2010年高考物理經(jīng)典例題講解及詮釋

1、2009年高考物理經(jīng)典題型及其解題基本思路專題輔導（二）專題二 力與運動 思想方法提煉一、對力的幾點認識 1.關于力的概念.力是物體對物體的相互作用.這一定義體現(xiàn)了力的物質(zhì)性和相互性.力是矢量. 2.力的效果 （1）力的靜力學效應：力能使物體發(fā)生形變.(2)力的動力學效應： a.瞬時效應：使物體產(chǎn)生加速度F=ma b.時間積累效應：產(chǎn)生沖量I=Ft，使物體的動量發(fā)生變化Ft=p c.空間積累效應：做功W=Fs，使物體的動能發(fā)生變化Ek=W3.物體受力分析的基本方法 （1）確定研究對象（隔離體、整體）. （2）按照次序畫受力圖，先主動力、后被動力，先場力、后接觸力. （3）只分析性質(zhì)力，不分析效

2、果力，合力與分力不能同時分析. （4）結合物體的運動狀態(tài)：是靜止還是運動，是直線運動還是曲線運動.如物體做曲線運動時，在某點所受合外力的方向一定指向軌跡弧線內(nèi)側的某個方向.二、中學物理中常見的幾種力三、力和運動的關系 1.F=0時，加速度a =0.靜止或勻速直線運動 F=恒量:F與v在一條直線上勻變速直線運動 F與v不在一條直線上曲線運動（如平拋運動） 2.特殊力:F大小恒定，方向與v始終垂直勻速圓周運動 F=-kx簡諧振動四、基本理論與應用 解題常用的理論主要有：力的合成與分解、牛頓運動定律、勻變速直線運動規(guī)律、平拋運動的規(guī)律、圓周運動的規(guī)律等.力與運動的關系研究的是宏觀低速下物體的運動，如

3、各種交通運輸工具、天體的運行、帶電物體在電磁場中的運動等都屬于其研究范疇，是中學物理的重要內(nèi)容，是高考的重點和熱點，在高考試題中所占的比重非常大.選擇題、填空題、計算題等各種類型的試題都有，且常與電場、磁場、動量守恒、功能部分等知識相結合.感悟 滲透 應用一、力與運動的關系 力與運動關系的習題通常分為兩大類：一類是已知物體的受力情況，求解其運動情況；另一類是已知物體的運動情況，求解物體所受的未知力或與力有關的未知量.在這兩類問題中，加速度a都起著橋梁的作用.而對物體進行正確的受力分析和運動狀態(tài)及運動過程分析是解決這類問題的突破口和關鍵.【例1】如圖所示，質(zhì)量M=10kg的木楔靜止于粗糙水平地面

4、上，木楔與地面間的動摩擦因數(shù)m=0.2，在木楔的傾角為q=30的斜面上，有一質(zhì)量m=1.0kg的物塊由靜止開始沿斜面下滑，當滑行路程s=1.4m時，其速度v=1.4m/s.在這個過程中木楔處于靜止狀態(tài).求地面對木楔的摩擦力的大小和方向（取g=10m/s2）.【解析】由于木楔沒有動，不能用公式f=mN計算木楔受到的摩擦力，題中所給出動摩擦因數(shù)的已知條件是多余的。首先要判斷物塊沿斜面向下做勻加速直線運動，由運動學公式v2t-v20=2as可得其加速度a=v2/2s=0.7m/s2，由于a gsinq=5m/s2，可知物塊受摩擦力作用，物塊和木楔的受力如圖所示：對物塊，由牛頓第二定律得： mgsin

5、q-f1=ma f1=4.3N mgcosq-N1=0 N1= N對木楔，設地面對木楔的摩擦力如圖所示，由平衡條件： f=N1sinq-f1cosq=0.61Nf的結果為正值，說明所設的方向與圖設方向相同.【解題回顧】物理習題的解答，重在對物理規(guī)律的理解和運用，忌生拉硬套公式.對兩個或兩個以上的物體，理解物體間相互作用的規(guī)律，正確選取并轉(zhuǎn)移研究對象，是解題的基本能力要求.本題也可以用整體法求解：對物塊沿斜向下的加速度分解為水平方向acosq和豎直方向asinq，其水平方向上的加速度是木楔對木塊作用力的水平分量產(chǎn)生的，根據(jù)力的相互作用規(guī)律，物塊對木楔的水平方向的作用力也是macosq，再根據(jù)木楔

6、靜止的現(xiàn)象，由平衡條件，得地面對木楔的摩擦力一定是macosq=0.61N.【例2】如圖所示，一高度為h0.2m的水平面在A點處與一傾角為30的斜面連接，一小球以v05m/s的速度在平面上向右運動。求小球從A點運動到地面所需的時間（平面與斜面均光滑，取g10m/s2）。某同學對此題的解法為：小球沿斜面運動，則由此可求得落地的時間t。問：你同意上述解法嗎？若同意，求出所需的時間；若不同意，則說明理由并求出你認為正確的結果?！窘馕觥坎煌狻Ｐ∏驊贏點離開平面做平拋運動，而不是沿斜面下滑。正確做法為：落地點與A點的水平距離 斜面底寬 小球離開A點后不會落到斜面，因此落地時間即為平拋運動時間。 二、

7、臨界狀態(tài)的求解 臨界狀態(tài)的問題經(jīng)常和最大值、最小值聯(lián)系在一起，它需要在給定的物理情境中求解某些物理量的上限或下限，有時它與數(shù)學上的極值問題相類似.但有些問題只能從物理概念、規(guī)律的約束來求解，研究處理這類問題的關鍵是：（1）要能分析出臨界狀態(tài)的由來.（2）要能抓住處于臨界狀態(tài)時物體的受力、運動狀態(tài)的特征.【例3】如圖所示，在相互垂直的勻強電場、磁場中，有一個傾角為q且足夠長的光滑絕緣斜面.磁感應強度為B，方向水平向外，電場強度的方向豎直向上.有一質(zhì)量為m，帶電量為+q的小球靜止在斜面頂端，這時小球?qū)π泵娴膲毫η『脼?.若迅速把電場方向改為豎直向下時，小球能在斜面上連續(xù)滑行多遠？所用時間是多少？【

