高三物理第二輪專題復習全套

1、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”的關系，借助三角函數(shù)、相似三角形等手段求解；或將某一個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，而且必有共點力。3、正交分解法：將各力分解到軸上和軸上，運用兩坐標軸上的合力等于零的條件多用于三個以上共點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

2、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：利用物理學中存在的各種對稱關系分析問題和處理問題的方法叫做對稱法。在靜力學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，會使解題過程簡化。6、正弦定理法：三力平衡時，三個力可構成一封閉三角形，若由題設條件尋找到角度關系，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、力學中的平衡：運動狀態(tài)未發(fā)生改變，即。表現(xiàn)：靜止或勻速直線運動（1）在重力

3、、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，使它做勻速直線運動，問拉力與水平方向成多大夾角時這個力最小？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T與F互相垂直時，T有最小值，即當拉力與水平方向的夾角時，使物體做勻速運動的拉力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

4、摩擦力在內(nèi)的力的作用。在共點力平衡中，當物體雖然靜止但有運動趨勢時，屬于靜摩擦力；當物體滑動時，屬于動摩擦力。由于摩擦力的方向要隨運動或運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，要復雜一些。因此做這類題目時要注意兩點由于靜摩擦力的大小和方向都要隨運動趨勢的改變而改變，因此維持物體靜止狀態(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大于某一最小的力。總之，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，只有當維持勻速運動時，外力才需確定的數(shù)值。由于滑動摩擦力

5、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。物體之間有相對運動趨勢時，它們之間就有靜摩擦力；物體間沒有相對運動趨勢時，它們之間就沒有靜摩擦力?？梢约僭O接觸面是光滑的，若不會相對運動，物體將不受靜摩擦力，若有相對運動就有靜摩擦力。（注意：這

6、種假設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。當接觸面光滑，時，物體能保持靜止；當時，物體A有向下運動的趨勢，那么A應受到向上的靜摩擦力；當時，物體A則有向上運動的趨勢，受到的靜摩擦力的方向向下，因此應分三種情況說明。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

7、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A。當小環(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 運用正交分解法。如圖1-4所示，選取坐標系，以小環(huán)所在位置為坐標原點，過原點沿水平方向為軸，沿豎直方向為軸。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

8、對應邊成比例。（4）在電場、磁場中的平衡例4 如圖1-5所示，勻強電場方向向右，勻強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角射入復合場中，恰能做勻速直線運動，求電場強度E的大小，磁感強度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動。假設粒子帶負電受電場力水平向左，則它受洛侖茲力就應斜向右下與垂直，這樣粒子不能做勻速直線運動，所以粒子應帶正電，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

9、定平行金屬導軌，兩導軌間距離為，導軌平面與水平面的夾角為。在整個導軌平面內(nèi)都有垂直于導軌平面斜向上方的勻強磁場，磁感強度為B。在導軌的A、C端連接一個阻值為R的電阻。一根垂直于導軌放置的金屬棒，質(zhì)量為，從靜止開始沿導軌下滑。求棒的最大速度。（已知和導軌間的動摩擦因數(shù)為，導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=0時達到穩(wěn)定狀態(tài)，此后棒做勻速運動，速度達最大。解得棒的最大速度。例6 圖1-8是磁流體發(fā)電機工作原理圖。磁流體發(fā)電機由燃燒室（O）

10、、發(fā)電通道（E）和偏轉磁場（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，正負離子分別向上、下極板偏轉，兩極板因聚積正負電荷而產(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F=時，離子勻速穿過磁場，兩極板電勢差達到最大值，即為電源的電動勢。設兩板間距為d，板間磁場的磁感強度為B，等離子體速度為，負載電阻為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)電機的電動勢？（2）發(fā)電通道兩端的壓強差？解析 根據(jù)兩板電勢差最大值的條件所以，磁流發(fā)電機的

11、電動勢為設電源內(nèi)阻不計，通道橫截面邊長等于的正方形，且入口處壓強為，出口處的壓強為；當開關S閉合后，發(fā)電機電功率為根據(jù)能量的轉化和守恒定律有所以，通道兩端壓強差為（6）共點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1-10，三根細繩在O點共點，取O點（結點）為研究對象，分析O點受力如圖1-10。O點受到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）選取合成法進行研究，將F1、F2合成，得到合力F，由平衡條

