高中物理第一轮复习全套教案(共25专题)-高中课件精选 573页

高三物理第一轮复习教案（上）2009届高三第一轮复习1——直线运动22009届高三第一轮复习2——曲线运动362009届高三第一轮复习3——力572009届高三第一轮复习4——共点力平衡772009届高三第一轮复习5——牛顿定律872009届高三第一轮复习6一一万有引力定律及其应用1192009届高三第一轮复习7一一动量1312009届高三第一轮复习8——机械能1602009届高三第一轮复习9——机械振动和机械波2082009届高三第一轮复习10——电场2392009届高三第一轮复习11——磁场2722009届高三第一轮复习12叵定电流307（下）2009届高三第一轮复习13一一交变电流3462009届高三第一轮复习14——电磁感应3672009届高三第一轮复习15——电磁场和电磁波4132009届高三第一轮复习16——分子动理论4232009届高三第一轮复习17——内能热和功4272009届高三第一轮复习18一一气体的状态参量4302009届高三第一轮复习19——光的折射4342009届高三第一轮复习20——光的干涉4452009届高三第一轮复习21——光的偏振、激光4552009届高三第一轮复习22——原子的核式结构玻尔理论天然放射现象4572009届高三第一轮复习23—一核反应核能质能方程4652009届高三第一轮复习24——力学实验4722009届高三第一轮复习25——电磁学实验481\n直线运动直线运动尸匀速直线运动s=vt,s-t图，(d=0)1“2v,=v()+at,s=v()t+~at"匀变速直线运动Q…图i—R"r自由落体（c=g）待例竖直上抛（Q=g）知识网络:_〔参考系、质点、时间和时刻、位移和路程运动的描述V速度、速率、平均速度、加速度直线运动的条件：S巾共线I典型的直线运动单元切块：按照考纲的要求，本章内容可以分成三部分，即：基本概念、匀速直线运动；匀变速直线运动；运动图象。其中重点是匀变速直线运动的规律和应用。难点是对基本概念的理解和对研究方法的把握。基本概念匀速直线运动知识点复习一、基本概念1、质点：用来代替物体、只有质量而无形状、体枳的点。它是一种理想模型，物体简化为质点的条件是物体的形状、大小在所研究的问题中可以忽略。2、时刻：表示吋间樂标轴上的点即为吋刻。例如几秒初，几秒末，几秒吋。\n时间：前后两时刻之差。时间坐标轴上用线段表示时间，例如，前几秒内、第几秒3、位置：表示空间坐标的点。位移：由起点指向终点的有向线段，位移是末位置与始位置Z差，是矢暈。路程：物体运动轨迹之长，是标量。注意：位移与路程的区别.4、速度：描述物体运动快慢和运动方向的物理量，是位移对时间的变化率，是矢量。平均速度：在变速直线运动中，运动物体的位移和所用吋间的比值，v=Vr（方向为位移的方向）瞬时速度：对应于某一时刻（或某一位置）的速度，方向为物体的运动方向。速率：瞬时速度的大小即为速率；平均速率：质点运动的路程与时间的比值，它的大小与相应的平均速度Z值可能不相同。注意：平均速度的大小与平均速率的区别.【例1】物体M从A运动到B,前半程平均速度为力，后半程平均速度为厂，那么全程的平均速度是：（）A.（申+耳）/2B・C.儿+勺D・2V*V2Vj+V2V,+V2解析：本题考查平均速度的概念。全程的平均速度v=-=—-—=空工，故t_S_+sVj+v22儿2v2止确答案为D5、加速度：描述物体速度变化快慢的物理量，a=/\v//\t（又叫速度的变化率），是矢量。a的方向只与△"的方向相同（即与合外力方向相同）。点评1：（1）加速度与速度没有直接关系：加速度很大，速度可以很小、可以很大、也可以为零（某瞬时）；加速度很小，速度可以很小、可以很大、也可以为零（某瞬时）。（2）加速度与速度的变化量没有直接关系：加速度很大，速度变化量可以很小、也可以很大；加速度很小，速度变化量可以很大、也可以很小。加速度是“变化率”——表示变化的快慢，不表示变化的大小。\n点评2：物体是否作加速运动，决定于加速度和速度的方向关系，而与加速度的大小无关。加速度的增大或减小只表示速度变化快慢程度增大或减小，不表示速度增大或减小。（1）当加速度方向与速度方向相同时，物体作加速运动，速度增大；若加速度增大，速度增大得越来越快；若加速度减小，速度增大得越来越慢（仍然增大）。（2）当加速度方向与速度方向相反时，物体作减速运动，速度减小；若加速度增人，速度减小得越来越快；若加速度减小，速度减小得越来越慢（仍然减小）。【例2】一物体做匀变速直线运动，某时刻速度大小为4m/s,经过Is后的速度的大小为10m/s,那么在这Is内，物体的加速度的大小可能为解析：本题考查速度、加速度的矢量性。经过Is后的速度的大小为10m/s,包括两种可能的情况，一是速度方向和初速度方向仍相同，二是速度方向和初速度方向已经相反。取初速度方向为正方向，则Is后的速度为vt=1Om/s或几二一lOm/s由加速度的定义可得10-41=6m/s或d=-10-4=-14m/so答案：6m/s或14m/s点评：对于一条直线上的矢量运算，要注意选取正方向，将矢量运算转化为代数运算。6、运动的相对性：只有在选定参考系之后才能确定物体是否在运动或作怎样的运动。一般以地面上不动的物体为参照物。【例3】甲向南走100米的同时，乙从同一地点出发向东也行走100米，若以乙为参考系，求甲的位移大小和方向？解析：如图所示，以乙的矢量末端为起点，向甲的矢量末端作一条有向线段，即为甲相对乙的位移，由图可知，甲相对乙的位移大小为10（）72m,方向，南偏西45°o点评：通过该例可以看出，要准确描述物体的运动，就必须选择参考系，参考系选择不同，物体的运动情况就不同。参考系的选取要以解题方便为原则。在具体题冃中，耍依据具体情况灵活选取。下而再举一例。【例4】某人划船逆流而上，当船经过一桥时，船上一小木块掉在河水里，但一直航行\n至上游某处时此人才发现，便立即返航追赶，当他返航经过1小时追上小木块时，发现小木块距离桥有5400米远，若此人向上和向下航行时船在静水中前进速率相等。试求河水的流速为多大？解析：选水为参考系，小木块是静止的；相对水，船以恒定不变的速度运动，到船“追上”小木块，船往返运动的时间相等，各为1小时；小桥相对水向上游运动，到船“追上”小木块，小桥向上游运动了位移5400m,吋间为2小吋。易得水的速度为0.75m/so二、匀速直线运动1.定义：v=-,即在任意相等的时间内物体的位移相等.它是速度为恒矢量的运动，t加速度为零的直线运动。2.图像：匀速直线运动的$・/图像为一直线：图线的斜率在数值上等于物体的速度。三、综合例析【例5】关于位移和路程，下列说法中正确的是()A.物体沿直线向某一方向运动，通过的路程就是位移B.物体沿直线向某一方向运动，通过的路程等于位移的大小C.物体通过一段路程，其位移可能为零D.物体通过的路程可能不等，但位移可能相同解析：位移是矢量，路程是标量，不能说这个标量就是这个矢量，所以A错，B正确.路程是物体运动轨迹的实际长度，而位移是从物体运动的起始位置指向终止位置的有向线段,如果物体做的是单向直线运动，路程就和位移的大小相等.如果物体在两位置间沿不同的轨迹运动，它们的位移相同，路程可能不同.如果物体从某位置开始运动，经一段时间后回到起始位置，位移为零，但路程不为零，所以，CD正确.【例6】关于速度和加速度的关系，下列说法中正确的是()A.速度变化越大，加速度就越大B.速度变化越快，加速度越大\nA.加速度大小不变，速度方向也保持不变C.加速度大小不断变小，速度大小也不断变小AvAv解析：根据61=一可知，心越大，加速度不一定越大，速度变化越快，则表示一越tt大，故加速度也越大，B正确.加速度和速度方向没有直接联系，加速度大小不变，速度方向可能不变，也可能改变.加速度大小变小，速度可以是不断增大.故此题应选B.【例7】在与兀轴平行的匀强电场中,场强为E=1.0X106V/m,一带电量尸1.0X10叱、质量/n=2.5X10-3kg的物体在粗糙水平而上沿着x轴作匀速直线运动，其位移与时间的关系是x=5-2h式中兀以m为单位，t以s为单位。从开始运动到5s末物体所经过的路程为m,位移为mo解析：须注意本题第一问要求的是路程；第二问要求的是位移。将兀=5・2/和5=v（）t対照，可知该物体的初位置Ao=5m,初速度卩o=-2m/s,运动方向与位移正方向相反，即沿x轴负方向，因此从开始运动到5s末物体所经过的路程为10m,而位移为-5me【例8】某游艇匀速滑直线河流逆水航行，在某处丢失了一个救生圈，丢失后经t秒才发现，于是游艇立即返航去追赶，结果在丢失点下游距丢失点s米处追上，求水速.（水流速恒定，游艇往返的划行速率不变）。解析：以水为参照物（或救生圈为参照物），则游艇相对救生圈往返的位移大小相等，且游艇相对救生圈的速率也不变，故返航追上救生圈的时间也为t秒，从丢失到追上的时间为2t秒，在2t秒时间内，救生圈随水运动了s米，故水速v=—t思考：若游艇上的人发现丢失时，救生圈距游艇s米，此时立即返航追赶，用了t秒钟追上，求船速.【例9】如图所示为高速公路上用超声测速仪测车速的示意图，测速仪发出并接收超声波脉冲信号，根据发出和接收到信号间的吋间差，测出被测物体速度，图屮凡、B是测速仪发出的超声波信号，山、血分别是P\、P2被汽车反射回来的信号，设测速仪匀速扫描，P\,p2之I'可的时间间隔Ar=1.0s,超声波在空气屮传播的速度是340nVs,若汽车是匀速行驶的，则根据图3可知汽车在接收竹、B两个信号Z间的吋间内前进的距离是m,汽车的速度是m/s.解析：本题首先要看懂B图中标尺所记录的时间每一小格相当于多少：由于戸B之间时间间隔为1.0s,标尺记录有30小格，故每小格为1/30s,其次应看出汽车两次接收（并反射）超声波的时间间隔：尺发岀后经12/30s接收到汽车反射的超声波，故在戸发出后经6/30s\n被车接收，发出戸后，经Is发射E，可知汽车接到Pi后，经ri=l-6/30=24/30s发出尸2,而从发出尸2到汽车接收到巴并反射所历时间为/2=4.5/30s,故汽车两次接收到超声波的时间间隔为/=r1+r2=28.5/30s,求出汽车两次接收超声波的位置之间间隔：5=（6/30-4.5/30）v声=（1.5/30）x340=17m,故可算出y汽=v/z=17^（28.5/30）=17.9m/s.【例10】天文观测表明，几乎所有远处的恒星（或星系）都在以各自的速度远离我们而运动，离我们越远的星体，背离我们运动的速度（称为退行速度）越大；也就是说，宇宙在膨胀，不同星体的退行速度卩和它们离我们的距离厂成正比，即戶式屮H为一恒量,称为哈勃常数，已由天文观测测定。为解释上述现象，有人提出一种理论，认为宇宙是从一个爆炸的大火球开始形成的，大爆炸后各星体即以各自不同的速度向外匀速运动，并设想我们就位于其中心。由上述理论和天文观测结果，可估算宇宙年龄八其计算式为T=。根据近期观测，哈勃常数H=3X10-2m/s•光年，由此估算宇宙的年龄约为年。解析：本题涉及关于宇宙形成的大爆炸理论，是天体物理学研究的前沿内容，背景材料非常新颖，题屮还给出了不少信息。题目描述的现彖是：所有星体都在离我们而去，而且越远的速度越大。提供的一种理论是：宇宙是一个大火球爆炸形成的，爆炸后产生的星体向各个方向匀速运动。如何用该理论解释呈现的现象？可以想一想：各星体原来同在一处，现在为什么有的星体远，有的星体近？显然是由于速度大的走得远，速度小的走的近。所以距离远是由于速度大，严H厂只是表示“与厂的数量关系，并非表示速度大是由于距离远。对任一星体，设速度为"，现在距我们为厂，则该星体运动厂这一过程的时间丁即为所要求的宇宙年龄，T=r/v将题给条件kH广代入上式得宇宙年龄T=\/H将哈勃常数H=3X102m/s・光年代入上式，得T=1O10年。点评：有不少考生遇到这类完全陌生的、很前沿的试题，对自己缺乏信心，认为这样的问题自己从来没见过，老师也从来没有讲过，不可能做出来，因而采取放弃的态度。其实只要静下心来，进入题目的情景屮去，所用的物理知识却是非常简单的。这类题搞清其屮的因果关系是解题的关键。四、针对训练1.对于质点的运动，下列说法中正确的是（）A•质点运动的加速度为零，则速度为零，速度变化也为零A.质点速度变化率越大，则加速度越大B.质点某时刻的加速度不为零，则该时刻的速度也不为零C.质点运动的加速度越人，它的速度变化越人\n1.某质点做变速运动，初始的速度为3m/s,经3s速率仍为3m/s测（）A.如果该质点做直线运动，该质点的加速度不可能为冬B.如果该质点做匀变速直线运动，该质点的加速度一定为2m/s2C.如果该质点做曲线运动，该质点的加速度可能为2m/s2D.如果该质点做直线运动，该质点的加速度可能为I2m/s22.关于物体的运动，不可能发生的是（）A.加速度大小逐渐减小，速度也逐渐减小B.加速度方向不变，而速度方向改变C.加速度和速度都在变化，加速度最大时，速度最小D.加速度为零时，速度的变化率最大3.两木块自左向右运动，现用高速摄影机在同一底片上多次曝光，记录下木块每次曝光时的位置，如图所示.连续两次曝光的时间间隔是相等的.由图可知（）A.在时刻t2以及时刻t5两木块速度相同B.在时刻13两木块速度相同C.在时刻S和时刻口之间某瞬时两木块速度相同D.在时刻t4和时刻t5之间某瞬时两木块速度相同的短跑运动员起跑时以l/6s的时间冲出lm远，他在这一瞬间内消耗体内储存的葡萄糖质量是多少？参考答案：1.B2.BC3.D4.C5.7.5；12.5；106画*7^\n九Y2'5A/7・一10m/s；—2.5m/s28・0.28g附：知识点梳理阅读课本理解和完善K列知识要点一、参考系1.为了描述物体的运动而的物体叫参考系（或参照物）。2.选取哪个物体作为参照物，常常考虑研究问题的方便而定。研究地球上物体的运动，一•般来说是取为参照物，对同一个运动，収不同的参照物，观察的结果可能不同。3.运动学中的同一公式川所涉及的各物理量应相对于同一参照物。如杲没有特别说明，都是取地面为参照物。二、质点1.定义:2.物体简化为质点的条件：3.注意：同一物体，有时能被看作质点，有时就不能看作质点。三、时间和时刻1.时刻；在时间轴上可用一个确定的点來表示，如“2s末”、“3s初”等。2.时I'可：指两个时刻之间的一段间隔，如“第三秒内”、“10分钟”等。四、位移和路程1.位移①意义：位移是描述的物理量。②定义：③位移是矢量，有向线段的长度表示位移大小，有向线段的方向表示位移的方向。\n1.路程：路程是；路程是标量，只有大小，没有方向。2.物体做运动时，路程才与位移大小相等。在曲线运动中质点的位移的大小一定路程。五、速度和速率1.速度①速度是描述的物理量。速度是矢量，既有大小又又方向。②瞬时速度：对应或的速度，简称速度。瞬时速度的方向为该时刻质点的方向。③平均速度：定义式为卩^,该式适用于运动；而平均速度公式7=匕匕仅适用于运动。2平均速度对应某一段时间（或某一段位移），平均速度的人小跟时间间隔的选取有关，不同的阶段平均速度一般不同，所以求平均速度时，必须明确是求哪一段位移或哪一段时间内的平均速度。2.速率：瞬时速度的大小叫速率，速率是标量，只有大小，没有方向。六、加速度1.加速度是描述的物理量。2.定义式：-3.加速度是矢量，方向和方向相同。4.加速度和速度的区别和联系：①加速度的大小和速度（填“有”或“无”）直接关系。质点的运动的速度大，加速度大；速度小，其加速度—小；速度为零，其加速度为零（填“一定”或“不一淀”）。②加速度的方向（填“一定”或“不一定”）和速度方向相同。质点做加速直线运动时，加速度与速度方向;质点做减速直线运动时，加速度与速度方向;质点做曲线运动时，加速度方向与初速度方向成某一角度。③质点做加速运动还是减速运动，取决于加速度的和速度的关系，与加\n速度的无关。七、匀速直线运动1.定义：叫匀速直线运动。2.速度公式：巩固训练1.两辆汽车在平直的公路上行驶，甲车内一个人看见窗外树木向东移动，乙车内一个人发现甲车没有运动，如果以大地为参照物，上述事实说明（）A.甲车向西运动，乙车不动B.乙车向西运动，甲车不动C.甲车向西运动，乙车向东运动D.甲、乙两车以相同的速度同时向西运动2.某物体沿着半径为R的圆周运动一周的过程中，最大路程为—,最大位移为—o3.物体做直线运动，若在前一半时间是速度为V,的匀速运动，后一半时间是速度为v2的匀速运动，则整个运动过程的平均速度大小是—；若在前一半路程是速度为V!的匀速运动，后一半路程是速度为V2的匀速运动，则整个运动过程的平均速度大小是—o4.下列说法中正确的是……（）A.物体有恒定速率时，其速度仍可能有变化B.物体有恒定速度时，其速率仍可能有变化C.物体的加速度不为零时，其速度可能为零D.物体具有沿x轴正向的加速度时，可能具有沿x轴负向的速度5•—架飞机水平匀速地在某同学头顶飞过，当他听到飞机的发动机声从头顶正上方传来\n时，发现飞机在他前上方约与地面成60°角的方向上，据此可估算出此飞机的速度约为声速的倍1.下列关于质点的说法屮，正确的是…（）A.质点是非常小的点；B.研究一辆汽车过某一路标所需时间时，可以把汽车看成质点;C.研究自行车运动时，由于车轮在转动，所以无论研究哪方面，自行车都不能视为质点；D.地球虽大，且有自转，但有时仍可被视为质点B2.下列说法中正确的是（）A.位移大小和路程不一定相等，所以位移才不等于路程；B.位向由起点指向终点；C.位移取决于始末位置，路程取决于实际运却A.位移描述直线运动，是矢量；路程描述曲线运动，是标量。&下列说法屮正确的是（A.质点运动的加速度为0,则速度为0,速度变化也为0；B.质点速度变化越慢，加速度越小；C.质点某时刻的加速度不为0,则该时刻的速度也不为0；D.质点运动的加速度越人，它的速度变化也越人。9•某同学在百米比赛中,经50m处的速度为10.2m/s,10s末以10.8m/s冲过终点,他的百米平均速度大小为m/so教学后记运动学涉及到的公式很多，而且运动学是在高一第一学期就己经学过，时间比较长了，很多推论学生都差不多忘了，运用起来会乱套，特别是对基础不是很好的学生。对成绩好的学生来讲，运动学是比较简单的，关键是要让学生培养一题多解的思想，并且能够在解题时选择最简单的方法来解。运动学在高考中单独考查的不多，主要是很力学电磁学综合出现,因此，笫一轮复习关键复习基本公式及灵活运用，为在综合解题做准备。匀变速直线运动一、匀变速直线运动公式1.常用公式有以下四个vf=v0+at\n1v^t+—at点评:（1）以上四个公式中共有五个物理量：$、/、Q、巾、心这五个物理量中只有三个是独立的，可以任意选定。只要其中三个物理量确定之后，另外两个就唯一确定了。每个公式中只有其中的四个物理量，当已知某三个而要求另一个时，往往选定一个公式就可以了。如果两个匀变速直线运动有三个物理量对应相等，那么另外的两个物理量也一定对应相等。（2）以上五个物理量中，除时I'可/外，S、吋刃、Q均为矢量。一般以巾的方向为正方向，以/二0时刻的位移为零，这时$、岭和a的正负就都有了确定的物理意义。1.匀变速直线运动中几个常用的结论（1）As=aT\即任意相邻相等时间内的位移Z差相等。可以推广到sm-sn=（m-n）aT2（2）v//9=2k±2k=£,某段吋间的中I'可时刻的即吋速度等于该段时间内的平均速2t度。v5/2'某段位移的中间位置的即时速度公式（不等于该段位移内的平均速度）。可以证明，无论匀加速还是匀减速，都有Vt/210m三者的关系可知H二10.45m。由于初速未知，所以应分段处理该运动。运动员跃起上升的时间为：\n从最高点下落至手触水面，所需的时间为：t2=所以运动员在空中用于完成动作的时间约为：t=tx+r2=i.7s点评：构建物理模型时，要重视理想化方法的应用，要养成化示意图的习惯。【例12］如图所示是我国某优秀跳水运动员在跳台上腾空而起的英姿.跳台距水面高度为1()m,此时她恰好到达最高位置，估计此时她的重心离跳台台面的高度为1m,当她下降到手触及水面时要伸直双臂做一个翻掌压水花的动作，这时她的重心离水面也是1m.(取g二1()m/s?)求：(1)从最高点到手触及水面的过程屮其重心可以看作是自由落体运动，她在空屮完成一系列动作可利用的时I'可为多长?(2)忽略运动员进入水面过程屮受力的变化，入水Z后，她的重心能下沉到离水面约2.5m处，试估算水对她的平均阻力约是她自身重力的儿倍？解析：(1)这段时间人重心下降高度为10m空中动作时间/=代入数据得匸血s=1.4s(2)运动员重心入水前下降高度/z+A/7=11m据动能定理吨(力+A/?+/?水)乎水f27整理并代入数据得丄=—=5.4mg5三、针对训练1.骑自行车的人沿着直线从静止开始运动，运动后，在第Is、2s、3s、4s内，通过的路程分别为lm、2m、3m、4m,有关其运动的描述正确的是A.4s内的平均速度是2.5m/sB.在第3、4s内平均速度是3.5m/s\nA.第3s末的即时速度一定是3m/sB.该运动一定是匀加速直线运动1.汽车以20m/s的速度做匀速直线运动，刹车后的加速度为5m/s2,那么开始刹车后2s与开始刹车后6s汽车通过的位移Z比为A.1：4B.3:5C.3:4D.5:92.有一个物体开始时静止在O点，先使它向东做匀加速直线运动，经过5s,使它的加速度方向立即改为向西，加速度的大小不改变，再经过5s,又使它的加速度方向改为向东，但加速度大小不改变，如此重复共历时20s,则这段时间内A.物体运动方向时而向东时而向西B.物体最后静止在。点C.物体运动时快时慢，一直向东运动D.物体速度一直在增大3.物体做匀变速直线运动，某时刻速度的大小为4m/s,Is后速度的大小变为10m/s,关于该物体在这1s内的位移和加速度大小有下列说法①位移的大小可能小于4m②位移的大小可能大于10m③加速度的大小可能小于4m/s2④加速度的大小可能大于10m/s2英中正确的说法是A.②④B.①④C.②③D.①③4.物体从斜面顶端由静止开始滑下，经/s到达屮点，则物体从斜面顶端到底端共用时间为A.sB.y/~tsC.2/sD.t2s6•做匀加速直线运动的物体，先后经过A、B两点时的速度分别为u和7”，经\n历的时间为/,则A.前半程速度增加3.5vB.前丄时间内通过的位移为11vr/42C.后丄时间内通过的位移为llvr/42D.后半程速度增加刃7.-观察者站在笫一节车厢前端，当列车从静止开始做匀加速运动时A.每节车厢末端经过观察者的速度之比是1：血：侖：…：乔B.每节车厢末端经过观察者的时间之比是1：3：5：…：nC.在相等时间里经过观察者的车厢数之比是1：3：5：…D.在相等时间里经过观察者的车厢数之比是1：2：3：…8.汽车A在红绿灯前停住，绿灯亮起时起动，以0.4m/s2的加速度做匀加速运动，经过3()s后以该时刻的速度做匀速直线运动.设在绿灯亮的同时，汽车3以8m/s的速度从A车旁边驶过，且一直以相同速度做匀速直线运动，运动方向与A车相同，则从绿灯亮时开始A.A车在加速过程屮与B车相遇B.4、B相遇时速度相同C.相遇时A车做匀速运动D.两车不可能再次相遇9•做匀加速直线运动的火车，车头通过路基旁某电线杆时的速度是力，车尾通过该电线杆时的速度是辺，那么，火车中心位置经过此电线杆时的速度是.10.一物体由静止开始做匀加速直线运动，在笫49s内位移是48.5m,则它在第60s内位移是m.11.一物体初速度为零，先以大小为如的加速度做匀加速运动，后以大小为他的加速度做匀减速运动直到静止.整个过程屮物体的位移大小为S,则此物体在该直线运动过程屮的最大速度为•12.如图所示为用打点计时器测定匀变速直线运动的加速度的实验时记录下的一条纸带.纸带上选取1、2、3、4、5各点为记数点，将直尺靠在纸带边，零刻度与纸带上某一点0对齐.由0到1、2、3…点的距离分别用〃1、〃2、“3…表示，测量出d|、〃2、“3…的值，填入表中.已知打点计时器所用交流电的频率为50Hz,由测量数据计算出小车的加速度d和纸带上打下点3\n时小车的速度”3，并说明加速度的方向.距离12345测量值(cm)加速度大小d二m/s2,方向,小车在点3时的速度大小内二m/s.10.一物体做匀加速直线运动，初速度为0.5m/s,第7s内的位移比第5s内的位移多4m,求：(1)物体的加速度.(2)物体在5s内的位移.11.某航空公司的一架客机，在正常航线上做水平飞行时，突然受到强大的垂直气流的作用，使飞机在10s内下降高度为1800m,造成众多乘客和机组人员的伤害事故，如果只研究在竖直方向上的运动，且假设这一运动是匀变速直线运动.(1)求飞机在竖直方向上产生的加速度多大？(2)试估算成年乘客所系安全带必须提供多大拉力才能使乘客不脱离座椅.(g取10m/s2)12.如图，一长为/的长方形木块可在倾角为。的斜面上无摩擦地滑下，连续经过1、2两点，1、2之间有一距离，物块通过1、2两点所用时间分别为九和®那么物块前端P在1、2之间运动所需时间为多少？参考答案1.AB2.C\n1.C2.B3.A4.C5.AC&C2,2V1+V210.59.52a}a2sH.vm=N%+6?2m,r=ls.u=12.0.58;与运动方向相反;0.1313.利用相邻的相等时间里的位移差公式：As=a^知A$=44i|=m/s2=2m/s2.再用位移公式可求得矢=吋+—d『=(0・5X5+—X2X52)m=27.5m2xl22214.由s=-at2及：a=^-=2X1800m/s2=36m/s2.2t21000由牛顿第二是律:F+吨二得二1560N,成年乘客的质量可取45kg〜65kg,因此,F相应的值为1170N〜1690N15.设P端通过1后*时刻速度为，通过2后〈时刻速度为辺'，由匀变速运动规22ff律有：v/二丄,卩2‘二丄.物体运动的加速度为ci=gsina,tv_r==(-)r,t2~gsinagsinat2t}又/】-】'=~T41-2■，故'“2-2’+®_2，=1c2()222gsina乙4教学随感运变速直线运动重点是让学生记住公式及推论，并且注意培养学生可逆思维和一题多解的思维，为后面复习打下牢固的基础。\n运动图象追赶问题一、运动图象用图像研究物理现象、描述物理规律是物理学的重要方法，运动图象问题主要有:stV-t.d寸等图像。曲线下的面积表示位移）。可2.V-Z图象。能读出头I、V.Q的信息（斜率表示加速度,l.s・/图象。能读出S、/、V的信息（斜率表示速度）。见旷f图彖提供的信息最多，应用也最广。位移图彖（5-r）速度图象（Z）加速度图象（QJ）匀速直线运动:应〔At工t匀加速直线运动SO,$有最小值）抛物线（不要求）I二0匕e常数匀减速直线运动（avO,s有最大值）抛物线（不要求）J0lP°l*•t\re常数备注位移图线的斜率表示速度①斜率表示加速度②图线与横轴所围面积表示位移，横轴上方“面积”为正，下方为负【例1】一个固定在水平而上的光滑物块，其左侧面是斜面A3,右侧面是曲面4C。A.p小球先到灯6已知AB和AC的长度相同。两个小球p、q同时从4点分别沿AB和AC由静止开始下滑，比较它们到达水平面所用的时间\nA.q小球先到B.两小球同时到C.无法确定解析：可以利用^图象（这里的卩是速率，曲线下的面积表示路程s）定性地进行比较。在同一个T图象中做出〃、g的速率图线，显然开始时q的加速度较大，斜率较大；由于机械能守恒，末速率相同，即曲线末端在同一水平图线上。为使路程相同（曲线和横轴所围的面积相同），显然q用的时间较少。【例2】两支完全相同的光滑直角弯管（如图所示）现有两只相同小球G和/同时从管口由静止滑下，问谁先从下端的出口掉出？（假设通过拐角处时无机械能损失）解析：首先rti机械能守恒可以确定拐角处n＞巾，而两小球到达出口时的速率u相等。又由题慧可知两球经历的总路程$相等。由牛顿第二定律，小球的加速度大小a=gsino,小球a第一阶段的加速度跟小球d第二阶段的加速度大小相同（设为⑦）；小球。第二阶段的加速度跟小球d第一阶段的加速度大小相同（设为心），根据图中管的倾斜程度，显然有°]＞血。根据这些物理量大小的分析，在同一个图象中两球速度曲线下所圉的面积应该相同，且末状态速度大小也相同（纵坐标相同）。开始时d球曲线的斜率大。由于两球两阶段加速度对应相等，如果同时到达（经历时间为门）则必然有印＞$2,显然不合理。考虑到两球末速度大小相等（图中仏），球d的速度图象只能如蓝线所示。因此有“＜切即a球先到。点评：1、应用物理图象的优越性（1）利用图象解题可以使解题过程简化，思路更清晰，比解析法更巧妙、更灵活。在有些情况下运用解析法可能无能为力，用图彖法可能使你豁然开朗。（2）利用图象描述物理过程更直观从物理图彖可以更直观地观察出物理过程的动态特征。当然不是所有物理过程都可以用物理图象进行描述。（3）利用图象分析物理实验运用图象处理物理实验数据是物理实验屮常用的--种方法，这是因为它除了具有简明、直观、便于比较和减少偶然误差的特点外，还可以有图象求第三个相关物理量、运用图想求出的相关物理量误差也比较小。2、要正确理解图彖的意义（1）首先明确所给的图象是什么图象。即认清图象中横纵轴所代表的物理量及它们的函数关系。特别是那些图形相似容易混淆的图象，更要注意区分。\n（2）要清楚地理解图彖中的“点”、“线”、“斜率”、“截距”、“面积”的物理意义。①点：图线上的每一个点对应研究对象的一个状态，特别注意“起点”、“终点”、“拐点”,它们往往对应一个特殊状态。②线：表示研究对象的变化过程和规律，如v-r图象屮图线若为倾斜直线，则表示物体做匀变速直线运动。③斜率：表示横、纵坐标上两物理量的比值，常有一个重要的物理量与之对应。用于求解定量计算对应物理量的大小和定性分析变化的快慢问题。如s—/图象的斜率表示速度大小，卩一/图象的斜率表示加速度大小。④面积；图线与坐标轴围成的面积常与某一表示过程的物理量相对应。如V-1图象与横轴包围的“面积”大小表示位移大小。⑤截距：表示横、纵坐标两物理量在“边界”条件下的物理量的大小。rh此往往能得到一个很有意义的物理量。【例3】一-物体做加速直线运动，依次通过A、B、C三点，AB二BC。物体在AB段加速度为⑷，在BC段加速度为他，且物体在B点的速度为%=5+冬，则2A.a\>672B.d]二C.d]VQ2D.不能确定解析：依题意作出物体的旷？图象，如图所示。图线下方所围成的血积表示物体的位移,由几何知识知图线②、③不满足AB二BC。只能是①这种情况。因为斜率表示加速度，所以QVQ2，选项C正确。点评：本题是根据图象进行定性分析而直接作出解答的。分析时要熟悉图线下的面积、斜率所表示的物理意义。【例4】蚂蚁离开巢沿直线爬行，它的速度与到蚁巢屮心的距离成反比，当蚂蚁爬到距巢屮心的距离厶Llm的A点处时，速度是刃二2cm/s。试问蚂蚁从A点爬到距巢屮心的距离L2=2m的B点所需的时问为多少？解析：本题若采用将AB无限分割，每一等分可看作匀速直线运动，然后求和，这一办\n法原则上可行，实际上很难计算。题屮有一关键条件:蚂蚁运动的速度V与蚂蚁离巢的距离X成反比，即丄X兀，作出1-XVV图象如图示，为一条通过原点的直线。从图上可以看出梯形ABCD的面积，就是蚂蚁从A到B的时间：卩=丄（丄+丄）（乙一厶）=如二厶=75s2Vjv2一2厶片点评：解该题的关键是确定坐标轴所代表的物理量，速率与距离成反比的条件，可以写成vxl，也可以写成丄0C兀，若按前者确定坐标轴代表的量，图线下的面积就没有意义了,XV而以后者来确定，面积恰好表示时间，因此在分析时有一个尝试的过程。二、追赶问题讨论追及、相遇的问题，其实质就是分析讨论两物体在相同时间内能否到达相同的空间位置问题。1•两个关系：即时间关系和位移关系2.一个条件：即两者速度相等，它往往是物体I'可能否追上、追不上或（两者）距离最大、最小的临界条件，也是分析判断的切入点。常见的情况有：（1）物体A追上物体开始时,两个物体相距曲,则A追上B时,必有stb=s°,且VA>VBo（2）物体A追赶物体B：开始时,两个物体相距$（）,要使两物体恰好不相撞，必有$a-$b=N）,且VA^VBo3.解题思路和方法【例5】从离地面高度为〃处有自由下落的甲物体，同时在它正下方的地面上有乙物体以初速度必竖直上抛，要使两物体在空屮相碰，则做竖直上抛运动物体的初速度巾应满足\n什么条件？（不计空气阻力，两物体均看作质点）.若要乙物体在下落过程中与甲物体相碰,则卩0应满足什么条件？命题意图：以自由下落与竖直上抛的两物体在空问相碰创设物理情景，考查理解能力、分析综合能力及空I'可想象能力.B级要求.错解分析：考生思维缺乏灵活性，无法巧选参照物，不能达到快捷高效的求解效果。解题方法与技巧：（巧选参照物法）选择乙物体为参照物，则甲物体相对乙物体的初速度：V.|.6=0--Vo甲物体相对乙物体的加速度d甲乙二（・g）=0由此可知甲物体相对乙物体做竖直向下，速度大小为巾的匀速直线运动。所以，相遇h时间为：t=——vo对第一种情况，乙物体做竖直上抛运动，在空中的时间为：OWrW细g即:0宀细心g所以当Q栏'两物体在空中相碰。对第二种情况，乙物体做竖直上抛运动，下落过程的时I'可为：鱼W/冬如gg即也宀込gvog乙物体在下落过程屮与甲物体相碰O【例6]（1999年全国）为了安全，在公路上行驶的汽车之间应保持必要的距离.已知某高速公路的最高限速尸12（）km/h.假设前方车辆突然停止，后车司机从发现这一情况，经操纵刹车，到汽车开始减速所经历的时间（即反应时间）匸0.50s,刹车时汽车受到阻力的大小/为汽车重的0.40倍，该高速公路上汽车间的距离$至少应为多少？（取重力加速度g=l（）m/s2）\n解析：在反应时间内，汽车作匀速运动，运动的距离町=w设刹车时汽车的加速度的大小为a,汽车的质量为m,有戶ma自刹车到停下，汽车运动的距离S2=v2/2a所求距离5=5,4-52由以上各式得5=1.6xl02m【例7】在某市区内，一辆小汽车在公路上以速度山向东行驶，一位观光游客正由南向北从斑马线上横过马路。汽车司机发现游__北客途经D处时，经过0.7s作出反应紧急刹=车，但仍将正步行至B处的游客撞伤，该忑扃刃汽车最终在C处停下，如图所示。为了判断汽车司机是否超速行驶以及游客横穿马路的速度是否过快，警方派一警车以法定最高速度ym=14.0rn/s行驶在同一马路的同一地段，在肇事汽车的起始制动点A紧急刹车，经14.0m后停下来。在事故现场测得AB=17.5m,BC=14.0m,BD=2.6m.肇事汽车的刹车性能良好，问：（1）该肇事汽车的初速度吹是多大？（2）游客横过马路的速度是多大？解析：（1）警车和肇事汽车刹车后均做匀减速运动，其加速度大小a=^-=JLig,与m车子的质量无关，可将警车和肇事汽车做匀减速运动的加速度Q的大小视作相等。对警车，有vm2=26ZS；对肇事汽车，有va2=26ZS,,贝Uvm2/vA2=s/s,,即vm2/vA2=^/(y4B+BC)=14.0/(17.5+14.0),/17.5+140V~iZov=21m/s.（2）对肇事汽车，由v^=2as-s得vA2/vb2=(AZ?+BC)/BC=(17・5+14・0)/14.0,故肇事汽车至出事点B的速度为14017.5+14.0vA=14.0m/s.\n肇事汽车从刹车点到出事点的时间t}=2AB/（vA+vB）=ls,又司机的反应时间/o=O.7s,故游客横过马路的速度『=BD/r0+/i=2.6/(0.7+l)^1.53m/so从上血的分析求解可知，肇事汽车为超速行驶，而游客的行走速度并不快。点评：木题涉及的知识点并不复杂，物理情景则紧密联系生活实际，主要训练学生的信息汲取能力和分析推理能力。左必右【例8]（2000年全国）一辆实验小车可沿水平地面（图中纸面）上的长直轨道匀速向右运动.有一台发出细光束的激光器装在小转台M上，到轨道的距离为店10m,如图所示.转台匀速转动，使激光束在水平面内扫描，扫描一周的时间为7=60s.光束转动方向如图中箭头所示.当光束与M/V的夹角为45°时，光束正好射到小车上.如果再经过Ar=2.5s,光朿又射到小车上，则小车的速度为多少？（结果保留两位数字）解析：该题为一“追及”的问题，有两种可能解，第一次为物追光点，在相同时间内，汽车与光点扫描的位移相等,点追物，时间相同，空间位L\=d(tan45°-tan30°),贝!Jv\=—^-=\.7m/s,第二次为(光)Av=2.9m/s移相同，L^=d(tan60°-tan45°),可得—Ar三、针对训练1•飞机从一地起飞，到另一地降落，如果飞机在竖直方向的分速度约与时间r的关系曲线如图所示（作图时规定飞机向上运动时吟为正），则在飞行过程中，飞机上升的最大高度是m,在t=2200s到t=2400s一段时间内,它在竖直方向的分加速度ay为m/s20\n\nA.在4）时间内，它们的平均速度大小相等在心吋间内，它们的平均速率大小相等C.在『0时间内,II、III的平均速率相等D.在/（）时间内，I的平均速度最大3.在一次无线电测向比赛中，甲、乙、丙三个小分队从营地0同时出发，沿三条不同的路径在同一时刻于A点搜到目标，如图，则下列说法中正确的是（）①三个小分队的平均速度相同②三个小分队的平均速率相同③小分队乙的平均速度最小④小分队甲的平均速率最大A.①②B.①④C.②③D.③④4.将物体竖直向上抛出后，如图所示，如果在上升阶段和下落阶段所受空气阻力大小相等，则：（1）能正确反映物体的速度（以竖直向上作为正方向）随时间变化的是（）（2）能正确反映物体的速率随时间变化的是（）233.如图为两个物体A和B在同一直线上沿同一方向同时作匀加速运动的v-t图线。已知在第3s末两个物体在途中相遇，则物体的出发点的关系是A.从同一地点出发B.前3m处D.B在4前5m5.有两个光滑固定斜面A3和BC,A、C两点在同一水平面上，斜面BC比A3长（如图甲\n所示），下面四个图中（如图乙）正确表示滑块速率随时间f变化规律的是:3.两辆完全相同的汽车，沿水平直路一前一后匀速行驶，速度均为巾，若前车突然以恒定的加速度刹车，在它刚停住时，后车以前车刹车时的加速度开始刹车，已知前车在刹车过程中所行驶的距离为s,若要保证两车在上述情况中不相撞，则两车在匀速行驶时保持距离至少应为多少？4.汽车在平直公路上以速度巾做匀速直线运动。当它路过某处的同时，该处有一辆汽车乙开始做初速度为零的匀加速运动去追赶甲车.根据上述的已知多件（）A.可求出乙车追上甲车时的速度B.可求出乙车追上甲车时所走的路程C.可求出乙车从开始运动到追上甲车所用的时间D.不能求出上述三者中的任何一个5.两辆完全相同的汽车，沿水平直路一前一后匀速行驶，速度均为巾，若前车突然以恒定的加速度刹车，在它刚停住时，后车以前车刹车时的加速度开始刹车.已知前车在刹车过程屮所行的距离为$，若要保证两车在上述情况屮不相撞，则两车在匀速行驶时保持的距离至少应为（）A.sB.2sC.3sD.4s6.汽车以20m/s的速度沿公路向东行驶，自行车以5m/s的速度在汽车前与汽车同方向匀速运动，当汽车与自行车相距44m时开始以大小为2m/s2的加速度刹车，求汽车与自行车何时何处相遇。7.A、B两棒均长Im,4悬于高处，B竖于地面，人的下端和B的上端相距20m。今A、B两棒同吋运动，A做自由落体运动，B以初速度20m/s竖直上抛，在运动过程中两棒都保持竖直。求：两棒何时开始相遇？相遇（不相碰）过程为多少时间？（g=10m/s2）8.如图所示，水平轨道上停放着一辆质量为5.0X102kg的小车A,在A的右方厶=8.0\nm处，另一辆小车B正以速度切=4.0m/s的速度向右做匀速直线运动远离A车，为使A车能经过/=10.0s时间追上B车，立即给A车适当施加向右的水平推力使小车做匀变速直线运动，设小车4受到水平轨道的阻力是车重的0.1倍，试问：在此追及过程中，推力至少需要做多少功？（取g=10m/s2）教学后记图象是高考考查的热点问题，有单独出现也经常和电学，电磁学结合出现，掌握好常见图象的分析方法是关键。特别是速度时间图象高考屮经常出现，应该引导学生重视。\n曲线运动知识网络:条件：F合与初速vo不在一条育线上平抛运动条件：只受重力，初速水平研究方法：运动的合成和分解曲线运动特例规律：水平方向匀速直线运动好首方向口巾落体运动方向：沿切线方向匀速圆周运动特点：u、d大小不变，方向时刻变化描述：#、⑺、T、a、n、f条件：F合与初速必垂直单元切块：按照考纲的要求，本章内容可以分成三部分，即：运动的合成和分解、平抛运动；圆周运动；其中重点是平抛运动的分解方法及运动规律、匀速圆周运动的线速度、角速度、向心加速度的概念并记住相应的关系式。难点是牛顿定律处理圆周运动问题。运动的合成与分解平抛物体的运动教学目标：1.明确形成曲线运动的条件（落实到平抛运动和匀速圆周运动）；2.理解和运动、分运动，能够运用平行四边形定则处理运动的合成与分解问题。3.掌握平抛运动的分解方法及运动规律4.通过例题的分析，探究解决有关平抛运动实际问题的基本思路和方法，并注意到相关物理知识的综合运用，以提高学生的综合能力.教学重点：平抛运动的特点及其规律\n高中教育\n教学难点：运动的合成与分解教学方法：讲练结合，计算机辅助教学教学过程：一、曲线运动1.曲线运动的条件：质点所受合外力的方向（或加速度方向）跟它的速度方向不在同一直线上。当物体受到的合力为恒力（大小恒定、方向不变）时，物体作匀变速曲线运动，如平抛运动。当物体受到的合力大小恒定而方向总跟速度的方向垂直，则物体将做匀速率圆周运动.（这里的合力可以是万有引力——卫星的运动、库仑力——电子绕核旋转、洛仑兹力——带电粒子在匀强磁场屮的偏转、弹力——绳拴着的物体在光滑水平面上绕绳的一端旋转、重力与弹力的合力——锥摆、静摩擦力——水平转盘上的物体等.）如杲物体受到约束，只能沿圆形轨道运动，而速率不断变化——如小球被绳或杆约束着在竖直平面内运动，是变速率圆周运动.合力的方向并不总跟速度方向垂直.2.曲线运动的特点：曲线运动的速度方向一定改变，所以是变速运动。需要重点掌握的两种情况：一是加速度大小、方向均不变的曲线运动，叫匀变速曲线运动，如平抛运动,另一是加速度大小不变、方向时刻改变的曲线运动，如匀速圆周运动。二、运动的合成与分解1.从已知的分运动来求合运动，叫做运动的合成，包扌舌位移、速度和加速度的合成，rti于它们都是矢量，所以遵循平行四边形定则。重点是判断合运动和分运动，这里分两种情况介绍。种是研究对象被另一个运动物体所牵连，这个牵连指的是相互作用的牵连，如船在水上航行，水也在流动著。船对地的运动为船对静水的运动与水对地的运动的合运动。一般地,物体的实际运动就是合运动。第二种情况是物体间没有相互作用力的牵连，只是由于参照物的变换带来了运动的合成问题。如两辆车的运动，甲车以"卩=8m/s的速度向东运动，乙车以u乙=8m/s的速度向北运动。求甲车相对于乙车的运动速度—卩対乙。2.