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电磁感应与电路的综合问题分析
一、直流电路部分
1、直流电路动态分析
题型特点：由于电路中某些元件如滑动变阻器的滑片移动或开关的断开、闭合，导致电路电阻的变化，会引起电流、电压、电功率等相关物理量的变化.
分析基本方法：（1）分析电路的结构，（2）电路的阻值变化，（3）由闭合电路欧姆定律判断总电流、路端电压变化，（4）再根据电路特点和电路中电压、电流分配原则判断各部分电流、电压的变化情况.
注意：分析这类题时，要紧紧抓住由局部→整体→局部的思想，先由局部的电阻变化，分析整体的电阻、电流、电压的变化，然后再回到局部讨论相差物理量的变化.
1、[06天津卷.19] 如图所示的电路中，电池的电动势为E，内阻为r，电路中的电阻R1、R2和R3的阻值都相同。在电键S处处于闭合状态下，若将电键S1由位置1切换到位置2，则
A．电压表的示数变大
B．电池内部消耗的功率变大
C．电阻R2两端的电压变大
D．电池的效率变大
【答案】：B
【解析】：令R1＝R2＝R0，在位置1，外电路总电阻为R＝R0；电键S1由位置1切换2，则整个外电阻为R/＝R0，由于总电阻减小，总电流增大，内电压增大，电压表示数减小，A错；内耗功率P＝I2r，故P增大，B对；电键在位置1时的R2两端电压为UR2＝；电键在位置2时，R2两端电压为(E－＝＝，则UR2－＝＞0，故UR2＞，则C错；电池效率＝×100%＝×100%，由于R减小，η减小，故D错。
【备考提示】：本题涉及直流电路的动态分析，分析时要紧紧抓住由局部→整体→局部的思想，先由局部的电阻变化，分析整体的电阻、电流、电压的变化，然后再回到局部讨论相差物理量的变化。
2、图中A为理想电流表，V1和V2为理想电压表，R1为定值电阻，R2为可变电阻，电池E内阻不计.则
A.R2不变时，V2读数与A读数之比等于R1
B.R2不变时，V1读数与A读数之比等于R1
C.R2改变一定量时，V2读数的变化量与A读数的变化量之比的绝对值等于R1
D.R2改变一定量时，V1读数的变化量与A读数的变化量之比的绝对值等于R1
9.BCD
3、[06上海卷.11] 在如图所示电路中，闭合电键S，当滑动变阻器的滑动触头P 向下滑动时，四个理想电表的示数都发生变化，电表的示数分别用I、U1、U2和U3表示，电表示数变化量的大小分别用ΔI、ΔU1、ΔU2和ΔU3表示．下列比值正确的是
（A）U1/I不变，ΔU1/ΔI不变． （B）U2/I变大，ΔU2/ΔI变大．
（C）U2/I变大，ΔU2/ΔI不变 （D）U3/I变大，ΔU3/ΔI不变．
【答案】：ACD
【解析】：，由于R1不变，故不变，不变，同理，＝R2，由于R2变大，所以变大。但是，所以不变。
而，所以变大。由于，所以不变。
故选项 A、C、D 正确。
【备考提示】：闭合电路欧姆定律和部分电路欧姆定律的联系与区别是近年常考的知识点。
4、超导限流器是一种短路故障电流限制装置，它由超导部件和限流电阻并联组成，原理图如图所示．当通过超导部件的电流大于其临界电流IC时，超导部件由超导态（可认为电阻为零）转变为正常态（可认为是一个纯电阻），以此来限制电力系统的故障电流．超导部件正常态电阻R1＝7.5Ω，临界电流IC＝0.6A，限流电阻R2＝15Ω，灯泡L上标有
“6V 3W”，电源电动势E＝7V，内阻r＝2Ω，电路正常工作．若灯泡L突然发生短路，则（C）
A．灯泡L短路前通过R1的电流为A
B．灯泡L短路后超导部件电阻为零
C．灯泡L短路后通过R1的电流为A
D．灯泡L短路后通过R1的电流为1A
2、稳态直流电阻电路的分析与计算
题型特点：在电路中，是由电阻元件或纯电阻元件构成的回路，要求计算某电阻的电压，电功或电功率等.
分析的基本方法：正确认识和判断电路的结构，应用闭合电路的欧姆定律求回路中的电流，在应用相关的公式求解.会应用数学知识分析物理问题.
例、（06重庆卷）三只灯泡L1、L2和L3的额定电压分别为1.5 V、1.5 V和2.5 V，它们的额定电流都为0.3 A.若将它们连接成如图3和如图4所示电路，且灯泡都正常发光，
(1) 试求图3电路的总电流和电阻R2消耗的电功率;
(2) 分别计算两电路电源提供的电功率，并说明哪个电路更节能.
【解析】： (1)由题意，在图3电路中：
电路的总电流：I总＝IL1+ IL2+ IL3=0.9 A
=E- I总R=2.55 V
UR2= U路程- UL3=0.05 V
IR2= I总=0.9 A
电阻R2消耗功率 PR2= IR2 UR2=0.045 W
（2）图3电源提供的电功率：P总= I总E=0.9×3 W=2.7 W
图4电源提供的电功率：P′总= I′总 E′＝0.3×6W＝1.8 W
由于灯泡都正常发光，两电路有用功率相等，而P′总< P总
所以图4电路比题电路节能.
3、非纯电阻电路的分析与计算
题型特点：在直流电路中含有电动机、电解槽等装置，这些装置的共同特点是可以将电能转化为机械能、化学能等其他形式的能量.
求解的基本方法：分清电能的转化途径.
例、某一用直流电动机提升重物的装置，如图6所示，重物的质量m=50kg，电源电动势E=110V，不计电源电阻及各处摩擦，当电动机以V=0.90m/S的恒定速度向上提升重物时，电路中的电流强度I=5A，由此可知，电动机线圈的电阻R是多少 (g=10m/S2).
答案：R=92Ω.
4、含容电路的分析与计算
题型特点：在直流电路中含有一个或多个电容器. 会涉及直流电路中电容器和带电粒子在电场中的运动问题。
求解的基本方法：（1）在分析电路的特点时，把电容器支路看成断路.即去掉该支路.
（2）凡是与电容器串联的电阻均用导线代替.因为电阻与电容器的阻值比较忽略不计.
（3）电容器两端的电势差与并联的电阻两端的电压相等.
（4）对带电粒子在复合场中的运动，关键是分析清楚带电粒子的运动情况和受力情况，还要善于挖掘题目中隐含条件，由功能关系求解.
1、[四川卷.24] (19分)如图所示的电路中，两平行金属板A、B水平放置，两板间的距离d=40 cm。电源电动势E=24V,内电阻r=1 Ω，电阻R=15 Ω。闭合开关S，待电路稳定后，将一带正电的小球从B板小孔以初速度v0=4 m/s竖直向上射入板间。若小球带电量为q=1×10-2 C,质量为m=2×10-2 kg,不考虑空气阻力。那么，滑动变阻器接入电路的阻值为多大时，小球恰能到达A板 此时，电源的输出功率是多大？(取g=10 m/s2)
答案:
【解析】：(19分)
(1)小球进入板间后，受重力和电场力作用，且到A板时速度为零。
设两板间电压为UAB
由动能定理得 －mgd－qUAB=0－ ①
∴滑动变阻器两端电压 U=UAB=8V ②
设通过滑动变阻器电流为I,由欧姆定律得
I= ③
滑动变阻器接入电路的电阻 ④
(2)电源的输出功率 P＝I2(R ＋R)=23 W ⑤
【备考提示】：本题涉及直流电路中电容器和带电粒子在电场中的运动问题，解决含电容器的直流电路，关键是明确电容器两极板电压与直流电阻的关系；对带电粒子在复合场中的运动，关键是分析清楚带电粒子的运动情况和受力情况，还要善于挖掘题目中隐含条件，由功能关系求解。
2、如图所示的电路中，电源的电动势E=10V，内阻忽略不计，电阻的阻值分别为R1= R2=20Ω、R3=10Ω，滑动变阻器的最大阻值R=40Ω，电容器的电容C=20μF，则：
（1）将滑动触头P置于ab中点，合上电键S，待电路稳定后再断开S．求断开S的瞬间，通过R1的电流大小和方向；
（2）闭合电键S，当滑动触头P缓慢地从a点移到b点的过程中，通过导线BM的电量为多大？
18．解析：（1）电键S闭合，电路稳定时
BD两点的电势差 ①（1分）
PD两点的电势差 ②（1分）
则BP两点的电势差 ③（2分）
故断开S的瞬间，通过R1的电流方向向左；
电流大小 （2分）
由①②③④代入数据解得 A （1分）
（2）P在a点时， ④（1分）
⑤（1分）
电容器M板带电量 ⑥（1分）
P在b点时 ⑦
电容器M板带电量 ⑧（1分）
通过导线BM的电量 ⑨
由④⑤⑥⑦⑧⑨式解得 C
5、实际生活中的电路问题分析
题型特点：以人们日常生活中所用到的电路知识为背景，或以现实生活中使用的家用电器立意命题设置物理问题.
求解的基本方法：把生活中的问题转化为常见的物理模型，应用相关的电路知识求解.。将涉及电功、电功率、欧姆定律等知识，属容易题.
1、一块手机电池的背面印有如图所示的一些符号，另外在手机使用说明书上还写有“通话时间3 h，待机时间100 h”，则该手机通话和待机时消耗的功率分别约为（B）
A.1.8 W，5.4×10 – 2 W
B.0.6 W，1.8×10 – 2 W
C.3.6 W，0.108 W
D.6.48×103 W，1.94×10 2 W
2、如图所示为大型电子地磅电路图，电源电动势为E，内阻不计．不称物体时，滑片P在A端，滑动变阻器接入电路的有效电阻最大，电流较小；称重物时，在压力作用下使滑片P下滑，滑动变阻器有效电阻变小，电流变大，这样把电流对应的重量值刻在刻度盘上，就可以读出被称物体的重量值．若滑动变阻器上A、B间距离为L，最大阻值等于电阻阻值R0，已知两只弹簧的总弹力与形变量成正比，比例系为k，所称重物的重量G与电流大小I的关系为（A ）
A.
B.
C.
D.
3、影响物质材料电阻率的因素很多，一般金属材料的电阻率随温度的升高而增大，而半导体材料的电阻率则与之相反，随温度的升高而减小．某课题研究组在研究某种导电材料的用电器件Z的导电规律时，利用如图(a)所示的分压电路测得其电压与电流的关系如表所示：
(1)根据表中数据，判断用电器件Z可能属于上述哪类材料？
(2)把用电器件Z接人如图(b）所示的电路中，闭合开关电流表的读数为1.8 A，电池的电动势为3V，内阻不计，试求电阻R的电功率．
(3）根据表中的数据找出该用电器Z的电流随电压变化的规律是1=kUn，试求出n和k的数值，并写出k的单位．
解：(1)半导体．
(2）查表I=1.8 A时，Z的电压为1. 2 V．则UR = E2－UZ=3 V－1.2 V=1.8 V,
PR＝IUR=3. 24 W.
(3）任选两组数据可列出0.8=k·0.8n，1.25=k·1n,
解得n=2, k=1.25 A/V2.
4、（06广东大综）保护自然环境，开发绿色能源，实现旅游与环境的协调发展.某植物园的建筑屋顶有太阳能发电系统，用来满足园内用电需要.已知该发电系统的输出功率为1.0×105W，输出电压为220V.求：
①按平均每天太阳照射6小时计，该发电系统一年（365天计）能输出多少电能？
②该太阳能发电系统除了向10台1000W的动力系统正常供电外，还可以同时供园内多少盏功率为100W，额定电压为220V的照明灯正常工作？
③由于发电系统故障，输出电压降为110V，此时每盏功率为100W、额定电压为220V的照明灯消耗的功率等是其正常工作时的多少倍？
【解析】：（2）①P＝1.0×105W
t＝365×6h
E＝Pt＝kW·h或E＝7.884×011J ①
②900盏 ②
③设P1和U1分别为照明灯正常工作的功率和电压，P2和U2分别为供电系统发生故障后照明灯的实际功率和电压
P1＝ ③
P2＝ ④
5、如图所示为某种电子秤的原理示意图，AB为一均匀的滑线变阻器，阻值为R，长度为L，两边分别有P1、P2两个滑动头，与P1相连的金属细杆可在被固定的竖直光滑绝缘杆MN上保持水平状态，金属细杆与托盘相连，金属细杆所受重力忽略不计。弹簧处于原长时P1刚好指向A端，若P1、P2间出现电压时，该电压经过放大，通过信号转换后在显示屏上显示出质量的大小．已知弹簧的劲度系数为k，托盘自身质量为m0，电源的电动势为E，电源的内阻忽略不计，信号放大器、信号转换器和显示器的分流作用忽略不计．求：
(1)托盘上未放物体时，在托盘的自身重力作用下，P1距A端的距离x1；
(2）在托盘上放有质量为m的物体时，P1,距A端的距离x2；
(3)在托盘上未放物体时通常先校准零点，其方法是：调节P2，从而使P1、P2间的电压为零．校准零点后，将被称物体放在托盘上，试推导出被称物体的质量m与P1、P2间电压U的函数关系式．
解：(1)
(2)
(3)设电路中的电流为I，则E= IR.
设P1、P2间的电阻为Rx，距离为x，则
解得。
二、电磁感应电路
1、电磁感应现象分析
题型特点：由于闭合回路中某段导体做切割磁感线运动或穿过某闭合回路的磁通量发生变化，在该回路中就要产生感应电流.可以判断感应电流的方向、大小等问题.
分析基本方法：（1）当部分导体在磁场中做切割磁感线运动时，产生感应电动势和感应电流用右手定则判定：
判定原则：a、感应电流方向的判定：四指所指的方向为感应电流的方向；
b、对于感应电动势的方向判断，无论电路是否闭合，都可以用右手定 则进行判断：四指指向电动势的正极.
（2）当闭合电路中的磁通量发生变化时，引起感应电流时，用楞次定律判断。
1、(04江苏)如图所示，一个有界匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向外．一个矩形闭合导线框abcd，沿纸面由位置1(左)匀速运动到位置2(右)．则（D）
A. 导线框进入磁场时，感应电流方向为a→b→c→d→a
B. 导线框离开磁场时，感应电流方向为a→d→c→b→a
C. 导线框离开磁场时，受到的安培力方向水平向右
D. 导线框进入磁场时．受到的安培力方向水平向左
2、(05北京)现将电池组、滑线变阻器、带铁芯的线圈A、线圈B、电流计及开关如下图连接。在开关闭合、线圈A放在线圈B中的情况下，某同学发现当他将滑线变阻器的滑动端P向左加速滑动时，电流计指针向右偏转。由此可以判断 （B）
Ａ．线圈A向上移动或滑动变阻器的滑 动端P向右加速滑动都能引起电流计指针向左偏转
Ｂ．线圈A中铁芯向上拔出或断开开关，都能引起电流计指针向右偏转
Ｃ．滑动变阻器的滑动端P匀速向左或匀速向右滑动，都能使电流计指针静止在中央
Ｄ．因为线圈A、线圈B的绕线方向未知，故无法判断电流计指针偏转的方向
2、电磁感应与电路
题型特点：闭合电路中磁通量发生变化或有部分导体在做切割磁感线运动,在回路中将产生感应电动势，回路中将有感应电流。从而讨论相关电流、电压、电功等问题。其中包含电磁感应与力学问题、电磁感应与能量问题。
解题基本思路：1. 产生感应电动势的导体相当于一个电源，感应电动势等效于电源电动势，产生感应电动势的导体的电阻等效于电源的内阻.
2. 电源内部电流的方向是从负极流向正极，即从低电势流向高电势.
3. 产生感应电动势的导体跟用电器连接，可以对用电器供电，由闭合电路欧姆定律求解各种问题.
4. 解决电磁感应中的电路问题，必须按题意画出等效电路，其余问题为电路分析和闭合电路欧姆定律的应用.
例题分析
1、如图13所示，两个电阻的阻值分别为R和2R，其余电阻不计，电容器的电容量为C，匀强磁场的磁感应强度为B，方向垂直纸面向里，金属棒ab、cd 的长度均为l ，当棒ab以速度v 向左切割磁感应线运动时，当棒cd以速度2v 向右切割磁感应线运动时，电容 C的电量为多大？ 哪一个极板带正电？
解：画出等效电路如图14示：棒ab产生的感应电动势为：E1=Bl V
棒ab产生的感应电动势为： E2=2Bl V
电容器C充电后断路，Uef = - Bl v /3，
Ucd= E2=2Bl V
U C= Uce=7 BL V /3
Q=C UC=7 CBl V /3
右板带正电。
2、 如图15所示，金属圆环的半径为R，电阻的值为2R.金属杆oa一端可绕环的圆心O旋转，另一端a搁在环上，电阻值为R.另一金属杆ob一端固定在O点，另一端B固定在环上，电阻值也是R.加一个垂直圆环的磁感强度为B的匀强磁场，并使oa杆以角速度ω匀速旋转.如果所有触点接触良好，ob不影响oa的转动，求流过oa的电流的范围.
解析：Oa 旋转时产生感生电动势，
大小为：，E=1/2×Bωr2
当Oa到最高点时，等效电路如图16甲所示：
Imin =E/2.5R= Bωr2 /5R
当Oa与Ob重合时，环的电阻为0，等效电路如图16乙示：
Imax =E/2R= Bωr2 /4R
∴ Bωr2 /5R＜I ＜ Bωr2 /4R
3、电磁感应电路中的电量分析问题
1、（06全国卷I）如图22所示，在匀强磁场中固定放置一根串接一电阻R的直角形金属导轨aoB（在纸面内），磁场方向垂直纸面朝里，另有两根金属导轨c、d分别平行于oa、oB放置.保持导轨之间接触良好，金属导轨的电阻不计.现经历以下四个过程：①以速率V移动d，使它与oB的距离增大一倍；②再以速率V移动c，使它与oa的距离减小一半；③然后，再以速率2V移动c，使它回到原处；④最后以速率2V移动d，使它也回到原处.设上述四个过程中通过电阻R的电量的大小依次为Q1、Q2、Q3和Q4，则( )
A. Q1＝Q2＝Q3＝Q4 B. Q1＝Q2＝2Q3＝2Q4
C. 2Q1＝2Q2＝Q3＝Q4 D. Q1≠Q2＝Q3≠Q4
【解析】：设开始导轨d与OB的距离为x1，导轨c与Oa的距离为x2，由法拉第电磁感应定律知，移动c或d时产生的感应电动势： E＝＝
通过导体R的电量为：Q＝I＝Δt＝
由上式可知，通过导体R的电量与导体d或c移动的速度无关，由于B与R为定值，其电量取决于所围成面积的变化.
①若导轨d与OB距离增大一倍，即由x1变2 x1，则所围成的面积增大了ΔS1＝x1·x2；
②若导轨c再与Oa距离减小一半，即由x2变为，则所围成的面积又减小了ΔS2＝·2x1＝x1·x2；
③若导轨c再回到原处，此过程面积的变化为ΔS3＝ΔS2＝·2x1＝x1·x2；
④最后导轨d又回到原处，此过程面积的变化为ΔS4＝x1·x2；
由于ΔS1＝ΔS2＝ΔS3＝ΔS4，则通过电阻R的电量是相等的，即Q1＝Q2＝Q3＝Q4. 所以选（A）。
小结：本题难度较大，要求考生对法拉第电磁感应定律熟练掌握，明确电量与导轨运动速度无关，而取决于磁通量的变化，同时结合图形去分析物理过程，考查了考生综合分析问题的能力.
5、(05广东)如图3所示，两根足够长的固定平行金属光滑导轨位于同一水平面，导轨上横放着两根相同的导体棒ab、cd与导轨构成矩形回路。导体棒的两端连接着处于压缩状态的两根轻质弹簧，两棒的中间用细线绑住，它们的电阻均为R，回路上其余部分的电阻不计。在导轨平面内两导轨间有一竖直向下的匀强磁场。开始时，导体棒处于静止状态。剪断细线后，导体棒在运动过程中 （A D）
Ａ．回路中有感应电动势
Ｂ．两根导体棒所受安培力的方向相同
Ｃ．两根导体棒和弹簧构成的系统动量守恒，机械能守恒
Ｄ．两根导体棒和弹簧构成的系统动量守恒，机械能不守恒
4、电磁感应中的单导轨问题
1、（2005年天津卷）图中MN和PQ为竖直方向的两平行长直金属导轨，间距l为0.40m，电阻不计。导轨所在平面与磁感应强度B为0.50T的匀强磁场垂直。质量m为6.0×10-3kg、电阻为1.0Ω的金属杆ab始终垂直于导轨，并与其保持光滑接触。导轨两端分别接有滑动变阻器和阻值为3.0Ω的电阻R1。当杆ab达到稳定状态时以速率v匀速下滑，整个电路消耗的电功率P为0.27W，重力加速度取10m/s2，试求速率v和滑动变阻器接入电路部分的阻值R2。
解析: 由能量守恒，有mgv=P，代入数据得v=4.5m/s。
又E=BLv
设电阻R1与R2的并联电阻为R外， ab棒的电阻为r，有
代入数据解得R2=6.0Ω。
2、 如下图所示，Rl=50Ω，R2=6Ω，电压表与电流表的量程分别为O—10V和0—3A，电表均为理想电表。导体棒ab与导轨电阻均不计，且导轨光滑，导轨平面水平，ab棒处于匀强磁场中。
（1）当变阻器R接入电路的阻值调到30Ω，且用F1=40N的水平拉力向右拉ab棒并使之达到稳定速度vl时，两表中恰有一表满偏，而另一表又能安全使用，则此时ab棒的速度vl是多少？
（2）当变阻器R接入电路的阻值调到3Ω，且仍使ab棒的速度达到稳定时，两表中恰有一表满偏，另一表能安全使用，则此时作用于ab棒的水平向右的拉力F2是多大？
(1)1m/s (2) 60N
3、如图所示，在方向竖直向上的磁感应强度为B的匀强磁场中有两条光滑固定的平行金属导轨MN、PQ，导轨足够长，间距为L，其电阻不计，导轨平面与磁场垂直，ab、cd为两根垂直于导轨水平放置的金属棒，其接入回路中的电阻分别为R，质量分别为m，与金属导轨平行的水平细线一端固定，另一端与cd棒的中点连接，细线能承受的最大拉力为T，一开始细线处于伸直状态，ab棒在平行导轨的水平拉力F的作用下以加速度a向右做匀加速直线运动，两根金属棒运动时始终与导轨接触良好且与导轨相垂直．
(1)求经多长时间细线被拉断？
(2)若在细线被拉断瞬间撤去拉力F,求两根金属棒之间距离增量△x的最大值是多少？
解：(1)ab棒以加速度a向右运动，当细线断时，ab棒运动的速度为v，产生的感应电动势为 E= BLv,
回路中的感应电流为I= E/2R,
cd棒受到的安培力为FB=BIL,
经t时间细线被拉断，得FB=T,v=at,
联立解得t=2RT/(B2 L2a).
(2）细线断后，ab棒做减速运动，cd棒做加速运动，两棒之间的距离增大，当两棒达相同速度而稳定运动时，两棒之间的距离增量△x达到最大值，整个过程回路中磁通量的变化量为= BL△x，
由动量守恒定律得mv=2m,
回路中感应电动势的平均值为,
回路中电流的平均值I= El /2R,
对于cd棒，由动量定理得BIL=m,
联立解得.
4、平行轨道PQ、MN两端各接一个阻值R1=R2 =8 Ω的电热丝，轨道间距L=1 m,轨道很长，本身电阻不计，轨道间磁场按如图所示的规律分布，其中每段垂直纸面向里和向外的磁场区域宽度为2 cm，磁感应强度的大小均为B=1 T，每段无磁场的区域宽度为1 cm，导体棒ab本身电阻r=1Ω，与轨道接触良好，现让ab以v=10 m/s的速度向右匀速运动．求：
(1)当ab处在磁场区域时，ab中的电流为多大？ab两端的电压为多大？ab所受磁场力为多大？
(2)整个过程中，通过ab的电流是否是交变电流？若是，则其有效值为多大？并画出通过ab的电流随时间的变化图象．
解：(1)感应电动势E=BLv=10 V,
ab中的电流I= =2 A,
ab两端的电压为U=IR12=8 V,
ab所受的安培力为F=BIL=2 N，方向向左．
(2）是交变电流，ab中交流电的周期T=2+ 2=0. 006 s，由交流电有效值的定义，可得I2R(2)=2RT，即。
通过ab的电流随时间变化图象如图所示．
5、电磁感应中的双导轨问题
1、(05江苏)如图，在水平面上有两
条平行导电导轨MN、PQ,导轨间距离为，匀强磁场垂直于导轨所在的平面（纸面）向里，磁感应强度的大小为B，两根金属杆1、2摆在导轨上，与导轨垂直，它们的质量和电阻分别为和,两杆与导轨接触良好，与导轨间的动摩擦因数为，已知：杆1被外力拖动，以恒定的速度沿导轨运动；达到稳定状态时，杆2也以恒定速度沿导轨运动，导轨的电阻可忽略，求此时杆2克服摩擦力做功的功率。
解法一：设杆2的运动速度为v，由于两杆运动时，两杆间和导轨构成的回路中的磁通量发生变化，产生感应电动势 ①
感应电流 ②
杆2作匀速运动，它受到的安培力等于它受到的摩擦力， ③
导体杆2克服摩擦力做功的功率 ④
解得 ⑤
解法二：以F表示拖动杆1的外力，以I表示由杆1、杆2和导轨构成的回路中的电流，达到稳定时，对杆1有 ①
对杆2有 ② 外力F的功率 ③
以P表示杆2克服摩擦力做功的功率，则有 ④
由以上各式得 ⑤
2、(04山东理综)图中a1b1c1d1和a2b2c2d2为在同一竖直面内的金属导轨，处在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨所在的平面(纸面)向里。导轨的a1b1段与a2b2段是竖直的，距离为l1；c1d1段与c2d2段也是竖直的，距离为l2。x1y1与x2y2为两根用不可伸长的绝缘轻线相连的金属细杆，质量分别为m1和m2，它们都垂直于导轨并与导轨保持光滑接触。两杆与导轨构成的回路的总电阻为R。F为作用于金属杆x1y1上的竖直向上的恒力。已知两杆运动到图示位置时，已匀速向上运动，求此时作用于两杆的重力的功率的大小和回路电阻上的热功率。
解：设杆向上运动的速度为v，因杆的运动，两杆与导轨构成的回路的面积减少，从而磁通量也减少。由法拉第电磁感应定律，回路中的感应电动势的大小
①
回路中的电流 ②
电流沿顺时针方向。两金属杆都要受到安培力作用，作用于杆的安培力为
③
方向向上，作用于杆的安培力 ④
方向向下。当杆作为匀速运动时，根据牛顿第二定律有
⑤
解以上各式，得 ⑥
⑦
作用于两杆的重力的功率的大小 ⑧
电阻上的热功率 ⑨
由⑥、⑦、⑧、⑨式，可得 ⑩
小结：双导轨问题分析时注意：（1）导轨的初始受力及初速度特征。（2）运动过程中两导轨受安培力的特点 。（3）终态时两导轨的受力及运动特点。（4）常用动量定理、动量守恒、能的转化与守恒定律分析。（5）注意与安培力有关的动量定律的应用。
6、电磁感应图象问题
题型特点：在电磁感应现象中，回路产生的感应电动势、感应电流及磁场对导线的作用力随时间的变化规律，也可用图象直观地表示出来．此问题可分为两类(1)由给定的电磁感应过程选出或画出相应的物理量的函数图像;(2)由给定的有关图像分析电磁感应过程,确定相关的物理量.
