2006年物理高考复习一----光的反射与折射
一、知识结构
二、重点难点简析
1．光的传播规律的表述
本章所介绍的知识、实质上就是光在不同的条件下的传播规律，其表述形式分别如下所给出
(1) 光的直线规律
在同种均匀介质中光总是沿着直线传播。应该注意到，在真空中，光沿直线传播的速率均为C=3×108m/s，在其它介质中，光的沿直线传播的速率＜C，且不同的色光在同一种介质中沿直线传播的速率不同，频率越高，速率越小。
(2) 光的反射定律
光照射到两种介质的界面上，一部分将返回原来的介质，其传播规律遵从所谓的反射定律，定律的表述要把握如下要点：反射光线、入射光线、法线共面；反射光线与入射光线分居法线两侧；反射角等于入射角。应该注意到，反（入）射角指的是反（入）射光线与法线间的夹角。
(3)光的折射定律
光照射到两种介质的界面上，可能有一部分光将穿过介质界面进入新的介质，其传播规律遵从所谓的折射定律，定律的表述要把握如下要点：折射光线、入射光线、法线共面；折射光线与入射光线分居法线两侧；入射角与折射角的正弦之比等于常数。应该注意到，光从光疏（密）介质斜射入光密（疏）介质时，入射角将大（小）于折射角；而光从光密介质射向光疏介质，且入射角足够大时，将不会发生光的折射现象。
2．光的传播规律所引起的相关光现象
(1)“影”与“食”的现象。
光线在均匀介质中沿直线传播时被不透明的物体挡住，
在物体后面所形成的暗区称为影。影又分为本影和半影，
在本影区域内完全看不到光源发出的光；在半影区域内
能看到光源上一部分所发出的光。如图1—1所示，太阳作
为光源发出的光在不透明的物体P后面留下了影，其中区
域A称为半影；区域B、C称为半影；区域D则称为伪本影。
日食和月食也是光的直进规律所引起的自然光现象。若图1—1中的P是月球，则地球上的某区域处在区域A内将看到日全食；处在区域B或C内将看到日偏食；处在区域D内将看到日环食。若图1—1中的P是地球，则月球处在区域A内将看到月全食；处在区域B或C内将看到月偏食；由于日、月、地的大小及相对位置关系决定看月球不可能运动到区域D内，所以不存在月环食的自然光现象。
(2)平面镜成像时物与像关于镜面对称的现象
正因为光在发生反射现象时遵从从光的反射定律，
图1—2中的入射角与反射相等，所以才形成
了物点与像点关于镜面M对称的特征。
(3)全反射现象与色散现象
光在穿过介质界面发生折射现象时遵从光的折射定律。
如果光从光疏介质斜射入光密介质时，入射角大于折射角，
如图1—3中(a)所示。如果光从光密介质斜射入光疏介质时，入射角小于折射角，如图1—3中(b)所示。这就使得在光从光密介质射向光疏介质的情况下，随着入射角的逐渐增大，折射角将率先增大到90O，进而发生所谓的全反射现象。
由于在光的折射定律中，入射角与折射角的正弦比等于
两种介质的相对折射率，而对于不同频率的色光的取值一
般不同，所以，复色光在光的折射过程中将发生所谓的光的色散现象。
三、典型例题分析
例1．如图1—4所示，S为点光源，
若从S所在处沿水平方向方向抛出一个
小球，试证明：小球在竖直墙壁上的影子
将做匀速运动。若抛出点高度为h，抛出
时水平初速度大小为，小球最终着地时
的水平位移为L，求影子沿墙壁下降的速度。
分析：小球抛出后做平抛运动，当小球的水平和
竖直位移大小分别为x和y而运动到P点处时，
对应的墙上的影子运动到点，如图1—5所示，
于是由平抛运动的规律及光的直进规律可以确定
影子的位移与x、y间的关系，从而最终解决问题。
解：由平抛运动的规律及光的直进规律所确定的几何关系依次可得
x=t
y=gt2
=
于是可将影子的位移表为时间t的关系为
=
因为影子的位移表为时间t的一次函数，所以可以判断：影子沿竖直墙壁下降的运动是匀速直线运动，其中与t的比例系数即为影子下降的速度大小，即
=
例2．如图1—6所示，MO和NO是两面
互成角度的平面镜，S是点光源，P为某定点，
试画出S出发先后经MO和NO反射而最终
经过P点的光路。
分析：若S1是S在MO中的像，而S2是S1在
NO中的像，则S、S1、S2、P四个点就将能确定所求的光路。
解：所画光路如图1—7所示，而画法如下：
(1)取点S1与S关于MO对称；
(2)取点S2与S1关于NO对称；
(3)连接S2P交NO于A点；
(4)连接S1A交MO于B点
(5)连接SB
(6)按照画光路的要求标明各条线的虚实，及标上光的实际传播路线上的箭头。
例3．某水池中水的实际深度为h，水的折射率为n，沿垂直于水面方向向下看，水的视深为多大？
分析：画出从水面正上方向下看水池底部的观察
光路如图1—8所示，水池底部某点S发出的沿垂直于
水面附近小范围内的光线折射出水画并射入观察者的眼
睛，使观察者感觉到的水池底部的S点在处，在此基
础之上运用折射定律及相应的几何关系即可求解。
解：由光的折射定律，得
由相应的几何关系，得
考虑到观察者沿垂直于水面方向观察时，图1—8中的入射角和折射角均很小，而当角度很小时，又有
由此即可解得
例4．已知水的折射率为，光在真空中传播速度为3×108m/s，则：光在水中的传播速度为_____________m/s；光从水中射向空气时发生全反射现象的临界角为_____________。
分析：此例的求解应当依据折射率与光速的关系
和临界角的计算公式：
解：由相应的规律依次可得
所以，应依次填上2.25×108，。
例5．如图1—9所示，一束白光从平行玻璃砖
上表面斜射入，试定性画出这束光的传播路线，并指
出从玻璃砖下表面射出的光束的基本特征。
分析：光射过平行玻璃砖时，实际上就是在其上，下表面两次发生折射现象，考虑到从上表面射入玻璃砖时是从光疏介质射入光密介质，而从下表面射出玻璃砖时又是从光密介质射入光疏介质，同时考虑到上，下表面相互平行，于是不难得：从下表面射出的光线与从上表面射入的光线平行而只是产生一个侧移；另外还应该注意到白光中包含了从红到紫的各种色光，而不同色光在同一种介质中偏折的程度各不相同，所以，从下表面射出的光是按照颜色散开的彩色光带。
解：定性画出的光的传播路线如图1—10所示，
从下表面射出的光束的特征如下：
(1)从下表现射出的是彩色光带，
这是由于玻璃砖的色散的作用；
(2)彩色光带的左侧是紫光，
右侧是红光，这是由于红光在玻璃中
传播速度最大，折射率最小，折射时偏折的程度最小；
(3)射出的各种色光均平行，
且平行于射入的白光，这是由于平行玻璃砖只能使光
的传播路线产生一个侧移的特征所致。
练 习
一、选择题（每题3分，共36分）
1．关于光的反射，正确的说法是 （ ）
A．反射定律只适用于镜面反射
B．漫反射不遵循反射定律
C．如果甲从平面镜中能看到乙的眼睛，那么乙一定也能通过平面镜看到甲的眼睛
D．反射角是指反射线和界面的夹角
2．无影灯是由多个大面积光源组合成的，关于其照明效果，正确的说法是 （ ）
A．没有影子 B．没有半影 C．没有本影 D．有半影和本影
3．一束光线沿与水平方向成40O角的方向传播，现放一平面镜，使入射光线经平面镜反射后沿水平方向传播，则此平面镜与水平方向所夹锐角为
A．20O B．40O C．50O D．70O
4．关于日食和月食，正确的说法是 （ ）
A．在月球本影中的人，能看到月全食
B．在月球半影中的人，能看到日偏食
C．月球在地球的半影内，出现月偏食
D．月球在地球的本影内，出现月全食
5．如图1—11所示，一束白光射向正三棱镜的AB面，由于AC面为反射镜，
光线经AC反射后，从BC射出射到光屏上，则在光屏上可以看到 （ ）
A．彩色的光带，a端为红光，b端为紫光
B．彩色的光带，b端为红光，a端为紫光
C．略为变宽的白光
D．由于入射光的入射角不同，可能导致不同的结果，即上述三种情况均有可能
6．已知光线穿过介质I、II、III时的光路如图1—12所示，
下列说法中正确的是 （ ）
A．介质II是光密介质
B．介质I的折射率最大
C．介质Ⅲ的折射率比I大
D．光在介质III中光速最小
7．一束单色光自真空射向折射率为2的介质的界面上形成反射光束和折射光束，下列说法中正确的是 （ ）
A．反射光和折射光的颜色相同
B．反射光和折射光的光速相同
C．反射光和折射光的波长相同
D．反射光和折射光的频率相同
8．一条光线通过在水中的球形空气泡，表示出射光线的可能光线是图1—13中的（ ）
A．a B．b C．c D．d
9．一束光从空气射向折射率为的某种玻璃的表面，如图1—14所示，代表入射角，则 （ ）
A．当＞45O时，会发生全反射现象
B．无论入射角是多大，折射角都不会超过45O
C．欲使折射角=30O，应以=45O的角度入射
D．当=时，反射光线跟折射光线恰好互相垂直
10．如图1—15所示，半径为R的半圆形透明材料，折射率=2.0，一束平行光从空气以垂直于其底面的方向射入，则 （ ）
A．所有光线都能通过这种材料
B．只有距圆心O两侧R/2范围内的光线才能通过
C．射出的光束会形成发散光束
D．射出的光束会形成会聚光束
11．一个均匀的透明圆柱体切成横截面如图1—16所示的柱体，一束平行光从空气垂直AB平面射入（不考虑二次反射），则
A．II部分光线一定能全部射出
B．II部分光线能否全部射出与透明体的折射率有关
C．I、III两部分光线一定能全部射出
D．I、III两部分光线能否全部射出与透明体的折射率有关
12．一强点光源放在10㎝厚的玻璃板下表面上，在玻璃板的下面可以看到点光源的周围一圆形暗圈，若玻璃的折射率为n=1.5，则暗圈的直径约为 （ ）
A．36㎝ B．30㎝ C．18㎝ D．15㎝
二、填空题（每题5分，共30分）
13．光在真空中的传播速度是________m/s，在折射率为1.5的介质中，光的传播速度是________m/s.
14．光线从真空射入某媒质时，若光线与媒质表面的夹角为30O，反射光线与折射光线刚好垂直，则该媒质的折射率为________.
15．在一个圆形轻木塞的中心插上一根大头针，然后把它倒放在水面上，调节针插入的深度，使观察者不论在什么位置都刚好不能看到水下的大头针，如图1—17所示，量出针露出的长度为d，木塞的半径为r，则可求出水的折射率为________.
16．一块透明体折射率为n=2的玻璃制成的，其截面如图1—18所示，其中 半径为R，ac边垂直于bc边，且∠aoc=60O，当一束平行黄光垂直照射到ac上时，ab圆弧部分的外表面只有一部分是黄亮的，其余是暗的，则黄亮部分的弧长是________.
17．如图1—19所示，等腰三棱镜的底角为30O，两束平行光对称地垂直于底面射向三棱镜，则出射的两束光之间的交角为________.(已知三棱镜的折射率为)
18．如图1—20所示，直角玻璃棱镜中∠A=70O，入射光线垂直于AC面，则光线从棱镜第一次射入空气时的折射角为________，并作出光路图.( 已知玻璃的折射率为)
三、计算题（++=）
19．一个大游泳池，池底是水平面，池水深1.2m，有一直杆竖直立于池底，浸入水中部分杆是全长的一半，当太阳光以与水平方向成37O角射在水面上时，测得杆在池底的影长为2.5m，求水的折射率.
20．在水平地面上有一点光源S，被一不透明的罩子遮住，在罩子的正上方开一小孔，一束光通过此小孔竖直射到距离地面高为3m的水平放置的平面镜上，如图1—21所示，若平面镜突然绕水平轴O开始顺时针匀速转动，在0.1s内转动30O角，由镜面反射到水平地面上的光斑在0.1s末沿地面移动的速度多大？此时光斑位置距点光源S有多远？在0.1s内光斑在水平地面上移动的平均速度是多大？
21．如图1—22所示，玻璃立方体放在空气中，其折射率为1.50，平行光线从立方体的一面入射后投射到另一面，问：(1)这条光线能否从这个侧面射出？(2)如果这条光线从这个侧面射出，那么玻璃的折射率应满足什么条件？
参考答案
1．C 2．C 3．AD 4．BD 5．A 6．CD 7．AD 8．A 9．BCD
10．BD 11．BC 12．C 13．3×108，2×108 14． 15．
16． 17．30O 18．45O（图略） 19．n=
20．，，
21．(1)不能 (2)n＜
2006年物理高考复习七----直线运动
一、复习要点
1．机械运动，参照物，质点、位置与位移，路程，时刻与时间等概念的理解。
2．匀速直线运动，速度、速率、位移公式S=υt，S～t图线，υ～t图线
3．变速直线运动，平均速度，瞬时速度
4．匀变速直线运动，加速度，匀变速直线运动的基本规律：S=υ0t+at2、υ=υ0+at匀变速直线运动的υ～t图线
5．匀变速直线运动规律的重要推论
6．自由落体运动，竖直上抛运动
7．运动的合成与分解.
二、难点剖析
1．机械运动及其描述
机械运动的是运动物体的位置随时间变化。
做机械运动的物体，由于其位置将发生变化，为了描述其位置变化的情况，引入了位移概念；做机械运动的物体，由于其位置将随时间发生变化，为了描述其位置随时间变化的情况，引入了速度概念；做机械运动的物体，由于其位置随时间变化的情况有时也将变化，即其运动速度将随时间变化，为了描述其速度随时间情况，引入了加速度概念
位移是矢量，它描述了做机械运动的物体在某段时间内位置变化的大小和方向；速度是矢量，它描述了做机械运动的物体在某个时刻位置变化的快慢和方向；加速度也是矢量，它描述了做机械运动的物体在某个时刻速度变化的快慢和方向。
运动是绝对的，这就是说任何物体在任何时刻都是在运动着的；运动的描述则只能是相对的，这就是说描述物体的运动情况只能相对于某个指定的参照物。应注意：同一物体的同一运动，若选取不同的参照物，其描述一般是不同的。
2．匀变速直线运动的基本规律及重要推论
（1）匀变速直线运动的基本规律通常是指所谓的位移公式和速度公式
S=υ0t+at2
υ=υ0+at
（2）在匀变速直线运动的基本规律中，通常以初速度υ0的方向为参考正方向，即υ0＞0此时加速度的方向将反映出匀速直线运动的不同类型：
①a＞0，指的是匀加速直线运动；
②若a=0，指的是匀速直线运动；
③若a=0，指的是匀减速直线运动。
（3）匀变速直线运动的基本规律在具体运用时，常可变换成如下推论形式
推论1： υ2－=2as
推论2：=（υ0+υ）
推论3：△S=a△T2
推论4：=(υ0+υ)
推论5：=
推论6：当υ0=υ时，有
S 1：S2 ：S3：……=12 ：22 ：32 ：……
SⅠ ：SⅡ ：SⅢ ：……=1 ：3 ：5 ：……
υ1 ：υ2 ：υ3：……=1 ：2 ：3 ：……
t1 ：t2 ：t3 ：……=1 ：(－1) ：(－) ：……
3．匀变速直线运动的υ－t图
用图像表达物理规律，具有形象，直观的特点。对于
匀变速直线运动来说，其速度随时间变化的υ～t图线如图
7—1所示，对于该图线，应把握的有如下三个要点。
（1）纵轴上的截距其物理意义是运动物体的初速度υ0；
（2）图线的斜率其物理意义是运动物体的加速度a；
（3）图线下的“面积”其物理意义是运动物体在相应
的时间内所发生的位移s。 图7—1
4．竖直上抛运动的规律与特征。
（1）竖直上抛运动的条件：有一个竖直向上的初速度υ0；运动过程中只受重力作用，加速度为竖直向下的重力加速度g。
（2）竖直上抛运动的规律：竖直上抛运动是加速度恒定的匀变速直线运动，若以抛出点为坐标原点，竖直向上为坐标轴正方向建立坐标系，其位移公与速度公式分别为
S=υ0t－gt2
υ=υ0－gt
（3）竖直上抛运动的特征：竖直上抛运动可分为“上升阶段”和“下落阶段”。前一阶段是匀减速直线运动，后一阶段则是初速度为零的匀加速直线运动（自由落体运动），具备的特征主要有：
①时间对称——“上升阶段”和“下落阶段”通过同一段大小相等，方向相反的位移所经历的时间相等，即
t上=t下
②速率对称——“上升阶段”和“下落阶段”通过同一位置时的速率大小相等，即
υ上=υ下
三、典型例题
例1 物体做竖直上抛运动，取g=10m/s2.若第1s内位移大小恰等于所能上升的最大高度的倍，求物体的初速度.
分析：常会有同学根据题意由基本规律列出形知
t－gt2=·
的方程来求解，实质上方程左端的t－gt2并不是题目中所说的“位移大小”，而只是“位移”，物理概念不清导致了错误的产生。
解：由题意有
=·，
进而解得
=30m/s，=6m/s，=4.45m/s
例2．摩托车的最大行驶速度为25m/s，为使其静止开始做匀加速运动而在2min内追上前方1000m处以15m/s的速度匀速行驶的卡车，摩托车至少要以多大的加速度行驶？
分析：常见有同学列出如下方程
at2=υt+s.
将题设条件的t=120s，υ=15m/s，s=1000m代入后可求得
a=m/s2
上述解答对摩托车的实际运动过程未能作出正确的分析，由于受到最大行驶速度25m/s的制约，摩托车的实际运动过程是：先做初速为零的匀速直线运动，当速度达到最大值后又继续做匀速直线运动。
解：由运动规律列出方程
+(t－)=υt+s.
将相关数据=25m/s，t=120s，υ=15m/s，s=1000m代入，便可得此例的正确结论
a=m/s2.
例3 质点帮匀变速直线运动。第2s和第7s内位移分别为2.4m和3.4m，则其运动加速率a=____________m/s2.
分析：若机械地运动匀变速直线运动的基本规律，可以列出如下方程
(·2+a·22)－(·1+a·12)=2.4，
(·7+a·72)－(·6+a·62)=3.4
若能灵活运动推论
△s=aT2，
并考虑到
s7－s6=s6－s5=s5－s4=s4－s3=s3－s2=aT2，
便可直接得到简捷的解合如下.
解： a==m/s2=0.2m/s2.
例4．车由静止开始以a=1m/s2的加速度做匀加速直线运动，车后相距s=25m处的人以υ=6m/s的速度匀速运动而追车，问：人能否追上车？
分析：应明确所谓的追及、相遇，其本质就是“不同的物体在同一时刻到达同一位置”.此例可假设经过时间t，人恰能追上车.于是便可得到关于t的二次方程进而求解。
解： υt=at2+s.
而由其判别式△=υ2－2as= －56＜0便可知：t无实根.对应的物理意义实际上就是：人不能追上车.
例5．小球A自h高处静止释放的同时，小球B从其正下方的地面处竖直向上抛出.欲使两球在B球下落的阶段于空中相遇，则小球B的初速度应满足何种条件？
分析：选准如下两个临界状态：当小球B的初速度为υ1时，两球恰好同时着地；当小球B的初速度为υ2时，两球相遇点恰在B球上升的最高点处，于是分别列方程求解
解：
h=g(2)2，
h－=g()2
由此可分别得到
υ1=＜υ0＜
例6．质点做竖直上抛运动，两次经过A点的时间间隔为t1，两次经过A点正上方的B点的时间间隔为t2，则A与B间距离为__________.
分析：利用竖直上抛运动的“对称特征”可给出简单的解答
解：由竖直上抛运动的“对称”特征可知：质点从最高点自由落至A、B两点所经历时间必为t1和t2，于是直接可得
=g(t1)2－g(t2)2=g(－)
例7．质点做匀减速直线运动，第1s内位移为10m，停止运动前最后1s内位移为2m，则质点运动的加速度大小为a=________m/s2，初速度大小为υ0=__________m/s.
分析：通常的思维顺序可依次列出如下方程
s=υ0t－at2， 0=υ0－at，
10=υ0·1－a·12，s－2=υ0 (t－1)－a(t－1)2.
从上述方程组中解得
a= 4m/s2 ， υ0=12m/s.
求解上述方程组是一个很繁琐的过程，若采用逆向思维的方法，把“末速为零的匀减速直线运动”视为“初速战速为零的匀加速直线运动”，则原来的最后1s便成了1s，于是
解：由 2=a·12
即可直接得到
a=4m/s2；
而考虑到题中给出的两段时间（均为1s）内位移大小的比例关系（2 ：10=1 ：5），不难判断出运动总时间为
t=3s.
由此简单得出
υ0=at=12m/s.
如图7—2所示，长为1m的杆用短线悬在
21m高处，在剪断线的同时地面上一小球以υ0=20m/s的
初速度竖直向上抛出，取g=10m/s2，则经时间t=______s，
小球与杆的下端等高；再经时间△t=____________s，小球
与杆的上端等高. 图7—2
分析：以地面为参照物分析两物体的运动关系将会很复杂，不妨换一个参照物求解.
例9 物体做竖直上抛运动，取g=10m/s+2，若在运动的前5s内通过的路程为65m，则其初速度大小可能为多少？
分析：如果列出方程
s=υ0t－gt2，
并将有关数据s=65m，t=5s代入，即求得
υ0=38m/s。
此例这一解答是错误的，因为在5s内，做竖直上抛运动的物体的运动情况有如下两种可能性：
①前5s内物体仍未到达最高点.在这种情况下，上述方程中的s确实可以认为是前5s内的路程，但此时υ0应该受到υ0≥50m/s的制约，因此所解得的结论由于不满足这一制约条件而不能成立.
②前5s内物体已经处于下落阶段，在这种情况下，上述方程中的s只能理解为物体在前5s内的位移，它应比前5s内的路程d要小，而此时应用
解：由运动规律可得
d=+g(t－)2，
在此基础上把有关数据d=65m，t=5s代入后求得
υ0=20m/s或υ0=30m/s，
例10 质点从A点到B点做匀变速直线运动，通过的位移为s，经历的时间为t，而质点通过A、B中点处时的瞬时速度为υ，则当质点做的是匀加速直线运动时，υ______；当质点做的是匀减速直线运动时，υ_______.（填“＞”、“=”“＜”＝
分析：运动υ－t图线分析求解最为简捷。
图7—3
考虑到υ是质点通过A、B中点时的瞬时速度，因此，图线上纵坐标值为υ的点的前、后两段线下的“面积”应相等；另外考虑到s/t实际上是这段时间内的平均速度，对于匀变速直线而言，数值上又等于时间中点的瞬时速度。由此便可以从图中看出，无论质点做的是匀加速直线运动还是匀减速直线运动，均应有υ＞。
单 元 检 测
选择题（每题4分，共60分）
1．下面关于加速度的描述中正确的是（ ）
A．加速度描述了物体速度变化的多少
B．加速度描述物体的速率变化的快慢程度
C．加速度与运动方向相同时，物体一定做加速运动
D．加速度逐渐减小时，物体一定在做减速运动
2．关于竖直上抛运动，下列哪些说法是正确的是（ ）
A．竖直上抛运动是匀减速运动和自由落体运动的合运动
B．上升过程中速度方向向上，加速度方向向下；下降过程中速度方向向下，加速度方向向上
C．在最高点速度为零，加速度也为零
D．上升到某一高度时和下降到同一高度时速度大小相等
3．一质点作匀变速直线运动，第5s末的速度为υ，
第9s末的速度为－υ，则下列结论错误的是（ ）
A．第7s末的速度为零
B．第11s末速度为－2υ
C．第5s内与第9s内位移大小相等、方向相反
D．速度为零时加速度不为零
4．如图7—4所示为质点的s－图像，它对应图 图7—4
7—5中的υ－t 图像是哪一幅（ ）
A B C D
5．列车长为L，铁路桥长也是L，列车匀加速过桥，车头过桥头时速度是υ1，车头过桥尾时速度是υ2，则车尾通过桥尾时的速度为（ ）
A．υ2 B．2υ2－υ1 C． D．
6．质点由A点从静止出发沿直线AB运动，先作加速度为a1的匀加速运动，后作加速度为a2的匀减速运动，到B点时恰好停止，若AB长为s，则质点走完AB的最短时间是（ ）
A． B． C． D．
7．一辆摩托车行驶时达到的最大速度是30m/s，现从静止出发，并要求3min内经过匀加速和匀速两个阶段追上前面100m处以20m/s速度前进的汽车，则摩托车的加速度的大小应该（ ）
A．a≥0.28m/s2 B．a≥0.1m/s2 C．a≥0.5625m/s2 D．a＜0.5625m/s2
8．从地面竖直上抛小球，设小球上升到高点所用的时间为t1，下落到地面所用时间为t2，若考虑空气阻力作用，则（ ）
A．t1＞和t2 B．t1＜t2 C．t1=t2 D．无法判断
9．某同学身高1.8m，在运动会上他参加跳高比赛，起跳后身体横着越过了1.8m高度的横杆，据此可估算出他起跳时竖直向上的速度大约为（g=10m/s2）（ ）
A．2m/s B．4m/s C．6m/s D．8m/s
10．几个不同倾角的光滑斜面，有共同的底边，顶点在同一竖直面上，一个物体从斜面上端由静止自由下滑到下端用时最短的斜面倾角为（ ）
A．300 B．450 C．600 D．750
11．a、b、c三个物体以相同初速度沿直线从A运动到B，若到达B点时，三个物体的速度仍相等，其中a做匀速直线运动所用时间ta，b先做匀加速直线运动，后做匀减速直线运动，所用时间为tb，c先做匀减速直线运动，再做匀加速直线运动，所用时间为tc、tb、tc三者的关系（ ）
A．ta=tb=tc B． ta＞tb＞tc C．ta＜tb＜tc D．tb＜ta＜tc
12．一物体自空中的A点以一定的初速度竖直向上抛出，1s后物体的速率变为10m/s，则此时物体的位置和速度方向可能是（不计空气阻力，g=10m/s2） （ ）
A．在A点上方，速度方向向下 B．在A点下方，速度方向向下
C．正在A点，速度方向向下 D．在A点上方，速度方向向上
13．如图2所示，一小滑块以初速度υ0沿水平地面由a点滑到c点停下来，ab段和bc段与滑块间的动摩擦因数不同，滑块在b时的速度为υ1，若滑块从c点以相同的速率υ0向a点运动时，经过b点的速度为（ ）
A．υ1 B． C． D．
14．将一球以初速度υ从地面竖直上抛后，经4s小球离地面的高度为6m，若要使小球抛出后经2s到达相同的高度，g取10m/s2，不计空气阻力，则初速度υ/应（ ）
A．小于υ B．大于υ C．等于υ D．不能确定
15．一辆汽车关闭油门后，沿一斜坡由顶端以3m/s的初速度下滑，滑至底端速度恰好为零，如果汽车关闭油门后由顶端以大小为5m/s的初速度下滑，滑至底端速度大小将为（ ）
A．1m/s B．2m/s C．3m/s D．4m/s
二、填空题（每题4分，共20分）
16．古希腊某地理学家通过长期观测，发现6月21日正午时刻，在北半球A城阳光与铅直方向成7.50角下射，而在A城正南方，与A城地面距离为L的B城，阳光恰好沿铅直方向下射。射到地球的太阳光可视为平行光。据此他估算出了地球的半径。试写出估算地球半径的表达式R=________________。
17．两列火车相向而行，速率分别为10m/s和15m/s，第一列火车上的旅客看到第二列火车从他旁边驶过时6s，若两车同向而行，当第二列火车超过第一列火车时，这位旅客看到第二列火车从他旁边驶过经历的时间为___________s.
18．火车从甲站到乙的正常行驶速度是6km/h，有一次火车从甲站开出，由于迟开了5min，司机必须提速，使平均速度为72km/h时，才刚即正点到达乙站，则甲、乙两站的距离是____________km.火车从甲站到乙站正常行驶时间为___________h.
19．甲、乙两人，甲在乙正南方200m处，甲以2.4m/s的速度向正东方向行驶，乙正以3.2m.s的速度向正南方向行驶，问两人_________时相距最近，最近距离是__________.
20．两条平行直轨道上分别有A、B两个质点，它们向同一方向沿直线运动，从某时刻开始，A做速度为υ的匀速运动，B做初速度为零，加速度为a的匀加速直线运动，若初始时刻B在A前，两者最多可能相遇__________次.
三、计算题（6分+6分+8分）
21．车从静止开始1m/s2的加速度前进,车后与车相距s0为25m处有一人，与车开行方向相同，同时开始以6m/s的速度匀速追车，能否追上？若追不上，求人、车间的最小距离。
22．火车自甲站出发，先以大小为a1的加速度匀加速运动，接着再匀速运动，然后以大小为a2的加速度匀减速运动刚好到达乙站停止，如果甲、乙两站相距为s，求火车到乙站的最短时间.
23．小球从高h0=120m处自由落下，着地后跳起，又落下，每与地面相碰一次，速度减少1/2.
（1）作出小球的V－t图像（向上为正）；
（2）求小球从下落到停止的总时间和总路程.(不计碰撞时间，g取10m/s2)
参考答案
选择题
1．C 2．D 3．C 4．C 5．D 6．D 7．C 8．B 9．B 10．B
11．D 12．D 13．D 14．A 15．D
二、填空题
16． 17．30 18．30 0.5 19．经14s，120m
20．1， 2
三、计算题
21．追不上，Smin=7m 22．tmin=
23．（1）（图略） （2）t=6s，s=200m
2006年物理高考复习三----光的波动性
知识结构
二、重点难点简析
1．光的干涉现象
（1）现象：两列相干光波在相遇的区域内叠加干涉，形成“有明有暗，明暗相间”的干涉纹。
（2）意义：光的干涉现象充分证实了光具有波动的特性。
（3）相干条件：频率相同；相差恒定。
（4）双缝干涉：由同一光源发出的光经双缝后获得的两列相干光波叠加而形成的干涉现象。若从双缝射出的是频率相同，相差为零的光波，则屏上到达双缝的路程差等于光的半波长的偶（奇）数倍处，将出现明（暗）纹。若双缝间距为d，双缝屏到光屏的距离为L，入射光波长为λ，则相邻明（暗）纹间距为
△x=
上述关系式给出了一种“测量光波长”的方法。
（5）薄膜干涉：由透明膜的前、后表面反射的相干光波叠加而形成的干涉现象。利用薄膜干涉可以检验工件平面是否平整，还可以作为光学镜头上的增透膜。
2．光的衍射现象
（1）现象：光绕过障碍物的现象。
（2）意义：光的衍射现象进一步表明光是波。
（3）条件：从理论上讲衍射是无条件的，但需发生明显的衍射现象，其条件是阻碍物（或孔）的尺寸与光波可比（接近光波长或小于光波长）。
（4）单缝衍射：光通过单缝照射到屏上时，屏上将出现“有明有暗，明暗相间”的衍射条纹，与双缝干涉的干涉条纹不同的是：干涉条纹均匀分布，而衍射条纹的中央明纹较宽，较亮。
（5）泊松亮斑：光照射到不透光的小圆板上时，在圆板阴影中心处出现的衍射亮斑。
3．光的偏振现象
（1）自然光与偏振光：沿着各个方向振动的强度均相同的光称自然光；只沿某一特定方向振动的光称偏振光。
（2）偏振现象：自然光经过某一偏振片（起偏器）A后即变为偏振光；若再使光经过另一偏振片（检偏器）B并逐渐转动偏振片B使A与B的偏振化方向相互垂直，则光就完全不能透过偏振片B。这样的现象叫做光的偏振现象。
（3）意义：光的偏振现象充分表明光波是横波。因为偏振现象是横波所特有的现象。
4．光的电磁说理论
（1）光的电磁说理论 光的干涉现象和衍射现象充分说明光是一种波，而建立在一定理论研究（麦克斯韦理论）和实验事实基础（光速与电磁波速的比较，光的偏振等）上的光的电磁说更进一步指出：光是一种电磁波。
（2）电磁波谱 光与其它电磁波一起按波长从大到小排列起来，构成所谓电磁波谱：无线电波、红外线、可见光、紫外线、x射线、γ射线。
（3）各波段电磁波的比较（见表16—1）
表16—1
电磁波
产生机理
主要应用
无线电波
电路中自由电子振动
无线电广播电视
红外线
原子核外外层电子跃迁
热作用
可见光
原子核外外层电子跃迁
视觉效应
紫外线
原子核外外层电子跃迁
荧光效应，化学作用
x射线
原子核外内层电子跃迁
医用、人体透视
γ射线
核内能级跃迁
金属探伤等
三、典型例题分析
例1．用包括红、绿、紫三种色光的复色光做光的双缝干涉实验，在所产生的干涉条纹中离中心条纹最近的干涉条纹是（ ）
A．红色条纹； B．绿色条纹；
C．紫色条纹； D．三种条纹中心条纹的距离相等
分析：不同色光波长不同，红光波长最长，紫光波长最短；双缝干涉中条纹间距与光波长成正比。
解：双缝干涉现象中将在光屏上产生明、暗相间的干涉条纹，条纹间距与光波长成正比，中心处应该是三种单色光的干涉中央明纹叠加，形成的复色光条纹，考虑到紫光波长最短，紫光的干涉条纹间距最小，所以，靠中心条纹最近的应该是紫色条纹。比例应选C。
例2．用红光做光的双缝干涉实验，光屏上出现明、暗相间直间距均匀的红色的干涉条纹，今用不透光的障碍物堵起一条缝，则屏上（ ）
A．一片黑暗； B．一片红色；
C．仍然是红色的干涉条纹，只是亮相减弱；
D．仍然是明、暗相间的红色条纹，但条纹间距不相同。
分析：红色透过双缝将发生双缝干涉现象；堵起一条缝后红光只能透过单缝而发生单缝衍射现象。注意到双缝干涉的条纹间距与单缝衍射的条纹间距是不同的。
解：堵起一条缝后红光只能透过单缝而射到屏上发生单缝衍射现象，也应将在屏上产生明、暗相间的红色条纹，只是单缝衍射所产生的衍射条纹间距不均匀，由此知：此例应选D。
例3．试分析下列光现象各属于哪种：夏天的树荫下出现了很多小的图形亮斑，这是______________；雨后路面上油膜呈现出彩色，这是_____________；在阳光照射下有时玻璃片的边缘呈现出彩色，这是_____________.
分析：比例要求了解各种光现象的形成原因及基本特征。
解：夏天树荫下出现小的图形亮斑是光的小孔成像现象，这些图形斑实际上是太阳经茂密的枝叶间的小孔所形成的像；雨后路面上油膜呈现彩色是光的薄膜干涉现象，由于阳光是复色光，不同色光波长不同，将会在油膜的不同厚度、处经前，后表面反射叠加加强，这才使得复色光经油膜的薄膜干涉后呈现出彩色；阳光照射下玻璃片边缘呈现出彩色是光的色散现象，不同色光经玻璃片边缘两次折射后偏折的程度有所不同，这就是因色散而呈现出彩色的原因所在。
例4．和红外线相比，x射线的频率比较__________；在水中传播的速度比较__________；水对其折射率比较________；从水中射向空气时发生全反射现象的临界角比较________；绕过障碍物的本领比较___________；穿透能力比较__________。
分析：要求熟悉电磁波谱，同时要了解频率，波速、折射率、波长、穿透能力等因素间的关系。
解：从电磁波谱的排列中可知，x射线的频率的红外线要高。而频率越高，在介质中传播速度越慢，介质对其的折射率越高，在介质中射向空气时发生全反射现象的临界角越小，波长越短而导致绕过障碍物的本领越多，能量越多而导致穿透能力越强。由此知：此例应依次填充：高、慢、大、小、弱、强。
单元检测
一、选择题（每题4分，共60分）
1．红光和紫光的波长分别为λ1和λ2，在真空中传播速度分别为υ1和υ2，在水中传播速度为u1和u2，当用同样的双缝装置分别用红光和紫光做双缝干涉实验所产生的条纹间距为△x1和△x2，则（ ）
A．λ1＜λ2 B．υ1＞υ2
C．u 1＞u2 D．△x1＜△x2
2．在杨氏干涉实验中，用一束折光照射小孔，在其后的双孔处用紫色玻璃挡住一孔，用红色玻璃挡住另一孔，则在屏上（ ）
A．出现红紫相同的干涉条纹；
B．红色干涉条纹；
C．紫色干涉条纹；
D．无干涉条纹。
3．一整在玻璃中波长为4000的单色光，由玻璃射向真空界面，当入射角i=sin—1（） 时就无法进入真空，则此单色光在真空中的波长和频率为：（ ）
A．6000，7.5×1014Hz B．6000，5×1014Hz
C．4000，7.5×1014Hz D．4000，5×1014Hz
4．关于光的传播，下列说法中哪些是正确的？（ ）
A．各种色光在真空中传播速度相同，在介质中传播速度不同；
B．各种色光在真空中频率不同，同一色光在不同介质中频率相同；
C．同一色光在各种介质中折射率不同，不同色光在同一介质中折射率相同；
D．各种色光在同一介质中波长不同，同一色光在真空中的波长比任何价质中的波长都长。
5．关于无线电波，下列说法哪些是正确的？（ ）
A．电磁波中最容易表现干涉、衍射现象的是无线电波；
B．红外线、可见光、紫外线是原子外层电子受激发以后产生的；
C．γ射线是原子内层电子受激发而产生的；
D．红外线的波长比红光的波长长，它的显著效应是热效应。
6．关于光学装置上的增透膜，下列说法中错误的是（ ）
A．照相机的镜头上涂一层增透膜后，可提高成像的艺术效果。
B．光学镜头上涂增透膜是为了使入射的各种色光都不发生反射。
C．增透膜的厚度应是入射光波长的四分之一。
D．涂有增透膜的镜头，看上去呈淡紫色，说明增透膜增强了镜头对紫光的透射程度
7．图3—1所示是用干涉检查某块厚玻璃板的上
表面是否平的装置。所用单色光是用普通光源加滤光
片产生的，检查中所观察到的干涉条纹是由下列哪两
个表面反射的光线叠加而成的（ ）
A．a的上表面和b的下表面.
B．a的上表面和b的上表面
C．a的下表面和b的下表面 图3—1
D．a的下表面和b的下表面
8．如图3—2所示，一等腰玻璃三棱镜，其顶角θ恰
好与黄光的临界角相等，今有一束白光射入棱镜，在屏M
上形成了由红到紫的七色彩带，当把入射光的入射角逐渐
减小到零的过程中，我们将观察到（ ）
A．红光最先消失 B．紫光最后消失
C．紫光最先消失 D．红光最后消失 图3—2
9．用一单色的黄光，照射一不透明的圆板时，在圆板的背景中恰能观察到一光斑，则用红光，绿光、紫光照射圆板也能在圆板背影中观察到光斑的是（ ）
A．只有红光 B．只有紫光
C．只有绿光和紫光 D．三种光都能
10．对于光的衍射定性分析，下列说法中正确的是（ ）
A．只有障碍物（或孔）的尺寸可以跟光波波长相长甚至比光的波长还要小的时候，才能明显产生光的衍射现象.
B．光的衍射现象是光波互相叠加的结果.
C．光的衍射现象否定了光的直线传播的结论.
D．光的衍射现象说明了光具有波动性.