求一个己知运动的分运动，叫运动的分解，解题时应按实际“效果”分解，或正交分解。3.合运动与分运动的特征：①等时性：合运动所需时间和对应的每个分运动时间相等\n①独立性：一个物体可以同时参与几个不同的分运动，各个分运动独立进行，互不影响。1.物体的运动状态是由初速度状态（巾）和受力情况（F合）决定的，这是处理复杂运动的力和运动的观点.思路是：分解复杂运动w匕简单运动aPXi（1）存在屮间牵连参照物问题：如人在自动扶梯上行走，可将人对地运动转化为人对梯和梯对地的两个分运动处理。（2）匀变速曲线运动问题：可根据初速度（切）和受力情况建立直角坐标系，将复杂运动转化为坐标轴上的简单运动来处理。如平抛运动、带电粒子在匀强电场中的偏转、带电粒子在重力场和电场中的曲线运动等都可以利用这种方法处理。2.运动的性质和轨迹物体运动的性质由加速度决定（加速度得零时物体静止或做匀速运动；加速度恒定时物体做匀变速运动；加速度变化时物体做变加速运动）。物体运动的轨迹（直线还是曲线）则由物体的速度和加速度的方向关系决定（速度与加速度方向在同一条直线上吋物体做直线运动；速度和加速度方向成角度吋物体做曲线运动）。两个互成角度的直线运动的合运动是直线运动还是曲线运动?决定于它们的合速度和合加速度方向是否共线（如图所示）。常见的类型有：（l）d=O：匀速直线运动或静止。（2方恒定：性质为匀变速运动，分为：①八g同向，匀加速直线运动；②八d反向，匀减速直线运动；③以。成角度，匀变速曲线运动（轨迹在依Q之I'可，和速度u的方向相切，方向逐渐向。的方向接近，但不可能达到。）⑶。变化：性质为变加速运动。如简谐运动，加速度人小、方向都随时间变化。3.过河问题V1如右图所示，若用申表75水速，卩2表不船速，贝U：①过河时间仅由巾的垂直于岸的分量山决定，即r=—,与申无V丄关，所以当匕丄岸时，过河所用时间最短，最短时间为t=—也与V!V2无关。②过河路程由实际运动轨迹的方向决定，当V1v?时，最短路程程为（如右图所示）。V21.连带运动问题指物拉绳（杆）或绳（杆）拉物问题。由于高中研究的绳都是不可伸长的，杆都是不可伸长和压缩的，即绳或杆的长度不会改变，所以解题原则是：把物体的实际速度分解为垂直于绳（杆）和平行于绳（杆）两个分量，根据沿绳（杆）方向的分速度大小相同求解。【例1】如图所示，汽车甲以速度刃拉汽车乙前进，乙的速度为叱，甲、乙都在水平面上运动，求卩|：叱解析：甲、乙沿绳的速度分别为刃和U2C0SG,两者应该相等，所以有V1:v2=cosa:1【例2】两根光滑的杆互相垂直地固定在一起。上面分别穿有一个小球。小球g、b间用一细直棒相连如图。当细直棒与竖直杆夹角为。时，求两小球实际速度之比Va:%解析：a、b沿杆的分速度分别为vacosQ和vbsina・°・va:Vb=tana\1三、平抛运动当物体初速度水平且仅受重力作用时的运动，被称为平抛运动。其轨迹为抛物线，性质为匀变速运动。平抛运动可分解为水平方向的匀速运动和竖直方向的自由落体运动这两个分运动。广义地说，当物体所受的合外力恒定且与初速度垂直时，做类平抛运动。1、平抛运动基本规律①速度：vv=V（），Vv=gf方向tan^=—合速度V=J匕.2+叮②位移x=vot合位移大小：尸J〒+y2\n①时间由y=-gt2得匸（由下落的高度y决定）2Vx②竖直方向自由落体运动，匀变速直线运动的一切规律在竖直方向上都成立。2.应用举例（1）方格问题【例3］平抛小球的闪光照片如图。己知方格边长6/和闪光照相的频闪间隔T,求：v0>g、vc解析：水平方向：V0=y竖直方向：\s=gT\：.g=^先求C点的水平分速度以和竖直分速度9,再求合速度叱:（2）临界问题典型例题是在排球运动中，为了使从某一位置和某一高度水平扣出的球既不触网、又不出界，扣球速度的取值范禺应是多少？【例4】已知网高H,半场长厶扣球点高/?,扣球点离网水平距离$、求：水平扣球速度”的取值范围。解析：假设运动员用速度血"扣球时，球刚好不会出界，用速度怙“扣球时，球刚好不触网，从图中数量关系可得："(L+s)/腭=(L+s)陰]2(h—H)实际扣球速度应在这两个值Z间。【例5］如图所示，长斜面0A的倾角为0,放在水平地面上，现从顶点0以速度v0平抛一小球，不计空气阻力，重力加速度为g,求小球在飞行过程中离斜面的最大距离s是多少？g解析：为计算简便，本题也可不用常规方法来处理，而是将速度和加速度分别沿垂直于斜血和平行于斜血方向进行分解。如图15,速\n度必沿垂直斜面方向上的分量为v\=vosin（）,加速度g在垂直丁•斜面方向上的分量为a-gcos〃，根据分运动各自独立的原理可知，球离斜面的最大距离仅由和决定，当垂直于斜面的分速度减小为零时，球离斜面的距离才是最大。s=^-=VjSin>9o2a2gcos&点评:运动的合成与分解遵守平行四边形定则，有时另辟蹊径可以收到意想不到的效杲。（3）一个有用的推论平抛物体任意时刻瞬时时速度方向的反向延长线与初速度延长线的交点到抛出点的距离都等于水平位移的一半。证明：设时间/内物体的水平位移为$,竖直位移为力，则末速度的水平分量vx=v（）=5/r,而竖直分MVy=2h/t,taiYZ=—=—»叫s所以有”=丄=仝tana2【例6】从倾角为〃二30°的斜面顶端以初动能E=6J向下坡方向平抛出一个小球，则小球落到斜面上时的动能0为Jo解析：以抛出点和落地点连线为对角线画出矩形ABCD,可以证明末速度H的反向延长线必然交AB于其中点O,由图中可知AD:AO=2:巧，由相似形可知vt:v0=V7:乜,因此很容易可以得出结论：E=14Jo点评：本题也能用解析法求解。列出竖直分运动和水平分运动的方程，注意到倾角和下1L落高度和射程的关系，有：h=—gt2,s=vot9—=tan&2s或/?=—vvt>s=v（）t,—=tan2“s同样可求得％:v0=V7:V3、£=14J四.曲线运动的一般研究方法研究曲线运动的一般方法就是正交分解法。将复杂的曲线运动分解为两个互相垂直方向\n上的直线运动。一般以初速度或合外力的方向为坐标轴进行分解。【例7】如图所示，在竖直平面的xoy坐标系内，©表示竖直向上方向。该平面内存在沿x轴正向的匀强电场。一个带电小球从坐标原点沿©方向竖4✓-z・■■4■LN\n直向上抛出，初动能为4J,不计空气阻力。它达到的最高点位置如图中M点所示。求：⑴小球在M点时的动能Eio⑵在图上标出小球落回x轴时的位置N。⑶小球到达W点时的动能艮。解析：⑴在竖直方向小球只受重力，从0-M速度由巾减小到0；在水平方向小球只受电场力，速度由0增大到可，由图知这两个分运动平均速度大小之比为2：3,因此巾：申二2:3,所以小球在M点时的动能E|=9JO⑵由竖直分运动知，O-M和M-HV经历的时间相同，因此水平位移大小之比为1：3,故N点的横坐标为120⑶小球到达N点吋的竖直分速度为巾，水平分速度为2小由此可得此时动能E2=40Jo五、综合例析【例8】如图所示，为一平抛物体运动的闪光照片示意图，照片与实际大小相比缩小10倍.对照片中小球位置进行测量得：1与4闪光点竖直距离为1.5cm,4与7闪光点竖直距离为2.5cm,各闪光点之间水平距离均为0.5cm.则(1)小球抛出时的速度大小为多少？(2)验证小球抛出点是否在闪光点1处，若不在，则抛出点距闪光点1的实际水平距离和竖直距离分别为多少?(空气阻力不计，^=10m/s2)解析：⑴设1〜4之间时间为7,竖直方向有：(2.5・1.5)乂10'><10111=&尸所以T=0.1s水平方向：0.5Xl(y2x3X10m=%r所以v()=1.5m/s(2)设物体在1点的竖直分速度为vlv1〜4竖直方向：1.5X10一2><10m=V])7+丄gT22解得V]v=lm/s因uiyHO,所以1点不是抛出点设抛出点为O点，距1水平位移为xm,竖直位移为ym,有水平方向x=v()t\n竖直方向："解得I-0」s,x=0・15m=15cmV=0.05m=5cm即抛出点距1点水平位移为15cm,竖直位移为5cm【例9】柯受良驾驶汽车E越黄河，汽车从最高点开始到着地为止这一过程的运动可以看作平抛运动。记者从侧面用照相机通过多次曝光，拍摄到汽车在经过最高点以后的三副运动照片如图2所示，相邻两次曝光时间间隔相等，均为Ar,已知汽车的长度为人则A.从左边一幅照片可推算出汽车的水平分速度的大小B.从左边一幅照片可推算出汽车曾经到达的最大高度C.从中间一幅照片可推算出汽车的水平分速度的大小和汽车曾经到达的最大高度D.从右边一幅照片可推算出汽车的水平分速度的大小解析：首先应动态的看照片，每幅照片中三个汽车的像是同一辆汽车在不同时刻的像,根据题目的描述，应是由高到低依次出现的，而且相邻两像对应的时间间隔是相等的，均为己知的X。题目中“汽车的长度为/”这一已知条件至关重要，我们量出汽车在照片中的长度，就能得到照片与实际场景的比例，这样照片中各点间的真实距离都能算出。物理知识告诉我们，汽车在通过最高点后的运动，可抽象为质点的平抛运动，因此水平方向为匀速运动，竖直方向为自由落体运动。关于水平速度，由于汽车在空中相邻的两个像对应的真实距离能算出，这段运动对应的时间△/已知，因此由左、屮两幅照片屮的任意一幅都能算出水平速度。至于右边的一幅，因为汽车在空中的像只有一个，而紧接着的在地上的像不一定是刚着地吋的像（汽车刚着地吋，可能是在两次拍摄之间），因此在这个Ar内，可能有一段吋间做的已经不是平抛运动了，水平方向不是匀速的。所以用该照片无法计算出水平速度。关于最大高度，应分析竖直方向，同时对不同照片进行比较。左边一幅，没拍到地面,肯定不能计算最大高度。右边一幅，空中只有一个像，无法分析其自由落体运动。中间一幅,相邻像的两个真实距离均能知道，借用处理纸带的方法，能算出中间那个像对应的速度，进而由自由落体运动的公式算出最高点这个位置的高度，再加上这个位置的离地高度即可得到汽车离地的最大高度。因此该题选A、Co\n点评：这是一道很典型的频闪照片的题，给我们很多分析频闪照片的启示：要能看出动态、要关注照片比例、要先确定运动的性质，以便在其指引下分析，多幅照片要进行细致的比较。六、针对练习1.做平抛运动的物体，每秒的速度增量总是A.大小相等，方向相同B.大小不等，方向不同C.大小相等，方向不同D.大小不等，方向相同2.从倾角为〃的足够长的斜面上的人点，先后将同一小球以不同的初速度水平向右抛出.第一次初速度为可，球落到斜面上的瞬时速度方向与斜面夹角为5,第二次初速度为巾，球落到斜而上的瞬时速度方向与斜而夹角为。2'若V|>V2，则A.^i>B.5=5C.sCsD.无法确定3.小球从空中以某一初速度水平抛出，落地前Is时刻，速度方向与水平方向夹30°角，落地时速度方向与水平方向夹60°角，g=10m/s2,求小球在空中运动时间及抛出的初速度。4.如图所示，飞机离地面高度为H=500m,水平飞行速度为vi=100m/s,追击一辆速度为y2=20m/s同向行驶的汽车，欲使炸弹击中汽车，飞机应在距离汽车的水平距离多远处投弹？U=10m/s2)5.飞机以恒定的速度卩沿水平方向飞行，高度为2000mo在飞行过程屮释放一•枚炸弹,经过30s后飞行员听见炸弹落地的爆炸声。假设此爆炸向空间各个方向的传播速度都为330m/s,炸弹受到的空气阻力可以忽略，求该飞机的飞行速度2?6.如图所示，点光源S距墙的水平距离为L,现从O处以水平速度巾平抛一小球P,P在墙上形成的影是P,在球做平抛运动过程中，其影P的运动速度是多大？\n1.在离地面高为〃，离竖直光滑墙的水平距离为町处，有一小球以切的速度向墙水平抛出，如图所示。小球与墙碰撞后落地，不计碰撞过程中的能量损失，也不考虑碰撞的时间,则落地点到墙的距离七为多少？1.如图所示，光滑斜而长为宽为方，倾角为一物块沿斜面上方顶点P水平射入，而从右下方顶点Q离开斜而，求物块入射的初速度为多少？v2=V3v0=^g=gtf所以r=1.5s<>参考答案:1.A2.B3.解析:设小球的初速度为切，落地前Is时刻其竖直分速度为小由图1知5=votan3O°,落地时其竖直分速度为”2，同理V2=votan6O°,v2-vi=gZ\/,点评：在解这类基本题型时，需要注意的是：速度、加速度、位移都是矢量，运算时遵守平行四边形定则。1°4.解析：炸弹作平抛运动，其下落的时间取决于竖直高度，由H=-gt2得：f—=10s,设距汽车水平距离为s处飞机投弹，则有：s=(v}-v2)r=800mo\n点评：物体作平抛运动飞行的时间只与抛出点和落地点的高度差有关，与物体的质量及初速度无关。先确定运动所需时间有助于问题的解决。1,2.解析：设释放炸弹后，炸弹经"时间落地爆炸，则由平抛运动公式得：h=_gf,2设从炸弹爆炸到飞行员听见爆炸声所经过的时间为“，则由题给条件得匸"+“，由图直角三角形的几何关系可得(vf2)2=(c72)2-/z2,解得v=262m/So点评：根据题中描述的物理情景，画出相应的示意图，充分利用几何关系是处理平抛运动相关问题通常釆用的方法。3.解析：设小球经过一段时间运动到某一位置时的水平位移为兀，竖直位移为)，，对应hL1的影的长度为力，由图知：一=—，而x=v()t,y=—b=%=叫，所以轴：Y：叫=2：1：1：1；再利用a=V,可得da：db：de:他=4：1：2：4点评：凡是直接用皮带传动（包括链条传动、摩擦传动）的两个轮子，两轮边缘上各点的线速度大小相等；凡是同一个轮轴上（各个轮都绕同一根轴同步转动）的各点角速度相等（轴上的点除外）。【例2】如图所示，一种向自行车车灯供电的小发电机的上端有一半径妒1.0cm的摩擦\n小轮，小轮与自行车车轮的边缘接触。当车轮转动时，因摩擦而带动小轮转动，从而为发电\n机提供动力。自行车车轮的半径/?i=35cm,小齿轮的半径&=4.0cm,大齿轮的半径/?3=10.0cmo求大齿轮的转速血和摩擦小轮的转速血之比。（假定摩擦小轮与自行车轮之间无相对滑动）解析：大小齿轮间、摩擦小轮和车轮之I'可和皮带传动原理相同，两轮边缘各点的线速度大小相等，由v=2jinr可知转速n和半径尸成反比；小齿轮和车轮同轴转动，两轮上各点的转速相同。由这三次传动可以找出大齿轮和摩擦小轮间的转速Z比®:/?2=2:175二、牛顿运动定律在圆周运动中的应用（圆周运动动力学问题）1.向心力v2°4tt2-)（1）大小:F=加纬j=m—=mco~R=m厂R=mAzr~~R（2）方向：总指向圆心，时刻变化点评：“向心力”是一种效果力。任何一个力，或者儿个力的合力，或者某一个力的某个分力，只要其效果是使物体做圆周运动的，都可以作为向心力。“向心力”不一定是物体所受合外力。做匀速圆周运动的物体，向心力就是物体所受的合外力，总是指向圆心。做变速圆周运动的物体，向心力只是物体所受合外力在沿着半径方向上的一个分力，合外力的另一个分力沿着圆周的切线，使速度大小改变。2.处理方法：一般地说，当做圆周运动物体所受的合力不指向圆心时，可以将它沿半径方向和切线方向正交分解，其沿半径方向的分力为向心力，只改变速度的方向，不改变速度的大小；其沿切线方向的分力为切向力，只改变速度的大小，不改变速度的方向。分别与它们相应的向心加速度描述速度方向变化的快慢，切向加速度描述速度大小变化的快慢。做圆周运动物体所受的向心力和向心加速度的关系同样遵从牛顿第二定律：仇二加心在列方程时，根据物体的受力分析，在方程左边写出外界给物体提供的合外力，右边写出物体需要的向心力（可选用或加"尺或加—尺等各种形式）。I7丿如杲沿半径方向的合外力大于做圆周运动所需的向心力，物体将做向心运动，半径将减小；如果沿半径方向的合外力小于做圆周运动所需的向心力，物体将做离心运动，半径将增大。如卫星沿椭圆轨道运行时，在远地点和近地点的情况。3.处理圆周运动动力学问题的一般步骤：（1）确定研究对象，进行受力分析；（2）建立坐标系，通常选取质点所在位置为坐标原点，其中一条轴与半径重合；\n（3）用牛顿第二定律和平衡条件建立方程求解。1.几个特例（1）圆锥摆圆锥摆是运动轨迹在水平面内的一种典型的匀速圆周运动。其特点是由物体所受的重力与弹力的合力充当向心力，向心力的方向水平。也可以说是其中弹力的水平分力提供向心力（弹力的竖直分力和重力互为平衡力）。【例3】小球在半径为R的光滑半球内做水平面内的匀速圆周运动，试分析图中的〃（小球与半球球心连线跟竖直方向的夹角）与线速度保周期卩的关系。（小球的半径远小于R。）解析：小球做匀速圆周运动的圆心在和小球等高的水平面上（不在半球的球心），向心力F是重力G和支持力N的合力，所以重力和支持力的合力方向必然水平。如图所示有：mgta=mv2Rsin0rh此可得:=Jg/?tan&sin0,T=2彳肮。"（式中力为小球轨道平面到球心的高度）。可见，0越大（即轨迹所在平面越高），u越大，：T越小。点评：本题的分析方法和结论同样适用于圆锥摆、火车转弯、E机在水平面内做匀速圆周飞行等在水平面内的匀速圆周运动的问题。共同点是由重力和弹力的合力提供向心力，向心力方向水平。（2）竖直面内圆周运动最高点处的受力特点及分类这类问题的特点是：由于机械能守恒，物体做圆周运动的速率时刻在改变，物体在最高点处的速率最小，在最低点处的速率最人。物体在最低点处向心力向上,而重力向下，所以弹力必然向上且大于重力；而在最高点处，向心力向下，重力也向下，所以弹力的方向就不能确定了，要分三种情况进行讨论。/77Lr①弹力只可能向下，如绳拉球。这种情况下有F+mg=——》ngR即心际,否则不能通过最高点。高中教育\n①弹力只可能向上，如车过桥。壬这种情况下有：mg-F=^际时物体受到的弹力必然是向下的；当vW在摩擦力作用下'V幵、尽、/都逐渐减小，当卩减小到等于竺时达到qBF平衡而做匀速运动；⑵X竺,在摩擦力作用下，保Ff逐渐减小，而Fn、f逐渐增大，故qBu将一直减小到零；⑶v=—,F尸G,Fn、f均为零,小球保qB持匀速运动。【例11】一航天探测器完成对月球的探测任务后，在离开月球的过程屮，由静止开始沿着与月球表面成一倾斜角的直线飞行，先加速运动，再匀速运动。探测器通过喷气而获得推动力。以下关于喷气方向的描述屮正确的是力。以下关于喷气方向的描述中止确的是A.探测器加速运动时，沿直线向后喷气B.探测器加速运动时，竖直向下喷气C.探测器匀速运动时,竖直向下喷气A.探测器匀速运动时，不需要喷气解析：探测器沿直线加速运动时，所受合力F合方向与运动方向相同，而重力方向竖直向下，由平行四边形定则知推力方向必须斜向上方，因此喷气方向斜向下方。匀速运动时,所受合力为零，因此推力方向必须竖直向上，喷气方向竖直向下。选C附：知识点梳理阅读课本理解和完善下列知识要点（一）、力的概念1.力是。2.力的物质性是指o3.力的相互性是,施力物体必然是受力物体，力总是成对的。4.力的矢量性是指,形象描述力用o5.力的作用效果是或o6.力可以按其和分类。举例说明：（二）、重力\n1.概念:2.产生条件:3.大小G=mg|仗为重力加速度,它的数值在地球上的最大，最小；在同一地理位置，离地面越高，g值。一般情况下，在地球表面附近我们认为重力是恒力。4.方向:。5.作用点一重心：质量均匀分布、有规则形状的物体重心在物体的,物体的重心物体上（填一定或不一定）。质量分布不均或形状不规则的薄板形物体的重心可采用粗略确定。（三）、弹力1.概念:2.产生条件（1）；（2）o3.大小：（1）与形变有关，一般用平衡条件或动力学规律求岀。（2）弹簧弹力大小胡克定律：|于=也-式中的R被称为，它的单位是，它由决定；式中的x是弹簧的。4.方向：与形变方向相反。（1）轻绳只能产生拉力，方向沿绳子且指向的方向；（2）坚硬物体的面与面，点与面接触时，弹力方向接触面（若是曲面则是指其切面），且指向被压或被支持的物体。（3）球面与球面之间的弹力沿半径方向，且指向受力物体。（四）、摩擦力1.产生条件：（1）两物体接触面:②两物体间存在:（2）接触物体间有相对运动（摩擦力）或相对运动趋势（摩擦力）。\n1.方向：（1）滑动摩擦力的方向沿接触面和相反，与物体运动方向相同。（2）静摩擦力方向沿接触面与物体的相反。可以根据平衡条件或牛顿运动定律判断。2.大小：（I）滑动摩擦力的大小：|/=“n|式中的冈是指,不一定等于物体的重力；式中的“被称为动摩擦因数，它的数值由决定。（2）静摩擦力的大小:|砂冬几|除最大静摩擦力以外的静摩擦力大小与正压力关，最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，与正压力成—比；静摩擦力的大小应根据平衡条件或牛顿运动定律来进行计算。针对训练1.下列关于力的说法，正确的是（）A.两个物体一接触就会产生弹力B.物体的重心不一定在物体上C.滑动摩擦力的方向和物体运动方向相反D.悬挂在天花板上的轻质弹簧在挂上重2N的物体后伸长2cm静止，那么这根弹簧伸长1cm后静止时，它的两端各受到1N的拉力2.如图所示，在粗糙的水平面上叠放着物体A和B,A和B间的接触面也是粗糙的，如果用水平拉力F拉A，但A、B仍保持静止，则下面的说法中正确的是（）。A.物体A与地面间的静摩擦力的大小等于FB.物体A与地面的静摩擦力的大小等于零C.物体A与B问的静摩擦力的大小等于FD.物体4与B间的静摩擦力的大小等于零3.关于两物体之间的弹力和摩擦力，下列说法中正确的是（）A.有摩擦力一定有弹力B.摩擦力的大小与弹力成正比C.有弹力一定有摩擦力D.弹力是动力，摩擦力是阻力4.如上图所示，用水平力F将物体压在竖直墙壁上，保持静止状态，物体所受的摩擦\n力的大小（）A.随F的增大而增大B.随F的减少而减少C.等于重力的大小D.可能大于重力1.用手握着一个玻璃杯，处于静止状态。如果将手握得更紧，手对玻璃杯的静摩擦力将，如果手的握力不变，而向杯中倒入一些水（杯仍处于静止状态），手对杯的静摩擦力将。左静止右2N10N2.一木块放在水平桌面上，在水平方向共受到两个拉力作用，力"拉力的大小如图所示，物体处于静止状态，（1）若只撤去10N的拉力，则物体能否保持静止状态？:（2）若只撤去2N的力，物体能否保持静止状左右态？O上，其大小为10N,则物体受到的摩擦力大小为方向为3.如图所示，在“二0.2的粗糙水平面上，有一质量为10kg的物体以一定的速度向右运动，同时还有一水平向左的力F作用于物体•(g取10N/kg)4.如图所示，重20N的物体，在动摩擦因数为0.1的水平面上向左运动，同时受到大小为10N水平向右的力F作用，物体所受摩擦力的大小为,方向为o参考答案：1.BD2.AD3.A4.C5.不变；变大6.最大静摩擦力兀&8N,若只撤去10N的拉力，则物体能保持静止；若只撤去2N的力，物体可能保持静止也可能产生滑动。7.20N,水平向左8.2N,水平向右\n教学随感\n力是高屮物理的重要内容，也是高考的考查重点，因此，复习时必需高度重视。从复习过程及学生练习情况看，学生对儿种基本性质的力基本概念规律学握还可以，但是对受力分析特别是比较复杂的受力分析还存在不足，经常多力或漏力，特别是中下水平的学生，因此,第一轮复习重点还是应该以基础知识和能力训练为目标。力的合成和分解Ki和矢量1.将物理量区分为矢量和标量体现了用分类方法研究物理问题的思想。2.矢量和标量的根本区别在于它们遵从不同的运算法则：标量用代数法；矢量用平行四边形定则或三角形定则。矢量的合成与分解都遵从平行四边形定则（可简化成三角形定则）。平行四边形定则实质上是一种等效替换的方法。一个矢量（合矢量）的作用效果和另外几个矢量（分矢量）共同作用的效果相同，就可以用这一个矢量代替那几个矢量，也可以用那几个矢量代替这一个矢量，而不改变原来的作用效果。3.同一直线上矢量的合成可转为代数法，即规定某一方向为正方向。与正方向相同的物理量用正号代入.相反的用负号代入，然后求代数和，最后结果的正、负体现了方向，但有些物理量虽也有正负Z分，运算法则也一样.但不能认为是矢量，最后结果的正负也不表示方向如：功、重力势能、电势能、电势等。二、力的合成与分解力的合成与分解体现了用等效的方法研究物理问题。合成与分解是为了研允问题的方便而引人的一种方法•用合力来代替几个力时必须把合力与各分力脱钩，即考虑合力则不能考虑分力，同理在力的分解时只考虑分力而不能同时考虑合力。1.力的合成（1）力的合成的本质就在于保证作用效果相同的前提下，用一个力的作用代替儿个力的作用，这个力就是那儿个力的“等效力”（合力）。力的平行四边形定则是运用“等效”观点，通过实验总结出来的共点力的合成法则，它给出了寻求这种“等效代换”所遵循的规律。（2）平行四边形定则可简化成三角形定则。由三角形定则还可以得到一个有用的推论:如果Z7个力首尾相接组成一个封闭多边形，则这n个力的合力为零。（3）共点的两个力合力的大小范围是\n1^1—F2|/3N=346N合力与戸、$的夹角均为30°・点评：（1）求矢塑时要注意不仅要求岀其大小,还要求出其方向，其方向通常用它与已知矢量的夹角表示（2）要学好物理，除掌握物理概念和规律外，还要注意提高自己应用数学知识解决物理问题的能力.1.力的分解（1）力的分解遵循平行四边形法则，力的分解相当于已知对角线求邻边。\n（2）两个力的合力惟一确定，一个力的两个分力在无附加条件时，从理论上讲可分解\n为无数组分力，但在具体问题中，应根据力实际产生的效果来分解。【例3】将放在斜面上质量为m的物体的重力吨分解为下滑力戸和对斜面的压力F2,这种说法正确吗？解析：将加g分解为下滑力斤这种说法是正确的，但是加g的另一个分力F2不是物体对斜面的压力，而是使物体压紧斜面的力，从力的性质上看，届是属于重力的分力，而物体对斜面的压力属于弹力，所以这种说法不正确。【例4】将一个力分解为两个互相垂直的力，有几种分法？解析：有无数种分法，只耍在表示这个力的有向线段的一段任意画一条直线，在有向线段的另一端向这条直线做垂线，就是一种方法。如图所示。(3①已知两个分力的方向，求两个分力的大小时，有唯一解。②已知一个分力的大小和方向，求另一个分力的大小和方向时，有唯一解。③已知两个分力的大小，求两个分力的方向时，其分解不惟一。④已知一个分力的大小和另一个分力的方向，求这个分力的方向和另一个分力的大小时，其分解方法可能惟一，也可能不惟一。（4）用力的矢量三角形定则分析力最小值的规律:①当已知合力F的大小、方向及一个分力Fi的方向时，另一个分力E取最小值的条件是两分力垂直。如图所示，尸2的最小值为：F2min=FsinQ②当已知合力F的方向及一个分力戸的大小、方向时，另一个分力E取最小值的条件是：所求分力尸2与合力F垂直，如图所示，尸2的最小值为：F2min=F】sina③当己知合力F的大小及一个分力Fl的大小时，另一个分力F2取最小值的条件是：已知大小的分力尺与合力F同方向，局的最小值为丨F_0I\n把一个力分解成两个互相垂直的分力，这种分解方法称为正交分解法。用正交分解法求合力的步骤：①首先建立平面直角坐标系，并确定正方向②把各个力向X轴、y轴上投影，但应注意的是：与确定的正方向相同的力为正，与确定的正方向相反的为负，这样，就用正、负号表示了被正交分解的力的分力的方向③求在兀轴上的各分力的代数和和在y轴上的各分力的代数和心合④求合力的大小F=J（耳合尸+（代合）2合力的方向：=—1色（Q为合力F与x轴的夹角）F•冷点评：力的正交分解法是把作用在物体上的所有力分解到两个互相垂直的坐标轴上，分解最终往往是为了求合力（某一方向的合力或总的合力）。【例5］质量为m的木块在推力F作用下，在水平地面上做匀速运动.已知木块与地面间的动摩擦因数为〃，那么木块受到的滑动摩擦力为下列各值的哪个？A.屮ngB.“Gng+Fsin〃）C.p（加g+FC）D.Feose解析：木块匀速运动时受到四个力的作用：重力叫、推力F、支持力Fn、摩擦力耳•沿水平方向建立兀轴，将F进行正交分解如图（这样建立坐标系只需分解F）,由于木块做匀速直线运动，所以，在x轴上，向左的力等于向右的力（水平方向二力平衡）；在y轴上向上的力等于向下的力（竖直方向二力平衡）.即Feos0=F#①Fz—mg4-Fsin"②又由于片=吓0③:・你=卩5g+FsinO）故B、D答案是正确的.小结：（1）在分析同一个问题时，合矢量和分矢量不能同时使用。也就是说，在分析问\n题时，考虑了合矢量就不能再考虑分矢量；考虑了分矢量就不能再考虑合矢量。（2）矢量的合成分解，一定要认真作图。在用平行四边形定则时，分矢量和合矢量要画成带箭头的实线，平行四边形的另外两个边必须画成熾线。（3）各个矢量的大小和方向一定要画得合理。（4）在应用正交分解时，两个分矢量和合矢量的夹角一定要分清哪个是大锐角，哪个是小锐角，不可随意画成45汽（当题目规定为45。时除外）三、综合应用举例【例6】水平横粱的一端A插在墙壁内，另一端装有一小滑轮B,—轻绳的一端C固定（甲】（乙）于墙上，另一端跨过滑轮后悬挂一质量777=10kg的重物,ZCBA=30°,如图甲所示，则滑轮受到绳子的作用力为（^=10m/s2）A.50NB.5oV3NC.100ND.100V3N解析：取小滑轮作为研究对象，悬挂重物的绳屮的弹力是T=mj>=10xl0N=100N,故小滑轮受绳的作用力沿BC、BD方向的大小都是100N,分析受力如图（乙）所示.ZCBD=120°,ZCBF=ZDBF,・・・ZCBF=60。,4CBF是等边三角形.故F=100No故选C。【例7】已知质量为加、电荷为q的小球，在匀强电场中由静止释放后沿直线OP向斜下方运动（OP和竖直方向成〃角），那么所加匀强电场的场强E的最小值是多少？解析：根据题意，释放后小球所受合力的方向必为OP方向。用三角形定则从右图中不难看出：重力矢量OG的大小方向确定后，合力F的方向确定（为OP方向），而电场力切的矢量起点必须在G点，终点必须在OP射线上。在图中画出一组可能的电场力，不难看出，只有当电场力方向与OP方向垂直时Eq才会最小，所以E也最小，有E=m^s[n0q点评：这是一道很典型的考察力的合成的题，不少同学只死记住“垂直”，而不分析哪两个矢量垂直，经常误认为电场力和重力垂直，而得出错误答案。越是简单的题越要认真作//«//////////////"N图。【例8）轻绳AB总长/,用轻滑轮悬挂重G的物体。绳能承受的最大拉力是2G,将A端固定，将B端缓慢向右移动d而使绳不断，求d的最大可能值。解：以与滑轮接触的那一小段绳子为研究对象，在任何一个平衡位置都在滑轮对它的压力（大小为G）和绳的拉力尺、\n高中教育\n鬥共同作用下静止。而同一根绳子上的拉力大小戸、鬥总是相等的，它们的合力N是压力G的平衡力，方向竖直向上。因此以円、尸2为分力做力的合成的平行四边形一定是菱形。利用菱形对角线互相垂直平分的性质，结合相似形知识可得d：/=V15:4,所以d最大为返/4【例9】A的质量是加，A、B始终相对静止,共同沿水平面向右运动。当G|二0时和°2=0.75g时，B对A的作用力Fb各多大？解析：一定要审清题：B对A的作用力心是B对4的支持力和摩擦力的合力。而A所受重力G=mg和Fb的合力是F=ma。当⑦二0时，G与几二力平衡，所以Fb大小为加g，方向竖直向上。当他二0.75£时，用平行四边形定则作图：先画出重力（包括大小和方向），再画出A所受合力F的大小和方向，再根据平行四边形定则画出FBo由已知可得斥的大小几二1.25加g,方向与竖直方向成37°角斜向右上方。【例10】一根长2m,重为G的不均匀直棒A3,用两根细绳水平悬挂在天花板上，如图所示，求直棒重心C的位置。解析：当一个物体受三个力作用而处于平衡状态，如果其屮两个力的作用线相交于一点.则笫三个力的作用线必通过前两个力作用线的相交点，把0/和02B延长相交于0点，则重心C一定在过0点的竖直线上，如图所示由几何知识可知:BO=AB/2=1mBC=BO/2=0.5m故重心应在距B端0.5m处。【例11】如图（甲）所示•质量为m的球放在倾角为a的光滑斜面上，试分析挡板人0与斜面间的倾角卩为多大时，A0所受压力最小？解析：虽然题目问的是挡板AO的受力情况，但若直接以挡板为研究对象，因挡板所受力均为未知力，将无法得出结论.以球为研究对象，球所受重力产生的效果有两个：对斜面产生的压力M、对挡板产生的压力M，根据重力产生的效果将重力分解，如图（乙）所示，当挡板与斜面的夹角0由图示位置变化时，N、大小改变但方向不变，始终与斜面垂直，N2的大小和方向均改变，如图（乙）屮虚线由图可看出挡板A0与斜面垂直时0二90。吋，挡板40\n所受压力最小，最小压力Mminmgsina。\n附：知识点梳理阅读课本理解和完善下列知识要点1.合力、分力、力的合成：一个力产生的效果如果能跟原来几个力共同产生的这个力就叫那几个力的合力，那几个力就叫这个力的分力.求几个力的合力叫.力的合成实际上就是要找一个力去代替几个已知的力，而不改变其.2.共点力：几个力如果都作用在物体的,或者它们的相交于同一点，这几个力叫做共点力.3.力的平行四边形定则：求两个互成角度的共点力的合力，可以用表示这两个力的线段为作,就表示合力的大小和方向，这就是力的平行四边形定则.力这种既有大小又有方向的物理量，进行合成运算时，一般不能用代数加法求合力，而必须用平行四边形定则.4.矢量和标量：的物理量叫矢量,的物理量叫标量.标量按代数求和.5.一个力，如果它的两个分力的作用线已经给定，分解结果可能有种（注意：两分力作用线与该力作用线不重合）6.一个力，若它的两个分力与该力均在一条直线上，分解结果可能有种。7.一个力，若它的一个分力作用线已经给定（与该力不共线），另外一个分力的大小任意给定，分解结果可能有种。8.有一个力大小为100N,将它分解为两个力，已知它的一个分力方向与该力方向的夹角为30°,那么，它的另一个分力的最小值是N,与该力的夹角为o针对训练1.如图所示.有五个力作用于一点P,构成一个正六边形的两个所示,\n邻边和三条对角线，设F3=10N,则这五个力的合力大小为（A.10(2+V2)NB.20NC.30ND.02.关于二个共点力的合成.下列说法正确的是())\nA.合力必大于每一个力B.合力必大于两个力的大小之和C.合力的大小随两个力的夹角的增大而减小D.合力可以和其中一个力相等，但小于另一个力3.如图所示质量为加的小球被三根相同的轻质弹簧心b、c拉住,c•竖直向下d、b、c•三者夹角都是120°,小球平衡时，a、b、c伸长的长度之比是3：3：1,则小球受c的拉力大小为（）A.mgB.O・5/?2gC.1.5mgD.3mg4.如图所示.物体处于平衡状态，若保持“不变，当力F与水平方向夹角”多大时F有最小值（）A.”=0B.C.p=aD./3=2a5.如图所示一条易断的均匀细绳两端固泄在天花板的A、B两点，今在细绳O处吊一码,如果OA=2BO,贝I」（）A.增加硅码时，AO绳先断B.增加硅码时，BO绳先断C.B端向左移，绳子易断D.B端向右移，细子易断6.图所示，力、4两点很接近圆环的最高点.BOB'为橡皮绳，ZBOBZ=120°,且〃、B'与OA对称.在点O挂重为G的物体，点O在圆心，现将B、B俩端分别移到同一圆周上的点A、/V,若要使结点O的位置不变，则物体的重量应改为A.GB.C.D.2G7.长为厶的轻绳，将其两端分别固定在相距为d的两坚直墙面上的A、B两点。一小滑轮O跨过绳子下端悬挂一重力为G的重物C,平衡时如图所示，求A3绳中的张力。高中教育\n\n8.如图所示，质量为加，横截面为直角形的物快ABC,ZABC=a,AB边靠在竖直墙上，F是垂直于斜面BC的推力，现物块静止不动，求摩擦力的大小。参考答案:1.C2.B3.B4.C5.BD6.D7.GL2血一〃28・戶加g+Fsina教学随感学生对力的运算求解方法学握还不是很熟练，特别是中下水平的学生，对矢量运算的三角形相似法，复杂多力情况下力的分解合成还不熟练。因此，应该多进行针对训练，提高学生解题能力。\n共点力作用下物体的平衡知识点复习一、物体的平衡物体的平衡有两种情况：一是质点静止或做匀速直线运动，物体的加速度为零；二是物体不转动或匀速转动（此时的物体不能看作质点）。点评：对于共点力作用下物体的平衡，不要认为只有静止才是平衡状态，匀速直线运动也是物体的平衡状态.因此，静止的物体一定平衡，但平衡的物体不一定静止.还需注意,不要把速度为零和静止状态相混淆，静止状态是物体在一段时间内保持速度为零不变，其加速度为零，而物体速度为零可能是物体静止，也可能是物体做变速运动中的一个状态，加速度不为零。由此可见，静止的物体速度一定为零，但速度为零的物体不一定静止.因此，静止的物体一定处于平衡状态，但速度为零的物体不一定处于静止状态。总之，共点力作用下的物体只要物体的加速度为零，它一定处于平衡状态，只要物体的加速度不为零，它一定处于非平衡状态。二、共点力作用下物体的平衡1.共点力几个力作用于物体的同一点，或它们的作用线交于同一点（该点不一定在物体上），这几个力叫共点力。2.共点力的平衡条件在共点力作用下物体的平衡条件是合力为零，即"=0或F“=0,Fy合=03.判定定理物体在三个互不平行的力的作用下处于平衡，则这三个力必为共点力。（表示这三个力的矢量首尾相接，恰能组成一个封闭三角形）4.解题方法当物体在两个共点力作用下平衡时，这两个力一定等值反向；当物体在三个共点力作用\n下平衡时，往往釆用平行四边形定则或三角形定则；当物体在四个或四个以上共点力作用下\n平衡时，往往采用正交分解法。【例1】(1)下列哪组力作用在物体上，有可能使物体处于平衡状态A.3N,4N,8NB.3N,5N,1NC.4N,7N,8ND・7N,9N,6N(2)用手施水平力将物体压在竖直墙壁上，在物体始终保持静止的情况下A.压力加大，物体受的静摩擦力也加大B.压力减小，物体受的静摩擦力也减小C.物体所受静摩擦力为定值，与压力大小无关D.不论物体的压力改变与否，它受到的静摩擦力总等于重力(3)如下图所示，木块在水平桌面上，受水平力F]=10N,F2=3N而静止，当撤去戸后，木块仍静止，则此时木块受的合力为A.0C.水平向左，7ND.水平向右，7NB.水平向右，3N解析：(1)CD在共点力作用下物体的平衡条件是合力为零，即F合=0。只有CD两个选项中的三个力合力为零。(2)CD体的平衡条件有F”=0F-°k=o对物体受力分析，如下图可得f=Fn,Ff=G(3)A撤去尺后，木块仍静止，则此时木块仍处于平衡状态，故木块受的合力为0.【例2】氢气球重10N,空气对它的浮力为16N,用绳拴住，由于受水平风力作用,\n绳子与竖直方向成30°角，则绳子的拉力大小是,水平风力的大小是解析：气球受到四个力的作用：重力G、浮力尺、水平风力E和绳的拉力厲，如图所示由平衡条件可得F］二G+F3cos30°解得肚翳"馆NF.2V3NF2=F3sin30o答案：4j^N2V3N三、综合应用举例1.静平衡问题的分析方法【例3】（2003年理综）如图甲所示，一个半球形的碗放在桌面上，碗口水平，O点为其球心，碗的内表而及碗口是光滑的。一根细线跨在碗口上，线的两端分别系有质量为"和m2的小球，当它们处于平衡状态时，质量为“的小球与O点的连线与水平线的夹角为Q=60°o两小球的质量比丁为m\A・T•3J2D-V22点评：此题设计巧妙，考查分析综合能力和运用数学处理物理问题的能力，要求考生对于给出的具体事例，选择小球◎为对象，分析它处于平衡状态，再用儿何图形处理问题，从而得岀结论。解析：小球受重力如g、绳拉力F2=m2S和支持力丹的作用而平衡。如图乙所示，由平n?2F2COS309=m}gf得二故选项A正确。2・动态平衡类问题的分析方法【例4】重G的光滑小球静止在固定斜面和竖直挡板之间。若挡板逆时针缓慢转到水\nFx\n平位置，在该过程中，斜面和挡板对小球的弹力的大小戸、尺各如何变化?解：由于挡板是缓慢转动的，可以认为每个时刻小球都处静止状态，因此所受合力为零。应用三角形定则，G、F】、F2个矢量应组成封闭三角形，其中G的大小、方向始终保持不变;的方向不变；尸2的起点在G的终点处，而终点必须在F］所在的线上，由作图可知，挡板逆时针转动90°过程，5矢量也逆时转动90°,因此鬥逐渐变小，鬥先变小后变大。（当尺丄戸，即挡板与斜面垂直时，F?最小）点评:力的图解法是解决动态平衡类问题的常用分析方法。这种方法的优点是形象直观。【例5】如图7所示整个装置静止时，绳与竖直方向的夹角为30°oAB连线与OB垂直。若使带电小球A的电量加倍，带电小球B重新稳定时绳的拉力多大？【解析】小球A电量加倍后，球B仍受重力G、绳的拉力八库伦力F,但三力的方向已不再具有特殊的几何关系。若用正交分解法，设角度，列方程，很难有结果。此时应改变思路，并比较两个平衡状态之间有无必然联系。于是变正交分解为力的合成，注意观察，不难发现：AOB与〃围成的三角形相似，则有：AO/G=OB/T.说明系统处于不同的平衡状态时，拉力7大小不变。由球A电量未加倍时这一特殊状态可以得到：T=Gcos30°。球A电量加倍平衡后，绳的拉力仍是Gcos30°o点评：相似三角形法是解平衡问题时常遇到的一种方法，解题的关键是正确的受力分析，寻找力三角形和结构三角形相似。3.平衡问题中的极值分析【例6】跨过定滑轮的轻绳两端，分别系着物体4和物体B,物体A放在倾角为〃的斜面上（如图1—4一3（甲）所示），已知物体4的质量为加,物体A与斜面的动摩擦因数为滑轮的摩擦不计，要使物体A静止在斜面上，求物体B的质量的取值范围。解析：先选物体B为研究对象，它受到重力加Bg和拉力丁的作用，根据平衡条件有：T=m^g①再选物体A为研究对象，它受到重力加g、斜面支持力N、轻绳拉力T和斜面的摩擦力作用，假设物体A处于将要上滑的临界状态，则物体A受的静摩擦力最大，且方向沿斜面向下，这吋A的受力情况如图（乙）所示，根据平衡条件\n高屮教育\n有：N・mgcos0=0②T・fg・加gsin〃=0③由摩擦力公式知：几二nN④以上四式联立解得加b二加(sin〃+"cos0)再假设物体A处于将要下滑的临界状态，则物体A受的静摩擦力最大，且方向沿斜面向上，根据平衡条件有：N-mgcos〃二0⑤了+几■加gsin〃=0⑥由摩擦力公式知：fm=⑦①⑤⑥⑦卩耳式联立解得mB=w(sin0-ycos〃)综上所述,物体B的质量的取值范围是:加(sin()・ucos加(sin〃+“cos“)【例7】用与竖直方向成。二30°斜向右上方，大小为F的推力把一个重量为G的木块压在粗糙竖直墙上保持静止。求墙对木块的正压力大小N和墙对木块的摩擦力大小/c解：从分析木块受力知，重力为G,竖直向下，推力F与竖直成30°斜向右上方，墙对木块的弹力大小跟F的水平分力平衡，所以N二F/2,墙对木块的摩擦力是静摩擦力，其大小和方向由F的竖直分力和重力大小的关系而决定：当f=2-G时，戶0；当f>2g时，方向竖直向下；当F厶G吋,V3732V3方向竖直向上。点评：静摩擦力是被动力，其大小和方向均随外力的改变而改变，因此，在解决这类问题时，思维要灵活，思考要全面。否则，很容易造成漏解或错解。1.整体法与隔离法的应用【例8】有一个直角支架AOB,人0水平放置，表面粗糙，03竖直向下，表面光滑。