2009年高考第二轮复习精选专题

专题四 电磁感应与电路
黄冈中学 王小兰
[方法归纳]
电磁感应是电磁学中最为重要的内容，也是高考的热点之一。电磁感应是讨论其他形式能转化为电能的特点和规律；电路问题主要是讨论电能在电路中传输、分配并通过用电器转化成其他形式能的特点和规律，本专题的思想是能量转化与守恒思想。
在复习电磁感应部分时，其核心是法拉第电磁感应定律和楞次定律；这两个定律一是揭示感应电动势的大小所遵循的规律；一个是揭示感的电动势方向所遵循的规律，法拉第电磁感定律的数学表达式为：，磁通量的变化率越大，感应电动势越大．磁通量的变化率越大，外界所做的功也越大．楞次定律的表述为：感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化，从楞次定律的内容可以判断出：要想获得感应电流就必须克服感应电流的阻碍，需要外界做功，需要消耗其他形式的能量．在第二轮复习时如果能站在能量的角度对这两个定律进行再认识，就能够对这两个定律从更加整体、更加深刻的角度把握．
电路部分的复习，其一是以部分电路欧姆定律为中心，包括六个基本物理量（电压、电流、电阻、电功、电功率、电热），三条定律（部分电路欧姆定律、电阻定律和焦耳定律），以及串、并联电路的特点等概念、定律的理解掌握和计算；其二是以闭合电路欧姆定律为中心讨论电动势概念、闭合电路中的电流、路端电压以及闭合电路中能量的转化；其三，对高中物理所涉及的三种不同类别的电路进行比较，即恒定电流电路、变压器电路、远距离输电电路，比较这些电路哪些是基本不变量，哪些是变化量，变化的量是如何受到不变量的制约的．其能量是如何变化的．
在恒定电流电路中，如果题目不加特殊强调，电源的电动势和内电阻是基本不变量，在外电阻改变时其他量的变化受到基本不变量的制约．
在变压器电路中，如果题目不加特殊强调，变压器的输入电压不变，其他量改变时受到这个基本不变量的制约．
在远距离输电电路中，如果题目不加特殊强调，发电厂输出的电功率不变，其他量改变时受到这个基本不变量的制约．
[典例分析]
1．电磁感应的图象问题
方法：图象问题有两种：一是给出电磁感应过程选出或画出正确图象；二是由给定的有关图象分析电磁感应过程，求解相应的物理量．其思路是：利用法拉第电磁感应定律计算感应电动势．感应电流的大小，利用楞次定律或右手定则判定感应电流的方向，利用图象法直观，明确地表示出感应电流的大小和方向．掌握这种重要的物理方法．
例1、如图4—1（a）所示区域（图中直角坐标系xOy的1、3象限）内有匀强磁场，磁感应强度方向垂直于图面向里，大小为B，半径为l，圆心角为60°的扇形导线框OPQ以角速度绕O点在图面内沿逆时针方向匀速转动，导线框回路电阻为R．
（1）求线框中感应电流的最大值I0和交变感应电流的频率f．
（2）在图（b）中画出线框转一周的时间内感应电流I随时间t变化的图象．（规定在图（a）中线框的位置相应的时刻为t =0）
2、电路的动态分析
方法：利用欧姆定律，串、并联电路的性质，闭合电路的欧姆定律；明确不变量，以“从局部到整体再到局部”，“从外电路到内电路再到外电路”的顺序讨论各物理量的变化情况．
例2、如图4—3所示的电路中，电源的电动势为E，内阻为r．当可变电阻的滑片P向b移动时，电压表的读数U1与电压表的读数U2的变化情况是（ ）
A．U1变大，U2变小
B．U1变大，U2变大
C．U1变小，U2变小
B．U1变小，U2变大
3、电磁感应与力学综合
方法：从运动和力的关系着手，运用牛顿第二定律
（1）基本思路：受力分析→运动分析→变化趋向→确定运动过程和最终的稳定状态→由牛顿第二定律列方程求解．
（2）注意安培力的特点：
（3）纯力学问题中只有重力、弹力、摩擦力，电磁感应中多一个安培力，安培力随速度变化，部分弹力及相应的摩擦力也随之而变，导致物体的运动状态发生变化，在分析问题时要注意上述联系．
例3、如图4—4所示，两根相距为d的足够长的平行金属导轨位于水平xOy平面内，左端接有阻值为R的电阻，其他部分的电阻均不计．在x>0的一侧存在垂直xOy平面且方向竖直向下的稳定磁场，磁感强度大小按B=kx规律变化（其中k是一大于零的常数）．一根质量为m的金属杆垂直跨搁在光滑的金属导轨上，两者接触良好．
当t =0时直杆位于x=0处，其速度大小为v0，方向沿x轴正方向，在此后的过程中，始终有一个方向向左的变力F作用于金属杆，使金属杆的加速度大小恒为a，加速度方向一直沿x轴的负方向．求：
（1）闭合回路中感应电流持续的时间有多长？
（2）当金属杆沿x轴正方向运动的速度为时，闭合回路的感应电动势多大？此时作用于金属杆的外力F多大？
4、电磁感应与动量、能量的综合
方法：
（1）从动量角度着手，运用动量定理或动量守恒定律
①应用动量定理可以由动量变化来求解变力的冲量，如在导体棒做非匀变速运动的问题中，应用动量定理可以解决牛顿运动定律不易解答的问题．
②在相互平行的水平轨道间的双棒做切割磁感线运动时，由于这两根导体棒所受的安培力等大反向，合外力为零，若不受其他外力，两导体棒的总动量守恒．解决此类问题往往要应用动量守恒定律．
（2）从能量转化和守恒着手，运用动能定律或能量守恒定律
①基本思路：受力分析→弄清哪些力做功，正功还是负功→明确有哪些形式的能量参与转化，哪增哪减→由动能定理或能量守恒定律列方程求解．
②能量转化特点：其它能（如：机械能）电能内能（焦耳热）
例4、如图4—6所示，在空间中有一水平方向的匀强磁场区域，区域的上下边缘间距为h，磁感应强度为B．有一宽度为b（b（1）线圈的MN边刚好进入磁场时，线圈的速度大小．
（2）线圈从开始下落到刚好完全进入磁场所经历的时间．
例5、两根足够长的固定的平行金属导轨位于同一水平内，两导轨间的距离为l，导轨上面横放着两根导体棒ab和cd构成矩形回路，如图4—7所示．两根导体棒的质量皆为m，电阻皆为R，磁感应强度为B，设两导体棒均为沿导轨无摩擦地滑行，开始时，棒cd静止，棒ab有指向棒cd的初速度（如图所示），若两导体棒在运动中始终不接触，求：
（1）在运动中产生的焦耳热最多是多少？
（2）当ab棒的速度变为初速度的时，cd棒的加速度是多少？
5、电磁感应与电路综合
方法：在电磁感应现象中，切割磁感线的导体或磁通量发生变化的回路相当于电源．解决电磁感应与电路综合问题的基本思路是：
（1）明确哪部分相当于电源，由法拉第电磁感应定律和楞次定律确定感应电动势的大小和方向．
（2）画出等效电路图．
（3）运用闭合电路欧姆定律．串并联电路的性质求解未知物理量．
例6、如图4—8所示，直角三角形导线框abc固定在匀强磁场中，ab是一段长为L、电阻为R的均匀导线，ac和bc的电阻可不计，ac长度为．磁场的磁感强度为B，方向垂直纸面向里．现有一段长度为，电阻为的均匀导体棒MN架在导线框上，开始时紧靠ac，然后沿bc方向以恒定速度v向b端滑动，滑动中始终与ac平行并与导线框保持良好接触，当MN滑过的距离为时，导线ac中的电流为多大？方向如何？
6、交变电流的三值
（1）最大值：，最大值与线圈的形状，以及转轴的位置无关，但转轴应与磁感线垂直．
（2）有效值：交流电的有效值是根据电流的热效应来定义的．即在同一时间内，跟某一交流电一样能使同一电阻产生相等热量的直流的数值，叫做该交流电的有效值．
正弦交流电的有效值与最大值之间的关系为：．各种交流电器设备上标准值及交流电表上的测量值都是指有效值．
（3）平均值
（4）最大值、有效值和平均值的应用
①求电功、电功率以及确定保险丝的熔断电流等物理量时，要用有效值计算．正弦交变电流的有效值为，其他交流电流的有效值只能根据有效值的定义来计算．
②求一段时间内通过导体横截面的电量时要用平均值来计算．
而．
注意，平均值不等于有效值．
③在考虑电容器的耐压值时，则应根据交流电的最大值．
例7、边长为a的N匝正方形线圈在磁感应强度为B的匀强磁场中，以角速度绕垂直于磁感线的转轴匀速转动，线圈的电阻为R．求：
（1）线圈从中性面开始转过90°角的过程中产生的热量．
（2）线圈从中性面开始转过90°角的过程中，通过导线截面的电量．
7、电容、电路、电场、磁场综合
方法：从电场中的带电粒子受力分析入手，综合运用牛顿第二定律；串、并联电路的性质、闭合电路欧姆定律和法拉第电磁感应定律进行分析、计算，注意电容器两端的电压和等效电路．
例8、如图4—11所示，光滑的平行导轨P、Q相距l=1m，处在同一水平面中，导轨左端接有如图所示的电路，其中水平放置的平行板电容器C两极板间距离d=10mm，定值电阻R1=R3=8Ω，R2=2Ω，导轨电阻不计，磁感应强度B=0.4T的匀强磁场竖直向下穿过导轨平面，当金属棒ab沿导轨向右匀速运动（开关S断开）时，电容器两极板之间质量m=1×10－14kg，带电荷量q=－1×10－25C的粒子恰好静止不动；当S闭合时，粒子以加速度a=7m/s2向下做匀加速运动，取g=10m/s2，求：
（1）金属棒ab运动的速度多大？电阻多大？
（2）S闭合后，使金属棒ab做匀速运动的外力的功率多大？
8、电磁感应与交流电路、变压器综合
方法：①变压器遵循的是法拉第电磁感应定律，理想变压器不考虑能量损失，即输入功率等于输出功率．②理想变压器原线圈的电压决定着负线圈的电压，而副线圈上的负载反过来影响着原线圈的电流，输入功率．③远距离输电是以电功率展开分析的，其中损失功率是最为关键的因素．④在供电电路、输电电路、用电回路所构成的输电电路中， 输出电路中的电流和输电回路中的损失电压是联系其余两回路的主要物理量．
n1︰n2 ︰
图4—12
例9、有条河流，流量Q=2m3/s，落差h=5m，现利用其发电，若发电机总效率为50%，输出电压为240V，输电线总电阻R=30Ω，允许损失功率为输出功率的6%，为满足用电的需求，则该输电线路所使用的理想电压、降压变压器的匝数比各是多少？能使多少盏“220V、100W”的电灯正常发光．
[跟踪练习]
1．矩形导线框abcd放在匀强磁场中，磁感线方向与线圈平面垂直，磁感强度B随时间变化的图象如图4—13所示．t=0时刻，磁感强度的方向垂直于纸面向里．在0～4s时间内，线框的ab边受力随时间变化的图象（力的方向规定以向左为正方向），可能如图4—14中的（ ）
A． B． C． D．
2．如图4—14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．
图4—14
3．如图4—15所示，T为理想变压器，A1、A2为交流电流表，R1、R2为定值电阻，R3为滑动变阻器，原线圈两端接恒压交流电源，当滑变阻器的滑动触头向下滑动时（ ）
A．A1的读数变大，A2读数变大
B．A1的读数变大，A2读数变小
C．A1的读数变小，A2 读数变大
D．A1的读数变小，A2的读数变小
4．如图4—16所示：半径为r、电阻不计的两个半圆形光滑导轨并列竖直放置，在轨道左上方端点M、N间接有阻值为R的小电珠，整个轨道处在磁感强度为B的匀强磁场中，两导轨间距为L，现有一质量为m，电阻为R的金属棒ab从M、N处自由静止释放，经一定时间到达导轨最低点O、O′，此时速度为v．
（1）指出金属棒ab从M、N到O、O′的过程中，通过小电珠的电流方向和金属棒ab的速度大小变化情况．
（2）求金属棒ab到达O、O′时，整个电路的瞬时电功率．
（3）求金属棒ab从M、N到O、O′的过程中，小电珠上产生的热量．
5．（2002·上海）如图4—17所示，有两根和水平方向成角的光滑平行的金属轨道，上端接有可变电阻R，下端足够长，空间有垂直于轨道平面的匀强磁场，磁感应强度为B．一根质量为m的金属杆从轨道上静止自由滑下，经过足够长的时间后，金属杆的速度会趋近于一个最大速度vm，则（ ）
A．如果B增大，vm将变大 B．如果变大，vm将变大
C．如果R变小，vm将变大 D．如果m变小，vm将变大
6．（2004年全国）如图4—18所示a1b1c1d1和a2b2c2d2为在同一竖直平面内的金属导轨，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，求此时作用两杆的重力的功率的大小和回路电阻上的热功率．
7．光滑曲面与竖直平面的交线是抛物线，如图4—19所示，抛物线的方程是y=x2，下半部处在一个水平方向的匀强磁场中，磁场的上边界是y=a的直线（图中虚线所示），一个小金属环从抛物线上y=b（y>a）处以速度v沿抛物线下滑，假设抛物线足够长，金属环沿抛物线下滑后产生的焦耳热总量是（ ）
A．mgb B．
C．mg(b－a) D．
8．如图4—20所示，长为L、电阻r=0.3Ω、质量m=0.1kg的金属棒CD垂直跨搁在位于水平面上的两条平行光滑金属导轨上，两导轨间距也是L，棒与导轨间接触良好，导轨电阻不计，导轨左端接有R=0.5Ω的电阻，量程为0～3.0A的电流表串接在一条导轨上，量程为0～1.0V的电压表接在电阻R的两端，垂直导轨平面的匀强磁场向下穿过平面．现以向右恒定外力F使金属棒右移，当金属棒以v=2m/s的速度在导轨平面上匀速滑动时，观察到电路中的一个电表正好满偏，而另一个电表未满偏，问：
（1）此满偏的电表是什么表？说明理由．
（2）拉动金属棒的外力F多大？
（3）此时撤去外力F，金属棒将逐渐慢下来，最终停止在导轨上．求从撤去外力到金属棒停止运动的过程中通过电阻R的电量．
9．高频焊接是一种常用的焊接方法，其焊接的原理如图所示．将半径为10cm的待焊接的圆形金属工件放在导线做成的1000匝线圈中，然后在线圈中通以高频的交变电流，线圈产生垂直于金属工件所在平面的变化磁场，磁场的磁感应强度B的变化率为1000T/s．焊接处的接触电阻为工件非焊接部分电阻的 99倍．工作非焊接部分每单位长度上的电阻为，焊接的缝宽非常小，求焊接过程中焊接处产生的热功率．（取=10，不计温度变化对电阻的影响）
图4—21
10．如图所示，与光滑的水平平行导轨P、Q相连的电路中，定值电阻R1=5Ω，R2=6Ω；电压表的量程为0～10V，电流表的量程为0～3A，它们都是理想电表；竖直向下的匀强磁场穿过水平导轨面，金属杆ab横跨在导轨上，它们的电阻均可不计，求解下列问题：
（1）当滑动变阻器的阻值R0=30Ω时，用水平恒力F1=40N向右作用于ab，在ab运动达到稳定状态时，两个电表中有一个电表的指针恰好满偏，另一个电表能安全使用．试问：这时水平恒力F1的功率多大？ab的速度v1多大？
（2）将滑动变阻器的电阻调到R0=3Ω，要使ab达到稳定运动状态时，两个电表中的一个电表的指针恰好满偏，另一个电表能安全使用，作用于ab的水平恒力F2多大？这时ab的运动速度v2多大？
11．两只相同的电阻，分别通过简谐波形的交流电和方形波的交流电．两种交变电流的最大值相等，波形如图4—23所示．在简谐波形交流电的一个周期内，简谐波形交流电在电阻上产生的焦耳热Q1与方波形交流电在电阻上产生的焦耳热Q2之比为等于（ ）
A．3︰1 B．1︰2
C．2︰1 D．4︰3
12．曾经流行过一种向自行车车头灯供电的小型交流发电机，图4—24甲为其结构示意图．图中N、S是一对固定的磁极，abcd为固定在转轴上的矩形线框，转轴过bc边中点、与ab边平行，它的一端有一半径r0=1.0cm的摩擦小轮，小轮与自行车车轮的边缘相接触，如图4—24乙所示．当车轮转动时，因摩擦而带动小轮转动，从而使线框在磁极间转动．设线框由N=800匝导线圈组成，每匝线圈的面积S=20cm2，磁极间的磁场可视为匀强磁场，磁感强度B=0.010T，自行车车轮的半径R1=35cm，小齿轮的半径R2=4.0cm，大齿轮的半径R3=10.0cm（见图乙）．现从静止开始使大齿轮加速运动，问大齿轮的角速度为多大时才能使发电机输出电压的有效值U=3.2V？（假定摩擦小轮与自行车轮之间无相对滑动）
图4—24
13．如图4—25所示，两块水平放置的平行金属板间距为d，定值电阻的阻值为R，竖直放置线圈的匝数为n，绕制线圈导线的电阻为R，其他导线的电阻忽略不计．现在竖直向上的磁场B穿过线圈，在两极板中一个质量为m，电量为q，带正电的油滴恰好处于静止状态，则磁场B的变化情况是（ ）
A．均匀增大，磁通量变化率的大小为
B．均匀增大，磁通量变化率的大小为
C．均匀减小，磁通量变化率的大小为
D．均匀减小，磁通量变化率的大小为
14．如图4—26所示，水平面中的光滑平行导轨P1、P2相距l=50cm，电池电动势E′=6V，电阻不计；电容C=2F，定值电阻R=9Ω；直导线ab的质量m=50g，横放在平行导轨上，其中导轨间的电阻R′=3Ω；竖直向下穿过导轨面的匀强磁场的磁感应强度B=1.0T；导轨足够长，电阻不计．
（1）闭合开关S，直导线ab由静止开始运动的瞬时加速度多大？ab运动能达到的最大速度多大？
（2）直导线ab由静止开始运动到速度最大的过程中，电容器的带电荷量变化了多少？
15．如图4—27所示的四个图中，a、b为输入端，接交流电源、cd为输出端，下列说法中错误的是（ ）
A B C D
A．A图中UabUcd
C．C图中UabUcd
16．某电站输送的电功率是500kW，当采用6kV电压输电时，安装在输电线路起点的电度表和终点的电度表一昼夜读数相差4800kWh（即4800度），试求：（1）输电线的电阻；（2）若要使输电线上损失的功率降到输送功率的2.304%，应采用多高的电压向外输电？
专题四 电磁感应与电路参考答案
典型例题
【例1】 解析：在从图中位置开始（t =0）匀速转动60°的过程中，只有OQ边切割磁感线，产生的感应电动势，由右手定则可判定电流方向为逆时针方向（设为正方向）．根据欧姆定律得，
．
导线框再转过30°的过程中，由于=0，
则顺时针方向．
逆时针方向
顺时针方向
综合以上分析可知，感应电流的最大值，
频率．其I—t 图象如图4—2所示．
答案：（1）
（2）如图4—2所示．
【例2】 解析：P向b移动，电路中总电阻变大，由闭合电路的欧姆定律、欧姆定律以及电路的性质从而可以判断U1、U2的变化情况．
当P向b移动时，电路中总电阻变大，由闭合电路的欧姆定律可知电路中总电路I变小，由欧姆定律得U2=IR变小，再由闭合电路欧姆定律得U1=E－Ir变大，故本题正确答案应选A．
【例3】 解析： （1）由题意可知，金属杆在磁场中的运动分为两个阶段：先沿x轴正方向做匀减速运动，直到速度为零；然后x轴负方向做匀加速直线运动，直到离开磁场，其速度一时间图象如图4—5所示．金属杆在磁场中运动切割磁感线，闭合回路产生感应电流，所以回路中感应电流持续的时间．
（2）当金属杆沿x轴正方向运动的速度为时，对应的x坐标x1`满足：解得x1=．
则在x1处的磁感强度
此时回路中的感应电动势，
金属杆所受的安培力大小
方向沿x轴负方向
由牛顿第二定律得F＋F安=ma
所以，此时作用于金属杆的外力方向沿x轴负方向．
答案：（1） （2）
【例4】 解析： （1）设线圈匀速穿出磁场的速度为v′，
此时线圈中产生的感应电动势为． ①
产生的感应电流为 ②
线圈受到的安培力为F=BIL ③
此过程线圈受到的重力与安培力平衡mg=F ④
联立①②③④式，得 ⑤
设线圈的上边刚好进入磁场时速度为v，线圈全部在磁场里运动的过程中，根据能量守恒定律
⑥
联立⑤⑥解得 ⑦
（2）设线圈从开始下落到刚好完全进入磁场所用时间为t，根据动量定理 ⑧
根据法拉第电磁感应定律 ⑨
线圈中产生的平均电流 ⑩
故安培力的冲量
联立⑨⑩得，
将⑦和代入⑧解得
【例5】 解析：ab棒向cd棒运动时，两棒和导轨构成的回路面积变小，磁通量发生变化，于是产生感应电流．ab棒受到与运动方向相反的安培力作用做减速运动，cd棒则在安培力作用下做加速运动，在ab棒的速度大于cd棒的速度时，回路中总有感应电流，ab棒继续减速，cd棒继续加速．两棒速度达到相同后，回路面积保持不变，磁通量不变化，不产生感应电流，再棒以相同的速度v做匀速运动．
（1）从初始至两棒达到速度相同的过程中，两棒的动量守恒，有．
根据能量守恒，整个过程中产生的总热量
（2）设ab棒的速度为初速度的时，cd棒的速度为v′，则由动量守恒可知．
此时回路中感应电动势和感应电流分别为．
此时cd棒所受的安培力F=IBl，cd棒的加速度．
由以上各式可得．
答案： （1） （2）
【例6】 解析：MN滑过的距离为时，它与bc的接触点为P，如图4—9所示．由几何关系可知，MP的长度为，MP相当于电路中的电源，其感应电动势，内阻．等效电路如图4—10所示．
图4—9 图4—10
外电路并联电阻为
由闭合电路欧姆定律可得，MP中的电流
ac中的电流
联立以上各式解得
根据右手定则，MP中的感应电流方向由P流向M，所以电流Iac的方向由a流向c．
答案：，方向由a流向c．
【例7】 解析：（1）线圈中产生的热量应用转动过程中产生的交变电流的有效值来计算．因线圈中感应电动势的峰值为，故线圈中电流的有效值为，线圈转过90°角经历的时间为．
所以此过程中产生的热量．
（3）线圈转过90°角的过程中，感应电动势和感应电流的平均值分别为
所以通过导体截面的电量为
答案：（1） （2）
【例8】 解：（1）带电粒子在电容器两极板间静止时，受向上的电场力和向下的重力作用而平衡
求得电容器两极板间的电压：
由于粒子带负电，可知上极板电势高．
由于S断开，R1上无电流，R2、R3上电压等于U1，电路中的感应电流．
即通过R2、R3的电流强度为：
由闭合电路欧姆定律可知：ab切割磁感线运动产生的感应电动势为： ①
其中r为ab金属棒的电阻．
当闭合S后，带电粒子向下做匀加速运动，根据牛顿第二定律有：
求得S闭合后电容器两极板间的电压
这时电路中的感应电流为：
根据闭合电路欧姆定律有： ②
将已知量代入①②求得
又因：
即金属棒做匀速运动的速度为3m/s，电阻r=2Ω．
（2）S闭合后，通过ab的电流I2=0.15A，ab所受安培力F2=BLI=0.4×1×0.15=0.06N
ab以速度v=3m/s匀速运动时，所受外力必与安培力F2大小相等，方向相反，即F=0.06N．
方向向右（与v同向），可见外力F的功率为：P=Fv=0.06×3=0.18W
【例9】 解：依题意，电源端
输出电压U0=240V 为满足输电要求，由
有：
则送电电压为
所以升压变压器的变压比为
输电线电压损失
用户端，据题意可知U2=220V
所以降压变压器的匝数比为
因为理想变压器没有能量损失，所以可正常发光的电灯的盏数为：（盏）
跟踪练习
1．D 提示： ．
2．（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所受的安培力为
外力所做的功为
由能的转化和守恒定律，根据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
（2）令，画出的图象（答图4—1）分为三段．
（3）令U0=Blv，画出的图象（答图4—2）分为三段
3．A 提示：当滑动头下移时，R3↓R总↓，，U不变I↑U并=U－U R↓
的示数变大，由原副线圈电流与匝数成反比，可知A1的示数变大．
4．（1）电流方向由N→M，ab棒的速度先变大后变小．（2）在最低点，ab切割磁感线产生的E=BLv．瞬时功率：．（3）下滑过程中，设小电珠上产生的热量为Q，则整个电路上产生的热量为2Q由能量守恒定律有：
．
5．金属杆从轨道上由静止滑下，经足够长时间后，速度达最大值vm，此后金属杆做匀速运动，杆受重力、轨道的支持力和安培力如答图4—3所示．安培力，对金属杆列平衡方程，
则，由此式可知，B增大，vm减小；增大；vm增大；R变大，vm变大；m变小，vm变小．因此BC两选项正确．
答案：BC
6．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小，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x1y1的安培力 ③
方向向上，作用于杆x2y2的安培力 ④
方向向下．当杆做匀速运动时,根据牛顿第二定律,有⑤
由①②③④⑤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Q=I2R ⑨
由⑥⑦⑧⑨式得
7．D 提示：小金属杯进入或离开磁场时，磁通量会发生变化，并产生感应电流，当小金属杯全部进入磁场后，不产生磁感应电流，由能量守恒可得产生的焦耳热等于减少的机械能．即
8．由两表的量程和电阻R的大小可判定哪一个表满偏；由功能关系即可求出外力F的大小；撤去外力后，感应电流大小不断变化， 平均作用力的冲量BIL·△t=BLq=m·△v，变力作用下的导体运动问题可从电荷量的角度进行分析．
答案：（1）满偏的电表是电压表．因为若电流表满偏，电路中的电流I=3A，电阻R两端的电压U=IR=1.5V，已超过电压表量程．
（2）外力拉动金属棒匀速右移时，外力的功率全部转化为电路中的电功率．根据功能关系有
而，所以N=1.6N
（3）撤去外力F后，金属棒CD做减速运动，把金属棒减速至零的时间分成许多极短的时间间隔△t1、△t2、…、△tn，在每一个极短的时间间隔内电流强度可以认为保持不变，大小分别为I1、I2、…、In，由动量定理可得金属棒在整个时间内的动量变化等于各段时间内所受安培力的冲量之和，即：
即mv=BLq
由电磁感应定律原来匀速右移的棒中产生的感应电动势代入上式得
9．当线圈中通过高频交变电流时，由于电磁感应，图形金属工件中产生的感应电动势大小为
其最大值，则有效值E=100V
工件非焊接部分的电阻R1=R0·2r，代入数据得，R1=2×10－3Ω
焊接部分的电阻R2=99R1，根据串联电路的电压分配关系，R2两端电压
由得，焊接处产生的热功率，代入数据解得P=4.95×104W
10．（1）当R0=30Ω时，R0与R2的并联阻值为=5Ω．
显然，这时电压表满偏，读数为10V，电流表读数为2A．（如果电流指针偏满，为3A，则电压表上电压为3×5=15（V），超过它的量程，不能安全使用）
在这种情况下电路中感应电流的总功率为（W）．
根据能的转化和守恒定律，F1的功率与感应电流的功率相等即为 40W．
由，可知ab的速度（m/s）．
（2）当R0=3Ω时，它与R2的并联阻值（Ω），
电路中总电阻R=R′＋R1=7（Ω），
显然，这时电流表指针满偏，为3A，电压表示数为6V．（若电压表指针满偏为10V，则通过电流表的电流为=5（A），超过它的量程不能安全使用．）
这时电路中感应电流的总功率，即F2的功率为（W）．
ab切割磁感线产生的感应电动势为（V）．
（因ab的电阻不计）
在（1）问中，感应电动势为（V）．
=1.05（m/s）
由，可得作用于ab的恒力为（N）．
11． B 简谐波形交流电有效值，方形波形交流电的有效值I2=1A．
12．当自行车车轮转动时，通过摩擦小轮使发电机的线框在匀强磁场内转动，线框中产生一正弦交变电动势，其最大值，式中为线框转动的角速度，即摩擦小轮转动的角速度．
发电机两端电压的有效值
设自行车车轮转动的角速度为，由于自行车车轮与摩擦小轮之间无相对滑动，则
小齿轮转动的角速度与自行车轮转动的角速度相同，也为．设大齿轮转动的角速度为，则
．由以上各式解得
代入数据得=3.2rad/s
13．A
14．（1）S闭合后，电流由a到b通过直导线，电流大小为=0.5（A）
ab开始运动（速度为零）时的加速度为（m/s2）方向水平向右．
当ab运动速度为v（方向向右）时，感应电动势大小为E=BLv，这时通过ab的电流（仍由a到b）为
可见，ab的运动速度增大时I减小，ab所受安培力、加速度也随之减小；当I减小至零时，ab所受安培力、加速度为零．这时，ab速度最大，最大速度为（m/s）
（2）S刚闭合时，由于惯性原因ab速度仍为零，电容器两极板间电压为=1.5（V）
ab以最大速度vm=12m/s运动时，电路中电流为零，电容器两极板间电压为=6（V）
可见，电容器的带电荷量在ab由开始运动到达到最大速度的过程中增加了
（C）
15．A 提示：A图中ac段电阻上无电压降，Uab=Ucd，其他正确．
16．在输送功率一定的情况下，可以求出送电电流，由损失功率可求出输电线中的电阻．根据题目要求，由损失功率计算出输送电压．
（1）P输=UI线，所以A kW
因 故Ω
（2）若P损=500kW×2.304%=11.52kW
故送电电流A，送电电压V．
R1
～
l
图丙
O
t
Uab
图乙
图甲
O
t
i
d
c
b
a
图4—13
U2
U1
R
U送
P输
I送
U0
～
图4—11
Q
b
P
a
v
R1
m
S
q
R2
R3
× × ×
× × ×
× × ×
× × ×
图4—8
图4—7
图4—6
图4—4
欧姆定律
闭合电路
阻碍
电磁感应
磁场对电流的作用
安培力F
感应电流I
感应电动势E
导体运动v
图4—3
（a） （b）
图4—1
A1
R2
R3
A2
T
图4—15
图4—16
图4—18
图4—19
图4—20
图4—22
R0
Rx
R1
图4—25
E′
P1
P2
图4—26
～
a
b
c
d
～
a
b
d
c
～
a
b
c
d
～
a
b
d
c
图4—23
图4—2
图4—5
i
t
O
答图4—1
Uab
t
O
l0
l0
－
答图4—2
图4—17
PAGE
1第二轮复习
专题一 运动和力
【知识结构】
【典型例题】
例1、如图1—1所示，质量为m=5kg的物体，置于一倾角为30°的粗糙斜面体上，用一平行于斜面的大小为30N的力F推物体，使物体沿斜面向上匀速运动，斜面体质量M=10kg，始终静止，取g=10m/s2，求地面对斜面体的摩擦力及支持力．
例2 、如图1—3所示，声源S和观察者A都沿x轴正方向运动，相对于地面的速率分别为vS和vA，空气中声音传播的速率为，设，空气相对于地面没有流动．
（1）若声源相继发出两个声信号，时间间隔为△t，请根据发出的这两个声信号从声源传播到观察者的过程，确定观察者接收到这两个声信号的时间间隔△t′．
（2）利用（1）的结果，推导此情形下观察者接收到的声源频率与声源发出的声波频率间的关系式．
例3、假设有两个天体，质量分别为m1和m2，它们相距r；其他天体离它们很远，可以认为这两个天体除相互吸引作用外，不受其他外力作用．这两个天体之所以能保持距离r不变，完全是由于它们绕着共同“中心”（质心）做匀速圆周运动，它们之间的万有引力作为做圆周运动的向心力，“中心”O位于两个天体的连线上，与两个天体的距离分别为r1和r2．
（1）r1、r2 各多大？
（2）两天体绕质心O转动的角速度、线速度、周期各多大？
例4、A、B两个小球由柔软的细线相连，线长l=6m；将A、B球先后以相同的初速度v0=4.5m/s，从同一点水平抛出（先A、后B）相隔时间△t =0.8s．
（1）A球抛出后经多少时间，细线刚好被拉直？
（2）细线刚被拉直时，A、B球的水平位移（相对于抛出点）各多大？（取g=10m/s2）
例5、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）．在细圆管中有两个直径略小于细圆管管径的小球（可视为质点）A和B，质量分别为m1和m2，它们沿环形圆管（在竖直平面内）顺时针方向运动，经过最低点时的速度都是v0；设A球通过最低点时B球恰好通过最高点，此时两球作用于环形圆管的合力为零，那么m1、m2、R和v0应满足的关系式是____________．
例6、有两架走时准确的摆钟，一架放在地面上，另一架放入探空火箭中．假若火箭以加速度a=8g竖直向上发射，在升高时h=64km时，发动机熄火而停止工作．试分析计算：火箭上升到最高点时，两架摆钟的读数差是多少？（不考虑g随高度的变化，取g=10m/s2）
例7、光滑的水平桌面上，放着质量M=1kg的木板，木板上放着一个装有小马达的滑块，它们的质量m=0.1kg．马达转动时可以使细线卷在轴筒上，从而使滑块获得v0=0.1m/s的运动速度（如图1—6）,滑块与木板之间的动摩擦因数=0.02．开始时我们用手抓住木板使它不动，开启小马达，让滑块以速度v0运动起来，当滑块与木板右端相距l =0.5m时立即放开木板．试描述下列两种不同情形中木板与滑块的运动情况，并计算滑块运动到木板右端所花的时间．
图1—6
（1）线的另一端拴在固定在桌面上的小柱上．如图（a）．
（2）线的另一端拴在固定在木板右端的小柱上．如图（b）．
线足够长，线保持与水平桌面平行，g=10m/s2．
例8、相隔一定距离的A、B两球，质量相等，假定它们之间存在着恒定的斥力作用．原来两球被按住，处在静止状态．现突然松开，同时给A球以初速度v0，使之沿两球连线射向B球，B球初速度为零．若两球间的距离从最小值（两球未接触）在刚恢复到原始值所经历的时间为t0，求B球在斥力作用下的加速度．
（本题是2000年春季招生，北京、安徽地区试卷第24题）
【跟踪练习】
1、如图1—7所示，A、B两球完全相同，质量为m，用两根等长的细线悬挂在O点，两球之间夹着一根劲度系数为k的轻弹簧，静止不动时，弹簧位于水平方向，两根细线之间的夹角为．则弹簧的长度被压缩了（ ）
A． B．
C． D．
2、如图1—8所示，半径为R、圆心为O的大圆环固定在竖直平面内，两个轻质小圆环套在大圆环上，一根轻质长绳穿过两个小圆环，它的两端都系上质量为m的重物，忽略小圆环的大小．
（1）将两个小圆环固定在大圆环竖直对称轴的两侧=30°的位置上（如图），在两个小圆环间绳子的中点C处，挂上一个质量的重物，使两个小圆环间的绳子水平，然后无初速释放重物M，设绳子与大、小圆环间的摩擦均可忽略，求重物M下降的最大距离．
（2）若不挂重物M，小圆环可以在大圆环上自由移动，且绳子与大、小圆环间及大、小圆环之间的摩擦均可以忽略，问两个小圆环分别在哪些位置时，系统可处于平衡状态？
3、图1—9中的A是在高速公路上用超声测速仪测量车速的示意图，测速仪发出并接收超声波脉冲信号．根据发出和接收到的信号间的时间差，测出被测物体的速度，图B中P1、P2是测速仪发出的超声波信号，n1、n2分别是P1、P2由汽车反射回来的信号，设测速仪匀速扫描，P1、P2之间的时间间隔△t=1.0s，超声波在空气中传播的速度v=340m/s，若汽车是匀速行驶的，则根据图中可知，汽车在接收到P1、P2两个信号之间的时间内前进的距离是_________m，汽车的速度是________m/s．
图1—9
4、利用超声波遇到物体发生反射，可测定物体运动的有关参量，图1—10（a）中仪器A和B通过电缆线连接，B为超声波发射与接收一体化装置，仪器A和B提供超声波信号源而且能将B接收到的超声波信号进行处理并在屏幕上显示其波形．
现固定装置B，并将它对准匀速行驶的小车C，使其每隔固定时间T0发射一短促的超声波脉冲，如图1—10（b）中幅度较大的波形，反射波滞后的时间已在图中标出，其中T和△T为已知量，另外还知道该测定条件下超声波在空气中的速度为v0，根据所给信息求小车的运动方向和速度大小．
图1—10
5、关于绕地球匀速圆周运动的人造地球卫星，下列说法中，正确的是（ ）
A．卫星的轨道面肯定通过地心
B．卫星的运动速度肯定大于第一宇宙速度
C．卫星的轨道半径越大、周期越大、速度越小
D．任何卫星的轨道半径的三次方跟周期的平方比都相等
6、某人造地球卫星质量为m，其绕地球运动的轨道为椭圆．已知它在近地点时距离地面高度为h1，速率为v1，加速度为a1，在远地点时距离地面高度为h2，速率为v2，设地球半径为R，则该卫星．
（1）由近地点到远地点过程中地球对它的万有引力所做的功是多少？
（2）在远地点运动的加速度a2多大？
7、从倾角为的斜面上的A点，以水平初速度v0抛出一个小球．问：
（1）抛出后小球到斜面的最大（垂直）距离多大？
（2）小球落在斜面上B点与A点相距多远？
