高三物理二輪復習 第三部分 考前狀態(tài)調(diào)節(jié)的4大金點-人教版高三物理試題

考前狀態(tài)調(diào)節(jié)的4大金點物理學史和物理思想方法eq\a\vs4\al([主干知識要記牢])一、高中物理的重要物理學史1．力學部分(1)1638年，意大利物理學家伽利略用科學推理論證重物體和輕物體下落一樣快，推翻了古希臘學者亞里士多德的觀點(即：質(zhì)量大的小球下落快)。(2)1687年，英國科學家牛頓提出了三條運動定律(即牛頓三大運動定律)。(3)17世紀，伽利略通過構(gòu)思的理想實驗指出，在水平面上運動的物體若沒有摩擦，將保持這個速度一直運動下去，得出結(jié)論：力是改變物體運動的原因。推翻了亞里士多德的觀點：力是維持物體運動的原因。同時代的法國物理學家笛卡兒進一步指出，如果沒有其他原因，運動物體將繼續(xù)以同一速度沿著一條直線運動，既不會停下來，也不會偏離原來的方向。(4)20世紀初建立的量子力學和愛因斯坦提出的狹義相對論表明經(jīng)典力學不適用于微觀粒子和高速運動物體。(5)人們根據(jù)日常的觀察和經(jīng)驗，提出“地心說”，古希臘科學家托勒密是代表；而波蘭天文學家哥白尼提出了“日心說”，大膽反駁地心說。(6)17世紀，德國天文學家開普勒提出開普勒三大定律。(7)牛頓于1687年正式發(fā)表萬有引力定律；1798年英國物理學家卡文迪許利用扭秤實驗裝置比較準確地測出了引力常量。(8)1846年，英國劍橋大學學生亞當斯和法國天文學家勒維烈應用萬有引力定律，計算并觀測到海王星，1930年，美國天文學家湯苞用同樣的計算方法發(fā)現(xiàn)冥王星。2．電磁學部分(1)1785年法國物理學家?guī)靵隼门こ訉嶒灠l(fā)現(xiàn)了電荷之間的相互作用規(guī)律——庫侖定律。(2)1837年，英國物理學家法拉第最早引入了電場概念，并提出用電場線表示電場。(3)1913年，美國物理學家密立根通過油滴實驗精確測定了元電荷e的電荷量，獲得諾貝爾獎。(4)1826年德國物理學家歐姆(1787—1854)通過實驗得出歐姆定律。(5)19世紀，焦耳和楞次先后各自獨立發(fā)現(xiàn)電流通過導體時產(chǎn)生熱效應的規(guī)律，即焦耳定律。(6)1820年，丹麥物理學家奧斯特發(fā)現(xiàn)電流可以使周圍的小磁針發(fā)生偏轉(zhuǎn)，稱為電流磁效應。(7)法國物理學家安培發(fā)現(xiàn)兩根通有同向電流的平行導線相吸，反向電流的平行導線則相斥，并總結(jié)出安培定則(右手螺旋定則)判斷電流與磁場的相互關(guān)系和左手定則判斷通電導線在磁場中受到磁場力的方向。(8)荷蘭物理學家洛倫茲提出運動電荷產(chǎn)生了磁場和磁場對運動電荷有作用力(洛倫茲力)的觀點。(9)湯姆孫的學生阿斯頓設計的質(zhì)譜儀可用來測量帶電粒子的質(zhì)量和分析同位素。(10)1932年，美國物理學家勞倫茲發(fā)明了回旋加速器能在實驗室中產(chǎn)生大量的高能粒子。(最大動能僅取決于磁場和D形盒直徑，帶電粒子圓周運動周期與高頻電源的周期相同)(11)英國物理學家法拉第發(fā)現(xiàn)了由磁場產(chǎn)生電流的條件和規(guī)律——電磁感應定律。(12)俄國物理學家楞次發(fā)表確定感應電流方向的定律——楞次定律。3．原子原子核(1)英國物理學家湯姆孫利用陰極射線管發(fā)現(xiàn)電子，并指出陰極射線是高速運動的電子流。獲得1906年諾貝爾物理學獎。湯姆孫還提出原子的棗糕模型。(2)英國物理學家盧瑟福和助手們進行了α粒子散射實驗，提出了原子的核式結(jié)構(gòu)模型，并用α粒子轟擊氮核，第一次實現(xiàn)了原子核的人工轉(zhuǎn)變，發(fā)現(xiàn)了質(zhì)子，并預言原子核內(nèi)還有另一種粒子——中子。(3)丹麥物理學家玻爾提出了自己的原子結(jié)構(gòu)假說，成功地解釋和預言了氫原子的輻射電磁波譜，并得出氫原子能級表達式。獲得1922年諾貝爾物理學獎。(4)查德威克用α粒子轟擊鈹核時發(fā)現(xiàn)中子，獲得1935年諾貝爾物理學獎。(5)法國物理學家貝可勒爾發(fā)現(xiàn)天然放射現(xiàn)象，說明原子核有復雜的內(nèi)部結(jié)構(gòu)，獲得1903年諾貝爾物理學獎。(6)愛因斯坦提出了質(zhì)能方程式，并提出光子說，成功地解釋了光電效應規(guī)律，因此獲得1921年諾貝爾物理學獎。(7)1900年，德國物理學家普朗克解釋物體熱輻射規(guī)律提出能量子假說，獲得1918年諾貝爾物理學獎。(8)1922年，美國物理學家康普頓在研究石墨中的電子對X射線的散射時——發(fā)現(xiàn)康普頓效應，證實了光的粒子性。獲得1927年諾貝爾物理學獎。(9)1924年，法國物理學家德布羅意大膽預言了實物粒子在一定條件下會表現(xiàn)出波動性。4．選考部分(1)熱學英國植物學家布朗發(fā)現(xiàn)懸浮在水中的花粉微粒不停地做無規(guī)則運動的現(xiàn)象——布朗運動。(2)機械振動機械波奧地利物理學家多普勒(1803—1853)首先發(fā)現(xiàn)由于波源和觀察者之間有相對運動，使觀察者感到頻率發(fā)生變化的現(xiàn)象——多普勒效應。(3)光現(xiàn)象電磁波①英國物理學家托馬斯·楊成功地觀察到了光的干涉現(xiàn)象。②英國物理學家麥克斯韋發(fā)表《電磁場的動力學理論》的論文，提出了電磁場理論，預言了電磁波的存在，指出光是一種電磁波，為光的電磁理論奠定了基礎。③德國物理學家赫茲用實驗證實了電磁波的存在，并測定了電磁波的傳播速度等于光速。④1895年，德國物理學家倫琴發(fā)現(xiàn)X射線(倫琴射線)，獲得1901年諾貝爾物理學獎。(4)相對論1905年，愛因斯坦提出了狹義相對論，有兩條基本原理：相對性原理——不同的慣性參考系中，一切物理規(guī)律都是相同的。光速不變原理——不同的慣性參考系中，光在真空中的速度一定是c不變。二、高中物理的重要思想方法1．理想模型法：為了便于進行物理研究或物理教學而建立的一種抽象的理想客體或理想物理過程，突出了事物的主要因素、忽略了事物的次要因素。理想模型可分為對象模型(如質(zhì)點、點電荷、理想變壓器等)、條件模型(如光滑表面、輕桿、輕繩、勻強電場、勻強磁場等)和過程模型(在空氣中自由下落的物體、拋體運動、勻速直線運動、勻速圓周運動、恒定電流等)。2．極限思維法：就是人們把所研究的問題外推到極端情況(或理想狀態(tài))，通過推理而得出結(jié)論的過程，在用極限思維法處理物理問題時，通常是將參量的一般變化，推到極限值，即無限大、零值、臨界值和特定值的條件下進行分析和討論。如公式v＝eq\f(Δx,Δt)中，當Δt→0時，v是瞬時速度。3．理想實驗法：也叫做實驗推理法，就是在物理實驗的基礎上，加上合理的科學的推理得出結(jié)論的方法就叫做理想實驗法，這也是一種常用的科學方法。如伽利略斜面實驗、推導出牛頓第一定律等。4．微元法：微元法是指在處理問題時，從對事物的極小部分(微元)分析入手，達到解決事物整體目的的方法。它在解決物理學問題時很常用，思想就是“化整為零”，先分析“微元”，再通過“微元”分析整體。5．比值定義法：就是用兩個基本物理量的“比”來定義一個新的物理量的方法，特點是：A＝eq\f(B,C)，但A與B、C均無關(guān)。如a＝eq\f(Δv,Δt)、E＝eq\f(F,q)、C＝eq\f(Q,U)、I＝eq\f(q,t)、R＝eq\f(U,I)、B＝eq\f(F,IL)、ρ＝eq\f(m,V)等。6．放大法：在物理現(xiàn)象或待測物理量十分微小的情況下，把物理現(xiàn)象或待測物理量按照一定規(guī)律放大后再進行觀察和測量，這種方法稱為放大法，常見的方式有機械放大、電放大、光放大。7．控制變量法：決定某一個現(xiàn)象的產(chǎn)生和變化的因素很多，為了弄清事物變化的原因和規(guī)律，必須設法把其中的一個或幾個因素用人為的方法控制起來，使它保持不變，研究其他兩個變量之間的關(guān)系，這種方法就是控制變量法。比如探究加速度與力、質(zhì)量的關(guān)系，就用了控制變量法。8．等效替代法：在研究物理問題時，有時為了使問題簡化，常用一個物理量來代替其他所有物理量，但不會改變物理效果。如用合力替代各個分力，用總電阻替代各部分電阻等。9．類比法：也叫“比較類推法”，是指由一類事物所具有的某種屬性，可以推測與其類似的事物也應具有這種屬性的推理方法。