解题的基本方法：解决图象类问题的关键是分析磁通量的变化是否均匀，从而判断感应电动势（电流）或安培力的大小是否恒定，然后运用楞次定律或左手定则判断它们的方向,分析出相关物理量之间的函数关系,确定其大小和方向及在坐标在中的范围
1、（06天津）在竖直向上的匀强磁场中，水平放置一个不变形的单匝金属圆线圈，规定线圈中感应电流的正方向如图24所示，当磁场的磁感应强度B随时间t如图25变化时，图26中正确表示线圈感应电动势E变化的是（ ）
【解析】：在第1s内，由楞次定律可判定电流为正，其产生的感应电动势E1＝，在第2s和第3s内，磁场B不变化，线圈中无感应电流，在第4s和第5s内，B减小，由楞次定律可判定，其电流为负，产生的感应电动势E1＝，由于ΔB1＝ΔB2，Δt2＝2Δt1，故E1＝2E2，由此可知，A选项正确.
小结：考查了电磁感应现象中对图象问题的分析，要正确理解图象问题，必须能根据图象的定义把图象反映的规律对应到实际过程中去，又能根据对实际过程抽象对应到图象中去，最终根据实际过程的物理规律判断.
2、如图所示，在竖直方向的磁感应强度为B的匀强磁场中，金属框架ABC固定在水平面内，AB与BC间夹角为θ，光滑导体棒DE在框架上从B点开始在外力作用下以速度v向右匀速运动，导体棒与框架足够长且构成等腰三角形电路．若框架与导体棒单位长度的电阻均为R，导体棒在滑动过程中始终保持与导轨良好接触，下列关于电路中电流大小I与时间t、消耗的电功率P与水平移动的距离x变化规律的图像中正确的是（AD）
小结：电磁感应现象中的图象问题可分为两种类型：一是通过对电磁感应过程分析选出或画出正确的图象；二是由给定的图象分析电磁感应过程，确定相关的物理量．在此两类问题中所中涉及到的图象也有两种情况：一是各物理量随时间t变化的图象，如B － t 图线、Φ－ t图线、E － t 图线、I － t 图线等；二是各物理量随线圈或导体的位移x变化的图线，如E － x 图线、I － x 图线等．解决图象问题的关键是首先要弄清闭合回路中的磁通量变化情况及线框中感应电流I随时间的变化关系，再利用右手定则、法拉第电磁感应定律等规律分析解决，同时注意感应电流的方向与规定正向方向之间的关系，并巧妙地利用或分析问题。
3、如图甲所示，由均匀电阻丝做成的正方形线框abcd的电阻为R,ab=bc=cd=da=l，现将线框以与ab垂直的速度v匀速穿过一宽度为2l、磁感应强度为B的匀强磁场区域，整个过程中ab、cd两边始终保持与边界平行，令线框的cd边刚与磁场左边界重合时t=0，电流沿abcda流动的方向为正．
(1)求此过程中线框产生的焦耳热；
(2)在图乙中画出线框中感应电流随时间变化的图象；
(3)在图丙中画出线框中a、b两点间电势差Uab随时间t变化的图象．
解：（1）ab或cd切割磁感线所产生的感应电动势为，对应的感应电流为,ab或cd所受的安培．外力所做的功为W=，由能的转化和守恒定律可知，线框匀速拉出过程中所产生的焦耳热应与外力所做的功相等，即Q=W=。
(2) 今，画出的图象分为三段，如图所示：
t=0～；
t=～；
t=～。
(3)今U0 =Blv, 画出的图象分为三段，如图所示：
t=0～；
t=～；
t=～
7、电磁感应中的线圈问题
1、[06上海物理卷.22] （14分）如图所示，将边长为a、质量为m、电阻为R的正方形导线框竖直向上抛出，穿过宽度为b、磁感应强度为B的匀强磁场，磁场的方向垂直纸面向里．线框向上离开磁场时的速度刚好是进人磁场时速度的一半，线框离开磁场后继续上升一段高度，然后落下并匀速进人磁场．整个运动过程中始终存在着大小恒定的空气阻力f且线框不发生转动．求：
（1）线框在下落阶段匀速进人磁场时的速度V2；
(2）线框在上升阶段刚离开磁场时的速度v1；
（3）线框在上升阶段通过磁场过程中产生的焦耳热Q．
【解析】（1）由于线框匀速进入磁场，则合力为零。有
mg＝f＋
解得：v＝
（2）设线框离开磁场能上升的最大高度为h，则从刚离开磁场到刚落回磁场的过程中
(mg＋f)×h＝
(mg－f)×h＝
解得：v1＝＝
（3）在线框向上刚进入磁场到刚离开磁场的过程中，根据能量守恒定律可得
+f(b+a)
解得：Q＝-f(b+a)
【备考提示】：题目考查了电磁感应现象、导体切割磁感线时的感应电动势、右手定则、动能定理和能量转化和守恒定律，而线框在磁场中的运动是典型的非匀变速直线运动，功能关系和能量守恒定律是解决该类问题的首选，备考复习中一定要突出能量在磁场问题中的应用。
2、如下图甲所示，边长为和L的矩形线框、互相垂直，彼此绝缘，可绕中心轴转动，将两线框的始端并在一起接到滑环C上，末端并在一起接到滑环D上，C、D彼此绝缘，外电路通过电刷跟C、D连接，线框处于磁铁和圆柱形铁芯之间的磁场中，磁场边缘中心的张角为450，如下图乙所示(图中的圆表示圆柱形铁芯，它使磁铁和铁芯之间的磁场沿半径方向，如图箭头方向所示)．不论线框转到磁场中的什么位置，磁场的方向总是沿着线框平面．磁场中长为的线框边所在处的磁感应强度大小恒为B，设线框和的电阻都是r，两个线框以角速度ω逆时针匀速转动，电阻R=2r。
(1)求线框转到如乙图所示位置时，感应电动势的大小；
(2)求转动过程中电阻R上电压的最大值；
(3)从线框进入磁场开始计时，作出0～T(T是线框转动周期)的时间内通过R的电流随时间变化的图象；
(4)求在外力驱动下两线框转动一周所做的功．
解：(1)不管转到何位置，磁场方向、速度方向都垂直，所以有
(2分)
(2)在线圈转动过程中，只有一个线框产生电动势，相当电源，另一线框与电阻R并联组成外电路，故
(2分)
(2分)
(2分)
(3)流过R的电流 （2分）
图象如图所示。 (2分)
(4)每个线圈作为电源时产生的功率为` (2分)
根据能量守恒定律得两个线圈转动一周外力所做的功为 (2分)
小结：电磁感应中的线圈问题为难度较大的综合问题，分析时注意（1）线圈是在无界还是有界磁场中运动及磁场的变化情况。（2）线圈在有界场中运动时应注意线圈各边进磁场、及出磁场的分析。（3）线圈问题常与感应电路的图象及能量问题综合应用。
8、电磁感应现象在生活生产实际中的应用问题
1、为了测量某化工厂的污水排放量，技术人员在该厂的排污管末端安装了如图所示的流量计，该装置由绝缘材料制成，长、宽、高分别为a、b、c，左右两端开口，在垂直于上下底面方向加磁感应强度为B的匀强磁场，在前后两个内侧固定有金属板作为电极，污水充满管口从左向右流经该装置时，电压表将显示两个电极间的电压U．若用Q表示污水流量（单位时间内流出的污水体积），下列说法中正确的是（BD ）
A．若污水中正离子较多，则前表面比后表面电势高
B．前表面的电势一定低于后表面的电势，与哪种离子多少无关
C．污水中离子浓度越高，电压表的示数将越大
D．污水流量Q与U成正比，与a、b无关
2、光电管在各种自动化装置中有很多应用，街道路灯自动控制就是其应用之一，如图所示电路为其模拟电路，其中A为光电管，B为电磁继电器，C为照明电路，D为路灯，请连成正确的电路，达到日出路灯熄、日落路灯亮的效果．
答案：如图所示
小结：电磁感应问题中的实用题分析时关键是建立物理模型，然后用学关的物理规律解题。
3、[06北京卷.24] （20分）磁流体推进船的动力来源于电流与磁场间的相互作用。图1是平静海面上某实验船的示意图，磁流体推进器由磁体、电极和矩形通道（简称通道）组成。
如图2所示，通道尺寸a＝2.0m，b＝0.15m、c＝0.10m。工作时，在通道内沿z轴正方向加B＝8.0T的匀强磁场；沿x轴正方向加匀强电场，使两金属板间的电压U＝99.6V；海水沿y轴正方向流过通道。已知海水的电阻率ρ＝0.22Ω·m。
（1）船静止时，求电源接通瞬间推进器对海水推力的大小和方向；
（2）船以vs＝5.0m/s的速度匀速前进。若以船为参照物，海水以5.0m/s的速率涌入进水口由于通道的截面积小球进水口的截面积，在通道内海水速率增加到vd＝8.0m/s。求此时两金属板间的感应电动势U。
（3）船行驶时，通道中海水两侧的电压U/＝U－U计算，海水受到电磁力的80%可以转化为对船的推力。当船以vs＝5.0m/s的船速度匀速前进时，求海水推力的功率。
【解析】： (20分)
（1）根据安培力公式,推力F1=I1Bb，其中I1=, R＝ρ
则Ft= N
对海水推力的方向沿y轴正方向(向右)
（2）U=Bub=9.6 V
（3）根据欧姆定律，I2=A
安培推力F2＝I2Bb＝720 N
对船的推力F＝80%F2＝576 N
推力的功率P＝vs＝80%F2vs＝2 880 W
【备考提示】：本题以磁流体推进器为立意命题，巧妙结合了电磁学中的重要概念、定则、定律并进行计算，考查了考生对基础知识在掌握的同时程度、灵活多变的综合分析能力，也考查了理论联系实际并解决实际问题的应用能力。
S1
E
1
2
R3
R2
R1
r
S
V
A
V1
V2
V3
R1
R2
P
S
ε,r
S
超导部件R1
限流电阻R2
L
r
E
图3
L1
L2
L3
S
R1
R2
R=0.5Ω
E=3.0V
图4
L2
L3
L1
E/=6.0V
R/=0.5Ω
R3
S
图6
S
电动机
·
DS
。
R1
R2
C
R3
R
S
E
AS
·
·
BS
MS
N
b
a
P
MOTOROLA
3.6 V 500 mA·h锂离子电池
SNN5648A C2NALWJMAIC
20020708 JCC1028
2R
C
c
a
2v
e
+
P
B
A
2
2
0
— +
— +
b
d
f
v
R
B
图13
E2
R
2R
C
E1
f
e
c
d
图14
图16
甲
乙
R
R
O
b
a
O
R
a
b
图15
b
ω
O
a
o
×
×
×
×
×
×
×
×
×
×
×
×
×
×
×
×
×
×
×
×
×
×
×
×
×
a
c
b
d
R
图22
图23
M 2 1 N
P Q
B
图24
I
B
t/s
O
图25
2
3
4
5
E
2E0
E0
-E0
-2E0
O
1
2
3
4
5
t/s
E
2E0
E0
-E0
-2E0
O
1
2
3
4
5
t/s
E
2E0
E0
-E0
-2E0
O
1
2
3
4
5
t/s
E
2E0
E0
-E0
-2E0
O
1
2
3
4
5
t/s
A
B
C
D
图26
0
I
t
0
P
x
0
I
t
0
P
x
A
B
C
D
a
c
b
d
图3
B
a
b吴有训实验学校2007届高三第二轮复习资料
专题训练(三) 带电粒子在场中的运动
1.一带电粒子仅在电场力的作用下从点运动到点，其速度图像如图1所示。则（ ）
A. A点的场强一定大于B点的场强 B.A点的电势一定比B点的电势高
C. 粒子在A点的电势能一定大于在B点的电势能 D. 电场力一定对粒子做正功
2.如图2所示，C、D两水平带电平行金属板间的电压为U，A、B为一对竖直放置的带电平行金属板，B板上有一小孔，小孔在C、D两板间的中心线上。一质量为m、带电量为+的粒子（不计重力）从D板边缘的O点以速度Vo斜向射入C、D板间，穿过B板的小孔运动到紧靠A板的P点时速度恰好为零，则A、B两板间的电压为 （ ） A. B. C. D.
3.如图3所示，两带电量相等、质量不同的带正电粒子分别从带电平行板的边缘沿平行于极板的方向进入M、N两极板间的匀强电场中，都恰好能从N板的右边缘飞出，不计重力作用，则 ( ) A.两粒子进入电场时的初动能一定相等
B.两粒子进入电场时的初动量的大小一定相等
C.两粒子飞出电场时的动能一定相等
D.两粒子飞出电场时的动量大小一定相等
4.如图4所示，电量和质量都相同的带正
电粒子分别以不同的初速度通过、两板间的加速电场后飞出，不计重力的作用，则 ( ) A.它们通过加速电场所需的时间相等 B.它们通过加速电场过程中动能的增量相等
C.它们通过加速电场过程中动量的增量相等 D.它们通过加速电场过程中电势能的减少量相等
5.如图5所示，电子质量为m，电量为e，电子束以平行于OX轴的速度Vo从Y轴上的a点射入第一象限区域。为了使电子束能经过X轴上的b点，可在第一象限某处加一个沿Y轴正方向的匀强电场，如果此电场场强为E，沿Y方向足够长，沿X方向宽度为s，且已知oa = L,ob =2s点在电场之外，求所加电场的位置。
6.如图6中A和B是真空中的两块面积很大的平行金属板，加上周期为T的交变电压，在两极间产生交变的匀强电场，已知B板电势为零，A板电势为φA随时间变化的规律如图7所示，其中φA的最大值为Uo，最小值为- 2Uo。在图6中，虚线MN表示与A、B板平行等距的一个较小的面，此面到A和B的距离皆为ι。在此面所在处，不断地产生电荷量为q、质量为m的带负电的微粒，各个时刻产生带电微粒的机会均等。这种微粒产生后，从静止出发在电场力的作用下运动。设微粒一旦碰到金属板，它就附在板上不再运动，且其电量同时消失，不影响A、B板的电势。已知上述的T、Uo、ι、q和m等各量的值正好满足等式，若在交变电压变化时的每个周期T内，平均产生320个上述微粒，不计重力，不考虑微粒之间的相互作用，试求： （1）在t =0到t = T/2这段时间内，哪一段时间内产生的微粒可以直达板？（2）在t = 0到t = T/2这段时间内产生的微粒中有多少个微粒可直达板？
7.在匀强磁场中，一个带电粒子作匀速圆周运动，如果又顺利地垂直进入另一磁感应强度为原来2倍的匀强磁场，则:
A.粒子的速率加倍，周期减半 B.粒子的速度不变，轨道半径减半
C.粒子的速率减半，轨道半径为原来的1/4 D.粒子的速率不变，周期减半
8.用同一回旋加速器分别对质子和氚核（13H）加速后 （ ）
A.质子获得的动能大于氚核获得的动能 B.质子获得的动能等于氚核获得的动能
C.质子获得的动能小于氚核获得的动能 D.质子获得的动量等于氚核获得的动量
9.如图7，带电粒子以速度进入正方形区域，不计粒子重力。当区域内有平行纸面，方向竖直向下的匀强电场时，粒子从b点飞出，所用时间为t1；当区域里有垂直纸面向里的匀强磁场时，粒子从α点飞出，所用时间为 t2。下列说法正确的是 （ ）
A. t1< t2 B. t1= t2 C. t1> t2 D.粒子带负电
10.如图8所示，在垂直纸面向里的匀强磁场的边界上，有两个质量和电量均相同的正、负离子（不计重力），从O点以相同的速度先后射入磁场中，入射方向与边界成θ角，则正、负离子在磁场中 ( ) A.运动时间相同
B.运动轨迹的半径相同 C.重新回到边界时速度的大小和方向相同 D.重新回到边界的位置与O点的距离相等
11.如图9所示，在圆形区域内有方向垂直圆面向里的匀强磁场，从边缘的A点有一束速率各不相同的质子（重力不计）沿半径方向射入磁场，这些质子在磁场中
A.运动时间越长，其轨迹越长 B.运动时间越长，其轨迹对应的圆心角越大
C.运动时间越短，射出磁场的速度越小 D.运动时间越短，射出磁场的速度偏向角越小
12.一个静止的放射性原子核处于垂直纸面向里的匀强磁场中，由于发生衰变而形成了如图10所示的两个圆形径迹，两圆半径之比为1:16，则
A.该原子核发生了α衰变 B.反冲核沿小圆作逆时针方向运动
C.原静止的原子核的原子序数15 D.沿大圆和沿小圆运动的粒子周期相同
13.边长为100cm的正三角形光滑且绝缘的刚性框架ABC固定在光滑的水平面上，如图11 ,内有垂直于框架平面B = 0.5T的匀强磁场。一质量m = 2×10-4Kg带电量为q = 4×10-3 c的小球，从BC的中点小孔P处以某一大小的速度垂直于BC边沿平面射入磁场，设小球与框架相碰后不损失功能，且碰撞时间忽略不计。求： （1）为使小球在最短的时间内从P点出来，小球的入射速度是V1等于多少？ （2）若小球以V2 = 1 m/s的速度入射，则需经过多少时间才能由P点出来？
14. （2005江苏 17）如图12所示，M、N为两块带等量异种电荷的平行金属板S1、S2为板上正对的小孔，N板右侧有两个宽度均为d的匀强磁场区域，磁感应强度大小均为B，方向分别垂直于纸面向外和向里，磁场区域右侧有一个荧光屏，取屏上与S1、S2、共线的O点为原点，向上为正方向建立x轴。M板左侧电子枪发射出的热电子经小孔S1进入两板间，电子的质量为m，电荷量为e，初速度可以忽略。（1）当两板间电势差为Uo时，求从小孔S2射出的电子的速度Vo。（2）求两金属板间的电势差U在什么范围内，电子不能穿过磁场区域而打到荧光屏上。（3）若电子能够穿过磁场区域而打到荧光屏上，试在图上定性地画出电子运动的轨迹。（4）求电子打到荧光屏上的位置坐标x和金属板间电势差U的函数关系。
15.如图13所示，在某一真空室内存在着匀强电场与匀强磁场，电场强度E与磁感应强度B互相平行且方向相反，均与水平面成θ角，已知。一质量，带电量为q的液滴以垂直于磁场方向的速度Vo = 20 m/s进入该区域时恰好做匀速直线运动。（g取10m/s2）（1）带电液滴带何种电荷？电荷量q为多少？（2）求θ角。（3）若在该区域建立一直角坐标系O-XYZ(XOY为水平面，E、B的方向与ZOY平面平行），当t = 0时带电液滴恰好通过原点O时立即撤消电场和磁场，求时带电液滴所在位置的坐标。
16.如图所示，在的空间中，存在沿轴方向的匀强电场，电场强度E = 10 N/C；在x<0的空间中，存在垂直xy平面方向的匀强磁场，磁感应强度B = 0.5T。一带负电的粒子（比荷q/m = 160C/Kg，在x = 0.06m处的d点以Vo= 8m/s的初速度沿y轴正方向开始运动，不计带电粒子的重力。求（1）带电粒子开始运动后第一次通过Y轴时距O点的距离；（2）带电粒子进入磁场后经多长时间返回电场；（3）带电粒子运动的周期。
17.如图所示的空间，存在着正交的匀强电场和匀强磁场，匀强电场的方向竖直向下，场强为E，匀强磁场的方向水平向外，磁感应强度为B。有两个带电小球1和2都能在垂直于磁场方向的同一竖直平面内做匀速圆周运动（两小球间的库仑力可忽略），运动轨迹如图。已知两个小球1和2的质量关系为m 1 = 3m2，轨迹半径为R! =3R2。
（1）试说明小球1和2带什么电，并求它们所带的电荷量之比q1/q2；
（2）指出小球1和2的绕行方向，并求它们绕行速率之比V1/V2；
（3）设带电小球1和2在图示位置处相碰撞，且碰撞后原先在小圆轨道上运动的带电小球2恰好能沿大圆轨道运动，求带电小球1碰撞后做圆周运动的轨道半径。（设碰撞时两个带电小球间电荷量不发生转移）
。
1.答案：A、C、D 2.答案：A 3.答案：A、C 4.答案：B、D
5.答案：左边界横坐标，右边界横坐标 。
解：因电子在电场中做类平抛运动，延长初速度的方向，反向延长末速度方向，交点即为电场宽度的中点，如图11″-1所示。设点的横坐标为，因∽，有，因，，所以。由此可知匀强电场左边界横坐标，右边界横坐标。
6.答案：（1）在到这段时间内产生的微粒可以直达板 （2）80个
解：（1）设某时刻从面发出的微粒经正向电压加速时间后，再经反向电压减速，当速度减至零时，微粒刚好到达板，则加速阶段位移，末速度，减速阶段位移。因，联立以上四式并注意，可解得。显然，在到这段时间内产生的微粒可以直达板。
（2）因在交变电压变化时的每个周期内，平均产生320个微粒，故在到这段时间内产生的微粒中有80个微粒可直达板。
7.答案：B、D 8.答案：A、D 9.答案：A 10.答案：B、C、D 11.答案：B、D
12.答案：B、C 13.答案：（1） （2）
解：（1）如图12″—1，小球至少经两次碰撞改变方向后才能从点出来，据几何对称性得，。
图12″—1 图12″—2
（2）因，故，小球在框架内运动的轨迹如图12″—2所示，。
14.解：（1）由得，。
（2）要使电子打不到荧光屏上，就不能使电子进入右侧磁场区域，即电子在左侧磁场区域运动的最大半径， 图12″—3
对应的入射速度，加速电压。显然应取<。
（3）如图12″—3所示。 （4）因，， ，
解得。
15.解：（1）由液滴以垂直于磁场方向的速度进入该区域时恰好做匀速直线运动可知，液滴必带正电，垂直纸面向里运动，受力平衡图如图13″-1所示。因，解得。（2）由图13″-1可得。
（3）据题意，撤消电场和磁场后，液滴做平抛运动，轨道平面为坐标平面，时液滴所在位置的坐标分别为。
16解：（1）粒子在第一象限做类平抛运动（如图13″-4所示），加速度， 图13″-1 图13″-2 图13″-3
运动时间，沿方向的位移。（2）粒子通过轴进入磁场时在方向上的速度，因此，。粒子在第二象限以为圆心做匀速圆周运动，圆弧所对的圆心 图13 ″-4
角为，运动时间。 （3）粒子从磁场返回电场后的运动是此前由电场进入磁场运动的逆运动，经时间，粒子的速度变为，此后重复前面的运动。可见，粒子在电、磁场中的运动具有周期性，其周期。
17.解：（1）两小球均在竖直平面内做匀速圆周运动表明，两小球所受的电场力均被各自的重力平衡，小球是在海伦兹力的作用下做匀速圆周运动的。因所以，均带负电。（2）据左手定则可判断，两小球均作逆时针绕行。因，所以。（3）对碰撞过程应用动量守恒得
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第 7 页 共 8 页吴有训实验学校2007届高三第二轮复习资料
专题五 物理实验
自然科学是实验性科学，物理实验是物理学的重要组成部分．理科综合对实验能力提出了明确的要求，即是“设计和完成实验的能力”，它包含两个方面：
1．独立完成实验的能力．包括：
（1）理解实验原理、实验目的及要求；
（2）掌握实验方法步骤；
（3）会控制实验条件和使用实验仪器，会处理实验安全问题；
（4）会观察、解释实验现象，会分析、处理实验数据；
（5）会分析和评价实验结果，并得出合理的实验结论．
2．设计实验的能力．能根据要求灵活运用已学过的物理理论、实验方法和仪器，设计简单的实验方案并处理相关的实验问题．?
一、基本仪器的使用
［方法归纳］
1．要求会正确使用的仪器?
刻度尺、游标卡尺、螺旋测微器、天平、秒表、打点计时器、弹簧秤、温度表、电流表、电压表、多用电表、滑动变阻器、电阻箱、示波器．?
2．在力学和电学实验中，常需要利用测量工具直接测量基本物理量．
基本物理量 测量仪器
力学 长度 刻度尺、游标卡尺、螺旋测微器
时间 秒表（停表）、打点计时器
质量 天平
电学 电阻（粗测） 欧姆表、电阻箱
电流 电流表
电压 电压表
3．读数方法：?
用各种测量仪器测量有关物理量，读数时首先要弄清测量仪器的精度．以螺旋测微器为例：精度为mm=0.01mm，其读数方法是：读数=固定刻度数(含半毫米刻度)＋可动刻度数（含估读刻度数）×精度．
[典例分析]
【例1】 请将下列各种测量仪器的读数填在题中的横线上．
【特别提示】 一般来说，除游标卡尺、秒表、电阻箱外，其他测量仪器的读数都需要估读，即读到精度的下一位．
二、独立完成实验
［方法归纳］
1．常见间接测量的物理量及其测量方法?
有些物理量不能由测量仪器直接测量，这时，可利用待测量和可直接测量的基本物理量之间的关系，将待测物理量的测量转化为基本物理量的测量．
待测物理量 基本测量方法
力学 速度 ①利用纸带，；②利用平抛，
加速度 ①利用纸带，逐差法；②利用单摆
力 根据F=ma转化为测量m、a
功 根据转化为测量m、S、v
电学 电阻（精确测量） ①根据转化为测量U、I（伏安法）；②电阻箱（半偏、替代）
电功率 根据P=IU转化为测量U、I
电源电动势 根据E＝U＋Ir转化为测量U、I
2．处理实验数据的常用方法?
为了减小由于实验数据而引起的偶然误差，常需要采用以下方法进行处理．?
（1）多次测量求平均值；（2）图象法?
3．实验误差的分析?
中学物理中只要求初步了解系统误差和偶然误差、绝对误差和相对误差的概念；能定性分析某些实验中产生误差的主要原因；知道用平均值法、图象法减小偶然误差；但不要求计算误差．?
（1）系统误差和偶然误差：测量值总是有规律的朝着某一方向偏离真值（总是偏大或总是偏小）的误差，称为系统误差．系统误差的主要来源是仪器本身不够精确，或实验原理、方法不够完善．由于偶然因素的影响，造成测量值的无规则起伏称为偶然误差．偶然误差是由于各种偶然因素对实验者、测量仪器，被测物理量的影响而产生的，多次测量偏大和偏小的机会相同，因此，多次测量求平均值可减小偶然误差．?
（2）绝对误差和相对误差：设某物理量的真值为A0，测量值为A，则绝对误差，相对误差为．真值A0常以公认值、理论值或多次测量的平均值代替．
[典型分析]
【例1】 一打点计时器固定在斜面上某处，一小车拖着穿过打点计器的纸带从斜面上滑下，如图5-1甲所示，图5—1乙是打出的纸带的一段．
图5—1
（1）已知打点计时器使用的交流电频率为50Hz，利用图乙给出的数据可求出小车下滑的加速度a=____________．
（2）为了求出小车在下滑过程中所受的阻力，还需要测量的物理量有___________，用测得的量及加速度a表示阻力的计算式为f =_________________．?
【例2】 一个有一定厚度的圆盘，可以绕通过中心且垂直于盘面的水平轴转动．用下面的方法测量它匀速转动时的角速度．
实验器材：电磁打点计时器，米尺，纸带，复写纸．?
