高中物理解题模型详解-高中课件精选 85页

高考物理解题模型目录第一章运动和力1一、追及、相遇模型1二、先加速后减速模型4三、斜面模型6四、挂件模型11五、弹簧模型（动力学）18第二章圆周运动20一、水平方向的圆盘模型20二、行星模型23第三章功和能1一、水平方向的弹性碰撞1二、水平方向的非弹性碰撞6三、人船模型9四、爆炸反冲模型11第四章力学综合13一、解题模型：13二、滑轮模型19三、渡河模型23第五章电路1一、电路的动态变化1二、交变电流6第六章电磁场10一、电磁场中的单杆模型10二、电磁流量计模型16三、回旋加速模型19四、磁偏转模型24\n岛考第一章运动利力一、追及、相遇模型模型讲解：1.火车甲正以速度V]向前行驶，司机突然发现前方距甲d处有火车乙正以较小速度V2同向匀速行驶，于是他立即刹车，使火车做匀减速运动。为了使两车不相撞，加速度a应满足什么条件？解析：设以火车乙为参照物，则甲相对乙做初速为（儿-冬）、加速度为a的匀减速运动。若甲相对乙的速度为零时两车不相撞，则此后就不会相撞。因此，不相撞的临界条件是：甲车减速到与乙车车速相同时，甲相对乙的位移为血0—（片-v2）2=-2a（1^a-—~—2d故不相撞的条件为心今2.甲、乙两物体相距s,在同一直线上同方向做匀减速运动，速度减为零后就保持静止不动。甲物体在前，初速度为V],加速度大小为如。乙物体在后，初速度为V2,加速度大小为辺且知V|VV2,但两物体一直没有相遇，求甲、乙两物体在运动过程中相距的最小距离为多少？解析：若是巴5生，说明甲物体先停止运动或甲、乙同时停止运动。在运动过程中，乙的速度a\a2一直大于甲的速度，只有两物体都停止运动时，才相距最近，可得最近距离为若是鱼〉比，说明乙物体先停止运动那么两物体在运动过程中总存在速度相等的时刻，此时两物体相距最近，根据V共=片一如=v2-a2t,求得在t吋间内乙的位移\n代入表达式山=S+6—s2求得2（色-吗）1.如图1.01所示，声源S和观察者A都沿x轴正方向运动，相对于地面的速率分别为冬和除。空气中声音传播的速率为⑰，设vv0,F2>0,再利用正交分解法作数学讨论。作出A的受力分析图3,由正交分解法的平衡条件：图3\nFsinO+F、sinO-mg=O①FcosO-耳一耳cos0=O②解得f、=%-f③sin6^F2=2FcosO-mgcotd④两绳都绷直，必须耳>0,F2>0由以上解得F有最大值FmdX=23ANt解得F有最小值F；nin=11.6A^,所以F的取值为\\6N5F523.\N°1.如图1.09所示，AB、AC为不可伸长的轻绳，小球质量为m=0.4kg。当小车静止时，AC水平,AB与竖直方向夹角为8=37°,试求小车分别以下列加速度向右匀加速运动时，两绳上的张力Fac、Fab分别为多少。取g=10m/s2o(1)a{=5m/s2；(2)a2=10n/s2«解析：设绳AC水平且拉力刚好为零时，临界加速度为根据牛顿第二定律Farsin0=〃叫)，FAlicos0=mg联立两式并代入数据得=7.5m/s2当马=5m/s2a0,此时AC绳不能伸直，F'AC=0oAB绳与竖直方向夹角a>0y据牛顿第二定律F'Alisincr-ma^,F\ncosa-mg.联立两式并代入数据得FAR=5.7N.1.两个相同的小球A和B,质量均为m,用长度相同的两根细线把A、B两球悬挂在水平天花板上的同一点O,并用长度相同的细线连接A、B两小球，然后用一水平方向的力F作用在小球A上，此时三根细线均处于直线状态，且OB细线恰好处于竖直方向，如图1所示，如果不考虑小球的大小，两球均处于静止状态，则力F的大小为（）A.03答案：C2.如图1.11甲所示，一根轻绳上端固定在0点，下端拴一个重为G的钢球A,球处于静止状态。现对球施加一个方向向右的外力F,使球缓慢偏移，在移动中的每一刻，都可以认为球处于平衡状态，如果外力F方向始终水平，最大值为2G,试求：（1）轻绳张力珂的大小取值范围；（2）在乙图中画出轻绳张力与cosB的关系图象。图1.11\n答案：（1）当水平拉力F=0时，轻绳处于竖直位置时，绳子张力最小FT]=G当水平拉力F=2G时，绳子张力最大：FT2=JG?+（2G）2=V5G因此轻绳的张力范围是：G?2、厶、b依次表示四个弹簧的伸长量，则有（）①②④图1.15A.B.C.D.解析：当弹簧处于静止（或匀速运动）时，弹簧两端受力大小相等，产生的弹力也相等，用其屮任意一端产生的弹力代入胡克定律即可求形变。当弹簧处于加速运动状态时，以弹簧为研究对象，由于其质量为零，无论加速度a为多少，仍然可以得到弹簧两端受力大小相等。由于弹簧弹力与施加在弹簧上的外力F是作用力与反作用的关系，因此，弹簧的弹力也处处相等，与静止情况没有区别。在题目所述四种情况屮，由于弹簧的右端受到大小皆为F的拉力作用，且弹簧质量都为零，根据作用力与反作用力关系，弹簧产生的弹力大小皆为F,乂由四个弹簧完全相同，根据胡克定律,它们的伸长量皆相等，所以正确选项为D。2.用如图1.16所示的装置可以测量汽车在水平路面上做匀加速直线运动的加速度。该装置是在矩形箱子的前、后壁上各安装一个由力敏电阻组成的压力传感器。用两根相同的轻弹簧夹着一个质量为2.0kg的滑块，滑块可无摩擦的滑动，两弹簧的另一端分别压在传感器a、b上，其压力大小可直接从传感器的液晶显示屏上读出。现将装置沿运动方向固定在汽车上，传感器b在前,传感器a在后，汽车静止时，传感器a、b的示数均为10N（取）（1）若传感器a的示数为14N、b的示数为6.0N,求此时汽车的加速度大小和方向。（2）当汽车以怎样的加速度运动时，传感器a的示数为零。\n岛考图1.16解析：（1），a（的方向向右或向前。时，右侧弹簧的弹力（2）根据题意可知，当左侧弹簧弹力代入数据得方向向左或向后1.如图1.17所示，一根轻弹簧上端固定在0点，下端系一个钢球P,球处于静止状态。现对球施加一个方向向右的外力F,吏球缓慢偏移。若外力F方向始终水平，移动中弹簧与竖直方向的夹角且弹簧的伸长量不超过弹性限度，则下面给出弹簧伸长量x与的函数关系图象中，最接近的是（）D:案答\n解题模型:—、水平方向的圆盘模型1.如图1.01所示，水平转盘上放有质量为m的物块，当物块到转轴的距离为r时，连接物块和转轴的绳刚好被拉直（绳上张力为零）。物体和转盘间最大静摩擦力是其正压力的□倍，求：（1）当转盘的角速度吋，细绳的拉力（2）当转盘的角速度时，细绳的拉力解析：设转动过程中物体与盘间恰好达到最大静摩擦力时转动的角速度为，则，解得（1）因为，所以物体所需向心力小于物体与盘间的最大摩擦力，则物与盘间（2）因为还未到最大静摩擦力，细绳的拉力仍为0,即。,所以物体所需向心力大于物与盘间的最大静摩擦力，则细绳将对物体施加拉力，由牛顿的第二定律得:，解得2.如图2.02所示，在匀速转动的圆盘上，沿直径方向上放置以细线相连的A、B两个小物块。A的质量为，离轴心，B的质量为，离轴心，A、B与盘面间相互作用的摩擦力最大值为其重力的0.5倍，试求：\n（1）当圆盘转动的角速度为多少时，细线上开始出现张力？（2）欲使A、B与盘面间不发生相对滑动，则圆盘转动的最图2.02大角速度为多大？（）（1）当圆盘转动的角速度为多少时，细线上开始出现张力?（2）欲使A、B与盘面间不发生相对滑动，则圆盘转动的最大角速度为多大？（）解析：（1）较小吋，A、B均由静摩擦力充当向心力，增大，可知，它们受到的静摩擦力也增大，而，所以A受到的静摩擦力先达到最大值。再增大，AB间绳子开始受到拉力。由，得:（2）达到后，再增加，B增大的向心力靠增加拉力及摩擦力共同来提供，A增大的向心力靠增加拉力来提供，由于A增大的向心力超过B增加的向心力，再增加，B所受摩擦力逐渐减小，直到为零，如再增加，B所受的摩擦力就反向，直到达最大静摩擦力。如再增加，就不能维持匀速圆周运动了，A、B就在圆盘上滑动起来。设此时角速度为，绳中张力为，对A、B受力分析：对A有对B有联立解得：\n1.如图2.03所示，两个相同材料制成的靠摩擦传动的轮A和轮B水平放置，两轮半径，当主动轮A匀速转动时，在A轮边缘上放置的小木块恰能相对静止在A轮边缘上。若将小木块放在B轮上，欲使木块相对B轮也静止，则木块距B轮转轴的最大距离为（）A.B.C.D.答案:C二、行星模型1.已知氢原子处于基态时，核外电子绕核运动的轨道半径，则氢原子处于量子数1、2、3,核外电子绕核运动的速度之比和周期之比为：（）A.;B.C.B.以上答案均不对解析：根据经典理论，氢原子核外电子绕核作匀速率圆周运动时，rti库仑力提供向心力。