 AB 与极板间的夹角为 30°，则电场力对试探电荷 q 所做的功等于 ( C ) A． Qd qCs B． Cd qQs C． Cd qQs 2 D． Qd qCs 2 A O B C E 3、（01 上海）A、B 两点各放有电量为+Q 和+2Q 的点电荷，A、B、C、D 四点在同一直线上， 且 AC=CD=DB。将一正电荷从 C 点沿直线移到 D 点，则 （ B ） A、电场力一直做正功 B、 电场力先做正功再做负功 C、 电场力一直做负功 D、电场力先做负功再做正功 4、如图所示，在光滑的水平面上有一个绝缘弹簧振子，小球带负电，在振动过程中，当弹 簧压缩到最短时，突然加上一个水平向左的匀强电场， A．振子振幅增大 B．振子振幅减小 C．振子的平衡位置不变 D．振子的周期增大 5、若带正电荷的小球只受到电场力作用，则它在任意一段时间内 A．一定沿电场线由高电势处向低电势处运动 B．一定沿电场线由低电势处向高电势处运动 C．不一定沿电场线运动，但一定由高电势处向低电势处运动 D．不一定沿电场线运动，也不一定由高电势处向低电势处运动 6、如图所示，两平行金属板 a 板对 b 板的电压随时间变化图像如静止释放，已知在一个周 期内电子没有到达 c 面和 d 面，则以后到达 c 面或 d 面可能是： A．向右运动时通过 c 面 B．向左运动时通过 c 面 C．向右运动时通过 d 面 D．向左运动时通过 d 面 7、质量为 m、带电量为+q 的小球，用一绝缘细线悬挂于 O 点，开始时它在 A、B 之间来回 摆动，OA、OB 与竖直方向 OC 的夹角均为 如图 1 所示。求（1）如果当它摆到 B 点时突 然施加一竖直向上的、大小为 E mg q / 的匀强电场，则此时线中拉力 T1（2）如果这一 电场是在小球从 A 点摆到最低点 C 时突然加上去的，则当小球运动到 B 点时线中的拉力 2T 8、一个质量为 m、带有电荷-q 的小物体，可在水平轨道 Ox 上运动，O 端有一与轨道垂直 的固定墙、轨道处于匀强电场中，其场强大小为 E,方向沿 OX 轴正方向,如图所示。小物体以 初速度 v0 从 x0 点沿 OX 轨道运动，运动时受到大小不变的摩擦力 f 作用，且 f＜qE；设小物 体与墙碰撞时不损失机械能，且电量保持不变，求它在停止运动前所通过的总路程 s。 9、如图 3-2-11 所示，在竖直平面内，有一半径为 R 的绝缘的光滑圆环，圆环处于场强大小 为 E，方向水平向右的匀强电场中，圆环上的 A、C 两点处于同一水平面上，B、D 分别为圆 环的最高点和最低点．M 为圆环上的一点，∠MOA=45°．环上穿着一个质量为 m，带电量 为+q 的小球，它正在圆环上做圆周运动，已知电场力大小 qE 等于重力的大小 mg，且小球 经过 M 点时球与环之间的相互作用力为零．试确定小球经过 A、B、C、D 点时的动能各是 多少？ 10、如图 3（a）所示，真空室中电极 K 发出的电子（初速为零）。经 U=1000V 的加速电场后， 由小孔 S 沿两水平金属板 A、B 两板间的中心线射入，A、B 板长 L=0.20m，相距 d=0.020m， 加在 A、B 两板间的电压 U 随时间 t 变化 u—t 图线如图 3（b）。设 A、B 两板间的电场可以 看做是均匀的，且两板外无电场。在每个电子通过电场区域的极短时间内，电场可视作恒定 的。两板右侧放一记录圆筒，筒的左侧边缘与极板右端距离b m 015. ，筒绕其竖直轴匀速 转动，周期 T s 020. ，筒的周长 S m 0 20. ，筒能接收到通过 A、B 板的全部电子。 U/V b K S A' + 100 B- v0 t/s 0 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 (a) (b) 答案 例 1、AC 例 2、AC 例 3、解析：取带电小球为研究对象，设它带电量为 q，则带电小球受重力 mg 和电场力 qE 的作用. 当 U1＝300 V 时，小球平衡： d Uqmg 1 ① 当 Ｕ 2 ＝ 60 V 时 ， 带 电 小 球 向 下 板 做 匀 加 速 直 线 运 动 ： mad Uqmg  2 ② 又 2 2 1 ath  ③ 由①②③得： 10)60300( 300108.02 )( 2 2 21 1    gUU hUt s=4.5×10－2 s 例 4、解：（1）小环由 A 到 B 的过程中，重力做正功（ mgR ），电场力也做正功（ qER ）， 弹力不做功；根据动能定理（设通过 B 点时速度大小为 v B ） 1 2 2mv mgR qERB   ① 小环通过 B 点的运动方程为： mv R N qEB B 2   ② 解方程①和②，可知小环通过 B 点时，大环对它的弹力指向环心 O，大小为 N mv R qE mg qEB B    2 2 3 （2）小环由 A 到 C 的过程中，电场力与弹力都不做功，只有重力做功，设通过 C 点时 小环的速度大小为 vC ，根据动能定理： 1 2 22mv mgRC  ③ 小环通过 C 点时的运动方程为 mv R N mgC C 2   ④ 解方程③和④得： N mv R mg mgC C   2 5 例 5、（1）从抛出点到管口小球的运动时间为 t ，则 h gt t h g/ / /2 22 ， 。 水平方向做匀减速运动，则有 v t L v L g h0 02 2/ . /   。 （2）在水平方向上应用牛顿第二定律有 Eq ma 。由运动学公式知 a v t gL h 0 2/ / 。由上二式 E mgL gh 2 / 。 （3）在全过程应用动能定理得 E mv mgh EqLK地   0 2 2/ 小球落地时的动能。 E mv mgh EqL mghK地    0 2 2/ 练习 1、BD 2、C 3、B 4、B 5、D 6、C 7、解：（1）小球摆到 B 点时，速度为零，突然加上电场，小球受到电场力：F qE mg  方向向上，小球受到的合力为零，小球将在 B 处静止而达到平衡状态。 T1 0。 （2）小球摆 到平衡位置 C 时，由机械能守恒定律： 得 mgL mv( cos )1 1 2 2  ，   v gL2 2 1( cos ) 这时突然加上电场，电场力仍与重力平衡，小球将做匀速圆周运动，绳的拉力提供做圆 周运动的向心力。    T m v R mg2 2 2 1( cos ) 8、解：由于 f＜qE，所以物体最后停在 O 点，物体停止运动前所通过的总路程为 s，根据动 能定理有 所以 2 00 2 10 mvfsqEx  9、解根据牛顿第二定律 当小球从 M 点运动到 A 点的过程中，电场力和重力做功分别为 根据动能定理得： 同理： 10、解（1）以 t  0 时（见图 b 此时 u  0）电子打到圆筒记录纸上的点作为 xy 坐标系的 原点，并取 y 轴竖直向上，试计算电子打到记录纸上的最高点的 y 坐标和 x 坐标（不计重力）。 （2）在给出的坐标纸（如图 d）上定量地画出电子打到记录纸上的点形成的图线。 析与解：本题是综合性较强的一道高考压轴题，可分为四个阶段加速、偏转、放大和扫 描。而电子的加速、偏转问题都是学生熟悉的，有新意的是该题把常见的固定的接收屏改为 转动的圆筒，加进了扫描因素，构成了一新的情境问题，对学生的能力、素质提出了较高的 要求。 （1）设 v0 为电子沿 AB 板中心线射入电场时的初速度则 f mvqExs 2 2 2 00  mv eU0 2 02/  （1） 电子穿过 A、B 板的时间为 t0 ，则 t L v0 0 / （2） 电子在垂直于 A、B 板方向的运动为匀加速直线运动，对于能穿过 A、B 板的电子，在 它通过时加在两板间的 u0 应满足： 1 2 1 2 0 0 2d eu md t （3） 由（1）、（2）、（3）解得 u d U L V0 2 0 22 20 / 此电子从 A、B 板射出的沿 Y 方向分速度为： v eu md ty  0 0 （4） 以后此电子作匀速直线运动，它打在记录纸上的点最高，设纵坐标为 y 由图（c）可得 y d b v v y / 2 0 （5） 由以上各式解得： y db L d cm  / / .2 2 5 （6） 由 u t 图线可知，加在两板电压 u 的周期 T s0 010 . ， u 的最大值U Vm  100 ，因为 u U m0  ，在一个周期 T0 内只有开始的一段时间间隔 t 内有电子通过 A、B 板 t u U T m  0 0 （7） 因为电子打在记录纸上的最高点不止一个，根据题中关于坐标原点与起始记录时刻的规 定，第一个最高点的 x 坐标为 x ts t cm1 2  / （8） 第二个最高点的 x 坐标为 x t T T s cm2 0 12   （9） 第三个最高点的 x 坐标为 x t T T s cm3 02 22   由于记录筒的周长为 20cm，所以第三个最高点已与第一个最高点重合，即电子打到记 录纸上的最高点只有两个，它们的坐标分别由（8）、（9）表示。 （2）电子打到记录纸上所形成的图线如图（d）。 y y/cm y y vb 0 (c) (d) 图 3 5 100 x/cm m-5 电场力的性质，能的性质 例 1、真空中两个同性的点电荷 q1、q2 ,它们相距较近，保持静止。今释放 q2 且 q2 只在 q1 的库仑力作用下运动，则 q2 在运动过程中受到的库仑力（ ） （A）不断减小 （B）不断增加 （C）始终保持不变 （D）先增大后减小 例 2、以下有关场强和电势的说法，哪些是正确的？ （ ） （A）在正的点电荷的电场中，场强大的地方电势一定比场强小的地方高 （B）在正的点电荷的电场中，场强大的地方电势一定比场强小的地方低 （C）在负的点电荷的电场中，各点电势均为负值，距此负电荷越远处电势越低，无限 远处电势最低 （D）在负的点电荷的电场中，各点电势均为负值，距此负电荷越远处电势越高，无限 远处电势最高 例 3、1 如图所示，两个带电小球 A、B 用长度为 L=10cm 的细丝线相连放在光滑绝缘水平面 上保持静止。已知这时细丝线对 B 球的拉力大小 F0=1.8×10-2N， A 球的电荷量为 CqA 7100.1  ， 求：⑴小球 A 所受的电场力 F 的大小。 ⑵小球 B 的电性和电荷量 qB。（静电力常量 k=9.0×109Nm2/C2） 例 4、质量为 m 的带电小球带电量为+q,用绝缘细线悬挂在水平向左的匀强电场中,平衡时绝 缘细线与竖直方向成 30°角,重力加速度为 g.求电场强度的大小. A BL 300 E 例 5、在电场中移动电荷量为 8×10-8C 的小球从 A 点运动到 B 点，电场力做功 1.6×10-3J， 求：求该两点间的电势差？该电荷的带电量为-2.5×10-8C，则电场力做多少功，做正 功还是负功？ 练习 1、 在电场中 P 点放一个检验荷-q ,它所受的电场力为 F，则关于 P 点电场强度 EP 正确的说法是（ ） （A）EP = F/q ,方向与 F 相同 （B）若取走-q ,P 点的电场强度 EP = 0 （C）若检验电荷为-2q ,则 EP = F/2q （D）EP 与检验电荷无关 2、图 1 是电场中某区域的电场线分布图，a、b 是电场中的两点，这两点比较（ ） （A）b 点的电场强度较大 （B）a 点的电场强度较大 （C）同一正点电荷放在 a 点所受的电场力比放在 b 点时 受到的电场力大 （D）同一负点电荷放在 a 点所受的电场力比放在 b 点时 受到的电场力大 3、一个电量为 q 的正点电荷，在各点场强大小和方向都相同的电 场中，沿电场线方向运动的位移为 d ,若电场强度大小为 E，在此过程中电场力对点电荷 做功等于 （ ） （A）Ed/q （B）qE/d （C）qd/E （D）qEd 4、一个电量为 q 的正点电荷，在电场中从 a 点移到 b 点，电场力对该点电荷做功 W，那么， a、b 两点之间的电势差应等于 （ ） （A）qW （B）q/W （C）W （D）W/q 5、下面关于电势和电势能的说法正确的是 （ ） （A）电荷在电场中电势越高的地方，具有的电势能也一定越大 （B）在负的点电荷的电场中的任一点，正电荷的电势能大于负电荷的电势能 （C）电势降低的方向，一定就是场强方向 （D）电势能是电场和电荷共有的能 6、三个点电荷在彼此的库仑力作用下都处于静止，则 （ ） （A）它们必在同一直线上 （B）它们都是同种电荷 （C）每个电荷受到的库仑力的合力等于零 （D）它们不是同种电荷 7、 用 30cm 的细线将质量为 4×10-3 ㎏的带电小球 P 悬挂在Ｏ点下， 当空中有方向为水平向右，大小为 1×104N/C 的匀强电场时，小 球偏转 37°后处在静止状态。（1）分析小球的带电性质（2） 求小球的带电量（3）求细线的拉力 8、如图所示，平行金属板与水平方向成 角，板间距离为 d ，板间电压为U ，一质量为 m 的带电微粒，以水平初速度 0v 从下板左端边缘进入板间，结果正好沿水平直线通过 从上板右端上边缘处射出，求:（1）微粒带电量 （2）微粒离开电场时的动能。 9、在氢原子中，可以认为核外电子绕原子核（质子）做匀速圆周 运动，轨道半径为 m11103.5  。求电子沿轨道运动的动能。 10、一束电子流在经 VU 5000 的加速电压加速后，在距两极板等距处垂直进入平行板间  + 的匀强电场，如图 14—9—4 所示，若两板间距 cmd 0.1 ，板长 cml 0.5 ，那么，要 使电子能从平行板间飞出，两个极板上最多能加多大电压? 答案：例 1、A 例 2、A D 例 3、解：小球 A 受力如图，由于小球受力平衡，绳的拉力向右，所以电场力的方向向左， A、B 表现为斥力。B 球带正电。 电场力大小为 NFF 2 0 108.1  根据公式 2L qqkF BA 可得： Ckq FLq A 7 79 2222 102 100.1100.9 )1010(108.1      B 例 4、解：小球受力如图，所以  30tanmgqE 即： q mgE  30tan 例 5、解：电势差 VVq WU AB 4 8 3 102 108 106.1      荷带电量为 Cq 8105.2  ,则电场力做负功， JJUqW AB 448 105102105.2   练习 1、D 2、AD 3、D 4、D 5、D 6、ACD N F 0F mg F qE mg 7、解：（1）小球受力如图，故带正电。 （2）列方程：  37tanmgqE CE mgq 610337tan  （3） NmgF 210537cos  8、解：（1）微粒做直线运动，故合力在水平方向上，电场力方向只能是斜向上。微粒带正 电。受力如图。 mgqE cos cosE mgq  （2）重力不做功（高度不变），电场力做功，由动能定理可得： 2 02 2 1 mvEqU k  即： 2 02 1 mvqUEk  9、解：质子对核外电子的库仑力充当向心力， r E r vm r ek k22 2 2       Jr keEk 11 21992 103.52 )106.1(100.9 2 10、解析：在加速电压一定时，偏转电压 U′越大，电子在极板间的偏距就越大.当偏转电压 大到使电子刚好擦着极板的边缘飞出，此时的偏转电压，即为题目要求的最大电压. 