高中物理五大专题例题精讲
高考物理五大专题例题精讲
物理专题一物理思想与物理方法
一、隔离分析法与整体分析法
隔离分析法是把选定的研究对象从所在物理情境中抽取出来，加以研究分析的一种方法.需要用隔离法分析的问题，往往都有几个研究对象，应对它们逐一隔离分析、列式.并且还要找出这些隔离体之间的联系，从而联立求解.概括其要领就是：先隔离分析，后联立求解.
1.隔离法.
m1=1kg、m2=2kg的物体A和B.滑轮质量m=0.2kg，不
计绳与滑轮的摩擦，要使B静止在地面上，则向上的拉
力F不能超过多大?
【解析】(1)先以B为研究对象，当B即将离开地面时，
地面对它的支持力为0.它只受到重力m B g和绳子的拉力
T的作用，且有：T- m B g=0.
(2)再以A为研究对象，在B即将离地时，
A受到重力和拉力的作用，由于T=m B g＞m A g，
所示A将加速上升.有T- m A g=m A a A.
(3)最后以滑轮为研究对象，此时滑轮受到四个力作用：重力、拉力、两边绳子的两个拉力T.有F- mg-2T=ma.
这里需要注意的是：在A上升距离s时，滑轮只上升了s/2，故A的加速度为滑轮加速度的2倍，即：a A=2a.
由以上四式联立求解得：F=43N.
2.整体分析法.
整体分析法是把一个物体系统(内含几个物体)看成一个整体，或者是着眼于物体运动的全过程，而不考虑各阶段不同运动情况的一种分析方法.
【例2】如图所示，质量0.5kg、长1.2m的金属盒，放在水平桌面上，它与桌面间动摩擦因数μ=0.125.在盒内右端放着质量也是0.5kg、半径0.1m的弹性小球，球与盒接触光滑.若在盒的左端给盒以水平向右1.5N·s的冲量，设盒在运动中与球碰撞的时间极短，且无能量损失.求：盒从开始运动到完全停止所通过的路程是多少?(g取10m/s２)
【解析】此题中盒与球交替做不同形式的运动，若用隔离法分段求解，将非常复杂.我们可以把盒和球交替运动的过程看成是在地面摩擦力作用下系统动能损耗的整体过程.
这个系统运动刚开始所具有的动能即为盒的动能
mv02/2=p2/2m=1.52/(2×0.5)=2.25J
整体在运动中受到的摩擦力：
f=μN=μ2mg=10×0.125=1.25N
根据动能定理，可得-fs=0-mv02/2 , s=1.8m
【解题回顾】不少同学分析完球与盒相互作用和运动过程后，用隔离法分段求解.先判断盒与球能否相撞，碰撞后交换速度，再求盒第二次运动的路程，再把各段路程相加.对有
限次碰撞尚能理解，但如果起初的初动能很大，将会发生多次碰撞，遇到这种情况时，同学
们会想到整体法吗?
当然，隔离分析法与整体分析法是相辅相成的，是不可分割的一个整体。有时需要先用隔离分析法，再用整体分析法；有时需要先用整体分析法，再用隔离分析法。
二、极值法与端值法
极值问题是中学物理中常见的一类问题.在物理状态发生变化的过程中，某一个物理量的变化函数可能不是单调的，它可能有最大值或最小值.分析极值问题的思路有两种：一种是把物理问题转化为数学问题，纯粹从数学角度去讨论或求解某一个物理函数的极值.它采用的方法也是代数、三角、几何等数学方法；另一种是根据物体在状态变化过程中受到的物理规律的约束、限制来求极值.它采用的方法是物理分析法.
【例3】如图所示，一辆有四分之一圆弧的小车
停在不光滑的水平地面上，质量为m 的小球从静止 开始由车的顶端无摩擦滑下，且小车始终保持静止
状态.试分析：当小球运动到什么位置时，地面对
小车的静摩擦力最大?最大值为多少?
【解析】设圆弧半径为R ，当小球运动到重力与半径夹角为θ时，速度为v.根据机械能
守恒定律和牛顿第二定律有:
mv 2/2=mgRcos θ
N-mgcos θ=mv 2/R
解得小球对小车的压力为:N=3mgcos θ
其水平分量为Nx=3mgcos θsin θ=3mgsin2θ/2
根据平衡条件，地面对小车的静摩擦力水平向右，大小为：f=Nx=3mgsin2θ/2 可以看出：当sin2θ=1,即θ=45°时，地面对车的静摩擦力最大，其值为f max =3mg/2
【例4】如图所示，娱乐场空中列车 由许多节完全相同的车厢组成，列车
先沿水平轨道行驶，然后滑上半径为
R 的空中圆环形光滑轨道.若列车全长
为L(L ＞2πR)，R 远大于一节车厢的长 度和高度，那么列车在运行到圆环前的速度v 0至少多大，才能使整个列车安全通过圆环轨道?
【解析】滑上轨道前列车速度的最小值v 0与轨道最高处车厢应具有的速度的最小值v 相对应.这里v 代表车厢恰能滑到最高处，且对轨道无弹力的临界状态.由:
mg=mv 2/R
得:v= 因轨道光滑，根据机械能守恒定律，列车在滑上轨道前的动能应等于列车都能安全通过轨道时应具有的动能和势能.因各节车厢在一起，故它们布满轨道时的速度都相等，且至少为 . 另外列车势能还增加了M ′gh ，其中M ′为布满在轨道上车厢的质量，M ′=M(2πR/L)，h 为它们的平均高度，h=R. 因L ＞2πR ，故仍有一些车厢在水平轨道上，它们的速度与轨道上车厢的速度一样，但其势能为0，由以上分析可得：
Mv 02/2=Mv 2/2+M(2πR/L)gR
Rg
L
R Rg v /420π+=Rg
三、等效法
等效法是物理思维的一种重要方法，其要点是在效果不变的前提下，把较复杂的问题转化为较简单或常见的问题.应用等效法，关键是要善于分析题中的哪些问题(如研究对象、运动过程、状态或电路结构等)可以等效.
【例5】如图(甲)所示电路甲由8个不同的
电阻组成，已知R 1=12Ω，其余电阻阻值未知，
测得A 、B 间的总电阻为4Ω，今将R 1换成
6Ω的电阻，则A 、B 间的总电阻是多少?
【解析】此题电路结构复杂，很难找出各电阻间串、并联的关系
由于
8个电阻中的7个电阻的阻值未知，即使能理顺各 电阻间的关系，也求不出它们连结后的总阻值
.但是，由于各
电阻值一定，连结成电路后两点间的电阻值也是一定的，我们 把R 1外的其余部分的电阻等效为一个电阻R ′，如图电路乙
所示，则问题将迎刃而解.由并联电路的规律得：
4=12R ′/(12+R ′)
R=6R ′/(6+R ′) 解得R=3Ω
【例6】如图所示，一个“V ”型玻璃管
倒置于竖直平面内，并处于E=103v/m 、方向
竖直向下的匀强电场中，一个带负电的小球， 重为G=10-3N ，电量q=2×10-6C ，从A 点由
静止开始运动，球与管壁的摩擦因数μ=0.5.
已知管长AB=BC=2m ，倾角α=37°，且管顶B
处有一很短的光滑圆弧.求： (1)小球第一次运动到B 时的速度多大?
(2)小球运动后，第一次速度为0的位置在何处?
(3)从开始运动到最后静止，小球通过的总路程是多少?
(sin37°=0.6，cos37°=0.8)
【解析】小球受到竖直向上的电场力为F=qE=2×10-3N =2G ，重力和电场合力大小等于重力G ，方向竖直向上，这里可以把电场力
与重力的合力等效为一个竖直上的“重力”，将整个 装置在竖直平面内旋转180°就变成了常见的物理
模型——小球在V 型斜面上的运动.如图所示，
(1)小球开始沿这个“V ”型玻璃筒运动的加速度为 a 1=g(sin α-μcos α)=10×(sin37°-μcos37°)=2m/s 2
所以小球第一次到达B 点时的速度为:
(2)在BC 面上，小于开始从B 点做匀减速运动，加速度的大小为:
a 2=g(sin α+μcos α)=10×(sin37°+μcos37°)=10m/s 2
所以，速度为0时到B 的距离为
s=v 2/2a 2=0.4m
s
m l a v /2222221=??==
(3)接着小球又反向向B加速运动，到B后又减速向A运动，这样不断地往复，最后停在B 点.如果将全过程等效为一个直线运动，则有：
mglsinα=μmgcosαL
所以L=ltanα/μ=3m
即小球通过的全路程为3m.
四、排除法解选择题
排除法又叫筛选法，在选择题提供的四个答案中，若能判断A、B、C选项不对，则答案就是D项.在解选择题时，若能先把一些明显不正确的答案排除掉，在所剩下的较少选项中再选择正确答案就较省事了.
【例7】在光滑水平面上有A、B两个小球，它们均向右在同一直线上运动，若它们在碰撞前的动量分别是p A=12kg·m/s，p B=13kg·m/s(向右为正方向)，则碰撞后它们动量的变化量△p A及△p B有可能的是
A.△p A =4kg·m/s △p B =-4kg ·m/s
B.△p A =-3kg ·m/s △p B =3kg ·m/s
C.△p A =-24kg ·m/s △p B =24kg ·m/s
D.△p A =-5kg ·m/s △p B =8kg ·m/s
【解析】依题意：A、B均向右运动，碰撞的条件是A的速度大于B的速度，碰撞时动量将由A向B传递，A的动量将减少，B的动量将增加，即△p A＜0，△p B＞0，故A是错误的.根据动量守恒定律应有：△p A=△p B.所以D是错误的，C选项中，A球的动量从12kg·m/s 变为-12kg·m/s，大小不变，因而它的动能不变，但B球动量增大到37kg·m/s，动能增大，说明碰撞后系统的动能增加，这不符合能量守恒定律.所以只有B选项正确.
五、微元法
一切宏观量都可被看成是由若干个微小的单元组成的.在整个物体运动的全过程中，这些微小单元是其时间、空间、物质的量的任意的且又具有代表性的一小部分.通过对这些微小单元的研究，我们常能发现物体运动的特征和规律.微元法就是基于这种思想研究问题的一种方法.
【例8】真空中以速度v飞行的银原子持续打在器壁上产生的压强为P，设银原子打在器壁上后便吸附在器壁上，银的密度为ρ.则器壁上银层厚度增加的速度u为多大?
【解析】银原子持续飞向器壁，打在器壁上吸附在器壁上速度变为0，动量发生变化是器壁对银原子有冲量的结果.
设△t时间内飞到器壁上面积为S的银原子的质量为m，银层增加的厚度为x.
由动量定理F△t=mv.又m=ρSx.
两式联立得F△t= ρSxv，整理变形得：
P=F/S=ρSxv/△t= ρvu.
所以:u=P/ρv.
六、作图法
作图法就是通过作图来分析或求解某个物理量的大小及变化趋势的一种解题方法.通过作图来揭示物理过程、物理规律，具有直观形象、简单明了等优点.
【例9】某物体做初速度不为0的匀变速直线运动，在时间t内通过的位移为s，设运动过程中间时刻的瞬时速度为v1，通过位移s中点的瞬间速度为v2，则
A.若物体做匀加速直线运动，则v1＞v2
B.若物体做匀加速直线运动，则v1＜v2
C.若物体做匀减速直线运动，则v1 ＞v2
D.若物体做匀减速直线运动，则v1＜v2
【解析】初速度不为0的匀加速直线运动与匀减速运动的图像如图(a)、(b)所示，
在图(a)、(b)上分别作出中间时刻所对应的速度v1，根据图线下方所围的面积即为运动物体所通过的位移，将梯形分为左右面积相等的两部分，作出位移中点对应的速度v2,可见不论是匀加速运动还是匀减速运动，都是v1＜v2.故本题答案应选B、D.
物理专题二力与运动
思想方法提炼
一、对力的几点认识
1.关于力的概念.力是物体对物体的相互作用.这一定义体现了力的物质性和相互性.力是矢量.
