高考物理總復習知識點歸納

09高考物理總復習知識點歸納09高考總復習專題一運動和力黃岡中學:鄭帆【知識結構】三力平衡用對多體問題，整矢量三角形合力靜止或勻速體分析與隔離分方法為零直線運動狀態(tài)析交替使用多力平衡用正方分解法vvat,，t012svtat,，02勻變速直vv，勻變速恒力與初0tsvtt,,線運動的2直線運速度在一22規(guī)律vvas,,2動條直線上t0svv,,ttt2恒勻變速力運動已知力求運動力和運動狀態(tài)變化解決兩類問題物F=ma體已知運動求力受力恒力與初速度不情特例勻變速曲線運動平拋運動況在一條直線上帶電粒子在磁力的方向總場中的運動合力提供勻速圓周運動與速度垂直向心力力的大小不變天體的運動而方向變化圖像法解答作周期性加速、力的方向作周期性變化直觀簡捷減速運動此類問題往往應用能量守恒定律和牛頓第二定律求解軌跡是圓周合力的大小和方向均在變化軌跡不是圓周的曲線此類問題往往應用動能定理或守恒律求解振動的周期性導致波的周期性簡諧合力與位移振動在媒質中的振動的多解性與波的多解性是一致的運動正比方向傳播——機械波1【典型例題】例1、如圖1—1所示，質量為m=5kg的物體，置于一傾角為30?的粗糙斜面體上，用一平行于斜面的大小為30N的力F推物體，使物體沿斜面向上勻速運動，斜面體質量2，求地面對斜面體的摩擦力及支持力(M=10kg，始終靜止，取g=10m/smFM圖1—1例2、如圖1—3所示，聲源S和觀察者A都沿x軸正方向運動，相對于地面的速vvvvv,,,，設，空氣相對于地面率分別為v和v，空氣中聲音傳播的速率為SAPSPAP沒有流動((1)若聲源相繼發(fā)出兩個聲信號，時間間隔為?t，請根據(jù)發(fā)出的這兩個聲信號從聲源傳播到觀察者的過程，確定觀察者接收到這兩個聲信號的時間間隔?t′((2)利用(1)的結果，推導此情形下觀察者接收到的聲源頻率與聲源發(fā)出的聲波頻率間的關系式(vvASxSA圖1—3例3、假設有兩個天體，質量分別為m和m，它們相距r;其他天體離它們很遠，12可以認為這兩個天體除相互吸引作用外，不受其他外力作用(這兩個天體之所以能保持(((((((((((距離r不變，完全是由于它們繞著共同“中心”(質心)做勻速圓周運動，它們之間的萬(((((((((((((((((((((((((((((((((((((((有引力作為做圓周運動的向心力，“中心”O(jiān)位于兩個天體的連線上，與兩個天體的距離((((((((((((((分別為r和r(12(1)r、r各多大,12(2)兩天體繞質心O轉動的角速度、線速度、周期各多大,2例4、A、B兩個小球由柔軟的細線相連，線長l=6m;將A、B球先后以相同的初速=4.5m/s，從同一點水平拋出(先A、后B)相隔時間?t=0.8s(度v0(1)A球拋出后經(jīng)多少時間，細線剛好被拉直,2(2)細線剛被拉直時，A、B球的水平位移(相對于拋出點)各多大,(取g=10m/s)例5、內壁光滑的環(huán)形細圓管，位于豎直平面內，環(huán)的半徑為R(比細管的半徑大得多)(在細圓管中有兩個直徑略小于細圓管管徑的小球(可視為質點)A和B，質量分別為m和m，它們沿環(huán)形圓管(在豎直平面內)順時針方向運動，經(jīng)過最低點時的速12度都是v;設A球通過最低點時B球恰好通過最高點，此時兩球作用于環(huán)形圓管的合力0為零，那么m、m、R和v應滿足的關系式是____________(120例6、有兩架走時準確的擺鐘，一架放在地面上，另一架放入探空火箭中(假若火箭以加速度a=8g豎直向上發(fā)射，在升高時h=64km時，發(fā)動機熄火而停止工作(試分析計算:火箭上升到最高點時，兩架擺鐘的讀數(shù)差是多少,(不考慮g隨高度的變化，取2g=10m/s)3例7、光滑的水平桌面上，放著質量M=1kg的木板，木板上放著一個裝有小馬達的滑塊，它們的質量m=0.1kg(馬達轉動時可以使細線卷在軸筒上，從而使滑塊獲得=0.1m/s的運動速度(如圖1—6),滑塊與木板之間的動摩擦因數(shù)=0.02(開始時我們v,0用手抓住木板使它不動，開啟小馬達，讓滑塊以速度v運動起來，當滑塊與木板右端相0距l(xiāng)=0.5m時立即放開木板(試描述下列兩種不同情形中木板與滑塊的運動情況，并計算滑塊運動到木板右端所花的時間(圖1—6(1)線的另一端拴在固定在桌面上的小柱上(如圖(a)((2)線的另一端拴在固定在木板右端的小柱上(如圖(b)(2線足夠長，線保持與水平桌面平行，g=10m/s(例8、相隔一定距離的A、B兩球，質量相等，假定它們之間存在著恒定的斥力作用(原來兩球被按住，處在靜止狀態(tài)(現(xiàn)突然松開，同時給A球以初速度v，使之沿兩0球連線射向B球，B球初速度為零(若兩球間的距離從最小值(兩球未接觸)在剛恢復到原始值所經(jīng)歷的時間為t，求B球在斥力作用下的加速度(0(本題是2000年春季招生，北京、安徽地區(qū)試卷第24題)4【跟蹤練習】1、如圖1—7所示，A、B兩球完全相同，質量為m，用兩根等長的細線懸掛在O點，兩球之間夾著一根勁度系數(shù)為k的輕彈簧，靜止不(則動時，彈簧位于水平方向，兩根細線之間的夾角為,彈簧的長度被壓縮了()mgtan,2tanmg,A(B(kk圖1—7,,mg(tan)2tan()mg22C(D(kk2、如圖1—8所示，半徑為R、圓心為O的大圓環(huán)固定在豎直平面內，兩個輕質小圓環(huán)套在大圓環(huán)上，一根輕質長繩穿過兩個小圓環(huán)，它的兩端都系上質量為m的重物，忽略小圓環(huán)的大小((1)將兩個小圓環(huán)固定在大圓環(huán)豎直對稱軸的兩側=30?的位置上(如圖)，在,Mm,2兩個小圓環(huán)間繩子的中點C處，掛上一個質量的重物，使兩個小圓環(huán)間的繩子水平，然后無初速釋放重物M，設繩子與大、小圓環(huán)間的摩擦均可忽略，求重物M下降的最大距離((2)若不掛重物M，小圓環(huán)可以在大圓環(huán)上自由移動，且繩子與大、小圓環(huán)間及大、小圓環(huán)之間的摩擦均可以忽略，問兩個小圓環(huán)分別在哪些位置時，系統(tǒng)可處于平衡狀態(tài),圖1—853、圖1—9中的A是在高速公路上用超聲測速儀測量車速的示意圖，測速儀發(fā)出并接收超聲波脈沖信號(根據(jù)發(fā)出和接收到的信號間的時間差，測出被測物體的速度，圖、P是測速儀發(fā)出的超聲波信號，n、n分別是P、P由汽車反射回來的信號，B中P121212設測速儀勻速掃描，P、P之間的時間間隔?t=1.0s，超聲波在空氣中傳播的速度12v=340m/s，若汽車是勻速行駛的，則根據(jù)圖中可知，汽車在接收到P、P兩個信號之間12的時間內前進的距離是_________m，汽車的速度是________m/s(圖1—94、利用超聲波遇到物體發(fā)生反射，可測定物體運動的有關參量，圖1—10(a)中儀器A和B通過電纜線連接，B為超聲波發(fā)射與接收一體化裝置，儀器A和B提供超聲波信號源而且能將B接收到的超聲波信號進行處理并在屏幕上顯示其波形(現(xiàn)固定裝置B，并將它對準勻速行駛的小車C，使其每隔固定時間T發(fā)射一短促的0超聲波脈沖，如圖1—10(b)中幅度較大的波形，反射波滯后的時間已在圖中標出，其中T和?T為已知量，另外還知道該測定條件下超聲波在空氣中的速度為v，根據(jù)所給0信息求小車的運動方向和速度大小(BA(a)圖1—105、關于繞地球勻速圓周運動的人造地球衛(wèi)星，下列說法中，正確的是()A(衛(wèi)星的軌道面肯定通過地心B(衛(wèi)星的運動速度肯定大于第一宇宙速度C(衛(wèi)星的軌道半徑越大、周期越大、速度越小D(任何衛(wèi)星的軌道半徑的三次方跟周期的平方比都相等66、某人造地球衛(wèi)星質量為m，其繞地球運動的軌道為橢圓(已知它在近地點時距，速率為v，加速度為a，在遠地點時距離地面高度為h，速率為v，離地面高度為h11122設地球半徑為R，則該衛(wèi)星((1)由近地點到遠地點過程中地球對它的萬有引力所做的功是多少,(2)在遠地點運動的加速度a多大,27、從傾角為的斜面上的A點，以水平初速度v拋出一個小球(問:,0(1)拋出后小球到斜面的最大(垂直)距離多大,A(2)小球落在斜面上B點與A點相距多遠,B,圖1—118、滑雪者從A點由靜止沿斜面滑下，經(jīng)一平臺后水平飛離B點，地面上緊靠平臺有一個水平臺階，空間幾何尺度如圖1—12所示(斜面、平臺與滑雪板之間的動摩擦因數(shù)為，假設滑雪者由斜面底端進入平臺后立即沿水平方向運動，且速度大小不變(求:,(1)滑雪者離開B點時的速度大小;(2)滑雪者從B點開始做平拋運動的水平距離(圖1—1279、如圖1—13所示，懸掛在小車支架上的擺長為l的擺，小車與擺球一起以速度勻速向右運動(小車與矮墻相碰后立即停止(不彈回)，則下列關于擺球上升能夠達到v0的最大高度H的說法中，正確的是()A(若，則H=lvgl,20B(若，則H=2lvgl,40v02v0C(不論v多大，可以肯定H?