8、滑雪者从A点由静止沿斜面滑下，经一平台后水平飞离B点，地面上紧靠平台有一个水平台阶，空间几何尺度如图1—12所示．斜面、平台与滑雪板之间的动摩擦因数为，假设滑雪者由斜面底端进入平台后立即沿水平方向运动，且速度大小不变．求：
（1）滑雪者离开B点时的速度大小；
（2）滑雪者从B点开始做平抛运动的水平距离．
9、如图1—13所示，悬挂在小车支架上的摆长为l的摆，小车与摆球一起以速度v0匀速向右运动．小车与矮墙相碰后立即停止（不弹回），则下列关于摆球上升能够达到的最大高度H的说法中，正确的是（ ）
A．若，则H=l
B．若，则H=2l
C．不论v0多大，可以肯定H≤总是成立的
D．上述说法都正确
10、水平放置的木柱，横截面为边长等于a的正四边形ABCD；摆长l =4a的摆，悬挂在A点（如图1—14所示），开始时质量为m的摆球处在与A等高的P点，这时摆线沿水平方向伸直；已知摆线能承受的最大拉力为7mg；若以初速度v0竖直向下将摆球从P点抛出，为使摆球能始终沿圆弧运动，并最后击中A点．求v0的许可值范围（不计空气阻力）．
11、已知单摆a完成10次全振动的时间内，单摆b完成6次全振动，两摆长之差为1.6m，则两摆长与分别为（ ）
A． B．
C． D．
12、一列简谐横波沿直线传播，传到P点时开始计时，在t=4s时，P点恰好完成了6次全振动，而在同一直线上的Q点完成了次全振动，已知波长为．试求P、Q间的距离和波速各多大．
13、如图1—15所示，小车板面上的物体质量为m=8kg，它被一根水平方向上拉伸了的弹簧拉住而静止在小车上，这时弹簧的弹力为6N．现沿水平向右的方向对小车施以作用力，使小车由静止开始运动起来，运动中加速度由零逐渐增大到1m/s2，随即以1m/s2的加速度做匀加速直线运动．以下说法中，正确的是（ ）
A．物体与小车始终保持相对静止，弹簧对物体的作用力始终没有发生变化
B．物体受到的摩擦力先减小、后增大、先向左、后向右
C．当小车加速度（向右）为0.75m/s2时，物体不受摩擦力作用
D．小车以1m/s2的加速度向右做匀加速直线运动时，物体受到的摩擦力为8N
14、如图1—16所示，一块质量为M，长为L的均质板放在很长的光滑水平桌面上，板的左端有一质量为m的小物体（可视为质点），物体上连接一根很长的细绳，细绳跨过位于桌边的定滑轮．某人以恒定的速率v向下拉绳，物体最多只能到达板的中点，而板的右端尚未到达桌边定滑轮处．试求：
（1）物体刚达板中点时板的位移．
（2）若板与桌面之间有摩擦，为使物体能达到板的右端，板与桌面之间的动摩擦因数的范围是多少．
15、在水平地面上有一质量为2kg的物体，物体在水平拉力F的作用下由静止开始运动，10s后拉力大小减为，该物体的运动速度随时间变化的图像如图1—17所示，求：
（1）物体受到的拉力F的大小；
（2）物体与地面之间的动摩擦因数（g取10m/s2）．
16、如图所示，一高度为h=0.8m粗糙的水平面在B点处与一倾角为=30°的斜面BC连接，一小滑块从水平面上的A点以v0=3m/s的速度在粗糙的水平面上向右运动．运动到B点时小滑块恰能沿光滑斜面下滑．已知AB间的距离S=5m，求：
（1）小滑块与水平面间的动摩擦因数．
（2）小滑块从A点运动到地面所需的时间．
（3）若小滑块从水平面上的A点以v1=5m/s的速度在粗糙的水平面上向右运动，运动到B点时小滑块将做什么运动？并求出小滑块从A点运动到地面所需时间（取g=10m/s2）．
专题一 运动和力参考答案
典型例题
[例1] 解析：对系统进行整体分析，受力分析如图1—2：
由平衡条件有：
由此解得
[例2] 解析： （1）设t1、t2为声源S发出两个信号的时刻，为观察者接收到两个信号的时刻．则第一个信号经过时间被观察者A接收到，第二个信号经过（）时刻被观察者A接收到，且
设声源发出第一个信号时，S、A两点间的距离为L，两个声信号从声源传播到观察者的过程中，它们的运动的距离关系如图所示，
可得
由以上各式解得
（2）设声源发出声波的振动周期为T，这样，由以上结论，观察者接收到的声波振动的周期T′,．
由此可得，观察者接收到的声波频率与声源发出声波频率间的关系为
．
[例3] 解答：根据题意作图1—4．
对这两个天体而言，它们的运动方程分别为 ①
②
以及 ③
由以上三式解得．
将r1和r2的表达式分别代①和②式，
可得．
[例4] 解答：（1）A、B两球以相同的初速度v0，从同一点水平抛出，可以肯定它们沿同一轨道运动．
作细线刚被拉直时刻A、B球位置示意图1—5．
根据题意可知：
设A球运动时间为t，则B球运动时间为t－0.8，由于A、B球在竖直方向上均作自由落体运动，所以有．
由此解得t =1s．
（2）细线刚被拉直时，
A、B球的水平位移分别为
[例5] 解答：（1）A球通过最低点时，作用于环形圆管的压力竖直向下，根据牛顿第三定律，A球受到竖直向上的支持力N1，由牛顿第二定律，有：
①
由题意知，A球通过最低点时，B球恰好通过最高点，而且该时刻A、B两球作用于圆管的合力为零；可见B球作用于圆管的压力肯定竖直向上，根据牛顿第三定律，圆管对B球的反作用力N2竖直向下；假设B球通过最高点时的速度为v，则B球在该时刻的运动方程为 ②
由题意N1=N2 ③
∴ ④
对B球运用机械能守恒定律 ⑤
解得 ⑥
⑥式代入④式可得：．
[例6] 解答：火箭上升到最高点的运动分为两个阶段：匀加速上升阶段和竖直上抛阶段．
地面上的摆钟对两个阶段的计时为
即总的读数（计时）为t =t1＋t2=360（s）
放在火箭中的摆钟也分两个阶段计时．
第一阶段匀加速上升，a=8g，钟摆周期
其钟面指示时间
第二阶段竖直上抛，为匀减速直线运动，加速度竖直向下，a=g，完全失重，摆钟不“走”，计时．可见放在火箭中的摆钟总计时为．
综上所述，火箭中的摆钟比地面上的摆钟读数少了．
[例7] 解答：在情形（1）中，滑块相对于桌面以速度v0=0.1m/s向右做匀速运动，放手后，木板由静止开始向右做匀加速运动．
经时间t，木板的速度增大到v0=0.1m/s，．
在5s内滑块相对于桌面向右的位移大小为S1=v0t=0.5m．
而木板向右相对于桌面的位移为．
可见，滑块在木板上向右只滑行了S1－S2=0.25m，即达到相对静止状态，随后，它们一起以共同速度v0向右做匀速直线运动．只要线足够长，桌上的柱子不阻挡它们运动，滑块就到不了木板的右端．
在情形（2）中，滑块与木板组成一个系统，放手后滑块相树于木板的速度仍为v0，滑块到达木板右端历时．
[例8] 解答：以m表示球的质量，F表示两球相互作用的恒定斥力，l表示两球间的原始距离．A球作初速度为v0的匀减速运动，B球作初速度为零的匀加速运动．在两球间距由l先减小，到又恢复到l的过程中，A球的运动路程为l1，B球运动路程为l2，间距恢复到l时，A球速度为v1，B球速度为v2．
由动量守恒，有
由功能关系：A球 B球：
根据题意可知l1=l2，
由上三式可得
得v2=v0、v1=0 即两球交换速度．
当两球速度相同时，两球间距最小，设两球速度相等时的速度为v，
则
B球的速度由增加到v0花时间t0，即
得．
解二：用牛顿第二定律和运动学公式．（略）
跟踪练习
1．C 提示：利用平衡条件．
2．（1）重物先向下做加速运动，后做减速运动，当重物速度为零时，下降的距离最大，设下降的最大距离为h，
由机械能守恒定律得 解得．
（2）系统处于平衡状态时，两小环的可能位置为
a．两小环同时位于大圆环的底端
b．两小环同时位于大圆环的顶端
c．两小环一个位于大圆环的顶端，另一个位于大圆环的底端
d．除上述三种情况外，根据对称性可知，系统如能平衡，则小圆环的位置一定关于大圆环竖直对称轴对称．设平衡时，两小圆环在大圆环竖直对称轴两侧角的位置上（如图）．
对于重物m，受绳的拉力T与重力mg作用，有T=mg．对于小圆环，受到三个力的作用，水平绳的拉力T，竖直绳的拉力T，大圆环的支持力N．两绳的拉力沿大圆环切向的分力大小相等，方向相反．
得．
3．设测速仪扫描速度为v′，因P1、P2在标尺上对应间隔为30小格，所以格/s．
测速仪发出超声波信号P1到接收P1的反射信号n1．从图B上可以看出，测速仪扫描12小格，所以测速仪从发出信号P1到接收其反射信号n1所经历时间．
汽车接收到P1信号时与测速仪相距．
同理，测速仪从发出信号P2到接收到其反射信号n2，测速仪扫描9小格，故所经历时间．汽车在接收到P2信号时与测速仪相距．
所以，汽车在接收到P1、P2两个信号的时间内前进的距离△S=S1－S2=17m．
从图B可以看出，n1与P2之间有18小格，所以，测速仪从接收反射信号n1到超声信号P2的时间间隔．
所以汽车接收P1、P2两个信号之间的时间间隔为．
∴汽车速度m/s．
4．从B发出第一个超声波开始计时，经被C车接收．故C车第一次接收超声波时与B距离．
第二个超声波从发出至接收，经T＋△T时间，C车第二车接收超声波时距B为，C车从接收第一个超声波到接收第二个超声波内前进S2－S1，接收第一个超声波时刻，接收第二个超声波时刻为．
所以接收第一和第二个超声波的时间间距为．
故车速．车向右运动．
5．ACD
6．（1）根据动能定理，可求出卫星由近地点到远地点运动过程中，地球引力对卫星的功为．
（2）由牛顿第二定律知 ∴
7．（1）建立如图所示坐标系，将v0与g进行正交分解．
在x方向，小球以为初速度作匀加速运动．
在y方向，小球以为初速度，作类竖直上抛运动．
当y方向的速度为零时，小球离斜面最远，由运动学公式．
小球经时间t上升到最大高度，由得．
（2）
8．（1）设滑雪者质量为m，斜面与水平面夹角为，滑雪者滑行过程中克服摩擦力做功 ①
由动能定理 ②
离开B点时的速度 ③
（2）设滑雪者离开B点后落在台阶上
可解得 ④ 此时必须满足 ⑤
当时，滑雪者直接落到地面上，，
可解得．
9．AC
10．摆球先后以正方形的顶点为圆心，半径分别为R1=4a，R2=3a，R3=2a，R4=a为半径各作四分之一圆周的圆运动．
当摆球从P点开始，沿半径R1=4a运动到最低点时的速度v1，
根据动量定理 ①
当摆球开始以v1绕B点以半径R2=3a作圆周运动时，摆线拉力最大，为Tmax=7mg，这时摆球的运动方程为 ②
由此求得v0的最大许可值为．
当摆球绕C点以半径R3=2a运动到最高点时，为确保沿圆周运动，
到达最高点时的速度（重力作向心力）
由动能定理
∴
11．B
12．由题意知，周期为．波速．
P、Q两点距离相差次全振动所需时间即
∴．
13．ABC 开始时小车上的物体受弹簧水平向右的拉力为6N，水平向左的静摩擦力也为6N，合力为零．沿水平向右方向对小车施加以作用力，小车向右做加速运动时，车上的物体沿水平向右方向上的合力（F=ma）逐渐增大到8N后恒定．在此过程中向左的静摩擦力先减小，改变方向后逐渐增大到（向右的）2N而保持恒定；弹簧的拉力（大小、方向）始终没有变，物体与小车保持相对静止，小车上的物体不受摩擦力作用时，向右的加速度由弹簧的拉力提供：．
14．（1）设物体与板的位移分别为S物、S板，则由题意有 ①
② 解得：．
（2）由．
得，故板与桌面之间的动摩擦因数．
15．在0～10s内，物体的加速度（正向）
在10～14s内，物体的加速度 （反向）
由牛顿第二定律 ① ②
由此解得F=8.4N =0.34
16．（1）依题意得=0，设小滑块在水平面上运动的加速度大小为a，
由牛顿第二定律，，由运动学公式，解得．
（2）滑块在水平面上运动时间为t1，由．
在斜面上运动的时间
（3）若滑块在A点速度为v1=5m/s，则运动到B点的速度．
即运动到B点后，小滑块将做平抛运动．
假设小滑块不会落到斜面上，则经过落到水平面上，
则水平位移．
所以假设正确，即小滑块从A点运动到地面所需时间为．
合力的大小和
方向均在变化
此类问题往往应用动能定理或守恒律求解
轨迹不是圆周的曲线
此类问题往往应用能量守恒定律和牛顿第二定律求解
轨迹是圆周
简谐
运动
合力与位移
正比方向
振动在媒质中的
传播——机械波
振动的周期性导致波的周期性
振动的多解性与波的多解性是一致的
图像法解答
直观简捷
作周期性加速、
减速运动
力的方向作周期性变化
天体的运动
带电粒子在磁
场中的运动
合力提供
向心力
匀速圆周运动
力的方向总
与速度垂直
力的大小不变
而方向变化
匀变速直线运动的规律
平抛运动
特例
匀变速曲线运动
恒力与初速度不
在一条直线上
已知运动求力
解决两类问题
已知力求运动
力和运动状态变化
F=ma
匀变速
直线运
动
恒力与初
速度在一
条直线上
匀变速
运动
恒力
多力平衡用
正方分解法
对多体问题，整
体分析与隔离分
析交替使用
三力平衡用
矢量三角形
方法
静止或匀速
直线运动状态
合力
为零
物体受力情况
F
m
M
图1—1
图1—5
y
x
图1—4
vS
vA
S
A
x
图1—3
O
m2
m1
r1
r2
L
S
A
A′
t1
vA
t1
vS
t2
L
A′
t1
A
S
vA
t1
图1—2
(M＋m)g
F
N
f
图1—7
图1—8
(a)
B
A
B
A
图1—11
图1—12
v0
图1—13
图1—14
图1—15
v
M
m
图1—16
v/m·s－1
t/s
2
4
6
8
2
4
6
8
10
12
14
16
O
图1—17
h
A
B
C
图1—18
T
N
m1
m
mg
T
y
g
O
x
黄冈中学：郑帆
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高三物理三轮复习经典材料必备
专题一 物理中的数学方法
高考趋势展望
应用数学知识处理物理问题的能力，是高考要求学生必须具备并重点考查的五种基本能力之一.对此,《考试说明》中有明确的阐述,要求学生能根据具体问题列出物理量间的关系式,进行推导和求解,并根据结果得出物理结论;必要时能运用几何图形、函数图象进行表达、分析,能进行正确的数学运算,其中既要重视定量的计算,也要重视定性和半定量的分析和推理.一些典型的数学方法的应用,既丰富了物理问题的分析思路,更为物理问题的处理提供了方便.熟练地掌握和应用一些典型的数学方法,对提高物理成绩,是大有帮助的.
知识要点整合
所谓数学方法,就是要把客观事物的状态、关系和过程用数学语言表达出来,进行推导、演算和分析,以形成对问题的判断、解释和预测.可以说,每一物理问题的分析、处理过程,都是数学方法运用的过程.本专题中所指的数学方法,是指一些特殊、典型的方法.处理中学物理问题,常用的典型数学方法有极值法、几何法、图象法、数学归纳推理法等.
1.极值法
数学中求极值的方法很多,物理极值问题的讨论中常用的极值法有:三角函数极值法、二次函数极值法、一元二次方程的判别式法等.
2.几何法
常用的有三角形的相似、解直角三角形及一些几何公理的应用等.
3.图象法
图象法具有简明、直观的特点,对一些较抽象的物理问题,恰当地引入物理图象,常可化抽象为形象,便于突破难点、疑点,使解题过程大大简化,计算快速便捷.
精典题例解读
［例1］如图1-1所示，虚线MN是一垂直纸面的平面与纸面的交界线,在平面右侧的半空间存在一磁感应强度为B的匀强磁场,方向垂直纸面向外.O是MN上的一点,从O点可以向磁场区域发射电量为+q、质量为m、速率为v的粒子,粒子射入磁场时的速度可在纸面内各个方向.已知先后射入的两个粒子恰好在磁场中给定的P点相遇,P到O的距离为L.不计重力及粒子间的相互作用.
图1-1
(1)求所考查的粒子在磁场中的轨道半径.
(2)求这两个粒子从O点射入磁场的时间间隔.
【解析】 (1)设粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径为R,由牛顿第二定律得:
qvB=m,得:
R= ①
(2)如图1-1所示,以OP为弦画两个半径相等的圆,分别表示两个粒子的轨道.圆心和直径分别为O1、O2和OO1Q1、OO2Q2,在O处两个圆的切线分别表示两个粒子的射入方向,用θ表示它们的夹角.由几何关系得：
∠PO1Q1=∠PO2Q2=θ ②
从O点射入到两个粒子相遇,粒子1的路径为半个圆周加弧长Q1P,
且Q1P=Rθ ③
粒子2的路径为半个圆周减弧长Q2P,
且Q2P=Rθ ④
粒子1的运动时间为:
t1=T+ ⑤
粒子2的运动时间为:
t2=T- ⑥
其中T为圆周运动的周期.
两个粒子射入的时间间隔为:
t1-t2=2 ⑦
因Rcosθ=L，解得:
θ=2Rarccos ⑧
由①⑦⑧三式解得:
t=arccos() ⑨
小结:本题的求解由两个部分组成,其一为必要的几何形状,其二为粒子在磁场中的周期公式和半径公式.解决此类题目的关键应是数学中的几何知识,即先做几何图形然后再利用物理知识解决物理问题.
［例2］如图1-2所示,一排人站在沿x轴的水平轨道旁,原点O两侧的人的序号都记为 n(n=1,2,3…).每人只有一个沙袋,x＞0一侧的每个沙袋的质量为m=24 kg,x＜0一侧的每个沙袋的质量为m′=10 kg.一质量为M=48 kg的小车以某一速度从原点出发向x正方向滑行.不计轨道阻力,当车每经过一人身旁时,此人就把沙袋以水平速度u朝与车相反的方向沿车面扔到车上,u的大小等于扔此袋之前瞬间车速大小的2n倍(n是此人的序号数).
图1-2
(1)空车出发后,车上堆积了几个沙袋时车就反向滑行
(2)车上最终有大小沙袋共多少
【解析】 (1)设沿x正方向滑行,经过第一个人的身边时,此人把沙袋扔上车与车一起运动的速度为v1,经过第二人后两个沙袋与车一起运动的时间为v2,…经过第n个人后n个沙袋与车一起运动的速度为vn,则据动量守恒定律得:
第一个人扔袋后:
Mv0-2mv0=(M+m)v1
解得:v1=v0
第二个人扔袋后:
(M+m)v1-4mv1=(M+2m)v2
解得:v2=v1
…
第n个人扔袋后:
［M+(n-1)m］vn-1-m·2nvn-1=(M+nm)vn
解得:vn=vn-1 ①
小车方向运动的条件是vn-1＞0,vn＜0,即:
M-nm＞0
解得:n＜=
M-(n+1)m＜0
解得: n＞-1=-1=
显然n应为整数,故 n=3,即车上堆积3个沙袋后就反向滑行.
(2)设第n个沙袋扔到车上后车的速度为vn′,第n-1个沙袋扔到车上后车的速度为 vn-1′,据数学归纳法同理可得:
［M+3m(n-1)m′］vn′-2nm′vn-1′=(M+3m+nm′)vn′
解得:vn′=vn-1′
小车不再向左运动的条件是 vn-1′＞0,vn′≤0,即:
M+3m-nm′＞0，解得:
n＜=9
M+3m-(n+1)m′＜0,解得:
n≥-1=8
即8≤n＜9
n=8时,小车停止滑行,即在x＜0一侧第8个沙袋扔到车上时就停止.故车上最终共有大小沙袋3+8=11个.
小结:本题的解法首先利用了数学中的数学归纳法写出了速度的通式,然后结合方向，运动的条件或停止的条件进行讨论得出结论.显然在这里数学归纳法起着举足轻重的作用 .
［例3］如图1-3，在光滑的水平面上,有垂直向下的匀强磁场分布在宽为S的区域内,一个边长为L(L＜S)的正方形闭合线圈以初速度v0垂直磁场边界滑过磁场后速度变为v.设线圈完全进入磁场中时速度为v′,则
图1-3
A.v′＞
B.v′=
C.v′＜
D.AC均可能,B不可能
【解析】 线圈在进入磁场的过程中,穿过它的磁通量变化,产生感应电流,受安培力作用,而且随着速度减小,安培力逐渐减小,线圈做变减速运动;线圈完全进入磁场后,不再有感应电流,做匀速运动;在线圈离开磁场过程中,又做变减速直线运动.可以作出速度图线如图1-4所示.由于线圈长度一定,图中两条曲线和时间轴所围面积是相等的,其他关系不能确定.
图1-4
用牛顿运动定律、运动学公式、能量关系都不能解决,可以考虑动量定理.线圈运动过程中只受安培阻力F=BiL=,由此可以看出,F与v变化规律相同,即F-t图应与上面的v-t图一致.当然F图线与时间轴所围面积即冲量I也应相等,如图1-5所示.这样
图1-5
I1=I2
I1=mv′-mv0
I2=mv-mv′
则v′=
即B选项正确.
小结:因线圈进入磁场和穿出磁场过程中速度的变化都是非线性的,在现有中学数学知识基础上很难给出线圈速度的确切变化规律，因而也无法用解析法给出确切的解答.但利用图象及图象和坐标轴所围面积的意义,并进行适当的转化和迁移,便使问题顺利解决.在讨论一些非线性变化问题时,特别仅限于定性讨论或半定量讨论时,注意利用相关图象,常可收到意想不到的效果.
应用强化训练
1.质点所受的力F随时间变化的规律如图1-6所示,力的方向始终在一直线上.已知t=0时质点的速度为零.在图示的t1、t2、t3和t4各时刻中,哪一时刻质点的动能最大
图1-6
A.t1 B.t2
C.t3 D.t4
【解析】 在F-t图中，图线和时间轴所围“面积”等于力的冲量，由图知，t2时刻F对质点的冲量最大，质点获得的动量最大，动能也最大.
【答案】 B
2.如图1-7甲所示,是电场中的一条电场线,A、B是该线上的两点,若将一负电荷从A点自由释放,负电荷沿电场线从A到B运动过程中的速度图线如乙图所示,则A、B两点电势的高低和场强大小错误的是
图1-7
A.φA＞φB EA＞EB
B.φA＞φB EA＜EB
C.φA＜φB EA＞EB
D.φA＜φB EA＜EB
【解析】 v-t图象的斜率表示加速度.负电荷从A到B,v-t图象斜率越来越大，说明其加速度越来越大，可知其所受电场力越来越大，所以场强越来越大，故有EA＜EB.由负电荷所受电场力方向从A指向B，说明电场线方向由B指向A，所以φA＜φB.
【答案】 D
3.如图1-8所示,直线OAC为某一直流电源的总功率P总随电流I变化的图线,抛物线OBC为同一直流电源内部放热功率Pr随电流I变化的图线,若A、B对应横坐标为2 A,则下列说法正确的是
图1-8
A.电源电动势为3 V,内阻为1 Ω
B.线段AB表示的功率为2 W
C.电流为2 A时,外电路电阻为0.5 Ω
D.电流为3 A时,外电路电阻为2 Ω
【解析】 电源总功率P总=EI，可见，在P总-I图象中，E为图象的斜率，由图象中所给数据得E== V=3 V.由Pr=I2r，结合图象中所给数据得r== Ω=1 Ω.AB段功率为I=2 A时总功率与内阻热功率之差，即输出功率，所以PAB=3×2-22×1=2 W,此时对应的外电路电阻R===0.5 Ω.同样由图象可知I=3 A时，P总=Pr，即电源总功率全消耗在内电阻上，说明外电路电阻为零，即电源被短路.
【答案】 ABC
4.如图1-9所示,在处于水平方向的细管内的端点O固定一根长为L0,劲度系数为k的轻弹簧,在弹簧的自由端连接一个质量为m的小球,今将细管以O为轴逆时针缓慢转动,直至转到竖直方向,则在此过程中,下列说法正确的是(不计一切摩擦,弹簧弹力总满足胡克定律)
图1-9
A.小球的重力势能不断增大
B.球的质量m足够大时,总能使球的重力势能先增大后减小
C.弹簧的长度足够小时,总可以使球的重力势能不断增大
D.以上说法都不对
【解析】 设转过θ角时弹簧长度为x，则由平衡条件得：mgsinθ=k(L0-x)所以x=L0-,小球重力势能Ep=mgxsinθ=(-sinθ)sinθ.由数学知识知，当-sinθ=sinθ,即sinθ=时，Ep有最大值.由于sinθ≤1,所以应有≤1.可见，当m足够大时，总能使≤1,也就能使Ep有最大值，换言之，可使Ep先变大再变小，即答案为B .
【答案】 B
5.如图1-10所示,电源电压保持不变,R1=R3，当S接a点时,R1消耗的功率P1=0.75 W,R2消耗的功率为P2;当S接b时,R1消耗的功率P1′=3 W,R3消耗的功率为P3,下列判断正确 的是
图1-10
A.P1+P2＜P1+P3
B.P3=3 W
C.P2=2.25 W
D.P1+P2=P1+P3
【解析】 S接a时，R1、R2串联在电路中，则有：P1=（）2·R1=0.75 ①
P2=()2·R2 ②
S接b时，R1、R3串联在电路中，所以有：
P1′=()2·R1=3 ③
P3=()2·R3 ④
因R1=R3，比较③、④可得
P3=P1′=3 W.
由③得：U2=12R1代入①得：=0.75,整理得：（3R1-R2）（5R1+R2）=0，所以R2=3R1（因为5R1+R2≠0).
将U2=12R1、R2=3R1代入②得P2=×3R1=2.25 W.
综上讨论可知A、B、C正确.
【答案】 ABC
6.小球自高为H的A点由静止开始沿光滑曲面下滑,到曲面底处B飞离曲面,B处曲面的切线沿水平方向,B的高度h=H，如图1-11,若其他条件不变,只改变h,则小球的水平射程s的变化情况为
图1-11
A.h增大时,s也增大
B.h增大时,s将减小
C.h减小时,s也减小
D.h减小时,s将增大
【解析】 从A点到B点：机械能守恒，以地面为零势面，得
mgH=mgh+mvB2
从B点到地面：球做平抛运动
由以上三个方程可得：s=2
初看方程不能直接得到h与s的关系，此时再用数学知识，细看发现：由于h+(H-h)=H为定量，由不等式知识可知.当h=H-h时s有最大值.可见当h=时，s有最大值.故h从开始增大或减小都会使s减小，故题目选BC.
【答案】 BC
7.在平静的湖面上空有一监测空气质量状况的气球(处于静止状态),一个置于距湖面 20 m高处的仪器,测得气球的仰角为30°，测得气球在水中虚像的俯角为60°（如图1-12），则气球距湖面的高为______m.
图1-12
【解析】 如图所示，设气球距湖面高度为x m，则：
AC=（x-20）m BC=(x+20)m
在△ACO中，
cot30°== ①
在△BCO中，
cot60°== ②
由①÷②得：=
所以x=40 m，即距湖面高度为40 m.
【答案】 40
8.如图1-13所示,光滑轨道竖直放置,半圆部分的半径为R,在水平轨道上停着一质量为M=0.99 kg的木块.一颗质量为m=0.01 kg的子弹以v0=400 m/s的水平速度射入木块中,然后一起运动到轨道最高点后水平抛出.试分析:当圆半径R多大时,平抛的水平位移最大 且最大值为多少
图1-13
【解析】 子弹与木块发生碰撞的过程，动量守恒.设共同速度为v1,则：
mv0=(m+M）v1,所以
v1=v0=4 m/s
设在轨道最高点平抛时物块的速度为v2.由于轨道光滑，故机械能守恒:
(m+M)v12=2(m+M)gR+ (m+M)v22
解得：v2=
则平抛后的位移可以表示为：
s=v2t=v2×
=4×
当R==0.2 m时，smax=0.8 m
【答案】 R=0.2 m,smax=0.8 m.
9.如图1-14所示,光滑水平面上停着一只木球和载人小车.木球质量为m,人和车总质量为M,已知M∶m=16∶1.人以速度v0沿水平面将木球扔向正前方的固定挡板,木球被挡板弹回之后,人接住球再以同样的对地速度将球扔回挡板.设木球与挡板相碰时无动能损失.求人经过几次扔球之后,再也不能接住木球.
图1-14
【解析】 人和车在水平方向动量守恒，设向左为正.
设当n次扔球后vn=v车≥v球=v0就再也接不住球了.(vn为人经n次扔球后车和人对地的速度）
人第一次扔球后：0=M v1-mv0;v1=v0
人第二次扔球后：Mv1+mv0=Mv2-mv0;
v2=v0
人第三次扔球后：
Mv2+mv0=Mv3-mv0;
v3=v0
…
由此可知，人扔球后各次速度构成等差数列.
第一项a1=v0;公差d=v0;
由an=a1+(n-1)d,得：
第n次扔球后速度表达式为：
vn=+(n-1)= v0
当vn≥v0时再也接不住球了.
解上式：
n=8.5,即n=9.
【答案】 9次
10.如图1-15所示,在水平光滑绝缘的桌面上,有水平向东的匀强电场,场强E=7.2× 104 V/m.一根长为L=20 cm,不可伸长的轻质细线,一端固定在桌面上的O点,另一端系一个质量m=50 g,带电量q=+1.0×10-5 C的小滑块,将小滑块放到O点正西方向的A点,且AO=L,再给小滑块以水平向北的速度v=1.2 m/s.不计空气阻力.
图1-15
小滑块运动到哪一位置,细线将被拉直.求出刚拉直点B点的坐标值,并在图中标出.并求拉直前的瞬时,小滑块速度的大小和它与X轴的夹角θ.
【解析】 在绳未拉直之前，滑块向东方向做初速为零，加速度为的匀加速直线运动，向北做速度为v的匀速直线运动；当滑块相对于O的位移大小达到线的长度L时，细线将被拉直.
在东西方向上到O点的距离为：
s东O=L-at2=0.2-7.2t2
在南北方向上到O点的距离为：s北O=vt=1.2t
细线被拉直时有：L2=s东O2+s北O2
即：（0.2-7.2t2）2+(1.2t)2=0.22
解得：t= s
所以：s北O=1.2t=0.2 m,s东O=0（位置如图）
此时向东方向的速度为：v东=at=2.4 m/s
向北方向的速度为：v北=v=1.2 m/s
所以v==2.68 m/s
tanθ===
所以v的方向为东偏北arctan.
【答案】 (0,0.2 m)；arctan
教学参考链接
由于《考试说明》要求学生应具有应用数学知识处理物理问题的能力，所以在平时的复习中应有意地引导学生做一些用数学方法分析、处理物理问题的练习，但应当清楚，在应用数学知识处理物理问题时，仍应以物理原理为基础，在对物理过程和物理情景的分析基础上，选用适当的数学原理给出定量的表达，切忌不要把物理问题做成纯数学问题.另外，处理物理问题用到的数学方法有很多种，本专题只讨论了常用的比较典型的几种方法——图象法、极值法、几何法等.例题和练习题也都是围绕这几种方法选编的，其他的如利用数列知识、解析几何知识等内容未包括在内，老师们在选用本资料时，可结合具体情况，灵活地做些补充，但不宜练得太多，以免冲淡了物理问题的物理味道.
专题二 学科内综合问题分析
高考趋势展望
随着教育改革不断进行,考试科目的设置也不断发生变化,近几年推出的“3+X”模式,突出了对考生综合能力的测试与考查.纵观近两年的全国及部分省市的“理科综合”测试可以发现,试题多以学科内知识综合为主,以能力为立意,以科学知识为基础,以情景为背景,增加应用型和能力型题目,推崇试题的新颖性、实践性.因此在物理复习教学中,应在狠抓基础知识和基本技能训练的前提下,适当注意学科间各部分知识间的相互联系和渗透,通过对一些典型问题和情景的分析、诱导,让学生掌握处理综合问题的一般思路和方法.
知识要点整合
1.力学内部的综合
力学是高中物理的基础,力学中处理问题的三条主要思路和线索,也是处理很多物理问题的主要思路和线索.
(1)牛顿运动定律.牛顿运动定律是力学的主干和基础,全面揭示了力和物体运动间的关系,是全面、准确描述物体运动规律的依据.在研究、讨论物体间的瞬间作用问题时,是其他物理规律无法替代的.
(2)动量和动量守恒定律.在物体间发生相互作用的过程中,各自的动量都要发生变化,在涉及时间和速度及其变化问题的讨论中,动量定理常是优选规律,特别是在作用时间较短,物体间相对位置的变化又不明显时,动量定理更具独到的作用,特别是当以系统为研究对象且系统所受合外力为零时,动量守恒定律的使用更会为问题的解决提供较大的方便.
(3)能量和能量守恒.在物体发生相互作用的过程中,能量的转化是不可避免的,因此从能量角度思考和处理问题便具有普遍的意义,特别是存在不同形式的能量间相互转化时,能的转化和守恒定律的优越性更是无与伦比的.
2.力学与其他内容的综合
(1)力学与电磁学的综合.电场力或安培力做功及相应的能量转化,带电粒子在电场中的加速、偏转及在磁场中的圆周运动等问题,究其实质,就是处理在电场或磁场中的力学问题.
(2)力学与热学的综合.气体压强的微观解释,分子力做功及相应的能量转化,热力学第一定律等都和力学知识有千丝万缕的联系.
(3)力学与光学的联系.激光测速、测距,爱因斯坦光电效应方程等则是力学和光学的有机结合点.
(4)力学与原子物理的结合.α粒子散射现象的解释,原子核式结构中电子绕核运动的规律推导,原子核衰变过程中的动量守恒,质量亏损及核能的计算等,也都离不开力学原理的 应用.
精典题例解读
［例1］一个圆柱形的竖直井里存有一定量的水,井的侧面和底部是密闭的.在井中固定地插着一根两端开口的薄壁圆管,管和井共轴,管的下端未触及井底.在圆管内有一不漏气的活塞,它可以沿圆管上下滑动.开始时,管内外水面相齐,且活塞恰好接触水面,如图2-1所示.现用卷扬机通过绳子对活塞施加一个向上的力F,使活塞缓缓向上移动.已知管筒半径r=0.100 m,井的半径R=2r,水的密度ρ=1.00×103 kg/m3,大气压强p0=1.00×105 Pa.求活塞上升H=9.00 m的过程中拉力F所做的功.(井和管在水面以上及水面以下的部分足够长,不计活塞质量,不计摩擦,重力加速度g取10 m/s2)
图2-1
【解析】 由于大气压强的作用,管内活塞上升的初期,管内水面随活塞上升,管外液面下降.但由于大气压强只能支持10 m的水柱,当管内外水面高度差达10 m时,管内水面即不再上升.在此之前由于活塞上升克服大气压力做的功与管外大气压力对液面做的功数值相等,拉力F做的功即转化为水柱增加的重力势能.以后活塞再上升,活塞下面出现真空,F将克服恒定的大气压力做功,F所做总功即为两段做功之和.
如图2-2所示,大气压强能支持的水柱高h0==10 m.
图2-2
设此过程中管内水面上升h1,管外液面下降h2,则:
h1+h2=h0,= =3
所以h1=7.5 m,h2=2.5 m.
在此过程中,因大气压力做功代数和为:
p0π(R2-r2)h2-p0πr2h1=0,故F做的功W1等于水的重力势能的增量:W1=ΔEp=p(πr2h1) =1.18×104 J.
以后活塞继续上升,由于活塞下面出现真空,F将克服大气压力做功W2=p0πr2(H-h1)=4.71×103 J.
所以拉力F做的总功
W=W1+W2=1.65×104 J
小结:认识到大气压强只能支持10 m高水柱,且在活塞离开水面之前,大气压强做功代数和为零,是解决该题的关键.
［例2］如图2-3所示,A、B为水平放置的平行金属板,板间距离为d(d远小于板的长和宽).在两板之间有一带负电的质点P.已知若在A、B间加电压U0,则质点P可以静止平衡.现在A、B间加上如图所示随时间变化的电压U,在t=0时质点P位于A、B间的中点处且初速度为0.已知质点P能在A、B之间以最大幅度上下运动而又不与两板相碰,求图中U改变的各时刻t1、t2、t3及tn的表达式.(质点开始从中点上升到最高点,及以后每次从最高点到最低点或从最低点到最高点的过程中,电压只改变一次)
图2-3
【解析】 由题意知,金属板间加U0电压时质点受力平衡,则加2U0电压后,质点P所受合力应向上,大小等于其重力,具有方向向上的大小等于g的加速度,当去掉电压后,质点即具有向下的重力加速度g.分析清楚质点在加电压和不加电压情况下的运动情况,本题即可得解.
设质点P的质量为m,电荷量为q,则由题意知:q=mg.
两板间加2U0电压时,P向上的加速度大小a=g;两板间电压为零时,P具有向下的加速 度g.
在τ=0时,两板间加电压2U0,P自A、B间的中点向上做初速度为零、加速度大小为g的匀加速运动.设经时间τ1去掉两板间电压,则此时质点速度v1=gτ1,去掉电压后质点做竖直上抛运动,设经时间τ′速度减为零,则由运动学知识知,τ1′=τ1, (τ1+τ1′)=,解得τ1=τ1′=·.所以τ1=τ1=·.
以后质点在重力作用下向下做自由落体运动,设经τ2速度变为v2,则v2=gτ2,此时加上电压后,质点做加速度大小等于g的匀减速运动,经τ2′=τ2的时间速度又减为零,故由运动学知识知:·(τ2+τ2′)=d,所以τ2=τ2′=,所求τ2=τ1+τ1′+τ2=(+1).
以后质点在电场力和重力作用下又从B向A板做加速度大小为g的匀加速运动,设经 τ3速度变为v3,去掉A、B间电压后又经τ3′速度变为零且恰到达A板,则:v3=gτ3,τ3= τ3′, (τ3+τ3′)=d,所以τ3=τ3′=,τ3=τ2+τ2′+τ3=(+3).