2.力的效果
（1）力的静力学效应：力能使物体发生形变.
(2)力的动力学效应：
a.瞬时效应：使物体产生加速度F=ma
b.时间积累效应：产生冲量I=Ft，使物体的动量发生变化Ft=△p
c.空间积累效应：做功W=Fs，使物体的动能发生变化△E k=W
3.物体受力分析的基本方法
（1）确定研究对象（隔离体、整体）.
（2）按照次序画受力图，先主动力、后被动力，先场力、后接触力.
（3）只分析性质力，不分析效果力，合力与分力不能同时分析.
（4）结合物体的运动状态：是静止还是运动，是直线运动还是曲线运动.如物体做曲线运动时，在某点所受合外力的方向一定指向轨迹弧线内侧的某个方向.
二、中学物理中常见的几种力
三、力和运动的关系
1.F=0时，加速度a =0.静止或匀速直线运动
F=恒量:F 与v 在一条直线上——匀变速直线运动
F 与v 不在一条直线上——曲线运动（如平抛运动）
2.特殊力:F 大小恒定，方向与v 始终垂直——匀速圆周运动
F=-kx ——简谐振动
四、基本理论与应用
解题常用的理论主要有：力的合成与分解、牛顿运动定律、匀变速直线运动规律、平抛运动的规律、圆周运动的规律等.力与运动的关系研究的是宏观低速下物体的运动，如各种交通运输工具、天体的运行、带电物体在电磁场中的运动等都属于其研究范畴，是中学物理的重要内容，是高考的重点和热点，在高考试题中所占的比重非常大.选择题、填空题、计算题等各种类型的试题都有，且常与电场、磁场、动量守恒、功能部分等知识相结合. 感悟 · 渗透 · 应用
一、力与运动的关系
力与运动关系的习题通常分为两大类：一类是已知物体的受力情况，求解其运动情况；另一类是已知物体的运动情况，求解物体所受的未知力或与力有关的未知量.在这两类问题中，加速度a 都起着桥梁的作用.而对物体进行正确的受力分析和运动状态及运动过程分析是解决这类问题的突破口和关键.
【例1】如图所示，质量M=10kg 的木楔 静止于粗糙水平地面上，木楔与地面间的
动摩擦因数μ=0.2，在木楔的倾角为θ=30°
的斜面上，有一质量m=1.0kg 的物块由静止
开始沿斜面下滑，当滑行路程s=1.4m 时， 其速度v=1.4m/s.在这个过程中木楔处于静止状态.
求地面对木楔的摩擦力的大小和方向（取
g=10m/s 2）.
【解析】由于木楔没有动，不能用公式f=μN 计算木楔受到的摩擦力，题中所给出动摩擦因数的已知条件是多余的。首先要判断物块沿斜面向下做匀加速直线运动，由运动学公式v 2t -v 20=2as 可得其加速度a=v 2/2s=0.7m/s 2，由于a < gsin θ=5m/s 2，可知物块受摩擦力作用， 物块和木楔的受力如图所示：
对物块，由牛顿第二定律得：
mgsin θ-f 1=ma f 1=4.3N
mgcos θ-N 1=0 N 1= N
35
对木楔，设地面对木楔的摩擦力如图
所示，由平衡条件：
f=N ′1sin θ-f ′1cos θ=0.61N
f 的结果为正值，说明所设的方向与图设方向相同.
【解题回顾】物理习题的解答，重在对物理规律的理解和运用，忌生拉硬套公式.对两个或两个以上的物体，理解物体间相互作用的规律，正确选取并转移研究对象，是解题的基本能力要求.本题也可以用整体法求解：对物块沿斜向下的加速度分解为水平方向acos θ和竖直方向asin θ，其水平方向上的加速度是木楔对木块作用力的水平分量产生的，根据力的相互作用规律，物块对木楔的水平方向的作用力也是macos θ，再根据木楔静止的现象，由平衡条件，得地面对木楔的摩擦力一定是macos θ=0.61N.
【例2】如图所示，一高度为h ＝0.2m 的水平面在A 点处与一倾角为θ＝30°的斜面连接，一小球以v 0＝5m/s 的速度在平面上向右运动。求小球从A 点运动到地面所需的时间（平面与斜面均光滑，取g ＝10m/s 2）。某同学对此题的解法为：小球沿斜面运动，则,sin 2
1sin 20t g t v h ?+=θθ由此可求得落地的时间t 。 问：你同意上述解法吗？若同意，求出所需的时
间；若不同意，则说明理由并求出你认为正确的结果。
【解析】不同意。小球应在A 点离开平面做平抛运动，
而不是沿斜面下滑。正确做法为：落地点与A 点的水平距离)(110
2.025200m g h v t v s =??=== ① 斜面底宽 )(35.032.0m hctg l =?==θ ② l s >
小球离开A 点后不会落到斜面，因此落地时间即为平抛运动时间。
∴ )(2.010
2.022s g h t =?== ③ 二、临界状态的求解
临界状态的问题经常和最大值、最小值联系在一起，它需要在给定的物理情境中求解某些物理量的上限或下限，有时它与数学上的极值问题相类似.但有些问题只能从物理概念、规律的约束来求解，研究处理这类问题的关键是：（1）要能分析出临界状态的由来.（2）要能抓住处于临界状态时物体的受力、运动状态的特征.
【例3】如图所示，在相互垂直的匀强电场、磁场 中，有一个倾角为θ且足够长的光滑绝缘斜面.磁感应强
度为B ，方向水平向外，电场强度的方向竖直向上.有
一质量为m ，带电量为+q 的小球静止在斜面顶端，这
时小球对斜面的压力恰好为0.若迅速把电场方向改为
竖直向下时，小球能在斜面上连续滑行多远？所用
时间是多少？
【解析】开始电场方向向上时小球受重力和电场力两个 力作用，mg=qE ，得电场强度E=mg/q.
当电场方向向下，小球在斜面上运动时小球受力
如图，在离开斜面之前小球垂直于斜面方向的加速度
为0.
mgcos θ+qEcos θ=Bqv+N ，
即2mgcos θ=Bqv+N
随v 的变大小球对斜面的压力N 在变小，当增大到某个值时压力为0，超过这个值后，小球将离开斜面做曲线运动.
沿斜面方向小球受到的合力
F=mgsin θ+qEsin θ=2mgsin θ为恒力，所以小球在离开斜面前做匀加速直线运动a=F/m=2gsin θ.
其临界条件是2mgcos θ=Bqv ，
得即将离开斜面时的速度v=2mgcos θ/Bq.
由运动学公式v 2=2as ，
得到在斜面上滑行的距离为s=m 2gcos 2θ/(B 2q 2sin θ)
再根据v=at 得运动时间：t=v/a=mctan θ/Bq.
【解题回顾】本题的关键有三点：（1）正确理解各种力的特点，如匀强电场中电场力是恒力，洛伦兹力随速度而变化，弹力是被动力等.（2）分析出小球离开斜面时临界状态，求出临界点的速度.（3）掌握运动和力的关系，判断出小球在离开斜面前做初速度为0的匀加速直线运动.下滑距离的求解也可以用动能定理求解，以加强对各种力的理解.
【例4】如图所示，一平直的传送带以v=2m/s 的速度匀速运行，传送带把A 处的工件运送到B 处.A 、B 相距L=10m.从A 处把工件无初速度地放到传送带上，经过时间t=6s 传送到B 处，欲用最短的 时间把工件从A 处传送到B 处，
求传送带的运行速度至少多大？
【解析】A 物体无初速度放上传送带以后，物体将在摩擦力作用下做匀加速运动，因为L/t ＞v/2,这表明物体从A 到B 先做匀加速运动后做匀速运动.
设物体做匀加速运动的加速度为a ，加速的时间为t 1，相对地面通过的位移为s ，则有v=at 1，s=at 21/2，s+v(t-t 1)=L.
数值代入得a=1m/s 2
要使工件从A 到B 的时间最短，须使物体始终做匀加速运动，至B 点时速度为运送时间最短所对应的皮带运行的最小速度.
由v 2=2aL ，
v=
【解题回顾】对力与运动关系的习题，正确判断物体的运动过程至关重要.工件在皮带上的运动可能是一直做匀加速运动、也可能是先匀加速运动后做匀速运动，关键是要判断这一临界点是否会出现.在求皮带运行速度的最小值时，也可以用数学方法求解：设皮带的速度为v ，物体加速的时间为t
1，匀速的时间为t 2，则L=（v/2）t 1+vt 2，而t 1=v/a.t 2=t-t 1，得t=L/v+v/2a.由于L/v 与v/2a 的积为常数，当两者相等时其积为最大值，得v= 时t 有
最小值.由此看出，求物理极值，可以用数学方法也可以采用物理方法.但一般而言，用物理
方法比较简明.
三、在生产、生活中的运用.
高考制度的改革，不仅是考试形式的变化，更是高考内容的全面革新，其根本的核心是不仅要让学生掌握知识本身，更要让学生知道这些知识能解决哪些实际问题，因而新的高考试题十分强调对知识的实际应用的考查.
【例5】两个人要将质量M=1000kg 的小车沿
s
m aL /522=
s m aL /522=
一小型铁轨推上长L=5m ，高h=1m 的斜坡
顶端，如图所示.已知车在任何情况下所受
的摩擦阻力恒为车重的0.12倍，两人能发挥的
最大推力各为800N.在不允许使用别的工具的
情况下，两人能否将车刚好推到坡顶？如果能，应如何办？（g 取10m/s 2 ）
【解析】由于推车沿斜坡向上运动时，车所受“阻力”大于两个人的推力之和.
即f 1=Mgh/L+μMg=3.2×103N ＞F=1600N
所以不能从静止开始直接沿斜面将小车推到坡顶.
但因小车在水平面所受阻力小于两人的推力之和，即f 2=μMg=1200N ＜1600N
故可先在水平面上加速推一段距离后再上斜坡.小车在水平面的加速度为
a 1=(F-f 2)/M=0.4m/s 2
在斜坡上做匀减速运动，加速度为
a 2=(F-f 1)/M=-1.6m/s 2
设小车在水平面上运行的位移为s 到达斜面底端的速度为v.
由运动学公式2a 1s=v 2=-2a 2L
解得s=20m.即两人先在水平面上推20m 后，再推上斜坡，则刚好能把小车推到坡顶.
【解题回顾】本题的设问，只有经过深入思考，通过对物理情境的变换才能得以解决.由此可知，对联系实际问题应根据生活经验进行具体分析.不能机械地套用某种类型.这样才能切实有效地提高解题能力.另外，本题属半开放型试题，即没有提供具体的方法，需要同学自己想出办法，如果题中没有沿铁轨这一条件限制，还可以提出其他一些办法，如在斜面上沿斜线推等.
【例6】蹦床是运动员在一张绷紧的弹性网上蹦跳、翻滚并做各种空中动作的运动项目。一个质量为 60kg 的运动员，从离水平网面 3.2m 高处自由下落，着网后沿竖直方向蹦回到离水平网面 5.0m 高处。已知运动员与网接触的时间为 1.2s 。若把在这段时间内网对运动员的作用力当作恒力处理，求此力的大小。（g ＝10m/s 2）
【解析】将运动员看作质量为 m 的质点，从 h 1 高处下落，刚接触网时速度的大小
1v =（向下）
弹跳后到达的高度为 h ，刚离网时速度的大小
2v =（向上）
速度的改变量
12v v v ?=+ （向上）
以 a 表示加速度，△t 表示接触时间，则
v a t ?=?
接触过程中运动员受到向上的弹力 F 和向下的重力 mg 。由牛顿第二定律，
F mg ma -=
由以上五式解得，
F mg =+
代入数值得
31.510F =? N
四、曲线运动.
