第九单元 光学
教学目标
1．使学生掌握三个概念——折射率、全反射临界角和光的色散；两个规律——反射定律、折射定律；两个作图法——反射、折射光路图和成像作图；一个思想——光路可逆思想。
2．加强学生对概念、作图、规律的分析应用能力和在光线的动态中分析、推理解决几何光学问题的综合能力。
3．让学生了解电磁波谱和光谱的种类及其应用。
4．让学生知道光电效应的产生条件和规律；了解电子说，渗透辩证唯物主义的观点和方法。
教学重点、难点分析
1．重点：反射定律，平面镜成像作图法，折射定律，折射率，全反射和临界角。
2．难点：折射定律，全反射和临界角，光的色散。
3．复习相干光源的获得及光波的干涉和衍射的条件，双缝干涉中为什么能形成明暗相间的条纹及明暗条纹的计算方法，从而确切地理解光的干涉和衍射现象的形成。在新的情景下能够运用波的分析方法解决问题。对光电效应四条基本规律的理解及对光电效应现象的解释。
教学过程设计
一、光的直线传播
1．光在同一种均匀介质中是沿直线传播的
前提条件是在同一种介质，而且是均匀介质。否则，可能发生偏折。如光从空气斜射入水中（不是同一种介质）；“海市蜃楼”现象（介质不均匀）。
解光的直线传播方面的计算题（包括日食、月食、本影、半影问题）关键是画好示意图，利用数学中的相似形等几何知识计算。
【例1】如图所示，在A点有一个小球，紧靠小球的左方有一个点光源S。现将小球从A点正对着竖直墙平抛出去，打到竖直墙之前，小球在点光源照射下的影子在墙上的运动是
A．匀速直线运动 B．自由落体运动 C．变加速直线运动 D．匀减速直线运动
解：小球抛出后做平抛运动，时间t后水平位移是vt，竖直位移是，根据相似形知识可以由比例求得，因此影子在墙上的运动是匀速运动。
2．光速
光在真空中的转播速度为c=3.00×108m/s。
（1）光在不同介质中的传播速度是不同的。根据爱因斯坦的相对论光速不可能超过c。
（2）近年来（1999—2001年）科学家们在极低的压强（10-9Pa）和极低的温度（10-9K）下，得到一种物质的凝聚态，光在其中的速度降低到17m/s，甚至停止运动。
也有报道称在实验中测得的光速达到1011m/s，引起物理学界的争论。
二、光的反射平面镜成像
1．平面镜对光线的控制作用
平面镜对光线的作用是：只改变光束的传播方向，不改变光束的散聚性质。
（1）一个平面镜对光线的控制作用。
①平面镜对光线有反射作用，反射光与入射光遵循反射定律。
②一束平行光的情况：入射光方向不变，平面镜转动α角，反射光转动2α角。
③一束发散光的情况：经平面镜反射后，仍是发散光，且发散程度不变。
（2）两平面镜的夹角决定了对光线方向的控制
（3）一个重要的应用：直角镜使光线按原路返回。
【例2】若使一束光先后经两平面镜反射后，反射光线与入射光线垂直，这两平面镜应如何放置？
如图所示，两平面镜的夹角为θ，光线经两平面镜反射后，反射光线与入射光线的夹角为α，讨论α与θ的关系。
学生解答，作出两平面镜的法线，可以证明：α=180°-2θ
讨论：①一般情况θ<90°，α=180°-2θ，
若θ=45°，则α=90°，（反射光与入射光垂直）
若θ=90°，则α=0°（反射光与入射光平行）
若θ>90°，则α=2θ-180°
②两平面镜的夹角决定反射光与入射光的夹角，与这两平面镜的放置位置（这两平面镜是否接触和如何放置）和是否转动无关。
结论：两平面镜的夹角决定了对光线方向的控制。
2．平面镜成像
（1）像的特点：平面镜成的像是正立等大的虚像，像与物关于镜面为对称。
（2）光路图作法：根据平面镜成像的特点，在作光路图时，可以先画像，后补光路图。实际光线画实线并加箭头，镜后的反向延长线要画虚线，虚线不加箭头。
（3）充分利用光路可逆
在平面镜的计算和作图中要充分利用光路可逆。（眼睛在某点a通过平面镜所能看到的范围和在a点放一个点光源，该电光源发出的光经平面镜反射后照亮的范围是完全相同的。）
【例3】如图所示，两平面镜夹一定角度，光线a、b是一点光源发出经两平面镜反射后的两条光线。在图中确定点光源的位置。
叙述作图过程，如图所示。
a、b光线的反向延长线交于一点，这一点为点光源在平面镜N中的像S″，根据平面镜的成像特点，延长镜N，找到S″的对称点S′，S′是S″的物，是点光源S在平面镜M中的像，再找到S′对平面镜M的对称点S，从而确定了点光源S的位置。完成光路。
上面的问题是两个平面镜的二次成像问题，S′是物S在镜M中的虚像，S″是虚像S′在镜N中再次成的虚像。根据光路可逆原理，如果光线a、b的方向反过来，那么会如何呢？
根据光路的可逆性，经两次反射两束光会聚到一点S，由实像定义，S应为实像。
（4）利用边缘光线作图讨论通过平面镜看到的范围。
【例4】（1997年全国高考题）如图所示，AB表示一平面镜，P1P2是水平放置的米尺（有刻度的一面朝着平面镜），MN是屏，三者互相平行，屏MN上的ab表示一条竖直的缝（即a、b之间是透光的）。某人眼睛紧贴米尺上的小孔S（其位置见图），可通过平面镜看到米尺的一部分刻度。试在本题的图上用三角板作图求出可看到的部位，并依次写出作图步骤。
作图步骤可如下：（右图所示）
①分别作米尺P1P2、屏Ma、bN对于平面镜AB的对称线（即它们对于平面镜AB的像）P′1P′2、M′a′、b′N′。
②连接S、a并延长交P′1P′2于某一点，作这一点对于AB在P1P2上的对称点，即为通过平面镜看到米尺刻度的左端。
③连接S、b′并延长交P′1P′2于某一点，作这一点对于AB在P1P2上的对称点，即为通过平面镜看到米尺刻度的右端。
讨论：（1）还可以用更简单的办法，即作出眼睛S的像S′，再由S′来确定看到的范围。
（2）作出屏和尺的像，人眼看到像的范围即为人眼看到尺的范围。
两种解题思路：正向思维，尺发光经平面镜反射进入眼睛的范围即为眼睛所能看到的范围：逆向思维，眼睛相当于发光点，其光照射到尺上的范围即为能看到的范围。
确定边界光线的基本思想是：两点确定一条直线。在均匀介质中光是沿直线传播的，在非均匀介质中，光线发生弯曲，但人眼的感觉光仍是沿直线传播的。所以确定尺和屏的像，由两点一线来确定边界光线。
【例5】如图所示，画出人眼在S处通过平面镜可看到障碍物后地面的范围。
解：先根据对称性作出人眼的像点S′，再根据光路可逆，设想S处有一个点光源，它能通过平面镜照亮的范围就是人眼能通过平面镜看到的范围。图中画出了两条边缘光线。
【例6】如图所示，用作图法确定人在镜前通过平面镜可看到AB完整像的范围。
解：先根据对称性作出AB的像A′B′，分别作出A点、B点发出的光经平面镜反射后能射到的范围，再找到它们的公共区域就是能看到完整像的范围。
三、光的折射
1．折射定律
折射定律：折射光线在入射光线和法线所在的平面上，折射光线和入射光线分居在法线的两侧；入射角的正弦跟折射角的正弦之比为一常数。
折射率：①光从真空射入某种介质时，入射角的正弦跟折射角的正弦之比为，。
②折射率等于光在真空中的速度c跟光在这种介质中的速度v之比，n=c/v。
折射定律的各种表达形式：（θ1为入折射角中的较大者）
2．平行玻璃砖的光路问题
所谓平行玻璃砖一般指横截面为矩形的棱柱。当光线从上表面入射，从下表面射出时，其特点是：（1）射出光线和入射光线平行；（2）各种色光在第一次入射后就发生色散；（3）射出光线的侧移和折射率、入射角、玻璃砖的厚度有关；（4）可利用玻璃砖测定玻璃的折射率。
【例7】如图所示，平行玻璃板的厚度为d，折射率为n，光线AO以入射角i射到平行玻璃板的一个界面上。（1）画出光路图，（2）证明出射光线与入射光线平行，（3）计算出射光线相对入射光线的侧移量。
作光路图如图，证明从略。
侧移量δ的大小：折射定律有，由几何关系可得δ=OO′·sin（i-r）
所以：。
【例8】如图所示，两细束平行的单色光a、b射向同一块玻璃砖的上表面，最终都从玻璃砖的下表面射出。已知玻璃对单色光a的折射率较小，那么下列说法中正确的有
A．进入玻璃砖后两束光仍然是平行的
B．从玻璃砖下表面射出后，两束光不再平行
C．从玻璃砖下表面射出后，两束光之间的距离一定减小了
D．从玻璃砖下表面射出后，两束光之间的距离可能和射入前相同
解：进入时入射角相同，折射率不同，因此折射角不同，两束光在玻璃内不再平行，但从下表面射出时仍是平行的。射出时两束光之间的距离根据玻璃砖的厚度不同而不同，在厚度从小到搭变化时，该距离先减小后增大，有可能和入射前相同（但左右关系一定改变了）。
【例9】如图所示，AB为一块透明的光学材料左侧的端面。建立直角坐标系如图，设该光学材料的折射率沿y轴正方向均匀减小。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，则该光线在该材料内部可能的光路是下图中的哪一个
解：如图所示，由于该材料折射率由下向上均匀减小，可以设想将它分割成折射率不同的薄层。光线射到相邻两层的界面时，如果入射角小于临界角，则射入上一层后折射角大于入射角，光线偏离法线。到达更上层的界面时入射角逐渐增大，当入射角达到临界角时发生全反射，光线开始向下射去直到从该材料中射出。
【例10】如图所示，用透明材料做成一长方体形的光学器材，要求从上表面射入的光线可能从右侧面射出，那么所选的材料的折射率应满足
A．折射率必须大于 B．折射率必须小于
C．折射率可取大于1的任意值 D．无论折射率是多大都不可能
解：从图中可以看出，为使上表面射入的光线经两次折射后从右侧面射出，θ1和θ2都必须小于临界角C，即θ1
45°，n=1/sinC<，选B。
【例11】如图所示，一束平行单色光A垂直射向横截面为等边三角形的棱镜的左侧面，棱镜材料的折射率是。试画出该入射光射向棱镜后所有可能的射出光线。
解：由折射率为得全反射临界角是45°。光线从左侧面射入后方向不发生改变，射到右侧面和底面的光线的入射角都是60°，大于临界角，因此发生全反射。反射光线分别垂直射向底面和右侧面。在底面和右侧面同时还有反射光线。由光路可逆知，它们最终又从左侧面射出。所有可能射出的光线如图所示。
【例12】（1997年全国高考）在折射率为n、厚度为d的玻璃平板上方的空气中有一点光源S，从S出发的光线SA以角度θ入射到玻璃板上表面，经过玻璃板后，从下表面射出，如图所示，若沿此光线传播的光从光源到玻璃板上表面的传播时间与在玻璃板中的传播时间相等，点光源S到玻璃板上表面的垂直距离l应是多少？
解答：画出光路图，设在玻璃中的折射角为r，光从光源到玻璃板上表面的时间。
光在玻璃板中的传播时间
由几何关系可得，；又因为所以
又由折射定律，解得：。
总结：解几何光学问题，首先要正确画出光路图，讨论由光路图反映出的线段和角的关系，结合概念和规律求解。
3．全反射问题
全反射临界角：（1）光从光密介质射向光疏介质，当折射角变为90°时的入射角叫临界角；（2）光从折射率为n的介质射向真空时，临界角的计算公式。
产生全反射的条件：（1）光必须从光密介质射向光疏介质；（2）入射角必须等于或大于临界角。
【例13】直角三棱镜的顶角α=15°,棱镜材料的折射率n=1.5，一细束单色光如图所示垂直于左侧面射入，试用作图法求出该入射光第一次从棱镜中射出的光线。
解：由n=1.5知临界角大于30°小于45°，边画边算可知该光线在射到A、B、C、D各点时的入射角依次是75°、60°、45°、30°，因此在A、B、C均发生全反射，到D点入射角才第一次小于临界角，所以才第一次有光线从棱镜射出。
【例14】某三棱镜的横截面是一直角三角形，如图所示，∠A=90°，∠B=30°，∠C=60°，棱镜材料的折射率为n，底面BC涂黑，入射光沿平行于底面BC面，经AB面和AC面折射后出射．求（1）出射光线与入射光线延长线间的夹角δ；（2）为使上述入射光线能从AC面出射，折射率n的最大值为多少？
解答：画出光路图如图所示。
（1）因为入射光平行于BC面，i=60°
由折射定律有，所以
光折到AC面上时，
由几何关系可得：A+β=90°
，，
（2）要使有光线从AC面射出，应有sinr≤1：即，得
4．光的色散棱镜
（1）白光通过三棱镜，要发生色散，从红到紫的方向是：
①同一介质对不同色光的折射率逐渐增大。
②在同一介质中不同色光的传播速度逐渐减小。
③光的频率逐渐增大。
④在真空中的波长逐渐减小。
⑤光子的能量逐渐增大。
⑥从同种介质射向真空时发生全反射的临界角C减小。
⑦以相同入射角在介质间发生折射时的偏折角增大。
以上各种色光的性质比较在定性分析时非常重要，一定要牢记。
（2）棱镜对光的偏折作用
一般所说的棱镜都是用光密介质制作的。入射光线经三棱镜两次折射后，射出方向与入射方向相比，向底边偏折。（若棱镜的折射率比棱镜外介质小则结论相反。）
作图时尽量利用对称性（把棱镜中的光线画成与底边平行）。
由于各种色光的折射率不同，因此一束白光经三棱镜折射后发生色散现象（红光偏折最小，紫光偏折最大。）
【例15】如图所示，一细束红光和一细束蓝光平行射到同一个三棱镜上，经折射后交于光屏上的同一个点M，若用n1和n2分别表示三棱镜对红光和蓝光的折射率，下列说法中正确的是
A．n1C．n1>n2，a为红光，b为蓝光 D．n1>n2，a为蓝光，b为红光
解：由图可知，b光线经过三棱镜后的偏折角较小，因此折射率较小，是红光。
（3）全反射棱镜
横截面是等腰直角三角形的棱镜叫全反射棱镜。选择适当的入射点，可以使入射光线经过全反射棱镜的作用在射出后偏转90o（左图）或180o（右图）。要特别注意两种用法中光线在哪个表面发生全反射。
【例16】如图所示，自行车尾灯采用了全反射棱镜的原理。它虽然本身不发光，但在夜间骑行时，从后面开来的汽车发出的强光照到尾灯后，会有较强的光被反射回去，使汽车司机注意到前面有自行车。尾灯的原理如图所示，下面说法中正确的是
A．汽车灯光应从左面射过来在尾灯的左表面发生全反射
B．汽车灯光应从左面射过来在尾灯的右表面发生全反射
C．汽车灯光应从右面射过来在尾灯的左表面发生全反射
D．汽车灯光应从右面射过来在尾灯的右表面发生全反射
解：利用全反射棱镜使入射光线偏折180°，光线应该从斜边入射，在两个直角边上连续发生两次全反射。所以选C。
【例17】已知水对红光的折射率为4/3，红光在水中的波长与绿光在真空中的波长相等，求红光与绿光在真空中的波长比和在水中的频率比。
解答：设光从真空射入水中，在真空中的入射角为i，在水中的折射角为γ，折射定律，根据介质折射率的定义n=c/v（c为光在真空中的速率，v为光在介质中的速率），和光的波长、频率关系公式v=λf，由于同一种光的频率不因介质而变化，可得（λ0为光在真空中的波长，λ为光在介质中的波长）
根据题意，，。
折射定律是对同一种光来说的，要求两种不同频率的光波长比和频率比，就需要对折射定律进行扩展，对之赋予新的含义。
5．光导纤维
全反射的一个重要应用就是用于光导纤维（简称光纤）。光纤有内、外两层材料，其中内层是光密介质，外层是光疏介质。光在光纤中传播时，每次射到内、外两层材料的界面，都要求入射角大于临界角，从而发生全反射。这样使从一个端面入射的光，经过多次全反射能够没有损失地全部从另一个端面射出。
【例18】如图所示，一条长度为L=5.0m的光导纤维用折射率为n=的材料制成。一细束激光由其左端的中心点以α=45°的入射角射入光导纤维内，经过一系列全反射后从右端射出。求：（1）该激光在光导纤维中的速度v是多大？（2）该激光在光导纤维中传输所经历的时间是多少？
解：（1）由n=c/v可得v=2.1×108m/s
（2）由n=sinα/sinr可得光线从左端面射入后的折射角为30°，射到侧面时的入射角为60°，大于临界角45°，因此发生全反射，同理光线每次在侧面都将发生全反射，直到光线达到右端面。由三角关系可以求出光线在光纤中通过的总路程为s=2L/，因此该激光在光导纤维中传输所经历的时间是t=s/v=2.7×10-8s。
四、光的波动性
1．光的干涉
光的干涉的条件是有两个振动情况总是相同的波源，即相干波源。（相干波源的频率必须相同）。形成相干波源的方法有两种：（1）利用激光（因为激光发出的是单色性极好的光）。（2）设法将同一束光分为两束（这样两束光都来源于同一个光源，因此频率必然相等）。下面4个图分别是利用双缝、利用楔形薄膜、利用空气膜、利用平面镜形成相干光源的示意图。
双缝干涉和薄膜干涉均是利用“分光”的方法而获得的相干波源。
双缝干涉：
单色光：形成明暗相间的条纹。
白光：中央亮条纹的边缘处出现了彩色条纹。这是因为白光是由不同颜色的单色光复合而成的，而不同色光的波长不同，在狭缝间的距离和狭缝与屏的距离不变的条件下，光波的波长越长，各条纹之间的距离越大，条纹间距与光波的波长成正比。各色光在双缝的中垂线上均为亮条纹，故各色光重合为白色。
薄膜干涉：
当光照射到薄膜上时，光从薄膜的前后（或上下）两个表面反射回来，形成两列波，由于它们是从同一光源发出的，这两列波的波长和振动情况相同，为两列相干光波。
薄膜干涉在技术上的应用：
（1）利用光的干涉可以检验光学玻璃表面是否平。
（2）现代光学仪器的镜头往往镀一层透明的氟化镁表面。
氟化镁薄膜的厚度应为光在氟化镁中波长的1/4，两个表面的反射光的路程差为半波长的奇数倍时，两列反射光相互抵消。所以，膜厚为光在氟化镁中波长的1/4，是最薄的膜。
干涉和衍射本质上都是光波的叠加，都证明了光的波动性，但两者有所不同。首先干涉是两列相干光源发出的两列光波的叠加；衍射是许多束光的叠加。稳定的干涉现象必须是两列相干波源，而衍射的发生无须此条件，只是，当障碍物或孔与光的波长差不多或还要小的时候，衍射才明显。干涉和衍射的图样也不同，以双缝干涉和单缝衍射的条纹为例，干涉图样由等间距排列的明暗相间的条纹（或彩色条纹）组成，衍射图样是由不等距的明暗相间（中央亮条纹最宽）的条纹或光环（中央为亮斑）组成。
2．干涉区域内产生的亮、暗纹
（1）亮纹：屏上某点到双缝的光程差等于波长的整数倍，即Δr=nλ（n=0，1，2，……）
（2）暗纹：屏上某点到双缝的光程差等于半波长的奇数倍，即Δr=（n=0，1，2，……）
相邻亮纹（暗纹）间的距离。用此公式可以测定单色光的波长。用白光作双缝干涉实验时，由于白光内各种色光的波长不同，干涉条纹间距不同，所以屏的中央是白色亮纹，两边出现彩色条纹。
【例19】用绿光做双缝干涉实验，在光屏上呈现出绿、暗相间的条纹，相邻两条绿条纹间的距离为Δx。下列说法中正确的有
A．如果增大单缝到双缝间的距离，Δx将增大
B．如果增大双缝之间的距离，Δx将增大
C．如果增大双缝到光屏之间的距离，Δx将增大
D．如果减小双缝的每条缝的宽度，而不改变双缝间的距离，Δx将增大
解：公式中l表示双缝到屏的距离，d表示双缝之间的距离。因此Δx与单缝到双缝间的距离无关，于缝本身的宽度也无关。本题选C。
【例20】登山运动员在登雪山时要注意防止紫外线的过度照射，尤其是眼睛更不能长时间被紫外线照射，否则将会严重地损坏视力。有人想利用薄膜干涉的原理设计一种能大大减小紫外线对眼睛的伤害的眼镜。他选用的薄膜材料的折射率为n=1.5，所要消除的紫外线的频率为8.1×1014Hz，那么它设计的这种“增反膜”的厚度至少是多少？
解：为了减少进入眼睛的紫外线，应该使入射光分别从该膜的前后两个表面反射形成的光叠加后加强，因此光程差应该是波长的整数倍，因此膜的厚度至少是紫外线在膜中波长的1/2。紫外线在真空中的波长是λ=c/ν=3.7×10-7m，在膜中的波长是λ′=λ/n=2.47×10-7m，因此膜的厚度至少是1.2×10-7m。
3．衍射
注意关于衍射的表述一定要准确。（区分能否发生衍射和能否发生明显衍射）
（1）各种不同形状的障碍物都能使光发生衍射。
（2）发生明显衍射的条件是：障碍物（或孔）的尺寸可以跟波长相比，甚至比波长还小。（当障碍物或孔的尺寸小于0.5mm时，有明显衍射现象。）
（3）在发生明显衍射的条件下，当窄缝变窄时，亮斑的范围变大，条纹间距离变大，而亮度变暗。
【例21】平行光通过小孔得到的衍射图样和泊松亮斑比较，下列说法中正确的有
A．在衍射图样的中心都是亮斑
B．泊松亮斑中心亮点周围的暗环较宽
C．小孔衍射的衍射图样的中心是暗斑，泊松亮斑图样的中心是亮斑
D．小孔衍射的衍射图样中亮、暗条纹间的间距是均匀的，泊松亮斑图样中亮、暗条纹间的间距是不均匀的
解：从课本上的图片可以看出：A、B选项是正确的，C、D选项是错误的。
4．光的电磁说
（1）麦克斯韦根据电磁波与光在真空中的传播速度相同，提出光在本质上是一种电磁波——这就是光的电磁说，赫兹用实验证明了光的电磁说的正确性。
（2）电磁波谱。波长从大到小排列顺序为：无线电波、红外线、可见光、紫外线、X射线、γ射线。各种电磁波中，除可见光以外，相邻两个波段间都有重叠。电磁波谱如图。
各种电磁波的产生机理分别是：无线电波是振荡电路中自由电子的周期性运动产生的；红外线、可见光、紫外线是原子的外层电子受到激发后产生的；伦琴射线是原子的内层电子受到激发后产生的；γ射线是原子核受到激发后产生的。
电磁波谱从左至右频率越来越大，波长越来越短，因此就越不容易发生干涉和衍射现象，但穿透本领却越来越强．
（3）红外线、紫外线、X射线的主要性质及其应用举例。
种类 产生 主要性质 应用举例
红外线 一切物体都能发出 热效应 遥感、遥控、加热
紫外线 一切高温物体能发出 化学效应 荧光、杀菌、合成VD2
X射线 阴极射线射到固体表面 穿透能力强 人体透视、金属探伤
（4）实验证明：物体辐射出的电磁波中辐射最强的波长λm和物体温度T之间满足关系λmT=b（b为常数）。可见高温物体辐射出的电磁波频率较高。在宇宙学中，可以根据接收到的恒星发出的光的频率，分析其表面温度。
（5）可见光频率范围是3.9-7.5×1014Hz，波长范围是400-770nm。
（6）光谱：光谱可分为发射光谱和吸收光谱。
发射光谱：由发光物体直接产生的光谱叫做发射光谱。发射光谱包括连续谱和线状谱。
线状谱又叫做原子谱，各种元素都有一定的线状谱，元素不同，线状谱不同。所以，线状谱又叫原子光谱。
特征谱线：每种元素的原子只能发出某些具有特定波长的光谱线，这种谱线叫做那种元素的特征谱线。如果我们对发光物质的光谱进行分析时，发现了某种元素的特征谱线，我们就可以断定发光物质中一定具有这种元素。
吸收光谱是一束具有连续波长的光通过物质时，某些波长的光被吸收后产生的光谱．这种光谱是以连续光谱为背景，其中有暗线、暗带或暗区．不同物质产生的吸收光谱不同。
吸收光谱中的暗线也可以叫做特征谱线，两条明线和两条暗线相对应。
【例22】为了转播火箭发射现场的实况，在发射场建立了发射台，用于发射广播电台和电视台两种信号。其中广播电台用的电磁波波长为550m，电视台用的电磁波波长为0.566m。为了不让发射场附近的小山挡住信号，需要在小山顶上建了一个转发站，用来转发_____信号，这是因为该信号的波长太______，不易发生明显衍射。
解：电磁波的波长越长越容易发生明显衍射，波长越短衍射越不明显，表现出直线传播性。这时就需要在山顶建转发站。因此本题的转发站一定是转发电视信号的，因为其波长太短。
【例23】右图是伦琴射线管的结构示意图。电源E给灯丝K加热，从而发射出热电子，电子在K、A间的强电场作用下高速向对阴极A飞去。电子流打到A极表面，激发出高频电磁波，这就是X射线。下列说法中正确的有
A．P、Q间应接高压直流电，且Q接正极
B．P、Q间应接高压交流电
C．K、A间是高速电子流即阴极射线，从A发出的是X射线即一种高频电磁波
D．从A发出的X射线的频率和P、Q间的交流电的频率相同
解：K、A间的电场方向应该始终是向左的，所以P、Q间应接高压直流电，且Q接正极。从A发出的是X射线，其频率由光子能量大小决定。若P、Q间电压为U，则X射线的频率最高可达Ue/h。本题选AC。
5．光的偏振
（1）光的偏振也证明了光是一种波，而且是横波。各种电磁波中电场E的方向、磁场B的方向和电磁波的传播方向之间，两两互相垂直。
（2）光波的感光作用和生理作用主要是由电场强度E引起的，因此将E的振动称为光振动。
（3）自然光。太阳、电灯等普通光源直接发出的光，包含垂直于传播方向上沿一切方向振动的光，而且沿各个方向振动的光波的强度都相同，这种光叫自然光。
（4）偏振光。自然光通过偏振片后，在垂直于传播方向的平面上，只沿一个特定的方向振动，叫偏振光。自然光射到两种介质的界面上，如果光的入射方向合适，使反射和折射光之间的夹角恰好是90°，这时，反射光和折射光就都是偏振光，且它们的偏振方向互相垂直。我们通常看到的绝大多数光都是偏振光。
【例24】有关偏振和偏振光的下列说法中正确的有
A．只有电磁波才能发生偏振，机械波不能发生偏振
B．只有横波能发生偏振，纵波不能发生偏振
C．自然界不存在偏振光，自然光只有通过偏振片才能变为偏振光
D．除了从光源直接发出的光以外，我们通常看到的绝大部分光都是偏振光
解：机械能中的横波能发生偏振。自然光不一定非要通过偏振片才能变为偏振光。本题选BD。
五、光的粒子性
1．光电效应
（1）在光的照射下物体发射电子的现象叫光电效应。（右图装置中，用弧光灯照射锌板，有电子从锌板表面飞出，使原来不带电的验电器带正电。）
（2）光电效应的规律：
①任何一种金属都有一个极限频率，入射光的频率必须大于这个极限频率，才能产生光电效应；低于这个频率的光不能产生光电效应。
②光电子的最大初动能与入射光的强度无关，只随入射光的频率的增大而增大。
③入射光照到金属上时，光电子的发射几乎是瞬时的，一般不超过10-9S。
④当入射光的频率大于极限频率时，光电流的强度与入射光的强度成正比。
光的电磁说不能解释前三条实验结论。
第一：按照光的电磁说，光是电磁波，是变化的电场与变化的磁场的传播．入射光照射到金属上时，金属中的自由电子受变化电场的驱动力作用而做受迫振动，增大入射光的强度，光波的振幅增大，当电子做受迫振动的振幅足够大时，总可挣脱金属束缚而逸出，成为光电子，不应存在极限频率。
第二：按照光的电磁说，光的强度由光波的振幅决定，因此光电子的最大初动能应与入射光的强度有关。
第三：按照光的电磁说，光电子的产生需要较长的时间而不是瞬间。
（3）爱因斯坦的光子说。光是不连续的，是一份一份的，每一份叫做一个光子，光子的能量E跟光的频率ν成正比：E=hv。
光子说认为：在空间传播的光也是不连续的，而是一份一份的，每一份叫做一个光子，光子的能量跟它的频率成正比，即E=hv，h是普朗克常数。
光子的能量只与光的频率有关，金属中的电子吸收的光子的频率越大，电子获得的能量也就越多，当能量足以使电子摆脱金属束缚时就能从金属表面逸出，成为光电子．因而存在一个能使电子获得足够能量的频率，即极限频率。
（4）爱因斯坦光电效应方程：Ek=hν-W（Ek是光电子的最大初动能；W是逸出功，即从金属表面直接飞出的光电子克服正电荷引力所做的功。）
【例25】对爱因斯坦光电效应方程EK=hν-W，下面的理解正确的有
A．只要是用同种频率的光照射同一种金属，那么从金属中逸出的所有光电子都会具有同样的初动能EK
B．式中的W表示每个光电子从金属中飞出过程中克服金属中正电荷引力所做的功
C．逸出功W和极限频率ν0之间应满足关系式W=hν0
D．光电子的最大初动能和入射光的频率成正比
解：爱因斯坦光电效应方程EK=hν-W中的W表示从金属表面直接中逸出的光电子克服金属中正电荷引力做的功，因此是所有逸出的光电子中克服引力做功的最小值。对应的光电子的初动能是所有光电子中最大的。其它光电子的初动能都小于这个值。若入射光的频率恰好是极限频率，即刚好能有光电子逸出，可理解为逸出的光电子的最大初动能是0，因此有W=hν0。由EK=hν-W可知EK和ν之间是一次函数关系，但不是成正比关系。本题应选C。
【例26】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：电流表读数刚好为零说明刚好没有光电子能够到达阳极，也就是光电子的最大初动能刚好为0.6eV。由EK=hν-W可知W=1.9eV。选A。
2．康普顿效应
在研究电子对X射线的散射时发现：有些散射波的波长比入射波的波长略大。康普顿认为这是因为光子不仅有能量，也具有动量。实验结果证明这个设想是正确的。因此康普顿效应也证明了光具有粒子性。
六、光的波粒二象性
1．光的波粒二象性
干涉、衍射和偏振以无可辩驳的事实表明光是一种波；光电效应和康普顿效应又用无可辩驳的事实表明光是一种粒子；因此现代物理学认为：光具有波粒二象性。
2．正确理解波粒二象性
波粒二象性中所说的波是一种概率波，对大量光子才有意义。波粒二象性中所说的粒子，是指其不连续性，是一份能量。
（1）个别光子的作用效果往往表现为粒子性；大量光子的作用效果往往表现为波动性。
（2）ν高的光子容易表现出粒子性；ν低的光子容易表现出波动性。
（3）光在传播过程中往往表现出波动性；在与物质发生作用时往往表现为粒子性。
（4）由光子的能量E=hν，光子的动量表示式也可以看出，光的波动性和粒子性并不矛盾：表示粒子性的粒子能量和动量的计算式中都含有表示波的特征的物理量——频率ν和波长λ。
由以上两式和波速公式c=λv还可以得出：。
【例27】已知由激光器发出的一细束功率为P0=0.15kW的激光束，竖直向上照射在一个固态铝球的下部，使其恰好能在空中悬浮。已知铝的密度为ρ=2.7×103kg/m3，设激光束的光子全部被铝球吸收，求铝球的直径是多大？（计算中可取π=3，g=10m/s2）
解：设每个激光光子的能量为E，动量为P，时间t内射到铝球上的光子数为n，激光束对铝球的作用力为F，铝球的直径为d，则有：，；光子能量和动量间关系是，铝球的重力和F平衡，因此，由以上各式解得d=0.33mm。
七、物质波（德布罗意波）
由光的波粒二象性的思想推广到微观粒子和任何运动着的物体上去，得出物质波（德布罗意波）的概念：任何一个运动着的物体都有一种波与它对应，该波的波长。
【例28】试估算一个中学生在跑百米时的德布罗意波的波长。
解：估计一个中学生的质量m≈50kg，百米跑时速度v≈7m/s，则m。
由计算结果看出，宏观物体的物质波波长非常小，所以很难表现出其波动性。
【例29】为了观察到纳米级的微小结构，需要用到分辨率比光学显微镜更高的电子显微镜。下列说法中正确的是
A．电子显微镜所利用电子物质波的波长可以比可见光短，因此不容易发生明显衍射
B．电子显微镜所利用电子物质波的波长可以比可见光长，因此不容易发生明显衍射
C．电子显微镜所利用电子物质波的波长可以比可见光短，因此更容易发生明显衍射
D．电子显微镜所利用电子物质波的波长可以比可见光长，因此更容易发生明显衍射
解：为了观察纳米级的微小结构，用光学显微镜是不可能的。因为可见光的波长数量级是10-7m，远大于纳米，会发生明显的衍射现象，因此不能精确聚焦。如果用很高的电压使电子加速，使它具有很大的动量，其物质波的波长就会很短，衍射的影响就小多了。因此本题应选A。
A第十二单元 恒定电流
教学目标
1．从功能角度理解电源电动势的含义，学会分析电路各部分电势的升降。
2．掌握部分电路欧姆定律和全电路欧姆定律的内容，了解它们的使用条件和范围。
3．引导学生学会分析、处理各种电路问题。如：复杂电路的简化、含电容的电路问题、考虑电表内阻时的电路分析方法。
4．理解电路中的能量转化情况，即在电路中哪部分发生由什么能转化成什么能的问题。加深对能的转化和守恒定律的认识。
5．掌握分析、计算电路中功率及能量的转化的方法。
教学重点、难点分析
1．对非静电力做功和电动势的理解。
2．对各种电路问题的分析、简化、处理方法。
3．对电路中各部分做功情况（什么力做功）、能量转换情况（什么能之间的转化）的分析、理解。
4．对非纯电阻电路中能量转化问题的理解、应用。
教学过程设计
一、基本概念及基本规律
1．电流
电流的定义式：，适用于任何电荷的定向移动形成的电流。
对于金属导体有I=nqvS（n为单位体积内的自由电子个数，S为导线的横截面积，v为自由电子的定向移动速率，约10-5m/s，远小于电子热运动的平均速率105m/s，更小于电场的传播速率3×108m/s），这个公式只适用于金属导体，千万不要到处套用。
2．电阻定律
导体的电阻R跟它的长度l成正比，跟它的横截面积S成反比，公式：。
（1）ρ是反映材料导电性能的物理量，叫材料的电阻率（反映该材料的性质，不是每根具体的导线的性质），单位是Ωm。
（2）纯金属的电阻率小，合金的电阻率大。
（3）材料的电阻率与温度有关系：
①金属的电阻率随温度的升高而增大（可以理解为温度升高时金属原子热运动加剧，对自由电子的定向移动的阻碍增大。）铂较明显，可用于做温度计；锰铜、镍铜的电阻率几乎不随温度而变，可用于做标准电阻。
②半导体的电阻率随温度的升高而减小（可以理解为半导体靠自由电子和空穴导电，温度升高时半导体中的自由电子和空穴的数量增大，导电能力提高）。
③有些物质当温度接近0 K时，电阻率突然减小到零——这种现象叫超导现象。能够发生超导现象的物体叫超导体。材料由正常状态转变为超导状态的温度叫超导材料的转变温度TC。我国科学家在1989年把TC提高到130K。现在科学家们正努力做到室温超导。
3．部分电路欧姆定律
（适用于金属导体和电解液，不适用于气体导电）
电阻的伏安特性曲线：注意I-U曲线和U-I曲线的区别。还要注意：当考虑到电阻率随温度的变化时，电阻的伏安特性曲线不再是过原点的直线。
【例题1】实验室用的小灯泡灯丝的I-U特性曲线可用以下哪个图象来表示：
解：灯丝在通电后一定会发热，当温度达到一定值时才会发出可见光，这时温度能达到很高，因此必须考虑到灯丝的电阻将随温度的变化而变化。随着电压的升高，电流增大，灯丝的电功率将会增大，温度升高，电阻率也将随之增大，电阻增大，。U越大I-U曲线上对应点于原点连线的斜率必然越小，选A。
【例题2】下图所列的4个图象中，最能正确地表示家庭常用的白炽电灯在不同电压下消耗的电功率P与电压平方U 2之间的函数关系的是以下哪个图象
解：此图象描述P随U 2变化的规律，由功率表达式知：，U越大，电阻越大，图象上对应点与原点连线的斜率越小。选C。
4．电动势与电势差
电动势：E=W/q，单位：V
电势差：U=W/q，单位：V
在电源外部的电路中，是静电力对自由电荷做正功，电流由电源的正极流向负极，沿电流方向电势降低；而在电源内部是电荷受的非静电力克服静电力做功，电流由负极流向正极，沿电流电势升高。
E=W/q中的W表示非静电力做功W非；U=W/q中的W表示静电力做功W电。
总结：电动势与电势差两个概念表面上很相似，但从做功和能量转化的角度讲它们是正好相反，电动势表征电源中非静电力做功的本领，即其它形式的能向电能转化的本领；而电势差是电路中静电力做功的本领的量度，即电能向其它能转化的情况。我们应注意二者的区别和联系。
5．电功和电热
（1）电路中的功与能
能的转化和守恒定律是自然界普遍适用的规律。电源是把其它能转化为电能的装置，内阻和用电器是电能转化为热能等其它形式能的装置。如化学电池将化学能转化成电能，而电路中发光灯泡是将电能转化成光、热能，如图所示电路。
对于一个闭合电路，它的能量应该是守恒的，但又在不同形式间转化，通过做功方式完成。在电源部分，非静电力做正功W非=qE，将其它形式的能转化成电能。而内阻上电流做功，将电能转化成内能W内=qU′（U′为内阻上的电势降）；在外电路部分，电流做功W外=qU（U为路端电压），电能转化成其它形式的能。可见，整个电路中的能量循环转化，电源产生多少电能，电路就消耗多少，收支平衡。即：W非=W内+W外或qE=qU′+qU
（2）电功与电热
如图所示，用电器两端电压U，电流I。时间t内，电流对用电器做功W=UIt；该用电器的电功率P=W/t=UI；若用电器电阻为R，时间t内该用电器产生的热量Q=I2Rt（焦耳定律）；该用电器的热功率P热=Q/t=I2R。
①若电路为纯电阻电路，电功等于电热：W=Q=UIt=I 2R t=。
②若电路为非纯电阻电路（如电动机和电解槽），由于电能除了转化为电热以外还同时转化为机械能或化学能等其它能，所以电功必然大于电热：W>Q，这时电功只能用W=UIt计算，电热只能用Q=I 2Rt计算，两式不能通用。
电功就是电场力做的功，因此是W=UIt；由焦耳定律，电热Q=I2Rt。其微观解释是：电流通过金属导体时，自由电子在加速运动过程中频繁与正离子相碰，使离子的热运动加剧，而电子速率减小，可以认为自由电子只以某一速率定向移动，电能没有转化为电子的动能，只转化为内能。
【例题3】如图所示的电路中，电源电动势E=6V，内电阻r=1Ω，M为一小电动机，其内部线圈的导线电阻RM=2Ω。R为一只保护电阻，R=3Ω。电动机正常运转时，电压表的示数为0.3V，求电动机得到的电功率和它转动的机械功率。
本题的关键是电路中有电动机，不是纯电阻电路，因而欧姆定律不再适用。突破点是利用电压表与R的阻值，求出电路中的电流，再求出各部分的电压和功率。
解：由部分电路欧姆定律知：电路中电流I=Ubc/R=0.3/3=0.1A
由闭合电路欧姆定律知：Uab=E-Ir-Ubc=6V-0.1×1V-0.3V=5.6V
所以电动机得到的功率为电流对它做功的功率：P电=UabI=5.6×0.1W=0.56W
解答完毕后，可再让学生求一下电动机的效率η以加深非电阻电路P电≠P热的印象。P电转化为两部分：机械功率和电机导线内阻上的发热功率，电动机转化的机械功率为：P机=P电-I2RM=0.56W-0.12×2W=0.54W
【例题4】某一电动机，当电压U1=10V时带不动负载，因此不转动，这时电流为I1=2A。当电压为U2=36V时能带动负载正常运转，这时电流为I2=1A。求这时电动机的机械功率是多大？
解：电动机不转时可视为为纯电阻，由欧姆定律得，，这个电阻可认为是不变的。电动机正常转动时，输入的电功率为=36W，内部消耗的热功率=5W，所以机械功率P=31W
由这道例题可知：电动机在启动时电流较大，容易被烧坏；正常运转时电流反而较小。
【例题5】如图所示，A、B两灯泡额定电压都为110V，额定功率PA=100W，PB=40W，接在220V电路上。欲使灯泡正常发光，且电路中消耗的功率最少，用以下哪种接法？
解：A图中，由R=U2/P知，两灯上电压不能同时达到110V，故不可能都正常发光，A被排除。
B图中，由R=U2/P知RA＜RB，当RA与变阻器R并联后，该部分电阻更小，不可能与B同时正常发光，所以B被排除。
C图中，想让A、B都正常发光，则两个电灯上电压都应为110V，即A与B和R并联后的阻值相同，则A的功率与并联部分的功率相同，总功率为2PA=200W。同理，D图中，R上分压与A、B并联部分相同，则两部分电阻与电功率相同，所以总功率为2（PA+PB）=280W。选项C正确。
非纯电阻电路中，电流做功也不再只转化为内能，而是根据具体情况转化为其它各种形式的能。
【例题6】来自质子源的质子（初速度为零），经一加速电压为800kV的直线加速器加速，形成电流强度为1mA的细柱形质子流。已知质子电荷e=1.60×10-19C。这束质子流每秒打到靶上的质子数为_________。假定分布在质子源到靶之间的加速电场是均匀的，在质子束中与质子源相距L和4L的两处，各取一段极短的相等长度的质子流，其中的质子数分别为n1和n2，则n1∶n2=_______。
解：按定义，，∴。
由于各处电流相同，设这段长度为l，其中的质子数为n个，则由和得，∴。而，∴，∴。
二、串并联与混联电路
1．应用欧姆定律须注意对应性。
选定研究对象电阻R后，I必须是通过这只电阻R的电流，U必须是这只电阻R两端的电压。该公式只能直接用于纯电阻电路，不能直接用于含有电动机、电解槽等用电器的电路。
2．公式选取的灵活性。
（1）计算电流，除了用外，还经常用并联电路总电流和分电流的关系：I=I1+I2
（2）计算电压，除了用U=IR外，还经常用串联电路总电压和分电压的关系：U=U1+U2
（3）计算电功率，无论串联、并联还是混联，总功率都等于各电阻功率之和：P=P1+P2
对纯电阻，电功率的计算有多种方法：P=UI=I2R=
以上公式I=I1+I2、U=U1+U2和P=P1+P2既可用于纯电阻电路，也可用于非纯电阻电路；既可以用于恒定电流，也可用于交变电流。
【例题7】已知如图，R1=6Ω，R2=3Ω，R3=4Ω，则接入电路后这三只电阻的实际功率之比为_________。
解：本题解法很多，注意灵活、巧妙。经过观察发现三只电阻的电流关系最简单：电流之比是I1∶I2∶I3=1∶2∶3；还可以发现左面两只电阻并联后总阻值为2Ω，因此电压之比是U1∶U2∶U3=1∶1∶2；在此基础上利用P=UI，得P1∶P2∶P3=1∶2∶6
【例题8】已知如图，两只灯泡L1、L2分别标有“110V，60W”和“110V，100W”，另外有一只滑动变阻器R，将它们连接后接入220V的电路中，要求两灯泡都正常发光，并使整个电路消耗的总功率最小，应使用下面哪个电路？
解：A、C两图中灯泡不能正常发光。B、D中两灯泡都能正常发光，它们的特点是左右两部分的电流、电压都相同，因此消耗的电功率一定相等。可以直接看出：B图总功率为200W，D图总功率为320W，所以选B。
【例题9】实验表明，通过某种金属氧化物制成的均匀棒中的电流I跟电压U之间遵循I =kU 3的规律，其中U表示棒两端的电势差，k=0.02A/V3。现将该棒与一个可变电阻器R串联在一起后，接在一个内阻可以忽略不计，电动势为6.0V的电源上。求：（1）当串联的可变电阻器阻值R多大时，电路中的电流为0.16A？（2）当串联的可变电阻器阻值R多大时，棒上消耗的电功率是电阻R上消耗电功率的1/5？
解：画出示意图如右。（1）由I =kU 3和I=0.16A，可求得棒两端电压为2V，因此变阻器两端电压为4V，由欧姆定律得阻值为25Ω。
（2）由于棒和变阻器是串联关系，电流相等，电压跟功率成正比，棒两端电压为1V，由I =kU3得电流为0.02A，变阻器两端电压为5V，因此电阻为250Ω。
【例题10】左图甲为分压器接法电路图，电源电动势为E，内阻不计，变阻器总电阻为r。闭合电键S后，负载电阻R两端的电压U随变阻器a、b两点间的阻值Rx变化的图线应最接近于右图中的哪条实线
A．① B．② C．③ D．④
解：当Rx增大时，左半部分总电阻增大，右半部分电阻减小，所以R两端的电压U应增大，排除④；如果没有并联R，电压均匀增大，图线将是②；实际上并联了R，对应于同一个Rx值，左半部分分得的电压将比原来小了，所以③正确，选C。
3．对复杂电路分析，一般情况下用等势点法比较方便简洁。
（1）凡用导线直接连接的各点的电势必相等（包括用不计电阻的电流表连接的点）。
（2）在外电路，沿着电流方向电势降低。
（3）凡接在同样两个等势点上的电器为并联关系。
（4）不加声明的情况下，不考虑电表对电路的影响。
搞清电路各元件之间的连接关系，画出结构清晰的等效电路，是利用欧姆定律解决电路问题的重要前提。我们通常采用节点跨接法来分析电路结构。
具体方法为：首先标明电路中各节点名称，经过电源和用电器的节点名称应不同，而一段导线两端的节点名称不变。理想的电压表可视为断路。理想的电流表可视为导线。考虑电表内阻时，就应把它们当作用电器对待。接着，定性判断电路中各节点电势高低（没有标明的可假设）。最后将各电器填在对应的节点间以判明彼此间的串、并联关系。
【例题11】如右图所示，设R1=R2=R3=R4=R，求：开关S闭合和开启时的AB两端的电阻比。
解：利用节点法，开关闭合时，电路中各节点标称如图a所示。
其中R1、R2、R3都接在AB两点间，而R4两端都为B，即R4被短路，所以其等效电路如图b所示，易得RAB=R/3。
当开关开启时，电路中各节点标称如图c所示，其对应等效电路为图d所示，易得RAB′=2R/5。所以两次电阻比为5/6。
4．电路中有关电容器的计算。
（1）电容器跟与它并联的用电器的电压相等。
（2）在计算出电容器的带电量后，必须同时判定两板的极性，并标在图上。
（3）在充放电时，电容器两根导线上的电流方向总是相同的，所以要根据正极板电荷变化情况来判断电流方向。
（4）如果变化前后极板带电的电性相同，那么通过每根导线的电荷量等于始末状态电容器电荷量的差；如果变化前后极板带电的电性改变，那么通过每根导线的电荷量等于始末状态电容器电荷量之和。
【例题12】已知如图，电源内阻不计。为使电容器的带电量增大，可采取以下那些方法：
A．增大R1 B．增大R2 C．增大R3 D．减小R1
解：由于稳定后电容器相当于断路，因此R3上无电流，电容器相当于和R2并联。只有增大R2或减小R1才能增大电容器C两端的电压，从而增大其带电量。改变R3不能改变电容器的带电量。因此选BD。
【例题13】已知如图，R1=30Ω，R2=15Ω，R3=20Ω，AB间电压U=6V，A端为正C=2μF，为使电容器带电量达到Q =2×10- 6C，应将R4的阻值调节到多大？
解：由于R1 和R2串联分压，可知R1两端电压一定为4V，由电容器的电容知：为使C的带电量为2×10-6C，其两端电压必须为1V，所以R3的电压可以为3V或5V。因此R4应调节到20Ω或4Ω。两次电容器上极板分别带负电和正电。
还可以得出：当R4由20Ω逐渐减小的到4Ω的全过程中，通过图中P点的电荷量应该是4×10-6C，电流方向为向下。
【例题14】如图示，电源电动势E=12V，内阻r=1 ，电阻R1=3Ω，R2=2Ω，R3=5Ω，电容器的电容C1=4μF，C2=1μF，求C1、C2所带电量。
解：C1、C2看成短路后，外电路相当于R1、R2串联，R3中无电流，可视为短路，即UCD=UCB，UAD=UAB，由闭合电路欧姆定律知：
UCB=R2E/（R1 +R2+r）=4V
UAB=（R1+R2）E/（R1 +R2+r）=10V
所以C1、C2所带电量Q1、Q2分别为：Q1=C1UCB=1.6×10-5C；Q2=C2UAB=1×10-5C
5．电路中的电表
我们接触比较多的电表是电压表和电流表，理想情况下电流表可以看成导线，电压表可以看成无穷大的电阻而忽略它们的内阻对电路的影响，可在某些实际问题中，这种影响很大，根本不可能忽略不计．这时就要把电表看成一个可以读数的特殊电阻，放在电路中，与其它用电器一起分析。
【例题15】如图所示，R1=2kΩ，R2=3kΩ，电源内阻可忽略。现用一电压表测电路端电压，示数为6V；用这电压表测R1两端，电压示数为2V。那么
A．R1两端实际电压是2V
B．电压表内阻为6kΩ
C．R2两端实际电压是3.6V
D．用这电压表测R2两端电压，示数是3V
解：本题中电阻R1、R2的阻值较大，电压表与之相比不能看成电阻为无穷大的断路．因此要把它当成一个特殊电阻来处理。
由于不计电源内阻，电压表测得的电压6V就是电源电动势，所以R1两端实际电压为U1=6V×2kΩ/（2kΩ+3kΩ）
同理，U2=3.6V。
当电压表测R1两端电压时，显示的是它与R1并联后所分得的电压，即，所以 RV=6kΩ。
当电压表测R2两端电压时，易得电压表示数为3V。所以选项B、C、D正确。
三、闭合电路欧姆定律
1．主要物理量。
研究闭合电路，主要物理量有E、r、R、I、U，前两个是常量，后三个是变量。
闭合电路欧姆定律的表达形式有：
①E=U外+U内 ② （I、R关系）
③U=E-Ir（U、I关系） ④ （U、R关系）
从③式看出：当外电路断开时（I = 0），路端电压等于电动势。而这时用电压表去测量时，读数却应该略小于电动势（有微弱电流）。当外电路短路时（R = 0，因而U = 0）电流最大为Im=E/r（一般不允许出现这种情况，会把电源烧坏）。