11．光的电磁说认为（ ）
A．光波跟机构波不同，光波传播时不需要任何弹性介质
B．光是一种电磁波
C．光速跟电磁波传播速度相同
D．跟电磁波一样，光波具有反射，折射、干涉、衍射等性质
12．关于红外线的作用和来源的正确叙述有（ ）
A．一切物体都在不停地辐射红外线
B．红外线有很强的荧光效应和热作用
C．红外线的主要作用是化学作用
D．红外线容易穿过云雾烟尘
13．关于伦琴射线，下述正确的是（ ）
A．高速电子流射到任何固体上，都会产生伦琴射线
B．伦琴射线是波长很短的电磁波
C．伦琴射线可使照相底片感光
D．伦琴射线穿透物质的本领跟物质的密度有关
14．在电磁波谱中（ ）
A．各种电磁波有着明显的频率和波长区域界限
B．γ射线的频率一定高于伦琴的射线的频率
C．伦琴射线的波长有可能等于紫外线的波长
D．可见光的波长一定比无线电波的波长短
15．一种电磁波入射到半径为1米的孔上，可发生明显的衍射现象，这种波属于电磁波谱的区域是（ ）
A．γ射线 B．可见光
C．无线电波 D．紫外线
二、填空题（每题6分，共30分）
16．某种玻璃时红光和紫光的折射率分别为n1和n2，红光与紫光的频率分别为f1和f2，则红光与紫光在这种玻璃中传播速度之比为_________；红光与紫光分别经相同的双缝装置所产生的干涉条纹间距之比为________.
17．阳光照射下肥皂膜呈现彩色，这是光的_____________现象；通过狭缝看远处的日光灯时可以看到彩色条纹，这是光的___________现象。光的上述现象充分表明：光是_________.
18．不同的电磁波产生的机理一般不同。无线电波是____________________________产生的；紫外线是________________________产生的；γ射线是_______________________产生的。
19．在点光源与光屏之间放置一个带有圆孔的板，当板上圆孔直径从比较大开始逐渐减小直至闭合的整个过程中，光屏上依次出现的现象是____________________________
______________________________________。
20．在声波和光波这两种波当中，能发生反射现象的有___________________；能发生干涉现象的有______________________；能在真空中沿直线传播的有_______________。
三、计算题（10分）
21．紫光在真空中的波长与绿色在水中的波长相等，水对绿光的折射率为 ，则：紫光与绿光的频率之比为多大？
参考答案
1．C 2．D 3．B 4．ABD 5．ABC 6．ABCD 7．C
8．CD 9．A 10．ABD 11．ABCD 12．AD 13．ABCD
14．CD 15．C
16．,
17．薄膜干涉，单缝衍射， 波
18．振荡电路中自由电子的振荡，核外的外层电子受激，核内的能极跃迁
19．光线直线传播而形成圆形亮斑，小孔成绿，小孔衍射，
20．声波和光波，声波和光波，光波
21．f1 ：f2= 4 ：3
2006年物理高考复习九----曲线运动
一、复习要点
1．曲线运动的特征与条件；
2．运动的合成与分解；
3．平抛物线的运动；
4．匀速圆周运动
二、难点剖析
1．曲线运动的特征
（1）曲线运动的轨迹是曲线
（2）由于运动的速度方向总沿轨迹的切线方向，又由于曲线运动的轨迹是曲线，所以曲线运动的速度方向时刻变化。即使其速度大小保持恒定，由于其方向不断变化，所以说：曲线运动一定是变速运动。
（3）由于曲线运动速度的一定是变化的，至少其方向总是不断变化的，所以，做曲线运动的物体的中速度必不为零，所受到的合外力必不为零。
2．物体做曲线运动的条件
力的作用效果之一是迫使物体的速度发生变化，其中：与速度方向平行的力将迫使物体速度的大小发生变化；与速度方向垂直的力将迫使物体速度的方向发生变化。正因为如此：当物体所受到的合外力方向与其速度方向平行时，物体将做直线运动；当物体所受到的合外力方向与其速度方向不平行时，物体将做曲线运动。
3．两类典型的曲线运动的特征比较
高中物理所介绍的平抛运动和匀速圆周运动，实际上分别代表着加速度恒定的“匀变速曲线运动”和加速度不断变化的“变变曲线运动”这两类不同的曲线运动。
（1）受力特征的比较。
平抛运动中，物体只受恒定的重力mg的作用；匀速圆周运动中，物体的受力情况较为复杂，就其效果而言，其合外力充当向心力，大小恒定为
F向==mrω2=mυω
方向则不断变化，但始终指向圆轨道的圆心。
（2）加速度特征的比较
平抛运动中，物体中恒定的重力mg的作用下产生恒定的加速度g，因此平抛运动是加速度不变的“匀变速曲线运动”；匀速圆周运动中，物体受到的合外力F向大小恒定、方向不断变化，因此产生的向心加速度a向的大小恒定，为
a向==rω2=υω.
方向不断变化，但始终指向圆轨道的圆心，因此匀速圆周运动实际上是加速度变化的“变速曲线运动”。
（3）速率与动能变化特征的比较。
平抛运动中，由于物体所受的合外力（重力mg）除在开始时与速度方向垂直外，其余任意时刻均与之夹一个锐角，所以合外力（重力mg）将物体做正功而使其速率和动能不断增大，匀速圆周运动中，由于物体所受的合外力（向心力F向）始终与速度方向垂直，所以合外力（向心力F向）对物体不做功，物体的速率和动能均保持恒定。
（4）速度和动量变化特征的比较。
平抛运动中，由于物体的加速度g和合外力mg均恒定，所以在任意相等的时间间隔内，物体的速度和动量增量均相等，如图9—1中（a）、（b）所示，匀速圆周运动中，由于物体的加速度a向和合外力F向均具备着“大小恒定、方向变化”的特征，所以在任意相等的时间间隔内，物体的速度和动量的增量相应也都具备着“大小相等、方向不同”的特征，如图9—2中（b）、（c）所示。
图9—1 图9—2
4．两类典型的曲线运动的分析方法比较
（1）对于平抛运动这类“匀变速曲线运动”，我们的分析方法一般是“在固定的坐标系内正交分解其位移和速度”，运动规律可表示为
；
（2）对于匀速圆周运动这类“变变速曲线运动”，我们的分析方法一般是“在运动的坐标系内正交分解其力和加速度”，运动规律可表示为
三、典型例题
例1．船在静水中的速度为υ，流水的速度为u，河宽为L。
（1）为使渡河时间最短，应向什么方向划船？此时渡河所经历的时间和所通过的路程各为多大？
（2）为使渡河通过的路程最短，应向什么方向划船？比时渡河所经历的时间和所通过的路程各为多大？
分析：为使渡河时间最短，只须使垂直于河岸的分速度尽可能大；为使漏河路程最短，只须使船的合速度与河岸夹角尽可能接近900角。
解：（1）为使渡河时间最短，必须使垂直于河岸的分速度尽可能大，即应沿垂直于河岸的方向划船，此时所渡河经历的时间和通过的路程分别为
t1=
d1==
（2）为使渡河路程最短，必须使船的合速度方向尽可能垂直于河岸。分如下两种情况讨论：
①当υ＞u时，划船的速度方向与河岸夹α角偏向上游方向，于是有
υcosα=u
L=υsinαt2
d2=L
由此解得：
α=arccos
t2=L/
d2=L
②当υ＜u时，划船的速度方向与河岸夹β角偏向上游方向，于是又有
ucosβ=υ
cosβ=L
=·
由此解得：
β=arccos
=Lu/υ
=Lu/υ
例2．如图9—3所示，在斜面上O点先后以υ0和2υ0的速度水平抛出A、B两小球，则从抛出至第一次着地，两小球的水平位移大小之比可能为（ ）
A．1 ：2 B．1 ：3 C．1 ：4 D．1 ：5
分析：要注意到两球着地的几种可能。
解：两小球分别以υ0和2υ0的初速度做平抛运动，于是有
x1=υ0t1，x2=2υ0t2；y1=gt12， y2=gt22
两小球着地情况有几种可能性： 图9—3
（1）均落在水平上，于是有y1=y2，可得x1 ：x2=1 ：2。故选A。
（2）均落在斜面上，于是有y1/x1=y2/x2，可得x1 ：x2=1 ：4，故选C。
（3）A球落在斜面上，B球落在水平面上，于是有t1＜t2和＞，可得1 ：2＞x1 ：x2＞1 ：4。 故选B。
综上所述：此例应选ABC。
例3．如图9—4所示，两根细线把两个相同的小球悬于同一点，并使两球在同一水平面内做匀速圆周运动，其中小球1的转动半径较大，则两小球转动的角速度大小关系为
ω1__________ω2，两根线中拉力大小关系为T1_________T2，（填“＞”“＜”或“=”)
图9—4 图9—5
分析：摆球受力情况的分析是求解此例的基础
解：两小球均做“圆锥摆”运动，如图9—5所示，其转动半径R=lsinθ，圆心在图中的O点，转动过程中小球实际所受的力为重力mg和线的拉力T，于是相应有
Tcosθ=mg ，Tsinθ=msinθ·ω2，
而θ1＞θ2，l1cosθ1=l2cosθ2，故ω1=ω2，T1＞T2，即应该依次填写“=”和“＞”
例4．如图9—6排球场总长为18m，设网高度为2.25m，
运动员站在离网3m线上正对网前跳起将球水平击出。
（1）设击球点的高度为2.5m，试问击球的速度在什么范
围内才能使球既不触网也不越界。
（2）若击球点的高度小于某个值，那么无论水平击球的速
度多大，球不是触网就是越界，试求出这个高度。（g=10m/s2）
分析：当击球点高度为2.5m时，击球速度为υ1时恰好触网；
击球速度为υ2时恰好出界。当击球点高度为h时，击球速度 图9—6
为υ时，恰好不会触网，恰好不会出界，其运动轨迹分别如图
9—7中的（a）、（b）、（c）所示。
图9—7
解：（1）根据平抛运动的规律，有：
2.5－2.25=gt12
3=υ1t1
2.5=gt22
12=υ2t2
由此解得
υ1≈13.4m/s υ2≈17m/s
所以，球既不触网又不出界的速度值应为
13.4m/s＜υ＜17m/s
（2）同样根据平抛运动的规律，有
h－2.25=gt12
3=υt1
h=gt22
12=υt2
由此解得
h=2.4m
所以，当
h＜2.4m
时，无论击球速度多大，球总是触网或出界。
例5．如图9—8所示，质量为m的小球，用轻软绳系
在边长为a的正方形截面木柱的边A处（木柱水平放置，
图中画斜线部分为其竖直横截面），软绳长4a质量不计，
它所承受的最大拉力为7mg，开始绳呈水平状态。若以 图9—8
竖直向下的初速度抛出小球，为使绳能绕木柱上，且小
球始终沿圆弧运动，最后击中A点，求抛出小球初速度
的最大值和最小值（空气阻力不计）。
分析：小球依次绕A、B、C、D各点做半径不同的
圆周运动，其速率大小可由能量关系确定。
解：小球运动到图9—9所示的各位置处时的速率分
别记为υi，小球刚运动到和刚要离开图9—9所示的各
位置处时线中张力大小分别记为Ti和Ti/，于是由相关
规律依次可得
mυ02=mυ12－4mga
=mυ22－mga
=mυ32+mga 图9—9
=mυ42
T1－mg=mυ12/4a
T1/－mg=mυ12/3a
T2= mυ22/3a
T2/= mυ22/2a
T3+mg= mυ32/2a
T3/+mg= mυ32/a
T4=mυ42/a
由此依次解得
T1=+3mg
T1/=+mg
T2=+mg
T2/=－2mg
T3/=－3mg
T4=
考虑到各个Ti和T i/均不应小于零，于是可知各状态下绳的拉力中T1/最大，T3最小，由此可得：当初速度取得最大和最小值时应有
T1/=7mg T3=0
因此解得初速度的最大值和最小值分别为
=
=2
单元检测
选择题
1．关于运动的性质，以下说法中正确的是（ ）
（A）曲线运动一定是变速运动 （B）变速运动一定是曲线运动
（C）曲线运动一定是匀加速运动 （D）加速度和速度数值均不变的运动是直线运动
2．一个人相对于水以恒定的速度渡河，当他游到河中间时，水流速度突然变大，则他游到对岸的时间与预定的时间相比
（A）不变 （B）减小 （C）增加 （D）无法确定
3．一个小球在竖直放置的光滑圆环的内槽里作圆周运动，则关于小球加速度方向正确的是（ ）
（A）一定指向圆心 （B）一定不指向圆心
（C）只在最高点和最低点时指向圆心 （D）不能确定是否指向圆心
4．甲、乙两球位于同一竖直直线上的不同位置，甲比乙高h，如图9—10所示，将甲、乙两球分别以υ1、υ2的速度沿同一水平方向抛出，不计空气阻力，下列条件中有可能使乙球击中甲球的是（ ）
（A）同时抛出，且υ1＜υ2 （B）甲迟抛出，且υ1＞υ2
（C）甲早抛出，且υ1＞υ2 （D）甲早抛出，且υ1＜υ2
图9—10 图9—11 图9—12 图9—13
5．A、B两质点以相同的水平速度υ0抛出，A在竖直平面内运动，落地点为P1，B沿光滑斜面运动，落地点为P2，不计阻力，如图9—11所示，比较P1、P2在x轴上的远近关系是（ ）
（A）P1较远 （B）P2较远
（C）P1、P2等远 （D）A、B两项都有可能
6．如图9—12所示，从倾角为θ的斜面上的某点先后将同一小球以不同的初速度水平抛出，小球均落在斜面上，当抛出的速度为υ1时，小球到达斜面时速度方向与斜面的夹角为a1，当抛出速度为υ2 时，小球到达斜面时速度方向与斜面的夹角为a2，则（ ）
（A）当υ1＞υ2 时，a1＞ a2 （B）当υ1＞υ2 时，a1＜a2
（C）无论υ1、υ2 大小如何，均有a1=a2 （D）a1、a2的关系与斜面倾角θ有关
7．斜面上有a、b、c、d四个点，ab=bc=cd，从a点正上方O点以速度υ水平抛出一个小球，它落在斜面上的b点；若小球从O点以速度2υ水平抛出，不计空气阻力，则它落在斜面上的（如图9—13所示）
（A）b与c之间某一点 （B）c点 （C） c与d之间某一点 （D）d点
8．如图9—14所示为一皮带传动装置，右轮的半径为r，a是它边缘上的一点，左侧是一轮轴，大轮的半径是4r，小轮的半径为2r，b点在小轮上，到小轮中心的距离为r，c点和d点分别位于小轮和大轮的边缘上，若在传动过程中，皮带不打滑，则（ ）
（A） a点与b点的线速度大小相等 （B）a点与b点的角速度大小相等
（C）a点与c点的线速度大小相等 （D）a点与d点的向心加速度大小相等
9．在倾角为θ的斜面上，以初速度υ0水平抛出一个小球，则小球与斜面相距最远时的速度大小为（ ）
（A）υ0cosθ （B） （C）υ0 （D）
图9—14 图9—15 图9—16
10．如图9—15所示，两个内壁均光滑，半径不同的半圆轨道固定于地面，一个小球先后从与球心在同一高度的A、B两点由静止开始下滑，通过轨道最低点时（ ）
（A）小球对两轨道的压力相同 （B）小球对两轨道的压力不同
（C）小球的向心加速度不相等 （D）小球的向心加速度相等
11．铁路在弯道处的内轨道高低是不同的，已知内外轨道对水平面倾角为θ（如图9—16），弯道处的圆弧半径为R，若质量为m的火车转弯的时速度小于，则（ ）
（A）内轨对内侧车轮轮缘有挤压 （B）外轨对外侧车轮轮缘有挤压
（C）这时铁轨对火车的支持力等于 （D）这时铁轨对火车的支持力大于
12．如图9—17所示，一个内壁光滑的圆锥筒的轴线垂直于水平面，圆锥筒固定不动，有两个质量相等的小球A和B，紧贴内壁分别在图中所示的水平面内做匀速圆周运动，则（ ）
（A）球A的线速度必定大于球B的线速度
（B）球A的角速度必定小于球B的角速度
（C）球A的运动周期必定小于球B的运动周期
（D）球A对筒壁的压力必定大于球B的对筒壁的压力
13．如图9—18所示，一物体从曲面上的P点自由滑下，通过一粗糙的固定不动的传送带后，落到地面上的Q点，若皮带随皮带轮以恒定的速率转动，物体落地点的位置正确的是（ ）
（A）皮带轮逆时针转动时，它一定仍落在Q点
（B）皮带轮顺时针转动时，它一定落在Q的右边
（C）皮带轮逆时针转动时，它有可能落在Q的左边
（D）皮带轮顺时针转动时，它有可能仍落在Q点
图9—17 图9—18 图9—19 图9—20
14．在质量为M的电动机飞轮上，固定着一个质量为m的重物，重物到转轴的距离为R，如图9—19所示，为了使电动机不从地面上跳起，电动机飞轮转动的最大角速度不能超过（ ）
（A） （B） （C） （D）S
15．如图9—20所示，A、B两点在同一竖直面内，A点比B点高h，两点间的水平距离为s.现在从A、B两点同时相向抛出两个小球，不计空气阻力，则（ ）
（A）若只调整h，两球根本不可能在空中相遇
（B）若只调整s，两球有可能在空中相遇
（C）若只调整h，两球有可能在空中相遇
（D）若只调整两球抛出的速度大小，两球有可能在空中相遇
二、填充题
16．某人骑车向东行驶，车速为4m/s时，感到风从正南吹来，车速为6m/s时，感到风从东南吹来，则风速为__________m/s.
17．如图9—21所示，直棒MN由静止开始自由落下，与静止的AB棒间的夹角在下落的过程中都是300，两棒的交点O沿斜棒AB滑下的加速度为__________，当MN下落2s时，交点O下滑的速度为________.
图9—21 图9—22
18．如图9—22所示装置，在绳的C端以速率υ匀速收绳从而拉动低处物体M水平前进，当绳BC段与水平恰成α角时，物体M的速度为_________。
19．如图9—23所示，从高为H的地方A平抛一物体，其水平射程为2s。在A点正上方高度为2H的地方B点，以同方向平抛另一物体，其水平射程为s，两物体在空中的轨道在同一竖直平面内，且都是从同一屏M的顶端擦过，求屏M的高度是_____________。
图9—23 图9—24
20．A、B两球质量分别为m1与m2，用一劲度系数为k的弹簧相连，一长为l1的细线与m1相连，置于水平光滑桌面上，细线的另一端拴在竖直轴OO/上，如图9—24所示，当m1与m2均以角速度ω绕OO/做匀速圆周运动时，弹簧长度为l2则
（1）此时弹簧伸长量为____________，绳子张力为__________。
（2）将线突然烧断瞬间两球加速度分别为___________和____________.
三、计算题
21．飞机以恒定的速度υ沿水平方向飞行，高度为2000m。在飞行过程中释放一炸弹，经过30s后飞行员听见炸弹落地的爆炸声。假设此爆炸声向空间各个方向的传播速度都为330m/s，炸弹受到的空气阻力可以忽略。求该飞机的飞机速度υ。
22．如图9—25所示，一个小球从楼梯顶部以υ0=2m/s
的水平速度抛出，所有楼梯台阶台高0.2m，宽0.25m，
问小球从楼梯顶部滚下后首先撞到哪一级台阶上？
图9—25
23．如图9—26所示，一辆正以速度υ0急驶的汽车，突
然发现正前方有一条离汽车较近长深沟。为了避免事故，
汽车司机最好采用刹车还是转弯？为什么？（设最大静摩
擦力等于滑动摩擦力）
图9—26
24．如图9—27所示，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？
图9—`27
参考答案
选择题
1．A 2．A 3．C 4．D 5．B
6．CD 7．A 8．CD 9．B 10．AD
11．A 12．B 13．B 14．AD 15．A
二、填充题
16．2
17．20m/s2，40m/s
18．
19．H
20．(1)△l=m2ω2(l1+l2)/K T=m1ω2l1+ m2ω2(l1+l2) （2）a1= m2ω2(l1+l2)/m1
a2=ω2(l1+l2)
三、计算题
21．262m/s
22．第三级
23．2.9rad/s≤ω≤6.5rad/s
24．0.6l≤d＜l
2006年物理高考复习二----透镜成像及其应用
一、知识结构
二、重点难点简析
1．透镜的成像特征
凸透镜和凹透镜的成像特征如下表所给出
特距
像距
像在物在同
侧还是异侧
像的性质
凸
透
镜
f＞0
u→∞
u＞2f
u=2f
f＜u＜2f
u=f
u＜f
υ=f
f＜υ＜2f
υ=2f
υ＞2f
不成像
υ＜0
异侧
异侧
异侧
异侧
同侧
实像点
倒立缩小实像
倒立等大实像
倒立放大实像
正立放大虚像
凹透镜（f＜0)
任意处
f＜υ＜0
同侧
正立缩小虚像
由于发散光未经凹透镜折射后只能更加发散，所以凹透镜只能成缩小的虚像；由于发散光未经凸透镜折射后可能变为会聚光来，也可能仍为发散光来，所以凸透镜既可能成实像，也可能成虚像。
2．透镜的三条特殊光线
透镜的三条特殊光线通常是指
（1）平行于透镜主光轴和光线经透镜折射后将过透镜的焦点；
（2）过透镜焦点的光线经透镜折射后将平行于透镜的主光轴；
（3）过透镜光心的光线经透镜折射后将保持传播方向不变。
考虑到凸透镜作为会聚透镜其焦点为实焦点，而凹透镜作为发散透镜其焦点为虚焦点，所以两种透镜所对应的三条特殊光线也有所不同，分别如图2—1中（a）、（b）所示。
（b）
图2—1
3．透镜的两种光路
用画光路的方法解决透镜的成像问题，解决透镜的物像关系问题，是本章介绍的常用方法之一。涉及到透镜的光路问题主要有两种：
（1）透镜的“成像光路”
所谓透镜的“成像光路”，就是在已知物与透镜的前进条件下，用画光路的方法来确定像。画“成像光路”主要依据透镜的特殊光线，即与某一物点所对应的像点，可用从该物点上发射出的三条特殊光线中的任意两条来确定.对于落在主光轴上的物点来说，由于三条特殊光线重合成一条了，所以无法仅仅依靠特殊光线确定对应像点的位置，此时可利用“焦平面”的基本特性（平行光束经过透镜后将会聚于焦平面上某点）来帮助确定像点位置。
（2）透镜的“视场光路”
所谓透镜的“视场光路”，就是在已知物与透镜的前提条件下，用画光路的方法来确定像的观察范围（在有些“视场光路”问题中，可能会在物与透镜的基础上再给定某些障碍物）.画“视场光路”主要依据所谓的“边缘光线”，即从物点发出的通过透镜边缘或障碍物边缘的光线.一般来说，“边缘光线”往往是非特殊光线，而非特殊光线经透镜折射后的传播方向无法直接确定，解决的办法是利用特殊光线确定出像点位置，再借助于物与像的一一对应关系帮助确定“边缘光线”经透镜折射后的传播方向.
三、典型例题分析
如图2—2所示，MN是某透镜的主光轴，S
是点光源，S/则是S经透镜所成的像，试用作光路图的方
法确定透镜的位置，透镜焦点的位置，并标明透镜的种类.
分析：比例要求在利用光路反映透镜的物像关系时确
定透镜的有关特性，显然离不开透镜的三条特殊光线及透
图2—2
镜的成像特征。
解：所画光路如图2—3所示，画法及相关的分析依法如下：
（1）连接S/与S并延长，交MN于O，此即为透镜光心；
（2）考虑到S/是S经透镜所成的放大虚像，所以透镜必
为凸透镜；
（3）过O点作L垂直于MN以表示凸透镜，并标明凸透
镜的符号；
（4）过S作SA平行于MN交L于A点；
（5）连接S/A并延长，交MN于F，此即为凸透镜的右 图2—3
焦点；
（6）过S/作S/B平行于MN交L于B点；
（7）连接SB并延长，交MN于F/，此即为凸透镜的右焦点；
（8）按照作光路图的要求标明线的虚，实及表示光线传播方向的箭头。
例2．如图2—4所示，凸透镜主光轴上的点光源S经凸
透镜成像于S/，则当将凸透镜绕光心O旋转一个小角度后，
点光源S经凸透镜所成的像将
A．偏离原主光轴； B．仍在S/处；
C．仍在原主光轴上，且在S/的左侧；
D．仍在原主光轴上，且在S/的右侧。
分析：解答此例需要熟悉凸透镜的成像特征， 图2—4
同时还需要利用凸透镜的特殊光线。
解：考虑到过光心的光线经凸透镜的折射后其传播方向不变，因此可判断所成的像仍将在原来的主光轴上；考虑到随着凸透镜绕光心转动一个小角度后，点光源S的物距一方面要减小，另一方面其减少量也应是很微小的，即减小了物距仍应大于焦距，而在凸透镜成实像的情况下，物距减小将使得像距增大，因此又可以进一步判断所成的像应该在S/的右侧，综上所述：此例应选D。
例3．凸透镜焦距为f，一个在主光轴上的小物体，从距光心3f处沿主光轴匀速移动到距光心1.5f处，则在此过程中（ ）
A．像不断变大； B．像与物之间的距离不断增大；
C．像与焦点之间的距离不断增大； D．像将加速离开透镜
分析：此例需要把握的是凸透镜成实像时的物与像之间的关系，而反映这一关系的则应该是成像公式
+=
和放大率公式，
m==（u＞f）
解：当物距u由3f逐渐减小到1.5f时，由凸透镜成实像时的放大率公式
m=
可知：成像放大率由逐渐增大到2，由此可以判断选项A是正确的；由凸透镜成像公式
+=
可知：像距υ由1.5f逐渐增大到3f，由此可以判断选
项C是正确的；由于像距υ随物u的变化情况除了以成像
公式给出解析表达，也可以用图2—5所示的图像来表达，
由图可知：随着u从3f逐渐减小到1.5f，曲线的斜率的
绝对值越来越大，即 越来越大，而这一数值恰好是
像移动的速率和物移动的速率之比，考察到物体
移动的速率是恒定的，所以像将不断地加速移动，即选
项D是正确的；欲判断选项B是否正确，则必须考察凸
透镜成实像时的物像间距
L=υ+u
的变化特征，把成像公式代入上式，得 图2—5
L=+u=
=（u－f）++2f
由此可知：当
u－f=
即当
u=2f
时，L有最小值
Lmin= 4f
上述研究表明：随着u从3f减小到1.5f时，像与物之间的距离先减小，后增大，即选项B是错误的。综上所述；比例应选A、C、D。
单元测验
一、选择题（每小题4分，共40分）
1．利用变焦距镜头拍摄向摄影机靠近的物体（不改变摄影机暗箱的长度），当物距为u时，所用镜头焦点为f，拍下物体的像为 l，当物距变为u/2时 （ ）
A．所拍物体像长变为2l B．所拍物体像长不变
C．镜头焦距就调为f/2 D．镜头焦距应调为fu/(f+u)
2．幻灯机已把像成在屏幕上，现要使不动的屏幕上的画面缩小一些以增加画面的亮度，并保持画面清晰，则应当（ ）
A．向前移镜头，向后移幻灯片 B．向前移镜头，向前移幻灯片
C．向后移镜头，向后移幻灯片 D．向后移镜头，向前移幻灯片
3．有一个焦距大小为10cm的透镜，要得到一个放大率m=的像，应将物体放在透镜前的距离可能是 （ ）
A．20cm B．30cm
C．10cm D．5cm
4．有一物体从离凸透镜距离为10倍焦距的一点沿主光轴移到离透镜距离为5倍焦距的另一点，那么下列几个物理量中哪些是减小的（ ）
A．像的大小 B．物像间距离
C．像与透镜间距离 D．像与焦点间的距离
5．有一物体由光心附近开始沿主轴远离凸透镜方向运动，则物像间距离的变化是（ ）
A．先增大后减小 B．先减小后增大
C．减小→增大→减薪小 D．增大→减小→增大
6．在凸透镜主光轴的同一位置上，分别放上与主轴垂直的黄色和绿色线状光源，它们通过凸透镜所成的像相比较，下面叙述中正确的是（ ）
A．成实像时，黄色物体的像较大 B．成实像时，绿色物体的像较大
C．成虚像时，绿色物体的像较大 D．成虚像时，黄色物体的像较大
7．关于凸透镜成像，下列说法正确的是（ ）
A．物像间距大小或等于4f B．物像间距大于或等于f
C．物像间距可用O→∞间任意值 D．物像间距不可能是O→∞间任意值。
8．物体沿凸透镜主光轴，由离透镜极远处向光心匀速靠近过程中，关于像的运动，下列说法正确的是（ ）
A．像与物体做匀速运动，但速率不同.
B．像的运动应是先加速后减速.
C．像的运动应是先减速后加速.
D．像的运动应是先减速再加速最后再减速.
9．凸透镜的焦距为f，太阳光沿主轴方向射到透镜上，在镜后的光屏上得到的最小亮斑的直径为d，若太阳到地球的距离为L，则太阳的直径约为（ ）
A． f B．L C．f D．无法确定
10．一物体在透镜主轴上焦点内，离焦点距离为d，所成虚像在焦点以外，离焦点距离也为d，如果把该物体放在离焦点为d的原成像处，则所成的像的位置至光心距离为（ ）
A．（2－）d B．（4+3）d
C．d/（2+1） D．d/（2－1）
二、填空题（每空4分，共24分）
11．在航空测绘中，飞机欲在3000m高度拍摄比例尺为1 ：5000的照片，则照像机镜头的焦距应取___________m；若底片面积是4×6cm2，则所拍摄大地的面积是_______m2.
12．已知幻灯片面积是4×6cm2，屏幕面积是3×4m2，幻灯机镜头焦距为20cm，要在屏幕上得到尽可能大的完整清晰画面，镜头到屏幕的距离为_______m.
13．物屏距离40cm，在物屏之间放一个焦距为7.5cm的凸透镜，如果能在屏上成清晰的像，则透镜与屏的距离是____________.
14．物体在凸透镜前某处时，得到一个放大了3倍的正立像，今将物体沿凸透镜的主轴移动2cm时，该像较原先的像又放大了两倍，则凸透镜的焦距为______________.
15．一线光源垂直立于x轴的坐标原点处，现将某透镜分别垂直立于x轴正方向上的两个位置时，观察者均可见到线光源被放大到2倍的像，已知该透镜焦距大小为6cm，则该透镜所处两个位置的坐标是__________cm和_________cm.
16．某透镜焦距大小为20cm，一物体经透镜成的像与物之间的距离为10cm，像的放大率可能为__________、____________.
三、计算题（每题12分，共36分）
17．焦距为9cm的透镜置于相距为24cm的两物点之间，两物点位于透镜主轴上，要使两物点的像成在同一点，透镜须如何放置？
18．一物体伴于透镜的主光轴上离光心10cm处，所成的像与该物体在主轴上移动5cm后所成的像大小相等，求透镜的焦距.