当物体受到的合力的方向与速度的方向不在一条直线上时，物体就要做曲线运动.中学物理能解决的曲线运动的习题主要有两种情形：一种是平抛运动，一种是圆周运动.平抛运动的问题重点是掌握力及运动的合成与分解.圆周运动的问题重点是向心力的来源和运动的规律.
【例7】在光滑水平面上有一质量m=1.0×10-3kg ，
电量q=1.0×10-10C 的带正电小球，静止在O 点，
以O 点为原点，在该水平面内建立直角坐标系Oxy ，
如图所示.
现突然加一沿x 轴正方向、场强大小
为E=2.0×106V/m 的匀强电场，使小球开始运动，
经过1.0s ，所加电场突然变为沿y 轴正方向，场强大小
仍为E=2.0×106V/m 的匀强电场，再经过1.0s 所加电场又突然变为另一个匀强电场.使小球在此电场作用下经1.0s 速度变为0.求速度为0时小球的位置.
【解析】由牛顿定律可知小球在水平面上的加速度
a=qE/m=0.20m/s 2.
当场强沿x 轴正方向时，经1.0s 小球的速度大小为v x =at=0.20×1.0=0.20m/s （方向沿x 轴方向）
小球沿x 轴方向移动的距离为△x 1=at 2/2=0.10m.
在第2s 内，电场方向y 轴正方向，x 方向不再受力，
所以第2s 内小球在x 方向做匀速运动，在y 方向做初速度为0的匀加速直线运动（类似平抛运动）
沿y 方向的距离:△y=at 2/2=0.10m.
沿x 方向的距离:△x 2=v x t=0.2×1.0=0.20m.
第2s 未在y 方向分速度为:
v y =at=0.20×1.0=0.20m/s
由上可知，此时小球运动方向与x 轴成45°角，要使小球速度变为0，则在第3s 内所加电场方向必须与此方向相反，即指向第三象限，与x 轴成225°角.
在第3s 内，设在电场作用下小球加速度的x 分量和y 方向分量分别为a x 、a y ，则 a x =v x /t=0.2m/s 2，
a y =v y/t=0.20m/s 2；
在第3s 未，小球到达的位置坐标为
x 3=△x 1+△x 2+v x t-a x t 2/2=0.40m ，
y 3=△y+v y t-a y t 2/2=0.20m.
【解题回顾】学好物理要有一定的空间想像力，要分析、想像物体的运动状态和运动轨迹.作图可以化抽象为具体，提高解题成功率.本题小球的运动情景如图.
【例8】如图所示，有一质量为m 的小球P 与
穿过光滑水平板上小孔O 的轻绳相连，用手拉着 绳子另一端，使小球在水平板上绕O 点做半径
为a 、角速度为ω的匀速圆周运动.
求：（1）此时绳上的拉力有多大？
（2）若将绳子从此状态迅速放松，后又拉直，
使小球绕O 做半径为b 的匀速圆周运动.从放松到拉直这段过程经历了多长时间？
（3）小球做半径为b 的匀速圆周运动时，绳子上的拉力又是多大？
【解析】（1）绳子上的拉力提供小球做匀速圆周运动的向心力，故有：F=m ω2a
（2）松手后绳子上的拉力消失，小球将从松手时的位置沿圆周的切线方向，在光滑的水平面上做匀速直线运动.当绳在水平板上长为b 时，绳又被拉紧.在这段匀速直线运动的过程中
小球运动的距离为
s= ，
如图所示
22a b -
故t=s/v=
（3）将刚拉紧绳时的速度分解为沿绳子的分量
和垂直于绳子的分量.在绳被拉紧的短暂过程中，
球损失了沿绳的分速度，保留着垂直于绳的分速度做匀速圆周运动.被保留的速度的大小为： v 1=va/b=ωa 2/b.
所以绳子后来的拉力为：
F ′=mv 21/b=m ω2a 4/b 3.
【解题回顾】此题难在第3问，注意物体运动过程中的突变点，理解公式F=mv 2/R 中的v 是垂直于半径、沿切线方向的速度.
五、图像的运用
【例9】如图所示，一对
平行光滑轨道设置在水平面上，
两轨道间距L=0.20m
，电阻
R=1.0Ω；有一导体杆静止地放
在轨道上，与两轨道垂直，
杆及轨道的电阻皆可忽略不计， 整个装置处于磁感应强度B=0.5T 的匀强磁场中，磁场方向垂直轨道向下，现用一外力F 沿轨道方向拉杆，使之做匀加速运动，测得力F 与时间t 的关系如图所示.求杆的质量m 和加速度a
【解析】物体做匀加速运动的条件是合外力不变.导体杆运动过程中受拉力和安培力两个力作用，因安培力随着速度增加电流变大而变大，所以拉力随着时间而变化.
设杆的质量为m ，加速度为a ，则由运动学公式v=at ，
感应电动势E=BLv ，感应电流I=E/R ，
安培力f=BIL ，
由牛顿第二定律F-f=ma ，
整理得F=ma+B 2L 2at/R ，
在图线上取两点代入后可得a = 10m/s 2 m = 0.1kg.
练习题
如图所示，离子源从某小孔发射出带电量q=1.6×10-10C 的正离子(初速度不计)，在加速电压U= 1000V 作用下沿O 1O 2方向进入匀强磁场中．磁场限制在以O 2为圆心半径为R 0=2.64cm 的区域内，磁感强度大小B 为0.10T ，方向垂直纸面向外，正离子沿偏离O 1O 2为60°角的方向从磁场中射出，打在屏上的P 点，计算：
(1)正离子质量m ．
(2)正离子通过磁场所需要的时间t ．
a a
b ω22-
解
①
②
由图可见
R＝R0·cot30°
③
由①、②、③式得
＝1.67×10-27(kg)
(2)由图所示，离子飞出磁场，偏转60°角，故在磁场中飞
物理专题三动量与能量
思想方法提炼
牛顿运动定律与动量观点和能量观点通常称作解决问题的三把金钥匙.其实它们是从三个不同的角度来研究力与运动的关系.解决力学问题时，选用不同的方法，处理问题的难易、繁简程度可能有很大差别，但在很多情况下，要三把钥匙结合起来使用，就能快速有效地解决问题.
一、能量
1.概述
能量是状态量，不同的状态有不同的数值的能量，能量的变化是通过做功或热传递两种方式来实现的，力学中功是能量转化的量度，热学中功和热量是内能变化的量度.
高中物理在力学、热学、电磁学、光学和原子物理等各分支学科中涉及到许多形式的能，如动能、势能、电能、内能、核能，这些形式的能可以相互转化，并且遵循能量转化和守恒定律，能量是贯穿于中学物理教材的一条主线，是分析和解决物理问题的主要依据。在每年的高考物理试卷中都会出现考查能量的问题。并时常发现“压轴题”就是能量试题。
2.能的转化和守恒定律在各分支学科中表达式
(1)W合=△E k包括重力、弹簧弹力、电场力等各种力在内的所有外力对物体做的总功，等
于物体动能的变化。(动能定理)
(2)W F=△E除重力以外有其它外力对物体做功等于物体机械能的变化。(功能原理)
注：(1)物体的内能(所有分子热运动动能和分子势能的总和)、电势能不属于机械能
(2)W F=0时，机械能守恒，通过重力做功实现动能和重力势能的相互转化。(3)W G=-△E P重力做正功，重力势能减小；重力做负功，重力势能增加。重力势能变化只与重力做功有关，与其他做功情况无关。
(4)W电=-△E P 电场力做正功，电势能减小；电场力做负功，电势能增加。在只有重力、电场力做功的系统内，系统的动能、重力势能、电势能间发生相互转化，但总和保持不变。注：在电磁感应现象中，克服安培力做功等于回路中产生的电能，电能再通过电路转化为其他形式的能。
(5)W+Q=△E物体内能的变化等于物体与外界之间功和热传递的和(热力学第一定律)。
(6)mv02/2=hν-W 光电子的最大初动能等于入射光子的能量和该金属的逸出功之差。
(7)△E=△mc2在核反应中，发生质量亏损，即有能量释放出来。(可以以粒子的动能、光子等形式向外释放)
动量与能量的关系
1.动量与动能
动量和能量都与物体的某一运动状态相对应，都与物体的质量和速度有关.但它们存在明显的不同：动量的大小与速度成正比p=mv；动能的大小与速度的平方成正比Ek=mv2/2 两者的关系：p2=2mE k
动量是矢量而动能是标量.物体的动量发生变化时，动能不一定变化；但物体的动能一旦发生变化，则动量必发生变化.
2.动量定理与动能定理
动量定理：物体动量的变化量等于物体所受合外力的冲量.△p=I，冲量I=Ft是力对时间的积累效应
动能定理：物体动能的变化量等于外力对物体所做的功.△E k=W，功W=Fs是力对空间的积累效应.
3.动量守恒定律与机械能守恒定律
动量守恒定律与机械能守恒定律所研究的对象都是相互作用的物体系统，(在研究某个物体与地球组成的系统的机械能守恒时，通常不考虑地球的影响)，且研究的都是某一物理过程.动量守恒定律的内容是：一个系统不受外力或者所受外力之和为0，这个系统的总动量保持不变；机械能守恒定律的内容是：在只有重力和弹簧弹力做功的情形下，系统机械能的总量保持不变
运用动量守恒定律值得注意的两点是：(1)严格符合动量守恒条件的系统是难以找到的.如：在空中爆炸或碰撞的物体受重力作用，在地面上碰撞的物体受摩擦力作用，但由于系统间相互作用的内力远大于外界对系统的作用，所以在作用前后的瞬间系统的动量可认为基本上是守恒的.(2)即使系统所受的外力不为0，但沿某个方向的合外力为0，则系统沿该方向的动量是守恒的.
动量守恒定律的适应范围广，不但适应常见物体的碰撞、爆炸等现象，也适应天体碰撞、原子的裂变，动量守恒与机械能守恒相结合的综合的试题在高考中多次出现，是高考的热点内容.
【例1】如图所示，滑块A、B的质量分别为m1与m2，m1＜m2，由轻质弹簧相连接置于水平的气垫导轨上，用一轻绳把两滑块拉至最近，使弹簧处于最大压缩状态后绑紧。两滑块一起以恒定的
速率v0向右滑动.突然轻绳断开.当弹簧
伸至本身的自然长度时，滑块A的速度
正好为0.求：
(1)绳断开到第一次恢复自然长度的过程中弹簧释放的弹性势能Ep；
(2)在以后的运动过程中，滑块B是否会有速度为0的时刻?试通过定量分析证明你的结论.
【解析】(1)当弹簧处压缩状态时，系统的机械能等于两滑块的动能和弹簧的弹性势能之和，当弹簧伸长到自然长度时，弹性势能为0，因这时滑块A的速度为0，故系统的机械能等于滑块B的动能.设这时滑块B的速度为v，则有E=m2v2/2.
因系统所受外力为0，由动量守恒定律
(m1+m2)v0=m2v.
解得E=(m1+m2)2v02/(2m2).
由于只有弹簧的弹力做功，系统的机械能守恒
(m1+m2)v02/2+E p=E.
解得E p=(m1-m2)(m1+m2)v02/2m2.
(2)假设在以后的运动中滑块B可以出现速度为0的时刻，并设此时A的速度为v1，弹簧的弹性势能为E′p，由机械能守恒定律得
m1v12/2+E′p=(m1+m2)2v02/2m2.
根据动量守恒得(m1+m2)v0=m1v1，
求出v1代入上式得:
(m1+m2)2v02/2m1+E′p=(m1+m2)2v02/2m2.
因为E′p≥0，故得:
(m1+m2)2v02/2m1≤(m1+m2)2v02/2m2
即m1≥m2，这与已知条件中m1＜m2不符.
可见在以后的运动中不可能出现滑块B的速度为0的情况.
【解题回顾】“假设法”解题的特点是：先对某个结论提出可能的假设.再利用已知的规律知识对该假设进行剖析，其结论若符合题意的要求，则原假设成立.“假设法”是科学探索常用的方法之一.在当前，高考突出能力考察的形势下，加强证明题的训练很有必要.
