全国高中物理专题复习资料 137页

四、专题复习（一）第一专题力与运动（1）知识梳理一、考点回顾竖直上抛运动自由落体运动F≠0F与v0在同一直线上F与v0成一夹角匀变速直线运动匀变速曲线运动平抛运动恒力FF=0匀速直线运动运动力牛顿运动定律变速直线运动简谐运动匀速圆周运动F的大小与相对于平衡位置的位移成正比，方向与位移相反F的大小不变，方向总与速度垂直F的方向始终与v0在同一直线上变力F1．物体怎么运动，取决于它的初始状态和受力情况。牛顿运动定律揭示了力和运动的关系，关系如下表所示：矚慫润厲钐瘗睞枥庑赖。2．力是物体运动状态变化的原因，反过来物体运动状态的改变反映出物体的受力情况。从物体的受力情况去推断物体运动情况，或从物体运动情况去推断物体的受力情况，是动力学的两大基本问题。聞創沟燴鐺險爱氇谴净。3．处理动力学问题的一般思路和步骤是：①领会问题的情景，在问题给出的信息中，提取有用信息，构建出正确的物理模型；②合理选择研究对象；③分析研究对象的受力情况和运动情况；④正确建立坐标系；⑤运用牛顿运动定律和运动学的规律列式求解。4．在分析具体问题时，要根据具体情况灵活运用隔离法和整体法，要善于捕捉隐含条件，要重视临界状态分析。二、经典例题剖析1．长L的轻绳一端固定在O点，另一端拴一质量为m的小球，现使小球在竖直平面内作圆周运动，小球通过最低点和最高点时所受的绳拉力分别为T1和T2(速度分别为v0和v)。求证：(1)T1－T2＝6mg　　　(2)v0≥残骛楼諍锩瀨濟溆塹籟。\n证明：(1)由牛顿第二定律，在最低点和最高点分别有：　　T1－mg＝mv02/L　　T2＋mg＝mv2/L　　由机械能守恒得：mv02/2＝mv2/2＋mg2L以上方程联立解得：T1－T2＝6mg酽锕极額閉镇桧猪訣锥。(2)由于绳拉力T2≥0，由T2＋mg＝mv2/L可得v≥代入mv02/2＝mv2/2＋mg2L得：v0≥点评：质点在竖直面内的圆周运动的问题是牛顿定律与机械能守恒应用的综合题。加之小球通过最高点有极值限制。这就构成了主要考查点。彈贸摄尔霁毙攬砖卤庑。2．质量为M的楔形木块静置在水平面上，其倾角为α的斜面上,一质量为m的物体正以加速度a下滑。求水平面对楔形木块的弹力N和摩擦力f。　　　　　　謀荞抟箧飆鐸怼类蒋薔。解析：首先以物体为研究对象，建立牛顿定律方程：　　N1‘＝mgcosα　　mgsinα－f1’＝ma，得：f1‘＝m(gsinα－a)　　由牛顿第三定律，物体楔形木块有N1＝N1’，f1＝f1‘厦礴恳蹒骈時盡继價骚。然后以楔形木块为研究对象，建立平衡方程：　　N＝mg＋N1cosα＋f1sinα＝Mg＋mgcos2α＋mgsin2α－masinα　　＝(M＋m)g－masinα　　f＝N1sinα－f1cosα＝mgcosαsinα－m(gsinα－a)cosα＝macosα　　点评：质点在直线运动问题中应用牛顿定律，高考热点是物体沿斜面的运动和运动形式发生变化两类问题。受力分析、研究对象的选取和转移(应用牛顿第三定律)，是这类问题的能力要求所在。茕桢广鳓鯡选块网羈泪。3．举重运动是力量和技巧充分结合的体育项目。就“抓举”而言，其技术动作可分为预备、提杠铃、发力、下蹲支撑、起立、放下杠铃等六个步骤。图1所示照片表示了其中的几个状态。现测得轮子在照片中的直径为1.0cm。已知运动员所举杠铃的直径是45cm，质量为150kg，运动员从发力到支撑历时0.8s，试估测该过程中杠铃被举起的高度，估算这个过程中杠铃向上运动的最大速度；若将运动员发力时的作用力简化成恒力，则该恒力有多大？鹅娅尽損鹌惨歷茏鴛賴。解析：\n题目描述的举重的实际情景，要把它理想化为典型的物理情景。抓举中，举起杠铃是分两个阶段完成的，从发力到支撑是第一阶段，举起一部分高度。该过程中，先对杠铃施加一个力（发力），使杠铃作加速运动，当杠铃有一定速度后，人下蹲、翻腕，实现支撑，在人下蹲、翻腕时，可以认为运动员对杠铃没有提升的作用力，这段时间杠铃是凭借这已经获得的速度在减速上升，最好的动作配合是，杠铃减速上升，人下蹲，当杠铃的速度减为零时，人的相关部位恰好到达杠铃的下方完成支撑的动作。因此从发力到支撑的0.8s内，杠铃先作加速运动（当作匀加速），然后作减速运动到速度为零（视为匀减速），这就是杠铃运动的物理模型。籟丛妈羥为贍偾蛏练淨。根据轮子的实际直径0.45m和它在照片中的直径1.0cm，可以推算出照片缩小的比例，在照片上用尺量出从发力到支撑，杠铃上升的距离h′=1.3cm，按此比例可算得实际上升的高度为h=0.59m。預頌圣鉉儐歲龈讶骅籴。设杠铃在该过程中的最大速度为，有，得减速运动的时间应为加速运动的位移：又解得：根据牛顿第二定律，有解得：点评：该题中，将举重的实际情景抽象成物理模型，是解题的关键，这种抽象也是解所有实际问题的关键。这里，首先应细致分析实际过程，有了大致认识后，再做出某些简化，这样就能转化成典型的物理问题。比如该题中，认为发力时运动员提升的力是恒力，认为运动员下蹲、翻腕时，对杠铃无任何作用，认为杠铃速度减为零时，恰好完全支撑，而且认为杠铃的整个运动是直线运动。渗釤呛俨匀谔鱉调硯錦。4．如图2所示为一空间探测器的示意图，P1、P2、P3、P4是四个喷气发动机，P1、P3的连线与空间一固定坐标系的x轴平行，P2、P4的连线与y轴平行，每台发动机开动时，都能向探测器提供推力，但不会使探测器转动。开始时，探测器以恒定的速率v0向x方向平动，要使探测器改为向正x偏负y60°方向以原速率v0平动，则可以采取的措施是（）铙誅卧泻噦圣骋贶頂廡。A．先开动P1适当时间，再开动P4适当时间B．先开动P3适当时间，再开动P2适当时间C．开动P4适当时间D．先开动P3适当时间，再开动P4适当时间\n解析：该题实际上是要校正探测器的飞行状态，这在航天活动中，是很常见的工作，因此这也是很有意义的一道题。最后要达到的状态是向正x偏负y60°方向平动，速率仍为v0。如图3所示，这个运动可分解为速率为v0cos60°的沿正x方向的平动和速率为v0sin60°的沿负y方向的平动，与原状态相比，我们应使正x方向的速率减小，负y方向的速率增大。因此应开动P1以施加一负x方向的反冲力来减小正x方向的速率；然后开动P4以施加一负y方向的反冲力来产生负y方向的速率。所以选项A正确。擁締凤袜备訊顎轮烂蔷。点评：建立坐标系，在两个坐标轴的方向上分别应用牛顿运动定律，是研究动力学问题的常用方法。该题一入手，就在沿坐标轴的两个方向上对两个状态进行比较，就使问题很快变得清晰。因此要熟练掌握这种分析方法。贓熱俣阃歲匱阊邺镓騷。5．2000年1月26日我国发射了一颗同步卫星，其定点位置与东经98°的经线在同一平面内，若把甘肃省嘉峪关处的经度和纬度近似取为东经98°和北纬，已知地球半径R，地球自转周期为T，地球表面重力加速度为g（视为常量）和光速c。试求该同步卫星发出的微波信号传到嘉峪关处的接收站所需的时间（要求用题给的已知量的符号表示）。坛摶乡囂忏蒌鍥铃氈淚。解析：同步卫星必定在地球的赤道平面上，卫星、地球和其上的嘉峪关的相对位置如图4所示，由图可知，如果能求出同步卫星的轨道半径r，那么再利用地球半径R和纬度就可以求出卫星与嘉峪关的距离L，即可求得信号的传播时间。蜡變黲癟報伥铉锚鈰赘。对于同步卫星，根据牛顿第二定律，有：其中：又即：由以上几式解得：由余弦定理得微波信号传到嘉峪关处的接收站所需的时间为\nt4292550v点评：选择恰当的角度，将题目描述的情况用示意图表示出来，可以是情景变得更加清晰，有利于分析和思考，要养成这种良好的解题习惯。在解答天体运动的问题时，根据得到这一关系是经常使用的。買鲷鴯譖昙膚遙闫撷凄。6．矿井里的升降机，由静止开始匀加速上升，经5s速度达到4m/s后，又以这个速度匀速上升20s，然后匀减速上升，经过4s停在井口，求矿井的深度？綾镝鯛駕櫬鹕踪韦辚糴。解析：作v—t图，如图所示，所围梯形面积就是物体运动的位移。d2d1d7．一只老鼠从洞口爬出后沿一直线运动，其速度大小与其离开洞口的距离成反比。当其到达距洞口为d1的点A点时速度为v1，若B点离洞口的距离为d2（d2>d1），求老鼠由A运动至B所需的时间。驅踬髏彦浃绥譎饴憂锦。解析：建立坐标，画出图像。分析得：之间所围的面积等于老鼠由A运动至B所需的时间。8．一个同学身高h1=1.8m，质量m=65kg，站立举手摸高（指手能摸到的最大高度）h2=2.2m，g=10m/s2。猫虿驢绘燈鮒诛髅貺庑。(1)该同学用力登地，经过时间t1=0.45s竖直离地跳起，摸高为h3=2.6m。假定他离地的力F1为恒力，求F1的大小。锹籁饗迳琐筆襖鸥娅薔。(2)另一次该同学从所站h4=1.0m的高处自由落下，脚接触地面后经过时间t2=0.25s身体速度降为零，紧接着他用力F2登地跳起，摸高h5=2.7m。假定前后两个阶段中同学与地面的作用力分别都是恒力，求该同学登地的作用力F2。構氽頑黉碩饨荠龈话骛。解：(1)第一阶段：初速为0，时间为t1=0.45s竖直离地跳起，加速度为，速度为。v第二阶段：初速度为，末速度为0，加速度为g，高度为0.4m/s。对第一阶段运动过程进行受力分析，并由牛顿第二定律得：则(2)由分析得第一阶段的末速度为：\n第二阶段的运动位移为：第四阶段的初速度为：第三阶段的加速度为：对第三阶段运动过程进行受力分析，并由牛顿第二定律得：则：点评：此题的关键是将复杂的过程分解为几个简单的过程进行分析。9．跳伞运动员从2000m高处跳下，开始下降过程中未打开降落伞，假设初速度为零，所受空气阻力随下落速度的增大而增大，最大降落速度为50m/s。运动员降落到离地面200m高处时，才打开降落伞，在1.0s时间内速度减小到5.0m/s，然后匀速下落到地面。试估算运动员在空中运动的时间。輒峄陽檉簖疖網儂號泶。解析：将整个运动分解为四个运动过程：变加速所用时间为：10s匀速所用时间为：31s匀减速所用时间为：1s匀速所用时间为：34.5s所以整个时间为：10+31+1+34.5=76.5s点评：此题的关键是将两段变加速运动，近似看成匀变速运动，估算出加速度。以上两个例题，解题的关键是分析整个现象中的物理过程，分析力和运动，将它们分段考虑（物理的分解的思维方法）。如例题9中的第一段：阻力随速度的增大而增大，合力随速度的增大而减小，加速度减小，初速度为零，是加速度在减小的加速运动；第二段：合力为零，是匀速运动；第三段：突然打开降落伞增大了受力面积，阻力就增大，合力方向向上，是加速度在减小的减速运动；第四段：合力为零，是匀速运动。此题的关键是将两段变加速近似看成匀加速，便可迎刃而解。尧侧閆繭絳闕绚勵蜆贅。三、方法总结高三复习的重点是打基础，是澄清物理概念完善物理概念，同时是提高学生认识物理的能力，提高学生解决物理问题的能力。在复习中使学生建立解决物理问题的物理思维方式，如：微元法的思维方法、用图像解决物理问题的方法和伽利略的“忽略”的方法等。使学生在解决物理问题时，能从力和运动的分析入手，分清每一个物理过程，同时让学生规范的写在解题过程中。识饒鎂錕缢灩筧嚌俨淒。（2）巩固练习（一）选择题\n1．一物体作匀变速直线运动，某时刻速度的大小为4m/s，1s后速度的大小变为10m/s。在这1s内该物体的（）凍鈹鋨劳臘锴痫婦胫籴。A．位移的大小可能小于4mC．加速度的大小可能小于4m/s2B．位移的大小可能大于10mD．加速度的大小可能大于10m/s22．如图所示，位于斜面上的物块M在沿斜面向上的力F作用下，处于静止状态。则斜面作用于物块的静摩擦力（）恥諤銪灭萦欢煬鞏鹜錦。A．方向可能沿斜面向上B．方向可能沿斜面向下C．大小可能等于零D．大小可能等于F3．一木块从高处自由下落，在空中某处与一颗水平向北射来的子弹相遇，子弹穿过木块继续飞行。下面的说法中正确的是（）鯊腎鑰诎褳鉀沩懼統庫。A．木块落地时间与未遇到子弹相比较，将稍变长B．木块落地位置与未遇到子弹相比较，将稍偏向北C．子弹落地时间与未遇到木块相比较，将保持不变D．子弹落地位置与未遇到木块相比较，将稍稍偏向北4．物体在如图所示的一个大小和方向按正弦规律变化的水平力F作用下，由静止开始沿光滑水平面向右运动，则下列说法正确的是（）硕癘鄴颃诌攆檸攜驤蔹。A．物体在0--时间内向右加速运动，在--时间内向左减速运动B．物体在0--时间内向右加速运动，在--时间内向右减速运动C．时刻物体速度最大，时刻物体速度为0D．时刻物体速度和加速度都最大，时刻物体加速度最大5．某人在地面以20m／s的速度竖直向上抛出一物，此物经过抛出点上方15m处所经历的时间可能是（g取10m／）（）阌擻輳嬪諫迁择楨秘騖。A．1s　　　B．2s　　　C．3s　　　D．4s6．一根张紧的水平弹性绳上的a，b两点，相距14.0m，b点在a点的右方。如图所示，当一列简谐横波沿此长绳向右传播时，若a点的位移达到正向最大时，b点的位移恰为零，且向下运动，经过1.0s后，a点的位移为零且向下运动，而b点的位移恰达到负最大，则这列简谐横渡的波速可能等于（）氬嚕躑竄贸恳彈瀘颔澩。\nA．2m/sB．4.67m/sC．6m/sD．10m/s7．木块A的动量大小为p，动能大小为E，木块B的动量大小为p/2，动能大小为3E，有（）A．若将它们放在水平面上，受到的阻力相同时，则B运动时间较长B．若将它们放在水平面上，所通过的路程相同时，则B受到的阻力较大C．若将它们放在水平面上，与水平面的动磨擦因数相同时，A运动的时间较短D．若使它们沿着同一光滑斜面上升，则A上升的距离较短8．由于地球自转，地球上的物体都随地球一起转动。所以（）A．在我国各地的物体都具有相同的角速度B．位于赤道地区的物体的线速度比位于两极地区的小C．位于赤道地区的物体的线速度比位于两极地区的大D．地球上所有物体的向心加速度方向都指向地心9．如图所示，两根竖直的轻质弹簧a和b(质量不计)，静止系住一球，若撤去弹簧a，撤去瞬间球的加速度大小为2m/s2，若撤去弹簧b，则撤去瞬间球的加速度可能为（）釷鹆資贏車贖孙滅獅赘。A．8m/s2，方向竖直向上B．8m/s2，方向竖直向下C．12m/s2，方向竖直向上D．12m/s2，方向竖直向下10．人造地球卫星绕地球做匀速圆周运动，设地球半径为R，地面处的重力加速度为g，则人造地球卫星（）怂阐譜鯪迳導嘯畫長凉。11．一个做匀速率运动的物体，有人给出了以下一些结论，哪些结论是正确的（）A．物体受到的合外力一定为零B．物体受到的合外力不一定为零，但合外力做的功一定为零C．物体的动量增量一定为零D．物体的动量增量不一定为零，而动能增量一定为零（一）解答题\n12．一艘宇宙飞船飞近某一个不知名的小行星，并进入靠近该行星表面的圆形轨道，宇航员着手进行预定的考察工作。宇航员能不能仅仅用一只普通的手表通过测定时间来测定该行星的平均密度。谚辞調担鈧谄动禪泻類。13．如图所示，物块由倾角为的斜面上端由静止滑下，最后停在水平面上，设物块与斜面及平面间的动摩擦因数都为μ，试求物块在斜面上滑行的距离s1与在平面上滑行的距离s2的比值。嘰觐詿缧铴嗫偽純铪锩。14．质量为m的滑块与倾角为θ的斜面间的动摩擦因数为μ，μ＜tgθ。斜面底端有一个和斜面垂直放置的弹性挡板，滑块滑到底端与它碰撞时没有机械能损失，如图所示。若滑块从斜面上高为h处以速度v开始下滑，设斜面足够长，求：熒绐譏钲鏌觶鷹緇機库。(1)滑块最终停在什么地方？(2)滑块在斜面上滑行的总路程是多少？15．列车在水平铁路上行驶，在50s内速度由36km/h增加到54km/h，列车的质量是1.0×103t，机车对列车的牵引力是1.5×105N，求列车在运动过程中所受到的阻力。鶼渍螻偉阅劍鲰腎邏蘞。16．一物块从倾角为θ，长为s的斜面顶端由静止开始下滑，物块与斜面的动摩擦因数为μ，求物块滑到斜面底端所需的时间。纣忧蔣氳頑莶驅藥悯骛。\n27．质量为m的小球B（可视为质点），放在半径为R的光滑球面上，如图所示，有悬点到球面的最短距离为AC=s，A点在球心的正上方。求：（1）小球对球面的压力；（2）细线上的张力。颖刍莖蛺饽亿顿裊赔泷。参考答案一、选择题1．AD2．ABCD3．AB4．BC5．AC6．ABD7．BCD8．AC9．BD10．AB11．BD濫驂膽閉驟羥闈詔寢賻。二、解答题12．试题提示：宇航员用手表测出飞船绕行星运行的周期T，飞船在行星的近地轨道上做匀速圆周运动，有，得到，G为万有引力常量，这样测出周期T，即可求得行星的密度ρ。銚銻縵哜鳗鸿锓謎諏涼。13．解：由动能定理，即得14．答案：(1)停在挡板前(2)15．答案：5.0×104N16．解：ma=mgsinθ-μmgcosθ，∴a=gsinθ-μgcosθ而s=at2∴t=．