加速过程，由动能定理得 2 02 1 mveU  ① 进入偏转电场，电子在平行于板面的方向上做匀速运动 tvl 0 ② 在垂直于板面的方向做匀加速直线运动，加速度 dm Ue m Fa  ③ F qE mg  + qE mg 偏距 2 2 1 aty  ④ 能飞出的条件为 y≤ 2 d ⑤ 解①～⑤式得 U′≤ VV l Ud 2 22 22 2 2 104 )100.5( )100.1(500022      即要使电子能飞出，所 加电压最大为 V400 . 说明：(1)此题是一个较典型的带电粒子先加速再偏转的题目.请读者通过该题认真体会求 解这类问题的思路和方法，并注意解题格式的规范化. 电容器专题 一、例题部分 例题 1、如图所示，平行板电容器的两极板 A、B 接于电池两极，一带正电的小球悬挂在电 容器内部，闭合 S，电容器充电，这时悬线偏离竖直方向的夹角为θ．（AD） A．保持 S 闭合，将 A 板向 B 板靠近，则θ增大 B．保持 S 闭合，将 A 板向 B 板靠近，则θ不变 C．断开 S，将 A 板向 B 板靠近，则θ增大 D．断开 S，将 A 板向 B 板靠近，则θ不变 例题 2、如图所示，让平行板电容器带电后，静电计的指针偏转一定角度,若不改变两极板带 的电量而减小两极板间的距离，同时在两极板间插入电介质，那么静电计指针的偏转角度 （ A ） A、一定减小 B、一定增大 C、一定不变 D、可能不变 例题 3、如图所示电路中，电源电动势ε=10V，内阻 r=1Ω，电容器电容 C1=C2=30μF，电阻 R1=3Ω， R2=6Ω，开关 K 先闭合，待电路中电流稳定后再断开 K，问断开开关 K 后，流过电阻 R1 的电 量是多少？A、C 两点的电势如何变化？ 分析与解：我们从电路上看到，开关由闭合到断开，电容器上的电压发生变化，使电容器所 带电量发生变化，这个变化要通过电容的充放电来实现，如果这个充放电电流要经过 R1， 那么我们就可以通过电容器带电量的变化来确定通过 R1 的电量。当 K 断开,稳定后,电路中没 有电流,C1 上板与 A 点等势，C 点与 B 点等势，C1、C2 两端电压均为电源电动势，所以 Q1'=C1ε=30×10-6×10=3.0×10-4 库 Q2=C2ε=30×10-6×10 =3.0×10-4 库且两电容带电均为上正下负 所以 K 断开后 C1 继续充电，充电量△Q1=Q1'-Q1=3.0×10-4-1.8×10-4-=1.2×10-4 库 这些电荷连同Ｃ２所充电量都要通过 R１, 故通过 R１的电量 Q=△Q1+Q2=1.2×10-4+3.0×10-4=4.2×10-4 库 A 点电势 UA=10V, C 点电势 UC=0V，所以 A 点电势升高,C 点电势降低. 例题 4、电源内阻 r=2Ω，R1=8Ω，R2=10Ω，K1 闭合，K2 断开时，在相距 d=70cm，水平放 置的固定金属板 AB 间有一质量 m=1.0g，带电量为 q=7×10—5C 的带负电的微粒，恰好 静止在 AB 两板中央的位置上，求（1）电源的电动势（2）将 K1 断开 0.1s 后，又将 K2 闭合，微粒再经过多长时间与极板相碰。（g=10m/s2） 【解答】（1） VEd E qmg 202  （4 分） （2） )1(/10 2 分smm mgdEq a    math 22 1052 1  （1 分） smatV /10  （1 分） mg Vh 05.02 2 0  距上极板 25cm 时 V=0 粒子不能碰到上极板（2 分） stgttVdh 4.02 1)2/( 2 0  （2 分） 例题 5、如图所示的电路中，电源电动势 E=6.00V，其内阻可忽略不计．电阻的阻值分别为 R1=2.4kΩ、R2=4.8kΩ，电容器的电容 C=4.7μF．闭合开关 S，待电流稳定后，用电压表 测 R1 两端的电压，其稳定值为 1.50V． （1）该电压表的内阻为多大? （2）由于电压表的接入，电容器的带电量变化了多少? 【解答】：（1）设电压表的内阻为 rR ，测得 1R 两端的电 压为 1U ， 1R 与 rR 并联后的总电阻为 R，则有 vRRR 111 1  ① 由串联电路的规律 1 2 1 UR R E U   ② 联立①②，得 1211 121 )( URRER URRRV  代人数据。得 4.8rR k  （2）电压表接入前，电容器上的电压 CU 等于电阻 2R 上的电压， 1R 两端的电压为 1RU ， 则 2 1 1 C R U R U R  又 1C RE U U  接入电压表后，电容器上的电压为 1'CU E U  由于电压表的接入，电容器带电量增加了 )( cc UUCQ  由以上各式解得 1 1 1 2 R EQ C UR R       带入数据，可得 62.35 10Q C   二、练习部分 1．两块大小、形状完全相同的金属平板平行放置，构成一平行板电容器，与它相连接的电 路如图所示，接通开关 K，电源即给电容器充电. （ BC ） A．保持 K 接通，减小两极板间的距离，则两极 板间电场的电场强度减小 B．保持 K 接通，在两极板间插入一块介质， 则极板上的电量增大 C．断开 K，减小两极板间的距离， 则两极板间的电势差减小 D．断开 K，在两极板间插入一块介质，则两极板间的电势差增大 2．某电解电容器上标有“25V、470μF”的字样，对此，下列说法正确的是（A） A、此电容器只能在直流 25V 及以下电压才能正常工作。 B、此电容器只能在交流 25V 及以下电压才能正常工作。 C、当工作电压是 25V 时，电容才是 470μF。 D、这种电容器使用时，不必考虑两个引出线的极性。 3．在图 2 的电路中，U=8V 不变，电容器电容 C=200 1f ，R1:R2=3:5，则电容器的带电量为 （ A ） A．1×10－3C B．1.5×10－3C C．6×10－4C D．1.6×10－3C 4． 平行板电容器的电容为 C， 带电量为 Q， 极板间的距离为 d. 在两极板间的中点放一 电量很小的点电荷 q.它所受的电场力的大小等于 （ C ） A．8kQq/d2 B．4kQq/d2 C．Qq/Cd D．2Qq/Cd 5．如图所示，水平放置的平行金属板 a、b 分别与电源的两极相连，带电液滴 P 在金属板 a、 b 间保持静止，现设法使 P 固定，再使两金属板 a、b 分别绕中心点 O、O/垂直于纸面 的轴顺时针转相同的小角度α，然后释放 P，则 P 在电场内将做（ B ） A．匀速直线运动 B．水平向右的匀加速直线运动 C．斜向右下方的匀加速直线运动 D．曲线运动 6．如图所示的电路中，C2=2C1，R2=2R1，下列说法正确的是（ A ） A．开关处于断开状态，电容 C2 的电量大于 C1 的电量 B．开关处于断开状态，电容 C1 的电量大于 C2 的电量 C．开关处于接通状态，电容 C2 的电量大于 C1 的电量 D．开关处于接通状态，电容 C1 的电量大于 C2 的电量 7.如图所示，两平行金属板 A、B 接在电池的两极，一带正电 的单摆悬挂在 A 板上，闭合开关 S，让单摆作简谐运动，设周期为 T，则 ( AC ) A.保持开关 S 闭合，B 板向 A 板靠近，则周期小于 T B.保持开关 S 闭合，B 板向 A 板靠近，则周期不变 C.开关 S 断开，B 板向 A 板靠近，则周期不变 D.开关 S 断开，B 板向 A 板靠近，则周期大于 T 8．在如图所示的电路中，电源的电动势 E=3.0V，内阻 r=1.0Ω；电阻 R1=10Ω，R2=10Ω，R3=30 Ω；R4=35Ω；电容器的电容 C=100μF，电容器原来不带电，求接通开关 S 后流过 R4 的总电量。 解答：由电阻的串并联得，闭合电路的总电阻 R=R1(R2+R3)/(R1+R2+R3)+r 由欧姆定律得，通过电源的电流 I=E/R 电源的端电压 U=E－Ir 电阻 R3 两端的电压 U/=R3U/(R2+R3) 通过 R4 的总电量就是通过电容器的电量 Q=CU/ 代入数据解得，Q=2.0×10－4C 9．如图所示，绝缘固定擦得很亮的锌板 A 水平放置，其下方水平放有接地的铜板 B，两板 间距离为 d，两板面积均为 S，正对面积为 S ，且 S＜ S ．当 用弧光灯照射锌板上表面后，A、B 间一带电液滴恰好处于 静止状态，试分析： （1）液滴带何种电荷? （2）用弧光灯再照射 A 板上表面，液滴做何种运动? （3）要使液滴向下运动，应采取哪些措施? 【解析】（1）受弧光灯照射发生光电效应，有光电子从 锌 A 的上表面逸出，而使 A 板带正电荷，接地的铜 B 由于静电感应而带负电，A、B 板间形 成方向向下的匀强电场，由液滴处于静止状态知 mgqE  ，所以液滴带负电． 1 2 3 （2）当再用弧光灯照射 A 板上表面时，光电效应继续发生，使 A 板所带正电荷增加， A、B 板间场强增强，所以 Eq  ＞ mg ，使液滴向上运动． （3）要使液滴向下运动，即 mg ＞ qE ，mg 和 q 不变，则必须使 E 变小．因上板电荷量 Q 不变，则当 B 板向右移动，增大两板正对面积时，电容增大，两板电势差减小，而 d 不变， 故场强 E 变小， Eq  ＜ mg ，则液滴向下运动． 10．如图所示，在A、B两点间接一电动势为4 V，内电阻为1Ω的直流电源，电阻R1 、R2 、 R3的阻值均为4Ω，电容器C的电容为30μF，电流表的内阻不计，求： (1)、电流表的读数； (2)、电容器所带的电量； (3)、S断开后，通过R2的电量． 解答(1)0.8A (2)9.6×10-5C (3).4.8×10-5C 11．如图所示，已知电源的电动势 E=18V，内电阻 r=1Ω，电阻 R2=5Ω，电阻 R3=6Ω，两平行 金属板水平放置，相距 d＝2cm，当变阻器 R1 的触头 P 恰好在中点时，一个带电量 q=-6×10-7C 的油滴恰好可静止在两板中间，此时，电流表的示数为 2A。(g=10m/s2) （1）、求变阻器 R1 的阻值； （2）、求带电油滴的质量； （3）、当触头 P 迅速滑到最低点后，油滴怎样运动？当油滴达到上板或下板时具有多大的速 度？ 解答：12Ω，3×10-5kg，向上 0.32m/s 电学图像专题 电磁感应中常常涉及磁感应强度 B、磁通量Φ、感应电动势 E、感应电流 I 随时间的变 化的图像，即 B-t 图、Φ-t 图、E-t 图、I-t 图。对于切割磁感线产生感应电动势和感应电流 的情况，还常涉及感应电动势 E 和感应电流 I 随线圈位移 x 变化的图像，即 E-x 图和 I-x 图。 这些图像问题大体可分为两类： 一、由给出的电磁感应过程选出或画出正确的图像 例 1、如图甲所示，由均匀电阻丝做成的正方形 线框 abcd 的电阻为 R1,ab=bc=cd=da=l, 现将线框以与 ab 垂直的速度 v 匀速穿过一宽度为 2l、磁感应强度为 B 的匀强磁场区域，整 个过程中 ab、cd 两边始终保持与边界平行．令线框的 cd 边刚与磁场左边界重合时 t=O，电 流沿 abcda 流动的方向为正． (1)在图乙中画出线框中感应电流随时间变化的图象． (2)在图丙中画出线框中 a、b 两点间电势差 Uab 随时间 t 变化的图象． 分析：本题是电磁感应知识与电路规律的综合应用，要求我们运用电磁感应中的楞次定律、 法拉第电磁感应定律及画出等效电路图用电路规律来求解，是一种常见的题型。 解答：(1)令 I0=Blv／R，画出的图像分为三段(如下图所示) t=0～l/v,i=-I0 t= l/v～2l/v,i=0 t=2l/v～3l/v,i=-I0 (2)令 Uab=Blv，面出的图像分为三段(如上图所示) 小结：要求我们分析题中所描述的物理情景,了解已知和所求的，然后将整个过程分成几个 小的阶段,每个阶段中物理量间的变化关系分析明确,最后规定正方向建立直角坐标系准确 的画出图形 例 2、如图所示，一个边长为 a，电阻为 R 的等边三角形，在外力作用下以速度 v 匀速的穿 过宽度均为 a 的两个匀强磁场，这两个磁场的磁感应强度大小均为 B，方向相反，线框运动 方向与底边平行且与磁场边缘垂直，取逆时针方向为电流的正方向，试通过计算，画出从图 示位置开始，线框中产生的感应电流 I 与沿运动方向的位移 x 之间的函数图象 分析：本题研究电流随位移的变化规律，涉及到有效长度问题. 解答：线框进入第一个磁场时，切割磁感线的有效长度在均匀变化.在位移由 0 到 a/2 过程 中，切割有效长度由 0 增到 2 3a ；在位移由 a/2 到 a 的过程中，切割有效长度由 2 3a 减到 0．在 x=a/2 时，，I= R avB 2 3 ，电流为正．线框穿越两磁场边界时，线框在两磁场 中切割磁感线产生的感应电动势相等且同向，切割的有效长度也在均匀变化．在位移由 a 到 3a/2 过程中，切割有效长度由 O 增到 2 3a 。；在位移由 3a/2 到 2a 过程中，切割有效 长度由 2 3a 减到 0.在 x=3a/2 时，I= R avB3 电流为负．线框移出第二个磁场时的情况 与进入第一个磁场相似,I 一 x 图象如右图所示． 例 3、如图所示电路中，S 是闭合的，此时流过线圈 L 的电流为 i1，流过灯泡 A 的电流为 i2， 且 i1>i2．在 t1，时刻将 S 断开，那么流过灯泡 的电流随时间变化的图象是图中的哪一个? ( ) 分析: 本题是自感现象中的图像问题,相对于前面的两道例题要精确的画出图像有一定的难 度. 解答:t1 时刻将 s 断开,L 中会产生自感电动势与灯泡 A 构成闭合回路。L 中的电流会在 i1 的 基础上减小。方向与 i1 一致，而 A 中的电流与原方向相反，最终减小为零． 因断开的 S 的瞬间。灯泡 A 中的电流比断开前大，故会闪亮一下再熄灭．答案选 D R L 甲 F B t/s F/N 0 4 8 12 16 20 1 2 3 4 5 乙图 14 二、由给定的有关图像分析电磁感应过程，求解相应的物理量 例 4、（2001 年全国物理）如图甲所示，一对平行光滑导轨，放在水平面上，两导轨间的距 离 l=0.20m，电阻 R=1.0Ω；有一导体杆静止地放在轨道上，与两轨道垂直，杆及两轨道的 电阻均可忽略不计，整个装置处于磁感应强度 B=0.50T 的匀强磁场中，磁场方向垂直轨道面 向下，如图甲所示。现用一外力 F 沿轨道方向拉杆，使之做匀加速运动，侧得力 F 与时间 t 的关系如图 14 乙所示。求杆的质量 m 和加速度 a。 分析: 本题已知图像要求利用电磁及力学知识求出相应的物理量，处理本类问题关键是 要审清图像. 解答:导体杆在轨道上做初速度为零的匀加速直线运动，用 v 表示瞬时速度，t 表示时间， 则杆切割磁感线产生的感应电动势为：E=BLv=Blat ……① 闭合回路中的感应电流为 R EI  ……② 由安培力公式和牛顿第二定律得：F-BIl=ma……③ 由①、②、 ③式得 F=ma+ R atlB 22 ……④ 小结：图像的斜率、截距、面积等表征的物理意义或物理量是重点分析的内容,再运用力学 知识、电磁学知识及电路规律来求解。 例 5、 (2000 年上海，10)如图 (a)，圆形线圈 P 静止在水平桌面上，其正上方悬挂一相同 的线圈 Q，P 和 Q 共轴，Q 中通有变化电流，电流随时间变化的规律如图 (b) 所示．P 所受 的重力为 G，桌面对 P 的支持力为 N．