第一篇：高三物理第二輪變加速運(yùn)動專題復(fù)習(xí)教案
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第三講 變加速運(yùn)動
一、特別提示
所謂變加速運(yùn)動，即加速度（大小或方向或兩者同時）變化的運(yùn)動，其軌跡可以是直線，也可以是曲線；從牛頓第二定律的角度來分析，即物體所受的合外力是變化的。
本章涉及的中學(xué)物理中幾種典型的變加速運(yùn)動如：簡諧運(yùn)動，圓周運(yùn)動，帶電粒子在電場、磁場和重力場等的復(fù)合場中的運(yùn)動，原子核式結(jié)構(gòu)模型中電子繞原子核的圓周運(yùn)動等。故涉及到力學(xué)、電磁學(xué)及原子物理中的圓周運(yùn)動問題。
二、典型例題
例1 一電子在如圖3-1所示按正弦規(guī)律變化的外力作用下由靜止釋放，則物體將：
A、作往復(fù)性運(yùn)動 B、t1時刻動能最大
C、一直朝某一方向運(yùn)動
D、t1時刻加速度為負(fù)的最大。
評析 電子在如圖所示的外力作用下運(yùn)動，根據(jù)牛頓第二定律知，先向正方向作加速度增大的加速運(yùn)動，歷時t1；再向正方向作加速度減小的加速運(yùn)動，歷時(t2~t1)；(0~t2)整段時間的速度一直在增大。緊接著在(t2~t3)的時間內(nèi)，電子將向正方向作加速度增大的減速運(yùn)動，歷時(t3~t2)；(t3~t4)的時間內(nèi)，電子向正方向作加速度減小的減速運(yùn)動，根據(jù)對稱性可知，t4時刻的速度變?yōu)?（也可以按動量定理得，0~t4時間內(nèi)合外力的沖量為0，沖量即圖線和坐標(biāo)軸圍成的面積）。其中（0~t2）時間內(nèi)加速度為正；(t2~t4)時間內(nèi)加速度為負(fù)。正確答案為：C。
注意 公式F?ma中F、a間的關(guān)系是瞬時對應(yīng)關(guān)系，一段時間內(nèi)可以是變力；而公式v1?v0?at或s?v0t?12at只適用于勻變速運(yùn)動，但在變加速
2運(yùn)動中，也可以用之定性地討論變加速運(yùn)動速度及位移隨時間的變化趨勢。
上題中，如果F-t圖是余弦曲線如圖3-2所示，則情況又如何？ 如果F-t圖是余弦曲線，則答案為A、B。
例2 如圖3-3所示，兩個完全相同的小球a和b，分別在光滑的水平面和淺凹形光滑曲面上滾過相同的水平距離，且始終不離開接觸面。b球是由水平面運(yùn)動到淺凹形光滑曲線面，再運(yùn)動到水平面的，所用的時間分別為t1和t2，試比較t1、t2的大小關(guān)系：
A、t1>t2 B、t1=t2 C、t1 評析 b小球滾下去的時候受到凹槽對它的支持力在水平向分力使之在水平方向作加速運(yùn)動；而后滾上去的時候凹槽對它的支持力在水平方向分力使之在水平方向作減速運(yùn)動，根據(jù)機(jī)械能守恒定律知，最后滾到水平面上時速度大小與原來相等。故b小球在整個過程中水平方向平均速度大，水平距離一樣，則b所用時間短。答案：A。 例3 如圖3-4所示，輕彈簧的一端固定在地面上，另一端與木塊B相連。木塊A放在B上。兩木塊質(zhì)量均為m，豎直向下的力F作用在A上，A、B均靜止，問： （1）將力F瞬間撤去后，A、B共同運(yùn)動到最高點(diǎn)，此時B對A的彈 京翰教育中心http://004km.cn/ 高中物理輔導(dǎo)網(wǎng)http://004km.cn/ 力多大？ （2）要使A、B不會分開、力F應(yīng)滿足什么條件？ 評析（1）如果撤去外力后，A、B在整個運(yùn)動過程中互不分離，則系統(tǒng)在豎直向上作簡揩運(yùn)動，最低點(diǎn)和最高點(diǎn)關(guān)于平衡位置對稱，如圖3-5所示，設(shè)彈簧自然長度為l0，A、B放在彈簧上面不外加壓力F且系統(tǒng)平衡時，如果彈簧壓至O點(diǎn)，壓縮量為b，則：2mg?Kb。外加壓力F后等系統(tǒng)又處于平衡時，設(shè)彈簧又壓縮了A，則：2mg?F?K(b?A)，即：F?KA。 當(dāng)撤去外力F后，系統(tǒng)將以O(shè)點(diǎn)的中心，以A為振幅在豎直平面內(nèi)上下作簡諧運(yùn)動。在最低點(diǎn)：F合?k(b?A)?2mg?KA?F，方向向上，利用牛頓第二定律知，該瞬間加速度：a?a?F2mF2m，方向向上；按對稱性知系統(tǒng)在最高點(diǎn)時：，方向向下。 此時以B為研究對象進(jìn)行受力分析，如圖3-6所示，按牛頓第二定律得： mg?NB?m?a?NB?m(g?a)?mg?F2 （2）A、B未分離時，加速度是一樣的，且A、B間有彈力，同時最高點(diǎn)最容易分離。分離的臨界條件是：NB?0?NB?mg?F2?0?F?2mg（或者：在最高點(diǎn)兩者恰好分離時對A有：mg?ma，表明在最高點(diǎn)彈簧處于自然長度時將要開始分離，即只要：A?b?FK?2mgK?F?2mg時A、B將分離）。所以要使A、B不分離，必須：F?2mg。 例4 如圖3-7所示，在空間存在水平方向的勻強(qiáng)磁場（圖中未畫出）和方向豎直向上的勻強(qiáng)電場（圖中已畫出），電場強(qiáng)度為E，磁感強(qiáng)度為B。在某點(diǎn)由靜止釋放一個帶電液滴a，它運(yùn)動到最低點(diǎn)恰與一個原來處于靜止?fàn)顟B(tài)的帶電液滴b相撞，撞后兩液滴合為一體，并沿水平方向做勻速直線運(yùn)動，如圖所示，已知a的質(zhì)量為b的2倍，a的帶電量是b的4倍（設(shè)a、b間靜電力可忽略）。 （1）試判斷a、b液滴分別帶何種電荷？ （2）求當(dāng)a、b液滴相撞合為一體后，沿水平方向做勻速直線的速度v及磁場的方向； （3）求兩液滴初始位置的高度差h。 評析（1）設(shè)b質(zhì)量為m，則a帶電量為4q，因?yàn)槿绻鸻帶正電，a要向下偏轉(zhuǎn)，則必須：2mg?4qE；而對b原來必須受力平衡，則：mg?qE。前后相矛盾，表明a帶負(fù)電，b帶正電。 （2）設(shè)uA為a與b相撞前a的速度，a下落的過程中重力、電場力做正功，由動能定理有：(4qE?2mg)h?12?2mv2A。由于b原來處于靜止?fàn)顟B(tài)：mg?qE。 由以上兩式可得：vA?6gh 京翰教育中心http://004km.cn/ 高中物理輔導(dǎo)網(wǎng)http://004km.cn/ a、b相撞的瞬間動量守恒：2mvA?(2m?m)v。得v?23vA 而電荷守恒，故：q總?4q?q?3q(負(fù)電) a、b碰撞后粘在一起做勻速直線運(yùn)動，按平衡條件得：3qvB?3qE?3mg，則：2EBv?。所以：h?3E2gB22 例5 如圖3-8所示，一單匝矩形線圈邊長分別為a、b，電阻為R，質(zhì)量為m，從距離有界磁場邊界h高處由靜止釋放，試討論并定性作出線圈進(jìn)入磁場過程中感應(yīng)電流隨線圈下落高度的可能變化規(guī)律。 評析 線圈下落高度時速度為：mgh?12mv0?v0?22gh 下邊剛進(jìn)入磁場時切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢：E?Blv0?Bb2gh。產(chǎn)生的感應(yīng)電流：I= ER?BbR2gh，受到的安培力：F安?BIl?BbR222gh 討論（1）如果mg?F安，即：mg?則：線圈將勻速進(jìn)入磁場，此時：mg?BI0b?I0?mgBbBbR222gh，（變化規(guī)律如圖3-9所示） （2）如果mg?F安，表圈加速進(jìn)入磁場，但隨著v??F安??a?有三種可能： ①線圈全部進(jìn)入磁場時還未達(dá)到穩(wěn)定電流I0（變化規(guī)律如圖3-10所示）②線圈剛?cè)窟M(jìn)入磁場時達(dá)到穩(wěn)定電流I0（變化規(guī)律如圖3-11所示）③線圈未全部進(jìn)磁場時已達(dá)到穩(wěn)定電流I0（變化規(guī)律如圖3-12所示） （3）如果mg?F安，則：線圈減速進(jìn)入磁場，但隨著v??F安??a??故線圈將作a減小的減速運(yùn)動。有三種可能： ①線圈全部進(jìn)入磁場時還未達(dá)到穩(wěn)定電流I0（變化規(guī)律如圖3-13所示） 京翰教育中心http://004km.cn/ 明h較小，則：線 F安?mgm，高中物理輔導(dǎo)網(wǎng)http://004km.cn/ ②線圈剛?cè)窟M(jìn)入磁場時達(dá)到穩(wěn)定電流I0（變化規(guī)律如圖3-14所示）③線圈未全部進(jìn)入磁場時已達(dá)到穩(wěn)定電流I0（變化規(guī)律如圖3-15所示）例6 光從液面到空氣時的臨界角C為45°，如圖3-16所示，液面上有一點(diǎn)光源S發(fā)出一束光垂直入射到水平放置于液體中且到液面的距離為d的平面鏡M上，當(dāng)平面鏡M繞垂直過中心O的軸以角速度?做逆時針勻速轉(zhuǎn)動時，觀察者發(fā)現(xiàn)水面上有一光斑掠過，則觀察者們觀察到的光斑的光斑在水面上掠過的最大速度為多少？ 評析 本題涉及平面鏡的反射及全反射現(xiàn)象，需綜合運(yùn)用反射定律、速度的合成與分解、線速度與角速度的關(guān)系等知識求解，確定光斑掠移速度的極值點(diǎn)及其與平面鏡轉(zhuǎn)動角速度間的關(guān)系，是求解本例的關(guān)鍵。 設(shè)平面鏡轉(zhuǎn)過?角時，光線反射到水面上的P點(diǎn)，光斑速度為v，如圖3-17可知：v?dv1cos2?，而： v1?l?2??故：v?cos2?2?d2?2? cos2?，???(cos2?)??v?，而光從液體到空氣的臨界角為C，所以當(dāng)2??C?45?時達(dá)到最大值vmax，即： vmax?2?dcosC2?4?d 例7 如圖3-18所示為一單擺的共振曲線，則該單擺的擺長約為多少？共振時單擺的振幅多大？共振時擺球簡諧運(yùn)動的最大加速度和最大速度大小各為多少？（g取10m/s2） 評析 這是一道根據(jù)共振曲線所給信息和單擺振動規(guī)律進(jìn)行推理和綜合分析的題目，本題涉及到的知識點(diǎn)有受迫振動、共振的概念和規(guī)律、單擺擺球做簡諧運(yùn)動及固有周期、頻率、能量的概念和規(guī)律等。由題意知，當(dāng)單擺共振時頻率f?0.5Hz，即： 1flgf固?f?0.5Hz，振幅A=8cm=0.08m，由T??2?得：l?g4?2f2?104?3.14?0.522m?1m 如圖3-19所示，擺能達(dá)到的最大偏角?m?5?的情況下，共振時：Fm?mgsin?m?mg?m?mgAl，（其中?m以弧度為單位，當(dāng)?m很小近似為弧長。）所以：n??m時，si?m，弦A 京翰教育中心http://004km.cn/ 高中物理輔導(dǎo)網(wǎng)http://004km.cn/ am?122Fmm?glA?10l22?0.08m/s ?0.8m/s。根據(jù)單擺運(yùn)動過程中機(jī)械能守恒可得：mvm?mg(1?cos?m)。 A2l22其gl10l中：(1?cos?m)?2sin?m22?(?m很小)?vm?A?0.08?m/s ?0.25m/s 例8 已知物體從地球上的逃逸速度（第二宇宙速度）v2?-1 12GM 22E/RE，其中G、8ME、RE分別是引力常量、地球的質(zhì)量和半徑。已知G=6.7×10N·m/kg，c=3.0×10m/s，求下列問題：（1）逃逸速度大于真空中光速的天體叫做黑洞，設(shè)某黑洞的質(zhì)量等于太陽的質(zhì)量M=2.0×10kg，求它的可能最大半徑（這個半徑叫Schwarhid半徑）；（2）在目前天文觀測范圍內(nèi)，物質(zhì)的平均密度為10-27kg/m3，如果認(rèn)為我們的宇宙是這樣一個均勻大球體，其密度使得它的逃逸速度大于光在真空中的速度c，因此任何物體都不能脫離宇宙，問宇宙的半徑至少多大？（最后結(jié)果保留兩位有效數(shù)字） 解析（1）由題目所提供的信息可知，任何天體均存在其所對應(yīng)的逃逸速度v2?2GM/R，其中M、R為天體的質(zhì)量和半徑，對于黑洞模型來說，其逃逸速度大于真30空中的光速，即v2?c，所以：R?2GMc2?2?6.7?10?11?2.0?108230(3.0?10)?3.0?10(m) 3即質(zhì)量為2.0?1030kg的黑洞的最大半徑為3.0?103(m)（2）把宇宙視為一普通天體，則其質(zhì)量為m???V???半徑，?為宇宙的密度，則宇宙所對應(yīng)的逃逸速度為v2?43?R，其中R為宇宙的32GM/R，由于宇宙密度使得其逃逸速度大于光速c。即：v2?c。則由以上三式可得：R?合4.2×1010光年。即宇宙的半徑至少為4.2×1010光年。 3c28??G?4.0?1026m，京翰教育中心http://004km.cn/ 第三講 變加速運(yùn)動 一、特別提示 所謂變加速運(yùn)動，即加速度（大小或方向或兩者同時）變化的運(yùn)動，其軌跡可以是直線，也可以是曲線；從牛頓第二定律的角度來分析，即物體所受的合外力是變化的。 本章涉及的中學(xué)物理中幾種典型的變加速運(yùn)動如：簡諧運(yùn)動，圓周運(yùn)動，帶電粒子在電場、磁場和重力場等的復(fù)合場中的運(yùn)動，原子核式結(jié)構(gòu)模型中電子繞原子核的圓周運(yùn)動等。故涉及到力學(xué)、電磁學(xué)及原子物理中的圓周運(yùn)動問題。 二、典型例題 例1 一電子在如圖3-1所示按正弦規(guī)律變化的外力作用下由靜止釋放，則物體將： A、作往復(fù)性運(yùn)動 B、t1時刻動能最大 C、一直朝某一方向運(yùn)動 D、t1時刻加速度為負(fù)的最大。 評析 電子在如圖所示的外力作用下運(yùn)動，根據(jù)牛頓第二定律知，先向正方向作加速度增大的加速運(yùn)動，歷時t1；再向正方向作加速度減小的加速運(yùn)動，歷時(t2~t1)；(0~t2)整段時間的速度一直在增大。緊接著在(t2~t3)的時間內(nèi)，電子將向正方向作加速度增大的減速運(yùn)動，歷時(t3~t2)；(t3~t4)的時間內(nèi)，電子向正方向作加速度減小的減速運(yùn)動，根據(jù)對稱性可知，t4時刻的速度變?yōu)?（也可以按動量定理得，0~t4時間內(nèi)合外力的沖量為0，沖量即圖線和坐標(biāo)軸圍成的面積）。其中（0~t2）時間內(nèi)加速度為正；(t2~t4)時間內(nèi)加速度為負(fù)。正確答案為：C。 注意 公式F?ma中F、a間的關(guān)系是瞬時對應(yīng)關(guān)系，一段時間內(nèi)可以是變力；而公式v1?v0?at或s?v0t?12at只適用于勻變速運(yùn)動，但在變加速運(yùn) 2動中，也可以用之定性地討論變加速運(yùn)動速度及位移隨時間的變化趨勢。 上題中，如果F-t圖是余弦曲線如圖3-2所示，則情況又如何？ 如果F-t圖是余弦曲線，則答案為A、B。 例 2如圖3-3所示，兩個完全相同的小球a和b，分別在光滑的水平面和淺凹形光滑曲面上滾過相同的水平距離，且始終不離開觸面。b球是由水平面運(yùn)動到淺凹形光滑曲線面，再運(yùn)動到水平面的，用的時間分別為t1和t2，試比較t1、t2的大小關(guān)系： A、t1>t 2B、t1=t2 C、t1 2D、無法判定 評析 b小球滾下去的時候受到凹槽對它的支持力在水平向分 接所 力使之在水平方向作加速運(yùn)動；而后滾上去的時候凹槽對它的支持力在水平方向分力使之在水平方向作減速運(yùn)動，根據(jù)機(jī)械能守恒定律知，最后滾到水平面上時速度大小與原來相等。