即，从而得线速度为周期为\n又根据玻尔理论，对应于不同量子数的轨道半径与基态时轨道半径□有下述关系式：市以上几式可得卩的通式为:所以电子在第1、2、3不同轨道上运动速度之比为:而周期的通式为:所以，电子在第1、2、3不同轨道上运动周期Z比为:由此可知，只有选项B是正确的。1.卫星做圆周运动，由于大气阻力的作用，其轨道的高度将逐渐变化（由于高度变化很缓慢，变化过程屮的任一时刻，仍可认为卫星满足匀速圆周运动的规律），下述卫星运动的一些物理量的变化正确的是：（）A.线速度减小B.轨道半径增大C.向心加速度增大D.周期增大解析：假设轨道半径不变，由于大气阻力使线速度减小，因而需要的向心力减小，而提供向心力的万有引力不变，故提供的向心力大于需要的向心力，卫星将做向心运动而使轨道半径减小，由于卫星在变轨后的轨道上运动吋，满足，故增大而T减小，又，故白增大，则选项C正确。2.经过用天文望远镜长期观测，人们在宇宙中己经发现了许多双星系统，通过对它们的研究，使我们对宇宙中物质的存在形式和分布情况有了较深刻的认识，双星系统由两个星体组成，其中每个星体的线度都远小于两星体之间的距离，一般双星系统距离其他星体很远，可以当作孤立系统來处理。现根据对某一双星系统的光度学测量确定；该双星系统中每个星体的质量都是M,两者相距L,它们正围绕两者连线的中点做圆周运动。\n（1）试计算该双星系统的运动周期:（2）若实验中观测到的运动周期为，且。为了理解与的不同，目前有一种流行的理论认为，在宇宙屮可能存在一种望远镜观测不到的暗物质。作为一种简化模型，我们假定在以这两个星体连线为直径的球体内均匀分布这种暗物质。若不考虑其他暗物质的影响，请根据这一模型和上述观测结果确定该星系间这种暗物质的密度。答案：（1）双星均绕它们连线的中点做圆周运动，设运动的速率为丫，得：\n岛考（2）根据观测结果，星体的运动周期:这种差异是由双星系统（类似一个球）内均匀分布的暗物质引起的，均匀分布双星系统内的暗物质对双星系统的作用，与一个质点（质点的质量等于球内暗物质的总质量且位于中点0处）的作用相同。考虑暗物质作用后双星的速度即为观察到的速度，则有：因为周长一定时，周期和速度成反比，得:有以上各式得设所求昭物质的密度为，则有\n第三章功和詹g一、水平方向的弹性碰撞1.在光滑水平地面上有两个相同的弹性小球A、B,质量都为m,现B球静止，A球向B球运动,发生正碰。已知碰撞过程中总机械能守恒，两球压缩最紧时的弹性势能为Ep,则碰前A球的速度等于（）解析：设碰前A球的速度为V。，两球压缩最紧时的速度为v,根据动量守恒定律得出mv（）=2mv,由能量守恒定律得丄〃叫；=Ep+—（2m）v2,联立解得v0=2A/—,所以正确选项22Vm为C。2.在原子核物理中，研究核子与核子关联的最有效途径是“双电荷交换反应”。这类反应的前半部分过程和下述力学模型类似，两个小球A和B用轻质弹赞相连，在光滑的水平直轨道上处于静止状态，在它们左边有一垂直于轨道的固定挡板P,右边有一小球C沿轨道以速度v（）射向B球,如图3.01所示，C与B发生碰撞并立即结成一个整体D,在它们继续向左运动的过程中，当弹簧反度变到最短时，反度突然被锁定，不再改变，然后，A球与挡板P发生碰撞，碰后A、D都静止不动，A与P接触而不粘连，过一段时I'可，突然解除锁定（锁定及解除锁定均无机械能损失），已知A、B、C三球的质量均为m。Pv0/ABC；O»CTKarOO图3.01（1）求弹簧长度刚被锁定后A球的速度。（2）求在A球离开挡板P之后的运动过程中，弹簧的最大弹性势能。解析：（1）设C球与B球粘结成D时，D的速度为Vi，由动量守恒得加％=（加+加）片当弹簧压至最短时，D与A的速度相等，设此速度为V2,由动量守恒得2mvj=3mv2,由以上两式求得A的速度冬=丄片）。（2）设弹簧长度被锁定后，贮存在弹簧中的势能为Ep,由能量守恒，有191。-.2^2=--3niv}+Ep撞击P后，A与D的动能都为零，解除锁定后，当弹簧刚恢复到自然长1.度时，势能全部转弯成D的动能，设D的速度为v?,则有EP=-(2m)-v^\n以后弹簧伸长，A球离开挡板P,并获得速度，当A、D的速度相等时，弹簧伸至最长，设此时的速度为V4，由动量守恒得2加％=3加％当弹簧伸到最长吋，其势能最大，设此势能为E“由能量守恒，有=^-3/^+E/12解以上各式得EJ二丄"航。361.图3.02中，轻弹簧的一端固定，另一端与滑块B相连，B静止在水平直导轨上，弹簧处在原长状态。另一质量与B相同滑块A,从导轨上的P点以某一初速度向B滑行，当A滑过距离h时，与B相碰，碰撞时间极短，碰后A、B紧贴在一起运动，但互不粘连。已知最后A恰好返回出发点P并停止，滑块A和B与导轨的滑动摩擦因数都为“，运动过程中弹簧最大形变量为【2,重力加速度为g，求A从P出发的初速度v()。图3.02解析：令A、B质量皆为m,A刚接触B时速度为V](碰前)1.19由功能关系，有—mv0--mvf=jLimgl}厶厶A、B碰撞过程中动量守恒，令碰后A、B共同运动的速度为巾有mvj=2mv2碰后A、B先一起向左运动，接着A、B—起被弹回，在弹簧恢复到原长时，设A、B的共同速度为V3,在这一过程中，弹簧势能始末状态都为零，利用功能关系，有*(2加)讶-*(2加)讶=/z(2m)g(2/2)此后A、B开始分离,A单独向右滑到P点停下，由功能关系有丄mv}=2由以上各式，解得心=丁冷(13+1&2)\n1.用轻弹簧相连的质量均为2kg的A、B两物块都以v=6mIs的速度在光滑水平地面上运动，弹簧处于原长，质量为4kg的物体C静止在前方，如图3.03所示，B与C碰撞后二者粘在一起运vABc图3.03动。求在以后的运动屮，（1）当弹簧的弹性势能最大时物体A的速度多大?（2）弹性势能的最大值是多大？（3）A的速度有可能向左吗？为什么？解析：（1）当A、B、C三者的速度相等时弹簧的弹性势能最大，由于A、B、C三者组成的系统动量守恒，有（mA+mB）v=（mA+mB+mc）vA解得：（2）B、C碰撞时B、C组成的系统动量守恒，设碰后瞬间B、C两者速度为则v=（伽+mc）v*,v'=2m/s设物块A速度为vA吋弹簧的弹性势能最大为Ep,根据能量守恒Ep=+mc）v'2+—m^v2一丄（加人+mB+mc）v^=12丿（3）由系统动量守恒得mAv^mliv=mAvA+（叫+mc）v^设A的速度方向向左，<0,则vB>4m/s则作用后A、B、C动能之和121E=~mA^A>48J实际上系统的机械能1.E'=E”+—+mB+mc=48J根据能量守恒定律，Ek>E是不可能的。故A不可能向左运动。\n1.如图3.04所示，在光滑水平长直轨道上，A、B两小球之间有-•处于原长的轻质弹簧，弹簧右端与B球连接，左端与A球接触但不粘连，己知mA=—,mR=2m,开始时A、B均静止。2在A球的左边有一质量为右加的小球C以初速度片）向右运动，与A球碰撞后粘连在一起，成为一个复合球D,碰撞时间极短，接看逐渐压缩弹簧并使B球运动，经过一段时间后，D球与弹簧分离（弹簧始终处于弹性限度内）。（1）上述过程中，弹簧的最大弹性势能是多少?（2）当弹簧恢复原长时B球速度是多大？（3）若开始时在B球右侧某位置固定一块挡板（图屮未画出），在D球与弹簧分离前使B球与挡板发生碰撞，并在碰后立即将挡板撤走，设B球与挡板碰撞时间极短，碰后B球速度大小不变，但方向相反，试求出此后弹簧的弹性豹能最大值的范围。答案：（1）设C与A相碰后速度为V],三个球共同速度为V2时，弹簧的弹性势能最大，由动量守恒，能量守恒有：1vi=2V«1V2=TV0o1.—/nvQ=m-V]<1><2>“max+m=3m•v2（2）设弹簧恢复原长时，D球速度为冬，B球速度为匕m=mv3+2mv4<3><4>则有"3=-如=-卡,V4V11633（3）设B球与挡板相碰前瞬间D、B两球速度旳、v6丄处°=mv5+2nw6<5>与挡板碰后弹性势能最大，D、B两球速度相等，设为bmv5—2mv6=3mV<6>\n「5-2%V5_T+V52V5"T4v5-v03336£»'=—x/nx(―)2-—x3mxv,2222X:8236加祇m(4v5-v0)2加诒3m(4v5-v0)224当％晋时,Ep取大Ep〔“ax"%8\n二、水平方向的非弹性碰撞1.如图3.05所示，木块与水平弹簧相连放在光滑的水平面上，子弹沿水平方向射入木块后留在木块内(时间极短)，然后将弹簧压缩到最短。关于子弹和木块组成的系统，下列说法真确的是A.从子弹开始射入到弹簧圧缩到最短的过程屮系统动暈守恒B.子弹射入木块的过程中，系统动量守恒C.