【例2】如图所示，质量为m的有孔物体A Array套在光滑的水平杆上，在A下面用细绳挂一质量
为M的物体B，若A固定不动，给B一水平冲量I，
B恰能上升到使绳水平的位置.当A不固定时，要使
B物体上升到使绳水平的位置，则给它的水平冲量
至少多大?
【解析】当A固定不动时，B受到冲量后以A为圆心做圆周运动，只有重力做功，机械能
守恒.在水平位置时B的重力势能应等于其在最低位置时获得的动能Mgh=E k=p2/2M=I2/2M.
若A不固定，B向上摆动时A也要向右运动，当B恰能摆到水平位置时，它们具有相
同的水平速度，把A、B看成一个系统，此系统除重力外，其他力不做功，机械能守恒.又
在水平方向上系统不受外力作用，所以系统在水平方向上动量守恒，设M在最低点得到的
速度为v0，到水平位置时的速度为v.
Mv0=(M+m)v.
Mv02/2=(M+m)v2/2+Mgh.
I′=Mv0.
I ′=
【解题回顾】此题重要的是在理解A 不固定，B 恰能上升到使绳水平的位置时，其竖直方向的分速度为0，只有水平速度这个临界点.另外B 上升时也不再是做圆周运动，此时绳的拉力对B 做功(请同学们思考一下，绳的拉力对B 做正功还是负功)，有兴趣的同学还可以分析一下系统以后的运动情况. 【例3】下面是一个物理演示实验，它显示：
图中下落的物体A 、B 经反弹后，B 能上升到比
初始位置高的地方.A 是某种材料做成的实心球，质量
m 1=0.28kg ，在其顶部的凹坑中插着质量m 2=0.1kg 的
木棍B.B 只是松松地插在凹坑中，其下端与坑底之间
有小间隙. 将此装置从A 的下端离地板的高度H=1.25m
处由静止释放.实验中，A 触地后在极短的时间内反弹， 且其速度大小不变；接着木棍B 脱离球A 开始上升，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/s 2） 【解析】根据题意，A 碰地板后，反弹速度的大小等于它下落到地面时的速度的大小，由机械能守恒得
(m 1+m 2)gH=(m 1+m 2)v 2/2，v 1= .
A 刚反弹时速度向上，立刻与下落的
B 碰撞，碰前B 的速度v 2= .
由题意，碰后A 速度为0，以v 2表示B 上升的速度，
根据动量守恒m 1v 1-m 2v 2=m 2v ′2.
令h 表示B 上升的高度，有m 2v ′22/2=m 2gh ，
由以上各式并代入数据得:h=4.05m. 【例4】质量分别为m 1、m 2的小球在一
直线上做弹性碰撞，它们在碰撞前后的
位移—时间图像如图所示，若m 1=1kg,
m 2的质量等于多少?
【解析】从位移—时间图像上可看出：m 1和m 2
于t=2s 时在位移等于8m 处碰撞，碰前m 2的速度为0，m 1的速度v 0=△s/△t=4m/s 碰撞后，m 1的速度v 1=-2m/s ，
m 2的速度v 2=2m/s ，
由动量守恒定律得m 1v 0=m 1v 1+m 2v 2，
m 2=3kg.
【解题回顾】这是一道有关图像应用的题型，关键是理解每段图线所对应的两个物理量：位移随时间的变化规律，求出各物体碰撞前后的速度.不要把运动图像同运动轨迹混为一谈.
【例5】云室处在磁感应强度为B 的匀强磁场中，一质量为M 的静止的原子核在云室中发生一次α衰变，α粒子的质量为m ，电量为q ，其运动轨迹在与磁场垂直的平面内.现测得α粒子运动的轨道半径为R ，试求在衰变过程中的质量亏损.(注：涉及动量问题时，亏损的质量可忽略不计)
【解析】α粒子在磁场中做圆周运动的向心力是洛伦兹力，设α粒子的运动速度为v ，由牛顿第二定律得qvB=mv 2/R.
衰变过程中，粒子与剩余核发生相互作用，设衰变后剩余核的速度为v ′，衰变过程中动m
m M I
gH 2gH 2
量守恒(M-m)v ′=mv.
α粒子与剩余核的动能来源于衰变过程中亏损的质量，有
△m·c 2=(M-m)v ′2/2+mv 2/2.
解得:△m=M(qBR)2/[2c 2m(M-m)].
【解题回顾】此题知识跨度大，综合性强，将基础理论与现代物理相结合.考查了圆周运动、洛伦兹力、动量守恒、核裂变、能量守恒等知识.这类题型需注意加强.
【例6】如图所示，一轻绳穿过光滑的定滑轮，
两端各拴有一小物块.它们的质量分别为m 1、m 2，已知 m 2=3m 1，起始时m1放在地上，m 2离地面的高度
h=1.0m ，绳子处于拉直状态，然后放手.设物块与地面相碰
时完全没有弹起
(地面为水平沙地)，绳不可伸长，绳中 各处拉力均相同，在突然提起物块时绳的速度与物块的 速度相同，试求m 2所走的全部路程(取3位有效数字)
【解析】因m 2＞m 1，放手后m 2将下降，直至落地.
由机械能守恒定律得
m 2gh-m 1gh=(m 1+m 2)v 2/2.
m 2与地面碰后静止，绳松弛，m 1以速度v 上升至最高点处再下降.
当降至h 时绳被绷紧.
根据动量守恒定律可得:m 1v=(m 1+m 2)v 1
由于m 1通过绳子与m 2作用及m 2与地面碰撞的过程中都损失了能量，故m 2不可能再升到h 处，m 1也不可能落回地面.设
m 2再次达到的高度为h 1，m 1则从开始绷紧时的高度h 处下降了h 1.由机械能守恒
(m 1+m 2)v 12/2+m 1gh 1=m 2gh 1
由以上3式联立可解得
h 1=m 12h/(m 1+m 2)2=[m 1/(m 1+m 2)]2h
此后m 2又从h 1高处落下，类似前面的过程.设m 2第二次达到的最高点为h2，仿照上一过程可推得
h 2=m 12h 1/(m 1+m 2)2=m 14h/(m 1+m 2)4=[m 1/(m 1+m 2)]4h
由此类推，得:h 3=m 16h/(m 1+m 2)6=[m 1/(m 1+m 2)]6h
所以通过的总路程
s=h+2h 1+2h 2+2h 3+……
【解题回顾】这是一道难度较大的习题.除了在数学处理方面遇到困难外，主要的原因还是出在对两个物块运动的情况没有分析清楚.本题作为动量守恒与机械能守恒定律应用的一种特例，应加强记忆和理解.
【例7】如图所示，金属杆a 从 离地h 高处由静止开始沿光滑平行的
弧形轨道下滑，轨道的水平部分有竖直
向上的匀强磁场B ，水平轨道上原来
m
h h m m m m m m m m m h 13.1567.02])4
1()41()41(21[2])()()(21[2642621142112211≈?=++++=+++++++=
放有一金属杆b ，已知a 杆的质量为
m a ,且与杆b 的质量之比为m a ∶m b =3∶4，
水平轨道足够长，不计摩擦，求：
(1)a 和b 的最终速度分别是多大?
(2)整个过程中回路释放的电能是多少?
(3)若已知a 、b 杆的电阻之比R a ∶R b =3∶4，其余部分的电阻不计，整个过程中杆a 、b 上产生的热量分别是多少?
【解析】(1)a 下滑过程中机械能守恒
m a gh=m a v 02/2
a 进入磁场后，回路中产生感应电流，a 、
b 都受安培力作用，a 做减速运动，b 做加速运动，经过一段时间，a 、b 速度达到相同，之后回路的磁通量不发生变化，感应电流为0，安培力为0，二者匀速运动.匀速运动的速度即为a.b 的最终速度，设为v.由于所组成的系统所受合外力为0，故系统的动量守恒
m a v 0=(m a +m b )v
由以上两式解得最终速度
v a =v b =v=
(2)由能量守恒得知，回路中产生的电能应等于a 、b 系统机械能的损失，所以
E=m a gh-(m a +m b )v 2/2=4m a gh/7
(3)由能的守恒与转化定律，回路中产生的热量应等于回路中释放的电能等于系统损失的机械能，即Q a +Q b =E.在回路中产生电能的过程中，电流不恒定，但由于R a 与R b 串联，通过的电流总是相等的，所以应有
所以
【例8】连同装备质量M=100kg 的宇航员离飞船45m 处与飞船相对静止，他带有一个装有m=0.5kg 的氧气贮筒，其喷嘴可以使氧气以v=50m/s 的速度在极短的时间内相对宇航员自身喷出.他要返回时，必须向相反的方向释放氧气，同时还要留一部分氧气供返回途中呼吸.设他的耗氧率R 是2.5×10-4kg/s ，问：要最大限度地节省氧气，并安全返回飞船，所用掉的氧气是多少?
【解析】设喷出氧气的质量为m ′后，飞船获得的速度为v ′，喷气的过程中满足动量守恒定律，有:
0=(M-m ′)v ′+m ′(-v+v ′)
得v ′=m ′v/M
宇航员即以v ′匀速靠近飞船，到达飞船所需的时间
t=s/v ′=Ms/m ′v
这段时间内耗氧m ″=Rt
故其用掉氧气m ′+m ″=2.25×10-2/m ′+m ′
gh 2734
322===b a b a b a R R t R I t R I Q Q gh m E Q gh m E Q a b a a 491674491273====
因为(2.25×10-2/m ′)×m ′=2.5×10-2为常数，
所以当2.25×10-2/m ′=m ′，即m ′=0.15kg 时用掉氧气最少，共用掉氧气是m ′+m ″=0.3kg.
【解题回顾】(1)动量守恒定律中的各个速度应统一对应于某一惯性参照系，在本题中，飞船沿圆轨道运动，不是惯性参照系.但是，在一段很短的圆弧上，可以视飞船做匀速直线运动，是惯性参照系.(2)此题中氧气的速度是相对宇航员而不是飞船，因此，列动量守恒的表达式时，要注意速度的相对性，这里很容易出错误.(3)要注意数学知识在物理上的运用.
【例9】质量为m 的飞机以水平速度v 0飞离跑道后逐渐上升，若飞机在此过程中水平
速度保持不变，同时受到重力和竖直向上的恒定升力（该升力由其它力的合力提供，不含重力）。今测得当飞机在水平方向的位移为l 时，它的上升高度为h ，求：（1）飞机受到的升力大小；
（2）从起飞到上升至h 高度的过程中升力所作的功及在高度h 处飞机的动能。
【解析】飞机水平速度不变 t v l 0= ① y 方向加速度恒定 221at h =
② 消去t 即得 2022v l
h a = ③ 由牛顿第二定律 )21(202v gl
h mg ma mg F +=+= ④ （2）升力做功 )21(202v gl
h mgh Fh W +== ⑤ 在h 处 l
hv ah at v t 022=== ⑥ ∴ )41(21)(2122
20220l
h mv v v m E t k +=+= ⑦ 【例10】有三根长度皆为 l ＝1.00m 的不可伸长的绝缘轻线，其中两根的一端固定在天花
板上的 O 点，另一端分别拴有质量皆为 m ＝1.00×10－2kg 的带电小球 A 和 B ，它们的电
量分别为 一q 和 ＋q ，q ＝l.00×10－7C 。A 、B 之间用第三根线连接起
来。空间中存在大小为 E ＝1.00×106N/C 的匀强电场，场强方向沿水平向右，平衡时 A 、B 球的位置如图所示。现将 O 、B 之间的线烧断，由于有空气阻力，A 、B 球最后会达到新的平衡位置。求最后两球的机械能与电势能的总和与烧断前相比改变了多少。（不计两带电小球间相互作用的静电力）
【解析】图1中虚线表示 A 、B 球原来的平衡位置，实线表示烧断后重新达到平衡的位置，其中α、β 分别表示细线加 OA 、AB 与竖直方向的夹角。
A 球受力如图2所示：重力 mg 竖直向下；电场力 qE 水平向左；细线OA 对 A 的拉力 T 1，方向如图；细线 A
B 对 A 的拉力 T 2，方向如图。由平衡条件
12sin sin T T qE αβ+=
12cos cos T mg T αβ=+
B 球受力如图3所示：重力 mg 竖直向下；电场力 qE 水平向右；细线 AB 对 B 的拉力 T 2，方向如图。由平衡
条件
2sin T qE β=
2cos T mg β=
联立以上各式并代入数据，得
0α=
45β=?
