高中物理精典例题专题解析[共23专题]

专题01：运动学专题.doc 专题02：摩擦力专题.doc 专题03：牛顿运动定律总结.doc 专题04：万有引力定律全面提高.doc 专题05：动量、动量守恒定律.doc 专题06：机械能守恒定律.doc 专题07：功和能.doc

专题08：带电粒子在电场中的运动.doc 专题09：电场力的性质，能的性质.doc 专题10：电容器专题2.doc 专题11：电学图象专题.doc 专题12：恒定电流.doc

专题13：带电粒子在磁场中的运动.doc 专题14：电磁感应功能问题.doc 专题15：电磁感应力学综合题.doc 专题16：交流电.doc 专题17：几何光学.doc 专题18：物理光学.doc 专题19：如何审题.doc 专题20：物理解题方法.doc

专题21：高三后期复习的指导思想.doc 专题22：中档计算题专题.doc 专题23：创新设计与新情景问题.doc

一、运动学专题 直线运动规律及追及问题

一 、 例题

例题1.一物体做匀变速直线运动，某时刻速度大小为4m/s，1s后速度的大小变为10m/s，在这1s内该物体的 （ ）

A.位移的大小可能小于4m B.位移的大小可能大于10m C.加速度的大小可能小于4m/s

D.加速度的大小可能大于10m/s 析：同向时a1 s1 反向时a2 s2vtv0104m/s26m/s2 t1v0vt410t1m7m 22vtv0104m/s214m/s2 t1v0vt410t1m3m 22式中负号表示方向跟规定正方向相反 答案：A、D

例题2：两木块自左向右运动，现用高速摄影机在同一底片上多次曝光，记录下木快

每次曝光时的位置，如图所示，连续两次曝光的时间间隔是相等的，由图可知 （ ）

A 在时刻t2以及时刻t5两木块速度相同 B 在时刻t1两木块速度相同

C 在时刻t3和时刻t4之间某瞬间两木块速度相同 D 在时刻t4和时刻t5之间某瞬间两木块速度相同

解析：首先由图看出：上边那个物体相邻相等时间内的位移之差为恒量，可以判定其做匀变速直线运动；下边那个物t4 t5 t6 t7 t1 t2 t3 体很明显地是做匀速直线运动。由于t2及t3时刻两物体位置相同，说明这段时间内它们的位移

t1 t2 t3 t4 t5 t6 t7 相等，因此其中间时刻的即时速

度相等，这个中间时刻显然在t3、t4之间

答案：C

例题3 一跳水运动员从离水面10m高的平台上跃起，举双臂直立身体离开台面，此时中心位于从手到脚全长的中点，跃起后重心升高0.45m达到最高点，落水时身体竖直，手先入水（在此过程中运动员水平方向的运动忽略不计）从离开跳台到手触水面，他可用

2

于完成空中动作的时间是多少？（g取10m/s结果保留两位数字）

解析：根据题意计算时，可以把运动员的全部质量集中在重心的一个质点，且忽略其

v水平方向的运动，因此运动员做的是竖直上抛运动，由h0可求出刚离开台面时的速

2g度v0，由2gh3m/s，由题意知整个过程运动员的位移为－10m（以向上为正方向）

1sv0tat2得：

2－10=3t－5t

解得：t≈1.7s

思考：把整个过程分为上升阶段和下降阶段来解，可以吗？

例题4.如图所示，有若干相同的小面上的某一位置每隔0.1s释放一颗，在干颗钢球后对斜面上正在滚动的若干小

A B C D 钢球，从斜连续释放若球摄下照片

2

2如图，测得AB=15cm，BC=20cm，试求： （1） 拍照时B球的速度；

（2） A球上面还有几颗正在滚动的钢球

解析：拍摄得到的小球的照片中，A、B、C、D…各小球的位置，正是首先释放的某球每隔0.1s所在的位置.这样就把本题转换成一个物体在斜面上做初速度为零的匀加速运动的问题了。求拍摄时B球的速度就是求首先释放的那个球运动到B处的速度；求A球上面还有几个正在滚动的小球变换为首先释放的那个小球运动到A处经过了几个时间间隔（0.1s） （1）A、B、C、D四个小球的运动时间相差△T=0.1s

VB=

sBCsAB0.35=m/s=1.75m/s

2T0.22

（2）由△s=a△T得： a=

例5：火车A以速度v1匀速行驶，司机发现正前方同一轨道上相距s处有另一火车B

沿同方向以速度v2（对地，且v2〈v1〉做匀速运动，A车司机立即以加速度（绝对值）a紧急刹车，为使两车不相撞，a应满足什么条件？

分析：后车刹车做匀减速运动，当后车运动到与前车车尾即将相遇时，如后车车速已降到等于甚至小于前车车速，则两车就不会相撞，故取s后=s+s前和v后≤v前求解

解法一：取取上述分析过程的临界状态，则有 v1t－

s20.20.152

m/s==5m/s 22T0.112

a0t＝s＋v2t 2v1－a0t = v2

(v1v2)2a0 =

2s(v1v2)2所以当a≥ 时，两车便不会相撞。

2s法二：如果后车追上前车恰好发生相撞，则 v1t－

12

at＝ s ＋v2t 2上式整理后可写成有关t的一元二次方程，即

12

at＋（v2－v1）t＋s ＝ 0 2取判别式△〈0，则t无实数解，即不存在发生两车相撞时间t。△≥0，则有 （v2－v1）≥4（

2

1a）s 2(v2v1)2得a≤

2s(v2v1)2为避免两车相撞，故a≥

2s法三：运用v-t图象进行分析，设从某刻起后车开始以绝对值为a的加速度开始刹取该时刻为t=0，则A、B两车的v-t图线如所示。图中由v1 、v2、C三点组成的三角形积值即为A、B两车位移之差（s后－s前）=s，θ即为后车A减速的加速度绝对值a0。因此

v v1 v2 A （θ C B 时

车，图面tan有 t (vv2)1（v1－v2）1=s

tan2(v1v2)2所以 tanθ=a0=

2s(v1v2)2若两车不相撞需a≥a0=

2s

二、习题

0 t0

1、 下列关于所描述的运动中，可能的是 （ ） A 速度变化很大，加速度很小

B 速度变化的方向为正，加速度方向为负 C 速度变化越来越快，加速度越来越小 D 速度越来越大，加速度越来越小

解析：由a=△v/△t知，即使△v很大，如果△t足够长，a可以很小，故A正确。速度变化的方向即△v的方向，与a方向一定相同，故B错。加速度是描述速度变化快慢的物理量，速度变化快，加速度一定大。故C错。加速度的大小在数值上等于单位时间内速度的改变量，与速度大小无关，故D正确。

答案：A、D

2、 一个物体在做初速度为零的匀加速直线运动，已知它在第一个△t时间内的位移为s，若 △t未知，则可求出 （ ） A． B． C． D．

第一个△t时间内的平均速度 第n个△t时间内的位移 n△t时间的位移 物体的加速度

解析：因v=

s，而△t未知，所以v不能求出，故A错.因ts:s:s::sn1:3:5::(2n1),有s:sn1:(2n1)，sn(2n1)s2

（2n-1）s，故B正确；又s∝t 所以

sns=2

n，所以sn=n2s，故C正确；因a=

s，尽管t2△s=sn-sn-1可求，但△t未知，所以A求不出，D错.

答案：B、C

3 、汽车原来以速度v匀速行驶,刹车后加速度大小为a,做匀减速运动,则t秒后其位移为( )

v21212A vtat B C vtat D 无法确定

2a22解析:汽车初速度为v，以加速度a作匀减速运动。速度减到零后停止运动，设其运动

v12，，，

。当t≤t时，汽车的位移为s=vtat；如果t＞t，汽车在t时已停止a2v22

运动，其位移只能用公式v=2as计算，s=

2a的时间t=

，

答案：D

4、汽车甲沿着平直的公路以速度v0做匀速直线运动，当它路过某处的同时，该处有一辆汽车乙开始做初速度为零的匀加速运动去追赶甲车，根据上述的已知条件（ ） A. B. C. D.

可求出乙车追上甲车时乙车的速度 可求出乙车追上甲车时乙车所走的路程 可求出乙车从开始起动到追上甲车时所用的时间 不能求出上述三者中任何一个

分析：题中涉及到2个相关物体运动问题，分析出2个物体各作什么运动，并尽力找到两者相关的物理条件是解决这类问题的关键，通常可以从位移关系、速度关系或者时间关系等方面去分析。

解析：根据题意，从汽车乙开始追赶汽车甲直到追上，两者运动距离相等，即s甲= =s乙=s，经历时间t甲=t乙=t.

那么，根据匀速直线运动公式对甲应有：sv0t

根据匀加速直线运动公式对乙有：s由前2式相除可得at=2v0，代入vt=2v0，这就说明根据已知条件可求出甲车时乙车的速度应为2v0。因a不知，路程和时间，如果我们采取作v－t图则上述结论就比较容易通过图线看乙车追上甲车时，路程应相等，即从上看面积s甲和s乙，显然三角形高vt形高v0的2倍，由于加速度a未知，不定，a越小，t越大，s也越大，也时间和路程就越大。

答案：A

5 、在轻绳的两端各栓一个小球，一人用手拿者上端的小球站在3层楼阳台上，放手后让小球自由下落，两小球相继落地的时间差为T，如果站在4层楼的阳台上，同样放手让小球自由下落，则两小球相继落地时间差将 （ ） A 不变 B 变大 D 无法判断

v 解析：两小球都是自由落体运动，

v2＇ v-t图象中作出速度随时间的关系曲v1＇ 所示，设人在3楼阳台上释放小球后，时间差为△t1，图中阴影部分面积为△v2 v1 0 C 变小 可在一线，如图两球落地h，若人在

12at，及vtat 2乙 S乙 S甲 甲 后式得乙车追上无法求出线的方法，出。图中当图中图线等于长方乙图斜率就是追赶

v vt v0 0 t △t1 △t2 t 4楼阳台上释放小球后，两球落地时间差△t2，要保证阴影部分面积也是△h；从图中可以看出一定有△t2〈△t1

答案：C

6、一物体在A、B两点间由静止开始运动（设不会B），其加速度随时间变化如示。设向A的加速度为为正若从出发开始计时，则物体情况是（ ） A 先向A ，后向B，再向B，4秒末静止在原处 B 先向A ，后向B，再向B，4秒末静止在偏向A的

－1

a／m·s2 1

1 2 3 4 t/s 向A，又向A，又某点 向A，又向A的某点 象，如右图所大时小，但方v-t图象与tt时间内的为2米

－

的正中超越A、图所方向，的运动

0

C 先向A ，后向B，再

向B，4秒末静止在偏向B的某点 D 一直向A运动，4秒末静止在偏解析：根据a-t图象作出其v-t图示，由该图可以看出物体的速度时向始终不变，一直向A运动，又因轴所围“面积”数值上等于物体在位移大小，所以4秒末物体距A点答案：D

v/m·s －11

0 4 3 2 t/s 处的恒星1 7、天文观测表明，几乎所有远（或

星系）都在以各自的速度背离我们而运动，离我们越远的星体，背离我们运动的速度（称为退行速度）越大；也就是说，宇宙在膨胀，不同星体的退行速度v和它们离我们的距离r成正比，即v=Hr。式中H为一常量，称为哈勃常数，已由天文观察测定，为解释上述现象，有人提供一种理论，认为宇宙是从一个大爆炸的火球开始形成的，假设大爆炸后各星体即以不同的速度向外匀速运动，并设想我们就位于其中心，则速度越大的星体现在离我们越远，这一结果与上述天文观测一致。 由上述理论和天文观测结果，可估算宇宙年龄T，其计算式如何？根据近期观测，哈勃

-2

常数H=3×10m/（s 光年），其中光年是光在一年中行进的距离，由此估算宇宙的年龄约为多少年？

解析：由题意可知，可以认为宇宙中的所有星系均从同一点同时向外做匀速直线运动，由于各自的速度不同，所以星系间的距离都在增大，以地球为参考系，所有星系以不同的速度均在匀速远离。则由s=vt可得r=vT，所以，宇宙年龄：T=若哈勃常数H=3×10m/（s 光年） 则T=

-2

rr1== vHrH110

=10年 H思考：1 宇宙爆炸过程动量守恒吗？如果爆炸点位于宇宙的“中心”，地球相对于这个“中心”做什么运动？其它星系相对于地球做什么运动？

2 其它星系相对于地球的速度与相对于这个“中心”的速度相等吗？

8、摩托车在平直公路上从静止开始起动，a1=1.6m/s2，稍后匀速运动，然后减速，

a2=6.4m/s2，直到停止，共历时130s，行程1600m。试求： （1） （2）

摩托车行驶的最大速度vm；

若摩托车从静止起动，a1、a2不变，直到停止，行程不变，所需最短时间为多少？

分析：（1）整个运动过程分三个阶段：匀加速运动；匀速运动；匀减速运动。可借助v-t图象表示。

（2）首先要回答摩托车以什么样的方式运动可使得时间最短。借助v-t图象可以证明：

/

当摩托车以a1匀加速运动，当速度达到vm时，紧接着以a2匀减速运动直到停止时，行程不变，而时间最短

解：（1）如图所示，利用推论vt-v0=2as有：

2

2

vvvmv+（130-mm）vm+ma1a22a12a22

2

22v/m·s1 vm a1 0 a2 130

t/s －=1600.其中

a1=1.6m/s,a2=6.4m/s.解得：vm=12.8m/s（另

一解舍去）.

(2)路程不变，则图象中面积不变，当v越大则t越小，如图所示.设最短时间为tmin，则

v/mv/mtmin= ①a1a2②

2

－v/mv/mv/m·s1 =1600 vm＇ 2a12a222其中a1=1.6m/s,a2=6.4m/s.由②式解得

2

vm=m/s，故tmin=ss50s.既最短

1.66.4时间为50s.

答案：（1）12.8m/s （2）50s

a1 0 a2 tmin

130

t/s 9一平直的传送以速率v=2m/s匀速行驶，传送带把A处的工件送到B处，A、B两处相

距L=10m，从A处把工件无初速度地放到传送带上，经时间t=6s能传送到B处，欲使工件用最短时间从A处传送到B处，求传送带的运行速度至少应多大？

解析：物体在传送带上先作匀加速运动，当速度达到v=2m/s后与传送带保持相对静止，作匀速运动.设加速运动时间为t，加速度为a，则匀速运动的时间为（6-t）s，则：

v=at ① s1=

12

at ② 2s2=v(6-t) ③ s1+s2=10 ④

联列以上四式，解得t=2s,a=1m/s

2

物体运动到B处时速度即为皮带的最小速度

2

由v=2as 得v=2as25m/s

传送带给物体的滑动摩擦力提供加速度，即mgma,ag,此加速度为物体运动的最大加速度.要使物体传送时间最短，应让物体始终作匀加速运动

10、一辆汽车在十字路口等候绿灯，当绿灯亮时汽车以3m/s的加速度开始行驶，恰在这时一辆自行车以6m/s的速度匀速驶来，从后边赶过汽车。试求：

2

（1） （2）

汽车从路口开动后，在追上自行车之前经过多长时间两车相距最远？此时距离是多少？

什么时候汽车追上自行车，此时汽车的速度是多少？

解析：解法一：汽车开动后速度由零逐渐增大，而自行车的速度是定值。当汽车的速度还小于自行车速度时，两者的距离将越来越大，而一旦汽车速度增加到超过自行车速度时，两车距离就将缩小。因此两者速度相等时两车相距最大，有v汽atv自，所以，

tv自a2s sv自tat226m

解法二：用数学求极值方法来求解 （1）

设汽车在追上自行车之前经过t时间两车相距最远，

2因为ss2s1v自tat2

所以s6t3t22，由二次函数求极值条件知，tb2s时，s最大 2a2

22即sm6t3t2623226m

（2）汽车追上自行车时，二车位移相等，则vtat''26t'3t'22 , t'4s

vat12m/s 解法三：用相对运动求解更简捷

选匀速运动的自行车为参考系，则从运动开始到相距最远这段时间内，汽车相对此参考系的各个物理量为：

初速度v0 = v汽初－v自 =（0－6）m/s = －6m/s 末速度vt = v汽末－v自 =（6－6）m/s = 0 加速度 a = a汽－a自 =（3－0）m/s = 3m/s

2

2

''vv0所以相距最远 s=t =－6m（负号表示汽车落后）

2a解法四：用图象求解

（1）自行车和汽车的v-t图如图，由于图线与横坐标轴所包围的面积表示位移的大小，所以由图上可以看出：在相遇之前，在t时刻两车速度相等时，自行车的位移（矩形面积）与汽车的位移（三角形面积）之差（即斜线部分）达最大，所以

t=v自/a=

v/m·s1 v

v汽 v自 －226s=2s 32

2

6

△s= vt－at/2 =（6×2－3×2/2）m= 6m

0 t

t＇

t/s （2）由图可看出：在t时刻以后，由v自或与

v汽线组成的三角形面积与标有斜线的三角形面积相等时，两车的位移相等（即相遇）。所以由图得相遇时，t’= 2t = 4s，v’= 2v自=12m/s

答案 （1）2s 6m （2）12m/s

二、摩擦力专题

一、 明确摩擦力产生的条件 （1） （2） （3） （4）

物体间直接接触 接触面粗糙

接触面间有弹力存在

物体间有相对运动或相对运动趋势

这四个条件紧密相连，缺一不可．显然，两物体不接触，或虽接触但接触面是光滑的，则肯定不存在摩擦力．但满足(1)、(2)而缺少(3)、 (4)中的任意一条，也不会有摩擦力．如一块砖紧靠在竖直墙，放手后让其沿墙壁下滑，它满足条件(1)、(2)、(4)，却不具备条件(3)，即相互间无压力，故砖不可能受到摩擦力作用．又如，静止在粗糙水平面上的物体它满足了条件(1)、 (2)、(3)，缺少条件(4)，当然也不存在摩擦力．

由于不明确摩擦力产生的条件，导致答题错误的事是经常发生的．

例1 (1994年全国考题)如图1所示，C是水平地面，A、B是两个长方形物块，F是作 用在物块上沿水平方向的力，物体A和B以相同的速度作匀速直綫运动，由此可知，A、B间的动摩擦因数1和B、C间的动摩擦因数2有可能是

(A)1 0，2 0 (B) 10，2 0 (C) 10，20 (D) 10，20

解析：本题中选A、B整体为研究对象，由于受推力的作用做匀速直线运动，可知地面对的摩擦力一定水平向左，故2 0，对A受力分析可知，水平方向不受力，1可能为0，可能不为0。正确答案为(B)、(D)． 二、了解摩擦力的特点

摩擦力具有两个显著特点：(1)接触性； (2)被动性．所谓接触性，即指物体受摩擦力作用物体间必直接接触(反之不一定成立)。这种特点已经包括在摩擦力产生的条件里，这里不赘述。对于摩擦力的被动性，现仔细阐述。所谓被动性是指摩擦力随外界约束因素变化而变化．熟知的是静摩擦力随外力的变化而变化。

例2 (1992年全国考题)如图2所示，一木块放在水平桌面上，在水平方向共受到三个力，即F1、静止状态，其中

A B 图1

F F2和摩擦力作用，木块图2处于

＝2N，若撤去力F1，则木

F1＝10N、F2块在水平方向受到的合力为

(A)10N，方向向左 (B)6N，方向向右 (C)2N，方向向左 (D)零

解析；

F1 图2

F2F1没有撤去时，物体所受合外力为零，此时静摩擦力大小为8N，方

向向左．撤去F1以后，物体在F2作用下不可能沿水平方向发生运动状态的改变，

物体仍保拧静止．此时地面对物体的静摩擦力大小为2N，方向向右．从上述分析可见静摩擦力是被动力．答案应为(D)．对于滑动摩擦力同样具有被动性．

三、 把握摩擦力大小和方向的计算和判断

中学物理只谈静摩擦和滑动摩擦两种(滚动摩擦不讲)．其中f静没有具体的计算公式，是随外力变化的范围值o≤f静≤fmax，一般根据(1)平衡条件求；(2)根据物体运动状态，由牛顿运动定律求．而f静不但可根据上述的 (1)、(2)方法求，还可以用公式f滑N计算

例3 如图3所示，质量为m、带电量为+q的小物体，放在磁感应强度为B的匀强磁场中，粗糙挡板ab的宽度略大于小物体厚度．现给带电体一个水平冲量I，试分析带电体所受摩擦力的情a 况．

解析：带电体获得水平初速v0I/m它在．它在 磁场中受洛仑兹力f洛qv0BqBI/m和重力Gmg，若

图3

b

f洛G，则带电体作匀速直线运动，不受摩擦力作用．

若f洛G，则带电体贴着a板前进，滑动摩擦力f滑N(qvBmg)，速度越来越小，f滑变小，当v减小到v0，又有qv0Bmg,它又不受摩擦力作用而匀速前进．

若f洛G，则带电体贴着b板前逆。滑动摩擦力；f滑N(mgqvB),它减速运动动直至静止，而f滑却是变大的．

这充分说明f滑也是具有被动性，所以摩擦力是被动力．了解摩擦力的上述特点在解题时就能因题致宜，灵活地思考，少走弯路，避免出错.

对于滑动摩擦力的大小，还必须了解其与物体运动状态无关，与接触面积大小无关的特点．

例4 如图4所示，一质量为m的货物放在倾角为α的传送带上随传送带一起向上或向下做加速运动．设加速度大小为α，试求两种情况下货物所受的摩擦力．

m 解析：物体m向上加速运动时，由于沿斜面向下有重力的分力，所╮α 以要使物体随传送带向上加速运动，传送带对物体的摩擦力必定沿传

图4 送带向上．物体沿斜面向下加速运动时，摩擦力的方向要视加速度的

大小而定，当加速度为某一合适值时，重力沿斜面方向的分力恰好提

供了所需的合外力，则摩擦力为零；当加速度大于此值时，摩擦力应沿斜面向下；当加速度小于此值时，摩擦力应沿斜面向上．

向上加速运动时，由牛顿第二定律，得：所以F-mgsina=ma，方向沿斜面向上 向下加速运动时，由牛顿第二定律，得： mgsina—F＝ma(设F沿斜面向上) 所以F=mgsina-ma

当a0．与所设方向相同——沿斜面向上． 当a＝gsina时，F=0．即货物与传送带间无摩擦力作用． 当a>gsina时，F<0．与所设方向相反——沿斜面向下．

小结：当物体加速运动而摩擦力方向不明确时，可先假设摩擦力向某一方向，然后应用牛顿第二定律导出表达式，再结合具体情况进行讨论

例5 如图5所示，质量M=10Kg的木楔ABC静止于水平地面上，动摩擦因数μ

0

＝0．02，在木楔的倾角θ为30的斜面上有一质量m＝1.0 kg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s＝1．4m／s，在此过程中木楔没有动．求地面对木楔的摩擦力的大小和方向(g取10 m／s’)

解析：地面对木楔的摩擦力为静摩擦力，但不一定为最大静摩擦力，所以不能由Fμ＝μFΝ，来计算求得，只能根据物体匀运动情况和受力情况来确定．

22 物块沿斜面匀加速下滑，由vtv02as可求得物块下滑的加速度

vt2a0.7m/s2gsin5m/s2

2s可知物块受到摩塔力的作用．

此条件下，物块与木楔受力情况分别如图6.7所示．

mg FN1

Fμ1

FN2 Fˊμ1 B Fμ2 F N1 C A 图6

mg 图7

物块沿斜面以加速度Q下滑，对它沿斜面方向和垂直于斜面方向由牛顿第二定律有mgsinθ一Fμ1＝ma mgcosθ—FN1＝0 ．

木楔静止，对它沿水平方向和竖直方向由牛顿第二定律，

并注意Fμ1ˊ与Fμ1，F ́N1与FN1，等值反向，有Fμ2+ Fμ1cosθ—FN1sinθ＝0 FN2MgFN1COSF1Sin0 由上面各式解得地面对木楔的摩擦力

F2FN1sinF1COSmgcossin(mgsinma)sin3macos1.00.7N0.61N2 此力方向与所设方向相同，由C指向B。

另外由以上几式联立还可以求出地面对木楔的支持力

FN2Mgmgcos2(mgsinma)sinMgmgmasin11110N1.00.7N109.65N(Mm)g2

显然，这是由于物块和木楔系统有向下的加速度而产生了失重现象。 对此题也可以系统为研究对象。在水平方向，木楔静止，加速度为零，物块加速度水平分量为axacos。对系统在水平方向由牛顿第二定律，有

F2macos0.61N

答案：0．61 N 方向由C一B

小结：(1)静摩擦力的大小是个变量，它的大小常需要根据物体的运动状态及摩擦力与物体所受其他力的关系来确定．

(2)由此题可看出，研究对象的选取对解题步骤的简繁程度有很大的影响。

练习

1、如图8所示，位于斜面上的物块m在沿斜面向上的力F作用下，处于静止状态，则斜面作用于物块的静摩擦力 ①方向可能沿斜面向上 ②方向可能沿斜面向下 ③大小可能为零 ④大小可能等于F以上判断正确的是………………………………( D )

A．只有①② B．只有③④ C．只有①②③ D．①②③④都正确

图8

2、(2004年连云港第二次调研题)某人在乎直公路上骑自行

车，见到前方较远处红色交通信号灯亮起，他便停止蹬车，此后的一段时间内，自行车前轮和后轮受到地面的摩擦力分别为f前和f后，则… ( C )

A．f前向后，f后后向前 B．f前向前，f后向后 C．f前向后，f后向后 D．f前向前，f后向前

3、如图9所示，重6N的木块静止在倾角为30的斜面上，若用平行于斜面沿水平方向，大小等于4N的力F推木块，木块仍保持静止，则木块所受的摩擦力大小为……………………………( C ) A．4 N B．3 N C．5 N D．6 N

图9

4、(2004年乐山调研题)如图10所示， 质量为m的木块P在质

量为M的长木板A上滑行，长木板放在水平地面上，一直处于静止状态．若长木板A与地面间的动摩擦因数为1,木块P与长板A间的动摩擦因数为

0

2，则长木板ab受到地面的摩擦力大小为 ( C )

A1Mg B．1(mM)g C2mg D1Mg2mg 5、(2004年黄冈调研题)如图11所示，在粗糙水平面上有一个三角形木 块，在它的两个粗糙斜面上分别放两个质量为

P V A 图10

m1和m2的小木块，m1m2已知三角形木块和两个小木块均静止，则粗糙水平面对m2 m1 三角形木块( A ) A．没有摩擦力作用

B．有摩擦力作用，摩擦力方向水平向右 C．有摩擦力作用，摩擦力方向水平向左

图11

D．有摩擦力作用，但其方向无法确定，因为m1、m2、 1和2的数值并未给出 6、(2004年宁波期末试题)某空间存在着如图l2所示的水平方向的匀强磁场，A、B两个物块叠放在一起，并置于光滑的绝缘水平地面上，物块A带正电，物块B为不带电的绝缘块；水平恒力F作用在物块B上，使A、B一起由静止开始水平向左运动．在A、B一起水平向左运动的过程中，关于A、B受力情况的以下说法，正确的是……( B )

A．A对B的压力变小 B．B对A的摩擦力保持不变 C。A对B的摩擦力变大 D．B对地面的压力保持不变 7、如图13所示，一直角斜槽(两槽面夹角为90°)，对水平面夹角为30°，一个横截面为正方形的物块恰能沿此槽匀速下滑，假定两槽面的材料和表面情况相同，问物块和槽面间的动摩擦因数为多少? 解析：因为物块对直角斜槽每一面的正压力为mgcosαcos45°，

.