故b小球在整個過程中水平方向平均速度大，水平距離一樣，則b所用時間短。答案：A。 例 3如圖3-4所示，輕彈簧的一端固定在地面上，另一端與木塊B相連。木塊A放在B上。兩木塊質(zhì)量均為m，豎直向下的力F作用在A上，A、B均靜止，問： （1）將力F瞬間撤去后，A、B共同運(yùn)動到最高點(diǎn)，此時B對A的彈力多大？ （2）要使A、B不會分開、力F應(yīng)滿足什么條件？ 評析 （1）如果撤去外力后，A、B在整個運(yùn)動過程中互不分離，則系統(tǒng)在豎直向上作簡揩運(yùn)動，最低點(diǎn)和最高點(diǎn)關(guān)于平衡位置對稱，如圖3-5所示，設(shè)彈簧自然長度為l0，A、B放在彈簧上面不外加壓力F且系統(tǒng)平衡時，如果彈簧壓至O點(diǎn)，壓縮量為b，則：2mg?Kb。外加壓力F后等系統(tǒng)又處于平衡時，設(shè)彈簧又壓縮了A，則：2mg?F?K(b?A)，即：F?KA。 當(dāng)撤去外力F后，系統(tǒng)將以O(shè)點(diǎn)的中心，以A為振幅在豎直平面內(nèi)上下作簡諧運(yùn)動。在最低點(diǎn)：F合?k(b?A)?2mg?KA?F，方向向上，利用牛頓第二定律知，該瞬間加速度：a?F2m，方向向上；按對稱性知系統(tǒng)在最高點(diǎn)時：a?F2m，方向向下。 此時以B為研究對象進(jìn)行受力分析，如圖3-6所示，按牛頓第二定律得： mg?NB?m?a?NB?m(g?a)?mg?F2 （2）A、B未分離時，加速度是一樣的，且A、B間有彈力，同時最高點(diǎn)最容易分離。分離的臨界條件是：NB?0?NB?mg?F2?0?F?2mg（或者：在最高點(diǎn)兩者恰好分離時對A有：mg?ma，表明在最高點(diǎn)彈簧處于自然長度時將要開始分離，即只要：A?b?FK?2mgK?F?2mg時A、B將分離）。所以要使A、B不分離，必須：F?2mg。 例 4如圖3-7所示，在空間存在水平方向的勻強(qiáng)磁場（圖中未畫出）和方向豎直向上的勻強(qiáng)電場（圖中已畫出），電場強(qiáng)度為E，磁感強(qiáng)度為B。在某點(diǎn)由靜止釋放一個帶電液滴a，它運(yùn)動到最低點(diǎn)恰與一個原來處于靜止?fàn)顟B(tài)的帶電液滴b相撞，撞后兩液滴合為一體，并沿水平方向做勻速直線運(yùn)動，如圖所示，已知a的質(zhì)量為b的2倍，a的帶電量是b的4倍（設(shè)a、b間靜電力可忽略）。 （1）試判斷a、b液滴分別帶何種電荷？ （2）求當(dāng)a、b液滴相撞合為一體后，沿水平方向做勻速直線的速度v及磁場的方向； （3）求兩液滴初始位置的高度差h。 評析 （1）設(shè)b質(zhì)量為m，則a帶電量為4q，因?yàn)槿绻鸻帶正電，a要向下偏轉(zhuǎn)，則必須：2mg?4qE；而對b原來必須受力平衡，則：mg?qE。前后相矛盾，表明a帶負(fù)電，b帶正電。 （2）設(shè)uA為a與b相撞前a的速度，a下落的過程中重力、電場力做正功，由動能定理有：(4qE?2mg)h?12?2mv2A。由于b原來處于靜止?fàn)顟B(tài)：mg?qE。 由以上兩式可得：vA?6gh a、b相撞的瞬間動量守恒：2mvA?(2m?m)v。得v?23vA 而電荷守恒，故：q總?4q?q?3q(負(fù)電) b碰撞后粘在一起做勻速直線運(yùn)動，按平衡條件得：則：v?a、3qvB?3qE?3mg，3E2gB222EB。所以：h? 例5 如圖3-8所示，一單匝矩形線圈邊長分別為a、b，電阻為R，質(zhì)量為m，從距離有界磁場邊界h高處由靜止釋放，試討論并定性作出線圈進(jìn)入磁場過程中感應(yīng)電流隨線圈下落高度的可能變化規(guī)律。 評析 線圈下落高度時速度為：mgh?12mv0?v0?22gh 下邊剛進(jìn)入磁場時切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢：E?Blv0?Bb2gh。產(chǎn)生的感應(yīng)電流：I=BbR22ER?BbR2gh，受到的安培力：F安?BIl?2gh 討論 （1）如果mg?F安，即：mg?則：線圈將勻速進(jìn)入磁場，此時：mg?BI0b?I0?mgBbBbR222gh，（變化規(guī)律如圖3-9所示） （2）如果mg?F安，表加速進(jìn)入磁場，但隨著v??F安??a?有三種可能： ①線圈全部進(jìn)入磁場時還未達(dá)到穩(wěn)定電流I0（變化規(guī)律如圖3-10所示）②線圈剛?cè)窟M(jìn)入磁場時達(dá)到穩(wěn)定電流I0（變化規(guī)律如圖3-11所示）③線圈未全部進(jìn)磁場時已達(dá)到穩(wěn)定電流I0（變化規(guī)律如圖3-12所示） （3）如果mg?F安，則：線圈減速進(jìn)入磁場，但隨著v??F安??a??故線圈將作a減小的減速運(yùn)動。有三種可能： ①線圈全部進(jìn)入磁場時還未達(dá)到穩(wěn)定電流I0（變化規(guī)律如圖3-13所示） F安?mgm明h較小，則：線圈，②線圈剛?cè)窟M(jìn)入磁場時達(dá)到穩(wěn)定電流I0（變化規(guī)律如圖3-14所示）③線圈未全部進(jìn)入磁場時已達(dá)到穩(wěn)定電流I0（變化規(guī)律如圖3-15所示）例6 光從液面到空氣時的臨界角C為45°，如圖3-16所示，液面上有一點(diǎn)光源S發(fā)出一束光垂直入射到水平放置于液體中且到液面的距離為d的平面鏡M上，當(dāng)平面鏡M繞垂直過中心O的軸以角速度?做逆時針勻速轉(zhuǎn)動時，觀察者發(fā)現(xiàn)水面上有一光斑掠過，則觀察者們觀察到的光斑的光斑在水面上掠過的最大速度為多少？ 評析 本題涉及平面鏡的反射及全反射現(xiàn)象，需綜合運(yùn)用反射定律、速度的合成與分解、線速度與角速度的關(guān)系等知識求解，確定光斑掠移速度的極值點(diǎn)及其與平面鏡轉(zhuǎn)動角速度間的關(guān)系，是求解本例的關(guān)鍵。 設(shè)平面鏡轉(zhuǎn)過?角時，光線反射到水面上的P點(diǎn)，光斑速度為v，如圖3-17可知：v?dcos2?v1cos2??2?，而： v1?l?2?? 高三物理第二輪專題復(fù)習(xí)教案[全套]·物理.txt世上有三種人：一是良心被狗吃了的人，二是良心沒被狗吃的人，三是良心連狗都不吃的人。︶﹋丶 愛情是個夢，而我卻睡過了頭﹌第一講平衡問題 一、特別提示[解平衡問題幾種常見方法] 1、力的合成、分解法：對于三力平衡，一般根據(jù)“任意兩個力的合力與第三力等大反向”的關(guān)系，借助三角函數(shù)、相似三角形等手段求解；或?qū)⒛骋粋€力分解到另外兩個力的反方向上，得到這兩個分力必與另外兩個力等大、反向；對于多個力的平衡，利用先分解再合成的正交分解法。 2、力匯交原理：如果一個物體受三個不平行外力的作用而平衡，這三個力的作用線必在同一平面上，而且必有共點(diǎn)力。 3、正交分解法：將各力分解到軸上和軸上，運(yùn)用兩坐標(biāo)軸上的合力等于零的條件多用于三個以上共點(diǎn)力作用下的物體的平衡。值得注意的是，對、方向選擇時，盡可能使落在、軸上的力多；被分解的力盡可能是已知力。 4、矢量三角形法：物體受同一平面內(nèi)三個互不平行的力作用平衡時，這三個力的矢量箭頭首尾相接恰好構(gòu)成三角形，則這三個力的合力必為零，利用三角形法求得未知力。 5、對稱法：利用物理學(xué)中存在的各種對稱關(guān)系分析問題和處理問題的方法叫做對稱法。在靜力學(xué)中所研究對象有些具有對稱性，模型的對稱往往反映出物體或系統(tǒng)受力的對稱性。解題中注意到這一點(diǎn)，會使解題過程簡化。 6、正弦定理法：三力平衡時，三個力可構(gòu)成一封閉三角形，若由題設(shè)條件尋找到角度關(guān)系，則可用正弦定理列式求解。 7、相似三角形法：利用力的三角形和線段三角形相似。 二、典型例題 1、力學(xué)中的平衡：運(yùn)動狀態(tài)未發(fā)生改變，即。表現(xiàn)：靜止或勻速直線運(yùn)動 （1）在重力、彈力、摩擦力作用下的平衡 例1 質(zhì)量為的物體置于動摩擦因數(shù)為的水平面上，現(xiàn)對它施加一個拉力，使它做勻速直線運(yùn)動，問拉力與水平方向成多大夾角時這個力最??？ 解析 取物體為研究對象，物體受到重力，地面的支持力N，摩擦力及拉力T四個力作用，如圖1-1所示。 由于物體在水平面上滑動，則，將和N合成，得到合力F，由圖知F與的夾角： 不管拉力T方向如何變化，F(xiàn)與水平方向的夾角不變，即F為一個方向不發(fā)生改變的變力。這顯然屬于三力平衡中的動態(tài)平衡問題，由前面討論知，當(dāng)T與F互相垂直時，T有最小值，即當(dāng)拉力與水平方向的夾角時，使物體做勻速運(yùn)動的拉力T最小。 （2）摩擦力在平衡問題中的表現(xiàn) 這類問題是指平衡的物體受到了包括摩擦力在內(nèi)的力的作用。在共點(diǎn)力平衡中，當(dāng)物體雖然靜止但有運(yùn)動趨勢時，屬于靜摩擦力；當(dāng)物體滑動時，屬于動摩擦力。由于摩擦力的方向要隨運(yùn)動或運(yùn)動趨勢的方向的改變而改變，靜摩擦力大小還可在一定范圍內(nèi)變動，因此包括摩擦力在內(nèi)的平衡問題常常需要多討論幾種情況，要復(fù)雜一些。因此做這類題目時要注意兩點(diǎn) ①由于靜摩擦力的大小和方向都要隨運(yùn)動趨勢的改變而改變，因此維持物體靜止?fàn)顟B(tài)所需的外力允許有一定范圍；又由于存在著最大靜摩擦力，所以使物體起動所需要的力應(yīng)大于某一最小的力?？傊?，包含摩擦力在內(nèi)的平衡問題，物體維持靜止或起動需要的動力的大小是允許在一定范圍內(nèi)的，只有當(dāng)維持勻速運(yùn)動時，外力才需確定的數(shù)值。②由于滑動摩擦力F=，要特別注意題目中正壓力的大小的分析和計算，防止出現(xiàn)錯誤。 例2 重力為G的物體A受到與豎直方向成角的外力 F后，靜止在豎直墻面上，如圖1-2所示，試求墻對物體A的靜摩擦力。 分析與解答 這是物體在靜摩擦力作用下平衡問題。首先確定研究對象，對研究對象進(jìn)行受力分析，畫出受力圖。A受豎直向下的重力G，外力F，墻對A水平向右的支持力（彈力）N，以及還可能有靜摩擦力。這里對靜摩擦力的有無及方向的判斷是極其重要的。物體之間有相對運(yùn)動趨勢時，它們之間就有靜摩擦力；物體間沒有相對運(yùn)動趨勢時，它們之間就沒有靜摩擦力?？梢约僭O(shè)接觸面是光滑的，若不會相對運(yùn)動，物體將不受靜摩擦力，若有相對運(yùn)動就有靜摩擦力。（注意：這種假設(shè)的方法在研究物理問題時是常用方法，也是很重要的方法。）具體到這個題目，在豎直方向物體A受重力G以及外力F的豎直分量，即。當(dāng)接觸面光滑，時，物體能保持靜止；當(dāng)時，物體A有向下運(yùn)動的趨勢，那么A應(yīng)受到向上的靜摩擦力；當(dāng)時，物體A則有向上運(yùn)動的趨勢，受到的靜摩擦力的方向向下，因此應(yīng)分三種情況說明。 從這里可以看出，由于靜摩擦力方向能夠改變，數(shù)值也有一定的變動范圍，滑動摩擦力雖有確定數(shù)值，但方向則隨相對滑動的方向而改變，因此，討論使物體維持某一狀態(tài)所需的外力F的許可范圍和大小是很重要的。何時用等號，何時用不等號，必須十分注意。 （3）彈性力作用下的平衡問題 例3 如圖1-3所示，一個重力為的小環(huán)套在豎直的半徑為的光滑大圓環(huán)上，一勁度系數(shù)為k，自然長度為L（L<2r）彈簧的一端固定在小環(huán)上，另一端固定在大圓環(huán)的最高點(diǎn)A。當(dāng)小環(huán)靜止時，略去彈簧的自重和小環(huán)與大圓環(huán)間的摩擦。求彈簧與豎直方向之間的夾角 分析 選取小環(huán)為研究對象，孤立它進(jìn)行受力情況分析：小環(huán)受重力、大圓環(huán)沿半徑方向的支持力N、彈簧對它的拉力F的作用，顯然，解法1 運(yùn)用正交分解法。如圖1-4所示，選取坐標(biāo)系，以小環(huán)所在位置為坐標(biāo)原點(diǎn)，過原點(diǎn)沿水平方向?yàn)檩S，沿豎直方向?yàn)檩S。 解得 解法2 用相似比法。若物體在三個力F1、F2、F3作用下處于平衡狀態(tài)，這三個力必組成首尾相連的三角形F1、F2、F3，題述中恰有三角形AO與它相似，則必有對應(yīng)邊成比例。 （4）在電場、磁場中的平衡 例4 如圖1-5所示，勻強(qiáng)電場方向向右，勻強(qiáng)磁場方向垂直于紙面向里，一質(zhì)量為帶電量為q的微粒以速度與磁場垂直、與電場成45?角射入復(fù)合場中，恰能做勻速直線運(yùn)動，求電場強(qiáng)度E的大小，磁感強(qiáng)度B的大小。 解析 由于帶電粒子所受洛侖茲力與垂直，電場力方向與電場線平行，知粒子必須還受重力才能做勻速直線運(yùn)動。假設(shè)粒子帶負(fù)電受電場力水平向左，則它受洛侖茲力就應(yīng)斜向右下與垂直，這樣粒子不能做勻速直線運(yùn)動，所以粒子應(yīng)帶正電，畫出受力分析圖根據(jù)合外力為零可得，（1）（2） 由（1）式得，由（1），（2）得 （5）動態(tài)收尾平衡問題 例5 如圖1-6所示，AB、CD是兩根足夠長的固定平行金屬導(dǎo)軌，兩導(dǎo)軌間距離為，導(dǎo)軌平面與水平面的夾角為。在整個導(dǎo)軌平面內(nèi)都有垂直于導(dǎo)軌平面斜向上方的勻強(qiáng)磁場，磁感強(qiáng)度為B。在導(dǎo)軌的A、C端連接一個阻值為R的電阻。一根垂直于導(dǎo)軌放置的金屬棒，質(zhì)量為，從靜止開始沿導(dǎo)軌下滑。求棒的最大速度。（已知和導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)為，導(dǎo)軌和金屬棒的電阻不計） 解析 本題的研究對象為棒，畫出棒的平面受力圖，如圖1-7。棒所受安培力F沿斜面向上，大小為，則棒下滑的加速度。 棒由靜止開始下滑，速度不斷增大，安培力F也增大，加速度減小。當(dāng)=0時達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)，此后棒做勻速運(yùn)動，速度達(dá)最大。 解得棒的最大速度。 例6 圖1-8是磁流體發(fā)電機(jī)工作原理圖。磁流體發(fā)電機(jī)由燃燒室（O）、發(fā)電通道（E）和偏轉(zhuǎn)磁場（B）組成。在2500K以上的高溫下，燃料與氧化劑在燃燒室混合、燃燒后，電離為正負(fù)離子（即等離子體），并以每秒幾百米的高速噴入磁場，在洛侖茲力的作用下，正負(fù)離子分別向上、下極板偏轉(zhuǎn)，兩極板因聚積正負(fù)電荷而產(chǎn)生靜電場。這時等離子體同時受到方向相反的洛侖茲力（）與電場力（F）的作用，當(dāng)F=時，離子勻速穿過磁場，兩極板電勢差達(dá)到最大值，即為電源的電動勢。