AO上套有小环P,OB上套有小环Q,两环质量均为m,两环由一根质量可忽略、不可伸长的细绳相连，并在某一位置平/衡(如图所示)。现将P环向左移一小段距离，两环再次达到平衡，那么Q{t(/将移动后的平衡状态和原来的平衡状态比较，A0杆对P环的支持力Fnb\\/和摩擦力/的变化情况是N~H///A.凡不变‘/变大B.乐不变,/变小C.\n乐变大‘/变大D.FN/W吨\n变大,/变小解：以两环和细绳整体为对象求尽，可知竖直方向上始终二力平衡，Fn=2吨不变；以Q环为对彖，在重力、细绳拉力F和0B压力N作用下平衡，设细绳和竖直方向的夹角为Q,则P环向左移的过程屮。将减小，N二哗tana也将减小。再以整体为对象，水平方向只有0B对。的压力N和04对P环的摩擦力/作用，因此戶N也减小。答案选B。点评：正确选取研究对象，可以使复杂的问题简单化，整体法是力学中经常用到的一种方法。【例9】如图1所示，甲、乙两个带电小球的质量均为加，所带电量分别为q和两球间用绝缘细线连接，甲球乂用绝缘细线悬挂在天花板上，在两球所在的空间有方向向左的匀强电场，电场强度为&平衡时细线都被拉紧.（A）（B）图1（C）（D）（1）平衡时可能位置是图1屮的（）（2）1、2两根绝缘细线的拉力大小分别为（）A.F、=2mg,F2=y］（mg）2+（Eq）2B.F、>2mg,F2>yl（mg）2+（Eq）2C.F、<2mg,F2rZ//7ZZZITJ//j：耳B.物体所受的重力和桌面对它的支持力是一对作用力与反作用力C.物体对桌面的压力就是物体的重力，这两个力是同-•种性质的力D.物体对桌面的压力和桌面对物体的支持力是一对平衡的力解析：物体和桌面受力情况如图所示.对A选项，因物体处于平衡状态，且与G作用于同一物体，因此忌和G是一对平衡力，故A正确.对B选项，因作用力和反作用力分别作用在两个物体上，故B错.对C选项，因压力是弹力，而弹力与重力是性质不同的两种力，故C错.对D选项，由于支持力和压力是物体与桌面相互作用（挤压）而产生的，因此心与Fn.是一对作用力和反作用力，故D错.答案：A点评：（1）一对作用力和反作用力与一对平衡力的最直观的区别就是：看作用点，二力平衡时此两力作用点一定是同一物体；作用力和反作用力的作用点一定是分别在两个物体上.（2）两个力是否是“作用力和反作用力”的最直观区别是：看它们是否是因相互作用而产生的.如B选项屮的重力和支持力，由于重力不是因支持才产生的，因此，这一对力不是作用力和反作用力.三、针对训练1.火车在长直水平轨道上匀速行驶，坐在门窗密闭的车厢内的一人将手中的钥匙相对车竖直上抛，当钥匙（相对车）落下來时（）A.落在手的后方B.落在在手的前方C.落在手中D.无法确定2.根据牛顿第一定律，我们可以得到如下的推论（）A.静止的物体一定不受其它外力作用B.惯性就是质量，惯性是一种保持匀速运动或静止状态的特性C.物体的运动状态发生了改变，必定受到外力的作用D.力停止作用后，物体就慢慢停下来3.关于物体的惯性，下列说法中正确的是（）\nA.只有处于静止或匀速运动状态的物体才具有惯性B.只有运动的物体才能表现出它的惯性C.物体做变速运动时，其惯性不断变化D.以上结论不正确1.伽利略的理想实验证明了（）A.要物体运动必须有力作用，没有力作用物体将静止B.要物体静止必须有力作用，没有力作用物体就运动C.物体不受外力作用时，一定处于静止状态D.物体不受外力作用时，总保持原來的匀速直线运动或静止状态2.关于惯性，下述哪些说法是正确的（）A•惯性除了跟物体质量有关外，还跟物体速度有关A.物体只有在不受外力作用的情况下才能表现出惯性B.乒乓球可快速抽杀，是因为乒乓球的惯性小的缘故C.战斗机投人战斗时，必须丢掉副油箱，减小惯性以保证其运动的灵活性3.如图所示，一个劈形物体M放在固定的粗糙的斜面上，上面成水平.在水平面上放一光滑小球加，劈形物体从静止开始释放，则小球在碰到斜面前的运动轨迹是（）A.沿斜面向下的直线一A.无规则曲线B.抛物线4.关于作用力与反作用力以及相互平衡的两个力的下列说法中，正确的是（）A.作用力与反作用力一定是同一性质的力B.作用力与反作用力大小相等，方向相反，因而可以互相抵消C.相互平衡的两个力的性质，可以相同，也可以不同D.相互平衡的两个力大小相等，方向相反，同时岀现，同时消失5.质量为M的木块静止在倾角为。的斜面上，设物体与斜面间的动摩擦因数为〃，则下列说法正确的是（）\nA.木块受重力，斜面对它的支持力和摩擦力的作用B.木块对斜面的压力与斜面对木块的支持力大小相等，方向相反C.斜面对木块的摩擦力与重力沿科面向下的分力Mgsino大小相等，方向相反D.斜面对木块的摩擦力大小可以写成"Mgcosa1.下面关于惯性的说法中，正确的是A.运动速度大的物体比速度小的物体难以停下来，所以运动速度大的物体具有较大的惯性B.物体受的力越大，要它停下来就越困难，所以物体受的推力越大，则惯性越大C.物体的体积越大，惯性越大D.物体含的物质越多，惯性越大2.关于作用力与反作用力，下列说法中正确的有A.物体相互作用时，先有作用力，后有反作用力B.作用力与反作用力大小相等，方向相反，作用在同一直线上，因而这二力平衡C.作用力与反作用力可以是不同性质的力，例如，作用力是弹力，其反作用力可能是摩擦力D.作用力和反作用力总是同时分别作用在相互作用的两个物体上3.（2002年春上海大综试题）根据牛顿运动定律，以下选项中正确的是A.人只有在静止的车厢内，竖直向上高高跳起后，才会落在车厢的原来位置B.人在沿直线匀速前进的车厢内，竖直向上高高跳起后，将落在起跳点的后方C.人在沿直线加速前进的车厢内，竖直向上高高跳起后，将落在起跳点的后方D.人在沿直线减速前进的车厢内，竖直向上高高跳起后，将落在起跳点的后方4.关于物体的惯性，下列说法正确的是A.只有处于静止或匀速直线运动的物体才具有惯性B.只有运动的物体才能表现出它的惯性C.物体做变速运动时，其惯性不断变化D.以上说法均不正确5.下列现彖中能直接由牛顿第一定律解释的是A.竖直上升的气球上掉下的物体，仍能继续上升一定髙度后才竖直下落\nA.水平匀速飞行的飞机上释放的物体，从飞机上看是做自由落体运动B.水平公路上运动的卡车，速度逐渐减小直至停止C.用力将完好的鸡蛋敲碎1.火车在平直轨道上匀速行驶，门窗紧闭的车厢内有一人向上跳起，发现仍落冋车上原处，这是因为A.人跳起时，车厢内的空气给他以向前的力，带着他随同火车一起向前运动B.人跳起瞬间，车厢地板给他一个向前的力，推动他随同火车一起向前运动C.人跳起后，车在继续向前运动，所以人落下必定偏后一些，只是由于时间很短，偏后距离太小，不明显而已D.人跳起后直到落地，在水平方向上保持与车相同的速度2.大人拉小孩，下列说法正确的是A.当小孩被大人拉走时，大人拉力大于小孩拉力B.当小孩赖着不动时，大人拉力大于小孩的拉力C.不管什么情况下，大人拉力总大于小孩的拉力，因为大人的力气总比小孩大D.不管什么情况下，大人拉力与小孩拉力大小相等参考答案：1.C2.C3・D4.D5.CD6.B7.AC8.ABC9.D10.D11.C12.D13.AB14.D15.D教学反馈动力学是力与运动学的结合，经过前两章的复习以及学生在高一所学的基础上，从课堂气氛可以反映出学生已经进入高三复习状态，从学生反映看，学生对牛顿运动定律很熟悉,区分作用力反作用力与一-对平衡力部分学生还掌握不是很好，但是这些主要靠记忆，相信学生通过复习应该能加深印象。牛顿第二定律教学目标：1.理解牛顿第二定律，能够运用牛顿第二定律解决力学问题2.理解力与运动的关系，会进行相关的判断\n3.掌握应用牛顿第二定律分析问题的基本方法和基本技能教学重点：理解牛顿笫二定律教学难点：力与运动的关系教学方法：讲练结合，计算机辅助教学教学过程：一、牛顿第二定律1.定律的表述物体的加速度跟所受的外力的合力成止比，跟物体的质量成反比，加速度的方向跟合力的方向相同，即（其中的F和加、g必须相对应）点评：待别要注意表述的第三句话。因为力和加速度都是矢量，它们的关系除了数量大小的关系外，还有方向之间的关系。明确力和加速度方向，也是正确列出方程的重要坏节。若F为物体受的合外力，那么Q表示物体的实际加速度；若F为物体受的某一个方向上的所有力的合力，那么a表示物体在该方向上的分加速度；若F为物体受的若干力中的某一个力，那么a仅表示该力产生的加速度，不是物体的实际加速度。2.对定律的理解：（1）瞬时性：加速度与合外力在每个瞬时都有大小、方向上的对应关系，这种对应关系表现为：合外力恒定不变时，加速度也保持不变。合外力变化时加速度也随Z变化。合外力为零时，加速度也为零。（2）矢量性：牛顿第二定律公式是矢量式。公式a=-只表示加速度与合外力的大小m关系.矢量式的含义在于加速度的方向与合外力的方向始终一致.（3）同一性：加速度与合外力及质塑的关系，是对同一个物体（或物体系）而言。即F与a均是对同一个研究对象而言。（4）相对性：牛顿第二定律只适用于惯性参照系。（5）局限性：牛顿第二定律只适用于低速运动的宏观物体，不适用于高速运动的微观粒子。3.牛顿第二定律确立了力和运动的关系牛顿笫二定律明确了物体的受力情况和运动情况ZI'可的定量关系。联系物体的受力情况和运动情况的桥梁或纽带就是加速度。4.应用牛顿第二定律解题的步骤\n（1）明确研究对彖。可以以某一个物体为对象，也可以以几个物体组成的质点组为对象。设每个质点的质量为加，对应的加速度为则有：F合=加/Q/+加2^2+加3。3++叫如对这个结论可以这样理解：先分别以质点组中的每个物体为研究对象用牛顿第二定律：27F]=m|a1,27，27Fn=mnan,将以上各式等号左、右分别相加，其中左边所有力中，凡属于系统内力的，总是成对出现并且大小相等方向相反的，其矢量和必为零，所以最后得到的是该质点组所受的所有外力之和，即合外力F。（2）对研究对象进行受力分析。同吋还应该分析研究对象的运动情况（包括速度、加速度），并把速度、加速度的方向在受力图旁边画出来。（3）若研究对象在不共线的两个力作用下做加速运动，一般用平行四边形定则（或三角形定则）解题；若研究对象在不共线的三个以上的力作用下做加速运动，一般用正交分解法解题（注意灵活选取坐标轴的方向，既可以分解力，也可以分解加速度）。（4）当研究对象在研究过程的不同阶段受力情况有变化时，那就必须分阶段进行受力分析，分阶段列方程求解。解题要养成良好的习惯。只要严格按照以上步骤解题，同时认真画出受力分析图，标出运动情况，那么问题都能迎刃而解。二、应用举例1.力与运动关系的定性分析【例1】如图所示，如图所示，轻弹簧下端固定在水平面上。一个小球从弹簧正上方某一高度处由静止开始自由下落，接触弹簧后把弹簧压缩到一定程度后停止下落。在小球下落的这一全过程中，下列说法中正确的是A.小球刚接触弹簧瞬间速度最大B.从小球接触弹簧起加速度变为竖直向上C.从小球接触弹簧到到达最低点，小球的速度先增大后减小D.从小球接触弹簧到到达最低点，小球的加速度先减小后增大解析：小球的加速度大小决定于小球受到的合外力。从接触弹簧到到达最低点，弹力从零开始逐渐增大，所以合力先减小后增大，因此加速度先减小后增大。当合力与速度同向时小球速度增大，所以当小球所受弹力和重力大小相等时速度最大。选CD。\n【例2】如图所示.弹簧左端固定，右端自由仲长到O点并系住物体加•现将弹簧压缩到A点，然后释放，物体一直可以运动到3点.如果物体受到的阻力恒定，则A.物体从A到0先加速后减速B.物体从A到O加速运动，从O到B减速运动C.物体运动到0点时所受合力为零D.物体从A到0的过程加速度逐渐减小解析：物体从A到O的运动过程，弹力方向向右.初始阶段弹力大于阻力，合力方向向右.随着物体向右运动，弹力逐渐减小，合力逐渐减小，由牛顿第二定律可知，此阶段物体的加速度向右且逐渐减小，由于加速度与速度同向，物体的速度逐渐增大.所以初始阶段物体向右做加速度逐渐减小的加速运动.当物体向右运动至A0间某点（设为0’）时，弹力减小到等于阻力，物体所受合力为零，加速度为零，速度达到最大.此后，随着物体继续向右移动，弹力继续减小，阻力大于弹力，合力方向变为向左.至0点时弹力减为零，此后弹力向左且逐渐增大.所以物体从0’点后的合力方向均向左且合力逐渐增人，由牛顿第二定律可知，此阶段物体的加速度向左且逐渐增人.由于加速度与速度反向，物体做加速度逐渐增人的减速运动.正确选项为A、C.点评：（1）解答此题容易犯的错误就是认为弹簧无形变时物体的速度最大，加速度为零.这显然是没对物理过程认真分析，靠定势思维得出的结论.要学会分析动态变化过程，分析时要先在脑子里建立起一幅佼为清晰的动态图景，再运用概念和规律进行推理和判断.（2）通过此题，可加深对牛顿第二定律屮合外力与加速度I'可的瞬时关系的理解，加深对速度和加速度间关系的理解.譬如，本题屮物体在初始阶段，尽管加速度在逐渐减小，但由于它与速度同向，所以速度仍继续增大.2.牛顿第二定律的瞬时性【例3】（2001年上海高考题）如图（1）所示，一质量为加的物体系于长度分别为b、厶2的两根细线上，厶的一端悬挂在天花板上，与竖直方向夹角为〃，厶2水平拉直，物体处于平衡状态。现将b线剪断，求剪断瞬时物体的加速度。（1）下面是某同学对该题的某种解法：解：设J线上拉力为石，厶2线上拉力为D，重力为加炉物体在三力作用下处于平衡。\n7]cos&=mg,7]sin&=7；,解得7；=^tan3,剪断线的瞬间，T?突然消失，物体却在£反方向获得加速度，因为加gtan"二ma所以加速度a二gtan0,方向在D反方向。你认为这个结果正确吗？说明理由。（2）若将图（1）中的细线厶|改为长度相同，质量不计的轻弹簧，如图（2）所示，其它条件不变，求解的步骤和结果与（1）完全相同，即a二gtan（）,你认为这个结果正确吗？请说明理由。解析：（1）这个结杲是错误的。当厶2被剪断的瞬间，因T2突然消失，而引起厶上的张力发生突变，使物体的受力情况改变，瞬时加速度沿垂直L|斜向下方，为«=^sin0o（2）这个结果是正确的。当厶2被剪断时，％突然消失，而弹簧还来不及形变（变化要有一个过程，不能突变），因而弹簧的弹力石不变，它与重力的合力与兀是一对平衡力，等值反向，所以L2剪断时的瞬时加速度为a=gtan〃，方向在心的反方向上。点评:牛顿第二定律F^=ma反映了物体的加速度。跟它所受合外力的瞬时对应关系.物体受到外力作用，同时产生了相应的加速度，外力恒定不变，物体的加速度也恒定不变；外力随看时I'可改变时，加速度也随着时间改变；某一时刻，外力停止作用，其加速度也同时消失.2.正交分解法【例4】如图所示，质量为4kg的物体静止于水平面上，物体与水平面间的动摩擦因数为0.5,物体受到大小为20N,与水平方向成30°角斜向上的拉力F作用时沿水平面做匀加速运动，求物体的加速度是多大？（g取10m/s2）/////////』//////!///////G解析：以物体为研究对象，其受力情况如图所示，建立平面直角坐标系把F沿两坐标轴方向分解，则两坐标轴上的合力分别为F、=Feos0-Fu.iX*Fy=FN+Fsin0-G,\n物体沿水平方向加速运动，设加速度为d，则x轴方向上的加速度ax=afy轴方向上物体没有运动，故ay=0,由牛顿第二定律得Fx=max=ma,Fy=may=0所以FcosO—巧/=mckFn+Fsin&—G=0又有滑动摩擦力巧/=叭以上三式代入数据可解得物体的加速度6/=0.58in/s2点评：当物体的受力情况较复杂时，根据物体所受力的具体情况和运动情况建立合适的直角坐标系，利用正交分解法来解.2.合成法与分解法【例5】如图所示，沿水平方向做匀变速直线运动的车厢中，悬挂小球的悬线偏离竖直方向37°角，球和车厢相对静止，球的质量为lkg.(g=10m/sSsin37°=0.6,cos37°=0.8)(1)求车厢运动的加速度并说明车厢的运动情况.(2)求悬线对球的拉力.解析：(1)球和车厢相对静止，它们的运动情况相同，由于对球的受力情况知道的较多，故应以球为研究对彖.球受两个力作用：重力加g和线的拉力片，由球随车一起沿水平方向做匀变速直线运动，故其加速度沿水平方向，合外力沿水平方向.做出平行四边形如图所示.球所受的合外力为F令=/wgtan37°由牛顿第二定律F^=ma可求得球的加速度为F亠a=丄1=gtan37°=7.5m/s2m加速度方向水平向右.\n车厢可能水平向右做匀加速克线运动，也町能水平向左做匀减速克线运动.(2)由图可得，线对球的拉力大小为mgcos37°1x10"oTN二12.5N点评：本题解题的关键是根据小球的加速度方向，判断出物体所受合外力的方向，然后画出平行四边形，解其屮的三角形就可求得结果.【例6】如图所示，m=4kg的小球挂在小车后壁上，细线与竖直方向成37°角。求:(1)小车以a二g向右加速;(2)小车以a=g向右减速时,细线对小球的拉力F｛和后壁对小球的压力E各多大?解析:(1)向右加速时小球对后壁必然有压力，球在三个共点力作用下向右加速。合外力向右，尸2向右，因此G和F1的合力一定水平向左，所以F1的大小可以用平行四边形定则求出：Fj=50N,可见向右加速时F］的大小与a无关；可在水平方向上用牛顿第二定律列方程：F2-0.75G=ma计算得F2=70No可以看出将随a的增大而增大。(这种情况下用平行四边形定则比用正交分解法简单。)(2)必须注意到：向右减速时，尺有可能减为零，这时小球将离开后壁而“飞”起来。这时细线跟竖直方向的夹角会改变，因此F,的方向会改变。所以必须先求出这个临界值。当吋G和戸的合力刚好等于阳，所以a的临界值为a=当"g吋小球必将离开4后壁。不难看出，这时尺=血加g=56N,F2=0【例7】如图所示，在箱内倾角为。的固定光滑斜面上用平行于斜面的细线固定一质量为加的木块。求：(1)箱以加速度a匀加速上升，(2)箱以加速度a向左匀加速运动时，线对木块的拉力冋和斜面对箱的压力F2各多大？解：(1)。向上时，由于箱受的合外力竖直向上，重力竖直向下，所以Fi、C的合力F必然竖直向上。可先求F,再由Fi=Fsin(J和F2=Fcosa求解，得到：F\=m(g+a)sina,F2=tn(g+a)cosa显然这种方法比正交分解法简单。\nV(1)G向左时，箱受的三个力都不和加速度在一条直线上，必须用正交分解法。可选择沿斜而方向和垂直于斜而方向进行正交分解，(同时正交分解。)，然后分别沿x、y轴列方程求Fi、F2：F]=m(gsino-acosa),F^m(geosa+asino)经比较可知，这样正交分解比按照水平、竖直方向正交分解列方程和解方程都简单。点评：还应该注意到F]的表达式Fi=m(gsina-acosa)显示其有可能得负值，这意味着绳对木块的力是推力，这是不可能的。这里又有一个临界值的问题：当向左的加速度QWgtana时戸二加(gsin—ocosa)沿绳向斜上方；当Q时木块和斜面不再保持相对静止，而是相对于斜而向上滑动，绳子松弛，拉力为零。2.在动力学问题中的综合应用【例7]如图所示，质量m=4kg的物体与地面间的动摩擦因数为"=0.5,在与水平成0=37。角的恒力F作用下，从静止起向右前进f!=2.0s后撤去F,又经过b=4.0s物体刚好停下。求：F的大小、最大速度仏、总位移肌解析：由运动学知识可知：前后两段匀变速直线运动的加速度。与时间/成反比，而第二段中〃加g二恥2，加速度a2=P^=5m/s2,所以第一段中的加速度一定是tzi=10m/s2o再由方程Fcos0_p(mg—Fsin0)=加q可求得：F=54.5N第一段的末速度和第二段的初速度相等都是最大速度，可以按第二段求得：vin=672/2=20m/s又由于两段的平均速度和全过程的平均速度相等，所以有Vs=(/]+匚)=60m点评：需要引起注意的是：在撤去拉力F前后，物体受的摩擦力发生了改变。可见，在动力学问题屮应用牛顿笫二定律，正确的受力分析和运动分析是解题的关键,求解加速度是解决问题的纽带，要牢牢地把握住这一解题的基本方法和基本思路。我本在下一专题将详细研究这一问题。三、针对训练\n1.下列关于力和运动关系的几种说法屮，正确的是A.物体所受合外力的方向，就是物体运动的方向B.物体所受合外力不为零时，其速度不可能为零C.物体所受合外力不为零，其加速度一定不为零D.合外力变小的，物体一定做减速运动2.放在光滑水平面上的物体，在水平方向的两个平衡力作用下处于静止状态，若其中一个力逐渐减小到零后，又恢复到原值，则该物体的A.速度先增人后减小B.速度一直增大，直到某个定值C.加速度先增大，后减小到零D.加速度一直增大到某个定值3.下列对牛顿第二定律的表达式F=ma及其变形公式的理解，正确的是A.由F=ma可知，物体所受的合外力与物体的质量成正比，与物体的加速度成反比B.由m=-可知，物体的质量与其所受合外力成正比，与其运动的加速度成反a比C.由a=-可知，物体的加速度与其所受合外力成正比，与其质量成反比mD.由m=-可知，物体的质量可以通过测量它的加速度和它所受到的合外力而求a得4.在牛顿第二定律的数学表达式F=k啦屮,有关比例系数R的说法正确的是A.在任何情况下£都等于1B.因为£=1,所以R可有可无C.£的数值由质量、加速度和力的大小决定D.£的数值由质量、加速度和力的单位决定5.对静止在光滑水平面上的物体施加一水平拉力，当力刚开始作用的瞬间A.物体立即获得速度B.物体立即获得加速度C.物体同时获得速度和加速度\nA.由于物体未來得及运动，所以速度和加速度都为零1.质量为lkg的物体受到两个大小分别为2N和2N的共点力作用，则物体的加速度大小可能是A.5m/s2B.3m/s2C.2m/s2D.0.5m/s22.如图所示，质量为10kg的物体，在水平地面上向左运动.因数为0.2.与此同时，物体受到一个水平向右的推力F=20N的作用，则物体的加速度为（g取10m/s2）A.0B.4m/s2,水平向右C.2m/s2,水平向右D.2m/s2,水平向左3.质量为巾的物体放在粗糙的水平面上，水平拉力F作用物体与水平面间的动摩擦////////////////A.小于aC.在d和2d之间B.等于aD.大于2a于物体上，物体产生的加速度为若作用在物体上的水平拉力变为2F,则物体产生的加速度4.物体在力F作用下做加速运动，当力F逐渐减小时，物体的加速度,速度;当F减小到0时，物体的加速度将,速度将•（填变大、变小、不变、最大、最小和零）等.5.如图所示，物体A、B用弹簧相连，伽二2也，A.B与尸地面间的动摩擦因数相同，均为〃，在力F作用下，物体系统做~一800—一匀速运动，在力F撤去的瞬间，A的加速度为,B的加速度为（以原来的方向为正方向）.6.甲、乙两物体的质量之比为5:3,所受外力大小之比为2:3,则甲、乙两物体加速度大小之比为.7.质量为8X103kg的汽车，以1.5m/s?的加速度沿水平路面加速，阻力为2.5X103N,那么汽车的牵引力为N.8.质量为1.0kg的物体，其速度图像如图所示，4s内物体所受合外力的最大值是N；合外力方向与运动方向相反时，合外力大小为N.9.在质量为M的气球下面吊一质量为m的物体匀速上升.某时刻悬挂物体的绳子断了，若空气阻力不计，物体所受的浮力大小不计，求气球上升的加速度.参考答案:I.C2.BC3.CD4.D5.B6.ABC7.B8.D3\n9.变小、增大、为零、不变10.0；--Pg厶I.2：512.1.45X10413.4214.—gM教学后记学生通过复习掌握了解决动力学两类问题的方法，但是对于比较复杂的综合性题目,学生解起来有一定的难度，在以后的复习中应注意加强训练。牛顿运动定律的应用教学目标：1.掌握运用牛顿三定律解决动力学问题的基本方法、步骤2.学会用整体法、隔离法进行受力分析，并熟练应用牛顿定律求解3.理解超重、失重的概念，并能解决有关的问题4.掌握应用牛顿运动定律分析问题的基本方法和基本技能教学重点：牛顿运动定律的综合应用教学难点：受力分析，牛顿第二定律在实际问题中的应用教学方法：讲练结合，计算机辅助教学教学过程：一、牛顿运动定律在动力学问题中的应用1.运用牛顿运动定律解决的动力学问题常常可以分为两种类型（两类动力学基本问题）:（1）已知物体的受力情况，要求物体的运动情况.如物体运动的位移、速度及时间等.（2）已知物体的运动情况，要求物体的受力情况（求力的大小和方向）.但不管哪种类型，一般总是先根据己知条件求出物体运动的加速度，然后再由此得出问题的答案.两类动力学基本问题的解题思路图解如下：牛顿第二定律运动学公式\n可见，不论求解那一类问题，求解加速度是解题的桥梁和纽带，是顺利求解的关键。点评：我们遇到的问题中，物体受力情况一般不变，即受恒力作用，物体做匀变速直线运动，故常用的运动学公式为匀变速直线运动公式，如vt=v（）+at,s=v（/+丄at2,vt2—v（）2=2as.v=—='十“=叫/2等.t1.应用牛顿运动定律解题的一般步骤（1）认真分析题意，明确已知条件和所求量，搞清所求问题的类型。（2）选取研究对象.所选取的研究对彖可以是一个物体，也可以是几个物体组成的整体.同一题冃，根据题意和解题需要也可以先后选取不同的研究对象。（3）分析研究对象的受力情况和运动情况。（4）当研究对象所受的外力不在一条直线上时：如果物体只受两个力，可以用平行四边形定则求其合力；如杲物体受力较多，一般把它们正交分解到两个方向上去分别求合力；如果物体做直线运动，一般把各个力分解到沿运动方向和垂直运动的方向上。（5）根据牛顿第二定律和运动学公式列方程，物体所受外力、加速度、速度等都可根据规定的正方向按正、负值代入公式，按代数和进行运算。（6）求解方程，检验结果，必要时对结果进行讨论。2.应用例析【例1】一斜面AB长为10m,倾角为30°,—质量为2kg的小物体（大小不计）从斜面顶端A点由静止开始下滑，如图所示（g取10m/s2）（1）若斜面与物体间的动摩擦因数为0.5,求小物体下滑到斜面底端B点时的速度及所用时间.（2）若给小物体一个沿斜面向下的初速度，恰能沿斜面匀速下滑，则小物体与斜面间的动摩擦因数〃是多少？\n解析：题屮第（1）问是知道物体受力情况求运动情况；笫（2）问是知道物体运动情况求受力情况。（1）以小物块为研究对象进行受力分析，如图所示。物块受重力mg、斜而支持力N、摩擦力/；垂直斜面方向上受力平衡，由平衡条件得：吨cos30°-N=0沿斜面方向上，由牛顿第二定律得：mgsin30°-f=ma又f=PN由以上三式解得^=0.67m/s2小物体下滑到斜面底端B点吋的速度：叫=42as=3.65m/s（2）小物体沿斜面匀速下滑，受力平衡，加速度a=0,有垂直斜面方向：加gcos30°-N=0沿斜面方向：m^sin30°-f=0又jN解得：“=0.58【例2］如图所示，一高度为/?=0.8m粗糙的水平血在B点处与一倾角为〃二30°光滑的斜面连接，一小滑块从水平面上的4点以y（）=3m/s的速度在粗糙的水平面上向右运动。运动到B点时小滑块恰能沿光滑斜面下滑。已知AB间的距离尸5m,求：（1）小滑块与水平面间的动摩擦因数；（2）小滑块从A点运动到地面所需的时间；解析：（1）依题意得VB1=O,设小滑块在水平面上运动的加速度大小为d,则据牛顿第二定律可得f=um沪ma,所以a=Ug,由运动学公式可得此=2pgs得“=0.09,n=3.3s\n（2）在斜面上运动的时间/=/i+/2=4.1s【例3】静止在水平地而上的物体的质蚩为2kg,在水平恒力F推动下开始运动，4s末它的速度达到4m/s,此时将F撤去，又经6s物体停下来，如果物体与地面的动摩擦因数不变，求F的大小。解析：物体的整个运动过程分为两段，前4s物体做匀加速运动，后6s物体做匀减速运动。前4s内物体的加速度为设摩擦力为耳，由牛顿第二定律得F_F“=ma[后6s内物体的加速度为=-~=—mis2=-—mis2「t263物体所受的摩擦力大小不变，由牛顿第二定律得由②④可求得水平恒力F的大小为F=m{a）—ci2）=2x（1+—）N—3.37V点评：解决动力学问题时，受力分析是关键，对物体运动情况的分析同样重要，特别是像这类运动过程较复杂的问题，更应注意对运动过程的分析。在分析物体的运动过程时，一定弄清整个运动过程中物体的加速度是否相同，若不同,必须分段处理，加速度改变时的瞬时速度即是前后过程的联系量。分析受力时要注意前后过程中哪些力发生了变化，哪些力没发生变化。四、连接体（质点组）在应用牛顿第二定律解题时，有时为了方便，可以取一组物体（一组质点）为研究对彖。这一组物体一般具有相同的速度和加速度，但也可以有不同的速度和加速度。以质点组为研究对象的好处是可以不考虑组内各物体间的相互作用，这往往给解题带來很大方便。使解题过程简单明了。\n二、整体法与隔离法1.整体法：在研究物理问题时，把所研究的对象作为一个整体来处理的方法称为整体法。采用整体法时不仅可以把儿个物体作为整体，也可以把儿个物理过程作为一个整体，采用整体法可以避免对整体内部进行繁锁的分析，常常使问题解答更简便、明了。运用整体法解题的基本步骤：（1）明确研究的系统或运动的全过程.（2）画出系统的受力图和运动全过程的示意图.（3）寻找未知量与已知量之间的关系，选择适当的物理规律列方程求解2.隔离法：把所研究对彖从整体屮隔离出来进行研究，最终得出结论的方法称为隔离法。可以把整个物体隔离成儿个部分来处理，也可以把整个过程隔离成儿个阶段来处理，还可以对同一个物体，同一过程中不同物理塑的变化进行分别处理。采用隔离物体法能排除与研究对象无关的因素，使事物的特征明显地显示出来，从而进行有效的处理。运用隔离法解题的基本步骤：（1）明确研究对彖或过稈、状态，选择隔离对象•选择原则是：一要包含待求量，二是所选隔离对象和所列方程数尽可能少。（2）将研究对象从系统中隔离出来；或将研究的某状态、某过程从运动的全过程中隔离岀来。（3）对隔离出的研究对象、过程、状态分析研究，画出某状态下的受力图或某阶段的运动过程示意图。（4）寻找未知量与已知量Z间的关系，选择适当的物理规律列方程求解。3.整体和局部是相对统一相辅相成的隔离法与整体法，不是相互对立的，一般问题的求解中，随着研究对象的转化，往往两种方法交叉运用，相辅相成.所以，两种方法的取舍，并无绝对的界限，必须具体分析，灵活运用.无论哪种方法均以尽可能避免或减少非待求量（即中间未知量的出现，如非待求的力，非待求的中间状态或过程等）的出现为原则4.应用例析【例4】如图所示，A、B两木块的质量分別为加a、mB，在水平推力F作用下沿光滑水\n平面匀加速向右运动，求A、B间的弹力凡。解析：这里有乐两个未知数，需要要建立两个方程，要取两次研究对象。比较后可知分别以B、(A+B)为对象较为简单(它们在水平方向上都只受到一个力作用)。可得加A点评：这个结论还可以推广到水平面粗糙时(4、3与水平而间〃相同)；也可以推广到沿斜而方向推4、B向上加速的问题，有趣的是，答案是完全一样的。【例5】如图所示，质量为2m的物块A和质量为m的物块B与地面的摩擦均不计.在已知水平推力F的作用下，A、B做加速运动.A对3的作用力为多大？解析：取人、B整体为研究对彖，其水平方向只受一个力F的作用根据牛顿第二定律知：F=(2加+加)aa=F/3m取B为研究对象，其水平方向只受4的作用力戸，根据牛顿第二定律知:F\=tna故F,=F/3点评：对连结体(多个相互关联的物体)问题，通常先取整体为研究对象，然后再根据要求的问题取某一个物体为研允对象.【例6］如图，倾角为a的斜面与水平面间、斜面与质量为m的木块I'可的动摩擦因数均为〃，木块由静止开始沿斜面加速下滑时斜面始终保持静止。求水平面给斜面的摩擦力大小和方向。解：以斜而和木块整体为研究对象，水平方向仅受静摩擦力作用，而整体中只有木块的加速度有水平方向的分量。可以先求出木块的加速度a=g(sina-“cosa),再在水平方向对质点组用牛顿第二定律，很容易得到：Ff=mg(sina-pcosa)cosa如果给出斜面的质量M,本题还可以求出这时水平面对斜面的支持力大小为：乐=盹+吨(cos0+“sina)sina,这个值小于静止时水平而对斜而的支持力。高中教育\n【例7】如图所示，加A=lkg,wB=2kg,A、3间静摩擦力的最大值是5N,水平面光滑。用水平力F拉B,当拉力大小分别是F=10N和F=20N时，A、3的加速度各多大？解析：先确定临界值，即刚好使A、B发生相对滑动的F值。当A、B间的静摩擦力达到5N时，既可以认为它们仍然保持相对静止，有共同的加速度，又可以认为它们间已经发生了相对滑动，A在滑动摩擦力作用下加速运动。这时以A为对象得到a=5m/s2；再以A、B系统为对象得到F=（加a+加B）a=15N（1）当F=10N<15N时，A、B—定仍相对静止，所以弧=如=—-——=3.3m/E加a+加B（2）当F=20N>15N时，人、B间一定发生了相对滑动，用质点组牛顿第二定律列方程:F=mA«A+mB6rB,而aa=5m/s2,于是可以得至!jab=7.5m/s2【例8】如图所示，质量为M的木箱放在水平面上，木箱中的立杆上套看一个质量为加的小球，开始时小球在杆的顶端，由静止释放后，小球沿杆下滑的加速度为重力加速度的丄，2即则小球在下滑的过程中，木箱对地面的压力为多少？命题意图：考查对牛顿第二定律的理解运用能力及灵活选取研究对象的能力.B级要求.错解分析：（1）部分考生习惯于具有相同加速度连接体问题演练，对于“一动一静”连续体问题难以对其隔离，列出正确方程.（2）思维缺乏创新，对整体法列出的方程感到疑惑.解题方法与技巧：解法一：邙霸离法）木箱与小球没有共同加速度，所以须用隔离法.取小球加为研究对象，受重力>ng、摩擦力乃，如图2・4,据牛顿第二定律得：mg-Ff=ma①取木箱M为研究对象，受重力Mg、地面支持力Fn及小球给予的摩擦力竹'如图.\n据物体平衡条件得：FN-Ff_Mg二0②且Fj=F/③,—52M+m由①②③式得F尸一-—g由牛顿第三定律知，木箱对地面的压力大小为,2M+mFn=Fn=g.解法二：(整体法)对于“一动一静”连接体，也可选取整体为研究对象，依牛顿第二定律列式:(mg+Mg)・Fn-nia+MX02M+777故木箱所受支持力：Ffg，由牛顿第三定律知:厶,,2M+m木相对地面压力Fn=F/v=g.三、临界问题在某些物理情境中，物体运动状态变化的过程中，由于条件的变化，会出现两种状态的衔接，两种现象的分界，同时使某个物理量在特定状态时，具有最大值或最小值。这类问题称为临界问题。在解决临界问题时，进行正确的受力分析和运动分析，找出临界状态是解题的关键。【例9】一个质量为0.2kg的小球用细线吊在倾角心53°的斜面顶端，如图，斜面静止时，球紧靠在斜面上，绳与斜面平行，不计摩擦，当斜面以10m/s2的加速度向右做加速运动时,命题意图:考查对牛顿笫二定律的理解应用能力、分析推理能力及临界条件的挖掘能力。错解分析：对物理过程缺乏清醒认识，无法用极限分析法挖掘题目隐含的临界状态及条件，使问题难以切入.解题方法与技巧：当加速度Q较小时，小球与斜面体一起运动，此时小球受重力、绳拉力和斜面的支持力作用，绳平行于斜面，当加速度d足够大时，小球将“飞离”斜面，此时\n小球受重力和绳的拉力作用，绳与水平方向的夹角未知，题目中要求«=10m/s2时绳的拉力及斜面的支持力，必须先求出小球离开斜面的临界加速度f/o.（此时，小球所受斜面支持力恰好为零）由mgcot8所以d（）=gcol"=7.5m/s2因为a=10m/s2>tzo'所以小球离开斜面/V二0,小球受力情况如图，则7?osa-may7sina所以T=7（wz）2+（/7?g）2=2.83N,N二0.四、超重、失重和视重1.超重现象：物体对支持物的压力（或对悬挂物的拉力）大于物体所受重力的情况称为超重现象。产生超重现象的条件是物体具有向上的加速度。与物体速度的大小和方向无关。产生超重现象的原因：当物体具有向上的加速度a（向上加速运动或向下减速运动）时,支持物对物体的支持力（或悬挂物对物体的拉力）为F,由牛顿第二定律得F—mg=ma所以F=m（g+o）>mg由牛顿第三定律知，物体对支持物的压力（或对悬挂物的拉力）F'>加&2.失重现象：物体对支持物的压力（或对悬挂物的拉力）小于物体所受重力的情况称为失重现象°产生失重现彖的条件是物体具有向下的加速度,与物体速度的大小和方向无关.产生失重现象的原因：当物体具有向下的加速度。（向下加速运动或向上做减速运动）时，支持物对物体的支持力（或悬挂物对物体的拉力）为代由牛顿第二定律mg_F=ma,所以F=m（g—a）tnB.tA=tnC・tA上-；碰后A的速度不大于B的速度，mA叫丄5—9—；又因为碰撞过程系统动能不会增加，二^+_^\仝二+_§二，由mAmB2m人2加〃2m人2mn3iti4以上不等式组解得：-<^-<-8mB7点评：此类碰撞问题要考虑三个因素：①碰撞中系统动量守恒；②碰撞过程屮系统动能不增加；③碰前、碰后两个物体的位置关系(不穿越)和速度大小应保证其顺序合理。1.子弹打木块类问题子弹打木块实际上是一种完全非弹性碰撞。作为一个典型，它的特点是：子弹以水平速度射向原来静止的木块，并留在木块中跟木块共同运动。下面从动量、能量和牛顿运动定律等多个角度来分析这一过程。【例3］设质量为加的子弹以初速度巾射向静止在光滑水平而上的质量为M的木块,并留在木块中不再射出，子弹钻入木块深度为乩求木块对子弹的平均阻力的大小和该过程中木块前进的距离。解析：子弹和木块最后共同运动，相当于完全非弹性碰撞。从动量的角度看，子弹射入木块过程中系统动量守恒：m%=（M+/n）v从能量的角度看，该过程系统损失的动能全部转化为系统的内能。设平均阻力大小为/,设子弹、木块的位移大小分别为小S2,如图所示，显然有SrS2=d对子弹用动能定理：f•=—mv()——tnv2①22对木块用动能定理：f-S2=丄枷2……②2①、②相减得：f'd=丄加话一丄(M+加_v()③222(M+m)点评：这个式子的物理意义是：fd恰好等于系统动能的损失；根据能量守恒定律，系统动能的损失应该等于系统内能的增加；可见fd=Q.即两物体由于相对运\n动而摩擦产生的热（机械能转化为内能），等于摩擦力大小与两物体相对滑动的路程的乘积（由于摩擦力是耗散力，摩擦生热跟路径有关，所以这里应该用路程,而不是用位移）。由上式不难求得平均阻力的大小:2（M+m）d至于木块前进的距离$2,可以由以上②、③相比得出：勺="dMm从牛顿运动定律和运动学公式出发，也可以得出同样的结论。由于子弹和木块都在恒力作用下做匀变速运动，位移与平均速度成正比：vnM+mmf—=,52=dM+ms2+d（v0+v）/2v0+vclv/2—==,/.——Srv/2VV•般情况下M»m,所以s2«cl.这说明，在子弹射入木块过程屮，木块的位移很小,Mm22（M+m）V°可以忽略不计。这就为分阶段处理问题提供了依据。象这种运动物体与静止物体相互作用,动量守恒，最后共同运动的类型，全过程动能的损失量可用公式:当子弹速度很大时，可能射穿木块，这时末状态子弹和木块的速度大小不再相等，但穿透过程屮系统动量仍然守恒，系统动能损失仍然是AECd（这里的d为木块的厚度），但由于末状态子弹和木块速度不相等，所以不能再用④式计算"Ek的大小。做这类题目时一定要画好示意图，把各种数量关系和速度符号标在图上，以免列方程时带错数据。1.反冲问题在某些情况下，原来系统内物体具有相同的速度，发生相互作用后各部分的末速度不再相同而分开。这类问题相互作用过程中系统的动能增大，有其它能向动能转化。可以把这类问题统称为反冲。【例4】质量为加的人站在质量为M,长为厶的静止小船的右端，小船的左端靠在岸边。当他向左走到船的左端时，船左端离岸多远？解析：先画出示意图。人、船系统动量守恒，总动量始终为零，所以人、船动量大小始终相等。从图中可以看出，人、船的位移大小之和等于厶。设人、船位移大小分别为小仏，则：\n两边同乘时间f,mh=Mb，而厶+/?=厶,M+m点评：应该注意到：此结论与人在船上行走的速度大小无关。不论是匀速行走还是变速行走，甚至往返行走，只要人最终到达船的左端，那么结论都是相同的。做这类题目，首先要画好示意图，要特别注意两个物体相对于地面的移动方向和两个物体位移大小之间的关系。以上所列举的人、船模型的前提是系统初动量为零。如杲发生相互作用前系统就具有一定的动量，那就不能再用加1可=加2卩2这种形式列方程，而要利用(mi+/W2)v()=m\V]+m2v2列式。【例5】总质量为M的火箭模型从飞机上释放时的速度为必，速度方向水平。火箭向后以相对于地面的速率«喷出质量为m的燃气后，火箭本身的速度变为多大？解析：火箭喷出燃气前后系统动量守恒。喷出燃气后火箭剩余质量变为M-m.以比方向为正方向,Mvq=-mu+（M一m）v\vr=A/v0+muM-m1.爆炸类问题【例6】抛出的手雷在最高点时水平速度为lOm/s,这时突然炸成两块，其中大块质量3OOg仍按原方向飞行，其速度测得为50m/s,另一小块质量为200g,求它的速度的大小和方向。解析：手雷在空中爆炸时所受合外力应是它受到的重力6=(mx+m2)g，可见系统的动量并不守恒。但在爆炸瞬间，内力远大于外力时，外力可以不计，系统的动量近似守恒。设手雷原飞行方向为正方向，则整体初速度v0=10m/5；®=O.3kg的大块速度为Vj=50m/s、加2=0.2kg的小块速度为v2,方向不清，暂设为正方向。由动量守恒定律:\n(mi+m2)v0=加V]+m2v2V2m2(0.3+0.2)x10—0.3x5002=-50m/s此结果表明，质量为20()克的部分以50m/s的速度向反方向运动，其中负号表示与所设正方向相反1.某一方向上的动量守恒【例7】如图所示，AB为一光滑水平横杆，杆上套一质塑为M的小圆环，环上系一长为厶质量不计的细绳，绳的另一端拴一质量为加的小球，现将绳拉直，且与平行，由静止释放小球，则当线绳与成0角时，圆环移动的距离是多少？A解析：虽然小球、细绳及圆环在运动过程屮合外力不为零(杆的支持力与两圆环及小球的重力之和不相等)系统动量不守恒，但是系统在水平方向不受外力，因而水平动量守恒。设细绳与4B成0角时小球的水平速度为u,圆环的水平速度为忆则由水平动量守恒有：MV=inv且在任意时刻或位置U与卩均满足这一关系，加之时I'可相同，公式中的V和u可分别用其水平位移替代，则上式可写为：Md-mL(L-Lcos〃)-d~\解得圆环移动的距离：d=mL(1-cos〃)/(.M+m)点评：以动量守恒定律等知识为依托，考查动量守恒条件的理解与灵活运用能力学生常出现的错误：(1)对动量守恒条件理解不深刻，对系统水平方向动量守恒感到怀疑，无法列出守恒方程.(2)找不出圆环与小球位移之和(L-Lcos^)o2.物块与平板间的相对滑动【例8】如图所示，一质量为M的平板车B放在光滑水平面上，在其右端放一质量为加的小木块A,B间动摩擦因数为“，现给A和3以大小相等、方向相反的初速度切,使A开始向左运动，3开始向右运动，最后A不会滑离3,求：（1）A、3最后的速度大小和方向；\n（2）从地面上看，小木块向左运动到离出发点最远处吋，平板车向右运动的位移大小。