子弹射入木块的过程中，系统动量不守恒D.木块压缩弹簧的过程中，系统动量守恒图3.05答案：B2.如图3.06所示，一个长为L、质量为M的长方形木块，静止在光滑水平面上，一个质量为m的物块(可视为质点)，以水平初速度％从木块的左端滑向右端，设物块与木块间的动摩擦因数为“，当物块与木块达到相对静止时，物块仍在长木块上，求系统机械能转化成内能的暈Q。图3.06解析：可先根据动量守恒定律求出m和M的共同速度，再根据动能定理或能量守恒求出转化为内能的量Q。对物块，滑动摩擦力Ff做负功，由动能定理得：1212-Ff(d+s)=—mv；——mv()22即巧•对物块做负功，使物块动能减少。对木块，滑动摩擦力F/对木块做正功，由动能定理得Ffs=丄M/,即耳对木块做正功，使2木块动能增加，系统减少的机械能为：丄-—mv：_丄Mu2=Ff(d+s)-Ffs=Ftd<1>222八77本题中Ff=pmg,物块与木块相对静止时，=v,贝ij上式可简化为：\n屮ngd=—mvg_—(m+M22<2>又以物块、木块为系统，系统在水平方向不受外力，动量守恒，则:mvQ=(m+<3>联立式v2＞、v3＞得:故系统机械能转化为内能的量为:2pg(M+m)2(M+m)3.如图3.07所示，光滑水平面地面上放着一辆两端有挡板的静止的小车，车长L=lm,一个大小可忽略的铁块从车的正屮央以速度v0=5m/5向右沿车滑行。铁块与小车的质量均等于m,它们之间的动摩擦因数//=0.05,铁块与挡板碰撞过程中机械能不损失，且碰撞吋间可以忽略不答案：t=儿一％）a2.5m/s-5m/s0.05xl0m/52计，取g=1（加/$2,求从铁快由车的正中央出发到两者相对静止需经历的时间。■©图©))7”7~7~z7~7~7z7~74.如图3.08所示，电容器固定在一个绝缘座上，绝缘座放在光滑水平面上，平行板电容器板I'可的距离为d,右极板上有一小孔，通过孔有一左端固定在电容器左极板上的水平绝缘光滑细杆，电容器极板以及底座、绝缘杆总质量为M,给电容器充电后，有一质量为m的带正电小环恰套在杆上以某一初速度V。对准小孔向左运动，并从小孔进入电容器，设带电环不彫响电容器板间电场分布。带电环进入电容器后距左板的最小距离为0.5d,试求：（1）带电环与左极板相距最近时的速度v；mM（2）此过程中电容器移动的距离s。（3）此过程中能量如何变化？图3.08答案：（1）带电环进入电容器后在电场力的作用下做初速度为V。的匀减速直线运动，而电容器\n则在电场力的作用下做匀加速直线运动，当它们的速度相等时，带电环与电容器的左极板相距最近,由系统动量守恒定律可得：\n动呈观点:m岭=(Af+m)v,v=M+加力与运动观点：设电场力为FFF772W)Vgt—t—V9V—mMM+m(2)能量观点(在第(1)问基础上)：.L/d\l919X'jm：一Eq・Is——)=—mv——mv&Eq—=—(m+M)v222s号解得：d177=JoG1解得:tnM+m运动学观点:V,对M：—t=s,对m：2md2(M+m)mds=2(M+in)\n（3）在此过程，系统中，帶电小环动能减少，电势能增加，同吋电容器等的动能增加，系统中减少的动能全部转化为电势能。\n咼考三、人船模型1.如图3.09所示，长为L、质量为M的小船停在静水中，质量为m的人从静止开始从船头走到船尾，不计水的阻力，求船和人对地血的位移各为多少？解析：以人和船组成的系统为研究对象，在人由船头走到船尾的过程中，系统在水平方向不受外力作用，所以整个系统在水平方向动量守恒。当人起步加速前进时，船同时向后做加速运动；人匀速运动，则船匀速运动；当人停下来时，船也停下来。设某时刻人对地的速度为v,船对地的速度V*为V,取人行进的方向为正方向，根据动量守恒定律有：mv-Mv'=0f即-=—vM因为人市船头走到船尾的过程中，每一时刻都满足动量守恒定律，所以每一时刻人的速度与船的速度之比，都与它们的质量Z比成反比。因此人由船头走到船尾的过程中，人的平均速度v与船的V——平均速度V也与它们的质量成反比，即-=—,而人的位移S人=Vt,船的位移S船二所以船的位移与人的位移也与它们的质量成反比，即如=皂＜1＞$人MVl＞式是“人船模型”的位移与质量的关系，此式的适用条件：原来处于静止状态的系统，在系统发生相对运动的过程中，某一个方向的动量守恒。由图1可以看出：s船+$人=厶＜2＞Mm由V1X2＞两式解得$人=L,s(.a=LM+mM+m2.如图3.10所示，质量为M的小车，上面站着一个质量为m的人，车以Vo的速度在光滑的水平地面上前进，现在人用相对于小车为u的速度水平向后跳出后，车速增加△▼,则计算Av的式子正确的是：()A.(M+m)v0=M(v0+Av)—muM——v0B.(M+加)片)=A/(v()+Av)—m(w—v())C.(M+m)v0=A/(v0+Av)一ni[u-(v0+Av)J图3.10D.0=A/Av—m(u-Av)答案：CD\n1.如图3.11所示，一排人站在沿x轴的水平轨道旁，原点0两侧的人的序号都记为n(n=l,2,3,…)，每人只有一个沙袋，x>0—侧的沙袋质量为14千克，xvO—侧的沙袋质量为10千克。一质量为M=48千克的小车以某初速度从原点出发向正x方向滑行。不计轨道阻力。当车每经过一人身旁时，此人就把沙袋以水平速度u朝与车速相反的方向沿车面扔到车上，u的大小等于扔此袋Z前瞬间车速大小的2n倍(n是此人的序号数)。*A3210123图3.11(1)空车出发后，车上堆积了几个沙袋时车就反向滑行？(2)车上最终会有几个沙袋？(1)在小车朝正x方向滑行的过程中，第(ml)个沙袋扔到车上后的车速为第n个沙袋扔到车上后的车速为％,由动量守恒定律有[M+(n-1加]%12晌喙i=(M+nm)vnM-(n-Fl)mM+nmvn=〔—vn4小车反向运动的条件是vn.|>0,vn<0,即M-nm>()②M-(n+1)m<0③代入数字，得M48n<—=m14M“34>1=m14n应为整数，故n=3,即车上堆积3个沙袋后车就反向滑行.(2)车自反向滑行直到接近x<0一侧笫1人所在位置时，车速保持不变,而车的质量为M+3m.若在朝负x方向滑行过程中，第(「1)个沙袋扔到车上后车速为vn-r,第n个沙袋扔到车上后车速为時，现取在图中向左的方向(负x方向)为速度、V*的正方向，则由动量守恒定律有[M+3m+(n-l)m1肌.J-2rnn‘叫丿=(M4-3m+nm,)vn,M+3m+\n%=M+3m+nm*%」车不再向左滑行的条件是Vn-1；>0,Vr/WO即M+3m-nm,>0⑤M+3m-(n+l)m/W0⑥M+3m八-1=88<^n<9n二8时，车停止滑行，即在x<0一侧第8个沙袋扔到车上后车就停住.故车上最终共有大小沙袋3+8=11个.1.如图3.12所示海岸炮将炮弹水平射出，炮身质量（不含炮弹）为M,每颗炮弹质量为m,当炮身固定时，炮弹水平射程为s,那么当炮身不固定时，发射同样的炮弹，水平射程将是多少？图3.12解析：两次发射转化为动能的化学能E是相同的。第一次化学能全部转化为炮弹的动能；第二2次化学能转化为炮弹和炮身的动能，而炮弹和炮身水平动量守恒，由动能和动量的关系式乞=212m知，在动塑大小相同的情况下，物体的动能和质量成反比，炮弹的动能E}=-mvf=E,E2=-mvl=—^―E,由于平抛的射高相等，两次射程的比等于抛ill吋初速22M+m度之比，即：=所以s2=sI—osVj\M+mVM+m思考：有一辆炮车总质量为M,静止在水平光滑地面上，当把质量为m的炮弹沿着与水平面成9角发射出去，炮弹对地速度为％）,求炮车后退的速度。\n岛考mil)cos^v=M-m提示：系统在水平而上不受外力，故水平方向动量守恒，炮弹对地的水平速度大小为％COS0,设炮车后退方向为正方向，贝ij(M-m)v-mvQcosO=0,1.在光滑地面上，有一辆装有平射炮的炮车，平射炮固定在炮车上，已知炮车及炮身的质量为M,炮弹的质量为m；发射炮弹时，炸药提供给炮身和炮弹的总机械能&是不变的。若要使刚发射后炮弹的动能等于&，即炸药提供的能量全部变为炮弹的动能，则在发射前炮车应怎样运动？答案：若在发射前给炮车一适当的初速度％,就可实现题述的要求。在这种情况下，用v表示发射后炮弹的速度，V表示发射后炮车的速度，由动量守恒可知：(m+M)v0=mv+MV<1>rti能量关系可知：++=-mv2+-W2<2>22210按题述的要求应有一加沪=E<3>2由以上各式得：»V°-(m++』2m&(M+加+Jm(M+m))—v4>m(M+in)\n由几何关系，有而图2~OM-OS联立解得OM=第四章力学综合一、解题模型:1.