以后质点将重复上述2、3运动过程,经同样的分析可得:τn=(+2n-3) (n≥2).
小结:分析清楚质点在A、B板间的运动情景,恰当地选用运动学方程,是解决该题的关键.
［例3］云室处在磁感应强度为B的匀强磁场中,一静止的质量为M的原子核在云室中发生一次α衰变,α粒子的质量为m,电量为q,其运动轨迹在与磁场垂直的平面内.现测得α粒子的运动半径为R,试求在衰变过程中的质量亏损.(注:涉及动量问题时,亏损的质量可以不计.)
【解析】 原子核衰变放出的α粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动,由洛伦兹力充当向心力,结合题给条件和匀速圆周运动的基本知识可求出α粒子的速度,再应用衰变过程中系统动量守恒可求反冲核的速度.又在无电磁波辐射的情况下,与质量亏损对应的释放出的核能即表现为α粒子和反冲核的动能,故可在求得α粒子及反冲核的速度的情况下,结合质能联系方程即可求出衰变过程中的质量亏损.
设α粒子的速度为v,则由牛顿第二定律,得:qvB=m.
设反冲核的速度为v′,则由衰变过程中动量守恒,得:(M-m)v′=mv.
由能的转化和守恒定律及质能联系方程,得: (M-m)v′2+mv2=ΔE=Δmc2,所以 Δm=.
小结:该题综合了力学中的动量守恒、牛顿第二定律、圆周运动知识、洛伦兹力、核能及质能联系方程等内容,是一道综合面较广的学科内综合题.认识到在无电磁波辐射的情况下,衰变过程中释放出的核能即表现为放出粒子及反冲核的动能,是解决本题的关键,并且该题向我们提供了计算核能的一种方法——即利用力学原理求核能,请同学们予以领会并掌握.
应用强化训练
1.一航天探测器完成对月球的探测任务后,在离开月球的过程中,由静止开始沿着与月球表面成一倾斜角的直线飞行,先加速运动,后匀速运动,探测器通过喷气而获得推力,以下关于喷气方向的描述中正确的是
A.探测器加速运动时,沿直线向后喷气
B.探测器加速运动时,竖直向下喷气
C.探测器匀速运动时,竖直向下喷气
D.探测器匀速运动时,不需要喷气
【解析】 探测器受月球引力（向下）和喷气所获得的推力（与喷气方向相反）作用，欲加速，该两力合力方向应与前进方向一致；欲匀速，该两力合力应为零.所以只有C对.
【答案】 C
2.质量为m的小球被系在轻绳一端,在竖直平面内做半径为R的圆周运动,运动过程中小球受到空气阻力的作用.设某一时刻小球通过轨道的最低点,此时绳子的张力为7mg,此后小球继续做圆周运动,经过半个圆周恰能通过最高点.则在此过程中小球克服空气阻力所做的 功为
A.mgR/4
B.mgR/3
C.mgR/2
D.mgR
【解析】 设绳长为R,小球在最低点和最高点的速度分别为v1、v2,则有：7mg-mg=m,mg=m,2mgR+W克=mv12-mv22.解得：W克=mgR/2.
【答案】 C
3.相隔一定距离的A、B两球,质量相等,假定它们之间存在恒定的斥力作用.原来两球被按住,处在静止状态.现突然松开两球,同时给A球以速度v0,使之沿两球连线射向B球,B球初速度为零.若两球间的距离从最小值(两球未接触)到刚恢复到原始值所经历的时间为t0,求B球在斥力作用下的加速度.
【解析】 松手后两球等速时距离最近，设此时两球速度为v，小球质量为m，则由动量守恒定律，得：
mv0=2mv.所以v=v0.
设球的加速度大小为a,从开始运动到距离最小（等速时）经历的时间为t,发生的相对位移为Δs,则：t== (对B球研究），Δs=sA-sB=v0t-at2-at2=.
以后A球继续减速，B球继续加速运动，当其相对位移又为Δs时，两球间距即恢复原始值，即：vt0+at02-(vt0-at02)=,整理即得：a=.
【答案】
4.三块相同的金属板A、B、D自上而下水平放置,间距分别为h和d,如图2-4所示.A、B两板中心开孔,在A板的开孔上搁有一金属容器P,与A板接触良好,其内盛放导电液体.A板通过闭合的电键S与电动势为v0的电池的正极相连,B板与电池的负极相连并接地.容器P内的液体在底部小孔O处形成质量为m,带电量为q的液滴后自由下落,穿过B板的开孔O′落到D板上,其电荷量被D板吸附,液体随即蒸发,接着容器底部又形成相同的液滴自由下落,如此继续,整个装置放在真空中.
图2-4
(1)第一个液滴到达D板时的速度为多少
(2)D板最终可达多高的电势
(3)设液滴的电荷量是A板所带电荷量的α倍(α=0.02),A板与B板构成的电容器的电容为C0=5×10-12 F,U0=1000 V,m=0.02 g,h=d=5 cm.试计算D板最终的电势值.(g取10 m/s2)
【解析】 （1）设第一滴到达D板时速度为v,由动能定理，得：mv2=mg(h+d)+qU0,所以v=.
(2)当D板电势为φ时，UDB=φ,液滴到达D板动能恰为零时，D板电荷量不再增加，电势达最高，不再发生变化.由动能定理，得：
mg(h+d)+qU0-qφ=0,所以φ=U0+.
(3)φ＝U0+=1000 V+ V=2.01×105 V.
【答案】 (1) (2)U0+ (3)2.01×105 V
5.有一炮竖直向上发射炮弹,炮弹的质量M=6.0 kg(内含炸药的质量可以不计),射出的初速度v0=60 m/s.当炮弹到达最高点时爆炸为沿水平方向运动的两片,其中一片质量为m=4.0 kg.现要求这一片不能落到以发射点为圆心、以R=600 m为半径的圆周范围内,则爆炸完时两弹片的总动能至少多大 (g=10 m/s2,忽略空气阻力)
【解析】 设炮弹上升的最大高度为H，则：
v02=2gH.
设质量为m的弹片刚爆炸后速度为V，另一块速度为v，则根据动量守恒定律，有：
mV=(M-m)v.
设爆炸后弹片运动时间为t,则：H=gt2,R=Vt,Ekmin=mV2+(M+m)v2.
解以上诸式，得：
Ekmin==6.0×104 J.
【答案】 6.0×104 J
6.如图2-5,倾角为30°的皮带运输机始终绷紧且以恒定速度v=2.5 m/s运动,两轮相距LAB=5 m,将质量m=1 kg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=,那么:
图2-5
(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共需要多少时间
(3)在这段时间内电动机对皮带运输机所做的功是多少
【解析】 （1）物体与皮带等速前的加速度a==3.17 m/s2.至与皮带等速历时t==0.79 s,物体发生的位移sm=t=0.99 m＜LAB=5 m.所以物体到达B前已与皮带等速.由能的转化和守恒定律，得：W=mgLABsin30°+mv2=28.125 J
(2)物体随皮带匀速运动的时间t′==1.64 s,所以t总=t+t′=2.43 s.
(3)物体与皮带的相对位移Δs=vt-sm=0.99 m,所以产生的热量Q=μmgcos30°·Δs=7.43 J,由能的转化和守恒定律，得W机=W+Q=35.6 J.
【答案】 (1)28.125 J (2)2.43 s (3)35.6 J
7.如图2-6所示为对光电管产生的光电子进行荷质比测定的原理图.两块平行金属板间距为d,其中N为锌板,受紫外光照射后将激发出沿不同方向运动的光电子,开关S闭合，电流表A有读数,若调节变阻器R,逐渐增大极板间的电压,A表读数逐渐减小,当电压表示数为U时,A表读数恰为零;断开S,在MN间加上垂直纸面的匀强磁场,当磁感应强度为B时,A表读数也为零.
图2-6
(1)求光电子的荷质比的表达式_______.
(2)光电管的阳极常用活泼的碱金属制成,原因是这些金属
A.导电性好
B.逸出功小
C.发射电子多
D.电子动能大
(3)如图2-7，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2-7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.
图2-7
【解析】 （1）由题意知，eU=mv2,eUB=m,R=d,整理得：=.
(2)B (3)略
【答案】 （1） (2)B (3)略
8.1920年,质子已被发现,英国物理学家卢瑟福曾预言:可能有一种质量与质子相近的不带电的中性粒子存在,他把它叫做中子.1930年,科学家们在真空条件下用α射线轰击铍()时,产生了一种看不见的贯穿能力很强的不知名的射线和另一种粒子.经过研究发现,这种不知名的射线具有如下特点:①在任意方向的磁场中均不发生偏转;②这种射线的速度小于光速的十分之一.
(1)α射线轰击铍核的核反应方程为:__________________________.
(2)根据上面所述射线的特点,分析说明该射线是不带电的,且不是γ射线.
(3)经过相关的实验和计算证实,这种射线就是由卢瑟福预言的中子组成.在某一原子反应堆中,有大量的快速中子产生,为了使其减速为核反应所需的慢中子,人们用石墨(碳)作减速剂使快中子减速.已知碳核的质量是中子的12倍,假设把中子与碳核的每次碰撞都看作是弹性正碰,而且认定碰撞前碳核都是静止的,设碰撞前中子的动能为E0,经过一次碰撞,中子损失的能量是多少
【解析】 （1）核反应方程：+→+
(2)由特点①知，射线在任何方向的磁场中均不发生偏转，说明射线不带电；由特点②知，该射线速度不及光速的十分之一，而γ射线就是光子流，其速度即光速，因此该射线也不是γ射线.
（3）设中子质量为m，碰前速度为v0，碰后速度为v1，碳核碰后速度为v2，则由动量守恒能量守恒，得：mv0=mv1+12mv2,mv02=mv12+×12mv22解得：v1=-v0,中子损失的能量ΔE=mv02-mv12=E0.
【答案】 (1) +→+ (2)略 （3）
9.如图2-8所示为利用电磁作为输送非导电液体装置的示意图.一边长为L、截面为正方形的塑料管道水平放置,其右端面上有一截面积为A的小喷口,喷口离地的高度为h.管道中有一绝缘活塞,在活塞的中部和上部分别嵌有两根金属棒a、b,其中棒b的两端与一电压表相连,整个装置放在竖直向上的匀强磁场中.当棒a中通有垂直纸面向里的恒定电流I时,活塞向右匀速推动液体从喷口水平射出,液体落地点离喷口的水平距离为s,若液体的密度为ρ,不计所有阻力,求:
图2-8
(1)活塞移动的速度;
(2)该装置的功率;
(3)磁感应强度B的大小;
(4)若在实际使用中发现电压表的读数变小,试分析其可能的原因.
【解析】 (1)设液体从喷口水平射出的速度为v0,活塞移动的速度为v,v0=s ①
v0A=vL2 ②
v=()v0= ③
(2)设装置功率为P,Δt时间内有Δm质量的液体从喷口射出,PΔt=Δm(v02-v2) ④
因为Δm=L2vΔtρ ⑤
所以P=L2vρ(v02-v2)=(1-)·v03,所以P= ⑥
(3)因为P=F安v ⑦
所以L2ρv(v02-v02)=BILv ⑧
所以B== ⑨
(4)因为U=BLv，所以喷口液体的流量减少，活塞移动速度减小，或磁场变小等,会引起电压表读数变小.
【答案】 （1）v=
(2)P=
(3)B=
(4)略
教学参考链接
“3+X”或“3+文(理)综”的高考模式已在全国普及,为适应新的高考形势,有意识地引导学生做一些综合性较强的习题练习,很有必要.但应当清楚,从全国各地近两年的高考试题来看,无论是文综、理综,还是文理大综合的试卷,就其中的每道题目而言,绝大多数都是学科内知识的综合,偶有个别题目涉及多学科知识,也只是对同一问题,各科从本学科知识角度独立进行设问,具体解答仍依据各科的知识、原理分别独立解答,不存在应用多科知识从同一角度解答同一问题的题目,所以在平时的复习中,应以本学科内知识综合为主.就是对本学科的复习,也应以弄懂基本概念、理解基本规律为主.只有对基本概念理解准确、深刻,对基本规律认识、把握到位,才能得心应手、融会贯通地应用各部分知识去分析、处理一些综合性问题.另外,所谓的综合题,也只是本学科内某些部分知识的渗透综合,实际上,我们做的每一道物理题,都有一定的综合程度,只是综合程度不同而已.那种设想一道物理题就将整个中学物理内容都综合在内的做法是不可取的,也是没有实际意义的.本专题所选三个例题,都是近两年的全国或其他省份高考题,从中可以体会综合的程度:例1主要涉及力学中的功、能和热学中的气体压强,例2主要涉及力学中的动力学、运动学和电场的基本内容,例3主要涉及带电粒子在磁场中的运动、力学中的动量守恒、原子物理中的质能方程等主要知识.这三个例题的处理方法也都是我们平时处理物理问题的常规方法,只是用到的知识多一点而已.因为我们平时做的很多题目,都有一定的综合程度,所以本专题所选例题和练习题并不很多，具体使用中可根据本校学生情况适当取舍和补充.
专题三 跨学科综合的热点分析
高考趋势展望
为适应教育改革的需要，高考模式的改革也在不断地进行和完善，以能力为立意，以科学知识为基础的“3+X”高考模式已成为新高考的趋势.尽管综合科目的试题目前仍以学科内知识综合为主，试卷仍处“拼盘”阶段，但随着高考改革的不断深入，学科间知识相互渗透的题目数量必将不断增加，因此，认真分析一下各学科间可能相互结合渗透的知识点，对适应新的高考是非常必要的，也是大有裨益的.
知识要点整合
物理、化学、生物都是以实验为基础的自然科学，三学科内容的基本原理均来自于实验.在实验的设计、操作、现象的观察与记录、数据的分析与处理等方面存在相同之处，可通过实验来解释自然现象，可通过图表、图形、图象来总结规律.随着各学科内容的发展，三学科的内容已经互相渗透，学科内容之间的界限已变得越来越模糊.正是由于这些共性，使得理、化、生从学科内容到研究方法都存在着千丝万缕的联系.而这些知识和技能的结合点，正是跨学科综合测试题的考查热点.
跨学科的综合试题一般来讲应出在理、化、生的知识结合点上，这些结合点粗看并不多，但若仔细推敲，可作为命题立足点的知识仍然层出不穷.若认真分析一下近几年的跨学科综合测试题，从中不难发现其命题的热点主要集中在备受社会广泛关注的焦点问题上.主要涉及到环境、能源、高新技术和人类健康四个方面.基于此，为做好明年的备考工作，希望大家对以下社会热点给予足够的重视.
1.物理和化学的知识结合点
(1)运用静电学知识解释离子晶体、金属晶体的熔点、沸点高低以及离子半径大小的 比较.
(2)恒定电流与原电池、电解、电镀间的相互渗透.
(3)与摩尔概念相关的物理量在物理和化学中的应用.
(4)光学知识与胶体化学的相互渗透.
(5)物理学中的原子结构理论和化学中的核外电子排布的相互渗透.
(6)放射性同位素及其综合应用.
2.物理和生物的知识结合点
物理和生物在研究方法上具有相同点，即宏观问题，微观解释.因此，这两个学科在知识渗透与交叉上，有以下几点应引起重视.
1.人体循环系统中的三个有关物理问题的讨论与计算：(1)心脏做功问题.心脏是提供血液循环系统的中央泵.其构造和功能为生命科学问题，但心脏的做功问题可用物理学中相关公式计算.(2)运用物理学中有关定律解释人体血管中有关血压问题.(3)动脉粥样硬化导致心脏做功增大问题，该问题可用物理学中的压强、功和能量等概念来解释.
2.原子的放射性与食品的保藏、育种、治疗疾病等，是物理学和生物学交叉渗透的又一热点.
3.生物学中眼球的构造和物理学中光学照相机原理的有关知识结合，涉及到的物理内容有折射率、凸透镜成像、眼睛视力的矫正、视觉与光子的联系等.
4.自然界的能量与人类、动植物的生命活动有密切关系.能源是物理学与生物学联系的 纽带.
精典题例解读
［例1］Fe是地壳中含量很丰富的元素，也是生物体所必需的元素.
（1）自然界中铁矿石主要有赤铁矿和磁铁矿.金属铁是在高炉中冶炼的，高炉炼铁除了加入铁矿石外，还需加入焦炭和石灰石.请填空：
①写出磁铁矿主要成分的化学式_____________.
②写出赤铁矿被还原成铁的化学方程式：_____________.
③写出焦炭在高炉中所参与反应的两个化学方程式：_____________.
④写出CaCO3所参与反应的两个化学方程式：_____________.
（2）磁铁在电器中有广泛的应用，如发电机.如图3-1所示，已知一台单相发电机转子导线框共有N匝，线框长为l1、宽为l2，转子的转动角速度为ω，磁极间的磁感应强度为B，试导出发电机的瞬时电动势E的表达式.
图3-1
现在知道有一种强永磁材料钕铁硼，用它制成发电机的磁极时，磁感应强度可增大到原来的K倍.如果保持发电机结构和尺寸、转子转动角速度、产生的电动势都不变，那么这时转子上的导线框需要多少匝？
（3）铁是叶绿素生物合成过程中必需的元素，缺铁植株最明显的症状是叶片发黄，请问这一症状先出现在植株的幼叶还是老叶上？为什么？
【解析】 （1）①Fe3O4
②Fe2O3+3CO2Fe+3CO2
（写成Fe2O3+3C2Fe+3CO也给分）
③C+O2CO2；CO2+C2CO；
④CaCO3CaO+CO2↑;
CaO+SiO2CaSiO3
（2）取轴Ox垂直于磁感应强度，线框转角为θ（如图3-2所示），线框长边垂直于纸面，点A、B表示线框长边导线与纸面的交点，O点表示转轴与纸面的交点.
图3-2
线框长边的线速度为 v=
一根长边导线产生的电动势为·Bsinθ·l1，一匝导线框所产生的感应电动势为
E1=l1l2ωBsinθ
N匝线框产生的电动势应为EN=NE1=Nl1l2ωBsinωt
磁极换成钕铁硼永磁体时，设匝数为N′，则有
EN′=N′l1l2ωKBsinωt
由EN=EN′可得
N′=
（3）幼叶上.
因为缺铁植株没有足够的铁供给新生幼叶，原先进入植物体的铁不易移动，所以不能转移到新生幼叶中再度被利用.
小结：本题以人们生产、生活和生命中所常见和需要的元素铁为线索，将化学中的炼铁过程、物理中的发电过程和生物的生命活动有机地串联起来，组合成一道综合性较强的试题.但就每一小题的解答，仍是独立地应用某一学科的知识，所以仍属“拼盘”形式.尽管如此，由于一道题中含有多学科内容，解题中要不断更换思维方式，处理起来仍有一定难度，平时做此适当的练习，还是有好处的.
［例2］如图3-3所示，在标准状态下，光滑水平面上卧放一质量为M=19 kg的导热圆筒形气缸，内半径为10 cm，在气缸内放一盆蒸熟的含酒曲的糯米，质量为m=1 kg的活塞可在气缸内无摩擦滑动，且不漏气，封闭的气体中无氧气存在.开始时活塞与缸底的距离为10 cm，经较长时间后，发现活塞与缸底的距离变为20 cm（糯米体积改变忽略不计）求：
图3-3
（1）写出化学反应方程式，并简要说明理由.
（2）产生多少克CO2？糯米的质量减少了多少克？
（3）产生的CO2气体对外做了多少功？
（4）在活塞向右移动的过程中，气缸向左移动了多少距离？
【解析】 （1）蒸熟糯米的主要成分是淀粉和水.淀粉在酶的作用下水解成葡萄糖，而葡萄糖在酒化酶的作用下作无氧呼吸而生成酒精和二氧化碳.
反应方程式为：
（C6H10O5）n+nH2OnC6H12O6
C6H12O62C2H5OH+2CO2+能量
（2）产生的二氧化碳气体使容器内的气体体积增大，增大的体积即为CO2的体积：
ΔV=πR2ΔL=3.14×12×13=3.14 L
又在标态下CO2的质量为：
m=(3.14÷22.4)×44=6.16 g
而糯米减少的质量就是放出的CO2质量，也为6.16 g.
（3）活塞缓慢向外推动空气，受到恒定的空气压力p0S，活塞相对气缸右移ΔL=0.1 m
故对外做功W=FΔL=p0SΔL=1.013×105×3.14×0.12×0.1 J=314 J.
（4）活塞向右移动的同时，气缸向左移动，系统水平方向动量守恒，设气缸移动速度为v1，距离为L1，活塞移动速度为v2，距离为L2
则：Mv1=mv2
Mv1t=mv2t
即ML1=mL2
亦即19L1=1L2 ①
又有：L1+L2=10 cm ②
由①②得L1=0.5 cm
小结：本题为化学和物理的综合题，主要考查了淀粉的水解、气体做功及动量守恒等知识点.
［例3］飞行员驾驶飞机从俯冲状态往上拉时，会发生两次黑视，第一次因为血压降低，导致视网膜缺血，第二次是因为大脑缺血；问：（1）血压为什么会降低？（2）血液在人体循环中所起的作用是什么？（3）为了使飞行员适应这种情况，要在如图3-4的仪器中对飞行员进行训练，飞行员坐在一个在竖直平面内做匀速圆周运动的舱内，要使飞行员受到的加速度a=6g，则转速需为多少？（R=20 m）
图3-4
【解析】 （1）当飞行员往上加速时，血液处于超重状态，故血液视重增大，心脏无法像平常一样运输血液，导致血压降低.
（2）血液在循环中所起作用为提供氧气、营养，带走代谢所产生的废物.
（3）由a向=Rω2
ω==rad/s
n===0.27 r/s≈17 r/min
小结：本题为生物、物理综合题，考查了超重、匀速圆周运动、血液循环等知识点.
［例4］有一种氢气燃料汽车，将太阳能聚焦产生高温使水分解成H２，然后以Ｈ２为汽车的能源，这样汽车的发动机在工作过程中只排出Ｈ２Ｏ
而不污染环境.试回答下列问题：
(1)已知1 mol汽油(设汽油的成分全部以辛烷计)完全燃烧生成ＣＯ２和液态水放
热890.3 kJ，则1 g H2和1 g汽油分别燃烧后，放出的热量之比约是多少
(2)某汽车公司设计的一种以Ｈ２ 为燃料的汽车，质量为6000 kg，阻力是车重
的0.05倍，最大输出功率为60 kW，求：
①该汽车以a=0.5 m/s２的加速度从静止起动，则匀加速过程可维持多长时间 其最大
行驶速度是多少
②若此车从武汉以最大速度匀速驶往距武汉300 km的南昌，设汽车发动机的效率为50%，求需要多少Ｈ２作燃料
【解析】 (1)辛烷燃烧时的热化学方程式为：
Ｃ８Ｈ１８（g）+Ｏ２（ｇ）＝８ＣＯ２（ｇ）＋９Ｈ２Ｏ（ｇ）＋８９０.３ kJ
则1 ｇ汽油完全燃烧放出的热量为：
890.3÷114＝7.8 kＪ
由H２完全燃烧生成液态水的热化学方程式：
２Ｈ２（ｇ）＋Ｏ２（ｇ）＝２Ｈ２Ｏ（ｇ）＋５７１.６ kJ
可知1 g H2完全燃烧放出的热量为：
571.6÷４＝142.75 kJ
1 g H２和1 g汽油完全燃烧放出的热量之比值为：
142.75∶７.８＝18.3∶１
(2)汽车匀加速运动的过程是：W一定，F-Fμ=ma，所以F也一定，而速度在增加，所以汽车的实际功率P=Fv也增大.当P增至额定功率时，匀加速过程结束.设匀加速过程时间为t.则：
由牛顿定律得：F-Fμ=ma ①
额定功率：P额=Fv ②
匀加速运动的末速度：v=at ③
代入数据解①②③可得t=20 s
当汽车继续加速时F减小，a减小，最终F=Fμ时速度达到最大值.所以最大速度
vm＝＝　m/s＝２０　m/s
汽车从武汉到南昌牵引力做的功为：
W=Fs=fs=0.05×６０００×１０×３００×１０３ Ｊ
＝９×１０８ Ｊ
汽车发动机消耗的总能量为：
W总＝＝ Ｊ＝１.８×１０９ Ｊ
因为1 mol H２完全燃烧放热285.8 kJ，所以发动机需消耗的Ｈ２为：
m＝ g＝１.２６×１０４ ｇ＝１２.６ ｋｇ
小结：为拯救人类赖以生存的自然环境，“绿色汽车”工程已在全世界范围内展开，世界各大汽车公司都在争相研制各种新型无污染环保汽车，本题以物理知识为载体，融环境保护、热化学方程计算于一题，主要考查学生理论联系实际的能力.
应用强化训练
1.家用微波炉是一种利用微波的电磁能加热食物的新型灶具，主要由磁控管、
波导管、微波加热器、炉门、直流电源、冷却系统、控制系统、外壳等组成.接通电源后，220 Ｖ交流经一变压器，一方面在次级产生３.４ Ｖ交流对磁控管加热，同时在次级产生2000 V高压经整流加到磁控管的阴、阳两极之间，使磁控管产生频率为2450 ＭＨｚ的微波.微波输送至金属制成的加热器(炉腔)被来回反射，微波的电磁作用使食物内分子高频地运动而内外同时受热，迅速使食物变熟，并能最大限度地保存食物中的维生素.
(1)导体能反射微波，绝缘体可使微波透射，而食物通常含有的成分是______________，较易吸收微波能而转换成热.
(2)在使用微波炉时应
Ａ.用金属容器盛放食物放入炉内加热器加热
B.用陶瓷容器盛放食物后放入炉内加热器加热
C.将微波炉置于磁性材料周围
D.将微波炉远离磁性材料周围
(3)试计算微波输出功率为700 Ｗ的磁控管每秒内产生的光子数.
(4)试计算变压器的升压变压比.
【解析】 （1）（2）略
（3）磁控管产生的微波（光子）频率
v= 2450×106 Hz,
所以每个光子能量
E1 = hv= 6.63×10-34×2450×106 J
= 1.6×10-24J
所以磁控管每秒产生的光子数：
n == = 4.4×1026
(4)==
【答案】 （1）蛋白质、糖类、脂肪、水、维生素、无机盐
（2）BD （3）4.4×1026 (4)11∶100
2.如图3-5所示，电解AgNO3溶液时，在t=5 s内从阴极上析出m=1.12×10-3 g银.已知银的摩尔质量为μ=107.9 g/mol（用石墨作两电极）.求：（1）两电极发生反应的离子方程式及观察到的现象.
（2）电流表的示数.
（3）在10 s内通过电解液中心横截面OO′的银离子的总质量.
图3-5
【解析】 （1）由电解原理，电解池阳极发生氧化反应，溶液中的OH-比NO3-容易失去电子，所以：4OH--4e=2H2O+O2↑.现象：在阳极周围有气泡冒出，阴极发生还原反应，Ag+比H+容易得到电子，所以Ag++e=Ag,现象：会看到阴极表面有白色的银覆盖.
（2）由Ag++e=Ag知，在5 s内，Ag得到电子的电荷量为：Q=NAe=×6.02×1023×1.6×10-19 C=1 C,即达到阴极的电子电荷量为1 C，故电流表示数I==0.2 A.
（3）因电解液中的电流是由Ag+和NO3-共同定向移动形成的，而电解液中心横截面上有等量的Ag+和NO3-在移动，所以I=，Q1=Q2,所以通过的电量Q2==1 C，所以10 s内通过OO′的Ag+的总质量m==1.12×10-3 g.
【答案】 （1）阳极：4OH--4e=2H2O+O2↑,现象：有气泡冒出；阴极：Ag++e=Ag,现象：阴极表面有白色的银覆盖.
（2）0.2 A (3)1.12×10-3 g
3.如图3-6所示，某足球运动员在距球门11 m处罚点球，准确地从横粱下边沿踢进一球.横梁下边沿离地高h=2.4 m，足球质量m=0.6 kg.空气阻力不计，取g=10 m/s2.试回答下列问题：
图3-6
（1）该足球运动员在比赛进行中为补充水分，适宜喝
A.高糖饮料
B.高盐饮料
C.优质矿泉水
D.等渗饮料
（2）该足球运动员血液中钙的含量过低，比赛中将会有_______病理现象出现，医生建议他口服维生素_______.
（3）该运动员罚点球时，至少应传递给足球多少能量？
（4）试计算足球飞到球门处需要多长时间.
【解析】 （1）D （2）抽搐，D和钙片；
（3）该足球的初速度为v，其水平分量为v2，竖直分量为v1，则有：
水平方向：11=v2t ①
竖直方向：2.4=v1t-×10t2 ②
足球初动能：Ek=mv2=m(v12+v22) ③
由①②可得：
v12+v22=v22++24
若要使Ek取极小值，必须（v12+v22）取极小值.因上式中前两项均为正，且这两项之积为常数，故这两项相等时，这两项的和最小，从而（v12+v22）最小.
由v22=得：
v22=
所以Ekmin=(v12+v22)=m(2×v22+24)=×0.6×(2××+24) J
=36.2 J
（4）足球飞到球门所需的时间为：
t==1.5 s
【答案】 （1）D （2）抽搐，D和钙片
（3）36.2 J (4)1.5 s
4.宇宙飞船的主要燃料叫“偏二甲肼”，已知该化合物的化学式为C2N2H8，又知偏二甲肼的分子中有一个氮原子不与氢相连，据以上内容回答下列问题：
（1）偏二甲肼的结构简式为_____________.
（2）此燃料燃烧时所用的氧化剂是N2O4，燃烧产物只有N2、CO2、H2O，在该反应中，氧化剂与还原剂物质的量之比为
A.1∶2
B.2∶1
C.3∶4
D.4∶3
（3）已知一个物体在飞船静止于地面时，重为32 N，飞船沿地球径向加速上升到一定高度时，加速度为5 m/s2，此时物重变为18 N.设地球表面的重力加速度g=10 m/s2，则此时飞船离地面的高度约为地球半径的几倍？
（4）宇宙飞船上可以搭载作物种子，从而培育高产新品种，我们把这种在太空中利用射线培育新品种的育种方法叫_______.
【解析】 （1）(CH3)2N—NH2
(2)B
(3)G=mg,m=3.2 kg,G′=mg+ma,18=16+3.2×g′;g′=5/8
g′/g=,h=3R地 (4)诱变育种.
【答案】 （1）(CH3)2N—NH2
(2)B
（3）3倍 （4）诱变育种
5.如图3-7所示，玻璃容器内盛有200 g的KOH水溶液，溶质的质量占2%，A、B为两个铂电极，开始时开关S断开，电压表示数为6 V，闭合开关S，开始通电，电压表示数为4.8 V，经过8×104 s，断开S停止通电，溶液中溶质的质量占总数的2/55（阿伏加德罗常数NA取6.0×1023 mol-1），求：
图3-7
（1）电源的电动势多大？
（2）电源的内电阻多大？
【解析】 在S断开时，电压表测量的是电源的路端电压，根据电路路端电压与外电阻的关系知道，开始时的路端电压就是电源电动势.现在玻璃容器内的KOH水溶液是电路的负载，当接通外接电源时A是电解池的阳极，发生的电极反应是：4OH--2e- 2H2O+O2↑,B是电解池的阴极，发生的反应是：4H++4e- 2H2↑，KOH水溶液因通电没有减少溶质KOH，只是消耗了水，从而使KOH水溶液中溶质的百分含量升高，由此可知，因通电溶液减少的质量就等于水减少的质量，从而可进一步由物质的迁移量找出转移的电量，求出通电电流，最后求解.（1）S断开时路端电压值等于电源电动势，故E=6 V.（2）根据KOH水溶液导电过程的化学变化规律，溶液中减少的物质是水，减少量Δm=20-=9 g,即0.5 mol的水，因为电解1 mol水时有2 mol电子发生转移（1 mol的电子和1 mol正离子反向通过“导线”横截面），根据电流强度定义得：I=Q/t=ne·NA/t==12 A，根据全电路欧姆定律E=U+Ir,
所以r=(E-U)/I=(6-4.8)÷12=0.1 Ω.
【答案】 (1)6 V (2)0.1 Ω
6.地球距太阳约为r=1.5×1011 m，地球半径约为R=6.4×106 m，到达地球表面的太阳辐射能的几条主要去路是直接反射5.2×1016 J/s,水循环4.0×1016 J/s;
大气流动3.7×1014 J/s，光合作用3.7×1014 J/s;
以热能方式离开地球8.1×1016 J/s
请根据以上数据：
(1)计算地球对太阳能的利用率；
（2）计算通过光合作用每年（按365天计算）有多少太阳能转化为化学能；
（3）写出光合作用的总反应式；
（4）光合作用为我们的生存环境每年除去了质量为M的二氧化碳气体，试根据能量关系列M的计算式，列式中缺少的数据用符号Q表示，并指出符号Q的含义；
（5）估算太阳的辐射功率P.
【解析】 （1）η=4.0×1016/(5.2×1016+4.0×1016+8.1×1016)=23.3%;
（2）W化=3.7×1014×365×24×3600=1.2×1022 J;
（4）设生成每 mol C6H12O6所储存的能量为Q，则每年由于光合作用生成C6H12O6的摩尔数为n=,每生成1 mol C6H12O6除去CO2的质量为（12+16×2）×6=26 kg= 0.264 kg，则每年除去CO2的质量为M=0.264 n=0.264×= kg；
（5）以太阳为球心，以太阳到地球的距离为半径作一大球，球面上的热功率即为太阳的热辐射功率.
【答案】 （1）23.3% (2)1.2×1022 J
（4）M= kg（Q表示每生成1 mol C6H12O6所储存的能量）
（5）3.8×1026 J/s
7.绿色植物在光合作用中，每放出一个氧分子要吸收8个波长为6.88×１０－７m的光量子，植物以葡萄糖的形式储存能量.
普朗克常数h=6.63 ×１０－３４Ｊ·s，阿伏加德罗常数NA＝6.02×1023mol－１，试解答下列问题：
(1)试计算绿色植物能量的转化效率.
(2)若每公顷森林每天可产生730 kg氧气，则这种森林每天每公顷可储存多少能量
(3)如果上述过程中水为液体、葡萄糖为固体，其余物质为气体，用热化学方程式表示由ＣＯ２和水通过光合作用生成葡萄糖和氧气的过程.若用含有示踪原子１８Ｏ的水(Ｈ218Ｏ)，试在反应方程式中标出示踪原子18Ｏ存在于哪种物质中
【解析】 (1)每生产1个氧分子吸收的能量为
E＝８×＝８× Ｊ
＝２.３１×１０－１８ Ｊ
h:普朗克常数 c:光速3×１０８　m/s λ：光子波长 每吸收1个O２储存的光能为：
Ｊ＝７.７５×１０-19 Ｊ
绿色植物能量的转化率为：＝３３.５％
(2)这种森林每公顷每天贮存的能量：
× kJ＝１.０６×１０７ kJ
(3)６ＣＯ２（ｇ）＋１２Ｈ218Ｏ（l）→Ｃ６Ｈ12Ｏ６（ｓ）＋６Ｈ218Ｏ（l）＋６18Ｏ２（ｇ）－8353.8 kJ
从以上反应热化学方程式可看出，光合作用释放出的Ｏ２来自参加反应的水.
【答案】 （1）33.5% (2)1.06×107 kJ (3)略
8.核电站采用核反应堆使重核裂变，将释放出的巨大能量转化成电能.
（1）完成下列核反应式：
+→+Zr+++反中微子
（反中微子的质量和电荷数均为零）
（2）写出核裂变反应和一般化学反应的不同点（至少3点）.
（3）核电站在热量传递的循环系统中应用了钠钾合金作为传热介质，试根据钠钾合金的性质说明这一应用的两点理由.
（4）依据上述核反应方程式，计算1 kg铀235全部裂变可产生多少kJ的能量？
已知：铀（U）核的质量为235.0439 u，中子（n）的质量为1.0087 u,铷（Nd）核的质量为142.9098,锆（Zr）核的质量为89.9047 u,1 u=1.6606×10-27 kg
【解析】 （1）据反应前后质量数和电荷数守恒得：.
（2）对单位质量的物质而言，核裂变释放的能量远大于化学反应释放的能量；核反应前后元素（原子核）发生变化，而化学反应中元素不变（电子有得失）；一种同位素不论处于何种价态（如单质铀或化合物铀），它们的核反应性质相同，而化学性质不同；而同一种元素的不同同位素（如铀235和铀238）化学性质相同，但核反应的性质不同；核反应的速率与温度、压强等无关仅由核内因素决定，而化学反应往往与外界温度高低、压强大小等 有关.
（3）钠钾合金熔点低，常温下为液态，可在管道内流动；钠钾合金是热的良导体.
（4）核能ΔE总=×Δm·c2=8.12×1010 kJ.
【答案】 (1) （2）略 （3）略
（4）8.12×1010 kJ
教学参考链接
尽管综合命题是今后高考发展的方向，但限于目前各方面条件限制，综合科考试命题还不会有太大的突破，各科内容拼盘式的命题，还会维持一段时间.因此在指导学生复习中，仍应把学科内知识的综合作为复习的重点，不同学科知识的综合命题应让学生了解一些，以免一旦遇到此类题目感觉无从下手，但不应当作为重点花太大的气力，做太多的题目，以避免舍本求末，出力不讨好.
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- 1 -专题五 电磁感应与电路
思想方法提炼
电磁感应是电磁学的核心内容，也是高中物理综合性最强的内容之一，高考每年必考。题型有选择、填空和计算等，难度在中档左右，也经常会以压轴题出现。
在知识上，它既与电路的分析计算密切相关，又与力学中力的平衡、动量定理、功能关系等知识有机结合；方法能力上，它既可考查学生形象思维和抽象思维能力、分析推理和综合能力，又可考查学生运用数知识(如函数数值讨论、图像法等)的能力。
高考的热点问题和复习对策：
1.运用楞次定律判断感应电流(电动势)方向，运用法拉第电磁感应定律，计算感应电动势大小.注重在理解的基础上掌握灵活运用的技巧.
