考点3 电场和磁场中的带电粒子
山东 贾玉兵
命题趋势
带电粒子在电场、磁场中的运动是中学物理中的重点内容，这类问题对学生的空间想象能力、分析综合能力、应用数学知识处理物理问题的能力有较高的要求，是考查考生多项能力的极好载体，因此历来是高考的热点，在实行了三年的理科综合能力测试中也是每年都考，且分值分别达18分、14分和20分，预计以后每年都不会低于10%的分值。
带电粒子在电场、磁场中的运动与现代科技密切相关，在近代物理实验中有重大意义，因此考题有可能以科学技术的具体问题为背景。
当定性讨论这类问题时，试题常以选择题的形式出现，定量讨论时常以填空题或计算题的形式出现，计算题还常常成为试卷的压轴题。
知识概要
带电粒子在电场、磁场中的运动可分为下列几种情况
带电粒子在电场、磁场、重力场中的运动，简称带电粒子在复合场中的运动，一般具有较复杂的运动图景。这类问题本质上是一个力学问题，应顺应力学问题的研究思路和运用力学的基本规律。
分析带电粒子在电场、磁场中运动，主要是两条线索：
（1）力和运动的关系。根据带电粒子所受的力，运用牛顿第二定律并结合运动学规律求解。
（2）功能关系。根据场力及其它外力对带电粒子做功引起的能量变化或全过程中的功能关系，从而可确定带电粒子的运动情况，这条线索不但适用于均匀场，也适用于非均匀场。因此要熟悉各种力做功的特点。
处理带电粒子在场中的运动问题应注意是否考虑带电粒子的重力。这要依据具体情况而定，质子、α粒子、离子等微观粒子，一般不考虑重力；液滴、尘埃、小球等宏观带电粒子由题设条件决定，一般把装置在空间的方位介绍的很明确的，都应考虑重力，有时还应根据题目的隐含条件来判断。
处理带电粒子在电场、磁场中的运动，还应画好示意图，在画图的基础上特别注意运用几何知识寻找关系。
点拨解疑
【例题1】（1999年高考全国卷）如图1所示，图中虚线MN是一垂直纸面的平面与纸面的交线，在平面右侧的半空间存在一磁感应强度为B的匀强磁场，方向垂直纸面向外。O是MN上的一点，从O点可以向磁场区域发射电量为+q、质量为m、速率为v的粒子，粒子射入磁场时的速度可在纸面内各个方向。已知先后射入的两个粒子恰好在磁场中给定的P点相遇，P到O的距离为L，不计重力及粒子间的相互作用。
（1）求所考察的粒子在磁场中的轨道半径；
（2）求这两个粒子从O点射入磁场的时间间隔。
【点拨解疑】（1）设粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径为R，由牛顿第二定律得
，则
（2）如图2所示，以OP为弦可以画两个半径相同的圆，分别表示在P点相遇的两个粒子的轨迹。圆心分别为O1、O2，过O点的直径分别为OO1Q1、OO2Q2，在O点处两个圆的切线分别表示两个粒子的射入方向，用θ表示它们之间的夹角。由几何关系可知，，从O点射入到相遇，粒子1的路程为半个圆周加弧长Q1P=Rθ，粒子2的路程为半个圆周减弧长PQ2=Rθ
粒子1的运动时间为 ，其中T为圆周运动的周期。
粒子2运动的时间为
两粒子射入的时间间隔为
因为 所以
有上述算式可解得
点评：解带电粒子在磁场中运动的题，除了运用常规的解题思路（画草图、找“圆心”、定“半径”）之外，更应侧重于运用数学知识进行分析。本题在众多的物理量和数学量中，角度是最关键的量，它既是建立几何量与物理量之间关系式的一个纽带，又是沟通几何图形与物理模型的桥梁。
【例题2】 如图3所示，在直角坐标系的第一、二象限内有垂直于纸面的匀强磁场，第三象限有沿Y轴负方向的匀强电场，第四象限内无电场和磁场。质量为m、带电量为q的粒子从M点以速度v0沿x轴负方向进入电场，不计粒子的重力，粒子经N、P最后又回到M点。设OM=L，ON=2L，则：
关于电场强度E的大小，下列结论正确的是 （ ）
A． B． C． D．
（2）匀强磁场的方向是 。
（3）磁感应强度B的大小是多少？
【点拨解疑】 （1）由带电粒子在电场中做类平抛运动，易知，且则E= 故选C
（2）由左手定则，匀强磁场的方向为垂直纸面向里。
（3）根据粒子在电场中运动的情况可知，粒子带负电。粒子在电场中做类平抛运动，设到达N点的速度为v，运动方向与x轴负方向的夹角为θ，如图4所示。
由动能定理得
将（1）式中的E代入可得 所以θ=45°
粒子在磁场中做匀速圆周运动，经过P点时速度方向也与x轴负方向成45°角。
则OP=OM=L NP=NO+OP=3L
粒子在磁场中的轨道半径为R=Npcos45°= 又
解得
点评：带电粒子的复杂运动常常是由一些基本运动组合而成的。掌握基本运动的特点是解决这类问题的关键所在。该题中，粒子在匀强磁场中运动轨迹的圆心不在y轴上，注意到这一点是很关键的。
【例题3】 如图5所示，在水平正交的匀强电场和匀强磁场中，半径为R的光滑绝缘竖直圆环上，套有一个带正电的小球，已知小球所受电场力与重力相等，小球在环顶端A点由静止释放，当小球运动的圆弧为周长的几分之几时，所受磁场力最大？
【点拨解疑】 小球下滑的过程中，要使磁场力最大，则需要速度最大。OC为与小球受到的重力、电场力的合力平行的半径。由功能关系寻找速度最大的点，因为洛伦兹力不做功，所以不考虑磁场的作用，从图中A到C，上述合力有切向分力，且与速度同向，因此做正功，小球动能增加；在C点时，该合力为径向，没有切向分力；此后切向分力与线速度反向，动能将减小；故在C点时速度最大，所受磁场力也最大。由受力分析知
mg=qE mg=qEtanα 得α= 45°
由图知θ=α+90°=135°
故小球运动的弧长与周长之比为，
所以运动的弧长为周长的。
点评：讨论带电粒子的运动，必须熟悉各种力做功的特点。该题也可用等效法处理。把电场和重力场合起来当作一个新的重力场，这个重力场的竖直方向与原水平方向成45°角斜向下，这样就很容易确定速度最大的点。
【例题4 】 从阴极K发射的电子经电势差U0=5000V的阳极加速后，沿平行于板面的方向从中央射入两块长L1=10cm、间距d=4cm的平行金属板A、B之间，在离金属板边缘L2=75cm处放置一个直径D=20cm、带有纪录纸的圆筒。整个装置放在真空内，电子发射时的初速度不计，如图6所示，若在金属板上加一U =1000cos2πt V的交流电压，并使圆筒绕中心轴按图示方向以n=2r/s匀速转动，分析电子在纪录纸上的轨迹形状并画出从t=0开始的1s内所纪录到的图形。
【点拨解疑】 对电子的加速过程，由动能定理得：
eU0=mv02
得电子加速后的速度 v0==4.2×107m/s
电子进入偏转电场后，由于在其中运动的时间极短，可以忽略运动期间偏转电压的变化，认为电场是稳定的，因此电子做类平抛的运动。如图7所示。
交流电压在A、B两板间产生的电场强度 V/m
电子飞离金属板时的偏转距离
电子飞离金属板时的竖直速度
电子从飞离金属板到到达圆筒时的偏转距离
所以在纸筒上的落点对入射方向的总偏转距离为
m
可见，在纪录纸上的点在竖直方向上以振幅0.20m、周期T=1s做简谐运动。因为圆筒每秒转2周，故转一周在纸上留下的是前半个余弦图形，接着的一周中，留下后半个图形，合起来，1s内，在纸上的图形如图8所示。
点评：偏转电场如果不稳定，电子在其中的运动将非常复杂，因此理想化处理是解答本题的关键。示波器是常用的电子仪器，其原理与该题的情景有相似之处。
针对训练
1．（2002年广西、河南、广东卷）在图9中虚线所示的区域存在匀强电场和匀强磁场。取坐标如图。一带电粒子沿x轴正方向进入此区域，在穿过此区域的过程中运动方向始终不发生偏转。不计重力的影响，电场强度E和磁感强度B的方向可能是（ ）
A． E和B都沿x轴正方向 B． E沿y轴正向，B沿z轴正向
C． E沿x轴正向，B沿y轴正向 D． E、B都沿z轴正向
2．如图10所示，一束电子（电量为e）以速度v垂直射入磁感应强度为B，宽度为d的匀强磁场中，穿透磁场时速度方向与电子原来入射方向的夹角是30°，则电子的质量是 ，穿透磁场的时间是 。
3．（2000年全国卷）如图11所示，两个共轴的圆筒形金属电极，外电极接地，其上均匀分布着平行于轴线的四条狭缝a、b、c和d，外筒的外半径为r，在圆筒之外的足够大区域中有平行于轴线方向的均匀磁场，磁感强度的大小为B。在两极间加上电压，使两圆筒之间的区域内有沿半径向外的电场。一质量为ｍ、带电量为＋q的粒子，从紧靠内筒且正对狭缝a的S点出发，初速为零。如果该粒子经过一段时间的运动之后恰好又回到出发点S，则两电极之间的电压U应是多少？（不计重力，整个装置在真空中）
4．如图12所示，空间分布着有理想边界的匀强电场和匀强磁场。左侧匀强电场的场强大小为E、方向水平向右，电场宽度为L；中间区域匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里。一个质量为m、电量为q、不计重力的带正电的粒子从电场的左边缘的O点由静止开始运动，穿过中间磁场区域进入右侧磁场区域后，又回到O点，然后重复上述运动过程。求：
（1）中间磁场区域的宽度d；
（2）带电粒子从O点开始运动到第一次回到O点所用时间t。
参考答案：
1．AB
解析：E和B都沿x轴正方向，由于带电粒子速度与磁感应强度B平行或反向平行，故不受磁场力只受电场力，而不论粒子带何种电荷，电场力与速度均共线，由此知粒子作直线运动，A正确。若E沿y轴正向则电场力沿y轴正向（带正电）或负向（带负电），而B沿z轴正向，则由左手定则知其所受洛仑兹力沿y轴负向（带正电）或正向（带负电），合外力可能为零，故B正确。若E沿z轴正向，则电场力沿z轴正向（带正电）或负向（带负电），B沿y轴正向，则洛仑兹力也沿z轴正向（带正电）或负向（带负电），合力不为零，且与速度不共线，粒子必然发生偏转，故C错。若E、B都沿z轴方向，则电场力也沿z轴方向，而洛仑兹力沿y轴方向，合力不为零，且与速度不共线，粒子必发生偏转，故D错。
2．解析：电子在磁场中运动，只受洛仑兹力作用，故其轨迹是圆弧的一部分，又因为f⊥v，故圆心在电子穿入和穿出磁场时受到洛仑兹力指向交点上，如图10中的O点，由几何知识知，AB间圆心角θ＝30°，OB为半径。
∴r=d/sin30°=2d，又由r=mv/Be得m=2dBe/v
又∵AB圆心角是30°，∴穿透时间t=T/12，故t=πd/3v。
3．解析：如图13所示，带电粒子从S点出发，在两筒之间的电场作用下加速，沿径向穿过狭缝a而进入磁场区，在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动。粒子再回到S点的条件是能沿径向穿过狭缝d.只要穿过了d，粒子就会在电场力作用下先减速，再反向加速，经d重新进入磁场区，然后粒子以同样方式经过c、b，再回到S点。设粒子进入磁场区的速度大小为v，根据动能定理，有
设粒子做匀速圆周运动的半径为R，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律，有
由前面分析可知，要回到S点，粒子从a到d必经过圆周，所以半径R必定等于筒的外半径r，即R=r。由以上各式解得
。
4．解析：（1）带电粒子在电场中加速，由动能定理，可得：
带电粒子在磁场中偏转，由牛顿第二定律，可得：
由以上两式，可得 。
可见在两磁场区粒子运动半径相同，如图14所示，三段圆弧的圆心组成的三角形ΔO1O2O3是等边三角形，其边长为2R。所以中间磁场区域的宽度为
（2）在电场中 ，
在中间磁场中运动时间
在右侧磁场中运动时间，
则粒子第一次回到O点的所用时间为
。
半径公式： 周期公式：
带电粒子在电场磁场中的运动
带电粒子在电场中的运动
带电粒子在磁场中的运动
带电粒子在复合场中的运动
直线运动：如用电场加速或减速粒子
偏转：类似平抛运动，一般分解成两个分运动求解
圆周运动：以点电荷为圆心运动或受装置约束运动
直线运动（当带电粒子的速度与磁场平行时）
圆周运动（当带电粒子的速度与磁场垂直时）
直线运动：垂直运动方向的力必定平衡
圆周运动：重力与电场力一定平衡，由洛伦兹力提供向心力
一般的曲线运动
图6
图7
图8
B
A
B
d
v
v
300
O
图10
a
b
c
d
S
o
图11
B
B
E
L
d
O
图12
a
b
c
d
S
o
图13
O
O3
O1
O2
图14
600
PAGE考点5 光和原子物理
命题趋势
几何光学历来是高考的重点，但近几年考试要求有所调整，不要求应用公式计算全反射的临界角，透镜成像也不再考查。因此对该部分的考查，将会以定性为主，难度不会太大，灵活性会有所加强，会更注重对物理规律的理解和对物理现象、物理情景的分析能力的考查。有两点应引起重视：一是对实际生活中常见光现象的认识，二是光路图问题。
光的本性、原子和原子核是高考的必考内容，一般难度不大，以识记、理解为主，常见的题型是选择题。但随着高考改革的进行，试题较多的以与现代科学技术有着密切联系的近代物理为背景，这样在一些计算题，甚至压轴题中（如2001年理科综合试卷）也出现了这方面的知识点。但就是在这类题中，对这些知识点本身的考查，难度也是不大的。需要适应的是这些知识和其他知识的综合。
“获取知识的能力”是考试说明对考生提出的五个要求中的一个。随着命题向能力立意方向的转化，要注意近代物理知识的考查以信息题的形式出现。如2001年理科综合试卷的压轴题，试题本身知识对大多数考生讲并不难，但较大阅读量和一些全新的名词给考生正确获取解题信息设置了障碍，估计这类题在以后的综合试卷中还会出现。
知识概要
光学分几何光学和光的本性两部分。前者讨论光传播的规律及其应用，主要运用几何作图的方法。后者重在探究“光是什么？”。主要知识如下表：
原子物理的知识难度不太大，但“点多面宽”，复习中应从原子结构三模型的发展过程、原子核反应的两类反应形式去把握知识体系，具体见下表：
点拨解疑
【例题1】（2001年高考理综卷）如图所示，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
【点拨解疑】
光线由左边三棱镜AB面射入棱镜，不改变方向；接着将穿过两三棱镜间的未知透明介质进入右边的三棱镜，由于透明介质的两表面是平行的，因此它的光学特性相当于一块两面平行的玻璃砖，能使光线发生平行侧移，只是因为它两边的介质不是真空，而是折射率未知的玻璃，因此是否侧移以及侧移的方向无法确定（若未知介质的折射率n与玻璃折射率相等，不侧移；若n>时，向上侧移；若n<时，向下侧移），但至少可以确定方向没变，仍然与棱镜的AB面垂直。这样光线由右边三棱镜AB面射出棱镜时，不改变方向，应为4、5、6中的任意一条。选项B正确。
点评：平时碰到的两面平行的玻璃砖往往是清清楚楚画出来的，是“有形”的，其折射率大于周围介质的折射率，这时光线的侧移方向也是我们熟悉的。而该题中，未知介质形成的两面平行的“玻璃砖”并未勾勒出来，倒是其两侧的介质（三棱镜）被清楚地勾勒出来了，而且前者的折射率未必大于后者。这就在一定程度上掩盖了两面平行“玻璃砖”的特征。因此我们不仅要熟悉光学元件的光学特征，而且要会灵活地运用，将新的情景转化为我们熟知的模型。
【例题2】氢原子处于基态时，原子能量E1= -13.6eV，已知电子电量e =1.6×10-19C，电子质量m=0.91×10-30kg，氢的核外电子的第一条可能轨道的半径为r1=0.53×10-10m.