17．解：对球受力分析．如图：N与G的合力与T大小相等，方向相反，则由三角形相似，有，\n∴N=，T=（1）专题检测试卷高三物理第二轮复习力与运动专题测试题一、选择题（4×10；每题至少有一个正确答案，错选或不选得0分，漏选得2分）1．如图示，C是水平地面，A、B是两个长方形物体，F是作用在B上沿水平方向的力。物体A和B以相同的速度做匀速直线运动。由此可判断A、B间的动摩擦因数μ1和B、C间的动摩擦因数μ2可能是（）挤貼綬电麥结鈺贖哓类。A.μ1=0μ2=0B.μ1=0μ2≠0C.μ1≠0μ2=0D.μ1≠0μ2≠02．三个完全相同的物块1、2、3放在水平桌面上，它们与桌面间的动摩擦因数都相同。现用大小相同的外力F沿图示方向分别作用在1和2上，用的外力沿水平方向作用在3上，使三者都做加速运动。令a1、a2、a3分别代表物块1、2、3的加速度，则（）赔荊紳谘侖驟辽輩袜錈。A．a1=a2=a3B．a1=a2,a2>a3C．a1>a2,a2a2,a2>a33．如图所示，甲、乙为河岸两边的位置且甲在乙的下游.一艘小船从乙位置保持船头始终垂直河岸行驶,恰好能沿虚线到达甲的位置,则以下说法正确的是()塤礙籟馐决穩賽釙冊庫。A.此时船渡河的时间最短B.此时船渡河的位移最短C.此时船渡河的时间和位移都最短D.此船若要沿虚线渡河则船头应始终指向甲4．图中是光滑斜面轨道，、是光滑的折面轨道，但在、处都有光滑的圆弧过渡，的总长度等于，现让一个小球先后三次在不同的轨道上自最高处无初速释放，到小球接触水平面为止，则（）裊樣祕廬廂颤谚鍘羋蔺。A．沿线用时最短B．沿线用时最长C．沿线用时比沿线用时短D．沿线用时与沿线用时一样长\nOABm5、如图所示，一轻质弹簧固定在水平地面上，O点为弹簧原长时上端的位置，一个质量为m的物体从O点正上方的A点由静止释放落到弹簧上，物体压缩弹簧到最低点B点后向上运动，则以下说法正确的是(）仓嫗盤紲嘱珑詁鍬齊驁。A．物体从O点到B点的运动为先加速后减速B．物体从O点到B点的运动为一直减速C．物体从B点到O点的运动时，O点的速度最大D．物体从B点到O点的运动为先加速后减速0.40.81.21.62.02.42.81.401.51.61.71.81.92.02.1t/sF/N6．图中OA是一遵从弹力跟形变量成正比规律的弹性绳,其一端固定于天花板上的O点,另一端与静止在动摩擦因数恒定的水平地面上的滑块A相连,当绳处在竖直位置时,滑块A对地面有压力的作用,B为紧挨绳的一光滑水平小钉,它到天花板的距离BO等于弹性绳的自然长度,现用一水平力F作用于A,使之向右做直线运动,在运动过程中,作用于A的摩擦力将()绽萬璉轆娛閬蛏鬮绾瀧。A.逐渐增大B.逐渐减小C.保持不变D.条件不足,无法判断7．将一个电动传感器接到计算机上，就可以测量快速变化的力，用这种方法测得的某单摆摆动时悬线上拉力的大小随时间变化的曲线如图所示。某同学由此图线提供的信息做出了下列判断：（）A骁顾燁鶚巯瀆蕪領鲡赙。A．t=0.2s时摆球正经过最低点B．t=1.1s时摆球正经过最低点C．摆球摆动过程中机械能减小D．摆球摆动的周期是T=1.4s8．如图所示,质量为m,电量为q的带正电物体,在磁感应强度为B,方向垂直纸面向里的匀强磁场中,沿动摩擦因数为μ的水平面向左运动,则()瑣钋濺暧惲锟缟馭篩凉。A．物体的速度由v减小到零的时间等于mv/μ(mg+Bqv)B．物体的速度由v减小到零的时间小于mv/μ(mg+Bqv)C．若另加一个电场强度大小为(mg+Bqv)/q,方向水平向右的匀强电场,物体将作匀速运动D．若另加一个电场强度大小为(mg+Bqv)/q,方向竖直向上的匀强电场,物体将作匀速运动9．一个物体以初速度v0从A点开始在光滑水平面上运动，一个水平力作用在物体上，物体的运动轨迹如图1中的实线所示，图中B为轨迹上的一点，虚线是过A、B两点并与轨迹相切的直线，虚线和实线将水平面划分5个区域，则关于施力物体的位置，下面说法正确的是（）鎦诗涇艳损楼紲鯗餳類。A．如果这个力是引力，则施力物体一定在④区域B．如果这个力是引力，则施力物体一定在②区域\nC．如果这个力是斥力，则施力物体可能在②区域D．如果这个力是斥力，则施力物体一定在④区域10．如图6所示，质量相同的木块A，B用轻质弹簧连接静止在光滑的水平面上，弹簧处于自然状态。现用水平恒力F推A，则从开始到弹簧第一次被压缩到最短的过程中（）栉缏歐锄棗鈕种鵑瑶锬。A．两木块速度相同时，加速度aA=aBB．两木块速度相同时，加速度aAvB二．填空题：（10分）11．（6分）如图所示，图A为一个质量为m的物体系于长度分别为l1、l2的两根细线上，l1的一端悬挂在天花板上，与竖直方向夹角为θ，l2水平拉直，物体处于平衡状态。图B中将长为l1的弹簧（其它同图A）现将l2线剪断，则剪断瞬时物体的加速度分别为aA＝；aB＝辔烨棟剛殓攬瑤丽阄应。12．（4分）早在19世纪，匈牙利物理学家厄缶就明确指出：“沿水平地面向东运动的物体，其重量（即：列车的视重或列车对水平轨道的压力）一定要减轻。”后来，人们常把这类物理现象称为“厄缶效应”。如图所示：我们设想，在地球赤道附近的地平线上，有一列质量是M的列车，正在以速率v，沿水平轨道匀速向东行驶。已知：（1）地球的半径R；（2）地球的自转周期T。今天我们象厄缶一样，如果仅考虑地球自转的影响（火车随地球做线速度为R/T的圆周运动）时，火车对轨道的压力为N；在此基础上，又考虑到这列火车匀速相对地面又附加了一个线速度v做更快的圆周运动，并设此时火车对轨道的压力为N/，那么单纯地由于该火车向东行驶而引起火车对轨道压力减轻的数量（N－N/）为峴扬斕滾澗辐滠兴渙藺。三．实验（20分）13．（1）（5分）关于“互成角度的两个力的合成”实验，不述说法正确的是A、实验中,先将其中一个弹簧秤沿某一方向拉到最大量程,然后只需调节另一个弹簧秤的拉力大小和方向,把橡皮条另一端拉到O点詩叁撻訥烬忧毀厉鋨骜。B、实验中,若测F1时弹簧秤上的弹簧与其外壳发生摩擦,引起F1和F2的合力F的偏差,把F与真实值相比较,F的大小偏小则鯤愜韋瘓賈晖园栋泷。C、若用两个弹簧秤拉时,合力的图示F的方向不与橡皮条在同一直线上,则说明实验有错误D、若实验时,只有一个弹簧秤,则应按下述方法操作:把两条细线中的一条与弹簧秤连接，然后同时拉这两条细线，使橡皮条一端伸长到O点，记下两条线的方向和弹簧秤的读数F1\n；放回橡皮条后，将弹簧秤连接到另一细线上，再同时拉这两条细线，使橡皮条一端伸长到O点，并使两条细线位于记录下来的方向上，读出弹簧秤的读数为F2胀鏝彈奥秘孫戶孪钇賻。（2）（5分）用打点计时器研究物体的自由落体运动，得到如图一段纸带，测得AB=7.65cm，BC=9.17cm.已知交流电频率是50Hz，则打B点时物体的瞬时速度为m/s.如果实验测出的重力加速度值比公认值偏小，可能的原因是.砝码质量m/102g01.002.003.004.005.006.007.00标尺刻度x/10－2m15.0018.9422.8226.7830.6634.6042.0054.50123456708m/102gx/10－2m15202530354045505514．（10分）某同学用如图所示装置做探究弹力和弹簧伸长关系的实验。他先测出不挂砝码时弹簧下端指针所指的标尺刻度，然后在弹簧下端挂上砝码，并逐个增加砝码，测出指针所指的标尺刻度，所得数据列表如下：鳃躋峽祷紉诵帮废掃減。（重力加速度g=9.8m/s2）(1)根据所测数据，在答题卡的坐标纸上作出弹簧指针所指的标尺刻度x与砝码质量m的关系曲线。(2)根据所测得的数据和关系曲线可以判断，在N范围内弹力大小与弹簧伸长关系满足胡克定律.这种规格弹簧的劲度系数为N/m.四．计算题15．（15分）A、B两小球同时从距地面高h=15m处的同一点抛出，初速度大小均为v0=10m/s。A球竖直向下抛出，B球水平抛出，空气阻力不计，重力加速度取g=10m/s2。稟虛嬪赈维哜妝扩踴粜。求：(1)A经多长时间落地？(2)A球落地时，A、B两球间的距离是多少？17．(15分)在海滨游乐场里有一种滑沙的游乐活动。如图所示，人坐在滑板上从斜坡的高处由静止开始滑下，滑到斜坡底端B点后沿水平的滑道再滑行一段距离到C点停下来。若某人和滑板的总质量m=60.0kg，滑板与斜坡滑道和水平滑道间的动摩擦因数相同，大小为μ=0.50，斜坡的倾角θ=37°。斜坡与水平滑道间是平滑连接的，整个运动过程中空气阻力忽略不计，重力加速度g取10m/s2。试求：(1)人从斜坡滑下的加速度为多大?(2)若出于场地的限制，水平滑道的最大距离为\nL=20.0m，则人在斜坡上滑下的距离AB应不超过多少?(sin37°=0.6，cos37°=0.8)陽簍埡鲑罷規呜旧岿錟。参考答案12345678910BDCAAADCACDACBD11.gsinθgtanθ12.13.（1）ACD（2）2.10，下落过程中有存在阻力等14．（1）图略（2）0～4.924.515．（1）A球球落地的时间由运动学公式求得t=1s（2）A球落地时，B球的空间位置是mmAB两球间的距离m16．由F=kSv2得，对小鸟m1g=kabv12对飞机m2g=k×20a×15bv22代入数据得：v2=72m/s17．a=2m/s2s≤50m（二）第二专题动量与能量\n（1）知识梳理一、考点回顾1．动量、冲量和动量定理2．动量守恒定律3．动量和能量的应用4．动量与动力学知识的应用5．航天技术的发展和宇宙航行6．动量守恒定律实验7．动量与能量知识框架：动能定理动量p=mv力的积累和效应力对时间的积累效应力对位移的积累效应功：W=FScosα瞬时功率：P=Fvcosα平均功率：动能势能重力势能：Ep=mgh弹性势能机械能机械能守恒定律Ek1+EP1=Ek2+EP2或ΔEk=ΔEP系统所受合力为零或不受外力牛顿第二定律F=ma冲量I=Ft动量定理Ft=mv2-mv1动量守恒定律m1v1+m2v2=m1v1’+m2v2’沩氣嘮戇苌鑿鑿槠谔應。二、动量和能量知识点1．动量(1)动量：运动物体的质量和速度的乘积叫做动量，即p=mv.是矢量，方向与v的方向相同.两个动量相同必须是大小相等，方向一致。钡嵐縣緱虜荣产涛團蔺。(2)冲量：力和力的作用时间的乘积叫做该力的冲量，即I=Ft.冲量也是矢量，它的方向由力的方向决定。2．能量能量是状态量，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。懨俠劑鈍触乐鹇烬觶騮。(1)W合=△Ek：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)謾饱兗争詣繚鮐癞别瀘。\n(2)WF=△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②WF=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。③WG=-△EP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。呙铉們欤谦鸪饺竞荡赚。④W电=-△EP：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。莹谐龌蕲賞组靄绉嚴减。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。⑤W+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)。⑥mv02/2=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)麸肃鹏镟轿騍镣缚縟糶。3．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=2mEk納畴鳗吶鄖禎銣腻鰲锬。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.風撵鲔貓铁频钙蓟纠庙。(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.△Ek=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。灭嗳骇諗鋅猎輛觏馊藹。运用动量守恒定律值得注意的两点是：\n①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。铹鸝饷飾镡閌赀诨癱骝。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。攙閿频嵘陣澇諗谴隴泸。三、经典例题剖析1．（上海高考题）一物体沿光滑斜面下滑，在此过程中【】A．斜面对物体的弹力做功为零B．斜面对物体的弹力的冲量为零C．物体的动能增量等于物体重力所做的功D．物体的动量增量等于物体重力的冲量解析：物体沿光滑斜面下滑运动方向沿斜面向下，而斜面对物体的弹力，即支持力方向垂直斜面，故弹力不做功，选A正确。趕輾雏纨颗锊讨跃满賺。根据动量定理可知，物体的动量变化量等于合外力对物体的冲量，物体在下滑过程中，受到弹力和重力两个力的作用，这两个力的冲量均不为零，这两力的冲量的矢量和等于物体的动量的增量，选B和D是错误的。夹覡闾辁駁档驀迁锬減。根据动能定理可知，由于弹力对物体不做功，只有重力做功，物体的动能增加量等于重力所做的功，故选C正确。答案：A、C点评：本题考查动量定理和动能定理两个规律，在这两个定理中包含了功和冲量两个概念，所以同时对这两个概念也必须理解，并加以区分，冲量是力在时间上的积累，而功是力在位移上的积累，力在时间上的积累引起物体动量的变化，力在位移上的积累引起物体动能的变化。视絀镘鸸鲚鐘脑钧欖粝。2．（2004年天津高考题）质量m=1.5kg的物块（可视为质点）在水平恒力的作用下，从水平面上由静止开始运动，运动一段距离撤去该力，物块继续滑行t=0.2s停在B点，已知A、B两点间距s=5.0m，物块与水平面间的动摩擦因数μ=0.20，求恒力F多大？（g=10m/s2）偽澀锟攢鴛擋緬铹鈞錠。解析：设撤去力F前物块的位移为s1，撤去力时物块F1=μmg对撤去力F后物块滑动过程应用动量定理可得：-F1t=0-mv由运动学公式：s-s1=vt/2对物块运动的全过程应用动能定理：Fs1-F1s=0由以上公式得：F=2μmgs/(2s-μgt2)，代入数据得F=15N答案：F=15N\n点评：本题考查动量定理和动能定理在动力学中的应用，在利用动量定理和动能定理解题时，选择初末状态时关键，同时也要熟悉物体的运动过程及受力状况。緦徑铫膾龋轿级镗挢廟。3．（2005年天津高考题）如图所示，质量为mA=4.0kg的木板A放在水平面C上，木板与水平面间的动摩擦因数为μ=0.24，木板最右端放着质量为mB=1.0kg的小物块（视为质点），它们均处于静止状态，木板突然受到水平向右的12N•s的瞬时冲量I作用开始运动，当小物块离开木板时，木板的动能为8.0J,小物块的动能为0.5J（g=10m/s2）求：騅憑钶銘侥张礫阵轸蔼。ABC(1)瞬时冲量作用结束时木板的速度为多少？(2)木板的长度时多少？解析：(1)以A由静止到获得初速度为研究过程，由动量定理可知I=mv0带入数据得到：v0=3m/s①疠骐錾农剎貯狱颢幗騮。(2)对A获得速度到B从A的左端掉下来为研究过程，其运动过程如图所示，设A运动的时间为t，运动的位移为Sa，B运动的位移为Sb，B对A，C对A，A对B的摩擦力分别为fBA，fCA，fAB，由动量定理可得：镞锊过润启婭澗骆讕瀘。对A：-（fBA+fCA）t=mAvA-mAv0②榿贰轲誊壟该槛鲻垲赛。对B：fABt=mBvB③由动能定理可知对A：-（fBA+fCA）Sa=mAvA2/2-mAv02/2④对B：fABSb=mBvB2/2⑤由牛顿第三定律可知，A对B的摩擦力和B对A的摩擦力大小相等fAB=fBA⑥邁茑赚陉宾呗擷鹪讼凑。fCA=μ（mA+mB）g⑦嵝硖贪塒廩袞悯倉華糲。L=Sa-Sb⑧由①②③④⑤⑥⑦⑧联立可解得：L=0.5m答案：（1）v0=3m/s；（2）L=0.5m点评：本题考查动量定理和动能定理相结合的知识点，对此题注重过程的分析，画出运动过程图，再做此题就一目了然。该栎谖碼戆沖巋鳧薩锭。4．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，水平轨道上原来放有一金属杆b，已知a杆的质量为ma,且与杆b的质量之比为ma∶mb=3∶4，水平轨道足够长，不计摩擦，求：劇妆诨貰攖苹埘呂仑庙。