实验步骤：?
（1）如图5—3所示，将电磁打点计时器固定在桌面上，将纸带的一端穿过打点计时器的限位孔后，固定在待测圆盘的侧面上，使圆盘转动时，纸带可以卷在圆盘侧面上．?
（2）启动控制装置使圆盘转动，同时接通电源，打点计时器开始打点．
（3）经过一段时间，停止转动和打点，取下纸带，进行测量．
①由已知量和测得量表示角速度的表达式为ω=________________，式中各量的意义是___________．
②某次实验测得圆盘半径r =5.50×10－2m，得到的纸带的一段如图5—4所示，求得角速度为________．
图5—4
【例3】 小灯泡灯丝的电阻会随温度的升高而变大．某同学为研究这一现象，用实验得到如下数据（I和U分别表示小灯泡上的电流和电压）：
I/(A) 0.12 0.21 0.29 0.34 0.38 0.42 0.45 0.47 0.49 0.50
U(V) 0.20 0.40 0.60 0.80 1.00 1.20 1.40 1.60 1.80 2.00
（1）在左下框中画出实验电路图．可用的器材有：电压表、电流表、滑线变阻器（变化范围0～10Ω）、电源、小灯泡、电键、导线若于．?
（2）在图5—5中画出小灯泡的U—I曲线．
图5—5
（3）若将该小灯泡接在电动势是1.5V，内阻是2.0Ω的电池两端，小灯泡的实际功率是多少 （简要写出求解过程，若需作图，可直接画在图中）
三、实验设计
[专题精讲]
实验设计应把重点放在力学和电学实验上，力学以打点计时器为中心展开，电学以电阻测量为中心展开．?
1．进行实验设计的总体原则?
（1）精确性：在实验误差允许的范围内，应尽可能选择误差较小的方案．?
（2）安全性：实验方案的实施要安全可靠，不会对器材造成损害，且成功率高．?
（3）可操作性：实验应便于操作和读数，便于进行数据处理．?
2．实验设计的基本思路?
．
实验设计的关键在于实验原理的设计，它是进行实验的依据和起点，它决定了应选用（或还需）哪些实验器材，应测量哪些物理量，如何编排实验步骤．而实验原理的设计又往往依赖于所提供的实验器材（条件）和实验要求，它们相辅相成，互为条件．?
以测量电表的内阻为例：
纵向：伏安法及变式
1°电流表、电压表各一只，可以测量它们的内阻
2°两只同种电表，若知道一只的内阻，就可以测另一只的内阻
3°两只同种电表内阻都未知，则需要一只电阻箱才能测定电表的内阻
横向：除伏安法外，还常用替代法、半偏法和闭合电路欧姆定律（计算法）
1°替代法
2°半偏法
3°闭合电路欧姆定律（计算法）
3．电学实验的器材选择和电路设计?
（1）电路结构?
完整的实验电路包括三个部分：①测量电路，②控制电路（变阻器、开关），③电源．
（2）思路?
（3）方法?
①电表选择：为了减小电表读数引起的偶然误差，选择电表时应先估算待测电流或电压的最大值，同时要考虑电表间、电表与电源间的配置是否合理，测量时各电表的最大偏转量都应接近量程．?
②分压、限流电路选择?
在下列情况下应选择分压电路?
1°实验要求待测电阻两端电压从零开始连续变化。?
2°限流不能保证安全，即限流电路中的最小电流超过电表量程或用电器的额定电流．常见于变阻器全电阻远小于测量部分电阻的情况．?
3°限流能保证安全，但变阻器调节过程中，电表读数变化不明显，不满足实验测量多组数据的要求．常见于变阻器全电阻远小于测量部分电阻的情况．?
在限流、分压两种电路都满足实验要求时，由于限流电路结构简单，损耗的电功率小，应优先选用．?
③滑动变阻器的粗调和微调．?
在限流电路中，对测量电路而言，全电阻较大的变阻器起粗调作用，全电阻较小的变阻器起微调作用；在分压电路中，变阻器的粗、微调作用正好与限流电路相反．?
[典型分析]
【例4】 如图5—8所示，水平桌面上固定着斜面体A，有小铁块B．斜面体的斜面是曲面，由其截面图可以看出曲线下端的切线是水平的．现提供的实验测量工具有：天平、直尺． 其它的实验器材可根据实验需要自选．现要设计一个实验，测出小铁块B自斜面顶端由静止下滑到底端的过程中，小铁块B克服摩擦力做的功．请回答下列问题：?
（1）除题中供给的器材处，还需要选用的器材是：
____________________________________________________________．
（2）简要说明实验中需要测量的物理量(要求在图上标明)：
_____________________________________________________________．
（3）写出实验结果的表达式（重力加速度g已知）：
____________________________________________________________．
【例5】 用伏安法测量一个定值电阻的阻值，备用器材如下 ：?
待测电阻Rx （阻值约为25kΩ）
电流表A 1：（量程100A，内阻2kΩ）
电流表A2：（量程500A，内阻300Ω）
电压表V1：（量程10V，内阻100kΩ）
电流表V 2：（量程50V，内阻500kΩ）
电源E：（电动势15V，允许最大电流1A）
滑动变阻器R：（最大阻值1kΩ）
电键S，导线若干?
为了尽量减小实验误差，要求测多组数据．?
（1）电流表应选________________，电压表应选__________________．?
（2）画出实验电路图．?
【变式】 用以下器材测量一待测电阻Rx的阻值（900～1000Ω）：?
电源E，具有一定内阻，电动势约为9.0V；
电压表V1，量程为1.5V，内阻r1=750Ω；?
电压表V 2，量程为5V，内阻r 2=2500Ω；?
滑线变阻器R，最大阻值约为100Ω；
单刀单掷开关S，导线若干．
（1）测量中要求电压表的读数不小于其量程的，试画出测量电阻Rx的一种实验电路原理图(原理图中的元件要用题图中的相应的英文字母标注）．?
（2）根据你所画的电路原理图在题给的实物图5—11上画出连线．?
（3）若电压表V1的读数用U1表示，电压表v2的读数用U2表示，则由已知量和测得量表示Rx的公式为Rx=____________________．?
【例6】 为了测定电流表A1的内阻，采用如图5—14所示的电路．其中：A1是待测电流表，量程为300A，内阻约为100Ω；A2是标准电流表，量程为200A；R1是电阻箱，阻值范围是0～999.9Ω；R2是滑动变阻器；R3是保护电阻；E是电池组，电动势为4V，内阻不计；S1是单刀掷开关．S2是单刀双掷开关．
图5—14 图5—15
（1）根据电路图，请在图5—15中画出连线，将器材连接成实验电路．?
（2）连接好电路，将开关S2扳到接点a处，接通开关S1，调整滑动变阻器R2使电表A 2的读数是150A；然后将开关S2扳到接点b处，保护R2不变，调节电阻R1，使A2的读数仍为150A．若此时电阻箱各旋钮的位置如图5—16所示，电阻箱的阻值是_______Ω，则待测电流表A1的内阻R1=______Ω．
（3）上述实验中，无论怎样调整滑动变阻器R2的滑动端位置，都要保证两块电流表的安全．在下面提供的四个电阻中，保护电阻R3应选用：_____________________（填写阻值相应的字母）．
?A．200kΩ B．20kΩ C．15kΩ D．20Ω
（4）下面提供最大阻值不同的四个滑动变阻器供选用．既要满足上述实验要求，又要调整方便，滑动变阻器___________________（填写阻值相应的字母）是最佳选择．?
?A．1kΩ B．5kΩ C．10kΩ D．25kΩ??
【例7】 现有一块59C2型的小量程电流表G（表头），满偏电流为50，内阻约为800～850Ω，把它改装成1mA、10mA的两量程电流表，可供选择的器材有：?
滑动变阻器R1，最大阻值20Ω；滑动变阻器R 2，最大阻值100kΩ；?
电阻箱R′，最大阻值9999Ω；定值电阻R0，阻值1kΩ；?
电池E 1，电动势1.5V；电池E2，电动势3V；电池E3，电动势4.5V；（所有电池内阻不计），标准电流表A，满偏电流1.5mA；
单刀单掷开关S1和S2；单刀双掷开关S3；电阻丝及导线若干．?
（1）采用如图5—18（甲）所示电路测量表头的内阻，为提高测量精确度，选用的滑动变阻器为____
______________，选用的电池为_______________．
甲 乙 丙
图5—18
（2）将G改装成两量程电流表，现有两种备选电路，如图5—18（乙）、（丙）所示．图_________为合理电路，另一电路不合理的理由是_______________________________．
（3）将改装后的电流表与标准电流表逐格进行核对（仅核对1mA量程），画出所用电路图，图中待核对的电流表符号用 来表示．?
【例8】 （1）一个电压表VA的内阻RA=1000Ω，量程为1.0V，现要利用电阻箱扩大它的量程，改装成量程为3.0V的电压表．改装后，再用一量程为3.0V的精确的电压表VB对改装后的电压表的所有刻度进行校准．除了这两个电压表VA、VB外，还有下列一些器材：? 电源E（电动势约为6V，内阻较小）
变阻器R（总电阻约10Ω）
电阻箱R0（0～9999Ω）
开关S
导线若干
①如图5—20所示是以上器材和两个电压表VA、VB的实物示意图，试在图中画出连线，连成进行校准时的实验电路．
②图中电阻箱的取值等于________________Ω．?
（2）用上述电压表VB和改装后并已校准过的电压表（以下称之为VC）以及一个开关和一些导线，去测量一个电动势大约为2V的电源的内阻r．
①简要写出测量步骤．?
②用测得的量表达r的公式应为r=____________．?
四、跟踪练习
1．下列关于误差的说法正确的是(填字母)____________．
? A．误差是实验中产生的错误
B．误差都是由于测量不仔细产生的
C．误差都是由于测量工具不精密产生的
D．任何测量都存在误差
E．实验时认真测量就可以避免误差
F．采用精密仪器，改进实验方法，可以消除误差
G．实验中产生误差是难免的，但可以想办法尽量减小误差
H．多次测量取平均值可以减小偶然误差
I．多次测量取平均值可以减小系统误差
2．甲、乙、丙三位同学在使用不同的游标卡尺测量同一物体的长度时，测量的结果分别如下：
甲同学：使用游标为50分度的卡尺，读数为12.045cm
乙同学：使用游标为10分度的卡尺，读数为12.04cm
丙同学：使用游标为20分度的卡尺，读数为12.045cm
从这些数据中可以看出读数肯定有错误的是____________同学．
3．如图5—22甲、乙所示，用同一套器材测量铁块P与长金属板间的滑动摩擦力．甲图使金属板静止在水平桌面上，用手通过弹簧秤向右用力F拉P，使P向右运动；乙图把弹簧秤的一端固定在墙上，用力F水平向左拉金属板，使金属板向左运动．则铁块P与金属板间的滑动摩擦力的大小是__________N．
图5—22 图5—23
4．在“研究平抛物体的运动”的实验中，得到的轨迹如图5—23所示．根据平抛运动的规律及图中给出的数据，可计算出小球平抛的初速度v0=________m/s．
5．在验证机械能守恒定律的实验中，质量m=1kg的重物自由下落，在纸带上打出了一系列的点，如图5—24所示，相邻记数点间的时间间隔为0.02s，长度单位是cm，g取9.8m/s2．求：
图5—24
（1）打点计时器打下计数点B时，物体的速度vB=________________(保留两位有效数字)．
（2）从起点O到打下记数点B的过程中，物体重力势能减小量ΔEP=___________，动能的增加量ΔE k=_________________（保留两个有效数字）．
（3）即使在实验操作规范、数据测量及数据处理很准确的前提下，该实验求得的ΔEp也一定略大一
ΔEk，这是实验存在系统误差的必然结果，试分析该系统误差产生的主要原因．
6．在测定一节干电池（电动势约为1.5V，内阻约为2Ω）的电动势和内阻的实验中，变阻器和电压表各有两个供选：A电压表量程为15V，B电压表量程为3V，A变阻器为（20Ω，3A），B变阻器为（500?Ω，0.2A）．
电压表应该选_______________ (填A或B)，这是因为____________________．变阻器应该选_______________ (填A或B)，这是因为__________________________．
7．利用如图5—25所示的电路测量电流表mA的内阻，闭合电键S，当变阻器的滑片滑至c处时，测得电流表mA和电压表V的示数分别是40mA、9V．已知图5—25中热敏电阻的I—U关系图线如图5—26所示，则电流表mA的内阻为（ ）
图5—25 图5—26
A．0.14Ω ?B．85Ω C．140Ω ?D．225Ω
8．如图5—27所示，一只黑箱有A、B、C三个接线柱，规定每两个接线柱间最多只能接一个电器元件．并且已知黑箱内的电器元件是一只电阻和一只二极管．某同学利用多用电表的欧姆挡，用正确的操作方法依次进行了6次测量，将每次红、黑表笔的位置和测得的阻值都填入了下表．
红表笔接 A A B B C C
黑表笔接 B C A C A B
测得阻值(Ω) 100 10k 100k 10.1k 90 190
由表中的数据可以判定:
（1）电阻接在_________________两点间，阻值为_________________Ω．
（2）二极管接在_________________两点间，其中正极接在_________________点．二极管的正向阻值为____________Ω，反向阻值为______________Ω．
9．在“用双缝干涉测光的波长”的实验中，测量头示意图如图5—28所示，调节分划板的位置，使分划板中心剖线对齐某亮条纹的中心，此时测量头的读数为_________________mm，转动手轮，使分划线向一侧移动，到另一条亮条纹的中心位置，由测量头再读出一读数．若实验测得第一条到第五条亮条纹中心间的距离为Δx = 0.960mm，已知双缝间距为d=1.5mm，双缝到屏的距离为L=1.00m，则对应的光波波长=_________________nm．
图5—28 图5—29
10．如图5—29所示，画有直角坐标系Oxy的白纸位于水平桌面上．M是放在白纸上的半圆形玻璃砖，其底面的圆心在坐标原点，直边与x轴重合．OA是画在纸上的直线，P1、P2为竖直地插在直线OA上的两枚大头针，P3是竖直地插在纸上的第三枚大头针，是直线OA与y轴正方向的夹角，是直线OP3与y轴负方向的夹角．只要直线OA画得合适，且P3的位置取得正确，测出角、，便可求得玻璃的折射率．
某学生在用上述方法测量玻璃的折射率时，在他画出的直线OA上竖直地插上了P1、P2两枚大头针，但在y<0的区域内，不管眼睛放在何处，都无法透过玻璃砖看到P1、P2的像，他应采取的措施是______________________________．若他已透过玻璃砖看到了P1、P2的像，确定P3位置的方法是___________________________________．若他已正确地测得了、的值，则玻璃的折射率n=________________．
11．在用“油膜法估测分子大小”的实验中，所用油酸酒精的浓度为每104mL溶液中有纯油酸6mL，用注射器测得1mL上述溶液为75滴．把1滴该溶液滴入盛水的浅盘里，待水面稳定后，将玻璃板放在浅盘上，用笔在玻璃板上描出油酸的轮廓形状，再把玻璃板放在坐标纸上，其形状和尺寸如图5—30所示，坐标中正方形方格的边长为1cm．试求：
（1）油酸膜的面积是____________cm2．
（2）每滴油酸酒精溶液中含有纯油酸的体积是______________mL．
（3）按以上实验数据估测出油酸分子直径为___________m．[（2）、（3）两问答案取一位有效数字]
12．在一次用单摆测定重力加速度的实验中，图5—31（甲）的O点是摆线的悬挂点，a、b点分别是球的上沿和球心，摆长L=_____________m．?
图5—31
图（乙）为测量周期用的秒表，长针转一圈的时间为30s，表盘上部的小圆共15大格，每一大格1min，该单摆摆动n=50次时，长、短针位置如图所示，所用时间t=_____________s．
用以上直接测量的物理量的英文符号表示重力加速度的计算式为g=_____________（不必代入具体数值）．
13．电磁打点计时器是一种计时装置，请根据电磁打点计时器的相关实验回答下列问题（电磁打点计时器所用电源频率为50Hz）：
（1）如图5—32所示，某同学设计了一个用电磁打点计时器验证动量守恒定律的实验装置，在光滑水平面上，小车A的前端粘有橡皮泥，小车A受到瞬时冲量作用后做匀速运动，与原来静止在前方的小车B相碰并粘合成一体，继续做匀速运动．
图5—32
实验得到的打点纸带如图5—33所示，小车A的质量为0.4kg，小车B的质量为0.2kg，则碰前两小车的总动量为__________________kg·m/s，碰后两小车的总动量为___________]kg·m/s．（计算结果保留三位有效数字）
图5—33
（2）在“验证机械能守恒定律”的实验中：
①某同学用图5—34所示装置进行实验，得到如图5—35所示的纸带．测出点A、C间的距离为14.77cm，点C、E间的距离为16.33cm，已知当地重力加速度为9.8m/s2，重锤的质量为m=1.0kg，则垂锤在下落过程中受到的平均阻力大小Ff =_____________
图5—35
②某同学上交的实验报告显示重锤的动能略大于重锤的势能，则出现这一问题的原因可能是_______（填序号）．
? A．重锤的质量测量错误 ?B．该同学自编了实验数据
? C．交流电源的频率不等于50Hz? D．重锤下落时受到的阻力过大
14．如图5—36所示，A、B是两个相同的小物块，C是轻弹簧，用一根细线连接A、B使弹簧C处于压缩状态，然后放置在光滑的水平桌面上．提供的测量器材有天平和刻度尺．试设计一个测定弹簧此时弹性势能Ep的实验方案，说明实验中应测定的物理量(同时用相应的字母表示)，并写出计算弹簧弹性势能Ep的表达式（用测得物理量的字母表示）．
图5—36
15．图5—37中E为直流电源，R为已知电阻，V为理想电压表，其量程略大于电源电动势，S1和S2是开关．现要利用图中电路测量电源的电动势E和内阻r，试写出主要实验步骤及结果的表达式．
图5—37
16．在“测定金属的电阻率”的实验中，需要用刻度尺测出被测金属丝的长度l，用螺旋测微器测出金属丝的直径d，用电流表和电压表测出金属丝的电阻Rx．
图5—38 图5—39
（1）请写出测金属丝电阻率的表达式：＝_________________（用上述测量量的字母表示）．
（2）若实验中测量：金属丝的长度和直径时，刻度尺和螺旋测微器的示数分别如图5—38所示，则金属丝长度的测量值为l＝_________________cm?，金属丝直径的测量值为d=_________________mm．
（3）用电流表和电压表测金属丝的电阻时，由于电压表、电流表内阻的影响,不论使用电流表内接法还是电流表外接法,都会产生系统误差．按如图5—39所示的电路进行测量,可以消除由于电表内阻造成的系统误差．利用该电路进行实验的主要操作过程是:
第一步：先将R 2的滑动头调到最左端,单刀双掷开关S2向1闭合，闭合电键S1，调节变阻器R1和R2,使电压表和电流表的示数尽量大些（不超过量程），读出此时电压表和电流表的示数U1、I1．
第二步：保持两滑动变阻器的滑动头位置不变，将单刀双掷开关S2向2闭合，读出此时电压表和电流表的示数U2、I2．
请写出由以上记录数据计算被测电阻Rx的表达式Rx=__________________．
17．某研究性学习小组为探究小灯泡灯丝电阻与温度的关系，设计并完成了有关的实验，以下是实验中可供选用的器材．
?A．待测小灯泡（额定功率6W，额定电流0.5A）
?B．电流表（量程0～0.6A，内阻0.1Ω）
?C．电压表（量程0～5V，内阻约5kΩ）
?D．电压表（量程0～15V，内阻约15kΩ）
?E．滑线变阻器（最大阻值50Ω）
?F．滑线变阻器（最大阻值1kΩ）
?G．直流电源（电动势15V，内阻可忽略）
H．开关一个，导线若干
实验中调节滑线变阻器，小灯泡两端电压可以从零至额定电压范围内变化，从而测出小灯泡在不同电压下的电流．
（1）请在虚线框中画出为完成上述实验而设计的合理的电路图．并在每个选用的器材旁标上题目所给的字母序号．
图5—40
（2）如图5—40所示是该研究小组测得小灯泡的I—U关系图线．由图线可知，小灯泡灯丝电阻随温度的升高而_________________（填“增大”、“减小”或“不变”）；当小灯泡两端所加电压为6V时，其灯丝电阻值约为_________________Ω．（保留两位有效数字）
18．有以下可供选用的器材及导线若干条,要求使用个数最少的仪器尽可能精确地测量一个电流表的满偏电流．
? A．被测电流表A1：满偏电流约700～800，内阻约100Ω，刻度均匀、总格数为N
? B．电流表A2：量程0.6A，内阻0.1Ω
C．电压表V：量程3V，内阻3kΩ?
?D．滑动变阻器R1：最大阻值200Ω
?E．滑动变阻器R2：最大阻值1kΩ?
?F．电源E：电动势3V、内阻1.5Ω
?G．开关一个
（1）在虚线框内画出实验电路图,并在每个选用的仪器旁标上题目所给的字母序号．
（2）测量过程中测出多组数据,其中一组数据中待测电流表A的指针偏转了n格，可算出满偏电流Ig=___________，式中除N、n外,其他字母符号代表的物理量是______________．
19．实验室中现有的器材如下：
电池E （电动势约10V、内阻r约1Ω）
标准电流表A1（量程300mA，内阻r1约为5Ω）
电阻箱R1（最大阻值999.9Ω，阻值最小改变量为0.1Ω）
滑动变阻器R2（最大阻值10Ω）
开关S和导线若干．
要求设计—个测定电流表A2（量程250mA，内阻r2约为5Ω）内阻的实验方案．
（1）在方框中画出测量电路，并在每个仪器旁标上英文代号．
（2）要直接测出的物理量是____________________，用这些物理量表示待测电流表A2内阻的计算公式是______________．
20．如图5—41中给出的器材为：
电源E（电动势为12V，内阻不计）；
木板N（板上从下往上依次叠放白纸、复写纸、导电纸各一张）；
两个金属条A、B（平行放置在导电纸上，与导电纸接触良好，用作电极）；
滑线变阻器R（其总电阻值小于两平行电极间导电纸的电阻）；
直流电压表（量程为6V，内阻很大，其负接线柱与B极相连，正接线柱与探针P相连）；
开关S．
现要用图中仪器描绘两平行金属条AB间电场中的等势线．AB间的电压要求取为6V．
（1）在图中连线，画成实验电路原理图．
（2）下面是重要的实验操作步骤，将所缺的内容填写在横线上方．
a．接好实验电路．
b．____________________________________________．
c．合上S，并将探针P与A相接触．
d．____________________________________________．
e．用探针压印的方法把A、B的位置标记在白纸上，画一线段连接AB两极，在连线上选取间距大致相等的5个点作为基准点，用探针把它们的位置压印在白纸上．
f．将探针与某一基准点相接触，________________________，这一点是此基准点的等势点．用探针把这一点的位置也压印在白纸上．用相同的方法找出此基准点的其他等势点．
g．重复步骤f，找出其他4个基准点的等势点，取出白纸画出各条等势线．
21．在测定一节干电池的电动势和内阻的实验中，备有下列器材：
? A．干电池E（电动势约为1.5V，内阻小于1.0Ω）
B．电流表A1（满偏电流3mA，内阻r1=10Ω）
C．电流表A2（0～0.6A，内阻0.1Ω）
D．滑线变阻器R1（0～20Ω，10A）
E．滑线变阻器R2（0～100Ω，10A）
F．定值电阻R3（990Ω）
G．开关和导线若干
（1）为方便且能较准确地进行测量，其中应选用的滑线变阻器是______________（填字母代号）
（2）请在虚线框内画出利用本题提供的器材所设计的测量电池电动势和内阻的实验电路图．
图5—42
（3）如图5—42为某一同学根据他所设计的实验给出的I1、I2图线（I1为A1的示数，I2为A2的示数），由图线可求得被测电池的电动势E＝______________V，内阻r =_____________Ω．
22．实验室内有一电压表，量程为150mV，内阻约为150Ω．现要将其改成量程为10 mA的电流表，并进行校准．为此，实验室提供如下器材：干电池E（电动势为1.5V），电阻箱R，滑线变阻器R′，电流表 （有1.5mA，15mA与150 mA三个量程）及开关S．
（1）对电表改装时必须知道电压表的内阻．可用如图5—43所示的电路测量电压表的内阻．在既不损坏仪器又能使精确度尽可能高的条件下，电路中的电流表应选用的量程是________________．若合上S，调节滑线变阻器后测得电压表的读数为150mV，电流表的读数为1.05 mA，则电压表的内阻RmV为______________．(取三位有效数字)
图5—43
（2）在对改装成的电流表进行校准时，把作为标准电流表，画出对改装成的电流表进行校准的电路原理图（滑线变阻器作限流使用），图中各元件要用题中给出符号或字母标注．图中电阻箱的取值是_______（取三位有效数字），电流表应选用的量程是_____________________．
23．一只量程为1V，内阻RV约为900Ω的电压表是由小量程电流表改装而成的，现在要测量它的内阻并对该表进行校正．实验室提供了以下供选择的器材：
? A．待测电压表
B．标准电压表（量程1 V）
C．滑动变阻器（最大阻值1 000Ω，额定电流1A）
D．滑动变阻器（最大阻值10Ω，额定电流1A）
E．电阻箱（最大阻值999．9Ω，最小改变量0.1Ω）
F．电阻箱（最大阻值99．9Ω，最小改变量0.1 Ω）
G．电池组（电动势约3 V，内阻约1Ω）
H．导线和开关若干．
（1）为了用半偏法测量该电压表的内阻，某同学设计了两种电路，如图5—44甲、乙所示，要使测量较精确，应选择___________________（填“甲”或“乙”）电路．在器材的选择上，除了电池组、导线、开关和待测电压表外，还应从提供的器材中选用___________________________________（用器材前的序号字母表示）．
用上述方法测出的电压表内阻的测量值RV_________（填“大于”、“等于”或“小于”）电压表内阻的真实值．
图5—44
图5—45
（2）在对该电压表进行校正时，该同学已经选择好器材，如图5—45所示．若要求对电压表的每一条刻度线都进行校正，请你将这些器材连接成测量电路，并标出所选滑动变阻器的序号字母．
24．量程为3V的电压表V内阻约为3kΩ，要求测出该电压表内阻的精确值．实验中可供选用的器材有：
电阻箱Ra（最大值9999.9Ω，阻值最小改变量0.1Ω）
滑线变阻器Rb（最大阻值1000Ω，允许最大电流0.2A）
电源E（开路电压约为5V，内阻可忽略不计）
开关S及导线若干
（1）设计一个易于操作的测量电路，要求画出实验电路图并标出所用器材符号．
（2）列出测量步骤，并写出计算电压表内阻的最后公式．
专题五 物理实验参考答案
典型例题
【例1】 解析： （1）利用逐差法求小车的加速度．由纸带可知，任意两相邻记数点间的时间间隔T=0.04s，
由逐差法可得
则
=4.00m/s2
（2）为了求出小车下滑过程中所受到的阻力，还需要测量小车的质量m，斜面上任意两点间距离l和这两点间的高度差h．?
小车的受力情况如图5—2所示．根据牛顿第二定律，?而
所以，．
【点评】 （1）逐差法充分利用了纸带的实验数据，从而减小了数据测量引起的偶然误差．本题中所给出的实验数据个数为奇数（9个），处理时常舍掉正中间的一个数据．?