（1）若要使处于n=2的氢原子电离，至少要用频率多大的电磁波照射氢原子？
（2）氢原子核外电子的绕核运动可等效为一环形电流，则氢原子处于n=2的定态时，核外电子运动的等效电流多大？
（3）若已知钠的极限频率为6.00×1014Hz，今用一群处于n=4的激发态的氢原子发射的光谱照射钠，是通过计算说明有几条谱线可使钠发生光电效应？
【点拨解疑】
（1）要使处于n=2的氢原子电离，照射光光子的能量应能使电子从第2能级跃迁到无限远处，最小频率的电磁波的光子能量应为：
得 Hz，
（2）氢原子核外电子绕核做匀速圆周运动，库伦力作向心力，有
①
其中
根据电流强度的定义 ②
由①②得 ③
将数据代入③得 A
（3）由于钠的极限频率为6.00×1014Hz，则使钠发生光电效应的光子的能量至少为
eV=2.486 eV
一群处于n=4的激发态的氢原子发射的光子，要使钠发生光电效应，应使跃迁时两能级的差，所以在六条光谱线中有、、、四条谱线可使钠发生光电效应。
【例题3】（200 1年高考理综卷）太阳现正处于主序星演化阶段。它主要是由电子和、等原子核组成。维持太阳辐射的是它内部的核聚变反应，核反应方程是释放的核能，这些核能最后转化为辐射能。根据目前关于恒星演化的理论，若由于聚变反应而使太阳中的核数目从现有数减少10％，太阳将离开主序星阶段而转入红巨星的演化阶段。为了简化，假定目前太阳全部由电子和核组成。
（1）为了研究太阳演化进程，需知道目前太阳的质量M。已知地球半径R＝6.4×106 m，地球质量m＝6.0×1024 kg，日地中心的距离r＝1.5×1011 m，地球表面处的重力加速度 g＝10 m/s2 ，1年约为3.2×107 秒，试估算目前太阳的质量M。
（2）已知质子质量mp＝1.6726×1027 kg，质量mα＝6.6458×1027 kg，电子质量 me＝0.9×1030 kg，光速c＝3×108 m/s。求每发生一次题中所述的核聚变反应所释放的核能。
（3）又知地球上与太阳垂直的每平方米截面上，每秒通过的太阳辐射能w＝1.35×103 W/m2。试估算太阳继续保持在主序星阶段还有多少年的寿命。（估算结果只要求一位有效数字。）
【点拨解疑】（1）要估算太阳的质量M，研究绕太阳运动的任一颗行星的公转均可，现取地球为研究对象。设T为地球绕日心运动的周期，则由万有引力定律和牛顿定律可知 ①
地球表面处的重力加速度 ②
得 ③
以题给数值代入，得 M＝2×1030 kg ④
（2）根据质量亏损和质能公式，该核反应每发生一次释放的核能为
△E＝（4mp＋2me－mα）c2 ⑤
代入数值，得 △E＝4.2×10-12 J ⑥
（3）根据题给假设，在太阳继续保持在主序星阶段的时间内，发生题中所述的核聚变反应的次数为 ⑦
因此，太阳总共辐射出的能量为 E＝N·△E
设太阳辐射是各向同性的，则每秒内太阳向外放出的辐射能为 ε＝4πr2w ⑧
所以太阳继续保持在主星序的时间为 ⑨
由以上各式解得
以题给数据代入，并以年为单位，可得t＝1×1010年＝1百亿年 ⑩
点评：该题是信息题，关键是在大量的信息中选取有用的信息，而不被其他信息所干扰。如第（1）小题，实际上是万有引力定律在天文学上的应用，与原子核的知识无关。第（3）题，需要构建出太阳各向同性地向周围空间辐射核能（辐向能量流）的物理模型，是考查空间想象能力和建模能力的好题，这种题还会是以后命题的方向。
针对练习
1．（2003年上海卷）在核反应方程的括弧中，X所代表的粒子（ ）
A． B． C． D．
2．（2003年上海卷）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
3．（2003年上海卷）卢瑟福通过 实验，发现了原子中间有一个很小的核，并由此提出了原子的核式结构模型。下面平面示意图中的四条线表示α粒子运动的可能轨迹，在图中完成中间两条α粒子的运动轨迹。
4．（2003年上海卷）在右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。
5．（2003年全国理综卷）下面列出的是一些核反应方程
其中（ ）
A．X是质子，Y是中子，Z是正电子 B．X是正电子，Y是质子，Z是中子
C．X是中子，Y是正电子，Z是质子 D．X是正电子，Y是中子，Z是质子
6．（2003年全国理综卷）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）
A．1.9eV B．0.6eV C．2.5eV D．3.1eV
7．（2001年上海卷）卢瑟福原子核式结构理论的主要内容有
A．原子的中心有个核，叫做原子核
B．原子的正电荷均匀分布在整个原子中
C．原子的全部正电荷和几乎全部质量都集中在原子核里
D．带负电的电子在核外绕着核旋转
8．（2001年上海卷）A、B两幅图是由单色光分别射到圆孔而形成的图象，其中图A是光的 （填干涉或衍射）图象。由此可以判断出图A所对应的圆孔的孔径 （填大于或小于）图B所对应的圆孔的孔径。
图A 图B
9．（2001年上海卷）光电效应实验的装置如图所示，则下面说法中正确的是
A．用紫外光照射锌板，验电器指针会发生偏转
B．用红色光照射锌板，验电器指针会发生偏转
C．锌板带的是负电荷 D．使验电器指针发生偏转的是正电荷
10．1996年清华大学和香港大学的学生合作研制了太阳能汽车，该车是以太阳能电池将所接受的太阳光能转化为电能而提供电动机来驱动的。已知车上太阳能电池接收太阳光能的板面面积为8m2，正对太阳能产生120V的电压，并对车上电动机提供10A的电流，电动机的直流电阻为4Ω，而太阳光照射到地面处时单位面积上的辐射功率为103W/m2。
（1）太阳能的能量实际上是由质子所参与的一系列反应所产生的，即在太阳内部持续不断的进行着热核反应，4个质子聚变为1个氦核。写出核反应方程。
（2）该车的太阳能电池转化为太阳光能的效率。
（3）若质子、氦核、正电子的静止质量分别为kg、kg、kg，则m=1kg的质子发生上述热核反应所释放的能量完全转化为驱动该车的有用功，能够维持该车行驶的时间是多少？
（4）已知太阳每秒释放的能量为3.8×1026J，则太阳每秒减小的质量为多少千克？若太阳质量减少万分之三，热核反应不能继续进行，计算太阳能存在多少年？
11．为确定爱因斯坦的质能方程的正确性，设计了如下实验：用动能为MeV的质子轰击静止的锂核，生成两个粒子，测得两个粒子的动能之和为MeV，求
（1）写出该反应方程。
（2）通过计算说明正确。（已知质子、粒子、锂核的质量分别取、、）
12．静止在匀强磁场中的核俘获一个速度为v0=7.7×104m/s的中子发生核反应。若已知的速度为m/s，其方向与反应前中子的速度方向相同。求
（1）的速度多大？
（2）在右边画出粒子的运动轨迹并求出轨道半径之比。
（3）当粒子旋转3周时，粒子旋转几周？
13．云室处在磁感强度为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衰变，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。现测得粒子运动的轨道半径为R，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）
14．两个氘核聚变产生一个中子和氦核（氦的同位素）。已知氘核的质量，氦核的质量，中子的质量。
（1）写出聚变方程并计算释放的核能。
（2）若反应前两个氘核的动能为0.35Mev。它们正面对撞发生聚变，且反应后释放的核能全部转化为动能，则产生的氦核和中子的动能各为多大？
参考答案
1．A 2．C
3．α粒子散射，见图（1）
4．AC 5．D 6．A 7．ACD 8．衍射，小于 9．AD
10．（1） （2）
（3）而，。
（4）太阳每秒释放的能量为3.8×1026J，则太阳每秒减小的质量为。
太阳的质量为2×1030kg，太阳还能存在的时间为年。
11．（1）核反应方程为
（2）核反应的质量亏损，由质能方程可得，质量亏损相当的能量而系统增加的能量这些能量来自核反应中，在误差允许的范围内可认为相等，所以正确。
12．（1）中子撞击锂核生成氘核和氦核过程中动量守恒，代入数据解得，方向与v0相同。
（2）氘核、氦核在磁场中做匀速圆周运动的半径之比为
（3）氘核、氦核做圆周运动的周期之比为所以它们旋转的周数之比为当氦核旋转3周时，氘核旋转2周。
13．该衰变放出粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，其轨道半径为R与速度v的关系由牛顿第二定律和洛仑兹力可得，核衰变过程中动量守恒，得
，又衰变过程中能量来自质量亏损，即
联立求解，。
14．（1）聚变的核反应方程：核反应过程中的质量亏损为
释放的核能为MeV
（2）对撞过程动量守恒,由于反应前两氘核动能相同，其动量等值反向，因此反应前后系统的动量为0。即，反应前后总能量守恒，得
，
解得，。
规律：沿直线传播
小孔成像
本影和半影
日食和月食
现象
同一均匀介质中
光的波粒二象性
光谱
电磁说
光子说
电磁波速为c
能在真空中传播
波动说
光电效应
干涉、衍射
微粒说
波动说
直进、反射、折射
反射、折射
光的本性
几何光学
反射定律
平面镜
球面镜
反射定律的应用
光的反射
两面平行的玻璃砖
棱镜
折射定律
光的色散
全反射
折射定律的应用
光的折射
在两种介质的界面
光学
原子结构：
汤姆生模型
卢瑟福模型
波尔模型
α粒子散射实验
氢原子光谱
原子的稳定性
原子和原子核
原子核
天然放射性
β衰变
α衰变
γ衰变
人工转变
质子的发现
中子的发现
原子核的组成，放射性同位素
核能
质能方程式
重核裂变
轻核聚变
V
A
P
K
PAGE考点8 物理问题的解题技巧
山东 贾玉兵
命题趋势
高考越来越注重考能力，从一定意义上说方法是能力的基础．但高考不会纯粹考方法．方法的考查一般会采取隐性的形式，渗透在具体的物理问题中．
同时，能力不仅仅体现在能否把一道题解出来，更体现在是否解得巧妙、是否快捷上．2000年理综试卷中，有一道三个电阻星形连接的实验题；测三次电阻，列三个方程的一般思路，很多同学都能想到，难度并不大，但方程解起来极其繁琐．而命题者的意图是考查考生能否想出另一种简捷的解法，考的是方法．这里，方法的考查涉及的不光是这一道题的得分，还涉及到是否能给别的题留出充裕的时间，提高整卷的分值．
知识概要
中学物理教学大纲明确指出：“要重视概念和规律的应用，使学生学会运用物理知识解释现象，分析和解决实际问题”，这就是说，不仅要运用物理知识解决实际问题，而且要有意识的领悟物理解题的思维方法．
中学物理所涉及的科学思维方法，以及由此而产生的解题技巧和方法很多，本专题仅对其中几种作一介绍：
一、整体法和隔离法
在解答物理问题时，往往会遇到有相互作用的两个物体或两个以上的物体所组成的比较复杂的系统．分析和解答这类问题，确定研究对象是关键．对系统内的物体逐个隔离进行分析的方法称为隔离法；把整个系统作为一个对象进行分析的方法称为整体法．