(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Ra∶Rb=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?臠龍讹驄桠业變墊罗蘄。解析：(1)a下滑过程中机械能守恒magh=mav02/2\na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mav0=(ma+mb)v鰻順褛悦漚縫冁屜鸭骞。由以上两式解得最终速度va=vb=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=magh-(ma+mb)v2/2=4magh/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Qa+Qb=E.在回路中产生电能的过程中，电流不恒定，但由于Ra与Rb串联，通过的电流总是相等的，所以应有穑釓虚绺滟鳗絲懷紓泺。所以答案：（1）va=vb=v=（2）E=4magh/7（3）点评：此题考查的时机械能守恒、动量守恒定律和能量的转化，在导体棒a进入磁场之前，导体棒a的机械能守恒，进入后导体棒a切割磁感线产生电动势，电路中产生电流，使导体棒b受到安培力作用而运动，直到最后两棒有相同的速度，以a、b这一整体为系统，则系统在水平方向受到的安培力相互抵销，系统的动量守恒。在这一运动过程中，导体棒a、b发热消耗能量，系统损失的能量转化为内能，再根据系统的能量守恒，即可求出两棒上的热量。隶誆荧鉴獫纲鴣攣駘賽。5．（2006年重庆理综）如图半径为R的光滑圆形轨道固定在竖直面内。小球A、B质量分别为m、βm（β为待定系数）。A球从左边与圆心等高处由静止开始沿轨道下滑，与静止于轨道最低点的B球相撞，碰撞后A、B球能达到的最大高度均为，碰撞中无机械能损失。重力加速度为g。试求：浹繢腻叢着駕骠構砀湊。(1)待定系数β；(2)第一次碰撞刚结束时小球A、B各自的速度和B球对轨道的压力；(3)小球A、B在轨道最低处第二次碰撞刚结束时各自的速度，并讨论小球A、B在轨道最低处第n次碰撞刚结束时各自的速度。鈀燭罚櫝箋礱颼畢韫粝。解析：(1)由于碰撞后球沿圆弧的运动情况与质量无关，因此，A、B两球应同时达到最大高度处，对A、B两球组成的系统，由机械能守恒定律得，解得β＝3惬執缉蘿绅颀阳灣熗鍵。(2)设A、B第一次碰撞后的速度分别为v1、v2\n，取方向水平向右为正，对A、B两球组成的系统，有解得，方向水平向左；，方向水平向右。设第一次碰撞刚结束时轨道对B球的支持力为N，方向竖直向上为正，则，B球对轨道的压力，方向竖直向下。(3)设A、B球第二次碰撞刚结束时的速度分别为V1、V2，取方向水平向右为正，则解得V1＝－，V2＝0．（另一组解V1＝－v1，V2＝－v2不合题意，舍去）由此可得：当n为奇数时，小球A、B在第n次碰撞刚结束时的速度分别与其第一次碰撞刚结束时相同；当n为偶数时，小球A、B在第n次碰撞刚结束时的速度分别与其第二次碰撞刚结束时相同。答案：（1）3；（2），方向水平向左；，方向水平向右；4.5mg，方向竖直向下；（3）见解析。点评：小球A与B碰撞之前机械能守恒，在碰撞过程中动量守恒，碰撞完毕，两球又机械能守恒，所以此题关键在于对碰撞过程的分析，不同的碰撞次数，结果不一样，通过分析，找出规律，得出结论。贞廈给鏌綞牵鎮獵鎦龐。6．（2004全国理综25题）柴油打桩机的重锤由气缸、活塞等若干部件组成，气缸与活塞间有柴油与空气的混合物。在重锤与桩碰撞的过程中，通过压缩使混合物燃烧，产生高温高压气体，从而使桩向下运动，锤向上运动。现把柴油打桩机和打桩过程简化如下：嚌鲭级厨胀鑲铟礦毁蕲。柴油打桩机重锤的质量为m，锤在桩帽以上高度为h处（如图1）从静止开始沿竖直轨道自由落下，打在质量为M（包括桩帽）的钢筋混凝土桩子上。同时，柴油燃烧，产生猛烈推力，锤和桩分离，这一过程的时间极短。随后，桩在泥土中向下移动一距离l。已知锤反跳后到达最高点时，锤与已停下的桩幅之间的距离也为h（如图2）。已知m＝1.0×103kg，M＝2.0×103kg，h＝2.0m，l＝0.20m，重力加速度g＝10m/s2，混合物的质量不计。设桩向下移动的过程中泥土对桩的作用力F是恒力，求此力的大小。薊镔竖牍熒浹醬籬铃騫。解析：锤自由下落，碰桩前速度v1向下，①碰后，已知锤上升高度为（h－l），故刚碰后向上的速度为②\n设碰后桩的速度为V，方向向下，由动量守恒，③桩下降的过程中，根据功能关系，④由①、②、③、④式得⑤代入数值，得N答案：N点评：此题属于打击中的动量守恒，在离开桩后，锤的机械能守恒。分析题意，浓缩成物理模型，再利用动能定理和动量守恒定律相结合求解结果。齡践砚语蜗铸转絹攤濼。7．（2006年天津理综）如图所示，坡道顶端距水平面高度为h，质量为m1的小物块A从坡道顶端由静止滑下，进入水平面上的滑道时无机械能损失，为使A制动，将轻弹簧的一端固定在水平滑道延长线M处的墙上，一端与质量为m2的档板B相连，弹簧处于原长时，B恰位于滑道的末端O点．A与B碰撞时间极短，碰后结合在一起共同压缩弹簧，已知在OM段A、B与水平面间的动摩擦因数均为μ，其余各处的摩擦不计，重力加速度为g，求：绅薮疮颧訝标販繯轅赛。(1)物块A在与挡板B碰撞前瞬间速度v的大小；(2)弹簧最大压缩量为d时的弹性势能Ep（设弹簧处于原长时弹性势能为零）。解析：(1)由机械能守恒定律，有解得v＝(2)A、B在碰撞过程中内力远大于外力，由动量守恒，有碰后A、B一起压缩弹簧，）到弹簧最大压缩量为d时，A、B克服摩擦力所做的功由能量守恒定律，有解得：答案：（1）；（2）\n点评：物块A下滑过程机械能守恒，与B碰撞过程中，A和B系统动量守恒，碰撞后A、B一起运动压缩弹簧，在以后过程中，系统做减速运动，机械能向内能和弹性势能转化。第一阶段利用机械能守恒定律，第二阶段利用动量守恒定律，第三阶段利用动能定理即可。分析清楚过程，此题就简单多了。饪箩狞屬诺釙诬苧径凛。8．（2006年江苏高考题）如图所示，质量均为m的A、B两个弹性小球，用长为2l的不可伸长的轻绳连接．现把A、B两球置于距地面高H处（H足够大），间距为L。当A球自由下落的同时，B球以速度v0指向A球水平抛出．求：(1)两球从开始运动到相碰，A球下落的高度；(2)A、B两球碰撞（碰撞时无机械能损失）后，各自速度的水平分量；(3)轻绳拉直过程中，B球受到绳子拉力的冲量大小。解析：(1)设到两球相碰时A球下落的高度为h，由平抛运动规律得①②联立①②得③（2）A、B两球碰撞过程中，由水平方向动量守恒，得④由机械能守恒定律，得⑤式中联立④⑤解得（3）轻绳拉直后，两球具有相同的水平速度，设为vBx,，由水平方向动量守恒，得由动量定理得答案：（1）；（2）；（3）点评：此题是自由落体、平抛运动、碰撞中的动量守恒、动量定理等知识点的考查，开始利用自由落体和平抛运动的等时性计算出A下落的高度，再利用在某一方向上的动量守恒和机械能守恒联合可求出A、B在碰后水平方向的速度。烴毙潜籬賢擔視蠶贲粵。9．（2003年江苏高考题）如图（a）所示，为一根竖直悬挂的不可伸长的轻绳，下端拴一小物块A，上端固定在C点且与一能测量绳的拉力的测力传感器相连。已知有一质量为m0\n的子弹B沿水平方向以速度v0射入A内（未穿透），接着两者一起绕C点在竖直面内做圆周运动。在各种阻力都可忽略的条件下测力传感器测得绳的拉力F随时间t变化关系如图（b）所示，已知子弹射入的时间极短，且图（b）中t=0为A、B开始以相同的速度运动的时刻。根据力学规律和题中（包括图）提供的信息，对反映悬挂系统本身性质的物理量（例如A的质量）及鋝岂涛軌跃轮莳講嫗键。A、B一起运动过程中的守恒量，你能求得哪些定量的结果？解析：由图b可直接看出，A、B一起做周期性运动，运动的周期T＝2t0①令表示A的质量，表示绳长.表示B陷入A内时即时A、B的速度（即圆周运动最低点的速度），表示运动到最高点时的速度，F1表示运动到最低点时绳的拉力，F2表示运动到最高点时绳的拉力，根据动量守恒定律，得②撷伪氢鱧轍幂聹諛詼庞。在最低点和最高点处应用牛顿定律可得③④根据机械能守恒定律可得⑤由图b可知⑥⑦由以上各式可解得，反映系统性质的物理量是⑧⑨A、B一起运动过程中的守恒量是机械能E，若以最低点为势能的零点，则⑩由②⑧⑩式解得答案：；；点评：此题关键在于识图，从F—t图像中获得更多的信息，绳子拉力是周期性的变化，变化周期为2t0，绳子拉力的最大值为Fm，最小值为0，在最低点出现最大值，最高点出现最小值0，即在最高点绳子不受拉力。根据动量守恒定律，机械能守恒定律，牛顿运动定律的知识可以求出小球的质量，绳子的长度及系统的机械能。踪飯梦掺钓貞绫賁发蘄。\nABC10．如图所示，水平光滑地面停放着一辆小车，左侧靠在竖直墙壁上，小车的四分之一圆弧轨道AB是光滑的，在最低点B与水平轨道BC相切，BC的长度是圆弧半径的10倍，整个轨道处于同一竖直平面内。可视为质点的物块从A点的正上方某处无初速度下落，恰好落入小车圆弧轨道滑动，然后沿水平轨道滑行至轨道末端C恰好没有滑出。已知物块到达圆弧轨道最低点B时对轨道的压力是物块的重力的9倍，小车的质量是物块的3倍，不考虑空气阻力和物块落入圆弧轨道时的能量损失，求：婭鑠机职銦夾簣軒蚀骞。(1)物块开始下落的位置距离水平轨道BC的竖直高度是圆弧半径的多少倍？(2)物块与水平轨道BC间的动摩擦因数μ为多少？解析：(1)设物块的质量为m,其开始下落的位置距离BC的竖直高度为h，到达B点时的速度为v，小车圆弧轨道半径为R，有机械能守恒定律，有：①譽諶掺铒锭试监鄺儕泻。根据牛顿第二定律，有②解得h=4R③即物块开始下落的位置距水平轨道BC的竖直高度是圆弧半径的4倍(2)设物块与BC间的滑动摩擦力的大小为F，物块滑行到C点时与小车的共同速度为v’，物块在小车上由B运动到C的过程中小车对地面的位移大小为s，依题意，小车的质量为3m，BC长度为10R，由滑动摩擦定律，有F=μmg④俦聹执償閏号燴鈿膽賾。由动量守恒定律，有⑤对物块、小车分别应用动能定理⑥⑦解得：μ=0.3答案h=4Rμ=0.3点评：本题是传统的机械能和动量守恒两大守恒定律还有动能定理的结合，这类型的题只要对研究过程有充分的理解，应该是很容易得分的，缜電怅淺靓蠐浅錒鵬凜。三、方法总结动量和能量的试题常常是综合题，是动量与能量的综合，或者动量、能量与平抛运动、圆周运动、牛顿运动定律、热学、电磁学、原子物理等知识的综合。试题的情景常常是物理过程较复杂的，或者是作用时间很短的，如变加速运动、碰撞、爆炸、打击、弹簧形变、反冲现象等。动量与能量的综合问题，是高中力学最重要的综合问题，也是难度较大的问题。分析这类问题时，首先应建立清晰的物理图景，抽象出物理模型，选择物理规律，建立方程进行求解。骥擯帜褸饜兗椏長绛粤。\n（2）巩固练习（一）选择题1．为内能的数值为△E1，用同样的子弹以同样的速度击穿静止放在光滑水平面上同样的木块，经历的时间为△t2，机械能转化为内能的数值为△E2。假定在以上两种情况下，子弹在木块中的阻力大小是相同的，则下列结论中正确的是（）癱噴导閽骋艳捣靨骢鍵。A．B．C．D．ABs2．质量相等的A、B两球之间压缩一根轻弹簧，静置与光滑水平桌面上，当用挡板挡住小球A而只释放小球B时，B球被弹出落于桌边为s的水平地面，如图所示，问当用同样的程度压缩弹簧，取走A左边的挡板，将A、B同时释放，B球的落地点距离桌边为（）鑣鸽夺圆鯢齙慫餞離龐。A．B．C．sD．3．如图所示，完全相同的A、B两物块随足够长的水平传送带按图中所示方向匀速转动，AB间夹有少量炸药，对A、B在炸药爆炸过程及随后的运动过程中有下列说法，其中正确的是（）榄阈团皱鹏緦寿驏頦蕴。A．炸药爆炸后瞬间，A、B两物体速度方向一定相同B．炸药爆炸后瞬间，A、B两物体速度方向一定相反C．炸药爆炸过程中，A、B两物体组成的系统动量不守恒D．A、B在炸药爆后到A、B两物体相对传送带静止过程中动量守恒4．一个小球从距离地面高度为H处自由落下，与水平地面发生碰撞，设碰撞时间为一个定值t，则在碰撞过程中，小球与地面的平均作用力与弹起的高度的关系是（）逊输吴贝义鲽國鳩犹騸。A．弹起的最大高度h越大，平均作用力就越大B．弹起的最大高度h越大，平均作用力就越小C．弹起的最大高度h=0，平均作用力最大D．弹起的最大高度h=0，平均作用力最小5．\n（2006年北京海定期中练习）目前，载人宇宙飞船返回舱时常采用强制减速的方法，整个回收过程可以简化为这样几个主要的阶段：第一个阶段，在返回舱进入大气层的过程中，返回舱在大气阻力和重力的共同作用下匀速下降，第二个阶段，返回舱到了离地面一定高度时打开降落伞使返回舱以较低的速度匀速降落，第三个阶段，在接近地面时点燃反冲火箭使返回舱做减速运动直到落地。关于这三个阶段中返回舱机械能及动量的变化情况，以下说法中正确的时（）幘觇匮骇儺红卤齡镰瀉。A．第一阶段返回舱机械能的减少量等于返回舱所受外力做功的代数和B．第二阶段返回舱机械能的变化量等于返回舱克服大气阻力做的功C．第三阶段返回舱动能的变化量等于反冲火箭对返回舱做的功D．第三阶段返回舱动量的变化量等于反冲火箭对返回舱的冲量6．太阳放出的大量中微子向地球飞来，但实验测定的数目只有理论的三分之一，“三分之二的太阳中微子失踪”之谜，一直困扰着科学，后来科学家发现中微子在向地球传播的过程中衰变为一个μ子和一个τ子，此项成果获“2001年世界十大科技突破奖之一”。若在衰变中发现的μ子速度方向与中微子原来方向一致，则τ子的运动方向（）誦终决懷区馱倆侧澩赜。A．一定与μ子同方向B．一定与μ子反方向C．不一定与μ子在同一直线上D．一定与μ子在同一直线上7．（2006年西安二检）子弹入射钢板前的动能为E0，速度为v0，穿过钢板后子弹动能减少了三分之一，则子弹穿过钢板时，克服阻力做功、子弹穿过钢板后的动能、子弹穿过钢板后的速度分别为（）医涤侣綃噲睞齒办銩凛。A．，，　　　　　　　　B．，，C．，，　　　　　　　　D．，，8．用大、小两个锤子钉钉子，大小锤子质量分别为M、m,且M=4m，钉钉子时设两个锤子的动量相等，两只钉子的质量也相等，受到木板的阻力也相同，且每次碰撞中钉子获得锤子的全部动能，下列说法中正确的是（）舻当为遙头韪鳍哕晕糞。A．大锤子每次把钉钉子钉得深些B．小锤子每次把钉钉子钉得深些C．两把锤子钉得一样深D．大小锤子每次把钉钉子钉入木板的深度深度之比为1：430°60°9．如图所示，一直角斜面体固定在水平地面上，左侧斜面倾角为60°，右侧斜面倾角为30°，A、B两个物体分别系于一根跨过定滑轮的轻绳两端且分别置于斜面上，两物体下边缘位于同一高度且处于平衡状态，不考虑所有的摩擦，滑轮两边的轻绳都是平行于斜面，若剪断轻绳，让物体从静止开始沿斜面滑下，下列叙述正确的是（）鸪凑鸛齏嶇烛罵奖选锯。A．两物体的质量之比为B．着地瞬间两物体的速度相等C．着地瞬间两物体的机械能相等\nD．着地瞬间两物体所受的重力的功率相等10．（2007年四川省成都市）如图所示，位于光滑水平桌面，质量相等的小滑块P和Q都可以视作质点，Q与轻质弹簧相连，设Q静止，P以某一初动能E0水平响Q运动并与弹簧发生相互作用，若整个作用过程中无机械能损失，用E1表示弹簧具有的最大弹性势能，用E2表示Q具有的最大动能，则（）筧驪鴨栌怀鏇颐嵘悅废。PvQA．B．C．D．11．（2006年东北三校4月）小车沿水平轨道匀速行驶，某时刻，小车上的人同时沿着小车运动的方向向前、向后抛出两个质量相等的球，球抛出时相对地面的速度大小相等，则两球抛出后，小车的速度大小为（）韋鋯鯖荣擬滄閡悬贖蘊。A．与原来的速度相等B．比原来的速度小C．比原来的速度大D．无法确定12．（2006年潍坊4月）如图所示，两条条形磁铁各固定在甲、乙两车上，它们能在水平面上无摩擦地运动，甲车和磁铁的总质量为1kg，乙车和磁铁的总质量为0.5kg，两磁铁N极相对，推动一下使两车在同一直线上相向而行，某时刻甲车的速度为2m/s，乙车的速度为3m/s，可以看到它们还未碰上便分开了，下列说法正确的是（）涛貶騸锬晋铩锩揿宪骟。甲乙A．乙车开始反向时，甲车的速度为0.5m/s，方向不变B．两车距离最近时，乙车的速度为零C．甲对乙的冲量等于乙对甲的冲量D．两车距离最近时，乙车的速度为0.33m/s，与乙车原来的速度方向相反（二）填空题13．甲、乙两船自身质量为120kg，都静止在静水中，当一个质量为30kg的小孩以相对于地面6m/s的水平速度从甲船跳上乙船时，不计阻力，甲乙两船速度大小之比v甲:v乙=_______5：4钿蘇饌華檻杩鐵样说泻。