8、解析】開始電場方向向上時小球受重力和電場力兩個力作用，mg=qE，得電場強度E=mg/q. 當電場方向向下，小球在斜面上運動時小球受力如圖，在離開斜面之前小球垂直于斜面方向的加速度為0.mgcosq+qEcosq=Bqv+N，即2mgcosq=Bqv+N 隨v的變大小球?qū)π泵娴膲毫在變小，當增大到某個值時壓力為0，超過這個值后，小球?qū)㈦x開斜面做曲線運動. 沿斜面方向小球受到的合力F=mgsinq+qEsinq=2mgsinq為恒力，所以小球在離開斜面前做勻加速直線運動a=F/m=2gsinq.其臨界條件是2mgcosq=Bqv，得即將離開斜面時的速度v=2mgcosq/Bq. 由運動學公式v

9、2=2as，得到在斜面上滑行的距離為s=m2gcos2q/(B2q2sinq) 再根據(jù)v=at得運動時間：t=v/a=mctanq/Bq.【解題回顧】本題的關鍵有三點：（1）正確理解各種力的特點，如勻強電場中電場力是恒力，洛倫茲力隨速度而變化，彈力是被動力等.（2）分析出小球離開斜面時臨界狀態(tài)，求出臨界點的速度.（3）掌握運動和力的關系，判斷出小球在離開斜面前做初速度為0的勻加速直線運動.下滑距離的求解也可以用動能定理求解，以加強對各種力的理解.【例4】如圖所示，一平直的傳送帶以v=2m/s的速度勻速運行，傳送帶把A處的工件運送到B處.A、B相距L=10m.從A處把工件無初速度地放到傳送帶上，

10、經(jīng)過時間t=6s傳送到B處，欲用最短的時間把工件從A處傳送到B處，求傳送帶的運行速度至少多大？【解析】A物體無初速度放上傳送帶以后，物體將在摩擦力作用下做勻加速運動，因為L/tv/2,這表明物體從A到B先做勻加速運動后做勻速運動.設物體做勻加速運動的加速度為a，加速的時間為t1，相對地面通過的位移為s，則有v=at1，s=at21/2，s+v(t-t1)=L. 數(shù)值代入得a=1m/s2 要使工件從A到B的時間最短，須使物體始終做勻加速運動，至B點時速度為運送時間最短所對應的皮帶運行的最小速度. 由v2=2aL，v=【解題回顧】對力與運動關系的習題，正確判斷物體的運動過程至關重要.工件在皮帶上的

11、運動可能是一直做勻加速運動、也可能是先勻加速運動后做勻速運動，關鍵是要判斷這一臨界點是否會出現(xiàn).在求皮帶運行速度的最小值時，也可以用數(shù)學方法求解：設皮帶的速度為v，物體加速的時間為t1，勻速的時間為t2，則L=（v/2）t1+vt2，而t1=v/a.t2=t-t1，得t=L/v+v/2a.由于L/v與v/2a的積為常數(shù)，當兩者相等時其積為最大值，得v= 時t有最小值.由此看出，求物理極值，可以用數(shù)學方法也可以采用物理方法.但一般而言，用物理方法比較簡明.三、在生產(chǎn)、生活中的運用. 高考制度的改革，不僅是考試形式的變化，更是高考內(nèi)容的全面革新，其根本的核心是不僅要讓學生掌握知識本身，更要讓學生知

12、道這些知識能解決哪些實際問題，因而新的高考試題十分強調(diào)對知識的實際應用的考查.【例5】兩個人要將質(zhì)量M=1000kg的小車沿一小型鐵軌推上長L=5m，高h=1m的斜坡頂端，如圖所示.已知車在任何情況下所受的摩擦阻力恒為車重的0.12倍，兩人能發(fā)揮的最大推力各為800N.在不允許使用別的工具的情況下，兩人能否將車剛好推到坡頂？如果能，應如何辦？（g取10m/s2 ）【解析】由于推車沿斜坡向上運動時，車所受“阻力”大于兩個人的推力之和. 即f1=Mgh/L+mMg=3.2103NF=1600N 所以不能從靜止開始直接沿斜面將小車推到坡頂. 但因小車在水平面所受阻力小于兩人的推力之和，即f2=mMg

13、=1200N1600N故可先在水平面上加速推一段距離后再上斜坡.小車在水平面的加速度為 a1=(F-f2)/M=0.4m/s2 在斜坡上做勻減速運動，加速度為 a2=(F-f1)/M=-1.6m/s2 設小車在水平面上運行的位移為s到達斜面底端的速度為v. 由運動學公式2a1s=v2=-2a2L 解得s=20m.即兩人先在水平面上推20m后，再推上斜坡，則剛好能把小車推到坡頂.【解題回顧】本題的設問，只有經(jīng)過深入思考，通過對物理情境的變換才能得以解決.由此可知，對聯(lián)系實際問題應根據(jù)生活經(jīng)驗進行具體分析.不能機械地套用某種類型.這樣才能切實有效地提高解題能力.另外，本題屬半開放型試題，即沒有提供

14、具體的方法，需要同學自己想出辦法，如果題中沒有沿鐵軌這一條件限制，還可以提出其他一些辦法，如在斜面上沿斜線推等.【例6】蹦床是運動員在一張繃緊的彈性網(wǎng)上蹦跳、翻滾并做各種空中動作的運動項目。一個質(zhì)量為 60kg 的運動員，從離水平網(wǎng)面 3.2m 高處自由下落，著網(wǎng)后沿豎直方向蹦回到離水平網(wǎng)面 5.0m 高處。已知運動員與網(wǎng)接觸的時間為 1.2s。若把在這段時間內(nèi)網(wǎng)對運動員的作用力當作恒力處理，求此力的大小。（g10m/s2）【解析】將運動員看作質(zhì)量為 m 的質(zhì)點，從 h1 高處下落，剛接觸網(wǎng)時速度的大小 （向下）彈跳后到達的高度為 h2，剛離網(wǎng)時速度的大小 （向上）速度的改變量 （向上）以 a