2.矩形线圈穿过有界磁场区域和滑轨类问题的分析计算。要培养良好的分析习惯，运用动力学知识，逐步分析整个动态过程，找出关键条件，运用运动定律特别是功能关系解题。
3.实际应用问题，如日光灯原理、磁悬浮原理、电磁阻尼等复习时应多注意。
此部分涉及的主要内容有：
1.电磁感应现象.
(1)产生条件：回路中的磁通量发生变化.
(2)感应电流与感应电动势：在电磁感应现象中产生的是感应电动势，若回路是闭合的，则有感应电流产生；若回路不闭合，则只有电动势，而无电流.
(3)在闭合回路中，产生感应电动势的部分是电源，其余部分则为外电路.
2.法拉第电磁感应定律：E=n ，E=BLvsin，
注意瞬时值和平均值的计算方法不同.
3.楞次定律三种表述：
(1)感应电流的磁场总是阻碍磁通量的变化(涉及到：原磁场方向、磁通量增减、感应电流的磁场方向和感应电流方向等四方面).右手定则是其中一种特例.
(2)感应电流引起的运动总是阻碍相对运动.
(3)自感电动势的方向总是阻碍原电流变化.
4.相关链接
(1)受力分析、合力方向与速度变化，牛顿定律、动量定理、动量守恒定律、匀速圆周运动、功和能的关系等力学知识.
(2)欧姆定律、电流方向与电势高低、电功、电功率、焦耳定律等电路知识.
(3)能的转化与守恒定律.
感悟 · 渗透 · 应用
【例1】三个闭合矩形线框Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ处在同一竖直平面内，在线框的正上方有一条固定的长直导线，导线中通有自左向右的恒定电流，如图所示，若三个闭合线框分别做如下运动：Ⅰ沿垂直长直
导线向下运动，Ⅱ沿平行长直
导线方向平动，Ⅲ绕其竖直中心
轴OO′转动.
(1)在这三个线框运动的过程中，
哪些线框中有感应电流产生
方向如何
(2)线框Ⅲ转到图示位置的瞬间，是否有感应电流产生
【解析】此题旨在考查感应电流产生的条件.根据直线电流周围磁场的特点，判断三个线框运动过程中，穿过它们的磁通量是否发生变化.
(1)长直导线通有自左向右的恒定电流时，导线周围空间磁场的强弱分布不变，但离导线越远，磁场越弱，磁感线越稀；离导线距离相同的地方，磁场强弱相同.
线框Ⅰ沿垂直于导线方向向下运动，穿过它的磁通量减小，有感应电流产生，电流产生的磁场方向垂直纸面向里，根据楞次定律，感应电流的磁场方向也应垂直纸面向里，再由右手螺旋定则可判断感应电流为顺时针方向；线框Ⅱ沿平行导线方向运动，与直导线距离不变，穿过线框Ⅱ的磁通量不变，因此线框Ⅱ中无感应电流产生；线框Ⅲ绕OO′轴转动过程中，穿过它的磁通量不断变化，在转动过程中线框Ⅲ中有感应电流产生，其方向是周期性改变的.
(2)线框Ⅲ转到图示位置的瞬间，线框中无感应电流，由于长直导线下方的磁场方向与纸面垂直，在该位置线框Ⅲ的两竖直边运动方向与磁场方向平行，不切割磁感线，所以无感应电流；从磁通量变化的角度考虑，图示位置是线框Ⅲ中磁通量从增加到最大之后开始减小的转折点，此位置感应电流的方向要发生变化，故此时其大小必为0.
【解题回顾】对瞬时电流是否存在应看回路中磁通量是否变化，或看回路中是否有一段导体做切割磁感线运动，要想知道线框在磁场中运动时磁通量怎样变化，必须知道空间的磁场强弱、方向分布的情况，对常见磁体及电流产生的磁场要相当熟悉.
【例2】如图所示，在倾角为θ的光滑的
斜面上，存在着两个磁感应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，
恰好做匀速直线运动.若当ab边到达gg′与ff′
中间位置时，线框又恰好做匀速运动，则：
(1)当ab边刚越过ff′时，线框加速度的值为多少
(2)求线框开始进入磁场到ab边到达gg′与ff′
中点的过程中产生的热量是多少
【解析】此题旨在考查电磁感应与能量之间的关系.线框刚越过ff′时，两条边都在切割磁感线，其电路相当于两节相同电池的串联，并且这两条边还同时受到安培力的阻碍作用.
(1)ab边刚越过ee′即做匀速直线运动，表明线框此时所受的合力为0，即
在ab边刚越过ff′时，ab、cd边都切割磁感线产生感应电动势，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E′=2BLv，设此时线框的加速度为a，则2BE′L/R-mgsin=ma，a=4B2L2v/(Rm)-gsin=3gsin，方向沿斜面向上.
(2)设线框再做匀速运动时的速度为v′，则mgsin=(2B2L2v′/R)×2，即v′=v/4，从线框越过ee′到线框再做匀速运动过程中，设产生的热量为Q，则由能量守恒定律得:
【解题回顾】电磁感应过程往往涉及多种能量形式的转化，适时选用能量守恒关系常会使求解很方便，特别是处理变加速直线运动或曲线运动问题.
【例3】如图所示，da、cb
为相距L的平行导轨(电阻可以
忽略不计).a、b间接有一个固定
电阻，阻值为R.长直细金属杆
MN可以按任意角架在水平导轨上，
并以速度v匀速滑动(平移)，v的方向
和da平行. 杆MN有电阻，每米长的电阻值为R.整个空间充满匀强磁场，磁感应强度的大小为B，方向垂直纸面(dabc平面)向里
(1)求固定电阻R上消耗的电功率为最大时θ角的值?
(2)求杆MN上消耗的电功率为最大时θ角的值.
【解析】如图所示，杆滑动时切割磁感线而产生感应电动势E=BLv，与角无关.
以r表示两导轨间那段杆的电阻，回路中的电流为:
(1)电阻R上消耗的电功率为:
由于E和R均与无关，所以r值最小时，PR值达最大.当杆与导轨垂直时两轨道间的杆长最短，r的值最小，所以PR最大时的值为=/2.
(2)杆上消耗的电功率为:
Pr=
要求Pr最大，即要求 取最大值.由于
显然，r=R时， 有极大值?因每米杆长的电阻值为R，r=R即要求两导轨间的杆长为1m，
所以有以下两种情况：
①如果L≤1m，则满足下式时r=R
1×sin=L 所以=arcsinL
②如果L＞1m，则两导轨间那段杆长总是大于1m，即总有r＞R?由于
在r＞R的条件下，上式随r的减小而单调减小，r取最小值时， 取最小值，
取最大值，所以，Pr取最大值时值为
【例4】如图所示，光滑的平行导轨P、Q相距
L=1m，处在同一水平面中，导轨左端接有如图所示
的电路，其中水平放置的平行板电容器C两极板间
距离d=10mm，定值电阻R1=R3=8Ω，R2=2Ω，导轨
电阻不计. 磁感应强度B=0.4T的匀强磁场竖直向下
穿过导轨面.当金属棒ab沿导轨向右匀速运动
(开关S断开)时，电容器两极板之间质量m=1×10-14kg、
带电量Q=-1×10-15C的微粒恰好静止不动；当S闭合时，微粒以加速度a=7m/s2向下做匀加速运动，取g=10m/s2，求：
(1)金属棒ab运动的速度多大 电阻多大
(2)S闭合后，使金属棒ab做匀速运动的外力的功率多大
【解析】(1)带电微粒在电容器两极板间静止时，受向上的电场力和向下的重力作用而
平衡，则得到:mg=
求得电容器两极板间的电压
由于微粒带负电，可知上极板电势高.
由于S断开，R1上无电流，R2、R3串联部分两端总电压等于U1，电路中的感应
电流，即通过R2、R3的电流为:
由闭合电路欧姆定律，ab切割磁感线运动产生的感应电动势为E=U1+Ir ①
其中r为ab金属棒的电阻
当闭合S后，带电微粒向下做匀加速运动，根据牛顿第二定律，有:mg-U2q/d=ma
求得S闭合后电容器两极板间的电压:
这时电路中的感应电流为
I2=U2/R2=0.3/2A=0.15A
根据闭合电路欧姆定律有
②
将已知量代入①②求得E=1.2V，r=2
又因E=BLv
∴v=E/(BL)=1.2/(0.4×1)m/s=3m/s
即金属棒ab做匀速运动的速度为3m/s，电阻r=2 ?
(2)S闭合后，通过ab的电流I2=0.15A，ab所受安培力F2=BI2L=0.4×1×0.15N=0.06N?ab以速度v=3m/s做匀速运动时，所受外力必与安培力F2大小相等、方向相反，即F=0.06N，方向向右(与v同向)，可见外力F的功率为:
P=Fv=0.06×3W=0.18W
【例5】已知某一区域的地下埋有一根与地面平行的直线电缆，电缆中通有变化的电流，在其周围有变化的磁场，因此，可以通过在地面上测量闭合试探小线圈中的感应电动势来探测电缆的确切位置、走向和深度.当线圈平面平行地面时，a、c在两处测得试探线圈感应电动势为0，b、d两处测得试探线圈感应电动势不为0；当线圈平面与地面成45°夹角时，在b、d两处测得试探线圈感应电动势为0；经测量发现，a、b、c、d恰好位于边长为1m的正方形的四个顶角上，
如图所示，据此可以判定地下电缆在 两点连线的
正下方，离地表面的深度为 m.?
【解析】当线圈平面平行地面时，a、c在两处测得试探线圈感应电动势为0，b、d两处测得试探线圈感应电动势不为0；可以判断出地下电缆在a、c两点连线的正下方；如图所示a′c′表示电缆，当线圈平面与地面成45°夹角时，在b、d两处测得试探线圈感应电动势为0；
可判断出O′b垂直试
探线圈平面，则作出：
Rt△OO′b，其中∠ObO′=45°
那么OO′=Ob= /2=0.71(m).
【解题回顾】本题是一道电磁感应现象的实际应用的题目，将试探线圈产生感应电动势的条件应用在数学中，当线圈平面与地面成45°夹角时，在b、d两处测得试探线圈感应电动势为0，即电缆与在b、d两处时的线圈平面平行，然后作出立体几何的图形，便可用数学方法处理物理问题.?
【例6】 在如图所示的水平导轨上（摩擦、电阻忽略不计），有竖直向下的匀强磁场，磁感强度B，导轨左端的间距为L1=4L0，右端间距为L2=L0。今在导轨上放置AC，DE两根导体棒，质量分别为m1=2m0，m2=m0，电阻R1=4R0，R2=R0。若AC棒以初速度V0向右运动，求AC棒运动的过程中产生的总焦耳热QAC，以及通过它们的总电量q。
　　【错解分析】错解：AC棒在磁场力的作用下，做变速运动。运动过程复杂，应从功能关系的角度来分析。由于没有摩擦，最后稳定的状态应为两棒做匀速运动。根据动量守恒定律m1v0=（m1＋m2）v′
　　整个回路产生的焦耳热
　　因为R1=4R0，R2=R0。所以AC棒在运动过程中产生的焦耳热
　　对AC棒应用动量定理：BIL1·△t=m1v′－m1v0
　　AC棒在磁场力的作用下做变速运动，最后达到运动稳定，两棒都做匀速运动的分析是正确的。但是以此类推认为两棒的运动速度相同是错误的。如果两棒的速度相同则回路中还有磁通量的变化，还会存在感应电动势，感应电流还会受到安培力的作用，AC，DE不可能做匀速运动。
　　【正确解答】
　　由于棒L1向右运动，回路中产生电流，Ll受安培力的作用后减速，L2受安培力加速使回路中的电流逐渐减小。只需v1，v2满足一定关系，
　　
　　两棒做匀速运动。
　　两棒匀速运动时，I=0，即回路的总电动势为零。所以有
BLlv1=BL2v2
　　
　　再对DE棒应用动量定理BL2I·△t = m2v2
　　　
　　【解题回顾】电磁感应现象应用问题，往往涉及到很多知识点，是最为复杂的综合性题．综合性题的处理途径主要是采用“分析法”：按知识点(主要指物理规律)划分若干基础题型，按各基础题型解题步骤建立方程，最后解方程组即可得解．
　　以前我们做过类似的题。那道题中的平行轨道间距都是一样的。有一些同学不假思索，把那道题的结论照搬到本题中来，犯了生搬硬套的错误。差异就是矛盾。两道题的差别就在平行导轨的宽度不一样上。如何分析它们之间的差别呢？还是要从基本原理出发。平行轨道间距一样的情况两根导体棒的速度相等，才能使回路中的磁通量的变化为零。本题中如果两根导轨的速度一样，由于平行导轨的宽度不同导致磁通量的变化不为零，仍然会有感应电流产生，两根导体棒还会受到安培力的作用，其中的一根继续减速，另一根继续加速，直到回路中的磁通量的变化为零，才使得两根导体棒做匀速运动。抓住了两道题的差异之所在，问题就会迎刃而解。
　【例7】用均匀导线弯成正方形闭合金属线框abcd，线框每边长80cm，每边的电阻为1Ω。把线框放在磁感强度B=0.05T的匀强磁场中，并使它绕轴OO′以ω=100rad/s的角速度匀角速度旋转，旋转方向如图所示，已知轴OO′在线框平面内，并且垂直于B，od=3oa, O′c=3 O′b,当线框转至和B平行的瞬间。求：
　　（1）每条边产生的感应动势大小；
　　（2）线框内感应电流的大小；
　　（3）e，f分别是ab和cd的中点，ef两点间的电势差。
　　【错解分析】错解：线圈在转动时，只有ab边和cd边作切割磁感线运动，产生感应电动势。
　　
　　（2）由右手定则可知，线框在图示位置时，ab中感应电动势方向向上，而cd中感应电势的方向向下。
　　
　　（3）观察fcbe电路
　　
　　本题解共有4处错误。第一，由于审题不清没有将每一条边的感应电动势求出，即缺少εad和εbc。即使它们为零，也应表达出来。第二，边长中两部分的的倍数关系与每一部分占总长的几分之几表述不正确。第三，ab边和cd边的感应电动势的方向分别向上、向下。但是它们的关系是电源的串联，都使电路中产生顺时针方向的电流，闭合回路的总电动势应为：εcd+εab，而不是相减。第四，求Uef时，研究电路fcbe，应用闭合电路欧姆定律，内电路中产生电动势的边长只剩下一半，感应电动势也只能是εcd/2。
　　【正确解答】
　　（1）线框转动时，ab边和cd边没有切割磁感线，所以εad=0,εbc=0。
　　
　　　
　　（3）观察fcbe电路
　　
　　【解题回顾】没有规矩不能成方圆。解决电磁感应的问题其基本解题步骤是：
（1）通过多角度的视图，把磁场的空间分布弄清楚。（2）在求感应电动势时，弄清是求平均电动势还是瞬时电动势，选择合适的公式解题。（3）进行电路计算时要画出等效电路图作电路分析，然后求解。
【例8】如图所示，在跟匀强磁场垂直的平面内放置一个折成锐角的裸导线MON，∠MON=α。在它上面搁置另一根与ON垂直的导线PQ，PQ紧贴MO，ON并以平行于ON的速度V，从顶角O开始向右匀速滑动，
设裸导线单位长度的电阻为R0，磁感强度为B，
求回路中的感应电流。
　　
【错解分析】错解：设PQ从顶角O开始向右运动的时间为Δt，
　　Ob=v·Δt，
　　ab=v·Δt·tgα，
　　　　
不是我们要求的电动势的瞬时值。因为电阻（1＋cosα＋sinα）
　　由于两者不对应，结果就不可能正确。
　　【正确解答】
　　设PQ从顶角O开始向右运动的时间为Δt，Ob=v·Δt，ab＝v·Δ
　　
　　回路中ε=Blv=B·ab·v=Bv2·Δt·tgα。回路中感应电流
　
　　时间增大，产生的感应电动势不是恒量。避免出错的办法是先判断感应电动势的特征，根据具体情况决定用瞬时值的表达式求解。
【例9】如图所示，以边长为50cm的正方形导线框，放置在B=0.40T的匀强磁场中。已知磁场方向与水平方向成37°角，线框电阻为0.10Ω，求线框绕其一边从水平方向转至竖直方向的过程中通过导线横截面积的电量。
　　【错解分析】错解：线框在水平位置时穿过线框的磁通量
Φ1=BScos53°=6.0×10-2Wb
　　线框转至竖直位置时，穿过线框的磁通量Φ2=BScos37°=8.0×10-8（Wb）
　　这个过程中的平均电动势
　　通过导线横截面的电量
　　磁通量Φ1=BScosθ，公式中θ是线圈所在平面的法线与磁感线方向的夹角。若θ＜90°时，Φ为正，θ＞90°时，Φ为负，所以磁通量Φ有正负之分，即在线框转动至框平面与B方向平行时，电流方向有一个转变过程。错解就是忽略了磁通量的正负而导致错误。
　　【正确解答】
　　设线框在水平位置时法线（图中）n方向向上，穿过线框的磁通量
Φ1=BScos53°=6.0×10-2Wb
　　当线框转至竖直位置时，线框平面的法线方向水平向右，
与磁感线夹角θ=143°，穿过线框的磁通量Φ1=BScos143°=-8.0×10-2Wb
　　通过导线横截面的电量
　　【小结】
　　通过画图判断磁通量的正负，然后在计算磁通量的变化时考虑磁通量的正负才能避免出现错误。
【例10】、如图所示，两根互相平行、间距d=0.4米的金属导轨，水平放置于匀强磁场中，磁感应强度B=0.2T，磁场垂直于导轨平面，金属滑杆ab、cd所受摩擦力均为f=0.2N。两根杆电阻均为r=0.1Ω，导轨电阻不计，当ab杆受力F=0.4N的恒力作用时，ab杆以V1做匀速直线运动，cd杆以V2做匀速直线运动，求速度差(V1－ V2)等于多少？
分析与解：在电磁感应现象中，若回中的感应电动势是由导体做切割磁感线运动而产生的，则通常用ε=BlVsinθ来求ε较方便，但有时回路中的电动势是由几根棒同时做切割磁感线运动产生的，如果先求出每根导体棒各自的电动势，再求回路的总电动势，有时就会涉及“反电动势”而超纲。如果取整个回路为研究对象，直接将法拉第电磁感应定律ε=用于整个回路上，即可“一次性”求得回路的总电动势，避开超纲总而化纲外为纲内。
cd棒匀速向右运动时，所受摩擦力f方向水平向左，则安培力Fcd方向水平向右，由左手定则可得电流方向从c到d，且有：
Fcd = IdB = f
I = f /Bd　　　　　　　　　　　　①
取整个回路abcd为研究对象，设回路的总电势为ε，由法拉第电磁感应定律ε=，根据B不变，则△φ=B△S，在△t时间内，
△φ=B(V1－V2)△td
所以：ε=B(V1－V2)△td/△t=B(V1－V2)d　　　　　　　　 ②
又根据闭合电路欧母定律有：I=ε/2r　　　　　　　 ③　　　
由式①②③得：V1－V2 = 2fr / B2d2
代入数据解得：V1－V2 =6.25（m/s）
?【例11】.如图所示，线圈ａｂｃｄ每边长L＝0.20ｍ，线圈质量ｍ1＝0.10ｋｇ、电阻Ｒ＝0.10Ω，砝码质量
ｍ2＝0.14ｋｇ．线圈上方的匀强磁场磁感强度Ｂ＝0.5Ｔ，方向垂直线圈平面向里，磁场区域的宽度为
ｈ＝L＝0.20ｍ．砝码从某一位置下降，使ａｂ边进入磁场开始做匀速运动．求线圈做匀速运动的速度．
解析：该题的研究对象为线圈，线圈在匀速上升时受到的安培力Ｆ安、绳子的拉力Ｆ和重力ｍ1ｇ相互平衡，即
Ｆ＝Ｆ安＋ｍ1ｇ．　　①
砝码受力也平衡：
Ｆ＝ｍ2ｇ．　　②
线圈匀速上升，在线圈中产生的感应电流
Ｉ＝ＢLｖ／Ｒ，　　③
因此线圈受到向下的安培力
Ｆ安＝ＢＩL．　　④
联解①②③④式得ｖ＝（ｍ2－ｍ1）ｇＲ／Ｂ2L2．
代入数据解得：ｖ＝4（ｍ／ｓ）
【例12】如图所示，OACO为置于水平面内的光滑闭合金属导轨，O、C处分别接有短电阻丝（图中粗线表示），
R1＝4Ω、R2＝8Ω（导轨其它部分电阻不计）。导轨OAC的形状满足方程（单位：m）。磁感强度
B＝0.2T的匀强磁场方向垂直于导轨平面。一足够长的金属棒在水平外力F作用下，以恒定的速率v＝5.0m/s水平向右在导轨上从O点滑动到C点，棒与导轨接触良好且始终保持与OC导轨垂直，不计棒的电阻。求：（1）外力F的最大值；（2）金属棒在导轨上运动时电阻丝R1上消耗的最大功率；（3）在滑动过程中通过金属棒的电流I与时间t的关系。
解析：（1）金属棒匀速运动 ①
I＝ε/R总 ②
F外＝BIL＝B2L2v/R总 ③
④
⑤
∴ ⑥
（2） ⑦
（3）金属棒与导轨接触点间的长度随时间变化 且
，
∴ ⑧
图33-1
图32-1
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12专题三 电场和磁场
黄冈中学：江楚桥
【方法归纳】
一、场强、电势的概念
1、电场强度E
①定义：放入电场中某点的电荷受的电场力F与它的电量q的比值叫做该点的电场强度。
②数学表达式：，单位：
③电场强度E是矢量，规定正电荷在电场中某点所受电场力的方向即为该点的电场强度的方向
④场强的三个表达式
定义式 决定式 关系式
表达式
选用范围 对任何电场E的大小及方向都适用。与检验电荷的电量的大小、电性及存在与否无关。 q：是检验电荷 只对真空的点电荷适用。Q：是场源电荷的电量。r：研究点到场源电荷的距离。 只对匀强电场适用。U：电场中两点的电势差。d：两点间沿电场线方向的距离。
说明 电场强度是描述电场力的性质的物理量。电场E与F、q无关，取决于电场本身。当空间某点的电场是由几个点电荷共同激发的，则该点的电场强度等于每个点电荷单独存在时所激发的电场在该点的场强的矢量和。
⑤比较电场中两点的电场强度的大小的方法：
由于场强是矢量。比较电场强度的大小应比较其绝对值的大小，绝对值大的场强就大，绝对值小的场强就小。
Ⅰ在同一电场分布图上，观察电场线的疏密程度，电场线分布相对密集处，场强较大；电场较大；电场线分布相对稀疏处，场强较小。
Ⅱ形成电场的电荷为点电荷时，由点电荷场强公式可知，电场中距这个点电荷Q较近的点的场强比距这个点电荷Q较远的点的场强大。
Ⅲ匀强电场场强处处相等
Ⅳ等势面密集处场强大，等势面稀疏处场强小
2、电势、电势差和电势能
①定义：
电势：在电场中某点放一个检验电荷q，若它具有的电势能为E，则该点的电势为电势能与电荷的比值。电场中某点的电势在数值上等于单位正电荷由该点移到零电势点时电场力所做的功。也等于该点相对零电势点的电势差。
电势差：电荷在电场中由一点A移到另一点B时，电场力做功与电荷电量q的比值，称为AB两点间的电势差，也叫电压。
电势能：电荷在电场中所具有的势能；在数值上等于将电荷从这一点移到电势能为零处电场力所做的功。
②定义式：或，单位：V
单位：J
③说明：Ⅰ电势具有相对性，与零电势的选择有关，一般以大地或无穷远处电势为零。
Ⅱ电势是标量，有正负，其正负表示该的电势与零电势的比较是高还是低。
Ⅲ电势是描述电场能的物理量，
④关于几个关系
关于电势、电势差、电势能的关系
电势能是电荷与电场所共有的；电势、电势差是由电场本身因素决定的，与检验电荷的有无没有关系。
电势、电势能具有相对性，与零电势的选择有关；电势差具有绝对性，与零电势的选择无关。
关于电场力做功与电势能改变的关系
电场力对电荷做了多少功，电势能就改变多少；电荷克服电场力做了多少功，电势能就增加多少，电场力对电荷做了多少正功，电势能就减少多少，即 。
在学习电势能时可以将“重力做功与重力势能的变化”作类比。
关于电势、等势面与电场线的关系
电场线垂直于等势面，且指向电势降落最陡的方向，等势面越密集的地方，电场强度越大。
⑤比较电荷在电场中某两点的电势大小的方法：
Ⅰ利用电场线来判断：在电场中沿着电场线的方向，电势逐点降低。
Ⅱ利用等势面来判断：在静电场中，同一等势面上各的电势相等，在不同的等势面间，沿着电场线的方向各等势面的电势越来越低。
Ⅲ利用计算法来判断：因为电势差，结合
，若，则，若，则；
若，则
⑥比较电荷在电场中某两点的电势能大小的方法：
Ⅰ利用电场力做功来判断：在电场力作用下，电荷总是从电势能大的地方移向电势能小的地方。这种方法与电荷的正负无关。
Ⅱ利用电场线来判断：正电荷顺着电场线的方向移动时，电势能逐渐减少；逆着电场线方向移动时，电势能逐渐增大。负电荷则相反。
二、静电场中的平衡问题
电场力（库仑力）虽然在本质上不同于重力、弹力、摩擦力，但是产生的效果是服从牛顿力学中的所有规律，所以在计算其大小、方向时应按电场的规律，而在分析力产生的效果时，应根据力学中解题思路进行分析处理。对于静电场中的“平衡”问题，是指带电体的加速度为零的静止或匀速直线运动状态，属于“静力学”的范畴，只是分析带电体受的外力时除重力、弹力、摩擦力等等，还需多一种电场而已。解题的一般思维程序为：
①明确研究对象
②将研究对象隔离出来，分析其所受的全部外力，其中电场力，要根据电荷的正负及电场的方向来判断。
③根据平衡条件或，列出方程
④解出方程，求出结果。
三、电加速和电偏转
1、带电粒子在电场中的加速
在匀强电场中的加速问题 一般属于物体受恒力（重力一般不计）作用运动问题。处理的方法有两种：
①根据牛顿第二定律和运动学公式结合求解
②根据动能定理与电场力做功，运动学公式结合求解
基本方程：
在非匀强电场中的加速问题 一般属于物体受变力作用运动问题。处理的方法只能根据动能定理与电场力做功，运动学公式结合求解。
基本方程：
2、带电粒子在电场中的偏转
设极板间的电压为U，两极板间的距离为，极板长度为。
运动状态分析：带电粒子垂直于匀强电场的场强方向进入电场后，受到恒定的电场力作用，且与初速度方向垂直，因而做匀变速曲线运动——类似平抛运动如图1。
图1
运动特点分析：
在垂直电场方向做匀速直线运动
在平行电场方向，做初速度为零的匀加速直线运动
通过电场区的时间：
粒子通过电场区的侧移距离：
粒子通过电场区偏转角：
带电粒子从极板的中线射入匀强电场，其出射时速度方向的反向延长线交于入射线的中点。所以侧移距离也可表示为：
四、电容器的动态分析
这类问题关键在于弄清楚哪些是变量；哪些是不变量；哪些是自变量；哪些是因变量。同时要注意对公式的理解，定义式适用于任何电容器，而电容C与Q、U无关。
区分两种基本情况：一是电容器两极间与电源相连接，则电容器两极间的电势差U不变；二是电容器充电后与电源断开，则电容器所带的电量Q保持不变。
电容器结构变化引起的动态变化问题的分析方法 平行板电容器是电容器的一个理想化模型，其容纳电荷的本领用电容C来描述，当改变两金属板间距d、正对面积S或其中的介质时，会引起C值改变。给两个金属板带上等量异号电荷Q后，板间出现匀强电场E，存在电势差U。若改变上述各量中的任一个，都会引起其它量的变化。若两极板间一带电粒子，则其受力及运动情况将随之变化，与两极板相连的静电计也将有显示等等。
解此类问题的关键是：先由电容定义式、平行板电容器电容的大小C与板距d、正面积S、介质的介电常数的关系式和匀强电场的场强计算式导出，，等几个制约条件式备用。接着弄清三点：①电容器两极板是否与电源相连接？②哪个极板接地？③C值通过什么途径改变？若电容器充电后脱离电源，则隐含“Q不改变”这个条件；若电容器始终接在电源上，则隐含“U不改变”（等于电源电动势）这个条件；若带正电极板接地，则该极板电势为零度，电场中任一点的电势均小于零且沿电场线方向逐渐降低；若带负电极板接地，则该极板电势为零，电场中任一点电势均大于零。
五、带电粒子在匀强磁场的运动
1、带电粒子在匀强磁场中运动规律
初速度的特点与运动规律
① 为静止状态
② 则粒子做匀速直线运动
③ ,则粒子做匀速圆周运动，其基本公式为：
向心力公式：
运动轨道半径公式：；
运动周期公式：
动能公式：
T或、的两个特点：
T、和的大小与轨道半径（R）和运行速率（）无关，只与磁场的磁感应强度（B）和粒子的荷质比（）有关。
荷质比（）相同的带电粒子，在同样的匀强磁场中，、和相同。
④与B成（角，，则粒子做等距螺旋运动
2、解题思路及方法
圆运动的圆心的确定：
①利用洛仑兹力的方向永远指向圆心的特点，只要找到圆运动两个点上的洛仑兹力的方向，其延长线的交点必为圆心．
②利用圆上弦的中垂线必过圆心的特点找圆心
六、加速器问题
1、直线加速器
①单级加速器：是利用电场加速，如图2所示。
粒子获得的能量：
图2
缺点是：粒子获得的能量与电压有关，而电压又不能太高，所以粒子的能量受到限制。
②多级加速器：是利用两个金属筒缝间的电场加速。
粒子获得的能量：
缺点是：金属筒的长度一个比一个长，占用空间太大。
2、回旋加速器
采用了多次小电压加速的优点，巧妙地利用电场对粒子加速、利用磁场对粒子偏转，实验对粒子加速。
①回旋加速器使粒子获得的最大能量：
在粒子的质量、电量，磁感应强度B、D型盒的半径R一定的条件下，由轨道半径可知，，即有，，所以粒子的最大能量为
由动能定理可知，，加速电压的高低只会影响带电粒子加速的总次数，并不影响引出时的最大速度和相应的最大能量。
②回旋加速器能否无限制地给带电粒子加速？
回旋加速器不能无限制地给带电粒子加速，在粒子的能量很高时，它的速度越接近光速，根据爱因斯坦的狭义相对论，这里粒子的质量将随着速率的增加而显著增大，从而使粒子的回旋周期变大（频率变小）这样交变电场的周期难以与回旋周期一致，这样就破坏了加速器的工作条件，也就无法提高速率了。
七、粒子在交变电场中的往复运动
当电场强度发生变化时，由于带电粒子在电场中的受力将发生变化，从而使粒子的运动状态发生相应的变化，粒子表现出来的运动形式可能是单向变速直线运动，也可能是变速往复运动。
带电粒子是做单向变速直线运动，还是做变速往复运动主要由粒子的初始状态与电场的变化规律（受力特点）的形式有关。
图3 图4
1、若粒子（不计重力）的初速度为零，静止在两极板间，再在两极板间加上图3的电压，粒子做单向变速直线运动；若加上图4的电压，粒子则做往复变速运动。
2、若粒子以初速度为从B板射入两极板之间，并且电场力能在半个周期内使之速度减小到零，则图1的电压能使粒子做单向变速直线运动；则图2的电压也不能粒子做往复运动。
所以这类问题要结合粒子的初始状态、电压变化的特点及规律、再运用牛顿第二定律和运动学知识综合分析。
八、粒子在复合场中运动
1、在运动的各种方式中，最为熟悉的是以垂直电磁场的方向射入的带电粒子，它将在电磁场中做匀速直线运动，那么，初速v0的大小必为E/B，这就是速度选择器模型，关于这一模型，我们必须清楚，它只能选取择速度，而不能选取择带电的多少和带电的正负，这在历年高考中都是一个重要方面。
2、带电物体在复合场中的受力分析：带电物体在重力场、电场、磁场中运动时，其运动状态的改变由其受到的合力决定，因此，对运动物体进行受力分析时必须注意以下几点：
①受力分析的顺序：先场力（包括重力、电场力、磁场力）、后弹力、再摩擦力等。
②重力、电场力与物体运动速度无关，由物体的质量决定重力大小，由电场强决定电场力大小；但洛仑兹力的大小与粒子速度有关，方向还与电荷的性质有关。所以必须充分注意到这一点才能正确分析其受力情况，从而正确确定物体运动情况。
3、带电物体在复合场的运动类型：
①匀速运动或静止状态：当带电物体所受的合外力为零时
②匀速圆周运动：当带电物体所受的合外力充当向心力时
③非匀变速曲线运动；当带电物体所受的合力变化且和速度不在一条直线上时
4、综合问题的处理方法
(1)处理力电综合题的的方法
处理力电综合题与解答力学综合题的思维方法基本相同，先确定研究对象，然后进行受力分析（包括重力）、状态分析和过程分析，能量的转化分析，从两条主要途径解决问题。
①用力的观点进解答，常用到正交分解的方法将力分解到两个垂直的方向上，分别应用牛顿第三定律列出运动方程，然后对研究对象的运动进分解。可将曲线运动转化为直线运动来处理，再运用运动学的特点与方法，然后根据相关条件找到联系方程进行求解。
②用能量的观点处理问题
对于受变力作用的带电体的运动，必须借助于能量观点来处理。即使都是恒力作用的问题，用能量观点处理也常常显得简洁，具体方法有两种：
ⅰ用动能定理处理，思维顺序一般为：
a.弄清研究对象，明确所研究的物理过程
b.分析物体在所研究过程中的受力情况，弄清哪些力做功，做正功还是负功
c.弄清所研究过程的始、末状态（主要指动能）
ⅱ用包括静电势能和内能在内的能量守恒定律处理，列式的方法常有两种：
a从初、末状态的能量相等（即）列方程
b从某些能量的减少等于另一些能量的增加（即）列方程
c若受重力、电场力和磁场力作用，由于洛仑兹力不做功，而重力与电场力做功都与路径无关，只取决于始末位置。因此它们的机械能与电势能的总和保持不变。
(2)处理复合场用等效方法：
各种性质的场与实物（由分子和原子构成的物质）的根本区别之一是场具有叠加性。即几个场可以同时占据同一空间，从而形成叠加场，对于叠加场中的力学问题，可以根据力的独立作用原理分别研究每一种场力对物体的作用效果；也可以同时研究几种场力共同作用的效果，将叠加紧场等效为一个简单场，然后与重力场中的力学问题进行类比，利用力学的规律和方法进行分析与解答。
【典例分析】
图5
【例1】如图5所示，AB是一个接地的很大的薄金属板，其右侧P点有带量为Q的正电荷，N为金属板外表面上的一点，P到金属板的垂直距离，M为PN连线的中点，关于M、N两点的场强和电势，有如下说法：
①M点的电势比N点电势高，M点的场强比N点的场强大
②M点的场强大小为
③N点的电势为零，场强不为零
④N点的电势和场强都为零
上述说法中正确的是（ ）
A.①③ B.②④ C.①④ D.②③
【例2】如图6所示，两根长为的绝缘细线上端固定在O点，下端各悬挂质量为的带电小球A、B，A、B带电分别为、，今在水平向左的方向上加匀强电场，场强E，使连接AB长为的绝缘细线拉直，并使两球处于静止状态，问，要使两小球处于这种状态，外加电场E的大小为多少？
图6
【例3】如图7所示，是示波管工作原理示意图，电子经加速电压U1加速后垂直进入偏转电场，离开偏转电场时的偏转量为，两平行板间的距离为，电势差为U2，板长为，为了提高示波管的灵敏度（单位偏转电压引起的偏转量）可采取哪些措施？
图7
【例4】（2001年，安徽高考题）一平行板电容器，两板间的距离和两板面积都可调节，电容器两极板与电池相连接，以表示电容器的电量，表示两极间的电场强度，则下列说法中正确的是（ ）
A.当增大，S不变时，减小E减小
B.当S增大，不变时，增大E增大
C.当减小，S增大时，增大E增大
D.当S减小，减小时，不变E不变
【例5】如图8所示，在S点的电量为q，质量为m的静止带电粒子，被加速电压为U，极板间距离为d的匀强电场加速后，从正中央垂直射入电压为U的匀强偏转电场，偏转极板长度和极板距离均为L，带电粒子离开偏转电场后即进入一个垂直纸面方向的匀强磁场，其磁感应强度为B。若不计重力影响，欲使带电粒子通过某路径返回S点，求：
（1）匀强磁场的宽度D至少为多少？
（2）该带电粒子周期性运动的周期T是多少？偏转电压正负极多长时间变换一次方向？
图8
【例6】N个长度逐个增大的金属筒和一个靶沿轴线排列成 一串，如图9 所示（图中只画出4个圆筒，作为示意），各筒和靶相间地连接到频率为f，最大电压值为U的正弦交流电源的两端，整个装置放在高度真空容器中，圆筒的两底面中心开有小孔，现有一电量为q、质量为m的正离子沿轴线射入圆筒，并将在圆筒间及圆筒与靶间的缝隙处受到电场力作用而加速（设圆筒内部没有电场），缝隙的宽度很小，离子穿过缝隙的时间可以不计，已知离子进入第一个圆筒左端的速度为v1，且此时第一、二两个圆筒间的电势差U1－U2＝－U，为使打到靶上的离子获得最大能量，各个圆筒的长度应满足什么条件？并求出在这种情况下打到靶上的离子能量。
v1
图 9
【例7】一水平放置的平行板电容器置于真空中，开始时两极板的匀电场的场强大小为E1，这时一带电粒子在电场的正中处于平衡状态。现将两极板间的场强大小由E1突然增大到E2，但保持原来的方向不变，持续一段时间后，突然将电场反向，而保持场强的大小E2不变，再持续一段同样时间后，带电粒子恰好回到最初的位置，已知在整个过程中，粒子并不与极板相碰，求场强E1的值。