ABAB甲乙vBvA14．为了采集木星和火星之间的星云的标本，将航天器制成勺形，航天器质量为10000kg，正以10km/s初速度运行，星云物体速度为100m/s，方向与航天器相同，航天器为无动力装置，如果每秒可采集10kg星云物质，一小时后航天器速度变为2.252km/s。戧礱風熗浇鄖适泞嚀贗。s/cmt/s0.20.4201030IIIIII15．物体A和B用轻绳相连在轻质弹簧下静止不动，如图甲所示，A的质量为m，B的质量为M，当连接A、B的绳突然断开后，物体A上升经某一位置时的速度大小为vA，这时物体B下落速度大小为vB，如图乙所示，这段时间内，弹簧的弹力对物体的冲量为m(vA+vB)購櫛頁詩燦戶踐澜襯鳳。\n16．装煤机在2s内将10t煤装入水平匀速前进的车厢内，车厢速度为5m/s，若不计阻力，车厢保持原速匀速前进，则需要增加的水平牵引力的大小为2.5×104N嗫奐闃頜瑷踯谫瓒兽粪。17．在“验证碰撞中的动量守恒”的实验中，称得入射球与被碰球的质量分别为m1=30g，m2=60g，由实验得出它们的位移——时间图像如图所示的I、II、III，则由图可BA打点计时器纸带知，入射小球在碰前的动量是0.03kg·m/s,入射小球在碰后的动量是0.015kg·m/s，被碰小球的动量为0.015kg·m/s，由此可以得出结论碰撞过程中系统的动量守恒。虚龉鐮宠確嵝誄祷舻鋸。18．某同学设计了一个用打点计时器验证动量守恒定律的实验，在小车A的前端黏有橡皮泥，设法使小车A做匀速直线运动，然后与原来静止的小车B相碰并黏在一起，继续做匀速直线运动，设计如图所示：與顶鍔笋类謾蝾纪黾廢。在小车A的后面连着纸带，电磁打点计时器的频率为50Hz，长木板下垫着小木片用以平衡摩擦力。(1)若已得到打点纸带如下图所示，并测得各计数点间的距离，在图上标出A为运动起始点，则应选BC段来计算A碰撞前的速度，应选DE段来计算A和B碰撞后的共同速度。結释鏈跄絞塒繭绽綹蕴。ABCDE8.4010.509.086.95单位：cm(2)已测得A的质量mA=0.40kg，小车B的质量mB=0.20kg，，则由以上结果可得碰撞前的总动量p=0.42kg·m/s,碰撞后总动量p’=0.417kg·m/s.餑诎鉈鲻缥评缯肃鮮驃。重锤线MOPNABC19．半径相同的两个小球A、B的碰撞验证动量守恒定律，实验装置示意如图所示，斜槽与水平槽圆滑连接，实验时先不放B球，使A球从斜槽上某一固定点C由静止滚下，落到位于水平地面的记录纸上留下痕迹，再把B球静置与水平槽前端边缘处，让A球仍从C点处静止滚下，A球和B球碰撞后分别落在记录纸上留下各自的痕迹，记录纸上的O点是重锤线所指的位置，若测得各落点痕迹到O点的距离：OM=2.68cm，OP=8.62cm，ON=11.50cm，并知A、B两球的质量之比为2：1，则未放B球时，A球落地点是记录纸上的P点，系统碰撞前总动量p与碰撞后总动量P’的百分误差2%（结果保留一位有效数字）爷缆鉅摯騰厕綁荩笺潑。（三）计算题20．在某地的一平直路段的交通标志上明确表明：机动车辆的行驶速度不得超过70km/h，就在这一路段曾经发生过一起重大交通事故：一个总质量为1.40×105kg的向南行驶的大客车迎面和一个总质量为1.44×105kg\n的向北行驶的大卡车相撞，撞后辆车紧紧地卡在一起，两车的发动机立即熄灭并整体向南自由地滑行了一小段距离后停止。根据录像的测定，当时长途客车碰前的一刹那正以20m/s的速度行驶，那么，仅仅从事故车辆的法定行驶速率这一项指标来看，请你判定：锞炽邐繒萨蝦窦补飙赝。（1）大客车司机违章超速了吗？（2）卡车司机违章超速了吗？（以上判定要有数据分析的支持）21．如图所示，长12m木船右端固定一直立桅杆，木船和桅杆的总质量为50kg，木船与水之间的阻力是船（包括人）总重的0.1倍，质量为50kg的人立于木船的左端，木船与人均静止，若人以a=4m/s2的加速度匀加速向右奔跑到船的右端并立即抱住桅杆，g=10m/s2，求（1）人从开始奔跑至到达木船右端桅杆所经历的时间（2）木船的总位移。曠戗輔鑽襉倆瘋诌琿凤。22．如图所示，质量为1kg的物块m1以5m/s的速度在水平桌面上向右运动，桌面AB部分粗糙，其长2.25m，与物块间的动摩擦因数为0.2，其它部分均光滑，在桌右端有一静止的质量为2.5kg的物块m2，m1与m2正碰后，m2离开桌面，当它下落0.6m时，速度大小为4m/s，试求：物块m1停在桌面的位置（g=10m/s2）轉厍蹺佥诎脚濒谘閥糞。m1m2AB23．如图所示，C是放在光滑水平面上的一木板，木板的质量为3m，在木板的上面有两块质量均为m的小木块A和B，它们与木板间的动摩擦因数均为μ，最初木板静止，A、B两木块同时以方向水平向右的初速度v0和2v0在木板上滑动，木板足够长，A、B始终未滑离木板。求：嬷鯀賊沣謁麩溝赉涞锯。（1）木块B从刚开始运动到木板C速度刚好相等的过程中，木块B所发生的位移；ABv02v0C（2）木块A在整个过程中的最小速度。\n24．如图所示，在光滑的水平面上静止着一个质量为4m的木板B，B的左端静止着一个质量为2m的物块A，已知A、B之间的动摩擦因数为μ，现有一质量为m的小球以水平速度v0飞来与A物块碰撞后以v0/3弹回，在整个过程中物块A始终未滑离木板B且物块A可视为质点，求：讯鎬謾蝈贺綜枢辄锁廪。v0AB（1）A相对B静止后的速度；（2）A在B上滑行的距离。答案及解析1．A2．D3．D4．AD5．B6．D7．A8．BD9．AD10．AD11．C12．AC13．5:4解析：系统动量守恒，总动量等于零，故14．2.252km/s解析：由动量守恒定律故：即V=2.252km/s即为所求15．m(vA+vB)解析：本题中的弹簧弹力是变力，时间又是未知量，显然，不能直接从冲量的概念I=Ft入手计算，只能用动量定理求解：兒躉讀闶軒鲧擬钇標藪。对物体A有：I-mgt=mvA对物体B有：Mgt=MvB由以上两式可等弹簧的弹力对物体A的冲量I=m(vA+vB)16．25000N解析：根据动量定理：F·△t=△p，此题中的△p为动量变化，设车厢质量为M，煤的质量为△m，则F·△t=（M+△m）·v-Mv=△mv,代入数据可得：F=25000N\n17．0.030.0150.015碰撞过程中的系统动量守恒解析：有图象可以指导碰撞前后小球的速度:碰撞前的速度为v1=1m/s，碰撞后的入射小球速度v1＇=0.5m/s，被碰小球的速度v2=0.75m/s繅藺詞嗇适篮异铜鑑骠。所以碰撞前入射小球的动量p1=m1v1=0.03×1=0.03kg·m/s碰撞后入射小球的动量p1＇=m1v1＇=0.03×0.5=0.015kg·m/s碰撞后被碰小球的动量p2=m2v2=0.02×0.75=0.015kg·m/s有以上数据可知碰撞前的总动量为0.03kg·m/s，碰撞后的总动量为p1＇+p2=0.015+0.015=0.03kg·m/s，所以系统的动量守恒。鮒簡觸癘鈄餒嬋锵户泼。18．（1）BC，DE；（2）0.420.417解析：（1）因为小车A和B碰撞前、后都做匀速运动，且碰后A和B黏在一起，其共同速度比A原来的速度小，所以应选点迹分布均匀且点距较大的BC段计算A的碰前速度，点距小DE段计算A和B碰后的共同速度。眯毆蠐謝银癩唠阁跷贗。（2）由题图可知，碰前的速度和碰后的AB的共同速度分别为：所以碰撞前后的总动量分别为：p=mAvA=0.42kg·m/s,p’=(mB+mA)vA＇=0.4１７kg·m/s19．P点，2%解析：根据平抛运动知识可知道未放B球时，A球要落到P点由平抛运动的知识可知，未放B球时，A球的速度可以表示为，放B球后，A从斜槽滚下与B发生碰撞后各自的速度可以表示为：，闵屢螢馳鑷隽劍颂崗鳳。由动量知识可以知道：碰撞前的总动量为碰撞后总动量为代入数据得到：\n又因为mA=2mB所以三、计算题20．解析：（1）因为20m/s=72km/h>70km/h所以大客车司机超速违章了（2）由“系统整体撞后向南（设为正方向）滑行了一段距离”知，系统（两车）撞后总动量P总大于零，因为碰撞总动量守恒，即：檁傷葦开阈灯伞馑諧粮。所以所以卡车没有违章。21．解析：（1）设人的质量为m1，在跑动过程中对船的作用力为F，根据牛顿运动定律有：F=m1a=200N鄭饩腸绊頎鎦鹧鲕嘤錳。设船的质量为m2，则船所受的阻力f=0.1×(m1+m2)g=0.1×100×10N=100N，方向向右弃铀縫迁馀氣鰷鸾觐廩。设船的加速度为a＇根据牛顿运动定律a＇=（F+f）/m2=(200-100)/50=2m/s2。设船的长度为L，人从开始奔跑经历时间t到船的右端，则L=（ａ＇+a）t2/2所以（2）设人抱住桅杆前和船的速度分别为v1和v2,则v1=at=4×2m/s2=8m/sv2=a＇t=２×2m/s2=４m/s人抱住桅杆的过程中可认为系统动量守恒，设人和船的共同速度为v，则m1v1-m2v2=(m1+m2)v代入数据可得v=2m/s，方向向右。设人和船共同滑行的加速度为a共，则a共=f/(m1+m2)=1m/s2木船的总位移为s=ａ＇t2/2-v2/2a共=2m22．解析：设m1与m2碰撞前的速度为v1，由动能定理得到vt2v0v2v0v1v共BCAO设m2与m1碰后速度为v2，下落0.6m时的速度为v2＇，由机械能守恒定律可得：调谇續鹨髏铖馒喪劉薮。\n得到：v2=2m/sm1与m2碰撞过程中动量守恒，设m1碰后速度为v1＇．得设m1停在距离BL远处，由动能定理得到L=0.25m23．解析：本题以动量守恒为核心考查目标，渗透了过程的动态分析和临界极值的确定，极具导向性。画出A、B、C在全过程的速率随时间变化的图线如下图所示，令系统最终的共同速率为v共，以向右为正方向。厲耸紐楊鳝晋頇兗蓽驃。(1)对A、B、C三者组成的系统用动量守恒定律因代入式得到对B，由牛顿第二定律知B和C发生相对位移的过程中：-μmBg=mBaB则aB=-μg，故B从开始到与C相对静止的过程中，对地位移为（2）当A与C相对静止时由最小速度，设为v1，此时B的速度设为v2，由图像可知，由动量守恒定律有A、B、C系统有：苧瑷籮藶黃邏闩巹东澤。代入数据有24．解析：（1）设小球m与物块A碰撞后A的速度为v1，设v0的方向为正方向，由动量守恒定律得：mv0=-mv0/3+2mv1鴿摄禱鋅儀憚銼嚕缗赞。设物块A与木块B共同的速度为v2，由动量守恒定律2mv1=(2m+4m)v2解上两式可得v1=2v0/3，v2=2v0/9（2）设A在B上滑过的距离为L，由能的转化和守恒定律得：代入数据得到：（3）专题检测试卷\n高三物理第二轮复习动量与能量专题测试题一．选择题(4×10,每题至少有一个答案是正确的,错选或不选得0分,漏选得2分)1．质量为M的小车中挂有一个单摆，摆球的质量为M0，小车和单摆以恒定的速度V0沿水平地面运动，与位于正对面的质量为M1的静止木块发生碰撞，碰撞时间极短，在此过程中，下列哪些说法是可能发生的（）箪啬癲剀净赶钩嬙鳄凫。A．小车、木块、摆球的速度都发生变化，分别为V1、V2和V3，且满足：（M+M0）V0=MV1+M1V2+M0V3；B．摆球的速度不变，小车和木块的速度为V1、V2，且满足：MV0=MV1+M1V2；C．摆球的速度不变，小车和木块的速度都为V，且满足：MV0=（M+M1）V；D．小车和摆球的速度都变为V1，木块的速度变为V2，且满足：（M+M0）V0=（M+M0）V1+M1V2顽鷙瑪滨廈岘轆庫糞糧。2．一粒钢珠从静止状态开始自由下落,然后陷人泥潭中。若把在空中下落的过程称为过程Ⅰ，进人泥潭直到停止的过程称为过程Ⅱ,则()漬閫熾诀团諳赓戰餛锰。A、过程I中钢珠的动量的改变量等于重力的冲量B、过程Ⅱ中阻力的冲量的大小等于过程I中重力的冲量的大小C、I、Ⅱ两个过程中合外力的总冲量等于零D、过程Ⅱ中钢珠的动量的改变量等于零OCABm3．如图1所示，一轻质弹簧与质量为m的物体组成弹簧振子，物体在同一条竖直直线上的A、B间做简谐振动，O为平衡位置，C为AO的中点，已知OC=h，振子的周期为T，某时刻物体恰经过C点并向上运动，则从此时刻开始的半个周期时间内下列不可能的是(）鐸輜澠顶嫻塊謂斕痹廪。A、重力做功2mghB、重力的冲量大小为mgT/2C、回复力做功为零D、回复力的冲量为零4．A、B两球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，A球的动量是5kgm/s，B球的动量是7kgm/s，当A追上B球时发生碰撞，则碰撞后A、B两球的动量的可能值是（）抢觀淚婭师讴论櫚阵蘚。A．-4kg·m/s、14kg·m/sB．3kg·m/s、9kg·m/sC．-5kg·m/s、17kg·m/D．6kg·m/s、6kg·m/s5．测定运动员体能一种装置如图所示，运动员质量为m1，绳拴在腰间沿水平方向跨过滑轮（不计滑轮质量及摩擦），下悬一质量为m2的重物，人用力蹬传送带而人的重心不动，使传送带以速率v匀速向右运动。下面是人对传送带做功的四种说法，其中正确的是（）贼組櫻種愨单蝕渾潷骡。\nA．人对传送带做功B．人对传送带不做功C．人对传送带做功的功率为m2gvD．人对传送带做功的功率为(m1+m2)gv6．在光滑水平面上有质量均为2kg的a、b两质点，a质点在水平恒力Fa=4N作用下由静止出发运动4s。b质点在水平恒力Fb=4N作用下由静止出发移动4m。比较这两个质点所经历的过程，可以得到的正确结论是（）圓漣檸賡捣蕷舻燁錘泽。A．a质点的位移比b质点的位移大B．a质点的末速度比b质点的末速度小C．力Fa做的功比力Fb做的功多D．力Fa的冲量比力Fb的冲量小7．将质量为M的木块固定在光滑水平面上，一颗质量为m的子弹以速度υ0沿水平方向射入木块，子弹射穿木块时的速度为υ0/3，现将同样的木块放在光滑的水平桌面上，相同的子弹仍以速度υ0沿水平方向射入木块,则以下说法正确的是（）蟄彎擼鯁棖佇緡癟椠贊。A．若M=3m，则能够射穿木块B．若M=3m，不能射穿木块，子弹将留在木块中，一起以共同的速度做匀速运动C．若M=3m，刚好能射穿木块，此时相对速度为零D．若子弹以3υ0速度射向木块，并从木块中穿出，木块获得的速度为υ1；若子弹以4υ0速度射向木块，木块获得的速度为υ2，则必有υ1＜υ2义淨擁扪殴胁纸窺钣鳧。8．如图3所示，长2m，质量为1kg的木板静止在光滑水平面上，一木块质量也为1kg（可视为质点），与木板之间的动摩擦因数为0.2。要使木块在木板上从左端滑向右端而不至滑落，则木块初速度的最大值为()绥骅懸缙澀鷂禍紳撻粮。A．1m/sB．2m/sC．3m/sD．4m/s馒锁開钥焖緒珏編軻錙。9．如图所示,小车开始静止于光滑的水平面上,一个小滑块由静止从小车上端高h处沿光滑圆弧面相对于小车向左滑动,滑块能到达左端的最大高度h/()獄质嶇僅痺鲒潰脫帧開。A、大hB、小于hC、等于hD、停在中点与小车一起向左运动x/cmABAAAB0510152025303540455055606570758010．A、B两小物块在一水平长直气垫导轨上相碰，用频闪照相机每隔t的时间连续拍照四次，拍得如图7所示的照片，已知四次拍照时两小物块均在图示坐标范围内，不计两小物块的大小及碰撞过程所用的时间，则由此照片可判断（）B鍥苋娛殫秽笾殇蕢谬藓。A、第一次拍照时物块A在55cm处，并且mA∶mB=1∶3B、第一次拍照时物块A在10cm处，并且mA∶mB=1∶3C、第一次拍照时物块A在55cm处，并且mA∶mB=1∶5D、第一次拍照时物块A在10cm处，并且mA∶mB=1∶5\n二．填空和实验11．（10分）气垫导轨是常用的一种实验仪器。它是利用气泵使带孔的导轨与滑块之间形成气垫，使滑块悬浮在导轨上，滑块在导轨上的运动可视为没有摩擦。我们可以用带竖直挡板C和D的气垫导轨以及滑块A和B来验证动量守恒定律，实验装置如图所示（弹簧的长度忽略不计），采用的实验步骤如下：杂砖墳雖紜飯曇覡墾騾。a.用天平分别测出滑块A、B的质量mA、mB。b.调整气垫导轨，使导轨处于水平。c.在A和B间放入一个被压缩的轻弹簧，用电动卡销锁定，静止放置在气垫导轨上。d.用刻度尺测出A的左端至C板的距离L1。e.按下电钮放开卡销，同时使分别记录滑块A、B运动时间的计时器开始工作。当A、B滑块分别碰撞C、D挡板时停止计时，记下A、B分别到达C、D的运动时间t1和t2。轼栀嗶鑊绷瘍懔諍訝澤。（1）实验中还应测量的物理量是_____________________。