解析：（1）由A、B系统动量守恒定律得：Afvo-^vo=（M+m）v①M-m所以v=VoM+加方向向右（2）4向左运动速度减为零时，到达最远处，此时板车移动位移为几速度为『，则由动量守恒定律得：A1V（）-727V（）=A/V/①对板车应用动能定理得：1.212-〃mgs=—mv-—mv^②22OAA—>77联立①②解得：尸巾22/Limg【例9］两块厚度相同的木块A和B,紧靠着放在光滑的水平面上，其质量分别为mA=0.5kgtmH=0.3kgt它们的下底面光滑，上表面粗糙；另有一质量mc=0-的滑块C（可视为质点），以J=25mls的速度恰好水平地滑到4的上表面，如图所示，由于摩擦，滑块最后停在木块B上,3和C的共同速度为3.0m/s,求：（1）木块4的最终速度叮；（2）滑块C离开A时的速度咗。解析：这是一个由A、B、C三个物体组成的系统，以这系统为研究对象，当C在A、B上滑动时，A、B、C三个物体间存在相互作用，但在水平方向不存在其他外力作用，因此系统的动量守恒。\n（1）当C滑上4后，由于有摩擦力作用，将带动A和3—起运动，直至C滑上B后,\nA、B两木块分离，分离时木块A的速度为除。最后C相对静止在B上,与B以共同速度=3.0m/5运动，由动量守恒定律有mcvc=mAvA++mc)vfi_mcvc-(mR-^mc)vRVA-mAmis—2.6m/s0」x25—(0・3+0・l)x3.063（2）为计算咗，我们以3、C为系统，C滑上B后与A分离，C、B系统水平方向动塑守恒。C离开A时的速度为咗，B与4的速度同为⑰，由动量守恒定律有mBvB+mcvfc=(mB+mc)vBmis=4.2m/s(0・3+0」)x3・0—0・3x2.6oj三、针对训练练习11.质量为M的小车在水平地面上以速度巾匀速向右运动。当车中的砂子从底部的漏斗中不断流下时，车子速度将（）A.减小B.不变C.增大D.无法确定2.某人站在静浮于水面的船上，从某时刻开始人从船头走向船尾，设水的阻力不计，那么在这段时I'可内人和船的运动情况是（）A.人匀速走动，船则匀速后退，且两者的速度大小与它们的质虽成反比B.人匀加速走动，船则匀加速后退，且两者的速度大小一定相等C.不管人如何走动，在任意时刻两者的速度总是方向相反，大小与它们的质量成反比\nA.人走到船尾不再走动，船则停下1.如图所示，放在光滑水平桌面上的A、B木块屮部夹一被压缩的弹簧，当弹簧被放开时，它们各自在桌面上滑行一段距离后，飞离桌面落在地上。A的落地点与桌边水平距离0.5m,3的落地点距离桌边lm,那么（）A.A、B离开弹簧时的速度比为1：2B.A、B质量比为2:1C.未离开弹簧时，A、B所受冲量比为1：2D.未离开弹簧时，A、B加速度之比1:22.连同炮弹在内的车停放在水平地面上。炮车和弹质量为M,炮膛屮炮弹质量为m,炮车与地面同时的动摩擦因数为卩，炮筒的仰角为a。设炮弹以速度心射出，那么炮车在地面上后退的距离为。3.甲、乙两人在摩擦可略的冰面上以相同的速度相向滑行。甲手里拿着一只篮球，但总质量与乙相同。从某时刻起两人在行进屮互相传球，当乙的速度恰好为零时，甲的速度为,11匕时球在位置O4.如图所示，在沙堆表面放置一长方形木块A,其上面再放一个质量为m=0.10kg的爆竹B,木块的质量为M=6.0kgo当爆竹爆炸时，因反冲作用使木块陷入沙屮深度h=50cm,而木块所受的平均阻力为f=80No若爆竹的火药质量以及空气阻力可忽略不计，g取lOm/“，求爆竹能上升的最大高度。参考答案1.B砂子和小车组成的系统动量守恒，由动量守恒定律，在初状态，砂子落下前，砂\n子和车都以心向前运动；在末状态，砂子落下时具有与车相同的水平速度心，车的速度为£,由0+M»o二加得^二勺，车速不变。\n此题易错选C,认为总质量减小，车速增大。这种想法错在研究对象的选取，应保持初末状态研究对象是同系统，质量不变。1.A、C、D人和船组成的系统动量守恒，总动量为0,・••不管人如何走动，在任意时刻两者的动量大小相等，方向相反。若人停止运动而船也停止运动，.••选A、C、DoB项错在两者速度大小一定相等，人和船的质量不一定相等。2.A、B、DA、B组成的系统在水平不受外力，动量守恒，从两物落地点到桌边的距离x=v^,•・•两物体落地时间相等，•••弘与x成正比，••・^：仏=1：2,即a、B离开弹簧的速度比。由一伽忆可知rnA:mB=1:29未离开弹簧时，A、B受到的弹力相同，作用时间相同，冲量I=F-t也相同，・・・C错。未离开弹簧时，F相同，m不同,加速度°_肌,与质量成反比，・・・◎：◎=1：2。°(加％cosgr4.提示：在发炮瞬I'可，炮车与炮弹组成的系统在水平方向上动量守恒0=cosa-(M-ni)vmv.cosqv=——M-m发炮后，炮车受地面阻力作用而做匀减速运动，利用运动学公式,V；-V2=2asf其中齐=0“(M-m)g(M-m)(mv()cos(7)22〃g(M-rn)25.0甲提示：甲、乙和篮球组成的系统动量守恒，根据题设条件，可知甲与篮球的初动量与乙的初动量大小相等，方向相反，.••总动量为零。由动量守恒定律得，系统末动量也为零。因乙速度恰好为零，.••甲和球一起速度为零。\n6.解：爆竹爆炸瞬间，木块获得的瞬时速度v可由牛顿第二定律和运动学公式求得f-Mg=Maa=Tm/s2v=y)2ah=mls3爆竹爆炸过程中，爆竹木块系统动量守恒A/v-mK)=OMvvo=—=mmis=2(x/3m/5练习21.质量相同的两个小球在光滑水平面上沿连心线同向运动，球1的动量为7kgTB/S,球2的动量为5kg・m/s,当球1追上球2时发生碰撞，则碰撞后两球动量变化的nJ能值是A・A/；]=-!kg•m/s，Ap2=1kg•m/sA.Ap]=-1kg•m/s,C.Api=-9kg•m/s,Ap2=9kg•m/sD-A°i=-12kg•m/s,Ap2=10kg•m/s2.小车AB静置于光滑的水平面上，4端固定一个轻质弹簧，3端粘有橡皮泥，AB车7/////////////////.质量为M,长为厶，质量为加的木块C放在小车上，用细绳连结于小车的A端并使弹簧压缩，开始时AB与C都处于静止状态，如图所示，当突然烧断细绳，弹簧被释放，使物体C离开弹簧向B端冲去，并跟B端橡皮泥粘在一起，以下说法中正确的是A.如果车内表面光滑，整个系统任何时刻机械能都守恒B.整个系统任何时刻动量都守恒mC.当木块对地运动速度为"时，小车对地运动速度为一VMD.AB车向左运动最大位移小于皀厶M3.如图所示，质量分別为加和M的铁块。和b用细线相连，在恒定的力作用下在水平桌面上以速度丿匀速运动.现剪断两铁块间的连线，同时保持拉力不变，当铁块g停下的瞬间铁块b的速度大小为.\n1.质量为M的小车静止在光滑的水平面上，质量为加的小球用细绳吊在小车上O点,将小球拉至水平位置A点静止开始释放（如图所示），求小球落至最低点时速度多大？（相对地的速度）2.如图所示，在光滑水平面上有两个并排放置的木块A和B,已知如二0.5kg,心二0.3kg,有一质量为mc=0Akg的小物块C以20m/s的水平速度滑上人表面，由于C和A、3间有摩擦，C滑到B表面上时最终与8以2.5m/s的共同速度运动，求：（1）木块A的最后速度；（2）C离开A时C的速度。3.如图所示甲、乙两人做抛球游戏，甲站在一辆平板车上，车与水平地血间摩擦不计.甲与车的总质量M=100kg,另有一质量m=2kg的球.乙站在车的对面的地上，身旁有若干质量不等的球•开始车静止，甲将球以速度u（相对地面）水平抛给乙，乙接到抛來的球后，马上将另一质量为亦=2加的球以相同速率卩水平抛冋给甲，甲接住后，再以相同速率V将此球水平抛给乙，这样往复进行.乙每次抛冋给甲的球的质量都等于他接到的球的质量为2倍，求：（1）甲第二次抛出球后，车的速度大小.（2）从第一次算起，甲抛出多少个球后，再不能接到乙抛回来的球.参考答案:l.A2.BCD4.2MgL1.(1)忙2m/s(2)vc=4m/s\n1.⑴存向左（2）5个练习31.在光滑水平面上，两球沿球心连线以相等速率相向而行，并发生碰撞，下列现象可能的是（）A.若两球质量相同，碰后以某一相等速率互相分开B.若两球质量相同，碰后以某一相等速率同向而行C.若两球质量不同，碰后以某一相等速率互相分开D.若两球质量不同，碰后以某一相等速率同向而行2.如图所示，用细线挂一质量为M的木块，有一质量为m的子弹自左向右水平射穿此木块，穿透前后子弹的速度分别为心和卩（设子弹穿过木块的时间和空气阻力不计），木块的速度大小为（）C(m+my)/(M+m)p(m-mv)/(M+m)A（mif）+mv）/MB（m^M3.载人气球原静止于高h的空屮，气球质量为M,人的质量为m。若人要沿绳梯着地,则绳梯长至少是（）A.（m+M）h/MB・mh/MC・Mh/mD.h4.质量为2kg的小车以2m/s的速度沿光滑的水平面向右运动，若将质量为2kg的砂袋以3m/s的速度迎面扔上小车，则砂袋与小车一起运动的速度的大小和方向是（）A.2.6m/s,向右B・2.6m/s,向左C.0.5m/s,向左D.0.8m/s,向右5.在质量为M的小车中挂有一单摆，摆球的质量为加o,小车（和单摆）以恒定的速度V沿光滑水平地面运动，与位于正对面的质量为m的静止木块发生碰撞，碰撞的时间极短。在此碰撞过程中，下列哪个或哪些说法是可能发生的（）A.小车、木块、摆球的速度都发生变化，分别变为儿、冬、冬，满足（M+）V=A/V]+mv2+mov3B.摆球的速度不变，小车和木块的速度变为儿和卩2,满足MV=Mv^mv2\nA.摆球的速度不变，小车和木块的速度都变为v,满足MV(M+m)vB.小车和摆球的速度都变为儿，木块的速度变为冬，满足(M+m())V=(M+m0)v(^-mv21.车厢停在光滑的水平轨道上，车厢后面的人对前壁发射一颗子弹。设子弹质量为m,111口速度v,车厢和人的质量为M,则子弹陷入前车壁后，车厢的速度为()A.mv/M,向前B.mv/M,向后A.mv/(加+M),向前D.02.向空中发射一物体，不计空气阻力。当此物体的速度恰好沿水平方向时，物体炸裂成a、b两块，若质量较大的a块的速度方向仍沿原来的方向，则()A.b的速度方向一定与原速度方向相反B.从炸裂到落地的这段时间里，a飞行的水平距离一定比b的大C.a、b—定同时到达水平地面D.在炸裂过程中，a、b受到的爆炸力的冲量大小一定相等3.两质量均为M的冰船A、B静止在光滑冰面上，轴线在一条直线上，船头相对，质量为m的小球从A船跳入B船，又立刻跳冋，A、B两船最后的速度之比是参考答案1.A、DA为弹性碰撞模型，即有mv-mv=mv,・mv，,等式两侧分别为始末状态系统动量和。B如用数学表达式表示，则违反了动量守恒定律。对于C,令两球的质量分别是M和m,且M>m,碰前两球速率相同，合动量方向与大球的动量方向相同，碰后两球速率相等但方向相反，合动量方向仍与质量大者方向相同，由动量守恒定律可知，碰撞前后合动量不变(包扌舌大小和方向)；而C项，碰后合动量反向，・・・C项错。D答案的数学表达式为加=W方向和质量大的物体初速方向相同，此结论是动量守恒定律中“合二为一”类问题。物理模型为“完全非弹性碰撞”。2.B取向右为正方向，由动量守恒定律，加％二加u+MVmvQ-mv~~M3.A气球和人组成系统所受合外力为零，系统动量守恒，人相对地的速度是v,气球\n相对地的速度是V,有rnv-MV=Ohwxm—=M—人相对地的位移是h,设气球相对地的位移是X,ttmhx=——得M.fmhm+M.=h+x=h=n梯子总长度MM2.C取向右为正方向，由动量守恒定律m\v\+-（mi+m2）voK中"=2畑，%=2mls,叫=2kg,v9=-3m/s得2X2-2X3=4v,v=-0.5m/s3.B、C碰撞从发生到结束是在极短时I'可内完成的，由于时I'可极短，摆球又是由摆线连接的，它完全不受碰撞的影响，仍保持原来的速度大小和方向。A、D两项违反上述分析,均不正确。4.D在车厢、人、子弹组成的系统中，合外力等于零，动量守恒。子弹与人的作用及子弹与车壁的作用，都是系统内力，不能使系统总动量发生变化。发射子弹前系统总动量为零，子弹打入前车壁后，系统的总动量也为零，.••车厢的速度为零。5.C、D根据题设物理过程，其动量守恒设“为较在原一块，则从这表达式可知，若加％与加"均为正向，那么加2卩2可能为正向也可能为负向，即冬可能为正向（原方向），也可能为负向（反方向）。若冬为反向，则冬大于、等于、小于儿的可能都有；若冬为正向，因题设没有儿一定大于或等于心的条件，则卩2大于、等于、小于儿的可能也都有。・・・A、B均不对。由于各白速度为水平方向，¥即平抛，所以不论速度大小如何，二者一定以Vg同时落地。炸裂过程"与加2间的相互作用，从动量守恒角度看是内力作用，其冲量定是等值反向。・・・C、D正确。\nM2.M+m提示：根据O=+—M化M+m教学后记动量定恒定律是高考重点也是难点，高考中经常是以压轴题出现，难度很大，从往年看,学生得分率较底，因此，要帮助学生分析常见的模型，会应用动量定恒定律分析、解决碰撞、爆炸等物体相互作用的问题.\n机械能W2；当a二g时，W,=W2:当Xg时，W,/2，・••呂<乙5.C由速度一时间图像可得加速度«=0.5m/s2由牛顿第二定律：2F-mg=ma.mg+ma..r=2=10.5NP=Fv=10.5X2X2=42WWFsp=—=——=tt故选项C正确。6.C飞机匀速飞行时，发动机牵引力等于飞机所受阻力，当飞机飞行速度为原来的2\n倍时，阻力为原来的4倍，发动机产生的牵引力亦为原来的4倍，rflP二Fv,・・・此时发动机的功率为原來的8倍。7.解：设物体质量为加，受恒力Fi吋，F{=ma{则a\=F\/m经(时间的位移s=-a{t2=-F[t1Im①22此时速度v=axt=Fxtlm,Z后受恒力F?向左，与卩方向相反，则物体做匀减速直线运动：F2=ma2＞加速度a2=Fi/m,经/时间又回到原出发点，此过程位移为附方向向左,则力的做正功。因位移与卩的方向相反，则有—$=畀22~即5=—aot2-vt=——r-—t②22mm②与①式联立可得F2=3片,则力尺做的功％=3说。所以匹J%38.解：在功的定义式W=Fscos屮，$是指力F的作用点的位移。当物块从A点运动Hh到B点时，连接物块的绳子在定滑轮左侧的长度变小，5=—,由于绳不能伸sinersinp缩，故力F的作用点的位移大小等于几而这里物块移动的位移大小为(HcoZ-HcW可见本题力F作用点的位移大小不等于物块移动的位移大小。Hh根据功的定义式，有W=Fs=F()=100Jsinasin/3教学后记内容简单，学生掌握较好，功的计算方法很多，关键是引导学生掌握不同的工的计算方法，还有汽车启动的两种模型。\n高中教育\n动能势能动能定理教学目标：理解功和能的概念，掌握动能定理，会熟练地运用动能定理解答有关问题教学重点：动能定理教学难点：动能定理的应用教学方法：讲练结合，计算机辅助教学教学过程：一、动能1C1.定义：物体由于运动而具有的能，叫动能。其表达式为：E,=-mv\22.对动能的理解（1）动能是一个状态量，它与物体的运动状态对应.动能是标量.它只有大小，没有方向，而且物体的动能总是大于等于零，不会出现负值.（2）动能是相对的，它与参照物的选取密切相关.如行驶中的汽车上的物品，对汽车上的乘客，物品动能是零；但对路边的行人，物品的动能就不为零。3.动能与动量的比较（1）动能和动量都是由质量和速度共同决定的物理量，Ek=-mv2-卩K2p=y]2mEk（2）动能和动量都是用于描述物体机械运动的状态量。（3）动能是标量，动量是矢量。物体的动能变化，则其动量一定变化；物体的动量变化，则其动量不一定变化。（4）动能决定了物体克服一定的阻力能运动多么远；动量则决定着物体克服一定的阻力能运动多长时间。动能的变化决定于合外力对物体做多少功，动量的变化决定于合外力对物体施加的冲量。（5）动能是从能量观点出发描述机械运动的，动量是从机械运动本身出发描述机械运动状态的。二、重力势能1.定义：物体和地球由相对位置决定的能叫重力势能，是物体和地球共有的。表达式:\nEp=mgh,与零势能面的选取有关。1.对重力势能的理解（1）重力势能是物体和地球这一系统共同所有，单独一个物体谈不上具有势能.W：如果没有地球，物体谈不上有重力势能.平时说物体具有多少重力势能，是一种习惯上的简称.重力势能是相对的，它随参考点的选择不同而不同，要说明物体具有多少重力势能,首先要指明参考点（即零点）.（2）重力势能是标量，它没有方向.但是重力势能有正、负.此处正、负不是表示方向，而是表示比零点的能量状态高还是低.势能大于零表示比零点的能量状态高,势能小于零表示比零点的能量状态低.零点的选择不同虽对势能值表述不同，但对物理过程没有影响.即势能是相对的，势能的变化是绝对的，势能的变化与零点的选择无关.（3）重力做功与重力势能重力做正功，物体高度下降，重力势能降低；重力做负功，物体高度上升，重力势能升高.可以证明，重力做功与路径无关，由物体所受的重力和物体初、末位置所在水平面的高度差决定，即：Wg=m&△血.所以重力做的功等于重力势能增量的负值，即％=・△Ep=・（mglyngh\.三、动能定理1.动能定理的表述合外力做的功等于物体动能的变化。（这里的合外力指物体受到的所有外力的合力，包括重力）。表达式为W=AEk动能定理也可以表述为：外力对物体做的总功等于物体动能的变化。实际应用时，后一种表述比较好操作。不必求合力，特别是在全过程的各个阶段受力有变化的情况下，只要把各个力在各个阶段所做的功都按照代数和加起来，就可以得到总功。和动量定理一样，动能定理也建立起过程量（功）和状态量（动能）间的联系。这样,无论求合外力做的功还是求物体动能的变化，就都有了两个可供选择的途径。和动量定理不同的是：功和动能都是标量，动能定理表达式是一个标量式，不能在某一个方向上应用动能定理。【例1】一个质量为加的物体静止放在光滑水平面上，在互成60°角的大小相等的两个水平恒力作用下，经过一段时间，物体获得的速度为V,在力的方向上获得的速度分别为力、卩，那么在这段时间内，其屮一个力做的功为\n丄7丄*7A.—mv^B.—mv"64C.—mv23D.-mv错解：在分力Fi的方向上，由动动能定理得故A正确。19正解：在合力F的方向上，由动动能定理得，―用飞计，某个分力的功为W]=Rscos30°=故B正确。£J1scos30°=—Fs=—mv"f2cos30°241.对外力做功与动能变化关系的理解:外力对物体做正功，物体的动能增加，这一外力有助于物体的运动，是动力；外力对物体做负功，物体的动能减少，这一外力是阻碍物体的运动，是阻力，外力对物体做负功往往又称物体克服阻力做功.功是能量转化的量度，外力对物体做了多少功；就有多少动能与其它形式的能发生了转化.所以外力对物体所做的功就等于物体动能的变化量.即2.应用动能定理解题的步骤（1）确定研究对象和研究过程。和动量定理不同，动能定理的研究对象只能是单个物体，如果是系统，那么系统内的物体间不能有相对运动。（原因是：系统内所有内力的总冲虽一定是零，而系统内所有内力做的总功不一定是零）。（2）对研究对象进行受力分析。（研究对象以外的物体施于研究对象的力都要分析，含重力）。（3）写出该过程中合外力做的功，或分别写出各个力做的功（注意功的正负）。如果研究过程中物体受力情况有变化，要分别写出该力在各个阶段做的功。（4）写出物体的初、末动能。（5）按照动能定理列式求解。【例2】如图所示，斜而倾角为J长为L,43段光滑，BC段粗糙，且BC=2AB。质量为加的木块从斜面顶端无初速下滑，到达C端时速度刚好减小到零。求物体和斜而BC段间的动摩擦因数〃。解：以木块为对象，在下滑全过程中用动能定理：重力做的功为mgLsina，摩擦力做的功为-彳“MgLcosa，支持力不做功。初、末动能均为零。•23/ng厶sinapmgLcosa=0,“=—tana点评：从本例题可以看岀，由于用动能定理列方程时不牵扯过程中不同阶段的加速度,\n高中教育\n所以比用牛顿定律和运动学方程解题简洁得多。【例3】将小球以初速度巾竖直上抛，在不计空气阻力的理想状况下，小球将上升到某一最大高度。由于有空气阻力，小球实际上升的最大高度只有该理想高度的80%o设空气阻力大小恒定，求小球落回抛11!点吋的速度大小IIIIII解：有空气阻力和无空气阻力两种情况下分别在上升过程对小球用动能定理：mgH=和0.8（加g+专处訂可得h=\弧,f=mS再以小球为对象，在有空气阻力的情况下对上升和下落的全过程用动能iv°1919定理。全过程重力做的功为零，所以有：厂2x（）.吩尹二加，解初点评：从木题可以看出：根据题意灵活地选取研究过程可以使问题变得简单。有时取全过程简单；有时则取某一阶段简单。原则是尽量使做功的力减少，各个力的功计算方便；或使初、末动能等于零。【例4】如图所示，质量为加的钢珠从高出地面/7处由静止自由下落，落到地面进入沙坑"10停止，则（1）钢珠在沙坑中受到的平均阻力是重力的多少倍？（2）若让钢珠进入沙坑/1/8,则钢珠在h处的动能应为多少？设钢珠在沙坑中所受平均阻力大小不随深度改变。解析：（1）取钢珠为研究对象，对它的整个运动过程，由动能定理得W=Wf+Wg=A£k二0。収钢珠停止处所在水平面为重力势能的零参考平面，则重力的功Wq=^•加g〃，阻力的功Wf=-右FJ1,代入得#〃07-£仟/尸0,故有Ff加g=ll。即所求倍数为11。（2）设钢珠在h处的动能为Ek，则对钢珠的整个运动过程，由动能定理得W二Wf+Wg二△Ek=0,进一步展开为9加劝/8—Ff/z/8=—Ek，得珠=加劝/4。点评：对第（2）问，有的学生这样做，力/8—加10二加40,在加40中阻力所做的功为FM/40=ll加g/?/40,因而钢珠在〃处的动能EK=Hm^/40o这样做对吗？请思考。【例5】质量为M的木块放在水平台面上，台面比水平地血高lh/?=0.20m,木块离台的右端厶二1.7m。质量为"尸0.10M的子弹以v0=180m/s的速度水平射向木块，并以v=90m/s的速度水平射出，木块落到水平地面时的落地点到台面右端的水平距离为5=1.6m,求木块与台面间的动摩擦因数为〃。\n解：本题的物理过程可以分为三个阶段，在其屮两个阶段屮有机械能损失：子弹射穿木块阶段和木块在台而上滑行阶段。所以本题必须分三个阶段列方程：子弹射穿木块阶段，对系统用动量守恒，设木块末速度为vi,mv()=mv+Mvi①有:pMgL=+Mvf一+Mv}木块离开台而后的平抛阶段,木块在台而上滑行阶段对木块用动能定理，设木块离开台而时的速度为"2，由①、②、③可得〃二0.5()点评：从本题应引起注意的是：凡是有机械能损失的过程，都应该分段处理。从木题还应引起注意的是：不要对系统用动能定理。在子弹穿过木块阶段，子弹和木块间的一对摩擦力做的总功为负功。如果对系统在全过程用动能定理，就会把这个负功漏掉。四、动能定理的综合应用动能泄理可以由牛顿定律推导出来，原则上讲用动能泄律能解决物理问题都可以利用牛顿定律解决，但在处理动力学问题中，若用牛顿第二定律和运动学公式来解，则要分阶段考虑，且必须分别求每个阶段中的加速度和末速度，计算较繁琐。但是，我们用动能定理来解就比较简捷。我们通过下面的例子再来体会一下用动能定理解决某些动力学问题的优越性。1.应用动能定理巧求变力的功如果我们所研究的问题屮有多个力做功，其屮只有一个力是变力，其余的都是恒力，而且这些恒力所做的功比较容易计算，研究对象本身的动能增量也比较容易计算时，用动能定理就可以求出这个变力所做的功。【例6】如图所示，为1/4圆弧轨道，半径为R=0.8m,是水平轨道，长S=3m,处的摩擦系数为卩=1/15,今有质量m=lkg的物体，自A点从静止起下滑到C点刚好停止。求物体在轨道4B段所受的阻力对物体做的功。\n解析：物体在从4滑到C的过程中，有重力、A3段的阻力、BC段的摩擦力共三个力做功，％二加gR,/Bc=u〃g，rfl于物体在43段受的阻力是变力，做的功不能直接求。根据动能定理可知：W夕=0,所以mgR-u即W^=mgR-umgS=Ix10x0.8-1x10x3/15=6J【例7】一辆车通过一根跨过定滑轮的绳PQ提升井中质量为加的物体，如图所示.绳的P端拴在车后的挂钩上，Q端拴在物体上.设绳的总长不变，绳的质量、定滑轮的质量和尺寸、滑轮上的摩擦都忽略不计.开始时，车在4点，左右两侧绳都已绷紧并且是竖直的，左侧绳长为H.提升时，车加速向左运动，沿水平方向从A经过3驶向C.设A到B的距离也为车过B点时的速度为巾・求在车由A移到B的过程屮，绳Q端的拉力对物体做的功.解析：设绳的P端到达3处时，左边绳与水平地面所成夹角为&,物体从井底上升的高度为h,速度为力所求的功为W,则据动能定理可得：W一mgh=—mv22因绳总长不变，所以―角根据绳联物体的速度关系得：v=vBcosOTT由几何关系得：0=-4由以上四式求得：W=-mvl+/^(V2-1)H1.应用动能定理简解多过程问题。物体在某个运动过程中包含有儿个运动性质不同的小过程(如加速、减速的过程)，此时可以分段考虑，也可以对全过程考虑，但如能对整个过程利用动能定理列式则使问题简化。【例8】如图所示，斜面足够长，其倾角为a,质量为m的滑块，距挡板P为罚，以初速度巾沿斜面上滑，滑块与斜面间的动摩擦因数为小滑块所受摩擦力小于滑块沿斜面方向的重力分力，若滑块每次与挡板相碰均无机械能损失，求滑块在斜面上经过的总路程为多少？\n解析：滑块住滑动过程川，要克服摩擦力做功，其机械能不断减少；乂因为滑块所受摩擦力小于滑块沿斜面方向的重力分力，所以最终会停在斜面底端。在整个过程中，受重力、摩擦力和斜面支持力作用，其中支持力不做功。设其经过和总路程为L,对全过程，由动能定理得：mgS^na-pmgLcosq=0—丄mvf得厶=加药）血°+；"谄2/Longcosa1.利用动能定理巧求动摩擦因数【例9】如图所示，小滑块从斜面顶点4由静止滑至水平部分C点而停止。已知斜面高为"，滑块运动的整个水平距离为s,设转角B处无动能损失，斜面和水平部分与小滑块的动摩擦因数相同，求此动摩擦因数。解析：滑块从A点滑到C点，只有重力和摩擦力做功，设滑块质量为加，动摩擦因数为“，斜面倾角为斜面底边长"，水平部分长S2，由动能定理得：mgh-jLungcosa!“"gq=0cosez由以上两式得P=—S从计算结果可以看出，只要测出斜面高和水平部分长度，即可计算出动摩擦因数。2.利用动能定理巧求机车脱钩问题【例10】总质量为M的列车，沿水平直线轨道匀速前进，其末节车厢质量为〃2,中途脱节，司机发觉时，机车己行驶厶的距离，于是立即关闭油门，除去牵引力。设运动的阻力与质量成正比，机车的牵引力是恒定的。当列车的两部分都停止时，它们的距离是多少？解析：此题用动能定理求解比用运动学、牛顿笫二定律求解简便。\n对车头，脱钩后的全过程用动能定理得：1.FL—k(M-m)gs{=———m)vQ对车尾，脱钩后用动能定理得：_kmgs2=---而山=®-孔，由于原來列车是匀速前进的，所以MLM-m五、针对训练1.质量为加的物体，在距地面力高处以g/3的加速度由静止竖直下落到地面.下列说法中正确的是A.物体的重力势能减少丄加劝■丿B.物体的动能增加C.物体的机械能减少|rn^hD.重力做功一加g/?32.质量为加的小球用长度为厶的轻绳系住，在竖直平面内做圆周运动，运动过稈屮小球受空气阻力作用•已知小球经过最低点时轻绳受的拉力为7吨，经过半周小球恰好能通过最高点，则此过程中小球克服空气阻力做的功为A./?zgL/4\nA.mgL/3B.mgL/2D./?zgL1.如图所示，木板长为/,板的A端放一质量为加的小物块，物块与板间的动摩擦因数为〃。开始时板水平，在绕O点缓慢转过一个小角度〃的过程中，若物块始终保持与板相对静止。对于这个过程中各力做功的情况，下列说法正确的是（）摩擦力对物块所做的功为加g/sin0（1-cos〃）B、弹力对物块所做的功为加g/sin"cos〃C、木板对物块所做的功为mglsin0D、合力对物块所做的功为mglcos02.如图所示，小球以大小为巾的初速度由A端向右运动，到B端时的速度减小为巾；若以同样大小的初速度rtlB端向左运动，到A端时的速度减小为映。已知小球运动过程中始终未离开该粗糙轨道。比较以、巾的大小，结论是A.va>vbB.va=vbC.yA0・・・n2兀尺）•已知列车的车轮是卡在导轨上的光滑槽屮只能使列车沿着圆周运动，在轨道的任何地方都不能脱轨。试问：在没有任何动力的情况下，列车在水平轨道上应具有多大初速度巾，才能使列车通过圆形轨道而运动到右边的水平轨道上？解析：当游乐车灌满整个圆形轨道时，游乐车的速度最小，设此时速度为卩，游乐车的质量为加，则据机械能守恒定律得：1—mv2耍游乐车能通过圆形轨道，则必有Q0,所以有v0>2R【例7】质量为0.02kg的小球，用细线拴着吊在沿直线行驶看的汽车顶棚上，在汽车距车站15m处开始刹车，在刹车过程中，拴球的细线与竖直方向夹角〃=37。保持不变，如图所示，汽车到车站恰好停住•求：（1）开始刹车时汽车的速度；（2）汽车在到站停住以后，拴小球细线的最大拉力。（取g=10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8）解析：（1）小球受力分析如图因为F合=m^tan()-ma所以a二gtan〃=10X2°m/s2=7.5m/s2\n0.8对汽车，由v^=2as得v0=Q2cis=J2x7.5x15m/s=15(m/s)(2)小球摆到最低点时，拉力最大，设为7,绳长设为/根据机械能守恒定律，有mg(/-/cos0)=—mv222在最低点，有T-mg=m—,T=mg+2mg（1一cos（））,代人数值解得T=0.28N【例8】如图所示，一根长为1加，可绕0轴在竖直平面内无摩擦转动的细杆已知0/1=0.6/n;=0.4m,质量相等的两个球分别固定在杆的A、B端，由水平位置自由释放，求轻杆转到竖直位置时两球的速度?•B解析：4、3球在同一杆上具有相同的角速度血，va\vb=Ra\Rb=3:2,4、3组成一个系统，系统重力势能的改变量等于动能的增加量，选取水平位置为零势能面，贝】J：AEp=AEpA+NEpB-=-mgK+=-mg（R]_尺2）=~0-2mgA£*k=AEka+“E灶■=—mv\+—=—m（R^+R;）co2222一A£7>=\Ek0.2mg=0.26/nco2\n解得：co=【例9】小球在外力作用下，由静止开始从4点出发做匀加速直线运动，到3点时消除外力。然后，小球冲上竖直平而内半径为R的光滑半圆环，恰能维持在圆环上做圆周运动，到达最高点C后抛出，最后落回到原来的出发点A处，如图所示，试求小球在4B段运动的加速度为多人？解析：要题的物理过程可分三段：从A到孤匀加速直线运动过程；从B沿圆环运动到C的圆周运动，且注意恰能维持在圆环上做圆周运动，在最高点满足重力全部用來提供向心力；从C回到4的平抛运动。根据题意，在C点时，满足从B到C过程，由机械能守恒定律得-mg2R=—mv22由①、②式得^=7^从C回到A过程，满足2R~2St③水平位移尸w,④由③、④式可得*2/?从A到3过程，满足2处=必⑤5【例10】如图所示，半径分别为R和厂的甲、乙两个光滑的圆形轨道安置在同一竖直平而上，轨道Z间有一条水平轨道CD相通，一小球以一定的速度先滑上甲轨道，通过动摩\n擦因数为卩的CD段，又滑上乙轨道，最后离开两圆轨道。若小球在两圆轨道的最高点对轨道压力都恰好为零，试求水平CD段的长度。解析：（1）小球在光滑圆轨道上滑行时，机械能守恒，设小球滑过C点时的速度为通过甲环最高点速度为卩，根据小球对最高点压力为零，由圆周运动公式有取轨道最低点为零势能点，由机械守恒定律+—mv2②由①、②两式消去卩,可得VC=4^8^同理可得小球滑过D点时的速度vd=,设CD段的长度为I,对小球滑过CD段过程应用动能定理_/nmgl将陀、为代入，[_5（7?-厂）可得2“三、针对训练\n1.如图所示，两物体4、3从同一点出发以同样大小的初速度巾分别沿光滑水平面和凹面到达另一端，则（）4/A.A先到B.B先到C.A、B同时到达D.条件不足，无法确定1.将一球竖直上抛，若该球所受的空气阻力大小不变，则其力大小不变，则其上升和下降两过程的时I'可及损失的机械能的关系是（）A.八>/下，△£*]>△£下B.八彳下，A£,hcD.hA>hB,hA>hc\nvo1.质量相同的两个小球，分别用长为/和2/的细绳悬挂在天花板上，如图所示，分别拉起小球使线伸直呈水平状态，然后轻轻释放，当小球到达最低位置时（）A.两球运动的线速度相等B.两球运动的角速度相等C.两球运动的加速度相等D.细绳对两球的拉力相等2.一个人站在阳台上，以相同的速率巾，分别把三个球竖直向上抛出，竖直向下抛出,水平抛出，不计空气阻力，则三球落地吋的速率（）A.上抛球最大B.下抛球最大C.平抛球最大D.三球一样大3.如图所示，在光滑水平桌面上有一质量为M的小车，小车跟绳一端相连，绳子另一端通过滑轮吊一个质量为m的砖码，则当祛码着地的瞬间（小车未离开桌子）小车的速度大小为，在这过程中，绳的拉力对小车所做的功为04.质量为加的人造地球卫星，在环绕地球的椭圆轨道上运行，在运行过程中它的速度最大值为％，当卫星由远地点运行到近地点的过程中，地球引力对它做的功为W,则卫星在近地点处的速度为,在远地点处的速度为o5.物体以Ek=100J的初动能从斜面底端沿斜面向上运动，当该物体经过斜面上某一点时，动能减少了80J,机械能减少了32J，则物体重返斜面底端时的动能为O参考答案1.B在凹曲面上运动时，由于机械能守恒，一部分重力势能转化为动能，下降过程\n中速度的水平分量总是增大，一直到底部，以后水平分量又恢复到忖所以沿凹曲面运动的水平速度的平均值大于沿直线运动的速度，将先到达另一端。1.C上升和下降两过程，小球通过的位移大小相等，由受力分析知小球上升过程的加速度，.••小球上升的时间应小于下降的时间；小球运动过程屮损失的机械能等于克服空气阻力做的功，・・•空气阻力大小不变，上升、下降两过程的位移大小相等，・・・上、下过程损失的机械能相等。2.B小球未碰地Z前机械化能守恒，即每一时刻的机械能都与初始时刻的机械能相等，都为错选D项的原因是对机械能及参考平面的性质没有学握准确。机械能是动能和势能的总和，即E=Ep+Ek,小球在自由下落过稈中重力势能减小而动能增大，但机械能不变。3.C在子弹打木块的过程中，认为A还没有移动，系统动塑守恒，机械能不守恒；在子弹与木块一起向右压缩弹簧的过程中，系统所受合外力为零，动量守恒；由于只有弹簧弹力做功，机械能守恒。对题所给的物理过程，系统动量守恒，机械能不守恒，应选C。4.CA球和C球上升到最高点时速度均为零，而B球上升到最高点时仍有水平方向的速度，即仍有动能。对A、C球而言得/?丄，2g对B球mgh'+—=—所以丹=出二止＜力2g5.C、D设小球到达最低点的线速度为"，绳长为厶则由机械能守恒mgL=—mv2^v=』2gL，因而角速度、向心加速度、绳中拉力分别为可见，I，和3与绳长厶有关，G和T与绳长无关。6.D三球空中运动轨迹虽然不同，但都只有重力做功，故可用机械能守恒定律求解。\n选地面为零势能面，对任意小球均有丄mv；=mgh+丄吠因为它们的力、巾（速度大小）相同，•••落地速度大小也相同，•••选D。8.mMghM+m提示：以地面为零势能面，rfl机械能守恒得加g"=—（77?+M）V2»解得y=2mghM+77?根据动能定理，绳对小车做功W=—v22W2MM+m9・v,„提示：因从远地点到近地点，地球引力做止功W,故在近地点处有最人速度匕”。设远地点的速度为v,则w=2切：诃2,-v=Jvm。22Vm10.20J提示：根据题意，当物体滑到斜面某一点时，机械能减少32J,动能减少80J,即重力势能增加AEpl=80-32=48Jo当物体滑到斜面的最高点时，机械以有减少，即摩擦力的功为旳，动能减少100J,即重力势能增加AE/;=100-WJO由于物体在斜面上作匀变速运动,因此巴—匕，即注」_AEfi\Ep48100-巴解得wf=40J,即物体从斜面底端滑到斜面顶端时克服摩擦力做功40J。当物体再次滑到斜面底端时的动能为Ek2=Ekx-2Wf=100-2x40=20Jo教学后记判断被研究对象在经历的研究过程中机械能是否守恒，在应用时要找准始末状态的机械能是学生存在的最大问题，特别是中等水平的学生，所以，要及时了解学生情况，调整教学效果。\n功能关系动量能量综合教学目标：理解功和能的关系，能够应用动量观点和能量观点解决有关动量和能量的综合问题。教学重点：动量能量综合问题的解决方法教学难点：应用动量观点和能量观点解决动量能量综合问题教学方法：讲练结合，计算机辅助教学教学过程：一、功能关系做功的过程是能量转化的过程，功是能量转化的量度。能量守恒和转化定律是自然界最基本的定律之一。而在不同形式的能量发生相互转化的过程中，功扮演着重要的角色。本章的主要定理、定律都是由这个基本原理出发而得到的。需要强调的是：功是一种过程量，它和一段位移（一段时间）相对应；而能是一种状态量，它个一个时刻相对应。两者的单位是相同的（都是J）,但不能说功就是能，也不能说“功变成了能”。复习本章时的一个重要课题是要研究功和能的关系，尤英是功和机械能的关系。突出：“功是能量转化的量度”这一基本概念。（1）物体动能的增塑由外力做的总功来量度：W外=/1瓦，这就是动能定理。（2）物体重力势能的增量由重力做的功來量度：lVG=-zlEp,这就是势能定理。（3）物体机械能的增量由重力以外的其他力做的功来量度：W其它二0E机，（W其它表示除重力以外的其它力做的功），这就是机械能定理。（4）当W其它=0时，说明只有重力做功，所以系统的机械能守恒。（5）一对互为作用力反作用力的摩擦力做的总功，用來量度该过程系统由于摩擦而减小的机械能，也就是系统增加的内能。广d=Q（d为这两个物体间相对移动的路程）。【例1】质量为加的物体在竖直向上的恒力F作用下减速上升了H,在这个过程小，下列说法中止确的有A.物体的重力势能增加了加gHB.物体的动能减少了FHCl\nA.物体的机械能增加了FHB.物体重力势能的增加小于动能的减少解析:由以上三个定理不难得出正确答案是A、C【例2】如图所示，一根轻弹簧下端固定，竖立在水平面上。其正上方A位置有一只小球。小球从静止开始下落，在B位置接触弹簧的上端，在C位置小球所受弹力大小等于重力，在D位置小球速度减小到零。小球下降阶段下列说法中正确的是A.在B位置小球动能最大B.在C位置小球动能最大C.从A-C位置小球重力势能的减少大于小球动能的增加D.从A-D位置小球重力势能的减少等于弹簧弹性势能的增加解析：小球动能的增加用合外力做功來量度，A->C小球受的合力一直向下，对小球做正功，使动能增加；C-D小球受的合力一直向上，对小球做负功，使动能减小,所以B正确。从A-C小球重力势能的减少等于小球动能的增加和弹性势能之和，所以C正确。A、D两位置动能均为零，重力做的正功等于弹力做的负功，所以D正确。选伏C、D。二、动量能量综合问题我们己经复习了牛顿定律、动量定理和动量守恒、动能定理和机械能守恒。它们分别反映了力的瞬时作用效应、力的时间积累效应和力的空间积累效应。解决力学问题离不开这三种解题思路。在比较复杂的题目中，这三种手段往往是交替使用的。下面举几个例题说明这一点。【例3】如图所示，Cl、b、C三个相同的小球，。从光滑斜面顶端由静止开始自由下滑,同时b、C从同一高度分别开始自由下落和平抛。下列说法正确的有A.它们同时到达同一水平而B.重力对它们的冲量相同C.它们的末动能相同D.它们动量变化的大小相同2h解析：b、C飞行时间相同（都是J—）；G与方比较，两者平均速度大小相同（末动能相同）；但显然g的位移大，所以用的时间长，因此A、B都不对。由于机械能守恒，c的机械能最大（有初动能），到地面吋末动能也大，因此C也不对。G、b的初动量都是零，末动量大小又相同，所以动量变化大小相同；b、c所受冲量相同，所以动量变化大小也相同，故D正确。点评：这道题看似简单，实际上考察了平均速度、功、冲量等很多知识。另外，在比较\n中以b为中介：°、b的初、末动能相同，平均速度大小相同，但重力作用时间不同；b、c飞行时间相同（都等于自由落体时间），但初动能不同。本题如果去掉b球可能更难做一些。【例4】质量为加的汽车在平直公路上以速度卩匀速行驶，发动机实际功率为几若司机突然减小油门使实际功率减为£并保持下去，汽车所受阻力不变，则减小油门瞬间汽2车加速度大小是多少？以后汽车将怎样运动？解：由公式F-f=ma和P=Fv,原来牵引力F等于阻力减小油门瞬间v未变,由P=Fv,FPPF将减半，合力变为,方向和速度方向相反，加速度大小为——:以后汽车做恒定22v2mv功率的减速运动，F又逐渐增大，当增大到时，。二0,速度减到最小为W2,再以后一直做匀速运动。点评：这道题是恒定功率减速的问题，和恒定功率加速的思路是完全相同的。【例5】质塑为M的小车4左端固定一根轻弹簧，车静止在光滑水平面上，一质量为m的小物块B从右端以速度吟冲上小车并压缩弹簧，然后又被弹回，回到车右端时刚好与车保持相对静止。求这过程弹簧的最大弹性势产：能Ep和全过程系统摩擦生热Q各多少？简述3相对于车向右返回过程中小车的速度变化情况。解析：全过程系统动量守恒，小物块在车左端和冋到车右端两个时刻，系统的速度是相同的，都满足：mv0=（"汁M）V；第二阶段初、末系统动能相同，说明小物块从车左端返回车右端过程中弹性势能的减小恰好等于系统内能的增加，即弹簧的最大弹性势能坊恰好等于返冋过程的摩擦生热，而往、返两个过程中摩擦生热是相同的，所以®是全过程摩擦生热Q的一半。又因为全过程系统的动能损失应该等于系统因摩擦而增加的内能，所以力Ek=Q=2Ep2（M+m）・・・Ep=4（M+m）至于B相对于车向右返回过程屮小车的速度变化，则应该用牛顿运动定律来分析：刚开始向右返回时刻，弹簧对B的弹力一定大于滑动摩擦力，根据牛顿第三定律，小车受的弹力F也一定大于摩擦力/,小车向左加:叶速运动；弹力逐渐减小而摩擦力大小不变，所以到某一时刻弹力和摩擦力大小相等，这时小车速度最大；以后弹力将小于摩擦力，小车受的合外力向右，开始做减速运动；B脱离弹簧后，小车在水平方向只受摩擦力，继续减速，直到和B具有向左的共同速度，并保持匀速运动。【例6】海岸炮将炮弹水平射出。炮身质量（不含炮弹）为M,每颗炮弹质量为加。当炮身固定时，炮弹水平射程为s,\n那么当炮身不固定时，发射同样的炮弹，水平射程将是多少?解析：两次发射转化为动能的化学能E是相同的。笫一次化学能全部转化为炮弹的动能；笫二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2关系式=厶知，在动量大小相同的情况下，物体的动能和质量成反比，炮弹的动能2m1丄初—ME，由于平抛的射髙相等，两次射程的比等于抛出'21222M+m时初速度之比，...