2．欧姆定律适用条件
如图所示：电路由电源和电动机组成，电动机绕线电阻为R，则此电路中的电流是否为I=E/（R+r）？
I≠E/（R+r）的关键是U≠IR，即非纯电阻电路中欧姆定律已不再适用。但可由能量分配关系得出表达式E=U+Ir（U为电动机两端的电压）
回答时应提醒学生注意电动机的特点：为非纯电阻用电器，引导学生做出否定回答，即：I≠E/（R+r）
3．电源的功率和效率
（1）功率：①电源的功率（电源的总功率）：指非静电力做功，把其它形式的能转化为电能的功率。PE=EI
②电源的输出功率：指电源对外电路做功的功率P出=UI
③电源内部消耗的功率：指内阻上的电热功率．设内阻为r，则Pr=I 2r
这三者之间是什么关系？
（2）电源的效率：（最后一个等号只适用于纯电阻电路）
电源的输出功率，则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。可见，R越大，电源效率较高，而P出最大时，η=r/（2r）=50％，并不大。所以要注意区分电源输出功率与效率这两个概念。
【例题16】已知如图，E =6V，r =4Ω，R1=2Ω，R2的变化范围是0~10Ω。求：①电源的最大输出功率；②R1上消耗的最大功率；③R2上消耗的最大功率。
解：①R2=2Ω时，外电阻等于内电阻，电源输出功率最大为2.25W；②R1是定植电阻，电流越大功率越大，所以R2=0时R1上消耗的功率最大为2W；③把R1也看成电源的一部分，等效电源的内阻为6Ω，所以，当R2=6Ω时，R2上消耗的功率最大为1.5W。
4．变化电路的讨论。
闭合电路中只要有一只电阻的阻值发生变化，就会影响整个电路，使总电路和每一部分的电流、电压都发生变化。讨论依据是：闭合电路欧姆定律、部分电路欧姆定律、串联电路的电压关系、并联电路的电流关系。以右图电路为例：设R1增大，总电阻一定增大；由，I一定减小；由U=E-Ir，U一定增大；因此U4、I4一定增大；由I3= I-I4，I3、U3一定减小；由U2=U-U3，U2、I2一定增大；由I1=I3 -I2，I1一定减小。总结规律如下：
①总电路上R增大时总电流I减小，路端电压U增大；②变化电阻本身和总电路变化规律相同；③和变化电阻有串联关系（通过变化电阻的电流也通过该电阻）的看电流（即总电流减小时，该电阻的电流、电压都减小）；④和变化电阻有并联关系的（通过变化电阻的电流不通过该电阻）看电压（即路端电压增大时，该电阻的电流、电压都增大）。
【例题17】如图，电源的内阻不可忽略。已知定值电阻R1=10Ω，R2=8Ω。当电键S接位置1时，电流表的示数为0.20A。那么当电键S接位置2时，电流表的示数可能是下列哪些值
A．0.28A B．0.25A C．0.22A D．0.19A
解：电键接2后，电路的总电阻减小，总电流一定增大，所以不可能是0.19A．电源的路端电压一定减小，原来路端电压为2V，所以电键接2后路端电压低于2V，因此电流一定小于0.25A。所以只能选C。
【例题18】如图所示的直流电路中，电源电动势为E，内阻为r，外电路中，电阻R1=r，滑动变阻器的全部电阻为R2=2r，滑动片从a端向b端滑动过程中，哪种说法正确
A．电源的转化功率逐渐增大
B．电源内部的热功率逐渐增大
C．电源的输出功率逐渐减小
D．R2上得到的功率逐渐减小
解：当滑片P由a向b滑动时，外电路电阻逐渐减小，因此电流逐渐增大，可知选项A、B正确；当滑片P滑到b端时，外电路电阻等于R1与内阻相同，此时电源输出功率最大。此，C不正确；判断D选项时，可把R1看成内阻的一部分，即内阻为2r，因此当P处于a端时，外阻=内阻=2r，此时R2上的功率最大，所以选项D正确。
【例题19】如图所示，电源电动势为E，内电阻为r。当滑动变阻器的触片P从右端滑到左端时，发现电压表V1、V2示数变化的绝对值分别为ΔU1和ΔU2，下列说法中正确的是
A．小灯泡L1、L3变暗，L2变亮
B．小灯泡L3变暗，L1、L2变亮
C．ΔU1<ΔU2
D．ΔU1>ΔU2
解：滑动变阻器的触片P从右端滑到左端，总电阻减小，总电流增大，路端电压减小。与电阻蝉联串联的灯泡L1、L2电流增大，变亮，与电阻并联的灯泡L3电压降低，变暗。U1减小，U2增大，而路端电压U= U1+ U2减小，所以U1的变化量大于 U2的变化量，选BD。
5．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）。
【例题20】如图所示，图线a是某一蓄电池组的伏安特性曲线，图线b是一只某种型号的定值电阻的伏安特性曲线。若已知该蓄电池组的内阻为2.0Ω，则这只定值电阻的阻值为______Ω。现有4只这种规格的定值电阻，可任意选取其中的若干只进行组合，作为该蓄电池组的外电路，则所组成的这些外电路中，输出功率最大时是_______W。
解：由图象可知蓄电池的电动势为20V，由斜率关系知外电阻阻值为6Ω。用3只这种电阻并联作为外电阻，外电阻等于2Ω，因此输出功率最大为50W。
6．滑动变阻器的两种特殊接法
在电路图中，滑动变阻器有两种接法要特别引起重视：
（1）右图电路中，当滑动变阻器的滑动触头P从a端滑向b端的过程中，到达中点位置时外电阻最大，总电流最小。所以电流表A的示数先减小后增大；可以证明：A1的示数一直减小，而A2的示数一直增大。
（2）右图电路中，设路端电压U不变。当滑动变阻器的滑动触头P从a端滑向b端的过程中，总电阻逐渐减小；总电流I逐渐增大；Rx两端的电压逐渐增大，电流Ix也逐渐增大（这是实验中常用的分压电路的原理）；滑动变阻器r左半部的电流I′先减小后增大。
【例题21】如图所示，电路中ab是一段长10 cm，电阻为100Ω的均匀电阻丝。两只定值电阻的阻值分别为R1=80Ω和R2=20Ω。当滑动触头P从a端缓慢向b端移动的全过程中灯泡始终发光。则当移动距离为____cm时灯泡最亮，移动距离为_____cm时灯泡最暗。
解：当P移到右端时，外电路总电阻最小，灯最亮，这时aP长10cm。当aP间电阻为20Ω时，外电路总电阻最大，灯最暗，这时aP长2cm。
7．断路点的判定
当由纯电阻组成的串联电路中仅有一处发生断路故障时，用电压表就可以方便地判定断路点：凡两端电压为零的用电器或导线是无故障的；两端电压等于电源电压的用电器或导线发生了断路。
8．黑盒问题。
如果黑盒内只有电阻，分析时，从阻值最小的两点间开始。
【例题22】如图所示，黑盒有四个接线柱，内有4只阻值均为6Ω的电阻，每只电阻都直接与接线柱相连。测得Rab=6Ω，Rac=Rad=10Ω。Rbc=Rbd=Rcd=4Ω，试画出黑盒内的电路。
解：由于最小电阻是Rbc=Rbd=Rcd=4Ω，只有2只6Ω串联后再与1只6Ω并联才能出现4Ω,因此bc、cd 、db间应各接1只电阻。再于ab间接1只电阻，结论正合适。
6V
U1 U2
R1 R3
R2
E
C
A B B
C C C
C
A U B
R1 R2
R3 R4
+ －
P
+ －
－ +
R
E r
I
R
V1
V2
+
－
探针
o R
P出
Pm
r
E r
R2
R1
R1
R2
R3
R4
E r
2
A
R1
R2
1
S
a b
P
A1 A A2
E r
RX
a b
U
P
I
IX
I /
r
R1
R2
R
P
a b
L第十单元 原子物理
教学目标
1．使学生加强理解掌握在卢瑟福核式结构学说基础上的玻尔原子结构理论；能够对氢原子根据能级（轨道）定态跃迁知识解决相关问题。
2．通过氢原子的电子绕核旋转和能级跃迁与卫星绕地球旋转的类比和分析讨论，提高学生应用力、电、原子知识的综合分析能力，特别是加强从能量转化守恒观点出发分析解决问题的能力。
3．通过人类认识原子核组成的过程复习，使学生明确认识依赖于实践；科学的认识源于科学家们的科学实验与研究探索。从而培养学生的科学态度与探索精神。
4．掌握衰变及原子核人工转变的规律——质量数守恒、核电荷数守恒。明确核力、结合能、平均结合能、质量亏损及爱因斯坦质能方程意义，并掌握其应用——获得核能的途径（裂变、聚变）。
教学重点、难点分析
1．卢瑟福的核式结构学说与玻尔的原子结构理论，作为重点难点知识。学生在理解掌握上的困难，一是不明确两种原子结构理论的区别与联系；二是对原子的定态和能级跃迁等知识的理解认识不够透彻，以致分析解决相关问题时易混易错。
2．放射性元素衰变时，通常会同时放出α、β和γ三种射线，即α、β衰变核反应同时放出γ射线（释放能量）。
3．爱因斯坦质能方程△E=△mc2，是释放原子核能的重要理论依据。在无光子辐射的情况下，核反应中释放的核能转化为生成新核与粒子的动能，此情况可用动量守恒与能量守恒计算核能。
教学过程设计
一、原子模型
1．汤姆生模型（枣糕模型）
1897年，英国人汤姆生研究阴极射线时发现了电子。电子的发现说明原子是可分的。
2．卢瑟福的核式结构模型（行星式模型）
α粒子散射实验是用α粒子轰击金箔，结果是绝大多数α粒子穿过金箔后基本上仍沿原来的方向前进，但是有少数α粒子发生了较大的偏转。这说明原子的正电荷和质量一定集中在一个很小的核上。
1911年英国人卢瑟福由α粒子散射实验提出：在原子的中心有一个很小的核，叫原子核，原子的全部正电荷和几乎全部质量都集中在原子核里，带负电的电子在核外空间运动。
由α粒子散射实验的实验数据还可以估算出原子核大小的数量级是10-15m。
3．玻尔模型（引入量子理论，量子化就是不连续性，整数n叫量子数。）
1913年丹麦人玻尔提出“玻尔原子理论”，20世纪20年代，海森堡等科学家提出“量子力学的原子理论”。
（1）玻尔的三条假设（量子化）
①轨道量子化rn=n2r1r1=0.53×10-10m
②能量量子化：E1=-13.6eV
③原子在两个能级间跃迁时辐射或吸收光子的能量hν=Em-En
（2）从高能级向低能级跃迁时释放出光子；从低能级向高能级跃迁时可能是吸收光子，也可能是由于碰撞（用加热的方法，使分子热运动加剧；分子间的相互碰撞可以传递能量）。原子从低能级向高能级跃迁时只能吸收一定频率的光子；而从某一能级到被电离可以吸收能量大于或等于电离能的任何频率的光子。（如在基态，可以吸收E≥13.6eV的任何光子，所吸收的能量除用于电离外，都转化为电离出去的电子的动能）。
（3）玻尔理论的局限性。由于引进了量子理论（轨道量子化和能量量子化），玻尔理论成功地解释了氢光谱的规律。但由于它保留了过多的经典物理理论（牛顿第二定律、向心力、库仑力等），所以在解释其他原子的光谱上都遇到很大的困难。
【点拔1】原子模型的发现比较：
实验基础 理论内容与模型 成功 困难
发现电子阴极射线（电子）在电场（或磁场）中偏转，射到阴极玻璃管发出荧光。 原子中正电荷均匀分布，电子如枣镶嵌在内。 可解释一些原子受激发产生原子光谱的事实。
α粒子散射性现象：绝大多数过金原子仍向前进，少数发生较大偏转，极少数甚至反弹。 （1）原子中心有核，核外有电子绕核旋转。（2）带正电原子核几乎集中原子全部质量，带负电的电子质量很小。（3）核带正电荷数与核外带负电荷数相等。（4）电子绕核旋转的向心力即核对它的为库仑引力。 圆满解释α散射，可推算各元素原子核带的正电荷数，可估计出原子核的大小<10-14m（原子半径约10-10m） 据经典电磁理论，有加速度的运动电子应不断幅射电磁波，能量不断减少，原子发光应产生连续光谱，最终电子落到核上。但实际上原子光谱为明线（或吸收光谱），原子也是稳定的。
氢的原子光谱现象。明线光谱为 （1）原子只能处于一系列不连续的能量状态中，这些状态叫定态，各定态的能量值为能级。电子虽绕核旋转，但不向外辐射能量，原子是稳定的。（2）原子从一定态跃迁到另一定态，它辐射或吸收一定频率（或波长）的光子，光子能量由两定态的能量差决定，即。（3）原子的不同能量状态跟电子沿不同轨道相对应，原子定态不连续，则电子的轨道也不连续。 表明了卢瑟福核式结构学说困难。圆满解释氢原子光谱的规律。 解释有两个以上电子的复杂原子光谱遇到困难。
复杂原子的光谱现象 核外电子无确定轨道，电子在原子内各处出现几率不同。 克服了玻尔理论的困难 不能给出原子一个直图景。
【点拔2】对“一个卫星环绕地球”与“一个电子环绕氢原子核”卢瑟福结构模型进行类比分析。
地球引力场中的卫星所受地球的万有引力作为向心力。（）
原子核（正电荷）电场中的电子受核的库仑引力作为向心力。
（1）卫星、电子的环绕速度和动能与距离的关系：
，
，
（2）若规定距地球和原子核无穷远时，卫星、电子势能为零：
地球的卫星：重力势能EP=0、动能Ek=0；地球系统总能量（机械能）=0
电子：电势能ε=0、动能EK=0；原子系统总能量=0
环行的卫星与电子的动能、势能、系统的总能量：
卫星要克服大气阻力做功，损耗机械能转化为内能；
↓E总=Ep↓+Ek↑（EP减少多，Ek增加少，E总减少）
环绕速度v增大，高度h（r）降低，沿螺旋线最终坠入大气层烧毁或溅落于地球上；
据经典电磁理论，速度变化的电子要辐射电磁波能量，使它总能量减少；
↓E总=ε↓+Ek↑（ε减少多，Ek增加少，E总减少）
环绕速度v增大，与核距离减小，辐射电磁波（光）的频率逐渐增大，（波长逐减）为生成连续光谱，沿螺旋线最终落于核上；
（3）根据玻尔理论，氢原子的电子为什么最终不落在核上？为什么原子发光生成原子光谱？
电子在某一定态轨道上虽有加速度，但不辐射电磁波能量，所以电子不会落到核上，原子是稳定的。这是因为宏观的经典电磁理论并不适用于微观电子的运动。
氢原子定态能量的减少，是由于高能级的激发态向低能级定态或基态跃迁，辐射一定能量光子造成。由于各定态有确定能量差，所以能生成有确定光子能量（hv）或确定光波频率（v）、波长（）的明线光谱或吸收光谱。
【例题1】氢原子基态能量E1=-13.6eV，电子绕核运动半径r1=0.53×10-10m．求氢原子处于n=4激发态时：（1）原子系统具有的能量？（2）电子在轨道上运动的动能？（3）电子具有的电势能？（4）向低能级跃迁辐射的光子频率最多有多少种？其中最低频率为多少（保留两位有效数字）？
解：（1）
（2）因为，，所以。
（3）因为E4=Ek4+ε4，所以ε4=E4-Ek4=-0.85-0.85=-1.7eV。
（4）最多有六种：从n=4→3；3→2；2→1；4→2；4→1；3→1。
能级差最小的是n=4→n=3，所辐射的光子能量为：，
最低频率：
〖思考〗已知氢原子基态能量E1，氢原子在量子数为n的激发态时，电子的动能和电势能各为多少？处于量子数为n激发态的氢原子最多能辐射多少种频率的光谱线？
学生讨论：，，，。
【例题2】用光子能量为E的单色光照射容器中处于基态的氢原子。停止照射后，发现该容器内的氢能够释放出三种不同频率的光子，它们的频率由低到高依次为ν1、ν2、ν3，由此可知，开始用来照射容器的单色光的光子能量可以表示为：①hν1；②hν3；③h（ν1+ν2）；④h（ν1+ν2+ν3）以上表示式中
A．只有①③正确 B．只有②正确 C．只有②③正确 D．只有④正确
解：该容器内的氢能够释放出三种不同频率的光子，说明这时氢原子处于第三能级。根据玻尔理论应该有hν3=E3-E1，hν1=E3-E2，hν2=E2-E1，可见hν3=hν1+hν2=h（ν1+ν2），所以照射光子能量可以表示为②或③，答案选C。
4．光谱和光谱分析
（1）炽热的固体、液体和高压气体发出的光形成连续光谱。
（2）稀薄气体发光形成线状谱（又叫明线光谱、原子光谱）。
根据玻尔理论，不同原子的结构不同，能级不同，可能辐射的光子就有不同的波长。所以每种原子都有自己特定的线状谱，因此这些谱线也叫元素的特征谱线。
根据光谱鉴别物质和确定它的化学组成，这种方法叫做光谱分析。这种方法的优点是非常灵敏而且迅速。只要某种元素在物质中的含量达到10-10g，就可以从光谱中发现它的特征谱线。
二、天然放射现象
1．天然放射现象
1896年法国人贝克勒尔首先发现了铀的放射性现象。随后居里夫妇发现了有更强放射性的元素钋和镭。天然放射现象的发现，说明原子核是可分的。因为知道了三种射线的本质后，通过思考分析即能断定：α粒子的质量、电性与电量与原子核外电子大不相同；β射线中的电子能量远大于核外电子的能量；γ射线能量也大于核外层电子受激辐射的X射线能量。所以三种射线是由原子核发出的。
2．各种放射线的性质比较
种类 本质 质量（u） 电荷（e） 速度（c） 电离性 贯穿性
α射线 氦核 4 +2 0.1 最强 最弱，纸能挡住
β射线 电子 1/1840 -1 0.99 较强 较强，穿几mm铝板
γ射线 光子 0 0 1 最弱 最强，穿几cm铅版
放射性元素衰变时，通常会同时放出α、β和γ三种射线，即α、β衰变核反应同时放出γ射线（释放能量）。在某些特殊情况下，某些放射性元素只放出α或只放出β射线。但任何情况下都不会只放出γ射线，γ射线只能伴随α或β射线放出。
三种射线在匀强磁场、匀强电场、正交电场和磁场中的偏转情况比较：
如（1）、（2）图所示，在匀强磁场和匀强电场中都是β比α的偏转大，γ不偏转；两图区别是：在磁场中偏转轨迹是圆弧，在电场中偏转轨迹是抛物线。（3）图中γ肯定打在O点；如果α也打在O点，则β必打在O点下方；如果β也打在O点，则α必打在O点下方。
【例题3】如图所示，铅盒A中装有天然放射性物质，放射线从其右端小孔中水平向右射出，在小孔和荧光屏之间有垂直于纸面向里的匀强磁场，则下列说法中正确的有
A．打在图中A、b、c三点的依次是α射线、γ射线和β射线
B．α射线和β射线的轨迹是抛物线
C．α射线和β射线的轨迹是圆弧
D．如果在铅盒和荧光屏间再加一竖直向下的匀强电场，则屏上的亮斑可能只剩下b
解：由左手定则可知粒子向右射出后，在匀强磁场中α粒子受的洛伦兹力向上，β粒子受的洛伦兹力向下，轨迹都是圆弧。由于α粒子速度约是光速的1/10，而β粒子速度接近光速，所以在同样的混合场中不可能都做直线运动（如果一个打在b，则另一个必然打在b点下方。）本题选AC。
【例题4】如图所示，是利用放射线自动控制铝板厚度的装置。假如放射源能放射出α、β、γ三种射线，而根据设计，该生产线压制的是3mm厚的铝板，那么是三种射线中的____射线对控制厚度起主要作用。当探测接收器单位时间内接收到的放射性粒子的个数超过标准值时，将会通过自动装置将M、N两个轧辊间的距离调___一些。
解：α射线不能穿过3mm厚的铝板，γ射线又很容易穿过3mm厚的铝板，基本不受铝板厚度的影响。而β射线刚好能穿透几毫米厚的铝板，因此厚度的微小变化会使穿过铝板的β射线的强度发生较明显变化，即是β射线对控制厚度起主要作用。若超过标准值，说明铝板太薄了，应该将两个轧辊间的距离调节得大些。
三、核反应
1．核反应类型
（1）衰变：α衰变：（核内）；如：
β衰变：（核内）；如：
+β衰变：（核内）；如：
γ衰变：原子核处于较高能级，辐射光子后跃迁到低能级。
（2）人工转变：（1919年英国人卢瑟福发现质子的核反应）
（1932年英国人查德威克发现中子的核反应）
、（1934年居里夫妇人工制造放射性同位素）
（3）重核的裂变：
在一定条件下（超过临界体积），裂变反应会连续不断地进行下去，这就是链式反应。
（4）轻核的聚变：（需要几百万度高温，所以又叫热核反应）
所有核反应的反应前后都遵守：质量数守恒、电荷数守恒。（注意：质量并不守恒。）
2．半衰期
放射性元素的原子核有半数发生衰变所需的时间叫半衰期。（对大量原子核的统计规律）计算式为：。N表示核的个数，此式也可以演变成或，式中m表示放射性物质的质量，n表示单位时间内放出的射线粒子数。以上各式左边的量都表示时间t后剩余量。
半衰期由核内部本身的因素决定，跟原子所处的物理、化学状态无关。
3．放射性同位素的应用
（1）利用其射线：α射线电离性强，用于使空气电离，将静电泄出，从而消除有害静电。γ射线贯穿性强，可用于金属探伤、治疗恶性肿瘤。各种射线均可使DNA发生突变，可用于生物工程，基因工程。
（2）作为示踪原子。用于研究农作物化肥需求情况，诊断甲状腺疾病的类型，研究生物大分子结构及其功能。
（3）进行考古研究。利用放射性同位素碳14，判定出土木质文物的产生年代。
一般都使用人工制造的放射性同位素（种类齐全，各种元素都有人工制造的放射性同位。半衰期短，废料容易处理。可制成各种形状，强度容易控制）。
【例题5】近年来科学家在超重元素的探测方面取得了重大进展。科学家们在观察某两个重离子结合成超重元素的反应时，发现所生成的超重元素的核X经过6次α衰变后成为Fm，由此可以判定该超重元素的原子序数和质量数依次是
A．124，259 B．124，265 C．112，265 D．112，277
解：每次α衰变质量数减少4，电荷数减少2，因此该超重元素质量数应是277，电荷数应是112，选D。
【例题6】完成下列核反应方程，并指出哪个是发现质子的核反应方程，哪个是发现中子的核反应方程。
（1）N+n→C+_____ （2）N+He→O+_____ （3）B+n→_____+He
（4）Be+He→_____+n （5）Fe+H→Co+_____
解：根据质量数守恒和电荷数守恒，可以判定：（1）H；（2）H，发现质子的核反应方程；（3）Li；（4）C，发现中子的核反应方程；（5）n。
【例题7】一块含铀的矿石质量为M，其中铀元素的质量为m。铀发生一系列衰变，最终生成物为铅。已知铀的半衰期为T，那么下列说法中正确的有
A．经过两个半衰期后这块矿石中基本不再含有铀了
B．经过两个半衰期后原来所含的铀元素的原子核有m/4发生了衰变
C．经过三个半衰期后，其中铀元素的质量还剩m/8
D．经过一个半衰期后该矿石的质量剩下M/2
解：经过两个半衰期后矿石中剩余的铀应该还有m/4，经过三个半衰期后还剩m/8。因为衰变产物大部分仍然留在该矿石中，所以矿石质量没有太大的改变。本题选C。
【例题8】关于放射性同位素应用的下列说法中正确的有
A．放射线改变了布料的性质使其不再因摩擦而生电，因此达到消除有害静电的目的
B．利用γ射线的贯穿性可以为金属探伤，也能进行人体的透视
C．用放射线照射作物种子能使其DNA发生变异，其结果一定是成为更优秀的品种
D．用γ射线治疗肿瘤时一定要严格控制剂量，以免对人体正常组织造成太大的危害
解：利用放射线消除有害静电是利用放射线的电离性，使空气分子电离成为导体，将静电泄出。γ射线对人体细胞伤害太大，不能用来进行人体透视。作物种子发生的DNA突变不一定都是有益的，还要经过筛选才能培育出优秀品种。用γ射线治疗肿瘤对人体肯定有副作用，因此要科学地严格控制剂量。本题选D。
【例题9】K-介子衰变的方程为，其中K-介子和π-介子带负的基元电荷，π0介子不带电。一个K-介子沿垂直于磁场的方向射入匀强磁场中，其轨迹为圆弧AP，衰变后产生的π-介子的轨迹为圆弧PB，两轨迹在P点相切，它们的半径RK-与Rπ-之比为2∶1。π0介子的轨迹未画出。由此可知π-介子的动量大小与π0介子的动量大小之比为
A．1∶1 B．1∶2 C．1∶3 D．1∶6
解：带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的半径公式r=mv/qB，K-介子和π-介子电荷量又相同，说明它们的动量大小之比是2∶1，方向相反。由动量守恒得π0介子的动量大小是π-介子的三倍，方向与π-介子的速度方向相反。选C。
4．氢原子中的电子云
对于宏观质点，只要知道它在某一时刻的位置和速度以及受力情况，就可以应用牛顿定律确定该质点运动的轨道，算出它在以后任意时刻的位置和速度。
对电子等微观粒子，牛顿定律已不再适用，因此不能用确定的坐标描述它们在原子中的位置。玻尔理论中说的“电子轨道”实际上也是没有意义的。更加彻底的量子理论认为，我们只能知道电子在原子核附近各点出现的概率的大小。在不同的能量状态下，电子在各个位置出现的概率是不同的。如果用疏密不同的点子表示电子在各个位置出现的概率，画出图来，就像一片云雾一样，可以形象地称之为电子云。
5．激光的特性及其应用
普通光源（如白炽灯）发光时，灯丝中的每个原子在什么时候发光，原子在哪两个能级间跃迁，发出的光向哪个方向传播，都是不确定的。
激光是同种原子在同样的两个能级间发生跃迁生成的，其特性是：（1）是相干光。（由于是相干光，所以和无线电波一样可以调制，因此可以用来传递信息。光纤通信就是激光和光导纤维结合的产物。）（2）平行度好。（传播很远距离之后仍能保持一定强度，因此可以用来精确测距。激光雷达不仅能测距，还能根据多普勒效应测出目标的速度，对目标进行跟踪。还能用于在VCD或计算机光盘上读写数据。）（3）亮度高。能在极小的空间和极短的时间内集中很大的能量。（可以用来切割各种物质，焊接金属，在硬材料上打孔，利用激光作为手术刀切开皮肤做手术，焊接视网膜。利用激光产生的高温高压引起核聚变。）
6．粒子物理学
到19世纪末，人们认识到物质由分子组成，分子由原子组成，原子由原子核和电子组成，原子核由质子和中子组成。
20世纪30年代以来，人们认识了正电子、μ子、K介子、π介子等粒子。后来又发现了各种粒子的反粒子（质量相同而电荷及其它一些物理量相反）。
现在已经发现的粒子达400多种，形成了粒子物理学。按照粒子物理理论，可以将粒子分成三大类：媒介子、轻子和强子，其中强子是由更基本的粒子——夸克组成。从目前的观点看，媒介子、轻子和夸克是没有内部结构的“点状”粒子。
用粒子物理学可以较好地解释宇宙的演化。
四、核能
1．核能
核子（质子与中子）之间小于2.0×10-15m的距离时，所存在很强的引力叫核子力，即核力。核核子结合成原子核时所释放的能（或原子核分解成核子吸收的能），叫原子核的结合能，即核能。。
2．质量亏损
核子结合生成原子核，所生成的原子核的质量比生成它的核子的总质量要小些，这种现象叫做质量亏损。质量亏损△m=原来核子的总质量-原子核的质量。
3．质能方程
爱因斯坦的相对论指出：物体的能量和质量之间存在着密切的联系，它们的关系是：E=mc2，这就是爱因斯坦的质能方程。
质能方程的另一个表达形式是：ΔE=Δmc2。
以上两式中的各个物理量都必须采用国际单位。在非国际单位里，可以用1u=931.5MeV。它表示1原子质量单位的质量跟931.5MeV的能量相对应。在有关核能的计算中，一定要根据已知和题解的要求明确所使用的单位制。
4．释放核能的途径
凡是释放核能的核反应都有质量亏损。核子组成不同的原子核时，平均每个核子的质量亏损是不同的，所以各种原子核中核子的平均质量不同。核子平均质量小的，每个核子平均放的能多。铁原子核中核子的平均质量最小，所以铁原子核最稳定。凡是由平均质量大的核，生成平均质量小的核的核反应都是释放核能的。
【例题10】一个氢原子的质量为1.6736×10-27kg，一个锂原子的质量为11.6505×10-27kg，一个氦原子的质量为6.6467×10-27kg。一个锂核受到一个质子轰击变为2个α粒子，（1）写出核反应方程，并计算该反应释放的核能是多少？（2）1mg锂原子发生这样的反应共释放多少核能？
解：（1）H+Li→2He反应前一个氢原子和一个锂原子共有8个核外电子，反应后两个氦原子也是共有8个核外电子，因此只要将一个氢原子和一个锂原子的总质量减去两个氦原子的质量，得到的恰好是反应前后核的质量亏损，电子质量自然消掉。由质能方程ΔE=Δmc2得释放核能ΔE=2.76×10-12J。
（2）1mg锂原子含锂原子个数为10-6÷11.6505×10-27，每个锂原子对应的释放能量是2.76×10-12J，所以共释放2.37×108J核能。
【例题11】静止的氡核Rn放出α粒子后变成钋核Po，α粒子动能为Eα。若衰变放出的能量全部变为反冲核和α粒子的动能，真空中的光速为c，则该反应中的质量亏损为
A． B．0 C． D．
解：由于动量守恒，反冲核和α粒子的动量大小相等，由，它们的动能之比为4∶218，因此衰变释放的总能量是，由质能方程得质量亏损是。
【例题12】静止在匀强磁场中的一个B核俘获了一个速度为向v=7.3×104m/s的中子而发生核反应，生成α粒子与一个新核。测得α粒子的速度为2×104m/s，方向与反应前中子运动的方向相同，且与磁感线方向垂直。求：（1）写出核反应方程。（2）画出核反应生成的两个粒子的运动轨迹及旋转方向的示意图（磁感线方向垂直于纸面向外）。（3）求α粒子与新核轨道半径之比。（4）求α粒子与新核旋转周期之比。
解：（1）由质量数守恒和电荷数守恒得：B+n→He+Li
（2）由于α粒子和反冲核都带正电，由左手定则知，它们旋转方向都是顺时针方向，示意图如图。
（3）由动量守恒可以求出反冲核的速度大小是103m/s方向和α粒子的速度方向相反，由带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的半径公式可求得它们的半径之比是120∶7
（4）由带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期公式可求得它们的周期之比是6∶7
5．核反应堆
目前的所有正式运行的核电站都是应用裂变发电的。
核反应堆的主要组成是：
（1）核燃料。用浓缩铀（能吸收慢中子的铀235占3%~4%）。
（2）减速剂。用石墨或重水（使裂变中产生的中子减速，以便被铀235吸收）。
（3）控制棒。用镉做成（镉吸收中子的能力很强）。
（4）冷却剂。用水或液态钠（把反应堆内的热量传输出去用于发电，同时使反应堆冷却，保证安全）。
（5）水泥防护层。用来屏蔽裂变产物放出的各种射线。第十四单元 电磁感应
教学目标
1．知道电磁感应现象，知道产生感应电流的条件。
2．会运用楞次定律和左手定则判断感应电流的方向。
3．会计算感应电动势的大小（切割法、磁通量变化法）。
4．通过电磁感应综合题目的分析与解答，深化学生对电磁感应规律的理解与应用，使学生在建立力、电、磁三部分知识联系的同时，再次复习力与运动、动量与能量、电路计算、安培力做功等知识，进而提高学生的综合分析能力。
教学重点、难点分析
1．楞次定律、法拉第电磁感应定律是电磁感应一章的重点。另外，电磁感应的规律也是自感、交流电、变压器等知识的基础，因而在电磁学中占据了举足轻重的地位。
2．在高考考试大纲中，楞次定律、法拉第电磁感应定律都属II级要求，每年的高考试题中都会出现相应考题，题型也多种多样，在历年高考中，以选择、填空、实验、计算各种题型都出现过，属高考必考内容。同时，由电磁感应与力学、电学知识相结合的题目更是高考中的热点内容，题目内容变化多端，需要学生有扎实的知识基础，又有一定的解题技巧，因此在复习中要重视这方面的训练。
3．电磁感应现象及规律在复习中并不难，但是能熟练应用则需要适量的训练。关于楞次定律的推广含义、法拉第电磁感应定律在应用中何时用其计算平均值、何时要考虑瞬时值等问题都需通过训练来达到深刻理解、熟练掌握的要求，因此要根据具体的学情精心选择一些针对性强、有代表性的题目组织学生分析讨论达到提高能力的目的。
4．电磁感应的综合问题中，往往运用牛顿第二定律、动量守恒定律、功能关系、闭合电路计算等物理规律及基本方法，而这些规律及方法又都是中学物理学中的重点知识，因此进行与此相关的训练，有助于学生对这些知识的回顾和应用，建立各部分知识的联系。但是另一方面，也因其综合性强，要求学生有更强的处理问题的能力，也就成为学生学习中的难点。
5．楞次定律、法拉第电磁感应定律也是能量守恒定律在电磁感应中的体现，因此，在研究电磁感应问题时，从能量的观点去认识问题，往往更能深入问题的本质，处理方法也更简捷，“物理”的思维更突出，对学生提高理解能力有较大帮助，因而应成为复习的重点。
教学过程设计
一、电磁感应现象
1．产生感应电流的条件
感应电流产生的条件是：穿过闭合电路的磁通量发生变化。
以上表述是充分必要条件。不论什么情况，只要满足电路闭合和磁通量发生变化这两个条件，就必然产生感应电流；反之，只要产生了感应电流，那么电路一定是闭合的，穿过该电路的磁通量也一定发生了变化。
当闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感线的运动时，电路中有感应电流产生。这个表述是充分条件，不是必要的。在导体做切割磁感线运动时用它判定比较方便。
2．感应电动势产生的条件。
感应电动势产生的条件是：穿过电路的磁通量发生变化。
这里不要求闭合。无论电路闭合与否，只要磁通量变化了，就一定有感应电动势产生。这好比一个电源：不论外电路是否闭合，电动势总是存在的。但只有当外电路闭合时，电路中才会有电流。
3．关于磁通量变化
（1）在匀强磁场中，磁通量φ=BSsinα（α是B与S的夹角），磁通量的变化Δφ=φ2-φ1有多种形式，主要有：
①S、α不变，B改变，这时Δφ=ΔBSsinα
②B、α不变，S改变，这时Δφ=ΔSBsinα
③B、S不变，α改变，这时Δφ=BS（sinα2-sinα1）
当B、S、α中有两个或三个一起变化时，就要分别计算φ1、φ2，再求φ2-φ1了。
（2）在非匀强磁场中，磁通量变化比较复杂。有几种情况需要特别注意：
①如图所示，矩形线圈沿a →b →c在条形磁铁附近移动，试判断穿过线圈的磁通量如何变化？如果线圈M沿条形磁铁轴线向右移动，穿过该线圈的磁通量如何变化？
（穿过上边线圈的磁通量由方向向上减小到零，再变为方向向下增大；右边线圈的磁通量由方向向下减小到零，再变为方向向上增大）
②如图所示，环形导线a中有顺时针方向的电流，a环外有两个同心导线圈b、c，与环形导线a在同一平面内。当a中的电流增大时，穿过线圈b、c的磁通量各如何变化？在相同时间内哪一个变化更大？
（b、c线圈所围面积内的磁通量有向里的也有向外的，但向里的更多，所以总磁通量向里，a中的电流增大时，总磁通量也向里增大。由于穿过b线圈向外的磁通量比穿过c线圈的少，所以穿过b线圈的磁通量更大，变化也更大。）
③如图所示，虚线圆a内有垂直于纸面向里的匀强磁场，虚线圆a外是无磁场空间。环外有两个同心导线圈b、c，与虚线圆a在同一平面内。当虚线圆a中的磁通量增大时，穿过线圈b、c的磁通量各如何变化？在相同时间内哪一个变化更大？
（与②的情况不同，b、c线圈所围面积内都只有向里的磁通量，且大小相同。因此穿过它们的磁通量和磁通量变化都始终是相同的。）
二、楞次定律
1．楞次定律
感应电流具有这样的方向，即感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化。
楞次定律解决的是感应电流的方向问题。它关系到两个磁场：感应电流的磁场（新产生的磁场）和引起感应电流的磁场（原来就有的磁场）。前者和后者的关系不是“同向”或“反向”的简单关系，而是前者“阻碍”后者“变化”的关系。
在应用楞次定律时一定要注意： “阻碍”不等于“反向”，“阻碍”不是“阻止”。
（1）从“阻碍磁通量变化”的角度来看，无论什么原因，只要使穿过电路的磁通量发生了变化，就一定有感应电动势产生。“阻碍”的不是磁感强度B，也不是磁通量φ，而是阻碍穿过闭合回路的磁通量变化。
（2）从“阻碍相对运动”的角度来看，楞次定律的这个结论可以用能量守恒来解释：既然有感应电流产生，就有其它能转化为电能。又由于感应电流是由相对运动引起的，所以只能是机械能转化为电能，因此机械能减少。磁场力对物体做负功，是阻力，表现出的现象就是“阻碍”相对运动。
（3）从“阻碍自身电流变化”的角度来看，就是自感现象。
自感现象的应用和防止。
应用：日光灯电路图及原理：灯管、镇流器和启动器的作用。
防止：定值电阻的双线绕法。
2．右手定则。
对一部分导线在磁场中切割磁感线产生感应电流的情况，右手定则和楞次定律的结论是完全一致的。这时，用右手定则更方便一些。
3．楞次定律的应用及其推广
楞次定律强调的是感应电流的方向，感应电流的磁场阻碍原磁通量的变化。我们可将其含义推广为：感应电流对产生的原因（包括外磁场的变化、线圈面积的变化、相对位置的变化、导体中电流的变化等）都有阻碍作用。因此用推广含义考虑问题可以提高运用楞次定律解题的速度和准确性。
楞次定律的应用应该严格按以下四步进行：①确定原磁场方向；②判定原磁场如何变化（增大还是减小）；③确定感应电流的磁场方向（增反减同）；④根据安培定则判定感应电流的方向。
【例题1】如图所示，有两个同心导体圆环。内环中通有顺时针方向的电流，外环中原来无电流。当内环中电流逐渐增大时，外环中有无感应电流？方向如何？
解：由于磁感线是闭合曲线，内环内部向里的磁感线条数和内环外部向外的所有磁感线条数相等，所以外环所围面积内（这里指包括内环圆面积在内的总面积，而不只是环形区域的面积）的总磁通量向里、增大，所以外环中感应电流磁场的方向为向外，由安培定则，外环中感应电流方向为逆时针。
【例题2】如图所示，闭合导体环固定。条形磁铁S极向下以初速度v0 沿过导体环圆心的竖直线下落过程，导体环中的感应电流方向如何？
解：从“阻碍磁通量变化”来看，当条形磁铁的中心恰好位于线圈M所在的水平面时，磁铁内部向上的磁感线都穿过了线圈，而磁铁外部向下穿过线圈的磁通量最少，所以此时刻穿过线圈M的磁通量最大。因此全过程中原磁场方向向上，先增后减，感应电流磁场方向先下后上，感应电流先顺时针后逆时针。
从“阻碍相对运动”来看，线圈对应该是先排斥（靠近阶段）后吸引（远离阶段），把条形磁铁等效为螺线管，该螺线管中的电流是从上向下看逆时针方向的，根据“同向电流互相吸引，反向电流互相排斥”，感应电流方向应该是先顺时针后逆时针的，与前一种方法的结论相同。
【例题3】如图所示，O1O2是矩形导线框abcd的对称轴，其左方有垂直于纸面向外的匀强磁场。以下哪些情况下abcd中有感应电流产生？方向如何？
A．将abcd以cd为轴转动60° B．将abcd向右平移
C．将abcd以ab为轴转动60° D．将abcd 向纸外平移
解： A、B两种情况下原磁通量向外，减少，感应电流磁场向外，感应电流方向为abcd。C、D两种情况下穿过abcd的磁通量没有发生变化，无感应电流产生。
【例题4】如图所示装置中，cd杆原来静止。当ab 杆做如下那些运动时，cd杆将向右移动？
A．向右匀速运动 B．向右加速运动
C．向左加速运动 D．向左减速运动
解：.ab 匀速运动时，ab中感应电流恒定，L1中磁通量不变，穿过L2的磁通量不变化，L2中无感应电流产生，cd保持静止，A不正确；ab向右加速运动时，L2中的磁通量向下，增大，通过cd的电流方向向下，cd向右移动，B正确；同理可得C不正确，D正确。选B、D
【例题5】如图所示，当磁铁绕O1O2轴匀速转动时，矩形导线框（不考虑重力）将如何运动？
解：本题分析方法很多，最简单的方法是：从“阻碍相对运动”的角度来看，导线框一定会跟随条形磁铁同方向转动起来。如果不计一切摩擦阻力，最终导线框将和磁铁转动速度无限接近到可以认为相同；如果考虑摩擦阻力，则导线框的转速总比条形磁铁转速小些（线框始终受到安培力矩的作用，大小和摩擦力的阻力矩相等）。如果用“阻碍磁通量变化”来分析，结论是一样的，但是叙述要复杂得多。可见这类定性判断的题要灵活运用楞次定律的各种表达方式。
【例题6】如图所示，水平面上有两根平行导轨，上面放两根金属棒a、b。当条形磁铁如图向下移动时（不到达导轨平面），a、b将如何移动？
解：若按常规用“阻碍磁通量变化”判断，则需要根据下端磁极的极性分别进行讨论，比较繁琐。而且在判定a、b所受磁场力时。应该以磁极对它们的磁场力为主，不能以a、b间的磁场力为主（因为它们的移动方向由所受的合磁场的磁场力决定，而磁铁的磁场显然是起主要作用的）。如果注意到：磁铁向下插，通过闭合回路的磁通量增大，由φ=BS可知磁通量有增大的趋势，因此S的相应变化应该是阻碍磁通量的增加，所以a、b将互相靠近。这样判定比较起来就简便得多。
【例题7】如图所示，绝缘水平面上有两个离得很近的导体环a、b。将条形磁铁沿它们的正中向下移动（不到达该平面），a、b将如何移动？
解：根据U=BS，磁铁向下移动过程中，B增大，所以穿过每个环中的磁通量都有增大的趋势，由于S不可改变，为阻碍增大，导体环应该尽量远离磁铁，所以a、b将相互远离。
【例题8】如图所示，在条形磁铁从图示位置绕O1O2轴转动90°的过程中，放在导轨右端附近的金属棒ab将如何移动？
解：无论条形磁铁的哪个极为N极，也无论是顺时针转动还是逆时针转动，在转动90°过程中，穿过闭合电路的磁通量总是增大的（条形磁铁内、外的磁感线条数相同但方向相反，在线框所围面积内的总磁通量和磁铁内部的磁感线方向相同且增大。而该位置闭合电路所围面积越大，总磁通量越小，所以为阻碍磁通量增大金属棒ab将向右移动。
【例题9】如图所示，a、b灯分别标有“36V 40W”和“36V 25W”，闭合电键，调节R，使a、b都正常发光。这时断开电键后重做实验：电键闭合后看到的现象是什么？稳定后那只灯较亮？再断开电键，又将看到什么现象？
解：重新闭合瞬间，由于电感线圈对电流增大的阻碍作用，a将慢慢亮起来，而b立即变亮。这时L的作用相当于一个大电阻；稳定后两灯都正常发光，a的额定功率大，所以较亮。这时L的作用相当于一只普通的电阻（就是该线圈的内阻）；断开瞬间，由于电感线圈对电流减小的阻碍作用，通过a的电流将逐渐减小，a渐渐变暗到熄灭，而abRL组成同一个闭合回路，所以b灯也将逐渐变暗到熄灭，而且开始还会闪亮一下（因为原来有Ia>Ib），并且通过b的电流方向与原来的电流方向相反。这时L的作用相当于一个电源。（若将a灯的额定功率小于b灯，则断开电键后b灯不会出现“闪亮”现象。）
【例题10】如图所示，用丝线将一个闭合金属环悬于O点，虚线左边有垂直于纸面向外的匀强磁场，而右边没有磁场。金属环的摆动会很快停下来。试解释这一现象。若整个空间都有垂直于纸面向外的匀强磁场，会有这种现象吗？
解：只有左边有匀强磁场，金属环在穿越磁场边界时（无论是进入还是穿出），由于磁通量发生变化，环内一定有感应电流产生。根据楞次定律，感应电流将会阻碍相对运动，所以摆动会很快停下来，这就是电磁阻尼现象。还可以用能量守恒来解释：有电流产生，就一定有机械能向电能转化，摆的机械能将不断减小。若空间都有匀强磁场，穿过金属环的磁通量不变化，无感应电流，不会阻碍相对运动，摆动就不会很快停下来。
【例题11】如图所示，蹄形磁铁的N、S极之间放置一个线圈abcd，磁铁和线圈都可以绕OO′轴转动，若磁铁按图示方向绕OO′轴转动，线圈的运动情况是：]
A．俯视，线圈顺时针转动，转速与磁铁相同
B．俯视，线圈逆时针转动，转速与磁铁相同
C．线圈与磁铁转动方向相同，但开始时转速小于磁铁的转速，以后会与磁铁转速一致
D．线圈与磁铁转动方向相同，但转速总小于磁铁的转速
师：本题目中由于磁铁转动，就使穿过线圈的磁感线数目发生变化（开始图转时，U从零增加），因而会产生感应电流，线圈因通有电流又受磁场的作用力（安培力）而转动。这样分析虽然正确，但较费时间。若应用楞次定律的推广意义来判断就省时多了。大家可以试试。具体地说，就是先要解决两个问题：①引起U变化的原因是什么？②由于“阻碍”这个“原因”，线圈表现出来的运动应是怎样的？（学生思考后回答）
（设置这样的定向思维的提问，目的不是了解学生怎样解题，而是着重让学生体会楞次定律的推广含义的具体应用方法。学生很容易回答上述提问：引起U的变化原因是线圈转动，由于要“阻碍”转动，表现为线圈跟着磁铁同向转动，所以，可以排除选项A）
师：进一步推理，线圈由于阻碍铁相对线圈的转动而跟着转起来后，线圈的转速能与磁铁一致吗？（回答：不会一致，若一致就不是阻碍而阻止了）
师：楞次定律的核心是“阻碍”，让我们做出线圈转速小于磁铁转速的结论，因此可以排除选项B。同时，线圈依靠磁铁对线圈施以安培力而跟着转起来后，始终两者转速都不会一样的。（为什么，这个推理请自己用反证法论证）其实这就是异步感应电动机的工作原理。答案：D
【例题12】如图，水平导轨上放着一根金属导体，外磁场竖直穿过导轨框。当磁感强度B减小时，金属棒将怎样运动？
师：请大家不光会用楞次定律去分析，更要学会用楞次定律的推广含义去判断。
本题中产生感应电流的原因是外磁场B的减少，使穿过回路的U减少。为阻碍U减少，应表现出回路面积增大，所以可动的金属棒ab应向外运动。
指点：本题的分析也可以用逆向思维方法推知感应电流的方向。由于阻碍磁通量U↓，导体棒向右运动，作用在导体棒上的安培力方向一定向右，用左手定则可知导体棒中的感应电流方向一定是从b→a。
【例题13】如图所示，一闭合的铜环从静止开始由高处下落通过条形磁铁后继续下降，空气阻力不计，则在铜环的运动过程中，下列说法正确的是：
A．铜环在磁铁的上方时，环的加速度小于g，在下方时大于g
B．铜环在磁铁的上方时，加速度小于g，在下方时也小于g
C．铜环在磁铁的上方时，加速度小于g，在下方时等于g
D．铜环在磁铁的上方时，加速度大于g，在下方时小于g
师：正确答案是B。本题中引起铜环内产生感应电流的原因是铜环在磁铁的磁场中相对磁铁发生运动，使铜环内φ先增加后减少，铜环内产生感应电流，磁场对通有感应电流的铜环又施以磁场力。要判断磁场力的方向，还依赖于对磁铁周围的磁场空间分布的了解。但是用“阻碍引起感应电流的原因”来判断就简捷的多。由于铜环下落而产生感应电流，使铜环受到磁场力，而磁场力一定对铜环的下落起阻碍作用，使铜环下落速度增加得慢些，即。
【例题14】如图所示，当磁铁竖直向下穿向水平面上的回路中央时（未达到导轨所在平面），架在导轨上的导体棒P、Q将会怎样运动？（设导轨M、N光滑）P、Q对导轨M、N的压力等于P、Q受的重力吗？
师：除了直接用楞次定律判断外，请用阻碍相对运动来分析。（经过上面几题的指导，学生肯定会判断。）
生：由于磁铁靠近回路使回路中φ↑，则为使阻碍φ增加，P、Q一定向回路内侧运动，即回路面积会缩小。另一方面，欲使回路阻碍磁铁向下靠近，回路应向下后退，但因“无路可退”而使回路与支承面，P、Q与导轨之间都压得更紧！因此P、Q对导轨施加的压力大于P、Q受的重力。
【例题15】如图所示，MN是一根固定的通电长直导线，电流方向向上。今将一金属线框abcd放在导线上，让线框的位置偏向导线的左边，两者彼此绝缘，当导线中的电流I突然增大时，线框整体受力情况为：
A．受力向右 B．受力向左 C．受力向上 D．受力为零
分析：首先判断由于电流I增大使穿过回路abcd的磁通量U增大还是减小。由于线框位置偏向导线左边，使跨在导线左边的线圈面积大于右边面积，线圈左边部分内磁感线穿出，右边部分内磁感线穿入，整个线框中的合磁通量是穿出的，并且随电流增大而增大。
再用“阻碍磁通量变化”来考虑线框受磁场力而将要发生运动的方向。显然线框只有向右发生运动，才与阻碍合磁通量增加相符合，因此线框受的合磁场力应向右。正确选项为A。
说明；以上5个例题都可以按楞次定律的应用步骤去分析。而我们特意采用了楞次定律含义的推广：“阻碍使U变化的原因”去判断，意图是让大家缩简思维活动程序，提高做题速度，加深对楞次定律中“阻碍”含义的理解。但同时需注意的是，绝不能用简化方法代替基本方法，基本方法能使我们对电磁感应的发生过程了解得更细致，而简化方法只能快速地看到电磁感应的结果，在答题时显示出简捷性和灵活性。
楞次定律中的“阻碍”作用也导致了电磁感应过程中能量的转化，因而电磁感应过程就是能量转化的过程。因此，运用楞次定律也可判断能量的转化。
【例题16】如图所示，在O点正下方有一个具有理想边界的磁场，将铜环从A点由静止释放，向右摆至最高点B，不计空气阻力，则以下说法正确的是
A．A、B两点等高 B．A点高于B点
C．A点低于B点 D．铜环将做等幅摆动