12、件知：則：圖1-10（b）選取分解法進行研究，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，則細線AO與BO繩的方向成幾度角時，細線AO的拉力最?。拷Y論：共點的三力平衡時，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。因為球加速下滑時，桿受向上的摩擦力根據(jù)第二定律有，所以。對木箱進行受力分析有：重力、地面

13、支持力N、及球對桿向下的摩擦力。由平衡條件有。2、電磁學中的平衡（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桿MN，如圖1-12所示。金屬球上感應電荷產(chǎn)生的電場在球內(nèi)直徑上、三點的場強大小分別為、，三者相比，A、最大 B、最大 C、最大 D、=解析：當金屬球在帶電桿激發(fā)的電場中達到以靜電平衡時，其內(nèi)部的場強為0，即細桿在、產(chǎn)生的場強與金屬球上的感應電荷在、產(chǎn)

14、生的場強大小相等，方向相反，故答案C正確。3、熱平衡問題例9 家電電熱驅蚊器中電熱部分的主要元件是PTC，它是由鈦酸鋇等半導體材料制成的電阻器，其電阻率與溫度的個關系圖象如圖1-13。電熱驅蚊器的原理是：通電后電阻器開始發(fā)熱，溫度上升，使藥片散發(fā)出驅蚊藥，當電熱器產(chǎn)生的熱與向外散發(fā)的熱平衡時，溫度達到一個穩(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)定時的溫度應取 區(qū)間的某一值。分析 通電后應認為電壓U不變。隨著溫度的升高，在（0t1）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，驅蚊器溫度持續(xù)上升；在（t1t2）范圍內(nèi)，電阻率隨溫度的升高而增大，因此電阻增大

15、，電功率減小。當電熱器產(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。這時溫度應在t1t2間。4、有固定轉軸物體的平衡。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？小球與斜板接觸點應在板上何處？板兩端所受壓力多大？（假設小球在板上任何位置時，圖中角均不變）解析 設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。球對板的作用力N、板兩端所受的彈力NA和NB，板在

16、這三個力作用下靜止，則該三個力為共點力，據(jù)此可求得球距A端距離，即球與板接觸點在板上距A端距離為板長的1/4處。對板，以A端為轉動軸，有 對板，以B端為轉動軸，有?？傻茫?。第二講 勻變速運動一、特別提示：1、勻變速運動是加速度恒定不變的運動，從運動軌跡來看可以分為勻變速直線運動和勻變速曲線運動。2、從動力學上看，物體做勻變速運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動；若所受

17、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：設重物離開氣球時的高度為，對于離開氣球后的運動過程，可列下面方程：，其中（-hx表示）向下的位移，為勻速運動的時間，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：將重物的運動看成全程做勻速直線運動與離開氣球后做自由落體運動的合運動。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)律及靈活運用運動的合成可以

18、使解題過程更簡捷。例2 兩小球以95m長的細線相連。兩球從同一地點自由下落，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，應將兩球的運動聯(lián)系起來解，設后球下落時間為ts，則先下落小球運動時間為(t+1)s，根據(jù)位移關系有：解得：t=9s方法2：若以后球為參照物，當后球出發(fā)時前球的運動速度為。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動聯(lián)系。解決問題要會從不同的角度來進行研究，如本題

19、變換參照系進行求解。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兩個小球的運動時間之比為（ ）A、1:1 B、4:3 C、16:9 D9：16解 由平拋運動的位移規(guī)律可行： 故D選項正確。評析 靈活運用平拋運動的位移規(guī)律解題，是基本方法之一。應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

20、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 弄清平拋運動的性質(zhì)與平拋運動的速度變化規(guī)律是解決本題的關鍵。例5 如圖2-3所示，一帶電粒子以豎直向上的初速度，自A處進入電場強度為E、方向水平向右的勻強電場，它受到的電場力恰與重力大小相等。當粒子到達圖中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AB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姾桑茈妶隽ο蛴?。依題意有 根據(jù)動能定理： 在豎直方向上做豎直上拋運