^=2^=IM-.s^slMsvx\M+m~\M+m点评：这是典型的把动量和能量结合起来应用的应用题。要熟练常握一个物体的动能和它的动量大小的关系；要善于从能量守恒的观点（本题是系统机械能增量相同）来分析问题。2v【例7】质量为加的长木板A静止在光滑水平面上，另两个质量也是加的铁块3、C同时从A的左右两端滑上A的上表而，初速度大小分别为v和2v,B、C与A间的动摩擦因数均为〃。⑴试分析3、C滑上长木板A后，A的运动状态如何变化？⑵为使B、C不相撞，A木板至少多长？解析：B、C都相对于A滑动时，A所受合力为零，保持静此这段时间为AZi=2LoB刚好相对于A静止时，C的速度为仍A开向左做匀加速运动，由动量守恒可求出A、B、C最终的共同速度『=上，这段加速经历的时间为A匚=空，最终A将以卩=巴做匀速运动。3*■3“g3全过程系统动能的损失都将转化为系统的内能，而摩擦生热Q=fd=^ngd,由能量守恒定律列式:[1[/£/nmgd=—m^+—m（2v）23m—，解得d=22213丿7v23“g这就是A木板应该具有的最小长度。点评：本题还可以求系统机械能损失（摩擦生热）和3、C与A摩擦生热之比：第一阶段B对A的位移就是对地的位移：SB*Sg，C的平均速度是其3倍因此C对A的位移是其3倍:5C=3v2/2Pg；第二阶段A、B共同向左运动的加速度是Pg/2,对地位移是s=v2/9Pg,C平均速度是其4倍，对地位移是s/=4v2/9Pg,相对于A位移是,/3〃g,故B、C与AI'可的相对位移大小依次是和dc=ll，/6ng,于是系统摩擦生热为“ng（〃b+〃c）二7/J/3,dp:&二3:11【例8】质量M的小车左端放有质量加的铁块，以共同速度u沿光滑水平面向竖直墙运动，车与墙碰撞的时间极短，不计动能损失。动摩擦因数〃，车长厶，铁块不会到达车的右端。到最终相对静止为I匕摩擦生热多少？\n解析：车与墙碰后瞬间，小车的速度向左，大小是内而铁块的速度未变，仍是V,方向向左。根据动量守恒定律，车与铁块相对静止时的速度方向决定于M与加的大小关系：当M>m时，相对静止是的共同速度必向左，不会再次与墙相碰，可求得摩擦生热是0=2AW；当m二加时，显然最终共同速度为零，当Mv加时，相对静止时的共同速度必向右，再次与墙相碰，直到小车停在墙边，后两种情况的摩擦生热都等于系统的初动能【例9）一传送带装置示意图如图，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，为画出），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的高度差为伉稳定工作时传送带速度不变，CD段上各箱等距排列，相邻两箱的距离为厶每个箱子在4处投放后，在到达3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D微小滑动）。已知在一段相当长的时间T内，共运送p小货箱的数目为N。这装置由电动机带动，传送带与b轮子间无相对滑动，不计轮轴处的摩擦。求电动机的二-平均输出功率P。解析：电动机做功的过程，电能除了转化为小货箱的机械能，还有一部分由于小货箱和传送带间的滑动摩擦而转化成内能。摩擦生热可以由Q二几/求得，其中/是相对滑动的两个物体间的摩擦力大小，d是这两个物体间相对滑动的路程。本题中设传送带速度一直是力则相对滑动过程中传送带的平均速度就是小货箱的2倍，相对滑动路程d和小货箱的实际位移$大小相同，故摩擦生热和小货箱的末动能大小相同Q二加,/2。因此有W=mv2-^ingho又由已知，在一段相当长的时间T内，共运送小货箱的数目为N,所以有帀=耐，vT=NL,带入后得到\TIT2）【例10]用轻弹簧相连的质量均为2kg的4、B两物块都以v=6m/s的速度在光滑的水平地面上运动，弹簧处于原长，质量4婕的物块C静止在前方，如图所示.B与C碰撞后二者粘在一起运动.求：在以后的运动中：（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？丙桃妙何[cl（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.\n由于A、B、C三者组成的系统动量守恒，（%+蚀）v=vAf\n解得V/_(2+2)x6一2+2+4m/s=3m/s（2）B、C碰撞时B、C组成的系统动量守恒，设碰后瞬间B.C两考速度为/,则,2x6v==2m/s2+4设物A速度为时弹簧的弹性势能最大为坊,根据能量守恒E冷（心+加C）mAv2--2（㈱+〃g+加C）(2+2+4)X32=12J=lx(2+4)煜+丄X2X62丄X222（3）4不可能向左运动系统动量守恒，mAv+tnB\^mAvA+（mB+mc）%设A向左，以<0,v^>4m/s则作用后A、B、C动能之和,121x.2/、2E=——（加b+加c）>—（叫+化）Wf=48J222实际上系统的机械能E=e",2(伽+"S+加C)•=12+36=48J根据能量守恒定律，E‘>E是不可能的【例11】如图所示，滑块A的质量加=0.01kg,与水平地面间的动摩擦因数P=0.2,用细线悬挂的小球质量均为wO.Olkg,沿x轴排列，A与第1只小球及相邻两小球间距离均为s=2m,线长分别为厶］、厶2、厶3…（图中只画出三只小球，且小球可视为质点），开始时，滑块以速度vo=lOm/s沿x轴正方向运动，设滑块与小球碰撞时不损失机械能，碰撞后小球均恰能在竖直平面内完成完整的圆周运动并再次与滑块正碰，g取10m/s2,求：（1）滑块能与几个小球碰撞？（2）求出碰撞中第n个小球悬线长G的表达式.解析:（1）因滑块与小球质量相等II碰撞中机械能守恒，滑块与小球相碰撞会互换速度，小球在竖直平而内转动，机械能守恒，设滑块滑行总距离为罚，有\n一pmgso=O--/?iVq得So=25m（2）滑块与第"个球碰撞，设小球运动到最高点时速度为心'对小球，有：一2=_mvj+2mgLn①2v；2②mg-ma”对滑块，有：1212-jLimgns=—③解①②③三式:【例12】如图所示，两个小球A和B质量分别是rnA=2.0kg,蚀=1.6kg.球A静止在光滑水平面上的M点，球B在水平面上从远处沿两球的中心连线向着球A运动.假设两球相距厶W18m时存在着恒定的斥力F,L>18m时无相互作用力.当两球相距最近时，它们间的距离为d=2m,此时球B的速度是4m/s.求：（1）球B的初速度；（2）两球之间的斥力大小；（3）两球从开始相互作用到相距最近时所经历的时间.解析：（1）设两球之间的斥力大小是F,两球从开始相互作用到两球相距最近时的时间是4）当两球相距最近时球B的速度是％=4m/s,此时球A的速度与球B的速度大小相等，以=%=4m/s.由动量守怛定律可得：〃计b（）=Va+hihVh①\n代人数据解得vbo=9m/s（1分）（2）两球从开始相互作用到它们之间距离最近时它们之间的相对位移、s=L・drti功能关系可得：FAs=丄加回矗（丄+丄加）②222代人数据解得F=2.25N（3）根据动量定理，对A球有：Ft=mAvA-0F32代入数值解得r=—s=3.56s9【例13】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4和B用轻质弹簧相连，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沿轨道以速度巾射向B球，如图所示.C与3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，当弹簧长度变到最短时，长度突然被锁定，不再改变.然后，A球与挡板P发生碰撞，然后A、D都静I上不动，A与P接触但不粘接，过一段时间，突然解除锁定（锁定及解除锁定均无机械能损失）.己知A、B、C三球的质量均为加。求：（1）弹簧长度刚被锁定后A球的速度；（2）在4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球碰撞结成D时,D的速度为刃,由动量守恒定律有mv（）=2jnv\当弹簧压至最低时,D与A有共同速度,设此速度为叱，由动量守恒定律有2mv\=3mv2两式联立求得A的速度v2=^-po（2）设弹簧长度被锁定后，储存在弹簧中的弹性势能为场,由能量守恒有1212ED=—•2mvi•3mv?卩22\n撞击P后A、D均静止.解除锁定后，当弹簧刚恢复到原长时，弹性势能全部转为D球的动能，设此时D的速度为内，由能量守恒有以后弹簧伸长，A球离开挡板P，当A、D速度相等时，弹簧伸长到最长，设此时4、D速度为内，由动量守恒定律有2mv3=2mv4当弹簧最长时，弹性势能最大，设其为Ep‘，由能量守恒有EJ=—・2mvs2-—・3mv42P22联立以上各式，可得坊'=/Tivo236【例14】如图所示，一轻质弹簧一端固泄，一端与质量为m的小物块A相联，原来A静止在光滑水平面上，弹簧没有形变，质量为m的物块B在大小为F的水平恒力作用下由C处从静止开始沿光滑水平面向右运动，在0点与物块人相碰并一起向右运动（设碰撞时间极短）。运动到D点时，将外力F撤去，已知CO二4$,04s,则撤去外力后，根据力学规律和题中提供的信息，你能求得哪些物理量（弹簧的弹性势能等）的最大值?并求出泄量的结果。解析：物块B在F的作用下，从C运动到0点的过程中，设B到达O点的速度为必,rh动能定理得：F•4s=—mv^2°对于A与B在O点的碰撞动量守恒，设碰后的共同速度为v,由动量守恒定律可得:mvo=2mv当A、B—起向右运动停止时，弹簧的弹性势能最大。设弹性势能的最大值为Epg据能量守恒定律可得：19Epn】二用+—2mv=3Fs撤去外力后，系统的机械能守恒。根据机械能守恒定律可求得力、B的最大速度为：\n三、针对训练1.如图所示，一轻弹簧左端固定在长木板M的左端，右端与小木块加连接，且加、M及M与地面间接触光滑.开始时，加和M均静止，现同时对加、M施加等大反向的水平恒力F］和F2,从两物体开始运动以后的整个运动过程中，弹簧形变不超过其弹性限度，对于加、M和弹簧组成的系统A.由于尺、尸2等大反向，故系统机械能守恒B.当弹簧弹力大小与戸、局大小相等时，加、M各自的动能最大C.由于尺、尺大小不变，所以加、M各自一直做匀加速运动D.由于厲、F?等大反向，故系统的动量始终为零2.物体在恒定的合力作用下做直线运动，在时间A"内动能由0增大到在时间A/2内动能由&增大到民•设合力在Li内做的功是W］、冲量是厶；在内做的功是必、冲量是厶•那么A./i#，W[=W2D./|=/2，C.ZiPm・・・P合向左，物体经历先向右作匀减速直线运动,速度为零后又折回,直至与小车具有相同的速度为止，即摩擦力对铁块先做负功，然后又做正功，对小车始终做负功。此问题的关键是确定系统的初状态：P^=Mv-mv,而不是P^=Mv+mv.\n解：小车反弹后与物体组成一个系统满足动量守恒，规定向作为正方向，设共同速度为vx,则：A//_Mv-mv=+m)vx解得：vv=v(1)M+m以车为对象，摩擦力始终做负功，设小车对地的位移为S车，则:1219—jumgS*=—Mvx——Mv^2MV“g(M+加)2系统损耗机械能为—Q—./S相・°.相=*^(M+in)v2——(M+m)JJ“(M+m)g引申：如果m>M,铁块相对于小车发生的距离多大？小车反复做折线运动，所有能量消耗在铁块与小车之间的摩擦力做功上，即:=|(m+A/)v2・•・S相22pirng教学后记功能关系学生掌握不是很好，综合性强，能力要求高，提高学生能力很重要。因此，要在这方面加强训练。\n知识网络:机械振动和机械波"运动规律「简谐运动YI受力特点机械振动＜受迫振动A共振r物理量：振幅、周期、频率［简谐运动图象J阻尼振动无阻尼振动弹费振子：F=-kx单摆：F=-—XL忆周期：T=2兀—（形成和传播特点类型——横波纵波描述方法波的图象波的公式：2=vTx=vt实例单元切块:波的叠加干涉衍射多普勒效应I特性——声波，超声波及其应用按照考纲的要求，本章内容可以分成两部分，即：机械振动；机械波。其中重点是简谐运动和波的传播的规律。难点是对振动图象和波动图象的理解及应用。机械振动教学目标：1.掌握简谐运动的动力学特征和描述简谐运动的物理量；掌握两种典型的简谐运动模型一一弹簧振子和单摆。掌握单摆的周期公式；了解受迫振动、共振及常见的应用2.理解简谐运动图彖的物理意义并会利用简谐运动图象求振动的振幅、周期及任意时刻的位移。3.会利用振动图象确定振动质点任意时刻的速度、加速度、位移及冋复力的方向。教学重点：简谐运动的特点和规律教学难点：谐运动的动力学特征、振动图彖教学方法：讲练结合，计算机辅助教学教学过程：一、简谐运动的基本概念1.定义物体在跟偏离平衡位置的位移大小成正比，并且总指向平衡位置的回复力的作用下的振\n动，叫简谐运动。表达式为：F=-kx（1）简谐运动的位移必须是指偏离平衡位置的位移。也就是说，在研究简谐运动时所说的位移的起点都必须在平衡位置处。（2）冋复力是一种效果力。是振动物体在沿振动方向上所受的合力。（3）“平衡位置”不等于“平衡状态”。平衡位置是指回复力为零的位置，物体在该位置所受的合外力不一定为零。（如单摆摆到最低点时，沿振动方向的合力为零，但在指向悬点方向上的合力却不等于零，所以并不处于平衡状态）（4）F=-kx是判断一个振动是不是简谐运动的充分必要条件。凡是简谐运动沿振动方向的合力必须满足该条件；反之，只要沿振动方向的合力满足该条件，那么该振动一定是简谐运动。1.几个重要的物理量间的关系要熟练学握做简谐运动的物体在某一时刻（或某一位置）的位移无、回复力F、加速度a、速度卩这四个矢量的相互关系。（1）由定义知：Fr,方向相反。（2）由牛顿第二定律知：Ff方向相同。（3）由以上两条可知：心,方向相反。（4）v和x、F、aZ间的关系最复杂：当以g同向（即V、F同向，也就是V、兀反向）时v—定增大；当卩、a反向（即依F反向，也就是讥x同向）时，▼一定减小。2.从总体上描述简谐运动的物理量振动的最大特点是往复性或者说是周期性。因此振动物体在空间的运动有一定的范围，用振幅A來描述；在时间上则用周期卩來描述完成一次全振动所须的时间。（1）振幅A是描述振动强弱的物理量。（一泄要将振幅跟位移相区别，在简谐运动的振动过程中，振幅是不变的而位移是时刻在改变的）（2）周期T是描述振动快慢的物理量。（频率A1/T也是描述振动快慢的物理量）周期由振动系统本身的因素决定，叫固有周期。任何简谐运动都有共同的周期公式：T=2艰（其中加是振动物体的质量，比是回复力系数，即简谐运动的判定式F二-也中的比例系数，对于弹簧振子k就是弹簧的劲度，对其它简谐运动它就不再是弹簧的劲度了）。二、典型的简谐运动1.弹簧振子\n（1）周期T=2氓,与振幅无关，只由振子质量和弹簧的劲度决定。（2）可以证明，竖直放置的弹簧振子的振动也是简谐运动，周期公式也是T=2^o这个结论可以直接使用。（3）在水平方向上振动的弹簧振子的回复力是弹簧的弹力；在竖直方向上振动的弹簧振子的回复力是弹簧弹力和重力的合力。【例1】有一弹簧振子做简谐运动，则（）A.加速度最大时，速度最大B.速度最人时，位移最大C.位移最大时，回复力最大D.回复力最大时，加速度最大解析：振子加速度最大时，处在最大位移处，此时振子的速度为零，由F=-kx^道，此时振子所受回复力最大，所以选项A错，C、D对.振子速度最大时，是经过平衡位置时,此时位移为零，所以选项B错.故正确选项为C、D点评：分析振动过程中各物理量如何变化时，一定要以位移为桥梁理清各物理量间的关系：位移增大时，回复力、加速度、势能均增大，速度、动量、动能均减小；位移减小时，回复力、加速度、势能均减小，速度、动量、动能均增大.各矢量均在其值为零时改变方向,如速度、动量均在最大位移处改变方向，位移、回复力、加速度均在平衡位置改变方向.【例2]试证明竖直方向的弹簧振子的振动是简谐运动.解析：如图所示，设振子的平衡位置为0,向下方向为正方向，此吋弹簧的形变为兀，根据胡克定律及平衡条件有mg一仪）=0①当振子向下偏离平衡位置为兀时，回复力（即合外力）为心=哗一心+勺）②将①代人②得：尽=-尬，可见，重物振动时的受力符合简谐运动的条件.点评：（1）分析一个振动是否为简谐运动，关键是判断它的冋复力是否满足其大小与位移成正比，方向总与位移方向相反.证明思路为：确定物体静止时的位置一一即为平衡位置,考查振动物体在任一点受到回复力的特点是否满足F=-kx。（2）还要知道F=-kx中的£是个比例系数，是由振动系统本身决定的，不仅仅是指弹簧的劲度系数.关于这点，在这里应理解为是简谐运动回复力的定义式.而且产生简谐运动的回复力可以是一个力，也可以是\n某个力的分力或几个力的合力.此题中的回复力为弹力和重力的合力.【例3】如图所示，质量为加的小球放在劲度为k的轻弹簧上，使小球上下振动而又始终未脱离弹簧。（1）最大振幅A是多大？（2）在这个振幅下弹簧对小球的最大弹力Fm是多大？解析：该振动的回复力是弹簧弹力和重力的合力。在平衡位置弹力和重力等大反向，合力为零；在平衡位置以下，弹力大于重力，F-mg=ma,越往下弹力越大；在平衡位置以上，弹力小于重力，mg-F=ma,越往上弹力越小。平衡位置和振动的振幅大小无关。因此振幅越大，在最高点处小球所受的弹力越小。极端情况是在最高点处小球刚好未离开弹簧，弹力为零，合力就是重力。这时弹簧恰好为原长。（1）最大振幅应满足kA=mg,A=——k（2）小球在最高点和最低点所受回复力大小相同，所以有：Fm=2mg【例4】弹簧振子以O点为平衡位置在3、C两点之间做简谐运动.B、C相距20cm.某时刻振子处于B点.经过0.5s,振子首次到达C点.求：（1）振动的周期和频率；（2）振子在5s内通过的路程及位移大小；（3）振子在B点的加速度大小跟它距O点4cm处P点的加速度大小的比值.解析：（1）设振幅为A,由题意BC=2A=10cm,所以A=10cm・振子从B到C所用时间r=0・5s.为周期7的一半，所以T=\.Os；f=\/T=\.0Hz.（2）振子在1个周期内通过的路程为4A。故在t=5s=5T内通过的路程s=tfTX4A=200cm.5s内振子振动了5个周期，5s末振子仍处在3点，所以它偏离平衡位置的位移大小为10cm.k（3）振子加速度Q=x.a^x,所以gb:Qp=xb•Xp—10:4=5:2.m【例5】一弹簧振子做简谐运动.周期为丁A.若/时刻和（/+△/）时刻振子运动速度的大小相等、方向相反，则//一定等于772的整数倍d.若/时刻和时刻振子运动位移的大小相等、方向相同，则一定等于丁\n的整数倍C.若4r=7V2,则在t吋刻和（r-z\r）吋刻弹簧的长度一定相等A.若At=T,则在t时刻和Ct-At）时刻振子运动的加速度一定相同解析：若At=T/2或4/=皿一772,5=1,2,3....）,则在/和（/+△/）两时刻振子必在关于干衡位置对称的两位置（包括平衡位置），这两时刻.振子的位移、冋复力、加速度、速度等均大小相等，方向相反.但在这两时刻弹簧的长度并不一定相等（只有当振子在/和（/—4/）两时刻均在平衡位置时，弹簧长度才相等）.反过來.若在/和（/—ZV）,两时刻振子的位移（冋复力、加速度）和速度（动量）均大小相等.方向相反，则4/一定等于At=T/2的奇数倍.即4/=（2//-1）7725=1,2,3…）.如果仅仅是振子的速度在/和（/+ZV）,两时刻大小相等方向相反，那么不能得出4/=（2/7-1）772,更不能得出At=nT!2（n=l,2,3…）.根据以上分析.A、C选项均错.若/和（/+△/）时刻，振子的位移（回复力、加速度）、速度（动量）等均相同，则4t=nT（«=1,2,,3…），但仅仅根据两时刻振子的位移相同，不能得出At=nT.所以B这项错.若At=T,在/和（/+△）两时刻，振子的位移、回复力、加速度、速度等均大小相等方向相同，D选项正确。1.单摆。（1）单摆振动的回复力是重力的切向分力，不能说成是重力和拉力的合力。在平衡位置振子所受冋复力是冬，但合力是向心力，指向悬点，不为零。（2）当单摆的摆角很小时（小于5°）时，单摆的周期丁=2兀丄,与摆球质量加、振幅A都无关。其中/为摆长，表示从悬点到摆球质心的距离,要区分摆长和摆线长。（3）小球在光滑圆弧上的往复滚动，和单摆完全等同。只要摆角足够小,这个振动就是简谐运动。这时周期公式中的/应该是圆弧半径R和小球半径r的差。（4）摆钟问题。单摆的一个重要应用就是利用单摆振动的等时性制成摆钟。在计算摆钟类的问题时，利用以下方法比较简单：在一定时间内，摆钟走过的格子数川与频率/成正比S可以是分钟数，也可以是秒数、小时数……）,再由频率公式可以得到：【例6】己知单摆摆长为厶，悬点正下方3厶/4处有一个钉子。让摆球做小角度摆动，其周期将是多大？解析：该摆在通过悬点的竖直线两边的运动都可以看作简谐运动，周期分别为\nT]=2^和丁2=托『，因此该摆的周期为：丁=号+牛号£【例7】固定圆弧轨道弧AB所含度数小于5°,末端切线水平。两个相同的小球a、h分别从轨道的顶端和正中由静止开始下滑，比较它们到达轨道底端所用的时间和动能：『b，Ea2Ebo解析：两小球的运动都可看作简谐运动的一部分，时间都等于四分之一周期，而周期与振幅无关，所以『产治从图屮可以看出b小球的下落高度小于d小球下落高度的一半，所以Ea>2Eb。AF/7V【例8】将一个力电传感器接到计算机上，可以测量快速变化的力。用这种方法测得的某单摆摆动过程屮悬线上拉力大小随时间变化的曲线如右图所示。由此图线提供的信息做出下列判断：①尸0.2、、•时刻摆球正经过最低点;②t=\.\s时摆球正处于最高点；③摆球摆动过程屮机械能时而增大时而减小；④摆球摆动的周期约是T=0.6头上述判断中止确的是A.①③B.②④C.①②D.③④解析：注意这是悬线上的拉力图象，而不是振动图象。当摆球到达最高点时，悬线上的拉力最小；当摆球到达最低点时，悬线上的拉力最大。因此①②正确。从图彖中看出摆球到达最低点时的拉力一次比一次小，说明速率一次比一次小，反映出振动过程摆球一定受到阻力作用，因此机械能应该一直减小。在一个周期内，摆球应该经过两次最高点，两次最低点,因此周期应该约是卩=1・2s。因此答案③④错误。本题应选C。三、简谐运动的图象1.简谐运动的图象：以横轴表示时间t,以纵轴表示位移x,建立坐标系，画出的简谐运动的位移一一时间图象都是正弦或余弦曲线.2.振动图彖的含义：振动图象表示了振动物体的位移随时间变化的规律.3.图象的用途：从图彖中可以知道：（1）任一个时刻质点的位移（2）振幅久（3）周期丁（4）速度方向：由图线随时间的延伸就可以直接看出（5）加速度：加速度与位移的大小成正比，而方向总与位移方向相反.只要从振动图\n象中认清位移（大小和方向）随时间变化的规律，加速度随时间变化的情况就迎刃而解了点评：关于振动图象的讨论（1）简谐运动的图象不是振动质点的轨迹.做简谐运动质点的轨迹是质点往复运动的那一段线段（如弹簧振子）或那一段圆弧（如下一节的单摆）.这种往复运动的位移图象。就是以兀轴上纵坐标的数值表示质点对平衡位置的位移。以『轴横坐标数值表示各个时刻，这样在X—f坐标系内，可以找到各个时刻对应质点位移坐标的点，即位移随时间分布的情况一一振动图象.（2）简谐运动的周期性，体现在振动图象上是曲线的重复性.简谐运动是一种复杂的非匀变速运动.但运动的特点具有简单的周期性、重复性、対称性.所以用图象研究要比用方程要直观、简便.简谐运动的图象随时间的增加将逐渐延伸，过去时刻的图形将永远不变,任一时刻图线上过该点切线的斜率数值代表该时刻振子的速度大小。正负表示速度的方向,正时沿A•正向，负时沿X负向.【例9]劲度系数为20N/cm的弹簧振子，它的振动图彖如图所示，在图屮A点对应的时刻A.振子所受的弹力大小为0.5N,方向指向x轴的负方向B.振子的速度方向指向x轴的正方向C.在0〜4s内振子作了1.75次全振动Do在0〜4s内振子通过的路程为0.35cm,位移为0解析：由图可知A在r轴上方，位移x=0.25cm,所以弹力F=—也=—5N,即弹力大小为5N,方向指向兀轴负方向，选项A不正确；由图可知过4点作图线的切线，该切线与兀轴的正方向的夹角小于90°,切线斜率为正值，即振子的速度方向指向x轴的正方向,选项B正确.由图可看出，f=0、r=4s时刻振子的位移都是最大，且都在/轴的上方，在0〜4s内完成两次全振动，选项C错误.由于C0时刻和r=4s时刻振子都在最大位移处,所以在0〜4s内振子的位移为零，又由于振幅为0.5cm,在0〜4s内振子完成了2次全振动，所以在这段时I'可内振子通过的路程为2X4X0.50cm=4cm,故选项D错误.综上所述，该题的正确选项为B.【例10】摆长为厶的单摆做简谐振动，若从某时刻开始计时，（収作匸0）,当振动至吋，摆球具有负向最大速度，则单摆的振动图象是图中的「\n解析：从匸0时经过/=—J-时间，这段时间为-T,经过彷摆球具有负向最大2%44速度，说明摆球在平衡位置，在给出的四个图象中，经过丄丁具有最大速度的有C、D两图,4而具有负向最大速度的只有D。所以选项D正确。四、受迫振动与共振1.受迫振动物体在驱动力（既周期性外力）作用下的振动叫受迫振动。⑴物体做受迫振动的频率等于驱动力的频率，与物体的固有频率无关。⑵物体做受迫振动的振幅由驱动力频率和物体的固冇频率共同决定：两者越接近，受迫振动的振幅越大，两者相差越大受迫振动的振幅越小。2.共振当驱动力的频率跟物体的固有频率相等时，受迫振动的振幅最大，这种现象叫共振。要求会用共振解释现象，知道什么情况下要利用共振，什么情况下要防止共振。（1）利用共振的有：共振筛、转速计、微波炉、打夯机、跳板跳水、打秋千……（2）防止共振的有：机床底座、航海、军队过桥、高层建筑、火车车厢……【例11】把一个筛子用四根弹簧支起来，筛子上装一个电动偏心轮，它每转一周，给筛子一个驱动力，这就做成了一个共振筛。不开电动机让这个筛子自由振动时，完成20次全振动用15s；在某电压下，电动偏心轮的转速是88r/mino已知增大电动偏心轮的电压可以使其转速提高，而增加筛子的总质量可以增大筛子的固有周期。为使共振筛的振幅增大,以下做法正确的是A.降低输入电压B.提高输入电压C.增加筛子质量D.减小筛子质量解析：筛子的固有频率为/m=4/3Hz,而当时的驱动力频率为/^=88/60Hz,即几］驰。为了达到振幅增大，应该减小这两个频率差，所以应该增人固有频率或减小驱动力频率。本题应选ADo\n【例12】一物体做受迫振动，驱动力的频率小于该物体的固有频率。当驱动力的频率逐渐增大时，该物体的振幅将：（）A.逐渐增大B.先逐渐减小后逐渐增大；C.逐渐减小D.先逐渐增大后逐渐减小解析：此题可以由受迫振动的共振曲线图来判断。受迫振动屮物体振幅的大小和驱动力频率与系统固有频率之差有关。驱动力的频率越接近系统的固有频率，驱动力与固有频率的差值越小，作受迫振动的振子的振幅就越大。当外加驱动力频率等于系统固有频率时，振动物体发生共振，振幅最大。由共振曲线可以看出,当驱动力的频率小于该物体的固有频率时，增大驱动力频率，振幅增大，直到驱动力频率等于系统固有频率时，振动物体发生共振，振幅最大。在此之后若再增大驱动力频率，则振动物体的振幅减小。所以木题的止确答案为D。【例13】如图所示，在一根张紧的水平绳上，悬挂有a、b、c.d、e五个单摆，让a摆略偏离平衡位置后无初速释放，在垂直纸面的平面内振动；接着其余各摆也开始振动。下列说法中正确的有：（）A.各摆的振动周期与a摆相同B.各摆的振幅大小不同，c摆的振幅最大C.各摆的振动周期不同，c摆的周期最长D.各摆均做自由振动解析：d摆做的是自由振动，周期就等于a摆的固有周期，其余各摆均做受迫振动，所以振动周期均与d摆相同。c摆与d摆的摆长相同，所以c摆所受驱动力的频率与其固有频率相等，这样c摆产生共振，故c摆的振幅最大。此题正确答案为A、Bo五、针对训练1.已知在单摆-完成10次全振动的时间内，单摆b完成6次全振动，两摆长Z差为1.6m.则两单摆摆长仿与％分别为A-la=2.5m,%=0・9mC.la=2Am,%=4・0mB./a=0・9m,lb=2.5mD.厶=4・0m,lb=2・4m\n1.一个弹簧振子在AB间作简谐运动，O是平衡位置，以某时刻作为计时零点（1=0）。经过丄周期，振子具有正方向的最大加速度。那么以下儿个振动图中哪一个正确地反映了4振子的振动情况？（）2.如下图所示，一个小铁球，用长约10m的细线系牢，另一端固定在O点，小球在C处平衡，笫一次把小球由C处向右侧移开约4cm,从静止释放至冋到C点所用时间为斤；第二次把小球提到O点，由静止释放，到达C点所用的时间为乙，则（）B.t}=t2C.t}TA=rB>7b；再结合波动方向和振动方向的关系得：C图屮的P点首先达到波谷。（3）两个时刻的波形问题：设质点的振动时间（波的传播时间）为1,波传播的距离为Xo贝ij：r=/?T+Ar即有x=nA.+Ax（Ax=vAr）且质点振动nT（波传播n入）时，波形不变。①根据某时刻的波形，画另一时刻的波形。方法1：波形平移法：当波传播距离厂料入+△兀时，波形平移Ax即可。方法2：特殊质点振动法：当波传播时间t=nT^/\t时，根据振动方向判断相邻特殊点（峰点，谷点，平衡点）振动后的位置进而确定波形。②根据两时刻的波形，求某些物理量（周期、波速、传播方向等）VA【例10】如图是一列向右传播的简谐横波在某时刻的波形图。已知波速v=0.5m/s,画111该吋刻7s前及7s后的瞬吋波形图。解析：X=2m,v=0.5m/s,T=-=4s.所以⑴波在7s内传播v72的距离为A-=vr=3.5m=l-X⑵质点振动时间为12几44方法I波形平移法：现有波形向右平移存可得7S后的波形;现有波形向左平移存可得"的波形。由上得到图中7s后的瞬时波形图（粗实线）和7s前的瞬时波形图（虚线）。方法2特殊质点振动法：根据波动方向和振动方向的关系，确定两个特殊点（如平衡点和峰点）在3774前和3774后的位置进而确定波形。请读者试着自行分析画出波形。【例11】如图实线是某时刻的波形图象，虚线是经过0.2s\n时的波形图象。求：①波传播的可能距离②可能的周期(频率)①可能的波速④若波速是35m/s,求波的传播方向⑤若0.2s小于一个周期时，传播的距离、周期(频率)、波速。解析：①题中没给出波的传播方向，所以有两种可能：向左传播或向右传播。向左传播吋，传播的距离为x=nX+3X/4=(4〃+3)m(n=0>1、2…)向右传播时，传播的距离为入+X/4=(4n+1)m(n=0>1、2…)②向左传播时，传播的时间为r=/?n-3774得：T=4r/(4/2+3)=0.8/(4/?+3)(n=0>1、2…)向右传播时，传播的时间为t=nT+TI4得：7=4r/(4n+1)=0.8/(4/7+1)(n=0>1>2…)③计算波速，有两种方法。v=x!t或v=XIT向左传播吋，v=x/t=(4n+3)/0.2二(20/7+15)m/s.或v=A,/7=4(4/?+3)/0.8=(20/7+15)m/s.(n二0、1>2…)向右传播时，v=x!t=(4n+1)/0.2=(20^+5)m/s.或v=X/7=4(4/?+1)/0.8=(20a?+5)m/s.5=0、1、2…)3④若波速是35m/s,则波在0.2s内传播的距离为A-=vf=35X0.2m=7m=l-X,所以波向左传播。⑤若0.2s小于一个周期，说明波在0.2s内传播的距离小于一个波长。贝向左传播时，传播的距离x=3X/4=3m；传播的时间匸3TI4得：周期7=0.267s；波速v=15m/s.向右传播时,传播的距离为入/4=lm；传播的时I'可t=T/4得:周期T=0.8s；波速v=5m/s.点评：做此类问题的选择题时，可用答案代入检验法。(4)根据波的传播特点(运动状态向后传)确定某质点的运动状态问题：【例12】一列波在介质屮向某一方向传播，如图是此波在某一时刻的波形图，且此时振动还只发生在M、N之间，并知此波的周期为7,Q质点速度方向在波形中是向下的。贝9：波源是;P质点的起振方向为;丛汲源遐振开女旅I时呼，P点已经振动的时间为O\n解析：rtl0点的振动方向可知波向左传播，N是波源。由M点的起振方向(向上)得P质点的起振方向向上。振动从N点传播到M点需要IT,传播到P点需要3774,所以质点P已经振动的时间为774.【例13】如图是一列向右传播的简谐横波在r=0时刻(开始计时)的波形图，已知在••••uls时，B点第三次达到波峰(在Is内B点有三次达到波峰)。贝IJ：①周期为②波速为:③D点起振的方向为;④在/=s时刻，此波传到D点;在/=s和/=—s时D点分别首次达到波峰和波谷；在匸—s和/=—s时D点分别第二次达到波峰和波谷。解析：①B点从r=0时刻开始在经过r=2.5T=ls第三次达到波峰，故周期T=0.4s.②由v=X/T=10m/s.③D点的起振方向与介质中各质点的起振方向相同。在图示时刻，C点恰好开始起振，由波动方向可知C点起振方向向下。所以，D点起振方向也是向下。④从图示状态开始计时:此波传到D点需要的时间等于波从C点传播到D需要的时间,即：匸(45-4)/10=4.1s；D点首次达到波峰的时间等于A质点的振动状态传到D点需要的时间，即：/=(45—1)/10二4.4s；D点首次达到波谷的时间等于B质点的振动状态传到D点需要的时间，即：/=(45-3)/10=4.2s；D点第二次达到波峰的时间等于D点首次达到波峰的时间再加上一个周期，即：r=4.4s+0.4s=4.8s.D点第二次达到波谷的时间等于D点首次达到波峰的时间再加上一个周期，即：U4.2s+O.4s二4.6s.【例14]已知在"时刻简谐横波的波形如图屮实线所示；在时刻❻该波的波形如图中虚线所示。t2-t\=0.02so求：(1)该波可能的传播速度。(2)若己知T-,则竹向上运动，巴向下运动2D.若PXP2>—,则P］向下运动，卩2向上运动2.如图所示，一根张紧的水平弹性长绳上的a、b两点,相距14.0m,b点在a点、的右方.当一列简谐横波沿此绳向右传播时，若a点的位移达到正极大时，b点的位移恰为零，且向下运动.经过1.00s后，g点的位移为零，且向下运动，而b点的位移恰达到负极大.则这简谐横波的波速可能等于abA.14m/sB.IOm/sC.6m/sD.4.67ni/s1.简谐横波在某时刻的波形图线如图所示，由此图可知A.若质点a向下运动，则波是从左向右传播的B.若质点/?向上运动，则波是从左向右传播的C.若波从右向左传播，则质点c向下运动D.若波从右向左传播，则质点d向上运动2.如图所示，O是波源,a、b、c、d是波传播方向上各质点的平衡位置，且Oa=ab=bc=cd=3m,开始各质点均静止在平衡位置，匸0时波源O开始向上做简谐运动，振幅是0.1m,波\n沿6方向传播，波长是8m,当0点振动了一段时间后，经过的路程是0.5m,各质点运动的方向是A.a质点向上B.b质点向上C.c质点向下D.d质点向下1.如图在xy平面内有一沿兀轴正方向传播的简谐横波，波速为lm/s,振幅为4cm,频率为2.5Hz.在匸0时刻，P点位于其平衡位置上方最人位移处，则距P为0.2m的Q点(见图)在0.1s时的位移是4cmB.在0.1s时的速度最大在0.1s时的速度向下D.在()到().1s时间内的路程是4cm2.-列简谐横波，在匸0时刻的波形如图8・13所示，自右向左传播，已知在1{=0.7s时，P点出现第二次波峰(0.7s内P点出现两次波峰)，Q点的坐标是(-7,0),则以下判断屮正确的是A.质点4和质点3在U0时刻的位移是相等的B.在匸0时刻，质点C向上运动C..在『2=0.9s末，Q点第一次出现波峰D.在Z3=1.26s末，Q点第一次出现波峰(2)经过多少时间，P质点第一次到达波峰?1.如图所示，一列沿x正方向传播的简谐横波，波速大小为0.6m/s,P点的横坐标为96cm,从图中状态开始计时，求：(1)经过多长时间，P质点开始振动，振动时方向如何?参考答案:\n1.A2.ABC3.AC4.BD2.BD6.A7.BD8.BC9.解析：开始计时时，这列波的最前端的质点坐标是24cm,根据波的传播方向，可知这一点沿轴负方向运动，因此在波前进方向的每一个质点开始振动的方向都是沿y轴负方向运动，故P点开始振动时的方向是沿y轴负方向，P质点开始振动的时间是z、心0.96-0.24（1）t=——==1.2sv0.6（2）用两种方法求解质点振动法：这列波的波长是入二0.24m,故周期是2T=_二V0.24==0.4s0.63经过1.2s,P质点开始振动，振动时方向向下，故还要经过一厂才能第一次到达波峰,4因此所用时间是1.2s+0.3s二1.5s.波形移动法：质点P第一次到达波峰，即初始时刻这列波的波峰传到P点，因此所用的时间是0.96-0.060.6=1.5s教学后记机械波的传播特点，机械波的三大关系（波长、波速、周期的关系；空间距离和时间的关系；波形图、质点振动方向和波的传播方向间的关系）是考查重点，高考多以选择题出现，且每年必考，这部分复习以小题型为主。知识网络:\n单元切块：按照考纲的耍求，本章内容可以分成三部分，即：电场的力的性质；电场的能的性质；带电粒子在电场中的运动。其中重点是对电场基本性质的理解、熟练运用电场的基本概念和基本规律分析解决实际问题。难点是带电粒子在电场中的运动。电场的力的性质教学目标：1.两种电荷，电荷守恒，真空中的库仑定律，电荷量。2.电场，电场强度，电场线，点电荷的场强，匀强电场，电场强度的迭加。教学重点：库仑定律，电场强度教学难点：对电场强度的理解\n教学方法：讲练结合，计算机辅助教学教学过程：一、库仑定律真空中两个点电荷之间相互作用的电力，跟它们的电荷量的乘积成正比，跟它们的距离的二次方成反比，作用力的方向在它们的连线上。即：尸=网学_其中£为静电力常量，k=9・0X109N-m2/c2r1.成立条件①真空中（空气中也近似成立），②点电荷。即带电体的形状和大小对相互作用力的影响可以忽略不计。（这一点与万有引力很相似，但又有不同：对质量均匀分布的球，无论两球相距多近，厂都等于球心距；而对带电导体球，距离近了以后，电荷会重新分布，不能再用球心距代替r）o2.同一条直线上的三个点电荷的计算问题【例1】在真空屮同一条直线上的A、B两点固定有电荷量分别为+4Q和的点电荷。①将另一个点电荷放在该直线上的哪个位置，可以使它在+4Q.Q电场力作用下保持静止？②若要求这三个点电荷都只在°电场力作用下保持静止，那么引入的这个点电荷应是正电荷还是负电荷？电荷量是多大？解：①先判定第三个点电荷所在的区间：只能在B点的右侧；再由F=譽，F、k、q厂相同时厂ocj©・"a：厂B=2：1,即C在AB延长线上，且AB二BC。②C处的点电荷肯定在电场力作用下平衡了；只要A、B两个点电荷中的一个处于平衡,另一个必然也平衡。由F=^~,F、k、Qa相同，Q0"',・・.Qc：Qb=4：1,而且必须是厂正电荷。所以C点处引入的点电荷Qc=+42【例2】已知如图，带电小球A、B的电荷分别为Q八、Qb，A.将小球A、3的质量都增加到原来的2倍都用长厶的丝线悬挂在。点。静止时人、B相距为d。为使平衡时A3间距离减为〃/2,可采用以下哪些方法B.将小球B的质量增加到原来的8倍C.将小球A、B的电荷量都减小到原来的一半\nD.将小球4、B的电荷量都减小到原來的一半，同时将小球B的质量增加到原來的2倍解：由B的共点力平衡图知—=0,而F=型箜，可知doc』禺昼色，选BD加〃gLd~Nmg1.与力学综合的问题。【例3】已知如图，光滑绝缘水平面上有两只完全相同的金属球A、B,带电量分别为-2Q与现在使它们以相同的初动能耳）（对应的动量大小为內）开始相向运动且刚好能发生接触。接触后两小球又各自反向运动。当它们刚好回到各自的出发点时的动能分别为E］和&2，动量大小分别为"1和"2。有下列说法：①E]=E2>E（）,p\=p2>P（）②E\=E2=Eo,P\=P2=Po③接触点一定在两球初位置连线的屮点右侧某点④两球必将同时返冋各自的出发点。其中正确的是A.②④B.②③C.①④D.③④解：由牛顿定律的观点看，两球的加速度大小始终相同，相同时间内的位移大小一定相同，必然在连线中点相遇，又同时返回出发点。由动量观点看，系统动量守恒，两球的速度始终等值反向，也可得出结论：两球必将同时返回各自的出发点。且两球末动量大小和末动能一定相等。从能量观点看，两球接触后的电荷量都变为-1.50,在相同距离上的库仑斥力增大，返回过程中电场力做的正功大于接近过程中克服电场力做的功，由机械能定理，系统机械能必然增大，即末动能增大。选C。本题引出的问题是：两个相同的带电小球（可视为点电荷），相碰后放回原处，相互间的库仑力大小怎样变化？讨论如下：①等量同种电荷，②等量异种电荷，F=0F;④不等量异种电荷F!>F.F，=F、Fl^一…妇……㊀三、针对练习1.电场强度E的定义式为E二F/q,根据此式，下列说法中正确的是①此式只适用于点电荷产生的电场②式中q是放入电场中的点电荷的电荷量，F是该点电荷在电场中某点受到的电场力，E是该点的电场强度③式中g是产生电场的点电荷的电荷量，F是放在电场中的点电荷受到的电场力，E是电场强度④在库仑定律的表达式F=kq\q2*中，可以把仞2,看作是点电荷$2产生的电场在点电荷6处的场强大小，也可以把絢】/，看作是点电荷6产生的电场在点电荷§2处的场强大小A.只有①②B.只有①③C.只有②④D.只有③④2.一个检验电荷q在电场中某点受到的电场力为F,以及这点的电场强度为E,图中能正确反映q、E、F三者关系的是\n*环Fk“1.处在如图所示的四种电场中P点的带电粒子，由静止释放后只受电场力作用，其加速度一定变人的是2.如图所示，一电子沿等量异种电荷的屮垂线由A-O-B匀速飞过，电子重力不计,则电子所受另一个力的大小和方向变化情况是A.先变大后变小,方向水平向左B.先变大后变小,方向水平向右C.先变小后变大，方向水平向左D.先变小后变大,方向水平向右1*八1.如图所示，带箭头的线段表示某一电场屮的电场线的分布情况.一带电粒子在电场屮运动的轨迹如图屮虚线所示.若不考虑英他力，则下列判断屮正确的是A.若粒子是从A运动到B,则粒子带正电；若粒子是从B运动到A,则粒子带负电A.不论粒子是从A运动到3,还是从B运动到A,粒子必带负电B.若粒子是从3运动到人，则其加速度减小C.若粒子是从B运动到A,则其速度减小2.如图所示，一根长为2m的绝缘细管AB被置于匀强电场E屮，其A、B两端正好处于电场的左右边界上，倾角。二37°，电场强度E=103V/m,方向竖直向下，管内有一个带负电的小球，重G二IO”N,电荷量沪2X10'C,从A点由静止开始运动，已知小球与管壁的动摩擦因数为0.5,则小球从\nB点射出时的速度是(取^=10m/s2；sin37°=0.6,cos37°=0.8)A.2m/sB.3m/sC.2a/2m/sD.2V3m/s7.