隔离法的优点在于能把系统内各个物体所处的状态、物体状态的变化的原因以及物体间相互作用关系分析清楚，能把物体在系统内与其他物体相互作用的内力转化为物体所受的外力，以便应用牛顿第二定律进行求解．缺点是涉及的因素多比较繁杂．
整体法的优点是只须分析整个系统与外界的关系，避开了系统内部繁杂的相互作用，更简洁、更本质的展现出物理量间的关系．缺点是无法讨论系统内部的情况．
一般地说，对于不要求讨论系统内部情况的，首选整体法，解题过程简明、快捷；要讨论系统内部情况的，必须运用隔离法．实际应用中，隔离法和整体法往往同时交替使用．
二、等效法
等效法就是在保证某一方面效果相同的前提下，用理想的、熟悉的、简单的物理对象、物理过程、物理现象替代实际的、陌生的、复杂的物理对象、物理过程、物理现象的思想方法．合力与分力、运动的合成与分解、电阻的串联与并联、交流电的有效值等都是等效法在物理学中的实际应用．
等效法在物理解题中也有广泛的应用，主要有：物理模型的等效替代；物理过程的等效替代；作用效果的等效替代．
在应用等效法解题时，应知道两个事物的等效不是全方位的，只是局部的，特定的、某一方面的等效．因此在具体的问题中必须明确哪一方面等效，这样才能把握住等效的条件和范围．
三、对称法
自然界和自然科学中，普遍存在着优美和谐的对称现象．对称性就是事物在变化时存在的某种不变性．物理中对称现象比比皆是，对称的结构、对称的作用、对称的电路、对称的物和像等等．一般情况下对称表现为研究对象在结构上的对称性、物理过程在时间上和空间上的对称性、物理量在分布上的对称性及作用效果的对称性等．
利用对称性解题时有时能一眼看出答案，大大简化解题步骤．从科学思维方法的角度来讲，对称性最突出的功能是启迪和培养学生的直觉思维能力．用对称性解题的关键是敏锐地看出并抓住事物在某一方面的对称性，这些对称性往往就是通往答案的捷径．
点拨解疑
【例题1】 如图1所示，甲、乙两个带电小球的质量均为m，所带电量分别为q和-q，两球间用绝缘细线连接，甲球又用绝缘细线悬挂在天花板上，在两球所在的空间有方向向左的匀强电场，电场强度为E，平衡时细线都被拉紧．
（1）平衡时可能位置是图1中的（ ）
（2）1、2两根绝缘细线的拉力大小分别为（ ）
A．， B．，
C．， D．，
【点拨解疑】（1）若完全用隔离法分析，那么很难通过对甲球的分析来确定上边细绳的位置，好像A、B、C都是可能的，只有D不可能．用整体法分析，把两个小球看作一个整体，此整体受到的外力为竖直向下的重力2mg，水平向左的电场力qE（甲受到的）、水平向右的电场力qE（乙受到的）和上边细绳的拉力；两电场力相互抵消，则绳1的拉力一定与重力（2mg）等大反向，即绳1一定竖直，显然只有A、D可能对．
再用隔离法，分析乙球受力的情况．乙球受到向下的重力mg，水平向右的电场力qE，绳2的拉力F2，甲对乙的吸引力F引．要使得乙球平衡，绳2必须倾斜，如图2所示．故应选A．
（2）由上面用整体法的分析，绳1对甲的拉力F1=2mg．由乙球的受力图可知
因此有应选D
点评：若研究对象由多个物体组成，首先考虑运用整体法，这样受力情况比较简单，在本题中，马上可以判断绳子1是竖直的；但整体法并不能求出系统内物体间的相互作用力，故此时需要使用隔离法，所以整体法和隔离法常常交替使用．
【例题2】（1994年高考全国卷）如图3所示，质量M=10kg的木楔ABC静止于粗糙的水平面上，动摩擦因数μ=0.02．在楔的倾角为θ=30°的斜面上，有一质量m=1.0kg的木块从静止开始沿斜面下滑，当滑行路程s=1.4m时，其速度v=1.4m/s，在这过程中楔没有动，求地面对楔的摩擦力的大小和方向（重力加速度取10m/s2）．
【点拨解疑】 若采用隔离法，分析楔M时，受的力特别多，求解繁琐．该题中，虽然m与M的加速度不同，但仍可用整体法，只是牛顿第二定律应写成
由
得木块m沿斜面向下运动的加速度为
将物块m和木楔M看作一个整体，他们在竖直方向受到重力和地面的支持力；在水平方向如果受力只能是摩擦力，暂设其存在，大小位Ff ，楔的加速度为零，只有物块加速度a，如图4所示，沿水平方向和竖直方向分解物块加速度a．对整体在水平方向上运用牛顿第二定律，得
解得 Ff = 0.4N
因为Ff应与ax同向
所以木楔受到的摩擦力水平向左．
点评：若一个系统内各个物体的加速度不相同，又不需要求系统内物体间的相互作用力时，利用牛顿第二定律应用整体法解题方便很多．本题也可以用隔离法求解，请同学们试一试．
【例题3】如图5所示，轻弹簧的一端固定在地面上，另一端与木块B相连，木块A放在木块B上，两木块质量均为m，在木块A上施有竖直向下的力F，整个装置处于静止状态．
（1）突然将力F撤去，若运动中A、B不分离，则A、B共同运动到最高点时，B对A的弹力有多大？
（2）要使A、B不分离，力F应满足什么条件？
【点拨解疑】 力F撤去后，系统作简谐运动，该运动具有明显的对称性，该题利用最高点与最低点的对称性来求解，会简单的多．
（1）最高点与最低点有相同大小的回复力，只有方向相反，这里回复力是合外力．在最低点，即原来平衡的系统在撤去力F的瞬间，受到的合外力应为F/2，方向竖直向上；当到达最高点时，A受到的合外力也为F/2，但方向向下，考虑到重力的存在，所以B对A的弹力为．
（2）力F越大越容易分离，讨论临界情况，也利用最高点与最低点回复力的对称性．最高点时，A、B间虽接触但无弹力，A只受重力，故此时恢复力向下，大小位mg．那么，在最低点时，即刚撤去力F时，A受的回复力也应等于mg，但根据前一小题的分析，此时回复力为F/2，这就是说F/2=mg．则F=2mg．因此，使A、B不分离的条件是F≤2mg．
【例题4】 图6为电压表和电流表测定电源的电动势和内电阻的电路图，采用的是电流表外接法．若已知电压表和电流表的内电阻分别为RV和RA，试计算用这个电路测得的电动势及内电阻的相对误差．
【点拨解疑】按实验原理的要求，电流表和电压表的读数应分别是总电流和路端电压．从电路结构看，电流表读数确是总电流，但由于电流表有电阻，所以电压表的读数不是路端电压，这样就造成系统误差．
运用等效法把电源和电流表作为一个整体看成一个新的等效电源，如图7中虚线框所示，此时电压表确实接在这个新电源的两端，读数确是路端电压，而此时电流表的读数仍表示总电流．因此根据电压表和电流表的读数测得的E和r是这个新电源的电动势和内电阻的真实值．
新电源实际上是由电池和电阻RA串联而成，设电池的电动势和内电阻分别是E0和r0，应有如下对应关系
E= E0 r= r0+RA
相对误差分别为
针对训练
1．如图8所示，一块均匀的半圆形薄电阻合金片，现将它按图甲方式接在电极A、B之间，求其电阻值．（电极电阻忽略不计）
2．三个质量、形状相同的斜面体放在粗糙的水平地面上，另有三个质量相同的小物体从斜面顶端沿斜面滑下，由于小物体与斜面间的摩擦力不同，第一个物体匀加速下滑，第二个物体匀速下滑，第三个物体以初速度v0匀减速下滑，如图9所示，三个斜面均保持不动，则下滑过程中斜面对地面压力
A． B．
C． D．
3．如图10所示电路由8个不同的电阻组成，已知R1=12Ω，其余电阻阻值未知，测得A、B间的总电阻为4Ω，今将R1换成6Ω的电阻，则A、B间的总电阻变为
4．用细塑料棒弯成半径为R的圆弧，如图11所示，A、B间的空隙为l，R>>l．将电量为Q的正电荷均匀分布于环上，求圆心O处的电场强度．
5．如图12所示，在平行于水平地面的有理想边界的匀强磁场上方，有三个大小相同的正方形线框，线框平面与磁场方向垂直．三个线框是用相同的金属材料制成的，A线框有一个缺口，B、C线框都闭合，但B线框导线的横截面积比C线框大．现将三个线框从同一高度由静止开始同时释放，下列关于它们落地时间的说法正确的是
A．三个线框同时落地 B．三个线框中，A线框最早落地
C．B线框在C线框之后落地 D．B线框和C线框在A线框之后同时落地
6．如图13所示，在h高度处，距离竖直壁为d的O点，有一小球以初速度v0沿水平方向抛出，它与墙壁发生弹性碰撞后落到水平地面上，求小球落地点到墙壁的距离．
7．两块质量分别为m1和m2的木块，用一根劲度系数为k的轻弹簧连在一起，现在m1上施加压力F，如图14所示．为了使撤去F后m1跳起时能带起m2，则所加压力F应多大？
8．如图15所示，将质量分别为m、2m、3m的三个小球A、B、C用绝缘细线相连，其中B球带+Q电量，A、C两球不带电，并将A球固定住，三球均处于静止状态．A、B间细线的张力等于多少？在将A球从静止释放的一小段时间内，A、B间细线的张力等于多少？
9．如图16所示，设A重10N，B重20N，A、B间的动摩擦因数为0.1，B与地面的动摩擦因数为0.2．问：（1）至少对B向左施多大的力，才能使A、B发生相对滑动？（2）若A、B间有μ1=0.4，B与地间有μ=0.l，则F多大才能产生相对滑动？
10．如图17所示，在两块相同的竖直木板间，有质量均为m的四块相同的砖，用两个大小均为F的水平力压木板，使砖静止不动，则左边木板对第一块砖，第二块砖对第三块砖的摩擦力分别为：
A．4mg、2mg B．2mg、0
C．2mg、mg D．4mg、mg
11．有一个直角支架 AOB，AO水平放置，表面粗糙，OB竖直向下，表面光滑，AO上套有小环P，OB上套有小环 Q，两环质量均为m，两环间由一根质量可忽略、不可伸展的细绳相连，并在某一位置平衡（如图18），现将P环向左移一小段距离，两环再次达到平衡，那么将移动后的平衡状态和原来的平衡状态比较，AO杆对P环的支持力N和细绳上的拉力T的变化情况是：
A．N不变，T变大 B．N不变，T变小
C．N变大，T变大 D．N变大，T变小
参考答案
1．4R（对称法）
2．C（整体法）
3．3Ω（等效法）
4． 方向由圆心指向弧AB的中点（等效法和对称法）
5．BD（等效法）
6．（对称法）
7．（对称法）
8． （整体法和隔离法）
9．解析：（1）设A、B恰好滑动，则B对地也要恰好滑动，
选A、B为研究对象，由平衡条件得：
F=f地+2T
选A为研究对象，由平衡条件有
T=fA
fA=0.1×10=1N f地=0.2×30=6N
∴ F=8N．
（2）同理解得，F=11N
10．解析：由对称性，左、右木板对砖摩擦力相同，设为f1，第 3块砖对第2块砖摩擦力为f2，则对四块砖整体有：2f1=4mg
∴ f1=2mg
对1、2块砖平衡有：f1+f2=2mg
∴ f2=0
故B正确．
11．解析：设PQ与OA的夹角为α，对 P有：
mg＋Tsinα=N
对Q有：Tsinα=mg
所以 N=2mg， T=mg/sinα
答案为B．
图 16
图 17
图 18
PAGE考点2 动量和能量
命题趋势
本专题涉及的内容是动力学内容的继续和深化，其中的动量守恒定律、机械能守恒定律、能量守恒定律比牛顿运动定律的适用范围更广泛，是自然界中普遍适用的基本规律，因此是高中物理的重点，也是高考考查的重点之一。高考中年年有，且常常成为高考的压轴题。如2002年、2003年理综最后一道压轴题均是与能量有关的综合题。但近年采用综合考试后，试卷难度有所下降，因此动量和能量考题的难度也有一定下降。要更加关注有关基本概念的题、定性分析现象的题和联系实际、联系现代科技的题。
