高三第二轮复习专题复习[上下学期通用]

课件34张PPT。电磁感应综合题
法拉第电磁感应定律1. 引起某一回路磁通量变化的原因
（1）磁感强度的变化
（2）线圈面积的变化
（3）线圈平面的法线方向与磁场方向夹角的变化2. 电磁感应现象中能的转化
电磁感应现象中，克服安培力做功，其它形式的能
转化为电能。3. 法拉第电磁感应定律：（1）决定感应电动势大小因素：穿过这个闭合电路中的磁通量的变化快慢（即磁通量的变化率）（2）注意区分磁通量，磁通量的变化量，磁通量的变化率的不同 φ—磁通量， Δφ—磁通量的变化量，
Δφ/Δt=（ φ2 - φ1）/ Δt ----磁通量的变化率（3）定律内容：感应电动势大小与穿过这一电路磁通量的变化率成正比。（4）感应电动势大小的计算式： （5）几种题型 ①线圈面积S不变，磁感应强度均匀变化：②磁感强度B不变，线圈面积均匀变化：③B、S均不变，线圈绕过线圈平面内的某一轴转动时 二. 导体切割磁感线时产生感应电动势大小的计算：1. 公式：2. 若导体在磁场中绕着导体上的某一点转动时，3. 矩形线圈在匀强磁场中绕轴匀速转动时产生交流电从中性面计时 e = Em sin ωt最大值 Em =nBωS三. 楞次定律应用题型1. 阻碍原磁通的变化， 即“增反减同”2. 阻碍（导体间的）相对运动，
即“来时拒，去时留”3. 阻碍原电流的变化，（线圈中的电流不能突变）
应用在解释自感现象的有关问题。四. 综合应用题型1. 电磁感应现象中的动态过程分析2. 用功能观点分析电磁感应现象中的有关问题例1. 水平放置于匀强磁场中的光滑导轨上，有一根导体棒ab，用恒力F作用在ab上，由静止开始运动，回路总电阻为R，分析ab 的运动情况，并求ab的最大速度。分析：ab 在F作用下向右加速运动，切割磁感应线，产生感应电流，感应电流又受到磁场的作用力f，画出受力图：a=(F-f)/m v =BLv I= /R f=BIL最后，当f=F 时，a=0，速度达到最大，F=f=BIL=B2 L2 vm /R vm=FR / B2 L2vm称为收尾速度.又解：匀速运动时，拉力
所做的功使机械能转化为
电阻R上的内能。 F vm=I2 R= B2 L2 v2 m /R vm=FR / B2 L2 3.爱因斯坦由光电效应的实验规律，猜测光具有粒子性，从而提出光子说。从科学研究的方法来说，这属于 （ ）
A.等效替代 B.控制变量
C.科学假说 D.数学归纳2003年上海高考 C6.粗细均匀的电阻丝围成的正方形线框置于有界匀强磁场中，磁场方向垂直于线框平面，其边界与正方形线框的边平行。现使线框以同样大小的速度沿四个不同方向平移出磁场，如图所示，则在移出过程中线框一边a、b两点间的电势差绝对值最大的是 （ ）B 例2、如图示，正方形线圈边长为a，总电阻为R，以速度v从左向右匀速穿过两个宽为L（L> a），磁感应强度为B，但方向相反的两个匀强磁场区域，运动方向与线圈一边、磁场边界及磁场方向均垂直，则这一过程中线圈中感应电流的最大值为 ，全过程中产生的内能为 。解：在磁场分界线两侧时感应电流最大 I2=2Bav/R此时产生的电能为
W2=I22 Rt=4B2a2v2/R×a/v= 4B2a3v/R进入和出来的感应电流为
I1=Bav/R产生的电能分别为
W1= W3= I12 Rt=B2a2v2/R×a/v
= B2a3v/R2Bav/R6B2a3v/R例3. 用同样的材料，不同粗细导线绕成两个质量、面积均相同的正方形线圈I和II，使它们从离有理想界面的匀强磁场高度为h 的地方同时自由下落，如图所示，线圈平面与磁感线垂直，空气阻力不计，则（ ）
A. 两线圈同时落地，线圈发热量相同
B. 细线圈先落到地，细线圈发热量大
C. 粗线圈先落到地，粗线圈发热量大
D. 两线圈同时落地，细线圈发热量大解：设导线横截面积之比为n，则长度之比为1 ︰ n ，匝数之比为1︰ n ，电阻之比为1 ︰ n 2，进入磁场时 v2 =2gh E1 /E2=BLv/ nBLv=1/n I1 /I2= E1 R2 /E2 R1 =n 安培力之比为 F1 /F2=BI1L/ nBI2L=1：1 加速度之比为 a1 /a2=（mg-F1) / （mg-F2) =1：1所以两线圈下落情况相同A例4. 下列是一些说法：正确的是（ ）
A. 在闭合金属线圈上方有一个下端为N极的条形磁铁自由下落，直至穿过线圈的过程中，磁铁减少的机械能等于线圈增加的内能与线圈产生的电能之和
B. 将一条形磁铁缓慢和迅速地竖直插到闭合线圈中的同一位置处，流过导体横截面的电量相同
C. 两个相同金属材料制成的边长相同、横截面积不同的正方形线圈，先后从水平匀强磁场外同一高度自由下落，线圈进入磁场的过程中，线圈平面与磁场始终垂直，则两线圈在进入磁场过程中产生的电能相同
D. 通电导线所受的安培力是作用在运动电荷上的洛仑兹力的宏观表现 B D例5. 下图a中A、B为两个相同的环形线圈，共轴并靠近放置，A线圈中通有如图（b）所示的交流电i ，则（ ）
A. 在t1到t2时间内A、B两线圈相吸
B. 在t2到t3时间内A、B两线圈相斥
C. t1时刻两线圈间作用力为零
D. t2时刻两线圈间吸力最大 A B C 例6： 如图示：质量为m 、边长为a 的正方形金属线框自某一高度由静止下落，依次经过B1和B2两匀强磁场区域，已知B1 =2B2，且B2磁场的高度为a，线框在进入B1的过程中做匀速运动，速度大小为v1 ，在B1中加速一段时间后又匀速进入和穿出B2，进入和穿出B2时的速度恒为v2，求：
⑴ v1和v2之比
⑵在整个下落过程中产生的焦耳热解：进入B1时 mg = B1 I1 a= B1 2 a2 v1 / R进入B2时 I2 = (B1- B2) a v2 / Rmg = (B1- B2) I2 a = (B1- B2)2 a2 v2 / R ∴ v1 /v2 =(B1- B2)2 / B12 =1/4 由能量守恒定律 Q=3mga又解：进入B1时 mg = B1I1a = B12 a2 v1 / R出B2时 mg = B2I2 a = B22 a2 v2 / R∴ v1 /v2 = B22 / B12 =1/4由能量守恒定律 Q=3mga 例7. 在光滑绝缘水平面上，一边长为10厘米、电阻1Ω、质量0.1千克的正方形金属框abcd以 的速度向一有界的匀强磁场滑去，磁场方向与线框面垂直，B=0.5T，当线框全部进入磁场时，线框中已放出了1.8焦耳的热量，则当线框ab边刚穿出磁场的瞬间，线框中电流的瞬时功率为 ，加速度大小为 ，当线框全部穿出磁场时，线框的速度
零（填＞＝）. 解：Ⅰ到Ⅱ，由能量守恒定律1/2mv02 = 1/2mv12 +Q 得 EK1=1/2mv12 =1.8J v1=6m/s在位置Ⅲ ，E=BLv1= 0.3VP=E2 /R=0.09WF=BIL=B2L2v/R=0.015Na=F/m=0.15m/s2 线框全部穿出磁场过程中，速度减小，产生热量Q2 应小于1.8J， EK2 = EK1 - Q2 ＞0 ∴ v2 ＞0 0.09W0.15m/s2＞例8. 如图所示，在水平面内有一对平行放置的金属导轨，其电阻不计，连接在导轨左端的电阻 R=2Ω，垂直放置在导轨上的金属棒ab的电阻为 r=1 Ω，整个装置放置在垂直于导轨平面的匀强磁场中，方向如图所示。现给ab一个方向向右的瞬时冲量，使杆获得的动量p=0.25kg·m/s，此时杆的加速度大小为a=5m/s2. 已知杆与导轨间动摩擦因数μ=0.2，g=10m/s2, 则此时通过电阻R上的电流大小为多少？解：画出示意图如图示，导体棒向右运动时产生感应电流，受到安培力和摩擦力BIL+μmg=ma即BIL=ma- μmg=3m…… ⑴I=E/ (R+r)=BL v0 / (R+r)∴ B2L2 v0 / (R+r)=3m…… ⑵以v0 =p/m (R+r)=3代入上式得B2L2 p =9m2∴ p = 9m2 ／B2L2I=3m/BL=p1/2 = 0.5 A2002年河南15：如图所示，半径为R、单位长度电阻为λ的均匀导电圆环固定在水平面上，圆环中心为O。匀强磁场垂直水平方向向下，磁感强度为B。平行于直径MON的导体杆，沿垂直于杆的方向向右运动。杆的电阻可以忽略不计，杆与圆环接触良好,某时刻，杆的位置如图，∠aOb=2θ ，速度为v。求此时刻作用在杆上的安培力的大小。解：E= Bv lab=Bv×2Rsin 等效电路如图示：此时弧acb和弧adb的电阻分别为2 λR(π - θ)和 2 R λθ ，它们的并联电阻为 R并= 2 Rθ (π-θ)/πI=E/ R并= Bvπsinθ ／λθ (π-θ)F=BI(2Rsinθ)F = 例9、如图示，固定于水平桌面上的金属框架cdef，处在竖直向下的匀强磁场中，金属棒ab搁在框架上，此时adeb构成一个边长为L的正方形，棒的电阻为r，其余部分电阻不计，不计摩擦，开始时磁感应强度为B0.
（1）若从t=0 时刻起，磁感应强度均匀增加，每秒增量为k，同时保持棒静止，求棒中的感应电流，在图上标出感应电流的方向。
（2）在上述（1）情况中，始终保持棒静止，当t=t1 末时需加的垂直于棒的水平拉力为多大？
（3）若从t=0 时刻起，磁感应强度逐渐减小，当棒以恒定速度v向右匀速运动时，可使棒中不产生感应电流，则感应强度应怎样随
时间t 变化？（写出B与t
的关系式） 解：（1）E感=SΔB/ Δt=kL2I=E感/r= kL2 /r电流为逆时针方向（2） t =t 1时磁感应强度 B1=B0-+kt1 外力大小 F=F安=B1 I L =（ B0-+kt1 ） kL3 /r（3）要使棒不产生感应电流，即要回路中abed中磁通量不变 即∴ t 秒时磁感强度例10、 如图甲示，在周期性变化的匀强磁场区域内有垂直于磁场的、半径为r=1m、电阻为R=3.14Ω的金属圆形线框，当磁场按图乙所示规律变化时，线框中有感应电流产生，
（1）在丙图中画出电流随时间变化的 i – t 图象（以逆时针方向为正）
（2）求出线框中感应电流的有效值。解：E1=SΔB1/Δt =2S （V）i1 = E 1 /R=2πr2 /3.14=2 A E2=SΔB 2 /Δt = S （V）i2 = E 2 /R=πr2 /3.14=1 A 电流i1 i2分别为逆时针和顺时针方向（2） Q=4×R×1+ 1×R×2=I 2×R×3∴有效值 I =1.41A A 逐渐增大
B. 先减小后增大
C. 先增大后减小
D. 增大、减小、
再增大、再减小例11.如图示：abcd是粗细均匀的电阻丝制成的长方形线框，另一种材料制成的导体棒MN有电阻，可与保持良好接触并做无摩擦滑动，线框处在垂直纸面向里的匀强磁场B中，当导体棒MN在外力作用下从导线框的左端开始做切割磁感应线的匀速运动，一直滑到右端的过程中，导线框上消耗的电功率的变化情况可能为：（ ） 解： MN的电阻为r ，MN 在中间位置时导线框总电阻最大为R 画出P-R图线如图示，若R ≤ r，选C,若R > r 且在两端时的电阻等于r，则选B.若R > r 且在两端时的电阻小于r，则选D.B C D 练习： 如图示：abcd是粗细均匀的电阻丝制成的长方形线框，导体棒MN有电阻，可在ad边与bc边上无摩擦滑动，且接触良好，线框处在垂直纸面向里的匀强磁场B中，在MN由靠近ab边向dc边匀速滑动的过程中，下列说法正确的是： （ ）
A.矩形线框消耗的功率一定先减小后增大
B. MN棒中的电流强度一定先减小后增大
C. MN两端的电压一定先减小后增大
D. MN棒上拉力的功率一定先减小后增大B D解：在ad中点时，并联电阻最大，电流最小，路端电压最大，安培力最小。例12、如图示，光滑的平行导轨P、Q间距l =1m，处在同一竖直面内，导轨的左端接有如图所示的电路，其中水平放置的电容器两极板相距d=10mm，定值电阻R1= R3 = 8Ω， R2=2Ω,导轨的电阻不计。磁感强度B=0.4T的匀强磁场垂直穿过导轨面。当金属棒ab沿导轨向右匀速运动（开关S断开）时，电容器两极板之间质量m=1×10-14 kg、带电量q= - 1 ×10-15 C的微粒恰好静止不动；当S闭合时，微粒以加速度a=7m/s2 向下做匀加速运动，取g=10 m/s2 。求
（1）金属棒ab运动的速度多大？电阻多大？
（2）S闭合后，使金属棒ab做
匀速运动的外力的功率多大？B=0.4T m=1×10-14 kg q= - 1 ×10-15 C d=10mm l =1m a=7m/s2 解：（1）带电微粒在电容器两极间静止时，mg = qU1/d 求得电容器板间电压为：
U1= mg d /q = 1V 因微粒带负电，可知上板电势高由于S断开，R3上无电流通过，可知电路中
的感应电流为：由闭合电路欧姆定律，E=U1 +I 1r (1)题目B=0.4T m=1×10-14 kg q= - 1 ×10-15 C d=10mm l =1m a=7m/s2 S闭合时，带电粒子向下做
匀加速运动，mg –qU 2/ d =maS闭合时电容器两板间电压为：U 2=m(g-a)d/q=0.3V 这时电路的感应电流为：I 2= U2 / R2=0.15A根据闭合电路知识，可列方程将已知量代入(1)(2)式，可求得：E=1.2V r=2Ω由 E=BLv可得：v=E/BL=3m/s题目上页（2）S 闭合时，通过ab的电流 I 2=0.15A ab所受磁场力为F2=B I 2 L=0.06Nab以速度 v=3m/s 做匀速运动，所受外力F必与磁场力F2等大，反向，即 F=F2=0.06N方向向右（与v相同），所以外力的功率为：P=Fv=0.06×3=0.18W题目上页2001年北京高考20 两根足够长的固定的平行金属导轨位于同一水平面内，两导轨间的距离为L。导轨上面横放着两根导体棒ab和cd，构成矩形回路，如图所示．两根导体棒的质量皆为 m，电阻皆为R，回路中其余部分的电阻可不计．在整个导轨平面内都有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为B．设两导体棒均可沿导轨无摩擦地滑行．开始时，棒cd静止，棒ab有指向棒cd的初速度v0（见图）．若两导体棒在运动中始终不接触，求：
（1）在运动中产生的焦耳热最多是多少．
（2）当ab棒的速度变为初速度的3/4时，棒cd的加速度是多少？ 解：ab棒向cd棒运动时，产生感应电流．ab棒和cd棒受到安培力作用分别作减速运动和加速运动． ，在ab棒的速度大于cd棒的速度时，回路总有感应电流，ab棒继续减速，cd棒继续加速．两棒速度达到相同后，不产生感应电流，两棒以相同的速度v 作匀速运动．（1）从初始至两棒达到速度相同的过程中，两棒总动量守恒，mv0 =2mv ①根据能量守恒，整个过程中产生的总热量Q=1/2×mv02 -1/2×2mv2 =1/4×mv02 ②题目（2）设ab棒的速度变为初速度的3/4时，cd棒的速度为v′，则由动量守恒可知 mv0 =m3/4v0+mv ′ ③∴v ′= v0 / 4此时回路中的感应电动势和感应电流分别为E=BL(3/4v0 -v ′)= BLv0/2 ④I=E/2R = BLv0/4R ⑤ 此时cd 棒所受的安培力 F=BIL ⑥cd棒的加速度 a=F/m ⑦由以上各式，可得题目江苏04年高考6、 如图所示，一个有界匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向外，一个矩形闭合导线框abcd，沿纸面由位置1（左）匀速运动到位置2（右），则 （ ）
A.导线框进入磁场时，感应电流方向为a →b → c → d → a
B.导线框离开磁场时，感应电流方向为a → d → c → b → a
C.导线框离开磁场时，受到的安培力方向水平向右
D.导线框进入磁场时，受到的安培力方向水平向左D 如图示，通电螺线管置于闭合金属环A的轴线上，A环在螺线管的正中间，当螺线管中电流逐渐减小时： ( )
A. A环有收缩的趋势
B. A环有扩张的趋势
C. A环向左运动
D. A环向右运动解：画出磁感应线的分布如图示（左视图） 由于A环内的磁感应线由两部分叠加，且点多于叉，合磁场向外，当I 逐渐减小时，磁感应强度B减小，向外的磁通量要减小，由楞次定律，感应电流的效果要阻碍产生感应电流的原因， A环收缩可以阻碍向外的磁通量减小。A 用同样粗细的铜、铝、铁做成三根相同长度的直导线，分别放在电阻可以忽略不计的光滑水平导轨上，使导线与导轨保持垂直，设竖直方向的匀强磁场垂直于导轨平面，且充满导轨所在空间，然后用外力使导线向右做匀速直线运动，且每次外力消耗的功率相同，则： ( )
A. 三根导线上产生的感应电动势相同
B. 铁导线运动得最快
C. 铜导线运动得最快
D. 铜导线产生的热功率最大解：E=BLv F= B2L2v /R P=Fv = B2L2v2 /R v2 =PR/B2L2 ?R BR= ρL/Sρ铁> ρ铝> ρ铜R铁> R铝> R铜 例、 如图示，平行光滑导轨竖直放置，匀强磁场方向垂直导轨平面，一质量为m 的金属棒沿导轨滑下，电阻R上消耗的最大功率为P（不计棒及导轨电阻），要使R上消耗的最大功率为4P，可行的 办法有：
（ ）
A. 将磁感应强度变为原来的4倍
B. 将磁感应强度变为原来的1/2倍
C. 将电阻R变为原来的4倍
D. 将电阻R变为原来的2 倍解：稳定时 mg=F=BIL =B2 L2vm ? R? vm=mgR ? B2L2Pm=Fvm=mgvm= m2g2R ? B2L2 B C课件46张PPT。电磁学综合题
95年上海 如图示电路中，六个电阻的阻值均相同，由于对称性，电阻R2 上无电流流过，已知电阻R6 所消耗的电功率为1W，则六个电阻所消耗的总功率为 ( )
A. 6W B. 5W C. 3W D. 2W解：等效电路如中、右图示：D例1、如图示：把电阻、电感线圈、电容器并联接到某一交流电源上，三个电流表的示数相同。若保持电源电压不变，而将频率减少，则三个电流表的示数I1、 I2、 I3 的大小关系是（ ）
I1 = I2 = I3
I1＞ I2 ＞ I3
I3 ＞ I1 ＞ I2
I2 ＞ I1 ＞ I3D例2、 如图示，线圈的自感和电容器的电容都很小，这个电路的主要作用是 （ ）
A. 阻直流，通交流，输出交变电流
B. 阻交流，通直流，输出直流电
C. 阻高频，通低频，输出低频交变电流和直流电
D. 阻低频，通高频，输出高频交变流电提示：XL = 2πf L 对高频阻抗大，对低频阻抗小XC=1／2πf C 对高频阻抗小，对低频阻抗大 C 家用日光灯电路如图示，S为启动器，A为灯管，L为镇流器，关于日光灯的工作原理，下列说法正确的是： （ ）
A. 镇流器的作用是将交流电变为直流电
B. 在日光灯的启动阶段，镇流器能提供一个瞬时高
压，使灯管开始工作
C.日光灯正常发光时，启动器的两个触片是分离的
D.日光灯发出柔和的白光是由汞原子受到激发后直
接辐射的南通04年调研二7～B C2002年高考9、? 远距离输电线的示意图如下：若发电机的输出电压不变，则下列叙述中正确的是( )
（A）升压变压器的原线圈中的电流与用户用电设备消耗的功率 无关
（B）输电线路中的电流只由升压变压器原线圈的匝数比决定
（C）当用户用电器的总电阻减小时，输电线上损失的功率增大
（D）?升压变压器的输出电压等于降压变压器的输入电压
C00年春北京14. 如图所示，理想变压器的原、副线圈匝数之比为n1:n2＝4:1，原线圈回路中的电阻A与副线圈回路中的负载电阻B的阻值相等.a、b端加一定交流电压后，
两电阻消耗的电功率之比 PA:PB =______,
两电阻两端电压之比 UA:UB= ____________。1:161:4苏州04年调研9 如图示为一理想变压器的电路图，图中S为单刀双掷开关，P为滑动变阻器R的滑动头，U1为加在原线圈两端的交变电压，，I1为原线圈中的电流，则下列说法中正确的是 （ ）
A. 若保持U1及P的位置不变，S由a合到b时， I1将增大
B. 若保持U1及P的位置不变，S由b合到a 时，R消耗的
功率将增大
C.若保持U1不变， S接在a处，使P向上滑时，I1将增大
D. 若保持P的位置不变， S接在a处，使U1增大，
I1将增大解：PR= U22/R
= (n2/n1) 2U12/R=I1U1I1 =(n2/n1) 2U1/RA D盐城04年调研四10 甲乙两个完全相同的变压器如图示接在交流电路中，两电阻之比 R甲：R乙=2：1，甲变压器原线圈上电压为U甲，副线圈上的电流为I甲，乙变压器原线圈上电压为U乙，副线圈上的电流为I乙，则有 （ ）A. U甲=U乙 I甲= I乙
B. U甲=2U乙 I甲= I乙
C. U甲=2U乙 I乙= 2I甲
D. U甲=2U乙 I甲= 2I乙解：设原线圈中电流为I0，I0甲=I0乙 各只有一个副线圈， ∴ I甲= I乙P甲=I甲2 R甲= I0 U甲P乙= I乙2 R乙= I0 U乙∴ U甲=2U乙B 例3、 如图所示，匀强磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度B=0.20T，OCA金属导轨与OA金属直导轨分别在O点和A点接一阻值为R1 =3.0Ω和R2=6.0 Ω 体积可忽略的定值电阻，导轨OCA的曲线方程为 y=1.0sin(π/3· x) （m),金属棒ab平行于y 轴， 长为1.5m，以速度 v=5.0 m/s 水平向右匀速运动（b点始终在Ox轴上），设金属棒与导轨接触良好，摩擦不计，电路中除了电阻R1和R2外，其余电阻均不计，求：
（1）金属棒在导轨上运动时R1的最大功率
（2）金属棒在导轨上从x=0到x=3m
的运动过程中，外力必须做的功解：（1） ab棒运动时产生感应电动势 E=Byv画出等效电路如图示（不计电源内阻）：I 1=E/R1 =1/3× ByvP1= I1 2R1 =1/9× B2 y2v2R1 ∴ P1m=1/9× B2 ym2 v2 R1
=1/9×0.04×1×25×3=1/3 W（2） E=Byv∝y 所以E按正弦规律变化Em =By mv =0.2×1.0×5=1VE有=0.707Vt=x/v=3/5=0.6sR并=3×6/9=2 Ω∴W=Q= E有2/R并×t = 0.5/2×0.6 = 0.15 J 、 如图所示， OACO为置于水平面内的光滑闭合金属导轨， O、C 处分别接有短电阻丝（图中用粗线表示）， R1 =4Ω、R2=8 Ω，（导轨其它部分电阻不计），导轨OAC的形状满足方程 y=2 sin(π/3· x) （单位：m),磁感应强度B=0.2T的匀强磁场方向垂直于导轨平面，一足够长的金属棒在水平外力F作用下，以恒定的 速率 v=5.0 m/s 水平向右在导轨上从O点滑动到C点，棒与导轨接触良好且始终保持与OC导轨垂直，不计棒的电阻，求：
（1）外力F 的最大值，
（2）金属棒在导轨上运动时电阻
丝R1上消耗的的最大功率
（3）在滑动过程中通过金属棒
的电流I与时间t 的关系。上海03年高考解：（1） 金属棒匀速运动时产生感应电动势E=BLv ①画出等效电路如图示（不计电源内阻）：I =E/R总 ②F外=F安=BIL = B2L2 v/ R总 ③ Lm=2sinπ/2=2m ④R总 = R1 R2 /（ R1 + R2 ）=8/3 Ω ⑤∴F max = B2Lm2 v/ R总 = 0.22×22 ×5.0 × 3/ 8=0.3N ⑥ （2） P1m= E 2/R1 = B2Lm2 v2/ R1 = 0.22×22 ×5.02 / 4=1W （3）金属棒与导轨接触点间的长度随时间变化L= 2 sin(π/3· x) ( m)x=vtE=BLv ∴I=E/ R总 =Bv/ R总 × 2 sin(π/3· vt )
=3/4× sin(5πt / 3 ) (安) 例4、如图示，电阻均 为 r =0.5Ω的导体AB、CD，质量分别为m、2m，分别在F=6N的外力作用下沿光滑导轨向相反的方向由静止开始运动，匀强磁场垂直纸面向里，磁感应强度B=0.4T，两平行导轨间距离为L=0.5m，导轨的电阻不计，所接电阻R=1 Ω，平行板电容器两板相距1cm，求：
⑴导体AB和CD运动的最大速度
⑵电容器两板间电场强度的大小和方向解：导体AB和CD运动时分别产生感应电动势E1 、E2 E1=BLv1 E2 =BLv2 AB和CD分别受到安培力f的作用
等效电路如图示：由动量守恒定律 mv1+2mv2=0I=(E1+ E2)/(R+2r )=3BLv2 / (R+2r )AB和CD同时达到最大速度时 f=BImL =F v2m =F (R+2r ) /3B2 L2 =6×2 / （3 × 42 ×0.52）=1m/sv1m =2m/sIm=F/BL=6/2=3AUR=IR=3V电场强度E=UR/d=3/0.01=300V /m 方向向左P221/2 如图所示, 竖直放置的光滑平行金属导轨, 相距l , 导轨一端接有一个电容器 , 电容量为C, 匀强磁场垂直纸面向里, 磁感应强度为B, 质量为m的金属棒ab可紧贴导轨自由滑动. 现让ab由静止下滑, 不考虑空气阻力, 也不考虑任何部分的电阻和自感作用. 问金属棒的做什么运动？棒落地时的速度为多大？解：ab在mg 作用下加速运动，经时间 t ，速度增为v，a =v / t产生感应电动势 E=Bl v 电容器带电量 Q=CE=CBl v感应电流I=Q/t=CBL v/ t=CBl a产生安培力F=BIl =CB2 l 2a由牛顿运动定律 mg-F=mama= mg - CB2 l 2aa= mg / (m+C B2 l 2)∴ab做初速为零的匀加直线运动, 加速度 a= mg / (m+C B2 l 2)落地速度为例 在光滑的水平面上，有一竖直向下的匀强磁场，分布在宽度为L 的区域内， 现有一边长为d （d＜L ）的正方形闭合线框以垂直于磁场边界的初速度v0滑过磁场，线框刚好能穿过磁场，则线框在滑进磁场的过程中产生的热量Q1与滑出磁场的过程中产生的热量Q2之比为 ( )
A. 1：1 B. 2：1 C. 3：1 D. 4：1解：由动量定理 F Δt=B2 L2 d /R=mv0 – mv1 备注 F Δt=B2 L2 d /R= mv1-0∴v0 =2v1由能量守恒定律1/2 mv02 - 1/2 mv12 = Q11/2 mv12 = Q2∴ Q1/ Q2= 3：1 C下页备注设线框即将进入磁场时的速度为v0，全部进入磁场时的速度为vt将线框进入的过程分成很多小段,每一段的运动可以看成是
速度为vi 的匀速运动, 对每一小段，由动量定理: f1 Δt=B2 L2 v0 Δt /R = mv0 – mv1 （1） f2 Δt=B2 L2 v1 Δt /R = mv1 – mv2 （2）f3 Δt=B2 L2 v2 Δt /R = mv2 – mv3 （3）f4 Δt=B2 L2 v3 Δt /R = mv3 – mv4 （4）…… ……
fn Δt=B2 L2 vn-1 Δt /R = mvn-1 – mvt （n）v0 Δt+ v1 Δt + v2 Δt + v3 Δt +……+ vn-1 Δt + vn Δt =d 将各式相加，得B2 L2 d /R = mv0 – mvt 可见速度的变化跟位移成线性关系 如图示，匀强磁场的磁感应强度为B，导体棒ab与光滑导轨接触良好，有效长度为L，外电阻为R ，现用外力使导体棒以O O′为平衡位置做简谐运动，其周期为T，棒经O O′时的速度为V，试求：将棒从左边最大位置移至平衡位置的过程中，外力所做的功（已知棒的质量为m）例5解：ab做简谐运动时的速度为v，则产生的感应电动势为：E=BLv=BLVsinωt ——正弦交流电其最大值为Em=BLV有效值为E=0.707BLV产生的感应电流功率为P=E2 / R=（BLV）2／ 2R运动的时间为 t=T/4产生的感应电能为W电=Pt= （BLV）2T／ 8R由能量守恒定律得WF=W电+1/2 m V2 =（BLV）2T／ 8R+ 1/2 m V2题目练习、 如图示为间距为L 的光滑平行金属导轨，水平地放在竖直方向的磁感应强度为B的匀强磁场中，一端电阻R，一电阻是r、质量为m的导体棒ab放置在导轨上，在外力F作用下从t=0的时刻开始运动，其速度随时间的变化规律为V=Vmsin ωt，不计导轨电阻，试求：
⑴从t=0到t=2π/ω时间内电阻R产生的热量
⑵从t=0到t=π/ 2 ω时间内外力F所做的功解：ab运动时的速度为 V=Vmsin ωt ，则产生的感应电动势为：E=BLV=BLVmsinωt ——正弦交流电其最大值为Em=BLVm有效值为E=0.71BLVm I=E /（R+r）电阻R产生的热量为Q= I2 Rt
= （0.71BLVm）2 ／ （R+r）2× R ×2π/ω
= π R B 2 L 2 Vm2 ／ ω（R+r）2由能量守恒定律，外力F所做的功转化为电能和动能WF=W电+1/2 m V2 = π/ 2 ω × （BLVm）2／2（R+r）
+ 1/2 m V2 = π ×B 2 L 2 Vm2／4 ω（R+r） + 1/2 m Vm2 题目P212/3 如图示,螺线管匝数n=4,截面积.S=0.1m2,管内匀强磁场以B1/t=10T/s 逐渐增强, 螺线管两端分别与两根竖直平面内的平行光滑直导轨相接, 垂直导轨的水平匀强磁场B2=2T, 现在导轨上垂直放置一根质量m=0.02kg, 长l=0.1m的铜棒,回路总电阻为R=5,试求铜棒从静止下落的最大速度. (g=10m/s2)解:螺线管产生感生电动势 E1=nS B1/t=4V 方向如图示I1 =0.8A F1=B2 I1 L=0.16N mg=0.2N mg > F1 ab做加速运动,又产生感应电动势E2,（动生电动势）当达到稳定状态时,F2 =mg=0.2NF2 =BI2 L I2 =1AI2 =(E1 +E2 )/R=(4+E2)/5 =1AE2 =1V=BLvmvm=5m/s 2003年江苏高考18（13分）如图所示，两根平行金属导轨固定在水平桌面上，每根导轨每米的电阻为r0=0.10Ω/m，导轨的端点P、Q用电阻可忽略的导线相连，两导轨间的距离 l =0.20m.有随时间变化的匀强磁场垂直于桌面，已知磁感强度B与时间t 的关系为B=kt,比例系数k=0.020T/s.一电阻不计的金属杆可在导轨上无摩擦地滑动，在滑动过程中保持与导轨垂直，在t=0时刻，金属杆紧靠在P、Q端，在外力作用下，杆以恒定的加速度从静止开始向导轨的另一端滑动，求在t=6.0s时金属杆所受的安培力. 解：以 a 表示金属杆运动的加速度，在t 时刻，金属杆与初始位置的距离L=1/2× a t2此时杆的速度v= a t，这时，杆与导轨构成的回路的面积S=Ll ，回路中的感应电动势E=SΔB/ Δt + Bl v =Sk+Bl v回路的总电阻R=2Lr0回路中的感应电流i =E/R作用于杆的安培力 F =B l i解得 F=3k2 l 2 t ／ 2r0 ，代入数据为F=1.44×10 -3 N 例6（2000年高考科研试题） 如图所示，两根相距为ｄ的足够长的平行金属导轨位于水平的xOy平面内，一端接有阻值为Ｒ的电阻．在x＞ 0 的一侧存在沿竖直方向的非均匀磁场，磁感强度B随x的增大而增大，B＝ｋx，式中的ｋ是一常量．一金属直杆与金属导轨垂直，可在导轨上滑动．当ｔ＝0 时位于x＝ 0处，速度为ｖ０，方向沿x轴的正方向．在运动过程中，有一大小可调节的外力Ｆ作用于金属杆以保持金属杆的加速度恒定，大小为ａ，方向沿x轴的负方向．设除外接的电阻R外，所有其他电阻都可以忽略．问：
（1）该回路中的感应电流持续的时间多长？　 （2）当金属杆的速度大小为ｖ０／2 时，回路中的感应电动势有多大？解 :　（1）金属杆在导轨上先是向右做加速度为ａ的匀减速直线运动，到导轨右方最远处速度为零，后又沿导轨向左做加速度为ａ的匀加速直线运动．当过了y 轴后，由于已离开了磁场区，故回路不再有感应电流．以ｔ１表示金属杆做匀减速运动的时间，有ｔ１＝ｖ０/ ａ．从而，回路中感应电流持续的时间 T＝2ｔ１＝2ｖ０／ａ．（2）以x１表示金属杆的速度变为ｖ１＝ｖ０／2 时它所在的x 坐标，由 ｖ１２＝ｖ０2－2ａx１，可得 x１＝3ｖ０2／8ａ，从而，此时金属杆所在处的磁感强度　 B１＝ｋx１＝3ｋｖ０２／8ａ所以，此时回路中的感应电动势E１＝B１ｖ１d＝3ｋｖ０３ｄ／16 ａ． 例7：水平放置的导轨处于垂直轨道平面的匀强磁场中，今从静止起用力拉金属棒ab，若拉力为恒力，经t1 秒ab的速度为v，加速度为a1 ，最终速度为2v, 若拉力的功率恒定，经t2秒ab的速度为v，加速度为a2 ，最终速度为2v, 求 a1和a2的关系解：拉力为恒力：最终有 F=F安=B2 L2 ×2v/Ra1= (F- B2 L2 v/R) / m=F/m - B2 L2 v / mR= B2 L2 v / mR拉力的功率恒定：F′= F安= P/2v = B2 L2 ×2v/R∴P/v= 4B2 L2 v/Ra2=( F2′- F安′) / m
= [P/v - B2 L2 v/R]/m= 3B2 L2 v / mRa2 = 3a1 例8、 如图示，U形导体框架的宽度L=0.5m，电阻忽略不计，其所在平面与水平面成α=30°，一根质量m=0.1kg、有效电阻R=0.5Ω的导体棒MN垂直跨放在U形框架上，离PQ的距离为b=0.2m，整个装置处于与滑轨平面正交、磁感应强度按B=0.2t2 T规律变化的磁场中，t=0时导体恰好静止，（g=10m/s2）求：
⑴ 经过多少时间导体开始滑动
⑵ 这段时间内通过导体棒横截面的电量解：⑴t=0时 B=0，恰好静止 fm =mgsin 30°=0.5NE=Δφ/ Δ t=Lb ΔB/ Δ t=0.5×0.2 ×0.4t=0.04t伏I=E/R=0.08 t 安导体开始滑动时，受力如图示BIL= fm +mgsin 30°= 1N0.2 t2×0.08 t×0.5=1t3=1/0.008 t=5秒例9、 一质量为M=1kg 的小车上固定有一质量为m = 0.2 kg ，高 l = 0.05m、电阻 R=100Ω的100匝矩形线圈，一起静止在光滑水平面上，现有一质量为m0 的子弹以v0=110m/s 的水平速度射入小车中，并随小车线圈一起进入一与线圈平面垂直，磁感强度 B=1.0T 的水平匀强磁场中如图甲所地， 小车运动过程的v－s 图象如图乙所示。求：
（1）子弹的质量m0为 。
（2）图乙中s =10cm时线圈中的电流强度I为 。
（3在进入过程中通过线圈某一截面的电量为 。
（4）求出线圈小车通过磁场的过程中线圈电阻的发热量为
。解：⑴由图象可知：进入磁场时 ，v1=10m/s由动量守恒定律m0v0 =(M+m+m0)v1 m0 =0.12kg⑵由图象可知：s=10cm v2 =8m/sE=nBLv2=100×1×0.05×8=40V I=E/R=0.4A⑶由图象可知：线圈宽度为 d=10cmq=I Δ t=n Δ Ф/R=100×1×0.1×0.05/100=5×10-3 C ⑷由图象可知：出磁场时 ，vt=2m/sQ=1/2×(M+m+m0)(v12 –vt2)=1/2×1.32×(100-4)=63.4J 思考：为什么v-s图象是三段折线？答：见备注。03年上海高考18、 （7分）图1为某一热敏电阻R(电阻值随温度的改变而改变，且对温度很敏感)的I-U关系曲线图。
⑴为了通过测量得到图1所示I-U关系的完整曲线，在图2和图3两个电路中应选择的是图 ；简要说明理由：
。（电源电动势为9V，内阻不计，滑线变阻器的阻值为0-100Ω）
⑵在图4电路中，电源电压恒为9V，电流表读数为70mA，定值电阻R1=250Ω。由热敏电阻的I-U关系曲线可知，热敏电阻两端的电压为________V；电阻R2的阻值为 Ω。
⑶举出一个可以应用热敏电阻的例子：_____________。2电压可从0V调到所需电压，调节范围较大 解: ⑵ I1=9/250=0.036A=36mA I2=34mA 由图1得 UR=5.2V 5.2 R2 =(9-5.2) / 0.034=111.8 Ω 111.6—112.0 热敏温度计 如图示， Ⅰ、 Ⅲ为两匀强磁场区，磁感应强度均为B，方向如图示，两区域中间为宽L/2的无磁场区Ⅱ，有一边长为L、粗细均匀、各边电阻为R的正方形金属框abcd置于区域Ⅰ，ab 边与磁场边界平行，现拉着金属框以速度v水平向右匀速运动，则
（1）分别求出当ab边刚进入中央无磁场区Ⅱ和进入磁场区Ⅲ时，通过ab 边的电流大小和方向.