15、 表示加速度，t 表示接觸時間，則接觸過程中運動員受到向上的彈力 F 和向下的重力 mg。由牛頓第二定律，由以上五式解得，代入數(shù)值得 N四、曲線運動. 當物體受到的合力的方向與速度的方向不在一條直線上時，物體就要做曲線運動.中學物理能解決的曲線運動的習題主要有兩種情形：一種是平拋運動，一種是圓周運動.平拋運動的問題重點是掌握力及運動的合成與分解.圓周運動的問題重點是向心力的來源和運動的規(guī)律.【例7】在光滑水平面上有一質(zhì)量m=1.010-3kg，電量q=1.010-10C的帶正電小球，靜止在O點，以O點為原點，在該水平面內(nèi)建立直角坐標系Oxy，如圖所示. 現(xiàn)突然加一沿x軸正方向、場強大小為E=2

16、.0106V/m的勻強電場，使小球開始運動，經(jīng)過1.0s，所加電場突然變?yōu)檠貀軸正方向，場強大小仍為E=2.0106V/m的勻強電場，再經(jīng)過1.0s所加電場又突然變?yōu)榱硪粋€勻強電場.使小球在此電場作用下經(jīng)1.0s速度變?yōu)?.求速度為0時小球的位置.【解析】由牛頓定律可知小球在水平面上的加速度 a=qE/m=0.20m/s2. 當場強沿x軸正方向時，經(jīng)1.0s小球的速度大小為vx=at=0.201.0=0.20m/s（方向沿x軸方向） 小球沿x軸方向移動的距離為x1=at2/2=0.10m. 在第2s內(nèi)，電場方向y軸正方向，x方向不再受力， 所以第2s內(nèi)小球在x方向做勻速運動，在y方向做初速度為

17、0的勻加速直線運動（類似平拋運動）沿y方向的距離:y=at2/2=0.10m. 沿x方向的距離:x2=vxt=0.21.0=0.20m. 第2s未在y方向分速度為: vy=at=0.201.0=0.20m/s 由上可知，此時小球運動方向與x軸成45角，要使小球速度變?yōu)?，則在第3s內(nèi)所加電場方向必須與此方向相反，即指向第三象限，與x軸成225角.在第3s內(nèi)，設在電場作用下小球加速度的x分量和y方向分量分別為ax、ay，則 ax=vx/t=0.2m/s2， ay=vy/t=0.20m/s2； 在第3s未，小球到達的位置坐標為 x3=x1+x2+vxt-axt2/2=0.40m， y3=y+vyt

18、-ayt2/2=0.20m.【解題回顧】學好物理要有一定的空間想像力，要分析、想像物體的運動狀態(tài)和運動軌跡.作圖可以化抽象為具體，提高解題成功率.本題小球的運動情景如圖.【例8】如圖所示，有一質(zhì)量為m的小球P與穿過光滑水平板上小孔O的輕繩相連，用手拉著繩子另一端，使小球在水平板上繞O點做半徑為a、角速度為w的勻速圓周運動.求：（1）此時繩上的拉力有多大？ （2）若將繩子從此狀態(tài)迅速放松，后又拉直，使小球繞O做半徑為b的勻速圓周運動.從放松到拉直這段過程經(jīng)歷了多長時間？ （3）小球做半徑為b的勻速圓周運動時，繩子上的拉力又是多大？【解析】（1）繩子上的拉力提供小球做勻速圓周運動的向心力，故有：F

19、=mw2a（2）松手后繩子上的拉力消失，小球?qū)乃墒謺r的位置沿圓周的切線方向，在光滑的水平面上做勻速直線運動.當繩在水平板上長為b時，繩又被拉緊.在這段勻速直線運動的過程中小球運動的距離為s= ，如圖所示故t=s/v=（3）將剛拉緊繩時的速度分解為沿繩子的分量和垂直于繩子的分量.在繩被拉緊的短暫過程中，球損失了沿繩的分速度，保留著垂直于繩的分速度做勻速圓周運動.被保留的速度的大小為： v1=va/b=wa2/b. 所以繩子后來的拉力為： F=mv21/b=mw2a4/b3.【解題回顧】此題難在第3問，注意物體運動過程中的突變點，理解公式F=mv2/R中的v是垂直于半徑、沿切線方向的速度.五、圖

20、像的運用【例9】如圖所示，一對平行光滑軌道設置在水平面上，兩軌道間距L=0.20m，電阻R=1.0W；有一導體桿靜止地放在軌道上，與兩軌道垂直，桿及軌道的電阻皆可忽略不計，整個裝置處于磁感應強度B=0.5T的勻強磁場中，磁場方向垂直軌道向下，現(xiàn)用一外力F沿軌道方向拉桿，使之做勻加速運動，測得力F與時間t的關系如圖所示.求桿的質(zhì)量m和加速度a【解析】物體做勻加速運動的條件是合外力不變.導體桿運動過程中受拉力和安培力兩個力作用，因安培力隨著速度增加電流變大而變大，所以拉力隨著時間而變化.設桿的質(zhì)量為m，加速度為a，則由運動學公式v=at，感應電動勢E=BLv，感應電流I=E/R，安培力f=BIL，