师：铜环进入磁场又离开磁场的两个过程，铜环中的磁通量φ都是变化的，故产生感应电流。现进一步分析，铜环在摆动中机械能守恒吗？（学生回答。）
师；此题的思维过程为：由于铜环进入、离开磁场的过程中都有磁通量φ的变比，一定会产生感应电流，一定会使铜环受到安培力作用，而安培力一定阻碍铜环相对磁场的进、出运动。正因铜环需克服安培力做功→使铜环的机械能转化为电能→铜环做减幅振动。因而正确答案为B。
同学们还可思考：若将铜环改为铜片或球，答案不同吗？（答案一样）只要将铜片或铜球看成是许多并联在一起的铜环即可，它们都会产生感应电流（涡流），使自身发热，机械能损失。这种由于电磁感应而使振动的机械能减小的因素叫电磁阻尼。在磁电式仪表中，为防止仪表通电后指针偏转到某处后来回振动，就利用了这种电磁阻尼原理。反之，若不希望振动的机械能由于电磁阻尼而损失，则需采取使钢环不闭合（留有小缺口），将铜片上开许多缺口以使之不产生感应电流，或产生的感应电流很小的措施。
最后还需指出的是楞次定律与右手定则的关系。两者是一般规律与特殊规律的关系。各种产生感应电流的情况下都可用楞次定律判断其方向，而用右手定则只用于判断闭合电路中一部分导体做切割磁感线运动时产生的感应电流方向。
三、法拉第电磁感应定律
“由于磁通量的变化，使闭合回路中产生感应电流”，这只是表现出来的电磁感应现象，而其实质是由于磁通量的变化，使闭合回路中产生了电动势E——感应电动势。感应电动势比感应电流更能反映电磁感应的本质。而法拉第电磁感应定律就解决了感应电动势大小的决定因素和计算方法。
1．法拉第电磁感应定律
电路中感应电动势的大小，跟穿过这一电路的磁通量的变化率成正比，即，在国际单位制中可以证明其中的k=1，所以有，该式计算的是△t时间内的平均电动势，但不能理解为E的算术平均值。对于n匝线圈有。
（1）用磁通量变化计算感应电动势常见有三种情况：
①回路面积S不变，仅为B变化：
②B不变，仅为回路面积S变化：
③回路面积S和B均不变，相对位置变化（如转动）：
（2）将均匀电阻丝做成的边长为l的正方形线圈abcd从匀强磁场中向右匀速拉而出过程，仅ab边上有感应电动势E=Blv，ab边相当于电源，另3边相当于外电路。ab边两端的电压为3Blv/4，另3边每边两端的电压均为Blv/4。
将均匀电阻丝做成的边长为l的正方形线圈abcd放在匀强磁场中，当磁感应强度均匀减小时，回路中有感应电动势产生，大小为E=l 2（ΔB/Δt），这种情况下，每条边两端的电压U=E/4-I r = 0均为零。
感应电流的电场线是封闭曲线，静电场的电场线是不封闭的，这一点和静电场不同。
在导线切割磁感线产生感应电动势的情况下，由法拉第电磁感应定律可推导出感应电动势大小的表达式是：E=BLvsinα（α是B与v之间的夹角）。（瞬时值）
【例题17】如图所示，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。求：将线圈以向右的速度v匀速拉出磁场的过程中，（1）拉力的大小F；（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 。
解：这是一道基本练习题，要注意计算中所用的边长是L1还是L2 ，还应该思考一下这些物理量与速度v之间有什么关系。
（1）、、、 （2）
（3） （4） （5） 与v无关
特别要注意电热Q和电荷量q的区别，其中与速度无关！
【例题18】如图所示，竖直放置的U形导轨宽为L，上端串有电阻R（其余导体部分的电阻都忽略不计）。磁感应强度为B的匀强磁场方向垂直于纸面向外。金属棒ab的质量为m，与导轨接触良好，不计摩擦。从静止释放后ab保持水平而下滑。试求ab下滑的最大速度vm
解：释放瞬间ab只受重力，开始向下加速运动。随着速度的增大，感应电动势E、感应电流I、安培力F都随之增大，加速度随之减小。当F增大到F=mg时，加速度变为零，这时ab达到最大速度。
由，可得。
这道题也是一个典型的习题。要注意该过程中的功能关系：重力做功的过程是重力势能向动能和电能转化的过程；安培力做功的过程是机械能向电能转化的过程；合外力（重力和安培力）做功的过程是动能增加的过程；电流做功的过程是电能向内能转化的过程。达到稳定速度后，重力势能的减小全部转化为电能，电流做功又使电能全部转化为内能。这时重力的功率等于电功率也等于热功率。
进一步讨论：如果在该图上端电阻的右边串联接一只电键，让ab下落一段距离后再闭合电键，那么闭合电键后ab的运动情况又将如何？（无论何时闭合电键，ab可能先加速后匀速，也可能先减速后匀速，还可能闭合电键后就开始匀速运动，但最终稳定后的速度总是一样的）。
【例题19】如图所示，U形导线框固定在水平面上，右端放有质量为m的金属棒ab，ab与导轨间的动摩擦因数为μ，它们围成的矩形边长分别为L1、L2，回路的总电阻为R。从t=0时刻起，在竖直向上方向加一个随时间均匀变化的匀强磁场B=kt，（k>0）那么在t为多大时，金属棒开始移动？
解：由= kL1L2可知，回路中感应电动势是恒定的，电流大小也是恒定的，但由于安培力F=BIL∝B=kt∝t，所以安培力将随时间而增大。当安培力增大到等于最大静摩擦力时，ab将开始向左移动。这时有：，
2．转动产生的感应电动势
（1）转动轴与磁感线平行。如图，磁感应强度为B的匀强磁场方向垂直于纸面向外，长L的金属棒oa以o为轴在该平面内以角速度ω逆时针匀速转动。求金属棒中的感应电动势。在应用感应电动势的公式时，必须注意其中的速度v应该指导线上各点的平均速度，在本题中应该是金属棒中点的速度，因此有。
（2）线圈的转动轴与磁感线垂直。如图，矩形线圈的长、宽分别为L1、L2，所围面积为S，向右的匀强磁场的磁感应强度为B，线圈绕图示的轴以角速度ω匀速转动。线圈的ab、cd两边切割磁感线，产生的感应电动势相加可得E=BSω。如果线圈由n匝导线绕制而成，则E=nBSω。从图示位置开始计时，则感应电动势的瞬时值为e=nBSωcosωt 。该结论与线圈的形状和转动轴的具体位置无关（但是轴必须与B垂直）。
实际上，这就是交流发电机发出的交流电的瞬时电动势公式。
【例题20】如图所示，xoy坐标系y轴左侧和右侧分别有垂直于纸面向外、向里的匀强磁场，磁感应强度均为B，一个围成四分之一圆形的导体环oab，其圆心在原点o，半径为R，开始时在第一象限。从t=0起绕o点以角速度ω逆时针匀速转动。试画出环内感应电动势E随时间t而变的函数图象（以顺时针电动势为正）。
解：开始的四分之一周期内，oa、ob中的感应电动势方向相同，大小应相加；第二个四分之一周期内穿过线圈的磁通量不变，因此感应电动势为零；第三个四分之一周期内感应电动势与第一个四分之一周期内大小相同而方向相反；第四个四分之一周期内感应电动势又为零。感应电动势的最大值为Em=BR2ω，周期为T=2π/ω，图象如右。
3．电磁感应中的能量守恒
只要有感应电流产生，电磁感应现象中总伴随着能量的转化。电磁感应的题目往往与能量守恒的知识相结合。这种综合是很重要的。要牢固树立起能量守恒的思想。
【例题21】如图所示，矩形线圈abcd质量为m，宽为d，在竖直平面内由静止自由下落。其下方有如图方向的匀强磁场，磁场上、下边界水平，宽度也为d，线圈ab边刚进入磁场就开始做匀速运动，那么在线圈穿越磁场的全过程，产生了多少电热？
解：ab刚进入磁场就做匀速运动，说明安培力与重力刚好平衡，在下落2d的过程中，重力势能全部转化为电能，电能又全部转化为电热，所以产生电热Q =2mgd。
【例题22】如图所示，水平面上固定有平行导轨，磁感应强度为B的匀强磁场方向竖直向下。同种合金做的导体棒ab、cd横截面积之比为2∶1，长度和导轨的宽均为L，ab的质量为m ,电阻为r，开始时ab、cd都垂直于导轨静止，不计摩擦。给ab一个向右的瞬时冲量I，在以后的运动中，cd的最大速度vm、最大加速度am、产生的电热各是多少？
解：给ab冲量后，ab获得速度向右运动，回路中产生感应电流，cd受安培力作用而加速，ab受安培力而减速；当两者速度相等时，都开始做匀速运动。所以开始时cd的加速度最大，最终cd的速度最大。全过程系统动能的损失都转化为电能，电能又转化为内能。由于ab、cd横截面积之比为2∶1，所以电阻之比为1∶2，根据Q=I 2Rt∝R，所以cd上产生的电热应该是回路中产生的全部电热的2/3。又根据已知得ab的初速度为v1=I/m，因此有：、、、，解得。最后的共同速度为vm=2I/3m，系统动能损失为ΔEK=I 2/ 6m，其中cd上产生电热Q=I 2/ 9m。
【例题23】如图所示，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：（1）线圈进入磁场过程中产生的电热Q。（2）线圈下边缘穿越磁场过程中的最小速度v。（3）线圈下边缘穿越磁场过程中加速度的最小值a。
解：（1）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
（2）3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
（3）2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。
【例题24】用均匀导线做成的正方形线框每边长为0.2m，正方形的一半放在垂直纸面向里的匀强磁场中，如图所示，当磁场以每秒10T的变化率增强时，线框中点a、b两点电势差Uab是多少？
设问：本题显然是属于磁场变化、线圈面积不变而产生感应电动势的问题。但所求的Uab 等于a、b两点间的感应电动势吗？此回路的等效电路应为怎样的？哪一部分相当于电源，哪一部分相当于外电路？
（学生经过以上几个问题的分析，都会画出等效电路图并求解Uab。）
等效电路如图所示。方形线框的左半部分内磁通量变化，产生感应电动势，故左半部分相当于电源，右半部分相当于外电路，且内外电阻相等（图中用r表示）。
再提问：本题的计算中，S应取回路面积还是回路中的磁场面积？（让学生讨论后回答。这是本题的一个知识陷阱）
启发：计算磁场的磁通量φ，应该用什么面积（S）？——回答是用磁场的面积。因而本题中计算磁通量变化△φ=△（BS）=S·△B当然同样应为磁场面积，即，L为线框边长。
，路端电压：
用楞次定律判断知感应电流是从左半边线框的b点流出，a点流入，b点相当于电源的正极，故Ub＞Ua，所以Uab=-U=-0.1V
说明：在电磁感应与电路计算的习题中，只要把电源部分和外电路区分开，找出等效电路，然后利用法拉第电磁感应定律求电动势。利用闭合电路欧姆定律和串联关系进行求解是解决这类问题应采用的一般方法。
【例题25】如图所示，导线全都是裸导线，半径为r的圆内有垂直圆平面的匀强磁场，磁感强度为B。一根长度大于2r的导线MN以速率v在圆环上无摩擦地自左端匀速滑动到右端，电路中的定值电阻为R，其余电阻不计。求：MN从圆环的左端滑到右端的全过程中电阻R上的电流强度的平均值及通过R的电量q。
设问：此题属磁通量变化类型还是切割类型？
（学生会一看就说是切割类型的。）
再问：你能用E=Blv计算出感应电动势吗？
（让学生经讨论后达到共识：因有效切割长度在不断变化，且为非线性变化，故难以用上式计算出平均感应电动势。）
师：本题难以用特例公式E=Blv计算，可从一般情况看，MN向右运动，使回路中的磁通量不断减少，可以用法拉第电磁感应定律求平均电动势
由于，。
所以
通过的电量：
追问：本题中何时感应电流最大？感应电流最大值为多少？
学生：当MN运动到圆环中央时，有效切割长度最长，等于圆环直径2r，这时感应电动势最大，回路中感应电流最大。最大值为
反思：想一想，感应电流的平均值I为什么不等于最大电流Imax与最小电流Imin=0的算术平均值？（因I是非线性变化的。）
说明：在电磁感应现象中流过电路的电量
此式具有一般意义。用此式计算电量q时，电流强度应该用平均值，而非有效值，更不能用最大值。这是因为此式是根据电流强度的定义式计算的，而用计算的只能是时间内的平均电流强度！
再加一问：为使MN能保持匀速运动，需外加的拉力是恒力还是变力？
生：使MN保持匀速运动，应满足合力为零的平衡条件，而MN运动中产生感应电流，磁场会对MN施加安培力阻碍MN的运动，因此外力应与安培力二力平衡。又因为MN中的感应电流I是变化的，所以安培力F=BIl也是变化的，需要外力也随之变化。
师：若要求计算外力的最大功率，你又应该怎样思考？
生：首先确定何时外力的功率最大。由前面的分析，当MN运动到圆环中央位置时电流最大，则此时安培力也最大，所需外力最大，由P=Fv知，外力的功率最大。由此可以计算最大功率为
问：还有其它算法吗？（提示：若从能量转化角度考虑可以怎样计算？）
生：外力做多少功，就产生多少电能，电路就产生多少焦耳热。因此还可以根据P外力=P电计算：
【例题26】如图所示，竖直向上的匀强磁场的磁感应强度B0=0.5T，并且以的变化率均匀增加。水平放置的导轨不计电阻，不计摩擦阻力，宽度l=0.5m，在导轨上浮放着一金属棒MN，电阻R0=0.1Ω，并用水平细线通过定滑轮悬吊着质量 M=2kg的重物。导轨上的定值电阻R=0.4Ω，与P、Q端点相连组成回路。又知PN长d=0.8m，求：从磁感强度为B。开始计时，经过多少时间金属棒MN恰能将重物拉起？
（题目条件较多，要给学生审题时间。）
师：本题属于磁通量变化型。首先请一位学生简述一下物理情景。
物理情景是：由于磁通量φ变化使回路中产生感应电流，方向由M→N，根据左手定则判断，MN棒将受方向向左的安培力作用，当F安≥mg时，重物被拉起。
师：物体刚刚被拉离地面时的临界条件一定为F安-mg=0时，即F安=mg。那么在此之前，MN棒未动，则回路面积S不变，仅仅是磁场B变化。由题意推知，在此过程中，安培力一定是逐渐增大的。那么，究竟是什么原因导致安培力F安增大呢？
由于，式中为定值。
显然只能是因B不断增大而使F安变大的。
师：根据以上推理和题意，磁感强度随时间t变化的函数表达式应写为何种形式？
生：根据题意，B是均匀变化的，应为线性函数，又由以上推理知B是增加的，因此函数式应为
师：对。以下就可根据重物被拉起的临界条件确定该时刻的磁感强度Bt，再由上式确定物体被拉起的时刻t。请同学们自己计算一下。（并让一同学到黑板上写出过程）
物体刚被拉起时：F安=Mg
即
得，代入数字得B=500T。
再代入B=B0+0.1t得t=495s。
说明：①本题中经过分析判断写出B的函数式，是运用了数学知识表达物理规律的体现，这种能力也是高考说明中要求的。②本题分析的是金属棒MN尚未运动之前的情况，回路中只有外磁场的磁感增强引起的磁通量变化，而无“切割”，即只有“感生”而无“动生”。当MN棒与重物一起运动以后，由于回路面积减小，同时B↑，回路中磁通量变化规律就不好定性分析了。
【例题27】如图所示，匀强磁场中固定的金属框架ABC，导体棒DE在框架上沿图示方向匀速平移，框架和导体棒材料相同、同样粗细，接触良好。则
A．电路中感应电流保持一定
B．电路中磁通量的变化率一定
C．电路中感应电动势一定
D．棒受到的外力一定
分析：本题属于切割型。DE棒相当于电源，电路中的有效切割长度L不断增大，由E= Blv知，感应电动势E随之增大，而非定值。所以选项C错。
又因为本题的回路中磁通量变化就是DE棒做“切割”运动而引起的，所以用公式计算感应电动势与用E=Blv计算，二者应是一致的，所以选项B错。
设问：电路中的感应电流由什么因素确定？
生：根据闭合电路欧姆定律来确定电流强度。
师：对。但是随着DE棒运动，回路中E=Blv随L增大，回路的总电阻R总也随回路总边长增加而增大，你下一步怎样做才能分析感应电流变还是不变？
学生：计算
师：请自己计算一下感应电流的瞬时值，以便能确定它是否随时间变化。
（学生活动：在座位上运算。）
师：请一位同学说一下是怎样算的。
学生：先计算DE棒在任意时刻t在电路中的有效切割长度l=2·vt·tanθ，θ为顶角B的一半。再代入E=Blv求出感应电动势：E=B·2vt·tanθ，而电路的总电阻与电路总周长成正比。设该电路材料单位长度的电阻为R0，则此时电路总电阻为，
回路中的电流强度为
从上面推导的结果看出，I与时间t无关。上式中各量均为定值，因而I也为定值，A项对。
师：分析正确。其实还可以用更简捷的思维方式，即分析E的增量△E与总电阻的增量△R是否成正比，若为正比关系，则说明比值=恒量，反之则为变量。按此思路考虑，当DE运动一段位移后，电路中有效切割长度增加了△l，而电动势增量△E∝△l；另一方面，回路增加的长度2ab+△l也与△l成正比（如图），即回路中切割长度每增加△l时，回路总长度都增加相同的2ab+△l，而回路电阻增量与回路总长度增量成正比，因此，比值=定值，即I=定值。所以A项正确。显然，这种推理方式无需计算，能省时间。这是一种半定量式的分析。由于本题是选择题，要求我们尽快做出判断，因而无需经仔细计算后再得结论，只要找到比例关系即可。一般来说，高考中的选择题不考那种需经复杂计算才能做出判断的题，即无需“小题大做”，充其量有半定量分析和简单的计算。
最后，关于棒受的外力应该根据什么关系确定？
生：根据DE棒匀速运动，应满足受力平衡关系，即外力与棒受到的安培力相等。而安培力F=BIl随L变化，故外力也随之变化。
师：对。根据公式F=BIl计算安培力时，为什么不是将DE棒的总长度代入公式分析而是只考虑回路中的那一部分长度？
生：因DE棒上只有接入回路的那部分才有电流通过，而磁场是对通电导体施以安培力的。
师：完全正确。本题的D选项是错的。如果概念不清楚，会在D选项的判断上出现失误的。我们平时的练习中，一定要重视基本知识，基本规律、基本方法，而不要只会背公式、套公式，那样就学不好物理。
四、电磁感应中的综合问题
（一）力、电、磁综合题分析
【例题28】如图所示，AB、CD是两根足够长的固定平行金属导轨，两导轨间的距离为l，导轨平面与水平面的夹角为θ，在整个导轨平面内都有垂直于导轨平面斜向上方的匀强磁场，磁感强度为B，在导轨的A、D端连接一个阻值为R的电阻。一根垂直于导轨放置的金属棒ab，其质量为m，从静止开始沿导轨下滑。求：ab棒下滑的最大速度。（要求画出ab棒的受力图，已知ab与导轨间的动摩擦因数为μ，导轨和金属棒的电阻都不计）
教师：（让学生审题，随后请一位学生说题。）题目中表达的是什么物理现象？ab棒将经历什么运动过程？——动态分析。
学生：ab棒沿导轨下滑会切割磁感线，产生感应电动势，进而在闭合电路中产生感应电流。这是电磁感应现象。ab棒在下滑过程中因所受的安培力逐渐增大而使加速度逐渐减小，因此做加速度越来越小的加速下滑。
教师：（肯定学生的答案）你能否按题目要求画出ab棒在运动中的受力图？
学生画图（如图）。
教师指出：本题要求解的是金属棒的最大速度，就要求我们去分析金属棒怎样达到最大速度，最大速度状态下应满足什么物理条件。本质上，仍然是要回答出力学的基本问题：物体受什么力，做什么运动，力与运动建立什么关系式？在电磁现象中，除了分析重力、弹力、摩擦力之外，需考虑是否受磁场力（安培力）作用。
提问：金属棒在速度达到最大值时的力学条件是什么？
要点：金属棒沿斜面加速下滑，随v↑→感应电动势E=Blv↑→感应电流↑→安培力F=BIl↑→合力↓→a↓。当合力为零时，a=0，v达最大vm，以后一直以vm匀速下滑。
（让学生写出v达最大的平衡方程并解出vm。）
板书：当v最大时，沿斜面方向的平衡方程为
解出
师：通过上述分析，你能说出何时金属棒的加速度最大？最大加速度为多少？
生：金属棒做a减小的加速下滑，故最初刚开始下滑时，加速度a最大。由牛顿第二定律有：mgsinθ-μmgcosθ=mam
得 am=g（sinθ-μcosθ）
师设问：如果要求金属棒ab两端的电压Uab最终为多大，应该运用什么知识去思考？
引导：求电路两端的电压应从金属棒所在电路的组成去分析，为此应先画出等效电路模型图。
（学生画图。）
板书：（将学生画出的正确电路图画在黑板上，见图）
师：根据电路图可知Uab指什么电压？（路端电压）
（让学生自己推出Uab表达式及Uab的最大值。）
板书：Uab= E-Ir=Blv-Ir
由于金属棒电阻不计，则r=0，故Uab=Blv随金属棒速度v↑→E↑→Uab↑，最终
提醒：若金属棒的电阻不能忽略，其电阻为r，则Uab结果又怎样？
（有的学生会想当然，认为将上式中的R改为（R+r）即可。）
师指出：仍然应用基本方法去分析，而不能简单从事，“一改了之”。应该用本题的方法考虑一遍：用力学方法确定最大速度，
用电路分析方法确定路端电压
题后语：由例1可知，解答电磁感应与力、电综合题，对于运动与力的分析用力学题的分析方法，只需增加对安培力的分析；而电路的电流、电压分析与电学分析方法一样，只是需要先明确电路的组成模型，画出等效电路图。这是力、电、磁综合题的典型解题方法。分析这类题要抓住“速度变化引起磁场力变化”的相互关联关系，从分析物体的受力情况与运动情况入手是解题的关键和解题的钥匙。
【例题29】如图所示，两根竖直放置在绝缘地面上的金属导轨的上端，接有一个电容为C的电容器，框架上有一质量为m、长为l的金属棒，平行于地面放置，与框架接触良好且无摩擦，棒离地面的高度为h，磁感强度为B的匀强磁场与框架平面垂直。开始时，电容器不带电。将金属棒由静止释放，问：棒落地时的速度为多大？（整个电路电阻不计）
本题要抓几个要点：①电路中有无电流？②金属棒受不受安培力作用？若有电流，受安培力作用，它们怎样计算？③为了求出金属棒的速度，需要用力学的哪种解题途径：用牛顿运动定律？动量观点？能量观点？
师：本题与例1的区别是，在分析金属棒受什么力时首先思维受阻：除了重力外，还受安培力吗？即电路中有电流吗？有的学生认为，虽然金属棒由于“切割”而产生感应电动势E；但电容器使电路不闭合故而无电流，金属棒只受重力做自由落体运动，落地时速度即为。为了判断有无电流，本题应先进行电路的组成分析，画出等效电路图。（学生画图，见图）
问：电路中有电流吗？
（这一问题对大多数学生来说，根据画的电路图都能意识到有电容器充电电流，方向为逆时针。）
再问：这一充电电流强度I应怎样计算？（运用什么物理概念或规律？）
有的学生会照常写出，但很快会必现“整个电路的电阻不计””这一条件，因而思维又发生障碍。
追问：这个电路是纯电阻电路吗？能否应用欧姆定律求电流强度？——让学生认清用欧姆定律根本就是“张冠李戴”的。
引导：既然是给电容器充电形成电流，那么电流强度与给电容器极板上充上的电量Q有什么关系？
有的学生经引导又会想到用定义式
师：让学生判断，分析确定金属棒受的合外力怎样变化时，要考虑安培力的变化情况，所需确定的是瞬时电流，还是平均电流？（瞬时电流）是瞬时电流吗？
学生思维被引导到应考虑很短一段时间△t内电容极板上增加的电量△Q时，电路中瞬时电流为
师：电容器极板上增加的电量与极板间的电压有何关系？
因为Q=CUc，所以△Q=C△Uc
师：而电容两极板间的电压又根据电路怎样确定？
生：因电路无电阻，故电源路端电压U==Blv，而U=Uc，所以△Uc=BL△v。
①
式中为杆的加速度a。
指出：本题中电流强度的确定是关键，是本题的难点，突破了这一难点，以后的问题即可迎刃而解。
问题：下面面临的问题是金属棒在重力、安培力共同作用下运动了位移为h时的速度怎样求。用动量观点、能量观点，还是用牛顿第二定律？
（学生经过分析已知条件，并进行比较，都会选择用牛顿第二定律。）
指点：用牛顿第二定律求解加速度a，以便能进一步弄清金属棒的运动性质。
mg-BIl=ma ②
由①②式得 ③
师：由同学们推出的结果，可知金属棒做什么性质的运动？
生：从③式知a=恒量，所以金属棒做匀加速运动。
师：让学生写出落地瞬时速度表达式。
生：
师：进一步分析金属棒下落中的能量转化，金属棒下落，重力势能减少，转化为什么能力？机械能守恒吗？
学生：克服安培力做功，使金属棒的机械能减少，轻化为电能，储存在电容器里，故金属棒的机械能不守恒。金属棒下落中减少的重力势能一部分转化的电能，还有一部分转化为动能。
师：对。只要电容器不被击穿，这种充电、储能过程就持续进行，电路中就有持续的恒定充电电流
小结：
以上两例都是力、电、磁综合问题。例1是从分析物体受什么力、做什么运动的力学分析为突破口，进而确定最大速度的。例2则以分析电路中的电流、电压等电路状态为突破口，特别是它不符合欧姆定律这一点应引起重视。两题的突破点虽不同，但都离不开力学、电学、电磁感应、安培力等基本概念、基本规律、基本方法的运用。同学们平时在自己独立做题中，仍应在“知（基本知识）、法（基本方法）、路（基本思路）、审（认真审题）”四个字上下功夫，努力提高自己的分析能力、推理能力。
衔接：力电综合题中除了上述的一个物体运动之外，还有所谓的“两体”问题。见例30。
【例题30】如图所示，质量为m1的金属棒P在离地h高处从静止开始沿弧形金属平行导轨MM′、NN′下滑。水平轨道所在的空间有竖直向上的匀强磁场，磁感强度为B。水平导轨上原来放有质量为m2 的金属杆Q。已知两杆质量之比为3∶4，导轨足够长，不计摩擦，m1为已知。求：
（1）两金属杆的最大速度分别为多少？
（2）在两杆运动过程中释放出的最大电能是多少？
师：第（1）问的思维方法与例1一样，先确定两杆分别受什么力，做什么运动，进而可知何时速度最大，最大速度怎样求。
（让学生审题后互相讨论思考一会儿，然后叫一位学生代表表述分析的结果。）
学生：P金属在弯轨上的滑行阶段，机械能守恒： ①
得
这一阶段Q棒仍静止。当P棒滑入水平轨道上并以v1开始切割磁感线后，产生E，闭合电路中产生感应电流I，方向为逆时针。由左手定则知，P棒受到安培力向左，使P棒减速。而Q棒受安培力向右，使Q棒加速。当两棒速度相等时，感应电流为零，安培力F安=BIl=0，加速度a=0，两棒以后以共同的速度匀速运动。此时的速度v2即为棒的最大速度，而v1则为P棒的最大速度。
学生一边分析，教师一边在黑板上画示意图。见图。
师：分析得很好。进一步确定一下v2。可用什么物理规律求出？
指点：变力作用下，P棒做a减小的减速运动，Q棒做a减小的加速运动而两者同速时，a=0，F安=BIL=0，I=0→E=Blvp-BlvQ=O→vQ=vP=v2。，但v2仍无法像例1那样求出。如果变上述的隔离法分析为整体法分析又怎样？即将两金属棒组成的系统为对象，分析它们所受的外力有什么特点吗？
（学生思考后，可以告诉学生，在此过程中，两杆所受的安培力的冲量是等值反向的，因此两棒动量变化是等值反向的，则系统总动量守恒——这种讲法比直接说安培力合力为零，系统P守恒学生更易于接受。）
板书：P、Q两金属棒总动量守恒，则有 ②
得即为Q棒最大速度。
提高要求：你能定性画出P、Q两棒在水平轨道上运动的v-t图像吗？试一试。
（学生考虑后，让一位学生画在黑板上。见图。）
师：转过第二问。第二问涉及能量问题，需要用能量观点考虑。
问题1：全过程释放出的电能，能否用W=UIt计算出来？或用W=I2Rt计算？
生：不知道时间t，而且U、I均为变化的，R也不知，故条件
不足，无法计算。
师：无法直接计算电能就转换思维，间接用能量转化守恒关系计图算。考虑一下全过程中什么能减小，什么能增加？（学生不可能都准确地说出来，要引导。）
答：系统的机械能减少，电能增加。
师：当两金属棒都以v2匀速运动后，系统的机械能不再减少，也就不再释放电能。故系统全过程中损失的全部机械能=释放的最大电能。列式为：
类比：本题中的两棒运动的过程，类似于两同向运动物体的追赶问题：当两棒同速时二者间的距离最近，由导轨、两棒组成的闭合回路的面积最小，磁通量φ最小。而“同速”以后回路面积不再改变、U不变，故E=0，I=0，F安=0，这是从“磁通量变化”角度来看的。
另外，上述过程又类似于完全非弹性碰撞，系统动量守恒，而机械能损失的最多，故释放的电能最多。
师：若题目条件改为不等宽的导轨，如图所示，且已知导轨宽为l1=2l2，金属棒电阻r1=r2=r，则最终两棒的运动关系仍是同速吗？（设宽、窄两部分轨道都足够长）
（有的学生会用例3的结论套用到这里来仍然认为系统动
量守恒，从而得出错误的结论。）
提示：在全过程中，两棒的动量变化仍等值反向吗？
生：安培力为F安=BIl，因两杆不一样长，故两杆所受的安培力不一样大，其冲量不相等，所以动量改变不相等。系统动量不守恒。
师：仍然从基本方法出发，分析两棒各自做什么运动：P棒做a减小的减速运动，Q棒做a减小的加速运动。当vP=vQ时，电路中两个电动势之和为E= EP- EQ=Bl1vP-Bl2vQ≠0，故回路中仍然有逆时针的电流，各棒在安培力作用下继续运动，P棒继续减速，Q棒继续加速，最终当E= Bl1vP-Bl2vQ =0时，I=0，F安=0，两棒才做匀速运动。
因此，本题应满足的物理条件和规律是：
最终匀速运动的条件：E=0
即：Bl1vP-Bl2vQ =0 ①
得 ②
运动过程中的动量变化规律为：
P棒：BIl1·Δt=m1（v1-vp） ③
Q棒：BIl2·Δt=m2vQ-0 ④
③/④得： ⑤
由②、⑤式代入数字得：，。
师：请同学们试画出两棒在水平轨道上运动的v-t图像。（定性）
师：从本题的分析可见，遇到物理问题应该养成仔细审清题目给的条件，分析物理过程，正确选用物理规律的习惯，而不要轻率地套用某些题目的某些结论。
（二）用能量观点分析电磁感应问题
【例题31】有一种磁性加热装置，其关键部分由焊接在两个等大的金属圆环上的n根（n较大）间距相等的平行金属条组成，呈“鼠笼”状，如图所示。每根金属条的长度为l、电阻为R，金属环的直径为D，电阻不计。图中的虚线所示的空间范围内存在着磁感强度为B的匀强磁场，磁场的宽度恰好等于“鼠笼”金属条的间距，当金属笼以角速度ω绕通过两圆环的圆心的轴OO′旋转时，始终有一根金属条在垂直切割磁感线。“鼠笼”的转动由一台电动机带动，这套设备的效率为η，求：电动机输出的机械功率。
师：首先要弄懂本题所述装置的用途，满足该用途所利用的物理原理。
本装置是用来加热的，而“热”来源于哪儿？
生：“鼠笼”转动时，总有一根金属条切割磁感线而产生感应电动势、感应电流，感应电流通过整个“鼠笼”的金属条时产生电热。师：对。这是利用电磁感应产生的感应电流的热效应来加热的装置。从能量转化的观点来看，“鼠笼”转动中，是将什么能转化为什么能？
生：机械能转化为电能，电能又进一步转化为内能。
师：“鼠笼”的机械能从何而来？
生：电动机传输给“鼠笼”的。
师：电动机输出的机械能全部传输给“鼠笼”吗？
生：不是全部，而是按效率η传输的。
师：对。以上几个关键问题审清了，即可着手解题。请同学们自己列出基本关系式，进而求解。（并请一位学生到黑板上写出解题过程。）
每一根金属条“切割”产生的感应电动势为 ①
整个“鼠笼”产生的电热功率为 ②
每根做“切割”运动的金属条就相当于电源，故内阻r=R，其余n-1根金属条并在两圆环之间相当于并联着的外电阻：，所以 ③
此装置的传输效率为η=P热/P机 ④
由①②③④可得电动机的输出功率为。
说明：本题计算电功率p电时用“鼠笼”克服安培力做多少功，就有多少机械能转化为电能考虑，也可得到正确结论。具体解法为：
①
②
③
η=P热/P机 ④
由①②③④也可得电动机的输出功率为。
前一种解法注重能量转化的结果，后一种解法更注重能量转化的方式——克服安培力做功，不管哪种方法，都是建立在对物理过程的分析基础上。
能量转化守恒定律贯穿在整个物理学中，电磁感应现象也不例外，因此，用能量观点来考虑问题，有时可使求解过程很简捷。
（三）电磁感应中的图像
图像问题是同学们的薄弱环节，因而也是高考中的热点。下面见一例。
【例题32】如图所示，一个由导体做成的矩形线圈，以恒定速率v运动，从无磁场区进入匀强磁场区，然后出来。若取逆时针方向为电流正方向，那么右图中的哪一个图线能正确地表示电路中电流与时间的函数关系？
师：线圈“进入磁场”的过程中，穿过线圈的磁通量φ怎样变化？产生的感应电流i用什么方法判断？是什么方向？
生：磁通量φ增加。用楞次定律（或用右手定则判断“切割”产生的i）可判知感应电流i为逆时针流向，即本题规定的正方向。
师：线圈“离开磁场”的过程中又怎样？
生：φ↓→i为顺时针流向即负向。（分析到此，可排除C图、D图）
师：进一步分析，“进入磁场”、“离开磁场”的过程中，感应电流i的大小随时间怎样变化？
生：这两个过程中均为只有线框的一条边在磁场中做“切割”运动，且为匀速切割，则可知感应电动势E+Blv为恒定值，感应电流I=E/R也是恒定数值的量。可排除A图。肯定是B。
师：大家还可变换条件去分析，若导体线框不是矩形，而是一个三角形的，如图，正确的图又该是哪个？
指点：若为三角形线框，则需考虑按有效切割长度l来确定感应电动势和感应电流（如图所示）
进入磁场过程中，有效切割长度l均匀增大，离开磁场过程中有效切割长度l均匀减小，故i先正向均匀增大，后来i反向，均匀减小，正确选项为A图。
说明：电磁感应问题中的图像问题，回路中的感应电动势e、感应电流i，磁感强度B的方向，在相应的e-t图、i-t图、B-t图中是用正、负值来反映的。而分析回路中的感应电动势e、感应电流i的大小及其变化规律，仍然要根据法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律来分析。
a
b
c
a
c
b
M
N
S
a
b
c
b
c
220V
N
S
v0
M
a d
b c
O1
O2
c a
d b
L2 L1
O1
O2
a b
a b
O1 a
O2 b
a
b
L
R
O
B
B
l
v
a
b
c
d
c
B
l
a
b
d
F
L1
L2
B
v
R
a b
m L
b
a
B
L1
L2
ω
o a
v
a d
b c
L1
L2
B
ω
y
o
x
ω
B
a
b
T 2T
E
t
o
Em
h
d
l
1
2
3
4
v0
v0
v第十五单元 交变电流 电磁场和电磁波
教学目标
1．掌握交流电变化规律。
2．理解交流电的有效值。
3．掌握变压器工作原理及规律。
4．知道变压器的输入功率随输出功率增大而增大，知道变压器原线圈中的电流随副线圈电流增大而增大。
5．知道电磁场电磁波电磁波的波速。
6．培养综合应用电磁感应知识解决复杂问题的能力。
教学重点、难点分析
1．交流电的产生和变化规律。
2．交流电有效值的计算。
教学过程设计
一、正弦交变电流
法拉第电磁感应定律的内容：电路中感应电动势大小跟穿过这一电路的磁通量的变化率成正比，。
启发引导：一个矩形闭合线框在磁场中绕垂直于磁场方向的轴转动，情况将如何？
线框边长ab=dc=L1，ad=bc=L2
OO′为过ad、bc中点的轴。
从图示位置开始计时，经过时间t，线圈转过角度θ=ωt，此时ab和dc边产生感应电动势，，。
线圈产生总电动势e= Eab+ Edc=BL1L2ωsinωt，记作e=Emsinωt
设线圈总电阻为R，线圈中感应电流，记作i=Imsinωt
e和i随t按正弦规律变化。
1．正弦交变电流的产生
闭合矩形线圈在磁场中绕垂直于场强方向的轴转动产生的电流随时间作周期性变化，称交流电。
当闭合线圈由中性面位置（右图中O1O2位置）开始在匀强磁场中匀速转动时，线圈中产生的感应电动势随时间而变的函数是正弦函数：e=Emsinωt，其中Em=nBSω，这就是正弦交变电流。
2．交流电的变化规律
（1）函数表达式：e=Emsinωt、i=Imsinωt、u=Umsinωt
（2）图像：以e（i、u）为因变量，t或ωt为自变量作图。
3．描述交流电的周期性变化规律的物理量
（1）周期（T）：完成一次周期性变化所需要的时间。单位：秒s。
（2）频率（f）：交流电在ls内完成周期性变化的次数。单位：赫兹Hz。
二者关系：
（3）角频率（ω）：线圈在t时间内转过的角度。，单位：弧度/秒（rad/s）。
4．交变电流的有效值
交变电流的有效值是根据电流的热效应规定的：让交流和直流通过相同阻值的电阻，如果它们在相同的时间内产生的热量相等，就把这一直流的数值叫做这一交流的有效值。
（1）只有正弦交变电流的有效值才一定是最大值的倍，、、。
（2）通常所说的交变电流的电流、电压；交流电表的读数；交流电器的额定电压、额定电流；保险丝的熔断电流等都指有效值。（电容器的耐压值是交流的最大值。）
3．正弦交变电流的最大值、有效值、瞬时值和平均值
正弦交变电流的电动势、电压和电流都有最大值、有效值、瞬时值和平均值的区别。以电动势为例：最大值用Em表示，有效值用E表示，瞬时值用e表示，平均值用表示。它们的关系为：E=Em/，e=Emsinωt。平均值不常用，必要时要用法拉第电磁感应定律直接求：。特别要注意，有效值和平均值是不同的两个物理量，千万不可混淆。
生活中用的市电电压为220V，其最大值为220V=311V（有时写为310V），频率为50HZ，所以其电压即时值的表达式为u=311sin314tV。
【例题1】交流发电机的转子由B∥S的位置开始匀速转动，与它并联的电压表的示数为14.1V，那么当线圈转过30°时交流电压的瞬时值为 V。
解：电压表的示数为交流电压的有效值，由此可知最大值为Um=U=20V。而转过30°时刻的瞬时值为u=Umcos30°=17.3V。
【例题2】 如图为一交流电的电流随时间而变化的图像，则此交流电流的有效值是______。
解：根据交流电的定义：，解得I有=5A。
【例题3】通过某电阻的周期性交变电流的图象如右。求该交流电的有效值I。
解：该交流周期为T=0.3s，前t1=0.2s为恒定电流I1=3A，后t2=0.1s为恒定电流I2=-6A，因此这一个周期内电流做的功可以求出来，根据有效值的定义，设有效值为I，根据定义有：I 2RT=I12Rt1+ I22Rt2，带入数据计算得：I=3A。
【例题4】交流发电机转子有n匝线圈，每匝线圈所围面积为S，匀强磁场的磁感应强度为B，匀速转动的角速度为ω，线圈内电阻为r，外电路电阻为R。当线圈由图中实线位置匀速转动90°到达虚线位置过程中，求：（1）通过R的电荷量q为多少？（2）R上产生电热QR为多少？（3）外力做的功W为多少？
解：（1）按照电流的定义I=q/t，计算电荷量q应该用电流的平均值：即，而，，这里电流和电动势都必须要用平均值，不能用有效值、最大值或瞬时值。
（2）求电热应该用有效值，先求总电热Q，再按照内外电阻之比求R上产生的电热QR。，。这里的电流必须要用有效值，不能用平均值、最大值或瞬时值。
（3）根据能量守恒，外力做功的过程是机械能向电能转化的过程，电流通过电阻，又将电能转化为内能，即放出电热。因此。一定要学会用能量转化和守恒定律来分析功和能。
【例题5】左图所示是某种型号的电热毯的电路图，电热毯接在交变电源上，通过装置P使加在电热丝上的电压的波形如右图所示。此时接在电热丝两端的交流电压表的读数为
A．110V B．156V C．220V D．311V
解：从u-t图象看出，每个周期的前半周期是正弦图形，其有效值为220V；后半周期电压为零。根据有效值的定义，，得U=156V，选B。
二、理想变压器
1．作用：改变交流电的电压。
2．构造：闭合铁芯和绕在铁芯上的两个线圈。
3．工作原理：电磁感应。
理想变压器的两个基本公式是：（1），即对同一变压器的任意两个线圈，都有电压和匝数成正比。（2）P入=P出，即无论有几个副线圈在工作，变压器的输入功率总等于所有输出功率之和。
需要特别引起注意的是：
（1）只有当变压器只有一个副线圈工作时，才有：、。
（2）变压器的输入功率由输出功率决定，往往用到：，即在输入电压确定以后，输入功率和原线圈电压与副线圈匝数的平方成正比，与原线圈匝数的平方成反比，与副线圈电路的电阻值成反比。式中的R表示负载电阻的阻值，而不是“负载”。“负载”表示副线圈所接的用电器的实际功率。实际上，R越大，负载越小；R越小，负载越大。这一点在审题时要特别注意。
【例题6】理想变压器初级线圈和两个次级线圈的匝数分别为n1=1760匝、n2=288匝、n3=8000匝，电源电压为U1=220V。n2上连接的灯泡的实际功率为36W，测得初级线圈的电流为I1=0.3A，求通过n3的负载R的电流I3。
解：由于两个次级线圈都在工作，所以不能用I∝1/n，而应该用P1=P2+P3和U∝n。由U∝n可求得U2=36V，U3=1000V；由U1I1=U2I2+U3I3和I2=1A可得I3=0.03A。
【例题7】在变电站里，经常要用交流电表去监测电网上的强电流，所用的器材叫电流互感器。如下所示的四个图中，能正确反应其工作原理的是
A． B． C． D．
解：电流互感器要把大电流变为小电流，因此原线圈匝数少，副线圈的匝数多。监测每相的电流必须将原线圈串联在火线中。选A。
4．远距离输电
一定要画出远距离输电的示意图来，包括发电机、两台变压器、输电线等效电阻和负载电阻。并按照规范在图中标出相应的物理量符号。一般设两个变压器的初、次级线圈的匝数分别为、n1、n1′、n2、n2′，相应的电压、电流、功率也应该采用相应的符号来表示。从图中应该看出功率之间的关系是：P1=P1′，P2=P2′，P1′=Pr=P2。电压之间的关系是：，，。电流之间的关系是：，，。可见其中电流之间的关系最简单，、、中只要知道一个，另两个总和它相等。因此求输电线上的电流往往是这类问题的突破口。
输电线上的功率损失和电压损失也是需要特别注意的。分析和计算时都必须用，，而不能用。
特别重要的是要会分析输电线上的功率损失，由此得出的结论： （1）减少输电线功率损失的途径是提高输电电压或增大输电导线的横截面积。两者相比，当然选择前者。（2）若输电线功率损失已经确定，那么升高输电电压能减小输电线截面积，从而节约大量金属材料和架设电线所需的钢材和水泥，还能少占用土地。
【例题8】学校有一台应急备用发电机，内阻为r=1Ω，升压变压器匝数比为1∶4，降压变压器的匝数比为4∶1，输电线的总电阻为R=4Ω，全校22个教室，每个教室用“220V，40W”的灯6盏，要求所有灯都正常发光，则：（1）发电机的输出功率多大？（2）发电机的电动势多大？（3）输电线上损耗的电功率多大？
解：（1）所有灯都正常工作的总功率为22×6×40=5280W，用电器总电流为A，输电线上的电流A，降压变压器上：U2=4U2′=880V，输电线上的电压损失为：Ur=IRR=24V ，因此升压变压器的输出电压为U1′=UR+U2=904V，输入电压为U1=U1′/4=226V，输入电流为I1=4I1′=24A，所以发电机输出功率为P出=U1I1=5424W
（2）发电机的电动势E=U1+I1r=250V
（3）输电线上损耗的电功率PR=IR2R=144W
【例题9】在远距离输电时，要考虑尽量减少输电线上的功率损失。有一个坑口电站，输送的电功率为P=500kW，当使用U=5kV的电压输电时，测得安装在输电线路起点和终点处的两只电度表一昼夜示数相差4800度。求：（1）这时的输电效率η和输电线的总电阻r。（2）若想使输电效率提高到98%，又不改变输电线，那么电站应使用多高的电压向外输电？
解；（1）由于输送功率为P=500kW，一昼夜输送电能E=Pt=12000度，终点得到的电能E′=7200度，因此效率η=60%。输电线上的电流可由I=P/U计算，为I=100A，而输电线损耗功率可由Pr=I 2r计算，其中Pr=4800/24=200kW，因此可求得r=20Ω。
（2）输电线上损耗功率，原来Pr=200kW，现在要求Pr′=10kW ，计算可得输电电压应调节为U ′=22.4kV。
三、电磁场和电磁波
1．电磁场
麦克斯韦电磁场理论的要点：要深刻理解和应用麦克斯韦电磁场理论的两大支柱：变化的磁场产生电场，变化的电场产生磁场。
按照麦克斯韦的电磁场理论，变化的电场和磁场总是相互联系的，形成一个不可分离的统一的场，这就是电磁场。电场和磁场只是这个统一的电磁场的两种具体表现。
2．电磁波
变化的电场和磁场从产生的区域由近及远地向周围空间传播开去，就形成了电磁波。
有效地发射电磁波的条件是：（1）频率足够高（单位时间内辐射出的能量P∝f 4）；（2）形成开放电路（把电场和磁场分散到尽可能大的空间里去）。
电磁波的传播：
（1）不需要任何介质
（2）在真空中任何电磁波传播速度都是c=3.00×108m/s，跟光速相同。
（3）频率不同的电磁波波长不同。三者关系式：。
（4）电磁波是横波。E与B的方向彼此垂直，而且都跟波的传播方向垂直，因此电磁波是横波。
3．电磁波的应用
要知道广播、电视、雷达、无线通信等都是电磁波的具体应用。
【例题10】某防空雷达发射的电磁波频率为f=3×103MHZ，屏幕上尖形波显示，从发射到接受经历时间Δt=0.4ms，那么被监视的目标到雷达的距离为______km。该雷达发出的电磁波的波长为______m。
解：由s= cΔt=1.2×105m=120km。这是电磁波往返的路程，所以目标到雷达的距离为60km。由c= fλ可得λ= 0.1m
【例题11】电子感应加速器是利用变化磁场产生的电场来加速电子的。在圆形磁铁的两极之间有一环形真空室，用交变电流励磁的电磁铁在两极间产生交变磁场，从而在环形室内产生很强的电场，使电子加速。被加速的电子同时在洛伦兹力的作用下沿圆形轨道运动。设法把高能电子引入靶室，能使其进一步加速。在一个半径为r=0.84m的电子感应加速器中，电子在被加速的4.2ms内获得的能量为120MeV。这期间电子轨道内的高频交变磁场是线性变化的，磁通量从零增到1.8Wb，求电子共绕行了多少周？
解：根据法拉第电磁感应定律，环形室内的感应电动势为，设电子在加速器中绕行了N周，则电场力做功NeE应该等于电子的动能EK，所以有N= EK/Ee，带入数据可得N=2.8×105周。
【例题12】如图所示，半径为 r 且水平放置的光滑绝缘的环形管道内，有一个电荷量为 e，质量为 m 的电子。此装置放在匀强磁场中，其磁感应强度随时间变化的关系式为 B=B0+kt（k>0）。根据麦克斯韦电磁场理论，均匀变化的磁场将产生稳定的电场，该感应电场对电子将有沿圆环切线方向的作用力，使其得到加速。设t=0时刻电子的初速度大小为v0，方向顺时针，从此开始后运动一周后的磁感应强度为B1，则此时电子的速度大小为
A． B． C． D．
解：感应电动势为E=kπr2，电场方向逆时针，电场力对电子做正功。在转动一圈过程中对电子用动能定理：，B正确；由半径公式知，A也正确，答案为AB。
【例题13】如图所示，平行板电容器和电池组相连。用绝缘工具将电容器两板间的距离逐渐增大的过程中，关于电容器两极板间的电场和磁场，下列说法中正确的是
A．两极板间的电压和场强都将逐渐减小
B．两极板间的电压不变，场强逐渐减小
C．两极板间将产生顺时针方向的磁场
D．两极板间将产生逆时针方向的磁场
解：由于极板和电源保持连接，因此两极板间电压不变。两极板间距离增大，因此场强E=U/d将减小。由于电容器带电量Q=UC，d增大时，电容C减小，因此电容器带电量减小，即电容器放电。放电电流方向为逆时针。在引线周围的磁场方向为逆时针方向，因此在两极板间的磁场方向也是逆时针方向。选BD。
B
O1
ω
O2
n3 R
n2 L
220V
n1
A
A
A
A
零线
火线
火线
零线
零线
火线
零线
火线
n1 n1′ n2 n2′ R
D1 r D2
I1 I1′ I r I2 I2′
~
~
R
v0第八单元 热学
教学目标