（2）画出金属框从区域Ⅰ刚出来到完全拉入区域Ⅲ过程中水平拉力与时间的关系图象.
（3）求上述 （2）过程
中拉力所做的功04年南师大模考16解：（1）ab刚进入Ⅱ，cd边产生EE=BLv I1= BLv/4R 顺时针方向 ab刚进入Ⅲ，ab、cd边都产生E I2= 2BLv/4R 逆时针方向 （2） ab刚进入Ⅱ，F1=BI1L=B2L2v/4Rab刚进入Ⅲ，F2= 2BI2L= B2L2v/R ab进入Ⅲ，cd 还在Ⅱ，ab边产生E
F3=BI3L =BI1L =B2L2v/4R三段时间都为L/2vF-t 图象如右图示（3） W=F1L/2+ F2L/2+ F3L/2
= 3B2L3v/4R例10、如图所示，PR是一块长为L=4米的绝缘平板固定在水平地面上，整个空间有一个平行于PR的匀强电场E，在板的右半部分有一个垂直于纸面向外的匀强磁场B，一个质量为m=0.1千克、带电量为q=0.5库仑的物体，从板的P端由静止开始在电场力和摩擦力的作用下向右做匀加速运动，进入磁场后恰能做匀速运动。当物体碰到板R端挡板后被弹回，若在碰撞瞬间撤去电场，物体返回时在磁场中仍做匀速运动，离开磁场后做匀减速运动停在C点，PC=L/4，物体与平板间的动摩擦因素为μ=0.4。求：
?⑴判断物体带电性质，正电还是负电荷？
⑵物体与挡板碰撞前后的速度v1和v2；
⑶磁感强度B的大小；
⑷电场强度E的大小和方向 。解：返回时，R→D无电场力，能作匀速运动，表明无摩擦力qv2B向上，物体带正电。受力如图a 示 qv2B=mg ⑴D → C ，无磁场力， -μmg×0.25L=1/2×mv22 ⑵ P →D ，加速，E向右 (qE – μmg)×1/2L =1/2×mv12 ⑶D →R ，受力如图b 示 qE= μ(mg+ qv1B) ⑷ 解⑴⑵⑶⑷得
qv1B=2N qv2B=1N qE=1.2N
v1=5.66m/s
v2=2.83m/s
B=0.71T
E=2.4V/m 方向向右 例11、某空间存在着一个变化的电场和一个变化的磁场，如图示，电场方向由B到C，在A点，从t=1s末开始，每隔2s有一个相同的带电粒子（不计重力）沿AB方向（垂直于BC）以速度v 射出，恰好能击中C点，若AC=2BC，且粒子在AC间运动的时间小于1s。试问：
1. 图线上E和B的比值有多大？磁感应强度B 的方向如何？
2. 若第一个粒子击中C点的时刻已知为（1s+Δt ），那么第二个粒子击中C点为何时刻？解：在1s末,粒子在磁场中受洛仑兹力做匀速圆周运动,令BC=y不难得到: AC=2y, R=mv/qB=2y ∴ B=mv / 2qy在3s末,第二个粒子在电场中受电场力做类似平抛运动,∴∴E/B=4v/3第一个粒子经过t击中C点，t=1/6T=m/3qB第二个粒子击中C点经过 t 秒第二个粒子击中C点的时刻为3+ t 秒04年江苏高考12 (12分)某同学对黑箱(见图1)中一个电学元件的伏安特性进行研究．通过正确测量，他发现该元件两端的电压Uab(Uab=Ua-Ub)与流过它的电流I 之间的变化关系有如下规律
①当 - 15V < Uab < 0V 时，I 近似为零．
②当Uab≥0时，Uab和I 的实验数据见下表：（1）在图2中画出Uab≥0时该元件的伏安特性曲线．(可用铅笔作图)
（2）根据上述实验事实．该元件具有的特性是______________________。见下页单向导电性（3）若将此黑箱接入图3电路中，并在该电路的cd两端输入如图4(甲)所示的方波电压信号ucd,请在图4(乙)中定性画出负载电阻RL上的电压信号uef的波形．题目04年江苏高考13 (14分)如图所示，一个变压器(可视为理想变压器)的原线圈接在220V的市电上，向额定电压为1.80×104V的霓虹灯供电，使它正常发光．为了安全，需在原线圈回路中接入熔断器，使副线圈电路中电流超过12mA时，熔丝就熔断．
（1）熔丝的熔断电流是多大? （2）当副线圈电路中电流为10mA时．变压器的输入功率是多大?解：(1)设原、副线圈上的电压、电流分别为U1、U2、I1、I2．根据理想变压器的输入功率等于输出功率，有 I1 U1= I2U2．当I2=12 mA时，I1 即为熔断电流．代人数据，得 I1 =0.98 A (2) 设副线圈中电流为 I2 ′=10 mA时，
变压器的输入功率为P1 根据理想变压器的输入功
率等于输出功率，有P1= I2′U2代人数据，得 P1 =180 W 04年江苏高考14 (14分)如图所示的电路中，电源电动势E=6.00V，其内阻可忽略不计．电阻的阻值分别为R1=2.4 kΩ、R2=4.8kΩ，电容器的电容C=4.7μF．闭合开关S，待电流稳定后，用电压表测R1两端的电压，其稳定值为1.50V．
（1）该电压表的内阻为多大?
（2）由于电压表的接入，电容器的带电量变化了多少?解： (1)设电压表的内阻为RV，测得R1两端的电压为U1， R1与RV并联后的总电阻为R，则有 由串联电路的规律联立①②，得代入数据，可得 RV =4.8kΩ (2)电压表接入前，电容器上的电压UC等于电阻R2上的电压， R1两端的电压为UR1 ，则又接入电压表后，电容器上的电压为由于电压表的接入，电容器带电量增加了 由以上各式解得代入数据，可得 04年江苏高考17 17. (16分)汤姆生用来测定电子的比荷(电子的电荷量与质量之比)的实验装置如图所示，真空管内的阴极K发出的电子(不计初速、重力和电子间的相互作用)经加速电压加速后，穿过A'中心的小孔沿中心轴O1O的方向进入到两块水平正对放置的平行极板P和P'间的区域．当极板间不加偏转电压时，电子束打在荧光屏的中心O点处，形成了一个亮点；加上偏转电压U后，亮点偏离到O'点，(O'与O点的竖直间距为d，水平间距可忽略不计．此时，在P和P'间的区域，再加上一个方向垂直于纸面向里的匀强磁场．调节磁场的强弱，当磁感应强度的大小为B时，亮点重新回到O点．已知极板水平方向的长度为L1，极板间距为b，极板右端到荧光屏的距离为L2(如图所示)． (1)求打在荧光屏O点的电子速度的大小。
(2)推导出电子的比荷的表达式 解：（1）当电子受到的电场力与洛沦兹力平衡时，电子做匀速直线运动，亮点重新回复到中心O点，设电子的速度为v，则evB=eE得 v=E/B即 v=U/Bb（2）当极板间仅有偏转电场时，电子以速度v进入后，竖直方向作匀加速运动，加速度为 a = eU / mb电子在水平方向作匀速运动，在电场内的运动时间为 t 1=L/v这样，电子在电场中，竖直向上偏转的距离为 离开电场时竖直向上的分速度为 电子离开电场后做匀速直线运动，经t2时间到达荧光屏t2=L2 /v t2时间内向上运动的距离为 这样，电子向上的总偏转距离为 可解得题目课件29张PPT。光学综合题
A.变疏 B.变密
C.不变 D.消失 劈尖干涉是一种薄膜干涉，其装置如图1所示。将一块平板玻璃放置在另一平板玻璃之上，在一端夹入两张纸片，从而在两玻璃表面之间形成一个劈形空气薄膜。当光垂直入射后，从上往下看到的干涉条纹如图2所示。干涉条纹有如下特点：⑴任意一条明条纹或暗条纹所在位置下面的薄膜厚度相等；⑵任意相邻明条纹或暗条纹所对应的薄膜厚度差恒定。现若在图1装置中抽去一张纸片，则当光垂直入射到新的劈形空气薄膜后，从上往下观察到的干涉条纹 ( )03年上海高考8 A 一束复色光射到平行玻璃砖的上表面，经过玻璃砖下表面射出，如图示，其中有三种色光刚好照射到三块相同的金属板A、B、C上，发现金属板B上有光电子飞出，则可知 ( )A．出射的三种色光a、b、c一定互相平行
B． A板 一定有光电子飞出
C． C板一定有光电子飞出
D．传播过程中，a光比b、
c两种光更容易发生衍射。金陵中学04年模考4提示：a光的偏折最大，折射率最大，
频率最高，波长最小。A B例3、求证平行于全反射棱镜斜边的入射光线，通过棱镜后的出射光线一定跟入射光线平行。证明：画出光路图如图示，∠1 = α = 45°，
∠ 2 + ∠ 3 = α ∠ 4 + ∠ 5 = α
∠ 3= ∠ 4 ∠ 2= ∠ 5n=sin ∠ 1／sin ∠ 2n=sin ∠ 6／sin ∠ 5∠6= ∠1= α = 45°例4、 如图示，有一玻璃直角三棱镜ABC，其临界角小于45°，一束平行于BC边的白光射到AB面，在光束射在三棱镜是，（设光线在三棱镜内射到BC边上） （ ）
A.从玻璃直角三棱镜BC面，射出的是白色光束
B.从玻璃直角三棱镜AC面，射出的是白色光束
C.从玻璃直角三棱镜AC面，射出的是彩色的不平
行光束
D.从玻璃直角三棱镜AC面，射出的是平行于入射
线的彩色光束D盐城04年调研四12 如图示，用某种透光物质制成的三棱镜ABC，∠B= ∠C =30°，在平行于BC的直线MN上插两枚大头针P1 、P2，在AC边的右侧透过棱镜观察大头针P1 、P2像，调整视线方向，直到P1的像被P2的像挡住，再在AC边的右侧先后插上两枚大头针P3 、P4，使P3 挡住P1 、P2的像，P4 挡住P1 、P2的像和P3 ，记下P3 、P4的位置，移去大头针和三棱镜，发现4枚大头针的位置正好在一条直线上，该直线过AB和AC边的中点。
（1）在图中画出完整的光路图。
（2）该透光物质的折射率n为多少？解： （1）光路图如图示.（2） ND为ΔABD的斜边上的中线，容易得到 i = 60 °
∠1 = ∠2 = 30 °n=sini /sin ∠1
=1.732 例5、如图示为一块透明的光学材料的剖面图 ，在其上建立直角坐标系xOy，设该光学材料的折射率沿y轴方向均匀减小，现有一束单色光a 从原点O以某一入射角θ由空气射入该材料内部，则单色光a 在该材料内部可能的传播途径是下图中的： （ ） 分析：将光学材料沿y轴方向分成很多薄层，由空气刚进入材料时，折射角减小，然后，折射角逐渐增大，直到发生全反射，再以相反的过程返回，因此D图正确，D苏州04年调研4 微波炉是一种利用微波的电磁能加热食物的新型炊具，微波的电磁作用使食物内的分子高频率地运动而产生热，并能最大限度地保存食物内的维生素。关于微波，下列说法中正确的是： （ ）
A. 微波产生的微观机理是原子外层的电子受到激发
B. 微波的频率小于红外线的频率
C. 对于相同功率的微波和光波来说，微波每秒发出的
“光子”数较少
D. 实验中，微波比光波更容易产生明显的衍射现象B D 如图，a和b 都是厚度均匀的平玻璃板，它们之间的夹角为φ，一细光束以入射角θ从P点射入，θ ＞ φ，已知此光束由红光和蓝光组成，则当光束透过b板后， （ ）
A．传播方向相对于入射光方向向左偏转φ角
B．传播方向相对于入射光方向向右偏转φ角
C．红光在蓝光的左边
D．红光在蓝光的右边03年江苏高考10分析见下页解析： 光线通过平行玻璃砖后的出射光线和入射光线平行且有侧向位移，所以从a板射出的光线，传播方向与a板入射的光线平行， 通过b板射出的光线与b板入射的光线平行，所以答案A、B都错。 同时，由于玻璃对红光的折射率小于蓝光的折射率，所以，通过a板后，红光的折射角大，红光的侧向位移大，应选D答案。例6、 如图示是两个同种玻璃制成的棱镜,顶角α1略大于α2 ,两束单色光A和B分别垂直射于三棱镜后,出射光线与第二界面的夹角 β1= β2 , 则 ( )
A. A光束的频率比B光束的小
B. 在棱镜中A 光束的波长比B 光束的短
C. 在棱镜中B 光束的传播速度比A 光束的大
把两束光由水中射向空气, 产生全反射,
A 光的临界角比B 的临界角大解: n = cos β /sin α∵α1 ＞ α2 ∴ n1 ＜ n2 ∴频率ν1 ＜ ν2 sinC=1/n ∴ C 1＞C2 A D例7. 如图示,某三棱镜的横截面积为直角三角形,且∠A=30°,棱镜材料的折射率为 ,棱镜置于真空中,有单色平行光射向整个AB面,其中一部分光经过棱镜后垂直于BC面射出.
(1)在图中画出一条这样的光路图,并求出此光线在
AB面上的入射角
(2)求从BC面上垂直射出的光在AB面上对应的入射
光的范围(用长度AB表示)解: (1) 光路图如图示(2) 作CD∥EF 交AB于D点 不难看出∠CDB=60°∴BD=CD/2=AD/2 ∴AD=2AB/3 例8、 如图示，ABC是薄壁中空的三棱镜，现置于水中，一束白光射到AB面上，则 （ ）
A. 光束向上偏折，紫光在光谱的上方
B.光束向上偏折，紫光在光谱的下方
C.光束向下偏折，紫光在光谱的上方
D.光束向下偏折，紫光在光谱的下方解：光束在AB面发生折射，由n= sin r / sin i , 中空的棱镜中的空气折射率小于水，∴ i ＜r ,光束向上偏折.水对紫光的折射率大于红光的折
射率， i 相同， r紫 ＞ r红 ∴紫光在光谱的上方。射到AC面的光束可以取特殊值，恰好垂直于AC面，则不再折射A苏州04年调研2 如图示,半圆形玻璃砖abc,O为圆心,c为圆弧顶点,一束很细的白光沿cO方向射入玻璃砖,现保持光的方向不变,使玻璃砖绕O点沿顺时针方向转动,则首先在界面ab上发生全反射的应是白光中的 ( )
A. 红光部分,因为玻璃对红光的折射率大
B.红光部分,因为玻璃对红光的折射率小
C.紫光部分,因为玻璃对紫光的折射率大
D.紫光部分,因为玻璃对紫光的折射率小解: sinC=1/n n紫> n红C紫A. OA为黄光，OB为紫光
B. OA为紫光，OB为黄光
C. OA为黄光，OB为复色光
D. OA为紫光， OB为复色光解：射出的光线OA的折射角略小于90°，则入射角略小于它的临界角，由sinC=1/n ,紫光的折射率比黄光大，黄光的临界角比紫光大，说明紫光先全反射， OB中有紫光。没有全反射而射出的OA光线为黄光，同时黄光有反射光，所以OB为复色光。C 为了观察门外情况,有人在门上开一小圆孔,将一块圆柱形玻璃嵌入其中,圆柱体轴线与门面垂直。从圆柱底面中心看出去,可以看到的门外入射光线与轴线间的最大夹角称做视场角。已知该玻璃的折射率为n,圆柱长为l ,底面半径为r,则视场角是 （ ）2002年高考19.解: 画出光路图如图示 B例9、 如图示，一折射率为 的长方形玻璃砖ABCD放在水平桌面上，有一直尺EF 紧贴在玻璃砖AB面上，CD面上贴着黑纸，眼睛在P点沿PQ方向观察，能看到直尺上的某点成像在S′处，已知QP与AD面的夹角θ=30°，请作出成像光路示意图，标出直尺上可能在S′处成像的点，并求出该点到像点S′的距离。解：玻璃砖内的某一点M经折射成像于S′，不难看出：AQ= r=30 °AM=3m∴M S′= 2 m玻璃砖的上表面是平面镜，直尺 上另一点N经反射成像于S′，NA=1m∴ N S′ = 2 m 例10、如图示，一不透明的圆柱形容器内装满折射率n = 的透明液体，容器底部正中央O点处有一点光源S，平面镜MN与底面成45°角放置，若容器高为2dm，底面半径为（1+ ）dm， OM=1dm，在容器中央正上方1dm 处水平水平放置一足够长的刻度尺，求光源S 发出的光经平面镜反射后，照射到刻度尺上的长度。（不考虑容器侧壁和液面的反射）解：作出光路图如图示：由几何关系得：M S′ = M S =1dm S′P=3dmPQ= dmα =30 °n= sin β / sin α =∴β = 45 °∴ BC=BQ=1dmAC=(1+ )dm 单色细光束射到 n = 的透明球表面，光束在过球心的平面内，入射角i=45°，研究经折射进入球内又经内表面反射一次，再经球面折射后射出的光线，如图示，（已画出入射光线和出射光线）；
（1）在图上大致画出光线在球内的路径和方向；
（2）求入射光线和出射光线的夹角α；
（3）如果入射的是一束白光，透明球的色散情况与玻璃球相仿，问哪种颜色光的α角最小？解：(1)连接OB交圆于D，连接AD,DC，即为所求。 r（2） ∴r =30 °r=1/2 α+（ 45 °– r）
∴α=4r - 90°=30°（3）紫光的折射角r 最小，∴紫光的α角最小。9 7年上海高考例11、 如图示：光从A点射入圆形玻璃，并从B点射出，若射出玻璃与射入玻璃的光线夹角为30°，AB弧所对的圆心角为120°，下列说法正确的是：( )
A. 在A点的入射角为30°
B. 在B点的入射角为45°
C. 玻璃的折射率为
D. 玻璃的折射率为解：作光路图， α =30 ° ∠AOB=120 °由于对称性，∠1=60 ° ∠2=15 ° ∠i =45 ° ∠ 4= ∠ r =∠3=1/2 ∠ 1=30°C（13分）雨过天晴，人们常看到天空中出现彩虹，它是由阳光照射到空中弥漫的水珠上时出现的现象。在说明这个现象时，需要分析光线射入水珠后的光路。一细束光线射入水珠，水珠可视为一个半径为R的球，球心O到入射光线的垂直距离为d，水的折射率为n。
（1）??在图上画出该束光线射入水珠内经一次反射后又从水珠中射出的光路图。
（2）?求这束光线从射向水珠到射出水珠每一次偏转的角度。
2002年广东高考17.解： （1）光路图如图示： 由几何知识可知在圆水珠内的各个角度都为r，在A、C 处折射，sini=nsinr可知出射角跟入射角相等。题目下页（2）由题意， sini=d／ R在A、C 处折射，sini=nsinr ∴ sinr= d ／ nR 题目 例12、如图示，一块用折射率 n=2 的透明材料制成的柱体，其截面为1/4圆，圆半径Oa=6cm，当一束平行光垂直照射Oa面时，请作出图中代表性光线2、3通过该透明材料的光路图（忽略二次反射光线），并计算ab弧面上被照亮的弧长为多少？解： sin C=1/n=0.5 C=30°对光线2：sin α=2/3=0.667 30 °<α< 45 ° 全反射如图示 对光线3：sin β=1/3 < 0.5 β < 30 ° 不会全反射如图示 若射到弧面上的光线刚能全反射则bA弧面被照亮 ∴ bA =2π×r /12 = 3.14cm 例13、如图示，AOB是1/4圆柱玻璃砖的截面,玻璃砖的折射率n= ,一束平行光以45°入射角射入玻璃砖的OA面，这些光线中只有一部分能从圆柱的AB面上射出,假设凡射到OB面的光线全部被吸收,也不考虑OA面的 反射作用,试问圆柱AB面上能射出光线部分占AB表面的几分之几?解: sinC=1/n C=45 °设射到D点的光线刚好折射到B点 sin β=0.5 β=30 °D点以下的光线射到OB面上被吸收.设射到E点的光线折射到P点刚好全反射E点以上的光线射到圆弧面被全反射不难求出 θ=15 ° 例14、 用折射率为n 的透明介质做成内、外半径分别为a和b的空心球，如图示，当一束平行光射向此球壳，经球壳外、内表面两次折射后，能进入空心球壳的入射光的横截面积是多大？解：进入空心球壳外表面的光线，若刚能在内表面发生全反射，此时的入射角为i ， 如图示：则 sin i = n sinr sinC=1/n 由正弦定理sin(π-C) ／sinr=b/aa sinC=bsinra =nbsinr=bsini S=πR2 = π（bsini ）2
= πa 2 如图示,在河岸边的A位置有一人要到河岸MN取水去浇C位置的树,各个距离的数据表示在图中,试问这个人要想走最短的距离是多少?他应与河岸成多大夹角?解: 光在介质中通过的路程最短. 将河岸看成平面镜,作A的对称点A1 , 连接A1C交MN于O,由平面镜成像规律及几何知识可知, S2=(L+h) 2+s2=2002,
S=200mAO跟河岸的夹角为53° 如图示,一辆小车在轨道AB上行驶的速度v1=50km/h,在轨道以外的平地上行驶的速度v2=40km/h,在离轨道垂直距离为PM=30km处有一仓库P,这辆小车从距离M点100km的A处行驶到仓库P至少要多少时间?解: 光线在传播中通过的路程和时间总是最短. 类似于光的全反射,若在光密介质中的入射角恰好等于临界角时,折射光线沿分界面射出.sinC=1/n=v2/v1=0.8∴PO=50km MO=40km AO=60km ∴t=t1+t2
= AO/ v1 + PO/ v2
=1.2+1.25=2.45小时16．（5分）下图为一测量灯泡发光强度的装置.AB是一个有刻度的底座，两端可装两个灯泡，中间带一标记线的光度计可在底座上移动，通过观察可以确定两边灯泡在光度计上的照度是否相同，已知照度与灯泡的发光强度成正比、与光度计到灯泡的距离的平方成反比.现有一个发光强度为I0的灯泡a和一个待测灯泡b.分别置于底座两端（如图）. （1）怎样测定待测灯泡的发光强度Ix？ ，
。
（2）简单叙述一个可以减小实验误差的方法。
.04年上海16接通电源，移动光度计使两边的照度相同测出距离r1和r2，即可得待测灯泡的发光强度测量多次，求平均等课件32张PPT。近代物理综合题
例1、 按照玻尔理论可以确定 （ ）
A. 用波长为60nm的光照射，可使氢原子电离
B. 用10.2eV的光子可以激发处于基态的氢原子
C. 用能量12.5 eV的光子照射，可使氢原子激发.
D. 用能量11.0 eV的外来电子碰撞，可以激发处于基态的氢原子提示： E= hc/λ=6.63×10-34 ×3 × 108 /0.6 × 10-7
= 3.32×10-18J = 21eV>13.6eV原子的跃迁公式只适用于光子和原子作用而
使原子在各定态之间跃迁的情况;光子和原子作用使原子电离时则不受此条件的限制 实物粒子与原子相互作用而使原子激发时，
粒子的能量也不受上述条件的限制。 A B D （1）能级公式En=E1/ n2 = -13.6/n2 ( eV)玻尔理论的几个重要推论（2）跃迁公式 hγ=E2-E1（3）半径公式rn= n2 r1=0.53×10-10 n2 (m)（4） 动能跟n 的关系由 ke2/rn 2=mv 2/rn得 EKn= 1/2 mvn 2 = ke2／2rn ∝1 / n2（5）速度跟n 的关系（6）周期跟n的关系关系式（5）（6）跟卫星绕地球运转的情况相似。例2、 根据玻尔玻尔理论，氢原子的核外电子在第一和第二可能轨道上的： （ ）
A. 半径之比为1?4 B. 速率之比为2?1
C. 周期之比为1?2 D. 动能之比为4 ? 1解：半径公式 rn= n2 r1=0.53×10-10 n2 (m)由 ke2/rn 2=mv 2/rn得 EKn= 1/2 mvn 2 = ke2／2rn ∝1 / n2速度跟n 的关系周期跟n的关系A B D 例、氢原子的能级示意图如图示，现有每个电子的动能都为EKe=12.89eV的电子束与处在基态的氢原子束射入同一区域，使电子与氢原子发生迎头正碰，已知碰前一个电子与一个氢原子的总动量为0，碰撞后，氢原子受激，跃迁到n=4的能级，
求碰撞后一个电子与一个受激氢原子的总动能，已知电子的质量me与氢原子的质量mH之比为 me / mH =5.445×10-4解：由动量守恒定律 me ve + mH vH = 0EKH= EKe × me /mH =0.007eV所以碰前一个电子与一个基态氢原子的总动能为EK总=12.897eV氢原子受激，跃迁到n=4的能级要吸收能量 ΔE= - 0.85 -（-13.6）= 12.75eV∴碰撞后一个电子与一个受激氢原子的总动能为EK总′ = EK总- ΔE= 12.897- 12.75=0.147eV 练习、下列关于波粒二象性的叙述中正确的是
（ ）
A. 任何频率的光都具有波动性和粒子性，二者是
互相统一的
B. 大量光子产生的效果往往显示出波动性
C. 个别光子不具有波动性
D. 从光电效应现象看，光的频率越高，它的粒子性
越强。A B D 2000年高考13、假设在NaCl蒸气中存在由钠离子Na+和氯离子CI - 靠静电相互作用构成的单个氯化钠NaCl分子，若取Na+ 与CI - 相距无限远时其电势能为零，一个NaCl分子的电势能为 － 6.1eV，已知使一个中性钠原子Na最外层的电子脱离钠原子而形成钠离子Na+所需的能量（电离能）为5.1eV，使一个中性氯原子Cl 结合一个电子形成氯离子所放出的能量（亲和能）为3.8eV。由此可算出，在将一个NaCl分子分解成彼此远离的中性钠原子Na 和中性氯原子Cl的过程中，外界供给的总能量等于___________eV。E = 6.1 + 3.8 - 5.1 = 4.8 eV4.8 例3、已知每秒钟从太阳射到地球上垂直于太阳光的每平方米截面上的辐射能为1.4×10 3 J，其中可见光约占45%。设可见光的波长均为0.55μm，太阳向各个方向的辐射是均匀的，太阳与地球间距离为1.5×10 11 m，则太阳每秒辐射出的可见光的光子数大约为 。（只要求二位有效数字）解：太阳每秒辐射出来的能量E=4πR2 × 1.4×10 3 J= 4 ×3.14 ×(1.5 ×1011) 2 ×1.4 ×103 = 4×10 26 J根据题意有，E ×45%=n ×hc/λ∴n= E ×45% ×λ/hc=[4×10 26 ×0.45 ×0.55 ×10 - 6] ／ 6.6 ×10-34 ×3 × 108= 4.9×10 444.9×10 44苏州04年调研7 设氢原子的核外电子从高能级b向低能级a跃迁时，电子动能的增量ΔEK = EKa - EKb ，电势能的增量ΔEP = EPa - EPb ，则下列表述正确的是 （ ）
A. ΔEK＞ 0、ΔEP＜ 0 、ΔEK +ΔEP = 0
B. ΔEK＜ 0、ΔEP＞ 0 、ΔEK +ΔEP = 0
C. ΔEK＞ 0、ΔEP＜ 0 、ΔEK +ΔEP ＞ 0
D. ΔEK＞ 0、ΔEP＜ 0 、ΔEK +ΔEP＜ 0解：电场力做正功，电势能减少；
合外力做正功，动能增加；
发射出光子，动能与电势能之和减少。 D03年江苏高考9 ．原子从一个能级跃迁到一个较低的能级时，有可能不发射光子，例如在某种条件下，铬原子的n=2能级上的电子跃迁到n=1能级上时并不发射光子，而是将相应的能量转交给n=4能级上的电子，使之能脱离原子，这一现象叫做俄歇效应，以这种方式脱离了原子的电子叫做俄歇电子，已知铬原子的能级公式可简化表示为 式中n=1，2，3……表示不同能级，A是正的已知常数，上述俄歇电子的动能是 （　　）
A．3A/16 B．7A/16
C．11A/16 D．13A/16解： n=2跃迁到n=1 能级时放出能量为E0=3A/4处于n=4 能级的电子吸收能量为A/16 可以电离 ∴EK= 3A/4 +（-A/16）= +11A/16C 原子核俘获一个μ- 子（ μ- 子的质量是电子质量的207倍，而电荷量与电子相同）可形成μ原子。原子中电子的第一轨道半径为re，电子的动能为Ee ; 若电子换成μ- 子而形成μ原子, 第一轨道半径为re/n, μ- 子的动能为Eμ，则 Eμ ： Ee 等于 ( )
A. n：1 B. n2：1 C. 1：1 D. 207：1解: 对于原子, kQe/re2 = me ve2/re , Ee=1/2×meve2= kQe/2re对于μ原子, kQe/rμ2=mμvμ2/rμ ,Eμ =1/2×mμ vμ2= kQe/2rμ∴Eμ ：Ee =re：rμ= n：1 选AA盐城04年调研三615.（5分）在下图所示的光电管的实验中，发现用一定频率的A单色光照射光电管时，电流表指针会发生偏转，而用另一频率的B单色光照射时不发生光电效应，那么 （ ）
A. A光的频率大于B光的频率
B. B光的频率大于A光的频率
C. 用A光照射光电管时流过电流表G的电流方向是a 流向b
D. 用A光照射光电管时流过电流表G的电流方向是b 流向a 2003年上海高考A C 例：（新教材 2003天津理综）如图，当电键K断开时，用光子能量为2.5eV的一束光照射阴极P，发现电流表读数不为零。合上电键，调节滑线变阻器，发现当电压表读数小于0.60V时，电流表读数仍不为零；当电压表读数大于或等于0.60V时，电流表读数为零。由此可知阴极材料的逸出功为 ( )
A 1.9eV B 0.6eV
C 2.5eV D 3.1eV解：反向截止电压为0.60V，
EKm= 0.60 eV
W= hν- EKm= 2.5-0.6=1.9 eVA 阅读如下资料并回答问题：
自然界中的物体由于具有一定的温度，会不断向外辐射电磁波，这种辐射因与温度有关，称为热辐射，热辐射具有如下特点：①辐射的能量中包含各种波长的电磁波；②物体温度越高，单位时间从物体表面单位面积上辐射的能量越大；③在辐射的总能量中，各种波长所占的百分比不同。处于一定温度的物体在向外辐射电磁能量的同时，也要吸收由其他物体辐射的电磁能量，如果它处在平衡状态，则能保持不变。若不考虑物体表面性质对辐射与吸收的影响，我们定义一种理想的物体，它能100%地吸收入射到其表面的电磁辐射，这样的物体称为黑体。单位时间内从黑体表面单位面积辐射的电磁波的总能量与黑体绝对温度的四次方成正比。即
其中常量2000年上海24、 在下面的问题中，把研究对象都简单地看作黑体。
有关数据及数学公式：太阳半径Rs=696000km，太阳表面温度T=5770K，火星半径r=3395km，球面积S=4πR2，其中R为球半径。
（1）太阳热辐射能量的绝大多数集中在波长为
的范围内，求相应的频率范围。
（2）每小时从太阳表面辐射的总能量为多少？
（3）火星受到来自太阳的辐射可认为垂直射到面积为πr2（r为火星半径）的圆盘上，已知太阳到火星的距离约为太阳半径的400倍，忽略其他天体及宇宙空间的辐射，试估算火星的平均温度。解: (1) 频率范围为上页（3）解：太阳单位时间单位面积发射的功率为P0火星单位时间单位面积接收的功率为P1火星单位时间接收的总功率为P2火星单位时间单位面积发射的功率为P3题目上页返回2002年广东高考16如下一系列核反应是在恒星内部发生的， 其中p为质子，α为α粒子，e+ 为正电子，ν为一种中微子。已知质子的质量为mp =1.672648×10 -27kg， α粒子的质量为mα=6.644929×10 -27kg，正电子的质量为me=9.11×10-31kg，中微子的质量可忽略不计。真空中的光速c=3×108 m/s。试计算该系列核反应完成后释放的能量。解：将六个方程式相加，得到ΔE= mc2 =(4m p– m - 2me )c 2代入数字，经计算得到ΔE=3.95×10-12 J 例4、 两个动能均为1Mev的氘核发生正面碰撞,引起了如下的核反应: 试求:
①此核反应中放出的能量ΔΕ 等于多少?