【例8】如图10所示，在xOy平面内，有场强E=12N/C，方向沿x轴正方向的匀强电场和磁感应强度大小为B=2T、方向垂直xOy平面指向纸里的匀强磁场．一个质量m=4×10-5kg，电量q=2.5×10-5C带正电的微粒，在xOy平面内做匀速直线运动，运动到原点O时，撤去磁场，经一段时间后，带电微粒运动到了x轴上的P点．求：（1）P点到原点O的距离；（2）带电微粒由原点O运动到P点的时间．
【跟踪练习】
1．如图11所示，P、Q是两个电量相等正的电荷，它们连线的中点是O，a、b是中垂线上的两点，，用、、、分别表示a、b两点的场强和电势，则（ ）
图11
A.一定大于，一定大于
B.不一定大于，一定大于
C.一定大于，不一定大于
D.不一定大于，不一定大于
2．一个电量为的正电荷从电场外移到电场里的A点,电场做功,则A点的电势UA等于多少 如果此电荷移到电场里的另一点B,电场力做功2×10－3，则A、B两点间的电势差UAB等于多少？如果有另一电量是的负电荷从A移到B，则电场力做功为多少？
图12
3．如图12所示，质量为的小球B，带电量为，用绝缘细线悬挂在O点，球心到O点的距离为，在O点的正下方有一个带同种电荷的小球A固定不动，A的球心到O点的距离也为，改变A球的带电量，B球将在不同的位置处于平衡状态。当A球带电量为，B球平衡时，细线受到的拉力为；若A球带的电量为，B球平衡时，细线受到的拉力为，则与的关系为（ ）
A. > B. <
C. = D. = =
4．有三根长度皆为的不可伸长的绝缘轻线，其中两根的一端固定在天花板上的O点，另一端分别拴有质量皆为的带电小球A和B，它们的电量分别为和，。A、B之间用第三根线连接起来。空间中存在大小为的匀强电场，场强方向沿水平向右，平衡时A、B球的位置如图13所示。现将O、B之间的线烧断，由于有空气阻力，A、B球最后会达到新的平衡位置。求最后两球的机械能与电势能的总和与烧断前相比改变了多少。（不计两带电小球间相互作用的静电力）
图13
图14
5．如图14所示，电子在电势差为U1的加速电场中由静止开始运动，然后射入电势差为U2的两平行极板间的电场中，射入方向与极板平行，整个装置处在真空中，重力可忽略，在满足电子能射出平行板区的条件下，下述四种情况中，一定能使电子的偏转角变大的是（ ）
A.U1变大，U2变大
B.U1变小，U2变大
C.U1变大，U2变小
D.U1变小，U2变小
6．（1997年，全国题）如图15（1）所示，真空室中电极K发出的电子（初速不计）经过伏的加速电场后，由小孔S沿两水平金属板A、B间的中防线射入，A、B板长米，相距米，加在A、B两板间的电压u随时间t变化u—t图线如图15(2)所示，设A、B间的电场可看作是均匀的，且两板外无电场，在每个电子通过电场区域的极短时间。内，电场可视作恒定的。两板右侧放一记录圆筒，筒的左侧边缘与极右端距离米，筒绕其竖直轴匀速转动，周期T秒，筒的周长米，筒能接收到通过A、B板的全部电子。
（1）以t=0时[见图15（2）]，此时u=0，电子打到圆筒记录纸上的点作为xy坐标系的原点，并取y轴竖直向上，试计算电子打到记录纸上的最高点的y坐标和x坐标。（不计重力作用）
（2）在给出的坐标纸图15（3）上定量地画出电子打到记录纸上的点形成的图线。
图16
7．(1997年，全国题)在图16中所示的实验装置中，平行板电容器的极板A与灵敏的静电计相接，极板B接地，若极板B稍向上移动一点，由观察到的静电计指针变化作出平行板电容器电容变小的结论，其依据是（ ）
A.两极板间的电压不变，极板上的电量变小
B.两极板间的电压不变，极板上的电量变大
C.极板上的电量几乎不变，两极板间的电压变小
D.极板上的电量几乎不变，两极板间的电压变大
图17
8．如图17所示，已充电的平行板电容器，带正电的极板接地，两极板间于P点处固定一负的点电荷，若将上极板下移至虚线位置，则下列说法中正确的是（ ）
A.两极间的电压和板间场强都变小
B.两极间的电压变小，但场强不变
C.P点的电势升高，点电荷的电势能增大
D.P点的电势不变，点电荷的电势能也不变
9．如图18所示，在x轴上方有匀强磁场（磁感强度为B），一个质量为m，带电量为q的粒子以速度v0从坐标原点O射入磁场，v0 与x轴的负方向夹角为，不计重力，求粒子在磁场中飞行的时间和飞出磁场的坐标（磁场垂直纸面，不考虑粒子的重力）
图18
10．如图19所示，x轴上方有匀强磁场， 磁感应强度为B，方向如图所示，下方有匀强电场，场强为E。今有电量为q，质量为m的粒子位于y轴N点坐标（0，－b）。不计粒子所受重力。在x轴上有一点M（L，0）。若使上述粒子在y轴上的N点由静止开始释放在电磁场中往返运动，刚好能通过M点。已知OM＝L。求：
(1) 粒子带什么电
(1) 释放点N离O点的距离须满足什么条件
图 19
(1) 从N到M点粒子所用最短时间为多少
图20
11．图20中，A、B是一对平行的金属板。在两板间加上一周期为T的交变电压。A板的电势UA=0，B板的电势UB随时间的变化规律为，在0到T/2的时间内，UB= U0(正常数)；在T/2到达T的时间内，UB＝－U0；在T到3T/2的时间内，UB=U0；在3T/2到2T的时间，UB= —U0…现有一电子从A板上的小孔进入两板间的电场区内，设电子的初速度和重力影响均可忽略，则（ ）
A.若电子在t＝0时刻进入，它将一直向B板运动
B.若电子是在t＝T/8时刻进入的，它可能时而向B板运动，时而向A板运动，最后打在B板上
C.若电子是在t＝3T/8时刻进入的，它可能时而向B板运动，时而向A板运动，最后打在B板上
D.若电子是在t＝T/2时刻进入的，它可能时而向B板，时而向A板运动
12. (2003.江苏)串列加速器是用来产生高能离子的装置。图21中虚线框内为其主体的原理示意图，其中加速管的中部b处有很高的正电势U，a、c两端均有电极接地（电势为零），现将速度很低的负一价碳离子从a端输入，当离子到达b处时，可被设在b处的特殊装置将其电子剥离，成为n价正离子，而不改变其速度大小。这些正n价碳离子从c端飞出后进入一与其速度方向垂直的、磁感应强度为B的匀强磁场中，在磁场中做半径为R的圆周运动。已知碳离子的质量，，，，元电荷，求半径R。
图21
13．如图22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、大小可调的匀强磁场。质量为m，电量为＋q的粒子在环中作半径为R的圆周运动。A、B为两块中心开有小孔的极板。原来电势都是零，每当粒子飞经A板时，A板电势升高为＋U，B板电势仍保持为零，粒子在两板间电场中得到加速。每当粒子离开B板时，A板电势又降为零。粒子在电场一次次加速下动能不断增大，而绕行半径不变。
(1)设t＝0时粒子静止在A板小孔处，在电场作用下加速，并绕行第一圈。求粒子绕行n圈回到A板时获得的总动能En。
(2)为使粒子始终保持在半径为R的圆轨道上运动，磁场必须周期性递增。求粒子绕行第n圈时的磁感应强度Bn。
(3)求粒子绕行n圈所需要的总时间tn（设极板间距离远小于R）。
(4)在图22(2)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板时即可）
R
O A +U
0
图22(1)
(5)在粒子绕行的整个过程中，A板电势是否可始终保持为＋U？为什么？
u
U
0 t
图22(2)
14．（2002年，广东题）如图23（a）所示，A、B为水平放置的平行金属板，板间距离为（远小于板的长度和宽），在两板之间有一带负电的质点P，已知若在A、B间加电压U0，则P点可以静止平衡，现在A、B间加上图（b）所示的随时间变化的电压U，在时，质点P位于A、B的中点处且初速度为零，已知质点P能在A、B间以最大的幅度上下运动，而又不与两极板相碰，求图（b）中U改变的各时刻及的表达式（质点开始从中点上升到最高点，及以后每次从最高点到最低点或从最低点到最高点的过程，电压只改变一次）。
（a） （b）
图23
15．如图24所示，倾角为300的直角三角形底边长为2l，底边外在水平位置，斜边为光滑绝缘导轨，现在底边中点O处固定一正电荷Q，让一个质量为m的带正电荷q从斜面顶端A沿斜面滑下（始终不脱离斜面），已测得它滑到仍在斜边上的垂足D处的速度为v，加速度为a，方向沿斜面向下，问该质点滑到斜边底端C点时的速度和加速度各为多少？
图24
专题三 电场和磁场参考答案
典型例题
[例1] 解析：A点拨：电场线从+Q发出，到接地的很大的薄金属板，并与金属板垂直。根据电场线可判断①正确，M点的电场是+Q的电场与金属板的感应电荷的电场的叠加，故②错误；N点与金属板接地，所以电势为零，但电场强度不为零，故③正确，④错误。
【例2】 解析：对A进行受力分析，设悬线的拉力为T，水平线的拉力为，在竖直方向上受重力和悬线的拉力而平衡： ①
在水平方向上，小球受电场力、电荷间的为库仑力、悬线的水平拉力和水平线的拉力而平衡： ②
要两球处于题设条件的平衡状态，则对水平线的受力要求为：
③
联解①②③得到：
【例3】　解析：电子经U1加速后，设以的速度垂直进入偏转电场，由动能定理得： ①
电子在偏转电场中运动的时间为： ②
电子在偏转电场中的加速度为： ③
电子在偏转电场中的偏转量为： ④
由以上四式联解得到示波管的灵敏度为：
可见增大、减小U1或d均可提高示波管的灵敏度。
【例4】解析：由于电容器与电源相连，则电容器两极板的电压不变，根据平行板电容器电容可知，当增大S不变时，电容C减小；又因可得，电荷量减小；又由可知，场强E减小，故A选项正确；当S增大，不变时，C增大，Q增大，E不变，所以B选项错误；当减小，S增大时，C增大，Q增大，E增大，所以C选项正确；当S减小，减小时，电容C不一定增大，Q也不一定增大，但E一定增大，所以D选项错误。可见本题AC选项正确。
【例5】　解析：如图所示，电场对粒子加速，由动能定理得：
①
由于粒子在电场加速过程中做匀加速直线运动，则加速的时间为：
②
粒子在偏转电场中做类似平抛运动，其加速度为：
粒子通过偏转电场的时间为： ③
粒子在偏转电场中的侧移距离为： ④
侧向速度为：
则粒子射出偏转电场时的速度为： ⑤
以速度进入磁场做匀速度圆周运动的洛仑兹力为向心力，设运动半径为R：
⑥
则磁场宽度为：
⑦
粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为：
所以
所以粒子在磁场中运动的时间为：
⑧
粒子从S出发到回到S的周期T为：
偏转电压正负极换向时间为：
【例6】 解析：正离子每次经过缝隙时都能得到加速必须满足在筒中飞行时间
所以第一个筒长度
进入第二个筒时速度为v2，则 ①
第二个筒长
进入第三个筒的速度为v3，则 ②
第三个筒长
进入第n个筒的速度vn满足 ③
第n个筒的长度为， 解以上各式得：
由动能定理得：
【例7】　解析：设带电粒子带电为，根据题目条件可知，要使粒子平衡，则下极板带正电，上极板带负电，且有： ①
当电场由E1变到E2，但方向不变，时，有，粒子在E2的方向上做匀加速度直线运动，粒子从A运动到B，设加速所用时间为，此时E2反向，设粒子的速度为，此后粒子向上做加速度为减速度运动，直到速度为零，到达B点；此后粒子在电场力和重力作用下向下做初速度为零的匀加速直线运动，加速度大小为，回到出发点A。设粒子从B到A的时间为。
②
粒子从B点经C点回到A点，有： ③
由于 ④
所以有： ⑤
由题意可知： ⑥ 联解得：
即： 得到：
【例8】　分析：（1）微粒运动到O点之前要受到重力、电场力和洛仑兹力作用，如图所示．在这段时间内微粒做匀速直线运动，说明三力合力为零．由此可得出微粒运动到O点时速度的大小和方向．（2）微粒运动到O点之后，撤去磁场，微粒只受到重力、电场力作用，其合力为一恒力，与初速度有一夹角，因此微粒将做匀变速曲线运动，如图所示．可利用运动合成和分解的方法去求解．
解析：因为
电场力为：
则有：
所以得到： v=10m/s
所以θ=37°
因为重力和电场力的合力是恒力，且方向与微粒在O点的速度方向垂直，所以微粒在后一段时间内的运动为类平抛运动．可沿初速度方向和合力方向进行分解。设沿初速度方向的位移为，沿合力方向的位移为，则
因为
所以 P点到原点O的距离为15m； O点到P点运动时间为1. 2s．
跟踪练习
1.解析：P、Q在O点的合场强为零，沿着Oab线到无穷远处，P、Q的合场强也为零，可见沿Oab线远离O点时，合场强是先增大后减小，故不一定大于，而电势离电荷越远越低，必有大于，所以B选项正确。
2.解析：由于电荷两次都是从电场外移入电场的，故选电场外电势为零解题方便。
由 可得
A、 B两点间电势差：UAB=UA－UB=6×102－(－2×103)=2.6×103V
当电荷由A移到B时电场力做功：
3.解析：用相似三角形法，得到，故得到与偏角无关。所以C、D选项正确。
（1） （2） （3） （4）
图13—4—答
4.解析：.图13—4—答（1）中虚线表示A、B球原来的平衡位 置，实线表示烧断后重新达到平衡的位置，其中、分别表示细线OA、AB与竖直方向的夹角。A球受力如图13—4—答（2）所示：重力mg，竖直向下；电场力qE，水平向左；细线OA对A的拉力T1，方向如图；细线AB对A的拉力T2，方向如图。由平衡条件：，
B球受力如图13—4—答(3)所示：重力mg，竖直向下；电场力qE，水平向右；细线AB对B的拉力T2，方向如图。由平衡条件：， ,联立以上各式并代入数据得，，由此可知，A、B球重新达到平衡的位置如图13—4—答（4）所示。与原来位置相比，A球的重力势能减少了，EA=mgl(1－sin60°)，B球的重力势能减少了，A球的电势能增加了，B球的电势能减少了，两种势能总和减少了，代入数据解得： W=6.8×10－2J
5.解析：设电子经电场加速后的速度为
得到： ①
设电子射出平行板的偏角为，两极板间的距离为，电子的加速度为
② 而电子在平行板中运动的时间为： ③
电子的偏转角为： ④
由①②③④联解得： 所以C选项正确。
6. 解析：（1）计算电子打到记录纸上的最高点的坐标，设v0为电子A、B板的中心线射入电场时的初速度，则，电子在中心线方向的运动为匀速运动，设电子穿过A、B板的时间为t0，则，电子在垂直A、B板方向的运动为匀加速直线运动，对于恰能穿过A、B板的电子，在它通过时加在两板间的电压UC应满足，联立上面三式得，此电子从A、B板射出时沿y方向的分速度为，以后，此电子做匀速直线运动，它打在记录纸上的点最高。设纵坐标为y。由答图可得，
7. 解析：静电计是用来测量带电体和大地间的电势差的，平行板电容器与电源断开，则电容器所带的电量几乎不变，将B板向上移动时，两极板间的正对面积减小，电容减小，由可知，U增大，所以选项D正确。
8.解析：由于平行板电容器已充电，所以电量不变，当上极板下移后，极间距离变小，根据可知，电容C增大，根据可知，极板间电压变小；由电场强度和可知，，与极间距离无关，所以电场强度E不变；由可知，由于P点到接地板间的距离不变，所以P点的电势不变。由电势能与电势电量的关系
可知,不变。所以选项BD正确.
9.解析：粒子进入磁场做圆周运动，由于不知道粒子的带电性质和磁场的方向，因此其轨迹并不确定，但只有两种情形，要么如图（甲）所示，要么如图（乙）所示，
首先分析图甲：作v0的垂直线段，切取OC＝0，C即为圆面积心，画出其轨迹如图，。由几何关系可得，所以粒子在磁场中飞行的时间为
P点的坐标为
再看图乙：由几何关系得，粒子在磁场中飞行的时间为，P点的坐标为。
10. 解析（1）粒子带正电；（2）粒子由N至O在电场力作用下作初速为零的匀加速直线运动，到O后进入磁场后做匀速圆周运动，作半圆运动后，回到x轴进入电场，在电场力作用下先做匀减速直线运动直至速度为零再向上作初速为零的匀加速直线运动…重复进行，如图所示轨迹，最后到达M点，粒子在电场中，运动距离b到达磁场区域，电场力做正功，据动能定理有：。从磁场再次进入电场，设运动的路程为S，粒子则克服电场力做功。据动能定理有：，上两式知，粒子在磁场中偏转后刚好过M点的条件是L应为圆轨道半径R的2N倍（其中N＝1、2、3……），，，而，满足条件的N至O距离（其中N＝1、2、3……）
（3）要使粒子从N到M的时间最短则应N＝1。即粒子从N到O，再由做一个半圆运动恰好要到M点，，而N＝1，，由动量定理：，，
而，所以N→O→M最短费时
11.AB，点拨：画出B极板的电势变化的图线，分析电子的运动状态，可结合速度图线进行分析。
12..解析：设碳离子到达b处时的速度为v1，从c端射出时的速度为v2，由能量关系得： ① ②
进入磁场后，碳离子做圆周运动，可得： ③
由以上三式可得： ④
由④及题给数值可解得：
13. 解析: （1）粒子每经狭缝AB一次，加速一次，增加动能qU，故绕行n圈（经n次加速）回到A板时获得的总动能为
（2）由和得粒子绕行n圈时，磁场的磁感应强度递增到
u
U
0 t1 t2 t3 t
图15—5—答3
（3）A、B间距离远小于半径R，粒子穿过其间所花时间忽略不计，故粒子绕行n圈所用时间
粒子绕n圈所需要的时间
（4）按题意要求画出u—t的函数图象如图15—5—答3所示（是时间间隔越来越小，加速时间越来越短的等幅脉冲电压）
(5)不可以。因为这样粒子在A、B之间飞行时电场对其做功＋qU，使之加速，在A、B之外飞行时电场又对其做功－qU，使之减速，粒子绕行一周电场对其所做总功为零，能量不会增大。
14. 解析：设质点P的质量为m，电量为q，当A、B间为U0时质点为静止平衡状态，有： ①
当极板间的电压为2U0时，质点P的加速度向上，由得：
②
当电压为零时，质点P的加速度又为，方向向下。
要满题意要求，则在开始，P先受合力向上，加速度为，做初速度为零的匀加速度运动，设经时间，质点P的速度为，此时电压变为零，P在重力作用下做匀减速运动，再经，P点正好到达A板且速度为零，故有：
， ③④⑤⑥
则 得到：
因为
了在重力作用下，P由A极板处向下做匀加速度经过的时间到达中点，速度变为，方向向下，这时加下电压使P做匀减速运动，经过到达B板且速度为零，故有：，
由以上各式可知：
此后P在电场力和重力的共同作用下，由B处向上做加速度为匀加速运动，到达中点时，速度为，此时电场为零，此后P在重力作用下继续向上运动到达A极板时的速度为零。所以有：
得到：
同理可知： （
15.解析：因，则B、C、D三点在以O为圆心的同一圆周上，是O点处点电荷Q产生的电场中的等势点，所以，q由D到C的过程中电场中电场力作功为零。由动能定理得， ①
而
质点在C受三个力的作用；电场F，方向由C指向O点；重力mg，方向竖直向下；支持力N，方向垂直于斜面向上。由牛顿第二定律，
② 而 ③
解得：
U，d
θ
v0
v
y
U
~
uA
uA
B
A
t
t
q，m
T
T/2
T
T/2
0
0

·
A
B
P
M
N
·
·
+Q
O
E
B
A
v0
l
U2
d
h
U1
L
L
U
S
d
U
B
D
x
y
B
E

P
O
P
Q
O


a
b


Q
A
m，q
B
O
O
A
B
-q
q
E
θ
U2
U1
图15(3)
图15(2)
图15(1)
20
x/cm
y/cm
10
5
-5
0
10-1s
t
5
4
3
2
1
0
d
b
k
U0
S
B
A
l
B
A
P

O
θ
v0
y
x
M．、
N．、
0,-b
L,0
O
B
A
l
加速管
a
b
c
0
t1
t2
t3
t4
tn
t
u
2U0
P
+
—
A
B
·
A
D
O
+Q
300
E
B
图10
O
L
L
U
S
d
U
B
D
R
θ
x
y
B
E

P
O
f
Eq
v
S2
G′
S1
α
A
B
β
Eq
T1
T2
α
β
mg
A
mg
T2
Eq
B
β
A
B
O
v0
C
θ
θ
O
P
P
O
C
y
x
M．、
N．、
0,-b
L,0
O
（甲） （乙）
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1专题三 动量与能量
思想方法提炼
牛顿运动定律与动量观点和能量观点通常称作解决问题的三把金钥匙.其实它们是从三个不同的角度来研究力与运动的关系.解决力学问题时，选用不同的方法，处理问题的难易、繁简程度可能有很大差别，但在很多情况下，要三把钥匙结合起来使用，就能快速有效地解决问题.
一、能量
1.概述
能量是状态量，不同的状态有不同的数值的能量，能量的变化是通过做功或热传递两种方式来实现的，力学中功是能量转化的量度，热学中功和热量是内能变化的量度.
高中物理在力学、热学、电磁学、光学和原子物理等各分支学科中涉及到许多形式的能，如动能、势能、电能、内能、核能，这些形式的能可以相互转化，并且遵循能量转化和守恒定律，能量是贯穿于中学物理教材的一条主线，是分析和解决物理问题的主要依据。在每年的高考物理试卷中都会出现考查能量的问题。并时常发现“压轴题”就是能量试题。
2.能的转化和守恒定律在各分支学科中表达式
(1)W合=△Ek包括重力、弹簧弹力、电场力等各种力在内的所有外力对物体做的总功，等于物体动能的变化。(动能定理)
(2)WF=△E除重力以外有其它外力对物体做功等于物体机械能的变化。(功能原理)
注：(1)物体的内能(所有分子热运动动能和分子势能的总和)、电势能不属于机械能
(2)WF=0时，机械能守恒，通过重力做功实现动能和重力势能的相互转化。(3)WG=-△EP重力做正功，重力势能减小；重力做负功，重力势能增加。重力势能变化只与重力做功有关，与其他做功情况无关。
(4)W电=-△EP 电场力做正功，电势能减小；电场力做负功，电势能增加。在只有重力、电场力做功的系统内，系统的动能、重力势能、电势能间发生相互转化，但总和保持不变。
注：在电磁感应现象中，克服安培力做功等于回路中产生的电能，电能再通过电路转化为其他形式的能。
(5)W+Q=△E物体内能的变化等于物体与外界之间功和热传递的和(热力学第一定律)。
(6)mv02/2=hν-W 光电子的最大初动能等于入射光子的能量和该金属的逸出功之差。
(7)△E=△mc2在核反应中，发生质量亏损，即有能量释放出来。(可以以粒子的动能、光子等形式向外释放)
动量与能量的关系
1.动量与动能
动量和能量都与物体的某一运动状态相对应，都与物体的质量和速度有关.但它们存在明显的不同：动量的大小与速度成正比p=mv；动能的大小与速度的平方成正比Ek=mv2/2?两者的关系：p2=2mEk
动量是矢量而动能是标量.物体的动量发生变化时，动能不一定变化；但物体的动能一旦发生变化，则动量必发生变化.
2.动量定理与动能定理
动量定理：物体动量的变化量等于物体所受合外力的冲量.△p=I，冲量I=Ft是力对时间的积累效应
动能定理：物体动能的变化量等于外力对物体所做的功.△Ek=W，功W=Fs是力对空间的积累效应.
3.动量守恒定律与机械能守恒定律
动量守恒定律与机械能守恒定律所研究的对象都是相互作用的物体系统，(在研究某个物体与地球组成的系统的机械能守恒时，通常不考虑地球的影响)，且研究的都是某一物理过程.动量守恒定律的内容是：一个系统不受外力或者所受外力之和为0，这个系统的总动量保持不变；机械能守恒定律的内容是：在只有重力和弹簧弹力做功的情形下，系统机械能的总量保持不变
运用动量守恒定律值得注意的两点是：(1)严格符合动量守恒条件的系统是难以找到的.如：在空中爆炸或碰撞的物体受重力作用，在地面上碰撞的物体受摩擦力作用，但由于系统间相互作用的内力远大于外界对系统的作用，所以在作用前后的瞬间系统的动量可认为基本上是守恒的.(2)即使系统所受的外力不为0，但沿某个方向的合外力为0，则系统沿该方向的动量是守恒的.
动量守恒定律的适应范围广，不但适应常见物体的碰撞、爆炸等现象，也适应天体碰撞、原子的裂变，动量守恒与机械能守恒相结合的综合的试题在高考中多次出现，是高考的热点内容.
【例1】如图所示，滑块A、B的质量分别为m1与m2，m1＜m2，由轻质弹簧相连接置于水平的气垫导轨上，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
速率v0向右滑动.突然轻绳断开.当弹簧
伸至本身的自然长度时，滑块A的速度
正好为0.求：
(1)绳断开到第一次恢复自然长度的过程中弹簧释放的弹性势能Ep；
(2)在以后的运动过程中，滑块B是否会有速度为0的时刻 试通过定量分析证明你的结论.
【解析】(1)当弹簧处压缩状态时，系统的机械能等于两滑块的动能和弹簧的弹性势能之和，当弹簧伸长到自然长度时，弹性势能为0，因这时滑块A的速度为0，故系统的机械能等于滑块B的动能.设这时滑块B的速度为v，则有E=m2v2/2.
因系统所受外力为0，由动量守恒定律
(m1+m2)v0=m2v.
解得E=(m1+m2)2v02/(2m2).
由于只有弹簧的弹力做功，系统的机械能守恒
(m1+m2)v02/2+Ep=E.
解得Ep=(m1-m2)(m1+m2)v02/2m2.
(2)假设在以后的运动中滑块B可以出现速度为0的时刻，并设此时A的速度为v1，弹簧的弹性势能为E′p，由机械能守恒定律得
m1v12/2+E′p=(m1+m2)2v02/2m2.
根据动量守恒得(m1+m2)v0=m1v1，
求出v1代入上式得:
(m1+m2)2v02/2m1+E′p=(m1+m2)2v02/2m2.
因为E′p≥0，故得:
(m1+m2)2v02/2m1≤(m1+m2)2v02/2m2
即m1≥m2，这与已知条件中m1＜m2不符.
可见在以后的运动中不可能出现滑块B的速度为0的情况.
【解题回顾】“假设法”解题的特点是：先对某个结论提出可能的假设.再利用已知的规律知识对该假设进行剖析，其结论若符合题意的要求，则原假设成立.“假设法”是科学探索常用的方法之一.在当前，高考突出能力考察的形势下，加强证明题的训练很有必要.
【例2】如图所示，质量为m的有孔物体A
套在光滑的水平杆上，在A下面用细绳挂一质量
为M的物体B，若A固定不动，给B一水平冲量I，
B恰能上升到使绳水平的位置.当A不固定时，要使
B物体上升到使绳水平的位置，则给它的水平冲量
至少多大
【解析】当A固定不动时，B受到冲量后以A为圆心做圆周运动，只有重力做功，机械能守恒.在水平位置时B的重力势能应等于其在最低位置时获得的动能Mgh=Ek=p2/2M=I2/2M.
若A不固定，B向上摆动时A也要向右运动，当B恰能摆到水平位置时，它们具有相同的水平速度，把A、B看成一个系统，此系统除重力外，其他力不做功，机械能守恒.又在水平方向上系统不受外力作用，所以系统在水平方向上动量守恒，设M在最低点得到的速度为v0，到水平位置时的速度为v.
Mv0=(M+m)v.
Mv02/2=(M+m)v2/2+Mgh.
I′=Mv0.
I′=
【解题回顾】此题重要的是在理解A不固定，B恰能上升到使绳水平的位置时，其竖直方向的分速度为0，只有水平速度这个临界点.另外B上升时也不再是做圆周运动，此时绳的拉力对B做功(请同学们思考一下，绳的拉力对B做正功还是负功)，有兴趣的同学还可以分析一下系统以后的运动情况.
【例3】下面是一个物理演示实验，它显示：
图中下落的物体A、B经反弹后，B能上升到比
初始位置高的地方.A是某种材料做成的实心球，质量
m1=0.28kg，在其顶部的凹坑中插着质量m2=0.1kg的
木棍B.B只是松松地插在凹坑中，其下端与坑底之间
有小间隙. 将此装置从A的下端离地板的高度H=1.25m
处由静止释放.实验中，A触地后在极短的时间内反弹，
且其速度大小不变；接着木棍B脱离球A开始上升，而球A恰好停留在地板上，求木棍B上升的高度.重力加速度（g=10m/s2）
【解析】根据题意，A碰地板后，反弹速度的大小等于它下落到地面时的速度的大小，由机械能守恒得
(m1+m2)gH=(m1+m2)v2/2，v1= .
A刚反弹时速度向上，立刻与下落的B碰撞，碰前B的速度v2= .
由题意，碰后A速度为0，以v2表示B上升的速度，
根据动量守恒m1v1-m2v2=m2v′2.
令h表示B上升的高度，有m2v′22/2=m2gh，
由以上各式并代入数据得:h=4.05m.
【例4】质量分别为m1、m2的小球在一
直线上做弹性碰撞，它们在碰撞前后的
位移—时间图像如图所示，若m1=1kg,
m2的质量等于多少
【解析】从位移—时间图像上可看出：m1和m2
于t=2s时在位移等于8m处碰撞，碰前m2的速度为0，m1的速度v0=△s/△t=4m/s
碰撞后，m1的速度v1=-2m/s，
m2的速度v2=2m/s，
由动量守恒定律得m1v0=m1v1+m2v2，
m2=3kg.
【解题回顾】这是一道有关图像应用的题型，关键是理解每段图线所对应的两个物理量：位移随时间的变化规律，求出各物体碰撞前后的速度.不要把运动图像同运动轨迹混为一谈.
【例5】云室处在磁感应强度为B的匀强磁场中，一质量为M的静止的原子核在云室中发生一次α衰变，α粒子的质量为m，电量为q，其运动轨迹在与磁场垂直的平面内.现测得α粒子运动的轨道半径为R，试求在衰变过程中的质量亏损.(注：涉及动量问题时，亏损的质量可忽略不计)
【解析】α粒子在磁场中做圆周运动的向心力是洛伦兹力，设α粒子的运动速度为v，由牛顿第二定律得qvB=mv2/R.
衰变过程中，粒子与剩余核发生相互作用，设衰变后剩余核的速度为v′，衰变过程中动量守恒(M-m)v′=mv.
α粒子与剩余核的动能来源于衰变过程中亏损的质量，有
△m·c2=(M-m)v′2/2+mv2/2.
解得:△m=M(qBR)2/[2c2m(M-m)].
【解题回顾】此题知识跨度大，综合性强，将基础理论与现代物理相结合.考查了圆周运动、洛伦兹力、动量守恒、核裂变、能量守恒等知识.这类题型需注意加强.
【例6】如图所示，一轻绳穿过光滑的定滑轮，
两端各拴有一小物块.它们的质量分别为m1、m2，已知
m2=3m1，起始时m1放在地上，m2离地面的高度
h=1.0m，绳子处于拉直状态，然后放手.设物块与地面相碰
时完全没有弹起(地面为水平沙地)，绳不可伸长，绳中
各处拉力均相同，在突然提起物块时绳的速度与物块的
速度相同，试求m2所走的全部路程(取3位有效数字)
【解析】因m2＞m1，放手后m2将下降，直至落地.
由机械能守恒定律得
m2gh-m1gh=(m1+m2)v2/2.
m2与地面碰后静止，绳松弛，m1以速度v上升至最高点处再下降.
当降至h时绳被绷紧.
根据动量守恒定律可得:m1v=(m1+m2)v1
由于m1通过绳子与m2作用及m2与地面碰撞的过程中都损失了能量，故m2不可能再升到h处，m1也不可能落回地面.设m2再次达到的高度为h1，m1则从开始绷紧时的高度h处下降了h1.由机械能守恒
(m1+m2)v12/2+m1gh1=m2gh1
由以上3式联立可解得
h1=m12h/(m1+m2)2=[m1/(m1+m2)]2h
此后m2又从h1高处落下，类似前面的过程.设m2第二次达到的最高点为h2，仿照上一过程可推得
h2=m12h1/(m1+m2)2=m14h/(m1+m2)4=[m1/(m1+m2)]4h
由此类推，得:h3=m16h/(m1+m2)6=[m1/(m1+m2)]6h
所以通过的总路程
s=h+2h1+2h2+2h3+……
【解题回顾】这是一道难度较大的习题.除了在数学处理方面遇到困难外，主要的原因还是出在对两个物块运动的情况没有分析清楚.本题作为动量守恒与机械能守恒定律应用的一种特例，应加强记忆和理解.
【例7】如图所示，金属杆a从
离地h高处由静止开始沿光滑平行的
弧形轨道下滑，轨道的水平部分有竖直
向上的匀强磁场B，水平轨道上原来
放有一金属杆b，已知a杆的质量为
ma,且与杆b的质量之比为ma∶mb=3∶4，
水平轨道足够长，不计摩擦，求：
(1)a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a、b杆的电阻之比Ra∶Rb=3∶4，其余部分的电阻不计，整个过程中杆a、b上产生的热量分别是多少
【解析】(1)a下滑过程中机械能守恒
magh=mav02/2
a进入磁场后，回路中产生感应电流，a、b都受安培力作用，a做减速运动，b做加速运动，经过一段时间，a、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0，安培力为0，二者匀速运动.匀速运动的速度即为a.b的最终速度，设为v.由于所组成的系统所受合外力为0，故系统的动量守恒
mav0=(ma+mb)v
由以上两式解得最终速度
va=vb=v=
(2)由能量守恒得知，回路中产生的电能应等于a、b系统机械能的损失，所以
E=magh-(ma+mb)v2/2=4magh/7
(3)由能的守恒与转化定律，回路中产生的热量应等于回路中释放的电能等于系统损失的机械能，即Qa+Qb=E.在回路中产生电能的过程中，电流不恒定，但由于Ra与Rb串联，通过的电流总是相等的，所以应有
所以
【例8】连同装备质量M=100kg的宇航员离飞船45m处与飞船相对静止，他带有一个装有m=0.5kg的氧气贮筒，其喷嘴可以使氧气以v=50m/s的速度在极短的时间内相对宇航员自身喷出.他要返回时，必须向相反的方向释放氧气，同时还要留一部分氧气供返回途中呼吸.设他的耗氧率R是2.5×10-4kg/s，问：要最大限度地节省氧气，并安全返回飞船，所用掉的氧气是多少
【解析】设喷出氧气的质量为m′后，飞船获得的速度为v′，喷气的过程中满足动量守恒定律，有:
0=(M-m′)v′+m′(-v+v′)
得v′=m′v/M
宇航员即以v′匀速靠近飞船，到达飞船所需的时间
t=s/v′=Ms/m′v
这段时间内耗氧m″=Rt
故其用掉氧气m′+m″=2.25×10-2/m′+m′
因为(2.25×10-2/m′)×m′=2.5×10-2为常数，
所以当2.25×10-2/m′=m′，即m′=0.15kg时用掉氧气最少，共用掉氧气是m′+m″=0.3kg.
【解题回顾】(1)动量守恒定律中的各个速度应统一对应于某一惯性参照系，在本题中，飞船沿圆轨道运动，不是惯性参照系.但是，在一段很短的圆弧上，可以视飞船做匀速直线运动，是惯性参照系.(2)此题中氧气的速度是相对宇航员而不是飞船，因此，列动量守恒的表达式时，要注意速度的相对性，这里很容易出错误.(3)要注意数学知识在物理上的运用.