由此可知，A 、B 球重新达到平衡的位置如图4所示。与原来位置相比，A 球的重力势能减少了
(1sin 60)A E mgl =-?
B 球的重力势能减少了
(1sin60cos45)B E mgl =-?+?
A 球的电势能增加了
cos60A W qEl =?
B 球的电势能减少了
(sin 45sin30)B W qEl =?-?
两种势能总和减少了
B A A B W W W E E =-++
代入数据解得
26.810W -=? J
【例11】一传送带装置示意如图，其中传送带经过AB 区域时是水平的，经过BC 区域时变为圆弧形（圆弧由光滑模板形成，
未画出），经过CD 区域时是倾斜的，AB 和CD 都与BC 相切。现将大量的质量均为m 的小货箱一个一个在A 处放到传送带上，放置时初速为零，经传送带运送到D 处，D 和A 的高度差为
h 。稳定工作时传送带速度不变，
CD 段上各箱等距排列，相邻两箱的距离为L 。每个箱子在A 处投放后，在到达B 之前已经相对于传送带静止，且以后也不再滑动（忽略经BC 段时的微小滑动）。已知在一段相当长的时间T 内，共运送小货箱的数目为N 。这装置由电动机带动，传送带与轮子间无相对滑动，不计轮轴处的摩擦。求电动机的平均抽出功率P 。
【解析】以地面为参考系（下同），设传送带的运动速度为v 0，在水平段运输的过程中，小货箱先在滑动摩擦力作用下做匀加速运动，设这段路程为s ，所用时间为t ，加速度为a ，则对小箱有
s ＝1/2at 2 ①
v 0＝at ②
在这段时间内，传送带运动的路程为
s 0＝v 0t ③
由以上可得
s 0＝2s ④
用f 表示小箱与传送带之间的滑动摩擦力，则传送带对小箱做功为
A ＝fs ＝1/2mv 02 ⑤
传送带克服小箱对它的摩擦力做功
A 0＝fs 0＝2·1/2mv 02 ⑥
两者之差就是克服摩擦力做功发出的热量
Q ＝1/2mv 02 ⑦
可见，在小箱加速运动过程中，小箱获得的动能与发热量相等。
T 时间内，电动机输出的功为
W ＝P T ⑧
此功用于增加小箱的动能、势能以及克服摩擦力发热，即
W ＝1/2Nmv 02＋Nmgh ＋NQ ⑨
已知相邻两小箱的距离为L ，所以
v 0T ＝NL ⑩
联立⑦⑧⑨⑩，得
P ＝T Nm [22
2T
L N ＋gh]
物理专题四带电粒子在场中的运动
思想方法提炼
带电粒子在某种场(重力场、电场、磁场或复合场)中的运动问题，本质还是物体的动力学问题
电场力、磁场力、重力的性质和特点：匀强场中重力和电场力均为恒力，可能做功；洛伦兹力总不做功；电场力和磁场力都与电荷正负、场的方向有关，磁场力还受粒子的速度影响，反过来影响粒子的速度变化.
一、安培力
1.安培力：通电导线在磁场中受到的作用力叫安培力.
【说明】磁场对通电导线中定向移动的电荷有力的作用，磁场对这些定向移动电荷作用力的宏观表现即为安培力.
2.安培力的计算公式：F=BILsin θ；通电导线与磁场方向垂直时，即θ = 900，此时安培力有最大值；通电导线与磁场方向平行时，即θ=00，此时安培力有最小值，F min =0N ；0°＜θ＜90°时，安培力F 介于0和最大值之间.
3.安培力公式的适用条件；
①一般只适用于匀强磁场；②导线垂直于磁场；
③L 为导线的有效长度，即导线两端点所连直线的长度，相应的电流方向沿L 由始端流向末端；
如图所示，
几种有效长度；
④安培力的作用点为磁场中通电导体的几何中心；
⑤根据力的相互作用原理，如果是磁体对通电导体有力的作用，则通电导体对磁体有反作用力. 【说明】安培力的计算只限于导线与B 垂直和平行的两种情况.
(完整版)高中物理经典选择题(包括解析答案)
物理 1.一中子与一质量数为A(A>1)的原子核发生弹性正碰。若碰前原子核静止,则碰撞前与碰撞后中子的速率之比为( ) A. B. C. D. [解析] 1.设中子质量为m,则原子核的质量为Am。设碰撞前后中子的速度分别为v0、v1,碰后原子核的速度为v2,由弹性碰撞可得mv0=mv1+Amv2,m=m+Am,解得v1=v0,故=,A正确。 2.很多相同的绝缘铜圆环沿竖直方向叠放,形成一很长的竖直圆筒。一条形磁铁沿圆筒的中心轴竖直放置,其下端与圆筒上端开口平齐。让条形磁铁从静止开始下落。条形磁铁在圆筒中的运动速率( ) A.均匀增大 B.先增大,后减小 C.逐渐增大,趋于不变 D.先增大,再减小,最后不变[解析] 2.对磁铁受力分析可知,磁铁重力不变,磁场力随速率的增大而增大,当重力等于磁场力时,磁铁匀速下落,所以选C。 3.(2014大纲全国，19，6分)一物块沿倾角为θ的斜坡向上滑动。当物块的初速度为v时, 上升的最大高度为H,如图所示;当物块的初速度为时,上升的最大高度记为h。重力加速度大小为g。物块与斜坡间的动摩擦因数和h分别为( )
A.tan θ和 B.tan θ和 C.tan θ和 D.tan θ和 [解析] 3.由动能定理有 -mgH-μmg cos θ=0-mv2 -mgh-μmg cos θ=0-m()2 解得μ=(-1)tan θ,h=,故D正确。 4.两列振动方向相同、振幅分别为A1和A2的相干简谐横波相遇。下列说法正确的是( ) A.波峰与波谷相遇处质点的振幅为|A1-A2| B.波峰与波峰相遇处质点离开平衡位置的位移始终为A1+A2 C.波峰与波谷相遇处质点的位移总是小于波峰与波峰相遇处质点的位移 D.波峰与波峰相遇处质点的振幅一定大于波峰与波谷相遇处质点的振幅 [解析] 4.两列振动方向相同的相干波相遇叠加,在相遇区域内各质点仍做简谐运动,其振动位移在0到最大值之间,B、C项错误。在波峰与波谷相遇处质点振幅为两波振幅之差,在波峰与波峰相遇处质点振幅为两波振幅之和,故A、D项正确。
高中物理磁场经典习题含答案
寒假磁场题组练习 题组一 1．如图所示，在xOy平面内，y ≥ 0的区域有垂直于xOy平面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，一质量为m、带电量大小为q的粒子从原点O沿与x轴正方向成60°角方向以v0射入，粒子的重力不计，求带电粒子在磁场中运动的时间和带电粒子离开磁场时的位置。 在着沿ad方向的匀强电场，场强大小为E，一粒子源不断地从a处的小孔沿 ab方向向盒内发射相同的带电粒子，粒子的初速度为v0，经电场作用后恰好 从e处的小孔射出，现撤去电场，在盒子中加一方向垂直于纸面的匀强磁场， 磁感应强度大小为B（图中未画出），粒子仍恰好从e孔射出。（带电粒子的重 力和粒子之间的相互作用均可忽略不计） （1）所加的磁场的方向如何？ （2）电场强度E与磁感应强度B的比值为多大？ 题组二 4．如图所示的坐标平面内，在y轴的左侧存在垂直纸面向外、磁感应强度大小B1 = T的匀强磁场，在y 轴的右侧存在垂直纸面向里、宽度d = m的匀强磁场B2。某时刻一质量m = ×10-8 kg、电量q = +×10-4 C的带电微粒（重力可忽略不计），从x轴上坐标为（ m，0）的P点以速度v = ×103 m/s沿y轴正方 向运动。试求： （1）微粒在y轴的左侧磁场中运动的轨道半径； （2）微粒第一次经过y轴时速度方向与y轴正方向的夹角； （3）要使微粒不能从右侧磁场边界飞出,B2应满足的条件。 5．图中左边有一对平行金属板，两板相距为d，电压为U；两板之间有匀强磁场，磁场应强度大小为B0，
方向平行于板面并垂直于纸面朝里。图中右边有一边长为a 的正三角形区域EFG （EF 边与金属板垂直），在此区域内及其边界上也有匀强磁场，磁感应强度大小为B ，方向垂直于纸面朝里。假设一系列电荷量为q 的正离子沿平行于金属板面，垂直于磁场的方向射入金属板之间，沿同一方向射出金属板之间的区域，并经EF 边中点H 射入磁场区域。不计重力。 （1）已知这些离子中的离子甲到达磁场边界EG 后，从边界EF 穿出磁场，求离子甲的质量。 （2）已知这些离子中的离子乙从EG 边上的I 点（图中未画出）穿出磁场，且GI 长为3a /4，求离子乙的质量。 （3）若这些离子中的最轻离子的质量等于离子甲质量的一半，而离子乙的质量是最大的，问磁场边界上什么区域内可能有离子到达。 题组三 7．如图所示，在一个圆形区域内，两个方向相反且都垂直于纸面的匀强磁场分布 在以直径A 2A 4为边界的两个半圆形区域I 、II 中，A 2A 4与A 1A 3的夹角为60°。一质量为m 、带电荷量为＋q 的粒子以某一速度从I 区的边缘点A 1处沿与A 1A 3成30°角的方向射入磁场，随后该粒子以垂直于A 2A 4的方向经过圆心O 进入II 区，最 后再从A 4处射出磁场。已知该粒子从射入到射出磁场所用的时间为t ，求I 区和II 区中磁感应强度的大小（忽略粒子重力）。 8．如图所示，在以O 为圆心，内外半径分别为R 1和R 2的圆环区域内，存在辐射状电场和垂直纸面的匀强磁场，内外圆间的电势差U 为常量，R 1＝R 0，R 2＝3R 0，一电荷量为+q ，质量为m 的粒子从内圆上的A 点进入该区域，不计重力。 （1）已知粒子从外圆上以速度射出，求粒子在A 点的初速度的大小； （2）若撤去电场，如图（b ）,已知粒子从OA 延长线与外圆的交点C 以速度射出，方向与OA 延长线成45°角，求磁感应强度的大小及粒子在磁场中运动的时间； （3）在图（b ）中，若粒子从A 点进入磁场，速度大小为，方向不确定，要使粒子一定能够从外圆射出，磁感应强度应小于多少？ A 23
高一物理相遇和追及问题(含详解)
相遇和追及问题 【学习目标】 1、掌握追及和相遇问题的特点 2、能熟练解决追及和相遇问题 【要点梳理】 要点一、机动车的行驶安全问题： 要点诠释： 1、反应时间：人从发现情况到采取相应措施经过的时间为反应时间。 2、反应距离：在反应时间内机动车仍然以原来的速度v匀速行驶的距离。 3、刹车距离：从刹车开始，到机动车完全停下来，做匀减速运动所通过的距离。 4、停车距离与安全距离：反应距离和刹车距离之和为停车距离。停车距离的长短由反应距离和刹车距离 共同决定。安全距离大于一定情况下的停车距离。 要点二、追及与相遇问题的概述 要点诠释： 1、追及与相遇问题的成因 当两个物体在同一直线上运动时，由于两物体的运动情况不同，所以两物体之间的距离会不断发生变化，两物体间距越来越大或越来越小，这时就会涉及追及、相遇或避免碰撞等问题． 2、追及问题的两类情况 (1)速度小者追速度大者 (2)速度大者追速度小者