1．从观察和实验出发，使学生对分子动理论的物理图景有初步的认识，对热现象和其他物理过程的关系有初步的了解，理解能量转化和守恒的思想。并能对一些简单的热现象，以分子动理论和能量守恒的观点加以分析判断。
2．学习通过宏观物理实验，提出科学假说和模型，进行推理以认识物质微观结构的分析方法，培养建立物理模型，进行分析推理的能力。
3．学习用统计的观点认识大量微观粒子的运动规律的方法。
4．使学生明确理想气体状态应由三个参量来决定，其中一个发生变化，至少还要有一个随之变化，所以控制变量的方法是物理学研究问题的重要方法之一。
5．要求学生通过讨论、分析，总结出决定气体压强的因素。
教学重点、难点分析
1．重点的知识是分子动理论的要点和能量转化和守恒定律。重点的方法是建立物理模型进行推理和计算的方法。
2．难点是有关分子力和分子势能的概念，以及用能量守恒的观点去分析实际问题。
教学过程设计
一、分子动理论
热学是物理学的一个组成部分，它研究的是热现象的规律。描述热现象的一个基本概念是温度。凡是跟温度有关的现象都叫做热现象。分子动理论是从物质微观结构的观点来研究热现象的理论。它的基本内容是：物体是由大量分子组成的；分子永不停息地做无规则运动；分子间存在着相互作用力。
1．物体是由大量分子组成的
这里的分子是指构成物质的单元，可以是原子、离子，也可以是分子。在热运动中它们遵从相同的规律，所以统称为分子。
（1）这里建立了一个理想化模型：把分子看作是小球，所以求出的数据只在数量级上是有意义的。一般认为分子直径大小的数量级为10-10m。
（2）固体、液体被理想化地认为各分子是一个挨一个紧密排列的，每个分子的体积就是每个分子平均占有的空间。分子体积=物体体积÷分子个数。
（3）气体分子仍视为小球，但分子间距离较大，不能看作一个挨一个紧密排列，所以气体分子的体积远小于每个分子平均占有的空间。每个气体分子平均占有的空间看作以相邻分子间距离为边长的正立方体。
（4）阿伏加德罗常数NA=6.02×1023mol-1，是联系微观世界和宏观世界的桥梁。它把物质的摩尔质量、摩尔体积这些宏观物理量和分子质量、分子体积这些微观物理量联系起来了。
【例题1】根据水的密度为ρ=1.0×103kg/m3和水的摩尔质量M=1.8×10-2kg,，利用阿伏加德罗常数，估算水分子的质量和水分子的直径。
解：每个水分子的质量m=M/NA=1.8×10-2÷6.02×1023=3.0×10-26kg；水的摩尔体积V=M/ρ，把水分子看作一个挨一个紧密排列的小球，则每个分子的体积为v=V/NA,而根据球体积的计算公式，用d表示水分子直径，v=4πr3/3=πd3/6，得d=4×10-10m
【例题2】利用阿伏加德罗常数，估算在标准状态下相邻气体分子间的平均距离D。
解：在标准状态下，1mol任何气体的体积都是V=22.4L，除以阿伏加德罗常数就得每个气体分子平均占有的空间，该空间的大小是相邻气体分子间平均距离D的立方。
，即：，这个数值大约是分子直径的10倍。因此水气化后的体积大约是液体体积的1000倍。
小结：估算中需要利用已知的恒量，同时，采用适当的模型是重要的。一般计算分子占有空间大小的问题中，以取立方体为宜，特别是固体。但无论取球或立方体模型，计算结果的数量级相同。此题若取球模型，在保留1位有效数字时，结果的数量级是相同的，只是有效数字为4。
2．分子的热运动
物体里的分子永不停息地做无规则运动，这种运动跟温度有关，所以通常把分子的这种运动叫做热运动。
（1）扩散现象和布朗运动都可以很好地证明分子的热运动。
（2）布朗运动是指悬浮在液体中的固体微粒的无规则运动。关于布朗运动，要注意以下几点：①形成条件是：只要微粒足够小。②温度越高，布朗运动越激烈。③观察到的是固体微粒（不是液体，不是固体分子）的无规则运动，反映的是液体分子运动的无规则性。④实验中描绘出的是某固体微粒每隔30秒的位置的连线，不是该微粒的运动轨迹。
（3）为什么微粒越小，布朗运动越明显？可以这样分析：在任何一个选定的方向上，同一时刻撞击固体微粒的液体分子个数与微粒的横截面积成正比，即与微粒的线度r的平方成正比，从而对微粒的撞击力的合力F与微粒的线度r的平方成正比；而固体微粒的质量m与微粒的体积成正比，即与微粒的线度r的立方成正比，因此其加速度A=F/m∝r–1，即加速度与微粒线度r成反比。所以微粒越小，运动状态的改变越快，布朗运动越明显。
对布朗运动产生过程的分析有如下特点应加以注意。
（1）在排除了外界影响后，从流体内部找原因。
（2）提出了“液体分子”这个物理模型，并认为分子总处于永不停息的无规则运动中。同时，要把液体分子视做弹性小球，在跟固体微粒碰撞的过程中动能守恒。
（3）认为大量分子碰撞固体微粒时，某一瞬间，固体微粒各方向所受液体分子的冲力，对于体积小的固体微粒表现出明显的不平衡性。正是这种不平衡性，产生了布朗运动。
在这里，提出科学假说，建立物理模型，通过宏观实验，进行分析推理以得出微观结构及其运动特点的方法，对于得出正确结论是重要的。
同时，大量分子对固体微粒碰撞的冲力的不平衡性，冲力合力的方向的不确定性，还体现出新的规律性。这种反映大量分子永不停息的无规则运动的整体规律，称之为统计规律。
3．分子间的相互作用力
（1）分子力有如下几个特点：①分子间同时存在引力和斥力；②引力和斥力都随着距离的增大而减小；③斥力比引力变化得快。
（2）引导同学们动手画F-r图象。先从横坐标r=r0开始（r0是处于平衡状态时相邻分子间的距离），分别画斥力（设为正）和引力（设为负）；然后向右移，对应的斥力比引力减小得快；向左移，对应的斥力比引力增大得快，画出斥力、引力随r而变的图线，最后再画出合力（即分子间作用力）随r而变的图线。
（3）分子间作用力（指引力和斥力的合力）随分子间距离而变的规律是：①rr0时表现为引力；④r>10r0以后，分子力变得十分微弱，可以忽略不计。记住这些规律对理解分子势能有很大的帮助。
（4）从本质上来说，分子力是电场力的表现。因为分子是由原子组成的，原子内有带正电的原子核和带负电的电子，分子间复杂的作用力就是由这些带电粒子间的相互作用而引起的。（也就是说分子力的本质是四种基本相互作用中的电磁相互作用）。
【例题3】下面关于分子力的说法中正确的有：
A．铁丝很难被拉长，这一事实说明铁丝分子间存在引力
B．水很难被压缩，这一事实说明水分子间存在斥力
C．将打气管的出口端封住，向下压活塞，当空气被压缩到一定程度后很难再压缩，这一事实说明这时空气分子间表现为斥力
D．磁铁可以吸引铁屑，这一事实说明分子间存在引力
解：A、B正确。无论怎样压缩，气体分子间距离一定大于r0，所以气体分子间一定表现为引力。空气压缩到一定程度很难再压缩不是因为分子斥力的作用，而是气体分子频繁撞击活塞产生压强的结果，应该用压强增大解释，所以C不正确。磁铁吸引铁屑是磁场力的作用，不是分子力的作用，所以D也不正确。
4．物体的内能
（1）做热运动的分子具有的动能叫分子动能。温度是物体分子热运动的平均动能的标志。温度越高，分子做热运动的平均动能越大。
（2）由分子间相对位置决定的势能叫分子势能。分子力做正功时分子势能减小；分子力作负功时分子势能增大。（所有势能都有同样结论：重力做正功重力势能减小、电场力做正功电势能减小。）
由分子力曲线可以得出：当r=r0即分子处于平衡位置时分子势能最小。不论r从r0增大还是减小，分子势能都将增大。如果以分子间距离为无穷远时分子势能为零，则分子势能随分子间距离而变的图象如右。可见分子势能与物体的体积有关。体积变化，分子势能也变化。
（3）物体中所有分子做热运动的动能和分子势能的总和叫做物体的内能。
物体的内能跟物体的温度和体积都有关系：温度升高时物体内能增加；体积变化时，物体内能变化。
【例题4】如果取两个分子相距无穷远时的分子势能为零，下面说法中正确的有
A．当两分子间距在r0和10r0之间时，分子势能一定为负值
B．当两分子间距为r0时，分子势能一定为零
C．当两分子间距为r0时，分子势能最小且为负值
D．当两分子间距小于r0时，分子势能可能为正值
解：若取两分子相距无穷远时分子势能为零，则当两分子间距在r0到10r0之间时，分子力表现为引力，分子势能随间距的减小而减小（此时分子力做正功）。而当分子间距小于r0时，分子力表现为斥力，分子势能随间距的减小而增大（此时分子力做负功）。由此可知：选项A、C正确。在分子间距小于r0到一定值以后，将会出现分子势能为正值的情况，因此，选项D也成立。故应选A、C、D。
小结：各位置分子势能的大小关系是绝对的．但是，是正值还是负值却跟零势能点的规定有关。
5．热力学第一定律
做功和热传递都能改变物体的内能。也就是说，做功和热传递对改变物体的内能是等效的。但从能量转化和守恒的观点看又是有区别的：做功是其他能和内能之间的转化，功是内能转化的量度；而热传递是内能间的转移，热量是内能转移的量度。
外界对物体所做的功W加上物体从外界吸收的热量Q等于物体内能的增加ΔU，即ΔU=Q+W这在物理学中叫做热力学第一定律。
在表达式中，当外界对物体做功时W取正，物体克服外力做功时W取负；当物体从外界吸热时Q取正，物体向外界放热时Q取负；当物体温度升高ΔU为正，物体温度降低ΔU为负；ΔU为正表示物体内能增加，ΔU为负表示物体内能减小。
【例题5】下列说法中正确的是
A．物体吸热后温度一定升高
B．物体温度升高一定是因为吸收了热量
C．0℃的冰化为0℃的水的过程中内能不变
D．100℃的水变为100℃的水汽的过程中内能增大
解：吸热后物体温度不一定升高，如冰融化为水或水沸腾时都需要吸热，而温度不变，这时吸热后物体内能的增加表现为分子势能的增加，所以A不正确。做功也可以使物体温度升高，例如用力多次来回弯曲铁丝，弯曲点铁丝的温度会明显升高，这是做功增加了物体的内能，使温度上升，所以B不正确。冰化为水时要吸热，内能中的分子动能不变，但分子势能增加，因此内能增加，所以C不正确。水沸腾时要吸热，内能中的分子动能不变但分子势能增加，所以内能增大，D正确。
6．能量守恒定律
能量守恒定律指出：能量即不会凭空产生，也不会凭空消失，它只能从一种形式转化为别的形式，或者从一个物体转移到别的物体，在转化或转移的过程中其总量不变。
【例题6】“奋进号”航天飞机进行过一次太空飞行，其主要任务是给国际空间站安装太阳能电池板。该太阳能电池板长L=73m，宽d=12m，将太阳能转化为电能的转化率为η=20%，已知太阳的辐射总功率为P0=3.83×1026W，地日距离为R0=1.5×1011m，国际空间站离地面的高度为h=370km，它绕地球做匀速圆周运动约有一半时间在地球的阴影内，所以在它能发电的时间内将把所发电的一部分储存在蓄电池内。由以上数据，估算这个太阳能电池板能对国际空间站提供的平均功率是多少？
解：由于国际空间站离地面的高度仅为地球半径的约二十分之一，可认为是近地卫星，h远小于R0，因此它离太阳的距离可认为基本不变，就是地日距离R0。太阳的辐射功率应视为均匀分布在以太阳为圆心，地日距离为半径的球面上，由此可以算出每平方米接收到的太阳能功率I0=P0/4πR02=1.35kW/m2（该数据被称为太阳常数），再由电池板的面积和转化率，可求出其发电时的电功率为P=I0Ldη=2.6×105W，由于每天只有一半时间可以发电，所以平均功率只是发电时电功率的一半即130kW。
7．热力学第二定律
（1）热传导的方向性。热传导的过程是有方向性的，这个过程可以向一个方向自发地进行（热量会自发地从高温物体传给低温物体），但是向相反的方向却不能自发地进行。
（2）第二类永动机不可能制成。我们把没有冷凝器，只有单一热源，从单一热源吸收热量全部用来做功，而不引起其它变化的热机称为第二类永动机。
这表明机械能和内能转化过程具有方向性：机械能可以全部转化成内能，内能却不能全部转化成机械能。
物体的内能和机械能之间主要区别有如下几点：
①对应着不同的研究对象和物理运动形式。
机械能对应于宏观物体的机械运动，而物体的内能对应于大量分子的热运动，是大量分子的集体表现，是统计平均的结果。
②对应着不同的相互作用力。
机械能对应于万有引力和弹簧弹力；而物体的内能对应于静电力。
③数值的确定依据和方法不同。
（3）热力学第二定律。表述：①不可能使热量由低温物体传递到高温物体，而不引起其他变化（按热传导的方向性表述）。②不可能从单一热源吸收热量并把它全部用来做功，而不引起其他变化（按机械能和内能转化过程的方向性表述）。③第二类永动机是不可能制成的。
热力学第二定律使人们认识到：自然界种进行的涉及热现象的宏观过程都具有方向性。它揭示了有大量分子参与的宏观过程的方向性，使它成为独立于热力学第一定律的一个重要的自然规律。
（4）能量耗散。自然界的能量是守恒的，但是有的能量便于利用，有些能量不便于利用。很多事例证明，我们无法把流散的内能重新收集起来加以利用。这种现象叫做能量的耗散。它从能量转化的角度反映出自然界中的宏观现象具有方向性。
【例题7】如图所示容器中，A、B各有一个可自由移动的轻活塞，活塞下方是水，上方为空气，大气压恒定．A、B底部由带有阀门K的管道相连，整个装置与外界绝热。原先A中水面比B中高，打开阀门，使A中的水逐渐向B中流，最后达到平衡。在这个过程中，下面哪个说法正确？
A．大气压力对水做功，水的内能增加
B．水克服大气压力做功，水的内能减少
C．大气压力对水不做功，水的内能不变
D．大气压力对水不做功，水的内能增加
解：确定连通器中的水（系统）为研究对象。
由于涉及系统内能是否变化，所以应从热传递和做功两个方面进行。
由题中给出的条件可知：整个装置与外界绝热，所以不发生热传递。
同时，连通器中的水应受到连通器壁和器底的弹力，大气通过活塞施加的大气压力，以及由于整个系统在地面而受到的重力。逐一判断各力的做功情况可知：
连通器对水的作用力，因无宏观位移或位移与力的方向垂直而对水不做功。
再看大气压力的功．打开阀门K后，根据连通器原理，最后A、B两管中的水面相平。设A管的横截面积为S1，水面下降的高度为h1，B管的横截面积为S2，水面上升的高度为h2。如图所示。由于水的总体积保持不变，故有S1h1=S2h2。
A管中的水受向下的大气压力下降，大气压力做正功为W1=P0S1h1。B管中的水受到向下的压力，但水面上升，大气压力做负功为W2=-P0S2h2。则大气压力对水所做的总功W=W1+W2=0。即大气压力对水不做功。
至于重力对水所做的功，如图可以看到：水从A管流到B管，最后水面相平，最终的效果是A管中高度为h1的水柱移到B管中成为高度为h2的水柱，其重心的高度下降，因此，在这个过程中水所受重力对水做正功。
据热力学第一定律：△E=W+Q可知：水所受各力的合功为正功，传递的热量为零，所以，水的内能应增加。故应选D。
小结：对于有关系统内能变化的问题，应根据热力学第一定律，仔细分析系统所受外力做功和热传递的情况，综合运用各方面的知识，有步骤地求解。
二、气体的体积、压强、温度间的关系
1．气体的状态参量
（1）温度。温度在宏观上表示物体的冷热程度；在微观上是分子平均动能的标志。
热力学温度是国际单位制中的基本量之一，符号T，单位K（开尔文）；摄氏温度是导出单位，符号t，单位℃（摄氏度）。关系是t=T-T0，其中T0=273.15K，摄氏度不再采用过去的定义。
两种温度间的关系可以表示为：T=t+273.15K和ΔT=Δt，要注意两种单位制下每一度的间隔是相同的。
0K是低温的极限，它表示所有分子都停止了热运动。可以无限接近，但永远不能达到。
（2）体积。气体总是充满它所在的容器，所以气体的体积总是等于盛装气体的容器的容积。
（3）压强。气体的压强是由于气体分子频繁碰撞器壁而产生的。（绝不能用气体分子间斥力解释！）
一般情况下不考虑气体本身的重量，所以同一容器内气体的压强处处相等。但大气压在宏观上可以看成是大气受地球吸引而产生的重力而引起的。（例如在估算地球大气的总重量时可以用标准大气压乘以地球表面积。）
压强的国际单位是帕，符号Pa，常用的单位还有标准大气压（atm）和毫米汞柱（mmHg）。它们间的关系是：1atm=1.013×105Pa=760mmHg；1mmHg=133.3Pa。
2．气体分子动理论
（1）气体分子运动的特点是：①气体分子间的距离大约是分子直径的10倍，分子间的作用力十分微弱。通常认为，气体分子除了相互碰撞或碰撞器壁外，不受力的作用。②每个气体分子的运动是杂乱无章的，但对大量分子的整体来说，分子的运动是有规律的。研究的方法是统计方法。气体分子的速率分布规律遵从统计规律。在一定温度下，某种气体的分子速率分布是确定的，可以求出这个温度下该种气体分子的平均速率。
（2）用分子动理论解释气体压强的产生（气体压强的微观意义）。气体的压强是大量分子频繁碰撞器壁产生的。压强的大小跟两个因素有关：①气体分子的平均动能，②分子的密集程度。
3．气体的体积、压强、温度间的关系（新大纲只要求定性介绍）
一定质量m的（摩尔质量M一定）理想气体可以用力学参量压强（P）、几何参量体积（V）和热学参量温度（T）来描述它所处的状态，当P、V、T一定时，气体的状态是确定的，当气体状态发生变化时，至少有两个参量要发生变化。
（1）一定质量的气体，在温度不变的情况下，体积减小时，压强增大，体积增大时，压强减小。
（2）一定质量的气体，在压强不变的情况下，温度升高，体积增大。
（3）一定质量的气体，在体积不变的情况下，温度升高，压强增大。
4．气体压强的定性分析
气体压强的确定要根据气体所处的外部条件，往往需要利用跟气体接触的液柱和活塞等物体的受力情况和运动情况分析。
【例题8】如图为医院为病人输液的部分装置，图中A为输液瓶，B为滴壶，C为进气管，与大气相通。则在输液过程中（瓶A中尚有液体），下列说法正确的是：①瓶A中上方气体的压强随液面的下降而增大；②瓶A中液面下降，但A中上方气体的压强不变；③滴壶B中的气体压强随A中液面的下降而减小；④在瓶中药液输完以前，滴壶B中的气体压强保持不变
A．①③ B．①④ C．②③ D．②④
解：进气管C端的压强始终是大气压P0，设输液瓶A内的压强为PA，可以得到PA=P0-ρgh，因此PA将随着h的减小而增大。滴壶B的上液面与进气管C端的高度差不受输液瓶A内液面变化的影响，因此压强不变。选B。
【例题9】两端封闭的均匀直玻璃管竖直放置，内用高h的汞柱把管内空气分为上下两部分，静止时两段空气柱的长均为L，上端空气柱压强为P1=2ρgh(ρ为水银的密度)。当玻璃管随升降机一起在竖直方向上做匀变速运动时，稳定后发现上端空气柱长减为2L/3。则下列说法中正确的是
A．稳定后上段空气柱的压强大于2ρgh
B．稳定后下段空气柱的压强小于3ρgh
C．升降机一定在加速上升
D．升降机可能在匀减速上升
解：系统静止时下段空气柱的压强是3ρgh。做匀变速运动稳定后上段空气柱体积减小说明其压强增大，而下段空气柱体积增大，说明其压强减小。由水银柱的受力分析可知，其合力方向向下，因此加速度向下，可能匀加速下降，也可能匀减速上升。选ABD。
【例题10】在一个固定容积的密闭容器中，加入3L的X(g)和2L的Y(g)，在一定条件下这两种气体发生反应而生成另两种气体：4X(g)+3Y(g)2Q(g)+nR(g)，达到平衡后，容器内温度不变，而混合气体的压强比原来增大，则该反应方程中的n值可能为
A．3 B．4 C．5 D．6
解：由于反应前后所有物质都是气态，设反应前后的总的物质的量分别为N1、N2，由于在一定温度和体积下，气体的压强和气体物质的量成正比，因此生成物的物质的量应该大于反应前的物质的量，只能取n=6，选D。
5．热力学第一定律在气体中的应用
对一定质量的理想气体（除碰撞外忽略分子间的相互作用力，因此没有分子势能），热力学第一定律ΔU=Q+W中：（1）ΔU仅由温度决定，升温时为正，降温时为负；（2）W仅由体积决定，压缩时为正，膨胀时为负；（3）Q由ΔU和W共同决定；（4）在绝热情况下Q=0，因此有ΔU=W。
【例题11】钢瓶内装有高压氧气。打开阀门氧气迅速从瓶口喷出，当内外气压相等时立即关闭阀门。过一段时间后再打开阀门，会不会再有氧气逸出？
解：第一次打开阀门氧气“迅速”喷出，是一个绝热过程Q=0，同时氧气体积膨胀对外做功W<0，由热力学第一定律ΔU<0，即关闭阀门时瓶内氧气温度必然低于外界温度，而压强等于外界大气压；“过一段时间”经过热交换，钢瓶内氧气的温度又和外界温度相同了，由于体积未变，所以瓶内氧气压强将增大，即大于大气压，因此再次打开阀门，将会有氧气逸出。
【例题12】一定质量的理想气体由状态A经过A→B→C→A的循环过程（A→B为等温线），其中那些阶段是吸热的，那些阶是放热的？整个过程是吸热还是放热？
解：首先可以判定C状态下气体温度较高。根据热力学第一定律分阶段列表进行分析如下：各阶段都应先根据温度和体积的变化确定ΔU和W的正负，再根据ΔU=Q+W确定Q的正负。全过程始末温度相同，所以内能相同，但由图可知：W=FS=PΔV（气体做功等于P-V曲线下到横轴间的面积），由图可见A→B阶段气体对外界做功少，C→A阶段外界对气体做功多，B→C阶段气体体积不变W=0，因此全过程外界对气体作正功，气体必然放热。结论是A→B、B→C气体吸热；C→A和全过程气体放热。
ΔU W Q
A→B 0 － +
B→C + 0 +
C→A － + －
全过程 0 + －
L
L
h第二单元 直线运动
教学要求
1．知识目标：使学生对匀速直线运动、匀变速直线运动的主要概念、规律有进一步的认识。通过复习应使学生熟练掌握匀变速直线运动的规律，形成解题思路。
2．能力目标：
（1）培养学生运用方程组、图像等数学工具解决物理问题的能力。
（2）通过一题多解培养发散思维。
3．德育目标：
（1）渗透物理思想方法的教育，如模型方法、等效方法等。
（2）通过例的分析，使学生形成解题思路，体会特殊解题技巧，即获得解决物理问题的认知策略。
教学重点、难点分析
对能力的培养是本课时的重点，也是难点。高考将审题、画草图、建立物理图景……作为一种能力考查，学生往往忽视对物理过程的分析，以及一些特殊解题技巧，因此，能力的形成不是一蹴而就的。通过例分析，使学生积极参与分析解题的思维过程，让他们亲自参与讨论、交流，在这过程中思维能力得到锻炼，同时获得解决问题的认知策略。
教学过程
力学中，只研究物体运动的描述及运动的规律叫运动学。
一、基本概念
1．机械运动：一个物体相对于另一个物体位置的改变叫机械运动，简称运动。包括平动、转动、振动等运动形式。
2．参照物：为了研究物体的运动而假定为不动的那个物体叫参照物。通常以地球为参照物。
3．质点：用来代替物体的有质量的点，是一个理想模型。（当物体的大小、形状对所研究的问题的影响可以忽略时，物体可作为质点。）
4．时间和时刻：时刻指某一瞬时，时间是两时刻间的间隔。
5．位移和路程：位移描述物体位置的变化，是从物体初位置指向末位置的矢量；路程是物体运动轨迹的长度，是标量。
6．速度和加速度：速度是描述物体运动快慢的物理量，是位移对时间的变化率，有平均速度、瞬时速度，是矢量；加速度是描述速度变化快慢的物理量，是速度对时间的变化率，是矢量。
7．变化率：表示变化的快慢，不表示变化的大小。
几种物理研究方法：
①模型方法。突出主要因素，忽略次要因素的研究方法，是一种理想化方法。如：研究一个物体运动时，如果物体的形状和大小属于次要因素，为使问题简化，忽略了次要因素，就用一个有质量的点来代替物体，叫质点。实际物理现象和过程一般都十分复杂，涉及到众多的因素，采用模型方法，能够排除非本质因素的干扰，突出反映事物的本质特征，从而使物理现象或过程得到简化。
②等效方法。对于一些复杂的物理问题，我们往往从事物的等同效果出发，将其转化为简单的、易于研究的物理问题，这种方法称为等效代替的方法．如引入平均速度，就可把变速直线运动等效为匀速直线运动，从而把复杂的变速运动转化为简单的匀速运动来处理。
位移、速度、加速度是本章的重要概念，对速度、加速度两个物理量要从引入原因、定义方法、定义表达、单位、标矢量、物理意义等方面全面理解。
二、匀速直线运动：
1．定义：在任意相等的时间里位移相等的直线运动
2．特点：a=0，v=恒量
3．规律：位移公式：s=vt
4．图像：速度图像 位移图像
三、匀变速直线运动：
定义：在相等的时间内速度的变化相等的直线运动。
特点：a=恒量
1．匀变速直线运动常用公式有以下四个：
①以上四个公式中共有五个物理量：s、t、a、v0、vt，这五个物理量中只有三个是独立的，可以任意选定。只要其中三个物理量确定之后，另外两个就唯一确定了。每个公式中只有其中的四个物理量，当已知某三个而要求另一个时，往往选定一个公式就可以了。如果两个匀变速直线运动有三个物理量对应相等，那么另外的两个物理量也一定对应相等。
②以上五个物理量中，除时间t外，s、a、v0、vt均为矢量。一般以v0的方向为正方向，以t=0时刻的位移为零，这时s、vt和a的正负就都有了确定的物理意义。
③初速度为零（或末速度为零）的匀变速直线运动，那么公式都可简化为：
， ， ，
以上各式都是单项式，因此可以方便地找到各物理量间的比例关系。
2．推论：（有的学生能总结出以下推论）
（1）匀变速直线运动：
①Δs=aT2，即任意相邻相等时间内的位移之差相等。可以推广到sm-sn=（m-n）aT2
②
③，某段时间的中间时刻的即时速度等于该段时间内的平均速度。
④ ，某段位移的中间位置的即时速度公式（不等于该段位移内的平均速度）。可以证明，无论匀加速还是匀减速，都有。
（2）v0=0的匀加速直线运动：
①在时间t、2t、3t……内位移之比为：s1∶s2∶s3……∶sn=1∶22∶32……∶n2
②第一个t内、第二个t内、……位移之比为：sⅠ∶sⅡ∶sⅢ……∶sN=1∶3∶5……∶（2n-1）
③在位移s、2s、3s……内所用的时间之比为：1∶∶∶……
④通过连续相等的位移所用时间之比为：
对末速为零的匀变速直线运动，可以相应的运用这些规律。
3．一种典型的运动：
物体由静止开始先做匀加速直线运动，紧接着又做匀减速直线运动到静止。用右图描述该过程，可以得出以下结论：①，，；②。
【例1】两木块自左向右运动，现用高速摄影机在同一底片上多次曝光，记录下木块每次曝光时的位置，如图所示，连续两次曝光的时间间隔是相等的，由图可知
A．在时刻t2以及时刻t5两木块速度相同
B．在时刻t1两木块速度相同
C．在时刻t3和时刻t4之间某瞬间两木块速度相同
D．在时刻t4和时刻t5之间某瞬时两木块速度相同
解：首先由图看出：上边那个物体相邻相等时间内的位移之差为恒量，可以判定其做匀变速直线运动；下边那个物体明显地是做匀速运动。由于t2及t5时刻两物体位置相同，说明这段时间内它们的位移相等，因此其中间时刻的即时速度相等，这个中间时刻显然在t3、t4之间，因此本题选C。
【例2】在与x轴平行的匀强电场中，一带电量q=1.0×10-8C、质量m=2.5×10-3kg的物体在光滑水平面上沿着x轴作直线运动，其位移与时间的关系是x＝0.16t-0.02t2，式中x以m为单位，t以s为单位。从开始运动到5s末物体所经过的路程为 m，克服电场力所做的功为 J。
解：须注意：本题第一问要求的是路程；第二问求功，要用到的是位移。
将x＝0.16t－0.02t2和对照，可知该物体的初速度v0=0.16m/s，加速度大小a=0.04m/s2，方向跟速度方向相反。由v0=at可知在4s末物体速度减小到零，然后反向做匀加速运动，末速度大小v5=0.04m/s。前4s内位移大小，第5s内位移大小，因此从开始运动到5s末物体所经过的路程为0.34m，而位移大小为0.30m，克服电场力做的功W=mas5=3×10-5J。
【例3】物体在恒力F1作用下，从A点由静止开始运动，经时间t到达B点。这时突然撤去F1，改为恒力F2作用，又经过时间2t物体回到A点。求F1、F2大小之比。
解：设物体到B点和返回A点时的速率分别为vA、vB， 利用平均速度公式可以得到vA和vB的关系。再利用加速度定义式，可以得到加速度大小之比，从而得到F1、F2大小之比。
画出示意图如右。设加速度大小分别为a1、a2，有：
，，，，
∴a1∶a2=4∶5，∴F1∶F2=4∶5
特别要注意速度的方向性。平均速度公式和加速度定义式中的速度都是矢量，要考虑方向。本题中以返回A点时的速度方向为正，因此AB段的末速度为负。
4．运动图象
（1）s—t图象。能读出s、t、v 的信息（斜率表示速度）。
（2）v—t图象。能读出s、t、v、a的信息（斜率表示加速度，曲线下的面积表示位移）。可见v—t图象提供的信息最多，应用也最广。
【例4】一个固定在水平面上的光滑物块，其左侧面是斜面AB，右侧面是曲面AC。已知AB和AC的长度相同。两个小球p、q同时从A点分别沿AB和AC由静止开始下滑，比较它们到达水平面所用的时间
A．p小球先到 B．q小球先到
C．两小球同时到 D．无法确定
解：可以利用v—t图象（这里的v是速率，曲线下的面积表示路程s）定性地进行比较。在同一个v—t图象中做出p、q的速率图线，显然开始时q的加速度较大，斜率较大；由于机械能守恒，末速率相同，即曲线末端在同一水平图线上。为使路程相同（曲线和横轴所围的面积相同），显然q用的时间较少。
【例5】甲、乙、丙三辆汽车以相同的速度同时经过某一路标，从此时开始甲车一直做匀速直线运动，乙车先加速后减速，丙车先减速后加速，它们经过下个路标时速度又相同。则：
A．甲车先通过下一个路标
B．乙车先通过下一个路标
C．丙车先通过下一个路标
D．条件不足，无法判断
点拨：直接分析难以得出答案，能否借助图像来分析？（学生讨论发言，有些学生可能会想到用图像。）
解答：作出三辆汽车的速度—时间图像：甲、乙、丙三辆汽车的路程相同，即速度图线与t轴所围的面积相等，则由图像分析得出答案B。
【例6】两支完全相同的光滑直角弯管（如图所示）现有两只相同小球a和a’同时从管口由静止滑下，问谁先从下端的出口掉出？（假设通过拐角处无机械能损失）
解：首先由机械能守恒可以确定拐角处v1> v2，而两小球到达出口时的速率v相等。又由题薏可知两球经历的总路程s相等。由牛顿第二定律，小球的加速度大小a=gsinα，小球a第一阶段的加速度跟小球a’第二阶段的加速度大小相同（设为a1）；小球a第二阶段的加速度跟小球a’第一阶段的加速度大小相同（设为a2），根据图中管的倾斜程度，显然有a1> a2。根据这些物理量大小的分析，在同一个v—t图象中两球速度曲线下所围的面积应该相同，且末状态速度大小也相同（纵坐标相同）。开始时a球曲线的斜率大。由于两球两阶段加速度对应相等，如果同时到达（经历时间为t1）则必然有s1>s2，显然不合理。考虑到两球末速度大小相等（图中vm），球a’的速度图象只能如蓝线所示。因此有t1< t2，即a球先到。
【例7】火车紧急刹车后经7s停止，设火车作的是匀减速直线运动，它在最后1s内的位移是2m，则火车在刹车过程中通过的位移和开始刹车时的速度各是多少？
分析：首先将火车视为质点，由题意画出草图：
由已知条件直接用匀变速直线运动基本公式求解有一定困难。大家能否用其它方法求解？
解法一：用基本公式、平均速度．
质点在第7s内的平均速度为：
则第6s末的速度：v6=4（m/s）
求出加速度：a=（0-v6）/t=4/1=-4（m/s2）
求初速度：0=v0-at，v0=at=4×7=28（m/s）
求位移：
解法二：逆向思维，用推论。
倒过来看，将匀减速的刹车过程看作初速度为0，末速度为28m/s，加速度大小为4m/s2的匀加速直线运动的逆过程。
由推论：s1∶s7=1∶72=1∶49
则7s内的位移：s7=49s1=49×2=98（m）
求初速度由知v0=28（m/s）
解法三：逆向思维，用推论。
仍看作初速为0的逆过程，用另一推论：
sⅠ∶sⅡ∶sⅢ∶…=1∶3∶5∶7∶9∶11∶13
sⅠ=2（m）
则总位移：s=2（1+3+5+7+9+11+13）=98（m）
求v0同解法二。
解法四：图像法。
作出质点的速度—时间图像，可知质点第7s内的位移大小为阴影部分小三角形面积：，
又，小三角形与大三角形相似，有v6∶v0=1∶7，v0=28（m/s）
总位移为大三角形面积：
小结：
（1）逆向思维在物理解题中很有用。有些物理问题，若用常规的正向思维方法去思考，往往不易求解，若采用逆向思维去反面推敲，则可使问题得到简明的解答。
（2）熟悉推论并能灵活应用它们，即能开拓解题的思路，又能简化解题过程。
（3）图像法解题的特点是直观，有些问题借助图像只需简单的计算就能求解。
（4）一题多解能训练大家的发散思维，对能力有较高的要求。
【例8】（1999年高考题）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，结果保留二位数字。）
分析：首先，要将跳水这一实际问题转化为理想化的物理模型，将运动员看成一个质点，则运动员的跳水过程就抽象为质点的竖直上抛运动。
作出示意图：巡回指导、适当点拨、学生解答。
解法一：分段求解。
上升阶段：初速度为v0，a=-g的匀减速直线运动。
由题意知质点上升的最大高度为：h=0.45m
可求出质点上抛的初速度
上升时间：
下落阶段：为自由落体运动，即初速度为0，a=g的匀加速直线运动．
下落时间：
完成空中动作的时间是：t1+t2=0.3+1.45=1.75s
解法二：整段求解。
先求出上抛的初速度：v0=3m/s（方法同上）
将竖直上抛运动全过程看作匀减速直线运动，设向上的初速度方向为正，加速度A=-g，从离开跳台到跃入水中，质点位移为-10m。
由位移公式：，求出：t=1.75s（舍去负值）
通过计算，我们体会到跳水运动真可谓是瞬间的体育艺术，在短短的1.75s内要完成多个转体和翻滚等高难度动作，充分展示优美舒展的姿势确实非常不易。
【例9】在平直公路上有甲、乙两辆车在同一地点向同一方向运动，甲车以10m/s的速度做匀速直线运动，乙车从静止开始以1.0m/s的加速度作匀加速直线运动，问：
（1）甲、乙两车出发后何时再次相遇？
（2）在再次相遇前两车何时相距最远？最远距离是多少？
解法一：函数求解。
出发后甲、乙的位移分别为：
s甲=vt=10t ①
②
两车相遇：s甲=s乙 ③
解出相遇时间为：t=20s
两车相距：△s=s甲-s乙=10t-0.5t2
求函数极值：当t=10s时，△s有最大值，△smax=50m
解法二：图像法。
分别作出甲、乙的速度—时间图像，当甲、乙两车相遇时，有s甲=s乙。
由图像可看出：当甲图线与时间轴所围面积=乙图线与时间轴所围面积时，t=20s两车相遇。
当v乙=v甲时，△s最大。
由图像可看出：△smax即为阴影部分的三角形面积，。
【例10】球A从高H处自由下落，与此同时，在球A下方的地面上，B球以初速度v0竖直上抛，不计阻力，设v0=40m/s，g=10m/s2。试问：
（1）若要在B球上升时两球相遇，或要在B球下落时两球相遇，则H的取值范围各是多少？
（2）若要两球在空中相遇，则H的取值范围又是多少？
分析：如图，若H很小，可能在B球上升时相遇；若H较大，可能在B球下落时相遇，但若H很大，就可能出现B球已落回原地，而A球仍在空中，即两球没有相遇。所以，要使两球在空中相遇。H要在一定的范围内。
解答：（1）算出B球上升到最高点的时间：
则B球在最高点处两球相遇时：
B球在落地前瞬间两球相遇时：
所以：要在B球上升时两球相遇，则0＜H＜160m
要在B球下落时两球相遇，则160m＜H＜320m．
（2）由上可知，若要两球在空中相遇，则0＜H＜320m．
【变形】若H是定值，而v0不确定，试问：
（1）若要在B球上升时两球相遇，或要在B球下落时两球相遇，v0应满足什么条件？
（2）若要两球在空中相遇，v0应满足什么条件？
四、小结
1．物理方法：实际的直线运动通常都很复杂，一般我们都将其等效为匀速直线运动和匀变速直线运动处理，匀速直线运动和匀变速直线运动实际上是一种理想模型，这里用到了模型方法和等效方法。
另外，物理规律的表达除了用公式外，有的规律还用图像表达，优点是能形象、直观地反映物理量之间的函数关系，这也是物理中常用的一种方法。对图像的要求可概括记为“一轴、二线、三斜率、四面积”。
2．匀变速直线运动规律是本章重点，通过复习，要求大家达到熟练掌握。解题思路：
（1）由题意建立物理模型；
（2）画出草图，建立物理图景；
（3）分析质点运动性质；
（4）由已知条件选定规律列方程；
（5）统一单位制，求解方程；
（6）检验讨论结果；
（7）想想别的解题方法。
3．特殊解题技巧：逆向思维；用推论；图像法。
A B vB
vA
v
t
o
p
q
v
tq tp
p q
A
B
C
v
a
a’
v1
v2
l1
l1
l2
l2第十三单元 磁场
教学目标
1．了解磁场的产生和基本特性，加深对场的客观性、物质性的理解。
2．通过磁场与电场的联系，进一步使学生了解和探究看不见、摸不着的场的作用的方法．掌握描述磁场的各种物理量。
3．掌握安培力的计算方法和左手定则的使用方法和应用。
4．使学生掌握带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的规律。
5．培养学生应用平面几何知识解决物理问题的能力。
6．进行理论联系实际的思想教育。
教学重点、难点分析
1．对磁感强度、磁通量的物理意义的理解及它们在各种典型磁场中的分布情况。
2．对安培力和电磁力矩的大小、方向的分析。
3．如何确定圆运动的圆心和轨迹。
4．如何运用数学工具解决物理问题。
教学过程设计
一、基本概念
1．磁场的产生
（1）磁极周围有磁场。
（2）电流周围有磁场（奥斯特）。
安培提出分子电流假说（又叫磁性起源假说），认为磁极的磁场和电流的磁场都是由电荷的运动产生的。（不等于说所有磁场都是由运动电荷产生的。）
（3）变化的电场在周围空间产生磁场（麦克斯韦）。
磁场是一种特殊的物质，我们看不到，但可以通过它的作用效果感知它的存在，并对它进行研究和描述。它的基本特征是对处于其中的通电导线、运动电荷或磁体的磁极能施加力的作用。磁现象的电本质是指所有磁现象都可归纳为：运动电荷之间通过磁场而发生的相互作用。
2．磁场的基本性质
磁场对放入其中的磁极和电流有磁场力的作用（对磁极一定有力的作用；对电流只是可能有力的作用，当电流和磁感线平行时不受磁场力作用）。这一点应该跟电场的基本性质相比较。
3．磁感应强度
电场和磁场都是无法直接看到的物质。我们在描述电场时引入电场强度E这个物理量，描述磁场则是用磁感应强度B。研究这两个物理量采用试探法，即在场中引入试探电荷或试探电流元，研究电磁场对它们的作用情况，从而判定场的分布情况。试探法是一种很好的研究方法，它能帮助我们研究一些因无法直接观察或接近而感知的物质，如电磁场。
磁感强度的定义式为：B=F/IL（条件是匀强磁场中，或ΔL很小，并且L⊥B ）
其中电流元（IL）受的磁场力的大小与电流方向相关。因此采用电流与磁场方向垂直时受的最大力F来定义B。
研究电场、磁场的基本方法是类似的。但磁场对电流的作用更复杂一些，涉及到方向问题。我们分析此类问题时要多加注意。
磁感应强度B的单位是特斯拉，符号为T，1T=1N/（Am）=1kg/（As2）
磁感强度矢量性：磁感强度是描述磁场的物理量。因此它的大小表征了磁场的强弱，而它的方向，也就是磁场中某点小磁针静止时N极的指向，则代表该处磁场的方向。同时，它也满足矢量叠加的原理：若某点的磁场几个场源共同形成，则该点的磁感强度为几个场源在该点单独产生的磁感强度的矢量和。
4．磁感线
（1）用来形象地描述磁场中各点的磁场方向和强弱的曲线。磁感线上每一点的切线方向就是该点的磁场方向，也就是在该点小磁针静止时N极的指向。磁感线的疏密表示磁场的强弱。
特点：磁体外方向N极指向S极（内部反之）。
（2）磁感线是封闭曲线（和静电场的电场线不同）。
（3）要熟记常见的几种磁场的磁感线：
（4）安培定则（右手螺旋定则）：对直导线，四指指磁感线方向；对环行电流，大拇指指中心轴线上的磁感线方向；对长直螺线管大拇指指螺线管内部的磁感线方向。
【例题1】如图所示，两根垂直纸面平行放置的直导线A、C由通有等大电流，在纸面上距A、C等远处有一点P。若P点磁感强度及方向水平向左，则导线A、C中的电流方向是如下哪种说法？
A．A中向纸里，C中向纸外
B．A中向纸外，C中向纸里
C．A、C中均向纸外
D．A、C中均向纸里
5．磁通量
如果在磁感应强度为B的匀强磁场中有一个与磁场方向垂直的平面，其面积为S，则定义B与S的乘积为穿过这个面的磁通量，用U表示。U是标量，但是有方向（进该面或出该面）。单位为韦伯，符号为Wb。1Wb=1Tm2=1Vs=1kgm2/（As2）。
穿过磁场中某一面积的磁感线条数称为穿过这一面积的磁通量。定义式为：U=BS⊥（S⊥为垂直于B的面积）。磁感强度是描述磁场某点的性质，而磁通量是描述某一面积内磁场的性质。由B= U/S⊥可知磁感强度又可称为磁通量密度。在匀强磁场中，当B与S的夹角为α时，有U=BSsinα。
【例题2】如图所示，在水平虚线上方有磁感强度为2B，方向水平向右的匀强磁场，水平虚线下方有磁感强度为B，方向水平向左的匀强磁场。边长为L的正方形线圈放置在两个磁场中，线圈平面与水平面成α角，线圈处于两磁场中的部分面积相等，则穿过线圈平面的磁通量大小为多少？
分析：注意到B与S不垂直，应把S投影到与B垂直的方向上；水平虚线上下两部分磁场大小与方向的不同。应求两部分磁通量按标量叠加，求代数和。
解：（以向右为正）U=U1+U2=[（2BL2/2）-（BL2/2）]sinα=BL2 sinα/2
二、安培力 （磁场对电流的作用力）
讨论如下几种情况安培力的大小计算，并用左手定则对其方向进行判断。
安培力大小：F=B⊥IL．B⊥为磁感强度与电流方向垂直分量。
方向：左手定则（内容略）。注意安培力总是与磁场方向和电流方向决定的平面垂直（除了二者平行，安培力为0的情况）。
1．安培力方向的判定
（1）用左手定则。
（2）用“同性相斥，异性相吸”（只适用于磁铁之间或磁体位于螺线管外部时）。
（3）用“同向电流相吸，反向电流相斥”（反映了磁现象的电本质）。可以把条形磁铁等效为长直螺线管（不要把长直螺线管等效为条形磁铁）。
只要两导线不是互相垂直的，都可以用“同向电流相吸，反向电流相斥”判定相互作用的磁场力的方向；当两导线互相垂直时，用左手定则判定。
【例题3】如图所示，可以自由移动的竖直导线中通有向下的电流，不计通电导线的重力，仅在磁场力作用下，导线将如何移动？
解：先画出导线所在处的磁感线，上下两部分导线所受安培力的方向相反，使导线从左向右看顺时针转动；同时又受到竖直向上的磁场的作用而向右移动（不要说成先转90°后平移）。分析的关键是画出相关的磁感线。
【例题4】条形磁铁放在粗糙水平面上，正中的正上方有一导线，通有图示方向的电流后，磁铁对水平面的压力将会 （增大、减小还是不变？）。水平面对磁铁的摩擦力大小为 。
解：本题有多种分析方法。（1）画出通电导线中电流的磁场中通过两极的那条磁感线（如图中粗虚线所示），可看出两极受的磁场力的合力竖直向上。磁铁对水平面的压力减小，但不受摩擦力。（2）画出条形磁铁的磁感线中通过通电导线的那一条（如图中细虚线所示），可看出导线受到的安培力竖直向下，因此条形磁铁受的反作用力竖直向上。（3）把条形磁铁等效为通电螺线管，上方的电流是向里的，与通电导线中的电流是同向电流，所以互相吸引。
【例题5】如图在条形磁铁N极附近悬挂一个线圈，当线圈中通有逆时针方向的电流时，线圈将向哪个方向偏转？
解：用“同向电流互相吸引，反向电流互相排斥”最简单：条形磁铁的等效螺线管的电流在正面是向下的，与线圈中的电流方向相反，互相排斥，而左边的线圈匝数多所以线圈向右偏转。（本题如果用“同名磁极相斥，异名磁极相吸”将出现判断错误，因为那只适用于线圈位于磁铁外部的情况。）
【例题6】电视机显象管的偏转线圈示意图如右，即时电流方向如图所示。该时刻由里向外射出的电子流将向哪个方向偏转？
解：画出偏转线圈内侧的电流，是左半线圈靠电子流的一侧为向里，右半线圈靠电子流的一侧为向外。电子流的等效电流方向是向里的，根据“同向电流互相吸引，反向电流互相排斥”，可判定电子流向左偏转。（本题用其它方法判断也行，但不如这个方法简洁）。
2．安培力大小的计算
F=BLIsinα（α为B、L间的夹角）高中只要求会计算α=0（不受安培力）和α=90°两种情况。
【例题7】如图所示，光滑导轨与水平面成α角，导轨宽L。匀强磁场磁感应强度为B。金属杆长也为L ，质量为m，水平放在导轨上。当回路总电流为I1时，金属杆正好能静止。求：（1）B至少多大？这时B的方向如何？（2）若保持B的大小不变而将B的方向改为竖直向上，应把回路总电流I2调到多大才能使金属杆保持静止？
解：画出金属杆的截面图。由三角形定则可知，只有当安培力方向沿导轨平面向上时安培力才最小，B也最小。根据左手定则，这时B应垂直于导轨平面向上，大小满足：BI1L=mgsinα， B=mgsinα/I1L。
当B的方向改为竖直向上时，这时安培力的方向变为水平向右，沿导轨方向合力为零，得BI2Lcosα=mgsinα，I2=I1/cosα。（在解这类题时必须画出截面图，只有在截面图上才能正确表示各力的准确方向，从而弄清各矢量方向间的关系）。
【例题8】如图所示，质量为m的铜棒搭在U形导线框右端，棒长和框宽均为L，磁感应强度为B的匀强磁场方向竖直向下。电键闭合后，在磁场力作用下铜棒被平抛出去，下落h后落在水平面上，水平位移为s。求闭合电键后通过铜棒的电荷量Q。
解：闭合电键后的极短时间内，铜棒受安培力向右的冲量FΔt=mv0而被平抛出去，其中F=BIL，而瞬时电流和时间的乘积等于电荷量Q=IΔt，由平抛规律可算铜棒离开导线框时的初速度，最终可得。
三、洛伦兹力
1．洛伦兹力
运动电荷在磁场中受到的磁场力叫洛伦兹力，它是安培力的微观表现。
公式的推导：如图所示，整个导线受到的磁场力（安培力）为F安 =BIL；其中I=nesv；设导线中共有N个自由电子N=nsL；每个电子受的磁场力为F，则F安=NF。由以上四式可得F=qvB。条件是v与B垂直。当v与B成θ角时，F=qvBsinθ。
2．洛伦兹力方向的判定
在用左手定则时，四指必须指电流方向（不是速度方向），即正电荷定向移动的方向；对负电荷，四指应指负电荷定向移动方向的反方向。
【例题9】磁流体发电机原理图如右。等离子体高速从左向右喷射，两极板间有如图方向的匀强磁场。该发电机哪个极板为正极？两板间最大电压为多少？
解：由左手定则，正、负离子受的洛伦兹力分别向上、向下。所以上极板为正。正、负极板间会产生电场。当刚进入的正负离子受的洛伦兹力与电场力等值反向时，达到最大电压：U=Bdv。当外电路断开时，这也就是电动势E。当外电路接通时，极板上的电荷量减小，板间场强减小，洛伦兹力将大于电场力，进入的正负离子又将发生偏转。这时电动势仍是E=Bdv，但路端电压将小于Bdv。
在定性分析时特别需要注意的是：
（1）正负离子速度方向相同时，在同一磁场中受洛伦兹力方向相反。
（2）外电路接通时，电路中有电流，洛伦兹力大于电场力，两板间电压将小于Bdv，但电动势不变（和所有电源一样，电动势是电源本身的性质。）
（3）注意在带电粒子偏转聚集在极板上以后新产生的电场的分析。在外电路断开时最终将达到平衡态。
