1.2轮复习全套资料[上学期]

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第四讲 动量和能量
一、特别提示
动量和能量的知识贯穿整个物理学，涉及到“力学、热学、电磁学、光学、原子物理学”等，从动量和能量的角度分析处理问题是研究物理问题的一条重要的途径，也是解决物理问题最重要的思维方法之一。
1、动量关系
动量关系包括动量定理和动量守恒定律。
（1）动量定理
凡涉及到速度和时间的物理问题都可利用动量定理加以解决，特别对于处理位移变化不明显的打击、碰撞类问题，更具有其他方法无可替代的作用。
（2）动量守恒定律
动量守恒定律是自然界中普通适用的规律，大到宇宙天体间的相互作用，小到微观粒子的相互作用，无不遵守动量守恒定律，它是解决爆炸、碰撞、反冲及较复杂的相互作用的物体系统类问题的基本规律。
动量守恒条件为：
①系统不受外力或所受合外力为零
②在某一方向上，系统不受外力或所受合外力为零，该方向上动量守恒。
③系统内力远大于外力，动量近似守恒。
④在某一方向上，系统内力远大于外力，该方向上动量近似守恒。
应用动量守恒定律解题的一般步骤：
确定研究对象，选取研究过程；分析内力和外力的情况，判断是否符合守恒条件；选定正方向，确定初、末状态的动量，最后根据动量守恒定律列议程求解。
应用时，无需分析过程的细节，这是它的优点所在，定律的表述式是一个矢量式，应用时要特别注意方向。
2、能的转化和守恒定律
（1）能量守恒定律的具体表现形式
高中物理知识包括“力学、热学、电学、原子物理”五大部分内容，它们具有各自的独立性，但又有相互的联系性，其中能量守恒定律是贯穿于这五大部分的主线，只不过在不同的过程中，表现形式不同而已，如：
在力学中的机械能守恒定律：
在热学中的热力学第一定律：
在电学中的闭合电路欧姆定律：，法拉第电磁感应定律，以及楞次定律。
在光学中的光电效应方程：
在原子物理中爱因斯坦的质能方程：
（2）利用能量守恒定律求解的物理问题具有的特点：
①题目所述的物理问题中，有能量由某种形式转化为另一种形式；
②题中参与转化的各种形式的能，每种形式的能如何转化或转移，根据能量守恒列出方程即总能量不变或减少的能等于增加的能。
二、典题例题
例题1 某商场安装了一台倾角为30°的自动扶梯，该扶梯在电压为380V的电动机带动下以0.4m/s的恒定速率向斜上方移动，电动机的最大输出功率为4.9kkw。不载人时测得电动机中的电流为5A，若载人时传颂梯的移动速度和不载人时相同，设人的平均质量为60kg，则这台自动扶梯可同时乘载的最多人数为多少？（g=10m/s2）。
分析与解 电动机的电压恒为380V，扶梯不载人时，电动机中的电流为5A，忽略掉电动机内阻的消耗，认为电动机的输入功率和输出功率相等，即可得到维持扶梯运转的功率为
电动机的最大输出功率为
可用于输送顾客的功率为
由于扶梯以恒定速率向斜上方移动，每一位顾客所受的力为重力mg和支持力，且FN=mg
电动机通过扶梯的支持力FN对顾客做功，对每一位顾客做功的功率为
P1=Fnvcosa=mgvcos(90°-30°)=120W
则，同时乘载的最多人数人人
点评 实际中的问题都是复杂的，受多方面的因素制约，解决这种问题，首先要突出实际问题的主要因素，忽略次要因素，把复杂的实际问题抽象成简单的物理模型，建立合适的物理模型是解决实际问题的重点，也是难点。
解决物理问题的一个基本思想是过能量守恒计算。很多看似难以解决的问题，都可以通过能量这条纽带联系起来的，这是一种常用且非常重要的物理思想方法，运用这种方法不仅使解题过程得以简化，而且可以非常深刻地揭示问题的物理意义。
运用机械功率公式P=Fv要特别注意力的方向和速度方向之间的角度，v指的是力方向上的速度。本题在计算扶梯对每个顾客做功功率P时，P1=Fnvcosa=mgvcos(90°-30°)，不能忽略cosa，a角为支持力Fn与顾客速度的夹角。
例题2 如图4-1所示：摆球的质量为m，从偏离水平方向30°的位置由静释放，设绳子为理想轻绳，求小球运动到最低点A时绳子受到的拉力是多少？
分析与解 设悬线长为l，下球被释放后，先做自由落体运动，直到下落高度为h=2lsin，处于松驰状态的细绳被拉直为止。这时，小球的速度竖直向下，大小为。
当绳被拉直时，在绳的冲力作用下，速度v的法向分量减为零（由于绳为理想绳子，能在瞬间产生的极大拉力使球的法向速度减小为零，相应的动能转化为绳的内能）；小球以切向分量开始作变速圆周运动到最低点，在绳子拉直后的过程中机械能守恒，有
在最低点A，根据牛顿第二定律，有
所以，绳的拉力
点评 绳子拉直瞬间，物体将损失机械能转化为绳的内能（类似碰撞），本题中很多同学会想当然地认为球初态机械能等于末态机械能，原因是没有分析绳拉直的短暂过程及发生的物理现象。力学问题中的“过程”、“状态”分析是非常重要的，不可粗心忽略。
例题3 如图4-2所示，两端足够长的敞口容器中，有两个可以自由移动的光滑活塞A和B，中间封有一定量的空气，现有一块粘泥C，以EK的动能沿水平方向飞撞到A并粘在一起，由于活塞的压缩，使密封气体的内能增加，高A、B、C质量相等，则密闭空气在绝热状态变化过程中，内能增加的最大值是多少？
分析与解 本题涉及碰撞、动量、能量三个主要物理知识点，是一道综合性较强的问题，但如果总是的几个主要环节，问题将迎刃而解。
粘泥C飞撞到A并粘在一起的瞬间，可以认为二者组成的系统动量守恒，初速度为，末速度为，则有
①
在A、C一起向右运动的过程中，A、B间的气体被压缩，压强增大，所以活塞A将减速运动，而活塞B将从静止开始做加速运动。在两活塞的速度相等之前，A、B之间的气体体积越来越小，内能越来越大。A、B速度相等时内能最大，设此时速度为，此过程对A、B、C组成的系统，由动量守恒定律得（气体的质量不计）：
②
由能的转化和守恒定律可得：在气体压缩过程中，系统动能的减少量等于气体内能的增加量。所以有：
③
解①②③得：
点评 若将本题的物理模型进行等效的代换：A和B换成光滑水平面上的两个物块，A、B之间的气体变成一轻弹簧，求内能的最大增量变成求弹性势能的最大增量。对代换后的模型我们已很熟悉，其实二者是同一类型的题目。因此解题不要就题论题，要有一个归纳总结的过程，这样才能够举一反三。
例4 如图4-3所示，是用直流电动机提升重物的装置，重物质量，电源电动势，内电阻，电动机的内电阻。阻力不计。当匀速提升重物时，电路中电流强度。取，试求：
（1）电源的总功率和输出功率；
（2）重物上升的速度。
分析与解 电源输出的总能量，一部分消耗于自身内阻，其余全部输出传给电动机。电动机获得的电能，一部分转化为电动机的内能，其余的全部转化为机械能。
（1）电源的总功率为：
电源的输出功率为：
（2）电动机的输入功率为：
电动机的热功率：
电动机的输出功率等于它对重物做功的功率，即
所以，
点评 本题中电源的总功率550W，就是每秒钟电源把其它形式的能转化为550J电能。电源的输出功率为525W，就是每秒钟输出电能525J，对整个电路来说，遵循能的转化和守恒定律。因此要学会从能量角度来处理电路中的问题。
例题5 如图4-4所示，金属杆在离地高处从静止开始沿弧形轨道下滑，导轨平行的水平部分有竖直向上的匀强磁场B，水平部分导轨上原来放有一根金属杆b，已知杆的质量为，b杆的质量为水平导轨足够长，不计摩擦，求：
（1）和b的最终速度分别是多大？
（2）整个过程中回路释放的电能是多少？
（3）若已知、b杆的电阻之比，其余电阻不计，整个过程中，、b上产生的热量分别是多少？
分析与解 （1）下滑过程中机械能守恒： ①
进入磁场后，回路中产生感应电流，、b都受安培力作用，作减速运动，b作加速运动，经一段时间，、b速度达到相同，之后回路的磁通量不发生变化，感应电流为零，安培力为零，二者匀速运动，匀速运动的速度即为、b的最终速度，设为，由过程中、b系统所受合外力为零，动量守恒得： ②
由①②解得最终速度
（2）由能量守恒知，回路中产生的电能等于、b系统机械能的损失，所以，
（3）回路中产生的热量，在回路中产生电能的过程中，虽然电流不恒定，但由于、串联，通过、b的电流总是相等的，所以有，所以，，。
点评 本题以分析两杆的受力及运动为主要线索求解，关键注意：①明确“最终速度”的意义及条件；②分析电路中的电流，安培力和金属棒的运动之间相互影响、相互制约的关系；③金属棒所受安培力是系统的外力，但系统合外力为零，动量守恒；④运用能的转化和守恒定律及焦耳定律分析求解。
例题6 云室处在磁感应强度为B的匀强磁场中，一静止的质量为M的原于核在云室中发生一次衰变，粒子的质量为，电量为q，其运动轨迹在与磁场垂直的平面内，现测得粒子运动的轨道半径R，试求在衰变过程中的质量亏损。
分析与解 该衰变放出的粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，其轨道半径R与运动速度的关系，由洛仑兹力和牛顿定律可得 ①
由衰变过程动量守恒得（衰变过程亏损质量很小，可忽略不计）：
②
又衰变过程中，能量守恒，则粒子和剩余核的动能都来自于亏损质量即
③
联立①②③解得：
点评 动量守恒和能量守恒是自然界普遍适用的基本规律，无论是宏观领域还是微观领域，我们都可以用上述观点来解决具体的问题。高 三 物 理（第6周）
第三章 运动和力
一、牛顿第二定律应用

[例题1]如图3-13甲所示，一条轻弹簧和一根细线共同拉一个质量为m的小球，平衡时细线是水平的，弹簧与竖直方向的夹角为α.
(1)若突然剪断细线，则在刚剪断细线的瞬间，小球的加速度大小为 ，方向与竖直方向的夹角等于 ；(2)若上述弹簧换成钢丝，则在刚剪断细线的瞬间，小球的加速度大小为 ，方向与竖直方向的夹角等于 .








[析与解]此题描述小球有两上状态：①剪断细线前的平衡状态；②剪断细线后的加速状态，对两状态分别进行分析。
(1)剪断细线前，小球受重力mg、弹簧的弹力F1和细线的拉力T1三个力作用而处于平衡状态（如图乙），即mg与F1的合力是水平方向向右的（与绳拉力反向）。大小是T1=mgtgα；刚剪断细线的瞬间，弹簧的形变因小球静止的惯性而不能马上改变，故F1仍保持原数值，因mg与F1皆未变化，所以小球此时的加速度大小为a1=T1/m=tgα，方向水平向右，即与竖直方向的夹角等于90°。
(2)若把弹簧换成钢丝，则在刚剪断细线的瞬间，钢丝的弹力已很快发生变化（钢丝形变量极小，一般可认为不伸长，这与弹簧不同），因此，重力mg与钢丝弹力F2的合力就肯定不是水平向右了，这时的合力方向怎样确定呢？
应作这样的思考：细线剪断后小球作圆周运动，此刻可视为圆周运动的开始，线速度为零，小球此时的受力如图丙所示，沿向心方向和切线方向建立直解坐标系，在向心方向小球的加速度可由圆周运动的知识求得：ay=v2/R=0(∵此刻v=0)，在切线方向小球的加速度可由牛顿第二定律注得：mgsinα=max，ax=gsinα
故引时小球的加速度大小为gsinα，方向与竖直方向的夹角等于90°-α。
[注意]一般产生弹力的物体可分为两类：一类是两端连有物体的弹簧（或橡皮绳等），它的形变因两端物体的惯笥而需时较长，在很短的时间内形变量可认为是不变的；另一类是钢丝（或细线等），属于刚体，它的形变过程需时极短，在极短的时间内弹力能发生很大的变化。所以遇到研究弹力变化的问题，先要研究对象等效成弹簧或刚体模型，然后再进行分析计算。
[思考1]如图3-14所示，质量分别为m1、m2的物体P、Q，分别固定在质量不计的弹簧两端，将其竖直放在一块水平板上并处于静止状态。如突然把水平板撤去，则在刚撤离瞬间，P、Q的加速度分别为多少？
[提示]本题解题的关键是：两端固结物体的弹簧发生形变需要时间。就是说，当板刚撤去瞬间，弹簧尚未来得及改变形态，故P物体受力情况与撤板前一样，即F弹=m1g，且ap=0，而Q物体受到板的支持力消失，故F弹+m2g=m2aQ，得。因为aQ>aP，所以撤板瞬间，P、Q有远离趋势，即弹簧有伸长趋势。
在本题的解题过程中，要充分应用牛顿第二定律的瞬时性原则。这个原则在物体所受外力发生变化时特别重要，应高度注意。
[例题2]如图3-15甲所示，电动机带动绷紧着的传送带，始终保持以v=10m/s的速度逆时针运行，传送带与水平面间的夹角为37°，现把一个质量为m=0.5kg的工件轻轻放在皮带的上端A，经一段时间t后，工件被传送到皮带的底端B。已知AB长为L=16m，工件与皮带之间的动摩迭因数为μ=0.5。求时间t是多少？(g取10m/s2)









[解与析]对工件进行受力分析：重力mg、支持力N、滑动摩擦力f(由于工件相对于传送带向上运动，所以f方向沿带向下，如图乙)，由牛顿第二定律可知加速度a1方向沿带向下，故工件先作初速度为零的均加速直线运动；
当速度增大到v=10m/s后，工件后受滑动摩擦力f的方向发生了变化(由于工件相对于传送带向下运动，所以f方向沿带向上，如图丙)，但由于μ<37°，根据牛顿第二定律可知其加速度a2方向仍沿带向下，故工件接着作初速度为v=10m/s的匀加速直线运动，直到底端B。
对第一过程 ：由牛顿第二定律有mgsin37°+μmgcos37°=ma1
速度增大到v=10m/s时，所经历的时间为，位移为S1=。
对第二过程：由牛顿第二定律有mgsin37°-μmgcos37°=ma2
到底端B时，位移为S2=L-S1=11(m)，设所经历的时间为t2，则
即t22+10t2-11=0，解出t2=1(s)，不合理的已舍去。
综上，工件由A运动到B的时间为t=t1+t2=1+1=2(s)
通过此题的解析，应注意滑动摩擦力的方向并不总是阻碍物体的运动，而是阻碍物体间的相对运动，它可能是阻力，也可能是动力。审题时可由题给的μ和θ条件作出当μ≥tgθ时，物体在加速至与传送带速度相同后，将与传送带相对静止一起匀速运动；当μ[思考2]如图3-16所示，一固定的斜面长5m，高3m斜面上物体A的质量为m=5Kg，物体与斜面间的动摩擦因数μ=0.3，物体在水平推力F=100N的推动下，由静止开始从斜面的底端沿斜面上移2m时撤去F，问从撤去开始计时，经过多少时间物体返回斜面的底端？
[提示]由于物体在运动过程中受力情况多少变化，应分三阶段研究。
第一阶段：物体在推力F作用下沿斜面上升S1=2m，设加速度为a1、末速度为V1，则可根据牛顿第二定律和运动学规律列出方程式求出a1、V1。
第二阶段：撤去F，因物体有V1，物体将继续上升，但加速度改为沿斜面向下，记作为a2，物体继续上滑s2，末速度为零，历时t2。由牛顿第二定律和运动学规律列方程求出s2=0.952m、t2=0.476s。
第三阶段：由题意μ综上所述可得物体经(t2+t3)=1.76(s)返回斜面底端的结论。
[例题3]一质量为M=10Kg的木楔，ABC静止在粗糙水平地面上，动摩擦因数为μ=0.02，在木楔的倾角为30°的斜面上，有一质量为m=1.0Kg的的块由静止开始沿斜面下滑，如图3-17所示。当滑行路程S=1.4m时，其速度V=1.4m/s，在这过程中，木楔没有动，求地面对木楔摩擦力的大小和方向。(重力加速度g=10m/s2)
[解析]由运动学V2=V02+2as公式求得物块沿斜面向下滑的加速度a=V2/2s=1.42/2×1.4=0.7(m/s2)，所以可断定物块受到摩擦力作用。
用“隔离体”法分别对物块和木楔进行受力分析，如图3-17所示，其中物块受三个力作用，根据牛顿第二定律可知沿
斜面方向有：mgsinθ-f1=ma，
f1=mgsinθ-ma ①
垂直斜面方向有：mgcosθ-N1=0
N1=mgcosθ ②
木楔受五个力作用。（设地面对木楔的摩擦力f2方向由C指向B）在水平方向据牛顿第二定律有，f2+f1Cosθ-N1Sinθ=0 ③
将①②以及a值代入③得
f2=mgCosθ-Sinθ-(mgSinθ-ma)Cosθ
=maCosθ=1×0.7×0.866=0.61(N)
f2为正值，此力方向与所设方向相同，即由C指向B。
其实可以这样解析，由题意可知物块沿斜面加速下滑，则物体所受合外力(mg、f1、N1的合力)必在沿斜面方向。合外力的水平分力使物块产生水平向左的加速度ax，即Fx=max，如图3-18所示，故物块对木楔总的反作用力的水平分力必定水平向右，使木楔有右滑趋势，因此地面对木楔水平向左的静摩擦力大小为：f2=Fx=max=maCosθ代入数值，可得出与上同样的结论。
[思考3]质量为m=5Kg的物体，置于一粗糙斜面上，如图3-19所示。用一平行于斜面的大小为40N的力F拉物体。使物体沿斜面M向上匀加速度运动，a=2m/s2，求地面对斜面的摩擦力。(g=10m/s2)
[提示]把m、M分别隔离进行受力分析，对m如图3-20所示有
F-f1-mgSin30°=ma
N=mgCos30°=0
求出f1、N1的大小。
对M如图示，有f=f1′Cos30°+N1′Sin30°
求出f=26(N)的结论。
在运用牛顿第二定律和运动学公式分析处理某些问题的适用条件是物体在大小和方向不变的合外力作用下的运动；基本思路是对研究对象进行受力分析，运用牛顿第二定律和运动学公式，通过加速度相互沟通；基本类型是已知力求运动，由牛顿第二定律求出a，再利用运动学公式求解运动、已知运动求力，由运动学公式求出a，再利用牛顿第二定律求力。不管哪类在运用牛顿定律解题过程中往往容易犯的错误可归纳为：①不注意矢量的方向；②答题时只写所求量的大小，忘了回答方向；③不注意F、m、a三个物理量的瞬时性，同一性，我们在今后解题过程中尤其要加以注意的一点。


【素质训练】
1、如图3-21所示，质量均为m的A、B两小球用一段轻弹簧连接，另用一细绳将A球悬挂起来，两球处于静止状态，现将细线突然剪断，则在剪断细绳的瞬间A、B球的加速度各多少？方向怎样？若用细绳取代弹簧，结果又如何？








2、如图3-22所示，竖直光滑杆上套有一个小球和两根弹簧，两弹簧的一端各与小球相连，另一端分别用销钉M、N固定于杆上，小球处于静止状态。设拔出销钉M瞬间，小球加速度的大小为12m/s2。若不拔去销钉M而拔去销钉N瞬间，小球的加速度可能是（取g=10m/s2）
A、22m/s2，竖直向上 B、22m/s2，竖直向下
C、2m/s2，竖直向上 D、2m/s2，竖直向下
3、如图3-23所示，三个相同的小球A、B、C彼此用轻弹簧1和2连接，球A上端用轻细线系住挂起来，求：(1)线被剪断的瞬间，各球的加速度？(2)若线不剪断，而在B球的下端点把弹簧2剪断，则在剪断的瞬间，各球的加速度又如何？


4、如图3-24所示，吊篮P悬挂在天花板上，与吊篮质量相等的物体Q被固定在吊篮中的轻弹簧托住，当悬挂吊篮的细绳烧断的瞬间，吊篮P和物休Q的加速度大小是（ ）
A、ap=aQ=g B、ap=2g, aQ=g C、ap=g, aQ=2g D、ap=2g, aQ=0







5、如图3-25所示，木块A与B用一轻弹簧相连，竖直放在木块C上，三者静置于地面，它们的质量之比是1:2:3，设所有接触面都光滑，当沿水平方向迅速抽出木块C的瞬时，A和B的加速度分别是aA= , aB= .
6、质量为M的木块位于粗糙的水平桌面上，若用大小为F的水平恒力拉木块，其加速度为a，当拉力方向不变，大小变为2F时，木块的加速度为a′，则（ ）
A、a′=a B、a′<2a C、a′>2a D、a′=2a
7、如图3-26所示，底板光滑的小车上用两个量程均为20N、完全相同的弹簧秤甲和乙系住一个质量为1kg的物块。在水平地面上，当小车作匀速直线运动时，两弹秤的示数均为10N。当小车作匀加速直线运动时，弹簧秤甲的示数变为8N，这时小车运动的加速度大小是（ ）
A、2m/s2 B、4m/s2 C、6m/s2 D、8m/s2




8、一轻弹簧上端固定，下端挂一重物，平衡时，弹簧早长了4cm；再将重物向下拉1cm，然后放下，则在刚释放在瞬间重物的加速度是(g取10m/s2)( )
A、2.5m/s2 B、7.5m/s2 C、10m/s2 D、12.5m/s2
9、质量为M的木块位于粗糙的水平桌面上，若用大小为F的水平恒力拉木块，其加速度大小为a，当拉力方向不变，大小变为2F时，木块的加速度大小为a′，则( )
A、a′=a B、a′<2a C、a′>2a D、a′=2a
10、如图3-27所示，物块B和C分别连接在轻质弹簧两端，将其静置于吊篮A的水平底板上，已知A、B和C三者质量相等，且均为m，并知重力加速度为g，那么将悬挂吊篮的轻绳烧断的瞬间，则吊篮A、物块B和C的加速度分别为aA= ,aB= ,aC= 。
11、物块从倾角为θ，长为S的斜面的顶端由静止开始下滑，物体与斜面间的动摩擦因数为μ，求物块滑到斜面底端所需的时间。


12、一个与水平方向夹37°角的力F作用在一个质量m=2kg的物体上，如图3-28所示，物体在水平面上从A点由静止拉动4m，后撤去F，再运动0.4s后停在B点停下，物体与地面间动摩擦因数μ=0.5，求F的大小。(g=10m/s2，sin37°=0.6)



13、如图3-29所示，质量M=8Kg的小车放在水平光滑的平面上，在小车右端加一水平恒力F，F=8N，当小车向右运动的速度达到1.5m/s时，在小车前端轻轻放上一个大小不s计，质量为m=2kg的小物块，物块与小车间的动摩擦因数μ=0.2，小车足够长，求从小物块放上开始经过t=1.5s，小物块通过的位移大上为多少？(取g=10m/s2)



14、带面水平的传送带以4m/s的速度顺时针运动，主动轮和被动轮的轴相距12m。现将一物体m放在A轮的正上方，如图3-30所示。物体和传送带间的动摩擦因数为0.2，则物体m经多长时间可运动到B轮的上方？(g取10m/s2)





1 5、一平板车，质量M=100kg，停在水平路面上，车身的平板离地面的高度h=1.25m，一质量m=50kg的小物块置于车的平板上，它到车尾端的距离b=1.00m，与车板间的动摩擦因数μ=0.20，如图3-31所示，今对平板车施加一水平方向的恒力，使车向前行驶，结果物块从车板上滑落。物块刚离开车板的时刻，车向前行驶的距离S0=2.0m，求物块落地时，落地点到车尾的水平距离S（不计路面与平板车间以及轮轴之间的摩擦，g取10/s2）







16、为了安全，在公路上行驶的汽车之间应保持必要的距离，已知某高速公路的最高限速v=120km/h，假设前方车辆突然停止，后车司机从发现这一情况，经操纵刹车，到汽车开始减速行所经历的时间(即反应时间)t=0.50s。刹车时汽车受到的阻力的大小f为汽车重力的0.40倍。该高速公路中汽车间的距离S至少应为多少？(g取10m/s2)











【素质训练答案】
一、牛顿第二定律应用
1、略 2、BC
3、(1)aA=3g 方向竖直向下 ab=ac=0
(2)aA=aC=0 aB=g 方向竖直向上
4、D 5、0, 1.5g 6、C 7、B 8、A 9、C 10、， 0
11、 12、10N
13、提示：木块放上后木块加速度am=μg=2m/s2，小车加速度，此木块与小车同速历时为t1，则v0+amt1=amt1，得t1=1s，以后木块与小车共同加速运动，加速度
。初速度，所以
14、4S 15、s=1.6m 16、S=160m







α
O
A
B
甲
T1
F1
mg
α
mg
α
F2
y
α
O
x
丙
乙
图3-13
P
Q
图3-14
15
3

图
Q
图3-16
图3-17
A
B
图3-21
N
M
图3-22
A
B
图3-23
1
2
P
Q
图3-24
A
B
图3-25
图3-26
C
A
B
图3-27高 三 物 理（第8周）
第四章 曲线运动 万有引力
一、 万有引力定律
[知识点析]
一、万有引力定律的内容和公式
宇宙间的一切物体都是互相吸引的，两个物体间的引力大小跟它们的质量的乘积成正比，跟它们的距离的平方成反比，这一规律叫万有引力定律。其数学表达式为：
式中G= 6.67×10-11Nm2/kg2 ,叫万有引力常量。这个定律适用的条件是：质点间的相互作用。当两个物体间的距离远远大于物体本身的大小时，物体可视为质点；均匀的球体可视为质点，r是两球心间的距离。
万有引力和重力的关系是：重力是地面附近的物体受到地球的万有引力而产生的。 物体的重力和地球对该物体的万有引力差别很小，一般可以认为二者大小相等，即
mg0 =G式中g0为地球表面附近的加速度，R0为地球半径。
[例题析思]
[例析1] 两大小相同的实心小铁球紧靠在一起时，它们之间的万有引力为F。若两个
半径2倍于小铁球的实心大铁球紧靠在一起，则它们之间的万有引力为：（ ）
A、2F B、4F C、8F D、16F
[解与析]小铁球之间的万有引力F==，小铁球的质量与半径关系是：
，大铁球质量M与r的关系是：
M=。故两大铁球间的万有引力
，由此可得选项D是正确的。
[思考1] 用m表示地球同步卫星的质量，h表示它距地面的高度，R0表示地球半径，g0表示地球表面的重力加速度，ω0表示地球自转的角速度，则同步卫星所受地球对它的万有引力的大小是：（ ）
A、等于零 B、等于 C、等于 D、以上均不对
[提示] 由万有引力公式知：卫星受的万有引力为，由得，代入上式有：。因此，选项B是正确的。再由=得，把它代入F中得：=，故选项C也是正确。综合上述分析本题应选B、C项为正确的。
二、应用万有引力定律分析天体的运动
1、 1、 基本方法：
把天体的运动近似看成是匀速圆周运动，其所需向心力由万有引力提供。
①=mg g=(或GM=gR2),要注意g与R的对应关系,如当R是地球半径时,对应的g是地球表面的重力加速度.
②==mω2R=m()2R=m(2πf)2R,应用时根据实际情况选用适当的公式进行分析.
卫星运行速度v、角速度ω、周期T与轨道半径R的关系：
①由=有v=即v∝,故R越大,运行速度v越小;
②由=mω2R有ω=,即v∝,故R越大,角速度ω越小;
③由=m()2R有T=,即T∝,故R越大,周期T越大.
[例析2] 两颗人造地球卫星，甲的质量是乙的质量的2倍，同样时间内，甲的转数是乙的转数的4倍，则甲受向心力是乙受向心力的 。
[解与析] 甲和乙均为地球人造卫星。所以它们的向心力均由地球对它们的吸引力来提供。由卫星运动规律可得出：
…… ①
…… ②
又因为转数n∝ω,所以①÷②有：
…… ③
又因为Fn=Mω2R，所以由题设条件和③式得出：
解本题需注意的是：不能把卫星的半径看成不变，殊不知。半径是和卫星旋转速度、周期相联系的。V和T一变，R必然要变，变化规律应满足万有引力提供的向心力。
[思考2] 设月球绕地球运动的周期为27天，则地球的同步卫星到地球中心的距离r与月球中心到地球中心的距离R之比r : R = 。
[提示] 由万有引力定律和牛顿第二运动定律列出：……①
……②
①②两式之比可得出1：9的结论。
2、估算天体质量M，密度。只要测出卫星绕天体作匀速圆周运动的半径R和周期T，再根据得出：
M=
当卫星沿天体表面绕天体运动时，R=R0，则=。
[例析3] 某行星的卫星，在靠近行星的轨道上运转。若引力恒量G为已知，则计算该行星的密度，唯一需要测出的物理量是：（ ）
A、行星的半径 B、卫星轨道的半径 C、卫星运行的线速度 D、卫星运行的周期。
[解与析]： 由于卫星轨道靠近行星，则R卫=R行，A、B两选项相同。假设行星半径为R，密度为，则：
= ……………………①
令 　……………………②
①式和②式两式相等,欲求,需测线速度和半径,又由于,所以,消去m和R得=。由此可见，欲求该行星的密度，只需测出卫星的运行周期即可。为此，选项D是正确。
[思考3] 一物体在某星球表面时受到的吸引力是在同地球表面所受吸引力的n倍，该星球半径是地球半径的m倍，若该星球和地球的质量分布都是均匀的，则该星球的密度是地球密度的 几倍。
[提示] 抓住万有引力定律可得出。
3、卫星的环绕速度、角速度、周期与半径R的关系见下表：
表达形式 速度、角速度、周期与半径R的关系
R越大、v越小
R越大，ω越小
R越大，T越大
[例析4] 两个球形行星A和B各有一卫星a和b，卫星的圆轨道接近各自行星的表面。
如果两行星质量之比MA/MB=P，两行星半径之比RA/RB=，中Ta/Tb为：（ ）
A、 B、 C、 D、
[解与析]： 根据F万=F向，即，或者。对于行星A和它的卫星a 有：；对于行星B和它的卫星b有：。综合上述可得出。选项Ａ是正确的。
[思考4] 人造地球卫星的轨道半径越大，则（　　）
　 A、速度越小，周期越小 B、速度越小，周期越大
C、速度越大，周期越小 D、速度越大，周期越大
[提示]由Ｆ万＝Ｆ向，即知，r越大，v越小，又因为，所以v越小， r 越大，Ｔ一定越大。确认选项Ｂ是正确的。
[例析5] (95年全国)两颗人造地球卫星Ａ、Ｂ绕地球作圆周运动，周期之比为ＴＡ：ＴＢ＝1:8，则轨道半径之比和运动速率之比分别为：（ ）
A、rA: rB = 4: 1、vA: vB= 1: 2 B、rA: rB = 4: 1、vA:vB=2:1
C、rA: rB = 1: 4、vA: vB= 1: 2　　 　　 D、rA: rB = 1: 4、vA:vB= 2: 1
[解与析] 地球对卫星的引力提供了卫星绕地球做圆周运动的向心力，
，由此式可知r3∝T2,则，再由 v=ωr =知V∝，则，可见选项Ｄ是正确的。
[思考5] 甲、乙两颗人造地球卫星，其线速度大小之比为，则这两颗卫星的转动半径之比为 ，转动角速度之比 ，转动周期之比为 ，向心加速度的大小之比为 。
[提示] 应用万有引力定律，线速度和角速度的关系及向心加速公式求解。依题意有
，所以R=GM/v2，故R甲：R乙= v甲2：v乙2=12:=1: 2，由ω=，则；再由得：T甲：T乙=ω乙：ω甲=1：2；再由得：。
三、地球同步卫星、三种宇宙速度
地球同步卫星是相对于地面静止的和地球自转具有相同周期的卫星，T=24h,同步卫星轨道平面与地球的赤道平面重合,且必须位于赤道正上方距地面高度h≈3.59×104km处。
三种宇宙速度分别是：第一宇宙速度（环绕速度）v1=7.9km/s，是人造地球卫星的最小发射速度；第二宇宙速度（脱离速度）， v2=11.2km/s是使物体挣脱地球引力束缚的最小发射速度；第三宇宙速度（逃逸速度），v3=16.7km/s，是使物体挣脱太阳引力束缚的最小发射速度。
人造地球卫星的环绕速度是指卫星绕地球作圆周运动所具备的速度，由
、两式得出，可见，环绕速度与轨道半径平方根成反比，离地越高，环绕速度越小。
人造地球卫星的发射速度是指把卫星从地球上发射出去的速度，速度越大，发射得越远，发射的最小速度，恰好是在地球表面附近的环绕速度，但人造地球卫星发射过程中要克服地球引力做功，增大势能，所以将卫星发射到离地球越远的轨道上，在地面上所需要的发射速度就越大。
[例析6](93年全国)同步卫星是指相对于地面不动的人造地球卫星：（ ）
A、它可以在地面上任一点的正上方，且离地心的距离可按需要选择不同的值；
B、它可以在地面上任一点的正上方，但离地心的距离是一定的；
C、它只能在赤道的正上方，但离地心的距离可按需要选择不同值；
D、它只能在赤道的正上方，且离地心的距离是一定的。
[解与析] 非同步的人造地球卫星其轨道平面可与地轴间有任意夹角，但同步卫星的轨道平面一定与地轴垂直。当卫星绕地轴转动的角速度与地球自转的角速度相同时，卫星即相对地面不动，而与地轴垂直的平面有无限多个，由于卫星受地球的引力指向地心，在地球引力的作用下同步卫星不可能停留在与赤道平面平行的其它平面上。因此，同步卫星的轨道平面一定与赤道共面，卫星位于赤道的正上方。
设地球自转的角速度为ω，同步卫星离地心的距离为r，由牛顿第二定律有
，则，可见，同步卫星离地心的距离是一定的,且线速度v=ωr也是一定的。由此可见，选项D是正确的。
[思考6] 已知地球的半径为R，自转角速度为ω，地球表面的重力加速度为g，在赤道上空一颗相对地球静止的同步卫星离开地面的高度是 。（用以上三个量表示）
[提示]利用和讨论求解得出的结论。
[例析7] (98年上海)发射地球同步卫星时，先将卫星发射至近地圆轨道1，然后经点火，使其沿椭圆轨道2运行，最后再次点火，将卫星送入同步轨道3、
轨道1、2、相切于Q点，轨道2、3相切于P点，如图4-24
所示。则当卫星分别在1、2、3轨道上正常运行时，以
下说法正确的是：（ ）
A、卫星在轨道3上的速率大于在轨道1上的速率；
B、卫星在轨道3上的角速度小于在轨道1上的角速度；
C、卫星在轨道1上经过Q点时的加速度大于它在轨道2上经过Q点时的加速度；
D、卫星在轨道2上经过P点时的加速度等于它在轨道3上经过P点时的加速度。
[解与析] 在卫星绕地球的做匀速圆周运动的问题中，应明确轨道半径越大，速度越小，
周期越长，角速度越小。而要想使卫星从低轨道上升到较高的轨道，则必须提供给卫星更多的动能。高轨道和低轨道上的动能差用于克服引力做功了。因此，我们可以顺利判断出选项A错, 选项B是正确的。
卫星在运行过程中的加速度的值应该用来计算。所以可知D选项正确，在计算加速度时，不能直接应用、、、来计算。
因为P、Q两点既在图上，又在椭圆上，而上面的公式只能应用在圆周运动的问题上。
[思考7] 某一颗人造地球同步卫星距地面的高度为h,设地球半径为R，自转周期为Ｔ，
地面处的重力加速度为g，则该同步卫星的线速度的大小应该为：（ ）
Ａ、 Ｂ、　　Ｃ、 Ｄ、
[提示]Ｔ星＝Ｔ，r星＝h+R,所以；由和联系可得，由此得出选项Ｂ、Ｃ是正确的。
[例析8] （98年全国高考题）宇航员站在一星球表面上的某高处，沿水平方向抛出一
小球。经过时间t，小球落到星球表面，测得抛出点与落地点之间的距离为Ｌ。若抛出时的初速增大到２倍，则抛出点与落地点之间的距离为Ｌ。已知两落地点在同一水平面上，该星球的半径为Ｒ，万有引力常数为Ｑ。求该星球的质量M。
[解与析] 设抛出点的高度为h,第一次平抛的水平射程为x，则有x2＋h2=L2………①
由平抛运动规律知，当初速度增大到２倍其水平射程也增大到2x，可得：(2x)2+h2=………②
由①②解得：h=
设该星球上的重力加速度为g,由平抛运动的规律，得：………③
由万有引力定律与牛顿第二定律得：………④
式中m为小球质量，联立上述各式解得：
。
[思考8] 月球质量是地球质量的1/81，月球半径是地球半径的1/3.8，如果以同一初速度在地球上和月球上竖直上抛一物体，则两者上升的高度之比是 ，两者从抛出到落回原处的时间之比是 。
[提示] 应用万有引力定律、竖直上抛运动等运动学公式求解。
在星球表面的重力等于万有引力：
g∝
由竖直上抛运动公式，上抛高度h=,所以，则：
由运动学公式有vt=v0 - gt上，vt=0
t=t上+t下=2t上=
又因为。
【素质训练】
1、关于万有引力定律的正确的说法是（ ）
A、天体间万有引力与它们质量成正比，与它们之间距离成反比
B、任何两个物体都是相互吸引的，引力的大小跟两个物体的质量的乘积成正比，跟它们的距离平方成反比
C、万有引力与质量、距离和万有引力恒量成正比
D、万有引力定律对质量大的物体可以适用，对质量小的物体可能不适用。
2、已知金星绕太阳公转的周期小于地球绕太阳公转的周期，它们绕太阳的公转均可看做匀速圆周运动，则可判定（ ）
A、金星到太阳的距离（即轨道半径）小于地球到太阳的距离
B、金星运动的速度小于地球运动的速度
C、金星的向心加速度大于地球的向心加速度
D、金星的质量大于地球的质量
3、为估算一个天体的质量，需要知道绕该天体做匀速圆周运动的另一星球的条件是（ ）
A、质量和运转周期 B、运转周期和轨道半径
C、轨道半径和环绕速度 D、环绕速度和质量
4、地球的第一宇宙速度约为8km/s，某行星的质量是地球质量的6倍，半径是地球半径的1.5倍，则该行星的第一宇宙速度约为：（ ）
A、4km/s B、8km/s C、16km/s D、32km/s
5、设地球表面的重力加速度g0,物体在距地心4R(R是地球半径)处，由于地球的作用而产生的加速度为g，则g/g0为：（ ）
A、1 B、1/g C、1/4 D、1/16
6、(90年全国)假如一作圆周运动的人造地球卫星的轨道半径增大到原来的2倍，仍作圆周运动，则：（ ）
A、根据公式v=ωr,可知卫星运动的线速度将增大到原来的2倍；
B、根据公式F=,可知卫星所需的向心力将减少到原来的1/2；
C、根据公式F=,可知地球提供的向心力将减小到原来的1/4；
D、根据上述B和C中给出的公式,可知卫星运动的线速度将减小到原来的。
7、如图4-25所示，a、b、c是环绕地球在圆形轨道上运行的3颗人造卫星，它们的质量关系是ma=mb＜mc则
A、b、c的线速度大小相等，且大于a的线速度
B、b、c的周期相等，且小于a的周期
C、b、c的向心加速度大小相等，且大于a的向心加速度
D、b所需向心力最小
8、打开同步卫星上的发动机使其速度加大，待它运动到距离地面的高度比原来大的位置，再定位使它绕地球做匀速圆周运动成为另一个轨道的卫星，与原来相比
A、速率增大 B、周期增大 C、机械能增大 D、动能增大
9、两颗人造卫星A、B绕地球做圆周运动，周期之比为TA：TB=1:8，则轨道半径之比和运动速率之比分别为（ ）
A、RA:RB=4：1， vA:vB=1:2
B、RA:RB=4：1， vA:vB=2:1
C、RA:RB=1：4， vA:vB=1:2
D、RA:RB=1：4， vA:vB=2:1
10、如果把地球绕太阳公转看作是匀速圆周运动，轨道平均半径约1.5×108km ,已知万有引力常量G=6.67×10-11N. m2/kg2,则可估算出太阳的质量大约是 kg。（结果取一位有效数字）
11、已知地球的半径为R，地面的重力加速度为g,万有引力恒量为G，如果不考虑地
球自转的影响，那么地球的平均密度的表达式为 。
12、空中有一颗人造地球卫星到地球球心的平均距离是另一颗卫星到地球球心平均距离的，若后者绕地球运行的周期是16天，则前者绕地球运动的周期是_____天。
13、已知一颗近地卫星的周期约为5100s,今要发射一颗地球同步卫星，它的离地高度约为地球半径的多少倍？







14、两颗卫星在同一轨道平面绕地球做匀速圆周运动，地球半径为R，a卫星离地面的高度等于R，b卫星离地面高度为3R，则：(1)a、b两卫星周期之比Ta:Tb是多少？(2)若某时刻两卫星正好同时通过地面同一点正上方，则a至少经过多少个周期两卫星相距最远？








15、1990年3月，紫金山天之台将1965年9月20日发现的第2752号小行星命名为吴健雄星，其直径为32km。如该小行星的密度和地球相同，则对该小行星的第一宇宙速度是多少？已知地球半径R=6400km,地球的第一宇宙速度v1=8km/s。







16、地球质量为M，半径为R，万有引力恒量为G，发射一颗绕地球表面附近做圆周运动的人造卫星，卫星的速度称为第一宇宙速度。
（1）试推导由上述各量表达的第一宇宙速度的计算式，要求写出推导依据。
（2）若已知第一宇宙速度的大小为v=7.9km/s，地球半径R=6.4×103km，万有引力恒量×10-10N·m2/kg2，求地球质量（结果要求二位有效数字）。









17、2000年1月26日我国发射了一颗同步卫星，其定点位置与东经98°的经线在同一平面内，若把甘肃省嘉峪关处的经度和纬度近似取为东经98°和北纬α=40°，已知地球半径R、地球自转周期T、地球表面重力加速度g(视为常量)和光速c，试求该同步卫星发出的微波信号传到嘉峪关处的接收站所需的时间（要求用题给的已知量的符号表示）。









18、某物体在地面上受到的重力为160N，将它放置在卫星中，在卫星以α=g的加速度随火箭向上加速升空的过程中，当物体与卫星中的支持物的相互挤压力为90N时，卫星距地球表面有多远？（R地=6.4×103km, g=10m/s2）







19、已知一颗近地卫星的周期约为5100s，今要发射一颗地球同步卫星，它的离地高度约为地球的半径的多少倍？






20、（1）简要说明地球同步卫星为什么只能在赤道平面内绕地球运转？（2）已知地球半径R=6.4×106m,月球公转周期27天,月球轨道半径为地球半径的60倍,由这些数据估算地球同步卫星离地面的高度(保留两位有效数字).




【素质训练参考答案】
一.万有引力定律
1.B 2.AC 3.BC
4.由G,V=得则V1=2V2=2×8=16km/s故选项C正确
5、根据F万=F重即得：
物体在地球表面：
物体在距地心4R处：
则：，故选取项D是正确。
6、因v=ωr中，ω是变量，F=中v也是变量，A、B不能选，由F=得：只有r是变量，选项C是正确，B、C得v=，则只有r为变量，故选项D也是正确的，综合上述该题的正确答案应为C、D选项。
7、D 8、BC
9、D 提示：G=
由此可知， R3∝T2,
则
再由 v=ωr=R,知v∝
则 .
10、由，T做已知条件（365d）求解出2×1030 kg。
11、利用。
12、
13、由人造地球卫星的周期公式得：
…………………………①
…………………………②
②/①得
所以
14、(1)由得Ta ：Tb=1:
(2)设经过时间t 两卫星相距最远，则；（n=1、2、3………）
n =1时对应时间最短，即：，则
15、由，
故
=。
16、（1）设卫星质量为m，它在地面附近作圆周运动时圆半径可取为地球半径R，
运动速度为v；作圆周运动所需向心力由向心加速度及牛顿第二定律F=ma
有F向=；又因为F万，∵F向=F万 ∴，
（2）由
17、


提示：设m为卫星质量，M为地球质量，r为卫星到地球中心的距离，ω为卫星绕地心转动的角速度，由万有引力定律和牛顿定律有
. ①
式中G为万有引力恒量。因同步卫星绕地心转动的角速度ω与地球自转的角速度相等，有
ω= ②
因 G=,
得 GM=gR2. ③
设嘉峪关到同步卫星的距离为L，如图所示，由余弦定理
L= ④
所求时间为 t= ⑤
由上各式得 t=
18、1．92×104m
19、5.6
20、（1）地球同步卫星与地球相对静止，所以应以地轴为转轴作圆周运动；卫星的向心力由地球对卫星的万有引力提供，所以应以地心为圆心作圆周运动；卫星以地心为圆心，以地轴为转轴的圆周运动，必是在赤道平面内的运动。
（2）地球同步卫星和月球都绕地球作匀速圆周运动，万有引力提供向心力
2R，有=恒量
即；可有R卫=·R月,代入数据得R卫=R
所以同步卫星离地面的高度h=R卫-R=(-1)R=3.6×107m


图4-24
图4-25
地心
卫星
r
R
O
α第十二讲 动量和能量
概述：处理力学问题、常用的三种方法
一是牛顿定律；二是动量关系；三是能量关系。若考查的物理量是瞬时对应关系，常用牛顿运动定律；若研究对象为一个系统，首先考虑的是两个守恒定律；若研究对象为一个物体，可优先考虑两个定理。特别涉及时间问题时，优先考虑的是动量定理、而涉及位移及功的问题时，优先考虑的是动能定理。两个定律和两个定理，只考查一个物理过程的始末两个状态，对中间过程不予以细究，这正是它们的方便之处，特别是变力问题，就显示出其优越性。
动量与能量的综合问题，是高中力学最重要的综合问题，也是难度较大的问题。分析这类问题时，应首先建立清晰的物理图景、抽象出物理模型、选择物理规律、建立方程进行求解。
例题分析：
例1. 如图所示，质量分别为m和2m的A、B两个木块间用轻弹簧相连，放在光滑水平面上，A靠紧竖直墙。用水平力F将B向左压，使弹簧被压缩一定长度，静止后弹簧储存的弹性势能为E。这时突然撤去F，关于A、B和弹簧组成的系统，下列说法中正确的是 （BD）
A.撤去F后，系统动量守恒，机械能守恒
B.撤去F后，A离开竖直墙前，系统动量不守恒，机械能守恒
C.撤去F后，A离开竖直墙后，弹簧的弹性势能最大值为E
D.撤去F后，A离开竖直墙后，弹簧的弹性势能最大值为E/3
[A离开墙前墙对A有弹力，这个弹力虽然不做功，但对A有冲量，因此系统机械能守恒而动量不守恒；A离开墙后则系统动量守恒、机械能守恒。A刚离开墙时刻，B的动能为E，动量为p=向右；以后动量守恒，因此系统动能不可能为零，当A、B速度相等时，系统总动能最小，这时的弹性势能为E/3。]
指出：应用守恒定律要注意条件。
对整个宇宙而言，能量守恒和动量守恒是无条件的。但对于我们选定的研究对象所组成的系统，守恒定律就有一定的条件了。如系统机械能守恒的条件就是“只有重力做功”；而系统动量守恒的条件就是“合外力为零”。
例2. 长为L宽为d质量为m总电阻为R的矩形导线框上下两边保持水平，在竖直平面内自由落下而穿越一个磁感应强度为B宽度也是d的匀强磁场区。已知线框下边刚进入磁场就恰好开始做匀速运动。则整个线框穿越该磁场的全过程中线框中产生的电热是___________。
[若直接从电功率计算，就需要根据求匀速运动的速度v、再求电动势E、电功率P、时间t，最后才能得到电热Q。如果从能量守恒考虑，该过程的能量转化途径是重力势能EP→电能E→电热Q，因此直接得出Q=2mgd ]
指出：深刻理解守恒的本质，灵活选用守恒定律的各种表示形式
例如机械能守恒定律就有多种表达形式：EK+EP=EK/ +EP′，ΔEK+ΔEP=0。它们的实质是一样的，但在运用时有繁简之分。因为重力势能的计算要选定参考平面，而重力势能变化的计算跟参考平面的选取无关，所以用后者往往更方便一些。
在运用更广义的能量守恒定律解题时，可以这样分析：先确定在某一过程中有哪些能量参与了转化；哪些能量增加了，哪些能量减少了；然后根据能量守恒的思想，所有增加了的能量之和一定等于所有减少了的能量之和，即ΔE增=ΔE减。
例3如图所示，质量为1.0kg的物体m1，以5m/s的速度在水平桌面上AB部分的左侧向右运动，桌面AB部分与m1间的动摩擦因数μ=0.2，AB间的距离s=2.25m，桌面其他部分光滑。m1滑到桌边处与质量为2.5kg的静止物体m2发生正碰，碰撞后m2在坚直方向上落下0.6m时速度大小为4m/s，若g取10m/s2，问m1碰撞后静止在什么位置？
解析：m1向右运动经过AB段作匀减速运动，由动能定律可以求出离开B点继续向右运动的速度为4米/秒；和m2发生碰撞后，m2作平抛运动，由平抛运动知识可以求出m2做平抛运动的初速度（碰撞之后）为2米/秒。利用动量守恒定律可以求出碰撞之后瞬间m1的速度为1米/秒。由动能定律可以求出返回经过AB段，离B点0.25米处停止。
例4翰林汇翰林汇222例子例如图所示，球A无初速地沿光滑圆弧滑下至最低点C后，又沿水平轨道前进至D与质量、大小完全相同的球B发生动能没有损失的碰撞。B球用长L的细线悬于O点，恰与水平地面切于D点。A球与水平地面间摩擦系数=0.1，已知球A初始高度h=2米，CD=1米。问：
(1)若悬线L=2米，A与B能碰几次 最后A球停在何处？
(2)若球B能绕悬点O在竖直平面内旋转，L满足什么条件时，A、B将只能碰两次？A球最终停于何处？
(1)20次 A球停在C处
(2)L0.76米，A球停于离D9.5米处
例5如图所示，小木块的质量m＝0.4kg，以速度υ＝20m/s，水平地滑上一个静止的平板小车，小车的质量M＝1.6kg，小木块与小车间的动摩擦因数μ＝0.2.（不计车与路面的摩擦）求：
(1)小车的加速度；
(2)小车上的木块相对于小车静止时，小车的速度；
(3)这个过程所经历的时间.
[ (1)0.5m/s2；(2)4m/s；(3)8s]
第二问：对m、M系统研究，利用动量守恒定律很快求出木块相对小车静止时，小车的速度。也可以利用动能定理分别研究m和M，但相对而言要麻烦得多。表明合理选择物理规律求解，可以提高解题速度和准确程度
例6 如图所示,在光滑水平地面上有一辆质量为M的小车,车上装有一个半径为R的光滑圆环.一个质量为m的小滑块从跟车面等高的平台上以速度V0滑入圆环.试问:小滑块的初速度V0满足什么条件才能使它运动到环顶时恰好对环顶无压力
解析：滑块至圆环的最高点且恰好对环顶无压力，应有
式中V是滑块相对圆心O的线速度，方向向左。设小车此时速度u，并以该速度方向为正方向，则滑块的对地速度为对滑块和小车组成的系统，由于水平方向所受合外力为零，由动量守恒有
由滑块和小车系统的机械能守恒有三式联立求解得：
指出：公式是相对圆心的线速度，而本题中的圆心是以u向右移动的，所以滑快对地速度为V—u。而动量守恒定律、机械能守恒定律表达式中的速度均应为对地的。
例7翰林汇例例翰林汇13、如图所示, 一质量为M、长为的长方形木板B放在光滑的水平地面上, 在其右端放一质量为m的小木块A, m(1)若已知A和B的初速度大小均为V0, 求它们最后的速度的大小和方向.
(2) 若初速度大小未知, 求小木块A向左运动到达的最远处(从地面上看)离出发点的距离.
解析： A和B相对静止时，A相对B向左滑动了L如图（3）设此时速度为V。由动量守恒定律：
① 小木块A向左运动到达最远处x时（如图（2））对地速度为零，对小木块A由动能定理： ② 对AB全程由能量转化和守恒定律：③由以上三式可解得x。求解本题要充分利用草图弄清物理过程。
例8、 如图所示，小车A质量为置于光滑水平面上。初速度为，带电量q=0.2C的可视为质点的物体B,质量为,轻放在小车的右端,它们的周转围存在匀强磁场,方向垂直纸面向里,磁场强度为B=0.5T,物体B与小车之间有摩擦力,小车足够长.求(1)物体B的最大速度.(2)小车A的最小速度.(3)在此过程中转变成多少内能
[解析:小车受到摩擦力作减速运动,物体B受到摩擦力作用而加速运动,其受到的磁场力方向向上,把A和B作为一个系统,在竖直方向上合外力为零,水平方向不受外力作用,系统总动量守恒.当物体B受到的磁场力和所受重力平衡时,其速度最大,此时小车A的速度最小,在这个过程中系统损失的动能转变成内能.(1)
(2)根据动量守恒定律有:
(3)
例9静止在太空中的飞行器上有一种装置,它利用电场加速带电粒子,形成向外发射的粒子流,从而对飞行器产生反冲力,使其获得加速度.已知飞行器的质量为M,发射的2价氧离子,发射功率为P,加速电压为U,每个氧离子的质量为m,单位电荷的电量为e,不计发射离子后飞行器质量的变化,求：（1）射出的氧离子速度；（2）每秒钟射出的氧离子数；（3）射出离子后飞行器开始运动的加速度。
[解析：（1）以氧离子为研究对象，根据动能定理，有：所以氧离子速度为 （2）设每秒钟射出的氧离子数为N，则发射功率可表示为：所以氧离子数为N=P/2eU （3）以氧离子和飞行器为系统，设飞行器的反冲速度为V，根据动量守恒定律 所以，飞行器的加速度为
例10、质量为0.01kg的子弹以300m/s的水平速度射中一静止在光滑水平面上的木块，子弹进入木块6cm而相对于木块静止下来。在这过程中，木块往前移动了0.2cm。求：（1）木块的末速度；（2）木块的质量
解析：以子弹和木块为系统，相对静止时共同速度为V 由动量守恒 ①
子弹与木块相对静止时，木块滑动的位移为L，子弹相对地面发生的位移为L+d，对子弹和木块分别利用动能定理：② ③ 由以上三式可解得V=10m/S M=0.29Kg
例11、如图，物块A以初速度V0滑上放在光滑水平面上的长木板B。若B固定，则A恰好滑到B的右端时停下；若B不固定，则A在B上滑行的长度为板长的4/5，求A、B的质量比。
解析：B固定时：对A由动量定理 ① B不固定时： A相对B滑动距离4L/5 时，AB相对静止，此时共同速度为V，由动量守恒定律 ② 又由能的转化和守恒定律③由以上三式可得M=4m。
例12、 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。⑴试分析B、C滑上长木板A后，A的运动状态如何变化？⑵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。
例13、 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14、如图所示，在水平固定的杆上，套有一个质量为2m的环，一根长为L的轻质绳(质量不计)，一端拴在环上，另一端系住一质量为m的球，先将球拉至绳沿水平的位置，然后按住环且将球由静止释放，当球下摆至绳与水平方向成300的位置时，再将环释放，若不计一切摩擦阻力，求球在以后的运动中可摆到离杆的最小距离。
例15、 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：本类型题不宜用牛顿运动定律求解
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速度，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。
F
A
B
B
d
d
L
A B
V
A
l2 l1
X
f
F
B
A
B
2v
v
C
B
A2005年高考物理第二轮专题复习
专题二 热 学
一、知识结构
(一)透彻理解分子运动理论的三要素。
(二)掌握阿伏加德罗常数NA=6.02×1023mo1-1的含义，并能应用NA将物质的宏观量和微观量联系起来。
(三)熟练掌握热力学第一定律△E=Q+W及其应用。这要求深刻理解分子动能、分子势能、物体内能等基本概念及影响它们的因素。
(四)理想气体的状态方程和克拉珀龙方程是解答气体问题的核心，必须加以熟练掌握并能灵活运用。
(五)理解理想气体三种状态图象的物理意义，并能进行三种状态图象间的等效变换。
二、例题解析
例1质量一定的物体，在温度不变条件下体积膨胀时，物体内能的变化是()
A.分子的平均势能增大，物体的内能必增大
B.分子的平均势能减小，物体的内能必减小
C.分子的平均势能不变，物体的内能不变
D.以上说法均不正确
【解析】错选A：总以为物体体积膨胀，分子间距离增大，分子引力作负功，分子势能增大，所以物体内能增大。
基于分子力随分子距离的可变特性，在物体体积膨胀时，在分子间的距离由r＜r0增大到r＞r0的过程中，分子间的势能先减小，后增大。题设物体体积膨胀时，却隐蔽了初始状态，究竟体积膨胀时分子距离r在什么范围内变化没有交代，故无法判断分子势能的变化，也无法确定物体内能的物化。
综上分析，选项D正确。
例2如下图所示，有一圆筒形气缸静置在地上，气缸圆筒的质量为M，活塞及手柄的质量为m，活塞截面积为S。现用手握住活塞手柄缓慢地竖直向上提，求气缸刚离地时缸内封闭气体的压强。(当时的大气压强为P0，当地的重力加速度为g，活塞缸壁的摩擦不计，活塞未脱离气缸)。
【解析】此题是一道力热综合问题，对气体是等温变化过程，对活塞、气缸是力学平衡问题，并且气缸在提离地面时，地面对其支持力为零。
欲求气缸刚离地时缸内封闭气体的压强P封气?，把气缸隔离出来研究最方便。
气缸受竖直向下的重力G缸(大小等于Mg)，封闭气体竖直向下的压力F封气(大小等于P封气S)，大气竖直向上的压力F大气(大小等于P0S)。由平衡条件，有
F大气-G缸-F封气=0
即P0S-Mg-P封气S=0
∴P封气=P0-
例3一根内径均匀，一端封闭，另一端开口的直玻璃管，长l=100cm，用一段长h=25cm的水银柱将一部分空气封在管内，将其开口朝上竖直放置，被封住的气柱长l0=62.5cm。这时外部的大气压p0=75cmHg,环境温度t0=-23℃，见右图，现在使气柱温度缓慢地逐渐升高，外界大气压保持不变，试分析为保持管内被封气体具有稳定的气柱长，温度能升高的最大值，并求出这个温度下气柱的长。
【解析】这是一个关于气体在状态变化过程中，状态参量存在极值的问题，首先，对过程进行分析，当管内气体温度逐渐升高时，管内气体体积要逐渐增大，气体压强不变，pV值在增大。当上水银面升到管口时，水银开始从管内排出，因为=C，当管内水银开始排出后，空气柱体积增大，而压强减小，若pV值增大，则温度T继续升高，当pV值最大时温度最高。如果温度再升高不再满足=C，管内气体将不能保持稳定长度。
选取封闭气体为研究对象，在温度升高过程中，可分成两个过程研究。
第一过程：从气体开始升温到水银升到管口，此时气体温度为T，管的横截面积为S，此过程为等压过程，根据盖·吕萨定律有：
所以T=
其中：T0=t0+273=250Kl′=75cml0=62.5cm。
代入数据解得T=300(K)
第二过程，温度达到300K时，若继续升温，水银开始溢出，设当温度升高到T′时，因水银溢出使水银减短了x，此过程气体的三个状态参量p、V、T均发生了变化。p1=p0+h=75+25=100(cmHg)V1=l′s=7.5S
T1=300K
p2=(p0+h-x)=(100-x)cmHgV2=(75+x)S
T2=
根据状态方程则有：
所以T2=(100-x)(75+x)=-x2+x+300
根据数学知识得当x=12.5m时T2取得最大值，且最大值T2max=306.25K即当管内气体温度升高到T2max=33.25℃时，管内气柱长为87.5cm。