21、動，則 解得：。評析 當帶電粒子在電場中的運動不是類平拋運動，而是較復雜的曲線運動時，可以把復雜的曲線運動分解到兩個互相正交的簡單的分運動來求解。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，然后在同一偏轉電場里偏轉，它們是否會分成三股？請說明理由。解 設帶電粒子質(zhì)量為、電量為q，經(jīng)過加速電場加速后，再進入偏轉電場中發(fā)生偏轉，最后射出。設加速電壓為U1，偏轉電壓為U2，偏轉電極長為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=，。帶電粒子進入偏轉電場中發(fā)生偏轉，則水平方向上：，豎直方向上：?？梢妿щ娏Ｗ由涑鰰r，沿豎直方向的偏移量與帶

22、電粒子的質(zhì)量和電量q無關。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電場，故它們射出偏轉電場時偏移量相同，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作用。分析問題時，注意運動學、動力學、功和能等有關規(guī)律的綜合運用。第三講 變加速運動一、特別提示所謂變加速運動，即加速度（大小或方向或兩者同時）變化的運動，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。本章涉及的中學物理中幾種典型的變加速運動如：簡諧運動，圓周運動，帶電粒子在電場、磁場和重力場等的復合場中的運動，原子核式結構模

23、型中電子繞原子核的圓周運動等。故涉及到力學、電磁學及原子物理中的圓周運動問題。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、作往復性運動B、t1時刻動能最大C、一直朝某一方向運動D、t1時刻加速度為負的最大。評析 電子在如圖所示的外力作用下運動，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動，歷時t1；再向正方向作加速度減小的加速運動，歷時(t2t1)；(0t2)整段時間的速度一直在增大。緊接著在(t2t3)的時間內(nèi)，電子將向正方向作加速度增大的減速運動，歷時(t3t2)；(t3t4)的時間內(nèi)，電子向正方向作加速度減小的減速運動，根據(jù)對稱性可

24、知，t4時刻的速度變?yōu)?（也可以按動量定理得，0t4時間內(nèi)合外力的沖量為0，沖量即圖線和坐標軸圍成的面積）。其中（0t2）時間內(nèi)加速度為正；(t2t4)時間內(nèi)加速度為負。正確答案為：C。注意 公式中F、間的關系是瞬時對應關系，一段時間內(nèi)可以是變力；而公式或只適用于勻變速運動，但在變加速運動中，也可以用之定性地討論變加速運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。球是由水平面運動到淺凹形光滑

25、曲線面，再運動到水平面的，所用的時間分別為t1和t2，試比較t1、t2的大小關系：A、t1>t2 B、t1=t2 C、t1<t2 D、無法判定評析 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動，根據(jù)機械能守恒定律知，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

26、間撤去后，A、B共同運動到最高點，此時B對A的彈力多大？（2）要使A、B不會分開、力F應滿足什么條件？評析 （1）如果撤去外力后，A、B在整個運動過程中互不分離，則系統(tǒng)在豎直向上作簡揩運動，最低點和最高點關于平衡位置對稱，如圖3-5所示，設彈簧自然長度為，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，壓縮量為b，則：。外加壓力F后等系統(tǒng)又處于平衡時，設彈簧又壓縮了A，則：，即：。當撤去外力F后，系統(tǒng)將以O點的中心，以A為振幅在豎直平面內(nèi)上下作簡諧運動。在最低點：，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)在最高點時：，方向向下。此時以B為研究對象進行

27、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，同時最高點最容易分離。分離的臨界條件是：（或者：在最高點兩者恰好分離時對A有：，表明在最高點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磁場（圖中未畫出）和方向豎直向上的勻強電場（圖中已畫出），電場強度為E，磁感強度為B。在某點由靜止釋放一個帶電液滴，它運動到最低點恰與一個原來處于靜止狀態(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

28、、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、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b質(zhì)量為，則帶電量為4q，因為如果帶正電，要向下偏轉，則必須：；而對b原來必須受力平衡，則：。前后相矛盾，表明帶負電，b帶正電。（2）設為與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原來處于靜止狀態(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