试题常常是综合题，动量与能量的综合，或者动量、能量与平抛运动、圆周运动、热学、电磁学、原子物理等知识的综合。试题的情景常常是物理过程较复杂的，或者是作用时间很短的，如变加速运动、碰撞、爆炸、打击、弹簧形变等。
知识概要
冲量是力对时间的积累，其作用效果是改变物体的动量；功是力对位移的积累，其作用效果是改变物体的能量；冲量和动量的变化、功和能量的变化都是原因和结果的关系，对此，要像熟悉力和运动的关系一样熟悉。在此基础上，还很容易理解守恒定律的条件，要守恒，就应不存在引起改变的原因。能量还是贯穿整个物理学的一条主线，从能量角度分析思考问题是研究物理问题的一个重要而普遍的思路。
应用动量定理和动能定理时，研究对象可以是单个物体，也可以是多个物体组成的系统，而应用动量守恒定律和机械能守恒定律时，研究对象必定是系统；此外，这些规律都是运用于物理过程，而不是对于某一状态（或时刻）。因此，在用它们解题时，首先应选好研究对象和研究过程。对象和过程的选取直接关系到问题能否解决以及解决起来是否简便。选取时应注意以下几点：
1．选取研究对象和研究过程，要建立在分析物理过程的基础上。临界状态往往应作为研究过程的开始或结束状态。
2．要能视情况对研究过程进行恰当的理想化处理。
3．可以把一些看似分散的、相互独立的物体圈在一起作为一个系统来研究，有时这样做，可使问题大大简化。
4．有的问题，可以选这部分物体作研究对象，也可以选取那部分物体作研究对象；可以选这个过程作研究过程，也可以选那个过程作研究过程；这时，首选大对象、长过程。
确定对象和过程后，就应在分析的基础上选用物理规律来解题，规律选用的一般原则是：
1．对单个物体，宜选用动量定理和动能定理，其中涉及时间的问题，应选用动量定理，而涉及位移的应选用动能定理。
2．若是多个物体组成的系统，优先考虑两个守恒定律。
3．若涉及系统内物体的相对位移（路程）并涉及摩擦力的，要考虑应用能量守恒定律。
点拨解疑
【例题1】某地强风的风速是20m/s，空气的密度是=1.3kg/m3。一风力发电机的有效受风面积为S=20m2，如果风通过风力发电机后风速减为12m/s，且该风力发电机的效率为=80%，则该风力发电机的电功率多大？
【点拨解疑】 风力发电是将风的动能转化为电能，讨论时间t内的这种转化，这段时间内通过风力发电机的空气 的空气是一个以S为底、v0t为高的横放的空气柱，其质量为m=Sv0t，它通过风力发电机所减少的动能用以发电，设电功率为P，则
代入数据解得 P=53kW
【例题2】 （1998年全国卷）在光滑水平面上，动能为E0、动量的大小为的小钢球1与静止小钢球2发生碰撞，碰撞前后球1的运动方向相反。将碰撞后球1的动能和动量的大小分别记为E1、，球2的动能和动量的大小分别记为E2、p2，则必有
A．E1
E0 D．p2>p0
【点拨解疑】 两钢球在相碰过程中必同时遵守能量守恒和动量守恒。由于外界没有能量输入，而碰撞中可能产生热量，所以碰后的总动能不会超过碰前的总动能，即E1+E2≤E0 ，可见A对C错；另外，A也可写成，因此B也对；根据动量守恒，设球1原来的运动方向为正方向，有p2-p1=p0，所以D对。故该题答案为A、B、D。
点评：判断两物体碰撞后的情况，除考虑能量守恒和动量守恒外，有时还应考虑某种情景在真实环境中是否可能出现，例如一般不可能出现后面的球穿越前面的球而超前运动的情况。
【例题3】（2000年全国）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（锁定及解除锁定均无机械能损失）。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。
图 1
【点拨解疑】 （1）设C球与B球粘结成D时，D的速度为，由动量守恒，有
①
当弹簧压至最短时，D与A的速度相等，设此速度为，由动量守恒，有
②
由①、②两式得A的速度 ③
（2）设弹簧长度被锁定后，贮存在弹簧中的势能为，由能量守恒，有
④
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，则有
⑤
当弹簧伸长时，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，由动量守恒，有
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
⑦
解以上各式得 ⑧
【例题4】（2003年理综全国）一传送带装置示意图如图2所示，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，为画出），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。
【点拨解疑】 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① ② 在这段时间内，传送带运动的路程为 ③ 由以上可得 ④
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
⑤
传送带克服小箱对它的摩擦力做功 ⑥
两者之差就是克服摩擦力做功发出的热量 ⑦
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。 T时间内，电动机输出的功为 ⑧
此功用于增加小箱的动能、势能以及克服摩擦力发热，即
⑨
已知相邻两小箱的距离为L，所以 ⑩
联立⑦⑧⑨⑩，得 ⑾
针对训练
1．（2001年高考理综卷）下列一些说法：
① 一质点受两个力作用且处于平衡状态（静止或匀速），这两个力在同一段时间内的冲量一定相同
②一质点受两个力作用且处于平衡状态（静止或匀速），这两个力在同一段时间内做的功或者都为零，或者大小相等符号相反
③ 在同样时间内，作用力和反作用力的功大小不一定相等，但正负号一定相反
④ 在同样时间内，作用力和反作用力的功大小不一定相等，正负号也不一定相反
以上说法正确的是：
A．①② B．①③ C．②③ D．②④
2．A、B两球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，A球的动量是5kgm/s，B球的动量是7kgm/s，当A追上B球时发生碰撞，则碰撞后A、B两球的动量的可能值是（ ）
A．-4 kg·m/s、14 kg·m/s B．3kg·m/s、9 kg·m/s
C．-5 kg·m/s 、17kg·m/ D．6 kg·m/s、6 kg·m/s
3．（1998年高考上海卷）在光滑水平面上有质量均为2kg的a、b两质点，a质点在水平恒力Fa=4N作用下由静止出发运动4s。b质点在水平恒力Fb=4N作用下由静止出发移动4m。比较这两个质点所经历的过程，可以得到的正确结论是
A．a质点的位移比b质点的位移大 B．a质点的末速度比b质点的末速度小
C．力Fa做的功比力Fb做的功多 D．力Fa的冲量比力Fb的冲量小
4．矩形滑块由不同材料的上下两层粘结在一起组成，将其放在光滑的水平面上，如图所示。质量为m的子弹以速度v水平射向滑块，若射击上层，则子弹恰好不射出；若射击下层，则子弹整个儿恰好嵌入，则上述两种情况相比较
A．两次子弹对滑块做的功一样多
B．两次滑块所受冲量一样大
C．子弹嵌入下层过程中，系统产生的热量较多
D．子弹击中上层过程中，系统产生的热量较多
5．如图3所示，长2m，质量为1kg的木板静止在光滑水平面上，一木块质量也为1kg（可视为质点），与木板之间的动摩擦因数为0.2。要使木块在木板上从左端滑向右端而不至滑落，则木块初速度的最大值为
A．1m/s B．2 m/s C．3 m/s D．4 m/s
图3
6．如图4所示，质量分别为m和2m的A、B两个木块间用轻弹簧相连，放在光滑水平面上，A靠紧竖直墙．用水平力F将B向左压，使弹簧被压缩一定长度，静止后弹簧储存的弹性势能为E．这时突然撤去F，关于A、B和弹簧组成的系统，下列说法中正确的是（ ）
A．撤去F后，系统动量守恒，机械能守恒
B．撤去F后，A离开竖直墙前，系统动量不守恒，机械能守恒
C．撤去F后，A离开竖直墙后，弹簧的弹性势能最大值为E
D．撤去F后，A离开竖直墙后，弹簧的弹性势能最大值为E/3
7．如图5所示，质量为M的小车A右端固定一根轻弹簧，车静止在光滑水平面上，一质量为m的小物块B从左端以速度v0冲上小车并压缩弹簧，然后又被弹回，回到车左端时刚好与车保持相对静止．求整个过程中弹簧的最大弹性势能EP和B相对于车向右运动过程中系统摩擦生热Q各是多少？
参考答案：
1． D 2． B 3． AC 4． AB 5． D
6．解析：A离开墙前墙对A有弹力，这个弹力虽然不做功，但对A有冲量，因此系统机械能守恒而动量不守恒；A离开墙后则系统动量守恒、机械能守恒．A刚离开墙时刻，B的动能为E，动量为p=向右；以后动量守恒，因此系统动能不可能为零，当A、B速度相等时，系统总动能最小，这时的弹性势能为E/3． 答案： BD
7．，，EP=Q=
力的积累和效应
牛顿第二定律
F=ma
力对时间的积累效应
冲量
I=Ft
动量
p=mv
动量定理
Ft=mv2-mv1
动量守恒定律
m1v1+m2v2=m1v1’+m2v2’
系统所受合力为零或不受外力
力对位移的积累效应
功：W=FScosα
瞬时功率：P=Fvcosα
平均功率：
机械能
动能
势能
重力势能：Ep=mgh
弹性势能
动能定理
机械能守恒定律
Ek1+EP1=Ek2+EP2
或ΔEk =ΔEP
B
L
L
A
C
D
图2
F
A
B
图4
A
B
图5
PAGE考点6 物理问题的一般分析方法
命题趋势
与原来的考试不同，“综合能力测试”多以现实生活中有关的理论问题和实际问题立意命题，要求更加真实和全面地模拟现实。试题要求学生的能力主要不是对事物的结局或某一侧面进行描述，而是注重对事物整体的结构、功能和作用的认识，以及对事物发展过程的分析理解。解答这类问题，构建物理模型是关键，而且是难点。由于情境的新颖，原来储存在头脑中的模型无法直接应用，完全要凭借自己的思维品质来构建模型，对考生的能力是一个极大的考验。实际上这也是命题者的用心所在，因为考生构建模型的情况，能真实地反映他的理解能力、分析综合能力、获取知识的能力等多种能力。
四年的综合考试中，以实际问题立意的题确实成了热点。2000年的理综卷中有关霍尔效应的问题，要求考生把它构建成一个带电粒子在平行板电容器的电场中平衡的模型，这里情景是新的，模型是旧的。2001年的理综卷中有关于电磁流量计的问题，要构建出两个模型，一个与上述的相同，另一个是直流电路的模型。同年还有太阳能量辐射一道压轴题，其中的一道小题，要构建出太阳向各个方向辐射能量的能量流的模型，这是新情景，新模型。预计在以后的综合能力测试中，必定会有这方面的题，而且构建模型的要求会是各种各样的。
知识概要
互相关联的物理状态和物理过程构成了物理问题，解决物理问题的一般方法可归纳为以下几个环节：