在图所示的竖直向下的匀强电场屮，用绝缘的细线拴住的带电小球在竖直平面内绕悬点O做圆周运动，下列说法正确的是①带电小球有可能做匀速率圆周运动②带电小球有可能做变速率圆周运动③带电小球通过最高点时，细线拉力一定最小④带电小球通过最低点时，细线拉力有可能最小A.②B.①②C.①②③D.①②④8.质量为加的带正电小球A悬挂在绝缘细线上，且处在场强为E的匀强电场中，当小球A静止时，细线与竖直方向成30°角，己知此电场方向恰使小球受到的电场力最小，则A.3E9.带负电的两个点电荷A、B固定在相距10cm的地方，如果将第三个点电荷C放在AB连线间距A为2cm的地方，C恰好静止不动，则A、B两个点电荷的电荷量之比为.之间距A为2cm处的电场强度E二.10.有一水平方向的匀强电场，场强大小为9X103N/C,在电场内作一半径为10cm的圆，圆周上取A、3两点，如图所示，连线AO沿E方向，BO丄AO,另在圆心O处放一电荷量为10"C的正电荷，则A处的场强大小为；B处的场强大小和方向为•11.在场强为E,方向竖直向下的匀强电场中，有两个质量均为加的带电小球，电荷量分别为+2q和®两小球用长为厶的绝缘细线相连,另用绝缘细线系住带正电的小球悬挂于O点处于平衡状态，如图所示，重力加速度为g，则细绳对悬点O的作用力大小为.12.长为厶的平行金属板，板间形成匀强电场，一个带电为+q,质量为m的带电粒子，以初速度比紧贴上板垂直于电场线方向射入该电场，刚好从下板边缘射出，末速度恰与下板成30。角，如图所示，则:（1）粒子末速度的大小为:（2）匀强电场的场强为；（3）两板间的距离d\n13.如图所示，在正点电荷Q的电场中，A点处的电场强度为81N/C,C点处的电场强度为16N/C,3点是在A、C连线上距离A点为五分之一AC长度处，且A、B、C在一条直线上，则B点处的电场强度为多大？14.在一高为h的绝缘光滑水平桌面上，有一个带电量为+g、质量为m的带电小球静止，小球到桌子右边缘的距离为s,突然在空I'可中施加一个水平向右的匀强电场E,且qE=2mg,如图所示，求：(1)小球经多长时间落地?(2)小球落地时的速度.15.如图所示，一半径为R的绝缘圆形轨道竖直放置，圆轨道最低点与一条水平轨道相连，轨道都是光滑的.轨道所在空间存在水平向右的匀强电场，场强为£.从水平轨道上的A点由静止释放一质量为加的带正电的小球，为使小球刚好在圆轨道内做圆周运动，求3释放点A距圆轨道最低点B的距离已知小球受到的电场力大小等于小球重力的一倍.4\n参考答案1.C2.D3.D1.B根据电场线分布和平衡条件判断.5・BC2.C利用等效场处理.3.D4.D依题意做出带正电小球A的受力图，电场力最小时，电场力方向应与绝缘细线垂直，qE=7«gsin30°,从而得出结论.5.1：16；06.0；9^2X103N/C；方向与E成45°角斜向右下方7.2mg+Eq先以两球整体作为研究对象，根据平衡条件求出悬线O对整体的拉力,再由牛顿第三定律即可求出细线对O点的拉力大小.12.(1)2^37(2)小球落地时vy=gt2=J2gh,vx=at=—•/=2g/=2Jgs+2』2gh.tn落地速度v=J匕2+订=74^5+1Ogh+8g42sh.2315.—R将电场和重力场等效为一个新的重力场，小球刚好沿圆轨道做圆周运动可6视为小球到达等效重力场“最高点”时刚好由等效重力提供向心力.求出等效重力加速度Q及其方向角，再对全过程运用动能定理即可求解.附：课前预习，知识梳理提纲一.电荷及电荷守恒定律1.两种电荷：自然界只存在正、负两种电荷，基元电荷电量e二C\n1.物体的带电方式有三种：（1）摩擦起电（2）接触起电（3）感应起电2.电荷守恒定律：电荷既不能,也不能,它只能从一个物体转移到另一个物体或从物体的一部分转移到另一部分。3.点电荷：点电荷是一种理想化带电体模型，当带电体间的距离带电体的线度，以致带电体的形状和大小对作用力的影响可以时，此带电体可以看作点电荷。一.库仑定律1.内容：真空中两个点电荷间的作用力跟它们成正比，跟它们的成反比，作用力的方向在O2.公式：,式中k=9x\（fN-m2/c\称为静电力常量，数值上等于o3.适用条件：（1）（2）4.注意：1）使用库仑定律计算时，电量用绝对值代入，作用力的方向根据“同种电荷相斥，异种电荷相吸”的规律定性判定。2）研究微观带电粒子（电子、质子、a粒子、各种离子）相互作用时，万有引力或重力可以忽略不计。3）库仑分取电量的方法：两个大小、形状完全相同的带电金属球相碰后，带电量一定相等。二.电场、电场强度1.电场：电场是电荷周围存在的电荷发生相互作用的媒介物质；电场的最基本性质是O2.电场强度①物理意义：描述电场的物理量。②定义：3\n①定义式：,此式适用于电场。式中g是,F是o场强的大小和方向与检验电荷,由决定。②场强E是矢量，方向规定为。③卷加：E=E[+E2+…（矢量和），空间同时存在多个电场时，合场强可用平行四边形定则计算.④特例：1）点电荷电场：£=（Q为场源电荷，厂为电场中某点到场源电荷间的距离）2）匀强电场：场强大小及方向处处相同GM（d是沿电场方向的距离，不一定等于两点I'可的距离）。一.电场线1.定义：在电场屮画出一系列曲线，使曲线,这些曲线叫电场线。2.作用：形象化地描述电场；电场线上表示场强方向；电场线的表示场强大小。3.特点：1）不闭合（始于正电荷或无穷远处，终于负电荷或无穷远处）2）不相交（空间任何一点只能有一个确定的场强方向）3）沿电场线的方向，电势降低。4.注意：在一般情况下，电场线不是电荷的运动轨迹。仅当电场线是直线，不计电荷重力，电荷无初速或初速方向沿电场线方向时，电荷才会沿电场线运动。5.几种典型电场的电场线分布情况：五.电场力:+++++匀乞电场在匀强电场中电场力是恒力。教学随感:近几年高考中对本章知识的考查命题频率较高且有相当难度要求的知识点集中在电场力做功与电势能变化，带电粒子在电场中运动这两个知识点上。尤其在与力学知识的结合中巧妙地把电场概念，牛顿定律，功能原理等相联系命题，对学生能力有较好的测试作用。另外平行板电容器也是一个命题频率较高的知识点，且常以小综合题型出现。其它如库仑定\n律，场强迭加等虽命题频率不高，但往往出现需深刻理解的迭加问题电场的能的性质教学目标：1.电势能，电势差，电势，等势面。2.匀强电场小电势差跟电场强度的关系。3.静电场中的导体，静电感应现象，导体内部的电场强度等于零，导体是一个等势体。教学重点：电势、电势差、电场力的功教学难点：对基本概念的理解及应用教学方法：讲练结合，计算机辅助教学教学过程：一、电势能1.定义：因电场对电荷有作用力而产生的由电荷相对位置决定的能量叫电势能。2.电势能具有相对性，通常取无穷远处或大地为电势能的零点。3.电势能大小：电荷在电场中某点的电势能在数值上等于把电荷从这点移到电势能为零处电场力所做的功4.电场力做功是电势能变化的量度：电场力对电荷做止功，电荷的电势能减少；电荷克服电场力做功，电荷的电势能增加；电场力做功的多少和电势能的变化数值相等,这是判断电荷电势能如何变化的最有效方法。二、电势1.电势：电场中某点的电势，等于单位正电荷由该点移动到参考点（零电势点）时电场力所做的功。电热用字母（P表示。①表达式：久二也单位：伏特（V）,且有1V=1J/Coq②意义：电场中某一点的电势在数值等于单位电荷在那一点所具有的电势能。③相对性：电势是相对的，只有选择零电势的位置才能确定电势的值，通常取无限远或地球的电势为零。④标量：只有大小，没有方向，但有正、负之分，这里正负只表示比零电势高还是低。⑤髙低判断：顺着电场线方向电势越来越低。\n三、等势面：电场中电势相等的点构成的面。\n①意义：等势面来表示电势的高低。②典型电场的等势面：i匀强电场；ii点电荷电场;iii等量的异种点电荷电场；iv等量的同种点电荷电场。③等势面的特点：i同一等势面上的任意两点间移动电荷电场力不做功;ii等势血一定跟电场线垂直;iii电场线总是从电势较高的等势面指向电势较低的等势面。四、电势差1.电势差：电荷q在电场中由一点A移动到另一点B吋，电场力所做的功Wab与电荷量的q的比值。"ab=注意：电势差这个物理量与场中的试探电荷无关，它是一个只属于电场的量。电势差是从能量角度表征电场的一个重要物理量。电势差也等于电场中两点电势之差Uab=(PaJTAB①电势差由电场的性质决定，与零电势点选择无关。2.电场力做功：在电场'I'AB两点间移动电荷时，电场力做功等于电量与两点间电势差的乘积。WabWUxb注意：①该式适用于一切电场；②电场力做功与路径无关③利用上述结论计算时，均用绝对值代入，而功的正负，借助于力与移动方向I'可关系确定。五、电势差与电场强度关系1.电场方向是指向电势降低最快的方向。在匀强电场中，电势降低是均匀的。2.匀强电场中，沿场强方向上的两点间的电势差等于场强和这两点间距离的乘积。\nU=E・d在匀强电场中，场强在数值上等于沿场强方向每单位距离上降低的电势。E=^~d注意：①两式只适用于匀强电场；②〃是沿场方向上的距离。1.电场线和等势面耍牢记以下6种常见的电场的电场线和等势面：等暈异种点电荷的电场等量同种点电荷的电孤立点电荷周围的电>点电荷与带电平匀强电场注意电场线、等势面的特点和电场线与等势面I'可的关系:①电场线的方向为该点的场强方向，电场线的疏密表示场强的人小。②电场线互不相交，等势面也互不相交。③电场线和等势面在相交处互相垂直。④电场线的方向是电势降低的方向，而且是降低最快的方向。⑤电场线密的地方等差等势面密；等差等毎面密的地方电场线也密。【例1】如图所示，三个同心圆是同一个点电荷周围的三个等势而，已知这三个圆的半径成等差数列。A、B、C分别是这三个等势面上的点，且这三点在同一条电刼线上。A、C两点的电势依次为^>a=10V和0(=2V,则B点的电势是A.—定等于6VB.定低于6V:!?t>*、、、一//»C.一定高于6VD.无法确定解：由U=Ed,在d相同时，E越大，电压U也越大。因此［/AB>t/BC，选B六、电荷引入电场\n1.将电荷引入电场将电荷引入电场后，它一定受电场力勺，且一定具有电势能2.在电场屮移动电荷电场力做的功在电场中移动电荷电场力做的功W=qU,只与始末位置的电势差有关。在只有电场力做功的情况下，电场力做功的过程是电势能和动能相互转化的过程。W=・4E二力Ek。（1）无论对正电荷还是负电荷，只要电场力做功，电势能就减小；克服电场力做功，电势能就增大。（2）正电荷在电势高处电势能大；负电荷在电势高处电势能小。（3）利用公式W二讥7进行计算时，各量都取绝对值，功的正负由电荷的正负和移动的方向判定。（4）每道题都应该画出示意图，抓住电场线这个关键。（电场线能表示电场强度的大小和方向，能表示电势降低的方向。有了这个直观的示意图，可以很方便地判定点电荷在电场中受力、做功、电势能变化等情况。）.【例2】如图所示，在等量异种点电荷的电场中，将一个正的试—[厂探电荷由a点沿直线移到0点，再沿直线由0点移到c点。在该过程◎分；G中，检验电荷所受的电势能如何改变？解：根据电场线和等势面的分布可知：试探电荷由a点沿直线移到0点，电场力先作正功，再沿直线由0点移到c点的过程中，电荷沿等势面运动，电场力不作功，电势能不变化，故，全过程电势能先减小后不变。【例3】如图所示，将一个电荷量为^=+3X10-1（,C的点电荷从电场中的A点移到B点的过程中，克服电场力做功6X10'9Jo已知A点的电势为a=-4V,求B点的电势。解:先由W=c/U,得AB间的电压为20V,再由已知分析：向右移动正电荷做负功，说明电场力向左，因此电场线方向向左，得出B点电豹高。因此Ob=16V。【例4】a粒子从无穷远处以等于光速十分之一的速度正对着静止的金核射去（没有撞到金核上）。已知离点电荷Q距离为厂处的电势的计算式为帖2那么a粒子的最大电r势能是多大？由此估算金原子核的半径是多大？解：a粒子向金核靠近过程克服电场力做功，动能向电势能转化。设初动能为E,到不能再接近（两者速度相等时），可认为二者间的距离就是金核的半径。根据动量守恒定律和能量守恒定律,动能的损失mM2（加+M）由于金核质量远人于a粒子质量，所以\n动能儿乎全部转化为电势能。无穷远处的电势能为零，故最大电势能*丄WvA.B两帯电小球，A固定不动，B的质量为刃。在库仑力作用下，B由静止开始运动。已知初始时，A、B间的距离为仏B的加速度为心经过一段时间后，B的加速度变为川4,此时A、BI'可的距离应为o已知此时B的速度为力则在此过程屮电势能的减少=3.0x10-,2J^2再由E=Qq=型-,得r=1.2X10%,可见金核的半径不会大于1.2X10%。r【例5］已知zMBC处于匀强电场中。将一个带电量q=-2X10'3-图中4、B、D是匀强电场屮一止方形的四个顶点，已知A、B、C三点的电势分C的点电荷从A移到B的过程中，电场力做功W,=-1.2X10'量为o（98年高考题）J；再将该点电荷从B移到C,电场力做功W2=6X10勺。已知人点的电势如二5V,则B、C两点的电势分别为V和V。试在右图中画出通过A点的电场线。解：先由W=qU求出AB、BC间的电压分别为6V和3V,再根据负电荷A-B电场力做负功，电势能增大，电势降低；B-C电场力做正功，电势能减小，电势升高，知0b二・1V0c=2V。沿匀强电场中任意一条直线电势都是均匀变化的，因此A3中点D的电势与C点电势相同，仞为等势面，过A做CD的垂线必为电场线，方向从高电势指向低电势，所以斜向左下方。【例6】如图所示，虎线°、b、c是电场中的三个等势面，相邻等势面I'可的电势差相同,实线为一个带正电的质点仅在电场力作用下，通过该区域的运动轨迹，P、Q是轨迹上的两点。下列说法中正确的是A.三个等势而中，等势而d的电势最高B.带电质点一定是从P点向Q点运动C.带电质点通过P点时的加速度比通过Q点时小D.带电质点通过P点时的动能比通过Q点时小解：先画出电场线，再根据速度、合力和轨迹的关系，可以判定：质点在各点受的电场\n力方向是斜向左下方。由于是正电荷，所以电场线方向也沿电场线向左下方。答案仅有D七、高考题选编:1.如图所示，Q是带正电的点电荷，尺和A为其电场中的两点。若Ei、E2为P\、P2两点的电场强度的大小，处、“2为匕、卩2两点的电势，则（）（92年高考题）A・Ei>E2,0|>02C.EiE2,01<02D.E&E2,©2\n别为0a=15V、0b=3V、Qc=-3V,由此可得D点电势补=V（99年高考题）A7~DIIB--C1.如图gkc是一条电场线上的三个点，电场线的方向由d到c,a、b间的距离等于/?、C•间的距离。用必、Ob、Oc和&、Eb、Ec分别表示0、b、C三点的电势和电场强度,可以断定（）。（96年高考题）A.仇>叽B•E“>Eb>EcabcEC.0a—0b=久一©CD.Ea=E&=Ec5.若带正电荷的小球只受到电场力作用，则它在任意一段时间内（）o（94年高考题）A.—定沿电力线由高电势处向低电势处运动；B.—定沿电力线由低电势处向高电势处运动；C.不一定沿电力线运动，但一定由高电势处向低电势处运动；D.不一定沿电力线运动，也不一定由高电势处向低电势处运动。1.一个带正电的质点，电量尸2.0x10-9库，在静电场中由a点移到b点，在这过程中,除电场力外，其他力作的功为6.0x10'5焦，质点的动能增加了8.0x10-5焦，则°、b两点间的电势差S・t/b为（）。（94年高考题）A.3X104伏；B」xl0“伏；C.4X104伏；D.7X104伏。2.在静电场中（）（95年高考题）A.电场强度处处为零的区域内，电势也一定处处为零；B.电场强度处处相同的区域内，电势也一定处处相同；C.电场强度的方向总是跟等势面垂直的:D.沿着电场强度的方向，电势总是不断降低的.1"参考答案：1.A2.2d,—加才3.94.A5.D6.B7.CD2八、针对训练\n1•电场中有A、B两点，一个点电荷在人点的电势能为1.2X108J,在3点的电势能为0.80XI0'8J.已知人、B两点在同一条电场线上，如图所示，该点电荷的电荷量为1.0><10叱,\n那么A.该电荷为负电荷B.该电荷为正电荷C.A、B两点的电势差Sb=4.0VD.把电荷从A移到B,电场力做功为W=4.0J1.某电场中等势面分布如图所示，图中虚线表示等势面，过a、b两点的等势面电势分别为40V和10V,则°、〃连线的中点c•处的电势应A.肯定等于25VB.大于25VC.小于25VD.可能等于25V2.（2002年上海高考试题）如图所示，在粗糙水平面上固定一点电荷Q,在M点无初速释放一带有恒定电荷量的小物块，小物块在Q的电场中运动到N点静止，则从M点运动到N点的过程屮A.小物块所受电场力逐渐减小B.小物块具有的电势能逐渐减小C.M点的电势一定高于N点的电势D.小物块电势能变化量的大小一定等于克服摩擦力做的功3.如图所示，M、N两点分别放置两个等量种异电荷，4为它们连线的中点，B为连线上靠近N的一点，C为连线屮垂线上处于A点上方的一点，在A、B、C三点中A.场强最小的点是4点，电势最高的点是B点B.场强最小的点是A点，电势最高的点是C点C.场强最小的点是C点，电势最高的点是〃点D.场强最小的点是C点，电势最高的点是A点4.AB连线是某电场屮的一-条电场线，一正电荷从A点处自由释放，电荷仅在电场力作Pi用下沿电场线从A点到B点运动过程屮的速度图象如图所示，比较A、B两点电势0的高低和场强E的大小，下列说法屮正确的是A.4>a>叽，Ea>EbB.加>2b，EaEbD.巧<©b，Ea^oP\=P1>A)C.碰撞发生在M、W中点的左侧D.两球不同时返回M、N两点、8.已知空气的击穿电场强度为2X1（）2/111,测得某次闪电火花长为600m,则发生这次闪电时放电路径两端的电势差U=.若这次闪电通过的电荷量为20C,则释放的能量为•（设闪电的火花路径为直线）9.如图所示，在匀强电场屮分布着A、B、C三点，且BC=20cm.当把一个电荷量cj=i05C的正电荷从A点沿AB线移到B点时，电场力做功为零•从B点移到C点时，电场力做功为-1.73X1O*5J,则电场的方向为,场强的大小为.10.如图1—25—10所示中，4、B、C、D是匀强电场中一正方形的四个顶点，已知4、3、C三点的电势分别为^=15V,如=3V,0（=-3V,由此可得D点的电势0沪V.11.质量为加、电荷量为q的质点，在静电力作用下以恒定速率卩沿圆弧从A点运动到3点，其速度方向改变的角度为（）5d）,AB弧长为s,则A、B两点间的电势差%忖,AB弧中点的场强大小E=.12.（12分）有两个带电小球如与加2,分别带电+Qi和+0，在绝缘光滑水平面上，沿同一直线相向运动，当它们相距厂时，速率分别为刃与巾，电势能为E，在整个运动过程中\n（不相碰）电势能的最大值为多少？7.（12分）倾角为30°的直角三角形底边长为2厶底边处在水平位置，斜边为光滑绝缘导轨，现在底边中点O处固定一正电荷Q,让一个质量为加的带正电质点g从斜面顶端A沿斜边滑下（不脱离斜面），如图所示，已测得它滑到3在斜面上的垂足D处时速度为v,加速度为a，方向沿斜面向下，问该质点滑到斜边底端C点时的速度和加速度各为多大?8.（12分）如图所示，小平板车3静止在光滑水平面上，一可以忽略大小的小物块A静止在小车B的左端，己知物块A的质量为〃2,电荷量为+0小车B的质量为M,电荷量为-Q,上表面绝缘，长度足够长；A、B间的动摩擦因数为〃，A、B间的库仑力不计，A、B始终都处在场强大小为E、方向水平向左的匀强电场中.在/=0时刻物块A受到一大小为I,方向水平向右的冲量作用开始向小车B的右端滑行.求：（1）物块4的最终速度大小；（2）物块A距小车B左端的最大距离.参考答案l.A2.C3.ABD4.C5.A6.C正电荷从4点移到B点，动能减少，电场力做负功，电势能增加，电势升高,\nw01號矿时得沁电荷所受电场力方向向左，轨迹为曲线◎6.B完全相同的两金属球初动能、动量大小相同，则初速度大小相同，于M、N屮点相碰时速度均减为零，Z后由于库仑斥力变大，同时返回A/、N两点时速度人小同时变人但彼此相等，方向相反.8」.2X109V；2.4X1O10J9.垂直于力、B线斜向下；1000V/m10.9W7V11.0；丄A、B位于同一条等势圆弧线上，圆弧线上每一点场强大小相同，由牛顿qs运动定律及圆的有关知识即可求解.12爲二£+竺沁切121由动量守恒定律可得两球最接近，即电势能最大时二者的2(/71]+m2)共同速度，再由能量守恒泄律可求得电势能的最大值.13.叱二J/+厶，ac=g-a在D点:Mgsir)30°-F/)sin30o-ma,在C点：加gsir)30°14.(1)M+m(2)+F/)cos30o二mcic，D和C在同一等势面上，Fd=Fc，得ac=2gsin30°-a=g-a.质点从D到C的过程中运用动能定理可得：mgLsin60°(vc2-v2),从而得出结论.,由动量守恒定律和能的转化和守2m(M+m)(/Mng+EQ)恒定律求解.教学后记电场能在近年高考中是经常和动能定理，功能关系结合命题，电场力做功和电势能的改变可以类比重力做功来分析，教会学生应用类比法这一重要思维方法。\n带电粒子在电场中的运动高中教育\n教学目标：1.熟练应所学电场知识分析解决带电粒子在匀强电场屮的运动问题。2.理解电容器的电容，掌握平行板电容器的电容的决定因素3.掌握示波管，示波器及其应用。教学重点：带电粒子在匀强电场中的运动教学难点：带电粒子在匀强电场中的运动教学方法：讲练结合，计算机辅助教学教学过程：一、带电粒子在电场中的运动1.带电粒子在匀强电场中的加速一般情况下带电粒子所受的电场力远大于重力，所以可以认为只有电场力做功。由动能定理W=c/U=AEKf此式与电场是否匀强无关，与带电粒子的运动性质、轨迹形状也无关。【例1】如图所示，两平行金属板竖直放置，左极板接地，屮I'可有小孔。右极板电势随U—r:_::::••I?72T：3772：2T-U……‘时间变化的规律如图所示。电子原来静止在左极板小孔处。（不计重力作用）下列说法屮正确的是A.从匸0时刻释放电子，电子将始终向右运动，直到打到右极板上B.从戶0时刻释放电子，电子可能在两板间振动C.从&774时刻释放电子，电子可能在两板间振动，也可能打到右极板上D.从r=3778时刻释放电子，电子必将打到左极板上解：从戶0吋刻释放电子，如果两板间距离足够大，电子将向右先匀加速772,接着匀减速772,速度减小到零后，又开始向右匀加速772,接着匀减速772……直到打在右极板上。电子不可能向左运动；如果两板间距离不够大，电子也始终向右运动，直到打到右极板上。从匚774时刻释放电子，如果两板间距离足够大，电子将向右先匀加速774,接着匀减速774,速度减小到零后，改为向左先匀加速774,接着匀减速7740即在两板I'可振动；如果两板间距离不够大，则电子在第一次向右运动过程中就有可能打在右极板上。从匸3778时刻释放电子，如果两板I'可距离不够大，电子将在笫一次向右运动过程屮就打在右极板上；如果第一次向右运动没有打在右极板上，那就一定会在笫一次向左运动过程屮打在左极板上。选AC2.带电粒子在匀强电场屮的偏转\n质量为加电荷量为q的带电粒子以平行于极板的初速度vo射入长厶板间距离为d的平行板电容器间，两板间电压为U,求射出时的侧移、偏转角和动能增量。Vi2（1）侧移：=竺千万不要死记公式，要清楚物理过程。根据不同2{dm\v）4U'd的已知条件，结论改用不同的表达形式（已知初速度、初动能、初动量或加速电压等）。门vyUqLULj（2）偏角：tan^===,注意到y=—tan6^»说明穿出时刻的末速vdm*2Ufd?2度的反向延长线与初速度延长线交点恰好在水平位移的中点。这一点和平抛运动的结论相同。⑶穿越电场过程的动能增量：△Ek=Eq（注意，一般来说不等于9（7）【例2】如图所示，热电子由阴极飞出时的初速忽略不计，电子发射装置的加速电压为5。电容器板长和板间距离均为L=10cm,下极板接地。电容器右端到荧光屏的距离也是L=10cmo在电容器两极板I'可接一交变电压，上极板的电势随时间变化的图象如左图。（每个电子穿过平行板的吋问极短，可以认为电压是不变的）求：①在匸0.06s时刻,电子打在荧光屏上的何处？②荧光屏上有电子打到的区I'可有多长？③屏上的亮点如何移动？解：①由图知r=0.06s时刻偏转电压为1.8S，可求得y=0.45厶=4.5cm,打在屏上的点距O点13.5cm。②电子的最大侧移为0.5厶（偏转电压超过2.0®,电子就打到极板上了），所以荧光屏上电子能打到的区间长为3L=30cmo③屏上的亮点由下而上匀速上升，间歇一段时间后又重复岀现。2.带电物体在电场力和重力共同作用下的运动。当带电体的重力和电场力大小可以相比时，不能再将重力忽略不计。这时研究对彖经常被称为“带电微粒”、“帯电尘埃”、“帯电小球”等等。这时的问题实际上变成一个力学问题,只是在考虑能量守恒的时候需要考虑到电势能的变化。【例3】己知如图，水平放置的平行金属板间有匀强电场。一根长/的绝缘细绳一端固定在O点，另一端系有质量为加并带有一定电1荷的小球。小球原来静止在C点。当给小球一个水平冲量后，它可以在竖直而内绕o点做匀速圆周运动。若将两板间的电压增大为原来的I、［J3倍，求：要使小球从c点开始在竖直面内绕o点做圆周运动，至少_2r=_+\n要给小球多大的水平冲量？在这种情况下，在小球运动过程屮细绳所\n受的最大拉力是多大?解：由已知，原来小球受到的电场力和重力大小相等，增大电压后电场力是重力的3倍。在C点，最小速度对应最小的向心力，这时细绳的拉力为零，合力为2”咚，可求得速度为尸血刁，因此给小球的最小冲量为I二血莎j。在最高点D小球受到的拉力最大。从9C到D对小球用动能定理：2ms2/=-mvl--mv:，在D点F-2mg=哑，解得F=12mg。22/【例4】己知如图，匀强电场方向水平向右，场强E=1.5X106V/m,丝线长/=40cm,上端系于O点，下端系质量为m=1.0X10_4kg,带电量为^=+4.9X101（,C的小球，将小球从最低点A由静止释放，求：（1）小球摆到最高点时丝线与竖直方向的夹角多大？（2）摆动过程中小球的最大速度是多大?解：（1）这是个“歪摆”。由已知电场力Fc=0.75G摆动到平衡位置时丝线与竖直方向成37°角，因此最大摆角为74°。（2）小球通过平衡位置时速度最大。由动能定理：1.25加名・0.2/=加巾2/2,vB=1.4m/So二、电容器1.电容器两个彼此绝缘又相隔很近的导体都可以看成一个电容器。2.电容器的电容电容C=^是表示电容器容纳电荷本领的物理量，是由电容器本身的性质（导体大小、形状、相对位置及电介质）决定的。3.平行板电容器的电容平行板电容器的电容的决定式是：C=丄二oc竺4兀kdd4.两种不同变化电容器和电源连接如图，改变板I'可距离、改变正对面积或改变板间电解质材料，都会改变其电容，从而可能引起电容器两板间电场的变化。这里一定要分清两种常见的变化：（1）电键K保持闭合，则电容器两端的电压恒定（等于电源电动势）,oVrSIJI这种情况下带电量e=Ct/ocC,而（7=X——，E=—0—4?ikddcld（2）充电后断开K,保持电容器带电量Q恒定，这种情况下\n高中教育\n厂郃"d口1Coc一,Ux—，Eoc—d£S£SM【例5】如图所示，在平行板电容器正中有一个带电微粒。K闭合时，该微粒恰好能保持静止。在①保持K闭合；②充电后将K断开；两种情况下，各用什么方法能使该带电微粒向上运动打到上极板？A.上移上极板MB.上移下极板NC.左移上极板MD.把下极板N接地解：由上面的分析可知①选B,②选C。【例6）计算机键盘上的每一个按键下面都有一个电容传感器。电容的计算公式是C=6—，其中常量^=9.0XlO'^F-m'1,S表不两金属片的正对面积，d表示d两金属片间的距离。当某一键被按下时，d发生改变，引起电容器的电容发生改变，从而给电子线路发出相应的信号。已知两金属片的正对面积为50mm2,键未被按下时，两金属片间的距离为0.60mm。只要电容变化达0.25pF,电子线路就能发出相应的信号。那么为使按键得到反应，至少需要按下多大距离？解：先求得未按下时的电容G=0.75pF,再由三=佥得—和C2=1.00pF,得C2d}C2d]/〃二0.15mm。【例7】一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地，在两极板间有一正电荷（电量很小）固定在P点，如图所示，以E表示两极板间的场强，U表示电容器的电压，W表示正电荷在P点的电势能。若保持负极板不动，将正极板移到图屮虚线所示的位置，则（）AU变小，E不变+13BE变大，W变大IICU变小，W不变・p-丄"DU不变，W不变=解析：当平行板电容器充电后与电源断开时，对有关物理量变化的讨论，要注意板间场强的一个特点：£=-=—=—•-，即对于介质介电常数为£的平行板电容器而言,dCd£S两极间场强只与极板上单位面积的带电量成正比。带电量0不变，两极I、可场强E保持不变，由于板间d距离减小，据U=Ed可知，电容器的电压U变小。由于场强E保持不变，因此，P点与接地的负极板即与地的电势差保持不变，即点P的电势保持不变，因此电荷在P点的电势能W保持不变。所以本题应选\nACo电容式传感器在测量屮有着重要的应用，因此在学复习中不可忽视。关键在于抓住所测物理量与电容器屮电容的联系，问题就迎刃而解了。1.电容器与恒定电流相联系在直流电路中，电容器的充电过程非常短暂，除充电瞬间以外，电容器都可以视为断路。应该理解的是：电容器与哪部分电路并联，电容器两端的电压就必然与那部分电路两端电压相等。【例8】如图所示电路中，C2=2C,,R2=2/?,,忽略电源电阻,下列说法屮正确的是（）R?c211^——①开关K处于断开状态，电容C?的电量大于G的电量；②开关处于断开状态，电容G的电量大于C?的电量；③开关处于接通状态，电容c?的电量大于G的电量；④开关处于接通状态，电容G的电量大于C?的A.®B.④C.①③D.②④解析：开关断开时，电容G、C?两端电压相等，均为E,因为C2=2Cr由0=着知0=2C0=2Q,即Q?>Q\,所以①正确；当开关K接通时，尺与&串联，通过&和忌的电流相等，G与$并联，C?与尺并联，故G的电压为〃?2，C?的电压为/尽又Q=G〃?2，Qi=C2IR｝又C2=2C\,R2=2R｝，所以Q｝=Q2即两电容的电量相等;所以正确选项应为A。6、电容器力学综合电容器通过电学与力学知识联系起来时，解答这一类题目的关键还是在力学上，只要在对物体进行受力分析时，注意对带电体所受的电场力分析，再应用力学相关知识即可求解。必须注意的是：当带电体运动过程中与其它导体有接触时，有可能所带电量要发生变化。【例9】如图所示，四个定值电阻的阻值相同都为R,开关K闭合时，有一质量为m带电量为q的小球静止于平行板电容器板间的中点0。现在把开关K断开，此小球向一个极板运动，并与此极板相碰，碰撞时无机械能损失，碰撞后小球恰能运动到另一极板处，设两极板间的距离为d,电源内阻不计，试计算：⑴电源电动势\n⑵小球和电容器一个极板碰撞后所带的电暈q'。解析：⑴开关闭合时，电容器两极板间电场方向竖直向上，由小球在O点处静止可知,小球带正电。设两极板间电压为S则mg=c^-,即U=皿；由于他无电流，电容器aq两极板间电压U等于电阻尺的端电压，则｛/=—=所以£=沁°。R止32q2⑵开关断开后，两极板间电压为几几浪心斜警，设此时两极板间场强为釦出进因小球所受的向上的电场力小于重力，小球向下加速运动与下极板碰撞，碰后小球上升至上极板时速度恰好为零。设小球与下极板碰撞后的电量变为"，对小球从运动过程应用动能定理有-qE,--+q,E,d-mg-=O,所以金属芯线-导电液体电介质三、针对训练1.1999年7月12H日本原子能公司所属敦贺湾核电站由于水管破裂导致高辐射冷却剂外流，在检测此次重大事故中应用了非电量变化（冷却剂外泄使管中液面变化）转移为电信号的自动化测量技术.图是一种通过检测电容器电容的变化来检测液面高低的仪器原理图，容器中装有导电液体，是电容器的一个电极，中间的芯柱是电容器的另一个电极，芯柱外面套有绝缘管（塑料或橡皮）作为电介质，电容器的两个电极分别用导线接在指示器上，指示器上显示的是电容的大小，但从电容的大小就可知容器中液面位置的高低，为此，以下说法中正确的是A.如果指示器显示出电容增大了，则两电极正对面积增大，必液面升高B.如果指示器显示电容减小了，则两电极止对而积增大，必液而升高C.如果指示器显示出电容增大了，则两电极正对面枳减小，液面必降低D.如果指示器显示出电容减小了，则两电极正对面积增大，液面必降低2.如图所示，平行板电容器经开关S与电池连接，d处有一电荷量非常小的点电荷，S是闭合的，仇表示a点的电势，F表示点电荷受到的电场力.现将电容器的B板向下稍微移动，使两板间的距离增大，则\nSOABA.九变大，F变大C.0。不变，F不变B.九变大，F变小D.仇不变，F变小3.（2001年全国高考试题）如图所示，虚线°、b和c是某静电场中的三个等势而，它们的电势分别为九、必和仇，©He一带正电的粒子射入电场中，其运动轨迹如实线K厶MN所示，由图可知A.粒子从K到厶的过程中，电场力做负功B.粒子从厶到M的过程屮，电场力做负功C.粒子从K到厶的过程中，静电势能增加D.粒子从厶到M的过程中，动能减小4.离子发动机飞船，其原理是用电压U加速一价惰性气体离子，将它高速喷出后，飞船得到加速，在氨、氛、氮、氟、氤屮选用了氤，理rfl是用同样电压加速，它喷出时A.速度大B.动量大C.动能大D.质量大5.如图所示，从F处释放一个无初速的电子向B极方向运动，指出下列对电子运动的描述中哪句是错误的（设电源电动势为U）\nA.电子到达B板时的动能是UeVB.电子从B板到达C板动能变化量为零C.电子到达D板时动能是3eVD.电子在A板和D板之间做往复运动6血、b、c•三个。粒子由同一点垂直场强方向进入偏转电场，其轨迹如图所示，其中b①在b飞离电场的同时，a刚好打在负极板上②b和c同吋飞离电场③进入电场时，c的速度最大，a的速度最小④动能的增量相比，c的最小，。和b的一样大A.①B.①②C.③④D.①③④7.在图所示的实验装置中，充电后的平行板电容器的A极板与灵敏的静电计相接，极板B接地.若极板B稍向上移动一点，由观察到静电计指针的变化，作出电容器电容变小的依据是A.两极间的电压不变，极板上电荷量变小B.两极间的电压不变，极板上电荷量变大C.极板上的电荷量几乎不变，两极间的电压变小D.极板上的电荷量几乎不变，两极间的电压变大8.如图所示，电子在电势差为3的加速电场中由静止开始运动，然后射入电势差为6的两块平行极板间的电场中，射入方向跟极板平行，整个装置处在真空中，重力可忽略，在满足电子能射出平行板区的条件下，下述四种情况中，一定能使电子的偏转角〃变大的是A.3变大、6变大C.3变大、6变小B.3变小、6变大D.3变小、6变小9.密立根油滴实验进一步证实了电子的存在，揭示了电荷的非连续性.如图所示是密立根\n实验的原理示意图，设小油滴质量为加，调节两板间电势差为U,当小油滴悬浮不动时，测出两板间距离为〃.可求出小油滴的电荷量q=.显微镜迂9.水平放置的平行板电容器的电容为C,板间距离为d,极板足够反，当其带电荷量为Q时，沿两板小央水平射入的带电荷量为q的微粒恰好做匀速直线运动.若使电容器电荷量增大一倍，则该带电微粒落到某一极板上所需的时I'可・10.来自质子源的质子（初速度为零），经一加速电压为800kV的直线加速器加速，形成电流强度为1mA的细柱形质子流，己知质子电荷量^1.60X1019C,这束质子流每秒打在靶上的质子数为,假定分布在质子源到靶之间的加速电场是均匀的，在质子束中与质子源相距/和4/的两处，各取一段极短的相等长度的质子流，其中的质子数分别为血和血,则ng.11.如图所示，一绝缘细圆环半径为厂，其环面固定在水平面上，场强为E的匀强电场与圆环平面平行，环上穿有一电荷量为+q、质量为加的小球，可沿圆环做无摩擦的圆周运动,若小球经A点时速度巾的方向恰与电场垂直，且圆环与小球I'可沿水平方向无力的作用，则速度v4=.当小球运动到与A点对称的B点吋,小球对圆环在水平方向的作用力Nf•12.证明：在带电的平行金属板电容器中，只要带电粒子垂直电场方向射入（不一定在正中间），且能从电场中射出如图所示，则粒子射入速度必的方向与射出速度片的方向的交点O必定在板长厶的中点.13.如图所示，一对竖直放置的平行金属板4、3构成电容器，电容为C.电容器的A板接地，且中间有一个小孔S.—个被加热的灯丝K与S位于同一水平线，从灯丝上可以不断地发射出电子，电子经过电压S加速后通过小孔S沿水平方向射入4、B两极板间.设电子\n的质量为加，电荷量为◎电子从灯丝发射时的初速度不计.如果到达B板的电子都被B板吸收，且单位时间内射入电容器的电子数为弘随着电子的射入，两极板间的电势差逐渐增加，最终使电子无法到达B板.求：（1）当3板吸收了W个电子时，4、8两板间的电势差.（2）A、B两板间可达到的最大电势差.（3）从电子射入小孔S开始到A、B两板间的电势差达到最大值所经历的时间.9.（12分）在光滑水平面上有一质量加二1.0X10以kg、电荷量尸1.0X10%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O巧，现突然加一沿兀轴正方向、场强大小E=2.0X106V/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.OX1（）6V/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速度变为零，求此电场的方向及速度变为零时小球的位置.参考答案1.A该仪器类似于平行板电容器，且芯柱进入液体深度力越大，相当于两平行板的正对面积越大，电容越大.2.B3.AC4.B5.C电子从4到B做加速运动，从〃到C做匀速运动，从C到D做减速运动，在D板时速度减为零之后返回，在4、D板间做往复运动.6.D7.D静电计是用来测带电体和大地之间电势差的，指针偏角大小反映了电容器A、B两极板间电势差大小，由0几乎不变，Q=CU即可得出结论.8.B9啤10.FU%11.6.25X1015个，2/1,/z=^=6.25X1015个,设质子在与质子源相距/和4/的两处的速高中教育\n度分别为…，则皿厩訓,极短的相等长度质子流中质子数之比为_Q1_〃1_4_卩2_2•n2Q2It2t2v(112.yJEqr/m,6Eq13.从偏移量y与偏转角〃的关系即可得到证明.NeU（、C14.（1）—（2）U（）（3）—^―Cne15.第3s内所加电场方向指向笫三象限，与兀轴与225°角；小球速度变为零的位置（0.40m,0.20m）.小球在第1$内沿x轴正方向做匀加速直线运动；第2$内沿兀轴正方向做匀速运动，沿y轴正方向做初速度为零的匀加速运动；第3s内做匀减速直线运动，至速度减小到零.附:知识要点梳理（要求学生课前填写）1.带电粒子经电场加速：处理方法，可用动能定理、牛顿运动定律或用功能关系。qU=mv^/2-mvo'/2・：v(=,若初速巾二0,则2.带电粒子经电场偏转：处理方法：灵活应用运动的合成和分解。带电粒子在匀强电场中作类平抛运动,U、d、I、m、q、Vo已知。①穿越吋间:②末速度:③侧向位移:，讨论：对于不同的带电粒子（1）若以相同的速度射入，则y与—成正比（2）若以相同的动能射入，则y与—成正比（3）若以相同的动量射入，则y与—成正比（4）若经相同的电压U（）加速后射入,则y=U已4DU（）,与加、q关，随加速电压的增大而,随偏转电压的增大而O④偏转角正切：（从电场出来时粒子速度方向的反向延长线必然过）3.处理带电粒子在电场屮运动的一般步骤：\n（1）分析带电粒子的受力情况，尤其要注意是否应该考虑重力，电场力是否恒力等。（2）分析带电粒子的初始状态及条件，确定带电粒子作直线运动还是曲线运动。（3）建立正确的物理模型，进而确定解题方法是运力学、是动量定恒，还是能量守恒。（4）利用物理规律或其他手段（如图线等）找出物理间的关系，建立方程组。1.带电粒子受力分析注意点：（1）对于电子、気、氛、氟、核、&粒子及离子等，一般不考虑重力；（2）对于带电的颗粒，液滴、油滴、小球、尘埃等，除在题目中明确说明或喑示外，一般均应考虑重力；（3）除匀强电场屮电量不变的带电粒子受恒定的电场力外，一般电场中的电场力多为变力；（4）带电导体相互接触，可能引起电量的重新分配，从而引起电场力变化。教学随感学生理解难上课效杲不是很好,学生不能熟练应所学电场知识分析解决带电粒子在匀强电场中的运动问题。对电容器的电容，平行板电容器的电容的决定因素掌握较好。但是示波管，示波器及其应用理解有难度。\n磁场知识网络：安培分子电流假说本章在介绍了磁现象的电本质的基础上，主要讨论了磁场的描述方法（定义了磁感应强度、磁通量等概念，引入了磁感线这个工具）和磁场产生的作用（对电流的安培力作用，对通电线圈的磁力矩作用和对运动电荷的洛仑兹力作用）及相关问题。其中磁感应强度、磁通量是电磁学的基本概念，应认真理解；载流导体在磁场中的平衡、加速运动，带电粒子在洛仑兹力作用下的圆周运动等内容应熟练掌握；常见磁体周围磁感线的空间分布观念的建立，常是解决有关问题的关键，应注意这方面的训练。单元切块：按照考纲的要求，本章内容可以分成三部分，即：基本概念安培力；洛伦兹力带电粒子在磁场中的运动；带电粒子在复合场中的运动。其中重点是对安培力、洛伦兹力的理解、熟练解决通电直导线在复合场中的平衡和运动问题、带电粒子在复合场中的运动问题。难点是带电粒子在复合场屮的运动问题。知识点、能力点提示1.通过有关磁场知识的归纳，使学生对磁场有较全面的认识，并在此基础上理解磁现彖\n电本质;1.介绍磁性材料及其运用，扩大学生的知识面，培养联系实际的能力；2.磁感应强度B的引入，体会科学探究方法；通过安培力的知识，理解电流表的工作原理；通过安培力的公式F=HBsin0的分析推理，开阔学生思路，培养学生思维能力；通过安培力在电流表屮的应用，培养学生运用所学知识解决实际问题的意识和能力；3.通过洛仑兹力的引入，培养学生的逻辑推理能力；4.通过带电粒子在磁场中运动及冋旋加速器的介绍，调动学生思考的积极性及思维习惯的培养，并开阔思路。基本概念安培力教学目标：1.常握电流的磁场、安培定则；了解磁性材料，分子电流假说2.掌握磁感应强度，磁感线，知道地磁场的特点3.掌握磁场对通电直导线的作用，安培力，左手定则4.了解磁电式电表的工作原理5.能够分析计算通电直导线在复合场屮的平衡和运动问题。教学重点：磁场对通电直导线的作用，安培力教学难点：通电直导线在复合场中的平衡和运动问题教学方法：讲练结合，计算机辅助教学教学过程：一、基本概念1.