總是成立的0圖1—132gD(上述說法都正確10、水平放置的木柱，橫截面為邊長等于a的正四邊形ABCD;擺長l=4a的擺，懸掛在A點(如圖1—14所示)，開始時質量為m的擺球處在與A等高的P點，這時擺線沿水平方向伸直;已知擺線能承受的最大拉力為7mg;若以初速度v豎直向下將擺球0((((((((((((((從P點拋出，為使擺球能始終沿圓弧運動，并最后擊中A點(求v的許可值范圍(不計0((((((((((((((((((((((((((空氣阻力)(圖1—1411、已知單擺a完成10次全振動的時間內，單擺b完成6次全振動，兩擺長之差ll為1.6m，則兩擺長與分別為()abll,,2.5m,0.9mll,,0.9m,2.5mA(B(ababll,,2.4m,4.0mll,,4.0m,2.4mC(D(abab812、一列簡諧橫波沿直線傳播，傳到P點時開始計時，在t=4s時，P點恰好完成了11213m次全振動，已知波長為(試求P、6次全振動，而在同一直線上的Q點完成了43Q間的距離和波速各多大(13、如圖1—15所示，小車板面上的物體質量為m=8kg，它被一根水平方向上拉伸了的彈簧拉住而靜止在小車上，這時彈簧的彈力為6N(現(xiàn)沿水平向右的方向對小車施以作用力，使小車由靜止開始運動起來，運動中加22速度由零逐漸增大到1m/s，隨即以1m/s的加速度做勻加圖1—15速直線運動(以下說法中，正確的是()A(物體與小車始終保持相對靜止，彈簧對物體的作用力始終沒有發(fā)生變化B(物體受到的摩擦力先減小、后增大、先向左、后向右2C(當小車加速度(向右)為0.75m/s時，物體不受摩擦力作用2D(小車以1m/s的加速度向右做勻加速直線運動時，物體受到的摩擦力為8N14、如圖1—16所示，一塊質量為M，長為L的均質板放在很長的光滑水平桌面上，板的左端有一質量為m的小物體(可視為質點)，物體上連接一根很長的細繩，細繩跨過位于桌邊的定滑輪(某人以恒定的速率v向下拉繩，物體最多只能到達板的中點，而板的右端尚未到達桌邊定滑輪處(試求:(1)物體剛達板中點時板的位移((2)若板與桌面之間有摩擦，為使物體能達到板的右端，板與桌面之間的動摩擦因數(shù)的范圍是多少(mMv圖1—16915、在水平地面上有一質量為2kg的物體，物體在水平拉力F的作用下由靜止開始F運動，10s后拉力大小減為，該物體的運動速度隨時間變化的圖像如圖1—17所示，3求:(1)物體受到的拉力F的大小;2(2)物體與地面之間的動摩擦因數(shù)(g取10m/s)(,1v/m?s8642t/sO241668101214圖1—1716、如圖所示，一高度為h=0.8m粗糙的水平面在B點處與一傾角為=30?的斜面,BC連接，一小滑塊從水平面上的A點以v=3m/s的速度在粗糙的水平面上向右運動(運0動到B點時小滑塊恰能沿光滑斜面下滑(已知AB間的距離S=5m，求:(1)小滑塊與水平面間的動摩擦因數(shù)((2)小滑塊從A點運動到地面所需的時間((3)若小滑塊從水平面上的A點以v=5m/s的速度在粗糙的水平面上向右運動，1運動到B點時小滑塊將做什么運動,并求出小滑塊從A點運動到地面所需時間(取2g=10m/s)(ABhC,圖1—1810專題二動量與機械能黃岡中學:徐輝命題導向動量守恒與能量守恒是近幾年高考理科綜合物理命題的重點、熱點和焦點，也是廣大考生普遍感到棘手的難點之一(動量守恒與能量守恒貫穿于整個高中物理學習的始終，是聯(lián)系各部分知識的主線(它不僅為解決力學問題開辟了兩條重要途徑，同時也為我們分析問題和解決問題提供了重要依據(jù)(守恒思想是物理學中極為重要的思想方法，是物理學研究的極高境界，是開啟物理學大門的金鑰匙，同樣也是對考生進行方法教育和能力培養(yǎng)的重要方面(因此，兩個守恒可謂高考物理的重中之重，常作為壓軸題出現(xiàn)在物理試卷中，如各地高考均有大題(縱觀近幾年高考理科綜合試題，兩個守恒考查的特點是:?靈活性強，難度較大，能力要求高，內容極豐富，多次出現(xiàn)在兩個守恒定律網(wǎng)絡交匯的綜合計算中;?題型全，年年有，不回避重復考查，平均每年有3—6道題，是區(qū)別考生能力的重要內容;?兩個守恒定律不論是從內容上看還是從方法上看都極易滿足理科綜合試題的要求，經(jīng)常與牛頓運動定律、圓周運動、電磁學和近代物理知識綜合運用，在高考中所占份量相當大(從考題逐漸趨于穩(wěn)定的特點來看，我們認為:對兩個守恒定律的考查重點仍放在分析問題和解決問題的能力上(因此在第二輪復習中，還是應在熟練掌握基本概念和規(guī)律的同時，注重分析綜合能力的培養(yǎng)，訓練從能量、動量守恒的角度分析問題的思維方法(【典型例題】【例1】(理科綜合)下列是一些說法:?一質點受到兩個力作用且處于平衡狀態(tài)(靜止或勻速)，這兩個力在同一段時間內的沖量一定相同;?一質點受兩個力作用且處于平衡狀態(tài)(靜止或勻速)，這兩個力在同一時間內做的功或者都為零，或者大小相等符號相反;?在同樣時間內，作用力力和反作用力的功大小不一定相等，但正負符號一定相反;?在同樣的時間內，作用力和反作用力的功大小不一定相等，正負號也不一定相反(以上說法正確的是()A(??B(??C(??D(??【例2】(石家莊)為了縮短航空母艦上飛機起飛前行駛的距離，通常用彈簧彈出飛機，使飛機獲得一定的初速度，進入跑道加速起飛(某飛機采用該方法獲得的初速度為v，之后，在水平跑道上以恒定功率P沿直線加速，經(jīng)過時間t，離開航空母0艦且恰好達到最大速度v(設飛機的質量為m，飛機在跑道上加速時所受阻力大小恒m11定(求:(1)飛機在跑道上加速時所受阻力f的大小;(2)航空母艦上飛機跑道的最小長度s(【例3】如下圖所示，質量為m=2kg的物體，在水平力F=8N的作用下，由靜止開=0.2(若F作用t=6s后撤始沿水平面向右運動(已知物體與水平面間的動摩擦因數(shù),1去，撤去F后又經(jīng)t=2s物體與豎直墻壁相碰，若物體與墻壁作用時間t=0.1s，碰墻后232,反向彈回的速度=6m/s，求墻壁對物體的平均作用力(g取10m/s)(v【例4】有一光滑水平板，板的中央有一小孔，孔內穿入一根光滑輕線，輕線的上端系一質量為M的小球，輕線的下端系著質量分別為m和m的兩個物體，當小球在光12滑水平板上沿半徑為R的軌道做勻速圓周運動時，輕線下端的兩個物體都處于靜止狀態(tài)(如下圖)(若將兩物體之間的輕線剪斷，則小球的線速度為多大時才能再次在水平板上做勻速圓周運動,12【例5】如圖所示，水平傳送帶AB長l=8.3m，質量為M=1kg的木塊隨傳送帶一=2m/s的速度向左勻速運動(傳送帶的傳送速度恒定)，木塊與傳送帶間的動摩擦起以v1,因數(shù)=0.5(當木塊運動至最左端A點時，一顆質量為m=20g的子彈以=300m/s水,v0平向右的速度正對射入木塊并穿出，