在这几个环节中，根据问题的情景构建出物理模型是最关键的、也是较困难的环节。由问题情景转化出来的所谓“物理模型”，实际上就是由理想的对象参与的理想的过程。如质点的自由落体运动、质点的匀速圆周运动、单摆的简谐运动、点电荷在匀强电场中的运动、串并联电路等等。这种物理模型一般由更原始的物理模型构成。原始的物理模型可分为如下两类：
所谓“建模”就是将带有实际色彩的物理对象或物理过程通过抽象、理想化、简化和类比等方法转化成理想的物理模型。正确构建物理模型应注意以下几点：
（1）养成根据物理概念和物理规律分析问题的思维习惯。结合题目描述的现象、给出的条件，确定问题的性质；同时抓住现象的特征寻找因果关系。这样能为物理模型的构建打下基础。
（2）理想化方法是构建物理模型的重要方法，理想化方法的本质是抓住主要矛盾，近似的处理实际问题。因此在分析问题时要养成比较、取舍的习惯。
（3）要透彻掌握典型物理模型的本质特征、不断积累典型模型，并灵活运用他们。如研究碰撞时，总结出弹性碰撞和完全非弹性碰撞两个模型，但后来发现一些作用时间较长的非碰撞类问题，也有相同的数学形式，这就可以把这些问题也纳入到这两个模型中去，直接应用这两个模型的结论。在粒子散射实验中，粒子与重金属原子核的作用是非接触性的静电力作用，由于动能守恒也可纳入弹性碰撞模型。
点拨解疑
【例题1】（1999年高考全国卷）一跳水运动员从离水面10m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，跃起后重心升高0.45m达到最高点，落水时身体竖直，手先入水（在此过程中运动员水平方向的运动忽略不计）从离开跳台到手触水面，他可用于完成空中动作的时间是______s。（计算时，可以把运动员看作全部质量集中在重心的一个质点，g取10m/s2，结果保留二位数）
【点拨解疑】
运动员的跳水过程是一个很复杂的过程，主要是竖直方向的上下运动，但也有水平方向的运动，更有运动员做的各种动作。构建运动模型，应抓主要因素。现在要讨论的是运动员在空中的运动时间，这个时间从根本上讲与运动员所作的各种动作以及水平运动无关，应由竖直运动决定，因此忽略运动员的动作，把运动员当成一个质点，同时忽略他的水平运动。当然，这两点题目都作了说明，所以一定程度上“建模”的要求已经有所降低，但我们应该理解这样处理的原因。这样，我们把问题提炼成了质点作竖直上抛运动的物理模型。
在定性地把握住物理模型之后，应把这个模型细化，使之更清晰。可画出如图1所示的示意图。由图可知，运动员作竖直上抛运动，上升高度h，即题中的0.45m；从最高点下降到手触到水面，下降的高度为H，由图中H、h、10m三者的关系可知H=10.45m。
由于初速未知，所以应分段处理该运动。运动员跃起上升的时间为：s
从最高点下落至手触水面，所需的时间为：s
所以运动员在空中用于完成动作的时间约为：=1.7s
点评：构建物理模型时，要重视理想化方法的应用，要养成化示意图的习惯。
【例题2】 精密测量电子比荷的现代方法之一是双电容法，其装置如图2所示，在真空管中由阴极K发射电子，其初速度可忽略不计。此电子被阴极K与阳极A间的电场加速后穿过屏障D1上的小孔，然后依次穿过电容器C1、屏障D2上的小孔和第二个电容器C2而射到荧光屏F上。阳极与阴极之间的电势差为U，分别在电容器C1、C2上加有频率为f的完全相同的正弦式交变电压，C1、C2中心间的距离为L，选择频率f使电子束在荧光屏上的亮点不发生偏转。试证明电子的比荷为（其中n为正整数）。
【点拨解疑】 由题意，研究对象必然是电子，其对象模型显然是带电的质点；对其过程模型的构建，可按先后顺序考虑；首先是在电场中的变加速运动，这是我们能处理的模型；接着进入电容器，遇到偏转电场，由于电容器上加的是变化电压，那么其中的电场是不稳定的，随时间变化的，电子沿电场方向的运动不是匀变速运动，这是我们没办法处理的。但考虑到电子加速后，速度很大，通过电容器的时间极短，如果忽略这一段时间内的电压变化，那么可把电子通过电容器的过程抽象为带电质点在稳定匀强电场中的物理模型，电场的强度取决于进入电场的时机。
现在有两个电容器，而且要求电子最后不偏转，那么电子在电容器中的运动是否有更具体的物理模型呢？模型很简单，就是进入每个电容器的时机都正好是电场强度等于零的时候，电子作匀速直线运动通过两个电容器。
电子进入第一个电容器的时刻t1应满足条件U0sin2πft1 =0，即2πft1=n1π。其中n1是自然数。
同样，进入第二个电容器的时刻t2应满足条件U0sin2πft2 =0，即2πft1=n2π。其中n2是自然数。
所以，当t2-t1=，即时，电子束不发生偏转，其中n是正整数。
又因为
所以
点评：该题让我们又一次体验到了理想化方法的重要性。带电粒子在电容器中运动，一般是要考虑偏转，但该题却是不偏转，因此构想出这一模型确是该题的难点。
【例题3】 如图3所示，有两块大小不同的圆形薄板(厚度不计)，质量分别为M和m，半径分别为R和r，两板之间用一根长为0.4m的轻绳相连结。开始时，两板水平放置并叠合在一起，静止于高度为0.2m处。然后自由下落到一固定支架C上，支架上有一半径为R′（r【点拨解疑】 （1）本题的研究对象显然是M和m，它们都可以看作质点，也可以合在一起看作一个质点。本题可把整个过程分三个阶段处理：
第一阶段，两板看成一个质点自由下落直到与固定支架发生碰撞。故碰撞前的速度为=2m/s
第二阶段，以地面为参考系，M与支架C碰撞后，M以速率返回，向上做竖直上抛运动，m以速率向下做匀加速运动。两个质点同时做不同的运动，这样的物理模型比较复杂。若改变参考系，可以选择其他的运动模型，从而使过程简化。以大圆板为参考系，则M静止，小圆板以速率2向下做匀速直线运动。一个静止，一个匀速运动，这个运动模型简单多了。设经过时间t后两板间绳绷紧，有：L=2t ①
再回到以地面为参考系的情况， ②
③
解以上三式得m/s m/s
第三阶段，绳绷紧瞬间，由于板间绳作用力远大于它们的重力，所以动量守恒，设向上为正方向，有 ④
得： ⑤
（2）M = m，即k=1，代入上式得，v=-1m/s，两板获得向下的共同速度。还可知道：
当k>3时，两板获得向上的共同速度；
当k<3时，两板获得向下的共同速度；
当k=3时，v=0，两板瞬时速度为零，接着再自由下落。
【例题4】 某商场安装了一台倾角为30°的自动扶梯，该扶梯在电压为380V的电动机带动下以0.4m/s的恒定速率向斜上方移动，电动机的最大输出功率为4.9kW。不载人时测得电动机中的电流为5A，若载人时扶梯的移动速率与不载人时相同，则这台自动扶梯可同时乘载的最多人数为 。(设人的平均质量为60kg，g=10m/s2)
【点拨解疑】 忽略电动机内阻的热损耗，电动机的输入功率和输出功率相等。即空载时维持扶梯运行的电功率为 W
故可用于载送乘客的多余功率为kW
扶梯斜向上作匀速运动，故每位乘客受重力mg和支持力F作用，且F =mg。
电动机通过扶梯支持力对人做功，其功率为P′，
P′=Fvcosa =mgcos(90°-30°)=120W，
故同时乘载的最多人数为
点评：本题取自日常社会生活问题，怎样把这个同学们所熟悉的实际问题转化为物理模型，从而运用有关功能关系来解决它，这是一种实际应用能力。
针对练习
1．（1999年广东高考题）如图5所示，在某装置中有一匀强磁场，磁感应强度为B，方向垂直于Oxy所在的纸面向外．某时刻在x=，y= 0处，一质子沿y轴的负方向进入磁场；同一时刻，在x = -，y=0处，一个α粒子进入磁场，速度方向与磁场垂直．不考虑质子与α粒子的相互作用．设质子的质量为m，电量为e 。
（1）如果质子经过坐标原点O，它的速度为多大
（2）如果α粒子与质子在坐标原点相遇，α粒子的速度应为何值 方向如何
2．如图6所示，在xOy平面内，有相互正交且沿水平方向的匀强电场和匀强磁场，匀强电场的场强E=12N／C，方向沿x轴正方向，匀强磁场的磁感应强度B=2T，方向垂直xOy平面指向纸内．一质量为m=4×10-5kg，电量Q=+2.5×10-5C的带电粒子，沿xOy平面做匀速直线运动，运动到原点时，撤去磁场，经过一段时间后，带电粒子运动到x轴上的P点．求P点到O点的距离和带电粒子通过P点的速度大小各是多少。(g=10m／s2，sin53°=0.8)
3．如图7所示，在空间存在水平方向的匀强磁场和竖直方向的匀强电场，电场强度为E，磁感应强度为B，在场区某点由静止释放一个带电液滴a，它运动到最低点处恰与一个原来处于静止的液滴b相碰，碰后两液滴合为一体，沿水平方向做直线运动，已知液滴a质量是液滴b质量的2倍，液滴a所带的电量是液滴b所带电量的4倍。求两液滴初始位置之间的高度差h（设a、b之间的静电力不计）
4．图8为推行节水灌溉工程中使用的转动式喷水龙头的示意图。“龙头”离地面高h m，将水水平喷出，其喷灌半径为10h m，每分钟可喷水m kg，所用的水从地面以下H m深的井里抽取。设所用水泵（含电动机）的效率为η，不计空气阻力。求：⑴水从龙头中喷出时的速度v0 ⑵水泵每分钟对水做的功W ⑶带动该水泵的电动机消耗的电功率P。
5．如图9所示，一劲度系数为k=800N/m的轻弹簧两端各焊接着两个质量均为m=12kg的物体A、B。物体A、B和轻弹簧竖立静止在水平地面上，现要加一竖直向上的力F在上面物体A上，使物体A开始向上做匀加速运动，经0.4s物体B刚要离开地面，设整个过程中弹簧都处于弹性限度内，取g=10m/s2 ，求：
（1）此过程中所加外力F的最大值和最小值。
（2）此过程中外力F所做的功。
6．如图10所示，S为一个电子源，它可以在纸面的3600范围内发射速率相同的质量为m、电量为e的电子，MN是一块足够大的挡板，与S的距离OS＝L，挡板在靠近电子源一侧有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感强度为B，问：
（1）若使电子源发射的电子有可能到达挡板，则发射速率最小为多大？
（2）如果电子源S发射电子的速率为（1）中的2倍，则挡板上被电子击中的区域范围有多大？
7．有一电子束穿过具有匀强电场和匀强磁场的空间区域，该区域的电场强度和磁感强度分别为E和B。
（1）如果电子束的速度为v0，要使电子束穿过上述空间区域不发生偏转，电场和磁场应满足什么条件？
（2）如果撤去磁场，电场区域的长度为l，电场强度的方向和电子束初速方向垂直，电场区域边缘离屏之间的距离为d，要使电子束在屏上偏移距离为y，所需加速电压为多大？
8．如图12甲所示，在空间存在一个变化的电场和一个变化的磁场，电场的方向水平向右（图中由B到C），场强大小随时间变化如图乙所示；磁感强度方向垂直于纸面、大小随时间如图丙所示。从t=1s末开始，在A点每隔2s有一个同种的粒子以沿AB方向（垂直于BC）的初速度v0射击，恰好能击中C点，若AB＝BC＝l,且粒子在AC间的运动时间小于1s。求：
（1）磁场的方向；
（2）图象中E0和B0的比值
（3）1s末射出的粒子和3s末射出的粒子由A点运动到C点四经历的时间t1和t2之比.