②若放出的能量全部变成核的动能,则生成的氢核具有的动能是多少?（已知 、 、 的原子核的质量分别为1.0073u、2.0136u 、3.0156u）解：Δm=2× 2.0136u - 3.0156u- 1.0073u=0.0043u ΔE =931.5× 0.0043=4.0MeV由动量守恒定律m3v3 + m1v1 =0EK1﹕ EK3 =3 ﹕1EK1+ EK3 = ΔE + 2 EK2= 6 MeVEK1= 4.5 MeV EK3= 1.5 MeV 例5、 原来静止的质量为m 0 的原子核，放出α 粒子后转变成质量为m1的原子核，该新核在其运动方向上又放出α 粒子，而衰变成静止的质量为m2 的原子核，试求两个α 粒子的动能。(设放出的能量全部变成核的动能)解：由动量守恒定律 m1 v1 +m v =0由质能方程ΔE = (m0 –m1 –m )c2 由能量守恒 EK1+ EK = ΔE =(m0 –m1 –m )c2 ∵EK=p2 /2m∝ 1/2m ∴ EK1： EK = m ：m1 ∴EK = m1 ΔE ／(m1 +m ) ∴EK = m1 (m0 –m1 –m )c2 /(m1 +m ) 第二次放出粒子，由动量守恒定律 m1 v1 = 0+ m v ′
可见两次放出的粒子动量相等，所以动能也相等。 1930年发现，在真空条件下用α射线轰击铍9时，会产生一种看不见的、贯穿能力极强的不知名射线和另一种粒子，经过研究发现，这种不知名射线具有如下特点：①在任意方向的磁场中均不发生偏转；②这种射线的速度不到光速的十分之一，③用它轰击含有氢核的物质，可以把氢核打出来，用它轰击含有氮核的物质，可以把氮核打出来。并且被打出的氢核和氮核的最大速度之比 vH:vN 近似等于15 ：2, 若该射线中的粒子均具有相同的能量，与氢核和氮核碰前氢核和氮核可认为静止，碰撞过程没有机械能损失，已知氢核和氮核的质量之比等于1 :14，⑴写出α射线轰击铍核的反应方程。⑵试根据上面所述的各种情况，通过具体分析说明该射线是不带电的，但它不是γ射线，而是由中子组成。中子的发现解: ⑴核反应方程为 ⑵ 在任意方向的磁场中均不发生偏转,则它不带电;
射线是电磁波,速度为光速c,这种射线的速度不到光速的1/10,所以它不是 γ射线. 对打出氢核的实验,由弹性碰撞关系 (mH vH是氢核的质量和速度) 由动量守恒定律 mv=mv1+mH vH由动能守恒 1/2mv2 = 1/2mv12 + 1/2mHvH2 对于打出氮核的实验，同理,
(mN vN是氮核的质量和速度)∴m = mH
m为中子 频率γ0的光子由地球表面某处竖直向上运动，当它上升ΔH 的高度时，由于地球引力作用，它的波长变长，我们称此为引力红移，设光速为C，该光子频率的红移Δγ0与原有频率γ0之比为 （ ）

A. B． C. D． 例6、解：光子的能量为 h γ0 = mc2 质量为m= h γ0 /c2 由能量守恒定律，上升ΔH 重力势能增加mg ΔHh γ0= h γ′+ mg ΔH ∴ Δ γ0 / γ0 = g ΔH /c2B 目前普遍认为, 质子和中子都是由被称为u 夸克和d 夸克的两类夸克组成。u 夸克带电
量为 ,d夸克带电量为 ,e为基元电荷。2002年高考15、下列论断可能正确的是 ( )
A· 质子由1个u夸克和1个d夸克组成,
中子由1个u夸克和2个d夸克组成
B. 质子由2个u夸克和1个d夸克组成,
中子由1个u夸克和2个d夸克组成
C. 质子由1个u夸克和2个d夸克组成,
中子由2个u夸克和1个d夸克组成
D. 质子由2个u夸克和1个d夸克组成,
中子由1个u夸克和1个d夸克组成 B 有一种衰变叫EC衰变，EC衰变发生于核内中子数相对较少的放射性原子核中。核内的一个质子可以俘获一个核外电子并发射出一个中微子而转变为一个中子。经过一次EC衰变后的原子核的 （ ）
A. 质量数不变，原子序数减少1
B. 质量数增加1，原子序数不变
C. 质量数不变，原子序数不变
D. 质量数减少1，原子序数减少1盐城04年调研四2A04年江苏高考1 下列说法正确的是 （ ）
A. 光波是一种概率波
B. 光波是一种电磁波
单色光从光密介质进入光疏介质时，光子
的能量改变
D.单色光从光密介质进入光疏介质时，光的
波长不变A B04年江苏高考3下列说法正确的是 （ ）
A. α射线与γ射线都是电磁波
B. β射线为原子的核外电子电离后形成的电子流
用加温、加压或改变其化学状态的方法都不能
改变原子核衰变的半衰期
D.原子核经过衰变生成新核，则新核的质量总等于
原核的质量C04年江苏高考7 雷蒙德·戴维斯因研究来自太阳的电子中微子（νe）而获得了2002年度诺贝尔物理学奖。他探测中微子所用的探测器的主体是一个贮满615t四氯乙烯（C2Cl4 ）溶液的巨桶。电子中微子可以将氯核转变为一个氩核，其核反应方程式为

已知 核的质量为36.95658u， 核的质量为36.95691u， 的质量为0.00055u，1u质量对应的能量为931.5MeV，根据以上数据，可以判断参与上述反应的电子中微子的最小能量为 ( )
A. 0.82MeV B. 0.31MeV C. 1.33MeV D. 0.51MeV 解: Δ m = 36.95691+ 0.00055 -36.95658 =8.8×10-4u ΔE= 931.5MeV ×Δ m=0.82MeV A04年江苏高考1010． 若原子的某内层电子被电离形成空位，其它层的电子跃迁到该空位上时，会将多余的能量以电磁辐射的形式释放出来，此电磁辐射就是原子的特征X射线．内层空位的产生有多种机制，其中的一种称为内转换，即原子中处于激发态的核跃迁回基态时，将跃迁时释放的能量交给某一内层电子，使此内层电子电离而形成空位(被电离的电子称为内转换电子)．214Po的原子核从某一激发态回到基态时，可将能量E0=1.416MeV交给内层电子(如K、L、M 层电子，K、L、M标记原子中最靠近核的三个电子层)使其离．实验测得从214Po原子的K、L、M层电离出的电子的动能分别为Ek=1.323MeV、EL=1.399MeV、EM=1.412MeV．则可能发射的特征X射线的能量为 （ ）
A. 0.013MeV B. 0.017MeV
C. 0.076MeV D. 0.093MeVA C 图示为氢原子的能级图，用光子能量为13.07eV的光照射一群处于基态的氢原子，可能观测到氢原子
发射的不同波长的
光有多少种？
[ ]
A. 15
B. 10
C. 4
D. 12004年广东高考1 B2004年广东高考6 分别用波长为λ和 的单色光照射同一金属板,发出的光电子的最大初动能之比为1:2,以h表示普朗克常量,c表示真空中的光速,则此金属板的逸出功为 （ ）
A． B．

C． D．B04年上海22．下列说法中正确的是 （ ）
A.玛丽·居里首先提出原子的核式结构学说。
B.卢瑟福在粒子散射实验中发现了电子。
C.查德威克在原子核人工转变的实验中发现了中子。
D.爱因斯坦为解释光电效应的实验规律提出了光子说。 C D课件36张PPT。能量转化和守恒定律
能量既不会凭空产生,也不会凭空消失,它只能从一种形式转化为另一种形式,或者从一个物体转移到另一个物体,在转化和转移的过程中,能量的总量保持不变. ——能量转化和守恒定律 表现形式
一. 功是能量转化的量度 ——功能关系
94年上海高考 例1、 例2
二. 能量转化和守恒定律的应用
1. 电磁感应现象中的能量问题 00年高考12 例3
例4 例5 例6 例7 例8
2.光学和原子物理中的应用—— 例9 00年春北京
00年高考13 00年春北京 5. 例10 例11
其它应用 例12 94年高考 8
例13 例14 00年春北京14
摩擦力的功 例15 例16 表现形式返回 ⑴重力所做的功等于重力势能的减少
⑵电场力所做的功等于电势能的减少
⑶弹簧的弹力所做的功等于弹性势能的减少
⑷合外力所做的功等于动能的增加
⑸只有重力和弹簧的弹力做功，机械能守恒
（6）重力和弹簧的弹力以外的力所做的功等于
机械能的增加
（7）克服一对滑动摩擦力所做的净功等于机械
能的减少
（8）克服安培力所做的功等于感应电能的增加——功是能量转化的量度功能关系返回 如图1所示,两根光滑的金属导轨,平行放置在倾角为θ斜角上,导轨的左端接有电阻R,导轨自身的电阻可忽路不计。斜面处在一匀强磁场中,磁场方向垂直于斜面向上。质量为m,电阻可不计的金属棒ab,在沿着斜面与棒垂直的恒力F作用下沿导轨匀速上滑,并上升h高度,如图所示。在这过程中 ( )（A）作用于金属捧上的各个力的合力所作的功等于零（B）作用于金属捧上的各个力的合力所作的功等于mgh
与电阻R上发出的焦耳热之和
（C）恒力F与安培力的合力
所作的功等于零（D）恒力F与重力的合力所作的功
等于电阻R上发出的焦耳热94年上海高考题解析：在金属棒匀速上滑的过程中,棒的受力情况如图,???弹力N对棒不做功，拉力F对棒做正功,
重力mg与安培力F安对棒做负功。棒的动能不变,重力势能增加,电阻R发热,其内能增加。由动能定理,对金属棒有???WF+WG+W安=△Ek=0即作用在捧上各个力作功的代数和为零。故选项A正确 以上结论从另一个角度来分析, 因棒做匀速运动,故所受合力为零,合力的功当然也为零。故选项A正确,选项B,C错误因弹力不做功,故恒力F与重力的合力所做的功等于克服安培力所做的功。而克服安培力做多少功,就有多少其他形式的能转化为电能,电能最终转化为R上发出的焦耳热,故选项D正确。返回题目例1、 在方向水平的匀强电场中，一不可伸长的、长为L的不导电细线的一端连着一个质量为m的带正电小球、另一端固定于O点，把小球拉起直至细线与场强平行，然后无初速度释放，已知小球摆到最低点的另一侧，线与竖直方向的最大夹角为θ=30°，如图所示，求小球运动过程中最大动能是多少？解：可以看出，电场方向水平向右 A---C 由动能定理mgl cosθ-qEl (1+ sinθ） =0qE/mg= cosθ/ (1+sinθ）= tg 30°小球向左运动的过程,先加速后减速，
当切向加速度为0到达D点时，速度最大
OD跟竖直方向夹角也为30° A---D 由动能定理
1/2 mv2= mgl cosθ-qEl (1-sinθ）
= mgL tg 30°返回例2：一质量为M的长木板B 静止在光滑水平面上，一质量为m 的小滑块A（可视为质点）以水平速度 v0从长木板的一端开始在木板上滑动，到达另一端滑块刚离开木板时的速度为1/3v0 求：滑块在木板上滑动过程中产生的内 能。由动量守恒定律 m v0=1/3 mv0+MVV=2mv0/3M由能量守恒定律 Q=1/2·mv02-1/2m·1/9 v02-1/2·MV2 = 2/9·m v02 (2-m/M)返回f2电磁感应过程中产生的感应电流在磁场中必定受到安培力的作用,因此,要维持感应电流的存在,必须有“外力”克服安培力做功。此过程中,其他形式的能量转化为电能。 当感应电流通过用电器时,电能又转化为其他形式的能量。“外力”克服安培力做了多少功,就有多少其他形式的能转化为电能。 同理,安培力做功的过程, 是电能转化为其它形式能的过程。安培力做了多少功,就有多少电能转化为其它形式的能。 认真分析电磁感应过程中的能量转化、熟练地应用能量转化和守恒定律是求解较复杂的电磁感应问题的常用方法.电磁感应现象中的能量问题返回00年高考12. 空间存在以ab、cd为边界的匀强磁场区域，磁感强度大小为B，方向垂直纸面向外，区域宽l1，现有一矩形线框处在图中纸面内，它的短边与ab重合，长度为l2，长边的长度为2l1，如图所示，某时刻线框以初速v沿与ab垂直的方向进入磁场区域，同时某人对线框施以作用力，使它的速度大小和方向保持不变，设该线框的电阻为R，从线框开始进入磁场到完全离开磁场的过程中，人对线框作用力所做的功等于
_______________。返回 如右图所示，平行金属导轨MN竖直放置于绝缘水平地板上，金属杆PQ可以紧贴导轨无摩擦滑动，导轨间除固定电阻R 以外，其它部分的电阻不计，匀强磁场B垂直穿过导轨平面。有以下两种情况：第一次，先闭合开关S，然后从图中位置由静止释放 PQ，经一段时间后PQ匀速到达地面，第二次，先从同一高度由静止释放 PQ，当PQ下滑一段距离后突然闭合开关S，最终PQ也匀速到达地面，不计空气阻
力，试比较上述两种情况中产生的
焦耳热E 1和E2 的大小。例3解：达到最大速度时mg=F安=B2 L2vm/R两种情况中到达地面的速度相同，动能相等，重力势能的减少相同，产生的焦耳热E 1和E2也相等，∴ E 1 = E2返回例4 在光滑的水平面上，有一竖直向下的匀强磁场，分布在宽度为L 的区域内， 现有一边长为d （d＜L ）的正方形闭合线框以垂直于磁场边界的初速度v0滑过磁场，线框刚好能穿过磁场，则线框在滑进磁场的过程中产生的热量Q1与滑出磁场的过程中产生的热量Q2之比为 ( )
A. 1：1 B. 2：1 C. 3：1 D. 4：1解：由动量定理 F Δt=B2 L2 d /R=mv0 – mv1 备注 F Δt=B2 L2 d /R= mv1-0∴v0 =2v1由能量守恒定律1/2 mv02 - 1/2 mv12 = Q11/2 mv12 = Q2∴ Q1/ Q2= 3：1 C返回下页设线框即将进入磁场时的速度为v0，全部进入磁场时的速度为vt将线框进入的过程分成很多小段,每一段的运动可以看成是
速度为vi 的匀速运动, 对每一小段，由动量定理: f1 Δt=B2 L2 v0 Δt /R = mv0 – mv1 （1） f2 Δt=B2 L2 v1 Δt /R = mv1 – mv2 （2）f3 Δt=B2 L2 v2 Δt /R = mv2 – mv3 （3）f4 Δt=B2 L2 v3 Δt /R = mv3 – mv4 （4）…… ……
fn Δt=B2 L2 vn-1 Δt /R = mvn-1 – mvt （n）v0 Δt+ v1 Δt + v2 Δt + v3 Δt +……+ vn-1 Δt + vn Δt =d 将各式相加，得B2 L2 d /R = mv0 – mvt上页备注 位于竖直平面内的矩形平面导线框abcd,ab长为l1,是水平的,bd长为l2,线框的质量为m,电阻为R,其下方有一匀强磁场区域,该区域的上、下边界PP′ 和QQ′均与ab平行,两边界间的距离为H,? H> l2，磁场的磁感应强度为B，方向与线框平面垂直,如图所示。
令线框的dc边从离磁场区域上边界PP′的距离为h处自由下落,已知在线框的dc边进入磁场以后,ab边到达边界PP′之前的某一时刻线框的速度已
达到这一阶段的最大值,问从线框开
始下落到dc边刚刚到这磁场区域下
边界QQ ′的过程中,磁场作用于线
框的安培力所作的总功为多少?例5解析： 线框的dc边到达磁场区域的上边界PP′之前为自由落体运动。dc边进入磁炀后,而ab边还没有进入磁场前,线框受到安培力(阻力)作用,依然加速下落。这是一个变加速度运动,加速度越来越小,速度越来越大。设dc边下落到离PP′以下的距离为x 时,速度达到最大值,以vm表示这最大速度, ??????? ??????则这时线框中的感应电动势为ε= Bl1vm,线框中的电流为I=ε/ R= Bl1vm/ R作用于线框的安培力为F=BIl1=B2l12vm / R速度达到最大的条件是 F=mg由此得vm=mgR/(B2l12)?????????……①vm=mgR/(B2l12)???? …… ? ①线框的速度达到vm后,而线框的ab边还没有进入磁
场区前,线框作匀速运动。当整个线框进入磁场后,线框中的感应电流为零,磁场作
用于线框的安培力为零,直至dc边到达磁场区的下边
界QQ′,线框作初速度为vm,加速度为g 的匀加速运动可见磁场对线圈的安培力只存在于线框dc边进入磁场
之后到ab边进入磁场之前这段时间内。对线框从开始下落到ab边刚好进入磁场这
一过程,设安培力作的总功为W,由动能定理mg(h+l2) +W = mvm2/2???……②联立①②两式得 W = - mg(l2+h) + m3g2R2 /（2B4l14）(安培力作的总功为W为负值)返回 一电阻为R1的匀质光滑金属环竖直放置。一根电阻为r,长为L的轻质金属杆可绕环中心O无摩擦地转动，两端各固定一个金属球并套在环上可沿环滑动。球的质量分别为M和m，且M＞ｍ。oa为一导线，连结金属杆O点和金属环a点并沿水平方向，其电阻为 R2 , 把杆从水平位置由静止释放，杆转至竖直位置时的角速度为ω
求: ⑴杆转至竖直位置时，回路中电流的即时功率。
?? ⑵杆从水平位置转至竖直位置的过程中，回路中产生的焦耳热。例6解：（1）OM,Om产生感应电动势 E=1/8 BωL2左半圆弧两端电势相等,无电流通过.
画出等效电路如图示:题目下页（2）求杆从水平位置转至竖直位置的过程中，回路中产生的焦耳热。由能量守恒定律得将 代入得题目返回 两根足够长的水平平行金属轨道间距d＝0.5m，置于磁感应强度B＝0.2T的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面向下，有两个相同的导电滑杆ab、cd 垂直于导轨放置，如图所示，它们的质量均为m＝0.1kg ，电阻均为R＝0.1Ω，与导轨间的最大静摩擦力均为
fm＝0.25N，滑动摩擦系数均为μ＝0.2, 现以水平恒力F＝0.4N垂直于ab作用在ab上。求:
⑴当ab达到稳定时速度多大?　
⑵当ab达到稳定时，回路中消耗的电功率是多少?
⑶外力F 的功率是多大? 例7分析和解：??(1)对ab, F＞f m 在作用下向右运动, 产生感应电流,受到安培力,平衡时有F=F安m+fab = F安m+μmg
F安m=F-μmg=0.4-0.2=0.2(N)对cd F安m< fm 由此可知,cd保持静止由ε=BLVm, F安m =IBL=B2L2Vm/2RVm=2F安m R/B2L2 =(2×0.2×0.1)/(0.22×0.52)=4(m/s)（2）当ab杆达到稳定时，回路中消耗的电功率为： ? P= F安mVm=0.2×4 =0.8(w) (也可用P=ε2/2R计算）（3）外力F的功率为 ???? PF=FVm=0.4×4=1.6（W） 返回题目 如图示，匀强磁场的磁感应强度为B，导体棒ab与光滑导轨接触良好，有效长度为L，外电阻为R ，现用外力使导体棒以O O′为平衡位置做简谐运动，其周期为T，棒经O O′时的速度为V，试求：将棒从左边最大位置移至平衡位置的过程中，外力所做的功（已知棒的质量为m）例8解：ab做简谐运动时的速度为v，则产生的感应电动势为：E=BLv=BLVsinωt ——正弦交流电其最大值为Em=BLV有效值为E=0.707BLV产生的感应电流功率为P=E2 / R=（BLV）2／ 2R运动的时间为 t=T/4产生的感应电能为W电=Pt= （BLV）2T／ 8R由能量守恒定律得WF=W电+1/2 m V2 =（BLV）2T／ 8R+ 1/2 m V2返回题目 伦琴射管中电子的加速电压为80×103V，则产生的伦琴射线的能量肯定不可能是
（ ）
A． B．
C． D．D返回例9 云室处在磁感应强度为B的匀强磁场中，一静止的质量为M的原子核在云室中发生一次α 衰变， α 粒子的质量为m，电量为q, 其运动轨迹在与磁场垂直的平面内.现测得α 粒子运动的轨道半径R，试求在衰变过程中的质量亏损.（注：涉及动量问题时，亏损的质量可忽略不计.）解: 令v 表示α粒子的速度，由洛仑兹力和牛顿
定律可得 qvB=mv2 /R ① 令V表示衰变后剩余核的速度，在考虑衰变过程中系统的动量守恒时，因为亏损质量很小，可不予考虑，
由动量守恒可知 （M－m）V=mv ②00年春北京返回 假设在NaCl蒸气中存在由钠离子Na+和氯离子CI - 靠静电相互作用构成的单个氯化钠NaCl分子，若取Na+ 与CI - 相距无限远时其电势能为零，一个NaCl分子的电势能为 － 6.1eV，已知使一个中性钠原子Na最外层的电子脱离钠原子而形成钠离子Na+所需的能量（电离能）为5.1eV，使一个中性氯原子Cl 结合一个电子形成氯离子所放出的能量（亲和能）为3.8eV。由此可算出，在将一个NaCl分子分解成彼此远离的中性钠原子Na 和中性氯原子Cl的过程中，外界供给的总能量等于___________eV。4.8ΔE = 6.1 + 3.8 - 5.1 = 4.8 eV00年高考13、返回 根据玻尔理论，某原子的电子从能量为E的轨道跃迁到能量为E′的轨道，辐射出波长为?的光.以h表示普朗克常量，c 表示真空中的光速，则E ′等于 ( )
A. E-hλ /c B. E+hλ /c
C. E-hc / λ D. E+hc / λ C00年春北京 5.返回 用频率γ的光照射在金属表面产生电子，当光电子垂直射入磁感应强度为B的匀强磁场中做匀速圆周运动时，其最大半径为R，以W表示逸出功，m、e表示电子的质量和电量，h 表示普朗克常数，则电子的最大初动能是：( )
A. hγ + W B. BeR/m
C. hγ - W D. B2e2R2/2m C D 氢原子的核外电子由基态跃迁到n=2的激发态时，吸收光子的能量是E，则氢原子的核外电子从量子数n=3的能级跃迁到n=2的能级时释放光子的能量是：( )
A. E/2 B. E/4 C. 5E/27 D. E/36C返回例10解：光子的能量为h γ0 = mc2 质量为m= h γ0 /c2
由能量守恒定律，上升ΔH 重力势能增加mg ΔH
h γ0= h γ′+ mg ΔH
∴ Δ γ0 / γ0 = g ΔH /c2 频率γ0的光子由地球表面某处竖直向上运动，当它上升ΔH 的高度时，由于地球引力作用，它的波长变长，我们称此为引力红移，设光速为C，该光子频率的红移Δγ0与原有频率γ0之比为 （ ）

A. B． C. D． B返回例11 一木块从斜面上匀速下滑，在下滑过程中，不考虑木块的热膨胀，下列说法正确的是： （ ）
A. 木块的分子势能不变，分子的平均动能增大
B. 木块的分子势能与平均动能都增大
C. 木块的机械能减小，内能增大
D. 木块的机械能和内能之和保持不变A C D注意：分子势能决定于分子间的距离（体积）
分子的平均动能决定于温度返回例12 两个电阻,R1=8欧,R2=2欧,并联在电路中.欲使这两个电阻消耗的电功率相等,可行的办法是( ).