設(shè)兩板間距為d，板間磁場的磁感強(qiáng)度為B，等離子體速度為，負(fù)載電阻為R，電源內(nèi)阻不計，通道截面是邊長為d的正方形，試求： （1）磁流體發(fā)電機(jī)的電動勢？ （2）發(fā)電通道兩端的壓強(qiáng)差？ 解析 根據(jù)兩板電勢差最大值的條件 所以，磁流發(fā)電機(jī)的電動勢為 設(shè)電源內(nèi)阻不計，通道橫截面邊長等于的正方形，且入口處壓強(qiáng)為，出口處的壓強(qiáng)為；當(dāng)開關(guān)S閉合后，發(fā)電機(jī)電功率為 根據(jù)能量的轉(zhuǎn)化和守恒定律有 所以，通道兩端壓強(qiáng)差為 （6）共點(diǎn)的三力平衡的特征規(guī)律 例7 圖1-9中重物的質(zhì)量為，輕細(xì)線AO和BO的A、B端是固定的，平衡時AD是水平的，BO與水平的夾角為。AO的拉力F1和BO的拉力F2的大小是： A、B、C、D、解析 如圖1-10，三根細(xì)繩在O點(diǎn)共點(diǎn)，取O點(diǎn)（結(jié)點(diǎn)）為研究對象，分析O點(diǎn)受力如圖1-10。O點(diǎn)受到AO繩的拉力F1、BO繩的拉力F2以及重物對它的拉力T三個力的作用。 圖1-10（a）選取合成法進(jìn)行研究，將F1、F2合成，得到合力F，由平衡條件知： 則： 圖1-10（b）選取分解法進(jìn)行研究，將F2分解成互相垂直的兩個分力、，由平衡條件知： 則： 問題：若BO繩的方向不變，則細(xì)線AO與BO繩的方向成幾度角時，細(xì)線AO的拉力最?。?/p> 結(jié)論：共點(diǎn)的三力平衡時，若有一個力的大小和方向都不變，另一個力的方向不變，則第三個力一定存在著最小值。 （7）動中有靜，靜中有動問題 如圖1-11所示，質(zhì)量為M的木箱放在水平面上，木箱中的立桿上著一個質(zhì)量為的小球，開始時小球在桿的頂端，由靜止釋放后，小球沿桿下滑的加速度為重力加速度的二分之一，則在小球下滑的過程中，木箱對地面的壓力為。因?yàn)榍蚣铀傧禄瑫r，桿受向上的摩擦力根據(jù)第二定律有，所以。對木箱進(jìn)行受力分析有：重力、地面支持力N、及球?qū)U向下的摩擦力。由平衡條件有。 2、電磁學(xué)中的平衡 （1）電橋平衡 若沒有R，則R1和R2串聯(lián)后與R3和R4串聯(lián)后再并聯(lián) 設(shè)通過R1的電流為I1，通過R3的電流I2 如有：I1R1=I2R3，I1R2=I2R4 則R兩端電勢差為0所以R中的電流為0，即電橋平衡。 （2）靜電平衡 例8 一金屬球，原來不帶電?，F(xiàn)沿球的直徑的延長線放置一均勻帶電的細(xì)桿MN，如圖1-12所示。金屬球上感應(yīng)電荷產(chǎn)生的電場在球內(nèi)直徑上、、三點(diǎn)的場強(qiáng)大小分別為、、，三者相比，A、最大 B、最大 C、最大 D、== 解析： 當(dāng)金屬球在帶電桿激發(fā)的電場中達(dá)到以靜電平衡時，其內(nèi)部的場強(qiáng)為0，即細(xì)桿在、、產(chǎn)生的場強(qiáng)與金屬球上的感應(yīng)電荷在、、產(chǎn)生的場強(qiáng)大小相等，方向相反，故答案C正確。 3、熱平衡問題 例9 家電電熱驅(qū)蚊器中電熱部分的主要元件是PTC，它是由鈦酸鋇等半導(dǎo)體材料制成的電阻器，其電阻率與溫度的個關(guān)系圖象如圖1-13。電熱驅(qū)蚊器的原理是：通電后電阻器開始發(fā)熱，溫度上升，使藥片散發(fā)出驅(qū)蚊藥，當(dāng)電熱器產(chǎn)生的熱與向外散發(fā)的熱平衡時，溫度達(dá)到一個穩(wěn)定值。由圖象可以判定：通電后，PTC電阻器的功率變化情況是，穩(wěn)定時的溫度應(yīng)取 區(qū)間的某一值。 分析 通電后應(yīng)認(rèn)為電壓U不變。隨著溫度的升高，在（0~t1）范圍內(nèi)，電阻率隨溫度的升高而減小，因此電阻減小，電功率增大，驅(qū)蚊器溫度持續(xù)上升；在（t1~t2）范圍內(nèi)，電阻率隨溫度的升高而增大，因此電阻增大，電功率減小。當(dāng)電熱器產(chǎn)生的熱與向外散發(fā)的熱平衡時，溫度、電阻、電功率都穩(wěn)定在某一值。 解答 功率變化是先增大后減小，最后穩(wěn)定在某一值。這時溫度應(yīng)在t1~t2間。 4、有固定轉(zhuǎn)軸物體的平衡。 例10 重（N）的由輕繩懸掛于墻上的小球，擱在輕質(zhì)斜板上，斜板擱于墻角。不計一切摩擦，球和板靜止于圖1-14所示位置時，圖中角均為30°。求：懸線中張力和小球受到的斜板的支持力各多大？小球與斜板接觸點(diǎn)應(yīng)在板上何處？板兩端所受壓力多大？（假設(shè)小球在板上任何位置時，圖中角均不變） 解析 設(shè)球與板的相互作用力為N，繩對球的拉力為T，則對球有，可得，N=100N。球?qū)Π宓淖饔昧、板兩端所受的彈力NA和NB，板在這三個力作用下靜止，則該三個力為共點(diǎn)力，據(jù)此可求得球距A端距離，即球與板接觸點(diǎn)在板上距A端距離為板長的1/4處。對板，以A端為轉(zhuǎn)動軸，有 對板，以B端為轉(zhuǎn)動軸，有。可得。 第二講 勻變速運(yùn)動 一、特別提示： 1、勻變速運(yùn)動是加速度恒定不變的運(yùn)動，從運(yùn)動軌跡來看可以分為勻變速直線運(yùn)動和勻變速曲線運(yùn)動。 2、從動力學(xué)上看，物體做勻變速運(yùn)動的條件是物體受到大小和方向都不變的恒力的作用。勻變速運(yùn)動的加速度由牛頓第二定律決定。 3、原來靜止的物體受到恒力的作用，物體將向受力的方向做勻加速直線運(yùn)動；物體受到和初速度方向相同的恒力，物體將做勻速直線運(yùn)動；物體受到和初速度方向相反的恒力，物體將做勻減速直線運(yùn)動；若所受到的恒力方向與初速度方向有一定的夾角，物體就做勻變速曲線運(yùn)動。 二、典型例題： 例1 氣球上吊一重物，以速度從地面勻速豎直上升，經(jīng)過時間t重物落回地面。不計空氣對物體的阻力，重力離開氣球時離地面的高度為多少。 解 方法1：設(shè)重物離開氣球時的高度為，對于離開氣球后的運(yùn)動過程，可列下面方程：，其中（-hx表示）向下的位移，為勻速運(yùn)動的時間，為豎直上拋過程的時間，解方程得：，于是，離開氣球時的離地高度可在勻速上升過程中求得，為： 方法2：將重物的運(yùn)動看成全程做勻速直線運(yùn)動與離開氣球后做自由落體運(yùn)動的合運(yùn)動。顯然總位移等于零，所以： 解得： 評析 通過以上兩種方法的比較，更深入理解位移規(guī)律及靈活運(yùn)用運(yùn)動的合成可以使解題過程更簡捷。 例2 兩小球以95m長的細(xì)線相連。兩球從同一地點(diǎn)自由下落，其中一球先下落1s另一球才開始下落。問后一球下落幾秒線才被拉直？ 解 方法1：“線被拉直”指的是兩球發(fā)生的相對位移大小等于線長，應(yīng)將兩球的運(yùn)動聯(lián)系起來解，設(shè)后球下落時間為ts，則先下落小球運(yùn)動時間為(t+1)s，根據(jù)位移關(guān)系有： 解得：t=9s 方法2：若以后球?yàn)閰⒄瘴?，?dāng)后球出發(fā)時前球的運(yùn)動速度為。以后兩球速度發(fā)生相同的改變，即前一球相對后一球的速度始終為，此時線已被拉長： 線被拉直可看成前一球相對后一球做勻速直線運(yùn)動發(fā)生了位移： ∴ 評析 解決雙體或多體問題要善于尋找對象之間的運(yùn)動聯(lián)系。解決問題要會從不同的角度來進(jìn)行研究，如本題變換參照系進(jìn)行求解。 例3 如圖2-1所示，兩個相對斜面的傾角分別為37°和53°，在斜面頂點(diǎn)把兩個小球以同樣大小的初速度分別向左、向右水平拋出，小球都落在斜面上。若不計空氣阻力，則A、B兩個小球的運(yùn)動時間之比為（） A、1:1 B、4:3 C、16:9 D9：16 解 由平拋運(yùn)動的位移規(guī)律可行： ∵ ∴ ∴ 故D選項(xiàng)正確。 評析 靈活運(yùn)用平拋運(yùn)動的位移規(guī)律解題，是基本方法之一。應(yīng)用時必須明確各量的物理意義，不能盲目套用公式。 例4 從空中同一地點(diǎn)沿水平方向同時拋出兩個小球，它們的初速度方向相反、大小分別為，求經(jīng)過多長時間兩小球速度方向間的夾角為90°？ 解 經(jīng)過時間t，兩小球水平分速度、不變，豎直分速度都等于，如圖2-2所示，t時刻小球1的速度軸正向夾角為 小球2的速度軸正向夾角為 由圖可知 聯(lián)立上述三式得 評析 弄清平拋運(yùn)動的性質(zhì)與平拋運(yùn)動的速度變化規(guī)律是解決本題的關(guān)鍵。 例5 如圖2-3所示，一帶電粒子以豎直向上的初速度，自A處進(jìn)入電場強(qiáng)度為E、方向水平向右的勻強(qiáng)電場，它受到的電場力恰與重力大小相等。當(dāng)粒子到達(dá)圖中B處時，速度大小仍為，但方向變?yōu)樗较蛴?，那么A、B之間的電勢差等于多少？從A到B經(jīng)歷的時間為多長？ 解 帶電粒子從A→B的過程中，豎直分速度減小，水平分速度增大，表明帶電粒子的重力不可忽略，且?guī)д姾?，受電場力向右。依題意有 根據(jù)動能定理： 在豎直方向上做豎直上拋運(yùn)動，則 解得：。 ∴ 評析 當(dāng)帶電粒子在電場中的運(yùn)動不是類平拋運(yùn)動，而是較復(fù)雜的曲線運(yùn)動時，可以把復(fù)雜的曲線運(yùn)動分解到兩個互相正交的簡單的分運(yùn)動來求解。 例6 如圖2-4所示，讓一價氫離子、一價氦離子和二價氦離子的混合物由靜止經(jīng)過同一加速電場加速，然后在同一偏轉(zhuǎn)電場里偏轉(zhuǎn)，它們是否會分成三股？請說明理由。 解 設(shè)帶電粒子質(zhì)量為、電量為q，經(jīng)過加速電場加速后，再進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場中發(fā)生偏轉(zhuǎn)，最后射出。設(shè)加速電壓為 U1，偏轉(zhuǎn)電壓為U2，偏轉(zhuǎn)電極長為L，兩極間距離為d，帶電粒子由靜止經(jīng)加速電壓加速，則U1q=。 帶電粒子進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場中發(fā)生偏轉(zhuǎn)，則水平方向上：，豎直方向上：。 可見帶電粒子射出時，沿豎直方向的偏移量與帶電粒子的質(zhì)量和電量q無關(guān)。而一價氫離子、一價氦離子和二價氦離子，它們僅質(zhì)量或電量不相同，都經(jīng)過相同的加速和偏轉(zhuǎn)電場，故它們射出偏轉(zhuǎn)電場時偏移量相同，因而不會分成三股，而是會聚為一束粒子射出。 評析 帶電粒子在電場中具有加速作用和偏轉(zhuǎn)作用。分析問題時，注意運(yùn)動學(xué)、動力學(xué)、功和能等有關(guān)規(guī)律的綜合運(yùn)用。 第三講 變加速運(yùn)動 一、特別提示 所謂變加速運(yùn)動，即加速度（大小或方向或兩者同時）變化的運(yùn)動，其軌跡可以是直線，也可以是曲線；從牛頓第二定律的角度來分析，即物體所受的合外力是變化的。 本章涉及的中學(xué)物理中幾種典型的變加速運(yùn)動如：簡諧運(yùn)動，圓周運(yùn)動，帶電粒子在電場、磁場和重力場等的復(fù)合場中的運(yùn)動，原子核式結(jié)構(gòu)模型中電子繞原子核的圓周運(yùn)動等。故涉及到力學(xué)、電磁學(xué)及原子物理中的圓周運(yùn)動問題。 二、典型例題 例1 一電子在如圖3-1所示按正弦規(guī)律變化的外力作用下由靜止釋放，則物體將： A、作往復(fù)性運(yùn)動 B、t1時刻動能最大 C、一直朝某一方向運(yùn)動 D、t1時刻加速度為負(fù)的最大。 評析 電子在如圖所示的外力作用下運(yùn)動，根據(jù)牛頓第二定律知，先向正方向作加速度增大的加速運(yùn)動，歷時t1；再向正方向作加速度減小的加速運(yùn)動，歷時(t2~t1)；(0~t2)整段時間的速度一直在增大。緊接著在(t2~t3)的時間內(nèi)，電子將向正方向作加速度增大的減速運(yùn)動，歷時(t3~t2)；(t3~t4)的時間內(nèi)，電子向正方向作加速度減小的減速運(yùn)動，根據(jù)對稱性可知，t4時刻的速度變?yōu)?（也可以按動量定理得，0~t4時間內(nèi)合外力的沖量為0，沖量即圖線和坐標(biāo)軸圍成的面積）。其中（0~t2）時間內(nèi)加速度為正；(t2~t4)時間內(nèi)加速度為負(fù)。正確答案為：C。 注意 公式中F、間的關(guān)系是瞬時對應(yīng)關(guān)系，一段時間內(nèi)可以是變力；而公式或只適用于勻變速運(yùn)動，但在變加速運(yùn)動中，也可以用之定性地討論變加速運(yùn)動速度及位移隨時間的變化趨勢。 上題中，如果F-t圖是余弦曲線如圖3-2所示，則情況又如何？ 如果F-t圖是余弦曲線，則答案為A、B。 例2 如圖3-3所示，兩個完全相同的小球和，分別在光滑的水平面和淺凹形光滑曲面上滾過相同的水平距離，且始終不離開接觸面。球是由水平面運(yùn)動到淺凹形光滑曲線面，再運(yùn)動到水平面的，所用的時間分別為t1和t2，試比較t1、t2的大小關(guān)系： A、t1>t2 B、t1=t2 C、t1 評析 小球滾下去的時候受到凹槽對它的支持力在水平向分力使之在水平方向作加速運(yùn)動；而后滾上去的時候凹槽對它的支持力在水平方向分力使之在水平方向作減速運(yùn)動，根據(jù)機(jī)械能守恒定律知，最后滾到水平面上時速度大小與原來相等。故小球在整個過程中水平方向平均速度大，水平距離一樣，則所用時間短。答案：A。 例3 如圖3-4所示，輕彈簧的一端固定在地面上，另一端與木塊B相連。木塊A放在B上。兩木塊質(zhì)量均為，豎直向下的力F作用在A上，A、B均靜止，問： （1）將力F瞬間撤去后，A、B共同運(yùn)動到最高點(diǎn)，此時B對A的彈力多大？ （2）要使A、B不會分開、力F應(yīng)滿足什么條件？ 評析（1）如果撤去外力后，A、B在整個運(yùn)動過程中互不分離，則系統(tǒng)在豎直向上作簡揩運(yùn)動，最低點(diǎn)和最高點(diǎn)關(guān)于平衡位置對稱，如圖3-5所示，設(shè)彈簧自然長度為，A、B放在彈簧上面不外加壓力F且系統(tǒng)平衡時，如果彈簧壓至O點(diǎn)，壓縮量為b，則：。外加壓力F后等系統(tǒng)又處于平衡時，設(shè)彈簧又壓縮了A，則：，即：。 當(dāng)撤去外力F后，系統(tǒng)將以O(shè)點(diǎn)的中心，以A為振幅在豎直平面內(nèi)上下作簡諧運(yùn)動。在最低點(diǎn)：，方向向上，利用牛頓第二定律知，該瞬間加速度：，方向向上；按對稱性知系統(tǒng)在最高點(diǎn)時：，方向向下。 此時以B為研究對象進(jìn)行受力分析，如圖3-6所示，按牛頓第二定律得： （2）A、B未分離時，加速度是一樣的，且A、B間有彈力，同時最高點(diǎn)最容易分離。分離的臨界條件是：（或者：在最高點(diǎn)兩者恰好分離時對A有：，表明在最高點(diǎn)彈簧處于自然長度時將要開始分離，即只要：時A、B將分離）。所以要使A、B不分離，必須：。 例4 如圖3-7所示，在空間存在水平方向的勻強(qiáng)磁場（圖中未畫出）和方向豎直向上的勻強(qiáng)電場（圖中已畫出），電場強(qiáng)度為E，磁感強(qiáng)度為B。