如图5.01所示，一路灯距地面的高度为h,身高为/的人以速度v匀速行走。（1）试证明人的头顶的影子作匀速运动;（2）求人影的长度随时间的变化率。解：（1）设忖0时刻，人位于路灯的正下方O处，在时刻t,人走到S处，根据题意有OS二vt,过路灯P和人头顶的直线与地而的交点M为I时刻人头顶影子的位置，如图2所示。OM为人头顶影子到O点的距离。因OM与时间t成正比，故人头顶的影子作匀速运动。（2）由图2可知，在时刻t,人影的长度为SM,由几何关系，有SM=OM-OS,由以上各式得SM可见影长SM与时间t成正比，所以影长随时间的变化率k=——h-l2.一水平放置的圆盘绕竖直固定轴转动，在圆盘上沿半径开有一条宽度为2mm的均匀狭缝。将激光器与传感器上下对准，使二者间连线与转轴平行，分别置于圆盘的上下两侧，且可以同步地沿圆盘半径方向匀速移动，激光器连续向下发射激光束。在圆盘转动过程中，当狭缝经过激光器与传感器之间吋，传感器接收到一个激光信号，并将其输入计算机，经处理后画出相应图线。图5.02（a）为该装置示意图，图5.02（b）为所接收的光信号随吋I'可变化的图线，横坐标表示高屮教育\n时间，纵坐标表示接收到的激光信号强度，图屮3=1.0x10%,Ar2=0.8xl0^o(1)利用图(b)中的数据求Is时圆盘转动的角速度;(2)说明激光器和传感器沿半径移动的方向；(3)求图(b)中第三个激光信号的宽度激光器凰羽传感器(a)(b)图5.02解析：(1)由图线读得，转盘的转动周期T=0.85,角速度06-280.8rad/s=7.85raz/Is(2)激光器和探测器沿半径由中心向边缘移动(理由为：由于脉冲宽度在逐渐变窄，表明光信号能通过狭缝的时间逐渐减少，即圆盘上对应探测器所在位置的线速度逐渐增加，因此激光器和探测器沿半径由中心向边缘移动)。(1)设狭缝宽度为d,探测器接收到第i个脉冲时距转轴的距离为小第i个脉冲的宽度为△©,激光器和探测器沿半径的运动速度为VoZ化,XL—卩2眄7d7\11、dT11、2/rAr2Af]2兀企Ar2由以上式联立解得=W=0.67x1062A/|—1.如图5.03是某种静电分选器的原理示意图。两个竖直放置的平行金属板带有等量异号电荷，形成匀强电场，分选器漏斗的出口与两板上端处于同一高度，到两板距离相等。混合在一起的a、b两种颗粒从漏斗出口下落吋，a种颗粒带上正电，b种颗粒带上负电。经分选电场后，a、b两种颗粒分别落到水平传送带A、B±o己知两板间距d=0.1m,板的度I=0.5/2?,电场仅局限在平行板之间：各颗粒所带电量大小与其质量之比均为1x10—'eV焙。设颗粒进入电场时的初速度为零，分选过程中颗粒大小及颗粒间的相互作用力不计。要求两种颗粒离开电场区域时，不\n接触到极板但有最大偏转量。重力加速度g取10m/52o（1）左右两板各带何种电荷？两极板间的电压多大？（2）若两带电平行板的下端距传送带A、B的高度H=0.3m,颗粒落至传送带时的速度大小是多少？（3）设颗粒每次与传送带碰撞反弹时，沿竖直方向的速度大小为碰撞前竖直方向速度大小的一半。写出颗粒第n次碰撞反弹高度的表达式。并求出经过多少次碰撞，颗粒反弹的高度小于0.01m。传送带”供左:右a••bH传i帥传压带〃图5.0319解析：（1）左板带负电荷，右板带正电荷。依题意，颗粒在平行板间的竖直方向上满足l=-gt22在水平方向上满足：S=~='兽222dm两式联立得t/=^^=lxlO4V2lq（2）根据动能定理，颗粒落到水平传送带上满足11.—Uq+mg(l+W)=—mvv=+2g(/+H)u4mIsVm（3）在竖直方向颗粒作自由落体运动，它第一次落到水平传送带上沿竖直方向的速度(0g)22gVj=』2g(l+H)=4m/s反弹高度肉根据题设条件，颗粒第n次反弹后上升的高度:\n42g4当/I=4时，hn<0.0\m1.侦察卫星在通过地球两极上空的圆轨道上运行，它的运行轨道距地而高为h,要使卫星在一天的时间内将地面上赤道各处在日照条件下的情况全部都拍摄下来，卫星在通过赤道上空时，卫星上的摄影像机至少应拍地面上赤道圆周的弧长是多少？设地球半径为R,地面处的重力加速度为g,地球自转的周期为T。解析：设卫星周期为口，那么：MmG(尺+硏47T2=m—-Mm~R^=mg2/r地球自转角速度为CD=—在卫星绕行地球一周的时间T|内，地球转过的圆心角为0=coT}=—7,那么摄像机转到赤道正上方时摄下圆周的弧长为s=9R⑥由①②③④⑤⑥得严竽呼2.如图5.04所示，一对杂技演员（都视为质点）乘秋千（秋千绳处于水平位置）从A点由静止出发绕O点下摆，当摆到最低点B时，女演员在极短时间内将男演员沿水平方向推出，然后自己刚好能回到高处A。求男演员落地点C与O点的水平距离s。已知男演员质暈g和女演员质量m2之比空=2,秋千的质量不计，摆长为R,C点比O点低5Rom25R*i—岛考图5.04解析：设分离前男女演员在秋千最低点B的速度为心，由机械能守恒定律，\n（加I+®）X设刚分离时男演员速度的大小为勺，方向与仏相同；女演员速度的大小为冬，方向与勺相反,由动量守恒,（“+m2）v0=v,-m2v2分离后，男演员做平抛运动，设男演员从被推出到落在C点所需的时间为I,根据题给条件，由运动学规律，4R=丄g/2,$=叩1°根据题给条件，女演员刚好冋A点，由机械能守恒定律，叫gR=宁①必，已知"=2叫,由以上各式可得s=8Ro1.在广场游玩时，一个小孩将一充有氢气的气球用细绳系于一个小石块上，并将小石块放置于水平地面上。已知小石块的质量为加「气球（含球内氢气）的质量为加2,气球体积为V,空气密度为p（V和p均视作不变量），风沿水平方向吹，风速为V。已知风对气球的作用力f=ku（式中k为一已知系数，u为气球相对空气的速度）。开始时，小石块静止在地面上，如图5.05所示。（1）若风速v在逐渐增大，小孩担心气球会连同小石块一起被吹离地面，试判断是否会出现这一情况，并说明理由。（2）若细绳突然断开，己知气球飞上天空后，在气球所经过的空间中的风速v保持不变量，求气球能达到的最大速度的大小。答案：（1）将气球和小石块作为一个整体；在竖直方向上，气球（包括小石块）受到重力G、浮力F和地面支持力Fn的作用，据平衡条件有：Fn=（加|+加2）g_怒V由于式中Fn是与风速v无关的恒力，而休〉0,故气球连同小石块不会一起被吹离地面。（2）气球的运动可分解成水平方向和竖直方向的两个分运动，达到最大速度时气球在水平方\n向做匀速运动，有VA=V气球在竖直方向做匀速运动，有：+w=pgy气球的最大速度：联立求解得:\n二、滑轮模型1.如图5.06所示，将一根不可伸长、柔软的轻绳左、右两端分别系于A、B两点上，一物体用动滑轮悬挂在轻绳上，达到平衡时，两段绳子间的夹角为也，绳子张力为奸；将绳子右端移到C点，待系统达到平衡时,点，待系统达到平衡时，两段绳子间的夹角为2,绳子张力为耳；将绳子右端再由C点移到D两段绳子间的夹角为务，绳子张力为杓，不计摩擦，并且BC为竖直线，贝I」（）a.q=O2<&§C.>F2>F3b.q=&2=%D.F{=F2>F3解析：由于跨过滑轮上绳上各点的张力相同，而它们的合力与重力为一对平衡力，所以从B点移到c点的过程中，通过滑轮的移动，q=2，片=玛，再从c点移到d点，&3肯定大于2,Q由于竖直方向上必须有2Fcos-=mg,所以厲＞竹。故只有A选项正确。2.如图5.07所示在车厢中有一条光滑的带子（质量不计），带子中放上一个圆柱体，车子静止时带子两边的夹角ZACB=90°,若车厢以加速度a=7.5m/s2向左匀加速运动，则带子的两边与车厢顶面夹角分别为多少？解析：设车静止时AC长为/,当小车以a=7.5m/s2向左作匀加速运动时，由于AC、BC之间的类似于“滑轮”，故受到的拉力相等，设为Ft，圆柱体所受到的合力为ma,在向左作匀加速，运动中AC长为Z+A/,BC长为Z—\n.smasin/?sin/由儿何关系得=一=—/l-\ll+MV2/由牛顿运动定律建立方程：Ftcos«一Ftcos0=ma,许sina+外sin0=mg代入数据求得q=19°,0=93。1.如图5.08所示，细绳绕过两个定滑轮A和B,在两端各挂一个重为P的物体，现在A、B的中点C处挂一个重为Q的小球，Qv2P,求小球nJ•能下降的最大距离h。已知AB的长为2L,不计滑轮和绳之间的摩擦力及绳的质量。解析：选小球Q和两重物P构成的整体为研究对象，该整体的速率从零开始逐渐增为最大，紧接着从最大又逐渐减小为零(此吋小球下降的距离最大为h),如图4在整个过程中，只有重力做功机械能守恒。