例4容积V=40L的钢瓶充满氧气后，压强为p=30atm，打开钢瓶阀门，让氧气分别装到容积为V0=5L的小瓶子中去。若小瓶已抽成真空，分装到小瓶子中的气体压强均为p0=2atm，在分装过程中无漏气现象，且温度保持不变，那么最多可能装的瓶数是多少
【解析】本题考查玻—马定律的应用和分解解决实际问题的能力。并且培养了考生全面的考虑问题的能力。
设最多可装的瓶子数为n，由波—马定律有
pV=p0V+np0V0
∴n=(pV-p0V)/(p0V0)
=(30×20-2×20)/(2×5)=56(瓶)
在本题中应注意，当钢瓶中气体的压强值降至2个大气压时，已无法使小瓶中的气体压强达到2个大气压，即充装最后一瓶时，钢瓶中所剩气体压强为2个大气压。
三、能力训练
(一)选择题
1.对于一定质量的理想气体，下列四个论述中正确的是()
A.当分子热运动变剧烈时，压强必增大
B.当分子热运动变剧烈时，压强可以不变
C.当分子间的平均距离变大时，压强必变小
D.当分子间的平均距离变大时，压强必变大
2.一定质量的理想气体其状态变化过程的p与V的关系如图所示，该过程p-T图应是
()
3.如图所示是医院给病人输液的部分装置的示意图。在输液的过程中()
①A瓶中的药液先用完
②B瓶中的药液先用完
③随着液面下降，A瓶内C处气体压强逐渐增大
④随着液面下降，A瓶内C处气体压强保持不变
A.①③B.①④C.②③D.②④
4.如图所示，一个粗细均匀的圆筒，B端用塞子塞紧，需要12N的压力才能被顶出，A处有一小孔，距B端30cm，圆筒截面积S=0.8cm2,外界大气压p0=105Pa.当推压活塞距B端多远时塞子将被推出，设温度保持不变()
A.距B端12cmB.距B端18cm
C.距B端20cmD.距B端10cm
5.分子间的势能与体积的关系，正确的是()
A.物体的体积增大，分子间的势能增加
B.气体分子的距离增大，分子间的势能减小
C.物体的体积增大，分子间的势能有可能增加
D.物体的体积减小，分子间的势能增加
6.如图所示，两端封闭的U形管竖直放置，管内的水银将两段空气柱分别封闭在管内，要使两管的水银面的高度差h减小，则()
A.让管内两段空气柱升高相同的温度
B.让管内两段空气柱降低相同的温度
C.让U形管加速上升
D.让U形管减速下降
7.如图所示是一定质量的理想气体的两条等容线a和b，如果气体由状态A等压变化到状态B，则在此变化过程中是()
A.气体不对外做功，外界也不对气体做功，吸热，内能增加
B.外界对气体做功，放热，内能增加
C.外界对气体做功，吸热，内能增加
D.气体对外做功，吸热，内能增加
8.关于内能和温度的下列说法中正确的是()
A.物体的速度加大时，内能增加
B.物体的动能减少时，温度可能增加
C.分子的动能和分子的势能的总和叫分子的内能
D.物体内部分子的势能由物体的温度和体积决定
9.如图所示，用光滑的木塞把容器分隔成二部分A和B，当温度为0℃时，体积VA∶VB=1∶2，当外界气温升到273℃时，活塞()
A.不动B.向右移动
C.向左移动D.不能判定
10.下列数据组中，可算出阿伏加德罗常数的是()
A.水分子的体积和水分子的质量
B.水分子的质量和水的摩尔质量
C.水的摩尔质量和水的密度
D.水的摩尔质量和水分子体积
11.如图所示，甲、乙两玻管两端封闭，竖直放置，室温时空气柱长度l甲上=2l甲下，l乙上=l乙下，现将两玻管全都浸没在0℃的冰水中，则甲、乙两管中水银柱移动方向是()
A.甲向上，乙向下B.甲向下，乙向上
C.甲、乙均向上D.甲、乙均向下
12.如下图所示，一个开口向上的绝热容器中，有一个活塞封闭着一定质量的理想气体，活塞的质量以及活塞和容器壁之间的摩擦忽略不计，活塞原来静止在A处，质量为m的小球从活塞上方h处自由下落，随同活塞一起下降到最低位置B处，接着又从B处往上反弹，则下列说法中正确的()
A.活塞从A到B的过程中，速度先增大后减小
B.活塞在B处所受合力为零
C.活塞在B处，气体压强最大，温度最高
D.活塞最终将静止在B处
13.如图所示，质量不计的活塞把一定质量的理想气体封闭在上端开口的直立圆筒形气缸中，活塞上堆放细砂，活塞于静止，现对气体缓慢加热，同时不断取走细砂，使活塞缓慢上升，直到细砂全部取走，在此过程中()
①气体体积增大，压强减小，对外不做功
②气体温度可能不变，气体对外做功
③气体压强减小，内能可能不变
④气体对外做功，内能可能增加
A.①③④B.②③④C.①③D.②④
14.如图所示，一只贮有空气的密闭烧瓶，用玻璃管与水银气压计连接，气压计两管内的水银面在同一水平面上。现降低烧瓶内空气的温度，同时移动气压计右管，使水银气压计左管的水银面保持在原来的水平面上，则表示气压计两管内水银面高度差△h与烧瓶内所降低的温度△t之间的关系图线是图中的()
A.a图B.b图C.c图D.d图
15.一定质量的理想气体沿p-V坐标图中曲线所示的方向发生变化，其中曲线DBA是以p轴、V轴为渐近线的双曲线的一部分，则()
A.气体由A变到B，一定是吸热的
B.气体由B变为A，一定是吸热的
C.气体由A变到B再变到A，吸热多于放热
D.气体由A变到B再变到A，放热多于吸热
16.一定质量的理想气体，经历如图所示的a→b→c→d的状态变化过程，有可能向外放热的过程是()
A.a→b的过程B.b→c的过程
C.c→d的过程D.以上三个过程都不能向外界放热
17.如下图所示，在弹簧秤下，吊一粗细均匀、一端开口的直玻璃管，已知管的质量为m，横截面积为S，大气压强为p0，管内上方为真空，管壁厚度不计且管口不与水银槽接触，则弹簧秤示数为()

A.mg+p0SB.mg
C.p0SD.mg-p0S
(二)填空题
1.在“验证玻意耳定律”的实验中
(1)某同学列出所需要的实验器材：带框架的注射器(有刻度)，像皮帽，钩码(若干个)，弹簧秤，天平(带砝码)，铁架台(连铁夹)，润滑油。
问：该同学漏选了哪些器材 答：。
(2)如下图中是甲、乙两同学在一次实验中得到的P-图。若两人实验时操作均正确无误，且选取坐标标度相同，那么两图线斜率不同的主要原因是。
2.如图所示的氦—氖激光管充气装置示意图，激光管体积为V1，储气室体积为V0=2V1，充气全部过程在温度不变的条件下进行，图中A、B、C、D均为阀门，充气过程如下：
(1)充氦：接通激光管与储气室(打开阀门A、B，关闭C、D)。用抽气机将储气室和激光管抽成真空后，关闭A、再开通C充氦至压强为p1。
(2)充氖：关闭B、C，开通A，将储气室抽成真空后，关闭A，开通D，充氖至压强为p2.
(3)混合：关闭D，开通B，使储气室与激光管中氦氖混合均匀，最后激光管中氦氖成一定比例，总压强达到已知值p(已知两种气体混合后的总压强等于两种气体单独存在于整个容器(V0+V1)中的压强之和，如果在充气过程中要求p1与p2的比值为16∶1，则p1=
p,p2=p。
3.一容积为2L的容器盛有某种气体，当它温度为20℃时压强为2.0×10-5mmHg，已知阿佛伽德罗常数为6.0×1023mol-1，则该容器气体分子个数约为个.(取两位有效数字)
4.如图所示，一气缸被a、b两个活塞分成A、B两部分，平衡时体积之比VA∶VB=1∶3，活塞和气缸壁之间的摩擦不计，现用力推活塞b，使b向左移动12cm而固定，则重新平衡时a活塞向左移动cm。
5.由下图可知，1mol的气体在状态A时体积VA=L，在状态B时体积VB=L，在状态C时VC=L。
6.验证查理定律的实验装置如图所示，在这个实验中，测得压强和温度的数据中，必须测出的一组数据是和；再把烧瓶放进盛着冰水混合物的容器里，瓶里空气的温度下降至跟冰水混合物的温度一样，等于，这时B管水银面将；再将A管，使B管水银面，这时瓶内空气压强等于，这样又可得到一组数据。
7.银导线的截面积S=1mm2，通过I=2A的电流，若每个银原子可提供一个自由电子，则银导线1m长度上的自由电子数为个。(已知银的密度ρ=10.5×103kg/m3，摩尔质量M=0.108kg/mol，保留一位有效数字)
8.如图为一定质量的理想气体从A状态变化到B状态过程的变化图。若A状态的温度为450K，则此过程中的最高温度是K。
(三)论述和计算
1.如下图所示，热空气球是通过下端开口处的加热装置，调节球内空气的温度，控制气球升降，设球内外压强相等，大气为理想气体且不随高度而变化，现已知地面大气温度为280K，密度为1.2kg/m3，气球、工作人员、应急砂袋其它装置等总质量240kg(不包含球内空气的质量)，气球的总体积V0=800m3(不计球壳的体积)问：
(1)为使气球从地面飘起，球内气温最低加热到多少




(2)当热气球升空后，由于故障以8m/s匀速下降，在t=0时刻，从气球中释放一个20kg砂袋，不计空气阻力，问经几秒热气球停止下降





2.如图所示，两端开口的气缸水平固定，A、B两厚度不计的活塞的面积分别为S1=20cm2，S2=10cm2，它们用一根细绳连接，B通过水平细线绕过理想定滑轮与质量为m的重物C连接，静止时气缸中空气压强p=1.2×105Pa，温度T=600K，两气柱长均为L，不计摩擦。求：
(1)M=
(2)若温度缓慢降低，试在p—V图线上标出气缸中空气状态变化过程，并指出图线拐点处气体的温度。(已知P0=1×105Pa，取g=10m/s2)


3.如图所示的装置中，A、B和C为三支内径相等的玻璃管，它们处于竖直位置。A、B两管的上端等高，管内装有水，A管上端封闭，内有气体，B管上端开口与大气相通，C管中水的下方有活塞顶住，A、B、C三管由内径很小的细管连接在一起。开始时，A管中气柱长度L1=3.0m，B管中气柱长度L2=2.0m，C管中水柱长度L0=3.0m，整个装置处于平衡状态。现将活塞缓慢向上顶，直到C管中的水全部被顶到上面的管中。求此时A管中气柱的长度L1，已知大气压强P0=1.0×10Pa，计算时取重力加速度g=10m/s2。

4.如图所示，可沿缸壁自由滑动的活塞，将圆筒形气缸分隔成A、B两部分，气缸底部通过装有阀门K的细管与一密闭容器C相连，活塞与气缸的顶部间有一弹簧相连，当活塞位于气缸底部时，弹簧恰好无形变，开始时，B内充有一定量气体，A、C为真空，B部分高l1=0.1m,B与C的容积正好相等，此时弹簧对活塞的作用力大小正好等于活塞重，今将阀门打开，并使整个装置倒置，当达到新平衡时，B部分高l2为多少


5.如图所示是一个容积计，它是测量易溶于水的粉末状物质的实际体积的位置。A容器的容积VA=300cm3，K是通大气的阀门。C是水银槽，通过橡皮管与容器B相通，连通A、B的管道很细，容积可以忽略，下面是测量操作过程；(1)打开K，移动C，使B中水银面降低到与标记M相平；(2)关闭K，缓慢提升C，使B中水银面升到与标记N相平，量出C中水银面比标记N高h1=25cm;(3)打开K，将待测粉末装入容器A中，移动C使B内水银面降到M标记处。(4)关闭K，提升C使B内水银面升到与N标记相平，量出C中水银面比标记N高h2=75cm.(5)从气压计上读得当时大气压为p0=75cmHg.设整个过程温度保持不变，试根据以上数据求出A中待测粉末的实际体积。

6.如图所示，用活塞将一定质量的空气封闭在气缸内，开始时气缸的开口朝下放置在水平地面上，活塞位于气缸的正中央，活塞的下表面仍与大气相通.设活塞的质量为m，气缸的质量为M=2m，大气压强为p0，温度不变，活塞的横截面积为S，活塞与气缸的摩擦不计。今用竖直向上的力F将气缸非常缓慢地提起，当活塞位于气缸的开口处时，两者相对静止，并以共同的加速度向上运动，求此时力F的大小。(用m，g，p0，S表示)
7.室温为0℃，大气压强为1atm。如图所示的水银气压计两边水银面高度差H=76cm，水银气压计细管的容积不计，水平放置的汽缸被无摩擦可左右自由移动的活塞分A、B两部分。汽缸A内装有2L空气，汽缸B内充有3L氧气。已知氧气在标准大气压下其密度为32/g22.4L，
设温度保持不变，令1atm=1.0×105Pa，求：
(1)当K打开后，被排出的氧气的质量。
(2)当K打开瞬间，从阀门逸出的氧气流的瞬时速度。
8.某同学自己设计制作了一个温度计，其构造如图所示，玻璃泡A内封有一定质量的气体，与A相连的细玻璃管插入水银槽中，管内水银面的高度即可反映A内气体温度，如在B管上刻度，即可直接读出。设B管体积忽略不计。
(1)在标准大气压下在B管上进行刻度，已知当t1=27℃时的刻度线在管内水银柱高度16cm处，则t=0℃时的刻度线在x为多少的cm处
(2)当大气压为75cm汞柱时，利用该装测量温度时若所得读数仍为27℃，求此时实际温度。

9.如图所示，内壁光滑截面积分为S1=100cm2，S2=50cm2的连通气缸竖直放置，一定质量的气体被两个活塞A、B封闭在气缸内，两活塞可在气缸内无摩擦滑动并且不漏气，活塞质量分别为，mA=10kg,mB=5kg，活塞之间用一个自然长度为l0=10cm、劲度系数k=1.0×104N/m的轻质弹簧连接，当气体温度为27℃时，活塞B被下面的卡环C托住，弹簧恰好等于自然长度，并且弹簧在气缸上、下部分的长度相等，对气体加热使之升温，弹簧长度伸长2cm时，活塞B刚要离开卡环C，继续缓慢加热气体，活塞B缓慢上升，直到静止在气缸上、下两部分的衔接处(大气压强P0=1.0×105Pa,g=10m/s2)求：
(1)活塞B刚要离开卡环C时气体的温度。
(2)活塞B静止在上下气缸衔接处时气体的温度。

10.容器A和气缸B都是透热的，A放在127℃的恒温箱中，而B放置在27℃、1atm的空气中。开始时阀门K关闭，A内为真空，其容积为VA=2.4L，B内活塞下方装有理想气体，其体积为VB=4.8L，活塞上方与大气相通，设活塞与气缸壁之间无摩擦无漏气，连接A和B的细管容积不计。若打开K，使气缸B内气体流入容器A中，活塞将发生移动，待活塞停止移动时，B内活塞下方剩余气体的体积是多少 不计A与B之间的热传递。





能力训练参考答案
(一)选择题
1.B2.C3.B4.A5.A6.BCD7.D8.B9.A10.B11.D12.AC13.B14.C15.ACD16.D17.A
(二)填空题
1.气压计，刻度尺，注射器内封闭的空气质量不同，且m甲＞m乙
2.3.1.3×1015
4.35.22.433.633.6
6.当时大气压强温度0℃-上升下降回复原位置等于当时大气压强减去左、右两则高度差
7.5.85×1022?8.600
(三)论述和计算
1.解：①要气球飘起，则有：Mg+mg=ρ0V0g故：m=ρ0V0-M=ρV0(ρ为球内气体的密度)
对原来球内气体，从初态(p、V0、T0)经等压膨胀变为末态(p、V、T)
则：又ρ0T0=ρT故T=T0==373.3K
②释放一个20kg的砂袋，气球将向下做匀减速运动F合=△m·g=200N
而系统的质量为ρ0V0-△m=940kg由牛顿第二定律得：a=m/s2
由运动学公式得：t==37.6s
2.解：(1)对两活塞整体有
P0S1+P1S2+mg=P1S1+P0·S2，①
则m==2kg。
(2)由①式可得P1=P0+mg/S1-S2，
可见气体作等压变化，
等压时初态为(P1，V1，T1)，末态为(P1，V2，T2)，
其中V1=S1l+S2l,V2=2l·S2，
则有,可求得T2=400K。
若继续降温气体将作等容变化，
等容时初态为(P1，V2，T2)，末态为(P2，V2，T2)
其中P1=1.2×105Pa，
T2=400K,
P2S2+mg=P0S1，
P2=0.8×105Pa，
又有，
可得T3=K。
若再降温气体将作等压变化，P-V图如下图所示。
3.解：设B管中水不溢出，则对A有
PAL1=PA′L1′，
其中PA=P0+ρg(L1-L2)，
PA′=P0+ρg(L1′-L2′)，
又有L1-L1′+L2-L2′=L0，
联立可得L1′=2.5m，由此可判断B中有水溢出，则有PAL1=PA″L1″，
其中PA=P0+ρg(L1-L2),
PA″=P0+ρgL1″，
联立可得L1″=2.62m。
4.倒置前
倒置后
解得：l2＝l1＝0.173m
5.解：操作①②中，对A、B中的气体，设A、B的容积分别为VA、VB
由玻意耳定律得：p1V1=p2V2即：75(VA+VB)=100VB解得：VA=3VB则VB=100cm3
设待测粉末的实际体积为V，在③④操作中，对A、B中的气体：由玻意耳定律得：
p′1V′1=p′2V′2即：75(VA-V)=150(VA-V)
解得：V=
6.设活塞位于气缸的开口处时，缸内气体压强p,对缸内气体进行分析可知
初态：p1=p0-
末态：p2=pV2=V
由玻意耳定律可知：p1v1=p2v2

(p0-)=pV
p=(p0-)
对活塞进行受力分析可知：
p0s-ps-mg=ma
p0s-p0s+-mg=ma
a=g
对气缸整体进行受力分析可知：
F-(M+m)g=(m+M)a
F=3m×(mp0s-g)+3mg=p0s+mg
7.(1)对空气A：pA=2atm,pA′=1atm,VA=2L,VA′=
由玻一马定律pAVA=pA′vA′可得VA′=4(L)
所以VB′=5-4=1(L)
对氧气B：VB=3L,VB′=1L,p?B=2atm,pB′=1atm
pB=32×2g/22.4L,pB′=32g/22.4L
则mB-mB′=64×3/22.4-32×1/22.4=7.1(g)
(2)设阀门横截面积为S，在△t时间内△m的氧气逸出，其速度从0增加到v。
(pB-p)S△t=△mv
其中△m=△tSpB=v△SpB/2
所以(pB-p0)S△t=vS△tpBv/2=S2p0△tv2/2=p0S△tv2
所以v=(△p/p0)=265(m/s)
8.(1)气体为等容变化，设27℃时压强为p1，温度为T1，0℃时的压强为p，温度为T。
由查理定律：①
将数值代入，p1=76-16=60(cmHg),T1=300K,T=273K,得p1=54.6cmHg.
x=po-p=76-54.6=21.4(cmHg)
(2)当外界大气压变为75cmHg时，气泡内压强设为p′，其实际温度为T′。
由查理定律：②
其中p′=75-16=59(cmHg)代入数据后，解出T′=295K,t′=22℃。
9.①T2=449K
②T3=567K



第1页高 三 物 理（第9周）
【知识内容及高考要求】
1、(B)动量、冲量。动量定理及其应用。
2、(B)动量守恒定律及其应用(包括反冲)
3、(B)碰撞。
说明：(1)不要求用动量定理的公式进行计算。
(2)在弹性碰撞的问题中，不要求用动能守恒公式进行计算。
(3)动量守恒定律的应用只限于一维的情况。
【内容概要及考查特点】
本章内容包括动量和冲量两个基本概念及动量定理和动量守恒定律两条基本规律，动量守恒定律比牛顿运动定律的适用范围更广，是自然界普遍适用的规律之一。
动量、冲量和动量定理在每年的高考题型中主要是选择题和填空题，重点考查的是动量守恒守恒定律，特别是多次出现动量守恒定律和功能相结合的综合计算题。
【知识点析及素质训练】
一、 动 量 · 冲 量
【知识点析】
1、动量P：物体的质量m和速度v的乘积叫做物体的动量P，即P=mv。
（1）动量是矢量，其方向与v的方向相同，单位是kg·m/s。
（2）动量是描述物体机械运动状态的物理量。
2、动量的变化△P：具有矢量性，其运算应使用平行四边形定则，△P=mv1-mv0 如果物体在同一直线上运动，则在先选定一个正方向的前提下，动量变化的运算便可简化为代数运算。
3、冲量I：力和力的作用时间的乘积叫做力的冲量I，即I=F·t。
（1）冲量是矢量，其方向和力F（F为恒力）的方向相同，单位是N·s。
（2）冲量是描述力在某段时间内积累效应的物理量，是描述过程的物理量。
注意：动能与动量的关系是P=，其最大区别是动能是标量，动量是矢量。
【例题析思】
[例题1] 如图5-1所示倾角为α的光滑斜面长为S，一个质量为m的物体从A点由静止滑下，由A到B的过程中，斜面对物体的冲量大小是 ，重力冲量的大小是 ，物体受到冲量大小是 （斜面固定不动）
[解析] 由冲量的定义求解，物体沿光滑斜面向下滑，加速度a=gsinα，滑到底端所用的时间由s=at2，t=，则由冲量定义式得出 IN=N·t=mgcosθ
IG=mg·t=mg
I合=F合·t=mgsinα·=mg
[思考1] 一质量为m的物体沿倾角θ的固定斜面匀速滑下，滑到底端历时为t，则下滑过程中斜面对物体的冲量大小和方向为：A、大小为mgcosθt；B、方向垂直斜面向上；C、大小为 mgsinθt；D、方向竖直向上。 （ ）
[提示] 物体在倾角为θ的斜面上匀速滑下，说明物体的受合力为零，即沿斜面方向是mgsinθ与所受的摩擦力平衡，由此 可推出斜面对物体的作用力应是垂直斜面方向的支持力和沿斜面向上的摩擦力两个力的合力，方向竖直向上，大小为mg，根据冲量的定义可得出正确的结论。
[例题2] 质量为1.5kg的物体放在光滑的水平面上,与水平方向成300角的力F=3N作用于物体10s,则物体的动量大小是 .
[解析] 将F力分解到水平方向和竖直向上.如图5-2示的两个力F1=F·cos300=1.5N,由牛顿第二定律α=可知,物体获得的加速度是m/s2,据运动学公式V=at 求得物体在10s末的速度为 30m/s,则物体的动量大小应为:
p=mv=1.5×30=45kgm/s.
[思考2] 一质量为10kg的物体以9.8m/s的水平初速度v0 抛出,飞行一段时间后,垂直地撞在倾角θ为300 的斜面上,如图5-3示,则物体垂直撞在斜面上时的动量是多大 ,方向是 .
[提示] 将V沿水平和竖直两个方向分解，可得 ，求出物体完成这段飞行的时间是 ，并由运动学公式VY=gt求得VY，根据运动的合成法求得V，最后再抓住动量定义求出物体垂直撞在斜面上时的动量是196kgm/s，方向与竖直方向成300角或与水平向成600角的结论。
[例题3] 下面关于冲量的说法中正确的是 ( )
A.物体受到很大的冲力时,其冲量一定很大
B.力F的方向与位移的方向垂直时,则力F的冲量为零
C.不管物体做什么运动,在相同时间内重力的冲量相同
D.只要力的大小恒定,其冲量就等于力与时间的乘积
[析解] 力的冲量是表述力的时间累积效果的,而冲力是一种短暂的、变化的作用力，前者是过程量，冲力很大，由于时间不确定，冲量不一定大，所以A不正确。
当F的方向与位移的方向垂直时，则力的功为零，但冲量与力的位移的夹角无关，力的冲量不为零。
I=Ft的F为恒定的力，也可理解为方向不变的力在时间t内的平均力，如果力的方向变，则不能用Ft表示，故B、D也是错误的。
重力是恒定的力，重力的冲量I=mgt，方向竖直向下，而与物体做何种运动、是否受其他力无关，因此，正确的答案是C。
[思考3] 如图5-4所示，木块A和B叠放在水平面上，轻推木块B，A会与B一起运动，猛击木块B，B将从下面脱出，解释这些现象的正确说法是 （ ）
A．轻推木块B时，木块B给A的摩擦力较小
B．猛击木块B时，木块B给A的冲量较大
C．轻推木块B时，木块B给A的冲量较大
D．猛击木块B时，木块B给A的冲量较小
[提示] 在轻推木块B时，B给A的摩擦力是静摩擦力；猛击木块B时，B给A的是滑动摩擦力，轻推时，摩擦力较小；猛击时，摩擦力较大，故A对，B错。
猛击时，摩擦力虽然较大，但作用时间很短，A的动量变化很小，几乎为零，所以B给A的冲量小。同理，轻推时，摩擦力虽小些，但作用时间可以很长，故能把A带动，受到冲量就较大。因此，正确答案为A、C、D。
【素质训练】
1、两个具有相同动量的物体，质量分别为 m1和m2且m1>m2 ，则它们的动能大小Ek1 Ek2。
2、如图5-5所示,一质量为m的物体在光滑的地面上以速率v向左运动,与墙碰撞后以原速率反弹,设向右为正方向,则其碰撞过程中的动量变化为 .
3、对于任何一个有固定质量的物体,下面叙述正确的是 ( )
A.物体的动量发生变化,其动能必变化
B.物体的动量发生变化,其动能不一定变化
C.物体的动能发生变化,其动量不一定变化
D.物体的动能变化,其动量必变化
4、一单摆摆球质量m=0.2kg,摆线长L=0.5m,今将单摆球拉到与竖直方向成50度处的地方，由静止释放,求单摆球运动至平衡位置过程中重力的冲量(g=10m/s2).
二、 动 量 定 理
【知识点析】
1、动量定理：物体所受到合外力的冲量等于它的动量变化，即I合=△P。
（1）I合是合外力的冲量，△P是动量的变化量（即增量），其方向与合外力冲量的方向相同。
（2）如合外力是恒定的力，则I合=F合·t,△P的方向与F合的方向相同;如合外力是变化的力,其冲量不可用F合·t直接求解,但只要知道物体的初、末状态就可求出I合，其中的力应当理解为变化的力在该段时间内平均值。
（3）由F合=ma得F合=m·,这是牛顿第二定律的第二表达式,即物体所受的合外力等于物体动量的变化率.
2、关于动量定理的几点说明:
(1)动量定理是一个矢量表达式;
(2)动量定理为我们提供了一种计算变化力冲量的方法;
(3)公式中的F为物体所受的合外力;
(4)从动量定理可以看出动量的单位和冲量的单位是等效的,但在使用时不能混用,也就是说动量或动量增量的单位只能说成是kgm/s,而不能说成是NS。
3、应用动量定理解题一般步骤:
(1)根据题意确定研究对象.
(2)明确研究的物理过程,并对研究对象在整个过程中的受力情况进行正确的分析.
(3)确定正方向,表示出各个力的冲量的矢量和;
(4)表示初、末状态的动量及动量变化；
（5）根据动量定理列方程；
（6）解方程。
目前高考对动量定理的有关计算问题已不做要求，这方面的问题可用牛顿第二定律处理。但对利用动量定理解释有关现象问题，仍需掌握，掌握简单的动量计算问题，有利于我们对动量守恒定律的理解。
【例题析思】
[例题1] 甲、乙两个同样的物体，从同一高度自由下落，甲物体落在软垫上，乙物体落在水泥地上，均不再弹起，试分析比较两个物体和地面撞击时所受平均力的大小。
[解析] 因两物体从同一个高度下落，它们落地前的速度V=一样，则初动量相同；落地后均静止，末动量也相同，所以两物块的动量的变化量ΔP相等，因物体落在软垫上和软垫作用的时间长，落在水泥地上作用时间短，根据动量定理Ft=△P可知,物体落在软垫上时受的平均作用力小,落在水泥地上受的平均作用力大.
[思考1] 如图5-6所示,质量为M=2kg的重锤B,竖直向下打到钉子A上,刚接触A时的速度大小为 V0=5m/s,直到B与A都停止运动历时0.01S,重锤不反弹,求钉子A所受的平均冲力的大小
[提示] 选锤子B为研究对象,它受重力Mg和支持力N的作用,这里的N理解为平均作用力,选竖直向上为正方向,则初速度应为负值,末速度为零,由动量定理可得:
(N-Mg)·t=0-m·(-V0)
解得:N=+2×10=1020N
由牛顿第三定律可知,钉子受到的平均冲力大小也是1020N,方向竖直直向下.
注意:若忽略重力,则N=1000N,误差约为2%,粗略计算中是可以这样处理的,但是在列动量定理的方程时,重力应该考虑进去的,只有计算发现重力所占的份额太小时方可忽略不计,一般说来,当冲力N远远大于重力Mg时,重力可以忽略的.
[例题2] 以速度v0水平抛出一个质量为1kg的物体,若在抛出3s后它未与地面及其他物体相碰,求它在3s内动量的变化(g取10m/s2).
[解析] 由于水平抛出的过程中速度方向在不断地改变，求其动量的差值显得比较麻烦，但水平抛出去的物体只受重力，由于它是恒定的力，计算其冲量比较方便，最后利用动量定理即可求解。
△P=F合·t=mg·t=1×10×3kg·m/s=30kg·m/s,方向竖直向下.
[思考2] 质量为M的金属块和质量为m的木块通过细线连在一起,从静止开始以加速度a在水中下沉,经过时间t,细线断了,金属块和木块分离,再经时间t’,木块停止下沉,求此时金属块的速度.
[提示] 对金属块M和木块m所组成的系统,其所受的合外力为F合=(M+m)a,则对全过程应用动量定理得
(M+m)a·(t+t’)=M·v+m×0解得
[注意] 动量定理的应用中,研究对象一般为单一物体,但也可以是一个物体系,且动量定理既可以在一个分过程使用,也可对全过程使用.
【素质训练】
1.某物体受到一个-6N·s的冲量作用,则 ( )
A.物体的动量一定减小
B.物体的末动量一定是负值
C.物体动量增量的方向一定与规定的正方向相反
D.物体原来动量的方向一定与这个冲量的方向相反
2.质量分别为 m1 和 m2 的两个物体分别受到不同的恒定外力F1和F2的作用,设它们从静止开始,通过相同的位移,两个物体动量的增量相同,则F1和F2应满足的关系是 ( )
A.F1:F2=m1:m2 B.F1:F2=m2:m1 C.F1:F2=: D.F:F=:
3.下列说法正确的是 ( )
A.物体的运动状态改变,其动量一定改变
B.物体的动量发生了改变,则合外力一定对物体做了功
C.如果物体在任何相等的时间内,受到相同的冲量,则物体一定作匀变速运动
D.如果物体是在恒定的合外力作用下运动,则单位时间内动量的增量与物体的质量无关
4.对于任何运动物体用不变的力制动使它停下来,所需的时间决定于物体的 ( )
A.速度 B.加速度 C.动量 D.质量
5.在空间某一点以大小相同的速度分别竖直上抛、竖直向下抛、水平抛出质量相等的三个小球，若空气阻力不计，则经过t秒（设未落地） （ ）
A．作上抛运动的小球动量变化最小
B．作向下抛运动的小球动量变化最大
C．三小球动量的变化大小相等
D．作水平抛出运动的小球动量变化最小
6．有一宇宙飞船，它的正面面积S=0.98m2,以v=2×103m/s的速度飞入一宇宙微粒尘区。在微粒尘区1m3 空间有一个微粒,每一个微粒平均质量m=2×10-4g,设微粒与飞机碰撞后附着于飞船上,要使飞船速度保持不变,飞船的牵引力应增加 N.
7.如图5-7所示,竖直向上抛出一个物体,若不计阻力,选取竖直向上为正,则该物体动量的改变量随时间变化的图线是 ( )







三、 动 量 守 恒 定 律
【知识点析】
1．内容：系统不受外力或所受外力的合力为零，这个系统的动量就保持不变，这个结论叫作动量守恒定律，即P1=P2，它是一个实验定律，但也可根据动量定理和牛顿第三定律推导出来。
2．数学表达式
（1）P1=P2（系统相互作用前总动量等于相互作用后总动量）
（2）△P=0(系统动量的增量为零)
(3)△P1=-△P2(相互作用的两个物体组成的系统,两物体动量增量大小相等方向相反)
(4)m1v1+m2v2=m1v1’+m2v2’(相互作用的两个物体组成的系统动量守恒的具体表达式)
3.对动量守恒定律的几点理解
(1)动量守恒的研究对象是一个系统,对一个物体有不能谈动量守恒问题.
(2)这里所指的 “守恒”是指在系统运动的过程中所有状态的总动量均相等,而不是指某两个特殊状态的总动量相等.
(3)动量守恒定律是一个矢量表达式。
(4)动量守恒定律是一个状态量表达式,它只与系统的初末状态有关.
(5)动量守恒定律具有相对性,表达式中的速度应是对应同一参照系的速度.
(6)动量守恒定律具有同时性,表达式中的初状态的动量应该是指同一时刻的各个物体动量的矢量和,末状态也是如此.
(7)动量守恒定律的适用条件和适用范围.
①适用条件有三种情况:
第一 系统所受的合外力为零时,系统的总动量守恒.
第二 系统某一方向的全外力为零时,系统的这一方向的总动量守恒.
第三 当系统内力远远大于外力时,系统总动量近似守恒.
②适用范围
动量守恒定律虽然是由牛顿第二定律推导得到的,但它的适用范围比牛顿第二定律更广泛,它既适用于宏观也适用于微观,既适用于低速也适用高速.
4.应用动量守恒定律的解题步骤.
(1)确定研究对象,由于研究对象是由几个物体组成的系统,所以在确定研究对象时,要根据题意明确所研究的系统是由哪些物体组成的.
(2)对系统内各个物体进行受力分析,分清内力和外力;并判断系统在哪一过程中动量守恒.
(3)确定正方向
(4)确定系统的初末状态的总动量
(5)根据动量守恒定律列方程
(6)解方程求解
[例题析思]
[例题1] 质量m1=10g的小球在光滑的水平桌面上以v1=30cm/s的速率向右运动，恰遇上质量m2=50g的小球以v2=10cm/s的速率向左运动，碰撞后，小球m2恰好停止.那么，碰撞后小球m1的速度是多大？方向如何？
[解析] 假设v1的方向向右即为正方向，则各速度的正、负号为v1=30cm/s;v2=－10cm/s,
v2=0 根据动量守恒定律有：
m1v1+m2v2=m1v1+m2v2
代入数据得： １０
负号表示碰撞后，m 1的方向与v1的方向相反，即向左.
[思考1] 在光滑的平直轨道上前后有A、B两小车，车上各站一人，其质量为M，A车上的人手中有一个质量为m的球.开始时两车都静止，然后A车上的人将球水平抛给B，B车上的人接住m的球后又水平抛给A，求如此往返抛掷n次后，两车速率之比.
[提示] 据题意系统原来静止，所以系统内部虽经往返抛球转移，系统的总动量时时刻刻保持为零.n可表示任意正整数，n=1，球在B处；n=2.球在A处；n=３球又在B处，如此类推，就可得出n为奇数和n为偶数的两种解答.其结果分别为：
动量守恒条件是系统合外力为零.正确选择系统，并不一定要发生相互作用，注意独立性，同时性.
有时应用整体动量守恒，有时只应用某部分物体动量守恒，有时分过程多次应用动量守恒，有时抓住初、末状态动量即可，要善于选择系统，善于选择过程来研究.
[例题2] 在结冰的湖面上，甲、乙两个小孩分别乘着车在一直线相向滑行，速度大小均为v1=2m/s,甲小孩与车，乙小孩与车的质量均为M=50kg，为了使两车不会相碰，甲将冰面上一质量为5kg的静止冰块以v2=6m/s（相对于冰面）的速率抛给乙小孩，乙接到冰块后又立即以同样速率将冰块抛给甲，如此反复.问在甲、乙之间至少传递n次，才能保证两车不至相撞（设开始时两车间距足够远）？
[解析] 不管甲、乙传递多少次冰块，在甲小孩与冰块相互作用时，两者的总动量守恒；在乙小孩与冰块相互作用时，两者的总动量也守恒，要使两车不至相碰的临界条件是，甲、乙的速度大小相等，方向一致，即相对速度为零.
设甲、乙两个小孩各接到冰块为n1、n2次，甲小孩的车的初始运动方向为正方向，终态甲小孩、乙小孩的速度分别为v甲、v乙，冰块质量为m,甲小孩的车或乙小孩的车每次与冰块相互作用，冰块的动量增量大小均为2mv2（甲第一次击冰块，冰块动量增量大小为mv2），且方向与甲小孩或乙小孩相互作用前的动量方向相同，由动量守恒定律：
甲、冰组成系统：
Mv1=mv2+(n1－1)·2mv2+Mv甲……①
乙、冰组成系统：
－Mv1=－n2·2mv2+Mv乙…… ②
临界条件为：v乙≥v甲
由①②③式得出：
n1+n2≥(mv乙+2Mv1)/(2mv2)
≥23/６
故最少传递次数为n1+n2=4次.
[思考2] 两只小船逆向航行，航线邻近，在两船首尾相齐时，由每只船上各自向对方放置一质量为m=50kg的麻袋，结果载重较小的船停了下来，另一船则以v=8.5m/s的速度沿原方向航行.设两只小船及船上载重量分别为m1=500kg，m2=1000kg.问交换麻袋前，各小船的速率多大？（水的阻力不计）
[提示] 每只船向对方放置麻袋过程中不会影响本小船的速度，船速之所以发生变化，是由于接受了对方的麻袋并与之发生相互作用的结果.可选取抛出麻袋后的此小船与彼此小船扔来的麻袋所组成的系统为研究对象；也可选两船及其上的麻袋作为研究对象而列出方程式，求得v1=1m/s,v2=9m/s.
在选取研究对象时，处理好速度与位移的关系，应把握住有相互作用、各自的动量有变化，但它们总的动量保持不变的物体组成系统.常常是解决问题的关键.当然在具体应用中应注意结合题意分析，正确选择系统.
[例题3] 质量为240kg的气球上有一质量为30kg的杂技演员，共同静止在距地面40m高的高空中，现在从气球上，放下一根不计质量的绳子，以使演员沿绳子匀加速地滑向地面，求绳子至少应为多长演员才能恰好着地？空气阻力不计.
[解析] 气球和人在相互作用时，合外力为零、故系统动量守恒，设人着地时的位移为h2，并以此为正方向，令气球的位移为h1，方向不知.
据，由动量守恒定律得：
代入数据
h1=－5m,负值表示方向向上.
则绳子长 L=40+5=45m.
此题答案和人下滑速度无关，因此匀速下滑，加速下滑甚至是无相互作用的自由落体，都是这个结论.
[思考3] 总质量为M的列车在平直的轨道上以速度v匀速行驶，尾部有一节质量为m的车厢突然脱钩.设机车的牵引力恒定不变，则脱钩车厢停下时列车前段的速度为 .
[提示] 列车匀速行驶，合外力为零.脱钩后机车的牵引力不变，包括脱钩车厢在内的整段列车合外力仍为零，因而动量守恒.由此可求出脱钩车厢停下时列车前段的速度.
[例题4] 质量为m1=2kg,m2=5kg的两静止小车压缩一条轻弹簧放在光滑的水平面上,放平后让小车弹开,测到m2受到的冲量是在10N·S,则:在此过程中,m1的动量的增量以及弹开后两车的总动量为 ( )
A.2kgm/s 20kgm/s B.-2kgm/s 10kgm/s
C.10kgm/s -10kgm/s D.-10kgm/s 零
[解析] 把m1和m2弹簧看成一个系统,系统受的外力只有重力和支持力,故合外力为零,所以,系统的动量守恒,相互作用的两物体总动量守恒时各自所受的冲量总是大小相等,方向相反的,所以其动量变化也是大小相等,方向相反的.
即△P1=-△P2,而由动量定理△P2=I2=10N·S 所以△P1=-10kg·m/s 又∵P前总=0,所以P后总=P前总=0 综上所述,正确的答案应选D
[思考4] 如图5-8所示,木块B与水平弹簧相连放在光滑的水平面上,子弹A沿水平方向射入木块后留在木块B内,然后将弹簧压缩到最短.关于子弹和木块组成的系统,下列说法正确的是 ( )
A.从子弹开始射入到弹簧压缩到最短的过程中系统动量守恒
B.子弹射入木块的过程中,系统动量守恒
C.子弹射入木块的过程中,系统动量不守恒
D.木块压缩弹簧过程中,系统动量守恒
[提示]从子弹接触木块到弹簧被压缩到最短的过程可以分为两个阶段:一是子弹 “陷入”木块中(从接触到与木块达到共同速度),可认为这一阶段时间极短,内力(摩擦力)远大于外力(弹簧弹力),故系统动量守恒;二是子弹和木块一起把弹簧压缩到最短的阶段,系统受到外力(弹簧弹力),动量不守恒.本题选B.
【素质训练】
1.关于动量守恒的条件,下列说法正确的有 ( )
A.只要系统内存在摩擦力,动量不可能守恒
B.只要系统受外力做的功为零,动量守恒
C.只要系统所受到合外力的冲量为零,动量守恒
D.系统加速度为零,动量不一定守恒
2.如图5-9所示,光滑的水平面上A、B两小车中有一弹簧，用手抓住小车并将弹簧压缩后使小车处于静止状态，将两小车及弹簧看作系统，下面说法正确的是 （ ）
A．先放B车后放A车，则系统的动量不守恒而机械能守恒
B．先放A车后放B车，则系统的动量守恒而机械能不守恒
C．先放A车后用手推动B车，则系统的动量不守恒，机械
能也不守恒
D．若同时放开两车，则A、B两车的总动量为零
3．（93年全国）在质量为M的小车中挂有一单摆，单摆球的质量为m0，小车（和单摆）以恒定的速度v沿光滑水平地面运动，与位于正对面的质量为m的静止木块发生碰撞，碰撞时间极短，在此碰撞过程中，下列可能发生的情况是 （ ）
A．小车、木车、单摆球的速度都发生变化，分别变为v1，v2，v3，满足（M+m0）v=Mv1+mv2+m0v3
B．单摆球的速度不变，小车和木块的速度变为v1和v2，满足Mv=Mv1+mv2
C．单摆球的速度不变，小车和木块的速度都变为V，满足Mv=（M+m）V
D．小车和单摆球的速度都变为v1，木块的速度变为v2，满足（M+m0）v=（M+m0）v1+mv2
4．某一物体从高h处自由下落，与地面碰撞后又跳起高h’，不计其他星球对地球的作用，以地球和物体作为一个系统，下列说法正确的是 （ ）
A．在物体下落过程中，系统动量不守恒
B．在物体与地面碰撞过程中系统动量守恒
C．在物体上升过程中系统动量守恒
D．上述全过程中系统动量都守恒
5．A、B两球在光滑的水平面上作相向运动，已知mA＞mB,当两球相碰后,其中一球停止,则可以断定 ( )
A.碰撞前A的动量与B的动量大小相等
B.碰撞前A的动量大于B的动量
C.若碰撞后A的速度为零,则碰撞前A的动量大于B的动量
D.若碰撞后B的速度为零,则碰撞前A的动量大于B的动量
6. 滑冰人甲和乙两名质量相等，都静止在光滑的水平冰面上.在其中一个人向另一个人抛出篮球时,当另一个人接到篮球后，将篮球抛回。如此反复进行几次后,甲和乙两人速率关系是 ( )
A. 若滑冰人甲，最先抛出球,则一定是v甲>v乙
B. 若滑冰人乙，最后接球,则一定是v甲>v乙
C. 只要滑冰人甲，最先抛出球, 滑冰人乙最后接球,有v甲>v乙
D.无论怎样抛出球和接球,都是v甲>v乙
7.(99年全国)试在下述简化情况下由牛顿定律导出动量守恒定律的表达式:系统是两个质点,相互作用力是恒力,不受其他力,沿直线运动.要求说明推导过程中每步的根据,以及式中各符号和最后结果中各项的意义.
【素质训练答案】
一、动量、冲量
1．A 2．mv 3．B、D 4．0.69NS
二、动量定理
1．C 2．B 3．A、C、D 4．C 5．C 6．0.78 7．D
三.动量守恒定律
1.C 2.A.C.D 3.BC 4.BDC 5.C 6.B
7、令m1和m 2分别表示质点的质量，F1和F2分别表示它们所受的作用力，a1和a2分别表示它们的加速度，t1和t2分别表示F1和F2作用的时间，v1和v2分别表示它们相互作用过程中的初速度，v1＇和v2＇分别表示末速度。
根据牛顿第二定律有：
F1=m1a1 F2=m2a2
∵a1= a2=
F1=m1，F2=m2
F1t1=m1 (v1＇-v1)，F2t2=m2 (v2＇-v2)
根据牛顿第三定律有：
F1=-F2，t1=t2
m 1v1+m2v2=m1v1＇+m2v2＇式中m 1 v1和m2v2为两质点的初动量，m1v1＇和m 2v2＇为两质点的末动量，这就是动量守恒的表达式。











α
A
B
图5-1
图5-2
300
F1
F
F2
θ
V0

图5-3
V
B
图5-4
A
m
图5-5
v
图5-6
M
B
0
t
t
0
A
△P
△P
0
t
△P
B
C
D
0
t
△P
图5-7
图5-8
B
A
v
图5-9
B
A高 三 物 理（第17周）
综合题例
例析1、质量为M的木块静止于光滑的水平面上，另一个质量为m的速度为v0的子弹水平射入木块且不穿出，设木块对子弹的阻力恒为f。试求：
（1）木块至少多长才不会穿出。
（2）子弹在木块中运动时间是多少。
方法一：用牛顿运动定律，匀变速直线运动规律求解。
设木块运动的位移为s1，加速度为a木 ，子弹相对地面运动位移为s2 ，加速度为a子 ，木块与子弹获得的共同速度为v，相互作用时间为t，如图1所示。
对木块
f = Ma木 （1）
v2 = 2a木s1 （2）
（3）
对子弹
- f = ma子 （4）
（5）
由（1）、（3）、（4）、（5）式求得
（6）
由（1）、（2）、（6）式得
所以
子弹对地位移s2（根据公式v2 = v02 + 2a子s2）
从而求得木块至少长度L为
L=s2 – s1
=
子弹在木块中运动时间t为

由公式
v = v0 + a子t 及
- f = ma子
所以 （以下略）
方法二：用能量转化与守恒定律求解。
对系统
mv0 =(m + M)v （动量守恒）
（损失△E机 = △Q热）
便可求出L值来。
求t同方法一中相同。




方法三：用v-t图像求解。作出木块和子弹v-t图像，如图2所示。显然图中阴影部分面积就是木块的最短长度L
故
求t同方法一中相同。
由能量转化与守恒定律解能居高临下，用图像法解，可将逻辑思维转化为形象思维，更为直观简捷。
思考1、如图3所示，在光滑的水平面上静止着质量为M的长条形物体，M的左端有一质量为m、初速度为v0的物体，在M上滑动。已知，m和M之间的滑动摩擦系数为μ。




假设M足够长，m不可能从M上滑下来。从此时刻开始到m和M具有共同运动的速度，这一段时间内。
提示：方法一：利用牛顿运动定律和运动学规律，求m和M共同运动的速度、m从M左端开始运动到共同运动时用的时间、m的位移sm、M的位移sM、m在M上滑过的长度。
解：对m:受力分析如图4(a)。








∵ μmg = mam ,
∴ am = μg
则，V = v0 - amt = v0 –μgt （1）
对M：受力分析如图4（b）
∵ μmg = MaM ,
∴
则 （2）
由（1）（2）可得：
（其中V为m与M共同运动的速度，t为m从M左端开始到共同运动时用的时间）两物体的位移
m在M上滑过的长度
，
=。
方法二：利用动能定理和动量定理。
根据动量定理：
解得：
根据动能定理：
解得：
例析2、一质量M、长为的长方形木板B放在光滑的水平地面上，在其右端放一质量为m的小木块A，m（1）若已知A和B的初速度大小为v0 ,求它们最后的速度的大小和方向？
（2）若初速度的大小未知，求小木块A向左运动到达的最远处（从地面上看）离出发点的距离？
第（1）问：
方法一：用动量守恒定律解。∵A、B间摩擦力等值反向，系统所受合力为零，∴水平方向动量守恒。取坐标向右为正。木块A不滑离B板的条件是二者处于相对静止，设此时共同速度为vt ，由
可得： ①
∵ M > m , ∴ vt方向向右。
方法二：用运动学方程解。取坐标向右为正，
当A不滑离B板，二者有相同速度时，
，方向向右。
第（2）问：
方法一：用能量守恒观点考虑。当木块A对地向左距离最远时，末速为零，在这过程中，克服摩擦力f做功的结果消耗了自身的动能：
②
而A刚好没有滑离B板的条件是：A滑到B板的最左端，且二者具有相同速度vt 。A、B间因摩擦产生的内能等于系统能量的损失：
③
由①、②、③得向左最远距离：。
方法二：用动能定理考虑。设小木块A向左离出发点最远距离为s，此时末速为零（板速为v1）；当A、B刚达共同速度vt时，板B向右运动的路程为L，A速度由0增大到vt时向右运动的路程为s1 ，如图6所示。设A、B间滑动摩擦力为f，根据动能定理对A：
②
③
对B： ④
且有几何关系： ⑤
由①—⑤可得：。
方法三：用牛顿第二定律及运动学观点考虑。A在摩擦力f作用下，作初速为v0的匀减速运动（对地向左），待末速为零时，运动得最远：
②
A仍在摩擦力f作用下，作初速为零的匀加速运动（对地向右），直到刚与B速度相等，二者相对静止，此时摩擦力消失，A到达B板最左端（参看图6）。这整个过程用的时间：
③
B板运动距离：
④
A对出发点的位移：
⑤
图中几何关系：
⑥
由①—⑥可得：。
方法四：用平均速度的观点考虑。A、B在达共同速度前，均作匀减速直线运动，所以可用平均速度计算位移。A由v0到对地静止，向左的最大位移：
②
A、B刚达共同速度vt时，B对地的位移：
③
此时A对地的位移，考虑到vt与v0方向相反，有
④
整个过程所用时间： ⑤
由几何关系： ⑥
由①、②、⑤、⑥可得：。
方法五：用图象观点考虑。取坐标向右为正，
对A： vA = - v0 + a1t
对B： vB = v0 - a2t
A、B运动的v—t图象如图7所示，运动的位移可用相应的面积计算。由图7可知，当t=t1时，A向左的位移最大：


①
∵， 即
又△DEK与△DKC等到高（均为h），
∴ ②
则 ③
当t=t2时，A、B达共同速度，此时A的位移：
，B的位移：L=S DOHC
B板长： ④
又 ⑤
即
∴ 。
可见：（1）对涉及求v，s的问题，用动能定理或机械能守恒定律往往比较简洁。若题目中出现一个物体在另一个物体上滑动的相对位移时，可首先考虑用能量守恒，若求物体对地位移，就要对这个物体使用动能定理。
（2）对涉及求a，t问题，只有用牛顿第二定律结合运动学公式。
思考2：质量为m的物体A以速度v0在平台上运动，滑到与平台等高、质量为M的静止小车B上，小车B放在光滑水平地面上，物体A与B之间动摩擦因数为μ，不计A的体积，为使A在小车B上不致滑出，试求小车B的长度至少为多少？
分析与解答：（见图8）A滑上B后，A受到B的摩擦力作匀减速运动，速度逐渐减小；B受到A的摩擦力而作匀加速运动，速度逐渐增大。如A滑到B的最右端时，两者刚好速度相同，处于相对静止，A就不致从B上滑出。设A、B相对静止时的共同速度为v，由于A、B在相互作用的过程中水平方向不受外力，动量守恒。则有
mv0 =(m + M)v
得





设在这段过程中小车的位移为S，则物体A位移为S+，（如图9所示）。
提示：方法一：用牛顿第二定律结合运动学公式解：
对物体A -μmg = maA ∴ aA = -μg
对小车B μmg = MaB ∴ aB = μg
两者相对静止时
又 v2 - v02 = 2aA(S+) ∴
v2 = 2aBS ∴
因此
。
方法二：用动能定理解：
对物体A
对小车B
两式相加并代入解得的v，得：
∴
方法三：运用v—t图线解：作出物体A与小车B的v—t图，（如见图10所示），小车长数值上等于图中划有斜线的三角形面积。
∴
例析3、在同一水平高度上有A、B两物体，它们质量分别为m、M。A物体从如图11所示位置开始以角速度ω绕O点在竖直平面内顺时针作匀速圆周运动，轨道半径为R。同时B物体在恒力F作用下，由静止开始在光滑水平面上沿x轴正方向作直线运动，如图11所示。
问：（1）A物体运动到什么位置时，它的速度可能与B物体相同？
（2）要使两物体的速度相同，作用在B物体上的力F应多大？
（3）当两物体的速度相同时，B物体的最小位移为多少？
解析：（1）要使A、B两物体速度相同，A物体必须运动到圆周最高点，此时两者速度方向皆向右。
（2）当物体A第一次到圆周最高点时，。
当物体A第二次到圆周最高点时， 。
当物体A第n+1次到圆周最高点时，
。 （1）
又要使两物体速度相同，则有vB=vA ，
即 。 （2）
由（1）、（2）式解得：（n =0，1，2，……）。
（3）两物体速度相同时，当n = 0，此时，B物体的位移sB最小，故。
思考3：如图12所示，、m已知（为摆长，m为摆球质量），最大摆角小于5°，当小球摆到B点并向左运动时，有一质量为M、置于光滑水平面的物体在一水平向右恒力作用下开始运动，要使两物体的动量有可能相同，作用在物体上的恒力应为多大？
提示：摆球由C运动到B，由机械能守恒定律得：
，
得。 （1）
要M动量方向和m动量方向相同，必须要m向右运动到最低点B，当m向右第一次到B点时，
当m向右第二次到B点时，
。
当m向右第n+1次到B点时，
。 （2）
又要M动量大小和m动量大小相等，必有：
。 （3）
由（1）、（2）、（3）式解得：（n=0，1，2，3，……）。
【能力训练】
1、（1999年高考科研测试题）如图13所示，在光滑地面上并放两个相同的木块，长度皆为=1.00m，在左边的木块的左上端放一小金属块，它的质量和一个木块的质量相等。现令小金属块以初速度v0=2.00m/s开始向右滑动，金属块与木块间的动摩擦因数μ=0.10，取g=10m/s2 ，求右边木块的最后速度。




2、质量为m=2kg的物体A，以v0=2m/s的速度从固定的圆周的光滑圆弧轨道顶点滑下，如图14所示，圆弧半径R=0.6m。质量M=6kg的小车B停在光滑水平地面上紧靠轨道末端，且与轨道末端相平，A滑到小车B上离车左端三分之一车长处，与小车以共同速度一起运动，小车后来与墙壁发生无能量损失碰撞，A、B间动摩擦因数μ=0.2，A的长度可忽略不计。（g取10m/s2）
求：（1）A滑到圆弧轨道末端的速度v ；
（2）A、B向右运动的共同速度v1 ；
（3）小车与墙壁碰后，A相对地面向右运动的最大距离s；
（4）小车与墙壁碰后，到A相对于小车静止所经历的时间t；
（5）从A滑上小车到小车碰墙壁后与A再次保持相对静止过程中，A相对小车滑动的位移△。






3、如图15所示，一块足够长的木板，放在光滑的水平面上，在木板上自左向右依次放有序号是1，2，3，…，n的木块，所有木块的质量均相同，与木板间的动摩擦因数也相同。开始时，木板静止不动，第1，2，3，…，n号木块的初速度分别为v0 ,2v0 ,3v0 ,…nv0 ，方向都向右。木板的质量与所有木块的总质量相等，最终所有木块与木板以共同速度匀速运动，设木块之间均无碰撞，试求第k号（k




4、质量为m的钢板与直立轻弹簧的上端连接，弹簧下端固定在地上，平衡时，弹簧的压缩量为x0，如图16所示。一物块从钢板正上方距离为3x0的A处自由落下，打在钢板上并立刻与钢板一起向下运动，但不粘连。它们到达最低点后又向上运动，已知物块质量也为m时，它们恰能回到O点。若物块质量为2m，仍从A处自由落下，则物块与钢板回到O点时，还具有向上的速度。求物块向上运动到达的最高点AO点的距离。









【能力训练答案】
1、若金属块最后停在左边的木块上，则两木块和金属块以相同的速度运动，设共同的速度为v，x表示金属块最后距左边木块的左端的距离，则0方法一 达共同速度v历时为t，两木块移动距离为s，金属块及两木块的加速度分别为a1和a2，由牛顿第二定律和运动学公式可得：
μmg = ma1 ，μmg = 2ma2 .
v = v0 - a1t ，v = a2t ,
v2 - v02 = -2a1(s + x) ，v2 = 2a2s .
方法二 由动量守恒及功能关系可得：
。
以上两法代入数据均可解得x>，不合理。证明金属块最后停在左边木块上。
设金属块最后停在右边木块上距离左端为y处，0方法一 t1 、t2分别表示金属块在左、右两边木块上滑动的时间，s1 、s2分别表示d在t1时间内两木块移动的距离和在t2时间内右边木块移动的距离，a3表示金属块在右边木块上滑动时右边木块的加速度。由牛顿第二定律和运动学公式可得：
μmg=ma3 ,
v0’= v0 - a1t ,v1 = a2t1 ,
v0’2 - v02 = - 2a1s1 ,v12 = 2a2s1 ,
v2 = v0’ - a1t2 ,v2 = v1 + a3t2 ,
v22 – v0’2 = - 2a1(s2+y),v22 - v12 = 2a3s2 。
方法二 由动量守恒和功能关系可得：
mv0 = mv1 +2mv2 ，
由以上两法均可得
.
因为v1不能大于v2，所以得
。
还可解得y=0.25m，此值小于，是合理的。证明金属块既没有停在左边木块上，也没有超过右边木块。右边木块最后的速度(即v2)为
2、解：(1)由机械能守恒定律得：
解得：v=4m/s，方向向右。
(2)由动量守恒定律得 mv=(M+m)v1,
解得v1=1m/s，方向向右。
(3)对A：由动能定理得
解得：s=0.25m
(4)设小车与墙壁碰后，A与小车相对静止时速度为v2，取向左为正方向。
由动量守恒定律得 Mv1-mv1=(M+m)v2，
解得v2=0.5m/s，方向向左。
对A：由动量定理得，
解得：。
(5)对A与小车B组成的系统，由能量守恒得
解得：
3、分析各木块及木板的受力情况可知，在整个系统未达到相同速度以前，木板做加速运动，第1，2，3，…，（n-1）号木块先做匀减速运动，与木板达到相同速度后，便随木板一起做加速运动。而第n号木块先做匀减运动，与木板达到相同速度后，整个系统就以共同速度做匀速直线运动。因此，第k号木块与木板具有相同速度时就是它的最小速度，设为vk.此时，第k号前的木块均已随木板一起运动，因此速度均为vk ,第k号后的木块，由于所受摩擦力及质量均与第k号木块相同，由牛顿第二定律知，它们的加速度也相同，又由运动学知识可得，在开始运动后到第k号木块速度为vk的这段时间内，各木块的速度的变化量都相同，均为kv0-vk ,所以第k号木块的速度为vk时，第k+1，k+2，…n号木块的速度分别为vk+v0 ,vk+2v0 ,…，vk+（n-k）v0 .设木块质量为m，则木板质量为nm，这一过程中，整个系统受到的合外力为零，故由动量守恒定律可得：
mv0+m2v0+…+mnv0=(nm+km)vk+m(vk+v0)+m(vk+2v0)+…+m[vk+(n-k)v0],
即(1+2+…+n)v0=(n+k)vk+(n-k)vk+[1+2+…+(n-k)]v0.
亦即[(n-k+1)+(n-k+2)+…+n]v0=2nvk.
所以
4、方法一：利用平均力做功，应用动能定理及动量守恒定律求解。



见图17，物块与钢板在位置B碰撞后具有相同速度，与它们向下运动又回到B时的速度大小相等。从B向上运动回到O的过程中，弹力的平均力和重力所做的功分别为W弹 =和-2mgx0（若物块质量为m）、-3mgx0（若物块质量为2m）。根据动能定理建立方程：
以代替参考解中的方程③和⑤，再联立参考解中的动量守恒方程：
mv0=2mv1………………………………②
2mv0=3mv2………………………………④
及自由落体及竖直上抛的运动学公式（或动能定理），所得方程：
便可解得所需结果：l=x0/2
方法二：利用力——位移图象法，结合动能定理及动量守恒定律求解。
如图18所示，规定坚直向上力的正方向，由于物块与钢板碰后向下运动，又再回到位置B时速度大小不变。将位置B作为坐标的原点，可作出物块质量为m和2m两种情况的F—x图象。图中三角形面积和矩形面积分别表示弹力和重力所做的功，故由图象知：对应第一种情况，弹力和重力所做总功；对应第二种情况，








其它各式也同于解法1，不再重复。
方法三、利用等效类比，结合机械能守恒及动量守恒定律求解。
在重力作用下，第一种情况物块、钢板的平衡位置在O点下方2x0处，第二种情况的平衡位置在O点下方3x0处。由题知mg=kx0，类比水平弹簧振子，利用，其中x为弹簧相对于平衡位置的伸长或压缩量。从而有：
其余方程同于解法1。
其实，以上各种解法中，第一种情况属多余的题设条件，如加一方程mg=kx0，直接将，直接将代入也可容易得出正确答案，且可简化解答。