在某點(diǎn)由靜止釋放一個帶電液滴，它運(yùn)動到最低點(diǎn)恰與一個原來處于靜止?fàn)顟B(tài)的帶電液滴b相撞，撞后兩液滴合為一體，并沿水平方向做勻速直線運(yùn)動，如圖所示，已知的質(zhì)量為b的2倍，的帶電量是b的4倍（設(shè)、b間靜電力可忽略）。 （1）試判斷、b液滴分別帶何種電荷？ （2）求當(dāng)、b液滴相撞合為一體后，沿水平方向做勻速直線的速度及磁場的方向； （3）求兩液滴初始位置的高度差。 評析（1）設(shè)b質(zhì)量為，則帶電量為4q，因?yàn)槿绻麕д?，要向下偏轉(zhuǎn)，則必須：；而對b原來必須受力平衡，則：。前后相矛盾，表明帶負(fù)電，b帶正電。 （2）設(shè)為與b相撞前的速度，下落的過程中重力、電場力做正功，由動能定理有：。由于b原來處于靜止?fàn)顟B(tài)：。 由以上兩式可得： 、b相撞的瞬間動量守恒：。得 而電荷守恒，故： 、b碰撞后粘在一起做勻速直線運(yùn)動，按平衡條件得：，則：。所以： 例5 如圖3-8所示，一單匝矩形線圈邊長分別為、b，電阻為R，質(zhì)量為m，從距離有界磁場邊界高處由靜止釋放，試討論并定性作出線圈進(jìn)入磁場過程中感應(yīng)電流隨線圈下落高度的可能變化規(guī)律。 評析 線圈下落高度時速度為： 下邊剛進(jìn)入磁場時切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢：。產(chǎn)生的感應(yīng)電流：I=，受到的安培力： 討論（1）如果，即：，則：線圈將勻速進(jìn)入磁場，此時：（變化規(guī)律如圖3-9所示） （2）如果，表明較小，則：線圈加速進(jìn)入磁場，但隨著有三種可能： ①線圈全部進(jìn)入磁場時還未達(dá)到穩(wěn)定電流I0（變化規(guī)律如圖3-10所示） ②線圈剛?cè)窟M(jìn)入磁場時達(dá)到穩(wěn)定電流I0（變化規(guī)律如圖3-11所示） ③線圈未全部進(jìn)磁場時已達(dá)到穩(wěn)定電流I0（變化規(guī)律如圖3-12所示） （3）如果，則：線圈減速進(jìn)入磁場，但隨著，故線圈將作減小的減速運(yùn)動。 有三種可能： ①線圈全部進(jìn)入磁場時還未達(dá)到穩(wěn)定電流I0（變化規(guī)律如圖3-13所示） ②線圈剛?cè)窟M(jìn)入磁場時達(dá)到穩(wěn)定電流I0（變化規(guī)律如圖3-14所示） ③線圈未全部進(jìn)入磁場時已達(dá)到穩(wěn)定電流I0（變化規(guī)律如圖3-15所示） 例6 光從液面到空氣時的臨界角C為45°，如圖3-16所示，液面上有一點(diǎn)光源S發(fā)出一束光垂直入射到水平放置于液體中且到液面的距離為d的平面鏡M上，當(dāng)平面鏡M繞垂直過中心O的軸以角速度做逆時針勻速轉(zhuǎn)動時，觀察者發(fā)現(xiàn)水面上有一光斑掠過，則觀察者們觀察到的光斑的光斑在水面上掠過的最大速度為多少？ 評析 本題涉及平面鏡的反射及全反射現(xiàn)象，需綜合運(yùn)用反射定律、速度的合成與分解、線速度與角速度的關(guān)系等知識求解，確定光斑掠移速度的極值點(diǎn)及其與平面鏡轉(zhuǎn)動角速度間的關(guān)系，是求解本例的關(guān)鍵。 設(shè)平面鏡轉(zhuǎn)過角時，光線反射到水面上的P點(diǎn)，光斑速度為，如圖3-17可知：，而： 故：，而光從液體到空氣的臨界角為C，所以當(dāng)時達(dá)到最大值，即： 例7 如圖3-18所示為一單擺的共振曲線，則該單擺的擺長約為多少？共振時單擺的振幅多大？共振時擺球簡諧運(yùn)動的最大加速度和最大速度大小各為多少？（取10m/s2） 評析 這是一道根據(jù)共振曲線所給信息和單擺振動規(guī)律進(jìn)行推理和綜合分析的題目，本題涉及到的知識點(diǎn)有受迫振動、共振的概念和規(guī)律、單擺擺球做簡諧運(yùn)動及固有周期、頻率、能量的概念和規(guī)律等。由題意知，當(dāng)單擺共振時頻率，即：，振幅A=8cm=0.08m，由得： 如圖3-19所示，擺能達(dá)到的最大偏角的情況下，共振時：，（其中以弧度為單位，當(dāng)很小時，弦A近似為弧長。）所以：。根據(jù)單擺運(yùn)動過程中機(jī)械能守恒可得：。其中： 例8 已知物體從地球上的逃逸速度（第二宇宙速度），其中G、ME、RE分別是引力常量、地球的質(zhì)量和半徑。已知G=6.7×10-11N·m2/kg2，c=3.0×108m/s，求下列問題：（1）逃逸速度大于真空中光速的天體叫做黑洞，設(shè)某黑洞的質(zhì)量等于太陽的質(zhì)量M=2.0×1030kg，求它的可能最大半徑（這個半徑叫Schwarhid半徑）；（2）在目前天文觀測范圍內(nèi)，物質(zhì)的平均密度為10-27kg/m3，如果認(rèn)為我們的宇宙是這樣一個均勻大球體，其密度使得它的逃逸速度大于光在真空中的速度c，因此任何物體都不能脫離宇宙，問宇宙的半徑至少多大？（最后結(jié)果保留兩位有效數(shù)字） 解析（1）由題目所提供的信息可知，任何天體均存在其所對應(yīng)的逃逸速度，其中M、R為天體的質(zhì)量和半徑，對于黑洞模型來說，其逃逸速度大于真空中的光速，即，所以： 即質(zhì)量為kg的黑洞的最大半徑為(m)（2）把宇宙視為一普通天體，則其質(zhì)量為，其中R為宇宙的半徑，為宇宙的密度，則宇宙所對應(yīng)的逃逸速度為，由于宇宙密度使得其逃逸速度大于光速c。即：。則由以上三式可得：，合4.2×1010光年。即宇宙的半徑至少為4.2×1010光年。 第四講 動量和能量 一、特別提示 動量和能量的知識貫穿整個物理學(xué)，涉及到“力學(xué)、熱學(xué)、電磁學(xué)、光學(xué)、原子物理學(xué)”等，從動量和能量的角度分析處理問題是研究物理問題的一條重要的途徑，也是解決物理問題最重要的思維方法之一。 1、動量關(guān)系 動量關(guān)系包括動量定理和動量守恒定律。 （1）動量定理 凡涉及到速度和時間的物理問題都可利用動量定理加以解決，特別對于處理位移變化不明顯的打擊、碰撞類問題，更具有其他方法無可替代的作用。 （2）動量守恒定律 動量守恒定律是自然界中普通適用的規(guī)律，大到宇宙天體間的相互作用，小到微觀粒子的相互作用，無不遵守動量守恒定律，它是解決爆炸、碰撞、反沖及較復(fù)雜的相互作用的物體系統(tǒng)類問題的基本規(guī)律。 動量守恒條件為： ①系統(tǒng)不受外力或所受合外力為零 ②在某一方向上，系統(tǒng)不受外力或所受合外力為零，該方向上動量守恒。 ③系統(tǒng)內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，動量近似守恒。 ④在某一方向上，系統(tǒng)內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，該方向上動量近似守恒。 應(yīng)用動量守恒定律解題的一般步驟： 確定研究對象，選取研究過程；分析內(nèi)力和外力的情況，判斷是否符合守恒條件；選定正方向，確定初、末狀態(tài)的動量，最后根據(jù)動量守恒定律列議程求解。 應(yīng)用時，無需分析過程的細(xì)節(jié)，這是它的優(yōu)點(diǎn)所在，定律的表述式是一個矢量式，應(yīng)用時要特別注意方向。 2、能的轉(zhuǎn)化和守恒定律 （1）能量守恒定律的具體表現(xiàn)形式 高中物理知識包括“力學(xué)、熱學(xué)、電學(xué)、原子物理”五大部分內(nèi)容，它們具有各自的獨(dú)立性，但又有相互的聯(lián)系性，其中能量守恒定律是貫穿于這五大部分的主線，只不過在不同的過程中，表現(xiàn)形式不同而已，如： 在力學(xué)中的機(jī)械能守恒定律： 在熱學(xué)中的熱力學(xué)第一定律： 在電學(xué)中的閉合電路歐姆定律：，法拉第電磁感應(yīng)定律，以及楞次定律。 在光學(xué)中的光電效應(yīng)方程： 在原子物理中愛因斯坦的質(zhì)能方程： （2）利用能量守恒定律求解的物理問題具有的特點(diǎn)： ①題目所述的物理問題中，有能量由某種形式轉(zhuǎn)化為另一種形式； ②題中參與轉(zhuǎn)化的各種形式的能，每種形式的能如何轉(zhuǎn)化或轉(zhuǎn)移，根據(jù)能量守恒列出方程即總能量不變或減少的能等于增加的能。 二、典題例題 例題1 某商場安裝了一臺傾角為30°的自動扶梯，該扶梯在電壓為380V的電動機(jī)帶動下以0.4m/s的恒定速率向斜上方移動，電動機(jī)的最大輸出功率為4.9kkw。不載人時測得電動機(jī)中的電流為5A，若載人時傳頌梯的移動速度和不載人時相同，設(shè)人的平均質(zhì)量為60kg，則這臺自動扶梯可同時乘載的最多人數(shù)為多少？（g=10m/s2）。 分析與解 電動機(jī)的電壓恒為380V，扶梯不載人時，電動機(jī)中的電流為5A，忽略掉電動機(jī)內(nèi)阻的消耗，認(rèn)為電動機(jī)的輸入功率和輸出功率相等，即可得到維持扶梯運(yùn)轉(zhuǎn)的功率為 電動機(jī)的最大輸出功率為 可用于輸送顧客的功率為 由于扶梯以恒定速率向斜上方移動，每一位顧客所受的力為重力mg和支持力，且FN=mg 電動機(jī)通過扶梯的支持力FN對顧客做功，對每一位顧客做功的功率為 P1=Fnvcosa=mgvcos(90°-30°)=120W 則，同時乘載的最多人數(shù)人人 點(diǎn)評 實(shí)際中的問題都是復(fù)雜的，受多方面的因素制約，解決這種問題，首先要突出實(shí)際問題的主要因素，忽略次要因素，把復(fù)雜的實(shí)際問題抽象成簡單的物理模型，建立合適的物理模型是解決實(shí)際問題的重點(diǎn)，也是難點(diǎn)。 解決物理問題的一個基本思想是過能量守恒計算。很多看似難以解決的問題，都可以通過能量這條紐帶聯(lián)系起來的，這是一種常用且非常重要的物理思想方法，運(yùn)用這種方法不僅使解題過程得以簡化，而且可以非常深刻地揭示問題的物理意義。 運(yùn)用機(jī)械功率公式P=Fv要特別注意力的方向和速度方向之間的角度，v指的是力方向上的速度。本題在計算扶梯對每個顧客做功功率P時，P1=Fnvcosa=mgvcos(90°-30°)，不能忽略cosa，a角為支持力Fn與顧客速度的夾角。 例題2 如圖4-1所示：擺球的質(zhì)量為m，從偏離水平方向30°的位置由靜釋放，設(shè)繩子為理想輕繩，求小球運(yùn)動到最低點(diǎn)A時繩子受到的拉力是多少？ 分析與解 設(shè)懸線長為l，下球被釋放后，先做自由落體運(yùn)動，直到下落高度為h=2lsin，處于松馳狀態(tài)的細(xì)繩被拉直為止。這時，小球的速度豎直向下，大小為。 當(dāng)繩被拉直時，在繩的沖力作用下，速度v的法向分量減為零（由于繩為理想繩子，能在瞬間產(chǎn)生的極大拉力使球的法向速度減小為零，相應(yīng)的動能轉(zhuǎn)化為繩的內(nèi)能）；小球以切向分量開始作變速圓周運(yùn)動到最低點(diǎn)，在繩子拉直后的過程中機(jī)械能守恒，有 在最低點(diǎn)A，根據(jù)牛頓第二定律，有 所以，繩的拉力 點(diǎn)評 繩子拉直瞬間，物體將損失機(jī)械能轉(zhuǎn)化為繩的內(nèi)能（類似碰撞），本題中很多同學(xué)會想當(dāng)然地認(rèn)為球初態(tài)機(jī)械能等于末態(tài)機(jī)械能，原因是沒有分析繩拉直的短暫過程及發(fā)生的物理現(xiàn)象。力學(xué)問題中的“過程”、“狀態(tài)”分析是非常重要的，不可粗心忽略。 例題3 如圖4-2所示，兩端足夠長的敞口容器中，有兩個可以自由移動的光滑活塞A和B，中間封有一定量的空氣，現(xiàn)有一塊粘泥C，以EK的動能沿水平方向飛撞到A并粘在一起，由于活塞的壓縮，使密封氣體的內(nèi)能增加，高A、B、C質(zhì)量相等，則密閉空氣在絕熱狀態(tài)變化過程中，內(nèi)能增加的最大值是多少？ 分析與解 本題涉及碰撞、動量、能量三個主要物理知識點(diǎn)，是一道綜合性較強(qiáng)的問題，但如果總是的幾個主要環(huán)節(jié)，問題將迎刃而解。 粘泥C飛撞到A并粘在一起的瞬間，可以認(rèn)為二者組成的系統(tǒng)動量守恒，初速度為，末速度為，則有 ① 在A、C一起向右運(yùn)動的過程中，A、B間的氣體被壓縮，壓強(qiáng)增大，所以活塞A將減速運(yùn)動，而活塞B將從靜止開始做加速運(yùn)動。在兩活塞的速度相等之前，A、B之間的氣體體積越來越小，內(nèi)能越來越大。A、B速度相等時內(nèi)能最大，設(shè)此時速度為，此過程對A、B、C組成的系統(tǒng)，由動量守恒定律得（氣體的質(zhì)量不計）： ② 由能的轉(zhuǎn)化和守恒定律可得：在氣體壓縮過程中，系統(tǒng)動能的減少量等于氣體內(nèi)能的增加量。所以有： ③ 解①②③得： 點(diǎn)評 若將本題的物理模型進(jìn)行等效的代換：A和B換成光滑水平面上的兩個物塊，A、B之間的氣體變成一輕彈簧，求內(nèi)能的最大增量變成求彈性勢能的最大增量。對代換后的模型我們已很熟悉，其實(shí)二者是同一類型的題目。因此解題不要就題論題，要有一個歸納總結(jié)的過程，這樣才能夠舉一反三。 例4 如圖4-3所示，是用直流電動機(jī)提升重物的裝置，重物質(zhì)量，電源電動勢，內(nèi)電阻，電動機(jī)的內(nèi)電阻。阻力不計。當(dāng)勻速提升重物時，電路中電流強(qiáng)度。取，試求： （1）電源的總功率和輸出功率； （2）重物上升的速度。 分析與解 電源輸出的總能量，一部分消耗于自身內(nèi)阻，其余全部輸出傳給電動機(jī)。電動機(jī)獲得的電能，一部分轉(zhuǎn)化為電動機(jī)的內(nèi)能，其余的全部轉(zhuǎn)化為機(jī)械能。 （1）電源的總功率為： 電源的輸出功率為： （2）電動機(jī)的輸入功率為： 電動機(jī)的熱功率： 電動機(jī)的輸出功率等于它對重物做功的功率，即 所以，點(diǎn)評 本題中電源的總功率550W，就是每秒鐘電源把其它形式的能轉(zhuǎn)化為550J電能。電源的輸出功率為525W，就是每秒鐘輸出電能525J，對整個電路來說，遵循能的轉(zhuǎn)化和守恒定律。因此要學(xué)會從能量角度來處理電路中的問題。 例題5 如圖4-4所示，金屬桿在離地高處從靜止開始沿弧形軌道下滑，導(dǎo)軌平行的水平部分有豎直向上的勻強(qiáng)磁場B，水平部分導(dǎo)軌上原來放有一根金屬桿b，已知桿的質(zhì)量為，b桿的質(zhì)量為水平導(dǎo)軌足夠長，不計摩擦，求： （1）和b的最終速度分別是多大？ （2）整個過程中回路釋放的電能是多少？ （3）若已知、b桿的電阻之比，其余電阻不計，整個過程中，、b上產(chǎn)生的熱量分別是多少？ 