穿出速度u=50m/s，以后每隔1s就有一顆子彈射向木塊，設子彈射穿木塊的時間極短，且每次射入點各不相同，g取10m/s(求:(1)在被第二顆子彈擊中前，木塊向右運動離A點的最大距離,(2)木塊在傳達帶上最多能被多少顆子彈擊中,(3)從第一顆子彈射中木塊到木塊最終離開傳送帶的過程中，子彈、木塊和傳送帶這一系統(tǒng)產(chǎn)生的熱能是多少,(g取10m/s)v0MmAB【例6】質量為M的小車靜止在光滑的水平面上，小車的上表面是一光滑的曲面，末端是水平的，如下圖所示，小車被擋板P擋住，質量為m的物體從距地面高H處自由下落，然后沿光滑的曲面繼續(xù)下滑，物體落地點與小車右端距離s，若撤去擋板P，0物體仍從原處自由落下，求物體落地時落地點與小車右端距離是多少,13【例7】如下圖所示，一輛質量是m=2kg的平板車左端放有質量M=3kg的小滑塊，=0.4，開始時平板車和滑塊共同以v=2m/s的速度在滑塊與平板車之間的動摩擦因數(shù),0光滑水平面上向右運動，并與豎直墻壁發(fā)生碰撞，設碰撞時間極短且碰撞后平板車速度大小保持不變，但方向與原來相反(平板車足夠長，以至滑塊不會滑到平板車右端((取2g=10m/s)求:(1)平板車每一次與墻壁碰撞后向左運動的最大距離((2)平板車第二次與墻壁碰撞前瞬間的速度v((3)為使滑塊始終不會滑到平板車右端，平板車至少多長,v0Mm【例8】如圖所示，光滑水平面上有一小車B，右端固定一個砂箱，砂箱左側連著一水平輕彈簧，小車和砂箱的總質量為M，車上放有一物塊A，質量也是M，物塊A隨小車以速度v向右勻速運動(物塊A與左側的車面的動摩擦因數(shù)為，與右側車面摩,0擦不計(車勻速運動時，距砂面H高處有一質量為m的泥球自由下落，恰好落在砂箱中，求:(1)小車在前進中，彈簧彈性勢能的最大值((2)為使物體A不從小車上滑下，車面粗糙部分應多長,mHABv014【跟蹤練習】內速度由0增大到v，在時間?1(物體在恒定的合力F作用下作直線運動，在時間?t1t內速度由v增大到2v(設F在?t內做的功是W，沖量是I;在?t內做的功是21112W，沖量是I，那么()22IIWW,,,IIWW,,,A(B(12121212IIWW,,,IIWW,,,C(D(121212122(矩形滑塊由不同材料的上、下兩層粘在一起組成，將其放在光滑的水平面上，如圖所示(質量為m的子彈以速度v水平射向滑塊(若射擊上層，則子彈剛好不穿出;若射擊下層，整個子彈剛好嵌入，則上述兩種情況比較，說法正確的是()?兩次子彈對滑塊做功一樣多?兩次滑塊所受沖量一樣大甲乙?子彈嵌入下層過程中對滑塊做功多?子彈擊中上層過程中產(chǎn)生的熱量多A(??B(??C(??D(??3(如圖所示，半徑為R，內表面光滑的半球形容器放在光滑的水平面上，容器左側靠在豎直墻壁(一個質量為m的小物塊，從容器頂端A無初速釋放，小物塊能沿球面上3R升的最大高度距球面底部B的距離為(求:4(1)豎直墻作用于容器的最大沖量;(2)容器的質量M(154(離子發(fā)動機是一種新型空間發(fā)動機，它能給衛(wèi)星軌道糾偏或調整姿態(tài)提供動力，其中有一種離子發(fā)動機是讓電極發(fā)射的電子撞擊氙原子，使之電離，產(chǎn)生的氙離子經(jīng)加速電場加速后從尾噴管噴出，從而使衛(wèi)星獲得反沖力，這種發(fā)動機通過改變單位時間內噴出離子的數(shù)目和速率，能準確獲得所需的糾偏動力(假設衛(wèi)星(連同離子發(fā)動機)總質量為M，每個氙離子的質量為m，電量為q，加速電壓為U，設衛(wèi)星原處于靜止狀態(tài)，若要使衛(wèi)星在離子發(fā)動機起動的初始階段能獲得大小為F的動力，則發(fā)動機單位時間內應噴出多少個氙離子,此時發(fā)動機動發(fā)射離子的功率為多大,5(如圖所示，AB為斜軌道，與水平方向成45?角，BC為水平軌道，兩軌道在B處通過一段小圓弧相連接，一質量為m的小物塊，自軌道AB的A處從靜止開始沿軌道，下滑，最后停在軌道上的C點，已知A點高h，物塊與軌道間的滑動摩擦系數(shù)為,求:(1)在整個滑動過程中摩擦力所做的功(t1(2)物塊沿軌道AB段滑動時間t與沿軌道BC段滑動時間t之比值(12t2(3)使物塊勻速地、緩慢地沿原路回到A點所需做的功(166(如圖所示，粗糙的斜面AB下端與光滑的圓弧軌道BCD相切于B，整個裝置豎直放置，C是最低點，圓心角?BOC=37?，D與圓心O等高，圓弧軌道半徑R=0.5m，斜面長L=2m，現(xiàn)有一個質量m=0.1kg的小物體P從斜面AB上端A點無初速下滑，=0.25(求:物體P與斜面AB之間的動摩擦因數(shù)為,(1)物體P第一次通過C點時的速度大小和對C點處軌道的壓力各為多大,(2)物體P第一次離開D點后在空中做豎直上拋運動，不計空氣阻力，則最高點E和D點之間的高度差為多大,(3)物體P從空中又返回到圓軌道和斜面，多次反復，在整個運動過程中，物體P對C點處軌道的最小壓力為多大,7(如圖所示，光滑水平面AB與豎直面內的半圓形導軌在B點銜接，導軌半徑為R(一個質量為m的靜止物塊在A處壓縮彈簧，在彈力的作用下獲一向右的速度，當它經(jīng)過B點進入導軌瞬間對導軌的壓力為其重力的7倍，之后向上運動恰能完成半圓周運動到達C點(求:(1)彈簧對物塊的彈力做的功((2)物塊從B至C克服阻力做的功((3)物塊離開C點后落回水平面時其動能的大小(178((’03全國高考，34)[理綜?22分]一傳送帶裝置示意如下圖，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(現(xiàn)將大量的質量均為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間T內，共運送小貨箱的數(shù)目為N(這裝置由電動機帶電，傳送帶與輪子間無相對滑動，不計輪軸處的摩擦(求電動機的平均輸出功率(P9(如圖所示，質量M=0.45kg的帶有小孔的塑料塊沿斜面滑到最高點C時速度恰為零，此時與從A點水平射出的彈丸相碰，彈丸沿著斜面方向進入塑料塊中，并立即與塑料塊有相同的速度(已知A點和C點距地面的高度分別為:H=1.95m，h=0.15m，彈2丸的質量m=0.050kg，水平初速度v=8m/s，取g=10m/s(求:0(1)斜面與水平地面的夾角θ((可用反三角函數(shù)表示)(2)若在斜面下端與地面交接處設一個垂直于斜面的彈性擋板，塑料塊與它相碰后的速率等于碰前的速率，要使塑料塊能夠反彈回到C點，斜面與塑料塊間的動摩擦因數(shù)可為多少,1810((’04江蘇，18)(16分)一個質量為M的雪橇靜止在水平雪地上，一條質量為m的愛斯基摩狗站在雪橇上(狗向雪橇的正后方跳下，隨后又追趕并向前跳上雪橇;其后狗又反復地跳下、追趕并跳上雪橇(狗與雪橇始終沿一條直線運動(若狗跳離雪橇時雪橇的速度為V，則此時狗相對于地面的速度為V，u(其中u為狗相對于雪橇的速度，V，u為代數(shù)和，若以雪橇運動的方向為正方向，則V為正值，u為負值()設狗總以速度v追趕和跳上雪橇，雪橇與雪地間的摩擦忽略不計(已知v的大小為5m/s，u的大小為4m/s，M=30kg，m=10kg((1)求狗第一次跳上雪橇后兩者的共同速度的大小((2)求雪橇最終速度的大小和狗最多能跳動上雪橇的次數(shù)((供使用但不一定用到的對數(shù)值:lg2=0.301，lg3=0.477)11((汕頭)如下圖所示，光滑水平面上，質量為m的小球B連接著輕質彈簧，處于靜的初速度向右運動，接著逐漸壓縮彈簧并止狀態(tài)，質量為2m的小球A以大小為v0使B運動，過一段時間，A與彈簧分離((1)當彈簧被壓縮到最短時，彈簧的彈性勢能E多大,p(2)若開始時在B球的右側某位置固定一塊擋板，在A球與彈簧未分離前使B球與擋板發(fā)生碰撞，并在碰后立刻將擋板撤走(設B球與擋板的碰撞時間極短，碰后B球的速度大小不變但方向相反(欲使此后彈簧被壓縮到最短時，彈簧勢能達到第