则 ……………………( ) A．tl 时刻，N>G B．t2 时刻，N>G C．t3 时刻，N＜G D．t4 时刻，N＝G 分析：本题以能力立意，综合考查由图像来分析、判断相关的物理过程，有一定的难度。 解答：难点是 P、Q 线圈中只要有一个电流为零，则相互作用力为零。答案选 A、D 巩固练习 1、长度相等、电阻均为 r 的三根金属棒 AB、CD、EF 用导线相连，如图所示，不考虑导线电 阻，此装置匀速进入匀强磁场的过程（匀强磁场垂直纸面向里，宽度大于 AE 间距离），AB 两端电势差 u 随时间变化的图像可能是：（ ） A B D C E F A． B． C． D． 2、如下图所示，一有界匀强磁场，磁感应强度大小均为 B，方向分别垂直纸面向里和向外， 磁场宽度均为 L，在磁场区域的左侧相距为 L 处，有一边长为三的正方形导体线框，总电阻 为 R，且线框平面与磁场方向垂直．现使线框以速度 v 匀速穿过磁场区域．若以初始位置为 计时起点，规定电流逆时针方向时的电流和电动势方向为正，B 垂直纸面向里时为正，则以 下四个图像中对此过程描述不正确的是：（ ） 3、 (1997 年上海，一、4)一磁棒自远处匀速沿一圆形线圈的轴线运动，并穿过线圈向远处 而去，如图 10 一 19 所示．则图 lO 一 20 所示较正确反映线圈中电流 i 与时间 t 关系的是(线 圈中电流以图示箭头为正方向)……………( ) 4、一闭合线圈置于磁场中，若磁感应强度Ｂ随时间变化的规律如图 3－12 所示，则图 3－13 中能正确反映线圈中感应电动势Ｅ随时间ｔ变化的图象是 ［ ］ 图 3－12 u tO u tO u tO u tO Φ 图 3－13 5、(1999 年全国，12)一匀强磁场，磁场方向垂直纸面，规定向里的方向为正．在磁场中有 一细金属圆环，线圈平面位于纸面内，如图 (a)所示．现令磁感应强度 B 随时间 t 变化，先 按图 (b)中所示的 oa 图线变化，后来又按图线 bc 和 cd 变化．令 E1、E2、E3 分别表示这三 段 变 化 过 程 中 感 应 电 动 势 的 大 小 ， I1 、 I2 、 I3 分 别 表 示 对 应 的 感 应 电 流 ， 则…………………………………………………( ) A．E1>E2，I1 沿逆时针方向，I2 沿顺时针方向 B．E1i0．同时受到的安培力大于 F， 做减速运动．随着速度的减小，安培力变小，减速运动的加速度变小，电流的变化变慢，但 cd边出磁场时(x=3l)最小速度不能小于进磁场时的速度，故x=3l处回路中电流不能小于i0． 说明：解答此题的关键是线框 ab 边在 x=l 和 x=2l 间运动时做加速运动，故 ab 边出磁 场时产生的电流 i>io．又 F 安>F 拉，做减速运动，i 逐渐变小，F 安逐渐变小，i 的变化率 变小，最终 cd 边出磁场时的速度不能小于匀速运动的速度，故 x=3l 时 i≥i0。因此，当 x=2l 到 x=3l 区间，线框中感应电流的 i—x 图线形状不唯一，可以表示成三种情况．．如图(b) 所示． 9、答案：(1)I0= R Rl 2 2 ，f=   ， (2)图线如图 10—55 所示 解析：(1)在从图 1 中位置开始(t=O)转过 60°的过程中，经Δt,转角△θ=EΔt，回路的 磁通量为△Φ= 2 2Bl 由法拉第电磁感应定律，感应电动势为 E= t  因匀速转动，这就是 最大的感应电动势．由欧姆定律可求得 I0= R Rl 2 2 前半圈和后半圈 I(t)相同，故感应电流频 率等于旋转频率的 2 倍，f=   10、解析：假定磁场充满整个空间，规定沿 abcda 的方向为电流正方向，线圈在转动的一个 周期内，线圈中电流随时间变化的图像应是一个完整的正 弦曲线，但线圈平面从图中位置转过π/3 角度，即 T/6 内，穿过线圈的磁通量不变化，线 圈中无电流．同理，在一个周期的最后 T/6 内，穿过线圈的磁通量也不变化，线圈中也无电 流．感应电流随时间变化的图像如图所示． 恒定电流 例 1、一段半径为 D 的导线,电阻为 0.1Ω,如果把它拉成半径为 D 的导线,则 电阻变为 ( ). A. 0.2Ω B. 0.4Ω C. 0.8Ω D. 1.6Ω 例 2、将四个电阻接入电路,其中 R1>R2>R3>R4,则它们消耗的功率 ( ). A. P1P2>P3>P4 C. P3>P4>P1>P2 D. P2εc (B) εa>εb>εc (C)ra>rb>rc (D)rb>ra>rc 6、下面几组器材中，能完成《测定电池的电动势和内电阻》实验的是（ ）。 (A)一只电流表, 一只电压表, 一只变阻器, 开关和导线 (B)一只电流表，二只变阻器，开关和导线 (C)一只电流表，一只电阻箱，开关和导线 (D)一只电压表，一只电阻箱，开关和导线 7、某一用直流电动机提升重物的装置，如图（1）重物的质量 m =50kg 。电源的电动势ε= 110v。不计电源电阻及各处的摩擦，当电动机以 V = 0．9 的恒定 速度向上提升重物时，电路中的电流强度 I = 5A ，试求电动机线圈的电阻。 K V ↑ 图（1） 8、如图（3）所示的电路中，电阻 R1、R2、R3 的阻值都是 1 欧姆。R4 R5 的阻值都是 0．5 欧姆 ab 端输入电压 U = 6v。当 cd 端接伏特表 时，其示数为多少。 a R1 e R4 c U R2 b R3 R5 d f 图（3） 9、如图（4）所示的电路中，已知电容 C = 2uF。电源电动势ε=12v。 内电阻不计，R1：R2：R3：R4 = 1：2 = 6：3 则电容器极上板所带 的电量为多少？ R1 b R2 a c R3 R4 图（4） 10、如下图，输入电压 Uab 等于某电炉的额定电压后，当将此电炉（ 额定功率为 P0 等于 400w）接入 c、d 时。电炉实际消耗的功率 为 P1 =324w。若将两个这样的电炉并接在 c、d 间时，两个电炉 实际消耗的总功率 P2 为多少？ a R0 c Uab R m d a d 图（5） 答案 例 1、B 例 2、D 例 3、B 例 4、解：（1）P 合/P 开=25/16, (2) r=0.5Ω E=2V 例 5、18．(1)8V (2)14W (3)28W 练习 1、A 2、D 3、BC 4、AD 5、AD 6、ACD 7、分析：由能量守恒，电能通过电流的功转化电热及重物的机械能[重物动能 不变，只增加重力势能] ∴Iε= mgV +I2 R 代入数据可解得：R = 4．4Ω 8、解 a R1 e R4 c 分析：因题中 R1、R2、R3、R4、R5 都很小。 且内阻，故 可理解为理想伏特 U R2 表。此时，当 cd 间接 时，流 b R3 R5 d 经 R4、R5 的电流为 0，且 cd 间可 f 看做开路。 图（3） ∴ UURRR RUefUV 2 321 2  9、解： R1 b R2 分析：此电路的关系为。R1、R2 串联，R3、R4 串联，然后 d 二者并联于 a、 a c c、两点。电容器上的电压等于 Ubd R3 R4 = │U3—U1│=│Uab—Uab│ 而          VU RR RU VU RR RU R 4 8 23 1 1 4 3 3 U1＜U3 说明 R1 上降压 图（4） 少，电容器上板带正电。 ∴UC = │U1—U2│= 4U q = CU =8uc 此题中，若 bd 间接一安培表。则电路关系变为 R1 与 R3 并联，R2 与 R4 、二者再串起来，由电荷守恒可知。IA = │I1—I2│，请自行计算。 10、如下图，输入电压 Uab 等于某电炉的额定电压后，当将此电炉（ 额定功率为 P0 等于 400w）接入 c、d 时。电炉实际消耗的功率 为 P1 =324w。若将两个这样的电炉并接在 c、d 间时，两个电炉 实际消耗的总功率 P2 为多少？ a R0 c 分析：如上图，设电炉的电阻为 R，对于用电器 的问题，只有当 U = U 额时，才有 P = P 额。 当 U 实 ＜U 额时，P 实＜P 额。但通常认定 Uab R R 不变（已处于高温状态），c、d 间只接 一个电炉时，依题意。         qrR ab ab UP R R UP 400 324) 1 ( 2 0 2 1 当 c、d 见并接两个电炉时， 2 RRcd  WR UR r UP ab R ab 5.535)(2 1 2)( 9 1 2 1 2 2 2  )400( 2 WR U ab  高中物理专题总汇(附参考答案) 带电粒子在磁场中的运动 【例 1】磁流体发电机原理图如右。等离子体高速从左向右喷射，两极板间有如图方向 的匀强磁场。该发电机哪个极板为正极？两板间最大电压为多 少？ 解：由左手定则，正、负离子受的洛伦兹力分别向上、向下。 所以上极板为正。正、负极板间会产生电场。当刚进入的正负离 子受的洛伦兹力与电场力等值反向时，达到最大电压：U=Bdv。当 外电路断开时，这也就是电动势 E。当外电路接通时，极板上的电荷量减小，板间场强减小， a d 图（5） B R ＋ ＋ ＋ ＋ ＋ － － － － ― 洛伦兹力将大于电场力，进入的正负离子又将发生偏转。这时电动势仍是 E=Bdv，但路端电 压将小于 Bdv。 在定性分析时特别需要注意的是： ⑴正负离子速度方向相同时，在同一磁场中受洛伦兹力方向相反。 ⑵外电路接通时，电路中有电流，洛伦兹力大于电场力，两板间电压将小于 Bdv，但电 动势不变（和所有电源一样，电动势是电源本身的性质。） ⑶注意在带电粒子偏转聚集在极板上以后新产生的电场的分析。在外电路断开时最终将 达到平衡态。 【例 2】 半导体靠自由电子（带负电）和空穴（相当于带正电）导电，分为 p 型和 n 型两种。p 型中空穴为多数载流子；n 型中自由电子为多数载流 子。用以下实验可以判定一块半导体材料是 p 型还是 n 型：将 材料放在匀强磁场中，通以图示方向的电流 I，用电压表判定上 下两个表面的电势高低，若上极板电势高，就是 p 型半导体； 若下极板电势高，就是 n 型半导体。试分析原因。 解：分别判定空穴和自由电子所受的洛伦兹力的方向，由于四指指电流方向，都向右， 所以洛伦兹力方向都向上，它们都将向上偏转。p 型半导体中空穴多，上极板的电势高；n 型半导体中自由电子多，上极板电势低。 注意：当电流方向相同时，正、负离子在同一个磁场中的所受的洛伦兹力方向相同，所 以偏转方向相同。 3.洛伦兹力大小的计算 带电粒子在匀强磁场中仅受洛伦兹力而做匀速圆周运动时，洛伦兹力充当向心力，由此 可以推导出该圆周运动的半径公式和周期公式： Bq mTBq mvr 2,  【例 3】 如图直线 MN 上方有磁感应强度为 B 的匀强磁场。 正、负电子同时从同一点 O 以与 MN 成 30°角的同样速度 v 射入 磁场（电子质量为 m，电荷为 e），它们从磁场中射出时相距多远？ 射出的时间差是多少？ 解：由公式知，它们的半径和周期是相同的。只是偏转方向相 反。先确定圆心，画出半径，由对称性知：射入、射出点和圆心恰好组成正三角形。所以两 个射出点相距 2r，由图还可看出，经历时间相差 2T/3。答案为射出点相距 Be mvs 2 ，时间 差为 Bq mt 3 4 。关键是找圆心、找半径和用对称。 I M N B O v 【例 4】 一个质量为 m 电荷量为 q 的带电粒子从 x 轴上的 P（a，0） 点以速度 v，沿与 x 正方向成 60°的方向射入第一象限内的匀强磁场中， 并恰好垂直于 y 轴射出第一象限。求匀强磁场的磁感应强度 B 和射出点的 坐标。 解 ： 由 射 入 、 射 出 点 的 半 径 可 找 到 圆 心 O/ ， 并 得 出 半 径 为 aq mvBBq mvar 2 3, 3 2  得 ；射出点坐标为（0， a3 ）。 带电粒子在磁场中的运动是高中物理的一个难点，也是高考的热点。在历年的高考试题 中几乎年年都有这方面的考题。带电粒子在磁场中的运动问题，综合性较强，解这类问 题既要用到物理中的洛仑兹力、圆周运动的知识，又要用到数学中的平面几何中的圆及 解析几何知识。 1、带电粒子在半无界磁场中的运动 【例 5】一个负离子，质量为 m，电量大小为 q，以速率 v 垂直于屏 S 经过小孔 O 射入 存在着匀强磁场的真空室中，如图所示。磁感应强度 B 的方向与离子的运动方向垂直，并垂 直于图 1 中纸面向里. （1）求离子进入磁场后到达屏 S 上时的位置与 O 点的距离. （2）如果离子进入磁场后经过时间 t 到达位置 P，证明:直线 OP 与离子入射方向之间的夹角θ跟 t 的关系是 tm qB 2  。 解析：（1）离子的初速度与匀强磁场的方向垂直，在洛仑兹力作用下，做匀速圆周运动. 设圆半径为 r，则据牛顿第二定律可得： r vmBqv 2  ，解得 Bq mvr  如图所示，离了回到屏 S 上的位置 A 与 O 点的距离为：AO=2r 所以 Bq mvAO 2 （2）当离子到位置 P 时，圆心角： tm Bq r vt  因为  2 ，所以 tm qB 2  . y xo B v v a O/ O B S v θ P 2．穿过圆形磁场区。画好辅助线（半径、速度、轨迹圆的圆心、 连心线）。偏角可由 R r 2tan 求出。经历时间由 Bq mt  得出。 注意：由对称性，射出线的反向延长线必过磁场圆的圆心。 【例 6】如图所示，一个质量为 m、电量为 q 的正离子，从 A 点正对着圆心 O 以速度 v 射入半径为 R 的绝缘圆筒中。圆筒内存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度的大小为 B。 要使带电粒子与圆筒内壁碰撞多次后仍从 A 点射出，求正离子在磁场 中运动的时间 t.设粒子与圆筒内壁碰撞时无能量和电量损失，不计粒 子的重力。 解析：由于离子与圆筒内壁碰撞时无能量损失和电量损失，每次 碰撞后离子的速度方向都沿半径方向指向圆心，并且离子运动的轨迹 是对称的，如图所示。设粒子与圆筒内壁碰撞 n 次（ 2n ），则每相邻两次碰撞点之间圆 弧所对的圆心角为 2π/（n+1）.由几何知识可知，离子运动的半径为 1tan  nRr  离子运动的周期为 qB mT 2 ，又 r vmBqv 2  ， 所以离子在磁场中运动的时间为 1tan2  nv Rt  . 【例 7】圆心为 O、半径为 r 的圆形区域中有一个磁感强度为 B、方向为垂直于纸面向 里的匀强磁场，与区域边缘的最短距离为 L 的 O＇处有一竖直放置的荧屏 MN，今有一质量 为 m 的电子以速率 v 从左侧沿 OO＇方向垂直射入磁场，越出磁场后打在荧光屏上之 P 点， 如图所示，求 O＇P 的长度和电子通过磁场所用的时间。 r v R v O/ O OA v0 B O＇ M N L A 解析 ：电子所受重力不计。它在磁场中做匀速圆周运动，圆心为 O″，半径为 R。圆 弧段轨迹 AB 所对的圆心角为θ，电子越出磁场后做速率仍为 v 的匀速直线运动， 如图 4 所示，连结 OB，∵△OAO″≌△OBO″，又 OA⊥O″A，故 OB⊥O″B，由于原有 BP⊥O″B， 可见 O、B、P 在同一直线上，且∠O＇OP=∠AO″B=θ，在直角三角形ＯＯ＇P 中，O＇P= （L+r）tanθ，而 )2(tan1 )2tan(2 tan 2      ， R r)2tan( ，所以求得 R 后就可以求 出 O＇P 了，电子经过磁场的时间可用 t= V R V AB  来求得。 