磁场的产生⑴磁极周围冇磁场。⑵电流周围有磁场（奥斯特）。安培提出分子电流假说（又叫磁性起源假说），认为磁极的磁场和电流的磁场都是由电荷的运动产生的。（但这并不等于说所有磁场都是由运动电荷产生的，因为麦克斯韦发现变化的电场也能产生磁场。）⑶变化的电场在周围空间产生磁场。\n1.磁场的基本性质磁场对放入其屮的磁极和电流有磁场力的作用（对磁极一定有力的作用；对电流只是可能有力的作用，当电流和磁感线平行时不受磁场力作用）。这一点应该跟电场的基本性质相比较。2.磁场力的方向的判定磁极和电流之间的相互作用力（包括磁极与磁极、电流与电流、磁极与电流），都是运动电荷之间通过磁场发生的相互作用。因此在分析磁极和电流间的各种相互作用力的方向时，不要再沿用初中学过的“同名磁极互相排斥，异名磁极互相吸引”的结论（该结论只有在一个磁体在另一个磁体外部时才正确），而应该用更加普遍适用的：“同向电流互相吸引，反向电流互相排斥”，或用左手定则判定。3.磁感线⑴用来形象地描述磁场中各点的磁场方向和强弱的曲线。磁感线上每一点的切线方向就是该点的磁场方向，也就是在该点小磁针静上时N极的指向。磁感线的疏密表示磁场的强弱。⑵磁感线是封闭曲线（和静电场的电场线不同）。磁感线分布安培定则环形电流的磁场⑶要熟记常见的儿种磁场的磁感线:通电直导线周围磁场0•-X（•…iXXx通电环行导线周围磁场⑷安培定则（右手螺旋定则）：对直导线，四指指磁感线方向；对环行电流，大拇指指屮心轴线上的磁感线方向；对长直螺线管大拇指指螺线管内部的磁感线方向。4.磁感应强度B=—（条件是匀强磁场中，或△厶很小，并且厶丄B）0IL\n磁感应强度是矢量。单位是特斯拉，符号为T,1T=1N/（A-m）=lkg/（A-s2）1.磁通呈如果在磁感应强度为B的匀强磁场中有一个与磁场方向垂直的平面，其面枳为S,则定义B与S的乘积为穿过这个面的磁通量，用@表示。0是标量，但是有方向（进该面或出该面）。单位为韦伯,符号为WbolWb=lT-m2=lV-s=lkg-m2/（A-s2）o可以认为穿过某个面的磁感线条数就是磁通量。在匀强磁场磁感线垂直于平面的情况下，B"S,所以磁感应强度又叫磁通密度。在匀强磁场中，当B与S的夹角为。时，有。二BSsinJ二、安培力（磁场对电流的作用力）1.安培力方向的判定（1）用左手定则。（2）用“同性相斥，异性相吸”（只适用于磁铁之间或磁体位于螺线管外部时）。（3）用“同向电流相吸，反向电流相斥”（反映了磁现象的电本质）。可以把条形磁铁等效为长直螺线管（不要把长直螺线管等效为条形磁铁）。【例1】磁场对电流的作用力大小为F=BIL（注意：L为有效长度，电流与磁场方向应）.F的方向可用定则来判定.试判断下列通电导线的受力方向.XXXX►XI'XXB••••ABXXXX•••■AXXXX••••A试分别判断下列导线的电流方向或磁场方向或受力方向.\n【例2】如图所示，可以自由移动的竖直导线中通有向下的电厂二^.流，不计通电导线的重力，仅在磁场力作用下，导线将如何移动？厂丘至匸工）解：先画出导线所在处的磁感线，上下两部分导线所受安培力【例3】条形磁铁放在粗糙水平面上，正中的正上方的方向相反，使导线从左向右看顺时针转动；同时又受到竖直向上的磁场的作用而向右移动（不要说成先转90°后平移）。分析的关键是画出相关的磁感线。有一导线，通有图示方向的电流后，磁铁对水平而的压力将会（增大、减小还是不变？）。水平面对磁铁的摩擦力大小为o解：本题冇多种分析方法。⑴画出通电导线中电流的磁场中通过两极的那条磁感线（如图中粗虚线所示），可看出两极受的磁场力的合力竖直向上。磁铁对水平面的压力减小，但不受摩擦力。⑵画岀条形磁铁的磁感线中通过通电导线的那一条（如图中细虚线所示），可看出导线受到的安培力竖直向下，因此条形磁铁受的反作用力竖直向上。⑶把条形磁铁等效为通电螺线管，上方的电流是向里的，与通电导线中的电流是同向电流，所以互相吸引。【例4】如图在条形磁铁N极附近悬挂一个线圈，当线圈中通有逆时针方向的电流时，线圈将向哪个方向偏转？解：用“同向电流互相吸引，反向电流互相排斥”最简单：条形磁铁的等效螺线管的电流在正面是向下的，与线圈中的电流方向相反，互相排斥，而左边的线圈匝数多所以线圈向右偏转。（本题如果用“同名磁极相斥，异名磁极相吸”将出现判断错误，因为那只适用于线圈位于磁铁外部的情况。）【例5］电视机显象管的偏转线圈示意图如右，即时电流方向如图所示。该吋刻由里向外射出的电子流将向哪个方向偏转？解：画出偏转线圈内侧的电流，是左半线圈靠电子流的一侧为向里，右半线圈靠电子流的一侧为向外。电子流的等效电流方向是向里的，根据“同向电流互相吸引，反向电流互相排斥”，可判定电子流向左偏转。（本题用其它方法判断也行，但不如这个方法简洁）。1.安培力大小的计算F二BU0na（a为B、L间的夹角）高中只要求会计算。二0（不受安培力）和Q二90°两种情况。【例6】如图所示，光滑导轨与水平面成。角，导轨宽厶。匀强磁场磁感应强度为乩金属杆长也为厶，质量为加，水平放在导轨上。当回路总电流为厶时，金属杆正好能静止。求：（I）B至少多大？这时B的方向如何？⑵若保持B的大小不变而将B的方向改为竖直向上，\n应把回路总电流/2调到多大才能使金屈杆保持静止?解：画出金属杆的截面图。由三角形定则得，只有当安培力方向沿导轨平面向上时安培力才最小，B也最小。根据左手定则，这时B应垂直于导轨平面向上，大小满足：BI\L=mgsina,B二mgsin。/厶厶。当B的方向改为竖直向上时，这时安培力的方向变为水平向右，沿导轨方向合力为零，得BI2Lcosa=m^sina,Z2=/i/cosao（在解这类题时必须画出截面图,只有在截而图上才能止确表示各力的准确方向，从而弄清各矢量方向间的关系）。【例7］如图所示，质量为m的铜棒搭在U形导线框右端，棒长和框宽均为厶磁感应强度为B的匀强磁场方向竖直向下。电键闭合后，在磁场力作用下铜棒被平抛出去，下落力后的水平位移为头求闭合电键后通过铜棒的电荷量Q。解：闭合电键后的极短时间内，铜棒受安培力向右的冲量FAt=mvQ而被平抛出去，其中F二BIL,而瞬时电流和时间的乘积等于电荷量Q=/•』『，由平抛规律可算铜棒离开导线框时的初速度V（）=-最终可得0=XXXx()xx\/XXXX【例8］如图所示，半径为R.单位长度电阻为久的均匀导体环固定在水平面上，圆环屮心为0,匀强磁场垂直于水平面方向向下，磁感应强度为B。平行于直径M0N的导体杆，沿垂直于杆的方向向右运动。杆的电阻可以忽略不计，杆于圆环接触良好。某时刻，杆的位置如图，Za0b=20,速度为V，求此时刻作用在杆上的安培力的大小。解：“段切割磁感线产生的感应电动势为E=vB・2Rsin0,以d、b为端点的两个弧上的电阻分别为2久R（兀・〃）和227?0,回路的总电阻为总电流为/=£/r,712.a安培力F"B・2Rsin0,由以上各式解得：尸=2加/：/心了。朋（兀一&）【例9】如图所示，两根平行金属导轨间的距离为0.4m,导轨平面与水平面的夹角为37°，磁感应强度为0.5T的匀强磁场垂直于导轨平面斜向上，两根电阻均为1Q、重均为0.1N的金属杆"、cd水平地放在导轨上，杆与导轨间的动摩擦因数为0.3,导轨的电阻可以忽略•为使”杆能静止在导轨上，必须使刃杆以多大的速率沿斜面向上运动？\n解：设必须使Cd杆以"沿斜面向上运动，则有cd杆切割磁场线，将产生感应电动势E=BlvF在两杆和轨道的闭合回路中产生电流1=—2Rab杆受到沿斜血向上的安培力F安"杆静止时，受力分析如图根据平衡条件，应有Gsin0一“Geos〃WF安WGsin〃+“Geos〃联立以上各式，将数值代人，可解得1.8m/sWuW4.2m/s【例10】如图所示是一个可以用来测量磁感应强度的装置：一长方体绝缘容器内部高为乙厚为d,左右两管等高处装有两根完全相同的开口向上的管子a、b,上、下两侧装有电极C（正极）和D（负极）并经开关S与电源连接，容器中注满能导电的液体，液体的密度为Q；将容器置于一匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里，当开关断开时，竖直管子b中的液面高度相同，开关S闭合后，a、b管中液而将出现高度差。若当开关S闭合后，a、b管中液面将出现高度差为力，电路中电流表的读数为/,求磁感应强度B的大小。解析：开关S闭合后，导电液体中有电流由C流到D根据左手定则可知导电液体要受到向右的安培力F作用，在液体中产生附加压强P，这样a、b管中液面将出现高度差。在液体中产生附加压强P为FBL1BJP=l=U=l~=^h\n所以磁感应强度B的大小为：B二号处XXXX【例10】安培秤如图所示，它的一臂下面挂有一个矩形线圈，线圈共有N匝，它的下部悬在均匀磁场B内，下边一段长为厶，它与3垂直。当线圈的导线中通有电流/时，调节祛码使两臂达到平衡；然后使电流反向，这时需要在一臂上加质量为加的祛码，才能使两臂再达到平衡。求磁感应强度B的大小。解析：根据天平的原理很容易得出安培力F=*ng,1所以F=NBLI=~mg因此磁感应强度B=mg2NLI三、与地磁场有关的电磁现象综合问题1•地磁场中安培力的讨论【例11】已知北京地区地磁场的水平分量为3.0X10-5T.若北京市一高层建筑安装了高100m的金属杆作为避雷针，在某次雷雨天气中，某一时刻的放电电流为10‘A,此时金属杆所受培力的方向和大小如何？磁力矩又是多大？分析：首先要搞清放电电流的方向•因为地球带有负电荷，雷雨放电时，是地球所带电荷通过金属杆向上运动，即电流方向向下.对于这类问题，都可采用如下方法确定空间的方向：而向北方而立，则空间水平磁场均为“X”；自己右手边为东方，左手边为西方，背后为南方，如图2所示.由左手定则判定电流所受磁场力向右(即指向东方)，大小为XX3T冬XXXX/|―一F.XXXXX7^7/XF=BIl=3.0X10_5X105X100=300(N).因为磁力与通电导线的长度成正比，可认为合力的作用点为金属杆的中点，所以磁力矩11M=—F/=—x300X10022=1.5X104(N・m).用同一方法可判断如下问题：一-条长2m的导线水平放在赤道上空，通以自西向东的电流，它所受地磁场的磁场力方向如何？2.地磁场中的电磁感应现象【例12】绳系卫星是系留在航天器上绕地球飞行的一种新型卫星，可以用來対地球的\n大气层进行直接探测；系绳是由导体材料做成的，又可以进行地球空间磁场电离层的探测；系绳在运动中又可为卫星和牵引它的航天器提供电力.1992年和1996年，在美国“亚特兰大”号航天飞机在飞行屮做了一项悬绳发电实验：航天飞机在赤道上空飞行，速度为7.5km/s,方向自西向东.地磁场在该处的磁感应强度3=0.5X10-4T.从航天飞机上发射了一颗卫星，卫星携带--根长/=20km的金属悬绳与航天飞机相连•从航天飞机到卫生间的悬绳指向地心.那么，这根悬绳能产生多大的感应电动势呢？分析：采用前面所设想的确定空间方位的方法，用右手定则不难发现，竖起右手，大拇指向右边（即东方），四指向上（即地面的上方），所以航天飞机的电势比卫星高，大小为E=BLv=0.5X10_5X2X104X7.5X105=7.5XIO5（V）.用同样的方法可以判断,沿长江顺流而下的轮般桅杆所产生的电势差及在北半球高空水平向各方向飞行的飞机机翼两端的电势差（注意：此时机翼切割地磁场的有效分量是竖直分量）.2.如何测地磁场磁感应强度的大小和方向地磁场的磁感线在北半球朝向偏北并倾斜指向地面，在南半球朝向偏北并倾斜指向天空，且磁倾角的大小随纬度的变化而变化.若测出地磁场磁感应强度的水平分量和竖直分量,即可测出磁感应强度的大小和方向.【例13】测量地磁场磁感应强度的方法很多，现介绍一种有趣的方法.如图所示为北半球一条自西向东的河流，河两岸沿南北方向的A、B两点相距为d.若测XXXX水流方向XXXX出河水流速为片A、B两点的电势差为U，即能测出此地的磁感应强度的垂直分量B丄.因为河水中总有一定量的正、负离子，在地磁场洛仑兹力的作用下，正离子向4点偏转，正、负离子向B点偏转，当A、BXXXx间电势差达到一定值时，负离子所受电场力与洛仑兹力平衡，离:子不同偏转，即U—q=B丄gv,故3丄=—dv（B丄+B〃）SR如图所示，在测过3丄的地方将电阻为R、而积为S的矩形线圈的AD边东西方向放置,线圈从水平转到竖直的过程中，测出通过线圈某一截面的电量0穿过线圈的磁通量先是B丄从正面穿过，继而变为B〃从反面穿过，那么电量QRs\n：.B=Jb±2+B2,磁倾角（）=argtg—四、针对训练：1.下列说法中正确的是A.磁感线可以表示磁场的方向和强弱B.磁感线从磁体的N极出发，终止于磁体的S极C.磁铁能产生磁场，电流也能产生磁场D.放入通电螺线管内的小磁针，根据界名磁极相吸的原则，小磁针的N极一定指向通电螺线管的S极2.关于磁感应强度，下列说法小错误的是FA.由B二一可知，B与F成正比，与仏成反比1LB.由B=—可知，一小段通电导体在某处不受磁场力，说明此处一定无磁场ILC.通电导线在磁场中受力越大，说明磁场越强D.磁感应强度的方向就是该处电流受力方向3.—束电子流沿兀轴正方向高速运动，如图所示，则电子流产生的磁场在z轴上的点P处的方向是A.沿y轴正方向B.沿丿轴负方向C.沿z轴正方向D.沿z轴负方向4.在地球赤道上空有一小磁针处于水平静止状态，突然发现小磁针N极向东偏转，由此可知A.—定是小磁针正东方向上有一条形磁铁的N极靠近小磁针B.—定是小磁针正东方向上有一条形磁铁的S极靠近小磁针C.可能是小磁针正上方有电子流自南向北水平通过D.可能是小磁针正上方有电子流自北向南水平通过\n1.两根长直通电导线互相平行，电流方向相同.它们的截面处于\n一个等边三角形ABC的4和B处.如图所示,两通电导线在C处的磁场的磁感应强度的值都是B,则C处磁场的总磁感应强度是A.2BB.BC.OD.V3B1.磁铁在高温下或者受到敲击时会失去磁性，根据安培的分子电流假说，其原因是A.分子电流消失B.分子电流的取向变得大致相同C.分子电流的取向变得杂乱D.分子电流的强度减弱2.根据安培假说的思想，认为磁场是由于电荷运动产生的，这种思想对于地磁场也适用,而目前在地球上并没有发现相对于地球定向移动的电荷，那么由此判断，地球应该()A.带负电B.带正电C.不带电D.无法确定3.关于垂直于磁场方向的通电直导线所受磁场作用力的方向，正确的说法是A.跟电流方向垂直，跟磁场方向平行B.跟磁场方向垂直，跟电流方向平行C.既跟磁场方向垂直，乂跟电流方向垂直D.既不跟磁场方向垂直，又不跟电流方向垂直4.如图所示，直导线处于足够大的匀强磁场中，与磁感线成〃二30。角，导线中通过的电流为/,为了增大导线所受的磁场力，可釆取下列四种办法，其中不正确的是A.增大电流/B.增加直导线的长度C.使导线在纸面内顺时针转30°D.使导线在纸面内逆时针转60°5.如图所示，线圈"cd边长分别为厶|、厶2,通过的电流为/，当线圈绕00’轴转过〃\n角时A.通过线圈的磁通量是BL,L2cos0B.ab边受安培力大小为B/Licos0\nA.dd边受的安培力大小为B仏2C0S0B.线圈受的磁力矩为B亿上2cos011•如图所示，一金属直杆两端接有导线，悬挂于线圈上方，MN与线圈轴线均处于竖直平而内，为使MN垂直纸而向外运动，可以A.将a、c端接在电源正极，b、d端接在电源负极B.将久〃端接在电源正极，a、c端接在电源负极C.将°、〃端接在电源正极，b、c端接在电源负极D.将a、c端接在交流电源的一端，b、〃接在交流电源的另一12.（2000年上海高考试题）如图所示，两根平行放置的长直导线d和载有大小相同、方向相反的电流，d受到的磁场力大小为戸，当加入一与导线所在平面垂直的匀强磁场后,d受到的磁场力大小变为尼，则此时h受到的磁场力大小变为|A.F2B.F]—尸2♦'C.F,+F2D.2F]—尸2Lb13.如图所示，条形磁铁放在水平桌面上，在其正中央的上方固定一根长直导线，导线与磁铁垂直，给导线通以垂直纸面向外的电流，则A.磁铁对桌面压力减小，不受桌面的摩擦力作用B.磁铁对桌而的压力减小，受到桌而的摩擦力作用C.磁铁对桌面的压力增大，不受桌面的摩擦力作用D.磁铁对桌面的压力增大，受到桌面的摩擦力作用14.长为厶重为G的均匀金属棒一端用细线悬挂，一端搁在桌面上与桌面夹角为a,现垂直细线和棒所在平面加一个磁感应强度为B的匀强磁场，当棒通入如图所示方向的电流时，细线中正好无拉力.则电流的大小为A.15.电磁炮是一种理想的兵器，它的主要原理如图所示，1982年澳大利亚国立大学制成了能把2.2g的弹体（包括金属杆EF的质量）加速到10km/s的电磁炮（常规炮弹速度大小约为2km/s）,若轨道宽2m,长为100m,通过的电流为10A,则轨道间所加匀强磁场的\n磁感应强度为T,磁场力的最大功率P二W（轨道摩擦不计）.12.如图所示，在两根劲度系数都为R的相同的轻质弹簧下悬挂有一根导体棒“，导体棒置于水平方向的匀强磁场屮，且与磁场垂直.磁场方向垂直纸面向里，当导体棒屮通以自左向右的恒定电流时，两弹簧各伸长了A/”若只将电流反向而保持其他条件不变，则两弹簧各伸长了求：（1）导体棒通电后受到的磁场力的大小？（2）若导体棒中无电流，则每根弹簧的伸长量为多少？xzzzzzz/Tyzzzzzz/zyzzzzzX1X&匸―»XXXXky13.如图所示，在倾角为30°的光滑斜面上垂直纸面放置一-根长为乙质量为加的通电直导体棒，棒内电流大小为/,方向垂直纸面向外.以水平向右为x轴正方向，竖直向上为y轴正方向建立直角坐标系.（1）若加一方向垂直斜面向上的匀强磁场，使导体棒在斜而上保持静止，求磁场的磁感应强度多大？（2）若加一方向垂直水平面向上的匀强磁场使导体棒在斜面上静止，该磁场的磁感应强度多大.\n1&在原子反应堆中抽动液态金属时，由于不允许转动机械部分和液态金属接触，常使用一种电磁泵.如图1一34—13所示是这种电磁泵的结构示意图，图中A是导管的一段，垂直于匀强磁场放置，导管内充满液态金属.当电流I垂直于导管和磁场方向穿过液态金属时,液态金属即被驱动，并保持匀速运动.若导管内截面宽为d,高为b,磁场区域中的液体通过的电流为/,磁感应强度为求：(1)电流/的方向；(2)驱动力对液体造成的压强差.参考答案I.AC2.ABCD3.A4.C5.D6.C7.A8.C9.C10.DII.ABD可先由安培定则判定磁场方向，再由左手定则判定通电导线的受力方向.12.A13.A变换研究对彖，根据磁感线分布及左手定则，先分析通电长直导线受力情况，再由牛顿第三定律分析磁铁和桌面之I'可的作用14.Geoso/BL15.55,1」X10716.(1)k(A/2-A/j)(2)-(A^+At)217.(1)(2)如21L31L1&(1)电流方向由下而上(2)把液体看成由许多横切液片组成，因通电而受到安培力作用，液体匀速流动时驱动力跟液体两端的压力差相等，即F=^p・S,△p=F/S=IbB/ab=IB/a.\n教学后记磁场基本概念学生掌握不错，上课效果好，几种典型的磁场线的分布学生也很熟悉，不过磁场的应用，常见模型如磁流体发电学生分析有一点难度，特别是基础比较差的学生。所以，应该做好课后跟踪调查，及时帮助学生。洛伦兹力带电粒子在磁场中的运动教学目标:1.掌握洛仑兹力的概念;2.熟练解决带电粒子在匀强磁场屮的匀速圆周运动问题教学重点：带电粒子在匀强磁场中的匀速圆周运动教学难点：带电粒子在匀强磁场中的匀速圆周运动教学方法：讲练结合，计算机辅助教学教学过程：一、洛伦兹力1.洛伦兹力XXfXxl^xXXXXXX^^CiXxx运动电荷在磁场中受到的磁场力叫洛伦兹力，它是安培力的微观表现。计算公式的推导：如图所示，整个导线受到的磁场力（安培力）为FfBJL；其中l=nesv\设导线中共有N个自由电子N=nsL；每个电子受的磁场力为F,则F奸NF。由以上四式可得F=qvBo条件是y与B垂直。当“与B成&角时，F=qvBs\n0o2.洛伦兹力方向的判定在用左手定则时，四指必须指电流方向（不是速度方向），即正电荷定向移动的方向;对负电荷，I川指应指负电荷定向移动方向的反方向。【例1】磁流体发电机原理图如右。等离子体高速从左向右喷射，两极板间有如图方向的匀强磁场。该发电机哪个极板为正极？两板间最人电压为多少？解：由左手定则，正、负离子受的洛伦兹力分别向上、向下。\n所以上极板为正。正、负极板间会产生电场。当刚进入的正负离子受的洛伦兹力与电场力等值反向时，达到最大电压：U=Bdv°当外电路断开时，这也就是电动势E。当外电路接通时,极板上的电荷量减小，板间场强减小，洛伦兹力将大于电场力，进入的正负离子又将发生偏转。这时电动势仍是E=Bdv,但路端电压将小于3d”。在定性分析时特别需要注意的是：⑴正负离子速度方向相同时，在同一磁场屮受洛伦兹力方向相反。⑵外电路接通时，电路中有电流，洛伦兹力大于电场力，两板间电压将小于Bdu,但电动势不变（和所有电源一样，电动势是电源本身的性质。）⑶注意在带电粒子偏转聚集在极板上以后新产生的电场的分析。在外电路断开时最终将达到平衡态。【例2］半导体靠自由电子（带负电）和空穴（相当于带正电）导电，分为卩型和«型两种”型中空穴为多数载流子；〃型中自由电子为多数载流子。用以下实验可以判定一块半导体材料是p型还是n型：将材料放在匀强磁场中，通以图示方向的电流用电压表判定上下两个表面的电势高低，若上极板电势高，就是卩型半导体；若下极板电势高，就是n型半导体。试分析原因。解：分别判定空穴和自由电子所受的洛伦兹力的方向，由于四指指电流方向，都向右，所以洛伦兹力方向都向上，它们都将向上偏转。p型半导体屮空穴多，上极板的电势高；n型半导体中自由电子多，上极板电势低。注意：当电流方向相同时，正、负离子在同一个磁场屮的所受的洛伦兹力方向相同，所以偏转方向相同。2.洛伦兹力大小的计算带电粒子在匀强磁场中仅受洛伦兹力而做匀速圆周运动时，洛伦兹力充当向心力，由此可以推导出该圆周运动的半径公式和周期公式：r=—,T=—BqBqN【例3］如图直线MN上方有磁感应强度为B的匀强磁场。正、负电子同时从同一点。以与M/V成30°角的同样速度V射入磁场（电子质量为加，电荷为£），它们从磁场中射出时相距多远？射出的时间差是多少？解：由公式知，它们的半径和周期是相同的。只是偏转方向相反。先确定圆心，画出半径，由对称性知：射入、射出点和圆心恰好组成正三角形。所以两个射出点相距2厂，由图还可看出，经历时间相差2773o答案为射出点相距$=如，时间Be\ng氓关键是找圆心、找半径和用沁【例4】一个质量为加电荷量为q的带电粒子从x轴上的P（6/,0）点以速度u，沿与兀正方向成60°的方向射入第一象限内的匀强磁场中，并恰好垂直于），轴射出第一象限。求匀强磁场的磁感应强度B和射出点的坐标。解：由射入、射出点的半径可找到圆心O',并得出半径为厂=羊=竺，得3=如乙射出点坐标为（0,岳）。V3Bq2aq二、带电粒子在匀强磁场中的运动带电粒子在磁场中的运动是高中物理的一个难点，也是高考的热点。在历年的高考试题中几乎年年都有这方面的考题。带电粒子在磁场中的运动问题，综合性较强，解这类问题既要用到物理中的洛仑兹力、圆周运动的知识，又要用到数学中的平面几何中的圆及解析几何知识。1、带电粒子在半无界磁场中的运动【例5】一个负离子，质量为加，电量大小为q,以速率卩垂直于屏S经过小孔。射入存在着匀强磁场的真空室屮，如图所示。磁感应强度B的方向与离子的运动方向垂直，并VX■>Xk《XXX•pxXXXlxXXX垂直于图1屮纸面向里.（1）求离子进入磁场后到达屏S上时的位置与O点的距离.（2）如果离子进入磁场后经过时间t到达位置P,证明:直线OP与离子入射方向z间的夹角“跟/的关系是e=2mXXXXXXX解析：（1）离子的初速度与匀强磁场的方向垂直，在洛仑兹力作用下，做匀速圆周运动.设圆半径为r,则据牛顿第二定律可得：VmvBqv=m~，解得飞如图所示，离了回到屏S上的位置A与O点的距离为：AO=2r十」，小2mv所以AO=——Bq（2）当离子到位置P时，圆心角：a=-=^-trm\n因为a=23,所以e=^-t.2m2.穿过形磁场区。画好辅助线（半径、速度、轨迹圆的圆心.连心线）Q偏角可由硝专求出。经历时间由2聲得出。注意：由对称性，射出线的反向延长线必过磁场圆的圆心。【例6］如图所示，一个质量为m、电量为q的正离子，从A点正对看圆心0以速度v射入半径为R的绝缘圆筒中。圆筒内存在垂直纸面向里的匀强磁场,磁感应强度的大小为B。要使带电粒子与圆筒内壁碰撞多次后仍从A点射出，求正离子在磁场中运动的时间f.设粒子与圆筒内壁碰撞时无能量和电量损失，不计粒子的重力。解析：市于离子与圆筒内壁碰撞时无能量损失和电量损失，每次碰撞后离子的速度方向都沿半径方向指向圆心，并且离子运动的轨迹是对称的，如图所示。设粒子与圆筒内壁碰撞〃次（«>2）,则每相邻两次碰撞点之间圆弧所对的圆心角为2兀/5+1）.由几何知识可知，离子运动的半径为r=/?tanv又Bqv=m——，/?+1977777离子运动的周期为7=—-qB所以离子在磁场屮运动的时间为心迥tan厶v“+1【例7】圆心为0、半径为r的圆形区域中有一个磁感强度为3、方向为垂直于纸面向里的匀强磁场，与区域边缘的最短距离为厶的0’处有一竖直放置的荧屏MN,今有一质量为加的电子以速率y从左侧沿00’方向垂直射入磁场，越出磁场后打在荧光屏上之P点,MN如图所示，求0,P的长度和电子通过磁场所用的时间。解析：电子所受重力不计。它在磁场中做匀速圆周运动，圆心为0〃，半径为圆弧段轨迹A3所对的圆心角为e,电子越出磁场后做速率仍为v的匀速直线运动，如图4所示，连结0&9：A0A0f,940B0〃，又04丄0〃A,故0B丄0"B,由于原有丄0"B,可见0、B、P在同一直线上，且Z0‘0P=ZA0,f0,在直角三角形\nOO'P中，OfP=(L+r)tan0,而tan&=2吨)ADQR就可以求峡"了，电子经过磁场的时间可用up•▽来求得。Vmv由示得R衍f、reBrtan(—)=—=2RmV2tang)tan0=务-1-tan2(—)2_2eBrmv=m2v2-e2B2r2OP=(L+r)tan0=2(厶+r)eBrmym2v2-e2B2r2八zZeBrniv、&=吆呗龙/一于肝»MO'N6Rmz——arctan(eBleBrtnv、m2v2-e2B2r2)3.穿过矩形磁场区。一定要先画好辅助线（半径、速度及延长线）。偏转角由sinO=L/R求出。狈IJ移由，二豆（心,）2解血经历吋|'可由u咚得出。注意，这里射出速度的反向延长线与初速度延长线的交点不再是宽度线段的中点，这点与带电粒子在匀强电场中的偏转结论不同！【例8】如图所示，一束电子（电量为e）以速度u垂直射入磁感强度为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，穿透磁场的吋间是。\n1IXX*乂1X•11/11.X11Z*XXXX-11:XXBXX：111X1XXX.11'XXX1X'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，乂因为/丄y,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，如图中的0点，由几何知识知,间圆心角0=30°,OB为半径。/-J/sin30°=2d,又［tlr=mv/Be得m=2dBw/v又TAB圆心角是30°,・••穿透时间/=7712,故t=d/3v0带电粒子在长足够大的长方形磁场中的运动时要注意临界条件的分析。如己知带电粒子的质量加和电量◎若要带电粒子能从磁场的右边界射出，粒子的速度"必须满足什么条件？这时必须满足t-mv/Be>d>即v>Bed/m.【例9】长为厶的水平极板间，有垂直纸面向内的匀强磁场，如图所示，磁感强度为板间距离也为乙板不带电，现有质量为必，电量为g的带正电粒子(不计重力)，从左边极板I'可中点处垂直磁感线以速度v水平射入磁场，欲使粒子不打在极板上，可采用的办法是:A.使粒子的速度\5BqL/4m；C.使粒子的速度QBqL/m；D.使粒子速度BqU4m5BqL/4tn时粒子能从右边穿出。粒子擦着上板从左边穿出时，圆心在O'点，有“=LI4,又由r2=inv2/Bq二厶/4得辺=BqL/^m\n・・・v24x正交的匀强磁场和匀强电场组成速度选择器。带电粒子必须以唯一反确定的速度（包括大小、方向）才能匀速（或者说沿直线）通过速度选tx择器。否则将发生偏转。这个速度的大小可以由洛伦兹力和电场力的平E\n衡得出：qvB=Eq,v=—o在本图中，速度方向必须向右。B（1）这个结论与离子带何种电荷、电荷多少都无关。（2）若速度小于这一速度，电场力将大于洛伦兹力，带电粒子向电场力方向偏转，电场力做正功，动能将增大，洛伦兹力也将增大，粒子的轨迹既不是抛物线，也不是圆，而是-条复杂曲线；若大于这一速度，将向洛伦兹力方向偏转，电场力将做负功，动能将减小,洛伦兹力也将减小，轨迹是一条复杂曲线。【例1】某带电粒子从图屮速度选择器左端由中点O以速度vo向右射去，从右端屮心Q下方的点以速度U］射出；若增大磁感应强度B,该粒子将打到d点上方的c点，且有ac=ah,则该粒子带—电；第二次射出时的速度为o解：B增大后向上偏，说明洛伦兹力向上，所以为带正电。由于洛伦兹力总不做功，所以两次都是只有电场力做功，第一次为正功，第二次为负功，但功的绝对值相同。12—mv220【例2】如图所示，一个带电粒子两次以同样的垂直于场线的初速度必分别穿越匀强电场区和匀强磁场区，场区的宽度均为厶偏转角度均为s求E'.B解：分别利用带电粒子的偏角公式。在电场中偏转：tana二旦在磁场中偏转：sina二迥，由以上两式可得—可以证mv0Bcosa明：当偏转角相同时，侧移必然不同（电场中侧移较大）；当侧移相同时，偏转角必然不同（磁场中偏转角较大）。2.回旋加速器回旋加速器是高考考查的的重点内容之一，但很多同学往往对这类问题似是而非，认识不深，甚至束手无策、，因此在学习过程屮，尤其是高三复习过程屮应引起重视。（1）有关物理学史知识和冋旋加速器的基本结构和原理1932年美国物理学家应用了带电粒子在磁场中运动的特点发明了冋旋加速器，其原理如图所示。4。处带正电的粒子源发出带正电的粒子以速度必垂直进入匀强磁场，在磁场中\n匀速转动半个周期，到达4】时，在4】A/处造成向上的电场，粒子被加速，速率由切增加到小然后粒子以"在磁场中匀速转动半个周期，到达去/时，在去“2处造成向下的电场,粒子又一次被加速，速率由旳增加到血，如此继续下去，每当粒子经过人才的交界面时都是它被加速，从而速度不断地增加。带电粒子在磁场中作匀速圆周运动的周期为T=—,qB为达到不断加速的目的，只要在A灯上加上周期也为T的交变电压就可以了。即卩电2/rmqB实际应用中，回旋加速是用两个D形金屈盒做外壳，两个D形金屈盒分别充当交流电源的两极，同时金属盒对带电粒子可起到静电屏蔽作用，金屈盒可以屏蔽外界电场，盒内电场很弱，这样才能保证粒子在盒内只受磁场力作用而做匀速圆周运动。（2）带电粒子在D形金属盒内运动的轨道半径是不等距分布的设粒子的质量为〃2,电荷量为g，两D形金属盒间的加速电压为"，匀强磁场的磁感应强度为B，粒子第一次进入D形金属盒II,被电场加速1次，以后每次进入D形金属盒II都要被电场加速2次。粒子第〃次进入Q形金属盒II时，已经被加速（2/1-1）次。由动能定理得（2川一1）qU=^Mv^o……①v2第次进入D形金属盒II后，由牛顿第二定律得qvnB=m—……②由①②两式得心二血⑵DM化……③同理可得第刃+1次进入D形金属盒II时的轨道半径心+尸强⑵7+1也£工……④qB\nra/2/i—1所以带电粒子在D形金属盒内任意两个相邻的圆形轨道半径之比为亠=弓复丄,乙+1V2/7+1可见带电粒子在D形金属盒内运动吋，轨道是不等距分布的，越靠近D形金属盒的边缘,相邻两轨道的I'可距越小。（3）带电粒子在回旋加速器内运动，决定其最终能量的因素由于D形金屈盒的大小一定，所以不管粒子的大小及带电量如何，粒子最终从加速器v2内设岀时应具有相同的旋转半径。由牛顿第二定律得qvnB=m^-……①和动量大小存在定量关系mvn=^2mEkn……②22由①②两式得Ekn=-———……③2m可见，粒子获得的能量与回旋加速器的直径有关，直径越大，粒子获得的能量就越大。【例3】一个回旋加速器，当外加电场的频率一定时，可以把质子的速率加速到V,质子所能获得的能量为E,贝％①这一回旋加速器能把a粒子加速到多大的速度？②这一回旋加速器能把«粒子加速到多大的能量？③这一回旋加速器加速a粒子的磁感应强度跟加速质子的磁感应强度之比为？解：①由qvnB=m—得忙q"”rin27D77Hl由周期公式c丽得知，在外加电场的频率-定时，亦为定值，结合④式得(X=Vo②由③式Ek产一及旦为定值得，在题设条件下，粒子最终获得动能与粒子质2mqB量成正比。所以a粒子获得的能量为4£③由周期公式2丁=沁得生=些如二2：1。qBBhmHqa\n（4）决定带电粒子在回旋加速器内运动时间长短的因素带电粒子在回旋加速器内运动时间长短，与带电粒子做匀速圆周运动的周期有关，同时还与带电粒在磁场屮转动的圈数有关。设带电粒子在磁场屮转动的圈数为n,加速电压为/R2r2因每加速一次粒子获得能量为qU,每圈有两次加速。结合Ek“二——知，2m°少2==2nqU=,因此n=。所以带电粒子在回旋加速器内运动时冋t2m4mU__qB2*2mn_更亡e乔7•石2.带电微粒在重力、电场力、磁场力共同作用下的运动（1）带电微粒在三个场共同作用下做匀速圆周运动。必然是电场力和重力平衡，而洛伦兹力充当向心力。【例4]一个带电微粒在图示的正交匀强电场和匀强磁场中在竖直而内做匀速圆周运动。则该带电微粒必然带,旋转方向为o若已知圆半径为厂，电场强度为E磁感应强度为B,则线速度为o解：因为必须冇电场力与重力平衡，所以必为负电；由左手定则得逆时针转动；再rhEg=和r=巴^得*=BqE（2）与力学紧密结合的综合题，要认真分析受力情况和运动情况（包括速度和加速度）。必要时加以讨论。11>•S•<•<•?•>【例5]质量为刃带电量为q的小球套在竖直放置的绝缘杆上，球与杆间的动摩擦因数为〃。匀强电场和匀强磁场的方向如图所示，电场强度为E,磁感应强度为乩小球由静止释放后沿杆下滑。设杆足够长，电场和磁场也足够大，求运动过程中小球的最大加速度和最大速度。解：不妨假设设小球带正电（带负电时电场力和洛伦兹力都将反向，结论相同）。刚释放时小球受重力、电场力、弹力、摩擦n®vamg力作用，向下加速；开始运动后又受到洛伦兹力作用，弹力、摩擦力开始减小；当洛伦兹力等于电场力时加速度最大为g。随着"的增大，洛伦兹力大于电场力，弹力方向变为向右，且不断增大，摩擦力随着增大，加速度减小，当摩擦力和重力大m2E小相等时，小球速度达到最大心加+方。若将磁场的方向反向，而其他因素都不变，则开始运动后洛伦兹力向右，弹力、摩擦力\n不断增大，加速度减小。所以开始的加速度最大为a=g—空摩擦力等于重力时速度最m二、综合例析【例6】如图所示，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,外筒的外半径为厂，在圆筒Z外的足够大区域中有平行于轴XXXX线方向的均匀磁场，磁感强度的人小为B。在两极间加上电压，使两圆筒Z间的区域内有沿半径向外的电场。一质量为加、带电量为+?的粒子，从紧靠内筒且正对狭缝d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Z间的电压u应是多少？（不计重力，整个装置在真空屮）解析：如图所示，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d而进入磁场区，在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动。粒子再冋到S点的条件是能沿径向穿过狭缝况只要穿过了乩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1°qU=—mv^2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Bqv=m—R3由前血分析可知，要回到S点，粒子从a到〃必经过？圆周，所以半径R必定等于筒4的外半径r,即R二厂.由以上各式解得；B~qr22m【例7】如图所示，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，电场宽度为厶；中间区域匀强磁场的磁感应强度大小为方向垂直纸面向里。一个质量为加、电量为§、不计重力的带正电的粒子从电场的左边缘的0点由静止开始运动，穿过中I'可磁场区域进入右侧磁场区域后，又回到0点，然后重复上述\n运动过程。求:(1)屮间磁场区域的宽度厶(2)带电粒子从0点开始运动到第一次回到O点所用时间L1.解析：(1)带电粒子在电场中加速，由动能定理，可得：qEL=-mv22带电粒子在磁场中偏转，由牛顿第二定律，可得:BqV=m—R由以上两式,可见在两磁场区粒子运动半径相同，如图13所示，三段圆弧的圆心组成的三角形△0026是等边三角形，其边长为2乩所以中间磁场区域的宽度为(2)在电场屮2V_2mVaqE在中间磁场中运动时间°2/rm3qB5S77777在右侧磁场屮运动时间r3=-t=^,\n53qB则粒子第一次回到O点的所用时间为\n三、针对训练1.带电粒子垂直进入匀强电场或匀强磁场中时粒子将发生偏转，称这种电场为偏转电场，这种磁场为偏转磁场.下列说法错误的是（重力不计）A.欲把速度不同的同种带电粒子分开，既可釆用偏转电场，也可釆用偏转磁场B.欲把动能相同的质子和a粒子分开，只能采用偏转电场C.欲把由静止经同一电场加速的质子和a粒子分开，偏转电场和偏转磁场均可采用D.欲把初速度相同而比荷不同的带电粒子分开，偏转电场和偏转磁场均可采用2.目前，世界上正在研究一种新型发电机叫磁流体发电机•如图所示，表示了它的原理：将一束等离子体喷射入磁场,在场中有两块金属板A、B,这时金属板上就会聚集电荷，产生电压.如果射入的等离子体速度均为P,两金属板的板长为厶，板间距离为d，板平面的面积为S,匀强磁场的磁感应强度为方向垂直于速度方向，负载电阻为/?,电离气体充满两板间的空间.当发电机稳定发电时，电流表示数为/.那么板间电离气体的电阻率为等离子休A.§（岂jD上（型LI—R）dI1.空间存在水平方向的匀强电场和匀强磁场，强度分别7jE=10V3N/C,B=1T,如图所示.有一质量为加=2.0X10'kg,带正电q=2.0X10'C的微粒，在此空间做匀速直线运动,其速度的大小为.方向为•BXXXXXXAXXXX►XXxX.&a£12.如图所示，水平虚线上方有场强为&的匀强电场，方向竖直向下，虚线下方有场强为於的匀强电场，方向水平向右；在虚线上、下方均有磁感应强度相同的匀强磁场，方向垂直纸而向\n外，ab是一长为厶的绝缘细杆，竖直位于虚线上方，b端恰在虚线上，将一套在杆上的带电小环从。端由静止开始释放，小坏先加速而后匀速到达b端，环与杆之间的动摩擦因数U=0.3,小环的重力不计，当环脱离杆后在虚线下方沿原方向做匀速直线运动，求：（1）Ei与场的比值;（2）若撤去虚线下方的电场，小环进入虚线下方后的运动轨迹为半圆，圆周半径为2,3环从。到b的过程屮克服摩擦力做功与电场做功之比有多大？1.串列加速器是用来产生高能离子的装置。图中虚线框内为其主体的原理示意图，其中加速管的中部b处有很高的正电势仏心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。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77价正离子.而不改变其速度大小。这些正n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B的匀强磁场屮，在磁场屮做半径为的圆周运动。已知碳离子的质Sm=2.0XW26kg,t/=7.5X105V,B=0.5T,n=2,基元电荷e=1.6X10d9C,求R.2.如图所示，两块垂直纸而的平行金属板4、B相距d=10.0cm,3板的屮央M处有一个a粒子源，可向各个方向射出速率相同的a粒子，a粒子的荷质比q/777=4.82X107C/kg.为使所有a粒子都不能达到A板，可以在A、B/W板间加一个电压，所加电压最小值是t/（）=4.15X104V；若撤去4、B间的电压，仍使所有a粒子都不能到达4板，可以在A、B间加一个垂直纸面的匀强磁场，该匀强磁场的磁感应强度B必须符合什么条件？参考答案l.C2.A3.20m/s；斜向上与电场强度方向成60°角2.（1）在虚线上方，球受电场力、磁场力、摩擦力作用，环最后做匀速运动，摩擦力与电场力平衡J=pN=PBqv=f£=qE\①在虚线下方环仍作做速运动，此吋电场力与磁场力平衡Bvq=qE2②\nE联立以上两式得二二"0.3③(2)在虚线上方电场力做功E^qE\L④摩擦力做功⑤J7?V"在虚线下方，撤去电场后小环做匀速圆周运动Bw二——⑥厶/3①、⑥联立得如归詈⑦%qE、LM土4qE、L192.设碳离子到达b处吋的速度为力，从C端射出时的速度为卩2，由能量关系得—mv^eU①—tnv2-—mv\-neV②2-2进入磁场后，碳离子做圆周运动，可得"焙③由以上三式可得尺呛严譽④由④式及题给数值可解得/?=0.75m3.设速率为u,在电场力作用下最容易到达A板的是速度方向垂直B板的a粒子由动能定理得：qU二、fnv22加磁场后，速率为u的。粒子的轨道半径为〃/2,只要轨迹与板都相切的。粒子打不到板即可.与此对应的磁感应强度就是B的最小值.\n因为:Bqv=md/2由上两式得:3二彳・=0.83Td\2q即磁感应强度B应满足BN0.83T教学后记带电粒子在复合场的运动是高考每年必考内容，且难度很高，分值也大，应该针对学生情况，从常见的模型开始复习有关问题，帮助学生掌握带电粒子在复合场中的运动河题，学会该类问题的一般分析方法。\n高中教育\n知识网络:电源一►电动势用电器一电阻恒定电流部分电路欧姆定律闭合电路欧姆定律电功、电功率、焦耳定律电阻定律串、并联电路的特点f电压表和电流表电阻的测量欧姆表法伏安法单元切块：按照考纲的要求，本章内容可以分成三部分，即：基本概念和定律；串并联电路、电表的改装；闭合电路欧姆定律。其中重点是对基本概念和定律的理解、熟练运用欧姆定律和其他知识分析解决电路问题。难点是电路的分析和计算。基本概念和定律教学目标：1.学握电流、电阻、电功、电热、电功率等基木概念；2.掌握部分电路欧姆定律、电阻定律3.