说明:①表中的Δx 是开始追及以后,后面物体因速度大而比前面物体多运动的位移；②x 0是开始追及以前两物体之间的距离；③t 2-t 0=t 0-t 1；④v 1是前面物体的速度,v 2是后面物体的速度. 特点归类： (1)若后者能追上前者，则追上时，两者处于同一位置，后者的速度一定不小于前者的速度． (2)若后者追不上前者，则当后者的速度与前者相等时，两者相距最近． 3、 相遇问题的常见情况 (1) 同向运动的两物体的相遇问题,即追及问题. (2) 相向运动的物体,当各自移动的位移大小之和等于开始时两物体的距离时相遇. 解此类问题首先应注意先画示意图,标明数值及物理量;然后注意当被追赶的物体做匀减速运动时,还要注意该物体是否停止运动了. 要点三、追及、相遇问题的解题思路 要点诠释： 追及?相遇问题最基本的特征相同,都是在运动过程中两物体处在同一位置. ①根据对两物体运动过程的分析,画出物体运动情况的示意草图. ②根据两物体的运动性质,分别列出两个物体的位移方程,注意要将两个物体运动时间的关系反映在方程中; ③根据运动草图,结合实际运动情况,找出两个物体的位移关系; ④将以上方程联立为方程组求解,必要时,要对结果进行分析讨论. 要点四、分析追及相遇问题应注意的两个问题 要点诠释： 分析这类问题应注意的两个问题: (1)一个条件:即两个物体的速度所满足的临界条件,例如两个物体距离最大或距离最小?后面的物体恰好追上前面的物体或恰好追不上前面的物体等情况下,速度所满足的条件. 常见的情形有三种:一是做初速度为零的匀加速直线运动的物体甲,追赶同方向的做匀速直线运动的物体乙,这种情况一定能追上,在追上之前,两物体的速度相等(即v v =甲乙)时,两者之间的距离最大;二是做匀速直线运动的物体甲,追赶同方向的做匀加速直线运动的物体乙,这种情况不一定能追上,若能追上,则在相遇位置满足v v ≥甲乙;若追不上,则两者之间有个最小距离,当两物体的速度相等时,距离最小;三是做匀减速直线运动的物体追赶做匀速直线运动的物体,情况和第二种情况相似. (2)两个关系:即两个运动物体的时间关系和位移关系.其中通过画草图找到两个物体位移之间的数值关系是解决问题的突破口. 要点五、追及、相遇问题的处理方法 方法一:临界条件法(物理法):当追者与被追者到达同一位置,两者速度相同,则恰能追上或恰追不上(也是二者避免碰撞的临界条件) 方法二:判断法(数学方法):若追者甲和被追者乙最初相距d 0令两者在t 时相遇,则有0x x d -=甲乙,得到关于时间t 的一元二次方程:当2 b 4a c 0?=->时,两者相撞或相遇两次;当2 b 4a c 0?=-=时,两者恰好相遇或相撞;2 b 4a c 0?=-<时,两者不会相撞或相遇. 方法三:图象法.利用速度时间图像可以直观形象的描述两物体的运动情况，通过分析图像，可以较方便的解决这类问题。 【典型例题】 类型一、机动车的行驶安全问题
高中物理电磁学经典例题
高中物理典型例题集锦 (电磁学部分) 25、如图22-1所示，A、B为平行金属板，两板相距为d，分别与电源两极相连，两板 的中央各有小孔M、N。今有一带电质点，自A板上方相距为d的P点由静止自由下落(P、M、N三点在同一竖直线上)，空气阻力不计，到达N点时速度恰好 为零，然后按原路径返回。若保持两板间的电压不变，则： A.若把A板向上平移一小段距离，质点自P点下落仍能返回。 B.若把B板向下平移一小段距离，质点自P点下落仍能返回。 C.若把A板向上平移一小段距离，质点自P点下落后将穿过 N孔继续下落。 图22-1 D.若把B板向下平移一小段距离，质点自P点下落后将穿过N 孔继续下落。 分析与解：当开关S一直闭合时，A、B两板间的电压保持不变，当带电质点从M向N 运动时，要克服电场力做功，W=qU AB，由题设条件知：带电质点由P到N的运动过程中，重力做的功与质点克服电场力做的功相等，即：mg2d=qU AB 若把A板向上平移一小段距离，因U AB保持不变，上述等式仍成立，故沿原路返回， 应选A。 若把B板下移一小段距离，因U AB保持不变，质点克服电场力做功不变，而重力做功 增加，所以它将一直下落，应选D。 由上述分析可知：选项A和D是正确的。 想一想：在上题中若断开开关S后，再移动金属板，则问题又如何(选A、B)。 26、两平行金属板相距为d，加上如图23-1(b)所示的方波形电压，电压的最大值为U0，周期为T。现有一离子束，其中每个 离子的质量为m，电量为q，从与两板 等距处沿着与板平行的方向连续地射 入两板间的电场中。设离子通过平行 板所需的时间恰为T(与电压变化周图23-1 图23-1(b)
高中物理《磁场》典型题(经典推荐含答案)
高中物理《磁场》典型题(经典推荐) 一、单项选择题 1．下列说法中正确的是（ ） A ．在静电场中电场强度为零的位置，电势也一定为零 B ．放在静电场中某点的检验电荷所带的电荷量q 发生变化时，该检验电荷所受电场力F 与其电荷量q 的比值保持不变 C ．在空间某位置放入一小段检验电流元，若这一小段检验电流元不受磁场力作用，则该位置的磁感应强度大小一定为零 D ．磁场中某点磁感应强度的方向，由放在该点的一小段检验电流元所受磁场力方向决定 2．物理关系式不仅反映了物理量之间的关系，也确定了单位间的关系。如关系式U=IR ，既反映了电压、电流和电阻之间的关系，也确定了V （伏）与A （安）和Ω（欧）的乘积等效。现有物理量单位：m （米）、s （秒）、N （牛）、J （焦）、W （瓦）、C （库）、F （法）、A （安）、Ω（欧）和T （特） ，由他们组合成的单位都与电压单位V （伏）等效的是( ) A ．J/C 和N/C B ．C/F 和/s m T 2? C ．W/A 和m/s T C ?? D ．ΩW ?和m A T ?? 3．如图所示，重力均为G 的两条形磁铁分别用细线A 和B 悬挂在水平的天 花板上，静止时，A 线的张力为F 1，B 线的张力为F 2，则（ ） A ．F 1 =2G ，F 2=G B ．F 1 =2G ，F 2>G C ．F 1<2G ，F 2 >G D ．F 1 >2G ，F 2 >G 4．一矩形线框置于匀强磁场中，线框平面与磁场方向垂直，先保持线框的面积不变，将磁感应强度在1s 时间内均匀地增大到原来的两倍，接着保持增大后的磁感应强度不变，在1s 时间内，再将线框的面积均匀地减小到原来的一半，先后两个过程中，线框中感应电动势的比值为（ ） A ．1/2 B ．1 C ．2 D ．4 5．如图所示，矩形MNPQ 区域内有方向垂直于纸面的匀强磁场，有5个带电粒子从图中箭头所示位置垂直于磁场边界进入磁场，在纸面内做匀速圆周运动，运动轨迹为相应的圆弧，这些粒子的质量，电荷量以及速度大小如下表所示，由以上信息可知，从图中a 、b 、c 处进入
高考物理二轮复习专题力与直线运动力与直线运动高考真题
6. 力与直线运动高考真题 [真题1] (2020·高考全国卷Ⅰ)(多选)甲、乙两车在平直公路上同向行驶，其 v －t 图象如图所示．已知两车在t ＝3 s 时并排行驶，则( ) A ．在t ＝1 s 时，甲车在乙车后 B ．在t ＝0时，甲车在乙车前7.5 m C ．两车另一次并排行驶的时刻是t ＝2 s D ．甲、乙车两次并排行驶的位置之间沿公路方向的距离为40 m 解析：选BD.由题图知，甲车做初速度为0的匀加速直线运动，其加速度a 甲＝10 m/s 2 .乙车做初速度v 0＝10 m/s 、加速度a 乙＝5 m/s 2的匀加速直线运动.3 s 内甲、乙车的位移分别为：x 甲＝12 a 甲t 2 3＝45 m x 乙＝v 0t 3＋12 a 乙t 2 3＝52.5 m 由于t ＝3 s 时两车并排行驶，说明t ＝0时甲车在乙车前，Δx ＝x 乙－x 甲＝7.5 m ，选项B 正确；t ＝1 s 时，甲车的位移为5 m ，乙车的位移为12.5 m ，由于甲车的初始位置超前乙车7.5 m ，则t ＝1 s 时两车并排行驶，选项A 、C 错误；甲、乙车两次并排行驶的位置之间沿公路方向的距离为52.5 m －12.5 m ＝40 m ，选项D 正确． [真题2] (2020·高考全国卷Ⅱ)(多选)在一东西向的水平直铁轨上，停放着一列已用挂钩连接好的车厢．当机车在东边拉着这列车厢以大小为a 的加速度向东行驶时，连接某两相邻车厢的挂钩P 和Q 间的拉力大小为F ；当机车在西边拉着车厢以大小为2 3a 的加速度向西行驶时，P 和Q 间的拉力大小仍为F.不计 车厢与铁轨间的摩擦，每节车厢质量相同，则这列车厢的节数可能为( ) A ．8 B ．10 C ．15 D ．18 解析：选BC.设P 、Q 西边有n 节车厢，每节车厢的质量为m ，则F ＝nma ① P 、Q 东边有k 节车厢，则 F ＝km ·2 3 a ② 联立①②得3n ＝2k ，由此式可知n 只能取偶数， 当n ＝2时，k ＝3，总节数为N ＝5 当n ＝4时，k ＝6，总节数为N ＝10 当n ＝6时，k ＝9，总节数为N ＝15 当n ＝8时，k ＝12，总节数为N ＝20，故选项B 、C 正确． [预测题3] 一长木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物块；在木板右方有一墙壁，木板右端与墙壁的距离为4.5 m ，如图(a)所示．t ＝0时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向右运动，直至t ＝1 s 时木板与墙壁碰撞(碰撞时间极短)．碰撞前后木板速度大小不变，方向相反；运动过程中小物块始终未离开木板．已知碰撞后1 s 时间内小物块的v －t 图线如图(b)所示．木板的质量是小物块质量的
高中物理必修一经典例题附解析
华辉教育物理学科备课讲义 A．大小为2N，方向平行于斜面向上 B．大小为1N，方向平行于斜面向上 C．大小为2N，方向垂直于斜面向上 D．大小为2N，方向竖直向上 答案：D 解析：绳只能产生拉伸形变， 绳不同，它既可以产生拉伸形变，也可以产生压缩形变、弯曲形变和扭转形变，因此杆的弹力方向不一定沿杆． 2．某物体受到大小分别为 闭三角形．下列四个图中不能使该物体所受合力为零的是 ( 答案：ABD 解析：A图中F1、F3的合力为 为零；D图中合力为2F3. 3．列车长为L，铁路桥长也是 桥尾的速度是v2，则车尾通过桥尾时的速度为 A．v2
答案：A 解析：推而未动，故摩擦力f＝F，所以A正确． ．某人利用手表估测火车的加速度，先观测30s，发现火车前进540m；隔30s 现火车前进360m.若火车在这70s内做匀加速直线运动，则火车加速度为 ( A．0.3m/s2B．0.36m/s2 C．0.5m/s2D．0.56m/s2 答案：B 解析：前30s内火车的平均速度v＝540 30 m/s＝18m/s，它等于火车在这30s 10s内火车的平均速度v1＝360 10 m/s＝36m/s.它等于火车在这10s内的中间时刻的速度，此时刻Δv v1－v36－18