29、，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入磁場過程中感應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：下邊剛進入磁場時切割磁感線產(chǎn)生的感應電動勢：。產(chǎn)生的感應電流：I=，受到的安培力：討論 （1）如果，即：，則：線圈將勻速進入磁場，此時：（變化規(guī)律如圖3-9所示）（2）如果，表明較小，則：線圈加速進入磁場，但隨著有三種可能：線圈全部進入磁場時還未達到穩(wěn)定電流I0（變化規(guī)律如圖3-10所示）線圈剛全部進入磁場時達到穩(wěn)定電流I0（變化規(guī)律如圖3-11所示）線圈未全部進磁場時已達到穩(wěn)定電流I0（變化規(guī)律如圖3-12所示）（3）如果，則：線圈減速進入磁場，但隨著，故線

30、圈將作減小的減速運動。有三種可能：線圈全部進入磁場時還未達到穩(wěn)定電流I0（變化規(guī)律如圖3-13所示）線圈剛全部進入磁場時達到穩(wěn)定電流I0（變化規(guī)律如圖3-14所示）線圈未全部進入磁場時已達到穩(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，當平面鏡M繞垂直過中心O的軸以角速度做逆時針勻速轉動時，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，需綜合運用反射定律、速度的合成

31、與分解、線速度與角速度的關系等知識求解，確定光斑掠移速度的極值點及其與平面鏡轉動角速度間的關系，是求解本例的關鍵。設平面鏡轉過角時，光線反射到水面上的P點，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，所以當時達到最大值，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)律進行推理和綜合分析的題目，本題涉及到的知識點有受迫振動、共振的概念和規(guī)律、單擺擺球做簡諧運動及固有周期、頻率、能量的概念和規(guī)律等。由題意知，

32、當單擺共振時頻率，即：，振幅A=8cm=0.08m，由得：如圖3-19所示，擺能達到的最大偏角的情況下，共振時：，（其中以弧度為單位，當很小時，弦A近似為弧長。）所以： 。根據(jù)單擺運動過程中機械能守恒可得：。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）

33、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×

34、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，涉及到“力學、熱學、電磁學、光學、原子物理學”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、動量關系動量關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

35、解決爆炸、碰撞、反沖及較復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：系統(tǒng)不受外力或所受合外力為零在某一方向上，系統(tǒng)不受外力或所受合外力為零，該方向上動量守恒。系統(tǒng)內(nèi)力遠大于外力，動量近似守恒。在某一方向上，系統(tǒng)內(nèi)力遠大于外力，該方向上動量近似守恒。應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。應用時，無需分析過程的細節(jié)，這是它的優(yōu)點所在，定律的表述式是一個矢量式，應用時要特別注意方向。2、能的轉化和守恒定律（1）能量守恒定律的具體表現(xiàn)形式高中物理知識包括“力

36、學、熱學、電學、原子物理”五大部分內(nèi)容，它們具有各自的獨立性，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：在力學中的機械能守恒定律：在熱學中的熱力學第一定律：在電學中的閉合電路歐姆定律：，法拉第電磁感應定律，以及楞次定律。在光學中的光電效應方程：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：題目所述的物理問題中，有能量由某種形式轉化為另一種形式；題中參與轉化的各種形式的能，每種形式的能如何轉化或轉移，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3

37、0°的自動扶梯，該扶梯在電壓為380V的電動機帶動下以0.4m/s的恒定速率向斜上方移動，電動機的最大輸出功率為4.9kkw。不載人時測得電動機中的電流為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 電動機的電壓恒為380V，扶梯不載人時，電動機中的電流為5A，忽略掉電動機內(nèi)阻的消耗，認為電動機的輸入功率和輸出功率相等，即可得到維持扶梯運轉的功率為電動機的最大輸出功率為 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電動機通過

38、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)人人點評 實際中的問題都是復雜的，受多方面的因素制約，解決這種問題，首先要突出實際問題的主要因素，忽略次要因素，把復雜的實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際問題的重點，也是難點。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。運用機械功率公式P=Fv要特別