21、 由牛頓第二定律F-f=ma， 整理得F=ma+B2L2at/R， 在圖線上取兩點代入后可得a = 10m/s2 m = 0.1kg.練習題 如圖所示，離子源從某小孔發(fā)射出帶電量q=1.610-10C的正離子(初速度不計)，在加速電壓U= 1000V作用下沿O1O2方向進入勻強磁場中磁場限制在以O2為圓心半徑為R0=2.64cm的區(qū)域內(nèi)，磁感強度大小B為0.10T，方向垂直紙面向外，正離子沿偏離O1O2為60角的方向從磁場中射出，打在屏上的P點，計算：(1)正離子質(zhì)量m(2)正離子通過磁場所需要的時間t解 由圖可見RR0cot30由、式得1.6710-27(kg)(2)由圖所示，離子飛出磁場，

22、偏轉(zhuǎn)60角，故在磁場中飛2009年高考物理經(jīng)典題型及其解題基本思路專題輔導（三）專題三 動量與能量思想方法提煉牛頓運動定律與動量觀點和能量觀點通常稱作解決問題的三把金鑰匙.其實它們是從三個不同的角度來研究力與運動的關系.解決力學問題時，選用不同的方法，處理問題的難易、繁簡程度可能有很大差別，但在很多情況下，要三把鑰匙結合起來使用，就能快速有效地解決問題.一、能量1.概述 能量是狀態(tài)量，不同的狀態(tài)有不同的數(shù)值的能量，能量的變化是通過做功或熱傳遞兩種方式來實現(xiàn)的，力學中功是能量轉(zhuǎn)化的量度，熱學中功和熱量是內(nèi)能變化的量度.高中物理在力學、熱學、電磁學、光學和原子物理等各分支學科中涉及到許多形式的能，

23、如動能、勢能、電能、內(nèi)能、核能，這些形式的能可以相互轉(zhuǎn)化，并且遵循能量轉(zhuǎn)化和守恒定律，能量是貫穿于中學物理教材的一條主線，是分析和解決物理問題的主要依據(jù)。在每年的高考物理試卷中都會出現(xiàn)考查能量的問題。并時常發(fā)現(xiàn)“壓軸題”就是能量試題。2.能的轉(zhuǎn)化和守恒定律在各分支學科中表達式 (1)W合=Ek包括重力、彈簧彈力、電場力等各種力在內(nèi)的所有外力對物體做的總功，等于物體動能的變化。(動能定理) (2)WF=E除重力以外有其它外力對物體做功等于物體機械能的變化。(功能原理) 注：(1)物體的內(nèi)能(所有分子熱運動動能和分子勢能的總和)、電勢能不屬于機械能(2)WF=0時，機械能守恒，通過重力做功實現(xiàn)動能

24、和重力勢能的相互轉(zhuǎn)化。(3)WG=-EP重力做正功，重力勢能減小；重力做負功，重力勢能增加。重力勢能變化只與重力做功有關，與其他做功情況無關。 (4)W電=-EP 電場力做正功，電勢能減小；電場力做負功，電勢能增加。在只有重力、電場力做功的系統(tǒng)內(nèi)，系統(tǒng)的動能、重力勢能、電勢能間發(fā)生相互轉(zhuǎn)化，但總和保持不變。 注：在電磁感應現(xiàn)象中，克服安培力做功等于回路中產(chǎn)生的電能，電能再通過電路轉(zhuǎn)化為其他形式的能。(5)W+Q=E物體內(nèi)能的變化等于物體與外界之間功和熱傳遞的和(熱力學第一定律)。 (6)mv02/2=h-W 光電子的最大初動能等于入射光子的能量和該金屬的逸出功之差。 (7)E=mc2在核反應中

25、，發(fā)生質(zhì)量虧損，即有能量釋放出來。(可以以粒子的動能、光子等形式向外釋放)動量與能量的關系 1.動量與動能 動量和能量都與物體的某一運動狀態(tài)相對應，都與物體的質(zhì)量和速度有關.但它們存在明顯的不同：動量的大小與速度成正比p=mv；動能的大小與速度的平方成正比Ek=mv2/2兩者的關系：p2=2mEk 動量是矢量而動能是標量.物體的動量發(fā)生變化時，動能不一定變化；但物體的動能一旦發(fā)生變化，則動量必發(fā)生變化.2.動量定理與動能定理 動量定理：物體動量的變化量等于物體所受合外力的沖量.p=I，沖量I=Ft是力對時間的積累效應 動能定理：物體動能的變化量等于外力對物體所做的功.Ek=W，功W=Fs是力對

26、空間的積累效應.3.動量守恒定律與機械能守恒定律 動量守恒定律與機械能守恒定律所研究的對象都是相互作用的物體系統(tǒng)，(在研究某個物體與地球組成的系統(tǒng)的機械能守恒時，通常不考慮地球的影響)，且研究的都是某一物理過程.動量守恒定律的內(nèi)容是：一個系統(tǒng)不受外力或者所受外力之和為0，這個系統(tǒng)的總動量保持不變；機械能守恒定律的內(nèi)容是：在只有重力和彈簧彈力做功的情形下，系統(tǒng)機械能的總量保持不變運用動量守恒定律值得注意的兩點是：(1)嚴格符合動量守恒條件的系統(tǒng)是難以找到的.如：在空中爆炸或碰撞的物體受重力作用，在地面上碰撞的物體受摩擦力作用，但由于系統(tǒng)間相互作用的內(nèi)力遠大于外界對系統(tǒng)的作用，所以在作用前后的瞬間

27、系統(tǒng)的動量可認為基本上是守恒的.(2)即使系統(tǒng)所受的外力不為0，但沿某個方向的合外力為0，則系統(tǒng)沿該方向的動量是守恒的. 動量守恒定律的適應范圍廣，不但適應常見物體的碰撞、爆炸等現(xiàn)象，也適應天體碰撞、原子的裂變，動量守恒與機械能守恒相結合的綜合的試題在高考中多次出現(xiàn)，是高考的熱點內(nèi)容.【例1】如圖所示，滑塊A、B的質(zhì)量分別為m1與m2，m1m2，由輕質(zhì)彈簧相連接置于水平的氣墊導軌上，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率v0向右滑動.突然輕繩斷開.當彈簧伸至本身的自然長度時，滑塊A的速度正好為0.求：(1)繩斷開到第一次恢復自然長度的過程中彈簧釋放的彈性