M
s1
s2
m
v0
图1
t
v
0
v
v0
图2
M
m
v0
图3
μmg
N1
mg
(a)
m
μmg
Mg
NM
N
M
(b)
图4
B
A
v0
v0
图5
v0
v0
vA=0
v1
s1
vt
s
s’
L
o
图6
t
D
B
C
A
K
H
(t2)
E
O
-v0
vt
v0
v
(h)
(t1)
图7
A
B
v0
图8
B
B
A
S
图9
A
B
O
v
v
v0
t
t
A+B
图10
A
B
F
M
O
mm
xm
ω
图11
M
F
C
m
θ
D
B
图12
v0
v0
图13
A
B
v0
图14
图15
1
2
3
n
v0
2v0
3v0
nv0
…
x0
O
图16
3x0
A
x0
m
m
B
图17
……………⑤′
………………③′
⑦
①
x
kx0
2mg
0
x0
第一情况
图18
F
x
kx0
3mg
0
x0
F
第二情况
⑤″
③″高 三 物 理（第14周）
【知识点及高考要求】
1、(B)弹簧振子，简谐运动。简谐运动的振幅、周期和频率，简谐运动的图象。
2、(B)单摆，在小振幅条件下单摆做简谐运动，周期公式。
3、(A)振动中的能量转化。简谐运动中机械能守恒。
4、(A)受迫振动，受迫振动的振动频率。其振动及其常见的应用。
5、(B)振动在介质中的传播——波。横波和纵波。横波的图像。波长、频率和波速的关系。
6、(A)波的叠加。波的干涉。衍射现象。
7、(A)声波。
说明：(1)不要求会推导单摆的周期公式。
(2)对于振动周期和波的图像，只要求理解它们的物理意义，并能识别它们。
(3)波的干涉和衍射，只要求定性了解。
【内容概要及考查特点】
本章综合运用运动学、动力学和能的转化等方面的知识讨论了两种常见的运动形式——机械振动和机械波的特点和规律，以及它们之间的联系与区别。对于这两种运动，既要认识到它们的共同点——运动的周期性，如振动物体的位移、速度、加速度、回复力、能量等都呈周期性变化；更重要的是搞清它们的区别：振动研究的是一个孤立质点的运动规律，而波研究的是波的传播方向上参与波动的一系列质点的运动规律。
本章内容是历年高考的必考内容。其中高考的热点内容是(1)单摆周期公式与其它力学规律结合的综合性问题；(2)振动和波的关系；(3)波长、波速和频率的关系v=f；(4)波的图像的理解和应用。高考试题的特点是(1)试题信息量大、综合性强，一道题往往要考查多个概念和规律；(2)通过波的图像综合考查对波的理解能力、推理能力和空间想象能力。
【知识点析及素质训练】
一、机械振动、简谐运动
【知识点析】
1、机械振动
(1)定义及产生条件：
物体（或物体的一部分）在平衡位置两侧所做的往复运动。平衡位置是指的该物体不振动时静止的位置。
机械振动不是匀变速直线运动，也不是匀速圆周运动的一部分。它的速度、加速度的大小、方向都随时间作周期性变化，它是一种复杂的运动。产生机械振动的条件是：有回复力存在和阻尼足够小。
回复力：是质点离开平衡位置后又把它拉回平衡位置的力。它可能是诸多力的合力，也可能是此合力的一个分力，比如在单摆中，回复力不是重力与拉力的合力，而是重力垂直摆线的分力，这是因为单摆既是振动，又是圆周运动。则最低点回复力为零，但合力存在，合力就是指向圆心，由牛顿第二定律得出。不管振动物体在平衡位置的哪一侧，回复力总是指向平衡位置，并要使物体回到平衡位置。
(2)描述机械振动的物理量：
①位移x：位移的起点在平衡位置。由平衡位置指向振动质点所在位置的有向线段、矢量、其最大值等于振幅。
②振幅A：振动离开平衡位置的最大距离、标量、表示振动的强弱。
③全振动：物体从某一运动状态，首次回到这个运动状态叫完成一个全振动。注意在机械振动中，是用位置和速度表示运动状态的.一个确定的运动状态对应着确定的位置和速度。如图7-1中质点在BC间振动。某一时刻的位置是P，速度向右，则质点完成一个全振的经历的位置是P→B→P→O→C→O→P.若从B点起计时，则有：一个全振动可划分四个阶段B→O（加速）：O→C（减速）：C→O（加速）；O→B（减速）
④周期T和频率f：把质点完成一个全振动的时间叫周期，单位是秒，频率是物体。在1S内完成全振动的次数，单位是H2。表示振动快慢的物理量，周期和频率互为倒数，即，周期长，表示振动慢，频率高表示振动快。当T和f是由振动系统本身的性质决定时（非受迫振动），则叫固有周期和频率，如图7-2中小球在光滑的斜面间来回振动。设最高位置和最低位置的距离为S，则小球的振动周期为
2、简谐运动
(1)定义：物体要跟位移大小成正比，并且总是指向平衡的回复力作用下的振动。
①动力学特征：F回=-kx
②运动学特征：振动位移x随时间作正弦或余弦规律变化。
→以上是简谐运动的判断依据。
(2)振动过程中运动学物理量变化分析一般方法（以水平方向的弹簧振子为例）
①首先需明确各物理变化的判断依据（列表分析如下）：
②其次要抓住两端点和平衡位置的特征以及各物理量相对于平衡位置的对称性来分析。
内容物理量 矢(标)量 方向 大小
1 位移x 矢量 远离平衡位置 由弹簧形变量x决定
2 回复力F 矢量 指向平衡位置 F=kx，由x决定
3 加速度a 矢量 a=F/m，由F决定(亦由x决定)
4 速度v 矢量 质点运动的方向 由a与v的方向关系决定

[例题析思]
[例题1]证明竖直平面内弹簧振子的振动是简谐运动。
[析与解]要证明振子的振动是简谐运动，即要证明振子的振动符合简谐运动的动力学特征或运动学特征。
设物体的质量为m，弹簧的劲度系数为k，取向下方向为正方向，如图7-3所示。
物体在平衡位置时，有 mg=kx0 ①
当振子偏离平衡位移为x时，物体受的合力为
F=mg=k(x0+x) ②
由①②有F=-kx，符合简谐运动的动力学特征，故得证。
思考1，如图7-4所示，在光滑的桌面上用两根弹簧系住一个小球，弹簧两端固定，在平衡位置时两弹簧均处于原长位置，现将小球横向拉开一段距离，使其在桌面上振动，则这种振动（ ）
A、属于简谐运动
B、居于非简谐运动
C、可近似看作简谐运动
D、无法证明其振动性质
[提示]如图7-5所示，A在左弹簧的固定端，当小球处在位置B时，两根弹簧对小球的作用力均为f，设△OAB′的斜边AB=6，AO=L0（弹簧的原长），弹簧的劲度系数为k，∠BAO=θ，OB为位移x，则小球受到的合力F=2f1=2fsinθ，在这个位置弹簧的伸长量为△L=L-L0，所以，f=k(L-L0)，即合力F=2k(L-L0)，可作F=2kx(1-)，又因为，故，由此可知，合力并不跟位移的一次方成正比，因此不是简谐运动。选C。
[例题2](1)简谐运动的物体，每经过同一位置时，相同的物理量有（ ）
(2)简谐运动的物体，在返回平衡位置过程中，变小的物理有（ ）
A、回复力 B、速度 C、加速度 D、位移
E、动能 F、势能 G、机械能
[析与解](1)注意以上物理量中ABCD是矢量，EFG是标量，矢量相同包括大小和方向两个方面，再结合物理量的判断依据，可知正确选项为ACDEFG；(2)以水平方向的弹簧振子为例，在振子返回平衡位置过程中，弹簧形变量x减小→位移x减小→回复力大小F=kx，不断减小→加速度大小a=F/m，不断减小；由于加速度方向是指向平衡位置，速度方向也是指向平衡位置，两者方向相同，所以速度不断增大→动能，不断增大；只有弹簧弹力做功，机械能E守恒；势能EP=E-Ek，不断减小故正确选项为ACDF
[思考2]对做简谐运动的物体，则下列说法中正确的是（ ）
A、若位移为负值，则速度一定为正值，加速度也一定为正值。
B、通过平衡位置时，速度为零，加速度最大。
C、每次通过平衡位置时，加速度相同，速度也一定相同。
D、每次通过同一位置时，其速度不一定相同，但加速度一定相同。
[提示]如图7-6所示，因为做简谐运动的物体的位移是以平衡位置O为起点的，设向右为正，则当物体在OB段时，位移为正，在OA段时位移为负，可见当简谐运动的物体由O向A运动时其位移为负值，速度也是负值，故A错。
在平衡位置时，回复力为零，加速度a为零，但速度最大，故B错。
经过平衡位置O时，速度方向可以是不同的（可正、可负），故C错。
由可知，x相同，a也一定相同，但简谐运动的物体在该点的速度方向可以向左也可以向右，故D正确。
【素质训练】
1、（91年上海）一振动平台沿竖直方向作简谐运动，一物体置于振动平台上随平台一起运动。当振动平台处于什么位置时，物体对台面的正压力最大？
A、振动平台运动到最高点时 B、振动平台向下运动过振动中心点时
C、振动平台运动到最低点时 D、振动平台向上运动过振动中心点时
2、（97年上海）弹簧振子在光滑水平面上作简谐运动，在振子向平衡位置运动的过程中
A、振子所受的回复力逐渐增大 B、振子的位移逐渐增大
C、振子的速度逐渐减小 D、振子的加速度逐渐减小
3、作简谐运动的物体，当振子的位移为负值时
A、速度一定为正值，加速度一定为负值 B、速度一定为负值，加速度一定为正值
C、速度不一定为正值，加速度一定为负值 D、速度不一定为负值，加速度一定为正值
4、（96年全国）如果表中给出的是作简谐运动的物体的位移x或速度v与时刻的对应关系，T是振动周期，则下列选项中正确的是（ ）
时刻 状态物理量 0 T/4 T/2 3T/4 T
甲 零 正向最大 零 负向最大 零
乙 零 负向最大 零 正向最大 零
丙 正向最大 零 负向最大 零 正向最大
丁 负向最大 零 正向最大 零 负向最大
A、若甲表示位移x，则丙表示相应的速度v
B、若丁表示位移x，则甲表示相应的速度v
C、若丙表示位移x，则甲表示相应的速度v
D、若乙表示位移x，则丙表示相应的速度v
5、一个弹簧振子的周期为0.025s，当振子从平衡位置开始向右运动，经过0.18s时，振子的运动情况是
A、正在向右作减速运动 B、正在向右作加速运动
C、正在向左作减速运动 D、正在向左作加速运动
6、一质点作简谐运动，先后以相同的动量依次通过A、B两点，历时1s，质点通过B点后再经过1s又第二次通过B点，在这2s时间内，质点通过的总路程为12m，则质点的振动周期和振幅分别为
A、3s,6cm B、4s,6cm C、4s,9cm D、2s,8cm
7、（95年全国）一弹簧振子作简谐运动，周期为T，
A、若t时刻和(t+△t)时刻振子运动的位移大小相等、方向相同，则△t一定等于T的整数倍。
B、若t时刻和(t+△t)时刻振子运动的速度大小相等、方向相反，则△t一定等于T/2的整数倍。
C、若△t=T，则在t时刻和(t+△t)时刻振子运动的加速度一定相等
D、若△t=T/2，则在t时刻和(t+△t)时刻弹簧的长度一定相等
8、从简谐运动的弹簧振子，其振子的质量为m，振动过程中的最大速率为V，从某一时刻算起，在半个周期内
A、弹簧所做的功一定为零 B、弹力所做的功可能是零到mv2之间的某一值
C、弹力的冲量一定为零 D、弹簧和振子系统的机械能和动量守恒
9、证明置于液体中的密度计的上下振动是简谐运动
二、简谐运动的两个重要模型
【知识点析】
·单摆
1、定义：在一条不可伸长的、忽略质量的细线下端拴一可视为质点的小球，上端固定，构成的的装置叫做单摆。
2、单摆振动可看作简谐振动的条件：摆角α<5°。
3、周期公式：。这公式是惠更斯从实验中总结出来的。
(1)其中摆长L是悬点到小球质点之间的距离，重力加速度为单摆所在处的测量值。
(2)由公式可理解单摆的等时性：在振幅很小的条件下，单摆的振动周期跟振幅没有关系，与振子的质量没有关系，只要摆长L和重力加速度定了，周期也定了。
4、单摆应用
(1)测定重力加速度;
(2)计时器(摆钟是靠调整摆长而改变周期,使摆钟的走时与标准时间同步).
5、注意两点：
其一，在振动系统中L不是摆线的长度。而应是从悬点到小球重心之距。如图7-7中，三根等长的绳L1、L2、L3共同系住一密度均匀的小球m，球直径为d，L2、L3与天花板的夹角α<30°。若摆球在纸面内作小角度的左右摆动，则摆动圆弧的圆心在O1处，故摆长为，周期。
其二，加速度为单摆所在处的测量值，也就是说由单摆所在空间位置决定。由知，g随地球表面不同位置，不同高度而变化，在不同星球上也不相同；g还由单摆系统运动状态决定，如单摆处在向上加速度发射的航天飞机内，设加速度为a，此时摆球处于超重状态，沿圆弧切线方向的回复力变大，摆球质量不变，则g′=g+a，再如单摆在轨道上运行的航天飞机内。摆球完全失重，回复力为零，则g′=0，所以周期为无穷大，即单摆不摆动了；g还由单摆所处的物理环境决定，如带电小球做成的单摆在竖直方向的匀强电场中，回复力应是重力和竖直电场力的合力在圆弧切线方向的分力，所以g也不一定是9.8m/s2
单摆具有等时性，把周期为2S的单摆称为秒摆，利用单摆的周期公式，能够较方便地测出某地重力加速度，计算表达式。
·弹簧振子
1、定义：一根轻质弹簧一端固定，另一端系一质量就构成一弹簧振子，如图7-8所示。
2、回复力：水平方向振动的弹簧振子，其回复力由弹簧弹力提供，竖直方向振动的弹簧振子，其回复力由重力和弹簧弹力的合力提供。
[例题析思]
[例题1]（85年全国）如图7-9所示为一双线摆，它是在一水平天花板上两根水平细绳悬挂一小球而构成的，绳子的质量可以忽略，图中的L和α为已知量，当小球垂直于纸面作简谐运动时，周期为 。
[析与解]当双线摆垂直于纸面作简谐运动时，其等效单摆的摆长为Lsinα。故此双线摆的周期为。
[思考1]一小球用长为L的细线系于与水平面成θ角的光滑水平面内，小球成平衡状态，若使细线偏离平衡位置，其偏角α<5°，然后将小球由静止释放，则小球到达最低点所需的时间t为多少？
[提示]此单摆作简谐运动，将其与在竖直平面内振动的单摆比较可以发现，其等效重力加速度为gsinθ，故其振动周期为，所求时间。
[例题2]一个摆长为L1的单摆，在地面上作简谐运动，周期为T已知地球质量为M1，半径为R1，另一个摆长为L2的单摆，在质量为M2，半径为R2的星球表面作简谐运动，周期为T2，若T1=2T2，L1=4L2，M1=4M2，则地球半径与星球半径之比R1:R2为：（ ）
A、2:1 B、2:3 C、1:2 D、3:2
[解析]由代入单摆的周期公式可得出：
由此可见，所以：
故选项A是正确的。
[思考2]一单摆在地球上作简谐运动时，每min钟振动N次，现把它放在月球上，则该单摆在月球上作简谐运动时，每min振动的次数为(设地球半径为R1质量为M1，月球半径为R，质量为M2)：
A、 B、 C、 D、
提示：由，推出：故选项A是正确的。
[例题3]有一天体半径为地球半径的2倍，平均密度与地球相同，在地球表面走时准确的摆钟移到该天体的表面，秒针走一圈的实际时间为：( )
A、 B、 C、 D、2min
[解析]摆钟视为单摆，则有，当摆钟在地球表面上时，由万有引力定律，可知，代入，同理类推摆钟在天体表面有，代入则，故天体表面时，摆钟秒针走一圈实际时间为min，因此选项B是正确的。
[思考3]（90年全国）一物体在某行星表面受的万有引力是它在地球表面受到的万有引力的。在地球走得很准的摆钟搬到此行星上后，此钟的分针走一整圈所经历的时间实际上是（ ）
A、 B、 C、2h D、4h
[提示]在地球上有F引=mg. 在星球，其周期是地球上的2倍，如果在地球上走得很准的摆钟，分针是一圈即1h，到该星球上时也是走一圈，相当于在地球上的时间是2h。
至于引起摆钟快慢的原因是来源于摆长和重力加速度g(不考虑机械方面的原因)。准确的摆钟应完成一次全振动，指针刚好在表面上转过1小格，这1小格记录为T，这段时间，其摆动的实际时间与钟面记录的时间是一致的，变快或变慢的摆钟，完成一次全振动时，指针仍转过1小格，记录着T0的时间，但其实际摆动时间大于或小于T0，当T>T0时，钟变慢；当T设周期为T0的准确摆钟在运行时间的t0时间内摆动了N次（指针转动N格），则有：N=t0/T，此时钟面记录的时间即为t/=NT0(每一格记录时间值仍为T0)，实际运行时间与钟面记录时间之差为：
当△t<0，则说明记录时间少，钟慢了。当△t>0，则 说明记录时间多，钟快了。
在同一地点，；在不同地点，摆长相同时，，这样，我们可以根据不同情况进行调整：
[例题4]北京的重力加速度980cm/s2，南京的重力加速度979.5cm/s2，把在北京准确的摆钟拿到南京去，钟变快还是变慢了？它在一昼夜时间相差多少？怎样调整？
[解析]在北京准确的摆钟运行一昼夜的时间与记录时间是一致的，t1=t0=86400s
该摆钟在南京运行时间值为t0，但其振动的次数N=t0/T，记录的时间， ，这说明在南京钟变慢。
调整后，摆钟的周期应和准确钟一样，T’=T0，即
因为，所以
[思考4]如果单摆的振动的周期为2S（这种摆称为秒摆），则一昼夜摆振动的次数为 次。现有机械结构一样摆长略有不等的甲、乙两只摆钟放在一起，甲钟为秒摆，走时准确，乙钟一昼夜快5min，则乙钟一昼夜振动的次数为 次。为使乙钟走时准确，应使它的摆长 （填增加或减小）
[提示]按例题3的方法可推出N甲=43200次，N乙43350次，要使N乙减小，则T乙增加，所以L乙增加。
[例题5]在光滑水平面上有一弹簧振子，弹簧的劲度系数为k，振子质量为M，振动的最大速度为V0，如图7-10所示，当振子在最大位移为A的时刻把质量为m的物体轻放在其上，则：(1)要保持物体和振子一起振动，二者间摩擦因数至少是多少？(2)一起振动时，二者过平衡位置的速度多大？振幅又是多大？
[解析]放物体前最大回复力F=KA，振动的最大机械能，放物体后，假定一起振动，则可产生最大加速度。对物体来说，所需要的回复力是振子给它的摩擦力，刚放时所需的摩擦力最大，设最大摩擦力为μmg，当μmg≥ma时一起振动，因此，有μ≥.振动中机械能守恒，过平衡位置时，弹簧为原长，弹性势能为零，所以又因为物体和振子在最大位移处，动能为零，势能最大，这个势能与没放物体前相同，所以弹簧的最大形变应是相同的，即振幅值为A。
[思考5]如图7-11所示，质量为m的物体A放置在质量为M的物体B上，B与弹簧相连，它们一起在光滑水平面上做简谐运动，运动过程中，A、B之间无相对运动，设弹簧的劲度系数为k，当物体离开平衡位置的位移为x时，AB间摩擦力的大小等于（ ）
A、0 B、kx C、 D、
[提示]物体A与B一起做简谐运动，表明物体A在水平方向必受摩擦力，用来提供振动所需要的回复力。
当A、B一起振动时，加速度相同，可以视为一个整体考虑，整体受到的回复力是弹簧的弹力，当物体离开平衡位置位移是x时，弹簧的大小为F=kx，其加速度为a，大小为，则物体A受到的摩擦力大小为：，所以选项D正确。
要防止两种错误的出现：1、认为静摩擦力是A所受的回复力，当整体离开平衡位置的位移为x时，物体A所受回复力f=kx，故错选B，其原因是将回复力与位移的比例系数与弹簧的劲度系数搞混了；2、认为所受回复力就是弹簧弹力，得出F=kx=Ma，则A受到的静摩擦力，因此错选C。
[素质训练]
1、关于单摆作简谐运动，下列说法中正确的是（ ）
A、回复力总是指向平衡位置 B、平衡位置处摆球合力为零
C、回复力是重力和摆线对摆球拉力的合力
D、回复力是重力沿切线方向的分力，另一个沿摆线方向的分力小于或等于摆线对摆球的拉力
2、一个质量不计的空心球用一根长线把它悬挂起来，先让空腔充满水，然后让水从球底部的小孔慢慢流出来，如果此过程中让球摆动，那么这时候振动的周期的变化是
A、变大 B、变小 C、先变大后变小 D、先变小后变大
3、单摆在半径为R1质量为M1的地球表面时周期为T1，若把它搬到半径为R2的质量为M2的另一颗星球表面周期为T2，则T2/T1= 。
4、如图7-12所示，在一个秒摆A的旁边，挂一个摆长为秒摆摆长1/4的B摆，两摆球是相同的弹性小球，互相接触，且位于同一水平线上(两球碰撞后换速度).今把B球拉开一个不大的角度后自由释放,它在4s内可知A球发生碰撞的次数是( )
A、2次 B、3次
C、4次 D、5次
5、如图7-13所示，有一个半径R=10m的圆弧形光滑槽，其弧长AB=10cm，圆弧的中点C恰在圆心O的正下方，若在A点自由释放一个物体，求小物体A点运动到C点所用的时间。(g取10m/s2)
6、一个钟摆，摆长为30cm，若该钟每天快600s，问应如何调节摆长，使时钟走时准确？(设钟摆的振动为单摆的简谐运动)
7、摆长为L1的钟摆在一段时间内快了n分钟，另一摆长为L2的钟摆在同样的时间内慢了n分钟，则标准钟的摆长为多少？(设钟摆的振动为单摆的简谐运动)
三、受迫振动、共振
[知识点析]
一、机械振动的分类
1、从遵守的规律划分：简谐运动与非简谐运动。简谐运动是最基本的振动，所谓最基本是指规律最简单。
简谐运动：是物体在跟位移大小成正比，并且总是指向平衡位置的回复力作用下的振动，即F回=-kx，式中k是一个由振动系统本身条件决定的常数，负号表示回复力方向始终与位移方向相反。
简谐运动是一种变加速度运动，在平衡位置时，速度最大，加速度为零，在最大位移处，速度为零，加速度最大。振动能量与振幅有关。随振幅的增大而增大，振动系统中动能和势能相互转化，总机械能守恒。
简谐运动的位移、回复力、加速度、速度都随时间做周期性变化（正弦或余弦函数），变化周期为T。如图7-14中的①示，振子的动能、热能也做周期性变化，周期为。如图中②示。
2、从受不受到策动力划分：可分为固有振动和受迫振动，固有振动的周期取决于振子本身的特性。物体在周期性外力（策动力）作用下的振动叫受迫振动。自由振动的物体虽有自己的固有频率，但当物体受迫振动时，其振动频率总是等于外界策动力的频率，跟固有频率无关，物体做受迫振动时，固有频率将会影响受迫振动物体的振幅。
3、从振幅衰不衰减划分，可分阻尼和无阻尼振动。由于振动物体实际振动过程中不处于理想环境中，总是不断地克服外界阻力做功而消耗能量，所以振幅就会逐渐减小，经过一段时间能量消耗完振动就会停止，这种振幅越来越小的振动叫做阻尼振动。如果在振动过程中，我们设法不断地给振动系统补充能量，并使补充能量等于消耗的能量，振动的振幅，就可以保持不变，我们把这种等幅振动称之为无阻尼振动，简谐运动是忽略阻力的理想化振动形式。振动过程中机械能守恒，振幅不变，所以简谐运动是无阻尼振动。但应当注意的是：无阻尼振动绝不是振动过程中无阻力作用。阻尼振动亦可能是固有振动，把阻尼振动变成无阻尼振动的办法是施加策动力，即周期性的补充能量。策动力的频率和固有频率相同（或越接近）受迫振动的振幅越大，反之则越小，当策动力频率等于固有频率时，振幅最大，这种现象叫做共振现象。共振的特点是振幅最大。
它既有害的一面，亦有利用的一面。
共振曲线如图7-15所示，其意义是利用共振需使f驱靠近或等于f固；要避免共振需使f驱远离f固。
[例题析思]
[例题1]如图7-16所示，当A摆振动起来后，通过水平挂绳迫使B、C摆振动，下列说法中正确的是（ ）
A、只有A、C振动周期相等 B、A的振幅比B小
C、C的振幅比B大 D、A、B、C的振动周期相等
[解析]A振动后迫使水平绳振动，水平绳再迫使B、C振动，所以B、C做受迫振动，其振动周期等于驱动力周期（即A自由振动的周期）。因此TB=TC=TA固=，而B、C的固有周期等于分别为，即C摆的固有周期等于驱动力周期，所以C发生共振，B不发生共振，C的振幅比B大，故选项C、D正确。
[思考1]如图7-17所示为一单摆的共振曲线，则弹簧单摆的摆长为多少？共振时单摆的振幅多大？共振时摆球的最大加速度和最大速度大小各为多少？
[提示]从共振曲线可知：单摆的固有频率f=50Hz，因为，所以。代入数据可得；单摆发生共振时，Am=8cm，设单摆的最大偏角为θ，摆球所能达到的最大高度为h，由机械能守恒定律得：
故，代入数据得
摆球在最高点时加速度最大，代入数据am=0.8m/s2
[素质训练]
1、如图7-18所示，四个摆球悬挂在同一柔性杆MN上，它们的摆长A和d相同，b的摆长小于A、C的摆长大于A，使质量很大的A摆振动，则下列结论中正确的是（ ）
A、b摆振幅最小，频率最大
B、c摆振幅最大，频率最小
C、d摆振幅最大，频率适中
D、d摆振幅最大，三摆频率相同
2、一轻弹簧直立在地面上，其劲度系数为k=400N/m，在弹簧的上端与盒子A在连接一起，盒子内装有物体B，B的上下表面恰好与盒子接触，如图7-19示。A和B的质量MA=MB=1kg，g=10m/s2，不计阻力，先将A向上抬高使弹簧伸长5cm后从静止释放，A和B一起做上下方向的简谐运动。已知弹簧的弹性势能决定于弹簧的形变大小。试求：
(1)A振幅的大小
(2)B的最大速率
(3)在最高点和最低点时，A对B的作用力

【素质训练参考答案】
一、机械振动、简谐运动
1、C 2、D 3、D 4、AB 5、A 6、B 7、C 8、A 9、类(例1)证明
二、简谐运动的两个重要模型
1、D 2、A 3、 4、D 5、 6、调至34cm
7、
三、受迫振动与共振
1、D
2、(1)振幅是振动过程中振子离平衡位置的最大距离，振子在平衡位置时，弹簧已被压缩了△x,（MA+MB）g=k△x △x=5cm
开始释放时振子处于最高点，且弹簧伸长x=5cm因而振幅A=△x+x=5+5=10cm
(2)在振动过程中，振子和弹簧组成的系统机械能守恒，而开始释放时弹簧的伸长量与振子在平衡位置处弹簧的压缩量又恰好相等，即弹簧的弹性势能相等。所以振子运动到平衡位置时的最大速率由机械有守恒定律可列式：
(3)在最高点处振子受重力和向下的弹簧拉力作用。根据牛顿第二定律可列式：kx+(MA+MB)g=(MA+MB)a1 而kx=k△x=(MA+MB)故振子的加速度a1=2=20m/s2由此可知。A对B的作用力方向向下，设大小为N1，则由N1+MBg=MBa1 得N1=10N。在最低点处，弹簧被压缩了2△x，振子受重力和向上的弹力作用，根据牛顿第二定律列式：
k·2△x-(MA+MB)g=(MA+MB)a2 a2=20m/s2
此时A对B有向上的弹力作用，设大小为N2，由N2-MBg=MBa2 N2=30N

C
O
P
B
图7-1
图7-2
α
α
图7-3
m
x0
x
L0
O
正
图7-4
图7-5
A
B
θ
f
f2
f1
x
0
O
A
B
·
·
·
图7-6
图7-7
α
α
O
O1
l1
m
L2
L3
图7-8
c
o
图7-9
L
α
图7-10
M
M
m
图7-11
A
B
B
图7-12
A
·
·
·
图7-13
B
A
C
①
②
t
U
EP
O
图7-14
图7-16
2m
m
A
C
L
L
2L
B
f图
f驱
A
Am
O
图7-15
图7-17
0
0.25
0.75
0.5
A/cm
2
4
6
8
f(Hz)
图7-18
M
N
A
C
D
B
B
A
K
图7-19PAGE
第六讲 作图
一、特别提示
解答物理问题通常有解析、论述、作图和列表等基本方法。作图是最重要的数学工具之一，也是考查的能力范围。在解答作图题时，要特别注意：
（1）仔细审题，按要求作图。例如，在平面镜成像作图时，为快速准确作图，通常采用对称性作图，一般不直接根据光的反射定律作图；
（2）具体作图时，每一步骤都要有依据。例如，物体运动时速度、合外力和轨迹三者间必须满足一定的位置关系，而不能随意乱画；
（3）在读图时要善于发现图中的隐含条件。例如，物理图象的纵、横截距、斜率和面积以及曲线间平行、相交、重合的关系，有时几个不同的物理图象从不同侧面描述同一物理过程时更要理解它们之间的联系和区别；
（4）作图时还要注意规范性要求，不要随意。例如，是实线还是虚线，是否应标明箭头方向，还是用斜线表示特殊的区域；并注意特殊符号（如电学元件）的正确运用；
（5）用作图法处理实验数据时，要理解所谓“拟合曲线”的意义，如何筛选、描线直接影响结果的准确性，同时也是能力具体体现之一。
二、典型例题
题1 一辆汽车在恒定的功率牵引下，在平直公路上由静止出发，经4min的时间行驶1.8km，则在4min末汽车的速度（ ）
A、等于7.5m/s B、大于7.5m/s C、等于15m/s D、15m/s
解析 汽车在恒定功率下由静止启动是加速度越来越小的变加速运动，很难通过运动方程求瞬时速度，一般的方法是由动能定理求出动能、再求速度但这必须要知道牵引力、阻力所做的功。而现在这些条件都未知，但在恒定功率下，其4min内的平均速度，由于加速度变小，所以末速度，同时由于位移关系，其图象如图，为一上凸的曲线。打斜线部分“面积”相等，即位移为，如果，则位移；而则位移，故，正确选项是BD。
题2 电路如图8-2，、、分别为理想的电流表和电压表，R1、R2分别为定值电阻和可变电阻，电池E内阻不计，
A、R1不变时，读数与读数之比等于R1
B、R2不变时，读数与读数之比等于R1
C、R2改变一定量时，读数的变化量与读数变化量之比的绝对值等于R1
D、R2改变一定量时，读数的变化量与读数变化量之比的绝对值等于R1
解析：由题高，、分别测出R1、R2两端电压，测出通过R1、R2的电流，因此：
、 且，
当R2为某一值时，R1、R2的伏安特性曲线如图（a）所示（如R1>R2），在图中，的关系很难表示出来，如果，将R2的伏安特性曲线的横轴反向，即U轴向左，如（b）图，再把、b两图按的关系画在（2）图中，那末电流、电压关系就非常直观了。
特别是可变电阻R2改变一定量时（如增大为＇）
；电流变为，增大，如图（C）所示，显然，满足。
故正确选项是BCD
题3 把一个“10V、5W”的用电器B（纯电阻）接到这一电源上，A消耗的功率是2W；换另一个“10V、5W”的用电器B（纯电阻）接到这一电源上，B实际消耗的功率可能小于2W吗？若有可能则条件是什么？
解析：用电器A、B的电阻分别为
由于，所以B接入电路时，电压，PB<5W，但能否小于2W呢？
A接入时： 则
换上B后，由题设 则
可见，条件是；即可。
如果，从电源做伏安特性曲线来看，当时，有临界内阻，及临界电动势，由于不变，当、时，其解在PB伏安特性曲线的OP段（如图）之内，因为A、B消耗的功率是U-I图象中的“面积”；在过Q点，又过OP线段的E、r即为所求，可见，本题的所有解就是、的电源。
题4 如图所示，、、是匀强电场中的三点，这三点构成等边三角形，每边长，将一带电量的电荷从点移到点，电场力；若将同一点电荷从点移到点，电场力做功，试求场强E。
解析 匀强电场中电场线、等势面的作图是描述电场、理解电场属性的重要方法，由题意电荷由到、由到电场力做功分别为：
、 可得；
若设电热、则、；可将三等分，使，于是即，过可作等势面，如图8-6所示，为了便于求场强E过作电场线E，并过作的平行线。在中，、和
由正弦定理： 可解
故场强，显然，若不能正确作图很难求出场强。
题5 如图，坐标系中，将一负检验电荷Q由轴上的点移至轴上的点时，需克服电场力做功W；若从点移至轴上的点时，也需克服电场力做功W。那么关于此空间存在的静电场可能是：
A、存在场强方向沿轴负方向的匀强电场
B、存在场强方向沿轴正方向的匀强电场
C、处于第I象限某一位置的正点电荷形成的电场
D、处于第IV象限某一位置的负点电荷形成的电场
解析 由题意-q由分别到、克服电场力做功均为W，即、、，即电势，易知若为匀强电场，则场强方向沿轴负向，即A项正确。若为点电荷电场，由，可作之中垂线L1；若，则可作之中垂线L2，L1、L2交点为（如图所示）。当由正点电荷形成电场时，只须在L1上的点到的距离小于到的距离即可，显然，该点坐标满足：
、，分布在L1的P点以上（不包括P点）。
而由负点电荷形成电场时，则要该点在L1上，且到的距离大于到的距离，其坐标满足：、，分布在L1的P点以上（不包括P点）。
通过作图不但直观、形象而且准确地给出了解的范围，其实关于场的问题本来就是空间的问题，而对场的了解必须运用作图的工具。高 三 物 理（第12周）
一、动能定理的应用

[知识点析]
1、用动能定理求变力做的功
由于某些力F的大小或方向变化，所以不能直接由公式W=FScosα计算它们做的功，此时可由其做功的结果——动能的变化来求变力F做的功。
2、在不同过程中运用动能定理
由于物体运动过程中可能包括几个不同的物理过程，解题时，可以分段考虑，也可视为一整体过程，往往对全过程运用动能定理比较简便。
[例题析思]
[例题1]一列质量为M=5.0×105kg的火车，在一段平直的轨道上始终以额定功率P行驶，在300S内的位移为2.85×103m，而速度由8m/s增加到火车在此轨道上行驶的最大速度17m/s。设火车所受阻力f大小恒定，求1、火车运动中所受阻力f的大小；2、火车头的额定功率P的大小。
[解析]火车的初速度和末速度分别用V0和Vt表示，时间用t表示，位移用S表示，根据动能定理有：
Pt-fs=
火车速度达到最大时，牵引力等于阻力f，根据瞬时功率的计算公式有：P=fVe。
[思考1]总质量为M的列车，沿水平直线轨道匀速前进，其末节车厢质量为m，中途脱节，司机发觉时，机车已行驶L的距离，于是立即关闭发动机滑行，设运动的阻力与质量成正比，机车的牵引力是恒定的，当列车的两部分都停止时，它们的距离是多少？
[提示]法一：脱节的列车整个运动过程有两个阶段，先做匀加速运动，后关闭发动机滑行做匀减速运动，运用动能定理，从全过程考虑有：
FL-K(M-m)gS1=0-
对末节车厢根据动能定理有-kmgS2=0-，由于原来列车匀速，故有F=kmg，则
法二：由于脱节后列车比末节车厢多行驶的那段距离内，克服阻力所做的功等于牵引力在L这段距离内所做的功，所以有：
[例题2]如图6-25所示，ABCD是一条长轨道，其中AB段是倾角为θ的斜面，CD段是水平的，BC是与AB和CD都相切的一小段圆弧，其长度可以不计。一个质量为m的小滑块由A点静止释放沿轨道滑下，最后停在D点，现用一平行轨道的力推滑块，使它缓慢地由D点到A点时停下，求推力对滑块所做的功。
[解析]物体的运动可以分为两个物理过程：第一人过程是滑块从A点到D点，在这一过程中重力做正功，滑动摩擦力做负功，第二个过程是滑块沿DCBA缓缓回到A点，推力做正功，重力和滑动摩擦力做负功，而这两个过程中摩擦力做功是相等的，不必去求力和位移，以滑块为研究对象，根据动能定理
向下运动时，mgh+Wf=0
向上运动时，WF-mgh+Wf=0
两式相减可得：WF=2mgh
[思考2]如图6-26所示，物体从h高处，沿光滑斜面CB从静止开始下滑，经过粗糙水平向BA后再滑上另一光滑斜面AD（斜面跟水平面交接处对物体的撞击作用忽略不计），在往复运动过程中，如果使物体最终恰好静止在BA中点，那么，该物体滑上光滑斜面AD的最大高度为多少？
[提示]物体从斜面上下滑时只有重力做功，沿斜面上滑时克服重力做功，在水平面BA上运动时克服摩擦力做功，物体滑上光滑斜面AD的最大高度应为物体第一次滑上斜面AD时所达到的高度。
选择物体从开始运动至第一次滑到斜面AD最大高度这一过程，设物体在BA段克服摩擦力做的功为Wf克，由动能定理mgh-Wf克-mgh’=0
设物体在BA段上共有几个来回，选择物体从开始运动至停止这一整体过程，上动能定理得：
由此可得出：
从解析中应注意：应用动能定理解决问题时必须对研究对象进行准确、全面的受力分析进而分析诸外力的做功情况。包括重力做功的情况。在物体整个运动过程中，如果所受外力有增减，还应根据题意分阶段进行受力分析及做功分析。总之，要分析物理过程，确定初末态。
[例题3]如图6-27所示，斜面的倾角为θ，质量为m的物体距挡板P距离为S0，以初速度v0沿斜面下滑。物体与斜面的动摩擦因数为μ，物体所受摩擦力小于物体沿斜面的下滑力。若物体每次与挡板相碰均无机械能损失，求物体通过的路程是多大？
[析与解]由于物体重力沿斜面向下的分力大于物体所受的摩擦力，物体加速下滑，与P碰撞时无机械能损失，故以原速率反弹后沿斜面向上减速直到速度为零，依次重复，最终将停靠在挡板P处。
设物体从开始运动到最终停止经过的路程为S，此过程中重力做功
WC=mgS0·sinθ，摩擦力做功Wf=-μmgS·cosθ.
对全过程运用动能定理,有mgS0·sinθ-μmgS·cosθ=0-mv02
得
[思考3]一个10kg的物体，沿着倾角为30°的斜面以15m/s的速度从斜面底端向上冲20m便自然停止，然后落下，求(1)斜面与物体间的摩擦力是多少？(2)物体回到斜面底端的速率是多大？
[提示](1)冲上阶段，物体克服重力和摩擦力的功和等于动能的减小，则有：
(2)下落阶段：重力对物体所做的功及物体克服摩擦阻力所做的功的和等于动能的增加。则有：
[例题4]一辆车通过一根跨过定滑轮的轻绳子提升一个质量为m的重物，开始车在滑轮的正下方，绳子的端点A离滑轮的距离是H。车由静止开始向左作匀加速的运动，过了时间t绳子与水平方向的夹角是θ，如图6-28甲的所示。问：在这个过程中，车对重物做了多少功？
[解与析]虽然车匀加速向左行驶，但重物却作变加速运动，因此提升重物的力不是恒定的力，无法用W=FScosα来求出对重物做的功，只能用动能定理来解。











①当绳子端点由A移到B时，重物升高的高度h=H/gsinθ-H，重力做的功为WG=-mgh=-mgH.
②设绳子端点到达B点时车速为v，此时重物上升速度v’，由速度的分解(图6-28乙)得v’=v·cosθ
另外，由得v=2Hctgθ/t
故v’=vcosθ=2Hcosθ·ctgθ/t，
所以重物动能增量为
③设车对重物做的功为W，根据动能定理
W+WG=△Ek得
[思考4]如图6-29所示，上端悬点为O的细绳长度，其下端系一小球m，自悬绳与竖直方向成60°角处由静止释放，若在O点正下方适当位置有一水平长钉O，当小球运动到最低点后又以O1为圆心做圆周运动，且小球经过圆周轨道最高点时绳上拉力刚好减小到零，试计算O1的确切位置。
[提示]小球由水平位置释放到最低点的过程中，只有重力做功，由动能定理得：
对小球以O1为圆心做圆周运动的过程中，以最低点为初态，最高点为终态，由动能定理得：
对于小球的终点用牛第二定律有：
解得：
故O1位于O点正下方的距离为OO1=(1.0-0.20)m=0.80m
注意：可以全过程列出方程
[素质训练]
1、如图6-30所示，质量为m的物体用细绳子牵引着在光滑的水平面上作匀速圆周运动。O为一光滑的孔，当拉力为F时，转动半径为R；当拉力增大到8F时，物体仍作匀速圆周运动，此时转动半径为。在此过程中，拉力对物体做的功为（ ）
A、 B、 C、 D、4FR






2、一质量为m的小球，用长为L的轻绳子悬挂于O点，小球在水平力F作用下，从平衡位置P点缓慢地移动到Q点，如图6-31所示，则力F所做的功为（ ）
A、mgLcosθ B、FLsinθ
C、mgL(1-cosθ) D、FLθ
3、如图6-32所示，板长为L，板的B端静放有质量为m的小物体P，物体与板动摩擦因数为μ，开始时板水平，若缓慢转过一个小角度α的过程中物体保持与板相对静止，则这个过程中（ ）
A、摩擦力对P做功为μmgcosα·L(1-cosα)
B、摩擦力对P做功为mgsinα·L(1-cosα)
C、弹力对P做功为mgcosα·Lsinα
D、板对P做功为μmg·Lsinα
4、质量为M的跳水运动员从高为H的跳台上以速率v1跳起，入水时速率为v2，则跳起时运动员做功为 ，运动过程中空气阻力做的总功为 。
5、如图6-33所示，质量为m的物体A，从弧形面的底端以初速度v0往上滑行，到达某一高度后，又沿着原路返回，且继续沿水平面滑行至P点而停止，则整个过程摩擦力对物体做的功为 。






6、在不计空气阻力的情况下，质量为m的物体从距地面H处由静止开始下落，落地后陷进淤泥深为D处，则淤泥对物体的平均阻力为 ，物体在泥中的运动时间为 .
7、质量为m的物体从高为H的斜面上由静止开始滑下，经过一段水平距离后停下，如图6-34所示，若已知停止的地方离出发点处的水平距离为S，且物体与接触面的动摩擦因数为μ，试证明：。
8、如图6-35所示，一小球从距地面4m高处自由下落到地面，恰沿着半径为R=0.5m的半圆形槽运动，到最低点时速度vB=8m/s，而后继续沿圆弧运动，到脱离槽后又竖直上升，求小球离槽后，竖直上升可达的高度h。(g=10m/s2)









9、从离地面H高处落下一只小球，小球在运动过程中所受的空气阻力是它重力的k倍，而小球与地面相碰后，能以相同大小的速率反弹，求：①小球第一次与地面相碰后，能够反弹起的最大高度是多少？②小球从释放开始，直至停止弹跳为止，所通过的总路程是多少？





10、如图6-36所示，离地面4m处的定滑轮上，用细绳悬挂两物体，质量分别为m1=1kg，m2=1.99kg。今有一速度v0=800m/s的质量m=10g的子弹沿水平方向打入m2，并留在其中，当m2滑过3m时，速度为2m/s。求在这过程中m2克服地面摩擦力做的功。







二、势能·重力做功·机械能守恒定律

[知识点析]
1、重力做功的特点
(1)重力做功与路径无关，只与物体的始末位置的高度差和重力大小有关。
(2)重力做功的大小WC=mg·h，h为始末位置的高度差。
(3)重力做的正功等于物体重力势能的减少，物体克服重力做的功等于物体重力势能的增加。
(4)重力做功，不能引起物体机械能的变化。
2、势能
(1)由物体间的相互作用和物体间的相对位置决定的能量叫做势能。
如重力势能、弹性势能、分子势能、电势能等。
(2)重力势能
①由物体和地球的相对位置所决定的能叫重力势能，它是物体和地球共有的。
②重力势能Ep=mgh是相对的，式中h是物体到参考平面的高度。参考平面的选取会影响重力势能的值，但不会影响重力势能的变化值。重力势能是由于物体被举高而具有的能。用公式Ep=mgh计算，要注意：①重力势能是物体和地球组成的系统所共有的，因而重力势能具有相对性，它的大小取决参考平面(EP=0)的选择，通常选择地面为参考平面。重力势能的差值不因选择不同的参考平面而有所不同；②重力对物体做多少正(负)功，物体的重力势能就减少（增加）多少。重力做功的特点只跟物体的起点和终点位置有关，而跟物体运动的路径无关；③重力势能是标量，但有正负，当物体在参考平面上（下）方时，则重力势能为正（负）值。
(3)弹性势能：物体因发生弹性形变而具有的势能。弹性势能是由于物体发生弹性形变而具有的能。任何发生弹性形变的物体都具有弹性势能。弹力对弹簧做多少正(负)功。弹簧的弹性就减少（增加）多少。弹簧的弹性势能决定于弹簧被压缩（或拉伸）的长度及弹簧的劲度系数。
3、机械能守恒定律
(1)动能和势能统称为机械能，E=EK+EP。
(2)机械能守恒定律的内容：在只有重力（和弹簧弹力）做功的情形下，物体动能和重力势能（及弹性势能）发生相互转化，但机械能的总量保持不变。
(3)机械能守恒定律的表达式
①物体的初态机械能等于末态机械能，即E1=E2。
②减少的重力势能等于增加的动能，即△Ep减=△Ep增(或△Ep增=△Ep减)。
(4)机械能守恒定律的判断
①利用机械能守恒的条件，即系统只有重力和弹力做功或者其他力也做功，但其代数和为零，则机械能守恒。
②对某一系统物体间只有动能和重力势能及弹性势能的相互转化，没有其他形式的能转化（如没有热能产生），则系统的机械能守恒。
[例题析思]
[例题1]把一块质量为m=3kg的石头从高h=20m的阳台上以30°倾角，初速v0=5m/s斜向上抛出，求石头落地时的速度大小？（不计空气阻力）
[解与析]若利用斜抛运动的规律分析求解，涉及到运动的分解较烦，但是石头在运动中只受重力作用，只有重力做功，机械能守恒。设落地时速度大小为v，按E1=E2列式，规定地面为零重力势能面，得
[注意]应用机械能守恒定律的解题思路：(1)根据题意，选取研究对象；(2)明确研究对象的运动过程，分析对象在过程中的受力情况和各力做功情况，判断是否符合机械能守恒定律的条件；(3)恰当地选取参考平面，确定研究对象在过程中的起始状态和末了状态的机械能；(4)根据机械能守恒定律列方程，进行求解。
[思考1]如图6-37所示，质量为m的小球，从桌面上竖直向上抛出，桌面离地高为h，小球能达到的离地面高度为H，若以桌面作为参考平面，不计空气阻力，则小球落地时的机械能为（ ）


A、mgH B、mgh C、mg(H+h) D、mg(H-h)
[提示]小球在运动过程中只有重力做功，故机械能守恒，落地时机械能应等于最高点处的机械能mg(H-h)，故选D。
[例题2]如图6-38所示，劲度系数为K1的轻质弹簧两端分别与质量m1、m2的物体1、2拴接，劲度系数为K2的轻质弹簧上端与物体2拴接，下端压在桌面上（不拴接），整个系统处于平衡状态。现施力将物体1缓慢竖直上提，直到下面那个弹簧的下端刚脱离桌面。在此过程中，物体2的重力势能增加了 ，物体1的重力势能增加了 。
[解析]先取弹簧K2为研究对象，从受大小为(m1g+m2g)的压力到恢复自然长度，弹力的变化量△F=(m1+m2)g。由胡克定律可知弹簧K2的伸长量。则物体2增加的重力势能
再取弹簧K1为研究对象，从受大小为m1g的压力到受大小为m2g的拉力，弹力变化量为。由胡克定律可知在此过程中弹簧K1的伸长量为，则物体1增加的重力势能
解析过程中要注意，物体2增加的重力势能取决于弹簧K2的伸长量x2，物体1增加的重力势能取决于弹簧组的伸长量x=x1+x2。
[思考2]如图6-39所示，物体质量为M，与甲乙两弹簧相连接，乙弹簧下端与地面连接，甲、乙两弹簧质量不计，其劲度系数分别为K1和K2，起初甲处于自由长度，现用手将弹簧的A端缓慢上提，使乙弹簧产生的弹力大小变为原来的，则物体M增加的重力势能可能是 。
[提示]考虑上提后乙弹簧处于压缩和拉伸两种情况，若乙弹簧仍处于压缩情况，则由题意得其压缩量变为原来的，而原先的压缩为，从而可得M上升了，这样可知道物体增加的重力势能为，由类似的分析可得乙弹簧处于拉伸情况下物体M上升了，推出物体增加的重力势能为。
[例题3]质量为m的小球从离开B处h1=2R的高度由静止释放恰好沿B处圆弧切线进入固定着不动的半径为R的1/4光滑圆弧运动到C处飞出着地。C处离地的竖直距离h2=2R，如图6-40示。试求物体着地D点时的速度及物体发生的位移大小，(g=10m/s2)
[解析]对运动全过程应用机械能守恒定律，求得着地时速度的大小v。
1/2mv2=mg(h1+R+h2)
(2)对物体从开始到圆弧B处的运动应用机械能守恒定律，可求得平抛运动的初速度vB=v0.
1/2mvB2=mg(h1+R) vB2=2g×3R
则：平抛的水平距离为s1=VBt2
∴
物体发生的位移应为s
∵
∴
[思考3]如图6-41所示，在竖直平面内固定着一光滑的1/4圆弧槽，它的末端水平，上端离地高H，一个小球从上端无初速滑下，若小球的水平射程为最大值，则圆弧槽的半径为（ ）
A、 B、
C、 D、
[提示]取滑槽最低点为零势能面，由机械能守恒定律有：
再由平抛运动规律有：
由上面三式联立得：
讨论可得出选项A是正确的。
[例题4]如图6-42示，把一根内壁光滑的细管弯成圆弧形状，且竖直放置。一个小球从管口A的正上方h1高处自由下落，小球恰能到达最高点管口C处。若小球从h2处自由下落，则它能人管口A运动到管口C又落回管口A，则h1:h2是多大？
[解析]小球恰能到在C处时，在C点的速度为零。由机械能守恒定律可得：m1gh1=mgR
若小球又能飞回管口A，则小球由C—A做平抛运动，所以有：
水平方向：
竖直方向：
由于整个过程机械能守恒，取管口的水平面为参考平面，所以有：
由上述四步式联解出h1;h2=4:5
注意：解决本题的关键是要理清楚“恰到最高点”和“恰能飞回A管口”的意思。
[思考4]如图6-43示，半径分别为R和r的甲乙两个光滑圆形轨道安置在同一竖直平面上，轨道之间有一条水平轨道CD相通，一小球以一定的速度先滑上甲轨道，通过动摩擦因数为μ的CD段，又滑上乙轨道，最后离开两圆轨道，若小球在两圆轨道的最高点对轨道压力都恰好为零，则水平CD段的长度是多少？
[提示]小球在光滑圆形轨道上滑行，机械能守恒，设小球滑过C点时的速度为vC，通过甲环最大高点为V’，由小球对最高点压力为零可知有：
取轨道最低点为重力势能零势能面，由机械能守恒定律有：，这样有：。同理有小球过D点时的速度为VD，则：，再设CD长度为L，对小球滑过CD段，由动能定理有：，最终可得出：的结论。
[素质训练]
1、某消防队员从一平台上跳下，下落2m后双脚接触地，接着他用双腿弯曲的方法缓冲，使自身重心又下降了0.5m。在着地过程中地面对他双脚的平均作用力估计为（ ）
A、自身重力的2倍 B、自身重力的5倍
C、自身重力的8倍 D、自身重力的10倍
2、自由落下的小球从接触竖直放在地上的弹簧开始，到弹簧被压缩到最短的过程中（ ）
A、小球的动能先增大后减小 B、小球的机械能守恒
C、小球的重力势能减小，动能增加
D、小球的机械能减小，小球与弹簧的总机械能守恒
3、一起重机吊着物体以加速度a(aA、重力对物体所做的功等于物体重力势能的减少量
B、物体重力势能的减少量等于物体动能的增加量
C、重力对物体做的功大于物体克服细绳所做的功
D、物体重力势能的减少量大于物体动能的增加量
4、（93年上海）枪竖直向上以初速v0发射子弹，忽略空气阻力，当子弹离枪口距离为 时，子弹的动能是其重力势能的一半。
5、如图6-44所示，质量均为m的小球，A、B、C，用两条长为L的细线相连，置于高为h的光滑水平桌面上，L>h，A球刚跨过桌面，若A球、B球相继下落着地后均不再反跳，则C球离开桌边时的速度大小是
6、质量为m的小球，在竖直的光滑圆弧内侧作圆周运动，圆弧半径为R，如图6-45所示。求小球在最低点和最高点对轨道的压力之差。

7、质量为m的小球，用长为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作水平线EF，在EF上钉一铁钉D，如图6-47所示。若线能承受的最大拉力是9mg，现将小球悬线拉至水平，然后由静止释放，若小球能绕钉子在竖直平面内作圆周运动，求钉子位置在水平线上的取值范围（不计线与钉子碰撞时的能量损失）
【素质训练答案】
一、动能定理的应用
1、C 2、C 3、D 4、；
5、 6、
7、略 8、1.4m
9、①(1-k)H/(1+K); ②H/K 10、1.28J
二、势能，重力做功，机械能守恒定律
1、B 2、AD 3、B 4、v02/3g 5、
6、6mg 7、


01
0
。
图6-44第十三讲 带电粒子在复合场中的运动
1.带电粒子在匀强电场、匀强磁场中运动的比较
在场强为E的匀强电场中 在磁感应强度为B的匀强磁场中
初速度为零 做初速度为零的匀加速直线运动 保持静止
初速度∥场线 做匀变速直线运动 做匀速直线运动
初速度⊥场线 做匀变速曲线运动(类平抛运动) 做匀速圆周运动
共同规律 受恒力作用，做匀变速运动 洛伦兹力不做功，动能不变
2.带电粒子以垂直(或平行)于场线的初速度进入匀强电(磁)场
解决这类问题时一定要重视画示意图的重要作用。
⑴带电粒子在匀强电场中做类平抛运动。这类题的解题关键是画出示意图，要点是末速度的反向延长线跟初速度延长线的交点在水平位移的中点。
⑵带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动。这类题的解题关键是画好示意图，画示意图的要点是找圆心、找半径和用对称。
例1 右图是示波管内部构造示意图。竖直偏转电极的板长为l=4cm，板间距离为d=1cm，板右端到荧光屏L=18cm，（本题不研究水平偏转）。电子沿中心轴线进入偏转电极时的速度为v0=1.6×107m/s，电子电荷e=1.6×10-19C，质量为0.91×10-30kg。为了使电子束不会打在偏转电极的极板上，加在偏转电极上的电压不能超过多少？电子打在荧光屏上的点偏离中心点O的最大距离是多少？
[解：设电子刚好打在偏转极板右端时对应的电压为U，根据侧移公式不难求出U(当时对应的侧移恰好为d/2)：，得U=91V；然后由图中相似形对应边成比例可以求得最大偏离量h=5cm。]
例2 如图甲所示，在真空中，足够大的平行金属板M、N相距为d，水平放置。它们的中心有小孔A、B，A、B及O在同一条竖直线上，两板的左端连有如图所示的电路，交流电源的内阻忽略不计，电动势为U，U的方向如图甲所示，U随时间变化如图乙所示，它的峰值为ε。今将S接b一段足够长时间后又断开，并在A孔正上方距A为h（已知）的O点释放一个带电微粒P，P在AB之间刚好做匀速运动，再将S接到a后让P从O点自由下落，在t=0时刻刚好进入A孔，为了使P一直向下运动，求h与T的关系式？
[解析：当S接b一段足够长的时间后又断开，而带电微粒进入A孔后刚好做匀速运动，说明它受到的重力与电场力相等，有 若将S接a后，刚从t=0开始，M、N两板间的电压为，2ε，故带电粒子进入电场后，所受到的电场力为，也就是以大小为g、方向向上的加速度作减速运动。当t=T/2后，M、N两板间的电压为零，微粒在重力的作用下运动。若要使带电微粒一直向下运动，则带电粒子在t=T/2时的速度V≥0。由带电粒了在电场外和电场内加速、减速运动的对称性，要使V≥0，则可知
例3 如图直线MN上方有磁感应强度为B的匀强磁场。正、负电子同时从同一点O以与MN成30°角的同样速度v射入磁场（电子质量为m，电荷为e），它们从磁场中射出时相距多远？射出的时间差是多少？
[解：由带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的半径公式和周期公式知，正、负电子的半径和周期是相同的，只是偏转方向相反。由于向心力方向跟速度方向垂直，所以圆心一定在过O点垂直于速度的直线上，因此可确定圆心和半径；由对称性知，射入、射出点处速度和MN所成的角必然相等。因此射入点、射出点和圆心恰好是正三角形的三个顶点。两个射出点相距2r。由图看出，正负电子在磁场中的轨迹圆弧所含的度数分别是60°和300°，经历的时间分别为T/6和5T/6，相差2T/3。故答案为射出点相距，时间差为。]
3.电场力和洛仑兹力的综合应用：
当E⊥B时，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 ，v=E/B。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5正方形abcd内有方向如图的场强为E的匀强电场和磁感应强度为B的匀强磁场。质子流从ad边的中点O以初速度v0，沿着与ab平行的方向射入正方形区域。若撤去匀强磁场，质子将达到b点；若撤去匀强电场，质子将打到c点。求：⑴E∶B ⑵当匀强电场和匀强磁场同时存在时，为使质子沿原方向射入后能做直线运动而打到bc边的中点O/，其初速度应调整为v0的多少倍？
[解：⑴只有匀强电场时，由图知质子打到b点时速度的偏转角为α=45°，可得：
；只有匀强磁场时，由图可求得质子做圆周运动的半径r=5L/4，可得：；由以上两式可得E∶B=5v0∶4 ⑵为了使质子做直线运动，必须满足Eq=Bqv，所以1.25v0 ]
例6、（1991年上海高考题）如图所示质量为m、带电量为+q的粒子，从两平行电极板正中央垂直电场线和磁感线方向以速度V飞入。已知两板间距为d，磁感强度为B，这时粒子恰好能沿直线穿过电场和磁场区域（重力不计）现将磁感应强度增大到某值，则粒子将落到板上，粒子落到极板上时的动能为多大？
[答案：]
例7、（2001年全国高考理综题）如图所示是测量带电粒子质量的仪器工作原理示意图。设法使某有机化合物的气态分子导入图中所示的容器A中，使它受到电子束轰击，失去一个电子变成为正一价的分子离子，分子离子从狭缝S1以很小的速度进入电压为U的加速电场区（初速不计），加速后，再通过狭缝S2、S3射入磁感应强度为B的匀强磁场，方向垂直于磁场区的界面PQ，最后，分子离子打到感光片上，形成垂直于纸面且平行于狭缝S3的细线，若测得细线到狭缝S3的距离为d。导出分子离子的质量m的表达式。
质谱仪主要是分析同位素、测定其质量、荷质比和含量比的现代科学仪器。m=qB2d2/8U
例8、（1993年上海高考题）如图所示为一种获得高能粒子的装置。环形区域内存在垂直纸面向外、大小可调节的均匀磁场。质量为m、电量为+q的粒子在环中做半径为R的圆周运动。A、B为两块中心开有小孔的极板，原来电势都为零，每当粒子飞经A板时，A板电势升高为+U，B板电势仍为零，粒子在两板间的电场中得到加速。第当粒子离开时，A板电势又降到零。粒子在电场一次次加速下动能不断增大，而绕行半径不变。
（1） 设t=0时，粒子静止在A板小孔处，在电场作用下加速，并开始绕行第一圈，求粒子绕行n圈回到A板时获得的总动能En。
（2） 为使粒子始终保持在半径为R的圆轨道上运动，磁场必须周期性递增，求粒子绕行第n圈时磁感应强度B。
（3） 求粒子绕行n圈所需的总时间tn（设极板间距远小R）
（4） 在图中画出A板电势U与时间t的关系（从t=0起画到粒子第四次离开B极板）
（5） 在粒了绕行的整个过程中，A板电势可否始终保持+U？为什么？
本题是回旋加速器原理图：
（1） En=Ek=nqU
（2）
（3）
（4） 图略
（5） 不可以。因为这样会使粒子在AB两板之间飞行时，电场力对其做功+qU，从而使之加速；在AB板之外飞行时，电场力又对其做功-qu，从而使之减速。粒子绕行一周电场对其所做的总功为零，能量不会增加。
例9、（2001年北京海淀区高考模拟题）目前世界上正在研究的一种新型发电机叫做磁流体发电机。这种发电机与一般发电机不同，它可以直接把内能转化为电能，它的发电原理是：将一束等离子体（即高温下电离的气体，含有大量带正电和带负电的微粒，而整体来说呈中性）喷射入磁场，磁场中A、B两平行金属板上会聚集电荷，产生电压。设AB两平行板的面积为S，彼此相距L，等离子体气体的导电率为P（即电阻率ρ的倒数）喷入速度为V，板间磁感应强度B与气流方向垂直，与板相连的电阻的阻值为R。问流过R的电流I为多少？
解析：电源电动势为外电路断开时电源两极间的电势差，当等离子体匀速通过AB板时，AB两板间的电势差达到最大
例10、（2001年全国理科综合考题）电磁流量计广泛应用于测量可导电流体（如污水）在管中流量（单位时间内通过管内横截面的流体的体积）。为了简化，假设流量计是如图所示的横截面长长方形的一段管道，其中空部分的长、宽、高分别为图中的a、b、c。流量计的两端与输送流体的管道相连（图中虚线）图中流量计的上下两面是金属材料，前后两面是绝缘材料。现于流量计所在处加磁感应强度为B的匀强磁场，磁场方向垂直于前后两面，当导电流体稳定地流经流量计时，在管外将流量计上、下两表分别与一串接了电阻R的电流表的两端连接。I表示测得的是流值。已知液体的电阻率为ρ，不计电流表的内阻，则可求得流量为
A、I（bR+ρC/a）/B B、I（aR+ρb/c）/B
C、I（cR+ρa/b）/B D、I（R+ρbc/a）/B
电磁流量计是一根管道内部没有任何阻碍流体流动的仪器，所以可以用来测量度粘度强腐蚀性流体的流量，它还具有测量范围宽、反应快、易与其它自动控制配套等优点。当导电液流动时，流体中定向移动离子受洛仑兹力作用，在上下金属板上就聚集电荷，产生电场。当导电液体匀速运动时，有洛仑兹力等于电场力。
该电源电动势ε=VBc 根据电阻定律r=ρc/ab 由全电路欧姆定律I=ε/（R+r）解得：
V=I（R+ρc/ab）/Bc 故流量Q=SV=（答案A）
例11、（2000年全国理科综合考题）如图所示，厚度为h，宽度为d的导体放在垂直于它的磁感应强度为B的均匀磁场中。当电流通过导体板时，在导体板的上侧面A和下侧面A1之间会产生电势差。这种现象称为霍尔效应。实验表明，当磁场不太强时，电势差U、电流I和磁感应强度B的关系为U=KIB/d，式中的比例系数K称为霍尔系数。霍尔效应可解释如下：
外部磁场的洛仑兹力使运动的电子聚集在导体板的一侧，在导体板的另一侧会出现多余的正电荷，从而形成横向电场对电子施加与洛仑兹力相反的静电力。当静电力与洛仑兹力达到平衡时，导体板上下两侧面之间会形成稳定的电势差。设电流I是由电子的定向流动形成的，电子的平均定向速度为V，电量为e，回答下列问题：
（1）达到稳定状态时，导体板上侧A的电势（ 低于 ）下侧面A1的电势；（填“高于”“低于”或“等于”）
（2）电了所受的洛仑兹力的大小为（ ）；
（3）当导体板上下两侧面之间的电势差为U时，电子所受静电力的大小为（ ）；
（4）由静电力和洛仑兹力平衡，证明：霍尔系数为K=1/ne，其中n代表导体板的单位体积内的电子的个数。
解答略
y
l/2
L
h
O
M N
O
－ － － － － －
＋ ＋ ＋ ＋ ＋ ＋
O
E
B
O/
a b
d c
O
E
B
O/
a b
d c
L
r
B
S1
S2
S3
U
d
P
Q
A
R
A +U
B 0
u
t
O
A板
B板
R
a
c
b
A
I
h
d
A1
B高 三 物 理（第5周）
第三章 运动和力
【知识内容及高考要求】
1、(B)牛顿第一定律，惯性。
(B)牛顿第二定律，质量
(B)牛顿定律的应用
(A)超重和失重。
说明：(1)处理物体在粗糙面上的问题，只限于静止或已知运动方向的情况。
(2)用牛顿定律处理连接体的问题时只限于各个物体的加速度的大小和方向都相同的情况。