19．如图2—6所示，在折射率n=5/3的透明液体中有一凸透镜，它在液体中的焦距f=7cm，有一遮光板紧贴镜面，板上有一小孔P可以透光，P孔到光心的距离PO=6cm，在透镜下方主轴上有一点光源S，S在什么位置，液面上方才可能见到S的像？
图2—6
参考答案
1．A、D 2．A、B 3．B、C 4．B 5．D 6．A、C 7．C
8．B 9．B 10．B
11．0.6，6×104
12．13.5
13．10cm或30cm
14．12cm或4cm
15．3，9
16．0.5，2
17．透镜应放在两物点之间，并与两物点分别相距6cm，18cm
18．f=12.5cm或f=7.5cm
19．37cm＜u＜56cm
2006年物理高考复习二十----电磁感应
一、复习要点
1、掌握磁通量概念及其意义，能够正确判断磁通量的变化情况。
2、了解电磁感应现象，掌握发生电磁感应现象，产生感应电动势、产生感应电流的条件。
3、掌握右手定则和楞次定律，并能灵活运用于感应电流方向的判断。
4、掌握法拉第电磁感应定律，明确和E=LvB两种表述形式的适用条件和适用范围，并能运用法拉第电磁感应定律熟练地计算电磁感应现象中所产生的感应电动势。
5、对导体棒旋转切割磁感线时所产生的感应电动势能够灵活地运用法拉第电磁感应定律做出正确的计算。
6、了解自感现象，掌握自感现象中的基本特征。
二、难点剖析
1、关于电磁感应的几个基本问题
（1）电磁感应现象
所谓电磁感应现象，实际上是指由于磁的某种变化而引起电的产生的现象，磁场变化，将在周围空间激起电场；如周围空间中有导体存在，一般导体中将激起感应电动势；如导体构成闭合回路，则回路程还将产生感应电流。
（2）发生电磁感应现象的两种基本方式及其理论解释
①导体在磁场中做切割磁感线的相对运动而发生电磁感应现象：当导体在磁场中做切割磁感线的相对运动时，就将在导体中激志感应电动势。这种发生电磁感应现象的方式可以用运动电荷在磁场中受到洛仑兹力的作用来解释。如图20-1所示，当导体棒ab在磁场B中做切割磁感线运动时，棒中的自由电荷将随棒一起在磁场中运动而受到洛仑兹力fB的作用于是受到fB作用的自由电荷将向棒端迁移而使棒两端分别积累起正、负电荷，形成所谓感应电动势。
②磁场变化使穿过磁场中闭合回路的磁通量改变而发生电磁感应现象：当磁场的强弱改变而使穿过磁场中的闭合回路程的磁通量发生变化时，就将在闭合回路程里激起感应电流。这种发生电磁感应现象的方式可以用麦克斯韦的电磁场理论来解释。如图20-2所示，在滑动变阴器滑动头P向右滑动的过程中，用绝缘线悬挂着的线圈a中的自由电荷沿特定方向移动，形成所谓感应电流。
（3）发生电磁感应现象，产生感应电流的条件：发生电磁感应现象，产生感应电流的条件通常有如下两种表述。
①当穿过线圈的磁通量发生变化时就将发生电磁感应现象，线圈里产生感应电动势。如线圈闭合，则线圈子里就将产生感应电流。
②当导体在磁场中做切割磁感线的运动时就将发生电磁感应现象，导体里产生感应电动势如做切割感线运动的导体是某闭合电路的一部分，则电路里就将产生感应电流。
应指出的是：闭合电路的一部分做切割磁感线运动时，穿过闭合电路的磁通量也将发生变化。所以上述两个条件从根本上还应归结磁通量的变化。像图20-3所示的矩形线圈abcd在匀强磁场B中以速度v平动时，尽管线圈的bc和ad边都在做切割磁感线运动，但由于穿过线圈的磁通量没有变，所以线圈回路中没有感应电流。
2、几种定则、定律的适用范围
定则、定律
适用的基本物理现象
安培定则
判断电流（运动电荷）的磁场方向
左手定则
判断磁场对电流、运动电荷的作用力方向
右手定则
判断闭合电路的一部分做切割磁感线的运动时产生的感应电流方向
楞次定律
判断闭合电路的一部分做切割磁感线运动时，或者是穿过闭合电路的磁通量发生变化时产生的感应电流的方向
3、关于楞次定律
（1）楞次定律的内容
感应电流的磁场总阻碍引起感应电流的原磁场的磁通量的变化。
（2）对楞次定律的正确理解
第一，楞次定律的核心内容是“阻碍”二字，这恰恰表明楞次定律实质上就是能的转化和守恒定律在电磁感应现象中的特殊表达形式；第二，这里的“阻碍”，并非是阻碍引起感应电流的原磁场，而是阻碍原磁场磁通量的变化；第三，正因阻碍是的是“变化”，所以，当原磁场的磁通量增加（或减少）而引起感应电流时，则感应电流的磁场必与原磁场反向（或同向）而阻碍其磁通量的增加（或减少），概括起来就是，增加则反向，减少则同向。
（3）楞次定律的应用步骤
①明确引起感应电流的原磁场在被感应的回路上的方向；
②搞清原磁场穿过被感应的回路中的磁通量增减情况；
③根据楞次定律确定感应电流的磁场的方向；
④运用安培定则判断出感生电流的方向。
（4）楞次定律的灵活运用
在一些由于某种相对运动而引起感应电流的电磁感应现象中，如运用楞次定律从“感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的原磁场的磁通量变化”出发来判断感应电流方向，往往会比较困难，对于这样的顺题，在运用楞次定律时，一般可以灵活处理，考虑到原磁场的磁通量变化又是由相对运动而引起的，于是可以从“感应电流的磁场阻碍相对运动”出发来判断。
4、对公式E = lvB的研究
（1）公式的推导
如图20-4所示，取长度为1的导体棒ab ,强度垂直于磁场方向放在磁感强度为B的匀强磁场中，当棒以速度v做垂直切割磁感线运动时，棒中自由电子就将受到洛仑兹力fb=evB的作用，这将使的a、b两端分别积累起正、负电荷而在棒中形成电场，于是自由电子除受fb作用外又将受到电场力fc=eE，开始a、b两端积累的电荷少，电场弱，fc小，棒两端积累的电荷继续增加，直至电场力与洛仑兹力平衡：fc=fB。由于fB移动电荷，使得做切割磁感线运动的ab棒形成一个感应电源，在其外电路开路的状态下，电动势（感应电动势）与路端电压相等，即E=Uab =El，于是由
，
便可得
E = lvB
（2）与公式E =的比较。
当把法拉第电磁感应定律E =中的理解为切割导体在时间内“扫过的磁通量”时，就可用E =直接推导出。因此公式E = lvB实际上可以理解为法拉第电磁感应定律在导体切割磁感线而发生电磁感应现象这种特殊情况下的推论。
一般地说，公式E = lvB只能用于计算导体切割磁感线时产生的感应电动势。公式
E =则可以用来计算所有电磁感应现象中产生的感应电动势；但公式E =只能用于计算在时间内的平均感应电动势，而公式E = lvB则既可以用来计算某段时间内的平均感应电动势，又可以用来计算某个时刻的瞬时感应电动势，只要把公式中的v分别以某段时间内的平均速度或某个时刻的瞬时速度代入即可。
（3）适用条件
除了磁场必须是匀强的外，磁感强度B、切割速度v、导体棒长度l三者中任意两个都应垂直的，即这三个关系必须是同时成立的。如有不垂直的情况，应通过正交分解取其垂直分量代入。
（4）公式中l的意义
公式E = lvB中l的意义应理解为导体的有效切割长度。所谓导体的有效切割长度，指的是切割导体两端点的连线在同时垂直于v和B的方向上的投影的长度。
（5）公式中v的意义
对于公式E = lvB中的v，首先应理解为导体与磁场间的相对速度，所以即使导体不动因则磁场运动，也能使导体切割磁感线而产生感应电动势；其次，还应注意到v应该是垂直切割速度；另外，还应注意到在“旋转切割”这类问题中，导体棒上各部分的切割速度不同，此时的v则应理解为导体棒上各部分切割速度的平均值，在数值上一般等于旋转导体棒中点的切割速度。
5、自感现象中的一个重要特征
自感现象作为一种特殊的电磁感应现象，是由于流过导体自身的电流的变化而引起的，由楞次定律知，产生的感应电动热（自感电动势）又必将阻碍着电流的这一变化，正是由于主种阻碍，使得自感现象具备一个重要的特征：自感现象中引起自感电动势产生的电流变化，一般只能是逐渐变化而不可能发生突变。
三、典型题例
例1 如图20-5所示，两个同心圆形线圈a、b在同一平面内，其半径大小关系为raA、 B、 C、 D、条件不足，无法判断
分析：常会有同学对此题作出这样的错误分析：
，而Sa之所以犯这样的错误，就是因为对磁通量的意义、磁通量的正负、磁感线的特征及磁感线的分布特征等，缺乏一个全面正确的认识。
解答：画出俯视图如较20-6所示，整个平面分为1、2、3、4四个区域，穿过各区域的磁通量分别为1、2、3、4，由于磁感线是封闭的曲线，所以除1是穿出纸面外的，2、3、4都是穿入纸面的，且有
1=2+3+4，
考虑到磁通量的正负，于是可得
a=1—2>b
=1—2—3。
所以应选A。
例2 如图20-7所示，边长为l、总电阻为R的正方形线圈abcd处在磁感强度为B的匀强磁场中，线圈平面与磁场方向垂直，当线圈以速度v在垂直于磁场方向的平面内估匀速直线运动时，线圈中感应电流的强度I=__________，线圈回路中总的感应电动势E = ________，a、c两点间电热差U=____________。
分析：只要导体做切割磁感线的相对运动，导体中就将形成感应电动势，该导体相当于一个感应电源；只要闭合回路的磁通量不变，无论回路中有几部分导体切割磁感线，无论回路程中有几个感应电源，回路程中的感应电流都为零。
解答：尽管线圈的ac和bd两边都做切割磁感线运动，但由于穿过线圈的磁通量不变，因此线圈中无感应电流，I=0；尽管线圈的ac和bd两边都切割磁感线运动，形成感应电动势均为Eac =Ebd =lvB的感应电源，但由于对整个线圈回路来说，Eac 和Ebd是反向串联的，因此线圈回路中的总的感应电动势为E = Eac –Ebd =0。由于线圈运动时，ac和bd两边相当于外电路开路的两个并联的感应电源，因此a、c两点间的电势差就等于两个并联感应电源的等次电动势，为U= E并=lvB。
例3：在电磁感应现象中，下列说法中正确的是（ ）
A、感应电流的磁场总是跟原来的磁场方向相反
B、闭合线框放在变化的磁场中一定能产生感应电流
C、闭合线杠放在匀强磁场中做切割磁感线运动，一定能产生感应电流
D、感应电流的磁场总是阻碍原来磁场磁通量的变化
分析：此例的分析必须熟悉发生电磁感应现象产生感应电流的条件，熟悉楞次定律。
解答：根据楞次定律，感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的磙量的变化。原来的磁场若要减弱，则感应电流的磁场方向与原来磁场方向相同；若原来的磁场在增强，则两磁反向。产生感应电流的条件是闭合回路中磁通量变化，虽然磁场的强弱在变化，但闭合线框平行磁场放入，磁通量不变（=0），不能产生感应电流，闭合线框在匀强磁场中平动时，线框中的磁通量不变，不能产生感应电流。
此例应选D。
例4 如图20-8所示，接有理想电压表的三角形导线框abc，在匀强磁场中向右运动，问：框中有无感应电流？a、b两点间有无电势差？电压表有无读数（示数不为零称有读数）
A、无、无、无 B、无、有、有
C、无、有、无 D、有、有、有
分析：应注意到产生感应电动势及感应电流的条件，同时还应了解电压表的工作原理。
解答：由于穿过三角形导线框的磁通量不变，所以框中没有感应电流产生；由于ab边和bc边均做切割磁感线的运动，所以均将产生b端为正极的感应电动势，a、b两点间有电势差；由于没有电流流过电压表，所以其表头指针将不发生偏转，即电压表无读数（示数为零）。综上所述：应选C。
例5 如图20-9所示，粗细均匀的电阻丝制成的长方形导线框abcd处在匀强磁场中，磁场方向垂直于线框平面，另一种材料的导体棒MN与导线框保持良好接触并在外力作用下从导线框左端匀速滑到右端，在此过程中，导线框上消耗的电功率P的变化情况可能为（ ）
A、逐渐增大 B、先增大后减小
C、先减小后增大 D、增大、减小、再增大、再减小
分析：切割磁感线的导体是感应电源，其电动势由公E=LvB求得，其余导体则构成感应电源的外电路，注意到消耗在导线框上的电功率实际上是感应电源的输出功率，而输出功率随外电阻将作非单调变化。
单 元 检 测
一、选择题
1、如图20-11所示，导线框与通电直导线在同一平面内，若导线框自通电直导线左侧运动到右侧，这过程中导线框中感应电流的方向为（ ）
A、顺时针方向 B、逆时针方向
C、先顺时针方向，再变为逆时针方向
D、先从顺时针方向变为逆时针方向，再由逆时针方向变为顺时针方向
2、如图20-12所示，导MN和PQ都可以在平行的水平放置的光滑金属导轨上滑动，且在整个装置的区域内存在图示的匀强磁场，当导体MN向减速运动时，导体PQ所受磁场力（只考虑导体棒的电阻，其他电阻不计）（ ）
A、向右 B、向左 C、等于零 D、其方向不能确定
3、如图20-13所示，两平行导轨间接有电阻R、磁感强度为B的匀强磁场垂直轨道平面，滑杆ab、cd以相同速度v向左匀速平动时，通外接电阻R的电流为（ ）
A、0
B、
C、
D、
4、半径为r、电阻为R的闭合导体环放在水平桌面上，环所在空间有磁感强度为B、方向竖直向上的匀强磁场，今在桌面上把环翻转180°角，则在翻转过程中穿过环的磁通量变化量和通过导体环某截面的电量q分别为（ ）
A、=0，q=0 B、=0,
C、 D、，q=0
5、带负电的圆环绕圆心旋转，在环的圆心处的有一闭合小线圈，小线圈和圆环在同一平面，则以下说法中正确的是（ ）
只要圆环在转动，小线圈内就一定有感应电流产生
圆环不这怎样转动，小线圈内都没有感应电流产生
圆环在做变速转动时，小线圈内一定有感应电流产生
圆环做匀速转动时，小线圈内没有感应电流产生
6、在水平面上有一固定的U形金属框架，
框架上置一金属杆ab，如图20-14所示（纸面即水平面）。在垂直纸面方向有一均匀磁场，欲使ab杆向右移动，则（ ）
磁场方向应垂直纸面向外并增加
磁场方向应垂直纸面向外并减少
磁场方向应垂直纸面向里并增加
磁场方向应垂直纸面向里并减少
7、如图20-15所示，导线MN可无摩擦地沿竖直的长直导轨滑动，导轨位于水平方向的匀强磁场中，回路电阻是R，将MN由静止开始释放后的一段时间内，MN运动的加速度可能是（ ）
A、保持不变 B、逐渐减小 C、逐渐增大 D、先增大后减小
8、边长为h的正方形金属导线框，从图20-16所示的初始位置由静止开始下落，通过一匀强磁场区域，磁场方向是水平的，且垂直于线框平面，磁场宽度等于H，上下边界如图6-20中水平虚线所示，H>h，从线框开始下落到完全穿过场区的整个过程中（ ）
线框中总是有感应电流存在
线框受到磁场力的合力方向有时向上，有时向下
线框运动的方向始终是向下的
线框速度的大小不一定总是在增加
9、如图20-17所示，用材料相同，粗细不同的导线绕制两个形状、面积和质量均相同的线圈a、b，并把它们同时从等高处由静止释放，自由下落一定高度后两线圈均要通过一个有理想界面的匀强磁场区域，通过磁场时线圈平面与磁场方向垂直，则（ ）
两线圈交南时着地，且着地时速度相同
粗线桡制的线圈先着地，但着地时速度较小
两线圈中产生的焦耳热相同，着地时动能相同
细线绕制的线圈中产生的焦耳热较多，但着地时动能较小
10、如图20-18所示，竖直放置的金属框架处于水平匀强磁场中，有一长直金属棒ab可以沿框自由滑动。当ab由静止开始下滑一段时间后，合上电键S，则ab将做（ ）
A、匀速运动 B、加速运动 C、减速运动 D、无法确定
11、如图20-19所示，一个由金属导轨组成的回路，竖直放在宽广的匀强磁场中，磁场垂直该回路所在平面，方向向外，其中导线AC可以自由地紧贴竖直的光滑导轨滑动，导轨足够长，回路总电阻为R保持不变，当AC由静止释放后（ ）
导体AC的加速度将达到一个与阴值R成反比的极限值
AC的速度将达到一个与R成正比的极限值
回路中的电流强度将达到一个与R成反比的极限值
回路中的电功率将达到一个与R成正比的极限值
12、三个同样的磁棒穿过三个纸筒落下，第一个纸筒没有套铜环，第二、经三个纸筒套有铜环并且第三个比第二个套的环的匝数多，若磁棒通过圆筒的时间分别为T1、T2、T3，于是（ ）
A、T1>T2>T3 B、T3>T2>T1 C、T1=T2=T3 D、T2>T3>T1
13、如图20-20所示，光滑平行导轨华侨放置，其下端连接一灯泡，匀强磁场垂直于导轨平面。当导轨上的ab导体棒下滑到稳定状态时，小灯泡获得的功率为P0，除灯泡外，其他电阻不计，要使灯泡消耗的功率变为2P0，下列措施正确的是（ ）
换一个电阻为原来一半的灯泡
把磁感强度B增为原来的2倍
换一根质量为原来倍的金属棒（长度未变）
把导轨间距增大为原来的倍（ab棒也相应增长）
14、取两个完全相同的灵敏电流计A、B，按图20-21所示用导线连接起来，在把电流计A的指针向左边拨动的过程中，电流表B的指针将为（ ）
A、向左摆动 B、向右摆动 C、静止不动
D、发生摆动，但无法判定摆动方向，因为不知道电流表的内部结构情况
15、如图20-22所示，在倾角为a的光滑斜面上，abcd区域存在着竖直向上的匀强磁场，边界ab和cd都沿水平方向，ac=L，在斜面上质量为m，边长为L的正方形导线框沿斜面自由下滑，恰好匀速穿过磁场，下列说法正确的是（ ）
在穿过磁场过程中线框内电流方向不变
在穿过磁场过程中线框受的磁场力方向不变
在穿过磁场过程中，线框中产生热量为2mgLsina
在穿过磁场过程中，线框受的磁场力的方向沿斜面上
二、填空题
16、有一阻值为0.5的闭合环形金属线圈，放在如图20-23所示的磁场中，如果穿过线圈的磁通量增加，通过线圈导线横截面积的是量为0.5C，则应等于_______________，感应电流的方向是______________，线圈所受的合力为_______________________。
17、如图20-24所示，一圆环与外切正方形线框均由相同的绝缘导线制成，并各自形成闭合电路。均匀磁场布满整个方形线框，当磁场均匀变化时，线框和圆环的感应电动势之比是______________，感应电流之比是_____________。
18、如图20-25所示，有金属板折成一狭长框架，在水平方向的匀强磁场中以速度v1向右匀速运动，框架右侧小孔K处以速度v2水平向左射入一带电液滴，若液滴在框架内恰做匀速圆周运动，则液滴带________电，运动的轨道半径为_________；欲使液滴进入框架后以v2的速度做匀速直线运动，则框架向右运动的速度必须为________________。
19、如图20-26所示，一线圈abcd在磁场中做切割磁感线运动，已知匀强磁场的磁感强度为B，ab边长为l，bc边长为l’，运动速度为v，线圈电阻为R，在图示这个位置时线圈中的电流大小为__________________，ab间的电势差为___________________。
三、计算题
20、取一根长为l的导线，绕制一个怎样的线圈，在磁感强度为B的匀强磁场中应如何放置，方可使穿过该线圈的磁通量最大？并求出这个最大值。
21、如图20-27所示，倾角为30°的斜面上有两根足够长金属导轨，相距0.4m，导体棒MN与导轨垂直，质量m=20g，并处在竖直向上的匀强磁场中。当导体棒中通以1A的电流时，棒将匀速上滑，而撤去磁场且棒中不通电时，棒可以匀速下滑，求磁场的磁感强度。
22、如图20-28所示，两全行金属长导轨CD和EF置于竖直平面内，磁感强度为0.5T的水平匀强磁场与CD、EF所在平面垂直，导体棒MN可以在导轨上做无摩擦的滑动。MN的电阻不可忽略，其余部分的电阻可忽略。当在CE间串入电动势为1.5V的电池（内阻不计）时，MN恰好静止。如果去掉电池而用导线（不计电阻）将CE短接，那么MN在下落过程中每秒内所能扫过的最大面积是多大？
23、如图20-29所示，一垂直纸面向里的非匀强磁场，其磁感强度沿y方向大小不变，沿x方向均匀减弱，减小率为0.05T/m。一边长为10cm的正方形铝框，总电阻为0.25，铝框平面与磁场方向垂直，在外力作用下，以20m/s的速度沿x正方向做匀速直线运动。求：（1）铝框中感应电流的大小。（2）铝框匀速运动了2m的过程中，外力对铝框做的功。（3）分析铝框左、右两边受安培力的情况。
24、半径为a的圆形区域内有均匀磁场、磁感应强度为B=0.2T，磁场方向垂直纸面向里，半径为b的金属圆环与磁场同心放置，磁场与环面垂直，其中a=0.4m,b=0.6m。金属环上分别接有灯L1、L2，两灯的电阻均为R0=2，一金属棒MN与金属环接触良好。棒与环的电阻均忽略不计。（1）若棒以v0=5m/s的速率在环上向右匀速滑动，求棒滑过圆环直径OO’的瞬时（如图20-30）MN中的电动势和流过灯L1的电流。
（2）撤去中间的金属棒MN，将右面的半圆环OL2O’以OO’为轴向上翻转90°，若此时磁场随时间均匀变化，其变化率为求L1的功率。
参 考 答 案
一、选择题
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
D
A
D
C
CD
BD
AB
CD
AC
D
BD
B
C
B
BC
二、填充题
16、0.25Wb，逆时针方向，0 17、，1：1
18、负， 19、0，LvB
三、计算题
20、单匝圆形线圈，垂直于磁场放置， 21、0.5T
22、 23、I=0.04A，（2）W=4×10-5J，（3）略
24、（1）E=0.8V，I=0.4A （2）P=1.28×10-2W
2006年物理高考复习五----原子核
一、知识结构
二、重点难点简析
1．α粒子散射实验及其解释
（1）α粒子散射现象
①绝大多数的α粒子几乎不发生偏转；
②少数α粒子则发生了较大的偏转；
③极少数α粒子发生了大角度偏转（偏转角度超过900，有的甚至达到1800）。
（2）α粒子散射现象的简单解释
首先，由于质量的悬殊便可判定：α粒子的偏转不会是因为电子的影响，而只能是因为原子中除电子外的带正电的物质的作用而引起的；其次，原子中除电子外的带正电的物质不应是均匀分布的（否则对所有的α粒子来说散射情况应该是一样的），而“绝大多数”、“少数”和“极少数”α粒子的行为的差异，充分地说明这部分带正电的物质只能高度地集中在一个很小的区域内；另外，从这三部分行为不同的α粒子数量的差别的统计，不难理解卢瑟福为什么能估算出这个小区域的直径：10—15m。
2．卢瑟福的“原子核式结构”
（1）实验基础 原子的核式结构以α粒子散射现象作为坚实的实验基础。
（2）核式结构 ①原子的中心有一个很小的核，原子的全部正电荷和几乎全部质量均集中在核内；②带负电的电子在核外绕核旋转。
（3）关于核式结构讨论
应该指出的是：“原子有一个正电荷和质量高度集中的核”，这是以α粒子散射现象为坚实的实验基础的，而“带负电的电子绕核旋转”则只是卢瑟福的一种无可奈何的安排——电子如不绕核旋转把库仑力充作向心力，很难设想带正电的核为什么不会把带负电的电子吸过去而保持着原子的相对稳定性。卢瑟福的这种安排，实际上也正是他的经典的物质观念的一种反映。
3．天然放射现象中的三种射线
射线
α射线
β射线
γ射线
物质微粒
氦核He
电子e
光子
带电情况
带正电（2e）
带负电（－e ）
不带电
速度
约为C
接近C
C
贯穿本领
小（空气中飞行几厘米）
中（穿透几毫米铝板）
大（穿透几厘米铅板）
电离作用
强
次
弱
4．天然衰变中核变化规律
在核的天然衰变中，核变化的最基本的规律是质量数守恒和电荷数守恒。
（1）α衰变 随着α衰变，新核在元素周期表中位置向前移2倍
X－→Y+He
（2）β衰变 随着β衰变，新核在元素周期表中位置向后移1倍
X－→Y=e
（3）衰变 随着衰变，变化的不是核的种类，而是核的能量状态。但一般情况下，衰变总是伴随着α衰变或β衰变进行的。
5．关于半衰期
（1）定义 放射性元素的原子核有半数发生衰变所需要的时间。
（2）意义 反映了核的衰变过程进行的快慢程度。
（3）特征 只由核本身的因素所决定，而与原子所处的物理状态和化学状态无关。
（4）两种典型的错误认识 第一，N0个某种放射性元素的核，经过一个半衰期T，衰变了一半，再经过一个半衰期T，全部衰变完了；第二，8个某种放射性元素的核，经过一个半衰期T，衰变了4个，再经过一个半衰期T，又衰变了2个。事实上，N0（大量）个某种放射性元素的核，经过时间t后剩下的这种核的人数为
N=N0
而对于少量的核，无法确定其衰变所需的时间。
6．核的人工转变，核组成，核能，裂变与聚变
（1）核的人工转变
①意义 发现新粒子，搞清核结构；
②几种著名的核转变
意义
方程
首次完成者
发现质子
N+He→O+H
卢瑟福
发现中子
Be+He→C+
发现正电子
Al+He→P+
( +e
（2）核组成
①核=质子+中子（质子、中子统称核子）
②质子数=原子序数=核电荷数
中子数=质量数－原子序数
③同位素 质子数相同而中子数不同的核互称同位素；很多核的同位素具有放射性；放射性同位素通常应用其射线或用作示踪原子。
（3）核能及相关问题
①核力 核子能集中于10—14米范围内而不致因质子间库仑力的作用而散开，充分证明核子间存在着核力；核力具备“短距”作用的特征。
②核能 由于核力的存在，因此在拆散核的过程中需克服核力做功，由此判断具有能——核能（结合能）。
③质能关系 爱因斯坦质能方程
E=mc2
④质量亏损 从质能关系出发帮助计算核变化过程中核能的转移（化）而引入的物理量，与核反应中释放的核能关系为
△E=△mc2
在特定的单位制下，有
1u=931.5MeV。
（4）核裂变与核聚变
重核的裂变与轻核的聚变都是获取大量核能的有效途径。
三、典型例题分析
例1．下列关于天然放射线的各种说法中正确的是（ ）
A．在电场中射线不发生偏转，则必为r射线；
B．在磁场中射线方向不发生偏转，则必为γ射线；
C．电离作用最强的是α射线；
D．贯穿本领最强的是γ射线.
分析：要求熟悉三种天然射线的各种特性，并对粒子流在电、磁场中运动时的受力情况有所了解。
解：即使是带正电的α粒子和带负电的β粒子，在电、磁场中运动时也可能只受到与运动方向平行的力或者不受力（运动方向与电场方向，磁场方向平行）而不发生偏转，故选项A、B均匀不对；三种射线中电离本领最强的是α射线，贯穿本领最强的是γ射线，故选项C、D均正确。应选C、D。
例2．有甲、乙两种放射性元素，其半衰期分别为10d和20d，若经40d后两种元素剩余质量相同，则原来两种元素的质量之比为多少？
分析：明确半衰期的物理意义不难得到
N=N0
或
m=m0
由此即可求解。
解：由半衰期公式可知
m1=m10==m10
m2=m20==m20
由题设条件又有
m1=m2
于是可得
m10 ：m20= 4 ：1
例3． u核经过________次α衰变和_________次β衰变将变为Pb核。
分析：注意到核衰变时所遵从的“质量数守恒”和“电荷数守恒”的规律即可简单求解。
解：设共经历了x次α衰变和y次β衰变，同时注意到每经历一次α衰变质量数将减少4，电荷数将减少了2；而每经历一次β衰变只会使电荷数增加1而不会改变质量数，于是由
238=206+4x
82=92－2x+y
使可解得
x=8
y=6
例4．为测定某水库的存水量，将一瓶放射性性同位素溶液倒入水库中，已知这杯溶液每分钟衰变8×107次，其半衰期为2d，10d后从水库中取1m3的水样，测得其中的放射性同位素每分钟衰变10次，则该水库存水量为多少？
分析：注意到同一种放射性元素在单位时间内发生衰变的次数与其质量成正比。
解：设倒入水库中的放射性同位素原有质量为m0，经过10d后剩下的质量为m，且充分均匀地混合于水中，则在存水量为Qm3的水库中所取得的1m3水样中含有的该放射性同位素的质量为△m，于是有
m=m0
△m=
△m ：m0=10 ：8×107
由此可解得
Q=2.5×105m3
例5．两个氘核聚变产生一个中子和一个氦核，已知氘核质量为2.0136u，氦核质量为3.0150u，中子质量为1.0087u，则
（1）写出核反应方程；
（2）算出释放核能；
（3）若反应前两个氘核的功能均为0.355MeV，反应时发生的是正对撞，设反应后释放的核能全部转化为动能，则反应后氦核与中子的动能各为多大？
分析：核反应中释放的能量可由爱因斯坦方程先计算出质量亏损后进而求得。
解：（1）核反应方程为
H+H→He+n
（2）质量亏损为
△m=2×2.0136―1.0087―3.0150
=0.0035（u）
而对应于1u的质量亏损，释放的核能为931.5MeV，于是上述核反应中释放的能量为
△E=0.0035×931.5MeV=3.26MeV
（3）设氘核H，氦核He，中子n的质量数分别为m、m1、m2，于是有
mσ－mσ=m1σ1－m2σ2
mσ2=Ek=0.35MeV
m1σ=
m2σ=
2Ek+△E=+
由此解得
=2.97MeV
=0.99MeV
单元检测
一、选择题（每题4分，共56分）
1．对于α粒子散射实验的装置的下列叙述，正确的是：（ ）
A．实验器材包括放射源、金箔、荧光屏、显微镜；
B．金箔厚度对实验无影响；
C．如改用其它的金属箔，将不会发生散射现象；
D．实验装置可以放在空气中，也可以放在真空中。
2．关于原子的核式结构，下列说法中错误的是：（ ）
A．原子中绝大部分是空的，原子核很小；
B．电子的原子核外绕核高速旋转，向心力是由库仑力提供；
C．原子的几乎全部质量都集中在原子核上；
D．原子核的半径数量级为10—10米。
3．若放射性元素A、B的半衰期分别是4天和5天，则相同质量的A、B两种元素经20天后剩下的质量之比为：（ ）
A．30 ：31 B．31 ：30 C．1 ：2 D．2 ：1
4．氢核、中子、氘核质量分别为m1、m2和m3，那么氢核和中子结合为氘核时放出的能量为：（ ）
A．m3c2 ； B．(m1+m2)c2；
C．(m3―m1―m2)c2 D．(m1+m2－m3)c2
5．下列哪些过程可以使原子核变为新的元素的核：（ ）
A．原子核吸收一个中子；
B．原子核放出一个α粒子；
C．原子核放出一个β粒子；
D．原子核吸收一个光子。
6．如图5—1所示，由天然放射性元素钋（Po）
放出射线X1，轰出铍（Be）时会产生粒子流
X2，用粒子流X2轰击石蜡时又会打出粒子流
X3，经研究： （ ） 图5—1
A．X1是α粒子，X2是中子；
B．X2是中子，X3是质子；
C．X3是质子，X1是中子；
D．X1是中子，X2是α粒子。
7．原子中核外电子从离核较远的轨道跃迁到离核较近的轨道上时：（ ）
A．核外电子受力变小；
B．原子的能量增大；
C．核外电子的动能变大；
D．原子的电势能变小。
8．当α粒子穿过金箔发生大角度偏转的过程中，下列说法错误的是：（ ）
A．α粒子一直受到金原子核的库仑引力作用；
B．α粒子一直受到金原子核的库仑斥力作用；
C．α粒子先受金原子核的库仑引力，后受库仑斥力；
D．α粒子先受金原子核的库仑斥力，后受库仑引力。
9．Th核经过一系列的α衰变和β衰变成为Pb，则（ ）
A．Pb核比Th核少8个质子；
B．Pb核比Th核少16个中子；
C．共经历4次α衰变和6次β衰变；
D．共经历6次α衰变和4次β衰变。
10．放射性元素的半衰期：（ ）
A．是原子核全部衰变所需时间的一半；
B．是原子核质量减少一半所需的时间；
C．是原子核有半数发生衰变所需的时间；
D．与外界压强、湿度有关，与原子的化学状态无关。
11．我们说氢、氘、氚互为同位素，这是因为它们具有相同的：（ ）
A．质量数； B．质子数； C．中子数； D．核子数。
12．中子比质子更容易击中原子核，其原因是由于中子：（ ）
A．体积小； B．速度大； C．能量大； D．不带电。
13．下列有关科学家和所涉及到的物理史实中，正确的说法是：（ ）
A．居里夫妇用α粒子轰击铝箔时发现了正电子；
B．卢瑟福的原子结构学说成功地解释了氢原子的发光现象；
C．麦克斯韦从理论上预言了电磁波的存在，赫兹用实验方法证实了电磁波的存在；
D．玻尔建立了量子理论，解释了各种原子的发光现象。
14．如图5—2所示，x为未知的放射源，
先将磁铁移去，计数器所得的计数
率保持不变，再将薄铝片L移去，
计数器的计数率大幅度上升，则x
中放射出的射线有：（ ）
A．α射线； B．β射线；
C．射线； D．无法判断。
二、填充题（每题4分，共24分）
15．放射性同位素的应用主要分两类：
_____________和____________。
16．如图5—3所示的是α粒子轰击 图5—2
N核生成O 核和_____的径迹照
片，其中a为α粒子的入射径迹，则
b为________径迹，c为_______径迹。
17．完成下列核反应方程
H+→（ ）+n
Na+（ ）→Na+H 图5—3
18．两种放射性元素的原子核A和B，其半衰期分别T和，若经过2T后两种元素的核的质量相等，则开始时两种核的个数之比为________；若经过2T后两种核的个数相等，则开始时两种核的质量之比为________。
19．如图5—4所示的匀强磁场中的A
点，有一个静止的放射性元素的原子核，
当它发生了________衰变时，射出的粒
子及产生的新核轨道径迹如图中的两个
圆，由此可以确定衰变时新核的运动方
向为________，如两圆半径比为44 ：1，
则该放射性元素的原子序数是________。 图5—4
20．某地发掘出来的古木，测定其放射性元素C与当地正在生长的树木中的含量之比为1 ：，已知 C的半衰期为56000y，则此古木已被采伐了约_________y。
三、计算题（每题14分，共28分）
21．一个子U核裂变时放出能量196MeV，则1kgU完全裂变放出的能量为多少J？相当于多少t优质煤完全燃烧时所放出的能量（煤的燃烧值为8kc/kg）。
22．在磁感应强度为B的匀强磁场中，质量为M的静止的原子核发生α衰变，衰变后的α粒子在磁场中作半径为R的匀速圆周运动，设α粒子质量为m，电量为q，衰变过程释放的能量全部转化为α粒子与新核的功能，求衰变过程中的质量亏损。
参考答案
1．A 2．D 3．C 4．D 5．B、C 6．AB 7．CD 8．ACD
9．ABD 10．C 11．B 12．D 13．AC 14．AC
15．利用射线，作为示踪原子
16．H，O，H
17．H ，H
18．b ：4a，a ：4b
19．β，向右，43
20．2800
21．△E=8.03×1013J，m=2400t
22．△m=MR2q2B2/2c2m(M－m)
2006年物理高考复习八----运动和力
一、复习要点
1．牛顿第一定律、物体的惯性
2．牛顿第二定律
3．牛顿第三定律
4．牛顿运动定律的应用：已知运动求受力；已知受力求运动
5．超重与失重
二、难点剖析
1．对牛顿第一定律的理解
（1）内容：一切物体都将保持静止状态或匀速直线运动状态，直到有外力迫使其改变运动状态为止。
（2）理解：牛顿第一定律分别从物体的本质特征和相应的外部作用两个侧面对运动作出了深刻的剖析。就物体的本质特征而言，一切物体都具有“不愿改变其运动状态”的特性；就物体所受到的外力与其运动的关系而言，外力是迫使物体改变运动状态的原因。也就是说，牛顿第一定律一方面揭示出一切物体共同具备的本质特性——惯性，另一方面又指出了外力的作用效果之一——改变物体的运动状态。
2．对牛顿第二定律的理解
（1）内容：物体的加速度a与其合外力F成正比，与其质量m成反比.可表示为
F=ma.
（2）理解：F量化了迫使物体运动状态发生变化的外部作用，m量化了物体“不愿改变运动状态”的基本特性（惯性），而a则描述了物体的运动状态（υ）变化的快慢。明确了上述三个量的物理意义，就不难理解如下的关系了：
a∝F， a∝.
另外，牛顿第二定律给出的是F、m、a三者之间的瞬时关系，也是由力的作用效果的瞬时性特征所决定的。
3．牛顿第二定律的基本应用步骤
（1）确定研究对象；
（2）分析受力情况与运动情况；
（3）建立适当的坐标系，将力与运动加速度作正交分解；
（4）沿各坐标轴方向列出动力学方程，进而求解.
4．牛顿第二定律的修正形式
通常情况下，当把该定律应用于单一物体，或者是各个部分加速度完全相同的某系统时，定律的含义并不难理解：m为物体或系统的质量，为物体或系统所受到的所有外力的矢量和，而a则为物体或系统的国速度。但若将定律直接应用于各个部分加速度并不完全相同的某系统时，一方面定律的表现形式要相应修正为=；另一方面必须对定律的修正形式有一个正确的，同时也应该是更为深刻的理解：mi为系统各部分的质量，为系统各部分所受到的来自系统外部物体所施加的力的矢量和，而aI则分别为系统各部分的不尽相同的加速度.
另外需要说明的是：尽管对于牛顿定律应用于加速度各不相同的系统时的修正形式，中学物理教学并未提出要求，但实际上我们确实会碰到大量的用“隔离法”（应用牛顿定律的原形）求解时非常复杂，而用“整体法”（应用牛顿定律的修正形式）则很简单的物理习题。
5．超重与失重
（1）真重与视重。
如图8—1所示，在某一系统中（如升降机中）用
弹簧秤测某一物体的重力,悬于弹簧秤挂钩下的物体静
止时受到两个力的作用：地球给物体的竖直向上的重
力mg和弹簧秤挂钩给物体的竖直向上的弹力F，这
里，mg是物体实际受到的重力，称力物体的真重；
F是弹簧秤给物体的弹力，其大小将表现在弹簧秤的 图8—1
示数上，称为物体的视重。
（2）起重与失重
通常情况下测物体的重力时，视重等于真重，我们就以弹簧秤的示数作为物体重力大小的测量值。当系统（升降机）做变速运动时，有时会使得视重大于真重，此时称为超重现象；有时会使得视重大小真重，此时称为失重现象；甚至有时会做视重等于零，此时称为完全为重现象。
（3）超重与失重的条件
由牛顿第二定律不难判断：当图8—1中的升降机做变速运动，有竖直向上的加速度a时，可由
F－mg=ma
得
F=m（g+a）＞mg
在此条件下，系统处于超重状态；当图8—1中的升降机做变速运动，有竖直向上的加速度a时，可由
mg－F=ma
得
F=m（g－a）＜mg
在此条件下，系统处于失重状态；当图8—1中的升降机做变速运动，有竖直向下的加速度a且
a=g
时，视重将为
F=0
在此条件下，系统处于完全失重状态。
三、典型例题
例1．物体在倾角为θ的斜面上滑动，则在下列两种
情况下，物体加速度为多大？
（1）斜面是光滑的；
（2）斜面是粗糙的，且与物体间动摩擦因数为μ 图8—2
分析：两种情况的主要差别就在于“是否受到动摩
擦力的作用”
解：（1）对于光滑斜面，无论物体沿斜面向下滑或是沿斜面向上滑，其受力情况均可由图8—2所示，建立适当的坐标系后便可列出运动方程
mgsinθ=ma1，
得 a1=gsinθ.
（2）对于粗糙斜面，物体滑动时还将受动摩擦力作用，只是物体向下滑时动摩擦力方向沿斜面斜向上；物体向上滑时动摩擦力方向沿斜面斜向下，受力图分别如图8—3中（a）、（b）所示，建立适当的坐标系后便可分别列出方程组
和
由此便可分别解得
a2=g（sinθ－μcosθ）， 图8—3
a3=g（sinθ+μcosθ）.
例2．如图8—4所示，质量分别为15kg和5kg的长方形物体A和B静止叠放在水平桌面上.A与桌面以及A、B间动摩擦因数分别为μ1=0.1和μ2=0.6，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。问：
（1）水平作用力F作用在B上至少多大时，A、B之间能发生相对滑动？
（2）当F=30N或40N时，A、B加速度分别各为多少？
图8—4 图8—5
分析：AB相对滑动的条件是：A、B之间的摩擦力达到最大静摩擦力，且加速度达到A可能的最大加速度a0，所以应先求出a0.
解：（1）以A为对象，它在水平方向受力如图8—5（a）所示，所以有
mAa0=μ2mBg－μ1（mA+mB）g，
a0=g=×10m/s2=m/s2
再以B为对象，它在水平方向受力如图8—5（b）所示，加速度也为a0，所以有
F－F2=mBa0，
F=f2+mBa0=0.6×5×10N+5×N=33.3N.
即当F达到33.3N时，A、B间已达到最大静摩擦力.若F再增加，B加速度增大而A的加速度已无法增大，即发生相对滑动，因此，F至少应大于33.3N.
（2）当F=30N，据上面分析可知不会发生相对滑动，故可用整体法求出共同加速度
aA=aB==m/s2=0.5m/s2.
还可以进一步求得A、B间的静摩擦力为27.5N（同学们不妨一试）.
当F= 40N时，A、B相对滑动，所以必须用隔离法分别求aA、aB，其实aA不必另求，
aA=a0=m/s2.
以B为对象可求得
aB==m/s2=2m/s2.
从上可看出，解决这类问题关键是找到情况发生变化的“临界条件”.各种问题临界条件不同，必须对具体问题进行具体分析。
例3．如图8—6（a）所示，质量为M的滑块与倾角为θ的斜面间的动摩擦因数为μ.滑动上安装一支架，在支架的O点处，用细线悬挂一质量为m的小球.当滑块匀加速下滑时，小球与滑块相对静止，则细线的方向将如何？
（a） （b） （c）
图8—6
分析：要求细线的方向，就是要求细线拉力的方向，所以这还是一个求力的问题.可以用牛顿第二定律先以整体以求加速度a（因a相同），再用隔离法求拉力（方向）.
解：以整体为研究对象，受力情况发图8—6（b）所示，根据牛顿第二定律有
（M+m）gsinθ－f=（M+m）a，N－（M+m）gcosθ=0.
而f=μN，故可解得 a=g（sinθ－μcosθ）.
再以球为研究对象，受务情况如图8—6（c）表示，取x、y轴分别为水平、竖直方向（注意这里与前面不同，主要是为了求a方便）.由于加速度a与x轴间的夹角为θ，根据牛顿第二定律有
Tsinα=macosθ，mg－Tcosα=masinθ.
由此得
tanα==.
为了对此解有个直观的认识，不妨以几个特殊μ值代入
（1）μ=0，α=θ，绳子正好与斜面垂直；
（2）μ=tanθ，α=00，此时物体匀速下滑，加速度为0，绳子自然下垂；
（3）μ＜tanθ，则α＜θ，物体加速下滑.
例4．如图8—7所示，质量M=10kg的斜面体，其斜
面倾角θ=370，小物体质量m=1kg，当小物体由静止释放
时，滑下S=1.4m后获得速度σ=1.4m/s，这过程斜面体处
于静止状态，求水平面对斜面体的支持力和静摩擦力（取
g=10m/s2）
分析：若采用隔离法求解，小物体与斜面体受力情 图8—2
况如图8—8（a）与（b）所示，由此根据运动学规律，
牛顿定律及平衡方程依次得
2as=υ2
mgs=θ－f1=ma
N1－mgcosθ=0
F2+f1cosθ－Ns=θ=0
N2－f1s=θ－N1cosθ－Mg=0
由此可求得水平面对斜面体的支持力N2和静摩擦
力f2的大小分别为
N2=109.58N
f2=0.56N 图8—8
但若采用整体法，通知牛顿运动定律的修正形式，可给出如下简单的解合。
解：由运动学公式得
2as=υ2
再由牛顿运动定律的修正形式得
f2=macosθ
mg+Mg－N2=masinθ
于是解得
N2=109.58N
f2=0.56N
例5．如图8—9所示，升降机地板上有一木桶，桶内水面上漂浮着一个木块，当升降机静止时，木块有一半浸在水中，若升降机以a=g的加速度匀加速上升时，木块浸入水中的部分占总体积的__________。
分析：通常会有同学作出如下分析。
当升降机静止时，木块所受浮力F1与重力平衡，于是
F1－mg=0
F1=ρVg
当升降机加速上升时，木块所受浮力F2比重大，此时有
F2－mg=ma=mg
F2=ρV/g
在此基础上可解得
V/ ：V=3 ：4
但上述结论是错误的，正确解答如下。
解：当升降机静止时有
F1－mg=0
F1=ρVg
当升降机加速上升时，系统处于超重状态，一方面所受浮力F2确实大于木块的重力mg，有
F2－mg=ma=mg
另一方面所排开的体积为V/的水的视重大于其真重ρV/g，而等于
F2=G排=ρV/(g+a)=ρV/g
由此解得
V/ ：V=1 ：2
即：浸入水中的部分仍占木块体积的一半。
单元检测
选择题（每题4分，共48分）
1．如图8—10所示，放置在水平面上的直角劈M上有一个质量为m的物体，若m在其上匀速下滑，M仍保持静止，那么正确的说法是（ ）
A．M对地面的压力等于（M+m）g B．M对地面的压力大于（M+m）g
C．地面对M没有摩擦力 D．地面对M有向左的摩擦力
2．如图8—10所示，物体从Q点自由滑下，通过粗糙的静止的水平传送带后，落在地面上的P点。若传送带按逆时针方向转动，则物体从Q点自由滑下，通过传送带后，将（ ）
A．仍然落在P点 B．落在P点左方
C．落在P点左右 D．可能留在传送带上
图8—10 图8—11 图8—12
3．如图8—12所示，水平地面上有两个完全相同的木块A、B，在水平推力F作用下运动.用FAB代表A、B间的相互作用力（ ）
A．若地面是完全光滑的，则FAB=F B．若地面是完全光滑的，FAB=F
C．若地面的摩擦因数为μ，则FAB=F D．若地面的摩擦因数为μ，则FAB=F
4．一物体放置在倾角为θ的斜面上，斜面固定于加速上升的电梯中，加速度为a，如图8—13所示，在物体始终相对于斜面静止的条件下，下列说法中正确的是（ ）
A．当θ一定时，a越大，斜面对物体的正压力越小
B．当θ一定时，a越大，斜面对物体的摩擦力越大
C．当a一定时，θ越大，斜面对物体的正压力越小
D．当a一定时，θ越大，斜面对物体的摩擦力越小
5．匀速上升降机顶部悬有一轻质弹簧，弹簧下端下端挂有一小球，若升降机突然停住，在地面上的观察者来看，小球在继续上升的过程中（ ）
A．速度逐渐减小 B．速度先增大后减小
C．加速度逐渐增大 D．加速度逐渐减小
图8—13 图8—14 图8—15
6．如图8—14所示，质量相同的木块A、B有轻弹簧连接且静止于光滑水平面上，开始弹簧处于原长位置，现用水平恒力推木块A，则弹簧在第一次被压缩到最短的过程中（ ）
A．当A、B速度相等时，加速度aA=aB
B．当A、B速度相等时，加速度aA＞aB
C．当A、B加速度相等时，速度υA＜υB
D．当A、B加速度相等时，速度υA＞υB
7．一小球用轻绳悬挂在某固定点，现将轻绳水平拉直，然后由静止开始释放小球，考虑小球由静止开始运动到最低位置的过程（ ）
A．小球在水平方向的速度逐渐增大
B．小球在竖直方向的速度逐渐增大
C．到达最低位置时小球线速度最大
D．到达最低位置时绳中的拉力等于小球重力
8．一个人站在医用体重计的测盘上，在下蹲的全过程中，指针示数变化应是（ ）
A．先减小，后还原 B．先增加，后还原
C．始终不变 D．先减小，后增加，再还原
9．如图8—15所示，猴子的质量为m，开始时停在用绳悬吊的质量为M的木杠下端，当绳子断开时，猴子沿木杠以加速度a（相对地面）向上爬行，则此时木杠相对地面的加速度为（ ）
A．g B．g C．g+(g+a) D．g+g
10．惯性是反映物体在力的作用下发生运动状态改变的难易程度，现在两个质量相同的物体，一个置于光滑水增面上，另一个置于粗糙水平面上，用相同的水平力推物体，两者的运动状态改变难易程度是（ ）
A．因为两者质量一样，所以运动状态改变难易程度一样
B．因为两者受到相同的水平推力，运动状态改变难易一样
C．光滑水平面上的物体运动状态容易改变
D．粗糙水平面上的物体运动状态容易改变
11．如图8—16所示，在绝缘的光滑水平面上固定着等质量的a、b、c三个带电小球，三球共线，若释放a球，a球的初始加速度为－m/s2（选向右为正方向）；若释放c球，其初始加速度为3m/s2，则释放b球，其初始加速度是（ ）
A．2m/s2 B．1m/s2 C．－2m/s2 D．－1m/s2
图8—16 图8—17
12．如图8—17所示，在密封的盒子内装有一个质量为m的金属球，球刚能在盒内自由活动，若将盒子在空气中竖直向上抛出，抛出后上升、下降的过程中（空气阻力不能忽略） （ ）
A．上升对盒底有压力，下降对盒顶有压力
B．上升对盒顶有压力，下降对盒底有压力
C．上升、下降时均对盒底有压力
D．上升、下降时对盒均无压力
二、填空题（每题5分，共20分）
13．如图8—18所示，木块A和B用一根轻弹簧相连，竖直放置在木块C上，三者静置于地面，它们的质量之比是1 ：2 ：3， 设所有接触面都光滑，当沿水平方向迅速抽出木块C的瞬时，A 和B的加速度分别是aA___________，aB___________。
14．一物体静止在光滑的水平面上，现将F=2N的水平恒力作用于物体上，经一段时间后，改施一个与F相反的恒力f，已知物体又经过一段与F的作用时间相同的时间的运动后，回到了复位置，则f的大小为_________N。
图8—18 图8—19 图8—20
15．将一个长方形木块ABCD按如图8—19（a）所示的情况沿ef方向切割成两块，然后拼在一起放在光滑水平面上，并沿OO/轴线方向对木块施以水平推力，如图8—19（b）所示，已知两部分这间的最大静摩擦力不超过相互间的正压力的，为使两木块在运动中不致错开，那么当初切割时ef和CD边的夹角α不得小于_________。
16．如8—20所示，m1=10kg，m2=20kg，m1和m2之间的动摩擦因数μ1=0.1，m2和水平面之间的动摩擦因数μ2=0.5，要使m1和m2之间不发生相对运动，水平力F最大不得超过____________.（设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g=10m/s2）
三、计算题（每题8分，共32分）
17．如图8—21所示，一块长木块B置于光滑水平地面
上，其质量为2kg，另有一质量为0.8kg的小滑块A置于
木板的一端，已知A与B之间的摩擦因数为0.1，可以认
为A、B之间的最大静摩擦力数值等于它们的滑动摩擦力，
木块A在放置B的一端时，B受到一个恒定的水平力F= 图8—21
5.6N作用，由静止开始滑动，如木板足够长，那么，当F
作用在木板上1s后，求
（1）A相对于地面的位移；
（2）木板B相对于地面的位移；
（3）滑块A相对于木板B的位移（g=10m/s2）
18．将金属块m用压缩的轻弹簧卡在一个距形的箱中，
如图8—22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=2.0m/s2的
加速度竖直向上做匀减速运动时，上顶板的压力传
感器显示的压力为6.0N，下底板的压力传感器显示
的压力为10.0N.（取g=m/s2）
（1）若上顶板压力传感器的示数是下底板压力传感 图8—22
器的示数的一半，试判断箱的运动情况。
（2）要使上顶板压力传感器的示数为零，箱沿竖直方向运动的情况可能是怎样的？
19．如图8—23所示，传送带与地面倾角θ=370，从
A→B长度为16m，传送带以10m/s的速率逆时针转动，
在传送带上端A无初速度地释放一个质量为0.5kg的
物体，它与传送带之间的动摩擦因数为0.5，求物体从
A运动到B所需时间是多少？
图8—23
20．风洞实验室中产生水平方向的、大小可调节的
风力.现将一套有小球的细直杆放入风洞实验室，小
球孔径略大于细杆直径，如图8—24所示.