(A)用一个阻值为2 欧的电阻与R2串联
(B)用一个阻值为6 欧的电阻与R2串联
(C)用一个阻值为6 欧的电阻与R1串联
(D)用一个阻值为2 欧的电阻与R1串联A94年高考 8.返回 如图示电路中，已知直流电动机M的电阻是R，电源的内阻是r，当电动机正常工作时，电压表的示数是U，电流表的示数是I，则以下结论正确的是 ( )
A. ts 内电动机产生的热量是 I2 Rt
B. ts 内电动机产生的热量是 IUt
C. 电源电动势是 I (R+ r)
D. 电源电动势是 U+Ir A D返回例13 矩形滑块由不同材料的上下两层粘合在一起组成，将其放在光滑的水平面上，质量为m 的子弹以速度v水平射向滑块，若射击上层，子弹刚好不射出，若射击下层，子弹刚好能射穿一半厚度，如图示，上述两种情况相比较( )
A. 子弹对滑块做的功一样多
B. 子弹对滑块做的功不一样多
C. 系统产生的热量一样多
D. 系统产生的热量不一样多A C返回例1400年春北京14. 如图所示，理想变压器的原、副线圈匝数之比为n1:n2＝4:1，原线圈回路中的电阻A与副线圈回路中的负载电阻B的阻值相等.a、b端加一定交流电压后，
两电阻消耗的电功率之比 PA:PB =______,
两电阻两端电压之比 UA:UB= ____________。1:161:4返回摩擦力的功例15：AB两物体叠放在水平面上，A物体在 力 F作用下在B物体上相对滑动，
则f1对A做————功，f2对B做————功。这一对滑动摩擦力做的净功为 功。W1= - fS1W2= fS2W1 + W2= f(S2 - S1 )= - f Δ S负正负克服一对滑动摩擦力所做的净功等于机械能的减少返回返回例16：AB两物体叠放在水平面上，A物体用线系在墙上，B 物体在力 F作用下向右运动，则f1对A做————功，f2对B做————功。 0负可见：一个摩擦力可以做负功,也可以做正功,
也可以不做功。 一对静摩擦力的总功一定等于0一对滑动摩擦力的总功等于 - fΔs课件29张PPT。1图像法在物理中的应用
2 物理图像不仅可以使抽象的概念直观形象，动态变化过程清晰，物理量之间的函数关系明确，还可以恰当地表示用语言难以表达的内涵。用图像法解物理题不但迅速、直观、还可以避免复杂的运算过程。
图像法在物理中的应用很广，在图像的学习中
1.要了解 常见的图线,
2.注意理解图像的 物理意义；
3.搞清楚横、纵轴的物理意义；图像的斜率、截距、
所围面积、极值点、起始点各有什么 意义；
4.明确图像描述的是什么函数关系；对应的物理情景；
能够应用图像判断出相应的 物理过程；
5.或者根据运动过程的分析画出图像，
6.并且借助图像解决有关物理问题。3常见的图象4斜率 k= T2 / L= 4π2 /g
g=4π2 L/T2=π 2
=9.87m/s2斜率 k=h=6.6×10-34 J·s
W= - 2.5 × 10-19 J
ν0=4.0 ×1014Hz5分子力和共振曲线6电源的输出功率可见电源输出功率随外电阻变化的图线如图所示，而当内外电阻相等时，
电源的输出功率最大为7从高h处自由下落的物体,它的机械能随高度变化的关系是图3中的哪一个? ( )D答: 10cm; 200牛/米;5牛8光电效应方程爱因斯坦 Ekm= hν – W作出方程的图线如图示：横轴——入射光子的频率纵轴——打出光电子的最大初动能横轴截距——极限频率纵轴截距——逸出功斜率——普朗克恒量9闭合电路的U-I 图象右图中a 为电源的U-I 图象；b 为外电阻的U-I图象；两者的交点坐标表示该电阻接入电路时电路的总电流和路端电压；该点和原点之间的矩形的面积表示输出功率；a 的斜率的绝对值表示内阻大小； b 的斜率的绝对值表示外电阻的大小；当两个斜率相等时（即内、外电阻相等时)图中矩形面积最大，即输出功率最大（可以看出当时路端电压是电动势的一半，电流是最大电流的一半）。10 如图所示的图线，A是某电源的U－I图线，B是电阻R的U－I 图线，这个电源的电动势等于______，内电阻等于 ，电阻R的阻值等于 ，用这个电源和这个电阻R串联成闭合电路，电源输出的电功率等于______，电源的效率是 。3.0V0.50Ω1.0Ω虚线和坐标轴所包围的面积等于输出功率, P出=4W4.0Wη= P出 / P总=4/6=67%67%11 在测定玻璃砖的折射率的实验中，根据测得的入射角和折射角的正弦值画出如图所示的图线，已知直线OA与横轴的夹角θ，光线是由空气射入玻璃砖的，由图可知 （ ）
A．入射角为α1，玻璃砖的折射率为tgθ
B．入射角为α2，玻璃砖的折射率为tgθ
C．入射角为α1，玻璃砖的折射率为ctgθ
D．入射角为α2，玻璃砖的折射率为ctgθ C 12 将物体以一定的初速度竖直上抛．若不计空气阻力，从抛出到落回原地的整个过程中，下列四个图线中正确的是 ( )2001年春mgh=mg (v0 t - 1/2 gt2 ) B C p=mv=︱ m(v0 -gt) ︳Ek= Ek0 - mgh13 蹦床有“空中芭蕾”之称。在2001年11月广东举行的第九届全运会上，蹦床首次被列入正式比赛项目，下列图中能反映运动员从高处落到蹦床后又被弹回过程中，加速度随时间变化情况的是 （ ） C14 物体在受到与其初速度方向一致的合外力作用下作直线运动，合外力的大小随时间t 的变化情况如图示，则物体的速度 （ ） A. 先变大后变小 B. 先变小后变大
C. 一直变小 D. 一直变大 D 如图示的四个图象中，能够正确反映一种元素的同位素原子核的质量数M与其中子数N之间的关系的是 ( ) B15 正弦交变电流图象如图6所示，其感应电动势的最大值为__ ___ V，当线圈转速变为原来的 倍时，所产生交变电动势的有效值______V．周期为 s．50500.05616 一辆汽车在起动过程中，当速度达到5m/s时保持功率不变，从此时起以0.5min钟时间内行驶了300m，则在这0.5min末，汽车的速度（ ）A. 可能等于20 m/s
B. 小于15 m/s
C. 等于15 m/s
D. 大于15 m/s解：汽车功率保持不变，速度逐渐增大，加速度逐渐减小，画出汽车的速度图线，若为匀变速运动，如图虚线示，则 v=15m/s，可见应选B B 17 如图示是甲、乙两物体从同一地点同一方向运动的v-t 图像，其中 t2=2t1，则下列结论中正确的是 ( )
A. 在t 1 时刻乙物体在前，甲物体在后
B. 甲的加速度比乙大
C. 在t 1时刻甲、乙两物体相遇
D. 在t2 时刻甲、乙两物体相遇B D18 雨滴从高中由静止落下，若雨滴下落时空气对其的阻力随雨滴下落速度的增大而增大，下列图象可能正确反映雨滴下落运动情况的是 （ ） C 19 起重机提起重物时，重物运动的v-t 图线如图示，请定性作出起重机的输入功率随时间变化的图象。解：0—t1内 F1=m(g+a1) P1= F1 v1 = F1 a1t t=t 1 P1′= F1 a1t1 > mg vt1—t2内 F2=mg P2= F2 v = mgvt2—t3内 F3=m(g-a2) P3= F3 v3 =m (g-a2)(v- a2t)t=t2 P2′ = mgv > m (g-a2)v画出图象如图示20 如图是额定电压为100伏的灯泡由实验得到的图线,则此灯泡的额定功率为多大?若将规格是“100V、100W”的定值电阻与此灯泡串联接在100V 的电压上，设定值电阻的阻值不随温度而变化，则此灯泡消耗的实际功率为多大？解: 由图线可知：当U=100V I=0.32A P=UI=100×0.32==32WUL+UR =100VUL +100I =100V即I =1.00 - UL /100作该方程的图线，它跟原图线的交点的坐标为
I1 =0.28A UL1 =72VPL1=I1 UL1 =20W21 例: 图1为两个不同闭合电路中两个不同电源的U-I图像，下列判断正确的是 [ ]
A．电动势E1＝E2，发生短路时的电流 I1＞ I2
B． 电动势E1=E2，内阻 r1＞r2
C．电动势E1＞E2，内阻 r1＜ r2
D．当两电源的工作电流变化量相同时，电源2的路
端电压变化大解: 容易看出,电动势 E1＝E2，
发生短路时的电流 I1＞ I2 选A
直线2的斜率大, r2 > r1 , B C 错 对选项 D，分析如下：……可见D正确A DIU2122 一只老鼠从洞口爬出后沿一直线运动，其速度大小与其离开洞口的距离成反比，当其到达距洞口为d 1 的A点时速度为v 1，若B点离洞口的距离为d 2 （d 2 > d 1 ），求老鼠由A 运动到B 所需的时间解：v1=k/d1 k=d1 v1 1/v1= d1 / kv2=k/d2= d1v1 / d2 1/v2= d2 / d1 v1 作出v—d图线，见图线，将v—d图线转化为1/v--d图线，取一小段位移d，可看作匀速运动，t= d/v= d×1/v即为小窄条的面积。同理可得梯形总面积即 为所求时间t =1/2×(1/v2+1/v1)(d2-d1)
=(d2-d1)2 /2d1v123 家用电热灭蚊器中电热部分的主要元件是PTC,PTC元件是由钛酸钡等半导体材料制成的电用器，其电阻率与温度的关系如图所示，由于这种特性，因此，PTC元件具有发热、控温双重功能，对此．以下判断中正确的是 （ ）
A. 通电后，其电功率先增大后减小
B. 通电后，其电功率先减小后增大
C. 当其产生的热量与散发的热量
相等时，温度保持在t1或t2不变
D. 当其产生的热量与散发
的热量相等时，温度保持
在tl—t2的某一值不变. 电热灭蚊器A、D24?? 下图为在温度为10℃左右的环境中工作的某自动恒温箱原理图,箱内的电阻 R1=20k,R2=10k,R3=40k.Rt为热敏电阻，它的电阻随温度变化的曲线如图乙所示。当a、b端电压Uab＜0时，电压鉴别器会令开关接通，恒温箱内的电热丝发热，使箱内温度提高；当Uab＞0时，电压监别器使K断开，停止加热，恒温箱内的温度恒定在 ℃。3525 一质量为M=1kg 的小车上固定有一质量为m = 0.2 kg ，高 l = 0.05m、电阻 R=100Ω的100匝矩形线圈，一起静止在光滑水平面上，现有一质量为m0 的子弹以v0=110m/s 的水平速度射入小车中，并随小车线圈一起进入一与线圈平面垂直，磁感强度 B=1.0T 的水平匀强磁场中如图甲所地， 小车运动过程的v－s 图象如图乙所示。求：
（1）子弹的质量m0为 。
（2）图乙中s =10cm时线圈中的电流强度I为 。
（3在进入过程中通过线圈某一截面的电量为 。
（4）求出线圈小车通过磁场的过程中线圈电阻的发热量为
。26解：⑴由图象可知：进入磁场时 ，v1=10m/s由动量守恒定律m0v0 =(M+m+m0)v1 m0 =0.12kg⑵由图象可知：s=10cm v2 =8m/sE=nBLv2=100×1×0.05×8=40V I=E/R=0.4A⑶由图象可知：线圈宽度为 d=10cmq=I Δ t=n Δ Ф/R=100×1×0.1×0.05/100=5×10-3 C ⑷由图象可知：出磁场时 ，vt=2m/sQ=1/2×(M+m+m0)(v12 –vt2)=1/2×1.32×(100-4)=63.4J 思考：为什么v-s图象是三段折线？参见课件《能量转化和守恒定律》例4 的备注。27 如图示，一对平行光滑轨道放置在水平面上，两轨道间距 l=0.20m，电阻R=1.0Ω，有一导体杆静止地放在轨道上，与两轨道垂直，杆及轨道的电阻皆可忽略不计，整个装置处于磁感应强度B=0.50T 的匀强磁场中，磁场方向垂直轨道面向下，现用一外力F 沿轨道方向拉杆，使之做匀加速运动，测得力F与时间t 的关系如图示，求杆的质量m 和加速度a . 2001年高考/2028解：导体杆在轨道上做匀加速运动，则有 v=at杆切割磁感应线，产生感应电动势 E=BLv回路中产生感应电流 I=E/R=BLv/R杆受到安培力为 f = BIL=B2 L2v/R根据牛顿第二定律 F - f =ma联立解以上各式 得 F=ma+ B2 L2at / R由图线上取两点： t=0 F=1N t=30s F=4N代入上式 ma=1
4=ma+0.01×30a解得a=10m/s2 m=0.1kg29 例、如图示，两个光滑斜面的总长度相等、高度也相等，两小球分别由静止从顶端下滑，若小球在图中转折点无能量损耗，则 （ ）
A. 两球同时落地 B. b球先落地
C. a球先落地 D.无法确定解：若用公式求解此题很繁琐，应用v-t图分析较简单。b球下滑的加速度开始大于a球，后来的加速度小于a球.因为下落高度相等，所以最终速度相等；因为路程相等， 所以图线所围的面积相等。v-t图线如图示：不难看出， tb < ta所以b球先落地B课件20张PPT。选择题的求解方法1. 排除法——经过分析和计算，将明显不符合题意的选项排除。如果选项是完全肯定或完全否定的判断，可采用举反例的方法加以排除，如果选项在有互相矛盾的两种叙述，则可能全错，或者至多有一个正确。
例1 例2 例3 例4 1996年高考
极限分析法——将某些物理量推向极端，并根据一些显而易见的结果或熟悉的物理现象进行计算，（如μ取无穷大或0，电源内阻取无穷大或0） 例5 例 练习
3. 特殊值法——让某些物理量取特殊值，经过简单的分析和计算进行判断。它仅适用于以特殊值代入各选项后，能将其余错误选项均排除的选择题。
例6 例7 例8 例9 例10 01年江苏高考
4. 单位判断法——从物理量的单位出发筛选出正确选项。
例11
5. 其它例题 例12 例13 例14例1：若物体在运动过程中，受到的合力不为零，则：
（ ）
A. 物体的动能不可能总是不变的
B. 物体的动量不可能总是不变的
C. 物体的加速度一定变化
D. 物体的速度方向一定变化B例：有一种射线，是原子的外层电子受激发后产生的，波长比红光短，一切高温物体都含有这种射线，这种射线是（ ）
A.红外线 B. 紫外线 C. x 射线 D. 射线 B例2： 利用放射性同位素检查金属内部的砂眼或裂纹，这主要是利用哪种射线的哪种特性？（ ）
A. α粒子、贯穿 B. β射线、电离
C. γ射线、贯穿 D. α射线、电离解析： 主要利用射线的贯穿性，排除B、D，
α粒子穿透能力很小，排除A。C 练习、关于摩擦力的叙述，正确的是： （ ）
A. 只要两物体间有相对运动或相对运动的趋势，则两
物体间必有摩擦力
B. 摩擦力的方向总是跟物体运动的方向在一条直线上
C. 摩擦力的方向总跟物体的运动方向相反
D. 摩擦力的方向可以跟物体的运动方向相同. D例3、在图所示的电路中，电源的内阻不能忽略。已知定值电阻R1＝10Ω，R2＝8Ω。当单刀双掷开关S置于位置1时，电压表读数为2V。则当S置于位置2时，电压表读数的不可能值为
[ ]
A．2.2V B．1.9V
C．1.6V D．1.3V解: E不变， S接2，电阻减小，
路端电压减小， A错E不变， S接2，电阻减小，电流应大于0.2A，
V＞I′R2=1.6V C D错A C D例4、如图示，小车原静止在光滑的水平面上，车上固定一闭合线圈，今有一条形磁铁沿水平方向向右匀速穿过线圈的过程中 （ ）
A. 线圈先受向右的力后受向左的力
B. 小车获得向右的动量
C. 系统动量守恒
D. 系统动量不守恒解：安培力总是阻碍物体的运动，所以A错系统受到外力作用，所以动量不守恒, D 对C错B D1996年高考 根据玻尔理论，氢原子由外层轨道跃迁到内层轨道后 [ ]
A.原子的能量增加，电子的动能减小
B.原子的能量增加，电子的动能增加
C.原子的能量减少，电子的动能减小
D.原子的能量减少，电子的动能增加解：由n减小，E减小，排除A、B 由得n减小，r减小， EK增大，排除C，∴D正确D返回例5、一只船以恒定的对水速度往返于上、下游两码头之间，如果以t1 和t2 分别表示水的流速较小和较大时往返一次所需的时间，那么两时间的长短关系为 （ ）
A. t1 =t2
B. t1 ＞t2
C. t1 ＜ t2
D. 条件不足，不能判断解：若v 水=v船，则返回的时间 t′= ∞ ，选CC 例、如图所示，质量为m的物体A放在质量为M的物体B上，B与弹簧相连，它们一起在光滑水平面上做简谐振动,振动过程中，A、B之间无相对运动，设弹簧的劲度系数为k，当物体离开平衡位置的位移为 x 时，A、B间的摩擦力的大小等于 ( ).
(A) 0 (B) kx
(C) (D) 解：取极限值M=0，则 A、B间的摩擦力
就是A所受的回复力kx，∴ 只有D选项正确 D 练习. 在图中，电源内阻不能忽略,R1＝5Ω，R2＝4Ω．当开关S 切换到位置1 时，电流表的示数为I1＝2A；当开关S 扳到位置2 时，电流表的示数可能为下列情况中的 ( )
A. 2.5A B. 1.8A C. 2.2A D. 3.0A解：若 r=0 I 2=2.5A若 r=∞ I 2=2.0A电源内阻不能忽略， I 2 应介于2A和2.5A之间∴选C 又解: 根据闭合电路欧姆定律可列出方程：E＝I1R1＋I1r，E＝I2R2＋I2r．r=(I 2R 2 – I 1R1) / (I 1-I2)
=(4 I 2 - 10) /(2-I2)>0∴2A A. N=mgcos
B. N= mg/ cos
C. mgcos ＜ N ＜ mg/ cos
D. N ＜ mgcos解：特殊值判断法——当a0 =0时， N=mgcos当a0很大时，m自由下落，N =0所以， 0＜ N ＜ mgcos 选 DD例7、在静止的电梯中放一桶水，把一个用轻弹簧连接在桶底的软木塞浸没在水中，如图示，当电梯匀加速（a＜g）下降时，弹簧发生怎样变化？
（ ）
A.伸长量减小 B.伸长量增加
C.伸长量保持不变 D.由伸长变压缩解：特殊值判断法——a=0 浮力大于重力，弹簧伸长a=g 失重，弹簧恢复原长a ＜ g 伸长量减小 A 例8. 平行玻璃板的厚度为d，折射率为n，一束光线以入射角i 射到平行玻璃板上．通过平行玻璃板后的出射光线相对于入射光线的侧向位移为Δx，如图示：则Δx 决定于下列哪个表达式？ （ ）解：当 i=90°，则Δx=d ，可知B 、D 错
当 i=0°， 则Δx=0 ，可知A错，应选C.C例9、如图示，一根轻弹簧上端固定，下端挂一个质量为m0 的平盘，盘中有一质量为m的物体，当盘静止时，弹簧的长度比其自然长度伸长了l ，今向下拉盘使弹簧再伸长了Δ l 后停止，然后松手放开，设弹簧总处在弹性限度内，则刚松手时盘对物体的支持力N 等于 （ ）
A. (1+ Δ l / l ) mg
B. (1+ Δ l / l )(m+ m0)g
C. mg ·Δ l / l
D. (m+ m0)g ·Δ l / l解：令Δ l =0 ，有N=mg ，则B、C、D错，应选A.A例10 如图示，ABC是薄壁中空的三棱镜，现置于水中，一束白光射到AB面上，则 （ ）
A. 光束向上偏折，紫光在光谱的上方
B.光束向上偏折，紫光在光谱的下方
C.光束向下偏折，紫光在光谱的上方
D.光束向下偏折，紫光在光谱的下方解：光束在AB面发生折射，由n= sin r / sin i , 中空的棱镜中的空气折射率小于水，∴ i ＜r ,光束向上偏折.水对紫光的折射率大于红光的折
射率， i 相同， r紫 ＞ r红 ∴紫光在光谱的上方。射到AC面的光束可以取特殊值，恰好垂直于AC面，则不再折射A 如图示,两块同样的玻璃直角三棱镜ABC,两者的 AC面是平行放置的,在它们之间是均匀的未知透明介质,一单色细光束O垂直于AB面入射,在如图示的出射光线中 （ ）
A. 1、2、3（彼此平行）中的任一条都有可能
B. 4、5、6（彼此平行）中的任一条都有可能
C. 7、8、9（彼此平行）中的任一条都有可能
D. 只能是4、6 中的某一条解：设未知透明介质和玻璃的折射率分别为nx和n若nx=n，则不发生折射，出射光线为5，几个答案中只有B答案含有5，所以B正确。B01 年江苏理综22、例11、如图示：劲度系数为k的弹簧，竖直悬挂，在其下端挂一质量为m 的砝码，然后从弹簧原长处由静止释放砝码，此后（ ）
A. 砝码将作简谐振动
B. 砝码的最大速度是2mg/k
C. 砝码的最大加速度是2g
D. 弹簧的最大弹性势能是2mg2 /k解：单位判断法——B答案中 mg/k的单位是长度单位， D答案 中mg2 /k的单位是（米/秒）2,砝码的最大加速度应是gA 例12、 如图示，A B两点各放有电量分别为+Q和+2Q的正电荷，ABCD四点在同一直线上，且AC=CD=DB。将一正电荷从C点沿直线移到D点，则 ( )
A. 电场力一直做正功
B. 电场力先做正功再做负功
C. 电场力一直做负功
D. 电场力先做负功再做正功解：电场强度为0 的点 在CD中点偏左的P点，P左侧 E向右，P右侧 E 向左正电荷从C点移到D点，电场力先做正功再做负功.B 例13、带负电的粒子（不计重力）以水平速度v0，先通过有界匀强电场E，后通过有界匀强磁场B，如图甲示，电场对该粒子做功W 1 ，若把该电场和磁场正交叠加，如图乙示，再让该带电粒子仍以水平向右的初速度v0（v0＜E/B）穿过叠加场区，在这过程中，电场对该粒子做功W2，则 ( )
A. W 1 ＜W2 B. W 1 =W2
C. W 1 ＞W2 D. 条件不足，无法判断。解：甲图 中，-q 在电场中向上偏转，做功W，在磁场中不做功。乙图中，若qvB=qE, 则不偏转，电场力不做功。现在， qv0 B ＜ qE，则向上偏转。偏转比原来小，做功少。∴ W 1 ＞W2C 例14、荷质比为e/m的带负电粒子沿如图示的AB 边射入边长为a 的等边三角形ABC 的匀强磁场中，磁感应强度为B，欲使粒子穿过BC 边，粒子至少具有的速度为 （ ）解：若粒子刚能穿过C点，则R=mv0/eB= a/3要使粒子穿过BC边，必须C课件40张PPT。信息材料题的分析信息材料题的分析
99年保送生综合测试、 2001年高考1、
哈勃常数、 例1、 2000年南京二综、
00年上海24 、 双星系统、 99年高考14、 99年上海4、 例2、 例3、 跳绳、 心电图、 电缆故障、 例4、 03年江苏高考15、 例5、 例6、 油膜法、 激光器、 角速度计、 例7、
1999年上海、 中子的发现
霍尔效应（00年高考）、 电子对撞机1999年保送生综合测试 建在雅龚江上的二滩水电站于1991年9月动工，1997年11月10日下闸蓄水，1998年开始向西南电网送电，设计装机容量为
330×104 kW， 2000年峻工之后，年发电量将达到170亿度，大坝为混凝土双曲拱坝，坝高240m，是20世纪亚洲装机容量、库容量最大的水利枢纽工程，设想将二滩的电能输送到成都地区，如果使用相同的输电线，从减少输电线上电能损失来看，在50×104 V超高压和 11×104 V高压输电方案中应选用 输电方案，因为该方案的输电线损失为另一种的 %。50×104 V 超高压4.84返回 最近几年，原子核科学家在超重元素的探测方面取得重大进展。1996年科学家们在研究某个重离子结合成超重元素的反应时，发现生成的超重元素核 经过六次α衰变后的产物是
由此可以判定生成的超重元素的原子序数和质量数分别是 [ ]
（A）124、259 （B）124、265
（C）112、265 （D）112、277D2001年高考1返回 上海1999第16题 天文观测表明，几乎所有远处的恒星（或星系）都在以各自的速度背离我们而运动，离我们越远的星体，背离我们运动的速度（称为退行速度）越大；也就是说，宇宙在膨胀。不同星体的退行速度v和它们离我们的距离r成正比，即v=Hr式中H为一常量，称为哈勃常数，已由天文观察测定。为解释上述现象，有人提出一种理论，认为宇宙是从一个大爆炸的火球开始形成的。假设大爆炸后各星体即以不同的速度向外匀速运动，并设想我们就位于其中心，则速度越大的星体现在离我们越远。这一结果与上述天文观测一致。由上述理论和天文观测结果，可估算宇宙年龄T，其计算式T= 。根据近期观测，哈勃常数 米/秒·光年，其中光年是光在一年中行进的距离，由此估算宇宙的年龄约为 年。1/H1×1010解：T=1/H=1秒×3×108米/秒×1年／(3×10-2 米)=1010 年哈勃常数返回例1．北约对南联盟进行轰炸中，大量使用了贫铀炸弹，贫铀是从金属中提炼铀235以后的副产品，其主要成分为铀238，比重为钢的2.5倍，杀伤力极大，残留物可长期对环境起污染作用，其原因是 [ ]
（A）爆炸的弹片存在放射性；
（B）未炸的哑弹存在放射性；
（C）铀238的半衰期很短；
（D）铀238的半衰期很长；D返回 一种物质的“放射性”强弱可用放射性活度来加以表示，任何量的放射性元素在1s内发射 粒子（相当于 1g 在 1s内放出的α粒子的数目），其放射性活度为1 居里（Ci）。利用放射性同位素进行标记原子的应用范围非常广泛，例如，化学反应的微观过程的研究、医学检验、辐射育种等等。试回答以下问题：
（1）现有n mol镭（ ）它的放射性活度为4.52Ci，则n 的值为 。
（2）已知 则一个 含有 个中子。0.021362000年南京二综返回 阅读如下资料并回答问题：
自然界中的物体由于具有一定的温度，会不断向外辐射电磁波，这种辐射因与温度有关，称为热辐射，热辐射具有如下特点：①辐射的能量中包含各种波长的电磁波；②物体温度越高，单位时间从物体表面单位面积上辐射的能量越大；③在辐射的总能量中，各种波长所占的百分比不同。处于一定温度的物体在向外辐射电磁能量的同时，也要吸收由其他物体辐射的电磁能量，如果它处在平衡状态，则能保持不变。若不考虑物体表面性质对辐射与吸收的影响，我们定义一种理想的物体，它能100%地吸收入射到其表面的电磁辐射，这样的物体称为黑体。单位时间内从黑体表面单位面积辐射的电磁波的总能量与黑体绝对温度的四次方成正比。即
其中常量2000年上海24、 在下面的问题中，把研究对象都简单地看作黑体。
有关数据及数学公式：太阳半径Rs=696000km，太阳表面温度T=5770K，火星半径r=3395km，球面积S=4πR2，其中R为球半径。
（1）太阳热辐射能量的绝大多数集中在波长为
的范围内，求相应的频率范围。
（2）每小时从太阳表面辐射的总能量为多少？
（3）火星受到来自太阳的辐射可认为垂直射到面积为πr2（r为火星半径）的圆盘上，已知太阳到火星的距离约为太阳半径的400倍，忽略其他天体及宇宙空间的辐射，试估算火星的平均温度。解: (1) 频率范围为上页（3）解：太阳单位时间单位面积发射的功率为P0火星单位时间单位面积接收的功率为P1火星单位时间接收的总功率为P2火星单位时间单位面积发射的功率为P3题目上页返回 经过用天文望远镜长期观测，人们在宇宙中发现了许多双星系统。所谓双星系统是由两个星体构成的天体系统，其中每个星体的线度都远远小于两个星体之间的距离，根据对双星系统的光度学测量确定，这两个星体中的每一个星体都在绕两者连线中的某一点作圆周运动，星体到该点的距离与星体的质量成反比，一般双星系统与其它星体距离都很远，除去双星系统中两个星体之间相互作用的万有引力外，双星系统所受其它天体的作用都可以忽略不计（这样的系统称为孤立系统）。现根据对某一双星系统的光度学测量确定，该双星系统中每个星体的质量都是m，两者的距离是L。双星系统下页（1）试根据动力学理论计算该双星系统的运动周期 T0。
（2）若实际观测到该双星系统的周期为T，且 。为了解释T与T0之间的差异，目前有一种流行的理论认为，在宇宙中可能存在一种用望远镜观测不到的暗物质。作为一种简化模型，我们假定认为在这两个星体连线为直径的球体内均匀分布着这种暗物质，若不考虑其它暗物质的影响，试根据这一模型和上述观测结果确定该星系间这种暗物质的密度。上页下页解：设暗物质的质量为M，重心在O点 题目上页返回 一跳水运动员从离水面10米高的平台上向上跃起，举双臂直体离开台面。此时其重心位于从手到脚全长的中点。跃起后中心升高0.45m达到最高点。落水时身体竖直，手先入水。（在此过程中运动员水平方向的运动忽略不计。）从离开跳台到手触水面，他可用于完成空中动作的时间是 s。（计算时，可以把运动员看作全部质量集中在重心一个质点，g取为10m/s2，结果保留二位数字。）解：起跳速度落水速度运动时间1.7s1999年高考14、返回1999年上海4、 某同学身高1.8米，在运动会上他参加跳高比赛，起跳后身体横着越过1.8米高度的横杆。据此可估算出他起跳时竖直向上的速度大约为（g=10米/秒2） [ ]
A．2米/秒B．4米/秒
C．5米/秒D．8米/秒解：起跳后重心大约升高0.9mB返回例2．计算电功率的公式P=U2/R中，U表示加在用电器两端的电压值，R是用电器的电阻值，则此式可用于 [ ]
A．计算电冰箱的功率
B．计算电风扇的功率
C．计算电烙铁的功率
D．计算一切用电器的功率C返回 例3．设在平直公路上以一速度行驶的自行车，所受阻力约为车、人总重力的0.02倍，则骑车人的功率最接近于 [ ]
A． B．
C．1kW D．10kWA解：车、人总质量大约为100kg，100m比赛的速度大约为8m/s,骑车速度大约为5m/s，∴P=kmgv=0.02×100×10×5=100W返回 是一种健身运动，设某运动员的质量是50kg，他1min跳绳180次，假定在每次跳跃中，脚与地面的接触时间占跳跃一次所需时间的2/5，则该运动员跳绳时克服重力做功的平均功率为 W。（g取10m/s2）解：每秒跳3次，每次用时间1/3 秒，每次在空中用时间 1/3×3/5=1/5 秒，每次上跳用时间 1/10秒，每次上跳的高度 h=1/2gt2 =0.05m, 每秒运动员做功
W=3×mgh=3×50 ×10 ×0.05=75J做功的平均功率P=W/t=75W75跳绳返回心电图 已知某心电图记录仪的出纸速度（纸带移动的速度）是2.5cm/s。下图是用此仪器记录下的某人的心电图，图中每个大格的边长是0.5cm。
（1）由图可知此人的心率是 次/分，他的心脏每跳动一次所需要的时间为 s。（2）如果某人心率是75次/分，他的心脏每跳一次大约输送8×10 –5 m3的血液，他的血压（可看作他的心脏跳动时压送血液的压强）的平均值约为1.5×104Pa。据此估测此人心脏工作的平均功率约为 W。解：（1）心脏每跳动一次在心电图上约为4格, ∴T= 4×0.5 / 0.25 = 0.8 s f=1/T=1.25次/秒=75次/分 72~750.8( 2)每次做功 W1 =FL=PSL=PV=1.5 ×104 ×8 ×10-5=1.2J P =n W1/t
=75 ×1.2/60
=1.5w1.5返回 AB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，通常称为双线电缆。在一次事故中经检查断定是电缆上某处的绝缘保持层损坏，导致两导线之间漏电，相当于该处电缆的两线之间接了一个电阻。检查人员经过下面的测量可以确定损坏处的位置；（1）令B端的双线断开，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处测出双线两端的电阻RB；（3）在A端双线间加一已知电压UA，在B端用内阻很大的电压表测出两线间的电压UB。试由以上测量结果确定损坏处的位置距A端多远?电缆故障解: 设单位长度的电阻为r，漏电处C距A端为x ,漏电处的接触电阻为 R0 ，画出等效电路如图示，RA=2xr+R0 ⑴RB=2 (L-x)r +R0 ⑵UB= UA R0 /(2xr+R0) ⑶解⑴ ⑵ ⑶式
得漏电处距A端为返回例4．可以发射一颗这样的人造卫星，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C D返回 （12分）当物体从高空下落时，空气阻力随速度的增大而增大，因此经过一段距离后将匀速下落，这个速度称为此物体下落的终极速度. 已知球形物体速度不大时所受的空气阻力正比于速度v，且正比于球半径r，即阻力 f = krv, k是比例系数. 对于常温下的空气，比例系数 k = 3.4×10-4 Ns/m2 .已知水的密度ρ=1.0×103 kg/m3 ，取重力加速度g=10 m/s2 ，试求半径r=0.10mm的球形雨滴在无风情况下的终极速度vT（结果取两位数字）03年江苏高考15解：雨滴下落时受两个力作用：重力，方向向下；
空气阻力，方向向上，当雨滴达到终极速度vT后，加速度为零，二力平衡， 用m表示雨滴质量，有mg - kr vT =0 (1)m=4/3×πr3ρ (2) 由①②得终极速度 代入数值得 vT =1.2m/s .返回例5．一导弹离地面高度为h水平飞行。某一时刻，导弹的速度为v，突然爆炸成质量相同的A、B两块，A、B同时落到地面，两落地点相距 ,两落地点与爆炸前导弹速度在同一竖直平面内。不计空气阻力。已知爆炸后瞬间，A的动能EKA大于B的动能EKB，则EKA： EKB = 。解：由平抛运动规律 h=1/2·gt2 S1 -S2=v1t-v2t v1-v2=4v ……（1）由动量守恒定律 2mv=mv1+mv2 v1+v2 =2v …… （2）解（1） （2）两式得 v1 =3v v2 =-v∴ EKA： EKB =9：1 9∶1返回 例6．在绿色植物光合作用下，每放出1mol 的O2，植物储存451.5kJ能量，绿色植物能量转化效率（即植物储存的能量与植物吸收光的能量之比）约50%，则绿色植物每放出1个氧分子要吸收 个波长为 的光子，（普朗克常量 ），
阿伏加德罗常量 ）解：每放出一个氧分子要储能E0= 451.5×1000/N每放出一个氧分子要吸收能量E= E0 /0.5一个光子的能量为E 1=hc/λ=3×10 -19Jn= E/E 1=4.515×10 5/(3.01 × 10 23 ×10 -19)=5个5返回5．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滴油酸酒精溶液滴到水面上。随着酒精溶于水，油酸在水面上形成一单分子薄层，已测出薄层的面积为0.2cm2，由此可估测出油酸分子的直径为 m。解：每一滴溶液中所含油酸的体积V0，而