因重为Q的小球可能下降的最大距离为h,所以重为P的两物体分别上升的最大距离均为考虑到整体初、末位置的速率均为冬，故根据机械能守恒定律知，重为Q的小球重力势能的减少量等于重为P的两个物体重力势能的增加量，即Qh=2P(V/r+A2-L)。从而解得"%2.如图5.09轻绳AD跨过固定在水平横梁BC右端的定滑轮挂住一个质量为M)的物体。ZACB=30°:图(b)中轻杆HG—端用钱链固定在竖直墙上，另一端G通过细绳EG拉住，EG与水平方向也成30°,轻杆的G点用细绳GF\n拉住一个质量为M2的物体，求细绳AC段的张力Ftac与细绳EG的张力Fteg之比？图5.09解析：图(a)屮绳AC段的拉力FiAC=M1g图(b)中由于FTEGsin30°=M2g,解得：%2M1.如图5.10所示，质量分别为M和m(M>m)的小物体用轻绳连接；跨放在半径为R的光滑半圆柱体和光滑定滑轮B上,m位于半圆柱体底端C点，半圆柱体顶端A点与滑轮B的连线水平。整个系统从静止开始运动。设m能到达圆柱体的顶端，试求：(Dm到达圆柱体的顶端A点时，m和M的速度。(2)m到达A点时，对圆柱体的压力。答案:(1)Mg-7tR-mgR-—(M+m)v2Mg7iR-2mgRM+m/、加『厂(2)-^-=mg-FN\n0厂Mmg兀一2irrgM+mM+m-JiM+2m=m2M+m\n三、渡河模型1.如图5.11所示，人用绳子通过定滑轮以不变的速度勺拉水平面上的物体A,当绳与水平方向成（）角时，求物体A的速度。解：本题的关键是正确地确定物体A的两个分运动。物体A的运动（即绳的末端的运动）可看作两个分运动的合成：一是沿绳的方向被牵引，绳长缩短。绳长缩短的速度即等于v,=v（）；二是随着绳以定滑轮为圆心的摆动，它不改变绳长，只改变角度B的值。这样就可以将叮按图示方向进行分解。所以儿及“2实际上就是叮的两个分速度，如图所示，由此可得=cosOcos&故无法用2.如图5.12所示，某人通过一根跨过定滑轮的轻绳提升一个质量为m的重物，开始时人在滑轮的正下方，绳下端A点离滑轮的距离为H。人由静止拉着绳向右移动，当绳下端到B点位置时，人的速度为v，绳与水平面夹角为8。问在这个过程屮，人对重物做了多少功？解析：人移动时对绳的拉力不是恒力，重物不是做W=FsmsO求对重物做的功，需从动能定理的角度来分析求解。当绳下端由A点移到B点时，重物上升的高度为:H丹_H(l-sin0)sin0sin0重力做功的数值为:高中教育\n岛考_mgH(1-sin0)g_当绳在B点实际水平速度为v时，v可以分解为沿绳斜向下的分速度片和绕定滑轮逆时针转动的分速度冬，其屮沿绳斜向下的分速度片和重物上升速度的大小是一致的，从图屮可看出：Vj=vcos^以重物为研究对象，根据动能定理得:W人一％=-mv；-02sin&u/_mgH(\-sin0)(mvcos0人—+1.一条宽度为L的河，水流速度为匕-已知船在静水中速度为V船，那么:（1）怎样渡河时间最短？（2）若u船＞卩水，怎样渡河位移最小？（3）若＜v水，怎样渡河船漂下的距离最短?解析：（1）小船过河问题，可以把小船的渡河运动分解为它同时参与的两个运动，一是小船运动,一是水流的运动，船的实际运动为合运动。如图4所示。设船头斜向上游与河岸成任意角0。这时船速在垂直于河岸方向的速度分量为v,=Krsin^,渡河所需要的时间为t=—=—-—,可以Vju船sin0看出：L、v船一定时，t随sin0增大而减小；当&=90°时，sin=1（最大）。所以，船头与河岸垂直-in图4\n~~（2）如图5所示，渡河的最小位移即河的宽度。为了使渡河位移等于L,必须使船的合速度v的方向与河岸垂直，即使沿河岸方向的速度分量等于Oo这时船头应指向河的上游，并与河岸成一定的角度所以有卩船cos0=v水,即0=arccos—o'v船因为OWcosOYl,所以只有在％>卩水时，船才有可能垂直河岸渡河。（3）若v^m=—计算或由对称性找乘积IU（对应于图线上的面积）的最大值，也可以求4厂出此值。1.如图6.03所示电路中，R2、R3是定值电阻，&是滑动变阻器，当&的滑片P从中点向右端滑动吋，各个电表的示数怎样变化?2.如图6.04所示电路由8个不同电阻组成，已知川=12Q其余电阻阻值未知，测得A、BI'可的总电阻为4Q。今将&换成6Q的电阻，则A、B间的总电阻变为。图6.043.如图6.05所示的电路中，S接通，两电源的电动势都为3V,内阻都为IQ,R]=2Q,R2=4Q,C=10uF.求：（1）电容器两端的电压多大？（2）现断开S,从此吋起，到电容器两端电压稳定吋止，通过尺2上的电量为多少？图6.05\n1.如图6.06所示，R；f6Q,电源内阻r为1Q,当K合上且R2为2Q时，电源的总功率为16W,而电源的输出功率为12W,灯泡正常发光，求：（1）电灯的电阻及功率。图6.06解：（1）P内耗二I备二4W,I=2Ae=7=8v=^—^=1A,Il=1A&（2）K断开时，为使灯泡正常发光，R2的阻值应调到多少欧？2.如图6.07所示的电路中，电池的电动势£=5伏，内电阻r=10欧，固定电阻R二90欧，R。是可变电阻，在Ro由零增加到400欧的过程中，求：仃）可变电阻R。消耗功率最大的条件和最大热功率。（2）电池的内电阻r和固定电阻R上消耗的最小热功率之和。图6.07解：⑴由等效内阻法，当Ro=R+r=（9O+lO）Q=100Q时，可变电阻R0上消耗的功率最大，且2仏=—-——=0.0623V吨4（R+r）⑵电流最小即R°取最大值400Q吋，定值电阻r和R上消耗的电功率最小，忖最小功率（/?+r）=0.01VV3.如图图6.08所示，C]=6微法，C2=3微法，&=6欧，/?2=3欧，当开关S断开时,力、〃两点电压〃肚=?当S闭合时，G的电量是增加还是减少？改变了多少库仑？己知f/=18伏。\nU=18伏图6.08解：在电路中，G、G的作用是断路，当S断开时，全电路无电流，B、C等势，A.〃等势，则5=—=如=18伏。G所带的电量为Q=C,（/cd=6x106x18=1.08x104（库）S闭合时，电路由串联，G两端的电压即用上两端的电压，^=-^^=^-6=12（伏）尺十鸟6+3C\的带电量2；==6x1of12=0.72x1（）7（库）故G的带电量改变TA2=e；-2|=0.72x10-4-1.08x10^=-0.36x10-4（库），负号表示减少。1.把一个10V,2.0W的用电器A（纯电阻）接到某一电动势和内阻都不变的电源上.用电器A实际消耗的功率是2.0瓦，换上另一个10V,5.0W的用电器B（纯电阻）接到这一电源上，问电器B实际消耗的功率有没有可能反而小于2.0瓦？你如果认为不可能，试说明理由；如果认为可能，试求出用电器B实际消耗的功率小于2.0瓦的条件（设电阻不随温度改变）-解根据A,B的额定电压和额定功率可求出它们的电阻分别为R,=-^-=5QQ匕\rh=-^-=2（nPb根据闭合电路欧姆定律可得出，把A,B用电器分别接到电源上，所消耗的功率分别为于是根据题中给出的条件PA二2.0瓦，PBV2.0瓦，即得出x50=2.0（50+r）\2x20<2.0UO+rJ把上式联立求解，得出电源电动势e和内阻r满足条件是^>10+2710Vr=5^-50>l（x/l0V\n1.电饭锅是一种可以自动煮饭并自动保温，又不会把饭烧焦的家用电器。它的电路由控制部分AB和工作部分BC组成。Ki是限温开关，手动闭合，当温度达到103°C时自动断开，不能自动闭合。K?是自动开关，当温度超过80°C时自动断开，温度低于70%时自动闭合。R2是限流电阻，阻值2140Q,Ri是工作电阻，阻值60锅屮放好适量的米和水，插上电源(220V,50出)，手动闭合《后，电饭锅就能自动煮好米饭并保温。⑴简述手动闭合Ki后，电饭锅加热、保温过程的工作原理。⑵加热过程电饭锅消耗的电功率R是多大？K“K?都断开时电饭锅消耗的功率巳是多大？⑶若插上电源后没有手动闭合Ki,能煮熟饭吗？为什么？解答：⑴插上电源，手动闭合K】后由于室温肯定低于70°C所以当吋K?也是闭合的，所以R2被短路，只有Ri工作，功率R较大，使米和水被加热，当温度升到80°C时金断开，但Ki仍闭合，&仍被短路，功率仍为所以温度继续升高，把水烧开，这时温度将保持在100°C直到水分蒸发完毕，温度继续升髙到103°C,&断开且不再自动闭合，这时饭已煮好，乩、R2串联，热功率P2较小，电饭锅发出的电热小于它向外释放的热，温度开始降低，当温度降低到70°C时，佥自动闭合，功率又变为P】，使饭的温度升高，到80°C吋&自动断开，温度又开始降低……如此使电饭锅处于保温状态，直到关闭电源。