1 2 图12

如图13

所以当物体匀速下滑时，有平衡方程：mgsinα=2μmgcosαcos45°＝2μmgcosα，所以μ=1tan1(3)6．

2236

8、质量m=1.5Kg的物块(可视为质点)在水平恒力F的作用下,从水平面上A点由静止开始运动,运动一段距离撤去该力,物体继续滑行t=2.0s停在B点.已知AB两点间的距离S=5.0m,物块与水平面间的动摩擦因数0.20,求恒力F为多

2

大?(g=10m/s)

解析：设撤去力F前物块的位移为S1，撤去力F时物块的速度为v ，物块受到的滑动摩擦力F1mg

对撤去力后物块滑动过程应用动量定理得F1t0mv 由运动学公式得SS1vt 2对物块运动的全过程应用动能定理FS1F1S0 由以上各式得F2mgs 22sgt代入数据解得F15N

9.如图14所示,静止在水平面上的纸带上放一质量m为的小金属块(可视为质点), 金属块离纸带右端距离为L, 金属块与纸带间动摩擦因数为μ.现用力向左将纸带从金属块下水平抽出,设纸带加速过程极短,可认为纸带在抽动过程中一直做匀速运动.求: （1） 属块刚开始运动时受到的摩擦力的大小和方向;

(2)要将纸带从金属块下水平抽出,纸带的速度v应满足的条件.

解析：（1）金属块与纸带达到共同速度前，金属块受到的摩擦力为：fmg ，方向向左。

（2） 出纸带的最小速度为v0即纸带从金属块下抽出时金属块速度恰好等于v0。 对金属块：fma金属块位移：s1

v A L 图14

v0at

12at纸带位移：s2v0t 2两者相对位移：S2S1l解得：v0故要抽出纸带，纸带速度v

2gl

2gl

10.如图15所示,物块和斜面体的质量分别为m.M,物块在平行于斜面的推力F作用下沿斜面加速度a向上滑动时,斜面体仍保持静止.斜面倾角为θ,试求地面对斜面体的支持力和摩擦力.

解析:由于小物块沿斜面加速上升，所以物块与斜面

a m F Ff2θ θ Ff1 M 图15 mg N1F图17

不能看成一个整体，应分别对物块与斜面进行研究。 （1） 取物块为研究对象，受力分析如图16所示： 由题意得： FN1mgcos①

FmgsinFf1ma②

由②得：Ff1Fmgsinma③

（2） 取斜面为研究对象，受力分析如图17得：

FNFf1θ 1 F 1cos④ FN2Ff1sinMgFN1sin⑤ Ff2Ff1cosFN由牛顿第三定律得：Ff1Ff1Fmgsinma⑥

mg

图16

又因为Ff1与Ff1是作用力与反作用力，Fn1与Fn1是作用力与反作用力

1FN1mgcos⑦ FN由④⑤⑥⑦解得：FN2(Mm)g(Fma)sin Ff2(Fmg)cos

牛顿运动定律总结

（一）牛顿第一定律（即惯性定律）

一切物体总保持匀速直线运动状态或静止状态，直到有外力迫使它改变这种状态为止。 （1）理解要点：

①运动是物体的一种属性，物体的运动不需要力来维持。

②它定性地揭示了运动与力的关系：力是改变物体运动状态的原因，是使物体产生加速度的原因。

③第一定律是牛顿以伽俐略的理想斜面实验为基础，总结前人的研究成果加以丰富的想象而提出来的；定律成立的条件是物体不受外力，不能用实验直接验证。

④牛顿第一定律是牛顿第二定律的基础，不能认为它是牛顿第二定律合外力为零时的特例，第一定律定性地给出了力与运动的关系，第二定律定量地给出力与运动的关系。 （2）惯性：物体保持原来的匀速直线运动状态或静止状态的性质叫做惯性。 ①惯性是物体的固有属性，与物体的受力情况及运动状态无关。 ②质量是物体惯性大小的量度。

③由牛顿第二定律定义的惯性质量m=F/a和由万有引力定律定义的引力质量严格相等。

④惯性不是力，惯性是物体具有的保持匀速直线运动或静止状态的性质、力是物体对物体的作用，惯性和力是两个不同的概念。

（二）牛顿第二定律 1. 定律内容

物体的加速度a跟物体所受的合外力成正比，跟物体的质量m成反比。 2. 公式： 理解要点：

①因果性：是产生加速度a的原因，它们同时产生，同时变化，同时存在，同时消失； ②方向性：a与都是矢量，方向严格相同；

③瞬时性和对应性：a为某时刻某物体的加速度，是该时刻作用在该物体上的合外力。

（三）力的平衡 1. 平衡状态

指的是静止或匀速直线运动状态。特点：。 2. 平衡条件

共点力作用下物体的平衡条件是所受合外力为零，即。 3. 平衡条件的推论

（1）物体在多个共点力作用下处于平衡状态，则其中的一个力与余下的力的合力等大反向；

（2）物体在同一平面内的三个不平行的力作用下，处于平衡状态，这三个力必为共点力；

（3）物体在三个共点力作用下处于平衡状态时，图示这三个力的有向线段必构成闭合三角形。

（四）牛顿第三定律

两个物体之间的作用力和反作用力总是大小相等，方向相反，作用在一条直线上，公式可写为。

（五）力学基本单位制：（在国际制单位中） 1. 作用力与反作用力的二力平衡的区别

内容 受力物体 依赖关系 叠加性 作用力和反作用力 作用在两个相互作用的物体上 二力平衡 作用在同一物体上 同时产生，同时消失相互依存，不可无依赖关系，撤除一个、另一个可依单独存在 然存在，只是不再平衡 两力作用效果不可抵消，不可叠加，两力运动效果可相互抵消，可叠加，不可求合力 可求合力，合力为零；形变效果不能抵消 一定是同性质的力 可以是同性质的力也可以不是同性质的力 力的性质 2. 应用牛顿第二定律解题的一般步骤 ①确定研究对象；

②分析研究对象的受力情况画出受力分析图并找出加速度方向；

③建立直角坐标系，使尽可能多的力或加速度落在坐标轴上，并将其余分解到两坐标轴上；

④分别沿x轴方向和y轴方向应用牛顿第二定律列出方程； ⑤统一单位，计算数值。

3. 解决共点力作用下物体的平衡问题思路

（1）确定研究对象：若是相连接的几个物体处于平衡状态，要注意“整体法”和“隔离法”的综合运用；

（2）对研究对象受力分析，画好受力图；

（3）恰当建立正交坐标系，把不在坐标轴上的力分解到坐标轴上。建立正交坐标系的原则是让尽可能多的力落在坐标轴上。 （4）列平衡方程，求解未知量。

4. 求解共点力作用下物体的平衡问题常用的方法

（1）有不少三力平衡问题，既可从平衡的观点（根据平衡条件建立方程求解）——平衡法，也可从力的分解的观点求解——分解法。两种方法可视具体问题灵活运用。 （2）相似三角形法：通过力三角形与几何三角形相似求未知力。对解斜三角形的情况更显优势。

（3）力三角形图解法，当物体所受的力变化时，通过对几个特殊状态画出力图（在同一图上）对比分析，使动态问题静态化，抽象问题形象化，问题将变得易于分析处理。 5. 处理临界问题和极值问题的常用方法

涉及临界状态的问题叫临界问题。临界状态常指某种物理现象由量变到质变过渡到另一种物理现象的连接状态，常伴有极值问题出现。如：相互挤压的物体脱离的临界条件是压力减为零；存在摩擦的物体产生相对滑动的临界条件是静摩擦力取最大静摩擦力，弹簧上的弹力由斥力变为拉力的临界条件为弹力为零等。

临界问题常伴有特征字眼出现，如“恰好”、“刚刚”等，找准临界条件与极值条件，是解决临界问题与极值问题的关键。

例1. 如图1所示，一细线的一端固定于倾角为45°的光滑楔形滑块A的顶端P处，细线另一端拴一质量为m的小球。当滑块以2g加速度向左运动时，线中拉力T等于多少？

解析：当小球和斜面接触，但两者之间无压力时，设滑块的加速度为a'

此时小球受力如图2，由水平和竖直方向状态可列方程分别为： 解得：

由滑块A的加速度，所以小球将飘离滑块A，其受力如图3所示，设线和竖直方向成角，由小球水平竖直方向状态可列方程 解得：

例2. 如图4甲、乙所示，图中细线均不可伸长，物体均处于平衡状态。如果突然把两水平细线剪断，求剪断瞬间小球A、B的加速度各是多少？（角已知）

解析：水平细线剪断瞬间拉力突变为零，图甲中OA绳拉力由T突变为T'，但是图乙中OB弹簧要发生形变需要一定时间，弹力不能突变。

（1）对A球受力分析，如图5（a），剪断水平细线后，球A将做圆周运动，剪断瞬间，小球的加速度方向沿圆周的切线方向。

（2）水平细线剪断瞬间，B球受重力G和弹簧弹力不变，如图5（b）所示，则

小结：（1）牛顿第二定律是力的瞬时作用规律，加速度和力同时产生、同时变化、同时消失。分析物体在某一时刻的瞬时加速度，关键是分析该瞬时前后的受力情况及其变化。 （2）明确两种基本模型的特点：

A. 轻绳的形变可瞬时产生或恢复，故绳的弹力可以瞬时突变。

B. 轻弹簧（或橡皮绳）在两端均联有物体时，形变恢复需较长时间，其弹力的大小与方向均不能突变。

例3. 传送带与水平面夹角37°，皮带以10m/s的速率运动，皮带轮沿顺时针方向转动，如图6所示。今在传送带上端A处无初速地放上一个质量为的小物块，它与传送带间的动摩擦因数为0.5，若传送带A到B的长度为16m，g取，则物体从A运动到B的时间为多少？

解析：由于，物体一定沿传送带对地下移，且不会与传送带相对静止。

设从物块刚放上到皮带速度达10m/s，物体位移为，加速度，时间，因物速小于皮带速率，根据牛顿第二定律，，方向沿斜面向下。皮带长度。 设从物块速率为到B端所用时间为，加速度，位移，物块速度大于皮带速度，物块受滑动摩擦力沿斜面向上，有：

即（舍去）

所用总时间

例4. 如图7，质量的小车停放在光滑水平面上，在小车右端施加一水平恒力F=8N。当小车向右运动速度达到3m/s时，在小车的右端轻放一质量m=2kg的小物块，物块与小车间的动摩擦因数，假定小车足够长，问：

（1）经过多长时间物块停止与小车间的相对运动？

（2）小物块从放在车上开始经过所通过的位移是多少？（g取）

解析：（1）依据题意，物块在小车上停止运动时，物块与小车保持相对静止，应具有共同的速度。设物块在小车上相对运动时间为t，物块、小车受力分析如图8：

物块放上小车后做初速度为零加速度为的匀加速直线运动，小车做加速度为匀加速运动。

由牛顿运动定律： 物块放上小车后加速度： 小车加速度： 由得：

（2）物块在前2s内做加速度为的匀加速运动，后1s同小车一起做加速度为的匀加速运动。

以系统为研究对象： 根据牛顿运动定律，由得： 物块位移

例5. 将金属块m用压缩的轻弹簧卡在一个矩形的箱中，如图9所示，在箱的上顶板和下底板装有压力传感器，箱可以沿竖直轨道运动。当箱以的加速度竖直向上做匀减速运动时，上顶板的传感器显示的压力为6.0 N，下底板的传感器显示的压力为10.0 N。（取） （1）若上顶板传感器的示数是下底板传感器的示数的一半，试判断箱的运动情况。 （2）若上顶板传感器的示数为零，箱沿竖直方向运动的情况可能是怎样的？

启迪：题中上下传感器的读数，实际上是告诉我们顶板和弹簧对m的作用力的大小。对m受力分析求出合外力，即可求出m的加速度，并进一步确定物体的运动情况，但必须先由题意求出m的值。

解析：当减速上升时，m受力情况如图10所示：

（1）

故箱体将作匀速运动或保持静止状态。 （2）若，则

即箱体将向上匀加速或向下匀减速运动，且加速度大小大于、等于。

例6. 测定病人的血沉有助于对病情的判断。血液由红血球和血浆组成，将血液放在竖直的玻璃管内，红血球会匀速下沉，其下沉的速度称为血沉，某人血沉为v，若把红血球看成半径为R的小球，它在血浆中下沉时所受阻力，为常数，则红血球半径R＝___________。（设血浆密度为，红血球密度为）

解析：红血球受到重力、阻力、浮力三个力作用处于平衡状态，由于这三个力位于同一竖直线上，故可得 即 得：

1. 如图1所示，在原来静止的木箱内，放有A物体，A被一伸长的弹簧拉住且恰好静止，现突然发现A被弹簧拉动，则木箱的运动情况可能是（ ） A. 加速下降

B. 减速上升 D. 加速向左运动

2. 如图2所示，固定在水平面上的光滑半球，球心O的正上方固定一个小定滑轮，细绳一端拴一小球，小球置于半球面上的A点，另一端绕过定滑轮，如图所示。今缓慢拉绳使小球从A点滑到半球顶点，则此过程中，小球对半球的压力大小N及细绳的拉力T大小的变化情况是（ ） A. N变大，T变大 C. N不变，T变小

B. N变小，T变大 D. N变大，T变小

3. 一个物块与竖直墙壁接触，受到水平推力F的作用。力F随时间变化的规律为（常量k>0）。设物块从时刻起由静止开始沿墙壁竖直向下滑动，物块与墙壁间的动摩擦因数为，得到物块与竖直墙壁间的摩擦力f随时间t变化的图象，如图3所示，从图线可以得出（ ）

A. 在时间内，物块在竖直方向做匀速直线运动

B. 在时间内，物块在竖直方向做加速度逐渐减小的加速运动 C. 物块的重力等于a

D. 物块受到的最大静摩擦力总等于b

4. 如图4所示，几个倾角不同的光滑斜面具有共同的底边AB，当物体由静止沿不同的倾角从顶端滑到底端，下面哪些说法是正确的？（ ） A. 倾角为30°时所需时间最短 B. 倾角为45°所需时间最短 C. 倾角为60°所需时间最短 D. 所需时间均相等 C. 匀速向右运动

5. 如图5所示，质量为M的木板，上表面水平，放在水平桌面上，木板上面有一质量为m的物块，物块与木板及木板与桌面间的动摩擦因数均为，若要以水平外力F将木板抽出，则力F的大小至少为（ ） A. C.

D.

6. 一个质量不计的轻弹簧，竖直固定在水平桌面上，一个小球从弹簧的正上方竖直落下，从小球与弹簧接触开始直到弹簧被压缩到最短的过程中，小球的速度和加速度的大小变化情况是（ ）

A. 加速度越来越小，速度也越来越小 B. 加速度先变小后变大，速度一直是越来越小 C. 加速度先变小，后又增大，速度先变大，后又变小 D. 加速度越来越大，速度越来越小

7. 质量的物体在拉力F作用下沿倾角为30°的斜面斜向上匀加速运动，加速度的大小为，力F的方向沿斜面向上，大小为10N。运动过程中，若突然撤去拉力F，在撤去拉力F的瞬间物体的加速度的大小是____________；方向是____________。

8. 如图6所示，倾斜的索道与水平方向的夹角为37°，当载物车厢加速向上运动时，物对车厢底板的压力为物重的1.25倍，这时物与车厢仍然相对静止，则车厢对物的摩擦力的大小是物重的________倍。

9. 如图7所示，传送带AB段是水平的，长20 m，传送带上各点相对地面的速度大小是2 m/s，某物块与传送带间的动摩擦因数为0.1。现将该物块轻轻地放在传送带上的A点后，经过多长时间到达B点？（g取）

10. 鸵鸟是当今世界上最大的鸟。有人说它不会飞是因为翅膀退化了，如果鸵鸟长了一副与身体大小成比例的翅膀，它是否就能飞起来呢？这是一个使人极感兴趣的问题，试阅读下列材料并填写其中的空白处。

鸟飞翔的必要条件是空气的上举力F至少与体重G＝mg平衡，鸟扇动翅膀获得的上举力可表示为，式中S为鸟翅膀的面积，v为鸟飞行的速度，c是恒量，鸟类能飞起的条件是，即_________，取等号时的速率为临界速率。

我们作一个简单的几何相似性假设。设鸟的几何线度为，质量体积，，于是起飞的临界速率。燕子的滑翔速率最小大约为20 km/h，而鸵鸟的体长大约是燕子的25倍，从而跑动起飞的临界速率为________km/h，而实际上鸵鸟的奔跑速度大约只有40km/h，可见，鸵鸟是飞不起来的，我们在生活中还可以看到，像麻雀这样的小鸟，只需从枝头跳到空中，用

B.

翅膀拍打一两下，就可以飞起来。而像天鹅这样大的飞禽，则首先要沿着地面或水面奔跑一段才能起飞，这是因为小鸟的_______，而天鹅的______。

11. 如图8所示，A、B两个物体靠在一起放在光滑水平面上，它们的质量分别为。今用水平力推A，用水平力拉B，和随时间变化的关系是。求从t=0到A、B脱离，它们的位移是多少？

12. 如图9所示，在倾角为的长斜面上有一带风帆的滑块，从静止开始沿斜面下滑，滑块质量为m，它与斜面间的动摩擦因数为，帆受到的空气阻力与滑块下滑速度的大小成正比，即。

（1）写出滑块下滑加速度的表达式。 （2）写出滑块下滑的最大速度的表达式。

（3）若，从静止下滑的速度图象如图所示的曲线，图中直线是t＝0时的速度图线的切线，由此求出和k的值。

13. 如图10所示，一个弹簧台秤的秤盘和弹簧质量均不计，盘内放一个质量的静止物体P，弹簧的劲度系数。现施加给P一个竖直向上的拉力F，使P从静止开始向上做匀加速运动。已知在头0.2s内F是变力，在0.2s以后，F是恒力，取，求拉力F的最大值和最小值。

【试题答案】

1. ABD

解析：木箱未运动前，A物体处于受力平衡状态，受力情况：重力mg、箱底的支持力N、弹簧拉力F和最大的静摩擦力（向左），由平衡条件知：

物体A被弹簧向右拉动（已知），可能有两种原因，一种是弹簧拉力（新情况下的最大静摩擦力），可见，即最大静摩擦力减小了，由知正压力N减小了，即发生了失重现象，故物体运动的加速度必然竖直向下，由于物体原来静止，所以木箱运动的情况可能是加速下降，也可能是减速上升，A对B也对。

另一种原因是木箱向左加速运动，最大静摩擦力不足使A物体产生同木箱等大的加速度，即的情形，D正确。

匀速向右运动的情形中A的受力情况与原来静止时A的受力情况相同，且不会出现直接由静止改做匀速运动的情形，C错。 2. C

小球受力如图11（甲），T、N、G构成一封闭三角形。 由图11（乙）可见，

AB变短，OB不变，OA不变，故T变小，N不变。

3. BC

在时间内，物块受到的摩擦力小于物块受到的重力，物块向下做加速运动，A错。滑动摩擦力随正压力的增大而逐渐增大，合外力逐渐减小，加速度逐渐减小，B对。当摩擦力不再随正压力的变化而变化时，一定是静摩擦力了。静摩擦力的大小恰好与重力平衡，所以物块受的重力等于a，C对。最大静摩擦力随正压力的增大而增大，不会总等于b，D错。

4. B

解析：设沿一一般斜面下滑，倾角为，长为，物体沿斜面做初速为零加速度为的匀加速直线运动，滑到底端的时间为t，则有：

<1><2>联立解得：

所以当时，t最小，故选B。 5. D

解析：将木板抽出的过程中，物块与木板间的摩擦力为滑动摩擦力，m的加速度大小为，要抽出木板，必须使木板的加速度大于物块的加速度，即，对木板受力分析如图12，根据牛顿第二定律，得：

选项D正确

6. C

当弹簧的弹力等于重力时，小球的速度最大，。 7. ，沿斜面向下 有拉力时， 代入，求得 撤F瞬间， 8. 0.33 提示： 9. 11s

提示：物块放到A点后先在摩擦力作用下做匀加速直线运动，速度达到2m/s后，与传送带一起以2m/s的速度直至运动到B点。 10. 解析：根据题意，鸟类飞起的必要条件是 即满足 故

燕子的最小滑翔速率约为20 km/h，而鸵鸟的体长大约是燕子的25倍。因 故

可见，鸵鸟起飞的临界速率约为100km/h，而实际上鸵鸟的速率约为40km/h，可见鸵鸟是飞不起来的。 11. 4.17m

提示：以A、B整体为对象：

当A、B相互脱离时，N＝0，则以A为研究对象

12. （1）对滑块应用牛顿第二定律有：

滑块下滑加速度表达式为：

（2）由<1>式可知，当滑块的速度增大时，其加速度是减小的，当加速度为零时，滑块的速度达到最大，由<1>式可知最大速度为：

（3）由图可知，当滑块的速度为零时，其加速度为最大加速度，而由<1>式可知当滑块的加速度为零时，它的速度最大，滑块的最大速度为，由<1>式和<2>式有：

将g、m、代入<3>式和<4>式后解得：

13. 解析：根据题意，F是变力的时间，这段时间内的位移就是弹簧最初的压缩量S，由此可以确定上升的加速度a， 由得：

根据牛顿第二定律，有： 得： 当时，F最小

当时，F最大

∴拉力的最小值为90N，最大值为210N

万有引力定律专题

万有引力定律与牛顿三定律，并称经典力学四大定律，可见万有引力定律的重要性。万有引力定律定律已成为高考和各地模拟试卷命题的热点。此部分内容在《考纲》中列为Ⅱ级要求。有关题目立意越来越新，但解题涉及的知识，难度不大，规律性较强。特别是随着我国载人飞船升空和对空间研究的深入，高考对这部分内容的考查将会越来越强。

一、对万有定律的理解

1．万有引力定律发现的思路、方法

开普勒解决了行星绕太阳在椭圆轨道上运行的规律，但没能揭示出行星按此规律运动的原因．英国物理学家牛顿(公元12～1727)对该问题进行了艰苦的探索，取得了重大突破．

首先，牛顿论证了行星的运行必定受到一种指向太阳的引力．

其次，牛顿进一步论证了行星沿椭圆轨道运行时受到太阳的引力，与它们的距离的二次方成反比．为了在中学阶段较简便地说明推理过程，课本中是将椭圆轨道简化为圆形轨道论证的．

第三，牛顿从物体间作用的相互性出发，大胆假设并实验验证了行星受太阳的引力亦跟太阳的质量成正比．因此得出：太阳对行星的行力跟两者质量之积成正比．

最后，牛顿做了著名的“月一地”检验，将引力合理推广到宇宙中任何两物体，使万有引力规律赋予普遍性．

2．万有引力定律的检验

牛顿通过对月球运动的验证，得出万有引力定律，开始时还只能是一个假设，在其后的一百多年问，由于不断被实践所证实，才真正成为一种理论．其中，最有效的实验验证有以下四方面．

⑴．地球形状的预测．牛顿根据引力理论计算后断定，地球的赤道部分应该隆起，形状像个橘子．而笛卡尔根据旋涡假设作出的预言，地球应该是两极伸长的扁球体，像个柠檬．

1735年，法国科学院派出两个测量队分赴亦道地区的秘鲁(纬度φ＝20°)和高纬度处的拉普兰德(φ＝66°)，分别测得两地1°纬度之长为：赤道处是110600m，两极处是111900m．后来，又测得法国附近纬度1°的长度和地球的扁率．大地测量基本证实了牛顿的预言，从此，这场“橘子与柠檬”之争才得以平息．

⑵．哈雷彗星的预报．英国天文学家哈雷通过对彗星轨道的对照后认为，1682年出现的大彗星与1607年、1531年出现的大彗星实际上是同一颗彗星，并根据万有引力算出这个彗星的轨道，其周期是76年．哈雷预言，1758年这颗彗星将再次光临地球．于是，预报彗星的回归又一次作为对牛顿引力理论的严峻考验．

后来，彗星按时回归，成为当时破天荒的奇观，牛顿理论又一次被得到证实． ⑶．海王星的发现． ⑷．万有引力常量的测定．

由此可见，一个新的学说决不是一蹴而就的，也只有通过反复的验证，才能被人们所普遍接受．

3．万有引力定律的适用条件

例1、如下图所示，在半径R＝20cm、质量M＝168kg的均匀铜球中，挖去一球形空穴，空穴的半径为要，并且跟铜球相切，在铜球外

有一质量m＝1kg、体积可忽略不计的小球，这个小球位于连接铜球球心跟空穴中心的直线上，并且在空穴一边，两球心相距是d＝2m，试求它们之间的相互吸引力．

Mm 2d这个力F是铜球M的所有质点和小球m的所有质点之间引力的总合力，它应该等于被挖掉球穴后的剩余部分与半径为娄的铜球对小球m的吸引力 F=F1+F2．

解： 完整的铜球跟小球m之间的相互吸引力为

FG式中F1是挖掉球穴后的剩余部分对m的吸引力，F2是半径为R／2的小铜球对m的吸引力。因为

Mm， 8F2GR(d)22－9

所以挖掉球穴后的剩余部分对小球的引力为F1＝F－F2＝2.41×10N

例2、深入地球内部时物体所受的引力

假设地球为正球体，各处密度均匀．计算它对球外物体的引力，可把整个质量集中于球心．如果物体深入地球内部，如何计算它所受的引力? 如右图所示，设一个质量为m的物体(可视为质点)在地层内离地心为r的A处．为了计算地球对它的引力，把地球分成许多薄层．设过A点的对顶锥面上两小块体积分别为△V1、△V2．当△V1和△V2很小时，可以近似看成圆台．