39、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，設繩子為理想輕繩，求小球運動到最低點A時繩子受到的拉力是多少？分析與解 設懸線長為l，下球被釋放后，先做自由落體運動，直到下落高度為h=2lsin，處于松馳狀態(tài)的細繩被拉直為止。這時，小球的速度豎直向下，大小為。當繩被拉直時，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

40、間產(chǎn)生的極大拉力使球的法向速度減小為零，相應的動能轉化為繩的內(nèi)能）；小球以切向分量開始作變速圓周運動到最低點，在繩子拉直后的過程中機械能守恒，有在最低點A，根據(jù)牛頓第二定律，有所以，繩的拉力點評 繩子拉直瞬間，物體將損失機械能轉化為繩的內(nèi)能（類似碰撞），本題中很多同學會想當然地認為球初態(tài)機械能等于末態(tài)機械能，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，

41、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，是一道綜合性較強的問題，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，可以認為二者組成的系統(tǒng)動量守恒，初速度為，末速度為，則有 在A、C一起向右運動的過程中，A、B間的氣體被壓縮，壓強增大，所以活塞A將減速運動，而活塞B將從靜止開始做加速運動。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）：

42、 由能的轉化和守恒定律可得：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： 解得：點評 若將本題的物理模型進行等效的代換：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，是用直流電動機提升重物的裝置，重物質(zhì)量，電源電動勢，內(nèi)電阻，電動機的內(nèi)電阻。阻力不計。當勻速提升重物時，電路中電流強度。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

43、部分消耗于自身內(nèi)阻，其余全部輸出傳給電動機。電動機獲得的電能，一部分轉化為電動機的內(nèi)能，其余的全部轉化為機械能。（1）電源的總功率為：電源的輸出功率為：（2）電動機的輸入功率為：電動機的熱功率：電動機的輸出功率等于它對重物做功的功率，即所以，點評 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，遵循能的轉化和守恒定律。因此要學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，導軌平行的水平部分有豎直向上的勻強磁場B，水平部分導軌上原來放有一根金屬桿b

44、，已知桿的質(zhì)量為，b桿的質(zhì)量為水平導軌足夠長，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）下滑過程中機械能守恒： 進入磁場后，回路中產(chǎn)生感應電流，、b都受安培力作用，作減速運動，b作加速運動，經(jīng)一段時間，、b速度達到相同，之后回路的磁通量不發(fā)生變化，感應電流為零，安培力為零，二者勻速運動，勻速運動的速度即為、b的最終速度，設為，由過程中、b系統(tǒng)所受合外力為零，動量守恒得： 由解得最終速度（2）由能量守恒知，回路中產(chǎn)生的電能等于、b系統(tǒng)機械能的損失，所以，（

45、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，。點評 本題以分析兩桿的受力及運動為主要線索求解，關鍵注意：明確“最終速度”的意義及條件；分析電路中的電流，安培力和金屬棒的運動之間相互影響、相互制約的關系；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；運用能的轉化和守恒定律及焦耳定律分析求解。例題6 云室處在磁感應強度為B的勻強磁場中，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

46、粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動，其軌道半徑R與運動速度的關系，由洛侖茲力和牛頓定律可得 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）： 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 聯(lián)立解得：點評 動量守恒和能量守恒是自然界普遍適用的基本規(guī)律，無論是宏觀領域還是微觀領域，我們都可以用上述觀點來解決具體的問題。第五講 波動問題 一、特別提示 1、從受力和運動兩個方面分析簡諧運動的特點及簡諧運動中能量轉化。2、靈活應用簡諧運動模型單擺、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)點運動路程與波

47、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。7、據(jù)質(zhì)點運動方向能正確判斷出簡諧橫波的傳播方向。8、應用公式時應注意時間和空間的周期性。9、波的干涉中，應注重理解加強和減弱的條件。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間細線，此后A將做簡諧振動，當A運動到最高點時，木箱對地面的壓力為：（ ）A、 B、C、 D、解 剪斷A、B間細繩后，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A運動到最高點時具有向下的大小為的加速度（簡