(2)P1=U2/Ri=807W,P2=U2/(Ri+R2)=22W(3)若&未闭合,开始&总是闭合的,R2被短路,功率为R,当温度上升到80°C时,佥自动断开,功率降为P2,温度降低到70°C,&自动闭合……温度只能在70°C〜80°C之间变化，不能把水烧开，不能煮熟饭。二、交变电流1.有一正弦交流电源，电压有效值U=I2OV,频率为/=50Hz向一霓虹灯供电，若霓虹灯的激发电压和熄灭电压均为U()=60Jiv,试估算在一个小时内，霓虹灯发光时间有多长？为什么人眼不能感到这种忽明忽暗的现象？解析：rfl正弦交流电的最大值与有效值U的关系得：Un=12()V2V设r=0时交流电的瞬时电压(7=0则交流电的瞬时表达式为}4”/v如图所示，画出一个周期内交流电的图象，其中阴影部分对应\n的时间h表示霓虹灯不能发光的时间，根据对称性，一个周期内霓虹灯不能发光的时间为4心当f/=L/()=60V2V时，由上式得Z|=l/600s,再由对称性求得一个周期内能发光的时间:1t=T-4ti=——s75=2400$再rti比例关系求得一小时内霓虹灯发光的时间为••戶弹x丄%o75很明显霓虹灯在工作过程屮是忽明忽暗的，而熄灭的时间只有l/300s(如图血时刻到力时刻)由于人的眼睛具有视觉暂留现象，而这个视觉暂留时间约l/16s为远大于1/3005,因此经过灯光刺激的人眼不会因为短暂的熄灭而有所感觉。1.把一电容器C接在220V的交流电路中，为了保证电容不被击穿，电容器C的耐压值是多少？解析：不低于200V2V,不少学生往把电容器与灯泡类比，额定电压220V的灯泡接在220V的交流电源上正常发光.从而错误的认为电容器的耐压值也只要不低于220V即可，事实上，电容器接在交流电路屮一直不断地进行充、放电过程.电容器两极间电压最大可达200V2V,故电容器C的耐压值应不低于200V2V.2.如图6.09所示，两平行导轨与水平面间的倾角为0=37。，电阻不计，间距L=0.3/n,长度足够长，导轨处于磁感应强度B=1T,方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场中.导轨两端各接一个阻值为&)=2Q电阻，另一横跨在导轨间的金属棒质量加=lkg,电阻广=1Q棒与导轨间的滑动摩擦因数“=0.5,当金属棒以平行于导轨的向上初速度x)o=lOm/s上滑，直至上升到最高点过程屮，通过上端电阻电量A(?=0.1C(g取10m/s2),求上端电阻心产生的焦耳热？图6.09\n解析：设棒沿斜面能上升的最大距离为s，磁感应强度3垂直斜面向上，则等效电路和导体棒受力分析分别如图（1）、（2）所示.由图可知，3棒上升过程中，通过棒某一截面的电量应为Ar+r)小设电路各电阻消耗的总焦耳热为0总从金屈棒开始运动到最高点过程，利用能量守恒关系有Q=~Q总=5J此题中，求电阻产生的焦耳热Q应该用电流的有效值计算，由于/有工7无法求，因此只能通过能量关系求得Q.1.一闭合线圈在匀强磁场屮做匀角速转动，线圈转速为240rad/min,当线圈平面转动至与磁场平行时，线圈的电动势为2.0V。设线圈从垂直磁场瞬时开始计时，试求：（1）该线圈电动势的瞬时表达式；（2）电动势在丄s末的瞬时值。答案：(1)2sin8ntV、(2)1.0V2.如图6.10所示，匀强磁场的磁感强度B=0.1T,矩形线圈的匝数100匝，边长ab=0.2m,\nbe二0.5m,转动角速度6>=100nrad/s,转轴在正中间。试求:（1）从图示位置开始计时，该线圈电动势的瞬时表达式；（2）当转轴移动至"边（其它条件不变），再求电动势的瞬时表达式；（3）当线圈作成半径为厂二JO.l/龙的圆形,再求电动势的瞬时表达式。图6」0答案：（1）314cosl00ntV、（2）不变、（3）不变。\n第六章电越场解题模型:一、电磁场中的单杆模型1.如图7.01所示，/?!=5G,R2=6G,电压表与电流表的量程分别为0〜10V和0〜3A,电表均为理想电表。导体棒ab与导轨电阻均不计，冃导轨光滑，导轨平面水平，ab棒处于匀强磁场中。（1）当变阻器R接入电路的阻值调到30，且用=40N的水平拉力向右拉此棒并使之达到稳定速度吋，两表中恰好有一表满偏，而另一表又能安全使用，则此时ab棒的速度是多少？（2）当变阻器R接入电路的阻值调到，且仍使ab棒的速度达到稳定时，两表中恰有一表满偏，而另一表能安全使用，则此时作用于ab棒的水平向右的拉力F2是多大？图7.01解析：（1）假设电流表指针满偏，即I=3A,那么此时电压表的示数为U==15V,电压表示数超过了量程,不能正常使用，不合题意。因此，应该是电压表正好达到满偏。当电压表满偏时，即U^IOV,此时电流表示数为设a、b棒稳定时的速度为，产生的感应电动势为E],则E】=BLvi，且Ei=I】（R|+R井）=20Va、b棒受到的安培力为F|=BIL=40N解得=6V可以安全使（2）利用假设法可以判断，此时电流表恰好满偏，即I2=3A,此吋电压表的示数为\n用，符合题意。由F=BIL可知，稳定时棒受到的拉力与棒中的电流成正比，所以1.如图7.02甲所示，一个足够长的“U”形金属导轨NMPQ固定在水平面内，MN、PQ两导轨间的宽为L=0.50mo一根质量为m=0.50kg的均匀金属导体棒ab静止在导轨上且接触良好，abMP恰好围成一个正方形。该轨道平面处在磁感应强度大小可以调节的竖直向上的匀强磁场中。ab棒的电阻为R=0.10Q,其他各部分电阻均不计。开始吋，磁感应强度。▲F/N图7.02（1）若保持磁感应强度的大小不变，从t=0时刻开始，给曲棒施加一个水平向右的拉力，使它做匀加速直线运动。此拉力F的大小随时间t变化关系如图2乙所示。求匀加速运动的加速度及ab棒与导轨间的滑动摩擦力。（2）若从t=0开始，使磁感应强度的大小从B（）开始使其以=0.20T/s的变化率均匀增加。求经过多长时间ab棒开始滑动？此时通过ab棒的电流大小和力向如何？（ab棒与导轨I'可的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等）解析：（1）当t=0时，当t=2s时,F2=8N联立以上式得:（2）当时，为导体棒刚滑动的临界条件，则有:\n1.如图7.03所示，处于匀强磁场小的两根足够长、电阻不计的平行金属导轨相距Im,导轨平而与水平而成=37°角，下端连接阻值为R的电阻°匀速磁场方向与导轨平面垂直。质量为0.2kg、电阻不计的金屈棒放在两导轨上,棒与导轨垂直并保持良好接触，它们之间的动摩擦因数为0.25o（1）求金属棒沿导轨由静止开始下滑时的加速度大小；（2）当金属棒下滑速度达到稳定时，电阻R消耗的功率为8W,求该速度的大小；（3）在上问屮，若只=,金属棒屮的电流方向由a到b,求磁感应强度的大小与方向。（g=10m/s2,°=0.6,cos37°=0.8）图7.03解析：（1）金属棒开始下滑的初速为零，根据牛顿第二定律由①式解得②（2）设金属棒运动达到稳定时，速度为v,所受安培力为F,棒在沿导轨方向受力平衡:③此时金属棒克服安培力做功的功率等于电路中电阻R消耗的电功率④由③、④两式解得：\n（3）设电路屮电流为I,两导轨间金属棒的长为人磁场的磁感应强度为B⑥⑦由⑥、⑦两式解得⑧磁场方向垂直导轨平面向上。4.如图7.04所示，边长为L=2m的正方形导线框ABCD和一金属棒MN由粗细相同的同种材料制成，每米长电阻为R（）=l/m,以导线框两条対角线交点O为圆心，半径r=0.5m的匀强磁场区域的磁感应强度为B=0.5T,方向垂直纸面向里且垂直于导线框所在平面，金属棒MN与导线框接触良好II与对角线AC平行放置于导线框上。若棒以v=4m/s的速度沿垂直于AC方向向右匀速运动，当运动至AC位置时，求（计算结果保留二位有效数字）：（1）棒MN上通过的电流强度大小和方向;图7.04（2）棒MN所受安培力的大小和方向。解析：（1）棒MN运动至AC位置时，棒上感应电动势为线路总电阻。MN棒上的电流将数值代入上述式子可得：I=0.41A,电流方向：N-M（2）棒MN所受的安培力：方向垂直AC向左。说明：要特别注意公式E=BLv川的L为切割磁感线的有效长度，即在磁场中与速度方向垂直的导线长度。\n4.如图7.05所示，足够长金属导轨MN和PQ与R相连，平行地放在水平桌面上。质量为m的金属杆ab可以无摩擦地沿导轨运动。导轨与ab杆的电阻不计，导轨宽度为L,磁感应强度为B的匀强磁场垂直穿过整个导轨平面。