分析與解（1）下滑過程中機(jī)械能守恒： ① 進(jìn)入磁場后，回路中產(chǎn)生感應(yīng)電流，、b都受安培力作用，作減速運(yùn)動，b作加速運(yùn)動，經(jīng)一段時間，、b速度達(dá)到相同，之后回路的磁通量不發(fā)生變化，感應(yīng)電流為零，安培力為零，二者勻速運(yùn)動，勻速運(yùn)動的速度即為、b的最終速度，設(shè)為，由過程中、b系統(tǒng)所受合外力為零，動量守恒得： ② 由①②解得最終速度 （2）由能量守恒知，回路中產(chǎn)生的電能等于、b系統(tǒng)機(jī)械能的損失，所以，（3）回路中產(chǎn)生的熱量，在回路中產(chǎn)生電能的過程中，雖然電流不恒定，但由于、串聯(lián)，通過、b的電流總是相等的，所以有，所以。 點(diǎn)評 本題以分析兩桿的受力及運(yùn)動為主要線索求解，關(guān)鍵注意：①明確“最終速度”的意義及條件；②分析電路中的電流，安培力和金屬棒的運(yùn)動之間相互影響、相互制約的關(guān)系；③金屬棒所受安培力是系統(tǒng)的外力，但系統(tǒng)合外力為零，動量守恒；④運(yùn)用能的轉(zhuǎn)化和守恒定律及焦耳定律分析求解。 例題6 云室處在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中，一靜止的質(zhì)量為M的原于核在云室中發(fā)生一次衰變，粒子的質(zhì)量為，電量為q，其運(yùn)動軌跡在與磁場垂直的平面內(nèi)，現(xiàn)測得粒子運(yùn)動的軌道半徑R，試求在衰變過程中的質(zhì)量虧損。 分析與解 該衰變放出的粒子在勻強(qiáng)磁場中做勻速圓周運(yùn)動，其軌道半徑R與運(yùn)動速度的關(guān)系，由洛侖茲力和牛頓定律可得 ① 由衰變過程動量守恒得（衰變過程虧損質(zhì)量很小，可忽略不計）： ② 又衰變過程中，能量守恒，則粒子和剩余核的動能都來自于虧損質(zhì)量即 ③ 聯(lián)立①②③解得： 點(diǎn)評 動量守恒和能量守恒是自然界普遍適用的基本規(guī)律，無論是宏觀領(lǐng)域還是微觀領(lǐng)域，我們都可以用上述觀點(diǎn)來解決具體的問題。 第五講 波動問題 一、特別提示 1、從受力和運(yùn)動兩個方面分析簡諧運(yùn)動的特點(diǎn)及簡諧運(yùn)動中能量轉(zhuǎn)化。 2、靈活應(yīng)用簡諧運(yùn)動模型--單擺、彈簧振子。 3、加深理解波是傳遞振動形式和波是能量傳遞的一種方式。 4、注意理解波的圖象及波的形成過程。 5、注意橫波中介質(zhì)質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動路程與波傳播距離的區(qū)別。 6、波由一種介質(zhì)傳到另一介質(zhì)中，波的頻率不變，波速由介質(zhì)決定與頻率無關(guān)。 7、據(jù)質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動方向能正確判斷出簡諧橫波的傳播方向。 8、應(yīng)用公式時應(yīng)注意時間和空間的周期性。 9、波的干涉中，應(yīng)注重理解加強(qiáng)和減弱的條件。 二、典型例題 例1 如圖5-1，在質(zhì)量為M的無底的木箱頂部用一輕彈簧懸掛質(zhì)量均為的A、B兩物體，箱子放在水平面上，平衡后剪斷A、B間細(xì)線，此后A將做簡諧振動，當(dāng)A運(yùn)動到最高點(diǎn)時，木箱對地面的壓力為：（）A、B、C、D、解 剪斷A、B間細(xì)繩后，A與彈簧可看成一個豎直方向的彈簧振子模型，因此，在剪斷瞬間A具有向上的大小為的加速度，當(dāng)A運(yùn)動到最高點(diǎn)時具有向下的大小為的加速度（簡諧運(yùn)動對稱性），此時對A來說完全失重，從整體法考慮，箱對地面的作用力為，選A。 評析 注意應(yīng)用彈簧振子模型中運(yùn)動的對稱性，及超重、失重知識，注重物理過程的分析，利用理想化模型使復(fù)雜的物理過程更加簡單。 例2 如圖5-2，有一水平軌道AB，在B點(diǎn)處與半徑R=160m的光滑弧形軌道BC相切，一質(zhì)量為M=0.99kg的木塊靜止于B處，現(xiàn)有一顆質(zhì)量為的子彈以的水平速度從左邊射入木塊且未穿出，如圖所示，已知木塊與該水平軌道的動摩擦因數(shù)，試求子彈射入木塊后，木塊需經(jīng)多長時間停止？ 解 子彈射入木塊由動量守恒定律得子彈和木塊的共同速度為 子彈和木塊在光滑弧形軌道BC上的運(yùn)動可看作簡諧運(yùn)動，，子彈在水平軌道上作勻減速運(yùn)動加速度，評析 注意子彈擊中木塊過程中有機(jī)械能損失，子彈沖上圓弧及返回過程中，為一變速圓周運(yùn)動，運(yùn)動時間無其它辦法求解，只能利用簡諧運(yùn)動中的單擺模型；所以建立和應(yīng)用物理模型在物理學(xué)習(xí)中是至關(guān)重要的。 例3 如圖5-3，一列橫波沿軸傳播，波速。當(dāng)位于處的A質(zhì)點(diǎn)在軸上方的最大位移處時，位于處的質(zhì)點(diǎn)恰好在平衡位置，且振動方向沿軸負(fù)方向，求這列波的頻率。 解 設(shè)波沿軸正方向傳播，當(dāng)波長最長時，A、B之間的波形如圖5-3a示，由波的周期性，有，由得，；同理波沿軸負(fù)方向傳播，當(dāng)波長最長時，A、B之間的波形如圖5-3b示，有，評析 應(yīng)注意A、B兩點(diǎn)間水平距離與波長的關(guān)系考慮波長的空間周期性及波傳播方向的雙向性。 例4 某質(zhì)點(diǎn)在坐標(biāo)原點(diǎn)O處做簡諧運(yùn)動，其振幅是0.05m，振動周期為0.4s，振動在介質(zhì)中沿軸正方向直線傳播，傳播速度為1m/s，已知它在平衡位置O向上開始振動，振動0.2s后立即停止振動，則停止振動后經(jīng)過0.2s時間的波是圖5-4中的（） 解 由題意得，振動在介質(zhì)中沿軸正向直線傳播，且開始振動時方向向上，由此可知介質(zhì)中各質(zhì)點(diǎn)的起振方向均向上，由于振動周期為0.4S，而振源振動0.2S后立即停止振動，所以形成的是半個波長的脈沖，波形一定在軸上方，振源停止振動后經(jīng)過0.2S，波形沿軸正方向平移半個波長即0.2m，波形不變，故選B。 評析 此題應(yīng)注意的是O點(diǎn)起振時方向是向上的，振動傳播至任何一點(diǎn)該點(diǎn)的起振方向均應(yīng)向上，0.4S振動向外傳播一個波長。應(yīng)用簡諧橫波中介質(zhì)質(zhì)點(diǎn)振動方向與傳播方向的關(guān)系，是解此類題的關(guān)鍵。 例5 振幅是2cm的一列簡諧波，以12m/s的速度沿軸正方向傳播，在傳播方向上有A、B兩質(zhì)點(diǎn)，A的平衡位置，B的平衡位置。已知A在最大位移處時，B正在平衡位置處向方向運(yùn)動，試求這列波的頻率的值。 解 當(dāng)A在正向最大位移處時，AB間距離最少為，考慮波動空間的周期性，應(yīng)有AB=，即有=6，根據(jù)知：；同理，當(dāng)A在正向最大位移處時，AB間距離最少為，考慮波動空間的周期性，應(yīng)有AB=，即有=6，根據(jù)知：；因此這列波的頻率值為或 評析 應(yīng)注意A、B兩點(diǎn)水平距離與波長的關(guān)系考慮波長的空間周期性，另應(yīng)注意A點(diǎn)是在正向還是在負(fù)向最大位移處。 例6 如圖5-5，表示兩列同頻率相干水波在t=0時刻的疊加情況，圖中實(shí)線表示波谷，已知兩列波的振幅均為2cm（且在圖示范圍內(nèi)振幅不變）。波速為2m/s，波長為0.4m，E點(diǎn)是BD連線和AC連線的交點(diǎn)，下列說法正確的是（）A、A、C兩點(diǎn)是振動減弱點(diǎn) B、E點(diǎn)是振動加強(qiáng)點(diǎn) C、B、D兩點(diǎn)在該時刻的豎直高度差4cm D、t=0.05s時，E點(diǎn)離平衡位置的位移大小2cm 解 A、C兩點(diǎn)均波峰與波谷疊加，使振動減弱，故A正確。E點(diǎn)為AC與BD連線的交點(diǎn)，它到波峰CD及波谷BC距離相等，因兩列波傳播速率相等，故將同一時刻在E點(diǎn)疊加，故E點(diǎn)振動減弱，B錯；B、D兩點(diǎn)均為加強(qiáng)點(diǎn)其振幅均為4cm，故此時兩點(diǎn)的高度差8cm，C錯。波的周期T=0.2s，t=0.05s=T/4，t=0時，E點(diǎn)處于平衡位置，經(jīng)T/4周期，其位移大小為4cm，故D錯。應(yīng)選A。 評析 此題重點(diǎn)考查波的干涉中加強(qiáng)與減弱的條件，即波峰與波峰相遇或波谷與波谷相遇是加強(qiáng)，波峰與波谷相遇是減弱，應(yīng)切實(shí)抓住這一點(diǎn)。 第八講 作圖 一、特別提示 解答物理問題通常有解析、論述、作圖和列表等基本方法。作圖是最重要的數(shù)學(xué)工具之一，也是考查的能力范圍。在解答作圖題時，要特別注意： （1）仔細(xì)審題，按要求作圖。例如，在平面鏡成像作圖時，為快速準(zhǔn)確作圖，通常采用對稱性作圖，一般不直接根據(jù)光的反射定律作圖； （2）具體作圖時，每一步驟都要有依據(jù)。例如，物體運(yùn)動時速度、合外力和軌跡三者間必須滿足一定的位置關(guān)系，而不能隨意亂畫； （3）在讀圖時要善于發(fā)現(xiàn)圖中的隱含條件。例如，物理圖象的縱、橫截距、斜率和面積以及曲線間平行、相交、重合的關(guān)系，有時幾個不同的物理圖象從不同側(cè)面描述同一物理過程時更要理解它們之間的聯(lián)系和區(qū)別； （4）作圖時還要注意規(guī)范性要求，不要隨意。例如，是實(shí)線還是虛線，是否應(yīng)標(biāo)明箭頭方向，還是用斜線表示特殊的區(qū)域；并注意特殊符號（如電學(xué)元件）的正確運(yùn)用； （5）用作圖法處理實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)時，要理解所謂“擬合曲線”的意義，如何篩選、描線直接影響結(jié)果的準(zhǔn)確性，同時也是能力具體體現(xiàn)之一。 二、典型例題 題1 一輛汽車在恒定的功率牽引下，在平直公路上由靜止出發(fā)，經(jīng)4min的時間行駛1.8km，則在4min末汽車的速度（） A、等于7.5m/s B、大于7.5m/s C、等于15m/s D、15m/s 解析 汽車在恒定功率下由靜止啟動是加速度越來越小的變加速運(yùn)動，很難通過運(yùn)動方程求瞬時速度，一般的方法是由動能定理求出動能、再求速度但這必須要知道牽引力、阻力所做的功。而現(xiàn)在這些條件都未知，但在恒定功率下，其4min內(nèi)的平均速度，由于加速度變小，所以末速度，同時由于位移關(guān)系，其圖象如圖，為一上凸的曲線。打斜線部分“面積”相等，即位移為，如果，則位移；而則位移，故，正確選項(xiàng)是BD。 題2 電路如圖8-2，○A、○V1、○V2分別為理想的電流表和電壓表，R1、R2分別為定值電阻和可變電阻，電池E內(nèi)阻不計，A、R1不變時，○V1讀數(shù)與○A讀數(shù)之比等于R1 B、R2不變時，○V1讀數(shù)與○A讀數(shù)之比等于R1 C、R2改變一定量時，○V2讀數(shù)的變化量與○A讀數(shù)變化量之比的絕對值等于R1 D、R2改變一定量時，○V1讀數(shù)的變化量與○A讀數(shù)變化量之比的絕對值等于R1 解析：由題高，○V1、○V2分別測出R1、R2兩端電壓，○A測出通過R1、R2的電流，因此： 、且，當(dāng)R2為某一值時，R1、R2的伏安特性曲線如圖（a）所示（如R1>R2），在圖中，的關(guān)系很難表示出來，如果，將R2的伏安特性曲線的橫軸反向，即U軸向左，如（b）圖，再把、b兩圖按的關(guān)系畫在（2）圖中，那末電流、電壓關(guān)系就非常直觀了。特別是可變電阻R2改變一定量時（如增大為＇） ；電流變?yōu)椋龃?，如圖（C）所示，顯然，滿足。故正確選項(xiàng)是BCD 題3 把一個“10V、5W”的用電器B（純電阻）接到這一電源上，A消耗的功率是2W；換另一個“10V、5W”的用電器B（純電阻）接到這一電源上，B實(shí)際消耗的功率可能小于2W嗎？若有可能則條件是什么？ 解析：用電器A、B的電阻分別為 由于，所以B接入電路時，電壓，PB<5W，但能否小于2W呢？ A接入時： 則 換上B后，由題設(shè) 則 可見，條件是；即可。 如果，從電源做伏安特性曲線來看，當(dāng)時，有臨界內(nèi)阻，及臨界電動勢，由于不變，當(dāng)、時，其解在PB伏安特性曲線的OP段（如圖）之內(nèi)，因?yàn)锳、B消耗的功率是U-I圖象中的“面積”；在過Q點(diǎn)，又過OP線段的E、r即為所求，可見，本題的所有解就是、的電源。 題4 如圖所示，、、是勻強(qiáng)電場中的三點(diǎn)，這三點(diǎn)構(gòu)成等邊三角形，每邊長，將一帶電量的電荷從點(diǎn)移到點(diǎn)，電場力；若將同一點(diǎn)電荷從點(diǎn)移到點(diǎn)，電場力做功，試求場強(qiáng)E。 解析 勻強(qiáng)電場中電場線、等勢面的作圖是描述電場、理解電場屬性的重要方法，由題意電荷由到、由到電場力做功分別為：、可得； 若設(shè)電熱、則、；可將三等分，使，于是即，過可作等勢面，如圖8-6所示，為了便于求場強(qiáng)E過作電場線E，并過作的平行線。在中，、和 由正弦定理： 可解 故場強(qiáng)，顯然，若不能正確作圖很難求出場強(qiáng)。 題5 如圖，坐標(biāo)系中，將一負(fù)檢驗(yàn)電荷Q由軸上的點(diǎn)移至軸上的點(diǎn)時，需克服電場力做功W；若從點(diǎn)移至軸上的點(diǎn)時，也需克服電場力做功W。那么關(guān)于此空間存在的靜電場可能是： A、存在場強(qiáng)方向沿軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場 B、存在場強(qiáng)方向沿軸正方向的勻強(qiáng)電場 C、處于第I象限某一位置的正點(diǎn)電荷形成的電場 D、處于第IV象限某一位置的負(fù)點(diǎn)電荷形成的電場 解析 由題意-q由分別到、克服電場力做功均為W，即、、，即電勢，易知若為勻強(qiáng)電場，則場強(qiáng)方向沿軸負(fù)向，即A項(xiàng)正確。若為點(diǎn)電荷電場，由，可作之中垂線L1；若，則可作之中垂線L2，L1、L2交點(diǎn)為（如圖所示）。當(dāng)由正點(diǎn)電荷形成電場時，只須在L1上的點(diǎn)到的距離小于到的距離即可，顯然，該點(diǎn)坐標(biāo)滿足：、，分布在L1的P點(diǎn)以上（不包括P點(diǎn)）。 而由負(fù)點(diǎn)電荷形成電場時，則要該點(diǎn)在L1上，且到的距離大于到的距離，其坐標(biāo)滿足：、，分布在L1的P點(diǎn)以上（不包括P點(diǎn)）。 通過作圖不但直觀、形象而且準(zhǔn)確地給出了解的范圍，其實(shí)關(guān)于場的問題本來就是空間的問題，而對場的了解必須運(yùn)用作圖的工具。 第九講 論述題 一、特別提示 提高綜合應(yīng)用能力，要加強(qiáng)表達(dá)、敘述能力的訓(xùn)練，通過對論述題的分析和練習(xí)，克服解決物理問題時存在的：表達(dá)不清、敘述無理、論證無據(jù)等各種問題，學(xué)會使用本學(xué)科的語言來表達(dá)問題，進(jìn)行交流，培養(yǎng)分析、邏輯推理能力，從而形成物理學(xué)科的意識和思想。 