V0=Sd，所以油酸分子的直径为 ：油膜法返回6．激光器是一个特殊的光源，它发出的光便是激光。红宝石激光器发射的激光是不连续的一道一道的闪光，每道闪光称为一个光脉冲。现在一红宝石激光器，发射功率为1.0×1010W，所发射的每个光脉冲持续的时间△t为，波长为693.4nm，问每列光脉冲的长度l是多少？其中含有的光子数n是多少？激光器返回角速度计 可测量飞机、航天器、潜艇的转动角速度,其结构如图所示。当系统绕轴OO′转动时，元件A发生位移并输出相应的电压信号，成为飞机、卫星等的制导系统的信息源。已知A的质量为m，弹簧的劲度系数为k、自然长度为l，电源的电动势为E、内阻不计。滑动变阻器总长也为l ，电阻分布均匀，系统静止时P在B点，当系统以角速度ω转动时，试写出输出电压U与ω的函数式。解：设弹簧伸长x , 则 kx=m ω2(l+x) ∴ x= m ω2 l ／ ( k-m ω2 )设滑动变阻器单位长度
的电阻为r1 U=IRx=Exr1 / l r1= Ex/ l∴ U= Em ω2 ／(k-m ω2)返回 例7．静止在太空中的飞行器上有一种装置，它是利用电场加速带电粒子形成向外发射的高速离子流，从而对飞行器产生反冲力，使其获得加速度。已知飞行器质量为M，发射的是二价氧离子，发射的功率为P，加速电压为U，每个氧离子的质量为m，单位电荷电量为e，不计发射氧离子后飞行器质量的变化，求：
（1）氧离子的射出时的速度。
（2）每秒射出的氧离子数。
（3）发射氧离子时飞行器运动的加速度。解:（1）由动能定理 2eU=1/2·mv2（2）P×1=n2eU（3）由动量定理 , 对氧离子, F1 ×1=nmv由牛顿第三定律 F = F1 对飞行器返回 如图所示，古希腊某地理学家通过长期观察，发现6月21日上午时刻，在北半球A城阳光与铅直方向成7.5°角斜下射，而在A城正南方，与A城地面距离为l 的B城，阳光恰好恰铅直方向下射，射到地球的太阳光可视为平行光，据此他估算出地球的半径，试写出估算地球半
径的表达式R= 。分析与解答：画出示意图如图示， 设地球是圆球形，光线在B城沿铅直向下（恰过圆心），在A城光线与铅直方向成7.5°角，可得A B两城距离l 所对应的圆心角1999年上海返回 1930年发现，在真空条件下用α射线轰击铍9时，会产生一种看不见的、贯穿能力极强的不知名射线和另一种粒子，经过研究发现，这种不知名射线具有如下特点：①在任意方向的磁场中均不发生偏转；②这种射线的速度不到光速的十分之一，③用它轰击含有氢核的物质，可以把氢核打出来，用它轰击含有氮核的物质，可以把氮核打出来。并且被打出的氢核和氮核的最大速度之比vH:vN近似等于15：2,若该射线中的粒子均具有相同的能量，与氢核和氮核碰前氢核和氮核可认为静止，碰撞过程没有机械能损失，已知氢核和氮核的质量之比等于1：14，⑴写出α射线轰击铍核的反应方程。⑵试根据上面所述的各种情况，通过具体分析说明该射线是不带电的，但它不是γ射线，而是由中子组成。中子的发现解: ⑴核反应方程为 ⑵ 在任意方向的磁场中均不发生偏转,则它不带电;
射线是电磁波,速度为光速c,这种射线的速度不到光速的1/10,所以它不是 γ射线. 对打出氢核的实验,由弹性碰撞关系 (mH vH是氢核的质量和速度) 由动量守恒定律 mv=mv1+mH vH由动能守恒 1/2mv2 = 1/2mv12 + 1/2mHvH2 对于打出氮核的实验，同理,
(mN vN是氮核的质量和速度)∴m = mH
m为中子题目返回 如图所示，厚度为h、宽度为d的导体板放在垂直于它的磁感应强度为B的匀强磁场中，当电流通过导体板时，在导体板的上侧面A和下侧面A′之间会产生电势差，这种现象称为霍尔效应。实验表明，当磁场不太强时，电势差U、电流I和B的关系式为U=kIB/d ，式中的比例系数k称为霍尔系数。
霍尔效应可解释如下：外部磁场的洛仑兹力使运动的电子聚集在导体板的一侧，在导体板的另一侧会出现多余的正电荷，从而形成横向电场，横向电场对电子施加与洛仑兹力方向相反的静电力，当静电力与洛仑兹力达到平衡时，导体板上、下两侧之间就会形成稳定的电势差。设电流I是由电子定向流动形成的，电子的平均定向
速度为v，电量为e，回答
下列问题：霍尔效应 00年高考（1）达到稳定状态时，导体板上侧面A的电势
下侧面A′的电势（填高于、低于或者等于）。
（2）电子所受洛仑兹力的大小为 。
（3）当导体板上、下两侧之间的电势差为U时，电子所受静 电力的大小为 。
（4）由静电力和洛仑兹力平衡条件，证明霍尔系数
为 ，其中n 代表导体单位体积中电子的个数。上页下页解答：（1）低于（2） evB（3） 或者evB（4）电子受到横向静电力与洛仑兹力的作用，
两力平衡，有：得 U = hvB 通过导体的电流 I=envdh，由U=KIB/d 有：hvB=KnevBdh/d，所以可得：K=1/ne 上页下页题目返回11．正负电子对撞机的最后部分的简化示意如图a所示（俯视图），位于水平面内的粗实线所示的圆环形真空管道是正、负电子作圆运动的“容器”，经过加速器加速后的正、负电子被分别引入该管道时，具有相等的速率v，它们沿管道向相反的方向运动。在管道内控制它们转变的是一系列圆形电磁铁，即图中的A1、A2、A3……An，共n个，均匀分布在整个圆周上（图中只示意性地用细实线画了几个，其余的用细虚线表示），每个电磁铁内的磁场都是匀强磁场，并且磁感应强度都相同，方向竖直向下，磁场区域都是直径为d的圆形。改变电磁铁内电流的大小，就可改变磁场的磁感应强度，从而改变电子偏转的角度。经过精确的调整，首先实现电子在环形管道中沿图中粗虚线所示的轨道运动，这时电子经过每个电磁铁时射入点和射出点都在电磁铁的同一条直径的两端，如图b所示。这就为进一步实现正、负电子的对撞作好了准备。电子对撞机（1）试确定正、负电子在管道内各是沿什么方向旋转的； （2）定性说明正、负电子在管道内所通过的轨迹的形状；
（3）已知正、负电子的质量都是m，所带电荷都是元电荷e，重力可不计。求电磁铁内匀强磁场的磁感应强度B 的大小。解:（1）正电子运动方向在a 图中是沿逆时针方向
负电子运动方向在a 图是是沿顺时针方向 （2）正、负电子在管道内经过磁场时的轨迹是圆弧，在磁场外轨迹是直线。其整个轨迹是圆弧与直线组成的闭合轨迹。上页下页 （3）电子经过1个电磁铁，偏转角度是如图c示c射入电磁铁时与通过射入点
的直径夹角为θ/2电子在电磁铁内作圆运动的半径
R=mv/eB由图所示可知题目上页返回 解析：根据题意，星体能绕其旋转，它绕“黑洞”作圆周运动的向心力，显然是万有引力提供的，据万有引力定律，可知“黑洞”是一个有质量的天体。【例18】 天文学家根据天文观察宣布了下列研究成果：银河系中可能存在一个大“黑洞”，距“黑洞”60亿千米的星体以2000km/s的速度绕其旋转；接近“黑洞”的所有物质即使速度等于光速也被“黑洞”吸人，试计算“黑洞”的最大半径。设黑洞和转动星体的质量分别为M和m，两者距离为R，利用万有引力定律和向心力公式列式：GMm／R2＝mv2／R，得到 GM＝v2R，题中还告诉一个信息：即使是等于光速的物体也被“黑洞”吸入，据此信息，可以设想速度等于光速的物体恰好未被“黑洞”吸入，可类比近地卫星绕地球作圆周运动，设“黑洞”半径为r, 用类比方法得到G·M＝c2·r（c为光速），所以r＝v2·R／c2＝2.7×108m。【答案】 2.7x108m课件28张PPT。传感器的简单应用
传感器是把非电学物理量（如位移、速度、压力、温度、湿度、流量、声强、光照度等）转换成易于测量、传输、处理的电学量（如电压、电流、电容等）的一种组件，起自动控制作用。一般由敏感元件、转换器件、转换电路三个部分组成，如： 一、传感器的含义转换器件敏感元件转换电路二、传感器的分类1.力电传感器 力电传感器主要是利用敏感元件和变阻器把力学信号（位移、速度、加速度等）转化为电学信号（电压、电流等）的仪器。力电传感器广泛地应用于社会生产、现代科技中，如安装在导弹、飞机、潜艇和宇宙飞船上的惯性导航系统及ABS防抱死制动系统等。 （1）测物体的质量（2）测物体加（角）速度 例题：加速度计是测定物体加速度的仪器，它已成为导弹、飞机、潜艇后宇宙飞船制导系统的信息源。如图为应变式加速度计示意图，当系统加速时，加速度计中的敏感元件也处于加速状态，敏感元件由弹簧连接并架在光滑支架上，支架与待测系统固定在一起，敏感元件下端的滑动臂可在滑动变阻器R上自由滑动，当系统加速运动时，敏感元件发生位移，并转化为电信号输出，已知：敏感元件的质量为m，两弹簧的劲度系数为k，电源的电动势为E，内电阻不计，滑动变阻器的总电阻为R，有效长度为L，静态时输出电压为U0。试求加速度a与输出电压U的关系式。①滑动触头左右移动过程中，电路中电流如何变化？②若车的加速度大小为a，则两弹簧的形变量是多少？③求加速度a与输出电压U的关系式角速度计（2）测物体加（角）速度 可测量飞机、航天器、潜艇的转动角速度,其结构如图所示。当系统绕轴OO′转动时，元件A发生位移并输出相应的电压信号，成为飞机、卫星等的制导系统的信息源。已知A的质量为m，弹簧的劲度系数为k、自然长度为l，电源的电动势为E、内阻不计。滑动变阻器总长也为l ，电阻分布均匀，系统静止时P在B点，当系统以角速度ω转动时，试写出输出电压U与ω的函数式。解：设弹簧伸长x , 则 kx=m ω2(l+x) ∴ x= m ω2 l ／ ( k-m ω2 )设滑动变阻器单位长度
的电阻为r1 U=IRx=Exr1 / l r1= Ex/ l∴ U= Em ω2 ／(k-m ω2)返回 例1. 惯性制导系统已广泛应用于导弹工程中，这个系统的重要元件是加速度计。加速度计的构造和原理的示意图如图示，沿导弹长度方向按装的固定光滑杆上套一个质量为m的滑块，滑块的两侧分别与劲度系数均为k的弹簧相连，两弹簧的另一端与固定壁相连。滑块原来静止，弹簧处于自然长度。滑块上有指针，可通过标尺测出滑块的位移，然后通过控制系统进行制导。1.设某段时间内导弹沿水平方向运动，指针向左偏离O点的距离为S，则这段时间内导弹的加速度 （ ）
A. 方向向左，大小为 k S/m
B．方向向右，大小为 k S/m
C．方向向左，大小为 2k S/m
D. 方向向右，大小为 2k S/mD2. 若电位器（可变电阻）总长度为L，其电阻均匀，两端接在稳压电源U0上，当导弹以加速度a沿水平方向运动时，与滑块连接的滑动片P产生位移，此时可输出一个电信号U，作为导弹惯性制导系统的信息源，为控制导弹运动状态输入信息，试写出U与a 的函数关系式。解：a=2kS/m∴ S=ma/2kU=U0 Rx / R = U0 S / L=maU0 / 2kL=mU0 a / 2kL∝a（3）测 力 例题：（风力测定仪）如图所示为一种测定风作用力的仪器原理图，图中P为金属球，悬挂在一细长裸金属丝下面，O是悬挂点，R0是保护电阻，CD是水平放置的光滑电阻丝，与悬挂小球的细金属丝始终保持良好接触，无风时细金属丝与电阻丝在C点接触，此时电路中的电流为I，有风时细金属丝将偏转一角度θ（θ与风力大小有关），细金属丝与电阻丝在C/点接触，已知风力方向水平向左，OC=h，CD=L，球的质量为M，电阻丝单位长度的电阻为k，电源内电阻和细金属丝电阻均不计，金属丝偏转θ角时，电流表的示数为I/，此时风力大小为F，试写出： ①风力大小F与θ的关系式；②风力大小F与电流表示数I/ 的关系式。 ③此装置所测定的最大风力是多少？（4）测 位 移 例题：（2003上海考题）演示位移传感器的工作原理如右图示，物体M在导轨上平移时，带动滑动变阻器的金属滑杆p，通过电压表显示的数据，来反映物体位移的大小x。假设电压表是理想的，则下列说法正确的是 ( )
A. 物体M运动时，电源内的电流会发生变化
B. 物体M运动时，电压表的示数会发生变化
C. 物体M不动时，电路中没有电流
D. 物体M不动时，电压表没有示数B2。热电传感器 热电传感器是利用热敏电阻的阻值会随温度的变化而变化的原理制成的，如各种家用电器（空调、冰箱、热水器、饮水机、电饭煲等）的温度控制、火警报警器、恒温箱等。 例题：如图是一火警报警的一部分电路示意图。其中R2 为用半导体热敏材料制成的传感器，电流表为值班室的显示器，a、b之间接报警器。当传感器 R2 所在处出现火情时，显示器的电流I、报警器两端的电压U 的变化情况是（ ）
A.　I 变大，U 变大 B.　I 变小，U 变小
C.　I 变小，U 变大 D.　I 变大，U 变小 解：出现火情时温度升高，R2 减小， R总减小， I总增大，
Uab减小， U并减小， IA减小，B３.光电传感器 光电传感器中的主要部件是光敏电阻或光电管。如果是光敏电阻的阻值随光照强度的变化而变化的原理制成的。如自动冲水机、路灯的控制、光电计数器、烟雾报警器等都是利用了光电传感器的原理。 例题：（新教材 2003天津理综）如图，当电键K断开时，用光子能量为2.5eV的一束光照射阴极P，发现电流表读数不为零。合上电键，调节滑线变阻器，发现当电压表读数小于0.60V时，电流表读数仍不为零；当电压表读数大于或等于0.60V时，电流表读数为零。由此可知阴极材料的逸出功为 ( )
A. 1.9eV B. 0.6eV
C . 2.5eV D. 3.1eV 解：反向截止电压为0.60V，
EKm= 0.60 eV
W=hν- EKm= 2.5-0.6=1.9 eVA4.声电传感器 例题：（2003上海试题）唱卡拉OK用的话筒，内有传感器。其中有一种是动圈式的，它的工作原理是在弹性膜片后面粘接一个轻小的金属线圈，线圈处于永磁体的磁场中，当声波使膜片前后振动时，就将声音信号转变为电信号。下列说法正确的是 ( )
A 该传感器是根据电流的磁效应工作的
B 该传感器是根据电磁感应原理工作的
C 膜片振动时，穿过金属线圈的磁通量不变
D 膜片振动时，金属线圈中不会产生感应电动势B5.电容式传感器 电容器的电容C决定于极板的正对面积S、极板间距离d以及极板间的电介质这几个因素。如果某一物理量（如角度、位移、深度等）的变化能引起上述某个因素的变化，从而引起电容的变化，则通过测定电容器的电容就可以确定上述物理量的变化，起这种作用的电容器称为电容式传感器。图甲是测量 的电容式传感器，原理是
。 角度θ由于C∝S，动片与定片间的角度θ发生变化时，引起S的变化，通过测出C的变化，测量动片与定片间的夹角θ图乙是测量 的电容式传感器，原理是
。液面高度h由于C∝S，h发生变化，金属芯线和导电液体组成的电容发生变化，通过测定C的变化，可以测量液面高度h 的变化。图丙是测量 的电容式传感器，原理是
。 压力F由于C∝1/d，压力F 作用在可动电极上，引起极板间距d 的变化，通过测出C的变化，测量压力F的变化。图丁是测量 的电容式传感器，原理是
。 位移x由于C 随着电介质进入极板间的长度发生变化，通过测出C的变化，测量位移x的变化。题目：随着生活质量的提高，自动干手机已进入家庭，洗手后，将湿手靠近自动干手机，机内的传感器便驱动电热器加热，有热空气从机内喷出，将湿手烘干。手靠近干手机能使传感器工作，是因为 （ ）
A. 改变了湿度 B. 改变了温度
C. 改变了磁场 D. 改变了电容

D6.电感传感器 电感式传感器是利用线圈的自感或互感的变化来实现测量或控制的一种装置，一般要利用磁场作为媒介或利用磁体的某些现象。 实例：磁性物质探测报警器 为了测量列车运行的速度和加速度的大小，可采用如图所示的装置，它是由一块安装在列车头底部的强磁体和埋设在轨道地面的一组线圈及电流测量仪组成的（测量仪未画出）。当列车经过线圈上方时，线圈中产生的电流被记录下来，就能求出列车在各位置的速度和加速度。假设磁体端部磁感强度为B=0.004T，且全部集中在端面范围内，与端面垂直，磁体宽度与线圈宽度相同，且都很小，线圈匝数n=5，长L=0.2m，电阻0.4Ω（包括引线电阻），测试记录下来的电流—位移如图所示。试求：
⑴在离O（原点）30m，130m处列车的速度v1和v2的大小
⑵假设列车是匀变速运动，求列车加速度的大小解：I=E/R=nBLv/Rv=IR/nBL= 0.4I／5×0.004×0.2= 100×I在30m处，I1 =0.12A
∴v1=12m/s在130m处，I2 =0.15A
∴v2=15 m/s∴ a =（ v22 - v12 ）/ 2S
= 0.405 m/s2例、 用如图示的电磁继电器设计一个高温报警器，要求是：正常情况绿灯亮，有险情时电铃报警。可供选择的器材如下：热敏电阻、绿灯泡、小电铃、学生用电源、继电器、滑动变阻器、开关、导线。解：热敏电阻受到光照射时电阻变小 ，将热敏电阻、小灯泡、学生用电源、滑动变阻器、开关串联接入继电器的a、b端，如图示：将学生用电源与电铃分别接入c、d、e之间。 正常时热敏电阻值大，ab间电流小，磁性弱，ce处于闭合，绿灯亮。
有险情时，光敏电阻值小， ab间电流大，磁性强，吸住衔铁，cd闭合，ce断开，绿灯灭，电铃响。练习、 用如图示的电磁继电器设计一个由光敏电阻来控制路灯的实验电路。要求是：光暗时灯亮，光亮时灯灭。可供选择的器材如下：光敏电阻、小灯泡、学生用电源、继电器、滑动变阻器、开关、导线。解：光敏电阻受到光照射时电阻变小 ，将光敏电阻、小灯泡、学生用电源、滑动变阻器、开关串联接入继电器的a、b端，如图示：将交流电源与路灯接入c、e之间。 光暗时光敏电阻值大，ab间电流小，磁性弱，ce处于闭合，灯亮。
光亮时，光敏电阻值小， ab间电流大，磁性强，吸住衔铁，电路ce处断开，灯灭。03年上海高考18、 （7分）图1为某一热敏电阻R(电阻值随温度的改变而改变，且对温度很敏感)的I-U关系曲线图。
⑴为了通过测量得到图1所示I-U关系的完整曲线，在图2和图3两个电路中应选择的是图 ；简要说明理由：
。（电源电动势为9V，内阻不计，滑线变阻器的阻值为0-100Ω）
⑵在图4电路中，电源电压恒为9V，电流表读数为70mA，定值电阻R1=250Ω。由热敏电阻的I-U关系曲线可知，热敏电阻两端的电压为________V；电阻R2的阻值为 Ω。
⑶举出一个可以应用热敏电阻的例子：_____________。2电压可从0V调到所需电压，调节范围较大 解: ⑵ I1=9/250=0.036A=36mA I2=34mA 由图1得 UR=5.2V 5.2 R2 =(9-5.2) / 0.034=111.8 Ω 111.6—112.0 热敏温度计 如图示，将一光敏电阻连入多用电表两表笔上，将多用电表的选择开关置于Ω档，用光照射光敏电阻时表针的偏角为θ， 现用手掌挡住部分光线，表针的偏角变为θ ′，则可判断 （ ）
A. θ ′= θ
B. θ ′< θ
C. θ ′>θ
D. 不能确定θ和 θ 的关系′B 五、传感器可将非电学量转化为电学量，起自动控制作用。如计算机鼠标中有位移传感器，电熨斗、电饭煲中有温度传感器，电视机、录像机、影碟机、空调机中有光电传感器……
10．演示位移传感器的工作原理如右图示，物体M在导轨上平移时，带动滑动变阻器的金属滑杆p，通过电压表显示的数据，来反映物体位移的大小x。假设电压表是理想的，则下列说法正确的是 （ ）
A．物体M运动时，电源内的电流会发生变化
B．物体M运动时，电压表的示数会发生变化
C．物体M不动时，电路中没有电流
D．物体M不动时，电压表没有示数03年上海理综10B 11．唱卡拉OK用的话筒，内有传感器。其中有一种是动圈式的，它的工作原理是在弹性膜片后面粘接一个轻小的金属线圈，线圈处于永磁体的磁场中，当声波使膜片前后振动时，就将声音信号转变为电信号。下列说法正确的是 （ ）
A．该传感器是根据电流的磁效应工作的
B．该传感器是根据电磁感应原理工作的
C．膜片振动时，穿过金属线圈的磁通量不变
D．膜片振动时，金属线圈中不会产生感应电动势03年上海理综11B 12．用遥控器调换电视机频道的过程，实际上就是传感器把光信号转化为电信号的过程。下列属于这类传感器的是 （ ）
A．红外报警装置
B．走廊照明灯的声控开关
C．自动洗衣机中的压力传感装置
D．电饭煲中控制加热和保温的温控器03年上海理综12A 将金属块m用压缩的轻弹簧卡在一个矩形的箱中，如图所示，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=2.0 m/s2的加速度竖直向上做匀减速运动时，上顶板的传感器显示的压力为6.0N，下底板的传感器显示的压力为10.0N。(取g=10 m/s2)
(1)若上顶板传感器的示数是下底板
传感器的示数的一半， 试判断箱的运
动情况。
(2)要使上顶板传感器的示数为零,箱
沿竖直方向运动的情况可能是怎样的？ 向上做匀减速运动a向下a=2m/s2mg+F1-F=mam=0.5kg上顶板示数是下底板示数的1/2弹簧长度不变F=10N F2=5Nmg+F2-F=ma2a2=0静止或匀速运动上顶板示数为零，则弹簧变短，F≥10N F3=0F – mg = ma3a3 ≥ 10m/s2向上加速或向下减速，加速度a≥ 10m/s2。上顶板示数为零，则弹簧变短，F≥10N F3=0F – mg = ma3a3 ≥ 10m/s2向上加速或向下减速，加速度a≥ 10m/s2。向上做匀减速运动a=2m/s2mg+F1-F=mam=0.5kg上顶板示数是下底板示数的1/2弹簧长度不变F=10N F2=5Nmg+F2-F=ma2a2=0静止或匀速运动课件21张PPT。 力和运动的关系
（上）
□力
□运动
□运动定律
□力和运动
□力和运动的关系
□力的作用效应
□研究方法
基本题 2002年河南2 00年高考
整体法和隔离法 例1 2002年河南6 例2
综合应用题 例3 93年高考 例4 例5力和运动的关系力 安培力 F = BIL sinα重力 G=m g弹力 F=kx摩擦力 f=μ N电场力 F = q E 洛仑兹力 f=qvB sinα静止匀速直线运动匀变速直线运动平抛运动匀速圆周运动
简谐振动 F= - kx运动 运动定律 牛顿第一定律牛顿第二定律牛顿第三定律力运动运动定律力和运动 力和运动的关系1. F=0V≠02.F=恒量物体的运动决定于受到的合力和初始运动情况.力的作用效应1.力的静力学效应---使物体发生形变2.力的动力学效应 力的空间累积效应---使物体的动能发生变化 力的时间累积效应---使物体的动量发生变化力的瞬时作用效应----使物体产生加速度研究方法1、隔离分析法2、整体分析法研究对象的整体分析法研究过程的整体分析法不考虑中间过程的细节不考虑系统内部的相互作用力2002年河南2：图中a、b、c为三个物块，M、N为两个轻质弹簧，R为跨过光滑定滑轮的轻绳，它们连接如图并处于平衡状态。（ ）
A）?有可能N处于拉伸状态而M处于压缩状态（B）?有可能N处于压缩状态而M处于拉伸状态（C）?有可能N处于不伸不缩状态而M处于拉伸状态（D）??有可能N处于拉伸状态而M处于不伸不缩状态A、D（A）先开动P1 适当时间，再开动 P4 适当时间
( B）先开动 P3 适当时间，再开动P2 适当时间
( C）开动P4 适当时间
( D）先开动P3 适当时间，
再开动P4 适当时间　2000年高考：图为空间探测器的示意图，P1 、 P2 、 P3 、 P4是四个喷气发动机， P1 、 P3的连线与空间一固定坐标系的x 轴平行， P2 、 P4的连线与y 轴平行。每台发动机开动时，都能向探测器提供推力，但不会使探测器转动。开始时，探测器以恒定的速率v向正x方向平动，要使探测器改为向正x 偏负y 60°的方向以原来的速率v平动，则可（ ）A例1：用细线把两个质量未知的小球悬挂起来，今对a球持续施加一个向左偏下30角的恒力，对b球持续施加一个向右偏上30角的恒力，最后达到平衡，表示平衡状态的图可能是： （ ）解：隔离b，在mg和F作用下，须向右偏，最后三力平衡 对整体ab，绳中张力为内力，两个外力F平衡，
只受重力2mg
所以上段线
应竖直。A2002年河南6：???? 跨过定滑轮的绳的一端挂一吊板，另一端被吊板上的人拉住，如图所示，已知人的质量为70kg，吊板的质量为10kg，绳及定滑轮的质量、滑轮的摩擦均可不计。取重力加速度g =10m/s2，当人以440N的力拉绳时，人与吊板的加速度a和人对吊板的压力F分别为（ ）
(A) a =1.0m/s2 , F =260N
(B) a =1.0m/s2 , F =330N
(C) a =3.0m/s2 , F =110N
(D) a =3.0m/s2 , F =50NB 例2：如图所示匀强电场方向竖直向下，场强大小为E，三个质量分别为m、2m 、3 m的小球A、B、C，(其中B球带正电Q，A、C两球不带电）用绝缘线连接悬于O点，问(1)当三球均处于静止状态时, A、B之间的细线的张力等于多少?(2)当把OA段细线剪断的瞬间, A、B之间的细线的张力又等于多少?解: (1)对BC整体,受力如图:T 1 =5mg+QE(2)剪断OA, AB球一起下落
(C自由下落)对AB整体 3mg+QE=3ma a=g+QE/3m对B 2mg+QE -T 2=2maT 2= QE/3例3：如图示，传送带与水平面夹角为370 ，并以v=10m/s运行，在传送带的A端轻轻放一个小物体，物体与传送带之间的动摩擦因数μ=0.5， AB长16米，求：以下两种情况下物体从A到B所用的时间.
（1）传送带顺时针方向转动
（2）传送带逆时针方向转动解： （1）传送带顺时针方向转动时受力如图示：mg sinθ－μmg cosθ= m aa = gsinθ－μgcosθ= 2m/s2S=1/2a t2（2）传送带逆时针方向转动物体受力如图： 开始摩擦力方向向下,向下匀加速运动 a=g sin370 +μ g cos370 = 10m/s2t1=v/a=1s S1=1/2 ×at2 =5m S2=11m 1秒后，速度达到10m/s，摩擦力方向变为向上 a2=g sin370 -μg cos370 = 2 m/s2 物体以初速度v=10m/s向下作匀加速运动 S2= vt2+1/2×a2 t22 11=10 t2+1/2×2×t22t2=1s∴t=t1+t2=2s 93年高考：一平板车,质量M=100千克,停在水平路面上,车身的平板离地面的高度 h=1.25米, 一质量m=50千克的小物块置于车的平板上,它到车尾端的距离b=1.00米,与车板间的滑动摩擦系数 m=0.20,如图所示.今对平板车施一水平方向的恒力,使车向前行驶,结果物块从车板上滑落.物块刚离开车板的时刻,车向前行驶的距离 S0=2.0米.求物块落地时,落地点到车尾的水平距离S,不计路面与平板车间以及轮轴之间的摩擦.取g=10米/秒2.解：m离车前 am =f/m=g=2m/s2Sm=1/2 am t2 =S0 -b=1mS0=1/2 aM t2 =2m∴ aM= 2 am =4m/saM=(F- mg) / M = F/M - 0.25010 / 100 = F/M – 1 =4 m/s2m离车后aM′ = F/M =5 m/s2m平抛Sm ′ =vm t1 =2×0.5=1mSM ′ = vMt1 +1/2 aM′ t1 2=4×0.5+1/2×5×0.25=2.625mS= SM ′ － Sm ′ =1.625m 例4：水平放置的导轨处于垂直轨道平面的匀强磁场中，今从静止起用力拉金属棒ab，若拉力为恒力，经t1 秒ab的速度为v，加速度为a1 ，最终速度为2v, 若拉力的功率恒定，经t2秒ab的速度为v，加速度为a2 ，最终速度为2v, 求 a1和a2的关系解：拉力为恒力时，最终有 F=F安=B2 L2 ×2v/Ra1= (F- B2 L2 v/R) / m=F/m - B2 L2 v / mR= B2 L2 v / mR拉力的功率恒定：F′= F安= P/2v = B2 L2 ×2v/R∴P/v= 4B2 L2 v/Ra2=( F2′- F安′) / m
= [P/v - B2 L2 v/R]/m= 3B2 L2 v / mR∴ a2 = 3a1 例5：由平行金属导轨组成的倾角30°的斜面，匀强磁场垂直于导轨平面，磁感应强度B＝0.8T.导轨顶端接有电池和变阻器，电池电动势 ＝12V，内阻不计，如图.今在导轨上横放一质量为0.2kg、长0.25m的金属杆ab，已知杆与导轨间的摩擦系为 . 问：电阻R调节在什么范围内，金属杆可静止在导轨上；解：画出金属杆的截面图,并分析受力并将重力分解:mgsin30 °=1牛 f=N=0.5牛 F=ILB=BLE/R=2.4/R若I 很大,F 很大,f 向下, F=f+mgsin30 °=1.5N
2.4/R1=f+ mgsin30 ° = 1.5N ∴R1=1.6 Ω若I 很小,F 很小,f 向上, F+f=mgsin30 °=1N2.4/R2= mgsin30 °- f = 0.5N ∴R2=4.8 Ω ∴电阻R调节在1.6 Ω 到4.8 Ω 范围内，金属杆可静止在导轨上 一航天探测器完成对月的探测任务后，在离开月球的过程中，由静止开始沿着与月球表面成一倾斜角的直线飞行，先加速运动，再匀速运动，探测器通过喷气而获得推动力，以下关于喷气方向的描述中正确的是： （ ）
A.探测器加速运动时，沿直线向后喷气
B.探测器加速运动时，竖直向下喷气
C.探测器匀速运动时，竖直向下喷气
D.探测器匀速运动时，不需要喷气02年上海7、C课件22张PPT。1 力和运动的关系
（下）

2力和运动的关系（下）
例1 例2 例3 例4
例5 例6 例7 例8
练习
97年高考21 99年上海高考
97年高考24 2000江苏高考
2001年春高考题：1 4 10 13 183例1. 质量为m的物体在沿斜面向上的拉力F作用下沿放在水平地面上的质量为M的粗糙斜面匀速下滑，此过程中斜面体保持静止，则地面对斜面（ ）
A．无摩擦力
B．有水平向左的摩擦力
C．支持力为（M+m）g
D．支持力小于（M+m）g解：整体法——受力如图示，要平衡，必须受向左的摩擦力N＜ （M+m）gB D4例2：如图示：竖直放置的弹簧下端固定，上端连接一个砝码盘B，盘中放一个物体A，A、 B的质量分别是M=10.5kg、m=1.5 kg，k=800N/m,对A施加一个竖直向上的拉力，使它做匀加速直线运动，经过0.2秒A与B脱离，刚脱离时刻的速度为v=1.2m/s，取g=10m/s2,求A在运动过程中拉力的最大值与最小值。解：对整体 kx1=(M+m)g F + kx - (M+m)g= (M+m)a脱离时，A 、B间无相互作 用力，对B kx2-mg=max1- x2 =1/2 at2 a=v/t=6m/s2Fmax=Mg+Ma=168NFmin=(M+m)a=72N5 例3. 惯性制导系统已广泛应用于导弹工程中，这个系统的重要元件是加速度计。加速度计的构造和原理的示意图如图示，沿导弹长度方向按装的固定光滑杆上套一个质量为m的滑块，滑块的两侧分别与劲度系数均为k的弹簧相连，两弹簧的另一端与固定壁相连。滑块原来静止，弹簧处于自然长度。滑块上有指针，可通过标尺测出滑块的位移，然后通过控制系统进行制导。1.设某段时间内导弹沿水平方向运动，指针向左偏离O点的距离为S，则这段时间内导弹的加速度 （ ）
A. 方向向左，大小为 k S/m
B．方向向右，大小为 k S/m
C．方向向左，大小为 2k S/m
D. 方向向右，大小为 2k S/mD62. 若电位器（可变电阻）总长度为L，其电阻均匀，两端接在稳压电源U0上，当导弹以加速度a沿水平方向运动时，与滑块连接的滑动片P产生位移，此时可输出一个电信号U，作为导弹惯性制导系统的信息源，为控制导弹运动状态输入信息，试写出U与a 的函数关系式。解：a=2kS/m∴ S=ma/2kU=U0 Rx / R = U0 S / L=maU0 / 2kL=mU0 a / 2kL∝a7例4. 汽车在某一段直路上以恒定功率加速行驶，若它的速度是4m/s时，加速度是 a；若它的速度是8m/s时，加速度是a/4。则汽车行驶的最大速度是 . 解：画出运动示意图，F1=P/v1 （F1-f）= m a即 P/4-f = maF2=P/v2 （F2-f）= m a/4即 P/8-f = ma/4F=P/vm =f解得 P=6ma f = 0.5ma vm =P/f=12m/s12m/s8 例5、 质点在恒力作用下，从静止开始做匀加速直线运动，则质点的动能（ ）
（A）与它的位移成正比
（B）与它的位移平方成正比
（C）与它的运动时间成正比
（D）与它的运动时间的平方成正比解： EK=F S=1/2×mv2 = 1/2×ma2t2 A D9例6. 某人用手表估测火车的加速度，先观测3分钟，发现火车前进540米，隔3分钟后，又观测1分钟，发现火车前进360米，若火车在这7分钟内做匀加速直线运动，则火车的加速度为 （ ）
A.0.03m/s2 B.0.01 m/s2 C.0.5 m/s2 D. 0.6 m/s2解:画出运动示意图如图示：在1.5分时的速度v1=540/(3×60)=3m/s 在6.5分时的速度v2=360/(1×60)=6m/s∴ a=(v2 - v1 )/t=3/(5×60)=0.01m/s2B10例7、一半径为R的光滑圆环上穿有一个质量为m的小球，当圆环位于竖直平面内，小球沿圆环做圆周运动，如图所示，到达最高点C时的速度 ，则下列说法中正确的是（ ）
（A） 此小球的最大速率为
（B） 小球达到最高点C时对环的压力为 4mg/5
（C） 小球在任一直径两端点上的动能之和相等
（D） 小球沿圆环绕行一周所用时间小于 A C D11例8. 在光滑的水平面上有两个滑块A和B,它们的质量分别为mA和mB ,且mA>mB 滑块A上连一个轻质弹簧,静止在M点,滑块B 以某一速度朝着滑块A 运动,压缩弹簧并推动A 运动起来,A运动到N点时,弹簧被压缩得最厉害,A 运动到Q 点时,弹簧恢复原长,如图所示.则( ).