现给金属杆ab一个瞬时冲量Io，使ab杆向右滑行。（1）冋路最大电流是多少？（2）当滑行过程中电阻上产生的热量为Q时，杆nb的加速度多大？（3）杆ab从开始运动到停下共滑行了多少距离？图7.05答案：（1）由动量定理得,所以回路最大电流:由题可知金属杆作减速运动，刚开始有最大速度时有最大（2）设此时杆的速度为v,由动能定理有：而Q=解之由牛顿第二定律及闭合电路欧姆定律得（3）对全过程应用动量定理有:所以有\n又其中X为杆滑行的距离所以有4.如图7.06所示，光滑平行的水平金属导轨MNPQ相距在M点和P点间接一个阻值为R的电阻，在两导轨间矩形区域内有垂直导轨平面竖直向下、宽为＜1的匀强磁场，磁感强度为B。一质量为m,电阻为1•的导体棒ab,垂直搁在导轨上，与磁场左边界相距山。现用一大小为F、水平向右的恒力拉ab棒，使它由静止开始运动，棒ab在离开磁场前已经做匀速直线运动(棒ab与导轨始终保持良好的接触，导轨电阻不计)。求：(1)棒ab在离开磁场右边界时的速度；(2)棒ab通过磁场区的过程屮整个回路所消耗的电能;(3)试分析讨论ab棒在磁场中"J能的运动情况。X"XXXXXXXXXXXXXXdo图7.06解析：(1)ab棒离开磁场右边界前做匀速运动，速度为5,则有:对ab棒=0,解得(2)由能量守恒可得：\n解得:(3)设棒刚进入磁场时速度为v由:棒在进入磁场前做匀加速直线运动，在磁场屮运动可分三种情况讨论:①若(或),则棒做匀速直线运动;②若(或),则棒先加速后匀速；③若(或),则棒先减速后匀速。二、电磁流量计模型1.图7.07是电磁流暈计的示意图，在非磁性材料做成的圆管道外加一匀强磁场区域，当管屮的导电液体流过此磁场区域时，测出管壁上的ab两点间的电动势就可以知道管中液体的流量Q——单位时间内流过液体的体积(m3/s)o已知管的直径为D,磁感应强度为B,试推出Q与g的关系表达式。甲：从圆管的侧面看乙：对着液体涼来的方向看图7.07解析：a,b两点的电势差是由于带电粒子受到洛伦兹力在管壁的上下两侧堆积电荷产生的。到一定程度后上下两\n侧堆积的电荷不再增多,a,b两点的电势差达到稳定值此时，洛伦兹力和电场力平衡：qvB=qE,E=—,v=—,DDB\n圆管的横截面积S十，故流量02=舊。1.磁流体发电是一种新型发电方式，图7.08是其工作原理示意图。图甲屮的长方体是发电导管，其屮空部分的长、高、宽分别为人ci、b,前后两个侧面是绝缘体，下下两个侧面是电阻可略的导体电极，这两个电极与负载电阻R厶相连。整个发电导管处于图乙中磁场线圈产生的匀强磁场里，磁感应强度为B,方向如图所示。发电导管内有电阻率为p的高温、高速电离气体沿导管向右流动，并通过专用管道导出。由于运动的电离气体受到磁场作用，产生了电动势。发电导管内电离气体流速随磁场有无而不同。设发电导管内电离气体流速处处相同，且不存在磁场时电离气体流速为心，电离气体所受摩擦阻力总与流速成正比，发电导管两端的电离气体压强差V维持恒定，求：（1）不存在磁场时电离气体所受的摩擦阻力F多大;（2）磁流体发电机的电动势E的大小；（3）磁流体发电机发电导管的输入功率P。甲图7.08解析：（1）不存在磁场时，由力的平衡得F=ab\po（2）设磁场存在时的气体流速为v,则磁流体发电机的电动势E=Bav回路中的电流I=Rclv电流I受到的安培力F安B2a2vpabl设F为存在磁场时的摩擦阻力，依题意｝+，存在磁场时，由力的平衡得abAp=F^+F\n根据上述各式解得EBa\\}B~av^(3)磁流体发电机发电导管的输入功率Pabx^p由能量守恒定律得P=EI+F\故:严二agp]+BgW（&+晋）\n、回旋加速模型I.正电子发射讣算机断层（PET）是分子水平上的人体功能显像的国际领先技术，它为临床诊断和治疗提供全新的手段。（1）PET在心脏疾病诊疗中，需要使用放射正电子的同位素氮13示踪剂，氮13是由小型回旋加速器输出的高速质子轰击氧16获得的，反应中同时还产生另一个粒子，试写出该核反应方程。、/导向板XMXpXX，丿沪*■一•■-八.%■于在D形盒屮回旋的时影响）。（2）PET所用回旋加速器示意如图7.11,其屮置于高真空屮的金属D形盒的半径为R,两盒间距为d,在左侧D形盒圆心处放有粒子源S,匀强磁场的磁感应强度为B,方向如图所示。质子质量为m,电荷量为q。设质子从粒子源S进入加速电场吋的初速度不计，质子在加速器中运动的总时间为t（英中已略去了质子在加速电场屮的运动时间），质子在电场屮的加速次数于回旋半周的次数相同，加速质子时的电压大小可视为不变。求此加速器所需的高频电源频率f和加速电压U。■X（3）试推证当R»d时，质子在电场中加速的总时间相对间可忽略不计（质子在电场屮运动时，不考虑磁场的图7.11解析：（1）核反应方程为：屁①（2）设质子加速后最大速度为v,由牛顿第二定律得：avB=m—R"R质子的回旋周期为：T=——2/im③VqB高频电源的频率为：广=丄=qB④TZmi质子加速后的最大动能为：Ek12=—niv2⑤设质子在电场中加速的次数为m则:5Lt=n-\n可解得：u=^-⑧It(3)在电场屮加速的总时间为：nd2nd厂、t}=—=——⑨VV2兀R在D形盒中回旋的总时冋为(2=斤⑩V故丄=竺<<1,即当/?»d时，人可以忽略不计。匚7lR2.在如图7.12所示的空间区域里，y轴左方有一匀强电场，场强方向跟y轴正方向成60°,大小为E=4.0xl^N/C；y轴右方有一垂直纸而向里的匀强磁场，磁感应强度B=0.20To有一质子以速度v=2.0xl06zn/5,由x轴上的A点(10cm,0)沿与x轴正方向成30°斜向上射入磁场，在磁场屮运动一段时间后射入电场，后又回到磁场，经磁场作用后又射入电场。已知质子质量近似为加=1.6x10-27畑，电荷<7=1.6x10-19C,质子重力不计。求：(计算结果保留3位有效数字)(1)质子在磁场屮做圆周运动的半径。(2)质子从开始运动到第二次到达y轴所经历的时间。(3)质子第三次到达y轴的位置坐标。图7」2解析：(1)质子在磁场中受洛伦兹力做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律,2f=qvB=m—R得质子做匀速圆周运动的半径为:\n(2)由于质子的初速度方向与x轴正方向夹角为30。,且半径恰好等于OA,因此，质子将在磁场中做半个圆周到达y轴上的C点，如答图3所示。y/cmDxxx图3277777根据圆周运动的规律，质子做圆周运动周期为厂二——qB质子从出发运动到第一次到达y轴的吋间耳为r(=I=^«1.57x10752qB质子进入电场时的速度方向与电场的方向相同，在电场中先做匀减速直线运动，速度减为零后反向做匀加速直线运动，设质子在电场中运动的时间°，根据牛顿第二定律：qE=m—,得%J=2my=10xl0-7?■qE因此，质子从开始运动到第二次到达y轴的时间t为t=t^t2=2.57x10—7$。(3)质子再次进入磁场吋，速度的方向与电场的方向相同，在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动，到达y轴的D点。根据几何关系，可以得出C点到D点的距离为CD=2/?cos30°；则质子第三次到达y轴的位置为y2=CD+OC=2/?cos3CP+2/?cos3(T=20/icm即质子第三次到达y轴的坐标为(0,34.6cm)o\n2.如图7.13所示，在半径为R的绝缘圆筒内有匀强磁场，方向垂直纸而向里，圆筒正下方有小孔C与平行金属板M、N相通。两板间距离为d,两板与电动势为U的电源连接，一带电量为—q、质量为m的带电粒子（重力忽略不计）,开始时静止于C点正下方紧靠N板的A点，经电场加速后从C点进入磁场，并以最短的时间从C点射出。己知带电粒子与筒壁的碰撞无电荷量的损失，且碰撞后以原速率返回。求：图7.13（1）筒内磁场的磁感应强度大小；（2）带电粒子从A点出发至重新回到A点射出所经历的时I'可。答案：（1）带电粒子从C孔进入，与筒壁碰撞2次再从C孔射出经历的时间为最短。粒子由C孔进入磁场，在磁场中做匀速圆周运动的速率为v=Vm得3=丄R（2）粒子从A-C的加速度为a=^ma2由d=H,粒子从A-C的时间为：2T7U11粒子在磁场中运动的吋间为"矿亦将（1）求得的B值代入，得匚=ttR3m2qU\n2.如图7.14甲所示，一对平行放置的金属板M、N的中心各有•一小孔P、Q、PQ连线垂直金属板；N板右侧的圆A内分布有方向垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B,圆半径为r,且圆心0在PQ的延长线上。