其結(jié)論必須由實驗來檢驗，類比對象間共有的屬性越多，則類比結(jié)論的可靠性越大。如研究電場力做功時，與重力做功進行類比；認識電流時，用水流進行類比；認識電壓時，用水壓進行類比。eq\a\vs4\al([保溫訓練不可少])1．(2016·孝感模擬)下列說法中錯誤的是()A．胡克認為彈簧的彈力與彈簧的形變量成正比是有條件的B．牛頓第一定律是利用邏輯思維對事實進行分析的產(chǎn)物，不可能用實驗直接驗證C．庫侖總結(jié)并確認了真空中任意兩個電荷之間的相互作用的規(guī)律D．亞里士多德認為物體的自然狀態(tài)是靜止的，只有當它受到力的作用時才會運動解析：選C根據(jù)胡克定律，在彈性限度內(nèi)，彈簧的彈力與彈簧的形變量成正比，A正確；牛頓第一定律是利用邏輯思維對事實進行分析的產(chǎn)物，不可能用實驗直接驗證，B正確；庫侖用庫侖扭秤實驗研究總結(jié)并確認了真空中兩個靜止點電荷之間的相互作用的規(guī)律，C錯誤；亞里士多德認為物體的自然狀態(tài)是靜止的，只有當它受到力的作用時才會運動，D正確。2．物理學是一門以實驗為基礎的學科，許多物理定律就是在大量實驗的基礎上歸納總結(jié)出來的，有關(guān)下面四個實驗裝置，描述正確的是()A．牛頓利用裝置(1)測出了引力常量的數(shù)值B．安培利用裝置(2)總結(jié)出了點電荷間的相互作用規(guī)律C．奧斯特利用裝置(3)發(fā)現(xiàn)了電流的磁效應D．牛頓利用裝置(4)總結(jié)出了自由落體運動規(guī)律解析：選C卡文迪許利用裝置(1)測出了引力常量的數(shù)值，故A錯誤；庫侖利用裝置(2)總結(jié)出了真空中靜止點電荷間的相互作用規(guī)律，故B錯誤；奧斯特利用裝置(3)發(fā)現(xiàn)了電流的磁效應，故C正確；伽利略利用裝置(4)總結(jié)出了自由落體運動的規(guī)律，故D錯誤。3．(2015·衡水期中)下列關(guān)于物理學研究方法的敘述中正確的是()A．電學中引入了點電荷的概念，突出了帶電體的帶電量，忽略了帶電體的質(zhì)量，這里運用了理想化模型的方法B．在推導勻變速直線運動位移公式時，把整個運動過程劃分成很多小段，每一小段近似看作勻速直線運動，再把各小段位移相加，這里運用了假設法C．用比值法定義的物理概念在物理學中占有相當大的比例，例如電容C＝eq\f(Q,U)，加速度a＝eq\f(F,m)都是采用比值法定義的D．根據(jù)速度定義式v＝eq\f(Δx,Δt)，當Δt非常小時，eq\f(Δx,Δt)就可以表示物體在t時刻的瞬時速度，該定義運用了極限思維法解析：選D點電荷的概念，突出了帶電體的帶電量，忽略了帶電體的體積大小和形狀，而不是忽略了帶電體的質(zhì)量，運用了理想化模型的方法，所以A項錯誤；在推導勻變速直線運動位移公式時，把整個運動過程劃分成很多小段，每一小段近似看作勻速直線運動，再把各小段位移相加，這里運用了微分法，而不是假設法，所以B項錯誤；電容的定義式C＝eq\f(Q,U)是比值定義，加速度a＝eq\f(F,m)是牛頓第二定律的表達式，a＝eq\f(Δv,Δt)才是加速度的定義式也是比值定義，所以C項錯誤；根據(jù)速度定義式v＝eq\f(Δx,Δt)，當時間趨近于零時，表示瞬時速度，這里運用了極限思想，所以D項正確。4．“曹沖稱象”是婦孺皆知的故事，當眾人面臨大象這樣的龐然大物，且在缺少有效的稱量工具的時候，他稱量出大象的體重，體現(xiàn)了他的智慧，被世人稱道。下列物理學習或研究中用到的方法與“曹沖稱象”的方法相同的是()A．“質(zhì)點”的概念B．合力與分力的關(guān)系C．“瞬時速度”的概念D．研究加速度與合力、質(zhì)量的關(guān)系解析：選B“曹沖稱象”故事中用等重量的石頭代替等重量的大象，是等效替代的思想；力的合成與分解、運動的合成與分解是等效替代的思想，故B正確；建立“質(zhì)點”的概念，采用的是理想模型法，故A錯誤；建立“瞬時速度”的概念，采用的是極值法，故C錯誤；研究加速度與合力、質(zhì)量的關(guān)系，采用的是控制變量法，故D錯誤。5．(多選)在物理學發(fā)展過程中，觀察、實驗、假說和邏輯推理等方法都起到了重要作用。下列敘述符合史實的是()A．奧斯特在實驗中觀察到電流的磁效應，該效應揭示了電和磁之間的聯(lián)系B．安培根據(jù)通電螺線管的磁場和條形磁鐵的磁場的相似性，提出了分子電流假說C．法拉第在實驗中觀察到，在通有恒定電流的靜止導線附近的固定導線圈中，會出現(xiàn)感應電流D．楞次在分析了許多實驗事實后提出，感應電流應具有這樣的方向，即感應電流的磁場總要阻礙引起感應電流的磁通量的變化解析：選ABD奧斯特在實驗中觀察到電流的磁效應，揭示了電和磁之間的聯(lián)系，故A正確；安培根據(jù)通電螺線管的磁場和條形磁鐵的磁場的相似性，提出了分子電流假說，很好地解釋了軟鐵磁化現(xiàn)象，故B正確；在通有恒定電流的靜止導線附近的固定導線圈中，不會出現(xiàn)感應電流，故C錯誤；楞次在分析了許多實驗事實后提出楞次定律，即感應電流應具有這樣的方向，感應電流的磁場總要阻礙引起感應電流的磁通量的變化，故D正確。6．在人類對物質(zhì)運動規(guī)律的認識過程中，許多物理學家大膽猜想、勇于質(zhì)疑，取得了輝煌的成就，下列有關(guān)科學家及他們的貢獻描述正確的是()A．卡文迪許在牛頓發(fā)現(xiàn)萬有引力定律后，進行了“月—地檢驗”，將天體間的力和地球上物體的重力統(tǒng)一起來B．在公式F＝Geq\f(Mm,r2)中，G稱為引力常量，單位是N·m2/kg2C．開普勒潛心研究第谷的天文觀測數(shù)據(jù)，提出行星繞太陽做勻速圓周運動D．萬有引力定律只適用于天體，不適用于地面上的物體解析：選B牛頓在發(fā)現(xiàn)萬有引力定律過程中，進行了“月—地檢驗”，將天體間的力和地球上物體的重力統(tǒng)一起來，A錯誤；利用分式中各物理量的單位推導可知，B正確；開普勒潛心研究第谷的天文觀測數(shù)據(jù)，提出行星繞太陽運動的開普勒三定律，行星繞太陽做橢圓運動，C錯誤；萬有引力定律既適用于天體，也適用于地面上的物體，適用于宇宙萬物，故D錯誤。7．下列說法中不正確的是()A．物理模型法就是把實際問題理想化，先略去一些次要因素，突出其主要因素B．萬有引力和電磁相互作用都是隨距離的增大而減小，強相互作用與萬有引力相同，與距離的二次方成反比C．物理學的一般探索過程是通過觀察和實驗積累經(jīng)驗，在經(jīng)驗事實的基礎上建立物理模型，提出簡潔的物理規(guī)律，用它們?nèi)ヮA言未知現(xiàn)象，再用新的實驗去檢驗這些物理模型和物理規(guī)律，去否定或進一步修正它們D．萬有引力定律清楚地向人們揭示，復雜運動的后面隱藏著簡潔的科學規(guī)律，它明確地向人們宣告，天上和地上的物體都遵循著完全相同的科學法則解析：選B萬有引力和電磁相互作用都隨距離的增大而減小，但強相互作用是在一定條件下發(fā)生的，它們的作用規(guī)律不同，故選項B錯誤。8．物理學是培養(yǎng)學生科學思想、科學方法和科學精神的一門自然科學。下列關(guān)于常見的幾種研究物理問題的方法中正確的是()A．比較法：在相同的時間內(nèi)比較物體通過的路程和通過相同的路程比較所用的時間來比較物體運動的快慢B．模型法：用磁感線表示磁場C．歸納法：如果電場線與等勢面不垂直，那么電場強度沿著等勢面方向就有一個分量，在等勢面上移動電荷時靜電力就要做功D．控制變量法：“探究求合力的方法”實驗解析：選B在相同的時間內(nèi)比較物體通過的路程和通過相同的路程比較所用的時間來比較物體運動的快慢，運用的是控制變量法，故A錯誤；用磁感線表示磁場，運用的是模型法，故B正確；如果電場線與等勢面不垂直，那么電場強度沿著等勢面方向就有一個分量，在等勢面上移動電荷時靜電力就要做功，運用的是反證法，故C錯誤；“探究求合力的方法”實驗中運用的是等效替代法，故D錯誤。力與運動eq\a\vs4\al([主干知識要記牢])1．彈簧彈力F＝kx2．滑動摩擦力F＝μFN3．物體平衡的條件物體受共點力作用處于平衡狀態(tài)(靜止或勻速直線運動狀態(tài))的條件是物體所受合力為0，即F合＝0。若在x軸或y軸上的力平衡，那么，這一方向的合力為0，即Fx合＝0或Fy合＝0。4．