(A)滑块A从M 运动到Q 点的过程中, 滑块A 的加速度与B 的加
速度大小总相等
(B)滑块A 运动到N 点时, 滑块A、B 的速度相等
(C)滑块A 运动到Q 点时, 滑块B 的速度方向一定与原来相反
(D)滑块A 在N、Q 之间某点时, 滑块B 的速度为零B C D12练习.一物体从光滑斜面的顶端由静止开始下滑，当所用时间为下滑到斜面底端所用时间的一半时，物体的动能和势能的比值Ek：EP＝ . 1:3铁玻璃铜、铝13 97年高考21：一内壁光滑的环形细圆管,位于竖直平面内,环的半径为R(比细管的半径大得多).在圆管中有两个直径与细管内径相同的小球(可视为质点).A球的质量为m1,B球的质量为m2.它们沿环形圆管顺时针运动,经过最低点时的速度都为v0.设A球运动到最低点时,B球恰好运动到最高点,若要此时两球作用于圆管的合力为零, 那么m1、m2、R与v0应
满足的关系式是__________.解见下页14解：分析受力，画出受力图：对A: N1 - m1 g = m1 v0 2 /R N1 = m1 g + m1 v0 2 /R 对B: N2+ m2 g = m2 v2 2 /R N2= m2 v2 2 /R - m2 g 由机械能守恒定律 1/2 m2 v0 2 = 1/2 m2 v2 2 + m2 g 2R∴ v2 2 = v0 2 - 4RgN1 = N2m1 g + m1 v0 2 /R
= m2 v2 2 /R - m2 g
= m2 v0 2 /R - 5m2 g ∴(m1 - m2) v0 2 /R + (m1 + 5m2) g=015 1999年上海高考: 竖直光滑杆上套有一个小球和两根弹簧，两弹簧的一端各 与小球相连，另一端分别用销钉M N固定于杆上，小球处于静止状态.若拔去销钉M的瞬间，小球的加速度大小为12m/s2，若不拔去销钉M而拔去销钉N的瞬间， ，小球的加速度可能为(取g=10m/s2) ( )
A． 22m/s2，方向竖直向上
B． 22m/s2，方向竖直向下
C．2m/s2， 方向竖直向上
D．2m/s2， 方向竖直向下B C1697年高考24 . 在方向水平的匀强电场中，一不可伸长的不导电细线的一端连着一个质量为m的带电小球、另一端固定于O点，把小球拉起直至细线与场强平行，然后无初速度释放，已知小球摆到最低点的另一侧，线与竖直方向的最大夹角为θ，如图所示，求小球经过最低点时，细线对小球的拉力。解：小球受力如图示，（电场力一定向右）A---C由动能定理 mglcosθ-qEl (1+sinθ）=0A---B 由动能定理
mgl - qEl = 1/2 mv2在B点，由圆周运动T-mg=mv2/l T=mg( 3 - )17 2000江苏高考：倾角30°的直角三角形，底边长2L，底边处在水平位置，斜边为光滑绝缘导轨，现在底边中点O固定一个正电荷Q ，让一个质量为m 的带正电的电荷q 从斜面顶端 A 沿斜面下滑，（不脱离斜面），已测得它滑到仍在斜边上的垂足D处的速度为v，加速度为a，方向沿斜面向下，问该质点滑到底端时的速度和加速度各为多少？解：连接OD,分析受力如图示：由机械能守恒定律在D点mgsin 30°- F电 cos 30°=ma在C点mgsin 30°+ F电 cos 30°=mac′∴ ac′ = g - a182001年春1.如图所示，两根相同的轻弹簧S1和S2，劲度系数皆为k=4×102N/m．悬挂的重物的质量分别为m1=2kg m2=4kg若不计弹簧质量，取g=10m/s2，则平衡时弹簧S1和S2 的伸长量分别为( )
（A）5cm、10cm
（B）10cm、5cm
（C）15cm、10cm
（D）10cm、15cm C19（A）电子将向右偏转，速率不变
（B）电子将向左偏转，速率改变
（C）电子将向左偏转，速率不变
（D）电子将向右偏转，速率改变 2001年春4. 初速为v0的电子，沿平行于通电长直导线的方向射出，直导线中电流方向与电子的初始运动方向如图所示，则 ( ) A 20 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?2001年春10.解:分析物体受力,画出受力图如图示:将加速度分解如图示:由牛顿第二定律得到f - mgsin θ = masin θ
N - mgcos θ = macos θ ∴ f = m(g＋a) sin θ
N = m(g＋a) cos θ 若不将加速度分解,则要解二元一次方程组.B C21 2001年春13. 质量为m=0.10kg的小钢球以的水平速度v0=10m/s抛出，下落5.0m时撞击一钢板，撞后速度恰好反向，则钢板与水平面的夹θ=__________．
刚要撞击钢板时小球动量的大小为_________________．（取g=10m/s2）解：钢球平抛，下落5.0m时v合 与水平方向夹角为45°撞后速度恰好反向，则钢板与水平面的夹角为= 45°45°222001年春18. 两个星球组成双星，它们在相互之间的万有引力作用下，绕连线上某点做周期相同的匀速圆周运动。现测得两星中心距离为R，其运动周期为T，求两星的总质量。解答：设两星质量分别为M1和M2，都绕连线上O点作周期为T 的圆周运动，星球1和星球2到O 的距离分别为l 1和 l2 ．由万有引力定律和牛顿第二定律及几何条件可得l 1 + l2 = R联立解得课件29张PPT。动量和能量（上）
※一. 功和能
※二. 功能关系
※三. 应用动能定理、动量定理、动量守恒定律
的注意点 例1 例2 例3 例4
※ 四. 碰撞的分类
※五. 弹性碰撞的公式 例5
※ 综合应用 例6 96年21 练习1 例7
例8 96年20 2003全国理综34
练习2 练习3 练习4 练习5一功和能功能功能关系功：W=FScos?（只适用恒力的功）功率:动能：势能： 机械能：E=EP+EK=mgh+1/2 mv2动能定理：机械能
守恒定律功是能量转化的量度——W=△EEp ′=1/2kx2二. 功能关系?--------功是能量转化的量度⑴重力所做的功等于重力势能的减少
⑵电场力所做的功等于电势能的减少
⑶弹簧的弹力所做的功等于弹性势能的减少
⑷合外力所做的功等于动能的增加
⑸只有重力和弹簧的弹力做功，机械能守恒
⑹重力以外的力所做的功等于机械能的增加
⑺克服一对滑动摩擦力所做的净功等于机械能的减少
ΔE = fΔS （ ΔS 为相对位移）
⑻克服安培力所做的功等于感应电能的增加三. 应用动能定理分析一个具体过程时，要做到三个“明确”，即明确研究对象（研究哪个物体的运动情况），明确研究过程（从初状态到末状态）及明确各个力做功的情况。还要注意是合力的功。 应用动量定理、动量守恒定律的注意点：要注意研究对象的受力分析，研究过程的选择，还要特别注意正方向的规定。?? 应用动量守恒定律还要注意适用条件的检验。应用动量定理要注意是合外力。例1．关于机械能守恒，下面说法中正确的是 [ ]
A．物体所受合外力为零时，机械能一定守恒
B．在水平地面上做匀速运动的物体，机械能一定守恒
C．在竖直平面内做匀速圆周运动的物体，机械能一定守恒
D．做各种抛体运动的物体，若不计空气阻力，机械能一定
守恒D练习．按额定功率行驶的汽车，所受地面的阻力保持不变，则[ ]
A．汽车加速行驶时，牵引力不变，速度增大
B．汽车可以做匀加速运动
C．汽车加速行驶时，加速度逐渐减小，速度逐渐增大
D．汽车达到最大速度时，所受合力为零C D 例2. 如图示的装置中，木块与水平面的接触是光滑的，子弹沿水平方向射入木块后留在木块内，将弹簧压缩到最短，现将子弹、木块和弹簧合在一起作为研究对象（系统），则此系统在从子弹开始射入木块到弹簧压缩到最短的整个过程中 （ ）
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. 动量不守恒，机械能不守恒 D 例3、 钢球从高处向下落，最后陷入泥中，如果空气阻力可忽略不计，陷入泥中的阻力为重力的n 倍，求(1)钢珠在空中下落的高度H与陷入泥中的深度h的比值 H∶h =? (2)钢珠在空中下落的时间T与陷入泥中的时间t的比值T∶t=？??解:(1) 由动能定理，选全过程mg(H+h)－nmgh=0?????H + h = n h??? ∴H : h = n - 1????(2) 由动量定理，选全过程????mg(T+t)－nmgt=0???? T + t = n t???∴ T : t = n - 1说明：全程分析法是一种重要的物理分析方法，涉及到多个物理过程的题目可首先考虑采用全过程分析例4、? 如图所示，三块完全相同的木块固定在水平地面上，设速度为v0子弹穿过木块时受到的阻力一样，子弹可视为质点，子弹射出木块C时速度变为v0/2.求：
(1) 子弹穿过A和穿过B 时的速度v1=? v2=?
(2)子弹穿过三木块的时间之比t1∶t2∶t3 =?解：(1)由动能定理:f · 3l = 1/2·mv02 - 1/2·m(v0 /2) 2f ·2l = 1/2·mv02 - 1/2·mv22f · l = 1/2·mv02 - 1/2·mv12(2)由动量定理:f t1 = mv0 - mv1f t2 = mv1 – mv2f t3 = mv2 – mv0/2四 碰撞的分类 完全弹性碰撞 —— 动量守恒，动能不损失
（质量相同，交换速度）
完全非弹性碰撞—— 动量守恒，动能损失
最大。 （以共同速度运动）
非完全弹性碰撞— 动量守恒，动能有损失。
碰 撞后的速度介于上面两种碰撞的
速度之间.五. 弹性碰撞的公式：?由动量守恒得：
m1V0= m1V 1 ′ + m2V2 ′ 由系统动能守恒质量相等的两物体弹性碰撞后交换速度.上式只适用于B球静止的情况。物块m1滑到最高点位置时，二者的速度；
物块m1从圆弧面滑下后，二者速度
若m1= m2物块m1从圆弧面滑下后，二者速度 如图所示，光滑水平面上质量为m1=2kg的物块以v0=2m/s的初速冲向质量为m2=6kg静止的光滑圆弧面斜劈体。求：例5.解：（1）由动量守恒得m1V0=（m1+m2）V V= m1V0 / （m1+m2） =0.5m/s（2）由弹性碰撞公式（3）质量相等的两物体弹性碰撞后交换速度 ∴ v1 = 0 v2=2m/s例6.? 一传送皮带与水平面夹角为30°，以2m/s的恒定速度顺时针运行。现将一质量为10kg的工件轻放于底端，经一段时间送到高2m的平台上，工件与皮带间的动摩擦因数为μ= 0.866 ，
求带动皮带的电动机由于传送工件多消耗的电能。解: 设工件向上运动距离S 时，速度达到传送带的速度v ，
由动能定理可知μmg S cos30°– mg S sin30° = 0－ 1/2 mv 2解得 S=0. 8m，说明工件未到达平台时，速度已达到 v ，所以工件动能的增量为????? △EK = 1/2 m v2=20J工件重力势能增量为???? △EP= mgh = 200J在工件加速运动过程中，工件的平均速度为 v/2 ，因此工件的位移是皮带运动距离S′的1/2，即S′= 2S = 1.6 m 由于滑动摩擦力作功而增加的内能 △ E 为?????△E=f △S=mgcos30°(S′－S)= 60J电动机多消耗的电能为 △EK+△EP+△E=280J96年高考21 在光滑水平面上有一静止的物体，现以水平恒力甲推这一物体，作用一段时间后，换成相反方向的恒力乙推这一物体，当恒力乙作用时间与恒力甲作用时间相同时，物体恰好回到原处，此时物体的动能为32 J,则在整个过程中，恒力甲做的功等于
焦耳，恒力乙做的功等于 焦耳.解：A---BS=1/2a1 t2 =F1 t2 /2mv=at=F1 t/mB---C—A- S=vt - 1/2 a2 t2 = F1 t 2/m - F2 t2 /2m∴F2 =3 F1A—B—C—A 由动能定理 F1S+F2S=32∴W1= F1S=8J
W2= F2S=24J8J24J练习1 、一物体静止在光滑水平面，施一向右的水平恒力F1，经t 秒后将F1 换成水平向左的水平恒力F2，又经过t 秒物体恰好回到出发点，在这一过程中F1、F2 对物体做的功分别是W1、W2，求：W1∶W2=？解一：画出运动示意图，由动量定理和动能定理?：F1 t = mv1 (1)F2 t = - mv2 -mv1 (2)F1 S =1/2· mv12 (3)F2 S = 1/2· mv22 -1/2· mv12 (4)(1) / (2) F1/ F2 =v1 /(v1 +v2 )(3) / (4) F1/ F2 =v12 /(v12 - v22 )化简得 v2 =2v1 (5)由动能定理?：W1 = 1/2· mv12W2 = 1/2· mv22 - 1/2· mv12=3× 1/2· mv12∴W2 = 3 W1 解法二、 将⑤代入①/②得 F1∶F2 = 1∶3W2 / W1= F1S / F2S=1∶3解法三、用平均速度: ?v1 / 2 = ( - v2 + v1) / 2∴ v2 =2 v1 ? 由动能定理?：W1 =1/2·m v12W2= 1/2·m v22 - 1/2·m v12 = 3/2 × m v12∴ W2= 3W1 例7、如图所示，质量为M的小车左端放一质量为m的物体.物体与小车之间的摩擦系数为μ，现在小车与物体以速度v0在水平光滑地面上一起向右匀速运动.当小车与竖直墙壁发生弹性碰撞后，物体在小车上向右滑移一段距离后一起向左运动，求物体在小车上滑移的最大距离.解：小车碰墙后速度反向，由动量守恒定律（M+m）V= （M-m）v0最后速度为V，由能量守恒定律1/2 （M+m）v0 2- 1/2 （M+m）V 2 =μmg S例8. 如图所示，质量为M的火箭，不断向下喷出气体，使它在空中保持静止.如果喷出气的速度
为υ，则火箭发动机的功率为 （ ）
?(A) Mgυ； (B) Mgυ；
(C) Mυ2； (D) 无法确定.解：对气体： FΔt= Δmv 对火箭 ：F=Mg 对气体： PΔt=1/2×Δmv2
=1/2× FΔt v ∴ P=1/2× F v= 1/2×Mg vB1996年高考20: 如下图所示，劲度系数为k1的轻弹簧两端分别与质量为m1、m2的物块1、2拴接，劲度系数为k2的轻弹簧上端与物块2拴接，下端压在桌面上（不拴接），整个系统处于平衡状态。现施力将物块1缓缦地坚直上提，直到下面那个弹簧的下端刚脱离桌面，在此过程中，物块2的重力势能增加了
，
物块1的重力势能增加了
________ 。 2003全国理综34、 一传送带装置示意如图，其中传送带经过AB区域时是水平的，经过BC区域时变为圆弧形（圆弧由光滑模板形成，未画出），经过CD区域时是倾斜的，AB和CD都与BC相切。现将大量的质量均为m的小货箱一个一个在A处放到传送带上，放置时初速为零，经传送带运送到D处，D和A的高度差为h。稳定工作时传送带速度不变，CD段上各箱等距排列，相邻两箱的距离为L。每个箱子在A处投放后，在到达B之前已经相对于传送带静止，且以后也不再滑动（忽略经BC段时的微小滑动）。已知在一段相当长的时间T 内，共运送小货箱的数目为N。这装置由电动机带动，传送带与轮子间无相对滑动，不计轮轴处的摩擦。
求电动机的平均输出功率P。解析:以地面为参考系(下同)，设传送带的运动速度为v0，在水平段运输的过程中，小货箱先在滑动摩擦力作用下做匀加速运动，设这段路程为s，所用时间为t，加速度为a，则对小箱有： S =1/2·at2 v0 =at在这段时间内，传送带运动的路程为： S0 =v0 t由以上可得： S0 =2S用f 表示小箱与传送带之间的滑动摩擦力，则传送带对小箱做功为A＝f S＝1/2·mv02传送带克服小箱对它的摩擦力做功A0＝f S0＝2×1/2·mv02两者之差就是摩擦力做功发出的热量Q＝1/2·mv02[也可直接根据摩擦生热 Q= f △S= f（S0- S）计算]题目可见，在小箱加速运动过程中，小箱获得的动能与发热量相等. Q＝1/2·mv02T时间内，电动机输出的功为：此功用于增加小箱的动能、势能以及克服摩擦力发热，即：W=N· [ 1/2·mv02+mgh+Q ]= N· [ mv02+mgh]已知相邻两小箱的距离为L，所以：v0T＝NL v0＝NL / T　联立，得：题目练习2. 一个不稳定的原子核、质量为M，开始时处于静止状态、放出一个质量为m的粒子后反冲，已知放出粒子的动能为E0，则反冲核的动能为 ( )
(A) E0 (B)
(C) (D) C 练习、某地强风的风速为v，空气的密度为ρ，若在刮强风时把通过横截面积为S的风的动能50%转化为电能，则电功率为P= .练习3. 下列说法正确的是： （ ）
(A)一对摩擦力做的总功，有可能是一负值，有可能
是零；
(B)物体在合外力作用下做变速运动，动能一定变化；
(C)当作用力作正功时，反作用力一定做负功；
(D)当作用力不作功时，反作用力一定也不作功；
(E)合外力对物体做功等于零，物体一定是做匀速直
线运动.A练习4、水平传送带匀速运动,速度大小为v,现将一小工件放到传送带上(初速度为零),它将在传送带上滑动一段距离后速度才达到v 而与传送带保持相对静止,设工件质量为m,它与传送带间的滑动摩擦系数为μ,在这相对滑动的过程中( )
（A）滑动摩擦力对工件所做的功为mv2/2
（B）工件的机械能增加量为mv2/2
（C）工件相对于传送带滑动的路程大小为v2/2μg
（D）传送带对工件做功为零A B C练习5.如图所示，质量为M的木板静止在光滑的水平面上，其上表面的左端有一质量为m的物体以初速度v0，开始在木板上向右滑动，那么：( )
(A)若M固定，则m对M的摩擦力做正功，M对m的摩擦力做负功；
(B)若M固定，则m对M的摩擦力不做功，M对m的摩擦力做负功；
(C)若M自由移动，则m和M组成的系统中摩擦力做功的代数和为零；
(D)若M自由移动，则m克服摩擦力做的功等于M增加的动能和转化为系统的内能之和。
B D课件27张PPT。动量和能量（下）
1、动量 2、机械能 3．两个定理 4．两个定律
5、功和能的关系
a. 重力做功 b. 弹力做功 c. 动能定理
d. 机械能守恒定律 e. 功能原理
f. 静摩擦力做功的特点
g. 滑动摩擦力做功的特点
h. 一对作用力与反作用力做功的特点
6．动能定理与能量守恒定律关系
例1 例2
例3 例4 例5 练习
2001年高考 2000年高考22
2001年春季北京 例63．两个“定理”
（1）动量定理： F合·t=Δp 矢量式 (力F在时间t上积累，影响物体的动量p)
（2）动能定理： F合·S=ΔEK 标量式 (力F在空间S上积累，影响物体的动能Ek)动量定理与动能定理一样，都是以单个物体为研究对象．但所描述的物理内容差别极大．动量定理数学表达式：F合·t=Δp，是描述力的时间积累作用效果——使动量变化；该式是矢量式，即在冲量方向上产生动量的变化．动能定理数学表达式：F合·S=ΔEK，是描述力的空间积累作用效果——使动能变化；该式是标量式。4．两个“定律”（1）动量守恒定律：
适用条件——系统不受外力或所受外力之和为零
公式：m1v1+m2v2=m1v1′+m2v2 ′ 或 p=p ′（2）机械能守恒定律：
适用条件——只有重力（或弹簧的弹力）做功
公式：Ek2+Ep2=Ek1+Ep1 或 ΔEp= －ΔEk5、功和能的关系做功的过程是物体能量的转化过程，做了多少功，就有多少能量发生了变化，功是能量转化的量度．a. 重力做功与重力势能增量的关系重力做正功，重力势能减少；重力做负功，重力势能增加．重力对物体所做的功等于物体重力势能增量的负值．
即WG = EP1 － EP2 = －ΔEPb. 弹力做功与弹性势能增量的关系 弹力做正功，弹性势能减少；弹力做负功，弹性势能增加．弹力对物体所做的功等于物体弹性势能增量的负值．
即W弹力= EP1－EP2 = －ΔEPc. 动能定理合外力对物体做的功等于物体动能的增量．即d. 机械能守恒定律在只有重力和弹簧的弹力做功的物体系内，动能和势能可以互相转化，但机械能的总量保持不变．即
EK2 + EP2 = EK1 + EP1， 或 ΔEK = -ΔEP e. 功能原理除重力和弹簧的弹力外，其他力对物体做的功等于物体机械能的增量．即
WF = E2－E1 = ΔEf. 静摩擦力做功的特点（1）静摩擦力可以做正功，也可以做负功，还可以不做功；（2）在静摩擦力做功的过程中，只有机械能的互相转移，而没有机械能与其他形式的能的转化，静摩擦力只起着传递机械能的作用；（3）相互摩擦的系统内，一对静摩擦力对系统所做功的和总是等于零．g. 滑动摩擦力做功的特点
（1）滑动摩擦力可以做正功，也可以做负功，还可以不做功；（2）相互摩擦的系统内，一对滑动摩擦力对系统所做功的和总表现为负功，其大小为 W= －f S相对
（S相对为相互摩擦的物体间的相对位移；若相对运动有往复性，则S相对为相对运动的路程．）（3）在滑动摩擦力对系统做功的过程中，系统的机械能转化为其他形式的能，其大小为 Q= fS相对h. 一对作用力与反作用力做功的特点(1)作用力做正功时，反作用力可以做正功，也可以做负功，还可以不做功；作用力做负功、不做功时，反作用力亦同样如此．(2)一对作用力与反作用力对系统所做功的总和可以是正功,也可以是负功,还可以零． 6．动能定理与能量守恒定律关系—理解“摩擦热”(Q=f·ΔS)设质量为m2的板在光滑水平面上以速度υ2运动，质量为m1的物块以速度υ1在板上同向运动，且υ1＞υ2，它们之间相互作用的滑动摩擦力大小为f，经过一段时间，物块的位移为S1，板的位移S2，此时两物体的速度变为υ 1 ′和υ 2 ′由动能定理得-f S1=m1υ1′2/2－m1υ12/2?? ? ?①?f S2=m2υ2′2/2－m2υ22/2??????? ?②在这个过程中，通过滑动摩擦力做功，机械能不断转化为内能，即不断“生热”，由能量守恒定律及①②式可得：Q=(m1υ12/2+m2υ22/2)
－(m1υ1′2/2－m2υ2′2/2)
=f (S1－S2)= f·ΔS ③ 由此可见，在两物体相互摩擦的过程中，损失的机械能（“生热”）等于摩擦力与相对位移的乘积。 特别要指出，在用Q= f ·ΔS?计算摩擦生热时，正确理解是关键。这里分两种情况：（1）若一个物体相对于另一个物体作单向运动，ΔS为相对位移；（2）若一个物体相对于另一个物体作往返运动，ΔS为相对路程。例1．甲乙两个物体，甲物体动量大小比乙大，乙物体动能比甲大，那么 [ ]
A．要使它们在相同的时间内停下来，应对甲施加
较大的阻力
B．如果它们受到相同的阻力，到它们停下来时，
乙的位移比甲大
C．甲的质量比乙大
D．甲的速度比乙大ABC练习．质量为m的小球拴在长为L的细绳一端，在竖直平面内做圆周运动，当小球通过最高点时 [ ]
A．它的最小动能为mgL/2
B．它的最小向心加速度为g
C．细绳对小球的最小拉力为零
D．小球所受重力为零ABC D 例3. 在光滑的水平面上停放着质量为m、带有弧形槽的小车，现有一质量也为m的小球以v0 的水平速度沿槽口向小车滑去（不计摩擦），到达某一高度后，小球又返回车右端，则 ( )
A. 小球离车后，对地将向右做平抛运动
B. 小球离车后，对地将做自由落体运动
C. 此过程小球对车做功为mv0 2 / 2
D. 小球沿弧形槽上升的最大高度为v0 2 / 2gB C 例4. 电阻为R的矩形导线框abcd,边长ab=l, ad=h,质量为m,自某一高度自由落体,通过一匀强磁场,磁场方向垂直纸面向里,磁场区域的宽度为h ,如图,若线框恰好以恒定速度通过磁场,线框内产生的焦耳热等于 .
(不考虑空气阻力) 解: 由能量守恒定律,
线框通过磁场时减少的
重力势能转化为线框的内能,所以 Q=2mgh2mgh 例5、如图示，一足够长的木板在光滑的水平面上以速度v匀速运动，现将质量为m的物体轻轻地放置在木板上的P点处，已知物体m与木板之间的动摩擦因素为μ，为保持木板的速度不变，从物体m 放到木板上到它相对于木板静止的过程中，对木板施一水平向右的作用力F，那么F 对木板做的功有多大？解：物体m 在摩擦力作用下做匀加速运动，经时间t 速度达到v f = μ mg a= μ g t = v/a = v / μg在t 时间内，物体m 的位移S 1=1/2×v t木板 的位移S 2=v tW = FS 2 = f S 2 = μ mgv t=mv2又解：由能量守恒定律，拉力F 的功等于物体动能的增加和转化的内能.W=1/2× mv2 +f ΔS
= 1/2× mv2 + f (S 2 - S 1)
= 1/2× mv2 + 1/2×μ mgv t=mv2练习、 上题中，若物体m以水平向左的速度v 轻轻地放置在木板上的P点处 ，那么F 对木板做的功有多大？解：物体m 在摩擦力作用下向左做匀减速运动，经时间t 速度减为0到达Q点，又 在摩擦力作用下向右做匀加速运动，经时间t 速度达到v ，f = μ mg a= μ g t = v/a = v / μg在2t 时间内，物体m 的位移S 1=0木板 的位移S 2=2v t∴W=F S 2 =f S 2=μ mg×2v× v / μg=2mv2又解：物体的动能不变，由能量守恒定律，拉力F 的功等于转化的内能.∴ W=f ΔS
= f (S 2 - S 1) = f S 2
= μ mg×2v t=2mv2 2001年高考：如图所示：虚线框abcd内为一矩形匀强磁场区域，ab=2bc，磁场方向垂直于纸面；实线框a′b ′ c ′ d ′是一正方形导线框， a′b ′边与ab边平行，若将导线框匀速地拉离磁场区域，以W1表示沿平行于ab的方向拉出过程中外力所做的功， W2表示以同样速率沿平行于bc的方向拉出过程中外力所做的功，则 （ ）W1=W2
W2=2W1
W1=2W2
W2=4W1B2000年高考22、 在原子核物理中，研究核子与核关联的最有效途径是“双电荷交换反应”。这类反应的前半部分过程和下述力学模型类似。两个小球A和B用轻质弹簧相连，在光滑的水平直轨道上处于静止状态。在它们左边有一垂直于轨道的固定挡板P，右边有一小球C沿轨道以速度v0 射向 B球，如图所示。C与B发生碰撞并立即结成一个整体D。在它们继续向左运动的过程中，当弹簧长度变到最短时，长度突然被锁定，不再改变。然后，A球与挡板P发生碰撞，碰后A、D都静止不动，A与P接触而不粘连。过一段时间，突然解除锁定（锁定及解除定均无机械能损失）。已知A、B、C三球的质量均为m。　　（1）求弹簧长度刚被锁定后A球的速度。　　（2）求在A球离开挡板P之后的运动过程中，弹簧的最大弹性势能。（1）设C球与B球粘结成D时，D的速度为v1，由动量守恒，有 　　mv0 =(m+m)v 1 ①当弹簧压至最短时，D与A的速度相等，设此速度为v2 ，由动量守恒，有2mv1 =3m v2 ②由①、②两式得A的速度　　 v2=1/3 v0 ③（2）设弹簧长度被锁定后，贮存在弹簧中的势能为 EP ，由能量守恒，有撞击P后，A与D 的动能都为零，解除锁定后，当弹簧刚恢复到自然长度时，势能全部转变成D 的动能，设D的速度为v3 ，则有 当弹簧伸长，A球离开挡板P，并获得速度。当A、D的速度相等时，弹簧伸至最长。设此时的速度为v4 ，由动量守恒，有2mv3=3mv4　 ⑥当弹簧伸到最长时，其势能最大，设此势能为 ，由能量守恒，有解以上各式得 2001年春季北京: 如图所示，A、B是静止在水平地面上完全相同的两块长木板。A的左端和B的右端相接触。两板的质量皆为M=2.0kg，长度皆为l =1.0m,C 是一质量为m=1.0kg的木块．现给它一初速度v0 =2.0m/s，使它从B板的左端开始向右动．已知地面是光滑的，而C与A、B之间的动摩擦因数皆为μ=0.10．求最后A、B、C各以多大的速度做匀速运动．取重力加速度g=10m/s2.解：先假设小物块C 在木板B上移动距离 x 后，停在B上．这时A、B、C 三者的速度相等，设为V．由动量守恒得① 在此过程中，木板B 的位移为S，小木块C 的位移为S+x．由功能关系得解①、②两式得③代入数值得 ④ x 比B 板的长度l 大．这说明小物块C不会停在B板上，而要滑到A 板上．设C 刚滑到A 板上的速度为v1，此时A、B板的速度为V1，如图示：则由动量守恒得⑤由功能关系得⑥以题给数据代入解得由于v1 必是正数，故合理的解是⑦⑧ 当滑到A之后，B 即以V1= 0.155m/s 做匀速运动．而C 是以 v1=1.38m/s 的初速在A上向右运动．设在A上移动了y 距离后停止在A上，此时C 和A 的速度为V2，如图示：由动量守恒得 ⑨解得 V2 = 0.563 m/s ⑩由功能关系得解得 y = 0.50 my 比A 板的长度小，故小物块C 确实是停在A 板上．最后A、B、C 的速度分别为: 例6. 如图示，在光滑的水平面上，质量为m的小球B连接着轻质弹簧，处于静止状态，质量为2m的小球A以初速度v0向右运动，接着逐渐压缩弹簧并使B运动，过了一段时间A与弹簧分离.
（1）当弹簧被压缩到最短时，弹簧的弹性势能EP多大？
（2）若开始时在B球的右侧某位置固定一块挡板，在A球与弹簧未分离前使B球与挡板发生碰撞，并在碰后立即将挡板撤走，设B球与挡板的碰撞时间极短，碰后B球的速度大小不变但方向相反，欲使此后弹簧被压缩到最短时，弹性势能达到第（1）问中EP的2.5倍，必须使B球在速度多大时与挡板发生碰撞？解： （1）当弹簧被压缩到最短时，AB两球的速度相等设为v，由动量守恒定律2mv0=3mv 由机械能守恒定律EP=1/2×2mv02 -1/2×3mv2 = mv2/3 （2）画出碰撞前后的几个过程图由甲乙图 2mv0=2mv1 +mv2 由丙丁图 2mv1- mv2 =3mV 由机械能守恒定律（碰撞过程不做功）1/2×2mv02 =1/2×3mV2 +2.5EP 解得v1=0.75v0 v2=0.5v0 V=v0/3课件15张PPT。振动和波综合题
例5. 一质点在平衡位置O点附近作简谐振动，它离开O点经2.5s第一次通过M点，再经过1s第二次通过M点，再经过 s第三次通过M点，质点的振动周期为 s。解：画出示意图，不难看出 T/4=3s ∴ T=12s另一种情形如图示：设O向右到M要t s ，则 t+3.5=T 2.5-t=T/2 ∴ T=4s 11s或312s或4例7. 用一个质量不均匀的摆球做测定重力加速度的实验。第一次悬线长为L1，测得振动周期为T1；第二次改变悬线长度为L2，并且测得此时单摆的振动周期为T2，试计算重力加速度值。 2001年春9. 有一列沿水平绳传播的简谐横波，频率为10Hz，振动方向沿竖直方向．当绳上的质点P到达其平衡位置且向下运动时，在其右方相距0.6m处的质点Q刚好到达最高点．由此可知波速和传播方向可能是 ( )
（A） 8m/s，向右传播
（B） 8m/s ，向左传播
（C） 24m/s ，向右传播
（D） 24m/s ，向左传播解：若向右传播，画出波形图，S=（n+1/4）λ=0.6v = λf=24 /（4n+1） C正确若向左传播，画出波形图，S=（n+3/4）λ=0.6v = λf=24 /（4n+3） B正确B C 一弹簧振子沿轴x 振动，振幅为4cm，振子的平衡位置位于x 轴上的0点，图1中的为四个不同的振动状态；黑点表示振子的位置，黑点上的箭头表示运动的方向，图2给出的①②③④四条振动图线，可用于表示振子的振动图象。（ ）
A．若规定状态a 时t = 0，则图象为①
B．若规定状态b 时t = 0，则图象为②
C．若规定状态c 时t = 0，则图象为③
D．若规定状态d 时t = 0，则图象为④?
03年江苏高考7A D1. 水平弹簧振子质量为m=1kg，k=100牛/米，振子与水平面之间的动摩擦因素为μ=0.1，将弹簧从原长位置拉长Δx=9.3cm后放手，物体将作阻尼振动， 已知在光滑水平面上的弹簧振子的周期为 求：⑴ 该弹簧振子作阻尼振动的周期⑵ 它经过多少时间停止运动？经过2.5T到F停止运动答：0.2π秒 1.57秒 图(1)是演示简谐振动图像的装置.当盛砂漏斗下面的薄木板N被匀速地拉出时,摆动着的漏斗中漏出的砂在板上形成的曲线显示出摆的位移随时间变化的关系,板上的直线OO1代表时间轴.
图(2)是两个摆中的砂在各自木板上形成的曲线,若板N1和板N2拉动的速度v1和v2的关系为v2=2v1,则板N1、N2上曲线所代表的振动的周期T1和T2的关系为 ( ).