28、勢能Ep；(2)在以后的運動過程中，滑塊B是否會有速度為0的時刻?試通過定量分析證明你的結論.【解析】(1)當彈簧處壓縮狀態(tài)時，系統(tǒng)的機械能等于兩滑塊的動能和彈簧的彈性勢能之和，當彈簧伸長到自然長度時，彈性勢能為0，因這時滑塊A的速度為0，故系統(tǒng)的機械能等于滑塊B的動能.設這時滑塊B的速度為v，則有E=m2v2/2. 因系統(tǒng)所受外力為0，由動量守恒定律 (m1+m2)v0=m2v. 解得E=(m1+m2)2v02/(2m2).由于只有彈簧的彈力做功，系統(tǒng)的機械能守恒 (m1+m2)v02/2+Ep=E. 解得Ep=(m1-m2)(m1+m2)v02/2m2. (2)假設在以后的運動中滑塊B可以

29、出現(xiàn)速度為0的時刻，并設此時A的速度為v1，彈簧的彈性勢能為Ep，由機械能守恒定律得 m1v12/2+Ep=(m1+m2)2v02/2m2.根據(jù)動量守恒得(m1+m2)v0=m1v1，求出v1代入上式得: (m1+m2)2v02/2m1+Ep=(m1+m2)2v02/2m2.因為Ep0，故得: (m1+m2)2v02/2m1(m1+m2)2v02/2m2即m1m2，這與已知條件中m1m2不符.可見在以后的運動中不可能出現(xiàn)滑塊B的速度為0的情況.【解題回顧】“假設法”解題的特點是：先對某個結論提出可能的假設.再利用已知的規(guī)律知識對該假設進行剖析，其結論若符合題意的要求，則原假設成立.“假設法”是

30、科學探索常用的方法之一.在當前，高考突出能力考察的形勢下，加強證明題的訓練很有必要.【例2】如圖所示，質(zhì)量為m的有孔物體A套在光滑的水平桿上，在A下面用細繩掛一質(zhì)量為M的物體B，若A固定不動，給B一水平?jīng)_量I，B恰能上升到使繩水平的位置.當A不固定時，要使B物體上升到使繩水平的位置，則給它的水平?jīng)_量至少多大?【解析】當A固定不動時，B受到?jīng)_量后以A為圓心做圓周運動，只有重力做功，機械能守恒.在水平位置時B的重力勢能應等于其在最低位置時獲得的動能Mgh=Ek=p2/2M=I2/2M.若A不固定，B向上擺動時A也要向右運動，當B恰能擺到水平位置時，它們具有相同的水平速度，把A、B看成一個系統(tǒng)，此系

31、統(tǒng)除重力外，其他力不做功，機械能守恒.又在水平方向上系統(tǒng)不受外力作用，所以系統(tǒng)在水平方向上動量守恒，設M在最低點得到的速度為v0，到水平位置時的速度為v. Mv0=(M+m)v. Mv02/2=(M+m)v2/2+Mgh. I=Mv0. I=【解題回顧】此題重要的是在理解A不固定，B恰能上升到使繩水平的位置時，其豎直方向的分速度為0，只有水平速度這個臨界點.另外B上升時也不再是做圓周運動，此時繩的拉力對B做功(請同學們思考一下，繩的拉力對B做正功還是負功)，有興趣的同學還可以分析一下系統(tǒng)以后的運動情況.【例3】下面是一個物理演示實驗，它顯示：圖中下落的物體A、B經(jīng)反彈后，B能上升到比初始位置高

32、的地方.A是某種材料做成的實心球，質(zhì)量m1=0.28kg，在其頂部的凹坑中插著質(zhì)量m2=0.1kg的木棍B.B只是松松地插在凹坑中，其下端與坑底之間有小間隙. 將此裝置從A的下端離地板的高度H=1.25m處由靜止釋放.實驗中，A觸地后在極短的時間內(nèi)反彈，且其速度大小不變；接著木棍B脫離球A開始上升，而球A恰好停留在地板上，求木棍B上升的高度.重力加速度（g=10m/s2）【解析】根據(jù)題意，A碰地板后，反彈速度的大小等于它下落到地面時的速度的大小，由機械能守恒得 (m1+m2)gH=(m1+m2)v2/2，v1= .A剛反彈時速度向上，立刻與下落的B碰撞，碰前B的速度v2= . 由題意，碰后A速

33、度為0，以v2表示B上升的速度，根據(jù)動量守恒m1v1-m2v2=m2v2. 令h表示B上升的高度，有m2v22/2=m2gh， 由以上各式并代入數(shù)據(jù)得:h=4.05m.【例4】質(zhì)量分別為m1、m2的小球在一直線上做彈性碰撞，它們在碰撞前后的位移時間圖像如圖所示，若m1=1kg,m2的質(zhì)量等于多少?【解析】從位移時間圖像上可看出：m1和m2于t=2s時在位移等于8m處碰撞，碰前m2的速度為0，m1的速度v0=s/t=4m/s 碰撞后，m1的速度v1=-2m/s， m2的速度v2=2m/s，由動量守恒定律得m1v0=m1v1+m2v2， m2=3kg.【解題回顧】這是一道有關圖像應用的題型，關鍵是

34、理解每段圖線所對應的兩個物理量：位移隨時間的變化規(guī)律，求出各物體碰撞前后的速度.不要把運動圖像同運動軌跡混為一談.【例5】云室處在磁感應強度為B的勻強磁場中，一質(zhì)量為M的靜止的原子核在云室中發(fā)生一次衰變，粒子的質(zhì)量為m，電量為q，其運動軌跡在與磁場垂直的平面內(nèi).現(xiàn)測得粒子運動的軌道半徑為R，試求在衰變過程中的質(zhì)量虧損.(注：涉及動量問題時，虧損的質(zhì)量可忽略不計)【解析】粒子在磁場中做圓周運動的向心力是洛倫茲力，設粒子的運動速度為v，由牛頓第二定律得qvB=mv2/R. 衰變過程中，粒子與剩余核發(fā)生相互作用，設衰變后剩余核的速度為v，衰變過程中動量守恒(M-m)v=mv. 粒子與剩余核的動能來源