【内容概要及考查特点】
牛顿定律是力学乃至整个物理学的基本规律，是动力学的基础。正确地理解惯性概念，正确地理解并能熟练地运用牛顿定律特别是牛顿第二定律，将为进一步复习掌握力学部分的其它知识和电磁学部分带电粒子在电场或匀强磁场中的运动等内容。提高分析问题和解决问题的能力奠定坚实的基础。
高考对本章内容要求掌握的程度几乎达到了最高层次，考查的重点是(1)牛顿第二定律的正交法应用。(2)灵活应用整体法和隔离法求解简单连接体的问题。(3)综合应用牛顿运动定律和运动学规律分析解决问题。(4)运用超重和失重的知识定性分析一些力学现象。

【知识点析及素质训练】
一 牛顿第一·三定律
【知识点析】
·牛顿第一定律
1、牛顿第一定律（即惯性定律）：一切物体总保持匀速直线运动状态或静止状态，直到有外力迫使它改变这种状态为止。
(1)牛顿第一定律不像其它定律一样是由实验直接总结出来的，它是牛顿以伽利略的理想实验为基础总结前人的研究成果，加之丰富的想象而提出来的。
(2)牛顿第一定律是一条独立的规律，产生于牛顿第二定律之前，绝不能看成是牛顿第二定律的特例。
(3)牛顿第一定律的重要意义在于：
①指出了物体不受力的外力作用时的运动状态是匀速直线运动状态或静止状态；
②指出了一切物体都有惯性；
③指出了力的作用不是维持物体的运动状态，而是改变物体的运动状态，即产生加速度。
2、惯性：物体保持匀速直线运动状态或静止状态的性质
(1)惯性是物体的固有属性，即一切物体都有，与物体的受力情况及运动状态无关。因此说，人们只能“利用”惯性而不能“克服”惯性。
(2)质量是物体惯性大小的唯一量度。质量大的物体惯性大，质量小的物体惯性小。
·牛顿第三定律
牛顿第三定律（作用与反作用定律），具体内容是：两个物体之间的作用力与反作用力总是大小相等，方向相反，作用在同一条直线上。作用力与反作用力是性质相同的力，它们分别作用于两个物体，各自产生自己的效果，不会抵消，且不是平衡力。其数学表达式为F=-F′。
【例题析思】
[例题1]火车在长直水平轨道上匀速行驶，门窗紧闭的车厢内有一人向上跳起，发现仍落回到车上原处，这是因为：A、人跳起后，厢内空气给他以向前的力，带着他随同一起向前运动；B、人跳起的瞬间，车厢的地板给他一个向前的力，推动他随同火车一起向前运动；C、人跳起后，车在继续向前运动，所以人落到下后必定偏后一些，只是由于时间很短，偏后距离太小，不明显而已；D、人跳起后直到落地，在水平方向上人和车始终具有相同的速度。（ ）
[析与解]火车作匀速直线运动，车及车内物体所受合力均为零，人竖直跳起时及有跳起后，没有水平方向力的作用。根据牛顿第一定律知道人在水平方向与火车一样保持匀速直线运动状态，故选项D是正确。
[思考1]：下列说法正确的是（ ）
A、一同学看见某人用手推不动原来静止的小车，于是说是因为这辆车的惯性太大的缘故；
B、运动得越快的汽车越不容易停下来，是因为汽车运动得越快，惯性越大；
C、把一个物体竖直上抛，当抛出后，能继续上升，是因为物体仍受到一个向上的推力；
D、物体的惯性仅与本身的质量有关，质量大的惯性大，质量小的惯性小。
[提示]：根据惯性是物体的固有属性，与物体是否受力及运动状态无关，质量是物体惯性大小的量度，力不是维持物体运动的原因，而是改变物体运动状态的原因等知识可得出选项D是正确的。
[例题2]下列说法中正确的是（ ）
A、物体只有静止或匀速直线运动时才有惯性
B、物体只有受外力作用时才有惯性
C、物体速度大时惯性大
D、力是改变惯性的原因
E、力是物体产生加速度的原因
[析与解]正确选项是E。
∵惯性是物体的固有属性，任何时候一切物体都有惯性。∴A、B错误。
∵质量是物体惯性大小的唯一量度（质量大，惯性大；质量小，惯性小）。∴C错误。
∵力是改变物体运动状态的原因（即是产生加速度的原因），而一个物体的运动状态改变（速度改变）时，其惯性大小（即质量大小）并不改变。∴D错误，E正确。
[思考2]一个小球正在作曲线运动，若突然撤去所有外力，它将（ ）
A、立即静止下来 B、仍作曲线运动
C、作减速运动 D、作匀速直线运动
[提示]：物体运动状态的改变，包括速度的大小、方向之一或两者同时改变，皆需要力的作用。此题中，在撤去所有外力后，小球不再受力的作用，所以运动状态不会出现任何变化。A、C选项是说物体运动速度的大小将变化，因此是错误的。B选项是说物体运动速度的方向将变化（曲线运动中，速度的方向时刻变化），因此也是错误的。
由于物体具有惯性，所以撤去外力后，物体将保持撤去外力那一时刻的运动状态，即以撤去外力那一时刻速度的大小和方向运动，因此作匀速直线运动。故D选项正确。
[例题3]物体静止于一斜面上，如图3-1所示。则下述说法正确的是：（ ）
A、物体对斜面的压力和斜面对物体的支持平衡力；
B、物体对斜面的摩擦力和斜面对物体的摩擦力是一对作用力与的反作用力；
C、物体所受重力和斜面对物体的作用力是一对作用力和反作用力；
D、物体所受重力可以分解为沿斜面向下的力和对斜面的压力。
[析与解]解决此题必须要抓住作用力和反作用力是两个物体间相互产生的，必是同性质的力，而一对平衡力是作用于同一物体两个等大、反向、共线之力，性质上无任何必然的联系。在上述各对力中，物体对斜面的压力和斜面对的物体的支持力及物体对斜面的摩擦力和斜面对物体的摩擦力同属物体和斜面间的相互作用力，分别作用在物体和斜面上，因此，它们为两对作用力与反作用力，所以选项A错，选项B对。物体所受重力是地球施加的其反作用为物体对地球的吸引力，它作用在地球上，因此选项C错；至于物体所受重力，无论如何分解，各分力都应作用在物体上，而不能作用在斜面上形成对斜面的压力，故选项D也错，综合上述可知只有选项B是正确的。
[思考3]下列说法正确的是（ ）
A、凡是大小相等，方向相反，分别作用在两个物体上的两个力必是一对作用力和反作用力；
B、凡是大小相等，方向相反，作用在同一物体上的两个力必定是一对作用力和反作用力；
C、即使大小相等，方向相反，作用在同一直线上，且分别作用在两个物体上的两个力也不一定是一对作用力和反作用力；
D、相互作用的一对力究竟称哪一个力是反作用力是任意。
[提示]：由牛顿第三定律可得出选项C、D是正确的。
【素质训练】
1、由牛顿第一定律可知
A、如果物体的运动状态不变，就一定不受外力的作用
B、作曲线运动的物体所受的合外力一定不为零
C、质量就是惯性
D、力停止作用后，运动的物体会慢慢停下来
2、如图3-2所示，劈形物体M的各表面均光滑，上表面水平，放在固定的斜面上，在M的水平上表面上放一光滑小球m。现将劈形物体从静止开始释放，则小球在碰到斜面前的运动轨迹是（ ）
A、沿斜面向下的直线
B、竖直向下的直线
C、无规则的直线
D、抛物线
二·牛顿第二定律
【知识点析】
1、牛顿第二定律
(1)第一表达式：；第二表达式为：
(2)定律指出物体的加速度a
①大小跟合外力成正比，跟质量成反比；
②方向跟合外力的方向相同。物体所受合力的方向决定了其加速度的方向，只要有合力，不管速度是大还是小，或是零，都有加速度，只有合力为零，加速度才能为零。
2、加速度与速度的关系
(1)两者大小上无直接关系；
(2)两者的方向关系决定物体的加速和减速（加速度与速度同向时，速度变大；加速度与速度反向时，速度变小）也就是说当速度方向与加速度方向同向时，无论加速度值如何，速度都在增加；当速度方向与加速度方向相反时，无论加速度值如何，速度都在减小。
3、物体运动性质分析的一般方法
(1)对物体进行受力分析，根据牛顿第二定律=ma分析a的方向和大小；
(2)由(a)与v的方向关系判断v的变化。

【例题析思】
[例题1]如图3-3甲所示，质量为m的小球自由下落一段时间后，与弹簧接触（弹簧的下端固定在地面上，劲度系数为k），从它接触弹簧开始，到弹簧压缩到最短的过程中，小球的速度v、加速度a及合外力的变化性况是怎样的？









[析与解]小球在接触弹簧后受两个力的作用：竖直向下重 力和竖直向上的弹力（其中重力为恒力）
在接触后的头一段，重力大于弹力，合力方向向下（图3-3丙），由牛顿第二定律有mg-kx=ma，因此，a的方向竖直向下，大小随着x的增大而减小，又：a与v同向，所以v不断增大。→此过程(图3-3乙中AB段)小球作加速度不断减小的加速运动。
当弹力增大到等于重力时，合力为零，a为零，v达到最大，但由于惯性，小球继续向下运动。（图3-3乙中B点）
此后，重力小于弹力，合力方向向上（图3-3丁），由牛顿第二定律有kx-mg=ma，因此,a的方向竖直向上，大小随着x的增大而增大。又：a与v反向，所以v不断减小。→此过程（图3-3乙中BC段），小球作加速度不断增大的减速运动。
至v减小为零(图3-3乙中C点)
综上分析得：小球向下压缩弹簧的过程中，合外力（加速度a）的方向是先向下后向上，大小是先变小再大；速度v的方向向下，大小是先变大再变小。
[注意]小球不会静止在最低点C，还会向上运动，请同学们分析此后的运动情况。
[思考1]把一个质量为m的物块用一个与时间成正比的水平推力F(F=kt)压在足够高的平整墙壁上，如图3-4甲所示。从t=0开始，物体所受的摩擦力f、运动的加速度a及其速度v随时间t是怎样变化的？
[提示]对物块进行受力分析（图3-4乙），它受到重力mg、已知外力F、弹力N和摩擦力f四个力的作用。
物块沿墙壁下滑过程中所受的滑动摩擦力f=μN=μkt，随时间t成正比增加。
当f当f=mg时，合力为零，a为零，v达到最大，但由于惯性，小球继续向下运动。
当f>mg时，物块的合力方向竖直向上，由牛顿第二定律μ kt-mg=ma，因此，a的方向竖直向上，大小随着t的增大而增大。又：a与v反向，所以v不断减小。→此过程物块作加速度不断增大的减速运动。
至v减小为零，物块处于静止状态，此时摩擦力减小mg，且由滑动摩擦力转为静摩擦力。
综上分析得：摩擦力f在下滑过程中一直按正比增加，最后发生突变，减小到重力mg的数值，方向向上；加速度a的方向是先向下再向上，大小是先变小再变大最后为零：速度v的方向向下，大小先变大再变小最后为零。
[例题3]如图3-5所示，一根轻质弹簧上端固定，下端挂一质量为M的平盘，盘中有一物体质量为m，当盘静止时，弹簧的长度比其自然长度伸长了L，今向下拉盘使弹簧再伸长△L后停止，然后松手放开，设弹簧总处在弹性限度内，则松开手时盘对物体的支持力等于：
A、(1+△L/L)mg;
B、(1+△L/L)(M+m)g；
C、；
D、
[析与解]由题意应理出两个物理情景：第一个是弹簧伸长L，系统静止；第二个是弹簧伸长(△L+L)，松手后对(M+m)系统来说F合≠0，有加速度a。弹簧的弹力由胡克定律表示，要注意到牛顿第二定律的瞬时性，矢量性。要求盘对物体的支持力N，N是(M+m)系统中的内力，必须用“隔离体”法隔出物体，用牛顿第二定律求N。列牛顿第二定律表达式求N涉及到加速度a，所以又应取整体为研究对象求a。
取m、(M+m)为研究对象，作出其受力如图3-6所示，对系统有，根据胡克定律和物体的平衡条件有：
KL=(M+m)g ①
松开手的瞬间，由胡克定律和牛顿第二定律有：
K（L+△L）-（M+m）g=(M+m)a ②
①代入②得：K△L=（M+m）a ③
③/①得：a=△L/Lg ④
对物体m，根据牛顿第二定律有：
N-mg=ma ⑤
将④代入⑤并整理得出：N=(1+△L/L)mg，由此可见，选项A是正确的。
通过此题的解析，要懂得什么时候该取系统为研究对象，什么时候应取“隔离体”为研究对象的重要决策问题。
[思考2]如图3-7所示，一个箱子放在水平地面上，箱内有一固定的竖直杆，在杆上套着一个环，箱和杆的质量为M，环的质量为m。已知环沿着杆加速下滑，环与杆的摩擦力大小为f，则此箱对地面的压力为（ ）
A、等于Mg B、等于(M+m)g
C、等于Mg+f D、等于(M+m)g-f
[提示]：环加速下滑，环给杆的滑动摩擦力向下。取箱子为研究对象可解出选项C是正确的。在解题过程中，不要认为环与杆之间的滑动摩擦力是一对等值反向的内力，取系统为研究对象时其合力为零，得出系统静止在地面上N=(M+m)g的错误结论。
【素质训练】
1、钢球在很深的油槽中由静止开始下落，若油对球的阻力正比于其速度，则球的运动是（ ）
A、先加速后减速最后静止
B、先加速后匀速
C、先加速后减速直至匀速
D、加速度逐渐减小到零
2、竖直向上飞行的子弹，达到最高点后又返回原处，假设整个运动过程中，子弹受到阻力与速率成正比，则在整个过程中，加速度和速度的变化是（ ）
A、加速度始终变小，速度先变小后变大
B、加速度始终变大，速度先变小后变大
C、加速度先变小后变大，速度先变小后变大
D、加速度先变大后变小，速度先变小后变大
3、一物体受几个力作用而处于静止状态，若保持其它力不变而将其中一个力F1逐渐减小到零（方向保持不变），然后又将F1逐渐恢复原状，在这个过程中，物体的（ ）
A、加速度增大，速度增大 B、加速度减小，速度增大
C、加速度先增大后减小，速度增大 D、加速度和速度都是先增大后减小
4、如图3-8所示，一轻质弹簧一端系在墙上的O点，自由伸长到B点，今将一小物体m把弹簧压缩到A点，然后释放，小物体能运动到C点静止，物体与水平面间的动摩擦因数恒定，试判断下列说法中正确的是（ ）
A、物体从A到B速度越来越大，从B到C速度越来越小
B、物体从A到B速度越来越小，从B到C加速度不变
C、物体从A到B先加速后减速，从B到C一直减速运动
D、物体在B点受合外力为零

5、如图3-9所示，是某质点所受的合外力随时间作周期性变化的关系，各段合外力大小相同，作用时间相同，设质点从静止开始运动，由此可判定（ ）
A、质点向前运动，再返回停止
B、质点向前运动，再返回不停止
C、质点始终向前运动
D、质点先向前、后向后，作往复运动
6、如图3-10所示，一足够长的竖直杆与木架连在一起，杆与木架的质量共为M，一质量为m的球紧套在竖直杆上，今使球沿竖直杆以V0速度竖直向上抛起，木架恰好对地无压力，则小球上升的加速度大小为 ，小球所能达到的最大高度为 。

7、一物体放在倾角为θ的斜面上，向下轻轻一推，它刚好能匀速下滑，如图3-11所示，若给它一个沿斜面向上的初速度V0，则它能上滑的最大距离是 。

8、斜面倾角θ=37°，长0.8m，宽0.6m，如图所示，质量为2kg的木块，与斜面间的动摩擦因数为μ=0.5，在平行斜面方向的恒力F的作用下沿斜面对角线从A运动到B，g取10m/s2，在平行斜面方向的恒力F的作用下沿斜面对角线A运动到B，g取10m/s2，sin37°=0.6。求：
(1)F大小的最小值；
(2)F取最小值时木块的加速度。


三、超重和失重
【知识点析】
项目内容 超重 失重
1 本质特征 物体具有竖直向上的加速度a 物体具有竖直向下的加速度a
2 现象表现 对悬挂物的拉力或对支持物的压力大于重力即时T（N）=mg+ma>mg 对悬挂物的拉力或对支持物的压力小于重力即T(N)=mg-ma3 运动可能 竖直向上加速(或向下减速)运动 竖直向下加速(或向上减速)运动
4 说明 ①失重情况下，物体具有竖直向下的加速度a=g时T(N)=0的现象，称为“完全失重”。②在超重和失重现象时，物体的重力依然存在，而且不变。③在完全失重状态下，平常由重力产生的一切物理现象都会消失。比如物体对桌面无压力、单摆停止摆动、浸在水里的物体不受浮力等。

【例题析思】
[例题1]在人造地球卫星中，下列哪些仪器不能使用？（ ）
A、天平 B、弹簧秤 C、水银温度计 D、水银气压计
[析与解]人造地球卫星绕地球作匀速圆周运动时，所受地球的引力完全用来提供向心力。向心加速度即卫星所在位置的重力加速度，竖直向下指向地心（即卫星轨道的圆心），所以卫星内是完全失重的环境。
天平利用的是力矩平衡原理，在完全失重状态下，放在天平内的砝码和物体都不会对天平托盘产生压力，即不论天平左右托盘中分别放质量为多少千克的物体和砝码，天平都能平衡，故失效；水银气压计利用的是力的平衡原理，而此时水银的重力不产生压力，即不论气体压强为多少，都能使管中充满水银，故失效；弹簧秤除了不能测重力外，测其它力（如拉力）还可以用；水银温度计是利用热胀冷缩原理制成的，因而还可用。此题答案为AD。
[思考1]如图3-12所示，杂技“顶杆”表演，一人站在地上，肩上扛一质量为M的竹竿，当竿上一质量为m的人以加速度a加速下滑时，杆对“底人”的压力多大？
[提示]以人m为对象，他受重力mg和向上的摩擦力f作用。加速度a向下，ma=mg-f，所以f=m(g-a)。再以竿为研究对象，它受重力mg、f的反作用力f′及“底人”的支持力N，而竿加速度为零，所以
N压=N=mg+ f′=Mg+m(g-a)可见此时压力比重力还小，当然人不可能一直加速下滑，最后必减速下滑，此时有N压>Mg+mg
【素质训练】
1、某人在以2.5m/s2的加速度匀加速下降的升降机里最多能举起80kg的物体，则他在地面上最多能举起 kg的物体；若此人在一匀加速上升的升降机中最多能举起40kg的物体，则此升降机上升的加速度为 m/s2
2、一物体放置在升降机内的台秤上，升降机以加速度a在竖直方向作匀变速直线运动，若物体处于失重状态，则（ ）
A、升降机的加速度方向竖直向下
B、台秤的读数减小ma
C、升降机一定向上运动
D、升降机一定作加速运动
【素质训练答案】
一、牛顿第一、三定律
1、B 2、B
二、牛顿第二定律
1、BD 2、A 3、C 4、C 5、C
6、
7、
8、当α=90°，F有最大值，大小为7.2Na=0.8m/s2
三、超重和失重
1、60 5 2、AB

θ
图3-1
M
图3-2
m
A
B
C
m
kx
a
v
kx
a
v
mg
甲
乙
丙
丁
图3-3
F
F
N
mg
f
甲
乙
图3-4
图3-5
N
mg
a
F
a
(M+m)g
图3-6
图3-7
图3-8
m
O
A
B
C
F
t
1
2
O
图3-9
图3-10
Q
图3-11
A
B
0.8m
θ
0.6m
M
m
图3-12PAGE
第二讲 匀变速运动
一、特别提示：
1、匀变速运动是加速度恒定不变的运动，从运动轨迹来看可以分为匀变速直线运动和匀变速曲线运动。
2、从动力学上看，物体做匀变速运动的条件是物体受到大小和方向都不变的恒力的作用。匀变速运动的加速度由牛顿第二定律决定。
3、原来静止的物体受到恒力的作用，物体将向受力的方向做匀加速直线运动；物体受到和初速度方向相同的恒力，物体将做匀速直线运动；物体受到和初速度方向相反的恒力，物体将做匀减速直线运动；若所受到的恒力方向与初速度方向有一定的夹角，物体就做匀变速曲线运动。
二、典型例题：
例1 气球上吊一重物，以速度从地面匀速竖直上升，经过时间t重物落回地面。不计空气对物体的阻力，重力离开气球时离地面的高度为多少。
解 方法1：设重物离开气球时的高度为，对于离开气球后的运动过程，可列下面方程：，其中（-hx表示）向下的位移，为匀速运动的时间，为竖直上抛过程的时间，解方程得：，于是，离开气球时的离地高度可在匀速上升过程中求得，为：
方法2：将重物的运动看成全程做匀速直线运动与离开气球后做自由落体运动的合运动。显然总位移等于零，所以：
解得：
评析 通过以上两种方法的比较，更深入理解位移规律及灵活运用运动的合成可以使解题过程更简捷。
例2 两小球以95m长的细线相连。两球从同一地点自由下落，其中一球先下落1s另一球才开始下落。问后一球下落几秒线才被拉直？
解 方法1：“线被拉直”指的是两球发生的相对位移大小等于线长，应将两球的运动联系起来解，设后球下落时间为ts，则先下落小球运动时间为(t+1)s，根据位移关系有：
解得：t=9s
方法2：若以后球为参照物，当后球出发时前球的运动速度为。以后两球速度发生相同的改变，即前一球相对后一球的速度始终为，此时线已被拉长：
线被拉直可看成前一球相对后一球做匀速直线运动发生了位移：
∴
评析 解决双体或多体问题要善于寻找对象之间的运动联系。解决问题要会从不同的角度来进行研究，如本题变换参照系进行求解。
例3 如图2-1所示，两个相对斜面的倾角分别为37°和53°，在斜面顶点把两个小球以同样大小的初速度分别向左、向右水平抛出，小球都落在斜面上。若不计空气阻力，则A、B两个小球的运动时间之比为（ ）
A、1:1 B、4:3 C、16:9 D\9：16
解 由平抛运动的位移规律可行：
∵ ∴
∴
故D选项正确。
评析 灵活运用平抛运动的位移规律解题，是基本方法之一。应用时必须明确各量的物理意义，不能盲目套用公式。
例4 从空中同一地点沿水平方向同时抛出两个小球，它们的初速度方向相反、大小分别为，求经过多长时间两小球速度方向间的夹角为90°？
解 经过时间t，两小球水平分速度、不变，竖直分速度都等于，如图2-2所示，t时刻小球1的速度轴正向夹角为
小球2的速度轴正向夹角为
由图可知
联立上述三式得
评析 弄清平抛运动的性质与平抛运动的速度变化规律是解决本题的关键。
例5 如图2-3所示，一带电粒子以竖直向上的初速度，自A处进入电场强度为E、方向水平向右的匀强电场，它受到的电场力恰与重力大小相等。当粒子到达图中B处时，速度大小仍为，但方向变为水平向右，那么A、B之间的电势差等于多少？从A到B经历的时间为多长？
解 带电粒子从A→B的过程中，竖直分速度减小，水平分速度增大，表明带电粒子的重力不可忽略，且带正电荷，受电场力向右。依题意有
根据动能定理：
在竖直方向上做竖直上抛运动，则
解得：。
∴
评析 当带电粒子在电场中的运动不是类平抛运动，而是较复杂的曲线运动时，可以把复杂的曲线运动分解到两个互相正交的简单的分运动来求解。
例6 如图2-4所示，让一价氢离子、一价氦离子和二价氦离子的混合物由静止经过同一加速电场加速，然后在同一偏转电场里偏转，它们是否会分成三股？请说明理由。
解 设带电粒子质量为、电量为q，经过加速电场加速后，再进入偏转电场中发生偏转，最后射出。设加速电压为 U1，偏转电压为U2，偏转电极长为L，两极间距离为d，带电粒子由静止经加速电压加速，则U1q=，。
带电粒子进入偏转电场中发生偏转，则水平方向上：，
竖直方向上：。
可见带电粒子射出时，沿竖直方向的偏移量与带电粒子的质量和电量q无关。而一价氢离子、一价氦离子和二价氦离子，它们仅质量或电量不相同，都经过相同的加速和偏转电场，故它们射出偏转电场时偏移量相同，因而不会分成三股，而是会聚为一束粒子射出。
评析 带电粒子在电场中具有加速作用和偏转作用。分析问题时，注意运动学、动力学、功和能等有关规律的综合运用2005年高考物理第二轮专题复习
专题四 光学、原子物理
一、知识结构
(一)光学
1.懂得光的直线传播的性质，并能据此解释有关的自然现象。
2.掌握平面镜成像的特点，并利用它解决实际问题。
3.掌握光的折射规律及其应用；了解全反射的条件及临界角的计算，理解棱镜的作用原理。
4.明确透镜的成像原理和成像规律，能熟练应用三条特殊光线的作用和物像的对应关系作图，正确理解放大率的概念和光路可逆的问题。注意光斑和像的区别和联系。
5.了解光的干涉现象和光的衍射现象及加强、减弱的条件。
6.掌握光的电磁学说的内容；明确不同电磁波产生的机理和各种射线的特点和作用。理解光谱的概念和光谱分析的原理。
7.掌握光电效应规律，理解光电效应四个实验的结论，了解光的波粒二象性的含义。
(二)原子物理
1.掌握卢瑟福核式结构模型及其意义。
2.了解玻尔的三个量子化假设。
3.掌握α、β、γ射线的本质和本领。
4.了解放射性元素的半衰期及其应用。
二、例题解析
例1下列成像中，能满足物像位置互换(即在成像处换上物体，则在原物体处一定成像)的是()
A.平面镜成像B.置于空气中的玻璃凹透镜成像
C.置于空气中的玻璃凸透镜成实像D.置于空气中的玻璃凸透镜成虚像
【解析】由光路可逆原理，本题的正确选项是C
例2在“测定玻璃的折射率”实验中，已画好玻璃砖界面两直线aa′与bb′后，不小心误将玻璃砖向上稍平移了一点，如下图左所示，若其他操作正确，则测得的折射率将()
A.变大B.变小C.不变D.变大、变小均有可能
【解析】要解决本题，一是需要对测折射率的原理有透彻的理解，二是要善于画光路图。设P1、P2、P3、P4是正确操作所得到的四枚大头针的位置，画出光路图后可知，即使玻璃砖向上平移一些，如上图右所示，实际的入射角没有改变。实际的折射光线是O1O′1，而现在误把O2O′2作为折射光线，由于O1O′1平行于O2O′2，所以折射角没有改变，因此折射率不变。
例3如下图所示，折射率为n＝的液面上有一点光源S，发出一条光线，垂直地射到水平放置于液体中且距液面高度为h的平面镜M的O点上，当平面镜绕垂直于纸面的轴O以角速度ω逆时针方向匀速转动时，液面上的观察者跟踪观察，发现液面上有一光斑掠过，且光斑到P点后立即消失，求：
(1)光斑在这一过程的平均速度。
(2)光斑在P点即将消失时的瞬时速度。
【解析】光线垂直于液面入射，平面镜水平放置时反射光线沿原路返回，平面镜绕O逆时针方向转动时经平面镜的反射，光开始逆时针转动，液面上的观察者能得到由液面折射出去的光线，则看到液面上的光斑，从P处向左再也看不到光斑，说明从平面镜反射P点的光线在液面产生全反射，根据在P处产生全反射条件得：
sinθ＝，θ＝45°
(1)因为θ＝45°，PA＝OA＝h，t＝
(2)光斑转到P位置的速度是由光线的伸长速度和光线的绕O转动的线速度合成的，光斑在P位置的线速度为2ωh，所以光斑沿液面向左的速度
v＝v线/cos45°＝2ωh/cos45°＝4ωh。
例4如下图为查德威克发现中子的实验示意图，其中①为，②，核反应方程为。
【解析】有关原子物理的题目每年高考都有题，但以选择题和填空题为主，要求我们复习时注意有关的理论提出都是依据实验结果的，因此要注意每个理论的实验依据
答案：中子流质子流。
三、能力训练
(一)选择题
1.如图所示，放在空气中的平行玻璃砖，表面M与N平行，一束光射到表面M上，(光束不与M平行)
①如果入射角大于临界角，光在表面M即发生反射。
②无论入射角多大，光在表面M也不会发生全反射。
③光可能在表面N发生全反射。
④由于M与N平行，光只要通过M，则不可能在表面N发生全反射。
则上述说法正确的是()
A.①③B.②③C.③D.②③
2.如图所示，OO′为透镜的主光轴，当将点光源置于A点时，其像位置在B点，则()
A.当将点光源置于B点时，则像必成在A点
B.当将点光源置于B点时，则像一定不会成在A点
C.该透镜是凸透镜
D.该透镜是凹透镜
3.如图所示的府视图，宽1m的平面镜AB的右前方站着一个人甲，另一人乙沿AB的中垂线从远处向平面镜走近，乙能看到甲在平面镜中的像的位置是()
A.走近过程的所有位置B.乙距镜不大于1m的位置
C.只有在乙距镜0.5m的位置D.乙距镜不大于0.5m的位置
4.如图所示，a、b、c是三块折射率不同的透明介质平板玻璃，彼此平行放置，且有na＜nb＜nc,一束单色光线由空气中以入射角i射到介质a中，当光线由介质c射到空气中时，折射角为r，则有()
A.i＞rB.i=rC.i＜rD.无法确定
5.照相机的镜头相当于一个凸透镜，如果不慎在镜头上染上一个小墨点，则照出的相片上()
A.有一个放大的墨影B.有一个缩小的墨影
C.一片漆黑D.基本正常
6.如图，厚玻璃的下表面镀有反射膜，一束白光以α角射到玻璃的上表面，经折射、反射后射向光屏PP′，则()
①射向光屏PP′是一束平行光
②在光屏PP′上形成彩色光带，靠近P端为红色，靠近P′端为紫色
③在光屏PP′上形成彩色光带，靠近P端为紫色，靠近P′端为红色
④射向屏PP′的一束发散光，但仍为白光
上述说法正确的是()
A.①②B.①③C.②D.①④
7.肥皂泡呈现的彩色，露珠呈现的彩色，通过狭缝看到的白光光源的彩色条纹，它们分别属于()
A.光的色散、干涉、衍射现象B.光的干涉、色散、衍射现象
C.光的干涉、衍射、色散现象D.光的衍射、色散、干涉现象
8.在演示光电效应的实验中，原来不带电的一块锌板与灵敏验电器相连，用弧光灯照射锌板时，验电器的指针就张开一个角度(如图)，这时()
A.锌板带正电，指针带负电B.锌板带正电，指针带正电
C.锌板带负电，指针带正电D.锌板带负电，指针带负电
9.某单色光在真空中的波长为λ，光速为c，普朗克常量为h.现光以入射角i由真空射入水中，折射角为r，则()
A.i＜rB.光在水中的波长为λ1=
C.每个光子在水中的能量E=D.每个光子在水中的能量E=
10.右图所示是用干涉法检查某块厚玻璃的上表面是否平整的装置，检查中所观察到的干涉条纹如图乙所示，则()
A.产生干涉的两列光波分别是由a的上表面和b的下表面反射的
B.产生干涉的两列光波分别是由a的下表面和b的上表面反射的
C.被检查的玻璃表面有凸起
D.被检查的玻璃表面有凹陷
11.如图是光电管工作原理电路图，一束波长为λ1的单色光照射到光电管的阴极，电路中产生了光电流，下述判断正确的是()
A.若另一束波长为λ2的单色光(λ2＞λ1)照射到光电管的阴极时，电路中也可能产生光电流，但光电流肯定比前次小
B.若电路中产生光电流时，光电流几乎跟光照射同时发生
C.若电路中电源的正负极反接后，电路中仍可能有光电流
D.入射光的强度一定时，电路中光电流的大小随电压的增大而持续增大
12.如图，在遮光板中央挖一圆洞，嵌入一块与圆洞等大的透镜，一束平行光垂直照射到透镜上，在遮光板后与板平行的屏上呈现一个直径2倍于透镜直径的圆形光斑，若屏与遮光板相距为d，则透镜的焦距的大小可能为()
A.d/4B.d/3C.d/2D.d
13.如图所示，在凸透镜主光轴上放一点光源P成像于A点，OP＜OA，A处有垂直于主轴的平面镜，通过透镜的光经平面镜反射后()
A.可在OP之间成像B.可在P点成像
C.向右移动透镜，可能在P点成像D.向左移动透镜，可能在P点成像
14.下列关于光的现象的说法中，正确的是()
A.雨后天空出现的彩虹是光的衍射现象
B.白光通过分光镜在光屏上形成彩色的光带是光的干涉现象
C.涂有增透膜的照相机镜头呈淡紫色，说明增透膜增强了对紫光的透射程度
D.夜间观看到天边的星座的位置比实际位置偏高，是光的折射现象
15.如图所示，两束单色光a、b自空气射入玻璃，经折射形成复合光束c，则下列说法中正确的是()
A.a光光子的能量比b光光子的能量大
B在空气中，a光的波长比b光的波长短
C.在玻璃中，a光的光速小于b光的光速
D.玻璃对a光的临界角大于对b光的临界角
16.如图所示，A是直径为10cm的发光球，B是直径为5cm的遮光圆板，C是光屏，三者中心共轴，AB相距200cm，当B的本影在C上消失时，BC的距离及此时半影环的半径分别是()
A.100cm、10cmB.100cm、20cm
C.200cm、20cmD.200cm、10cm
17.可以用来说明光具有波粒二象性的现象是()
A.光的色散和光的衍射
B.光的干涉和光电效应
C.连续光谱的产生和红外线的热作用
D.放射性现象和阴极射线
18.如图所示，与主轴距离相等的单色光A和B，平行于主光轴射向凹透镜，经折射后其反向延长线交于P点，由此可得出()
A.A光在透镜玻璃中的速度比B光小
B.透镜玻璃对A光的折射率比B光小
C.在真空中B光的波长比A光小
D.B光的光子能量比A光小
19.如图所示，MN为透镜L的主轴，图中AB为一条入射光线从左边射向透镜L后的折射光线。由此可判定以下说法正确的是()
A.若L是凸透镜，B一定是L的焦点。
B.若B是L的焦点，L一定不是凹透镜。
C.若B是L的焦点，AB的入射光线一定平行于主轴。
D.若AB的入射光线平行于主轴，L一定不是凹透镜。
20.如图所示为发生月食时，太阳光照射光线的示意图，当月球进入图中哪个区域时，在地球上处于夜晚地区的观察者可以看到月食()
A.全部进入区域ⅠB.全部进入区域Ⅱ和Ⅳ
C.全部进入区域ⅢD.部分进入区域Ⅰ
21.中子和质子结合成氘核，同时放出γ光子，核反应方程是，以下说法中正确的是()
A.反应后氘核的质量一定小于反应前质子和中子的总质量
B.反应前后质量数不变，因而质量不变
C.由核子组成原子核一定向外释放能量
D.光子所具有的能量为△mc2，△m为反应中的质量亏损，c为光速
22.如图所示，是两个同种玻璃制成的棱镜，顶角α1略大于α2，两束单色光A和B分别垂直入射于三棱镜后，出射光线与第二界面的夹角β1=β2，则()
A.A光束的频率比B光束高
B.在棱镜中A光束的波长比B光束的短
C.在棱镜中B光束的传镜速度比A光束的大
D.把两束光由水中射向空气，产生全反射，A光的临界角比B的临界角大
(二)填空题
1.人类梦寐已求的愿望：“应用海洋中储有大量的氘核以及氚核进行可控热核反应，从而获得巨大的能量”，正在成为现实。其核反应方程为。设氘核的质量为m1，氚核的质量为m2，中子的质量为m3，聚变生成核的质量为m4，则该核反应放出的能量为。
2.已知每秒钟从太阳射到地球的辐射能为1.4×103J/m2,其中可见光部分约占45%，假如认为可见光的波长约为5500，太阳向各个方向的辐射是均匀的，日地间距离R=1.5×1011m,普朗克常量h=6.63×10-34J·s,由此可估算出太阳每秒钟辐射出的可见光的光子数约为
个。(取一位有效数字)
3.如图所示，一束阳光经三棱镜折射后在白色纸带上形成A—G的彩色光带，问：
(1)若在M处置一绿色滤光片，则只可在点处看到光斑。
(2)若在M处置一盆绿藻，则可在点处变暗，其原因是。
4.某同学在做测定玻璃折射率的实验，将玻璃砖放在白纸上，然后用笔直接贴着玻璃砖画出了两个界面，由于笔头较粗，使得画出的两个界面都向外出现了一小段距离，如图所示，之后，他没有移动玻璃砖，直接插针做完了实验，他实验结果测得的折射率将.(填偏大，偏小，不变)
5.在测定凸透镜焦距的实验中，试说明发生以下现象的原因
(1)在光具座上无论怎样移动小灯，光屏与透镜都找不到像，而且光屏上只有在靠近透镜时有光，原因是.
(2)在光具座上固定好灯与透镜位置后，无论怎样移动光屏，屏上始终有光，但不能成像，原因是.
(3)在光具座上固定好灯与透镜位置后，把光屏移到最远时，屏上才能出现非常模糊的像，原因是.
6.在磁感强度为B的匀强磁场中，某时刻一质量为M的原子核由静止状态发生α衰变，衰变后的α粒子在磁场中作半径为R的匀速圆周运动，设α粒子的质量为m、电量为q，衰变过程中释放的能量全部转化为α粒子和新核的动能，α粒子和新核的重力均忽略不计，C表示真空中的光速，则衰变过程中的质量亏损△m=。
(三)论述和计算
1.在广口瓶中盛满水，如图那样把直尺AB紧挨着广口瓶瓶口的C点竖直插入瓶内，这时，在直尺对面的P点观察水面，能同时看到直尺在水中的部分和露出水面的部分在水中的像，读出你看到的直尺水下部分最低点的刻度S1以及跟这个刻度相重合的水上部分的刻度S2的像S′2，量出广口瓶的瓶口内径d，就能算出水的折射率。这是为什么 请列出计算折射率的公式。
2.某金属在一束黄光的照射下正好有电子逸出，则在下述情况下逸出电子的多少和电子的最大初动能有什么变化
(1)增大光强而不改变光的频率。
(2)用一束强度更大的红光代替黄光。
(3)用一束强度比黄光小得多的紫光代替黄光。





3.如图所示，平行玻璃砖折射率为n=，下表面镀有银，一束单色光与界面成角θ=45°射到玻璃砖表面上，最后在玻璃砖右边竖直光屏上出现相距h=2.0cm的两光点A和B，求玻璃砖的厚度d。


4.如图所示，游泳池宽度L=15m，左岸边一标杆上装有一A灯，A灯高0.5m，在右岸边站立着一人，E点为人眼的位置，人的眼高为1.5m，水面离岸边的高度为0.5m，此人发现A灯经水面反射所成的像与左岸水面下某处的B灯经折射后所成的像重合，已知水的折射率为1.3，试求B灯在水面下多深处 (B灯在图中未画出)


5.将焦距为f的凸透镜切成上下两半，沿主光轴拉开距离f，如右图所示，点光源S置于透镜主轴上离左边半个透镜f处。该装置可演示两束光的干涉现象，请画出点光源S经上下两半透镜后的光束，并用斜线画出两束光发生干涉的区域。

6.氢原子的核外电子质量为m，电量为-e，在离核最近的轨道上运动，轨道半径为r1，试回答下列问题：
(1)电子运动的动能EK是多少
(2)电子绕核运动的频率是多少
(3)电子绕核在如图所示xy平面上，沿A→B→C→D方向转动，电子转动相当于环形电流，则此电流的方向如何 电流强度多大
7.如图所示，垂直于凸透镜主轴的物体AB，经透镜成实像A1B1，物距、像距分别为u、υ。现在使物体AB偏转一个α角至A′B位置，仍能成完整的实像。请你在不必确定焦点位置的情况下，作出A′B成像的光路图。要求叙述作图步骤并求出像A1B1偏转的角度β。

8.如图所示，一个三棱镜的横截面是直角三角形，且∠A=30°,,把此棱镜放在真空中，一束平行单色光斜射向AC面的DC部分，经棱镜后垂直于AB面射出，棱镜材料的折射率为.
(1)求光线从棱镜内射向真空时的临界角。
(2)在图中画出从DC部分射入，最后垂直于AB面射出的一条光线的光路图(不要求画出此光线在AB面的反射线)，并计算此光线在DC面上的入射角。

9.静止的轴核进行α衰变，为了测定α粒子的动能，让它垂直飞入B=1T的匀强磁场，测得α粒子的轨道半径r1=0.31m，已知α粒子的质量m1=6.64×10-27kg，试求：
①α粒子的动能Ek1等于多少
②反冲核的动能Ek2等于多少
③假定衰变时能量全部能动能形式释放，求衰变过程中总质量亏损。





能力训练参考答案

(一)选择题
1.D2.B、D3.D4.B5.D6.A7.B8.B9.BD10.BD11.BC12.BD13.BCD14.D15.D16.D17.B18.AD19.D20.AD21.ACD22.D
(二)填空题
1.，(m1+m2-m3-m4)·c22.5×1044个
3.(1)D(2)A、E、G，光合作用主要吸收红光、蓝光、紫光
4.偏小5.(1)灯、屏、透镜三者不同轴；(2)u＜f；(3)灯虽位于1倍焦距之外，但太靠近焦点，成像太远6.B2q2R2M/2m(M-m)c2
(三)论述和计算
1.解这个问题需要将光的反射与折射知识结合起来，在本题中，S′2是S2经水面反射后所成的像，而看到的直尺在水面下最低点的刻度实际上已经是最低点S1经水面折射后所成的像。两刻度重合，实际上是S2发出的光线经D点反射后的反射光线与S1发出的光线在D点折射后的折射光线重合，因此眼睛看起来就会觉得这两个刻度重合。
设S1与S0之间的距离为l1,S2与S0之间的距离为l2.
sini=,sinr=,.
2.正好有电子逸出，说明此种黄光的频率恰好为该种金属的极限频率。
(1)增大光强而不改变光的频率，意味着单位时间内入射光子数增加而每个光子的能量不变，因此光电子的最大初动能不变，但逸出的光电子数目增加。
(2)用一束强度更大的红光来代替黄光，红光光子的频率小于该金属的极限频率，所以无光电子逸出。
(3)用强度比黄光小得多的紫光代替黄光，虽然单位时间里射向金属的光子数比原来减少，但每个紫光光子的能量比黄光光子的能量大，因此，光电子的最大初动能增大，但是单位时间里逸出的光电子的数目减少(注意：即使紫光的强度与黄光的强度相同，单位时间里射向金属的光子数应是黄光多，紫光少，因为每个紫光光子的能量比每个黄光光子的能量大)。
3.解：作出如左图所示的光路，i=45°，由n=可得r=30°，所以△CDE为等边三角形，四边形ABEC为梯形，CE=AB=h，玻璃的厚d就是为h的等边三角形的高，故d=cm。
4.4.35m5.略
6.(1)根据牛顿第二定律
∴电子的动能EK=
(2)电子绕核运动的频率f=
(3)此环形电流的方向为顺时针
电流强度I=
7.解：作出如左图所示的光路图。
先沿BA′作入射线交透镜于P，作折射线PB1，沿A′O作过光心的光路交A′1，B1A1′即为A′B的像
由几何关系有：tanα=,tanβ=，可得tanβ=tanα，即β=arctan(tanα)。
8.(1)45°(2)45°
9.Ek=、E=k、a=