(A)T2=T1 (B) T2=2T1
(C) T2=4T1 (D) T2= T1N11994年高考D P105/例3.下图是将演示简谐振动图像的装置作变更，当盛砂漏斗下面的薄木板被匀加速地拉出时,摆动着的漏斗中漏出的砂在木板上形成的曲线如图示，A 、B、 C、 D、 E均为OO ′轴上的点，AB=S1, BC=S2,摆长为L（可视作不变）摆角小于5°，则木板的加速度约为多少？例 、一学生用单摆测当地的重力加速度时，在挂好单摆后，在摆角小于5°的条件下，测得单摆的振动周期为T1；再使摆长增加 Δl ，仍在摆角小于5°的条件下，测得单摆的振动周期为T2，由此，可计算出当地的重力加速度值
g = 。2000春高考 已知平面简谐波在x轴上传播，原点O的振动图线如图a 所示，t 时刻的波形图线如图b 所示，则 t′＝t＋0.5S 时刻的波形图线可能是（ ）C D 例16.一根细绳正在传播着正立和倒立的两个三角形波A和B，设在t=0时的波形如图甲示，而在t= T时的波形如图乙示，试在图丙中画出t=1/4 T的波形。 一根张紧的水平弹性长绳上的a、b两点,相距14.0米,b点在a点的右方.当一列简谐横波沿此长绳向右传播时,若a点的位移达到正极大时,b点的位移恰为零,且向下运动.经过1.00秒后,a点的位移为零,且向下运动,而b点的位移恰达到负极大,则这简谐横波的波速可能等于 ( ).
(A) 14米/秒(B) 10米/秒
(C) 6米/秒 (D) 4.67米/秒1996年高考：解：画出符合题意的波形图：ΔS=（n+3/4）λ=14m∴λ=56 / （4n+3） mΔt=1.0s =（k+1/4）T∴T=4 / （4k+1）sf= （4k+1）/4 Hzv=λf=14 ×（4k+1）/ （4n+3）k=0 n=0 v=4.67m/sk=1 n=1 v=10m/sB D P106/例1. 如图示为一单摆的共振曲线，该单摆的摆长约为多少？共振时单摆的振幅多大？共振时摆球的最大速度为多少？（g=10m/s2）解：f 固=0.5HZ由图象可知共振时单摆的振幅 A=8cm由振动的能量 E=1/2×kA2 = 1/2×mvm 2 ∴ k/m=4π2/T2 = π2 把一个筛子用四根弹簧支起来，筛子上装一个电动偏心轮，它每转一周给筛子一个驱动力，这就做成了一个共振筛，筛子在做自由振动时，完成10次全振动用时15s，在某电压下电动偏心轮转速是36r/min。（转/分），已知如果增大电压可以使偏心轮转速提高，增大筛子的质量，可以增大筛子的固有周期。那么，要使筛子的振幅增大，下列哪些做法是正确的 （ ）
①提高输入电压 ②降低输入电压
③增加筛子质量 ④减小筛子质量
A． ①③ B． ①④ C． ②③ D．②④ A 04年江苏高考8 图1 中，波源S从平衡位置y=0开始振动，运动方向竖直向上（y轴的正方向） ，振动周期T=0.01s，产生的简谐波向左、右两个方向传播，波速均为v=80m/s，经过一段时间后，P、Q两点开始振动，已知距离SP=1.2m、SQ=2.6m，若以Q点开始振动的时刻作为计时的零点，则在图2的振动图象中，能正确描述P、Q两点振动情况的是 （ ）
A.甲为Q点的振动图象
B.乙为Q点的振动图象
C.丙为P点的振动图象
D.丁为P点的振动图象A D课件21张PPT。子弹打木块专题
例1、 子弹以一定的初速度射入放在光滑水平面上的木块中，并共同运动下列说法中正确的是：
( )
A、子弹克服阻力做的功等于木块动能的增加与摩
擦生的热的总和
B、木块对子弹做功的绝对值等于子弹对木块做的功
C、木块对子弹的冲量大小等于子弹对木块的冲量
D、系统损失的机械能等于子弹损失的动能和子弹
对木块所做的功的差A C D 例2、 如图所示，质量为M =2kg的小车放在光滑水平面上，在小车右端放一质量为m=1kg 的物块。两者间的动摩擦因数为μ=0.1，使物块以v1=0.4m/s 的水平速度向左运动，同时使小车
以v2=0.8m/s 的初速度水平向右运动， （取g= 10m/s2）求：
（1）物块和小车相对静止时，物块和小车的速度大小和方向
（2）为使物块不从小车上滑下，小车的长度L至少多大？解：（1）木块先向左匀减速运动到0，再匀加速运动到共同速度V由动量守恒定律 (m+M)V=Mv2-mv1V=0.4m/s（2）由能量守恒定律μmgL=1/2×Mv22+ 1/2×mv12
- 1/2×(m+M)V2L=0.48m （8分）一质量为M的长木板B 静止在光滑水平面上，一质量为m 的小滑块A（可视为质点）以水平速度 v0从长木板的一端开始在木板上滑动，到达另一端滑块刚离开木板时的速度为1/3v0 ，若把此木板固定在水平桌面上，其它条件相同，求：滑块离开木板时的速度。96年全国24解：木板不固定时，如图示： 由动量守恒定律 m v0=1/3 mv0+MVV=2mv0/3M由能量守恒定律 fL=1/2·mv02-1/2m·1/9 v02-1/2·MV2 = 2/9·m v02 (2-m/M)若把此木板固定在水平桌面上，滑块离开木板时
的速度为v ， 由动能定理- fL=1/2·m v 2 - 1/2·mv02 由以上四式解得 例4、如图所示，质量为M的小车左端放一质量为m的物体.物体与小车之间的摩擦系数为μ，现在小车与物体以速度v0在水平光滑地面上一起向右匀速运动.当小车与竖直墙壁发生弹性碰撞后，物体在小车上向右滑移一段距离后一起向左运动，求物体在小车上滑移的最大距离.解：小车碰墙后速度反向，由动量守恒定律（M+m）V= （M-m）v0最后速度为V，由能量守恒定律1/2（M+m）v0 2- 1/2（M+m）V 2 =μmg S变形题练习、 如图所示，在光滑水平面上放有质量为2m的木板，木板左端放一质量为m的可视为质点的木块。两者间的动摩擦因数为μ，现让两者以v0的速度一起向竖直墙向右运动，木板和墙的碰撞不损失机械能，碰后两者最终一起运动。求碰后：
（1）木块相对地面向右运动的最大距离L
（2）木块相对木板运动的距离S解：木板碰墙后速度反向如图示（1）当木块速度减小为0时 2mv0-mv0=2mv1v1=v0/2 μmgL=1/2×mv02 L= v02/2μg（2）当两者速度相同时2mv0-mv0=3mv2v2=v0/3μmgS=1/2×3mv02- 1/2×3mv22S =4v02/3μg 例5：长L=1m，质量M=1kg的木板AB静止于光滑水平面上。在AB的左端有一质量m=1kg的小木块C，现以水平恒力F=20N作用于C，使其由静止开始向右运动至AB的右端，C与AB间动摩擦因数μ=0.5，求F对C做的功及系统产生的热量解：由于C受到外力作用所以系统动量不守恒，设木板向前运动的位移是S，则木块的位移为S+L, 时间为t 对C： F（S+L）-μmg（S+L）=1/2×mvm2 （F-μmg）t = mvm 对AB：μmgS = 1/2×MvM2 μmg t = M vM 解以上四式得： vm=3vM S=0.5 m F对C做的功 W=F（S+L）=30J 摩擦生的热 Q=μmgL=5J 例6、光滑水平面上静置厚度不同的木块A与B，质量均为M。质量为m的子弹具有这样的水平速度：它击中可自由滑动的木块A后，正好能射穿它。现A固定，子弹以上述速度穿过A后，恰好还能射穿可自由滑动的B，两木块与子弹的作用力相同。求两木块厚度之比。解：设A木块厚度为a ，B木块厚度为b射穿自由滑动的A后速度为V mv0=(m+M)V f a= 1/2×mv02 - 1/2× (m+M)V2 = 1/2×mv02 ×M/ (m+M) 子弹射穿固定的A后速度为v1，射穿B后速度为VB 1/2×mv12 = 1/2×mv02 - f a = 1/2× (m+M)V2 mv1=(m+M)VB f b= 1/2×mv12 - 1/2× (m+M)VB2
= 1/2×mv12 ×M/ (m+M) ∴a / b= v02 / v12 =(M+m) / m 南京04年检测二17 如图示，在光滑水平桌面上静置一质量为M=980克的长方形匀质木块，现有一颗质量为 m=20克的子弹以v0 = 300m/s 的水平速度沿其轴线射向木块，结果子弹留在木块中没有射出，和木块一起以共同的速度运动。已知木块沿子弹运动方向的长度为L=10cm，子弹打进木块的深度为d=6cm，设木块对子弹的阻力保持不变。
（1）求子弹和木块的共同的速度以及它们在此过程中所增加的内能。
（2）若子弹是以V0 = 400m/s的水平速度从同一方向射向该木块的，则它能否射穿该木块？
（3）若能射穿木块，求子弹和木块的最终速度是多少？解：（ 1）由动量守恒定律 mv0 =(M+m)V V=6m/s系统增加的内能等于系统减少的动能 Q = fd=1/2×mv02 -1/2× (M+m)V2 =900-1/2×36=882J（ 2）设以400m/s射入时，仍不能打穿，射入深度为d ′ 由动量守恒定律 mV0 = (M+m)V′ V′=8m/sQ′= fd′=1/2×mv0′2 -1/2× (M+m)V′2
=1600-1/2×64=1568Jd′/ d = 1568/882=16/9∴ d′=16/9×6=10.7cm > L 所以能穿出木块题目下页（3）设射穿后，最终子弹和木块的速度分别为v1和v2,系统产生的内能为 f L=10/6×fd=5/3×882=1470 J 由动量守恒定律 mV0 =mv1+Mv2由能量守恒定律fL= 1/2×mV0 2 - 1/2× Mv12 - 1/2× mv22代入数字化简得v1+49v2 =400v12 +49v22 =13000消去v1得 v22 -16 v2 +60=0 解得 v1=106 m/s
v2=6 m/s题目上页 例7 、质量为2m、长为L的木块置于光滑的水平面上，质量为m的子弹以初速度v0水平向右射穿木块后速度为v0 /2。设木块对子弹的阻力F 恒定。求：
（1）子弹穿过木块的过程中木块的位移（2）若木块固定在传送带上，使木块随传送带始终以恒定速度u 木块的位移 S=L/5 （2）在此过程中，由于木块受到传送带的作用力，所以系统动量不守恒。以子弹为研究对象:由动量定理得： mv 0-mv=Ft (1)由动能定理得：1/2×mv 02- 1/2× m v2=F(ut+L) (2)解以上两式得v，解得：当 (v 0-u)2 > 5/8 ×v 02 即当(v 0-u)2 < 5/8 ×v 02 方程无解 ，
表明子弹不能穿出木块 。 即 2001年春季北京: 如图所示，A、B是静止在水平地面上完全相同的两块长木板。A的左端和B的右端相接触。两板的质量皆为M=2.0kg，长度皆为l =1.0m,C 是一质量为m=1.0kg的木块．现给它一初速度v0 =2.0m/s，使它从B板的左端开始向右动．已知地面是光滑的，而C与A、B之间的动摩擦因数皆为μ=0.10．求最后A、B、C各以多大的速度做匀速运动．取重力加速度g=10m/s2.解：先假设小物块C 在木板B上移动距离 x 后，停在B上．这时A、B、C 三者的速度相等，设为V．由动量守恒得① 在此过程中，木板B 的位移为S，小木块C 的位移为S+x．由功能关系得解①、②两式得③代入数值得 ④ x 比B 板的长度l 大．这说明小物块C不会停在B板上，而要滑到A 板上．设C 刚滑到A 板上的速度为v1，此时A、B板的速度为V1，如图示：则由动量守恒得⑤由功能关系得⑥以题给数据代入解得由于v1 必是正数，故合理的解是⑦⑧ 当滑到A之后，B 即以V1= 0.155m/s 做匀速运动．而C 是以 v1=1.38m/s 的初速在A上向右运动．设在A上移动了y 距离后停止在A上，此时C 和A 的速度为V2，如图示：由动量守恒得 ⑨解得 V2 = 0.563 m/s ⑩由功能关系得解得 y = 0.50 my 比A 板的长度小，故小物块C 确实是停在A 板上．最后A、B、C 的速度分别为: 例、如图示，M为悬挂在竖直平面内某一点O的木质小球，（可以看作质点）悬线长为L，质量为m 的子弹以水平初速v0射入球在中而未穿出，要使子弹射入小球后，小球能在竖直平面内运动，悬线始终不发生松弛，求子弹的初速度v0的大小应满足的条件（不计空气阻力）解：若小球能在竖直平面内作圆周运动，到最高点的速度为V m1V2 / L ≥ m1 g 式中m1 =（M+m）由机械能守恒定律 1/2m1V2+m1g×2L= 1/2m1V12由动量守恒定律 m v0 = （M+m） V1若小球只能在下半个圆周内作摆动 1/2m1V22 =m1gh ≤m1gL 例5、如图所示，长为l 质量为m1的木板A置于光滑水平面上，左端放一质量为m2的物体B.物体与木板之间的动摩擦因数为μ，现在A与B以速度v0在水平光滑地面上一起向右匀速运动.当A与竖直墙壁发生弹性碰撞后，要使物体一直不从木板上掉下来，v0 必须满足什么条件？解：木板碰墙后速度反向，由动量守恒定律(向左为正向)（ m1 +m2）V=（ m1 –m2）v0讨论:（1）若m1 > m2 最后以共同速度为V向左运动，由能量守恒定律 1/2（ m1 +m2）v0 2- 1/2（ m1 +m2）V 2 ≤μm2g l（2）若m1 = m2 碰后系统的总动量为0，最后都静止在水平面上,设静止时物体在木板的右侧,由能量守恒定律 1/2（ m1 +m2）v0 2 ≤μm2g l（3）若m1 < m2 木板能与墙多次碰撞, 每次碰后的总动量都向右,最后木板静止在靠近墙壁处,B静止在A右侧.由能量守恒定律 1/2（ m1 +m2）v0 2≤μm2g l课件53张PPT。力学综合题
例：如图示：竖直放置的弹簧下端固定，上端连接一个砝码盘B，盘中放一个物体A，A、 B的质量分别是M=10.5kg、m=1.5 kg，k=800N/m,对A施加一个竖直向上的拉力，使它做匀加速直线运动，经过0.2秒A与B脱离，刚脱离时刻的速度为v=1.2m/s，取g=10m/s2,求A在运动过程中拉力的最大值与最小值。解：对整体 kx1=(M+m)g F + kx - (M+m)g= (M+m)a脱离时，A 、B间无相互作 用力，
对B kx2-mg=max1- x2 =1/2 at2 a=v/t=6m/s2Fmax=Mg+Ma=168NFmin=(M+m)a=72N 例. 如图示，在光滑的水平面上，质量为m的小球B连接着轻质弹簧，处于静止状态，质量为2m的小球A以初速度v0向右运动，接着逐渐压缩弹簧并使B运动，过了一段时间A与弹簧分离.
（1）当弹簧被压缩到最短时，弹簧的弹性势能EP多大？
（2）若开始时在B球的右侧某位置固定一块挡板，在A球与弹簧未分离前使B球与挡板发生碰撞，并在碰后立即将挡板撤走，设B球与挡板的碰撞时间极短，碰后B球的速度大小不变但方向相反，欲使此后弹簧被压缩到最短时，弹性势能达到第（1）问中EP的2.5倍，必须使B球在速度多大时与挡板发生碰撞？解： （1）当弹簧被压缩到最短时，AB两球的速度相等设为v，由动量守恒定律2mv0=3mv 由机械能守恒定律EP=1/2×2mv02 -1/2×3mv2 = mv2/3 （2）画出碰撞前后的几个过程图由甲乙图 2mv0=2mv1 +mv2 由丙丁图 2mv1- mv2 =3mV 由机械能守恒定律（碰撞过程不做功）1/2×2mv02 =1/2×3mV2 +2.5EP 解得v1=0.75v0 v2=0.5v0 V=v0/3 例7. 如图示：质量为2m 的木板，静止放在光滑的水平面上，木板左端固定 着一根轻弹簧，质量为m 的小木块（可视为质点），它从木板右端以未知速度v0 开始沿木板向左滑行。最终回到木板右端刚好未从木板上滑出。若在小木块压缩弹簧的过程中，弹簧具有的最大弹性势能为EP，小木块与木板间滑动摩擦系数大小保持不变，求：
木块的未知速度v0
以木块与木板为系统,上述过程中系统损失的机械能.解:弹簧压缩最短时，两者具有相同的速度v1，由动量守恒定律得： v1=1/3 v0木块返回到右端时，两者具有相同的速度v2, 同理v2=1/3 v0由能量守恒定律 1/2mv02 =1/2×3mv12 +Ep+fl1/2×3mv12 +Ep= 1/2×3mv22 + f l∵v1= v2 ∴ Ep = f l∴ 1/2mv02 = 1/2×3mv12 +2 Ep即 1/3mv02= 2 Ep∴∴ E=2 Ep 在原子核物理中，研究核子与核关联的最有效途径是“双电荷交换反应”。这类反应的前半部分过程和下述力学模型类似。两个小球A和B用轻质弹簧相连，在光滑的水平直轨道上处于静止状态。在它们左边有一垂直于轨道的固定挡板P，右边有一小球C沿轨道以速度v0 射向 B球，如图所示。C与B发生碰撞并立即结成一个整体D。在它们继续向左运动的过程中，当弹簧长度变到最短时，长度突然被锁定，不再改变。然后，A球与挡板P发生碰撞，碰后A、D都静止不动，A与P接触而不粘连。过一段时间，突然解除锁定（锁定及解除定均无机械能损失）。已知A、B、C三球的质量均为m。　　（1）求弹簧长度刚被锁定后A球的速度。　　（2）求在A球离开挡板P之后的运动过程中，弹簧的最大弹性势能。2000年高考22（1）设C球与B球粘结成D时，D的速度为v1，由动量守恒，有
　　 　　mv0 =(m+m)v 1 ①当弹簧压至最短时，D与A的速度相等，设此速度为v2 ，由动量守恒，有2mv1 =3m v2 ②由①、②两式得A的速度　　 v2=1/3 v0 ③（2）设弹簧长度被锁定后，贮存在弹簧中的势能为 EP ，由能量守恒，有 撞击P后，A与D 的动能都为零，解除锁定后，当弹簧刚恢复到自然长度时，势能全部转变成D 的动能，设D的速度为v3 ，则有 当弹簧伸长，A球离开挡板P，并获得速度。当A、D的速度相等时，弹簧伸至最长。设此时的速度为v4 ，由动量守恒，有2mv3=3mv4　 ⑥ 当弹簧伸到最长时，其势能最大，设此势能为 ，由能量守恒，有 解以上各式得 如图所示，A、B是静止在水平地面上完全相同的两块长木板。A的左端和B的右端相接触。两板的质量皆为M=2.0kg，长度皆为l =1.0m,C 是一质量为m=1.0kg的木块．现给它一初速度v0 =2.0m/s，使它从B板的左端开始向右动．已知地面是光滑的，而C与A、B之间的动摩擦因数皆为μ=0.10．求最后A、B、C各以多大的速度做匀速运动．取重力加速度g=10m/s2.01年春季北京解：先假设小物块C 在木板B上移动距离 x 后，停在B上．这时A、B、C 三者的速度相等，设为V．由动量守恒得① 在此过程中，木板B 的位移为S，小木块C 的位移为S+x．由功能关系得解①、②两式得代入数值得 ④ x 比B 板的长度l 大．这说明小物块C不会停在B板上，而要滑到A 板上．设C 刚滑到A 板上的速度为v1，此时A、B板的速度为V1，如图示：则由动量守恒得由功能关系得以题给数据代入解得由于v1 必是正数，故合理的解是⑦⑧ 当滑到A之后，B 即以V1= 0.155m/s 做匀速运动．而C 是以 v1=1.38m/s 的初速在A上向右运动．设在A上移动了y 距离后停止在A上，此时C 和A 的速度为V2，如图示：对AC，由动量守恒得解得 V2 = 0.563 m/s ⑩由功能关系得解得 y = 0.50 my 比A 板的长度小，故小物块C 确实是停在A 板上．最后A、B、C 的速度分别为: 一只老鼠从洞口爬出后沿一直线运动，其速度大小与其离开洞口的距离成反比，当其到达距洞口为d 1 的A点时速度为v 1，若B点离洞口的距离为d 2 （d 2 > d 1 ），求老鼠由A 运动到B 所需的时间解：v1=k/d1 k=d1 v1 1/v1= d1 / kv2=k/d2= d1v1 / d2 1/v2= d2 / d1 v1 作出v—d图线，见图线，将v—d图线转化为1/v--d图线，取一小段位移d，可看作匀速运动，t= d/v= d×1/v即为小窄条的面积。同理可得梯形总面积即 为所求时间t =1/2×(1/v2+1/v1)(d2-d1)
=(d2-d1)2 /2d1v1 经过用天文望远镜长期观测，人们在宇宙中发现了许多双星系统。所谓双星系统是由两个星体构成的天体系统，其中每个星体的线度都远远小于两个星体之间的距离，根据对双星系统的光度学测量确定，这两个星体中的每一个星体都在绕两者连线中的某一点作圆周运动，星体到该点的距离与星体的质量成反比，一般双星系统与其它星体距离都很远，除去双星系统中两个星体之间相互作用的万有引力外，双星系统所受其它天体的作用都可以忽略不计（这样的系统称为孤立系统）。现根据对某一双星系统的光度学测量确定，该双星系统中每个星体的质量都是m，两者的距离是L。双星系统下页（1）试根据动力学理论计算该双星系统的运动周期 T0。
（2）若实际观测到该双星系统的周期为T，且 。为了解释T与T0之间的差异，目前有一种流行的理论认为，在宇宙中可能存在一种用望远镜观测不到的暗物质。作为一种简化模型，我们假定认为在这两个星体连线为直径的球体内均匀分布着这种暗物质，若不考虑其它暗物质的影响，试根据这一模型和上述观测结果确定该星系间这种暗物质的密度。上页下页解：设暗物质的质量为M，重心在O点 题目上页 一传送带装置示意如图，其中传送带经过AB区域时是水平的，经过BC区域时变为圆弧形（圆弧由光滑模板形成，未画出），经过CD区域时是倾斜的，AB和CD都与BC相切。现将大量的质量均为m的小货箱一个一个在A处放到传送带上，放置时初速为零，经传送带运送到D处，D和A的高度差为h。稳定工作时传送带速度不变，CD段上各箱等距排列，相邻两箱的距离为L。每个箱子在A处投放后，在到达B之前已经相对于传送带静止，且以后也不再滑动（忽略经BC段时的微小滑动）。已知在一段相当长的时间T 内，共运送小货箱的数目为N。这装置由电动机带动，传送带与轮子间无相对滑动，不计轮轴处的摩擦。
求电动机的平均输出功率P。2003全国理综34解析:以地面为参考系(下同)，设传送带的运动速度为v0，在水平段运输的过程中，小货箱先在滑动摩擦力作用下做匀加速运动，设这段路程为s，所用时间为t，加速度为a，则对小箱有： S =1/2·at2 v0 =at在这段时间内，传送带运动的路程为： S0 =v0 t由以上可得： S0 =2S用f 表示小箱与传送带之间的滑动摩擦力，则传送带对小箱做功为A＝f S＝1/2·mv02传送带克服小箱对它的摩擦力做功A0＝f S0＝2×1/2·mv02两者之差就是摩擦力做功发出的热量Q＝1/2·mv02[也可直接根据摩擦生热 Q= f △S= f（S0- S）计算]题目可见，在小箱加速运动过程中，小箱获得的动能与发热量相等. Q＝1/2·mv02T时间内，电动机输出的功为：此功用于增加小箱的动能、势能以及克服摩擦力发热，即：W=N· [ 1/2·mv02+mgh+Q ]= N· [ mv02+mgh]已知相邻两小箱的距离为L，所以：v0T＝NL v0＝NL / T　联立，得：题目04年江苏高考15(1)重物向下先做加速运动，后做减速运动，当重物速度
为零时，下降的距离最大．设下降的最大距离为h ，由机械能守恒定律得解得 （另解h=0舍去）(2)系统处于平衡状态时，两小环的可能位置为a．两小环同时位于大圆环的底端．b．两小环同时位于大圆环的顶端．c．两小环一个位于大圆环的顶端，
另一个位于大圆环的底端．d. 见下页题目下页d．除上述三种情况外，根据对称性可知，系统如能平衡，则两小圆环的位置一定关于大圆环竖直对称轴对称．设平衡时，两小圆环在大圆环竖直对称轴两侧α角的位置上(如图所示)． 对于重物，受绳子拉力与重力作用， 有T=mg 对于小圆环，受到三个力的作用，水平绳的拉力T、 竖直绳子的拉力T、大圆环的支持力N. 两绳子的拉力沿大圆环切向的分力大小相等，方向相反 得α=α′,而α+α′=90°，所以α=45 °题目上页04年江苏高考18 (16分)一个质量为M的雪橇静止在水平雪地上，一条质量为m的爱斯基摩狗站在该雪橇上．狗向雪橇的正后方跳下，随后又追赶并向前跳上雪橇；其后狗又反复地跳下、追赶并跳上雪橇，狗与雪橇始终沿一条直线运动．若狗跳离雪橇时雪橇的速度为V，则此时狗相对于地面的速度为V+u(其中u为狗相对于雪橇的速度，V+u为代数和．若以雪橇运动的方向为正方向，则V为正值，u为负值)．设狗总以速度v追赶和跳上雪橇，雪橇与雪地间的摩擦忽略不计．已知v 的大小为5m/s，u的大小为4m/s，M=30kg，m=10kg.
（1）求狗第一次跳上雪橇后两者的共同速度的大小．
（2）求雪橇最终速度的大小和狗最多能跳上雪橇的次数．
（供使用但不一定用到的对数值：lg2=O.301，lg3=0.477) 解：（1）设雪橇运动的方向为正方向，狗第1次跳下雪橇后雪橇的速度为V1，根据动量守恒定律，有 狗第1次跳上雪橇时，雪橇与狗的共同速度 满足可解得将代入，得题目下页 （2）解：设雪橇运动的方向为正方向。狗第i 次跳下雪橇后，雪橇的速度为Vi ,狗的速度为Vi+u；狗第i次跳上雪橇后，雪橇和狗的共同速度为 Vi′ ，
由动量守恒定律可得 第一次跳下雪橇：MV1+m（V1+u）=0 第一次跳上雪橇：MV1+mv =（M+m）V1′ 第二次跳下雪橇：（M+m） V1′ =MV2+ m（V2+u） 第二次跳上雪橇：MV2+mv =（M+m）V2′题目下页 第三次跳下雪橇：（M+m）V2′= MV3 + m（V3 +u） 第三次跳上雪橇：第四次跳下雪橇：（M+m）V3 ′= MV4+m（V4+u） 此时雪橇的速度已大于狗追赶的速度，狗将不可能追上雪橇。因此，狗最多能跳上雪橇3次。
雪橇最终的速度大小为5.625m/s. 题目上页 （16分）图中，轻弹簧的一端固定，另一端与滑块B相连，B静止在水平导轨上，弹簧处在原长状态。另一质量与B相同的滑块A，从导轨上的P点以某一初速度向B滑行，当A滑过距离l1时，与B相碰，碰撞时间极短，碰后A、B紧贴在一起运动，但互不粘连。已知最后A恰好返回出发点P并停止。滑块A和B与导轨的滑动摩擦因数都为μ，运动过程中弹簧最大形变量为l2 ，重力加速度为g，求A从P出发时的初速度v0。?
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04年广西17 解：设A、B质量均为m,A刚接触B时速度为v1（碰前）,由功能关系，碰撞过程中动量守恒,令碰后A、B共同运动的速度为v2m v1 =2m v2 ( 2) 碰后A、B先一起向左运动,接着A、B一起被弹回,在弹簧恢复到原长时,设A、B的共同速度为v3，在这过程中，弹簧势能始末两态都为零，由功能关系，有后A、B开始分离，A单独向右滑到P点停下，由功能关系有由以上各式，解得 （19分）如图，长木板ab的b端固定一档板，木板连同档板的质量为M=4.0kg，a、b间距离s=2.0m。木板位于光滑水平面上。在木板a端有一小物块，其质量m=1.0kg，小物块与木板间的动摩擦因数μ=0.10，它们都处于静止状态。现令小物块以初速v0 =4.0m/s沿木板向前滑动，直到和档板相撞。碰撞后，小物块恰好回到a端而不脱离木板。求碰撞过程中损失的机械能。 04年青海甘肃25解：设木块和物块最后共同的速度为v，由动量守恒定律mv0 =(m+M)v ① 设全过程损失的机械能为ΔE，木块在木板上相对滑动过程损失的机械能为 W=fΔs=2μmgs ③ 注意：Δs为相对滑动过程的总路程碰撞过程中损失的机械能为 如图示，在一光滑的水平面上有两块相同的木板B和C，重物A（视为质点）位于B的右端，A、B、C的质量相等，现A和B以同一速度滑向静止的C，B与C发生正碰。碰后B和C粘在一起运动，A在C上滑行，A与C有摩擦力，已知A滑到C的右端而未掉下，试问：从B、C发生正碰到A刚移到C右端期间，C所走过的距离是C板长度的多少倍？04年全国理综解：设A、B开始的同一速度为v0 ， A、B 、C 的质
量为m，C板长度为 lB与C发生正碰时（A不参与） ，速度为v1，对B与C，由动量守恒定律 mv0=2mv1 …… （1）v1=v0/2碰后B和C粘在一起运动，A在C上滑行，由于摩擦力的作用，A做匀减速运动，B、C做匀加速运动，最后达到共同速度v2 ，对三个物体整体：由动量守恒定律 2mv0=3mv2 …… （2）v2=2v0/3对A，由动能定理–f(s+l)=1/2mv22- 1/2mv02 = -5/18 ×mv02 … （3）对BC整体，由动能定理 fs=1/2×2mv22- 1/2×2mv12 = 7/36 ×mv02 …（4）（3）/（4）得
( s+l ) / s =10/7∴ l / s = 3/704年天津16 公路上匀速行驶的货车受一扰动，车上货物随车厢底板上下振动但不脱离底板。一段时间内货物在坚直方向的振动可视为简谐运动，周期为T。取竖直向上为正方向，以某时刻作为计时起点，即，其振动图象如图所示，则（ ）
A． t=T/4 时，货物对车厢底板的压力最大
B． t=T/2 时，货物对车厢底板的压力最小
C． t=3T/4时，货物对车厢底板的压力最大
D． t=3T/4时，货物对车厢底板的压力最小点拨：a的大小与x成正比，方向与x相反，
当x 为负最大时，加速度a为正最大，
货物受到向上的合力最大，车厢底
板对货物的支持力最大，货物对车
厢底板的压力最大C04年江苏高考16 16. (15分)如图所示，声源S和观察者A都沿x轴正方向运动，相对于地面的速率分别为 vs 和 vA ．空气中声音传播的速率为 vp ,设 vs < vp , vA < vp ,空气相对于地面没有流动．
（1）若声源相继发出两个声信号．时间间隔为Δt,请根据发出的这两个声信号从声源传播到观察者的过程．确定观察者接收到这两个声信号的时间间隔Δt ′．
（2）请利用(1)的结果，推导此情形下观察者接收到的声波频率与声源发出的声波频率间
的关系式．解：（1）设 t1、t2为声源S发出两个信号的时刻， 、 为观察者接收到两个信号的时刻。 则第一个信号经过（ －t1）时间被观察者A接收到，
第二个信号经过（ －t2）时间被观察者A接收到。且 t2－ t1 = △t 设声源发出第一个信号时，S、A两点间的距离为L，两个声信号从声源传播到观察者的
过程中，它们运动的距离关系
如图所示，可得由以上各式，得 题目下页（2）设声源发出声波的振动周期为T，这样，由以上结论，观察者接收到的声波振动的周期T为 由此可得，观察者接收到的声波频率与声源发出声波频率间的关系为 题目上页 例：如图示，小木块质量m=1kg,长L=1m，长木板质量M=10kg，木板与地面以及木块间动摩擦因数均为μ=0.5，当木板从静止开始受水平向右的恒力F=90N作用时，木块以初速v0=4m/s向左滑上木板的右侧，则为使木块不滑离木板，木板的长度L至少要多长？解：m受摩擦力向左匀减速运动，a1= μg = 5m/s2M受到合力作用向右匀加速运动，
a2=(F-f-f地)/M=（90- 5-55）/10=3m/s2设经过ts，木块向左减速到0再向右加速到v 时，跟木板相对静止，木块刚好不滑离木板，如图示v1= v0 - a1 tv2= a2 t- v1= v2 = v 解得 t=2s S1=v0 t-1/2a1 t2 =8-10=-2mS2=1/2a2t2 =6m 注意正负号的意义∴L= S2 + S1 =4m 如图所示，一质量为500kg的木箱放在质量为2000kg的平板车的后部，木箱到驾驶室的距离l=1.6m。已知木箱与车底板间的动摩擦因数μ=0.848，平板车运动过程中所受的行驶阻力是车和箱总重的0.20倍，平板车以v0=22m/s的速度匀速行驶。某时刻驾驶员遇情况突然刹车，车做匀减速运动，为不让木箱撞击驾驶室，求：（1）从刹车开始到平板车完全停止至少要经多长时间。（2）刹车时平板车所受的刹车阻力不能超过多大。解．（1）设为使木箱恰好不撞击驾驶室的最小刹车时间为t，刹车过程中车和木箱的加速度分别为a车和a箱，运动的位移分别为S车和S箱。刹车后，对车有：v02=2a车s车， v0= a车t 木箱的加速度a箱=μg，刹车后木箱运动至停止，有：v02=2a箱S箱，木箱刚好不撞击驾驶室时，有： S箱- S车=l。解得：a车=5m/s2，t=4.4s （2）设刹车阻力为F，则刹车过程，对车受力如图示：F+0.20（m箱+m车）g-μm箱g= m车a车，解得 F = 7420N 例、人和雪橇的总质量为75kg，沿倾角θ=37°且足够长的斜坡向下运动，已知雪橇所受的空气阻力与速度成正比，比例系数k未知，从某时刻开始计时，测得雪橇运动的v-t图象如图中的曲线AD所示，图中AB是曲线在A点的切线，切线上一点B的坐标为（4, 15），CD是曲线AD的渐近线，g取10m/s2，试回答和求解：
⑴雪橇在下滑过程中，开始做什么运动，最后做什么运动？
⑵当雪橇的速度为5m/s时，雪橇
的加速度为多大？
⑶雪橇与斜坡间的动摩擦因数μ
多大？解： ⑴ 由图线可知，雪橇开始以5m/s的初速度作加速度逐渐减小的变加速运动，最后以10m/s作匀速运动⑵ t=0，v0= 5m/s 时AB的斜率等于加速度的大小a=Δv/Δt= 10/4 = 2.5 m/s2⑶ t=0 v0= 5m/s f0=kv0 由牛顿运动定律 mgsinθ - μ mgcosθ –kv0 = ma ①t=4s vt= 10m/s ft=kvt mgsinθ - μ mgcosθ –kvt =0 ② 解① ②得 k=37. 5 Ns/mμ= 0.125 例、如图甲示，质量分别为m1=1kg 和m2=2kg 的A B两物块并排放在光滑水平面上，若对A、B分别施加大小随时间变化的水平外力 F1 和 F2 ，若 F1=（9-2t）N F2=（3+2t）N,则
⑴经多少时间t 0两物块开始分离？
⑵在同一坐标乙中画出两物块的加速度a1和a2随时间变化的图象
⑶速度的定义为v=ΔS/Δt， “ v-t”图线下的“面积”在数值上等于位移ΔS；加速度的
定义为a=Δv/Δt ，则“a-t”图线
下的“面积”在数值上应等于什么？
⑷试计算A、B两物块分离后2s的
速度各多大？解：⑴对整体： F1 + F2 =(m1+m2) aa=12/3=4m/s2设两物块间的作用力为T，对A :F1 -T= m1 aT= F1 - m1 a = 5 –2 t 当T=0时，两物块分离，∴ t0= 2.5 s，（分离前两物块的加速度相同为4m/s2 ）⑵分离后，对A a1= F1/m1=(9-2t) m/s2 对B a2= F2/m2=(1.5+t) m/s2 t>2.5s画出两物块的a-t 图线如图示（见前页）⑶ “a-t”图线下的“面积”在数值上等于速度的变化Δv ⑷ 由⑶算出图线下的“面积”即为两物块的速度 ∴ VA=（4.5+2.5）×4 / 2=14m/s VB=（4 × 2.5）+（4+6）× 2 / 2 = 20 m/s 例11. 质量为M=3kg的小车放在光滑的水平面上，物块A和B的质量为mA=mB=1kg，放在小车的光滑水平底板上，物块A和小车右侧壁用一根轻弹簧连接起来，不会分离。物块A和B并排靠在一起，现用力压B，并保持小车静止，使弹簧处于压缩状态，在此过程中外力做功135J，如右图所示。撤去外力，当B和A分开后，在A达到小车底板的最左端位置之前，B已从小车左端抛出。求：?