（2）利用上述测量的实验数据，验证动量守恒定律的表达式是____________________，上式中算得的A、B两滑块的动量大小并不完全相等，产生误差的原因是___________。尋头厭呛羈阴帥讕匦赞。（3）利用上述实验数据能否测出被压缩弹簧的弹性势能的大小？如能，请写出表达式。12．(10分)某同学用图１所示装置通过半径相同的A、B两球的碰撞来验证动量守恒定律，图中PQ是斜槽，QR为水平槽。实验时先使Ａ球从斜槽上某一固定位置G由静止开始滚下，落到位于水平地面的记录纸上，留下痕迹。重复上述操作10次，得到10个落点痕迹。再把Ｂ球放在水平槽上靠近槽末端的地方，让Ａ球仍从位置G由静止开始滚下，和B球碰撞后，A、B球分别在记录纸上留下各自的落点痕迹。重复这种操作10次。图1中O点是水平槽末端R在记录纸上的垂直投影点。B球落点痕迹如图2所示，其中米尺水平放置，且平行于G、R、O所在的平面，米尺的零点与O点对齐。訪齙剛玺苏滥夹趕萤凭。\n（1）碰撞后B球的水平射程应取为__________cm。下图游标卡尺的示数为m（2）在以下选项中，哪些是本次实验必须进行的测量？答：________（填选项号）。A、水平槽上未放B球时，测量A球落点位置到O点的距离B、A球与B球碰撞后，测量A球与B球落点位置到O点的距离C、测量A球或B球的直径D、测量A球和B球的质量（或两球质量之比）E、测量G点相对于水平槽面的高度（3）已知mA：mB=2：1，碰撞过程中动量守恒，E、F、J是实验中小球落点的平均位置，则由图可以判断E是________的落地处，J是_______的落地点。写韞僂谌虛鍤囈辮褻糝。0102030405060708090100....OEFJ罴醬畝饼誊歿凑鈑繳锱。1110120105（3）已知mA：mB=2：1，碰撞过程中动量守恒，E、F、J是实验中小球落点的平均位置，则由图可以判断E是________的落地处，J是_______的落地点。试用上图中的字母写出动量守恒定律的表达式________________________鲢診龄師該铃書銨鴇开。三．计算题13．(10分)某地强风的风速是20m/s，空气的密度是=1.3kg/m3。一风力发电机的有效受风面积为S=20m2，如果风通过风力发电机后风速减为12m/s，且该风力发电机的效率为\n=80%，则该风力发电机的电功率多大？磚緙鹅綱谩擞鴻鑌纸蘚。14．(10分)如图所示，一质量m2=0.25的平顶小车，车顶右端放一质量m3=0.2kg的小物体，小物体可视为质点，与车顶之间的动摩擦因数μ=0.4，小车静止在光滑的水平轨道上。现有一质量m1=0.05kg的子弹以水平速度v0=12m/s射中小车左端，并留在车中。子弹与车相互作用时间很短。若使小物体不从车顶上滑落，求：(1)小车的最小长度应为多少?最后物体与车的共同速度为多少?(2)小木块在小车上滑行的时间。(g取10m/s2)鬮煒鳍輥賠還鲂隊驼骡。ACBLL15．(10分)如图所示，物块A的质量为M，物块B、C的质量都是m，并都可看作质点，且m＜M＜2m。三物块用细线通过滑轮连接，物块B与物块C的距离和物块C到地面的距离都是L。现将物块A下方的细线剪断，若物块A距滑轮足够远且不计一切阻力。求：毕懍鲅鵑较惻飾顳矯泾。（1）物块A上升时的最大速度；（2）物块A上升的最大高度。参考答案1．BC2．AC3．D4．B5．AC6．AC7．B8．C9．C10．AB钆歷驾无醬赔隽驍韉贈。11．（1）B的右端至D板的距离L2（2）测量、时间、距离等存在误差，由于阻力、气垫导轨不水平等造成误差。（学生只要答对其中两点即可）（3）能。徠鲣饮脸铄尝鏍鯢炀憑。12．(1)64.5——64.5cm之间,11.03cm,(2)ABD(3)A碰前的落点;A碰后的落点謂镊颇铵鋃誼铰鸚镉糁。\nmAOJ=mAOE+mBOF13．风力发电是将风的动能转化为电能，讨论时间t内的这种转化，这段时间内通过风力发电机的空气的空气是一个以S为底、v0t为高的横放的空气柱，其质量为m=Sv0t，它通过风力发电机所减少的动能用以发电，设电功率为P，则变赵陧涼镦囑釧亿殮錙。代入数据解得P=53kW14．答案：(1)m1v0=(m2+m1)v1(m2+m1)v1=(m2+m1+m3)v2荟蓥闶漸陸讣轾减鈿異。(m2+m1)v12－(m2+m1+m3)v22=μm3gL所以车长L＝0.9m共同速度v2＝2.1m/s鹏筛镐討颛办費叹摄虏。（2）研究m3则有：μm3gt＝m3v2所以t＝0.52s15．（1）当物体C着地时,M具有最大速度,由机械能守恒得:2mgL-MgL=(2m+M)vm2解得（2）若物体B刚着地时,M的速度为0,到达最高此时AB为系统机械能守恒:(M+m)vm2=MgL-mgLH=L+L解得若(M+m)vm2=MgL1-mgL1H=L+L1解得若物体B着地时,M的速度不为0,仍在升高(M+m)vm2－(M+m)v22=MgL-mgLMv22＝MghH=2L+h解得（三）第三专题电场和磁场（1）知识梳理一、电场和磁场中的带电粒子1、知识网络\n半径公式：周期公式：带电粒子在电场磁场中的运动带电粒子在电场中的运动带电粒子在磁场中的运动带电粒子在复合场中的运动直线运动：如用电场加速或减速粒子偏转：类似平抛运动，一般分解成两个分运动求解圆周运动：以点电荷为圆心运动或受装置约束运动直线运动（当带电粒子的速度与磁场平行时）圆周运动（当带电粒子的速度与磁场垂直时）直线运动：垂直运动方向的力必定平衡圆周运动：重力与电场力一定平衡，由洛伦兹力提供向心力一般的曲线运动糝殒锔雋駛鶯诼垆辐驄。2、方法点拨：分析带电粒子在电场、磁场中运动，主要是两条线索：（1）力和运动的关系。根据带电粒子所受的力，运用牛顿第二定律并结合运动学规律求解。（2）功能关系。根据场力及其它外力对带电粒子做功引起的能量变化或全过程中的功能关系，从而可确定带电粒子的运动情况，这条线索不但适用于均匀场，也适用于非均匀场。因此要熟悉各种力做功的特点。頜层铢壶鲜儀計尧當涇。处理带电粒子在场中的运动问题应注意是否考虑带电粒子的重力。这要依据具体情况而定，质子、α粒子、离子等微观粒子，一般不考虑重力；液滴、尘埃、小球等宏观带电粒子由题设条件决定，一般把装置在空间的方位介绍的很明确的，都应考虑重力，有时还应根据题目的隐含条件来判断。滚伛钮硕鷙耸蒋忆貯赠。\n处理带电粒子在电场、磁场中的运动，还应画好示意图，在画图的基础上特别注意运用几何知识寻找关系。3、典型例题例1（1999年高考全国卷）如图1所示，图中虚线MN是一垂直纸面的平面与纸面的交线，在平面右侧的半空间存在一磁感应强度为B的匀强磁场，方向垂直纸面向外。O是MN上的一点，从O点可以向磁场区域发射电量为+q、质量为m、速率为v的粒子，粒子射入磁场时的速度可在纸面内各个方向。已知先后射入的两个粒子恰好在磁场中给定的P点相遇，P到O的距离为L，不计重力及粒子间的相互作用。铣饜酝贻龙鵠臚拧奥凭。（1）求所考察的粒子在磁场中的轨道半径；（2）求这两个粒子从O点射入磁场的时间间隔。【点拨解疑】（1）设粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径为R，由牛顿第二定律得，则（2）如图2所示，以OP为弦可以画两个半径相同的圆，分别表示在P点相遇的两个粒子的轨迹。圆心分别为O1、O2，过O点的直径分别为OO1Q1、OO2Q2，在O点处两个圆的切线分别表示两个粒子的射入方向，用θ表示它们之间的夹角。由几何关系可知，，从O点射入到相遇，粒子1的路程为半个圆周加弧长Q1P=Rθ，粒子2的路程为半个圆周减弧长PQ2=Rθ撾鉬辙魇侨絢绾来诔緊。粒子1的运动时间为，其中T为圆周运动的周期。粒子2运动的时间为两粒子射入的时间间隔为因为所以有上述算式可解得\n点评：解带电粒子在磁场中运动的题，除了运用常规的解题思路（画草图、找“圆心”、定“半径”）之外，更应侧重于运用数学知识进行分析。本题在众多的物理量和数学量中，角度是最关键的量，它既是建立几何量与物理量之间关系式的一个纽带，又是沟通几何图形与物理模型的桥梁。賒調轧憊劌髋糾殡縣锲。例2如图3所示，在直角坐标系的第一、二象限内有垂直于纸面的匀强磁场，第三象限有沿Y轴负方向的匀强电场，第四象限内无电场和磁场。质量为m、带电量为q的粒子从M点以速度v0沿x轴负方向进入电场，不计粒子的重力，粒子经N、P最后又回到M点。设OM=L，ON=2L，则：垒羥赎緙呒窍砀渖虯异。关于电场强度E的大小，下列结论正确的是（）A．B．C．D．（2）匀强磁场的方向是。（3）磁感应强度B的大小是多少？【点拨解疑】（1）由带电粒子在电场中做类平抛运动，易知，且则E=故选C（2）由左手定则，匀强磁场的方向为垂直纸面向里。（3）根据粒子在电场中运动的情况可知，粒子带负电。粒子在电场中做类平抛运动，设到达N点的速度为v，运动方向与x轴负方向的夹角为θ，如图4所示。衅璉贡釙壘颯狽狰侦虜。由动能定理得将（1）式中的E代入可得所以θ=45°粒子在磁场中做匀速圆周运动，经过P点时速度方向也与x轴负方向成45°角。\n则OP=OM=LNP=NO+OP=3L粒子在磁场中的轨道半径为R=Npcos45°=又解得点评：带电粒子的复杂运动常常是由一些基本运动组合而成的。掌握基本运动的特点是解决这类问题的关键所在。该题中，粒子在匀强磁场中运动轨迹的圆心不在y轴上，注意到这一点是很关键的。畝擱谎为寻瓊涞瞩肾骢。【例题3】如图5所示，在水平正交的匀强电场和匀强磁场中，半径为R的光滑绝缘竖直圆环上，套有一个带正电的小球，已知小球所受电场力与重力相等，小球在环顶端A点由静止释放，当小球运动的圆弧为周长的几分之几时，所受磁场力最大？綿嘮诠榉異阌欏箫鹉泾。【点拨解疑】小球下滑的过程中，要使磁场力最大，则需要速度最大。OC为与小球受到的重力、电场力的合力平行的半径。由功能关系寻找速度最大的点，因为洛伦兹力不做功，所以不考虑磁场的作用，从图中A到C，上述合力有切向分力，且与速度同向，因此做正功，小球动能增加；在C点时，该合力为径向，没有切向分力；此后切向分力与线速度反向，动能将减小；故在C点时速度最大，所受磁场力也最大。由受力分析知騶鸲记蒉戗渗摆绞絎贍。mg=qEmg=qEtanα得α=45°由图知θ=α+90°=135°故小球运动的弧长与周长之比为，所以运动的弧长为周长的。点评：讨论带电粒子的运动，必须熟悉各种力做功的特点。该题也可用等效法处理。把电场和重力场合起来当作一个新的重力场，这个重力场的竖直方向与原水平方向成45°角斜向下，这样就很容易确定速度最大的点。现闾袜镒攆錘惻缮騫凱。二、电场、磁场中的能量转化\n1、知识网络电、磁场中的功和能电场中的功和能电势能由电荷间的相对位置决定，数值具有相对性，常取无限远处或大地为电势能的零点。重要的不是电势能的值，是其变化量电场力的功与路径无关，仅与电荷移动的始末位置有关：W=qU电场力的功和电势能的变化电场力做正功电势能→其他能电场力做负功其他能→电势能转化转化磁场中的功和能洛伦兹力不做功安培力的功做正功：电能→机械能，如电动机做负功：机械能→电能，如发电机转化转化能量及其相互转化是贯穿整个高中物理的一条主线，在电场、磁场中，也是分析解决问题的重要物理原理。在电场、磁场的问题中，既会涉及其他领域中的功和能，又会涉及电场、磁场本身的功和能，相关知识如下表：镄辉蔺敘档檻岂苈祸紧。2、方法技巧：如果带电粒子仅受电场力和磁场力作用，则运动过程中，带电粒子的动能和电势能之间相互转化，总量守恒；如果带电粒子受电场力、磁场力之外，还受重力、弹簧弹力等，但没有摩擦力做功，带电粒子的电势能和机械能的总量守恒；更为一般的情况，除了电场力做功外，还有重力、摩擦力等做功，如选用动能定理，则要分清有哪些力做功？做的是正功还是负功？是恒力功还是变力功？还要确定初态动能和末态动能；如选用能量守恒定律，则要分清有哪种形式的能在增加，那种形式的能在减少？发生了怎样的能量转化？能量守恒的表达式可以是：①初态和末态的总能量相等，即E初=E末；②某些形势的能量的减少量等于其他形式的能量的增加量，即ΔE减=ΔE增；③各种形式的能量的增量（ΔE=E末-E初）的代数和为零，即ΔE1+ΔE2+…ΔEn=0。梟裥荞獰淪钲壚蚀颈鍥。电磁感应现象中，其他能向电能转化是通过安培力的功来量度的，感应电流在磁场中受到的安培力作了多少功就有多少电能产生，而这些电能又通过电流做功转变成其他能，如电阻上产生的内能、电动机产生的机械能等。从能量的角度看，楞次定律就是能量转化和守恒定律在电磁感应现象中的具体表现。电磁感应过程往往涉及多种能量形势的转化，因此从功和能的观点入手，分析清楚能量转化的关系，往往是解决电磁感应问题的重要途径；在运用功能关系解决问题时，应注意能量转化的来龙去脉，顺着受力分析、做功分析、能量分析的思路严格进行，并注意功和能的对应关系。輟绀脑誒滢搂厨议犧異。3、典型例题\n【例题4】（1989年高考全国卷）如图1所示，一个质量为m，电量为-q的小物体，可在水平轨道x上运动，O端有一与轨道垂直的固定墙，轨道处在场强大小为E，方向沿Ox轴正向的匀强磁场中，小物体以初速度v0从点x0沿Ox轨道运动，运动中受到大小不变的摩擦力f作用，且ff，所以物体向左做初速度为零的匀加速直线运动，直到以一定速度与墙壁碰撞，碰后物体的速度与碰前速度大小相等，方向相反，然后物体将多次的往复运动。诏弑缁岘睑慫龜贮沩驏。但由于摩擦力总是做负功，物体机械能不断损失，所以物体通过同一位置时的速度将不断减小，直到最后停止运动。物体停止时，所受合外力必定为零，因此物体只能停在O点。鳧冲经粮籩赂鸡躯铠潔。对于这样幅度不断减小的往复运动，研究其全过程。电场力的功只跟始末位置有关，而跟路径无关，所以整个过程中电场力做功聰駘絷轳终实騭逻顯赡。根据动能定理，得：。点评：该题也可用能量守恒列式：电势能减少了，动能减少了，内能增加了，∴同样解得。【例题5】如图2所示，半径为r的绝缘细圆环的环面固定在水平面上，场强为E的匀强电场与环面平行。一电量为+q、质量为m的小球穿在环上，可沿环作无摩擦的圆周运动，若小球经A点时，速度vA的方向恰与电场垂直，且圆环与小球间沿水平方向无力的作用，试计算：鯧鋱窃鸨緶諏颤钻邇凯。（1）速度vA的大小；（2）小球运动到与A点对称的B点时，对环在水平方向的作用力。【点拨解疑】（1）在A点，小球在水平方向只受电场力作用，根据牛顿\n第二定律得：所以小球在A点的速度。（2）在小球从A到B的过程中，根据动能定理，电场力做的正功等于小球动能的增加量，即，小球在B点时，根据牛顿第二定律，在水平方向有解以上两式，小球在B点对环的水平作用力为：。点评：分析该题，也可将水平的匀强电场等效成一新的重力场，重力为Eq，A是环上的最高点，B是最低点；这样可以把该题看成是熟悉的小球在竖直平面内作圆周运动的问题。碱賢矫攝胆嘮闊锑恺緊。【例题6】（2003年全国理综卷）如图5所示，两根平行的金属导轨，固定在同一水平面上，磁感应强度B=0.50T的匀强磁场与导轨所在平面垂直，导轨的电阻很小，可忽略不计。导轨间的距离l=0.20m。两根质量均为m=0.10kg的平行金属杆甲、乙可在导轨上无摩擦地滑动，滑动过程中与导轨保持垂直，每根金属杆的电阻为R=0.50Ω。在t=0时刻，两杆都处于静止状态。现有一与导轨平行、大小为0.20N的恒力F作用于金属杆甲上，使金属杆在导轨上滑动。经过t=5.0s，金属杆甲的加速度为a=1.37m/s2，问此时两金属杆的速度各为多少？阕蘆画腎藎觉锼镱赉锲。乙甲F图5【点拨解疑】设任一时刻t两金属杆甲、乙之间的距离为x，速度分别为v1和v2,经过很短的时间△t，杆甲移动距离v1△t，杆乙移动距离v2△t，回路面积改变溝礬爷銦蝈刚銪霁寧弃。由法拉第电磁感应定律，回路中的感应电动势回路中的电流杆甲的运动方程由于作用于杆甲和杆乙的安培力总是大小相等，方向相反，所以两杆的动量时为0）等于外力F的冲量联立以上各式解得代入数据得\n（2）巩固练习BABdvv300O图101．（2002年广西、河南、广东卷）在图9中虚线所示的区域存在匀强电场和匀强磁场。取坐标如图。一带电粒子沿x轴正方向进入此区域，在穿过此区域的过程中运动方鈣槍滤党許蕁郐饫誥慮。向始终不发生偏转。不计重力的影响，电场强度E和磁感强度B的方向可能是（　　）A．E和B都沿x轴正方向B．E沿y轴正向，B沿z轴正向C．E沿x轴正向，B沿y轴正向D．E、B都沿z轴正向2．如图10所示，一束电子（电量为e）以速度v垂直射入磁感应强度为B，宽度为d的匀强磁场中，穿透磁场时速度方向与电子原来入射方向的夹角是30°，则电子的质量是，穿透磁场的时间是。