勻變速直線運動的基本規(guī)律速度公式：v＝v0＋at位移公式：x＝v0t＋eq\f(1,2)at2速度與位移關(guān)系公式：v2－v02＝2ax位移與平均速度關(guān)系公式：x＝eq\o(v,\s\up6(－))t＝eq\f(v0＋v,2)t5．牛頓運動定律(1)牛頓第二定律①公式：F合＝ma。②意義：力的作用效果是使物體產(chǎn)生加速度，力和加速度是瞬時對應關(guān)系。(2)牛頓第三定律①表達式：F1＝－F2。②意義：明確了物體之間作用力與反作用力的關(guān)系。6．平拋運動的規(guī)律(1)位移關(guān)系水平位移x＝v0t豎直位移y＝eq\f(1,2)gt2合位移的大小s＝eq\r(x2＋y2)，合位移的方向tanα＝eq\f(y,x)。(2)速度關(guān)系水平速度vx＝v0，豎直速度vy＝gt。合速度的大小v＝eq\r(vx2＋vy2)，合速度的方向tanβ＝eq\f(vy,vx)。(3)重要推論速度偏角與位移偏角的關(guān)系為tanβ＝2tanα物體運動到任一位置A時，過A點作其速度方向反向延長線交Ox軸于C點，有OC＝eq\f(x,2)(如圖所示)。7．勻速圓周運動的規(guī)律(1)v、ω、T、f及半徑的關(guān)系：T＝eq\f(1,f)，ω＝eq\f(2π,T)＝2πf，v＝eq\f(2π,T)r＝2πfr＝ωr。(2)向心加速度大?。篴＝eq\f(v2,r)＝ω2r＝eq\f(4π2,T2)r＝4π2f2r。(3)向心力大?。篎＝ma＝meq\f(v2,r)＝mω2r＝meq\f(4π2,T2)r＝m4π2f2r。8．萬有引力公式：F＝Geq\f(m1m2,r2)其中G＝6.67×10－11N·m2/kg2。(1)重力和萬有引力的關(guān)系①在赤道上，有Geq\f(Mm,R2)－mg＝mRω2＝mReq\f(4π2,T2)。②在兩極時，有Geq\f(Mm,R2)＝mg。(2)衛(wèi)星的繞行速度、角速度、周期與半徑的關(guān)系①由Geq\f(Mm,R2)＝meq\f(v2,R)得v＝eq\r(\f(GM,R))，所以R越大，v越小。②由Geq\f(Mm,R2)＝mω2R得ω＝eq\r(\f(GM,R3))，所以R越大，ω越小。③由Geq\f(Mm,R2)＝meq\f(4π2,T2)R得T＝eq\r(\f(4π2R3,GM))，所以R越大，T越大。eq\a\vs4\al([二級結(jié)論要用好])一、靜力學1．繩上的張力一定沿著繩指向繩收縮的方向。2．支持力(壓力)一定垂直支持面指向被支持(被壓)的物體，壓力N不一定等于重力G。3．兩個力的合力的大小范圍：|F1－F2|≤F≤F1＋F2。4．三個共點力平衡，則任意兩個力的合力與第三個力大小相等，方向相反，多個共點力平衡時也有這樣的特點。5．兩個分力F1和F2的合力為F，若已知合力(或一個分力)的大小和方向，又知另一個分力(或合力)的方向，則第三個力與已知方向不知大小的那個力垂直時有最小值。二、運動學1．初速度為零的勻加速直線運動(或末速度為零的勻減速直線運動)的常用比例時間等分(T)：①1T末、2T末、3T末、…、nT末的速度比：v1∶v2∶v3∶…∶vn＝1∶2∶3∶…∶n。②第1個T內(nèi)、第2個T內(nèi)、第3個T內(nèi)、…、第n個T內(nèi)的位移之比：x1∶x2∶x3∶…∶xn＝1∶3∶5∶…∶(2n－1)。③連續(xù)相等時間內(nèi)的位移差Δx＝aT2，進一步有xm－xn＝(m－n)aT2，此結(jié)論常用于求加速度a＝eq\f(Δx,T2)＝eq\f(xm－xn,m－nT2)。位移等分(x)：通過第1個x、第2個x、第3個x、…、第n個x所用時間的比：t1∶t2∶t3∶…∶tn＝1∶(eq\r(2)－1)∶(eq\r(3)－eq\r(2))∶…∶(eq\r(n)－eq\r(n－1))。2．勻變速直線運動的平均速度①eq\x\to(v)＝veq\f(t,2)＝eq\f(v0＋v,2)＝eq\f(x1＋x2,2T)。②前一半時間的平均速度為v1，后一半時間的平均速度為v2，則全程的平均速度：eq\x\to(v)＝eq\f(v1＋v2,2)。③前一半路程的平均速度為v1，后一半路程的平均速度為v2，則全程的平均速度：eq\x\to(v)＝eq\f(2v1v2,v1＋v2)。3．勻變速直線運動中間時刻、中間位置的速度veq\f(t,2)＝eq\x\to(v)＝eq\f(v0＋v,2)，veq\f(x,2)＝eq\r(\f(v02＋v2,2))。4．如果物體位移的表達式為x＝At2＋Bt，則物體做勻變速直線運動，初速度v0＝B(m/s)，加速度a＝2A(m/s25．自由落體運動的時間t＝eq\r(\f(2h,g))。6．豎直上拋運動的時間t上＝t下＝eq\f(v0,g)＝eq\r(\f(2H,g))，同一位置v上＝v下。7．追及相遇問題勻減速追勻速：恰能追上或追不上的關(guān)鍵：v勻＝v勻減。v0＝0的勻加速追勻速：v勻＝v勻加時，兩物體的間距最大。同時同地出發(fā)兩物體相遇：時間相等，位移相等。A與B相距Δs，A追上B：sA＝sB＋Δs；如果A、B相向運動，相遇時：sA＋sB＝Δs。8．“剎車陷阱”，應先求滑行至速度為零即停止的時間t0，如果題干中的時間t大于t0，用v02＝2ax或x＝eq\f(v0t0,2)求滑行距離；若t小于t0時，x＝v0t＋eq\f(1,2)at2。9．小船過河(1)當船速大于水速時①船頭的方向垂直于水流的方向則小船過河所用時間最短，t＝eq\f(d,v船)。②合速度垂直于河岸時，航程s最短，s＝d。(2)當船速小于水速時①船頭的方向垂直于水流的方向時，所用時間最短，t＝eq\f(d,v船)。②合速度不可能垂直于河岸，最短航程s＝d×eq\f(v水,v船)。10．繩端物體速度分解三、運動和力1．沿粗糙水平面滑行的物體：a＝μg2．沿光滑斜面下滑的物體：a＝gsinα3．沿粗糙斜面下滑的物體：a＝g(sinα－μcosα)4．沿如下圖所示光滑斜面下滑的物體：5．一起加速運動的物體系，若力是作用于m1上，則m1和m2的相互作用力為N＝eq\f(m2F,m1＋m2)，與有無摩擦無關(guān)，平面、斜面、豎直方向都一樣。6．下面幾種物理模型，在臨界情況下，a＝gtanα。7．如圖所示物理模型，剛好脫離時，彈力為零，此時速度相等，加速度相等，之前整體分析，之后隔離分析。8．下列各模型中，速度最大時合力為零，速度為零時，加速度最大。9．超重：a方向豎直向上(勻加速上升，勻減速下降)。失重：a方向豎直向下(勻減速上升，勻加速下降)。四、圓周運動萬有引力1．水平面內(nèi)的圓周運動，F(xiàn)＝mgtanθ，方向水平，指向圓心。2．豎直面內(nèi)的圓周運動(1)繩，內(nèi)軌，水流星最高點最小速度為eq\r(gR)，最低點最小速度為eq\r(5gR)，上下兩點拉壓力之差為6mg。(2)離心軌道，小球在圓軌道過最高點vmin＝eq\r(gR)，如圖所示，小球要通過最高點，小球最小下滑高度為2.5R。(3)豎直軌道圓周運動的兩種基本模型繩端系小球，從水平位置無初速度釋放下擺到最低點：繩上拉力FT＝3mg，向心加速度a＝2g小球在“桿”模型最高點vmin＝0，v臨＝eq\r(gR)，v>v臨，桿對小球有向下的拉力。v＝v臨，桿對小球的作用力為零。v<v臨，桿對小球有向上的支持力。(4)重力加速度：某星球表面處(即距球心R)：g＝eq\f(GM,R2)。距離該星球表面h處(即距球心R＋h處)：g′＝eq\f(GM,r2)＝eq\f(GM,R＋h2)。(5)人造衛(wèi)星：Geq\f(Mm,r2)＝meq\f(v2,r)＝mω2r＝meq\f(4π2,T2)r＝ma＝mg′。衛(wèi)星由近地點到遠地點，萬有引力做負功。第一宇宙速度v1＝eq\r(gR)＝eq\r(\f(GM,R))＝7.9km/s。地表附近的人造衛(wèi)星：r＝R＝6.4×106m，v運＝v1，T＝2πeq\r(\f(R,g))＝84.6分鐘。(6)同步衛(wèi)星T＝24小時，h＝5.6R＝36000km，v＝3.1km/s。(7)重要變換式：GM＝gR2(R為地球半徑)(8)行星密度：ρ＝eq\f(3π,GT2)，式中T為繞行星表面運轉(zhuǎn)的衛(wèi)星的周期。eq\a\vs4\al([易錯地帶多關(guān)照])1．應用F＝kx時，誤將彈簧長度當成形變量。2．將靜摩擦力和滑動摩擦力混淆，盲目套用公式F＝μFN。3．誤將物體的速度等于零當成平衡狀態(tài)。4．誤將v、Δv、eq\f(Δv,Δt)的意義混淆。5．