9．如图13所示，在地面附件，坐标系xoy在竖直平面内，空间有沿水平方向垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感强度大小为B。在x<0的空间内还有沿x轴负方向的匀强电场，场强大小为E。一个带正电荷的油滴经图中x轴上的M点，始终沿着与水平方向成α＝300的斜向下的直线运动，进入x>0区域。要使油滴进入x>0的区域后能在竖直平面内做匀速圆周运动，需在x>0区域内加一个匀强电场。若带电油滴做圆周运动通过x轴的N点，且MO=NO。求：
（1）油滴运动的速度大小。
（2）在x>0空间内所加电场的场强大小和方向。
（3）油滴从x轴上的M点开始到达x轴上的N点所用的时间。
10．（2004年春季高考卷第34题，22分）如图14所示，abc是光滑的轨道，其中ab是水平的，bc为与ab相切的位于竖直平面内的半圆，半径R=0.30m。质量m=0.20kg的小球A静止在轨道上，另一质量M=0.60kg、速度v0=5.5m/s的小球B与小球A正碰。已知相碰后小球A经过半圆的最高点c落到轨道上距b点为处，重力加速度g=10m/s2，求：
（1）碰撞结束后，小球A和B的速度的大小。
（2）试论证小球B是否能沿着半圆轨道到达c点。
参考答案
1．解析：（1）根据质子进入磁场处的位置和进入磁场时速度的方向，可知其圆周轨道的圆心必在x轴上，又因质子经过原点O，故其轨道半径，设质子的速度为，由牛顿定律得：
（2）质子做圆周运动的周期为
由于α粒子电荷为，质量，故α粒子做圆周运动的周期
质子在做圆周运动的过程中，在…各时刻通过O点，α粒子如与质子在O点相遇，必在同一时刻到达O点，这些时刻分别对应t= … ，如果α粒子在t=T/4到达O点，它运行了1/4周期，如在到达O点，它运行了3/4周期，由此可知α粒子进入磁场处与O点之间的连线必为1/4圆周或3/4圆周所对的弦，如图15（实际上等情形不必再考虑），进而得出α粒子的轨道半径
设α粒子的速度为，则由牛顿定律得：
注意到，得，
但方向可有两个，用α粒子速度方向与x轴正方向夹角表示。
点评： 本题关键是确定α粒子的轨道半径及轨迹，注意到α粒子速度方向的不确定性，这也正是本题容易出错之处。
2．设粒子匀速运动的速度为v0，带电粒子匀速运动时受到重力G=mg，方向竖直向下，电场力F = Eq，方向水平向右，洛伦兹力f=Bv0q，方向斜向左上方和粒子的速度v0垂直，如图16所示。
由平衡条件知重力和电场力的合力跟洛仑兹力等值反向，当撤去磁场时，因重力和电场力的合力F′与v0垂直，则粒子做类平抛运动
由
可解得v0 = 10m／s，F′= 5ⅹ10-4N，
∴ 加速度 = 12.5m／s2
设P到原点O的距离为x，x轴与合力F′的夹角为θ，则
所以θ= 530
粒子运动到P点沿v0方向运动的距离；沿合力的位移h=xcos53°；粒子的运动时间
可求出x = 15m
粒子运动到P点的速度
【点评】本题情景较复杂，由题意先判断出粒子必受重力，并且电场力和重力的合力一定与v0垂直，做类平抛运动，运用运动的独立性求解。
3．因液滴b静止在场中，则它一定带正电，设b的质量为m，带电量为 q，a的质量为2m，电量为4q，受力平衡则有
①
开始时a受重力2mg，电场力4qE，但向右下方运动，这说明a只能带负电且电场力做正功.设a运动到最低点的速度为v0，它和b发生完全非弹性碰撞。由题意知，碰后它们的共同速度为v，沿水平方向动量守恒，则有
②
由电荷守恒定律，碰后它们的电量为-3q ，它们在竖直方向上受力平衡
③
带电液滴a从初始位置运动到最低点，由动能定理有
④
联立① ② ③ ④ 得
【点评】 本题对思维要求较高，涉及的知识点较多，必须能够根据a的运动轨迹判断出a带负电，灵活运用动量和能量的关系进行求解。
4．解：（1）平抛所用时间为t= ①
水平初速度为v= ②
（2）1min内喷出水的动能为 Ek=mv2=25mgh ③
水泵提水，1min内水所获得的重力势能为 Ep=mg（H+h） ④
1min内水泵对水所做功为 W=Ek+Ep=mg（H+26h） ⑤
（3）带动水泵的电动机的最小输出功率等于水泵输入功率P=
5．解：(1)A原来静止时：kx1=mg ①
当物体A开始做匀加速运动时，拉力F最小，设为F1，对物体A有：
F1＋kx1－mg=ma ②
当物体B刚要离开地面时，拉力F最大，设为F2，对物体A有：
F2－kx2－mg=ma ③
对物体B有：kx2=mg ④
对物体A有：x1＋x2＝ ⑤
由①、④两式解得 a=3.75m/s2 ，分别由②、③得F1＝45N，F2＝285N
(2)在力F作用的0.4s内，初末状态的弹性势能相等，由功能关系得：
WF=mg(x1＋x2)+49.5J
6．解：（1）设电子发射的最小速率为v，电子轨道半径至少为L/2，
eBv=，则v=
（2）发射速率v′＝2v时，轨道半径为L，如图10，挡板被电子击中的范围为：
AB=()L
7．解：(1)要使电子不发生偏转则：eE＝e v0B ，E＝v0B
（2）电子在电场中向上偏转量：s= 且tanθ= 其中
在加速电场中eU＝
偏移距离：y=s+dtanθ ，
由以上各式可得：U＝
8．解：（1）磁场方向垂直纸面向外。
（2）粒子由A运动到C所经历的时间小于1s，1s末射出的粒子受洛伦兹力作用，做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有：，粒子由A运动到C，转过1/4圆弧，故R＝l,所以
3s末射出的粒子受电场力作用做类平抛运动，有y=l=，则
所以＝2 v0
（3）做圆周运动的粒子由A运动到C所经历的时间为。
做类平抛运动的粒子由A运动到C所经历的时间为，所以＝
9．解：（1）因油滴沿直线运动，重力和电场力又为
恒力，则与运动方向垂直的洛伦兹力的大小运动不能
变化，油滴必然做匀速直线运动。
则有：，
（2）油滴进入x>0的区域后，要做
匀速圆周运动，则：qE1=mg
因为mg=qEcotα,所以E1=E,
电场方向竖直向上。
（3）油滴的运动轨迹如图17所示，∠OPN=600，过P
作PM的垂线交x轴于O1，因∠O1PN=∠O1NP=300，ΔO1PN
为等腰三角形，所以O1P＝O1N，O1为油滴做圆周运动的圆心。
设O1P＝R，R=，θ=，油滴由M点到P点的时间：，油滴由P点到N点做匀速圆周运动的时间：。因为mg=qEcotα所以。所以油滴由P点到N点的时间
10．（1）以v1表示小球A碰后的速度，v2表示小球B碰后的速度，表示小球A在半圆最高点的速度，t表示小球A从离开半圆最高点到落在轨道上经过的时间，则有
①
②
③
④
由①②③④求得
代入数值得
（2）假定B球刚能沿着半圆轨道上升到c点，则在c点时，轨道对它的作用力等于零。以vc表示它在c点的速度，vb表示它在b点相应的速度，由牛顿定律和机械能守恒定律，有
解得
代入数值得
由，所以小球B不能达到半圆轨道的最高点。
审视物理情景 构建物理模型 转化为数学问题 还原为物理结论
对象模型（质点、轻杆、轻绳、弹簧振子、单摆、理想气体、点电荷、理想电表、理想变压器、匀强电场、匀强磁场、点光源、光线、原子模型等）
过程模型（匀速直线运动、匀变速直线运动、匀速圆周运动、平抛运动、简谐运动、简谐波、弹性碰撞、自由落体运动、竖直上抛运动等）
物理模型
h
H
10h
图 8
A
B
F
图 9
A
S
v‘
B
O2
O
O1
v‘
╯
300
M
N
L
图 10
磁场
电场
－
＋
d
l
y
加速电场
图 11
B0
E
E0
B
0 2 4 6 8 t/s
0 2 4 6 8 t/s
A
B
C
E
v0
甲
乙
丙
图 12
× × × × × × × ×
× × × × × × × ×
× × × × × × × ×
× × × × × × × ×
╯
α
E
M
N
B
O
y
x
图 13
图 15
qE
f
mg
α
╰
O1
x
O
N
y
M
P
R
θ
╯
图 17
PAGE考点1 力和运动
贾玉兵
命题趋势
力和运动是高中物理的重点内容，也是高考命题的热点。总结近年高考的命题趋势，一是考力和运动的综合题，重点考查综合运用知识的能力，如为使物体变为某一运动状态，应选择怎样的施力方案；二是联系实际，以实际问题为背景命题，如以交通、体育、人造卫星、天体物理和日常生活等方面的问题为背景，重点考查获取并处理信息，去粗取精，把实际问题转化成物理问题的能力。
知识概要
物体怎么运动，取决于它的初始状态和受力情况。牛顿运动定律揭示了力和运动的关系，关系如下表所示：
力是物体运动状态变化的原因，反过来物体运动状态的改变反映出物体的受力情况。从物体的受力情况去推断物体运动情况；或从物体运动情况去推断物体的受力情况是动力学的两大基本问题。
处理动力学问题的一般思路和步骤是：①领会问题的情景，在问题给出的信息中，提取有用信息，构建出正确的物理模型；②合理选择研究对象；③分析研究对象的受力情况和运动情况；④正确建立坐标系；⑤运用牛顿运动定律和运动学的规律列式求解。
在分析具体问题时，要根据具体情况灵活运用隔离法和整体法，要善于捕捉隐含条件，要重视临界状态分析。
点拨解疑
【例题1】 举重运动是力量和技巧充分结合的体育项目。就“抓举”而言，其技术动作可分为预备、提杠铃、发力、下蹲支撑、起立、放下杠铃等六个步骤，图1所示照片表示了其中的几个状态。现测得轮子在照片中的直径为1.0cm。已知运动员所举杠铃的直径是45cm，质量为150kg，运动员从发力到支撑历时0.8s，试估测该过程中杠铃被举起的高度，估算这个过程中杠铃向上运动的最大速度；若将运动员发力时的作用力简化成恒力，则该恒力有多大？
【点拨解疑】题目描述的举重的实际情景，要把它理想化为典型的物理情景。抓举中，举起杠铃是分两个阶段完成的，从发力到支撑是第一阶段，举起一部分高度。该过程中，先对杠铃施加一个力（发力），使杠铃作加速运动，当杠铃有一定速度后，人下蹲、翻腕，实现支撑，在人下蹲、翻腕时，可以认为运动员对杠铃没有提升的作用力，这段时间杠铃是凭借这已经获得的速度在减速上升，最好的动作配合是，杠铃减速上升，人下蹲，当杠铃的速度减为零时，人的相关部位恰好到达杠铃的下方完成支撑的动作。因此从发力到支撑的0.8s内，杠铃先作加速运动（当作匀加速），然后作减速运动到速度为零（视为匀减速），这就是杠铃运动的物理模型。
根据轮子的实际直径0.45m和它在照片中的直径1.0cm，可以推算出照片缩小的比例，在照片上用尺量出从发力到支撑，杠铃上升的距离h′=1.3cm，按此比例可算得实际上升的高度为h=0.59m。
设杠铃在该过程中的最大速度为，有，得
减速运动的时间应为
加速运动的位移：
又 解得
根据牛顿第二定律，有 解得
评注：该题中，将举重的实际情景抽象成物理模型，是解题的关键，这种抽象也是解所有实际问题的关键。这里，首先应细致分析实际过程，有了大致认识后，再做出某些简化，这样就能转化成典型的物理问题。比如该题中，认为发力时运动员提升的力是恒力，认为运动员下蹲、翻腕时，对杠铃无任何作用，认为杠铃速度减为零时，恰好完全支撑，而且认为杠铃的整个运动是直线运动。
【例题2】 （2000年全国卷）如图2所示为一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v0向x方向平动，要使探测器改为向正x偏负y60°方向以原速率v0平动，则可
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
【点拨解疑】 该题实际上是要校正探测器的飞行状态，这在航天活动中，是很常见的工作，因为这也是很有意义的一道题。最后要达到的状态是向正x偏负y60°方向平动，速率仍为v0。如图3所示，这个运动可分解为速率为v0cos60°的沿正x方向的平动和速率为v0sin60°的沿负y方向的平动，与原状态相比，我们应使正x方向的速率减小，负y方向的速率增大。因此应开动P1以施加一负x方向的反冲力来减小正x方向的速率；然后开动P4以施加一负y方向的反冲力来产生负y方向的速率。所以选项A正确。
评注：建立坐标系，在两个坐标轴的方向上分别应用牛顿运动定律，是研究动力学问题的常用方法。该题一入手，就在沿坐标轴的两个方向上对两个状态进行比较，很快就使问题变得清晰。因此要熟练掌握这种分析方法。
【例题3】 （2000年全国卷）2000年1月26日我国发射了一颗同步卫星，其定点位置与东经98°的经线在同一平面内，若把甘肃省嘉峪关处的经度和纬度近似取为东经98°和北纬，已知地球半径R，地球自转周期为T，地球表面重力加速度为g（视为常量）和光速c。试求该同步卫星发出的微波信号传到嘉峪关处的接收站所需的时间（要求用题给的已知量的符号表示）。
【点拨解疑】 同步卫星必定在地球的赤道平面上，卫星、地球和其上的嘉峪关的相对位置如图4所示，由图可知，如果能求出同步卫星的轨道半径r，那么再利用地球半径R和纬度就可以求出卫星与嘉峪关的距离L，即可求得信号的传播时间。
对于同步卫星，根据牛顿第二定律，有：
其中
又 即
由以上几式解得：
由余弦定理得
微波信号传到嘉峪关处的接收站所需的时间为
评注：选择恰当的角度，将题目描述的情况用示意图表示出来，可以是情景变得更加清晰，有利于分析和思考，要养成这种良好的解题习惯。在解答天体运动的问题时，根据得到这一关系是经常使用的。
针对训练
1．手提一根不计质量的、下端挂有物体的弹簧上端，竖直向上作加速运动。当手突然停止运动后的极短时间内，物体将（ ）
A．立即处于静止状态