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第八讲 估算与信息题
估算与信息处理不仅是直觉思维能力的集中表现，在科学研究和工程技术具有极其重要的意义，而且对培养综合分析能力和灵活运用物理知识解决实际问题的能力，也具有不可低估的作用。
为了正确而迅速地进行估算与信息题的处理，一般应注意以下几方面的问题：
1、突出主要矛盾，忽略次要因素，建立合理的模型。
2、根据物理规律，建立估算关系或信息联系；估算结果的数量级必须正确，有效数字取1~2位即可。
3、熟悉常用的近似计算公式和物理常数。
例1 请估算地月之间的距离。（保留一位有效数字）
分析：月球是绕地球转的，由开普勒第三定律可知，所有绕地球转动的天体都满足，为了解决地月距离，就需要寻找一个熟悉的，便于计算的绕地球转动的天体——同步卫星，同步卫星的周期T1=1天。轨道半径R1=6R0+R0=7R0，而月球周期T2=27天。
解答：
∴R2=7R0×32=63R0=4×105(Km)
点评：此题在估算中要求储备一些基本的天文学常识和相应的数据，从中选择便于计算或利用开普勒定律进行估算。
例2 如图10-1所示，在光滑的水平支撑面上，有A、B两个小球。A球动量为10kg·m/s，B球动量为12kg·m/s。A球追上B球并相碰，碰撞后，A球动量变为8kg·m/s，方向没变，则A、B两球质量的比值为（ ）
A、0.5 B、0.6 C、0.65 D、0.75
分析 A、B两球同向运动，A球要追上B球要有条件。两球碰撞过程中动量守恒，且动能不会增多，碰撞结束要有条件
解答 由得即
由碰撞过程动量守恒得：
由碰撞过程的动能关系得
由得：
∴
所以选B、C
点评 此题中的两球相碰过程遵守多条规律，在对问题的估算中，需同时对多种结果综合考虑，给出对结果的最后预测。
例3 如图10-2所示，轻弹簧的一端固连于地面，另一端自由，一小球由高处下落，碰到弹簧后继续压缩弹簧，当把弹簧压得最短暂，小球的加速度
重力加速度。（填“大于”，“小于”或“等于”）
分析与解答 小球将弹簧压得最短时，小球受两个力：重力和弹力。加速度可表达为。要判断与的大小。应该对此时的弹力作出估计。引入简谐振动模型：如图所示，轻弹簧一端与地面固连，另一端与一小球固连，用手拿着小球使弹簧处于原长。放手后，小球就做间谐振动。放手时，小球加速度为，方向向下，（此时还没有弹力）当弹簧最短时，小球加速度也为，方向向上。现在小球从高处落下后再压缩弹簧，当弹簧最短时，弹力比较大。所以。
点评 此题中为估计弹力的大小需引入简谐振动模型——竖直弹簧振子，来比较弹力的大小。这种估算要求对基本现象与基本物理模型的储备比较丰富，这需要平时的积累。
例4 一座电视塔高为H。若地球半径为R，求电视塔发射的微波在地面上能传播多远？
分析：如图10-3所示，微波传播的距离等于圆弧AB的长度s，且
（1）
根据三角函数关系
（2）
根据三角函数的近似计算公式，还有
=1-
=1- （3）
解答：由（2）和（3）式可得
因为，则上式又可以表示为
根据（1）式和（4）式，则微波传播距离可表示为
点评 利用此式，可以极为简捷地估算微波在地上传播的距离。如电视塔高H=500m，取地球半径R=6400km，则s=80km。如果接收天线高传播距离又是多少？[提示：如图所示s=s1+s2=]
如果要让电视塔发射的微波，能覆盖地球赤道的三分之一（图10-4），塔高又应是多少？[提示：]PAGE
第一讲 平衡问题
一、特别提示[解平衡问题几种常见方法]
1、力的合成、分解法：对于三力平衡，一般根据“任意两个力的合力与第三力等大反向”的关系，借助三角函数、相似三角形等手段求解；或将某一个力分解到另外两个力的反方向上，得到这两个分力必与另外两个力等大、反向；对于多个力的平衡，利用先分解再合成的正交分解法。
2、力汇交原理：如果一个物体受三个不平行外力的作用而平衡，这三个力的作用线必在同一平面上，而且必有共点力。
3、正交分解法：将各力分解到轴上和轴上，运用两坐标轴上的合力等于零的条件多用于三个以上共点力作用下的物体的平衡。值得注意的是，对、方向选择时，尽可能使落在、轴上的力多；被分解的力尽可能是已知力。
4、矢量三角形法：物体受同一平面内三个互不平行的力作用平衡时，这三个力的矢量箭头首尾相接恰好构成三角形，则这三个力的合力必为零，利用三角形法求得未知力。
5、对称法：利用物理学中存在的各种对称关系分析问题和处理问题的方法叫做对称法。在静力学中所研究对象有些具有对称性，模型的对称往往反映出物体或系统受力的对称性。解题中注意到这一点，会使解题过程简化。
6、正弦定理法：三力平衡时，三个力可构成一封闭三角形，若由题设条件寻找到角度关系，则可用正弦定理列式求解。
7、相似三角形法：利用力的三角形和线段三角形相似。
二、典型例题
1、力学中的平衡：运动状态未发生改变，即。表现：静止或匀速直线运动
（1）在重力、弹力、摩擦力作用下的平衡
例1 质量为的物体置于动摩擦因数为的水平面上，现对它施加一个拉力，使它做匀速直线运动，问拉力与水平方向成多大夹角时这个力最小？
解析 取物体为研究对象，物体受到重力，地面的支持力N，摩擦力及拉力T四个力作用，如图1-1所示。
由于物体在水平面上滑动，则，将和N合成，得到合力F，由图知F与的夹角：
不管拉力T方向如何变化，F与水平方向的夹角不变，即F为一个方向不发生改变的变力。这显然属于三力平衡中的动态平衡问题，由前面讨论知，当T与F互相垂直时，T有最小值，即当拉力与水平方向的夹角时，使物体做匀速运动的拉力T最小。
（2）摩擦力在平衡问题中的表现
这类问题是指平衡的物体受到了包括摩擦力在内的力的作用。在共点力平衡中，当物体虽然静止但有运动趋势时，属于静摩擦力；当物体滑动时，属于动摩擦力。由于摩擦力的方向要随运动或运动趋势的方向的改变而改变，静摩擦力大小还可在一定范围内变动，因此包括摩擦力在内的平衡问题常常需要多讨论几种情况，要复杂一些。因此做这类题目时要注意两点
①由于静摩擦力的大小和方向都要随运动趋势的改变而改变，因此维持物体静止状态所需的外力允许有一定范围；又由于存在着最大静摩擦力，所以使物体起动所需要的力应大于某一最小的力。总之，包含摩擦力在内的平衡问题，物体维持静止或起动需要的动力的大小是允许在一定范围内的，只有当维持匀速运动时，外力才需确定的数值。
②由于滑动摩擦力F=，要特别注意题目中正压力的大小的分析和计算，防止出现错误。
例2 重力为G的物体A受到与竖直方向成角的外力 F后，静止在竖直墙面上，如图1-2所示，试求墙对物体A的静摩擦力。
分析与解答 这是物体在静摩擦力作用下平衡问题。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（弹力）N，以及还可能有静摩擦力。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。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方法，也是很重要的方法。）具体到这个题目，在竖直方向物体A受重力G以及外力F的竖直分量，即。当接触面光滑，时，物体能保持静止；当时，物体A有向下运动的趋势，那么A应受到向上的静摩擦力；当时，物体A则有向上运动的趋势，受到的静摩擦力的方向向下，因此应分三种情况说明。
从这里可以看出，由于静摩擦力方向能够改变，数值也有一定的变动范围，滑动摩擦力虽有确定数值，但方向则随相对滑动的方向而改变，因此，讨论使物体维持某一状态所需的外力F的许可范围和大小是很重要的。何时用等号，何时用不等号，必须十分注意。
（3）弹性力作用下的平衡问题
例3 如图1-3所示，一个重力为的小环套在竖直的半径为的光滑大圆环上，一劲度系数为k，自然长度为L（L<2r）弹簧的一端固定在小环上，另一端固定在大圆环的最高点A。当小环静止时，略去弹簧的自重和小环与大圆环间的摩擦。求弹簧与竖直方向之间的夹角
分析 选取小环为研究对象，孤立它进行受力情况分析：小环受重力、大圆环沿半径方向的支持力N、弹簧对它的拉力F的作用，显然，
解法1 运用正交分解法。如图1-4所示，选取坐标系，以小环所在位置为坐标原点，过原点沿水平方向为轴，沿竖直方向为轴。
解得
解法2 用相似比法。若物体在三个力F1、F2、F3作用下处于平衡状态，这三个力必组成首尾相连的三角形F1、F2、F3，题述中恰有三角形AO与它相似，则必有对应边成比例。
（4）在电场、磁场中的平衡
例4 如图1-5所示，匀强电场方向向右，匀强磁场方向垂直于纸面向里，一质量为带电量为q的微粒以速度与磁场垂直、与电场成45 角射入复合场中，恰能做匀速直线运动，求电场强度E的大小，磁感强度B的大小。
解析 由于带电粒子所受洛仑兹力与垂直，电场力方向与电场线平行，知粒子必须还受重力才能做匀速直线运动。假设粒子带负电受电场力水平向左，则它受洛仑兹力就应斜向右下与垂直，这样粒子不能做匀速直线运动，所以粒子应带正电，画出受力分析图根据合外力为零可得，
（1） （2）
由（1）式得，由（1），（2）得
（5）动态收尾平衡问题
例5 如图1-6所示，AB、CD是两根足够长的固定平行金属导轨，两导轨间距离为，导轨平面与水平面的夹角为。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、C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，质量为，从静止开始沿导轨下滑。求棒的最大速度。（已知和导轨间的动摩擦因数为，导轨和金属棒的电阻不计）
解析 本题的研究对象为棒，画出棒的平面受力图，如图1-7。棒所受安培力F沿斜面向上，大小为，则棒下滑的加速度
。
棒由静止开始下滑，速度不断增大，安培力F也增大，加速度减小。当=0时达到稳定状态，此后棒做匀速运动，速度达最大。
。
解得棒的最大速度
。
例6 图1-8是磁流体发电机工作原理图。磁流体发电机由燃烧室（O）、发电通道（E）和偏转磁场（B）组成。在2500K以上的高温下，燃料与氧化剂在燃烧室混合、燃烧后，电离为正负离子（即等离子体），并以每秒几百米的高速喷入磁场，在洛仑兹力的作用下，正负离子分别向上、下极板偏转，两极板因聚积正负电荷而产生静电场。这时等离子体同时受到方向相反的洛仑兹力（）与电场力（F）的作用，当F=时，离子匀速穿过磁场，两极板电势差达到最大值，即为电源的电动势。设两板间距为d，板间磁场的磁感强度为B，等离子体速度为，负载电阻为R，电源内阻不计，通道截面是边长为d的正方形，试求：
（1）磁流体发电机的电动势？
（2）发电通道两端的压强差？
解析 根据两板电势差最大值的条件
所以，磁流发电机的电动势为
设电源内阻不计，通道横截面边长等于的正方形，且入口处压强为，出口处的压强为；当开关S闭合后，发电机电功率为
根据能量的转化和守恒定律有
所以，通道两端压强差为
（6）共点的三力平衡的特征规律
例7 图1-9中重物的质量为，轻细线AO和BO的A、B端是固定的，平衡时AD是水平的，BO与水平的夹角为。AO的拉力F1和BO的拉力F2的大小是：
A、 B、
C、 D、
解析 如图1-10，三根细绳在O点共点，取O点（结点）为研究对象，分析O点受力如图1-10。O点受到AO绳的拉力F1、BO绳的拉力F2以及重物对它的拉力T三个力的作用。
图1-10（a）选取合成法进行研究，将F1、F2合成，得到合力F，由平衡条件知：
则：
图1-10（b）选取分解法进行研究，将F2分解成互相垂直的两个分力、，由平衡条件知：
则：
问题：若BO绳的方向不变，则细线AO与BO绳的方向成几度角时，细线AO的拉力最小？
结论：共点的三力平衡时，若有一个力的大小和方向都不变，另一个力的方向不变，则第三个力一定存在着最小值。
（7）动中有静，静中有动问题
如图1-11所示，质量为M的木箱放在水平面上，木箱中的立杆上着一个质量为的小球，开始时小球在杆的顶端，由静止释放后，小球沿杆下滑的加速度为重力加速度的二分之一，则在小球下滑的过程中，木箱对地面的压力为。因为球加速下滑时，杆受向上的摩擦力根据第二定律有，所以。对木箱进行受力分析有：重力、地面支持力N、及球对杆向下的摩擦力。由平衡条件有。
2、电磁学中的平衡
（1）电桥平衡
若没有R，则R1和R2串联后与R3和R4串联后再并联
设通过R1的电流为I1，通过R3的电流I2
如有：I1R1=I2R3，I1R2=I2R4 则R两端电势差为0所以R中的电流为0，即电桥平衡。
（2）静电平衡
例8 一金属球，原来不带电。现沿球的直径的延长线放置一均匀带电的细杆MN，如图1-12所示。金属球上感应电荷产生的电场在球内直径上、、三点的场强大小分别为、、，三者相比，
A、最大 B、最大 C、最大 D、==
解析：
当金属球在带电杆激发的电场中达到以静电平衡时，其内部的场强为0，即细杆在、、产生的场强与金属球上的感应电荷在、、产生的场强大小相等，方向相反，故答案C正确。
3、热平衡问题
例9 家电电热驱蚊器中电热部分的主要元件是PTC，它是由钛酸钡等半导体材料制成的电阻器，其电阻率与温度的个关系图象如图1-13。电热驱蚊器的原理是：通电后电阻器开始发热，温度上升，使药片散发出驱蚊药，当电热器产生的热与向外散发的热平衡时，温度达到一个稳定值。由图象可以判定：通电后，PTC电阻器的功率变化情况是 ，稳定时的温度应取 区间的某一值。
分析 通电后应认为电压U不变。随着温度的升高，在（0~t1）范围内，电阻率随温度的升高而减小，因此电阻减小，电功率增大，驱蚊器温度持续上升；在（t1~t2）范围内，电阻率随温度的升高而增大，因此电阻增大，电功率减小。当电热器产生的热与向外散发的热平衡时，温度、电阻、电功率都稳定在某一值。
解答 功率变化是先增大后减小，最后稳定在某一值。这时温度应在t1~t2间。
4、有固定转轴物体的平衡。
例10 重（N）的由轻绳悬挂于墙上的小球，搁在轻质斜板上，斜板搁于墙角。不计一切摩擦，球和板静止于图1-14所示位置时，图中角均为30°。求：悬线中张力和小球受到的斜板的支持力各多大？小球与斜板接触点应在板上何处？板两端所受压力多大？（假设小球在板上任何位置时，图中角均不变）
解析 设球与板的相互作用力为N，绳对球的拉力为T，则对球有，，可得，N=100N。球对板的作用力N、板两端所受的弹力NA和NB，板在这三个力作用下静止，则该三个力为共点力，据此可求得球距A端距离，即球与板接触点在板上距A端距离为板长的1/4处。对板，以A端为转动轴，有 对板，以B端为转动轴，有。可得，。第十一讲 牛顿第二定律
牛顿第二定律
1.定律的表述
物体的加速度跟所受的外力的合力成正比，跟物体的质量成反比，加速度的方向跟合力的方向相同，既F=ma （其中的F和m、a必须相对应）特别要注意表述的第三句话。因为力和加速度都是矢量，它们的关系除了数量大小的关系外，还有方向之间的关系。明确力和加速度方向，也是正确列出方程的重要环节。
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。
2.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：先分别以质点组中的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，总是成对出现的，其矢量和必为零，所以最后实际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。（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。
③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）。
④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。
解题要养成良好的习惯。只要严格按照以上步骤解题，同时认真画出受力分析图，那么问题都能迎刃而解。
3.应用举例
例1．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 =f/mA =5m/s2，再以A、B系统为对象得到 F =（mA+mB）a =15N
⑴当F=10N<15N时， A、B一定仍相对静止，所以
⑵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a A=f/mA =5m/s2，于是可以得到a B =7.5m/s2
例2．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。当：⑴小车以a=g向右加速；⑵小车以a=g向右减速时，分别求细线对小球的拉力F1和后壁对小球的压力F2各多大？
解：⑴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。）
⑵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3．如图所示，在箱内的固定光滑斜面（倾角为α）上用平行于斜面的细线固定一木块，木块质量为m。当⑴箱以加速度a匀加速上升时，⑵箱以加速度a匀加速向左时，分别求线对木块的拉力F1和斜面对箱的压力F2
解：⑴a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。
⑵a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，（同时也正交分解a），然后分别沿x、y轴列方程求出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。可见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4．如图所示，质量为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=2s后撤去F，又经过t2=4s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、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。这一组物体可以有相同的速度和加速度，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5．如图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6．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仍保持静止。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，这个值小于静止时系统对水平面的压力。
例7． 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：0=mg1/3L-mg2/3L+1/2mv2+1/2m(2v)2， 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
五、向心力和向心加速度（牛顿第二定律在圆周运动中的应用）
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，做圆周运动物体沿半径方向的合力为向心力。当作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。
3.圆锥摆
圆锥摆是典型的运动轨迹在水平面内的匀速圆周运动。其特点是由物体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8．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：
，（式中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。
4.竖直面内圆周运动最高点处的受力特点及结论
这类题的特点是：物体做圆周运动的速率是时刻在改变的，由于机械能守恒，物体在最高点处的速率最小，在最底点处的速率最大。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。
⑴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。
⑵弹力只可能向上，如车过桥。在这种情况下有，否则将离开桥面，做平抛运动。
⑶弹力既可能向上又可能向下，如管内转（或杆连球）。这种情况下，速度大小v可以取任意值。可以进一步讨论：①当时弹力必然是向下的；当时弹力必然是向上的；当时弹力恰好为零。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。
例9．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F=1/2mg，求这时小球的即时速度大小。
解：小球所需向心力向下，本题中F=1/2mg＜mg，所以弹力的方向可能向上也可能向下。⑴若F向上，则 ⑵若F向下，则
　　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。
特别需要注意的是：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。
六、万有引力 人造卫星
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ρ。
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。
⑴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。
⑵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，于是有
⑶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。
3.人造卫星（只讨论绕地球做匀速圆周运动的人造卫星）
⑴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。
⑵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。
⑶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⑴可知其轨道半径是唯一确定的，经过计算可得求得同步卫星离地面的高度为h=3.6×107m≈5.6R地，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。
例10.“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11． 如图所示，某次发射同步卫星时，先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v2>v1、v4>v3，而v1、v4是绕地球做匀速圆周运动的人造卫星的线速度，由于它们对应的轨道半径r1< r4，所以v1>v4。把以上不等式连接起来，可得到结论：v2>v1>v4>v3。（卫星沿椭圆轨道由P→Q运行时，由于只有重力做负功，卫星机械能守恒，其重力势能逐渐增大，动能逐渐减小，因此有v2>v3。）
例12． 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r2A
B F
F2
F1
G
a
v
F1
G
v
a
y
x
Gy
Gx
G
F1
F2
ay
ax
a
v
G
a v
F1
F2
F
F
θ
v
F
a
A B
α
O
1
2
N
G
F
θ
绳
F
G
G
F
m1
m2
r1
r2
O
ω
Q
v2
v3
P
v4
v1PAGE
第三讲 变加速运动
一、特别提示
所谓变加速运动，即加速度（大小或方向或两者同时）变化的运动，其轨迹可以是直线，也可以是曲线；从牛顿第二定律的角度来分析，即物体所受的合外力是变化的。
本章涉及的中学物理中几种典型的变加速运动如：简谐运动，圆周运动，带电粒子在电场、磁场和重力场等的复合场中的运动，原子核式结构模型中电子绕原子核的圆周运动等。故涉及到力学、电磁学及原子物理中的圆周运动问题。
二、典型例题
例1 一电子在如图3-1所示按正弦规律变化的外力作用下由静止释放，则物体将：
A、作往复性运动
B、t1时刻动能最大
C、一直朝某一方向运动
D、t1时刻加速度为负的最大。
评析 电子在如图所示的外力作用下运动，根据牛顿第二定律知，先向正方向作加速度增大的加速运动，历时t1；再向正方向作加速度减小的加速运动，历时(t2~t1)；(0~t2)整段时间的速度一直在增大。紧接着在(t2~t3)的时间内，电子将向正方向作加速度增大的减速运动，历时(t3~t2)；(t3~t4)的时间内，电子向正方向作加速度减小的减速运动，根据对称性可知，t4时刻的速度变为0（也可以按动量定理得，0~t4时间内合外力的冲量为0，冲量即图线和坐标轴围成的面积）。其中（0~t2）时间内加速度为正；(t2~t4)时间内加速度为负。正确答案为：C。
注意 公式中F、间的关系是瞬时对应关系，一段时间内可以是变力；而公式或只适用于匀变速运动，但在变加速运动中，也可以用之定性地讨论变加速运动速度及位移随时间的变化趋势。
上题中，如果F-t图是余弦曲线如图3-2所示，则情况又如何？
如果F-t图是余弦曲线，则答案为A、B。
例2 如图3-3所示，两个完全相同的小球和，分别在光滑的水平面和浅凹形光滑曲面上滚过相同的水平距离，且始终不离开接触面。球是由水平面运动到浅凹形光滑曲线面，再运动到水平面的，所用的时间分别为t1和t2，试比较t1、t2的大小关系：
A、t1>t2 B、t1=t2 C、t1评析 小球滚下去的时候受到凹槽对它的支持力在水平向分力使之在水平方向作加速运动；而后滚上去的时候凹槽对它的支持力在水平方向分力使之在水平方向作减速运动，根据机械能守恒定律知，最后滚到水平面上时速度大小与原来相等。故小球在整个过程中水平方向平均速度大，水平距离一样，则所用时间短。答案：A。
例3 如图3-4所示，轻弹簧的一端固定在地面上，另一端与木块B相连。木块A放在B上。两木块质量均为，竖直向下的力F作用在A上，A、B均静止，问：
（1）将力F瞬间撤去后，A、B共同运动到最高点，此时B对A的弹力多大？
（2）要使A、B不会分开、力F应满足什么条件？
评析 （1）如果撤去外力后，A、B在整个运动过程中互不分离，则系统在竖直向上作简揩运动，最低点和最高点关于平衡位置对称，如图3-5所示，设弹簧自然长度为，A、B放在弹簧上面不外加压力F且系统平衡时，如果弹簧压至O点，压缩量为b，则：。外加压力F后等系统又处于平衡时，设弹簧又压缩了A，则：，即：。
当撤去外力F后，系统将以O点的中心，以A为振幅在竖直平面内上下作简谐运动。在最低点：，方向向上，利用牛顿第二定律知，该瞬间加速度：，方向向上；按对称性知系统在最高点时：，方向向下。
此时以B为研究对象进行受力分析，如图3-6所示，按牛顿第二定律得：
（2）A、B未分离时，加速度是一样的，且A、B间有弹力，同时最高点最容易分离。分离的临界条件是：（或者：在最高点两者恰好分离时对A有：，表明在最高点弹簧处于自然长度时将要开始分离，即只要：时A、B将分离）。所以要使A、B不分离，必须：。
例4 如图3-7所示，在空间存在水平方向的匀强磁场（图中未画出）和方向竖直向上的匀强电场（图中已画出），电场强度为E，磁感强度为B。在某点由静止释放一个带电液滴，它运动到最低点恰与一个原来处于静止状态的带电液滴b相撞，撞后两液滴合为一体，并沿水平方向做匀速直线运动，如图所示，已知的质量为b的2倍，的带电量是b的4倍（设、b间静电力可忽略）。
（1）试判断、b液滴分别带何种电荷？
（2）求当、b液滴相撞合为一体后，沿水平方向做匀速直线的速度及磁场的方向；
（3）求两液滴初始位置的高度差。
评析 （1）设b质量为，则带电量为4q，因为如果带正电，要向下偏转，则必须：；而对b原来必须受力平衡，则：。前后相矛盾，表明带负电，b带正电。
（2）设为与b相撞前的速度，下落的过程中重力、电场力做正功，由动能定理有：。由于b原来处于静止状态：。
由以上两式可得：
、b相撞的瞬间动量守恒：。得
而电荷守恒，故：
、b碰撞后粘在一起做匀速直线运动，按平衡条件得：，则：。所以：
例5 如图3-8所示，一单匝矩形线圈边长分别为、b，电阻为R，质量为m，从距离有界磁场边界高处由静止释放，试讨论并定性作出线圈进入磁场过程中感应电流随线圈下落高度的可能变化规律。
评析 线圈下落高度时速度为：
下边刚进入磁场时切割磁感线产生的感应电动势：。产生的感应电流：I=，受到的安培力：
讨论 （1）如果，即：，则：线圈将匀速进入磁场，此时：（变化规律如图3-9所示）
（2）如果，表明较小，则：线圈加速进入磁场，但随着有三种可能：
①线圈全部进入磁场时还未达到稳定电流I0（变化规律如图3-10所示）
②线圈刚全部进入磁场时达到稳定电流I0（变化规律如图3-11所示）
③线圈未全部进磁场时已达到稳定电流I0（变化规律如图3-12所示）
（3）如果，则：线圈减速进入磁场，但随着，故线圈将作减小的减速运动。
有三种可能：
①线圈全部进入磁场时还未达到稳定电流I0（变化规律如图3-13所示）
②线圈刚全部进入磁场时达到稳定电流I0（变化规律如图3-14所示）
③线圈未全部进入磁场时已达到稳定电流I0（变化规律如图3-15所示）
例6 光从液面到空气时的临界角C为45°，如图3-16所示，液面上有一点光源S发出一束光垂直入射到水平放置于液体中且到液面的距离为d的平面镜M上，当平面镜M绕垂直过中心O的轴以角速度做逆时针匀速转动时，观察者发现水面上有一光斑掠过，则观察者们观察到的光斑的光斑在水面上掠过的最大速度为多少？
评析 本题涉及平面镜的反射及全反射现象，需综合运用反射定律、速度的合成与分解、线速度与角速度的关系等知识求解，确定光斑掠移速度的极值点及其与平面镜转动角速度间的关系，是求解本例的关键。
设平面镜转过角时，光线反射到水面上的P点，光斑速度为，如图3-17可知：，而：PAGE
第七讲 论述题
一、特别提示
提高综合应用能力，要加强表达、叙述能力的训练，通过对论述题的分析和练习，克服解决物理问题时存在的：表达不清、叙述无理、论证无据等各种问题，学会使用本学科的语言来表达问题，进行交流，培养分析、逻辑推理能力，从而形成物理学科的意识和思想。
1、论述题的特点
论述题的特点主要体现在解题过程的表达要求上，即在对物理现象、物理过程的分析中，要求运动物理规律，用简洁、准确、清晰的语言对分析过程进行表达，在做出判断的同时，说明判断根据，也就是说不单要说明是什么，而且要说清楚为什么。
2、论述题的解法
解答论述题所用的分析方法和解答其它类型（选择、计算题型）的题目没有什么差别，但需有解题过程中的分析和表达，也就是说，对于论述题，除了要能够正确进行解答之外，一些必要的文字说明一定要有，《考试说明》明确要求学生“能够根据已知的知识和所给物理事实、条件，对物理问题进行逻辑推理和论证，得出正确的结论或作出正确的判断，并能把推理过程正确地表达出来。”
因此，解答论述题，一般可按以下步骤进行：
（1）根据题给条件，画出草图分析，明确题意。
（2）对题目中的物理现象，涉及的物理模型，发生的物理过程，进行简要的文字说明和进行必要的数学推导，具体说明每步的依据，从而得出结论或论证所需要的数学表达式。
（3）对导出的结果进行分类讨论，最后得出完整的结论。
不同类型的论述题，其出题的意图不同，解题的要求也有所区别。同学们可以在平时学习、练习中加以体会。
二、典型例题
题1 如图9-1，是利用高频交变电流焊接自行车零件的原理示意图，其中外圈A是通高频交流电的线圈，B是自行车的零件，是待焊接的接口，接口两端接触在一起，当A中通有交流电时，B中会产生感应电动势，使得接口处金属熔化而焊接起来。（1）为什么在其它条件不变的情况下，交流电频率越高，焊接越快？（2）为什么焊接过程中，接口处已被熔化而零件的其它部分并不很热？
分析和证明 （1）交流电频率越高，磁通量变化率越大。
由法拉第电磁感应定律可知：感应电动势和感应电流都变大，产生的热功率越大；焊接越快。
（2）因为接口处电阻大，串联电路中电流处处相等，电阻大的地方产生的热量多，可将接口处熔化而零件的其它部分并不很热。
评析 这是一道简答论述题。可以像问答题，判断某一说法的对错，进而叙述理由。它要求运用物理知识和规律对某个问题或某种观点进行简明扼要回答，或加以简洁的解释。
题2 试在下述简化情况下，由牛顿定律和运动学公式导出动量守恒定律的表达式：系统是两个质点，相互作用力是恒力，不受其他力，沿直线运动，要求说明推导过程中每步的根据，以及公式中各符号和最后结果中各项的意义。
分析和证明 设和分别表示两质点的质量，F1和F2分别表示它们所受作用力，分别表示它们的加速度，分别表示F1和F2作用的时间，分别表示它们相互作用过程中的初速度，分别表示末速度，根据牛顿第二定律，
有：，
由加速度的定义可知：，
分别代入上式，可得：，
根据牛顿第三定律，有，
代入并整理后，最终可得：
其中为两质点的初动量，为两质点的末动量，这就是动量守恒定律的表达式。
评析 本题是一道推导证明题。首先要对所引用字母符号的物理意义加以具体说明，在推导过程中每一步都要针对性的给出依据、说明理由，最后按题目要求用文字说出最后结果中各项的意义。因此，在学习物理概念和规律时不能只记结论，还须弄清其中的道理，知道物理概念和规律的由来。
题3 一内壁光滑的环形细圆管，位于竖直平面内，环的半径为R（比细管的半径大得多）。在圆管中有两个直径与细管内径相同的小球（可视为质点）。A球的质量为，B球的质量为
，它们沿环形圆管顺时针运动，经过最低点时的速度为，设A球运动到最低点时，B球恰好运动到最高点，证明：若要此时两球作用于圆管的合力为零，那么，，R与应满足的关系式是：。
分析和证明 根据题意，想象出此时物理情意如图9-2。因为轨道对在最高点B的作用力方向可以向上也可以向下，故先对A球受力分析（见图），由牛顿第三定律可知，A球对圆管的压力向下。为使两球作用于圆管的合力为零，B球对圆管的作用力只能向上，不然合力就不会为零，所以轨道对B球的作用力方向，由牛顿第三定律可知是向下的。于是可以证明：
对A由有所以
对B有
由机械能守恒定律得
把 代入得
据题意有，则
即
评析 本题的思路是“由因导索”，实行顺向证明，即由题设已知条件出发，运用已知规律推导所要证明的结果，叫顺证法。
题4 如图9-3所示，滑块A、B的质量分别为，且，由轻质弹簧相连接，置于光滑的水平面上，用一轻绳把两滑块拉至最近，使弹簧处于最大压缩状态后绑紧，两滑块一起以恒定的速度向右滑动。突然轻绳断开，当弹簧伸长至本身的自然长度时，滑块A的速度正好为零。问在以后的运动过程中，滑块B是否会有速度等于零的时刻？试通过定量分析讨论，证明你的结论。
分析和证明 B的速度不会为零。
假设某时刻B的速度为零，设此时滑块A的速度为，由动量定律得
①
此时系统的机械能为E1（重力势能为零），动能为EKA，弹性势能为Ep1
E1=EKA+Ep1 ②
EKA= ③
由题意知，当A的速度为零时，弹性势能Ep2=0。设此时B的速度为，则B的动能为： ④
此时系统的机械能为：E2=EKB+Ep2 ⑤
由动量守恒定律得：⑥
由机械能守恒定律得E1=E2 ⑦
由以上各式联立得：
⑧
由于，由上式可得出，这与题没给定的条件相矛盾，故假设不成立，即有：B的速度不会为零。
评析 此题顺向证明过程较为复杂，可采用反证法。先假定所要证明的结论不成立，由此通过合理的逻辑推导而导出矛盾，从而说明假设不对，肯定原结论正确。
题3 如图9-4所示，弹簧的一端固定在墙上。另一端连结一质量为的木块，今将木块向右拉开一位移L后释放，木块在有摩擦的水平地面上减幅振动。弹簧第一次恢复原长时，木块速度为，试讨论：木块在整个振动过程中出现速度为的位置有几个。
分析和证明 在整个振动过程中出现速度为的位置有，且只有2个。
放手后，木块在水平方向上的弹力和摩擦力同时作用下，先向左作加速度变小的加速运动。后向左作加速度变大的减速运动。在原平衡位置右侧处（），一定存在一加速度为零的位置，此位置向左的速度最大。根据速度变化必须是连续的原理可知，既然左侧有一，其右侧也一定存在一的位置。
此后的运动，可从能量角度分析不会再有的位置出现。
因为在弹簧第一次恢复原长，木块速度为时，系统振动的能量，此后的运动仍属阻尼振动，由于摩擦的作用振动能量不断减小，，设此后振动中任一时刻的速率为，
即
所以必小于，且不断变小，直至停止振动为止。
评析 此题属判断叙述类：根据题设的条件和基础知识，对某一物理现象、过程或结论，作出正确与否的判断。可以像计算题中的过程分析，用文字和物理公式分层次有条理地表达出来。
题4 如图9-5所示，足够长的水平绝缘杆MN，置于足够大的垂直纸面向内的匀强磁场中，磁场的磁感强度为B，一个绝缘环P套在杆上，环的质量为，带电量为q的正电荷，与杆间的动摩擦因数为，若使环以初速度向右运动，试分析绝缘环克服摩擦力所做的功。
分析和证明 当绝缘环以初速度向右运动时，环受重力、洛仑兹力及杆的弹力N。由于N的大小、方向与重力和洛仑兹力大小有关，会约束水平方向的摩擦力变化，从而使绝缘环的最终运动可能有三种情况：
（1）若开始时，即，由于N=0，绝缘环不受摩擦力作用，做匀速直线运动。绝缘环克服摩擦力所做的功。
（2）若开始时，即，N方向向上，绝缘环受杆摩擦力作用，做加速度变小的减速运动，直至静止。绝缘环克服摩擦力所做的功。
（3）若开始时，即， N方向向下，绝缘环受杆摩擦力作用，做减速直线运动，洛仑兹力不断减小，当时，N=0，绝缘环不受摩擦力作用，做匀速直线运动，即最终速度。绝缘环克服摩擦力所做的功：
。
评析 本题可根据题设的条件和基础知识，通过某一物理现象的分析，作出相应的判断，对导出的结果进行较为完整的分类讨论。主要培养思维的深度和广度，提高判断应用能力。PAGE
第九讲 新科技问题
一、特别提示
物理学中几乎每一重要的知识块，都与现代科技紧密相关，例如：圆周运动与GPS全球定位系统；万有引力与宇宙探测；光的反射、折射与激光光纤通信；电场与静电的防止和应用；电磁感应与磁悬浮列车；原子核与核技术的应用；激光全息技术等。
物理学与自然和生活的联系更是丰富多彩，如：天气变化、交通工具、体育运动、家庭电器、医疗设备等等，都离不开物理知识。近几年的高考越来越强调与生产、生活实际相联系，这就要求我们要多关注与生活实际、现代科技的联系。
二、典型例题
例1 两个人要将质量的货物装进离地面离的卡车车厢内，他们找到一个长为L=5m的斜面，但是没有其他更多可借助的工具。假设货物在接触面上滑动时所受的摩擦阻力恒为货物的重力的0.12倍，两人的最大推力各为800N，他们能否将货物直接推进车厢？你能否帮他们将此方案加以改进，设计一个可行的方案？
评析 这是一道开放性题目，并具有浓厚的生活气息。试题既考查对力学知识的掌握情况，又考查所学知识应用于解决实际问题的能力。
解 两个人的最大推力为
货物所受摩擦力始终为
又重力沿斜面向下的分力为
由于，故两从不可能直接将货物推上斜面。
注意到，我们可以让货物先在水平面上作匀加速运动，使货物在滑上斜面之前已经获得速度，然后匀减速滑动斜面顶端。
设货物在水平面上作匀加速直线运动的距离为s，在此运动过程中，由牛顿第二定律得，则货物在水平面上作加速运动所获得的速度为。
货物滑上斜面后作匀减速运动，设其加速度大小为，则由牛顿第二定律得，其中为货物重力的下滑分力，
要使货物恰好能滑到顶端，则有。
所以，货物在水平面上加速的距离应为，代入数据即可求得。
故可设计方案为：两人用最大推力使货物在水平面上至少滑行20m后再推物体滑上斜面。
应该指出，可行的方案有很多种。例如两人可用F=1600N的推力在水平面上加速滑行更大的一段距离以后再用较小的推力将货物推上斜面，也可以用1200N例2 正负电子对撞机的最后部分的简化示意图如图所示11-1（俯视图），位于水平面内的粗实线所示的圆环形真空管道是正、负电子做圆运动的“容器”，经过加速器加速后的正、负电子被分别引入该管道时，具有相等的速率，他们沿着管道向相反的方向运动。在管道控制它们转变的是一系列圆形电磁铁，即图甲中的A1、A2、A3…An共有n个，均匀分布在整个圆环上，每组电磁铁内的磁场都是磁感应强度相同的匀强磁场，并且方向竖直向下，磁场区域的直径为d（如图乙），改变电磁铁内电流的大小，就可改变磁场的磁感应强度从而改变电子偏转的角度。经过精确的调整，首先实现电子在环形管道中沿图甲中虚线所示的轨迹运动，这时电子经过每个电磁场区域时射入点和射出点都是电磁场区域的同一直径的两端，如图乙所示。这就为进一步实现正、负电子的对撞作好了准备。
（1）试确定正、负电子在管道内各是沿什么方向旋转的；
（2）已知正、负电子的质量都是，所带电荷都是元电荷，重力可不计，求电磁铁内匀强磁场的磁感应强度B大小。
解 （1）根据洛仑兹力提供向心力和磁场方向向下，可判断出正电子沿逆时针方向向下，可判断出正电子沿逆时针方向运动，负电子沿顺时针方向运动
（2）电子经过每个电磁铁，偏转的角度是，电子在电磁铁内做圆周运动的半径为
由几何关系可知，
解得：
例3 若近似地认为月球绕地球公转的轨道与地球绕太阳公转的轨道在同一平面内，且均为正圆，又知这两种转动同向，月相变化的周期为29.5天。求：月球绕地球转一周所用的时间。
解 该题涉及太阳、地球和月球在空间中的运动及位置的相对关系，需要较强的空间想象能力。画出示意图能把各天体的相对关系表达得比较清楚，便于思考。我们抓住月相变化的周期为29.5天这一条件，画相邻的两个相同月相（而且都是满月）时，三天体的位置情况。如图11-2所示，图中设地球和月球的公转都是逆时针方向的。图中角是地球在29.5天中转过的角度，可用下式计算
在29.5这天中，月球已经绕地球转过了角，因此对月球公转的周期T，可列出下面比例式
解得：T=27.3天高 三 物 理（第15周）
一、机械波基本概念及描述物理量
【知识点析】
一、机械波：机械振动在介质中的传播过程。
1、产生的条件：
形成机械波需具备两个条件：振源和传播波的弹性介质，必须注意，有机械波必有机械振动，而有机械振动不一定能产生机械波。
2、机械波的种类
按振动的方向和传播形式分类.其一把质点振动方向与波的传播方向垂直的波叫横波.凸起部分叫波峰，凹下部分叫波谷；其二把质点的振动方向与波的传播方向在同一直线上的波叫纵波。气体、液体、固体都传播纵波，但液体和气体不能传播横波。简谐运动激起的简谐波是正弦（或余弦）曲线。
3、机械波的特点：
机械波是介质中质点在各自平衡位置附近的振动与振动形式在介质中传播的统一，具体说有以下一些特点：
(1) 介质中各质点的振动周期相同，且与波源的振动周期相同，与介质无关；
(2) 前一质点带后一质点做受迫振动，离波源越远的质点振动越滞后；
(3) 各质点只在各自的平衡位置附近振动，并不随波的传播而发生迁移；
(4) 波是传递能量的一种方式，在波的传播过程中，传播的是波源的振动形式和能量。
4、描述机械波的物理量：
(1) 波长(λ)，波长反映了波在空间的周期性是由介质与波源两者共同决定的,它有两种说法：
①两个相邻的，在振动过程中对平衡位置的位移总是相等的质点间的距离。在横波中是两个相邻的波峰(或波谷)中央之间的距离；在纵波中是两个相邻的密部(或疏部)中央间的距离。
②振动在一个周期内在介质中传播的距离。
(2) 频率f，波的频率由波源决定，在任何介质中频率不变。
(3) 周期T，有两种说法：
①质点完成一次全振动的时间。
②波形向前推进(或说平移)一个波长的距离所用的时间，波的周期与质点振动的周期相同。因为，所以周期也是由波源决定，而与介质无关。
(4) 波速V，波的传播速度，即振动形成的传播速度也是波的能量的传播速度，其大小为波在单位时间内传播的距离，即或等于。要注意不能认为V正比于λ,反比于T, V的数值是由介质的性质决定，与波的振幅A、频率f皆无关，只要在同一种均匀介质中，波速是一个恒量，波速与质点的振动速度是两个截然不同的物理概念。质点的振动是变加速运动，和波源振动情况相同，而波的向外传播是匀速运动，波速大小取决于介质的特性，与质点的振动情况无关。
(5)波动的多解原因
波在介质中传播时，传播距离x总可写成x=nλ+△x，对应的传播时间t总可写成t=nT+△t，式中n=0,1,2……也就是说在波的传播过程中，每过一个周期波的图像就会重复出现，所以波的周期性特征是波动问题多解的原因之一。
又由于沿x方向传播的波动图像与沿x负方向的传播的波动图像具有互补性，也就是说在△t时间内(△t二、简谐波的图象：
1、物理意义：表示在简谐波的传播方向上，介质中大量质点在同一时刻相对平衡位置的位移情况.简谐波的图象是正弦或余弦曲线。
2、判断应用：从波的图象直接读出振幅及波长；可求任一质点在该时刻相对平衡位置的位移(大小和方向)；在波速方向已知(或已知波源方位)时可确定各质点在该时刻的振动方向画出在前后的波长；还可以确定各质点振动的加速度方向。
[例题析思]
[例题1]声波在空气中传播时V = 340m/s，波长为100cm，它在水中传播时V = 1450m/s，这时的波长是多少？
[解析]根据波的频率.因波进入水中后频率不变，所以在水中的波长。
[思考1]一列波在空气中1S钟可传播10m，且波源刚好振动100次，若此波进入水中，波速变为7.5m/s，则波在水中的频率为 ______ ，这列波在水中和在空气中的波长比为 ________ 。
[提示]根据公式可推出波在水中的频率为100Hz，波在水中和在空气中的波长为3:4的结论。
[例题2]一列波在介质中向某一方向传播，如图7-20所示为此波在某一时刻的波形图，已知此时振动只发生在M、N之间，波的周期为T、Q质点速度方向在波形图中是向下的，则下列说法中正确的是（ ）
A、波源是M，由波源起振开始计时，P点已经振动时间T
B、波源是M，由波源起振开始计时，P点已经振动时间T/4
C、波源是N，由波源起振开始计时，P点已经振动时间T/4
D、振源是N，由波源起振开始计时，P点已经振动时间3T/4
[析与解]因为此时Q质点向下振动，又此时Q质点右方邻近质点在Q点下方，说明波向左传播，所以N是波源。振动从N点传播到M点，经过一个周期T，又P、N两质点平衡位置之间的距离为3λ/4，故P质点已经振动了T/4。选项C正确。
[思考2]从甲地向乙地发出频率为f=50Hz的简谐波，当波速为330m/s时，刚好在甲、乙两地之间形成了一列有若干完整波形的波；当波速为340m/s时，完整的波形的波数减少了两个。据此求出甲、乙两地之间的距离是多少？
[提示]当波速由330m/s变为340m/s时，完整的波形的波数减少了两个，根据波的时空对应性可知，波传播的时间减少了两个周期，则有
，代入数据有
可解得甲、乙两地之间的距离为448.8m.
[例析3]如图7-21所示的简谐横波的图象，波速v=60m/s，向右传播，从图7-21中可判断：( )
A、各质点的振幅是2cm，波长为24m，周期是2.5S;
B、x = 6m处质点的速度方向沿x轴正向；
C、x = 18m处质点的速度最大；
D、x =24m处质点的振动周期是0.4s。
[解析]从图7-21中可直接读出A=2cm, =24m，由可得T=0.4S,故选项A错误。因为与x = 6m处质点相邻的x＜6m的质点此时位移为正，故x = 6m处质点速度方向沿y轴正向，而不是沿x正向，故选项B错误，因为x = 18m处质点处于平衡位置，故速度最大，故选项C正确，因为在波的传播方向上各质点的振动周期相同，且均为0.4S，故选项D正确。
[思考3]如图7-22所示是一列沿x轴正向传播的横波，波速为100m/s，在某时刻其波形如图7-22所示，则下述说法正确的是： ( )
A、此时刻质点a的速度和加速度均为+y方向；
B、1S内质点a通过的路程是1m；
C、从此时刻起质点b比c先达到正的最大位移；
D、从此时刻起再经0.8S，位于x =100m处的质
点处在正的最大位移处。
[提示]根据波的传播规律，抓住公式及质点振动的周期就可以推断出选项A、B、D为正确的。
通过此题的思考要悟出：若初始时刻质点位于波峰，波谷或平衡位置，且的整数倍，则质点在时间内通过的路程为；若初始位置不限，而是的整数倍，这种情况也可求解，假设= (n+)T，那么振动质点在时间内通过的路程为(n+)( n=0、1、2、3……).假设质点初始相对平衡位置的位移为x0,则经过= (n+)T后，质点相对平衡位置的位移便为x0。
[例析4]一列正弦横波沿x轴负方向传播，某时刻的波形如图7-23示，波速大小为v = 10m/s，试画出t1= 1.3s及t2=1.5s时的波形图线，并注明哪条是t1的、哪条是t2的波形图线.
[解析]因为波速v = 10m/s，由，可得，应注意到去整取尾后为，所以将整个波形沿x轴负方向平移，即为t1=1.3S时刻的波形图线，如图7-23中的实线所示。同理，注意到去整取尾为，故将整个波形沿x轴负方向平移，即为t2=1.5S时刻的波形图线，如图7-23中的虚线所示。
[思考4] 如图7-24所示，甲为某一波动在t =1.0S时的图象，乙为参与波动的P质点的振动图象，则(1)在甲图中画出再经3.5S时的波形图；(2)求再经过3.5S时P质点的路程S和位移。







[提示]用平移法，因为只需将波形向x轴负向平移即可，如图7-25示，求路程根据.所以路程S=2An=2×0.2×7m=2.8m.
[例析5]如图7-26示，一列水平向右传播的简谐波，波速大小为0.6m/s，P质点的平衡位置坐标x = 0.96m，从图中状态开始计时，求(1)经过多少时间，P质点第一次达到波谷？(2)经过多少时间，P质点第二次达到波峰？
[解析](1)P质点第一次达到波谷所需时间，就是初始时刻x = 0.18m处质点的振动状态传到P点处需要的时间，由图中可见，=0.96－0.18=0.78(m)，则;(2) 我们可选取x = 0.06m处质点的振动状态为研究对象。该振动状态传到P点所需要的时间与一个周期的和即为所求，则,又，所以。
[思考5]如图7-27示为一列沿x轴正方向传播到达坐标原点O时的波形，若经过2.3S从O点传播到P点，此时位于原点O的质点振动位移是多少？波的传播速度是多大？
[提示]根据可求T= 0.4，则有，即，又因为波沿x轴正向传播，所以此时原点O的质点向上振动.所以P起振时，O点位于负向最大位移处，即S0=－1cm。
解这类题应注意波的传播方向，要选择某一振动状态作为研究对象，准确地确定该振动状态在该时刻的位置坐标，从而准确地确定其传播距离。
[例析6]一列简谐横波沿一水平直线由A点向B点匀速传播，A、B之间距离为d，某一时刻A、B两质点均处于平衡位置，且A、B之间有两个波峰，若经过时间t，质点B恰好位于波峰位置，则这列波可能的传播速度多大？
[解析]据题意，初始时刻A、B两质点均处于平衡位置，且A、B之间只有两个波峰。设此时B质点竖直向上振动，则可画出初始时刻A、B之间的波形图，如图7-28甲乙示：






在甲、乙两图中，B质点振动至波峰的最短时间为，考虑到波的“重复性”（或质点振动的“重复性”），B质点振动至波峰的时间通式为t = (n+)T, 则(n=0、1、2、3……)。又在图甲中，由得( n=0、1、2、3……)；在图乙中，由得( n=0、1、2、3……)。
若初始时刻B质点竖直向下振动，则在初始时刻A、B之间的波形如图7-29丙、丁所示，图为B质点初始时竖直向下振动，所以B质点振动到波峰的时间通式为t = (n+)T,则( n=0、1、2、3……)；又在丙图中，，由得( n=0、1、2、3……)；在丁图中，同理有，( n=0、1、2、3……)。





[ 思考6 ]如图7-30所示，一列横波沿x轴传播，波速大小为6m/s，当位于x1=3cm处的A质点在x轴上方最大位移处时，位于x2=6cm处的B质点恰好在平衡位置，并且振动方向沿y轴负方向，试述这列波的频率f。
[提示]考虑波的“双向性”还要考虑波的“重复性”。
假设波沿x轴正方向传播，当波长最长时，A、B之间的波形如图7-31示。考虑到波的重复性，则有：()，( n=0、1、2、3……)由可得出f=50(4n+3)Hz. ( n=0、1、2、3……).
再设波沿x轴负方向传播，当波长最长时，A、B之间的波形如图7-32所示，同理，考虑到波的重复性，则有()，( n=0、1、2、3……).由得出f = 50(4n+1)Hz. ( n=0、1、2、3……)。
在处理根据某些质点的振动情况求出波的有关参量问题时，一定要注意波的传播的双向性；波在空间的重复性；画出某些时刻的波形时在有些问题中，某些时刻的波形并不唯一，而有多种可能，以防漏解。
[素质训练]
1、关于振动和波的关系，下列说法中不正确的是（ ）
A、如果振源停止振动，在介质中传播的波也立即停止
B、物体作机械振动，一定能产生机械波
C、如果介质中相邻的质点没有相互作用力，就不可能使机械振动在介质中传播
D、机械波随着振动质点的传播，使振动能量随波传播
2、(95年全国)关于机械波的概念，下列说法中正确的是（ ）
A、质点振动的方向总是垂直于波的传播方向
B、简谐波沿长绳传播，绳上相距半个波长的两质点振动位移的大小相等
C、任一振动质点每经过一个周期沿波的传播方向移动一个波长
D、相隔一个周期的两个时刻，简谐波的图像相同
3、在波的传播方向上，任意两个振动情况完全相反的质点间的距离是（ ）
A、波长的整数倍 B、半波长的整数倍
C、只可能是半个波长 D、以上说法均不正确
4、下列关于波长、频率和波速概念的说法中，正确的是（ ）
A、波的频率由波源质点振动的频率所决定和介质无关
B、机械波的波长由介质决定，和波源无关
C、由公式可知，波的传播速度和频率成正比
D、同一列波，在不同介质中，波长和波速成正比
5、（90年全国）如图7-33所示是一列简谐波在t=0时的波动图像，波的传播速度为2m/s，则从t=0到t=2.5s的时间内，质点M通过的路程是 m，位移是 m。
6、一列横波沿x轴正向传播，到达坐标原点时，波形如图7-34所示，则当该波传到N点时，处于O点的质点所通过的路程和该时刻的位移为多大？







7、一列简谐横波沿某一直线传播，A、B是该直线上两点，相距1.2m，当横波刚好到达其中一点时开始计时，已知4s内A完成8次全振动，B点完成10次全振动，则该波的传播方向及其波速分别为（ ）
A、方向由A向B，v=0.3m/s B、方向由B向A，v=0.3m/s
C、方向由B向A，v=1.5m/s D、方向由A向B，v=1.5m/s
8、（90年上海）如图7-35所示为某一时刻简谐横波的图像，波的传播方向沿x轴正方向，下列说法中正确的是（ ）
A、质点A、D的振幅相等
B、在该时刻质点B、E的速度大小和方向相同
C、在该时刻质点C、F的加速度为零
D、在该时刻质点D正向下运动
9、（92年全国）a,b是一条水平绳上相距为L的两点，一列简谐横波沿绳传播，其波长等于2L/3当a点经过平衡位置向上运动时，b点（ ）
A、经过平衡位置向上运动 B、经过平衡位置向下运动
C、处于平衡位置上方位移最大处
D、处于平衡位置下方位移最大处
10、（93年全国）一列沿x轴正方向传播的横波，其振幅为A，波长为，某一时刻的图像如图7-36所示，在该时刻某一质点的坐标为(,0)，经过四分之一周期后，该质点的坐标为（ ）
A、(5/4,0) B、(,-A)
C、(,A) D、(5/4,A)
11、（94年全国）如图7-37所示，在xOy平面内有一沿x轴正方向传播的简谐横波，波速为1m/s，振幅为4cm，频率为2.5Hz。在t=0时刻，P点位于其平衡位置上方最大位移处，则距P为0.2m的Q点（ ）
A、在0.1s时的位移是4cm B、在0.1s时的速度最大
C、在0.1s时的速度向下 D、在0到0.1s时间内的路程是4cm







12、（98年全国）一简谐横波在x轴上传播，在某时刻的波形如图7-38所示，已知此时质点F的运动方向向下，则（ ）
A、此波朝x轴负方向传播 B、质点D此时向下运动
C、质点B将比质点C先回到平衡位置 D、质点E的振幅为零
13、在波的传播方向上，距离一定的P、Q两点之间只有一个波谷的四种情况如图7-39中的A、B、C、D所示。已知这四列波在同一介质中均由P向Q传播，那么由图示时刻起，质点P首先到达波谷的应是哪个图？（ ）




14、某时刻作简谐运动的弹性绳abcde的形状如图7-40所示，自此时刻起，当a点通过30cm路程时，e点通过的路程和位移分别是
A、5cm,5cm B、10cm,0
C、15cm,0 D、20cm,-5cm

二、波的特有现象及声波
[知识点析]
1、波的特有现象
(1)衍射
①定义：波在传播过程中偏离直线传播，绕过障碍物(或小孔)继续传播的现象。
②衍射现象总是存在的，只有明显与不明显的差异，波发生明显衍射现象的条件是：障碍物(或小孔)的尺寸比波的波长小或能够与波长相比拟。
(2)干涉
①叠加
A、几列波在空间相遇或分离时都保持其原来的特性(如f、A、、振动方向)，沿原来方向各自传播，而不相互干拢；
B、在重叠的区域里，任一质点的总位移等于各列波分别引起的位移的矢量和。
②干涉是叠加的特例—一切波均能叠加，而满足一定条件时，才能产生稳定的干涉现象，形成干涉图样。
A、定义：频率相同（相差恒定、振动方向相同）的两列波叠加后，使某些区域质点的振动始终加强，另一些区域质点的振动始终减弱，并且振动加强区与减弱区相互间隔的现象。
B、理解：加强区是指该区域质点振动的振幅A增大（而位移周期性变化），当两列相干波的振动方向一致时，加强区内质点的振幅A=A1+A2；
减弱区是指该区域质点的振幅A减小（而位移周期性变化），当两列相干波的振动方向一致时，减弱区内质点的振幅A=A1-A2；
C、设空间某点与两相干波源的距离差为△S。
加强点条件：△S 等于波长的整数倍，即△S=k，(k=0,1,2,……)；
减弱点条件：△S等于半波长的奇数倍，即△S=(2k+1)，(k=0,1,2,……)
(3)干涉和衍射现象都是波特有的现象，一切波均能发生干涉和衍射现象；反之，能够发生干涉。
2、声波
(1)空气中的声波是纵波。
(2)在空气中的传播速度为340m/s
(3)能够引起人耳感觉的声波频率范围是：20-20000Hz
(4)能够将回声与原声区分开来的最短时间间隔为0.1s
(5)关于声波的现象：
①反射——夏日雷声轰鸣不绝；余音绕梁，三日不绝；天坛回音壁。
②衍射——隔墙有耳；只闻其声不见其人。
③干涉——两频率相同的音叉发声时在空间产生的声音强弱相间的现象。
④共鸣（发生体之间的共振现象）——钟鸣罄响；鸣沙的形成。
[例题析思]
[例题1]如图7-41所示,S1、S2是振幅均为A的两个水波波源，某时刻它们形成的波峰和波谷分别由实线和虚线表示。则下列说法中正确的是（ ）
A、两列波在相联系遇区域发生干涉心 B、两列波在相遇区域发生叠加
C、此时各点的位移是：xh=0,xB=-2A,xC=2A D、A处振动始终减弱，B和C处振动始终加强
[解与析]两列波发生干涉条件是频率相同，从图中可知，，则2f1=f2 ，故不能发生干涉现象。
两列机械波在相遇区域发生叠加，这是波的特有现象之一，其结果是：任何一个质点的总位移，都等于这两列波分别引起的位移的矢量和，所以B和C选项都对。
由于频率不同，叠加情况会发生变化，如C处此时两波将相遇，但经，S2在C处是波谷，S1则不是，故C处不能始终加强，所以D错。
值得注意的是：如果两列波满足相干波源的条件，则B和C处振动始终加强，其含义是该处的振幅为2A最大，但位移并不是一直最大，位移x仍随时间在做周期性变化。
[思考1]如图7-42所示，在均匀介质中，S1和S2是两个振动步子调总相反的相干波源，在S1和S2连线上有三点A、B和C，且SA=AB=BC=CS2=，为波长，由此可知：
A、B点振动总是最强，A、C总是最弱
B、B点振动是最弱，A、C总是最强 C、A、B、C总是最弱
D、A和B间，B和C间都有一个振动最弱的位置。
[提示]由振动步调总是相的的相干波源产生的干涉图样，当介质中的质点到两波源的波程差是半波长的偶数倍时，这该点的振动减弱；当介质中的质点到两波源的波程差是半波长的奇数倍时，该点的振动加强，所以对A、C两点而言，它们的波程差都等于，因而A、C两质点的振动减弱，B质点到波源的波程差为零，B质点的振动减弱，A、B、C三点的振幅是两波源振幅之差，是振动最弱的点，故C项是正确的。
[素质训练]
1、“闻其声而不见其人”是因为一般障碍物的尺寸：①可以跟声波波长相比较，使声波发生衍射；②比声波波长大得多，声波不能发生衍射；③比光波波长大得多，光波不能发生衍射；④可以跟光波波长相比较，使光波发生衍射。其中正确的是
A、①③ B、②③ C、①④ D、②④
2、如图7-43甲所示，沿一条直线相向传播的两列波的振幅和波长均相等，当它们相遇时，图7-43乙所示的波形中可能的是（ ）



3、两列振幅和波长均相等，传播方向相反的半波如图7-44甲所示，它们相遇的的某一时刻如图7-44乙所示，此时x、y质点的振动方向是（ ）





A、x向上，y向下 B、x向下，y向上
C、x、y都静止 D、x、y都向上
4、下列关于干涉图样的说法中，错误的是（ ）
A、振动加强的区域和振动减弱互相间隔
B、两个振动源连线的垂直平分线上质点的振动是加强
C、两列波的波谷和波谷相遇的质点的振动是减弱的。
D、两列波的波峰和波峰相遇的质点的振动是加强的。
5、当两列频率相同的波发生干涉时，若两列波的波峰在某质点P相遇，则有（ ）
A、质点P的振动加强与减弱每一个周期改变一次
B、质点P的振动加强与减弱生经过半个周期改变一次
C、质点P的振动始终加强，P点的振幅最大
D、质点P的振动始终加强，P点的位移始终最大
6、（95年上海）两列简谐波均沿x轴传播，传播速度的大小相等，其中一列沿x轴正向传播，如图7-45实线所示，一列沿x轴负向传播，如图7-45中虚线所示。这两列波的频率相等，振动方向均沿y轴，则图中x=1,2,3,4,5,6,7,8各点中振幅最大的是x= 的点，振幅最小的是x= 的点。










7、如图7-46所示，在y轴上的P、Q两点位置上有两个的声源，它们同时不断地向外发出波长都为2m的完全相同的声波，P、Q两点的纵坐标分别为yP=1m，yQ=6m。那么，在x轴上从-∞到+∞的范围内听不到声音的小区域共有
A、3个 B、4个 C、5个 D、无穷多个
8、对于波长为100m的声波，下列说法中正确的是（ ）
A、在同一介质中，比波长为20m的声波传播快 B、不能被人听见
C、波长太长，不能产生明显衍射现象 D、不能产生反射现象
【素质训练参考答案】
一、机械波基本概念及描述物理量
1.ABD 2.BD 3.D 4.AD 5. 2.5;0
6. 0.18m;-0.01m 7.C 8.AD 9.B 10.B
11.BD 12.AB 13.C 14.C
二、波的持有现象及声波
1．A 2.BC 3.B 4.C 5.C
6.48 7.C 8.B



图7-20
Q
M
N
P
·
图7-21
图7-22
图7-23
图7-25
图7-24
图7-26
图7-27
图7-28
图7-29
图7-30
图7-31
图7-32
x/m
y/cm
-5
0.2
0.4
0.6
0.8
0
5
v
图7-33
M
y/cm
x/m
0
1
v
N
40.5
-1
-1
-2
图7-34
A
图7-35
y
x
F
D
C
O
B
v
图7-36
y
x
v
O
图7-37
y
x
O
P
Q
图7-38
y
x
O
C
G
I
A
B
D
E
F
H
v
P
Q
A
P
Q
Bn
P
Q
P
Q
C
D
图7-39
图7-40
v
x/cm
y/cm
5
-5
O
b
c
d
e
A
S1
S2
C
B
图7-41
A
O
B
图7-42
图7-43乙
图7-43甲
A
B
C
D
v
v
甲
v
v
乙
x
y
图7-44
图7-45
y
x
v
v
0
1
2
3
4
5
6
7
8
x
Q
y
P
0
-
图7-46新教材高考物理模拟试题精编详解第十二套试题
题号 一 二 三 总分
1～10 11 12 13 14 15 16 17 18
分数
　　说明：本套试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，满分120分．考试时间：90分钟．
第Ⅰ卷（选择题，共40分）
　　一、本题共10小题，每小题4分，共40分，在每小题给出的四个选项中只有一个选项是符合题目要求的，选对得4分，有选错或不答的得0分
　　1．美国科研人员正在研制一种新型镍铜长效电池,它是采用半衰期长达100年的放射性同位素镍63（）和铜两种金属作为长寿命电池的材料，利用镍63发生 裂变时释放电子给铜片，把镍63和铜片做电池两极外接负载为负载提供电能．下面有关该电池的说法正确的是（　）
　　A．镍63的裂变方程是→＋
　　B．镍63的裂变方程是→＋
　　C．外接负载时镍63的电势比铜片高
　　D．该电池内电流方向是从镍到铜片
　　2．科学家们公认，太阳能是未来人类最合适，最安全、最绿色、最理想的替代能源，太阳能利用的一种方案是在距地球表面约36000公里的同步轨道上，建立太阳能发电厂，然后利用微波将电能传回地球，据推算，到2020年全世界能源消费总量大约需要25万亿立升原油，如果用太阳能替代，只需要一块面积约1.5万平方公里，半径约70公里的圆形转化太阳能的“光板”就可实现．已知太阳距地球1.5×m，地球半径为6400km，太阳半径是地球半径的109倍．关于该方案，下面说法中正确的是（　）
　　A．该圆形吸太阳能的“光板”在地球上会形成日全食
　　B．该圆形吸太阳能的“光板”在地球上会形成日全食和日偏食
　　C．该圆形吸太阳能的“光板”在地球上会形成日环食和日偏食
　　D．该圆形吸太阳能的“光板”可以不自转．
　　3．如图1所示，A、B两条直线是在A、B两地分别用竖直向上的F拉质量分别为和的两个物体得出的加速度a与力F之间的关系图线，分析图线可知（　）
　　①比较两地的重力加速度，有＞；
　　②比较两物体的质量，有＜；
　　③比较两地的重力加速度，有＝；
　　④比较两物体的质量，有＞
图1
　　A．②③　　　　　　　　　　　　B．①②
　　C．①④　　　　　　　　　　　　D．③④
　　4．最近发现纳米材料具有很多优越性能，有着广泛的应用前景．已知1nm（纳米）＝m，边长为1nm的立方体可容纳的液态氢分子（其直径约为m）的个数最接近下面的哪一个数值（　）
　　A．　　　　 B．　　　　 C．　　　　 D．
　　5．一细束平行光经玻璃三棱镜折射后分解为相互分离的三束光，分别照射到相同的金属板a、b、c上，如图2所示，已知金属板b有光电子放出，则可知（　）
图2
　　A．板a一定有光电子放出
　　B．板a一定不放出光电子
　　C．板c一定不放出光电子
　　D．板c一定有光电子放出
　　6．2003年2月1日美国哥伦比亚号航天飞机在返回途中解体，造成人类航天史上又一悲剧．若哥伦比亚号航天飞机是在赤道上空飞行，轨道半径为r，飞行方向与地球的自转方向相同．设地球的自转角速度为，地球半径为R，地球表面重力加速度为g．在某时刻航天飞机通过赤道上某建筑物的上方，则到它下次通过该建筑上方所需时间为（　）
　　A．
　　B．
　　C．
　　D．
　　7．如图3所示，在矩形ABCD的AD边和BC边的中点M和N各放一个点电荷，它们分别带等量的正、负电荷E、F是AB边和CD边的中点，P、Q两点在MN的连线上，MP＝QN．对于E、F、P、Q四点，其中电场强度相同、电势相等的两点是（　）
图3
　　A．E和F　　　　　　　　　　　 B．P和Q
　　C．A和B　　　　　　　　　　　 D．C和D
　　8．如图4所示，在光滑的水平桌面上有一弹簧振子，弹簧劲度系数为k，开始时，振子被拉到平衡位置O的右侧A处，此时拉力大小为F，然后释放振子从静止开始向左运动，经过时间t后第一次到达平衡位置O处，此时振子的速度为v，在这个过程中振子的平均速度为（　）
图4
　　A．0
　　B．
　　C．
　　D．不为零的某值，但由题设条件无法求出
　　9．如图5所示，荷质比为e/m的电子，以速度沿AB边射入边长为a的等边三角形的匀强磁场区域中，欲使电子从BC边穿出，磁感应强度B的取值为（　）
图5
　　A．　　　　　　　　 B．
　　C．　　　　　　 　　D．
　　10．传统电脑的各个配件都能产生电磁辐射，并对人体造成伤害．废弃的电脑设备变成“电脑垃圾”时，将对环境造成新的污染，因此生产厂商推出绿色电脑．这里的“绿色电脑”是指（　）
　　A．绿颜色的电脑
　　B．价格低的电脑
　　C．木壳的电脑
　　D．低辐射、低噪声、健康环保的电脑
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 得分
答案
第Ⅱ卷（非选择题，共80分）
　　二、本题共2小题，共13分，把答案填在题中的横线上或按题目要求作图
　　11．（6分）如图6所示，为验证动量守恒实验装置示意图．
图6
　　（1）入射小球1与被碰小球2直径相同，它们的质量相比较，应是________．
　　（2）为了保证小球作平抛运动，必须调整斜槽使________．
　　（3）继续实验步骤如下：
　　A．在地面上依次铺白纸和复写纸．
　　B．确定重锤对应点O．
　　C．不放球2，让球1从槽M点滚下，确定它的落地点P．
　　D．把球2放在立柱上，让球1从斜槽M点滚下，与球2正碰后，确定它们的落地位置、．
　　E．量出、OP、的长度．
　　F．看与是否相等，以验证动量守恒．
　　上述步骤不完善及错误之处有：
　　①____________________________________________________________________．
　　②____________________________________________________________________．
　　12．（7分）有一根粗细均匀的金属电阻线．
　　（1）用螺旋测微器测直径时，示数如图7所示，读数为________mm．
图7
　　（2）其电阻可用如图8甲所示的电路测量．所给器材中电流表上只有刻度但未标明电流值；是电阻箱，其阻值是准确的；是单刀双掷电键（当掷刀扳向1时与1相通，当掷刀扳向2时与2相通）．
图8
　　①将图乙中的实验按图甲连成电路，并用箭头标明滑动变阻器的滑动触头在实验开始的位置．
　　②写出主要的实验步骤及测量的结果．
　　三、本题共6小题，共67分，解答应写出必要的文字说明，方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．
　　13．（10分）侦察卫星在通过地球两极上空的圆轨道上运行，它的运行轨道距地面高度为h，要使卫星在一天的时间内将地面上赤道各处在日照条件下全都拍摄下来，卫星在通过赤道上空时，卫星上的摄像机至少应拍摄地面上赤道圆周的弧长是多少 设地球半径为R，地面处的重力加速度为g，地球自转周期为T．
　　14．（10分）如图9所示，由板长l＝20cm，板间距离d＝2cm的平行板电容器和线圈L＝4×H组成一振荡电路，电源电动势E＝10V．设有一荷质比为∶1的带电粒子（不计重力），沿电容器的中心轴线飞入，当开关S在位置1时，粒子恰好从电容器的下极板的边缘飞出．若开关S接到位置2的同时，飞入电容器的粒子能否飞出 若不能，粒子将打在极板何处 若能，求粒子飞出时的速度．
图9
　　15．（11分）质量为m的金属滑块，电量＋q，以某一初速度沿水平放置的绝缘板进入电磁场空间，匀强磁场方向如图10所示，匀强电场方向水平（且与地板平行），滑块与绝缘地板间的摩擦因数为 ，已知滑块自A点沿绝缘板匀速直线运动，到B点与电路开关相碰，使形成电场的电路断开，电场立即消失，磁场依然存在，设碰撞时，滑块无电量损失，而动能变为碰撞前的1/4，滑块碰撞后，做匀速直线运动返回A点，往返总时间为T，AB长为L，求：
图10
　　（1）匀强电场场强大小及方向
　　（2）磁感应强度B为多少
　　（3）全过程摩擦力做的功为多少
　　16．（12分）如图11所示一个盛有折射率为n的液体的槽，槽的中部扣着一个对称屋脊形的薄壁透明罩ADB，顶角为2 ，罩内为空气，整个罩子浸没在液体中．槽底AB的中点处有一亮点C．试求出：位于液面上方图示平面内的眼睛从侧面观察可看到亮点的条件．（液槽有足够的宽度，罩壁极薄，可不计它对光线产生折射的影响）．
图11
　　17．（11分）根据量子理论，光子的能量E和动量p之间的关系式为E＝pC，其中C表示光速，由于光子有动量，照到物体表面的光子被物体吸收或反射时都会对物体产生压强，这就是“光压”，用I表示．
　　（1）一台二氧化碳气体激光器发出的激光，功率为，射出的光束的横截面积为S．当它垂直照射到一物体表面并被物体全部反射时，激光对物体表面的压力F＝2p·N．其中p表示光子的动量，N表示单位时间内激光器射出的光子数．试用和S表示该束激光对物体产生的光压I；
　　（2）有人设想在宇宙探测中用光为动力推动探测器加速，探测器上安装有面积极大，反射率极高的薄膜，并让它正对太阳，已知太阳光照射薄膜对每平方米面积上的辐射功率为1.35kW，探测器和薄膜的总质量为m＝100kg，薄膜面积为4×，求此时探测器的加速度大小 （不考虑万有引力等其它的力）
　　18．（13分）在一次实战训练中，有一炮弹被以初速度为从地面竖直向上射出．当炮弹到达最高点h＝80m处时，突然炸裂为二块，其质量分别为＝1kg、＝0.8kg，且在炸裂过程中分别带上了q＝0.2C等量异种电荷，其中带负电．设在炸裂处，有一水平宽度L＝20m的正交匀强电磁场，如图12，匀强磁场方向垂直于纸面向里，大小为B＝1.0T，匀强电场方向竖直．设炸裂时，炮弹正处在正交电磁场中心，炸裂后，在正交电磁场中向左做直线运动，在正交电磁场中向右做直线运动．（g＝10m/）
图12
　　求：（1）炮弹被射出时的初速度；
　　（2）电场强度的大小和方向；
　　（3）爆炸时、做的功各为多少；
　　（4）二者落地点的距离．
参考答案
　　1．C　由电荷数守恒和质量数守恒可知A、B错，由于镍63放出电子，故带正电，电势比铜片电势高，C正确，电流方向从铜片到镍，D错
　　2．C　
　　3．A　由可知，A正确
　　4．B　将分子粗略地看成一个小立体，则个
　　5．D　照射到a、b、c上三种光的频率关系，为，由光电效应的规律可知板b有电子射出，板c一定有光电子放出，正确答案为D
　　6．A　航天飞机的运行周期
　　
　　设经过时间t航天飞机又通过建筑物上方，则
　　，所以
　　7．A　沿着电场线的方向电势降低，，B错；E、F两点在同一等势面上，且，A正确
由等量异种电荷的等势面特点可知．，C错，D错
　　8．C　　　①　　F＝kA　　②
　　由①②可知，C正确．
　　9．C　先根据题意画出电子所走的弧，因为弧上任意一点的速度方向必然与该点所在的半径垂直，故可以过A点做与方向（即AB方向）垂直的直线，此即为带电粒子做匀速圆周运动的半径方向．同理过C点作垂直于BC的直线，也为该点的半径方向，两半径相交点即为带电粒子做匀速圆周运动的圆心．如答图1所示．由图示情况可以看出
答图1
　　当时电子刚好不能从BC边射出．
　　要使电子可以从BC边射出，必满足r＞，而r＝，
　　∴　B＜时，电子可以从BC边射出
　　10．D　11．（1）大于　（2）轨道末端出口水平　（3）P、、为落地的平均位置，F一步中的应为-2r，
　　12．（1）1.000
　　　 （2）①略
　　②A．将滑动变阻器调至输出电压为零的位置，再合上．
　　B．将扳向2，调滑动变阻器使电流表指针在某一电流刻度，并记下该位置．
　　C．使阻值最大后，将扳向1，调电阻箱，使电流表指针回到所记的位置，记下电阻箱阻值．
　　D．被测电阻＝．
　　13．侦察卫星环绕地球一周，通过有日照的赤道一次，在卫星一个周期时间（设为）地球自转的角度为 ，只要 角所对应的赤道弧长能被拍摄下来，则一天时间内，地面上赤道处全部在有日照条件下就能被拍摄下来．设侦察卫量的周期为，地球对卫星的万有引力为卫星做圆周运动的向心力，卫星的轨道半径r＝R＋h，根据牛顿第二定律，则
　　在地球表面的物体重力近似等于地球的万有引力，即　mg＝
　　解得侦察卫星的周期为　
　　已知地球自转周期为T，则卫星绕行一周，地球自转的角度为 ＝2 ·
　　摄像机应拍摄赤道圆周的弧长为 角所对应的圆周弧长应为
　　
　　14．当开关S在位置1时，粒子在电容器中做类平抛运动，即水平方向做匀速直线运动，竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，有
　　l＝vt，
　　得
　　则带电粒子的初速度
　　（m/s）
　　当S接到2位置时，电容器内形成按余弦规律变化的振荡电场，周期为
　　．
　　接到位置2时，电容器内电场仍竖直向上，设粒子在第一个内加速向下运动，在第二个内减速向下运动，在半个周期结束时，粒子的速度为零，平均加速度＜a，运动时间＜t，故粒子半个周期内竖直方向位移，粒子不会打到下极板上．
　　在第三个内，粒子加速向上运动，在第四个内减速向上运动，在后半个周期结束时，粒子的速度为零．从对称性角度考虑，经过一个周期，粒子又回到两板中央，竖直方向速度为零．
　　不论电容器内电场如何作用周期性的变化，粒子在水平方向不受电场力的作用，水平速度不变，所以粒子在电场中运动的时间仍为2×s，在这一时间内，电场做周期性变化的次数
　　．
　　所以当粒子离开电容器时，竖直速度为零，水平速度不变，仍为v＝1.0×m/s，从两板中央飞出．
　　所以粒子能飞出电容器，从两板中央水平飞出，v＝1.00×m/s．
　　15．（1）滑块速度向右，根据匀速运动条件
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　①
　　可知E的方向必水平向右．
　　由返回速度向左且作匀速运动可知
　　＝mg　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 ②
　　而题中有：　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 ③
　　②③联立得知　，即＝2mg，代入①式
　　所以　E＝ （mg＋2mg）/q＝3 mg/q
　　（2）设往返总时间为T有：
　　
　　即：，代入②式可得　
　　（3）返回时不受摩擦力，所以全过程摩擦力做功
　　W＝-fL＝- （mg＋）L＝-3 mgL
　　16．用答图2示平面内的光线进行分析，并只讨论从右侧观察的情形，如图所示，由亮点发出的任一光线CP线经过两次折射而从液面射出．由折射定律，按图上标记的各相关角度．有sin ＝nsin 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 ①
　　sin ＝（1/n）sin 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 ②
　　其中　 ≤ /2　 ＝（ /2）-（ ＋ ）　　　　　　　　　　　　　　　　　 ③
答图2
　　注意到，若液体内光线入射到液面上时发生全反射，就没有从液面射出的折射光线．全反射临界角满足条件sin＝1/n
　　可知光线CP经折射后能从液面射出从而可被观察到的条件为　 ＜　　　　④
　　或　sin ＜1/n　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　⑤
　　现在计算sin ．利用③式可得
　　sin ＝cos（ ＋ ）＝cos cos -sin sin
　　由①式可得　cos ＝
　　因此，nsin ＝cos -nsin sin 　　又由①式　nsin ＝cos -sin sin 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 ⑥
　　由图及①、②式，或由⑥式均可看出 越大则 越小，因此，如果与 值最大的光线相应的 设为，若＞，则任何光线都不能射出液面．反之，只要＜，这部分光线就能射出液面，从液面上方可以观察到亮点．由此极端情况即可求出本题要求的条件．
　　自C点发出的 值最大的光线是极靠近CD的光线，它被DB面折射后进入液体，由⑥式可知与之相应的
　　 ＝（ /2）-
　　nsin＝cos -cos sin
　　能观察到亮点的条件为nsin＜1
　　即cos -cos sin ＜1
　　上式可写成cos ＜1＋cos sin
　　取平方　　
　　化简
　　故
　　开方并化简可得
　　这就是在液面上方从侧面适当的方向能看到亮点时n与 之间应满足的条件．
　　17．（1）激光器的功率为＝NE　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　①
　　已知激光对物体表面的压力为F＝2N·p　　　　　　　　　　　　　　　　　②
　　由光压的定义　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 ③
　　联立以上各式得　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　④
　　（2）太阳光对薄膜产生的光压
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 ⑤
　　探测器受到的总光压力
　　F＝I·S　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　⑥
　　以探测器为研究对象，根据牛顿第二定律F＝m·a　　　　　　　　　　　　 ⑦
　　∴　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　⑧
　　18．（1）由竖直上抛运动得炮弹被射出时的初速度　　　　①
　　（2）由动量守恒定律得：　　　　　　　　　　　　　　　　 ②
　　带电物体在洛仑兹力作用下的直线运动是匀速直线运动，假设电场强度方向竖直向上，根据受力有：　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　③
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　④
　　联立②③④得：
　　两物体匀速运动的速度
　　∴　40m/s　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 ⑤
　　50m/s　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 ⑥
　　所加电场为
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　⑦
　　因为E为正，所以场强方向竖直向上
　　（3）由动能定理得：爆炸对两物体做的功
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　⑧
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　⑨
　　（4）由平抛运动规律得落地时间：
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　⑩
　　两物体的水平位移
　　＝＝40×4m＝160m　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　＝＝50×4m＝200m
　　两物体落地点间的距离
　　 s＝＋＋L＝360＋20＝380m　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
PAGE
- 1 -高 三 物 理（第18周）