錯誤的根據(jù)公式a＝eq\f(Δv,Δt)認為a與Δv成正比，與Δt成反比。6．誤將加速度的正負當成物體做加速運動還是減速運動的依據(jù)。7．誤認為“慣性與物體的速度有關(guān)，速度大，慣性大，速度小，慣性小”。8．誤認為“牛頓第一定律”是“牛頓第二定律”的特例。9．誤將“力和加速度”的瞬時關(guān)系當成“力和速度”的瞬時關(guān)系。10．誤將超重、失重現(xiàn)象當成物體重量變大或變小。11．運動的合成與分解時，不能正確把握運動的獨立性特點，不能正確區(qū)分合速度與分速度。12．平拋運動中，誤將速度方向夾角當成位移夾角，誤認為平拋運動是變加速運動。13．混淆豎直平面內(nèi)圓周運動兩種模型在最高點的“臨界條件”。14．將地面上物體隨地球的自轉(zhuǎn)與環(huán)繞地球運行的物體混淆。15．混淆速度變化引起的變軌與變軌引起的速度變化的區(qū)別。16．不能正確應用“黃金代換”公式GM＝gR2或GM＝g′(R＋h)2。17．雙星模型中不能正確區(qū)分軌道半徑和距離。eq\a\vs4\al([保溫訓練不可少])1．下列每個圖像中的兩條圖線分別表示某質(zhì)點運動的速度v和加速度a隨時間t變化的關(guān)系，則可能正確的是()解析：選B加速度方向和速度方向相反時質(zhì)點做減速運動，A錯誤；最初加速度方向與速度方向相反，速度減小到零，則質(zhì)點先減速到零，然后反向加速，最后做勻速直線運動，B正確；加速度方向和速度方向相同時速度應變大，C、D錯誤。2.(2016·重慶名校聯(lián)考)如圖，兩個彈簧的質(zhì)量不計，勁度系數(shù)分別為k1、k2，它們一端固定在質(zhì)量為m的物體上，另一端分別固定在Q、P處，當物體平衡時上面的彈簧處于原長狀態(tài)，若把固定的物體換為質(zhì)量為2m的物體(物體的大小不變，且彈簧均在彈性限度內(nèi))，當物體再次平衡時，物體比第一次平衡時的位置下降了x，則x為(已知重力加速度為g)()A.eq\f(mg,k1＋k2) B.eq\f(k1k2,mgk1＋k2)C.eq\f(2mg,k1＋k2) D.eq\f(k1k2,2mgk1＋k2)解析：選A當物體的質(zhì)量為m時，設下面的彈簧的壓縮量為x1，則mg＝k1x1；當物體的質(zhì)量為2m時，2mg＝k1(x1＋x)＋k2x，聯(lián)立可得x＝eq\f(mg,k1＋k2)，A正確。3.有一直角V形槽可以繞槽底所在軸線轉(zhuǎn)動，其截面如圖所示，OB面與水平面間夾角為θ，有一質(zhì)量為m的正方體均勻木塊放在槽內(nèi)，木塊與OA、OB間的動摩擦因數(shù)都為μ，重力加速度為g。現(xiàn)用垂直于紙面向里的力推木塊使之垂直紙面在槽內(nèi)運動，則()A．θ＝60°時，木塊所受的摩擦力為μmgB．θ＝60°時，木塊所受的摩擦力為eq\r(3)μmgC．θ在0°到90°變化過程中，木塊所受的摩擦力最大值為μmgD．θ在0°到90°變化過程中，木塊所受的摩擦力最大值為eq\r(2)μmg解析：選D將重力按照實際作用效果正交分解，則木塊對槽兩面的壓力分別為FA＝mgsinθ，F(xiàn)B＝mgcosθ，則木塊受到的滑動摩擦力為f＝μ(mgsinθ＋mgcosθ)，θ＝60°時，f＝eq\f(\r(3)＋1,2)μmg，故A、B錯誤；θ在0°到90°變化過程中，木塊受到的摩擦力為f＝μ(mgsinθ＋mgcosθ)＝eq\r(2)μmgsin(θ＋45°)，當θ＝45°時，摩擦力最大，最大為fmax＝eq\r(2)μmg，故C錯誤，D正確。4．(多選)(2016·天津模擬)2014年11月1日“嫦娥5號”試驗器順利著陸標志著我國已全面突破和掌握航天器高速再入返回的關(guān)鍵技術(shù)。已知人造航天器在月球表面上空繞月球做勻速圓周運動，經(jīng)過時間t(t小于航天器的繞行周期)，航天器運動的弧長為s，航天器與月球的中心連線掃過角度為θ(弧度制)，引力常量為G，則()A．航天器的軌道半徑為eq\f(θ,s)B．航天器的環(huán)繞周期為eq\f(2πt,θ)C．月球的質(zhì)量為eq\f(s3,Gt2θ)D．月球的密度為eq\f(3θ2,4Gt2)解析：選BC航天器的軌道半徑為r＝eq\f(s,θ)，選項A錯誤；航天器的環(huán)繞周期為T＝eq\f(2π,ω)＝eq\f(2π,\f(θ,t))＝eq\f(2πt,θ)，選項B正確；根據(jù)Geq\f(Mm,r2)＝meq\f(v2,r)可得：M＝eq\f(v2r,G)＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(s,t)))2\f(s,θ),G)＝eq\f(s3,Gt2θ)，選項C正確；月球的密度為ρ＝eq\f(M,V)＝eq\f(3M,4πr3)＝eq\f(3θ2,4πGt2)，選項D錯誤。5．(多選)(2016·濰坊模擬)在圖甲所示的粗糙斜面上，用平行于斜面向上的拉力F拉物塊，斜面和物塊始終處于靜止狀態(tài)。若拉力F按圖乙所示規(guī)律變化，下列判斷正確的是()A．地面對斜面的摩擦力逐漸減小B．地面對斜面的摩擦力逐漸增大C．物塊對斜面的摩擦力可能一直增大D．物塊對斜面的摩擦力可能一直減小解析：選BCD將物塊和斜面看作一個整體，整體在水平方向上受到拉力F沿水平方向的分力，摩擦力，兩力平衡，因為F在增大，所以F沿水平方向上的分力在增大，故摩擦力在增大，所以B正確、A錯誤；對物塊分析，在沿斜面方向上受到拉力F，重力沿斜面向下的分力，摩擦力，三力平衡，若摩擦力沿斜面向上并且方向不變，則F＋Ff＝Gsinθ，故F增大，摩擦力減小，若摩擦力沿斜面向下并且方向不變，則F＝Gsinθ＋Ff，故F增大，摩擦力增大，若摩擦力方向發(fā)生變化，則先減小后增大，故C、D正確。6.(多選)有一水平放置的圓盤，上面放有一勁度系數(shù)為k的輕質(zhì)彈簧，如圖所示，彈簧的一端固定于軸O上，另一端掛一質(zhì)量為m的物體A(可視為質(zhì)點)，物體A與圓盤面間的動摩擦因數(shù)為μ，開始時彈簧未發(fā)生形變，長度為R。重力加速度為g，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。設物體A開始滑動時圓盤的轉(zhuǎn)速為n0，且滑動后物體A與圓盤轉(zhuǎn)速仍然相等，下列說法正確的是()A．物體A開始滑動時圓盤的轉(zhuǎn)速n0＝eq\f(1,2π)eq\r(\f(μg,R))B．物體A開始滑動時圓盤的轉(zhuǎn)速n0＝eq\f(1,π)eq\r(\f(μg,R))C．轉(zhuǎn)速達到2n0時，彈簧的伸長量x＝eq\f(3μmgR,kR－4μmg)D．轉(zhuǎn)速達到2n0時，彈簧的伸長量x＝eq\f(μmgR,kR－4μmg)解析：選AC圓盤開始轉(zhuǎn)動時，A所受的靜摩擦力提供向心力，若物體A開始滑動時圓盤的轉(zhuǎn)速為n0，則μmg＝mR(2πn0)2，解得：n0＝eq\f(1,2π)eq\r(\f(μg,R))，A正確，B錯誤；當轉(zhuǎn)速增大到2n0時，設彈簧的伸長量為x，則有：μmg＋kx＝m(R＋x)(2π·2n0)2，解得x＝eq\f(3μmgR,kR－4μmg)，C正確，D錯誤。7.(多選)如圖所示，在光滑水平面內(nèi)建立直角坐標系xOy，在該平面內(nèi)O點處有一質(zhì)點，在大小為F的力的作用下由靜止開始做勻加速直線運動，經(jīng)過t時間質(zhì)點運動到A點，A、O兩點距離為a，在A點作用力突然變?yōu)檠貀軸正方向，大小仍為F，再經(jīng)t時間質(zhì)點運動到B點，在B點作用力又變?yōu)榇笮〉扔?F、方向始終與速度方向垂直且在該平面內(nèi)的變力，再經(jīng)一段時間后質(zhì)點運動到C點，此時速度方向沿x軸負方向，下列對運動過程的分析正確的是()A．A、B兩點間距離為eq\r(2)aB．C點與x軸的距離為eq\f(4＋\r(2),2)aC．質(zhì)點在B點的速度方向與x軸夾角為30°D．質(zhì)點從B點運動到C點所用時間可能為eq\f(3\r(2),16)πt解析：選BD質(zhì)點從O到A做勻加速直線運動，從A到B做類平拋運動，A到B的過程中，水平方向位移為2a，豎直方向的位移為a，可得A、B間的距離為s＝eq\r(a2＋2a2)＝eq\r(5)a，故A項錯誤；設質(zhì)點到達A點的速度為v，B點的速度為eq\r(2)v，方向與水平方向成45°，B到C點做勻速圓周運動，有：4F＝meq\f(\r(2)v2,r)，而對OA段：2eq\f(F,m)a＝v2，聯(lián)立解得：r＝a。