已知圆台的体积公式 V12H(R12R2R1R2) 32

式中R1和R2分别是上、下两底面的半径．

当圆台很小很薄时，且H＜＜ a，H＜＜ b时，R1≈R2≈R．那么Ｖ＝πHR 根据万有引力定律

m1mma2sin2GGmHsin2 F1G22aamb2sin2m2m2GGmHsin F2G22bb所以F1F2，即两小块体积的物体对A处质点的引力大小相等，且方向相反，它

们的合力为零．

当把地球分成许多薄层后，可以看到，位于A点以外的这一圈地层(右图中用斜线表示)对物体的引力互相平衡，相当于对A处物体不产生引力，对A处物体的引力完全由半径为r的这部分球体产生．引力大小为

43r•mMrm423FrG2GGrm 23rr即与离地心的距离成正比．

当物体位于球心时，r=0，则Fr＝O．它完全不受地球的引力．

所以，当一个质量为m的物体从球心(r＝0)逐渐移到球外时，它所受地球的引力F随r的变化关系如右图所示．即先随r的增大正比例地增大；后随r的增大，按平方反比规

律减小；当r＝R0(地球半径)时，引力F0GMm． R024．注意领会卡文迪许实验设计的巧妙方法．

m1m2Fr2由万有引力定律表达式FG可知，G，要测定引力常量G，只需测

r2m1m2出两物体m1、m2间距离r及它们间万有引力F即可．由于

一般物体间的万有引力F非常小，很难用实验的方法显示并测量出来，所以在万有引力定律发现后的百余年间，一直没有测出引力常量的准确数值．

卡文迪许巧妙的扭秤实验通过多次“放大”的办法解决了这一问题．图是卡文迪许实验装置的俯视图． 首先，图中固定两个小球m的r形架，可使m、m’之间微小的万有引力产生较大的力矩，使金属丝产生一定角度的偏转臼，这是一次“放大”效应．

其次，为了使金属丝的微小形变加以“放大”，卡文

迪许用从1发出的光线射到平面镜M上，在平面镜偏转θ角时，反射光线偏转2θ角，可以得出光点在刻度尺上移动的弧长s＝2θR，增大小平面镜M到刻度尺的距离R，光点在刻度尺上移动的弧长S就相应增大，这又是一次“放大”效应．由于多次巧妙“放大”，才使微小的万有引力显示并测量出来．除“放大法”外，物理上观察实验效果的方法，还包括“转换法”、“对比法”等．

深刻认识卡文迪许实验的意义

(1)卡文迪许通过改变质量和距离，证实了万有引力的存在及万有引力定律的正确性． (2)第一次测出了引力常量，使万有定律能进行定量计算，显示出真正的实用价值． (3)标志着力学实验精密程度的提高，开创了测量弱力的新时代．

(4)表明：任何规律的发现总是经过理论上的推理和实验上的反复验证才能完成．

5．物体在地面上所受的引力与重力的区别和联系

地球对物体的引力是物体具有重力的根本原因．但重力又不完全等于引力．这是因为地球在不停地自转，地球上的一切物体都随着地球自转而绕地轴做匀速圆周运动，这就需要向心力．这个向心力的方向是垂直指向地轴的，它的大小是

fmr2，式中的r是物体与地轴的距离，ω是地球自转的角速度．这

个向心力来自哪里?只能来自地球对物体的引力F，它是引力F的一个分力如右图，引力F的另一个分力才是物体的重力mg．

在不同纬度的地方，物体做匀速圆周运动的角速度ω相同，而圆周的半径r不同，这个半径在赤道处最大，在两极最小(等于零)．纬

度为α处的物体随地球自转所需的向心力fmRcos (R为地球半径)，由公式可见，随着纬度升高，向心力将减小，在两极处Rcos

α＝0，f＝0．作为引力的另一个分量，即重力则随纬度升高而增大．在赤道上，物体的重力等于引力与向心力之差．即mgG－5

2Mm.．在两极，引力就是重力．但由于地球的R2角速度很小，仅为10rad／s数量级，所以mg与F的差别并不很大．

在不考虑地球自转的条件下，地球表面物体的重力mgGMm.这是一个很有R2用的结论．

从图中还可以看出重力mg一般并不指向地心，只有在南北两极和赤道上重力mg才能向地心．

同样，根据万有引力定律知道，在同一纬度，物体的重力和重力加速度g的数值，还随着物体离地面高度的增加而减小．

若不考虑地球自转，地球表面处有mgGMm.，可以得出地球表面处的重力加速度2RgGM.． R2在距地表高度为h的高空处，万有引力引起的重力加速度为g＇，由牛顿第二定律可得：

MmMR2mgG 即gGg 222(Rh)(Rh)(Rh)如果在h＝Ｒ处，则g＇＝g／4．在月球轨道处，由于r＝60Ｒ，所以重力加速度g＇

＝ g／3600．

重力加速度随高度增加而减小这一结论对其他星球也适用．

例3、某行星自转一周所需时间为地球上的6h，在这行星上用弹簧秤测某物体的重量，

－

在该行量赤道上称得物重是两极时测得读数的90％，已知万有引力恒量G＝6.67×101122

N·m／kg，若该行星能看做球体，则它的平均密度为多少?

[解析]在两极，由万有引力定律得 mgGMm. ① 2RMm42在赤道G2mgm2R ②

RT依题意mg＇=O.9mg ③

由式①②③和球体积公式联立解得

33.03103kg/m3 20.1GT二、万有引力定律在天文学上的应用

1．

⑴人造地球卫星的绕行速度、角速度、周期与半径的关系

万有引力定律提供天体做圆周运动的向心力

Mmv2①由G2m得vrr②由GGM r越大，v越小 rGMMm2mr得 r越大，ω越小

r3r2Mm42③由G2m2r得TrT42r3 r越大，T越大 GM例4、土星外层上有一个环。为了判断它是土星的一部分还是土星的卫星群，可以测量环中各层的线速度a与该l层到土星中心的距离R之间的关系来判断： ( ＡＤ ) A．若v∝R，则该层是土星的一部分； B．若v∝R，则该层是土星的卫星群 C．若v∝１／R，则该层是土星的一部分 D．若v∝１／R，则该层是土星的卫星群

22

⑵求天体质量、密度

Mm4243由G2m2r MR 即可求得

rT3注意天体半径与卫星轨迹半径区别

⑶人造地球卫星的离心向心问题

例5、在地球大气层外有很多太空垃圾绕地球做匀速圆周运动，每到太阳活动期，由

于受太阳的影响，地球大气层的厚度开始增加，从而使得部分垃圾进入大气层，开始做靠近地球的向心运动，产生这一结果的原因是 ( C ) A．由于太空垃圾受到地球引力减小而导致的向心运动 B．由于太空垃圾受到地球引力增大而导致的向心运动 C．由于太空垃圾受到空气阻力而导致的向心运动

D．地球引力提供了太空垃圾做圆周运动所需的向心力，故产生向心运动的结果与空气阻力无关

例6、宇宙飞船要与轨道空间站对接，飞船为了追上轨道空间站 ( A ) A．只能从较低轨道上加速 B．只能从较高轨道上加速

C．只能从同空间站同一高度轨道上加速 D．无论在什么轨道上，只要加速都行 2．

⑴宇宙速度

第一宇宙速度 人造地球卫星

v17.9103m/s，是地球卫星的最小发射速度，也是地球卫星在近地轨道上运行时

的速度． 由

得

GMmvmmg2RR2vGMgR7.9103m/sR．

例7、1990年3月，紫金山天文台将1965年9月20日发现的第2752号小行星命名为

吴健雄星，其直径为32 km，如该小行星的密度和地球相同，则其第一宇宙速度为 m／s，已知地球半径Ｒ=00km，地球的第一宇宙速度为8 km／s．（20m／s） 第二宇宙速度的计算

如果人造卫星进入地面附近的轨道速度等于或大于1l.2km／s，就会脱离地球的引力，这个速度称为第二宇宙速度．

为了用初等数学方法计算第二宇宙速度，设想从地球表面至无穷远处的距离分成无数小段ab、bc、…，等分点对应的半径为r1、r2…，如下图所示．

由于每一小段ab、bc、cd…极小，这一小段上

的引力可以认为不变．因此把卫星从地表a送到b时，外力克服引力做功

W1GMmMm11(rR)G(rR)GMm() 11R•r1Rr1R2同理，卫星从地表移到无穷远过程中，各小段上外力做的功分别为

W2GMm(W3GMm(…

11) r1r211) r2r31rn11) rnWnGMm(WGMm(11) rnr把卫星送至无穷远处所做的总功 WW1W2W3WnWG为了挣脱地球的引力卫星必须具有的动能为所以v2Mm R12Mm mv2WG2R2GM2gR11.2km/s R 第三宇宙速度的推算

脱离太阳引力的速度称为第三宇宙速度．因为地球绕太阳运行的速度为v地＝30km/s，根据推导第二宇宙速度得到的脱离引力束缚的速度等于在引力作用下环绕速度的2倍，即2v地230km/s42.4km/s

因为人造天体是在地球上，所以只要沿地球运动轨道的方向增加△v＝12.4km／s即可，即需增加动能

1m(v)2．所以人造天体需具有的总能量为 212112 Emv2m(v)2mv3222得第三宇宙速度v316.7km/s

动量守恒定律

一：复习要点

1．定律内容:相互作用的几个物体组成的系统，如果不受外力作用，或者它们受到的外力之和为零，则系统的总动量保持不变。

''2．一般数学表达式：m1v1m2v2m1v1m2v2

3．动量守恒定律的适用条件 ：

①系统不受外力或受到的外力之和为零（∑F合=0）； ②系统所受的外力远小于内力（F

外

F内），则系统动量近似守恒；

③系统某一方向不受外力作用或所受外力之和为零，则系统在该方向上动量守恒(分方向动量守恒) 4．动量恒定律的五个特性

①系统性：应用动量守恒定律时，应明确研究对象是一个至少由两个相互作用的物体组成的系统，同时应确保整个系统的初、末状态的质量相等

②矢量性：系统在相互作用前后，各物体动量的矢量和保持不变．当各速度在同一直线上时，应选定正方向，将矢量运算简化为代数运算

③同时性：v1,v2应是作用前同一时刻的速度，v1,v2应是作用后同—时刻的速度 ④相对性：列动量守恒的方程时，所有动量都必须相对同一惯性参考系，通常选取地球作参考系

⑤普适性：它不但适用于宏观低速运动的物体，而且还适用于微观高速运动的粒子．它与牛顿运动定律相比，适用范围要广泛得多，又因动量守恒定律不考虑物体间的作用细节，在解决问题上比牛顿运动定律更简捷

''二：典题分析

1.放在光滑水平面上的A、B两小车中间夹了一压缩轻质弹簧，用两手控制小车处于静止状态，下列说法正确的是 ( ) A.两手同时放开，两车的总动量等于零

B．先放开右手，后放开左手，两车的总动量向右 C．先放开右手，后放开左手，两车的总动量向左

D．先放开右手，后放开左手，两车的总动量为零 解析：该题考查动量守恒的条件，答案为 AB

2．Ａ、Ｂ两滑块在一水平长直气垫导轨上相碰．用频闪照相机在ｔ０＝0，ｔ１＝Δｔ，ｔ２＝2Δｔ，ｔ３＝3Δｔ各时刻闪光四次，摄得如图所示照片，其中Ｂ像有重叠，ｍＢ＝（3／2）ｍＡ，由此可判断 （ ）

Ａ．碰前Ｂ静止，碰撞发生在60ｃｍ处，ｔ＝2.5Δｔ时刻 Ｂ．碰后Ｂ静止，碰撞发生在60ｃｍ处，ｔ＝0.5Δｔ时刻 Ｃ．碰前Ｂ静止，碰撞发生在60ｃｍ处，ｔ＝0.5Δｔ时刻 Ｄ．碰后Ｂ静止，碰撞发生在60ｃｍ处，ｔ＝2.5Δｔ时刻

解析：该题重点考查根据照片建立碰撞的物理图景，答案为 B

3．质量为50㎏的人站在质量为150㎏（不包括人的质量）的船头上，船和人以0.20m/s的速度向左在水面上匀速运动，若人用t =10s的时间匀加速从船头走到船尾，船长L＝5m，则船在这段时间内的位移是多少？（船所受水的阻力不计）

S

分析：（该题利用动量守恒重点考查了人、船模型中速度关系、位移关系） 解析：设人走到船尾时，人的速度为vx，船的速度为vy 对系统分析：动量守恒mMv0mvxMvy 对船分析：（匀加速运动） S =

L v0vy2t

对人分析：（匀加速运动） SLv0vxt 2 得：S = 3.25 m.

4．如图所示，一块足够长的木板，放在光滑水平面上，在木板上自左向右并非放有序号是1，2，3，…，n的物体，所有物块的质量均为m，与木板间的动摩擦因数都相同，开始时，木板静止不动，第1，2，3，…n号物块的初速度分别是v0，2 v0，3 v0，…nv0，方向都向右，木板的质量与所有物块的总质量相等 ,最终所有物块与木板以共同速度匀速运动。设物块之间均无相互碰撞，木板足够长。试求： （1）所有物块与木板一起匀速运动的速度vn； （2）第1号物块与木板刚好相对静止时的速度v1；

（3）通过分析与计算说明第k号（k＜n＝物块的最小速度vK

分析：（多个物体组成的系统，应恰当选择小系统利用动量守恒定律求解）

在木板上各个物块相对木板运动，都给木板一个向右的磨擦力，因各个物块质量相同，滑动磨擦力都一样，木板在磨擦力的作用下向右加速。由于每个物块的初始速度不同，因而相对木板静止的物块顺序依次是1，2，…，n号，当第一号物块由v0到相对木板静止时，其动量变化设为△p1，则其他各个所有物块在这段时间内的动量变化也都为△p1（f相同，T相同），因木板与所有物块总动量守恒，故可用动量守恒关系求出第1号物块相对木板静止时的速度。

V0 1 2V0 2 nV0 n 解析：（1）设所有物块都相对木板静止时的速度为 vn，因木板与所有物块系统水平方向不受外力，动量守恒，应有：

1 m v0+m·2 v0+m·3 v0+…+m·n v0=（M + nm）vn ○2 M = nm， ○解得: vn=

1（n+1）v0， 4 （2）设第1号物块相对木板静止时的速度为v1，取木板与物块1为系统一部分，第2 号物块到第n号物块为系统另一部分，则 木板和物块1 △p =（M + m）v1-m v0， 2至n号物块 △p'=（n-1）m·（v0- v1）

由动量守恒定律： △p=△p'， 解得 v1=

13 v0， ○

2（3）设第k号物块相对木板静止时的速度由vk ，则第k号物块速度由k v0减为vk的过程中，序数在第k号物块后面的所有物块动量都减小m（k v0- vk），取木板与序号为1至K号以前的各物块为一部分，则

△p=（M+km）vk-（m v0+m·2 v0+…+mk v0）=（n+k）m vk-序号在第k以后的所有物块动量减少的总量为 △p'=（n-k）m（k v0- vk） 由动量守恒得 △p=△p， 即

'k（k+1）m v0 2k（k+1）m v0= （n-k）m（k v0- vk）， 2(2n1k)kv0解得 vk=

4n（n+k）m vk-5.如图所示，人与冰车质量为M，球质量为m，开始均静止于光滑冰面上，现人将球以对地速度V水平向右推出，球与挡板P碰撞后等速率弹回，人接住球后又将球以同样的速度V向右推出……如此反复，已知M = 16 m，试问人推球几次后将接不到球?

分析：（该题是多过程动量守恒问题，可以采用数学归纳的方法研究；当然也可整个过程采用动量定理研究）

解析： 取水平向左为正方向，冰车、人、球为系统．由动量守恒定律， 对第一次推球过程有： Mv1mv0,v1mv M3mv M对第二次整个接、推球过程有： Mv1mvMv2mv,v2对第三次整个接、推球过程有：Mv2mvMv3mv,v3 对第n次整个接、推球过程同理分析得：vn5mvM

(2n1)mv

M(2n1)mv设推球n次后恰接不到球，则vnv，故有v 代人已知条件

M解得：n = 8.5， 即人推球9次后将接不到球．

三：动量守恒定律适应练习

丹阳六中 马跃中

1．质量为m的人随平板车以速度V在平直跑道上匀速前进，不考虑摩擦阻力，当此人相对于车竖直跳起至落回原起跳位置的过程中，平板车的速度 ( ) A．保持不变 B．变大 C．变小 D．先变大后变小 E．先变小后变大

2．两名质量相等的滑冰人甲和乙都静止在光滑的水平冰面上．现在其中一人向另一人抛出一个篮球，另一人接球后再抛回．如此反复进行几次后，甲和乙最后的速率关系是 ( )．

A．若甲先抛球，则一定是V甲>V乙 B．若乙最后接球，则一定是V甲>V乙

C．只有甲先抛球，乙最后接球，才有V甲>V乙 D．无论怎样抛球和接球，都是V甲>V乙

3．一小型宇宙飞船在高空绕地球做匀速圆周运动如果飞船沿其速度相反的方向弹射出一个质量较大的物体，则下列说法中正确的是( )． A．物体与飞船都可按原轨道运行 B．物体与飞船都不可能按原轨道运行

C．物体运行的轨道半径无论怎样变化，飞船运行的轨道半径一定增加 D．物体可能沿地球半径方向竖直下落

4．在质量为M 的小车中挂有一单摆，摆球的质量为m。，小车(和单摆)以恒定的速度V沿光滑水平地面运动，与位于正对面的质量为m的静止木块发生碰撞，碰撞时间极短，在此碰撞过程中，下列哪些说法是可能发生的( )．

A.小车、木块、摆球的速度都发生变化，分别变为V1、V2、V3，满足(m。十M)V=MVl十mV2十m。V3

B．摆球的速度不变，小车和木块的速度变为V1、V2，满足MV=MVl十mV2 C．摆球的速度不变，小车和木块的速度都变为V，满足MV=(M 十m)V

5．如图所示，质量为M的平板车在光滑水平面上以速度v匀速运动，车身足够长，其上表面粗糙，质量为m的小球自高h处由静止下落，与平板车碰撞后，每次上升高度仍为h，每次碰撞过程中，由于摩擦力的冲量不能忽略，小球水平速度逐渐增大，撞击若干次后，小球水平速度不再增大，则平板车的最终速度V是多大？

6．两块厚度相同的木块A和B，紧靠着放在光滑的水平面上，其质量分别为mA=2.0kg，mB=0.90kg，它们的下底面光滑，上表面粗糙，另有一质量mC=0．10kg的滑块C(可视为质点)，以VC=10m／s的速度恰好水平地滑A的上表面，如图所示，由于摩擦，滑块最后停在木块B上，B和C的共同速度为0.50m／s． (1)木块A的最终速度VA； (2)滑块C离开A时的速度VC

’

’’

D.小车和摆球的速度都变为V1，木块的速度变为V2，满足(M+mo)V=(M+mo)Vl+mV2

C VC A B

7．甲、乙两个小孩各乘一辆冰车在水平冰面上游戏，甲和他的冰车总质量共为M =30 kg，乙和他的冰车总质量也是30 kg，游戏时，甲推着一个质量m =15 kg的箱子，和他一起以大小为V0=2m／s的速度滑行，乙以同样大小的速度迎面滑来，如图，为了避免相撞，甲突然将箱子沿冰面推给乙，箱子滑到乙处时乙迅速把它抓住，若不计冰面的摩擦，问甲至少要以多大的速度(相对地面)将箱子推出，才能避免与乙相撞．（注意两人避免相撞的条件）

8．如图，—玩具车携带若干质量为m1的弹丸，车和弹丸的总质量为m2,在半径为R的水平光滑轨道上以速率V0做匀速圆周运动，若小车每一周便沿运动方向相对地面以恒定速度u发射—枚弹丸．求：

(1)至少发射多少颗弹丸后小车开始反向运动?

(2)写出小车反向运动前发射相邻两枚弹丸的时间间隔的表达式．

u

9．某人在一只静止的小船上练习射击．已知船、人连同(不包括子弹)及靶的总质量为M，内装有n颗子弹，每颗子弹的质量为m，口到靶的距离为L，子弹飞出口时相对于地面的速度为v．若在发射后一颗子弹时，前一颗子弹已陷入固定在船上的靶中，不计水对船的阻力．问

(1)射出第一颗子弹时，船的速度多大， (2)发射第n颗子弹时，船的速度多大?

(3)发射完颗n子弹后，船一共能向后移动多少距离?

10．如图所示，光滑水平面上停放一个木箱和小车，木箱的质量为m，小车和人总的质量为M，M∶m=4∶1, 人以速率v沿水平方向将木箱推出，木箱被挡板以原速反弹回来以后，人接住木箱再以同样大小的速度v第二次推出木箱，木箱又被原速反弹……，问人最多能推几次木箱？

动量守恒定律适应练习答案

1．A、 2.B、 3.CD 4.BC 5.

Mv0(Mm)vvMv0/(Mm)

'6．mCvC(mAmB)vAmCvC 7. 由(Mm)v0Mv0(2Mm)v

mBvAmCvC'mBmCVvA0.25m/s,vC2.75m/s'

(Mm)v0Mvmv'得v5.2m/s'

8. （1）由动量守恒得m2v0nm1u(m2nm1)vn小车开始反向vn0得nm2v0/m1u

（2）发射相邻两 枚弹丸的时间间隔就是发射第K（K〈1〉颗弹丸后小车的周期，即tTkmv2R(m2km1)且k20

m2v0km1um1u9．(1)射出第一颗子弹时，设船的速度为V1，由动量守恒定律得

0(Mnmm)v1mv，v1mv

M(n1)m(2)每射出一颗子弹的过程，系统的动量均守恒，而每一颗子弹进入靶中后，船的速度将为零，故每一颗子弹射出时，船后退的速度是相同的，

即vnv1mv

M(n1)m (3)每发射一颗子弹的过程实际上经历了三个阶段：第一阶段是击发到子弹射出瞠为止；第二个阶段是子弹在空中飞行的阶段；第三个阶段是子弹从击中靶子到静止为止．三个阶段都遵从动量守恒定律，第一、第三阶段历时很短，故这两个阶段船的移动可忽略．因此每发射一颗子弹的过程，只在第二阶段船向后移动．每发射完一颗子弹后船向移动的距离

10．选木箱、人和小车组成的系统为研究对象，取向右为正方向.设第n次推出木箱后人与小车的速度为vn,第n次接住后速度为vn′,则由动量守恒定律可知： 第一次推出后有：0=Mv1-mv,则v1=mv/M 第一次接住后有：Mv1+mv=（M+m）v1′

第二次推出后有：（M+m）v1′=Mv2-mv,则v2=3mv/M 第二次接住后有：Mv2+mv=（M+m）v2′…… 第n-1次接住：Mvn-1+mv=（M+m）vn-1

第n次推出：（M+m）vn-1′=Mvn-mv 即vn=(2n-1)mv/M

设最多能推N次，推出后有vn≥v vn-1≤v 即(2N1)mv≥v,且2(N1)1mv＜v

MM所以1(m2M1) ≤ N ＜1(m1) + 1 将M/m=4代入，可得： 2.5≤N＜3.5

2M因N取整数，故N=3

机械能守恒定律

一、知识点综述：

1. 在只有重力和弹簧的弹力做功的情况下，物体的动能和势能发生相互转化，但机械能的

总量保持不变.

2. 对机械能守恒定律的理解：

（1）系统在初状态的总机械能等于末状态的总机械能.

即 E1 = E2 或 1/2mv12 + mgh1= 1/2mv22 + mgh2

（2）物体（或系统）减少的势能等于物体(或系统)增加的动能，反之亦然。

即 -ΔEP = ΔEK

（3）若系统内只有A、B两个物体，则A减少的机械能EA等于B增加的机械能ΔE B 即 -ΔEA = ΔEB 二、例题导航：

例1、如图示，长为l 的轻质硬棒的底端和中点各固定一个质量为m的小球，为使轻质硬棒能绕转轴O转到最高点，则底端小球在如图示位置应具有的最小速度v= 。

解：系统的机械能守恒，ΔEP +ΔEK=0

因为小球转到最高点的最小速度可以为0 ，所以，

11vmv2mmglmg2l222v24gl5

2

4.8gl

例 2. 如图所示，一固定的楔形木块，其斜面的倾角θ=30°，另一边与地面垂直，顶上有一定滑轮。一柔软的细线跨过定滑轮，两端分别与物块A和B连结，A的质量为4m，B的质量为m，开始时将B按在地面上不动，然后放开手，让A沿斜面下滑而B上升。物块A与斜面间无摩擦。设当A沿斜面下滑S 距离后，细线突然断了。求物块B上升离地的最大高度H.

解：对系统由机械能守恒定律 4mgSsinθ – mgS = 1/2× 5 mv2 ∴ v2=2gS/5

细线断后，B做竖直上抛运动，由机械能守恒定律 mgH= mgS+1/2× mv2 ∴ H = 1.2 S

例 3. 如图所示，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θ=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M= m的重环间的绳子水平，然后无初速释放重物M．设绳子

2物，使两个小圆

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?

解：(1)重物向下先做加速运动，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，则两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α角的位置上(如图所示)．

对于重物，受绳子拉力与重力作用， 有T=mg

对于小圆环，受到三个力的作用，水平绳的拉力T、 竖直绳子的拉力T、大圆环的支持力N.