(1)問中E的2.5倍，必須使B球在速度多大時與擋板發(fā)生碰撞,p1912((’00全國高考，22)[天津江西?14分]在原子核物理中，研究核子與核子關聯(lián)的最有效途徑是“雙電荷交換反應”(這類反應的前半部分過程和下述力學模型類似(兩個小球A和B用輕質彈簧相連，在光滑的水平直軌道上處于靜止狀態(tài)(在它們左邊有一射向B球，如圖所示(C垂直于軌道的固定擋板P，右邊有一個小球C沿軌道以速度v0與B發(fā)生碰撞并立即結成一個整體D(在它們繼續(xù)向左運動的過程中，當彈簧長度變到最短時，長度突然被鎖定，不再改變(然后，A球與擋板P發(fā)生碰撞，碰后A、D都靜止不動，A與P接觸而不粘連(這一段時間，突然解除鎖定(鎖定及解除鎖定均無機械能損失)(已知A、B、C三球的質量為m((1)求彈簧長度剛被鎖定后A球的速度;(2)求在A球離開擋板P之后的運動過程中，彈簧的最大彈性勢能(13((廣州)用輕彈簧相連的質量均為2kg的A、B兩物塊都以v=6m/s的速度在光滑的水平地面上運動，彈簧處于原長，質量4kg的物塊C靜止在前方，如下圖所示(B與C碰撞后二者粘在一起運動(求:在以后的運動中:(1)當彈簧的彈性勢能最大時物體A的速度多大,(2)彈性勢能的最大值是多大,(3)A的速度有可能向左嗎,為什么,2014((’04廣東，17)(16分)圖中，輕彈簧的一端固定，另一端與滑塊B相連，B靜止在水平直導軌上，彈簧處在原長狀態(tài)(另一質量與B相同的滑塊A，從導軌上的P點以時，與B相碰，碰撞時間極短，碰后A、B緊貼某一初速度向B滑行(當A滑過距離l1在一起運動，但互不粘連(已知最后A恰好返回到出發(fā)點P并停止(滑塊A和B與導軌的滑動摩擦因數(shù)都為，運動過程中彈簧最大形變量為l，重力加速度為g(求A從P,2點出發(fā)時的初速度v(015((’01春季招生，22)(14分)如下圖所示，A、B是靜止在水平地面上完全相同的兩塊長木板(A的左端和B的右面端相接觸(兩板的質量皆為M=2.0kg，長度皆為l=1.0m(C是一質量為m=1.0kg的小物塊(現(xiàn)給它一初速度v=2.0m/s，使它從B板0的左端開始向右滑動，已知地面是光滑的，而C與A、B之間的動摩擦因數(shù)為2=0.10(求最后A、B、C各以多大的速度做勻速運動((取重力加速度g=10m/s),v0CAB2116(如圖所示，一個長為L，質量為M的長方形木塊，靜止在光滑水平面上，一個質量，從木塊的左端滑向另一端，設物塊為m的物塊(可視為質點)，以水平初速度v0與木塊間的動摩擦因數(shù)為，當物塊與木塊達到相對靜止時，物塊仍在長木塊上，,求系統(tǒng)機械能轉化成內能的量Q(22專題三電場和磁場黃岡中學:江楚橋【方法歸納】一、場強、電勢的概念1、電場強度E?定義:放入電場中某點的電荷受的電場力F與它的電量q的比值叫做該點的電場強度。E,F/qV/m?數(shù)學表達式:，單位:?電場強度E是矢量，規(guī)定正電荷在電場中某點所受電場力的方向即為該點的電場強度的方向?場強的三個表達式定義式?jīng)Q定式關系式表達式kQUE,F/qE,E,rd對任何電場E的大只對真空的點電荷適只對勻強電場適用。選用小及方向都適用。與用。U:電場中兩點的電勢范圍檢驗電荷的電量的Q:是場源電荷的電量。差。大小、電性及存在與r:研究點到場源電荷d:兩點間沿電場線方向否無關。的距離。的距離。q:是檢驗電荷電場強度是描述電場力的性質的物理量。電場E與F、q無關，取說明決于電場本身。當空間某點的電場是由幾個點電荷共同激發(fā)的，則該點的電場強度等于每個點電荷單獨存在時所激發(fā)的電場在該點的場強的矢量和。?比較電場中兩點的電場強度的大小的方法:由于場強是矢量。比較電場強度的大小應比較其絕對值的大小，絕對值大的場強就大，絕對值小的場強就小。?在同一電場分布圖上，觀察電場線的疏密程度，電場線分布相對密集處，場強較大;電場較大;電場線分布相對稀疏處，場強較小。kQ?形成電場的電荷為點電荷時，由點電荷場強公式可知，電場中距這個點E,2r電荷Q較近的點的場強比距這個點電荷Q較遠的點的場強大。?勻強電場場強處處相等?等勢面密集處場強大，等勢面稀疏處場強小232、電勢、電勢差和電勢能?定義:電勢:在電場中某點放一個檢驗電荷q，若它具有的電勢能為E，則該點的電勢為電勢能與電荷的比值。電場中某點的電勢在數(shù)值上等于單位正電荷由該點移到零電勢點時電場力所做的功。也等于該點相對零電勢點的電勢差。電勢差:電荷在電場中由一點A移到另一點B時，電場力做功與電荷電量qWAB的比值，稱為AB兩點間的電勢差，也叫電壓。電勢能:電荷在電場中所具有的勢能;在數(shù)值上等于將電荷從這一點移到電勢能為零處電場力所做的功。WEAB,?定義式:U,或U，單位:VABqqE,Uq單位:J?說明:?電勢具有相對性，與零電勢的選擇有關，一般以大地或無窮遠處電勢為零。?電勢是標量，有正負，其正負表示該的電勢與零電勢的比較是高還是低。?電勢是描述電場能的物理量，?關于幾個關系關于電勢、電勢差、電勢能的關系電勢能是電荷與電場所共有的;電勢、電勢差是由電場本身因素決定的，與檢驗電荷的有無沒有關系。電勢、電勢能具有相對性，與零電勢的選擇有關;電勢差具有絕對性，與零電勢的選擇無關。關于電場力做功與電勢能改變的關系電場力對電荷做了多少功，電勢能就改變多少;電荷克服電場力做了多少功，電勢W,,,E能就增加多少，電場力對電荷做了多少正功，電勢能就減少多少，即。在學習電勢能時可以將“重力做功與重力勢能的變化”作類比。關于電勢、等勢面與電場線的關系電場線垂直于等勢面，且指向電勢降落最陡的方向，等勢面越密集的地方，電場強度越大。?比較電荷在電場中某兩點的電勢大小的方法:?利用電場線來判斷:在電場中沿著電場線的方向，電勢逐點降低。?利用等勢面來判斷:在靜電場中，同一等勢面上各的電勢相等，在不同的等勢面間，沿著電場線的方向各等勢面的電勢越來越低。Wab?利用計算法來判斷:因為電勢差，結合U,abq24，若，則，若，則;U,0U,UU,0U,UU,U,Uabababababab若，則U,0U,Uabab?比較電荷在電場中某兩點的電勢能大小的方法:?利用電場力做功來判斷:在電場力作用下，電荷總是從電勢能大的地方移向電勢能小的地方。這種方法與電荷的正負無關。?利用電場線來判斷:正電荷順著電場線的方向移動時，電勢能逐漸減少;逆著電場線方向移動時，電勢能逐漸增大。負電荷則相反。二、靜電場中的平衡問題電場力(庫侖力)雖然在本質上不同于重力、彈力、摩擦力，但是產(chǎn)生的效果是服從牛頓力學中的所有規(guī)律，所以在計算其大小、方向時應按電場的規(guī)律，而在分析力產(chǎn)生的效果時，應根據(jù)力學中解題思路進行分析處理。對于靜電場中的“平衡”問題，是指帶電體的加速度為零的靜止或勻速直線運動狀態(tài)，屬于“靜力學”的范疇，只是分析帶電體受的外力時除重力、彈力、摩擦力等等，還需多一種電場而已。解題的一般思維程序為:?明確研究對象?將研究對象隔離出來，分析其所受的全部外力，其中電場力，要根據(jù)電荷的正負及電場的方向來判斷。F,0F,0F,0或，列出方程?根據(jù)平衡條件,,,xy?解出方程，求出結果。三、電加速和電偏轉1、帶電粒子在電場中的加速在勻強電場中的加速問題一般屬于物體受恒力(重力一般不計)作用運動問題。處理的方法有兩種:?根據(jù)牛頓第二定律和運動學公式結合求解?根據(jù)動能定理與電場力做功，運動學公式結合求解1122Uq,mv,mv基本方程:2122UEq22E,a,v,v，2as21md在非勻強電場中的加速問題一般屬于物體受變力作用運動問題。處理的方法只能根據(jù)動能定理與電場力做功，運動學公式結合求解。1122Uq,mv,mv基本方程:21222、帶電粒子在電場中的偏轉d設極板間的電壓為U，兩極板間的距離為，極板長度為L。25運動狀態(tài)分析:帶電粒子垂直于勻強電場的場強方向進入電場后，受到恒定的電場力作用，且與初速度方向垂直，因而做勻變速曲線運動——類似平拋運動如圖1。