因此C點與x軸的距離為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2＋\f(\r(2),2)))a，故B項正確，C項錯誤；質(zhì)點從B點運動到C點所用的時間可能為t′＝eq\f(s,v0)＝eq\f(\f(3πa,4),\r(2)v)，OA段有a＝eq\f(v,2)t，則質(zhì)點從B點運動到C點所用的時間可能為t′＝eq\f(3\r(2),16)πt，故D項正確。8.(2016·蘭州考前實戰(zhàn)演練)如圖所示，水平地面上有一“L”型滑板ABC，豎直高度AB＝1.8m。D處有一固定障礙物，滑板右端C到障礙物的距離為1m。滑板左端加上水平向右的推力F＝144N的同時，有一小物塊緊貼豎直板的A點無初速釋放，滑板撞到障礙物時立即撤去力F，滑板以原速率反彈。小物塊最終落在地面上。滑板質(zhì)量M＝3kg，物塊質(zhì)量m＝1kg，滑板與物塊及地面間的動摩擦因數(shù)均為0.4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(取g＝10m/s2，已知tan37°＝\f(3,4)))。求：(1)滑板撞到障礙物前物塊的加速度大??；(2)物塊落地時的速度；(3)物塊落地時到滑板B端的距離。解析：(1)假設物塊與滑板相對靜止，向右的加速度為a，則F－μ(m＋M)g＝(M＋m)a解得a＝32m/s2。由于μN＝μma＞mg，所以假設成立，滑板撞到障礙物前物塊的加速度為32m/s2。(2)設滑板撞到障礙物時的速度大小為v1，v12＝2ax撞到障礙物后物塊做平拋運動，h＝eq\f(1,2)gt2vy＝gtv＝eq\r(v12＋vy2)＝10m/s。速度與水平方向的夾角為αtanα＝eq\f(vy,v1)＝eq\f(3,4)，則α＝37°。(3)物塊的水平位移x1＝v1t＝4.8m滑板運動的加速度為a2，μMg＝Ma2滑板停止運動時間t′＝eq\f(v,a2)＝2s，則物塊落地時，板尚未停止運動?；逑蛴疫\動的距離x2＝v1t－eq\f(1,2)a2t2＝4.08m物塊落地時到B的距離為x＝x1＋x2＝8.88m。答案：(1)32m/s2(2)10m/s，方向與水平方向成37°角(3)8.88m能量和動量eq\a\vs4\al([主干知識要記牢])1．恒力做功的計算式W＝Flcosα(α是F與l方向的夾角)。2．恒力所做總功的計算W總＝F合lcosα或W總＝W1＋W2＋……3．計算功率的兩個公式P＝eq\f(W,t)或P＝Fvcosα。4．動能定理W總＝Ek2－Ek1。5．機車啟動類問題中的“臨界點”(1)全程最大速度的臨界點為：F阻＝eq\f(Pm,vm)。(2)勻加速運動的最后點為eq\f(P,v1m)－F阻＝ma；此時瞬時功率等于額定功率P額。(3)在勻加速過程中的某點有：eq\f(P1,v1)－F阻＝ma。(4)在變加速運動過程中的某點有eq\f(Pm,v2)－F阻＝ma2。6．重力勢能Ep＝mgh(h是相對于零勢能面的高度)7．機械能守恒定律的三種表達方式(1)始末狀態(tài)：mgh1＋eq\f(1,2)mv12＝mgh2＋eq\f(1,2)mv22。(2)能量轉(zhuǎn)化：ΔEk(增)＝ΔEp(減)。(3)研究對象：ΔEA＝－ΔEB。8．應用動能定理的情況(1)動能定理的計算式為標量式，不涉及方向問題，在不涉及加速度和時間的問題時，可優(yōu)先考慮動能定理。(2)動能定理的研究對象是單一物體，或者可以看成單一物體的物體系。(3)動能定理適用于物體的直線運動，也適用于曲線運動；適用于恒力做功，也適用于變力做功，力可以是各種性質(zhì)的力，既可以同時作用，也可以分段作用。(4)若物體運動的過程中包含幾個不同過程，應用動能定理時，可以分段考慮，也可以視全過程為一整體來處理。9．幾種常見的功能關(guān)系做功能量變化功能關(guān)系重力做功WG重力勢能變化ΔEpWG＝－ΔEp彈力做功WF彈性勢能變化ΔEpWF＝－ΔEp合外力做功W合動能變化ΔEkW合＝ΔEk除重力和彈力之外其他力做功W其機械能變化ΔEW其＝ΔE滑動摩擦力與兩物體相對位移的乘積Ffl相對系統(tǒng)內(nèi)能變化ΔE內(nèi)Ffl相對＝ΔE內(nèi)電場力做功WAB＝qUAB電勢能變化ΔEpWAB＝－ΔEp電流做功W＝UIt電能變化ΔEW＝－ΔE10．動量定理p′－p＝I11．動量守恒定律①守恒條件：系統(tǒng)不受合外力，或所受合外力等于零。②表達式：p1＋p2＝p1′＋p2′。12．三類碰撞(1)彈性碰撞：系統(tǒng)動量守恒，機械能守恒。(2)非彈性碰撞：系統(tǒng)動量守恒，機械能損失。(3)完全非彈性碰撞：系統(tǒng)動量守恒，機械能損失最多。eq\a\vs4\al([二級結(jié)論要用好])1．判斷某力是否做功，做正功還是負功①F與x的夾角(恒力)②F與v的夾角(曲線運動的情況)③能量變化(兩個相聯(lián)系的物體做曲線運動的情況)2．求功的六種方法①W＝Flcosα(恒力)定義式②W＝Pt(變力，恒力)③W＝ΔEk(變力，恒力)④W＝ΔE(除重力做功的變力，恒力)功能原理⑤圖像法(變力，恒力)⑥氣體做功：W＝pΔV(p——氣體的壓強；ΔV——氣體的體積變化)3．恒力做功的大小與路面粗糙程度無關(guān)，與物體的運動狀態(tài)無關(guān)。4．摩擦生熱：Q＝Ffl相對。eq\a\vs4\al([易錯地帶多關(guān)照])1．誤認為“斜面對物體的支持力始終不做功”不能正確理解W＝Flcosα中“l(fā)”的意義。2．誤認為“一對作用力與反作用力做功之和一定為零”。3．誤認為“摩擦力一定做負功”。4．在機車啟動類問題中將“勻加速最后時刻的速度”與“所能達到的最大速度”混淆。5．將機械能守恒條件中“只有重力做功”誤認為“只受重力作用”。6．在應用ΔE內(nèi)＝Ffl相對時，誤認為“l(fā)相對”是對地的位移。7．應用機械能守恒時，不能正確理解三種表達方式的意義。8．應用動量定理時，力和速度選取不同的正方向。9．應用動量守恒定律時，各速度不是相對同一參照物。eq\a\vs4\al([保溫訓練不可少])1．列車在空載情況下以恒定功率P經(jīng)過一平直的路段，通過某點時速率為v，加速度大小為a1；當列車滿載貨物再次經(jīng)過同一點時，功率和速率均與原來相同，但加速度大小變?yōu)閍2。重力加速度大小為g。設阻力是列車重力的k倍，則列車滿載與空載時的質(zhì)量之比為()A.eq\f(kg＋a1,kg＋a2) B.eq\f(kg＋a2,kg＋a1)C.eq\f(Pkg＋a2,vkg＋a1) D.eq\f(Pkg＋a1,vkg＋a2)解析：選A由P＝Fv、F－f＝ma及f＝kmg得m＝eq\f(P,vkg＋a)，所以eq\f(m2,m1)＝eq\f(kg＋a1,kg＋a2)，A正確。2.一質(zhì)量為m的小球自粗糙曲面軌道上的A點由靜止開始下滑，最終從軌道末端B點沿切線飛出，飛出時的水平分速度為v，A點離地面的高度為h，小球在軌道上損失的機械能為ΔE，如圖所示。已知重力加速度為g，則小球飛出后所到達的最高點與A點間的高度差為()A.eq\f(v2,2g) B．h－eq\f(v2,4g)C.eq\f(v2,2g)＋eq\f(ΔE,mg) D．h－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v2,2g)＋\f(ΔE,mg)))解析：選C設小球飛出后所能到達的最大高度為H，由功能關(guān)系知mgh＝ΔE＋mgH＋eq\f(1,2)mv2，解得Δh＝h－H＝eq\f(ΔE,mg)＋eq\f(v2,2g)，C正確。3.(多選)如圖所示，輕繩一端受到大小為F的水平恒力作用，另一端通過定滑輪與質(zhì)量為m、可視為質(zhì)點的小物塊相連。開始時繩與水平方向夾角為θ。當小物塊從水平面上的A點被拖動到水平面上的B點時，位移為L，隨后從B點沿斜面被拖動到定滑輪O處，BO間距離也為L。小物塊與水平面及斜面間的動摩擦因數(shù)均為μ，若小物塊從A點運動到O點的過程中，F(xiàn)對小物塊做的功為WF，小物塊在BO段運動過程中克服摩擦力做的功為Wf，則以下結(jié)果正確的是()A．WF＝FL(cosθ＋1)B．