B．向上作加速运动
C．向上作匀速运动
D．向上作减速运动
2．（1991年高考上海卷）如图5所示，物体在恒力F作用下沿曲线从A运动到B，这时突然使他所受力反向，大小不变，即由F变为-F。在此力作用下，物体以后的运动情况，下列说法中正确的是（ ）
A．物体可能沿曲线Ba运动
B．物体可能沿直线Bb运动
C．物体可能沿曲线Bc运动
D．物体可能沿原曲线由B返回
3．汽车刹车后，停止转动的轮胎在地面上发生滑动，可以明显的看出滑动的痕迹，即常说的刹车线，由刹车线长短可以得知汽车刹车前的速度大小，因此刹车线的长度是分析交通事故的一个重要依据。若汽车轮胎跟地面的动摩擦因数是0.7，刹车线长14m，则可治汽车在紧急刹车前的速度的大小是 m/s。
4．空间探测器从某一星球表面竖直升空。已知探测器质量为1500Kg，发动机推动力为恒力。探测器升空后发动机因故障突然关闭，图6是探测器从升空到落回星球表面的速度随时间变化的图线，则由图象可判断该探测器在星球表面达到的最大高度Hm为多少m？发动机的推动力F为多少N？
5．中子星是恒星演化过程的一种可能结果，它的密度很大。现有一中子星，观测到它的自转周期为T=s。问该中子星的最小密度应是多少才能维持该星的稳定，不致因自转而瓦解。计算时星体可视为均匀球体。(引力常数G=6.6710m/kg.s)
6．（1998年全国卷）宇航员站在某一星球表面上的某高处，沿水平方向抛出一小球。经过时间t，小球落到星球表面，测得抛出点与落地点之间的距离为L。若抛出时的初速度增大到2倍，则抛出点与落地点之间的距离为L。已知两落地点在同一水平面上，该星球的半径为R，万有引力常数为G。求该星球的质量M。
参考答案
1．B．
2．C．
3．14
4．Hm=480m F= 11250 N
5．解析：设想中子星赤道处一小块物质，只有当它受到的万有引力大于或等于它随星体所需的向心力时，中子星才不会瓦解。
设中子星的密度为，质量为M ，半径为R，自转角速度为，位于赤道处的小物块质量为m，则有
由以上各式得，代入数据解得：。
评注：在应用万有引力定律解题时，经常需要像本题一样先假设某处存在一个物体再分析求解是应用万有引力定律解题惯用的一种方法。
6．解析：设抛出点的高度为h，第一次平抛的水平射程为x，则有
x+y=L （1）
由平抛运动的规律得知，当初速度增大到2倍，其水平射程也增大到2x，可得
(2x)+h=(L) （2）
由以上两式解得h= （3）
设该星球上的重力加速度为g，由平抛运动的规律得h=gt （4）
由万有引力定律与牛顿第二定律得（式中m为小球的质量） （5）
联立以上各式得：。
评注：显然，在本题的求解过程中，必须将自己置身于该星球上，其实最简单的办法是把地球当作该星球是很容易身临其境的了。
竖直上抛运动
自由落体运动
F≠0
F与v0在同一直线上
F与v0成一夹角
匀变速直线运动
匀变速曲线运动
平抛运动
恒力F
F=0
匀速直线运动
运动
力
牛顿运动定律
变速直线运动
简谐运动
匀速圆周运动
F的大小与相对于平衡位置的位移成正比，方向与位移相反
F的大小不变，方向总与速度垂直
F的方向始终与v0在同一直线上
变力F
PAGE考点7 研究物理问题的图象方法
山东 贾玉兵
命题趋势
高考说明对图象的要求不高，一般都只要求理解它的物理意义，并不要求用它去分析问题，但命题者常常突破这一限制。例如考试说明中明确指出：“对于振动图象和波的图象，只要求理解他们的物理意义，并能识别它们”，但2001年高考理科综合试卷的第20题，却要求考生把波的图象和振动图象两者结合起来进行综合分析，明显超过了考试说明的要求。不过反过来恰好体现了命题的原则——遵循考试说明，但不拘泥于考试说明。因此在图象这一类重要问题的复习上，不要太受框框的限制。
近年高考图象出现的频率较高，尤其在选择题、填空题、实验题中。有关图象试题的设计意图明显由“注重对状态的分析”转化为“注重对过程的理解和处理”。
现行教材中相对强调运动图象的地位，注重用数形结合的思想分析物体的运动，所以不能忽视。更为重要的是用速度—时间图象分析一些追赶、比较加速度大小、所用时间的最值和碰撞等问题是极为方便的。
简谐运动和简谐波是历年必考的热点内容。题目难度多数中档，考查的重点是波的图象的综合运用，特别是波的传播方向与质点振动方向间的关系。
这类试题能很好的考查理解能力、推理能力和空间想象能力，要引起足够的重视。
电磁感应现象中，结合感应电流—时间图象分析问题，近几年也有时出现；另外用图象处理实验的题也是高考命题的趋势。
知识概要
在物理学中，两个物理量间的函数关系，不仅可以用公式表示，而且还可以用图象表示。物理图象是数与形相结合的产物，是具体与抽象相结合的体现，它能够直观、形象、简洁的展现两个物理量之间的关系，清晰的表达物理过程，正确地反映实验规律。因此，利用图象分析物理问题的方法有着广泛的应用。图象法的功能主要有：
1、可运用图象直接解题。一些对情景进行定性分析的问题，如判断对象状态、过程是否能够实现、做功情况等，常可运用图象直接解答。由于图象直观、形象，因此解答往往特别简捷。
2、运用图象能启发解题思路。图象能从整体上把物理过程的动态特征展现得更清楚，因此能拓展思维的广度，使思路更清晰。许多问题，当用其他方法较难解决时，常能从图象上触发灵感，另辟蹊径。
3、图象还能用于实验。用图象来处理数据，可避免繁杂的计算，较快地找出事物的发展规律或需求物理量的平均值。也可用来定性的分析误差。
应用图象解题应注意以下几点：
1、运用图象首先必须搞清楚纵轴和横轴所代表的物理量，明确要描述的是哪两个物理量之间的关系。如辨析简谐运动和简谐波的图象，就是根据坐标轴所表示的物理量不同。
2、图线并不表示物体实际运动的轨迹。如匀速直线运动的s-t图是一条斜向上的直线，但实际运动的轨迹可能是水平的，并不是向上爬坡。
3、要从物理意义上去认识图象。由图象的形状应能看出物理过程的特征，特别要关注截距、斜率、图线所围面积、两图线交点等。很多情况下，写出物理量的解析式与图象对照，有助于理解图象物理意义。
点拨解疑
【例题1】一物体做加速直线运动，依次通过A、B、C三点，AB=BC。物体在AB段加速度为a1，在BC段加速度为a2，且物体在B点的速度为，则
A．a1> a2 B．a1= a2 C．a1< a2 D．不能确定
【点拨解疑】依题意作出物体的v-t图象，如图1所示。图线下方所围成的面积表示物体的位移，由几何知识知图线②、③不满足AB=BC。只能是①这种情况。因为斜率表示加速度，所以a1点评：本题是根据图象进行定性分析而直接作出解答的。分析时要熟悉图线下的面积、斜率所表示的物理意义。
【例题2】蚂蚁离开巢沿直线爬行，它的速度与到蚁巢中心的距离成反比，当蚂蚁爬到距巢中心的距离L1=1m的A点处时，速度是v1=2cm/s。试问蚂蚁从A点爬到距巢中心的距离L2=2m的B点所需的时间为多少？
【点拨解疑】本题若采用将AB无限分割，每一等分可看作匀速直线运动，然后求和，这一办法原则上可行，实际上很难计算。
题中有一关键条件：蚂蚁运动的速度v与蚂蚁离巢的距离x成反比，即，作出图象如图2所示，为一条通过原点的直线。从图上可以看出梯形ABCD的面积，就是蚂蚁从A到B的时间：s
点评：解该题的关键是确定坐标轴所代表的物理量，速率与距离成反比的条件，可以写成，也可以写成，若按前者确定坐标轴代表的量，图线下的面积就没有意义了，而以后者来确定，面积恰好表示时间，因此在分析时有一个尝试的过程。
【例题3】在光滑的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，换成相反方向的水平恒力乙推这一物体。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32J。则在整个过程中，恒力甲做功等于多少J？恒力乙做功等于多少J？
【点拨解疑】这是一道较好的力学综合题，涉及运动、力、功能关系的问题。粗看物理情景并不复杂，但题意直接给的条件不多，只能深挖题中隐含的条件。图3表达出了整个物理过程，可以从牛顿运动定律、运动学、图象等多个角度解出，特别是应用图象方法，简单、直观，与新教材中的要求结合紧密。
图 3
作出速度时间图象（如图4所示），位移为速度图线与时间轴所夹的面积，依题意，总位移为零
(v1×2t)= v 2t
v 2=2 v 1
由题意知，J，故J，
根据动能定理有 W1=J， W2==24J
点评：该题还有其他多种解法，同学们可以自己尝试，以拓宽思路，培养多角度解决问题的能力。
针对训练
1．（2001春季高考题）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过程中，图5中的四个图线中正确的是
图 5
2．如图6所示，a是某电源的U-I图线，b是电阻R的U-I图线，这个电源的内阻等于 。把这个电源和这个电阻R串联成闭合电路，电源消耗的总功率为 。
3．质量分别为m=0.5kg和M=1.5kg的两物体在水平面上发生正碰，如图7中的4条实线分别为m、M碰撞前后的位移—时间图象，由图可以判断下列说法中正确的是
A．两个物体在碰撞中动量守恒 B．碰撞前后m动能不变
C．碰撞前后m动能损失3J D．两个物体的碰撞是弹性碰撞
4．如图8所示，直线OAC为某一直流电源的总功率随着电流变化的图线，抛物线OBC为同一直流电源内部的热功率随电流I变化的图线。若A、B对应的横坐标为2A，则下面说法中正确的是
A．电源的电动势为3V，内阻为1Ω B．线段AB表示的功率为2W
C．电流为2A时，外电路电阻为0.5Ω D．电流为3A时，外电路电阻为2Ω
5．如图9大小相等的匀强磁场分布在直角坐标系的4个象限里，相邻象限的磁感应强度B的方向相反，均垂直于纸面，现有一闭合扇形线框OABO，以角速度ω绕OZ轴在XOY平面内匀速转动，那么在它旋转一周的过程中（从图中所示位置开始计时），线框内感应电动势与时间的关系图线是图10（乙）中的 （ ）
6．水平推力F1和F2分别作用于水平面上的同一物体，一段时间后撤去，使物体都从静止开始运动而后停下，如果物体在两种情况下的总位移相等，且F1大于F2则 （ ）
A．F2的冲量大 B．F1的冲量大
C．F1与F2的冲量相等 D．无法比较
（提示：作v-t图象，根据图线所围的面积（表示位移）相等，比较两种情况下物体运动的时间，再应用动量定理求解。）
7．在用电流表和电压表测电池的电动势和内电阻的实验中，所用的电流表和电压表的内阻分别约为0.1Ω和1kΩ。图11（甲）为实验原理图，图11（乙）为所需器材的实物图。试按原理图在实物图中画线连接成实验电路。
I（A） 0.12 0.20 0.31 0.32 0.50 0.57
U（V） 1.37 1.32 1.24 1.18 1.10 1.05
一位同学在实验中记录的6组数据如上表所示，试根据这些数据在图11（丙）中画出U-I图线。根据图线可读出被测电池的电动势E=____V，内电阻r=___Ω。
8．（2003年理综全国卷）用伏安法测量电阻阻值R，并求出电阻率ρ。
给定电压表（内阻约为50kΩ）、电流表（内阻约为40Ω）、滑线变阻器、电源、电键、待测电阻（约为250Ω）及导线若干。
⑴画出测量R的电路图。
⑵图12（1）中的6个点表示实验中测得的6组电流I、电压U的值，试写出根据此图求R值的步骤：_____________
求出的电阻值R=__________________。（保留3位有效数字）
⑶待测电阻是一均匀材料制成的圆柱体，用游标为50分度的卡尺测量其长度与直径，结果分别如图12（2）、图12（3）所示。由图可知其长度为__________，直径为________。
⑷由以上数据可求出ρ=_______________。（保留3位有效数字）
9．（2002年全国理综）如图13甲所示，A、B为水平放置的平行金属板，板间距离为d（d远小于板的长和宽）。在两板间有一带负电的质点P。已知若在A、B间加电压U0，则质点P可以静止平衡。现在A、B间加上如图13乙所示的随时间t变化的电压U。在t=0时质点P位于A、B间中点处且初速度为0，已知质点P能在A、B间以最大的幅度上下运动而又不与两板相碰。求图13乙中U改变的各时刻t1、t2、t3及tn的表达式。（质点开始从中点上升到最高点，及以后每次从最高点到最低点或从最低点到最高点的过程中，电压只改变一次。）
10．（2001年全国物理）如图14甲所示，一对平行光滑导轨，放在水平面上，两导轨间的距离l=0.20m，电阻R=1.0Ω；有一导体杆静止地放在轨道上，与两轨道垂直，杆及两轨道的电阻均可忽略不计，整个装置处于磁感应强度B=0.50T的匀强磁场中，磁场方向垂直轨道面向下，如图14甲所示。现用一外力F沿轨道方向拉杆，使之做匀加速运动，侧得力F与时间t的关系如图14乙所示。求杆的质量m和加速度a。
参考答案
1．B C
2．2Ω 9 W
3．ACD
4．ABC
5．A 6．A如图
7．1.46，0.719
8．解析：（1）外接，分压或限流，如图15
（2）①作U—I直线，舍去左起第2点，其余5个点尽量靠近直线且均匀分布在直线两侧。
②求该直线的斜K，则R=K。
R=均为正确）。
（3）由图可知其长度为0.800cm，直径为0.194cm。
（4）由以上数据可求出Ωm （Ωm均为正确）
9．解析：设质点P的质量为m，电量大小为q，根据题意，当A、B间的电压为U0时，有：
q = mg ……①
当两板间的电压为2U0时，P的加速度向上，其大小为a，
q - mg = ma …②
解得 a = g