两绳子的拉力沿大圆环切向的分力大小相等，方向相反 得α

例 4. 如图质量为m1的物体A经一轻质弹簧与下方地面上的质量为m2的物体B相连，弹簧的劲度系数为k，A、B都处于静止状态。一条不可伸长的轻绳绕过轻滑轮，一端连物体A，另一端连一轻挂钩。开始时各段绳都牌伸直状态，A上方的一段沿竖直方向。现在挂钩上挂一质量为m3的物体C上升。若将C换成另一个质量为(m1+m3)物体D，仍从上述初始位置由静止状态释放，则这次B则离地时D的速度的大小是多少？已知重力加速度为g。

=α′, 而α+α′=90°，所以α=45 °

2Mgh2mgh2RsinθRsinθh2R（另解h=0舍去）

A m1 k B m2

解:开始时，B静止平衡，设弹簧的压缩量为x1,

kx1m1g kx2m2g

挂C后，当B刚要离地时，设弹簧伸长量为x2，有

此时，A和C速度均为零。从挂C到此时，根据机械能守恒定律弹簧弹性势能的改变量为

Em3g(x1x2)m1g(x1x2)

将C换成D后，有

1E(m1m3m1)v2(m1m3)g(x1x2)m1g(x1x2)

22m1(m1m2)g2

k(2m1m3)联立以上各式可以解得 针对训练

1．在光滑水平面上有两个相同的弹性小球A、B，质量都为m. 现B球静止，A球向B球运动，发生正碰。已知碰撞过程中总机械能守恒，两球压缩最紧时的弹性势能为Ep，则碰前A球的速度等于 （ ）

vA.EPmB.2EPmC.2EPmD.22EPm2．质量为m的物体，在距地面h高处以g /3的加速度由静止竖直下落到地面， 下列说法中正确的是： （ ）

A. 物体的重力势能减少 1/3 mgh B. 物体的机械能减少 2/3 mgh C. 物体的动能增加 1/3 mgh D. 重力做功 mgh

3．一物体从某一高度自由落下，落在直立于地面的轻弹簧上，如图所示．在A点时，物体开始接触弹簧；到B点时，物体速度为零，然后被弹回．下列说法中正确的是 [bcd ] A．物体从A下降到B的过程中，动能不断变小 B．物体从B上升到A的过程中，动能先增大后减小 C．物体由A下降到B的过程中，弹簧的弹性势能不断增大

D．物体由B上升到A的过程中，弹簧所减少的弹性势能等于物体所增加的动能与增加的重力势能之和

4. 长为L质量分布均匀的绳子，对称地悬挂在轻小的定滑轮上， 如图所示.轻轻地推动一下，让绳子滑下，那么当绳子离 开滑轮的瞬间，绳子的速度为 .

5.一根内壁光滑的细圆管，形状如下图所示，放在竖直平面内， 一个小球自A口的正上方高h处自由落下，第一次小球恰能 抵达B点；第二次落入A口后，自B口射出，恰能再进入 A口，则两次小球下落的高度之比h1：h2= ______

6.将质量为M和3M的两小球A和B分别拴在一根细绳的两端，绳长为L，开始时B球静置于光滑的水平桌面上，A球刚好跨过桌边且线已张紧，如图所示．当A球下落时拉着B球沿桌面滑动，桌面的高为h，且h＜L．若A球着地后停止不动，求：（1）B球刚滑出桌面时的速度大小．（2）B球和A球着地点之间的距离．

7.如图所示, 半径为r, 质量不计的圆盘盘面与地面相垂直, 圆心处有一个垂直盘面的光滑水平固定轴O,在盘的最右边缘固定一个质量为m的小球A,在O点的正下方离O点r/2处固定一个质量也为m的小球B. 放开盘让其自由转动, 问 : (1)当A球转到最低点时, 两小球的重力势能之和减少了多少? (2)A球转到最低点时的线速度是多少? (3)在转动过程中半径OA向左偏离 竖直方向的最大角度是多少?

8. 小球A用不可伸长的轻绳悬于O点，在O点的正下方有一固定的钉子B，OB=d，初始时小球A与O同水平面无初速释放，绳长为L，为使球能绕B点做圆周运动，试求d的取值范围？

9.将细绳绕过两个定滑轮A和B．绳的两端各系一个质量为m的砝码。A、B间的中点C挂一质量为M的小球，M<2m，A、B间距离为l，开始用手托住M使它们都保持静止，如图所示。放手后M和2个m开始运动。求(1)小球下落的最大位移H是多少？(2)小球的平衡位置距C点距离h是多少？

10．如图所示，桌面上有许多大小不同的塑料球，它们的密度均为ρ，有水平向左恒定的风作用在球上；使它们做匀加速运动（摩擦不计），已知风对球的作用力与球的最大截面面积成正比，即F＝kS(k为一常量).

(1) 对塑料球来说，空间存在一个风力场，请定义风力场强度及其表达式. (2) 在该风力场中风力对球做功与路径无关，可引入风力势

能和风力势的概念，若以栅栏P零风力势能参考平面，写出风力势能EP和风力势U的表达式。 (3) 写出风力场中机械能守恒定律的表达式.（球半径用r表

示；第一状态速度为v1，位置为x1；第二状态速度为v2，位置为x2）

参:

1. C 2. BCD 3. BCD

4. 解：由机械能守恒定律，取小滑轮处为零势能面.

21LL1mgmgmv224221vgL25. 解：第一次恰能抵达B点，不难看出v B1=0

由机械能守恒定律mg h1 =mgR+1/2·mvB12 ∴h1 =R

第二次从B点平抛

R=vB2t R=1/2·gt 2 mg h2 =mgR+1/2·mvB22 h2 =5R/4 h1 ：h2 = 4：5

6. 7.

由系统机械能守恒定律 得

（3）设 OA向左偏离竖直方向的最大角度是θ，

由系统机械能守恒定律 得

mgr× cosθ – mgr/2× (1+sinθ )=02cosθ=1+sinθ, 4(1-sin2θ)=1 +2sinθ +sin2θ, 5sin2θ+2sinθ- 3=0 Sinθ=0.6 ∴θ=37°

8. 解：设BC=r，若刚能绕B点通过最高点D，必须有（1）

由机械能守恒定律

mg(L-2r)=1/2m vD 2 （2） ∴r = 2L / 5 d=L-r= 3L/5

∴ d 的取值范围 3/5 L d 9.解：(1)如答案图(a)所示，M下降到最底端时速度为零，此时两m速度也为零，M损失的

重力势能等于两m增加的重力势能(机械能守恒)

mg=mvD 2 /r

解： （1）ΔEP = mgr - mgr/2 = mgr/2 (2)

vB2gR/2111v1522mgrmvAmAmvA2222242

解得

(2)如答案图(b)所示，当M处于平衡位置时，合力为零，T=mg， 则Mg-2mgsinα=0

10．(1)风力场强度：风对小球的作用力与对小球最大截面积之比，

即E＝F/S＝k

(2)距P为x处，EP＝Fx＝kSx U＝EP/S＝kS

(4)

2ρrv1/3+kx1＝2ρrv2/3+kx2

22

功 和 能

典 型 例 题

【例题1】如图1所示，轻绳下悬挂一小球，在小球沿水平面作半径为R的匀速圆周运动转过半圈的过程中，下列关于绳对小球做功情况的叙述中正确的是（ ） A. B.

绳对小球没有力的作用，所以绳对小球没做功；

绳对小球有拉力作用,但小球没发生位移，所以绳对小球没做功；

图1

C. 绳对小球有沿绳方向的拉力，小球在转过半圈的过程中的位移为水平方向的2R，所以绳对小球做了功； D.

以上说法均不对.

【分析与解】从表面上看似乎选项Ｃ说得有道理，但事实上由于绳对小球的拉力是方向不断变化的变力，而变力做功与否的判断应该这样来进行：在小球转过半圆周的过程中任取一小段圆弧，经考察发现小球在通过这一小段圆弧时所受拉力方向与这一小段位移垂直，因此可以断定在小球通过每一小段圆弧时绳均不对小球做功，由此可知此例应选D.

【例题2】把两个大小相同的实心铝球和实心铁球放在同一水平面上，它们的重力势能分别为E1和E2．若把它们移至另一个较低的水平面上时，它们的重力势能减少量分别为E1和E2则必有（ ）

Ａ.E1＜E2 Ｂ.E1＞E2 Ｃ.E1＜E2 Ｄ.E1＞E2

【分析与解】如果重力势能的零势面比两球所处的水平面较低，则显然由于铁的密度较大，同体积的铁球质量较大而使E1＜E2；但如就取两球心所在的水平面为重力势能零势面，则又有E1＝E2＝0；当然若两球所在的水平面在重力势能的零势面下方，甚至可以有E2＜E1＜0.考虑到重力势能的“相对性”，选项Ａ、Ｂ均不应选.但无论重力势能的零势面如何选取，在两球下降相同高度的过程中，质量较大的铁球所减少的重力势能都是较多的，所以此例应选择Ｃ.

【例题3】如图10－2所示，质量分别为m、2m的小球A、B分别固定在长为L的轻杆两端，轻杆可绕过中点的水平轴在竖直平面内无摩擦转动，当杆处于水平时静止释放，直至杆转到竖直位置的过程中，杆对小球A所做的功为 .杆对小球B所做的功OAB为 ． 【分析与解】在此过程中由于A、B构成的系统的机械能守恒，因此系统减少的重力势能应与系统增加的动能相等．即 LL11(2m)mv2(2m)v2 2222由此解得A、B两球转到杆处于竖直位置时的速度大小为 mgv1gL 3图2 而在此过程中A、B两球的机械能的增加量分别为 E1mgL122mvmgL 223L12E22mg2mv2mgL

223所以，此过程中轻杆对Ａ、Ｂ两小球所做的功分别为

W1E12mgL 32W2E2mgL

3【例题4】放在光滑水平面上的长木板，右端用细线系在墙上，如图3所示，左端固定一个轻弹簧，质量为m的小球，以某一初速度在光滑木板上表面向左运动，且压缩弹簧，当球的速度减小为初速的一半时，弹簧势能为E，这时细线被拉断，为使木板获得的动能最大，木板的质量应等于多少？其最大动能为多少？

图3

【分析与解】先进行状态分析，当小球碰到弹簧后，小球将减速，当球的速度减小为初速的一半时，弹簧势能为E，即表示：

Ev12m[v0(0)2] 22细线断后，小球继续减速，木板加速，且弹簧不断伸长，以整体来看，系统的机械能

守恒，若小球的速度减小为0时，弹簧恰好变成原长状态，则全部的机械能就是木板的动能，此时木板获得的动能最大．

系统所受的合外力为0，故动量守恒，

1mv0Mv 21122且Mvmv 22m4解得M，EkmE．

43

【例题5】一个竖直放置的光滑圆环，半径为R，

c、e、圆d分别是其水平直径和竖直直径的端点．b、

环与一个光滑斜轨相接，如图4所示．一个小球从与d点高度相等的a点从斜轨上无初速下滑．试求：

(1)过b点时，对轨道的压力Nb多大？ (2)小球能否过d点，如能，在d点对轨道压力Nd多大？如不能，小球于何处离开圆环？ 【分析与解】小球在运动的全过程中，始终只受重力G和轨道的弹力N．其中，G是恒力，而N是大小和方向都可以变化的变力．但是，不论小球是在

图4

斜轨上下滑还是在圆环内侧滑动，每时每刻所受弹力方向都与即时速度方向垂直．因此，小球在运动的全过程中弹力不做功，只有重力做功，小球机械能守恒．

从小球到达圆环最低点b开始，小球就做竖直平面圆周运动．小球做圆周运动所需的向心力总是指向环心O点，此向心力由小球的重力与弹力提供．（1）因为小球从a到b机械能守恒EaEb，所以

mgha12mvb ① 2ha2R ②

2vbNbGm ③

R解①②③得 Nb5mg

（2）小球如能沿圆环内壁滑动到d点，表明小球在d点仍在做圆周运动，则

2vdNdGm，可见，G是恒量，随着vd的减小Nd减小；当Nd已经减小到零（表示

R小球刚能到达d）点，但球与环顶已是接触而无挤压，处于“若即若离”状态）时，小球的速度是能过d点的最小速度．如小球速度低于这个速度就不可能沿圆环到达d点．这就

12表明小球如能到达d点，其机械能至少应是Edmghamvd，但是小球在a点出发的

2机械能仅有Eamghamghd＜Ed因此小球不可能到达d点．

1ha，EaEd 212即mghamghcmvc

2因此，vc＞0，小球从b到c点时仍有沿切线向上的速度，所以小球一定是在c、d之间的某点s离开圆环的．设半径Os与竖直方向夹角，则由图可见，小球高度

又由于hchs(1cos)R ④

根据机械能守恒定律，小球到达s点的速度vs应符合： mghamghs12mvs ⑤ 2小球从s点开始脱离圆环，所以圆环对小球已无弹力，仅由重力G沿半径方向的分力提供向心力，即

vs2mgcosm ⑥

R5解④⑤⑥得 hsR故小球经过圆环最低

35R点b时，对环的压力为5mg．小球到达高度为的

3s点开始脱离圆环，做斜上抛运动．【说明】

hs

图5

1．小球过竖直圆环最高点d的最小速度称为“临界速度”v0．v0的大小可以由重力全部提供向心力求得，即小球到达d点，当vd＞v0时，小球能过d点，且对环有压力；当

vd=v0时，小球刚能过d点，且对环无压力；当vd＜v0时，小球到不了d点就会离开圆

环．

2．小球从s点开始做斜上抛运动，其最大高度低于d点，这可证明．

练 习

1.关于摩擦力做功的下列说法中,正确的是( )

A.滑动摩擦力只能做负功; B.滑动摩擦力也可能做正功; C.静摩擦力不可能做功; D.静摩擦力不可能做正功. 2.如图1所示,绳上系有A、B两小球,将绳拉直后静止释放,则在两球向下摆动过程中,下列做功情况的叙述,正确的是( ) A.绳OA对A球做正功 B.绳AB对B球不做功 C.绳AB对A球做负功 D.绳AB对B球做正功 3.正在粗糙水平面上滑动的物块，从t1时刻到时刻t2受到恒定的水平推力F的作用，在这段时间内物块做直线运动，已知物块在t1时刻的速度与t2时刻的速度大小相等，则在此过程中（ ） A.物块可能做匀速直线运动 B.物块的位移可能为零 C.物块动量的变化一定为零 D.F一定对物块做正功 4．如图2所示，一磁铁在外力作用下由位置1沿直线 以速度vv匀速运动到位置2，在这个过程中磁铁穿过了闭合金属线圈abcd，此过程外力对磁铁做功为W1．若调节线圈上的滑动变阻器R使阻值增大些，将磁铁仍从位置1沿直线 以速度v匀速运动到位置2，此过程外力对磁铁做功为W2．则（ ）

A.W1W2 B.W1＞W2

C.W1＜W2 D.条件不足，无法比较

5.试在下列简化情况下从牛顿定律出发，导出动能定理的表达式：物体为质点，作用力为恒力，运动轨迹为直线.要求写出每个符号以及所得结果中每项的意义.

图2

图1 0A B 1光滑圆4形轨道AB，底端B切线方向连接光滑水平面，C处固定竖直档板，BC间的水平距离为S，质量为m的物块从A点

6.如图3所示，竖直平面内固定一个半径为R的

由静止释放沿轨道滑动，设物块每次与档板碰后速度大小都是碰前的

1，碰撞时间忽略不计，则： 5图3

⑴物块第二次与档板碰后沿圆形轨道上升的最大高度为多少？

⑵物块第二次与档板碰撞到第四次与档板碰撞间隔的时间？

7. 如图4所示，倾角为的斜面上，有一质量为m的滑块距档

v0 P 图4

板P为S0处以初速度v0沿斜面上滑，滑块与斜面间动摩擦因数为，8.一个质量m=0.2kg的小球系于轻质弹簧的一端，且套在光滑竖立的圆环上，弹簧的上端固定于环的最高点A，环的半径R=0.5ｍ，弹簧的原长l0=0.50ｍ，劲度系数为4.8Ｎ/ｍ.如图5所示.若小球从图5中所示位置B点由静止开始滑动到最低点C时，弹簧的弹性势能Ep=0.60Ｊ.求：（1）小球到C点时的速度v0的大小；（2）小球在C点对环的作用力.（g取10ｍ/ｓ）

9.如图6所示，AB和CD为两个对称斜面，其上部足够长，下部分分别与一个光滑的圆弧面的两端相切，圆弧圆心角为120°，半径R＝2.0ｍ，一个质量为m＝1ｋｇ的物体在离弧高度为h＝3.0ｍ处，以初速度4.0ｍ／ｓ沿斜面运动，若物体与两斜面间的

2

动摩擦因数＝0.2，重力加速度g＝10ｍ／ｓ，则（1）物体在斜面上（不包括圆弧部分）走过路程的最大值为多少？（2）试描述物体最终的运动情况．（3）物体对圆弧最低点的最大压力和最小压力分别为多少？

图5

2

图6

10. 如图7所示，质量为M的滑块B套在光滑的水平杆上可自由滑动，质量为m的小球A用一长为L的轻杆与B上的O点相连接，轻杆处于水平位置，可绕O点在竖直平面内自由转动．(1)固定滑块B，给小球A一

0

竖直向上的初速度,使轻杆绕O点转过90，则小球初速度的最小值是多少?(2)若M2m，不固定滑块且给小

0

球一竖直向上的初速度v0，则当轻杆绕O点转过90，

图7

A球运动至最高点时，B的速度多大?

练习答案

1.B 2.C、D 3.D 4．B 5.（略）

6.解：⑴物块在光滑轨道上滑动过程机械能守恒，第一次下滑到底端B时的动能为

EkmgR ①

由于每次与档板碰后速度大小都是碰前的物块经过两次与档板碰后动能为(11，故每次与档板碰后动能都是碰前的，52512)Ek，根据机械能守恒定律有 25(12)Ekmgh2 ② 25由①、②得h2R ③ 625⑵物块第二次与档板碰后沿圆形轨道上升的最大高度轨道上的运动都可看成简谐运动，周期T2第二次与档板碰后速度：v2R远小于R，此后物块在圆形625R ④ g12gR ⑤ 25则第二次与档板碰撞到第三次与档板碰撞间隔的时间为：

12SR25S2gRt1T ⑥

2v2ggR第三次与档板碰后速度：v312gR ⑦ 125则第三次与档板碰撞到第四次与档板碰撞间隔的时间为：

12SR125S2gRt2T ⑧

2v3ggR因此第二次与档板碰撞到第四次与档板碰撞间隔的时间为：

tt1t227.解：由于滑动摩擦力

R150S2gR ⑨ ggRfmgcos所以物体最终必定停在P点处，由功能关系有

12(mgcos)S总0(mgS0sinmv0)

2S总2v02gS0sin

2gcos8.解：(1)由机械能守恒mgR(1cos60)得:vc3m/s

12mvcEp 2vc2(2)在最低点klNmgm

R得:N3.2N

9.解：（1）物体在两斜面上来回运动时，克服摩擦力所做的功Wfmgcos60Smax

物体从开始直到不再在斜面上运动的过程中

12mghWf0mv0

2解得Smax38ｍ

(2)物体最终是在B、C之间的圆弧上来回做变速圆周运动，且在B、C点时速度为零． （3）物体第一次通过圆弧最低点时，圆弧所受压力最大．由动能定理得

mg[hR(1cos60)]mgcos60h112 mv12mv0sin6022v12由牛顿第二定律得 Nmaxmgm

R解得 Nmax54.5N．

物体最终在圆弧上运动时，圆弧所受压力最小．由动能定理得

mgR(1cos60)12mv2 22v2mgm

R由牛顿第二定律得Nmin解得Nmin20N．

10.解：(1)小球A在竖直方向速度为v时运动到最高点速度刚好为零，由机械能守恒有

12mvmgL 2解得：v2gL

（2）当球A运动到最高点速度为v1，此时B球速度为v2，且M2m

水平方向动量守恒有mv1Mv20 根据能量关系解得：v2

121212mv0mv1Mv2mgL 22212(v02gL) 6带电粒子在电场中的运动

例1、（01全国高考）如图，虚线a、b和c是静电场中的三个等势面，它们的电势分别为φa、φb、和φc，φa﹥φb﹥φc。一带电的粒子射入电场中，其运动轨迹如实线KLMN所示，由图可知 （ ） A、 B、 C、 D、

例2、如图所示，有三个质量相等，分别带正电，负电和不 带

电 的小球，从上、下带电平行金属板间的P点.以相同速率垂直电场方向射入电场，它们分别落到A、B、C三点，则 （ ）

粒子从K到L的过程中，电场力做负功 粒子从L到M的过程中，电场力做负功 粒子从K到L的过程中，静电势能增加 粒子从L到M的过程中，动能减少

（A） （B） （C） （D）

A带正电、B不带电、C带负电 三小球在电场中运动时间相等 在电场中加速度的关系是aC>aB>aA 到达正极板时动能关系EA>EB>EC

例3、如图所示，带负电的小球静止在水平放置的平行板电容 器两板间，距下板0.8 cm，两板间的电势差为300 V.如果两板间电势差减小到60 V，则带电小球运动到极板上需多长时间?

例4、绝缘的半径为R的光滑圆环，放在竖直平面内，环上套有一个质量为m，带电量为+q的小环，它们处在水平向右的匀强电场中，电场强度为E（如图所示），小环从最高点A由静止开始滑动，当小环通过（1）与大环圆心等高的B点与（2）最低点C时，大环对它的弹力多大？方向如何？

AOCE

B

例5、如图4所示，质量为、带电量为的小球从距地面高处以一定的初速度水平抛出，在距抛出水平距离为L处，有一根管口比小球直径略大的竖直细管，管的上口距地面，为使小球能无碰撞地通过管子可在管口上方整个区域里加一场强方向向左的匀强电场。求：（1）小球的初速度；（2）电场强度E的大小；（3）小球落地时的动能。

mq v0 E h h 2 l 图4

练习

1、如图所示,有一质量为m、带电量为q的油滴,被置于竖直放置的两平行金属板间的匀强电场中,设油滴是从两板中间位置,并以初速度为零进入电场的,可以判定( ).

(A)油滴在电场中做抛物线运动

(B)油滴在电场中做匀加速直线运动

(C)油滴打在极板上的运动时间只决定于电场强度和两板间距离

(D)油滴打在极板上的运动时间不仅决定于电场强度和两板间距离,还决定于油滴的荷质比

2、 (01全国理科综合)图中所示是一个平行板电容器，其电容为C，带电量为Q，上极板带正电。现将一个试探电荷q由两极板间的A点移动到B点，如图所示。A、B两点间的距离为s，连线AB与极板间的夹角为30°，则电场力对试探电荷q所做的功等于 ( C ) A．

qCsqCsqQsqQs B． C． D． Qd2Qd2CdCd

3、（01上海）A、B两点各放有电量为+Q和+2Q的点电荷，A、B、C、D四点在同一直线上，且AC=CD=DB。将一正电荷从C点沿直线移到D点，则 （ B ） A、 B、 C、

电场力一直做正功 电场力先做正功再做负功 电场力一直做负功

D、电场力先做负功再做正功

4、如图所示，在光滑的水平面上有一个绝缘弹簧振子，小球带负电，在振动过程中，当弹簧压缩到最短时，突然加上一个水平向左的匀强电场， A．振子振幅增大 B．振子振幅减小 C．振子的平衡位置不变 D．振子的周期增大

5、若带正电荷的小球只受到电场力作用，则它在任意一段时间内 A．一定沿电场线由高电势处向低电势处运动 B．一定沿电场线由低电势处向高电势处运动

C．不一定沿电场线运动，但一定由高电势处向低电势处运动 D．不一定沿电场线运动，也不一定由高电势处向低电势处运动

6、如图所示，两平行金属板a板对b板的电压随时间变化图像如静止释放，已知在一个周 期内电子没有到达c面和d面，则以后到达c面或d面可能是： A．向右运动时通过c面 B．向左运动时通过c面 C．向右运动时通过d面 D．向左运动时通过d面

7、质量为m、带电量为+q的小球，用一绝缘细线悬挂于O点，开始时它在A、B之间来回摆动，OA、OB与竖直方向OC的夹角均为如图1所示。求（1）如果当它摆到B点时突然施加一竖直向上的、大小为的匀强电场，则此时线中拉力（2）如果这一电场是在小球从A点摆到最低点C时突然加上去的，则当小球运动到B点时线中的拉力T2

8、一个质量为m、带有电荷-q的小物体，可在水平轨道Ox上运动，O端有一与轨道垂直的固定墙、轨道处于匀强电场中，其场强大小为E,方向沿OX轴正方向,如图所示。小物体以初速度v0从x0点沿OX轨道运动，运动时受到大小不变的摩擦力f作用，且f＜qE；设小物体与墙碰撞时不损失机械能，且电量保持不变，求它在停止运动前所通过的总路程s。 9、如图3-2-11所示，在竖直平面内，有一半径为R的绝缘的光滑圆环，圆环处于场强大

小为E，方向水平向右的匀强电场中，圆环上的A、C两点处于同一水平面上，B、D分别为圆环的最高点和最低点．M为圆环上的一点，∠MOA=45°．环上穿着一个质量为m，带电量为+q的小球，它正在圆环上做圆周运动，已知电场力大小qE等于重力的大小mg，且小球

经过M点时球与环之间的相互作用力为零．试确定小球经过A、B、C、D点时的动能各是多少？

10、如图3（a）所示，真空室中电极K发出的电子（初速为零）。经U=1000V的加速电场后，由小孔S沿两水平金属板A、B两板间的中心线射入，A、B板长L=0.20m，相距d=0.020m，加在A、B两板间的电压U随时间t变化u—t图线如图3（b）。设A、B两板间的电场可以看做是均匀的，且两板外无电场。在每个电子通过电场区域的极短时间内，电场可视作恒定的。两板右侧放一记录圆筒，筒的左侧边缘与极板右端距离，筒绕其竖直轴匀速转动，周期，筒的周长，筒能接收到通过A、B板的全部电子。