WF＝2FLcosθC．Wf＝μmgLcos2θD．Wf＝FL－mgLsin2θ解析：選BC小物塊從A點到B點，拉力F做的功WF1＝F(2Lcosθ－L)，從B點到O點，拉力F做的功WF2＝FL，所以小物塊從A點運動到O點的過程中，拉力F對小物塊做的功為WF＝WF1＋WF2＝F(2Lcosθ－L)＋FL＝2FLcosθ，A錯誤，B正確；由幾何關(guān)系知斜面的傾角為2θ，所以小物塊在BO段運動過程中克服摩擦力做的功Wf＝fL＝μmgcos2θ·L＝μmgLcos2θ，C正確，D錯誤。4.(多選)(2016·大慶一模)如圖所示，足夠長傳送帶與水平方向的傾角為θ，物塊a通過平行于傳送帶的輕繩跨過光滑輕滑輪與物塊b相連，b的質(zhì)量為m，開始時，a、b及傳送帶均靜止且a不受傳送帶摩擦力作用，現(xiàn)讓傳送帶逆時針勻速轉(zhuǎn)動，則在b上升h高度(未與滑輪相碰)過程中()A．物塊a重力勢能減少mghB．摩擦力對a做的功大于a機械能的增加C．摩擦力對a做的功小于物塊a、b動能增加之和D．任意時刻，重力對a、b做功的瞬時功率大小相等解析：選ABD開始時，a、b及傳送帶均靜止且a不受傳送帶摩擦力作用，有magsinθ＝mbg，則ma＝eq\f(m,sinθ)。b上升h，則a下降hsinθ，則a重力勢能的減小量為mag×hsinθ＝mgh，故A正確。根據(jù)能量守恒得，系統(tǒng)機械能增加，摩擦力對a做的功等于a、b機械能的增量。所以摩擦力做功大于a的機械能增加。因為系統(tǒng)重力勢能不變，所以摩擦力做功等于系統(tǒng)動能的增加，故B正確，C錯誤。任意時刻a、b的速率相等，對b，克服重力的瞬時功率Pb＝mgv，對a有：Pa＝magvsinθ＝mgv，所以重力對a、b做功的瞬時功率大小相等，故D正確。5．蹦床類似于豎直放置的輕彈簧(彈力滿足F＝kx，彈性勢能滿足Ep＝eq\f(1,2)kx2，x為床面下沉的距離，k為常量)。質(zhì)量為m的運動員靜止站在蹦床上時，床面下沉x0。蹦床比賽中，運動員經(jīng)過多次蹦跳，逐漸增加上升高度，測得運動員離開床面在空中運動的最長時間為Δt。運動員可視為質(zhì)點，空氣阻力忽略不計，重力加速度為g。則可求得()A．常量k＝eq\f(x0,mg)B．運動員上升的最大高度h＝eq\f(1,2)g(Δt)2C．床面下沉的最大距離x＝x0＋eq\r(x02＋\f(1,4)x0gΔt2)D．整個比賽過程中運動員增加的機械能ΔE＝eq\f(1,8)mg2(Δt)2解析：選C運動員靜止在蹦床上時，mg＝kx0，k＝eq\f(mg,x0)，A錯誤；運動員離開床面做豎直上拋運動，由運動的對稱性可知運動員上升的最大高度h＝eq\f(1,2)geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(Δt,2)))2＝eq\f(1,8)g(Δt)2，B錯誤；運動員由最高處下落，壓縮床面最大距離為x，由機械能守恒可知mg(h＋x)＝eq\f(1,2)kx2，聯(lián)立k＝eq\f(mg,x0)，h＝eq\f(1,8)g(Δt)2，解得x＝x0＋eq\r(x02＋\f(1,4)x0gΔt2)，C正確；整個比賽過程中運動員增加的機械能ΔE＝mg(h＋x0)＝eq\f(1,8)mg2(Δt)2＋mgx0，D錯誤。6.(多選)(2016·上海長寧區(qū)模擬)從地面A處豎直向上拋一質(zhì)量為m的小球，小球上升到B點時的動能與小球上升到最高點后返回至C點時的動能相等，B點離地高度為h，C點離地高度為eq\f(h,3)?？諝庾枇＝0.1mg，大小不變，重力加速度為g，則()A．小球上升的最大高度為2hB．小球上升的最大高度為4hC．小球下落過程中從B點到C點動能的增量為eq\f(3,5)mghD．小球下落過程中從B點到C點動能的增量為eq\f(4,5)mgh解析：選BC設小球由B點再上升h′到達最高點，由動能定理得，eq\f(1,2)mvC2－eq\f(1,2)mvB2＝mg·eq\f(2,3)h－0.1mgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2h′＋\f(2,3)h))＝0，解得h′＝3h，所以小球上升的最大高度H＝h＋h′＝4h，B正確；下落過程中小球從B點到C點動能的增加量eq\f(1,2)mvC2－eq\f(1,2)mvB′2＝mg·eq\f(2,3)h－0.1mg·eq\f(2,3)h＝eq\f(3,5)mgh，C正確。7．如圖所示，固定在水平地面上的工件，由AB和BD兩部分組成。其中AB部分為光滑的圓弧，∠AOB＝37°，圓弧的半徑R＝0.5m，圓心O點在B點正上方，BD部分水平，長度為l＝0.2m，C為BD的中點?，F(xiàn)有一質(zhì)量m＝1kg的物塊(可視為質(zhì)點)，從A端由靜止釋放，恰好能運動到D點。為使物塊運動到C點時速度為零，可先將BD部分以B為軸向上轉(zhuǎn)動一銳角θ，求：(1)該銳角θ(假設物塊經(jīng)過B點時沒有能量損失)；(2)物塊在BD板上運動的總路程。(g＝10m/s2,sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)解析：(1)設物塊與BD部分間動摩擦因數(shù)為μ，當BD水平時，研究物塊的運動，根據(jù)動能定理得：W總＝ΔEk從A到D的過程中mgR(1－cos37°)－μmgl＝0代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得μ＝0.5當BD以B為軸向上轉(zhuǎn)動一個銳角θ時，從A到C的過程中，根據(jù)動能定理mgR(1－cos37°)－mgeq\f(l,2)sinθ－μFNeq\f(l,2)＝0其中FN＝mgcosθ聯(lián)立解得θ＝37°。(2)物塊在C處速度減為零后，由于mgsinθ＞μmgcosθ物塊將會下滑，而AB段光滑，故物塊將做往復運動，直到停止在B點。根據(jù)能量守恒定律mgR(1－cos37°)＝Q而摩擦產(chǎn)生的熱量Q＝fs，f＝μmgcosθ代入數(shù)據(jù)解得，物塊在BD板上的總路程s＝0.25m。答案：(1)37°(2)0.25m8.在豎直平面內(nèi)有一個半圓形軌道ABC，半徑為R，如圖所示。A、C兩點的連線水平，B點為軌道最低點。其中AB部分是光滑的，BC部分是粗糙的。有一個質(zhì)量為m的乙物體靜止在B點，另一個質(zhì)量為4m的甲物體從A點無初速度釋放，甲物體運動到軌道最低點與乙物體發(fā)生碰撞，碰撞時間極短，碰撞后結(jié)合成一個整體，甲乙構(gòu)成的整體滑上BC軌道，最高運動到D點，OD與OB連線的夾角θ＝60°。甲、乙兩物體可以看作質(zhì)點，重力加速度為g，求：(1)甲物體與乙物體碰撞過程中，甲物體受到的沖量。(2)甲物體與乙物體碰撞后的瞬間，甲乙構(gòu)成的整體對軌道最低點的壓力。(3)甲乙構(gòu)成的整體從B點運動到D點的過程中，摩擦力對其做的功。解析：(1)設甲物體由A點運動到B點處速度為v0，由機械能守恒定律得4mgR＝eq\f(1,2)×4mv02解得v0＝eq\r(2gR)甲物體與乙物體碰撞過程動量守恒4mv0＝5mv解得v＝eq\f(4,5)v0＝eq\f(4,5)eq\r(2gR)I甲＝4mv－4mv0＝－eq\f(4,5)meq\r(2gR)，方向水平向右。(2)F－5mg＝5meq\f(v2,R)F＝5mg＋6.4mg＝11.4mg根據(jù)牛頓第三定律，對軌道的壓力大小也為11.4mg，方向豎直向下。(3)由幾何知識可知，整體上升的高度h＝R(1－cosθ)＝eq\f(R,2)從B點運動到D點，由動能定理得－5mgeq\f(R,2)＋Wf＝0－eq\f(1,2)×5mv2解得Wf＝－0.7mgR。答案：(1)eq\f(4,5)meq\r(2gR)方向水平向右(2)11.4mg方向豎直向下(3)－0.7mgR電場與磁場eq\a\vs4\al([主干知識要記牢])1．庫侖定律F＝keq\f(Q1Q2,r2)2．電場強度的表達式(1)定義式：E＝eq\f(F,q)(2)計算式：E＝eq\f(kQ,r2)(3)勻強電場中：E＝eq\f(U,d)3．電勢差和電勢的關(guān)系UAB＝φA－φB或UBA＝φB－φA4．電場力做功的計算(1)普適：W＝qU(2)勻強電場：W＝Edq5．電容的定義式C＝eq\f(Q,U)＝eq\f(ΔQ,ΔU)6．