（2）小车下滑过程中所受到的阻力无法直接测量，但根据牛顿第二定律可转化为测量m，a，h和l．与此相类似，你能求出打点计时器打纸带上的两记数点的过程中小车克服阻力所做的功吗？
【例2】 解析： ①本实验测量角速度的原理是：圆盘匀速转动时，其线速度，又角速度，所以，其原理式为．?
在纸带上选定两点，设它们在米尺上对应的刻度值分别为x1、x2，数出这两点间（含这两点）的打点数n，打点计时器打点的周期为T，则打这两点的时间间隔t=(n－1)T，这段时间内圆盘转过的弧长S=x2－x1，若测得圆盘的半径为r，由已知量和测得量表示的角速度的表达式为．
②若取cm，则n=9，又cm．
代入可得
【点评】 实验原理是完成实验的依据和关键．虽然该实验没有做过，但所用到的实验方法并不陌生，要结合题给实验器材和实验步骤通过联想和迁移，弄清实验原理和所需测量的物理量，进而得出待测量的表达式．
【例3】 解析： （1）由于小灯泡灯丝的电阻值远小于电压表的内阻（如：电压为2.00V时，其阻值R灯=），为减少由于电表接入电路引起的系统误差，应采用电流表外接法．为使小灯泡两端的电压的变化范围尽可能大，滑线变阻器应连接成分压电路，实验电路如图5—6所示．
图5—6 图5—7 ?
（2）根据实验得到的数据在U—I坐标系中描点，并将这些数据点连接成一条平滑的曲线，如图5—7所示．?
（3）根据作出电源的U—I图线，它与小灯泡的伏安特性曲线的交点坐标就是小灯泡的工作点，即工作电流I=0.35A，工作电压U=0.08V，故小灯泡的实际功率P=IU=0.28W．
【点评】 本题主要考查独立完成实验的能力．主要包括①实验原理及电路；②用图象法处理实验数据，并得出实验结论．其中利用图线确定小灯泡与电源连接后的工作点是解答本题第（3）问的关键．?
【例4】 解析：本实验测定小铁块克服摩擦力所做功的原理是动能定理和平抛运动的规律。
小铁块自斜面顶端由静止下滑到底端的过程中，根据动能定理…………①?
离开曲面后，小铁块做平抛运动，直到落地，
则
所以， …………②?
将②代入①得
显然，实验中需要测量的物理量是：斜面高度H、桌面高度h，小铁块平抛的水平距离S、小铁块质量m．如图5—9所示，其中S需用重锤线和白纸、复写纸来确定．
【答案】 （1）重锤线、铺在地面上的白纸和复写纸 （2）斜面高度H、桌面高度h，小铁块平抛的水平距离S，小铁块质量m （3）
【点评】 题给实验器材对实验原理的设计有一定的限制作用．本题没有给足实验器材，首先要根据题给实验条件和要求，构思相关的物理情景，从而确定实验原理，然后根据原理式确定需要测量的物理量和还需选用的实验器材．?
【例5】 解析：（1）器材选择（测量电路）
从减小电表读数引起的偶然误差的角度考虑，两电表及电表与电源间的配置要合理．注意到电源电动势远小于电压表V2的量程，而跟电压表V1的量程较接近，若选用电压表V2来测量电压，其最大偏转量达不到量程的，读数时偶然误差太大，所以选用V1较恰当； 而此时通过电流表的最大电流，因此，电流表A2与V1配置较好．?
（2）电路选择（控制电路）?
电路选择主要从滑动变阻器对电路的控制和调节的角度考虑．若采用限流电路控制，注意到测量部分的总电阻约为20kΩ，远大于滑动变阻器的总电阻（1kΩ），要保证电表安全，变阻器分得的电压至少为5V，阻值应调到10kΩ，显然，限流不能起到保证电表安全的作用，更不能进行有效调节，所以，只能采用分压电路控制，实验电路如图5—10所示．?
【点评】 伏安法是测量电阻的一种最基本方法，其原理是部分电路欧姆定律，原理式为．分析这类问题的关键是从电表配置要合理选择器材，从对电路的控制和调节选择控制电路．并联分流和串联分压原理是伏安法测电阻原理的迁移和延伸，下例是这类问题的变式．
变式：【点拨】 （1）本题中测量电阻的原理是并联分流或串联分压．由于滑动变阻器的最大阻值远小于测量部分的阻值，且电源电动势大于两电压表的量程，在调节滑动变阻器的过程中，为保证电压表的安全，且其读数有明显的改变，滑动变阻器应采用分压式控制电路，电路原理图如图5—12甲或乙所示．
图5—12
（2）实物连线如图5—13甲或乙所示
图5—13
（3）若采用甲电路，根据并联电路的电流分配关系，
解得．?
若采用乙电路，根据串联电路的电压分配关系，
解得．?
【点评】 本题主要考查电阻测量的原理、电路设计、实物连线等知识，测试设计简单实验方案的能力．①对于内阻已知的电压表，可作电流表使用．使用电表时，必须考虑电表间的量程配置，本题要求电压表读数不小于量程的，因此，电压表V2与V1的位置不能互换．②进行实物连线时，应注意以下几个问题：a．直流电表的正、负接线柱（正接线柱应连接在电路电势高端，负接线柱应连接在电路电势低端）；b．电表的内外接法；c．滑动变阻器的接法（限流或分压，接通电路后，应使电表读数最小）；d．开关的连接（应在干路上，闭合前电表读数为零）．?
【例6】 解析： （1）实物连线如图5—17所示．?
（2）电阻箱的阻值R1=0×100Ω＋8×10Ω＋6×1Ω＋3×0.1Ω=86.3Ω．
本题测量电流表的内阻的方法是“替代法”．即用电阻箱的阻值替代电流表A1的内阻值，其条件是：开关S2分别扳到a处和b处时，保持滑动变阻器R2不变，且使电流表A2读数相同．所以，待测电流表A1的内阻Ω．
图5—17
（3）当R2调为零时，要使电路中的电流I不超过电流表A 2的量程，根据闭合电路欧姆定律可知，电路总电阻R总至少为：Ω=20kΩ．由于电流表A 1、A2的内阻（约为100Ω）远小于R总,故保护电阻R3应选用20kΩ的电阻，但若选用200kΩ的电阻，则电路中电流太小，电流表A1、A2指针偏转量太小，读数不明显，实验误差太大．所以,正确的选项为B．
（4）由于R3=20kΩ，调整滑动变阻器R2时，要使电流表A2的读数为150，则－R3=Ω－2×104Ω≈7kΩ．若选用1kΩ或5kΩ滑动变阻器，则不能满足实验要求（A2读数为150）；若选用25kΩ的滑动变阻器，则调节范围太小（不方便调节），所以，选用10kΩ的滑动变阻器较合适，正确的选项为C．
【点评】 实验条件的控制是高考考查的重点之一．保护电阻和滑动变阻器在电路中起着控制和调节的作用，选用时应根据实验条件和要求进行优选，既要保证电表安全(不能太小)，又要方便调节(不能太大)．
【例7】 解析： （1） 用此电路测量表头内阻的方法是半偏法． S2断开和S2闭合的两次操作中要求干路电流（Ig）近似不变，而满足这个条件必须使滑动变阻器R的阻值远大于Rg，因此滑动变阻器应选用R2．而，显然E越大，R2越大，实验条件满足得越好，误差越小，所以，电池应选用E3．?
（2）图5—18（乙）所示的电路较合理，因为图（丙）电路在通电状态下，更换量程时会造成两个分流电阻都未并联在表头两端，以致通过表头的电流超过其满偏电流而损坏．?
（3）核对电路如图5—19所示．为使改装后的电流表与标准表在0～1mA之间逐格核对，应选用分压电路．由于和满偏电流和满偏电压都很小，为使滑动变阻器便于调节，即有较大的调节范围，滑动变阻器应选用R1，电池应选用E1，且在电流表所在的支路上串联定值电阻R0，起保护作用．
【点评】 测量电阻的方法很多（包括伏安法、替代法、半偏法等），但其原理总是部分电路欧姆定律或闭合电路欧姆定律．在具体问题中，选用哪种测量方法应根据所提供的实验器材和实验要求来确定．
【特别提示】 1．半偏法测电阻的实验中，实验条件的控制直接影响测量精确度．?
2．在分压电路中，为使实验便于调节，应选用全电阻较小的滑动变阻器．
【例8】 解析： （1）①实物连线如图5—21所示，为了使改装表与标准表在零到量程的范围内一一校对，应采用分压电路．?
②根据串联电路的电压分配关系，有
解得R0=2000Ω
（2）①先将电压表VC通过开关、导线与电源连接，读出VC上的示数UC；再将电压表VC和VB串联，通过开关、导线与电源连接，读出VC上的示数UC′和VB上的示数UB．
②根据上述两步操作可得 ①?
②?
③?
由①②③三式解得Ω
【点评】 本题综合考查了电表改装、电表校准电路及测量电源内阻的方法，测试设计和完成实验的能力．用电压表VB和VC测量电源的内阻时，应注意： 尽管两电压表的量程相同，但其内阻并不一定相同(表头可能不同)．
跟踪练习
1．DGH?
2．甲 50分度的游标卡尺的精度为mm=0.02mm，因此，读数的最后一位数字应是“2”的整数倍或“0”．
3．2.40 比较甲、乙两图可知，甲图中弹力大于滑动摩擦力，铁块P做匀加速直线运动;乙图中铁块P处于平衡状态，弹力大小等于滑动摩擦力大小．
4．1．6 考察平抛物体的水平分运动，结合图给数据可知，两段时间之比为2︰1，若O点是平抛的起点，则竖直分位移y1︰y2==4︰9，所以，O点是平抛的起点．根据平抛运动的规律，有32.0×10－2=v0t，19.6×10－2=，联立解得v0=1.6m/s?
5．（1）0.97m/s （2）0．48J （3）0．47J?（3）重锤下落过程中受到阻力及纸带受到打点计时器的阻力作用，重锤的机械能减小．
6．B A电压表量程过大，读数误差太大 A B变阻器阻值太大，额定电流太小，调节时电表读数变化不明显．
7． B? 点拨：由热敏电阻的I—U图线知，工作电流I=40mA时，电压U=5.6V，则此时加在电流表两端电压为(9－5.6)V=3.4V，所以．
8．（1）AB 100Ω （2）AC A 90Ω 10kΩ?
9．1.630 360
10．在白纸上另画一条与y轴正方向的夹角较小的直线OA，把大头针P1、P2竖直的插在所画的直线上，直到在y<0的区域内透过玻璃砖能看到P1、P2的像，插上P3后，P3刚好能够挡住P1、P2的像．．
11．（1）110 （2）8×10－6 （3）7×10－10
12．0.9906，100.40，
13．（1）0．420 0．417 （2）①0.05N ②BC
14．应测量的物理量有：小物块的质量m，两小物块的落地点之间的距离S，桌面的高度h，桌面的长度d．
15．实验步骤：（1）将S1闭合，S2断开,电压表直接和电源相连，记下电压表读数U，就是电源的电动势;（2）S1、S2均闭合，记下电压表读数U2，即为电阻R两端电压．
根据闭合电路欧姆定律，有，
即，解得
16．（1） （2）36.48～36.52 0.796～0.799
（3）
17．（1）如图5—46所示 （2）增大，17Ω
18．（1）首先来分析电路的测量部分．由于电流表A2量程与待测电流表A1量程相差太大，从实验测量精度考虑，不能直接将电流表A2与电流表A1串联来测量电流．注意到电压表内阻已知，而允许通过电压表的最大电流为，跟待测电流表的量程接近，因此，可将电压表与电流表A1串联，利用其读数来计算通过电流表A1的电流．
再来分析电路的控制部分．若将滑动变阻器接成限流式，则通过待测电流表的最小电流大约为，显然，不能保证电表安全,也无法通过调节测量多组数据．因此，应采用分压式控制电路，为了便于调节，应选用最大阻值20Ω的滑动变阻器．
综合以上分析，选用的器材应为A、C、D、F、G其实验电路如图5—47所示．
（2）实验过程中，调节滑动变阻器滑动触头，使待测电流表A1的指针偏转n格，读出此时电压表V的示数U，则通过待测电流表的电流由此可得,电流表的满偏电流，式中U为电压表的读数，RV为电压表的内阻．
19．（1）如图5—48所示
（2）A1、A2两电流表的读数I1、I2和电阻箱R1的阻值．
图5—48 图5—49 图5—50
20．（1）连接线路如图5—49所示．
（2）把变阻器的滑动触头移到靠近D端处．调节R，使电压表读数为6V．记下电压表读数，在导电纸上移动探针，找出电压表读数与所记下的数值相同的另一点．
21．（1）R1 （2） 电路如图5—50所示 （3）1.4 8，0.8
22．（1）当电压满偏时，通过其电流1mA，故电流表选1.5mA量程．
若合上S后， =143Ω．?
（2）可把电压表当成量程为150mV、Rg=143Ω表头处理，其改装后量程为10mA，则通过的满偏电流为=1.05mA．
由部分电路欧姆定律知=16.8Ω．?
? 量程选15mA．?
图5—51 图5—52
23．（1）乙；D、E；大于 （2）如图5—52所示．
24．（1）如图5—53所示
（2）合上开关S，调节电阻箱阻值，使电压表指针在中央刻度处，记下电阻箱的阻值R1；再调节电阻箱电阻，便电压表指针指在满偏刻度处，记下电阻箱的阻值R2．
（或）
?
??
示数___________cm 示数__________cm
示数___________s 示数__________s
电阻箱连入电路中的
电阻为___________Ω
此时待测电阻为___________Ω
用0～15V档，此电压
表示数为___________V
用0～0.6A档，此电流
表示数为___________A
图5—3
单位：cm
V
A
V
A
A2
A1
V1
V2
R
A1
A2
V2
V1
R
G2
G2
R
2
1
V1
V2
R
2
1
S
S
G
R2
S2
R1
S1
R1
S
V
R2
V
S
2
R
E
r
（电阻不计）
1
测量电路
器材选择
配置
控制电路
电路选择
控制
调节
图5—8
图5—11
图5—16
图5—20
图5—27
图5—30
甲 乙
图5—34
图5—41
图5—2
图5—9
图5—10
图5—19
图5—21
图5—46
图5—47
图5—53
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31(共46张PPT)
2006---2007高考复习
2007、3
第二轮能力专题：弹簧类系列问题
专题解说
一.命题趋向与考点
轻弹簧是一种理想化的物理模型，以轻质弹簧为载体，设置复杂的物理情景，考查力的概念，物体的平衡，牛顿定律的应用及能的转化与守恒，是高考命题的重点，此类命题几乎每年高考卷面均有所见,，引起足够重视.
二.知识概要与方法
(一)弹簧类问题的分类
1、弹簧的瞬时问题
弹簧的两端都有其他物体或力的约束时，使其发生形变时，弹力不能由某一值突变为零或由零突变为某一值。
2、弹簧的平衡问题
这类题常以单一的问题出现，涉及到的知识是胡克定律，一般用f=kx或△f=k △x来求解。
专题解说
二.知识概要与方法
3、弹簧的非平衡问题
这类题主要指弹簧在相对位置发生变化时，所引起的力、加速度、速度、功能和合外力等其它物理量发生变化的情况。
4、 弹力做功与动量、能量的综合问题
在弹力做功的过程中弹力是个变力，并与动量、能量联系，一般以综合题出现。有机地将动量守恒、机械能守恒、功能关系和能量转化结合在一起。分析解决这类问题时，要细致分析弹簧的动态过程，利用动能定理和功能关系等知识解题。
专题解说
二.知识概要与方法
(二)弹簧问题的处理办法
1.弹簧的弹力是一种由形变而决定大小和方向的力.当题目中出现弹簧时，要注意弹力的大小与方向时刻要与当时的形变相对应.在题目中一般应从弹簧的形变分析入手，先确定弹簧原长位置，现长位置，找出形变量x与物体空间位置变化的几何关系，分析形变所对应的弹力大小、方向，以此来分析计算物体运动状态的可能变化.
2.因弹簧（尤其是软质弹簧）其形变发生改变过程需要一段时间，在瞬间内形变量可以认为不变.因此，在分析瞬时变化时，可以认为弹力大小不变，即弹簧的弹力不突变.
专题解说
二.知识概要与方法
3.在求弹簧的弹力做功时，因该变力为线性变化，可以先求平均力，再用功的定义进行计算，也可据动能定理和功能关系：能量转化和守恒定律求解.同时要注意弹力做功的特点：Wk=－（ kx22－ kx12），弹力的功等于弹性势能增量的负值.弹性势能的公式Ep= kx2，高考不作定量要求，可作定性讨论.因此，在求弹力的功或弹性势能的改变时，一般以能量的转化与守恒的角度来求解.
专题聚焦
例1.（2001年上海）如图（A）所示，一质量为m的物体系于长度分别为l1、l2的两根细线上，l1的一端悬挂在天花板上，与竖直方向夹角为θ，l2水平拉直，物体处于平衡状态.现将l2线剪断，求剪断瞬时物体的加速度.
（1）下面是某同学对该题的一种解法：
解：设l1线上拉力为T1，l2线上拉力为T2，重力为mg，物体在三力作用下保持平衡：
T1cosθ=mg,T1sinθ=T2,T2=mgtanθ
剪断线的瞬间，T2突然消失，物体即在T2反方向获得加速度.因为mgtanθ=ma,所以加速度a=gtanθ,方向在T2反方向
你认为这个结果正确吗 请对该解法作出
评价并说明理由.
专题聚焦
（2）若将图A中的细线l1改为长度相同、质量不计的轻弹簧，如图（B）所示，其他条件不变，求解的步骤与（1）完全相同，即a=gtanθ，你认为这个结果正确吗 请说明理由.
答：（1）结果不正确.因为l2被剪断的瞬间，l1上张力的大小发生了突变，此瞬间T2=mg cosθ,
a=g sinθ
答：（2）结果正确，因为l2被剪断的瞬间、弹簧l1的长度不能发生突变、T1的大小和方向都不变.
专题聚焦
例2.A、B两木块叠放在竖直轻弹簧上，如图所示，已知木块A、B质量分别为0.42 kg和0.40 kg，弹簧的劲度系数k=100 N/m ，若在木块A上作用一个竖直向上的力F，使A由静止开始以0.5 m/s2的加速度竖直向上做匀加速运动（g=10 m/s2）.
（1）使木块A竖直做匀加速运动的过程中，力F的最大值
（2）若木块由静止开始做匀加速运动，直到A、B分离的过程中，弹簧的弹性势能减少了0.248 J，求这一过程F对木块做的功.
B
A
解:
当F=0（即不加竖直向上F力时），设A、B叠放在弹簧上处于平衡时弹簧的压缩量为x，有
kx=（mA+mB）g,, x=（mA+mB）g/k ①
专题聚焦
A
B
N
N
mAg
mBg
F
Kx/
对A施加F力，分析A、B受力如图
对A F+N-mAg=mAa ②
对B kx′-N-mBg=mBa′ ③
可知，当N≠0时，AB有共同加速度a=a/，
由②式知欲使A匀加速运动，随N减小
F增大.当N=0时，F取得了最大值Fm,
即Fm=mA（g+a）=4.41 N
又当N=0时，A、B开始分离，由③式知此时，弹簧压缩量kx′=mB（a+g），x′=mB（a+g）/k ④
AB共同速度 v2=2a（x-x′） ⑤
由题知，此过程弹性势能减少了WP=EP=0.248 J
设F力功WF，对这一过程应用动能定理或功能原理
WF+EP-（mA+mB）g（x-x′）= （mA+mB）v2 ⑥
联立①④⑤⑥,且注意到EP=0.248J,可知WF=9.64×10-2J
专题聚焦
C
θ
A
B
例3、（2005年全国理综III卷）如图所示，在倾角为θ的光滑斜面上有两个用轻质弹簧相连接的物块A、B，它们的质量分别为mA、mB，弹簧的劲度系数为k,C为一固定挡板。系统处一静止状态，现开始用一恒力F沿斜面方向拉物块A使之向上运动，求物块B刚要离开C时物块A的加速度a和从开始到此时物块A的位移d，重力加速度为g。
解：令x1表示未加F时弹簧的压缩量，由胡克定律和牛顿定律可知
①
令x2表示B刚要离开C时弹簧的伸长量，a表示此时A的加速度，由胡克定律和牛顿定律可知：
kx2=mBgsinθ ②
F－mAgsinθ－kx2=mAa ③
得
由题意 d=x1+x2 ⑤
由①②⑤式可得
例4：（2005年全国理综II卷）如图，质量为m1的物体A经一轻质弹簧与下方地面上的质量为m2的物体B相连，弹簧的劲度系数为k，A、B都处于静止状态。一条
不可伸长的轻绳绕过轻滑轮，一端连物体A，另
一端连一轻挂钩。开始时各段绳都处于伸直状态，
A上方的一段绳沿竖直方向。现在挂钩上升一质
量为m3的物体C并从静止状态释放，已知它恰好
能使B离开地面但不继续上升。若将C换成另一个
质量为(m1+m3)的物体D，仍从上述初始位置由静
止状态释放，则这次B刚离地时D的速度的大小是
多少？已知重力加速度为g。
A
B
m2
k
m1
专题聚焦
解：开始时，A、B静止，设弹簧压缩量为x1，有 kx1=m1g ①
挂C并释放后，C向下运动，A向上运动，设B刚要离地时弹簧伸长量为x2，有kx2=m2g ②
B不再上升，表示此时A和C的速度为零，C已降到其最低点。由机械能守恒，与初始状态相比，弹簧性势能的增加量为 △E=m3g(x1+x2)－m1g(x1+x2) ③
C换成D后，当B刚离地时弹簧势能的增量与前一次相同，由能量关系得
故得
专题聚焦
专题聚焦
例5：在原子物理中，研究核子与核子关联的最有效途经是“双电荷交换反应”。这类反应的前半部分过程和下面力学模型类似。两个小球A和B用轻质弹簧相连，在光滑的水平直轨道上处于静止状态。在它们左边有一垂直轨道的固定档板P，右边有一小球C沿轨道以速度v0射向B球，如图所示，C与B发生碰撞并立即结成一个整体D。在它们继续向左运动的过程中，当弹簧长度变到最短时，长度突然被锁定，不再改变。然后，A球与档板P发生碰撞，碰后A、D静止不动，A与P接触而不粘连。过一段时间，突然解除销定（锁定及解除锁定均无机械能损失），已知A、B、C三球的质量均为m。
（1）求弹簧长度刚被锁定后A球的速度。
（2）求在A球离开档板P之后的运
动过程中，弹簧的最大弹性势能。
P
m
m
m
A
B
V0
C
专题聚焦
解：整个过程可分为四个阶段来处理．
（1）设Ｃ球与Ｂ球粘结成Ｄ时，D的速度为ｖ1，由动量守恒定律，得 mv0=2mv1 ①
也可直接用动量守恒一次求出（从接触到相对静止）
mv0=3mv2，v2=(1/3)v0．
（2）设弹簧长度被锁定后，贮存在弹簧中的势能为EP，由能量守恒定律，得 （2ｍ）v12＝ （3ｍ）v22＋EP ④
当弹簧压至最短时，Ｄ与Ａ的速度相等，设此速度为v2，由动量守恒定律，得 2mv1＝3ｍv2 ② 联立①、②式得 v1＝（1／3）v0 ③
P
m
m
m
A
B
V0
C
专题聚焦
P
m
m
m
A
B
V0
C
撞击Ｐ后，Ａ与Ｄ的动能都为零，解除锁定后，当弹簧刚恢复到自然长度时，弹性势能全部转变成Ｄ的动能，设Ｄ的速度为v3，有 EP＝ （2ｍ）v32 ⑤
以后弹簧伸长，Ａ球离开挡板Ｐ，并获得速度．设此时的速度为v4，由动量守恒定律，得 2ｍv3＝3ｍv4 ⑥
当弹簧伸到最长时，其弹性势能最大，设此势能为EP/，由能量守恒定律，得 （2ｍ）v32＝ （3ｍ）v42＋EP/ ⑦
联立③─⑦式得
ＥP/＝ ｍv02 ⑧
专题聚焦
例6.（03江苏）⑴如图1，在光滑水平长直轨道上，放着一个静止的弹簧振子，它由一轻弹簧两端各联结一个小球构成，两小球质量相等。现突然给左端小球一个向右的速度u0，求弹簧第一次恢复到自然长度时，每个小球的速度。
⑵如图2，将N个这样的振子放在该轨道上。最左边的振子1被压缩至弹簧为某一长度后锁定，静止在适当位置上,这时它的弹性势能为E0。其余各振子间都有一定的距离。现解除对振子1的锁定，任其自由运动，当它第一次恢复到自然长度时，刚好与振子2碰撞,此后,继续发生一系列碰撞,每个振子被碰后刚好都是在弹簧第一次恢复到自然长度时与下一个振子相碰。求所有可能的碰撞都发生后,每个振子弹性势能的最大值。已知本题中两球发生碰撞时,速度交换,即一球碰后的速度等于另一球碰前的速度。
专题聚焦
1 2 3 4 N
……
左
左
右
右
图1
图2
解：（1）设小球质量为m，以u1、u2分别表示弹簧恢复到自然长度时左右两端小球的速度。由动量守恒和能量守恒定律有 mu1+mu2=mu0 （以向右为速度正方向）,
解得 u1=u0，,u2=0或u1=0，u2=u0
由于振子从初始状态到弹簧恢复到自然长度的过程中，弹簧一直是压缩状态，弹性力使左端持续减速，使右端小球持续加速，因此应该取：u1=0，u2=u0
（2）以v1、v1/分别表示振子1解除锁定后弹簧恢复到自然长度时左右两小球的速度，规定向右为速度的正方向。由动量守恒和能量守恒定律有 mv1+mv1/=0
专题聚焦
解得
或
在这一过程中,弹簧一直压缩状态,弹性力使左端小球向左加速,右端小球向右加速,故应取解：
振子1与振子2碰撞后，由于交换速度，振子1右端小球速度变为0，左端小球速度仍为v1，此后两小球都向左运动。当它们向左的速度相同时，弹簧被拉伸至最长，弹性势能最大。设此速度为v10，根据动量守恒有2mv10=mv1
用E1表示最大弹性势能，由能量守恒有
解得E1＝ E0
专题训练
Ｆ
Ｆ
F
Ｆ
Ｆ
①
②
③
④
1．(04全国)如图所示，四个完全相同的弹簧都处于水平位置，它们的右端受到大小皆为F的拉力作用，而左端的情况各不相同：①中弹簧的左端固定在墙上，②中弹簧的左端受大小也为F的拉力作用，③中弹簧的左端拴一小物块，物块在光滑的桌面上滑动，④中弹簧的左端拴一小物块，物块在有摩擦的桌面上滑动。若认为弹簧的质量都为零，以l1、l2、l3、l4依次表示四个弹簧的伸长量，则有
A．l2＞l1 B．l4＞l3 C．l1＞l3 D．l2＝l4
(D)
专题训练
1
2
2.(01江浙)如图所示，在一粗糙水平面上有两个质量分别为m1和m2的木块1和2，中间用一原长为l、劲度系数为K的轻弹簧连接起来，木块与地面间的滑动摩擦因数为μ。现用一水平力向右拉木块2，当两木块一起匀速运动时两木块之间的距离是
A. B.
C. D.
(A)
专题训练
m2
m3
3.如图所示，质量为m1的框架顶部悬挂着质量分别为m2、m3的两物体（m2＞m3）．物体开始处于静止状态，现剪断两物体间的连线取走m3，当物体m2向上运动到最高点时，弹簧对框架的作用力大小等于 ，框架对地面的压力等于 .