35、于衰變過程中虧損的質(zhì)量，有 mc2=(M-m)v2/2+mv2/2.解得:m=M(qBR)2/2c2m(M-m).【解題回顧】此題知識跨度大，綜合性強，將基礎理論與現(xiàn)代物理相結合.考查了圓周運動、洛倫茲力、動量守恒、核裂變、能量守恒等知識.這類題型需注意加強.【例6】如圖所示，一輕繩穿過光滑的定滑輪，兩端各拴有一小物塊.它們的質(zhì)量分別為m1、m2，已知m2=3m1，起始時m1放在地上，m2離地面的高度h=1.0m，繩子處于拉直狀態(tài)，然后放手.設物塊與地面相碰時完全沒有彈起(地面為水平沙地)，繩不可伸長，繩中各處拉力均相同，在突然提起物塊時繩的速度與物塊的速度相同，試求m2所走的全部路程(取3位

36、有效數(shù)字)【解析】因m2m1，放手后m2將下降，直至落地. 由機械能守恒定律得 m2gh-m1gh=(m1+m2)v2/2. m2與地面碰后靜止，繩松弛，m1以速度v上升至最高點處再下降. 當降至h時繩被繃緊. 根據(jù)動量守恒定律可得:m1v=(m1+m2)v1由于m1通過繩子與m2作用及m2與地面碰撞的過程中都損失了能量，故m2不可能再升到h處，m1也不可能落回地面.設m2再次達到的高度為h1，m1則從開始繃緊時的高度h處下降了h1.由機械能守恒 (m1+m2)v12/2+m1gh1=m2gh1 由以上3式聯(lián)立可解得 h1=m12h/(m1+m2)2=m1/(m1+m2)2h此后m2又從h1高

37、處落下，類似前面的過程.設m2第二次達到的最高點為h2，仿照上一過程可推得 h2=m12h1/(m1+m2)2=m14h/(m1+m2)4=m1/(m1+m2)4h由此類推，得:h3=m16h/(m1+m2)6=m1/(m1+m2)6h 所以通過的總路程 s=h+2h1+2h2+2h3+ 【解題回顧】這是一道難度較大的習題.除了在數(shù)學處理方面遇到困難外，主要的原因還是出在對兩個物塊運動的情況沒有分析清楚.本題作為動量守恒與機械能守恒定律應用的一種特例，應加強記憶和理解.【例7】如圖所示，金屬桿a從離地h高處由靜止開始沿光滑平行的弧形軌道下滑，軌道的水平部分有豎直向上的勻強磁場B，水平軌道上原來

38、放有一金屬桿b，已知a桿的質(zhì)量為ma,且與桿b的質(zhì)量之比為mamb=34，水平軌道足夠長，不計摩擦，求：(1)a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a、b桿的電阻之比RaRb=34，其余部分的電阻不計，整個過程中桿a、b上產(chǎn)生的熱量分別是多少?【解析】(1)a下滑過程中機械能守恒 magh=mav02/2 a進入磁場后，回路中產(chǎn)生感應電流，a、b都受安培力作用，a做減速運動，b做加速運動，經(jīng)過一段時間，a、b速度達到相同，之后回路的磁通量不發(fā)生變化，感應電流為0，安培力為0，二者勻速運動.勻速運動的速度即為a.b的最終速度，設為v.由于所組成的系統(tǒng)所受合

39、外力為0，故系統(tǒng)的動量守恒 mav0=(ma+mb)v由以上兩式解得最終速度 va=vb=v= (2)由能量守恒得知，回路中產(chǎn)生的電能應等于a、b系統(tǒng)機械能的損失，所以 E=magh-(ma+mb)v2/2=4magh/7(3)由能的守恒與轉(zhuǎn)化定律，回路中產(chǎn)生的熱量應等于回路中釋放的電能等于系統(tǒng)損失的機械能，即Qa+Qb=E.在回路中產(chǎn)生電能的過程中，電流不恒定，但由于Ra與Rb串聯(lián)，通過的電流總是相等的，所以應有 所以【例8】連同裝備質(zhì)量M=100kg的宇航員離飛船45m處與飛船相對靜止，他帶有一個裝有m=0.5kg的氧氣貯筒，其噴嘴可以使氧氣以v=50m/s的速度在極短的時間內(nèi)相對宇航員自

40、身噴出.他要返回時，必須向相反的方向釋放氧氣，同時還要留一部分氧氣供返回途中呼吸.設他的耗氧率R是2.510-4kg/s，問：要最大限度地節(jié)省氧氣，并安全返回飛船，所用掉的氧氣是多少?【解析】設噴出氧氣的質(zhì)量為m后，飛船獲得的速度為v，噴氣的過程中滿足動量守恒定律，有: 0=(M-m)v+m(-v+v) 得v=mv/M 宇航員即以v勻速靠近飛船，到達飛船所需的時間 t=s/v=Ms/mv這段時間內(nèi)耗氧m=Rt 故其用掉氧氣m+m=2.2510-2/m+m因為(2.2510-2/m)m=2.510-2為常數(shù)， 所以當2.2510-2/m=m，即m=0.15kg時用掉氧氣最少，共用掉氧氣是m+m=