【例9】质量为m的飞机以水平速度v0飞离跑道后逐渐上升，若飞机在此过程中水平速度保持不变，同时受到重力和竖直向上的恒定升力（该升力由其它力的合力提供，不含重力）。今测得当飞机在水平方向的位移为l时，它的上升高度为h，求：（1）飞机受到的升力大小；（2）从起飞到上升至h高度的过程中升力所作的功及在高度h处飞机的动能。
【解析】飞机水平速度不变 ① y方向加速度恒定 ②
消去t即得 ③
由牛顿第二定律 ④
（2）升力做功 ⑤
在h处 ⑥
∴ ⑦
【例10】有三根长度皆为 l＝1.00m 的不可伸长的绝缘轻线，其中两根的一端固定在天花板上的 O 点，另一端分别拴有质量皆为 m＝1.00×10－2kg 的带电小球 A 和 B，它们的电量分别为 一q 和 ＋q，q＝l.00×10－7C。A、B 之间用第三根线连接起来。空间中存在大小为 E＝1.00×106N/C 的匀强电场，场强方向沿水平向右，平衡时 A、B 球的位置如图所示。现将 O、B 之间的线烧断，由于有空气阻力，A、B 球最后会达到新的平衡位置。求最后两球的机械能与电势能的总和与烧断前相比改变了多少。（不计两带电小球间相互作用的静电力）
【解析】图1中虚线表示 A、B 球原来的平衡位置，实线表示烧断后重新达到平衡的位置，其中、 分别表示细线加 OA、AB 与竖直方向的夹角。
A 球受力如图2所示：重力 mg 竖直向下；电场力 qE 水平向左；细线OA 对 A 的拉力 T1，方向如图；细线 AB 对 A 的拉力 T2，方向如图。由平衡条件
B 球受力如图3所示：重力 mg 竖直向下；电场力 qE 水平向右；细线 AB 对 B 的拉力 T2，方向如图。由平衡
条件
联立以上各式并代入数据，得
由此可知，A、B 球重新达到平衡的位置如图4所示。与原来位置相比，A 球的重力势能减少了
B 球的重力势能减少了
A 球的电势能增加了
B 球的电势能减少了
两种势能总和减少了
代入数据解得
J
【例11】一传送带装置示意如图，其中传送带经过AB区域时是水平的，经过BC区域时变为圆弧形（圆弧由光滑模板形成，未画出），经过CD区域时是倾斜的，AB和CD都与BC相切。现将大量的质量均为m的小货箱一个一个在A处放到传送带上，放置时初速为零，经传送带运送到D处，D和A的高度差为h。稳定工作时传送带速度不变，CD段上各箱等距排列，相邻两箱的距离为L。每个箱子在A处投放后，在到达B之前已经相对于传送带静止，且以后也不再滑动（忽略经BC段时的微小滑动）。已知在一段相当长的时间T内，共运送小货箱的数目为N。这装置由电动机带动，传送带与轮子间无相对滑动，不计轮轴处的摩擦。求电动机的平均抽出功率。
【解析】以地面为参考系（下同），设传送带的运动速度为v0，在水平段运输的过程中，小货箱先在滑动摩擦力作用下做匀加速运动，设这段路程为s，所用时间为t，加速度为a，则对小箱有
s＝1/2at2 ①
v0＝at ②
在这段时间内，传送带运动的路程为
s0＝v0t ③
由以上可得
s0＝2s ④
用f表示小箱与传送带之间的滑动摩擦力，则传送带对小箱做功为
A＝fs＝1/2mv02 ⑤
传送带克服小箱对它的摩擦力做功
A0＝fs0＝2·1/2mv02 ⑥
两者之差就是克服摩擦力做功发出的热量
Q＝1/2mv02 ⑦
可见，在小箱加速运动过程中，小箱获得的动能与发热量相等。
T时间内，电动机输出的功为
W＝T ⑧
此功用于增加小箱的动能、势能以及克服摩擦力发热，即
W＝1/2Nmv02＋Nmgh＋NQ ⑨
已知相邻两小箱的距离为L，所以
v0T＝NL ⑩
联立⑦⑧⑨⑩，得
＝[＋gh]
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1绪 论
进入第二轮复习，更要注重板块间的知识联系，更要培养综合解题的能力。
但板块是由一个个的单元组成的，综合能力也是在各项能力中提升的，所以，基础知识、基本技能依然是我们不可忽视的关键。
弄清概念，掌握规律——是学好物理基础知识最重要的基本要求。
【例1】静止在太空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，发射的是二价氧离子，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。
解答此题应用到：
动能定理： （1）
功率公式： （2）
动量守恒定律： （3）
，，
从上面应用到的公式可看出概念、规律的重要性。
碰到一个物理问题，必须弄清题意，寻求解题思路。这种要求应包含以下几个方面:
1、分清过程，确定状态，是解决物理问题的思考基础；
【例2】如图所示，用长为的细绳悬挂一质量为的小球，再把小球拉到A点，使悬绳和水平方向成30°角，然后松手。问小球运动到悬点正下方C点时悬绳中的张力多大？
解答此题，必须弄清小球从A到C应分为两个过程：第一过程从A到把绳绷直的B点（如图虚线所示），小球做自由落体运动；第二过程为从B到C，小球做竖直面上的圆周运动。
两个特定状态：B点是两种运动的转折点，——注意分析此点的变化；C点为竖直面上圆周运动的最低点——注意此点的向心力特点。
2、辨明条件，找准应用规律；分析情景，列好相应方程，是解决物理问题思路的关键。
【例3】如图所示的xoy坐标系中，x轴上方有指向纸内的匀强磁场，磁感强度为B，x轴下方有沿-y方向的匀强电场。质量为m，带电为-q的粒子从坐标（0，-b）的P点出发，依次在电场和磁场中往复运动，最后以到达坐标为(a，-b)的Q点为止计，如图所示，求：
（1）电场中电场强度为多大？
（2）粒子从P点到Q点所用时间为多少？
解决此题，必须弄清粒子在x轴下方做的是匀变速直线运动，在x轴上方做匀速圆周运动。
则在匀强电场中，应用的知识有为过x轴速率），可用其他思路，但这是最优选的。
在匀强磁场中，应用的知识为，还有相应的运动学公式。
分析情景时，又应想到粒子可能不是经过一个半圆就到a，它可能经过多次反复才到达Q点。其轨迹如图所示。
这样经过了找知识点和图景分析。一个解题过程的思路必跃然纸上。解法如下——
解：设带电粒子从P点出发经O点时的速度为v，
根据
可得 ①
粒子进入磁场后做匀速圆周运动，设经N个半圆轨迹恰好到达Q点，则有
②
　　 ③
又每次从磁场回到x轴时，总以速率v重新进入匀强电场，在电场中做一个往返的匀变速运动。
由①②③可解得
（1） （N=1，2，3，……）
（2）粒子在电场中每个单程的时间：
则在电场中总时间为：
粒子在磁场中每半周的运动时间为：
则在磁场中总时间为：
∴粒子从P到Q所用的时间：
当我们做到上面的各点要求之后，就可进入习题的强化训练阶段，特别要注重论述、计算题的训练。因为论述、计算题是高考题中的重头戏，占全卷份量的60％，即90分之多。对这类题，高考试卷中这样写道：“解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤。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。”可见，对这类题绝不可马虎对待，平时就要养成一种规范解题的习惯。
那么怎样才能做到规范解题呢？
大家对于写出公式，进行公式变换，代入数据计算，写得出结果，都不会感到太难。难的是“必要的文字说明”。只要我们弄清必要文字说明的含义，问题也就迎刃而解了。
必要的文字说明主要指：
（1）作图：在明确研究对象（个体还是系统）之后，对物理过程或物理情景（包括始末
状态、方向等）进行分析，并做出相关图示。
（2）用“如图所示”一言点明上述分析即可（故图示很重要）。
（3）指明解题依据：何原理、何定律、何公式
*两个注意——
注意自设符号需说明。
注意常用公式后的变换和数据代入
（4）最后结果的意义应指明，数据和单位要准确。
【例4】如图中虚线MN是一垂直纸面的平面和纸面的交线，在平面右侧的半空间存在一磁感强度为B的匀强磁场，方向垂直纸面向外，O是MN上的一点，从O点可以向磁场区域发射电量为+q、质量为m、速率为v的粒子，粒子射入磁场时的速度可在纸面内各个方向。已知先后射入的两个粒子恰好在磁场中给定的P点相遇，P到O的距离为L。不计重力及粒子间的相互作用。
（1）求所考察的粒子在磁场中的轨道半径。
（2）求这两个粒子由O点射入磁场的时间间隔。
解：（1）设粒子在磁场中作圆周运动的轨道半径为R，由牛顿第二定律，有
得：
（2）如下图所示，以OP为弦，可画两个半径相同的圆，分别表示在P点相遇的两个粒子的轨道。圆心和直径分别为O1、O2和OO1Q1、OO2Q2，在O处两个圆的切线分别表示两个粒子的射入方向，用θ表示它们之间的夹角。由几何关系可知，
∠PO1Q1=∠PO2Q2=θ
从O点射入到相遇，粒子1的路程为半个圆周加弧长Q1P，
Q1P=Rθ
粒子2的路程为半个圆周减弧长Q2P，
PQ2=Rθ
粒子1运动的时间：
其中T为圆周运动的周期。粒子2运动的时间为
两粒子射入的时间间隔
因 得
⑧
由、、三式，得：
总之，明确完整而又简要的表达，是我们做好计算题的基本保证。
当我们做了以上准备以后，我们再把复习过的物理知识进行综合复习。
我们把物理知识分为：
板块 Ⅰ 运动和力 … … … … … … … … 6-14
板块 Ⅱ 动量和能量 … … … … … … … … 15-22
板块 Ⅲ 热学知识 … … … … … … … … 23-28
板块 Ⅳ 电场和磁场、电磁场 … … … … … … 29-40
板块 Ⅴ 电路问题、稳恒电路和交流电路 … … … 41-49
板块 Ⅵ 光学和近代物理学 … … … … … … 50-57
板块 Ⅶ 物理实验 … … … … … … … … 58-67
附录 … … … … … … … … … … … … … 68
进行再复习。
- 1 -如何审题
审题是解题者对题目信息的发现、辨认、转译的过程，它是主体的一种有目的、有计划的知觉活动，并有思维的积极参与．审题是解题的第一步骤，它是解题全过程中一个十分重要的环节,细致深入的审题是顺利解题的必要前提．审题是一个有目的、有步骤的认知活动，这一活动的主要形式是读、思、记．一般说来，当拿到题目时，首先要对题目的文字和附图阅读几遍．读题时要先粗后细，由整体到局部再回到整体．即应先对题目有一个粗糙的总体认识然后再细致考察各个细节，最后对问题的整体建立起一幅比较清晰的物理图象．要把题目的信息弄得十分清楚并深深地印入脑海，以致你暂时不去看它，也不怕把它完全忘记掉．在这一系列活动中，主要任务是一是发现信息，二是转译信息，三是记录信息．审题的要求是1．细致2．准确3．全面4．深刻。下面举例说明如何审题
【例题1】质量m的滑块与竖直墙间的动摩擦因数为ｕ，力F1水平向左作用在滑块上，如图所示，滑块从静止开始竖直向下做匀加速直线运动，若再施加另一个与竖直方向成α的恒力F2（图中未画出）发现滑块加速度大小和方向保持不变，则下列结论正确的是
A．ｕ＝cotα B. ｕ＝tanα C.F2一定斜向下 D.F2一定斜向上　　　
　 　　 解： 　　　　　　①
　 　 若的方向斜向下与竖直方向成则
　　　　　　　　　　　　　　②
　　　　　　　　　　 联立①　②得　　
　　　　　　　　　　　若的方向斜向上与竖直方向成则
　　　　　　　　　　　　　　　③
联立　②③得　　
故选A
点评：审题时要考虑全面，以免漏解.
【例题2】密闭容器内装有一定质量的理想气体，当体积不变时，温度降低时
A． 气体压强减小
B． 气体压强变大
C． 气体分子撞击器壁单位面积上的平均冲力减小
D． 单位时间内撞击容器器壁的气体平均数目减小　　　　　　　　　　　　ACD
解 ：由＝C可知，当体积不变时，温度降低，压强减小，故选A；
由p＝可知，压强减小，气体分子撞击器壁单位面积上的平均冲力减小，故选 C；
体积不变时，分子的疏密程度也不改变，温度降低时，分子的热运动变得缓慢，单位
时间内撞击容器器壁的气体平均数目减小，故选D　
点评：本题中D答案容易漏掉，只有对理想气体的压强定义和微观解释有一个全面深刻的了解，才能正确完整地解答此题。
【例题3】如图所示，在倾角θ＝37°的足够长的固定斜面上，物体A和小车B正沿着斜面上滑，A的质量 mA＝0.50kg,B的质量为mB＝0.25kg,A始终受到沿斜面向上的恒定推力F的作用,当A追上B时,A的速度为 vA＝1.8m/s,方向沿斜面向上,B的速度恰好为零.A、B相碰，相互作用时间很短，相互作用力很大，碰撞后的瞬间，Ａ的速度变为v1＝0.6m/s,方向沿斜面向上，再经Ｔ＝０.６s，A的速度大小变为v２＝１.８m/s，在这一段时间内，ＡＢ没有再次相碰，已知Ａ与斜面间的动摩擦因数ｕ＝０.１５，Ｂ与斜面间的摩擦斩不计，已知sin37°＝0.6,重力加速度g＝10m/s2
⑴ A、Ｂ第一次碰撞后的速度
⑵ 恒定推力Ｆ的大小．
解：（1）A、B碰撞过程满足却动量守恒定律　，＝+
得＝2.4,方向沿斜面向上
（2）设经过＝0.6s,A的速度方向上，此时A的位移＝＝0.72
B的加速度＝37°＝0.6/
B的位移＝＋(-) ＝0.36
可见，A、B将再次相碰，违反了题意，因此碰撞后A先做匀减速运动，减速到零后，再反向做匀加速运动，即A物经Ｔ＝０.６s后时的速度大小为时的速度方向是沿斜面向下，令A物沿斜面向上的运动时间为，则物体沿斜面向下的运动时间为
对A据牛顿第二定律有，＋－＝ ①
－－＝ ②
③
＝ ④
联立①②③④解得恒定推力F的大小为＝0.6N
说明：本题的突破口为A物经Ｔ＝０.６s后时的速度大小为，究竟是沿斜面向上还是沿斜面向下是解决此题的关键；再抓住在这一段时间内，Ａ、Ｂ没有再次相碰这句关键词，本题也就水到渠成、瓜熟蒂落。
【例题4】如图所示,在地面附近有一范围足够大的互相正交的匀强电场和匀强磁场.磁感应强度为B,方向水平并垂直纸面向外.一质量为m带电量为-q的带电微粒在此区域恰好作速度为V的速圆周运动,重力加速度为g,
(1) 求此区域内的电场强度大小和方向
(2) 若某时刻微粒运动到距地面高度为H的P点,速度与水平方向成45° ,如图所示.则该微粒至少须经多长时间运动到距地面最高点 最高点距地面多高
(3) 在(2)中微粒又运动到P点时,突然撤去磁场,同时电场强度大小不变,方向变为水平向右,则该微粒运动中离地面的最大高度是多少
　　　．　．　．　．　．　．　
　　　．　．　．　．　．　．　．
　　　．　．　．　　．　．　．　
　　　．　．　．　．　．　．　
　　　．　．　．　．　．　．　．　
解：⑴ 带电微粒在做匀速圆周运动，电场力与重力平衡＝
＝
(2) 粒子作匀速圆周运动，轨道半径为，如图所示　　
＝
最高点与地面的距离为＝+(1+cos45°)
＝+ (1+)
该微粒的周期为＝
运动到最高点的时间为＝＝
⑶设粒子上升最大高度为h,由动能定理得
－－45°＝0－
＝
微粒离地面的最大高度为H＋
说明：①带电粒子是否考虑重力要依据具体情况而定，不能一概而论。本题中由于粒子恰好做匀速圆周运动，故重力不能忽略，重力与电场力相互抵消，使粒子做严格意义上的匀速圆周运动，一般情况下粒子在忽略重力的情况下做匀速圆周运动，都是近似的匀速圆周运动。
②一般说来，基本粒子：如电子、质子、α粒子、离子等除有说明或明确暗示以外，一般都不考虑重力；带电颗粒：如液滴、油滴、尘埃等，除有说明或明确的暗示以外，一般都不能忽略重力。
③值得一提的是，题中若明确不计重力，则肯定不要考虑重力；但题中没有明确不计重力，但考虑重力又明显不可能解答该题的情况下，说明题目本身叙述不严谨。通常情况下，若题中没有不计重力的字样，该题肯定要考虑重力。
【例题5】如图所示，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xy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y轴上y＝h处的P1时速率为v0，方向沿x轴正方向；然后．经过x轴上x＝2h处的P2点进入磁场，并经过y轴上y＝－2h的P3点，不计重力，求
（1） 电场强度的大小　
（2） 粒子到达P2时的速度大小和方向
（3） 磁感应强度的大小
．
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　．　　　．　　．　　．　　．　　　　
　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　．　　　　．　　．　　．　　．
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
解：（1）粒子在电场、磁场运动的轨迹如图所示，设粒子从P1到P2的时间为t,电场强度大小为E，粒子在电场中的加速度为a,由牛顿第二定律及运动学公式有
＝
＝2
＝
解得＝
(2)粒子到达P2时速度沿x方向的分量仍为v0,x以v1表示速度沿y轴方向分量的大小，v表示速度的大小，θ表示速度和x轴的夹角，则有
＝
＝+
＝
＝
＝
＝45°
　 ．　　　．　　．　　．　　．　　　　
　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　．　　　．　　．　　．　　．
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
(3)设磁场的磁感应强度为B，在洛仑兹力作用下粒子作匀速圆周运动，由牛顿第二定律有
＝
r是圆周的半径，此圆周与x轴和y轴的交点分别为P2、P3，因为OP2＝OP3
＝45°，由几何关系可知，连线P2P3为圆轨道的直径，由上此可求得
＝
＝
说明：本题中是明确不计重力，所以在电场中带电粒子仅受电场力，在磁场中仅受洛仑兹力，在磁场中粒子做近似的匀速圆周运动，凡是在磁场中粒子做匀速圆周运动，主要是找圆心，定半径，画出粒子运动的轨迹是解题的关键。
练习：
1.在中子衍射技术中，常利用热中子研究晶体的结构，因为热中子的德布罗意波长与晶体中原子间距相近，已知中子质量m＝1.67×kg,普朗克常量h＝6.63×，可以估算德布罗意波长
λ＝1.82×m的热中子动能的数量级为
A．J
B．J
C．J
D．J　　　
[ ]
2．在均匀介质中，各质点的平衡位置在同一条直线上，相邻两质点间的距离为a，t＝0时振动从质点1开始并向右传播，其振动速度方向竖直向上，经过时间t前13个质点第一次形成如图所示的波形，则该波的周期T和波速v分别为
A.T＝t/2
B.T＝2t/3
C.V＝12a/t
D.V＝16a/t　　
[ ]
3．如图所示，a、b是两个带有同种电荷的小球，用绝缘细线拴于同一点，两球静止时，它们离水平面的高度相等，绳与竖直方向的夹角为α、β，且α<β，同时剪断细线，不计空气阻力，两带电量不变，则下列判断正确的是
A． a、b同时落地
B． 落地时两球动能相等
C． 落地时a球水平飞行距离比b球小
D． 在空中飞行的过程中，a球受到的冲量比b球受到的冲量大
[ ]
4．如图所示，一小孩用斜向上的力拉着一木块在水平面上匀速前进，在时间t内，小孩拉力的冲量大小为I1，地面对木块摩擦力的冲量大小为I2，木块重力的冲量大小为I3,则有
A．
B．
C．
D． 　　　　　　
[ ]
5．如图所示，直线AB为静电场中的一条等势线，有一带电微粒由A点沿直线运动到B点，由此可判断
A． 带电微粒所受的电场力大小一定不变
B． 带电微粒的加速度方向一定垂直于AB
C． 带电微粒的电势能一定不变
D． 带电微粒的动能一定不变　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
[ ]
6．下列关于分子力和分子势能的说法中，正确的是
A． 当分子力表现为引力时，分子力和分子势能总是随分子间距离的增大而增大
B． 当分子力表现为引力时，分子力和分子势能总是随分子间距离的增大而减小
C． 当分子力表现为斥力时，分子力分子势能总是随分子间距离的减小而增大
D． 当分子力表现为斥力时，分子力分子势能总是随分子间距离的减小而减小
[ ]
7．一质量为m的物体，静止于动摩擦因数为μ的水平地面上，现用与水平面成θ角　的力F拉物体，为使物体能沿水平地面做匀加速运动，求F的取值范围.
有一同学解答如下：
设物体运动的加速度为a,由图乙可知，有
①②
要使物体做匀加速运动，应满足a＞0③
由①②③可得
你认为该同学的解答是否完整？若你认为不完整，请将解答补充完整.
8.如图所示，R是电阻箱，　为理想书面声明电压表，当电阻箱读数为＝2Ω时，电压表读数为＝4V；当电阻箱读数为＝5Ω时，电压表读数为＝5V；求：
⑴电源电动势和内阻
⑵当电阻箱读数为多少时，电源的输出功率最大？最大功率为多少　
9．如图所示，固定的水平光滑金属导轨，间距为，左端接有阻值为的电阻，处在方向竖直、磁感应强度为的匀强磁场中，质量为导体棒与固定弹簧相连，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，在沿导轨往复运动过程中，导体棒始终与导轨保持良好接触
⑴求初始时刻导体棒受到的安培力
⑵若导体棒从初时刻到速度第一次为零时，弹簧的弹性势能为，则这一过程中安培力所做的功和电阻上产生的焦耳热分别是多少？
⑶导体棒往复运动，最终将静止于何处？从导体棒开始运动到最终静止的过程中，电阻上产生的焦耳热为多少？
10．如图所示，为两块带选等量异种电荷的平行金属板，为板上正对的小孔，板右侧有两个宽度为的匀强磁场区域，磁感应强度大小均为，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，取屏上与共线的点为原点向上为正方向建立轴．板左侧电子枪射出的热电子经小孔进入两板间，电子质量为，电荷量为，初速度可以忽略．
⑴当两板间电势差为时，求从小孔射出的电子的速度
⑵求两金属板间电势差在什么范围内，电子不能穿过磁场区域而打到荧光屏上．
⑶若电子能够穿过磁场区域而打到荧光屏上，试在答题卡的图上定性地画出电子运动的轨迹．
⑷求电子打到荧光屏上的坐标位置和金属板间电势差的函数关系．
练习答案：1.C 2.AD 3.ACD 4.C 5.C 6.C
7.解：此解答不完整，还缺少限制性条件：
　　
　　①
　　　　　②
由①②式得：③
力F的取值范围应为≥
8.解：⑴由闭合电路欧姆定律
①
②
联立①②并代入数据解得
6V
1Ω
⑵由电功率表达式
③
由③式变形得
④
由④式知，1Ω时，有最大值　
9W
9.解：⑴初始时刻棒中的感应电动势
①②③④
棒中感应电流
　　　　　　　②
作用于棒上的安培力
　　　　　　③
　联立①②③，得
安培力方向：水平向左
⑵由功能关系，得
安培力做功
电阻上产生的焦耳热　
⑶由能量转化及平衡条件等，可判断：
棒最终静止于初始位置
　　　　
10.解：⑴根据能动能定理，得
　　　　　　　　由此可解得
⑵　欲使电子不能穿过磁场区域而打到荧光屏上，应有
　　　　
而
由此可解得
⑶电子穿过磁场区域而打到荧光屏上是运动的轨迹如图所示
⑷若电子在磁场区域做圆周运动的轨道半径为，穿过磁场区域打到荧光屏上的位置坐标为则有⑶中的轨迹图可得
　　　　
注意到和
所以，电子要到荧光屏上的位置坐标
x和金属板间电势差U的函数关系为
　 　（）
1．
F2
F2
FN
G
G
α
α
F1
Ff
Ff
FN
B
A
θ
45°
R
P
V
P1



P3
P2
P2
P3
2h


P1
h
2h
α
β
a
b


A
B
甲
乙
F
F
θ


S
r
E
R
V
v0
m
L
R
x
y
13
9
5
1
＋＿
＿＿
B
B
M
d
K
S2
S1
d
Ｎ
ｏ
荧光屏
x
d
d
B
B
ｏ
x
F1
F1
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1专题二 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
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）.
【解析】由于木楔没有动，不能用公式f=N计算木楔受到的摩擦力，题中所给出动摩擦因数的已知条件是多余的。首先要判断物块沿斜面向下做匀加速直线运动，由运动学公式v2t-v20=2as可得其加速度a=v2/2s=0.7m/s2，由于a< gsin=5m/s2，可知物块受摩擦力作用，
物块和木楔的受力如图所示：
对物块，由牛顿第二定律得：
mgsin-f1=ma f1=4.3N
mgcos-N1=0 N1= N
对木楔，设地面对木楔的摩擦力如图
所示，由平衡条件：
f=N′1sin-f′1cos=0.61N
f的结果为正值，说明所设的方向与图设方向相同.
【解题回顾】物理习题的解答，重在对物理规律的理解和运用，忌生拉硬套公式.对两个或两个以上的物体，理解物体间相互作用的规律，正确选取并转移研究对象，是解题的基本能力要求.本题也可以用整体法求解：对物块沿斜向下的加速度分解为水平方向acos和竖直方向asin，其水平方向上的加速度是木楔对木块作用力的水平分量产生的，根据力的相互作用规律，物块对木楔的水平方向的作用力也是macos，再根据木楔静止的现象，由平衡条件，得地面对木楔的摩擦力一定是macos=0.61N.
【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。
【解析】不同意。小球应在A点离开平面做平抛运动，而不是沿斜面下滑。正确做法为：落地点与A点的水平距离 ①
斜面底宽 ②
小球离开A点后不会落到斜面，因此落地时间即为平抛运动时间。
∴ ③
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？
【解析】开始电场方向向上时小球受重力和电场力两个
力作用，mg=qE，得电场强度E=mg/q.
当电场方向向下，小球在斜面上运动时小球受力
如图，在离开斜面之前小球垂直于斜面方向的加速度
为0.
mgcos+qEcos=Bqv+N，
即2mgcos=Bqv+N
随v的变大小球对斜面的压力N在变小，当增大到某个值时压力为0，超过这个值后，小球将离开斜面做曲线运动.
沿斜面方向小球受到的合力
F=mgsin+qEsin=2mgsin为恒力，所以小球在离开斜面前做匀加速直线运动a=F/m=2gsin.
其临界条件是2mgcos=Bqv，
得即将离开斜面时的速度v=2mgcos/Bq.
由运动学公式v2=2as，
得到在斜面上滑行的距离为s=m2gcos2/(B2q2sin)
再根据v=at得运动时间：t=v/a=mctan/Bq.
【解题回顾】本题的关键有三点：（1）正确理解各种力的特点，如匀强电场中电场力是恒力，洛伦兹力随速度而变化，弹力是被动力等.（2）分析出小球离开斜面时临界状态，求出临界点的速度.（3）掌握运动和力的关系，判断出小球在离开斜面前做初速度为0的匀加速直线运动.下滑距离的求解也可以用动能定理求解，以加强对各种力的理解.
【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？
【解析】A物体无初速度放上传送带以后，物体将在摩擦力作用下做匀加速运动，因为L/t＞v/2,这表明物体从A到B先做匀加速运动后做匀速运动.
设物体做匀加速运动的加速度为a，加速的时间为t1，相对地面通过的位移为s，则有v=at1，s=at21/2，s+v(t-t1)=L.
数值代入得a=1m/s2
要使工件从A到B的时间最短，须使物体始终做匀加速运动，至B点时速度为运送时间最短所对应的皮带运行的最小速度.
由v2=2aL，v=
【解题回顾】对力与运动关系的习题，正确判断物体的运动过程至关重要.工件在皮带上的运动可能是一直做匀加速运动、也可能是先匀加速运动后做匀速运动，关键是要判断这一临界点是否会出现.在求皮带运行速度的最小值时，也可以用数学方法求解：设皮带的速度为v，物体加速的时间为t1，匀速的时间为t2，则L=（v/2）t1+vt2，而t1=v/a.t2=t-t1，得t=L/v+v/2a.由于L/v与v/2a的积为常数，当两者相等时其积为最大值，得v= 时t有最小值.由此看出，求物理极值，可以用数学方法也可以采用物理方法.但一般而言，用物理方法比较简明.
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 ）
【解析】由于推车沿斜坡向上运动时，车所受“阻力”大于两个人的推力之和.
即f1=Mgh/L+Mg=3.2×103N＞F=1600N
所以不能从静止开始直接沿斜面将小车推到坡顶.
但因小车在水平面所受阻力小于两人的推力之和，即f2=Mg=1200N＜1600N
故可先在水平面上加速推一段距离后再上斜坡.小车在水平面的加速度为
a1=(F-f2)/M=0.4m/s2
在斜坡上做匀减速运动，加速度为
a2=(F-f1)/M=-1.6m/s2
设小车在水平面上运行的位移为s到达斜面底端的速度为v.
由运动学公式2a1s=v2=-2a2L
解得s=20m.即两人先在水平面上推20m后，再推上斜坡，则刚好能把小车推到坡顶.
【解题回顾】本题的设问，只有经过深入思考，通过对物理情境的变换才能得以解决.由此可知，对联系实际问题应根据生活经验进行具体分析.不能机械地套用某种类型.这样才能切实有效地提高解题能力.另外，本题属半开放型试题，即没有提供具体的方法，需要同学自己想出办法，如果题中没有沿铁轨这一条件限制，还可以提出其他一些办法，如在斜面上沿斜线推等.
【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）
【解析】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
（向下）
弹跳后到达的高度为 h2，刚离网时速度的大小
（向上）
速度的改变量
（向上）
以 a 表示加速度，△t 表示接触时间，则
接触过程中运动员受到向上的弹力 F 和向下的重力 mg。由牛顿第二定律，
由以上五式解得，
代入数值得
N
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.
【解析】由牛顿定律可知小球在水平面上的加速度
a=qE/m=0.20m/s2.
当场强沿x轴正方向时，经1.0s小球的速度大小为vx=at=0.20×1.0=0.20m/s（方向沿x轴方向）
小球沿x轴方向移动的距离为△x1=at2/2=0.10m.
在第2s内，电场方向y轴正方向，x方向不再受力，
所以第2s内小球在x方向做匀速运动，在y方向做初速度为0的匀加速直线运动（类似平抛运动）
沿y方向的距离:△y=at2/2=0.10m.
沿x方向的距离:△x2=vxt=0.2×1.0=0.20m.
第2s未在y方向分速度为:
vy=at=0.20×1.0=0.20m/s
由上可知，此时小球运动方向与x轴成45°角，要使小球速度变为0，则在第3s内所加电场方向必须与此方向相反，即指向第三象限，与x轴成225°角.
在第3s内，设在电场作用下小球加速度的x分量和y方向分量分别为ax、ay，则
ax=vx/t=0.2m/s2，
ay=vy/t=0.20m/s2；
在第3s未，小球到达的位置坐标为
x3=△x1+△x2+vxt-axt2/2=0.40m，
y3=△y+vyt-ayt2/2=0.20m.
【解题回顾】学好物理要有一定的空间想像力，要分析、想像物体的运动状态和运动轨迹.作图可以化抽象为具体，提高解题成功率.本题小球的运动情景如图.
【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？
【解析】（1）绳子上的拉力提供小球做匀速圆周运动的向心力，故有：F=m2a
（2）松手后绳子上的拉力消失，小球将从松手时的位置沿圆周的切线方向，在光滑的水平面上做匀速直线运动.当绳在水平板上长为b时，绳又被拉紧.在这段匀速直线运动的过程中小球运动的距离为
s= ，
如图所示
故t=s/v=
（3）将刚拉紧绳时的速度分解为沿绳子的分量
和垂直于绳子的分量.在绳被拉紧的短暂过程中，
球损失了沿绳的分速度，保留着垂直于绳的分速度做匀速圆周运动.被保留的速度的大小为：
v1=va/b=a2/b.
所以绳子后来的拉力为：
F′=mv21/b=m2a4/b3.
【解题回顾】此题难在第3问，注意物体运动过程中的突变点，理解公式F=mv2/R中的v是垂直于半径、沿切线方向的速度.
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
【解析】物体做匀加速运动的条件是合外力不变.导体杆运动过程中受拉力和安培力两个力作用，因安培力随着速度增加电流变大而变大，所以拉力随着时间而变化.
设杆的质量为m，加速度为a，则由运动学公式v=at，
感应电动势E=BLv，感应电流I=E/R，
安培力f=BIL，
由牛顿第二定律F-f=ma，
整理得F=ma+B2L2at/R，
在图线上取两点代入后可得a = 10m/s2 m = 0.1kg.