当杆在水平方向上固定时，调节风力的
大小，使小球在杆上做匀速运动，这时小球所受
的风力为小球所受重力的0.5倍，求小球与杆间
的动摩擦因数。 图8—24
保持小球所受风力不变，使杆与水平方向
间夹角为370并固定，则小球从静止出发在细
杆上滑下距离s所需时间为多少？（sin370=0.6，
cos370=0.8）
参考答案
选择题
1．AC 2．A 3．BD 4．BC 5．AC 6．A 7．AC
8．D 9．C 10．A 11．C 12．B
二、填空题
13．0，1.5g 14．6 15．arctg 16．180N
三、计算题
17．（1）SA=0.5m （2）SB=1.2m （3）SAB=0.7m
18．（略） 19．T=2s （20）(1)μ=0.5， （2）t=
2006年物理高考复习六----力 物体的平衡
一、复习要点
1．力的概念及其基本特性
2．常见力的产生条件，方向特征及大小确定
3．受力分析方法
4．力的合成与分解
5．平衡概念及平衡条件
6．平衡条件的应用方法
二、难点剖析
1．关于力的基本特性
力是物体对物体的作用。力作用于物体可以使受力物体形状发生改变；可以使受力物体运动状态（速度）发生改变。影响力的“使物体变形”和“使物体变速”效果的因素有：力的大小、力的方向和力的作用点，我们反影响力的作用效果的上述三个因素称为“力的三要素”。对于抽象的力概念，通常可以用图示的方法使之形象化：以有向线段表示抽象的力。
在研究与力相关的物理现象时，应该把握住力概念的如下基本特性。
（1）物质性：由于力是物体对物体的作用，所以力概念是不能脱离物体而独立存在的，任意一个力必然与两个物体密切相关，一个是其施力物体，另一个是其受力物体。把握住力的物质性特征，就可以通过对形象的物体的研究而达到了解抽象的力的概念之目的。
（2）矢量性：作为量化力的概念的物理量，力不仅有大小，而且有方向，在相关的运算中所遵从的是平行四边形定则，也就是说，力是矢量。把握住力的矢量性特征，就应该在定量研究力时特别注意到力的方向所产生的影响，就能够自觉地运用相应的处理矢量的“几何方法”。
（3）瞬时性：力作用于物体必将产生一定的效果，物理学之所以十分注重对力的概念的研究，从某种意义上说就是由于物理学十分关注力的作用效果。而所谓的力的瞬时性特征，指的是力与其作用效果是在同一瞬间产生的。把握住力的瞬时性特性，应可以在对力概念的研究中，把力与其作用效果建立起联系，在通常情况下，了解表现强烈的“力的作用效果”往往要比直接了解抽象的力更为容易。
（4）独立性：力的作用效果是表现在受力物体上的，“形状变化”或“速度变化”。而对于某一个确定的受力物体而言，它除了受到某个力的作用外，可能还会受到其它力的作用，力的独立性特征指的是某个力的作用效果与其它力是否存在毫无关系，只由该力的三要素来决定。把握住力的独立性特征，就可以采用分解的手段，把产生不同效果的不同分力分解开分别进行研究。
（5）相互性：力的作用总是相互的，物体A施力于物体B的同时，物体B也必将施力于物体A。而两个物体间相互作用的这一对力总是满足大小相等，方向相互，作用线共线，分别作用于两个物体上，同时产生，同种性质等关系。把握住力的相互性特征，就可以灵活地从施力物出发去了解受力物的受力情况。
2．三种常见力的产生条件及方向特征：
力学范围内的三种常见力指的是重力、弹力和摩擦力。这三种常见的产生条件及方向特征如下表所示：
力
产生条件
方向特征
重力
物体处在地球附近
总是竖直向下
弹力
物体与其他物体接触
接触处因挤、压、拉等作用而产生弹性形变
总与接触面垂直
总与形变方向相反
摩擦力
物体与其他物体接触
接触处因挤、压、拉等作用而产生弹性形变
相对于接触的物体有沿切线方向的相对运动（或相对运动趋势）
总与接触面平行
总与相对运动或相对运动趋势方向相反
3．物体受力情况的分析
（1）物体受力情况分析的理解：把某个特定的物体在某个特定的物理环境中所受到的力一个不漏，一个不重地找出来，并画出定性的受力示意图。
（2）物体受力情况分析的方法：为了不使被研究对象所受到的力与所施出的力混淆起来，通常需要采用“隔离法”，把所研究的对象从所处的物理环境中隔离出来；为了不使被研究对象所受到的力在分析过程中发生遗漏或重复，通常需要按照某种顺序逐一进行受力情况分析，而相对合理的顺序则是按重力、弹力，摩擦力的次序来进行。
（3）物体受力情况分析的依据：在具体的受力分析过程中，判断物体是否受到某个力的依据通常有如下三个。
①根据力的产生条件来判断；
②根据力的作用效果来判断；
③根据力的基本特性来判断。
4．力的合成与分解的原则，定则与特征
我们可以用一个力取代几个力（合成），也可以用几个力取代某一个力（分解），所有这些代换，都不能违背等效的原则。而在等效原则的指导下，通常实验可总结出力的合成与分解所遵循的共同定则：平行四边形定则。由力的合成所遵循的平行四边形定则可知：两个大小分别为F1和F2的力的合力大小F的取值范围为
≤F≤F1+F2.
同样，由力的分解所遵循的平行四边形定则可知：如不加任何限制而将某个力分解为两个分力，则可以得到无数种分解的方式，这是毫无意义的。通常作力的分解时所加的限制有两种：按照力的作用效果进行分解，按照所建立的直角坐标将力作正交分解。
5．平衡概念的理解及平衡条件的归纳
（1）对平衡概念的准确理解：平衡是相对于运动提出的概念；有一种运动相应就有一种平衡与之对应；平衡实际上是运动在某种特殊的条件下所达到的某种特殊的状态；而某种运动处于平衡状态实际上是意味着这种运动的状态保持不变，或描述这种运动的状态参量恒定。把平衡与运动建立起联系应该说是对平衡概念的准确理解。教材中所提到的“某个物理量的平衡”，实际上也应理解为“某个物体所参与的某种运动的平衡”；而教材中所提到的“某个物理量的平衡”，实际上也应理解为“某个物理量所制约着的某种运动的平衡”。
（2）关于平衡条件的归纳。
①在共点力作用下的物体的平衡条件。
平动平衡状态是静止或匀速直线运动状态；其共同的物理本质是描述平动状态的速度这一物理量保持恒定；而能够迫使物体运动速度发生变化的只有力，所以在共点力的作用下的物体的平衡条件是：物体所受到的合外力为零，即
=0.
②有固定转动轴的物体的平衡条件★
转动平衡状态是静止或匀速转动状态；其共同的物理本质是描述转动状态的角速度这一物理量保持恒定；而能够迫使物体转动角速度发生变化的只有力矩，所以在有固定转动轴的物体的平衡条件是：物体所受到的合力矩为零，即
=0.
6．平衡条件的应用技巧
形如=0的平衡条件从本质上看应该是处于平衡状态下的物体所受到的各个外力之间的某种矢量关系，准确把握平衡条件所表现出的矢量关系，就能在平衡条件的应用中充分展现其应用的技巧。
（1）正交分解法：这是平衡条件的最基本的应用方法。其实质就是将各外力间的矢量关系转化为沿两个坐标轴方向上的力分量间的关系，从而变复杂的几何运算为相对简单的代数运算。即
=0→
作为基本的应用方法，正交分解法的应用步骤为：
①确定研究对象；
②分析受力情况；
③建立适当坐标；
④列出平衡方程.
（2）合成（分解）法：如果物体受到力F和（i=1，2，…，n）的作用而处于平衡状态，则在利用平衡条件处理各个力之间的关系时可分别采用以下两种方法。
①合成法：把各个（i=1，2，…，n）合成为
=.
则必有
②分解法：把F分解为Fi（i=1，2，…，n），即
F=
总可以使
FI =－f1（i=1，2，…，n）.
（3）拉密定理法.
如果物体受到如图6—1所示的共面的三个力作用而处于平衡状态，
则平衡条件所给出的各个力间的关系可以表示为
==.
这就是所谓的拉密定理。
（4）多边形（三角形）法。
如果物体受到n个共面的力而处于平衡状态，则表示
这n个力的n条有向线段可以依次首尾相接而构成一个封闭的“力的n边形”，特别是当n=3时，则将构成一个封闭的“力的三角形”。
（5）相似形法。
如果物体受到共面的力的作用而处于平衡状态，一方面表示这些力的有向线段将构成封闭的“力的多边形”，另一方面若存在着与之相似的“几何多边形”，则可以利用相似多边形的“对应边成比例”的特性来表现平衡条件中的各个力之间的关系。
（6）共点法。
物体受到共面的力的作用而处地平衡状态，若表示这些力的有向线段彼此间不平行，则它们必将共点。
三、典型例题
如图6—2所示，均匀的球静止于墙角，
若竖直墙是光滑的，而水平地面是粗糙的试分析球
所受到的力。
分析：球所受到的竖直向下的重力G和水平地
面给球的竖直向上的支持力N均可根据力的产生条 图6—2
件得到肯定的判断，但球是否还要受到竖直墙壁向
右的弹力，则判断起来就较为困难。一般需要根据
力的作用效果来判断。
解：根据重力和弹力的产生条件知，球将受到
地球给球的重力G和地面给球的支持力N的作用如
图6—3所示，但竖直墙是否给球向右的弹力作用，
较难用力的产生条件直接判断。设想，竖直墙给球 图6—3
的一个水平弹力T的作用，如图6—4所示，根据
力的作用效果，球如受G、N、T三个力的作用将
向右做加速运动，由于球实际上处于静止，故若受
力T的作用，就必须有一个水平向左的静摩擦力f
与之平衡，如图6—4所示，但力f又将会使球绕
球心沿顺时针方向加速转动起来。显然，球所受到
的力当中，既不应有f，也不应有T，只是重力G
和支持力N，其正确的受力情况应如图6—3所示。
例2．如图6—5所示，长为l的轻绳一端固定
在倾角为θ的光滑斜面上，另一端系着半径为r，质
量为m的均匀球，求：绳子对球的拉力和斜面对球
的支持力的大小各为多大？
分析：由于斜面光滑，球不受摩擦力作用，而
重力mg和斜面支持力N均过球心，所以，绳子的 拉力T也必将过球心，运用正交分解法即可求解。
解：取球为研究对象，其受力情况如图6—6所
示，以平行于和垂直于斜面的方向为x和y轴方向
建立坐标于是有
Tcosα－mgsinθ=0
Tsinα+mgcosθ－N=0
而绳与斜面间夹角α的正弦值与余弦值分别为
sinα=
cosα=
由此可解得
T=mgsinθ
N=mg（cosθ+sinθ）
例3．质量为m的物块与水平面间的动摩擦因数为μ，为使物块沿水平面做匀速直线运动，则所施加的拉力至少应为多大？
解析 取物块为研究对象，在与水平面夹θ角斜向右上方的拉力F作用下，物块沿水平面向右做匀速直线运动，此时，物块的受力情况如图6—7所示，建立起水平向右为x轴正方向、竖直向上为y轴正方向的直角坐标系，沿两坐标轴方向列出平衡方程为
Fcosθ－f=0
Fsinθ+N－mg=0.
考虑到动摩擦力f与正压力N间的关系，又有
f=μN.
由上述三个方程消去未知量N和f，将F表示为θ的函数，
得
F=μmg/（cosθ+μsinθ），
对上述表达式作变换，又可表示为
F=， 图6—7
其中
tanα=μ.
由此可知，当θ=arctanμ时，拉力F可取得最小值
Fmin=μmg/.
解：其实，此例题可用“几何方法”分析求解：对物块
做匀速直线运动时所受的四个力来说，重力mg的大小、
方向均恒定；拉力F的大小和方向均未确定；由于支持力
N与动摩擦力f的比值是确定的，做其合力R的大小未确
定而方向是确定的（与竖直线夹α角），于是，把N与f合
成为一个力R，物块所受的四个力即可等效地视为三个力
R、mg和F，而这三个力的矢量关系可由图6—8来表示。
由图便很容易得出结论：当拉力F与水平面夹角为 图6—8
α=tg—1μ
时，将取得最小值
Fmin=mgsinα=
单元检测
选择题（每题4分，共56分）
1．关于力的概念，下列说法中正确的是（ ）
A．力的改变物体运动状态的原因 B．运动物体在其速度方向上必受力
C．大小相同的力的作用一定相同 D．一个力必与两个物体直接相关
2．如图6—9（a）、（b）所示，拉力F使叠放
在一起的A、B两物体一起以共同速度沿F方向作
匀速直线运动，则（ ）
A．两图中A物体受到的摩擦力方向均与F方向相同；
B．两图中A物体受到的摩擦力方向均与F方向相反；
C．两图中A物体均不受摩擦力作用； 图6—9
D．（a）图中的A物体不受摩擦力，（b）图中A物体受到的摩擦力方向与F方向相同。
3．一弹簧秤更换弹簧后不能直接在原来准确的均匀刻度上读数，经测试发现，不挂重物时，示数为2N，在弹性限度内挂100N的重物时，示数为92N，则当挂上某重物而使示数为20N时，所挂重物的实际重为：（ ）
A．16.2N B．18N C．20N D．22.2N
4．如图6—10所示，物体A、B的质量分别为m和M，且m＜M把A、B用线相连绕过光滑定滑轮。今用水平力F作用于B，使之沿水平面向右运动，如能恰好使A匀速上升，则水平地面给B的支持力N、摩擦力f和线中张力T的大小的变化情况为：（ ）
A．N、f、T均增大； B．N、f增大而T不变
C．N、f减小而T增大； D．N、f减小而T不变。
5．如图6—11所示，轻质细线把a、b两个小球悬挂起来，今若分别对a、b两端施加向左偏下300和向在偏上300的同样大小
图6—10 图6—11
的恒略，则最终平衡时两球的位置就如图6—12足的（ ）
图6—12
6．有两个共点力的合力大小为50N，若其中一个分为大小为20N，则另一个分力的大小可能为：（ ）
A．20N B．40N
C．50N D．80N
7．如图6—13所示，A、B两物块叠放于水
平面C上，水平力F作用于B并使A、B以共同
的速度沿水平面C作匀速直线运动，则A与B间
动的摩擦因数μ1和B与C间的动摩擦因数μ2的
取值可能为：（ ）
A．μ1=0，μ2=0； B．μ1=0，μ2≠0 图6—13
C．μ1≠0，μ2=0； D．μ1≠0，μ2≠0。
8．如图6—14所示，在倾角为370的斜面向上的5N的拉力着重为3N的木块沿斜面向上匀速运动，则斜面对木块的作用力的方向是（sin370=0.6，cos370=0.8） （ ）
A．水平向左 B．垂直斜面向上 C．竖直向上 D．不能确定
图6—14 图6—15 图6—16
9．如图6—15所示，用一根长为l的细绳一端固定在O点，另一端悬挂质量为m的小球A，为使细绳与竖直方向夹300角且绷紧，小球A处于静止，对小球施回的最小的力等于（ ）
A．mg B．mg C．mg D．mg
10． 如图6—16所示，轻质三角支架ABC中，AC垂直于地面，AB与AC成450角，今沿着AB杆方向作用于A端一个斜向上方的拉力F，则AC杆所受到的作用力为（ ）
A．F B．F C．F D．0
11．如图6—17所示，在倾角为θ的光滑斜面上放一块木板，另有一木棒左端可绕水平轴自由转动，其右端搁在木板上，现在要用平行于斜面的力把木板抽出，则抽出过程中木棒与木板之间的摩擦力（ ）
A．向上抽时，摩擦力较大 B．向下抽时，摩擦力较大
C．两种抽法，摩擦力一样大 D．条件不足，不能确定
图6—17 图6—18 图6—19 图6—20
12．如图6—18所示，重为G的质点P与三根劲度系数相同的轻弹簧A、B、C相连，C处于竖直方向，静止时相邻弹簧间的夹角均为1200。已知弹簧A、B对质点P的弹力大小各为G/2，弹簧C对质点P的弹力大小可能为（ ）
A．3G/2 B．G/2 C．0 D． 3G
13．如图6—19所示，竖直放置的轻弹簧一端固定在地上，另一端与斜面体P连接，P与斜放其上的固定挡板MN接触且处于静止状态，则斜面体P此时刻所受到的外力个数有可能为（ ）
A．2个 B．4个 C．4个 D．5个
14．如图6—20所示，质量为m的物体放在水平放置的钢板C上，与钢板的动摩擦因数为μ，由于光滑导槽A、B的控制，物体只能沿水平导槽运动，现使钢板以速度υ1向右运动，同时用力F沿导槽的方向拉动物体使物体以上速度υ2沿导槽运动，则F的大小为（ ）
A．等于μmg B．大于μmg C．小于μmg D．不能确定
二、填空题（每题4分，共24分）
15．有五个力作用于一点O，这五个力构成一个正六边形的两邻边和三角对角线，如图6—21所示，设F3=20N，则这五个力的合力大小为_____________.
16．表面光滑、质量不计的尖劈插在缝A、B之间，如图6—22所示，在尖劈背上加一压力F，则尖劈对A侧的压力为__________，对B侧的压力为__________,
图6—21 图6—22 图6—23
17．如图6—23所示，两固定的光滑硬杆OA与OB夹角为θ，在两杆上各套轻环C、D，C、D用细线相连，现用一恒力F沿OB方向拉环C，当两环平衡时，绳子的拉力是__________。
18．如图6—24所示，劲度系数分别为K1和K2的轻质弹簧a、b与质量为m的物块P相连、并直立于水平面上，今在弹簧a的上端A上再压放一质量为2m的物块Q，则至再次静止时，A端将下降__________；物块P将下降_________。
图6—24 图6—25
19．如图6—25所示，物体A、B的重力大小分别为80N和30N，弹簧秤a、b的重力及滑轮的摩擦均不计，则弹簧秤a的读数为_________N，弹簧秤b的读数为__________N。
20．某人沿竖直杆匀速上攀和匀速下滑时受到的摩擦力分别为f1和f2，则小f1的方向为_________；f2的方向为________；f1和f2的大小关系为f1_________f2。
三、计算题（每小题10分，共20分）
21．在研究两人共点力合成的实验中得到如图6—26所示的合力F与两个分力的夹角θ的关系图。求：
（1）两个分力大小各是多少？
（2）此合力的变化范围是多少？
图6—26
22．在水平地面上放一木板B，重力为G2=100N，
再在木板上放一货箱A，重力为G1=500N，设货箱与
木板、木板与地面的动摩擦因数μ均为0.5，先用绳子
把货箱与墙拉紧，如图6—27所示，已知tgθ=3/4，然
后在木板上施一水平力F，想把木板从货箱下抽出来，
F至少应为多大？
图6—27
参考答案
一、选择题
1．AD 2．D 3．C 4．B 5．A 6．BC 7．BD 8．A 9．C 10．D
11．B 12．AB 13．AC 14．C
二、填空题
15．60N 16．，Fctgα 17． 18．2mg(K1+K2)/K1K2，2mg/K2
19．80,50 20．竖直向上，竖直向上，=
三、计算题
21．（1）8N，6N （2）2N≤F≤14N 22．Fmin= 413.6N
2006年物理高考复习十----万有引力定律 人造地球卫星
一、复习要点
1．万有引力定律及其应用
2．人造地球卫星
3．宇宙速度
4．天体的圆运动分析
二、难点剖析
1．开普勒行星运动三定律简介
第一定律：所有行星都在椭圆轨道上运动，太阳则处在这些椭圆轨道的一个焦点上；
第二定律：行星沿椭圆轨道运动的过程中，与太阳的连线在单位时间内扫过的面积相等；
第三定律：行星轨道半长轴的立方与其周期的平方成正比，即
=k
开普勒行星运动的定律是在丹麦天文学家弟答的大量观测数据的基础上概括出的，给出了行星运动的规律。
2．万有引力定律及其应用
(1)定律的表述：宇宙间的一切物体都是相互吸引的两个物体间的引力大小跟它们的质量成积成正比，跟它们的距离平方成反比，引力方向沿两个物体的连线方向。
F=
(2)定律的适用条件：用于计算引力大小的万有引力公式一般只适用于两质点间引力大小的计算，如果相互吸引的双方是标准的均匀球体，则可将其视为质量集中于球心的质点。
(3)定律的应用：在中学物理范围内，万有引力定律一般用于天体在圆周运动中的动力学问题或运动学问题的分析，当天体绕着某中心天体做圆周运动时，中心天体对该天体的引力充当其做周围运动所需的向心力，据此即可列出方程定量的分析。
3．人造地球卫星各运动参量随轨道半径的变化关系。
这里特指绕地球做匀速圆周运动的人造卫星，实际上大多数卫星轨道是椭圆，而中学阶段对做椭圆运动的卫星一般不作定量分析。
由于卫星绕地球做匀速圆周运动，所以地球对卫星的引力充当卫星所需的向心力，于是有
=m
=m
=mrw2
=mr
由此可知：绕地球做匀速圆周运动的卫星各个参量随轨道半径r的变化情况分别如下：
(1)向心加速度与r的平方成反比.
=
当r取其最小值时，取得最大值.
a向max==g=9.8m/s2
(2)线速度v与r的平方根成反比
v=
当r取其最小值地球半径R时，v取得最大值.
vmax===7.9km/s
(3)角速度与r的三分之三次方成百比
=
当r取其最小值地球半径R时，取得最大值.
max==≈1.23×10－3rad/s
(4)周期T与r的二分之三次方成正比.
T=2
当r取其最小值地球半径R时，T取得最小值.
Tmin=2=2≈84 min
4．宇宙速度及其意义.
(1)三个宇宙速度的值分别为
v1=7.9 km/s
v2=11.2 km/s
v3=16.9 km/s
(2)宇宙速度的意义
当发射速度v与宇宙速度分别有如下关系时，被发射物体的运动情况将有所不同
①当v＜v1时，被发射物体最终仍将落回地面；
②当v1≤v＜v2时，被发射物体将环境地球运动，成为地球卫星；
③当v2≤v＜v3时，被发射物体将脱离地球束缚，成为环绕太阳运动的“人造行星”；
④当v≥v3时，被发射物体将从太阳系中逃逸。
5．同步卫星的两个特征
(1)轨道平面必与赤道平面重合；
(2)高度为确定的值。
6．地球自转对地表物体重力的影响。
如图10—1所示，在纬度为的地表处，物体所受的万有引力为
F=
而物体随地球一起绕地轴自转所常的向心力为
F向=mRcos·w2
方向垂直于地轴指向地轴，这是物体所受到的万有引力的一个分力充当的，而万有引力的另一个分力就是通常所说的重力mg，严格地说：除了在地球的两个极点处，地球表面处的物体所受的重力并不等于万有引力，而只是万有引力的一个分力。
由于地球自转缓慢，所以大量的近似计算中忽略了自转的影响，在此基础上就有：地球表面处物体所受到的地球引力近似等于其重力，即
≈mg
这是一个分析天体圆运动问题时的重要的辅助公式。
三、典型例题
例1．某人造地球卫星因受高空稀薄空气的阻力作用，绕地球运转的轨道会慢慢改变，每次
测量中卫星的运动可近似看作圆周运动。某次测量卫星的轨道半径为r1，后来变为r2，
r2＜r1，以Ek1、Ek2表示卫星在这两个轨道上的动能，T1、T2表示卫星在这两个轨道
上绕地运动的周期，则
A．Ek2＜Ek1，T2＜T1 B．Ek2＜Ek1，T2＞T1
C．Ek2＞Ek1，T2＜T1 D．Ek2＞Ek1，T2＞T1
分析：常会有同学因为考虑到有阻力作用，就简单地判断动能将减小，其实这样的分析
是不周密的，结论也是错误的，因为有阻力作用的同时，半经减小，引力将做正功。
解答：由于引力充当向心力，所以有
==mr
于是可得动能和周期分别为：
Ek=mv2=
T=2
可见：当阻力作用使轨道半径从r1减小为r2时，其动能将从Ek1增大为Ek2，周期将从T1减小为T2，即Ek2＞Ek1，T2＜T1，应选C.
例2．地核体积约为地球体积的16%，地球质量约为地球质量的34%，引力常量取G=6.7×10－11Nm2/kg2，地球半径取R=6.4×106m，地球表面重力加速度取g=9.8m/s2，试估算地核的平均密度(结果取2位有效数字)。
分析：利用gm表达式进行估算
解答：地表处物体所受引力约等于重力，于是有
=mg
地球的平均密度为
==
由此可得
==kg/m3
=5.5×103kg/m3
地核的平均密度为
===1.2×104kg/m3
例3．在天体运动中，将两颗彼此距离较近，且相互绕行的行星称为双星。已知两行星质量分别为M1和M2，它们之间距离为L，求各自运转半径和角速度为多少？
分析：在本题中，双星之间有相互吸引力而保持距离不变，则这两行星一定绕着两物体连线上某点做匀速圆周运动，设该点为O，如图10—2所示，M1OM2始终在一直线上，M1和M2的角速度相等，其间的引力充当向心力
解答：引力大小为
F=
引力提供双星做圆周运动的向心力
F=M1r1w2
= M2r2w2
而
r1+r2=L
由此即可求得
r1=
r2=
=
例4．已知地球与月球质量比为8：1，半径之比为3.8：1，在地球表面上发射卫星，至少需要7.9km/s的速度，求在月球上发现一颗环绕月球表面运行的飞行物需要多大的速度？
分析：地球上卫星需要的向心力来自地球的引力，月球上的飞行物需要的向心力是月球对它的引力.
解答：；发射环绕地球表面运行的飞行物时，有
=m
发射环绕月球表面运行的飞行物时，只有
= m
由此即可得：
v月=·v地=×7.9×103m/s
=1.71×103m/s
例5．宇宙飞船以a=g=5m/s2的加速度匀速上升，由于超重现象，用弹簧秤测得质量为10kg的物体重量为75N，由此可求飞船所处位置距地面高度为多少？(地球半径R=6400km)
分析：质量10kg的物体在地面处重力大小约100N，而弹簧秤示数F=75N，显然飞船所在处物体所受到的重力mg1应小于F.
解答：由牛顿第二定律，得
F－mg1=ma
而
=mg
=mg1
由此即可解得
h=R=6.4×106m
例6．阅读下列材料，并结合材料解题
开普勒从1909年——1919年发表了著名的开普勒行星三定律：
第一定律：所有的行星分别在大小不同的椭圆轨道上绕太阳运动，太阳在这个椭圆的一个焦点上
第二定律：太阳和行星的连线在相等的时间内扫过相等的面积
第三定律：所有行星的椭圆轨道的半长轴的三次方跟公转周期的平方的比值都相等
实践证明，开普勒三定律也适用于人造地球卫星的运动，如果人造地球卫星沿半径为r的圆形轨道绕地球运动，当开动制动发动机后，卫量速度降低并转移到与地球相切的椭圆轨道，如图10—3问在这之后，卫星经过多长时间着陆？空气阻力不计，
地球半径为R，地球表面重力加速度为g，
圆形轨道作为椭圆轨道的一种特殊形式。
分析：此题所求实质是星体做椭圆运动的周期，
仅凭中学物理知识难以解决，但再利用题中信息所示原理，则可方便求解。
解答：提供的信息中有如下几条对解题有用
(1)开氏第一定律
(2)开氏第二定律
(3)开氏第三定律 a3/T2=常量
(4)开氏第三定律适用于人造卫量
(5)圆轨道是椭圆轨道的特例，半长轴与半短轴等长，均为半径。
于是由开氏第三定律可得
=
其中
a=(R+r)
另外又有
=mr
=mg
考虑到椭圆轨道的对称性，考虑到开氏第二定律，不难得
t=T
于是解得
t=
单元检测
一、选择题
1．关于万有引力定律的表达式F=G，下面说法中正确的是 （ ）
A．公式中G为引力常量，它是由实验测得的
B．当r趋近于零时，万有引力趋近于无穷大
C．m1与m2相互的引力总是大小相等，方向相反是一对平衡力
D．m1与m2相互的引力总是大小相等，而且与m1、m2是否相等无关
2．设想人类开发月球，不断把月球上的矿藏搬运到地球上，假定经过长时间开采后，地球
仍可看作是均匀的球体，月球仍沿开采前的圆周轨道运动，则与开采前相比 （ ）
A．地球与月球间的万有引力将变大
B．地球与月球间的万有引力将变小
C．月球绕地球运动的周期将变长
D．月球绕地球运动的周期将变短
3．某星球的质量约为地球的9倍，半径约为地球的一半，若从地球上高h处平抛一物体，
射程为60m，则在该星球上，从同样高度以同样的初速度平抛同一物体，射程应为 （ ）
A．10m B．15m C．90m D．360m
4．如图10—4中的圆a、b、c，其圆心均在地球的自转轴线上，
对卫星环绕地球做匀速圆周运动而言 （ ）
A．卫星的轨道可能为a
B．卫星的轨道可能为b
C．卫星的轨道可能为c
D．同步卫星的轨道只可能为b
5．目前的航天飞机飞行的轨道都是近地轨道，一般在地球上空300~700km飞行，绕地球飞
行一周的时间为90min左右。这样，航天飞机里的宇航员在24h内可以见到的日出日落
的次数为 （ ）
A．0.38 B．1 C．2.7 D．6
6．一颗人造地球卫星以初速度v发射后，可绕地球做匀速圆周运动，若使发射速度为2v，
则该卫星可能 （ ）
A．绕地球做匀速圆周运动，周期变大
B．绕地球运动，轨道变为椭圆
C．不绕地球运动，成为太阳系的人造行星
D．挣脱太阳引力的束缚，飞到太阳系以外的宇宙
7．地球上有两位相距非常远的观察者，都发现自己的正上方有一颗人造地球卫星，相对自
己静止不动，则这两位观察者的位置以及两颗人造卫星到地球中心的距离可能是（ ）
A．一人在南极，一人在北极，两卫星到地球中心的距离一定相等
B．一人在南极，一人在北极，两卫星到地球中心的距离可以不等，但应成整数倍
C．两人都在赤道上，两卫星到地球中心的距离一定相等
D．两人都在赤道上，两卫星到地球中心的距离可以不等，但应成整数倍
8．人造地球卫星的轨道半径越大，则 （ ）
A．速度越小，周期越小 B．速度越小，周期越大
C．速度越大，周期越小 D．速度越大，周期越大
9．三个人造地球卫星A、B、C在地球的大气层外沿
如图10—5所示的方向做匀速圆周运动，
已知mA=mB＜mC，则三个卫星( )
A．线速度大小的关系是vA＞vB=vC
B．周期关系是TA＜TB=TC
C．向心力大小的关系是FA=FB＜FC
D．轨道半径和周期的关系是==
10．可以发射一颗这样的人造地球卫星，使其圆轨道 （ ）
A．与地球表面上某一纬度线(非赤道)是共面同心圆
B．与地球表面上某一经度线所决定的圆是共面同心圆
C．与地球表面上的赤道线是共面同心圆，且卫星相对地球表面是静止的
D．与地球表面上的赤道线是共面同心圆，但卫星相对地球表面是运动的
11．地球同步卫星到地心的距离r可由r3=求出，已知式中a的单位是m，b的单位
是s，c的单位是m/s2，则（ ）
A．a是地球半径，b是地球自转的周期，c是地球表面处的重力加速度
B．a是地球半径，b是同步卫星绕地心运动的周期，c是同步卫星的加速度
C．a是赤道周长，b是地球自转周期，c是同步卫星的加速度
D．a是地球半径，b是同步卫星绕地心运动的周期，c是地球表面处的重力加速度
12．同步卫星周期为T1，加速度为a1，向心力为F1；地面附近的卫星的周期为T2，加速度
为a2，向心力为F2，地球赤道上物体随地球自转的周期为T3，向心加速度为a3，向心
力为F3，则 （ ）
A．T1=T3≥T2 B．F1＜F2=F3 C．a1＜a2 D．a2＜a3
二、填充题
13．已知地球半径为6.4×106m，又知月球绕地球的运动可近似看作为匀速圆周运动，则可
估算出月球到地球的距离为________m. （结果只保留一位有效数字）
14．“黑洞”是一个密度极大的星球，从黑洞发出的光子，在黑洞的引力作用下，都将被黑
洞吸引回去，使光子不能到达地球，因而地球上观察不到这种星球，因此把这种星球
称为黑洞，有一频率为乙的光子，沿黑洞表面出射，恰能沿黑洞表面以第一宇宙速度
做匀速圆周运动，运行周期为T，此黑洞的平均密度=__________.
15．假设站在赤道某地的人，恰能在日落后4小时的时候，恰观察到一颗自己头顶上空被阳
光照亮的人造地球卫星，若该卫星是在赤道所在平面内做匀速圆周运动，又已知地球的
同步卫星绕地球运动的轨道半径约为地球半径的6.6倍，试估算此人造地球卫星绕地球
运行的周期为____________.
16．中子星是由密集的中子组成的星体，具有极大的密度。通过观察已知某中子星的自转角
速=60rad/s，该中子星并没有因为自转而解体，根据这些事实人们可以推知中子星
的密度。试写出中子星的密度最小值的表达式为=__________，计算出该中子星的密
度至少为___________kg/m3。(假设中子通过万有引力结合成球状星体，保留2位有效
数字。)
17．某小报登载：×年×月×日，×国发射一颗质量100kg，……，周期为1h的人造环月
天体，一位同学记不住引力常量G的数值且手边没有可查找的资料，但他记得月球半
径约为地球的，月球表面重力加速度约为地球的，经过推理，他认定该报道是则
假新闻，试写出他的论证方案.(地球半径约为6.4×103km)
__________________________________________________________________________
三、计算题
18．设想有一宇航员在某行星的极地上着陆时，发现物体在当地的重力是同一物体在地球上
重力的0.01倍，而该行星一昼夜的时间与地球相同，物体在它赤道上时恰好完全失重，
若存在这样的星球，它的半径R应多大？
19．某物体在地面上受到的重力为160N，将它放置在卫星中，在卫星以a=g的加速度随
火箭向上加速升空的过程中，当物体与卫星中的支持物的相互挤压力为90N时，卫星
距地球表面有多远？(地球半径R地=6.4×103km，g=10m/s2)
20．一般宇宙飞船进入靠某行星表面的圆形轨道，宇航员能不能仅用一只表通过测定时间来
测定该行星的平均密度？说明理由.