两根绳上的张力沿水平方向的分力大小相等． 与竖直方向夹角为α，BC与竖直方向夹角为 ．利用打点计时器等仪器测定匀变速运动的加速度是打出的一条纸带如图所示．为我们在纸带上所选的计数点，相邻计数点间的时间间隔为0.1s. ，x AD＝84.6mm，x AE＝121.3mm __________m/s，v D＝__________m/s 结果保留三位有效数字)
高中物理：《追及、相遇问题》精讲精练(1)
高中物理：《追及、相遇问题》精讲精练 【知识要点】 “追及”主要条件是：两个物体在追赶过程中处在同一位置,常见的情形有两种： （1）初速度为零的匀加速运动的物体甲追赶同方向的匀速运动的物体乙,一定能追上,追上 。 前有最大距离的条件：两物体速度 ,即v v 乙 甲 （2）匀减速运动的物体追赶同向的匀速运动的物体时,(或匀速运动的物体甲追赶同向匀加速运动的物体乙)存在一个能否追上的问题。 判断方法是：假定速度相等,从位置关系判断。 ①若甲乙速度相等时,甲的位置在乙的后方,则追不上,此时两者之间的距离最小。 ②若甲乙速度相等时,甲的位置在乙的前方,则追上。 ③若甲乙速度相等时,甲乙处于同一位置,则恰好追上,为临界状态。 解决问题时要注意二者是否同时出发,是否从同一地点出发。 【典型例题】 (一)．匀加速运动追匀速运动的情况： （开始时v1
（开始时v1> v2）：v1> v2时,两者距离变小；v1= v2时,①若满足x1< x2+Δx,则永远追不上, 此时两者距离最近；②若满足x1=x2+Δx,则恰能追上,全程只相遇一次；③若满足x1> x2+Δx, 则后者撞上前者（或超越前者）,此条件下理论上全程要相遇两次。 【例2】一个步行者以6m/s的最大速率跑步去追赶被红绿灯阻停的公共汽车,当它距离公共汽 车25m时,绿灯亮了,车子以1m/s2的加速度匀加速起动前进,则（） A．人能追上汽车,追车过程中共跑了36m B．人不能追上汽车,人和车最近距离为7m C．人不能追上汽车,自追车开始后人和车间距越来越大 D．人能追上汽车,追上车前人共跑了43m (三)．匀减速运动追匀速运动的情况（同上） 【例3】A、B两列火车,在同轨道上同向行驶,A车在前,其速度v A＝10 m/s,B车在后,其速度v ＝30 m/s.因大雾能见度低,B车在距A车700 m时才发现前方有A车,这时B车立即刹B 车,但B车要经过1 800 m才能停止．问A车若按原速度前进,两车是否会相撞？说明理 由． (四)．匀速运动追匀减速运动的情况： 若被追赶的物体做匀减速运动,一定要注意追上前该物体是否已经停止运动。仔细审题, 充分挖掘题目中的隐含条件,同时注意v t 图象的应用。 【例4】（匀速追匀减速）如图所示,A、B两物体相距s＝7 m时,A在水平拉力和摩擦力作用下, 正以v A＝4 m/s的速度向右匀速运动,而物体B此时正以v B＝10 m/s的初速度向右匀减 速运动,加速度a＝－2 m/s2,求A追上B所经历的时 间．
(完整word版)高中物理功和功率典型例题解析
功和功率典型例题精析 [例题1] 用力将重物竖直提起，先是从静止开始匀加速上升，紧接着匀速上升，如果前后两过程的时间相同，不计空气阻力，则[ ] A．加速过程中拉力的功一定比匀速过程中拉力的功大 B．匀速过程中拉力的功比加速过程中拉力的功大 C．两过程中拉力的功一样大 D．上述三种情况都有可能 [思路点拨]因重物在竖直方向上仅受两个力作用：重力mg、拉力F．这两个力的相互关系决定了物体在竖直方向上的运动状态．设匀加速提升重物时拉力为F1，重物加速度为a，由牛顿第二定律F1－mg=ma， 匀速提升重物时，设拉力为F2，由平衡条件有F2=mg，匀速直线运动的位移S2=v·t=at2．拉力F2所做的功W2=F2·S2=mgat2． [解题过程] 比较上述两种情况下拉力F1、F2分别对物体做功的表达式，不难发现：一切取决于加速度a与重力加速度的关系． 因此选项A、B、C的结论均可能出现．故答案应选D． [小结]由恒力功的定义式W=F·S·cosα可知：恒力对物体做功的多少，只取决于力、位移、力和位移间夹角的大小，而跟物体的运动状态(加速、匀速、减速)无关．在一定的条件下，物体做匀加速运动时力对物体所做的功，可以大于、等于或小于物体做匀速直线运动时该力做的功． [例题2]质量为M、长为L的长木板，放置在光滑的水平面上，长木板最右端放置一质量为m 的小物块，如图8－1所示．现在长木板右端加一水平恒力F，使长木板从小物块底下抽出，小物块与长木板摩擦因数为μ，求把长木板抽出来所做的功．
[思路点拨] 此题为相关联的两物体存在相对运动，进而求功的问题．小物块与长木板是靠一对滑动摩擦力联系在一起的．分别隔离选取研究对象，均选地面为参照系，应用牛顿第二定律及运动学知识，求出木板对地的位移，再根据恒力功的定义式求恒力F的功． [解题过程] 由F=ma得m与M的各自对地的加速度分别为 设抽出木板所用的时间为t，则m与M在时间t内的位移分别为 所以把长木板从小物块底下抽出来所做的功为 [小结]解决此类问题的关键在于深入分析的基础上，头脑中建立一幅清晰的动态的物理图景，为此要认真画好草图(如图8－2)．在木板与木块发生相对运动的过程中，作用于木块上的滑动摩擦力f 为动力，作用于木板上的滑动摩擦力f′为阻力，由于相对运动造成木板的位移恰等于物块在木板左端离开木板时的位移Sm与木板长度L之和，而它们各自的匀加速运动均在相同时间t内完成，再根据恒力功的定义式求出最后结果．
高中物理知识点汇总(带经典例题)
高中物理必修1 运动学问题是力学部分的基础之一，在整个力学中的地位是非常重要的，本章是讲运动的初步概念，描述运动的位移、速度、加速度等，贯穿了几乎整个高中物理内容，尽管在前几年高考中单纯考运动学题目并不多，但力、电、磁综合问题往往渗透了对本章知识点的考察。近些年高考中图像问题频频出现，且要求较高，它属于数学方法在物理中应用的一个重要方面。 第一章运动的描述 专题一：描述物体运动的几个基本本概念 ◎知识梳理 1．机械运动：一个物体相对于另一个物体的位置的改变叫做机械运动，简称运动，它包括平动、转动和振动等形式。 2．参考系：被假定为不动的物体系。 对同一物体的运动，若所选的参考系不同，对其运动的描述就会不同，通常以地球为参考系研究物体的运动。 3．质点：用来代替物体的有质量的点。它是在研究物体的运动时，为使问题简化，而引入的理想模型。仅凭物体的大小不能视为质点的依据，如：公转的地球可视为质点，而比赛中旋转的乒乓球则不能视为质点。’ 物体可视为质点主要是以下三种情形： (1)物体平动时； (2)物体的位移远远大于物体本身的限度时； (3)只研究物体的平动，而不考虑其转动效果时。 4．时刻和时间 (1)时刻指的是某一瞬时，是时间轴上的一点，对应于位置、瞬时速度、动量、动能等状态量，通常说的“2秒末”，“速度达2m/s时”都是指时刻。 (2)时间是两时刻的间隔，是时间轴上的一段。对应位移、路程、冲量、功等过程量．通常说的“几秒内”“第几秒内”均是指时间。 5．位移和路程 (1)位移表示质点在空间的位置的变化，是矢量。位移用有向线段表示，位移的大小等于有向线段的长度，位移的方向由初位置指向末位置。当物体作直线运动时，可用带有正负号的数值表示位移，取正值时表示其方向与规定正方向一致，反之则相反。 (2)路程是质点在空间运动轨迹的长度，是标量。在确定的两位置间，物体的路程不是唯一的，它与质点的具体运动过程有关。 (3)位移与路程是在一定时间内发生的，是过程量，二者都与参考系的选取有关。一般情况下，位移的大小并不等于路程，只有当质点做单方向直线运动时，二者才相等。6．速度 （1）．速度：是描述物体运动方向和快慢的物理量。 （2）．瞬时速度：运动物体经过某一时刻或某一位置的速度，其大小叫速率。 （3）．平均速度：物体在某段时间的位移与所用时间的比值，是粗略描述运动快慢的。 ①平均速度是矢量，方向与位移方向相同。
高中物理相遇和追及问题(完整版)
相遇追及问题 一、考点、热点回顾 一、追及问题 1.速度小者追速度大者 类型图象说明 匀加速追匀速①t=t0以前，后面物体与 前面物体间距离增大 ②t=t0时，两物体相距最 远为x0+Δx ③t=t0以后，后面物体与 前面物体间距离减小匀速追匀减速 ④能追及且只能相遇一 次 匀加速追匀减速 2.速度大者追速度小者 度大者追速度小者 匀减速追匀速开始追及时，后面物体与 前面物体间的距离在减小，当 两物体速度相等时，即t=t0 时刻： ①若Δx=x0,则恰能追 及，两物体只能相遇一次，这
也是避免相撞的临界条件匀速追匀加速 ②若Δx
高中物理牛顿第二定律经典例题
牛顿第二运动定律 【例1】物体从某一高度自由落下，落在直立于地面的轻弹簧上，如图3-2所示，在A点物体开始与弹簧接触，到B点时，物体速度为零，然后被弹回，则以下说法正确的是： A、物体从A下降和到B的过程中，速率不断变小 B、物体从B上升到A的过程中，速率不断变大 C、物体从A下降B，以及从B上升到A的过程中，速 率都是先增大，后减小 D、物体在B点时，所受合力为零 的对应关系，弹簧这种特 【解析】本题主要研究a与F 合 殊模型的变化特点，以及由物体的受力情况判断物体的 运动性质。对物体运动过程及状态分析清楚，同时对物 =0，体正确的受力分析，是解决本题的关键，找出AB之间的C位置，此时F 合 由A→C的过程中，由mg>kx1，得a=g-kx1/m，物体做a减小的变加速直线运动。在C位置mg=kx c,a=0，物体速度达最大。由C→B的过程中，由于mg
高中物理选修3-1经典习题
一、选择题 （每空3 分，共24 分） 1、如图所示，实线为一簇电场线，虚线是间距相等的等势面，一带电粒子沿着电场线方向运动，当它位于等势面φ1上时，其动能为18eV，当它运动到等势面φ3上时，动能恰好等于零，设φ2=0，则，当粒子的动能为6eV时，其电势能为（） 2、如图所示，将带正电的甲球放在不带电的乙球左侧，两球在空间形成了稳定的静电场，实线为电场线，虚线为等势线。A、B两点与两球球心连线位于同一直线上，C、D两点关于直线AB对称，则( ) A．A点和B点的电势相同 B．C点和D点的电场强度相同 C．正电荷从A点移至B点，电场力做正功 D．负电荷从C点移至D点，电势能增大 3、如图所示，有四个等量异种电荷，放在正方形的四个顶点处。A、B、C、D为正方形四个边的中点，O为正方形的中心，下列说法中正确的是( ) A．A、B、C、D四个点的电场强度相同 B．O点电场强度等于零 C．将一带正电的试探电荷匀速从B点沿直线移动到D点，电场力做功为零 D．将一带正电的试探电荷匀速从A点沿直线移动到C点，试探电荷具有的电势能增大 4、如图所示的同心圆是电场中的一簇等势线，一个电子只在电场力作用下沿着直线由A→C运动时的速度越来越小，B为线段AC的中点，则下列说法正确的是( ) A．电子沿AC方向运动时受到的电场力越来越小 B．电子沿AC方向运动时它具有的电势能越来越大