(1) B与A分离时A对B做了多少功??
(2) 整个过程中，弹簧从压缩状态开始，各次恢复原长时，物块A和小车的速度 解：(1) AB将分离时弹簧恢复原长, AB的速度为v,小车速度为V,对A、B、M系统，由动量守恒定律和机械能守恒定律得：(mA+mB)v-MV=0
1/2 (mA+mB)v2+1/2MV2 =E0即 2v-3V=0
v2+1.5V2 =135解得 v= 9m/s, V=6m/s ∴WA对B=1/2mBv2=40.5J (2)B离开小车后，对小车和A及弹簧系统由动量守恒定律和机械能守恒定律得（向右为正）mAv1+MV1=9
1/2 mAv12+1/2MV12 =E0 –40.5即 v1+3V1=9
v12+3V12 =189代入消元得 2V12 – 9V1-18=0 解得 v1= 13.5m/s, V1=-1.5m/s
或v1= -9m/s, V1=6m/s答： B与A分离时A对B做了多少功40.5J (2)弹簧将伸长时小车 和A 的速度分别为9m/s, 6m/s； 将压缩时为13.5m/s, 1.5m/s （13分）一个圆柱形的竖直的井里存有一定量的水，井的侧面和底部是密闭和.在井中固定地插着一根两端开口的薄壁圆管，管和井共轴，管下端未触及井底，在圆管内有一不漏气的活塞，它可沿圆管上下滑动.开始时，管内外水面相齐，且活塞恰好接触水面，如图所示，现有卷场机通过绳子对活
塞施加一个向上的力F，使活塞缓慢向
上移动.已知管筒半径r=0.100m，井的
半径R=2r，水的密度=1.00×103kg/m3，
大气压p0=1.00×105Pa.求活塞上升
H=9.00m的过程中拉力F所做的功.
（井和管在水面以上及水面以下的
部分都足够长.不计活塞质量，不计
摩擦，重力加速度g=10m/s2.）01年全国22 下页 解: 从开始提升到活塞升至内外水面高度差为
h0 =p0 /ρg=10m 的过程中，活塞始终与管内液体接触，（再提升活塞时，活塞和水面之间将出现真空，另行讨论） 设: 活塞上升距离为h1，管外液面下降距离为h2，h0=h1+h2……①因液体体积不变，有 题给H=9m>h1，由此可知确实有活塞下面是真空的一段过程. 题目上页下页 活塞移动距离从0 到h1的过程中，对于水和活塞这个整体，其机械能的增量应等于除重力外其他力所做的功，因为始终无动能，所以机械能的增量也就等于重力势能增量，即 其他力有管内、外的大气压力和拉力F，因为液体不可压缩，所以管内、外大气压力做的总功， 故外力做功就只是拉力F做的功，
由功能关系知 W1=ΔE……⑤ 活塞移动距离从h1到H的过程中,液面不变, F是恒力F=πr2 p0
做功为所求拉力F做的总功为 题目上页 （13分）⑴如图1，在光滑水平长直轨道上，放着一个静止的弹簧振子，它由一轻弹簧两端各联结一个小球构成，两小球质量相等。现突然给左端小球一个向右的速度u0，求弹簧第一次恢复到自然长度时，每个小球的速度。
⑵如图2，将n个这样的振子放在该轨道上。最左边的振子1被压缩至弹簧为某一长度后锁定，静止在适当位置上，这时它的弹性势能为E0。其余各振子间都有一定的距离。现解除对振子1的锁定，任其自由运动，当它第一次恢复到自然长度时，刚好与振子2碰撞，此后，继续发生一系列碰撞，每个振子被碰后刚好都是在弹簧第一次恢复到自然长度时与下一个振子相碰。求所有可能的碰撞都发生后，每个振子弹性势能的最大值。已知本题中两球发生碰撞时，速度交换，即一球碰后的速度等于另一球碰前的速度。03年江苏20解：⑴设每个小球质量为m，以u1、u2分别表示弹簧恢复到自然长度时左右两端小球的速度，取向右为速度的正方向，由动量守恒定律有 mu1+ mu2= mu0，由能量守恒定律有 ? mu12+ ? mu22= ? mu02，解得 u！= u0，u2=0， 或者 u1=0，u2= u0。由于振子从初始状态到弹簧恢复到自然长度过程中，右端小球一直加速，因此实际解为 u1=0， u2= u0⑵以v1、v1/分别表示振子1解除锁定后弹簧恢复到自然长度时，左右两小球的速度，规定向右为速度的正方向，由动量守恒定律， mv1+ mv1/=0，由能量守恒定律， ? mv12+ ? mv1/2= E0，解得或题目下页由于该过程中左右小球分别向左右加速，故应取第2组解。振子1与振子2碰后，由于交换速度，振子1右端小球速度变为0，左端小球速度仍为v1，此后两小球都向左运动当它们速度相同时，弹簧弹性势能最大，设此速度为v10，则由动量守恒定律， 2mv10= mv1，用E1表示最大弹性势能，则由能量守恒定律 ? mv102 + ? mv102 + E1= ? mv12 ，解得E1=1/4×E0。同理可推出，每个振子弹性势能最大的最大值都是 1/4×E0 题目上页 例、 如图示，物体从Q点开始自由下滑，通过粗糙的静止水平传送带后，落在地面P点，若传送带按顺时针方向转动。物体仍从Q点开始自由下滑，则物体通过传送带后： （ ）
A. 一定仍落在P点
B. 可能落在P点左方
C. 一定落在P点右方
D. 可能落在P点也可能落在P点右方解：物体滑下的初速度为v0 ，传送带静止时，物体滑到右端速度为v1，传送带转动时，物体滑到右端速度为v2，传送带长L由功能关系 f L=1/2m(v02-v12)传送带转动时，可能一直减速，也可能先减速后匀速运动，相对滑动的距离为sf s=1/2m(v02-v22)S≤L∴v2≥v1D课件26张PPT。电场综合题
2001年春12.一质量为4.0×10-15kg、电量为2.0×10-9C带正电质点，以v= 4.0×104m/s的速度垂直于电场方向从a点进入匀强电场区域，并从b点离开电场区域．离开电场时的速度为5.0×104m/s ．由此可知，电场中a、b两点间的电势差Ua-Ub= _____ V；带电质点离开电场时，速度在电场方向的分量为 _____ m/s．不考虑重力作用．解：由动能定理qUab=1/2 m(vb2 -va2)Uab=1/2 m(vb2 -va2) / q=9×102 V由运动的合成 vy2 = (vb2 -va2) vy = 3×104 m/s9×1023×104 例1、一根对称的“八字”形玻璃管置于竖直平面内，如图所示。管所在的空间有竖直向下的匀强电场，电场强度E=1000牛/库。重力G＝1.0×10-3牛，带电量Q= -2×10-6库的小物体在管内从A点由静止开始运动，它与管壁摩擦系数为0.5，管长AB=BC=3米，管的B处为一极短的光滑圆弧，管AB和BC与水平方向所夹的角度皆为37°,问
（1）小物体最终静止在何处？
（2）从A开始计算时，小物
体运动的总路程是多少？解见下页E=1000N/CL=AB=BC=3米
μ =0.5解：A—B受力，作匀加速运动B—C受力，作匀减速运动，由于有机械能损失，到不了C点就停止，接着返回作匀加速运动，过B点又作匀减速动， …最后停在B点. 由动能定理，对全过程，(qE-mg)Lsin370- μ(qE-mg) cos370S=0S=0.6 L /（0.5×0.8）
=1.8/0.4=4.5m 例2：如图所示匀强电场方向竖直向下，场强大小为E，三个质量分别为m、2m 、3 m的小球A、B、C，(其中B球带正电Q，A、C两球不带电）用绝缘线连接悬于O点，问(1)当三球均处于静止状态时, A、B之间的细线的张力等于多少?(2)当把OA段细线剪断的瞬间, A、B之间的细线的张力又等于多少?解: (1)对BC整体,受力如图:T 1 =5mg+QE(2)剪断OA, AB球一起下落
(C自由下落)对AB整体 3mg+QE=3ma a=g+QE/3m对B 2mg+QE -T 2=2maT 2= QE/3 例3、下述为一个观察带电粒子在液体中运动的实验。现进行如下操作，第一步，给竖直放置的平行电容器充电，让A、B两板带上一定电荷，油滴P在两板间的 匀强电场中恰能保持静止状态。第二步，给电容器的电量增加ΔQ1，让油滴开始竖直向上运动t秒。第三步，在上一步的基础上减少电量ΔQ2，观察到又经2t秒后，油滴刚好回到出发点。设油滴在运动中不碰板，
（1）说明在上述第二步和第三步两个过程中，带电油滴各做什么运动？
（2）求ΔQ1和ΔQ2的比值ΔQ1/ ΔQ2解：画出三步的示意图如图示对Ⅰ：油滴P平衡有 mg=qE= qU0/d =qQ/Cd 对Ⅱ ：F合1= q ΔQ1 ／Cd 方向向上做匀加速运动 a1= q ΔQ1／Cmd v1=a1 t s1 =1/2 a1 t2 对Ⅲ：带电量 Q +ΔQ1 – ΔQ2 = Q - Q2即 Q2= ΔQ2 – ΔQ1F合2= q Q2 ／Cd 方向向下，向上做匀减速运动a2= q Q2／Cmds2 = v1 t - 1/2 a2 t2 = a1 t· t - 1/2 a2 t2s2 = - s1 1/2 a1 t2 = a1 t· t - 1/2 a2 t2a2=5 a1/4Q2= 5/4×ΔQ1∴ΔQ1/ ΔQ2=4/91999年高考：在光滑水平面上有一质量m=1.0×10-3 kg、电量q＝1.0×10-10 C的带正电小球，静止在O点．以O点为原点，在该水平面内建立直角坐标系Oxy．现突然加一沿X轴正方向、场强大小E＝2.0×106V／m的匀强电场，使小球开始运动．经过1.0s，所加电场突然变为沿y轴正方向，场强大小仍为E＝2.0×106 V／m的匀强电场．再经过1.0s，所加电场又突然变为另一个匀强电场，使小球在此电场作用下经1.0s速度变为零．求此电场的方向及速度变为零时小球的位置．解:由牛顿定律，在匀强电场中小球加速度的大小为a=F/m=0.20m/s2 (1) 当场强沿x正方向时，经过1秒钟小球的速度大小为vx＝at=0.20×1.0＝0.20m/s (2)速度的方向沿x轴正方向．小球沿x轴方向移动的距离Δx1=1/2 at2=1/2×0.2 ×1=0.10m (3)在第2秒内，电场方向沿y轴正方向，故小球在x方向做速度为vx的匀速运动，在y方向做初速为零的匀加速运动沿x方向移动的距离 △x2=vxt＝0.20m (4)沿y方向移动的距离Δy=1/2 at2=1/2×0.2 ×1=0.10m (5)故在第2秒末小球到达的位置坐标x2＝△x1＋△x2=0.30m (6)y2=△y=0.10m (7)在第2秒末小球在x方向的分速度仍为vx ，在y方向的分速度 vy=at＝ 0.20×1.0=0.20m/s (8)由上可知，此时运动方向与x轴成45°角．要使小球速度能变为零，则在第3秒内所加匀强电场的方向必须与此方向相反，即指向第三象限，与x轴成225°角．在第3秒内，在电场力作用下小球做匀减速运动，则由在第3秒末小球到达的位置坐标为△ x3=vx t/2=0.2×1/2=0.1mx3= x2 + △ x3 = 0.40m (11)△ y3=vy t/2=0.2×1/2=0.1my3=y2 + △ y3 = 0.20m (12) 例4、质量m、带电量+q的滑块，在竖直放置的光滑绝缘圆形轨道上运动，轨道半径为r，现在该区域加一竖直向下的匀强电场，场强为E，为使滑块在运动中不离开圆形轨道，求：滑块在最低点的速度应满足什么条件？解：若滑块能在圆形轨道上做完整的圆周运动，且刚能通过B点，划块的受力如图示：令 g 1 = g+qE/m 必须有 mg 1=mv2 /r由动能定理：A---B另一种情况：若滑块最多只能在圆形轨道上运动到C点，则可以在A点两侧沿圆轨道往复摆动：
则 vC =0,由动能定理得滑块在最低点的速度应满足的条件为 式中 g 1 = g+qE/m思考：若电场强度E的方向向上，结果如何？题目5．两块大小、形状完全相同的金属平板平行放置，构成一平行板电容器，与它相连接的电路如图所示，接通开关K，电源即给电容器充电. （ ）
A．保持K接通，减小两极板间的距离，则两极板间电
场的电场强度减小
B．保持K接通，在两极板间插入一块介质，则极板上的
电量增大
C．断开K，减小两极板间的距离，则两极板间的电势
差减小
D．断开K，在两极板间插入一块介质，则两极板间的
电势差增大
03年江苏高考5B C例5：如图示，带电液滴P在平行金属板a b之间的电场内保持静止，现设法使P固定，再使板a b分别以中点O O′为轴转过一个相同角度α然后释放P，则P在电场内将做什么运动？ ( )
A.?? 向右的匀速直线运动，
B.??? 向右的匀加速直线运动，
C.?? 斜向右下的匀加速直线运动，
D.?? 曲线运动。解：原来平衡时 E=U/d mg=F=qE=q U/d
后来两板距离变为 dcosα
电场强度变为E ′ =U / dcosα
F′=qE′=qU / dcosα=F/cosα
F′cosα=F=mg 所以 粒子在作用下向右匀加速直线运动 B ? (A)若电子是在t=0时刻进入的,它将一直向B板运动
(B)若电子是在t=T/8时刻进入的,它可能时而向B板运动,时而向
A板运动,最后打在B板上
(C)若电子是在t=3T/8时刻进入的,它可能时而
向B板运动,时而向A板运动,最后打在B板上
(D)若电子是在t=T/2时刻进入的,
它可能时而向B板、时而向A板运动94高考:图中A、B是一对平行的金属板.在两板间加上一周期为T的交变电压u. A板的电势UA=0, B板的电势UB随时间的变化规律为:
在0到T/2的时间内,UB=U0(正的常数);在T/2到T的时间内. UB= -U0;
在T到3T/2的时间内,UB=U0;在3T/2到2T的时间内. UB= -U0……,
现有一电子从A板上的小孔进入两板间的电场区内.设电子的初速度和重力的影响均可忽略,则 ( )A B画出u—t图tu画出v—t图A.t=0进入B. t=T/8进入u—t图C. t=3T/8进入D. t=T/2进入∴C D都 错误，只有 A B正确例6：如图a所示：A、B为一对平行金属板，间距足够大，分别接在交流电源的两端，其两端电压如图b所示规律变化，一个不计重力的带电粒子原来静止在A、B正中间位置处，哪个时刻释放粒子，一定能打到某个金属板上？解：在t=T/4时刻释放，所加的力类似振动图线的回复力 ，
作 简谐振动在其它时刻释放,同样碰板.结论 :只要在t≠(2n+1)T/4
(n=0、1 、2 ……) 时释放，
就一定打到某一金属板上在 t=3T/4时刻释放，同上在t=0时刻释放，复杂运动，用叠加的办法:
在t=T/4时，这时若 v=0 受力作简谐振动
若不受力,已有速度， v≠0，做匀速直线运动现在既受力，又有速度，将是两种运动的叠加，一定碰板。04年上海10 10．在光滑水平面上的O点系一长为l 的绝缘细线，线的另一端系一质量为m、带电量为q的小球.当沿细线方向加上场强为E的匀强电场后，小球处于平衡状态.现给小球一垂直于细线的初速度v0，使小球在水平面上开始运动.若v0很小，则小球第一次回到平衡位置所需时间为 . 解：因为v0很小，小球将在电场力和细线拉力的作用下在平衡位置做简谐振动，以电场力qE代替一般单摆中的mg，其周期为T04年上海7 光滑水平面上有一边长为l 的正方形区域处在场强为E的匀强电场中，电场方向与正方形一边平行。一质量为m、带电量为q的小球由某一边的中点，以垂直于该边的水平初速v0进入该正方形区域。当小球再次运动到该正方形区域的边缘时，具有的动能可能为（ ）A．0A B C解： 因为题中有两个不确定：运动的末位置不确定；电场方向不确定，因此要分别讨论。设小球从a点运动到b点时，如图示：由动能定理 W=1/2 mvb2 - 1/2 mv02其动能 EKb =1/2 mvb2 = 1/2 mv02 + W若电场方向垂直于水平面（图中纸面）则W=0 ，C正确若电场方向沿AB方向，则W=qEl ，题中无此答案.若电场方向沿BA方向，W=-qEl ，
当1/2 mv02 =-qEl 则EKb =0 A正确若电场方向沿AD方向，小球从a点运动到C点时EKb =1/2 mvb2 = 1/2 mv02 + 1/2 qEl B正确04年全国理综 一带正电的小球，系于长为 l 的不可伸长的轻线一端，线的另一端固定在O点，它们处在匀强电场中，电场的方向水平向右，场强的大小为E，已知电场对小球的作用力的大小等于小球的重力，现先把小球拉到图中的P1处，使轻线拉直，并与场强方向平行，然后由静止释放小球，已知在经过最低点的瞬间，因受线的拉力作用，其速度的竖直分量突然变为零，水平分量没有变化，则小球到达与P1点等高的P2点时速度的大小为 （ ）解：小球受力如图示，qE=mg由静止释放小球，小球在合力作用下做匀加速直线运动到最低点的速度为v，由动能定理得因受线的拉力作用，速度的竖直分量vy突然变为零从最低点起，小球将做圆周运动，到P2处的速度为vt，由动能定理得qEl -mgl =1/2mvt2- 1/2mvx 204年全国理综21、A解：在电场中，带正电荷的小球所在处的电势为U1 ，带负电荷的小球所在处的电势为U1 ， 将电荷从很远处移到电容器内两板间，电场力对两球分别做功为W1、W2，由电场力做功的定义 W=qU始终= q （U始-U终） W1 = q （0-U1 ）W2 = -q（ 0 –U2）电场力对两个小球所做总功的大小为W W= W1 + W2 = q （U2-U1）
=-qEl= -qlu/d=- qlQ／Cd课件19张PPT。磁场综合题
例1、如图示，半径为 R 的细金属圆环中通有恒定电流 I，圆环置于水平面上，处于竖直向下的匀强磁场中，求 ：圆环受到的张力。解一：取上半段圆环AB作为研究对象， 圆环AB受到安培力F， F的方向向上
F的大小为F=BI×2R （有效长度为2R）圆环AB两端受到的张力为T，方向沿切线，由平衡条件得 F=2T ∴ T= BIR解二：取很小的一小段圆环CD作为研究对象，则 CD所对的圆心角为α=2Δθ,圆弧长度 Δ L = 2R Δθ CD受到安培力ΔF=BIΔL= 2BIRΔθ CD两端受到的张力为T，方向沿切线，如图示 由平衡条件 2T sinΔθ= ΔF= 2BIRΔθ 角度很小时有sinΔθ= Δθ ∴T=BIR 上述方法称为微元法 （13分）串列加速器是用来产生高能离子的装置.图中虚线框内为其主体的原理示意图,其中加速管的中部b 处有很高的正电势U，a、c 两端均有电极接地（电势为零）.现将速度很低的负一价碳离子从a 端输入，当离子到达b 处时,可被设在b处的特殊装置将其电子剥离, 成为n 价正离子,而不改变其速度大小,这些正n 价碳离子从c 端飞出后进入一与其速度方向垂直的、磁感强度为B的匀强磁场中，在磁场中做半径为R的圆周运动.已知碳离子的质量
m =2.0×10 – 26 kg, U=7.5 ×105 V,
B=0.50T, n=2,
基元电荷e= 1.6×10 - 19 C ，
求R.03年江苏高考17 设碳离子到达b处时的速度为v1，
从c 端射出时的速度为v2 ，由能量关系得 1/2×mv1 2 =eU ① 1/2×mv2 2 = 1/2×mv1 2 +neU ② 进入磁场后，碳离子做圆周运动，可得 nev2 B=mv22 /R ③由以上三式可得④由④式及题给数值可解得 R=0.75m解： 例2. 一质量为m、带电量为+q 的粒子以速度v 从O点沿y 轴正方向射入磁感应强度为B 的圆形匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向外，粒子飞出磁场区域后，从b 处穿过x轴，速度方向与x 轴正方向的夹角为30°，同时进入场强为E、方向沿与与x 轴负方向成60°角斜向下的匀强电场中，通过了b点正下方的C点。如图示，不计重力，试求：
1. 圆形匀强磁场区域的最小面积
2. C点到b点的距离h解：1. 反向延长vb交y 轴于O2 点，作∠bO2 O的角平分线交x 轴于O1 ， O1即为圆形轨道的圆心，半径为R = OO1 =mv/qB ,画出圆形轨迹交b O2于A点，如图虚线所示。最小的圆形磁场区域是以OA为直径的圆，如图示：2. b到C 受电场力作用，做类平抛运动·h sin 30°=vt
h cos 30°=1/2×qE/m×t2 , ∴t=2mv/qEtg 30°返回 回旋加速器 的D形盒的半径为R，用来加速质量为m，带电量为q 的质子，使质子由静止加速到能量为E 后，由A 孔射出。求： （1）加速器中匀强磁场B 的方向和大小。
（2）设两D形盒间的距离为d，其间电压为U，加速到上述
能量所需回旋周数.
（3）加速到上述能量所需时间(不计通过缝隙的时间）。解：（1）由 qvB=mv2 /RE=1/2×mv2B的方向垂直于纸面向里.（2）质子每加速一次，能量增加为qU，每周加速两次，所以 n=E/2qU（3）周期T=2πm / qB
且周期与半径r及速度v 都无关t = nT = E/2qU×2πm / qB
= πm E/q2 UB 例3 . 如图所示，正、负电子初速度垂直于 磁场方向，沿与边界成 30°角的方向射入匀强磁场中，求它们在磁场中的运动时间之比．　解析：正电子将沿逆时针方向运动，经过磁场的偏转角为：φ1=2θ=60 °负电子将沿顺时针方向运动，经过磁场的偏转角为φ2=360 °- 2θ=300 °因为正、负电子在磁场中运动的周期相同
（T=2πm/qB ），故它们的角速度也相同，根据 φ=ωt 可知，正、负电子在磁场中运动的时间之比为：t1 / t2= φ1 / φ2 =1/5例4. 如图示，水平向左的匀强电场的场强E=4 伏/米，垂直纸面向内的匀强磁场的B=2 特，质量为1 千克的带正电的小物块A从竖直绝缘墙上的M点由静止开始下滑，滑行0.8m到达N点时离开墙面开始做曲线运动，在到达P点开始做匀速直线运动，此时速度与水平方向成45°角，P点离开M点的竖直高度为1.6m，试求：
1. A沿墙下滑克服摩擦力做的功
2. P点与M点的水平距离，取g=10m/s2解：在N点有qvNB=qEvN =E/B=2m/s由动能定理 mgh-Wf =1/2 mvN 2∴ Wf = 6 J在P点三力平衡，qE=mg由动能定理 ， 从N 到 P：mgh′- qEx=1/2 mvP 2－ 1/2 mvN 2g（h′ －x）=1/2（ vP 2－vN 2 ） = 2∴x=0.6mP195/例1 如图示，板长为l 的两平行板间存在着竖直向下、场强为E的匀强电场，竖直向下、磁感应强度为B的匀强磁场，两平行板左边边缘的中心为原点O，有一正离子（重力不计），从O点以某一初速率v 沿x 轴射入电场和磁场中．离开两场时的坐标为 。求此离子的荷质比。（水平向纸内为z 轴正方向。）解：由运动的合成——若没有电场，则在xOz平面做匀速圆周运动；加上电场力的作用，则同时在y 方向做匀加速运动。 tanα=α= 30° β =2 α= 60°设运动时间为t，t= T/6=πm/3qB y =1/2×qE/ m×t 2l /6= 1/2×qE/ m×(πm/3qB) 2∴q/m= π2E/3B2l例5．如图3-7-17甲所示，图的右侧MN为一竖直放置的荧光屏，O为它的中点，OO′与荧光屏垂直，且长度为L．在MN的左侧空间存在着方向水平向里的匀强电场，场强大小为E．乙图是从左边去看荧光屏得到的平面图，在荧光屏上以O为原点建立如图的直角坐标系．一细束质量为m、电量为+q 的带电粒子以相同的初速度v0 从O′点沿O′O 方向射入电场区域．粒子的重力和粒子间的相互作用都可忽略不计．
（1）若再在MN左侧空间加一个匀强磁场，使得荧光屏上的亮点恰好位于原点O 处，求这个磁场的磁感应强度B 的大小和方向．
（2）如果磁感应强度B 的大小
保持不变，但把方向变为与电
场方向相同，则荧光屏上的亮
点位于图中A 点处，已知A点
的纵坐标为
求： A点横坐标的数值． 解：（1）电场力向里，洛仑兹力向外，合力为0，
qvB=qE ∴ B=E/v , 方向沿y 轴正向（2）由运动的合成—— 若没有电场，洛仑兹力向上，则在甲图平面做匀速圆周运动；加上电场力的作用，则同时在 - x 方向做匀加速运动。R2=(R-y)2+L2 Cosθ =(R-y)/R=1/2 θ=60° 霍尔效应可解释如下：外部磁场的洛仑兹力使运动的电子聚集在导体板的一侧，在导体板的另一侧会出现多余的正电荷，从而形成横向电场对电子施加与洛仑兹力方向相反的静电力。当静电子与洛仑兹
力达到平衡时，导体上下两侧之间
就会形成稳定的电势差。设电流I是
由电子的定向流动形成的，
电子的平均定向速度为v，
电量为e。回答下列问题： （2000全国）如图所示，厚度为h、宽度为d 的导体板放在垂直于它的磁感应强度为B的匀强磁场中。当电流通过导体板时，在导体板的上侧面A和下侧面A′之间会产生电势差，这种现象称为霍尔效应。实验表明，当磁场不太强时，电势差U、电流 I 和 B 的关系为 U=KIB/d 式中的比例系数K称为霍尔系数。霍尔效应 （1）达到稳定状态时，导体板上侧面A的电势_____下侧面的电势（填高于、低于或等于）。
（2）电子所受洛仑兹力的大小为______。
（3）当导体板上下两侧之间的电势差为U时，电子所受静电力的大小为______。
（4）（2000全国）由静电力和洛仑兹力平衡的条件，证明霍尔系数K= ，其中n代表导体板单位体积中电子的个数。解析：（1）由题知电流是由电子向左的定向移动形成，电子在导体板中定向移动时要受洛仑兹力，由左手定则知电子向上侧移动，使得上侧出现
多余负电荷，而下侧出现多余正电
荷，形成两侧之间的电势差。结果
上侧的电势低于下侧A′的电势。低于BeV（2）由洛仑兹力公式知电子所受洛仑兹力的大小为 f=Bev（3）上、下两侧面可以看成是平行的，其间的电场认为是匀强电场，由匀强电场知其场强 E=U/h
所以电子所受静电力 F电= Ee = e U/h
又因电子达到稳定，电场力与洛仑兹力平衡，
即 F电=Bev（4）因电子稳定，电场力与洛仑兹力平衡，即
e U/h =Bev
得U=hvB，且通过导体的电流强度 I=nevdh
将U及I的表达式代入U=KI B/d ，得K=1/ne
这是一道综合性试题，它展示了一种新型发电机的原理（磁流体发电机原理）。 例6．有一个未知的匀强磁场，用如下方法测其磁感应强度，如图所示，把一个横截面是矩形的铜片放在磁场中，使它的上、下两个表面与磁场平行，前、后两个表面与磁场垂直．当通入从左向右的电流 I 时，连接在上、下两个表面上的电压表示数为U．已知铜片中单位体积内自由电子数为n，电子质量m，带电量为e，铜片厚度（前后两个表面厚度）为d，高度（上、下两个表面的距离）为h，求磁场的磁感应强度B．解：达到动态平衡时有qvB=qE=qU/hB=U/vh ∵I=nevS=nevhd ∴ vh=I/ned∴ B=Udne/I : 质量为m、电量为+q的粒子在环中做半径为R的圆周运动. A、B为两块中心开有小孔的极板. 原来电势都为零, 每当粒子飞经A板时, A板电势升高为+U, B板电势仍保持为零, 粒子在两板间电场中得到加速. 每当粒子离开B板时, A板电势又降为零. 粒子在电场一次次加速下动能不断增大, 而绕行半径不变.
(1) 设t=0时粒子静止在A板小孔处, 在电场作用下加速, 并绕行第一圈. 求粒子绕行n 圈回到A板时获得的总动能En .
(2) 为使粒子始终保持在半径为R的圆轨道上运动, 磁场必须周期性递增. 求粒子绕行第n 圈时的磁感应强度Bn.
(3) 求粒子绕行n 圈所需的总时间tn (设极板间距远小于R).
(4) 在图(2)中画出A板电势与时间t 的关系(从t=0起画到粒子第4次离开B板时即可).
(5) 在粒子绕行的整个过程中, A板电势是否可以始终保持为+U? 为什么?解见下页1992年上海高考题解答: (1)每通过AB一次, 动能增加qU, 通过n次获得的总动能为E Kn =1/2mvn2 = nqU(2)R=mvn/Bn q (3)每转一转的时间为……+(4) 半径不变,速度越来越大,所以周期越来越小,加速的时间越来越小，u—t 图如右图:(5) 不可以. 如始终为+U, 则电场力
对粒子运动一周 所做的总功为零.