21．人造地球卫星沿椭圆形轨道绕地球运行，近地点A到地球中心C的距离为a，远地点B
到地球中心的距离为b，卫星在近地点A处的速率为vA，卫星在远地点B处的速度vB
多大？
参考答案
1．AD 2．BD 3．A 4．BCD 5．D 6．CD 7．C 8．B 9．ABD 10．CD 11．AD
12．AC
13．4×108 14． 15．4h 16．，1.3×1014 17．环月做匀速圆周
运动的天体其周期不可能是1h，所以报道是假新闻 18．R=1.85×107m
19．h=1.92×104km 20．由=即可测出 21．vB=vA
2006年物理高考复习十一----动量
一、复习要点
掌握动量、冲量概念
了解动量与冲量间关系，掌握动量定理及其应用
掌握动量守恒定律及其应用
熟悉反冲运动，碰撞过程
二、难点剖析
1、动量概念及其理解
（1）定义：物体的质量及其运动速度的乘积称为该物体的动量P=mv
（2）特征：①动量是状态量，它与某一时刻相关；②动量是矢量，其方向质量物体运动速度的方向。
（3）意义：速度从运动学角度量化了机械运动的状态动量则从动力学角度量化了机械运动的状态。
2、冲量概念及其理解
（1）定义：某个力与其作用时间的乘积称为该力的冲量I=F△t
（2）特征：①冲量是过程量，它与某一段时间相关；②冲量是矢量，对于恒力的冲量来说，其方向就是该力的方向。
（3）意义：冲量是力对时间的累积效应。对于质量确定的物体来说，合外力决定看其速度将变多快；合外力的冲量将决定着其速度将变多少。对于质量不确定的物体来说，合外力决定看其动量将变多快；合外力的冲量将决定看基动量将变多少。
3、关于冲量的计算
（1）恒力的冲量计算
恒力的冲量可直接根据定义式来计算，即用恒
力F乘以其作用时间△t而得。
（2）方向恒定的变力的冲量计算。
如力F的方向恒定，而大小随时间变化的情况
如图11—1所示，则该力在时间
△t=t2-t1内的冲量大小在数值上就等于图11—1中阴影
部分的“面积”。 图11—1
（3）一般变力的冲量计算
在中学物理中，一般变力的冲量通常是借助于动量定理来计算的。
（4）合力的冲量计算
几个力的合力的冲量计算，既可以先算出各个分力的冲量后再求矢量和，又可以先算各个分力的合力再算合力的冲量。
4、动量定理
（1）表述：物体所受合外力的冲量等于其动量的变化
I=△P
F△t=mv-mv。
（2）导出：动量定理实际上是在牛顿第二定律的基础上导出的，由牛顿第二定律
F=mv
两端同乘合外力F的作用时间，即可得
F△t=ma△t=m(v-v0)=mv-mv0
（3）物理：①动量定理建立的过程量（I=F△t）与状态量变化（△P=mv-mv0）间的关系，这就提供了一种“通过比较状态以达到了解过程之目的”的方法；②动量定理是矢量式，这使得在运用动量应用于一维运动过程中，首先规定参考正方向以明确各矢量的方向关系是十分重要的。
5、动量守恒定律的有关问题。
（1）表述：系统如不变外力，或所受外力的合力为零，则其总动量将保持不变，即
如：∑F=0 则△P=0
（2）常用的表达方式
由于动量守恒定律比较多地被应用于由两个物体所组成的系统中，所以在通常情况下表达形式为：
m1v10+m2v20=m1v1+m2v2
（3）关于动量守恒的条件
根据动量定理可知；合外力的冲量等于动量的变化，因此，欲使动量守恒，必须使合外力的冲量为零，考虑到合外力的冲量不等于合外力与其作用时间的乘积，而令时间为零是没有任何研究的必要（同一时刻的动量当然是同一值），所以动量守恒的条件通常表述为：如果系统不受外力或所受外力的合力为零。
（4）动量守恒定律应用时的注意点：
①由动量守恒定律是一矢量式，所以一般情况下应采用正交分解的方法，当系统中各物体被限制在同一直线上时，应用动量守恒定律列方程前应先规定参考正方向以明确各个速度代入方程时的符号。
②动量守恒定律中各物体在各状态下的速度必须是相对于同一个惯性参照系的速度。
6、碰撞过程研究
（1）碰撞过程的特征：①碰撞双方相互作用的时间△t一般很短；②碰撞双方相互作用的力作为系统的内力一般很大。
（2）制约碰撞过程的规律。
①碰撞过程遵从动量守恒定律
m1v10+m2v20=m1v1+m2v2
②弹性碰撞过程始、末状态的系统总动能相等
③完全非弹性碰撞中碰撞双方末状态的速度相同
（3）碰撞分类
①从碰撞过程中形变恢复情况来划分：形变完全恢复的叫弹性碰撞；形变完全不恢复的叫完全非弹性碰撞；而一般的碰撞其形变不能够完全恢复。
②从碰撞过程中机械能损失情况来划分：机械能不损失的叫弹性碰撞；机械能损失最多的叫完全非弹性碰撞；而一般的碰撞其机械能有所损失。
三、典型例题
例1、质量m=1kg的物体以v0=10m/s水平抛出空气阴力不计，取g=10m/s2，则在第3s内动量的变化量如何？
分析：要先求第3s的始末速度，始末动量，然后再求第3s内的始末动量，这样将会很复杂。恒力作用下的运动通常可以用恒力的冲量来取代复杂的动量变化。
解答：由于平抛运动的物体啼受重力作用所以重力的冲量应等于相应过程中动量的变化量，于是有方向竖直向下。
例2：质量为m的质量在半径为r的圆周上以角速度做匀速圆周运动，则：向心力大小为F=______________；周期为T=________________；向心力在一个周期内的冲量大小为I=______________。
分析：变力的冲量一般不能草率地用力乘时间而求得，变力作用下的运动过程中，变力冲量通常用相应过程中动量变化量取代。
解答：向心力大小为F=mr2，周期大小为，一个周期内动量变化量为零，所以，一个周期内向心力的冲量为I=0。
例3：质量为m的钢球自高处落下，以速战速决率v1碰地，竖直向上弹回，碰掸时间极短，离地的速率为v2。在碰撞过程中，地面对钢球冲量的方向和大小为
A、向下，m(v1-v2) B、向下，m(v1+v2)
C、向上，m(v1-v2) D、向上，m(v1+v2)
分析：动量定理表明：合外力的冲量等于动量的变化量，而比例中由于钢球与地面碰撞时间极短，所以重力冲量可以被忽略。
解答：由于时间极短，所以忽略重力的冲量后，地面对钢球的冲量就等于钢球动量的变化量，考虑到碰撞地面前后的速度方向相反，于是有
I=mv2-m(-v1)=m(v1+v2)
方向竖直向上，即应选D。
例4：如图11-2所示，长为L、质量为?m1的小船停
在静水中。一个质量为m2的人立在船头，若不计水的阴
力，当人从船头走到船尾声的过程中，船和人对地面的位
移各是多少？
分析：以船和人构成的系统为研究对象，由于所受外
国为零，所以系统的动量守恒，可用动量守恒定律求解。 图11—2
解答：在人从船头走到船尾声的过程中，任设某一时刻船和人的速度大小分别为v1和
v2，则由于船和人的总动量守恒于是
m1v1-m2v2=0
而这过程中船与人的平均速度也应满足类似的关系
m1－m2=0
上式同乘过程所经历的时间t后，船和人相对于岸的位移S1和S2同样有
m1S1－m2S2=0
另外考虑到
S1+S2=L
所以解得
S1=L
S2=L
例5．质量为2m的物体A以速度υ0碰撞静止m物体B，B的质量为m，碰后A、B的运动方向均与υ0的方向相同，则磁撞后B的速度可能为（ ）
A．υ0 B．2υ0 C．υ0 D．υ0
分析：碰撞结果除了要符合动量守恒的要求和碰后机械能不会增加的限制外，还要受到相关的运动学和动力学规律的制约，而弹性碰撞与完全非弹性碰撞是所有碰撞情况中的两种极端的情况。
解答：由动量守恒可得
2mυ0=2mυ1+mυ2
如果碰撞是弹性的，则还应有
2mυ02=mυ12+mυ22.
由此可解得
υ2=υ0
可见：碰后物体Bm速度应介于υ0和υ0之间，即
υ0≤υ2≤υ0
因此应选A、C
单元检测
选择题
1．如图11—3所示，质量有m=1kg的小物块从倾角
为θ=370的光滑斜面上由静止开始下滑，则在t=1s内，
取g=10m/S2，（ ）
A．重力的冲量大小为10NS
B．得力的冲量大小为6NS
C．支持力的冲量大小为8NS 图11—3
D．支持力的冲量大小为0
2．关于物体所受到的合外力F与合冲量I的下列说法中，正确的是（ ）
A．F越大，物体的动量变化越快
B．F越大，物体的动量变化越多
C．I越大，物体的动量变化越快
D．I越大，物体的动量变化越多
3．跳远时，跳在沙坑里比跳在水泥地上安全，这是因为（ ）
A．人跳在沙坑的动量比跳在水泥地上小
B．人跳在沙坑的动量变化比跳在水泥地上小
C．人跳在沙坑受到的冲量比跳在水泥地上小
D．人跳在沙坑受到的冲力比跳在水泥地区性小
4．其物体受到－3N·s的冲量作用，则（ ）
A．物体原来的动量方向一定与这个冲量的方向相反
B．物体的末动量一定是负值
C．物体的动量一定减少
D．物体的动量增量一定与规定的正方向相反
5．做平抛运动的物体，每秒的速度增量总是（ ）
A．大小相等，方向相同 B．大小不等，方向不同
C．大小相等，方向不同 D．大小不等，方向相同
6．质量为M的小车在水平地面上以速度υ0匀速向右运动，当车中的砂子从底部的漏斗中不断流下时，车子速度将（ ）
A．减小 B．不变 C．增大 D．无法确定
7．小平板车B静止在光滑水平面上，在其左端有物体A
以水平初速度υ0向车的右端滑行，如图11—4所示，由
于A、B间存在摩擦，B车向右运动（设B车足够长），
则B速度最大庆出现在（ ）
A．A的速度最小时 图11—4
B．A、B速度相等时
C．A在B上相对停止滑动时
D．B车开始匀减速直线运动时
8．某人站在静止水面的船上，某时刻开始从船头走向船尾，设水的阻力不计，那么在这段时间内人和船的运动情况是（ ）
A．人匀速走动，船则匀速后退，且两者的加速度大小一定相等
B．人匀加速走动，船则匀加速后退，且两者的加速度大小一定相等
C．不管人如何走动，在任意时刻两者的速度总是方向相反，大小与它们的质量成反比
D．人到船尾不再走动，船则停下
9．如图11—15所示，平板小车质量为M，以速度
υ匀速运动，质量为m的物块相对静止地放在小车
前端后，小车最终速度为（ ）
A． B．υ C． D．无法确定 图11—5
10．如图11—6所示，质量为M的小车静止在光滑
的水平地面上，车上有n个质量均为m的小球，现
用两种方式将球相对于地面以恒定速度υ向右水平
抛出。第一种方式是将n个小球一起抛出，第二种
方式是将小球一个接一个地抛出。比较用上述不
同方式抛完小球后小车的最终速度，则（ ） 图11—6
A．第一种较大 B．第二种较大
C．二者一样大 D．不能确定
11．两根磁铁放在两辆小车上，小车能在水平面上自由转动，甲车与磁铁总质量为1kg，乙车与磁铁总质量为2kg，两根磁铁的S极相对，推动一下使小车相向而行，若某时刻甲的速度为3m/s，乙的速度为2m/s，可以看到，它们还没有碰上就分开了，则（ ）
A．甲车开始反向时，乙车的速度减为0.5m/s，方向不变
B．乙车开始反向时，甲车速度为0.5m/s，方向与原来速度方向相反
C．两者距离最近时，速度相等，方向相反
D．两者距离最近时，速率都约为0.33m/s，方向都与甲车后来的速度方向一致
12．如图11—7所示，质量为M的木块位于光
滑水平面上，在木块与墙之间用轻弹簧连接，当
木块静止时是在A位置.现有一质量为m的子弹
以水平速度υ0射向木块并嵌入其中，则当木块
回到A位置时的速度υ以及在此过程中墙对弹
簧的冲量I的大小分别为（ ）
A．υ=，I=0 B．υ=，I=2mυ0 图11—7
C．υ=，I= D．υ=，I=2mυ0
13．质量相同的木块A、B从同一高度自由下落，如
图11—8所示，当A木块落到某一位置时被水平飞来
的子弹很快地击中（设子弹未穿出），则A、B两木块
在空中的运动tA、tB的关系是（ ）
A．tA=tB B．tA＞tB
C．tA＜tB D．无法比较 图11—8
14．质量相同的三个小球a、b、c的光滑水平面上以相同的速率运动，它们分别与原来静止的三个球A、B、C相碰（a碰A，b碰B，c碰C）碰后，a球继续按原方向运动；b球静止不动；c球弹回而反向运动，这时A、B、C三球中动量最大的是（ ）
A．A球 B．B球
C．C球 D．由于A、B、C三球质量未知，无法确定
15．在质量为M的小车中挂有一单摆，摆球的质量为m0，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，碰撞的时间极短.在此碰撞过程中，下列哪个或哪些说法是可能发生的（ ）
A．小车、木块、摆球的速度都发和变化，分别变为υ1、υ2、υ3，满足（m+m0）V+Mυ1+mυ2+m0υ3
B．摆球的速度不变，小车和木块的速度变为υ1和υ2，满足MV=Mυ1+mυ2
C．摆球的速度不变，小车和木块的速度都变为υ，满足MV=(M+m)υ
D．小车和摆球的速度都变为υ1，木块的速度变为υ2，满足（M+m0）V=(M+m0)υ1+mυ2
二、填充题
16．如图11—9所示，质量为2kg的物体放在光滑水
平面上，受到与水平面夹600角斜向右上方的恒定拉
力F的作用后沿水平面向右做匀加速直线运动，在速
度从零增加为3m/s的过程中，拉力F的冲量大小___
___Ns；这过程经历的时间至少为___________S. 图11—9
17．一个质点沿直线运动其动量大小跟时间关系为
p=(10+5t)(kg·m/s)，这个质点在第4s末的动量大小
为_________，第4s内受到的冲量大小为________，
质点受到的合外力为________.
18．如图11—10所示，质量为m、半径为R的小球，
放在半径为2R、质量为2m大空心球内，大球开始 图11—10
静止在光滑的水平面上，当小球从图示位置无初速度
地沿大球内壁滚到最低点时，大球移动的距离是_______.
19．质量为1kg的物体，以某一初速度在水平面上滑
行，其位移随时间变化的情况如图11—11所示，若取
g=10m/s2，则m2=_________kg.
三、计算题
20．如图11—12所示，一质量为m1的半圆槽体A， 图11—11
A槽内外皆光滑，将A置于光滑水平面上，槽半径R。
现有一质量为m2的光滑小球B由静止沿槽顶滑下，
设A和B均为弹性体，且不计空气阻力，求槽体A
向一侧滑动的最大距离。 图11—12
21．小球质量为m=0.5kg，以υ=20m/s的速度垂直打在水平地面上，经△t=0.2s又竖直弹起，离地速度为υ/=10m/s.小球对地面的平均打击力多大？
22．如图11—13所示，光滑水平面上有两个并排放置
的木块A、B，已知mA=0.5kg，mB=0.3kg.现有质量m0
=0.08kg的小物块C以初速υ0=25m/s水平方向沿A表
面向右滑动，由于C与A、B间均有摩擦，C最终停在
B上，B、C最后的共同速度υ=2.5m/s，求：
（1）A木块的最终速度的大小. 图11—13
（2）C物体滑离A木块时的速度大小.
参考答案
一、1．AC 2．AD 3．D 4．D 5．A 6．B 7．ABC 8．ACD
9．B 10．C 11．AD 12．B 13．B 14．C 15．BC
二、16．12， 17．30 kgm/s，5Ns，5N 18．R 19．3
三、20．S=2m2R/(m1+m2) 21．F=80N
22．(1)υA=2.1m/s （2）υC= 4m/s
2006年物理高考复习十七----电 场
一、复习要点
1、了解电荷概念、电荷守恒定律及点电荷间相互作用的定量规律——库仑定律。
2、了解电场的力特性，掌握量化电场力特性的电场强度，掌握匀强电声及点电荷的电场等典型电场的电场强度，掌握电场线概念。
3、了解电场的能特性，掌握电势、电势差、电势能等概念，掌握等势面的概念。
4、掌握匀强电场中场强与电势差的关系。
5、了解带电粒子在电场中的行为特征，掌握移动电荷时电场力做功与电势能变化间的关系，掌握“电加速”与“电偏转”的相应规律。
6、了解电容器、电容等概念，掌握电量、电势差及电容间关系。
二、难点剖析
1、库仑定律的适用条件
对于形如F=kq1q2/r2的电荷间基本相互作用的规律，库仑定律的适用条件有如下两条：
（1）上式只适用于两个点电荷间的基本相互作用力（库仑力）的计算。如相互作用的双方是均匀带电的球体，则可将其视为电量集中于球心处的点电荷；如相互作用的双方是不能视为点电荷的一般带电体，则应将其分割成若干小区域，使每一小区域内所带电荷均可视为点电荷，算出各小区哉所受的库仑力后再求矢量和。
（2）上式只适用于处在真空中的两个点电荷间的相互作用力（库仑力）的计算。如果两个点电荷是处在某种电介质中，则其间相互作用的库仑力应在上式所计算出的数值基础上除以该介质的介电常数来修正，但通常中学物理阶段并不要求做这样的计算。
2、静电场的基本特性及其描述
关于静电场，中学物理要求了解其两个方面的基本特性：力的特性和能的特性。
所谓力的特性，指的是“放入静电场中的电荷必受电场力作用”，而同一电荷放在静电场的不同位置，所受电场力一般不同，电场强度则是描述电场能特性的物理量。
所谓能的特性，指的是“放入静电场中的电荷必具有电势能”，而同一电荷放在静电场的不同位置，所具有的电势能一般不同，电势则是描述电场能特性的物理量。
在电场中移动电荷时，电场力一般要做功，电荷所具有的电势能也将发生变化，所以描述电场力特性的电场强度与描述电场能特性的电势间存在着一定的关系：在场强为E的匀强电场中，沿场强方向相隔为d的两点间的电势差为
U=Ed
3、带电粒子在静电场中的行为特征
（1）在电场中移动带电粒子时电场力做功及电势能变化的情况。
①把正电荷从高电势处移到低电势处时，电场力做正功，电势能减少；
②把正电荷从低电势处移到高电势处时，电场力做负功，电势能增加；
③把正电荷从高电势处移到低电势处时，电场力做负功，电势能增加；
④把正电荷从低电势处移到高电势处时，电场力做正功，电势能减少；
（2）电加速。
带电粒子质量为m，带电量为q，在静电场中静止开始仅在电场力作用下做加速运动，经过电势差U后所获得的速度v0可由动能定理来求得。即
（3）电偏转
带电粒子质量为m，带电量为q，以初速度v0沿垂直于电场方向射入匀强电声，仅在电场力作用下做电偏转运动。其运动类型为类平抛运动，若偏转电场的极板长度为L，极板间距为d，偏转电压为U。则相应的偏转距离y和偏转角度可由如下所示的类平抛运动的规律
三、典型例题
例1：如图17-1所示，在x轴上有两个点电荷，一个带正电（Q1），另一个带负电（Q2），且满足Q1=2Q2。用E1和E2分别表示两个电荷所产生的场强的大小，则在x轴上（ ）
图17-1
E1=E2之点只有一处，该处合场强为零
E1=E2之点共有两处，一处合场强为零，另一处合场强为2E2
E1=E2之点共有三处，其中再版合场强为零，另一处合场强为2E2
E1=E2之点共有三处，其中一处合场强为零，另两处合场强为2E2
分析：本题可综合应用点电荷场强公式和场强叠加知识进行分析。
解答：由于Q1>Q2，所以E1=E2之点只能在Q1、Q2连线中间或Q2的右侧出现，而前者E合=2E2，后者E合=0，所以B选项正确。
例2：如图17-2的示，A、B、C、D是匀强电场中一正方形的四个顶点，已知A、B、C三点的电势分别为UA=15V，UB=3V，UC=-3V，由此可知D点电势UD=______V；若该正方形的边长为a=2cm，且电场方向与正方形所在平面平行，则场强为E=________V/m。
分析：注意到场强与电势差间的关系及匀强电场的特点。
解答：因为UA-UB=12V，而UB-UC=6V，所以连结AC并将其三等分如图17-3所示，则UP=UD，UQ=UB，由此不难得到：UD=9V。在此基础上可进一步判断场强方向必与PD或BQ垂直。设场强方向与AB夹?a角，于是有
E·acosa=UA-UB
而根据正弦定理可得
由此可求得
所以，此例应依次填上：
图17-2 图17-3
例3如图17-4所示，电子在电势差为U1的加速电场中由静止开始运动，然后射入电势差为U2的两场平行极板间的电场中，入射方向跟极板平行，整装置处于真空中，重力可忽略，在满足电子能射出平行板区的条件下，下列四种情况中，一定能使电子的偏转角变大的是（ ）
U1变大，U2变大
B、U1变小，U2变大 o
C、U1变大，U2变小
D、U1变小，U2变小 - +
分析：注意到“电加速”与“电偏转”的规律
解答：电子经加速、偏转飞出电场时偏转角的正切计算公式为：
一定能使变大的情况是U2变大、U1变小，故选项B正确。
例4：如图17-5所示的是在一个电场中的a、b、c、d四个点分别引入检验电荷时，电荷所受的电场力F跟引入的电荷电量之间的函数关系。下列是说法正确的是（ ）
该电场是匀强电场
a、b、c、d四点的电场强度大小关系是Ed>Eb>Ea>Ec
这四点的场强大小关系是Eb>Ea>Ec>Ed
无法比较E值大小
分析：对图象问题要着重理解它的物理意义
解答：对于电扬中给定的位置，放入的检验电荷的电量不同，它
受到的电场力不同，但是电场力F与检验电荷的电量q的比值F/q即场强E是不变的量，因为F=Eq，所以F跟q的关系的图线是一条过原点的直线，该直线的斜率的大小即表示场强的大小，由此可得出Ed>Eb>Ea>Ec。
例5：如图17-6所示，一个均匀的带电圆环，带电量为+Q，半径为R，放在绝缘水平桌面上。圆心为O点，放O点做一竖直线，在此线上取一点A，使A到O点的距离为R，在A点放一检验电荷+q，则+q在A点所受的电场力为（ ）]
A、，方向向上
B、，方向向上
C、，方向水平向左
D、不能确定
分析：注意到叠加原理的应用。
解答：如画科17-6所示将带电圆环等分成无数个相同的点电荷q’，由于对称性所有q’与q的作用力在水平方向分力的合力应为零，因此
且方向向上。
例6：一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地，在两极板间有一正电荷（电量很小）固定在P点，如图17-8所示，以E表示两极板间的场强，U表示电容器的电压，W表示正电荷在P点的电势能，若保持负极板不动，将正极板移到图中虚线所示的位置，则（ ）
A、U变小，E不变 B、E变大，W变大
C、U变小，W不变 D、U不变，W不变
分析：注意到各量间关系的准确把握。
解答：电容器充电后电源断开，说明电容器带电量不变。正极板向负极板移近，
电容变大，由知U变小，这时有。因为,d变小、U变大值不变，即场强E不变。A正确，B、D错误负极板接地即以负极板作为电势、电势能的标准，场强E不变，P点的电势不变，正电荷在P点的电势能也不变，C正确。
单元检测
选择题
1、下面关于电场线的论述，正确的是（只考虑电场）（ ）
电场线上任一点的切线方向就是点电荷在该点运动的方向
电场线上任一点的切线方向就是正电荷在该点的加速度方向
电场线弯曲的地方是非匀强电场，电场线为直线的地方是匀强电场
只要初速度为零，正电荷必将在电场中沿电场线方向运动
2、如17-9所示为点电荷产生的电场中的一条电场线，若一带负电的粒子从B点运动到A点时，加速度增大而速度减小，则可判定（ ）
A、点电荷一定带正电 B、点电荷一定带负电 A B
C、点电荷一定在A的左侧 D、点电荷一定在B的右侧 图17-9
3、悬线下挂一个带正电的小球，它的质量为m，电量为q，整个装置处于水平向右的匀强电场中，如图17-10所示，电场强度为E（ ）
A、小球平衡时，悬线与竖直方向夹角的正切为
B、若剪断悬线，则小球做曲线运动
C、若剪断悬线，则小球做匀速运动
D、若剪断悬线，则小球做匀加速直线运动
4、关于电势和电势能的说法正确的是（ ）
在电场中电势高的地方，电荷在那一点具有的电势也越大
在电场中电势高的地方，放在那一点的电荷的电量越大，它所具有的电势能越大
在正的点电荷电场中任意一点，正电荷所具有的电势能一定大于负电荷所具有的电势能
在负的点电荷电场中任意一点，正电荷所具有的电势能一定小于负电荷所具有的电势能
5、两个等量异种的点电荷，在其连线中点的电场强度和电势，以下说法中正确的是（ ）
A、场强为零，电势不为零 B、场强不为零，电势为零
场强不为零，电势也不为零 D、场强为零，电势也为零
6、如图17-11所示，平行直线表示电场线，但未标方向，带电为+10-2C的微粒在电场中只受电场力作用，由A点移到B点，动能损失0.1J，若A点电势为-10V，则（ ）
B点的电势为0V
电场线方向从右向左
微粒的运动轨迹可能是轨迹1
微粒的运动轨迹可能是轨迹1
7、下列粒子从初速度为零的状态经过加速电压为U的电场后，哪种粒子的速度最大（ ）
A、质子 B、氘核 C、a粒子 D、钠离子Na+
8、如图17-12所示，两平行金属板间的距离是d，两板间的电压是U，今有一电子从两板间的O点沿着垂直于板的方向射出到达A点后即返回，若OA距离为h，则此电子具有的初动能是（ ）
A、edh/U B、edhU
C、eU/dh D、ehU/d
9、一价的氢离子和二价的氦离子的混合物经过同一电场加速后，进入同一偏转电场，则它们离开电场的偏角（ ）
A、相同 B、不相同 C、可同可不同 D、无法确定
10、一单摆，摆球带电为+q，将其悬挂起来，如17-13所示，在左图的悬点处和右图的悬点正下方处，各有一点电荷，电量分别为+Q和-Q，设在左、右图所示的两种情况下，单摆从同一位置开始摆动经过平衡位置时速度分别为v1、v2，此时的向心力分别为F1、F2摆动线的拉力分别为f1和f2，则分别与摆动球不带电时相比（ ）
v1变大，v2变大
B、f1变大，f2变大
C、F1不变，F2变大
D、F1变大，F2变大
填充题
11、在图17-14中的光滑绝缘水平面上，固定着A、B、C三个带电小球，三球球心共
线，质量mA:mB:mC=1:2:1，现同时释放三个小球的瞬间，A球的加速度值为2m/s2，方向向左，C球的加速度值为6m/s2，方向向右，那么B球的加速度大小为___________，方向__________。
12、如图17-15所示，在场强为E的匀强电场中有相距为l的A、B两点，连线AB与电场线的夹角为，将一电量为q的正电荷从A点移到B点。若沿直线AB移动该电荷，电场力做的功W1=__________；若沿曲线ADB移动该电荷，电场力做的功W3=________。由此可知，电荷在电场中移动时，电场力做功的特点是：____________________________。
13、如图17-16中A、B、C、D是匀强电场中一正方形的四个顶点。已知A、B、C三点的电势分别为UA=15V，UB=3V，UC=-3V。由此可得D点电势UD=_________V。
14、如图17-17所示，实线为电场线，虚线表示等势面，相邻两个等势面之间的电势差相等，有一上运动的正电荷在等势面L3上某点的动能为20焦耳，运动至等势面L1上的某一点时的动能变为零，若取L2为零等势面，则此电荷的电势能为4焦耳时，其动能为_____J。
15、质量为m、电量为q的质点，在静电力作用下以恒定速率v沿圆弧从A点运动到B点，其速度方向改变的角度为（弧度），AB弧工为s。则A、B两点间的电势差UA-UB=_____________________，A弧中点的场强大小E=________。
16、质量为m，而电量为+q的小球用一绝缘细线悬于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，如果17-18所示。（1）如果当它摆动到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F1=__________；（2）如果这一电场是在小球从A点摆动到最低点C时突然加上去的，则当小球运动到B点时线中的拉力F2=____________。
17、如图17-19所示，有三个质量相等，分别带正电、负电和不带电的小球，从带电的平行板电容器极板左侧中央以相同的水平速度v0垂直于电力线方向射入匀强电场中。在重力、电场力共同作用下，三球沿不同的轨道运动，最后都落到极板上，由此可知：落到a点的小球带_______电；落到c点的小球带________电。 图17-19
18、如图17-20所示，水平桌面上方有一水平向左的匀强电场，场强为E，一质量为m，电量为+q的小球用一不可伸长的长为L的绳的一端系住，绳的另一端固定在桌面上O点，小球可绕O点在水平桌面上无摩擦地做圆周运动，若小球运动到A点时，绳的拉力恰为零，则vA=___________，当小球运动到B时，绳的拉力大小为______________。
图17-20
计算题
19、如图17-21所示，水平安方的A、B两平行板相距h，上板A带正电，现有质量为m，带电量为+q的小球在B板下方距离为H处，以初速度v0竖直向上从B板小孔进入板间电场，欲使小球刚好打到A板，A、B间电势差UAB=？
图17-21
20、如图`17-22，光滑绝缘杆竖直放置，且与以点电荷+Q为圆心的圆周交于B、C两点。一质量为m带电量为q的空心小球从杆上A点无初速下滑，且AB=BC=h，小于滑到B点的速度为，求：
小球滑到C点时的速度为多少？
A、C两点的电势差是多少？
图17-22
21、如图17-23所示，平行金属带电极板A、B间可看作匀强电场，场强E=1.2×103V/m，极板间距离d=5cm，电场中C和D分别到A、B两板距离均0.5cm，B板接地，求：
C点和D点的电势、两点间电势差。
点电荷q1=-2×103C分别在C和D两点的电势能。
将点电荷q2=-2×103C从匀速移到D时外力做功多少？
22、测定电子荷质比的最精确的现代方法之一是双电容器法，如图17-24所示。在真空管中由阴极K发射出的电子，其初速度可忽略不计。此电子被阳极A的电场加速后穿过屏障D1上的小孔。然后顺序穿过电容器C1、屏障D2和第二个电容器C2而射到荧光屏E上。阳极与阴极羊担忧势差为U。在电容器C1、C2之间加有频率为f的同步交变电压。选择频率f使电子束在荧光屏上的亮点不发生偏转。试证明：电子荷质为，其中l是两电容器间的距离，n为一整数。
参考答案
一、选择题
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
B
BC
AD
CD
B
ABC
A
D
A
BC
二、填充题
11、2m/s2,向左
12、,，，电场力做功与路径无关，只与始末位置有关
13、9 14、4 15、 16、（1）0 （2）
17、负、正 18、
三、计算题
19、 20、（1），（2）
21、（1）UC=-54V，UD=-6V，UCD=-48V （2） （3）W=0.096J
22、证明略
2006年物理高考复习十三----几种典型力学问题的分析
一、复习要点
1．“碰撞过程”的分析
2．“人船模型”的研究
3．“fd=△EK”的运用
二、难点剖析
1．“碰撞过程”的分析
（1）“碰撞过程”的特征.
“碰撞过程”作为一个典型的力学过程其特征主要表现在如下两个方面：
第一，经历的时间极短，通常情况下，碰撞所经历的时间在整个力学过程中都是可以初忽略的；第二碰撞双方相互作用的内力往往是远大于来自外部物体的作用力
（2）“碰撞过程”的规律
正是因为“碰撞过程”所具备的“作用时间短”和“外力很小”（甚至外力为零）这两个特征，才使得碰撞双方构成的系统在碰撞前后的总动量遵从守恒定律，即
m1υ1+m2υ2=m1u1+m2u2
（3）“碰撞过程”的分类。
按照形变恢复情况划分：碰撞过程中所产生的形变能够完全恢复的称为弹性碰撞；碰撞过程中所产生的形变不能够完全恢复的称为非弹性碰撞；碰撞过程中所产生的形变完全不能够恢复的称为完全非弹性碰撞。
按照机械能损失的情况划分：碰撞过程中没有机械能损失的称为弹性碰掸撞；碰撞过程中有机械能损失的称为非弹性碰撞；碰撞过程中机械能损失最多的称为完全非弹性碰撞。
（4）“碰撞过程”的特例.
弹性碰撞作为碰撞过程的一个特例，它是所有碰撞过程的一种极端的情况：形变能够完全恢复；机械能丝毫没有损失。弹性碰撞除了遵从上述的动量守恒定律外，还具备：碰前、碰后系统的总动能相等的特征，即
m1υ12 +m2υ22=m1u12+m1u12
由此即可把弹性碰撞碰后的速度u1和u2表为
u1=υ1+υ2
u2=υ1+υ2
如对弹性碰撞的速度表达式进一步探讨，还会发现另一特征：弹性碰撞前，碰后，碰撞双方的相对速度大小相等，即
u2－u1=υ1－υ2
完全非弹性碰撞作为碰撞过程的一个特别，它是所有碰撞过程的另一种极端的情况：形变完全不能够恢复；机械能损失达到最大。正因为完全非弹性碰撞具备了“形变完全不能够恢复”。所以在遵从上述的动量守恒定律外，还具德：碰撞双方碰后的速度相等的特征，即
u 1=u2
由此即可把完全非弹性碰撞后的速度u1和u2表为
u1=u2=
而完全非弹性碰撞过程中“机械能损失最大”的特征可以给出如下证明：碰撞过程中机械能损失表为
△E=m1υ12+m2υ22―m1u12―m2u22
由动量守恒的表达式中得
u2=(m1υ1+m2υ2－m1u1)
代入上式可将机械能的损失△E表为u1的函数为
E=－u12+u1+[(m1υ12+m2υ22)
－( m1υ1+m2υ2－m1u1)2]
这是一个二次项系数小于零的二次三项式，显然：当
u1=u2=
时，即当碰撞是完全非弹性碰撞时，系统机械能的损失达到最大值
△Em=m1υ12+m2υ22－
（5）“碰撞过程”的制约
通常有如下三种因素制约着“碰撞过程”。
①动量制约：即碰撞过程必须受到“动量守恒定律的制约”；
②动量制约：即能机械碰撞过程，碰撞双方的总动能不会增加；
③运动制约：即碰撞过程还将受到运动的合理性要求的制约，比如，某物体向右运动，被后面物体迫及而碰撞后，其运动速度只会增大而不应该减小。
（6）“碰撞过程”的推广。
相互作用的双方在相互作用过程中系统所受到的合外力为零时，我们可以将这样的过程视为“广义的碰撞过程”加以处理。
2．“人船模型”的研究
（1）“人船模型”
典型的力学过程通常是典型的模型所参与和经历的，而参与和经历力学过程的模型所具备的特征，将直接影响着力学过程的发生，发展和变化，在将直接影响着力学过程的分析思路，在下列力学问题中我们将面临着一个典型的“人船模型”。
问题：如图13—1所示，质量为M的小船长L，
静止于水面，质量为M的小船长为L，静止于水面，
质量为m的人从船左端走到船右端，不计水对船的
运动阻力，则这过程中船将移动多远？
（2）“人船模型”的力学特征
如能关注到如下几点就可以说基本上把握住了“
人船模型”的力学特征了：“人船模型”是由人和船两个物体构成的系统；该系统在人和船相互作用下各自运动，运动过程中该系统所受到的合外力为零；而系统的合外力为零则保证了系统在运动过程中总动量守恒。
（3）“人船模型”的分析思路。
①分析“人船模型”运动过程中的受力特征，进而判断其动量守恒，得
mυ=Mu
②由于运动过程中任一时刻人，船速度大小υ和u均满足上述关系，所以运动过程中，人、船平均速度大小，和也应满足相似的关系。即
m=M
③在上式两端同乘以时间，就可得到人，船相对于地面移动的距离S1和S2的关系为
mS1=MS2
④考虑到人、船相对运动通过的距离为L，于是得
S1+S2=L
⑤由此即可解得人、船相对于地面移动的距离分别为
S1=L
S2=L
（4）“人船模型”的几种变例.
①把“人船模型”变为“人车模型”.
变例1：如图13—2所示，质量为M，长为L的
平板小车静止于光滑水平面上，质量为m的人从车左 图13—2
端走到车右端的过程中，车将后退多远？
②把水平方向的问题变为竖直方向。
变例2：如图13—3所示，总质量为M的足球下
端悬着质量为m的人而静止于高度为h的空中，欲使
人能完全沿强着地，人下方的强至少应为多长？
③把直线运动问题变为曲线运动.
变例3：如图13—4所示，质量为M的物体静止
于光滑水平面上，其上有一个半径为R的光滑半球
形凹面轨道，今把质量为m的小球自轨道右测与球
心等高处静止释放，求M向右运动的最大距离。 图13—3
④把模型双方的质量比变为极端情况.
变例4：如图13—5所示，光滑水平杆上套有
一个质量可忽略的小环，长L的强一端系在环上下，
另一端连着质量为M的小球，今使小球与球等高且
将绳拉直，当把小球由静止释放直到小球与环在同
一竖直线上，试分析这一过程中小球沿水平方向的 图13—4
移动距离.
3．“fd=△EK”的运用
（1）公式“fd=△EK”的含意.
如图13—6所示，：质量M的木块放在光滑水 图13—5
平面上，质量为m的子弹以水平速度υ0射入木块，
若射入的深度为d，后子弹与木块的共同速度为υ，
射入时子弹与木块间相互作用的力的大小为f，则：
相互作用的力f与相时位移的大小d的乘积，恰等于
子弹与木块构成的系统的动能的减少量.即：
fd=△EK=mυ02－(m+M)υ2 图13—6
(2)公式“fd=△EK”的依据.
实际上公式“fd=△EK”是过立在动能定理的基础之上的：仍如图13—6所示，对子弹和木块分别运用动能定理可得.
―f(s+d)=mυ2―mυ02
fs=Mυ2
将此两代劳相加后整理即可得
fd=mυ02―(m+M)υ2=△EK.
（3）公式“fd=△EK”的运用
如果是两个物体构成的系统运动过程中除了相互作用的滑动摩擦力外，系统的外力为零，则都可以运用公式
fd=△EK
来制约系统运动中的能量的转多与转化，应该注意的是：当构成系统的双方相对运动出现往复的情况时，公式中的d就理解为“相对路程”而不应该是“相对位移的大小”。
三、典型例题
例1．A、B两小球在光滑水平面上沿同一直线同方向运动共动量分别为PA=5kgm/s，PB=7kgm/s，若A追上B后与B碰撞，碰后B的动量为PB/ =10kgm/s，则A、B的质量之比可能为
A．1 ：1 B．1 ：2 C．1 ：5 D．1 ：10
分析：此例的求解除了运用碰撞的规律外，还需要关注到碰撞的特征与制约碰撞过程的相关因素。
解答：由“动量制约”知：碰撞过程中A、B两球的总动量应守恒即：
PA+PB=PA/+PB/
由此得：碰后A球动量为
PA/=PA+PB－PB/=2kgm/s
由“动能制约”知：碰前总动能不小于碰后总动能，即
+≥+
代入数据有
+≥+
于是可得
≤
由“运动制约”知：考虑到碰后运动的合理性，碰后A球的速度应不大于B球的速度，即
≤
代入数据又有
≤
于是又可得
≥
由此知：此例应选C。
例2．试将上述“人船模型”的四种变例给出定量解答。
分析：确认了四种变例其物理本质与“人船模型”相同，于是例可以直接运用相应的结论。
解答：（1）变例1中的“人车模型”与“人船模型”本质相同，于是直接得
S2=L
解答：（2）变例2中的h实际上是人相对于地的位移S1，而绳长则是人与气球的相对位移L，于是由
h=L
可解得：绳长至少为
L=h
解答（3）：变例3中小球做的是复杂的曲线运动，但只考虑其水平分运动，其模型例与“人船模型”相同，而此时的相对位移大小为2R，于是物体M沿水平而向右移动的最大距离为
S2=·2R
解答（4）：变例4中环的质量取得某种极端的值
m→0
于是所求的小球沿水平方向移动的距离应为
S2=L→0
例3．如图13—7所示，质量M=2kg的盒子放在
光滑的水平面上，盒子长L=1m，质量为m=1kg的小物
块从盒子的右端以υ0=6m/s的初速度向左运动，小物
块与盒子底部间动摩擦因数μ=0.5，与盒子两侧壁间的碰撞无机械能损失，则小物块最终将相对静止于盒子的何处？
分析：一方面小物块和盒子间相对运动和相互碰撞过程中要遵从动量守恒定律，另一方面小物块和盒子间相对运动时滑动摩擦将使系统的动能减少，于是有
解答：由动量守恒定律得
mυ0=(m+M)υ
由公式“fd=△EK”又可得
μmgd=mυ02－(m+M)υ2
代入数据可解得：从开始运动到小物块与盒子相对静止的过程中，小物块的相对路程为
d=2.4m
由此知：小物块最终相对静止于距盒子右端0.4m处.