運動特點分析:在垂直電場方向做勻速直線運v0U，dθ動v,vx,vtyx00v在平行電場方向，做初速度為零的勻加速直線運動圖112v,aty,aty2EqUqa,,mdmLt,通過電場區(qū)的時間:v02UqL粒子通過電場區(qū)的側移距離:y,22mdv0UqLtg,,粒子通過電場區(qū)偏轉角:2mdv0帶電粒子從極板的中線射入勻強電場，其出射時速度方向的反向延長線交于入射線L的中點。所以側移距離也可表示為:y,tg,2四、電容器的動態(tài)分析這類問題關鍵在于弄清楚哪些是變量;哪些是不變量;哪些是自變量;哪些是因變Q,Q量。同時要注意對公式C,,的理解，定義式適用于任何電容器，而電容CU,U與Q、U無關。區(qū)分兩種基本情況:一是電容器兩極間與電源相連接，則電容器兩極間的電勢差U不變;二是電容器充電后與電源斷開，則電容器所帶的電量Q保持不變。電容器結構變化引起的動態(tài)變化問題的分析方法平行板電容器是電容器的一個理想化模型，其容納電荷的本領用電容C來描述，當改變兩金屬板間距d、正對面積S或其中的介質時，會引起C值改變。給兩個金屬板帶上等量異號電荷Q后，板間出現(xiàn)勻強電場E，存在電勢差U。若改變上述各量中的任一個，都會引起其它量的變化。若兩極板間一帶電粒子，則其受力及運動情況將隨之變化，與兩極板相連的靜電計也將有顯示等等。26Q、平行板電容器電容的大小C與板解此類問題的關鍵是:先由電容定義式C,USU,距d、正面積S、介質的介電常數(shù)的關系式和勻強電場的場強計算式CE,,,ddSUQdQQQ,導出，，等幾個制約條件式備用。QCUUE,,,,,,dC,SCd,S接著弄清三點:?電容器兩極板是否與電源相連接,?哪個極板接地,?C值通過什么途徑改變,若電容器充電后脫離電源，則隱含“Q不改變”這個條件;若電容器始終接在電源上，則隱含“U不改變”(等于電源電動勢)這個條件;若帶正電極板接地，則該極板電勢為零度，電場中任一點的電勢均小于零且沿電場線方向逐漸降低;若帶負電極板接地，則該極板電勢為零，電場中任一點電勢均大于零。五、帶電粒子在勻強磁場的運動1、帶電粒子在勻強磁場中運動規(guī)律初速度的特點與運動規(guī)律?為靜止狀態(tài)v,0f,00洛v//B?則粒子做勻速直線運動f,0洛v,B?,則粒子做勻速圓周運動，其基本公式為:f,Bqv洛2vBqv,m向心力公式:RmvR,運動軌道半徑公式:;Bqm2,T運動周期公式:,Bq21(BqR)2Emv,,動能公式:k22mfT或、的兩個特點:,fT、和的大小與軌道半徑(R)和運行速率()無關，只與磁場的磁感應強,vq度(B)和粒子的荷質比()有關。m27qf荷質比()相同的帶電粒子，在同樣的勻強磁場中，、和相同。T,m0?與B成,(角，，則粒子做等距螺旋運動0,,,90)f,Bqvv,洛2、解題思路及方法圓運動的圓心的確定:?利用洛侖茲力的方向永遠指向圓心的特點，只要找到圓運動兩個點上的洛侖茲力的方向，其延長線的交點必為圓心(?利用圓上弦的中垂線必過圓心的特點找圓心六、加速器問題1、直線加速器U?單級加速器:是利用電場加速，如圖2所示。12粒子獲得的能量:E,mv,Uqk2缺點是:粒子獲得的能量與電壓有關，而電壓又不能太高，所以粒子的能量受到限制。~?多級加速器:是利用兩個金屬筒縫間的電場加速。圖212粒子獲得的能量:E,mv,nUqk2缺點是:金屬筒的長度一個比一個長，占用空間太大。2、回旋加速器采用了多次小電壓加速的優(yōu)點，巧妙地利用電場對粒子加速、利用磁場對粒子偏轉，實驗對粒子加速。?回旋加速器使粒子獲得的最大能量:在粒子的質量、電量，磁感應強度B、D型盒的半徑R一定的條件下，由軌qmBqRmvv,R,道半徑可知，，即有，，所以粒子的最大能量為maxBqm2221BqR2Emv,,maxmax22m由動能定理可知，，加速電壓的高低只會影響帶電粒子加速的總次數(shù)，nUq,Emax并不影響引出時的最大速度和相應的最大能量。?回旋加速器能否無限制地給帶電粒子加速,回旋加速器不能無限制地給帶電粒子加速，在粒子的能量很高時，它的速度越接近光速，根據(jù)愛因斯坦的狹義相對論，這里粒子的質量將隨著速率的增加而顯著增大，從28而使粒子的回旋周期變大(頻率變小)這樣交變電場的周期難以與回旋周期一致，這樣就破壞了加速器的工作條件，也就無法提高速率了。七、粒子在交變電場中的往復運動當電場強度發(fā)生變化時，由于帶電粒子在電場中的受力將發(fā)生變化，從而使粒子的運動狀態(tài)發(fā)生相應的變化，粒子表現(xiàn)出來的運動形式可能是單向變速直線運動，也可能是變速往復運動。帶電粒子是做單向變速直線運動，還是做變速往復運動主要由粒子的初始狀態(tài)與電場的變化規(guī)律(受力特點)的形式有關。1、若粒子(不計重力)的初速度為零，靜止在兩極板間，再在兩極板間加上圖3的電壓，粒子做單向變速直線運動;若加上圖4的電壓，粒子則做往復變速運動。uAuAABq，mtt00?T/2TT/2T圖3圖4從B板射入兩極板之間，并且電場力能在半個周期內使之2、若粒子以初速度為v0速度減小到零，則圖1的電壓能使粒子做單向變速直線運動;則圖2的電壓也不能粒子做往復運動。所以這類問題要結合粒子的初始狀態(tài)、電壓變化的特點及規(guī)律、再運用牛頓第二定律和運動學知識綜合分析。八、粒子在復合場中運動1、在運動的各種方式中，最為熟悉的是以垂直電磁場的方向射入的帶電粒子，它將在電磁場中做勻速直線運動，那么，初速v的大小必為E/B，這就是速度選擇器模型，0關于這一模型，我們必須清楚，它只能選取擇速度，而不能選取擇帶電的多少和帶電的正負，這在歷年高考中都是一個重要方面。2、帶電物體在復合場中的受力分析:帶電物體在重力場、電場、磁場中運動時，其運動狀態(tài)的改變由其受到的合力決定，因此，對運動物體進行受力分析時必須注意以下幾點:?受力分析的順序:先場力(包括重力、電場力、磁場力)、后彈力、再摩擦力等。?重力、電場力與物體運動速度無關，由物體的質量決定重力大小，由電場強決定電場力大小;但洛侖茲力的大小與粒子速度有關，方向還與電荷的性質有關。所以必須充分注意到這一點才能正確分析其受力情況，從而正確確定物體運動情況。3、帶電物體在復合場的運動類型:?勻速運動或靜止狀態(tài):當帶電物體所受的合外力為零時?勻速圓周運動:當帶電物體所受的合外力充當向心力時29?非勻變速曲線運動;當帶電物體所受的合力變化且和速度不在一條直線上時4、綜合問題的處理方法(1)處理力電綜合題的的方法處理力電綜合題與解答力學綜合題的思維方法基本相同，先確定研究對象，然后進行受力分析(包括重力)、狀態(tài)分析和過程分析，能量的轉化分析，從兩條主要途徑解決問題。?用力的觀點進解答，常用到正交分解的方法將力分解到兩個垂直的方向上，分別應用牛頓第三定律列出運動方程，然后對研究對象的運動進分解。可將曲線運動轉化為直線運動來處理，再運用運動學的特點與方法，然后根據(jù)相關條件找到聯(lián)系方程進行求解。?用能量的觀點處理問題對于受變力作用的帶電體的運動，必須借助于能量觀點來處理。即使都是恒力作用的問題，用能量觀點處理也常常顯得簡潔，具體方法有兩種:?用動能定理處理，思維順序一般為:a.弄清研究對象，明確所研究的物理過程b.分析物體在所研究過程中的受力情況，弄清哪些力做功，做正功還是負功c.弄清所研究過程的始、末狀態(tài)(主要指動能)?用包括靜電勢能和內能在內的能量守恒定律處理，列式的方法常有兩種:)列方程a從初、末狀態(tài)的能量相等(即E,E12,b從某些能量的減少等于另一些能量的增加(即)列方程,E,,Ec若受重力、電場力和磁場力作用，由于洛侖茲力不做功，而重力與電場力做功都與路徑無關，只取決于始末位置。因此它們的機械能與電勢能的總和保持不變。(2)處理復合場用等效方法:各種性質的場與實物(由分子和原子構成的物質)的根本區(qū)別之一是場具有疊加性。