（m2－m3）g
（m1＋m2－m3）g
专题训练
a
c
b
d
4.(05广东)如图所示，两根足够长的固定平行金属导轨位于同一水平面，导轨上横放着两根相同的导体棒ab、cd与导轨构成矩形回路，导体棒的两端连接着处于压缩状态的两很轻质弹簧，两棒的中间用细线绑住，它们的电组均为R，回路上其余部分的电阻不计,在导轨平面内两导轨间有一竖直向下的匀强磁场，开始时，导体棒处于静止状态，剪断细线后，导体捧在运动过程中
A.回路中有感应电动势
B.两根导体棒所受安培力的方向相同
C.两根导体棒和弹簧构成的系统动量
守恒，机械能守恒
D.两根导体棒的弹簧构成的系统动量
守恒，机械能不守恒
（AD)
专题训练
A1
A2
B2
B1
5.物块A1、A2、B1和B2的质量均为m，A1、A2用刚性轻杆连接，Bl、B2用轻质弹黄连结，两个装置都放在水平的支托物上，处于平衡状态，如图所示.今突然撤去支托物，让物块下落，在除去支托物的瞬间，A1、A2受到的合力分别为FA1和FA2，B1、B2受到的合力分别为FB1和FB2，则
A．FA1=0．FA2=2mg，FB1=0，FB2=mg
B．FA1=mg，FA2=mg，FB1=0，FB2=2mg
C．FA1=mg，FA2=2mg，FB1=mg，FB2=mg
D．FA1=mg，FA2=mg，FB1=mg，FB2=mg
（B）
专题训练
B
A
)300
6．如图所示，质量为m的小球用水平弹簧系住，并用倾角为300的光滑木板斜托住，小球恰好处于静止状态．当木板AB突然向下撤离的瞬间，小球的加速度为
A.O; B.大小为 ,方向竖直向下
C.大小为 ,方向垂直于木板向下;
D.大小为 方向水平向左
（C）
专题训练
7.（2000年春）一轻质弹簧，上端悬挂于天花板，下端系一质量为M的平板，处在平衡状态.一质量为m的均匀环套在弹簧外，与平板的距离为h，如图所示.让环自由下落，撞击平板.已知碰后环与板以相同的速度向下运动，使弹簧伸长
A.若碰撞时间极短，则碰撞过程中环与板的总动量守恒
B.若碰撞时间极短，则碰撞过程中环与板的总机械能守恒
C.环撞击板后，板的新的平衡位置与h的
大小无关
D.在碰后板和环一起下落的过程中，它
们减少的动能等于克服弹簧力所做的功
(AC)
专题训练
8.如图所示，原长为30 cm的轻弹簧竖直立于地面，下端固定于地面，质量为m=0.1kg的物体放到弹簧顶部，物体静止，平衡时弹簧长为26cm,如果物体从距地面130 cm处自由下落到弹簧上，当物体压缩弹簧到距地面22cm（不计空气阻力, 取g = l0m/s2) ;有
A.物体的动能为1J
B.物块的重力势能为1.08J
C.弹簧的弹性势能为0.08J
D.物块的动能与重力势能之和为2.16J
(AC)
专题训练
9．(04广东)如图所示,密闭绝热的具有一定质量的活塞,活塞的上部封闭着气体,下部为真空,活塞与器壁的摩擦忽略不计,置于真空中的轻弹簧的一端固定于容器的底部.另一端固定在活塞上,弹簧被压缩后用绳扎紧,此时弹簧的弹性势能为EP (弹簧处于自然长度时的弹性势能为零),现绳突然断开,弹簧推动活塞向上运动,经过多次往复运动后活塞静止,气体达到平衡态,经过此过程
A．EP全部转换为气体的内能
B．EP一部分转换成活塞的重力势能,其余部分仍为弹簧的弹性势能
C．EP全部转换成活塞的重力势能和气体的内能
D．EP一部分转换成活塞的重力势能,一部分转
换为气体的内能,其余部分仍为弹簧的弹性势能
理想气体
（ D ）
理想气体
专题训练
O
A
10.如图所示，一根轻弹簧竖直放置在地面上，上端为0点，某人将质量为m的物块放在弹簧上端0处，使它缓慢下落到A处，放手后物块处于平衡状态，在此过程中人所做的功为W.如果将物块从距轻弹簧上端O点H高处释放，物块自由落下，落到弹簧上端O点后，继续下落将弹簧压缩，那么物块将弹簧压缩到A处时，物块速度v的大小是多少？
解析:
物块由O点到A点将弹簧压缩了x，弹簧具有的弹性势能为E，此过程中人对物块做的功为负功．由功能原理有：mgx－W=E ①
物块第二次从H高处下到A处，由机械能守恒定律有：mg(H＋x)= mv2 +E ②
联立①②解得速度为：
专题训练
11.（04广东）图中，轻弹簧的一端固定，另一端与滑块B相连，B静止在水平导轨上，弹簧处在原长状态。另一质量与B相同滑块A，从导轨上的P点以某一初速度向B滑行，当A滑过距离L1时，与B相碰，碰撞时间极短，碰后A、B紧贴在一起运动，但互不粘连。已知最后A恰好返回出发点P并停止。滑块A和B与导轨的滑动摩擦因数都为μ，运动过程中弹簧最大形变量为L2，求A从P出发时的初速度v0。
解:令A、B质量皆为m，A刚接触B时速度为v1（碰前），由功能关系，有
A、B碰撞过程中动量守恒，令碰后A、B共同运动的速度为v2有
专题训练
碰后A、B先一起向左运动，接着A、B一起被弹回，在弹簧恢复到原长时，设A、B的共同速度为v3，在这过程中，弹簧势能始末两态都为零，利用功能关系，有
此后A、B开始分离，A单独向右滑到P点停下，由功能关系有
由以上各式，解得
专题训练
12. (2005江苏)如图,固定的水平金属导轨，间距为L，左端接有阻值为R的电阻，处在方向竖直、磁感应强度为B的匀强磁场中，质量为m的导体棒与固定弹黄相连，放在导轨上，导轨与导体棒的电阻均可忽略．初始时刻，弹簧恰处于自然长度．导体棒具有水平向右的初速度v0,在沿导轨往复运动的过程中，导体棒始终与导轨垂直并保持良好接触．
（1）求初始时刻导体棒受到的安培力；
（2）若导体棒从初始时刻到速度第一次为零时，弹簧的弹性势能为EP，则这一过程中安培力所做的功W1和电阻上产生的焦耳热Q1分别为多少？
（3)导体棒往复运动,最终将静止于何处？从导体棒开始运动直到最终静止的过程中，电阻R上产生的焦耳热Q为多少？
专题训练
解:（1）初始时刻棒中感应电动势：
棒中感应电流：
作用于棒上的安培力
联立得
安培力方向：水平向左
（2）由功和能的关系得安培力做功
电阻R上产生的焦耳热
（3）由能量转化及平衡条件等，可判断棒最终静止于初始位置
专题训练
13.如图所示，质量均为m的A、B两球间有压缩的处于锁定状态的轻、短弹簧（两球的大小尺寸和弹簧尺寸都可忽略，它们整体可视为质点）．若将它们放置在水平面上竖直光滑的发射管内，解除锁定时.A球能上升的最大高度为H.现在让两球包括锁定的弹簧从水平面出发，沿半径为R的光滑半圆槽从右侧由静止开始下滑，至最低点时，瞬间锁定解除，求A球离开圆槽后能上升的最大高度．
解析：当弹簧竖直放置时，解除锁定后弹簧将弹性势能全部转化为A的机械能，则弹簧弹性势能为： E弹＝mgH
专题训练
当AB系统水平放置时.AB系统由水平位滑到圆轨道最低点时速度为v0．弹簧解除锁定后．A、B的速度分别为vA、vB . 则有：2mgR=2× mv02
2mv0=mvA＋mvB
2× mv02＋E弹= mA2＋ mvB2
联立得到：
相对水平面上升最大高度h.则h＋R=
专题训练
14.如图所示，A、B、C三物块质量均为m，置于光滑水平台面上.B、C间夹有原已完全压紧不能再压缩的弹簧，两物块用细绳相连，使弹簧不能伸展.物块A以初速度v0沿B、C连线方向向B运动，相碰后，A与B、C粘合在一起，然后连接B、C的细绳因受扰动而突然断开，弹簧伸展，从而使C与A、B分离，脱离弹簧后C的速度为v0. （1）求弹簧所释放的势能ΔE.
（2）若更换B、C间的弹簧，当物块A以初速v向B运动，物块C在脱离弹簧后的速度为2v0，则弹簧所释放的势能ΔE′是多少
（3）若情况（2）中的弹簧与情况（1）中的弹簧相同，为使物块C在脱离弹簧后的速度仍为2v0，A的初速度v应为多大
专题训练
解:（1）A与B相碰过程,其碰后共同速度由动量守恒可得:mv0=3mv……①
设C脱离时A、B的速度为v/,则由动量守恒得
3mv=2mv/＋mv0……②
联立①②得v/=0,即A、B刚好静止,由功能关系得ΔE=(0＋ mv02)－ ·3m·(v0/3)2= mv02
（2）同理A与B相碰过程,其碰后共同速度由动量守恒可得:mv=3mv/……①
设C脱离时A、B的速度为v//,则由动量守恒得
3mv/=2mv//＋m2v0……②
联立①②得v//= (v－2v0),则由功能关系得ΔE=( ·2m·v//2＋ ·m·4v02)－ ·3m·(v/3)2= m(v-6v0)2
(3)由(2)得ΔE= m(v-6v0)2= mv02,得v=4v0
(或v=8v0,舍去)
专题训练
16. 如图所示，倾角为θ=300的斜面固定于水平地面上，在斜面底端O处固定有一轻弹簧，斜面顶端足够高。斜面上OM段光滑,M点以上均粗糙。质量为m的物块A在M点恰好能静止，在离M点的距离为L的N点处，有一质量为2m的光滑物块B以速度 滑向物块A，若物块间每次碰撞（碰撞时间极短）后即紧靠在一起但不粘连，物块间、物块和弹簧间的碰撞均为正碰。求：
（1)物块A在M点上方时，离M点的最大距离、。
(2)系统产生的总内能E0
解:(1)由题意知物块A恰能静止,则mgsinθ=μmgcosθ,物块B光滑,设第一次运动到A处时的速度为v1,则由能量守恒得 ·2m·v12= ·2m·v02＋2mgLsinθ,即
专题训练
B与A相碰后的共同速度v1/由动量守恒得:(m＋2m) v1/=2mv1,
它们与弹簧相碰后仍以原速率返回,到达M点时速率 仍为V1/,随后B做加速度为aB=gsinθ= g的减速运动,A做加速度为aA=g(sinθ＋μcosθ)=g的减速运动,两者分离.
A上升的离M点的距离xA由功能关系知:
·m·v1/2=μmgcosθxA＋mgxAsinθ,得xA=L/6;
B能上升的高度xB由功能关系知
·2m·v1/2=2mgxBsinθ,得xB=4L/3.
B第二次与A碰前速度v2由 ·2m·v22=2mgsinθ( )
碰后的共同速度由动量守恒得
两者到达M点时的速度为v2//,由功能关系知:
·3m·v2//2= ·3m·v2/2＋3mgsinθ －μmgcosθ ,得
专题训练
随后重复上述过程,得A上升的离M点的距离x/A由功能关系知: ·m·v2//2=μmgcosθx/A＋mgx/Asinθ,得x/A=
B能上升的高度x/B由功能关系知 ·2m·v2//2=2mgx/Bsinθ,得x/B=
由此可见A第一次离开M点的距离即为最大距离, xA=L/6
(2)由受力分析知3mgsinθ>μmgcosθ,由此推断物块A与B最后将在OM间做往复运动.故产生的总内能
E0= ·2m·v02＋2mgLsinθ=3mgL
专题训练
B
v0
A
18.如图所示．光滑水平面上有一小车B．右端固定一砂箱，砂箱左侧连接一水平轻弹簧,小车和砂箱的总质量为M。车上放着一物块A，质量也是M，且物块A与左侧的车面间的动摩擦因数为μ，与其他车面间的摩擦不计。物块A随小车以速度v0正向右匀速运动。在车匀速运动时,离砂面H高处有一质量为m的泥球自由下落，恰好落在砂箱中，求：
（1）小车在前进中，弹簧弹性势能的最大值。
(2)为使物块A不从小车上滑下，
车面粗糙部分至少应多长。
专题训练
解:(1)泥球落入砂箱的过程,动量守恒,小车的速度变为v,Mv0=(M＋m)v
当A与车速度相等时,弹簧的压缩量x最大,即弹性势能最大,设此时的共同速度为u,则由动量守恒知:
(M＋m)v＋Mv0=(2M＋m)u,
由功能关系知: Mv02＋ (M＋m)v2= (2M＋m)u2＋EP
故
(2)当弹簧恢复到原长时,物体A脱离弹簧进入摩擦车面,直至与车相对静止,共同速度为v/,由动量守恒和功能关系知:2Mv0=(2M+m)V/,
μMgS相＋ (2M＋m)v/2=EP＋ (2M＋m)u2
专题训练
A
B
V0
18.如图甲所示，一轻弹簧的两端与质量分别为mA和mB的两物块A、B相连接，并静止在光滑的水平面上，已知mA=1 kg,现使A瞬时获得水平向右的初速度v0，从此时刻开始计时，两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示，其中A物块的速度图线略去了开始的一小段。已知弹簧始终处于弹性限度内。试求：
（1)物块A的初速度v0的大小和物块B的质量mB。
(2)在A,B和弹簧相互作用的过程中，弹簧的最大弹性势能
(3)整个探究过程采用了哪些科学方法
A．类比分析; B.理想实验;
C.等效替换;度 D.控制变量
专题训练
B
C
A
x0
3x0
19.质量为m的小球B与质量为2m的小球C之间用一根轻质弹簧连接，现把它们放置在竖直固定的内壁光滑的直圆筒内，平衡时弹簧的压缩量为x0，如图所示．设弹簧的弹性势能与弹簧的形变量（即伸长量或缩短量）的平方成正比．小球A从小球B的正上方距离为3x0的P处自由落下，落在小球B上立刻与小球B粘连在一起向下运动，它们到达最低点后又向上运动．已知小球A的质量也为m时，它们恰能回到O点（设3个小球的直径相等，且远小于x0，略小于直圆筒内径）．问小球A
至少在B球正上方多少距离处自由落下，
与B球粘连后一起运动，可带动小球C离开
筒底？
专题训练
解:由题意知kx0=mg,A球落B球处时的速度: mvA2=mg3x0,即
与B碰撞过程动量守恒,mvA=(2m)v合,
随后压缩弹簧又恢复的过程机械能守恒,
·2m·v合2＋EP=2mgx0, EP= mgx0= kx02
要带动C球离开筒底,则弹簧需伸长x/,kx/=2mg,即x/=2x0,由能量守恒 ·2m·v合/2＋EP=2mg(x/＋x0)＋EP/
由题意知EP/= kx/2= k(4x02)=4EP=2mgx0
故
,由动量守恒得
所以得A球离B球高度: mvA/2=mgH, H=15x0
专题训练
A
B
20.如图所示，弹簧上端固定在一O点，下端挂一木匣A, 木匣A顶部悬挂一木块B（可当作质点），A和B的质量都为m=1kg, B距木匣底面h=16cm，当它们都静止时，弹簧长度为L，某时刻，悬挂木块B的细线突然断开，在木匣上升到速度刚为0时，B和A的底面相碰，碰撞后结为一体，当运动到弹簧长度又为L时,速度变为v/=1m/s。求：
(1)碰撞中的动能损失△Ek；
(2)弹簧的劲度系数k;
(3)原来静止时的弹性势能E0
专题训练
A
B
解:(1)从B开始下落到弹簧长度再次恢复为L的过程中,系统损失的机械能为:ΔE=mgh－ ·2mv/2=0.6J
则碰撞中动能损失等于系统的机械能损失:ΔEK=ΔE=0.6J
(2)设弹簧开始时的伸长量为x,碰前B的速度为VB,碰后A和B的共同速度为V,则原来静止时:kx=2mg,
线断后,A将做简谐振动振动,在其平稀位置处,应有kx1=mg
由上两式可得:x=2x1
即当A的速度为零时,A向上振动了半周,上移了x,此时弹簧刚好为原长.
碰前过程,对B:mg(h－x)= mvB2
碰撞过程中,对系统mvB=2mv,ΔEK= mvB2－ ·2mv2
代入各式数据后得x=0.04m.k=500N/m.专题训练题(一) 运动和力
一、选择题(本题包括12小题，每小题3分，共36分．在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确．全部选对的得3分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分)
1．一氢气球下系一小重物G，重物只在重力和绳的拉力作用下做直线运动，不计空气阻力和风力影响，重物运动的方向如图1—1中箭头所示虚线方向，图中气球和重物G在运动中所处的位置可能是 ( )
2．静止在光滑水平面上的物体受到一个水平拉力的作用，该力随时间变化的关系如图1-2所示，下列说法正确的是 ( )
A．物体在0—2s内的位移为零 B．4s末物体将回到出发点
C．0—2s内拉力所做的功为零 D．物体一直在朝一个方向运动
3．图1—3所示为一列简谐横波在t时刻的波形图，箭头表示波的传播方向，该列波的波速大小为，波长λ=4L．a、b、c、d是介质中4个质量相等的振动质元．由此可知 ( )
A．在t时刻，4个质元中动能最小的为c
B．在时刻，4个质元中动能最大的为d
C.从t时刻算起，质元a将比b先到达平衡位置
D．从t时刻起到时刻止，4个质元通过的路程都是L
4．如图1—4所示，甲带正电，乙是不带电的绝缘块，甲、乙叠放在一起置于光滑的水平面上，空间存在水平方向的匀强磁场，在水平拉力F的作用下，甲、乙一起向左加速运动，那么在加速运动阶段 ( )
A．甲、乙间的摩擦力不断增大 B．甲、乙间的摩擦力不变
C．甲、乙两物体的加速度不断减小 D．甲对乙的压力不断增大
5．如图1—5所示，一物体在恒力作用下沿光滑水平面做曲线运动，当物体从M点运动到N点时，速度方向恰好改变了90°，则物体在M点到N点的运动过程中，物体的动能将 ( )
A．不断增加 B．不断减少
C.先减少后增加 D．先增加后减少
6．中子内有一个电荷量为的上夸克和两个电荷量为的下夸克，一简单模型是三个夸克都在半径为r的同一圆周上，如图1—6所示．图1-7给出的四幅图中，能正确表示出各夸克所受静电作用的是 ( )
7．如图1—8所示，斜杠MN上套一个重球，不计摩擦．已知杆做加速移动，且移动方向有图1—8所示的六种可能，即：a竖直向下；b沿杆方向斜向下；c水平向右；d垂直杆斜向上方；e竖直向上；f水平向左．则不能使球与杆保持相对静止的移动方向是 ( )
A．a、b、c B．d、e、f C．a、f D．c、d、e
8．最近，科学家在望远镜中看到太阳系外某一恒星有一行星，并测得它围绕该恒星运行一周所用的时间为1200年，它与该恒星的距离为地球到太阳的距离的100倍．假定该行星绕恒星运行的轨道和地球绕太阳运行的轨道都是圆周，仅利用以上两个数据可以求出的量有 ( )
A．恒星质量与太阳质量之比 B．恒星密度与太阳密度之比
C．行星质量与地球质量之比 D．行星运行速度与地球公转速度之比
9．如图1—9所示，两个完全相同的光滑球的质量均为阴，放在竖直挡板和倾角为α的固定斜面间．若缓慢转动挡板至与斜面垂直，此过程中 ( )
A．A、B两球间的弹力不变 B．B球对挡板的压力逐渐减小
C．B球对斜面的压力先减小后增大 D．A球对斜面的压力逐渐增大
10．一轻杆下端固定一个质量为M的小球，上端连在轴上，并可绕轴在竖直平面内运动，不计一切阻力，当小球在最低点时，受到水平的瞬时冲量I0作用，刚好能到达最高点，若小球在最低点受到的瞬时冲量从I0不断增大，则可知 ( )
A．小球在最高点对杆的作用力不断增大 B．小球在最高点对杆的作用力先减小后增大
C．小球在最低点对杆的作用力不断增大 D．小球在最低点对杆的作用力先增大后减小
11．竖直上抛一个小球，从抛出到落回原抛出点的过程中，它的速度、重力势能、位移、加速度随时间变化的函数图像正确的是(不计空气阻力，以竖直向下为正方向，图I—10中曲线为抛物线，抛出点为零势能点) ( )
12．如图1—11所示，平行金属导轨MN、PQ水平放置，M、P之间接有阻值为R的固定电阻．金属棒ab垂直于导轨放置，且始终与导轨接触良好，导轨和金属棒的电阻不计．匀强磁场方向垂直导轨所在平面．现用垂直于棒的水平向右的外力F，拉动ab棒由静止开始向右做匀加速直线运动，则能够正确表示外力F随时间变化规律的是图1—12中的 ( )
二、实验题(本题包括3小题，每小题5分，共15分)
13．在利用单摆测重力加速度的实验中，某同学测出多组摆长和运动周期，根据实验数据，作出T2—L关系图像，如图1—13所示． (1)该同学实验中出现的错误可能是 ． (2)虽然实验中出现了错误，但根据图像中数据，仍可算出准确的重力加速度，其值为 m／s2．
14．为研究钢球在液体中运动时所受阻力的大小，让钢球从某一高度竖直落下进入液体中运动，用闪光照相方法拍摄钢球在不同时刻的位置，如图1—14所示，已知钢球在液体中运动时所受的阻力，闪光照相机的闪光频率为f，图中刻度尺的最小分度为s0，钢球的质量为m，则阻力常数是的表达式为k= ·
15．图1—15为某小物体做匀变速直线运动时的闪光照片．已知每隔0．2s完成一次闪光，A、B、C、D、E、F分别为物体相邻各个时刻的先后位置，其中C、D位置模糊不清，其他位置距A的长度已在图中标出，由此可以计算出物体运动加速度的大小为 m／s2．由图中数据可以确定小物体做匀 速运动(填“加”或“减”)．
三、计算题(本题包括5小题，共49分)
16．(8分)如图1—16所示，在倾角为θ的光滑斜面上有两个用轻质弹簧相连接的物体A、B，它们的质量分别为mA、mB，弹簧的劲度系数为是k，C为一固定挡板．系统处于静止状态。现开始用一恒力F沿斜面方向拉物块A使之向上运动，求物块B刚要离开C时，物块A的加速度。和从开始到此时物块A的位移d(重力加速度为g)．
17．(8分)宇宙中某星球每隔4．4×10—4s就向地球发出一次电磁脉冲．有人曾经乐观地认为，这是外星人向我们地球人发出的联络信号．天文学家否定了这种看法，并认为该星球上有一个能连续发出电磁波的发射源，由于星球围绕自转轴高速旋转，才使得地球上接收到的电磁波是不连续的．请根据记录的数据以及万有引力常量G的值 (6．67×10—11N·m2/kg2)估算该星球的最小密度．(保留两位有效数字)
18．(10分)一根光滑杆弯成半圆形，上穿一质量为m的小球，用细绳系于一端，如图1—17所示，测得细绳与水平面的夹角为30°，试求细绳对小球的拉力和球所受杆的弹力．
19．(10分)将一测力传感器连接到计算机上就可以测量快速变化的力．图1—18a中O点为单摆的固定悬点，现将小摆球(可视为质点)拉至A点，此时细线处于张紧状态，释放摆球，则摆球将在竖直平面内的A、B、C之间来回摆动，其中B点为运动中的最低位置，∠AOB=∠COB=θ，θ小于I0°且未知量．图1—18b表示由计算机得到的细线对摆球的拉力大小F随时间t变化的曲线，且图中t=0时刻为摆球从A点开始运动的时刻．试根据力学规律和题中(包括图中)所给的信息．求：(g取10m／s2)
(1)单摆的振动周期和摆长； (2)摆球的质量； (3)摆球运动过程中的最大速度．
20．(13分)质量为m、带电荷量为+q的小球在O点以初速度沿与水平方向成30°角的方向射出，如图1-19所示．小球运动过程中，除受重力外，还受到方向始终与初速度方向相反的力F的作用． (1)若F=mg，要使小球保持匀速直线运动，可在某一方向上加一定大小的匀强电场，求此电场强度的大小和方向； (2)若F=2mg，且电场强度E′=，仍要使小球沿方向做直线运动，那么该电场强度的方向如何 求小球沿方向运动的最大位移和回到O点的时间．
专题训练题(一) 运动和力参考答案
1、 选择题答案：
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12
ABC BC B BD C B BCD AD AB BC ABC C
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吴有训实验学校2007届高三第二轮复习资料吴有训实验学校2007届高三第二轮复习资料
专题研究三 带电粒子在场中的运动
高考命题思路
1. 带电粒子在电场中的运动，近几年主要以选择题的形式出现，考查电场力产生加速度、电场力做功两类较为基本的问题，但研究的对象出现了从单一电荷向组合电荷发展的趋势，难度有所增加。另外，要密切关注如电容式传感器、示波管原理、直线加速器等跟生产技术、生活实际和科学研究关联的问题，这些都可以成为新情景综合问题的命题素材。
2. 带电粒子在磁场中的运动，近几年单独出题不多，究其原因，可能是这类问题的解决涉及到的知识并不多，主要就是洛伦兹力提供向心力和匀速圆周运动的有关知识，但不能因此掉以轻心，因为这部分也可以出不少能力题，尤其是粒子运动径迹不明确，需要我们通过仔细探寻才能搞清楚的问题，这类问题如果作不出粒子的运动轨迹，往往就束手无策。
3. 带电粒子在复合场中的运动，是近几年考查的重点，并多以综合计算题的形式出现，运动形态常为匀速直线运动、匀速圆周运动和类平抛运动。处理此类问题，要注意分析粒子的受力图景、运动图景和能量图景，依据受力和初始条件确定粒子的运动情况，分析它的能量变化。近年来，考查灵活运用所学知识解决实际问题的能力成为高考的重要目标之一，在复习中应当有的放矢，对于一些实际应用型的习题，要注意归类分析，各个击破。例如速度选择器、质谱仪、回旋加速器、磁流体发电机、电磁流量计、α磁谱仪、霍尔效应等。2004年江苏物理卷的17题，再现了汤姆生利用电场和磁场测定电子比荷的实验，2004年天津理科综合卷25题对磁流体发电问题挖掘得很深，是高考这一命题趋势的体现。
一、带电粒子在电场中的运动·精典考题反思
[例1]（2005江苏 3）根据α粒子散射实验，卢瑟福提出了原子的核式结构模型。图1-1中虚线表示原子核所形成的电场的等势线，实线表示一个粒子的运动轨迹。在α粒子从a运动到b、再运动到c的过程中，下列说法中正确的是 （ ）
A.动能先增大，后减小 B.电势能先减小，后增大
C.电场力先做负功，后做正功，总功等于零 D.加速度先减小，后增大