怿處浊浑诽買躦骟呛骣。abcdSo图113．（2000年全国卷）如图11所示，两个共轴的圆筒形金属电极，外电极接地，其上均匀分布着平行于轴线的四条狭缝a、b、c和d，外筒的外半径为r，在圆筒之外的足够大区域中有平行于轴线方向的均匀磁场，磁感强度的大小为B。在两极间加上电压，使两圆筒之间的区域内有沿半径向外的电场。一质量为ｍ、带电量为＋q的粒子，从紧靠内筒且正对狭缝a的S点出发，初速为零。如果该粒子经过一段时间的运动之后恰好又回到出发点S，则两电极之间的电压U应是多少？（不计重力，整个装置在真空中）谢齿毁览賬缲财鳞蠼洁。BBELdO图124．如图12所示，空间分布着有理想边界的匀强电场和匀强磁场。左侧匀强电场的场强大小为E、方向水平向右，电场宽度为L；中间区域匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里。一个质量为m、电量为q、不计重力的带正电的粒子从电场的左边缘的O点由静止开始运动，穿过中间磁场区域进入右侧磁场区域后，又回到O点，然后重复上述运动过程。求：吶韦桢阖践鴟諍齑蘭贍。（1）中间磁场区域的宽度d；\n（2）带电粒子从O点开始运动到第一次回到O点所用时间t。参考答案1．ABabcdSo图132．解析：电子在磁场中运动，只受洛仑兹力作用，故其轨迹是圆弧的一部分，又因为f⊥v，故圆心在电子穿入和穿出磁场时受到洛仑兹力指向交点上，如图10中的O点，由几何知识知，AB间圆心角θ＝30°，OB为半径。萊郦晋壩辭終裥俠輿擊。∴r=d/sin30°=2d，又由r=mv/Be得m=2dBe/v又∵AB圆心角是30°，∴穿透时间t=T/12，故t=πd/3v。3．解析：如图13所示，带电粒子从S点出发，在两筒之间的电场作用下加速，沿径向穿过狭缝a而进入磁场区，在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动。粒子再回到S点的条件是能沿径向穿过狭缝d.只要穿过了d，粒子就会在电场力作用下先减速，再反向加速，经d重新进入磁场区，然后粒子以同样方式经过c、b，再回到S点。设粒子进入磁场区的速度大小为v，根据动能定理，有鷲诅捡瞇钗骘蓀剝黃絷。设粒子做匀速圆周运动的半径为R，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律，有由前面分析可知，要回到S点，粒子从a到d必经过圆周，所以半径R必定等于筒的外半径r，即R=r。由以上各式解得纫绾懔賬鍘禅耧啞绵鍇。。4．解析：（1）带电粒子在电场中加速，由动能定理，可得：带电粒子在磁场中偏转，由牛顿第二定律，可得：由以上两式，可得。\n可见在两磁场区粒子运动半径相同，如图14所示，三段圆弧的圆心组成的三角形ΔO1O2O3是等边三角形，其边长为2R。所以中间磁场区域的宽度为颟灿忏騅锰顆繡奪鲔棄。OO3O1O2图14600（2）在电场中，在中间磁场中运动时间在右侧磁场中运动时间，则粒子第一次回到O点的所用时间为。（3）专题检测试卷高三物理第二轮复习电场和磁场专题测试题一．选择题(4×10,每题至少有一个答案正确,错选或不选得0分,漏选得2分)1．带电粒子在只考虑已知场力的情况下可能所处的状态是()A．在磁场中处于平衡状态B．在电场中做匀速圆周运动C．在匀强磁场中做抛体运动D．在匀强电场中做匀速直线运动2．如右图所示，悬线下挂着一个带正电的小球，它的质量为m、电量为q，整个装置处于水平向右的匀强电场中，电场强度为E，小球静止。（）潛愦巅怼閑貓简巒競虑。A．小球平衡时，悬线与竖直方向夹角的正切函数值为qE/mgB．若剪纸断悬线，则小球做曲线运动C．若剪纸断悬线，则小球做匀速运动D．若剪纸断悬线，则小球做匀加速直线运动3．如图所示，平行实线代表电场线，方向未知，带电量为1×10－2的正电荷在电场中只受电场力作用，该电荷由A点移到B点，动能损失了0.1J，若A点的电势为-10V，则()A．B点的电势为零鏟却审绪鞑闻癬惱颯驏。B．电场线方向向左C．电荷运动的轨迹可能是图中曲线①\nD．电荷运动的轨迹可能是图中曲线②4．长为L，间距也为L的两平行金属板间有垂直向里的匀强磁场，如图所示，磁感应强度为B，今有质量为m、带电量为q的正离子从平行板左端中点以平行于金属板的方向射入磁场。欲使离子不打在极板上，入射离子的速度大小应满足的条件是（）掳鱘壳郏餳涡烂摻玺灑。A．B．C．D．5．如图所示，一带负电q的油滴，从A点以速度V0与水平方向成θ角射入水平方向的匀强电场中，如测得油滴在电场中达到最高点B时的速度大小仍为V0，则B点的位置()赝鐨喾龉骐銻潑櫟闻赢。A．在A点的正上方B．在A点的左上方C．在A点的右上方D．无法判断6．如图所示，a、b是一对平行的金属板，分别接到直流电源的两极上，右边有一挡板，正中间开有一小孔d，在较大范围内存在着匀强磁场，磁感应强度的大小为B，方向垂直纸面向里，且在a、b两板间还存在着匀强电场，从两板左侧中点C处射入一束正离子，这些正离子都沿直线运动到右侧，从d孔中射出后分成三束，则这些正离子的()殼贈叹橈鯛槳栌滄滸击。A．从d点射出的速度相同B．质量一定有三种不同的值C．电量一定有三种不同的值D．荷质比一定有三种不同的值7．如图所示空间的某一区域内存在着相互垂直的匀强电场和匀强磁场，一个带电粒子以某一初速度由A点进入这个区域沿直线运动，从C点离开区域；如果这个区域只有电场，则粒子从B点离开场区；如果这个区域只有磁场，则粒子从D点离开场区；设粒子在上述三种情况下，从A到B点、A到C点和A到D点所用的时间分别是t1、t2和t3，比较t1、t2和t3的大小，则有(粒子重力忽略不计)()襉藍动蔭鹗钣掙濰鋱縶。A．t1=t2=t3B．t2t28．如图所示，一对水平放置的平行金属板通过开关S与电源相连接，一个带电微粒从金属板正上方的O点释放后，自由落下，通过上金属板上的小孔，进入两个平行金属板间，到达P点后返回．若将上金属板向上移到虚线处再从O点释放带电微粒，则有（）伞箋内鍶乐捞忆瓊柠锴。A．若保持开关闭合状态移动上金属板，带电微粒落下后，仍能到达P点后返回B．若保持开关闭合状态移动上金属板，带电微粒落下后，尚未到达P点就返回\nC．若将开关断开后移动上金属板，带电微粒落下后，仍能到达P点后返回D．若将开关断开后移动上金属板，带电微粒落下后，尚未到达P点就返回U1U2OP9．如图所示是示波器的原理图，电子在电压为U1的加速电场加速后射入电压为U2的偏转电场，离开偏转电场后电子打在荧光屏上的P点，P点与O点的距离叫做偏转距离，而单位偏转电压引起的偏转距离称之为示波器的灵敏度。要提高示波器的灵敏度，可以采取以下哪些方法：()缅殲伤却兗輔宮礡酽弃。A．提高加速电压U1；B．提高偏转电压U2；C．增大偏转电场极板长度D．增大偏转电场极板间的距离10．在“太阳风暴”中有一个质子以3.6×105km/h速度垂直射向北纬60°的水平地面，经过此地面上空100km处时，质子速度方向与该处地磁场方向间的夹角为30°，该处磁感应强度B=6×10—5T，（e=1.6×10—19C）则()骊嘗丛烟协彈噜約戲虛。A．该质子在此处受洛伦兹力方向向东，大小约为4.8×10—19NB．该质子不会落到北纬60°的地面上C．太阳风暴中射向地球的大多数带电粒子可被地磁场“挡住”而不落到地面上D．该质子的运动轨迹与磁感线方向相同二．实验题(20分)11．(5分)下图是测量带电粒子质量的仪器工作原理示意图。设法使某有机化合物的气态分子导入如图所示的容器A中，使它受到电子束的轰击，失去一个电子而成为正一价分子离子。分子离子从狭缝s1以很小的速度进入电压为U的加速电场区(初速度不计)，加速后再从狭缝s2、s3射入磁感应强度为B的匀强磁场，方向垂直磁场区边界pQ。最后分子离子打在感光片上，形成垂直于纸面且平行于狭缝s3的细线。若测得细线到s3的距离为d，则分子离子的质量m表达式为：________。畫價鸚诠喲贳區綢躉骤。12．(10分)回旋加速器是用来加速一群带电粒子使它获得很大动能的仪器，其核心部分是两个D形金属扁盒，两盒分别和一高频交流电源两极相接，以便在盒间的窄缝中形成一匀强电场，高频交流电源的周期与带电粒子在D形盒中的运动周期相同，使粒子每穿过窄缝都得到加速（尽管粒子的速率和半径一次比一次增大，运动周期却始终不变），两盒放在匀强磁场中，磁场方向垂直于盒底面，磁场的磁感应强度为B，离子源置于D形盒的中心附近，若离子源射出粒子的电量为q，质量为m，最大回转半径为R，其运动轨道如图所示，则：鏜飘鳶颗奁娱侨聹屿洒。（1）两盒所加交流电的频率为__________.（2）粒子离开回旋加速器时的动能为_________.（3）设两D形盒间电场的电势差为U，盒间窄缝的距离为d，其电场均匀，粒子在电场中加速所用的时间为_____，粒子在整个回旋加速\n器中加速所用的时间为__________.13．(5分)若在示波器的“Y输入”和“地”之间加上如图甲所示的电压，而扫描范围旋钮置于“外x”档，则此时屏上应出现的情形是下图乙中的（）栖钸鰹尋嵐詡黪滎谌贏。三．计算题14．(10分)如图所示，一质量为m，电量为+q的带电小球以V0的初速度射入水平方向的匀强电场中，小球恰能在电场中作直线运动，若电场的场强大小不变，方向改为相反，同时加一垂直纸面向外的匀强磁场，小球仍以原来的初速度重新射入，发现小球恰好又能做直线运动。求：电场强度E及磁感应强度B的大小？辩诿驂籌怃詠鰈蠷嚳擊。15．(14分)如图所示，x轴上方为一垂直于平面xoy的匀强磁场，磁感应强度为B，x轴下方为一平行于x轴、大小一定，方向周期性变化的电场，在坐标（R，R）和x轴下方的某处（电场中的某一位置）各有一质量为m，带电量为q的点电荷P、Q，现使P在匀强磁场中开始作半径为R的匀速圆周运动，同时释放Q，要使两电荷总是以同样的速度同时通过y轴，求x轴下方电场的场强大小及方向变化的周期。崢罚饋蹤擁袭驻詐覬絷。16．(16分)如图11-39所示，足够长的绝缘斜面与水平面间的夹角为a（sina＝0.6），放在水平方向的匀强电场和匀强磁场中，电场强度E＝50V／m，方誕珏顳鰭晕净頗諤凯鏘。向水平向左，磁场方向垂直于纸面向外．一个带电量、质量m＝0.40kg的光滑小球，以初速从斜面底端A\n冲上斜面，经过3s离开斜面，求磁场的磁感应强度．（取）刽掺韉挣櫧煢闺賅茧弒。参考答案一、选择题：1.AB2.AD3.ABD4.AB5.B6.AD7.C8.AD9.C10.B胶哜閶罚测丟錕轎與虚。二、实验题：11.12.t电=t总=13．C三、计算题：14．①②B=15．（1）对P：对Q：∴（2）16．小球冲上斜面后，受力如图所示．小球做匀减速运动，有，得到加速度　小球经2s后速度变为零．此后要沿斜面下滑，洛伦兹力方向变为垂直于斜面向上，其加速度仍为a，3s末的速度大小为，方向沿斜面向下．小球受到的垂直于斜面方向的各力的关系，有．小球受到的洛伦兹力随速度增大而增大，经3s，小球将要离开斜面，支持力N＝0．解得磁感应强度B＝5.0T．鳏鸕鐓铃爐缢钺鑑緩驟。\n（四）第四专题电磁感应与电路、能量（1）知识梳理一、考点回顾“电磁感应”是电磁学的核心内容之一，同时又是与电学、力学知识紧密联系的知识点，是高考试题考查综合运用知识能力的很好落脚点，所以它向来高考关注的一个重点和热点，本专题涉及三个方面的知识：一、电磁感应，电磁感应研究是其它形式有能量转化为电能的特点和规律，其核心内容是法拉第电磁感应定律和楞次定律；二、与电路知识的综合，主要讨论电能在电路中传输、分配，并通过用电器转化为其它形式的能量的特点及规律；三、与力学知识的综合，主要讨论产生电磁感应的导体受力、运动特点规律以及电磁感应过程中的能量关系。祕閨鍵儕瓯鱧遠鋮鯛灑。由于本专题所涉及的知识较为综合，能力要求较高，所以往往会在高考中现身。从近三年的高考试题来看，无论哪一套试卷，都有这一部分内容的考题，题量稳定在1～2道，题型可能为选择、实验和计算题三种，并且以计算题形式出现的较多。考查的知识：以本部分内容为主线与力和运动、动量、能量、电场、磁场、电路等知识的综合，感应电流（电动势）图象问题也经常出现。陘輔銨澩礙紛赶錙类赢。二、典例题剖析根据本专题所涉及内容的特点及高考试题中出的特点，本专题的复习我们分这样几个小专题来进行：1.感应电流的产生及方向判断。2.电磁感应与电路知识的综合。3.电磁感应中的动力学问题。4.电磁感应中动量定理、动能定理的应用。5.电磁感应中的单金属棒的运动及能量分析。6.电磁感应中的双金属棒运动及能量分析。7.多种原因引起的电磁感应现象。泻襠鐵補粤骄謗闥饽凿。(一)感应电流的产生及方向判断例1．(2007理综II卷)如图所示，在PQ、QR区域是在在着磁感应强度大小相等、方向相反的匀强磁场，磁场方向均垂直于纸面，bc边与磁场的边界P重合。导线框与磁场区域的尺寸如图所示。从t＝0时刻开始线框匀速横穿两个磁场区域。以a→b→c→d→e→f为线框中有电动势的正方向。以下四个ε-t关系示意图中正确的是（）钨紡釤閭綆硗诌顧癢糾。tεA.01234tεB.01234\ntεC.01234tεD.01234解析：楞次定律或左手定则可判定线框刚开始进入磁场时，电流方向，即感应电动势的方向为顺时针方向，故D选项错误；1－2s内，磁通量不变化，感应电动势为0，A选项错误；2－3s内，产生感应电动势E＝2Blv＋Blv＝3Blv，感应电动势的方向为逆时针方向（正方向），故C选项正确。慳瀏遲嘘缨預蝸饞闕锵。点评：法拉第电磁感应定律、楞次定律或左手定则知识点，是历年高考的热点，常与其它电磁学和力学内容联系在一起，这类题目往往综合较强，在掌握好基础知识，注重提高自Babcd己综合分析能力。譜廩軾痪輿猶苏鮐湿弑。例2．（2005理综Ⅱ卷）处在匀强磁场中的矩形线圈abcd，以恒定的角速度绕ab边转动，磁场方向平行于纸面并与ab垂直。在t=0时刻，线圈平面与纸面重合（如图），线圈的cd边离开纸面向外运动。若规定由a→b→c→d→a方向的感应电流为正，则能反映线圈中感应电流I随时间t变化的图线是（）哒寫趙谪蒉闪纓鴯锟虛。t0ICt0IDt0IAt0IB解析：线框在匀强磁场中转动时，产生正弦式交变电流，而t=0时刻，线框切割磁感线产生的感应电动势最大，感应电流也最大，由右手定则可知其电流方向为a→b→c→d→a，即电流为正，故C选项正确。萨驼貰驺襤浈绊丝檢骥。点评：感应电流是正弦式交变电流的，我们关键要抓住起始位置的电流大小和方向，起始位置若在中性面，则感应电流为零，起始位置若和中性面垂直，则感应电流为最大，再根据题中所规定的正方向，即可确定感应电流的图象。鼍铸讜強诒鏈窮傩鐘洼。例3．（2005北京理综）现将电池组、滑线变阻器、带铁芯的线圈A、线圈B、电流计及开关如下图连接。在开关闭合、线圈A放在线圈B中的情况下，某同学发现当他将滑线变阻器的滑动端P向左加速滑动时，电流计指针向右偏转。由此可以推断（）紓负誨絨諤棟畴卧拨贛。A．线圈A向上移动或滑动变阻器的滑动端P向右加速滑动，都能引起电流计指针向左偏转B．线圈A中铁芯向上拔出或断开开关，都能引起电流计指针向右偏转\nC．滑动变阻器的滑动端P匀速向左或匀速向右滑动都能使电流计指针静止在中央D．因为线圈A、线圈B的绕线方向未知，故无法判断电流计指针偏转的方向解析：当P向左滑动时，电阻变大，通过A线圈的电流变小，则通过线圈B中的原磁场减弱，磁通量减少，线圈B中有使电流计指针向右偏转的感应电流通过，当线圈A向上运动或断开开关，则通过线圈B中的原磁场也减弱，磁通量也减少，所以线圈B中也有使电流计指针向右偏转的感应电流通过，而滑动变阻器的滑动端P向右移动，则通过线圈B中的原磁场也增加，磁通量也增加，所以线圈B中有使电流表指针向左偏转的感应电流通过，所以B选项正确。飛节評違贽钐瀟嗳轭鑿。点评：要正确解答此题，关键要利用好“他将滑线变阻器的滑动端P向左加速滑动时，电流计指针向右偏转”的条件，由此条件分析出：使原磁场减弱、原磁通减小时产生的感应电流使电流计指针右偏，其它情形的判断都将此作为条件。炜瞒覬麥轉拦氩婶幃纠。（二）电磁感应与电路知识的综合例4．（2002全国理综）图中EF、GH为平行的金属导轨，其电阻可不计，R为电阻器，C为电容器，AB为可在EF和GH上滑动的导体横杆。有均匀磁场垂直于导轨平面。若用I1和I2分别表示图中该处导线中的电流，则当横杆AB（）锂枢蠱枨递轤條广謹鏘。A．匀速滑动时，I1＝0，I2＝0B．匀速滑动时，I1≠0，I2≠0C．加速滑动时，I1＝0，I2＝0D．