1、論述題的特點(diǎn) 論述題的特點(diǎn)主要體現(xiàn)在解題過程的表達(dá)要求上，即在對物理現(xiàn)象、物理過程的分析中，要求運(yùn)動物理規(guī)律，用簡潔、準(zhǔn)確、清晰的語言對分析過程進(jìn)行表達(dá)，在做出判斷的同時，說明判斷根據(jù)，也就是說不單要說明是什么，而且要說清楚為什么。 2、論述題的解法 解答論述題所用的分析方法和解答其它類型（選擇、計算題型）的題目沒有什么差別，但需有解題過程中的分析和表達(dá)，也就是說，對于論述題，除了要能夠正確進(jìn)行解答之外，一些必要的文字說明一定要有，《考試說明》明確要求學(xué)生“能夠根據(jù)已知的知識和所給物理事實(shí)、條件，對物理問題進(jìn)行邏輯推理和論證，得出正確的結(jié)論或作出正確的判斷，并能把推理過程正確地表達(dá)出來?！? 因此，解答論述題，一般可按以下步驟進(jìn)行： （1）根據(jù)題給條件，畫出草圖分析，明確題意。 （2）對題目中的物理現(xiàn)象，涉及的物理模型，發(fā)生的物理過程，進(jìn)行簡要的文字說明和進(jìn)行必要的數(shù)學(xué)推導(dǎo)，具體說明每步的依據(jù)，從而得出結(jié)論或論證所需要的數(shù)學(xué)表達(dá)式。 （3）對導(dǎo)出的結(jié)果進(jìn)行分類討論，最后得出完整的結(jié)論。 不同類型的論述題，其出題的意圖不同，解題的要求也有所區(qū)別。同學(xué)們可以在平時學(xué)習(xí)、練習(xí)中加以體會。 二、典型例題 題1 如圖9-1，是利用高頻交變電流焊接自行車零件的原理示意圖，其中外圈A是通高頻交流電的線圈，B是自行車的零件，是待焊接的接口，接口兩端接觸在一起，當(dāng)A中通有交流電時，B中會產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，使得接口處金屬熔化而焊接起來。（1）為什么在其它條件不變的情況下，交流電頻率越高，焊接越快？（2）為什么焊接過程中，接口處已被熔化而零件的其它部分并不很熱？ 分析和證明（1）交流電頻率越高，磁通量變化率越大。 由法拉第電磁感應(yīng)定律可知：感應(yīng)電動勢和感應(yīng)電流都變大，產(chǎn)生的熱功率越大；焊接越快。 （2）因?yàn)榻涌谔庪娮璐螅?lián)電路中電流處處相等，電阻大的地方產(chǎn)生的熱量多，可將接口處熔化而零件的其它部分并不很熱。 評析 這是一道簡答論述題?？梢韵駟柎痤}，判斷某一說法的對錯，進(jìn)而敘述理由。它要求運(yùn)用物理知識和規(guī)律對某個問題或某種觀點(diǎn)進(jìn)行簡明扼要回答，或加以簡潔的解釋。 題2 試在下述簡化情況下，由牛頓定律和運(yùn)動學(xué)公式導(dǎo)出動量守恒定律的表達(dá)式：系統(tǒng)是兩個質(zhì)點(diǎn)，相互作用力是恒力，不受其他力，沿直線運(yùn)動，要求說明推導(dǎo)過程中每步的根據(jù)，以及公式中各符號和最后結(jié)果中各項(xiàng)的意義。 分析和證明 設(shè)和分別表示兩質(zhì)點(diǎn)的質(zhì)量，F(xiàn)1和F2分別表示它們所受作用力，分別表示它們的加速度，分別表示F1和F2作用的時間，分別表示它們相互作用過程中的初速度，分別表示末速度，根據(jù)牛頓第二定律，有：，由加速度的定義可知：，分別代入上式，可得：，根據(jù)牛頓第三定律，有，代入并整理后，最終可得： 其中為兩質(zhì)點(diǎn)的初動量，為兩質(zhì)點(diǎn)的末動量，這就是動量守恒定律的表達(dá)式。 評析 本題是一道推導(dǎo)證明題。首先要對所引用字母符號的物理意義加以具體說明，在推導(dǎo)過程中每一步都要針對性的給出依據(jù)、說明理由，最后按題目要求用文字說出最后結(jié)果中各項(xiàng)的意義。因此，在學(xué)習(xí)物理概念和規(guī)律時不能只記結(jié)論，還須弄清其中的道理，知道物理概念和規(guī)律的由來。 題3 一內(nèi)壁光滑的環(huán)形細(xì)圓管，位于豎直平面內(nèi)，環(huán)的半徑為R（比細(xì)管的半徑大得多）。在圓管中有兩個直徑與細(xì)管內(nèi)徑相同的小球（可視為質(zhì)點(diǎn)）。A球的質(zhì)量為，B球的質(zhì)量為 ，它們沿環(huán)形圓管順時針運(yùn)動，經(jīng)過最低點(diǎn)時的速度為，設(shè)A球運(yùn)動到最低點(diǎn)時，B球恰好運(yùn)動到最高點(diǎn)，證明：若要此時兩球作用于圓管的合力為零，那么，R與應(yīng)滿足的關(guān)系式是：。 分析和證明 根據(jù)題意，想象出此時物理情意如圖9-2。因?yàn)檐壍缹υ谧罡唿c(diǎn)B的作用力方向可以向上也可以向下，故先對A球受力分析（見圖），由牛頓第三定律可知，A球?qū)A管的壓力向下。為使兩球作用于圓管的合力為零，B球?qū)A管的作用力只能向上，不然合力就不會為零，所以軌道對B球的作用力方向，由牛頓第三定律可知是向下的。于是可以證明： 對A由有所以 對B有 由機(jī)械能守恒定律得 把 代入得 據(jù)題意有，則 即 評析 本題的思路是“由因?qū)鳌?，?shí)行順向證明，即由題設(shè)已知條件出發(fā)，運(yùn)用已知規(guī)律推導(dǎo)所要證明的結(jié)果，叫順證法。 題4 如圖9-3所示，滑塊A、B的質(zhì)量分別為，且，由輕質(zhì)彈簧相連接，置于光滑的水平面上，用一輕繩把兩滑塊拉至最近，使彈簧處于最大壓縮狀態(tài)后綁緊，兩滑塊一起以恒定的速度向右滑動。突然輕繩斷開，當(dāng)彈簧伸長至本身的自然長度時，滑塊A的速度正好為零。問在以后的運(yùn)動過程中，滑塊B是否會有速度等于零的時刻？試通過定量分析討論，證明你的結(jié)論。分析和證明 B的速度不會為零。 假設(shè)某時刻B的速度為零，設(shè)此時滑塊A的速度為，由動量定律得 ① 此時系統(tǒng)的機(jī)械能為E1（重力勢能為零），動能為EKA，彈性勢能為Ep1 E1=EKA+Ep1 ② EKA= ③ 由題意知，當(dāng)A的速度為零時，彈性勢能Ep2=0。設(shè)此時B的速度為，則B的動能為： ④ 此時系統(tǒng)的機(jī)械能為：E2=EKB+Ep2 ⑤ 由動量守恒定律得：⑥ 由機(jī)械能守恒定律得E1=E2 ⑦ 由以上各式聯(lián)立得： ⑧ 由于，由上式可得出，這與題沒給定的條件相矛盾，故假設(shè)不成立，即有：B的速度不會為零。 評析 此題順向證明過程較為復(fù)雜，可采用反證法。先假定所要證明的結(jié)論不成立，由此通過合理的邏輯推導(dǎo)而導(dǎo)出矛盾，從而說明假設(shè)不對，肯定原結(jié)論正確。 題3 如圖9-4所示，彈簧的一端固定在墻上。另一端連結(jié)一質(zhì)量為的木塊，今將木塊向右拉開一位移L后釋放，木塊在有摩擦的水平地面上減幅振動。彈簧第一次恢復(fù)原長時，木塊速度為，試討論：木塊在整個振動過程中出現(xiàn)速度為的位置有幾個。 分析和證明 在整個振動過程中出現(xiàn)速度為的位置有，且只有2個。 放手后，木塊在水平方向上的彈力和摩擦力同時作用下，先向左作加速度變小的加速運(yùn)動。后向左作加速度變大的減速運(yùn)動。在原平衡位置右側(cè)處（），一定存在一加速度為零的位置，此位置向左的速度最大。根據(jù)速度變化必須是連續(xù)的原理可知，既然左側(cè)有一，其右側(cè)也一定存在一的位置。 此后的運(yùn)動，可從能量角度分析不會再有的位置出現(xiàn)。 因?yàn)樵趶椈傻谝淮位謴?fù)原長，木塊速度為時，系統(tǒng)振動的能量，此后的運(yùn)動仍屬阻尼振動，由于摩擦的作用振動能量不斷減小，設(shè)此后振動中任一時刻的速率為，即 所以必小于，且不斷變小，直至停止振動為止。 評析 此題屬判斷敘述類：根據(jù)題設(shè)的條件和基礎(chǔ)知識，對某一物理現(xiàn)象、過程或結(jié)論，作出正確與否的判斷。可以像計算題中的過程分析，用文字和物理公式分層次有條理地表達(dá)出來。 題4 如圖9-5所示，足夠長的水平絕緣桿MN，置于足夠大的垂直紙面向內(nèi)的勻強(qiáng)磁場中，磁場的磁感強(qiáng)度為B，一個絕緣環(huán)P套在桿上，環(huán)的質(zhì)量為，帶電量為q的正電荷，與桿間的動摩擦因數(shù)為，若使環(huán)以初速度向右運(yùn)動，試分析絕緣環(huán)克服摩擦力所做的功。 分析和證明 當(dāng)絕緣環(huán)以初速度向右運(yùn)動時，環(huán)受重力、洛侖茲力及桿的彈力N。由于N的大小、方向與重力和洛侖茲力大小有關(guān)，會約束水平方向的摩擦力變化，從而使絕緣環(huán)的最終運(yùn)動可能有三種情況： （1）若開始時，即，由于N=0，絕緣環(huán)不受摩擦力作用，做勻速直線運(yùn)動。絕緣環(huán)克服摩擦力所做的功。 （2）若開始時，即，N方向向上，絕緣環(huán)受桿摩擦力作用，做加速度變小的減速運(yùn)動，直至靜止。絕緣環(huán)克服摩擦力所做的功。 （3）若開始時，即，N方向向下，絕緣環(huán)受桿摩擦力作用，做減速直線運(yùn)動，洛侖茲力不斷減小，當(dāng)時，N=0，絕緣環(huán)不受摩擦力作用，做勻速直線運(yùn)動，即最終速度。絕緣環(huán)克服摩擦力所做的功：。 評析 本題可根據(jù)題設(shè)的條件和基礎(chǔ)知識，通過某一物理現(xiàn)象的分析，作出相應(yīng)的判斷，對導(dǎo)出的結(jié)果進(jìn)行較為完整的分類討論。主要培養(yǎng)思維的深度和廣度，提高判斷應(yīng)用能力。 第十講 估算與信息題 估算與信息處理不僅是直覺思維能力的集中表現(xiàn)，在科學(xué)研究和工程技術(shù)具有極其重要的意義，而且對培養(yǎng)綜合分析能力和靈活運(yùn)用物理知識解決實(shí)際問題的能力，也具有不可低估的作用。 為了正確而迅速地進(jìn)行估算與信息題的處理，一般應(yīng)注意以下幾方面的問題： 1、突出主要矛盾，忽略次要因素，建立合理的模型。 2、根據(jù)物理規(guī)律，建立估算關(guān)系或信息聯(lián)系；估算結(jié)果的數(shù)量級必須正確，有效數(shù)字取1~2位即可。 3、熟悉常用的近似計算公式和物理常數(shù)。 例1 請估算地月之間的距離。（保留一位有效數(shù)字） 分析：月球是繞地球轉(zhuǎn)的，由開普勒第三定律可知，所有繞地球轉(zhuǎn)動的天體都滿足，為了解決地月距離，就需要尋找一個熟悉的，便于計算的繞地球轉(zhuǎn)動的天體--同步衛(wèi)星，同步衛(wèi)星的周期T1=1天。軌道半徑R1=6R0+R0=7R0，而月球周期T2=27天。 解答： ∴R2=7R0×32=63R0=4×105(Km)點(diǎn)評：此題在估算中要求儲備一些基本的天文學(xué)常識和相應(yīng)的數(shù)據(jù)，從中選擇便于計算或利用開普勒定律進(jìn)行估算。 例2 如圖10-1所示，在光滑的水平支撐面上，有A、B兩個小球。A球動量為10kg·m/s，B球動量為12kg·m/s。A球追上B球并相碰，碰撞后，A球動量變?yōu)?kg·m/s，方向沒變，則A、B兩球質(zhì)量的比值為（） A、0.5 B、0.6 C、0.65 D、0.75 分析 A、B兩球同向運(yùn)動，A球要追上B球要有條件。兩球碰撞過程中動量守恒，且動能不會增多，碰撞結(jié)束要有條件 解答 由得即 由碰撞過程動量守恒得： 由碰撞過程的動能關(guān)系得 由得： ∴ 所以選B、C 點(diǎn)評 此題中的兩球相碰過程遵守多條規(guī)律，在對問題的估算中，需同時對多種結(jié)果綜合考慮，給出對結(jié)果的最后預(yù)測。 例3 如圖10-2所示，輕彈簧的一端固連于地面，另一端自由，一小球由高處下落，碰到彈簧后繼續(xù)壓縮彈簧，當(dāng)把彈簧壓得最短暫，小球的加速度 重力加速度。（填“大于”，“小于”或“等于”） 分析與解答 小球?qū)椈蓧旱米疃虝r，小球受兩個力：重力和彈力。加速度可表達(dá)為。要判斷與的大小。應(yīng)該對此時的彈力作出估計。引入簡諧振動模型：如圖所示，輕彈簧一端與地面固連，另一端與一小球固連，用手拿著小球使彈簧處于原長。放手后，小球就做間諧振動。放手時，小球加速度為，方向向下，（此時還沒有彈力）當(dāng)彈簧最短時，小球加速度也為，方向向上?，F(xiàn)在小球從高處落下后再壓縮彈簧，當(dāng)彈簧最短時，彈力比較大。所以。 點(diǎn)評 此題中為估計彈力的大小需引入簡諧振動模型--豎直彈簧振子，來比較彈力的大小。這種估算要求對基本現(xiàn)象與基本物理模型的儲備比較豐富，這需要平時的積累。 例4 一座電視塔高為H。若地球半徑為R，求電視塔發(fā)射的微波在地面上能傳播多遠(yuǎn)？ 分析：如圖10-3所示，微波傳播的距離等于圓弧AB的長度s，且（1） 根據(jù)三角函數(shù)關(guān)系（2） 根據(jù)三角函數(shù)的近似計算公式，還有 =1-=1-（3） 解答：由（2）和（3）式可得 因?yàn)?，則上式又可以表示為 根據(jù)（1）式和（4）式，則微波傳播距離可表示為 點(diǎn)評 利用此式，可以極為簡捷地估算微波在地上傳播的距離。如電視塔高H=500m，取地球半徑R=6400km，則s=80km。如果接收天線高傳播距離又是多少？[提示：如圖所示s=s1+s2=] 如果要讓電視塔發(fā)射的微波，能覆蓋地球赤道的三分之一（圖10-4），塔高又應(yīng)是多少？[提示：] 第十一講 新科技問題 一、特別提示 物理學(xué)中幾乎每一重要的知識塊，都與現(xiàn)代科技緊密相關(guān)，例如：圓周運(yùn)動與GPS全球定位系統(tǒng)；萬有引力與宇宙探測；光的反射、折射與激光光纖通信；電場與靜電的防止和應(yīng)用；電磁感應(yīng)與磁懸浮列車；原子核與核技術(shù)的應(yīng)用；激光全息技術(shù)等。 物理學(xué)與自然和生活的聯(lián)系更是豐富多彩，如：天氣變化、交通工具、體育運(yùn)動、家庭電器、醫(yī)療設(shè)備等等，都離不開物理知識。近幾年的高考越來越強(qiáng)調(diào)與生產(chǎn)、生活實(shí)際相聯(lián)系，這就要求我們要多關(guān)注與生活實(shí)際、現(xiàn)代科技的聯(lián)系。 二、典型例題 例1 兩個人要將質(zhì)量的貨物裝進(jìn)離地面離的卡車車廂內(nèi)，他們找到一個長為L=5m的斜面，但是沒有其他更多可借助的工具。假設(shè)貨物在接觸面上滑動時所受的摩擦阻力恒為貨物的重力的0.12倍，兩人的最大推力各為800N，他們能否將貨物直接推進(jìn)車廂？你能否幫他們將此方案加以改進(jìn)，設(shè)計一個可行的方案？ 評析 這是一道開放性題目，并具有濃厚的生活氣息。試題既考查對力學(xué)知識的掌握情況，又考查所學(xué)知識應(yīng)用于解決實(shí)際問題的能力。 解 兩個人的最大推力為 貨物所受摩擦力始終為 又重力沿斜面向下的分力為 由于，故兩從不可能直接將貨物推上斜面。 