练习题
如图所示，离子源从某小孔发射出带电量q=1.6×10-10C的正离子(初速度不计)，在加速电压U= 1000V作用下沿O1O2方向进入匀强磁场中．磁场限制在以O2为圆心半径为R0=2.64cm的区域内，磁感强度大小B为0.10T，方向垂直纸面向外，正离子沿偏离O1O2为60°角的方向从磁场中射出，打在屏上的P点，计算：
(1)正离子质量m．
(2)正离子通过磁场所需要的时间t．
解　
①
②
由图可见
R＝R0·cot30°
③
由①、②、③式得
＝1.67×10-27(kg)
(2)由图所示，离子飞出磁场，偏转60°角，故在磁场中飞
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5专题二 动量与机械能
黄冈中学：徐辉
命题导向
动量守恒与能量守恒是近几年高考理科综合物理命题的重点、热点和焦点，也是广大考生普遍感到棘手的难点之一．动量守恒与能量守恒贯穿于整个高中物理学习的始终，是联系各部分知识的主线．它不仅为解决力学问题开辟了两条重要途径，同时也为我们分析问题和解决问题提供了重要依据．守恒思想是物理学中极为重要的思想方法，是物理学研究的极高境界，是开启物理学大门的金钥匙，同样也是对考生进行方法教育和能力培养的重要方面．因此，两个守恒可谓高考物理的重中之重，常作为压轴题出现在物理试卷中，如2004年各地高考均有大题．
纵观近几年高考理科综合试题，两个守恒考查的特点是：
①灵活性强，难度较大，能力要求高，内容极丰富，多次出现在两个守恒定律网络交汇的综合计算中；
②题型全，年年有，不回避重复考查，平均每年有3—6道题，是区别考生能力的重要内容；
③两个守恒定律不论是从内容上看还是从方法上看都极易满足理科综合试题的要求，经常与牛顿运动定律、圆周运动、电磁学和近代物理知识综合运用，在高考中所占份量相当大．
从考题逐渐趋于稳定的特点来看，我们认为：2005年对两个守恒定律的考查重点仍放在分析问题和解决问题的能力上．因此在第二轮复习中，还是应在熟练掌握基本概念和规律的同时，注重分析综合能力的培养，训练从能量、动量守恒的角度分析问题的思维方法．
【典型例题】
【例1】 （2001年理科综合）下列是一些说法：
①一质点受到两个力作用且处于平衡状态（静止或匀速），这两个力在同一段时间内的冲量一定相同；
②一质点受两个力作用且处于平衡状态（静止或匀速），这两个力在同一时间内做的功或者都为零，或者大小相等符号相反；
③在同样时间内，作用力力和反作用力的功大小不一定相等，但正负符号一定相反；
④在同样的时间内，作用力和反作用力的功大小不一定相等，正负号也不一定相反．
以上说法正确的是（ ）
A．①② B．①③ C．②③ D．②④
【例2】 （石家庄）为了缩短航空母舰上飞机起飞前行驶的距离，通常用弹簧弹出飞机，使飞机获得一定的初速度，进入跑道加速起飞．某飞机采用该方法获得的初速度为v0，之后，在水平跑道上以恒定功率P沿直线加速，经过时间t，离开航空母舰且恰好达到最大速度vm．设飞机的质量为m，飞机在跑道上加速时所受阻力大小恒定．求：
（1）飞机在跑道上加速时所受阻力f的大小；
（2）航空母舰上飞机跑道的最小长度s．
【例3】 如下图所示，质量为m=2kg的物体，在水平力F=8N的作用下，由静止开始沿水平面向右运动．已知物体与水平面间的动摩擦因数=0.2．若F作用t 1 =6s后撤去，撤去F后又经t2=2s物体与竖直墙壁相碰，若物体与墙壁作用时间t3=0.1s，碰墙后反向弹回的速度=6m/s，求墙壁对物体的平均作用力（g取10m/s2）．
【例4】 有一光滑水平板，板的中央有一小孔，孔内穿入一根光滑轻线，轻线的上端系一质量为M的小球，轻线的下端系着质量分别为m1和m2的两个物体，当小球在光滑水平板上沿半径为R的轨道做匀速圆周运动时，轻线下端的两个物体都处于静止状态（如下图）．若将两物体之间的轻线剪断，则小球的线速度为多大时才能再次在水平板上做匀速圆周运动？
【例5】 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（传送带的传送速度恒定），木块与传送带间的动摩擦因数=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=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就有一颗子弹射向木块，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/s．求：
（1）在被第二颗子弹击中前，木块向右运动离A点的最大距离？
（2）木块在传达带上最多能被多少颗子弹击中？
（3）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产生的热能是多少？（g取10m/s）
【例6】 质量为M的小车静止在光滑的水平面上，小车的上表面是一光滑的曲面，末端是水平的，如下图所示，小车被挡板P挡住，质量为m的物体从距地面高H处自由下落，然后沿光滑的曲面继续下滑，物体落地点与小车右端距离s0，若撤去挡板P，物体仍从原处自由落下，求物体落地时落地点与小车右端距离是多少？
【例7】 如下图所示，一辆质量是m=2kg的平板车左端放有质量M=3kg的小滑块，滑块与平板车之间的动摩擦因数=0.4，开始时平板车和滑块共同以v0=2m/s的速度在光滑水平面上向右运动，并与竖直墙壁发生碰撞，设碰撞时间极短且碰撞后平板车速度大小保持不变，但方向与原来相反．平板车足够长，以至滑块不会滑到平板车右端．（取g=10m/s2）求：
（1）平板车每一次与墙壁碰撞后向左运动的最大距离．
（2）平板车第二次与墙壁碰撞前瞬间的速度v．
（3）为使滑块始终不会滑到平板车右端，平板车至少多长？
【例8】 如图所示，光滑水平面上有一小车B，右端固定一个砂箱，砂箱左侧连着一水平轻弹簧，小车和砂箱的总质量为M，车上放有一物块A，质量也是M，物块A随小车以速度v0向右匀速运动．物块A与左侧的车面的动摩擦因数为，与右侧车面摩擦不计．车匀速运动时，距砂面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）为使物体A不从小车上滑下，车面粗糙部分应多长？
【跟踪练习】
1．物体在恒定的合力F作用下作直线运动，在时间△t1内速度由0增大到v，在时间△t2内速度由v增大到2v．设F在△t1内做的功是W1，冲量是I 1；在△t2内做的功是W2，冲量是I2，那么（ ）
A． B．
C． D．
2．矩形滑块由不同材料的上、下两层粘在一起组成，将其放在光滑的水平面上，如图所示．质量为m的子弹以速度v水平射向滑块．若射击上层，则子弹刚好不穿出；若射击下层，整个子弹刚好嵌入，则上述两种情况比较，说法正确的是（ ）
①两次子弹对滑块做功一样多
②两次滑块所受冲量一样大
③子弹嵌入下层过程中对滑块做功多
④子弹击中上层过程中产生的热量多
A．①④ B．②④
C．①② D．②③
3．如图所示，半径为R，内表面光滑的半球形容器放在光滑的水平面上，容器左侧靠在竖直墙壁．一个质量为m的小物块，从容器顶端A无初速释放，小物块能沿球面上升的最大高度距球面底部B的距离为．求：
（1）竖直墙作用于容器的最大冲量；
（2）容器的质量M．
4．离子发动机是一种新型空间发动机，它能给卫星轨道纠偏或调整姿态提供动力，其中有一种离子发动机是让电极发射的电子撞击氙原子，使之电离，产生的氙离子经加速电场加速后从尾喷管喷出，从而使卫星获得反冲力，这种发动机通过改变单位时间内喷出离子的数目和速率，能准确获得所需的纠偏动力．假设卫星（连同离子发动机）总质量为M，每个氙离子的质量为m，电量为q，加速电压为U，设卫星原处于静止状态，若要使卫星在离子发动机起动的初始阶段能获得大小为F的动力，则发动机单位时间内应喷出多少个氙离子？此时发动机动发射离子的功率为多大？
5．如图所示，AB为斜轨道，与水平方向成45°角，BC为水平轨道，两轨道在B处通过一段小圆弧相连接，一质量为m的小物块，自轨道AB的A处从静止开始沿轨道下滑，最后停在轨道上的C点，已知A点高h，物块与轨道间的滑动摩擦系数为，求：
（1）在整个滑动过程中摩擦力所做的功．
（2）物块沿轨道AB段滑动时间t1与沿轨道BC段滑动时间t2之比值．
（3）使物块匀速地、缓慢地沿原路回到A点所需做的功．
6．如图所示，粗糙的斜面AB下端与光滑的圆弧轨道BCD相切于B，整个装置竖直放置，C是最低点，圆心角∠BOC=37°，D与圆心O等高，圆弧轨道半径R=0.5m，斜面长L=2m，现有一个质量m=0.1kg的小物体P从斜面AB上端A点无初速下滑，物体P与斜面AB之间的动摩擦因数为=0.25．求：
（1）物体P第一次通过C点时的速度大小和对C点处轨道的压力各为多大？
（2）物体P第一次离开D点后在空中做竖直上抛运动，不计空气阻力，则最高点E和D点之间的高度差为多大？
（3）物体P从空中又返回到圆轨道和斜面，多次反复，在整个运动过程中，物体P对C点处轨道的最小压力为多大？
7．如图所示，光滑水平面AB与竖直面内的半圆形导轨在B点衔接，导轨半径为R．一个质量为m的静止物块在A处压缩弹簧，在弹力的作用下获一向右的速度，当它经过B点进入导轨瞬间对导轨的压力为其重力的7倍，之后向上运动恰能完成半圆周运动到达C点．求：
（1）弹簧对物块的弹力做的功．
（2）物块从B至C克服阻力做的功．
（3）物块离开C点后落回水平面时其动能的大小．
8．（’03全国高考，34）[理综·22分]一传送带装置示意如下图，其中传送带经过AB区域时是水平的，经过BC区域时变为圆弧形（圆弧由光滑模板形成，未画出），经过CD区域时是倾斜的，AB和CD都与BC相切．现将大量的质量均为m的小货箱一个一个在A处放到传送带上，放置时初速为零，经传送带运送到D处，D和A的高度差为h．稳定工作时传送带速度不变，CD段上各箱等距排列，相邻两箱的距离为L．每个箱子在A处投放后，在到达B之前已经相对于传送带静止，且以后也不再滑动（忽略经BC段时的微小滑动）．已知在一段相当长的时间T内，共运送小货箱的数目为N．这装置由电动机带电，传送带与轮子间无相对滑动，不计轮轴处的摩擦．求电动机的平均输出功率．
9．如图所示，质量M=0.45kg的带有小孔的塑料块沿斜面滑到最高点C时速度恰为零，此时与从A点水平射出的弹丸相碰，弹丸沿着斜面方向进入塑料块中，并立即与塑料块有相同的速度．已知A点和C点距地面的高度分别为：H=1.95m，h=0.15m，弹丸的质量m=0.050kg，水平初速度v0=8m/s，取g=10m/s2．求：
（1）斜面与水平地面的夹角θ．（可用反三角函数表示）
（2）若在斜面下端与地面交接处设一个垂直于斜面的弹性挡板，塑料块与它相碰后的速率等于碰前的速率，要使塑料块能够反弹回到C点，斜面与塑料块间的动摩擦因数可为多少？
10．（’04江苏，18）（16分）一个质量为M的雪橇静止在水平雪地上，一条质量为m的爱斯基摩狗站在雪橇上．狗向雪橇的正后方跳下，随后又追赶并向前跳上雪橇；其后狗又反复地跳下、追赶并跳上雪橇．狗与雪橇始终沿一条直线运动．若狗跳离雪橇时雪橇的速度为V，则此时狗相对于地面的速度为V＋u（其中u为狗相对于雪橇的速度，V＋u为代数和，若以雪橇运动的方向为正方向，则V为正值，u为负值．）设狗总以速度v追赶和跳上雪橇，雪橇与雪地间的摩擦忽略不计．已知v的大小为5m/s，u的大小为4m/s，M=30kg，m=10kg．
（1）求狗第一次跳上雪橇后两者的共同速度的大小．
（2）求雪橇最终速度的大小和狗最多能跳动上雪橇的次数．
（供使用但不一定用到的对数值：lg2=0.301，lg3=0.477）
11．（汕头）如下图所示，光滑水平面上，质量为m的小球B连接着轻质弹簧，处于静止状态，质量为2m的小球A以大小为v0的初速度向右运动，接着逐渐压缩弹簧并使B运动，过一段时间，A与弹簧分离．
（1）当弹簧被压缩到最短时，弹簧的弹性势能Ep多大？
（2）若开始时在B球的右侧某位置固定一块挡板，在A球与弹簧未分离前使B球与挡板发生碰撞，并在碰后立刻将挡板撤走．设B球与挡板的碰撞时间极短，碰后B球的速度大小不变但方向相反．欲使此后弹簧被压缩到最短时，弹簧势能达到第（1）问中Ep的2.5倍，必须使B球在速度多大时与挡板发生碰撞？
12．（’00全国高考，22 ）[天津江西·14分]在原子核物理中，研究核子与核子关联的最有效途径是“双电荷交换反应”．这类反应的前半部分过程和下述力学模型类似．两个小球A和B用轻质弹簧相连，在光滑的水平直轨道上处于静止状态．在它们左边有一垂直于轨道的固定挡板P，右边有一个小球C沿轨道以速度v0射向B球，如图所示．C与B发生碰撞并立即结成一个整体D．在它们继续向左运动的过程中，当弹簧长度变到最短时，长度突然被锁定，不再改变．然后，A球与挡板P发生碰撞，碰后A、D都静止不动，A与P接触而不粘连．这一段时间，突然解除锁定（锁定及解除锁定均无机械能损失）．已知A、B、C三球的质量为m．
（1）求弹簧长度刚被锁定后A球的速度；
（2）求在A球离开挡板P之后的运动过程中，弹簧的最大弹性势能．
13．（广州）用轻弹簧相连的质量均为2kg的A、B两物块都以v=6m/s的速度在光滑的水平地面上运动，弹簧处于原长，质量4kg的物块C静止在前方，如下图所示．B与C碰撞后二者粘在一起运动．求：在以后的运动中：
（1）当弹簧的弹性势能最大时物体A的速度多大？
（2）弹性势能的最大值是多大？
（3）A的速度有可能向左吗？为什么？
14．（’04广东，17）（16分）图中，轻弹簧的一端固定，另一端与滑块B相连，B静止在水平直导轨上，弹簧处在原长状态．另一质量与B相同的滑块A，从导轨上的P点以某一初速度向B滑行．当A滑过距离l1时，与B相碰，碰撞时间极短，碰后A、B紧贴在一起运动，但互不粘连．已知最后A恰好返回到出发点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l2，重力加速度为g．求A从P点出发时的初速度v0．
15．（’01春季招生，22）（14分）如下图所示，A、B是静止在水平地面上完全相同的两块长木板．A的左端和B的右面端相接触．两板的质量皆为M=2.0kg，长度皆为l=1.0m．C是一质量为m=1.0kg的小物块．现给它一初速度v0=2.0m/s，使它从B板的左端开始向右滑动，已知地面是光滑的，而C与A、B之间的动摩擦因数为=0.10．求最后A、B、C各以多大的速度做匀速运动．（取重力加速度g=10m/s2）
16．如图所示，一个长为L，质量为M的长方形木块，静止在光滑水平面上，一个质量为m的物块（可视为质点），以水平初速度v0，从木块的左端滑向另一端，设物块与木块间的动摩擦因数为，当物块与木块达到相对静止时，物块仍在长木块上，求系统机械能转化成内能的量Q．
专题二 动量与机械能答案
典型例题
[例1] D
解析：本题辨析一对平衡力和一对作用力和反作用力的功、冲量．因为，一对平衡力大小相等、方向相反，作用在同一物体上，所以，同一段时间内，它们的冲量大小相等、方向相反，故不是相同的冲量，则①错误．如果在同一段时间内，一对平衡力做功，要么均为零（静止），要么大小相等符号相反（正功与负功），故②正确．至于一对作用力与反作用力，虽然两者大小相等，方向相反，但分别作用在两个不同物体上（对方物体），所以，即使在同样时间内，力的作用点的位移不是一定相等的（子弹穿木块中的一对摩擦力），则做功大小不一定相等．而且作功的正负号也不一定相反（点电荷间相互作用力、磁体间相互作用力的做功，都是同时做正功，或同时做负功．）因此③错误，④正确．综上所述，选项D正确．
【例2】 解析：（1）飞机达到最大速度时牵引力F与其所受阻力f 大小相等，
由P=Fv得
（2）航空母舰上飞机跑道的最小长度为s，由动能定理得
将代入上式得或
【例3】 解析：解法1（程序法）：
选物体为研究对象，在t1时间内其受力情况如图①所示，选F的方向为正方向，根据牛顿第二定律，物体运动的加速度为．
撤去F时物体的速度为v1=a1t1=2×6m/s=12m/s
撤去F后，物体做匀减速运动，其受力情况如图②所示，根据牛顿第二定律，其运动的加速度为．
物体开始碰撞时的速度为v2=v1＋a2t2=[12＋(－2)×2]m/s=8m/s．
再研究物体碰撞的过程，设竖直墙对物体的平均作用力为，其方向水平向左．若选水平向左为正方向，根据动量定理有．
解得．
解法2（全程考虑）：取从物体开始运动到碰撞后反向弹回的全过程应用动量定理，并取F的方向为正方向，则
所以
点评：比较上述两种方法看出，当物体所受各力的作用时间不相同且间断作用时，应用动量定理解题对全程列式较简单，这时定理中的合外力的冲量可理解为整个运动过程中各力冲量的矢量和．此题应用牛顿第二定律和运动学公式较繁琐．
另外有些变力作用或曲线运动的题目用牛顿定律难以解决，应用动量定理解决可化难为易．
【例4】 解析：该题用守恒观点和转化观点分别解答如下：
解法一：（守恒观点）选小球为研究对象，设小球沿半径为R的轨道做匀速圆周运动的线速度为v0，根据牛顿第二定律有 ①
当剪断两物体之间的轻线后，轻线对小球的拉力减小，不足以维持小球在半径为R的轨道上继续做匀速圆周运动，于是小球沿切线方向逐渐偏离原来的轨道，同时轻线下端的物体m1逐渐上升，且小球的线速度逐渐减小．假设物体m1上升高度为h，小球的线速度减为v时，小球在半径为（R＋h）的轨道上再次做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律有 ②
再选小球M、物体m1与地球组所的系统为研究对象，研究两物体间的轻线剪断后物体m1上升的过程，由于只有重力做功，所以系统的机械能守恒．选小球做匀速圆周运动的水平面为零势面，设小球沿半径为R的轨道做匀速圆周运动时m1到水平板的距离为H，根据机械能守恒定律有 ③
以上三式联立解得
解法二：（转化观点）与解法一相同，首先列出①②两式，然后再选小球、物体m1与地球组成的系统为研究对象，研究两物体间的轻线剪断后物体m1上升的过程，由于系统的机械能守恒，所以小球动能的减少量等于物体m1重力势能的增加量．即
④
①、②、④式联立解得
点评：比较上述两种解法可以看出，根据机械能守恒定律应用守恒观点列方程时，需要选零势面和找出物体与零势面的高度差，比较麻烦；如果应用转化观点列方程，则无需选零势面，往往显得简捷．
【例5】 解析：（1）第一颗子弹射入木块过程中动量守恒 ①
解得：=3m/s ②
木块向右作减速运动加速度m/s2 ③
木块速度减小为零所用时间 ④
解得t1 =0.6s<1s ⑤
所以木块在被第二颗子弹击中前向右运动离A点最远时，速度为零，移动距离为
解得s1=0.9m． ⑥
（2）在第二颗子弹射中木块前，木块再向左作加速运动，时间t2=1s－0.6s=0.4s ⑦
速度增大为v 2=at2=2m/s（恰与传送带同速） ⑧
向左移动的位移为 ⑨
所以两颗子弹射中木块的时间间隔内，木块总位移S0=S1－S2=0.5m方向向右 ⑩
第16颗子弹击中前，木块向右移动的位移为
第16颗子弹击中后，木块将会再向右先移动0.9m，总位移为0.9m＋7.5=8.4m>8.3m木块将从B端落下．
所以木块在传送带上最多能被16颗子弹击中．
（3）第一颗子弹击穿木块过程中产生的热量为
木块向右减速运动过程中板对传送带的位移为
产生的热量为Q2=
木块向左加速运动过程中相对传送带的位移为
产生的热量为
第16颗子弹射入后木块滑行时间为t3有
解得t3=0.4s
木块与传送带的相对位移为S=v1 t3＋0.8
产生的热量为Q4=
全过程中产生的热量为Q=15(Q1＋Q2＋Q 3)＋Q1＋Q4
解得Q=14155.5J
【例6】 解析：运动分析：当小车被挡住时，物体落在小车上沿曲面向下滑动，对小车有斜向下方的压力，由于P的作用小车处于静止状态，物体离开小车时速度为v1，最终平抛落地，当去掉挡板，由于物对车的作用，小车将向左加速运动，动能增大，物体相对车滑动的同时，随车一起向左移动，整个过程机械能守恒，物体滑离小车时的动能将比在前一种情况下小，最终平抛落地，小车同时向前运动，所求距离是物体平抛过程中的水平位移与小车位移的和．求出此种情况下，物体离开车时的速度v2，及此时车的速度以及相应运动的时间是关键，由于在物体与小车相互作用过程中水平方向动量守恒这是解决v2、间关系的具体方法．
（1）挡住小车时，求物体滑落时的速度v1，物体从最高点下落至滑离小车时机械能守恒，设车尾部（右端）离地面高为h，则有， ①
由平抛运动的规律s0=v1t ②
． ③
（2）设去掉挡板时物体离开小车时速度为v2，小车速度为，物体从最高点至离开小车之时系统机械能守恒 ④
物体与小车相互作用过程中水平方向动量守恒． ⑤
此式不仅给出了v2 与大小的关系，同时也说明了v 2是向右的．
物体离开车后对地平抛 ⑥
⑦
车在时间内向前的位移 ⑧
比较式⑦、③，得解式①、④、⑤，得．
此种情况下落地点距车右端的距离
．
点评：此题解题过程运用了机械能守恒、动量守恒及平抛运动的知识，另外根据动量守恒判断m离车时速度的方向及速度间的关系也是特别重要的．
【例7】 解析：（1）设第一次碰墙壁后，平板车向左移动s，速度为0．由于体系总动量向右，平板车速度为零时，滑块还在向右滑行．
由动能定理 ①
②
代入数据得 ③
（3）假如平板车在第二次碰撞前还未和滑块相对静止，那么其速度的大小肯定还是2m/s，滑块的速度则大于2m/s，方向均向右．这样就违反动量守恒．所以平板车在第二次碰撞前肯定已和滑块具有共同速度v．此即平板车碰墙前瞬间的速度．
④
∴ ⑤
代入数据得 ⑥
（3）平板车与墙壁第一次碰撞后到滑块与平板又达到共同速度v前的过程，可用图（a）（b）（c）表示．（a）为平板车与墙壁撞后瞬间滑块与平板车的位置，图（b）为平板车到达最左端时两者的位置，图（c）为平板车与滑块再次达到共同速度为两者的位置．在此过程中滑块动能减少等于摩擦力对滑块所做功，平板车动能减少等于摩擦力对平板车所做功（平板车从B到A再回到B的过程中摩擦力做功为零），其中、分别为滑块和平板车的位移．滑块和平板车动能总减少为其中为滑块相对平板车的位移．此后，平板车与墙壁发生多次碰撞，每次情况与此类似，最后停在墙边．设滑块相对平板车总位移为l，则有 ⑦
⑧
代入数据得 ⑨
l即为平板车的最短长度．
【例8】 解析：本题应用动量守恒，机械能守恒及能量守恒定律联合求解。
在m下落在砂箱砂里的过程中，由于车与小泥球m在水平方向不受任何外力作用，故车及砂、泥球整个系统的水平方向动量守恒，则有：
①
此时物块A由于不受外力作用，继续向右做匀速直线运动再与轻弹簧相碰，以物块A、弹簧、车系统为研究对象，水平方向仍未受任何外力作用，系统动量守恒，当弹簧被压缩到最短，达最大弹性势能E p 时，整个系统的速度为v2，则由动量守恒和机械能守恒有：
②
③
由①②③式联立解得： ④
之后物块A相对地面仍向右做变减速运动，而相对车则向车的左面运动，直到脱离弹簧，获得对车向左的动能，设刚滑至车尾，则相对车静止，由能量守恒，弹性势能转化为系统克服摩擦力做功转化的内能有： ⑤
由④⑤两式得：
跟踪练习
1．【答案】 D
【解析】 在△t1时间内，I1=F△t1=mv=△p1，在△t2时间内．I2=F△t2=2mv－mv=mv=△p2 ∴I1=I2
又
∴W1【说明】 物体在恒定的合外力F作用下做直线运动，由牛顿第二定律可知物体做匀加速直线运动，速度由零增大到v的时间△t2和由v增大到2v的时间△t2是相等的，所以在△t1和△t2的两段时间内合外力的冲量是相等的．在△t1的平均速度小于△t2时间内的平均速度，从而得出在△t1内的位移小于在△t 2时间的位移，恒力F所做的功W12．【答案】 C
【解析】 无论子弹射入的深度如何，最终子弹和木块都等速，由动量守恒定律知，两种情况最终两木块（包括子弹）速度都相等．对木块由动能定理知：两次子弹对木块做功一样多．由动量定理知：两次木块所受冲量一样大．对系统由能的转化和守恒定律知，两次损失的机械能一样多，产生的热量也一样多．
3．【解析】 （1）物体由A滑到B的过程中，容器不脱离墙，物块由B沿球面向上滑时，物块对容器的作用力有一水平向右的分量，容器将脱离墙向右运动．因此，物块由A→B动量变化量最大，受容器的冲量最大，竖直墙作用于容器的冲量也最大．
物块由A→B机械能守恒，设物块滑到B的速度为vB，则
∴ ①
物块动量变化量方向沿水平方向．容器作用于物块的冲量为．
容器不动，墙对容器的冲量，方向水平向右，这是最大冲量．
（2）物块从B处上升，容器向右运动过程中，系统水平方向动量守恒．物块上升到最高处相对容器静止的时刻，物块与容器具有共同的水平速度，设它为v，则由动量守恒定律得 ②
系统机械能守恒 ③
联立①②③式解得 M=3m
4．【解析】 设离子喷出尾喷管时的速度为v，单位时间内喷出n个离子，则△t时间内喷出离子数为n△t，由动量定理得
在发射离子过程中，卫星和发射出的离子系统，动量守恒，设喷出离子总质量为△m，则有△mv=(M－△m)v星 ∵△mm ∴v．
5．【解析】 （1）设整个过程摩擦力做的功是W，由动能定理得：mgh－W=0 ①
W=mgh
（2）设物块沿轨道AB滑动的加速度为a1，
由牛顿第二定律有 ②
设物块到达B点时的速度为VB，则有VB=a1t1 ③
设物块沿轨道BC滑动的加速度为a2，由牛顿第二定律有 ④
物块从B点开始作匀减速运动，到达C点时，速度为零，故有 ⑤
由②③④⑤式可得： ⑥
（3）使物块匀速地、缓慢地沿原路回到A点所需做的功应该是克服重力和阻力所做功之和，即是W1=mgh＋W=2mgh
6．【解析】 （1）物体P从A下滑经B到C过程中根据动能定理：
经C点时
根据牛顿第三定律，P对C点的压力
（2）从C到E机械能守恒
E与D间高度差
（3）物体P最后在B与其等高的圆弧轨道上来回运动时，经C点压力最小，由B到C根据机械能守恒
根据牛顿第三定律 压力
7．【解析】 物块的运动可分为以下四个阶段：①弹簧弹力做功阶段；②离开弹簧后在AB段的匀速直线运动阶段；③从B到C所进行的变速圆周运动阶段；④离开C点后进行的平抛运动阶段．弹簧弹力是变化的，求弹簧弹力的功可根据效果——在弹力作用下物块获得的机械能，即到达B点的动能求解．物块从B至C克服阻力做的功也是变力，同样只能根据B点和C点两点的机械能之差判断．因此求出物块在B点和C点的动能是关键．可根据题设条件：“进入导轨瞬间对导轨的压力为其重力的7倍”、“恰能到达C点”，求出．
物块在B点时受力mg和导轨的支持力N=7mg，由牛顿第二定律，
有
∴
物块到达C点仅受重力mg，根据牛顿第二定律，有
∴．
（1）根据动能定理，可求得弹簧弹力对物体所做的功为W弹=EkB=3mgR．
（2）物体从B到C只有重力和阻力做功，根据动能定理，
有
即物体从B到C克服阻力做的功为0.5mgR．
（3）物体离开轨道后做平抛运动，仅有重力做功，机械能守恒，
有．
评析：中学阶段不要求直接用求解变力做功，可根据其效果——使用能量变化间接来判断．对于物体运动的全过程必须逐段进行认真分析，确定每一阶段符合的规律：如本题最后一个阶段是平抛运动，物块在C点有动能，不能把平抛当成自由落体来处理．
8．【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
①
v0=at ②
在这段时间内，传送带运动的路程为s0=v0t ③
由以上可得s0=2s ④
用f 表示小箱与传送带之间的滑动摩擦力，则传送带对小箱做功为 ⑤
传送带克服小箱对它的摩擦力做功 ⑥
两者之差就是克服摩擦力做功发出的热量 ⑦
可见，在小箱加速运动过程中，小箱获得的动能与发热量相等．
T时间内，电动机输出的功为 ⑧
此功用于增加小箱的动能、势能以克服摩擦力发热，
即 ⑨
已知相邻两小箱的距离为L，所以v0T=NL ⑩
联立⑦⑧⑨⑩，得
9．【解析】 （1）子弹做平抛运动，经时间t有解得t=0.6(s)．
此时子弹的速度与水平方向夹角为，水平分速度为vx、竖直分速度为 vy，则有
解得 ∴
由于子弹沿斜面方向与木块相碰，故斜面的倾角与t s末子弹的速度与水平方向的夹角相同，所以斜面的倾角．
（2）设在C点子弹的末速度为vt，则有
∴
子弹立即打入木块，满足动量守恒条件，有 解得（m/s）
碰后，子弹与木块共同运动由C点到与挡板碰撞并能够回到C点，
有
代入数据，得
子弹与木块共同运动要能够回到C点，则斜面与塑料块间的动摩擦因数．
10．【解析】 （1）设雪橇运动的方向为正方向，狗第1次跳下雪橇后雪橇的速度为V1，根据动量守恒定律，有
狗第1次跳上雪橇时，雪橇与狗的共同速度为满足
可解得
将u=－4m/s，v=5m/s，M=30kg，m=10kg代入，得=2m/s
（2）解法（一）
设雪橇运动的方向为正方向，狗第（n－1）次跳下雪橇后雪橇的速度为，则狗第（n－1）次跳上雪橇后的速度为满足
这样，狗n次跳下雪橇后，雪橇的速度为Vn，满足
解得
狗追不上雪橇的条件是Vn≥v
可化为
最后可求得n≥1＋
代入数据，得n≥3.41
狗最多能跳上雪橇3次．
雪橇最终的速度大小为V4=5.625m/s
解法（二）：
设雪橇运动的方向为正方向，狗第i次跳下雪橇后，雪橇的速度为Vi，狗的速度为；狗第i 次跳上雪橇后，雪橇和狗的共同速度为，由动量守恒定律可得
第一次跳下雪橇：
第一次跳上雪橇：
第二次跳下雪橇：
第三次跳下雪橇：，
第三次跳上雪橇
第四次跳下雪橇：
此进雪橇的速度已大于狗追赶的速度，狗将不可能追上雪橇．因此狗最多能跳上雪橇3次，雪橇最终的速度大小为5.625m/s．
11．【解析】 （1）当弹簧被压缩到最短时，A、B速度相等．由动量守恒定律得2mv0=3mv1 ①
A和B共同速度
由机械能守恒定律得 ②
可由此时弹簧的弹性势能
（2）B碰挡板时没有机械能损失，碰后弹簧被压缩到最短时，A、B速度也相等，由机械能守恒定律得
③
④
解得 ⑤取向右为正方向
若，则表示B球与板碰撞后，A、B此时一起向右运动．
B球与板碰撞前B与A动量守恒 ⑥
B球与板碰撞后B与A动量守恒 ⑦
解得
因为此时vA>vB，弹簧还将继续缩短，所以这种状态是能够出现的．
若则表示B球与板碰撞后A、B向左运动．
B球与板碰撞后B和A动量守恒 ⑧
由⑥⑧可得
此时A、B球的总动能
大于A球最初的动能，因此这种状态是不可能出现的
因此，必须使B球在速度为时与挡板发生碰撞．
12．【解析】 （1）设C球与B球粘结成D时，D的速度为v1，由动量守恒，有 ①
当弹簧压至最每短时，D与A的速度相等，设此速度为v2，由动量守恒，有 ②
由①②两式得A的速度
（2）设弹簧长度被锁定后，贮存在弹簧中的势能为Ep，由能量守恒，有
撞击P后，A与D的动能都为零．解除锁定后，当弹簧刚恢复到自然长度时，势能全部转变成D的动能，设D的速度为v3，则有
以后弹簧伸长，A球离开挡板P，并获得速度．当A、D的速度相等时，弹簧伸至最长，设此时的速度为v 4，由动时守恒，有
当弹簧伸到最长时，其势能最大，设此势能为，由能量守恒，有
解以上各式得
说明：该题以“双电荷交换反应”为背景，考查的是动量守恒和机械能守恒定律的知识，又考查了理解能力，推理能力，分析综合能力，突出了对物理过程的考查．考生必须首先弄清整个物理因素，针对不同的物体在各个阶段的受力情况，再确定其运动所遵循的规律．分析物理过程是解决这个问题的关键，现具体过程分析如下：
①C以v0与B发生完全非弹性碰撞，弹簧长度不能突变，A可看成静止．
②BC形成一体D向左压缩弹簧，A的速度增大，D的速度减小，两者共速，弹簧压缩最短．
③弹簧锁定后与挡板相碰而静止．
④解除锁定，D向右加速，墙对A的作用力不断减小，达到原长时作用力为零．
⑤弹簧达到自然长度后，D继续向右运动逐渐减速，而A开始向右加速，弹簧伸长到最长时，两物体的速度相等，这时弹簧的弹性势能最大．
根据上面的分析，把复杂的物理过程分解为几个简单的过程，同时发掘出弹簧压缩最短和伸长最长的隐含条件，运用物理规律列方程，就可达到准确解题的目的．
13．【解析】 （1）当A、B、C三者的速度相等时弹簧的弹性势能最大
由于A、B、C三者组成的系统动量守恒，
解得
（2）B、C碰撞时B、C组成的系统动量守恒，设碰后瞬间B、C两者速度为v′，
则
设物A速度为时弹簧的弹性势能最大为，根据能量守恒
（3）A不可能向左运动 系统动量守恒，
设A向左，vA<0，则vB>4m/s
则作用后A、B、C动能之和
实际上系统的机械能
根据能量守恒定律，E′>E是不可能的．
14．【解析】令A、B质量均为m，A刚接触B时的速度为v1（碰前）．
A克服阻力做功： ①
A、B碰撞过程中动量守恒，令碰后A、B的共同速度为v2，有mv1=2mv2 ②
碰后A、B先一起向左运动，接着A、B一起被弹回，在弹簧恢复到原长时，设A、B的共同速度为v3，在这一过程中，弹簧的弹性势能始末状态都是零，只有克服摩擦力做功 ③
此后A、B开始分离，A单独向右滑动到P点停下，克服阻力做功 ④
由以上各式得 ⑤
15．【解析】 C有可能停在B上，也有可能停在A上，还有可能滑离A，先假设停在B上，由动量守恒定律得：．
设C在B上滑动距离为x，木板B的位移为s，则C对地的位移为s＋x，
由功能关系得：对木板：
对C：所以得：
从而解得，大于板长，C将滑离B板．
设C刚滑到A板上速度为，此时AB两板的速度为vB ，由动量守恒得
由功能关系得：
∴
合理的解是：
当C滑到A上，B以0.155m/s的速度匀速运动了，设C停在A上，速度vA，相对A滑行距离为y，由动量守恒得：
解得：0.563m/s，由动能关系得：
代入数据得y=0.50m，小于A板长度，C不能滑离A板，最后A、B、C的速度分别为vA=0.563m/s vB=0.155m/s，m/s
16．【解析】 对物体，滑动摩擦力f 做负功，
由动能定理得
即f 对物体做负功，使物块动能减少．
对木块，滑动摩擦力f 对木块做正功，由动能定理得，
即f 对木块做正功，使木块动能增加，系统减少的机械能为
①
本题中，物块与木块相对静止时，
则上式可简化为 ②
又以物块、木块为系统，系统在水平方向不受外力，动量守恒，
则 ③
联立②、③式得．
故系统机械能转化成内能的量为．
评析：系统内一对滑动摩擦力做功之和（净功）为负值，在数值上等于滑动摩擦力与相对位移的乘积，其绝对值等于系统机械能的减少量，即系统机械能转化为系统的内能，记为．
上述情况①和②同样符合该规律，掌握了它可使许多计算简化．
M
M
B
A
m
v0
m
v0
m
H
A
B
v0
（c）
（b）
（a）
A B C D
②
mg
①
C
v0
A
B
甲 乙
F
mg
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1专题四 带电粒子在场中的运动
思想方法提炼
带电粒子在某种场(重力场、电场、磁场或复合场)中的运动问题，本质还是物体的动力学问题?
电场力、磁场力、重力的性质和特点：匀强场中重力和电场力均为恒力，可能做功；洛伦兹力总不做功；电场力和磁场力都与电荷正负、场的方向有关，磁场力还受粒子的速度影响，反过来影响粒子的速度变化.?
一、安培力
1.安培力：通电导线在磁场中受到的作用力叫安培力.
【说明】磁场对通电导线中定向移动的电荷有力的作用，磁场对这些定向移动电荷作用力的宏观表现即为安培力.
2.安培力的计算公式：F=BILsin；通电导线与磁场方向垂直时，即 = 900，此时安培力有最大值；通电导线与磁场方向平行时，即=00，此时安培力有最小值，Fmin=0N；0°＜＜90°时，安培力F介于0和最大值之间.
3.安培力公式的适用条件；
①一般只适用于匀强磁场；②导线垂直于磁场；
③L为导线的有效长度，即导线两端点所连直线的长度，相应的电流方向沿L由始端流向末端；
如图所示，
几种有效长度；
④安培力的作用点为磁场中通电导体的几何中心；
⑤根据力的相互作用原理，如果是磁体对通电导体有力的作用，则通电导体对磁体有反作用力.
【说明】安培力的计算只限于导线与B垂直和平行的两种情况.
二、左手定则
1.通电导线所受的安培力方向和磁场B的方向、电流方向之间的关系，可以用左手定则来判定.
2.用左手定则判定安培力方向的方法：伸开左手，使拇指跟其余的四指垂直且与手掌都在同一平面内，让磁感线垂直穿入手心，并使四指指向电流方向，这时手掌所在平面跟磁感线和导线所在平面垂直，大拇指所指的方向就是通电导线所受安培力的方向.
3.安培力F的方向既与磁场方向垂直，又与通电导线方向垂直，即F总是垂直于磁场与导线所决定的平面.但B与I的方向不一定垂直.
4.安培力F、磁感应强度B、电流I三者的关系
①已知I、B的方向，可惟一确定F的方向；
②已知F、B的方向，且导线的位置确定时，可惟一确定I的方向；
③已知F、I的方向时，磁感应强度B的方向不能惟一确定.
三、洛伦兹力：磁场对运动电荷的作用力.
1.洛伦兹力的公式：F=qvBsin；
2.当带电粒子的运动方向与磁场方向互相平行时，F=0；
3.当带电粒子的运动方向与磁场方向互相垂直时，F=qvB;
4.只有运动电荷在磁场中才有可能受到洛伦兹力作用，静止电荷在磁场中受到的磁场对电荷的作用力一定为0；
四、洛伦兹力的方向
1.运动电荷在磁场中受力方向可用左手定则来判定；
2.洛伦兹力f的方向既垂直于磁场B的方向，又垂直于运动电荷的速度v的方向，即f总是垂直于B和v所在的平面.
3.使用左手定则判定洛伦兹力方向时，若粒子带正电时，四个手指的指向与正电荷的运动方向相同.若粒子带负电时，四个手指的指向与负电荷的运动方向相反.
4.安培力的本质是磁场对运动电荷的作用力的宏观表现.
五、带电粒子在匀强磁场中的运动
1.不计重力的带电粒子在匀强磁场中的运动可分三种情况：一是匀速直线运动；二是匀速圆周运动；三是螺旋运动.从运动形式可分为：匀速直线运动和变加速曲线运动.
2.如果不计重力的带电粒子的运动方向与磁场方向平行时，带电粒子做匀速直线运动，是因为带电粒子在磁场中不受洛伦兹力的作用.
3.如果不计重力的带电粒子的运动方向与磁场方向垂直时，带电粒子做匀速圆周运动，是因为带电粒子在磁场中受到的洛伦兹力始终与带电粒子的运动方向垂直，只改变其运动方向，不改变其速度大小.
4.不计重力的带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的轨迹半径r=mv/Bq;其运动周期T=2m/Bq(与速度大小无关).
5.不计重力的带电粒子垂直进入匀强电场和垂直进入匀强磁场时都做曲线运动，但有区别：带电粒子垂直进入匀强电场，在电场中做匀变速曲线运动(类平抛运动)；垂直进入匀强磁场，则做变加速曲线运动(匀速圆周运动)
6.带电粒子在匀强磁场中做不完整圆周运动的解题思路：
(1)用几何知识确定圆心并求半径.
因为F方向指向圆心，根据F一定垂直v，画出粒子运动轨迹中任意两点(大多是射入点和出射点)的F或半径方向，其延长线的交点即为圆心，再用几何知识求其半径与弦长的关系.
(2)确定轨迹所对的圆心角，求运动时间.
先利用圆心角与弦切角的关系，或者是四边形内角和等于360°(或2)计算出圆心角的大小，再由公式t=T/3600(或T/2 )可求出运动时间.
六、带电粒子在复合场中运动的基本分析
1.这里所说的复合场是指电场、磁场、重力场并存，或其中某两种场并存的场.带电粒子在这些复合场中运动时，必须同时考虑电场力、洛伦兹力和重力的作用或其中某两种力的作用，因此对粒子的运动形式的分析就显得极为重要.
2.当带电粒子在复合场中所受的合外力为0时，粒子将做匀速直线运动或静止.
3.当带电粒子所受的合外力与运动方向在同一条直线上时，粒子将做变速直线运动.
4.当带电粒子所受的合外力充当向心力时，粒子将做匀速圆周运动.
5.当带电粒子所受的合外力的大小、方向均是不断变化的，则粒子将做变加速运动，这类问题一般只能用能量关系处理.
七、电场力和洛伦兹力的比较
1.在电场中的电荷，不管其运动与否，均受到电场力的作用；而磁场仅仅对运动着的、且速度与磁场方向不平行的电荷有洛伦兹力的作用.
2.电场力的大小F=Eq,与电荷的运动的速度无关；而洛伦兹力的大小f=Bqvsina，与电荷运动的速度大小和方向均有关.
3.电场力的方向与电场的方向或相同、或相反；而洛伦兹力的方向始终既和磁场垂直，又和速度方向垂直.
4.电场既可以改变电荷运动的速度大小，也可以改变电荷运动的方向，而洛伦兹力只能改变电荷运动的速度方向，不能改变速度大小.
5.电场力可以对电荷做功，能改变电荷的动能；洛伦兹力不能对电荷做功，不能改变电荷的动能.
6.匀强电场中在电场力的作用下，运动电荷的偏转轨迹为抛物线；匀强磁场中在洛伦兹力的作用下，垂直于磁场方向运动的电荷的偏转轨迹为圆弧.
八、对于重力的考虑
重力考虑与否分三种情况.(1)对于微观粒子，如电子、质子、离子等一般不做特殊交待就可以不计其重力，因为其重力一般情况下与电场力或磁场力相比太小，可以忽略；而对于一些实际物体，如带电小球、液滴、金属块等不做特殊交待时就应当考虑其重力.(2)在题目中有明确交待的是否要考虑重力的，这种情况比较正规，也比较简单.(3)是直接看不出是否要考虑重力，但在进行受力分析与运动分析时，要由分析结果，先进行定性确定再是否要考虑重力.
九、动力学理论：
(1)粒子所受的合力和初速度决定粒子的运动轨迹及运动性质；
(2)匀变速直线运动公式、运动的合成和分解、匀速圆周运动的运动学公式；
(3)牛顿运动定律、动量定理和动量守恒定律；
(4)动能定理、能量守恒定律.
十、在生产、生活、科研中的应用：如显像管、回旋加速器、速度选择器、正负电子对撞机、质谱仪、电磁流量计、磁流体发电机、霍尔效应等等.