【例题10】半导体靠自由电子（带负电）和空穴（相当于带正电）导电，分为p型和n型两种。p型半导体中空穴为多数载流子；n型半导体中自由电子为多数载流子。用以下实验可以判定一块半导体材料是p型还是n型：将材料放在匀强磁场中，通以图示方向的电流I，用电压表比较上下两个表面的电势高低，若上极板电势高，就是p型半导体；若下极板电势高，就是n型半导体。试分析原因。
解：分别判定空穴和自由电子所受的洛伦兹力的方向，由于四指指电流方向，都向右，所以洛伦兹力方向都向上，它们都将向上偏转。p型半导体中空穴多，上极板的电势高；n型半导体中自由电子多，上极板电势低。
注意：当电流方向相同时，正、负离子在同一个磁场中的所受的洛伦兹力方向相同，所以偏转方向相同。
3．洛伦兹力大小的计算
带电粒子在匀强磁场中仅受洛伦兹力而做匀速圆周运动时，洛伦兹力充当向心力，由此可以推导出该圆周运动的半径公式和周期公式：，。
【例题11】如图直线MN上方有磁感应强度为B的匀强磁场。正、负电子同时从同一点O以与MN成30°角的同样速度v射入磁场（电子质量为m，电荷为e），它们从磁场中射出时相距多远？射出的时间差是多少？
解：正负电子的半径和周期是相同的。只是偏转方向相反。先确定圆心，画出半径，由对称性知：射入、射出点和圆心恰好组成正三角形。所以两个射出点相距2r，由图还看出经历时间相差2T/3。答案为射出点相距，时间差为。关键是找圆心、找半径和用对称。
【例题12】一个质量为m电荷量为q的带电粒子从x轴上的P（a，0）点以速度v，沿与x正方向成60°的方向射入第一象限内的匀强磁场中，并恰好垂直于y轴射出第一象限。求匀强磁场的磁感应强度B和射出点的坐标。
解：由射入、射出点的半径可找到圆心O/，并得出半径为，；射出点坐标为（0，）。
四、带电粒子在匀强磁场中的运动
1．带电粒子在匀强磁场中运动规律
初速度 力的特点 运动规律
v=0 f洛=0 静止
v //B f洛=0 匀速直线运动
v⊥B f洛=Bqv 匀速圆周运动，半径，周期
v与B成θ角 f洛=Bqv⊥（0＜θ＜90°） 较复杂的曲线运动，高中阶段不要求
2．带电粒子在匀强磁场中的偏转
（1）穿过矩形磁场区。一定要先画好辅助线（半径、速度及延长线）。偏转角由sinθ=L/R求出。侧移由R2=L2-（R-y）2解出。经历时间由得出。
注意，这里射出速度的反向延长线与初速度延长线的交点不再是宽度线段的中点，这点与带电粒子在匀强电场中的偏转结论不同！
（2）穿过圆形磁场区。画好辅助线（半径、速度、轨迹圆的圆心、连心线）。偏角可由求出。经历时间由得出。
注意：由对称性，射出线的反向延长线必过磁场圆的圆心。
3．解题思路及方法
电荷在洛仑兹力的作用下做匀速圆周运动，圆运动的圆心的确定方法：
（1）利用洛仑兹力的方向永远指向圆心的特点，只要找到圆运动两个点上的洛仑兹力的方向，其延长线的交点必为圆心。
（2）利用圆上弦的中垂线必过圆心的特点找圆心。
【例题13】氘核、氚核、氦核都垂直磁场方向射入同一匀强磁场，求以下几种情况下，它们轨道半径之比及周期之比各是多少？（1）以相同速率射入磁场；（2）以相同动量射入磁场；（3）以相同动能射入磁场。
解：因为带电粒子在同一匀强磁场中做匀速圆周运动，所以圆运动的半径，周期。
（1）因为三粒子速率相同，所以，，有，
（2）因为三粒子动量相同，所以，，有，
（3）因为三粒子初动能相同，所以，，有，
通过例题复习基本规律。由学生完成，注意公式变换。
【例题14】如图所示，abcd为绝缘挡板围成的正方形区域，其边长为L，在这个区域内存在着磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里的匀强磁场．正、负电子分别从ab挡板中点K，沿垂直挡板ab方向射入场中，其质量为m，电量为e。若从d、P两点都有粒子射出，则正、负电子的入射速度分别为多少？（其中bP=L/4）
做题过程中要特别注意分析圆心是怎样确定的，利用哪个三角形解题。
提问：1．怎样确定圆心？2．利用哪个三角形求解？
学生自己求解。
（1）分析：若为正电子，则初态洛仑兹力方向为竖直向上，该正电子将向上偏转且由d点射出．Kd线段为圆轨迹上的一条弦，其中垂线与洛仑兹力方向延长线交点必为圆心，设该点为O1．其轨迹为小于1/4的圆弧。
解：如图所示，设圆运动半径为R1，则O1K=O1d=R1
由Rt△O1da可知：
而
故
（2）解：若为负电子，初态洛仑兹力方向竖直向下，该电子将向下偏转由P点射出，KP为圆轨迹上的一条弦，其中垂线与洛仑兹力方向的交点必为圆心，设该点为O2，其轨迹为大于1/4圆弧。（如图所示）
由Rt△KbP可知：
而
故
【例题15】一带电质点，质量为m，电量为q，以平行于Ox轴的速度v从y轴上的a点射入图所示第一象限的区域．为了使该质点能从x轴上的b点以垂直于Ox轴的速度v射出，可在适当的地方加一个垂直于xy平面、磁感应强度为B的匀强磁场．若此磁场仅分布在一个圆形区域内，试求这圆形磁场区域的最小半径。重力忽略不计。
提问：
1．带电质点的圆运动半径多大？
2．带电质点在磁场中的运动轨迹有什么特点？
3．在xy平面内什么位置加一个圆形磁场可使带电质点按题意运动？其中有什么样特点的圆形磁场为半径最小的磁场？常见错误：
加以aM和bN连线交点为圆心的圆形磁场，其圆形磁场最小半径为R。
分析：带电质点在磁场中做匀速圆周运动，其半径为
因为带电质点在a、b两点速度方向垂直，所以带电质点在磁场中运动轨迹为1/4圆弧，O1为其圆心，如图所示MN圆弧。
在xy平面内加以MN连线为弦，且包含MN圆弧的所有圆形磁场均可使带电质点完成题意运动。其中以MN连线为半径的磁场为最小圆形磁场。
解：设圆形磁场的圆心为O2点，半径为r，则由图知：
因为，所以
小结：这是一个需要逆向思维的问题，同时考查了空间想象能力，即已知粒子运动轨迹，求所加圆形磁场的位置。考虑问题时，要抓住粒子运动特点，即该粒子只在所加磁场中做匀速圆周运动，所以粒子运动的1/4圆弧必须包含在磁场区域中，且圆运动起点、终点必须是磁场边界上的点。然后再考虑磁场的最小半径。
【例题16】在真空中，半径为r=3×10-2m的圆形区域内，有一匀强磁场，磁场的磁感应强度为B=0.2T，方向如图所示，一带正电粒子，以初速度v0=106m/s的速度从磁场边界上直径ab一端a点处射入磁场，已知该粒子荷质比为q/m=108C/kg，不计粒子重力，则（1）粒子在磁场中匀速圆周运动的半径是多少？（2）若要使粒子飞离磁场时有最大的偏转角，其入射时粒子的方向应如何（以v0与Oa的夹角θ表示）？最大偏转角多大？
问题：
1．第一问由学生自己完成。
2．在图中画出粒子以图示速度方向入射时在磁场中运动的轨迹图，并找出速度的偏转角。
3．讨论粒子速度方向发生变化后，粒子运动轨迹及速度偏转角的比。
分析：（1）圆运动半径可直接代入公式求解。
（2）先在圆中画出任意一速度方偏转角为初速度与未速度的夹角，且偏转角等于粒子运动轨迹所对应的圆心角。向入射时，其偏转角为哪个角？如图所示。由图分析知：弦ac是粒子轨迹上的弦，也是圆形磁场的弦。
因此，弦长的变化一定对应速度偏转角的变化，也一定对应粒子圆运动轨迹的圆心角的变化。所以当弦长为圆形磁场直径时，偏转角最大。
解：（1）设粒子圆运动半径为R，则
（2）由图知：弦长最大值为ab=2r=6×10-2m
设速度偏转角最大值为αm，此时初速度方向与ab连线夹角为θ，则
，故
当粒子以与ab夹角为37°斜向右上方入射时，粒子飞离磁场时有最大偏转角，其最大值为74°。
小结：本题所涉及的问题是一个动态问题，即粒子虽然在磁场中均做同一半径的匀速圆周运动，但因其初速度方向变化，使得粒子运动轨迹的长短和位置均发生变化，要会灵活运用平面几何知识去解决．
计算机演示：（1）随粒子入射速度方向的变化，粒子飞离磁场时速度偏转角的变化。（2）随粒子入射速度方向的变化，粒子做匀速圆周运动的圆心的运动轨迹。其轨迹为以a点为圆心的一段圆弧。
【例题17】如图所示，很长的平行边界面M、N与N、P间距分别为L1、L2，其间分别有磁感应强度为B1与B2的匀强磁场区，磁场方向均垂直纸面向里．已知B1≠B2，一个带正电的粒子电量为q，质量为m，以大小为v0。的速度垂直边界面M与磁场方向射入MN间磁场区，试讨论粒子速度v0应满足什么条件，才能通过两个磁场区，并从边界面P射出？（不计粒子重力）
问题：
1．该粒子在两磁场中运动速率是否相同？
2．什么是粒子运动通过磁场或不通过磁场的临界条件？
3．画出轨迹草图并计算。
分析：带电粒子在两磁场中做半径不同的匀速圆周运动，但因为洛仑兹力永远不做功，所以带电粒子运动速率不变．粒子恰好不能通过两磁场的临界条件是粒子到达边界P时，其速度方向平行于边界面。粒子在磁场中轨迹如图所示。再利用平面几何和圆运动规律即可求解。
解：如图所示，设O1、O2分别为带电粒子在磁场B1和B2中运动轨迹的圆心。则
在磁场B1中运动的半径为
在磁场B2中运动的半径为
设角α、β分别为粒子在磁场B1和B2中运动轨迹所对应圆心角，则由几何关系知
，，且α+β＝90°
所以
若粒子能通过两磁场区，则
小结：
1．洛仑兹力永远不做功，因此磁场中带电粒子的动能不变。
2．仔细审题，挖掘隐含条件。
【例题18】在 M、 N两条长直导线所在的平面内，一带电粒子的运动轨迹，如图所示．已知两条导线M、N只有一条中有恒定电流，另一条导线中无电流，关于电流、电流方向和粒子带电情况及运动方向，可能是
A．M中通有自上而下的恒定电流，带正电的粒子从b点向a点运动
B．M中通有自上而下的恒定电流，带负电的粒子从a点向b点运动
C．N中通有自下而上的恒定电流，带正电的粒子从b点向a点运动
D．N中通有自下而上的恒定电流，带负电的粒子从a点向b点运动
让学生讨论得出结果。很多学生会选择所有选项，或对称选择A、D（或B、C）。前者是因为没有考虑直线电流在周围产生非匀强磁场，带电粒子在其中不做匀速圆周运动。后者是在选择过程中有很强的猜测成分。
分析：两根直线电流在周围空间产生的磁场为非匀强磁场，靠近导线处磁场强，远离导线处磁场弱。所以带电粒子在该磁场中不做匀速圆周运动，而是复杂曲线运动。因为带电粒子在运动中始终只受到洛仑兹力作用，所以可以定性使用圆运动半径规律R=mv/ Bq。由该规律知，磁场越强处，曲率半径越小，曲线越弯曲；反之，曲线弯曲程度越小。
解：选项A、B正确。
小结：这是一道带电粒子在非匀强磁场中运动的问题，这时粒子做复杂曲线运动，不再是匀速圆周运动。但在定性解决这类问题时可使用前面所分析的半径公式。洛仑兹力永远不做功仍成立。
五、带电粒子在混合场中的运动
1．速度选择器
正交的匀强磁场和匀强电场组成速度选择器。带电粒子必须以唯一确定的速度（包括大小、方向）才能匀速（或者说沿直线）通过速度选择器。否则将发生偏转。这个速度的大小可以由洛伦兹力和电场力的平衡得出：qvB=Eq，。在本图中，速度方向必须向右。
（1）这个结论与离子带何种电荷、电荷多少都无关。
（2）若速度小于这一速度，电场力将大于洛伦兹力，带电粒子向电场力方向偏转，电场力做正功，动能将增大，洛伦兹力也将增大，粒子的轨迹既不是抛物线，也不是圆，而是一条复杂曲线；若大于这一速度，将向洛伦兹力方向偏转，电场力将做负功，动能将减小，洛伦兹力也将减小，轨迹是一条复杂曲线。
【例题19】某带电粒子从图中速度选择器左端由中点O以速度v0向右射去，从右端中心a下方的b点以速度v1射出；若增大磁感应强度B，该粒子将打到a点上方的c点，且有ac=ab，则该粒子带___电；第二次射出时的速度为 _____。
解：B增大后向上偏，说明洛伦兹力向上，所以为带正电。由于洛伦兹力总不做功，所以两次都是只有电场力做功，第一次为正功，第二次为负功，但功的绝对值相同。，故。
【例题20】如图所示，一个带电粒子两次以同样的垂直于场线的初速度v0分别穿越匀强电场区和匀强磁场区， 场区的宽度均为L偏转角度均为α，求E∶B
解：分别利用带电粒子的偏角公式。在电场中偏转：
，在磁场中偏转：，由以上两式可得。可以证明：当偏转角相同时，侧移必然不同（电场中侧移较大）；当侧移相同时，偏转角必然不同（磁场中偏转角较大）。
2．带电微粒在重力、电场力、磁场力共同作用下的运动
（1）带电微粒在三个场共同作用下做匀速圆周运动。必然是电场力和重力平衡，而洛伦兹力充当向心力。
【例题21】一个带电微粒在图示的正交匀强电场和匀强磁场中在竖直面内做匀速圆周运动。则该带电微粒必然带_____，旋转方向为_____。若已知圆半径为r，电场强度为E磁感应强度为B，则线速度为_____。
解：因为必须有电场力与重力平衡，所以必为负电；由左手定则得逆时针转动；再由
（2）与力学紧密结合的综合题，要认真分析受力情况和运动情况（包括速度和加速度）。必要时加以讨论。
【例题22】质量为m带电量为q的小球套在竖直放置的绝缘杆上，球与杆间的动摩擦因数为μ。匀强电场和匀强磁场的方向如图所示，电场强度为E，磁感应强度为B。小球由静止释放后沿杆下滑。设杆足够长，电场和磁场也足够大， 求运动过程中小球的最大加速度和最大速度。
解：不妨假设设小球带正电（带负电时电场力和洛伦兹力都将反向，结论相同）。刚释放时小球受重力、电场力、弹力、摩擦力作用，向下加速；开始运动后又受到洛伦兹力作用，弹力、摩擦力开始减小；当洛伦兹力等于电场力时加速度最大为g。随着v的增大，洛伦兹力大于电场力，弹力方向变为向右，且不断增大，摩擦力随着增大，加速度减小，当摩擦力和重力大小相等时，小球速度达到最大。
若将磁场的方向反向，而其他因素都不变，则开始运动后洛伦兹力向右，弹力、摩擦力不断增大，加速度减小。所以开始的加速度最大为；摩擦力等于重力时速度最大，为。
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mg第十一单元 电场
教学目标
1．通过复习整理静电场的规律、概念，建立静电扬的知识结构。利用场的思想、场叠加的思想认识和解决电场问题，加深对静电场的理解。
2．使学生理解并掌握带电粒子在电场中运动的特点和规律，能够正确分析和解答带电粒子在电场中的加速和偏转等方面的问题。
3．培养学生综合应用物理知识对具体问题进行具体分析的能力。
教学重点、难点分析
1．静电场部分的内容概念性强，规律内容含义深刻，是有关知识应用的基础。但由于概念和规律较抽象，对掌握这些概念和规律造成了一定的难度。所以，恰当地建立有关的知识结构，处理好概念之间、规律之间的关系，是解决复习困难的有效方式。
2．带电粒子在电场中的运动是电场知识的重要应用，注重分析判断带电粒子在电场力作用下的运动情况，掌握运用力的观点和能的观点求解带电粒子运动的思路和方法。带电粒子在电场中加速和偏转问题将使用大部分力学知识，所以在复习中应加以对照，帮助学生理解掌握。
教学过程设计
一、库仑定律
真空中两个点电荷之间相互作用的电力，跟它们的电荷量的乘积成正比，跟它们的距离的二次方成反比，作用力的方向在它们的连线上。即：，其中k为静电力常量，k=9.0×109Nm2/c2。
1．成立条件
①真空中（空气中也近似成立），②点电荷。即带电体的形状和大小对相互作用力的影响可以忽略不计。（这一点与万有引力很相似，但又有不同：对质量均匀分布的球，无论两球相距多近，r都等于球心距；而对带电导体球，距离近了以后，电荷会重新分布，不能再用球心距代替r）。
2．同一条直线上的三个点电荷的计算问题
【例题1】在真空中同一条直线上的A、B两点固定有电荷量分别为+4Q和-Q的点电荷。①将另一个点电荷放在该直线上的哪个位置，可以使它在电场力作用下保持静止？②若要求这三个点电荷都只在电场力作用下保持静止，那么引入的这个点电荷应是正电荷还是负电荷？电荷量是多大？
解：①先判定第三个点电荷所在的区间：只能在B点的右侧；再由，F、k、q相同时；∴rA∶rB=2∶1，即C在AB延长线上，且AB=BC。
②C处的点电荷肯定在电场力作用下平衡了；只要A、B两个点电荷中的一个处于平衡，另一个必然也平衡。由，F、k、QA相同，Q∝r2，∴QC∶QB=4∶1，而且必须是正电荷。所以C点处引入的点电荷QC=+4Q。
【例题2】已知如图，带电小球A、B的电荷分别为QA、QB，OA=OB，都用长L的丝线悬挂在O点。静止时A、B相距为d。为使平衡时AB间距离减为d/2，可采用以下哪些方法
A．将小球A、B的质量都增加到原来的2倍
B．将小球B的质量增加到原来的8倍
C．将小球A、B的电荷量都减小到原来的一半
D．将小球A、B的电荷量都减小到原来的一半，同时将小球B的质量增加到原来的2倍
解：由B的共点力平衡图知，而，可知，选BD。
3．与力学综合的问题
【例题3】已知如图，光滑绝缘水平面上有两只完全相同的金属球A、B，带电量分别为-2Q与-Q。现在使它们以相同的初动能E0（对应的动量大小为p0）开始相向运动且刚好能发生接触。接触后两小球又各自反向运动。当它们刚好回到各自的出发点时的动能分别为E1和E2，动量大小分别为p1和p2。有下列说法：①E1=E2>E0，p1=p2>p0；②E1=E2=E0，p1=p2=p0；③接触点一定在两球初位置连线的中点右侧某点；④两球必将同时返回各自的出发点。其中正确的是
A．②④ B．②③ C．①④ D．③④
解：由牛顿定律的观点看，两球的加速度大小始终相同，相同时间内的位移大小一定相同，必然在连线中点相遇，又同时返回出发点。由动量观点看，系统动量守恒，两球的速度始终等值反向，也可得出结论：两球必将同时返回各自的出发点。且两球末动量大小和末动能一定相等。从能量观点看，两球接触后的电荷量都变为-1.5Q，在相同距离上的库仑斥力增大，返回过程中电场力做的正功大于接近过程中克服电场力做的功，由机械能定理，系统机械能必然增大，即末动能增大。选C。
本题引出的问题是：两个相同的带电小球（可视为点电荷），相碰后放回原处，相互间的库仑力大小怎样变化？讨论如下：①等量同种电荷，F′=F；②等量异种电荷，F′=0F；④不等量异种电荷F′>F、F′=F、F′【例题4】如图示，在光滑绝缘水平面上有三个质量都是m的相同小球，两两间的距离都是l，A、B电荷量都是+q。给C一个外力F，使三个小球保持相对静止共同加速运动。求：C球的带电电性和电荷量；外力F的大小。
解：先分析A、B两球的加速度：它们相互间的库仑力为斥力，因此C对它们只能是引力，且两个库仑力的合力应沿垂直与AB连线的方向。这样就把B受的库仑力和合力的平行四边形确定了。于是可得QC=-2q，F=3FB=3FAB=。
二、电场的性质
电场的最基本的性质是对放入其中的电荷有力的作用，电荷放入电场后就具有电势能。
1．电场强度E：描述电场的力的性质的物理量。
（1）定义：放入电场中某点的电荷所受的电场力F跟它的电荷量q的比值，叫做该点的电场强度，简称场强。公式：。
①这是电场强度的定义式，适用于任何电场。
②其中的q为试探电荷（以前称为检验电荷），是电荷量很小的点电荷（可正可负）。
③电场强度是矢量，规定其方向与正电荷在该点受的电场力方向相同。
（2）点电荷周围的场强公式是：，其中Q是产生该电场的电荷，叫场电荷。
（3）匀强电场的场强公式是：，其中d是沿电场线方向上的距离。
【例题5】如图所示，半经为r的硬橡胶圆环上带有均匀分布的正电荷，其单位长度上的带电量为q，现截去环上一小段AB，AB长为l（l<通过本题的求解，使学生加强对电场场强叠加的应用能力和加深对叠加的理解。
解法一：利用圆环的对称性，可以得出这样的结果，即圆环上的任意一小段在圆心处所产生的电场场强，都与相对应的一小段产生的场强大小相等，方向相反，相互叠加后为零。由于AB段被截掉，所以，本来与AB相对称的那一小段所产生的场强就成为了整个圆环产生的电场的合场强。因l<解法二：将AB段看成是一小段带正电和一小段带负电的圆环叠放，这样仍与题目的条件相符。而带正电的小段将圆环补齐，整个带电圆环在圆心处产生的电场的场强为零；带负电的一小段在圆心处产生的场强可利用点电荷的场强公式求出，这就是题目所要求的答案。（，方向指向AB。）
【例题6】图中边长为a的正三角形ABC的三点顶点分别固定三个点电荷+q、+q、-q，求该三角形中心O点处的场强大小和方向。
解：每个点电荷在O点处的场强大小都是，由图可得O点处的合场强为方向由O指向C。
【例题7】如图，在x轴上的x=-1和x=1两点分别固定电荷量为-4Q和+9Q的点电荷。求：x轴上合场强为零的点的坐标。并求在x=-3点处的合场强方向。
解：由库仑定律可得合场强为零的点的坐标为x=-5。x=-5、x=-1、x=1这三个点把x轴分成四段，可以证明：同一直线上的两个点电荷所在的点和它们形成的合场强为零的点把该直线分成4段，相邻两段上的场强方向总是相反的。本题从右到左，4个线段（或射线）上的场强方向依次为：向右、向左、向右、向左，所以x=-3点处的合场强方向为向右。
2．电势
U是描述电场的能的性质的物理量。电场中某点的电势，等于单位正电荷由该点移动到参考点（零电势点）时电场力所做的功。和机械能中的重力势能类似，电场力做功也只跟始末位置间的电势差有关，和路径无关。W电=Uq。根据功是能量转化的量度，有ΔE=-W电，即电势能的增量等于电场力做功的负值。
3．电场线和等势面
要牢记以下6种常见的电场的电场线和等势面：
注意电场线、等势面的特点和电场线与等势面间的关系：
①电场线的方向为该点的场强方向，电场线的疏密表示场强的大小。
②电场线互不相交，等势面也互不相交。
③电场线和等势面在相交处互相垂直。
④电场线的方向是电势降低的方向，而且是降低最快的方向。
⑤电场线密的地方等差等势面密；等差等势面密的地方电场线也密。
【例题8】如图所示，三个同心圆是同一个点电荷周围的三个等势面，已知这三个圆的半径成等差数列。A、B、C分别是这三个等势面上的点，且这三点在同一条电场线上。A、C两点的电势依次为UA=10V和UC=2V，则B点的电势是
A．一定等于6V B．一定低于6V C．一定高于6V D．无法确定
解：由U=Ed，在d相同时，E越大，电压U也越大。因此UAB>UBC，选B。
4．场概念的巩固
【例题9】带电小球A、C相距30cm，均带正电．当一个带有负电的小球B放在A、C间连线的直线上，且B、C相距20cm时，可使C恰受电场力平衡。A、B、C均可看成点电荷。①A、B所带电量应满足什么关系？②如果要求A、B、C三球所受电场力同时平衡，它们的电量应满足什么关系？
通过对此题的分析和求解，可以加深对场强概念和场强叠加的理解。学生一般从受力平衡的角度进行分析，利用库仑定律求解。在学生解题的基础上做以下分析。
解析：①C处于平衡状态，实际上是要求C处在A、B形成的电场中的电场强度为零的地方。既然C所在处的合场强为零，那么，C所带电量的正或负、电量的多或少均对其平衡无影响。（qA∶qB=9∶4）
②再以A或B带电小球为研究对象，利用上面的方法分析和解决。（qA∶qB∶qC=9∶4∶36）
【例题10】如图所示，在方框区域内有匀强电场，已知UA=2V，UB=-6V，UC=-2V。试用作图法画出电场中电场线的方向。
通过此题的分析和解决，使学生对匀强电场的理解更深刻。
分析和解：据题A、B两点间的电势差为8V，A、C两点间的电势差为4V。所以，先将A、B两点用直线连接，则A、B两点间的中点的电势为-2V，与C点的电势相同。将这两点连起来，就是电势为-2V的等势线，电场线应与该直线垂直，且由高电势点指向低电势点。（如下图示）
通过对此问题的讨论，使学生准确理解电场强度的物理含义。
〖思考〗在静电场中，讨论以下问题：
①场强较大处，电势也一定较高吗？反之，电势较高处，场强一定也较大吗？
②场强为零处，电势也一定为零吗？反之，电势为零处，场强一定也为零吗？
③场强相等处，电势也一定相等吗？反之，电势相等处，场强一定也相等吗？
讨论中应提示学生，如果要推翻一个结论，只需举出一个反例。
解析：①以正、负点电荷的电场为例。②以等量异号电荷的电场和等量同号电荷的电场为例。③以匀强电场和点电荷的电场为例。
三、电荷引入电场
1．将电荷引入电场后，它一定受电场力Eq，且一定具有电势能Uq。
2．在电场中移动电荷电场力做的功
在电场中移动电荷电场力做的功W=qU，只与始末位置的电势差有关。在只有电场力做功的情况下，电场力做功的过程是电势能和动能相互转化的过程。W=-ΔE=ΔEK。
（1）无论对正电荷还是负电荷，只要电场力做功，电势能就减小；克服电场力做功，电势能就增大。
（2）正电荷在电势高处电势能大；负电荷在电势高处电势能小。
（3）利用公式W=qU进行计算时，各量都取绝对值，功的正负由电荷的正负和移动的方向判定。
（4）每道题都应该画出示意图，抓住电场线这个关键。（电场线能表示电场强度的大小和方向以及电势降低的方向。有了这个直观的示意图，可以很方便地判定点电荷在电场中受力、做功、电势能变化等情况。）
【例题11】如图所示，在等量异种点电荷的电场中，将一个正的试探电荷由a点沿直线移到o点，再沿直线由o点移到c点。在该过程中，检验电荷所受的电场力大小和方向如何改变？其电势能又如何改变？
解：根据电场线和等势面的分布可知：电场力一直减小而方向不变；电势能先减小后不变。
【例题12】如图所示，将一个电荷量为q=+3×10-10C的点电荷从电场中的A点移到B点过程，克服电场力做功6×10-9J。已知A点的电势为UA=-4V，求B点的电势。
解：先由W=qU，得AB间的电压为20V，再由已知分析：向右移动正电荷做负功，说明电场力向左，因此电场线方向向左，得出B点电势高。因此UB=16V。
【例题13】α粒子从无穷远处以等于光速十分之一的速度正对着静止的金核射去（没有撞到金核上）。已知离点电荷Q距离为r处电势的计算式为，那么α粒子的最大电势能是多大？并由此估算金原子核的半径。
解：α粒子向金核靠近过程克服电场力做功，动能向电势能转化。设初动能为E，到不能再接近（两者速度相等时），可认为二者间的距离就是金核的半径。根据动量守恒定律和能量守恒定律，动能的损失，由于金核质量远大于α粒子质量，所以动能几乎全部转化为电势能。无穷远处的电势能为零，故最大电势能J，再由，得r=1.2×10-14m，可见金核的半径不会大于1.2×10-14m。
【例题14】已知ΔABC处于匀强电场中。将一个带电量q=-2×10-6C的点电荷从A移到B的过程中，电场力做功W1=-1.2×10-5J；再将该点电荷从B移到C，电场力做功W2=6×10-6J。已知A点的电势UA=5V，则B、C两点的电势分别为____V和____V。试在图中画出通过A点的电场线。
解：先由W=qU求出AB、BC间的电压分别为6V和3V，再根据负电荷A→B电场力做负功，电势能增大，电势降低；B→C电场力做正功，电势能减小，电势升高，知UB=-1V，UC=2V。沿匀强电场中任意一条直线电势都是均匀变化的，因此AB中点D的电势与C点电势相同，CD为等势面，过A做CD的垂线必为电场线，方向从高电势指向低电势，所以斜向左下方。
【例题15】如图所示，虚线a、b、c是电场中的三个等势面，相邻等势面间的电势差相同，实线为一个带正电的质点仅在电场力作用下，通过该区域的运动轨迹，P、Q是轨迹上的两点。下列说法中正确的是
A．三个等势面中，等势面a的电势最高
B．带电质点一定是从P点向Q点运动
C．带电质点通过P点时的加速度比通过Q点时小
D．带电质点通过P点时的动能比通过Q点时小
解：先画出电场线，再根据速度、合力和轨迹的关系，可以判定：质点在各点受的电场力方向是斜向左下方。由于是正电荷，所以电场线方向也沿电场线向左下方。答案仅有D。
四、带电粒子在电场中的运动
（一）解决带电粒子在电场中运动的基本思路
带电粒子在电场中的运动，难度比较大，能力要求高，所以要把握基本的规律。力学的五个规律在这一部分都要使用，所以这部分学习可帮助我们复习巩固力学知识，又可以帮助我们认识理解带电粒子在电场中的应用。
解决带电粒子在电场中运动的基本思路：
1．受力分析
研究对象有两种：带电粒子和带电质点。前者不考虑重力，后者要考虑重力。
2．运动轨迹和过程分析
带电粒子运动形式决定于：粒子的受力情况和初速度情况。
3．解题的依据
（1）力的观点：牛顿运动定律和运动学公式。
（2）能量的观点：电场力做功与路径无关；动能定理：能的转化与守恒规律。
（3）动量的观点。
（根据学生的具体情况，有选择地复习下列内容；匀强电场的特点，平抛运动，牛顿运动定律，匀速及匀变速直线运动，运动的合成与分解，电场力的功以及能量转化等问题。）
（二）带电粒子在典型场中的运动形式
带电粒子在电场中的运动形式各种各样，由其受力和初速度共同决定。
1．在点电荷电场中：
∥时：做变加（或减）速直线运动
⊥时：有可能做匀速圆周运动
与有夹角时：曲线运动
2．匀强电场中：
∥时：做匀加（或减）速直线运动
⊥时：匀变速曲线运动
与有夹角时：匀变速曲线运动
可见带电粒子在电场中的运动，也是各种各样的都有。带电粒子在上述不同电场中，由于它们的受力情况不同以及初速度不同，运动情况就不同。带电粒子在电场中可以做直线运动，也可以做曲线运动。
（三）带电粒子在电场中运动判断与分析
1．带电粒子在电场中的直线运动
【例题16】如图所示，在点电荷+Q的电场中，一带电粒子-q的初速度v0恰与电场线QP方向相同，则带电粒子-q在开始运动后，将
A．沿电场线QP做匀加速运动
B．沿电场线QP做变减速运动
C．沿电场线QP做变加速运动
D．偏离电场线QP做曲线运动
思考：带电粒子-q的初速度v0恰与电场线QP方向相反，情况怎样？若初速度v0恰与电场线QP方向垂直，可能出现什么情况？带电粒子-q受力有什么特点？方向与初速度v0的方向的关系怎么样？由库仑定律和牛顿第二定律确定。（B）
【例题17】如图所示，在匀强电场E中，一带电粒子-q的初速度v0恰与电场线方向相同，则带电粒子-q在开始运动后，将
A．沿电场线方向做匀加速运动
B．沿电场线方向做变加速运动
C．沿电场线方向做匀减速运动
D．偏离电场线方向做曲线运动
思考：带电粒子-q的初速度v0恰与电场线方向相反，情况怎样？
解析：带电粒子-q受力有什么特点？方向与初速度v0的方向的关系怎么样？（C）
【例题18】如图所示直线是某电场中的一条电场线，A、B是这条电场线上两点。已知一电子经过A点的速度为vA并向B点运动，一段时间以后，该电子经过B点的速度为vB，且vA与vB的方向相反。则：
A．A点的电势一定高于B点的电势
B．A点的场强一定大于B点的场强
C．电子经过A点时的电势能一定大于它经过B点时的电势能
D．电子经过A点时的动能一定大于它经过B点时的动能
思考：一根电场线能确定什么？为什么不能判断场强大小？
解析：根据电子速度方向的变化可确定电子的受力F的方向，从而确定场强E的方向．沿着电场线的方向电势降低，所以A正确。从A点到B点电场力做负功，动能减小，电势能增加。所以C错D正确。一条电场线不能判断场强大小，所以B不对。（AD）
【例题19】一个带正电荷的质点P放在两个等量负电荷A、B的电场中，P恰好在AB连线的垂直平分线的C点处，现将P在C点由静止释放，设P只受电场力作用，则
A．P由C向AB连线中点运动过程中，加速度可能越来越小而速度越来越大
B．P由C向AB连线中点运动过程中，加速度可能先变大后变小，最后为零，而速度一直变大
C．P运动到与C关于AB的对称点C′静止
D．P不会静止，而是在C与C′间来回振动
解析：利用极限法，可知在AB连线的垂直平分线上的场强从无穷远处到中点O是先增大后减小直到为零。由于C点位置的不确定性，所以A、B选项都有可能。根据场强分布的对称性，不难确定，P将在C和C′间来回振动。（ABD）
2．带电粒子在电场中的曲线运动
质量为m电荷量为q的带电粒子以平行于极板的初速度v0射入长L板间距离为d的平行板电容器间，两板间电压为U，求射出时的侧移、偏转角和动能增量。
（1）侧移：，千万不要死记公式，要清楚物理过程。根据不同的已知条件，结论改用不同的表达形式（已知初速度、初动能、初动量或加速电压等）。
（2）偏角：，注意到，说明穿出时刻的末速度的反向延长线与初速度延长线交点恰好在水平位移的中点。这一点和平抛运动的结论相同。
（3）穿越电场过程的动能增量：ΔEK=Eq·y（注意，一般来说不等于qU）。
【例题20】如图所示，热电子由阴极飞出时的初速忽略不计，电子发射装置的加速电压为U0。电容器板长和板间距离均为L=10cm，下极板接地。电容器右端到荧光屏的距离也是L=10cm。在电容器两极板间接一交变电压，上极板的电势随时间变化的图象如左图。（每个电子穿过平行板的时间极短，可以认为电压是不变的）求：①在t=0.06s时刻，电子打在荧光屏上的何处？②荧光屏上有电子打到的区间有多长？③屏上的亮点如何移动？
解：①由图知t=0.06s时刻偏转电压为1.8U0，可求得y=0.45L=4.5cm，打在屏上的点距O点13.5cm。②电子的最大侧移为0.5L（偏转电压超过2.0U0，电子就打到极板上了），所以荧光屏上电子能打到的区间长为3L=30cm。③研究偏移量y可知，屏上的亮点由下而上匀速上升，间歇一段时间后又重复出现。
【例题21】如图所示，两平行金属板间有匀强电场，场强方向指向下板，一带电量为-q的粒子，以初速度v0垂直电场线射入电场中，则粒子在电场中所做的运动可能是
A．沿初速度方向做匀速运动
B．向下板方向偏移，做匀变速曲线运动
C．向上板方向偏移，轨迹为抛物线
D．向上板偏移，轨迹为一段圆弧
将带电粒子的运动与重力场中的平抛运动类比，寻求解决问题的思路。建立直角坐标系，将运动分解为垂直于场强方向和沿场强方向分别加以讨论。
解析：在匀强电场中，-q受电场力的特点为：方向与电场线方向相反，大小恒定，而初速度方向与电场力方向垂直，所以粒子一定做匀变速曲线运动，轨迹为抛物线。（C）
【例题22】如图所示，直线MN为点电荷Q的电场中的一条电场线。带正电的粒子只在电场力的作用下，沿着曲线由a向b运动，则
A．点电荷Q是正电荷 B．电势Ua＞Ub
C．场强Ea＞Eb D．带电粒子的动能EKa＞EKb
解析：做曲线运动的物体合外力方向与初速度方向有夹角，并且合外力总指向轨迹内侧。由此可判断点电荷Q为负电荷，负点电荷的电场线由N指向M，根据电场性质可知B错C对，沿着曲线由a向b运动过程中，克服电场力做功，动能减少。（CD）
（四）研究带电粒子在电场中运动的方法
1．运用牛顿定律研究带电粒子在电场中运动
基本思路：先用牛顿第二定律求出粒子的加速度，进而确定粒子的运动形式，再根据带电粒子的运动形式运用相应的运动学规律求出粒子的运动情况。
【例题23】如图所示，一个质量为m，带电量为q的粒子，从两平行板左侧中点沿垂直场强方向射入，当入射速度为v时，恰好穿过电场而不碰金属板。要使粒子的入射速度变为v/2，仍能恰好穿过电场，则必须再使
A．粒子的电量变为原来的1/4
B．两板间电压减为原来的1/2
C．两板间距离增为原来的4倍
D．两板间距离增为原来的2倍
解析：带电粒子在电场中做匀变速曲线运动。由于粒子在平行板的方向上不受力，在垂直板方向受到恒定不变的电场力作用，因而可将此匀变速曲线运动视为沿平行板方向上的匀速直线运动与垂直板的方向上的初速度为零的匀加速直线运动的合运动。粒子恰好穿过电场时，它沿平行板的方向发生位移L所用时间，与垂直板方向上发生位移d/2所用时间相等，设两板电压为U，则有。
利用牛顿运动定律和运动学公式分解分别表示两个分运动遵从的规律。
当入射速度变为v/2，它沿平行板的方向发生位移L所用时间变为原来的2倍，由上式可知，粒子的电量变为原来的1/4或两板间距离增为原来的2倍时，均使粒子在与垂直板方向上发生位移d/2所用时间增为原来的2倍，从而保证粒子仍恰好穿过电场，因此选项A、D正确。
【例题24】如图所示，一个质量为m，带电量为q的粒子，仅受电场力作用，以恒定的速率v沿一圆弧做圆周运动，从圆周上A点到B点速度方向改变了θ角，A、B两点间弧长为S，求：A、B两点处的场强的大小及A、B两点间的电势差。
解析：既然带电粒子以恒定不变的速率沿圆弧运动，又仅受电场力作用，那么带电粒子一定处于点电荷的电场中，且带电粒子在以点电荷为圆心的圆上运动。根据牛顿运动定律和圆周运动规律，由电场力提供向心力，即：。由得：。由动能定理知A、B两点间的电势差为零。
（带电粒子只有在点电荷电场中才可能做匀速圆周运动）
2．运用动能定理研究带电粒子在电场中运动
基本思路；根据电场力对带电粒子做功的情况，分析粒子的动能与势能发生转化的情况，运用动能定理或者运用在电场中动能与电势能相互转化而它们的总和守恒的观点，求解粒子的运动情况。
一般情况下带电粒子所受的电场力远大于重力，所以可以认为只有电场力做功。由动能定理W=qU=ΔEK，此式与电场是否匀强无关，与带电粒子的运动性质、轨迹形状也无关。
【例题25】如图所示，质量为m，电量为e的电子，从A点以速度v0垂直场强方向射入匀强电场中，从B点射出电场时的速度方向与电场线成120 ，则A、B两点间的电势差是多少？
解析：电子从A运动到B的过程中，电场力对电子做正功，由几何关系和动能定理有：
，，解得：。
这一思路对于带电粒子在任何电场中的运动都适用。
【例题26】如图所示，两平行金属板竖直放置，左极板接地，中间有小孔。右极板电势随时间变化的规律如图所示。电子原来静止在左极板小孔处。（不计重力作用）下列说法中正确的是
A．从t=0时刻释放电子，电子将始终向右运动，直到打到右极板上
B．从t=0时刻释放电子，电子可能在两板间振动
C．从t=T/4时刻释放电子，电子可能在两板间振动，也可能打到右极板上
D．从t=3T/8时刻释放电子，电子必将打到左极板上
解：从t=0时刻释放电子，如果两板间距离足够大，电子将向右先匀加速T/2，接着匀减速T/2，速度减小到零后，又开始向右匀加速T/2，接着匀减速T/2……直到打在右极板上。电子不可能向左运动；如果两板间距离不够大，电子也始终向右运动，直到打到右极板上。从t=T/4时刻释放电子，如果两板间距离足够大，电子将向右先匀加速T/4，接着匀减速T/4，速度减小到零后，改为向左先匀加速T/4，接着匀减速T/4。即在两板间振动；如果两板间距离不够大，则电子在第一次向右运动过程中就有可能打在右极板上。从t=3T/8时刻释放电子，如果两板间距离不够大，电子将在第一次向右运动过程中就打在右极板上；如果第一次向右运动没有打在右极板上，那就一定会在第一次向左运动过程中打在左极板上。选AC。
（五）带电质点在电场中的运动
由于带电质点的重力不能忽略，这时研究对象经常被称为“带电微粒”、“带电尘埃”、“带电小球”等等。带电质点在重力和电场力的作用下运动，重力和电场力的合力使带电质点产生加速度；合力的作用效果在位移上的积累使带电物体的动能发生变化；合力在时间上的积累使带电物体的动量发生变化。因此，我们可以运用牛顿第二定律、动量定理或动能定理分析解决带电物体在重力场和电场中运动问题。这时的问题实际上变成一个力学问题，只是在考虑能量守恒的时候需要考虑到电势能的变化。
【例题27】已知如图，水平放置的平行金属板间有匀强电场。一根长l的绝缘细绳一端固定在O点，另一端系有质量为m并带有一定电荷的小球。小球原来静止在C点。当给小球一个水平冲量后，它可以在竖直面内绕O点做匀速圆周运动。若将两板间的电压增大为原来的3倍，求：要使小球从C点开始在竖直面内绕O点做圆周运动，至少要给小球多大的水平冲量？在这种情况下，在小球运动过程中细绳所受的最大拉力是多大？
解：已知原来小球受到的电场力和重力大小相等，增大电压后电场力是重力的3倍。在C点，最小速度对应最小的向心力，这时细绳的拉力为零，合力为2mg，可求得速度为v=，因此给小球的最小冲量为I = m。在最高点D小球受到的拉力最大。从C到D对小球用动能定理：，在D点，解得F=12mg。
【例题28】已知如图，匀强电场方向水平向右，场强E=1.5×106V/m，丝线长l=40cm，上端系于O点，下端系质量为m=1.0×10-4kg，带电量为q=+4.9×10-10C的小球，将小球从最低点A由静止释放，求：（1）小球摆到最高点时丝线与竖直方向的夹角多大？（2）摆动过程中小球的最大速度是多大？
解：（1）这是个“歪摆”。由已知电场力Fe=0.75G摆动到平衡位置时丝线与竖直方向成37°角，因此最大摆角为74°。
（2）小球通过平衡位置时速度最大。由动能定理：1.25mg×0.2l=mvB2/2，vB=1.4m/s。
【例题29】如图所示，在竖直平面内，有一半径为R的绝缘的光滑圆环，圆环处于场强大小为E，方向水平向右的匀强电场中，圆环上的A、C两点处于同一水平面上，B、D分别为圆环的最高点和最低点。M为圆环上的一点，∠MOA=45°。环上穿着一个质量为m，带电量为+q的小球，它正在圆环上做圆周运动，已知电场力大小qE等于重力的大小mg，且小球经过M点时球与环之间的相互作用力为零。试确定小球经过A、B、C、D点时的动能各是多少？
分析：根据牛顿第二定律：
小球从M点运动到A点的过程中电场力和重力做功，据动能定理得：
联立解得：
同理：；；。
解析：小球是在重力、弹力和电场力的作用下做变速圆周运动，其中重力和电场力是恒力，弹力是变力。重力和电场力的合力仍为恒力，大小为，方向与水平面成45 向右下方。当小球通过M点时，由它所受的重力和电场力的合力提供向心力。所以用上述条件，根据牛顿第二定律和圆周运动规律可求出小球过M点时的动能。另外小球在做变速圆周运动的过程中只有重力和电场力做功，这两个力做功的特点都只与小球的位置变化有关，而与路径无关，因而可借助动能定理解题。
【例题30】如图所示，在水平向右的匀强电场中的A点，有一个质量为m，带电量为-q的油滴以速度v竖直向上运动。已知当油滴经过最高点B时，速度大小也为v。求：场强E的大小及A、B两点间的电势差。
根据分运动与合运动的等时性以及匀变速直线运动平均速度公式有：，，故。
由动能定理：；又，故。
解析：油滴在重力和电场力两个恒力作用下，从A向B运动，这一运动可以看成是竖直上抛运动和水平方向上初速度为零的匀加速直线运动的合运动。所以可以选择有关运动学的知识和动能定理解题。
（六）带电粒子在交变电场中的运动
在两个相互平行的金属板间加交变电压时，在两板间便可获得交变电场。此类电场从空间看是匀强的，即同一时刻，电场中各个位置处电场强度的大小、方向都相同；从时间上看是变化的，即电场强度的大小、方向都可随时间变化。
研究带电粒子在这种交变电场中的运动，关键是根据电场变化的特点，利用牛顿第二定律正确地判断粒子的运动情况。
【例题31】如图所示，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．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。
画A、B、C、D四个选项的v-t图像，从图像分析带电粒子的运动情况。
解析：关键在于分析带电粒子的受力、加速度、速度的变化情况，根据位移变化确定运动情况。运用牛顿第二定律和运动学公式讨论比较麻烦，所以考虑应用图像。（AB）
【例题32】如左下图所示，真空室中电极K发出的电子（初速不计）经过U0=1000伏的加速电场后，由小孔S沿两水平金属板A、B间的中心线射入。A、B板长l=0.20米，相距d=0.020米，加在A、B两板间电压u随时间t变化的u-t图线如右下图所示。设A、B间的电场可看做是均匀的，且两板外无电场。在每个电子通过电场区域的极短时间内，电场可视做恒定的。两板右侧放一记录圆筒，筒在左侧边缘与极板右端距离b=0.15米，筒绕其竖直轴匀速转动，周期T=0.20秒，筒的周长s=0.20米，筒能接收到通过A、B板的全部电子。
（1）以t=0时（见上右图，此时u=0）电子打到圆筒记录纸上的点做为xy坐标系的原点，并取y轴竖直向上．试计算电子打到记录纸上的最高点的y坐标和X坐标。（不计重力作用）
（2）在给出的坐标纸（下图）上定量地画出电子打到记录纸上的点形成的图线。
解析：（1）计算电子打到记录纸上的最高点的坐标，设v0为电子沿A、B板的中心线射入电场时的初速度，则
电子在中心线方向的运动为匀速运动，设电子穿过A、B板的时间为t0，则l=v0t0电子在垂直A、B板方向的运动为匀加速直线运动。对于恰能穿过A、B板的电子，在它通过时加在两板间的电压uc应满足
联立解得uc=（2d2）/（l2）U0=20伏
此电子从A、B板射出时沿y方向的分速度为vy=（euc）/（md）t0
此时，此电子做匀速直线运动，它打在记录纸上的点最高，设纵坐标为y，由右图可得（y-d/2）/b=vy/v0
由以上各式解得y=bd/l+d/2=2.5cm
从题给的u-t图线可知，加于两板电压u的周期T0=0.10秒，u的最大值um=100伏，因为uC＜um，在一个周期T0内，只有开始的一段时间间隔t内有电子通过A、B板，t=（uc）/（um）T0
因为电子打在记录纸上的最高点不止一个，根据题中关于坐标原点与起始记录时刻的规定可知：
第一个最高点的x坐标为x1=ts/T=2cm
第二个最高点的x坐标为x2=（t＋T0）s/T=12cm
第三个最高点的x坐标为x3=（t＋2T0）s /T =22cm
由于记录筒的周长为20cm，所以第三个最高点已与第一个最高点重合，即电子打到记录纸上的最高点只有两个，它们的x坐标分别为x1=2cm和x2=12cm。
（2）电子打到记录纸上所形成的图线，如右图所示。
五、电容器
1．电容器
两个彼此绝缘又相隔很近的导体都可以看成一个电容器。电容器是一个储存和释放电能的元件。
2．电容器的电容C：单位（法拉F）
电容是表示电容器容纳电荷本领的物理量，是由电容器本身的性质（导体大小、形状、相对位置及电介质）决定的。
3．平行板电容器的电容：决定式是
4．两种不同变化
电容器和电源连接如图，改变板间距离、改变正对面积或改变板间电解质材料，都会改变其电容，从而可能引起电容器两板间电场的变化。这里一定要分清两种常见的变化：
（1）电键K保持闭合，则电容器两端的电压恒定（等于电源电动势），这种情况下带电量，而，。
（2）充电后断开K，保持电容器带电量Q恒定，这种情况下，，。
【例题33】如图所示，在平行板电容器正中有一个带电微粒。K闭合时，该微粒恰好能保持静止。在①保持K闭合；②充电后将K断开；两种情况下，各用什么方法能使该带电微粒向上运动打到上极板？
A．上移上极板M B．上移下极板N
C．左移上极板M D．把下极板N接地
解：由上面的分析可知①选B，②选C。
【例题34】如图所示，金属板A、C平行放置，且均接地，设金属板B带有正电荷3×10-6C，将B插入A、C之间，并使。则A、B间和B、C间的场强大小之比E1：E2=？A、C板各带电量多少？
此题可以巩固静电平衡和电容的有关概念。
答案：E1∶E2=2∶1；QA=2×10-6C，QC=1×10-6C。
【例题35】如图所示，已知电源电动势E=18V，电容CA=20μF，CB=10μF。
（1）开关S先接1，再接2，则QB=？
（2）在此基础上，开关S再接1，然后又接2，则QB=？
通过此题的分析和求解，加深对电容器储存和释放电荷功能的理解。
答案：（1）QB=1.2×10-4C；（2）QB=1.6×10-4C。
【例题36】计算机键盘上的每一个按键下面都有一个电容传感器。电容的计算公式是，其中常量ε=9.0×10-12Fm-1，S表示两金属片的正对面积，d表示两金属片间的距离。当某一键被按下时，d发生改变，引起电容器的电容发生改变，从而给电子线路发出相应的信号。已知两金属片的正对面积为50mm2，键未被按下时，两金属片间的距离为0.60mm。只要电容变化达0.25pF，电子线路就能发出相应的信号。那么为使按键得到反应，至少需要按下多大距离？