由 R vmBev 2  得 R= tan)(. rLOPeB mv  mV eBr R r )2tan( ， 22222 2 2 )2(tan1 )2tan(2 tan rBevm eBrmv        22222 , )(2tan)( rBevm eBrmvrLrLPO    ， )2arctan( 22222 rBevm eBrmv   )2arctan( 22222 rBevm eBrmv eB m v Rt    3．穿过矩形磁场区。一定要先画好辅助线（半径、速度及延长线）。偏转角由 sinθ=L/R 求出。侧移由 R2=L2-（R-y）2 解出。经历时间由 Bq mt  得出。 注意，这里射出速度的反向延长线与初速度延长线的交点不再是宽度线段的中点，这点 与带电粒子在匀强电场中的偏转结论不同！ 【例 8】如图所示，一束电子（电量为 e）以速度 v 垂直射入磁感强度为 B，宽度为 d P M N O, L A O R θ/2 θ θ/2 B P O// 的匀强磁场中，穿透磁场时速度方向与电子原来入射方向的夹角是 30°，则电子的质量 是 ，穿透磁场的时间是 。 解析：电子在磁场中运动，只受洛仑兹力作用，故其轨迹是圆弧的一部分，又因为 f⊥ v，故圆心在电子穿入和穿出磁场时受到洛仑兹力指向交点上，如图中的 O 点，由几何知识 知，AB 间圆心角θ＝30°，OB 为半径。 ∴r=d/sin30°=2d，又由 r=mv/Be 得 m=2dBe/v 又∵AB 圆心角是 30°，∴穿透时间 t=T/12，故 t=πd/3v。 带电粒子在长足够大的长方形磁场中的运动时要注意临界条件的分析。如已知带电粒子 的质量 m 和电量 e，若要带电粒子能从磁场的右边界射出，粒子的速度 v 必须满足什么条件？ 这时必须满足 r=mv/Be>d，即 v>Bed/m. 【例 9】长为 L 的水平极板间，有垂直纸面向内的匀强磁场，如图所示，磁感强度为 B， 板间距离也为 L，板不带电，现有质量为 m，电量为 q 的带正电粒子（不计重力），从左边 极板间中点处垂直磁感线以速度 v 水平射入磁场，欲使粒子不打在极板上，可采用的办法是： A．使粒子的速度 v5BqL/4m； C．使粒子的速度 v>BqL/m； D．使粒子速度 BqL/4m5BqL/4m 时粒子能从右边穿出。 粒子擦着上板从左边穿出时，圆心在 O＇点，有 r2＝L/4，又由 r2＝mv2/Bq=L/4 得 v2＝ BqL/4m ∴v2 v0)，U形框最终将与方框分离，如 果从U型框和方框不再接触开始，经过时间t方框最右侧和U型框最左侧距离为s，求金属 框框分离后的速度各多大? 1.答案:C 解析:下滑过程有安培力做功,机械能不守恒;ab达到稳定速度,重力等于安培力,故C正确. 2.答案:A 解析：两种情况下产生的总热量，都等于金属棒的初动能. 3.答案：D 解析：铝环向右运动时，环内感应电流的磁场与磁铁产生相互作用，使环做减速运动，磁 铁向右做加速运动，待相对静止后，系统向右做匀速运动，由I=(m+M)v，得v=I/(m+M)，即 为磁铁的最大速度，环的最小速度，其动能的最小值为m/2·{I/(m+M)}2，铝环产生的最大 热量应为系统机械能的最大损失量，I2/2m-I2/2(m+M)=MI2/2m(m+M)． 4.答案：C 解析：这是一道选用力学规律求解电磁感应的好题目，线框做的是变加速运动，不能用运 动学公式求解，那么就应想到动能定理，设线框刚进出时速度为v1和v2，则第一阶段产生的 热量 ，第二阶段产生的热量Q2=mv2/2，只要能找出v1和v2的关系就能找到答案，由动量定理可得 5.答案:0.5W 解析:由题意分析知,当砝码加速下落到速度最大时,砝码的合外力为零,此时R得到功率最 大,为mg=BImaxL ① Pmax=I2 maxR② 由式①②得 Pmax=(mg/BL)2R=0.5W 6.答案:4；0.28；0.08 解析:F安=(M-m)g,转化的内能=F安L 7.解析：(1)撤去F之前，设通过电阻R的电流为I，则金属杆受到的安培力大小F安=BIL=F．撤 去F之后，由P=I2R知，当电阻R上消耗的电功率为P/4时，通过R的电流I'=I/2，则金属杆 受到的安培力F’安=BI'L=F/2，方向水平向左，由牛顿第二定律得， ．方向水平向左． (2)撤去F后，金属杆在与速度方向相反的安培力作用下，做减速运动直到停下。设匀速运动 时金属杆的速度为v，则I2(R+r)=Fv，又P=I2R，解得 由能量守恒可得，撤去F后，整个电路产生的热量 则电阻R上产生的焦耳热 8.解析：(1)U形框向右运动时，NQ边相当于电源，产生的感应电动势E=Blv0，当如图乙所示 位置时，方框bd之间的电阻为 U形框连同方框构成的闭合电路的总电阻为 闭合电路的总电流为 根据欧姆定律可知，bd两端的电势差为：Ubd= 方框中的热功率为： (2)在U形框向右运动的过程中，U形框和方框组成的系统所受外力为零，故系统动量守恒， 设到达图示位置时具有共同的速度v，根据动量守恒定律 根据能量守恒定律，U形框和方框组成的系统损失的机械能等于在这一过程中两框架上产生 的热量，即 (3)设U形框和方框不再接触时方框速度为v1， u形框的速度为v2：，根据动量守恒定律，有 3mv=4mvI+3mv2……两框架脱离以后分别以各自的速度做匀速运动，经过时间t方框最右侧和U 形框最左侧距离为s，即(v2-v1)t=s联立以上两式，解得 高三第二轮物理专题复习学案 ——电磁感应中的力学问题 电磁感应中中学物理的一个重要“节点”，不少问题涉及到力和运动、动量和能量、电 路和安培力等多方面的知识，综合性强，也是高考的重点和难点，往往是以“压轴题”形式 出现．因此，在二轮复习中，要综合运用前面各章知识处理问题，提高分析问题、解决问题 的能力． 本学案以高考题入手，通过对例题分析探究，让学生感知高考命题的意图，剖析学生 分析问题的思路，培养能力． 例 1.【2003 年高考江苏卷】如右图所示，两根平行金属导端点 P、Q 用电阻可忽略的 导线相连，两导轨间的距离 l=0.20 m．有随时间变化的匀强磁场垂直于桌面，已知磁感应强 度 B 与时间 t 的关系为 B=kt，比例系数 k＝0.020 T／s．一电阻不计的金属杆可在导轨上无摩 擦地滑动，在滑动过程中保持与导轨垂直．在 t=0 时刻，轨固定在水平桌面上，每根导轨每 m 的电阻为 r0＝0.10Ω／m，导轨的金属杆紧靠在 P、Q 端，在外力作用下，杆恒定的加速度 从静止开始向导轨的另一端滑动，求在 t＝6.0 s 时金属杆所受的安培力． [解题思路] 以 a 示金属杆运动的加速度，在 t 时刻，金属杆与初始位置的距离 L＝ 2 1 at2 此时杆的速度 v＝at 这时，杆与导轨构成的回路的面积 S=Ll 回路中的感应电动势 E＝S t B   ＋Blv 而 kt BtttB t BktB    )( 回路的总电阻 R＝2Lr0 回路中的感应电流， R EI  作用于杆的安培力 F＝BlI 解得 tr lkF 0 22 2 3 代入数据为 F＝1.44×10-3N 例 2． (2000 年高考试题)如右上图所示，一对平行光滑 R 轨道放置在水平地面上，两 轨道间距 L＝0.20 m，电阻 R＝1.0 Ω；有一导体杆静止地放在轨道上，与两轨道垂直，杆与 轨道的电阻皆可忽略不计，整个装置处于磁感强度 B＝0.50T 的匀强磁场中，磁场方向垂直 轨道面向下．现用一外力 F 沿轨道方向拉杆，使之做匀加速运动．测得力 F 与时间 t 的关系 如下图所示．求杆的质量 m 和加速度 a． 解析：导体杆在轨道上做匀加速直线运动，用 v 表示其速度，t 表示时间，则有 v＝at ① 杆切割磁感线，将产生感应电动势 E＝BLv ② 在杆、轨道和电阻的闭合回路中产生电流 I=E/R ③ 杆受到的安培力为 F 安=IBL ④ 根据牛顿第二定律，有 F－F 安＝ma ⑤ 联立以上各式，得 atR lBmaF 22  ⑥ 由图线上各点代入⑥式，可解得 a＝10m/s2，m＝0.1kg 例 3． (2003 年高考新课程理综)两根平行的金属 导轨，固定在同一水平面上，磁感强度 B＝0.05T 的匀 强磁场与导轨所在平面垂直，导轨的电阻很小，可忽 略不计．导轨间的距离 l＝0.20 m．两根质量均为 m＝ 0.10 kg 的平行金属杆甲、乙可在导轨上无摩擦地滑动，滑动过程中与导轨保持垂直，每根 金属杆的电阻为 R＝0.50Ω．在 t＝0 时刻，两杆都处于静止状态．现有一与导轨平行、大小 为 0.20 N 的恒力 F 作用于金属杆甲上，使金属杆在导轨上滑动．经过 t＝5.0s，金属杆甲的 加速度为 a＝1.37 m／s，问此时两金属杆的速度各为多少? 本题综合了法拉第电磁感应定律、安培力、左手定则、牛顿第二定律、动量定理、全 电路欧姆定律等知识，考查考生多角度、全方位综合分析问题的能力． 设任一时刻 t，两金属杆甲、乙之间的距离为 x，速度分别为 vl 和 v2，经过很短的时间 △t，杆甲移动距离 v1△t，杆乙移动距离 v2△t，回路面积改变 △S＝[(x 一ν2△t)+ν1△t]l—lχ＝(ν1-ν2) △t 由法拉第电磁感应定律，回路中的感应电动势 E＝B△S/△t＝Bι(νl 一ν2) 回路中的电流 i＝E／2 R 杆甲的运动方程 F—Bli＝ma 由于作用于杆甲和杆乙的安培力总是大小相等、方向相反，所以两杆的动量(t＝0 时为 0)等于外力 F 的冲量． Ft＝mνl＋mν2 联立以上各式解得 ν1＝[Ft/m＋2R(F 一 ma)／B2l2]／2 ν2＝[Ft／m 一 2R(F 一 ma)／B2l2]／2 代入数据得移νl＝8.15 m／s，v2＝1.85 m／s 练习 1、．如图 l，ab 和 cd 是位于水平面内的平行金属轨道，其电阻可忽略不计．af 之间连 接一阻值为 R 的电阻．ef 为一垂直于 ab 和 cd 的金属杆，它与 ab 和 cd 接触良好并可沿轨道 方向无摩擦地滑动．ef 长为 l，电阻可忽略．整个装置处在匀强磁场中，磁场方向垂直于图 中纸面向里，磁感应强度为 B，当施外力使杆 ef 以速度 v 向右匀速运动时，杆 ef 所受的安 培力为( )． R lvBA 2 . R vBlB R lvBC 2 R vBlD 2 图 1 图 2 2、如图 2 所示·两条水平虚线之间有垂直于纸面向里、宽度为 d、磁感应强度为 B 的匀 强磁场．质量为 m、电阻为 R 的正方形线圈边长为 L(Lg，a3f．问： (1)CD 运动的最大速度是多少? (2)当 CD 达到最大速度后，电阻 R 消耗的电功率是多少? (3)当 CD 的速度是最大速度的 1/3 时，CD 的加速度是多少? 解析：(1)以金属棒为研究对象，当 CD 受力：F=FA+f 时，CD 速度最大， 即： 22 22 ))(( dB rRfFvfrR vdBfBIdF m m  (2)CD 棒产生的感应电动势为： Bd rRfFBdvE m ))((  回路中产生的感应电流为： Bd fF rR EI  则 R 中消耗的电功率为： 22 2 2 )( dB RfFRIRP  (3)当 CD 速度为最大速度的 1/3 即 mvv 3 1 时，CD 中的电流为最大值的 1/3 即 II 3 1'  则 CD 棒所受的安培力为： )(3 1'' fFdBIFA  CD 棒的加速度为： m fF m FfFa A 3 )(2'  交流电 例 1：给额定功率 60W、额定电压 220V 的白炽灯加上如图所示 的电压，恰使灯正常发光，则所加电压 U0 的大小约为 （ ） A. 220V B. 310V C. 350V D. 440V 解：所加电压的周期为 20× 10 -3s = 8ms 设电灯的电阻为 R，加上图示的电压时的功率为 PL， PLt2 = (U02 /R)t1 +0 (式中 t1 = 8ms t2 =20 ms) 由题意 PL= (U02 /R)t1/t2= U 额 2 /R =60W U02 = U 额 2 t2/t 1 =2202 ×20/8 =1102 ×10 ∴ U0≈350V C U0 U/V t/10 -3s 280 2 40 48 60 例 2:如图是一个理想变压器的电路图，若 A、B 两点接交流电压 U 时，五个相同的灯泡均正常发光，则原、副线圈的匝数比为： ( ) A. 5  1 B. 1  5 C. 4  1 D. 1  4 解：设灯泡正常发光的电流为 I， 则原、副线圈的电流分别为 I 和 4I，如图示。 所以原、副线圈的匝数比为 4  1 C 例 3. 如 图 所 示 ， abcd 是 交 流 发 电 机 的 矩 形 线 圈 , ab=30cm,bc=10cm, 共 50 匝, 它在 B=0.8T 的匀强磁场中绕中心轴 OO′顺时针方向匀速转动，转速为 480r/min,线圈的总电阻为 r=1Ω, 外电阻为 R=3 Ω,试求: 1. 若线圈从图示位置开始计时,沿 abcd 流动 的方向为正方向,画出交流电流的图象. 2. 线圈从图示位置转过 1/4 转的过程中, 电阻 R 上产生的热量和通过导线截面 的电量 3.电流表和电压表的读数 4.从图示位置转过 180°过程中 n1 n2 U A B a b c d B R V A 的平均感应电动势 解：从中性面开始计时有 e=E m sin ω t ，其中 Em = NB ω S， ω=2πn=2 π ×480/60=16π，∴ Em = NBωS =60.3V，Im = Em /（R+r） =15.1A 注意到从开始转动时产生的感应电流沿 dcbad 方向，与规定方向相 反，为负值。∴i = - Im sinω t= -15.1 sin 16πt （A） T=2π/ω=1/8 s 图线如图示 2. 有效值为 转过 900 的过程中电阻 R 上产生的热量为Q=I2 R t= I2 R T/4=10.7J 感应电流的平均值为 转过 900 的过程中通过导线横截面的电量为 3/16 -15. 15. i / t /1/ 0 10.7A215.1/2/II m  r)(R t /ΔΦNΔ r)(R EI  0.3Cr)(RNBS/ r)(R /ΦNΔtΔIq   3.电流表和电压表的读数 I=10.7A 4. 求从图示位置转过 180°过程中的平均感应电动势 解：由法拉第电磁感应定律 例 4. 如图所示，一个变压器(可视为理想变压器)的原线圈接在 220V 的市电上，向额定电压为 1.80×104V 的霓虹灯供电，使它正常 发光．为了安全，需在原线圈回路中接入熔断器，使副线圈电路中电 流超过 12mA 时，熔丝就熔断． （1）熔丝的熔断电流是多大? （2）当副线圈电路中电流为 10mA 时．变压器的输入功率是多大? 解：(1)设原、副线圈上的电压、电流分别为 U1、U2、I1、I2． 根据理想变压器的输入功率等于输出功率，有 I1 U1= I2U2．当 I2=12 mA 时，I1 即为熔断电流．代人数据，得 I1 =0.98 A (2) 设副线圈中电流为 I2 ′=10 mA 时，变压器的输入功率为 P1 根据理想变压器的输入功 率等于输出功率，有 P1= I2′U2，代人数 据，得 P1 =180 W 。 练习 1.