正因为这类问题涉及知识面大、能力要求高，而成为近几年高考的热点问题，题型有选择、填空、作图等，更多的是作为压轴题的说理、计算题.分析此类问题的一般方法为：首先从粒子的开始运动状态受力分析着手，由合力和初速度判断粒子的运动轨迹和运动性质，注意速度和洛伦兹力相互影响这一特点，将整个运动过程和各个阶段都分析清楚，然后再结合题设条件，边界条件等，选取粒子的运动过程，选用有关动力学理论公式求解?
常见的问题类型及解法.
【例1】 如图，在某个空间内有一个水平方向的匀强电场，电场强度，又有一个与电场垂直的水平方向匀强磁场，磁感强度B＝10T。现有一个质量m＝2×10-6kg、带电量q＝2×10-6C的微粒，在这个电场和磁场叠加的空间作匀速直线运动。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，微粒在电场线方向上移过了多大距离。（ｇ取10m／S2）
【解析】 题中带电微粒在叠加场中作匀速直线运动，意味着微粒受到的重力、电场力和磁场力平衡。进一步的分析可知：洛仑兹力f与重力、电场力的合力F等值反向，微粒运动速度V与f垂直，如图2。当撤去磁场后，带电微粒作匀变速曲线运动，可将此曲线运动分解为水平方向和竖直方向两个匀变速直线运动来处理，如图3。由图2可知：
又：
　　解之得：
　　由图3可知，微粒回到同一条电场线的时间
则微粒在电场线方向移过距离
【解题回顾】本题的关键有两点：
(1)根据平衡条件结合各力特点画出三力关系；(2)将匀变速曲线运动分解
【例2】如图所示，质量为m，电量为q的带正电
的微粒以初速度v0垂直射入相互垂直的匀强电场和
匀强磁场中，刚好沿直线射出该场区，若同一微粒
以初速度v0/2垂直射入该场区，则微粒沿图示的
曲线从P点以2v0速度离开场区，求微粒在场区中
的横向(垂直于v0方向)位移，已知磁场的磁感应强度大小为B.
【解析】速度为v0时粒子受重力、电场力和磁场力，三力在竖直方向平衡；速度为v0/2时，磁场力变小，三力不平衡，微粒应做变加速度的曲线运动.
当微粒的速度为v0时，做水平匀速直线运动，有: qE=mg+qv0B ①；
当微粒的速度为v0/2时，它做曲线运动，但洛伦兹力对运动的电荷不做功，只有重力和电场力做功，设微粒横向位移为s，由动能定理
(qE-mg)s=1/2m(2v0)2-1/2m(v0/2)2 ②.
将①式代入②式得qv0BS=15mv02/8，
所以s=15mv0/(8qB).
【解题回顾】由于洛伦兹力的特点往往会使微粒的运动很复杂，但这类只涉及初、末状态参量而不涉及中间状态性质的问题常用动量、能量观点分析求解?
【例3】在xOy平面内有许多电子(质量为m，电量为e)从
坐标原点O不断地以相同大小的速度v0沿不同的方向射入
第一象限，如图所示，现加一个垂直于xOy平面的磁感应强度
为B的匀强磁场，要求这些电子穿过该磁场后都能平行于x轴
向x轴正方向运动，试求出符合条件的磁场的最小面积.?
【分析】电子在磁场中运动轨迹是圆弧，且不同方向射出
的电子的圆形轨迹的半径相同(r=mv0/Be).假如磁场区域
足够大，画出所有可能的轨迹如图所示，
其中圆O1和圆O2为从圆点射出，经第一象限的所有圆中的最低和最高位置的两个圆，若要使电子飞出磁场平行于x轴，这些圆的最高点应是区域的下边界，
可由几何知识证明，此下边界为一段圆弧将这些圆心连线(图中虚线O1O2)向上平移一段长度为r=mv0/eB的距离即图中的弧ocb就是这些圆的最高点的连线，应是磁场区域的下边界.；圆O2的y轴正方向的半个圆应是磁场的上边界，两边界之间图形的面积即为所求?
图中的阴影区域面积，即为磁场区域面积
S=
【解题回顾】数学方法与物理知识相结合是解决物理
问题的一种有效途径.本题还可以用下述方法求出下边界.
设P(x,y)为磁场下边界上的一点，经过该点的电子初速度
与x轴夹角为，则由图可知：x=rsin, y=r-rcos
得: x2+(y-r)2=r2 所以磁场区域的下边界也是半径为r，
圆心为(0,r)的圆弧
【例4】如图所示，在x轴上方有垂直于xy平面向
里的匀强磁场，磁感应强度为B；在x轴下方有沿y轴
负方向的匀强电场，场强为E.一质量为m，电量为-q的
粒子从坐标原点O沿着y轴正方向射出?射出之后，
第三次到达x轴时，它与点O的距离为L.求此粒子
射出的速度v和在此过程中运动的总路程s(重力不计).?
【解析】由粒子在磁场中和电场中受力情况与粒子的速度可以判断粒子从O点开始在磁场中匀速率运动半个圆周后进入电场，做先减速后反向加速的匀变直线运动，再进入磁场，匀速率运动半个圆周后又进入电场，
如此重复下去.?
粒子运动路线如图3-11所示，有L=4R ①?
粒子初速度为v，则有qvB=mv2/R ②，
由①、②可得v=qBL/4m ③.
设粒子进入电场做减速运动的最大路程为L，
加速度为a,
则有v2=2aL ④， qE=ma, ⑤
粒子运动的总路程s=2R+2L. ⑥
由①、②、③、④、⑤、⑥式，
得:s=L/2+qB2L2/(16mE).
【解题回顾】把复杂的过程分解为几个简单的
过程，按顺序逐个求解，或将每个过程所满足的规律公式写出，结合关联条件组成方程，再解方程组，这就是解决复杂过程的一般方法?另外，还可通过开始n个过程的分析找出一般规律，推测后来的过程，或对整个过程总体求解将此题中的电场和磁场的空间分布和时间进程重组，便可理解回旋加速器原理，并可用后一种方法求解.?
【例5】电磁流量计广泛应用于测量可导电流体(如污水)在管中的流量(在单位时间内通过管内横载面的流体的体积)?为了简化，假设流量计是如图3-12所示的横载面为长方形的一段管道，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液体的管道
相连接(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，现将流量计所在处加
磁感应强度为B的匀强磁场，磁场方向垂直于前后
两面，当导电液体稳定地流经流量计时，在管外将流量计上、下表面分别与一串接了电阻R的电流表的两端连接，I表示测得的电流值，已知流体的电阻率，不计电流表的内阻，则可求得流量为多大
【解析】导电流体从管中流过时，其中的阴阳离子会受磁场力作用而向管的上下表面偏转，上、下表面带电后一方面使阴阳离子又受电场力阻碍它们继续偏转，直到电场力与磁场力平衡；另一方面对外接电阻来说，上、下表面相当于电源，使电阻中的电流满足闭合电路欧姆定律.
设导电流体的流动速度v，由于导电流体中正、负离子在磁场中的偏转，在上、下两板上积聚电荷，在两极之间形成电场，当电场力qE与洛伦兹力qvB平衡时，E=Bv，两金属板上的电动势E′=Bcv，内阻r=c/ab，与R串联的电路中电流:I=Bcv/(R+r),
v=I(R+ c/ab)/Bc；
流体流量:Q=vbc=I(bR+c/a)/B
【解题回顾】因为电磁流量计是一根管道，内部没有任何阻碍流体流动的结构，所以可以用来测量高黏度及强腐蚀性流体的流量?它还具有测量范围宽、反应快、易与其他自动控制装置配套等优点?可见，科技是第一生产力.
本题是闭合电路欧姆定律与带电粒子在电磁场中运动知识的综合运用?这种带电粒子的运动模型也称为霍尔效应，在许多仪器设备中被应用.如速度选择器、磁流体发电机等等.
【例6】如图所示，匀强磁场磁感应强度为B，方向垂直xOy平面向外.某一时刻有一质子从点(L0，0)处沿y轴负向进入磁场；同一时刻一α粒子从点(-L0，0)进入磁场，速度方向在xOy平面内.设质子质量为m，电量为e，不计质子与α粒子间相互作用.
(1)如果质子能够经过坐标原点O，则它的速度多大
(2)如果α粒子第一次到达原点时能够与质子相遇，
求α粒子的速度.
【解析】带电粒子在磁场中的圆周运动的解题关键
是其圆心和半径，在题目中如能够先求出这两个
量，则解题过程就会变得简洁，余下的工作就是
利用半径公式和周期公式处理问题.
(1)质子能够过原点，则质子运动的轨迹半径
为R=L0/2，再由r=mv/Bq,且q=e即可得：
v=eBL0/2m；此题中还有一概念，圆心位置一定在垂直于速度的直线上，所以质子的轨迹圆心一定在x轴上；
(2)上一问是有关圆周运动的半径问题，而这一问则是侧重于圆周运动的周期问题了，两个粒子在原点相遇，则它们运动的时间一定相同，即tα=TH/2，且α粒子运动到原点的轨迹为一段圆弧，设所对应的圆心角为，则
有 tα=2m/2Be，可得=/2,
则α粒子的轨迹半径R=L0/2=4mv/B2e,
答案为v= eBL0/(4m)，与x轴正方向的夹角为/4，右向上；
事实上α粒子也有可能运动3T/4时到达原点且与质子相遇，则此时质子则是第二次到原点，这种情况下速度大小的答案是相同的，但α粒子的初速度方向与x轴的正方向的夹角为3/4，左向上；
【解题回顾】类似问题的重点已经不是磁场力的问题了，侧重的是数学知识与物理概念的结合，此处的关键所在是利用圆周运动的线速度与轨迹半径垂直的方向关系、弦长和弧长与圆的半径的数值关系、圆心角与圆弧的几何关系来确定圆弧的圆心位置和半径数值、周期与运动时间.当然r=mv/Bq、T=2m/Bq两公式在这里起到一种联系作用.
【例7】如图所示，在光滑的绝缘水平桌面上，
有直径相同的两个金属小球a和b，质量分别
为ma=2m,mb=m，b球带正电荷2q，静止在
磁感应强度为B的匀强磁场中；不带电小球a
以速度v0进入磁场，与b球发生正碰，若碰后b球对桌面压力恰好为0，求a球对桌面的压力是多大
【解析】本题相关的物理知识有接触起电、动量守恒、洛伦兹力，受力平衡与受力分析，而最为关键的是碰撞过程，所有状态和过程都是以此为转折点，物理量的选择和确定亦是以此作为切入点和出发点；
碰后b球的电量为q、a球的电量也为q，设b球的速度为vb，a球的速度为va；以b为研究对象则有Bqvb=mbg;可得vb=mg/Bq;
以碰撞过程为研究对象，有动量守恒，
即mav0=mava+mbvb,将已知量代入可得va=v0-mg/(2Bq);本表达式中va已经包含在其中，分析a碰后的受力，则有N+Bqva=2mg，得N=(5/2)mg-Bqv0；
【解题回顾】本题考查的重点是洛伦兹力与动量问题的结合，实际上也可以问碰撞过程中产生内能的大小，就将能量问题结合进来了.
【例8】. 如图所示，在xOy平面上，a点坐标为（0，L），平面内一边界通过a点和坐标原点O的圆形匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向里，有一电子（质量为m，电量为e）从a点以初速度平行x轴正方向射入磁场区域，在磁场中运动，恰好从x轴正方向上的b点（图中未标出），射出磁场区域，此时速率方向与x轴正方向的夹角为，求：
（1）磁场的磁感应强度；
（2）磁场区域的圆心O1的坐标；
（3）电子在磁场中的运动时间。
【解析】电子在匀强磁场中作匀速圆周运动，从a点射入b点射出磁场区域，故所求圆形磁场区域区有a点、O点、b点，电子的运动轨迹如图中虚线所示，其对应的圆心在O2点，令，作角，如图所示：
代入
由上式得
电子在磁场中飞行的时间；
由于⊙O1的圆周角，所以ab直线段为圆形磁场区域的直径，则，故磁场区域圆心O1的坐标，
，即坐标
【解题回顾】本题关键为入射方向与出射方向成一定角度（题中为600），从几何关系认识到带电粒子回旋的圆弧为1/6圆的周长，再通过几何关系确定1/6圆弧的圆，半径是或，进而可确定圆形区域的圆心坐标。
【例9】 如图所示，在图中第I象限的区域里有平行于y轴的匀强电场，在第IV象限区域内有垂直于Oxy平面的匀强磁场B。
带电粒子A，质量为，电量，从y轴上A点以平行于x轴的速度射入电场中，已知，求：
（1）粒子A到达x轴的位置和速度大小与方向；
（2）在粒子A射入电场的同时，质量、电量与A相等的粒子B，从y轴上的某点B以平行于x轴的速度射入匀强磁场中，A、B两个粒子恰好在x轴上迎面正碰（不计重力，也不考虑两个粒子间的库仑力）试确定B点的位置和匀强磁场的磁感强度。
【解析】粒子A带正电荷，进入电场后在电场力作用下沿y轴相反方向上获得加速度，
设A、B在x轴上P点相碰，则A在电场中运动时间可由求解：
由此可知P点位置：
粒子A到达P点的速度，
与x轴夹角：
（2）由（1）所获结论，可知B在匀强磁场中作匀速圆周运动的时间也是，轨迹半径
粒子B在磁场中转过角度为，运动时间为
　　【例10】 如图4，质量为1g的小环带4×10-4C的正电，套在长直的绝缘杆上，两者间的动摩擦因数μ＝0.2。将杆放入都是水平的互相垂直的匀强电场和匀强磁场中，杆所在平面与磁场垂直，杆与电场的夹角为37°。若E＝10N／C，B＝0.5T，小环从静止起动。求：(1)当小环加速度最大时，环的速度和加速度；(2)当小环的速度最大时，环的速度和加速度。
　　【解析】 (1)小环从静止起动后，环受力如图5，随着速度的增大，垂直杆方向的洛仑兹力便增大，于是环上侧与杆间的正压力减小，摩擦力减小，加速度增大。当环的速度为Ｖ时，正压力为零，摩擦力消失，此时环有最大加速度am。
在平行于杆的方向上有：mgsin37°－qE cos37°＝mam
　　解得：am＝2.8m／S2
　　在垂直于杆的方向上有：
　　BqV＝mgcos37°＋qEsin37°
　　解得：V＝52m/S
（2）在上述状态之后，环的速度继续增大导致洛仑兹力继续增大，致使小环下侧与杆之
间出现挤压力N，如图6。于是摩擦力f又产生，杆的加速度a减小。V↑BqV↑N↑f ↑a↓，以上过程的结果，a减小到零，此时环有最大速度Vm。
　　在平行杆方向有：
　　mgsin37°＝Eqcos37°＋f
　　在垂直杆方向有
　　BqVm＝mgcos37°＋qEsin37°＋N
　　又f＝μN
　　解之：Vm＝122m/S
　　此时：a＝0
　　【例11】如图7，在某空间同时存在着互相正交的匀强电场和匀强磁场，电场的方向竖直向下。一带电体a带负电，电量为q1，恰能静止于此空间的c点，另一带电体b也带负电，电量为q2，正在过a点的竖直平面内作半径为r的匀速圆周运动，结果a、b在c处碰撞并粘合在一起，试分析a、b粘合一起后的运动性质。
　　【解析】：设a、b的质量分别为m1和m2，b的速度为V。a静止，则有q1E＝m1g
b在竖直平面内作匀速圆周运动，则隐含着Eq2＝m2g，此时
对a和b碰撞并粘合过程有m2V＋0＝（m1＋m2）V′
a、b合在一起后，总电量为q1＋q2，总质量为m1＋m2，仍满足
(q1＋q2)E＝(m1＋m2)g。因此它们以速率V′在竖直平面内作匀速圆周运动，故有
　　解得：
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7专题一 物理思想与物理方法
一、隔离分析法与整体分析法
隔离分析法是把选定的研究对象从所在物理情境中抽取出来，加以研究分析的一种方法.需要用隔离法分析的问题，往往都有几个研究对象，应对它们逐一隔离分析、列式.并且还要找出这些隔离体之间的联系，从而联立求解.概括其要领就是：先隔离分析，后联立求解.
1.隔离法.
【例1】如图所示，跨过滑轮细绳的两端分别系有
m1=1kg、m2=2kg的物体A和B.滑轮质量m=0.2kg，不
计绳与滑轮的摩擦，要使B静止在地面上，则向上的拉
力F不能超过多大
【解析】(1)先以B为研究对象，当B即将离开地面时，
地面对它的支持力为0.它只受到重力mBg和绳子的拉力
T的作用，且有：T- mBg=0.
(2)再以A为研究对象，在B即将离地时，
A受到重力和拉力的作用，由于T=mBg＞mAg，
所示A将加速上升.有T- mAg=mAaA.
(3)最后以滑轮为研究对象，此时滑轮受到四个力作用：重力、拉力、两边绳子的两个拉力T.有F- mg-2T=ma.
这里需要注意的是：在A上升距离s时，滑轮只上升了s/2，故A的加速度为滑轮加速度的2倍，即： aA=2a.
由以上四式联立求解得：F=43N.
2.整体分析法.
整体分析法是把一个物体系统(内含几个物体)看成一个整体，或者是着眼于物体运动的全过程，而不考虑各阶段不同运动情况的一种分析方法.
【例2】如图所示，质量0.5kg、长1.2m的金属盒，放在水平桌面上，它与桌面间动摩擦因数=0.125.在盒内右端放着质量也是0.5kg、半径0.1m的弹性小球，球与盒接触光滑.若在盒的左端给盒以水平向右1.5N·s的冲量，设盒在运动中与球碰撞的时间极短，且无能量损失.求：盒从开始运动到完全停止所通过的路程是多少 (g取10m/s２)
【解析】此题中盒与球交替做不同形式的运动，若用隔离法分段求解，将非常复杂.我们可以把盒和球交替运动的过程看成是在地面摩擦力作用下系统动能损耗的整体过程.
这个系统运动刚开始所具有的动能即为盒的动能
mv02/2=p2/2m=1.52/(2×0.5)=2.25J
整体在运动中受到的摩擦力：
f=N=2mg=10×0.125=1.25N
根据动能定理，可得-fs=0-mv02/2 , s=1.8m
【解题回顾】不少同学分析完球与盒相互作用和运动过程后，用隔离法分段求解.先判断盒与球能否相撞，碰撞后交换速度，再求盒第二次运动的路程，再把各段路程相加.对有限次碰撞尚能理解，但如果起初的初动能很大，将会发生多次碰撞，遇到这种情况时，同学们会想到整体法吗
当然，隔离分析法与整体分析法是相辅相成的，是不可分割的一个整体。有时需要先用隔离分析法，再用整体分析法；有时需要先用整体分析法，再用隔离分析法。
二、极值法与端值法
极值问题是中学物理中常见的一类问题.在物理状态发生变化的过程中，某一个物理量的变化函数可能不是单调的，它可能有最大值或最小值.分析极值问题的思路有两种：一种是把物理问题转化为数学问题，纯粹从数学角度去讨论或求解某一个物理函数的极值.它采用的方法也是代数、三角、几何等数学方法；另一种是根据物体在状态变化过程中受到的物理规律的约束、限制来求极值.它采用的方法是物理分析法.
【例3】如图所示，一辆有四分之一圆弧的小车
停在不光滑的水平地面上，质量为m的小球从静止
开始由车的顶端无摩擦滑下，且小车始终保持静止
状态.试分析：当小球运动到什么位置时，地面对
小车的静摩擦力最大 最大值为多少
【解析】设圆弧半径为R，当小球运动到重力与半径夹角为时，速度为v.根据机械能守恒定律和牛顿第二定律有:
mv2/2=mgRcos
N-mgcos=mv2/R
解得小球对小车的压力为:N=3mgcos
其水平分量为Nx=3mgcossin=3mgsin2/2
根据平衡条件，地面对小车的静摩擦力水平向右，大小为：f=Nx=3mgsin2/2
可以看出：当sin2=1,即=45°时，地面对车的静摩擦力最大，其值为fmax=3mg/2
【例4】如图所示，娱乐场空中列车
由许多节完全相同的车厢组成，列车
先沿水平轨道行驶，然后滑上半径为
R的空中圆环形光滑轨道.若列车全长
为L(L＞2R)，R远大于一节车厢的长
度和高度，那么列车在运行到圆环前的速度v0至少多大，才能使整个列车安全通过圆环轨道
【解析】滑上轨道前列车速度的最小值v0与轨道最高处车厢应具有的速度的最小值v相对应.这里v代表车厢恰能滑到最高处，且对轨道无弹力的临界状态.由:
mg=mv2/R
得:v=
因轨道光滑，根据机械能守恒定律，列车在滑上轨道前的动能应等于列车都能安全通过轨道时应具有的动能和势能.因各节车厢在一起，故它们布满轨道时的速度都相等，且至少为 . 另外列车势能还增加了M′gh，其中M′为布满在轨道上车厢的质量，M′=M(2R/L)，h为它们的平均高度，h=R. 因L＞2R ，故仍有一些车厢在水平轨道上，它们的速度与轨道上车厢的速度一样，但其势能为0，由以上分析可得：
Mv02/2=Mv2/2+M(2R/L)gR
三、等效法
等效法是物理思维的一种重要方法，其要点是在效果不变的前提下，把较复杂的问题转化为较简单或常见的问题.应用等效法，关键是要善于分析题中的哪些问题(如研究对象、运动过程、状态或电路结构等)可以等效.
【例5】如图(甲)所示电路甲由8个不同的
电阻组成，已知R1=12Ω，其余电阻阻值未知，
测得A、B间的总电阻为4Ω，今将R1换成
6Ω的电阻，则A、B间的总电阻是多少
【解析】此题电路结构复杂，很难找出各电阻间串、并联的关系
由于8个电阻中的7个电阻的阻值未知，即使能理顺各
电阻间的关系，也求不出它们连结后的总阻值.但是，由于各
电阻值一定，连结成电路后两点间的电阻值也是一定的，我们
把R1外的其余部分的电阻等效为一个电阻R′，如图电路乙
所示，则问题将迎刃而解.由并联电路的规律得：
4=12R′/(12+R′)
R=6R′/(6+R′)
解得R=3
【例6】如图所示，一个“V”型玻璃管
倒置于竖直平面内，并处于E=103v/m、方向
竖直向下的匀强电场中，一个带负电的小球，
重为G=10-3N，电量q=2×10-6C，从A点由
静止开始运动，球与管壁的摩擦因数=0.5.
已知管长AB=BC=2m，倾角=37°，且管顶B
处有一很短的光滑圆弧.求：
(1)小球第一次运动到B时的速度多大
(2)小球运动后，第一次速度为0的位置在何处
(3)从开始运动到最后静止，小球通过的总路程是多少
(sin37°=0.6，cos37°=0.8)
【解析】小球受到竖直向上的电场力为F=qE=2×10-3N =2G，重力和电场合力大小等于重力G，方向竖直向上，这里可以把电场力
与重力的合力等效为一个竖直上的“重力”，将整个
装置在竖直平面内旋转180°就变成了常见的物理
模型——小球在V型斜面上的运动.如图所示，
(1)小球开始沿这个“V”型玻璃筒运动的加速度为
a1=g(sin-cos)=10×(sin37°-cos37°)=2m/s2
所以小球第一次到达B点时的速度为:
(2)在BC面上，小于开始从B点做匀减速运动，加速度的大小为:
a2=g(sin+cos)=10×(sin37°+cos37°)=10m/s2
所以，速度为0时到B的距离为
s=v2/2a2=0.4m
(3)接着小球又反向向B加速运动，到B后又减速向A运动，这样不断地往复，最后停在B点.如果将全过程等效为一个直线运动，则有：
mglsin=mgcosL
所以 L=ltan/=3m
即小球通过的全路程为3m.
四、排除法解选择题
排除法又叫筛选法，在选择题提供的四个答案中，若能判断A、B、C选项不对，则答案就是D项.在解选择题时，若能先把一些明显不正确的答案排除掉，在所剩下的较少选项中再选择正确答案就较省事了.
【例7】在光滑水平面上有A、B两个小球，它们均向右在同一直线上运动，若它们在碰撞前的动量分别是pA=12kg·m/s，pB=13kg·m/s(向右为正方向)，则碰撞后它们动量的变化量△pA及△pB有可能的是
A.△pA =4kg·m/s △pB =-4kg ·m/s
B.△pA =-3kg ·m/s △pB =3kg ·m/s
C.△pA =-24kg ·m/s △pB =24kg ·m/s
D.△pA =-5kg ·m/s △pB =8kg ·m/s
【解析】依题意：A、B均向右运动，碰撞的条件是A的速度大于B的速度，碰撞时动量将由A向B传递，A的动量将减少，B的动量将增加，即△pA＜0，△pB＞0，故A是错误的.根据动量守恒定律应有：△pA=△pB.所以D是错误的，C选项中，A球的动量从12kg·m/s变为-12kg·m/s，大小不变，因而它的动能不变，但B球动量增大到37kg·m/s，动能增大，说明碰撞后系统的动能增加，这不符合能量守恒定律.所以只有B选项正确.
五、微元法
一切宏观量都可被看成是由若干个微小的单元组成的.在整个物体运动的全过程中，这些微小单元是其时间、空间、物质的量的任意的且又具有代表性的一小部分.通过对这些微小单元的研究，我们常能发现物体运动的特征和规律.微元法就是基于这种思想研究问题的一种方法.
【例8】真空中以速度v飞行的银原子持续打在器壁上产生的压强为P，设银原子打在器壁上后便吸附在器壁上，银的密度为.则器壁上银层厚度增加的速度u为多大
【解析】银原子持续飞向器壁，打在器壁上吸附在器壁上速度变为0，动量发生变化是器壁对银原子有冲量的结果.
设△t时间内飞到器壁上面积为S的银原子的质量为m，银层增加的厚度为x.
由动量定理F△t=mv.又m=Sx.
两式联立得F△t= Sxv，整理变形得：
P=F/S=Sxv/△t= vu.
所以:u=P/v.
六、作图法
作图法就是通过作图来分析或求解某个物理量的大小及变化趋势的一种解题方法.通过作图来揭示物理过程、物理规律，具有直观形象、简单明了等优点.
【例9】某物体做初速度不为0的匀变速直线运动，在时间t内通过的位移为s，设运动过程中间时刻的瞬时速度为v1，通过位移s中点的瞬间速度为v2，则
A.若物体做匀加速直线运动，则v1＞v2
B.若物体做匀加速直线运动，则v1 ＜v2
C.若物体做匀减速直线运动，则v1 ＞v2
D.若物体做匀减速直线运动，则v1 ＜v2
【解析】初速度不为0的匀加速直线运动与匀减速运动的图像如图(a)、(b)所示，
在图(a)、(b)上分别作出中间时刻所对应的速度v1，根据图线下方所围的面积即为运动物体所通过的位移，将梯形分为左右面积相等的两部分，作出位移中点对应的速度v2,可见不论是匀加速运动还是匀减速运动，都是v1 ＜v2.故本题答案应选B、D.
练习题
1.如图所示．在光滑的水平金属杆上套一个质量为m的金属环，用质量不计的细线吊一个质量为M的物体，对m施加平行于杆的力则m做匀加速运动，细线与竖直方向成α角．一切阻力均不计，求水平拉力大小 (F=(M+m)gtanα)
2.如图所示，直杆质量为M，小猴质量为m．今将悬线剪断后，小猴保持所在高度不变，直杆的加速度有多大？
3.带电量为q的质量为m的小球在离光滑绝缘平面高H0处，以v0速度竖直向上运动．已知小球在运动中所受阻力为f，匀强电场场强为E，方向竖直向下，如图9－15所示．小球每次与水平面相碰均无机械能损失，带电小球经过的路程多大？
4.两相互平行的金属板，长L，板间距离为d，两板间有沿水平向纸面外的匀强磁场．今有一质量为m带电量为q的正离子(重力不计)从两板中央的左端水平射入磁场中，如图所示．
问初速度v0应满足什么条件，才能使带电粒子飞离磁场而不至于落到金属板上？
解　 粒子从右端射出而不落到金属板上，粒子初速度为v1，粒子运动轨迹如图11－13(甲)所示，则
①
②
由①、②求得
粒子从左端射出而不落到金属板上，设粒子初速度为v2，其运动轨迹如图11-13(乙)所示．
则
综上所述，带电粒子能飞离磁场，而不落到金属板上，其初速度应
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1板块Ⅰ 运动和力
【总 纲】物体受到什么样的力，就做什么样的运动。
【内容分析】
一、力
二、运动
三、运动和力的关系
一个力学的金科玉律—牛顿第二运动定律
例如以上各种运动的受力特点：
（1）…………………………………物体静止或作匀速直线运动（平衡状态）
这也是从实验方法验证牛顿第一运动定律（理想定律）的思路。
（2）恒定，也恒定，而且与同一直线………………物体做匀变速直线运动
（3）恒定，也恒定，而且与不同直线……………… 物体做匀变速曲线运动
（4）大小不变而方向始终垂直指向圆心…………………………物体做匀速圆周运动
（5）与位移的关系为（回复力）…………………物体做简谐运动
附：一个使物体产生转动效果的物理量——力矩
公式：
单位： （不能化成）
规定： 能使物体产生逆时针转动的为正力矩
能使物体产生顺时针转动的为负力矩
［一般解题思路］
［例题选讲］
【例1】重力为G的物体A受到与竖直方向成α角的外力F后，静止在竖直墙面上，如图所示，试求墙对物体A的静摩擦力。
解析：当时，物体在竖直方向上受力已经平衡，故静摩擦力为零；
当时，物体有向下滑动的趋势，故静摩擦力f的方向向上，大小为；
当时，物体有向上滑动的趋势，故静摩擦力f的方向向下，大小为。
【例2】竖直绝缘壁上的Q点有一固定的质点A，在Q的正下方P点用丝线悬挂另一质点B，已知PA=PB，A、B两质点因带电而互相排斥，致使悬线和竖直方向成θ角，（如图所示），由于漏电使A、B两质点的带电量逐渐减少，在电荷漏完之前悬线对悬点P的拉力大小。
A、逐渐减小 B、逐渐增大
C、保持不变 D、先变小后变大
解析：质点B受重力G、悬线的拉力T和静电场力F三力作用而平衡，这三力中，T与F的大小、方向均随θ角的变化而变化。由F合、T、F三力构成的三角形与几何三角形PAB相似，所以有。又∵F合=G，解之得：，由于在θ减小过程中，PA与PB相等，故T始终与G相等，可见，悬线对悬点P的拉力大小保持不变，选项C正确。
【例3】如图所示，在绝缘的竖直放置的塑料管内有一质量为0.1g、带电量的小球，管子放在如图所示的正交匀强电场和匀强磁场中。匀强电场方向水平向右，匀强磁场的方向垂直于纸面向里。已知磁感应强度B=0.5T，电场强度E=10N/C，小球与管壁间的动摩擦因数μ=0.2，g取10m/s2，管子足够长。求：
（1）小球沿管子内壁下滑的最大速度；
（2）若其他条件不变，仅将电场方向反向时，小球下滑的最大速度。
解：（1）开始时，小球速度为零，受到重力、电场力和管壁的弹力和摩擦力，一旦小球向下运动，小球除了受到上述四个力的作用外还受到洛伦兹力。小球从静止开始向下加速运动，随着速度的增加，洛伦兹力随着增大，压力也逐渐增大，滑动摩擦力也逐渐增大，而重力和电场力是不变的，故小球加速度渐减。当加速度减为零，即小球受力平衡是速度最大，此时小球受力如图（1）所示。由于，得。
（2）在电场方向反向的情况下，由于洛伦兹力同电场力反向，当速度逐渐增大时，洛伦兹力渐增，压力渐减，摩擦力渐减，加速度渐增。当电场力和洛伦兹力平衡时，摩擦力为零，加速度最大为a=g。随着小球速度继续增加，洛伦兹力大于电场力，压力反向并逐渐增大，摩擦力又逐渐增大，加速度逐渐减少直至为零。此时小球受力平衡，速度达到最大，小球受力如图（2）所示，由，得。
［练习题］
1． 竖直向上抛出的小球，运动中所受的空气阻力不能忽略。则
A、 因为小球向上做减速运动，向下做加速运动，所以小球向上的加速度小于向下的加速度；
B、 小球向上运动时所受合力大于向下运动时的合力；
C、 小球到达最高点时的加速度为零；
D、 小球到达最高点时的加速度为g（重力加速度）。
2． 在同一匀强电场中，两带电粒子只受电场力作用，
A、 其中带电量大的，其加速度一定大；
B、 若两粒子质量相等，它们加速度大小必相等；
C、 粒子的荷质比相等，它们的加速度就相等；
D、 粒子的荷质比相等，它们的加速度也可能不相等；
3． 如图（a）、（b）所示，并排放在光滑水平面上的物体P、Q质量分别为M、m，大小为F的水平推力作用于P时，P、Q间作用力大小为N1，同样大小的水平推力F作用于Q上时，P、Q间的作用力大小为N2。则
A、 N1 =N2
B、
C、
D、
4． 一列简谐波沿直线传播，在波的传播方向上，介质中有P、Q两质点相距6m。在t=0时刻，P、Q同时反向经过平衡位置，且中间只有一个波峰，而在t=0.1s时刻，P、Q又同时经过平衡位置，则这列波的波长和波速可能是：
A、 2m，60m/s；
B、 4m，20m/s；
C、 6m，30m/s；
D、 3m，15m/s。
5． 一根轻杆，左端O为转轴，a、b、c为三个质量相等的小球，均匀固定在杆上（即Oa=ab=bc），轻杆带动三个小球在水平面是做匀速转动，如图所示。则三段杆的张力之比T1：T2：T3
A、1：2：3 B、3：2：1
C、6：5：3 D、6：5：2
6． 如图所示，轻质弹簧下挂重为300N的物体A 时伸长了3cm，再挂上重为200N的物体B时，弹簧又伸长了2cm，若将连接A、B的细线烧断，A就在竖直面内做简谐运动，则
A、 最大回复力为300N；
B、 最大回复力为200N；
C、 振子的振幅为2cm；
D、 振子的振幅为3cm。
7． 如图所示，质量分别为m1、m2的木块A、B叠放于光滑水平面上，若要用力F把A从B上面拉出，已知A、B的动摩擦因数为μ，则F的最小值为
A、 μm1g；
B、 μm2g；
C、 μ(m1+m2)g；
D、
8． 同步通信卫星离地高度为R（R为地球半径），设月球绕地球的运行周期为27天，试估算月球的离地高度为多少R？
9． 如图所示，与水平面成37°角的传送带A、B长16m，以10m/s的速度匀速运动，现将质量为0.5Kg的物体于传送带的A端由静止释放。已知物体与传送带之间的动摩擦因数为0.5，求物体从A运动到B的时间。
（g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8）
10、半径为R的水平转台中心O的正上方h处有一质量为m的小泥团，当转台的半径OA转到图示位置的时刻，小泥团恰好沿OA方向水平抛出。当 小泥团落到转台平面上时刚好落在并固定于A点上。设小泥团对转台的撞击不影响转台的转动。求
（1）小泥团的抛出速度；
（2）转台的角速度；
（3）小泥团随转台转动时所受的水平力F的大小和方向。
11、图A是在高速公路上用超声波测速仪测量车速的示意图，测速仪发出并接收超声波脉冲信号，根据发出和受到的信号间的时间差，测出被测物体的速度。图B中p1、p2是测速仪发出的超声波信号，n1、n2是p1、p2由汽车反射回来的信号。设测速仪匀速扫描，p1、p2之间的时间间隔Δt=1.0s，超声波在空气中传播的速度，若汽车是匀速行使的，则根据图B可知，汽车在接收到p1、p2两个信号之间的时间内前进的距离是多少？汽车的速度是多少？
12、如图所示，质量为m的木块（可视为质点）沿倾角为θ的足够长的固定斜面以初速度 向上运动，已知木块与木板间的动摩擦因数为μ，求：
（1）木块上滑的加速度；
（2）木块上升到最高点时可能出现的情况，每种情况摩擦力f的大小、方向各有什么特点？
[答案]
1． BD； 2．D； 3．CD； 4．AB； 5．C； 6．BC； 7．D 8．59R； 9．2S；
10．（1） （2） （3），方向始终指向O
11．17，17.9
12．（1），方向沿斜面向下
（2）有三种情况：
第一种：
木块静止，，沿斜面向上；
第二种：
木块可能静止或沿斜面匀速下滑，此时，沿斜面向上；
第三种：
木块沿斜面匀加速下滑，，沿斜面向上。
场 力
(非接触力)
力按性质分的种类
库 仑 力
电 场 力
安 培 力
洛仑兹力
磁 场 力
弹簧的弹力
滑动摩擦力
静摩擦力
重 力
万有引力
摩擦力
(接触力)
弹 力
(接触力)
场力、弹力、摩擦力
顺序法
力的三要素
图示法
认准研究对象
隔离法
方法
力的分析
分解
合成
力的计算
力
公式
①为合力
②与具有同向、同时性
③为物体惯性的唯一量度
④力的单位：
物体的运动
匀变速运动（为恒量）
匀变速直线运动
，
，
规定
匀加速 匀减速
匀变速曲线运动
匀速直线运动
EMBED Equation.DSMT4
初速度为零的
匀加速直线运动
EMBED Equation.DSMT4
自由落体运动
竖直上抛运动
EMBED Equation.DSMT4
EMBED Equation.DSMT4
平抛运动
，
类平抛运动
（带电粒子在匀强电场中的运动）
匀速圆周运动（大小不变，方向、始终指向圆心）
天体运动
EMBED Equation.DSMT4
带电粒子在匀强磁场中的偏转
简谐运动
(大小方向周期性变化、始终指向平衡位置)
弹簧振子—重在讨论运动特点
单摆—周期公式
简谐波
特有现象
干涉、衍射
EMBED Equation.DSMT4
EMBED Equation.DSMT4
特例
传播
水平
确
定
研
究
对
象
建
立
方
程
判定运动状态
物体受力情况
应用
牛顿运动定律
运动学公式
或平衡条件
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