现使置于P处的粒子源连续不断地沿PQ方向放11!质量为m、电量为+q的带电粒子（带电粒子的重力和初速度忽略不计，粒子间的相互作用力忽略不计），从某一时刻开始，在板M、N间加上如图5乙所示的交变电压，周期为T,电压大小为U。如果只有在每一个周期的0—T/4时间内放出的带电粒子才能从小孔Q中射出，求：（1）在每一个周期内哪段时间放出的带电粒子到达Q孔的速度最大？（2）该圆形磁场的哪些地方冇带电粒子射出，在图中标出有带电粒子射出的区域。19得qt/=—mv22-^2答案：（1）在每一个周期=f丁内放出的带电粒子到达Q孔的速度最大。设最大速度为v,则据动能定理⑵因为旳―吟心丐专解得带电粒子在磁场中的最小偏转角为0detank盏。所以图6中斜线部分有带电粒子射出。\n1.一质点在一平面内运动，英轨迹如图7.15所示。它从A点出发，以恒定速率勺经时间t到B点，图屮x轴上方的轨迹都是半径为R的半圆，下方的都是半径为r的半圆。（1）求此质点由A到B沿x轴运动的平均速度。（2）如果此质点带正电，且以上运动是在一恒定（不随时间而变）的磁场屮发生的，试尽可能详细地论述此磁场的分布情况。不考虑重力的影响。图7.15解析：（1）由A到B,若上、下各走了N个半圆，则其位移Z=N2(R—d①其所经历的时间\t=N旦空◎②vo所以沿x方向的平均速度为_Ar2v0(/?-r)p——A/7r(R+r)（2）I.根据运动轨迹和速度方向，可确定加速度（向心加速度），从而确定受力的方向，再根据质点带正电和运动方向，按洛伦兹力的知识可断定磁场的方向必是垂直于纸面向外。I.x轴以上和以下轨迹都是半圆，可知两边的磁场皆为匀强磁场。II.x轴以上和以下轨迹半圆的半径不同，用B上和B下分别表示上、下的磁感应强度，用m、q和v分别表示带电22质点的质量、电量和速度的大小；则由洛伦兹力和牛顿定律可知，qvBv=m^.qvB卜=,由此可得且=二,RrB下RR即下面磁感应强度是上面的一倍。r（1）金属板P逸出光电子后带什么电?高屮教育2.如图7.16所示，一束波长为2的强光射在金属板P的A处发生了光电效应，能从A处向各个方向逸出不同速率的光电子。金属板P的左侧有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感强度为B,面积足够人，在A点上方L处有一涂荧光材料的金属条Q,并与P垂直。现光束射到A处，金属条Q受到光电子的冲击而发出荧光的部分集中在CD间，j=LCD=L,光电子质量为m,电量为e,光速为c**xxxjjxxxx冥**比xM/XXXXXX*nx*x*\n（2）计算P板金属发生光电效应的逸出功W。图7J6（3）从D点飞出的光电子中，在磁场中飞行的最短时间是多少?解析：（1）由电荷守恒定律得知P带正电。（2）所有光电子中半径最大值R=d277?V2~~R，所以Ehn=UB2e24mheI?B2e2A4/72（3）以最大半径运动并经D点的电子转过圆心角最小，运动时间最短1.横截而为止方形的匀强磁场磁感应强度为有一束速率不同的带电粒子垂直于磁场方向在ab边的屮点，与ab边成30°角射入磁场，如图7.17所示，已知正方形边长为L.求这束带电粒子在磁场中运动的最长时间是多少?运动时间最长的粒子的速率必须符合什么条件?（粒子的带电量为+q、质量为m）图7」7c解：粒子从ab边射出时在磁场中运动的时间最长，片5776二5/〃/3皿粒子耍从ab边射出它的轨迹就不能碰到ad边，轨迹恰好与ad边相切时R+Rco$Y=L/2tRWU,R二mv/qB,2.如图40-Al1所示，在xoy平面内有许多电子（每个电子质量为///,电量为e）从坐标原点o不断地以相同大小的速度旳沿不同的方向射入第I象限.现加上一个垂直于xoy平面的磁感应强度为〃的匀强磁场，要求这些电子穿过该磁场后都能平行于x轴向x轴正方向运动，试求出符合该条件的磁场的最小而积.‘yXAO图7.18解：所有电子均在匀强磁场中做半径Be的匀速圆周运动，沿y轴正方向射入的电子须转过1/4圆周才能沿x轴正方向运动，它的轨迹可当作该磁场的上边界a（如图所示），其圆的方程为：（斤-影Sy?二乩沿与x轴成任意角a（90°>a>0°）射入的电子转过一段较短的圆弧0P（其圆心为0’）运动方向亦可沿x轴正高中教育\n方向，设P点坐标为（x,y）,因为P0‘必定垂直于X轴，可得方程：/+刃2=川,此方程也是一个半径为R的圆，这就是磁场的下边界b.该磁场的最小范围应是以上两方程所代表的两个圆的交集，其面积为5mi„=2［（刀F/4）—（F/2）］=［（兀-2）/2］（/^ro）7^2.1.图7.19中虚线MN是一垂直纸面的平面与纸面的交线，在平而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.0是MN上的一点，从0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屮给定的P点相遇，P到0的距离为L.不计重力及粒子间的相互作用.求:第二定律得qvB=mv/R、（1）所考察的粒子在磁场中的轨道半径；（2）这两个粒子从0点射入磁场的时间间隔.解：（1）设粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径为R,由牛顿R=mv/qB①（2）以OP为弦画两个半径相等的圆弧，分别表示两个粒子的轨道.圆心和直径分别为0、0?和00Q、OO2Q2,在0由①⑦⑧三式解得:处两个圆的切线分别表示两个粒子的射入方向，用（）表示它们之间的夹角，由几何关系得：ZP0Q二ZPO2Q2二（）②从0点射入到相遇，粒子1的路程为半个圆周加弧长Q2,且Q戶斤0③粒子2的路程为半个圆周减弧长Q2P,且Q2P=7?0④粒子1的运动时间为t^T^Re/v粒子2的运动时间为^1=772-7?o/v两例子射入的时间间隔为△匸t~tf2R0/v因Rcoc（〃/2）=厶/2解得⑤⑥⑦0=2Rarccos(L/2R)⑧2.串列加速器是用来产生高能离子的装置.图41-B11中虚线框内为其主体的原理示意图，其中加速管的中部b处有很高的正电势«a、c两端均有电极接地（电势为零）.现将速度很低的负一价碳离子从a端输入，当离子到达b处时,可被设在b处的特殊装置将其电子剥离，成为〃价正离子，而不改变其速度大小.这些正刀价碳离子从c端飞出后进入一与其速度方向垂直的、磁感应强度为〃的匀强磁场中，在磁场中做半径为斤的圆周运动.己知碳离子质量沪2.0X10~26kg,A7.5X105V,*0.5T,n=2,基元电荷歹1.6X10_19C,求R.解：设碳离子到达b处的速度为旳,从c端射出时的速度为血，由能量关系得：丄加*=eU®2二丄加彳+ne［J②进入磁场后，碳离子做圆周2*■2图7.20\n由以上三式可得"舟严卫④由④式及题中所给数值可解得/^O.75m1.在如图7.21所示的装置中MN是一对相距为d的水平金属板在它们上方另有一水平金属板Q,其上有一小孔S正对着板M上的小孔0.MN间有一垂直向里的磁感应强度为〃匀强磁场.在板Q的S孔处有质量为/〃、电荷量为的负离子，其重力和初速度不计，电源的电动势为E内阻为八&总电阻为2八滑动触头C在AB的中点，离子从MN•的屮点飞出，求离子飞出磁场时的速度大小.解：根据闭合电路欧姆定律得ABERab+厂2£离子在QM间加速,由动能定理得：2离子在MN间运动,由动能定理得:XXXXXXXXXX*tXXQSM0图7.212.如图7.22所示，匀强电场的场强A=4V/m,方向水平向左，匀强磁场的磁感应强度庐2T,方向垂直于纸面向里.-个质量Eg、带正电的小物体A从M点沿绝缘粗糙的竖直壁无初速下滑，当它滑行/f0.8m到7点时离开壁做曲线运动，运动到P点时恰好处于平衡状态，此时速度方向与水平方向成45°设P与M的高度差痒1.6m.求:(1)A沿壁下滑过程中摩擦力做的功；(2)P与M的水平距离S.(ga10m/s2)解：⑴小物体到N点时离开壁时，qvQqE19从M到N的过程小，根据动能定理mgh+W/=-mv；\n代入数据得«=-6X10_：iJ⑵小物体运动到P点时恰好处于平衡状态qEwg,qvpB=近qE,vp=2^2m/s从M到P的过程屮，根据动能定理12mgH+Wf-qES-—代入数据得GO.6m选校网www.xuanxiao.com高考频道专业大全历年分数线上万张大学图片大学视频院校库（按Ctrl点击打开）