答案

例1、AC 例2、AC

例3、解析：取带电小球为研究对象，设它带电量为q，则带电小球受重力mg和电场力qEU1 ① dU当Ｕ2＝60 V时，带电小球向下板做匀加速直线运动：mgq2ma

d的作用. 当U1＝300 V时，小球平衡：mgq② 又h12at ③ 2由①②③得：

t2U1h(U1U2)g20.810300－2

s=4.5×10 s

(30060)102

例4、解：（1）小环由A到B的过程中，重力做正功（mgR），电场力也做正功（qER），

弹力不做功；根据动能定理（设通过B点时速度大小为vB）

12mvBmgRqER 2①

2mvBNBqER 小环通过B点的运动方程为：②

解方程①和②，可知小环通过B点时，大环对它的弹力指向环心O，大小为

2mvBNBqE2mg3qER

（2）小环由A到C的过程中，电场力与弹力都不做功，只有重力做功，设通过C点时

小环的速度大小为vC，根据动能定理：

12mvC2mgR2 ③

小环通过C点时的运动方程为

2mvCNCmg R④

2mvCNCmg5mgR 解方程③和④得：

例5、（1）从抛出点到管口小球的运动时间为，则。 水平方向做匀减速运动，则有。

（2）在水平方向上应用牛顿第二定律有。由运动学公式知。由上二式。 （3）在全过程应用动能定理得

小球落地时的动能。

练习 1、BD 2、C 3、B 4、B 5、D 6、C

7、解：（1）小球摆到B点时，速度为零，突然加上电场，小球受到电场力： 方向向上，

小球受到的合力为零，小球将在B处静止而达到平衡状态。。 （2）小球摆 到平衡位置C时，由机械能守恒定律： 得 ，

这时突然加上电场，电场力仍与重力平衡，小球将做匀速圆周运动，绳的拉力提供做圆周运动的向心力。

8、解：由于f＜qE，所以物体最后停在O点，物体停止运动前所通过的总路程为s，根据

动能定理有

12qEx0fs0mv02所以

22qEx0mv0s2f

9、解根据牛顿第二定律

当小球从M点运动到A点的过程中，电场力和重力做功分别为

根据动能定理得：

同理：

10、解（1）以时（见图b此时）电子打到圆筒记录纸上的点作为坐标系的原点，并取轴竖直向上，试计算电子打到记录纸上的最高点的坐标和坐标（不计重力）。 （2）在给出的坐标纸（如图d）上定量地画出电子打到记录纸上的点形成的图线。 析与解：本题是综合性较强的一道高考压轴题，可分为四个阶段加速、偏转、放大和扫描。而电子的加速、偏转问题都是学生熟悉的，有新意的是该题把常见的固定的接收屏改为转动的圆筒，加进了扫描因素，构成了一新的情境问题，对学生的能力、素质提出了较高的要求。

（1）设为电子沿AB板中心线射入电场时的初速度则 （1）

电子穿过A、B板的时间为，则 （2）

电子在垂直于A、B板方向的运动为匀加速直线运动，对于能穿过A、B板的电子，在它通过时加在两板间的应满足： （3）

由（1）、（2）、（3）解得

此电子从A、B板射出的沿Y方向分速度为： （4）

以后此电子作匀速直线运动，它打在记录纸上的点最高，设纵坐标为y由图（c）可得 （5） 由以上各式解得： （6）

由图线可知，加在两板电压的周期，的最大值，因为，在一个周期内只有开始的一段时间间隔内有电子通过A、B板 （7）

因为电子打在记录纸上的最高点不止一个，根据题中关于坐标原点与起始记录时刻的

规定，第一个最高点的坐标为 （8） 第二个最高点的坐标为 （9） 第三个最高点的坐标为

由于记录筒的周长为，所以第三个最高点已与第一个最高点重合，即电子打到记录纸上的最高点只有两个，它们的坐标分别由（8）、（9）表示。

（2）电子打到记录纸上所形成的图线如图（d）。

y y/cm y y5 vb 00 -5(c) 图3

10x/cmm

(d)电场力的性质，能的性质

例1、真空中两个同性的点电荷q1、q2 ,它们相距较近，保持静止。今释放q2 且q2只在q1

的库仑力作用下运动，则q2在运动过程中受到的库仑力（ ） （A）不断减小 （B）不断增加

（C）始终保持不变 （D）先增大后减小

例2、以下有关场强和电势的说法，哪些是正确的？ （ ）

（A）在正的点电荷的电场中，场强大的地方电势一定比场强小的地方高 （C）在负的点电荷的电场中，各点电势均为负值，距此负电荷越远处电势越低，无限远处

电势最低 （D）在负的点电荷的电场中，各点电势均为负值，距此负电荷越远处电势越高，无限远处

电势最高 例3、1 如图所示，两个带电小球A、B用长度为L=10cm的细丝线相连放在光滑绝缘水平

-2

面上保持静止。已知这时细丝线对B球的拉力大小F0=1.8×10N， A球的电荷量为

（B）在正的点电荷的电场中，场强大的地方电势一定比场强小的地方低

qA1.0107C，

求：⑴小球A所受的电场力F的大小。 ⑵小球B的电性和电荷量qB。（静电力常量k=9.0×922

10Nm/C）

A L B 例4、质量为m的带电小球带电量为+q,用绝缘细线悬挂在水平向左的匀强电场中,平衡时

绝缘细线与竖直方向成30°角,重力加速度为g.求电场强度的大小.

例5、在电场中移动电荷量为8×10C的小球从A点运动到B点，电场力做功1.6×10J，

-8

求：求该两点间的电势差？该电荷的带电量为-2.5×10C，则电场力做多少功，做正功还是负功？

-8

-3

E 300 练习

1、 在电场中P点放一个检验荷-q ,它所受的电场力为F，则关于P点电场强度EP

正确的说法是（ ）

（A）b点的电场强度较大

（B）a点的电场强度较大 （C）同一正点电荷放在a点所受的电场力比放在 b点时

受到的电场力大 受到的电场力大

3、一个电量为q的正点电荷，在各点场强大小和方向都相同的电

场中，沿电场线方向运动的位移为d ,若电场强度大小为E，在此过程中电场力对点电荷做功等于 （ ）

（A）Ed/q （B）qE/d （C）qd/E （D）qEd

4、一个电量为q的正点电荷，在电场中从a点移到b点，电场力对该点电荷做功W，那么，

a、b两点之间的电势差应等于 （ ）

（A）qW （B）q/W （C）W （D）W/q

5、下面关于电势和电势能的说法正确的是 （ ） （A）电荷在电场中电势越高的地方，具有的电势能也一定越大 （C）电势降低的方向，一定就是场强方向 （D）电势能是电场和电荷共有的能

6、三个点电荷在彼此的库仑力作用下都处于静止，则 （ ） （A）它们必在同一直线上 （B）它们都是同种电荷

（C）每个电荷受到的库仑力的合力等于零 （D）它们不是同种电荷

7、 用30cm的细线将质量为4×10㎏的带电小球P悬挂在Ｏ点下，

4

当空中有方向为水平向右，大小为1×10N/C的匀强电场时，

-3

（A）EP = F/q ,方向与F相同 （B）若取走-q ,P点的电场强度EP = 0 （C）若检验电荷为-2q ,则EP = F/2q （D）EP与检验电荷无关

2、图1是电场中某区域的电场线分布图，a、b是电场中的两点，这两点比较（ ）

（D）同一负点电荷放在a点所受的电场力比放在b点时

（B）在负的点电荷的电场中的任一点，正电荷的电势能大于负电荷的电势能

小球偏转37°后处在静止状态。（1）分析小球的带电性质（2）求小球的带电量（3）求细线的拉力

8、如图所示，平行金属板与水平方向成角，板间距离为d，板间电压为U，一质量为m的带电微粒，以水平初速度0从下板左端边缘进入板间，结果正好沿水平直线通过从上板右端上边缘处射出，求:（1）微粒带电量 （2）微粒离开电场时的动能。

9、在氢原子中，可以认为核外电子绕原子核（质子）做匀速圆周

运动，轨道半径为5.310

11v+  m 。求电子沿轨道运动的动能。

V的加速电压加速后，在距两极板等距处垂直进入平行板间10、一束电子流在经U5000的匀强电场，如图14—9—4所示，若两板间距d1.0cm，板长l5.0cm，那么，要使电子能从平行板间飞出，两个极板上最多能加多大电压?

答案：例1、A 例2、A D

例3、解：小球A受力如图，由于小球受力平衡，绳的拉力向右，所以电场力的方向向左，

A、B表现为斥力。B球带正电。

电场力大小为

FF01.8102N

FkqAqB根据公式

L2可得： qFL2kq1.8102(10102)29.01091.01072107BCA

例4、解：小球受力如图，所以

qEmgtan30Emgtan30 即：

q

UABWq1.61038108V2104V例5、解：电势差

荷带电量为

q2.5108C,则电场力做负功， WqUAB2.51082104J5104J 练习

1、D 2、AD 3、D 4、D 5、D 6、ACD

7、解：（1）小球受力如图，故带正电。 （2）列方程：qEmgtan37

qmgtan37E3106C

Fmg5102（3）cos37N

N F F0 mg

F qE

mg F qE mg

8、解：（1）微粒做直线运动，故合力在水平方向上，电场力方向只能是斜向上。微粒带正电。受力如图。

qE mg qEcos （2）重力不做功（高度不变），电场力做功，由动能定理可得：

mg 1212qEcosmg

qUEk2mv0EkqUmv022 即：

9、解：质子对核外电子的库仑力充当向心力，

+  e2v22Ekk2mrr rke29.0109(1.61019)2EkJ112r25.310

10、解析：在加速电压一定时，偏转电压U′越大，电子在极板间的偏距就越大.当偏转电压大到使电子刚好擦着极板的边缘飞出，此时的偏转电压，即为题目要求的最大电压.

eU加速过程，由动能定理得

12mv02 ①

进入偏转电场，电子在平行于板面的方向上做匀速运动

lv0t ②

在垂直于板面的方向做匀加速直线运动，加速度

aFeUmdm ③

12at2 ④

y偏距

d能飞出的条件为y≤2 ⑤

2Ud225000(1.0102)22V410V222l(5.010)解①～⑤式得U′≤即要使电子能飞出，所

加电压最大为400V.

说明：(1)此题是一个较典型的带电粒子先加速再偏转的题目.请读者通过该题认真体会求解这类问题的思路和方法，并注意解题格式的规范化.

电容器专题

一、例题部分

例题1、如图所示，平行板电容器的两极板A、B接于电池两极，一带正电的小球悬挂在电容器内部，闭合S，电容器充电，这时悬线偏离竖直方向的夹角为θ．（AD） A．保持S闭合，将A板向B板靠近，则θ增大 B．保持S闭合，将A板向B板靠近，则θ不变 C．断开S，将A板向B板靠近，则θ增大 D．断开S，将A板向B板靠近，则θ不变

例题2、如图所示，让平行板电容器带电后，静电计的指针偏转一定角度,若不改变两极板带的电量而减小两极板间的距离，同时在两极板间插入电介质，那么静电计指针的偏转角度（ A ）

A、一定减小 B、一定增大

C、一定不变 D、可能不变

例题3、如图所示电路中，电源电动势ε=10V，内阻r=1Ω，电容器电容C1=C2=30μF，电

阻R1=3Ω，R2=6Ω，开关K先闭合，待电路中电流稳定后再断开K，问断开开关K后，流过

电阻R1的电量是多少？A、C两点的电势如何变化？

分析与解：我们从电路上看到，开关由闭合到断开，电容器上的电压发生变化，使电容器所带电量发生变化，这个变化要通过电容的充放电来实现，如果这个充放电电流要经过R1，

那么我们就可以通过电容器带电量的变化来确定通过R1的电量。当K断开,稳定后,电路中没有电流,C1上板与A点等势，C点与B点等势，C1、C2两端电压均为电源电动势，所以 Q1'=C1ε=30×10×10=3.0×10库

Q2=C2ε=30×10×10 =3.0×10库且两电容带电均为上正下负

所以K断开后C1继续充电，充电量△Q1=Q1'-Q1=3.0×10-1.8×10-=1.2×10库 这些电荷连同Ｃ２所充电量都要通过R１,

故通过R１的电量Q=△Q1+Q2=1.2×10+3.0×10=4.2×10库 A点电势UA=10V, C点电势UC=0V，所以A点电势升高,C点电势降低.

例题4、电源内阻r=2Ω，R1=8Ω，R2=10Ω，K1闭合，K2断开时，在相距d=70cm，水平放置

—5

的固定金属板AB间有一质量m=1.0g，带电量为q=7×10C的带负电的微粒，恰好静止在AB两板的位置上，求（1）电源的电动势（2）将K1断开0.1s后，又将K2闭

2

合，微粒再经过多长时间与极板相碰。（g=10m/s）

-4

-4

-4-4

-4

-4

-6

-4

-6

-4

2E20V （4分）

dqEmg1d （2）a10m/s2(1分) hat25102m（1分）

2m V0at1m/s（1分）

【解答】（1）mgqEV02h0.05m距上极板25cm时V=0粒子不能碰到上极板（2分）

2g(hd/2)V0t

12gtt0.4s（2分） 2例题5、如图所示的电路中，电源电动势E=6.00V，其内阻可忽略不计．电阻的阻值分别为

R1=2.4kΩ、R2=4.8kΩ，电容器的电容C=4.7μF．闭合开关S，待电流稳定后，用电压

表测R1两端的电压，其稳定值为1.50V． （1）该电压表的内阻为多大?

（2）由于电压表的接入，电容器的带电量变化了多少?

【解答】：（1）设电压表的内阻为Rr，测得R1两端的电 压为U1，R1与Rr并联后的总电阻为R，则有

111 ① RR1Rv由串联电路的规律

U1R ② R2EU1R1R2U1

R1E(R1R2)U1联立①②，得 RV代人数据。得 Rr4.8k

（2）电压表接入前，电容器上的电压UC等于电阻R2上的电压，R1两端的电压为UR1，则 UCR2

UR1R1又EUCUR1

接入电压表后，电容器上的电压为

U'CEU1

Uc) 由于电压表的接入，电容器带电量增加了 QC(UcR1E由以上各式解得 QCU1

RR12带入数据，可得 Q2.3510C

二、练习部分

1．两块大小、形状完全相同的金属平板平行放置，构成一平行板电容器，与它相连接的电

路如图所示，接通开关K，电源即给电容器充电. （ BC ）

2．某电解电容器上标有“25V、470μF”的字样，对此，下列说法正确的是（A） A、此电容器只能在直流25V及以下电压才能正常工作。 B、此电容器只能在交流25V及以下电压才能正常工作。 C、当工作电压是25V时，电容才是470μF。 D、这种电容器使用时，不必考虑两个引出线的极性。

3．在图2的电路中，U=8V不变，电容器电容C=200f1 ，R1:R2=3:5，则电容器的带电量

为

（ A ）

A．保持K接通，减小两极板间的距离，则两极

板间电场的电场强度减小

B．保持K接通，在两极板间插入一块介质，

则极板上的电量增大

C．断开K，减小两极板间的距离，

则两极板间的电势差减小

D．断开K，在两极板间插入一块介质，则两极板间的电势差增大

6

A．1×10C B．1.5×10C C．6×10C D．1.6×10C

－3－4

－3

－3

4． 平行板电容器的电容为C， 带电量为Q， 极板间的距离为d. 在两极板间的中点放一

电量很小的点电荷q.它所受的电场力的大小等于

5．如图所示，水平放置的平行金属板a、b分别与电源的两极相连，带电液滴P在金属板

a、b间保持静止，现设法使P固定，再使两金属板a、b分别绕中心点O、O/垂直于纸面的轴顺时针转相同的小角度α，然后释放P，则P在电场内将做（ B ）

6．如图所示的电路中，C2=2C1，R2=2R1，下列说法正确的是（ A ）

7.如图所示，两平行金属板A、B接在电池的两极，一带正电的单摆悬挂在A板上，闭合开关S，让单摆作简谐运动，设周期为T，则 ( AC )

A.保持开关S闭合，B板向A板靠近，则周期小于T B.保持开关S闭合，B板向A板靠近，则周期不变 C.开关S断开，B板向A板靠近，则周期不变 D.开关S断开，B板向A板靠近，则周期大于T

8．在如图所示的电路中，电源的电动势E=3.0V，内阻r=1.0Ω；电阻R1=10Ω，R2=10Ω，

R3=30Ω；R4=35Ω；电容器的电容C=100μF，电容器原来不带电，求接通开关S后流过R4的总电量。

A．开关处于断开状态，电容C2的电量大于C1的电量 B．开关处于断开状态，电容C1的电量大于C2的电量 C．开关处于接通状态，电容C2的电量大于C1的电量 D．开关处于接通状态，电容C1的电量大于C2的电量 A．匀速直线运动

B．水平向右的匀加速直线运动 C．斜向右下方的匀加速直线运动 D．曲线运动

A．8kQq/d B．4kQq/d C．Qq/Cd

22 （ C ）

D．2Qq/Cd

解答：由电阻的串并联得，闭合电路的总电阻R=R1(R2+R3)/(R1+R2+R3)+r 由欧姆定律得，通过电源的电流I=E/R

电源的端电压U=E－Ir 电阻R3两端的电压U=R3U/(R2+R3) 通过R4的总电量就是通过电容器的电量Q=CU 代入数据解得，Q=2.0×10C

9．如图所示，绝缘固定擦得很亮的锌板A水平放置，其下方水平放有接地的铜板B，两板间距离为d，两板面积均为S，正对面积为S，且S＜S．当用弧光灯照射锌板上表面后，A、B间一带电液滴恰好处于静止状态，试分析： （1）液滴带何种电荷?

（2）用弧光灯再照射A板上表面，液滴做何种运动?

（3）要使液滴向下运动，应采取哪些措施?

【解析】（1）受弧光灯照射发生光电效应，有光电子

从锌A的上表面逸出，而使A板带正电荷，接地的铜B由于静电感应而带负电，A、B板间形成方向向下的匀强电场，由液滴处于静止状态知qEmg，所以液滴带负电． （2）当再用弧光灯照射A板上表面时，光电效应继续发生，使A板所带正电荷增加，A、B板间场强增强，所以qE＞mg，使液滴向上运动．

（3）要使液滴向下运动，即mg＞qE，mg和q不变，则必须使E变小．因上板电荷量Q不变，则当B板向右移动，增大两板正对面积时，电容增大，两板电势差减小，而d不变，故场强E变小，qE＜mg，则液滴向下运动．

10．如图所示，在A、B两点间接一电动势为4 V，内电阻为1Ω的直流电源，电阻R1 、R2 、R3的阻值均为4Ω，电容器C的电容为30μF，电流表的内阻不计，求： (1)、电流表的读数； (2)、电容器所带的电量；

1

2

3

－4

/

/

(3)、S断开后，通过R2的电量．

解答(1)0.8A (2)9.6×10C (3).4.8×10C

11．如图所示，已知电源的电动势E=18V，内电阻r=1Ω，电阻R2=5Ω，电阻R3=6Ω，两平行金属板水平放置，相距d＝2cm，当变阻器R1的触头P恰好在中点时，一个带电量q=-6

-72

×10C的油滴恰好可静止在两板中间，此时，电流表的示数为2A。(g=10m/s) （1）、求变阻器R1的阻值； （2）、求带电油滴的质量；

（3）、当触头P迅速滑到最低点后，油滴怎样运动？当油滴达到上板或下板时具有多大的速度？

-5

-5

解答：12Ω，3×10kg，向上0.32m/s

-5

电学图像专题

电磁感应中常常涉及磁感应强度B、磁通量Φ、感应电动势E、感应电流I随时间的变化的图像，即B-t图、Φ-t图、E-t图、I-t图。对于切割磁感线产生感应电动势和感应电流的情况，还常涉及感应电动势E和感应电流I随线圈位移x变化的图像，即E-x图和I-x图。

这些图像问题大体可分为两类： 一、

由给出的电磁感应过程选出或画出正确的图像

例1、如图甲所示，由均匀电阻丝做成的正方形 线框abcd的电阻为R1,ab=bc=cd=da=l,现将线框以与ab垂直的速度v匀速穿过一宽度为2l、磁感应强度为B的匀强磁场区域，整个过程中ab、cd两边始终保持与边界平行．令线框的cd边刚与磁场左边界重合时t=O，电流沿abcda流动的方向为正．

(1)在图乙中画出线框中感应电流随时间变化的图象．

(2)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．

分析：本题是电磁感应知识与电路规律的综合应用，要求我们运用电磁感应中的楞次定律、法拉第电磁感应定律及画出等效电路图用电路规律来求解，是一种常见的题型。 解答：(1)令I0=Blv／R，画出的图像分为三段(如下图所示) t=0～l/v,i=-I0 t= l/v～2l/v,i=0 t=2l/v～3l/v,i=-I0 (2)的上

令Uab=Blv，面出图像分为三段(如图所示)

小结：要求我们分析题中所描述的物理情景,了解已知和所求的，然后将整个过程分成几个小的阶段,每个阶段中物理量间的变化关系分析明确,最后规定正方向建立直角坐标系准确的画出图形

例2、如图所示，一个边长为a，电阻为R的等边三角形，在外力作用下以速度v匀速的穿过宽度均为a的两个匀强磁场，这两个磁场的磁感应强度大小均为B，方向相反，线框运动方向与底边平行且与磁场边缘垂直，取逆时针方向为电流的正方向，试通过计算，画出从图示位置开始，线框中产生的感应电流I与沿运动方向的位移x之间的函数图象

分析：本题研究电流随位移的变化规律，涉及到有效长度问题.

解答：线框进入第一个磁场时，切割磁感线的有效长度在均匀变化.在位移由0到a/2过程中，切割有效长度由0增到3a ；在位移由a/2到a的过程中，切割有效长度由3a22减到0．在x=a/2时，，I=3avB2R，电流为正．线框穿越两磁场边界时，线框在两磁场

中切割磁感线产生的感应电动势相等且同向，切割的有效长度也在均匀变化．在位移由a到3a/2 过程中，切割有效长度由O增到3a；在位移由3a/2到2a过程中，切割有

2。

效长度由3a减到0.在x=3a/2时，I=3avB电流为负．线框移出第二个磁场时的情

2R况与进入第一个磁场相似,I一x图象如右图所示．

例3、如图所示电路中，S是闭合的，此时流过线圈L的电流为i1，流过灯泡A的电流为

i2，且i1>i2．在t1，时刻将S断开，那么流过灯泡 的电流随时间变化的图象是图中的哪一个? ( )

分析: 本题是自感现象中的图像问题,相对于前面的两道例题要精确的画出图像有一定的难度.

解答:t1时刻将s断开,L中会产生自感电动势与灯泡A构成闭合回路。L中的电流会在i1的基础上减小。方向与i1一致，而A中的电流与原方向相反，最终减小为零． 因断开的S的瞬间。灯泡A中的电流比断开前大，故会闪亮一下再熄灭．答案选D

二、由给定的有关图像分析电磁感应过程，求解相应的物理量

例4、（2001年全国物理）如图甲所示，一对平行光滑导轨，放在水平面上，两导轨间的距离l=0.20m，电阻R=1.0Ω；有一导体杆静止地放在轨道上，与两轨道垂直，杆及两轨道的电阻均可忽略不计，整个装置处于磁感应强度B=0.50T的匀强磁场中，磁场方向垂直轨道面向下，如图甲所示。现用一外力F沿轨道方向拉杆，使之做匀加速运动，侧得力F与时间t的关系如图14乙所示。求杆的质量m和加速度a。

5 4 3 F/N L F 2 R 分析: 本题已知图像要求利用电磁及力学知识求出相应的物理量，处理本类问题关键B 是要审清图像. 1 t/s t表示时解答:导体杆在轨道上做初速度为零的匀加速直线运动，用v表示瞬时速度， 间，则杆切割磁感线产生的感应电动势为：甲 E=BLv=Blat ……① 乙 图 14

闭合回路中的感应电流为

0 4 8 12 16 20 E ……② 由安培力公式和牛顿第二定律得：F-BIl=ma……③ 由①、RB2l2at②、③式得F=ma+……④

RI小结：图像的斜率、截距、面积等表征的物理意义或物理量是重点分析的内容,再运用力学知识、电磁学知识及电路规律来求解。

例5、 (2000年上海，10)如图 (a)，圆形线圈P静止在水平桌面上，其正上方悬挂一相同的线圈Q，P和Q共轴，Q中通有变化电流，电流随时间变化的规律如图 (b) 所示．P所受的重力为G，桌面对P的支持力为N．则 ……………………( )

A．tl时刻，N>G B．t2时刻，N>G C．t3时刻，N＜G D．t4时刻，N＝G

分析：本题以能力立意，综合考查由图像来分析、判断相关的物理过程，有一定的难度。

解答：难点是P、Q线圈中只要有一个电流为零，则相互作用力为零。答案选A、D 巩固练习

1、长度相等、电阻均为r的三根金属棒AB、CD、EF用导线相连，如图所示，不考虑导线电阻，此装置匀速进入匀强磁场的过程（匀强磁场垂直纸面向里，宽度大于AE间距离），AB两端电势差u随时间变化的图像可能是：（ ）

A C E B D F A． B． C． D．

O t O t O t O t u u u u 2、如下图所示，一有界匀强磁场，磁感应强度大小均为B，方向分别垂直纸面向里和向外，磁场宽度均为L，在磁场区域的左侧相距为L处，有一边长为三的正方形导体线框，总电阻为R，且线框平面与磁场方向垂直．现使线框以速度v匀速穿过磁场区域．若以初始位置为计时起点，规定电流逆时针方向时的电流和电动势方向为正，B垂直纸面向里时为正，则以下四个图像中对此过程描述不正确的是：（ ）

Φ

3、 (1997年上海，一、4)一磁棒自远处匀速沿一圆形线圈的轴线运动，并穿过线圈向远处而去，如图10一19所示．则图lO一20所示较正确反映线圈中电流i与时间t关系的是(线圈中电流以图示箭头为正方向)……………( )

4、一闭合线圈置于磁场中，若磁感应强度Ｂ随时间变化的规律如图3－12所示，则图3－13中能正确反映线圈中感应电动势Ｅ随时间ｔ变化的图象是 ［ ］

图3－12

图3－13

5、(1999年全国，12)一匀强磁场，磁场方向垂直纸面，规定向里的方向为正．在磁场中有一细金属圆环，线圈平面位于纸面内，如图 (a)所示．现令磁感应强度B随时间t变化，先按图 (b)中所示的oa图线变化，后来又按图线bc和cd变化．令E1、E2、E3分别表示这三段变化过程中感应电动势的大小，I1、I2、I3分别表示对应的感应电流，则…………………………………………………( ) A．E1>E2，I1沿逆时针方向，I2沿顺时针方向 B．E16、(2002·东城三点)矩形导线框abcd在匀强磁场中，磁感线方向与线圈平面垂直，磁感应强度B随时间变化的图象如下图所示．t=O时刻，磁感应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)，可能如下图中的： ( )

7、如下图所示，用总电阻为R的均匀电阻线弯成图中的框架abcdea，各边长标示于图上．使框架以向右的速度v匀速通过宽为L，磁感强度为B的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里． (1)计算后，在给出的坐标纸中定量作出框架在通过磁场的过程中，ab间的电压u随时间t变化的图像(以cd边刚进磁场为计时起点，a点电势高于b 点电势时u，为正)