【知识点及高考要求】
1、(A)物质是由大量分子组成的，分子的热运动，布朗运动。分子间的相互作用力。
2、(A)分子热运动的动能，温度是分子热运动平均动能的标志。物体分子间的相互作用势能。物体的内能。
3、(A)做功和热传递是改变物体内能的两种方式。热量，能的转化和守恒定律。
4、(A)能量的利用和能源的开发
说明：不要求知道热力第一定律的表达式。
【内容概要及考查特点】
本章从两个方面来研究热现象及其规律：一是从物质的微观结构即分子动理论的观点来解释与揭示热学宏观量及热学规律的本质；二是以观察实验事实为依据，寻求热学参量间的关系及热功转换关系。分子动理论是物质的微观结构学说，它是宏观现象与微观本质之间的联系纽带，复习时要把握住宏观与微观之间的联系桥梁——阿伏加德罗常数的作用。能的转化与守恒定律是自然界普遍适用的规律，在分析任何自然现象时我们都要树立能量的观点，用能的转化与守恒定律来分析和解决问题。
试题形式常以选择题、填空题出现，也经常遇见估算题。
【知识点及素质训练】
一、分子动理论
【知识点析】
一、分子动理论的内容：
1、第一观点是：“物质由大量的分子组成的.”分子是由原子组成的，分子是具有各种物质的化学性质的最小微粒.可从以下几个方面来加以理解.
(1)阿伏伽德罗常数N是指1moL的任何物质含有的微粒数相同.通常取6.02×1023moL-1.其计算表达式为：或等于，即，这个数是十分巨大的，分子的体积和质量都十分小.从而说明物质是由大量分子组成的.物质所含的分子数.
(2)分子质量的计算 ，一般来说数量级为10－26kg.
(3)分子直径的计算有两种：其一建立分子的球模型，；其二建立分子的立方体模型，.一般来说数量级为10－10m.不论把分子看作球体模型，还是立方体模型，都只是一种简化模型，是一种近似处理的方法，由于模型不同，得出的结果稍有不同，但数量级都是10－10m，二者是一致的.
另外要注意：在估算标准状况下气体分子间的距离时，气体分子间距离较大，各分子虽然做热运动，但仍可看作是均匀分布的.1moＬ任何气体在标准状况下的体积均为22.4L，将其分成若干个小立方体，每个小立方体内装一个分子，则立方体的边长即为分子间的距离..
分子直径的大小除了用两种方法计算外，还可用油膜法测定分子直径，实验步骤为：
第一，测出一滴油的体积V；
第二，把油滴滴在水面上散开，形成单分子油膜，如图8-1所示. 。
第三，把油分子看成球形且一个紧挨着一个，则油膜的厚度就近似认为等于油分子的直径.
第四，测出油膜散开的面积S.
第五，计算公式. 即为油分子的直径。
2、第二个观点是：“分子永不停息地作无规则运动．”我们把这种运动叫分子热运动，分子热运动的实验基础是扩散现象和布朗运动.
（1）扩散现象：相互接触的物体互相进入对方的现象叫扩散现象．温度越高，扩散现象越明显.
（2）布朗运动：我们把悬浮在液体或气体中的微粒做永不停息地无规则的运动叫布朗运动.其产生的原因是：组成液体或气体的大量分子在做杂乱无章的运动，不断地撞击悬浮在其中的布朗小颗粒、对于每个小颗粒来说，由于在任何时刻分子从各方面对颗粒的冲击作用不平衡，所以小颗粒就要朝着冲击作用较弱的方向运动.对于课本图中的折线是小颗粒每隔ts所在位置的连线，并不是微粒的运动轨迹，它只是为了表明微粒在作极短促的，无定向跳动过程中移动的顺序而作的连线，小颗粒的运动不是分子的运动.分子的大小只是作布朗运动小颗粒大小的几千分之一.布朗运动只能间接显示物质分子处于永恒的热运动中，它是分子热运动的一个有力证明.温度越高，布朗运动越显著，反映了液体分子运动越激烈，可见，分子的无规则运动与温度有关，因此，分子的无规则运动叫做分子的热运动. 要注意微粒质量较大时，难以改变运动状态，不易观察到布朗运动。
3、第三观点是：“分子间存在着相互作用力（引力、斥力）”.分子和分子间十分接近时所显示的相互作用力就是分子力. 分子力是邻近的分子间原子核的正电荷和核外负电荷之间的相互作用而引起的。分子间同时存在着引力和斥力.而引力和斥力的大小是随分子间的距离变化而变化的.在某一瞬间分子间究竟是表现为斥力还是引力，取决于它们之间的合力，这个合力就是分子力，分子力表现为引力还是斥力跟分子间的距离有关.如图8-3所示，r0为平衡距离．数量级为10－10m。
(1)当r=r0时，引力和斥力的作用抵消，分子等于零，分子处于平衡态.
(2)当r>r0(10－10m到10－9m)两分子间的斥力和引力的平衡被跛坏，它们都随着距离的增大而减小，但斥力减小得更快，表现为引力，r一旦大于10－9m，分子间的作用力变得十分微弱，近似认为没有相互作用力.
(3)当r【例题析思】
[例题1]已知水的密度，水的MmoL=1.8×10－2kg/moL，求：（1）1 cm3的水中有多少个水分子；（2）估算一个水分子的线度多大.
[解析]据题意可得水的摩尔体积m3/moL，则：
(1)每cm3水中的水分子数个/cm3.
(2)建立水分子的球模型有：，水分子直径
=3.9×10－10m；建立水分子的立方体模型有d==
［思考1］已知铝的摩尔质量MmoL=27g/moL，密度ρ=2.7g/cm3，阿伏伽德罗常数N=6.0×1023/moL，求铝原子的直径.
［提示］2.7×10－3kg的铝的体积为1m3，铝的摩尔体积即2.7×10－2kg铝的体积为VmoL＝根据可求出铝分子体积的大小为1.67×10－29m3，其直径d=3.17×10－10m.
[例题2]（92年上海）将1cm3的油酸溶于酒精，制成200cm3的油酸溶液.已知1cm3溶液有50滴，现取1滴油酸溶液滴在水面上，随着酒精溶于水，油酸在水面上形成一单分子薄层，若测出这薄层的面积为0.2m2，试估算油酸分子的直径。
[解析]此题将油酸溶于酒精，是为了稀释油酸，使油酸能在水面形成面积较大的单分子油膜.如果油酸直接滴在水面上，形成的油膜较厚，就不是单分子的薄层.
每1cm3油酸酒精溶液中有油酸1/200cm3；每一滴油酸溶液中有油酸，则.
[思考2]利用单分子油膜法可以粗测分子的大小和阿伏伽德罗常数，如果已知体积为V1的一滴油在水面上散开形成的单分子油膜的面积为S，这种油的密度为ρ.摩尔质量为MmoL，阿伏伽德罗常数应如何求出？
［提示］由单分子油膜的特征，这种油的直径，将油膜看成单分子紧密相挨形成的膜．每个油分子的体积为，将分子看成球形.每摩尔这种油的体积为，因此，阿伏伽德罗常数为.
[例题3]关于布朗运动，下列说法中正确的是：A、布朗运动不是分子的运动，而是悬浮的固体微粒的运动；B、布朗运动是由于固体微粒本身有动能而产生的杂乱运动；C、布朗运动的发生不受温度的影响；D、固体微粒越小，布朗运动越显著.（ ）
［解析］布朗运动是悬浮在液体中的微粒的无规则运动，是液体分子热运动的反映.固体微粒越小，温度越高，布朗运动也就越显著.因此，本题选项A和D是正确的.
[思考3]用显微镜观察放在水中的花粉，追踪三个花粉，每隔30s记下它们的位置. 用折线分别依次连接这些点，形成图8-2所示情况：（ ）
A、这是花粉无规则运动的径迹；
B、这是水分子无规则运动的径迹；
C、它说明花粉分子的无规则运动；
D、它说明水分子的无规则运动.
［提示］抓住布朗运动产生的原因可以判定选项D是正确的。
［例题4］分子间的作用力由引力f引和斥力f斥两部分组成，则：A、f斥和f引是
同时存在；B、f引总是大于f斥，其合力总表现为引力；C、分子之间的距离越小，f引越小，f斥越大；D、分子之间的距离越小，f引越大，f斥越小.
［解析］分子间的引力与斥力总是同时存在的，当分子间距离等于平衡间距时，引力与斥力相平衡，表现出的分子力为零；当分子间距小于平衡间距时，斥力大于引力，表现为斥力；当分子间距大于平衡间距时，引力大于斥力，表现为分子引力.分子引力与斥力总是随分子间距的增大而减小，综上所述，可见选项A是正确的.
［思考4］关于分子引力f引、分子斥力f斥跟分子间距离r的关系，正确的说法是：A、r越小，则f斥越大，f引越小；B、r越小，则f斥越小、f引越大；C、无论r多大（<10r0），
f引和f斥都同时存在；D、当r减小时，f引和f斥都要增大，但f引比f斥增大得慢.（ ）
［提示］根据分子力与分子间距的关系可判定选项C、D是正确的.
【素质训练】
1、（90年全国）从下列数据可以算出阿伏加德罗常数的是（ ）
A、水的密度和水的摩尔质量 B、水的摩尔质量和水分子的体积
C、水分子的体积和水分子的质量 D、水分子的质量和水的摩尔质量
2、关于布朗运动的实验，如图8-4所示，下列说法正确的是
A、图中记录的是分子作无规则运动的情况
B、图中记录的是微粒作布朗运动的轨迹
C、实验中可以看到，微粒越大，布朗运动越明显
D、实验中可以看到，温度越高，布朗运动越激烈
3、（93年全国）分子间的相互作用力由引力和斥力两部分组成，则（ ）
A、引力和斥力是同时存在的 B、引力总是大于斥力，其合力总表现为引力
C、分子之间的距离越小，引力就越小，斥力就越大
D、分子之间的距离越小，引力就越大，斥力就越小
4、能够说明分子间有间隙的是
A、任何物体都能被压缩 B、密闭钢筒中的油在较长时间的高压下有溢出
C、饼干压缩后做成压缩饼干，体积减小许多
D、卢瑟福的α粒子散射实验中，绝大多数α粒子穿过金箔后以原方向前进
二、内能·能的转化和守恒定律
【知识点析】
1、物体的内能：
（1）分子的平均动能：由于大量分子的运动而具有的能叫分子的动能，分子动能的平均值叫分子平均动能.温度是分子平均动能的标志.温度越高，分子平均动能越大.
（2）分子的势能：由于分子间的相互作用和相对位置决定的能量叫分子势能，分子势能的大小与物体体积有关，当分子间的距离r>r0时，分子势能随分子间的距离增大而增大；当r（3）物体的内能：物体内所有分子的动能和势能的总和叫物体的内能.
①内能是一个宏观量,只有对大量分子组成的宏观物体来说,内能才有意义.物体的内能是同物体内部状态有关的能量,它取决于分子的运动情况和分子间的相对位置,物体内能的大小跟分子的数目有关,物体的质量越大,分子数目越多,它的内能也越大;物体的温度越高,内能也越大;物体的内能还跟物态(固、液、气)有关；物体的内能永远不会为零。
②内能和机械能是两种不同形式的能。内能是由物体大量分子的热运动(无规则运动)和分子间相对位置决定的能量。机械能是物体作机械运动和物体形变决定的能量，物体可同时具有内能和机械能，一定条件下可以互相转化，比如滑动摩擦力做功.压缩气体做功等是机械能转化为内能；高压气体推动汽轮机转动是内能转化为机械能.物体的机械能可以为零，但物体的内能永远不会为零.因此，不能把机械能和内能混为一谈.
③物体内能的变化、改变物体的内能有两种方式：其一是做功，这是其它形式的能与内能相互转化的过程.内能改变了多少用做功的数值来量度；其二是热传递.这是物体间内能转移的过程，内能改变了多少用传递的热量数值来量度.做功和热传递在改变物体的内能上是等效的，应有4.2J的功相当于1CaL的热量，即J=4.2J/CaL.但本质有区别.做功是其它形式的能与内能之间的转化，是通过物体的宏观运动或形变来改变物体内能；而热传递是物体之间的内能转移，是通过物体的分子的微观运动来改变物体的内能。在热传递中，物体内能改变的量称为热量，所以热量只有在热传递中才有意义。热量是物体热传递过程中物体内能的改变量，热量与物体的内能多少温度的高低无关。热传递的方式有传导、对流和辐射，其条件是温度不同，规律是从高温物体向低温物体传递，当温度相等时达到动态平衡——热平衡。
2、能的转化和守恒定律：能量既不能凭空产生，也不能凭空消失.它只能从一种形式转化为别的形式，或从一个物体转移到别的物体.能源的开发是当代世界上的重大课题之一，尤其是核能和太阳能的利用，是当前各国新能源研究投入力量最多的问题，关于常规能源和新能源的开发利用，可参见下
【例题析思】
［例题1］关于分子势能的变化情况，下列说法中正确的是：A、分子间显示斥力时，距离越小，分子势能越小；B、分子间显示引力时，距离越小，分子势能越大；C、分子势能随物体体积的变化而变化；D、当分子间斥力和引力大小相等时，分子的势能最小.
（ ）
［解析］分子势能是由分子间的相对位置所决定的.由于分子间既存在着引力，又存在着斥力，所以分子间距离改变时，对引力做功和斥力做功的情况要作认真分析.当分子间斥力和引力大小相等时，两分子间距离为r0，则分子间距离r>r0时，分子间显示引力；当rr0，分子间距离减小时，引力做正功，分子势能减小，故选项B不正确；物体体积变化时，分子间作用力做了功，分子势能也有了变化，故选项C是正确的；当r=r0时，分子间斥力和引力大小相等，如果分子间距离减小，分子间斥力做负功，分子势能增大；如果分子间距离增大，分子间引力做负功，分子势能也增大，因此选项D是正确的，综合所述，选项C、D均为正确的.
［思考1］两个分子之间距离为r0，分子间的引力和斥力大小相等，下列说法正确的是：A、当分子之间距离为r0时，分子具有最大势能；B、当分子之间距离为r0时，分子具有最小势能，距离变大或减小，势能都变大；C、分子之间距离大于r0时，引力增大.斥力减小，势能变大；D、分子之间距离小于r0时，引力减小，斥力增大，势能变小.（ ）
［提示］分子间引力、斥力同时存在，且都随r增大而减小，但斥力减得快，由此可判断C、D都不对，当rr0时，表现为引力，r增加，引力做负功，分子势能增加，当r=r0时，分子势能最小.综合上述可作出选项B是正确的判定.
［例题2］下列说法正确的是：
A、温度低的物体内能小。
B、温度低的物体内分子运动的平均速率小。
C、物体做加速度运动时，速度越来越大，物体内分子的平均动能也越来越大。
D、外界对物体做功时，物体的内能不一定增加。
［解析］内能指物体内所有分子的动能和势能总和。温度低的物体其分子平均动能小，但所有分子的平均动能和势能的总和不一定小。温度低分子平均动能小，而不同物质的分子质量不同。所以温度低的物体分子，平均速率不一定小；物体运动的速度增大，其宏观整体的动能增大，但只要温度不变，物体内分子无规则运动的平均动能就不变；物体内能的改变要看做功和热传递的代数和，只说做功过程，没说热传递过程，物体内能不一定增加，故选项D正确。
［思考2］在下列叙述中，正确的是
A、物体的温度越高，分子热运动越剧烈，分子平均动能越大。
B、布朗运动就是液体分子的热运动。
C、对一定质量的气体加热，其内能一定增加。
D、1克0℃水的内能比1克0℃冰的内能大。
［提示］温度是大量分子的平均动能标志，是分子做热运动的剧烈程度的标志，故A正确；布朗运动是指悬浮在液体中的固体微粒的运动，B不正确；引起内能变化的物理过程有做功和热传递两种，那么仅掌握物体做功情况，而不了解热传递情况，或者仅知物体热传递情况而不了解做功情况，是不能判断内能如何变化的，C不正确；对于相同质量0℃的水和冰来说，分子数相同，分子平均动能相同，但水的分子势能大于冰的分子势能，故D正确。
［例题3］质量为100g的铅弹，以200m/s的水平速度射入静止在光滑水平面上，质量为1.9kg的靶子而未穿出.求：（1）铅弹损失的动能；（2）此过程中产生的热能是多少？
［解析］据题意可得出：（1）铅弹与靶在水平方向未受外力作用；这一系统的动量守恒.设它们共同的速度为V，则有：mV0=(M+m)V, ,则铅弹损失的动能为：
=1995（J）
（2）此过程中产生的热能应为整个系统损失的动能.
由上可知，铅弹损失的动能比系统损失的动能大95J，这说明铅弹损失的动能分为两部分：一是转移到靶子上，使靶子动能增加；二是系统损失的动能即为转化为内能.
［思考3］如图8-6所示，木球A连同镶着的铁钉的
质量为100g，用长0.5m的细线悬于天花板
的O点，现把线拉至水平释放，摆至最低点
与另一质量为100g的木球B相碰，并结合
在一起假设铁钉的质量为1g，损失的机械能
全部被铁钉吸收则铁钉的内能增加了多少？
［提示］A球摆至最低的速度，根据机械能守恒有：，A、B球相碰后，具有相同速度，设其为V，据动量守恒有：（mA+mB）V=mAV0，；碰后，总动能的减少即机械能的损失,=
[例题4]单摆在空气中作阻尼振动时，用E1表示它的机械能，E2表示它的内能，E3表示它的内能和机械能的和，则在振动过程中单摆的（ ）
A、E1逐渐增大，E2逐渐减小，E3逐渐减小
B、E1逐渐减小，E2逐渐增大，E3不变
C、E1逐渐减小，E2逐渐减小，E3逐渐减小
D、E1、E2、E3均不变
[析与解]单摆在振动过程中由于空气摩擦，机械能不断减小，转化为单摆的内能和空气的内能。故选A。
[注意]所谓“摩擦生热”，其本质是克服摩擦力做功转化为内能，如冬天搓手取暖，双手均会变热。
[思考3]两个瓶中均装有氧气，甲瓶温度为10℃，乙瓶温度为20℃，下列说法中正确的是（ ）
A、乙瓶氧气的分子平均动能一定比甲瓶的大
B、乙瓶氧气的内能一定比甲瓶的大
C、乙瓶氧气的分子速率都比甲瓶的大
D、若以3m/s的速度匀速成移动甲瓶，则瓶内气体的内能会因分子动能的增加而增加
[提示]温度是分子平均动能的标志，温度越高，分子平均动能越大，物体的内能取决于物质的量，体积和温度与宏观上的物体速度无关，故选A。
[注意]对单个分子而言温度没有意义，它反映的是大量分子热运动的剧烈程度。温度相同时，即使是不同的气体，如氢气和氧气，它们的分子平均动能也相同。另外，机械能和内能是两种不同形式的能量，它们之间没有直接联系，但在一定条件下可以转化。
【素质训练】
1、关于分子间势能和物体的体积关系，正确的是（ ）
A、体积增大，分子间势能一定增加
B、气体分子的距离增大，分子间的势能减小
C、物体的体积增大，分子间势能有可能增加
D、物体体积减小，分子间势能减小
2、用r表示两分子间的距离,EP表示其分子势能,r0为平衡距离.设两分子相距很远时,EP=0,则( )
A、当r>r0时，EP随r的增大而增大
B、当rC、当rD、当r=r0时，EP=0
3、对下列物体内能的说法，正确的是（ ）
A、0℃的水比℃的冰内能大
B、物体运动速度越大，则内能越大
C、水分子的内能比冰分子的内能大
D、100g0℃的冰比100g0℃的水内能小
4、（96年上海）下列叙述正确的是（ ）
A、物体的内能与物体的温度有关，与物体的体积无关
B、物体的温度越高，物体中分子无规则运动越激烈
C、物体体积改变，内能可能不变
D、物体在压缩时，分子间存在着斥力，不存在引力
5、（94年全国）金属制成的汽缸中装有柴油和空气的混合物，有可能使气缸中柴油达到燃点的过程是（ ）
A、迅速向里推活塞 B、迅速向外拉活塞
C、缓慢向里推活塞 D、缓慢向外拉活塞
6、密闭绝热气缸放在光滑的水平面上，缸内用活塞将气缸分成两部分，右侧为真空，左侧为一定质量的理想气体，活塞用销钉钉在缸壁上，如图8-7所示，若将销钉拔出，气缸将（ ）
A、静止不动
B、向左移动一定距离后静止
C、向左匀速运动
D、缸内气体内能不变
7、做功和热传递都可以改变物体的内能，则下列叙述过程：
A、气缸内雾化柴油的压缩点燃 B、太阳灶煮饭
C、钻木取火 D、坠入大气层的人造卫星被烧毁
上述过程属于热传递过程的是（ ）；上述过程属于做功过程的是（ ）
8、（91年上海）关于物体的内能，下列说法正确的是（ ）
A、相同质量的两种物体，升高相同的温度，内能增量一定相同
B、一定量0℃的水结成0℃的冰，内能一定减少
C、一定量气体体积增大，但既不吸热也不放热，内能一定减少
D、一定量气体吸热而保持体积不变，内能一定减少
9、（95年上海）关于物体内能变化，以下说法中正确的是（ ）
A、物体吸收热量，内能一定增大
B、物体对外做功，内能一定减小
C、物体吸收热量，同时对外做功，内能可能不变
D、物体放出热量，同时对外做功，内能可能不变
10、（98年上海）有关物体的内能，以下正确的是（ ）
A、1g0℃的水的内能比1g0℃冰的内能大
B、电流通过电阻后电阻发热，它的内能增加是通过“热传递”方式实现的
C、气体膨胀，它的内能一定减少
D、橡皮筋被拉伸时，分子间热能增加
11、对于液体和固体，如果用M表示摩尔质量、m表示分子质量，ρ表示物质密度、V表示摩尔体积、表示分子体积、N表示阿伏伽德罗常数，那么下列关系式不正确的是 （ ）
A、 B、 C、 D、
12、关于物体内能变化，以下说法中正确的是：（ ）
A、物体吸收热量，内能一定增大；
B、物体对外做功，内能一定减少；
C、物体吸收热量，同时对外做功，内能可能不变；
D、物体放出热量，同时对外做功，内能可能不变.
13、下列关于内能的说法中，正确的是（ ）
A、温度高的物体内能大，温度低的物体内能小；
B、温度相等，质量不等的两瓶水，其内能是相等的；
C、温度和质量都相同的物体，不一定具有相同的内能；
D、温度和质量都相同的物体内能一定相等。
14、只要知道下列哪一组物理量，就可以估算出气体中分子间的平均距离：（ ）
A、阿伏伽德罗常数、该气体的摩尔质量和密度；
B、阿伏伽德罗常数、该气体的摩尔质量和质量；
C、阿伏伽德罗常数、该气体的质量和体积；
D、该气体的密度、体积和摩尔质量.
15、利用油膜法估测分子的直径，需测量的物理量是：（ ）
A、一滴油的质量和它的密度；
B、一滴油的体积和它的密度；
C、一滴油的体积与它散成油膜的最大面积；
D、所成油膜的厚度和它的密度.
16、取r0表示分子之间的平衡距离，那么：（ ）
A、分子之间的距离在大于r0的范围内发生一定的变化时，分子间引力做的功大于分子间斥力做的功；
B、分子之间的距离在大于r0的范围内发生一定的变化时，分子间引力做的功小于分子间斥力做的功；
C、分子之间距离在小于r0的范围内发生一定的变化时，分子间引力做的功大于分子间斥力做的功；
D、分子之间的距离在小于r0的范围内发生一定的变化时，分子间引力做的功小于分间斥力做的功.
17、已知某物质的密度为ρ，其摩尔质量为M，假如它的原子是紧密地堆在一起，则估算该物质原子的直径为 （阿伏伽德罗常数为 N）.
18、某人作一次深呼吸，吸进400Cm3的空气，据此估算其中的每个原子占据的体积为 m3（取两位有效数字）.
19、一热水瓶水的质量约为2.2kg，它所包含的水分子的数目约为个 （取两位有效数字，阿伏伽德罗常数取6.0×1023moL－１）
20、实验表明，分子间可以发生相互作用的距离很短，一般说来，当分子的距离产生过它们的直径10倍以上时，相互作用就变得十分微弱了，所以认为分子力等于零，试证明这一结论对气体也近似成立。水分子的质量等于 kg,已知阿伏伽德罗常数为6.02×1023/moL.
21、在高H=5m的立柱的光滑顶端放有质量M=0.2kg的小球，如图示.一粒质量m=10g的铅弹以速度V飞来击穿小球中心，小球和铅弹落地处距立柱的水平距离分别是SM=2m及Sm=10m，求（1）铅弹击中小球时的速度V是多大？
（2）此过程中系统机械能的损失是多大？铅弹损失的动能是多大？
22、人的身体在最佳状态下，只能把人体内化学能的25%转化为有用的机械能，一质量为60kg的登山运动员恰好具有这样的转化效率，若他平均每小时登高500m，那么，他在5h内共消耗多少化学能？（g=10m/s2）
23、有一座瀑布的高度是50m，流量为12m3/s，计划在瀑布底部利用水流能发电，设在瀑布顶部水流速度与从发电机处水轮机内流出的速率相等，且水流能有65%被利用，求安装的发电机功率至少有多大？
24、1mol铜的质量是63.5g，铜的密度是8.9×103kg/m3，试估算一个铜原子的质量和体积。
25、子弹质量m=8g，以v=200m/s的水平初速度射入墙壁并停留在其中，子弹在墙壁内所产生的热量为多少？
【素质训练参考答案】
一、分子的动理论
1、D 2、D 3、A 4、AB
二、内能、能的转化和守恒定律
1、C 2、AB 3、D 4、B 5、A 6、BD 7、B ACDE
8、BC 9、C 10、AD
11、D 12、C 13、A 14、C 15、C 16、A、D 17、； 18、1.0×1022;
19、7.3×1025个 ;
20、提示每个分子占有的体积，，可见，气体分子间的作用力→分子力近似等于零。
21、(1) 50m/s； (2) 11.6J； (3) 12J
提示：求出铅弹穿透小球后铅弹的速度V1和小球的速度V2，它们的落地时间为t=
.
则有：
据动量守恒定律有：mV=mV1+MV2.
系统机械能的损失为：
铅弹损失的动能为：
22、6×106J
23、3.9×103KW
24、1.05×10-25kg 1.2×10-29m3
25、160J
图8-1
图8-3
图8-2
图8-5
新能源
地 热
核能→反应堆成太阳能→太阳灶
光电池
电动机
发电机
常规能源
风力→风车
水力→水轮机
天然气 石 油煤
燃烧
机械能
内能
电热器
电能
热机
图8-6
真空
销钉
图8-7高 三 物 理（第11周）

【知识点及高考要求】
1、(B) 功、功率
2、(B)动能、做功和动能改变的关系。
3、(B)重力势能、做功跟重力势能改变的关系。
4、(A)弹性势能。
5、(B)机械能守恒定律及其应用。
说明：在处理功能关系时，不要求用负功的概念；弹性势能只要求定性了解。
【内容概要及考查特点】
本章内容包括功和能这两个物理学中重要的基本概念和动能定理、机械能守恒定律、能的转化和守恒守律三个基本原理。运用能的观点分析问题为解决力学问题开辟了一条新的途径，同时，由于它可以不涉及过程中力作用的细节，关心的只是过程的始末状态，所以这往往更能把握问题的实质，使解题思路更简捷。
近年来高考对本章考查重点是：功、功率、动能、动能定理、机械能守恒定律、能的转化和守恒定律。特别是本章内容灵活性大，综合性强，它可以与其他力学知识、电磁学知识、甚至热学知识综合起来，这样对学生的测试要求较高。历年高考的压轴题也常常出现在本章的功能关系之中。
【知识点析及素质训练】
一、功的计算及正负功

【知识点析】
1、功的概念：物体受到力的作用，并且在力的方向上发生了一段位移，则力对物体做了功。
(1)功的主体是力，讲功时要讲清哪个力做功，讲物体做功实际上是对该物体施加的力做功。
(2)功描述的是力对空间积累效应的物理量，是过程量。
(3)功的两个不可缺少的因素：力和力方向上的位移。
(4)功只有大小没有方向的量，功的正负并不代表大小，而是用来表示功的结果对物体能量的影响。
2、功的计算方法
(1)W=F·S·cosα
说明：此公式的适用条件是F为恒定的力，且S为物体的对地位移，α为F、S两者间夹角。
(2)W=P·t
(3)做功的过程实质上就是能量转换的过程，能量变化的数量可用做功的多少来量度。
(4)当物体同时受到几个力作用时，计算合外力做功常有两种方法：一是先求合力，再根据W=F合Scosα计算功，二是分别求各个力的功，再求出各个力做功的代数和。
3、一个力F做功正、负的判断
(1)看F的方向与位移S(或物体速度v)方向夹角α的大小，α<90°，W>0；表明物体能量增加；α=90°，W=0；α>90°，W<0表明物体能量减少。如果力对物体做了负功，通常也说物体克服力做了(正)功。
(2)看物体间是否有能量转化或转移。
4、摩擦力对物体可以做正功或负功及不做功。滑动摩擦力对系统总是做负功，W=f·△s，式中△s为相对滑动距离，一对静摩擦力对系统做的总功为零。
【例题析思】
[例题1]水平恒定的力F作用于放在光滑的水平面上的质量为m的物体上，使物体沿着力的方向运动了位移S，此过程中力F做功W1，若使水平恒定的力F作用于放在粗糙水平面上的质量为2m的物体上，使其沿着力的方向运动位移也为S，则此过程中力F做功W2，则：A、W1>W2；B、W1=W2；C、W1[解析]恒定力的功，是指F做的功。根据功的定义，力F所做功只与F的大小及在力F的方向上发生的位移大小的乘积有关，不需考虑其它的因素，因两次的力F相同，位移S相同，所以功相等，可见选项B是正确的。
[思考1]如图6-1所示，甲、乙两个物体与水平地面间动摩擦因数相同，它们的质量相等，在图6-1甲物体上用F1力拉物体，在图6-1乙物体上用力F2推物体，两种情况下两个物体都作匀速运动，经相同位移，则F1和F2对物体所做的功W1和W2关系为：A、W1=W2；B、W1>W2；C、W1[提示]先将F1、F2两个力分解，再抓住f=μN及平衡关系可判断选项C是正确的。
[例题2]如图6-2所示，小物体位于光滑的斜面上，斜面位于光滑的水平地面上，从地面上看，在小物体沿斜面下滑的过程中，斜面对小物体的作用力；A、垂直于接触面，做功为零；B、垂直于接触面，做功不为零；C、不垂直于接触面，做功为零；D、不垂直于接触面，做功不为零。（ ）
[解析]由于斜面是光滑的，斜面对物体的作用力只有支持力N，方向一定垂直于斜面。若斜面固定不动，物体沿斜面运动时，支持力N与物体位移方向垂直，不做功，但当斜面不固定时，物体沿斜面下滑的同时，在N的反作用力作用下，斜面要向后退，如图6-3示，物体参与了两个分运动：沿斜面的下滑；随斜面的后移，物体的合位移S与支持力N的夹角α大于90°，故支持力N对物体做负功，做功不为零。选项D正确。
注意：功与参照物的选择有关，若以斜面为参照物，支持力与物体位移方向垂直，功则为零，而以地面为参照物，则支持力与物体位移方向间的夹角大于90°，功则不为零。如果未指明参照物，一般都是以地球为参照物的。
[思考2]如图6-3甲的所示，质量为m的物体静止于倾角为θ、质量为M的斜面上，现在对斜面施加一个水平向左的推力F，使物体随斜面一起沿水平方向向左做匀速运动，位移为S，求这过程中(1)力F做的功W；(2)摩擦力对物体做的功W2；(3)弹力对物体做的功W3；(4)斜面对物体做的功W4；(5)地面对斜面做的功W5。
[提示]物体的受力图如图6-4乙的所示






(1)力F做的功W1=F·S·cos0°=F·S
(2)物体受到摩擦力f=mgsinθ，故W2=f·S·cos(180°-θ)=mgsinθ×S×(-cosθ)=-mgS·sinθ·cosθ
(3)物体受到弹力大小N=mgcosθ，故W3=N·Scos(90°-θ)=mgS·cosθsinθ。
(4)斜面对物体做的功实际为f和N的总功(代数和)W4=W2+W3=0。
(5)地面对斜面有两个力：一是支持力，其不做功；另一是摩擦力，其大小等于F，方向与F相反，故W5=-F·S.
[注意](1)在计算某个力做功时，找出其F、S、α是关键，好像其他力不存在一样。(2)如果施加向右恒定的力F使物体匀速向右运动S，请读者再解上述5个功，并注意静摩擦力做功的正负问题。
[例题3]质量为m的物体放在一固定的斜面上，一个人通过动滑轮用恒定的力F拉动物体，恒定的力F与斜面夹角为θ，如图6-5甲的所示，将物体沿斜面前进，求人做的功。








[解与析]当物体沿斜面向上移动S时，F需将绳子拉过长度，而F所作用的质点的位移为S，方向由A指向B，如图6-5所示，，由功的定义式得：
或者这样解：因为人对绳子做的功等于绳子对物体做的功，物体受力可等效图6-5丙的情况，所以W=F+Fcosθ=F(1+cosθ)
对于此题应正确理解功的定义式中的位移，它是指恒定的力F持续作用下的质点的位移，只有力直接作用在无形变的物体上时，位移才是 指“物体的位移”。
[思考3] 如图6-6甲的所示，质量为m的物体放在光滑的水平面上，用绳子通过滑轮并与水平方向成θ角，大小为F的力拉物体，将物体由A拉到B，物体前进S。求外力对物体所做的总功是多大？











[提示]解法1：根据功的定义式，应用运动的合成与分解的知识求解。当物体在水平方向移动S时，则力F需将绳子拉过S长度，力F的作用点既有水平方向移动，又有沿着绳方向的移动，则合位移S合方向由C指向D，如图6-6乙的所示，S合=2S，由功的定义式得
解法2：采用等效的思维方法，借住合力的功等于分力做功之和的关系。物体受力等效于图6-6丙中的所示情况，由合力的功等于各分力的代数和得：W=FS+FScosα=FS(1+cosα)
[例题4]如图6-7所示，小船A和人的质量共为200kg，小船B的质量也为200kg，若水对船的阻力不计，人用100N的力拉B船，求B船启动6S，人在这段时间里做了多少功？
[解析]力的作用是相互的，当人拉B船，使B船加速运动的同时，B船也在拉A船，A船同样有一加速度，而且在每个时刻相对速度都是A、B两船速度之和，不论是A船还是B船的运动都是人做功的结果。
人用力作用使A、B两船产生的加速度
6s内A、B两船的位移各为：
故人做的功W=F·2S=100×2×9=1800J
注意：在此问题中，容易产生的问题只考虑B船运动，而忽略了A船也同样的反向运动，两船运动获得的能量都是通过做功由人体内的能量转化而来的，这也体现了做功的过程是不同形式能量间的转化过程。
θ
θ
F1
F2
甲
乙
图6-1
θ
A
图6-2
θ
图6-3
θ
N
θ
M
m
F
甲
乙
N
f
mg
S
图6-4高 三 物 理（第7周）
第四章 曲线运动 万有引力
【知识内容及高考要求】
1.(B)曲线运动中质点的速度沿轨道的切线方向,且必具有加速度.
2.(B)平抛运动.
3.(B)匀速率圆周运动,线速度和角速度. 周期. 圆周运动的向心加速度a=. 向心力.
4.(B)万有引力定律.
5.(B)宇宙速度,人造地球卫星. 万有引力定律的应用.
说明:(1)不要求会推导向心加速度的公式a=.
(2)有关向心力的计算,只限于向心力是由一条直线上的力合成的情况.
【内容概要及考查特点】
本章内容是牛顿运动定律在曲线运动中的具体应用.万有引力定律是力学中一条独立的基本定律.复习好本章的概念和规律,将加深对速度、加速度及其关系的理解，加深对牛顿第二定律的理解，提高应用牛顿定律解决实际问题的能力，同时为复习带电粒子在电场或磁场中的运动做好必要准备。
平抛物体运动的规律及研究方法、圆周运动的角速度、线速度、向心加速度和万有引力、人造卫星都是近年高考的热点。由于航天技术、人造地球卫星属于现代科技发展的重要领域，所以近些年的高考对万有引力、人造卫星的考查每年都有。平抛运动、匀速圆周运动还经常与电场力、洛仑兹力联系起来进行考查。所以对本章的复习要给予足够的重视。
【知识点析及素质训练】
一、曲线运动的基本概念
[知识点析]
1、物体作曲线运动的条件及其速度、加速度的方向
物体做曲线运动的条件是所受合外力不为零，合外力的方向与速度方向有一个不为“0”，也不为“180”的夹角。
2、曲线运动的特点：
曲线运动跟直线运动的明显区别是它的速度方向时刻在变化，因此，做曲线运动的物体必有加速度，而且同一时刻加速度和瞬时速度的方向必不在同一直线上。
3、曲线运动的分类：
曲线运动的分类：若力是恒力，物体做匀变速曲线运动，这时物体加速度大小，方向保持不变。比如平抛运动；若物体受的力是变力，则做变速曲线运动，比如匀速圆周运动。物体做曲线运动，它在某一点（或某一时刻）的即时速度方向指向曲线的凹的那边，加速度方向与速度方向夹角大于900，物体速率增大；加速度方向与速度方向夹角大于900，物体速率减小。如图4-1中P、Q点所示。将道的分量改变速度方向，加速度由物体所受合外力唯一决定，这就说明，为什么力与速度方向不在同一条直线上是物体做曲线运动的条件。
[例题析思]
[例题1] 关于互成角度的两个初速度不为零的匀变速直线运动的合运动，下列说法中正确的是 （ ）
A、一定是直线运动
B、一定是抛物线运动
C、可能是直线运动，也可能是抛物线运动
D、以上说法都不对
[析与解] 合运动的性质和轨迹也应当由合运动的初速度v和加速度a来确定。两个运动的初速度的合成、加速度的合成如图4-2所示，当a与v共线时，物体作直线运动，当a恒定与v不共线时，物体作抛物线运动。由于题目没有两运动的初速度和加速度的具体数值及方向，所以，以上两种情况都有可能，故正确选项为C。
[思考1] （91年上海）如图4-3甲所示，物体在恒力F作用下沿曲线从A运动到B，这时突然使它所受的力反向而大小不变（即由F变为-F），则在此力作用下物体以后的运动情况，下列说法中正确的是 （ ）
A、物体不可能沿曲线Ba运动 B、物体不可能沿直线Bb运动
C、物体不可能沿曲线Bc运动 D、物体不可能沿原曲线B返回A
[提示] 根据曲线运动的特点可知，物体在A点的速度vA沿A点的切线方向，物体在恒力F作用下沿曲线AB运动，此力F必然有垂直于vA的分量，即F只能为图乙中所示的各种方向之一；当物体到达B点时，瞬时速度vB沿B点的切线方向，这时受力F’=-F，即F’只能为图乙所示方向之一，故物体以后只能沿曲线Bc运动。此题正确选项为ABD。
【素质训练】
1、关于曲线运动的几种说法，正确的是 （ ）
A、曲线运动一定是变速运动 B、变速运动一定是曲线运动
C、曲线运动一定是变加速运动 D、变加速运动一定是曲线运动
2、关于互成角度的一个匀速直线运动和一个匀变速直线运动的合运动，下列说法中正确的是
（ ）
A、一定是直线运动 B、一定是曲线运动
C、可能是直线运动，也可能是曲线运动 D、以上说法都不对
3、物体受到几个恒定外力的作用而处于平衡状态，如果撤掉其中一个力（其它力保持不变），则它可能一直作 （ ）
A、匀速直线运动 B、匀加速直线运动
C、匀减速直线运动 D、匀变速曲线运动
4、一物体由静止开始自由下落，一小段时间后突然受一恒定水平向右的风力的影响，但着地前一段时间风突然停止，则其运动的轨迹可能是如图4-4所示中的哪一个？（取向右为x轴的正方向） （ ）








二、平抛物体的运动
[知识点析]
1、条件：（1）具有水平方向的初速度；（2）只受重力作用。
2、性质：（1）加速度为重力加速度g的匀变速曲线运动；
（2）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，这两个分运动是相互独立的，其中每一个分运动都不会因另一个分运动的存在而受到影响。
3、处理方法：
工 （1） 建立直角坐标系（一般以抛出点为坐标原点0，以初速度v0方向为x轴正方向，竖直向下为y轴正方向）；
（2）由两个分运动来处理。











4、规律
图示 物理量 X向分运动 Y向分运动 合运动
速度 Vx=V0
位移 Sx=V0t
5、平抛运动的轨道是抛物线，轨迹方程为：。运动时间为，取决于下落的高度，而与初速度大小无关。水平程SX=V0t，取决于下落的高度和初速度。
【例题析思】
[例题1] 一个学生在做平抛实验中，只画出了图4-6示的一部分曲线，他在曲线上任取水平距离均为△S的三点A、B、C，并测得△S=0.2m，又测出它们竖直之间的距离分别为S1=0.1m、S2=0.2m利用这些数据，这个学生求得物体抛出时的初速度为 m/s， 物体到 B点的竖直分速度为 m/s，A点离抛出点的高度为 m。
[解析] 根据平抛运动规律有物体从A B和从
B C的时间间隔相等。设此时间间隔为T，则从A B和从A C分别有：
S1=V1T+1/2gT2 ………………………………………………①
S1+S2=V1·2T+1/2g(2T)2 ………………………………②
式中V1为A点的竖直分速度,将①×②得:
2S1=2V1T+1/2×1/2gT2 ……………………………… ③
②－③得:0.1=2×1/2gT2
则可得T=0.1s V1=0.5m/s
从A B(竖直方向)有V1’=V1+gT=0.5+10×0.1=1.5m/s。从开始运动到A点,在竖直方向有 V12=2gs ,可得:S=V12/2g=0.0125m.
在水平方向有:△S=V0T,故速度V0=△S/T=0.2/0.1=2m/s.
[思考1] 如图4-7所示,为一小球作平抛运动的闪光照片的一部分,图中方格每边长为5cm,g=10m/s2,求小球的水平分速度和小球在B点时的竖直分速度.
[提示] 据闪光照片时,闪光周期T是不变的,即小球由A到B到C用的时间tAB=tBC=T.因为小球在竖直方向为a=g的匀变速运动,又tAB=tBC,在竖直方向有△y=yBC-yAB=gT2,而yAB =5cm/格×5格25cm;yBC=5cm/格×7格=35cm代入△y=gT2 公式得出闪光周期T=0.1s.小球在抛出时初速度为V0=XAB/T=2m/s,小球在B点时的竖直分速度VBy 等于小球通过A、C两位置的竖直距离的时间中点的平均速度，即：VBy=yAC/2T=3m/s
[例析2] 平抛一物体，当抛出1S后，它的速度方向与水平方向成450角，落地时速度方向与水平方向成600角，如图4-8所示。则：
（1）落地速度V2’是多大？
(2)水平射程Sx是多大
[解与析] 由题意知:在1S时,V1与水平方向成450角,则Vy1=V0,如图4-8所示,所以V0=Vy1=gt=10×1=10(m/s).落地时的速度由图4-8知,V2’=V0/cos600=20(m/s).因为落地时的竖直分量 Vy2’ 是:
Vy2’ =V2’·sin600=20×=(m/s),由Vy2’2 =2gh,故h= Vy2’2 /2g=300/20=15(m),又因为h=1/2gt2,所以t=(s),故水平射程Sx=V0t=10×=17.32(m)
[思考2] 如图4-9所示,斜面倾角θ=300,将一个小球自斜面的O点以初速度V0水平抛出,它恰好落在斜面底端P点,则位移SOP是多大
[提示] 运用平抛运动规律有SxP=V0t,SyP=1/2gt2,
, t=, SxP=V0t=, SOP=








[例题3] (91年全国)如图4-10甲所示,以9.8m/s的初速度v0水平抛出的物体,飞行一段时间后,垂直地撞在θ为300的斜面上,可知物体完成这段飞行的时间是 ( )
A./3 B.2/3 C. s D.2s







[解与析] 物体作平抛运动,可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，当物体落到斜面时，其竖直分速度vy=gt，水平分速度仍为v0。又由曲线运动的特点可知，其合速度与斜面垂直，画出速度分解的矢量平行四边形（图乙），由图可知：
两分速度关系为vy=v0ctgθ,即gt=9.8ctg300,可解出t=s,故C选项正确.
2.在竖直方向熟练运用匀变速直线运动公式和特点来解题，如“平均速度求位移公式”、“某段时间中间时刻的瞬时速度等于这一段时间内的平均速度”等。
[思考3] 在“研究平抛物体运动”的实验中，某同学只记录了小球运动途中的A、B、C三点位置，取A点为坐标原点，则各点位置坐标如图4-11所示，g取10m/s2，那么：
（1）平抛初速度是多少？
（2）小球抛出点的位置坐标是多少？
[提示] 物体作平抛运动。
（1）由竖直方向的自由落体运动有：
△y=g△t2,即(25-15)×10-2=10△t2,解出△t=0.1(s).
再由水平方向匀速运动有:
v0==1(m/s).
(2)由竖直方向的自由落体运动有:vBy==2(m/s).
又: vBy =gtB,代入数据有tB =0.2(s).
所以,yB=gtB2=0.2(m)=20(cm).
再由水平方向匀速运动有:xB=v0tB=0.2(m)=20(cm).
∴小球抛出点的位置坐标是x=-10cm,y=-5cm.

[素质训练]
1.物体在平抛运动的过程中,在相等的时间内,相等的物理量有 ( )
A.位移 B.加速度 C.平均速率 D.速度的增量
2.(97年上海)在一次 “飞车过黄河”的表演中,汽车在空中飞经最高点后在对岸着地.已知汽车从最高点至着地点经历的时间约为0.8s,两点间的水平距离约为30m,忽略空气阻力,则汽车在最高点时的速度约为 m/s.
3.(89年全国)一架飞机水平地匀速飞行,从飞机上每隔1s钟释放一个铁球,先后共释放4个,若不计空气阻力,则四个球 ( )
A.在空中任何时刻总是排成抛物线,它们的落地点是等间距的
B.在空中任何时刻总是排成抛物线,它们的落地点是不等间距的
C.在空中任何时刻总是在飞机的正下方排成竖直的线,它们的落地点是等间距的
D.在空中任何时刻总是在飞机的正下方排成竖直的线,它们的落地点是不等间距的
4.在高为H处将一个物体以初速度v1水平抛出,与此同时,地面上有一个小球B,以速度v2竖直上抛.两球在空中相遇,则 ( )
A.从它们抛出到相遇处需的时间是H/v1
B.从它们抛出到相遇所需的时间是H/v2
C.两球抛出时的水平距离为v2H/v1
D.两球抛出时的水平距离为v1H/v2
5.水平抛出一物体,在(t-1)s时的速度方向与水平面成300角,在ts时速度方向与水平面成450角,则时间t= s.


6.在 “研究平抛物体运动”的实验中,用一张印有方格的纸记录轨迹,小方格的边长L=1.25cm.若小球在平抛运动途中的各个位置如图4-12中的a.b.c.d所示,则小球平抛的初速度的计算公式为v0= (用L、g表示)，其值是 。
7．从高为H的地方A平抛一物体，其水平射程2S，在A点正上方的高为2H的地方B，以同方向平抛另一物体，其水平射程为S。两物体在空中运行的轨道在同一竖直平面内，且都从同一个屏的顶端擦过，求屏M的高度。

三、匀 速 圆 周 运 动
[知识点析]
1、物体作匀速圆周运动的条件
（1）具有大小不变的合外力F。
（2）具有大小不变的速度v。
（3）F的方向与速度v的方向始终相互垂直。
（4）设物体的质量为m，轨道半径为r，F的大小必须满足关系式： F=m。
以上几个条件必须同时满足，物体才能作匀速圆周运动。
①如果物体所受的合外力突然撤去,物体将沿轨道的切线方向作匀速直线运动;
②如果合外力的数值减小或速度增大(F< m),物体将作离心运动;
③如果合外力的数值增大或速度减小(F> m),物体将作向心运动.
2.描述匀速圆周运动的物理量.
图示 物理量 单位 公式
周期(T) S T=1/f
频率(f) HZ f=1/T
线速度(V) m/s V=,v=
角速度(ω) rad/s ,
向心加速度(a) m/s2 ,a=
向心力(F) N F=
说明：
（1）a=或a=，注意这两公式的区别，a=表示当v一定时，a与R成反比；a=表示当ω一定时,a与R成正比.在比较两质点向心加速度大小时,当两质点的v相同时用a=;当两质点的ω相同时用a=.由于v=ωR,所以a=Vω,即a总是跟v与ω的乘积成正比.
(2)匀速圆周运动的向心力
①性质：向心力不是按力的性质命名的力,即它不是重力、弹力、摩擦力、电场力、磁场力等以外的一种力。分析作圆周运动的物体的受力情况时，只分析按力的性质命名的力，决不能在分析场力、弹力、摩擦力的同时，再考虑向心力，作匀速圆周运动的物体的向心力是它所受外力的合力。
②作用效果:产生向心加速度,以不断改变物体速度的方向,维持物体作匀速圆周运动.
③大小计算公式:F=ma=m=mω2r=m()2r=m(2πf)2r.
④方向:总是沿着轨道半径指向圆心(时刻变化),时刻与线速度方向垂直.
⑤向心力的方向总是与线速度方向垂直,所以它不对物体做功.
[例析1] 如图4-13示,传动轮A、B、C的半径之比为2：1：2，A、B两轮用皮带传动，皮带不打滑，B、C两轮同轴，a、b、c三点分别处于A、B、C三轮的边缘，d点在A轮半径的中点。试求：a、b、c、d四点的角速度之比，即ωa:ωb:ωc:ωd= 线速度之比,即va:vb:vc:vc= ;向心加速度之比,即:aa:ab:ac:ad= .
[析与解] 因为v=ωR,所以在线速度相等的条件下,角速度与半径成反比,在角速度相等的条件,线速度与半径成正比,用皮带传动的A、B两轮，皮带不打滑，两轮边缘各点的速度相等，在同一转动物体上，各点的角速度相等。解题时，要注意各物理量成正比或反比的条件。
由题意知各点半径之比ra：rb：rc：rd=2：1：2：1，则：
（1）ωb=ωc,ωa=ωb,因为v=ωR,va=vb 且ra=2rB,所以ωb=2ωa,由此得出:
∵ωa:ωb=1:2,ωb:ωc=1:1,ωa:ωd=1:1 ∴ωa:ωb:ωc:ωd=1:2:2:1
(2)va=vb,而va=2vd,vc=2vb,所以va:vb:vc:vd=2:2:4:1
(3) aa:ab:ac:ad=:::=2:4:8:1
或者按aa:ab:ac:ad=ωa2ra:ωb2rb:ωc2rc:ωd2rd=2:4:8:1.
[思考1] (92年全国高考题)如图4-14示为一皮带传动装置,右轮的半径为r,a是它边缘上的一点,左侧是一轮轴,大轮的半径为4r,小轮的半径为2r,b点在小轮上,到小轮中心的距离为r,c点和d点分别位于小轮和大轮的边缘上.若在传动过程中,皮带不打滑,则: （ ）
A、 A、 a点与b点的线速度大小相等；
A、 B、 a点与b点的角速度大小相等；
A、 C、 a点与c点的线速度大小相等；
D、a点与d点的向心加速度大小相等。
[提示] 从装置看，a、c两点线速度大小相等，b、c、d三点角速度大小相等，选项A、B是明显的错误，选项C是正确的。而D项呢？假设a点线速度为v，c点线速度也为v，而d点线速度为2v，所以aa=，ad=。这样，就可确认选项C、D是正确的。
[思考2] 如图4-16所示，细绳一端系着质量M=0.6kg的物体,静止于水平面,另一端能通过光滑小孔吊着质量m=0.3kg的物体,M的中点与圆孔距离为0.2m,并知M和水平在的最大静摩擦力为2N.现使此平面绕中心轴线转动,问角速度ω在什么范围m会处于静止状态 (g=10m/s2)
[提示] 要使m静止,M应与平面相对静止.考虑M能与水平面相对静止的两个极端状态:
当ω为所求范围的最小值时,M有向圆心运动的趋势,水平面对M的静摩擦力方向背离圆心,大小等于最大静摩擦力2N.此时对M有:
T-fm=Mω12r,且T=mg.
解得 ω1=2.9rad/s.
当ω为所求范围的最大值时,M有远离圆心运动的趋势,水平面对M的摩擦力方向指向圆心,且大小也为2N.此时有
T+fm=Mω22r ω2=6.5rad/s
故所求ω的范围为:
2.9rad/s≤ω≤6.5rad/s.
[例题2] 如图4-15所示,光滑的水平面上钉有两枚铁钉A和B,相距0.1m.长1m的柔软细绳拴在A上,另一端系一质量为0.5kg的小球,小球的初始位置在AB连线上A的一侧,把细线拉紧,给小球以2m/s的垂直细线方向的水平速度使它做圆周运动.由于钉子B的存在,使线慢慢地缠在A、B上。
（1）如果细线不会断裂，从小球开始运动到细线完全缠在A、B上需要多长时间？
（2）如果细线的抗断拉力为7N，从开始运动到细线断裂需经历多长时间？
[解与析] 小球交替地绕A、B做匀速圆周运动，因线速度不变，随着转动半径的减小，线中张力T不断增大，半周期t不断减小。推算出每个半周期的时间及半周期数，就可求出总时间，根据绳子能承受的最大拉力，可求出细绳断裂所经历的时间。
在第一个半周期内：T1=m，t1=
在第二个半周期内：T2=
t2=
在第三个半周期内：T3=
t3=
在第n个半周期内：
Tn=
tn=
由于=10 ∴n≤10
（1）小球从开始运动到细线完全缠到A、B上的时间t=t1+t2+…+t10
={10L0-[1+2+3+…+(10-1)]LAB}
=[10L0-×0.1]
≈8.6s
（2）设在第x个半周期时，Tx=7N
由Tx=
代入数据后得x=8.
则所经历的时间
t=[8L0-LAB]
=[8×1-×0.1]
≈8.2s
【素质训练】
1.关于质点作匀速圆周运动的说法中正确的是 ( )
A.因为a=v2/r,所以向心加速度与旋转半径成反比
B.因为a=ω2r,所以向心加速度与旋转半径成正比
C.因为ω=v/r,所以角速度与旋转半径成反比
D.因为ω=2πf,所以角速度与频率成正比
2.机械表正常计时,时针和分针作圆周运动,下列说法中正确的是 ( )
A.分针的角速度是时针的12倍
B.分针的角速度是时针的60倍
C.如果分针的长度是时针的1.5倍,则分针端点的线速度是时针端点线速度的18倍
D.如果分针的长度是时针的1.5倍,则分针端点的线速度是时针端点线速度的1.5倍
3.机械表正常工作时，分针和秒针可视为匀速转动，分针与秒针从重合到第二次重合中间经历的时间为多少min？
A．1 B．59/60 C．60/59 D．61/60
4．（92年全国）如图4-17所示为一皮带传动装置，右轮的半径为r，a为它边缘上一点，左侧是一轮轴，大轮的半径是4r，小轮的半径是2r.b点在小轮上,到小轮中心的距离为r.c点和d点分别位于小轮和大轮边缘上,若在传动过程中皮带不打滑.则 ( )
A.a点与b点的线速度大小相等
B.a点与b点的角速度大小相等
C.a点与c点的线速度大小相等
D.a点与d点的向心加速度大小相等
5.如图4-18所示,两个小球固定在一根长为L的杆的两端,绕杆上的O点做圆周运动,当小球1的速度为v1时,小球2的速度为v2,则转轴O到小球2的距离为 ( )
A.Lv1/(v1+v2) B.Lv2/(v1+v2) C.L(v1+v2)/v1 D.L(v1+v2)/v2
6.如图4-19所示为纸质圆筒,以角速度ω绕垂直纸面的轴O高速转动,有一颗子弹沿直径穿过圆筒,若子弹在圆筒转动不到半周时,在圆筒上留下a、b两个弹孔，已知aO与bO夹角为Φ，圆筒直径为d，则子弹的速度为 （ ）
A．dφ/2πω B.dω/Φ
C.dω/(2π-Φ) D.dω/(π-Φ)
7.电风扇在闪光灯下运动,闪光灯每秒闪光30次,风扇的三个叶片互成1200角安装在转轴上.当风扇转动时,若观察者觉得叶片不动,则这时风扇的转速至少是 转/分;若观察者觉得有了6个叶片,则这时风扇的转速至少是 转/分.
8.(99年上海)天文观测表明,几乎所有远处的恒星(或星系)都以各自的速度背离我们而运动,离我们越远的星体,背离我们运动的速度(称为退行速度)越大,也就是说,宇宙在膨胀.不同星体的退行速度v和它们离我们的距离r成正比,即v=Hr.式中H为一常量,称为哈勃常数,已由天文观察测定.为解释上述现象,有人提出一种理论,认为宇宙是从一个大爆炸的火球开始形成的.假设大爆炸后各星体即以不同的速度向外匀速运动,并设想我们就位于其中心,则速度越大的星体现在离我们越远.这一结果与上述天文观测一致.
由上述理论和天文观测结果,可估算宇宙年龄T,其计算为T= .
根据近期观测,哈勃常数H=3×10-2米/秒.光年,其中光年是在一年中行进的距离,由此估算宇宙年龄约为 年.
9.雨伞柄的距离为r,伞边缘高出地面为h,当雨伞以角速度ω绕伞柄匀速转动时,雨滴从伞边缘水平抛出,雨滴落在地面的轨迹为一圆,求这个圆的半径是多少 (不计空气阻力)
10.关于向心力的说法中正确的是 ( )
A.物体受到向心力作用才可能作圆周运动
B.向心力是指向圆心方向的合力，是根据力的作用效果命名的
C．向心力可以是重力、弹力、摩擦力等各种力的合力，也可以是其中某一种力和或某一种力的分力
D.向心力只改变物体运动的方向，不可能改变物体运动的快慢
11．如图4-20所示，A、B、D三个物体放在旋转圆台上，动摩擦因数均为μ,A的质量为2m,B、C质量均为m，A、B离轴R，C离轴2R，则当圆台旋转时（设三物体都没有滑动） （ ）
A．C物体的向心加速度最大
B．B物体的静摩擦力最小
C．当圆台转速增加时，C比A先滑动
D．当圆台转速增加时，B比A先滑动
12．自行车转弯时，地面能提供给车的最大静摩擦力为kmg.若弯道半径为R,则车的最大行驶速度v= ,此时车身与水平地面的夹角α= .