析与解：研究α粒子散射实验，可忽略重力的影响，由轨迹可见，α粒子仅在电场力作用下先做近核运动（a→b），再做远核运动（b→c）。因粒子与原子核之间是库仑斥力，在a→b的运动过程中，电场力做负功，动能减少，电势能增加，在b→c的运动过程中，电场力做正功，动能增加，电势能减小。据库仑定律和牛顿第二定律， α粒子在a→b的运动过程中，库仑斥力增大，加速度增大，在b→c的运动过程中，库仑斥力减小，加速度减小。注意到a与c在同一等势线上，据电场力做功的公式Wac = qUac，在a→c的运动过程中，电场力对α粒子做的总功为零。综上，本题正确选项只有C。
点评：点电荷仅在电场力作用下的运动问题，近几年的高考中大多以选择题的形式出现，所要分析的不外乎电场力的性质和能的性质两方面，分析电场力的性质须抓住库仑定律F = kq1q2/r2或F = qE并结合牛顿第二定律，分析电场能的性质须抓住动能定理和电场力做功与电势能变化之间的关系，在仅有电场力做功的情况下，电场力做正功，动能增加，电势能减少，电场力做负功，动能减少，电势能增加，动能和电势能的和不变。
[例2]（2004广东·10）在场强为E的匀强电场中固定放置两个小球1和2，它们的质量相等，电荷分别为q1和-q2（q1 ≠ q2）。球1和球2的连线平行于电场线，如图1-2所示。现同时放开1球和2球，于是它们开始在电场力的作用下运动，如果球1和球2之间的距离可取任意有限值，则两球刚被放开时，它们的加速度可能是 （ ）
A.大小不等，方向相同 B.大小不等，方向相反 C.大小相等，方向相同 D.大小相等，方向相反
析与解：要判断加速度的关系，需分析两球在刚被放开时的受力情况，画受力图如图1-3所示，q1E、q2E分别为球1和球2受到的匀强电场施予的力，f1、f2为球1和球2之间的库仑引力，其大小相等，且可取任意有限值。
情形一：设两球的加速度方向相同（设为向右），则有， f1 = f2，q1 ≠ q2
q1E – f1与f2 – q2E有可能相等，也有可能不等又m1 = m2 a1与a2有可能相等，也有可能不等，选项A、C正确。
情形二：设两球的加速度方向相反（设向右，向左），则有，
=， 与一定不等又 一定不等，选项B正确。
综上，本题应选A、B、C。
点评：讨论加速度的关系，应从受力分析入手，画出图11-3所示的受力图是解题的第一步。至于再从什么地方往下分析，不少同学感到迷惘，总觉找不到解题的抓手，特别是对“球1和球2之间的距离可取任意有限值”一句不知有何作用。事实上，“球1和球2之间的距离可取任意有限值”意味着两球之间的相互作用力可以比q1E、q2E、均大，可比q1E、q2E均小，还可以介于q1E、q2E之间，这样必导致加速度方向的不确定性。由于题目只要求讨论两球的加速度方向是相同还是相反，因此可假定均向右，一个向右一个向左，列出加速度大小的表达式后，结合题目给出的条件，就不难判断大小关系了。
[例3]（2005南通一模）如图1-4所示，相距d的A、B两平行金属板足够大，板间电压为U，一束波长为λ的激光照射到B板中央，光斑的半径为r，B板发生光电效应，其逸出功为W。已知电子质量为m，电量为e，求：（1）B板中射出的光电子的最大初速度的大小；（2）光电子所能到达A板区域的面积。
析与解：（1）据爱因斯坦光电效应方程可得光电子最束照在B板中央，形成以O为圆心，r为半径的光斑。光斑内发出的光电子在电场力作用下打到A板上的区域形状也为圆，设圆心为O/，圆形区域的边界是由从激光光斑圆周上发出的具有最大初速度且速度方向平行于B板的光电子落到A板上形成的，其截面图如图1-5所示。因光电子做类平抛运动的最大“水平射程”
，所以光电子所能到达A板区域的半径， 面积。
点评：光斑各处均可能有光电子发出，而决定A板被击中区域边界的光电子刚是从光斑圆周上发出的。考察圆周上某点发出的光电子，其速度有大有小，方向可向各个方向。这些光电子中具有最大初速度，且方向平行B板向外的光电子将到达A板上的最远处，这样就从一群杂乱的光电子中找到了研究的对象。研究对象的选取和确定，是求解本例第（2）问的关键。少部分同学未用到“光斑的半径为”这一条件，错把最大“水平射程”当作光电子到达A板区域的半径，为防止此类错误的发生，必须养成认真审题，多把文字描述情景化的良好解题习惯。
[例4]（2003上海·23）为研究静电除尘，有人设计了一个盒状容器，容器侧面是绝缘的透明有机玻璃，它的上下底面是面积A = 0.04 m2的金属板，间距L = 0.05 m，当连接到U = 2500 V的高压电源正负两极时，能在两金属板间产生一个匀强电场，如图11-6所示。现把一定量均匀分布的烟尘颗粒密闭在容器内，每立方米
有烟尘颗粒1013个，假设这些颗粒都处于 图1—6 图1—7
静止状态，每个颗粒带电荷量为q = +1.0×10-17，质量为m = 2.0×10-15，不考虑烟尘颗粒之间的相互作用和空气阻力，并忽略烟尘颗粒所受重力。求合上电键后：（1）经过多长时间烟尘颗粒可以被全部吸附？（2）除尘过程电场对烟尘颗粒共做了多少功？（3）经过多长时间容器中烟尘颗粒的总动能达到最大？
析与解：合上电键后，即在两板间形成匀强电场，电场强度，方向向下，所有的烟尘颗粒均在电场力的作用下向下做初速度为零的匀加速直线运动，加速度均为。经一定时间，当位于容器最上方的烟尘颗粒到达下板时，除尘结束。以上是对容器内烟尘颗粒受力图景和运动图景的分析，是正确解题的前提。
（1）以容器最上方的某个烟尘颗粒为研究对象，它运动至下板所需的时间，这个时间即就是烟尘颗粒被全部吸附所需的时间。
（2）解决除尘过程电场对烟尘颗粒共做的功，最直接的思维就是逐个计算再累计，显然，这样做会很繁琐。由于烟尘颗粒的分布均匀，设距下板为处有一烟尘颗粒，则在其上方距上板为处也有一烟尘颗粒，电场在吸附这两个颗粒时做的功，这一结果表明，电场吸附位于对称位置上的两个烟尘颗粒做的总功等于将一个烟尘颗粒从上板吸附到下板所做的功，顺此可推，电场吸附所有烟尘颗粒共做的功等于将其中一半的烟尘颗粒从上板吸附到下板所做的功，即。
如果运用等效思想求此问会很方便。因烟尘颗粒均匀分布，故可用一个“大颗粒”等效全部的颗粒，这个“大颗粒”的电荷量等于全部颗粒的电荷量之和，吸附前位于容器正中央，吸附后到达下板，基于此可得，共做的功。
（3）合上电键后，容器中烟尘颗粒的数量在减少，速度在增大，必存在一个总动能最大的时刻。设经时间，烟尘颗粒向下位移，如图11-7所示，则此刻剩余烟尘颗粒的总质量，运动速度，总动能
。当即时，总动能有最大值，因，故。
点评：第（1）问比较基础，（2）、（3）两问能力要求较高，第（2）问能很好地考查考生的思想方法，第（3）问则考查考生应用数学处理物理问题的能力。处理此类群体运动问题，还是要从研究个体入手，弄清了个体的运动，就会对群体的运动有清晰的表象。近几年，有关带电粒子在电场中运动的高考题涉及到的研究对象有走向多元的趋势，即从一个带电粒子到几个带电粒子，进而到一群带电粒子，本课时设计的四个例题体现了高考的这一命题走向。
近几年，有关带电粒子在电场中运动的高考题涉及到的研究对象有走向多元的趋势，即从一个带电粒子到几个带电粒子，进而到一群带电粒子，本课时设计的四个例题体现了高考的这一命题走向。
二、 带电粒子在磁场中的运动·精典考题反思
[例1]如图2—1，电子源S能在图示纸面上360范围内发射速率相同的电子（质量为m、电量为e），MN是足够大的竖直挡板，与S的水平距离OS=L，挡板左侧是垂直纸面向里，磁感应强度为B的匀强磁场。
（1）要使发射的电子能到达挡板，电子速度至少为多大？（2）若S发射的电子速率为时，挡板被电子击中的范围有多大？
析与解：（1）据洛伦兹力提供带电粒子做匀速圆周运动的圆心力，可得粒子做圆周运动的轨道半径r = mv/qB，由该式可知，使电子到达挡板的最小发射速度，对应其有最小的轨道半径，哪一段 图2—1 图2—2 图2—3
长度是最小半径，必须通过电子运动的轨迹来确定。电子到达挡板的某一点，则以该点和发射点S连线为直径的轨迹圆对应的发射速度必最小，并且这一最小的发射速度随直径的减小而减小，因SO为诸直径中的最小直径，故电子能到达挡板的最小轨迹圆如图2—2所示。因题目未明确电子到达挡板上的哪一点，只要求电子能到达挡板，所以图2—2所示轨迹对应的电子发射速度即为所求，显然Vmin = eBL/2m（2）由第（1）问得知，对应轨迹半径为L/2的电子，其发射速率为eBL/m，现电子的速率为eBL/m，则轨迹半径r = L。以O为圆心、L为半径作，如图2—3所示，代表了速率V = eBL/m的电子轨迹圆的大小。设想发射速度的方向作顺时针转动，则也要绕S点作顺时针转动，则当转到位置时，与挡板相切于点，点即为电子击中挡板的最低位置。继续顺时针转动，当转到位置时， 与挡板相交于Q点，SQ为的直径，则Q点即为电子击中挡板的最高位置。因P、Q两点之间的区域均能被电子击中，故挡板被电子击中部分的长度。
点评：第（1）问的解题关键是最小轨迹圆的确定，须经必要的比较、推断，这给作图的过程注入了能力要求。作出参考圆，然后想像其转动，从中寻找最低点和最高点，是解答第（2）问的关键，这种动画式思维构成了作图的能力要素。
[例2]据有关资料介绍，受控热核聚变反应装置中有极高的温度，因而带电粒子将没有通常意义上的容器可装，而是由磁场约束带电粒子运动将其束缚在某个区域内。现按下面的简化条件来讨论这个问题；如图2—4所示，有一个截面内半径为R1 = 0.5 m，外半径为R2 = 1.0 m的环状区域，区域内有垂直于纸面向里的磁场。已知磁场的磁感应强度B=1.0T，若被束缚的粒子的比荷为q/m = 4.0×107C/Kg不计带电粒子的重力。中空区域中带电粒子具有各个方向的速度， 试计算：（1）粒子沿环的半径方向射入磁场，不能穿越磁场的最大速度。（2）所有粒子不能穿越磁场的最大速度。
析与解：（1）该题背景取自受控热核反应，故被磁场 约束的粒子为原子核 ，带正电。在磁场内边界上任取 图2—4 图2—5 图2—6
一点A，从A点沿径向射入磁场的粒子因速度不等而做半径不等的圆周运动，圆心均在过A点的切线上。将圆心从距A较近的位置逐渐向外移动，作一些半径渐大的圆（可称为试探圆），就会发现与磁场外边界内切于B点的轨迹圆为粒子不能穿越磁场的最大轨迹圆（如图2—5所示），其对应的速度即为粒子不能穿越磁场的最大速度。找到了，据几何知识便可求得其半径r = 0.375 m，对应的速度V = 1.5×107 m/s。
（2）因“中空区域中带电粒子具有各个方向的速度”，就必须对从A点沿不同方向进入磁场区域且不穿越磁场的最大轨迹圆进行比较，其中最小的轨迹圆对应的速度才为所有粒子不能穿越磁场的最大速度。为此，可先作出沿A点切线以速度进入磁场的粒子的最大轨迹圆，再将粒子入射的速度方向逆时针转动，取几个方向作出对应的最大轨迹圆，直至作出沿A点切线以速度进入磁场的粒子的最大轨迹圆（如图2—6所示）。作图中可发现最大轨迹圆的半径越来越大，最终锁定的半径最小，进而算得， 这一速度即有所有粒子不能穿越磁场的最大速度。
点评：通过试探圆探寻到的作图过程，表象上看是圆的缩放，实质上是一种收敛性思维。第（2）问在作图时须周密考虑各种可能性，是思维发散性的重要特征。收敛与发散反映了思维的深度和广度，体现出能力发展的水平和层次。部分同学错把当作所有粒子不能穿越磁场的最大速度，忽视了这里应以“最小” 求“最大”。
[例3]在某一真空空间内建立坐标系，从原点向第一象限发射一比荷的带正电的粒子（重力不计），速度大小、方向与轴正方向成30角。
（1）若在坐标系轴右侧加有匀强磁场区域，在第一象限，磁场方向垂直平面向外；在第四象限，磁场方向垂直平面向里，磁感应强度均为B=1T，如图2—7所示。求粒子从O点射出后第二次经过x轴时的坐标。（2）若将上述磁场改为如图2—8所示的匀强磁场，在 时，磁场方向垂直于平面向外；在到时，磁场方向垂直于平面 图2—7 图2—8
向里，此后该空间不存在磁场。在时刻，粒子仍从O点以与原来相同的速度射入，求粒子从O点射出后第二次经过轴时的坐标。
析与解：（1）正电粒子以初速度进入第一象限的磁场中，划过一段圆弧，设从点进入第四象限，作弦的垂直平分线，过原点作跟初速度方向垂直的直线，两线交于，即为粒子在第一象限运动轨迹的圆心。据几何知识可知，△为等边三角形，粒子进入第四象限时的速度方向仍与轴正方向成30角，依同样的方法找出粒子在第四象限运动轨迹的圆心，如图12—9所示。因两象限的磁感应强度大小相等，故和 图2—9 图2—10
的半径相等，均为0.1m，因此粒子从点射出后第二次经过轴时的坐标。
（2）粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期，以，代入算得，粒子在内恰运动，转过的圆心角为120。因粒子初速度方向与轴正方向的夹角为30，故末粒子以为圆心运动至A，注意：平行于轴。在接下来的内，因磁场反向（大小不变），粒子以为圆心旋转120至B点，此后磁场被撤去，粒子做匀速直线运动，从C点第二次经过轴，运动轨迹如图12—10所示。作出了粒子三阶段的运动轨迹，注意到和的半径相等，均为0.1m，利用几何和三角知识不难求得粒子从O点射出后第二次经过轴时的坐标。
点评：从上面两问的分析可以看出，作出带电粒子的运动轨迹是正确求解问题的前提，而在作图过程中结合数学知识判断轨迹的走向相当关键。由于第（1）问的运动图景比较常见、熟悉，数学知识在其中的运用似乎不觉重要，而第（2）问如果不通过数学知识判断出、的连线平行于轴这一关键点，将使的求解相当困难。尽管平日的解题大多画的是示意图，但如果走了样就会误导思维。因此，在有数学约束的问题中，必须注意结合数学知识矫正轨迹走向，以防作图的随意性，使运动的特征得以彰显和揭示，使问题得以顺利解决。
[例4]如图12—11所示，在坐标平面的第一象限内，有一个匀强磁场，磁感应强度大小恒为，方向垂直于平面，且随时间做周期性变化，如图12—12所示，规定垂直平面向里的磁场方向为正。一个质量为，电量为的正粒子，在时刻从坐标原点以初速度沿轴正方向射入，在匀强磁场中运动，经过一个磁场变化周期T（未确定）的时间，粒子到达第一象限内的某一点P，且速度方向沿轴正方向（不考虑重力作用）。 图2—11 图2—12
（1）若点Q、P连线与轴之间的夹角为45，则磁场变化的周期T为多大？（2）因点的位置随着磁场周期的变化而变化，试求点纵坐标的最大值为多少？此时磁场变化的周期又为多大？
析与解：若带电粒子做匀速圆周运动的周期大于磁场的变化周期T，则粒子在磁场中以O1为圆心做半圆周运动，若在途中某时刻（t = T/2）磁场方向突变（大小不变），则在后T/2时间内，粒子以O2为圆心运动相等的弧长至P点，据轨迹的对称性，此刻速度方向刚好恢复成沿轴正方向，如图2—13
所示。因为点是任意的，所以图2—13画 图2—13 图2—14 图2—15
出的轨迹是粒子从O点到P点运动的一般情形。
（1）若、连线与轴之间的夹角为45，则据几何关系可知、的连线必平行于轴，粒子的运动轨迹变成图2—14所示的情形，这种情况下，磁场变化的周期。
（2）逐渐增大与轴之间的夹角，点的位置将升高，当以为圆心的圆弧与轴相切时，点的纵坐标有最大值，粒子的运动轨迹变成图12—15的情形，这种情况下，有，磁场变化的周期，的纵坐标。
点评：先作出粒子运动的一般轨迹，再结合题目的具体要求将轨迹切换成特殊条件下的情形，体现了从一般到特殊的思维方式。
以上四例均显示出作粒子运动轨迹的重要性，而轨迹的确定往往并非易事。可见，物理作图不仅仅是分析问题的一种手法，更是解决问题的一种能力，我们要把作图作为学习物理的一种习惯来培养，同时更应把作图作为研究物理的一种能力来训练。
三、带电粒子在复合场中的运动·精典考题反思
[例1]如图3-1所示，甲区域有竖直向下的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，而乙区域只有垂直于纸面的另一匀强磁场。一束含有大量不同质量和不同电荷量的离子，以不同大小的速度由左向右射入区域甲，其中只有一部分离子能沿直线穿过区域甲而进入区域乙，但进入区域乙后却又分裂成、、三束。不计重力，这种分裂一定是由于这些离子 （ ）
A.有不同电荷量 B.有不同电性 C. 有不同比荷 D.有不同运动速度
析与解：正离子进入甲区域时，所受电场力向下，洛伦兹力向上，负离子进入甲区域时所受电场力向上，洛伦兹力向下，若电场力与洛伦兹力平衡，离子将沿直线通过甲区域。因，，可见沿直线穿过区域甲的离子必具有相同的运动速度，选项D错。进入区域乙后，部分离子向上偏转，部分离子向下偏转，是由于离子带电性质不同所致，选项B正确。、两束离子圆周运动的轨道半径不同，据可知，它们的比荷不同，选项C正确，A错误。综上，本题应选B、C。
点评：本例的甲区域实为速度选择器，其分析方法在质谱仪、磁流体发电机、电磁流量计、磁谱仪、霍尔效应等实际问题中均有运用，通过正交电磁场对粒子实行速度选择是带电粒子在复合场中运动的一类经典问题。
[例2]在空间有一水平方向的匀强电场，场强，又有一与电场方向垂直的匀强磁场，磁感应强度，如图3-2所示。现有一个质量，电荷量的微粒在这个电场和磁场区域中的竖直平面内做匀速直线运动。假如在这个微粒经过某条电场线时突然撤去磁场，那么，当它再次经过同一条电场线时，沿电场线方向上移动了多大的距离？ 取
析与解：微粒能在题设区域的竖直平面内做匀速直线运动，表明微粒的重力不可忽略，设微粒带正电，则受力情况如图3-3所示。因三力平衡，有 ① ②
代入数据，由①解得 由②解得
研究撤去磁场后微粒的运动，求出微粒沿电场线方向移动的距离，可从两个思路展开。
方法一（类平抛运动法）：撤去磁场后，微粒所受的合力，且为恒力。因撤去磁场前，的方向和的方向垂直，故撤去磁场后，微粒做类平抛运动，如图13-4所示，加速度。因，可解得微粒再次经过同一条电场线时所经历的时间。因为，所以。
方法二（类竖直上抛运动法）：如图3-5所示，的竖直分速度，水平分速度。撤去磁场后，微粒在竖直方向做竖直上抛运动，返回“抛出点”所用时间。与此同时，微粒在水平方向做匀加速直线运动，加速度，在时间内的位移。
点评：本例从力和运动的角度研究了带电粒子在复合场中的运动，显性场有电场和磁场，隐性场有重力场，这要从微粒在竖直平面内做匀速直线运动的条件中挖掘。微粒的运动分两个阶段，一是磁场撤去之前的匀速直线运动，二是磁场撤去之后的匀变速曲线运动，要计算磁场撤去后，微粒再次经过同一条电场线时沿电场线方向移动的距离，必须知道磁场撤去时微粒速度的大小和方向，而这题目也没有直接给出，要答题者从此前微粒做匀变速直线运动中挖掘。本例中涉及到的匀速直线运动和匀变速曲线运动是两种基本的运动形式，分析匀变速曲线运动的类平抛方法和类竖直上抛方法是两种典型的分析方法，因此，本例是力学知识和方法在复合场问题中迁移运用的极好载体。
[例3]如图3-6所示，足够长两面均光滑的绝缘平板，固定在区域足够大的正交的方向竖直向上的匀强电场和方向水平向外的匀强磁场中，匀强电场的场强大小为，匀强磁场的磁感应强度的大小为，平板与水平面间的夹角为，带电为的小物块静止在平板中央。现沿平板斜向下的方向给物块一个瞬时冲量的同时，保持磁场（包括大小和方向）和电场方向不变，使电场强度的大小变为3E，（当地的重力加速度为，设物块沿平板运动的过程中电量不变），求：（1）小物块沿平板向下运动最大位移；（2）小物块沿平板运动的过程中机械能的增量。 图3-6
析与解：（1）小物块静止在平板中央，有，当场强变为时，小物块受到的电场力为，沿光滑平板下滑时的受力图如图3-7所示，为板对小物块的弹力。显然，小物块受到的合力沿平板向上，故沿平板向下做匀减速运动，当速度减至零时，位移有最大值。对小物块下滑的运动应用动能定理得，又，联立解得小物块沿平板向下运动的最大位移。
（2）小物块沿平板下滑至最低点后即沿平板向上做匀加速运动，受力情况如图3-8所示，在垂直平板方向上有。随着速度的增大，将减小， 图3-7 图3-8
当=0时小物块开始离开平板，此时的速度为小物块沿平板向上运动的最大速度。对小物块沿平板向上的运动应用动能定理得，又，联立解得小物块沿平板向上运动的最大位移。机械能的增量决定于重力以外的力所做的功，在小物块沿平板运动的全过程中，重力以外只有电场力做功，因此机械能的增量。
点评：本例从功和能的角度研究了带电体在复合场中的运动，由于小物块沿平板的运动为匀变速运动，因此从力和运动的角度求解也行，相比之下，还是从功和能的角度求解方便些。本例不同于常规运动模型，将物块沿斜面上表面运动换为沿斜面下表面运动，将已知重力换为已知电场力，新的运动图景和新的受力图景有利于同学们克服思维定势，增强思维的灵活变通，培养对新情境的适应性。
[例4]（2004湖南理综·24）如图3-9所示，在Y>0的空间中存在匀强电场，场强沿Y轴负方向；在Y<0的空间中，存在匀强磁场，磁场方向垂直xoy平面（纸面）向外。一电量为q、质量为m的带正电的运动粒子，经过轴上Y = h处的点时速率为Vo，方向沿轴正方向；然后经过轴上x = 2h处的P2点进入磁场，并经过Y轴上Y =-2h处的P3点。不计重力。求：（1）电场强度的大小；（2）粒子到达P2时速
度的大小和方向；（3）磁感应强度的大小。 图3-9 图3-10
析与解：（1）粒子在电场中做类平抛运动，如图3-10。在方向：，在方向：，联立解得：， 。（2）因，所以，方向与轴正方向成45角。
（3）粒子进入磁场后在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，据几何关系可判断、连线的中点为轨迹圆的圆心，如图13-10所示。因，，得。
点评：带电粒子先后在不同场区运动的问题是带电粒子在复合场中运动的一类典型问题，只要掌握了对物体在重力场、电场、磁场中运动的分析方法，问题是不难求解的。
从本课时所举的四个例题的解答可知，带电粒子在复合场中的运动这类问题综合性强，有明显的力学特征，一般要先从受力、运动、能量、动量的角度分析，再运用牛顿定律、运动学规律、能量关系、动量守恒等来解决。
（1）受力图景：复合场从狭义上讲指在空间中同时存在重力场、匀强电场和匀强磁场，带电粒子在复合场中运动时，会同时受到重力、电场力和洛伦兹力的作用，其受力的特点是：重力、电场力是恒力（这里指匀强电场），洛伦兹力通常是变力。当然还可以同时存在其他外力作用。从广义上讲，同一空间的同一区域同时存在两种场，或先后存在几种场，以及同一空间的不同区域同时存在不同的场，也属复合场。
（2）运动图景：带电粒子在复合场中的运动可以是多种多样的，这取决于它的受力和初始条件，较常见的有匀速直线运动、匀速圆周运动和匀变速曲线运动，也可以是一般的曲线运动。
（3）能量图景：重力、电场力会对带电粒子做功，而洛伦兹力不做功，粒子的动能、重力势能和电势能都会发生变化。从能量的观点来研究粒子的运动，是解题的重要途径。
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第二轮能力专题：
传送带问题分析
专题解说
一.命题趋向与考点
传送带问题是以真实物理现象为依据的问题，它既能训练学生的科学思维，又能联系科学、生产和生活实际，因而，这种类型问题具有生命力，当然也就是高考命题专家所关注的问题．
二.知识概要与方法
传送带类分水平、倾斜两种;按转向分顺时针、逆时针转两种。
（1）受力和运动分析：
受力分析中的摩擦力突变（大小、方向）——发生在V物与V带相同的时刻；运动分析中的速度变化——相对运动方向和对地速度变化。分析关键是：一是 V物、V带的大小与方向；二是mgsinθ与f的大小与方向。
专题解说
专题解说
二.知识概要与方法
(2)传送带问题中的功能分析
①功能关系：WF=△EK+△EP+Q
②对WF、Q的正确理解
（a）传送带做的功：WF=F·S带 功率P=F×V带 （F由传送带受力平衡求得）
（b）产生的内能：Q=f·S相对
（c）如物体无初速，放在水平传送带上，则在整个加速过程中物体获得的动能EK，因为摩擦而产生的热量Q有如下关系：EK=Q=
专题聚焦
（一）水平放置运行的传送带
处理水平放置的传送带问题，首先是要对放在传送带上的物体进行受力分析，分清物体所受摩擦力是阻力还是动力；其二是对物体进行运动状态分析，即对静态→动态→终态进行分析和判断，对其全过程作出合理分析、推论，进而采用有关物理规律求解.
这类问题可分①运动学型；②动力学型；③动量守恒型；④图象型.
例1:质量为m的物体从离离送带高为H处沿光滑圆弧轨道下滑,水平进入长为L的静止的传送带落在水平地面的Q点,已知物体与传送带间的动摩擦因数
为μ,则当传送带转动时,物体仍以
上述方式滑下,将落在Q点的左边
还是右边
Q
P
H
h
L
专题聚焦
Q
P
H
h
L
解:
物体从P点落下,设水平进入传送带时的速度为v0,则由机械能守恒得
mgH= mv02,
当传送带静止时,分析物体在传送带上的受力知物体做匀减速运动,
a=μmg/m=μg
物体离开传送带时的速度为
随后做平抛运动而落在Q点.
当传送带逆时针方向转动时,分析物体在传送带上的受力情况与传送带静止时相同,因而物体离开传送带时的速度仍为
f
,随后做平抛运动而仍落在Q点.