(2)求出框架在通过磁场的过程中，外力所作的功．

8、 (1996年全国，19)如图所示，abcd为一边长为l、具有质量的刚性导线框， 位于水平面内，bc边中串接有电阻R，导线的电阻不计．虚线表示一匀强磁场区域的边界，它与线框a6边平行，磁场区域的宽度为2l，磁场磁感应强度为B，方向竖直向下．线框在一垂直于ab边的水平恒定拉力作用下，沿光滑水平面运动，直到通过磁场区域．已知ab边刚进入磁场时，线框便变为匀速运动，此时通过电阻R的电流的大小为i0，试在图的i—x坐标系上定性画出：从导线框刚进人磁场到完全离开磁场的过程中，流过电阻R的电流i的大小随ab边的位置坐标x变化的曲线．

9、 (2003年广东，18)在图所示区域(图中直角坐标系Oxy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w绕。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I。和交变感应电流的频率f；

(2)在图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．(规定与图中线框的位置相应的时刻为t=0)

10、．如图所示，abcd为一个闭合矩形金属线框，图中虚线为磁场右边界(磁场左边界很远)，它与线圈的ab边平行，等分bc边，即线框有一半位于匀强磁场之中，而另一半位于磁场之外，磁感线方向垂直线框平面向里．线框以ab边为轴匀速转动.t=O时的位置如图所示，在右面的坐标系上定性画出转动过程中线框内感应电流随时间变化的图像(只要求画出一个周期)．

参:

1、C 2、答案：B 第1个L/v内．线框未进入磁场，φ=0，E= O，I=0，P=O第2个L/v内，线框匀速进入磁场，φ均匀增大，E=BLv，方向为正，I=E/R=Blv/R不变，方向为正。

B2l2v2P=IR不变 ， 第3个L/v内．线框由垂直纸面向里的磁场进入向外的磁场，

R2磁通量φ先向里减小，后向外增大，B错，E=2BLv不变，方向为负，I=2BLv/R不变．方向

4B2l2v2为负 P=IR不变第4个L/v内，线圈出磁场。磁通量向外．减小E=BLv，方向

RB2l2v22为正，I=E/R=Blv/R，方向为正，P=IR不变，所以A、C、D正确，不正确的选

R2B．

3、B 4、A 5、答案:BD

解析：该题既考查了楞次定律法拉第电磁感应定律，又考查了图线的识别能力．首先，由图线oa段B大于零且随时间均匀增加知该段时间内B向里增强，且ΔB/Δt恒量．由楞次定律知感应电流I1方向为逆时针方向，由法拉第电磁感应定律知E1=

BS；对t4bc段，B大于零，即方向向里且逐渐减小，由楞次定律知感应电流I2的方向为顺时针，由法拉第电磁感应定律有E2=

B式中△B与E1中△B相同，故E2=4E1，即E1t1对cd段，B为负，方向向外，且逐渐增强，由楞次定律得该段感应电流I3的方向为顺时

针．由于cd段与bc段斜率相同，故ΔB/Δt相同，由法拉第电磁感应定律得E3=

BS，即E3=E2．综上所述，选项BD正确． 6、D 7、 t1

8、答案：如图10一53

解析：由题意，ab边刚进入磁场，线框便匀速运动，故在线框匀速运动l距离过程中回路电流恒为i0；当线框在x=l至x=2l间运动时，回路无磁通量变化，故i=O，但该段距离内线框受到的合外力为水平拉力，故框做匀加速运动．当ab边出磁场时 (x=2l)，框的速度大于刚进磁场时的速度，cd段切割磁感线产生的电流i>i0．同时受到的安培力大于F，做减速运动．随着速度的减小，安培力变小，减速运动的加速度变小，电流的变化变慢，但cd边出磁场时(x=3l)最小速度不能小于进磁场时的速度，故x=3l处回路中电流不能小于i0．

说明：解答此题的关键是线框ab边在x=l和x=2l间运动时做加速运动，故ab边出磁场时产生的电流i>io．又F安>F拉，做减速运动，i逐渐变小，F安逐渐变小，i的变化率变小，最终cd边出磁场时的速度不能小于匀速运动的速度，故x=3l时i≥i0。因此，当x=2l到x=3l区间，线框中感应电流的i—x图线形状不唯一，可以表示成三种情况．．如图(b)所示． 9、答案：(1)I0=

Rl22R，f=

， (2)图线如图10—55所示  解析：(1)在从图1中位置开始(t=O)转过60°的过程中，经Δt,转角△θ=EΔt，回路

Bl2的磁通量为△Φ= 由法拉第电磁感应定律，感应电动势为E=因匀速转动，这

2tRl2就是最大的感应电动势．由欧姆定律可求得I0=前半圈和后半圈I(t)相同，故感应电

2R流频率等于旋转频率的2倍，f=

 

10、解析：假定磁场充满整个空间，规定沿abcda的方向为电流正方向，线圈在转动的一个周期内，线圈中电流随时间变化的图像应是一个完整的正

弦曲线，但线圈平面从图中位置转过π/3角度，即T/6内，穿过线圈的磁通量不变化，线圈中无电流．同理，在一个周期的最后T/6内，穿过线圈的磁通量也不变化，线圈中也无电流．感应电流随时间变化的图像如图所示．

恒定电流

例1、一段半径为D的导线,电阻为0.1Ω,如果把它拉成半径为D的导线,则电阻

变为 ( ).

A. 0.2Ω B. 0.4Ω C. 0.8Ω D. 1.6Ω

例2、将四个电阻接入电路,其中R1>R2>R3>R4,则它们消耗的功率 ( ).

A. P1P2>P3>P4 C. P3>P4>P1>P2 D. P2例3、对于电源的路端电压 , 下列说法正确的是 ( ).

A. 因U = IR, 则U随I和R的增大而增大 B. 因U = IR, 则R = 0时,必有 U = 0 C. 路端电压随外电阻的变化而成正比的变化 D. 若外电路断开时, 路端电压为零

例4、 电阻R1 = R2 = R3 = 1Ω, 当K闭合时伏特计示数为1.0V; K断开时, 伏

特计示数为0.8V.

求: (1)K闭合和K断开时,电阻R1所消耗电功率之比; (2)电源电动势和内阻.

例5、 电池电动势e = 14V, 内阻 r =1Ω, 小灯泡标有“2V、4W”, 电动机内

阻r＇=0.5Ω, 当变阻器阻 值为1Ω时, 电灯和电动机均为正常工作,

求:

(1) 电动机两端的电压 (2) 电动机输出的机械功率 (3) 电路消耗的总功率

练习：

1、在使用万用表欧姆档测电阻时，下面叙述的规则不必要或不确切的是( )。 (A)测每个电阻前，都必须调零

(B)测量中两手不要与两表笔金属触针接触 (C)被测电阻要和其它元件及电源断开 (D)测量完毕后选择开关应置于非欧姆挡

2、用公式P=U2/R求出“220V,40W”灯泡的电阻为1210Ω，而用欧姆表测得其电阻只有90Ω。下列分析正确的是（ ）。 (A)一定是读数时乘错了倍率 (B)可能是测量前没有调零 (C)一定是欧姆表坏了

(D)1210Ω是灯泡正常工作时较高温度下的电阻，90Ω是灯泡常温下的电阻

3、 用伏安法测电阻的主要步骤如下，其中错误的步骤是（ ）。

(A)根据待测电阻的阻值，选择仪器和电路 (B)合上开关，然后连接实验电路

(C)不断增大滑动变阻器连入电路的电阻，记录几组电流强度和电压的值 (D)将记录的数据填入设计的表格内，计算待测电阻的值，并求其平均值。

4、测电阻率时，为了提高测量精确度，下列措施中哪些是有益的（ ）。 (A)测导线直径时，应在不同部位测三次取平均值 (B)测电阻，只需测一次电压表和电流表的值即可

(C)测电阻时，通过导线的电流要足够大，而且要等到稳定一般时间后才读数 (D)测电阻时，电流不宜过大，通电时间不宜过长

5、在用电流表和电压表分别测定三个电池的电动势和内电阻的实验中，根据实验数据得到如图所示的U-I图像，下列判断正确的是（ ）。

(A)εa=εb>εc (B) εa>εb>εc (C)ra>rb>rc (D)rb>ra>rc

(A)一只电流表, 一只电压表, 一只变阻器, 开关和导线 (B)一只电流表，二只变阻器，开关和导线 (C)一只电流表，一只电阻箱，开关和导线 (D)一只电压表，一只电阻箱，开关和导线

6、下面几组器材中，能完成《测定电池的电动势和内电阻》实验的是（ ）。

7、某一用直流电动机提升重物的装置，如图（1）重物的质量m =50kg

。电源的电动势ε= 110v。不计电源电阻及各处的摩擦，当电动机以V = 0．9的恒定速度向上提升重物时，电路中的电流强度I = 5A ，试求电动机线圈的电阻。 K V

m ↑ 图（1）

8、如图（3）所示的电路中，电阻R1、R2、R3的阻值都是1欧姆。R4 R5的阻值都是0．5欧姆ab端输入电压U = 6v。当cd端接伏特表 时，其示数为多少。

a R1 e R4 c U R2 b R3 R5 d f 图（3）

9、如图（4）所示的电路中，已知电容C = 2uF。电源电动势ε=12v。 内电阻不计，R1：R2：R3：R4 = 1：2 = 6：3则电容器极上板所带 的电量为多少？

R1 b R2 a c R3 R4

10、如下图，输入电压Uab等于某电炉的额定电压后，当将此电炉（

图（4） d 额定功率为P0等于400w）接入c、d时。电炉实际消耗的功率

为P1 =324w。若将两个这样的电炉并接在c、d间时，两个电炉 实际消耗的总功率P2为多少？ a R0 c Uab R

a d 图（5）

答案

例1、B 例2、D 例3、B

例4、解：（1）P合/P开=25/16, (2) r=0.5Ω E=2V 例5、18．(1)8V (2)14W (3)28W 练习

1、A 2、D 3、BC 4、AD 5、AD 6、ACD

7、分析：由能量守恒，电能通过电流的功转化电热及重物的机械能[重物动能 不变，只增加重力势能] ∴Iε= mgV +IR

2

代入数据可解得：R = 4．4Ω 8、解

a R1 e R4 c 分析：因题中R1、R2、R3、R4、R5都很小。 且内阻，故 可理解为理想伏特 U R2 表。此时，当cd 间接 时，流 b R3 R5 d 经R4、R5的电流为0，且cd间可 f 看做开路。 图（3） ∴UVUef 9、解：

R1 b R2 分析：此电路的关系为。R1、R2串联，R3、R4串联，然后二者并

联于a、

a c c、两点。电容器上的电压等于Ubd

R3 R4 = │U3—U1│=│Uab—Uab│

d R2U2U

R1R2R3R1U1R3R2U4V而U1＜U3说明R1上降压 R3U3U8VRRR4图（4） 少，电容器上板带正电。

∴UC = │U1—U2│= 4U q = CU =8uc

此题中，若bd间接一安培表。则电路关系变为R1与R3并联，R2与R4 、二者再串起来，由电荷守恒可知。IA = │I1—I2│，请自行计算。

10、如下图，输入电压Uab等于某电炉的额定电压后，当将此电炉（

额定功率为P0等于400w）接入c、d时。电炉实际消耗的功率

为P1 =324w。若将两个这样的电炉并接在c、d间时，两个电炉 实际消耗的总功率P2为多少？

a R0 c 分析：如上图，设电炉的电阻为R，对于用电器 的问题，只有当U = U额时，才有P = P额。 当U实 ＜U额时，P实＜P额。但通常认定 Uab R R不变（已处于高温状态），c、d间只接

一个电炉时，依题意。

a 图（5） Uab400d P0 Uab2Rqr

P)R3241(R12 当c、d见并接两个电炉时，Rcd22R 2UURU1P2(Rab)ab11535.5W (ab400W)

R2R2(29)2r带电粒子在磁场中的运动

【例1】磁流体发电机原理图如右。等离子体高速从左向右喷射，两极板间有如图方向的匀强磁场。该发电机哪个极板为正极？两板间最大电压为多少？

解：由左手定则，正、负离子受的洛伦兹力分别向上、向下。所以上极板为正。正、负极板间会产生电场。当刚进入的正负离子受的洛伦兹力与电场力等值反向时，达到最大电压：U=Bdv。当

外电路断开时，这也就是电动势E。当外电路接通时，极板上的电荷量减小，板间场强减小，洛伦兹力将大于电场力，进入的正负离子又将发生偏转。这时电动势仍是E=Bdv，但路端电压将小于Bdv。

在定性分析时特别需要注意的是：

⑴正负离子速度方向相同时，在同一磁场中受洛伦兹力方向相反。

⑵外电路接通时，电路中有电流，洛伦兹力大于电场力，两板间电压将小于Bdv，但电动势不变（和所有电源一样，电动势是电源本身的性质。）

⑶注意在带电粒子偏转聚集在极板上以后新产生的电场的分析。在外电路断开时最终将达到平衡态。

【例2】 半导体靠自由电子（带负电）和空穴（相当于带正电）导电，分为p型和n型两种。p型中空穴为多数载流子；n型中自由电子为多数载流子。用以下实验可以判定一块半导体材料是p型还是n型：将材料放在匀强磁场中，通以图示方向的电流I，用电压表判定上下两个表面的电势高低，若上极板电势高，就是p型半导体；若下极板电势高，就是n型半导体。试分析原因。

解：分别判定空穴和自由电子所受的洛伦兹力的方向，由于四指指电流方向，都向右，所以洛伦兹力方向都向上，它们都将向上偏转。p型半导体中空穴多，上极板的电势高；n型半导体中自由电子多，上极板电势低。

注意：当电流方向相同时，正、负离子在同一个磁场中的所受的洛伦兹力方向相同，所以偏转方向相同。

3.洛伦兹力大小的计算

带电粒子在匀强磁场中仅受洛伦兹力而做匀速圆周运动时，洛伦兹力充当向心力，由此可以推导出该圆周运动的半径公式和周期公式： rmv,T2m

BqBq

【例3】 如图直线MN上方有磁感应强度为B的匀强磁场。正、负电子同时从同一点O以与MN成30°角的同样速度v射入磁场（电子质量为m，电荷为e），它们从磁场中射出时相距多远？射出的时

M O ＋ ＋ ＋ ＋ ＋ R B － － － － ― I B v N 间差是多少？

解：由公式知，它们的半径和周期是相同的。只是偏转方向相反。先确定圆心，画出半径，由对称性知：射入、射出点和圆心恰好组成正三角形。所以两个射出点相距2r，由

2mv4m图还可看出，经历时间相差2T/3。答案为射出点相距s，时间差为t。关键

Be3Bq是找圆心、找半径和用对称。

【例4】 一个质量为m电荷量为q的带电粒子从x轴上的P（a，0）点以速度v，沿与x正方向成60°的方向射入第一象限内的匀强磁场中，并恰好垂直于y轴射出第一象限。求匀强磁场的磁感应强度B和射出点的坐标。

解：由射入、射出点的半径可找到圆心O，并得出半径为

/

y v B O/ o a mv3mv；射出点坐标为（0，3a）。 r,得B2aq3Bq

2av x

带电粒子在磁场中的运动是高中物理的一个难点，也是高考的热点。在历年的高考试题中几乎年年都有这方面的考题。带电粒子在磁场中的运动问题，综合性较强，解这类问题既要用到物理中的洛仑兹力、圆周运动的知识，又要用到数学中的平面几何中的圆及解析几何知识。

1、带电粒子在半无界磁场中的运动

【例5】一个负离子，质量为m，电量大小为q，以速率v垂直于屏S经过小孔O射入存在着匀强磁场的真空室中，如图所示。磁感应强度B的方向与离子的运动方向垂直，并垂直于图1中纸面向里.

（1）求离子进入磁场后到达屏S上时的位置与O点的距离. （2）如果离子进入磁场后经过时间t到达位置P，证明:直线OP与离子入射方向之间的夹角θ跟t的关系是O v θ P S B

qBt。 2m解析：（1）离子的初速度与匀强磁场的方向垂直，在洛仑兹力作用下，做匀速圆周运动.设圆半径为r，则据牛顿第二定律可得：

v2mvBqvm ，解得r

rBq如图所示，离了回到屏S上的位置A与O点的距离为：AO=2r 所以AO2mv Bq（2）当离子到位置P时，圆心角：因为2，所以vtBqt rmqBt. 2m2．穿过圆形磁场区。画好辅助线（半径、速度、轨迹圆的圆心、

mr连心线）。偏角可由tan求出。经历时间由t得出。

Bq2R注意：由对称性，射出线的反向延长线必过磁场圆的圆心。

【例6】如图所示，一个质量为m、电量为q的正离子，从A点正对着圆心O以速度v射入半径为R的绝缘圆筒中。圆筒内存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度的大小为B。要使带电粒子与圆筒内壁碰撞多次后仍从A点射出，求正离子在磁场中运动的时间t.设粒子与圆筒内壁碰撞时量和电量损失，不计粒子的重力。

解析：由于离子与圆筒内壁碰撞时量损失和电量损失，每次碰撞后离子的速度方向都沿半径方向指向圆心，并且离子运动的轨迹

A O/ R r v O v v0 B O 是对称的，如图所示。设粒子与圆筒内壁碰撞n次（n2），则每相邻两次碰撞点之间圆弧所对的圆心角为2π/（n+1）.由几何知识可知，离子运动的半径为

rRtann1

v22m离子运动的周期为T，又Bqvm，

rqB所以离子在磁场中运动的时间为t

【例7】圆心为O、半径为r的圆形区域中有一个磁感强度为B、方向为垂直于纸面向里的匀强磁场，与区域边缘的最短距离为L的O＇处有一竖直放置的荧屏MN，今有一质量为m的电子以速率v从左侧沿OO＇方向垂直射入磁场，越出磁场后打在荧光屏上之P点，如图所示，求O＇P的长度和电子通过磁场所用的时间。

N

解析 ：电子所受重力不计。它在磁场中做匀速圆周运动，圆心为O″，半径为R。圆弧段轨迹AB所对的圆心角为θ，电子越出磁场后做速率仍为v的匀速直线运动， 如图4所示，连结OB，∵△OAO″≌△OBO″，又OA⊥O″A，故OB⊥O″B，由于原有BP⊥O″B，可见O、B、P在同一直线上，且∠O＇OP=∠AO″B=θ，在直角三角形ＯＯ＇P中，

P

A L 2R. tanvn1M

O＇

2tan()2，tan()r，所以求得R后就可以求出O＇O＇P=（L+r）tanθ，而tan2R1tan2()2ABRP了，电子经过磁场的时间可用t=来求得。 VVv2mv 由Bevm得R=.OP(Lr)tan

ReBreBr， tan()2RmVL A O θ B R θ/2 θ/2 O//

P M

2tan()2eBrmv2 tan22222mveBr1tan2()22(Lr)eBrmv， O,P(Lr)tan22222mveBr2eBrmvarctan(22222)

mveBrRm2eBrmvtarctan(22)

veBmve2B2r2O,

N

3．穿过矩形磁场区。一定要先画好辅助线（半径、速度及延长线）。偏转角由sinθm222

=L/R求出。侧移由R=L-（R-y）解出。经历时间由t得出。

Bq

注意，这里射出速度的反向延长线与初速度延长线的交点不再是宽度线段的中点，这点与带电粒子在匀强电场中的偏转结论不同！

【例8】如图所示，一束电子（电量为e）以速度v垂直射入磁感强度为B，宽度为d的匀强磁场中，穿透磁场时速度方向与电子原来入射方向的夹角是30°，则电子的质量是 ，穿透磁场的时间是 。

解析：电子在磁场中运动，只受洛仑兹力作用，故其轨迹是圆弧的一部分，又因为f⊥v，故圆心在电子穿入和穿出磁场时受到洛仑兹力指向交点上，如图中的O点，由几何知识知，AB间圆心角θ＝30°，OB为半径。 ∴r=d/sin30°=2d，又由r=mv/Be得m=2dBe/v

又∵AB圆心角是30°，∴穿透时间t=T/12，故t=πd/3v。

带电粒子在长足够大的长方形磁场中的运动时要注意临界条件的分析。如已知带电粒子的质量m和电量e，若要带电粒子能从磁场的右边界射出，粒子的速度v必须满足什么条件？这时必须满足r=mv/Be>d，即v>Bed/m.

【例9】长为L的水平极板间，有垂直纸面向内的匀强磁场，如图所示，磁感强度为B，板间距离也为L，板不带电，现有质量为m，电量为q的带正电粒子（不计重力），从左边极板间中点处垂直磁感线以速度v水平射入磁场，欲使粒子不打在极板上，可采用的办法是：

A．使粒子的速度v5BqL/4m； C．使粒子的速度v>BqL/m； D．使粒子速度BqL/4m解析：由左手定则判得粒子在磁场中间向上偏，而作匀速圆周运动，很明显，圆周运动的半径大于某值r1时粒子可以从极板右边穿出，而半径小于某值r2时粒子可从极板的左边穿出，现在问题归结为求粒子能在右边穿出时r的最小值r1以及粒子在左边穿出时r的最大值r2，由几何知识得：

粒子擦着板从右边穿出时，圆心在O点，有：

r12＝L2+（r1-L/2）2得r1=5L/4，

又由于r1=mv1/Bq得v1=5BqL/4m，∴v>5BqL/4m时粒子能从右边穿出。

粒子擦着上板从左边穿出时，圆心在O＇点，有r2＝L/4，又由r2＝mv2/Bq=L/4得v2＝

BqL/4m

∴v2针对训练

1．如图所示，竖直向下的匀强磁场穿过光滑的绝缘水平面，平面上一个钉子O固定一根细线，细线的另一端系一带电小球，小球在光滑水平面内绕O做匀速圆周运动.在某时刻细线断开，小球仍然在匀强磁场中做匀速圆周运动，下列说法一定错误的是

A.速率变小，半径变小，周期不变 B.速率不变，半径不变，周期不变 C.速率不变，半径变大，周期变大 D.速率不变，半径变小，周期变小

2．如图所示，x轴上方有垂直纸面向里的匀强磁场.有两个质量相同，电荷量也相同的带正、负电的离子（不计重力），以相同速度从O点射入磁场中，射入方向与x轴均夹θ角.则正、负离子在磁场中

A.运动时间相同 B.运动轨道半径相同

C.重新回到x轴时速度大小和方向均相同 D.重新回到x轴时距O点的距离相同

3．电子自静止开始经M、N板间（两板间的电压为u）的电场加速后从A点垂直于磁场边界射入宽度为d的匀强磁场中，电子离开磁场时的位置P偏离入射方向的距离为L，如图所示.求匀强磁场的磁感应强度.（已知电子的质量为m，电量为e）

4．已经知道，反粒子与正粒子有相同的质量，却带有等量的异号电荷.物理学家推测，既然有反粒子存在，就可能有由反粒子组成的反物质存在.1998年6月，我国科学家研制的阿尔法磁谱仪由“发现号”航天飞机搭载升空，寻找宇宙中反物质存在的证据.磁谱仪的核心部分如图所示，PQ、MN是两个平行板，它们之间存在匀强磁场区，磁场方向与两板平行.宇宙射线中的各种粒子从板PQ的小孔O垂直PQ进入匀强磁场区，在磁场中发生偏转，并打在附有感光底片的板MN上，留下痕迹.假设宇宙射线中存在氢核、反氢核、氦核、

反氦核四种粒子，它们以相同速度v从小孔O垂直PQ板进入磁谱仪的磁场区，并打在感光底片上的a、b、c、d四点，已知氢核质量为m，电荷量为e，PQ与MN间的距离为L，磁场的磁感应强度为B.