41、0.3kg.【解題回顧】(1)動量守恒定律中的各個速度應統(tǒng)一對應于某一慣性參照系，在本題中，飛船沿圓軌道運動，不是慣性參照系.但是，在一段很短的圓弧上，可以視飛船做勻速直線運動，是慣性參照系.(2)此題中氧氣的速度是相對宇航員而不是飛船，因此，列動量守恒的表達式時，要注意速度的相對性，這里很容易出錯誤.(3)要注意數(shù)學知識在物理上的運用.【例9】質(zhì)量為m的飛機以水平速度v0飛離跑道后逐漸上升，若飛機在此過程中水平速度保持不變，同時受到重力和豎直向上的恒定升力（該升力由其它力的合力提供，不含重力）。今測得當飛機在水平方向的位移為l時，它的上升高度為h，求：（1）飛機受到的升力大??；（2）從起飛到

42、上升至h高度的過程中升力所作的功及在高度h處飛機的動能?！窘馕觥匡w機水平速度不變 y方向加速度恒定 消去t即得 由牛頓第二定律 （2）升力做功 在h處 【例10】有三根長度皆為 l1.00m 的不可伸長的絕緣輕線，其中兩根的一端固定在天花板上的 O 點，另一端分別拴有質(zhì)量皆為 m1.00102kg 的帶電小球 A 和 B，它們的電量分別為 一q 和 q，ql.00107C。A、B 之間用第三根線連接起來?？臻g中存在大小為 E1.00106N/C 的勻強電場，場強方向沿水平向右，平衡時 A、B 球的位置如圖所示?，F(xiàn)將 O、B 之間的線燒斷，由于有空氣阻力，A、B 球最后會達到新的平衡位置。求最后

43、兩球的機械能與電勢能的總和與燒斷前相比改變了多少。（不計兩帶電小球間相互作用的靜電力）【解析】圖1中虛線表示 A、B 球原來的平衡位置，實線表示燒斷后重新達到平衡的位置，其中、 分別表示細線加 OA、AB 與豎直方向的夾角。A 球受力如圖2所示：重力 mg 豎直向下；電場力 qE 水平向左；細線OA 對 A 的拉力 T1，方向如圖；細線 AB 對 A 的拉力 T2，方向如圖。由平衡條件 B 球受力如圖3所示：重力 mg 豎直向下；電場力 qE 水平向右；細線 AB 對 B 的拉力 T2，方向如圖。由平衡條件 聯(lián)立以上各式并代入數(shù)據(jù)，得由此可知，A、B 球重新達到平衡的位置如圖4所示。與原來位置

44、相比，A 球的重力勢能減少了 B 球的重力勢能減少了A 球的電勢能增加了 B 球的電勢能減少了兩種勢能總和減少了代入數(shù)據(jù)解得 J【例11】一傳送帶裝置示意如圖，其中傳送帶經(jīng)過AB區(qū)域時是水平的，經(jīng)過BC區(qū)域時變?yōu)閳A弧形（圓弧由光滑模板形成，未畫出），經(jīng)過CD區(qū)域時是傾斜的，AB和CD都與BC相切?，F(xiàn)將大量的質(zhì)量均為m的小貨箱一個一個在A處放到傳送帶上，放置時初速為零，經(jīng)傳送帶運送到D處，D和A的高度差為h。穩(wěn)定工作時傳送帶速度不變，CD段上各箱等距排列，相鄰兩箱的距離為L。每個箱子在A處投放后，在到達B之前已經(jīng)相對于傳送帶靜止，且以后也不再滑動（忽略經(jīng)BC段時的微小滑動）。已知在一段相當長的時

45、間T內(nèi)，共運送小貨箱的數(shù)目為N。這裝置由電動機帶動，傳送帶與輪子間無相對滑動，不計輪軸處的摩擦。求電動機的平均抽出功率?！窘馕觥恳缘孛鏋閰⒖枷担ㄏ峦O傳送帶的運動速度為v0，在水平段運輸?shù)倪^程中，小貨箱先在滑動摩擦力作用下做勻加速運動，設這段路程為s，所用時間為t，加速度為a，則對小箱有s1/2at2 v0at 在這段時間內(nèi)，傳送帶運動的路程為s0v0t 由以上可得s02s 用f表示小箱與傳送帶之間的滑動摩擦力，則傳送帶對小箱做功為Afs1/2mv02 傳送帶克服小箱對它的摩擦力做功A0fs021/2mv02 兩者之差就是克服摩擦力做功發(fā)出的熱量Q1/2mv02 可見，在小箱加速運動過程中

46、，小箱獲得的動能與發(fā)熱量相等。T時間內(nèi)，電動機輸出的功為WT 此功用于增加小箱的動能、勢能以及克服摩擦力發(fā)熱，即W1/2Nmv02NmghNQ 已知相鄰兩小箱的距離為L，所以v0TNL 聯(lián)立，得gh2009年高考物理經(jīng)典題型及其解題基本思路專題輔導（四）專題四 帶電粒子在場中的運動思想方法提煉帶電粒子在某種場(重力場、電場、磁場或復合場)中的運動問題，本質(zhì)還是物體的動力學問題 電場力、磁場力、重力的性質(zhì)和特點：勻強場中重力和電場力均為恒力，可能做功；洛倫茲力總不做功；電場力和磁場力都與電荷正負、場的方向有關，磁場力還受粒子的速度影響，反過來影響粒子的速度變化.一、安培力 1.安培力：通電導線在

47、磁場中受到的作用力叫安培力. 【說明】磁場對通電導線中定向移動的電荷有力的作用，磁場對這些定向移動電荷作用力的宏觀表現(xiàn)即為安培力.2.安培力的計算公式：F=BILsinq；通電導線與磁場方向垂直時，即q = 900，此時安培力有最大值；通電導線與磁場方向平行時，即q=00，此時安培力有最小值，F(xiàn)min=0N；0q90時，安培力F介于0和最大值之間.3.安培力公式的適用條件； 一般只適用于勻強磁場；導線垂直于磁場； L為導線的有效長度，即導線兩端點所連直線的長度，相應的電流方向沿L由始端流向末端；如圖所示，幾種有效長度；安培力的作用點為磁場中通電導體的幾何中心； 根據(jù)力的相互作用原理，如果是磁體