单元检测
选择题
1．斜向上发射一物体，不计空气阻力，当此物体的速度恰好沿水平方向时，物体炸裂成a、b两块，质量较大的a的速度方向仍沿原来的方向. 则（ ）
（A）b的速度方向一定与原速度方向相反
（B）从炸裂到落地的这段时间里，a飞行的水平距离一定比b的大
（C）a，b一定同时到达水平地面
（D）在炸裂过程中，a，b受到爆炸力的冲量大小一定相等
2．如图13—8所示，大小相等，质量不一定相等的A、B、C三只小球排列在光滑水平面上，碰撞前A、B、C三只小球的动量（以kg·m/s为单位）分别是8、―13、―5，在三只小球沿一直线共发生了两次碰撞的过程中，A、B两球受到的冲量（以N·S为单位）分别为－9、1，则C球对B球的冲量及C球碰后动量的大小分别为：（ ）
（A）―1，3 （B）―8，3 （C）10，4 （D）―10，4
3．三只完全相同的小球A、B、C以相同的速度分别与另外三个不同的静止小球相碰撞，碰撞后，A小球被反方向弹回，B小球与被撞小球粘在一起仍沿原来运动方向运动，C小球恰好碰后静止.则下列说法中正确的是（ ）
（A）被A球碰撞的球获得动量最大 （B）B球损失动能最多
（C）C球对被碰球作用的冲量最大 （D）C球克服阻力做功最多
图13—8 图13—9 图13—20 图13—21
4．一个光滑的带有弧形槽的小车质量为m，处于静止状态，另有质量也为m的铁块以速度V沿轨道向上滑去，至某一高度后再向下返回.如图13—9所示，则当铁块回到右端时，铁块将（ ）
（A）作速度为V的平抛运动 （B）静止于小车右端与小车一起运动
（C）作速度小于V的平抛运动 （D）作自由落体运动
5．如图13—20所示，为甲、乙两物体相互作用前后的υ－t图像，已知作用前甲的动量是乙的动量的9倍，由图象可判断（ ）
（A）甲、乙的质量比为3 ；2 （B）甲、乙作用前后总动量守恒
（C）甲、乙作用前后总动量不守恒 （D）甲、乙作用前后总动能不变
6．如图13—21所示，两物体质量为m1=2m2，两物体与水平面间动摩擦因数分别为μ1和μ2，当细线烧断后，压缩轻弹簧在弹开两物体过程中系统的总动量守恒，而且弹簧恢复到原长两物体脱离弹簧时速度均不为零，则（ ）
（A）μ1 ：μ2= 1 ：2
（B）m1和m2的最大速度大小之比υ1 ：υ2= 1 ：2
（C）m1和m2脱离弹簧后各自移动的最大距离之比s1 ：s2 =1 ：2
（D）两者距离最近时，速率都约为0.33m/s，方向都与甲车后来的速度方向一致
7．两根磁铁放在两辆小车上，小车能在水平面上自由移动，甲车与磁铁总质量为1kg，乙车与磁铁总质量为2kg，两根磁铁的S极相对。推动一下使小车相向而行，若某时刻甲的速度为3m/s，乙的速度为2m/s，可以看到，它们还没有碰上就分开了，则（ ）
（A）甲车开始反向时，乙车速度减为0.5m/s，方向不变
（B）乙车开始反向时，甲车速度为0.5m/s，方向与原来速度方向相反
（C）两者距离最近时，速率相等，方向相反
（D）两者距离最近时，速率都约为0.33m/s，方向都与甲车后来的速度方向一致
8．如图13—22所示，质量为m的小车的水平底板两端各装一根完全一样的弹簧，小车底板上有一质量为的滑块，滑块与小车、小车与地面的摩擦都不计，当小车静止时，滑块以速度υ从中间向右运动，在滑块来回与左右弹簧碰撞的过程中（ ）
（A）当滑块速度方向向右，大小为时，一定下是右边
的弹簧压缩量最大
（B）右边弹簧的最大压缩量大于左边弹簧的最大压缩量
（C）左边弹簧的最大压缩量大于右边弹簧的最大压缩量
（D）两边弹簧的最大压缩量相等 图13—22
9．网球以大小为υ1的速度飞向球拍，被球拍击中后以大小为υ2的速度反向飞出，设此球动能的变化的△E，则它的动量变化的大小为（ ）
（A） （B） （C） （D）
10．在光滑水平面上，动能为E0，动量大小为P0的小钢球1与静止的小钢球2发生碰撞，碰撞前后球1运动方向相反，将碰撞后球1的动能和动量大小记作E1和P1，球2的动能和动量大小记作E2和P2，则必有（ ）
（A）E1＜E0 （B）P1＜P0 （C）E2＞E0 （D）P2＞P0=
11．如图11—23所示，质量为M，长为L的车厢静止在光滑水平面上，此时质量为m的木块正以水平速度υ0从左边进入车厢板向右运动，车厢底板粗糙，m与右壁B发生无能量损失的碰撞后又被弹回，最后又恰好停在车厢左端点A，则以下叙述中正确的是（ ）
（A）该过程中产生的内能为mυ （B）车厢底板的动摩擦因数为
（C）M的最终速度为 （D）m、M最终速度为零
12．将质量为M的木块固定在光滑水平面上，一颗质量为m的子弹以速度υ0沿水平方向射入木块，子弹射空木块时的速度为υ0/3，现将同样的木块放在光滑的水平桌面上，相同的子弹仍以速度υ0沿水平方向射入木块.若M=3m，则子弹 （ ）
（A）能够射空木块
（B）不能射穿木块，子弹将留在木块中，一起以共同的
速度做匀速运动
（C）刚好能射穿木块，此时相对速度为零
（D）若子弹以3υ0速度射向木块，并从木块中穿出，木
块获得的速度为υ1；若子弹以4υ0速度射向木块，木 图13—23
块获得的速度为υ2，则必有υ1＜υ2
二、填空题
13．某人在一只静止的小船上练习射击，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，每颗子弹的质量均为m，枪口到靶的距离为l，子弹水平射出枪口相对于地的速度为υ在发射后一颗子弹时，前一颗子弹已射于靶中，在发射完n颗子弹时，小船后退的距离等于___________.
14．如图13—24所示，在光滑的水平面上放一质量为M的木箱，在箱子左壁有一质量为m（m＜M＝的小滑块（可视为质点），箱的内壁光滑，左右两壁的距离为L，当箱子以速度υ向左运动时，小滑块会与箱子右壁相碰，碰撞过程中无机械能损失，从滑块与右壁相碰，到再与左壁相碰，所经历的时间t=_____________。
15．一个静止的原子核质量为M，当它放出一个质量为m、相对反冲核速度为υ0的粒子后，反冲核的速度大小为_____________.
图13—24 图13—25 图13—26
16．如图13—25所示，物体A与B质量分别为m、M，直角边长分别为a，b，设B与水平地面无摩擦，当A由B顶端从静止开始滑到B底端时，A、B的水平位移SA=_________________，SB=____________________.
17．如图13—26所示，质量分别为m2和m3的两种物体静止在光滑水平面上，两者之间有压缩着的与物体不连接的弹簧，另有一质量为m1的物体以速度υ0正对m2和m3冲来，在弹簧将m2、m3弹出去时，m1与m2发生了正碰，碰后粘合在一起，问m3的速度至少为______________，才能使以后m1和m2不再与m3发生碰撞？
三、计算题
18．质量分别为m1=1kg和m2=3kg的两个物体在光滑水平面上正碰，碰撞时间忽略不计，其位移图像如图13—27所示，试回答下列问题：
（1）碰撞前后的动量是否守恒？
（2）m2物体动量增量的是多少？
图13—27
19．（1）在光滑水平台面上，质量m1= 4kg的物块1具有动能E=100J，物块1与原来静止的质量m2=1kg的物块2发生碰撞，碰后粘合在一起，求碰撞中的机械能损失△E.
（2）若物体1、2分别具有动能E1、E2，E1与E2之和为100J.两物块相向运动而碰撞并粘合在一起，问E1、E2各应为多少时，碰撞中损失的机械能最大？（需说明理由）这时损失的机械能△E/为多少？
20．如图13—28所示，一辆平板车上竖直固定着一个光滑的1/4圆周的弧形轨道，轨道半径为R，轨道与平板相切于A，车的平板部分粗糙，轨道与车的总质量为M，若将平板车放在光滑水平面上，初始时车静止，现有质量为m的一小滑块从车的顶端由静止开始向下滑，当它到达平板上的B点时，与车相对静止，已知AB=s.求：在此过程中，车对地的位移大大？
图13—28
21．如图13—29所示，一辆小车静止在光滑的水平
面上，在C、D两端置有油灰阻挡层，小车的质量为1kg，
在车的水平底板上放有光滑小球A和B，质量分别为mA
=1kg，mB=3kg，A，B小球间放置一被压缩的弹簧，其弹
性势能为6J，现突然松开弹簧，A、B小球税离弹簧时距
C、D端均为0.6m，然后两球分别与油灰阻挡层碰撞，并
被油灰粘住，求（1）A、B小球脱离弹簧时的速度大小 图13—29
各是多少？（2）整个过程中小车的位移多大？
22．如图13—30所示，质量为M的小车上悬挂一单摆，摆线长为l，摆球质量为m，现让小车停在光滑水平面上紧靠一竖直挡板，将小球拉至水平后无初速度释放，若M=3kg，m=2kg，l=0.8m，问小球再次摆至最高点时，距高低点多高？
图13—20
参考答案
一、选择题
1．CD 2．B 3．AD 4．D 5．AB 6．ABC 7．AD 8．D 9．B
10．ABD 11．BC 12．B
二、填空题
13．， 14．， 15． 16．，s
17．
三、计算题
18．（1）守恒 （2）△P2=6kgm/s 19．（1）△E=20J， （2）E1=20J E2=80J，
△E/=100J 20．S车= 21．（1）υA=3m/s υB=1m/s （2）S=0.24m
22．H=0.48m
2006年物理高考复习十九----磁 场
一、复习要点
1．掌握磁场、磁场、磁性、磁极等概念、了解磁场的力特性，掌握磁感应强度概念，并理解其物理意义
2．了解奥斯特实验，掌握电流的磁场及安培定则。
3．了解典型磁场的磁感线分布情况，了解地磁场分布特征。
4．了解磁场材料，理解分子电流假说，掌握磁现象的电本质。
5．掌握安培力大小的计算及判断安培力方向的左手定则，理解磁电式电表的工作原理。
6．掌握洛仑兹力，掌握带电粒子在匀强磁场中的运动规律。
7．了解速度选择器，质谱仪，回旋加速器的工作原理。
二、难点剖析
1．磁场及特性
和电场一样，磁场是一种以特殊形态——场的形态——存在着的物质；和电场不一样，电场是存在于电荷或带电体周围的物质，而磁场的场源则可以是如下三种特殊物体之一：
①磁体，②电流，③运动电荷，此三种磁场的场源都可以归结为同一种类型——运动电荷。
作为一种特殊形态的物质，磁场应具备各种特性，物理学最为关心的是所谓的力的特性，即：磁场能对处在磁场中的磁极、电流及运动电荷施加力的作用。
为了量化磁场的力特性，我们引入磁感强度的概念，其定义方式为：取检验电流，长为l，电流强度为I，并将其垂直于磁场放置，若所受到的磁场力大小为F，则电流所在处的磁感强度为
B=F/(Il).
而对B的形象描绘是用磁感线：疏密反映B的大小，切线方向描绘了B的方向。
2．磁场的作用规律
（1）磁场对磁极的作用。
N(S)极处在磁场中，所受到的磁场力方向与磁极所在处的磁场方向相同（反）；同一磁极所在处磁感强度越大，所受磁场力越大；不同磁极处在磁场中同一处时，所受磁场力一般不同。
（2）磁场对电流的作用。
电流强度为I、长度为l的电流处在磁感强度为B的匀强磁场中时，所受到的作用称为安培力，其大小FB的取值范围为
0≤FB≤IlB
当电流与磁场方向平行时，安培力取值最小，为零；当电流与磁场方向垂直时，安培力取值最大，为IlB。如果电流与磁场方向夹角为θ，可采用正交分解的方式来处理安培力大小的计算问题，而安培力的方向则是用所谓的“左手定则”来判断的。
（3）磁场对通电线圈的作用。
电流强度为I、面积为S的单匝通电线圈处在磁感强度为B的均强磁场中时，所受到的磁场力的合力必为零，此时我们更关心的是减缓场对通电线圈的安培力矩的作用，安培力矩的大小MB的取值范围为
0 ≤MB≤ISB
当磁场方向与线圈平面垂直而使得穿过线圈的磁通量取得最大值时，通电线圈所受到的安培力矩取最小值，为零；当磁场方向与线圈平面平行而使得穿过线圈的磁通量为零时，通电线圈所受到的安培力矩却取最大值，为ISB。如果磁场方向与线圈平面夹一般角度θ，可采用正交分解的方式来处理安培力矩大小的计算问题。安培力矩使线圈发生转动的方向是先用“左手定则”判断出线圈各边所受安培力的方向，再进一步作出判断的。
磁场对通电线圈的安培力矩作用具备如下特征：①与线圈形状无关，②与转轴位置无关。
（4）磁场对运动电荷的作用。
带电量为q、以速度υ在磁感强度为B的均强磁场中运动的带电粒子所受到的作用为称为洛仑兹力，其大小fB的取值范围为
0≤fB≤qυB.
当速度方向与磁场方向平行时，洛仑兹力取值最小，为零；当速度方向与磁场方向垂直时，洛仑兹力取值最大，为qυB.如果速度方向与磁场方向夹角为θ，可采用正交分解的方式来处理洛仑兹力大小的计算问题。而洛仑兹力的方向则是用所谓的“左手定则”来判断的。
磁场对运动电荷的洛仑兹力作用具备着如下特征，即洛仑兹力必与运动电荷的速度方向垂直，这一特征保证了“洛仑兹力总不做功”，把握住这一特征，对带电粒子在更为复杂的磁场中做复杂运动时的有关问题的分析是极有帮助的。
3．带电粒子在磁场中的运动
（1）电荷的匀强磁场中的三种运动形式。
如运动电荷在匀强磁场中除洛仑兹力外其他力均忽略不计（或均被平衡），则其运动有如下三种形式：
当υ∥B时，所受洛仑兹力为零，做匀速直线运动；
当υ⊥B时，所受洛仑力充分向心力，做半径和周期分别为
R=，T=
的匀速圆周运动；
当υ与B夹一般角度时，由于可以将υ正交分解为υ∥和υ⊥（分别平行于和垂直于）B，因此电荷一方向以υ∥的速度在平行于B的方向上做匀速直线运动，另一方向以υ⊥的速度在垂直于B的平面内做匀速圆周运动。此时，电荷的合运动在中学阶段一般不要求定量掌握。
（2）电荷垂直进入匀强磁场和匀强电场时运动的比较。
由于和电场相比，磁场的基本特征以及对运动电荷的作用特征存在着较大的差异，因此电荷垂直进入匀强磁场和匀强电场时所做的所谓“磁偏转”和“电偏转”运动，有着如下诸方面的差异：
①“电偏转”中偏转力fe=qE与运动速度无关，“磁偏转”中偏转力fB=qυB随运动速度变化。
②“电偏转”时做的是类平抛运动，其运动规律为x=υ0t，y=；“磁偏转”时做的是匀速圆周运动，其运动规律是从时、空两个角度反映了运动的特征：T=，B=。
③“电偏转”中偏转角度受到θe＜π的限制；“磁偏转”中偏转角度θB=，则可取任意值。
④“电偏转”中偏转的快慢程度越来越慢（单位长时间内偏转角越来越小），“磁偏转”中偏转的快慢程度则保持恒定（任意相等的时间内偏转的角度均相等）。
⑤“电偏转”中由于偏转力fe做功，因而兼有加速功能，动能将增加；“磁偏转”中由于偏转力fB总不做功，动能保护定值。
⑥“电偏转”最常见的是应用于示波管中，“磁偏转”则常被应用于回旋加速器中。
三、典型例题
例1．把电流强度均为I，长度均为l的两小段通电直导线分别置于磁场中的1、2两点处时，两小段通电直导线所受磁场力的大小分别为F1和F2，若已知1、2两点处磁感应强度的大小关系为B1＜B2，则必有（ ）
A．B1= B．B2= C．F1＜F2 D．以上都不对
分析：注意到磁场对通电导线的作用与直线和磁场方向的夹角有关。
解答：磁感强度B的定义式B=中的F，应理解为检验电流（Il）垂直于B的方向放置时所受到的最大磁场力，而此题中两小段通电导线在1、2两点处是否垂直于B未能确定，因此A、B两选项中的等式不一定成立；另外，正因为磁场对电流的作用力大小除与B、I、l有关外，还与导线放置时与B的方向间关系有关，因此，无法比较F1和F2的大小，所以应选D。
例2．如图19—1所示，直导线MN与矩形
线框abcd在同一平面内，直导线中通有向上的电 图19—1
流I，矩形线框中通有沿递时针方向的电流I0，则
直导线中电流I的磁场对通电矩形线框各边的安
培力合力（ ）
A．大小为零 B．大小不为零，方向向左
C．大小不为零，方向向右 D．大小不为零，方向向上
分析：应了解直线电流周围磁场的分布情况同时要了解安培力大小计算公式和方向判断方法。
解答：由安培定则可知：通电直导线右侧的磁场方向是垂直于纸面向里，且靠近直导线处磁场列强些。根据左手定则Q可判断。通电矩形线框的ab边受力向右，cd边受力向左，bc边受力向上，da边受力向下，且ab边受力比cd边受力大，bc边受力与da边受力大小相等。由此可知：通电矩形线框各边所受安培力的合力大小不为零，且方向向右。即应选C。
例3．如图19—2所示，有a、b、c、d四个离子，
它们带等量同种电荷，质量不等，有ma=mb＜mc=md，
以不等的速度υa＜υb＜υc＜υd进入速度选择器后，
有两种离子从速度选择器中射出，进入B2磁场，由
此可判定（ ）
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 图19—2
分析：比例解答要求了解“速度选择器”和“质谱仪”的基本原理。
解答：从离子在磁场B2中的偏转方向可知离子带正电，而正离子在速度选择器中受到磁场B1的洛仑兹力方向又可由左手定则判断为向右，电极P1、P2间的电场方向必向左，因为qυbB1=qυcB1=qE，所以能沿直线穿过速度选择器的必然是速度相等的b、c两离子；因为qυaB1＜qE，所以a离子穿过速度选择器必向左偏；因为qυdB1＞qE，所以d离子穿过速度器时必向右偏；因为＜，所以在B2中偏转半径较小而射到A1的是b离子，在B2中偏转半径较大而射到A2的是C离子。即经例应选A。
例4．氢原子的核外电子质量为m，电量为－e，在
离核最近的轨道上运动，轨道半径为r1，试回答下列问题 ：
（1）电子运动的动能EK是多少？
（2）电子绕核转动频率ν是多少？
（3）氢原子核在电子轨道处产生的电场强度E是多大？
（4）电子绕核在如图19—3所示的x－y平面上沿A→
B→C→D方向转动，电子转动相当于环形电流，则此电流方
向如何？电流强度为多大？
（5）如果沿Ox方向加一匀强磁场，则整个原子将怎样运动？ 图19—3
分析：注意到圆周震动，电场、电流，磁场等方向知识的综合运用。
解答：此题是把匀速圆周运动的规律运用到卢瑟福的核式结构模型上来，提供电子绕核运动的向心力是核对它的库仑力；转动频率是匀速圆周运动的转率n；电流i就在单位时间内通过轨道上一点的电量，即i=eν.
（1）∵k=m，EK=mυ2，
∴EK=.
（2）υ=2πνr1
联立上述三式得
ν=.
（3）由点电荷电场强度公式可得
E=k
（4）电流方向为A→D→C→B→A，
电流强度i=eν=.
（5）根据左手定则，圆的x＞0的一半，电子受磁场垂直纸面向纸面外的力，x＜0的一半，电子受到垂直纸面向内的力。因此，整个原子以Oy为轴，从Oy方向看为逆时针方向转动。
例5．如图19—4所示，空间存在一个如图19—4（a）所示的变化电场和变化磁场，电场方向水平向右，即沿（b）图中的BC方向，磁场方向垂直于纸面。从t=1s末开始，从A点每隔2s有一个重力可以忽略的相同带电粒子沿AB方向以速度υ0射出，且均能击中C点，若=2，且粒子从A到C历时均小于1s，则E0与B0的比值为多大？
分析：电偏转做的是类平抛运动，而磁偏转
做的是匀速圆周运动。
解答：取=l，则=2l，AB=l。
由奇数秒末从A射出的粒子在匀强磁场中做匀速
圆周运动，其轨道半径可由
（r－l）2+(l)2=r2
求得为r=2l=mυ0/(qB0). 图19—4
由偶数秒末从A射出的粒子在匀强电场中做类平抛运动，于是又有
l=t2， l=υ0t.
在此基础上便可求得=υ0.
例6．如图19—5所示，在y＜0的区域内
存在匀强磁场，磁场方向垂直于xy平面并指向
纸面外，磁感应强度为B.一带正电的粒子以速
度υ0从O点射入磁场，入射方向在xy平面内，
与x轴正向的夹角为θ.若粒子射出磁场的位置
与O点的距离为l，求该粒子的电量和质量之比。 图19—5
分析：注意到几何关系的确认。
解答：如图19—6所示，带电粒子射入磁
场后，由于受到洛仑兹力的作用，粒子将沿图示的
轨迹运动，从A点射出磁场，O、A间的距离为
l.射出方向与x轴的夹角仍为θ，由洛仑兹力公
式和牛顿定律可得，
qυ0B=m 图19—6
式中R为圆轨道的半径
解得R=
圆轨道的圆心位于OA的中垂线上，由几何关系可得=Rsinθ
联立上述两式，解得=
单 元 检 测
一、选择题
1．关于磁感强度，下列说法正确的是（ ）
A．磁感强度表示磁场的强弱 B．磁感线密的地方，磁感强度大
C．空间某点的磁感强度的方向就是该点的磁场方向
D．磁感强度的方向就是通电导线在磁场中的受力方向
2．一个电子以一定初速度进入一匀强场区（只有电场或只有磁场不计其他作用）并保持匀速率运动，下列说法正确的是（ ）
A．电子速率不变，说明不受场力作用
B．电子速率不变，不可能是进入电场
C．电子可能是进入电场，且在等势面上运动
D．电子一定是进入磁场，且做的圆周运动
3．用两个一样的弹簧吊着一根铜棒，铜棒所在虚线范围内有垂直于纸面的匀强磁场，棒中通以自左向右的电流（如图19—7所示），当棒静止时，弹簧秤的读数为F1；若将棒中的电流方向，当棒静止时，弹簧秤的示数为F2，且F2＞F1，根据这两个数据，可以确定（ ）
A．磁场的方向 B．磁感强度的大小 C．安培力的大小 D．铜棒的重力
图19—7 图19—8
4．如图19—8所示，圆形区域内有匀强的电场E和磁场B，负离子由下向上射入该区域，未发生偏转，则下列说法可能的是（ ）
A．E和B的方向都是竖直向上 B．E和B的方向都是竖直向下
C．E竖直向上，B水平向里 D．E水平向左，B水平向外
5．如图19—9所示，带正电的小球穿在绝缘粗
糙直杆上，杆倾角为θ，整个空间存在着竖直向上的
匀强电场和垂直于杆斜向上的匀强磁场，小球沿杆向
下运动，在a点时动能为100J，到C点动能为零，而
b点恰为a、c的中点，在此运动过程中（ ）
A．小球经b点时动能为50J 图19—9
B．小球电势能增加量可能大于其重力势能减少量
C．小球在ab段克服摩擦所做的功与在bc段克服摩擦所做的功相等
D．小球到C点后可能沿杆向上运动。
6．如图19—10所示，正交的电磁场区域中，有
两个质量相同、带同种电荷的带电粒子，电量分别为
qa、qb.它们沿水平方向以相同的速率相对着匀速直线
穿过电磁场区，则（ ）
A．它们带负电，且qa＞qb. B．它们带负带电，qa ＜qb. 图19—10
C．它们带正电，且qa＞qb. D．它们带正电，且qa ＜qb.
7．一束电子从上向下运动，在地球磁场的作用下，它将（ ）
A．向东偏转 B．向西偏转 C．向南偏转 D．向北偏转
8．一段直线L=1m，其中通有I=1A的如图19—11所示恒定电流，由于它处于匀强磁场中，因而受到垂直于纸面向外的大小为F=1N的磁场力作用，据此（ ）
A．可以确定这个磁场的磁感强度大小，又可确定这个磁场的方向
B．仅能确定磁感强度的大小，不能确定磁场的方向
C．仅能确定磁场的方向，不能确定磁感强度的大小
D．磁感强度的大小和方向均无法确定
9．一松驰的螺线管如图19—12所示，当线圈通有电流I时，线圈中将出现的现象是（ ）
A．轴向收缩，径向变大 B．轴向收缩，径向收缩
C．轴向伸长，径向变大 D．轴向伸长，径向收缩
10．如图19—13所示，磁感强度为B的匀强磁场中，有一个可绕其中心轴OO/转动的正方形单匝导体线框，线框边长为L，OO/轴与磁场方向垂直。当线框中通有图中所示方向的电流I时，在图示位置时线框所受安培力矩为M1，由图示位置转过θ角时线框所受安培力矩为M2、M21和M2的大小分别是（ ）
A．M1=IBL2，M2=IBL2sinθ B．M1=0，M2=IBL2cosθ
C．M1=0，M2=IBL2sinθ D．M1=IBL2，M2=IBL2cosθ
图19—11 图19—12 图19—13 图19—14
11．三根通电导线P、Q、R互相平行，通过正三角形的三个顶点，三条导线通入大小相等、方向垂直纸面向里的电流，如图19—14所示，R受到P、Q的磁场力的方向是（ ）
A．垂直于R，指出y轴负方向 B．垂直于R，指向y轴正方向
C．垂直于R，指向x轴正方向 D．垂直于R，指向x轴负方向
12．如图19—15所示，匀强电场方向竖直向下，匀强磁场方向垂直纸面向里，三个油滴A、B、C带有等量的同种电荷，A静止，B向右匀速运动，C向左匀速运动，它们的质量关系是（ ）
A．C最大 B．B最大 C．A最大 D．一样大
13．如图19—16所示，甲、乙、丙三图均为电子绕同样正电荷做匀速圆周运动，轨道半径相等，甲图中有垂直轨道平面向上的均强磁场，乙图中有垂直轨道平面向下的匀强磁场，甲、乙图中的磁感强度的大小相同，丙图中无磁场，设三种情况下电子运动的周期分别为T1、T2、T3，则以下关系可能正确的是（ ）
A．T1＞T3＞2 B．T1＜T2＜T3 C．T1=T2＞T3 D．T1＞T2=T3
图19—15 图19—16 图19—17
14．一不重力的带电粒子垂直射入自左向右逐渐增强的磁场中，由于周围气体的阻碍作用，其运动轨迹恰为一段圆弧，则从图19—17所示中可以判断（ ）
A．粒子从A点射入，速率逐渐减小 B．粒子从B点射入，速率逐渐增大
C．粒子从B点射入，速率逐渐减小 D．粒子从B点射入，速率逐渐增大
二、填充题
15．α粒子和氘核以相同的初动能自同一点垂直射入匀强磁场，在磁场中α粒子和氘核运动半径之比为_________，周期之比为_________。
16．一质量为m，电量为+q的带电粒子在磁感强度为B的匀强磁场中，以初速度υ0垂直于磁场由A点开始运动，如图196—18所示，经过时间t粒子通过C点，则连在AC与υ0间的夹角θ=_____________.
图19—18 图19—19
17．如图19—19所示，矩形线圈放在匀强磁场B中，ab=cd=l1，bc=da=l2，线圈中通有电流I.线圈可绕通过线圈中间的轴OO/转动，线圈平面与磁场的夹角为θ，则线圈所受磁场力的力矩为___________。
18．质量为0.1kg、带电量为2.5×10—8C的质点，置于水平的匀强磁场中，磁感强度的方向为南指向北，大小为0.65T.为保持此质量不下落，必须使它沿水平面运动，它的速度方向为_____________，大小为______________。
19．如图19—20所示，水平放置的平行金属板A带正电，B带负电，A、B间距离为d.匀强磁场的磁感强度为B，方向垂直纸面向里.今有一带电粒子在A、B间竖直平面内做半径为R的匀速圆周运动.则带电粒子转动方向为_________时针方向，速率υ=_________.
图19—20
三、计算题
20．如图19—21所示，电源电动势E=2V，r=0.5Ω，
竖直导轨电阻可略，金属棒的质量m=0.1kg，R=0.5Ω，
它与导轨动摩擦因数μ=0.4，有效长度为0.2m，靠在导
轨外面，为使金属棒不动，我们施一与纸面夹角300与
导线垂直且向里的磁场（g=10m/s2）.求：此磁场是斜向
上还是斜向下？B的范围是多少？ 图19—21
21．如图19—22所示，虚线围成的圆形区域内
有匀强磁场，质量为m、长度为l的金属杆ab可绕
过磁场中心的a轴在竖直平面内转动，杆的b端有
质量为M的金属球。接通开关，回路总电阻为6Ω，
杆与水平线夹300角时静止。回路总电阻变为多少时
杆与水平线夹600角静止？ 图19—22
22．如图19—23所示，套在足够长的固定绝
缘直棒上的小球，质量为10—4kg，带有4×10—4C
的正电，小球可沿棒滑动，动摩擦因数为0.2。把
此棒竖直地放在互相垂直且境外沿水平方向的匀
强电场和匀强磁场中，电场强度为10N/C，磁感
强度为0.5T.求小球由静止释放后下落过程中的最
大加速度和最大速度（g取10m/s2） 图19—23
23．如图19—24所示，在一坐标系内，x轴
上方有磁感强度为B的匀强磁场，下方有电场强
度为E的匀强电场。今有质量为m、电量为q的
带电粒子从y轴上某处静止释放后 恰能经过x
轴上的距原点O为l的P点，不计重力。
（1）粒子带的是什么电？
（2）释放点离原点O的距离应满足什么条件？
（3）从释放点到P点，粒子一共经历多长时间？
图19—24
参 考 答 案
选择题
1．ABC 2．C 3．ACD 4．ABD 5．BD 6．D 7．B 8．D 9．A
10．D 11．A 12．A 13．AC 14．A
二、填充题
15．1 ： ，1 ：1 16． 17．IRL1L2cosθ
18．向右，6×104m/s 19．顺，BRg/E
三、计算题
20．斜向下，3T≤B≤16.3T 21．R=6Ω
22．am=2m/s2，υm=5m/s
23．（1）负电
（2）d=qL2B2/(8Mek2) （K=1，2，3……）
（3）t=+ （K=1，2，3……）
2006年物理高考复习十二----机械能
一、复习要点
1、理解功的概念、掌握功的计算公式。
2、掌握功率的概念、理解功率的含义。
3、掌握动能、重力势能、弹性势能等概念及其物理意义。
4、掌握动能定理，并能运用动能定理分析与解决相关的力学问题。
5、掌握机械能守恒定律、理解机械能守恒的条件，并能运用机械能守恒定律分析与解决相关的力学问题。
二、难点剖析
1、功的四个基本问题。
涉及到功的概念的基本问题，往往会从如下四个方面提出。
（1）做功与否的判断问题：物体受到力的作用，并在力的方向上通过一段位移，我们就说这个力对物体做了功。由此看来，做工功与否的判断，关键看功的两个必要因素，第一是力；第二是力的方向上的位移。而所谓的“力的方向上的位移”可作如下理解：当位移平行于力，则位移就是力的方向上的位的位移；当位移垂直于力，则位移垂直于力，则位移就不是力的方向上的位移；当位移与力既不垂直又不平行于力，则可对位移进行正交分解，其平行于力的方向上的分位移仍被称为力的方向上的位移。
（2）做功多少的计算问题：做功多少的计算可直接应用功的公式。
W=FS cosα
公式中F是做功的力；S是F所作用的物体发生的位移；而α则是F与S间的夹角。至于变力做功的计算，通常可以利用功能关系通过能量变化的计算来了解变力的功。
（3）做功快慢的描述问题：做功快慢程度引入功率来描述，其定义式为：
P=W/t
功率的计算有时还可利用形如
P=Fv
（4）做功意义的理解问题：做功意味着能量的转移与转化，做多少功，相应就有多少能量发生转移或转化。
2、动能和动能定理
（1）动能概念的理解：物体由于运动而具有的能叫动能，其表达式为：
和动能一样，动能也是用以描述机械运动的状态的状态量。只是动量是从机械运动出发量化机械运动的状态动量确定的物体决定着它克服一定的阻力还能运动多久；动能则是从机械运动与其它运动的关系出发量化机械运动的状态，动能确定的物体决定着它克服一定的阻力还能运动多远。
（2）动能定理：外力所做的总功等物体动能的变化量。动能定理实际上是在牛顿第二定律的基础上对空间累积而得：在牛顿第二定律
F=
两端同乘以合外力方向上的位移要，即可得
和动量定理相似，动能定理也建立起过程量（功）与状态量（动能）变化间的关系，利用这一关系，也可以通过比较状态达到了解过程之目的。
3、重力做功的特点与重力势能。
（1）重力做功的特点：重力做功与路径无关，只与始末位置的竖直高度差有关，当重力为的物体从A点运动到B点，无论走过怎样的路径，只要A、B两点间竖直高度差为，重力所做的功均为
（2）重力势能：物体由于被举高而具有的能叫重力势能。其表达式为：
其中h为物体所在处相对于所选取的零势面的竖直高度，而零势面的选取可以是任意的，一般是取地面为重力势能的零势面。
由于零势面的选取可以是任意的，所以一个物体在某一状态下所具有的重力势能的值将随零势面的选取而决定，但物体经历的某一上过程中重力的势能的变化却与零势面的选取无关。
（3）重力做功与重势能变化间的关系：重力做的功总等于重力势能的减少量，即
4、机械能守恒定律。
（1）机械能：动能和势能的总和称机械能。而势能中除了重力势能外还有弹性势能。所谓弹性势能批量的是物体由于发生弹性形变而具有的能。
（2）机械能守恒守律：只有重力做功时，动能和重力势能间相互转换，但机械能的总量保持不变，这就是所谓的机械能守恒定律；只有弹力做功时，动能和弹性势能间相互转换，机械能的总量也保持不变，这也叫机械能守恒定律。
（3）机械能守恒的条件：只有重力和系统内弹力做功，则系统的机械能总量将保持不变。
三、典型例题。
例1．如图12-1所示，恒定的拉力大小F=8N，方向与水平线夹θ=60°角，拉着绳头
使物体沿水平面移动 =2m的过程中，拉力做了多少功？
分析：常会有同学做这样的分析与计算：力的大小为S= =2m，力与位移的方向间夹角为60°，所以：
( 图12-1)
其实，这样的计算是错误的。
解答：如图12-2所示，随着物体沿水平面前进 =2m，绳头从A点被拉到B点，由此可见：拉F所作用的物体（绳头）的位移S可由几何关系求得为
而力F与位移S间的夹角为
所以，这过程中拉F作用于绳头所做的功为 (图12-2)
例2．质量为?m=1kg的物体以v0=10m/s的速度水平抛出，空气阻力不计，取g=10m/s2,则在第1s内重力做功为________________J；第1s内重力做功的平均功率为__________W；第1s末重力做功的瞬时功率为____________W；第1s内物体增加的动能为____________J；第1s内物体减少的重力势能____________J。
分析：此道题考察了功、功率、动能、重力势能等概念以及与上述概念相关的动能定理，机械能守恒定律等规律。
解答：重力做的功等于重力与物体沿重力方向（竖直方向）上位移的乘积，而第1s内物体沿竖直方向的位移为
所以有：
由平均功率的定义得
瞬时功率一般计算可用力与力的方向上的瞬时速度的相乘而得，第1s末物体沿重力方向上的速度为
所以有
考虑到平抛运动过程中只有重力做功，于是由动能定理得
又由于只有重力做功其机械能守恒，增加的动能应与减少的重力势能相等。于是又可直接得
此例应依次填充：50；50；100；50；50。
例3：质量4t的机车，发动机的最大输出功率为100kW，运动阻力恒为，试求；
（1）当机车由静止开始以0.5m/s2的加速度沿水平轨道做匀加速直线运动的过程中，能达到的最大速度和达到该最大速度所需的时间。
（2）若机车保持额定功率不变行驶，能达到的最大速度以及速度为10m/s时机车的加速度。
分析：注意到机车匀加速运动所能达到的最大速度Vm和机车在运动形式不加制约时所能达到的最大速度一般是不同的。
解答：（1）机车做匀加速直线运动时，有
F- =
P=FVm
Vm=at
由此可解得
Vm=25m/s
t=50s
（2）机车行驶时运动形式不加限制而机车输出功率保持额定功不变时则可在大小等于阻力牵引力作用下做匀速直线运动，此时又有
由此又可解得
例4：如图12-3所示，小滑块从斜面顶点A由静止滑至水平部分C点而停止。已知斜面高为h，滑块运动的整个水平距离为s设斜面和水平部分与小滑块的动摩擦因数相同，求此动摩擦因数
分析：可以运动动能定理分析求解：
解答：取物体为研究对象，考察人A处静止释放下直至到C点处于 (图12-3)
静止的过程，运动动能定理有。
由此即可求得
(图12-4)
例5：如图12-4所示，一固定的楔形木块，其斜面的倾角，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上升的最大高度H.