（1）指出a、b、c、d四点分别是由哪种粒子留下的痕迹?（不要求写出判断过程） （2）求出氢核在磁场中运动的轨道半径；

（3）反氢核在MN上留下的痕迹与氢核在MN上留下的痕迹之间的距离是多少? 5．如图所示，在y＜0的区域内存在匀强磁场，磁场方向垂直于xy平面并指向纸里，磁感应强度为B.一带负电的粒子（质量为m、电荷量为q）以速度v0从O点射入磁场，入射方向在xy平面内，与x轴正向的夹角为θ.求：

（1）该粒子射出磁场的位置；

（2）该粒子在磁场中运动的时间.（粒子所受重力不计） 参 1．A 2.BCD

3.解析：电子在M、N间加速后获得的速度为v，由动能定理得：

12

mv-0=eu 2电子进入磁场后做匀速圆周运动，设其半径为r，则：

v2evB=m

r电子在磁场中的轨迹如图，由几何得：

LL2d22L2d2=

r2LL2d22mu e由以上三式得：B=

4.解:（1）a、b、c、d四点分别是反氢核、反氦核、氦核和氢核留下的痕迹. （2）对氢核，在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得：

v2mvevBm R

ReB（3）由图中几何关系知：

sodmvm2v2RRL22L2

eBeB22所以反氢核与氢核留下的痕迹之间的距离

sad2sod2mvm2v2222L2 eBeB5.解：（1）带负电粒子射入磁场后，由于受到洛伦兹力的作用，粒子将沿图示的轨迹运动，从A点射出磁场，设O、A间的距离为L，射出时速度的大小仍为v，射出方向与x轴的夹角仍为θ，由洛伦兹力公式和牛顿定律可得：

vqv0B=m0

R式中R为圆轨道半径，解得：

2R=

mv0 qB ①

圆轨道的圆心位于OA的中垂线上，由几何关系可得：

L=Rsinθ 2 ②

联解①②两式，得：L=

2mv0sin

qB2mv0sin，0）

qB所以粒子离开磁场的位置坐标为（-（2）因为T=

2R2m= v0qB所以粒子在磁场中运动的时间，t＝

222m()•T 2qB电磁感应—功能问题

【例1】光滑曲面与竖直平面的交线是抛物线，如图所示，抛物的方程是y=x，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(b2

【解析】小金属环进入或离开磁场时，磁通量会发生变化，并产生感应电流，当小金属环全部进入磁场后，不产生感应电流，由能量定恒可得产生的焦耳热等干减少的机械能即

【例2】如图所示，固定在水平绝缘平面上足够长的金属导轨不计电阻，但表面粗糙，导轨左端连接一个电阻R，质量为m的金属棒(电阻也不计)放在导轨上，并与导轨垂直，整个装置放在匀强磁场中，磁场方向与导轨平面垂直，用水平恒力F把ab棒从静止起向右拉动的过程中①恒力F做的功等于电路产生的电能；②恒力F和摩擦力的合力做的功等于电路中产生的电能；③克服安培力做的功等于电路中产生的电能；④恒力F和摩擦力的合力做的功等于电路中产生的电能和棒获得的动能之和以上结论正确的有 ( ) A．①② Ｂ.②③ C．③④ D．②④

【解析】在此运动过程中做功的力是拉力、摩擦力和安培力，三力做功之和为棒ab动能增加量，其中安培力做功将机械能转化为电能，故选项C是正确． 【例3】图中a1blcldl和 a2b2c2d2为在同一竖直面内的金属导轨，处在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨所在的平面(纸面)向里。导轨的a1b1段与 a2b2段是竖直的，距离为ll；cldl段与c2d2段也是竖直的，距离为l2。 xly1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ml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x1yl上的竖直向上的恒力。已知两杆运动到图示位置时，已匀速向上运动，求此时作用于两杆的重力的功率的大小和回路电阻上的热功率。

【解析】设杆向上运动的速度为v，因杆的运动，两杆与导轨构成的回路的面积减少，从而磁通量也减少。由法拉第电磁感应定律，回路中的感应电动势的大小ε=B(l2-l1)v①，回路中的电流I=ε/R 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x1yl的安培力为f1=Bl1I，③，方向向上，作用于杆x2y2的安培力f2=Bl2I④，方向向下，当杆作匀速运动时，根据牛顿第二定律有F-

本题考查法拉第电磁感应定律、欧姆定律、牛顿运动定律、焦耳定律等规律的综合应用能力．

【例4】如下图，在水平面上有两条平行导电导轨MN、PQ，导轨间距离为l，匀强磁场垂直于导轨所在的平面(纸面)向里，磁感应强度的大

小为B，两根金属杆1、2摆在导轨上，与导轨垂直，它们的质量和电阻分别为ml、m2和R1、R2，两杆与导轨接触良好，与导轨间的动摩擦因数为μ，已知：杆1被外力拖动，以恒定的速度v0沿导轨运动；达到稳定状态时，杆2也以恒定速度沿导轨运动，导轨的电阻可忽略，求此时杆2克服摩擦力做功的功率。

【解析】 解法一：设杆2的运动速度为v，由于两杆运动时，两杆和导轨构成的回路的磁通量发生变化，产生感应电动势ε=Bl(v0-v) ①，感应电流I=ε/(R1+R2)②，杆2运动受到的安培力等于摩擦力BIl=μm2g ③，导体杆2克服摩擦力做功的功率P=μm2gv ④，解得P=

22

μm2g[v0-μm2g (R1+R2)/Bl⑤

解法二：以F表示拖动杆1的外力，表示回路的电流，达到稳定时，对杆1有F-μm1g-BIl①，对杆2有BIl-μm2g=0、②，外力的功率PF=Fv0③，以P表示杆2克服摩

本题主要考查考生应用电磁感应定律、欧姆定律和牛顿运动定律解决力电综合问题的能力．

巩固练习

１.如图所示，匀强磁场和竖直导轨所在面垂直，金属棒ab可在导轨上无摩擦滑动，在金属棒、导轨和电阻组成的闭合回路中，除电阻R外，其余电阻均不计，在ab下滑过程中： [ ]

A.由于ab下落时只有重力做功，所以机械能守恒．

B.ab达到稳定速度前，其减少的重力势能全部转化为电阻R的内能． C.ab达到稳定速度后，其减少的重力势能全部转化为电阻R的内能． D.ab达到稳定速度后，安培力不再对ab做功．

2.如图所示，ABCD是固定的水平放置的足够长的U形导轨，整个导轨处于竖直向上的匀强磁场中，在导轨上架着一根金属棒ab，在极短时间内给棒ab一个水平向右的速度，ab棒开始运动，最后又静止在导轨上，则ab在运动过程中，就导轨是光滑和粗糙两种情况相比较 ( )

A． 整个回路产生的总热量相等 B． 安培力对ab棒做的功相等 C． 安培力对ab棒的冲量相等 D． 电流通过整个回路所做的功相等

3.如图所示，质量为M的条形磁铁与质量为m的铝环，都滑的水平面上，当在极短的时间内给铝环以水平向右使环向右运动，则下列说法不正确的是 ( ) A．在铝环向右运动的过程中磁铁也向右运动 B．磁铁运动的最大速度为I/(M+m)

C．铝环在运动过程中，能量最小值为ml/2(M+m) D．铝环在运动过程中最多能产生的热量为I/2m

4.如图所示，在光滑的水平面上，有竖直向下的匀强磁场，分布在宽度为L的区域里，现有一边长为a(a22

2

静止在光的冲量I，

之比为 ( ) A．1：1 B．2：1 C. 3：1 D．4：1

5.如图所示，沿水平面放G一宽50cm的U形光滑金属框架．电路中电阻 R=2.0Ω，其余电阻不计，匀强磁场B=0.8T，方向垂直于框架平面向上，金属棒MN质量为30g，它与框架两边垂直，MN的中点O用水平的绳跨过定滑轮系一个质量为20g的砝码，自静止释放砝码后，电阻R能得到的最大功率为 w．

6.如图所示，正方形金属框ABCD边长L=20cm，质量m=0.1kg，电阻R=0.1 Ω，吊住金属框的细线跨过两定滑轮后，其另一端挂着一个质量为M=0.14kg的重物，重物拉着金属框运动，当金属框的AB边以某一速度进入磁感强

2

度B=0.5T的水平匀强磁场后，即以该速度v做匀速运动，取g= 10m/s，则金属框匀速上升的速度v= m/s，在金属框匀速上升的过程中，重物M通过悬线对金属框做功 J，其中有 J的机械能通过电流做功转化为内能．

7.如图所示，两根固定在水平面上的光滑平行金属导轨MN和PQ，一端接有阻值为R的电阻，处于方向竖直向下的匀强磁场中。在导轨上垂直导轨跨放质量为m的金属直杆，金属杆的电阻为r，金属杆与导轨接触良好、导轨足够长且电阻不计。金属杆在垂直于杆的水平恒力F作用下向右匀速运动时，电阻R上消耗的电功率为P，从某一时刻开始撤去水平恒力F去水平力后：(1)当电阻R上消耗的功率为P/4时，金属杆的加速度大小和方向。(2)电阻R上产生的焦耳热。

8.如图甲所示，空间存在着一个范围足够大的竖直向下的匀强磁场，磁场的磁感强度大小为B，边长为f的正方形金属框abcd(下简称方框)在光滑的水平地面上，其外侧套着一个与方框边长相同的U形金属框架MNPQ(下简称U形框)U形框与方框之间接触良好且无摩擦，两个金属杠每条边的质量均为m，每条边的电阻均为r． (1) 将方框固定不动，用力拉动u形框使它以

速度v0垂直 NQ边向右匀速运动，当U形框的MP端滑至方框的最右侧，如图乙所示时，方框上的bd两端的电势差为多大?此时方框的热功率为多大?

(2) 若方框不固定，给U形框垂直NQ边向右的

初速度v0，如果U形框恰好不能与方框分离，则在这一过程中两框架上产生的总热量为多少? (3) 若方框不固定，给U形框垂直NQ边向右的初速度v(v> v0)，U形框最终将与方框分离，如

果从U型框和方框不再接触开始，经过时间t方框最右侧和U型框最左侧距离为s，求金属框框分离后的速度各多大? 1.答案:C

解析:下滑过程有安培力做功,机械能不守恒;ab达到稳定速度,重力等于安培力,故C正

确. 2.答案:A

解析：两种情况下产生的总热量，都等于金属棒的初动能. 3.答案：D

解析：铝环向右运动时，环内感应电流的磁场与磁铁产生相互作用，使环做减速运动，磁铁向右做加速运动，待相对静止后，系统向右做匀速运动，由I=(m+M)v，得v=I/(m+M)，

2

即为磁铁的最大速度，环的最小速度，其动能的最小值为m/2·{I/(m+M)}，铝环产生的最

22

大热量应为系统机械能的最大损失量，I2/2m-I/2(m+M)=MI/2m(m+M)． 4.答案：C

解析：这是一道选用力学规律求解电磁感应的好题目，线框做的是变加速运动，不能用运动学公式求解，那么就应想到动能定理，设线框刚进出时速度为v1和v2，则第一阶段产生的热量

2

，第二阶段产生的热量Q2=mv/2，只要能找出v1和v2的关系就能找到答案，由动量定理可得

5.答案:0.5W

解析:由题意分析知,当砝码加速下落到速度最大时,砝码的合外力为零,此时R得到功率最大,为mg=BImaxL ① Pmax=ImaxR②

由式①②得 Pmax=(mg/BL)R=0.5W 6.答案:4；0.28；0.08

解析:F安=(M-m)g,转化的内能=F安L

7.解析：(1)撤去F之前，设通过电阻R的电流为I，则金属杆受到的安培力大小F安=BIL=F．撤

2

去F之后，由P=IR知，当电阻R上消耗的电功率为P/4时，通过R的电流I'=I/2，则金属杆受到的安培力F’安=BI'L=F/2，方向水平向左，由牛顿第二定律得，

．方向水平向左．

(2)撤去F后，金属杆在与速度方向相反的安培力作用下，做减速运动直到停下。设匀速运

22

动时金属杆的速度为v，则I(R+r)=Fv，又P=IR，解得

由能量守恒可得，撤去F后，整个电路产生的热量

则电阻R上产生的焦耳热

8.解析：(1)U形框向右运动时，NQ边相当于电源，产生的感应电动势E=Blv0，当如图乙所示位置时，方框bd之间的电阻为

U形框连同方框构成的闭合电路的总电阻为

2

2

闭合电路的总电流为

根据欧姆定律可知，bd两端的电势差为：Ubd=方框中的热功率为：

(2)在U形框向右运动的过程中，U形框和方框组成的系统所受外力为零，故系统动量守恒，设到达图示位置时具有共同的速度v，根据动量守恒定律

根据能量守恒定律，U形框和方框组成的系统损失的机械能等于在这一过程中两框架上产生的热量，即

(3)设U形框和方框不再接触时方框速度为v1， u形框的速度为v2：，根据动量守恒定律，有3mv=4mvI+3mv2……两框架脱离以后分别以各自的速度做匀速运动，经过时间t方框最右侧和U形框最左侧距离为s，即(v2-v1)t=s联立以上两式，解得

高三第二轮物理专题复习学案

——电磁感应中的力学问题

电磁感应中中学物理的一个重要“节点”，不少问题涉及到力和运动、动量和能量、电路和安培力等多方面的知识，综合性强，也是高考的重点和难点，往往是以“压轴题”形式出现．因此，在二轮复习中，要综合运用前面各章知识处理问题，提高分析问题、解决问题的能力．

本学案以高考题入手，通过对例题分析探究，让学生感知高考命题的意图，剖析学生分析问题的思路，培养能力．

例1.【2003年高考江苏卷】如右图所示，两根平行金属导端点P、Q用电阻可忽略的

导线相连，两导轨间的距离l=0.20 m．有随时间变化的匀强磁场垂直于桌面，已知磁感应强度B与时间t的关系为B=kt，比例系数k＝0.020 T／s．一电阻不计的金属杆可在导轨上无摩擦地滑动，在滑动过程中保持与导轨垂直．在t=0时刻，轨固定在水平桌面上，每根导轨每m的电阻为r0＝0.10Ω／m，导轨的金属杆紧靠在P、Q端，在外力作用下，杆恒定的加速度从静止开始向导轨的另一端滑动，求在t＝6.0 s时金属杆所受的安培力． [解题思路] 以a示金属杆运动的加速度，在t时刻，金属杆与初始位置的距离L＝

12

at2 此时杆的速度v＝at

这时，杆与导轨构成的回路的面积S=Ll

回路中的感应电动势E＝S而BktB＋Blv tBB(tt)Btk tt 回路的总电阻 R＝2Lr0 回路中的感应电流，I



E

R

作用于杆的安培力F＝BlI

3k2l2 解得Ft

2r0代入数据为F＝1.44×10N

例2． (2000年高考试题)如右上图所示，一对平行光滑R轨道放置在水平地面上，两轨道间距L＝0.20 m，电阻R＝1.0 Ω；有一导体杆静止地放在轨道上，与两轨道垂直，杆与轨道的电阻皆可忽略不计，整个装置处于磁感强度B＝0.50T的匀强磁场中，磁场方向垂直轨道面向下．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的关系如下图所示．求杆的质量m和加速度a．

解析：导体杆在轨道上做匀加速直线运动，用v表示其速度，t表示时间，则有v＝at ①

杆切割磁感线，将产生感应电动势E＝BLv ②

-3

在杆、轨道和电阻的闭合回路中产生电流I=E/R ③ 杆受到的安培力为F安=IBL ④ 根据牛顿第二定律，有F－F安＝ma ⑤

B2l2at ⑥ 联立以上各式，得FmaR由图线上各点代入⑥式，可解得 a＝10m/s，m＝0.1kg

例3． (2003年高考新课程理综)两根平行的金属导轨，固定在同一水平面上，磁感强度B＝0.05T的匀强磁场与导轨所在平面垂直，导轨的电阻很小，可忽略不计．导轨间的距离l＝0.20 m．两根质量均为m＝0.10 kg的平行金属杆甲、乙可在导轨上无摩擦地滑动，滑动过程中与导轨保持垂直，每根金属杆的电阻为R＝0.50Ω．在t＝0时刻，两杆都处于静止状态．现有一与导轨平行、大小为0.20 N的恒力F作用于金属杆甲上，使金属杆在导轨上滑动．经过t＝5.0s，金属杆甲的加速度为a＝1.37 m／s，问此时两金属杆的速度各为多少?

本题综合了法拉第电磁感应定律、安培力、左手定则、牛顿第二定律、动量定理、全电路欧姆定律等知识，考查考生多角度、全方位综合分析问题的能力．

设任一时刻t，两金属杆甲、乙之间的距离为x，速度分别为vl和v2，经过很短的时间△t，杆甲移动距离v1△t，杆乙移动距离v2△t，回路面积改变

△S＝[(x一ν2△t)+ν1△t]l—lχ＝(ν1-ν2) △t 由法拉第电磁感应定律，回路中的感应电动势 E＝B△S/△t＝Bι(νl一ν2) 回路中的电流 i＝E／2 R 杆甲的运动方程 F—Bli＝ma

由于作用于杆甲和杆乙的安培力总是大小相等、方向相反，所以两杆的动量(t＝0时为0)等于外力F的冲量．

Ft＝mνl＋mν2 联立以上各式解得

ν1＝[Ft/m＋2R(F一ma)／Bl]／2 ν2＝[Ft／m一2R(F一ma)／Bl]／2

代入数据得移νl＝8.15 m／s，v2＝1.85 m／s 练习

1、．如图l，ab和cd是位于水平面内的平行金属轨道，其电阻可忽略不计．af之间

22

22

2

连接一阻值为R的电阻．ef为一垂直于ab和cd的金属杆，它与ab和cd接触良好并可沿轨道方向无摩擦地滑动．ef长为l，电阻可忽略．整个装置处在匀强磁场中，磁场方向垂直于图中纸面向里，磁感应强度为B，当施外力使杆ef以速度v向右匀速运动时，杆ef所受的安培力为( A )．

A.vB2l BRvBl CRvB2l DRvBl2 R 图1 图2

2、如图2所示·两条水平虚线之间有垂直于纸面向里、宽度为d、磁感应强度为B的匀强磁场．质量为m、电阻为R的正方形线圈边长为L(LA·线圈可能一直做匀速运动 B．线圈可能先加速后减速

C．线圈的最小速度一定是mgR／B L D．线圈的最小速度一定是

3、如图3所示，竖直放置的螺线管与导线abed构成回路，导线所围区域内有一垂直纸面向里的变化的匀强磁场，螺线管下方水平面桌面上有一导体圆环．导线abcd所围区域内磁场的磁感强度按图1 5—11中哪一图线所表示的方式随时问变化时，导体圆环将受到向上的磁场力作用?( A )．

2

2

2g(hdl)

图

A B C D

3

4、如图4所示，磁感应强度的方向垂直于轨道平面倾斜向下，当磁场从零均匀增大时，金属杆ab始终处于静止状态，则金属杆受到的静摩擦力将( D )．

A．逐渐增大 B．逐渐减小

C．先逐渐增大，后逐渐减小 D．先逐渐减小，后逐渐增大

图4

5、如图所示，一闭合线圈从高处自由落下，穿过一个有界的水平方向的匀强磁场区(磁

场方向与线圈平面垂直)，线圈的一个边始终与磁场区的边界平行，且保持竖直的状态不变．在下落过程中，当线圈先后经过位置I、Ⅱ、Ⅲ时，其加速度的大小分别为a1、a2、a3( B )．

A． a1g，a3图5 图6

6、如图6所示，有两根和水平方向成a角的光滑平行的金属轨道，上端接有可变电阻R，下端足够长，空间有垂直于轨道平面的匀强磁场，磁感强度为B．一根质量为m的金属杆从轨道上由静止滑下，经过足够长的时间后，金属杆的速度会趋近于一个最大速度Vm ,则( BC )．

A．如果B增大，Vm将变大 B．如果a变大， Vm将变大 C．如果R变大，Vm将变大 D．如果M变小，Vm将变大

7、超导磁悬浮列车是利用超导体的抗磁作用使列车车体向上浮起，同时通过周期性地变换磁极方向而获得推进动力的新型交通工具．其推进原理可以简化为如图6所示的模型：在水平面上相距L的两根平行直导轨问，有竖直方向等距离分布的匀强磁场B1和B2，且B1=B2=B，每个磁场的宽都是ι，相间排列，所有这些磁场都以速度V向右匀速运动．这时跨在两导轨间的长为L、宽为ι的金属框abcd(悬浮在导轨上方)在磁场力作用下也将会向右运动．设金属框的总电阻为R，运动中所受到的阻力恒为f，则金属框的最大速度可表示为( C )．

图7 A、vmC、vm

(B2L2vfR)/B2L2 B、vm(2B2L2vfR)/2B2L2 (4B2L2vfR)/4B2L2 D、vm(2B2L2vfR)/2B2L2

8、水平面上两根足够长的金属导轨平行固定放置，间距为L，一端通过导线与阻值为R的电阻连接；导轨上放一质量为m的金属杆(见图)，金属杆与导轨的电阻不计；均匀磁场竖直向下．用与导轨平行的恒定力F作用在金属杆上，杆最终将做匀速运动．当改拉力的大

2

小时，相对应的匀速运动速度v也会改变，v和F的关系如图 (取重力加速度g=10m／s ) (1)金属杆在匀速运动之前做作什么运动?

(2)若m＝0.5 kg，L＝0.5 m，R＝0.5 Ω，磁感应强度B为多大? (3)由ν－F图线的截距可求得什么物理量?其值为多少?

解： (1)变速运动(或变加速运动、加速度减小的加速运动，加速运动)．

(2)感应电动势E—vBL，感应电流I=E/R

vB2L2安培力FmBIL

R由图可知金属杆受拉力、安培力和阻力作用，匀速时合力为零

vB2L2FBILf

RRv22(Ff)

Bl由图线可以得到直线的斜率k=2

BR1(T) 2kL(3)由直线的截距可以求得金属杆受到的阻力f， f=2(N)． 若金属杆受到的阻力仅为动摩擦力，由截距可求得动摩擦因数 μ=0.4

9、如图所示，两根足够长的直金属导轨MN、PQ平行放置在倾角为θ的绝缘斜面上，两导轨间距为L，M、P两点间接有阻值为R的电阻．一根质量为m的均匀直金属杆ab放在两导轨上，并与导轨垂直整套装置处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直斜面向下，导轨和金属杆的电阻可忽略·让ab杆沿导轨由静止开始下滑，导轨和金属杆接触良好，不计它们之间的摩擦．

(1)由b向a方向看到的装置如图1 5—2所示，请在此图中画出ab杆下滑过程中某时刻的受力示意图；

(2)在加速下滑过程中，当杆ab的速度大小为v时，求此时ab杆中的电流及其加速度的大小；

(3)求在下滑过程中，ab杆可以达到的速度最大值．

解：(1)重力mg，竖直向下；支撑力N，，垂直斜面向上；安培力F，沿斜面向上． (2)当ab杆速度为v时，感应电动势E=BLv，此时电路电流

IEBlv RRB2L2v杆受到安培力FBlv

RB2L2vB2L2v根据牛顿运动定律，有：mamgsin agsin

RRB2L2v(3)当mgsin时，ab杆达到最大速度VmAX

RmgRsinVm

B2L210．如图所示，电阻不计的平行金属导轨MN和OP水平放置，MO间接有阻值为R的电阻，导轨相距为d，其间有竖直向下的匀强磁场，磁感强度为B．质量为m、电阻为r的导体棒CD垂直于导轨放置，并接触良好．用平行于MN的恒力F向右拉动CD，CD受恒定的摩擦阻力．f，已知F>f．问： (1)CD运动的最大速度是多少?

(2)当CD达到最大速度后，电阻R消耗的电功率是多少? (3)当CD的速度是最大速度的1/3时，CD的加速度是多少?

解析：(1)以金属棒为研究对象，当CD受力：F=FA+f时，CD速度最大，

B2d2vm(Ff)(Rr)fvm即：FBIdf 22RrBd(Ff)(Rr)(2)CD棒产生的感应电动势为：EBdvm

BdEFf回路中产生的感应电流为：I RrBd(Ff)2R则R中消耗的电功率为：RPIR

B2d2211'vvII则(3)当CD速度为最大速度的1/3即m时，CD中的电流为最大值的1/3即

33CD棒所受的安培力为：

1FA'BI'd(Ff)

3FfFA'2(Ff) CD棒的加速度为：a

m3m交流电

例1：给额定功率60W、额定电压220V的白炽灯加上如图所示的电压，恰使灯正常发光，则所加电压U0的大小约为 （ C ） A. 220V B. 310V C. 350V D. 440V

U0

U/V -3

t/10s

0 解：所加电压的周期为8 × 10s = 8ms 20 28 2040 48 60 -3设电灯的电阻为R，加上图示的电压时的功率为PL， PLt2 = (U02 /R)t1 +0 (式中t1 = 8ms t2 =20 ms) 由题意 PL= (U02 /R)t1/t2= U额2 /R =60W U02 = U额2 t2/t 1 =2202 ×20/8 =1102 ×10 ∴ U0≈350V

例2:如图是一个理想变压器的电路图，若A、B两点接交流电压

U时，五个相同的灯泡均正常发光，则原、副线圈的匝数比为： ( C )

A. 5 : 1 B. 1 : 5 C. 4 : 1 D. 1 : 4

B U A

解：设灯泡正常发光的电流为I， 则原、副线圈的电流分别为I和4I，如图示。 所以原、副线圈的匝数比为 4 : 1

例3.如图所示，abcd是交流发电机的矩形线圈, ab=30cm,bc=10cm, 共50匝, 它在B=0.8T的匀强磁场中绕中心轴OO′顺时针方向匀速转动，转速为480r/min,线圈的总电阻为r=1Ω,外电阻为R=3 Ω,试求:

1. 若线圈从图示位置开始计时,沿abcd流动 n1 n2

a d

的方向为正方向,画出交流电流的图象. 2. 线圈从图示位置转过1/4 转的过程中, 电阻R上产生的热量和通过导线截面 的电量

3.电流表和电压表的读数 4.从图示位置转过180°过程中 的平均感应电动势

解：从中性面开始计时有 e=E sin ω t ，其中Em = NB ω S， m ω=2πn=2 π ×480/60=16π，∴ Em = NBωS =60.3V，Im = Em /（R+r）=15.1A

注意到从开始转动时产生的感应电流沿dcbad方向，与规定方向相反，为负值。∴i = - Im sinω t= -15.1 sin 16πt （A）

T=2π/ω=1/8 s 图线如图示

i / A 15.1 0

1/8 3/16 t / s 2. 有效值为 -15.1

IIm/215.1/210.7A转过900的过程中电阻R上产生的热量为Q=I2 R t= I2 R

T/4=10.7J

感应电流的平均值为 IENΔΦ /Δt(Rr)(Rr)转过900的过程中通过导线横截面的电量为

qIΔtNΔΦ /(Rr)NBS/(Rr)0.3C3.电流表和电压表的读数I=10.7A

UIR10.7332V4. 求从图示位置转过180°过程中的平均感应电动势

解：由法拉第电磁感应定律

ΔΦBSBS2EN NNBωS12πΔtπ2ω22Em60.338.4Vππ例4. 如图所示，一个变压器(可视为理想变压器)的原线圈接在220V的市电上，向额定电压为1.80×104V的霓虹灯供电，使它正常发光．为了安全，需在原线圈回路中接入熔断器，使副线圈电路中电流超过12mA时，熔丝就熔断．

（1）熔丝的熔断电流是多大? （2）当副线圈电路中电流为10mA时．变压器的输入功率是多大?

熔断器 霓虹灯

解：(1)设原、副线圈上的电压、电流分别为U1、U2、I1、I2． 根据理想变压器的输入功率等于输出功率，有 I1 U1= I2U2．当I2=12 mA时，I1 即为熔断电流．代人数据，得 I1 =0.98 A

(2) 设副线圈中电流为 I2 ′=10 mA时，变压器的输入功率为P1 根据理想变压器的输入功 率等于输出功率，有P1= I2′U2，代人数据，得 P1 =180 W 。

练习1.如图所示，有一理想变压器，原线圈匝数为n1，

两个副线圈的匝数分别为n2和n3，原副线圈的电压分别为U1、U2、U3，电流分别为I1、I2、I3，两个副线圈负载电阻的阻值未知，下列结论中，正确的是：( ) (A) U1:U2＝n1:n2，U2:U3=n2:n3； (B) I1/I3=n3/n1， I1/I2=n2/n1； (C) I1U1=I2U2＋I3U3 ； (D) n1I1=n2I2＋n3I3 。

n2 n1 n3 U1 练习2. 如图所示,一理想变压器的原、副线圈分别由双线圈ab和cd(匝数都为n1)、ef和gh(匝数都为n2)组成.用I1和U1表示输入电流和电压,I2和U2表示输出电流和电压.在下列4种连接法中,

符合关系 U1/U2=n1/n2, I1/ I2=n2/n1的有( )

(A) b与c相连,以a、d为输入端; f与g相连,以e、h为输出端 a (B) b与c相连,以a、d为输入端; e与g相连,f与h相连作为输出端 c

(C) a与c相连、b与d相连作为输入端; f与g相连,以e、h为输出端

(D) a与c相连、b与d相连作为输入端; b

e与g相连, f与h 相连作为输出端

练习3. 在远距离输电中，当输送的电功率相同时，则d 关于输电导线上损失的功率下列说法正确的是（ ）

(A)减小输电导线的电阻可以减小损失的功率，但此种方法很有限.