解：先求得未按下时的电容C1=0.75pF，再由得和C2=1.00pF，得Δd=0.15mm。
匀强电场
等量异种点电荷的电场
等量同种点电荷的电场
－－－－
点电荷与带电平板
+
孤立点电荷周围的电场第三单元 牛顿运动定律
教学目标
1．知识目标：
（1）掌握牛顿第一、第二、第三定律的文字内容和数学表达式。
（2）掌握牛顿第二定律的矢量性、瞬时性、独立性和对应性。
（3）了解牛顿运动定律的适用范围。
2．能力目标：
（1）培养学生正确的解题思路和分析解决动力学问题的能力。
（2）使学生掌握合理选择研究对象的技巧。
3．德育目标：渗透物理学思想方法的教育，使学生掌握具体问题具体分析，灵活选择研究对象，建立合理的物理模型的解决物理问题的思考方法。
教学重点、难点分析
1．在高一、高二的学习中，学生较系统地学习了有关动力学问题的知识，教师也介绍了一些解题方法，但由于学生掌握物理知识需要有一个消化、理解的过程，不能全面系统地分析物体运动的情境，在高三复习中需要有效地提高学生物理学科的能力，在系统复习物理知识的基础上，对学生进行物理学研究方法的教育。本单元的重点就是帮助学生正确分析物体运动过程，掌握解决一般力学问题的程序。
2．本单元的难点在于正确、合理地选择研究对象和灵活运用中学的数学方法，解决实际问题。难点的突破在于精选例，重视运动过程分析，正确掌握整体法—隔离法。
教学过程
牛顿运动定律是经典力学的基础，应用范围很广。在力学中，只研究物体做什么运动，这部分知识属于运动学的内容。至于物体为什么会做这种运动，这部分知识属于动力学的内容，牛顿运动定律是动力学的支柱。我们必须从力、质量和加速度这三个基本概念的深化理解上掌握牛顿运动定律。这堂复习课希望学生对动力学的规律有较深刻的理解，并能在实际中正确运用。
一、牛顿第一定律
内容：一切物体总保持匀速直线运动状态或静止状态，直到有外力迫使它改变这种状态为止。
1．牛顿第一定律导出了力的概念
力是改变物体运动状态的原因。（运动状态指物体的速度）又根据加速度定义：，有速度变化就一定有加速度，所以可以说：力是使物体产生加速度的原因。（不能说“力是产生速度的原因”、“力是维持速度的原因”，也不能说“力是改变加速度的原因”。）
2．牛顿第一定律导出了惯性的概念
任何物体在任何情况（状态）下都具有惯性。惯性是物体的固有属性，质量是物体惯性大小的量度：质量大、则惯性大。
当物体不受外力时：惯性表现为保持运动状态不变；
当物体受到外力时：惯性表现为改变运动状态的难易程度。
3．牛顿第一定律描述的是理想化状态
顿第一定律描述的是物体在不受任何外力时的状态。而不受外力的物体是不存在的。物体不受外力和物体所受合外力为零是有区别的，所以不能把牛顿第一定律当成牛顿第二定律在F=0时的特例。
【例1】某人用力推原来静止在水平面上的小车，使小车开始运动，此后改用较小的力就可以维持小车做匀速直线运动，可见：
A．力是使物体产生运动的原因
B．力是维持物体运动速度的原因
C．力是使物体产生加速度的原因
D．力是使物体惯性改变的原因
讨论、思考、回答：经讨论得出正确答案为C。
二、牛顿第三定律
内容：两个物体之间的作用力和反作用力总是大小相等，方向相反，作用在一条直线上。
1．区分一对作用力反作用力和一对平衡力
共同点有：大小相等、方向相反、作用在同一条直线上。
不同点有：
①作用力与反作用力分别作用在两个物体上，一对平衡力作用在同一物体上，所以作用力与反作用力作用效果不可抵消。
②作用力与反作用力性质必相同，而一对平衡力性质可以不同。
③作用力与反作用力同时产生、同时消失，而一对平衡力不一定。
④有相互作用的物体的运动状态是不确定的。而平衡力作用下物体必处于平衡状态。
2．一对作用力和反作用力的冲量和功
一对作用力和反作用力在同一个过程中（同一段时间或同一段位移）的总冲量一定为零，但作的总功可能为零、可能为正、也可能为负。这是因为作用力和反作用力的作用时间一定是相同的，而位移大小、方向都可能是不同的。
牛顿第三定律肯定了物体间的作用力具有相互作用的本质：即力总是成对出现，孤立的单个力是不存在的，有施力者，必要有受力者，受力者也给施力者以力的作用。这一对作用力和反作用力的关系是：等大反向，同时存在，同时消失，分别作用于两个不同的物体上，且具有相同的性质和相同的规律。
【例2】如图，物体A放在水平桌面上，被水平细绳拉着处于静止状态，则
A．A对桌面的压力和桌面对A的支持力总是平衡的
B．A对桌面的摩擦力的方向总是水平向右的
C．绳对A的拉力小于A所受桌面的摩擦力
D．A受到的重力和桌面对A的支持力是一对作用力与反作用力
思考、讨论、得出正确结论选B，并讨论其它选项错在何处。
三、牛顿第二定律：
1．内容：物体受到外力作用时，所获得的加速度的大小跟外力大小成正比，跟物体的质量成反比，加速度的方向与合外力方向相同。
数学表达式：ΣF=ma。（其中的F和m、a必须相对应）特别要注意表述的方向。明确力和加速度方向，也是正确列出方程的重要环节。
2．牛顿第二定律的意义：
（1）揭示了力、质量、加速度的因果关系。
（2）说明了加速度与力的瞬时对应关系。
若F为物体受的合外力，那么a表示物体的实际加速度；若F为物体受的某一个方向上的所有力的合力，那么a表示物体在该方向上的分加速度；若F为物体受的若干力中的某一个力，那么a仅表示该力产生的加速度，不是物体的实际加速度。
（3）概括了力的独立性原理
牛顿第二定律明确了物体的受力情况和运动情况之间的定量关系。联系物体的受力情况和运动情况的桥梁或纽带就是加速度。
3．应用牛顿第二定律解题的步骤：
（1）明确研究对象。
可以以某一个物体为对象，也可以以几个物体组成的质点组为对象。设每个质点的质量为mi，对应的加速度为ai，则有：F合= m1a1+m2a2+m3a3+……+mnan
对这个结论可以这样理解：先分别以质点组中每个物体为研究对象用牛顿第二定律：∑F1=m1a1，∑F2=m2a2，……∑Fn=mnan，将以上各式等号左、右分别相加，其中左边所有力中，凡属于系统内力的，总是成对出现并且大小相等方向相反的，其矢量和必为零，所以最后得到的是该质点组所受的所有外力之和，即合外力F。
（2）对研究对象进行受力分析，画出受力分析图。同时还应该分析研究对象的运动情况（包括速度、加速度），并把速度、加速度的方向在受力图旁边画出来。
①若研究对象在不共线的两个力作用下做加速运动，一般用平行四边形定则（或三角形定则）解题；若研究对象在不共线的三个以上的力作用下做加速运动，一般用正交分解法解题（注意灵活选取坐标轴的方向，既可以分解力，也可以分解加速度）。
②当研究对象在研究过程的不同阶段受力情况有变化时，那就必须分阶段进行受力分析，分阶段列方程求解。
（3）选取适当坐标系，一般以加速度方向为正方向。根据牛顿第二定律和运动学公式建立方程。
（4）统一单位，求解方程组。对计算结果进行分析、讨论。
【例3】如图所示，如图所示，轻弹簧下端固定在水平面上。一个小球从弹簧正上方某一高度处由静止开始自由下落，接触弹簧后把弹簧压缩到一定程度后停止下落。在小球下落的这一全过程中，下列说法中正确的是
A．小球刚接触弹簧瞬间速度最大
B．从小球接触弹簧起加速度变为竖直向上
C．从小球接触弹簧到到达最低点，小球的速度先增大后减小
D．从小球接触弹簧到到达最低点，小球的加速度先减小后增大
解：小球的加速度大小决定于小球受到的合外力。从接触弹簧至到达最低点，弹力从零开始逐渐增大，所以合力先减小后增大，因此加速度先减小后增大。当合力与速度同向时小球速度增大，所以当小球所受弹力和重力大小相等时速度最大。CD。
【例4】如图所示， m =4kg的小球挂在小车后壁上，细线与竖直方向成37°角。求：（1）小车以a=g向右加速；（2）小车以a=g向右减速时，细线对小球的拉力F1和后壁对小球的压力F2各多大？
解：（1）向右加速时小球对后壁必然有压力，球在三个共点力作用下向右加速。合外力向右，F2向右，因此G和F1的合力一定水平向左，所以 F1的大小可以用平行四边形定则求出：F1=50N，可见向右加速时F1的大小与a无关；F2可在水平方向上用牛顿第二定律列方程：F2-0.75G =ma计算得F2=70N。可以看出F2将随a的增大而增大。（这种情况下用平行四边形定则比用正交分解法简单。）
（2）必须注意到：向右减速时，F2有可能减为零，这时小球将离开后壁而“飞”起来。这时细线跟竖直方向的夹角会改变，因此F1的方向会改变。所以必须先求出这个临界值。当时G和F1的合力刚好等于ma，所以a的临界值为。当a=g时小球必将离开后壁。不难看出，这时F1=mg=56N，F2=0。
【例5】如图所示，在箱内倾角为α的固定光滑斜面上用平行于斜面的细线固定一质量为m的木块。求：（1）箱以加速度a匀加速上升，（2）箱以加速度a向左匀加速运动时，线对木块的拉力F1和斜面对箱的压力F2各多大？
解：（1）a向上时，由于箱受的合外力竖直向上，重力竖直向下，所以F1、F2的合力F必然竖直向上。可先求F，再由F1=Fsinα和F2=Fcosα求解，得到： F1=m（g+a）sinα，F2=m（g+a）cosα。
显然这种方法比正交分解法简单。
（2）a向左时，箱受的三个力都不和加速度在一条直线上，必须用正交分解法。可选择沿斜面方向和垂直于斜面方向进行正交分解，（同时正交分解a），然后分别沿x、y轴列方程求F1、F2：F1=m（gsinα-acosα），F2=m（gcosα+asinα）。
经比较可知，这样正交分解比按照水平、竖直方向正交分解列方程和解方程都简单。
还应该注意到F1的表达式F1=m（gsinα-acosα）显示其有可能得负值，这意味这绳对木块的力是推力，这是不可能的。这里又有一个临界值的问题：当向左的加速度a≤gtanα时F1=m（gsinα-acosα）沿绳向斜上方；当a>gtanα时木块和斜面不再保持相对静止，而是相对于斜面向上滑动，绳子松弛，拉力为零。
【例6】有只船在水中航行时所受阻力与其速度成正比，现在船由静止开始沿直线航行，若保持牵引力恒定，经过一段时间后，速度为v，加速度为a1，最终以2v的速度做匀速运动；若保持牵引力的功率恒定，经过另一段时间后，速度为v，加速度为a2，最终也以2v的速度做匀速运动，则a2=______a1。
引导解题：牵引力恒定：，所以。
牵引力恒定：，又，所以a2=3a1。
学生分组讨论，并总结：
力是产生加速度的原因，也就是说加速度与力之间存在即时直接的因果关系。被研究对象什么时刻受力，什么时刻产生加速度，什么时刻力消失，什么时刻加速度就等于零。这称做加速度与力的关系的同时性，或称为瞬时性。
【例7】已知，质量m=2kg的质点在平面直角坐标系的原点O，受到三个平行于平面的力的作用，在O点处于静止状态．已知三个力中F2=4N，方向指向负方向，从t=0时起，停止F1的作用，到第2秒末物体的位置坐标是（-2m，0）。求：（1）F1的大小和方向；（2）若从第2秒末起恢复F1的作用，而同时停止第三个力F3的作用，则到第4秒末质点的位置坐标是多少？（3）第4秒末质点的速度大小和方向如何？（4）F3的大小和方向？
（1）在停止F1作用的两秒内，质点的位置在x轴负方向移动，
应有，即，
所以F1=-Fx=-ma=2（N）
F1的方向沿x轴方向。
（2）当恢复F1的作用，而停止F3的作用的2秒内，因为F1在x轴正方向，F2在y轴负方向，直接用F1和F2列出动力学方程：
所以第4秒末的位置坐标应是
其中v1x=a1t1=-2（m/s），t2=2s
所以，
（3）第4秒末质点沿x轴和y轴方向的速度分别为v2x和v2y，有
即第4秒末质点的速度为4m/s，沿y轴负方向。
（4）
F3应在直角坐标系的第二象限，设F3与y轴正向的夹角为θ，则有，即。
【例8】如图所示，质量m=4kg的物体与地面间的动摩擦因数为μ=0.5，在与水平成θ=37°角的恒力F作用下，从静止起向右前进t1=2.0s后撤去F，又经过t2=4.0s物体刚好停下。求：F的大小、最大速度vm、总位移s。
解：由运动学知识可知：前后两段匀变速直线运动的加速度a与时间t成反比，而第二段中μmg=ma2，加速度a2=μg=5m/s2，所以第一段中的加速度一定是a1=10m/s2。再由方程可求得：F=54.5N
第一段的末速度和第二段的初速度相等都是最大速度，可以按第二段求得：vm=a2t2=20m/s又由于两段的平均速度和全过程的平均速度相等，所以有m。
需要引起注意的是：在撤去拉力F前后，物体受的摩擦力发生了改变。
四、牛顿运动定律的适用范围：
牛顿运动定律如同一切物理定律一样，都有一定的适用范围。牛顿运动定律只适用于宏观物体，一般不适用于微观粒子；只适用于物体的低速（远小于光速）运动问题，不能用来处理高速运动问题。牛顿第一定律和第二定律还只适用于惯性参照系。
五、连接体（质点组）
在应用牛顿第二定律解题时，有时为了方便，可以取一组物体（一组质点）为研究对象。这一组物体一般具有相同的速度和加速度，但也可以有不同的速度和加速度。以质点组为研究对象的好处是可以不考虑组内各物体间的相互作用，这往往给解题带来很大方便。使解题过程简单明了。
【例9】如图所示，A、B两木块的质量分别为mA、mB，在水平推力F作用下沿光滑水平面匀加速向右运动，求A、B间的弹力FN。
解：这里有a、FN两个未知数，需要要建立两个方程，要取两次研究对象。比较后可知分别以B、（A+B）为对象较为简单（它们在水平方向上都只受到一个力作用）。可得
这个结论还可以推广到水平面粗糙时（A、B与水平面间μ相同）；也可以推广到沿斜面方向推A、B向上加速的问题，有趣的是，答案是完全一样的。
【例10】如图，倾角为α的斜面与水平面间、斜面与质量为m的木块间的动摩擦因数均为μ，木块由静止开始沿斜面加速下滑时斜面始终保持静止。求水平面给斜面的摩擦力大小和方向。
解：以斜面和木块整体为研究对象，水平方向仅受静摩擦力作用，而整体中只有木块的加速度有水平方向的分量。可以先求出木块的加速度，再在水平方向对质点组用牛顿第二定律，很容易得到：
如果给出斜面的质量M，本题还可以求出这时水平面对斜面的支持力大小为：
FN=Mg+mg（cosα+μsinα）sinα，这个值小于静止时水平面对斜面的支持力。
【例11】如图所示，mA=1kg，mB=2kg，A、B间静摩擦力的最大值是5N，水平面光滑。用水平力F拉B，当拉力大小分别是F=10N和F=20N时，A、B的加速度各多大？
解：先确定临界值，即刚好使A、B发生相对滑动的F值。当A、B间的静摩擦力达到5N时，既可以认为它们仍然保持相对静止，有共同的加速度，又可以认为它们间已经发生了相对滑动，A在滑动摩擦力作用下加速运动。这时以A为对象得到a =5m/s2；再以A、B系统为对象得到 F =（ma+mB）a =15N
（1）当F=10N<15N时， A、B一定仍相对静止，所以
（2）当F=20N>15N时，A、B间一定发生了相对滑动，用质点组牛顿第二定律列方程：，而aA =5m/s2，于是可以得到aB =7.5m/s2
【例12】长L的轻杆两端分别固定有质量为m的小铁球，杆的三等分点O处有光滑的水平转动轴。用手将该装置固定在杆恰好水平的位置，然后由静止释放，当杆到达竖直位置时，求轴对杆的作用力F的大小和方向。
解：根据系统机械能守恒可求出小球1在最高点的速度v：，
在竖直位置对系统用牛顿第二定律，以向下为正方向，设轴对系统的作用力F向上，，得到F=2.4mg。
六、课堂小结
由牛顿第二定律的数学表达式ΣF=ma，可以看出凡是求瞬时力及作用效果的问题；判断质点的运动性质的问题，都可用牛顿运动定律解决。
解决动力学问题的基本方法是：
（1）根据题意选定研究对象，确定m。
（2）分析物体受力情况，画受力图，确定F合。
（3）分析物体运动情况，确定a。
（4）根据牛顿定律，力的概念、规律、运动学公式等建立有关方程。
（5）解方程。
（6）验算、讨论。
七、教学说明
1．作为高三总复习，涉及概念、规律多，因此复习重点在于理解概念、规律的实质，总结规律应用的方法和技巧。
2．复习课不同于新课，必须强调引导学生归纳、总结。注意知识的连贯性和知识点的横向对比性。如一对作用力和反作用力与一对平衡力有什么不同？
3．复习课可以上得活跃些，有些综合题可以由学生互相启发，互相讨论去解决，这样既可以提高学生的学习兴趣又可提高学生分析问题的能力。
F2
F1
G
a
v
F1
G
v
a
α
F
F2
F1
aA v
G
v
aA
Aax
Aay
F2
F1
G
Gx
Gy
x
y
v
F
a
A B
α
A
B F
O
1
2第四单元 曲线运动 万有引力
教学目标
1．知识目标：
（1）明确形成曲线运动的条件（落实到平抛运动和匀速圆周运动）；
（2）熟悉平抛运动的分解方法及运动规律：理解匀速圆周运动的线速度、角速度、向心加速度的概念并记住相应的关系式；
（3）知道万有引力定律及公式的适用条件。
2．能力目标：通过例的分析，探究解决有关平抛运动、匀速圆周运动实际问题的基本思路和方法，并注意到相关物理知识的综合运用，以提高学生的综合能力。
教学重点、难点分析
1．本节的重点是引导学生归纳、总结平抛运动和匀速圆周运动的特点及规律。
2．本节描述物理规律的公式较多，理解、记忆并灵活运用这些规律是难点。必须充分发挥学生的主体作用，在学生自己复习的基础上，交流“理解、记忆诸多公式的方法、技巧”，是解决这一难点的重要手段之一。
教学过程
当物体受到的合外力的方向跟速度方向不在一条直线上时，物体将做曲线运动。
例如：物体的初速度不沿竖直方向且只受重力作用，物体将做斜抛或平抛运动。（如果将重力换成恒定的电场力，或者除重力外还受到电场力，但它们的合力跟初速度的方向不在一条直线上，物体的运动轨迹也是抛物线。常见的有类平抛运动。）
当物体受到的合力大小恒定而方向总跟速度的方向垂直，则物体将做匀速率圆周运动。（这里的合力可以是万有引力→卫星的运动、库仑力→电子绕核旋转、洛仑兹力→带电粒子在匀强磁场中的偏转、弹力→绳拴着的物体在光滑水平面上绕绳的一端旋转、重力与弹力的合力→锥摆、静摩擦力→水平转盘上的物体等。）如果物体受到约束，只能沿圆形轨道运动，而速率不断变化。如果小球沿离心轨道运动，是变速率圆周运动。合力的方向并不总跟速度方向垂直。
此外，还有其它的曲线运动。如：正交电磁场中带电粒子的运动—轨迹既不是圆也不是抛物线，而是摆线；非匀强电场中带电粒子的曲线运动等。
在各种各样的曲线运动中，平抛运动和匀速圆周运动是最基本、最重要的运动，我们应该牢牢掌握它们的运动规律。
一、运动的合成与分解
1．运动的性质和轨迹
物体运动的性质由加速度决定（加速度得零时物体静止或做匀速运动；加速度恒定时物体做匀变速运动；加速度变化时物体做变加速运动）。
物体运动的轨迹（直线还是曲线）则由物体的速度和加速度的方向关系决定（速度与加速度方向在同一条直线上时物体做直线运动；速度和加速度方向成角度时物体做曲线运动）。
两个互成角度的直线运动的合运动是直线运动还是曲线运动决定于它们的合速度和合加速度方向是否共线（如图所示）。
运动常见的类型有：
（1）a=0：匀速直线运动或静止。
（2）a恒定：性质为匀变速运动，分为：①v、a同向，匀加速直线运动；②v、a反向，匀减速直线运动；③v、a成角度，匀变速曲线运动（轨迹在v、a之间，和速度v的方向相切，方向逐渐向a的方向接近，但不可能达到。）
（3）a变化：性质为变加速运动。如简谐运动，加速度大小、方向都随时间变化。
2．过河问题
如右图所示，若用v1表示水速，v2表示船速，则：
①过河时间仅由v2的垂直于岸的分量v⊥决定，即，与v1无关，所以当v2⊥岸时，过河所用时间最短，最短时间为也与v1无关。
②过河路程由实际运动轨迹的方向决定，当v1＜v2时，最短路程为d；当v1＞v2时，最短路程为（如右图所示）。
3．连带运动问题
指物拉绳（杆）或绳（杆）拉物问题。由于高中研究的绳都是不可伸长的，杆都是不可伸长和压缩的，即绳或杆的长度不会改变，所以解题原则是：把物体的实际速度分解为垂直于绳（杆）和平行于绳（杆）两个分量，根据沿绳（杆）方向的分速度大小相同求解。
【例1】如图所示，汽车甲以速度v1拉汽车乙前进，乙的速度为v2，甲、乙都在水平面上运动，求v1∶v2
解：甲、乙沿绳的速度分别为v1和v2cosα，两者应该相等，所以有v1∶v2=cosα∶1
【例2】两根光滑的杆互相垂直地固定在一起。上面分别穿有一个小球。小球a、b间用一细直棒相连如图。当细直棒与竖直杆夹角为α时，求两小球实际速度之比va∶vb
解：a、b沿细直棒的分速度分别为vacosα和vbsinα，∴va∶vb=tanα∶1
二、平抛运动
当物体初速度水平且仅受重力作用时的运动，被称为平抛运动。其轨迹为抛物线，性质为匀变速运动。平抛运动可分解为水平方向的匀速运动和竖直方向的自由落体运动这两个分运动。广义地说，当物体所受的合外力恒定且与初速度垂直时，做类平抛运动。
获得平抛初速度：水平力对物体做功（给物体施加水平冲量）；物体从水平运动的载体上脱离。
平抛运动可以分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动。
1．一个有用的推论：平抛物体任意时刻瞬时时速度方向的反向延长线与初速度延长线的交点到抛出点的距离都等于水平位移的一半。
证明：设一段时间内物体的水平位移为s，竖直位移为h，则有：，，由上述公式有。
【例3】从倾角为θ=30°的斜面顶端以初动能E=6J向下坡方向平抛出一个小球，则小球落到斜面上时的动能E/为______J。
解：以抛出点和落地点连线为对角线画出矩形ABCD，可以证明末速度vt的反向延长线必然交AB于其中点O，由图中可知BC∶BO=2∶，由相似形可知vt∶v0=∶，因此很容易可以得出结论：E′=14J。
本题也能用解析法求解。列出竖直分运动和水平分运动的方程，注意到倾角和下落高度和射程的关系，有：
同样可求得vt∶v0=∶，E′=14J
2．方格问题
平抛小球的闪光照片如图。
【例4】已知方格边长a和闪光照相的频闪间隔T，求：v0、g、vc
解：水平方向：竖直方向：，∴
先求C点的水平分速度vx和竖直分速度vy，再求合速度vC：
，，∴
〖变型〗条件同上，若A的坐标为（0，0），求出抛物点O的坐标。
思路：求出抛物点O到A点的时间即可。由vC知：vCy=gtC，而，解得。
故，则抛出点O的坐标为（-v0tA，-）。
3．临界问题
典型例是在排球运动中，为了使从某一位置和某一高度水平扣出的球既不触网、又不出界，扣球速度的取值范围应是多少？
【例5】已知网高H，半场长L，扣球点高h，扣球点离网水平距离s、求：水平扣球速度v的取值范围。
解：假设运动员用速度vmax扣球时，球刚好不会出界，用速度vmin扣球时，球刚好不触网，从图中数量关系可得：
，。
实际扣球速度应在这两个值之间。
4．曲线运动的一般研究方法
研究曲线运动的一般方法就是正交分解。将复杂的曲线运动分解为两个互相垂直方向上的直线运动。一般以初速度或合外力的方向为坐标轴进行分解。
【例6】如上图所示，在竖直平面的xoy坐标系内，oy表示竖直向上方向。该平面内存在沿x轴正向的匀强电场。一个带电小球从坐标原点沿oy方向竖直向上抛出，初动能为4J，不计空气阻力。它达到的最高点位置如图中M点所示。求：
（1）小球在M点时的动能E1。
（2）在图上标出小球落回x轴时的位置N。
（3）小球到达N点时的动能E2。
解：（1）在竖直方向小球只受重力，从O→M速度由v0减小到0；在水平方向小球只受电场力，速度由0增大到v1，由图知这两个分运动平均速度大小之比为2∶3，因此v0∶v1=2∶3，所以小球在M点时的动能E1=9J。
（2）由竖直分运动知，O→M和M→N经历的时间相同，因此水平位移大小之比为1∶3，故N点的横坐标为12。
（3）小球到达N点时的竖直分速度为v0，水平分速度为2v1，由此可得此时动能E2=40J。
三、向心力和向心加速度
1．做匀速圆周运动物体所受的合力为向心力
“向心力”是一种效果力。任何一个力，或者几个力的合力，或者某一个力的某个分力，只要其效果是使物体做匀速圆周运动的，都可以作为向心力。
2．一般地说，当做圆周运动物体所受的合力不指向圆心时，可以将它沿半径方向和切线方向正交分解，其沿半径方向的分力为向心力，只改变速度的方向，不改变速度的大小；其沿切线方向的分力为切向力，只改变速度的大小，不改变速度的方向。分别与它们相应的向心加速度描述速度方向变化的快慢，切向加速度描述速度大小变化的快慢。
做圆周运动物体所受的向心力和向心加速度的关系同样遵从牛顿第二定律：Fn=man在列方程时，根据物体的受力分析，在方程左边写出外界给物体提供的合外力，右边写出物体需要的向心力（可选用等各种形式）。
如果沿半径方向的合外力大于做圆周运动所需的向心力，物体将做向心运动，半径将减小；如果沿半径方向的合外力小于做圆周运动所需的向心力，物体将做离心运动，半径将增大。
3．圆锥摆
圆锥摆是运动轨迹在水平面内的一种典型的匀速圆周运动。其特点是由物体所受的重力与弹力的合力充当向心力，向心力的方向水平。也可以说是其中弹力的水平分力提供向心力（弹力的竖直分力和重力互为平衡力）。
【例7】小球在半径为R的光滑半球内做水平面内的匀速圆周运动，试分析图中的θ（小球与半球球心连线跟竖直方向的夹角）与线速度v、周期T的关系。（小球的半径远小于R。）
解：小球做匀速圆周运动的圆心在和小球等高的水平面上（不在半球的球心），向心力F是重力G和支持力N的合力，所以重力和支持力的合力方向必然水平。如图所示有：
，由此可得：
（h为小球轨道平面到球心的高度）可见，θ越大（即轨迹所在平面越高），v越大，T越小。
本题的分析方法和结论同样适用于圆锥摆、火车转弯、飞机在水平面内做匀速圆周飞行等在水平面内的匀速圆周运动的问题。共同点是由重力和弹力的合力提供向心力，向心力方向水平。
四、匀速圆周运动
1．匀速圆周运动的特点
匀速圆周运动是变速运动（v方向时刻在变），而且是变加速运动（a方向时刻在变）。
2．描述匀速圆周运动的物理量
物理量有：线速度v、角速度ω、周期T、频率f、转速n、向心加速度a等等。
，，，，，关系是：，
适用于匀速圆周运动和非匀速圆周运动的公式有：；；
只适用于匀速圆周运动的公式有：；
小结：前三个公式是用瞬时量线速度v和角速度ω表示的，因而是普遍适用的。周期T和转速n不是瞬时量，后两个公式只适用于匀速圆周运动。
凡是直接用皮带传动（包括链条传动、摩擦传动）的两个轮子，两轮边缘上各点的线速度大小相等；凡是同一个轮轴上（各个轮都绕同一根轴同步转动）的各点角速度相等（轴上的点除外）。
【例8】如图所示装置中，三个轮的半径分别为r、2r、4r，b点到圆心的距离为r，求图中A、b、c、d各点的线速度之比、角速度之比、加速度之比。
解：va= vC，而vb∶vC∶vd =1∶2∶4，所以va∶ vb∶vC∶vd =2∶1∶2∶4；ωa∶ωb=2∶1，而ωb=ωC=ωd ，所以ωa∶ωb∶ωC∶ωd =2∶1∶1∶1；再利用a=vω，可得aa∶ab∶ac∶ad=4∶1∶2∶4
【例9】如图所示，一种向自行车车灯供电的小发电机的上端有一半径r0=1.0cm的摩擦小轮，小轮与自行车车轮的边缘接触。当车轮转动时，因摩擦而带动小轮转动，从而为发电机提供动力。自行车车轮的半径R1=35cm，小齿轮的半径R2=4.0cm，大齿轮的半径R3=10.0cm。求大齿轮的转速n1和摩擦小轮的转速n2之比。（假定摩擦小轮与自行车轮之间无相对滑动）
解：大小齿轮间、摩擦小轮和车轮之间和皮带传动原理相同，两轮边缘各点的线速度大小相等，由v=2πnr可知转速n和半径r成反比；小齿轮和车轮间和轮轴的原理相同，两轮上各点的转速相同。由这三次传动可以找出大齿轮和摩擦小轮间的转速之比n1∶n2=2∶175
3．竖直面内圆周运动最高点处的受力特点及分类
这类问题的特点是：由于机械能守恒，物体做圆周运动的速率时刻在改变，物体在最高点处的速率最小，在最低点处的速率最大。物体在最低点处向心力向上，而重力向下，所以弹力必然向上且大于重力；而在最高点处，向心力向下，重力也向下，所以弹力的方向就不能确定了，要分三种情况进行讨论。
（1）弹力只可能向下，如绳拉球。
这种情况下有，即，否则不能通过最高点。
（2）弹力只可能向上，如车过桥。
在这种情况下有：，即，否则车将离开桥面，做平抛运动。
（3）弹力既可能向上又可能向下，如管内转（或杆连球、环穿珠）。
这种情况下，速度大小v可以取任意值。但可以进一步讨论：①当时物体受到的弹力必然是向下的；当时物体受到的弹力必然是向上的；当时物体受到的弹力恰好为零。②当弹力大小Fmg时，向心力只有一解：F+mg；当弹力F=mg时，向心力等于零或2mg。
【例10】如图所示，杆长为L，球的质量为m，杆连球在竖直平面内绕轴O自由转动，已知在最高点处，杆对球的弹力大小为，求这时小球的瞬时速度大小。
解：小球所需向心力向下，本题中＜mg，所以弹力的方向可能向上也可能向下。
（1）若F向上，则，即：。
（2）若F向下，则，即：。
本题是杆连球绕轴自由转动，根据机械能守恒，还能求出小球在最低点的即时速度。
需要注意的是：若题目中说明小球在杆的带动下在竖直面内做匀速圆周运动，则运动过程中小球的机械能不再守恒，这两类题务必分清。
五、万有引力、人造卫星
万有引力定律的内容：任何两个物体之间都存在相互吸引的力。引力的大小跟两个物体质量的乘积成正比，跟它们之间距离的二次方成反比。
公式：，只适用于质点或质量分布均匀的球体，式中r是质点间或球心间的距离．
基本问题是研究星体（包括人造星体）在万有引力作用下做匀速圆周运动。
1．用万有引力定律求中心星球的质量和密度
当一个星球绕另一个星球做匀速圆周运动时，设中心星球质量为M，半径为R，环绕星球质量为m，线速度为v，公转周期为T，两星球相距r，由万有引力定律有：，可得出。
由r、v或r、T就可以求出中心星球的质量；如果环绕星球离中心星球表面很近，即满足r≈R，那么由可以求出中心星球的平均密度。
2．双星
宇宙中往往会有相距较近，质量可以相比的两颗星球，它们离其它星球都较远，因此其它星球对它们的万有引力可以忽略不计。在这种情况下，它们将各自围绕它们连线上的某一固定点做同周期的匀速圆周运动。这种结构叫做双星。
（1）由于双星和该固定点总保持三点共线，所以在相同时间内转过的角度必相等，即双星做匀速圆周运动的角速度必相等，因此周期也必然相同。
（2）由于每颗星的向心力都是由双星间相互作用的万有引力提供的，因此大小必然相等，由F=mrω2可得，可得，，即固定点离质量大的星较近。
（3）列式时须注意：万有引力定律表达式中的r表示双星间的距离，按题意应该是L，而向心力表达式中的r表示它们各自做圆周运动的半径，在本题中为r1、r2，千万不可混淆。
当我们只研究地球和太阳系统或地球和月亮系统时（其他星体对它们的万有引力相比而言都可以忽略不计），其实也是一个双星系统，只是中心星球的质量远大于环绕星球的质量，因此固定点几乎就在中心星球的球心。可以认为它是固定不动的。
3．万有引力和重力的关系
一般的星球都在不停地自转，星球表面的物体随星球自转需要向心力，因此星球表面上的物体所受的万有引力有两个作用效果：一个是重力，一个是向心力。如图所示，星球表面的物体所受的万有引力的一个分力是重力，另一个分力是使该物体随星球自转所需的向心力。即
地球表面的物体所受到的向心力f的大小不超过重力的0.35%，因此在计算中可以认为万有引力和重力大小相等。如果有些星球的自转角速度非常大，那么万有引力的向心力分力就会很大，重力就相应减小，就不能再认为重力等于万有引力了。如果星球自转速度相当大，使得在它赤道上的物体所受的万有引力恰好等于该物体随星球自转所需要的向心力，那么这个星球就处于自行崩溃的临界状态了（2003年高考有关中子星问题就是这种情况）。
【例11】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＝1/30s。向该中子星的最小密度应是多少才能维持该星体的稳定，不致因自转而瓦解。计等时星体可视为均匀球体。（引力常数G＝6.67×10－11m3/kg·s2）
解答：考虑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一起旋转所需的向心力时，中子星才不会瓦解。
设中子星的密度为ρ，质量为M，半径为R，自转角速度为ω，位于赤道处的小块物质质量为m，则有
GMm/R2＝mω2R
ω＝2π/T
M＝4/3πρR3
由以上各式得ρ＝3π/GT2
代人数据解得ρ＝1.27×1014kg/m3
【例12】某行星自转周期是6小时。在该行星赤道上称得某物体的重力是同一物体在两极称得的重力的90%，求该行星的平均密度。
解：由已知，该星球赤道上物体所受的向心力是万有引力的10%，，而星球质量，由以上两式可得ρ=3.03×103kg/m3
4．人造卫星（只讨论绕地球做匀速圆周运动的人造卫星）
和星球表面上的物体不同，人造卫星所受的万有引力只有一个作用效果，就是使它绕星球做匀速圆周运动，因此万有引力等于向心力。又由于我们定义重力是由于地球的吸引而使物体受到的力，因此可以认为对卫星而言，
（1）人造卫星的线速度和周期。人造卫星的向心力是由地球对它的万有引力提供的，因此有： ，由此可得到两个重要的结论：和。可以看出，人造卫星的轨道半径r、线速度大小v和周期T是一一对应的，其中一个量确定后，另外两个量也就唯一确定了。离地面越高的人造卫星，线速度越小而周期越大。
（2）近地卫星。近地卫星的轨道半径r可以近似地认为等于地球半径R，又因为地面附近，所以有，。它们分别是绕地球做匀速圆周运动的人造卫星的最大线速度和最小周期。
（3）同步卫星。“同步”的含义就是和地球保持相对静止（又叫静止轨道卫星），所以其周期等于地球自转周期，既T=24h，根据（1）可知其轨道半径是唯一确定的，经过计算可求得同步卫星离地面的高度为h=3.6×107m≈5.6R地（三万六千千米），而且该轨道必须在地球赤道的正上方，卫星的运转方向必须是由西向东。
在轨道上，向心力等于引力。卫星的线速度随轨道半径的增大而减小。（动能虽然小了，势能却增大了，所以卫星在较高的轨道上运行需要有更大的机械能。）
【例13】“神舟三号”顺利发射升空后，在离地面340km的圆轨道上运行了108圈。运行中需要多次进行“轨道维持”。所谓“轨道维持”就是通过控制飞船上发动机的点火时间和推力的大小方向，使飞船能保持在预定轨道上稳定运行。如果不进行轨道维持，由于飞船受轨道上稀薄空气的摩擦阻力，轨道高度会逐渐降低，在这种情况下飞船的动能、重力势能和机械能变化情况将会是
A．动能、重力势能和机械能都逐渐减小
B．重力势能逐渐减小，动能逐渐增大，机械能不变
C．重力势能逐渐增大，动能逐渐减小，机械能不变
D．重力势能逐渐减小，动能逐渐增大，机械能逐渐减小
解：由于阻力很小，轨道高度的变化很慢，卫星运行的每一圈仍可认为是匀速圆周运动。由于摩擦阻力做负功，根据机械能定理，卫星的机械能减小；由于重力做正功，根据势能定理，卫星的重力势能减小；由可知，卫星动能将增大。这也说明该过程中重力做的功大于克服阻力做的功，外力做的总功为正。答案选D。
【例14】如图所示，发射同步卫星的一种程序是：先让卫星进入一个近地的圆轨道，然后在P点点火加速，进入椭圆形转移轨道（该椭圆轨道的近地点为近地圆轨道上的P，远地点为同步圆轨道上的Q），到达远地点时再次自动点火加速，进入同步轨道。设卫星在近地圆轨道上运行的速率为v1，在P点短时间加速后的速率为v2，沿转移轨道刚到达远地点Q时的速率为v3，在Q点短时间加速后进入同步轨道后的速率为v4。试比较v1、v2、v3、v4的大小，并用小于号将它们排列起来______。
解：根据题意在P、Q两点点火加速过程中，卫星速度将增大，所以有v1【例15】欧洲航天局用阿里亚娜火箭发射地球同步卫星。该卫星发射前在赤道附近（北纬5°左右）南美洲的法属圭亚那的库卢基地某个发射场上等待发射时为1状态，发射到近地轨道上做匀速圆周运动时为2状态，最后通过转移、调试，定点在地球同步轨道上时为3状态。将下列物理量按从小到大的顺序用不等号排列：①这三个状态下卫星的线速度大小______；②向心加速度大小______；③周期大小______。
解：①比较2、3状态，都是绕地球做匀速圆周运动，因为r2【例16】如图所示，用细绳一端系着的质量为M=0.6kg的物体A静止在水平转盘上，细绳另一端通过转盘中心的光滑小孔O吊着质量为m=0.3kg的小球B，A的重心到O点的距离为0.2m。若A与转盘间的最大静摩擦力为f=2N，为使小球B保持静止，求转盘绕中心O旋转的角速度ω的取值范围。（取g=10m/s2）
分析与解：要使B静止，A必须相对于转盘静止——具有与转盘相同的角速度．A需要的向心力由绳拉力和静摩擦力合成。角速度取最大值时，A有离心趋势，静摩擦力指向圆心O；角速度取最小值时，A有向心运动的趋势，静摩擦力背离圆心O。
对于B，T=mg
对于A，
解得；；故2.9rAd/s≤ω≤6.5rAd/s。
【例17】质量为m的小球，由长为l的细线系住，细线的另一端固定在A点，AB是过A的竖直线，E为AB上的一点，且AE=，过E做水平线EF，在EF上钉一铁钉D，如图所示。若线能承受的最大拉力是9mg，现将悬线拉至水平，然后由静止释放，若小球能绕钉子在竖直平面内做圆周运动，求钉子位置在水平线上的取值范围。不计线与钉碰撞时的能量损失。
分析与解：设ED=x，则细线碰到钉子后，做圆周运动的半径。此半径必须满足两个临界条件：
小球通过该圆的最低点时，细线拉力F≤9mg （1）
小球通过该圆的最高点时，小球的速度 （2）
根据机械能守恒定律， （3）
（4）
由牛顿运动定律， （5）
联立（1）（3）（5）得，即，所以；
联立（2）（4）得，即，所以；
故x的取值范围是。
v1
甲
乙
α
v1
v2
A
b
c
d第五单元 动量
教学目标
1．理解和掌握动量及冲量概念，反复强调动量及冲量的方向性，使学生对矢量的方向性给予足够的重视，掌握矢量方向的表示方法。
2．理解和掌握动量定理的内容以及动量定理的实际应用，会选择研究对象及有关过程，并使学生熟练掌握用代数方法研究矢量问题的方法，即根据具体问题建立坐标，假设正方向并结合动量、冲量的实际方向引入正负量牢固掌握用代数方法处理一维矢量运算的基本方法。
3．熟练掌握动量守恒定律的内容及使用条件，会推导动量守恒定律的数学表达式，了解动量守恒定律普遍适用于自然中的微观世界和客观世界。
4．理解和掌握用动量守恒定律解决各种碰撞问题，即弹性碰撞、完全非弹性碰撞及非弹性碰撞，并掌握各种类型碰撞的特点，以及各种碰撞中的能量转化规律。
5．通过动量守恒定律的应用，培养学生综合分析和处理问题的能力，使学生能把碰撞前后的物理过程联系在一起，并能灵活地选择过程和对象解决问题。
6．使学生能够总结力和运动、功和能、动量和冲量的关系，并了解它们之间的区别和联系。即让学生掌握解决力学问题的三规律，牛顿第二定律、动量定理、动能定理的区别和联系，并能在实际问题中灵活地选择规律解决问题。
教学重点、难点分析
1．重点
（1）动量、冲量的方向及动量的变化（也叫动量的增量）的方向是教学重点，也是难点。牢固掌握动量、冲量及动量的变化方向是学好动量定理、动量守恒定律的基础。
（2）熟练掌握动量守恒定律的应用，能联系实际问题，灵活选择若干个动量守恒的系统，综合分析和解决问题，用动量守恒定律解题是解决力学问题的基本方法和重要方法，与其他方法相比，往往也是简便方法，则应为教学的重点。
（3）理解和掌握各种类型碰撞中的能量转化规律，这是综合利用功能关系及动量守恒定律解题的基础。
2．难点
（1）对于动量、冲量及动量改变量的方向及方向的表示方法和处理方法，在多年的教学实践中，反映出学生不易接受，并在解决问题中经常出现错误，因此应多次练习反复强调。
（2）对动量守恒系统的选择以及相关过程的选择，学生往往出现错误，尤其对一个比较复杂的物理过程需要选择若干个守恒系统和若干个相关过程解题是教学的难点。
（3）用动量守恒定律处理同一直线上的碰撞问题时，确定正方向后，引入正负号表示碰撞前后动量的方向时，学生容易出现正负号的错误。正确使用正负号表示各矢量的方向是教学的难点。如减少错误机会，表示矢量的字母一般只表示矢量大小，而表示方向的正负号应标在字母前面，当矢量的实际方向未知时可以把表示方向的正负号含在字母中。在矢量运算过程中应时刻注意字母中是否内含方向。
教学过程设计
一、动量、冲量
1．动量——定义：物体的质量和速度的乘积叫做动量。公式：p=mv，单位kg·m/s。
（1）动量是描述物体运动状态的一个状态量，它与时刻相对应。
（2）动量是矢量，它的方向和速度的方向相同。
2．冲量——定义：力和力的作用时间的乘积叫做冲量。公式：I=Ft，单位是N·s。
（1）冲量是描述力的时间积累效应的物理量，是过程量，它与时间相对应。
（2）冲量是矢量，它的方向由力的方向决定（不能说和力的方向相同）。如果力的方向在作用时间内保持不变，那么冲量的方向就和力的方向相同。
（3）高中阶段只要求会用I=Ft计算恒力的冲量。对于变力的冲量，高中阶段只能利用动量定理通过物体的动量变化来求。
（4）要注意的是：冲量和功不同。恒力在一段时间内可能不作功，但一定有冲量。
【例1】质量为m的小球由高为H的光滑斜面顶端无初速滑到底端过程中，重力、弹力、合力的冲量各是多大？
解：力的作用时间都是，力的大小依次是mg、mgcosα和mgsinα，所以它们的冲量依次是：，，
特别要注意，该过程中弹力虽然不做功，但对物体有冲量。
二、动量定理
1．内容：物体所受合外力的冲量等于物体的动量变化。公式：Ft=mv2-mv1或I=Δp
（1）动量定理表明冲量是使物体动量发生变化的原因，冲量是物体动量变化的量度。这里所说的冲量必须是物体所受的合外力的冲量（或者说是物体所受各外力冲量的矢量和）。
（2）动量定理给出了冲量（过程量）和动量变化（状态量）间的互求关系。
（3）现代物理学把力定义为物体动量的变化率：（牛顿第二定律的动量形式）。
（4）动量定理的表达式是矢量式。在一维的情况下，各个矢量必须以同一个规定的方向为正。
【例2】以初速度v0平抛出一个质量为m的物体，抛出后t秒内物体的动量变化是多少？
解：因为合外力就是重力，所以Δp=Ft=mgt。
有了动量定理，不论是求合力的冲量还是求物体动量的变化，都有了两种可供选择的等价的方法。本题用冲量求解，比先求末动量，再求初、末动量的矢量差要方便得多。当合外力为恒力时往往用Ft来求较为简单；当合外力为变力时，在高中阶段只能用Δp来求。
2．利用动量定理定性地解释一些现象
【例3】鸡蛋从同一高度自由下落，第一次落在地板上，鸡蛋被打破；第二次落在泡沫塑料垫上，没有被打破。这是为什么？
解：两次碰地（或碰塑料垫）瞬间鸡蛋的初速度相同，而末速度都是零也相同，所以两次碰撞过程鸡蛋的动量变化相同。根据Ft=Δp，第一次与地板作用时的接触时间短，作用力大，所以鸡蛋被打破；第二次与泡沫塑料垫作用的接触时间长，作用力小，所以鸡蛋没有被打破。（再说得准确一点应该指出：鸡蛋被打破是因为受到的压强大。鸡蛋和地板相互作用时的接触面积小而作用力大，所以压强大，鸡蛋被打破；鸡蛋和泡沫塑料垫相互作用时的接触面积大而作用力小，所以压强小，鸡蛋未被打破。）
【例4】某同学要把压在木块下的纸抽出来。第一次他将纸迅速抽出，木块几乎不动；第二次他将纸较慢地抽出，木块反而被拉动了。这是为什么？
解：物体动量的改变不是取决于合力的大小，而是取决于合力冲量的大小。在水平方向上，第一次木块受到的是滑动摩擦力，一般来说大于第二次受到的静摩擦力；但第一次力的作用时间极短，摩擦力的冲量小，因此木块没有明显的动量变化，几乎不动。第二次摩擦力虽然较小，但它的作用时间长，摩擦力的冲量反而大，因此木块会有明显的动量变化。
3．利用动量定理进行定量计算
利用动量定理解题，必须按照以下几个步骤进行：
（1）明确研究对象和研究过程。研究对象可以是一个物体，也可以是几个物体组成的质点组。质点组内各物体可以是保持相对静止的，也可以是相对运动的。研究过程既可以是全过程，也可以是全过程中的某一阶段。
（2）进行受力分析。只分析研究对象以外的物体施给研究对象的力。所有外力之和为合外力。研究对象内部的相互作用力（内力）会改变系统内某一物体的动量，但不影响系统的总动量，因此不必分析内力。如果在所选定的研究过程中的不同阶段中物体的受力情况不同，就要分别计算它们的冲量，然后求它们的矢量和。
（3）规定正方向。由于力、冲量、速度、动量都是矢量，在一维的情况下，列式前要先规定一个正方向，和这个方向一致的矢量为正，反之为负。
（4）写出研究对象的初、末动量和合外力的冲量（或各外力在各个阶段的冲量的矢量和）。
（5）根据动量定理列式求解。
【例5】斜面体固定在水平面上，如右图，质量为m的物体沿斜面匀速下滑，则物体由斜面顶端下滑到斜面底端的过程中，下述正确的是
A．重力与摩擦力对物体的冲量大小相等
B．斜面对物体的弹力的冲量大小为零
C．物体所受外力的合力的冲量等于零
D．重力对物体做的功与物体克服摩擦力所做的功相等
[思考]：①物体动量的变化与物体所受一个力的冲量有直接关系吗？（无）
②在一个过程中物体受到一个外力的冲量能等于零吗？（否）
③在一个过程中如果物体所受两个外力的冲量大小相等，这两个外力的大小有什么关系？（大小相等）
④物体所受外力对物体做功为零时，这个力的冲量是否也一定为零？（否）
[总结]：①物体动量变化只与合外力的冲量有关。
②物体所受一个外力可以对物体不做功，但这个力的冲量不可能为零。
【例6】质量为m的小球，从沙坑上方自由下落，经过时间t1到达沙坑表面，又经过时间t2停在沙坑里。求：（1）沙对小球的平均阻力F；（2）小球在沙坑里下落过程所受的总冲量I。
解：设刚开始下落的位置为A，刚好接触沙的位置为B，在沙中到达的最低点为C。（1）在下落的全过程对小球用动量定理：重力作用时间为t1+t2，而阻力作用时间仅为t2，以竖直向下为正方向，有：
mg(t1+t2)-Ft2=0，解得：。
（2）仍然在下落的全过程对小球用动量定理：在t1时间内只有重力的冲量，在t2时间内只有总冲量（已包括重力冲量在内），以竖直向下为正方向，有：
mgt1-I=0，∴I=mgt1。
这种题本身并不难，也不复杂，但一定要认真审题。要根据题意所要求的冲量将各个外力灵活组合。若本题目给出小球自由下落的高度，可先把高度转换成时间后再用动量定理。当t1>> t2时，F>>mg。
【例7】质量为M的汽车带着质量为m的拖车在平直公路上以加速度A匀加速前进，当速度为v0时拖车突然与汽车脱钩，到拖车停下瞬间司机才发现。若汽车的牵引力一直未变，车与路面的动摩擦因数为μ，那么拖车刚停下时，汽车的瞬时速度是多大？
解：以汽车和拖车系统为研究对象，全过程系统受的合外力始终为，该过程经历时间为v0/μg，末状态拖车的动量为零。全过程对系统用动量定理可得：
这种方法只能用在拖车停下之前。因为拖车停下后，系统受的合外力中少了拖车受到的摩擦力，因此合外力大小不再是。
【例8】质量为m=1kg的小球由高h1=0.45m处自由下落，落到水平地面后，反跳的最大高度为h2=0.2m，从小球下落到反跳到最高点经历的时间为Δt=0.6s，取g=10m/s2。求：小球撞击地面过程中，球对地面的平均压力的大小F。
解：以小球为研究对象，从开始下落到反跳到最高点的全过程动量变化为零，根据下降、上升高度可知其中下落、上升分别用时t1=0.3s和t2=0.2s，因此与地面作用的时间必为t3=0.1s。由动量定理得：mgΔt-Ft3=0 ，F=60N