当两板间的电压为0时，P自由下落，加速度为g，方向向下。所以匀加速过程和匀减速过程加速度大小均为g。加速时间与减速时间也相等，加速过程的位移大小也等于减速过程的位移大小。由以上分析可得出质点的v－t图象如图16所示。
由加速时间等于减速时间可知：
△t1=t1
t2=t1+△t1+△t2
t3=t1+△t1+3△t2
……
tn=t1+△t1+（2n-3）△t2（n≥2）
依题意知：
，得t1=
，得△t2=，所以t2=（+1）
t3=（+3）
……
tn=（+2n-3）（n≥2）
10．解析：导体杆在轨道上做初速度为零的匀加速直线运动，用v表示瞬时速度，t表示时间，则杆切割磁感线产生的感应电动势为：E=BLv=Blat ……①
闭合回路中的感应电流为
……② 由安培力公式和牛顿第二定律得：F-BIl=ma……③ 由①、②、③式得F=ma+……④
由乙图线上取两点t1=0，F1=1N，t2=10s，F2=2N代入④，联立方程得：a=10m/s2，m=0.1kg
v1
t
2t
t
v2
0
v
v1
t
2t
t
v2
0
v
图 4
图10
图9
U/V
I/A
0 0.10 0.20 0.30 0.40 0.50 0.60 0.70
1.00
1.10
1.20
1.30
1.40
1.50
图（丙）
V
A
变阻器
安培表
伏特表
电 池
电 键
图（甲）
图（乙）
图 11
01234567890
0123456
(cm)
1
1
0
01234567890
0123456
(cm)
4
5
8
9
0
U/V
I/mA
0 5 10 15 20 25
54321
图（1）
图（2）
图（3）
图12
A
B
P
-
+
甲
2U0
t
U
O
t1
t2
t3
t4
t n
乙
图13
R
L
甲
F
B
t/s
F/N
0 4 8 12 16 20 24 28
1
2
3
4
5
乙
图 14
图15
△t2
△t1
t4
t3
t2
t1
t
v
图16
PAGE考点4 电场、磁场和能量转化
山东 贾玉兵
命题趋势
电场、磁场和能量的转化是中学物理重点内容之一，分析近十年来高考物理试卷可知，这部分知识在高考试题中的比例约占13%，几乎年年都考，从考试题型上看，既有选择题和填空题，也有实验题和计算题；从试题的难度上看，多属于中等难度和较难的题，特别是只要有计算题出现就一定是难度较大的综合题；由于高考的命题指导思想已把对能力的考查放在首位，因而在试题的选材、条件设置等方面都会有新的变化，将本学科知识与社会生活、生产实际和科学技术相联系的试题将会越来越多，而这块内容不仅可以考查多学科知识的综合运用，更是对学生实际应用知识能力的考查，因此在复习中应引起足够重视。
知识概要
能量及其相互转化是贯穿整个高中物理的一条主线，在电场、磁场中，也是分析解决问题的重要物理原理。在电场、磁场的问题中，既会涉及其他领域中的功和能，又会涉及电场、磁场本身的功和能，相关知识如下表：
如果带电粒子仅受电场力和磁场力作用，则运动过程中，带电粒子的动能和电势能之间相互转化，总量守恒；如果带电粒子受电场力、磁场力之外，还受重力、弹簧弹力等，但没有摩擦力做功，带电粒子的电势能和机械能的总量守恒；更为一般的情况，除了电场力做功外，还有重力、摩擦力等做功，如选用动能定理，则要分清有哪些力做功？做的是正功还是负功？是恒力功还是变力功？还要确定初态动能和末态动能；如选用能量守恒定律，则要分清有哪种形式的能在增加，那种形式的能在减少？发生了怎样的能量转化？能量守恒的表达式可以是：①初态和末态的总能量相等，即E初=E末；②某些形势的能量的减少量等于其他形式的能量的增加量，即ΔE减=ΔE增；③各种形式的能量的增量（ΔE=E末-E初）的代数和为零，即ΔE1+ΔE2+…ΔEn=0。
电磁感应现象中，其他能向电能转化是通过安培力的功来量度的，感应电流在磁场中受到的安培力作了多少功就有多少电能产生，而这些电能又通过电流做功转变成其他能，如电阻上产生的内能、电动机产生的机械能等。从能量的角度看，楞次定律就是能量转化和守恒定律在电磁感应现象中的具体表现。电磁感应过程往往涉及多种能量形势的转化，因此从功和能的观点入手，分析清楚能量转化的关系，往往是解决电磁感应问题的重要途径；在运用功能关系解决问题时，应注意能量转化的来龙去脉，顺着受力分析、做功分析、能量分析的思路严格进行，并注意功和能的对应关系。
点拨解疑
【例题1】（1989年高考全国卷）如图1所示，一个质量为m，电量为-q的小物体，可在水平轨道x上运动，O端有一与轨道垂直的固定墙，轨道处在场强大小为E，方向沿Ox轴正向的匀强磁场中，小物体以初速度v0从点x0沿Ox轨道运动，运动中受到大小不变的摩擦力f作用，且f【点拨解疑】 首先要认真分析小物体的运动过程，建立物理图景。开始时，设物体从x0点，以速度v0向右运动，它在水平方向受电场力qE和摩擦力f，方向均向左，因此物体向右做匀减速直线运动，直到速度为零；而后，物体受向左的电场力和向右的摩擦力作用，因为qE>f，所以物体向左做初速度为零的匀加速直线运动，直到以一定速度与墙壁碰撞，碰后物体的速度与碰前速度大小相等，方向相反，然后物体将多次的往复运动。
但由于摩擦力总是做负功，物体机械能不断损失，所以物体通过同一位置时的速度将不断减小，直到最后停止运动。物体停止时，所受合外力必定为零，因此物体只能停在O点。
对于这样幅度不断减小的往复运动，研究其全过程。电场力的功只跟始末位置有关，而跟路径无关，所以整个过程中电场力做功
根据动能定理 ， 得：
。
点评：该题也可用能量守恒列式：电势能减少了，动能减少了，内能增加了， ∴
同样解得。
【例题2】 如图2所示，半径为r的绝缘细圆环的环面固定在水平面上，场强为E的匀强电场与环面平行。一电量为+q、质量为m的小球穿在环上，可沿环作无摩擦的圆周运动，若小球经A点时，速度vA的方向恰与电场垂直，且圆环与小球间沿水平方向无力的作用，试计算：
（1）速度vA的大小；
（2）小球运动到与A点对称的B点时，对环在水平方向的作用力。
【点拨解疑】 （1）在A点，小球在水平方向只受电场力作用，根据牛顿第二定律得：
所以小球在A点的速度。
（2）在小球从A到B的过程中，根据动能定理，电场力做的正功等于小球动能的增加量，即 ，
小球在B点时，根据牛顿第二定律，在水平方向有
解以上两式，小球在B点对环的水平作用力为：。
点评：分析该题，也可将水平的匀强电场等效成一新的重力场，重力为Eq，A是环上的最高点，B是最低点；这样可以把该题看成是熟悉的小球在竖直平面内作圆周运动的问题。
【例题3】（2002年理综全国卷）如图3所示有三根长度皆为l＝1.00 m的不可伸长的绝缘轻线，其中两根的一端固定在天花板上的 O点，另一端分别挂有质量皆为m＝1.00×kg的带电小球A和B，它们的电量分别为一q和＋q，q＝1.00×C．A、B之间用第三根线连接起来．空间中存在大小为E＝1.00×106N/C的匀强电场，场强方向沿水平向右，平衡时 A、B球的位置如图所示．现将O、B之间的线烧断，由于有空气阻力，A、B球最后会达到新的平衡位置．求最后两球的机械能与电势能的总和与烧断前相比改变了多少．（不计两带电小球间相互作用的静电力）
【点拨解疑】图（1）中虚线表示A、B球原来的平衡位置，实线表示烧断后重新达到平衡的位置，其中、分别表示OA、AB与竖直方向的夹角。A球受力如图（2）所示：重力mg，竖直向下；电场力qE，水平向左；细线OA对A的拉力T1，方向如图；细线AB对A的拉力T2，方向如图。由平衡条件得
① ②
B球受力如图（3）所示：重力mg，竖直向下；电场力qE，水平向右；细线AB对B
的拉力T2，方向如图。由平衡条件得
③ ④
联立以上各式并代入数据，得 ⑤ ⑥
由此可知，A、B球重新达到平衡的位置如图（4）所示。
与原来位置相比，A球的重力势能减少了 ⑦
B球的重力势能减少了 ⑧
A球的电势能增加了 WA=qElcos60°⑨
B球的电势能减少了 ⑩
两种势能总和减少了
代入数据解得
【例题4】（2003年全国理综卷）如图5所示，两根平行的金属导轨，固定在同一水平面上，磁感应强度B=0.50T的匀强磁场与导轨所在平面垂直，导轨的电阻很小，可忽略不计。导轨间的距离l=0.20m。两根质量均为m=0.10kg的平行金属杆甲、乙可在导轨上无摩擦地滑动，滑动过程中与导轨保持垂直，每根金属杆的电阻为R=0.50Ω。在t=0时刻，两杆都处于静止状态。现有一与导轨平行、大小为0.20N的恒力F作用于金属杆甲上，使金属杆在导轨上滑动。经过t=5.0s，金属杆甲的加速度为a=1.37m/s2，问此时两金属杆的速度各为多少？
【点拨解疑】设任一时刻t两金属杆甲、乙之间的距离为x，速度分别为v1和v2,经过很短的时间△t，杆甲移动距离v1△t，杆乙移动距离v2△t，回路面积改变
由法拉第电磁感应定律，回路中的感应电动势
回路中的电流
杆甲的运动方程
由于作用于杆甲和杆乙的安培力总是大小相等，方向相反，所以两杆的动量时为0）等于外力F的冲量
联立以上各式解得
代入数据得
针对训练
1． 如图6所示，长L1宽L2的矩形线圈电阻为R，处于磁感应强度为B的匀强磁场边缘，线圈与磁感线垂直。将线圈以向右的速度v匀速拉出磁场，求：①拉力F大小；②拉力的功率P；③拉力做的功W；④线圈中产生的电热Q；⑤通过线圈某一截面的电荷量q。
2．如图7所示，水平的平行虚线间距为d=50cm，其间有B=1.0T的匀强磁场。一个正方形线圈边长为l=10cm，线圈质量m=100g，电阻为R=0.020Ω。开始时，线圈的下边缘到磁场上边缘的距离为h=80cm。将线圈由静止释放，其下边缘刚进入磁场和刚穿出磁场时的速度相等。取g=10m/s2，求：⑴线圈进入磁场过程中产生的电热Q。⑵线圈下边缘穿越磁场过程中的最小速度v。⑶线圈下边缘穿越磁场过程中加速度的最小值a。
3．（2001年上海卷）如图8所示，有两根和水平方向成。角的光滑平行的金属轨道，上端接有可变电阻R，下端足够长，空间有垂直于轨道平面的匀强磁场，磁感强度为及一根质量为m的金属杆从轨道上由静止滑下。经过足够长的时间后，金属杆的速度会趋近于一个最大速度几，则
（A）如果B增大，vm将变大
（B）如果α变大，vm将变大
（C）如果R变大，vm将变大
（D）如果m变小，vm将变大
4．（2001年上海卷）半径为a的圆形区域内有均匀磁场，磁感强度为B＝0.2T，磁场方向垂直纸面向里，半径为b的金属圆环与磁场同心地放置，磁场与环面垂直，其中a＝0.4m，b＝0.6m，金属环上分别接有灯L1、L2，两灯的电阻均为R0＝2Ω，一金属棒MN与金属环接触良好，棒与环的电阻均忽略不计
（1）若棒以v0＝5m/s的速率在环上向右匀速滑动，求棒滑过圆环直径OO′ 的瞬时（如图9所示）MN中的电动势和流过灯L1的电流。
（2）撤去中间的金属棒MN，将右面的半圆环OL2O′ 以OO 为轴向上翻转90 ，若此时磁场随时间均匀变化，其变化率为ΔB/Δt＝4T/s，求L1的功率。
5．如图10所示，电动机牵引一根原来静止的、长L为1m、质量m为0.1kg的导体棒MN上升，导体棒的电阻R为1Ω，架在竖直放置的框架上，它们处于磁感应强度B为1T的匀强磁场中，磁场方向与框架平面垂直。当导体棒上升h=3.8m时，获得稳定的速度，导体棒上产生的热量为2J，电动机牵引棒时，电压表、电流表的读数分别为7V、1A，电动机内阻r为1Ω，不计框架电阻及一切摩擦，求：
（1）棒能达到的稳定速度；
（2）棒从静止至达到稳定速度所需要的时间。
参考答案
1．解析：
，，，；；；；
特别要注意电热Q和电荷q的区别，其中 q与速度无关！
2．解：⑴由于线圈完全处于磁场中时不产生电热，所以线圈进入磁场过程中产生的电热Q就是线圈从图中2位置到4位置产生的电热，而2、4位置动能相同，由能量守恒Q=mgd=0.50J
⑵3位置时线圈速度一定最小，而3到4线圈是自由落体运动因此有
v02-v2=2g(d-l)，得v=2m/s
⑶2到3是减速过程，因此安培力减小，由F-mg=ma知加速度减小，到3位置时加速度最小，a=4.1m/s2
3． B、C
4．解析：（1）E1＝B2a v＝0.2×0.8×5＝0.8V ①
I1＝E1/R＝0.8/2＝0.4A ②
（2）E2＝ΔФ/Δt＝0.5×πa2×ΔB/Δt＝0.32V ③
P1＝(E 2/2)2/R＝1.28×102W
5．解析：（1）电动机的输出功率为：W
电动机的输出功率就是电动机牵引棒的拉力的功率，所以有
其中F为电动机对棒的拉力，当棒达稳定速度时
感应电流
由①②③式解得，棒达到的稳定速度为m/s
（2）从棒由静止开始运动至达到稳定速度的过程中，电动机提供的能量转化为棒的机械能和内能，由能量守恒定律得：
解得 t=1s
电、磁场中的功和能
电场中的功和能
电势能
由电荷间的相对位置决定，数值具有相对性，常取无限远处或大地为电势能的零点。重要的不是电势能的值，是其变化量
电场力的功 与路径无关，仅与电荷移动的始末位置有关：W=qU
电场力的功和电势能的变化
电场力做正功 电势能 → 其他能
电场力做负功 其他能 → 电势能
转化
转化
磁场中的功和能
洛伦兹力不做功
安培力的功
做正功：电能 → 机械能，如电动机
做负功：机械能 → 电能，如发电机
转化
转化
-q
q
O
A
B
E
图3
-q
q
O
A
B
E
图（4）
图 4
乙 甲
F
图 5
图 6
h
d
l
1
2
3
4
v0
v0
v
图 7
图 8
图9
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