注意到，我們可以讓貨物先在水平面上作勻加速運(yùn)動，使貨物在滑上斜面之前已經(jīng)獲得速度，然后勻減速滑動斜面頂端。 設(shè)貨物在水平面上作勻加速直線運(yùn)動的距離為s，在此運(yùn)動過程中，由牛頓第二定律得，則貨物在水平面上作加速運(yùn)動所獲得的速度為。 貨物滑上斜面后作勻減速運(yùn)動，設(shè)其加速度大小為，則由牛頓第二定律得，其中為貨物重力的下滑分力，要使貨物恰好能滑到頂端，則有。 所以，貨物在水平面上加速的距離應(yīng)為，代入數(shù)據(jù)即可求得。 故可設(shè)計方案為：兩人用最大推力使貨物在水平面上至少滑行20m后再推物體滑上斜面。 應(yīng)該指出，可行的方案有很多種。例如兩人可用F=1600N的推力在水平面上加速滑行更大的一段距離以后再用較小的推力將貨物推上斜面，也可以用1200N 例2 正負(fù)電子對撞機(jī)的最后部分的簡化示意圖如圖所示11-1（俯視圖），位于水平面內(nèi)的粗實(shí)線所示的圓環(huán)形真空管道是正、負(fù)電子做圓運(yùn)動的“容器”，經(jīng)過加速器加速后的正、負(fù)電子被分別引入該管道時，具有相等的速率，他們沿著管道向相反的方向運(yùn)動。在管道控制它們轉(zhuǎn)變的是一系列圓形電磁鐵，即圖甲中的A1、A2、A3...An共有n個，均勻分布在整個圓環(huán)上，每組電磁鐵內(nèi)的磁場都是磁感應(yīng)強(qiáng)度相同的勻強(qiáng)磁場，并且方向豎直向下，磁場區(qū)域的直徑為d（如圖乙），改變電磁鐵內(nèi)電流的大小，就可改變磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度從而改變電子偏轉(zhuǎn)的角度。經(jīng)過精確的調(diào)整，首先實(shí)現(xiàn)電子在環(huán)形管道中沿圖甲中虛線所示的軌跡運(yùn)動，這時電子經(jīng)過每個電磁場區(qū)域時射入點(diǎn)和射出點(diǎn)都是電磁場區(qū)域的同一直徑的兩端，如圖乙所示。這就為進(jìn)一步實(shí)現(xiàn)正、負(fù)電子的對撞作好了準(zhǔn)備。 （1）試確定正、負(fù)電子在管道內(nèi)各是沿什么方向旋轉(zhuǎn)的； （2）已知正、負(fù)電子的質(zhì)量都是，所帶電荷都是元電荷，重力可不計，求電磁鐵內(nèi)勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B大小。 解（1）根據(jù)洛侖茲力提供向心力和磁場方向向下，可判斷出正電子沿逆時針方向向下，可判斷出正電子沿逆時針方向運(yùn)動，負(fù)電子沿順時針方向運(yùn)動 （2）電子經(jīng)過每個電磁鐵，偏轉(zhuǎn)的角度是，電子在電磁鐵內(nèi)做圓周運(yùn)動的半徑為 由幾何關(guān)系可知，解得： 例3 若近似地認(rèn)為月球繞地球公轉(zhuǎn)的軌道與地球繞太陽公轉(zhuǎn)的軌道在同一平面內(nèi)，且均為正圓，又知這兩種轉(zhuǎn)動同向，月相變化的周期為29.5天。求：月球繞地球轉(zhuǎn)一周所用的時間。 解 該題涉及太陽、地球和月球在空間中的運(yùn)動及位置的相對關(guān)系，需要較強(qiáng)的空間想象能力。畫出示意圖能把各天體的相對關(guān)系表達(dá)得比較清楚，便于思考。我們抓住月相變化的周期為29.5天這一條件，畫相鄰的兩個相同月相（而且都是滿月）時，三天體的位置情況。如圖11-2所示，圖中設(shè)地球和月球的公轉(zhuǎn)都是逆時針方向的。圖中角是地球在29.5天中轉(zhuǎn)過的角度，可用下式計算 在29.5這天中，月球已經(jīng)繞地球轉(zhuǎn)過了角，因此對月球公轉(zhuǎn)的周期T，可列出下面比例式 解得：T=27.3天 第十二講 臨界問題 一、特別提示 當(dāng)物體由一種物理狀態(tài)變?yōu)榱硪环N物理狀態(tài)時，可能存在一個過渡的轉(zhuǎn)折點(diǎn)，這時物體所處的狀態(tài)通常稱為臨界狀態(tài)，與之相關(guān)的物理?xiàng)l件則稱為臨界條件。 解答臨界問題的關(guān)鍵是找臨界條件。 許多臨界問題，題干中常用“恰好”、“最大”、“至少”、“不相撞”、“不脫離”......等詞語對臨界狀態(tài)給出了明確的暗示，審題時，一定要抓住這些特定的詞語發(fā)掘其內(nèi)含規(guī)律，找出臨界條件。 有時，有些臨界問題中并不顯含上述常見的“臨界術(shù)語”，但審題時發(fā)現(xiàn)某個物理量在變化過程中會發(fā)生突變，則該物理量突變時物體所處的狀態(tài)即為臨界狀態(tài)。 臨界問題通常具有一定的隱蔽性，解題靈活性較大，審題時應(yīng)力圖還原習(xí)題的物理情景，抓住臨界狀態(tài)的特征，找到正確的解題方向。 二、典型例題 題1 如圖12-1所示，細(xì)桿的一端與一小球相連，可繞過O點(diǎn)的水平軸自由轉(zhuǎn)動?，F(xiàn)給小球一初速度，使它做圓周運(yùn)動，圖中、分別表示小球軌道的最低點(diǎn)和最高點(diǎn)，則桿對球的作用力可能是（）A、處為拉力，為拉力 B、處為拉力，為推力 C、處為推力，為拉力 D、處為推力，為推力 解析 因?yàn)閳A周運(yùn)動的物體，向心力指向圓心，小球在最低點(diǎn)時所需向心力沿桿由指向O，向心力是桿對小球的拉力與小球重力的合力，而重力方向向下，故桿必定給球向上的拉力，小球在最高點(diǎn)時若桿恰好對球沒有作用力，即小球的重力恰好對球沒有作用力，即小球的重力恰好提供向心力，設(shè)此時小球速度為，則： 當(dāng)小球在最高點(diǎn)的速度時，所需的向心力，桿對小球有向下的拉力；若小球的速度時，桿對小球有向上推力，故選A、B正確 評析 本題關(guān)鍵是明確越過臨界狀態(tài)時，桿對球的作用力方向?qū)l(fā)生變化。 題2 在光滑的水平軌道上有兩個半徑都是的小球A和B，質(zhì)量分別為和2，當(dāng)兩球心間距離大于L（L比2r大得多）時，兩球之間無相互作用力；當(dāng)兩球心間距離等于或小于L時，兩球間存在相互作用的恒定斥力F。設(shè)A球從遠(yuǎn)離B球處以速度沿兩球連心線向原來靜止的B球運(yùn)動，如圖12-2所示，欲使兩球不發(fā)生接觸，必須滿足什么條件 解析 據(jù)題意，當(dāng)A、B兩球球心間距離小于L時，兩球間存在相互作用的恒定斥力F。故A減速而B加速。當(dāng)時，A、B間距離減??；當(dāng)時，A、B間距離增大?？梢?，當(dāng)時，A、B相距最近。若此時A、B間距離，則A、B不發(fā)生接觸（圖12-3）。上述狀態(tài)即為所尋找的臨界狀態(tài)，時則為臨界條件。 兩球不接觸的條件是：（1） L+sB-sA>2r（2） 其中、為兩球間距離最小時，A、B球的速度；sA、sB為兩球間距離從L變至最小的過程中，A、B球通過的路程。 設(shè)為A球的初速度，由動量守恒定律得：（3） 由動能定律得（4） （5） 聯(lián)立解得： 評析 本題的關(guān)鍵是正確找出兩球“不接觸”的臨界狀態(tài)，為且此時 題3 如圖12-4所示，一帶電質(zhì)點(diǎn)，質(zhì)量為，電量為，以平行于軸的速度從軸上的點(diǎn)射入圖中第一象限所示的區(qū)域。為了使該質(zhì)點(diǎn)能從軸上的點(diǎn)以垂直于軸的速度射出，可在適當(dāng)?shù)牡胤郊右粋€垂直于平面、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場。若此磁場僅分布在一個圓形區(qū)域內(nèi)，試求這圓形磁場區(qū)域的最小半徑。重力忽略不計。 解析 質(zhì)點(diǎn)在磁場中作半徑為R的圓周運(yùn)動，得（1） 根據(jù)題意，質(zhì)點(diǎn)在磁場區(qū)域中的軌道是半徑等于R的圓上的1/4圓弧，這段圓弧應(yīng)與入射方向的速度、出射方向的速度相切。過點(diǎn)作平行于軸的直線，過點(diǎn)作平行于軸的直線，則與這兩直線均相距R的O＇為圓心、R為半徑的圓（圓中虛線圓）上的圓弧MN，M點(diǎn)和N點(diǎn)應(yīng)在所求圓形磁場區(qū)域的邊界上。 在通過M、N兩點(diǎn)的不同的圓周中，最小的一個是以MN連線為直徑的圓周。所以本題所求的圓形磁場區(qū)域的最小半徑為（2） 所求磁場區(qū)域如圖12-5中實(shí)線圓所示。 評析 臨界值可能以極值形式出現(xiàn)，也可能是邊界值（即最大值和最小值）此題中最小值是利用幾何知識判斷而得到的。A、B兩點(diǎn)及AB圓弧分別是磁場的邊界點(diǎn)和磁場內(nèi)的一段弧，是尋找最小圓形磁場區(qū)域的依據(jù)。 題4 圓筒形的薄壁玻璃容器中，盛滿某種液體，容器底部外面有光源S，試問液體折射率至少為多少時，才不能通過容器壁在筒外看到光源S（壁厚不計）。 解析 要在容器外空間看不到光源S，即要求光源S進(jìn)入液體后，射向容器壁光線的入射角（臨界角），如圖所示，由折射定律可知（1） 由圖可知，（2） 在A點(diǎn)入射處，由折射定律有 所以（3） 由（1）（3）兩式可知，由（2）式可知：越小越好，臨界角C也是越小越好：由可知，越大，C越??；而由可知，當(dāng)一定時，越大，小。 所以液體的折射率 評析 本題臨界條件有兩個，當(dāng)折射角為90°時的入射角為臨界角C和當(dāng)入射角為90°時最大。一般幾何光學(xué)中習(xí)題涉及前一個臨界條件的較多，涉及后一個臨界條件的較少。而求出折射率的臨界值為，還要進(jìn)一步利用（3）式進(jìn)行討論的范圍。該題的分析方法是從結(jié)果利用臨界值C，采取倒推的方法來求解。一般來講，凡是求范圍的物理問題都會涉及臨界條件。 巨人高考網(wǎng)，祝你一份耕耘，一份收獲！http://gk.juren.com/ 高中物理輔導(dǎo)網(wǎng)http://004km.cn/ 第七講 論述題 一、特別提示 提高綜合應(yīng)用能力，要加強(qiáng)表達(dá)、敘述能力的訓(xùn)練，通過對論述題的分析和練習(xí)，克服解決物理問題時存在的：表達(dá)不清、敘述無理、論證無據(jù)等各種問題，學(xué)會使用本學(xué)科的語言來表達(dá)問題，進(jìn)行交流，培養(yǎng)分析、邏輯推理能力，從而形成物理學(xué)科的意識和思想。 1、論述題的特點(diǎn) 論述題的特點(diǎn)主要體現(xiàn)在解題過程的表達(dá)要求上，即在對物理現(xiàn)象、物理過程的分析中，要求運(yùn)動物理規(guī)律，用簡潔、準(zhǔn)確、清晰的語言對分析過程進(jìn)行表達(dá)，在做出判斷的同時，說明判斷根據(jù)，也就是說不單要說明是什么，而且要說清楚為什么。 2、論述題的解法 解答論述題所用的分析方法和解答其它類型（選擇、計算題型）的題目沒有什么差別，但需有解題過程中的分析和表達(dá)，也就是說，對于論述題，除了要能夠正確進(jìn)行解答之外，一些必要的文字說明一定要有，《考試說明》明確要求學(xué)生“能夠根據(jù)已知的知識和所給物理事實(shí)、條件，對物理問題進(jìn)行邏輯推理和論證，得出正確的結(jié)論或作出正確的判斷，并能把推理過程正確地表達(dá)出來?！?/p> 因此，解答論述題，一般可按以下步驟進(jìn)行：（1）根據(jù)題給條件，畫出草圖分析，明確題意。 （2）對題目中的物理現(xiàn)象，涉及的物理模型，發(fā)生的物理過程，進(jìn)行簡要的文字說明和進(jìn)行必要的數(shù)學(xué)推導(dǎo)，具體說明每步的依據(jù)，從而得出結(jié)論或論證所需要的數(shù)學(xué)表達(dá)式。 （3）對導(dǎo)出的結(jié)果進(jìn)行分類討論，最后得出完整的結(jié)論。 不同類型的論述題，其出題的意圖不同，解題的要求也有所區(qū)別。同學(xué)們可以在平時學(xué)習(xí)、練習(xí)中加以體會。 二、典型例題 題1 如圖9-1，是利用高頻交變電流焊接自行車零件的原理示意圖，其中外圈A是通高頻交流電的線圈，B是自行車的零件，a是待焊接的接口，接口兩端接觸在一起，當(dāng)A中通有交流電時，B中會產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，使得接口處金屬熔化而焊接起來。（1）為什么在其它條件不變的情況下，交流電頻率越高，焊接越快？（2）為什么焊接過程中，接口a處已被熔化而零件的其它部分并不很熱？ 分析和證明（1）交流電頻率越高，磁通量變化率越大。 由法拉第電磁感應(yīng)定律可知：感應(yīng)電動勢和感應(yīng)電流都變大，產(chǎn)生的熱功率越大；焊接越快。 （2）因?yàn)榻涌谔庪娮璐螅?lián)電路中電流處處相等，電阻大的地方產(chǎn)生的熱量多，可將接口處熔化而零件的其它部分并不很熱。 評析 這是一道簡答論述題?？梢韵駟柎痤}，判斷某一說法的對錯，進(jìn)而敘述理由。它要求運(yùn)用物理知識和規(guī)律對某個問題或某種觀點(diǎn)進(jìn)行簡明扼要回答，或加以簡潔的解釋。 題2 試在下述簡化情況下，由牛頓定律和運(yùn)動學(xué)公式導(dǎo)出動量守恒定律的表達(dá)式：系統(tǒng)是兩個質(zhì)點(diǎn)，相互作用力是恒力，不受其他力，沿直線運(yùn)動，要求說明推導(dǎo)過程中每步的根據(jù)，以及公式中各符號和最后結(jié)果中各項(xiàng)的意義。 分析和證明 設(shè)m1和m2分別表示兩質(zhì)點(diǎn)的質(zhì)量，F(xiàn)1和F2分別表示它們所受作用力，a1和a2分別表示它們的加速度，t1和t2分別表示F1和F2作用的時間，v1和v2分別表示它們 京翰教育中心http://004km.cn/ 高中物理輔導(dǎo)網(wǎng)http://004km.cn/ ?和v2?分別表示末速度，根據(jù)牛頓第二定律，相互作用過程中的初速度，v1有：F1?m1a1，F(xiàn)2?m2a2 ??v1??v2v1v2由加速度的定義可知：a1?，a2? t1t2??v1)，F(xiàn)2t2?m2(v2??v2)分別代入上式，可得：F1t1?m1(v1根據(jù)牛頓第三定律，有F1??F2，t1?t2 ??m2v2? 代入并整理后，最終可得：m1v1?m2v2?m1v1?和m2v2?為兩質(zhì)點(diǎn)的末動量，這就是動量守其中m1v1和m2v2為兩質(zhì)點(diǎn)的初動量，m1v1恒定律的表達(dá)式。 評析 本題是一道推導(dǎo)證明題。首先要對所引用字母符號的物理意義加以具體說明，在推導(dǎo)過程中每一步都要針對性的給出依據(jù)、說明理由，最后按題目要求用文字說出最后結(jié)果中各項(xiàng)的意義。因此，在學(xué)習(xí)物理概念和規(guī)律時不能只記結(jié)論，還須弄清其中的道理，知道物理概念和規(guī)律的由來。 題3 一內(nèi)壁光滑的環(huán)形細(xì)圓管，位于豎直平面內(nèi)，環(huán)的半徑為R（比細(xì)管的半徑大得多）。在圓管中有兩個直徑與細(xì)管內(nèi)徑相同的小球（可視為質(zhì)點(diǎn)）。