【例9】如图所示，静止在水平面上的小船连同球的质量总共为M，质量均为m的甲乙两球以大小相等的速度v先后向左右水平抛出，先水平向左抛出甲球，然后再水平向右以大小相同的速度抛乙球，判断：抛球过程中甲乙两球受到的冲量大小关系。
学生思考后教师做简单分析：抛甲球时，甲球受的冲量等于甲球动量的变化mv，同时船受到反方向的冲量，因而获得向右的冲量向右运动起来。设此时船向右运动的速度为v船，抛乙球时，乙球受到的冲量等于乙球动量的变化，即mv-mv船，显然甲球受到的冲量大于乙球受的冲量。
解例之前，提示学生思考下述问题：
①抛出甲球前后，甲球动量分别为多少？（0；mv）
②抛出甲球过程船载着乙球如何运动？
③抛出乙球前后，乙球动量分别为多少？
④抛球过程中，两球所受合外力的冲量取决于什么？
通过以上思考引导学生自己得出结论：甲球受的冲量大。通过此例使学生掌握，用动量的变化求冲量的一种方法。
解完例可引导学生追忆解题过程，以便提高学生的解题能力。
①解本题选择了几个研究对象？（三个对象：甲球、乙球和船）
②对每个研究对象如何使用动量定律列出方程？（着重强调方向性，例如对甲球以左为正方向，F甲t甲=mv，对乙球以右为正方向，F乙t乙=mv-mv船，各字母只表示绝对值）
【例10】质量为m的物块以初速v0沿倾角为θ的粗糙斜面冲上斜面，滑到B点速度为零，然后滑下回到A点（如右图）。关于物块所受的冲量，下述说法中正确的是
A．物块上滑过程和下滑过程受到摩擦力冲量等值反向
B．物块上滑过程和下滑过程受到重力的冲量等值同向
C．物块从冲上斜面A点到返回A点的整个过程中所受到各外力的冲量的总和方向向下
D．物块从冲上斜面到返回斜面底端的整个过程中合外力的冲量总和小于2mv。
先让学生认真审题2～3分钟，然后提出问题引导学生思考：
①上滑下滑过程中，摩擦力的方向是什么方向；上滑和下滑所用时间长短用什么方法比较最简单？（用t=s/v）
②重力的冲量是否在任何过程中都是竖直向下的？
③合外力的冲量大小及方向用什么规律判断和计算最为方便？（用物体动量的变化）
分析：因上滑时间小于下滑时间，则各力的冲量都是上滑过程小于下滑过程，重力的冲量方向永远竖直向下，合力冲量的大小和方向，用动量定理最方便。以沿斜面向下为正方向，有
∑Ft=mvt-（-mv0），因v1＜v0
则∑Ft＜2mv0，故应选D。
通过审题和启发引导，可以加深学生对基本概念和规律的理解和应用，提高学生提取有关知识解决实际问题的能力。通过思考可让中等学的学生解答此题，一般是可以正确解答的。
三、动量守恒定律
（一）动量守恒定律
1．动量守恒定律
一个系统不受外力或者受外力之和为零，这个系统的总动量保持不变。
2．动量守恒定律成立的条件
（1）系统不受外力或者所受外力之和为零；
（2）系统受外力，但外力远小于内力，可以忽略不计；
（3）系统在某一个方向上所受的合外力为零，则该方向上动量守恒。
（4）全过程的某一阶段系统受的合外力为零，则该阶段系统动量守恒。
3．动量守恒定律的表达形式
除了m1v1+m2v2= m1v1′+m2v2′，即p1+p2=p1+p2外，还有：Δp1+Δp2=0，Δp1=-Δp2和
4．动量守恒定律的重要意义
从现代物理学的理论高度来认识，动量守恒定律是物理学中最基本的普适原理之一。（另一个最基本的普适原理就是能量守恒定律）从科学实践的角度来看，迄今为止，人们尚未发现动量守恒定律有任何例外。相反，每当在实验中观察到似乎是违反动量守恒定律的现象时，物理学家们就会提出新的假设来补救，最后总是以有新的发现而胜利告终。例如静止的原子核发生β衰变放出电子时，按动量守恒，反冲核应该沿电子的反方向运动。但云室照片显示，两者径迹不在一条直线上。为解释这一反常现象，1930年泡利提出了中微子假说。由于中微子既不带电又几乎无质量，在实验中极难测量，直到1956年人们才首次证明了中微子的存在。又如人们发现，两个运动着的带电粒子在电磁相互作用下动量似乎也是不守恒的。这时物理学家把动量的概念推广到了电磁场，把电磁场的动量也考虑进去，总动量就又守恒了。
（二）动量守恒定律的应用
1．碰撞
两个物体在极短时间内发生相互作用，这种情况称为碰撞。由于作用时间极短，一般都满足内力远大于外力，所以可以认为系统的动量守恒。碰撞又分弹性碰撞、非弹性碰撞、完全非弹性碰撞三种。
仔细分析一下碰撞的全过程：设光滑水平面上，质量为m1的物体A以速度v1向质量为m 2的静止物体B运动，B的左端连有轻弹簧。在Ⅰ位置A、B刚好接触，弹簧开始被压缩，A开始减速，B开始加速；到Ⅱ位置A、B速度刚好相等（设为v），弹簧被压缩到最短；再往后A、B开始远离，弹簧开始恢复原长，到Ⅲ位置弹簧刚好为原长，A、B分开，这时A、B的速度分别为。全过程系统动量一定是守恒的；而机械能是否守恒就要看弹簧的弹性如何了。
（1）弹簧是完全弹性的。Ⅰ→Ⅱ系统动能减少全部转化为弹性势能，Ⅱ状态系统动能最小而弹性势能最大；Ⅱ→Ⅲ弹性势能减少全部转化为动能；因此Ⅰ、Ⅲ状态系统动能相等。这种碰撞叫做弹性碰撞。由动量守恒和能量守恒可以证明A、B的最终速度分别为：，。（这个结论最好背下来，以后经常要用到。）
（2）弹簧不是完全弹性的。Ⅰ→Ⅱ系统动能减少，一部分转化为弹性势能，一部分转化为内能，Ⅱ状态系统动能仍和（1）相同，弹性势能仍最大，但比（1）小；Ⅱ→Ⅲ弹性势能减少，部分转化为动能，部分转化为内能；因为全过程系统动能有损失（一部分动能转化为内能）。这种碰撞叫非弹性碰撞。
（3）弹簧完全没有弹性。Ⅰ→Ⅱ系统动能减少全部转化为内能，Ⅱ状态系统动能仍和（1）相同，但没有弹性势能；由于没有弹性，A、B不再分开，而是共同运动，不再有Ⅱ→Ⅲ过程。这种碰撞叫完全非弹性碰撞。可以证明，A、B最终的共同速度为。在完全非弹性碰撞过程中，系统的动能损失最大为。（这个结论最好背下来，以后经常要用到。）
【例11】质量为M的楔形物块上有圆弧轨道，静止在水平面上。质量为m的小球以速度v1向物块运动。不计一切摩擦，圆弧小于90°且足够长。求小球能上升到的最大高度H和物块的最终速度v。
解：系统水平方向动量守恒，全过程机械能也守恒。
在小球上升过程中，由水平方向系统动量守恒得：
由系统机械能守恒得：，解得
全过程系统水平动量守恒，机械能守恒，得
本题和上面分析的弹性碰撞基本相同，唯一的不同点仅在于重力势能代替了弹性势能。
【例12】动量分别为5kgm/s和6kgm/s的小球A、B沿光滑平面上的同一条直线同向运动，A追上B并发生碰撞后。若已知碰撞后A的动量减小了2kgm/s，而方向不变，那么A、B质量之比的可能范围是什么？
解：A能追上B，说明碰前vA>vB，∴；碰后A的速度不大于B的速度，；又因为碰撞过程系统动能不会增加，，由以上不等式组解得：
此类碰撞问题要考虑三个因素：①碰撞中系统动量守恒；②碰撞过程中系统动能不增加；③碰前、碰后两个物体的位置关系（不穿越）和速度大小应保证其顺序合理。
2．子弹打木块类问题
子弹打木块实际上是一种完全非弹性碰撞。作为一个典型，它的特点是：子弹以水平速度射向原来静止的木块，并留在木块中跟木块共同运动。下面从动量、能量和牛顿运动定律等多个角度来分析这一过程。
【例13】设质量为m的子弹以初速度v0射向静止在光滑水平面上的质量为M的木块，并留在木块中不再射出，子弹钻入木块深度为d。求木块对子弹的平均阻力的大小和该过程中木块前进的距离。
解：子弹和木块最后共同运动，相当于完全非弹性碰撞。
从动量的角度看，子弹射入木块过程中系统动量守恒：mv0=（M+m）v
从能量的角度看，该过程系统损失的动能全部转化为系统的内能。设平均阻力大小为f，设子弹、木块的位移大小分别为s1、s2，如图所示，显然有s1-s2=d
对子弹用动能定理：……①
对木块用动能定理：……②
①、②相减得：……③
这个式子的物理意义是：fd恰好等于系统动能的损失；根据能量守恒定律，系统动能的损失应该等于系统内能的增加；可见，即两物体由于相对运动而摩擦产生的热（机械能转化为内能），等于摩擦力大小与两物体相对滑动的路程的乘积（由于摩擦力是耗散力，摩擦生热跟路径有关，所以这里应该用路程，而不是用位移）。
由上式不难求得平均阻力的大小：
至于木块前进的距离s2，可以由以上②、③相比得出：
从牛顿运动定律和运动学公式出发，也可以得出同样的结论。由于子弹和木块都在恒力作用下做匀变速运动，位移与平均速度成正比：，，
一般情况下M>>m，所以s2<当子弹速度很大时，可能射穿木块，这时末状态子弹和木块的速度大小不再相等，但穿透过程中系统动量仍然守恒，系统动能损失仍然是ΔEK=fd（这里的d为木块的厚度），但由于末状态子弹和木块速度不相等，所以不能再用④式计算ΔEK的大小。
做这类题时一定要画好示意图，把各种数量关系和速度符号标在图上，以免列方程时带错数据。
3．反冲问题
在某些情况下，原来系统内物体具有相同的速度，发生相互作用后各部分的末速度不再相同而分开。这类问题相互作用过程中系统的动能增大，有其它能向动能转化。这类问题统称为反冲。
【例14】质量为m的人站在质量为M，长为L的静止小船的右端，小船的左端靠在岸边。当他向左走到船的左端时，船左端离岸多远？
解：先画出示意图。人、船系统动量守恒，总动量始终为零，所以人、船动量大小始终相等。从图中可以看出，人、船的位移大小之和等于L。设人、船位移大小分别为l1、l2，则：mv1=Mv2，两边同乘时间t，ml1=Ml2，而l1+l2=L，∴
应该注意到：此结论与人在船上行走的速度大小无关。不论是匀速行走还是变速行走，甚至往返行走，只要人最终到达船的左端，那么结论都是相同的。
做这类题目，首先要画好示意图，要特别注意两个物体相对于地面的移动方向和两个物体位移大小之间的关系。
以上所列举的人、船模型的前提是系统初动量为零。如果发生相互作用前系统就具有一定的动量，那就不能再用m1v1=m2v2这种形式列方程，而要利用（m1+m2）v0=m1v1+m2v2列式。
【例15】总质量为M的火箭模型从飞机上释放时的速度为v0，速度方向水平。火箭向后以相对于地面的速率u喷出质量为m的燃气后，火箭本身的速度变为多大？
解：火箭喷出燃气前后系统动量守恒。喷出燃气后火箭剩余质量变为M-m，以v0方向为正方向，，得：。
四、课堂小结
1．动量定理中应重点掌握以下几点内容：
（1）动量、冲量都是矢量，运算遵守矢量运算法则，和力的运算方法相同。
（2）使用动量定理时，应选择研究对象，并对物体进行受力分析。
（3）在同一直线上使用动量定理时，应选择一个正方向，联系动量和冲量的实际方向，结合所设的正方向引入正负号，将矢量运算转化为代数运算。
（4）使用动量定理解题，灵活选择对象和过程可给解题带来方便。
2．动量守恒定律中应重点掌握以下内容：
（1）动量守恒定律针对一个合外力为零的系统，使用时应在物理过程中找一个合外力为零的系数及有关状态列出方程。
（2）使用动量守恒定律解题一般可以规定正方向，引入正负号，把矢量运算转化为代数运算。
（3）解同一道题有时可以选若干个系统和若干个相关的状态，注意系统与系统、状态与状态之间的联系。
（4）认真细致地搞清物理图景，摸清物理过程的发展和演变规律，针对不同的发展变化阶段，适用相关的规律列出方程。
（5）解决较复杂的习题，需要动量守恒定律和前后相关的物理规律的综合应用，使用时要注意规律间的联系和使用条件方法上的区别。
3．碰撞中应重点掌握以下内容：
（1）一般的碰撞可以分成三种类型，即弹性碰撞；完全非弹性碰撞；非弹性碰撞。
（2）弹性碰撞结束后，由于遵守动量守恒和动能守恒，所以通过计算可求出碰撞以后的结果．
（3）完全非弹性碰撞可求出碰后的共同速度，物体发生相互作用时，当在某一时刻，物体的瞬时速度瞬时相等时，可用完全非弹性碰撞的模式求出瞬时相等的共同速度。
（4）实际中的碰撞大多属于非弹性碰撞，界于弹性碰撞和完全非弹性碰撞之间，碰后情况由物体的弹性性质决定。
（5）碰后情况定性分析，应满足三个条件：①碰撞前后系统总动量守恒；②碰撞前后遵守总能量守恒，例如两小球碰后由于有光能、内能、声能的产生，总动能应该减小；③碰撞过程应符合实际情况，例如两球碰撞后的左右位置不能调换。
五、课后追忆
下课后，及时记录学生活动基本情况、教学效果，以及没有估计到的突发情况和采取的应急措施，并构想改进方法．也可找个别学生了解情况，使教学效果的鉴别接近实际。
我们已经复习了牛顿定律、动量定理和动量守恒、动能定理和机械能守恒。它们分别反映了力的瞬时作用效应、力的时间积累效应和力的空间积累效应。解决力学问题离不开这三种解题思路。在比较复杂的题目中，这三种手段往往是交替使用的。
F
A
B
C
m M
v0
v/第一单元 力 物体的平衡
教学要求
1．知识目标：
（1）理解高中学习的各种力的概念。
（2）掌握高中学习的各种力的公式、单位及矢量性。
（3）掌握高中学习的各种力之间的联系。
2．能力目标：
（1）要求学生做到恰当选择研究对象，增长灵活运用知识的能力。
（2）要求学生做到准确对研究对象进行受力分析，会把运动物体抽象为正确的物理模型。
（3）培养学生正确的解题思路和综合分析问题的能力。
3．德育目标：
（1）在教学的整个过程中，渗透物理学以观察、实验为基础的科学研究方法，以及注重理性思维的科学态度。
（2）用科学家的言行教育学生如何做人。
教学重点、难点分析
1．对高一、高二学习的各种力进一步加深理解，进行全面系统的总结。
2．引导学生正确选取研究对象，掌握对研究对象进行受力分析的一般方法。
3．力学是整个物理学的基础，而受力分析又是解决物理问题最关键的步骤，熟练进行受力分析既是本节复习课的教学重点也是教学的难点。
教学过程
力的概念：力是物体对物体的作用。
力的基本特征：
（1）力的物质性：力不能脱离物体而独立存在。
（2）力的相互性：力的作用是相互的。
（3）力的矢量性：力是矢量，既有大小，又有方向。
（4）力的独立性：力具有独立作用性，用牛顿第二定律表示时，则有合力产生的加速度等于几个分力产生的加速度的矢量和。
一、力的分类：
（一）按性质分
重力（万有引力）、弹力、摩擦力、分子力、电场力、磁场力、核力……（按现代物理学理论，物体间的相互作用分四类：长程相互作用有引力相互作用、电磁相互作用；短程相互作用有强相互作用和弱相互作用。宏观物体间只存在前两种相互作用。）
（二）按效果分
压力、支持力、拉力、动力、阻力、向心力、回复力 ……
（三）按产生条件分
1．场力（非接触力、主动力）：重力，分子力，电场力，磁场力。
场力产生的条件、力的方向、力的大小的规律分别是：
（1）重力是物体受到地球的吸引而产生的；重力的方向总是竖直向下的；物体受到的重力跟物体的质量成正比（在地球上同一纬度且同一高度处）。
（2）分子力是分子之间的距离小于10r0（r0是分子间的平衡距离）才有较明显作用的微观作用，分子间的引力和斥力是同时存在的，我们平常说的分子力是指分子间引力和斥力的合力。分子间的距离大于r0，分子力表现为引力；分子间的距离小于r0，分子力表现为斥力。事实上分子间的引力和斥力都随分子间的距离增大而减小，只不过分子间斥力变化得快些而已。
（3）电场力是带电体之间的相互作用力，电荷处在电场中都要受到电场力的作用。电荷间相互作用的规律是：同种电荷互相排斥；异种电荷互相吸引。电荷在电场中受到的电场力等于电荷所带的电量与该点电场强度的乘积。
（4）磁场力是磁极在磁场中受到的作用力，其本质是磁场对运动电荷的作用力，更确切地说：磁场力是运动电荷对运动电荷的作用力。这就是磁现象的电本质．高中阶段研究了两种磁场力，这两种力的方向可以由左手定则来判断：伸出左手，四指并拢，拇指和四指垂直并在同一平面内，让磁感线垂直穿过手心，四指指向电流的方向（正电荷运动的方向），那么，大拇指所指的方向就是电流（运动电荷）受力的方向．电流受到的磁场力即安培力F=IBLsinθ（其中θ为电流与磁感线之间的夹角）f=qBvsinθ（其中θ为电荷的速度与磁感线之间的夹角），这里要特别注意θ=0的情况，即电流（运动电荷）不受磁场力的情况。
2．接触力（被动力）：弹力（拉力，压力，支持力，张力，浮力），摩擦力。
接触力产生的条件、力的方向、力的大小的规律分别是：
（1）弹力
①产生的条件：两个物体直接接触，并发生弹性形变。
②弹力的方向：
ⅰ．压力、支持力的方向总是垂直于接触面。
ⅱ．绳对物体的拉力总是沿着绳收缩的方向。
ⅲ．杆对物体的弹力不一定沿杆的方向。如果轻直杆只有两个端点受力而处于平衡状态，则轻杆两端对物体的弹力的方向一定沿杆的方向。
【例1】如图所示，光滑但质量分布不均的小球的球心在O，重心在P，静止在竖直墙和桌边之间。试画出小球所受弹力。
解：由于弹力的方向总是垂直于接触面，在A点，弹力F1应该垂直于球面所以沿半径方向指向球心O；在B点弹力F2垂直于墙面，因此也沿半径指向球心O。
注意弹力必须指向球心，而不一定指向重心。又由于F1、F2、G为共点力，重力的作用线必须经过O点，因此P和O必在同一竖直线上，P点可能在O的正上方（不稳定平衡），也可能在O的正下方（稳定平衡）。
【例2】如图所示，重力不可忽略的均匀杆被细绳拉住而静止，画出杆所受弹力。
解：A端所受绳的拉力F1沿绳收缩的方向，因此沿绳向斜上方；B端所受的弹力F2垂直于水平面竖直向上。
由于此直杆的重力不可忽略，其两端受的力可能不沿杆的方向。
杆受的水平方向合力应该为零。由于杆的重力G竖直向下，因此杆的下端一定还受到向右的摩擦力f作用。
【例3】图中AC为竖直墙面，AB为均匀横梁，其重为G，处于水平位置。BC为支持横梁的轻杆，A、 B、C三处均用铰链连接。试画出横梁B端所受弹力的方向。
解：轻杆BC只有两端受力，所以B端所受压力沿杆向斜下方，其反作用力轻杆对横梁的弹力F沿轻杆延长线方向斜向上方。
③弹力的大小
对有明显形变的弹簧、橡皮条等物体，弹力的大小可以由胡克定律计算。对没有明显形变的物体，如桌面、绳子等物体，弹力大小由物体的受力情况和运动情况共同决定。
ⅰ．胡克定律可表示为（在弹性限度内）：F=kx，还可以表示成ΔF=kΔx，即弹簧弹力的改变量和弹簧形变量的改变量成正比，其中k是比例常数，即弹簧的劲度系数。劲度系数是一个有单位的量，在国际单位制中，fF的单位是N，x的单位是m，k的单位是N/m。劲度系数在数值上等于弹簧伸长（或缩短）单位长度时的弹力。劲度系数跟弹簧的长度、弹簧的材料、弹簧丝的粗细等等都有关系。
ⅱ．“硬”弹簧，是指弹簧的k值大。弹簧丝粗的硬弹簧比弹簧丝细的软弹簧劲度系数大。（同样的力F作用下形变量Δx小）
ⅲ．一根弹簧剪断成两根后，每根劲度k都比原来的劲度大；两根弹簧串联后总劲度变小；两根弹簧并联后，总劲度变大。
【例4】如图所示，两物体重分别为G1、G2，两弹簧劲度分别为k1、k2，弹簧两端与物体和地面相连。用竖直向上的力缓慢向上拉G2，最后平衡时拉力F=G1+2G2，求该过程系统重力势能的增量。
解：关键是搞清两个物体高度的增量Δh1和Δh2跟初、末状态两根弹簧的形变量Δx1、Δx2、Δx1′、Δx2′间的关系。
无拉力F时：Δx1=（G1+G2）/k1，Δx2= G2/k2，（Δx1、Δx2为压缩量）
加拉力F时：Δx1′=G2/k1，Δx2′=（G1+G2）/k2，（Δx1′、Δx2′为伸长量）
而Δh1=（x1+Δx1′）-(x1-Δx1)=Δx1+Δx1′，Δh2=（Δx1′+Δx2′）+（Δx1+Δx2）
系统重力势能的增量ΔEp= G1Δh1+G2Δh2
整理后可得：
（2）摩擦力
①摩擦力的产生条件为：两物体直接接触、相互挤压、接触面粗糙、有相对运动或相对运动的趋势。这四个条件缺一不可。
两物体间有弹力是这两物体间有摩擦力的必要条件。（没有弹力不可能有摩擦力）
②滑动摩擦力大小
ⅰ．在接触力中，必须先分析弹力，再分析摩擦力。
ⅱ．只有滑动摩擦力才能用公式F=μFN，其中的FN表示正压力，不一定等于重力G。
【例5】如图所示，用跟水平方向成α角的推力F推重量为G的木块沿天花板向右运动，木块和天花板间的动摩擦因数为μ，求木块所受的摩擦力大小。
解：由竖直方向合力为零可得FN=Fsinα-G，因此有：f =μ（Fsinα-G）
③静摩擦力大小
ⅰ．必须明确，静摩擦力大小不能用滑动摩擦定律F=μFN计算，只有当静摩擦力达到最大值时，其最大值一般可认为等于滑动摩擦力，既Fm=μFN。其中μ是比例常数，叫做动摩擦因数。动摩擦因数是由制成物体的材料决定的，材料不同，两个物体间的动摩擦因数也不同；动摩擦因数还跟接触面的粗糙程度有关。在相同的压力下，动摩擦因数越大，滑动摩擦力就越大。动摩擦因数是两个力的比值，没有单位。
ⅱ．静摩擦力的大小要根据物体的受力情况和运动情况共同确定，其可能的取值范围是0其最大值一般可认为等于滑动摩擦力，既fm=μN
【例6】
求：1）f如何变化？（先静后动）
2）是哪个图象？（动f≤fm）
【例6】如图所示，A、B为两个相同木块，A、B间最大静摩擦力Fm=5N，水平面光滑。拉力F至少多大，A、B才会相对滑动？
解：A、B间刚好发生相对滑动时，A、B间的相对运动状态处于一个临界状态，既可以认为发生了相对滑动，摩擦力是滑动摩擦力，其大小等于最大静摩擦力5N，也可以认为还没有发生相对滑动，因此A、B的加速度仍然相等。分别以A和整体为对象，运用牛顿第二定律，可得拉力大小至少为F=10N。
（研究物理问题经常会遇到临界状态。物体处于临界状态时，可以认为同时具有两个状态下的所有性质。）
④摩擦力方向
ⅰ．摩擦力的方向总是阻碍相对运动（或相对运动趋势）；摩擦力的方向总是平行接触面；和物体间相对运动（或相对运动趋势）的方向相反。
ⅱ．摩擦力的方向和物体的运动方向可能成任意角度。通常情况下摩擦力方向可能和物体运动方向相同（作为动力），可能和物体运动方向相反（作为阻力），可能和物体速度方向垂直（作为匀速圆周运动的向心力）。在特殊情况下，可能成任意角度。
【例7】小车向右做初速为零的匀加速运动，物体恰好沿车后壁匀速下滑。试分析下滑过程中物体所受摩擦力的方向和物体速度方向的关系。
解：物体受的滑动摩擦力始终和小车的后壁平行，方向竖直向上，而物体的运动轨迹为抛物线，相对于地面的速度方向不断改变（竖直分速度大小保持不变，水平分速度逐渐增大），所以摩擦力方向和运动方向间的夹角可能取90°和180°间的任意值。
由（1）、（2）、的分析可知：无明显形变的弹力和静摩擦力都是被动力。就是说：弹力、静摩擦力的大小和方向都无法由公式直接计算得出，而是由物体的受力情况和运动情况共同决定的。
（3）弹力和静摩擦力都是被动力。
——为平衡而生，遇平衡而隐。
【例】两个物体A和B,质量分别为M和m,用跨过定滑轮的轻绳相连,A静止于水平地面上,如图1所示.不计摩擦, A对绳的作用力的大小与地面对A的作用力的大小分别为( )
A.mg,(M-m)g; B.mg,Mg; C.(M-m)g,Mg; D.(M+m)g,(M-m)g
【例】小物块下滑时，斜面体静止。问：
1）大物体受到的摩擦力大小、方向？
————学生讨论小物体匀速下滑、加速下滑、匀速上滑。
2）两接触面的摩擦系数与0的关系？————摩擦系数与f、N无关
二、质量与重力的联系和区别
1．联系：在物体只受重力的情况下，对物体应用牛顿第二定律：ΣF=ma，G=mg，g=9.8/s2。重力是产生重力加速度的原因。
2．区别：
A．从初级含义上看，质量是所含物质的多少，是物体的固有属性；重力是由于物体受到地球的吸引而使物体受到的力。
B．从一般含义上看，质量是物体惯性大小的量度；重力是产生重力加速度的原因。
C．从哲学的角度看，质量是物体保持原状态的原因；重力可以改变物体的运动状态。
D．质量是标量；重力是矢量。
E．质量测量的工具是天平（注意“复称法”测物体的质量）；重力的测量工具是测力计（弹簧秤）。
F．质量不随位置而变化（在不考虑相对论效应的前提下）；重力随位置而变化（微小，在地球表面纬度数越大，同一物体的重力越大；在同一纬度物体处的高度越高，同一物体的重力越小）。
3．测量物体质量的方法：
A．天平（杆秤），原理是利用力矩平衡的方法。
B．测力计（弹簧秤），利用力的平衡的方法。然后用公式：G=mg来计算。
C．应用牛顿第二定律（动力学的方法），测量物体受到的合外力和物体的加速度，由公式m=ΣF/A来计算。
三、力的合成与分解（是方法而非规律）
1．矢量的合成与分解都遵循平行四边形定则（可简化成三角形定则），右图示。
平行四边形定则实质上是一种等效替换的方法。一个矢量（合矢量）的作用效果和另外几个矢量（分矢量）共同作用的效果相同，就可以用这一个矢量代替那几个矢量，也可以用那几个矢量代替这一个矢量，而不改变原来的作用效果。
2．由三角形定则还可以得到一个有用的推论：如果n个力首尾相接组成一个封闭多边形，则这n个力的合力为零。
3．矢量的合成分解，一定要认真作图。在用平行四边形定则时，分矢量和合矢量要画成带箭头的实线，平行四边形的另外两个边必须画成虚线。各个矢量的大小和方向一定要画得合理。
在应用正交分解时，两个分矢量和合矢量的夹角一定要分清哪个是大锐角，哪个是小锐角，不可随意画成45°（当题目规定为45°时除外）。
4．二点补充
（1）已知合力，加上一定的条件求分力的各种情况
①已知合力、二分力的方向，求二分力的大小？
②已知合力、其中一分力F1的大小和方向，求另F2的大小和方向？
③已知合力、F1的大小、F2的方向，求F1的方向？F2的大小？
④已知合力、二分力的大小，求二分力的方向？
（2）滑轮问题
①滑轮本身的重力、摩擦一般不计。
②一根绳子上各点的力大小相等。
③滑轮的作用仅改变绳上拉力的方向。
④轴上的力等于二边绳子拉力的合力(不一定是大小之和)。
【例8】已知质量为m、电荷为q的小球，在匀强电场中由静止释放后沿直线OP向斜下方运动（OP和竖直方向成θ角），那么所加匀强电场的场强E的最小值是多少？
解：根据题意，释放后小球所受合力的方向必为OP方向。用三角形定则从右图中不难看出：重力矢量OG的大小方向确定后，合力F的方向确定（为OP方向），而电场力Eq的矢量起点必须在G点，终点必须在OP射线上。在图中画出一组可能的电场力，不难看出，只有当电场力方向与OP方向垂直时Eq才会最小，所以E也最小，有。
这是一道很典型的考察力的合成的题，不少同学只死记住“垂直”，而不分析哪两个矢量垂直，经常误认为电场力和重力垂直，而得出错误答案。越是简单的题越要认真作图。
【例9】轻绳AB总长l，用轻滑轮悬挂重G的物体。绳能承受的最大拉力是2G，将A端固定，将B端缓慢向右移动d而使绳不断，求d的最大值。
解：以与滑轮接触的那一小段绳子为研究对象，在任何一个平衡位置都在滑轮对它的压力（大小为G）和绳的拉力F1、F2共同作用下静止。而同一根绳子上的拉力大小F1、F2总是相等的，它们的合力N是压力G的平衡力，方向竖直向上。因此以F1、F2为分力做力的合成的平行四边形一定是菱形。利用菱形对角线互相垂直平分的性质，结合相似形知识可得，所以d最大为。
四、物体的受力分析
1．明确研究对象。
在进行受力分析时，研究对象可以是某一个物体，也可以是保持相对静止的若干个物体。在解决比较复杂的问题时，灵活地选取研究对象可以使问题简化。研究对象确定以后，只分析研究对象以外的物体施予研究对象的力（既研究对象所受的外力），而不分析研究对象施予外界的力。
2．按顺序找力。
必须是先场力（重力、电场力、磁场力），后接触力；接触力中必须先弹力，后摩擦力（只有在有弹力的接触面之间才可能有摩擦力）。
3．只画性质力，不画效果力。
画受力示意图时，只能按力的性质分类画力，不能按作用效果（拉力、压力、向心力等）画力，否则将出现重复。
4．需要合成或分解时，必须画出相应的平行四边形（或三角形）。
在解同一个问题时，分析了合力就不能再分析分力；分析了分力就不能再分析合力，不可重复。
【例10】如图所示，倾角为θ的斜面A固定在水平面上。木块B、C的质量分别为M、m，始终保持相对静止，共同沿斜面下滑。B的上表面保持水平，A、B间的动摩擦因数为μ。（1）当B、C共同匀速下滑；（2）当B、C共同加速下滑时，分别求B、C所受的各力。
解：（1）先分析C受的力。这时以C为研究对象，重力G1=mg，B对C的弹力竖直向上，大小N1= mg，由于C在水平方向没有加速度，所以B、C间无摩擦力，即f1=0。
再分析B受的力，在分析 B与A间的弹力N2和摩擦力f2时，以BC整体为对象较好，A对该整体的弹力和摩擦力就是A对B的弹力N2和摩擦力f2，得到B受4个力作用：重力G2=Mg，C对B的压力竖直向下，大小N1= mg，A对B的弹力N2=（M+m）gcosθ，A对B的摩擦力f2=（M+m）gsinθ
（2）由于B、C 共同加速下滑，加速度相同，所以先以B、C整体为对象求A对B的弹力N2、摩擦力f2，并求出a ；再以C为对象求B、C间的弹力、摩擦力。
这里，f2是滑动摩擦力N2=（M+m）gcosθ， f2=μN2=μ（M+m）gcosθ
沿斜面方向用牛顿第二定律：（M+m）gsinθ-μ（M+m）gcosθ=（M+m）a
可得a=g（sinθ-μcosθ）。B、C间的弹力N1、摩擦力f1则应以C为对象求得。
由于C所受合力沿斜面向下，而所受的3个力的方向都在水平或竖直方向。这种情况下，比较简便的方法是以水平、竖直方向建立直角坐标系，分解加速度a。
分别沿水平、竖直方向用牛顿第二定律：f1=macosθ，mg-N1= masinθ，
可得：f1=mg（sinθ-μcosθ） cosθ，N1= mg（cosθ+μsinθ）cosθ
由本题可以知道：①灵活地选取研究对象可以使问题简化；②灵活选定坐标系的方向也可以使计算简化；③在物体的受力图的旁边标出物体的速度、加速度的方向，有助于确定摩擦力方向，也有助于用牛顿第二定律建立方程时保证使合力方向和加速度方向相同。
【例11】小球质量为m，电荷为+q，以初速度v向右滑入水平绝缘杆，匀强磁场方向如图所示，球与杆间的动摩擦因数为μ。试描述小球在杆上的运动情况。
解：先分析小球的受力情况，再由受力情况确定其运动情况。
小球刚滑入杆时，所受场力为：重力mg方向向下，洛伦兹力Ff=qvB方向向上；再分析接触力：由于弹力FN的大小、方向取决于v和的大小关系，所以须分三种情况讨论：
① v>，在摩擦力作用下，v、Ff、FN、f都逐渐减小，当v减小到等于时达到平衡而做匀速运动；② v<，在摩擦力作用下，v、Ff逐渐减小，而FN、f逐渐增大，故v将一直减小到零；③ v=，Ff=G， FN、f均为零，小球保持匀速运动。
【例12】一航天探测器完成对月球的探测任务后，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
解：探测器沿直线加速运动时，所受合力F合方向与运动方向相同，而重力方向竖直向下，由平行四边形定则知推力方向必须斜向上方，因此喷气方向斜向下方。匀速运动时，所受合力为零，因此推力方向必须竖直向上，喷气方向竖直向下。选C
五、共点力作用下物体的平衡
1．共点力：几个力作用于物体的同一点，或它们的作用线交于同一点（该点不一定在物体上），这几个力叫共点力。
2．共点力的平衡条件：在共点力作用下物体的平衡条件是合力为零。
3．三力汇交原理：物体在三个互不平行的力的作用下处于平衡，则这三个力必为共点力。（表示这三个力的矢量首尾相接，恰能组成一个封闭三角形）
4．解题途径：
当物体在两个共点力作用下平衡时，这两个力一定等值反向；当物体在三个共点力作用下平衡时，往往采用平行四边形定则或三角形定则；当物体在四个或四个以上共点力作用下平衡时，往往采用正交分解法。
【例13】重G的光滑小球静止在固定斜面和竖直挡板之间。若挡板逆时针缓慢转到水平位置，在该过程中，斜面和挡板对小球的弹力的大小F1、F2各如何变化？
解：由于挡板是缓慢转动的，可以认为每个时刻小球都处于静止状态，因此所受合力为零。应用三角形定则，G、F1、F2三个矢量应组成封闭三角形，其中G的大小、方向始终保持不变；F1的方向不变；F2的起点在G的终点处，而终点必须在F1所在的直线上，由作图可知，挡板逆时针转动90°过程，F2矢量也逆时针转动90°，因此F1逐渐变小，F2先变小后变大。（当F2⊥F1，即挡板与斜面垂直时，F2最小）
【例14】重G的均匀绳两端悬于水平天花板上的A、B两点。静止时绳两端的切线方向与天花板成α角。求绳的A端所受拉力F1和绳中点C处的张力F2。
解：以AC段绳为研究对象，根据判定定理，虽然AC所受的三个力分别作用在不同的点（如图中的A、C、P点），但它们必为共点力。设它们延长线的交点为O，用平行四边形定则作图可得：，。
【例15】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，两环由一根质量可忽略、不可伸长的细绳相连，并在某一位置平衡（如图所示）。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FN和摩擦力f的变化情况是
A．FN不变，f变大 B．FN不变，f变小
C．FN变大，f变大 D．FN变大，f变小
解：以两环和细绳整体为对象求FN，可知竖直方向上始终二力平衡，FN=2mg不变；以Q环为对象，在重力、细绳拉力F和OB压力N作用下平衡，设细绳和竖直方向的夹角为α，则P环向左移的过程中α将减小，N=mgtanα也将减小。再以整体为对象，水平方向只有OB对Q的压力N和OA 对P环的摩擦力f作用，因此f=N也减小。答案选B。
【例16】A的质量是m，A、B始终相对静止，共同沿水平面向右运动。当a1=0和a2=0.75g时，B对A的作用力FB各多大？
解：一定要审清题：B对A的作用力FB是B对A的支持力和摩擦力的合力。而A所受重力G=mg和FB的合力是F=ma。
当a1=0时，G与 FB二力平衡，所以FB大小为mg，方向竖直向上。
当a2=0.75g时，用平行四边形定则作图：先画出重力（大小和方向），再画出A所受合力F的大小和方向，再根据平行四边形定则画出FB。由已知可得FB的大小FB=1.25mg，方向与竖直方向成370角斜向右上方。
【例17】 如图所示，两物体A和B，质量分别为M和m。用跨过定滑轮的轻绳相连，A静止于水平地面上，不计定滑轮与各个接触物体之间的摩擦。物体A对轻绳的作用力的大小和地面对物体A的作用力的大小分别是多少？
分析与解答：本题的关键词语有：“静止”、“轻绳”、“不计……摩擦”。
对B进行受力分析：竖直向下的重力和竖直的向上轻绳对物体B的拉力。
对A进行受力分析：竖直向下的重力、竖直向上的轻绳对物体A的拉力和竖直向上的地面对物体A的支持力。其中轻绳对物体A和轻绳对物体B的拉力是相等的。
根据物体A和物体B都处于静止状态可知，轻绳对物体B的拉力等于物体B的重力；轻绳对物体B的拉力等于物体B对轻绳的拉力（这是一对作用力和反作用力），轻绳对物体A的作用力等于轻绳中的张力，即等于物体B的重力。
对于物体A，根据平衡知识可知，物体A受到的重力等于轻绳对物体A的拉力与地面对物体A的支持力的和。又轻绳对物体A的拉力等于物体B的重力，所以，地面对物体A的支持力等于物体A的重力减去轻绳对物体A的拉力，即等于物体A的重力减去物体B的重力。
〖续问〗（1）物体A对地面的压力（等于地面对物体A的支持力）；（2）物体B对轻绳的拉力（等于物体B的重力）；（3）另一段轻绳对天花板的拉力（等于两倍物体B的重力）。
〖变形〗连接物体A的轻绳与竖直线之间有一夹角θ，整个装置仍处于静止状态。
这时轻绳中的拉力仍等于物体B的重力，物体A将受到地面水平方向的摩擦力作用，大小等于物体B的重力乘以θ角的正弦；地面对物体A的支持力等于物体A受到的重力减去物体B的重力与θ角的余弦的积。地面对物体A的作用力自己可以推导；若定滑轮的质量不计，还可以求另一段轻绳对天花板的作用力的大小和方向｛方向与竖直线的夹角为θ/2；大小为2mgcos（θ/2）｝。
【例18】重力为G的物体A受到与竖直方向成α角的外力F后，静止在竖直墙面上，如图所示，试求墙对物体A的静摩擦力。
分析与解答：
这是物体静力平衡问题。首先确定研究对象，对研究对象进行受力分析，画出受力图。A受竖直向下的重力G，外力F，墙对A水平向右的支持力N，以及还可能有静摩擦力f。这里对静摩擦力的有无及方向的判断是极其重要的。物体之间有相对运动趋势时，它们之间就有静摩擦力；物体间没有相对运动趋势时，它们之间就没有静摩擦力。那么有无静摩擦力的鉴别，关键是对相对运动趋势的理解。我们可以假设接触面是光滑的，若不会相对运动，物体将不受静摩擦力，若有相对运动就有静摩擦力。
（注意：这种假设的方法在研究物理问题时是常用的方法，也是很重要的方法。）
正确的答案应该是：
当 Fcosα=G时，物体A在竖直方向上受力已经平衡，故静摩擦力为零；
当 Fcosα当 Fcosα>G时，物体有向上滑动的趋势，故静摩擦力f的方向向下，大小为 Fcosα-G。
注意：墙对物体的支持力为N，N=F·sinα，但不能用f=μN来计算静摩擦力。f=μN只适用于滑动摩擦力的计算，在高中学习的范围，我们认为最大静摩擦力与滑动摩擦力相等。
【例19】如图示，大小为20N、30N和40N的三个力作用于物体一点上，夹角互为120°，求合力的大小和方向。
分析与解答：不在一条直线上的共点力合成应遵从平行四边形法则。
方法一：设F1=20N，F2=30N，F3=40N，可用代数法（公式法）求解。先求出F1和F2的合力F12的大小和方向，然后再将F12与F3合成求出大小和方向，此法计算准确误差小但过于繁杂。
方法二：利用作图法求解，没有繁杂的计算，但作图误差不可避免，大小和方向都会产生误差。
方法三：可用分解后再合成，化复杂为简单，选取平面直角坐标系如图所示。将F2、F1沿坐标轴方向分解[分解的矢量越少越好，这就是选取坐标系的原则]：
ΣFx=F1x+F2x+F3x=-F1cos30°+F2cos30°+0=-20×+30×=5N
ΣFy=F1y+F2y+F3y=-F1sin30°+F2sin30°-F3=20×+30×-40=-15N
∑F===10N
tanθ===，即θ=-600
F与x轴正方向夹角为600，如图所示。
方法四：利用已知的结论进行解题往往更简捷，特别是在填空、选择题中发挥明显的优势。
三个大小相等互为120°角的三个共点力的合力为零，这一点很容易证明，如果我们把F2、F3中的20N与F1进行合成，合力便为零，此题就简化为一个10N和一个20N的两个力夹角为120°的合成问题，这时不管是用计算法还是作图法都会觉得很方便且容易得多。
方法五：若仍用方法四中的思路，而是每个力中取30N，F3则再将加上-10N，F1再加10N即可，这样此题就简化成两个夹角为60°、大小均为10N的两个力的合成问题，利用直角三角形的知识即可解决，不必经分解后再合成的迂回步骤。可见一题多解是训练思维的好方法，是提高能力的有效措施。
【例20】如图所示，一块木块被两块木板夹在中间静止不动，在两侧对两木板所加水平方向力的大小均为N，木块的质量为m。
（1）木块与木板间的静摩擦力是多少？
（2）若木块与木板间的最大静摩擦系数为μ，欲将木块向下或向上抽出，则所需的外力F各多大？
分析与解答：
（1）由于木块处于平衡状态，且木块两侧均分别与木板接触，所以木块两侧均受向上的静摩擦力，其大小的总和与重力相等，如图所示，即2f=mg，所以木块与木板间的静摩擦力为f=mg/2。
（2）若对木块施加一向下的外力F，木块仍处于平衡状态，则木块所受的静摩擦力方向仍向上，且随着外力F的增大而增大，如图所示。当静摩擦力增大到最大静摩擦力时，本块开始相对于木板滑动，这时可将木块从木板中抽出，有：F+mg=2fmax，其中fmax为最大静摩擦力，且fmax=μN，所以F=2μN-mg。
（3）当对木块加一向上的力F时，开始木块所受静摩擦力方向向上，且随F的增加而减小。当F增大到一定值时，恰好使木块的静摩擦力为零。这时若F继续增加，则木块受的静摩擦力向下，且随F的增大而增大，当F增大到一定程度，木块的静摩擦力为最大静摩擦力，这时，木块将被向上抽出，如图所示。有：F=mg+2fmax，其中fmax为最大静摩擦力，且fmax=μN，所以F=mg+2μN。
所以欲将木块向下抽出，至少需加2μN-mg的外力，欲将木块向上抽出，至少需加2μN+mg的外力。
【例21】用绳将球A挂在光滑竖直墙上，如图所示。（1）现施加外力将球A绕球心顺时针转过一个小角度，外力撤去后，球的运动情况如何？（2）墙面光滑，绳子变短时，绳的拉力和球对墙的压力将如何变化？
分析与解答：
（1）因为墙是光滑的，绳子的作用力一定过球心。取球为研究对象，受力图如图所示。N为墙对球的力，方向水平向右；重力mg方向竖直向下；绳拉力T沿绳的方向，θ为绳与墙的夹角。因为小球静止，所以N、T、mg的合力为零，即T、N的合力F大小等于mg，方向竖直向上，T=mg/cosθ，N=mgtanθ。
当球A受到外力矩使其顺时针转动一个小角度后，重力mg和墙对球的支持力方向不变且均过球心，而绳对球A的作用力T不再过球心，且此力T对球A中心产生一使球A逆时针转动的效果，墙面光滑无摩擦力。所以外力撤去后，球A在力T对球A的作用下使球A绕球心逆时针转动。当球A转动到原平衡位置时，球A具有转动动能而继续转动，转动到一定角度后速度为零，而后球A向顺时针方向转动，再次转动到平衡位置时，球A仍具有转动动能而继续顺时针方向转动，转动为速度为零后又重复上述过程。
（2）研究变量的问题，我们要紧紧抓住被研究变量与不变量之间的关系，这是研究此类问题的一般思路和方法．由受力图可知：
T=mg/cosθ ①
N=mgtanθ ②
墙面光滑，当绳子变短时，θ角增大，式①中cosθ将变小，但其在分母上故整个分式变大，即T增大；式②中tanθ随θ变大而增大，故N也增大。
此题也可用图解法求解，因为T、N的合力F大小为mg，方向竖直向上，N的方向也已知总是垂直于墙（这些都是不变的量）。即已知合力和一个分力的方向求另一个分力。根据矢量合成的三角形法则，由图可知，当θ增大时，N变为N′，T变为T′，都将增大。
F2
A
P
O
F1
B
F1
F2
A
B
F
A
B
C
θ
f
θ
f
θ
f
θ
f
F
A
B
A
v相对
θ
O
P
mg
Eq
A B
G
F1
F2
N
f2
G1+G2
N2
θ
A
B
C
A
θ
N1
G1
f1
v
+
FN
Ff
Ff
f
f
mg mg mg
FN
FN
F1
F2
G
G
F2
F1
F2
α
F1
A B
G/2
F1
F2
α
G/2
C
P
O
O第六单元 机械能
教学目标
1．加强学生对功、功率、能量等概念的物理意义的理解。使他们能够在具体问题中合理地运用上述概念分析解决问题。
2．通过动能定理、重力做功与重力势能关系的复习，使学生对功和能关系的认识进一步加深。并能够应用动能定理解决较复杂的问题。
3．加强学生对机械能守恒定律及其适用条件的认识，使他们能够运用守恒条件判断具体问题是否满足机械能守恒定律，并应用机械能守恒定律求解问题。
4．培养学生综合分析的能力，使他们逐步掌握在较复杂问题中分析题意，找出适用规律，并运用规律解决问题的方法。
教学重点、难点分析
功、功率、动能、重力势能的概念，动能定理、机械能守恒定律等规律及应用是本章重点。本章难点较多，动能定理及其应用、机械能守恒定律及其适用条件是比较突出的难点。
教学过程
今天我们开始复习功和能，这一章内容较多，能力要求也比较高，所以同学既要注意知识内容，又要注意研究方法。
一、基本概念
1．功
功是作用在物体上的力与物体在力的方向上发生的位移的乘积。用公式表示为W=Fscosθ，θ角是力与物体位移的夹角。
国际单位制中功的单位是焦耳，功的单位还有电子伏、千瓦时、卡等。它们之间的换算关系：1eV=1.6×10-19J，1kWh=3.6×106J，1cal=4.2J。
（1）首先明确做功的力以及这个力是否是合力。
我们在研究功的时候必须首先明确是在研究哪个力做的功，另外考虑到动能定理的应用条件，我们还应该清楚这个力是否是物体所受的合力。
做功的两个必要因素是：作用在物体上的力和物体在力的方向上发生的位移。
（2）功的本质是力在空间的积累，它和位移相对应（也和时间相对应）。
所谓积累，既可以是力在位移方向的分量Fcosθ与位移s的乘积，也可以是位移在力的方向上的分量scosθ与力F的乘积。理解功的概念时，要从本质上进行理解，而不能套公式。
（3）计算功的方法有两种：
①按照定义求功。即：W=Fscosθ。在高中阶段，这种方法只适用于恒力做功。当时F做正功，表示力在位移方向的分量与位移同向；当时F不做功，当时F做负功，表示力在位移方向的分量与位移反向。
②用动能定理W=ΔEk或功能关系求功。当F为变力时，高中阶段往往考虑用这种方法求功。这里求得的功是该过程中外力对物体做的总功（或者说是合外力做的功）。
这种方法的依据是：做功的过程就是能量转化的过程，功是能的转化的量度。如果知道某一过程中能量转化的数值，那么也就知道了该过程中对应的功的数值。
（3）功是能量改变的量度。力对物体做正功，导致物体能量增加；力对物体做负功，导致物体能量减少。
需要对负功再加以说明的是：一个力对物体做了负功，也可以说成物体克服这个力做了功，例如，物体竖直上抛时，重力对物体做了-6焦耳的功，也可以说物体克服重力做了6焦耳的功．
合力做的功等于各分力功的代数和。由于功是标量，所以当物体受到几个力的作用时，各力所做的功相加，就等于合力所做的功。
（4）功与参照物有关，一般必须以地面为参照物。
另外，因为功的决定因素之一位移与参照物有关，所以功的大小还与参照物的选取有关。比如，我用力推桌子，但没有推动。以地面为参照物我没有做功，而以运动的物体为参照物，我却做了功。所以一般情况下研究功，必须以地面为参考物。
（5）一对作用力和反作用力做功的特点
（1）一对作用力和反作用力在同一段时间内做的总功可能为正、可能为负、也可能为零。
（2）一对互为作用反作用的摩擦力做的总功可能为零（静摩擦力）、可能为负（滑动摩擦力），但不可能为正。
【例1】如图所示，质量为m的小球用长L的细线悬挂而静止在竖直位置。在下列三种情况下，分别用水平拉力F将小球拉到细线与竖直方向成θ角的位置。在此过程中，拉力F做的功各是多少？（1）用F缓慢地拉；（2）F为恒力；（3）若F为恒力，而且拉到该位置时小球的速度刚好为零。可供选择的答案有
A． B． C． D．
解：（1）若用F缓慢地拉，则显然F为变力，只能用动能定理求解。F做的功等于该过程克服重力做的功。选D
（2）若F为恒力，则可以直接按定义求功。选B
（3）若F为恒力，而且拉到该位置时小球的速度刚好为零，那么按定义直接求功和按动能定理求功都是正确的。选B、D
在第三种情况下，由，可以得到，可见在摆角为时小球的速度最大。实际上，因为F与mg的合力也是恒力，而绳的拉力始终不做功，所以其效果相当于一个摆，我们可以把这样的装置叫做“歪摆”。
2．功率
（1）功率的定义
功跟完成这些功所用时间的比值，叫做功率。
①功率的定义式为：P=W/t。国际单位制中，功率的单位是瓦特，1瓦特=1焦耳/秒。功率的常用单位还有千瓦，1千瓦=1000瓦特。功率是表示做功快慢的物理量，即能量转化快慢的物理量。
②功率的计算式：P=Fvcosθ，其中θ是力与速度间的夹角。
该公式有两种用法：①求某一时刻的瞬时功率。这时F是该时刻的作用力大小，v取瞬时值，对应的P为F在该时刻的瞬时功率；②当v为某段位移（时间）内的平均速度时，则要求这段位移（时间）内F必须为恒力，对应的P为F在该段时间内的平均功率。