13.(89年广东)如图4-21所示,半径为r的圆形转筒,绕其竖直中心轴OO’转动,小物块a靠在圆筒的内壁上,它与圆筒间的动摩擦因数为μ,现要使小物块不下落,圆筒转动的角速度ω至少为 .

14.如图4-22所示,长为2L的轻绳,两端分别固定在一根竖直棒上相距为L的A、B两点，一个质量为m的光滑小圆环套在绳子上，当竖直棒以一定的角速度转动时，圆环以A为圆心在水平面上作匀速圆周运动，则此时轻绳上的张力大小为 ；竖直棒转动的角速度为 。


15．（97年全国）一内壁光滑的环形细圆筒，位于竖直平面内，环的半径为R（比细管的半径大得多）。在筒管中有两个直径与细管内径相同的小球（可视为质点），A球的质量为m1，B球的质量为m2，它们沿环形圆筒顺时针运动，经过最低点的速度都为v0，设A球运动到最低点时，B球恰好运动到最高点，若要此时两球作用于圆管的合力为零，那么m1、m2、R、v0应满足的关系式是 。
16．汽车质量为1.5×104kg,以不变的速率先后驶过凹形路面和凸形路面，路面圆弧半径为15m。如果路面承受的最大压力为2。0×105N，汽车允许的最大速率是多少？汽车以此速率驶过路面的最小压力是多少？（取g=10m/s2）



X
0
Y
VX
VY
V
θ
φ
A
B
C
S1
S2
△S
△S
图4-6
图4-7
A
B
C
V0
V2
V0
V1
V0
h
Vy2
Vy1
2
1
α
β
图4-8
图4-9
P
O
V0
β
图4-12
a
b
c
d
V
V
F
R
0
ω
。
图4-13
A
B
b
c
a
d
r
r
a
d
c
b
图4-14
O
r
M
m
图4-16
图4-15
a
d
b
c
图4-17
1
2
O
v1
v2
图4-18
O
a
b
ω
φ
图4-19
A
C
B
图4-20
0
0/
a
图4-21
A
B
0
图4-22
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第五讲 波动问题
一、特别提示
1、从受力和运动两个方面分析简谐运动的特点及简谐运动中能量转化。
2、灵活应用简谐运动模型——单摆、弹簧振子。
3、加深理解波是传递振动形式和波是能量传递的一种方式。
4、注意理解波的图象及波的形成过程。
5、注意横波中介质质点运动路程与波传播距离的区别。
6、波由一种介质传到另一介质中，波的频率不变，波速由介质决定与频率无关。
7、据质点运动方向能正确判断出简谐横波的传播方向。
8、应用公式时应注意时间和空间的周期性。
9、波的干涉中，应注重理解加强和减弱的条件。
二、典型例题
例1 如图5-1，在质量为M的无底的木箱顶部用一轻弹簧悬挂质量均为的A、B两物体，箱子放在水平面上，平衡后剪断A、B间细线，此后A将做简谐振动，当A运动到最高点时，木箱对地面的压力为：（ ）
A、 B、
C、 D、
解 剪断A、B间细绳后，A与弹簧可看成一个竖直方向的弹簧振子模型，因此，在剪断瞬间A具有向上的大小为的加速度，当A运动到最高点时具有向下的大小为的加速度（简谐运动对称性），此时对A来说完全失重，从整体法考虑，箱对地面的作用力为，选A。
评析 注意应用弹簧振子模型中运动的对称性，及超重、失重知识，注重物理过程的分析，利用理想化模型使复杂的物理过程更加简单。
例2 如图5-2，有一水平轨道AB，在B点处与半径R=160m的光滑弧形轨道BC相切，一质量为M=0.99kg的木块静止于B处，现有一颗质量为的子弹以的水平速度从左边射入木块且未穿出，如图所示，已知木块与该水平轨道的动摩擦因数，，试求子弹射入木块后，木块需经多长时间停止？
解 子弹射入木块由动量守恒定律得子弹和木块的共同速度为
子弹和木块在光滑弧形轨道BC上的运动可看作简谐运动，，，子弹在水平轨道上作匀减速运动加速度，，
评析 注意子弹击中木块过程中有机械能损失，子弹冲上圆弧及返回过程中，为一变速圆周运动，运动时间无其它办法求解，只能利用简谐运动中的单摆模型；所以建立和应用物理模型在物理学习中是至关重要的。
例3 如图5-3，一列横波沿轴传播，波速。当位于处的A质点在轴上方的最大位移处时，位于处的质点恰好在平衡位置，且振动方向沿轴负方向，求这列波的频率。
解 设波沿轴正方向传播，当波长最长时，A、B之间的波形如图5-3a示，由波的周期性，有，由得，；同理波沿轴负方向传播，当波长最长时，A、B之间的波形如图5-3b示，有，
评析 应注意A、B两点间水平距离与波长的关系考虑波长的空间周期性及波传播方向的双向性。
例4 某质点在坐标原点O处做简谐运动，其振幅是0.05m，振动周期为0.4s，振动在介质中沿轴正方向直线传播，传播速度为1m/s，已知它在平衡位置O向上开始振动，振动0.2s后立即停止振动，则停止振动后经过0.2s时间的波是图5-4中的（ ）
解 由题意得，振动在介质中沿轴正向直线传播，且开始振动时方向向上，由此可知介质中各质点的起振方向均向上，由于振动周期为0.4S，而振源振动0.2S后立即停止振动，所以形成的是半个波长的脉冲，波形一定在轴上方，振源停止振动后经过0.2S，波形沿轴正方向平移半个波长即0.2m，波形不变，故选B。
评析 此题应注意的是O点起振时方向是向上的，振动传播至任何一点该点的起振方向均应向上，0.4S振动向外传播一个波长。应用简谐横波中介质质点振动方向与传播方向的关系，是解此类题的关键。
例5 振幅是2cm的一列简谐波，以12m/s的速度沿轴正方向传播，在传播方向上有A、B两质点，A的平衡位置，B的平衡位置。已知A在最大位移处时，B正在平衡位置处向方向运动，试求这列波的频率的值。
解 当A在正向最大位移处时，AB间距离最少为，考虑波动空间的周期性，应有AB=，即有=6，根据知：；同理，当A在正向最大位移处时，AB间距离最少为，考虑波动空间的周期性，应有AB=，即有=6，根据知：；因此这列波的频率值为或
评析 应注意A、B两点水平距离与波长的关系考虑波长的空间周期性，另应注意A点是在正向还是在负向最大位移处。
例6 如图5-5，表示两列同频率相干水波在t=0时刻的叠加情况，图中实线表示波谷，已知两列波的振幅均为2cm（且在图示范围内振幅不变）。波速为2m/s，波长为0.4m，E点是BD连线和AC连线的交点，下列说法正确的是（ ）
A、A、C两点是振动减弱点
B、E点是振动加强点
C、B、D两点在该时刻的竖直高度差4cm
D、t=0.05s时，E点离平衡位置的位移大小2cm
解 A、C两点均波峰与波谷叠加，使振动减弱，故A正确。E点为AC与BD连线的交点，它到波峰CD及波谷BC距离相等，因两列波传播速率相等，故将同一时刻在E点叠加，故E点振动减弱，B错；B、D两点均为加强点其振幅均为4cm，故此时两点的高度差8cm，C错。波的周期T=0.2s，t=0.05s=T/4，t=0时，E点处于平衡位置，经T/4周期，其位移大小为4cm，故D错。应选A。
评析 此题重点考查波的干涉中加强与减弱的条件，即波峰与波峰相遇或波谷与波谷相遇是加强，波峰与波谷相遇是减弱，应切实抓住这一点。PAGE
第十讲 临界问题
一、特别提示
当物体由一种物理状态变为另一种物理状态时，可能存在一个过渡的转折点，这时物体所处的状态通常称为临界状态，与之相关的物理条件则称为临界条件。
解答临界问题的关键是找临界条件。
许多临界问题，题干中常用“恰好”、“最大”、“至少”、“不相撞”、“不脱离”……等词语对临界状态给出了明确的暗示，审题时，一定要抓住这些特定的词语发掘其内含规律，找出临界条件。
有时，有些临界问题中并不显含上述常见的“临界术语”，但审题时发现某个物理量在变化过程中会发生突变，则该物理量突变时物体所处的状态即为临界状态。
临界问题通常具有一定的隐蔽性，解题灵活性较大，审题时应力图还原习题的物理情景，抓住临界状态的特征，找到正确的解题方向。
二、典型例题
题1 如图12-1所示，细杆的一端与一小球相连，可绕过O点的水平轴自由转动。现给小球一初速度，使它做圆周运动，图中、分别表示小球轨道的最低点和最高点，则杆对球的作用力可能是（ ）
A、处为拉力，为拉力
B、处为拉力，为推力
C、处为推力，为拉力
D、处为推力，为推力
解析 因为圆周运动的物体，向心力指向圆心，小球在最低点时所需向心力沿杆由指向O，向心力是杆对小球的拉力与小球重力的合力，而重力方向向下，故杆必定给球向上的拉力，小球在最高点时若杆恰好对球没有作用力，即小球的重力恰好对球没有作用力，即小球的重力恰好提供向心力，设此时小球速度为，则：
当小球在最高点的速度时，所需的向心力，杆对小球有向下的拉力；若小球的速度时，杆对小球有向上推力，故选A、B正确
评析 本题关键是明确越过临界状态时，杆对球的作用力方向将发生变化。
题2 在光滑的水平轨道上有两个半径都是的小球A和B，质量分别为和2，当两球心间距离大于L（L比2r大得多）时，两球之间无相互作用力；当两球心间距离等于或小于L时，两球间存在相互作用的恒定斥力F。设A球从远离B球处以速度沿两球连心线向原来静止的B球运动，如图12-2所示，欲使两球不发生接触，必须满足什么条件
解析 据题意，当A、B两球球心间距离小于L时，两球间存在相互作用的恒定斥力F。故A减速而B加速。当时，A、B间距离减小；当时，A、B间距离增大。可见，当时，A、B相距最近。若此时A、B间距离，则A、B不发生接触（图12-3）。上述状态即为所寻找的临界状态，时则为临界条件。
两球不接触的条件是： （1）
L+sB-sA>2r （2）
其中、为两球间距离最小时，A、B球的速度；sA、sB为两球间距离从L变至最小的过程中，A、B球通过的路程。
设为A球的初速度，由动量守恒定律得： （3）
由动能定律得 （4）
（5）
联立解得：
评析 本题的关键是正确找出两球“不接触”的临界状态，为且此时
题3 如图12-4所示，一带电质点，质量为，电量为，以平行于轴的速度从轴上的点射入图中第一象限所示的区域。为了使该质点能从轴上的点以垂直于轴的速度射出，可在适当的地方加一个垂直于平面、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。
解析 质点在磁场中作半径为R的圆周运动，
，得 （1）
根据题意，质点在磁场区域中的轨道是半径等于R的圆上的1/4圆弧，这段圆弧应与入射方向的速度、出射方向的速度相切。过点作平行于轴的直线，过点作平行于轴的直线，则与这两直线均相距R的O＇为圆心、R为半径的圆（圆中虚线圆）上的圆弧MN，M点和N点应在所求圆形磁场区域的边界上。
在通过M、N两点的不同的圆周中，最小的一个是以MN连线为直径的圆周。所以本题所求的圆形磁场区域的最小半径为
（2）
所求磁场区域如图12-5中实线圆所示。
评析 临界值可能以极值形式出现，也可能是边界值（即最大值和最小值）此题中最小值是利用几何知识判断而得到的。A、B两点及AB圆弧分别是磁场的边界点和磁场内的一段弧，是寻找最小圆形磁场区域的依据。
题4 圆筒形的薄壁玻璃容器中，盛满某种液体，容器底部外面有光源S，试问液体折射率至少为多少时，才不能通过容器壁在筒外看到光源S（壁厚不计）。
解析 要在容器外空间看不到光源S，即要求光源S进入液体后，射向容器壁光线的入射角（临界角），如图所示，由折射定律可知
（1）
由图可知，， （2）
在A点入射处，由折射定律有
所以 （3）
由（1）（3）两式可知，
由（2）式可知：越小越好，临界角C也是越小越好：由可知，越大，C越小；而由可知，当一定时，越大，小。
所以液体的折射率
评析 本题临界条件有两个，当折射角为90°时的入射角为临界角C和当入射角为90°时最大。一般几何光学中习题涉及前一个临界条件的较多，涉及后一个临界条件的较少。而求出折射率的临界值为，还要进一步利用（3）式进行讨论的范围。该题的分析方法是从结果利用临界值C，采取倒推的方法来求解。一般来讲，凡是求范围的物理问题都会涉及临界条件。高 三 物 理（第3周）
第二章 直线运动

【知识内容及高考要求】
1、(A)机械运动、质点。
2、(B)位移和路程。
3、(B)匀速直线运动、速度、速率、位移公式S=Vt.S-t图、V-t图。
4、(B)变速直线运动。平均速度、瞬时速度（简称速度）
5、(B)匀变速直线运动，加速度，公式V1=V0+at、S=V0t+、VT2-V02=2as。V-t图
6、（B）运动的合成和分解。
说明：不要求会用V-t图去讨论问题。
【内容概要及考查特点】
本章研究物体的运动规律，即物体的位移、速度等随时间变化的规律。位移、速度和加速度是本章的重要概念，匀变速直线运动的速度公式和位移公式是本章的基本公式。自由落体运动和竖直上抛运动是典型的匀变速直线运动。运动的合成和分解是研究复杂运动的重要方法。从本章知识在物理学中的地位看，可以说本章知识是学习力学乃至电磁学的基础。
近年来高考对本章考查的重点是：匀变速直线运动的规律及V-t图像对本章知识的单独考查主要是以选择、填空的形式命题。没有仅以本章知识单独命题的计算题，较多的是本章的知识与牛顿运动定律、电场中带电粒子的运动等知识结合起来考查。考试说明中虽然提出了“不要求会用V-t图去讨论问题”，但实际上高考中图像问题频频出现，且要求较高。它属于数学方法在物理中应用的一个重要方面。因此，无论是从今后的学习与发展，还是从高考的角度看，都应对图像予以足够的重视。
【知识点析及素质训练】
一、运动的几个基本概念
知识点析
1、机械运动：一个物体相对于别的物体位置的改变叫做机械运动，简称运动。它包括平动和转动两种基本的运动形式。
2、参考系：在描述一个物体的运动时，选用作为标准的另外的物体，叫做参考系。
选择不同的参考系来观察同一个运动，观察的结果会有不同；参考系是可以任意选取的，但是，实际选取参考系时需要考虑到使运动的描述尽可能简单。比如，研究太阳系中行星的运动，太阳是最理想的参考系。
3、质点：研究一个物体的运动时，如果物体的形状和大小在所研究的问题中属于无关因素或次要因素为使问题简化，就用一个有质量的点来代替物体。用来代替物体的有质量的点叫做质点。它是一种科学的抽象，一种理想化的物理模型。
4、时刻和时间：时刻是指某一瞬间，在时间轴上用一个点表示，对应位置、速度、动量、动能等状态量；时间是指起始时刻到终止时刻之间的间隔，在时间轴上用一段线来表示，对应于位移、路程、冲量、功等过程量。
5、位移和路程：位移描述质点位置的变化，是由质点的初始位置指向终了位置的有向线段，是矢量。路程是质点实际运动轨迹的长度，是标量。
【例题析思】
[例题1]甲、乙两车以相同的速度V0同轨道直线前进，甲在前，乙在后，两车上分别有a、b两人各用石子瞄准对方，以相对自身V0的速度同时水平打击对方。若石子的竖直下落很小，则（ ）
A、a先被击中 B、b先被击中
C、a、b同时被击中 D、石子可以击中b而不能击中a
[析与解]：实际选参考系时，应考虑使运动的描述尽可能简单为原则.若选取地面为参考系，则问题的研究将会较为复杂。我们选取甲、乙两车的任何一辆为参考系，则两石子相对甲(或乙)车的速度大小相同，且击中对方的相对位移也相同，因而可以较方便地得出a、b 两人同时被击中的结论，故C正确。
[思考1]参照2-1所示时间坐标轴，下列关于时刻和时间的说法是正确的是（ ）






A、t2表示时刻，称为第2秒末或第3秒初，也可称为2秒内
B、t2-t3表示时间，称为第3秒内
C、0～t2表示时间，称为最初2秒内或第2秒内
D、tn-1～tn表示时间，称为第n-1秒内
[提示]分析此题首先注意时刻和时间分别对应于时间轴上的一个点和一段线段。其次再注意(1)“第n秒末=第(n+1)秒初”；(2)“n秒内≠第n秒内”， n秒内是指的0-n秒的时间。是 (n-1)可知此题答案为B。
[例题2]对位移和路程的正确说法是（ ）
A、位移是矢量，位移的方向即质点运动的方向。
B、路程是标量，即位移的大小
C、质点作直线运动，路程等于位移的大小
D、质点的位移大小不会比路程大
[析与解]位移是由质点的初始位置指向终了位置的有向线段，是矢量，其方向是由初始位置指向终了位置(仅在质点作单向直线运动时才与质点运动的方向一致)，大小是有向线段的长度；路程是标量，是质点实际运动轨迹的长度。对单向直线运动、往返直线运动和曲线运动分别分析可知：位移的大小≤路程(仅在质点作单向直线运动时取等号)。故D正确。
[思考2]长为L的队伍匀速前进，，通讯兵从队伍的排尾前进2L距离赶到排头传达命令后立即返回，当通讯兵回到排尾时，队伍已行进距离4L/3，则通讯兵的位移是 ，路程是 。
[提示]示意图是研究物理问题的直观手段.画好示意图是解题的优秀的思维品质。图2-2是队伍和通讯兵运动的草图，再根据位移和路程的概念，不难得出通讯兵的位移是4L/3，路程是8L/3。

【素质训练】
1、甲、乙、丙三人各做一架直升飞机。甲看到楼房匀速上升；乙看到甲飞机匀速上升；丙看到乙飞机匀速下降；甲看到丙飞机匀速上升，那么三人相对于地面的运动情况不可能是（ ）
A、甲、乙匀速下降，且V乙>V甲，丙飞机停在空中
B、甲、乙匀速下降，且V乙>V甲，丙飞机匀速上升
C、甲、乙匀速下降，且V乙>V甲，丙飞机匀速下降，且V丙D、甲、乙匀速下降，且V乙>V甲，丙飞机匀速下降，且V丙>V甲
2、关于质点的描述，正确的是（ ）
A、原子核很小，可把原子核看成质点
B、研究和观察日食可把太阳看成质点
C、在太空中，进行飞船对接的宇航员观察这个飞船，可以把飞船看成质点
D、研究汽车牵引力的来源时，不可把汽车的后轮看成质点
3、下列关于位移和路程的说法中正确的是（ ）
A、质点沿着某一直线运动，那么通过的路程就是位移
B、质点通过的路程不同，但位移可能相同
C、质点的位移为零，说明质点没有运动
D、位移大小和路程不一定相等，所以位移不等于路程
4、一根长2L的细绳子能承受的最大拉力为G，现把一重为G的物体拴在绳子的中点，两手靠拢分别握住绳子的两个端点，然后右手不动，左手慢慢水平向左分开。两手从开始分开到绳子断时物体位移的大小为 ，方向与水平方向成 的夹角。
5、一个实心长方体木块，三边分别为a、b、c(a>c)，如图2-3所示，有一质点自顶点A沿表面运动到长方体的对角B点。求(1)最短路程。(2)质点位移的大小。
6、质量为m的乒乓球自h高处以初速度V0竖直上抛，运动阻力f大小不变，设乒乓球与地面碰撞后以原速率弹回。求乒乓球自下落到静止过程中的总位移和总路程。



二、速度·加速度
知识点析
1、速度：描述质点运动快慢和方向的物理量。
(1)平均速度：在变速运动中，质点在某段时间内的位移与发生这段位移所用时间的比值叫做这段时间的平均速度，即。方向与位移的方向相同，它是对变速运动的粗略描述。
(2)瞬时速度：运动质点在某一时刻(或某一位置)的速度。方向沿轨迹上质点所在点的切线方向指向前进的一侧。它是对变速运动的精确描述。
2、速度的变化：描述速度变化的大小和方向的物理量。速度变化等于末速度减去初速度，即△V=V1-V0，是矢量。
3、加速度：又称速度随时间的变化率，描述速度变化的快慢和方向的物理量，是速度变化和所用时间的比值，即a=，单位是m/s2，加速度是矢量，其方向与速度变化△V的方向相同。
【例题析思】
[例题1]关于加速度的下列说法中正确的是（ ）
A、加速度是矢量，加速度的方向和速度方向相同
B、加速度是矢量，加速度的方向和速度变化的方向相同
C、速度的变化量越大，加速度越大
D、速度的变化率越大，加速度越大
[析与解]由公式a=可知，加速度大小不单纯地依赖于速度的变化量，同时还与发生这一变化所用的时间有关，加速度方向是速度变化的方向，加速度和速度变化率是同一概念，故B、D正确。
[思考1]关于加速度与速度，下列说法中正确的是（ ）
A、速度为零时，加速度可能不为零
B、加速度为零时，速度一定为零
C、若加速度方向与速度方向相反，则加速度增大时，速度也增大
D、若加速度方向与速度方向相同，则加速度减小时，速度反而增大
[提示](1)a的大小与V的大小无直接关系：速度大，加速度可以很小，比如匀速运动的物体，它的速度可以很大，但它的速度却为零；相反，速度小，加速度也可以很大，比如枪筒里的子弹，在扣动扳机火药刚刚爆发的时刻，尽管子弹的速度接近于零，但它的加速度可以达到4×105m/s2.(2)a和V的方向关系决定物体的运动性质，如只考虑a、V共线时物体作直线运动的情况，则：a、V同向时，V增大；a、V反向时，V减小，故A、D正确。
[例题2]一个物体以恒定加速度a1沿光滑斜面上滑。初速度为v0=1.5m/s，2s末仍沿着斜面向上运动，速度大小为1m/s，则a1= ；若以恒定加速度a2沿光滑斜面向下运动，速度大小为1m/s，则a2= ；两加速度大小关系是 者加速度大。（填“前”或“后”）
[析与解]对于直线运动，当有矢量不同向时，可选定一个方向为正方向，与正方向相同的矢量为正值，与正方向相反的矢量为负值，再代入正负号计算。该题目若选取初速度方向为正方向，则在第一种情况下物体的末速度为V1=-1m/s，由加速度定义有a1=
注意到矢量正负表示方向（不表示大小），如以上加速度中的负号表示加速度方向与所取正方向（初速度v0方向）相反，故两个加速度大小关系是后者加速度大。
[思考2]汽车沿直线行驶，从甲地到乙地保持速度V1，从乙地再行驶同样的距离到丙地保持速度V2，则汽车从甲地到丙地的平均速度是多少？
[提示]求解平均速度的公式有(1)普遍适用的定义式；(2)只适用于匀变速直线运动的导出公式.解题时要理解物理公式的适用条件，不能盲目套用。
此题属于一般变速运动，故只能按照定义计算，假若甲乙两地距离为s，汽车从甲地到乙地、从乙地到丙地所需的时间分别为t1和t2，则：
【素质训练】
1、汽车在平直的公路上运动，它先以速度V行驶了2/3的路程，接着以20km/h的速度驶完余下的1/3路程，若全程的平均速度是28km/h，则V是（ ）
A、24km/h B、35km/h C、36km/h D、48km/h
2、下列说法中正确的是（ ）
A、速度为零，加速度一定为零
B、速度变化率表示速度变化的大小
C、物体的加速度不变（不为零），速度也不变
D、加速度不变的运动就是匀变速运动
3、关于速度和加速度的关系，下列说法中不可能的是（ ）
A、加速度减小，速度增大 B、加速度增大，速度减小
C、加速度为零，速度变化 D、加速度为零，速度很大
4、(86年上海)关于速度和加速度的关系，下列说法中正确的是（ ）
A、速度变化得越多，加速度就越大
B、速度变化得越快，加速度就越大
C、加速度方向保持不变，速度方向也保持不变
D、加速度大小不断变小，速度大小也不断变小
5、物体作匀速直线运动，已知加速度为2m/s2，那么（ ）
A、在任意时间内，物体的末速度一定等于初速度的两倍
B、在任意时间内，物体的末速度一定比初速度大2m/s
C、在任意一秒内，物体的末速度一定比初速度大2m/s
D、第ns的初速度一定比第(n-1)s的末速度大2m/s


三、匀变速直线运动的规律
知识点析
1、定义：在相等的时间里速度的变化相等的直线运动叫匀变速直线运动。
2、特点：a=恒量
3、公式：(1)速度公式V1=V0+at
(2)位移公式S=V0t+at2
(3)速度位移公式Vt2-V02=2aS
(4)S=
说明：（1）以上公式只适用于匀变速直线运动。（2）四个公式中只有两个独立的，即由任意两式可推导出另外两式。四个公式中有五个物理量，所以解题时需要三个已知条件，才能求解。（3）式中V0、V1、a、S均为矢量，应用时要规定方向，凡与正方向相同者取正值，相反者取负值。一般将V0的方向规定为正方向，以V0、a不完全相同。例如：a=0（V0≠0）时，匀速直线运动；以V0的方向为正方向，a>0时，匀加速直线运动，a<0时，匀减速直线运动等。
4、重要结论：
（1）匀变速直线运动的质点，在任意两个连续相等的相间T内的位移差△S是恒量，即：
△S=SI+1-SI=aT2=恒量
（2）匀变速直线运动的质点，在某段时间的中间时刻瞬时速度，等于这段时间内的平均速度，即： Vt/2=
说明：这两个结论在学生实验“测定匀变速直线运动的加速度”及其它问题中经常用到，要熟练掌握。
（3）匀变速直线运动的质点，在某段位移中点的瞬时速度，等于这段位移的初速度与末速度的平方和的一半再开根号，即：
（4）初速度为零的匀加速直线运动（设T为等分时间间隔）：
①从运动开始计时，在Ts末、2Ts末、3Ts末……nTs末的瞬时速度之比为：
v1:v2:v3……：vn=1:2:3:……:n
②从运动开始计时，在Ts内、2Ts内……nTs内的位移之比为：
s1:s2:s3:……sn=1:22:32:……n2
③从运动开始计时，在第一个Ts内、第2个Ts内、第3个Ts内……第n个Ts内的位移之比为：
SI:SⅡ:SⅢ:……:SN=S1:(S2-S1):……:[n2-(n-1)2]=1:3:5:…:(2n-1)
④从运动开始计时，通过连续相等的位移所用的时间之比为：
t1:t2:t3:…tn=1:():():…:()
说明：以上重要结论能熟练推导得出，并理解结论中各物理量含义，切忌死记硬背。
【例题析思】
[例题1]汽车正以15m/s的速度行驶，驾驶员突然发现前方有障碍，便立即刹车。假设汽车刹车后做加速度大小为6m/s2的匀减速运动.求刹车后4秒内汽车滑行的距离。
[析与解] 在汽车的减速过程中，加速度a是恒定的，但当汽车速度减小到零时，a即消失。所以在4秒内汽车是否都在做匀减速运动，还需要判定。因此，此题应先求出汽车做匀减速运动的时间t。
以汽车运动方向(即V0方向)为正方向，则V0=15m/s，加速度a=-6m/s2（负号表示加速度方向与运动方向相反），汽车停止时的速度V1=0.
由速度公式Vt=V0+at，有t=
在此时间内汽车滑行的距离为
因为汽车经过2.5s即停止，不可能再作匀减速运动，故4秒内汽车滑行的距离为19m。
[说明] 本题如不考虑公式的适用条件，而直接用t=4s代入，则由，代入数据可求得S=12m。这比t=2.5s的位移少了7m，表明汽车停止后又反向运动了7m，显然与汽车的实际运动情况不符。要注意匀减速直线运动中的可往复性与不可往复性区别。

[思考1] 一列火车作匀变速直线运动驶来，一人在轨道旁观察火车的运动，发现在相邻的两个10s内，火车从他面前分别驶过8节车厢和6节车厢，每节车厢长8m（连接处长度不计）。求：（1）火车的加速度a；（2）人开始观察时火车速度的大小。
[提示] 应用匀变速直线运动的重要结论解题可迅速求解。
（1）由，其中△S=6×8-8×8=-16（m），T=10s
∴ a = -0.16m/s2
（2）Vt/2=V平= (6×8+8×8)/20=5.6(m/s)，又：Vt/2 = V + aT
∴ 所求V = Vt/2 – aT = 5.6-(-0.16)×10 = 7.2(m/s)。
[例题2] 物体作初速度为零的匀加速直线运动，求：（1）1s末、2s末……ns末的速度之比；（2）1s内、2s内……ns内的位移之比；（3）第1s内、第2s内……第ns内的位移之比。
[析与解] 初速度为零的匀变速运动中，物理量之间没有加减运算，可以使用比例运算。
（1）因为V1=at，a不变，V∝t，所以V1:V2…：V0 = 1：2：…：n
（2）因为，a不变，S∝t2，所以S1:S2：…：Sn = 1：22：……：n2
（3）第2s内的位移等于2s内的减去1s内的位移，……第ns内的位移等于ns内的位移减去（n-1）s内的位移，所以SⅠ:SⅡ：…：SN:S1：（S2-S1）：…：（Sn-Sn-1）=1:(22-1):…：[n2-(n-1)2]=1：3：…：（2n-1）
匀变速直线运动公式较多，且各公式间有相互联系，因此，此部分的题目常可一题多解。解题时要思路开阔，联想比较，筛选最佳解题方案。
[思考2] 一个物体作初速度为6m/s、加速度为-1m/s2的匀减速直线运动，求物体在第几秒内通过的位移为0.5m？
[提示] 学过匀变速运动的规律后，我们知道求ts内的位移有三种方法：
（1）位移公式；（2）速度位移公式；（3）利用平均速度公式来求位移。那么,如何解第ts内的位移st′？类似地，也有三种方法：
（1）St′=St-St-1，而，；
（2）V12 – Vt-12 = 2aSt′,而V1 = V0 + at ,Vt-1 = V0 + a(t-1)；
（3），而V1 、Vt-1计算方法与（2）同。
经过比较筛选，对此题来说，第三种方法运算简捷，为最佳解题方案。可先求出st′的表达式为：
再代入数据有，解得t = 6s。
[例题3] 一个质点由A点出发沿直线AB运动，先作加速度为a1的匀加速直线运动，紧接着作加速度大小为a2的匀减速直线运动，抵达B点时恰好静止.如果AB的总长度是S，试求质点走完AB所用的时间t.
[析与解] （1）画运动草图（请读者自己画出），分析运动过程，用公式解析法求解.由题意可知，质点在两种运动衔接处C点的速度最大，设为V.注意到质点匀减速运动的末速度为零,故可用对称法将其视为反向的初速度为零的匀加速运动.
由总位移关系S=+，可求出V=
再由时间关系t=,将V代入有t=
(2)利用速度图像分析.画出质点运动的速度图像(如图2-4所示),由速度图像的“面积”表示位移的知识有S=,再将(1)中求出的V值代入或综合(1)中的时间关系式t=,即可求出t.
【说明】对于质点的多阶段运动,要注意找出各阶段间的联系,如前一阶段的末速度即为后一阶段的初速度等.

[思考3]物体沿一直线运动，在t时间内通过的路程为S，它在中间位置S处的速度为，在中间时刻t时的速度为，判断和的关系是：
A、当物体作匀加速直线运动时，> B、当物体作匀减速直线运动时，>
C、当物体作匀加速直线运动时，< D、当物体作匀减速直线运动时，<
[提示]对于这样的问题，关键是要掌握住与大小的关系。那么如何判断比较呢，下面用匀变速直线运动规律、公式讨论比较
由匀变速直线运动公式vt=V0+at，V0、vt分别是物体经过A、B两点时的速度，t是时间，a是加速度。若位移为S，则Vt2=V02+2as。
中间时刻 时的速度
中间位置时的速度
由于（V0-vt）2>0, 即V02+vt2 >2v0vt，从而2(V02+Vt2）>V02+Vt2+2V0Vt=(V0+Vt)2, 所以。故选项A、B是正确的。
[例题4]一个物体原来静止在光滑的水平地面上,从t=0开始运动,在第1、3、5、……奇数秒内，给物体施加方向向北的水平推力，使物体获得大小为的加速度，在第2、4、6、……偶数秒内，撤去水平推力，向经过多长时间，物体位移的大小为40.25m

[析与解]方法一：物体在奇数秒内做匀加速直线运动，加速度大小为；在偶数秒内做匀速直线运动；直观地描述物体的运动可以借助速度---时间图象，如图2-5所示为该物体的运动的速度---时间图像，物体在第1S内的位移为1m，第2S内的位移为2m，第3S内的位移为3m，由此规律可得物体在整数秒内的位移S=×n〈40.25得n＜9，物体在8S内的位移为36m，余下的4.25m将在9S的部分时间内完成，8S末物体的速度为，4.25=8t+×解得t=0.5S，所以物体总共用8.5S。
方法二：物体在第1S、2S、……nS内的位移分别为S1、S2、……Sn，则有：
S1=a·1=1m
S2=a·1·1=2m
S3=a·1·1+·1=3m
……
Sn=n·m令
S1+S2+……+Sn=40.25
即1+2+……+n=40.25
=40.25
解得: 84.25=V8t+
4.25=8t’+×2×t’
t’=0.5S
所以物体完成40.25m的位移总共所用的时间为(8+0.5)=8.5S

[思考4]A、B两点相距S，将S平分为n等分，现在让一个物体（可视为质点）从A点由静止开始向B做匀加速运动，但每过一个等分点，加速度都增加，试求物体到达B点的速度。
[提示]设物体经过第1、2、3……n段路程后的速度分别为V1、V2、V3……Vn，则有：
V1=2a·
V2-V1=2a(1+)
V3-V2=2a(1+)
……
Vn-Vn-1=2a(1+
Vn=2a……
=2a……
上式中的……为一项数为n-1项的等差数列的和,其和为:
……
所以Vn=
【素质训练】
1、几个作匀变速直线运动的物体，在ts秒内位移最大的是（ ）
A、加速度最大的物体 B、初速度最大的物体
C、末速度最大的物体 D、平均速度最大的物体
2、物体作匀加速直线运动，已知加速度大小为2m/s2那么（ ）
A、任意1s内，物体的末速度一定等于初速度的两倍
B、任意1s内，物体通过的位移是1m
C、任意1s内，物体的位移是前1s内位移的两倍
D、任意1s内，物体的位移和前1s内位移相差2m
3、作匀变速直线运动的物体，它的加速度为a，在时间t内的位移为S，末速度为v，则a、t、s、v之间的关系为（ ）
A、S= B、S=
C、S= D、S=
4、（95年上海）物体沿一条直线运动，在t时间内通过的路程为S，它在中间位置处的速度为V1，在中间时刻时的速度为V2，则V1和V2的关系为（ ）
A、当物体作匀加速直线运动时，V1>V2
B、当物体作匀减速直线运动时，V1>V2
C、当物体作匀速直线运动时，V1=V2
D、当物体作匀减速直线运动时，V15、（96年全国）一个物体作匀速直线运动，某时刻速度的大小为4m/s，1s钟后速度的大小变为10m/s.在这1s钟内该物体的( )
A、位移的大小可能小于4m
B、位移的大小可能大于10m
C、加速度的大小可能小于4m/s2
D、加速度的大小可能大于10m/s2
6、作匀变速直线运动的物体，在两个连续相等的时间间隔T内的平均速度分别为V1和V2，则它的加速度为___________.
7、有一列火车，每节车厢的长度为L，车厢间的间隙宽度不计，挨着车头的第一节车厢前沿站台上站着一人，当火车从静止开始以加速度a作匀变速直线运动时，第n节车厢经过人的时间为___________________.
8、完全相同的三木块相距很近，并固定在水平面上，一颗子弹水平射入，穿过第三块木块后的速度恰好为零，设子弹在木块中的加速度不变，则子弹在水平射入三块木块前的速度之比为___________；穿过三块木块所用的时间之比为_________________________。
9、一个作匀加速直线运动的物体，头4s内经过的位移是24m，在紧接着的4s内经过的位移是60m，则这个物体的加速度和初始速度各是多少？
10、摩托车从静止开始以1.6m/s2的速度行驶了一段距离后作了一段匀速运动，此后又以6.4m/s2的加速度作匀减速运动,直到停止，共前进了1.6km，历时130s，求:
(1)车的最大速度；
(2)若保持两个加速度不变，则仍沿这段路程所需的最短时间及这种情况下的最大速度。







11、如图2—6所示，一个小物体通过长度不计的短绳子拴在小车的板壁上，小物体与小车底板无摩擦，小车由静止开始向右作匀加速运动，经2s绳子断裂，又经一段时间t小物体从小车尾部掉下来。在t这段时间内，已知小物体相对于小车在头3s内滑行4.5m,后3s内滑行10.5m.求(1)小车底板长是多少 (2)从小车开始运动到小物体离开车尾,小物体相对于地面移动的距离是多少
【素质训练参考答案】
1、 一、 运动的几个基本概念
1、D　　　　 2、D　　　 3、B　　　 4、L　300　　　　　5、 ⑴ ⑵ 6、 h
1、 二、 速度 、加速度
1、B 2、D 3、C 4、B 5、C
1、 三、 匀变速直线运动规律
1、D 2、D 3、D 4、ABD 5、AD 6、
7、 8、
9、2.25m/s2 1.5m/s 10、⑴ 12.8m/s ⑵50s 64m/s 11、⑴ 12.5m ⑵12m




t
0
1
2
3
n-1
n
O
t1
t2
t3
tn
tn-1
图2-1
4L/3
2L
L
图2-2
A
B
b
a
c
图2-3
t
t
0
v
v
a1
a2
S
图2-4
图2-5
0
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
2
6
4
8
t/s
V/ms-1
图2-6
a高 三 物 理（第2周）
一、物体受力情况分析
知识点析
正确地对物体进行受力分析，是解决力学问题的前提和关键，一般方法如下：
1、首先要明确研究对象(这是分析所有物理问题的第一步工作)，并将它从周围的物体中隔离出来，明确研究对象就是要明确对哪个物体或者哪几个物体组成的系统进行受力分析，分析时应注意以下三点：
(1)力学的研究对象是受力物体，只分析研究对象受到的力，不分析研究对象对其它物体的作用力。
(2)不要把作用在其它物体上的力，错误在认为是通过“力的传递”作用在研究对象上，即只要画直接作用在研究对象上的力。
(3)如果研究对象是由几个物体组成的系统，只应考虑系统外的物体对系统内物体的作用力，而不应考虑内物体之间的相互作用力，即只考虑外力而不考虑内力(因为我们要研究的是系统整体的运动状态，而内力对系统整体的运动状态无影响)。
2、其次，要养成按一定顺序进行分析的习惯，其目的在避免丢力。
一般按照：“重力→已知外力→弹力→摩擦力→其它场力(电场力、磁场力等)”的顺序进行受力分析。
这是因为只要是地球上的物体就肯定会受到重力的作用，已知外力是外界主动施加的，这两种力都是能肯定是否存在的，而这两种重力又是非接触力，易忘记，所以放在第一位。
弹力是一种被动力，一般要随着其它力的变化而变化，所以弹力的分析必须放在重力和已知外力之后。摩擦力存在的条件之一是存在弹力，所以摩擦力的分析必须放在弹力之后。
其它场力，只有存在电磁场时才可能受到，所以放在最后分析。
3、在分析接触力(如弹力、摩擦力)时，必须找全周围与研究对象接触的所有的物体，其目的也是为了避免丢力，一般来说，有几个接触物体就可能有几个接触力，然后再具体判断每一个接触力是否存在。
4、遇到某力存在与否或其方向难以确定时，通常可采用以下两种方法来分析：
(1)利用平衡条件或牛顿第二定律。可先假设该力存在，也可以假设该力不存在，再结合已知条件分析其是否满足平衡条件或牛顿第二定律。
(2)利用牛顿第三定律。在对多个物体构成的系统中的每一个对象进行受力分析时，弹力和摩擦力是否存在、方向如何往往是一件比较棘手的事情，此时可先分析较简单(受力较少)的物体受力，再利用牛顿第三定律(甲对乙有某种性质的作用力，乙对甲一定也有某种性质的作用力)分
析较复杂(受力较多)物体的受力。
5、画出受力图后要进行检验，看是否有多余的力，检验的主要依据有：
(1)力的概念。看各力是否有施力物体，没有施力物体的力是不存在的。
(2)看物体的运动状态和受力分析的结果是否吻合。
(3)各力产生的条件等。
【例题析思】
[例析]辨析下列受力分析的正误：
(1)静止在水平桌面上的课本受到重力、桌面对课本的支持力和课本对桌面的压力三个力的作用。
(2)物体以某一初速冲上一光滑的斜面，则物体在上滑过程中受到沿斜面向上的外力作用，在下滑过程中受到沿斜面向下的下滑力的作用；
(3)用细绳牵引一小球在光滑水平桌面上作匀速圆周运动，小球受到重力、桌面对小球的支持力、细绳对小球的拉力和小球作圆周运动的向心力四个力的作用；
(4)对物体进行受力分析画受力图时，各力作用点都可以画在物体的重心上。
[析与解](1)研究对象是课本，只分析课本受到的力，不分析课本对其它物体的作用力，故课本对桌面的压力不应分析，它是桌面受到的力；
(2)物体在全过程中只受到重力和斜面对物体的支持力两个力的作用，在上滑过程中物体并没有受到沿斜面向上的外力作用，之所以能冲上斜面，是因为具有初速度，不要把物体的这种惯性表现当作一个力，在下滑过程中物物体也没有受到沿斜面向下的下滑力的作用。这里多分析出来的“沿斜面向上的外力”和“下滑力”都可以用力的概念来进行检验，显然，它们都不存在施力物体，因此不存在。
(3)对物体进行受力分析时，只分析按性质命名的力，不分析按效果命名的力，物体作圆周运动的向心力，是按效果来命名的力，它实质上的是物体所受外力的合力、其中的某一个力或某一个力的分力等。
(4)画图时各力作用点的处理：在不涉及转动的情况下，都可以画在物体的重心上，在涉及转动的情况下，各力的作用点的位置要准确确定。
[思考]如图1-19甲所示，A、B两长方形物体在水平向左的外力F的作用下静止于竖直墙壁上，试分析A、B以及AB整体的受力情况。






[提示]这是对多个物体构成的系统中的每一个对象进行受力分析的问题，先分析较简单(受力较少)物体B的受力。接顺序来分析(1)重力GB；(2)已知外力F；(3)弹力：找全周围与B接触的所有物体——只有A→只可能有一个弹力，A对B的弹力NAB→是否存在？→由B水平方向平衡可知NAB存在，大小NAB=F，方向水平向右；(4)摩擦力可类似弹力的方法分析，A对B的摩擦力大小FAB=GB，方向竖直向上。如图1-19中的乙所示。
再分析A的受力。同样按顺序来分析(1) 重力GA；(2)是否受到已知外力F的作用？由于F是直接作用在B上，而不是直接作用在此时的研究对象A上，所以A并不受外力F的作用；(3)弹力；找全周围与A接触的所有物体——B和墙两个物体——可能有两个弹力——是否存在？——由牛顿第三定律可知存在B对A的弹力NBA,且大小NBA=NAB，方向水平向左；再由A水平方向平 衡可知墙对A的弹力NA存在,且大小NBA=NAB，方向水平向右;(4)摩擦力；类似弹力的方法分析，B对A的摩擦力大小FBA=FAB，方向竖直向下，墙对A的摩擦力大小FA=GA+FBA，方向竖直向上。如图1-19中的丙所示。
最后分析AB整体的受力。(1)重力GA+GB；(2)已知外力F；(3)弹力；AB整体只与墙接触，由水平方向平衡可知，整体受墙方向水平向右的弹力NA，且大小NA=F；(4)摩擦力；类似弹力的方法分析，由竖直方向平衡可知，整体受墙的方向竖直向上的摩擦力FA，且大小FA=GA+GB。如图1-19中的丁所示(特别注意不要画出整体内部A与B之间的弹力和摩擦力)。
【素质训练】
1、放在光滑斜面上加速下滑的物体受到的力是（ ）
A、重力和斜面支持力 B、重力、下滑力和斜面支持力
C、重力、斜面支持力和加速力
D、重力、斜面支持力、下滑力和正压力
2、一架梯子斜靠在光滑的竖直墙上，下端放在水平粗糙地面上，下面是梯子受力情况的简单描述，哪一句是正确的（ ）
A、梯子受到两个竖直的力，一个水平的力
B、梯子受到一个竖直的力，两个水平的力
C、梯子受到两个竖直的力，两个水平的力
D、梯子受到三个竖直的力，两个水平的力
3、分别画出1-20中A、B两物体的受力示意图(1到5中A 和B均静止).












二、力的合成与分解
知识点析
1、合力与分力：如果一个力作用在物体上，它产生的效果跟几个力共同作用产生的效果相同，这个力就叫做那几个力的合力，而那几个力就叫做这个力的分力。
合力与分力是等效替代关系。
2、力合成与分解的根本方法：矢量的运算法则——平行四边形定则
3、力的合成：求几个已知力的合力，叫做力的合成。
(1)共点的两个力(F1和F2)合力大小(F)的取值范围为：|F1-F2|≤F≤F1+F2
(2)共点的三个力，如果任意两个力的合力的最小值小于或等于第三个力，那么这三个力的合力可能等于零。
4、力的分解：求一个已知力的分力，叫做力的分解(与力的合成互为逆运算)
(1)同一个力，如果没有条件限制，可以分解成无数对大小、方向不同的分力(因为以一个已知力为平行四边形的对象形可以作无数个平行四边形)，要得到确定的解，必须给出一些附加条件，下在是有确定解的几种常见情况：
①已知合力和两个分力的方向，求两个分力的大小（有一组解）。
②已知合力和一个分力的大小与方向，求另一个分力的大小和方向（有一组解）
③已知合力和两个分力的大小，求两个分力的方向（有两组解）
④已知合力、一个分力F1的大小与另一个分力F2的方向，求F1的方向和F2的大小（有一组或两组解）
(2)在实际问题中，通常将已知力按力产生的实际作用效果分解；为方便某些问题的研究，在很多问题中都采用正交分解法。
【例题析思】
[例析]已知两个力的大小分别为F1和F2，它们的夹角为θ。分析其合力F大小的特点。
[析与解]如图1-21所示，F1与F2合力F的大小可由余弦定理求得
由上式可知：
①当θ=0°时，F=F1+F2;
②当θ=180°时，F=|F1-F2|;
③当θ=90°时，;
④当θ=120°时，且F1=F2时，F=F1=F2
⑤当θ在0°～180°内变化时，F随着θ的增大而减小，随着θ的减小而增大。
由上述讨论可知：
(1)两个力(F1和F2)合力大小(F)的取值范围为：|F1-F2|≤F≤F1+F。
(2)合力大小既可能比任意一个分力大，也可能比任意一个分力小，还可能等于任意一个分力，它的大小依赖于两分力之间的夹角的大小，这是矢量合力的特点。
[思考]重力为G的物体静止在倾角为α的斜面上，将重力G分解为垂直斜面向下的力F1和平行斜面向下的力F2，那么（ ）
A、F1就是物体对斜面的压力
B、物体对斜面的压力方向与F1方向相同，大小为Gcosα
C、F2就是物体受到的静摩擦力
D、物体受到重力、斜面对物体的支持力、静摩擦力、F1和F2共五个力的作用。
[提示]合力与分力是一种等效替代关系，以本题为例，所谓“等效”是指两分力F1和F2共同作用产生的效果与真实力G（合力）产生效果相同；所谓“替代”是指在分析和处理问题时，如果用了两分力F1和F2，就不能再用真实力G，否则力就多了。要对物体进行受力分析时，只分析物体实际受到的力，故D选项是错误的。
某几个真实力的合力或某一真实力的分力，是为了研究问题方便而假想的力，实际上是不存在的，以本题为例，真实力G的两分力F1和F2是实际上并不存在的力，应与其它实际力区别开来，题中A、C选项将两个并不存在的力“F1和F2”与真实力“物体对斜面的压力和物体受到的静摩擦力”混为一谈，显然是错误的。
由物体的平衡以及牛顿第三定律的知识，可以判断B选项是正确的。
【素质训练】
1、大小为4N、7N和9N的三个共点力，若它们的夹角可以任意变化，则其合力的最大值为 N，最小值为 N.
2、物体放在光滑的水平面上，在大小为40N的水平力Q的作用下由西向东运动。现要用F1和F2两个水平共点力来代替Q的作用，已知F1的方向为东偏北30°，若要使F2取某一数值，可使F1有两个大小不同的数值，则F2的取值范围是 。
3、如图1-22所示，物体静止于光滑水平面M上，力F作用于物体上的O点，现要使物体沿着OA方向作加速运动（F和OA都在M平面内，F方向与OA方向的夹角为θ），那么，必须同时再加一个力，则所加力的最小值是（ ）
A、Ftgθ
B、Fcosθ
C、Fsinθ
D、Fctgθ
4、将已知力F分解为F1和F2两个分力，如果已知F1的大小以及F2与F的夹角为θ，且θ小于90°，则（ ）
A、当F1B、当F>F1>Fsinθ时，F2一定有两个解
C、当F1D、当F15、如图1-23所示，AO、BO、CO是三条完全相同的细绳，
它们共同作用将钢梁水平吊起，BO、CO间的夹角θ，若钢梁
足够重时，绳AO先断，则（ ）
A、θ=120°
B、θ>120°
C、θ<120°
D、不论θ为何值，AO总是先断
6、如图1-24所示，三角形支架ABC的边长AB=20cm，
AC=25cm，在A点通过细绳悬挂一个重为45N的物体，则
AB杆受到拉力大小为 N，AC杆受到的压力的大小
为 N。


7、如图1-25所示，在动摩擦因数为0.2的水平面上向右运动的物体，质量为10kg，在运动过程中还受到一个水平向左的大小为20N的拉力F的作用，则物体受到的合力为(g取10m/s2)
A、0 B、40N，水平向左
C、20N，水平向左 D、20N，水平向右
8、两个大人和一个小孩沿河岸拉一条船前进，两个大人的拉力分别是F1=400N和F2=300N。它们的大小和方向如图1-26所示，要使船在河中间行驶，求小孩对船施加的最小力的大小和方向。


三、力矩、物体平衡的条件
知识点析
1、力矩(1)力臂：从转动轴到力的作用线(不是作用点)的垂直距离。
(2)力矩：力F和力臂L的乘积叫做力对转动轴的力矩M，即M=FL，力矩的单位是N·m。
2、物体的平衡态
(1)物体保持静止或匀速直线运动状态
(2)物体绕固定转动轴匀速转动。
3、共点力作用下物体的平衡条件：物体所受的外力的合力为零，即=0
4、平衡条件的推论：物体处于平衡状态时，它所受的某一个力与它所受的其余力的合力等值反向。
5、三力汇交原理：物体在同一平面内三个非平行力的八月和下处于平衡状态，那么这三个力的作用线必相交于一点。
6、有固定转动轴的物体的平衡条件：物体所受外力的力矩的代数和为零，即=0（或顺时针力矩之和等于逆时针力矩之和，即M顺=M逆）。
【例题析思】
[例析1]如图1-27所示，绳子的悬点A缓慢向右移动到C点时，
关于绳子AO和BO张力的合力的变化情况，下列说法中正确的是
A、数值变大，方向变化
B、数值不变，方向不变
C、数值变小，方向不变
D、数值不变，方向变化
[析与解]选结点O为研究对象，它受到T1、T2和T3三个力的作用(图中已画出)，其中T3=mg，是大小和方向都不变的恒力，由平衡条件的推论可知，T1和T2的合力必与T3等大反向，因此T1和T2的合力大小和方向都不变。正确答案为B。


[思考1]有一直角支架AOB，AO水平放置，表面粗糙，OB竖直向下，表面光滑，AO上套有小环P，OB上套有小环Q，两环质量均为m，两环间由一根质量可忽略，不可伸长的细绳相连，并在某一位置平衡，如图1-28所示。现将P环向左移一小段距离，两环再将达到平衡，那么将移动后的平衡状态和原来的平衡状态比较，AO杆对P环的支持力N和细绳上拉力的变化情况是：
A、N不变，T变大； B、N不变，T变小
C、N变大，T变大； D、N变大，T变小
[提示]对P、Q两环进行受力分析，如图1-29所示。再由Q竖直方向合力为零得出Tcosα=mg；由P竖直方向合力为零得出T·cosα+mg=NP，N=2mg，T=mg/cosα。可见，当P环向左移动后α减小，由T=mg/cosα判断N不变，T减小的结论。
[例析2]一个质量为m=50kg的均匀圆柱体，放在台阶的旁边，台阶的高度h是圆柱体半径r的一半，如图1-30甲所示(图为横截面)，柱体与台阶接触处(图中P点所现要在图中柱体的最上方A处施加一最小的力，使柱体刚能以P为轴向台阶上滚(g取10m/s2)，求：
(1)所加力的大小；(2)台阶对柱体的作用力的大小。
[析与解](1)以P点为轴，欲在A处施最小的力，必须使这个力的力臂最长，那么该力的方向应垂直于PA，如图1-30乙所示。要使柱体刚能以P为轴向台阶上滚，即意味着此时地面对柱体的支持力恰好为零。
这样由作用力F与重力mg对P点的力矩平衡可得
由几何关系得∠POB=60°，∠PAO=30°
所以，，解得F=2500N。
(2)柱体刚能以P为轴向台阶上滚时，它受到在同一平面内三个非平行力的作用，即重力mg，作用在A点的外力F和台阶P点对柱体的作用力T。三力平衡必共点，据此可延长重力作用线与F交于A点，那么台阶对柱体的作用力T的延长线必定通过A点，即T的方向垂直于F的方向，所以T的大小必等于重力在上的分力，因此有T=mgcos30°=4300N.
说明：T是台阶P点对柱体的作用力，其指向球心的分力即为对柱体的支持力，而沿P点切线方向的分力则为对柱体的摩擦力。显然，对于光滑的接触点，是无法用此题给出的条件将柱体滚上台阶的。

[思考2]小球P、Q的重力分别是G1=10N，G2=30N，用轻质细杆相连，并且分别系在跨过光滑的小滑轮的细线的两端，细线长为，系统静止在如图1-31所示的位置，试求出小球P与小滑轮O之间细线的长度。
[提示]对滑轮进行受力分析，。如图1-32所示，滑轮受力平衡，故Tsinα-Tsinβ=0，α=β，以滑轮，小球，连杆和细线系统为研究对象，系统关于滑轮的轴处于转动平衡，如图1-32所示，故
【素质训练】
1、质量为m的物体沿倾角为θ的斜面匀速下滑时，下列说法中正确的（ ）
A、物体受到重力、下滑力、斜面的支持力和摩擦力四个力的作用
B、斜面对物体的作用力方向竖直向上，大小等于mg
C、物体所受的摩擦力大小为mgsinθ，方向沿斜面向上
D、物体所受的合力为零
2、某物体受几个共点力的作用，处于平衡状态，若把其中一个力F的方向沿逆时针方向转动60°角，而大小保持不变，其余力的大小和方向均保持不变，则此过程中物体受到的合力大小变化的范围是 ；若要使它的合力在小等于F，则力F的方向至少要沿逆时针方向转过 角。
3、如图1-33所示，质量为m的物体，置于粗糙的水平面上，用一与水平方向夹角为α的力F恰使物体匀速前进，则下列说法中正确的是（ ）
A、物体所受的摩擦力大小等于Fcosα
B、物体所受的重力、支持力和摩擦力的合力与F等值反向
C、物体所受的摩擦力与F的合力大小为Fsinα，方向竖直向上
D、地面对物体的支持力和重力的合力大小为Fsinα，方向竖直向上



4、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静止于水平面上，如图1-34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、 A、 mg，(M-m)g
A、 B、 B、mg，Mg
C、(M-m)g，Mg
D、(M+m)g，(M-m)g
5、三个相同的支座上分别搁着三个质量和直径都相等的光滑圆球a、b、c，支点P、Q在同一水平面上，a球重心Oa位于球心，b球和c球的重心Ob、Oc分别位于球心的正上方和球心的正下方，如图1-35所示。三球均处于平衡状态。支点P对a球的弹力为Na，对b球和c球的弹力分别为Nb和Nc，则
A、Na=Nb=Nc B、Nb>Na>Nc
C、NbNb=Nc
6、如图1-36所示，直杆OA可绕O点转动，图中虚线与杆平行，杆的A端承受两个力F1和F2的作用，力的作用线与OA杆在同一竖直平面内，
它们对转轴O的力矩分别是M1和M2，则力矩间的大
小的关系是（ ）
A、M1>M2 B、M1=M2
C、M17、如图1-37所示，一均匀木棒OA可绕O点的水平轴自由转动，现有一方向不变的水平力F作用于该棒的A点，使棒从竖直位置缓慢转到偏角θ<90°
的某一位置，设M为力F对转轴的力矩，则在此过程（ ）
A、 A、 M不断变大，F不断变小
B、M不断变大，F不断变大
A、 B、 M不断变小，F不断变小
D、M不断变小，F不断变大
8、如图1-38所示，在倾角θ=30°的粗糙斜面上放一物体，重力为G，现在用与斜面底边平行的力F=G/2推物体，物体恰能在斜面上斜向下匀速直线运动，则物体与斜面之间的动摩擦因数是多少？




素质训练参考答案
一、受力分析
1、A 2、C 3、略
二、力的合成与分解
1、20N 0 2、20N7、B 8、250N 与航线垂直
三、力矩 物体平衡的条件
1、B C D 2、[0 F] 1200 3、A B C 4、A 5、A 6、B
7、B 8、

A
B
F

F
GB
FAB
NAB
GA
FBA
NBA
FA
NA
F
GA+GB
FA
NA
图1-19
甲
丙
丁
乙
A
C
A
C
B
A
θ
⑴
⑵
⑶
A
B
θ
⑷
斜面光滑
B
A
⑸
容器光滑
B
A
F
⑹
接触面均不光滑,A和B 分别向左向右运动
悬线C斜向左
悬线C竖直
图1-20
F1
F2
F
θ
图1-21

M
A
F
θ
0
图1-22
B
C
θ
0
A
图1-23
A
G
C
B
图1-24
图1-25
F
V
F2
F1
67O
23O
图1-26
图1-27
P
O
Q
A
图1-28
B
mg
NP
f
P.
α
T
.
Q
mg
NQ
T
α
图1-29
A
P
h
A
P
h
r
甲
乙
图1-30
o
mg
B
T
F
图1-32
o
QG2
PG1
图1-31
o
Q G2
PG1
T
x
y
T
α
β
N
F
α
图1-33
M
m
A
B
图1-34
P
Q
.Oa
P
Q
..0C
a
P
Q
.0b.
b
C
图1-35
.
A
F1
F2
0
图1-36
F
A
0
θ
图1-37
θ
F
图1-38高 三 物 理（第4周）
第二章 直线运动
一、自由落体运动 竖直上抛运动
知识点析
自由落体运动:
1、条件：初速度为零、只受重力作用。
2、性质：初速度为零、加速度为g的匀加速直线运动.
3、研究方法：一般以开始下落的位置为坐标原点，选取竖直向下方向为正方向建立坐标轴，其运动公式只需在匀变速直线运动的公式中令V0=0，a=g即可，如速度Vt=gt，位移y=.
竖直上抛运动
1、条件：具有竖直向上的初速度、只受重力作用。
2、研究方法：
（1） （1） 分段法：上升过程是初速度为V0、加速度大小为g的匀减速运动；下降过程是自由落体运动。
（1） （2） 整体法：全过程是初速度为V0、加速度为-g的匀减速运动。以抛出点为坐标原点，选取竖直向上方向为正方向建立坐标轴。其运动公式只需在匀变速直线运动的公式中令a=-g即可，如速度Vt=V0-gt，位移y=V0t-.
3、运动特点：
（1） （1） 上升的最大高度H=；
（2）对称性。
①运动过程的对称性；②上升与下落时间的对称性(如回到出发点时t上=t下=;③速率的对称性(如回到出发点时的速度Vt=-V0).