(当v02 2μgL时,物体将不能滑出传送带而被传送带送回,显然不符合题意,舍去)
专题聚焦
Q
P
H
h
L
当传送带顺时针转动时,可能出现五种情况:
(1)当传送带的速度v较大,
则分析物体在传送带上的受力可知,物体一直做匀加速运动,离开传送带时的速度为
因而将落在Q点的右边.
(2) 当传送带的速度v较小,
,则分析物体在传送带上的受力可知,物体一直做匀减速运动,离开传送带时的速度为
,因而仍将落在Q点
(3) 当传送带的速度
时,
则分析物体在传送带上的受力可知,物体将在传送带上先做匀加速运动,后做匀速运动,离开传送带时的速度
专题聚焦
Q
P
H
h
L
因而将落在Q点右边
(4) 当传送带的速度
时, 则分析物体在传送带上的受力可知,物体将在传送带上先做匀减运动,后做匀速运动,离开传送带时的速度
因而将落在Q点的右边.
(5) 当传送带的速度
时, 则物体在传送带上不受摩擦力的作用而做匀速运动,故将落在Q点的右边
综上所述:
当传送带的速度
时,物体仍将落在Q点;
当传送带的速度
时,物体将落在Q点的右边.
例2：如图所示，一平直的传送带以速度V=2m/s匀速运动，传送带把A处的工件运送到B处，A，B相距L=10m。从A处把工件无初速地放到传送带上，经过时间t=6s，能传送到B处，要用最短的时间把工件从A处传送到B处，求传送带的运行速度至少多大
A
B
V
专题聚焦
解
由题意可知
,所以工件在6s内先匀加速运动，后匀速运动，
故有S1= vt1 ①， S2＝vt2 ②
且t1+t2＝t ③， S1＋S2＝Ｌ ④
联立求解得:t1＝2s；v=at1,a＝1m/s2 ⑤
若要工件最短时间传送到Ｂ处，工件加速度仍为a，设传送带速度为v/，工件先加速后匀速，同上Ｌ＝ v/t1＋v/t2⑥，
专题聚焦
联立求解⑥─⑧得Ｌ＝
＋v(t－
) ⑨
将⑨式化简得ｔ＝
⑩，
从⑩式看出
＝常量，
故当 ，即 时，
A
B
V
其ｔ有最小值.因而ｖ＝
＝4.47m/s
通过解答可知工件一直加速到Ｂ所用时间最短．
又∵t1＝
⑦，t2＝ｔ－t1 ⑧
专题聚焦
例3. 如图所示,水平传送带ＡＢ长Ｌ＝8.3m,质量为Ｍ＝1kg的木块随传送带一起以ｖ1＝2m/s的速度向左匀速运动(传送带的速度恒定),木块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5.当木块运动至最左端Ａ点时,一颗质量为ｍ＝20g的子弹以ｖ0＝300m/s水平向右的速度正对射入木块并穿出,穿出速度u＝50m/s,以后每隔1s就有一颗子弹射中木块,设子弹射穿木块的时间极短,且每次射入点各不相同,g取10m/s2. (1)第一颗子弹射入木块并穿出时,木块速度多大？ (2)求在被第二颗子弹击中前,木块向右运动离Ａ点的最大距离. (3)木块在传送带上最多
能被多少颗子弹击中？
(4)从第一颗子弹射中木块到木块最终离开传送带的过程中，子弹、木块和传送带这一系统所产生的热能是多少？
m v0
M
A v1 B
专题聚焦
解
m v0
M
A v1 B
（1）设子弹第
一次射穿木块后木块的速度为v1/(方
向向右),则在第一次射穿木块的过程中，对木块和子弹整体由动量守恒定律(取向右方向为正)得：mv0－Mv1＝mu＋Mv1/，可解得v1/＝3m/s，其方向应向右．
（2）木块向右滑动中加速度大小为ａ＝μｇ＝5m/s2，以速度v/＝3m/s向右滑行速度减为零时，所用时间为t1＝v1//a ＝0.6s，显然这之前第二颗子弹仍未射出，所以木块向右运动离Ａ点的最大距离Sm＝v1/2/2a ＝0.9m．
（3）木块向右运动到离Ａ点的最大距离之后，经0.4ｓ木块向左作匀加速直线运动，并获得速度ｖ//,ｖ//＝a×0.4＝2m/s，即恰好在与皮带速度相等时第二颗子弹将要射入
注意到这一过程中（即第一个1秒内）木块离Ａ点S1合＝Sｍ－
＝0.5m．
专题聚焦
第二次射入一颗
子弹使得木块运动的情况与第一
次运动的情况完全相同.
m v0
M
A v1 B
即在每一秒的时间里，有一颗子弹击中木块，使木块向右运动0.9m，又向左移动S/＝ ×a×0.42=0.4ｍ，每一次木块向右离开Ａ点的距离是0.5m．
显然，第16颗子弹恰击中木块时，木块离Ａ端的距离是S15合＝15×0.5m=7.5m，第16颗子弹击中木块后，木块再向右运动Ｌ－S15合＝8.3m－7.5m＝0.8m<0.9m，木块就从右端Ｂ滑出．
(4)前15颗子弹,每一次打击过程
对子弹和木块系统:Q1=( mv02＋ Mv12)－( mu2＋ Mv1/2)
对子弹与传送带系统:木块右行过程s右相=S1＋V1t1,得Q2=μmgs右相
木块左行过程:s左相=v1t2－s/,得Q3=μmg s左相
专题聚焦
m v0
M
A v1 B
第16颗子弹击中
的过程:对木块0.8=v1/t3－ at32,
解得t3=0.4s,木块与传送带的相对位移为s3相=v1t3＋0.8,得Q4=μmgs3相
全过程产生的热量为Q=15(Q1＋Q2＋Q3)＋(Q1＋Q4),代入数据得Q=14155.5J
例4.(05江苏)如图所示.绷紧的传送带始终保持3.0m／s的恒定速率运行，传送带的水平部分AB距水平地面的高度为A=0.45m.现有一行李包(可视为质点)由A端被传送到B端，且传送到B端时没有被及时取下，行李包从B端水平抛出，不计空气阻力，g取lOm／s2
(1)若行李包从B端水平抛出的初速v＝3.0m／s，求它在空中运动的时间和飞出的水平距离；
(2)若行李包以v0＝1.Om／s的初速从A端向右滑
行，包与传送带间的动摩擦因数μ＝0.20，要
使它从B端飞出的水平距离等于(1)中所求的水
平距离，求传送带的长度L应满足的条件.
A
B
v
L
h
专题聚焦
解:（1）设行李包在空中运动时间为t，飞出的水平距离为s，则
① s＝vt ②
代入数据得：t＝0.3s ③ s＝0.9m ④
2）设行李包的质量为m，与传送带相对运动时的加速度为a，则滑动摩擦力F=μmg=ma ⑤ 代入数据得：a＝2.0m/s2 ⑥
要使行李包从B端飞出的水平距离等于（1）中所求水平距离，行李包从B端飞出的水平抛出的初速度v=3.0m/s
设行李被加速到时通过的距离为s0，则
⑦
代入数据得s0＝2.0m ⑧
故传送带的长度L应满足的条件为：
L≥2.0m ⑨
A
B
v
L
h
专题聚焦
（二）倾斜放置运行的传送带
这种传送带是指两皮带轮等大，轴心共面但不在同一水平线上（不等高），传送带将物体在斜面上传送的装置．处理这类问题，同样是先对物体进行受力分析，再判断摩擦力的方向是关键，正确理解题意和挖掘题中隐含条件是解决这类问题的突破口．这类问题通常分为：运动学型；动力学型；能量守恒型．
例5. 如图所示，传送带与地面倾角θ＝370，从Ａ到Ｂ长度为16m，传送带以ｖ＝10m/s 的速率逆时针转动.在传送带上端Ａ无初速地放一个质量为ｍ＝0.5kg
的物体，它与传送带之间的动摩擦因数为μ
＝0.5.求物体从Ａ运动到Ｂ所需时间是多少.
（sin370＝0.6）
m A
v
B θ
专题聚焦
m A
v
B θ
解答：
物体放到传送带上后,开始阶段,由于传送带的速度大于物体的速度, 传送带给物体一沿平行传送带向下的滑动摩擦力,物体受力情况如图所示．
N
f
mg
物体由静止加速，由牛顿第二定律
F＝ｍａ可知Ｆx＝ｍｇsinθ＋ｆ＝ｍa1 ① Fy＝Ｎ－ｍｇcosθ＝0 ② f＝μＮ ③
联立得a1＝g(sinθ＋μcosθ)=10m/s2 ④
物体加速至与传送带速度相等所需的时间ｖ＝a1t1
则ｔ1＝v/a1＝1s．再由S＝ at12= ×10×12＝5m，
由于μ＜tanθ,即μmgcosθ﹤mgsinθ,物体在重力作用下将继续作加速运动.
专题聚焦
再由牛顿第二定律Ｆ＝ｍａ得：
Ｆｘ＝ｍｇsinθ－ｆ＝ｍａ2 ⑤，
Ｆｙ＝Ｎ－ｍｇcosθ＝0 ⑥，
ｆ＝μＮ ⑦
联立得ａ2＝ｇ(sinθ－μcosθ)＝2m/s2．
设后一阶段物体滑至底端所用时间为ｔ2，由运动学公式可知Ｌ－S＝
，解得ｔ2＝1s(ｔ2＝－11s舍去)，所以物体由Ａ到Ｂ的时间ｔ＝ｔ1＋ｔ2＝2s．
当物体速度大于传送带速度时，传送带给物体一沿平行传送带向上的滑动摩擦力．此时物体受力情况如图所示．
N
f
mg
专题聚焦
例6.（1998上海高考）某商场安装了一台倾角为θ＝300的自动扶梯，该扶梯在电压为ｕ＝380V的电动机带动下以ｖ＝0.4m/s的恒定速率向斜上方移动，电动机的最大输出功率Ｐ ＝4.9kW.不载人时测得电动机中的电流为Ｉ＝5A，若载人时扶梯的移动速率和不载人时相同，则这台自动扶梯可同时乘载的最多人数为多少？（设人的平均质量ｍ＝60kg，ｇ＝10ｍ/ｓ2）
解答：
这台自动扶梯最多可同时载人数的意义是电梯仍能以ｖ＝0.4m/s的恒定速率运动．
按题意应有电动机以最大输出功率工作，且电动机做功有两层作用：一是电梯不载人时自动上升；二是对人做功．
由能量转化守恒应有：Ｐ总＝Ｐ人＋Ｐ出，
设乘载人数最多为ｎ，则有Ｐ＝IU＋nmgsinθ·ｖ，
代入得ｎ＝25人
专题聚焦
（三）平斜交接放置运行的传送带
这类题一般可分为两种，一是传送带上仅有一个物体运动，二是传送带上有多个物体运动，解题思路与前面两种相仿，都是从力的观点和能量转化守恒角度去思考，挖掘题中隐含的条件和关键语句，从而找到解题突破口．
例7. (03全国)一传送带装置示意图,其中传送带经过AB区域时是水平的,经过BC区域时变为圆弧形(圆弧由光滑模板形成,未画出),经过CD区域时是倾斜的,AB和CD都与BC相切.现将大量的质量均为m的小货箱一个一个在A处放到传送带上,放置时初速度为零,经传送带运送到D处,D和A的高度差为h.稳定工作时传送带速度不变,CD段上各箱等距排列,相邻两箱的距离为L.每个箱子在A处投放后,在到达B之前已经相对于传送带静止,且以后也不再滑动(忽略经BC段的微小滑动).已知在一段相当长的时间T内,共运送小货箱的数目N个.这装置由电动机带动,传送带与轮子间无相对滑动,不计摩擦.求电动机的平均功率P
解析:以地面为参考系(下同)，设传送带的运动速度为v0，在水平段运输的过程中，小货箱先在滑动摩擦力作用下做匀加速运动，设这段路程为s，所用时间为t，加速度为a，则对小箱有：
S = ·at2 v0 =at
在这段时间内，传送带运动的路程为： S0 =v0 t
由以上可得： S0 =2S
用f 表示小箱与传送带之间的滑动摩擦力，则传送带对小箱做功为
W＝f S＝ ·mv02
传送带克服小箱对它的摩擦力做功
W0＝f S0＝2× ·mv02
题目
专题聚焦
L
B
A
D
C
L
可见，在小箱加速运动过程中，小箱获得的动能与发热量相等. Q＝ ·mv02
T时间内，电动机输出的功为：
W=PT
此功用于增加小箱的动能、势能以及克服摩擦力发热，即：
W=N· [ ·mv02+mgh+Q ]= N· [ mv02+mgh]
在时间T内传送带运动的距离为v0T，运送的小箱N只，已知相邻两小箱的距离为L，所以： v0T＝N·L
即v0＝N·L/T
联立得：
题目
专题聚焦
[也可直接根据摩擦生热 Q= f △S= f（S0- S）计算]
两者之差就是摩擦力做功发出的热量
Q＝ ·mv02
专题训练
1. 重物A放在倾斜的皮带传送机上,它和皮带一直相对静止没有打滑，如图所示。传送带工作时，关于重物受到摩擦力的大小，下列说法正确的是：
A、重物静止时受到的摩擦力一定小于它斜向上运动时受到的摩擦力 B、重物斜向上加速运动时,加速度越大,
摩擦力一定越大 C、重物斜向下加速运动时.加速度
越大.摩擦力一定越大 D、重物斜向上匀速运动时速度
越大，摩擦力一定越大
θ
A
B
(B)
专题训练
2．测定运动员体能的一种装置如图所示，运动员的质量为m1，绳拴在腰间沿水平方向跨过滑轮（不计滑轮摩擦和质量），绳的另一端悬吊的重物质量为m2，人用力向后蹬传送带而人的重心不动，设传送带上侧以速度V向后运动，则
①人对传送带不做功
②人对传送带做功
③人对传送带做功的功率为m2gV
④人对传送带做功的功率为(m1+m2)gV
⑤传送带对人做功的功率为m1gV
A．① B．②④ C．②③ D．①⑤
(C)
专题训练
3．物块从光滑曲面上的P点自由滑下，通过粗糙的静止水平传送带以后落到地面上的Q点，若传送带的皮带轮沿逆时针方向转动起来，使传送带随之运动，如图所示，再把物块放在P点自由滑下则
A．物块将仍落在Q点
B．物块将会落在Q点的左边
C．物块将会落在Q点的右边
D．物块有可能落不到地面上
(A)
P
Q
专题训练
4．如图所示，一水平方向足够长的传送带以恒定的速度v1沿顺时针方向运动，传送带右端有一与传送带等高的光滑水平面，物体以恒定的速率v2沿直线向左滑上传送带后，经过一段时间又返回光滑水平面上，这时速率为v2'，则下列说法正确的是
A、若v1B、若v1>v2，则v2/=v2
C、不管v2多大，总有v2/=v2
C、只有v1=v2时，才有v2/=v1
(AB)
专题训练
5．如图所示，传送带与地面间的夹角为370，AB间传动带长度为16m，传送带以10m/s的速度逆时针匀速转动，在传送带顶端A无初速地释放一个质量为0.5kg的物体，它与传送带之间的动摩擦因数为0.5，则物体由A运动到B所需时间为（g=10m/s2 sin370=0.6）
A．1s B．2s C．4s D．
(B)
370
A
B
专题训练
6.如图所示，传送带向右上方匀速转动，石块从漏斗里竖直掉落到传送带上，下述说法中基本正确的是：
A.石块落到传送带上可能先作加速运动后作匀速运动
B.石块在传送带上一直受到向右上方的摩擦力作用
C.石块在传送带上一直受到向右下方的摩擦力作用
D.开始时石块受到向右上方的摩擦力后来不受摩擦力
(AB)
专题训练
7．如图所示，皮带传动装置的两轮间距L=8m，轮半径r=0.2m，皮带呈水平方向，离地面高度H=0.8m，一物体以初速度v0=10m/s从平台上冲上皮带，物体与皮带间动摩擦因数μ=0.6，（g=10m/s2）求：
（1）皮带静止时，物体平抛的水平位移多大？
（2）若皮带逆时针转动，轮子角速度为72rad/s，物体平抛的水平位移多大？
（3）若皮带顺时针转动，轮子角速度为72rad/s，物体平抛的水平位移多大？
专题训练
解：①皮带静止时，物块离开皮带时
做平抛运动
,所以平抛S1=v1t=0.8m
②物块与皮带的受力情况及运动情况均与①相同，所以落地点与①相同. s2=s1=0.8m
③皮带顺时针转动时，v皮=ωr=14.4m/s>v0，物块相对皮带向左运动，其受力向右，向右加速。 a=μg=6m/s2，若一直匀加速到皮带右端时速度
故没有共速，即离开皮带时速度为v2,所以S3=v2t=5.6m
专题训练
8.如图所示是长度为L＝8.0m水平传送带，其皮带轮的半径为R＝0.20m，传送带上部距地面的高度为h＝0.45m。一个旅行包（视为质点）以v0＝10m/s的初速度从左端滑上传送带。旅行包与皮带间的动摩擦因数μ＝0.60。g取10m/s2。求：
⑴若传送带静止，旅行包滑到B端时，若没有人取包，旅行包将从B端滑落。包的落地点距B端的水平距离为多少？⑵设皮带轮顺时针匀速转动，当皮带轮的角速度ω值在什么范围内，包落地点距B端的水平距离始终为⑴中所得的水平距离？
⑶若皮带轮的角速度ω1=40 rad/s，旅行包落地点距B端的水平距离又是多少？
⑷设皮带轮以不同的角速度顺时针匀速转动，画出旅行包落地点距B端的水平距离s 随角速度ω变化的图象（ω的取值范围从0到100 rad/s）。
专题训练
O
s/m
20 40 60 80 100
5.0
4.0
3.0
2.0
1.0
A
B
v
L
h
ω/(rad s-1)
解:(1)传送带静止时,包做减速运动,a=μg=6m/s2,到达B点时速度为
=2m/s,故S1=vt·
=0.6m
⑵当速度小于
=2m/s时,包都做减速运动, 落地点与⑴同.即ω<10rad/s
⑶当ω1=40rad/s时,线速度为v=ωR=8m/s,包先做减速后做匀速运动,离开B点时速度v=8m/s,故S2=v·
=2.4m
⑷当速度
=14m/s,即ω≥70 rad/s后,包一直加速,离开B点时速度为V/=14m/s,
故S3=v/·
=4.2m
专题训练
9、如图所示，倾角为300的皮带运输机的皮带始终绷紧，且以恒定速度v＝2.5m/s运动，两轮相距LAB＝5m，将质量m＝1kg的物体无初速地轻轻放在A处，若物体与皮带间的动摩擦因数μ＝
．(取g＝10m/s2）
①物体从A运动到Ｂ,皮带对物体所做的功是多少
②物体从A运动到B共需多少时间
③ 在这段时间内电动机对运输机所做的功是多少
θ
A
B
解析:第一阶段,物块匀加速运动a=μgcosθ－gsinθ=2.5
传送带
专题训练
θ
A
B吴有训实验学校2007届高三第二轮复习资料
专题研究二 能量和动量
1．功和能的关系及动能定理是历年高考的热点，近几年来注重考查对功的概念的理解及用功能关系研究物理过程的方法，由于所涉及的物理过程常常较为复杂，对学生的能力要求较高，因此这类问题难度较大。例如2005年江苏物理卷的第10题，要求学生能深刻理解功的概念,灵活地将变力分解。
2．动量、冲量及动量定理近年来单独出题不多，选择题中常考查对动量和冲量的概念及动量变化矢量性的理解。计算题常设置某个瞬时过程，计算该过程物体受到的平均作用力或物体状态的变化。要求学生能正确地对物体进行受力分析，弄清物体状态变化的过程。
3．动量守恒定律的应用，近几年单独命题以选择题为主，常用来研究碰撞和类碰撞问题，主要判定碰撞后各个物体运动状态量的可能值，这类问题也应该综合考虑能量及是否符合实际情况等多种因素。机械能守恒定律的应用常涉及多个物体组成的系统，要求学生能正确在选取研究对象，准确确定符合题意的研究过程。这类问题有时还设置一些临界态问题或涉及运用特殊数学方法求解，对学生的能力有一定的要求。如2004年上海物理卷的10题，涉及到两个小球组成的系统，并且要能正确地运用数学极值法求解小球的最大速度。
4．动量和能量的综合运用一直是高考考查的重点，一般过程复杂、难度大、能力要求高，经常是高考的压轴题。要求学生学会将复杂的物理过程分解成若干个子过程，分析每一个过程的始末运动状态量及物理过程中力、加速度、速度、能量和动量的变化。对于生活、生产中的实际问题要建立相关物理模型，灵活运用牛顿定律、动能定理、动量定理及能量转化与守恒的方法解决实际问题。分析解答问题的过程中常需运用归纳、推理的思维方法。如： 2003年全国卷第20题、2004年理综全国卷第25题的柴油机打桩问题、2004年江苏物理卷第18题、2004年广东物理卷第17题、2005年江苏物理卷第18题、2005年广东物理卷第18题等。值得注意的是2005年江苏物理卷的第18题把碰撞中常见的一维问题升级为二维问题，对学生的物理过程的分析及动量矢量性的理解要求更高了一个层次。
一. 做功、能量和动能定理.精典考题反思
[例1]（2005江苏·10）如图5-1所示，固定的光滑竖直杆上套着一个滑块，用轻绳系着滑块绕过光滑的定滑轮，以大小恒定的拉力F拉绳，使滑块从A点起由静止开始上升．若从A点上升至B点和从B点上升至C点的过程中拉力F做的功分别为W1、W2，滑块经B、C两点时的动能分别为EKB、EKc，图中AB=BC，则一定有( )
(A)Wl>W2 (B)W1EKC (D)EKB析与解：该题考查了功的概念及功能关系，难点在于比较Wl和W2，关键是要理解功是力在位移上的累积的本质；功的大小既可视为力F与力的方向上的位移S的乘积，又可视为位移S与位移方向上的力的乘积；因此，可以将力F在位移方向上进行分解，由于力F在AB段的分力均大于在BC段的分力，则不难判断出Wl>W2，所以A正确。 根据动能定理： 因在两段中拉力做的功WF与重力做的功WG的大小关系不能确定,故无法比较EKB与EKc的大小。
点评：解决该题的关键是能正确地理解功的定义,注意从不同的思维角度去分析问题。题中力F为恒力，学生易从求力的作用点位移角度来比较两过程绳子缩短的长度，进而增加了思维难度，甚至造成错误。
[例2]（2004广东·17）如图5-2所示, 轻弹簧的一端固定，另一端与滑块B相连，B静止在水平导轨上，弹簧处在原长状态。另一质量与B相同滑块A，从导轨上的P点以某一初速度向B滑行，当A滑过距离时，与B相碰，碰撞时间极短，碰后A、B紧贴在一起运动，但互不粘连。已知最后A恰好返回出发点P并停止。滑块A和B与导轨的滑动摩擦因数都为，运动过程中弹簧最大形变量为，求A从P出发时的初速度。
析与解：本题涉及物块A及AB共同体两个研究对象，涉及多个运动过程，且AB共同体压迫弹簧及被弹簧推向右端的过程受力复杂，属于多对象多过程的复杂问题。研究A滑行至B的过程，设A刚接触B时的速度为，由功能关系有： A与B碰撞过程中动量守恒，令碰后A、B共同运动的速度为，有 A与B 碰后先一起向左运动，接着A、B一起被弹回，当弹簧恢复到原长时，A、B分离，设此时A、B的共同速度为，在这过程中，弹簧势能始末两态都相等，研究共同体与弹簧作用的全过程，利用功能关系,有 此后A、B开始分离，A单独向右滑到P点停下，由功能关系有
由以上各式，可得
点评：A、B碰撞的瞬间有动能损失，A、B再次分离后各自己的运动独立，故不能研究整个过程运用动能定理求解。正确的分析出滑块运动的各个过程，判断出AB两滑块分离时弹簧处于原长状态是题解的关键。对于多过程问题，在分析运动过程的同时还应注意找出前后各过程间的联系。
[例3]（2005黑龙江吉林·23）如图所示，在水平桌面的边角处有一轻质光滑的定滑轮K，一条不可伸长的轻绳绕过K分别与物块A、B相连，A、B的质量分别为mA、mB。开始时系统处于静止状态。现用一水平恒力F拉物块A，使物块B上升。已知当B上升距离为h时，B的速度为v。求此过程中物块A克服摩擦力所做的功。重力加速度为g。
析与解：由于连结AB的绳子在运动过程中一直处于绷紧状态，故A、B速度的大小相等，对A、B组成的系统，由功能关系有：
Fh－W－mBgh=(mA+mB)v2 求得：W=Fh－mBgh－(mA+mB)v2
点评：本题如果运用隔离法选择研究对象，运用牛顿运动定律求解，要求出摩擦力的大小则比较复杂，而运用功能原理求解时则就显得简单多了。在连结体问题中，若不涉及常系统内的相互作用时，常以整体为研究对象求解。
[例4] 如图5-4所示，质量m=0.5kg的小球从距地面高H=5m处自由下落，到达地面恰能沿凹陷于地面的半圆形槽壁运动，半圆槽半径R=0.4m。小球第一次到达槽最低点时速率为10m/s，并继续沿槽壁运动直到从槽右端边缘飞出……，如此反复几次，设摩擦力恒定不变，求：（设小球与槽壁相碰时不损失能量）
（1）小球第一次离槽上升的高度h；（2）小球最多能飞出槽外的次数（取g=10m/s2）。
析与解：（1）小球从高处运动至槽口的过程中，只有重力做功；由槽口运动至槽底端的过程中，重力、摩擦力都做功，因摩擦力大小恒定不变，且方向总是与运动方向相反，故圆槽右半部分摩擦力对小球做的功与左半部分摩擦力对小球做的功相等。
分别研究小球从最高点落至槽底部和从槽底部运动至左侧上方最高点的过程，设小球第一次离槽上升的高度h，由动能定理得
, 得 ＝4.2m
（2）小球通过一次圆弧槽，需克服摩擦力做功2Wf,且小球飞出槽口一次，在小球多次通过圆弧槽后，当小球飞出槽口的速度小于等于零，则小球不能飞出槽口，设小球飞出槽外的次数为n，用动能定理研究全过程得
∴ 即小球最多能飞出槽外6次。
点评：小球在沿槽壁运动过程中摩擦力方向尽管不断变化，但摩擦力方向与运动方向始终在同一直线上，摩擦力功为力与路程的乘积。该题小球的运动具有往复性，用动能定理研究整个过程可直接求出问题的答案。本题中作了摩擦力不变的假设，学生应认真审题。
二. 冲量、动量与动量定理精典考题反思
[例1]（2004广东·14）一质量为m的小球，以初速度v0沿水平方向射出，恰好垂直地射到一倾角为300的固定斜面上，并立即反方向弹回。已知反弹速度的大小是入射速度大小的3/4，求在碰撞中斜面对小球的冲量大小。
析与解：小球在碰撞斜面前做平抛运动。设刚要碰撞斜面时小球速度为.由题意，的方向与竖直线的夹角为30°，且水平分量仍为0，如右6-1图.由此得=20
碰撞过程中，小球速度由变为反向的3Vo/4，碰撞时间极短，可不计重力的冲量，由动量定理，斜面对小球的冲量为
解得
点评：本题为动量定理和平抛运动的综合应用题，必须先根据平抛运动的知识确定小球射到斜面上时的速度，再根据动量定理求冲量的大小。求力的冲量常从两个角度思考：（1）冲量的定义，（2）动量定理。在求斜面对小球的冲量时要注意动量的矢量性。
[例2]（1995全国·17） 一粒钢珠从静止状态开始自由下落,然后陷入泥潭中。若把在空中下落的过程称为过程Ⅰ，进人泥潭直到停止的过程称为过程Ⅱ, 则 ( )
A、过程I中钢珠动量的改变量等于重力的冲量 B、过程Ⅱ中阻力冲量的大小等于过程I中重力的冲量的大小
C、I、Ⅱ两个过程中合外力的总冲量等于零 D、过程Ⅱ中钢珠动量的改变量等于零
析与解：在过程I中，钢珠从静止状态自由下落。不计空气阻力，小球所受的合外力即为重力，因此钢珠动量的改变量等于重力的冲量，选项A正确；全过程中始末状态动量的变化为零，所受的总冲量为零，故过程Ⅱ中阻力冲量的大小等于过程I、Ⅱ中重力冲量的大小之和。显然B选项不对，C选项正确；在I、Ⅱ两个过程中，每个过程钢珠动量的改变量各不为零，且它们大小相等、方向相反，故D选项错误。因此，本题的正确选项为A、C。
点评：本题考查了动量定理的运用，动量定理不仅适用于单一物理过程同样也适用于复杂物理过程。在运用动量定理时应注意根据所求问题选取合适的物理过程，分析各物理过程中力的冲量及物体的始末状态量。运用动量定理时不能忽视对研究对象的受力分析。
[例3]（2002全国·26）蹦床是运动员在一张绷紧的弹性网上蹦跳、翻滚并做各种空中动作的运动项目。一个质量为60kg的运动员，从离水平网面3.2m高处自由下落，着网后沿竖直方向蹦回到离水平网面5.0m高处。已知运动员与网接触的时间为1.2s。若把在这段时间内网对运动员的作用力当作恒力处理，求此力的大小。（g＝10m/s2）
析与解：将运动员看作质量为m的质点，从h1高处下落，刚接触网时速度的大小
方向竖直向下 弹跳后到达的高度为h2，刚离网时速度的大小
方向竖直向上 以向上为正向，由动量定理知：
代入数据得：F＝1.5×103N
点评： 动量定理既适用于恒力作用下的问题，也适用于变力作用下的问题。在变力作用下由动量定理求出的力是在t时间内的平均值。另注意本题中运动员触网过程中所受重力不能忽略。本题也可以先求出上升和下落时间，再研究全过程据动量定理列式求解。
[例4]如图6-2所示， 质量为M的汽车带着质量为m的拖车在平直公路上以加速度a匀加速前进，当速度为V0时拖车突然与汽车脱钩，到拖车停下瞬间司机才发现。若汽车的牵引力一直未变，车与路面的动摩擦因数为μ，那么拖车刚停下时，汽车的瞬时速度是多大？
析与解：汽车和拖车脱钩后，汽车以大于a的加速度作匀加速运动，拖车作匀减速运动，加速度为μg。以汽车和拖车系统为研究对象，系统受的合外力不变，始终为；该过程经历时间为V0/μg，末状态拖车的动量为零。对系统运用动量定理：
点评：动量定理不仅适用于单个物体，对多个物体组成的系统同样也适用，合理在选取研究对象能简化研究问题。注意本题的研究过程为汽车和拖车脱钩后至拖车停下之前，因为拖车停下后，系统受的合外力中少了拖车受到的摩擦力，因此合外力大小不再是。
三. 机械能守恒定律和动量守恒定律精典考题反思
[例1]（2000上海·8）如图7-1所示，长度相同的三根轻杆构成一个正三角形支架，在A处固定质量为2的小球，B处固定质量为的小球，支架悬挂在O点，可绕过O点并与支架所在平面相垂直的固定轴转动，开始时OB与地面相垂直，放手后开始运动，在不计任何阻力的情况下，下列说法正确的是 ( )
A．A球到达最低点时速度为零 B．A球机械能减少量等于B球机械能增加量
C．B球向左摆动所能达到的最高位置应高于A球开始运动时的高度
D．当支架从左向右回摆动时，A球一定能回到起始高度
析与解 ：若把支架看成一个整体，放开后，不计任何阻力,系统只有重力做功，系统总的机械能不变，所以，A球能回到起始高度；因为A小球质量为2，B小球质量为，在A球从初始位置运动到最低点的过程中，A球势能的减少量大于B球势能的增加量，故A球到达最低点时速度大于零；B球向左摆动所能达到的最高位置应高于A球开始运动时的高度。故正确选项为B C D.