48、諧運動對稱性），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 注意應用彈簧振子模型中運動的對稱性，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上的運動可看作簡諧運動，子彈在水平軌道上作勻減速運

49、動加速度，評析 注意子彈擊中木塊過程中有機械能損失，子彈沖上圓弧及返回過程中，為一變速圓周運動，運動時間無其它辦法求解，只能利用簡諧運動中的單擺模型；所以建立和應用物理模型在物理學習中是至關重要的。例3 如圖5-3，一列橫波沿軸傳播，波速。當位于處的A質(zhì)點在軸上方的最大位移處時，位于處的質(zhì)點恰好在平衡位置，且振動方向沿軸負方向，求這列波的頻率。解 設波沿軸正方向傳播，當波長最長時，A、B之間的波形如圖5-3a示，由波的周期性，有，由得，；同理波沿軸負方向傳播，當波長最長時，A、B之間的波形如圖5-3b示，有，評析 應注意A、B兩點間水平距離與波長的關系考慮波長的空間周期性及波傳播方向的雙向性。

50、例4 某質(zhì)點在坐標原點O處做簡諧運動，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 此題應注意的是O點起振時方向是向上的，振動傳播至任何一點該點

51、的起振方向均應向上，0.4S振動向外傳播一個波長。應用簡諧橫波中介質(zhì)質(zhì)點振動方向與傳播方向的關系，是解此類題的關鍵。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，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動，試求這列波的頻率的值。解 當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，應有AB=，即有=6，根據(jù)知：；同理，當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，應有AB=，即有=6，根據(jù)知：；因此這列波的頻率值為或評析 應注意A、B兩點水平距離與波長的關系考慮波長的空間周期性，另

52、應注意A點是在正向還是在負向最大位移處。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點是BD連線和AC連線的交點，下列說法正確的是（ ）A、A、C兩點是振動減弱點B、E點是振動加強點C、B、D兩點在該時刻的豎直高度差4cmD、t=0.05s時，E點離平衡位置的位移大小2cm解 A、C兩點均波峰與波谷疊加，使振動減弱，故A正確。E點為AC與BD連線的交點，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點疊加，故E點振動減弱，B錯；B、D兩點均為加強

53、點其振幅均為4cm，故此時兩點的高度差8cm，C錯。波的周期T=0.2s，t=0.05s=T/4，t=0時，E點處于平衡位置，經(jīng)T/4周期，其位移大小為4cm，故D錯。應選A。評析 此題重點考查波的干涉中加強與減弱的條件，即波峰與波峰相遇或波谷與波谷相遇是加強，波峰與波谷相遇是減弱，應切實抓住這一點。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）仔細審題，按要求作圖。例如，在平面鏡成像作圖時，為快速準確作圖，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

54、步驟都要有依據(jù)。例如，物體運動時速度、合外力和軌跡三者間必須滿足一定的位置關系，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、重合的關系，有時幾個不同的物理圖象從不同側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，是實線還是虛線，是否應標明箭頭方向，還是用斜線表示特殊的區(qū)域；并注意特殊符號（如電學元件）的正確運用；（5）用作圖法處理實驗數(shù)據(jù)時，要理解所謂“擬合曲線”的意義，如何篩選、描線直接影響結果的準確性，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

55、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動，很難通過運動方程求瞬時速度，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，正確選項是BD。題2 電路如圖8-2，、分別為理想的電流表和電壓表

56、，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，讀數(shù)與讀數(shù)之比等于R1B、R2不變時，讀數(shù)與讀數(shù)之比等于R1C、R2改變一定量時，讀數(shù)的變化量與讀數(shù)變化量之比的絕對值等于R1D、R2改變一定量時，讀數(shù)的變化量與讀數(shù)變化量之比的絕對值等于R1解析：由題高，、分別測出R1、R2兩端電壓，測出通過R1、R2的電流，因此：、 且，當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兩圖按的關系畫在（2）圖中，那末電流、電壓關系就非常直觀了。特別是可變電阻R2改變一定量時（如增大為）；電流變?yōu)?，增大，如圖（C）所示，顯然，滿足。 故正確選項是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