平行板電容器的決定式C＝eq\f(εrS,4πkd)7．磁感應強度的定義式B＝eq\f(F,IL)8．安培力大小F＝BIL(B、I、L相互垂直)9．洛倫茲力的大小F＝qvB10．帶電粒子在勻強磁場中的運動(1)洛倫茲力充當向心力，qvB＝mrω2＝meq\f(v2,r)＝mreq\f(4π2,T2)＝4π2mrf2＝ma。(2)圓周運動的半徑r＝eq\f(mv,qB)、周期T＝eq\f(2πm,qB)。11．速度選擇器如圖所示，當帶電粒子進入電場和磁場共存空間時，同時受到電場力和洛倫茲力作用，F(xiàn)電＝Eq，F(xiàn)洛＝Bqv0，若Eq＝Bqv0，有v0＝eq\f(E,B)。即能從S2孔飛出的粒子只有一種速度，而與粒子的質(zhì)量、電性、電量無關(guān)。12．電磁流量計如圖所示，一圓形導管直徑為d，用非磁性材料制成，其中有可以導電的液體向左流動，導電流體中的自由電荷(正負離子)在洛倫茲力作用下橫向偏轉(zhuǎn)，a、b間出現(xiàn)電勢差。當自由電荷所受電場力和洛倫茲力平衡時，a、b間的電勢差就保持穩(wěn)定。由qvB＝qE＝qeq\f(U,d)可得v＝eq\f(U,Bd)流量Q＝Sv＝eq\f(πd2,4)·eq\f(U,Bd)＝eq\f(πdU,4B)。13．磁流體發(fā)電機如圖是磁流體發(fā)電機，等離子氣體噴入磁場，正、負離子在洛倫茲力作用下發(fā)生上下偏轉(zhuǎn)而聚集到A、B板上，產(chǎn)生電勢差，設A、B平行金屬板的面積為S，相距為L，等離子氣體的電阻率為ρ，噴入氣體速度為v，板間磁場的磁感應強度為B，板外電阻為R，當?shù)入x子氣體勻速通過A、B板間時，板間電勢差最大，離子受力平衡：qE場＝qvB，E場＝vB，電動勢E＝E場L＝BLv，電源內(nèi)電阻r＝ρeq\f(L,S)，故R中的電流I＝eq\f(E,R＋r)＝eq\f(BLv,R＋ρ\f(L,S))＝eq\f(BLvS,RS＋ρL)。14．霍爾效應如圖所示，厚度為h，寬度為d的導體板放在垂直于磁感應強度為B的勻強磁場中，當電流流過導體板時，在導體板上下側(cè)面間會產(chǎn)生電勢差，U＝keq\f(IB,d)(k為霍爾系數(shù))。15．回旋加速器如圖所示，是兩個D形金屬盒之間留有一個很小的縫隙，有很強的磁場垂直穿過D形金屬盒。D形金屬盒縫隙中存在交變的電場。帶電粒子在縫隙的電場中被加速，然后進入磁場做半圓周運動。(1)粒子在磁場中運動一周，被加速兩次；交變電場的頻率與粒子在磁場中圓周運動的頻率相同。T電場＝T回旋＝T＝eq\f(2πm,qB)。(2)粒子在電場中每加速一次，都有qU＝ΔEk。(3)粒子在邊界射出時，都有相同的圓周半徑R，有R＝eq\f(mv,qB)。(4)粒子飛出加速器時的動能為Ek＝eq\f(mv2,2)＝eq\f(B2R2q2,2m)。在粒子質(zhì)量、電量確定的情況下，粒子所能達到的最大動能只與加速器的半徑R和磁感應強度B有關(guān)，與加速電壓無關(guān)。16．帶電粒子在電場中偏轉(zhuǎn)的處理方法17．帶電粒子在有界磁場中運動的處理方法(1)畫圓弧、定半徑：從磁場的邊界點、或軌跡與磁場邊界的“相切點”等臨界點入手；充分應用圓周運動相互垂直的“速度線”與“半徑線”。①過粒子運動軌跡上任意兩點M、N(一般是邊界點，即“入射點”與“出射點”)，作與速度方向垂直的半徑，兩條半徑的交點是圓心O，如圖甲所示。②過粒子運動軌跡上某一點M(一般是“入射點”或“出射點”)，作與速度方向垂直的直線，再作M、N兩點連線(弦)的中垂線，其交點是圓弧軌道的圓心O，如圖乙所示。(2)確定幾何關(guān)系：在確定圓弧、半徑的幾何圖形中，作合適輔助線，依據(jù)圓、三角形的特點，應用勾股定理、三角函數(shù)、三角形相似等，寫出運動軌跡半徑r、圓心角(偏向角)θ，與磁場的寬度、角度，相關(guān)弦長等的幾何表達式。(3)確定物理關(guān)系：相關(guān)物理關(guān)系式主要為半徑r＝eq\f(mv,qB)，粒子在磁場的運動時間t＝eq\f(φ,2π)T＝eq\f(φ,360°)T(圓弧的圓心角φ越大，所用時間越長，與半徑大小無關(guān))，周期T＝eq\f(2πm,qB)。eq\a\vs4\al([易錯地帶多關(guān)照])1．在場強定義式E＝eq\f(F,q)中，錯誤地認為E與F成正比、與q成反比。2．在電容的公式C＝eq\f(Q,U)中，錯誤地認為C與Q成正比與U成反比。3．在研究帶電粒子的運動軌跡時，誤認為運動軌跡與電場線一定重合。4．在電場中誤認為場強大的地方電勢高。5．在電容器的動態(tài)分析中，不能正確區(qū)分C＝eq\f(Q,U)和C＝eq\f(εrS,4πkd)的意義及用途。6．將公式B＝eq\f(F,IL)中的B錯誤地認為B與F成正比與IL成反比。7．在判斷安培力方向時，將左手定則和右手定則混淆。8．在判斷負電荷在磁場中運動受力時，將“四指”指向用錯。9．不能正確理解沿直線通過速度選擇器的不同帶電粒子有共同速度v＝eq\f(E,B)。10．誤認為在回旋加速器中最大動能與加速電壓有關(guān)。11．磁流體發(fā)電機正、負極板的判斷易出現(xiàn)錯誤。eq\a\vs4\al([保溫訓練不可少])1.(2016·安慶聯(lián)考)美國物理學家密立根于20世紀初進行了多次實驗，比較準確地測定了電子的電荷量，其實驗原理可以簡化為如圖模型：兩個相距為d的平行金屬板A、B水平放置，兩板接有可調(diào)電源。從A板上的小孔進入兩板間的油滴因摩擦而帶有一定的電荷量，將兩板間的電勢差調(diào)節(jié)到U時，帶電油滴恰好懸浮在兩板間；然后撤去電場，油滴開始下落，由于空氣阻力，下落的油滴很快達到勻速下落狀態(tài)，通過顯微鏡觀測這個速度的大小為v，已知這個速度與油滴的質(zhì)量成正比，比例系數(shù)為k，重力加速度為g。則計算油滴帶電荷量的表達式為()A．q＝eq\f(kvd,U) B．q＝eq\f(vdg,kU)C．q＝eq\f(kv,Ud) D．q＝eq\f(vg,kUd)解析：選B假設油滴質(zhì)量為m，油滴懸浮在兩板間，由平衡條件得qeq\f(U,d)＝mg，已知信息v＝km，聯(lián)立得q＝eq\f(vdg,kU)，故B正確。2.(多選)2016年1月1日，鄭州發(fā)生萬伏電纜與樹枝摩擦起火，持續(xù)大火將路面燒出一大坑的事件。高壓電線落地可能導致行人跨步觸電，如圖所示，設人的兩腳M、N間最大跨步距離為d，高壓電線從觸地點O流入大地的電流為I，大地的電阻率為ρ，O、N間的距離為R。電流在以O點為圓心、半徑為r的半球面上均勻分布，其電流密度為eq\f(I,2πr2)，電流密度乘以電阻率等于電場強度，該場強可以等效于把點電荷Q放在真空中O點處產(chǎn)生的場強。下列說法正確的是()A．等效點電荷Q的電荷量為eq\f(ρI,2πk)(k為靜電力常量)B．圖中M、N兩腳間跨步電壓可能等于eq\f(ρId,2πR2)C．當兩腳間的距離等于最大跨步距離時，跨步電壓不可能為零D．兩腳并攏跳離觸地點是防止跨步觸電的一種有效方法解析：選AD依題意有電場強度E＝eq\f(ρI,2πr2)＝keq\f(Q,r2)，所以等效點電荷的電荷量為Q＝eq\f(ρI,2πk)，A正確；因為距O點越近，電場強度越大，所以圖中M、N兩腳間的跨步電壓大于ENd＝eq\f(ρId,2πR2)，B錯誤；當兩腳處在同一等勢面上，且兩腳間的距離等于最大跨步距離時，跨步電壓為零，C錯誤；兩腳并攏時不會有電流通過人體，所以兩腳并攏跳離觸地點是防止跨步觸電的一種有效方法，D正確。3.(多選)如圖所示，在水平向右、場強為E的勻強電場中，兩個電荷量均為q的帶正電小球A、B通過兩根長度均為L的絕緣輕繩懸掛。兩球靜止時，兩輕繩與豎直方向的夾角分別為30°、60°。現(xiàn)將一外力作用在A球上，使A球緩慢地繞懸點O做圓周運動，在A球運動至最低點A′的過程中，下列說法正確的是()A．兩球構(gòu)成的系統(tǒng)電勢能增加eq\f(1,2)qELB．兩球構(gòu)成的系統(tǒng)電勢能增加qELC．兩球構(gòu)成的系統(tǒng)重力勢能減少eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2\r(3)－3))qELD．