（2）平均功率与即时功率
平均功率表示一段时间内某力做功的平均快慢，即时功率表示某一时刻某力做功的快慢。通常用公式P=W/t来计算平均功率，用公式P=Fvcosθ来计算即时功率，其中v为此时物体的即时速度。
（3）额定功率与实际功率，输出功率与输入功率
额定功率是某机械正常工作时的功率。机械不一定总在额定功率下工作，这时机械的即时功率叫做机械的实际功率。机械对外做功的实际功率，称做此时机械的输出功率；外界对机械做功的实际功率，称做此时机械的输入功率。
（4）汽车的两种加速问题
当汽车从静止开始沿水平面加速运动时，有两种不同的加速过程，但分析时采用的基本公式都是P=Fv和F-f=ma。
①恒定功率的加速。由公式P=Fv和F-f=ma知，由于P恒定，随着v的增大，F必将减小，a也必将减小，汽车做加速度不断减小的加速运动，直到F=f，a=0，这时v达到最大值。可见恒定功率的加速一定不是匀加速。这种加速过程发动机做的功只能用W=Pt计算，不能用W=Fs计算（因为F为变力）。这种运动的v-t图像如图所示。
②恒定牵引力的加速。由公式P=Fv和F-f=ma知，由于F恒定，所以A恒定，汽车做匀加速运动，而随着v的增大，P也将不断增大，直到P达到额定功率Pm，功率不能再增大了。这时匀加速运动结束，其最大速度为，此后汽车要想继续加速就只能做恒定功率的变加速运动了。可见恒定牵引力的加速时功率一定不恒定。这种加速过程发动机做的功只能用W=Fs计算，不能用W=Pt计算（因为P为变功率）。
要注意两种加速运动过程的最大速度的区别。
【例2】质量为2t的农用汽车，发动机额定功率为30kW，汽车在水平路面行驶时能达到的最大时速为54km/h。若汽车以额定功率从静止开始加速，当其速度达到v=36km/h时的瞬时加速度是多大？
解：汽车在水平路面行驶达到最大速度时牵引力F等于阻力f，即Pm=fvm，而速度为v时的牵引力F=Pm/v，再利用F-f=ma，可以求得这时的a=0.50m/s2。
3．机械能
（1）动能
物体由于运动而具有的能量叫做动能。物体的动能用公式表示为：Ek=mv2/2。国际单位制中，动能的单位与功一样，也是焦耳。
动能是标量，没有方向。所以动能只与物体运动的速度大小（速率）有关，而与物体的运动方向无关。物体的动能，一般情况下都是以地面为参照物的。物体的动能最小为零，无负值。
动能与动量的联系：都是描述物体运动状态的量，它们之间大小的关系为：Ek=P2/2m。对同一个物体，它的动量增大，动能也必然增大。反之，动能增大，动量也必然增大。动量是矢量，有方向；动能是标量，没有方向。动量与速度的一次方成正比，动能与速度的二次方成正比。
动能与动量的本质区别还在于守恒定律中所表现出的特点不同：动量是机械运动相互传递时表现出的一个守恒量；而动能则是当机械运动向热运动等其他形式运动转化时所表现出的一个量。
（2）重力势能
物体由于被举高而具有的能量叫做重力势能。用公式表示：Ep=mgh。重力势能是标量，没有方向。
重力势能有正负，重力势能为正表示物体的势能大于它的零势能面的势能，正的重力势能数值越大表示物体的重力势能越大；重力势能为负表示物体的势能小于它在零势能面的势能，负的重力势能数值越大表示物体的重力势能越小。
重力势能的大小与零势能面的选取有关。由于零势能面的选取是任意的，所以物体的重力势能也是相对的，故物体重力势能的绝对量是没有意义的，只有物体势能的变化量才是有意义的。
（3）弹性势能
物体由于发生弹性形变而具有的能量叫做弹性势能。物体的弹性势能的大小与物体的材料、发生弹性形变的大小等有关。
弹性势能与弹力做功的关系，与重力势能与重力做功的关系相类似：弹力做正功，物体的弹性势能就减少；弹力做负功，或者叫外力克服弹力做功，物体的弹性势能就增加。
对于弹性势能，我们只要定性了解就可以了，中学范围内对它的大小不做定量的讨论。
二、动能定理
1．动能定理的表述
合外力做的功等于物体动能的变化。（这里的合外力指物体受到的所有外力的合力，包括重力）。表达式为：W=ΔEk=Ek2-Ek1=mv22/2-mv12/2
其中，W为外力所做的总功，是各个外力所做功的代数和。Ek2表示物体末状态的动能，Ek1表示物体初状态的动能。Ek2与Ek1的差△Ek为物体动能的变化量。
动能定理也可以表述为：外力对物体做的总功等于物体动能的变化。实际应用时，后一种表述比较好操作。不必求合力，特别是在全过程的各个阶段受力有变化的情况下，只要把各个力在各个阶段所做的功都按照代数和加起来，就可以得到总功。
（1）研究对象是一个物体
动能定理是描述一个物体前后状态量之差与过程量之间关系的一个规律，它的研究对象是一个物体。
（2）合外力引起物体运动状态的变化，外力所做总功引起物体的动能变化。
动能定理反映的是外力的总功与物体动能变化之间的关系，跟合外力与物体运动状态的关系有所不同：如果一个物体受到的合外力不为零，物体的运动速度将发生变化；如果一个物体外力对它做的总功不为零，物体的动能将发生变化。表面看来两者似乎相同，但仔细分析会发现如果一个物体受到的合外力为零，物体运动状态将保持不变；如果外力对一个物体所做总功为零，物体动能保持不变，但物体的运动状态仍可能变化（运动方向可能变化）。
（3）动能定理是一个标量式，应用时不用考虑方向。动能是正标量，无负值。但动能的变化量△Ek可以为负，当外力功的总和W为正功时，末动能大于初动能，△Ek为正；当外力功的总和为负功时，末动能小于初动能，△Ek为负。
动能定理中功W，既为物体所受合外力的功，也为物体所受各个外力功的代数和。而且其外力既可以是有几个外力同时作用在物体上，也可以是先后作用在物体上的几个力。如：一个物体先受到力F1的作用，F1对物体做功W1，后改用力F2作用于物体，F2对物体做功W2，则整个过程中外力对物体所做总功W=W1 +W2。
（4）和动量定理一样，动能定理也建立起过程量（功）和状态量（动能）间的联系。这样，无论求合外力做的功还是求物体动能的变化，就都有了两个可供选择的途径。和动量定理不同的是：功和动能都是标量，动能定理表达式是一个标量式，不能在某一个方向上应用动能定理。
（5）应用动能定理时，还应注意参照物的选取。由于动能定理中的功和动能的大小均与参照物的选取有关，所以使用动能定理时，参照物不能变化。一般情况下，均取地面为参照物，即动能中物体的速度，各力做功中的物体位移，都是对地面而言的。
2．木块在木板上相对滑动
一质量为M的木板置于光滑水平面上，另一质量为m的木块以初速度v0在木板上滑动，木块与木板间存在大小为f的相互摩擦力，且木块在木板上滑动了一段距离s后两物体相对静止。
讨论：此问题中由于木块对木板有摩擦力，所以当木块在木板上滑动的过程中，木板相对地面也滑动了一段距离，设木块和木板最后共同的速度为v′，这个速度我们是可以根据动量守恒定律求出来的。再设木板相对地面滑动距离为s1，木块相对于地面滑行的距离为s2。
s2-s1=s即木块和木板对地面的位移之差就是相对位移。
木块动能减少，根据动能定理有：mv2/2-mv′2/2=fs2
木板动能增加，根据动能定理有：Mv′2/2=fs1
上面两式相减，得：mv2/2-mv′2/2-Mv′2/2=fs2-fs1=fs
等式左边就是系统前后动能的差，由于fs大于零，所以系统的动能减少了。
由这个问题我们可以得到这样的结论：由于系统内的摩擦力做功，使系统机械能向内能转化，产生的内能等于系统动能的减少量且等于摩擦力乘以两物体间的相对位移。这一结论在实际应用中常可以使问题得到简化，是一个比较有用的结论。
值得注意的是，摩擦力乘以相对位移并不是一个功，而是一对摩擦力做功的代数和。
3．应用动能定理解题的步骤
（1）确定研究对象和研究过程。和动量定理不同，动能定理的研究对象只能是单个物体，如果是系统，那么系统内的物体间不能有相对运动。（原因是：系统内所有内力的总冲量一定是零，而系统内所有内力做的总功不一定是零）。
（2）对研究对象进行受力分析。（研究对象以外的物体施于研究对象的力都要分析，含重力）。
（3）写出该过程中合外力做的功，或分别写出各个力做的功（注意功的正负）。如果研究过程中物体受力情况有变化，要分别写出该力在各个阶段做的功。
（4）写出物体的初、末动能。
（5）按照动能定理列式求解。
【例3】如图所示，斜面倾角为α，长为L，AB段光滑，BC段粗糙，且BC=2 AB。质量为m的木块从斜面顶端无初速下滑，到达C端时速度刚好减小到零。求物体和斜面BC段间的动摩擦因数μ。
解：以木块为对象，在下滑全过程中用动能定理：重力做的功为mgLsinα，摩擦力做的功为，支持力不做功。初、末动能均为零。
mgLsinα=0，
从本例可知，由于用动能定理列方程时不牵扯过程中不同阶段的加速度，所以比用牛顿定律和运动学方程解题简洁得多。
【例4】将小球以初速度v0竖直上抛，在不计空气阻力的理想状况下，小球将上升到某一最大高度。由于有空气阻力，小球实际上升的最大高度只有该理想高度的80%。设空气阻力大小恒定，求小球落回抛出点时的速度大小v。
解：有空气阻力和无空气阻力两种情况下分别在上升过程对小球用动能定理：
和，可得，
再以小球为对象，在有空气阻力的情况下对上升和下落的全过程用动能定理。全过程重力做的功为零，所以有：，解得
从本题可以看出：根据题意灵活地选取研究过程可以使问题变得简单。有时取全过程简单；有时则取某一阶段简单。原则是尽量使做功的力减少，各个力的功计算方便；或使初、末动能等于零。
【例5】质量为M的木块放在水平台面上，台面比水平地面高出h=0.20m，木块离台的右端L=1.7m。质量为m=0.10M的子弹以v0=180m/s的速度水平射向木块，并以v=90m/s的速度水平射出，木块落到水平地面时的落地点到台面右端的水平距离为s=1.6m，求木块与台面间的动摩擦因数为μ。
解：本题的物理过程可以分为三个阶段，在其中两个阶段中有机械能损失：子弹射穿木块阶段和木块在台面上滑行阶段。所以本题必须分三个阶段列方程：
子弹射穿木块阶段，对系统用动量守恒，设木块末速度为v1，mv0=mv+Mv1 ①
木块在台面上滑行阶段对木块用动能定理，设木块离开台面时的速度为v2，
有： ②
木块离开台面后的平抛阶段， ③
由①、②、③可得μ=0.50
从本题应引起注意的是：凡是有机械能损失的过程，都应该分段处理。
从本题还应引起注意的是：不要对系统用动能定理。在子弹穿过木块阶段，子弹和木块间的一对摩擦力做的总功为负功。如果对系统在全过程用动能定理，就会把这个负功漏掉。
【例6】如图所示，小球以大小为v0的初速度由A端向右运动，到B端时的速度减小为vB；若以同样大小的初速度由B端向左运动，到A端时的速度减小为vA。已知小球运动过程中始终未离开该粗糙轨道。比较vA 、vB的大小，结论是
A．vA>vB B．vA=vB C．vA解：小球向右通过凹槽C时的速率比向左通过凹槽C时的速率大，由向心力方程可知，对应的弹力N一定大，滑动摩擦力也大，克服阻力做的功多；又小球向右通过凸起D时的速率比向左通过凸起D时的速率小，由向心力方程可知，对应的弹力N一定大，滑动摩擦力也大，克服阻力做的功多。所以小球向右运动全过程克服阻力做功多，动能损失多，末动能小，选A。
三、机械能守恒定律
1．机械能守恒定律的两种表述
（1）在只有重力做功的情形下，物体的动能和重力势能发生相互转化，但机械能的总量保持不变。用公式表示：E1=E2。
其中E1表示开始时系统的机械能，包括初状态时系统内各个物体的动能与势能，E2表示最终时系统的机械能，包括末状态时系统内各个物体的动能与势能。
（2）如果没有摩擦和介质阻力，物体只发生动能和重力势能的相互转化时，机械能的总量保持不变。
对机械能守恒定律的理解：
①机械能守恒定律的研究对象一定是系统，至少包括地球在内。通常我们说“小球的机械能守恒”其实一定也就包括地球在内，因为重力势能就是小球和地球所共有的。另外小球的动能中所用的v，也是相对于地面的速度。
②当研究对象（除地球以外）只有一个物体时，往往根据是否“只有重力做功”来判定机械能是否守恒；当研究对象（除地球以外）由多个物体组成时，往往根据是否“没有摩擦和介质阻力”来判定机械能是否守恒。
③“只有重力做功”不等于“只受重力作用”。在该过程中，物体可以受其它力的作用，只要这些力不做功，或所做功的代数和为零，就可以认为是“只有重力做功”。
2．机械能守恒定律的各种表达形式
①，即；
②；；
用①时，需要规定重力势能的参考平面。用②时则不必规定重力势能的参考平面，因为重力势能的改变量与参考平面的选取没有关系。尤其是用ΔE增=ΔE减，只要把增加的机械能和减少的机械能都写出来，方程自然就列出来了。
3．应用机械能守恒定律解决问题时的步骤：
（1）确定研究对象即系统和研究过程
即明确所研究的是哪些物体，它们之间有哪些相互作用，它们与外界的联系点是什么。
（2）判断系统的机械能是否守恒
如判断出系统的机械能守恒，判断系统机械能是否守恒时应根据机械能守恒条件，判断系统内物体间的相互作用是否只有重力和弹力，如果有别的力，这个力是否做功及外界是否对系统不做功。
（3）再把系统内各个物体的动能与势能代入机械能守恒定律公式进行计算。
代入物体机械能时要注意应把各个物体的动能和势能都考虑到，不能丢掉某一项，如果是一个物体与地球组成的系统，比如各种抛体问题，等式左右两边应各有一项动能和势能，如果是一个物体与地球组成的系统，如各种连接体问题，等式左右两边应各有两项动能和势能，如系统中还有弹性体，如含有弹簧，则还要考虑弹性势能。其中如果合理选取零势能面，能使若干项重力势能为零，使计算更为简化。
【例7】如图物块和斜面都是光滑的，物块从静止沿斜面下滑过程中，物块机械能是否守恒？系统机械能是否守恒？
解：以物块和斜面系统为研究对象，很明显物块下滑过程中系统不受摩擦和介质阻力，故系统机械能守恒。又由水平方向系统动量守恒可以得知：斜面将向左运动，即斜面的机械能将增大，故物块的机械能一定减少。
有些同学一看本题说的是光滑斜面，容易错认为物块本身机械能就守恒。这里要提醒两条：（1）由于斜面本身要向左滑动，所以斜面对物块的弹力N和物块的实际位移s的方向已经不再垂直，弹力要对物块做负功，对物块来说已经不再满足“只有重力做功”的条件。（2）由于水平方向系统动量守恒，斜面一定会向左运动，其动能也只能是由物块的机械能转移而来，所以物块的机械能必然减少。
【例8】如图所示，质量分别为2 m和3m的两个小球固定在一根直角尺的两端A、B，直角尺的顶点O处有光滑的固定转动轴。AO、BO的长分别为2L和L。开始时直角尺的AO部分处于水平位置而B在O的正下方。让该系统由静止开始自由转动，求：（1）当A到达最低点时，A小球的速度大小v；（2） B球能上升的最大高度h；（3）开始转动后B球可能达到的最大速度vm。
解：以直角尺和两小球组成的系统为对象，由于转动过程不受摩擦和介质阻力，所以该系统的机械能守恒。
（1）过程中A的重力势能减少， A、B的动能和B的重力势能增加，A的即时速度总是B的2倍。，解得
（2）B球不可能到达O的正上方，它到达最大高度时速度一定为零，设该位置比OA竖直位置向左偏了α角。2mg2Lcosα=3mgL（1+sinα），此式可化简为4cosα-3sinα=3，利用三角公式可解得sin（53°-α）=sin37°，α=16°
（3）B球速度最大时就是系统动能最大时，而系统动能增大等于系统重力做的功WG。设OA从开始转过θ角时B球速度最大，=2mg2Lsinθ-3mgL（1-cosθ）
=mgL（4sinθ+3cosθ-3）≤2mgL，解得
本题如果用EP+EK= EP′+EK′这种表达形式，就需要规定重力势能的参考平面，显然比较烦琐。用ΔE增=ΔE减就要简洁得多。
【例9】如图所示，粗细均匀的U形管内装有总长为4L的水。开始时阀门K闭合，左右支管内水面高度差为L。打开阀门K后，左右水面刚好相平时左管液面的速度是多大？（管的内部横截面很小，摩擦阻力忽略不计）
解：由于不考虑摩擦阻力，故整个水柱的机械能守恒。从初始状态到左右支管水面相平为止，相当于有长L/2的水柱由左管移到右管。系统的重力势能减少，动能增加。该过程中，整个水柱势能的减少量等效于高L/2的水柱降低L/2重力势能的减少。不妨设水柱总质量为8m，则，得。
本题在应用机械能守恒定律时仍然是用ΔE增 =ΔE减 建立方程，在计算系统重力势能变化时用了等效方法。需要注意的是：研究对象仍然是整个水柱，到两个支管水面相平时，整个水柱中的每一小部分的速率都是相同的。
四、功能关系
做功的过程是能量转化的过程，功是能的转化的量度。
能量守恒和转化定律是自然界最基本的定律之一。而在不同形式的能量发生相互转化的过程中，功扮演着重要的角色。本章的主要定理、定律都是由这个基本原理出发而得到的。
需要强调的是：功是一种过程量，它和一段位移（一段时间）相对应；而能是一种状态量，它个一个时刻相对应。两者的单位是相同的（都是J），但不能说功就是能，也不能说“功变成了能”。
复习本章的一个重要课题是要研究功和能的关系，尤其是功和机械能的关系。突出：“功是能量转化的量度”这一基本概念。
（1）物体动能的增量由外力做的总功来量度：W外=ΔEk，这就是动能定理。
（2）物体重力势能的增量由重力做的功来量度：WG= -ΔEP，这就是势能定理。
（3）物体机械能的增量由重力以外的其他力做的功来量度：W其=ΔE机，（W其表示除重力以外的其它力做的功），这就是机械能定理。
（4）当W其=0时，说明只有重力做功，所以系统的机械能守恒。
（5）一对互为作用力反作用力的摩擦力做的总功，用来量度该过程系统由于摩擦而减小的机械能，也就是系统增加的内能。f d=Q（d为这两个物体间相对移动的路程）。
【例10】质量为m的物体在竖直向上的恒力F作用下减速上升了H，在这个过程中，下列说法中正确的有
A．物体的重力势能增加了mgH B．物体的动能减少了FH
C．物体的机械能增加了FH D．物体重力势能的增加小于动能的减少
解：由以上三个定理不难得出正确答案是A、C
【例11】如图所示，一根轻弹簧下端固定，竖立在水平面上。其正上方A位置有一只小球。小球从静止开始下落，在B位置接触弹簧的上端，在C位置小球所受弹力大小等于重力，在D位置小球速度减小到零。小球下降阶段下列说法中正确的是
A．在B位置小球动能最大
B．在C位置小球动能最大
C．从A→C位置小球重力势能的减少大于小球动能的增加
D．从A→D位置小球重力势能的减少等于弹簧弹性势能的增加
解：小球动能的增加用合外力做功来量度，A→C小球受的合力一直向下，对小球做正功，使动能增加；C→D小球受的合力一直向上，对小球做负功，使动能减小，所以B正确。从A→C小球重力势能的减少等于小球动能的增加和弹性势能之和，所以C正确。A、D两位置动能均为零，重力做的正功等于弹力做的负功，所以D正确。选B、C、D。
五、综合练习
我们已经复习了牛顿定律、动量定理和动量守恒、动能定理和机械能守恒。它们分别反映了力的瞬时作用效应、力的时间积累效应和力的空间积累效应。解决力学问题离不开这三种解题思路。在比较复杂的题目中，这三种手段往往是交替使用的。下面举几个例说明这一点。
【例12】如图所示，a、b、c三个相同的小球，a从光滑斜面顶端由静止开始自由下滑，同时b、c从同一高度分别开始自由下落和平抛。下列说法正确的有
A．它们同时到达同一水平面
B．重力对它们的冲量相同
C．它们的末动能相同
D．它们动量变化的大小相同
解：b、c飞行时间相同（都是）；a与b比较，两者平均速度大小相同（末动能相同）；但显然a的位移大，所以用的时间长，因此A、B都不对。由于机械能守恒，c的机械能最大（有初动能），到地面时末动能也大，因此C也不对。a、b的初动量都是零，末动量大小又相同，所以动量变化大小相同；b、c所受冲量相同，所以动量变化大小也相同，故D正确。
这道题看似简单，实际上考察了平均速度、功、冲量等很多知识。另外，在比较中以b为中介：a、b的初、末动能相同，平均速度大小相同，但重力作用时间不同；b、c飞行时间相同（都等于自由落体时间），但初动能不同。本题如果去掉b球可能更难做一些。
【例13】质量为m的汽车在平直公路上以速度v匀速行驶，发动机实际功率为P。若司机突然减小油门使实际功率减为P/2并保持下去，汽车所受阻力不变，则减小油门瞬间汽车加速度大小是多少？以后汽车将怎样运动？
解：由公式F- f=ma和P=Fv，原来牵引力F等于阻力f，减小油门瞬间v未变，由P=Fv，F将减半，合力变为，方向和速度方向相反，加速度大小为；以后汽车做恒定功率的减速运动，F又逐渐增大，当增大到F=f时，a=0，速度减到最小为v/2，再以后一直做匀速运动。
这道题是恒定功率减速的问题，和恒定功率加速的思路是完全相同的。
【例14】质量为M的小车A左端固定一根轻弹簧，车静止在光滑水平面上，一质量为m的小物块B从右端以速度v0冲上小车并压缩弹簧，然后又被弹回，回到车右端时刚好与车保持相对静止。求这过程弹簧的最大弹性势能EP和全过程系统摩擦生热Q各多少？简述B相对于车向右返回过程中小车的速度变化情况。
解：全过程系统动量守恒，小物块在车左端和回到车右端两个时刻，系统的速度是相同的，都满足：mv0=（m+M）v；第二阶段初、末系统动能相同，说明小物块从车左端返回车右端过程中弹性势能的减小恰好等于系统内能的增加，即弹簧的最大弹性势能EP恰好等于返回过程的摩擦生热，而往、返两个过程中摩擦生热是相同的，所以EP是全过程摩擦生热Q的一半。又因为全过程系统的动能损失应该等于系统因摩擦而增加的内能，所以ΔEK=Q=2EP
而， ∴，。
至于B相对于车向右返回过程中小车的速度变化，则应该用牛顿运动定律来分析：刚开始向右返回时刻，弹簧对B的弹力一定大于滑动摩擦力，根据牛顿第三定律，小车受的弹力F也一定大于摩擦力f，小车向左加速运动；弹力逐渐减小而摩擦力大小不变，所以到某一时刻弹力和摩擦力大小相等，这时小车速度最大；以后弹力将小于摩擦力，小车受的合外力向右，开始做减速运动；B脱离弹簧后，小车在水平方向只受摩擦力，继续减速，直到和B具有向左的共同速度，并保持匀速运动。
【例15】海岸炮将炮弹水平射出。炮身质量（不含炮弹）为M，每颗炮弹质量为m。当炮身固定时，炮弹水平射程为s，那么当炮身不固定时，发射同样的炮弹，水平射程将是多少？
解：两次发射转化为动能的化学能E是相同的。第一次化学能全部转化为炮弹的动能；第二次化学能转化为炮弹和炮身的动能，而炮弹和炮身水平动量守恒，由动能和动量的关系式知，在动量大小相同的情况下，物体的动能和质量成反比，炮弹的动能，，由于平抛的射高相等，两次射程的比等于抛出时初速度之比，有，故。
这是典型的把动量和能量结合起来应用的应用题。要熟练掌握一个物体的动能和它的动量大小的关系；要善于从能量守恒的观点（本题是系统机械能增量相同）来分析问题。
【例16】质量为m的长木板A静止在光滑水平面上，另两个质量也是m的铁块B、C同时从A的左右两端滑上A的上表面，初速度大小分别为v和2v，B、C与A间的动摩擦因数均为μ。（1）分析B、C滑上长木板A后，A的运动状态如何变化？（2）为使B、C不相撞，A木板至少多长？
解：B、C都相对于A滑动时，A所受合力为零，保持静止。这段时间为。B刚好相对于A 静止时，C的速度为v，A开向左做匀加速运动，由动量守恒可求出A、B、C最终的共同速度，这段加速经历的时间为，最终A将以做匀速运动。
全过程系统动能的损失都将转化为系统的内能，而摩擦生热，由能量守恒定律列式：，。这就是A木板应该具有的最小长度。
本题还可以求系统机械能损失（摩擦生热）和B、C与A摩擦生热之比：第一阶段B对A的位移就是对地的位移：sB=v2/2μg，C的平均速度是其3倍因此C对A的位移是其3倍：sC=3v2/2μg；第二阶段A、B共同向左运动的加速度是μg/2，对地位移是s=v2/9μg，C平均速度是其4倍，对地位移是s/= 4v2/9μg，相对于A位移是v2/3μg，故B、C与A间的相对位移大小依次是dB= v2/2μg和dC=11v2/6μg，于是系统摩擦生热为μmg（dB+ dC）=7mv2/3，dB∶dC=3∶11
【例17】质量M的小车左端放有质量m的铁块，以共同速度v沿光滑水平面向竖直墙运动，车与墙碰撞的时间极短，不计动能损失。动摩擦因数μ，车长L，铁块不会到达车的右端。到最终相对静止为止，摩擦生热多少？
解：车与墙碰后瞬间，小车的速度向左，大小是v，而铁块的速度未变，仍是v，方向向左。根据动量守恒定律，车与铁块相对静止时的速度方向决定于M与m的大小关系：当M>m时，相对静止是的共同速度必向左，不会再次与墙相碰，可求得摩擦生热是；当M=m时，显然最终共同速度为零，当M【例18】一传送带装置如图示，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，末画出），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。求电动机平均输出功率P。
解：电动机做功的过程，电能除了转化为小货箱的机械能，还有一部分由于小货箱和传送带间的滑动摩擦而转化成内能。摩擦生热可以由Q=fd求得，其中f是相对滑动的两个物体间的摩擦力大小，d是这两个物体间相对滑动的路程。本题中设传送带速度一直是v，则相对滑动过程中传送带的平均速度就是小货箱的2倍，相对滑动路程d和小货箱的实际位移s大小相同，故摩擦生热和小货箱的末动能大小相同Q=mv2/2。因此有W=mv2+mgh。又由已知，在一段相当长的时间T内，共运送小货箱的数目为N，所以有，vT=NL，带入后得到。
v
a
f
F
α
C
B
A
A
B
C
D
G
G
N
N
C
AAAA
B
O
K
F
G
v
A
A
B
C
D
abc
A
B
A
B
F
f
A
B
C
v
2v
M
m
v第七单元 机械振动和机械波
教学目标
1．通过观察横波的形成和传播重现波的物理图景，理解波长、周期、波速概念，理解波动规律，理解波的图像．掌握波的传播跟波上质点的振动的关系。
2．熟练应用波的图像分析波动问题和波上质点的振动问题，培养学生分析问题的能力。
教学重点、难点分析
1．重点：掌握波的传播方向跟波上质点振动方向的关系．掌握波的传播距离、质点的振动、波的图像随时间变化的关系。
2．难点：通过波的图像分析波动问题和波上质点的振动问题。
教学过程
机械波是有相互作用的质点对振动的传播，波的运动是传播振动的质点共同运动的表现。
波的运动是传播振动的质点共同运动的表现，而传播振动的质点是大量的。因此用波的图像表示波的运动规律。如果能作出任意时刻波的图像，就知道了波的运动规律。
一、机械振动
1．定义：物体在某一中心位置附近所做的来回往复运动。
条件：①物体要受到回复力的作用。②阻力足够小。
2．表征机械振动的物理量：
周期（T）：完成一次全振动的时间。
频率（f）：单位时间内完成全振动的次数。
振幅（A）：标志着系统所具有的能量。
位移（x）：总是以平衡位置为起点。
回复力（F）：时刻指向平衡位置。
加速度（a）：时刻指向平衡位置。
速度（v）：平衡位置最大，两端最小。
动能（Ek）：运动而具有的能量。
势能（Ep）：与位置有关的能量。
3．机械振动的分类：
（1）自由振动：物体在外力作用下使它偏离平衡位置后，在系统内部的弹力作用下振动起来，而不在需要其他外力。包括阻尼振动和无阻尼振动。
（2）受迫振动：物体在驱动力（即周期性外力）作用下的振动叫受迫振动。
二、简谐运动的基本概念
1．定义
物体在跟偏离平衡位置的位移大小成正比，并且总指向平衡位置的回复力的作用下的振动，叫简谐运动。表达式为：F= -kx。
（1）简谐运动的位移必须是指偏离平衡位置的位移。也就是说，在研究简谐运动时所说的位移的起点都必须在平衡位置处。
（2）回复力是一种效果力。是振动物体在沿振动方向上所受的合力。
（3）“平衡位置”不等于“平衡状态”。平衡位置是指回复力为零的位置，物体在该位置所受的合外力不一定为零。（如单摆摆到最低点时，沿振动方向的合力为零，但在指向悬点方向上的合力却不等于零，所以并不处于平衡状态）
（4）F=-kx是判断一个振动是不是简谐运动的充分必要条件。凡是简谐运动沿振动方向的合力必须满足该条件；反之，只要沿振动方向的合力满足该条件，那么该振动一定是简谐运动。
2．几个重要的物理量间的关系
要熟练掌握做简谐运动的物体在某一时刻（或某一位置）的位移x、回复力F、加速度A、速度v这四个矢量的相互关系。
（1）由定义知：F∝x，方向相反。
（2）由牛顿第二定律知：F∝a，方向相同。
（3）由以上两条可知：a∝x，方向相反。
（4）v和x、F、a之间的关系最复杂：当v、a同向（即 v、 F同向，也就是v、x反向）时v一定增大；当v、a反向（即 v、F反向，也就是v、x同向）时，v一定减小。
3．从总体上描述简谐运动的物理量
振动的最大特点是往复性或者说是周期性。因此振动物体在空间的运动有一定的范围，用振幅A来描述；在时间上则用周期T来描述完成一次全振动所须的时间。
（1）振幅A是描述振动强弱的物理量。（一定要将振幅跟位移相区别，在简谐运动的振动过程中，振幅是不变的而位移是时刻在改变的）
（2）周期T是描述振动快慢的物理量。（频率f=1/T 也是描述振动快慢的物理量）周期由振动系统本身的因素决定，叫固有周期。
三、典型的简谐运动
（一）弹簧振子
1．周期与振幅无关，只由振子质量和弹簧的劲度决定。
2．可以证明，竖直放置的弹簧振子的振动也是简谐运动。这个结论可以直接使用。
3．在水平方向上振动的弹簧振子的回复力是弹簧的弹力；在竖直方向上振动的弹簧振子的回复力是弹簧弹力和重力的合力。
【例1】如图所示，质量为m的小球放在劲度为k的轻弹簧上，使小球上下振动而又始终未脱离弹簧。（1）最大振幅A是多大？（2）在这个振幅下弹簧对小球的最大弹力Fm是多大？
解：该振动的回复力是弹簧弹力和重力的合力。在平衡位置弹力和重力等大反向，合力为零；在平衡位置以下，弹力大于重力，F- mg=ma，越往下弹力越大；在平衡位置以上，弹力小于重力，mg-F=ma，越往上弹力越小。平衡位置和振动的振幅大小无关。因此振幅越大，在最高点处小球所受的弹力越小。极端情况是在最高点处小球刚好未离开弹簧，弹力为零，合力就是重力。这时弹簧恰好为原长。
（1）最大振幅应满足kA=mg，故A=。
（2）小球在最高点和最低点所受回复力大小相同，所以有：Fm=2mg。
（二）单摆
1．单摆振动的回复力是重力的切向分力，不能说成是重力和拉力的合力。在平衡位置振子所受回复力是零，但合力是向心力，指向悬点，不为零。
2．当单摆的摆角很小时（小于5°）时，单摆的周期，周期与摆球质量m、振幅A都无关。
3．摆钟问题。单摆的一个重要应用就是利用单摆振动的等时性制成摆钟。在计算摆钟类的问题时，利用以下方法比较简单：在一定时间内，摆钟走过的格子数n与频率f成正比（n可以是分钟数，也可以是秒数、小时数……），再由频率公式可以得到：。
【例2】有一挂钟，其摆锤的振动可看成单摆，在正常运动时，摆动周期为2秒。现因调整不当，使该钟每天快3分钟，试求摆长比正常摆长缩短了多少？
解：摆锤摆动越快，表的指针走的越快，所以表的指针转动的快慢
或。
4．等效单摆。单摆的周期公式，其中关于等效单摆分以下两种情况讨论：
（1）l为等效摆长，表示从悬点到摆球质心的距离，要区分摆长和摆线长。
如图：小球在光滑圆弧上的往复滚动，和单摆完全等同。只要摆角足够小，该振动就是简谐运动。这时周期公式中的l应该是圆弧半径R和小球半径r的差。
【例3】一个质量为m的空心小球，用一根长线把它悬挂起来。先让空腔充滿水，然后让水从底部的小孔慢慢流出，同时让小球小角度摆动，那么在摆动过程中振动周期如何变化：（C）
A．变大 B．变小 C．先变大后变小 D．先变小后变大
【例4】以下各图中摆线长均为L，让摆球有小角度摆动，求单摆摆动周期：
（1）两根等长的细线与竖直方向夹角为α悬挂一小球；
（2）天花板悬点正下方3L/4处有一个钉子。
解：（1）该摆等效摆长为Lcosα，因此该摆的周期为：。
（2）该摆在通过悬点的竖直线两边的运动都可以看作简谐运动，周期分别为和，因此该摆的周期为 ：
（2）g与单摆所处物理环境有关，g为等效重力加速度。
①不同星球表面。
②单摆处于超重或失重状态等效g=g0±a，如轨道上运行的卫星a=g0完全失重，等效g=0。
③不论悬点如何运动还是受别的作用力，等效g的取值总是在单摆不振动时，摆线的拉力F与摆球质量的比值，即等效g=F/m。
【例5】以下各图中摆线长均为L，让摆球有小角度摆动，求单摆摆动周期：
（1）在一升降机中悬有一单摆，以加速度a向上做匀加速度运动；
（2）小车中有一单摆，已知小车匀速或以加速度a向右运动时；
解：①对小球由牛顿第二定律有，故该摆等效重力加速度为，因此该摆的周期为：。
②当小车匀速向右运动时：T=mg，故该摆重力加速度为g，因此该摆的周期为：。
当小车以加速度a向右运动时：，故该摆等效重力加速度为，因此该摆的周期为：。
【例6】固定圆弧轨道弧AB所含度数小于5°，末端切线水平。两个相同的小球a、b分别从轨道的顶端和正中由静止开始下滑，比较它们到达轨道底端所用的时间和动能：ta tb，Ea 2Eb。
解：两小球的运动都可看作简谐运动的一部分，时间都等于四分之一周期，而周期与振幅无关，所以ta= tb；从图中可以看出b小球的下落高度小于a小球下落高度的一半，所以Ea>2Eb。
【例7】将一个力电传感器接到计算机上，可以测量快速变化的力。用这种方法测得的某单摆摆动过程中悬线上拉力大小随时间变化的曲线如右图所示。由此图线提供的信息做出下列判断：①t＝0.2s时刻摆球正经过最低点；②t＝1.1s时摆球正处于最高点；③摆球摆动过程中机械能时而增大时而减小；④摆球摆动的周期约是T＝0.6s。上述判断中正确的是
A．①③ B．②④ C．①② D．③④
解：注意这是悬线上的拉力图象，而不是振动图象。当摆球到达最高点时，悬线上的拉力最小；当摆球到达最低点时，悬线上的拉力最大。因此①②正确。从图象中看出摆球到达最低点时的拉力一次比一次小，说明速率一次比一次小，反映出振动过程摆球一定受到阻力作用，因此机械能应该一直减小。在一个周期内，摆球应该经过两次最高点，两次最低点，因此周期应该约是T＝1.2s。因此答案③④错误。本题应选C。
四、受迫振动与共振
1．受迫振动
物体在驱动力（即周期性外力）作用下的振动叫受迫振动。
（1）物体做受迫振动的频率等于驱动力的频率，与物体的固有频率无关。
（2）物体做受迫振动的振幅由驱动力频率和物体的固有频率共同决定：两者越接近，受迫振动的振幅越大，两者相差越大受迫振动的振幅越小。
2．共振
当驱动力的频率跟物体的固有频率相等时，受迫振动的振幅最大，这种现象叫共振。
要求会用共振解释现象，知道什么情况下要利用共振，什么情况下要防止共振。
（1）利用共振的有：共振筛、转速计、微波炉、打夯机、跳板跳水、打秋千……
（2）防止共振的有：机床底座、航海、军队过桥、高层建筑、火车车厢……
【例8】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。不开电动机让这个筛子自由振动时，完成20次全振动用15s；在某电压下，电动偏心轮的转速是88r/min。已知增大电动偏心轮的电压可以使其转速提高，而增加筛子的总质量可以增大筛子的固有周期。为使共振筛的振幅增大，以下做法正确的是
A．降低输入电压 B．提高输入电压 C．增加筛子质量 D．减小筛子质量
解：筛子的固有频率为f固=4/3Hz，而当时的驱动力频率为f驱=88/60Hz，即f固< f驱。为了达到振幅增大，应该减小这两个频率差，所以应该增大固有频率或减小驱动力频率。本题应选AD。
五、机械波
1．定义：机械振动在介质中的传播。
产生条件：振源；介质。
2．分类：机械波可分为横波和纵波两种。
（1）质点振动方向和波的传播方向垂直的叫横波，如：绳上波、水面波等。
（2）质点振动方向和波的传播方向平行的叫纵波，如：弹簧上的疏密波、声波等。
3．机械波的传播
①机械波研究的是许多质点的运动；
②质点都在自己的平衡位置附近做受迫振动，振幅、周期与波源相同；
③质点开始振动的时刻不同，后面的质点总是重复前一质点的振动；
④械波传播的是机械振动的形式，质点本身并无左右迁移。
⑤机械波转播的是振动形式、能量和信息。
在同一种均匀介质中机械波的传播是匀速的。波速、波长和频率之间满足公式：v=λf。
机械波的频率由波源决定，而传播速度由介质决定。
4．机械波的反射、折射、干涉、衍射
一切波都能发生反射、折射、干涉、衍射。特别是干涉、衍射，是波特有的性质。
（1）干涉。产生干涉的必要条件是：两列波源的频率必须相同。
需要说明的是：以上是发生干涉的必要条件，而不是充分条件。要发生干涉还要求两列波的振动方向相同（要上下振动就都是上下振动，要左右振动就都是左右振动），还要求相差恒定。我们经常列举的干涉都是相差为零的，也就是同向的。如果两个波源是振动是反向的，那么在干涉区域内振动加强和减弱的位置就正好颠倒过来了。
干涉区域内某点是振动最强点还是振动最弱点的充要条件：
①最强：该点到两个波源的路程之差是波长的整数倍，即δ=nλ
②最弱：该点到两个波源的路程之差是半波长的奇数倍，即
根据以上分析，在稳定的干涉区域内，振动加强点始终加强；振动减弱点始终减弱。
至于“波峰和波峰叠加得到振动加强点”，“波谷和波谷叠加也得到振动加强点”，“波峰和波谷叠加得到振动减弱点”这些都只是充分条件，不是必要条件。
【例9】下列关于波长的说法，正确的是：
A．在一个周期内，沿着波的传播方向，振动在介质中传播的距离。
B．任意两个相邻的波峰或波谷间的距离。
C．任意两个相邻的、振动方向总是相同的两质点间的距离。
D．任意两个相邻的、振动方向总是相反的两质点间距离的2倍。
本题答案应选A、B、C。
【例10】如图所示，S1、S2是两个相干波源，它们振动同步且振幅相同。实线和虚线分别表示在某一时刻它们所发出的波的波峰和波谷。关于图中所标的a、b、c、d四点，下列说法中正确的有
A．该时刻a质点振动最弱，b、c质点振动最强，d质点振动既不是最强也不是最弱
B．该时刻a质点振动最弱，b、c、d质点振动都最强
C．a质点的振动始终是最弱的， b、c、d质点的振动始终是最强的
D．再过T/4后的时刻a、b、c三个质点都将处于各自的平衡位置，因此振动最弱
解：该时刻a质点振动最弱，b、c质点振动最强，这不难理解。但是d既不是波峰和波峰叠加，又不是波谷和波谷叠加，如何判定其振动强弱？这就要用到充要条件：“到两波源的路程之差是波长的整数倍”时振动最强，从图中可以看出，d是S1、S2连线的中垂线上的一点，到S1、S2的距离相等，所以必然为振动最强点。
描述振动强弱的物理量是振幅，而振幅不是位移。每个质点在振动过程中的位移是在不断改变的，但振幅是保持不变的，所以振动最强的点无论处于波峰还是波谷，振动始终是最强的。
本题答案应选B、C
（2）衍射。
发生明显衍射的条件是：障碍物或孔的尺寸和波长可以相比或比波长小。
（3）波的独立传播原理和叠加原理。
独立传播原理：几列波相遇时，能够保持各自的运动状态继续传播，不互相影响。
叠加原理：介质质点的位移、速度、加速度都等于几列波单独转播时引起的位移、速度、加速度的矢量和。
波的独立传播原理和叠加原理并不矛盾。前者是描述波的性质：同时在同一介质中传播的几列波都是独立的。比如一个乐队中各种乐器发出的声波可以在空气中同时向外传播，我们仍然能分清其中各种乐器发出的不同声波。后者是描述介质质点的运动情况：每个介质质点的运动是各列波在该点引起的运动的矢量和。这好比老师给学生留作业：各个老师要留的作业与其他老师无关，是独立的；但每个学生要做的作业却是所有老师留的作业的总和。
【例11】如图中实线和虚线所示，振幅、周期、起振方向都相同的两列正弦波（都只有一个完整波形）沿同一条直线向相反方向传播，在相遇阶段（一个周期内），试画出每隔T/4后的波形图。并分析相遇后T/2时刻叠加区域内各质点的运动情况。
解：根据波的独立传播原理和叠加原理可作出每隔T/4后的波形图如①②③④所示。
相遇后T/2时刻叠加区域内abcde各质点的位移都是零，但速度各不相同，其中a、c、e三质点速度最大，方向如图所示，而b、d两质点速度为零。这说明在叠加区域内，a、c、e三质点的振动是最强的，b、d两质点振动是最弱的。
六、振动图象和波的图象
1．振动图象和波的图象
振动图象和波的图象从图形上看好象没有什么区别，但实际上它们有本质的区别，如下表。
振动图象 波动图象
研究对象 一个质点 多个质点
坐标
物理意义 一个质点的位移随时间变化的情况 同一时刻各质点离开平衡位置的情况
直接物理量 A、T A、λ
图象变化 随时间延续 随时间波形平移
2．波的图象的画法
波的图象中，波的图形、波的传播方向、某一介质质点的瞬时速度方向，这三者中已知任意两者，可以判定另一个。（口诀为“上坡下，下坡上”）
3．波的传播是匀速的
在一个周期内，波形匀速向前推进一个波长。n个周期波形向前推进n个波长（n可以是任意正数）。因此在计算中既可以使用v=λf，也可以使用v=s/t，后者往往更方便。
4．介质质点的运动是简谐运动（是一种变加速运动）
任何一个介质质点在一个周期内经过的路程都是4A，在半个周期内经过的路程都是2A，但在四分之一个周期内经过的路程就不一定是A了。
5．起振方向
介质中每个质点开始振动的方向都和振源开始振动的方向相同。
【例12】已知在t1时刻简谐横波的波形如图中实线所示；在时刻t2该波的波形如图中虚线所示。t2-t1=0.02s。求：（1）该波可能的传播速度。（2）若已知T< t2-t1<2T，且图中P质点在t1时刻的瞬时速度方向向上，求可能的波速。（3）若0.01s解：（1）如果这列简谐横波是向右传播的，在t2-t1内波形向右匀速传播了，所以波速=100(3n+1)m/s (n=0，1，2， ……)；同理可得若该波是向左传播的，可能的波速v=100(3n+2)m/s (n=0，1，2， ……)
（2）P质点速度向上，说明波向左传播，T< t2-t1 <2T，说明这段时间内波只可能是向左传播了5/3个波长，所以速度是唯一的：v=500m/s
（3）“Q比R先回到平衡位置”，说明波只能是向右传播的，而0.01s【例13】一列横波沿x轴传播，t1与t2时刻的波形分别如图中的实线和虚线所示，已知t2-t1=0.1s，那么这列波的速度可能是
A．10 m/s B．30 m/s C．40 m/s D．50 m/s
设题目的：根据波的图像提供的条件结合波动规律分析波动问题。对多种可能解的全面考虑，培养学生全面考虑问题的能力。
引导学生分析：题目给出的已知条件、未知条件和所求，对未知条件要做多种可能情况的考虑。
本题给出的分析是用公式（1）求解，可以再引导学生用公式（2）分析求解。
分析与解答：求波速可以根据公式（1）或（2）求出。
本题从图像可得波长λ=4m，从t1到t2经过的时间t=t2-t1=0.1s，要通过（1）式求需要先求出波的周期，通过（2）式求需要先求出波在时间t内传播的距离s。本题用两式都可求得，下面通过（1）式求解。
取x=0的质点的振动求周期，从图像可以看出，t1时刻该质点位移为零，t2时刻位移为正最大。这里有两个不知道：t1时刻该质点的运动方向；t2-t1是大于一个周期，还是小于一个周期，不知道就要考虑多种可能性。
设波沿x轴正方向传播，则t1时刻x=0的质点正经过平衡位置沿y轴反方向运动，设周期为T1，则，m=0、1、2……
周期的可能值，m=0、1、2……
波速，m=0、1、2……
当m=0时，v=30m/s，即选项B答案。m为其它任何正整数都不能得出选项A、C、D答案。
当波沿x轴反方向传播时，则t1时刻x=0的质点正经过平衡位置沿y轴正方向运动，设周期为T2，则
周期的可能值，n=0、1、2……
波速，n=0、1、2……
当n=0时，v=10m/s，即选项A答案。n=1时，v=50m/s，即选项D答案。n为任何其它正整数时都不能得出选项C答案。
综上所述，选项A、B、D答案正确。
【例14】在均匀介质中有一个振源S，它以50HZ的频率上下振动，该振动以40m/s的速度沿弹性绳向左、右两边传播。开始时刻S的速度方向向下，试画出在t=0.03s时刻的波形。
解：从开始计时到t=0.03s经历了1.5个周期，波分别向左、右传播1.5个波长，该时刻波源S的速度方向向上，所以波形如右图所示。
【例15】如图所示是一列简谐横波在t=0时刻的波形图，已知这列波沿x轴正方向传播，波速为20m/s。P是离原点为2m的一个介质质点，则在t=0.17s时刻，质点P的：①速度和加速度都沿-y方向；②速度沿+y方向，加速度沿-y方向；③速度和加速度都正在增大；④速度正在增大，加速度正在减小。以上四种判断中正确的是
A．只有① B．只有④
C．只有①④ D．只有②③
解：由已知，该波的波长λ=4m，波速v=20m/s，因此周期为T=λ/v=0.2s；因为波向右传播，所以t=0时刻P质点振动方向向下；0.75 T <0.17s< T，所以P质点在其平衡位置上方，正在向平衡位置运动，位移为正，正在减小；速度为负，正在增大；加速度为负，正在减小。①④正确，选C。
【例16】一列横波沿x轴传播，波速10 m/s．已知t=0时刻的波形图像如图所示，图中M处的质点此时正经过平衡位置沿y轴正方向运动，在图中画出t=1.5s时的波形图像。
设题目的：使学生掌握波形随时间变化的规律，学会分析任意时刻波形图像的方法。
引导学生分析：（1）审题，确定已千和所求。（2）确定t时刻波形图的两种方法。无论哪种方法都需求比值t/T或s/λ，关键是找“零头”。
分析与解答：已知t=0时刻的波形图像，要画出t=1.5s时的图像，有两种方法。
方法1：移动质点法
这种方法是取波上的质点为研究对象．如果能知道波上的质点在t=1.5s时的位移，就可以画出波形图像。在本题中已知波长λ=4m，波上质点的振幅A=10cm，只要知道一个振动质点在t=1.5s时的位移和运动方向，就可以知道其它质点的位移。取质点M来分析。质点M在t=0时正经过平衡位置沿y轴正方向运动，每经过一个周期，质点M的运动情况都与t=0时相同，只要求出时间t与周期T之比，就可以知道t时刻M的运动情况。
已知波速和波长，可求得周期T=λ/ v=0.4s，则，结果表明时间t等于个周期，经过3个周期质点M仍然经过平衡位置沿y轴正方向运动，再经过，恰好到达y=-10cm处，位于波谷，画出处位于波谷，画出t=1.5s时的波形如下图中的虚线所示。
方法2：移动波峰法
这种方法取波峰（或波谷）为研究对象．如果能求出t=1.5s时波峰的位置，就可以画出波形图像．根据波动规律，波每经过一个周期的时间传播的距离为一个波长，波峰的位置都与t=0时相同，要知道t时刻波峰的位置，也要求出t与周期T之比。
由方法1已求出，经过3个周期各波峰位置不变，再经过波沿传播方向又传播，已知t=0时质点M正经过平衡位置沿y轴正方向运动，由波动规律可知波沿x轴正方向传播，所以经过，把波峰沿x轴正方向移动，即t=1.5s时的位置，画出该恰时刻的波形与图中虚线所示相同。
七、声波
1．声波是纵波。
2．空气中的声速可认为是340m/s，水中的声速是1450m/s，铁中的声速是4900m/s。
3．人耳可以听到的声波的频率范围是20Hz—20000Hz。
4．人耳只能区分开相差0.1s以上的两个声音。
123456789
Q R
P
x/cm
s/m
O