如图所示，有一理想变压器，原线圈匝数为 n1， 两个副线圈的匝数分别为 n2 和 n3，原副线圈的电压分别为 32V310.7IRU  SNBωπ 2 ω π2 2 1 BSBSNtΔ ΦΔ NE  38.4V60.3π 2Eπ 2 m  熔断器 霓虹灯 U1、U2、U3，电流分别为 I1、I2、I3，两个副线圈负载电阻的 阻值未知，下列结论中，正确的是：( ) (A) U1:U2＝n1:n2，U2:U3=n2:n3； (B) I1/I3=n3/n1， I1/I2=n2/n1； (C) I1U1=I2U2＋I3U3 ； (D) n1I1=n2I2＋n3I3 。 n2 n3 n1U1 练习 2. 如图所示,一理想变压器的原、副线圈分别由双线圈 ab 和 cd(匝数都为 n1)、ef 和 gh(匝数都为 n2)组成.用 I1 和 U1 表示输入电 流和电压,I2 和 U2 表示输出电流和电压.在下列 4 种连接法中,符合关系 U1/U2=n1/n2, I1/ I2=n2/n1 的有( ) (A) b 与 c 相连,以 a、d 为输入端; f 与 g 相连,以 e、h 为输出端 (B) b 与 c 相连,以 a、d 为输入端; e 与 g 相连,f 与 h 相连作为输出端 (C) a 与 c 相连、b 与 d 相连作为输入端; f 与 g 相连,以 e、h 为输出端 (D) a 与 c 相连、b 与 d 相连作为输入端; e 与 g 相连, f 与 h 相连作为输出端 练习 3. 在远距离输电中，当输送的电功率相同时，则 关于输电导线上损失的功率下列说法正确的是（ ） (A)减小输电导线的电阻可以减小损失的功率，但此种方法很 有限. (B)提高输送电压从而减小输送电流，可大大减小损失 的功 率 (C)损失的功率与输送电压的二次方成反比 (D)损失的功率与输电线上的电压降成反比 练习 4. 如图所示，边长为 L,电阻为 R 的单匝正方形线圈 abcd， 在磁感应强度为B的匀强磁场中,以cd边为轴以角速度作匀速转动， h a b c d e f g a d ù 转动方向如图, cd 边与磁场方向垂直.求: (1)当它从图示位置转过 900 的过程中产生的热量 (2)当它从图示位置转过 900 的过程中通过 导线横截面的电量 (3) ts 内外界驱动线圈所做的功 ( t >>2/ω) 练习 5. 有一条河流，河水流量为 4m 3/s，落差为 5m，现利用 它来发电，使用的发电机总效率为 50％，发电机输出电压为 350V， 输电线的电阻为 4Ω，允许输电线上损耗功率为发电机输出功率的 5％，而用户所需要电压为 220V，求所用的升压、降压变压器上原、 副线圈的匝数比．g=9.8m/s2 练习 6、 如图所示,匀强磁场方向垂直纸面向里,磁感应强度 B=0.20T,OCA 金属导轨与 OA 金属直导轨分别在 O 点和 A 点接一阻值 为 R1 =3.0Ω和 R2=6.0 Ω 体积可忽略的定值电阻,导轨 OCA 的曲线方 程为 y=1.0sin(π/3· x) (m),金属棒 ab 平行于 y 轴, 长为 1.5m,以速 度 v=5.0 m/s 水平向右匀速运动（b 点始终在 Ox 轴上）,设金属棒与 导轨接触良好,摩擦不计,电路中除了电阻R1 和R2外,其余电阻均不计， 求： （1）金属棒在导轨上运动时 R1 的最大功率 （2）金属棒在导轨上从 x=0 到 x=3m 的运动过程中，外力 必须做的功 练习答案： 1.ACD 2.AD 3.ABC 4. Q=π B2 ωL4 ／4R 电量 q=BL2/R W= B2ω2L4 t / 2R 5.n1／n2 =U 1／U2 =350／2800 =1／8 n3／n4 =U3／U4 =2660／220 ≈ 12／1 6.(1) P1m=1/3 W W=Q= E 有 2/R 并×t = 0.5/2×0.6 = 0.15 J 光学计算题 例 1、 如图示是两个同种玻璃制成的棱镜,顶角α1 略大于α2 ,两束单 色光 A 和 B 分别垂直射于三棱镜后,出射光线与第二界面的夹角 β1= β2 , 则 ( AD ) A. A 光束的频率比 B 光束的小. B.在棱镜中 A 光束的波长比 B 光束的短. C.在棱镜中 B 光束的传播速度比 A 光束的大. D.把两束光由水中射向空气, 产生全反射,A 光的临界角比 B 的临 R2 R1 A O C x/ m y/m 1.0 b a B 3.0 界角大. 解: n = cos β /sin α ∵α1 ＞ α2 ∴ n1 ＜ n2 ∴频率ν1＜ ν2 sinC=1/n ∴ C 1＞C2 例 2；91 年高考. 一束光从空气射向折射率 n= 2 的某种玻璃的表面, 如图所示. i 代表入射角,则（ BCD ） (A) 当 i >45°时会发生全反射现象 (B) 无论入射角 i 是多大,折射角 r 都不会超过 45° (C) 欲使折射角 r=30,应以 i =45°的角度入射 (D)当入射角 i =arctg 2 时，反射光线跟折射光线恰好互相垂直 i 空 玻2n N O A ββ α1A β2β1 α2 例 3、如图示，一块用折射率 n=2 的透明材料制成的柱体，其截面 为 1/4 圆，圆半径 Oa=6cm，当一束平行光垂直照射 Oa 面时，请作 出图中代表性光线 2、3 通过该透明材料的光路图（忽略二次反射光 线），并计算 ab 弧面上被照亮的弧长为多少？ 解： sin C=1/n=0.5 C=30 30 °<α< 45 ° 全反射如图示 ° 对光线 2：sin α=2/3=0.667 对光线 3：sin β=1/3 < 0.5 β < 30 ° 不会全反射如图示 若射到弧面上的光线刚能全反射则 bA 弧 面被照亮 ∴ bA =2π×r /12 = 3.14cm 例 4； 如图为一个半圆形玻璃砖的截面图,O 为圆心, MM′⊥AB, 一束单色光沿 NO 方向射入,折射光线为 ON ′,ON 与 OM 的夹角为 30°, ON ′与 OM′的夹角为 45 °,半圆形玻璃砖的半径 R=3.0m, c=3.0×108 m/s,求当该单色光束沿与 OM 夹角为 60 °的 PO 方向射 入时,光在该玻璃砖中传播的时间. 解: 临界角 C=45 °∠POM＞45 ° 发生全反射,沿 OP′方向射出 v cn  230sin 45sin e d 3 1 4 2 O b a β b A C f O C 学生练习 s c Rn v lt 8 8 1022 103 2322    P′ 45° B 30° P N N′ M M′ A 60 ° O 1：03 年江苏高考 8 ．如图，一玻璃柱体的横截面为半圆形，细的单色光束从空气射向柱 体的 O 点（半圆的圆心），产生反射光束 1 和透射光束 2，已知玻璃 折射率为 3 ，入射角为 45°（相应的折射角为 24°），现保持入射 光不变，将半圆柱绕通过 O 点垂直于图面的轴线顺时针转过 15°， 如图中虚线所示，则（ B C ） A．光束 1 转过 15° B．光束 1 转过 30° C．光束 2 转过的角度小于 15° D．光束 2 转过的角度大于 15° 2、 如图示：光从 A 点射入圆形玻璃，并从 B 点射出，若射出玻 璃与射入玻璃的光线夹角为 30°,AB 弧所对的圆心角为 120°,下列 说法正确的是：( C ) A. 在 A 点的入射角为 30° B. 在 B 点的入射角为 45° C. 玻璃的折射率为 2 D. 玻璃的折射率为 3 解：光路图作，由于对称性，∠1=60 ° ∠2=15 ° ∠i =45 ∠4=∠r =∠3= 1/2 ∠1=30° 2 45° 入射光 15° O 1 2sin30 sin45 sinγ sinn   i i O A B1 3 i r 4 3：如图，a 和 b 都是厚度均匀的平玻璃板，它们之间的夹角为φ， 一细光束以入射角θ从 P 点射入，θ ＞ φ，已知此光束由红光和蓝 光组成，则当光束透过 b 板后， （ D ） A．传播方向相对于入射光方向向左偏转φ角 B．传播方向相对于入射光方向向右偏转φ角 C．红光在蓝光的左边 D．红光在蓝光的右边 二计算题 a b左 右 φ Pθ C 4： 光屏MN 和遮光板PQ彼此平行地竖直放置，它们相距10cm， 遮光板 PQ 上有一直径为 1cm 的圆形透光孔 ab，位于遮光板左侧 20cm 处有一点光源 S，如图示，在点光源 S 下方水平放置一块平面 镜使点光源发出的光通过圆孔 ab 后在光屏 MN 上形成两个光斑，两 个光斑外边缘上下距离为 5.5cm，作图计算平面镜距点光源的竖直距 离。 解：作光路图，由相似关系 AB=A1B1=1.5cm A1B=5.5cm ∴ BB1 =4cm ΔBB1b ∽ ΔSS1b SS1 / BB1 = SS 1/Aa=2 ∴ SS1 =8cm h=1/2×SS1 =4cm 5: 如图示，一束平行光照射在半径为 R 的半圆柱形玻璃砖的圆柱面上，光线 a 是与一条 半径重合的光线，该光线照射到圆心 O 点与直径 AB 夹角为 45°，且刚好发生全反射．请 作图并确定出光线能从 AB 面射出的范围． 答案； a OA B45° a OA BR2 2OC  S M N P Q a b ABh S S S h p a b Q M A AB N B 6:如图示，一不透明的圆柱形容器内装满折射率 n = 2 的透明液体， 容器底部正中央 O 点处有一点光源 S，平面镜 MN 与底面成 45°角 放置，若容器高为 2dm，底面半径为（1+ 3 ）dm，OM=1dm，在 容器中央正上方 1dm 处水平水平放置一足够长的刻度尺，求光源 S 发出的光经平面镜反射后，照射到刻度尺上的长度。（不考虑容器侧 壁和液面的反射） 解：作出光路图如图示：由几何关系得：M S' = M S =1dm S'P=3dm PQ= 3 dm 答案 1． 物 理 光 学 一、典型例题： [例 1]在双缝干涉实验中，以白光为光源，在屏幕上观察到了彩色干涉条纹，若在双缝 2dm 2.73dm 1dm S N M O AC=(1+ ) dm3 中的一缝前放一红色滤光片（只能透过红光），另一缝前放一绿色滤光片（只能透过绿光）， 这时（ ） A、只有红色和绿色的双缝干涉条纹，其他颜色的双缝干涉条纹消失 B、红色和绿色的双缝干涉条纹消失，其他颜色的双缝干涉条纹依然存在 C、任何颜色的双缝干涉条纹都不存在，但屏上仍有光亮 D、屏上无任何光亮 [解析]在双缝干涉实验的装置中，缝的宽度跟光的波长相差不多，在双缝分别放上红色 和绿色滤光片之后，由于红光和绿光的频率不相等，在光屏上不可再出现干涉条纹了，但由 于满足产生明显衍射现象的条件，所以在屏上将同时出现红光和绿光的衍射条纹，故正确的 选项为 C。 [例 2]某金属在一束黄光照射下，恰好能有电子逸出（即用频率小于这种黄光的光线照 射就不可能有电子逸出），在下述情况下，逸出电子的多少和电子的最大初动能会发生什么 变化？ ⑴增大光强而不改变光的频率； ⑵用一束强度更大的红光代替黄光； ⑶用强度相同的紫光代替黄光。 [解析]“正好有电子逸出”，说明此种黄光的频率恰为该种金属的极限频率。 ⑴增大光强而不改变光的频率，意味着单位时间内入射光子数增多而每个光子能量不 变，根据爱因斯坦光电效应方程，逸出的光电子最大初动能不变，但光电子数目增大。 ⑵用一束强度更大的红光代替黄光，红光光子的频率小于该金属的极限频率，所以无光 电子逸出。 ⑶用强度相同的紫光代替黄光，因为一个紫光光子的能量大于一个黄光光子的能量，而 强度相同，因而单位时间内射向金属的紫光光子数将比原来少，因此，逸出的电子数将 减少，但据爱因斯坦光电效应方程，光电子的最大初动能将增大。 [例 3]把一个凸透镜的弯曲表面压在另一个玻璃平面上，让光从上方射入（图甲），这时 可以看到亮暗相间的同心圆（图乙），这个现象是牛顿首先发现的，这些同心圆叫做牛顿环， 解释为什么会出现牛顿环。 [解析]凸透镜的弯曲上表面反射的光和下面的玻璃平面向上反射的光相互叠加，由于 来自这两个面的反射的光的路程差不同，在有些位置相互加强，在有些位置相互削弱，因此 出现了同心圆状的明暗相间的条纹。 [例 4]把一个平行玻璃板压在另一个平行玻璃板上，一端用薄片垫起，构成空气劈尖， 让单色光从上方射入（如图），这时可以看到亮暗相间的条纹，下面关于条纹的说法中正确 的是（ ） A、将薄片向着劈尖移动使劈角变大时，条纹变疏 B、将薄片远离劈尖移动使劈角变小时，条纹变疏 C、将上玻璃板平行上移，条纹向着劈尖移动 D、将上玻璃板平行上移，条纹远离劈尖移动 [解析]楔形空气层的上下两个表面反射的两列光波发生干涉，空气层厚度相同的地方， 两列波的路程差相同，故如果被测表面是平的，干涉条纹就是一组平行的直线，如上图，当 劈角为α时，相邻两条纹间等于 AC ，当劈角增大为β时，相邻的条纹左移至 A’、C’处，条 纹间距变为 ''CA 。设 CD － AB =△s，则 '' DC － AB =△s，故 AC = sin s ， ''CA = sin s 。 因为β>α，所以 AC > ''CA ，故劈角增大时，条纹变密。 同理，当上玻璃板平行上移时，易得 A’C’CA 为平行四边形，所以条纹向壁尖移动，且 间距不变，本题选 B、C。 二、课堂练习 1、先后用两种不同的单色光，在相同的条件下用同一双缝干涉装置做实验，在屏幕上 相邻的两条亮纹间距不同，其中间距较大的那种单色光比另一种单色光①在真空中的波长较 短 ②在玻璃中传播速度较大 ③在玻璃中传播时，玻璃的折射率较大 ④其光子的 能量较小 以上说法正确的是（ ） A、①③ B、②④ C、①④ D、②③ 2、a、b 是两束相互平行的单色可见光，当它们从空气射入水中时各自发生如图所示的 折射现象，已知折射角 r1>r2，由此可以判定（ ） ①a 光光子能量小；②在水中 b 光波长长一些；③让它们在同一双缝上发生干涉，所得 相邻两条干涉条纹间距△xa>△xb；④a、b 从水中射入空气时，则 a 光的临界角小一些。 A、只有①② B、只有①③ C、只有②④ D、只有②③ 3、下列说法正确的是： A、光波是一种概率波 B、光波是一种电磁波 C、单色光从密介质进入光疏介质时，光子的能量改变 D、单色光从光密介质进入光疏介质时，光的波长不变 4、神光“II”装置是我国规模最大、国际上为数不多的高功率固体激光系统，利用它可 获得能量为 2400J、波长λ为 0.35μm 的紫外激光。已知普朗克恒星 h=6.63×10－34J·s，则 该紫外激光所含光子数为多少个。（取两位有效数字） 5、太阳光垂直射到地面上时，1m2 地面接受的太阳光的功率为 1.4kW，其中可见光部 分约占 45%。 ⑴假如认为可见光的波长约为 0.55μm，日地间距离 R=1.5×1011m，普朗克恒量 h=6.6 ×10－34J·s，估算太阳每秒辐射出的可见光光子为多少。 ⑵若已知地球的半径 r=6.4×106m，估算地球接受的太阳光的总功率。 6、已知锌板的极限波长λO=372nm，氢原子的基态能量为－13.6eV，若氢原子的核外 电子从量子数 n=2 跃迁到 n=1 时所发出的光子照射到该锌板上，此时能否产生光电效应？ 若能，光电子的最大初动能是多少电子伏？