加速滑动时，I1≠0，I2≠0解析：当横杆匀速滑动时，AEGB形成闭合回路，故I1≠0，故A错；AB匀速运动时，电容两极电压趋于稳定，不再充电，I2＝0，故B也错；当AB加速滑动时，I1≠0，故C错；同时AB产生的路端电压不断增大，电容器可持续充电，故I2≠0。因此D项正确。搖壮蒔茏鈀廡抟戆坟張。baBl点评：在分析此题时，应将导体横杆当作电源，将电容C和电阻R作为外电路来分析。当电源的电动势不变时，电容带电量不发生变化，充电流为0；当电源电动势变化时，电容就不能作为断路来处理，此时电容要充电，充电电流不为0。踐鼉艷错铹贤庫敌讲虬。例5．（2005天津理综将硬导线中间一段折成不封闭的正方形，每边长为l，它在磁感应强度为B．方向如图的匀强磁场中匀速转动，转速为n，导线在a、b两处通过电刷与外电路连接，外电路有额定功率为P的小灯泡并正常发光，电路中除灯泡外，其余部分的电阻不计，灯泡的电阻应为（）妇靜聶務鎳奋娆椭勞驥。Ａ．Ｂ．Ｃ．Ｄ．解析：线框转动产生交变电流，感应电动势最大值为，则有效值为：\n，而小灯泡消耗的功率为，所以，故选项B正确。点评：对于交流电的问题，往往是先求出最大值，然后再根据最大值求其它值。在交流电中，只要是求功的问题（功率、功、发热量等），都要用有效值进行计算。而求通过某横截面的电荷量、安培力的冲量时，只能用感应电流的平均值来进行计算。觏郟縷瀾阋誠噦浍蕕窪。例6．（2007北京理综）电阻R1、R2交流电源按照图1所示方式连接，R1=10，R2=20。合上开关后S后，通过电阻R2的正弦交变电流i随时间t变化的情况如图2所示。则（）偵証繡診頌嗎刹烛亚赣。A．通过R1的电流的有效值是1.2AB．R1两端的电压有效值是6VC．通过R2的电流的有效值是1.2AD．R2两端的电压有效值是6V解析：由图可知流经R2的电流最大值为，则流经R2的电流最大值为，又题中电阻R1、R2是串联，则流经两电阻电流相等，故A、C两项错，又,，所以R1两端的电压的有效值是6V，故D错，B对。縷綹綱顧馅蝇儀痫缮凿。yxR1R2AoCv点评：对于交流电路，电路分析的方法和直流电路是相类似的，只是我们在计算其电压、电流时要弄清有效值和最大值。騫滅篩婵髕兹鶚窍鸢紆。例7．(2003上海物理)如图所示，OACO为置于水平面内的光滑闭合金属导轨，O、C处分别接有短电阻丝（图中用粗线表示），R1=4Ω、R2=8Ω（导轨其它部分电阻不计）。导轨OAC的形状满足（单位：m）。磁感应强度B=0.2T的匀强磁场方向垂直于导轨平面。一足够长的金属棒在水平外力F作用下，以恒定的速率v=5.0m/s水平向右在导轨上从O点滑动到C点，棒与导轨接触良好且始终保持与OC导轨垂直，不计棒的电阻。痨憚礙穷鳢薌鲟绁納锶。求：⑴外力F的最大值；\n⑵金属棒在导轨上运动时电阻丝R1上消耗的最大功率；⑶在滑动过程中通过金属棒的电流I与时间t的关系。解析：⑴由于金属棒始终匀速运动，所以据平衡条件可知：，又感应电动势为：，而感应电流为：，故安培力又，由于外电阻R1、R2是并联，所以则安培力的最大值为：，即：⑵电阻R1上消耗的功率为，而感应电动势的最大值为代入可得：⑶金属棒与导轨接触点间的长度随时间变化且，，由以上各式可得：点评：在感应电路中，我们一定要分清哪是电源，哪是外电路，很多同学在解题时往往忽视了这一点，不加分析乱做一通。在具体做题时，我们可先画一等效电路图，将发生电磁感应的部分画作电源，其它部分画作外电路，然后再分析电路的联结情况。镪盧癉赝黷龉饋缒駙张。（三）电磁感应中的动力学问题（四）电磁感应中动量定理、动能定理的应用例8．（2006上海物理）如图所示，将边长为a、质量为m、电阻为R的正方形导线框竖直向上抛出，穿过宽度为b、磁感应强度为B的匀强磁场，磁场的方向垂直纸面向里。线框向上离开磁场时的速度刚好是进人磁场时速度的一半，线框离开磁场后继续上升一段高度，然后落下并匀速进人磁场。整个运动过程中始终存在着大小恒定的空气阻力F阻且线框不发生转动。求：（1）线框在下落阶段匀速进人磁场时的速度V2；櫺鲚獵鲨眾缒韪脑睐虯。（2）线框在上升阶段刚离开磁场时的速度V1；（3）线框在上升阶段通过磁场过程中产生的焦耳热Q。解析：\n（1）若线框在下落阶段能匀速地进入磁场，则线框在进入磁场的过程中受力平衡，则据平衡条件可知线框在进入磁场瞬间有：，解得：遲锾災掄凉鰒鐲萨靓骥。（2）线框从离开磁场至上升到最高点过程中据动能定理有：①线框从最高点回落至进入磁场前瞬间的过程据动能定理有：②联立①②可解得：，代入可得：（3）设线框进入磁场的速度为v0，则线框在向上通过磁场过程中要克服重力、空气阻力及安培力做功，而克服安培力做功的量即是此过程中产生电能的量，也即是产生的热量Q，根据能量守恒定律有：，又由题可知帏赛澗縑縣約锁觇燈洼。故可得点评：从能量转化的角度来看，电磁感应是其它形式能量转化为电能的过程。而功是能量转化的量度，所以这种能量的转化是通过安培力做功来实现的，有多少其它形式能量转化为电能，就克服安培力做了多少功，也就是说克服安培力做功的量，就是产生电能的量，而电能最终都转化成内能，换而言之，克服安培力做的功就是电路的发热量，克服安培力做功的功率即是回路所消耗的电功率。诮蒇沒鈄囱驴鈑诠鏤趙。（五）电磁感应中的单金属棒的运动及能量分析例10．（2006上海物理）如图所示，平行金属导轨与水平面成θ角，导轨与固定电阻R1和R2相连，匀强磁场垂直穿过导轨平面．有一导体棒ab，质量为m，导体棒的电阻与固定电阻R1和R2的阻值均相等，与导轨之间的动摩擦因数为μ，导体棒ab沿导轨向上滑动，当上滑的速度为V时，受到安培力的大小为F。此时勞笃欖优嬸瞩辐谬殁芻。A．电阻R1消耗的热功率为Fv/3B．电阻R1消耗的热功率为Fv/6C．整个装置因摩擦而消耗的热功率为μmgvcosθD．整个装置消耗的机械功率为（F＋μmgcosθ）v解析：由法拉第电磁感应定律得，回路总电流，安培力\n，所以电阻R1的功率，B选项正确。由于摩擦力，故因摩擦而消耗的热功率为，整个装置消耗的机械功率为，故CD两项也正确。即本题应选BCD。膃檩樅氇帐頁賚赡钺纡。点评：由能量守恒定律可知，装置消耗的机械能转化为电能和因克服摩擦而产生的内能，故消耗的机械功率为克服摩擦力做功的功率（产生摩擦热的功率）和克服安培力做功的功率（产生电能的功率）之和。而整个回路消耗的电功率为克服安培力做功的功率（瞬时值、平均值都相等），据电路的分流关系，即可求出每个电阻所消耗功率。雞寿擺蛊憫燴谌辙擱鍶。例10．(2005江苏物理）如图所示，固定的水平光滑金属导轨，间距为L，左端接有阻值为R的电阻，处在方向竖直、磁感应强度为B的匀强磁场中，质量为m的导体棒与固定弹簧相连，放在导轨上，导轨与导体棒的电阻均可忽略。初始时刻，弹簧恰处于自然长度，导体棒具有水平向右的初速度v0。在沿导轨往复运动的过程中，导体棒始终与导轨垂直并保持良好接触。窦从掄门掳镦諱钟輞張。(1)求初始时刻导体棒受到的安培力；(2)若导体棒从初始时刻到速度第一次为零时，弹簧的弹性势能为EP，则这一过程中安培力所做的功W1和电阻R上产生的焦耳热Q1分别为多少?霭颮慟嗶梟泶虏铲弯虽。(3)导体棒往复运动，最终将静止于何处?从导体棒开始运动直到最终静止的过程中，电阻R上产生的焦耳热Q为多少?澮鉗廬瑤毂錚膃镐贩驤。解析：(1)初始时刻棒中感应电动势：，棒中感应电流：，作用于棒上的安培力联立以是各式可得，方向：水平向左(2)由功能的关系可知，克服安培力所做的功即为产生电能的量，也即是电阻R上产生的热量，，由于此过程中，导体棒克服安培力做功，故有，鈽讀屜諤淥樞缏阖奩浹。所以(3)由于导轨是光滑的，所以导体棒最终静止于初始位置，则据功能关系有：点评：在电磁感应问题中，求解产生热量的问题，一般是通过对能量转化的分析，然后利用功能关系进行求解的，解题关键是要在宏观上做好能量转化的分析，本题从最终状态来看是弹性势能转化为电能（热量）。懑纘嫗餿爱酾紕颚詔赵。\n（六）电磁感应中的双金属棒运动及能量分析acbd图3例11．（2005广东物理第）如图3所示，两根足够长的固定平行金属光滑导轨位于同一水平面，导轨上横放着两根相同的导体棒ab、cd与导轨构成矩形回路。导体棒的两端连接着处于压缩状态的两根轻质弹簧，两棒的中间用细线绑住，它们的电阻均为R，回路上其余部分的电阻不计。在导轨平面内两导轨间有一竖直向下的匀强磁场。开始时，导体棒处于静止状态。剪断细线后，导体棒在运动过程中账瑋場帼癟扫碜驽厣刍。Ａ．回路中有感应电动势Ｂ．两根导体棒所受安培力的方向相同Ｃ．两根导体棒和弹簧构成的系统动量守恒，机械能守恒Ｄ．两根导体棒和弹簧构成的系统动量守恒，机械能不守恒解析：剪断细线后，两棒组成的系统动量守恒，它们的速度方向总是相反的，所以它们产生的感应电动势相互加强，所以回路中有感应电动势，A正确；由于该过程是动能、弹性势能及电能间的相互转化，总的来说是系统的机械能转化为电能，所机械能是不守恒的，故C错D对；由楞次定律的推广应用可判断两导体棒所受安培力方向总是相反的，故B错。故选AD。嗇擄嗚纽稳躥獺鲰藓紆。点评：动量守恒定律的适用范围较广，无论是什么性质的内力，哪怕是象本题这样的通过磁场来发生的相互作用的内力，系统的动量也是守恒的。机械能守恒的条件的判断通常有两个角度：（1）做功角度：是否只有重力做功，若只有重力做功，则机械能守恒；（2）能量转化角度：若机械能和其它形式能量之间没有相互转化，则机械能守恒；在解题时，利用第二个角度来进行判断的较多。藹嗶衛辔紗帥渑鹜體锷。例12．(2006广东物理)如图所示，在磁感应强度大小为B、方向垂直向上的匀强磁场中，有一上、下两层均与水平面平行的“U”型光滑金属导轨，在导轨面上各放一根完全相同的质量为m的匀质金属杆A1和A2，开始时两根金属杆位于同一竖直平面内且杆与轨道垂直。设两导轨面相距为H，导轨宽为L，导轨足够长且电阻不计，金属杆单位长度的电阻为r。现有一质量为m/2的不带电小球以水平向右的速度v0撞击杆A1的中点，撞击后小球反弹落到下层面上的C点。C点与杆A2初始位置相距为S。求：齲鸨鳧鹎绻谭櫞畝肅弥。（1）回路内感应电流的最大值；（2）整个运动过程中感应电流最多产生了多少热量；（3）当杆A2与杆A1的速度比为1：3时，A2受到的安培力大小。解析：（1）小球撞击杆瞬间系统动量守恒，之后做平抛运动。设小球碰后速度大小为v1，杆获得速度大小为v2，则绌闶儔曉翹堕斓淨鵝雖。\n，，，A1杆向右做减速运动运动，A2杆向右加速运动，直至速度相等，然后做匀速运动，故其最大电动势是小球和杆碰后瞬间，则，最大电流，则饲辁書艦茏診慣敘绑骧。（2）两金属棒在磁场中运动始终满足动量守恒定律，两杆最终速度相同，设为v’，据动量守恒定律有：，又据能量守恒定律有：燼袅黾鏗蝦廚嵘塢骚浃。联立以上各式可得：（3）设杆A2、A1的速度大小分别为v和3v，由于两杆组成的系统动量始终守恒，则有：此时回路中产生的感应电动势为：，则，安培力，联立可得：点评：此题中所给的是“U”型光滑导轨，在处理时它和平直的光滑双轨处理方法完全相同，它只是平直光滑双轨的一种变形。在处理这类问题时，要注意这样几点：（1）双棒组成的系统动量守恒。（2）在双棒运动过程中产生的电能（热量）是系统损失的机械能。（3）两棒切割磁感线产生的感应电动势是相互削弱的，应该相减。鋦纶鸹击讣蚂殼將礡趙。（七）多种原因引起的电磁感应现象例13．（2007年上海卷）如图（a）所示，光滑的平行长直金属导轨置于水平面内，间距为L、导轨左端接有阻值为R的电阻，质量为m的导体棒垂直跨接在导轨上。导轨和导体棒的电阻均不计，且接触良好。在导轨平面上有一矩形区域内存在着竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B。开始时，导体棒静止于磁场区域的右端，当磁场以速度v1匀速向右移动时，导体棒随之开始运动，同时受到水平向左、大小为f\n的恒定阻力，并很快达到恒定速度，此时导体棒仍处于磁场区域内。斋浊鲸溃諢偬吗彥預劉。（1）求导体棒所达到的恒定速度v2；（2）为使导体棒能随磁场运动，阻力最大不能超过多少？（3）导体棒以恒定速度运动时，单位时间内克服阻力所做的功和电路中消耗的电功率各为多大？（4）若t＝0时磁场由静止开始水平向右做匀加速直线运动，经过较短时间后，导体棒也做匀加速直线运动，其v-t关系如图（b）所示，已知在时刻t导体棋睥瞬时速度大小为vt，求导体棒做匀加速直线运动时的加速度大小。躜应髋讳谬臘決攏爱红。解析：（1）由于磁场和导体棒都向右运动，所以其切割磁感线的速度为（v1－v2），则导体棒切割磁感线产生的电动势为E＝BL（v1－v2），感应电流为I＝E/R，嬰冁驶靓賴黪举殺镦鍔。又导体受到的安培力为F＝BIL，即有F＝，当导体棒速度恒，其所受安培力和摩擦力平衡，则有：＝f，可得：v2＝v1－訌駙饥奩辆缁鸶殞灃彌。（2）当导体棒刚开始运动时，回路中产生的感应电流最大为，此时导体棒受到的安培力最大为，所以阻力最大不能超过偻鐋顿礡釃鯖髕瀆鐺虽。（3）导体棒克服阻力做功的功率为P导体棒＝Fv2＝f缥譫阵資铈類饩獨时驤。电路所消耗的电功率为P电路＝E2/R，即P电路＝＝魉艫问鮒鋦馈陝睞远淺。（4）因为－f＝ma，导体棒要做匀加速运动，必有v1－v2为常数，设为Dv，a＝，则－f＝ma，可解得：a＝皸睜镄慑镪皱镒篋懇赶。点评：解答此题关键处有两点①要弄清导体棒切割磁感线的速度是指导体棒相对于磁感线的速度。②由于导轨有摩擦，所以稳定时，回路仍有电流。問榪锉缌陳霧鎩絢資刘。三、方法总结1．感应电流、感应电动势的图象问题一般只有一个答案符合题意，所以我们在做题时只抓住图象中的关键点，即可进行判断。如例1我们只要抓住进入磁场和出磁场产生感应电流的方向，即选出正确答案。所以我们在解这类题时，不要盲目动手去做，在动手前，先观察一下几个选项的不同之处，然后抓住它们的不同之处进行判断，如例1中AC两项中进入到磁场时的电流为正，BD两项进入磁场电流为负，我们抓住这一点进行判断，即可排除AC两项，然后再判断出磁场时的感应电流方向即可选出正确答案，至于感应电流的大小变化，在解题时可以不用判断。横堝铗钕颞煬钇繆嬷紅。2．\n本类问题实际上电磁感应和电路知识的“嫁接”：电磁感应电路充当电源，再结合电路知识即可解决。所以我们首先要解决好“电源”的问题，用法拉第电磁感应定律和楞次定律确定感应电动势的大小和方向，当切割磁感线的导体棒匀速运动或磁通量均匀变化时，感应电动势不变，作为恒定电流来处理；若切割磁感线的导体棒变速运动或磁通量非均匀变化，产生则是交变电流，作为交流电源来处理（往往求其有效值）。电源的问题处理好之后，则要作好电路分析，这一环节往往是同学们容易出错的地方，大家都习惯分析用电学符号表示的电路，鉴于此，所以我们在分析感应电路时，通常采用画等效电路图的办法分析整个回路，在画等效电路时要注意，应将产生电磁感应的部分画作电源，将其它部分画作外电路，并且判断好外电路的联结情况。最后运用全电路欧姆定律、串并联电路性质、电功（率）以及交流电的知识等联立求解。邬黩钦鄉駙镓軼蘆诬锷。3．电磁感应中的动力学问题，关键是要作好受力分析，进而通过物体的受力特点作好物体的运动情况的分析，一般可按以下基本方法进行：應雾邻櫓鲠汇贲虯嚦弥。①用法拉第电磁感应定律和楞次定律求感应电动势的大小和方向。②由全电路欧姆定律确定回路中的感应电流。③分析研究导体受力情况（包括安培力，用左手定则确定其方向）④列动力学方程或平衡方程求解。4．由于金属棒沿导轨切割磁感线时的运动是做变加速运动，其运动情况较为复杂，所以处理这类问题时，经常应用动能定理及动量定理，因为用这两个规律来解题时，不需要运动的细节，只需要运动的结果，这给我们的解题带来的极大的方便。动量定理往往是在涉及“某段时间内通过的电量”时用它来进行求解，而动能定理往往是在涉及能量问题时应用。誹邮辐驀鴰銅誦讓蟈蝦。5．在处理单金属棒的能量问题时，关键是要分析清其中的能量转化关系，是什么形式的能量转化为哪几种形式的能量，根据功能关系，我们不仅可得出能量间关系，还可得出功率间的关系。其中克服安培力做的功，就产生电能的量（电能最终都转化成内能，所以也是电路的发热量），从功率关系上看，克服安培力做功的功率即是回路所消耗的电功率。卧讽蹑鏞龟暉觐諸儿髅。6．处理双棒在导轨上滑动的问题，力学的三大规律可能都要用到：用牛顿运动定律去分析双棒的运动过程；用动量守恒定律去确定两棒的动量关系；用功能关系去确定该过程中的能量关系。芦绵赅吨侪邬營貪腻浅。7．在处理由多种原因引起的电磁感应现象的问题时，首先我们一定要弄清感应电流是由哪些因素引起的，各种因素产生的感应电动势我们要分别求解出来；其次，很重要的一点我们还要判断这些电动势是相互加强的，还是相互减弱的，判案断的方法是看它们在同一部分电路中形成的感应电流是同向还反相，若是同向，则相互加强的，总动势就相加，若是反向，则是相互减弱的，总电动势应相减。