即幾個場可以同時占據(jù)同一空間，從而形成疊加場，對于疊加場中的力學問題，可以根據(jù)力的獨立作用原理分別研究每一種場力對物體的作用效果;也可以同時研究幾種場力共同作用的效果，將疊加緊場等效為一個簡單場，然后與重力場中的力學問題進行類比，利用力學的規(guī)律和方法進行分析與解答。【典例分析】30【例1】如圖5所示，AB是一個接地的很大的薄金屬板，其右側P點有帶量為Q的正電荷，N為A金屬板外表面上的一點，P到金屬板的垂直距離PN,d，M為PN連線的中點，關于M、N兩點?+Q??的場強和電勢，有如下說法:NMP?M點的電勢比N點電勢高，M點的場強比N點的場強大2?M點的場強大小為4kQ/dB?N點的電勢為零，場強不為零?N點的電勢和場強都為零圖5上述說法中正確的是()A.??B.??C.??D.??l【例2】如圖6所示，兩根長為的絕緣細線上端固定在O點，下端各懸掛質量為m的帶電小球A、B，A、B帶電分別為，q、，今在水平向左的方向上加勻強電場，,ql場強E，使連接AB長為的絕緣細線拉直，并使兩球處于靜止狀態(tài)，問，要使兩小球處于這種狀態(tài)，外加電場E的大小為多少,OEBA圖6【例3】如圖7所示，是示波管工作原理示意圖，電子經(jīng)加速電壓U加速后垂直進1dh入偏轉電場，離開偏轉電場時的偏轉量為，兩平行板間的距離為，電勢差為U，2l板長為，為了提高示波管的靈敏度(單位偏轉電壓引起的偏轉量)可采取哪些措施,lv0dU2hU1圖731dS和兩板面積都【例4】(，安徽高考題)一平行板電容器，兩板間的距離Q可調節(jié)，電容器兩極板與電池相連接，以表示電容器的電量，表示兩極間的電場E強度，則下列說法中正確的是()QA.當d增大，S不變時，減小E減小QdB.當S增大，不變時，增大E增大QdC.當減小，S增大時，增大E增大Qd減小時，不變E不變D.當S減小，【例5】如圖8所示，在S點的電量為q，質量為m的靜止帶電粒子，被加速電壓為U，極板間距離為d的勻強電場加速后，從正中央垂直射入電壓為U的勻強偏轉電場，偏轉極板長度和極板距離均為L，帶電粒子離開偏轉電場后即進入一個垂直紙面方向的勻強磁場，其磁感應強度為B。若不計重力影響，欲使帶電粒子通過某路徑返回S點，求:(1)勻強磁場的寬度D至少為多少,(2)該帶電粒子周期性運動的周期T是多少,偏轉電壓正負極多長時間變換一次方向,ULBSLUdD圖832【例6】N個長度逐個增大的金屬筒和一個靶沿軸線排列成一串，如圖9所示(圖中只畫出4個圓筒，作為示意)，各筒和靶相間地連接到頻率為f，最大電壓值為U的正弦交流電源的兩端，整個裝置放在高度真空容器中，圓筒的兩底面中心開有小孔，現(xiàn)有一電量為q、質量為m的正離子沿軸線射入圓筒，并將在圓筒間及圓筒與靶間的縫隙處受到電場力作用而加速(設圓筒內部沒有電場)，縫隙的寬度很小，離子穿過縫隙的時，且此時第一、二兩個圓筒間的間可以不計，已知離子進入第一個圓筒左端的速度為v1電勢差U,U,,U，為使打到靶上的離子獲得最大能量，各個圓筒的長度應滿足什么21條件,并求出在這種情況下打到靶上的離子能量。v1圖9【例7】一水平放置的平行板電容器置于真空中，開始時兩極板的勻電場的場強大小為E，這時一帶電粒子在電場的正中處于平衡狀態(tài)?，F(xiàn)將兩極板間的場強大小由E11突然增大到E，但保持原來的方向不變，持續(xù)一段時間后，突然將電場反向，而保持場2強的大小E不變，再持續(xù)一段同樣時間后，帶電粒子恰好回到最初的位置，已知在整個2過程中，粒子并不與極板相碰，求場強E的值。133【例8】如圖10所示，在xOy平面內，有場強E=12N/C，方向沿x軸正方向的勻強電場和磁感應強度大小為B=2T、方向垂直xOy平面指向紙里的勻強磁場(一個質量m=4×10-5kg，電量q=2.5×10-5C帶正電的微粒，在xOy平面內做勻速直線運動，運動到原點O時，撤去磁場，經(jīng)一段時間后，帶電微粒運動到了x軸上的P點(求:(1)P點到原點O的距離;(2)帶電微粒由原點O運動到P點的時間(yBEx?OP圖1034【跟蹤練習】1(如圖11所示，P、Q是兩個電量相等正的電荷，它們連線的中點是O，a、b是中垂，用、、、分別表示a、b兩點的場強和電線上的兩點，EEUUOa,Obabab勢，則()bA.一定大于，一定大于EEUU?abab?aB.不一定大于，一定大于EEUUababQPO??C.一定大于，不一定大于EEUUabab圖11D.不一定大于，不一定大于EEUUabab,5,31，10C,6，10J2(一個電量為的正電荷從電場外移到電場里的A點,電場做功,,3則A點的電勢U等于多少?如果此電荷移到電場里的另一點B,電場力做功2×10，A,5,則A、B兩點間的電勢差U等于多少,如果有另一電量是的負電q,2，10CAB荷從A移到B，則電場力做功為多少,3(如圖12所示，質量為的小球B，帶電量為，用絕緣細線懸掛在O點，球心到qmlO點的距離為，在O點的正下方有一個帶同種電荷的小球A固定不動，A的球心到Ol點的距離也為，改變A球的帶電量，B球將在不同的位置處于平衡狀態(tài)。當A球帶電量為，B球平衡時，Q1O細線受到的拉力為;若A球帶的電量為，TQ,2Q121BB球平衡時，細線受到的拉力為，則與的關系TTT122Am，qQ為()圖1235A.>B.<TTTT1122C.=D.==mgTTTT1122l,1.00m4(有三根長度皆為的不可伸長的絕緣輕線，其中兩根的一端固定在天花板,2上的O點，另一端分別拴有質量皆為的帶電小球A和B，它m,1.00，10kg,7，q們的電量分別為和，。A、B之間用第三根線連接起,qq,1.00，10C6E,1.00，10N/C來?？臻g中存在大小為的勻強電場，場強方向沿水平向右，平衡時A、B球的位置如圖13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)OAB-qEq圖135(如圖14所示，電子在電勢差為U的加速電場中由靜止開始運動，然后射入電勢差為1U的兩平行極板間的電場中，射入方2向與極板平行，整個裝置處在真空中，重力可忽略，在滿足電子能射出平行U2θ板區(qū)的條件下，下述四種情況中，一U1,定能使電子的偏轉角變大的是圖14()A.U變大，U變大12B.U變小，U變大12C.U變大，U變小12D.U變小，U變小12366((1997年，全國題)如圖15(1)所示，真空室中電極K發(fā)出的電子(初速不計)經(jīng)伏的加速電場后，由小孔S沿兩水平金屬板A、B間的中防線射入，過U,10000l,0.02d,0.020A、B板長米，相距米，加在A、B兩板間的電壓u隨時間t變化u—t圖線如圖15(2)所示，設A、B間的電場可看作是均勻的，且兩板外無電場，在每個電子通過電場區(qū)域的極短時間。內，電場可視作恒定的。兩板右側放一記錄圓b,0.15,0.20筒，筒的左側邊緣與極右端距離米，筒繞其豎直軸勻速轉動，周期Ts,0.20秒，筒的周長米，筒能接收到通過A、B板的全部電子。(1)以t=0時[見圖15(2)]，此時u=0，電子打到圓筒記錄紙上的點作為xy坐標系的原點，并取y軸豎直向上，試計算電子打到記錄紙上的最高點的y坐標和x坐標。(不計重力作用)(2)在給出的坐標紙圖15(3)上定量地畫出電子打到記錄紙上的點形成的圖線。blAkSdU0B圖15(1)y/cm5tx/cm00-120101345210s-5圖15(2)圖15(3)377((1997年，全國題)在圖16中所示的實驗裝置中，平行板電容器的極板A與靈敏的靜電計相接，極板B接地，若極板B稍向上移動一點，由觀察到的靜電計指針變化作出平行板電容器電容變小的結論，A其依據(jù)是()BA.兩極板間的電壓不變，極板上的電量變小B.兩極板間的電壓不變，極板上的電量變大圖16C.極板上的電量幾乎不變，兩極板間的電壓變小D.極板上的電量幾乎不變，兩極板間的電壓變大8(如圖17所示，已充電的平行板電容器，帶正電的極板接地，兩極板間于P點處固定一負的點電荷，若將上極板下移至虛線位置，則下列說法中正確的是()A.