（真空中光速 c=3×108m/s，普朗克常量 h=6.63×10 －34J·s，电子电荷量 e=1.6×10－19C） 课堂练习答案： 1、B 2、B 3、A、B 4、4.2×1021 5、⑴4.9×1014 个 ⑵1.8×1017W 6、能。6.86eV 原子和原子结构 一、典型例题： [例 1]氢原子的核外电子从距核较近的轨道跃迁到距核较远的轨道的过程中（ ） A、原子要吸收光子，电子的动能增大，原子的电势能增大 B、原子要放出光子，电子的动能减小，原子的电势能减小 C、原子要吸收光子，电子的动能增大，原子的电势能减小 D、原子要吸收光子，电子的动能减小，原子的电势能增大 [解析]根据玻尔理论，氢原子核外电子在离核越远的轨道上运动能量越大，必须吸收一 定能量的光子后，电子才能从离核较近的轨道跃迁到离核较远的轨道，故 B 错。 氢原子核外电子绕核做圆周运动，由原子核对电子的库仑力提供其向心力，即 k 2 2 r e =m r v 2 ，又 Ek= 2 1 mv2，ke2/2r= 2 1 mv2，即 Ek= r ke 2 2 。 由此式可知：电子离核越远，r 越大时，则电子的动能越小，故 A、C 错。 由于 r 变大时，库仑力对核外电子做负功，因此电势能增大，从而判断 D 正确。 [例 2] 90 232 Th（钍）经过一系列α和β衰变，变成 82 208 Pb（铅），下列说法正确的是： A、铅核比钍核少 8 个质子 B、铅核比钍核少 16 个中子 C、共经过 4 次α衰变和 6 次β衰变 D、共经过 6 次α衰变和 4 次β衰变 [解析]由于β衰变不会引起质量数的减少，故可先根据质量数的减少确定α衰变的次数 为：x= 4 208232  =6 再结合核电荷数的变化情况和衰变规律来判定β衰变的次数 y 应满足：2x－y=90－82=8 所以 y=2x－8=4 即答案 D 是正确的。 [例 3]氢原子从能级 A 跃迁到能级 B 时，辐射出波长为λ1 的光子，从能级 A 跃迁到能 级 C 时，辐射出波长为λ2 的光子，若λ1>λ2，则氢原子从能级 B 跃迁到能级 C 时，将吸收 还是发射光子，光子的波长为多少？ [解析]因为 EA－EB=h 1 c ，EA－EC=h 2 c ，而λ1>λ2，所以 EB>EC。 于是从 B 能级跃迁到 C 能级时，应辐射光子。 EB－EC=（EA－EC）－（EA－EB） =hc（ 2 1  － 1 1  ）=h BC c  所以λBC= 21 21    。 [例 4]已知氘核质量为 2.0136u，中子质量为 1.0087u， 2 3 He 核的质量为 3.0150u。 ⑴写出两个氘核聚变成 2 3 He 的核反应方程； ⑵计算上述核反应中释放的核能； ⑶若两氘核以相等的动能 0.35MeV 做对心碰撞即可发生上述核反应，且释放的核能全 部转化为机械能，则反应中生成的 2 3 He 核和中子的动能各是多少？ [解析]应用质量数守恒和核电荷数守恒不难写出核反应方程为： 1 2 H+ 1 2 H→ 2 3 He+ 0 1 n 由题给条件可求出质量亏损为： △m=2.0136u×2－（3.0150+1.0087）u=0.0035u 所以释放的核能为 △E=△mc2=931.5×0.0035MeV=3.26 MeV。 因为该反应中释放的核能全部转化为机械能——即转化为 He 核和中子的动能。若设 2 3 He 核和中子的质量分别为 m1、m2，速度分别为υ1、υ2，则由动量守恒及能的转化和守 恒定律，得 m1υ1－m2υ2=0 Ek1+ Ek2=2 Ek0+△E 解方程组，可得： Ek1= 4 1 （2Ek0+△E）= 4 1 ×（2×0.35+3.26）MeV=0.99 MeV， Ek2= 4 3 （2Ek0+△E）= 4 3 ×（2×0.35+3.26）MeV=2.97 MeV。 二、课堂练习 1、氦原子被电离一个核外电子，形成类氢结构的氦离子，已知基态的氦离子能量为 E1= －54.4eV，氦离子能级的示意图如下所示，在具有下列能量的光子中，不能．．被基态氦离子吸 收而发生跃迁的是（ ） A、40.8eV B、43.2eV C、51.0 eV D、54.4 eV 2、氢原子能级图的一部分如图所示，a、b、c 分别表示氢原子在不同能级之间的三种 跃迁途径，设在 a、b、c 三种跃迁过程中，放出光子的能量和波长分别是 Ea、Eb、EC 和λa、 λb、λc，则： ①λb=λa+λc ② b 1 = a 1 + c 1 ③λb=λa·λc ④Eb=Ea+EC 以上关系正确的是（ ） A、①③ B、②④ C、只有① D、③④ 3、匀强磁场中有一个静止的氮核 7 14 N，被与磁场方向垂直、速度为υ的α粒子击中形 成复合核，然后沿相反方向释放出一个速度也为υ的质子，则以下说法正确的是（ ） ①质子与反冲核的动能之比为 17：25 ②质子与反冲核的动量大小之比为 1：5 ③质子与反冲核的动量大小之比为 8：17 ④质子与反冲核在磁场中旋转频率之比为 17：8 A、①② B、③④ C、①③ D、②④ 4、有一群氢原子处于 n=4 的能级上，已知氢原子的基态能量 E1=－13.6 eV，普朗克常 量 h=6.63×10－34J·s，求： ⑴这群氢原子的光谱共有几条谱线？ ⑵这群氢原子发出的光子的最大频率是多少？ 5、科学家发现太空中的γ射线都是从很远的星球发射出来的。当γ射线爆发时，在数 秒钟内所产生的能量，相当于太阳在过去一百亿年内所发出的能量总和的一千倍左右，大致 相当于太阳质量全部亏损得到的能量，科学家利用超级计算机对γ射线的爆发状态进行模 拟，发现γ射线能量爆发是起源于一个垂死的星球“坍塌”的过程，只有星球“坍塌”时， 才能释放这么巨大的能量，已知太阳光照射到地球所需要时间为 t，地球公转周期为 T，真 空中的光速为 c，万有引力常量为 G，试推算出一次γ射线爆发所产生的能量。 6、为确定爱因斯坦质能联系方程△E=△mc2 的正确性，设计了如下实验：用动能为 E1=0.9MeV 的质子去袭击静止的锂核 3 7 Li，生成两个α粒子，测得这两个α粒子的动能之和 为 E=19.9MeV。 ⑴写出该核反应方程； ⑵计算核反应过程中释放出的能量△E； ⑶通过计算说明△E=△mc2 的正确性。（计算中质子、α粒子和锂核 3 7 Li 的质量分别取： mp=1.0073u，ma=4.0015u，mLi=7.0160u） 课堂练习答案： 1、B 2、B 3、A 4、6 条 3.1×1015HZ 5、 2 2224 GT tC 6、① 1 1H+ 3 7 Li→2 2 4 He ②18.9MeV ③略 如何审题 审题是解题者对题目信息的发现、辨认、转译的过程，它是主体的一种有目的、有计 划的知觉活动，并有思维的积极参与．审题是解题的第一步骤，它是解题全过程中一个十分 重要的环节,细致深入的审题是顺利解题的必要前提．审题是一个有目的、有步骤的认知活 动，这一活动的主要形式是读、思、记．一般说来，当拿到题目时，首先要对题目的文字和 附图阅读几遍．读题时要先粗后细，由整体到局部再回到整体．即应先对题目有一个粗糙的 总体认识然后再细致考察各个细节，最后对问题的整体建立起一幅比较清晰的物理图象．要 把题目的信息弄得十分清楚并深深地印入脑海，以致你暂时不去看它，也不怕把它完全忘记 掉．在这一系列活动中，主要任务是一是发现信息，二是转译信息，三是记录信息．审题的 要求是 1．细致 2．准确 3．全面 4．深刻。下面举例说明如何审题 【例题 1】质量 m 的滑块与竖直墙间的动摩擦因数为ｕ，力 F1 水平向左作 用在滑块上，如图所示，滑块从静止开始竖直向下做匀加速直线运动，若 再施加另一个与竖直方向成α的恒力 F2（图中未画出）发现滑块加速度大 小和方向保持不变，则下列结论正确的是 A．ｕ＝cotα B. ｕ＝tanα C.F2 一定斜向下 D.F2 一定斜向上 解： maFmg  1 ① 若 2F 的方向斜向下与竖直方向成 则 maFFmgF  )sin(cos 212  ② 联立① ②得  cot 若 2F 的方向斜向上与竖直方向成 则 maFFFmg   cos)sin( 221 ③ 联立 ②③得  cot F2 FN G α F1 Ff F2 G α Ff FNF1 F1 故选 A 点评：审题时要考虑全面，以免漏解. 【例题 2】密闭容器内装有一定质量的理想气体，当体积不变时，温度降低时 A． 气体压强减小 B． 气体压强变大 C． 气体分子撞击器壁单位面积上的平均冲力减小 D． 单位时间内撞击容器器壁的气体平均数目减小 ACD 解 ：由 T pV ＝C 可知，当体积不变时，温度降低，压强减小，故选 A； 由 p＝ S F 可知，压强减小，气体分子撞击器壁单位面积上的平均冲力减小，故选 C； 体积不变时，分子的疏密程度也不改变，温度降低时，分子的热运动变得缓慢，单位 时间内撞击容器器壁的气体平均数目减小，故选 D 点评：本题中 D 答案容易漏掉，只有对理想气体的压强定义和微观解释有一个全面深刻的了 解，才能正确完整地解答此题。 【例题 3】如图所示，在倾角θ＝37°的足够长的固定斜面上，物体 A 和小车 B 正沿着斜面 上滑，A 的质量 mA＝0.50kg,B 的质量为 mB＝0.25kg,A 始终受到沿斜面向上的恒定推力 F 的 作用,当 A 追上 B 时,A 的速度为 vA＝1.8m/s,方向沿斜面向上,B 的速度恰好为零.A、B 相碰， 相互作用时间很短，相互作用力很大，碰撞后的瞬间，Ａ的速度变为 v1＝0.6m/s,方向沿斜 面向上，再经Ｔ＝０.６s，A 的速度大小变为 v２＝１.８m/s，在这一段时间内，ＡＢ没有再 次相碰，已知Ａ与斜面间的动摩擦因数ｕ＝０.１５，Ｂ与斜面间的摩擦斩不计，已知 sin37°＝0.6,重力加速度 g＝10m/s2 ⑴ A、Ｂ第一次碰撞后的速度 ⑵ 恒定推力Ｆ的大小． F 解：（1）A、B 碰撞过程满足却动量守恒定律 ， AAvm ＝ 11vm + Bm Bv 得 Bv ＝2.4 sm / ,方向沿斜面向上 B A θ （2）设经过T ＝0.6s,A 的速度方向上，此时 A 的位移 1S ＝ Tvv 2 )( 21  ＝0.72 m B 的加速度 Ba ＝ g sin 37°＝0.6 m / 2s B 的位移 BS ＝ TvB ＋(- Ba ) 2 2 2T ＝0.36 m 可见，A、B 将再次相碰，违反了题意，因此碰撞后 A 先做匀减速运动，减速到零后，再反 向做匀加速运动，即 A 物经Ｔ＝０.６s 后时的速度大小为 smv /8.12  时的速度方向是沿 斜面向下，令 A 物沿斜面向上的运动时间为 1t ，则物体沿斜面向下的运动时间为 1tT  对 A 据牛顿第二定律有， singmA ＋  cosgmA － F ＝ 1amA ① singmA －  cosgmA － F ＝ Am 2a ② 0 1v  ( 11 )ta ③ 2v ＝ 2a )( 1tT  ④ 联立①②③④解得恒定推力 F 的大小为 F ＝0.6N 说明：本题的突破口为 A 物经Ｔ＝０.６s 后时的速度大小为 smv /8.12  ，究竟是沿斜面 向上还是沿斜面向下是解决此题的关键；再抓住在这一段时间内，Ａ、Ｂ没有再次相碰这句 关键词，本题也就水到渠成、瓜熟蒂落。 【例题 4】如图所示,在地面附近有一范围足够大的互相正交的匀强电场和匀强磁场.磁感应 强度为B,方向水平并垂直纸面向外.一质量为m带电量为-q的带电微粒在此区域恰好作速度 为 V 的速圆周运动,重力加速度为 g, (1) 求此区域内的电场强度大小和方向 (2) 若某时刻微粒运动到距地面高度为 H 的 P 点,速度与水平方向成 45° ,如图所示.则该微 粒至少须经多长时间运动到距地面最高点?最高点距地面多高? (3) 在(2)中微粒又运动到 P 点时,突然撤去磁场,同时电场强度大小不变,方向变为水平向右, 则该微粒运动中离地面的最大高度是多少? B ． ． ． ． ． ． ． ． ． ． ． ． ． ． ． ． P ． ． ． ． ． ． ． ． H ． ． ． ． ． ． ． ． 解：⑴ 带电微粒在做匀速圆周运动，电场力与重力平衡 mg ＝ Eq E ＝ q mg (2) 粒子作匀速圆周运动，轨道半径为 R ，如图所示 Bqv ＝ R mv 2 最高点与地面的距离为 mH ＝ H + R (1+cos45°) mH ＝ H + (1+ 2 2 ) Bq mv 该微粒的周期为T ＝ Bq m2 运动到最高点的时间为t ＝ 8 3 T ＝ Bq m 4 3 ⑶设粒子上升最大高度为 h,由动能定理得 － mgh － cotEqh 45°＝0－ 2 2mv h ＝ g v 4 2 微粒离地面的最大高度为 H＋ g v 4 2 说明：①带电粒子是否考虑重力要依据具体情况而定，不能一概而论。本题中由于粒子恰好 做匀速圆周运动，故重力不能忽略，重力与电场力相互抵消，使粒子做严格意义上的匀速圆 周运动，一般情况下粒子在忽略重力的情况下做匀速圆周运动，都是近似的匀速圆周运动。 ②一般说来，基本粒子：如电子、质子、α粒子、离子等除有说明或明确暗示以外，一般都 不考虑重力；带电颗粒：如液滴、油滴、尘埃等，除有说明或明确的暗示以外，一般都不能 忽略重力。 ③值得一提的是，题中若明确不计重力，则肯定不要考虑重力；但题中没有明确不计重力， 但考虑重力又明显不可能解答该题的情况下，说明题目本身叙述不严谨。通常情况下，若题 中没有不计重力的字样，该题肯定要考虑重力。 【例题 5】如图所示，在 y＞0 的空间中存在匀强电场，场强沿 y 轴负方向；在 y<0 的空间 中存在匀强磁场，磁场方向垂直 xy 平面（纸面）向外，一电量为 q、质量为 m 的带正电的 运动粒子，经过 y 轴上 y＝h 处的 P1 时速率为 v0，方向沿 x 轴正方向；然后．经过 x 轴上 x ＝2h 处的 P2 点进入磁场，并经过 y 轴上 y＝－2h 的 P3 点，不计重力，求 45° R P V （1） 电场强度的大小 （2） 粒子到达 P2 时的速度大小和方向 （3） 磁感应强度的大小 ． ． O ． ． ． ． ． ． ． ． ． 解：（1）粒子在电场、磁场运动的轨迹如图所示，设粒子从 P1 到 P2 的时间为 t,电场强度大 小为 E，粒子在电场中的加速度为 a,由牛顿第二定律及运动学公式有 qE ＝ ma tvo ＝2 h 2 2at ＝ h 解得 E ＝ qh mv 2 2 0 (2)粒子到达 P2 时速度沿 x 方向的分量仍为 v0,x 以 v1 表示速度沿 y 轴方向分量的大小，v 表 示速度的大小，θ表示速度和 x 轴的夹角，则有 2 1v ＝ ah2 2v ＝ 2 1v + 2 ov tan ＝ ov v1 1v ＝ ov v ＝ 2  ＝45° P1 • • • P3 P2 P1 • • P3 P2 2h h 2h y x ． O ． ． ． ． ． ． ． ． ． (3)设磁场的磁感应强度为 B，在洛仑兹力作用下粒子作匀速圆周运动，由牛顿第二定律有 qBv ＝ r mv 2 r 是圆周的半径，此圆周与 x 轴和 y 轴的交点分别为 P2、P3，因为 OP2＝OP3  ＝45°，由几何关系可知，连线 P2P3 为圆轨道的直径，由上此可求得 r ＝ 2 h B ＝ qh mv0 说明：本题中是明确不计重力，所以在电场中带电粒子仅受电场力，在磁场中仅受洛仑兹力， 在磁场中粒子做近似的匀速圆周运动，凡是在磁场中粒子做匀速圆周运动，主要是找圆心， 定半径，画出粒子运动的轨迹是解题的关键。 