C．电势差UAB＝UBC D．电势φA<φB<φC 5、如图所示，直线MN是某电场中的一条电场线(方向未画出)。虚线是一带电的粒子只在电场力的作用下，由a到b 的运动轨迹，轨迹为一抛物线。下列判断正确的是( ) A．电场线MN的方向一定是由N指向M B．带电粒子由a运动到b的过程中动能一定逐渐减小 C．带电粒子在a点的电势能一定大于在b点的电势能 D．带电粒子在a点的加速度一定大于在b点的加速度 6、如图，a、b、c、d是匀强电场中的四个点，它们正好是一个梯形的四个顶点，电场线与梯形所在的平面平行．ab 平行cd，且cd边长为ab边长的三倍，已知a点的电势是2 V，b点的电势是6 V，c点的电势是20 V．由此可知，d 点的电势为 A．2 V B．6 V C．8 V D．12 V 7、如图为某电场的电场线，A、B两点的电势分别为、，正点电荷在A、B两点的电势能分别为E PA、E PB，则有A．＜，E PA＞E PB B．＜，E PA＜E PB C．＞，E PA＜E PB
新课标2020高考物理二轮总复习第一部分专题突破方略专题一力与运动抛体运动和圆周运动专题限时训练
1.1.3 抛体运动和圆周运动 专题限时训练 一、单项选择题 1．(2019·湖南株洲一模)在某次跳投表演中，篮球以与水平面成45°的倾角落入篮筐，设投球点和篮筐正好在同一水平面上，如图所示．已知投球点到篮筐距离为10 m ，不考虑空气阻力，则篮球投出后的最高点相对篮筐的竖直高度为( ) A ．2.5 m B ．5 m C ．7.5 m D ．10 m 答案：A 解析：篮球抛出后做斜上抛运动，根据对称性可知，出手时的速度方向与水平方向成45°角，设初速度为v 0，则水平方向x ＝v 0cos 45°t ；竖直方向设能到达的最大高度为h ，则h ＝ v 0sin 45°2 ·t 2，解得h ＝x 4 ＝2.5 m ，故只有选项A 正确． 2．开口向上的半球形曲面的截面如图所示，直径AB 水平．一物块(可视为质点)在曲面内A 点以某一速率开始下滑，曲面内各处动摩擦因数不同，因摩擦作用物块下滑过程速率保持不变．在物块下滑的过程中，下列说法正确的是( ) A ．物块运动过程中加速度始终为零 B ．物块所受合外力大小不变，方向时刻在变化 C ．滑到最低点C 时，物块所受重力的瞬时功率达到最大 D ．物块所受摩擦力大小逐渐变大 答案：B 3．近年许多电视台推出户外有奖冲关的游戏节目，如图所示(俯视图)是某台设计的冲关活动中的一个环节．要求挑战者从平台A 上跳到以O 为转轴的快速旋转的水平转盘上而不落入水中．已知平台到转盘盘面的竖直高度为1.25 m ，平台边缘到转盘边缘的水平距离为1 m ，转盘半径为2 m ，以12.5 r/min 的转速匀速转动，转盘边缘间隔均匀地固定有6个相同障碍桩，障碍桩及桩和桩之间的间隔对应的圆心角均相等．若某挑战者在如图所示时刻从平台边缘以水平速度沿AO 方向跳离平台，把人视为质点，不计桩的厚度，g 取10 m/s 2 ，则能穿
高中物理圆周运动典型例题解析1
圆周运动的实例分析典型例题解析 【例1】用细绳拴着质量为m 的小球，使小球在竖直平面内作圆周运动，则下列说法中，正确的是[ ] A ．小球过最高点时，绳子中张力可以为零 B ．小球过最高点时的最小速度为零 C ．小球刚好能过最高点时的速度是Rg D ．小球过最高点时，绳子对小球的作用力可以与球所受的重力方向相 反 解析：像该题中的小球、沿竖直圆环内侧作圆周运动的物体等没有支承物的物体作圆周运动，通过最高点时有下列几种情况： (1)m g m v /R v 2当＝，即＝时，物体的重力恰好提供向心力，向心Rg 加速度恰好等于重力加速度，物体恰能过最高点继续沿圆周运动．这是能通过最高点的临界条件； (2)m g m v /R v 2当＞，即＜时，物体不能通过最高点而偏离圆周Rg 轨道，作抛体运动； (3)m g m v /R v m g 2当＜，即＞时，物体能通过最高点，这时有Rg ＋F ＝mv 2/R ，其中F 为绳子的拉力或环对物体的压力．而值得一提的是：细绳对由它拴住的、作匀速圆周运动的物体只可能产生拉力，而不可能产生支撑力，因而小球过最高点时，细绳对小球的作用力不会与重力方向相反． 所以，正确选项为A 、C ． 点拨：这是一道竖直平面内的变速率圆周运动问题．当小球经越圆周最高点或最低点时，其重力和绳子拉力的合力提供向心力；当小球经越圆周的其它位置时，其重力和绳子拉力的沿半径方向的分力(法向分力)提供向心力． 【问题讨论】该题中，把拴小球的绳子换成细杆，则问题讨论的结果就大相径庭了．有支承物的小球在竖直平面内作圆周运动，过最高点时：
(1)v (2)v (3)v 当＝时，支承物对小球既没有拉力，也没有支撑力； 当＞时，支承物对小球有指向圆心的拉力作用； 当＜时，支撑物对小球有背离圆心的支撑力作用； Rg Rg Rg (4)当v ＝0时，支承物对小球的支撑力等于小球的重力mg ，这是有支承物的物体在竖直平面内作圆周运动，能经越最高点的临界条件． 【例2】如图38－1所示的水平转盘可绕竖直轴OO ′旋转，盘上的水平杆上穿着两个质量相等的小球A 和B ．现将A 和B 分别置于距轴r 和2r 处，并用不可伸长的轻绳相连．已知两球与杆之间的最大静摩擦力都是f m ．试分析角速度ω从零逐渐增大，两球对轴保持相对静止过程中，A 、B 两球的受力情况如何变化？ 解析：由于ω从零开始逐渐增大，当ω较小时，A 和B 均只靠自身静摩擦力提供向心力． A 球：m ω2r ＝f A ； B 球：m ω22r ＝f B ． 随ω增大，静摩擦力不断增大，直至ω＝ω1时将有f B ＝f m ，即m ω＝，ω＝．即从ω开始ω继续增加，绳上张力将出现．12m 112r f T f m r m /2 A 球：m ω2r ＝f A ＋T ；B 球：m ω22r ＝f m ＋T ． 由B 球可知：当角速度ω增至ω′时，绳上张力将增加△T ，△T ＝m ·2r(ω′2－ω2)．对于A 球应有m ·r(ω′2－ω2)＝△f A ＋△T ＝△f A ＋m ·2r(ω′2－ω2)． 可见△f A ＜0，即随ω的增大，A 球所受摩擦力将不断减小，直至f A ＝0
高中物理经典题库1000题
《物理学》题库 一、选择题 1、光线垂直于空气和介质的分界面，从空气射入介质中，介质的折射率为n，下列说法中正确的是（） A、因入射角和折射角都为零，所以光速不变 B、光速为原来的n倍 C、光速为原来的1/n D、入射角和折射角均为90°，光速不变 2、甘油相对于空气的临界角为42.9°，下列说法中正确的是（） A、光从甘油射入空气就一定能发生全反射现象 B、光从空气射入甘油就一定能发生全反射现象 C、光从甘油射入空气，入射角大于42.9°能发生全反射现象 D、光从空气射入甘油，入射角大于42.9°能发生全反射现象 3、一支蜡烛离凸透镜24cm，在离凸透镜12cm的另一侧的屏上看到了清晰的像，以下说法中正确的是（） A、像倒立，放大率K=2 B、像正立，放大率K=0.5 C、像倒立，放大率K=0.5 D、像正立，放大率K=2 4、清水池内有一硬币，人站在岸边看到硬币（） A、为硬币的实像，比硬币的实际深度浅 B、为硬币的实像，比硬币的实际深度深 C、为硬币的虚像，比硬币的实际深度浅 D、为硬币的虚像，比硬币的实际深度深 5、若甲媒质的折射率大于乙媒质的折射率。光由甲媒质进入乙媒质时，以下四种答案正确的是（） A、折射角>入射角 B、折射角=入射角 C、折射角<入射角 D、以上三种情况都有可能发生 6、如图为直角等腰三棱镜的截面，垂直于CB面入射的光线在AC面上发生全反射，三棱镜的临界角（） A、大于45o B、小于45o C、等于45o D、等于90o 7、光从甲媒质射入乙媒质，入射角为α，折射角为γ，光速分别为v甲和v乙，已知折射率为n甲>n乙，下列关系式正确的是（） A、α>γ，v甲>v乙 B、α<γ，v甲>v乙 C、α>γ，v甲 专题一力与运动 第1讲力与物体的平衡 一、单项选择题 1.如图1所示，一竖直放置的大圆环，在其水平直径上的A、B两端系着一根不可伸长的柔软轻绳，绳上套有一光滑小铁环。现将大圆环在竖直平面内绕O点顺时针缓慢转过一个微小角度，则关于轻绳对A、B两点拉力F A、F B的变化情况，下列说法正确的是( ) 图1 A．F A变小，F B变小B．F A变大，F B变大 C．F A变大，F B变小D．F A变小，F B变大 解析柔软轻绳上套有光滑小铁环，两侧轻绳中拉力相等。将大圆环在竖直平面内绕O点顺时针缓慢转过一个微小角度，A、B两点之间的水平距离减小，光滑小铁环两侧轻绳间夹角2α减小，由2F cos α＝mg可知，轻绳中拉力F减小，轻绳对A、B两点的拉力F A和F B都变小，选项A正确。 答案A 2．如图2所示，一光滑小球静置在光滑半球面上，被竖直放置的光滑挡板挡住，现水平向右缓慢地移动挡板，则在小球运动的过程中(该过程小球未脱离球面且球面始终静止)，挡板对小球的推力F、半球面对小球的支持力F N的变化情况是( ) 图2 A．F增大，F N减小B．F增大，F N增大 C．F减小，F N减小D．F减小，F N增大 解析某时刻小球的受力如图所示，设小球与半球面的球心连线跟竖直方向的夹角为α， 则F＝mg tan α，F N＝mg cos α ，随着挡板向右移动，α越来越大，则F和F N都要增大。 答案B 3．如图3所示，绝缘水平桌面上放置一长直导线a，导线a的正上方某处放置另一长直导线b，两导线中均通以垂直纸面向里的恒定电流。现将导线b向右平移一小段距离，若导线a始终保持静止，则( ) 图3 A．导线b受到的安培力方向始终竖直向下 B．导线b受到的安培力逐渐减小 C．导线a对桌面的压力减小 D．导线a对桌面的摩擦力方向水平向左 解析导线a、b均处在对方产生的磁场中，故两导线均会受到安培力作用，由“同向电流相互吸引，异向电流相互排斥”可知，当导线b未移动时，其受到的安培力方向竖直向下指向导线a，当导线b向右平移一小段距离后，导线b受到的安培力仍会指向导线a，选项A 错误；由于导线a、b之间的距离增大而导线中的电流不变，故两导线之间的相互作用力减小(安培力F＝BIl)，选项B正确；导线b向右平移后导线a的受力情况如图所示，由于导线a始终在桌面上保持静止，所以有F N＝G－F sin θ，因为安培力F减小，sin θ减小，所以桌面对导线a的支持力增大，由牛顿第三定律可知，导线a对桌面的压力增大，选项C 错误；由图可知，桌面对导线a的静摩擦力方向水平向左，故导线a对桌面的摩擦力方向水平向右，选项D错误。 答案B 4．如图4所示，粗糙水平地面上的长方体物块将一重为G的光滑圆球抵在光滑竖直的墙壁上，现用水平向右的拉力F缓慢拉动长方体物块，在圆球与地面接触之前，下面的相关判断正确的是( )高考物理二轮复习 专题一 力与运动 第1讲 力与物体的平衡提升训练