兩極間的電壓和板間場強都變小?PB.兩極間的電壓變小，但場強不變C.P點的電勢升高，點電荷的電勢能增大D.P點的電勢不變，點電荷的電勢能也不變圖179(如圖18所示，在x軸上方有勻強磁場(磁從坐標原點O射入磁場，感強度為B)，一個質量為m，帶電量為q的粒子以速度v0,v與x軸的負方向夾角為，不計重力，求粒子在磁場中飛行的時間和飛出磁場的坐0標(磁場垂直紙面，不考慮粒子的重力)v0θO圖183810(如圖19所示，x軸上方有勻強磁場，磁感應強度為B，方向如圖所示，下方有勻強電場，場強為E。今有電量為q，質量為m的粒子位于y軸N點坐標(0，,b)。不計粒子所受重力。在x軸上有一點M(L，0)。若使上述粒子在y軸上的N點由靜止開始釋放在電磁場中往返運動，剛好能通過M點。已知OM,L。求:(1)粒子帶什么電?(2)釋放點N離O點的距離須滿足什么條件?(3)從N到M點粒子所用最短時間為多少?yMxO(L,0、N0,-b(圖19、11(圖20中，A、B是一對平行的金屬板。在兩板間加。A板的電勢U=0，B上一周期為T的交變電壓uAB板的電勢U隨時間的變化規(guī)律為，在0到T/2的時B間內，U=U(正常數(shù));在T/2到達T的時間內，B0lU,,U;在T到3T/2的時間內，U=U;在3T/2B0B0A到2T的時間，U=—U?現(xiàn)有一電子從A板上的B0圖20小孔進入兩板間的電場區(qū)內，設電子的初速度和重力影響均可忽略，則()A.若電子在t,0時刻進入，它將一直向B板運動B.若電子是在t,T/8時刻進入的，它可能時而向B板運動，時而向A板運動，最后打在B板上C.若電子是在t,3T/8時刻進入的，它可能時而向B板運動，時而向A板運動，最后打在B板上D.若電子是在t,T/2時刻進入的，它可能時而向B板，時而向A板運動3912.(2003.江蘇)串列加速器是用來產(chǎn)生高能離子的裝置。圖21中虛線框內為其主體的原理示意圖，其中加速管的中部b處有很高的正電勢U，a、c兩端均有電極接地(電勢為零)，現(xiàn)將速度很低的負一價碳離子從a端輸入，當離子到達b處時，可被設在b處的特殊裝置將其電子剝離，成為n價正離子，而不改變其速度大小。這些正n價碳離子從c端飛出后進入一與其速度方向垂直的、磁感應強度為B的勻強磁場中，在磁,26，場中做半徑為R的圓周運動。已知碳離子的質量m,2.0，10kg5,19U,7.5，10Ve,1.6，10CB,0.50Tn,2，，，元電荷，求半徑R。加速管bca圖2113(如圖22所示為一種獲得高能粒子的裝置。環(huán)形區(qū)域內存在垂直紙面向外、大小可調的勻強磁場。質量為m，電量為，q的粒子在環(huán)中作半徑為R的圓周運動。A、B為兩塊中心開有小孔的極板。原來電勢都是零，每當粒子飛經(jīng)A板時，A板電勢升高為，U，B板電勢仍保持為零，粒子在兩板間電場中得到加速。每當粒子離開B板時，A板電勢又降為零。粒子在電場一次次加速下動能不斷增大，而繞行半徑不變。(1)設t,0時粒子靜止在A板小孔處，在電場作用下加速，并繞行第一圈。求粒子繞行n圈回到A板時獲得的總動能E。n(2)為使粒子始終保持在半徑為R的圓軌道上運動，磁場必須周期性遞增。求粒子繞行第n圈時的磁感應強度B。n(3)求粒子繞行n圈所需要的總時間t(設極板間距離遠小于R)。n(4)在圖22(2)中畫出A板電勢u與時間t的關系(從t,0起畫到粒子第四次離開B板時即可)40(5)在粒子繞行的整個過程中，A板電勢是否可始終保持為，U,為什么,uUROA+U00t圖22(2)圖22(1)14((，廣東題)如圖23(a)所示，A、B為水平放置的平行金屬板，板間距離dd(遠小于板的長度和寬)，在兩板之間有一帶負電的質點P，已知若在A、B為間加電壓U，則P點可以靜止平衡，現(xiàn)在A、B間加上圖(b)所示的隨時間變化t0t,0的電壓U，在時，質點P位于A、B的中點處且初速度為零，已知質點P能在A、B間以最大的幅度上下運動，而又不與兩極板相碰，求圖(b)中U改變的各時刻及的表達式(質點開始從中點上升到最高點，及以后每次從最高t,t,tt123n點到最低點或從最低點到最高點的過程，電壓只改變一次)。41u+2UA0P?tB—0ttttt1342n(a)(b)圖230的直角三角形底邊長為2l，底邊外在水平位置，斜邊為光15(如圖24所示，傾角為30滑絕緣導軌，現(xiàn)在底邊中點O處固定一正電荷Q，讓一個質量為m的帶正電荷q從斜面頂端A沿斜面滑下(始終不脫離斜面)，已測得它滑到仍在斜邊上的垂足D處的速度為v，加速度為a，方向沿斜面向下，問該質點滑到斜邊底端C點時的速度和加速度各為多少,AD030+QEOB圖2442專題四電磁感應與電路黃岡中學王小蘭[方法歸納]電磁感應是電磁學中最為重要的內容，也是高考的熱點之一。電磁感應是討論其他形式能轉化為電能的特點和規(guī)律;電路問題主要是討論電能在電路中傳輸、分配并通過用電器轉化成其他形式能的特點和規(guī)律，本專題的思想是能量轉化與守恒思想。在復習電磁感應部分時，其核心是法拉第電磁感應定律和楞次定律;這兩個定律一是揭示感應電動勢的大小所遵循的規(guī)律;一個是揭示感的電動勢方向所遵循的規(guī)律，法,,,n拉第電磁感定律的數(shù)學表達式為:,，磁通量的變化率越大，感應電動勢越大(磁t,通量的變化率越大，外界所做的功也越大(楞次定律的表述為:感應電流的磁場總要阻礙引起感應電流的磁通量的變化，從楞次定律的內容可以判斷出:要想獲得感應電流就必須克服感應電流的阻礙，需要外界做功，需要消耗其他形式的能量(在第二輪復習時如果能站在能量的角度對這兩個定律進行再認識，就能夠對這兩個定律從更加整體、更加深刻的角度把握(電路部分的復習，其一是以部分電路歐姆定律為中心，包括六個基本物理量(電壓、電流、電阻、電功、電功率、電熱)，三條定律(部分電路歐姆定律、電阻定律和焦耳定律)，以及串、并聯(lián)電路的特點等概念、定律的理解掌握和計算;其二是以閉合電路歐姆定律為中心討論電動勢概念、閉合電路中的電流、路端電壓以及閉合電路中能量的轉化;其三，對高中物理所涉及的三種不同類別的電路進行比較，即恒定電流電路、變壓器電路、遠距離輸電電路，比較這些電路哪些是基本不變量，哪些是變化量，變化的量是如何受到不變量的制約的(其能量是如何變化的(在恒定電流電路中，如果題目不加特殊強調，電源的電動勢和內電阻是基本不變量，在外電阻改變時其他量的變化受到基本不變量的制約(在變壓器電路中，如果題目不加特殊強調，變壓器的輸入電壓不變，其他量改變時受到這個基本不變量的制約(在遠距離輸電電路中，如果題目不加特殊強調，發(fā)電廠輸出的電功率不變，其他量改變時受到這個基本不變量的制約([典例分析]1(電磁感應的圖象問題方法:圖象問題有兩種:一是給出電磁感應過程選出或畫出正確圖象;二是由給定的有關圖象分析電磁感應過程，求解相應的物理量(其思路是:利用法拉第電磁感應定律計算感應電動勢(感應電流的大小，利用楞次定律或右手定則判定感應電流的方向，利用圖象法直觀，明確地表示出感應電流的大小和方向(掌握這種重要的物理方法(例1、如圖4—1(a)所示區(qū)域(圖中直角坐標系xOy的1、3象限)內有勻強磁場，磁感應強度方向垂直于圖面向里，大小為B，半徑為l，圓心角為60?的扇形導線框OPQ以角速度繞O點在圖面內沿逆時針方向勻速轉動，導線框回路電阻為R(,43和交變感應電流的頻率f((1)求線框中感應電流的最大值I0(2)在圖(b)中畫出線框轉一周的時間內感應電流I隨時間t變化的圖象((規(guī)定在圖(a)中線框的位置相應的時刻為t=0)2,,(a)(b)圖4—12、電路的動態(tài)分析方法:利用歐姆定律，串、并聯(lián)電路的性質，閉合電路的歐姆定律;明確不變量，以“從局部到整體再到局部”，“從外電路到內電路再到外電路”的順序討論各物理量的變化情況(例2、如圖4—3所示的電路中，電源的電動勢為E，內阻為r(當可變電阻的滑片VVP向b移動時，電壓表的讀數(shù)U與電壓表121的讀數(shù)U的變化情況是()2A(U變大，U變小12B(U變大，U變大12C(U變小，U變小12B(U變小，U變大123、電磁感應與力學綜合圖4—3方法:從運動和力的關系著手，運用牛頓第二定律(1)基本思路:受力分析?