分析：可以运用机械能守恒定律分析求解
解答：取A与B构成的系统为研究对象，考察以刚放手起直到强刚断的过程，这过程中系统的机械能守恒。有
再取B为研究对象，考察从强刚断直到B升至最高点的过程，这过程中B的机械能守恒，又有
而B所上升的最大高度为
H= +s
由此即得
H=1.2s
单元检测
选择题
1、一人用力踢质量为1kg的皮球，使球由静止以10m/s的速度飞出，假定人踢球瞬间对球平均作用力是200N，球在水平方向运动了20m停止，那么人对球所做的功为（ ）
A、500J B、50J C、4000J D、无法确定
2、一质量为2kg的滑块，以4m/s的速度在光滑水平面上向左滑行，从某一时刻起，在滑块上作用一向右的水平力，经过一段时间，滑块的速度方向为向右，大小为4m/s，在这段时间里水平力做的功为（ ）
A、0J B、8J C、16J D、32J
3、如图12-5，小物块位于光滑的斜面上，斜面位于光滑的水平地面上，从地面上看，在小物块沿斜面下滑的过程中，斜面对小物块的作用力为（ ）
A、垂直于接触面，做功为零
B、垂直于接触面，做功不为零
C、不垂直于接触面，做功为零 (图12-5)
D、不垂直于接触面，做功不为零
4、用水平恒力F作用于质量为M的物体，使之在光滑的水平面上沿力的方向移动距离s，恒力做功为W1，再用该恒力作用于质量为m（m A、W1>W2 B、W1 5、关于作用力与反作用力做功的关系，下列说法正确的是（ ）
A、当作用力做正功时，反作用力一定做负功
B、当作用力不做功时，反作用力也不做功
C、作用力与反作用力所做的功一定是大小相等、正负相反
D、作用力做正功时，反作用力也可以做正功
6、以一定的初速度竖直向上抛出一球，小球上升的最大高度为h，空气阻力的大小恒力为f，则从抛出至回到原出发点的过程中，空气阻力对小球做的功为( )
A、零 B、-fh C、-2fh D、-4fh
7、一辆汽车在水平路面上原来做匀速运动，从某时刻开始，牵引力F和阻力f随时间t的变化规律如图12-6所示。则从图12-6中的t1到t2时间内，汽车牵引力的功率P随时间t变化的关系图线应为图12-7中的（ ）
(图12-6) (图12-7)
8、物体从空中以8m/s2的加速度向地面运动，不计空气阻力，则物体的机械能（ ）
A、增大 B、减少 C、不变 D、无法确定
9、一个人站在阳台上，以相同的速度v0分别把三个球竖直向上抛出、竖直向下抛出、水平抛出、不计空气阻力，则三球落地时的速率（ ）
A、上抛球最大 B、下抛球最大 C、平抛球最大 D、三球一样大
10、如图12-8所示，两个内壁光滑、半径不同的半圆轨道固定于地面，一个小球先后在与球心在同一水平高度的A、B两点由静止开始下滑，通过轨道最低点时（ ）
A、小于对两轨道的压力相同
B、小球对两轨道的压力不同
C、小球的向心加速度不相等
D、小球的向心加速度相等 (图12-8)
11、一内壁光滑的细圆钢管，形状如图12-9所示，一小钢球被一弹簧枪从A处正对着管口射入（射击时无机械能损失），欲使小钢球恰能到达C处及能从C点平抛恰好落回A点，在这两种情况下弹簧枪的弹性势能之比为（ ）
A、5：4 B、2：3 C、3：2 D、4：5 (图12-9)
例12、一颗子弹水平射入置于光滑水平面上的木块A中并留在其中，A、B用一根弹性良好的轻质弹簧连在一起，如图12-10所示，则在子弹打中木块A及弹簧被压缩的过程中，对子弹、两木块和弹簧组成的系统（ ）
A、动量守恒、机械能守恒
B、动量不守恒、机械能守恒
C、动量守恒，机械能不守恒
D、无法判断动量、机械能是否守恒 (图12-10)
例13、如较12-11所示，DO是水平面，AB是斜面，初速为V0的物体从D点出发沿DBA滑动到顶点A时速度刚好为零,如果斜面改为AC,让该物体从D点出发沿DCA滑动到A点且速度刚好为零,则物体具有的初速度为(已知物体与路面之间的动摩擦因数处处相同,且不为零,在B、C处无机械能的损失)( ) (图12-11)
A、大于V0 B、等于V0 C、小于V0 D、取决于斜面的倾角
例14、如图12-12所示，长度相同的三根轻杆构成一个正三角形支架，在A处固定质量为2的小球，B处固定质量为的小球。支架悬挂在O点，可绕过O点并与支架所在平面相垂直的固定轴转动。开始时OB与地面相垂直，放手后开始运动，在不计任何阻的力的情况下，下列说法正确的是（ ）
A、A球到达最低点时速度为零 (图12-12)
B、A球机械能减少量等于B球机械能增加量
C、B球向左摆动所能达到的最高位置应高于A球开始运动的高度
D、当支架从左向右回摆动时，A球一定能回到起始高度
例15、如图12-13所示，两物体A、B用轻质弹簧相连，静止在光滑水平面上，现同时对A、B两物体施加等大反向的水平恒力F1、F2，使A、B同时由静止开始运动。在运动过程中，对A、B两物体及弹簧组成的系统，正确的说法是（整个过程中弹簧不超过其弹性限度）（ ）
A、动量始终守恒 B、机械能不断增加`
C、当弹簧伸长到最长时，系统的机械能最大 (图12-13)
D、当弹簧弹力的大小与F1、F2的大小相等时，A、B两物体速度为零
填空题
16、在水平地面上平铺n块砖，每块砖的质量为m，厚度为h，若将砖一块一块地叠放起来，至少需要做的功_____________________。
17、如图12-14所示，A、B两球质量均为m，B与一轻弹簧相连，静止在光滑水平面上，A以速度v0通过弹簧与B相正碰，则碰撞过程中，弹簧所具有的弹性势能的最大值为_________________。 (图12-14)
18、如图12-15所示，跨过同一高度处的光滑定滑轮的细线连接着质量相同的物体A和B，A套在光滑水平杆上，B被托在紧挨滑轮处，细线与水平杆的夹角，定滑轮离水平杆的高度h=0.2m。当B由静止释放后，A所获得的最大速度为_____________。（） (图12-15)
19、在光滑水平面上有一静止的物体。现以水平恒力F1推这一物体，作用一段时间后，换成相反方向的水平恒力F2作用时间与恒力F1作用时间相同时，物体恰好回到原处，此时物体的动能为32J，则在整上过程中，恒力F1做的功等于_______J，恒力F2做的功等于________J。
计算题。
20、如图12-16所示，滑轮和绳的质量及摩擦不计，用力F开始提升原来静止的质量为m=10kg的物体，以大小为a=2m/s2的加速度匀加速上升，求头3s内力F做的功。
(图12-16)
21、总质量为M的列车，沿水平直线轨道匀速前进，其末节车厢质量为m，中途脱节，司机发觉时，机车已行驶L的距离，于是立即关闭油门，除去牵引力，设运动的阻力与质量成正比，机车的牵引力是恒定的，当列车的两部分都停止时，它们的距离是多少？
22、如图12-17所示，A、B两小球质量均为mkg，两段轻质杆长均为Lm，今将两球拉至水平由静止释放，一切阻力不计。A球至最低点时速度多大？（g=10m/s2）
(图12-17)
23、总长为L的光滑匀质的铁链，跨过一光滑的轻质小定滑累，开始时底端相齐，当略有扰动时某一端下落，则铁链脱离滑轮的瞬间，其速度多大？
24、如较12-18所示，轻弹簧竖直固定在水平地面上，弹簧的倔强系数为k，原长为L0，质量为m的铁球由弹簧的正上方H高处自由下落，求：（1）球在离地面多高时，它的动能最大？（2）球在离地面多高时，它的弹性势能最大？
(图12-18)
参考答案
选择题
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
B
A
B
C
D
C
C
B
D
AD
D
C
B
BCD
AC
填充题
16、n(n-1)mgh 17、mv02 18、1m/s 19、8,24
计算题
20、W=1080J
21、
22、
23、
24、（1）
（2）
2006年物理高考复习十五----机械波
一、复习要点
1、了解机械波的形成过程及条件
2、了解机械波的分类及两类机械波的特征
3、掌握机械波的图象、理解机械波图象的物理含意，并能利用机械波图象解决相关的问题。
4、掌握机械波的波长、波速与频率之间的关系，并知道这三个量分别是由什么因素所决定。
5、了解波的干涉、衍射等现象，并掌握波的干涉现象的有关特征与规律以及波的明显衍射的相应条件。
6、了解声波的相关知识及多普勒效应。
二、难点剖析
1、关于机械波的基本知识。
（1）基本概念：机械振动在介质中的传播形成机械波。而简谐运动在介质中传播则将形成简谐波。
（2）产生条件：形成机械波的条件有两条：第一，必须有波源；第二，必须有弹性的连续的介质。
（3）波的分类：按照质点作机械振动的方向与机械波在介质中传播的方向间关系划分，机械波有横波和纵波两类。质点振动方向与波的传播方向相互垂直的叫横波；质点振动方向与波的传播方向相互平行的叫纵波。
（4）波的特点：机械波传播的只是质点振动的形式和能量，质点本身并不随波的传播而迁移；机械波的传播过程实际上是离波源泉近的质点带动离波源远的质点依次参加振动；正因为波的形成实际上是从波源开始依次带动介质中的各个质点参加振动，所以一方面参加振动的各质点的振动周期，振动频率都与波源质点相同，另一方面各质点参加振动的起始时刻随着与波源的距离依次滞后。
2、波的图象（以简谐波为例）
（1）形状：波的图象的形状是如图15-1所示的正弦曲线。
（2）意义：波的图象反映的是波的传播过程中某一时刻各个质点相对于各自的平衡位置的位移情况：
（3）作用：利用波的图象通常可以解决如下问题：
①从图象中可以看出波长；
②从图象中可以看出各质点振动的振幅A；
③从图象中可以看出该时刻各质点偏离平衡位置的位移情况；
④从图象中可以间接地比较各质点在该时刻的振动速度、动能、热能、回复力、加速度等量的大小；
⑤如波的传播方向已知，则还可以由图象判断各质点该时刻的振动方向以及下一时刻的波形；
⑥如波的传播速度大小书籍，更可利用图象所得的相关信息进一步求得各质点振动的周期和频率；
⑦波的图象与振动图象的比较；
简谐运动的振图象
机械波的波动图象
图象
函数关系
一个质点做简谐运动时，它的位置x随时间?t变化的关系
在某一时刻某一直线上各个质点的位置所形成的图象（横波）
坐标
横轴
一个质点振动的时间
各质点平衡位置距坐标原点的位置（距离）
纵轴
一个质点不同时刻相对平衡位置的位移
各质点相对各自平衡位置的位移
形状
正弦函数或余弦函数的图象
由图象可直观得到的数据
周期T
振幅A
波长
振幅A
波峰及波谷的位置
图象上某一点的意义
在某时刻（横轴坐标）做简谐运动的物体相对平衡位置的位移（纵轴坐标）
在某时刻，距坐标原点的距离一定（横轴坐标）的该质点的位移（纵坐标）
3、波的特有现象
（1）波的叠加原理（独立传播原理）
几列波相遇时能够保持各自的状态而不互相干扰，在几列波重叠的区域里，任何一个质点的总位移，都等于这几列波分别引起的位移的矢量和。
（2）波的衍射：波绕过障碍物的现象
能够发生明显衍射的条件是：障碍物或孔的尺寸比波长小，或者跟波长相差不大。
（3）波的干涉：频率相同的两列波叠加发生干涉现象，则介质中某点P的振动是加强或是减弱，取决于该点到达两波源的距离之差：若距离之差恰等于半波长的偶（奇）数倍，则P处的质点振动必然是加强（减弱）的。
4、多普勒效应
由于波源和面容者之间有相对运动，使观察者感到频率发生变化的现象，叫做多普勒效应。频率为f的波源向着观察者运动时，观察者感受到的频率f1>f2；频率为f的波源远离观察者运动时，观察者感受到的频率f2典型例题
例1：一列横波沿直线传播，某时刻的波形如图15-2所示，质点A的平衡位置与坐标原点O相距0.5m，此时质点A沿正方向运动，再经0.02s第一次到达最大位移。由此可知：
A、这列波的波长为1m B、这列波的频率为100Hz
C、这列波的波速为25m/s D、这列波向右传播 图15-2
分析：由A点坐标结合波的图象可得波长；由A点运动到最大位移所历时间可得周期；由波长、周期、波速关系可得波速；由波形成过程的本质可得振动方向与传播方向关系。
解：由于A点距O点0.5m，所以波长为
由于质点A再经0.02s第一次到达最大位移，所以周期为
T=0.08s
由于v=T，所以波速为
传播方向的“双向性”特点。
解答：由振动图象可知：周期为 T=0.4s
由波的图象又可知：波长为
于是可得波速为
在△t=t’-t=0.5s内，波的传播距离为 △x=v△t=5m
考虑到波的传播方向的“双向性”特征知：当波沿x轴正方向传播，t’时刻波形应如图15-5中的C图所示；当波沿x 轴反方向传播，t’时刻波形应如图15-5中
v=1.25m/s
由于波的形成实际上是波源质量依次带动后面的质量参与振动，而质点A此时是向上振动，可见它是被左侧质点所带动，即波是向右传播的。
综上所述此例应选A、D。
例2、已知平面简谐在x 轴上传播，原点O的振动图线如图15-3所示，t时刻的波形图线如15-4所示，则t’=t+0.5s时刻的波形图线可能是图15-5中哪几个。
分析：由振动图象得周期，由波的图象得波长，在此基础上得波速，另外注意到波的D图所示，即：此例应选C、D。
图15-3 图15-4
图15-5 图15-6
例3、如图15-6所示，在同一均匀媒质中有S1、S2两个波源，这个波源的频率、振动方向均相同，且振动的步调完全一致，S1、S2之间相距两个波长，D点为S1、S2连线中点，今以D点为圆心，以R=DS1为半径画圆，问在该圆周上（S1、S2两波源除外）共有几个加强点？
分析：干涉强、弱区的判断方法有两种：
（1）在波峰与波峰相遇或波谷与波谷相遇处是干涉加强区；在波峰与波谷相遇或波谷
与波峰相遇处是干涉减弱区。
（2）与相同波源的距离差为半波长的偶数倍处是干涉加强区；与相同波源的距离差为半波长的奇数倍处是干涉减弱区。
解答：由干涉强、弱的第二种判断方法可知，干涉加强区的集合实际上是以两波源所在处为焦点的双曲线簇。由此不难判断：以波源边线为直径的贺周上分布看，到两波源距离差等于0的两个加强是D1、D2；到两波源距离差等于的四个加强是A1、A2、C1、C2。即：除两波源外，圆周上振动加强是共有六个。
例4：一机车汽笛频率为650Hz，机车以v=15m/s的速度观察者驶来，设空气中的声速是V=340m/s，观察者听到的声音频率为多少？
解答：机车静止时，汽笛声的波长为，由于机车（波源）向观察者运动，波长应减小vT，则单位时间内通过观察者的波数变为
即观察者听到的声音频率变大了，音调变高了。
分析：由于波源与观察者间的相对运动，使得单位时间内观察者所感受到的完整波形的个数发生变化，这就使得感受到的频率发生变化。
单元检测
选择题
1、一列简谐横波波沿x轴正方向传播，在t=0时刻波形如图15-7所示。已知这列波在P点依次出现两个波峰的时间间隔为0.4s，以下说法正确的是（ ）
A、这列波的波长是5m
B、这列波的速度是10m/s
C、质点Q需要再经过0.7s，才能第一次到达波峰处
D、质点Q达到波峰时，质点P也恰好达到波峰处
2、图15-8为一列横波的波形图，波的传播方向为x 轴正方向，由图可知（ ）
A、该时刻处于x=0.1m的质点，速度最大，加速度为零
B、经过3/4周期后，处于x=0.4m质点的速度最大，方向为正
C、经过3/4周期后，处于x=0.1m的质点将运动到x=0.4处
D、在相同的时间内，各质点运动的路程都相等
3、一列波沿x轴正方向传播，波长为，波的振幅为A，波速为v，某时刻波形如图15-9所示，经过时，正确的说法是（ ）
A、波传播的距离为 B、质点P完成了5次全振动
C、质点P此时正向y轴正方向运动 D、质点P运动的路程为5A
4、呈水平状态的弹性绳，左端在竖直方向做周期为0.4s的简谐运动，在t=0时左端开始向上振动，则在t=0.5s时，绳上的波可能是图15-10中的（ ）
图15-10
图15-7 图15-8 图15-9 图15-11
5、一列横波在x轴上传播，t(s)与（t+0.4）（s）在x轴上-3m~3m的敬意内的波形图如图15-11所示，由图可知（ ）
A、该波最大波速为10m/s
B、质点振动周期的最大值为0.4s
C、（t+0.2）s时，x=3m的质点位移为零
D、若波沿+x方向传播，各质点刚开始振动时的方向向上
6、一列沿x方向传播的横波，其振幅为A，波长为，某一时刻波的图象如图15-12所示。在该时刻某质点的坐标为（，0），经过四分之一周期后，该质点的坐标为（ ）
A、，0 B、、-A C、、A D、、A
7、一列横波沿水平方向传播，某一时刻的波形如15-13所示，则图中a,b,c,d四点在此时刻具有相同运动方向的是（ ）
A、a和c B、a和d C、b和c D、b和d
图15-12 图15-13
8、一列振幅为0.1cm，波速为4m/s的横波沿直线传播，在某时刻传至该直线上相距4m的S、P两点中一点，然后又传到另一点。已知波传播过程中的某一段时间内，S质点通过的路程为8cm，P质点通过的路程为4cm。则该波的传播方向及频率可能为（ ）
A、由S向P，f=10Hz B、由S向P，f=20Hz
C、由P向S，f=10Hz D、由P向S，f=20Hz
9、对于波长为100m的声波，下列说法正确的是（ ）
A、在同一介质中，该声波比波长20m的声波传播得快
B、该声波不能被人听见
C、该声波波长太长，不能产生衍射现象
D、该声波不能产生反射
10、超声波是指频率为20000Hz以上的高频弹性波，次声波是指频率低于20Hz的低频弹性波。已知人体内脏器官的振荡频率为4~18Hz。在强度较大且强度相同的情况下，对人体伤害最大的是（ ）
A、声波 B、超声波
C、次声波 D、它们对人体的伤害是相同的
11、一列简谐横波在某时刻的波形如图6中实线所示，经2.0s后波形如图15-14中虚线所示，则该波的波速和频率可能是（ ）
A、v为1.5m/s B、v为6.5m/s C、f为2.5Hz D、f为1.5Hz
12、如图15-15为波源开始振动后经过一个周期的波形图，设介质中质点振动周期为T，则下面说法中正确的是（ ）
A、若点M为波源，则M开始振动的方向向下
B、若点N为波源，则点P已振动了
C、若点M为波源，则点P已振动了
D、若点N为波源，则该时刻质点P动能最大
图15-14 图15-15 图15-16
13、一列简谐波某时刻的波形如图15-16所示，乙图表示该波传播的介质中某质点此后一段时间内的振动图象。则（ ）
A、若波沿x轴正向传播，图乙为a点的振动图象
B、若波沿x轴正方向传播，图乙为b点的振动图象
C、若波沿x轴负向传播，图乙为c点的振动图象
D、若波沿x轴负向传播，图乙为d点的振动图象
14、在介质中波的传播方向上有两个质点P和Q，它们的平衡位置相距1.4m，且大于一个波长，介质中波速为2.0m/s，P和Q的振动图线如图15-17所示，则各质点振动的周期可能是（ ）
A、0.70s B、0.56s C、0.40s D、0.60s
图15-17 图15-18
15、如图15-18所示为一列简谐横波沿x轴传播，在某时刻的波形图线，质点P在该时刻的速度v，经过0.1s该质点的速度仍为v，再经过0.1s该质点的速度大小等于v的大小而方向与v方向相反，关于波的传播方向与波速，下述正确的是（ ）
若波沿x方向传播，波速为20m/s
若波沿x方向传播，波速为30m/s
若波沿-x方向传播，波速为10m/s
若波沿-x方向传播，波速为20m/s
填空题
16、一列间谐横波原来波形如图15-19中实线所示，经过时间t后变成图中虚线所示的波形。已知波向左传播，时间t小于一个周期，图中坐标为（12cm,2cm）的A点，经过时间t后振动状态传播到B点，则B点的坐标为______________，此时刻A点的坐标为___________，A在时间t内路程为________________cm.。
A a b B
图15-19 图15-20 图15-21
17、在均匀媒质中，各点的平衡位置在同一直线上，相邻两质点间的距离均为a，如图15-20（甲）所示，振动由质点1向右传播，质点1开始振动的速度方向竖直向上，经时间t，前13个质点第一次形成如图15-20（乙）所示的波形，则该波的周期是_________，波速为_____________。
18、如15-21所示，a、b是直线AB上的两点，相距l=25cm。今有一纵波沿直线AB传播，传播方向由A指向B，传播速度为340m/s，波的频率为680Hz。在此波传播过程中的某一时刻，a点位于平衡位置，并开始以5m/s的速度向右侧运动，则b点______________。若在另一时刻，a点在自己的平衡位置左侧2mm处，则b点___________________。
19、从甲地向乙地发出频率为f=50Hz的简谐波，当波速为330m/s时，刚好在甲乙两地之间形成一列有若干个完整波形的波；当波速为340时，完整的波形的波数减少了两个。据此可以判断，甲乙两地之间的距离应为__________m。
20、如图15-22中实线是一列简谐波在某一时刻的波形图线。虚线是0.2s后它的波形图线。这列波可能的传播速度是______________。
图15-22
计算题
21、如图15-23为某一时刻一列简谐横波的部分波形图象。波的传播速度是2.4m/s，在该时刻质点A的速度方向是向上的。求：
（1）波向哪个方向传播？介质质点的振动周期多大？
（2）质点P从这一时刻起在0.625s内运动的路程是多少？
（3）经过0.625s波传播的距离是多少？并画出0.625s后的波形图.
图15-23
22、图15-24所示为一列简谐横波在两个不同时刻的波形，虚线为实线所示的横波在△t=0.5s后的波形图线。（1）若质点的振动周期T与△t的关系为T<△t<3T，则在△t内波向前传播的距离T与△x为多少？（2）若波速为v=1.8m/s，则波向哪个方向传播？
图15-24
参考答案
一、选择题
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
BCD
AB
A
C
BC
B
BC
A
B
C
AB
B
BD
BC
BC
二、填空题
16、（3，2）（12，0），6 17、
18、位于平衡位置且以5m/s的速度向左运动，位于平衡位置右侧2mm处
19、448．8 20、或
三、计算题
21、（1）沿x轴正方向传播T=0.5s
（2）d=0.1m
（3）d’=1.5m（图略）
22、（1）若波向右传，则△X1=0.42m，△X2=0.66m，若波向左传，则△X1’=0.3m，
△X2’=0.54m
（2）波向右传播
2006年物理高考复习十八----恒定电流
一、复习要点
1．掌握电路、电注流、电阻、电压、电动势、电动、电功率、电热等基本概念，并准确理解其物理含意。
2．掌握电阻定律、焦耳定律、欧姆定律等基本规律，熟悉其适用条件下适用范围并能熟练应用。
3．掌握闭合电路的欧姆定律，熟悉闭合电路中各个物理量变化的特征与规律。
4．掌握中、并联的基本特征，能熟练地求解包括中、并联的混联电路
5．掌握“伏安法”测量电阻，电源等电学参量的方法，懂得相关的原理。
6．掌握基本的电学仪器的构造特征及使用方法。
二、难点剖析
1．电路的构造特征
所谓的电路，一般是指由电源、负载、导线、开关所构成的电流的通路，其中电源是提供电能的装置，正常工作的电源将其他形式的能转化为电能提供给电路；负载是消耗电能的装置，正常的工作的负载将从电源处获得的电能转化为其他形式的能；导线是输送电能的装置，正常工作时电源处提供的电能是通过导线以电流的形式输送到负载处供负载消耗的；开关则是为了控制电路的工作状态而设置的。
2．串、并联电路的基本特征
（1）串联电路的特征如下：
①I=I1=I2=I3=…
②U=U1+U2+U3+…
③R+R1+R2+R3+…
④===…==I
⑤===…==I2
（2）并联电路的确良特征如下：
①I=I1+I2+I3+…
②U=U1=U2=U3=…
③=+++…
④I1R1=I2R2=I3R3=…I3R3=…=IR=U
⑤P1R1=P2R2=P3R3=…=PR=U2
3．闭合电路中各物理量随外电阻R的变化特征
在如图18—1所示的闭合电路中，各物理量将随着外电阻电阻R的变化而变化。搞清外电阻R的变化对各物理量产生的影响，对求解闭合电路会有很大的帮助。
（1）电源的电动势和内电阻r随外电阻R的变化关系。
对于给定的电源，其电动势和内阻r恒定，而与R无关，即 =恒量，r=恒量。
在“－R”和“r－R”坐标平面内，其关系曲线均为平行于R轴的直线，如图18—2（a）、（b）所示。
图18—1 图18—2
（2）干路电流强度I随电阻R的变化关系。
对如图18—1所示的闭合电路，干路电流强度I可由闭合电路的欧姆定律给出，为
I=/（r+R）
随着外电阻R的增大，I将单调减小，在“I－R”坐标平面内，其关系曲线为：以I=0和R=－r为渐近线的双曲线的一支的一部分，如图18—3所示。
图18—3 图18—4
（3）内电路电压U/和外电路电压U随外电阻R的变化关系。
对如图18—1所示的闭合电路，内电路电压U/和外电路电压U可上欧姆定律分别求得，为
U/=r/(r+R)
U=R/(r+R)
随着外电阻R的增大，U/将单调减小而U减将单调增大，
在“U－R”曲线则为：以U=和R=－r为渐近线的双
曲线的一支的一部分，如图18—4所示。
（4）总功率P、内功率P内、外功率P外随外电阻R 图18—5
的变化关系。
对如图18—1的示的闭合电路，P、P内、P外分别可由相应规律表示为
P=2/(r+R)
P内=2r/(r+R)2
P外== 。
随着外电阻R的增大，P或P内均将单调减小，而P外则
呈非单调变化，在R=r处取得极大值P外m=2/(4r)，在
“P－R”坐标平面内，相应的变化曲线如图18—5所示。
（5）电源的效率η随外电阻R的变化关系。
对如图18—5所示的闭合电路，电源的效率η可表示为 图18—6
η=P外/P=R/(r+R)
随着外电阻R的增大，η将单调增大，在“η－R”坐标平面内，其关系曲线为：以η=1和R=－r为渐近线的双曲线的一支的一部分，如图18—6所示。
4．关于伏安法的研究
电路中很多物理量与电路两端电压U和流过电路的电流强度I有关，于是伏安法就成为一种间接测量这些物理量的有效方法。在中学物理阶段，伏安法的应用有如下两种：
（1）伏安法测电阻Rx。
伏安法测电阻的实验电路有如图18—7中（a）、（b）所示的两种，即所谓“电流表内接电路”和“电流表外接电路”。对内接电路来说，由于电流表的分压作用，导致测量值偏大，内接电路适用于于测量阻值较大的电阻；对外接电路来说，由于电压表的分流作用，导致测量值偏小，外接电路适用于测量阻值较小的电阻。
图18—7 图18—8
（2）伏安法测电池电动势和内阻r.
伏安法测电池电动势和内电阻r的实验电路有如图18—8所示的（a）、（b）两种（通常采用的是图（a）所示的电路），在图（a）中，由于电压表有分流作用，和r的测量值均将偏小，在图（b）中，由于电流表有分压作用， r的测量值将偏大，而的测量值将不受影响。
三、典型例题
例1．有一横截面积为S的铜导线，流经其中的电流为I，设每单位体积的导线有n个自由电子，电子电量为e，此时电子的定向转动速度为υ，在△t时间内，通过导体横截面的自由电子数目可表示为（ ）
A．nυS△t B．nυ△t C．I△t/e D．I△t/(Se)
分析：根据电流强度的定义分析解答。
解答：从导体导电的微观角度来说，在△t 时间
内能通过某一横截面AA/的自由电子必须处于以
AA/为横截面，长度为υ△t的圆柱体内，如图18—9
所示，由于自由电子可以认为是均匀分布，故此圆柱 图18—9
体内的电子数目为nυS△t。而从电流的定义来说，I=q/t，故在△t 时间内通过某一横截面的电量为I△t，通过横截面的自由电子数目为I△t/e，故正确答案为A、C。
例2．如图18—10所示，有四盏电灯连接在电路中，L1和L2都标有“220V 100W”字样，L3和L4都标有“220V 40W”字样，把电路接通后，最暗的是（ ）
A．L1 B．L2 C．L3 D．L4
分析：必须熟悉串、并联电路的电功率分配规律。
解答：由题意可判断，R1=R2＜R3=R4，且R4＞R1＞R23.由串联电路的功率分配可知，P4＞P1＞(P2+P3)，而P2与P3的大小 由并联电路的功率分配可知P2＞P3，故四盏电灯消耗的实际功率的大小关系为P4＞P1＞P2＞P3，正确的答案为C。
例3．如图18—11扭不，若将滑动变阻器的滑片向下滑动时，各电表示数将如何变化？
分析：部分电路的变化对全电路的影响，通常的分析思路是：变化部分→全电路→不变部分→变化部分。
解答：当滑动变阻器骨片向下滑动时，R3↑→R↑→I1=/(R+r)↓→U=－I1r↑.而I1↓→U1=I1R1↓→U2=U－U1↑→I2=U2/R2↑→I3=I1－I2↑.故A1的示数减小，V的示数增大，V1的示数减小，V2的示数增大，A2的示数增大，A3的示数减小。
例4．在图18—12中，=10V，C1=C2=30μF，
R1=4.0Ω，R2=6.0Ω，电池内阻忽略不计，先闭合
开关S，待电路稳定后，再将开关断开，则断开S
后流过R1的电量为多大？
分析：含电容的电路分析关键在于搞清电压
解答：S闭合时，外电路R1与R2串联，电流
I=/(R1+R2)=10/(4+6)A1A，此时UC2=0，Uc1=IR2=1×6V=6V。 图18—13
S断开后，外电路也被断开，UC1/=UC2/==10V，电容容电压均增大，表时在S断开后的瞬间，电流通过R1给C1、C2充电。
故△Q1=Q1/+Q2/―Q1=C1(UC1/―UC1)+C2UC2/
=30×10—6(10―6)C+30×10—6×10C= 4.2×10—4C.
例5．如图18—13所示，电流表读数为0.75A，电压表读数为2V，R3= 4Ω，若某一电阻发生断路，则两电表的读数分别变为0.8A和3.2V.
（1）是哪个电阻发生断路？
（2）电池的电动势和内电阻分别为多大？
分析：在分析断路的电阻时，要应用“假设法”，在计算电池电动势和内电阻时，要注意到某电阻断路前后对电路连接关系影响。
解答：（1）假设R1发生断路，那么电流表读数应变为零而不应该为0.8A；假设R3发生断路，那么电压表读数应变为零而不应该为3.2V。所以，发生断路的是R2。
（2）R2断路前，R2与R3串联、然后与R1并联；R2断路后，电池只对R1供电，于是有
×4+2=0.75R1
3.2=0.8R1
由此即可解得
R 1= 4Ω R2=8Ω
再根据闭合电路的欧姆定律，得
·=0.75
=0.8
可能出
E= 4V， r=1Ω
单 元 测 试
选择题
1．如图18—14所示，电池的内阻可以忽略示计，电压表和可变电阻器R串联接成通路，如果可变电阻器R的值减为原来的时，电压表的读数由U0增加到2U0，则下列说法正确的是（ ）
A．流过可变电阻器R的电流增大为原来的2倍
B．可变电阻器R消耗的电动率增加为原来的4倍
C．可变电阻器两端的电压减小为原来的
D．若可变电阻器R的阻值减小到零，那么电压表的示数为4U0
2．两根长度都为L的同种材料制成的导线a和b串联后接入电路，使电流从a的起端流入，从b的末端接地，若此导线上各点电势如图18—15所示，则导线a和b的横截面积之比Sa：Sb为（ ）
A．2 ：1 B．1 ：2 C．4 ：1 D．1 ：4
3．如图18—16所示，将一电动势 =1.5V，内阻r=1.0Ω的电源和粗细均匀的电阻丝相连，电阻比长度L=0.279m，电阻R=99Ω，电容C=0.2μF，当滑动触头P以4×10—3m/s的速度向右滑动时，下列说法中正确的是（ ）
A．电容器C充电，流过电流计G的电流方向为a→G→b
B．电容器C放电，流过电流计G的电流方向为b→G→a
C．每秒钟电容器两极板的电压减少量的0.02V
D．流过电流计的电流是4×10—3mA
图18—14 图18—15 图18—16
4．如图18—17所示，电源电动势为12V，L为灯泡，R1和R2为电阻器，若用伏特表测得A、B两点间的电压为12V，则表明（ ）
A．L、R1和R2都断了 B．L、R1和R2都是好的
C．R1、R2是好的，L断了 D．L是好的，R1和R2至少有一个断了
图18—17 图18—18
5．如图18—18所示，电动势为、内阻为r的电源与电阻R1、R1、R3、平行板电容器AB及电流表组成电路，滑动变阻器R1处于某位置时，A、B间的带电油滴静止不动，当滑动变阻器R1的触头向右滑动时，下列判断正确的是（ ）
A．电流表读数增大，油滴向上运动 B．电流表读数增大，油滴向下运动
C．电流表读数减小，油滴向上运动 D．电流表读数减小，油滴向下运动
6．如图18—19所示的电路中，把R由2Ω改变为6Ω时，电流强度减小为原来的一半，则电源的内电阻应为（ ）
A．4Ω B．8Ω C．6Ω D．2Ω
7．如图18—20所示电路中A、B、C、D是四只相同的电灯，当滑动变阻器的滑键向下滑动时，下列说法正确的是（ ）
A．A灯变亮 B．B灯变亮 C．C灯变亮 D．D灯变亮
8．如图18—21电源内阻为r，固定电阻R0=r，可变电阻Rx的总电阻值为2r，若变阻器触头P由图示位置自左向右滑动。则（ ）
A．电源输出功率由小变大 B．Rx消耗功率由大变小
C．R0消耗功率由小变大 D．电源的效率由小变大
图18—19 图18—20 图18—21 图18—22
9．如图18—22所示，当R1的触头向右移动时，电压表V1和电压表V2的示数的变化量分别为△U1和△U2（均取绝对值）；则△U1和△U2的大小关系为（ ）
A．△U1＞△U2 B．△U1=△U2
C．△U1＜△U2
D．条件不足，无法确定△U1和△U2的大小关系
10．关于电动势，正确的说法是（ ）
A．电源的电动势等于电源的输出电压
B．电源的电动势等于电场力把单位正电荷沿闭合电路移动一周所做的功
C．电动势相等的大小不同的电池，它们把化学能转化为电能的本领相同
D．电动势相等的大小不同的电池，在单位时间内把化学能转化为电能的数值相同
11．如图18—23所示，为测电源电动势和内电阻时，依据测量数据做出的路端电压与电流强度的关系图线，由图DC平行于横坐标轴，DE平行于纵坐标轴，由图可知（ ）
A．比值表示外电路电阻 B．比值表示电源内电阻
C．比值表示电源电动势 D．矩形OCDE的面积表示电源的输出功率
12．安装在室内天花板上的电灯不亮了，经检查保险丝未熔断，现用万用电表的250V交流电压档，检查开关的两个接线柱，下列测量结果及其故障的判断中正确的有（假设电线完好）（ ）
A．无论开关接通或断开，电表的示数均为零，则可能是电灯的灯丝断了
B．无论开关接通或断开，电表的示数均为零，可以肯定是开关坏了
C．无论开关接通或断开，电表的示数均为220V，可能是电灯的灯丝断了
D．无论开关接通或断开，电表的示数均为220V，可以肯定是开关坏了
13．用电池、定值电阻R、电阻箱R0、安培表、伏特表、开关和导线连接成如图18—24所示的电路，利用这一电路可测量（ ）
A．定值电阻R的阻值 B．定值电阻R在某电压下的电功率
C．电池的电动势和内电阻 D．金属材料的电阻率
14．如图18—25中A、B、C、D四个电路中，电源电动势为()，内电阻为r，定值电阻为R0.当滑动变阻器R的滑动片P从a向b滑动时，电压表读数将变大的是（ ）
图18—25
图18—23 图18—24 图18—26
15．如图18—26所示的电路中，电阻R1=10Ω，R2=20Ω，R3=8Ω，电容器电容C=2μF，电源电动势()=12V，内阻不计，要使电容器带有4×10—6C的电量，变阻器R的阻值应调为（ ）
A．8Ω B．16Ω C．20Ω D．40Ω
二、填充题
16．如图18—27所示电源电动势ε=12V，内阻r=1Ω，两根输电线均为r/=2Ω，电势器有六根相同的电势丝并联而成，每根电阻为15Ω，各自装有电键，那么当接入电势丝为_______________根时，每根电势丝发热功率最大，其值为_______________；当接入电热丝为___________根时，电势器总功率最大，其值为_____________。
图18—27 图18—28 图18—29
17．三个电压表完全相同，两个电流表内阻不计，电阻R1=1000Ω，电阻R2=8000Ω，A、B两点间的电势差U=5V，如图18—28所示，若电压表的读数为2V，则电压表的读数为_____________V，电压表的读数应为___________V，电流表的读数应为____________A，电流表的示数应为__________A，电压表内阻为________Ω.
18．如图18—29所示，UAB=3V，R1=5Ω，R2=10Ω，若在BC上并接电阻Rx后的电压不超过空载（接Rx）时的输出电压的90%，则Rx应为____________.
19．如图18—30所示，发电机的内阻r=0.1Ω，负载电阻R=22Ω，电路中的电流强度I=10A，每根连接导线的电阻RL=0.1Ω，则发电机的电动势E=________V；电源的输出功率P出=______W；发电机的功率P=________W.