【例题析思】
自由落体运动是匀变速运动规律的具体应用,因此，熟练应用匀变速直线运动的规律来分析问题是其重点，又是难点。
[例题1]如图2-7所示，用细线悬挂的矩形AB长为a，在B以下h处，有一长为b的无底圆筒CD，若将细线剪断，则（1）矩形AB的下端B穿过圆筒的时间是多少？（2）整个矩形AB穿过圆筒的时间是多少？
[析与解]解此题的关键在于把矩形AB穿圆筒的过程和对应的自由落体运动的位移分析清楚。
（1）矩形AB下端B穿过圆筒：
由B下落到C点（自由下落h）起到B下落到D点（自由下落h+b）止。由位移y=求得t=则B下落到C所需时间为t1=,B下落到D点所需时间为t1=,所求B穿过圆筒的时间是△t1=-.
(2)整个矩形AB穿过圆筒:
由B下落到C点(自由下落h)起到A下落到D点（自由下落h+a+b）止。所求时间是△t2=.
[思考1](90年上海)一个矿井深为125m,在井中每隔一定时间自由下落一小球.当第11个小球刚从井口开始下落时,第1个小球恰好到达井底,则相邻两个小球开始下落的时间间隔为 s,这时第3个小球和第5个小球相距 m.(g取m/s2)
[提示](1)第一个小球恰好到达矿井底的时间t===5(s),而第1个小球与第11个小球之间共有10个时间间隔,则相邻两个小球开始下落的时间间隔为△t=0.5s.
(2)关键在于确定小球自由下落的时间.第3个小球与第11个小球之间共有8个时间间隔,即t3=8△t=4s,又第5个小球与第11个小球之间共有6个时间间隔,即t3=6△t=3s.所以第3个小球和第5个小球相距△S=S3-S5=,代入数据得△S=35(m).
[例题2]某人站在高层楼房的阳台外用20m/s的速度竖直向上抛出一个石块,则石块运动到离上抛出点15m处所经历的时间是多少 (不计空气阻力,取g=10m/s2)
[析与解]由于位移是矢量,所以对应距离15m有上、下两个位移。根据公式y=V0t-,将y=15m代入表达式有15=20t-5t2,解得t1=1s,t2=3s.这是石块上升和下降两 次经过抛出点上方15m处所经历的时间。再将y=-15m代入表达式有-15=20t-5t2,解得t3=(2+)s，t4=(2-)s.显然t3是石块通过抛出点下方15m处所经历的时间.t4<0,没有物理意义，舍去.
[说明]公式中位移、速度和加速度皆为矢量,审题时要特别注意它们的方向,对得到的多个解也要逐一分析它们有没有物理意义.
[思考2]一个小球作竖直上抛运动,经过时间t1上升到位置x1,经过时间t2上升到位置x2,小球上升到最高点后下落到位置x2的时间为t3,继续下落到位置x1的时间为t4.求证重力加速度g=8(x2-x1)/[(t4-t1)2-(t3-t2)2].
[提示]此题求证结果较为复杂,若不加选择地套用竖直上抛运动公式,则很难理出头绪,但如果抓住竖直上抛运动中时间的对称性----从某一位置上升到最高点和从最高点落回该位置所用的时间相等,则可简化问题的处理.
设最高点到位置x1的距离为h1,则h1=g[(t4-t1)/2]2/2;
设最高点到位置x2的距离为h2,则h2=g[(t3-t2)/2]2/2;
而h1-h2=x2-x1.将以上三式整理即可证.
[说明]物理问题通常有多种不同的解法,利用对称性解题不失为一种科学的思维方法.一切可往返的匀变速直线运动(如沿着光滑斜面上滑的物体运动等),都具有对称性.须特别注意的是某些运动虽然具有往返过程(如子弹受空气阻力时上抛运动、沿粗糙斜面上滑的物体运动等),但是全过程加速度大小不是恒定值,因此不具有对称性.
【素质训练】
1、从高处释放一粒小石子,经过0.5s,从同一地点再释放一粒小石子,在两石子落地前,它们之间的距离( )
A.保持不变 B.不断减小
C.不断增大 D.根据两石子的质量的大小来决定
2、A球由塔顶自由落下,当落下am时,B球自距塔顶bm处开始自由落下,两球恰好同时落地,则塔高为 .
3、(99年上海)某同学身高1.8m,在运动会上他参加跳高比赛,起跳后身体横着越过了1.8m高度的横杆.据此可估算出他起跳时竖直向上的速度大约为(g取10m/s2)( )
A.2m/s B.4m/s
C.6m/s D.8m/s
4、从地面竖直上抛一个物体甲,同时在离地面某一高度处有另一物体乙自由下落,两物体在空中相遇(未发生碰撞)时的速率都是V,则( )
A、竖直上抛物体甲的初速度大小与物体 乙落地时的速度大小相等,都是2V
B、甲、乙在空中运动时间相等
C、甲上升的最大高度与乙开始下落时高度相同
D、两物体在空中相遇处一定是乙开始下落时高度的中点
5、气球以10m/s的速度匀速上升，某时刻在气球正下方距气球正下方距气球4m处有一石子以20m/s的速度竖直上抛，不计阻力，取g=10m/s2.则石子（ ）
A、一定能击中气球 B、一定不能击中气球
C、若气球速度减小，一定还能击中气球
D、若气球速度增大，一定不能击中气球
6、杂技演员每隔相等的时间向上抛出一个小球，若每个小球上升的高度都是1.25m，他共用4个小球，要想使节目连续不断地表演下去，在他手中总要有一个小球停留，则每个小球在他手中停留，则每个小球在他手中停留的时间应为 s.
7、（99全国）一个跳水运动员从离水面10m的平台向上跃起，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,结果保留两位数字.)
8、一根矩形杆的长1.45m,从某一高处作自由落体运动,在下落过程中矩形杆通过一个2m高的窗口用时0.3s.则矩形杆的下端的初始位置到窗台的高度差为多少 (g取10m/s2,窗口到地面的高度大于矩形杆的长)
9、一个跳伞运动员从350m高空离开飞机跳伞下落,为了争取落得快、落得准,开始时未打开跳伞而自由下落,下落3.4s后打开跳伞,开伞以后则以2m/s2的加速度作匀减速下降,到达地面时的速度为4m/s,g取10m/s2
求(1)运动员在离开地面多高处拉开跳伞
(2)运动员在空中共经历多长时间

二、运动的合成与分解
知识点析
1、概念:已知物体的几个运动求其合运动叫做运动的合成.已知合运动,求几个分运动叫做运动的分解.合成与分解互为逆运算.
2、基本原理:
(1)独立性原理(叠加原理):一个物体同时参与几个分运动,各分运动独立进行,各自产生效果,互不干扰.合运动是各分运动的叠加.
(2)等时性原理:合运动与各分运动同时发生、同时进行、同时结束，经历相等的时间.
3、运动合成的方法:加速度、速度和位移都是矢量，遵守矢量的合成法则。
(1)两分运动在同一直线上时，选取正方向,并确定各物理量的正负后，再代数相加减.
比如竖直上抛运动(速度Vt=V0-gt,位移y=V0t-)可以看成是竖直向上的匀速运动(速度V0,位移V0t)和竖直向下的自由落体运动(速度gt,位移)的合成.
(2)两分运动不在同一直线上时,按照平行四边形定则进行合成.
4、运动分解的方法:
(1)正交分解: 例如在物体平抛运动中,将运动分解为水平方向的匀速运动和竖直方向自由落体运动的两个分运动.
(2)根据物体运动的实际效果分解.
【例题析思】
[例题1]关于运动的合成,下列说法中正确的是( )
A、两个直线运动的合运动一定是直线运动
B、两个匀速直线运动的合运动一定是直线运动
C、两个匀加速直线运动的合运动一定是直线运动
D、两个初速度为零的匀加速直线运动的合运动一定是直线运动
[析与解]物体运动的性质和轨迹由物体的初速度V0和加速度a来确定,比如a恒定则是匀变速运动,V0与a反向则是减速运动），V0与a之间互成一定角度,则曲线运动等．合运动的性质和轨迹也就当由合运动的初速度V0和加速度a来确定．
本题Ｂ选项中两个匀速直线运动的合运动的速度为恒定值，而加速度为零，故合运动仍是匀速直线运动．Ｄ选项中两个初速度为零的匀加速直线运动的恒定值，而初速度为零，故合运动仍是初速度为零的匀加速直线运动．ＡＣ选项中的合运动的初速度和加速度方向关系不确定，故不能断定合运动是否是直线运动．本题ＢＤ正确．
[思考１]如图２－８所示，用船Ａ拖着车Ｂ前进，假若船A以速度V匀速前进，则当绳与水平面的夹角为θ时，车运动的速度是多大
[提示]首先要分析船A的运动与车B的运动之间有什么样的关系.船A的运动有这样两个实际效果:一方面使绳子OA伸长,另一方面使绳子OA绕O点转动.因此,船A的运动(合运动)可看作是这样两个分运动的合成:一是沿绳子方向的使绳子伸长的速度V1,二是垂直于绳子方向的使绳子转动的速度V2.显而易见,车运动的速度大小应等于绳子伸长的速度V1.
如图所示,画出合运动的速度V与两分运动的速度V1、V2的平行四边形，便可以求得车B的速度V1=Vcosθ.
[例题2]如图2-9所示,已知河宽为d,水流速度为v1,船在静水中的速度为v2.若船头指向与上游河岸的夹角为θ.求(1)过河时间t.(2)船到达河对岸的位置．
[析与解]船渡河的运动可看作是水流的运动（水冲船的运动）和船在静水中的运动（即高水不流动时船的运动）的合运动。分别作出速度与位移的矢量合成图。
(1)根据分运动与合运动的等时性，有过河时间t===,结合已知条件可知选用t===计算方便。
(2)由图可见，船实际到达了河对岸的B点，设B点与河正对岸A点的距离为L，则有L=dctg－v1t= dctg－v1×=.
讨论：
①当v2cosθ=v1时，L=0，即船到达河的正对岸；
②当v2cosθ>v1时, L>0，即船到达河的正对岸偏上游；
③当v2cosθ[思考2]在例题2中,若夹角θ可变,试分析(1)何时船渡河时间最短 此时船的实际位移为多少 (2)何时船渡河实际位移最短 此时船头指向应如何 渡河时间多少
[提示](1)由例题2有t=,v2是不变的,所以当s2=d最短时,即船头垂直河岸指向正对岸(船在静水中的速度v2垂直河岸)时,船渡河时间最短为tmin=.
或者由表达式t=分析,当θ=90时,t最短..
如图2-10所示，此时船的实际位移为s=,不是最短.
(2)由几何关系可知,当合运动的速度v方向垂直河岸时,船渡河的实际位移最短,大小为smin=d.
如图2-11所示,此时船头指向与上游河岸的夹角α满足cosα=,渡河时间为t=.
[讨论]以上船渡河实际位移最短为smin=d，必须满足条件V2＞V1。
当V2这是一个已知分运动求合运动的问题.．我们知道此时水流速度V1的大小和方向都是确定的，船在静水中的速度V2的大小是确定的，如果以表示水流速度V1的有向线段的箭头端为圆心，以表示船在静水中的速度V2大小的线段为半径画圆．如图2-12所示,容易看出,当合速度V的方向沿OB方向（OB与圆相切）时，V与水流速度V1的夹角最大，船渡河的实际位移最短.
此时，船头指向与上游河岸的夹角α满足cosα=，船的实际位移最短为smin=，渡河时间为t==.
当V2=V1时,船渡河的实际位移最短的情况不存在.(请读者自己思考)
【素质训练】
1、物体作竖直上抛运动,以下说法正确的是( )
A、可以看作一个竖直向上的匀速运动和一个自由落体运动的合运动
B、可以看作一个竖直向上的匀减速运动和一个自由落体运动的合运动
C、物体在最高点的速度和加速度均为零
D、物体作匀变速运动
2、某人站在电动扶梯上，经过t1时间人由一层楼随着电动扶梯升到二层楼．如果电动扶梯不动，人从一层楼沿着电动扶梯向上走，则人从一层楼到二层楼的时间是（ ）
A、t2－t1 B、
C、 D、
3、一条轮船以一定的速度垂直河岸向对岸行驶，当河水匀速流动时，轮船所通过的路程、过河所用的时间与水流速度的正确关系是（ ）
A、水速越大，路程越长，时间越长 B、水速越大，路程越短，时间越短
C、水速越大，路程与时间都不变 D、水速越大，路程越长，时间不变
4、有一小船正在匀速横渡一条河流，离对岸50m时，得知在下游120m处有一危险区，假设水流速度5m/s，为了不通过危险区到达对岸，那么小船从现在起相对静水的最小速度应是（ ）
A、2.08m/s B、1.92m/s
C、1.58m/s D、1.42m/s
5、如图2-13所示，在水面上方高20m处，人用绳子通过定滑轮将水中的小船系住，并以3m/s的速度将绳子缩短，开始时绳子与水面夹角θ=30，试求：
(1)刚开始时小船的速度.(2)5s末小船速度的大小．
6、小船匀速横渡一条河流，当船头垂直河岸方向航行时，经过10min到达正对岸下游120m处；若船头保持与河岸成α角向上游航行时，则经过12.5 min到达正对岸.求：
(1)水流的速度. (2)船在静水中的速度. (3)河的宽度. (4)船头与上游河岸的夹角α．
【素质训练参考答案】
1、 一、 自由落体、竖直上抛运动
1、C　　　　2、　　　　　　3、B　　　　4、AC　　　　5、AC　　　　6、1/3　　　7、1.7　　　　8、7m　　　9、　⑴ 29.2m　　⑵ 20.2s
1、 二、 运动的合成与分解
1、AC 2、C 3、D 4、B 5、3.5m/s 5m/s 6、⑴ 0.2m/s ⑵ 1/3m/s ⑶ 200m ⑷ 530

A
B
C
D
图2-7
θ
V
A
B
O
图2-8
V1
V2
V
θ
O
V1
V2
S2
V
S
S1
d
B
A
图2-9
V
V1
V2
d
S
O
A
B
图2-10
V1
V2
V
O
S=d
A
图2-11
A
B
V
V2
V1
O
α
图2-12
θ
图2-13高 三 物 理（第16周）
【教学内容】
本周教学内容为力学内部知识的综合复习例说。
【教学目标】
帮助学生能全面掌握力学知识体系，灵活运用其基本定律，规律解决综合题。
【知识讲解】
力学部分知识综合
一、知识契合点：
1、力、物体的平衡





2、物体的运动




3、牛顿运动定律







4、动量和机械能









5、机械振动和机械波
由上综述可见：
运动和力的关系是力学的中心问题。其中，力的基本知识是基础；牛顿运动定律及运动学公式、动量定理及动量守恒定律、动能定理及机械能定恒定律是力学的核心内容，也是解决力学问题的三条基本途径；圆周运动和简谐运动则是牛顿运动定律的具体应用。
在力学中，物体的多过程运动和多个物体的运动问题。往往能将不同种类运动的知识综合在一起；两类牛顿运动定律的应用问题，实际上是牛顿运动定律和运动学公式的综合；物体间的相互作用问题，常常成为应用动量和能量观点求解的力学综合题的热点；而机械波的问题，又可与机械振动综合在一起，等等。
力的概念：力是物体对物体的作用
力的效果：使物体发生形变,使物体运动状态发生改变。
力的分类
按性质分
按效果分
非接触力
接触力
弹力、摩擦力
重力、电场力、磁场力
拉力、压力、支持力、动力、阻力、向心力、回复力、浮力
力的合成 —与分解 （互为逆运算）
合成（有唯一解）— 图示法：平行四边形法则分解（不定解）--按实际效果分解
物体的平衡
共点力作用下物体的平衡条件：∑F=0或有固定转动轴物体的平衡条件：∑M=0
力
直线运动
匀速直线运动
S=V0t
匀变速直线运动
Vt= Vo + atS= Vot+at2Vt2= Vo2 + 2as
变加速直线运动（简谐振动）
S=V平t
运动的合成运动的相对性运动的独立性运动的等时性
分运动在一直线
vo和a同向：初速不为0的匀速运动。（特例：竖直下抛）vo和a反向：匀减速运动（特例：竖直上抛）
分运动不在一直线
两匀速直线合运动是匀速直线运动
匀速直线和匀变速直线合成合运动是曲线运动（特例：平抛）
两分运动vo= 0,a均恒定或两分运动完全相同合运动直线运动。
曲线运动
平抛运动

圆周运动
匀速圆周运动
变速圆周运动
物体的运动
一切物体具有惯性质量是物体惯性大小的量度
牛顿第一定律（惯性定律） ∑F = 0
同向性：F和a方向始终相同同时性：有F的同时必产生a同体性：∑F和m属于同一研究体。同单位：都采用国际单位制，K才=1相对性：式中的a是相对惯性参照系适用性：适用低速、宏观。独立性：力单独作用于该物体时所产生加速度的矢量和。
牛顿第二定律（加速度定律）∑F = ma或F=
牛顿第三定律（作用力和反作用力定律）F = -F′
等值：大小相等。反向：方向相反。共线：作用在同一直线上。异体：牵涉两个物体，互为施力物和受力物。同时：同时产生，同时消失，同时变化。同性：同种性质。
VO = 0，物体保持静止状态VO ≠0，物体保持匀速直线运动状态
惯性使物体保持原有运动状态力是改变物体运动状态的原因
地球是一个惯性参照系相对地球静止或匀速运动的物体也是惯性参照系
牛顿运动定律
冲量：I = F·t动量：p = mv
合外力为0
动量守恒定律：m1v1 + m2v2 = m1v1‘+ m2v2‘(由牛顿第三定律、动量定理推出)
力的瞬间效应F = ma
力的时间累计
功：W = Fscos θ
重（弹、电场）力作功特点与路径无关 W = Ep1 – Ep2
功率
动能定理推出）
只有系统内部重力、弹力作功
机械能守恒定律
机械能
动能
势能 ： 重力势能 Ep = mgh
力的空间累计
动量和机械能
形象描绘：振动图象
动力学特征：F = -kx
运动学特征
离开平衡位置Vx在平衡位置V最大x = 0；向着平衡位置Vx在两端位置v = 0，x最大。
简谐运动
弹簧振子单摆：周期
实例
表征振动的物理量
振幅A：表示振动强弱
频繁f、周期T：表示振动快慢
产生条件
回复力；阻力足够小。
基本特征
往复性、周期性
机械振动
形象描绘：波的图象
分类
横波：振动方向和波传播方向垂直。纵波：振动方向和波传播方向一致。
现象：振动加强和振动减弱区域互相间隔。条件：频率相同两列波相遇
特性
干涉
衍射
波绕过障碍物的现象，障碍物尺寸与波长差不多或小于
产生条件：波源、媒质
媒质作振动，本身并不随波迁移波传播的是振动形式和能量。后面质点总落后于前面质点的运动。
描述波的物理量
波速v —— 决定于媒质频率f —— 决定于波源波长λ—— 决定于λ=v/f
基本特征
机械波
机械振动和机械波第十四讲 电磁感应中的力学问题与能量转化问题
在物理学研究的问题中,能量是一个非常重要的课题,能量守恒是自然界的一个普遍的、重要的规律。在电磁感应现象中，由磁生电并不是创造了电能，而只是机械能转化为电能而已。在力学中就已经知道：功是能量转化的量度。那么在机械能转化为电能的电磁感应现象中，是什么力在做功呢？是安培力在做功，在电学中，安培力做正功，是将电能转化为机械能（电动机），安培力做负功，是将机械能转化为电能（发电机），必须明确发生电磁感应现象中，是安培力做功导致能量的转化。
（1）由决定的电磁感应现象中，无论磁场发生的增强变化还是减弱变化，磁场都通过感应导体对外输出能量（指电路闭合的情况下，下同）。磁场增强时，是其它形式的能量转化为磁场能中的一部分对外输出；磁场子削弱时，是消耗磁场自身储存的能量对外输出。
（2）由决定的电磁感应现象中，由于磁场本身不发生变化，一般认为磁场并不输出能量，而是其它形式的能量，借助安培的功（做正功、负功）来实现能量的转化。
（3）解决这类问题的基本方法：用法拉第电磁感应定律和楞次定律确定感应电动的大小和方向；画出等效电路，求出回路中电阻消耗电功率表达式；分析导体机械能的变化，用能量守恒关系得到机械功率的改变与回路中电功率的变化所满足的方程。
例1. 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右边安一只电键，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，但最终稳定后的速度总是一样的）。
例2. 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，随时间的增大，安培力将随之增大。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：
例3. 如图所示，用丝线悬挂闭合金属环，悬于O点，虚线左边有匀强磁场，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，由于磁通量发生变化，环内一定会有感应电流产生，根据楞次定律将会阻碍相对运动，所以摆动会很快停下来，这就是电磁阻尼现象。当然也可以用能量守恒来解释：既然有电流产生，就一定有一部分机械能向电能转化，最后电流通过导体转化为内能。若空间都有匀强磁场，穿过金属环的磁通量反而不变化了，因此不产生感应电流，因此也就不会阻碍相对运动，摆动就不会很快停下来。[拓展：（1）此时摆角不大于50时，它的振动周期相对没有磁场时有什么变化？（2）如果线框换成一个带电小球，它的振动周期相对没有磁场时有什么不同。（3）如果线框换成带电小球，匀强磁场换成竖直方向的匀强电场，相对没有电场，它的振动周期有什么不同？]
例4如图所示，质量为m、边长为l的正方形线框，从有界的匀强磁场上方由静止自由下落，线框电阻为R。匀强磁场的宽度为H。（l＜H　，磁感强度为B，线框下落过程中ab边与磁场边界平行且沿水平方向。已知ab边刚进入磁场和刚穿出磁场时线框都作减速运动，加速度大小都是。求
（1）ab边刚进入磁场时与ab边刚出磁场时的速度大小；
（2）cd边刚进入磁场时，线框的速度大小；
（3）线框进入磁场的过程中，产生的热量。
[解（1）由题意可知ab边刚进入磁场与刚出磁场时的速度相等，设为v1，则结线框有：
　ε＝Blv1 I＝ε/R 　　 F＝BIl
且F－mg＝mg/3
解得速度v1为：v1＝4mgR/3B2l2
　　（2）设cd边刚进入磁场时速度为v2，则cd边进入磁场到ab边刚出磁场应用动能定理得：
解得：
（3）由能和转化和守恒定律，可知在线框进入磁场的过程中有
解得产生的热量Q为：Q＝mgH]
例5如图所示,在倾角为θ的光滑斜面上存在着两个磁感强度相等的匀强磁场,方向一个垂直斜面向上,另一个垂直斜面向下,宽度均为L.一个质量为m、边长也为L的正方形线框（设电阻为R）以速度v进入磁场时，恰好作匀速直线运动。若当ab边到达gg1与ff1中间位置时，线框又恰好作匀速直线运动，则：（1）当ab边刚越过ff1时，线框加速度的值为多少？（2）求线框从开始进入磁场到ab边到达gg1和ff1中点的过程中产生的热量是多少？
[解析：（1）ab边刚越过ee1即作匀速直线运动，表明线框此时受到的合外力为零，即：
在ab边刚越过ff1时，ab、cd边都切割磁感线产生电势，但线框的运动速度不能突变，则此时回路中的总感应电动势为故此时线框加速度为：
（2）设线框再作匀速直线运动的速度为V1，则： 从线框越过ee1到线框再作匀速直线运动过程中，设产生的热量为Q，则由能量守恒定律得：
]
例6如图所示，两根平行光滑导轨PQ和MN相距d＝0.5m，它们与水平方向的倾角为α（sinα＝0.6），导轨的上方跟电阻为R＝4Ω相连，导轨上放一个金属棒，金属棒的质量为m＝0.2kg，电阻r＝2Ω。整个装置放在方向竖直向上的匀强磁场中，磁感强度B＝1.2T。金属棒在沿斜面方向向上的恒力作用下收静止开始沿斜面向上运动，电阻R消耗的最大电功率P＝1W。（g＝10m/s2）求：（1）恒力的大小；（2）恒力作用功的最大功率。
例7、如图所示，AB．CD是两根足够长的固定平行金属导轨，两轨间距离为L，导轨平面与水平面的夹角为，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，磁感应强度为B，在导轨的AC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，质量为m，电阻为R，与导轨的动摩擦因数为 ，从静止开始沿导轨下滑，求：
（1） ab棒的最大速度
（2） ab释放的最大功率
（3） 若ab棒下降高度h时达到最大速度，在这个过程中，ab棒产生的焦耳热为多大？
H
B
c
d
a
b
b
a
B
L1
L2
m L
a b
R
O
B
α
R
N
M
P
Q
B
R b
a θ D
B
A
C高 三 物 理（第1周）
【知识内容及高考要求】
1、(B)力是物体间的相互作用，是物体发生形变和物体运动状态变化的原因。力是矢量，力的合成与分解。
2、(B)力矩。
3、(B)重力是物体在地球表面附近所受到的地球对它的引力。重心。
4、(B)形变和弹力。胡克定律。
5、(B)静摩擦，最大静摩擦力。滑动摩擦，动摩擦因数。
6、(B)牛顿第三定律。
7、(B)物体受力分析，受力图。
8、(B)已知作用力共点时物体的平衡。
说明：(1)关于力的合成与分解在计算方面，只要求会用直角三角形的知识求解。
(2)不要求知道静摩擦系数。
【内容概要及考查特点】
本章内容是力学的基础知识。力的概念是贯穿于力学乃至整个物理学的重要概念。对物体进行受力分析是解决力学问题的基础和关键。力在合成与分解时所遵守的平行四边形定则，也是所有矢量与分解时都遵守的普遍法则。
力学中的三种常见的力，尤其是摩擦力是历年高考必考的内容，对物体进行受力分析在九七年前的考试说明中被列为C级知识点，在历年高考试题中反复考查。现在虽然取消了C级要求，但它仍是高考的热点。关于力矩问题，九三年取消了对力矩平衡的要求，但对力矩的计算仍然要求。在近几年高考中，更常把本章的知识与后面的知识(如牛顿定律、动量、功和能、气体的压强、电磁学等)结合起来进行考查。

【知识点析及素质训练】
一、力·重力·弹力
知识点析
力
1、概念：力是物体对物体的作用。
(1)同时存在受力物体和施力物体。(2)力学中的研究对象是受力物体。
2、作用效果：使物体发生形变或改变物体的运动状态(即使物体产物加速度)。
(1)即使很小的力作用在物体上，也会使物体发生形变，只不过有时形变很小，不能直接观察到(这一点对于理解弹力很有帮助)。
(2)力是使物体运动状态发生改变的原因，而不是维持物体运动状态的原因。
(3)物体的运动状态的改变指速度的大小、方向之一或同时发生变化。
3、矢量性：既有大小又有方向。
(1)大小：弹簧秤称量，单位是牛顿(N)。
(2)方向：力作用的方向。
(3)力的图示法表示力的三要素——大小、方向、作用点。
注意：物理量有两类，矢量和标量。标量只有大小没有方向。两类物理量的最主要的区别是它们的运算法则，标量的运算法则是代数加减法，而矢量的运算法则是平行四边形定则。力的矢量性是力概念的一大难点。
4、分类
(1)按性质分，可分为万有引力(重力)、弹力、摩擦力、分子力、电磁力、核力等。
(2)按效果分，可分为压力、支持力、动力、阻力、向心力、回复力等。
(3)按作用方式分，可分为场力和接触力。万有引力(重力)、电磁力均属于场力，弹力、摩擦力均属于接触力。
(4)按研究对象分，可分为外力和内力。
·重力
1、产生原因：由于地球对物体的吸引而产生的。
2、大小
同一地点重力的大小与质量成正比，即G=mg。
重力源于地球对物体的万有引力。严格而言，重力一般不等于地球对物体的万有引力。重力是地球对物体万有引力的一个分力，万有引力的另一个分力是提供物体随地球一同绕地轴转动所需要的向心力。从赤道到两极，该向心力(其中m为物体的质量，ω为地球自转角速度，R为地球的半径，θ为纬度角)逐渐减小，故物体的重力逐渐增大到两极时，θ=90°，f=0，重力等于万有引力。在处理实际问题时，我们注意到由于此原因引起的重力变化不大，因物体在地球上不同纬度随地球自转所需向心力大小不同，故同一物本在地球上不同纬度处重力大小不同，不过由于此原因引起的重力不从心变化不大，一般情况下可以近似认为：。
重力的大小不但跟物体的质量有关，还与物体所处的位置、高度有关。超重、失重是物体的视重发生变化，是支持物体对物体的支持力大于或小于物体重力的现象。物体受到的重力并没有发生改变。
3、方向：竖直向下，除了在赤道和极地附近，一般不通过地心。
4、作用点：重心。重心是重力的等效作用点，通常可以认为重力就作用在这一点，物体的重心不一定在物体上。
5、区分重力与质量不同的物理概念
重力与质量的区别：重力与物体的质量是两个完全不同的概念，不能混为一谈。
重力 质量
①矢量 ①标量
②地球对物体的作用 ②物体所含物质的多少
③产生g的原因，是抛体运动状态变化的原因 ③保持运动状态不变的原因
④是力 ④是惯性大小的量度
⑤由地球与物体共同决定 ⑤是物体本身的属性
⑥与物体的位置有关 ⑥与物体所处的位置无关
⑦可以变化 ⑦不变
⑧测量工具：弹簧秤、测力计 ⑧测量工具：天平、杆秤

·弹力
1、产生原因：由于发生弹性形变的物体有恢复形变的趋势而产生的。
2、产生条件：(1)接触：(2)有弹性形变。
3、方向：和物体形变的方向相反，或者说和使物体发生形变的外力方向相反。
(1)绳的拉力方向总是沿着绳且指向绳收缩的方向。
(2)压力或支持力的方向总是垂直于支持面且指向被压或者被支持的物体。
正确判断弹力的方向时首先要搞清物体产生形变的方向，形变恢复的方向。
例如：将物体通过一根质量可以忽略不计的轻绳挂在天花板上。分析天花板、轻质绳及重物的受力情况图1-1(a)所示。
天花板受绳的拉力：由于绳子发生了拉伸的形变，绳的上端有收缩的趋势，对天花板要产生向下的拉力F板绳如图1-1(b)所示。
重物受到绳的拉力：绳的下端也有向上收缩的趋势，对重物产生向上的拉力F绳物如图1-1(c)，重物在重力G和F绳物的共同作用下处于平衡状态。
绳的受力情况：天花板受到向下的拉力后发生了形变如图1-1（a）上部虚线所示，于是天花板有向上恢复形变的趋势，对绳产生了向下的弹力。
弹力的判断：a找接触点或接触面：b判断接触处有无挤压，相互接触的物体间是否存在挤压或有无弹力作用，可利用假设法。
例如：如图1-2所示，静止在光滑水平面上的均匀圆球A紧靠着挡板MN，这里圆球只受到重力G与水平面对它的支持力N的作用。球与挡板虽然接触，但没有弹力。因为，假设MN对球有向右的弹力，则球将会向右加速而不会静止，所以，MN对球不会有弹力。
4、大小：
(1)由于弹力是被动力，所以一般情况下应根据物体的运动状态，利用平衡条件或牛顿定律来求解。
(2)弹簧弹力可由胡克定律来求解。
胡克定律：在弹性限度内，弹簧弹力的大小和弹簧的形变量成正比，即f=kx。
注意：①公式中x为弹簧的形变量，即弹簧伸长后的长度减去弹簧的原长，或弹簧的原长减去弹簧缩短后的长度，切不可 把X认为是弹簧的长度。
②K为弹簧的劲度系数，它只是与弹簧本身因素有关，单位是牛/米（N/m）
正确认识和理解胡克定律的物理内涵
胡克定律的适用范围是在弹簧的弹性限度内，弹簧产生的弹力与弹簧的形变量成正比，其中，形变量是指弹簧形变时的长度与弹簧自由长度的差值。
弹簧的串联和并联
劲度系数分别为k1、、k2的两根轻质弹簧串联，当弹簧系统受到拉力F时，每根弹簧伸长分别为△x1和△x2而系统的总伸长量△x1+△x2,则对每根弹簧而言:F1=K1△x，F2=k2△+x2，
对每根弹簧而言：F1=K串(△x1+△x2)
串联后的两根弹簧系统的劲度系数：
串联后的两根弹簧系统的劲数变小。
n根完全相同的弹簧并联使用，同理可以证明：k并=nk.

【例题析思】
[例析1]下列关于力的叙述正确的有：
A、力是物体对物体的作用，总是成对出现的。
B、只有相互接触的物体，才有力的作用。
C、两物体相互作用不一定要直接接触。
D、直接接触的物体间一定有力的相互作用。
[析与解]力是物体间的相互作用，必定是成对出现的，有力相互作用的两物体不一定直接接触，直接接触的物体不一定有力的相互作用，由此可断定A、C选项是正确的。
[思考1]下列关于力的作用效果的叙述中正确的是：
A、物体的运动状态发生改变，则物体必定受到力的作用。
B、物体运动状态没有发生改变，物体也可能受到力的作用。
C、力的作用效果不仅取决于力的大小和方向，还同力的作用点有关。
D、力作用在物体上，必是同时出现形变和运动状态的改变。
[提示]力的作用效果是使物体发生形变或改变物体的运动状态但两者不一定是同时发生的。力的作用效果由力的三个要素决定。故选项AC正确
[例析2] 关于物体的重心说法正确的是（ ）
A、重心就是物体内最重的一点；
B、重心是物体各部分受重力的合力的作用点；
C、任何有规则形状的物体,它的重心必在其几何中心;
D、重心是物体受重力的作用点,以重心总是在物体上,不可能在物体外；
[析与解]根据重心是重力的作用位置可知选项B是正确的,物体的重心可能在物体内, 也可以在物体外；比如跳高运动员在越过栏杆身体曲
[思考2]关于重力的说法正确的是（ ）
A、重力的方向总是指向地心；
B、重力的大小可以用弹簧秤和杆秤直接测量；
C、物体重力的大小等于它压在水平支持物上的力；
D、重力的施力物体是地球。
[提示]抓住重力产生的来源可以得出正确的说法应是D。
[例析3]如图1-3(a)所示，劲度系数为k2轻质弹簧，竖直放在桌面上，上面压一质量为m的物块，另一劲度系数为k1的轻质弹簧竖直地放在物块上面，其下端与物块上表面连接在一起。要想使物块在静止时，下面弹簧承受的压力大小为物重2/3，应将上面弹簧的上端A竖直向上提高的距离是多少？

[析与解]由于拉A时，上下两段弹簧都要发生形变，所以题目给出的物理过程比较复杂。解决这种题目最有效的办法是研究每根弹簧的初末状态并画出直观图，清楚认识变化过程。
对图1-3(b)中弹簧2的形变过程，设长为x20初态时它的形变量为△x2，末态时承受压力为2mg/3，其形变量为△x2′，分析初末状态，物体应上升△x2-△x2′
对图1-3(c)中弹簧1的形变过程，设原长为x10(即初态)。受到拉力后要承担的压力为物重的1/3，其形变量为△x1，则综合可知A点上升量为：
d=△x1+△x1-△x2′。 ①
末态时对物块受力分析如图3(d)，依物块的平衡条件得：
F+F2′=mg。
初态时，弹簧2产生的弹力 F2=mg=k2△x2。
末态时，弹簧2产生的弹力 F2′=k2△x2′
末态时，弹簧1产生的弹力 。
联立上述各式得：
从前面分析可知，复杂的物理过程实质上是一些简单场景的有机结合，通过“分析作图”，把一个复杂的过程分解为各个小过程，并明确各小过程对应状态，画过程变化图及状态图等。然后找出各状态或过程符合规律，难题也是就不再难了。经常进行这方面的训练，思维能力就能得到提高。另外，本题中“下面弹簧承受的压力大小为物重的2/3”这句话中，如果没有说明是压力，就需要进行讨论。
[思考3]如图1-4所示，A、B是两个相同的轻弹簧原长都是L0=10cm，劲度系数k=500N/m，如果图中悬挂的两个物体质量均为m，现测得两个弹簧的总长为26cm。则（ ）
A、m=3kg B、m=2kg C、m=1.5kg D、m=1kg
[提示]设A、B两弹簧分别伸长XA、XB，由胡克定律有：
选D。
【素质训练】
1、如图1-5所示，细绳竖直拉紧，小球和光滑斜面接触，并处于平衡状态，则小球的受力是（ ）
A、重力、绳的拉力
B、重力、绳的的拉力、斜面的弹力
C、重力、斜面的弹力
D、绳的拉力、斜面的弹力
2、一根劲度系数为103N/m的弹簧，两端均受500N的压力
作用时，长度为33cm，当不受外力作用时，弹簧的长度为 。
3、试求两个原长相同、劲度系数分别为k1、k2的轻质弹簧互相串联和互相关联后的劲度系数分别为多大？



4、如图1-6所示，A、B两弹簧的劲度系数均为k，两物重均为G，弹簧质量不计，则两弹簧的伸长长度之和为多少？






5、如图1-7劲度系数为k的轻质弹簧两端分别与质量为M1、M2的物块拴接，劲度系数为k2的轻质弹簧上端与物块M2拴接，下端压在桌面上(但不拴接)，整个系统处于平衡状态。现施力将物块M1缓慢地竖直上提，直到下面那个弹簧的下端刚脱离桌面，在此过程中，物块M2上升的距离是多少？物块M1上升的距离是多少？





二、摩擦力
知识点析
1、概念：相互接触的物体间发生相对运动或有相对运动趋势时，在接触面处产生的阻碍物体相对运动的力。
2、产生条件：(1)有粗糙的接触面；(2)有正压力；(3)有相对运动（或相对运动趋势）
3、方向：
(1)滑动摩擦力方向：总是和接触面相切，和相切运动方向相反。
注意：滑动摩擦力的方向总是和相对运动方向相反，但不一定和运动方向相反，滑动摩擦力总是起着阻碍相对运动的作用，但不一定起阻碍运动的作用。
(2)静摩擦力方向：总是和接触面相切，和相对运动趋势方向相反。
判断静摩擦力是否存在及判断静摩擦力方向的方法有两种：
①利用“和相对运动趋势方向相反”来判断
先假设相互接触且保持相对静止的两物体间的接触面光滑，再根据题设的其它条件判断两物体间是否产生相对滑动，若有相对滑动，则在接触面粗糙的情况下就有相对运动趋势，也就存在静摩擦力。
在光滑情况下的相对滑动的方向，就是粗糙情况下相对运动趋势的方向，静摩擦力的方向和该方向相反。
②根据物体的运动状态，利用平衡条件或牛顿定律来判断。
此法的关键是先判断物体的运动状态(即是平衡还是有加速度)，利用牛顿第三定律来判断时，一般先确定受力较少的物体受到的摩擦力方向，再确定另一物体受到的摩擦力方向。
4、大小：在确定摩擦力大小之前，必须先判断是何种摩擦力，然后再根据各自的规律去分析求解。
(1)滑动摩擦力大小
①利用公式f=μN进行计算，其中N是物体的正压力，不是物体的重力，也不一定等于物体的重力，甚至可能和重力无关。
②根据物体的运动状态，利用平衡条件或牛顿定律来求解。
(2)静摩擦力大小
静摩擦力大小可在0与fmax之间变化，一般应根据物体的运动状态由平衡条件或牛顿定律来求解。
注：最大静摩擦力大小比滑动摩擦力大小稍大，在判断物体运动状态时一般认为fmax=μN。
在处理实际问题时，应注意以下几个方面：
1、 1、 摩擦力方向的判断时方法有
其一，摩擦力方向总是与相对运动(或相对运动趋势)的方向相反，所以要搞清摩擦力的方向，一般应先弄清物体相对运动或相对运动趋势的方向。其二，平衡问题中，摩擦力的方向与其它力的合力的方向相反。非平衡问题中摩擦力的方向可以通过牛顿运动定律来判断。其三，借助牛顿第三定律，根据作用力和反作用力的性质进行判断。
2、相对运动趋势的判断方法
最常用的方法是将相互接触而又相对静止的两个面理想化，如果接触面光滑，判断出两个物体之间相对运动的方向，就是它们相对运动趋势的方向，进而可以确定物体所受到的静摩擦力的方向。例如：图1-8示的AB之间摩擦力方向的判断，可以将A、B之间进行理想化假设(B与C之间仍然存在摩擦而处于相对静止)。如果A、B接触面是光滑的，则A物体在自身重力的作用下将相对于B向下运动。实际情况下，A虽然没有相对于B向下运动，但有相对于B向下运动的趋势。所以，A受到的摩擦力的方向与其相对运动趋势的方向相反，即A受到B对它的向上的摩擦力。
3、f=μN的适用范围
该公式只适用于滑动摩擦力的情况，不可将它用于计算静摩擦力的大小。在要求不高的情况下，可近似认为最大静摩擦力的大小等于滑动摩擦力的大小。实际上，同一组接触面，在压力相同的条件下，最大静摩擦力略大于滑动摩擦力。
例如：在图1-9中，开始时水平压力足够大，质量为m的物块与墙壁相对静止。当压力F逐渐减小时，物块与墙壁间的静摩擦力开始是不变的，f=mg，滑动摩擦力的计算公式不能适用。当F减小到某个值时，物块与墙壁间的最大静摩擦力等于物块的重力。F继续减小，滑动摩擦力将小于物块的重力，物块开始下滑，此后滑动摩擦力f=μN=μF。
【例题析思】
[例析1]如图1-10所示，物体B叠放在物体A上，水平地面光滑，外力F作用于A上，使它们一起运动，试分析两物体受到的静摩擦力的方向。
F绳板
F绳物
G
F板绳
F物绳
图1-1
(a)
(b)
(c)
(d)
M
N
N
A
G
图1-2
m
A
m
m
m
x20
△x2
k2
△x2
F1
m
m
A
k1
A
x10
△x1
F2
mg
(a)
(b)
(c)
(d)
图1-3
A
B
图1-4
图1-5
A
B
图1-6
M1
M2
图1-7
K1
K2
A
B
F
C
图1-8
F
图1-9
F
A
B
图1-10高 三 物 理（第10周）
一、 动量守恒定律应用——碰撞、反冲
【知识点析】
1、碰撞：相互作用的几个物体，在极短的时间内它们的运动状态发生显著变化，这个过程就可称为碰撞。
（1）特点：一是碰撞的物体之间的作用时间短；二是碰撞物体之间的作用力大，物体的运动状态改变显著。
（2）规律：动量守恒定律。
（3）种类。
①按碰撞前后的速度方向可分为:
正碰:碰撞前后的速度方向在一条直线上.
斜碰:碰撞前后的速度方向不在一条直线上.
②按能量变化情况可分为:
弹性碰撞:碰撞后系统的总动能没有损失.
非弹性碰撞:碰撞后系统的总动能有损失.
(4)原则
原则一：系统动量守恒的原则
三种类型碰撞的共同特点：碰撞中的相互作用的内力远大于系统外力，所以碰撞问题的解应首先满足系统动量守恒的原则，其数学表式为：
m1v1+m2v2=m1′v1′+m2′v2′, 或△p1+△p2=0。
原则二：物理情景可行性原则
碰撞过程中相互作用的内力对其中一个物体是外力，应遵守牛顿第三定律，同时要满足动量定理。不同的碰撞有各自的特点。例如，相向碰撞和追赶碰撞，碰撞前后的v, p, EK都有各自的规律，其情况比较复杂，一定要根据具体情况认真分析其过程，确定物理情景是否可行。
原则三：不违背能量守恒的原则
三种碰撞，除完全弹性碰撞中系统的机械能不损失外，其它碰撞中系统均有机械能的损失，而完全非弹性碰撞中系统机械能损失最多，所以系统必须满足：
其可能的合理解应介于完全弹性碰撞和完全非弹性碰撞的解之中。
2、反冲:当物体的一部分以一定的速度离开物体时,剩余部分将获得一个反向冲量,这种现象叫反冲运动.
(1)实例:发射炮弹,爆竹爆炸,发射火箭.
(2)特点:系统相互作用的内力远大于系统受到的外力.
(3)规律:系统总动量守恒
[例题思析]
[例题1] 两只小船逆向航行,航线邻近,在两船首尾相齐时,由每只船上各自向对方放置一质量为m=50kg 的麻袋,结果载重较小的船停了下来,另一船则以v=8.5m/s 的速度沿原方向航行.设两只小船及船上载重量分别为m1=500kg,m2=1000kg,问交换麻袋前各小船的速率多大 (水的阻力不计)
[解析] 在水的阻力(外力)不计的情况下,系统动量守恒.分别以各小船原航行方向为正方向,则
对抛出麻袋后的小船和 m2上麻袋组成的系统有
(m1-m)v1-mv2=0 …………………………………①
对抛出麻袋后的小船和m1 上的麻袋组成的系统有
(m2-m)v2-mv1=(m2-m+m)v …………………………………②
代入数据得
(500-50)v1-50v2=0 …………………………………①’
(1000-50)v2-50v1=1000×8.5 ………………………………②’
解之可得 v1=1m/s,v2=9m/s.
[注意] 本题也可选取两船及其麻袋组成一个系统，设m2船原航行方向为正方向，可列如下方程
m2v2-m1v1=(m2-m+m)v+(m1-m+m)×0 ………………………③
③结合①或②式求解。
[思考1] 质量为M的小船尾部有一质量为m的人，人和船共同以速度v向前行驶，当人以相对船的水平速度u向右跳出后，船的速度多大？（水的阻力不计）
[提示] 人从船上跳出时，水的阻力不计，人和船系统所受到合外力为零，满足动量守恒。设原来速度为正方向，人跳出后船速为v’ (方向未知,假设为正方向)由动量守恒定律得(m+M)v=Mv’-(u-v’)
解之可得v’=v+.
[说明] (1)由于上式中u、v均取正值，则v’亦为正值，说明人跳出小船后，小船仍沿着原来的运动方向前进，且速度增大。（2）由于题目中的u为对船速度，故需要将其换算成对地速度。（3）由于人以速度u跳出船时，船的速度已发生变化，不再是v，而是v’，故对地速度应为-（u-v’）。
[例题2] 质量均为M的A、B两船静止在水面上，A船中质量为的人以相对于A船的水平速度Ｖ从A船上跳到B船上，不计水的阻力，则A、B两船的速度如何？
[解析] 人向前跳，A船就向后反冲，不计水的阻力，A船和人组成的系统动量守恒.以人的运动方向为正方向，并注意对速度列式，有：
则A船的反冲速度.
同样，B船和人组成的系统动量守恒，有：
.
则B船的前进速度.
注意系统对象的选取和对地速度的运用是正确解答此类问题的关键.
[思考2] 如图5-10示，质量为M的小车，上面站着一个质量为m的人，车以V 0的速度在光滑的水平地面上前进，现在人用相对于小车为u的速度水平向后跳出后，车速增加△v,则计算△v的式子正确的是： （ ）
A. A. (M+m) V0 = M(V0+△v) －mu
B. (M+m)V0 =M(V0＋△v)－m(u－v0)
C. (M+m) V0=M(V0+ΔV)－m[u－(V0+ΔV)]
D. 0=MΔV－m(u－ΔV)
[提示] 动量守恒定律表达式中各个速度必须相对于同一参照系，人相对于小车为u的速度水平跳出，而此时小车的速度为(V0+ΔV), 则人对地速度为[u－(V0+ΔV)].
再用动量守恒定律列出方程式可正确判出C、D为正确答案.
[例题3] 如图5-11所示，载人气球原静止于高h的高空，气球质量为M，人的质量为m，若人沿绳子滑到地面，则绳梯至少为多长？
[解析] 气球和人原静止于空中，说明系统所受合力为零，
故人下滑过程中系统动量守恒，人着地时，绳梯至少应触及地面。
设绳子长为L，以向上为正方向，则由系统平均动量守恒可得
M（L-h）-mh=0，解得L=·h.
[注意] (1)当问题符合动量守恒的条件,又不涉及速度仅涉及位
移时,通常可用平均动量守恒求解.(2)解题时，画好草图,从而能找到位
移之间的几何关系.
[思考3] 有一辆炮车总质量为M,静止在水平光滑地面上,当把质量为m的炮弹沿着与水平面成θ角发射出去,炮弹对地速度为v0,求炮车后退的速度v.
[提示] 系统在水平面上不受外力,故水平方向动量守恒,炮弹对地的水平速度大小为v0cosθ,设炮车后退方向为正方向,则
(M-m)v-mv0cosθ=0,v=
[例题4] 一个质量为M1=50kg的人手中拿着一质量为m=5kg的物体,以v1=1.2m/s的速度在光滑冰面上沿直线滑冰,而另一质量M2=45kg的人B以 v2=0.8m/s 的速度向A滑来,为避免碰撞,A把手里的物体以相对A的速度u向B水平抛出让B水平抛出让B接住,求u至少为多大
[解析] 法一:把A和物体看成一个系统,选取v1方向为正方向,设A推出物体后的速度为v1’,由动量守恒定律得
（M1+m）v1=M1v1’+m（v1’+u）………………………………①
把B和抛来的物体作为一个系统,设B接住物体后的速度为 v2’ ,则
m(v1’+u)-M2v2=(M2+m)v2’ ………………………………②
为避免A、B碰撞，应有 v1’≤v2’ ，故 u 最小的条件是
v1’=v2’ ………………………………③
联立①、②、③解得u==9.9m/s.
法二：把A、B两人和物体作为研究对象，由题意得A、B最终同速是相碰与不相碰的临界条件，此时u可得最小值，如u值大于该值，B速将大于A速，A人甚至可能静止或后退，故由三者组成的系统动量守恒得
（M1+m）v1-M2v2=（M1+m+M2）v同………………………………①
再研究A抛出物体的过程，以A与物体组成系统，有
（M1+m）v1=M1v同+m（u+v同）………………………………②
联立①、②计算可得
u==9.9m/s.
[说明] （1）本题中应把相对速度正确转化为对地速度；（2）解题关键是分析出临界条件：A、B两人同速；（3）此题反映出灵活选取过程和系统的重要性。
[思考4] （86年全国）甲、乙两个小孩，各乘着一辆冰车，在水平冰面上游戏，如图5-12所示。甲和他的冰车总质量为M=30kg，乙和他的冰车总质量也是30kg，游戏时，甲握着一个质量为M=15kg箱子，和他一起以大小为V0=2m/s的速度滑行；乙以大小相同的速度迎面而来，为了避免相撞，甲突然将箱子沿水平冰面推给乙，箱子滑到乙处，乙迅速把它抓住。若不计冰面的摩擦力，求甲至少要以多大速度（相对于地面）将箱子推出，才能避免与相撞。
[提示] 由题意可知，推出后箱子的速度越大，甲、乙相撞的可能性越小，为求推出后箱子的最小速度，其临界条件是乙抓住箱子后的速度与甲推出后的速度大小和方向均相同时。
根据题中已知条件，甲、乙、箱子相互作用的系统动量是守恒的，同理，甲和箱子相互作用的系统的动量也是守恒的，设推出后箱子的速度为Vx，乙抓住箱子后整个系统为V，选取甲开始速度的方向为正方向。
对甲、乙、箱子构成的整个系统相互作用的全过程有
（M+m）V0-MV0=（2M+m）V （1）
对甲和箱子，推出前后过程有
（M+m）V0=MV+MvX （2）
由（1）式得出V=，代入（2）式得出VX=5.2m/s.
注意:在运用动量守恒定律时,要正确选择研究对象,善于确定相互作用的初、末态动量,除规定正方向外,还要注意隐含条件和临界条件的分析.
[例题5] 如图5-13示，已知mA＝500g,mB = 300g mC = 200g,Ａ、B放在光滑的水平面上，当c以25m/s的速度沿A物体的表面滑行到B物体上，由于摩擦最终与B物体的共同速度为8m/s，则C刚好离物体A时物体C的速度为：A、8m/s; B、５m/s; C、17m/s D、20m/s（ ）
[解析] 相互作用过程可划分两个阶段.
1 ①C在A 上滑动，属C与（A+B）的作用，C减速，（A+B）加速.
1 ②C在B上滑动，属C与B作用，C继续减速，B继续加速.
设开始A的速度为v1, B的速度为v2, C的速度为v3，C脱离A的速度分别为
Ｖ, 则v3=25m/s，.根据动量守恒定律，对C在A 上滑动的过程有：
故选项C为正确的答案.
[思考5] (96年全国)如图5-15所示,一排人在沿x轴水平轨道旁,原点O两侧的人序号均记为n(n=1,2……),每人只有一个砂袋,x>0一侧每个砂袋质量m=14kg,x<0一侧每个砂袋质量m’=10kg,一质量为M=48kg的小车以某初速度从原点出发向正x轴方向滑行,不计轨道阻力,当车每经一人身旁此人就把砂袋以水平速度u朝与车速相反的方向沿车面扔到车上,u的大小等于扔此砂袋前的瞬间车速大小的2n倍(n是此人的序号数),求:
(1)空车出发后,车上堆积了几个砂袋时车就反向滑行
(2)车上最终有大小砂袋共有几个





[提示] 法一:归纳法
(1)x>0的一侧
第1人扔出砂袋 Mv0-m·2v0=(M+m)v1
第2人扔出砂袋 (M+m)v1-m·2·2v1=(M+2m)v2
第n人扔出砂袋 [M+(n-1)m]vn-1-m·2nvn-1=(M+nm)vN
vn<0,即[M+(n-1)m]-m·2n<0
解得n>2.4,即车上堆积有n=3个砂袋时车将开始反向(向左)滑行.
(2)在x<0的一侧
经左侧第1人 (M+3m)v3-m’·2v3=(M+3m+m’)v’4
经左侧第2人 (M+3m+m’)v’4-m’·2·2v’4=(M+3m+2m’)v’5
经左侧第n’人 [M+3m+(n’-1)m’]v’n’-1-m’·2n’·v’n’-1=0
解得: n’=8,故小车上共有 n+n’=3+8=11 个砂袋.
法二:设右侧扔出n个砂袋,小车向左运动,左侧再扔出n’个砂袋小车停了下来,则扔出最后一个砂袋前后的动量关系为
[M+nm+(n’-1)m’]v’-m’·2n’v’=0
v’为扔出最后一个砂袋之前车的速度,故
n’=-1
因n,n’均为正整数,故
当n=1时,n’=5.2不合理
当n=2时,n’=6.6不合理
当n=3时,n’=8合理
故右侧扔出3个,左侧扔出8个,共11个砂袋扔出后,小车停止.
【素质训练】
1.一只小船静止在湖面上,一个人从小船的一端走到另一端(不计水的阻力),以下说法正确的是 ( )
A.人在小船上走,人对船作用的冲量比船对人作用的冲量小,所以人向前运动得快,船后退得慢
B.人在船上行走时,它们所受冲量的大小相等的,所以人向前运动得快,船后退得慢
C.当人停止走动时,因船的惯性大,所以船将会继续后退
D.当人停止走动时,因总动量任何时刻都守恒,所以船也停止后退
2.甲、乙两个小球质量不同（m甲>m乙），但动能相同，在光滑水平面上相向正碰后，其中一个小球速度变为零，则 （ ）
A．甲小球的速度一定是为零 B．乙小球的速度一定是为零
C．同时另一小球速度也为零 D．不能确定哪一个小球速度为零
3．如图5-16所示，F1、F2等大反方向，同时作用在静止于光滑的水平面上的A、B两物体上，已知MA>MB,经过相等距离后撤去两个力,以后两物体相撞粘为一体,这时A、B将 （ ）
A.停止运动
B.向右运动
C.向左运动
D.仍运动但方向不能确定
4.如图5-17所示,质量为M的物体P静止在光滑的水平地面上,有另一质量为m(M>m)的物体Q以速度v0正对P滑行则它们相碰后 ( )
A.Q物体一定被弹回,因为M>m
B.Q物体可能继续向前
C.Q物体的速度不可能为零
D.若相碰后两物体分离,过一段时间可能再碰
5.在光滑的水平面上,两个球沿着球心的连线，以相等的速率相向而行,并发生碰撞,下列现象可能的是( )
A.若两个球质量相同,碰撞后以某一相等速率互相分开
B.若两个球质量相同,碰撞后以某一相等速率同向而行
C.若两个球质量不同,碰撞后以某一相等速率互相分开
D.若两个球质量不同,碰撞后以某一相等速率同向而行
6.A物体的质量为m,B物体的质量为2m,在光滑的水平面上以相同的动量运动.如图5-18所示,发生正碰撞后,A沿原方向运动,但其速度减为原来的一半,则碰撞后两物体的速率之比vA:vB= .
7.如图5-19所示，轻质弹簧两端连着物体A和B，放在光滑的水平面上，如果物体A被水平速度为v0的子弹射中，嵌在物体A中。已知物体A的质量是物体B质量的，子弹的质量是物体B的质量的，则弹簧被压缩到最短时的速率为 。





8．两个质量均为m的人，站在质量为M的车上，共同以v0的速度在光滑的水平轨道上匀速向左运动，如图5-20所示，求：
（1）两个向右相对车的速度v一起跳车时车的速度多大？
（2）两个人先后从车上跳出，车速又为多少？






9.如图5-21所示，设车厢长为L，质量为M，静止于光滑的水平面上，车厢内有一质量为m的物体以水平速度v0向右运动，与车厢壁来回碰撞n次后，静止于车厢中，这时车厢的速度为多大？方向怎样？
10．（96年全国）一质量为M的长木板静止在光滑水平桌面上，一质量为m的小物体以水平速度v0从长木板的一端开始在木板上滑动，直到离开木板。小物体刚离开木板时的速度为，若把此木块固定在水平桌面上，其他条件相同，求小物体离开木板时的速度v。
【素质训练答案】
一.动量守恒定律应用——碰撞、反冲
1．BD 2．A 3．B 4．B 5．AD 6．2:5 7． 8． 9． 水平向右 10．

M
V0
m
u
图5-10
L
M
m
h
图5-11
图5-12
甲
乙
V0
V0
C
图5-13
A
B
v
由①②③式得出：
①


②

③
0
1
1
2
2
3
3
m'
m
图5-15
……
……
……
……
F1
A
B
F2
图5-16
V0
图5-17
Q
P
VA
图5-18
A
B
VB
V0
图5-19
A
B
v
v0
M
图5-20
m
图5-21
M
v0
m