(B)提高输送电压从而减小输送电流，可大大减小损失 的功率

(C)损失的功率与输送电压的二次方成反比 (D)损失的功率与输电线上的电压降成反比

练习4. 如图所示，边长为L,电阻为R的单匝正方形线圈abcd，在磁感应强度为B的匀强磁场中,以cd边为轴以角速度w作匀速转

动，转动方向如图, cd边与磁场方向垂直.求: (1)当它从图示位 ù 置转过900的过程中产生的热量

(2)当它从图示位置转过900的过程中通过 导线横截面的电量

a d (3) ts内外界驱动线圈所做的功 ( t >>2p/ω)

B 练习5. 有一条河流，河水流量为4m 3/s，落差为b 5m，现利用c 它来发电，使用的发电机总效率为50％，发电机输出电压为350V，输电线的电阻为4Ω，允许输电线上损耗功率为发电机输出功率的5％，而用户所需要电压为220V，求所用的升压、降压变压器上原、副线圈的匝数比．g=9.8m/s2

e g

f h

练习6、 如图所示,匀强磁场方向垂直纸面向里,磁感应强度B=0.20T,OCA金属导轨与OA金属直导轨分别在O点和A点接一阻值为R1 =3.0Ω和R2=6.0 Ω 体积可忽略的定值电阻,导轨OCA的曲线方程为 y=1.0sin(π/3· x) (m),金属棒ab平行于y 轴, 长为1.5m,以速度 v=5.0 m/s 水平向右匀速运动（b点始终在Ox轴上）,设金属棒与导轨接触良好,摩擦不计,电路中除了电阻R1和R2外,其余电阻均不计，求：

（1）金属棒在导轨上运动时R1的最大功率 （2）金属棒在导轨上从x=0 到x=3m的运动过程中，外力 必须做的功

a

1.0 y/m C R1 B x/ m A R2 3.0 b O 练习答案： 1.ACD 2.AD 3.ABC

4. Q=π B2 ωL4 ／4R 电量q=BL/R W= B2ω2L4 t / 2R

2

5.n1／n2 =U 1／U2 =350／2800 =1／8 n3／n4 =U3／U4 =2660／220 ≈ 12／1

6.(1) P1m=1/3 W W=Q= E有2/R并×t = 0.5/2×0.6 = 0.15 J 1．

光学计算题

例1、 如图示是两个同种玻璃制成的棱镜,顶角α1略大于α2 ,两束单色光A和B分别垂直射于三棱镜后,出射光线与第二界面的夹角 β1= β2 , 则 ( AD ) A. A光束的频率比B光束的小.

B.在棱镜中A 光束的波长比B 光束的短. C.在棱镜中B 光束的传播速度比A 光束的大.

D.把两束光由水中射向空气, 产生全反射,A 光的临界角比B 的临界角大.

解: n = cos β /sin α ∵α1 ＞ α2 ∴ n1 ＜ n2

∴频率ν1＜ ν2 sinC=1/n ∴ C 1＞C2

A

α1 A β1 α2 βββ2 例2；91年高考. 一束光从空气射向折射率n=2的某种玻璃的表面,

如图所示. i 代表入射角,则（ BCD ） (A) (B) (C)

当i >45°时会发生全反射现象

无论入射角i 是多大,折射角r 都不会超过45° 欲使折射角r=30,应以i =45°的角度入射

(D)当入射角i =arctg2时，反射光线跟折射光线恰好互相垂直

N i n2空O 玻例3、如图示，一块用折射率 n=2 的透明材料制成的柱体，其截面为1/4圆，圆半径Oa=6cm，当一束平行光垂直照射Oa面时，请作出图中代表性光线2、3通过该透明材料的光路图（忽略二次反射光线），并计算ab弧面上被照亮的弧长为多少？

解： sin C=1/n=0.5 C=30 30 °<α< 45 ° 全反射如图示 °对光线2：sin α=2/3=0.667 对光线3：sin β=1/3 < 0.5 β < 30 ° 不会全反射如图示 若射到弧面上的光线刚能全反射则bA弧面被照亮

∴ bA =2π×r /12 = 3.14cm 1 2 3 4

a d e β O O C f C A b b 例4； 如图为一个半圆形玻璃砖的截面图,O为圆心, MM′⊥AB, 一束单色光沿NO方向射入,折射光线为ON ′,ON与OM的夹角为30°, ON ′与OM′的夹角为 45 °,半圆形玻璃砖的半径R=3.0m, c=3.0×108 m/s,求当该单色光束沿与OM夹角为60 °的PO方向射入时,光在该玻璃砖中传播的时间. 解:

nsin45c2sin30v临界角C=45 °∠POM＞45 ° 发生全反射,沿OP′方向射出

tl2Rn232vc310822108sM

N

学生练习

1：03年江苏高考8

．如图，一玻璃柱体的横截面为半圆形，细的单色光束从空气射向柱体的O点（半圆的圆心），产生反射光束1和透射光束2，已知玻璃折射率为3，入射角为45°（相应的折射角为24°），现保持入射光不变，将半圆柱绕通过O点垂直于图面的轴线顺时针转过15°，如图中虚线所示，则（ B C ） A．光束1转过15°

A P′ P 30° 60O ° B 45° N′ M′ B．光束1转过30°

C．光束2转过的角度小于15° D．光束2转过的角度大于15°

入射光 1 45°

15° O 2 2、 如图示：光从A点射入圆形玻璃，并从B点射出，若射出玻璃与射入玻璃的光线夹角为30°,AB弧所对的圆心角为120°,下列说法正确的是：( C ) A. 在A点的入射角为30° B. 在B点的入射角为45° C. 玻璃的折射率为2 D. 玻璃的折射率为3

解：光路图作，由于对称性，∠1=60 ° ∠2=15 ° ∠i =45 ∠4=∠r =∠3= 1/2 ∠1=30°

n

sinisin452sinγsin30i

i A B 1 O r 3 4

C

3：如图，a和b 都是厚度均匀的平玻璃板，它们之间的夹角为φ，一细光束以入射角θ从P点射入，θ ＞ φ，已知此光束由红光和蓝光组成，则当光束透过b板后， （ D ） A．传播方向相对于入射光方向向左偏转φ角 B．传播方向相对于入射光方向向右偏转φ角 C．红光在蓝光的左边 D．红光在蓝光的右边

左

b

右

φ a 二计算题

θ P 4： 光屏MN 和遮光板PQ彼此平行地竖直放置，它们相距10cm，遮光板PQ上有一直径为1cm 的圆形透光孔ab，位于遮光板左侧20cm 处有一点光源S，如图示，在点光源S下方水平放置一块平面镜使点光源发出的光通过圆孔ab后在光屏MN上形成两个光斑，两个光斑外边缘上下距离为5.5cm，作图计算平面镜距点光源的竖直距离。 解：作光路图，由相似关系AB=A1B1=1.5cm A1B=5.5cm ∴ BB1 =4cm ΔBB1b ∽ ΔSS1b SS1 / BB1 = SS 1/Aa=2 ∴ SS1 =8cm h=1/2×SS1 =4cm

M A1

p S S h h S1 a P a b b Q Q B1

M

SA A B B N N 5: 如图示，一束平行光照射在半径为R的半圆柱形玻璃砖的圆柱面上，光线a是与一条半径重合的光线，该光线照射到圆心O点与直径AB夹角为45°，且刚好发生全反射．请作图并确定出光线能从AB面射出的范围．

答案；

A O B a A45° O B

a 2OCR26:如图示，一不透明的圆柱形容器内装满折射率n =2的透明液体，容器底部正O点处有一点光源S，平面镜MN与底面成45°角放置，若容器高为2dm，底面半径为（1+ 3）dm，OM=1dm，在容器正上方1dm 处水平水平放置一足够长的刻度尺，求光源S 发出的光经平面镜反射后，照射到刻度尺上的长度。（不考虑容器侧壁和液面的反射）

解：作出光路图如图示：由几何关系得：M S' = M S =1dm S'P=3dm PQ= 3dm

N

1dm 2dm

S M 答案

AC=(1+

3 ) dm

物 理 光 学

一、典型例题：

[例1]在双缝干涉实验中，以白光为光源，在屏幕上观察到了彩色干涉条纹，若在双缝中的一缝前放一红色滤光片（只能透过红光），另一缝前放一绿色滤光片（只能透过绿光），这时（ ）

A、只有红色和绿色的双缝干涉条纹，其他颜色的双缝干涉条纹消失 B、红色和绿色的双缝干涉条纹消失，其他颜色的双缝干涉条纹依然存在 C、任何颜色的双缝干涉条纹都不存在，但屏上仍有光亮 D、屏上无任何光亮

[解析]在双缝干涉实验的装置中，缝的宽度跟光的波长相差不多，在双缝分别放上红色和绿色滤光片之后，由于红光和绿光的频率不相等，在光屏上不可再出现干涉条纹了，但由于满足产生明显衍射现象的条件，所以在屏上将同时出现红光和绿光的衍射条纹，故正确的选项为C。

[例2]某金属在一束黄光照射下，恰好能有电子逸出（即用频率小于这种黄光的光线照射就不可能有电子逸出），在下述情况下，逸出电子的多少和电子的最大初动能会发生什么变化？

⑴增大光强而不改变光的频率； ⑵用一束强度更大的红光代替黄光； ⑶用强度相同的紫光代替黄光。

[解析]“正好有电子逸出”，说明此种黄光的频率恰为该种金属的极限频率。 ⑴增大光强而不改变光的频率，意味着单位时间内入射光子数增多而每个光子能量不变，根据爱因斯坦光电效应方程，逸出的光电子最大初动能不变，但光电子数目增大。 ⑵用一束强度更大的红光代替黄光，红光光子的频率小于该金属的极限频率，所以无光电子逸出。

⑶用强度相同的紫光代替黄光，因为一个紫光光子的能量大于一个黄光光子的能量，而强度相同，因而单位时间向金属的紫光光子数将比原来少，因此，逸出的电子数将减少，但据爱因斯坦光电效应方程，光电子的最大初动能将增大。

[例3]把一个凸透镜的弯曲表面压在另一个玻璃平面上，让光从上方射入（图甲），这时可以看到亮暗相间的同心圆（图乙），这个现象是牛顿首先发现的，这些同心圆叫做牛顿环，解释为什么会出现牛顿环。

[解析]凸透镜的弯曲上表面反射的光和下面的玻璃平面向上反射的光相互叠加，由于来自这两个面的反射的光的路程差不同，在有些位置相互加强，在有些位置相互削弱，因此出现了同心圆状的明暗相间的条纹。

[例4]把一个平行玻璃板压在另一个平行玻璃板上，一端用薄片垫起，构成空气劈尖，让单色光从上方射入（如图），这时可以看到亮暗相间的条纹，下面关于条纹的说法中正确的是（ ）

A、将薄片向着劈尖移动使劈角变大时，条纹变疏

B、将薄片远离劈尖移动使劈角变小时，条纹变疏 C、将上玻璃板平行上移，条纹向着劈尖移动 D、将上玻璃板平行上移，条纹远离劈尖移动

[解析]楔形空气层的上下两个表面反射的两列光波发生干涉，空气层厚度相同的地方，两列波的路程差相同，故如果被测表面是平的，干涉条纹就是一组平行的直线，如上图，当劈角为α时，相邻两条纹间等于AC，当劈角增大为β时，相邻的条纹左移至A’、C’

ss处，条纹间距变为A'C'。设CD－AB=△s，则C'D'－AB=△s，故AC=，A'C'=。

sinsin

因为β>α，所以AC>A'C'，故劈角增大时，条纹变密。

同理，当上玻璃板平行上移时，易得A’C’CA为平行四边形，所以条纹向壁尖移动，

且间距不变，本题选B、C。

二、课堂练习

1、先后用两种不同的单色光，在相同的条件下用同一双缝干涉装置做实验，在屏幕上相邻的两条亮纹间距不同，其中间距较大的那种单色光比另一种单色光①在真空中的波长较短 ②在玻璃中传播速度较大 ③在玻璃中传播时，玻璃的折射率较大 ④其光子的能量较小 以上说法正确的是（ ）

A、①③ B、②④ C、①④ D、②③

2、a、b是两束相互平行的单色可见光，当它们从空气射入水中时各自发生如图所示的折射现象，已知折射角r1>r2，由此可以判定（ ）

①a光光子能量小；②在水中b光波长长一些；③让它们在同一双缝上发生干涉，所得相邻两条干涉条纹间距△xa>△xb；④a、b从水中射入空气时，则a光的临界角小一些。

A、只有①② B、只有①③ C、只有②④ D、只有②③ 3、下列说法正确的是：

A、光波是一种概率波 B、光波是一种电磁波 C、单色光从密介质进入光疏介质时，光子的能量改变 D、单色光从光密介质进入光疏介质时，光的波长不变

4、神光“II”装置是我国规模最大、国际上为数不多的高功率固体激光系统，利用它

－34

可获得能量为2400J、波长λ为0.35μm的紫外激光。已知普朗克恒星h=6.63×10J·s，则该紫外激光所含光子数为多少个。（取两位有效数字）

5、太阳光垂直射到地面上时，1m地面接受的太阳光的功率为1.4kW，其中可见光部分约占45%。

⑴假如认为可见光的波长约为0.55μm，日地间距离R=1.5×10m，普朗克恒量h=6.6

11

2

×10

－34

J·s，估算太阳每秒辐射出的可见光光子为多少。

6

⑵若已知地球的半径r=6.4×10m，估算地球接受的太阳光的总功率。

6、已知锌板的极限波长λO=372nm，氢原子的基态能量为－13.6eV，若氢原子的核外电子从量子数n=2跃迁到n=1时所发出的光子照射到该锌板上，此时能否产生光电效应？

8

若能，光电子的最大初动能是多少电子伏？（真空中光速c=3×10m/s，普朗克常量

－34－19

h=6.63×10J·s，电子电荷量e=1.6×10C）

课堂练习答案： 1、B 2、B 3、A、B 4、4.2×10

5、⑴4.9×10个 ⑵1.8×10W 6、能。6.86eV

14

17

21

原子和原子结构

一、典型例题：

[例1]氢原子的核外电子从距核较近的轨道跃迁到距核较远的轨道的过程中（ ） A、原子要吸收光子，电子的动能增大，原子的电势能增大 B、原子要放出光子，电子的动能减小，原子的电势能减小 C、原子要吸收光子，电子的动能增大，原子的电势能减小 D、原子要吸收光子，电子的动能减小，原子的电势能增大

[解析]根据玻尔理论，氢原子核外电子在离核越远的轨道上运动能量越大，必须吸收一定能量的光子后，电子才能从离核较近的轨道跃迁到离核较远的轨道，故B错。

氢原子核外电子绕核做圆周运动，由原子核对电子的库仑力提供其向心力，即

1212ke22

k2=m，又Ek=mv，ke/2r=mv，即Ek=。

222rrre2v2由此式可知：电子离核越远，r越大时，则电子的动能越小，故A、C错。 由于r变大时，库仑力对核外电子做负功，因此电势能增大，从而判断D正确。

[例2]

23290Th（钍）经过一系列α和β衰变，变成

20882Pb（铅），下列说法正确的是：

A、铅核比钍核少8个质子 B、铅核比钍核少16个中子 C、共经过4次α衰变和6次β衰变 D、共经过6次α衰变和4次β衰变

[解析]由于β衰变不会引起质量数的减少，故可先根据质量数的减少确定α衰变的次数为：x=

232208=6 4再结合核电荷数的变化情况和衰变规律来判定β衰变的次数y应满足：2x－y=90－82=8

所以y=2x－8=4 即答案D是正确的。

[例3]氢原子从能级A跃迁到能级B时，辐射出波长为λ1的光子，从能级A跃迁到能级C时，辐射出波长为λ2的光子，若λ1>λ2，则氢原子从能级B跃迁到能级C时，将吸收还是发射光子，光子的波长为多少？

[解析]因为EA－EB=h

c1，EA－EC=h

c2，而λ1>λ2，所以EB>EC。

于是从B能级跃迁到C能级时，应辐射光子。 EB－EC=（EA－EC）－（EA－EB） =hc（

11c2－

1）=h

BC

所以λBC=

12。

123[例4]已知氘核质量为2.0136u，中子质量为1.0087u，He核的质量为3.0150u。

23⑴写出两个氘核聚变成He的核反应方程；

2⑵计算上述核反应中释放的核能；

⑶若两氘核以相等的动能0.35MeV做对心碰撞即可发生上述核反应，且释放的核能全

3部转化为机械能，则反应中生成的 He核和中子的动能各是多少？

22231[解析]应用质量数守恒和核电荷数守恒不难写出核反应方程为：H+H→He+n

1120由题给条件可求出质量亏损为：

△m=2.0136u×2－（3.0150+1.0087）u=0.0035u 所以释放的核能为

△E=△mc=931.5×0.0035MeV=3.26 MeV。

因为该反应中释放的核能全部转化为机械能——即转化为He核和中子的动能。若设He核和中子的质量分别为m1、m2，速度分别为υ1、υ2，则由动量守恒及能的转化和守恒

2定律，得m1υ1－m2υ2=0 32

Ek+ Ek=2 Ek+△E

1

2

0

解方程组，可得： Ek1=Ek2=

11（2Ek0+△E）=×（2×0.35+3.26）MeV=0.99 MeV， 4433（2Ek0+△E）=×（2×0.35+3.26）MeV=2.97 MeV。 44二、课堂练习

1、氦原子被电离一个核外电子，形成类氢结构的氦离子，已知基态的氦离子能量为

E1=－54.4eV，氦离子能级的示意图如下所示，在具有下列能量的光子中，不能被基态氦离．．子吸收而发生跃迁的是（ ）

A、40.8eV B、43.2eV C、51.0 eV D、54.4 eV

2、氢原子能级图的一部分如图所示，a、b、c分别表示氢原子在不同能级之间的三种跃迁途径，设在a、b、c三种跃迁过程中，放出光子的能量和波长分别是Ea、Eb、EC和λa、λb、λc，则：

①λb=λa+λc ②

1b=

1a+

1c

③λb=λa·λc ④Eb=Ea+EC 以上关系正确的是（ ）

A、①③ B、②④ C、只有① D、③④

N，被与磁场方向垂直、速度为υ的α粒子击中形7成复合核，然后沿相反方向释放出一个速度也为υ的质子，则以下说法正确的是（ ）

①质子与反冲核的动能之比为17：25 ②质子与反冲核的动量大小之比为1：5 ③质子与反冲核的动量大小之比为8：17 ④质子与反冲核在磁场中旋转频率之比为17：8 A、①② B、③④ C、①③ D、②④

4、有一群氢原子处于n=4的能级上，已知氢原子的基态能量E1=－13.6 eV，普朗克常

－34

量h=6.63×10J·s，求：

⑴这群氢原子的光谱共有几条谱线？ ⑵这群氢原子发出的光子的最大频率是多少？

5、科学家发现太空中的γ射线都是从很远的星球发射出来的。当γ射线爆发时，在数秒钟内所产生的能量，相当于太阳在过去一百亿年内所发出的能量总和的一千倍左右，大致相当于太阳质量全部亏损得到的能量，科学家利用超级计算机对γ射线的爆发状态进行模拟，发现γ射线能量爆发是起源于一个垂死的星球“坍塌”的过程，只有星球“坍塌”时，才能释放这么巨大的能量，已知太阳光照射到地球所需要时间为t，地球公转周期为T，真空中的光速为c，万有引力常量为G，试推算出一次γ射线爆发所产生的能量。

3、匀强磁场中有一个静止的氮核

146、为确定爱因斯坦质能联系方程△E=△mc的正确性，设计了如下实验：用动能为

7E1=0.9MeV的质子去袭击静止的锂核Li，生成两个α粒子，测得这两个α粒子的动能之和

3为E=19.9MeV。

⑴写出该核反应方程；

⑵计算核反应过程中释放出的能量△E；

72

⑶通过计算说明△E=△mc的正确性。（计算中质子、α粒子和锂核Li的质量分别取：

3mp=1.0073u，ma=4.0015u，mLi=7.0160u）

2

课堂练习答案： 1、B 2、B 3、A

4、6条 3.1×10HZ 5、

42C2t2GT215

1746、①H+Li→2He

132 ②18.9MeV ③略

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 解： mgF1ma ①

Ff 若F2的方向斜向下与竖直方向成则 FN F1 F2cosmg(F1F2sin)ma ② α 联立① ②得 F2 F1 A．ｕ＝cotα B. ｕ＝tanα C.F2一定斜向下 D.F2一定斜向上 cot

G 若F2的方向斜向上与竖直方向成则

F2 Ff mg(F1F2sin)F2cosma ③

α 联立 ②③得 cot

FN F1 故选A

G

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

pV＝C可知，当体积不变时，温度降低，压强减小，故选A； T由p＝

F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； S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，

2

已知sin37°＝0.6,重力加速度g＝10m/s 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 ，mAvA＝m1v1+mBvB 得vB＝2.4m/s,方向沿斜面向上

（2）设经过T＝0.6s,A的速度方向上，此时A的位移S1＝B的加速度aB＝gsin37°＝0.6m/s2

B A θ F

(v1v2)T＝0.72m 2T22B的位移SB＝vBT＋(-aB) ＝0.36m

2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v21.8m/s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t1，则物体沿斜面向下的运动时间为Tt1 对A据牛顿第二定律有，mAgsin＋mAgcos－F＝mAa1 ①

mAgsin－mAgcos－F＝mAa2 ②

0v1(a1)t1 ③

v2＝a2(Tt1) ④

联立①②③④解得恒定推力F的大小为F＝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v21.8m/s，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?

B

． ． ． ． ． ． ． ． ． ． ． ． ． ． ． ． P． ． ． ． ． ． ． ．H ． ． ． ． ． ． ． ．

解：⑴ 带电微粒在做匀速圆周运动，电场力与重力平衡mg＝Eq

E＝

mg q(2) 粒子作匀速圆周运动，轨道半径为R，如图所示

mv2 Bqv＝R最高点与地面的距离为Hm＝H+R(1+cos45°)

R P V 45°

Hm＝H+ (1+

2mv) 2Bq该微粒的周期为T＝

2m Bq3m3 T＝

4Bq8运动到最高点的时间为t＝

⑶设粒子上升最大高度为h,由动能定理得

mv2－mgh－Eqhcot45°＝0－

2v2 h＝4gv2微粒离地面的最大高度为H＋

4g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 ．

• x P1 • y P2 ． O ． ． ． ．

． ． ． ． ． P3

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

qE＝ma vot＝2h

at2＝h 22mv0解得E＝

2qh(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

v12＝2ah

2

v2＝v12+votan＝

v1＝ vo

v1 vov＝2ov

＝45°

P1 • h • ． O ． ． ．P 2 ．

2h •

2h ． ． ． ． ． P3

(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

mv2 qBv＝rr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

r＝2h

B＝

mv0 qh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＝1.67×10估算德布罗意波长 λ＝1.82×101027kg,普朗克常量h＝6.63×1034J·s，可以

m的热中子动能的数量级为

A．10B．10C．10D．1017192124J J J J

[ ]

9 5 13 1

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． I1I2 B． I1I3 C． I1＞I2

D． I1＞ I3

[ ] 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

A

•

B • a α β b

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 F θ 甲

乙

F [ ]

FcosFNma①FsinFNmg② 要使物体做匀加速运动，应满足a＞0③ 由①②③可得

Fmg

cossin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R1＝2Ω时，电压表读数为U1＝4V；当电阻箱读数为R1＝5Ω时，电压表读数为U1＝5V；求： ⑴电源电动势E和内阻r

⑵当电阻箱R读数为多少时，电源的输出功率最大？最大功率Pm为多少

R • r V • S E

9．如图所示，固定的水平光滑金m v0 属导轨，间距为L，左端接有阻 值为R的电阻，处在方向竖直、磁感应强度为B的匀强磁场中，L R 质量为m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v0，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Ep，则这一过程中安培力所做的功W1和电阻R上产生的焦耳热Q1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R上产生的焦耳热Q为多少？

10．如图所示，M、N为两块带选等量异种电荷的平行金属板，S1、S2为板上正对的小孔，N板右侧有两个宽度为d的匀强磁场区域，磁感应强度大小均为B，方向分别垂直于纸面向外和向里，磁场区域右侧有一个荧光屏，取屏上与S1、S2共线的O点为原点向上为正方向建立x轴．M板左侧电子射出的热电子经小孔S1进入两板间，电子质量为m，电荷量为e，初速度可以忽略．

⑴当两板间电势差为U0时，求从小孔S2射出的电子的速度v0

⑵求两金属板间电势差U在什么范围内，电子不能穿过磁场区域而打到荧光屏上． 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x和金属板间电势差U的函数关系．

x ＿M K S1 ＋Ｎ S2 B B 荧光屏 ｏ

d

d 练习答案：1.C 2.AD 3.ACD 4.C 5.C 6.C

7.解：此解答不完整，还缺少性条件：

FsinFNmg ① FN0 ②

由①②式得：F

力F的取值范围应为

8.解：⑴由闭合电路欧姆定律

mg③ sinmgmg≥F

cossinsinEU1U1r① R1EU2U2r② R2联立①②并代入数据解得

E 6V

r1Ω

⑵由电功率表达式

E2PR③ 2(Rr)由③式变形得

E2P④ 2(Rr)4rR由④式知，Rr1Ω时，P有最大值

E2Pm9W

4r9.解：⑴初始时刻棒中的感应电动势

ELv0B①②③④

棒中感应电流

IE ② R作用于棒上的安培力

FILB ③

联立①②③，得

L2v0B2F

R安培力方向：水平向左 ⑵由功能关系，得

12mv0 212电阻R上产生的焦耳热 Q1mv0Ep

2安培力做功W1Ep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 Q12mv0 212mv0 由此可解得v022eU0 m10.解：⑴根据能动能定理，得 eU0

⑵ 欲使电子不能穿过磁场区域而打到荧光屏上，应有 rmv＜d eB而eU12mv 2d2eB2由此可解得U＜

2m⑶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

ｏ

B B x r，穿过磁场区域打到荧光屏上的位置坐标⑷若电子在磁场区域做圆周运动的轨道半径为d d 为x则有⑶中的轨迹图可得

x2r2r2d2 注意到rmv和 eBeU1 2mv2

x和金属板间电势差U的函数关系为

所以，电子要到荧光屏上的位置坐标

d2eB22222） x(2emU2emUdeB) （U2meB