三、计算题 图18—30
20．在一粗细均匀的金属环上有A、B、C三点，
如图18—31所示，已知AC弧长是圆周长的，A、
B两点等分圆周长，把A、B两点接入电路时直导线
中的电流为6A，金属环上消耗的功率为108W，若
保持直导线中电流不变，换接A、C两点，则金属 图18—31
环所消耗的功率为多少？
21．如图18—32所示，ε=12V，r=0.5Ω，R1=2Ω，
R2=3Ω，R3总电阻为5Ω，求：
（1）当滑动头P滑至何处时，安培计示数最小？
（2）当滑动头P滑至何处时，伏特计示数为零？
图18—32
22．如图电源的电动势ε=4V，电阻R1= 4Ω，
R2=2Ω，R33=6Ω，已右电流表的示数为0.3A.求：
（1）电压表V1、V2的示数多大？ （2）电
源的内电阻r多大？
图18—33
23．A、B两地间铺有通讯电缆，长为L，它
是由两条并在一起彼此绝缘的均匀导线组成的，通
常称为双曲线电缆，在一次事故中经检查断定是电缆上某处的绝缘保护层损坏，导致两条线之间漏电，相当于该处电缆的两导线之间接入一个电阻。检查人员经过下面的测量可以确定损坏处的位置：（1）令B端双线断开，在A处测出双线两端间的电阻RA；（2）令A端的双线断开，在B处测出双线两端正的电阻RB；（3）在A端的双线间加一已知电压UA，在B端间用内阻很大的电压表测量出两线间电压UB.试由以上测量结果确定损坏处的位置。
24．导线截面的半径d=0.30mm，接在ε=2.0V的电
池上，改变导线长度L，测得如图18—34结果，试由此
回答：
（1）导线的电阻率ρ=？（2）电阻内阻r=？
（3）导线消耗功率最大时的长度L=？
图18—34
参考答案
选择题
1．AD 2．A 3．BC 4．D 5．C 6．D 7．BD 8．ACD 9．A
10．C 11．ABD 12．AD 13．ABC 14．A 15．AD
二、填充题
16．1，5.4W，3，7.2W 17．1，3，10—3，5×10—4，2000 18．≥30Ω
19．223，2000，2230
三、计算题
20．P=96W 21．（1）RPA=3 Ω时IA最小 （2）R/PA=2Ω时，UV=0
22．（1）u1=1v，u2=3.6v （2）r=1Ω
23．x= 24．（1）ρ=8.7×10—7Ωm
（2）r=0.8Ω （3）L=0.26m
2006年物理高考复习十六----热 学
一、复习要点
1、掌握分子动理论的三点基本内容。了解分子的大小及估测分子直径的实验方法；掌握布朗运动的特点及其本质；熟悉分子间相互作用力的特征及其规律。
2、掌握内能的概念。知道分子平均动能与温度的关系；知道分子势能与物体体积的关系；知道改变内能的两种方式及其间联系。
3、掌握热力学定律。知道热力学第一定律的定量表达；知道热力学第二定律的两种表述；知道两类永动机均不可能；知道绝对零度不可达到；知道能量守恒定律的具体内容并了解其建立过程。
4、掌握气体分子运动的特点。了解气体的体积、压强、温度间的关系；理解气体压强的微观意义。
二、难点剖析
1、分子动理论
（1）物体是由大量分子所组成的
应能分别体会到：组成宏观物体的微观分子的尺度是如此之小（数量级为10-10mol-1）。而对组成宏观物体的微观分子的上述两点认识在物理滨发展中经历了这样的过程：实验的方法（油膜法实验）估测出微观分子的大小；明确了微观分子的“小”后进一步子解了组成宏观物体的微观分子数量之“多”。这里应该强调指出阿伏伽德罗常数作用，宏观世界与微观世界的“桥梁”。
（2）分子永不停息地在做无规则热运动
重点在于把握布朗运动的与分子运动间的关系。所谓的布朗运动，指的是悬浮于液体中的固体小颗粒所做的永不停息的无规则运动。布朗运动产生的原因是因为液体分子的撞击不平衡所致。正因为如此，布朗运动的特点恰好反映出分子运动的特点：布朗运动永不停息，表明分子运动永不停息；布朗运动的无规则性，表明分子运动的无规则性；布朗运动的剧烈程度随温度升高而加剧，表明分子运动的剧烈程度随温度升高而加剧；布朗运动的明显程度随悬浮颗粒的尺寸加大而减弱，再一次从统计的角度表明分子运动的无规则性。
（3）分子间存在着相互作用的分子力。
关于分子力的特征与规律,应注意如下几个要点的掌握:
①发子间的引力f引与斥力fG同时存在，表现出的分子力是其合力。
②分子间的引力f引与斥力fG均随分子间距r的增大而减小，但斥力f拆随间距r衰减得更快些。
③分子间距存在着某一个值r0（数量级为10-10m）
当r>r0时，f引>f斥，分子力表现为引力；
当r=r0时，f引=f斥，分子力为零；
当r④当分子间距当r>10r0时，分子间引力、斥力均可忽略。
⑤分子间引力f引，斥力f斥及分子力f随分子间距r的变化情况如图16-1所示。
2、物体的内能概念的理解
（1）物体的内能
物体所有分子热运动动能和与分子力相对应的分子势能之总和叫做物体的内能。
（2）分子平均动能与温度的关系
由于分子热运动的无规则性，所以各个分子热运动动能不同，但所有分子热运动动能的平均值只与温度相关，温度是分子平均动能的标志，温度相同，则分子热运动的平均动能相同，对确定的物体来说，总的分子动能随温度单调增加。
（3）分子势能与体积的关系
分子热能与分子力相关：分子力做正功，分子势能减小；分子力做负功，分子势能增加。而分子力与分子间距有关，分子间距的变化则又影响着大量分子所组成的宏观物体的体积。这就在分子热能与物体体积间建立起某中联系。考虑到分子力在r>r0时表现为斥力，此时体积膨胀时，表现为斥力的分子力做正功。因此分子势能随物体体积呈非单调变化的特征。
（4）改变内能的两种方式
改变物体的内能通常有两种方式：做功和热传递。做功涉及到的是内能与其它能间的转达化；而热传递则只涉及到内能在不同物体间的转移。
3、热力学定律及能量转化与守恒定律
（1）热力学第一定律
①内容：物体内能的增量△E等于外界对物体做的功W和物体吸收的势量Q的总和。
②表达式：W+Q=△E
③符号法则：外界对物体做功，W取正值，物体对外界做功，W取负值；物体吸收热量Q取正值，物体放出热量Q取负值；物体内能增加△E取正值，物体内能减少△E取负值。
（2）热力学第二定律
表述形式：①：不可能使热量由低温物体传递到高温物体，而不引起其他变化。
形式：②不可能从单一热源吸收热量并把它全部用来做功，而不引起其他变化。
注意：两种表述是等价的，并可从一种表述导出另一种表述。
（3）能的转化和守恒定律
能量既不能凭空产生，也不能凭空消失，它只能从一种形式转化为别的形式，或从一个物体转移到别的物体。
三、典型例题
例1：若已知阿伏伽德罗常数、物质的摩尔质量、摩尔体积，则可以计算出
A、固体物质分子的大小和质量
B、液体物质分子的大小和质量
C、气体分子的大小和质量
D、气体分子的质量和分子间的平均距离
分析：注意到阿伏伽德罗常数的“桥梁”作用以及固、液、气的结构特征。
解答：用M表示摩尔质量，即一摩尔物质的质量，而一摩尔物质中含有N个分子，因此每个分子的质量为。由于固体和液体中发子间距离较小，可以近似地认为分子是紧密地排列在一起的，那么若用V表示摩尔体积，即N个分子所具有的总体积，显然就可以表示每个分子的体积。而气体分子间的距离很大，用只能表示每个气体分子平均占据的空间，而不是表示分子的体积，那么就可以表示气体分子间的平均距离了。所以应选A、B、D。
例2：以r、f、EP分别表示分子间距，分子力和分子势能，而当r=r0时，f=0，于是有（ ）
当r>r0时，f越大，Ep越大；
当r>r0时，f越大，Ep越小；
当r当r分析：注意到f随r变化的单调性特征与Ep随r变化的单调性特征的比较。
解答：当r>r0时，f随r的变化呈非单调特征，而EP随r则单调增大，这将表明：在r>r0的区域内，EP随f呈非单调变化，所以选项A、B均错误。当r例3、关于物体的变化，以下说法中正确的是（ ）
物体吸收热量，内能一定增大
物体对外做功，内能一定减小
物体吸收热量，同时对外做功，内能可能不变
物体放出热量，同时对外做功，内能可能不变
分析：注意到内能的改变有做功和热传递两个途径。
解答：物体同能的变化与外界对物体做功（或物体对外界做功）、物体从外界吸热（或
向外界放热）两种因素有关。物体吸收热量，但有可能同时对外做功，故内能有可能不变甚至减小，A错；同理，物体对外做功的同时有可能吸热，故内能不一定减小，B错；若物体吸收的热量与对外做功相等，则内能不变，C正确；而放热与对外做功都是使物体内能减小，知D错。所以应选C。
例4：恒温环境中有一个盛有高压气体的容器，找开阀门时气体高速喷出，当容器内气体压强恰与大气压强相等时及时关闭阀门，过较长的一段时间后再次打开阀门，则（ ）
容器内气体要喷出来
容器外气体要吸进去
容器内气体不会喷出来，窗口外气体也不会吸进去
无法确定
分析：关键要分析清楚再次打开阀门时容器内，外的气体压强的大小关系。
解答：第一次打开阀门气体高速喷出时，容器内的气体将会因为膨胀做功且尚未来得及与外界进行热交换而减小内能，考虑到气体的内能主要是气体分子热运动的动能，且其分子的平均动能与温度相关，所以可以判断：第一次打开阀门气体高速喷出，容器内气体温度将有所下降。在压强等于大气压强时关闭阀门，经较长的时间后容器内的压强将会由于从外界吸热而略有增加，因此再次打开阀门后容器内的气体会再次喷出。即应选A。
例5：如图16-2所示，食盐（NaCl）的晶体是由钠离子（图中○）和氯离子（图中●）组成的。这两种离子在空间中三个互相垂直的的方向上，都是等距离地交错排列的。已知食盐的摩尔质量是58.8g/mol，食盐的密度是2.2g/cm3，阿伏伽德罗常数为6.0×1022/mol，在食盐晶体中两个最近的钠离子中心间的距离的数值最接近于（就下面四个数值相比）
A、3.0×10-8cm B、3.5×10-8cm
C、4.0×10-8cm D、5.0×10-8cm
分析：注意到估算中所构建的物理模型的特征。
解答：一摩尔食盐中有N个氯离子和N个钠离子（N为阿伏伽德罗常数），离子总数为2N。因为摩尔体积=摩尔质量/密度，即，所以，每个离子所占体积。这个V0亦即图中四个离子所夹的正立方体的体积。正立方体边长。而距离最近的两钠离子中心间的距离为。
因为摩尔体积=摩尔质量/密度，即，而一定摩尔食盐中有N个氯离子和N个钠离子（N为阿伏伽德罗常数），故每个离子占据体积，这个体积下辈 图中四个离子所夹的正立方体体积，其边长为r，有r3=V0，相距最近的两钠离子中心间的距离则为，故有
单元检测
选择题
1、用油膜法粗测分子直径实验的科学依据是（ ）
A、将油膜看成单分子油膜
B、不考虑各油分子间的间隙
C、考虑了各油分子间的间隙
D、将油膜分子看成球形
2、体积为10-4cm3的油滴，滴在水面上散开成一单分子油膜层，则油膜面积的数量级为（ ）
A、102cm2 B、104cm2 C、106cm2 D、108cm2
3、关于布朗运动，下列说法中正确的是（ ）
布朗运动就是液体分子的无规则运动
液体的温度越高，布朗运动越激烈
悬浮的固体颗粒越小，布朗运动越明显
随着时间的延续，布朗运动逐渐变慢，最终停止
4、下述现象中能说明分子在做热运动的是（ ）
向一杯清水中滴入一滴红墨水，不搅动，过一段时间全杯水都变成红色
电扇吹风
河水流动
打开香水瓶塞可以闻到香味
5、下列说法中正确的是（ ）
用手捏面包，面包体积缩小了，证明分子间有间隙
打开香水瓶后，很远的地方能闻到香味，证明分子在不停地运动
封闭在容器中的气体很难被压缩，证明分子间有斥力
封闭在容器中的液体很难被压缩，证明分子间有斥力
6、关于分子力，下列说法中正确的是（ ）
碎玻璃不能拼合在一起，说明分子间斥力起作用
将现场铅压紧以后能连成一块，说明分子间存在引力
水和酒精混合后的体积小于原来体积之和，说明分子间存在引力
固体很难被拉伸，也很难被压缩，说明分子间既有引力又有斥力
7、对于热量、功、内能三个物理量，下述各种说法中正确的是（ ）
热量、功、内能三者的物理意义等同
热量、功都可以作为物体内能的量度
热量、功、内能的单位不相同
热量和功是由过程决定的，而内能是由物体状态决定的
8、质量相等的氢气和氧气，温度相同，不考虑分子间的势能，则（ ）
A、氧气的内能较大 B、氢气的内能较大
C、两者内能相等 D、氢气分子的平均动能较大
9、以下过程不可能发生的是（ ）
对物体做功，同时物体放热，物体的温度不变
对物体做功，同时物体吸热，物体的温度不变
物体对外做功，同时放热，物体的内能不变
物体对外做功，同时吸热，物体的内能不变
10、金属筒内装有与外界温度相同的压缩空气，打开筒的开关，筒内高压空气迅速向外溢出。待筒内、外压强相等时，立即关闭开关。在外界保持恒温的条件下，经过一段较长的时间后，再次找开开关，这时出现的现象是（ ）
筒外空气流向筒内
筒内空气流向筒外
筒内外有空气交换，处于动平衡态，筒内空气质量不变
筒内外无空气交换
11、对于一定质量的气体（ ）
A、吸热时其内能可以不变 B、吸热时其内能一定增加
C、不吸热也不放热时其内能可以减小 D、不吸热也不放热时其内能一定不变
12、x、y两容器中装有相同质量的氦气，已知x中氦气的温度高于y中氦气的温度，但压强却低于y中氦气的压强。由此可知（ ）
x中氦气分子的平均动能一定大于y中氦气的平均动能
x中每个氦气分子的动能一定大于y中氦气分子的动能
x中动能大的氦气分子数一定大于y中动能大的氦气分子数
x中氦气分子的热运动一定大于y中氦气分子的热运动激烈
13、金属气缸中装有柴油与空气的混合物，有可能使气缸中柴油达到燃点的过程是（ ）
A、迅速向里推活塞 B、迅速向外拉活塞
C、缓慢向里推活塞 D、缓慢向外拉活塞
14、有一个小气泡从水池底缓慢地上升，气泡跟水不发生热传递，而气泡内气体体积不断增大，小气泡上升过程中（ ）
由于气泡克服重力做功，则它的内能减少
由于重力和浮力的合力对气泡做功，则它的内能增加
由于气泡内气体膨胀做功，则它的内能增加
由于气泡内气体膨胀做功，则它的内能减小
15、两个分子甲和乙相距较远（此时它们之间的分子力可以忽略）。设甲固定不动，乙逐渐向甲靠近，直至不能再靠近，在整个移动过程中（ ）
A、分子力做正功 B、外力克服分子力做功
C、前阶段分子力做正功，后阶段分子力做负锶
D、分子间引力和斥力将逐渐增大
填空题
16、一热水瓶水的质量约为2.2kg，它包含的水分子数约为_________________。（保留两位有效数字）。
17、将1cm3的油酸溶于酒精，制成200cm3的油酸酒精溶液。已知1cm3溶液有50滴，现取1滴油酸酒精溶液滴在水面上，随着酒精溶于水，油酸在水面上形成一单分子薄层，已知这一薄层的面积为0.2m2，由此可估算油酸分子的直径为________________m。
18、暖水交与中盛有0.5kg25℃的水，一个学生想用上下摇晃的方法使冷水变为开水，设每摇晃一次水的落差为15cm，每分钟摇晃30次，不计所有热散失，他约需__________-天，可以把水“摇开”？（℃）
19、已知地球的表面积为S，空气的平均摩尔质量为M，阿做为呈德罗常数为NA，大气压为P0。则地球周围大气层中空气分子数为______________。若S=5.1×1014m2，M=2.8×10-2kg/mol，P0=1.0×105Pa。则地球周围大气层的空气分子数约为_____________个。（取二位有效数字）。
20、已知铜的密度为8.9×103kg/m3，铜的原子量为64，质子和中子质量均为1.67×10-27kg，则铜块中平均每个铜原子所占的空间体积约为___________m3。
计算题
21、一滴露珠的体积是V=12×10-4cm3，如果放在开口容器中，每分钟能跑出的分子数是
6×106个，需要多长时间跑完？
22、气缸中的气体膨胀时推动活塞向外运动，若气体对活塞做的功是6×104J，气体的内能减少了8×104J，则在此过程中气体是吸热还是放热？吸收或放出多少热？
23、如图16-3所示，在质量为M的细玻璃管中盛有少量乙醚液体，用质量为m的软木塞将管口封闭。加热玻璃管使软木塞在乙醚蒸气的压力下水平飞出，玻璃管悬于长为l的轻杆上，细杆可绕上端O轴无摩擦转动。欲使玻璃管在平直平面内做圆周运动，在忽略热损失的条件下，乙醚最少要消耗多少内能？
24、横截面积为3dm2的圆筒装有0.6kg的水，太阳垂直照射了2min，水温升高了1℃，设大气顶层的太阳能只有45%到达地面，试估算出太阳的全部辐射功率为多少？（保留1位有效数字，设太阳与地球之间平均距离为1.5×1011m）
参考答案
一、选择题
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
ABD
B
BC
AD
BD
BD
D
B
C
B
AC
ACD
A
D
CD
二、填空题
16、7.3×1025； 17、5×10-10； 18、5； 19、、1.1×1011；
20、1.2×10-29；
计算题
21、t=6.7×1012min； 22、放热，Q=2×104J；
23、 24、P=4×1026W；
2006年物理高考复习十四----碰撞模型的若干问题
重、难点剖析与典型例题
所谓“碰撞过程”，指的是两个物体在较短的时间内的以较大的相互作用力相互作用的过程.针对这一过程所命制的物理习题，是高考试卷中的常见题型.欲把握碰撞过程的特征，复习中应在如下几个方面加深理解.
1．碰撞过程中的三个制约因素
(1)动量制约——系统动量守恒
由于碰撞过程同时具备了“相互作用的内力大”和“相互作用的时间短”这两个基本特征，所以即使碰撞过程中除碰撞双方相互作用的较大的内力外还有其它外力的作用，这样不太大的外力在极短的碰撞时间内的冲量也是可以忽略的，于是取碰撞双方构成的系统为研究对象，一般的碰撞过程都将受到“系统动量守恒”的制约；
(2)动能制约——系统动能不增
一方面由于单纯的机械碰撞过程中机械能没有任何获得补充的机会（炮弹爆炸过程中火药的化学能转化为弹片的动能则又当别论），另一方面又由于机械碰撞过程中碰撞双方相互作用力并不一定完全是弹力，双方在碰撞过程中发生的形变并不一定完全是弹性形变而能够在碰撞过程结束时完全得以恢复，因此，一般的机械碰撞过程还将受到“系统动能不增”的制约；
(3)运动制约——运动变化合理
碰撞过程中碰撞双方的运动状态的改变，其主要原因是由于碰撞双方在碰撞过程中的相互作用力，而在具体的碰撞过程中，碰撞双方的相互作用力的方向是确定的，因此，从运动情况和运动变化的情况来看，碰撞过程中将会发生怎样的碰撞结果，还应受到所谓的“运动变化合理”的制约.
例1 如图35-1所示，A、B两物块在光滑水平面
上沿同一直线向同一方向运动，两物块的动量大小分
别为5kgm/s和7kgm/s，A追上B后与B发生正碰撞， 图35－1
碰后B的动量增为10kgm/s.则A、B两物块的质量之比可能为（ ）
A．1:1； B．1:2； C．1:4； D．1:6.
分析与解 根据“系统动量守恒”的制约因素可知：碰后A的动量必为
PA(＝PA＋PB－PB(＝5＋7－10＝2(kgm/s)?
考虑到物体动量P与动能EK间的关系为
EK＝mv2＝＝
可得到A、B构成的系统在碰前和碰后的总动能分别为
EK＝＋
EK(＝＋
根据“系统动能不增”的制约因素有
EK≥EK(
由此可得A、B的质量之比必须满足
≤ (1)
考虑到A、B均向右运动.A追上B后与之正碰撞的实际运动情况可以判断：碰前A的速度较大，而碰后A的速度较小，最多与B的速度相等.即
v1＞v2
u1≤u2
于是根据“运动变化合理”的制约因素，结合
m1v1＝5kgm/s
m2v 2＝7kgm/s
m1u1＝2kgm/s
m2u2＝10kgm/s
又可得A、B的质量之比必须满足
＞≥ (2)
结合(1)、(2)两式最终可得A、B质量之比的取值范围为
≥≥ (3)
由(3)式得：此例应选C
2．碰撞的两种极端情况
弹性正碰与完全非弹性正碰是所有正碰撞类型中的两种极端情况，下面就如下两个方面来说明.
(1)从碰撞过程中的动能损失的情况来看
弹性碰撞过程中没有动能损失，而完全非弹性碰撞则走向了另一个极端——在所有的碰撞类型中，完全非弹性碰撞过程中所损失的动能最大.现证明如下：
取碰撞的双方质量为m1、m2.碰前与碰后的速度分别为v10、v20和v1、v2.由碰撞过程中所遵循的动量守恒定律，得
m1v10＋m2v20＝m1v1＋m1v2 (1)
而在碰撞过程中系统动能损失为
－△Ek＝(m1v102＋m2v202)－(m1v12＋m2v22) (2)
由(1)式中解得
v2＝(m1v10＋m2v20－m1v1) (3)
(3)式代入(2)式并整理，得
－△Ek＝av12＋bv1＋c (4)
(4)式中的
a＝－(m1＋m2)
b＝ (m1v10＋m2v20) (4)(
c＝m1v102＋m2v202－(m1v10＋m2v20)2
考虑到碰撞过程中系统的动能损失（－△Ek）表为v1的二次函数如(4)式，且其二次项系数a＜0如(4)(式，于是知，当v1＝－时，即当
v1＝ (5)
时，系统的动能损失（－△Ek）达到最大值.而此时将(5)式代入(3)式又可得
v1＝v2＝ (5)(
(5)(表明：当正碰撞过程中的系统动能损失（－△Ek）达到最大时，碰撞双方碰后的速度相同，即碰撞是完全非弹性的.
(2)从碰撞过程中的形变恢复的情况来看
正碰撞的各种类型中，碰撞双方的形变恢复情况的比较如下表：
碰撞类型
弹性
非弹性
完全非弹性
形变恢复情况
完全恢复
不完全恢复
完全不恢复
这表明：从碰撞过程中的形变恢复情况来看，弹性碰撞与完全非弹性碰撞又是恰好取了两种截然相反的极端情况.而这两种极端情况又正是对应了两种碰撞中碰撞双方的变速过程相应取得了“最长”（弹性碰撞）和“最短”（完全非弹性碰撞）这两种极端情况.这对于分析碰撞后碰撞双方的速率取值范围就有了明确的指导意义.
例2 质量为1kg的小球A以速度8m/s沿光滑水平面运动，与质量为3kg的静止小球B发生正碰后，A、B两小球的速率v1,v2可能为
A.v1＝1m/s B.v1＝3m/s C.v2＝1m/s D.v2＝3m/s
分析与解 此例中两球的碰撞类型没有明确，不妨取两种极端的情况来计算.
若碰撞是弹性的，碰后两球的速度分别为
vA＝＝＝－4m/s
vB＝＝＝4m/s
若碰撞是完全非弹性的，碰后两球的速度相等，为
uA＝uB＝＝＝2m/s (7)
(6)、(7)两式表明，碰后A、B两球的速度的取值范围分别为
vA∈[－4m/s,2m/s]
vB∈[2m/s,4m/s]
若不考虑速度的方向，则碰后A、B两球的速率的取值范围分别为
v1∈[0,4m/s]
v2∈[2m/s,4m/s]
对照(9)式不难判断，此例应选A、B、D
3．广义碰撞问题
在有些物体的相互作用过程中，虽然并不具备一般碰撞过程的“内力很大”、“时间很短”的特征，但碰撞过程所遵循的基本规律却照样适用，我们如果把这类过程视为广义的碰撞过程而灵活地套用有关碰撞问题的结论，则可使过程的分析大大地简化.
例3 如图35－2所示，质量为m的小车静
止于光滑水平面上，车上有一光滑的弧形轨道，
另一质量为m的小球以水平初速沿轨道的右端的
切线方向进入轨道，则当小球再次从轨道的右端
离开轨道后，将作（ ） 图35－2
A．向左的平抛运动； B．向右的平抛运动；
C．自由落体运动； D．无法确定.
分析与解 以球和小车的构成的系统为研究对象，由于水平方向无外力，因此，系统的水平动量守恒.即
mv0＝mv1＋mv2
考虑到没有摩擦力作用，故系统的机械能守恒，于是又有
mv02＝mv12＋mv22
由此不难解得：经小球与小车间的相互作用过程后，小球的速度从v0减为
v1＝0
而小车的速度则从O增为
v2＝v0
由此可以得出判断：此例应选C.
小结 事实上作为选择题，完全没有必要求解上述的二元二次方程组，此例中小球与水车的相互作用过程虽然作用时间较长而作用力不是很大，但它与“质量相等的运动小球和静止小球的弹性正碰过程”一样，同样遵循动量守恒和动能守恒的规律，因此，作为一种广义的碰撞过程完全可以直接套用“速度交换”这一弹性正碰的结论而得出应选Ｃ的正确结论．
练 习
1.如图35－3所示，Ａ、Ｂ两小球在光滑水平面
上分别以动量p1＝4kg m/s和p2＝6kg m/s(向
右为参考正方向)作匀速直线运动，则当Ａ球
追上Ｂ球与之碰撞的过程中，两小球的动量变
化量可能分别为（ ） 图35－3
Ａ.△p1＝－2kg m/s，△p2＝3kg m/s
Ｂ.△p1＝－8kg m/s，△p2＝8kg m/s
Ｃ.△p1＝1kg m/s，△p2＝－1kg m/s
Ｄ.△p1＝－2kg m/s，△p2＝2kg m/s
2.如图35－4所示，木块乙的质量m2，以速度v2在光滑平面上向右运动.在乙的正前方有另一木块甲，质量为m1，以v1速度同方向运动，在甲的左端固定着一轻质弹簧K.设m1＞m2，v1＜v2，在两木块发生正碰的过程中，( )
Ａ.开始压缩时，乙受力向左，速度减少，甲受 力向右，速度增加
Ｂ.开始压缩时，乙受力向右，速度增加，甲受 图35－4
力向左，速度减少
Ｃ.当弹簧压缩到最短时，甲、乙的加速度相同
Ｄ.任意时刻，甲、乙系统的总动量守恒
3.如图35－5所示，光滑圆槽质量为M，静止在光滑的
水平面上，其内表面有一小球被细线吊着恰位于槽的
边缘处，如将线烧断，小球滑到另一边的最高点时，
圆槽的速度为（ ）
Ａ.零 Ｂ.向右 图35－5
Ｃ.向左 Ｄ.不能确定
4.如图35－6所示，设车厢长度为L，质量为M，静止
于光滑的水平面上；车厢内有一质量为m的物体以
初速v0向右运动，与车厢壁来回碰撞n次后，静
止在车厢中，这时车厢的速度是（ ）
Ａ.v0，水平向右 图35－6
Ｂ.mv0/(M＋m)，水平向右
Ｃ.mv0／(M－m),水平向右
Ｄ.零
5.如图35－7所示，质量为m的人和质量均为M的两辆
小车Ａ、Ｂ处在一条线上，人以速度v0跳上Ａ车，为
了避免Ａ、Ｂ相撞，人随即由Ａ车跳上Ｂ车．人至少要
以 速度从Ａ车跳向Ｂ车才行．（不计车与地面的
摩擦力） 图35－7
6.如图35－8所示，质量为M的滑块静止在光滑的水平桌面
上，滑块的光滑弧面底部与桌面相切，一个质量为m的小
球以速度v0向滑块滑来，设小球不能越过滑块，则小球刚
到达最高点时，小球的速度大小为 ，滑块上升的高
度为 ． 图35－8
7.如图35－9所示，将两条完全相同的磁铁（磁性极强）分
别固定在质量相等的小车上，小车位于光滑水平面上，开
始时甲车速度大小为3m/s，乙速度大小为2m/s，方向相反
并同在一条直线上，当乙车的速度为零时，甲车的速度是
m/s.由于磁性极强，故两车不会相碰，那么当两车相 图35－9
距最近时乙车速度为 m/s；方向与甲的速度方向 ．
8.如图35－10所示，两块厚度相同的木块Ａ和Ｂ，紧靠着放在
光滑水平面上，其质量分别为mA＝2.0kg，mB＝0.90kg；它们
的下底面光滑，上表面精糙．另有质量mC＝0.10kg的铅块Ｃ
(长度忽略不计)以v0＝10m/s的速度恰好水平地滑至Ａ的上表
面，由于摩擦，铅块最终停在木块Ｂ上，此时Ｂ、Ｃ的共同速 图35－10
度为v＝0.50m/s，求木块Ａ的速度和铅块Ｃ离开Ａ时的速度．
9.在形状对称的长木块上挖出一个半径为r的半球形凹槽，使其表面光滑．将该木块放在光滑的水平面上，靠着竖直墙，如图35－11所示．现将一质量为m的小球从槽口无初速地释放，小球沿槽运动．试求：(1)墙对木块作用的总冲量；(2)若小球通过槽底后可以沿槽上升到3r/4高处，则长木块的质量为多少？
图35－11
10.如图35－12所示，一小物体放在小车上，它们一起在水平放置的箱子里运动．箱
长为S，车长为L，小车质量为M，小物体质量为m，车与物之间动摩擦因数为μ，
车与箱底之间无摩擦．箱固定于地面，车与箱壁碰撞后，速度反向，大小不变．开
始时车靠在箱的左壁上，物体位于车的最左端，车与物以共同速度v0向右运动，
设S足够长，那么
试求物体不从车上落下的条件；
若上述条件满足，且M＝2kg,m＝1kg,v0＝10m/s，请计算整个系统在第五次碰撞前损失的所有机械能．
图35－12
参 考 答 案
1.Ｄ； 2.Ａ、Ｄ； 3.Ａ； 4.Ｂ.
5.(m＋M)v0/(m＋2M)； 6.mv0/(m＋M)，Mv02/2g(m＋M)；
7.1，0.5，相同； 8.vA＝0.25m/s，vC＝5.25m/s；
9.(1)I＝m， (2)M＝3m；
10.(1)L≥2Mv02/μg(m＋M)， (2)△E＝149.98J.
2006年物理高考复习四----量子论初步
一、知识结构
二、重点难点简析
1．光电效应现象
(1)现象 光照使金属发射电子的现象。
(2)规律 ①能否使金属发射光电子，取决于入射光频率，每一种金属都有发生光电效应现象的极限频率；②发射出的光电子的最大初动能随入射光的频率的增大而增大，而与入射光强度无关；③光电子的发射几乎是在瞬间(10－9秒)完成的；④饱和光电流与入射光强度成正比。
(3)解释 为了解释光电效应现象中所表现出来的四条规律，不得不把光看作是一份一份地不连续传播的，每一份叫做一个光子，其能量为
E=，
这实际上就是所谓的“光子说”的基本内容，在“光子说”的基础上，很容易对光电效应中的种种现象作出解释。
2．爱因斯坦方程与能量守恒定律
频率为的单射光照射到逸出功为W的金属板上，若入射光频率大于金属板的极限频率，则将发生光电效应现象，所产生的光电子的最大初动能为
这就是所谓的爱因斯坦方程，其本质是能量守恒定律在光电效应现象中的特殊表现形式。
3．光的波粒二象性
(1)干涉、衍射等现象，表明光是一种波；光电效应现象又表明光是一种粒子。光既有波动性，又有粒子性，即光具有波粒二象性。
(2)大量光子的运动规律表现为波动性；单个光子的行为表现为粒子性。光在传播过程中，更多地表现出波动性；光在与其它物体发生作用时，更多地表现出粒子性。光的波长越长，其波动的特性越明显；光的频率越高，其粒子的特性越显著。
4．玻尔的“半经典”原子理论
玻尔保留了卢瑟福核式结构理论中部分成功的经典理论，同时又引入了量子观念，提出了三条假设，形成所谓的“半经典”的原子理论。
(1)“定态假设”原子只能处于一系列不连续的能量状态中，在这些状态中，电子虽作变速运动，但并不向外辐射电磁波，这样的相对稳定的状态称为定态。定态假设实际上只是给经典的电磁理论限制了适用范围；原子中电子绕核转动处于定态时不受该理论的制约。
(2)“跃迁假设”电子绕核转动处于定态时不辐射电磁波，但电子在两个不同定态间发生跃迁时，却要辐射（吸收）电磁波（光子），其频率由两个定态的能量差值决定
跃迁假设对发光（吸光）从微观（原子等级）上给出了解释。
(3)“轨道量子化假设”：由于能量状态的不连续，因此电子绕核转动的轨道半径也不能任意取值，必须满足
、2、3……)
5．玻尔氢原子模型
(1)能级公式
其中E1=－13.6
(2)半径公式
其中
三、典型例题分析
例1．某种单色光照射某种金属而发生光电效应现象，为了提高发射出的光电子的最大初动能，则应该 （ ）
A．使入射光强度增大； B．使光照时间延长；
C．使入射光频率增大； D．换一种逸出功更小些的金属
分析：此例的分析应该依据光电效应现象所遵从的基本规律。
解：由光电效应现象所遵从的定量规律——爱因斯坦方程
=
可知：光电子的最大初功能只与入射光的频率和被照射金属的逸出功w有关，越高，就越大，w越小，就越大，与入射光的强度及入射光的照射时间均无关。此例应选C、D。
例2．如图4—1所示，光电管的阴极K的用极限波长为=5000的钠制成。现用波长为3000的紫外照射阴极。光电管阳极A和阴极K之间的电势差为2.1V时，测得饱和电流的值为Im=0.56，求：
(1)每S钟由阴极K发射的电子数；
(2)光电子达到阳极的最大动能；
(3)如果电势差不变而照射光强度
增加到原来的三倍，此时电子到达A极的最大动能为多大？
分析：当光电管 A、K两极间电压增大到一定数值时，便可使单位时间内K极由于光照而发射出的所有光电子全部运动到A极形成光电流，在此基础上进一步增大A、K两极间的电压，光电流也不会继续增大了，即所谓光电流达到饱和值。理解了这一点，就不难建立起饱和光电流与单位时间内从K极发射出的光电子数间的关系了。另外，要注意到“光电子的最大初动能”与“光电子到达A极时的最大功能”间的差别；还应注意到“光电子的最大初动能与入射光强度无关”这一客观事实。
解：(1)设每S钟发射电子数为n，则由Im=ne，得
(2)照射光中每个光子的能量为金属表面中某一个电子吸收了这个能量以后，其动能就增大，当这个能量不小于脱离该金属表面所需的逸出功时，电子就逸出金属表面而成为光电子，光电子的最大初动能为。设逸出功为W=。由能量守恒，光电子逸出时的最大初动能应为
。
光电子从金属表面逸出后，经电场加速，达到阳极时的最大动能为：
+1.6×10－19×2.1=6.01×10－19J。
(3)当光强增大到原来的三倍时，只是光电子数目增大到原来三倍，而每个光电子的最大动能不变。
例3．有甲、乙两种不同颜色的光平行于凸透镜主光轴入射到凸透镜上，其光路如图4—2所示，则在下列各种说法中正确的是：（ ）
A．凸透镜的焦点即图中的P点；
B．色光甲的光子能量比色光乙的光子能量小；
C．某种玻璃对色光甲的折射率比对色光乙的折射率小些；
D．色光甲在水中的传播速度比色光乙在水中的传播速度大些。
分析：此例的分析要求能正确理解不同频率的色光对同一种介质的折射率，光子能量与频率关系以及折射率与光速关系等方面知识。一般来说，色光的频率由光源决定，与传播介质无关，色光的颜色、光子的能量（）都是由频率决定的。由此知：色光在不同介质中传播，其频率、颜色、光子的能量均保持不变；在介质中光速为，与介质种类有关；而光的波长也与介质种类有关。因此，光在不同介质中传播时光的速度、波长都会发生变化。
解：从图4—2中甲、乙两种色光偏折程度的比较中可以看出，色光甲的频率较低，由光子能量公式知，其能量较小，另外，低频光在介质中的传播速度较大，而由折射率与光速的关系又可知，对同一种介质来说，低频光的折射率较小，于是选项B、C、D均正确。至于选项A，很明显是错误的，因为对同一透镜而言，不同色光的焦距是不同的，图4—2中的点F1、F2分别是该凸透镜对色光甲、乙的焦点。应选B、C、D。
例4：由玻尔的原子理论求氢原子中电子在和的轨道上绕核转动时的速率之比和周期之比。
分析 除量子观念外，玻尔的原子理论仍属经典范畴，因此经典的物理规律在玻尔理论中仍适用，此例的分析中应注意这一点。
解：由玻尔理论得
rn=n2r1
考虑到电子绕核转动时库仑引力充当向心力，
电子绕核作匀速圆周运动的周期公式为：
由此便可解得
v1：v2=3：1， T1：T2=1：27
例5．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．原了要吸收光子，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。
分析 此例的分析中除了应关注到玻尔的原子理论外，还应注意到“电子绕核转动时库仑力充当向心力”的经典物理理论。
解：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，选项B可先排除。
氢原子核外电子的绕核运动，由原子核对电子的库仑力作向心力，即
电子的动能
离核越远，即r越大时，电子的动能越小：由此又可排除选项A、C. 此例应选D。
单元检测
一、选择题（每题4分，共60分）
1．根据玻尔模型，原子中电子绕核运转的半径 （ ）
A．可以取任意值。
B．可以在某一范围内取任意值。
C．可以取一系列不连续的任意值。
D．是一系列不连续的特定值。
2．原子中的核外电子由离核较远的轨道跃迁到离核校近的轨道上时 （ ）
A．核外电子受力变小。
B．原子的能量增大。
C．核外电子的动能变大。
D．原子的电势能减小。
3．一个氢原子中的电子从半径为ra 的轨道自发地跃迁到半径为rb 的轨道，若已知rb＜ra，则在此过程中 （ ）
A．原子发出一系列频率的光子。
B．原子吸收一系列频率的光子。
C．原子要吸收某一频率的光子。
D． 原子要辐射某一频率的光子。
4．对玻尔理论的评论，不妥当的有 （ ）
A．玻尔理论成功地解释了氢光谱的规律，为量子力学的建立奠定了基础。
B．玻尔理论的成功之处是引入了量子观念。
C．玻尔理论的成功之处是它保留了经典理论中的一些观点，如电子轨道的观念。
D．玻尔理论的成功，说明经典电磁理论不适用于原子系统，也说明了电磁理论不适用于电子运动。
5．氢原子分别处在n=1和n=2的能量状态时，其核外电子线速度v，角速度，加速度a及原子系统的电势能E的大小关系分别为 （ ）
A．v1＞v 2
B．1＞2
C．a1＜a2
D．E1＜E2
6．关于光电效应的下列说法中，正确的是： （ ）
A．金属的逸出功与入射光的频率成正比；
B．光电流的强度与入射光的强度无关；
C．用不可见光照射金属一定比用可见光照射时产生的光电子最大初动能大；
D．对于任一种金属都存在一个极限波长，当入射光波长大于极限波长时，就不能产生光电效应现象。
7．产生光电效应现象时逸出的光电子的最大初速度 （ ）
A．与入射光频率成正比；
B．与入射光强度成正比；
C．与入射光的照射时间成正比；
D．与入射光强无关。
8．关于“光子说”，下列说法中正确的是： （ ）
A．在介质中传播的光不是连续的，而是一份一份的，其中每一份叫做一个光子；
B．光子是具有一定质量、能量和动量的物质微粒；
C．每一个光子的能量都与其频率成正比；
D．光子说与光的电磁说是两种各自独立，彼此对立且互不联系的两种学说。
9．用绿光照射光电管时能产生光电效应现象，今欲使光电子的最大初动能增大，则应该： （ ）
A．改用红光照射；
B．改用紫光照射；
C．增加绿光的照射时间；
D．换用阴极材料逸出功较小的光电源。
10．下列关于光本性的说法中，正确的是： （ ）
A．有的光是波，有的光是粒子；
B．有时光表现出波动特性，有时光表现出粒子特性；
C．光既是波，又是粒子；
D．r粒子具有显著的粒子性而不具备被动性。
11．若某光谱线波长为，则此光谱线对应的光子的 （ ）
A．频率为/c；
B．能量为hc/；
C．动量为h/；
D．质量为h/c。
12．已知一光电管的阴极的极限频率为vO，
现将频率为v（v＞vO）的光照射在阴极上，
如图16—5所示，则 （ ）
A．照射在阴极上的光的强度越大，
单位时间产生的光电子数目也越多；
B．加在A、K间的正向电压越大，
通过光电管的饱和电流值也越大；
C．为了阻止光电子达到A，
必须在AK间加上一个足够高的反向电压；
D．阴极的逸出功率等于hvO。
13．为了验证光的波粒二象性，在双缝干涉实验中将光屏换成照相底片，并设法减弱入射光的强度，于是在下列的各种说法中，正确的是： （ ）
A．使光子一个个通过双缝干涉装置中的单缝，时间足够长，底片上将出现双缝干涉图样；
B．使光子一个个通过双缝干涉装置中的单缝，如时间很短，则底片上将出现不太清晰的双缝干涉图样；
C．该实验证实了大量光子的运动规律表现出光的波动性；
D．该实验表明个别光子的运动显示出光的粒子性。
14．在光电效应实验中，如果需要增大光电子到达阳极时的速度，可采用： （ ）
A．增加光照时间；
B．减小入射光波长；
C．减小阴极材料逸出功；
D．提高阳极电势。
15．如图4—6，a、b是两束频率不同的单色平行光束，
当它们从空气中射入玻璃时，各发生如图4—6所示的折射，
且a1＞a2，可以肯定 （ ）
A．玻璃对光束a的折射率较大；
B．若光束从玻璃射向空气，
光束a的临界角大于b的临界角；
C．在玻璃中，b的波长较长；
D．光束a中的光子能量较小。
二、填空题（每题5分，共20分）
16．光的干涉和衍射现象表明光具有________性；光电效应现象表明光具有________性；人们无法只用其中一种去说明光的一切现象，因此只能认为光具有________性。
17．已知人眼瞳孔直径为d，1s钟内进入瞳孔的波长为的光子有N个就可引起视觉，若辐射功率为P的点光源，能发出波长为的单色光，则此光源能被人眼看到的最大距离为_________________。
18．一个正电子和一个负电子相遇会发生湮灭而转化一对光子，设正、负电子的质量为m，普朗克恒量为h，这一对光子频率相同则其频率为___________。
19．已知氢原子的基本能量为E1=－13.6eV，第二能级能量是E2=－3.4eV，如果氢原子吸收_____________eV的能量，其电子即可发生跃迁从基态能级到第二能级，如果氢原子再获得1.89eV的能量，它还可以跃迁由第二能级到第三能级，则氢原子第三能级E3=_____eV。
三、计算题（每题10分，共20分）
20．一个手电筒灯泡在3V电压下，通过0.25A的电流，灯泡所发生的光经聚光后形成一个面积为10cm2的平行光束。如果灯泡消耗的能量有1%转化为波长为0.6m的可见光，问：(1)沿光的传播方向上1m长的光束内有多少个光子？
(2)在光束垂直照射的物体表面上，平均1s钟内，每cm2上接收到多少个光子？
21．氢原子处于n=2的能量状态时，原子系统所具有的电势能是多少？当该原子核外电子跃迁到 n=1的能量状态时，辐射的光子频率是多少？（已知氢原子基态能量为E1=－13.6eV，基态时电子的轨道半径为r1=0.53×10－10 m，普朗克恒量取h=6.63×10－34Js.）
参考答案
1．D 2．C、D 3．D 4．C、D 5．ABC 6．D 7．D 8．ABC 9．BD 10．BC 11．BCD
12．ACD 13．ACD 14．BCD 15．BD
16．波动，粒子，二象
17． 18．mc2/h 19．10.2, －1.51
20．(1)n1=7.54×107个， (2) n2=2.26×1022个
21．EP=－6.8eV, V=2.46×1015HZ