兩球構(gòu)成的系統(tǒng)重力勢能減少eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(3)－\f(3,2)))qEL解析：選BCA球的移動不影響A、B之間繩子的方向，當A球移動到最低點A′時，兩球都移動了eq\f(L,2)，兩小球都克服電場力做功，兩球構(gòu)成的系統(tǒng)電勢能增加量ΔEp＝qEL，B正確；對A、B整體，根據(jù)平衡條件可得，(mA＋mB)gtan30°＝2qE，兩球構(gòu)成的系統(tǒng)重力勢能減少量ΔEp＝(mA＋mB)gL(1－cos30°)＝(2eq\r(3)－3)qEL，C正確。4.(多選)(2016·蘭州模擬)如圖所示，空間存在水平向左的勻強電場E和垂直紙面向外的勻強磁場B，在豎直平面內(nèi)從a點沿ab、ac方向拋出兩帶電小球，不考慮兩帶電小球間的相互作用，兩小球的電荷量始終不變，關(guān)于小球的運動，下列說法正確的是()A．沿ab、ac方向拋出的小球都可能做直線運動B．若小球沿ab方向做直線運動，則小球帶正電，且一定是勻速運動C．若小球沿ac方向做直線運動，則小球帶負電，可能做勻加速運動D．兩小球在運動過程中機械能均守恒解析：選AB沿ab方向拋出的小球，根據(jù)左手定則及平衡條件可知，小球只有帶正電才能受力平衡做直線運動，而沿ac方向拋出的小球，同理分析可知，小球只有帶負電才能做直線運動，因小球運動的速度影響其受到的洛倫茲力大小，所以小球做直線運動時一定是勻速運動，故A、B正確，C錯誤；小球在運動過程中，因電場力做功，所以小球的機械能不守恒，故D錯誤。5.(多選)(2016·鄭州二模)圖中的虛線為半徑為R、磁感應強度大小為B的圓形勻強磁場的邊界，磁場的方向垂直圓平面向里。大量的比荷均為eq\f(q,m)的相同粒子由磁場邊界的最低點A向圓平面內(nèi)的不同方向以相同的速度v0射入磁場，粒子在磁場中做半徑為r的圓周運動，經(jīng)一段時間的偏轉(zhuǎn)，所有的粒子均由圓邊界離開，所有粒子的出射點的連線為虛線邊界的eq\f(1,3)，粒子在圓形磁場中運行的最長時間用tm表示，假設eq\f(q,m)、R、v0為已知量，其余的量均為未知量，忽略粒子的重力以及粒子間的相互作用。則()A．B＝eq\f(2\r(3)mv0,3qR) B．B＝eq\f(\r(3)mv0,3qR)C．r＝eq\f(\r(3)R,2) D．tm＝eq\f(\r(3)πR,2v0)解析：選ACD設從A點射入的粒子與磁場邊界的最遠交點為B，則B點是軌跡圓的直徑與磁場邊界圓的交點，eq\x\to(AB)的長是邊界圓周長的eq\f(1,3)，則∠AOB＝120°，sin60°＝eq\f(r,R)，得r＝eq\f(\r(3)R,2)，粒子在磁場中運動時，洛倫茲力提供向心力，有qv0B＝meq\f(v02,r)，所以B＝eq\f(mv0,qr)＝eq\f(2\r(3)mv0,3qR)，A、C正確，B錯誤；粒子在磁場中運動的最長時間為tm＝eq\f(T,2)＝eq\f(πr,v0)＝eq\f(\r(3)πR,2v0)，D正確。6.(多選)(2016·溫州模擬)如圖所示，半徑為R的半圓形區(qū)域內(nèi)分布著垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度為B，半圓的左邊垂直x軸放置一粒子發(fā)射裝置，在－R≤y≤R的區(qū)間內(nèi)各處均沿x軸正方向同時發(fā)射出一個帶正電粒子，粒子質(zhì)量均為m、電荷量均為q、初速度均為v，重力忽略不計，所有粒子均能穿過磁場到達y軸，其中最后到達y軸的粒子比最先到達y軸的粒子晚Δt時間，則()A．粒子到達y軸的位置一定各不相同B．磁場區(qū)域半徑R應滿足R≤eq\f(mv,Bq)C．從x軸入射的粒子最先到達y軸D．Δt＝eq\f(mθ,qB)－eq\f(R,v)，其中角度θ為最后到達y軸的粒子在磁場中的運動軌跡所對應的圓心角，滿足sinθ＝eq\f(BqR,mv)解析：選BD粒子射入磁場后做勻速圓周運動，其運動軌跡如圖所示。y＝±R處的粒子直接沿直線做勻速運動到達y軸，其他粒子在磁場中發(fā)生偏轉(zhuǎn)，由圖可知，發(fā)生偏轉(zhuǎn)的粒子也有可能打在y＝R的位置上，所以粒子到達y軸的位置不是各不相同的，A錯；以沿x軸射入的粒子為例，若r＝eq\f(mv,Bq)＜R，則粒子未到達y軸就偏向上離開磁場區(qū)域，所以要求R≤eq\f(mv,Bq)，所有粒子才能穿過磁場到達y軸，B對；從x軸入射的粒子在磁場中對應的弧長最長，所以該粒子最后到達y軸，而y＝±R的粒子直接沿直線做勻速運動到達y軸，時間最短，C錯；從x軸入射的粒子在磁場中運動時間最長，為t1＝eq\f(θ,2π)·eq\f(2πm,Bq)＝eq\f(mθ,Bq)，y＝±R處的粒子直接沿直線做勻速運動到達y軸，運動時間最短，為t2＝eq\f(R,v)，所以Δt＝eq\f(mθ,qB)－eq\f(R,v)，由圖知sinθ＝eq\f(R,r)＝eq\f(BqR,mv)，D對。7．如圖所示，回旋加速器的D形盒半徑為R，用來加速質(zhì)量為m，帶電量為q的質(zhì)子，使質(zhì)子由靜止加速到具有能量為E后，由A孔射出，求：(1)加速器中勻強磁場B的方向和大?。?2)設兩D形盒間的距離為d，其間電壓為U，則加速到上述能量所需回旋周數(shù)是多少？(3)加速到上述能量所需時間(不計通過縫隙的時間)。解析：(1)根據(jù)左手定則可知B的方向垂直于紙面向里。根據(jù)qvmB＝meq\f(vm2,R)得最大動能為：E＝eq\f(1,2)mvm2＝eq\f(B2R2q2,2m)因此加速器中勻強磁場B的大小為：B＝eq\f(\r(2mE),qR)；根據(jù)左手定則可知，B的方向垂直于紙面向里。(2)加速電壓為U，則質(zhì)子每次經(jīng)電場加速后能量為：Ek0＝qU；設共加速N次，則有：N＝eq\f(E,Ek0)＝eq\f(E,qU)；由于每周加速兩次，所以加速到上述能量所需回旋周數(shù)是：n＝eq\f(N,2)＝eq\f(E,2qU)。(3)因為質(zhì)子運動的線速度為：v＝eq\f(2πR,T)運動的周期為：T＝eq\f(2πm,qB)運動的周期與半徑r和速度無關(guān)，故加速總時間為：t＝nT＝eq\f(πR\r(2mE),2qU)。答案：(1)垂直于紙面向里eq\f(\r(2mE),qR)(2)eq\f(E,2qU)(3)eq\f(πR\r(2mE),2qU)8．如圖所示，有一對平行金屬板，板間加有恒定電壓；兩板間有勻強磁場，磁感應強度大小為B0，方向垂直于紙面向里。金屬板右下方以MN、PQ為上、下邊界，MP為左邊界的區(qū)域內(nèi)，存在垂直紙面向外的勻強磁場，磁場寬度為d，MN與下極板等高，MP與金屬板右端在同一豎直線上。一電荷量為q、質(zhì)量為m的正離子，以初速度v0沿平行于金屬板面、垂直于板間磁場的方向從A點射入金屬板間，不計離子的重力。(1)已知離子恰好做勻速直線運動，求金屬板間電場強度的大??；(2)若撤去板間磁場B0，已知離子恰好從下極板的右側(cè)邊緣射出電場，方向與水平方向成30°角，求A點離下極板的高度；(3)在(2)的情形中，為了使離子進入磁場運動后從邊界MP的P點射出，磁場的磁感應強度B應為多大？解析：(1)設板間的電場強度為E，離子做勻速直線運動，受到的電場力和洛倫茲力平衡，有qE＝qv0B0解得E＝v0B0。(2)設A點離下極板的高度為h，離子射出電場時的速度為v，根據(jù)動能定理，得qEh＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv02離子在電場中做類平拋運動，水平方向做勻速運動，有v＝eq\f(v0,cos30°)＝eq\f(2v0,\r(3))解得h＝eq\f(mv0,6qB0)。(3)設離子進入磁場后做勻速圓周運動的半徑為r，根據(jù)牛頓第二定律，得qvB＝eq\f(mv2,r)由幾何關(guān)系得eq\f(d,2)＝rcos30°解得B＝eq\f(2mv0,qd)。答案：(1)v0B0(2)eq\f(mv0,6qB0)(3)eq\f(2mv0,qd)

電路與電磁感應eq\a\vs4\al([主干知識要記牢])1．電流強度的定義式：I＝eq\f(q,t)。2．電流強度的決定式：I＝eq\f(U,R)。3．電阻的定義式：R＝eq\f(U,I)。4．導體的電阻：R＝ρeq\f(l,S)。5．閉合電路歐姆定律：I＝eq\f(E,R＋r)。6．電源的幾個功率(1)電源的總功率：P總＝EI＝I2(R＋r)。(2)電源內(nèi)部消耗的功率