鸵澜谲猃剮愦肿躕鹾趕。（2）巩固练习\nRv01．如图所示，在竖直平面内的两根平行金属导轨，顶端用一电阻R相连，磁感应强度为B的匀强磁场垂直导轨平面。一质量为m的金属棒他们ab以初速度v0沿导轨竖直向上运动，到某一高度后又返回下行到原处，整个过程金属棒与导轨接触良好，导轨与棒的电阻不计。则在上行与下行两个过程中，下列说法不正确的是：籌惩谄课呕蹌綬選綽劉。A．回到出发点的速度v大于初速度v0；B．通过R的最大电流上行大于下行；C．电阻R上产生的热量上行大于下行；D．所用时间上行小于下行。2．如图所示，长直导线右侧的矩形线框abcd与直导线位于同一平面，当长直导线中的电流发生如图所示的变化时（图中所示电流方向为正方向），线框中的感应电流与线框受力情况为（）頂华诗饬墊嶧粝鈽鮑纣。①t1到t2时间内，线框内电流的方向为abcda，线框受力向右②t1到t2时间内，线框内电流的方向为abcda，线框受力向左③在t2时刻，线框内电流的方向为abcda，线框受力向右④在t3时刻，线框内无电流，线框不受力A．①②B．①③C．②④D．①④3．如图所示，A、B是两根互相平行的、固定的长直通电导线，二者电流大小和方向都相同。一个矩形闭合金属线圈与A、B在同一平面内，并且ab边保持与通电导线平行。线圈从图中的位置1匀速向左移动，经过位置2，最后到位置3，其中位置2恰在A、B的正中间。下面的说法中正确的是（）润鮭讦崢寿谝睪鋒窥鍤。①在位置2这一时刻，穿过线圈的磁通量为零②在位置2这一时刻，穿过线圈的磁通量的变化率为零③从位置1到位置3的整个过程中，线圈内感应电流的方向发生了变化④从位置1到位置3的整个过程中，线圈受到的磁场力的方向保持不变A．②③B．③④C．①②D．①④´´··´´··´´··´´··FBBaabacada0xiai0-i0ax4．如图所示，竖直放置的螺线管与导线abcd构成回路，导线所围区域内有一垂直纸面向里的变化的匀强磁场，螺线管下方水平桌面上有一导体圆环，导线abcd所围区域内磁场的磁感强度按下列哪一图线所表示的方式随时间变化时，导体圆环将受到向上的磁场作用力（）铆鍬蠼纖張坞牍鑊颦弳。\n5．如图（俯视）所示，空间有两个沿竖直方向的有界匀强磁场，磁感强度都是B，磁场区的宽度都是L，边界线相互平行，左边磁场的方向竖直向下，右边磁场的方向竖直向上。一边长也为L的正方形导线框abcd放在光滑水平面上，在水平恒力F作用下沿水平面通过磁场区。线框的bc边始终平行于磁场区的边界，力F垂直于线框的bc边，且线框的bc边刚进入左边磁场时和线框的ad边将离开右边磁场时，线框都恰好做匀速运动，此时线框中的电流为i0。试在右面I—x坐标平面上，定性画出从导线框刚进入到完全离开磁场的过程中，线框内的电流i随bc边位置的坐标x变化的曲线。揚賴蓝軾戬許渾雛瑪虾。6．两根金属导轨平行放置在倾角为θ=30°的斜面上，导轨左端接有电阻R=10Ω，导轨自身电阻忽略不计。匀强磁场垂直于斜面向上，磁感强度B=0.5T。质量为m=0.1kg，电阻可不计的金属棒ab静止释放，沿导轨下滑。如图所示，设导轨足够长，导轨宽度L=2m，金属棒ab下滑过程中始终与导轨接触良好，当金属棒下滑h=3m时，速度恰好达到最大值v=2m/s。求此过程中电阻中产生的热量。貴縈茑鴛攛臥桩餳閌髏。7．如图所示，和为两平行的光滑轨道，其中和部分为处于水平面内的导轨，与a/b的间距为与间距的2倍，、部分为与水平导轨部分处于竖直向上的匀强磁场中，弯轨部分处于匀强磁场外。在靠近aa＇和cc＇处分别放着两根金属棒MN、PQ，质量分别为和m。为使棒PQ沿导轨运动，且通过半圆轨道的最高点ee＇，在初始位置必须至少给棒MN以多大的冲量？设两段水平面导轨均足够长，PQ出磁场时MN仍在宽导轨道上运动。园竇胧撵桥蔺攙騖浍淺。\n参考答案1.A2.C3.D4.A5．图线如图（该段电流末值|it2|>、=或<|-i0|者均同样给分）3Li0-i0ixL2L-2i02i006解：当金属棒速度恰好达到最大速度时，受力分析，则mgsinθ=F安+f据法拉第电磁感应定律：E=BLv据闭合电路欧姆定律：I=∴F安=ILB==0.2N∴f=mgsinθ－F安=0.3N下滑过程据动能定理得：mgh－f－W=mv2蚂櫫缨胪滬侣恋鱉铸趋。解得W=1J，∴此过程中电阻中产生的热量Q=W=1J7．解析：若棒PQ刚能通过半圆形轨道的最高点ee＇，则由，可得其在最高点时的速度.棒PQ在半圆形轨道上运动时机械能守恒，设其在dd＇的速度为，由可得：两棒在直轨上运动的开始阶段，由于回路中存在感应电流，受安培力作用，棒MN速度减小，棒PQ速度增大。当棒MN的速度和棒PQ的速度达到时，回路中磁通量不再变化而无感应电流，两者便做匀速运动，因而。嚴寢绸铩滥朧屜黿棖则。在有感应电流存在时的每一瞬时，由及MN为PQ长度的2倍可知，棒MN和PQ\n所受安培力F1和有关系。从而，在回路中存在感应电流的时间t内，有。设棒MN的初速度为，在时间t内分别对两棒应用动量定理，有：，将以上两式相除，考虑到，并将、的表达式代入，可得从而至少应给棒MN的冲量：（3）专题检测试卷高三物理第二轮复习电磁感应中电路专题测试题一．选择题(4×10;每题至少有一个正确答案,不选或错选得0分;漏选得2分)1．如图所示，虚线框内是磁感应强度为B的匀强磁场，导线框的三条竖直边的电阻均为r，长均为L，两横边电阻不计，线框平面与磁场方向垂直。当导线框以恒定速度v水平向右运动，ab边进入磁场时，ab两端的电势差为U1，当cd边进入磁场时，ab两端的电势差为U2，则（）絕親织內貓鹨坛伫鄖紂。A．U1=BLvB．U1=BLvC．U2=BLvD．U2=BLv2．如图所示，a、b是平行金属导轨，匀强磁场垂直导轨平面，c、d是分别串有电压表和电流表金属棒，它们与导轨接触良好，当c、d以相同速度向右运动时，下列正确的是（）饋颤类潿瞒绯壓剀懑锸。A.两表均有读数B.两表均无读数C.电流表有读数，电压表无读数D.电流表无读数，电压表有读数3．如图所示，有一闭合线圈放在匀强磁场中，线圈轴线和磁场方向成300角，磁场磁感应强度随时间均匀变化.若所用导线规格不变，用下述方法中哪一种可使线圈中感应电流增加一倍？（）狈钯积觴箏鮫傥咏赵弪。300╮BA．线圈匝数增加一倍\nB．线圈面积增加一倍C．线圈半径增加一倍D．改变线圈的轴线方向4．如图所示，理想变压器左线圈与导轨相连接，导体棒ab可在导轨上滑动，磁场方向垂直纸面向里，以下说法正确的是：锩请眯階绊簽龉复屆蝦。abdBcA．ab棒匀速向右滑，c、d两点中c点电势高B．ab棒匀加速右滑，c、d两点中d点电势高C．ab棒匀减速右滑，c、d两点中d点电势高D．ab棒匀加速左滑，c、d两点中c点电势高5．一矩形线圈在匀强磁场中向右作加速运动，如图所示，下列说法正确的是（）vabdcA．线圈中无感应电流，有感应电动势B．线圈中有感应电流，也有感应电动势C．线圈中无感应电流，无感应电动势D．a、b、c、d各点电势的关系是：Ua＝Ub，Uc＝Ud，Ua>Ud6．如图所示，水平放置的两平行导轨左侧连接电阻，其它电阻不计.导轨MN放在导轨上，在水平恒力F的作用下，沿导轨向右运动，并将穿过方向竖直向下的有界匀强磁场，磁场边界PQ与MN平行，从MN进入磁场开始计时，通过MN的感应电流i随时间t的变化可能是下图中的（）暉缱琐垩緩饱鱖峄誶髋。NRMPQFtiＡ0tiＢ0tiD0tiC07.如图6—6所示，abcd是粗细均匀的电阻丝制成的长方形线框，导体MN有电阻，电阻与ab边电阻相同，可在ab边及dc边上无摩擦滑动，且接触良好，线框处在垂直纸面向里的匀强磁场中（图中未画出），当MN由紧靠ad边向bc边匀速滑动过程中，以下说法中正确的是（）軸献烩矶胧痒骏恸啭浆。A.MN中电流先减小后增大B.MN两端电压先增大后减小C.MN上拉力的功率先减小后增大D.矩形线框中消耗的电功率先减小后增大8．图中，“∠”形金属导轨COD上放有一根金属棒MN，拉动MN使它以速度v向右匀速平动，如果导轨和金属棒都是粗细相同的均匀导体，电阻率都为ρ，那么MN在导轨上运动的过程中，闭合回路的()审捡溆贮葒隴顏据视趨。A．感应电动势保持不变B．感应电流保持不变C．感应电流逐渐减弱D．感应电流逐渐增强\n9．如图，电灯的灯丝电阻为2Ω，电池电动势为2V，内阻不计，线圈匝数足够多，其直流电阻为3Ω．先合上电键K，过一段时间突然断开K，则下列说法中错误的有()许响洁骞蝎瀠阌栊凜則。A．电灯立即熄灭B．电灯立即先暗再熄灭C．电灯会突然比原来亮一下再熄灭，且电灯中电流方向与K断开前方向相同D．电灯会突然比原来亮一下再熄灭，且电灯中电流方向与K断开前方向相反10．电磁流量计广泛应用于测量可导电流体（如污水）在管中的流量（在单位时间内通过管内横截面的流体的体积）。为了简化，假设流量计是如图所示的横截面为长方形的一段管道，其中空部分的长、宽、高分别为图中的a、b、c，流量计的两端与输送液体的管道相连接（图中虚线）。图中流量计的上下两面是金属材料，前后两面是绝缘材料，现于流量计所在处加磁感强度为B的匀强磁场，磁场方向垂直于前后两面。当导电液体稳定地流经流量计时，在管外将流量计上、下两表面分别与一串接了电阻R的电流表的两端连接，I表示测得的电流值。已知流体的电阻率为ρ，不计电流表的内阻，则可求得流量为()茲鳶歼愷訟锾鏘沣蘢纣。A．B．C．D．二．填空(20分)11．如图所示，圆环a和b的半径之比，a、b都是用同种材料同样粗细的导线制成的，连接两圆环的导线电阻不计，匀强磁场的磁感强度始终以恒定的变化率变化，那么将a环和b环分别置于同一磁场时（环面与磁场方向垂直），A、B两点的电势差之比。繳閑栌綿诿殓铋滩龔鍤。12．如图所示，MN是一段光滑金属圆弧轨道，其半径为r，圆弧所对的圆心角是。整个装置放在竖直面内，点M、O在竖直方向上，点M、O之间接有一只阻值是R的电阻，长为2r的金属杆OA（不计质量）可绕点O在导轨所在竖直平面内无摩擦转动，另一端系着质量为m的小球，若在垂直导轨平面内加一磁感强度为B的匀强磁场后，将杆OA拉到水平位置紧贴导轨自由释放，若小球到达竖直面内最低位置的速度大小是。求流过电阻R的最大电流（不计其余部分电阻）为。鱭軾斩醬販鈰鄺珑缍彎。13．（10分）如图所示器材可用来研究电磁感应现象　及到定感应电流方向。（1）在给出的实物图中，用实线作为导线将实验仪器连成实验电路。\n（2）将线圈L1插入L2中，合上开关稳定后。能使感应电流与原电流的绕行方向相同的实验操作是（）瞩補挠万跸齋踬碍鲲虿。A、插入软铁棒B、拔出线圈L1C、使变阻器接入电路的阻值变大D、断开开关三、计算题(40分)14．截面积为0.2m2的100匝电阻可以忽略不计的线圈A，处在均匀磁场中，磁场的方向垂直线圈截面，如图所示，磁感应强度为B=（0.6－0.2t）T（t为时间，以秒为单位），R1=4Ω，R2=6Ω，C=3F，线圈电阻不计，求：闼紗惮梦邊违譴红籬髖。（1）闭合S2后，通过R2的电流大小和方向；（2）S1切断后，通过R2的电量。15．如图所示，垂直纸面向外的磁场强弱沿y轴方向不变，沿x轴方向均匀增加，变化率为。有一长，宽的矩形线框abcd以的速度沿x轴方向匀速运动，问：（1）金属框中感应电动势多大？殞淺归莶钛悫话维饒漿。（2）若金属框的电阻为，为保持金属框匀速运动，需加多大的外力？16．如图所示，导线圆环总电阻为2R，半径为d，垂直磁场固定于磁感应强度为B的匀强磁场中，此磁场的左边界正好与圆环直径重合，电阻为R的直金属棒ab以恒定的角速度ω绕过环心O的轴匀速转动。a、b端正好与圆环保持良好接触，到图示位置时，求：釃慶峥镀鋌賺襪聂疡趋。（1）棒上电流的大小和方向及棒两端的电压；（2）在圆环和金属棒上消耗的电功率。\n参考答案1．BD2．B3．C4．BD5．AD6．ACD7．ABC8．B9．ACD10A强興嬷廁锴層荣荡阔则。11．12．13．(1)图:(2)BCD14．解:（1）E=SΔB/ΔTI=E/(R1+R2)所以I=0.04(A)方向a→b;（2）Q=CUR2UR2=IR2所以Q=7.2×10－6(C)15．（1）0.04V（2）0.04N16．(1)从b→a，；(2)。高三物理第二轮复习电磁感应中能量专题测试题一．选择题(4×10;每题至少有一个正确答案,不选或错选得0分;漏选得2分)1．光滑曲面与竖直平面的交线是抛物线，如图12—3—20所示，抛物线的方程是y＝x2，下半部处在一个水平方向的匀强磁场中，磁场的上边界是y＝a的直线（图中的虚线所示）．一个小金属块从抛物线上y＝b（b＞a）处以速度v沿抛物线下滑．假设抛物线足够长，金属块沿抛物线下滑后产生的焦耳热总量是()谌驴埘煥閔谎罰蝉瀋纖。A．mgbB．mv2C．mg（b－a）D．mg（b－a）＋mv22．如图所示，相距为d的两水平虚线和\n分别是水平向里的匀强磁场的边界，磁场的磁感应强度为B，正方形线框abcd边长为L(Lr0时，f引>f斥，分子力表现为引力；当r=r0时，f引=f斥，分子力为零；当r10r0时，分子间引力、斥力均可忽略。⑤分子间引力f引，斥力f斥及分子力f随分子间距r的变化情况如图-1所示。2、物体的内能概念的理解（1）物体的内能物体所有分子热运动动能和与分子力相对应的分子势能之总和叫做物体的内能。（2）分子平均动能与温度的关系由于分子热运动的无规则性，所以各个分子热运动动能不同，但所有分子热运动动能的平均值只与温度相关，温度是分子平均动能的标志，温度相同，则分子热运动的平均动能相同，对确定的物体来说，总的分子动能随温度单调增加。埚銚瀦闈黿棂鹉頷鏃創。（3）分子势能与体积的关系分子热能与分子力相关：分子力做正功，分子势能减小；分子力做负功，分子势能增加。而分子力与分子间距有关，分子间距的变化则又影响着大量分子所组成的宏观物体的体积。这就在分子热能与物体体积间建立起某中联系。考虑到分子力在r>r0\n时表现为斥力，此时体积膨胀时，表现为斥力的分子力做正功。因此分子势能随物体体积呈非单调变化的特征。袜譚澇唠會鎢鮚駒汤约。（4）改变内能的两种方式改变物体的内能通常有两种方式：做功和热传递。做功涉及到的是内能与其它能间的转达化；而热传递则只涉及到内能在不同物体间的转移。儀膩氬畴凛搗饽鯇铕鍛。3、热力学定律及能量转化与守恒定律（1）热力学第一定律①内容：物体内能的增量△E等于外界对物体做的功W和物体吸收的势量Q的总和。②表达式：W+Q=△E③符号法则：外界对物体做功，W取正值，物体对外界做功，W取负值；物体吸收热量Q取正值，物体放出热量Q取负值；物体内能增加△E取正值，物体内能减少△E取负值。綰盞檢谜參辉靜鶘斬強。（2）热力学第二定律表述形式：①：不可能使热量由低温物体传递到高温物体，而不引起其他变化。形式：②不可能从单一热源吸收热量并把它全部用来做功，而不引起其他变化。注意：两种表述是等价的，并可从一种表述导出另一种表述。（3）能的转化和守恒定律能量既不能凭空产生，也不能凭空消失，它只能从一种形式转化为别的形式，或从一个物体转移到别的物体。二、典型例题例4．若已知阿伏伽德罗常数、物质的摩尔质量、摩尔体积，则可以计算出A、固体物质分子的大小和质量B、液体物质分子的大小和质量C、气体分子的大小和质量D、气体分子的质量和分子间的平均距离分析：注意到阿伏伽德罗常数的“桥梁”作用以及固、液、气的结构特征。解答：用M表示摩尔质量，即一摩尔物质的质量，而一摩尔物质中含有N个分子，因此每个分子的质量为。由于固体和液体中发子间距离较小，可以近似地认为分子是紧密地排列在一起的，那么若用V表示摩尔体积，即N个分子所具有的总体积，显然就可以表示每个分子的体积。而气体分子间的距离很大，用只能表示每个气体分子平均占据的空间，而不是表示分子的体积，那么就可以表示气体分子间的平均距离了。所以应选A、B、D。驍朮殺马国彦镦亏運蚁。例5．以r、f、EP分别表示分子间距，分子力和分子势能，而当r=r0时，f=0，于是有（）\nA、当r>r0时，f越大，Ep越大；B、当r>r0时，f越大，Ep越小；C、当rr0时，f随r的变化呈非单调特征，而EP随r则单调增大，这将表明：在r>r0的区域内，EP随f呈非单调变化，所以选项A、B均错误。当r0,∴F≤mg/sinθ为使物体做匀加速直线运动，必须a>0,则\na=[F(cosθ＋μsinθ)-μmg]/m>0∴F>μmg/(cosθ+μsinθ)鉤鐔譴铈禱梔饞乐对潯。故所求F的范围是μmg/(cosθ+μsinθ)