练习： 1.在中子衍射技术中，常利用热中子研究晶体的结构，因为热中子的德布罗意波长与晶体中 原子间距相近，已知中子质量 m＝1.67× 2710 kg,普朗克常量 h＝6.63× sJ·10 34 ，可以估 算德布罗意波长 λ＝1.82× 1010 m 的热中子动能的数量级为 A． 1710 J B． 1910 J C． 2110 J D． 2410 J [ ] 2．在均匀介质中，各质点的平衡位置在 同一条直线上，相邻两质点间的距离为 a，t＝0 时振动从质点 1 开始并向右传 播，其振动速度方向竖直向上，经过时 间 t 前 13 个质点第一次形成如图所示的 波形，则该波的周期 T 和波速 v 分别为 A.T＝t/2 B.T＝2t/3 C.V＝12a/t D.V＝16a/t [ ] 3．如图所示，a、b 是两个带有同种电荷的小球，用绝缘细线拴于同一点，两球静止时，它 们离水平面的高度相等，绳与竖直方向的夹角为α、β，且α<β，同时剪断细线，不计空 气阻力，两带电量不变，则下列判断正确的是 A． a、b 同时落地 B． 落地时两球动能相等 C． 落地时 a 球水平飞行距离比 b 球小 D． 在空中飞行的过程中，a 球受到的冲量比 b 球受到的冲 量大 [ ] 4．如图所示，一小孩用斜向上的力拉着一木块在水平面上匀速前进，在时间 t 内，小孩拉 力的冲量大小为 I1，地面对木块摩擦力的冲量大小为 I2，木块重力的冲量大小为 I3,则有 A． 21 II  B． 31 II  C． 2I＞I1 D． 31 I ＞I [ ] 5．如图所示，直线 AB 为静电场中的一条等势线，有一带电微粒由 A 点沿直线运动到 B 点， 由此可判断 A． 带电微粒所受的电场力大小一定不变 B． 带电微粒的加速度方向一定垂直于 AB C． 带电微粒的电势能一定不变 D． 带电微粒的动能一定不变 [ ] α β a b •• A B 1 5 9 13 6．下列关于分子力和分子势能的说法中，正确的是 A． 当分子力表现为引力时，分子力和分子势能总是随分子间距离的增大而增大 B． 当分子力表现为引力时，分子力和分子势能总是随分子间距离的增大而减小 C． 当分子力表现为斥力时，分子力分子势能总是随分子间距离的减小而增大 D． 当分子力表现为斥力时，分子力分子势能总是随分子间距离的减小而减小 [ ] 7．一质量为 m 的物体，静止于动摩擦因数为μ的水平地面上，现用与水平面成θ角 的力 F 拉物体，为使物体能沿水平地面做匀加速运动，求 F 的取值范围. 有一同学解答如下： 设物体运动的加速度为 a,由图乙可知，有 maFF N  cos ① mgFF N sin ② 要使物体做匀加速运动，应满足 a＞0③ 由①②③可得   sincos  mgF 你认为该同学的解答是否完整？若你认为不完整，请将解答补充完整. 8.如图所示，R 是电阻箱， 为理想书面声明电压表， 当电阻箱读数为 1R ＝2Ω时，电压表读数为 1U ＝4V；当 电阻箱读数为 1R ＝5Ω时，电压表读数为 1U ＝5V；求： ⑴电源电动势 E 和内阻 r ⑵当电阻箱 R 读数为多少时，电源的输出功率最大？最 大功率 mP 为多少 9．如图所示，固定的水平光滑金 属导轨，间距为 L ，左端接有阻值 为 R 的电阻，处在方向竖直、磁感 应强度为 B 的匀强磁场中，质量为 m 导体棒与固定弹簧相连，放在 导轨上，导轨与导体棒的电阻均可 忽略，初始时刻，弹簧恰处于自然 长度，导体棒具有水平向右的初速度 0v ，在沿导轨往复运动过程中，导体棒始终与导轨保 持良好接触 ⑴求初始时刻导体棒受到的安培力 ⑵若导体棒从初时刻到速度第一次为零时，弹簧的弹性势能为 pE ，则这一过程 中安培力 甲 乙 FF θ V R E r S • • RL m v0 所做的功 1W 和电阻 R 上产生的焦耳热 1Q 分别是多少？ ⑶导体棒往复运动，最终将静止于何处？从导体棒开始运动到最终静止的过程中，电阻 R 上 产生的焦耳热Q 为多少？ 10．如图所示， NM、 为两块带选等量异种电荷的平行金属板， 21 S、S 为板上正对的小 孔， N 板右侧有两个宽度为 d 的匀强磁场区域，磁感应强度大小均为 B ，方向分别垂直于 纸面向外和向里，磁场区域右侧有一个荧光屏，取屏上与 21 S、S 共线的O 点为原点向上为 正方向建立 x 轴．M 板左侧电子枪射出的热电子经小孔 1S 进入两板间，电子质量为 m ，电 荷量为 e ，初速度可以忽略． ⑴当两板间电势差为 0U 时，求从小孔 2S 射出的电子的速度 0v ⑵求两金属板间电势差U 在什么范围内，电子不能穿过磁场区域而打到荧光屏上． ⑶若电子能够穿过磁场区域而打到荧光屏上，试在答题卡的图上定性地画出电子运动的轨 迹． ⑷求电子打到荧光屏上的坐标位置 x 和金属板间电势差U 的函数关系． 练习答案：1.C 2.AD 3.ACD 4.C 5.C 6.C 7.解：此解答不完整，还缺少限制性条件： mgFF N sin ① 0NF ② 由①②式得： sin mgF ③ 力 F 的取值范围应为 sin mg ≥   sincos  mgF x 荧光屏 ｏ Ｎ d S1 S2K d M B B＿ ＋ 8.解：⑴由闭合电路欧姆定律 rR UUE 1 1 1  ① rR UUE 2 2 2  ② 联立①②并代入数据解得 E 6V r 1Ω ⑵由电功率表达式 R rR EP 2 2 )(   ③ 由③式变形得 rR rR EP 4)( 2 2   ④ 由④式知，  rR 1Ω时， P 有最大值  r EPm 4 2 9W 9.解：⑴初始时刻棒中的感应电动势 BLvE 0 ①②③④ 棒中感应电流 R EI  ② 作用于棒上的安培力 ILBF  ③ 联立①②③，得 R BvLF 2 0 2  安培力方向：水平向左 ⑵由功能关系，得 安培力做功 2 01 2 1 mvEW p  电阻 R 上产生的焦耳热 pEmvQ  2 01 2 1 ⑶由能量转化及平衡条件等，可判断： 棒最终静止于初始位置 2 02 1 mvQ  10.解： ⑴根据能动能定理，得 2 00 2 1 mveU  由此可解得 m eUv 0 0 2 ⑵ 欲使电子不能穿过磁场区域而打到荧光屏上，应有 ＜deB mvr  而 2mv2 1eU  由此可解得 m2 eBdU＜ 22 ⑶电子穿过磁场区域而打到荧光屏上是运动的轨迹如图所示 ⑷若电子在磁场区域做圆周运动的轨道半径为 r ，穿过磁场区域打到荧光屏上的位置坐标为 x 则有⑶中的轨迹图可得 22 dr2r2x  注意到 eB mvr  和 2 mv2 1eU  所以，电子要到荧光屏上的位置坐标 x 和金属板间电势差 U 的函数关系为 )22(2 222 BedemUemUeBx  （ 2m eBdU 22  ） 物理解题方法 1. 合成分解法 x ｏ B B d d 2. 图象法 3. 构建模型法 4. 微元法 5. 整体法和隔离法 、 6.等效替代法 7. 割补法 例 1、如图示，平行于纸面向右的匀强磁场，磁感应强度 B1= 1T，位 于纸面内的细直导线，长 L=1m，通有 I=1A 的恒定电流，当导线与 B1 成 600 夹角时,发现其受到的安培力为零,则该区域同时存在的另一 个匀强磁场的磁感应强度 B2 大小可能值为 ( BCD ) A. T/2 B. 3 C. 1T D. 2 3 解: 合磁场方向与电流平行则受力为 0. 由平行四边形法则, B2 大小 只要 不小于 2 3 T 的所有值都可以 60 I B1= 1T 例 2、质量相等的 A、B 两物体放在同一水平面上，分别受到水平拉 力 F1 和 F2 的作用做匀加速直线运动。在 t0 和 4t0 时速度达到 2v0 和 v0 时，撤去 F1 和 F2 后，继续做匀减速运动直到停止，其速度随时间 变化情况如图所示，若 F1、F2 做的功分别为 W1 和 W2，F1、F2 的冲量 分别为 I1 和 I2 , 则有 （ ） A、W1＞W2，I1＞I2 B、W1＞W2，I1＜I2 C、W1＜W2，I1＞I2 D、 W1＜W2，I1＜I2 解:由图可知,摩擦力 f 相同,对全过程, 由动能定理 W - fS=0 W= Fs S1 > S2 W1＞W2 由动量定理 I - ft=0 I= ft t1 < t2 I1m，则其方向为正，又因系统置于光滑水平面，其所受合外力为零，故 AB 相对 滑动时，系统总动量守恒 AB 相对静止后设速度为 V，则系统动量为（M+m）V. 方向也为正，则 V 方向为正，即水平向右. 且 MV0－Mv0=(M+m)V V= mM mM   ·V0 （2）在地面上看 A 向左运动至最远处时，A 相对地的速度为 O. 设 AB 之间的摩擦力大小于 f，对 A： 则有 0( mVmVft  ） tmM MmV t VmVmM mMm f )( 2 0 00     m fa A  = tmM MV )( 2 0  方向向右，设向左运动的最大距离为 S. 则 asVVt 22 0 2  （V 0t ） S= M tVmM tmM MV V a V 4 )( )( 222 0 0 2 0 2 0    负号表示向左. 例4、如图所示，带正电小球质量为m＝1×10-2kg， 带电量为q＝l×10-6C，置于光滑绝缘水平面上的A 点．当空间存在着斜向上的匀强电场时，该小球从 静止开始始终沿水平面做匀加速直线运动，当运动到B点时，测得其速度vB ＝1.5m／s， 此时小球的位移为S ＝0.15m．求此匀强电场场强E的取值范围．(g＝10m／s。) 某同学求解如下：设电场方向与水平面之间夹角为θ，由动能定理qEScosθ＝ 21 2 Bmv －0 得 2 2 cos BmvE qS  ＝ 75000 cos V／m．由题意可知θ＞0，所以当E ＞7.5×104V／m时小球 将始终沿水平面做匀加速直线运动． 经检查，计算无误．该同学所得结论是否有不完善之处?若有请予以补充． 解：该同学所得结论有不完善之处． 为使小球始终沿水平面运动，电场力在竖直方向的分力必须小于等于重力 qEsinθ≤mg 所以 2 2 2 2 0.15 10 4 2.25 3 2 B B mg Sgtg mv v S       2 5 6 1 10 10 / 1.25 10 /4sin 1 10 5 mgE V m V mq           即 7.5×104V/m＜E≤1.25×105V/m 例 5、如图所示，abcd 为质量 M＝2 kg 的导轨，放在光滑绝缘的水平面，另有一根质量 m＝ 0.6 kg 的金属棒 PQ 平行于 bc 放在水平导轨上，PQ 棒左边靠着绝缘的竖直立柱 e、f（竖 直立柱光滑，且固定不动），导轨处于匀强磁场中，磁场 以 OO  为界，左侧的磁场方向竖直向上，右侧的磁场方 向水平向右，磁感应强度大小都为 B＝0.8 T．导轨的 bc 段长 l＝0.5 m，其电阻 r＝0.4 ，金属棒的电阻 R＝ 0.2 ，其余电阻均可不计．金属棒与导轨间的动摩擦因 数μ＝0.2．若在导轨上作用一个方向向左、大小为 F＝2N 的水平拉力，设导轨足够长， 重力加速度 g 取 210m/s ，试求： （1）导轨运动的最大加速度； （2）导轨的最大速度； （3）定性画出回路中感应电流随时间变化的图线． 解：导轨在外力作用下向左加速运动，由于切割磁感线，在回路中要产生感应电流，导轨的 bc 边及金属棒 PQ 均要受到安培力作用，PQ 棒受到的支持力要随电流的变化而变化，导轨受 到 PQ 棒的摩擦力也要变化，因此导轨的加速度要发生改变．导轨向左切割磁感线时， 有， rR BlvI 感 ① 导轨受到向右的安培力 BIlF 1 ，金属棒 PQ 受到向上的安培力 BIlF 2 ，导轨受到 PQ 棒 对它的摩擦力 )( BIlmgf   ，根据牛顿第二定律，有 F-BIl- （mg-BIl）＝Ma，即 F-（1- μ）Bil- mg＝Ma．② （1） 当刚拉动导轨时，v＝0，由①式可知 0感I ，则由②式可知，此时有最大加速 度 ma ，即 2 m m/s4.0 M mgFa  ． （感应电动势、右手定则、全电路欧姆定律） （2） 随着导轨速度 v 增大， 感I 增大而 a 减小，当 a＝0 时，有最大速度 mv ，从②式可得 0)1( m  mglBIF  ，有 A5.2)1(m   Bl mgFI   ③ 将 A5.2m I 代入①式， 得 m/s75.3)(m m  Bl rRIv ． （3）从刚拉动导轨开始计时，t＝0 时， 00 v ，I＝0，当 1tt  时，v 达到最大，I 达 到 2.5 A，电流 I 随时间 t 的变化图线如图所示． 课后练习 1、经检测汽车 A 的制动性能：以标准速度 20m/s，在平直公路上行驶时，制动后 40s 停下来。现 A 在平直公路上以 20m/s 的速度行驶，发现前方 180m 处有一货车 B 以 6m/s 的 速度同向匀速行使，因该路段只能通过一个车辆，司机立即制动， 关于能否发生撞车事故，某同学的解答过程是： “设汽车 A 制动后 40s 的位移为 S1，货车 B 在这段时间内的位移为 S2.则： A 车的位移为： ;4001 mtvS  B 车的位移为： ；mtS vB 2402  两车位移差为 400-240=160（m）<180（m）；两车不相撞。” 你认为该同学的结论是否正确？如果你认为正确，请定性说明理由；如果你认为不 正确，请说明理由并求出正确结果。 2、核聚变能是一种具有经济性能优越、安全可靠、无环境污染等优势的新能源.近年来， 受控核聚变的科学可行性已得到验证，目前正在突破关键技术，最终将建成商用核聚变电站. 一种常见的核聚变反应是由氢的同位素氘(又叫重氢)和氚(又叫超重氢)聚合成氦，并释放一 个中子.若已知氘原子的质量为 2 014. u ，氚原子的质量为 30160. u ，氦原子的质量为 4.0026u，中子的质量为 1.0087u，1 166 10 27u kg  . . (1)写出氘和氚聚合的反应方程. (2)试计算这个核反应释放出来的能量. (3)若建一座功率为 30 105.  kW 的核聚变电站，假设聚变所产生的能量有一半变成了 电能，每年要消耗多少氘的质量？ （一年按 32 107.  s 计算，光速 c m s 300 108. / ，结果取二位有效数字） 3、如图所示理想变压器副线圈匝数 n2=400,当原线圈输入电压 u1=70.7sin314t(V)时，安培表 A1 的读数为 2A,当副线圈增加 100 匝时，伏特表 V2 的读数增加 5V,求 （1）原线圈匝数 n1 是多少？ （2）电阻 R 多大 4、计划发射一颗距离地面高度为地球半径 R0 的圆形轨道地球卫星,卫星轨道平面与赤道平面 重合，已知地球表面重力加速度为 g, （1）求出卫星绕地心运动周期 T （2）设地球自转周期 T0,该卫星绕地旋转方向与地球自转方向相同，则在赤道上一点的人能 连续看到该卫星的时间是多少？ A1 V1 V2 A2 R 则有 0 0 0 0 0 0 0 2 2 23 82 3( ) 83( 2 ) t t T T R TgTTt T T RT g           ⑩ 5、如图所示，质量为 M 的长木板静止在光滑的水平地面上，在木块的右端有一质量为 m 的小铜块，现给铜块一个水平向左的初速度 0v ，铜块向左滑行并与固定在木板 左端的长度为 l 的轻弹簧相碰，碰后返回且恰好停在长木板右端，则轻弹簧与铜块相碰 过程中具有的最大弹性势能为多少？