運動分析?變化趨向?確定運動過程和最終的穩(wěn)定狀態(tài)?由牛頓第二定律列方程求解((2)注意安培力的特點:44電磁感應導體運動v感應電動勢E歐閉姆合阻定電礙律路磁場對電流的作用感應電流I安培力F(3)純力學問題中只有重力、彈力、摩擦力，電磁感應中多一個安培力，安培力隨速度變化，部分彈力及相應的摩擦力也隨之而變，導致物體的運動狀態(tài)發(fā)生變化，在分析問題時要注意上述聯(lián)系(例3、如圖4—4所示，兩根相距為d的足夠長的平行金屬導軌位于水平xOy平面內，左端接有阻值為R的電阻，其他部分的電阻均不計(在x>0的一側存在垂直xOy平面且方向豎直向下的穩(wěn)定磁場，磁感強度大小按B=kx規(guī)律變化(其中k是一大于零的常數(shù))(一根質量為m的金屬桿垂直跨擱在光滑的金屬導軌上，兩者接觸良好(，方向沿x軸正方向，在此后的過程中，當t=0時直桿位于x=0處，其速度大小為v0始終有一個方向向左的變力F作用于金屬桿，使金屬桿的加速度大小恒為a，加速度方向一直沿x軸的負方向(求:(1)閉合回路中感應電流持續(xù)的時間有多長,v0(2)當金屬桿沿x軸正方向運動的速度為時，閉合回路的感應電動勢多大,此2時作用于金屬桿的外力F多大,圖4—4454、電磁感應與動量、能量的綜合方法:(1)從動量角度著手，運用動量定理或動量守恒定律?應用動量定理可以由動量變化來求解變力的沖量，如在導體棒做非勻變速運動的問題中，應用動量定理可以解決牛頓運動定律不易解答的問題(?在相互平行的水平軌道間的雙棒做切割磁感線運動時，由于這兩根導體棒所受的安培力等大反向，合外力為零，若不受其他外力，兩導體棒的總動量守恒(解決此類問題往往要應用動量守恒定律((2)從能量轉化和守恒著手，運用動能定律或能量守恒定律?基本思路:受力分析?弄清哪些力做功，正功還是負功?明確有哪些形式的能量參與轉化，哪增哪減?由動能定理或能量守恒定律列方程求解(安培力做負功電流做功?能量轉化特點:其它能(如:機械能)電能內,,,,,,,,,,,,,能(焦耳熱)例4、如圖4—6所示，在空間中有一水平方向的勻強磁場區(qū)域，區(qū)域的上下邊緣間距為h，磁感應強度為B(有一寬度為b(b<h)、長度為L、電阻為R、質量為m的矩形導體線圈緊貼磁場區(qū)域的上邊緣從靜止起豎直下落，當線圈的PQ邊到達磁場下邊緣時，恰好開始做勻速運動(求:(1)線圈的MN邊剛好進入磁場時，線圈的速度大小((2)線圈從開始下落到剛好完全進入磁場所經(jīng)歷的時間(圖4—646例5、兩根足夠長的固定的平行金屬導軌位于同一水平內，兩導軌間的距離為l，導軌上面橫放著兩根導體棒ab和cd構成矩形回路，如圖4—7所示(兩根導體棒的質量皆為m，電阻皆為R，磁感應強度為B，設兩導體棒均為沿導軌無摩擦地滑行，開始時，棒cd靜止，棒ab有指向棒cd的初速度(如圖所示)，若兩導體棒在運動中始終不接觸，求:(1)在運動中產(chǎn)生的焦耳熱最多是多少,3(時，cd棒的加速度是多少,2)當ab棒的速度變?yōu)槌跛俣鹊?圖4—75、電磁感應與電路綜合方法:在電磁感應現(xiàn)象中，切割磁感線的導體或磁通量發(fā)生變化的回路相當于電源(解決電磁感應與電路綜合問題的基本思路是:(1)明確哪部分相當于電源，由法拉第電磁感應定律和楞次定律確定感應電動勢的大小和方向((2)畫出等效電路圖((3)運用閉合電路歐姆定律(串并聯(lián)電路的性質求解未知物理量(47例6、如圖4—8所示，直角三角形導線框abc固定在勻強磁場中，ab是一段長為L、L電阻為R的均勻導線，ac和bc的電阻可不計，ac長度為(磁場的磁感強度為B，方2LR，電阻為的均勻導體棒MN架在導線框上，開向垂直紙面向里(現(xiàn)有一段長度為22始時緊靠ac，然后沿bc方向以恒定速度v向b端滑動，滑動中始終與ac平行并與導線L框保持良好接觸，當MN滑過的距離為時，導線ac中的電流為多大,方向如何,3圖4—86、交變電流的三值EVI(、)ENBS,,(1)最大值:，最大值與線圈的形狀，以及轉軸的位置mmmm無關，但轉軸應與磁感線垂直((2)有效值:交流電的有效值是根據(jù)電流的熱效應來定義的(即在同一時間內，跟某一交流電一樣能使同一電阻產(chǎn)生相等熱量的直流的數(shù)值，叫做該交流電的有效值(EUImmm正弦交流電的有效值與最大值之間的關系為:(各種交,,EUI,,,222流電器設備上標準值及交流電表上的測量值都是指有效值(,,,n(3)平均值,,t(4)最大值、有效值和平均值的應用?求電功、電功率以及確定保險絲的熔斷電流等物理量時，要用有效值計算(正弦Im交變電流的有效值為，其他交流電流的有效值只能根據(jù)有效值的定義來計算(I,2?求一段時間內通過導體橫截面的電量時要用平均值來計算(48E,,qIt,,而(IEn,,,Rt,EE，12E,注意，平均值不等于有效值(2?在考慮電容器的耐壓值時，則應根據(jù)交流電的最大值(例7、邊長為a的N匝正方形線圈在磁感應強度為B的勻強磁場中，以角速度繞,垂直于磁感線的轉軸勻速轉動，線圈的電阻為R(求:(1)線圈從中性面開始轉過90?角的過程中產(chǎn)生的熱量((2)線圈從中性面開始轉過90?角的過程中，通過導線截面的電量(7、電容、電路、電場、磁場綜合方法:從電場中的帶電粒子受力分析入手，綜合運用牛頓第二定律;串、并聯(lián)電路的性質、閉合電路歐姆定律和法拉第電磁感應定律進行分析、計算，注意電容器兩端的電壓和等效電路(例8、如圖4—11所示，光滑的平行導軌P、Q相距l(xiāng)=1m，處在同一水平面中，導軌左端接有如圖所示的電路，其中水平放置的平行板電容器C兩極板間距離d=10mm，定值電阻R=R=8Ω，R=2Ω，導軌電阻不計，磁感應強度B=0.4T的勻強磁場豎直向下132穿過導軌平面，當金屬棒ab沿導軌向右勻速運動(開關S斷開)時，電容器兩極板之,,1425間質量m=1×10kg，帶電荷量q=,1×10C的粒子恰好靜止不動;當S閉合時，粒22子以加速度a=7m/s向下做勻加速運動，取g=10m/s，求:(1)金屬棒ab運動的速度多大,電阻多大,(2)S閉合后，使金屬棒ab做勻速運動的外力的功率多大,aP×××R1R3Sv×××R×××qm2×××Qb圖4—11498、電磁感應與交流電路、變壓器綜合方法:?變壓器遵循的是法拉第電磁感應定律，理想變壓器不考慮能量損失，即輸入功率等于輸出功率(?理想變壓器原線圈的電壓決定著負線圈的電壓，而副線圈上的負載反過來影響著原線圈的電流，輸入功率(?遠距離輸電是以電功率展開分析的，其中損失功率是最為關鍵的因素(?在供電電路、輸電電路、用電回路所構成的輸電電路中，輸出電路中的電流和輸電回路中的損失電壓是聯(lián)系其余兩回路的主要物理量(I送RP輸UU12U,0U送,,:nn:nn1212圖4—123例9、有條河流，流量Q=2m/s，落差h=5m，現(xiàn)利用其發(fā)電，若發(fā)電機總效率為50%，輸出電壓為240V，輸電線總電阻R=30Ω，允許損失功率為輸出功率的6%，為滿足用電的需求，則該輸電線路所使用的理想電壓、降壓變壓器的匝數(shù)比各是多少,能使多少盞“220V、100W”的電燈正常發(fā)光(50[跟蹤練習]1(矩形導線框abcd放在勻強磁場中，磁感線方向與線圈平面垂直，磁感強度B隨時間變化的圖象如圖4—13所示(t=0時刻，磁感強度的方向垂直于紙面向里(在0,4s時間內，線框圖4—13的ab邊受力隨時間變化的圖象(力的方向規(guī)定以向左為正方向)，可能如圖4—14中的()A(B(C(D(2(如圖4—14