点评： 准确地选择研究对象，使之满足机械能守恒的条件，是本题求解的关键。本题单独对A或B来说，由于杆对两小球均做功，故运动过程中机械能不守恒。而对A、B组成的系统，只有重力做功，系统总的机械能保持不变。对于多个物体组成的系统还应注意寻找各物体之间的牵联关系。
[例2]（2004天津·21）如图7-2所示，光滑水平面上有大小相同的A、B两球在同一直线上运动。两球质量关系为，规定向右为正方向，A、B两球的动量均为，运动中两球发生碰撞，碰撞后A球的动量增量为，则 （ ）
A. 左方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为 B. 左方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为
C. 右方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为 D. 右方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为
析与解 ：规定向右为正方向，因为两球动量相等且为正，要两球相碰，则左方球的速度必须大于右方球的速度，而，故A球的速度大于B球的速度，左方为A球。据动量守恒定律，两球的动量变化大小相等，方向相反，A球的动量增量为-，B球的动量变化为。据,算出碰撞后A、B两球的动量分别为 ，，两球速度之比为。故选项为（A）
点评：动量守恒定律的运用要注意其矢量性，本题中已规定了正方向，从题设条件得出两球运动方向相同且向右，是本题的关键。在判断A、B的位置时还应充分考虑运动中的实际情况，学生在分析的过程中可结合草图，增加空间认识，加深对题意的理解。
[例3]（2005陕西、四川、云南理综·25）如图7-3所示，一对杂技演员（都视为质点）乘秋千（秋千绳处于水平位置）从A点由静止出发绕O点下摆，当摆到最低点B时，女演员在极短时间内将男演员沿水平方向推出，然后自已刚好能回到高处A 。求男演员落地点C 与O 点的水平距离s。已知男演员质量m1和女演员质量m2之比=2,秋千的质量不计，秋千的摆长为R , C 点比O 点低5R。
析与解：一对杂技演员从A点由静止出发绕O点下摆的过程中机械能守恒；设分离前男女演员在秋千最低点B 的速度为v0，则 (m1+m2)gR=(m1+m2)v02当摆到最低点B时，由于女演员在极短时间内将男演员沿水平方向推出，在此过程中，两者水平方向不受外力，故水平方向动量守恒；设刚分离时男演员速度的大小为v1,女演员速度的大小为v2；则 (m1+m2)v0=m1v1－m2v2
分离后，男演员做平抛运动，设男演员从被推出到落在C点所需的时间为t 。4R=gt2 s=v1t
女演员刚好能回到A点的过程中机械能守恒m2gR=m2v22不难求得 s=8R
点评：机械能守恒定律的运用，要选好研究对象，分析物体的运动过程，建立正确的物理模型。本题解题的关键是弄清一对演员的运动过程。男女演员一起绕o点做圆周运动，满足机械能守恒。到达B点后，男女演员相互作用，二人相互作用时间极短，满足动量守恒。相互作用后男演员从B点出发做平抛运动。女演员由B点回到A点过程中也遵守机械能守恒。另注意运用机械能守恒定律时，恰当地选取零势能面，可使解题简洁。
[例4]（2005江苏·18）如图7-4所示，三个质量均为m的弹性小球用两根长均为L的轻绳连成一条直线而静止在光滑水平面上．现给中间的小球B一个水平初速度v0，方向与绳垂直．小球相互碰撞时无机械能损失，轻绳不可伸长．求：
（1)当小球A、C第一次相碰时，小球B的速度．
(2)当三个小球再次处在同一直线上时，小球B的速度．
（3)运动过程中小球A的最大动能EKA和此时两根绳的夹角θ.
(4)当三个小球处在同一直线上时，绳中的拉力F的大小．
析与解：由于三个质量为m的弹性小球在光滑水平面上相互作用，所以它们在沿v0方向和垂直于v0的方向上动量均守恒；又小球相互碰撞时无机械能损失，故三小球相互作用的整个过程中，系统机械能守恒。当小球A、C第一次相碰时，在垂直于v0方向的分速度为零，在沿v0方向上三小球速度相等，设三小球沿小球B初速度方向的速度为，由动量守恒定律不难得出
当三个小球再次处在同一直线上时，A、C两小球的运动方向和小球B的运动方向在同一直线上，对整个过程运用动量守恒定律和机械能守恒定律，得
解得 （三球再次处于同一直线） ，（初始状态，舍去）
所以，三个小球再次处在同一直线上时，小球B的速度为（负号表明与初速度反向）
此时，以小球B为参考系（小球B的加速度为0，为惯性参考系），小球A（C）相对于小球B的速度均为所以，此时绳中拉力大小为 当小球A的动能最大时，C的动能也最大且和A的动能相等，小球B的动能最小，不难分析其速度此时为零。设此时小球A、C的速度大小为，两根绳间的夹角为θ（如图7-5），运用动量守恒定律和机械能守恒定律易得： 小球A的最大动能为，此时两根绳间夹角为
点评：本题解题的关键在于研究对象的选取及过程的分析。三个小球组成的系统水平方向不受外力，满足动量守恒；又碰撞过程中无机械能损失，整个过程中三小球的总机械能守恒。第一次相碰时，三球在v0方向速度相同。三个小球再次处在同一直线上时，垂直于V0方向上的动量为零。运动过程中小球A的动能最大时，由对称性可知此时C的动能也最大，故B球动能最小，即为零。当三个小球处在同一直线上求绳中的拉力F时，还应考虑到运动的相对性，即A、C相对于B作圆周运动。
高考命题思路
B A
P
A
B
K
F
图5-4
图6-1
m
V0
V/
M
图6-2
图7-1
图7-2
A
B
C
s
5R
O
R
图7-4
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专题训练题(二) 动量和能
一、选择题(本题包括12小题，每小题3分，共36分．在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确．全部选对的得3分，选对但不全的得2分，选错或不答的得0分)
1．如图2-1所示，人造地球卫星在椭圆轨道上运动，设A点为近地点，B点为远地点，则关于万有引力做功的情况，下列说法正确的是 ( )
A．当卫星由A点向B点运行时，万有引力做正功
B．当卫星由A点向B点运行时，万有引力做负功
C.当卫星由B点向A点运行时，万有引力做正功
D．当卫星由B点向A点运行时，万有引力做负功
2．如图2—2所示，物体由静止开始分别沿不同斜面由顶端A下滑至底端B，两次下滑的路径分别为图中的I和Ⅱ，两次物体与斜面间的动摩擦因数相同，且不计路径Ⅱ转折处的速度变化，则由顶端A到达B点的过程中，克服滑动摩擦力所做功的大小是 ( )
A．第一次小 B．第二次小 C．两次一样大 D．无法确定
3．如图2—3所示，一个绝缘光滑半圆环轨道放在竖直向下的匀强电场E中，在环的上端，一个质量为m，带电荷量为+q的小球由静止开始沿轨道运动，则 ( )
A．小球运动过程中机械能守恒 B．小球经过环的最低点时速度最大
C.在最低点，球对环的压力为(mg十qE) D.在最低点，球对环的压力为3(mg十qE)
4．一质量不计的直角形支架两端分别连接质量为m和2m的小球A和B，支架的两直角边长度分别为2L和L，支架可绕固定轴O在竖直平面内无摩擦转动，如图2—4所示．开始时OA边处于水平位置，由静止释放，则下列判断正确的是 ( )
A．A球最大速度为 B．A球速度最大时，两小球的总重力势能最小
C．A球速度最大时，两直角边与竖直方向的夹角为45°
D．A、B两球的最大速度之比为2：1
5．某质量为m的消防队员从一平台上跳下，下落2m后双脚触地．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约为 ( )
A．2mg B．5mg
C．8mg D．10mg
6．如图2—5所示，质量不等的两滑块A、B置于光滑水平面上，用两手推A、B来压缩它们之间的弹簧后处于静止状态，下列说法正确的是 ( )
A．若同时放开A、B，则系统总动量为零 B．若同时放开A、B，则系统总动量不为零，总动量的方向与质量大的滑块动量方向相同
C．若先放开B，后放开A，则系统总动量一定不为零，且方向向右
D．若先放开B，后放开A，则系统总动量不为零，其方向由放开B、A的时间间隔长短决定
7．完全相同的A、B两物体放在同一水平面上，分别受到水平拉力F1、F2的作用从静止开始做匀加速运动．经过时间t0和4t0．速度分别达到2 和时，分别撤去F 1和F2，以后物体继续做匀减速运动直至停止．两物体速度随时间变化的图像如图2—6所示．若在该过程中F1和F2所做的功分别为Wl和W2，F1和F2的冲量分别为Il和I2，则以下说法中：①Wl>W2；②WlI2；④Il8．在正点电荷形成的电场中，M、N是同一电场线上的两点，且φM>φN·现将一个α粒子和一个质子都从M点静止释放，在电场力作用下运动到N点．则在N点的( )
A．α粒子的动能和动量都比质子小 B．α粒子的动能比质子大，动量比质子小
C．α粒子的动能比质子小，动量比质子小 D．α粒子的动能和动量都比质子大
9．甲乙两人穿着冰鞋站在水平光滑的冰面上，他们分别拉着一条绳子的一端，先把绳子拉直，然后两人同时用力拉绳．如果甲的质量比乙小，他们谁先到达中点 ( )
A．同时到达中点 B．甲先到达中点 C．乙先到达中点 D．谁的力气大，谁先到达中点
10．如图2—7所示，一根用绝缘材料制成的轻弹簧，劲度系数为k，一端固定，另一端与质量为m，带电荷量为+q的小球相连，静止在光滑绝缘水平面上．当施加水平向右的匀强电场E后，小球开始做简谐运动，关于小球运动的如下说法中，正确的是 ( )
A．球的速度为零时，弹簧伸长QE／k B．球做简谐运动的振幅为QE／k
C．运动过程中，小球的机械能守恒 D．运动过程中，小球动能改变量、弹性势能改变量、电势能改变量的代数和为零
11．在静电场中，一个负电荷g受到非静电力作用由一个等势面上的A点移到另一个等势面上的B点，下列说法错误的是 ( )
A．非静电力和电场力对电荷做功之和等于电荷电势能增加量和动能增加量之和
B．非静电力对电荷所做的功等于电荷电势能增加量和动能增加量之和
C．电荷克服电场力做的功等于电荷电势能的增加量
D．非静电力和电场力对电荷做功之和等于电荷的动能增加量
12．在磁感应强度为月的匀强磁场中有一个单摆，如图2—8所示，摆球的质量为m，带电荷量为+g，摆线长为L．当摆角α<5°时，从C点由静止开始释放，那么在摆动过程中 ( )
A．该单摆的周期T与磁感应强度及摆球带电荷量q有关
B．摆球在最低点时，绳子的张力一定比在C点时的张力大
C．摆球在最低点O的速度不为零，但加速度可能为零
D．若不计空气阻力，摆球的机械能仍守恒
二、实验题(本题包括3小题，每小题5分，共15分)
13．(7分)《碰撞中的动量守恒》实验示意图如图2—9所示．
(1)实验中除使用带有斜槽的碰撞实验器、两个等大的小球、米尺、白纸和复写纸外，还必须使用 和 ·
(2)为确保实验条件，在安装实验器时应该 ， 在选择小球时，应使入射球质量ml 靶球质量m2(填“>”、“<”或“二”)．实验时，入射球每次必须 ．为了减小误差，确定小球落地点的方法是
(3)已知两小球直径均为d，又分别测出两个小球落地点A、B、C到O点的距离OA、OB、OC．若碰撞中动量守恒，应满足的关系式是 ．
14．(4分)在“验证机械能守恒定律”实验中，打点计时器所用电源的频率为50Hz，当地重力加速度为9．80m／s2，测得所用重物的质量为1．00k2，甲、乙、丙三学生分别用同一装置打出三条纸带、量出纸带上第一、第二两点的距离分别为0.10cm、0.19cm、 0．25cm，则可以肯定在操作上有错误的是 (填“甲”、“乙”或“丙”)，错误的操作可能是 ． 若按实验要求正确地选出纸带进行测量，量得连续三点A、B、C到第一个点O的距离分别为15．55Cm、19．20cm、23．23Cm．则当打点计时器打B点时，重物的重力势能减小量为 J，重物的动能为 J．(均保留三位有效数字)
15．(4分)某同学设计了一个用打点计时器验证动量守恒定律的实验：在小车A的前端粘有橡皮泥，推动小车A使之做匀速运动，然后与原来静止在前方的小车B相碰并粘合成一体，继续做匀速运动．他设计的具体装置如图2—10所示，在小车后连着纸带，电磁打点计时器电源频率为50Hz，长木板下垫着小木片用以平衡摩擦力．
(1) 若已得到打点纸带并测得各计数点间距(如图2—11所示)，A点为运动开始的第1点，则应选 段来计算A的碰前速度，应选 段来计算A和B碰后的共同速度(以上两格填“AB”、“BC”或“DE”)．
(2)已测得小车A的质量ml=0．40kg，小车B的质量m2=0．20kg，由以上测量结果可得：碰前总动量为 kg·m／s；碰后总动量为 kg·m／s．(小数点后保留三位有效数字)
三、计算题(本题包括5小题，共49分)
16．(7分)如图2—12所示，半径为r的绝缘光滑圆环固定在竖直平面内，环上套有一质量为m，带正电的珠子；空间存在水平向右的匀强电场，珠子所受的电场力是其重力的3/4倍，将珠子从环上最低位置A点由静止释放，那么珠子所能达到的最大动能是多少
17．(8分)如图2—13所示，竖直固定的光滑U形金属导轨MNOP每米长度的电阻为r，MN平行OP，且相距为L，磁感应强度为B的匀强磁场与导轨所在的平面垂直，有一质量为m，电阻不计的水平金属杆ab可在导轨上自由滑动，滑动过程中与导轨接触良好且保持垂直，将ab从某一位置由静止释放后，下滑h高度时，速度达到最大，在此过程中，电路中产生的热量为Q，以后设法让杆ab保持这个速度匀速下滑，直到离开导轨为止．求： (1)金属杆匀速下滑时的速度；
(2)匀速下滑过程中通过金属杆的电流I与时间t的关系．
18．(10分)如图2—14所示，光滑水平桌面上有长L=2m的木板C，质量mc=5kg，在其正中央并排放着两个小滑块A和B，mA=1kg，mB=4kg，开始时三物都静止．在A、B间有少量塑胶炸药，爆炸后A以速度6m／s水平向左运动，A、B中任一块与挡板碰撞后，都粘在一起，不计摩擦和碰撞时间，求：
(1)当两滑块A、B都与挡板碰撞后，C的速度是多大
(2)到A、B都与挡板碰撞为止，C的位移为多少
19．(12分)如图2—15所示，匀强电场E=4V／m，水平向左，匀强磁场B=2T，垂直纸面向里．m=1g带正电的小物块A，从M点沿绝缘粗糙的竖直壁无初速下滑，它滑行0．8m到N点时就离开壁做曲线运动，在P点，A瞬时受力平衡，此时其速度与水平方向成45°角．设P与M的高度差为1．6m，取g=10m／s2，求： (1)A沿壁下滑时摩擦力做的功； (2)P与M的水平距离．
20．(12分)在相互垂直的匀强磁场和匀强电场中，有一倾角为θ的足够长的光滑绝缘斜面，磁感应强度为B，方向水平向外，电场强度为E，方向竖直向上，有一质量为m，带电荷量为+q的小滑块静止在斜面顶端时对斜面的正压力恰好为零，如图2—16所示．
(1)如果迅速把电场方向转为竖直向下，求小滑块能在斜面上连续滑行的最远距离L和所用时间t；
(2)如果在距A端L／4远处的C点放人一个相同质量但不带电的小物体，当滑块从A点由静止下滑到C点时两物体相碰并黏在一起．求此黏合体在斜面上还能再滑行多长时间和距离．
专题训练题(二) 动量和能量参考答案
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第 1 页 共 5 页吴有训实验学校2007届高三第二轮复习资料
专题一 力与运动
【思想方法提炼】
一、对力的几点认识
1.关于力的概念.力是物体对物体的相互作用.这一定义体现了力的物质性和相互性.力是矢量.
2.力的效果
（1）力的静力学效应：力能使物体发生形变.
(2)力的动力学效应： a.瞬时效应：使物体产生加速度F=ma
b.时间积累效应：产生冲量I=Ft，使物体的动量发生变化Ft=△p
c.空间积累效应：做功W=Fs，使物体的动能发生变化△Ek=W
3.物体受力分析的基本方法
（1）确定研究对象（隔离体、整体）.
（2）按照次序画受力图，先主动力、后被动力，先场力、后接触力.
（3）只分析性质力，不分析效果力，合力与分力不能同时分析.
（4）结合物体的运动状态：是静止还是运动，是直线运动还是曲线运动.如物体做曲线运动时，在某点所受合外力的方向一定指向轨迹弧线内侧的某个方向.
二、中学物理中常见的几种力
三、力和运动的关系
1.F=0时，加速度a =0.静止或匀速直线运动
F=恒量:F与v在一条直线上——匀变速直线运动
F与v不在一条直线上——曲线运动（如平抛运动）
2.特殊力:F大小恒定，方向与v始终垂直——匀速圆周运动F=-kx——简谐振动
四、基本理论与应用
解题常用的理论主要有：力的合成与分解、牛顿运动定律、匀变速直线运动规律、平抛运动的规律、圆周运动的规律等.力与运动的关系研究的是宏观低速下物体的运动，如各种交通运输工具、天体的运行、带电物体在电磁场中的运动等都属于其研究范畴，是中学物理的重要内容，是高考的重点和热点，在高考试题中所占的比重非常大.选择题、填空题、计算题等各种类型的试题都有，且常与电场、磁场、动量守恒、功能部分等知识相结合.
【感悟 · 渗透 · 应用思想方法提炼】
一、力与运动的关系
力与运动关系的习题通常分为两大类：一类是已知物体的受力情况，求解其运动情况；另一类是已知物体的运动情况，求解物体所受的未知力或与力有关的未知量.在这两类问题中，加速度a都起着桥梁的作用.而对物体进行正确的受力分析和运动状态及运动过程分析是解决这类问题的突破口和关键.
【例1】如图所示，质量M=10kg的木楔
静止于粗糙水平地面上，木楔与地面间的
动摩擦因数=0.2，在木楔的倾角为=30°
的斜面上，有一质量m=1.0kg的物块由静止
开始沿斜面下滑，当滑行路程s=1.4m时，
其速度v=1.4m/s.在这个过程中木楔处于静止状态.求地面对木楔的摩擦力的大小和方向（取g=10m/s2）.
【例2】如图所示，一高度为h＝0.2m的水平面在A点处与一倾角为θ＝30°的斜面连接，一小球以v0＝5m/s的速度在平面上向右运动。求小球从A点运动到地面所需的时间（平面与斜面均光滑，取g＝10m/s2）。某同学对此题的解法为：小球沿斜面运动，则由此可求得落地的时间t。问：你同意上述解法吗？若同意，求出所需的时间；若不同意，则说明理由并求出你认为正确的结果。
二、临界状态的求解
临界状态的问题经常和最大值、最小值联系在一起，它需要在给定的物理情境中求解某些物理量的上限或下限，有时它与数学上的极值问题相类似.但有些问题只能从物理概念、规律的约束来求解，研究处理这类问题的关键是：（1）要能分析出临界状态的由来.（2）要能抓住处于临界状态时物体的受力、运动状态的特征.
【例3】如图所示，在相互垂直的匀强电场、磁场中，有一个倾角为且足够长的光滑绝缘斜面.磁感应强度为B，方向水平向外，电场强度的方向竖直向上.有一质量为m，带电量为+q的小球静止在斜面顶端，这时小球对斜面的压力恰好为0.若迅速把电场方向改为竖直向下时，小球能在斜面上连续滑行多远？所用时间是多少？
【例4】如图所示，一平直的传送带以v=2m/s的速度匀速运行，传送带把A处的工件运送到B处.A、B相距L=10m.从A处把工件无初速度地放到传送带上，经过时间t=6s传送到B处，欲用最短的时间把工件从A处传送到B处，求传送带的运行速度至少多大？
三、在生产、生活中的运用.
高考制度的改革，不仅是考试形式的变化，更是高考内容的全面革新，其根本的核心是不仅要让学生掌握知识本身，更要让学生知道这些知识能解决哪些实际问题，因而新的高考试题十分强调对知识的实际应用的考查.
【例5】两个人要将质量M=1000kg的小车沿一小型铁轨推上长L=5m，高h=1m的斜坡顶端，如图所示.已知车在任何情况下所受的摩擦阻力恒为车重的0.12倍，两人能发挥的最大推力各为800N.在不允许使用别的工具的情况下，两人能否将车刚好推到坡顶？如果能，应如何办？（g取10m/s2 ）
【例6】蹦床是运动员在一张绷紧的弹性网上蹦跳、翻滚并做各种空中动作的运动项目。一个质量为 60kg 的运动员，从离水平网面 3.2m 高处自由下落，着网后沿竖直方向蹦回到离水平网面 5.0m 高处。已知运动员与网接触的时间为 1.2s。若把在这段时间内网对运动员的作用力当作恒力处理，求此力的大小。（g＝10m/s2）
四、曲线运动.
当物体受到的合力的方向与速度的方向不在一条直线上时，物体就要做曲线运动.中学物理能解决的曲线运动的习题主要有两种情形：一种是平抛运动，一种是圆周运动.平抛运动的问题重点是掌握力及运动的合成与分解.圆周运动的问题重点是向心力的来源和运动的规律.
【例7】在光滑水平面上有一质量m=1.0×10-3kg，电量q=1.0×10-10C的带正电小球，静止在O点，以O点为原点，在该水平面内建立直角坐标系Oxy，如图所示. 现突然加一沿x轴正方向、场强大小为E=2.0×106V/m的匀强电场，使小球开始运动，经过1.0s，所加电场突然变为沿y轴正方向，场强大小仍为E=2.0×106V/m的匀强电场，再经过1.0s所加电场又突然变为另一个匀强电场.使小球在此电场作用下经1.0s速度变为0.求速度为0时小球的位置.
【例8】如图所示，有一质量为m的小球P与穿过光滑水平板上小孔O的轻绳相连，用手拉着绳子另一端，使小球在水平板上绕O点做半径为a、角速度为的匀速圆周运动.求：（1）此时绳上的拉力有多大？（2）若将绳子从此状态迅速放松，后又拉直，使小球绕O做半径为b的匀速圆周运动.从放松到拉直这段过程经历了多长时间？ （3）小球做半径为b的匀速圆周运动时，绳子上的拉力又是多大？
五、图像的运用
【例9】如图所示，一对
平行光滑轨道设置在水平面上，
两轨道间距L=0.20m，电阻
R=1.0；有一导体杆静止地放
在轨道上，与两轨道垂直，
杆及轨道的电阻皆可忽略不计，
整个装置处于磁感应强度B=0.5T的匀强磁场中，磁场方向垂直轨道向下，现用一外力F沿轨道方向拉杆，使之做匀加速运动，测得力F与时间t的关系如图所示.求杆的质量m和加速度a
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