整个过程中转化为内能的机械能为多少？ 6、如图所示，用折射率 2n 的玻璃做成内径为 R、外径为 RR 2 的半球形空心 球壳，一束平行光射向此半球的外表面，与中心对称轴 OO  平行，试求： (1)球壳内部有光线射出的区域； (2)要使球壳内部没有光线射出，至少用多大的遮光板，如何放置才行? 7、如图所示，固定的半圆弧形光滑轨道置于水平方向的匀强电场和匀强磁场中，轨道 圆弧半径为 R，磁感应强度为 B，方向垂直于纸面向外，电场强度为 E，方向水平向左.一个 质量为 m 的小球(可视为质点)放在轨道上的 C 点恰好处于静止，圆弧半径 OC 与水平直径 AD 的夹角为   sin . 08 . (1)求小球带何种电荷，电荷量是多少？并说明理由. (2)如果将小球从 A 点由静止释放，小球在圆弧轨道上运动时，对轨道的最大压力的大 R R O O 小是多少？ 1、解：不正确（得 2 分） 汽车 A 做匀减速直线运动，当 A 车减为与 B 车同速时是 A 车逼近 B 车距离最多的时刻， 这时若能超过 B 车则相撞，反之则不能相撞。（得 3 分） 由： ta vvt 0  得 A 车的加速度： ；2 1 -0.5m/sa  （得 2 分） A 车速度减到 6m/s 时所用的时间： sat vv AB 28 。（得 2 分） 此过程 A 车的位移为： ;3641 mtvS  B 车的位移为： ；mtS vB 1682  △S＝364-168＝196＞180（m） 所以两车相撞。（得 3 分） 2、解（1） 1 2 1 3 2 4 0 1H H He n    （2）  E m m m m c J       2 3 4 1 2 1228 10. （3）一年中产生的电能发生的核反应次数为 n Pt E  05.  所需氘的质量 m n m kg     2 27166 10 23. 3、解（1） 2 2 1 1 U n U n  2 2 1 1 U n U n   1 1 2 2 1000Un nU    （2） 2 2 1 1 U n U n  2 2 1 1 20nU Un   V 2 1 1 2 /I U U R 得到： 4R   4、解 （1） A1 A2 B1 B2 O 2 02 2 0 3 0 0 4 (2 )(2 ) 8 82 2 GMm m RR T R RT GM g       （2）设人在 B1 位置刚好看见卫星出现在 A1 位置，最后 在 B2 位置看到卫星从 A2 位置消失， OA1=2OB1 有 ∠A1OB1=∠A2OB2=π/3 从 B1 到 B2 时间为 t 5、解①将 M、m 和弹簧整体作为系统，满足动量守恒条件，以向左的方向为正，有 00 )( vmM mvvmMmv  . 因 m 能相对于木板停在右端，故一定存在摩擦 力，对全过程由能量守恒定律 )(2)(22 1)(2 1 2 1 2 0 2 0 2 2 0 22 0 mM mMv mM vmmvvmMmvE 损 ②弹簧压至最短时， 损损 EE 2 1 由能量守恒定律： 弹损 EEvmMmv  2 1)(2 1 2 1 22 0 .)(44 1 4 1 2 0 2 0 2 2 0 mM mMv mM vmmvE  弹 6、解 (1)设光线 aa 射入外球面，沿 ab 方向射向内球面，刚好发生全反射，则 2 11sin  nC ∴ 45C （2 分） 在 Oab 中， ROa 2 ， ROb  ∴ R r R C sin 2 )180sin(  （2 分） ， 2 1 2 sinsin  Cr 即 30r （1 分），则  153045  rC （1 分） 又 iOaO  ，由 sin sin i nr  （2 分） ，得 2 2sinsin  rni ∴ 45i （1 分） 即  601545  iObO （1 分） 当射向外球面的入射光线的入射角小于 45i 时，这些光线都会射出内球面．因此， 以 OO  为中心线，上、下（左、右）各 60 的圆锥球壳内有光线射出．（2 分） （2）由图中可知， RRiRh  2 22sin ，所以，至少用一个半径为 R 的遮 光板，圆心过 OO  轴并垂直该轴放置，才可以挡住射出球壳的全部光线，这时球壳内部将 没有光线射出．（3 分） 7、解（1）小球在 C 点受重力、电场力和轨道的支持力处于平衡，电场力的方向一定 向 左 的 ， 与 电 场 方 向 相 同 ， 如 图 所 示 . 因 此 小 球 带 正 电 荷 . F qE F mg N N cos sin     则有 3 4mg qE 小球带电荷量 q mg E   3 4 1 （2）小球从 A 点释放后，沿圆弧轨道滑下，还受方向指向轨道的洛仑兹力 f，力 f 随速 度增大而增大，小球通过 C 点时速度(设为 v)最大，力 f 最大，且 qE 和 mg 的合力方向沿半 径 OC，因此小球对轨道的压力最大. 由  1 2 1 22mv mgR qER    sin cos  通过 C 点的速度 v gR 小球在重力、电场力、洛仑兹力和轨道对它的支持力作用下沿轨道做圆周运动，有 F mg qE qvB m v R      sin cos  2 3 最大压力的大小等于支持力  F E B Rg mg E  9 3 4 创新设计与新情景问题 1．（5 分）照明电路中，为了安全，一般在电能表后面电路上安接一漏电保护器，如图所示， 当漏电保护器的 ef 两端未接有电压时，脱扣开头 K 能始终保持接通，当 ef 两端有一电压时， 脱扣开关 K 立即断开，下列说法错误的是（ ） A．站在地面上的人触及 b 线时（单线接触电），脱扣开关会自动断开，即有触电保护 作用 B．当用户家的电流超过一定值时，脱扣开关会自动断开，即有过流保护作用 C．当相线和零线间电压太高时，脱扣开关会自动断开，即有过压保护作用 D．当站在绝缘物上的带电工作的人两手分别触到 b 线和 d 线时（双线触电）脱扣开关 会自动断开，即有触电保护作用 2．（5 分）在新世纪来临之际,我国天文工作者通过计算确定了我国新世纪第一道曙光的到达 地—浙江温岭的石塘镇(天文上规定:太阳发出的光线与地球相切于 A 点的时刻,就是 A 点的日 出时刻,如图所示,)但由于地球大气层的存在,光线会发生折射,因此,地球上真实看到的日出的 时刻与天文上规定的日出时刻有所不同.已知地球平均半径为 6371km,日地距离约为 1.5× 108km,假设 A 点为石塘镇,地球大气层厚度约为 20km,若认为大气层是均匀的,且折射率为 1.00028,则由于大气层的存在,石塘镇看到的真实日出的时刻比天文上规定的第一道曙光要 ( )到达 A.提前 5s B.提前 50s C.推迟 5s D.推迟 50s5． 3．（6 分）在“长度的测量”实验中，调整卡尺两测脚间距离，主 尺和游标的位置如图所示.此时卡尺两测脚间狭缝宽度为_____ ______ mm；若要狭缝宽度调到 0.20 mm，应使游标上第 _______ ___条刻度线与主尺上表示___ _______ mm 的刻度线 重合. 4．（4 分）在光滑水平面上的 O 点系一长为 I 的绝缘细线，线 的另一端系一质量为 m、带电量为 q 的小球.当沿细线方向加上 场强为 E 的匀强电场后，小球处于平衡状态.现给小球一垂直于细线的初速度 v0，使小球在 水平面上开始运动.若 v0 很小，则小球第一次回到平衡位置所需时间为 . 5．（8 分）给你一个长木板、一个木块和一只弹簧秤，设计一个测定木块与木板间动摩擦因 数的实验，要求实验方法合理，最大限度减小误差。 （1）画出实验简图 （2）实验要测量的物理量为 、 。动摩擦因数表达式为 。 8．（8 分）如图所示的电路，Rx 为电阻 500Ω的负载， R1、R2 为两个用于调节负载电压的滑 线变阻器，已知 AB 间电压为 12V，Rx 的工作电压为 8V，两个滑线 变阻器的最大阻值分别为 20Ω和 200Ω，则： 的作用是粗调， 选择 Ω的滑线变阻器， 的作用是微调，选择 Ω 的滑线变阻器 9．（8 分）利用如图所示的一只电压表、一个电阻箱和一个电键，测量一个电池组的电动势 和内电阻。画出实验电路图，并用笔画线作导线将所给器材连接成 实验电路。用记录的实验数据写出电动势和内电阻的表达式。 10．（10 分）小灯泡灯丝的电阻会随温度的升高而变大.某同学为研 究这一现象，用实验得到如下数据（I 和 U 分别表示小灯泡上的电流和电压）： I（A） 0.12 0.21 0.29 0.34 0.38 0.42 0.45 0.47 0.49 0.50 U（V） 0.20 0.40 0.60 0.80 1.00 1.20 1.40 1.60 1.80 2.00 （1）在左下框中画出实验电路图. 可用的器材有：电压表、电流表、滑线变阻器（变化范 围 0—10Ω）、电源、小灯泡、电键、导线若干. （2）在右图中画出小煤泡的 U—I 曲线. （3）如果第 15 题实验中测得电池的电动势是 1.5V，内阻是 2.0Ω.问：将本题中的灯泡接在 该电池两端，小灯泡的实际功率是多少？（简要写出求解过程；若需作图，可直接画在 第（2）小题的方格图中） 11．（8 分）图中 R 为已知电阻，Rx 为待测电阻，K1 为单刀单掷开关，K2 为单刀双掷开关，V 为电压表（内阻极大），E 为电源（电阻不可忽略）。现用图中电路测量电源电动势 E 及电阻 Rx 1765432890 1765432890 1765432890 1765432890 1765432890 1765432890 × ×× × ×× 写出操作步骤： 由 R 及测得的量，可测 俄 E＝_________, xR =__________ 12．（8 分）下图为一测量灯泡 发光强度的装置，AB 是一个 有刻度的底座，两端可装两个 灯泡。中间带一标记线的光度 计可在底座上移动，通过观察 可以确定两边灯泡在光度计上的照度是否相同。已知照度与灯泡的发光强度成正比、与光度 计到灯泡的距离的平方成反比。现有一个发光强度 I0 的灯泡 a 和一个待测灯泡 b。分别置于 底座两端（如图） (1) 怎样测定待测灯泡的发光强度？ ___________________________________________________________________________ ___________________________________________________________________________ (2) 简单叙述一个可以减小实验误差的方法。 ___________________________________________________________________________。 13．（10 分）2002 年诺贝尔物理学奖中的一项，是奖励戴维斯和小柴昌俊在“探测宇宙中的 中微子”方面取得的成就.中微子μ是超新星爆发等巨型天体在引力坍缩过程中，由质子和 电子合并成中子的过程中产生出来的.1987 年在大麦哲伦星云中的一颗编号为 SN1987A 的超 新星发生爆发时，位于日本神冈町地下 1km 深处一个直径 10m 的巨大水池（其中盛有 5 万 吨水，放置了 1.3 万个光电倍增管探测器）共捕获了 24 个来自超新星的中微子.已知编号为 SN1987A 超新星和地球之间的距离为 17 万光年（取 1 光年=9.46×1015m）.设中子的质量为 mn，电子的质量为 mp，中微子μ的质量可忽略.（1）写出 12 个质子和 1 个电子合并成中子 的核反应方程；（2）设 1 个质子和 1 个电子合并成 1 个中子过程中所吸收（或释放）的核能 为△E，写出计算△E 大小的表达式；（3）假设编号为 SN1987A 的超新星发生爆发时向周围 空间均习地发射中微子，且其中到达日本神冈町地下巨大水池的中微子中有 50%被捕获，试 估算编号为 SN1987A 的超新星爆发时所释放出的中微子的总数量.（保留 1 位有效数字） 14．（10 分）如图甲所示， ABCD为一液体槽， AB 、CD 面为铜板， BC 、 AD 面及底面 为绝缘板，槽中盛满导电液体(设该液体导电时不发生电解)．现用质量不计的细铜丝在下端 固定一铁球构成一单摆，铜丝的上端固定在O 点，下端穿出铁球使得单摆摆动时细铜丝始 终与导电液体接触，过O 点的竖直线刚好在 AD 边的垂直平分面上．在铜板 AB 、CD 面上 接上图示电源，电源内阻可忽略，电动势 E ＝８Ｖ，将电源负极和细铜丝的上端点分别连 接到记忆示波器的地和Y 输入端（记忆示波器的输入电阻可视为无穷大）．现将摆球拉离平 衡位置使其在垂直于 AB 、CD 面上振动，闭合开关 S ，就可通过记忆示波器观察摆球的振 动情况．图乙为某段时间内记忆示波器显示的摆球与CD 板之间的电压波形，根据这一波形 （１）求单摆的摆长（取约π2 等于 10,取 g =10m/s2）； （２）设 AD 边长为 4cm，则摆球摆动过程中偏离CD 板的最大距离为多大? 答案： 1．D 2．B D 3．BCD 4．B 5．0.65 4 4 6． qE ml 7．(1)如图 (2)弹簧秤称木块重 F1，拉木板时弹簧秤读数 F2 μ= F2/ F1 8． R1 ， 20，R2，200 9． 用电阻箱代替了电流表。由于电压可测，由电压、电阻就可以算出电流。电路图如右。实验 方法有两种： ⑴改变电阻箱阻值，读出两组外电阻和对 应的路端电压值 R1、U1、R2、U2，根据闭 合电路欧姆定律列出两种情况下的方程， rR UUErR UUE 2 2 2 1 1 1 ,  。解这个方程组可得 E 和 r：     2112 2121 2112 2121 , RURU RRUUrRURU UURRE    。 10．（1）见下图 A B C D O Y S E 地 记 忆 示 波 器 图甲 /U V 6.0 4.0 2.0 0 0.5 1.0 1.5 /t s 图乙 V 1765432890 1765432890 1765432890 1765432890 1765432890 1765432890 × ×× × ×× （2）见右图 （3）作出 U= Ir 图线，可得小灯泡工作电流为 0.35 安，工作电压为 0.80 伏，因此小灯 泡实际功率为 0.28 瓦 11．解析： 电压表内阻极大，所以可用电压表直接测量电源电动势，因为实验中涉及的未知的物理量有 电动势、内阻及电阻 Rx，所以至少要测量三组数据。 （1）①K1 断开，K2 接到 a 端，记下电压表的读数 U1；②K2 仍接到 a 端，闭合 K1，记下电压 表的读数 U2；③K1 仍闭合，K2 接到 b 端，记下电压表的读数 U3. （2）U1 RUU U 32 3  12．（1）接通电源，移动光度计，使灯泡 a 和一个待测灯泡 b 照度相等，测量出它们与光度 计各自距离 r1、r2 则有 I/r22=I0/r12, I= I0 r22/r12 (2)减小误差方法就是多次测量求平均值。 13．（1）   neH 1 0 0 1 1 1 或 neH 1 0 0 1 1 1   （2） 22 )( cmmmmcE nep  （3） 5×1042 个 14．25cm 3cm