A球的質(zhì)量為m1，B球的質(zhì)量為 m2，它們沿環(huán)形圓管順時針運(yùn)動，經(jīng)過最低點(diǎn)時的速度為v0，設(shè)A球運(yùn)動到最低點(diǎn)時，B球恰好運(yùn)動到最高點(diǎn)，證明：若要此時兩球作用于圓管的合力為零，那么m1，m2，R與v0應(yīng)滿足的關(guān)系式是： 2v0(m1?5m2)g?(m1?m2)?0。 R分析和證明 根據(jù)題意，想象出此時物理情意如圖9-2。因?yàn)檐壍缹υ谧罡唿c(diǎn)B的作用力方向可以向上也可以向下，故先對A球受力分析（見圖），由牛頓第三定律可知，A球?qū)A管的壓力向下。為使兩球作用于圓管的合力為零，B球?qū)A管的作用力只能向上，不然合力就不會為零，所以軌道對B球的作用力方向，由牛頓第三定律可知是向下的。于是可以證明： 22v0v0對A由F?ma有N1?m1g?m1所以N1?m1g?m1 RR2v2對B有N2?m2g?m2 R京翰教育中心http://004km.cn/ 高中物理輔導(dǎo)網(wǎng)http://004km.cn/ 由機(jī)械能守恒定律得 1122m2v0?m2v2?m2g2R 2222v0v2?5m2g 把v?v?4gR 代入N2?m2g?m2得N2?m2RR222122v0v0?m2?5m2g 據(jù)題意有N1?N2，則m1g?m1RR2v0?0 即(m1?5m2)g?(m1?m2)R評析 本題的思路是“由因?qū)鳌保瑢?shí)行順向證明，即由題設(shè)已知條件出發(fā)，運(yùn)用已知規(guī)律推導(dǎo)所要證明的結(jié)果，叫順證法。 題4 如圖9-3所示，滑塊A、B的質(zhì)量分別為m1與m2，且m1?m2，由輕質(zhì)彈簧相連接，置于光滑的水平面上，用一輕繩把兩滑塊拉至最近，使彈簧處于最大壓縮狀態(tài)后綁緊，兩滑塊一起以恒定的速度v0向右滑動。突然輕繩斷開，當(dāng)彈簧伸長至本身的自然長度時，滑塊A的速度正好為零。問在以后的運(yùn)動過程中，滑塊B是否會有速度等于零的時刻？試通過定量分析討論，證明你的結(jié)論。 分析和證明 B的速度不會為零。 假設(shè)某時刻B的速度為零，設(shè)此時滑塊A的速度為v1，由動量定律得 (m1?m2)v0?m1v1 ① 此時系統(tǒng)的機(jī)械能為E1（重力勢能為零），動能為EKA，彈性勢能為Ep1 E1=EKA+Ep1 ② EKA=m1v1 ③ 由題意知，當(dāng)A的速度為零時，彈性勢能Ep2=0。設(shè)此時B的速度為v，則B的動能為：2EKB?1m2v12 ④ 2此時系統(tǒng)的機(jī)械能為：E2=EKB+Ep2 ⑤ 由動量守恒定律得：(m1?m2)v0?m2v⑥ 由機(jī)械能守恒定律得E1=E2 ⑦ 由以上各式聯(lián)立得： 22(m1?m2)2v0(m1?m2)2v0 ⑧ ?Ep1?2m12m2由于Ep1?0，由上式可得出m2?m1，這與題沒給定的條件m1?m2相矛盾，故假設(shè) 京翰教育中心http://004km.cn/ 高中物理輔導(dǎo)網(wǎng)http://004km.cn/ 不成立，即有：B的速度不會為零。 評析 此題順向證明過程較為復(fù)雜，可采用反證法。先假定所要證明的結(jié)論不成立，由此通過合理的邏輯推導(dǎo)而導(dǎo)出矛盾，從而說明假設(shè)不對，肯定原結(jié)論正確。 題3 如圖9-4所示，彈簧的一端固定在墻上。另一端連結(jié)一質(zhì)量為m的木塊，今將木塊向右拉開一位移L后釋放，木塊在有摩擦的水平地面上減幅振動。彈簧第一次恢復(fù)原長時，木塊速度為v0，試討論：木塊在整個振動過程中出現(xiàn)速度為v0的位置有幾個。 分析和證明 在整個振動過程中出現(xiàn)速度為v0的位置有，且只有2個。 放手后，木塊在水平方向上的彈力和摩擦力同時作用下，先向左作加速度變小的加速運(yùn)動。后向左作加速度變大的減速運(yùn)動。在原平衡位置右側(cè)x0處（kx0??mg），一定存在一加速度為零的位置，此位置向左的速度最大。根據(jù)速度變化必須是連續(xù)的原理可知，既然左側(cè)有一v0，其右側(cè)也一定存在一v0的位置。 此后的運(yùn)動，可從能量角度分析不會再有v0的位置出現(xiàn)。 因?yàn)樵趶椈傻谝淮位謴?fù)原長，木塊速度為v0時，系統(tǒng)振動的能量E?Ek?12mv0，2此后的運(yùn)動仍屬阻尼振動，由于摩擦的作用振動能量不斷減小，E??E，設(shè)此后振動中任一時刻的速率為vx，即1212mvx?Ep?mv0 22所以vx必小于v0，且不斷變小，直至停止振動為止。 評析 此題屬判斷敘述類：根據(jù)題設(shè)的條件和基礎(chǔ)知識，對某一物理現(xiàn)象、過程或結(jié)論，作出正確與否的判斷。可以像計算題中的過程分析，用文字和物理公式分層次有條理地表達(dá)出來。 題4 如圖9-5所示，足夠長的水平絕緣桿MN，置于足夠大的垂直紙面向內(nèi)的勻強(qiáng)磁場中，磁場的磁感強(qiáng)度為B，一個絕緣環(huán)P套在桿上，環(huán)的質(zhì)量為m，帶電量為q的正電荷，與桿間的動摩擦因數(shù)為?，若使環(huán)以初速度v0向右運(yùn)動，試分析絕緣環(huán)克服摩擦力所做的功。 分析和證明 當(dāng)絕緣環(huán)以初速度v0向右運(yùn)動時，環(huán)受重力mg、洛侖茲力f?qBv0及桿的彈力N。由于N的大小、方向與重力和洛侖茲力大小有關(guān)，會約束水平方向的摩擦力變化，從而使絕緣環(huán)的最終運(yùn)動可能有三種情況： 京翰教育中心http://004km.cn/ 高中物理輔導(dǎo)網(wǎng)http://004km.cn/（1）若開始時qBv0?mg，即v0?mg，由于N=0，絕緣環(huán)不受摩擦力作用，做勻qB速直線運(yùn)動。絕緣環(huán)克服摩擦力所做的功Wf1?0。 （2）若開始時qBv0?mg，即v0?mg，N方向向上，絕緣環(huán)受桿摩擦力作用，做qB12mv0。2加速度變小的減速運(yùn)動，直至靜止。絕緣環(huán)克服摩擦力所做的功Wf2?（3）若開始時qBv0?mg，即v0?mg，N方向向下，絕緣環(huán)受桿摩擦力作用，做qB減速直線運(yùn)動，洛侖茲力f不斷減小，當(dāng)qBv0?mg時，N=0，絕緣環(huán)不受摩擦力作用，做勻速直線運(yùn)動，即最終速度v?mg。絕緣環(huán)克服摩擦力所做的功： qBWf3?12121mg2mv0?mv?m[v0?()2]。222qB評析 本題可根據(jù)題設(shè)的條件和基礎(chǔ)知識，通過某一物理現(xiàn)象的分析，作出相應(yīng)的判斷，對導(dǎo)出的結(jié)果進(jìn)行較為完整的分類討論。主要培養(yǎng)思維的深度和廣度，提高判斷應(yīng)用能力。 京翰教育中心http://004km.cn/ 第六講 作圖 一、特別提示 解答物理問題通常有解析、論述、作圖和列表等基本方法。作圖是最重要的數(shù)學(xué)工具之一，也是考查的能力范圍。在解答作圖題時，要特別注意： （1）仔細(xì)審題，按要求作圖。例如，在平面鏡成像作圖時，為快速準(zhǔn)確作圖，通常采用對稱性作圖，一般不直接根據(jù)光的反射定律作圖； （2）具體作圖時，每一步驟都要有依據(jù)。例如，物體運(yùn)動時速度、合外力和軌跡三者間必須滿足一定的位置關(guān)系，而不能隨意亂畫； （3）在讀圖時要善于發(fā)現(xiàn)圖中的隱含條件。例如，物理圖象的縱、橫截距、斜率和面積以及曲線間平行、相交、重合的關(guān)系，有時幾個不同的物理圖象從不同側(cè)面描述同一物理過程時更要理解它們之間的聯(lián)系和區(qū)別； （4）作圖時還要注意規(guī)范性要求，不要隨意。例如，是實(shí)線還是虛線，是否應(yīng)標(biāo)明箭頭方向，還是用斜線表示特殊的區(qū)域；并注意特殊符號（如電學(xué)元件）的正確運(yùn)用； （5）用作圖法處理實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)時，要理解所謂“擬合曲線”的意義，如何篩選、描線直接影響結(jié)果的準(zhǔn)確性，同時也是能力具體體現(xiàn)之一。 二、典型例題 題 1一輛汽車在恒定的功率牽引下，在平直公路上由靜止出發(fā)，經(jīng)4min的時間行駛1.8km，則在4min末汽車的速度（） A、等于7.5m/s B、大于7.5m/s C、等于15m/s D、15m/s 解析 汽車在恒定功率下由靜止啟動是加速度越來越小的變加速運(yùn)動，很難通過運(yùn)動方程求瞬時速度，一般的方法是由動能定理求出動能、再求速度但這必須要知道牽引力、阻力所做的功。而現(xiàn)在這些條件都未知，但在恒定功率下，其4min內(nèi)的平均速度v?s?7.5m/s，由于加速度變小，所以末速度tvt?v，同時由于位移關(guān)系vt?2v，其v?t圖象如圖，為一上凸的曲線。打斜線部分“面積”相等，即位移為1.8km?7.5?4?60m，如果vt?7.5m/s，則位移s?1.8km；而vt?15m/s則位移s?1.8km，故7.5m/s?vt?15m/s，正確選項(xiàng)是BD。 A、○V1、○V2分別為理想的電流表和電壓表，題 2電路如圖8-2，○R1、R2分別為定值電阻和可變電阻，電池E內(nèi)阻不計，A讀數(shù)之比等于R1 V1讀數(shù)與○A、R1不變時，○ A讀數(shù)之比等于R1 V1讀數(shù)與○B(yǎng)、R2不變時，○ A讀數(shù)變化量之比的絕對值V2讀數(shù)的變化量與○C、R2改變一定量時，○等于R1 A讀數(shù)變化量之比的絕對值V1讀數(shù)的變化量與○D、R2改變一定量時，○等于R1 V1、○V2分別測出R1、R2兩端電壓，解析：由題高，○A測出通過R1、○R2的電流，因此： U1?IR1、U2?IR 2且U1?U2?E，當(dāng)R2為某一值時，R1、R2的伏安特性曲線如圖（a）所示（如R1>R2），在圖中，U1?U2?E的關(guān)系很難表示出來，如果，將R2的伏安特性曲線的橫軸反向，即U軸向左，如（b）圖，再把a(bǔ)、b兩圖按U1?U2?E的關(guān)系畫在（2）圖中，那末電流、電壓關(guān)系就非常直觀了。特別是可變電阻R2改變一定量時（如增大為R2＇） ??U2??U1?U1?U1???U；電流變?yōu)镮?，增大?I?I??I，如圖（C）?U2?U2所示，顯然，滿足。 R1?U1?U?U1?U2??? 故正確選項(xiàng)是BCD I?I?I?I題 3把一個“10V、5W”的用電器B（純電阻）接到這一電源上，A消耗的功率是2W；換另一個“10V、5W”的用電器B（純電阻）接到這一電源上，B實(shí)際消耗的功率可能小于2W嗎？若有可能則條件是什么？ 解析：用電器A、B的電阻分別為 U2U2?20? RA??50? RB?PBPA由于RB?RA，所以B接入電路時，電壓U?10V，PB<5W，但能否小于2W呢？ A接入時：PA?[PrE2]RA?2W 則E?(PA?r)A?[10?]V RA5RB?r換上B后，由題設(shè)PB?[E2]RB?PA 則r?1010? RB?r可見，條件是E?[10?]V；r?1010?即可。 如果，從電源做伏安特性曲線E?U?Ir來看，當(dāng)PA?PB時，有臨界內(nèi)阻rs?r5RA?RB?1010?，及臨界電動勢Es?(10?210)V，由于PA?2W不變，當(dāng)PA?PB、PB?20?時，其解在PB伏安特性曲線的OP段（如圖）之內(nèi)，因?yàn)锳、B消耗的功率是U-I圖象中的“面積”；在過Q點(diǎn)，又過OP線段的E、r即為所求，可見，本題的所有解就是E?Es、r?rs的電源。 題 4如圖所示，a、b、c是勻強(qiáng)電場中的三點(diǎn)，這三點(diǎn)構(gòu)成等 邊三角形，每邊長L?21cm，將一帶電量q??2?10?6C的電荷從a點(diǎn)移到b點(diǎn)，電場力W1??1.2?10?5J；若將同一點(diǎn)電荷從a點(diǎn)移到c點(diǎn)，電場力做功W1?6?10?6J，試求場強(qiáng)E。 解析 勻強(qiáng)電場中電場線、等勢面的作圖是描述電場、理解電場屬性的重要方法，由題意電荷由a到b、由a到c電場力做功分別為： Wab?qUab、Wac?qUac 可得Uab?WabW?6V；Uac?ac??3V qq若設(shè)電熱?b?0、則?a?6V、?c?9V；可將cb三等分，1cb，于是?d?6V即?a??d，過ad可作等勢面，如3圖8-6所示，為了便于求場強(qiáng)E過a作電場線E，并過c作ad的平行線。在?acd中，?acd?60?、?cad??和使cd??adc?180??(60???) 由正弦定理：cdac? 可解sin? sin?sin(60???)故場強(qiáng)E?Uac?200V/m，顯然，若不能正確作圖很難求出場強(qiáng)。 arcsin?題 5如圖，xoy坐標(biāo)系中，將一負(fù)檢驗(yàn)電荷Q由y軸上的a點(diǎn)移至x軸上的b點(diǎn)時，需克服電場力做功W；若從a點(diǎn)移至x軸上的c點(diǎn)時，也需克服電場力做功W。那么關(guān)于此空間存在的靜電場可能是： A、存在場強(qiáng)方向沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場 B、存在場強(qiáng)方向沿x軸正方向的勻強(qiáng)電場 C、處于第I象限某一位置的正點(diǎn)電荷形成的電場 D、處于第IV象限某一位置的負(fù)點(diǎn)電荷形成的電場 解析 由題意-q由a分別到b、c克服電場力做功均為W，即即電勢?a??b??c，Wab?qUab?Wac?qUac、Wab?0、q?0，易知若為勻強(qiáng)電場，則場強(qiáng)方向沿y軸負(fù)向，即A項(xiàng)正確。若為點(diǎn)電荷電場，由?b??c，可作bc之中垂線L1；若?a??b，則可作ab之中垂線L2，L1、L2交點(diǎn)為P(xP,yP)（如圖所示）。當(dāng)由正點(diǎn)電荷形成電場時，?a??b只須在L1上的點(diǎn)到a的距離小于到b(c)的距離即可，顯然，該點(diǎn)坐標(biāo)(x,y)滿足： x?xp、y?yp，分布在L1的P點(diǎn)以上（不包括P點(diǎn)）。 而由負(fù)點(diǎn)電荷形成電場時，則要該點(diǎn)在L1上，且到a的距離大于到b(c)的距離，其坐標(biāo)(x,y)滿足：x?xp、y?yp，分布在L1的P點(diǎn)以上（不包括P點(diǎn)）。 通過作圖不但直觀、形象而且準(zhǔn)確地給出了解的范圍，其實(shí)關(guān)于場的問題本來就是空間的問題，而對場的了解必須運(yùn)用作圖的工具。第二篇：3高三物理第二輪復(fù)習(xí)教案(第三講 變加速運(yùn)動)
第三篇：高三物理第二輪專題復(fù)習(xí)教案[全套]·物理
第四篇：高三物理第二輪論述題專題復(fù)習(xí)教案
第五篇：高三物理第二輪復(fù)習(xí)教案(第六講 作圖)
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