48、對通電導體有力的作用，則通電導體對磁體有反作用力. 【說明】安培力的計算只限于導線與B垂直和平行的兩種情況.二、左手定則 1.通電導線所受的安培力方向和磁場B的方向、電流方向之間的關系，可以用左手定則來判定. 2.用左手定則判定安培力方向的方法：伸開左手，使拇指跟其余的四指垂直且與手掌都在同一平面內(nèi)，讓磁感線垂直穿入手心，并使四指指向電流方向，這時手掌所在平面跟磁感線和導線所在平面垂直，大拇指所指的方向就是通電導線所受安培力的方向.3.安培力F的方向既與磁場方向垂直，又與通電導線方向垂直，即F總是垂直于磁場與導線所決定的平面.但B與I的方向不一定垂直. 4.安培力F、磁感應強度B、電流I三者的

49、關系 已知I、B的方向，可惟一確定F的方向； 已知F、B的方向，且導線的位置確定時，可惟一確定I的方向； 已知F、I的方向時，磁感應強度B的方向不能惟一確定.三、洛倫茲力：磁場對運動電荷的作用力. 1.洛倫茲力的公式：F=qvBsinq； 2.當帶電粒子的運動方向與磁場方向互相平行時，F(xiàn)=0； 3.當帶電粒子的運動方向與磁場方向互相垂直時，F(xiàn)=qvB; 4.只有運動電荷在磁場中才有可能受到洛倫茲力作用，靜止電荷在磁場中受到的磁場對電荷的作用力一定為0；四、洛倫茲力的方向 1.運動電荷在磁場中受力方向可用左手定則來判定； 2.洛倫茲力f的方向既垂直于磁場B的方向，又垂直于運動電荷的速度v的方向，

50、即f總是垂直于B和v所在的平面. 3.使用左手定則判定洛倫茲力方向時，若粒子帶正電時，四個手指的指向與正電荷的運動方向相同.若粒子帶負電時，四個手指的指向與負電荷的運動方向相反. 4.安培力的本質(zhì)是磁場對運動電荷的作用力的宏觀表現(xiàn).五、帶電粒子在勻強磁場中的運動 1.不計重力的帶電粒子在勻強磁場中的運動可分三種情況：一是勻速直線運動；二是勻速圓周運動；三是螺旋運動.從運動形式可分為：勻速直線運動和變加速曲線運動. 2.如果不計重力的帶電粒子的運動方向與磁場方向平行時，帶電粒子做勻速直線運動，是因為帶電粒子在磁場中不受洛倫茲力的作用.3.如果不計重力的帶電粒子的運動方向與磁場方向垂直時，帶電粒子

51、做勻速圓周運動，是因為帶電粒子在磁場中受到的洛倫茲力始終與帶電粒子的運動方向垂直，只改變其運動方向，不改變其速度大小. 4.不計重力的帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動的軌跡半徑r=mv/Bq;其運動周期T=2pm/Bq(與速度大小無關). 5.不計重力的帶電粒子垂直進入勻強電場和垂直進入勻強磁場時都做曲線運動，但有區(qū)別：帶電粒子垂直進入勻強電場，在電場中做勻變速曲線運動(類平拋運動)；垂直進入勻強磁場，則做變加速曲線運動(勻速圓周運動)6.帶電粒子在勻強磁場中做不完整圓周運動的解題思路： (1)用幾何知識確定圓心并求半徑. 因為F方向指向圓心，根據(jù)F一定垂直v，畫出粒子運動軌跡中任意兩點(大

52、多是射入點和出射點)的F或半徑方向，其延長線的交點即為圓心，再用幾何知識求其半徑與弦長的關系. (2)確定軌跡所對的圓心角，求運動時間. 先利用圓心角與弦切角的關系，或者是四邊形內(nèi)角和等于360(或2p)計算出圓心角q的大小，再由公式t=qT/3600(或qT/2 p)可求出運動時間.六、帶電粒子在復合場中運動的基本分析 1.這里所說的復合場是指電場、磁場、重力場并存，或其中某兩種場并存的場.帶電粒子在這些復合場中運動時，必須同時考慮電場力、洛倫茲力和重力的作用或其中某兩種力的作用，因此對粒子的運動形式的分析就顯得極為重要. 2.當帶電粒子在復合場中所受的合外力為0時，粒子將做勻速直線運動或靜

53、止.3.當帶電粒子所受的合外力與運動方向在同一條直線上時，粒子將做變速直線運動. 4.當帶電粒子所受的合外力充當向心力時，粒子將做勻速圓周運動. 5.當帶電粒子所受的合外力的大小、方向均是不斷變化的，則粒子將做變加速運動，這類問題一般只能用能量關系處理.七、電場力和洛倫茲力的比較 1.在電場中的電荷，不管其運動與否，均受到電場力的作用；而磁場僅僅對運動著的、且速度與磁場方向不平行的電荷有洛倫茲力的作用. 2.電場力的大小F=Eq,與電荷的運動的速度無關；而洛倫茲力的大小f=Bqvsina，與電荷運動的速度大小和方向均有關. 3.電場力的方向與電場的方向或相同、或相反；而洛倫茲力的方向始終既和磁場垂直，又和速度方向垂直.4.電場既可以改變電荷運動的速度大小，也可以改變電荷運動的方向，而洛倫茲力只能改變電荷運動的速度方向，不能改變速度大小. 5.電場力可以對電荷做功，能改變電荷的動能；洛倫茲力不能對電荷做功，不能改變電荷的動能. 6.勻強電場中在電場力的作用下，運動電荷的偏轉(zhuǎn)軌跡為拋物線；勻強磁場中在洛倫茲力的作用下，垂直于磁場方向運動的電荷的偏轉(zhuǎn)軌跡為圓弧.八、對于重力的考慮 重力考慮與否分三種情況.(1)對于微觀粒子，如電