知道电阻率与温度的关系，了解半导体及其应用，超导及其应用教学重点：部分电路欧姆定律、电阻定律教学难点：部分电路欧姆定律、电阻定律的应用教学方法：讲练结合，计算机辅助教学教学过程：一、基本概念和定律1•电流\n电流的定义式：I吟适用于任何电荷的定向移动形成的电流。对于金属导体有I=nqvS（«为单位体积内的自由电子个数，S为导线的横截面积，v为自由电子的定向移动速率，约10-5m/s,远小于电子热运动的平均速率105m/s,更小于电场的传播速率3X108m/s）,这个公式只适用于金属导体，千万不要到处套用。注意：在电解液导电时，是正负离子向相反方向定向移动形成电流，在用公式l=q/t计算电流强度吋应引起注意。2•电阻定律导体的电阻R跟它的长度/成正比，跟它的横截面积S成反比。R=p-s（1）Q是反映材料导电性能的物理量，叫材料的电阻率（反映该材料的性质，不是每根具体的导线的性质）。单位是Q・m。（2）纯金属的电阻率小，合金的电阻率大。⑶材料的电阻率与温度有关系：①金属的电阻率随温度的升高而增大（可以理解为温度升高时金属原子热运动加剧，对自由电子的定向移动的阻碍增大。）钳较明显，可用于做温度计；镒铜、锌铜的电阻率几乎不随温度而变，可用于做标准电阻。②半导体的电阻率随温度的升高而减小（可以理解为半导体靠自由电子和空穴导电，温度升高时半导体中的自由电子和空穴的数量增大，导电能力提高）。③有些物质当温度接近0K时，电阻率突然减小到零一一这种现象叫超导现象。能够发生超导现彖的物体叫超导体。材料由正常状态转变为超导状态的温度叫超导材料的转变温度%我国科学家在1989年把％提高到130K。现在科学家们正努力做到室温超导。注意：公式R=-是电阻的定义式，而R=P-是电阻的决定式/?与（/成正比或/?与IS/成反比的说法是错误的，导体的电阻大小由长度、截面积及材料决定，一旦导体给定，即使它两端的电压U=of它的电阻仍然照旧存在。3•欧姆定律/=-（适用于金属导体和电解液，不适用于气体导电）。R电阻的伏安特性曲线：注意人U曲线和UJ曲线的区别。还要注意：当考虑到电阻率随温度的变化时，电阻的伏安特性曲线不再是过原点的直线。【例1】实验室用的小灯泡灯丝的7-（/#性曲线可用以下哪个图象來表示:\n解：灯丝在通电后一定会发热，当温度达到一定值时才会发出可见光，这时温度能达到很高，因此必须考虑到灯丝的电阻将随温度的变化而变化。随看电压的升高，电流增大，灯丝的电功率将会增大，温度升高，电阻率也将随之增大，电阻增大，。U越大人U曲线上对应点于原点连线的斜率必然越小，选A。【例2］下图所列的4个图象中，最能正确地表示家庭常用的白炽电灯在不同电压下消耗的电功率P与电压平方之间的函数关系的是以下哪个图象U2D.解：此图象描述P随卩2变化的规律，由功率表达式知：p二竺，U越大，电阻越大,R图彖上对应点与原点连线的斜率越小。选C。3•电功和电热电功就是电场力做的功，因此是W=UIh由焦耳定律，电热Q=I2Rt.其微观解释是：电流通过金属导体时，自由电子在加速运动过程中频繁与正离子相碰，使离子的热运动加剧,而电子速率减小，可以认为自由电子只以某一速率定向移动，电能没有转化为电子的动能,只转化为内能。U2（1）对纯电阻而言，电功等于电热：W=Q=Ult=I2Rt=—R（2）对非纯电阻电路（如电动机和电解槽），由于电能除了转化为电热以外还同时转化为机械能或化学能等其它能，所以电功必然大于电热:W>Qf这时电功只能用计算,电热只能用0二广心计算，两式不能通用。为了更清楚地看出各概念Z间区别与联系，列表如下：\n电功W电热0电功率P物理意义电流通过电路时的功，即在电场力的作用下电荷定向移动所做的功电流通过导体电阻时所产生的热表征电流做功快慢的物理量，即电涼的功与做功所用时间之比能量转化情况消耗电能转化为其它形式的能（如内能、机械能S化学能）消耗电能只转化为内能表达式任何电路Q=WP=—=IUi纯电阻电路W===——iR焦耳定律22p=iu=rR=—R注意：1、电功和电热的区别:（1）纯电阻用电器：电流通过用电器以发热为目的，例如电炉、电熨斗、电饭锅、电烙铁、白炽灯泡等。（2）非纯电阻用电器：电流通过用电器是以转化为热能以外的形式的能为目的，发热不是目的，而是不可避免的热能损失，例如电动机、电解槽、给蓄电池充电、日光灯等。IJ2在纯电阻电路中，电能全部转化为热能，电功等于电热，即W=UIt=I2Rt^―r是通用RTJ2的，没有区别，同理p=ui=i2r=^-也无区别，在非纯电阻电路屮，电路消耗的电能，即W=UIt分为两部分，一大部分转化为其它形式的能；另一小部分不可避免地转化为电热Q=PR〔,这里W=UIt不再等于Q=/2r（,应该是W=E其它+Q,电功就只能用计算，电热就只能用计算。2、关于用电器的额定值问题额定电压是指用电器在正常工作的条件下应加的电压，在这个条件下它消耗的功率就是额定功率，流经它的电流就是它的额定电流。如果用电器在实际使用时，加在其上的实际电压不等于额定电压，它消耗的功率也不再是额定功率，在这种情况下，一般可以认为用电器的电阻与额定状态下的值是相同的，并据此来进行计算。【例3】某一电动机，当电压3=10V时带不动负载，因此不转动，这时电流为Z!=2Ao当电压为（72=36V时能带动负载正常运转，这时电流为/2=1Ao求这时电动机的机械功率是多大？解：电动机不转时可视为为纯电阻，由欧姆定律得，/?=—=5Q,这个电阻可认为i1高中教育\n是不变的。电动机正常转动时，输入的电功率为P电二6厶二36W,内部消耗的热功率P热=/；7?=5W,所以机械功率P二31W由这道例题可知：电动机在启动时电流较大，容易被烧坏；正常运转时电流反而较小。【例4］某一直流电动机提升重物的装置，如图所示，重物的质量/n=50kg,电源提供给电动机的电压为A110V,不计各种摩擦，当电动机以v=0.9m/s的恒定速率向上提升重物时，电路屮的电流强度/=5.0A,求电动机的线圈电阻大小（取沪lOm/s?）.解析：电动机的输入功率P=UL电动机的输出功率P\=mgv＞电动机发热功率P2=I2r而P2=P・P\，即I2r=UI~tngv代入数据解得电动机的线圈电阻大小为尸4Q【例5】来自质子源的质子（初速度为零），经一加速电压为8（）0kV的直线加速器加速,形成电流强度为1mA的细柱形质子流。己知质子电荷e=1.60X10,9Co这束质子流每秒打到靶上的质子数为o假定分布在质子源到靶之间的加速电场是均匀的，在质子束中与质子源相距厶和4厶的两处，各取一段极短的相等长度的质子流，其中的质子数分别为/?］和处2，贝〔J如：^2=o解：按定义,=6.25x10气质了源a<4L>V|v2而V2由于各处电流相同，设这段长度为/,英屮的质子数为n个，.rneXlt/zmrnev1则由/=—和F=—得/=noc—otvIv二、针对练习L关于电阻率，下列说法中不正确的是A.电阻率是表征材料导电性能好坏的物理量，电阻率越大，其导电性能越好B.各种材料的电阻率都与温度有关，金属的电阻率随温度升高而增大C.所谓超导体，当其温度降低到接近绝对零度的某个临界温度时，它的电阻率突然变为零D.某些合金的电阻率几乎不受温度变化的影响，通常都用它们制作标准电阻2.如图所示，厚薄均匀的矩形金属薄片边长ab=10cm,bc=5cm,当将4与B接入电圧为U\n的电路中时，电流强度为1A,若将C与D接入电压为U的电路中，则电流为A.4AB.2A1C.—A2d7a3.如图所示，两段材料相同、长度相等、但横截面积不等的导体接在电路屮，总电压为U,则k—5—匕—詛①通过两段导体的电流相等②两段导体内的口由电子定向移动的平均速率不同③细导体两端的电压3大于粗导体两端的电压U2④细导体内的电场强度大于粗导体内的电场强度A.①B.①②C.①②③D.①②③④4.如图1—28—3所示，a、b、c、〃是滑动变阻器的4个接线柱，现把此变阻器串联接入电路中并要求滑片P向接线柱c移动时，电路中的电流减小，则接入电路的接线柱可能是P0abA.g和bB.g和cC.b和cD.b和d5.—个标有“220V、60W”的白炽灯泡，加上的电压〃由零逐渐增大到220V,在此过程中，电压（U）和电流（/）的关系可用图彖表示，题屮给出的四个图线中，肯定不符合实际的是\n5阿3.—根粗细均匀的导线，两端加上电压U时，通过导线中的电流强度为/,导线中自由电子定向移动的平均速度为u，若导线均匀拉长，使其半径变为原来的丄，再给它两端加上2电压则A.通过导线的电流为丄4B.通过导线的电流为丄6C.自由电子定向移动的平均速率为上4D.自由电子定向移动的平均速率为4.如图所示，当滑动变阻器的滑键从最左端向右滑过2R/3时，电压表的读数由S增大到2S，若电源内阻不计，则下列说法中正确的是A.通过变阻器R的电流增大为原来的2倍2B.变阻器两端的电压减小为原来的一倍3C.若7?的阻值减小到零，则电压表的示数为4®D.以上说法都正确8•家用电热灭蚊器电热部分的主要器件是PCT元件，PCT元件是由钛酸锁等导体材料制成的电阻器，其电阻率Q与温度f的关系如图所示•由于这种特性，PCT元件具有发热、控温双重功能.对此，以下判断中止确的是A.通电后，其电功率先增大后减小A.通电后，其电功率先减小后增大B.当其产生的热量与散发的热量相等时，温度保持在"或血不变\nA.当其产生的热量与散发的热量相等时，温度保持在厲至仪间的某一值不变9.在电解槽中，1min内通过横截面的一价正离子和一价负离子的个数分别为1.125XIO?】和7.5X1O20,则通过电解槽的电流为.210.若加在导体两端的电压变为原来的土时，导体屮的电流减小0.2A,如果所加电压变3为原来的2倍，则导体中的电流将变为.11•如图所示，电源可提供K6V的恒定电压，&）为定值电阻，某同学实验时误将一电流表（内阻忽略）并联于心两端，其示数为2A,当将电流表换成电压表（内阻无限大）后,示数为3V,则凡的阻值为Q.12.将阻值为16Q的均匀电阻丝变成一闭合圆环，在圆环上取Q为固定点，P为滑键,构成一圆形滑动变阻器，如图1—28—8所示，要使Q、P间的电阻先后为4Q和3Q,则对应的0角应分别是和・13.甲、乙两地相距6km,两地间架设两条电阻都是6Q的导线.当两条导线在甲、乙两地间的某处发生短路时，接在甲地的电压表，如图所示，读数为6V,电流表的读数为1.2A,14.某用电器离电源Lm,线路上电流为/A,若要求线路上电压不超过UV,输电线电\n阻率为QQ・m,则该输电线的横截面积需满足什么条件？12.如图所示是一种悬球式加速度仪.它可以用来测定沿水平轨道做匀加速直线运动的列车的加速度加是一个金属球，它系在细金属丝的下端，金属丝的上端悬挂在0点，AB是一根长为/的电阻丝，英阻值为R金属丝与电阻丝接触良好，摩擦不计.电阻丝的屮点C焊接-根导线•从0点也引出一根导线，两线之间接入一个电压表⑨（金属丝和导线电阻不计）.图屮虚线0C与AB相垂直，且0C二力，电阻丝AB接在电压恒为”的直流稳压电源上.整个装置固定在列车中使AB沿着车前进的方向.列车静止吋金属丝呈竖直状态.当列车加速或减速前进吋，金属线将偏离竖直方向从电压表的读数变化可以测出加速度的大小.（1）当列车向右做匀加速直线运动时，试写出加速度a与〃角的关系及加速度d与电压表读数W的对应关系.（2）这个装置能测得的最大加速度是多少？参考答案l.A2.A3.D利用I=neSv及R=P—进行分析.S4.CD5.ACD6.BC2.ABCD实际中的电压表接在电路中可以看成一个电阻，其表的示数则为这个电阻两端的电压，结合电源两端电压不变进行分析.3.AD由图知，常温下其电阻较小，通入电流后，随着温度升高，其电阻率先变小，然后迅速增大，其功率先变大后变小，当其产生的热量与放出的热量相等时，温度保持在Z之I'可的某一值不变，如果温度再升高，电阻率变大，导致电流变小，那么温度随之会降低；如果温度降低，电阻率变小，导致电流变大，温度又会升上去.9.5A10.1.2A11.3ji312•心一或二兀圆形滑动变阻器Q、P之间的电阻为两段圆弧的电阻川、伦并联所得22\n高中教育\n的总电阻，找出总电阻与〃关系即可求解.13.2.5km14.SM^^U15.(1)小球受力如图所示，由牛顿定律得：-豆=昭伽设细金属丝与竖mmCDiuf故得6F=gtan&_g•-h=——g.(2)因CD间的电压最大值为U/2,即久郴'="2，所以hU直方向夹角为。时,其与电阻丝交点为D，如的电压为八则$爵嗚号°maxg・2h教学后记内容简单学生上课反应好，基本概念公式能灵活运用，高考对这部分要求也不高，因此，对学生来说这部分掌握很好。串并联电路电表的改装教学目标：1.熟练掌握串并联电路的特点，能够化简电路2.常握含容电路的分析与计算3.掌握电流表、电压表的改装原理，掌握伏安法测电阻的两种解法，并能够分析测量误差4.掌握滑动变阻器的两种用法教学重点：串并联电路的特点教学难点：滑动变阻器的两种用法的选择、伏安法测电阻内外接法的选择教学方法：讲练结合，计算机辅助教学\n教学过程：一、串并联与混联电路1.应用欧姆定律须注意对应性。选定研究对象电阻R后，/必须是通过这只电阻R的电流，U必须是这只电阻两端的电压。该公式只能直接用于纯电阻电路，不能直接用于含有电动机、电解槽等用电器的电路。2.公式选取的灵活性。（1）计算电流，除了用1=丄外，还经常用并联电路总电流和分电流的关系：1=1R（2）计算电压，除了用U二/R外，还经常用串联电路总电压和分电压的关系：U=U^U2（3）计算电功率，无论串联、并联还是混联，总功率都等于各电阻功率之和：P=P^P2TJ2对纯电阻，电功率的计算有多种方法：P=U1=I~R=—R以上公式/=/|+/2>U=U\+U2和P二P1+P2既可用于纯电阻电路，也可用于非纯电阻电路。既可以用于恒定电流，也可以用于交变电流。门R\【例1】已知如图，&二6Q,7?2=3Q,7?3=4Q,则接入电路后这三只电阻的实际功率之比为。Lc=hJ解：本题解法很多，注意灵活、巧妙。经过观察发现三只电阻的电流关系最简单：电流Z比是h：H：73=1：2：3；还可以发现左面两只电阻并联后总阻值为2Q,因此电压之比是3：6：U3=\：1：2；在此基础上利用P=UI,得Pi：B：2：6【例2】已知如图，两只灯泡厶|、厶2分别标有“110V,60W”和“110V,100W”，另外有一只滑动变阻器R，将它们连接后接入220V的电路中，要求两灯泡都正常发光，并使整个电路消耗的总功率最小，应使用下而哪个电路？R解：A、C两图中灯泡不能正常发光。B、D中两灯泡都能正常发光，它们的特点是左右两部分的电流、电压都相同，因此消耗的电功率一定相等。可以直接看出：B图总功率为200W,D图总功率为320W,所以选B。【例3】实验表明，通过某种金属氧化物制成的均匀棒中的电流/跟电压"Z间遵循I=kU3的规律，其屮U表示棒两端的电势差，^0.02A/V\现将该棒与一个可变电阻器R\n串联在一起后，接在一个内阻可以忽略不计，电动势为6.0V的电源上。求：（1）当串联的\n可变电阻器阻值尺多大时，电路中的电流为0.16A?（2）当串联的可变电阻器阻值R多大时，棒上消耗的电功率是电阻R上消耗电功率的1/5?U2解：画出示意图如右。（1）由I=kU3和/=0.16A,可求得棒两端电压为2V,因此变阻器两端电压为4V,由欧姆定律得阻值为25Q。（2）由于棒和变阻器是串联关系，电流相等，电压跟功率成正比，棒两端电压为IV,由I=kU3得电流为0.02A,变阻器两端电压为5V,因此电阻为250Qo【例4】左图为分压器接法电路图，电源电动势为e,内阻不计，变阻器总电阻为心闭合电键s后，rI负载电阻R两端的电压〃随变阻器本身a、b两点间的阻值砥变化的图线应最接近于右图中的哪条实线/A.®B.②C.③D.④解：当心增大时，左半部分总电阻增大，右半部分电阻减小，所以R两端的电压U应增大，排除④；如果没有并联电压均匀增大，图线将是②；实际上并联了R,对应于同一个乩值，左半部分分得的电压将比原来小了，所以③正确，选C。1.对复杂电路分析，一般情况下用等势点法比较方便简洁。（1）凡用导线直接连接的各点的电势必相等（包括用不计电阻的电流表连接的点）。（2）在外电路，沿着电流方向电势降低。（3）凡接在同样两个等势点上的电器为并联关系。（4）不加声明的情况下，不考虑电表对电路的彫响。2.电路屮有关电容器的计算。（1）电容器跟与它并联的用电器的电压相等。（2）在计算出电容器的带电量后，必须同时判定两板的极性，并标在图上。（3）在充放电时，电容器两根引线上的电流方向总是相同的，所以要根据正极板电荷变化情况来判断电流方向。（4）如果变化前后极板带电的电性相同，那么通过每根引线的电荷量等于始末状态电容器电荷量的差；如果变化前后极板带电的电性改变，那么通过每根引线的电荷量等于始末CCC状态电容器电荷量之和。【例5）已知如图，电源内阻不计。为使电容器的带电量\n增大，可采取以下那些方法：A.增大用B.增大心C.增大人3D.减小&解：由于稳定后电容器相当于断路，因此心上无电流，电容器相当于和心并联。只有增大尺2或减小/?!才能增大电容器C两端的电压，从而增大其带电量。改变心不能改变电容器的带电量。因此选BDo【例6］已知如图，/?!=30Q,/?2=15Q,0=20Q,AB间电压"6V,A端为正C=2nF,为使电容器带电量达到e=2X10_6C,应将&的阻值调节到多大？解：由于川和&串联分压，可知川两端电压一定为4V,由电容器的电容知：为使C的带电量为2X10'6C,其两端电压必须为IV,所以/<3的电压可以为3V或5V。因此皿应调节到20Q或4Q。两次电容器上极板分别带负电和正电。还可以得出：当凡由20Q逐渐减小的到4Q的全过程中，通过图中P点的电荷量应该是4X10'6C,电流方向为向下。【例7】如图所示的电路屮，4个电阻的阻值均为R,E为直流电源，其内阻可以不计,没有标明哪-•极是正极.平行板电容器两极板间的距离为〃.在平行极板电容器的两个平行极板之间有一个质量为也，电量为q的带电小球.当电键K闭合吋，带电小球静止在两极板间的屮点。上.现把电键打开，带电小球便往平行极板电容器的某个极板运动，并与此极板碰撞，设在碰撞时没有机械能损失，但带电小球的电量发生变化.碰后小球带有与该极板相同性质的电荷，而且所带的电量恰好刚能使它运动到平行极板电容器的另一极板.求小球与电容器某个极板碰撞后所带的电荷.解：由电路图可以看出，因局支路上无电流，电容器两极板I'可电压，无论K是否闭合始终等于电阻&上的电压5，当K闭合时，设此两极板间电压为仏电源的电动势为E,_2由分压关系可得（7=5=—E①小球处于静止，由平衡条件得尝=〃g②a当K断开，由川和R3串联可得电容两极板间电压为r③高中教育\n由①③得M=-u4U'VU表明K断开后小球将向下极板运动，重力对小球做正功，电场力对小球做负功,表明小球所带电荷与下极板的极性相同，rti功能关系mg——q—=—mv2—0⑤222因小球与下极板碰撞时无机械能损失，设小球碰后电量变为/,由功能关系得1°_q'U'—mgd=O——m\r⑥2联立上述各式解得,7q=-qo7即小球与下极板碰后电荷符号未变，电量变为原来的一.6【例8】如图所示，电容器C|=6uF,C2=3uF,电阻R|=6Q,R》=3Q,当电键K断开吋，A、B两点间的电压UAB=?当K闭合时，电容器©的电量改变了多少（设电压U=18V）?解：在电路中电容G、C2的作用是断路，当电键K断开时，电路中无电流，B、C等电势，人、D等电势，因此UAR=UDB=\^\,K断开时，电容器G带电量为Q\=C\Uac=C、Udc=6X10_6X18C=1.08X10一4C.当K闭合时，电路川、&导通，电容器G两端的电压即电阻川两端的电压，由串联的电压分配关系得：R、UR、+R°=12V此时电容器Ci带电量为:QJ=Cit/AC=7.2X10_5C电容器G带电量的变化量为：—=3.6X10~5C所以Cl带电量减少了3.6X10—5二、电表的改装\n1、电压表和电流表(I)电流表原理和主要参数电流表G是根据通电线圈在磁场屮受磁力矩作用发生偏转的原理制成的，且指什偏角0与电流强度/成正比，即0=心，故表的刻度是均匀的。电流表的主要参数有，表头内阻傀：即电流表线圈的电阻；满偏电流I，即电流表允许通过的最大电流值，此时指针达到满偏；满偏电压U：即指针满偏时，加在表头两端的电压，故US=I,RS(2)电流表改装成电压表方法：串联一个分压电阻如图所示，若量稈扩大〃倍，即〃=幺，则根据分压原理，需串联的电阻值R=^~R<,=5TR昇故量程扩大的倍数越高，串联的电阻值越大。5(3)电流表改装成电流表方法：并联一个分流电阻R，如图所示，若量程扩大n倍,即n=—,则根据并联电路的分流原理，需要并联的电阻值IR,R=』R严亠,故量程扩大的倍数越高，并联的电阻值越ID&n-1需要说明的是，改装后的电压表或电流表，虽然量稈扩大了，但通过电流表的最大电流或加在电流表两端的最大电压仍为电流表的满偏电流/g和满偏电压Ug,只是由于串联电路的分压及并联电路的分流使表的量程扩大了。【例9】如图所示，四个相同的电流表分别改装成两个安培表和两个伏特表。安培表A】的量程大于A?的量程，伏特表V］的量程大于V?的量程，把它们按图接入电路，贝I」安培表A,的读数安培表A2的读数；安培表A,的偏转角安培表A2的偏转角;伏特表V,的读数伏特表V2的读数；伏特表V,的偏转角伏特表V2的偏转角;(填“大于”，“小于”或“等于”)解：大于等于大于等于\n三、电阻的测量电阻的测量有多种方法，主要有伏安法、欧姆表法，除此以外，还有半偏法测电阻、电桥法测电阻、等效法测电阻等等.下面主要介绍伏安法测电阻的电路选择1.伏安法测电阻的两种电路形式（如图所示）(a)(b)2.实验电路（电流表内外接法）的选择测量未知电阻的原理是/?=y,由于测量所需的电表实际上是非理想的，所以在测量未知电阻两端电压U和通过的电流/时，必然存在误差，即系统误差，要在实际测量中有RR效地减少这种由于电表测量所引起的系统误差，必须依照以下原则：（1）若亠＞_匕，一RaR*般选电流表的内接法。如图（a）所示。由于该电路屮，电压表的读数U表示被测电阻他与电流表A串联后的总电压，电流表的读数/表示通过本身和&的电流，所以使用该电路所测电阻R^=-=他+&\,比真实值&大了心,相对误差a=尺测_'二心（2）若冬1RXRXRa＜空，一般选电流表外接法。如图（b）所示。由于该电路中电压表的读数U表示心两端电压，电流表的读数/表示通过/?.、•与并联电路的总电流，所以使用该电流所测电阻R测=-=RyRx也比真实值心略小些，相对误差R'C=Rv•I爲+心心心+心【例10】某电流表的内阻在0.1Q〜0.2QZ间，现要测量英内阻，可选用的器材如下:A.待测电流表A（量程0.6A）；B.电压表匕（量程3V,内阻约2kQ）C.电压表匕（量程15V,内阻约10kQ）；D.滑动变阻器川（最大电阻10Q）E.定值电阻&（阻值5Q）F.电源E（电动势4V）\nG.电键S及导线若干（1）电压表应选用；\n（2）画出实验电路图;（3）如测得电压表的读数为V,电流表的读数为/,则电流表A】内阻的表达式为：R*解：本题利用电压表指电压，电流表指电流的功能，根据欧姆定律R二号计算电流表的2内阻。rh于电源电动势为4V,在量程为15V的电斥表中有一的刻度没有利用，测量误差3较大，因而不能选；量程为3V的电压表其量程虽然小于电源电动势，但可在电路中接入滑动变阻器进行保护，故选用电压表由于电流表的内阻在（）.1Q〜0.2Q之间，量程为0.6A,电流表上允许通过的最大电压为0.12V,因而伏特表不能并联在电流表的两端，必须将一个阻值为5Q的定值电阻心与电流表串联再接到伏特表上，才满足耍求。滑动变阻器在本实验中分压与限流的连接方式均符合要求，但考虑限流的连接方式节能些，因而滑动变阻器采用限流的连接方式。故本题电压表选用v“设计电路图如图1所示；电流表A］内阻的表达式为:/?A=y-/?2«四、滑动变阻器的使用1、滑动变阻器的限流接法与分压接法的特点如图所示的两种电路屮，滑动变阻器（最大阻值为心）对负载心的电压、电流强度都起控制调节作用，通常把图（"）电路称为限流接法，图（b）电路称为分压接法.&R.b(b)负载心上电压调节范围（忽略电源内阻）负载Rl上电流调节范圉（忽略电源内阻）相同条件下电路消耗的总功率限流接法R——L—EWUlWERl十R°EE5W—Rl+RqRlEh分压接法OWUlWE'一EOW/lW—RlE比较分压电路调节范围较大分压电路调节范围较大限流电路能耗较小其4在限流电路屮，通心的电流Q,当Ro>&时/L主要取决于&的变化,Rl+他\n高中教育\n当RoR（^所以心与心，的并联值R并"Rap,而整个电路的总阻约为Ro,那么&两端电压Vl=IR并=—・Rap，显然u产R®,且他0越小，这种线性关系越好，电表的变化越平稳均匀，越便于观察和操作.③若采用限流接法，电路中实际电压（或电流）的最小值仍超过心的额定值时，只能采用分压接法.（2）下列情况可选用限流式接法①测量时电路电流或电压没有要求从零开始连续调节，只是小范圉内测量，且RL与局接近或&略小于局，采用限流式接法.②电源的放电电流或滑动变阻器的额定电流太小，不能满足分压式接法的要求时，采用限流式接法.③没有很高的要求，仅从安全性和精确性角度分析两者均可采用时，可考虑安装简便和节能因素采用限流式接法.【例11】用伏安法测量某一电阻R,阻值，现有实验器材如下:待测电阻他（阻值约5Q,额定功率为1W）；电流表Ai（量程0〜0.6A,内阻0.2Q）；电流表A?（量程0〜3A,内阻0.05Q）；电压表V］（量程0-3V,内阻3kQ）；电压表V?（量程0-15V,内阻15kQ）；滑动变阻器&）（0〜50Q）,蓄电池（电动势为6V）、开关、导线.为了较准确测量&阻值，电压表、电流表应选，并画出实验电路图.错解分析：没能据安全性、准确性原则选择A】和W，忽视了节能、方便的原则，采用了变阻器的分压接法.解题方法与技巧：由待测电阻他额定功率和阻值的大约值，可以计算待测电阻&的额\n定电压、额定电流的值约为71x5^2.2V,1=^Jp/R«7T/5=0.45A.则电流表应选A|,电压表应选Vi.又因』RaxR\,=70.2x3000=24.5Q>&•,则电流表必须外接.因为滑动变阻器的全阻值大于被测电阻凡，故首先考虑滑动变阻器的限流接法，若用限流接法，则被测电阻&上的戢小E6电流为厶血二==0.11AP2>P3B.Pi>P3>P2C.P1>P2=P3D.因用电器的阻值未知，无法比较三个功率的大小2、如图所示的电路中，L|、L?为“220V、100W”灯泡,L3、L4为“220V,40W”灯泡，现将两端接入电路，其实际功率的大小顺序是（）A-P4>P1>P3>P2A.PQ>P\>P2>P3C・P\>P4>P2>P3D.Pi>PA>P3>P23、如图所示，把两相同的电灯分别拉成甲、乙两种电路，甲电路所加的电压为8V,乙电路所加的电压为14V。调节变阻器&和心使两灯都正常发光，此时变阻器消耗的电功率甲乙分别为P甲和P乙，下列关系中正确的是（）A・P甲〉P乙B.P甲7W8、1.8V、2/3A9、52.6；994410、1:4,1:1II、4W12、(1)电饭煲盛上食物后，接上电源，S2自动闭合，同时手动闭合这时黄灯短路，红灯亮，电饭煲处于加热状态，加热到80°C时，S?自动断开，S］仍闭合；水烧开后，温度升高到1()3°C时，开关S】自动断开，这时饭已煮熟，黄灯亮，电饭煲处于保温状态，由于散热，待温度降至70°C时，S2自动闭合，电饭煲重新加热，温度达到80°C时，S2又自动断开，再次处于保温状态.\n（2）如果不闭合开关S|,则不能将饭煮熟，因为只能加热到80°C.（3）加热时电饭煲消耗的电功率,保温时电饭煲消耗的电功率P2=并R-)+500x50q_500+50_型Q从而有11Pl:P2=&+心500+500/11~~500/11教学后记电路问题高考主要是以实验题的形式出现，并且是实验里比较难的一题，电路设计及实物连接图是学生最头痛的问题，在实验专题复习里面，我们要加强这方面训练。闭合电路欧姆定律教学目标：1.掌握闭合电路欧姆定律，并能应用其解决有关问题；2.掌握路端电压和外电路电阻的关系，掌握讨论电路结构变化题的一般方法3.常握闭合电路的图象教学重点：闭合电路欧姆定律及其应用教学难点：闭合电路欧姆定律的应用教学方法：讲练结合，计算机辅助教学教学过程：一、闭合电路欧姆定律1.主要物理量。研究闭合电路，主要物理量有E、厂、R、/、U,前两个是常量，后三个是变量。闭合电路欧姆定律的表达形式有:\n①E=U外+U内E②/=（/、R间关系）R+r\n①U=E・h（U、/间关系）②U=-^—E（U、R间关系）R+r从③式看115：当外电路断开吋（/二0）,路端电压等于电动势。而这吋用电压表去测量吋，读数却应该略小于电动热（有微弱电流）。当外电路短路吋（R二0,因而U=0）电流最大为Im=E/r（-般不允许出现这种情况，会把电源烧坏）。1.电源的功率和效率。⑴功率：①电源的功率（电源的总功率）Pe=EI②电源的输出功率P^=UI③电源内部消耗的功率Pr=I2r⑵电源的效率：〃==V=―冬—（最后一个等号只适用于纯电阻PEER+r电路）电源的输出功率P=UR=4Rr.兰§兰,可见电源输出功（/?+r）2（/?+r）24r4r率随外电阻变化的图线如图所示，而当内外电阻相等时，电源的输出功率最大，为P=£—。4r【例1】已知如图，E=6V,r=4Q,R{=2Q,&的变化范围是0〜10Q。求：①电源的最大输出功率；②用上消耗的最大功率；③心上消耗的最大功率。解：①R2=2Q时，外电阻等于内电阻，电源输出功率最大为2.25W；②川是定植电阻，电流越大功率越大，所以尺2=0时&上消耗的功率最大为2W；③把&也看成电源的一部分，等效电源的内阻为6Q,所以，当R尸6Q时，$上消耗的功率最大为1.5WoEl*~r2.变化电路的讨论。闭合电路中只要有一只电阻的阻值发生变化，就会影响整个电路，使总电路和每一部分的电流、电圧都发生变化。讨论依据是：闭合电路欧姆泄律、部分电路欧姆定律、串联电路的电压关系、并联电路的电流关系。以右图电E路为例：设R［增大，总电阻一定增大;由/=，/一定减小；由U=E・Ir,/?+rU—定增大;因此5、厶一定增大；由厶二人厶，厶、5一定减小；由U2=U-U315、厶一定增大；由厶二厶仏，人一定减小。总结规律如下：①总电路上R增大吋总电流/减小，路端电压U增大；②变化电阻本身和总电路变化规律相同；③和变化电阻有串联关系（通过变化电阻的电流也通过该电阻）的看电流（即总电流减小吋，该电阻的电流、电压都减小）；④和变化电阻有并联关系的（通过变化电阻的\n电流不通过该电阻）看电压（即路端电压增大时，该电阻的电流、电压都增大）。【例2】如图，电源的内阻不可忽略.已知定值电阻用二10Q,R2=SQ.当电键S接位置1吋，电流表的示数为0.20A.那么当电键S接位置2吋，电流表的示数可能是下列的哪些值A.0.28AC.0.22AB.0.25AD.0.19A解：电键接2后，电路的总电阻减小，总电流一定增大，所以不可能是0.19A.电源的路端电压一定减小，原来路端电压为2V,所以电键接2后路端电压低于2V,因此电流一定小于0.25A.所以只能选C。【例3】如图所示，电源电动势为£,内电阻为几当滑动变阻器的触片P从右端滑到左端时，发现电压表W、V?示数变化的绝对值分别为zl3和力6,下列说法中正确的是A.小灯泡厶、厶3变暗，b变亮B.小灯泡厶3变暗,厶I、厶2变亮C.AUy<4U2解：滑动变阻器的触片p从右端滑到左端，总电阻减小，总电流增大，路端电压减小。与电阻蝉联串联的灯泡厶、厶2电流增大，变亮，与电阻并联的灯泡厶3电压降低，变暗。U\减小，”2增大，而路端电压U=U\+U2减小，所以3的变化量大于”2的变化量，选BD。1.电动势与路端电压的比较:电动势£路端电压U物理意义反映电源内部非静电力做功把其它形式的能量转化为电能的情况反映电路中电场力做功把电能转化成为其它形式能量的情况定义式W£=—gw为电源的非静电力把正电荷从电源内由负极移到正极所做的功wu=—gW为电场力把正电荷从电源外部由正极移到负极所做的功量度式U=IR测量运用欧姆定律间接测量用伏特表测量决定因素只与电源的性质有关与电源和电路中的用电器有关特殊情况当电源开路时路端电压。值等干电源电动势&I/A2.闭合电路的UJ图象。\n右图中。为电源的图象；b为外电阻的UJ图象；两者的交点坐标表示该电阻接入电路时电路的总电流和路端电压；该点和原点之间的矩形的面积表示输出功率；d的斜率的绝对值表示内阻大小；b的斜率的绝对值表示外电阻的大小；当两个斜率相等时（即内、外电阻相等时图中矩形面积最大，即输出功率最大（可以看出当时路端电压是电动势的一半,电流是最大电流的一半）。【例4】如图所示，图线。是某一蓄电池组的伏安特性曲线，图线b是一只某种型号的定值电阻的伏安特性曲线.若已知该蓄电池组的内阻为2.0Q,则这只定值电阻的阻值为Q。现有4只这种规格的定值电阻，可任意选収英屮的若干只进行组合，作为该蓄电池组的外电路，则所组成的这些外电路中，输出功率最大时是Wo解：由图象可知蓄电池的电动势为20V,由斜率关系知外电阻阻值为6Q。用3只这种电阻并联作为外电阻，外电阻等于2Q,因此输出功率最大为50Wo1.滑动变阻器的两种特殊接法。在电路图中，滑动变阻器有两种接法要特别引起重视:⑴右图电路中，当滑动变阻器的滑动触头P从。端滑向b端的过程中，到达中点位置时外电阻最大，总电流最小。所以电流表A的示数先减小后增大；可以证明：A】的示数一直减小，而A?的示数一直增大。⑵右图电路中，设路端电压U不变。当滑动变阻器的滑动触头P从。端滑向b端的过程屮，总电阻逐渐减小；总电流/逐渐增大；Rx两端的电压逐渐增大，电流/x也逐渐增大（这是实验屮常用的分压电路的原理）；滑动变阻器广左半部的电流厂先减小后增大。【例5】如图所示，电路中”是一段长10cm,电阻为100Q的均匀电Rx1I""阻丝。两只定值电阻的阻值分别为&=80Q和/?2=20Q。当滑动触头P从。端缓慢向b端移动的全过程中灯泡始终发光。则当移动距离为—cm时灯一0泡最亮，移动距离为cm时灯泡最暗。解：当P移到右端时，外电路总电阻最小，灯最亮，这时aP长10cm。当aP间电阻为20Q时，外电路总电阻最大，灯最暗，这时aP长2cmob2.黑盒问题。如果黑盒内只有电阻，分析时，从阻值最小的两点间开始。【例6】如图所示，黑盒有四个接线柱，内有4只阻值均为6Q的电阻，每只电阻都直\n接与接线柱相连。测得/?ab=6Q,凡c=&d=10Q。甩二甩二心1=4Q，试画出黑盒内的电路。解：由于最小电阻是/?bc=/?bd=/?cd=4Q,只有2只6Q串联后再与1只6Q并联才能出现4Q,因此be、cd、db间应各接1只电阻。再于ab间接1只电阻，结论正合适。二、电路故障问题的分类解析1.常见的故障现象断路：是指电路两点间（或用电器两端）的电阻无穷大，此时无电流通过，若电源正常时，即用电压表两端并联在这段电路（或用电器）上，指针发生偏转，则该段电路断路，如电路中只有该一处断路，整个电路的电势差全部降落在该处，其它各处均无电压降落（即电压表不偏转）。短路:是指电路两点间（或用电器两端）的电阻趋于零，此时电路两点间无电压降落，2.检查电路故障的常用方法电压表检查法：当电路中接有电源时，可以用电压表测量各部分电路上的电压，通过对测量电压值的分析，就可以确定故障。在用电压表检查时，一定要注意电压表的极性正确和量程符合要求。电流表检查法：当电路屮接有电源时，可以用电流表测量各部分电路上的电流，通过对测量电流值的分析，就可以确定故障。在用电流表检查吋，一-定要注意电流表的极性正确和量程符合要求。欧姆表检查法：当电路中断开电源后，可以利用欧姆表测量各部分电路的电阻，通过对测量电阻值的分析，就可以确定故障。在用欧姆表检查时，一定要注意切断电源。试电笔检查法：对于家庭用电线路，当出现故障时，可以利用试电笔进行检查。在用试电笔检查电路时，一定要用手接触试电笔的上金属体。1°Q5Q方IcL—-R\Ria.3.常见故障电路问题的分类解析（1）给定可能故障现象，确定检査方法：j—【例7】（97年高考试题）在如图所示电路的三根导线屮，有一根是断的，电源、电阻器川、忌及另外两根导线都是好的，_为了查出断导线，某学生想先将万用表的红表笔连接在电源的正极再将黑表笔分别连电阻器用的b端和&的c\n端，并观察万用表指针的示数，在下列选档屮,\n符合操作规程的是：A.直流10V挡；B.直流0.5A挡；A.直流2.5V挡；D.欧姆挡。解析：根据题给条件，首先判定不能选用欧姆挡，因为使用欧姆挡时，被测元件必须与外电路断开。先考虑电压挡，将黑表笔接在方端，如果指针偏转，说明&与电源连接的导线断了，此时所测的数据应是电源的电动势6VO基于这一点，C不能选，否则会烧毁万用表；如果指针不偏转，说明凡与电源连接的导线是好的，而&与心之间导线和忌与电源I'可导线其中之一是坏的，再把黑表笔接C点，如果指针偏转，说明用与/?2之间导线是断的，否则说明忌与电源间导线是断的，A项正确。再考虑电流表，如果黑表笔接在b端，指针偏转有示数则说明用与电源连接的导线是断的，此时指示数匸E/(R+R2)二0.4A,没有超过量程；如果指针不偏转，说明川与电源间连接的导线是好的，而&与忌之间导线和忌与电源间导线其中之一是坏的，再把黑表笔接c点，如果指针偏转，说明&与心之间导线是断的，此时示数/=£//?2=1.2A,超过电流表量程，故B不能选。(2)给定测量值，分析推断故障【例8](2000年全越京君弑腿)Q囹所孑为一电路板的示意图，a、b、c、〃为接线柱,ci、〃与220V的交流电源连接，“间、如•间、M间分别连接一个电阻。现发现电路中没有电流，为检查电路故障，用一交流电压表分别测得久〃两点间以及G、C•两点间的电压均为220Vo由此可知：(A)ab间电路通，cd间电路不通(B)ab间电路不通,be间电路通(C)"间电路通，be间电路不通(D)be间电路不通，cd间电路通解析：由于用交流电压表测得b、d两点间为220V,迫说明ab⑹电路县逼的，be间电路不通或cd间电路不通；由于用交流电压表测得a、c两点间为220V,迫钱，明cd向电路县逼的，ab间电路不通或be间电路不通；综合分析可知如、间电路不通，肪间电路通和cd间电路通，即选项C、D正确。【例9】(2000年上海高考试题)某同学按如图所示电路进行实验，实验时该同学将变阻器的触片P移到不同位置时测得各电表的示数如下表所示：序号A)示数(A)A2示数(A)V|示数(V)V2示数(V)10.600.302.401.20\n20.440.322.560.48将电压表内阻看作无限大，电流表内阻看作零。①电路中£,厂分别为电源的电动势和内阻，尽，出,尽为定值电阻，在这五个物理量中，可根据上表中的数据求得的物理量是（不要求具体计算）o②由于电路发生故障，发现两电压表示数相同了（但不为零），若这种情况的发生是由用电器引起的，则可能的故障原因是解析：①先将电路简化，凡与厂看成一个等效内阻r=Rl+r,则由V］和九的两组数据可求得电源的电动势£;由A?和W的数据可求出电阻加由匕和A2的数据可求出心。②当发现两电压表的示数相同时，但又不为零，说明V2的示数也是路端电压，即外电路的电压全降在电阻$上，由此可推断心两端电压为零，这样故障的原因可能有两个，若假设&是完好的，则心一定短路；若假设心是完好的，则$—定断路。RiR2（3）根据观察现象，分析推断故障【例10］（2001年上海高考试题）如图所示的电路中，闭合电键，灯厶】、厶2正常发光，由于电路出现故障，突然发现灯b变亮，灯厶2变暗，电流表的读数变小，根据分析，发生的故障可能是：（A）/?i断路（B）&断路（C）尺3短路（D）尺4短路解析：首先应对电路进行标准化，如图所示为其标准化后的电路。当用断路时，总电阻增大，所以通过电源的总电流减小，灯b变暗，电流表的读数变小，而路端电压增大，所以L］两端电压增大，灯厶I变亮，所以A选项正确。当忌断路时，总电阻增大，所以通过电源的总电流减小，灯厶|变暗，而路端电压增大,所以厶2两端电压增大，灯厶2变亮，所以B选项不正确。当鸟短路时，总电阻减小，所以通过电源的总电流增大，灯厶］变亮，而路端电压减小,所以b两端电压减小，灯厶2变暗，因为总电流增加，而通过厶2的电流减小，电流表的读数变大，所以C选项不正确。当尺4短路时，总电阻减小，所以通过电源的总电流增大，灯b变亮，而路端电压减小,所以b两端电压减小，灯厶2变暗，因为总电流增加，而通过厶2的电流减小，电流表的读数变大，所以D选项不正确。\n开关S闭合时,卑*1R并二儿U并=_E2【例11】某居民家中的电路如图6所示，开始时各部分工作正常，将电饭煲的插头插入三孔插座后，正在烧水的电热壶突然不能工作，但电灯仍正常发光.拔出电饭煲的插头,把试电笔分别插入插座的左、右插孔，氛管均能发光，则:A.仅电热壶所在的C、D两点间发生了断路故障B.仅电热壶所在的C、D两点间发生了短路故障C.仅导线AB间断路D.因为插座用导线接地，所以发生了上述故障解析：由于电灯仍正常发光，说明电源是好的，电热壶所在的C、D两点间没有发生短路故障。把试电笔分别插入插座的左、右插孔，氛管均能发光，说明插座的左、右插孔都与火线相通，说明电热壶所在的C、D两点间没有发生断路故障。综合分析可知，故障为导线AB间断路，即C选项正确。（4）根据故障，分析推断可能观察到的现象【例12］如图所示，灯泡4和B都正常发光，鸟忽然断路，已知U不变，试分析A、B两灯的亮度如何变化？解析：当&忽然断路时，电路的总电阻变大，A灯两端的电压增大，B灯两端的电压降低，所以将看到灯B比原來变暗了些，而灯泡A比原來亮了些。三、综合例析【例13】如图所示的电路中，定值电阻R=3Q,当开关S断开时，电源内、外电路消耗的功率Z比为1：3；当开关S闭合时，内、外电路消耗的功率Z比为1:1•求开关S闭合前和闭合后，灯泡厶上消耗的功率之比（不计灯泡电阻的变化）.解:设电源电动势为E,内阻为「•开关S断开吋，|=3所以RL=3rUl=-E49E2所以血中高中教育\n所以〃故得厶（或先求出尸2Q,RL=6Q,再求灯泡功率）【例14】在如图所示的电路中，&二2Q,R2=R3=4Q,当电键K接。时，心上消耗的J恁1]电功率为4W,当电键K接b时，电压表示数为4.5V,试求:（1）电键K接g时，通过电源的电流和电源两端的电压;（2）电源的电动势和内电阻；（3）当电键K接c时，通过&的电流.解：（1）K接a时，川被短路，外电阻为忌，根据电功率公式可得通过电源电流电源两端电压S=丁两=4V（2）K接a时，有E=3+/|r=4+厂K接b时,&和&串联,疋外=Ri+/?2=6Q通过电源电流h==0.75AR\+R2这时有：E=L/2+Z2r=4.5+0.75r解①②式得：E=6Vr=2Q（3）当K接c时，/?总=R]+r+/?23=6Q总电流h=E/R^\A通过用电流r=—A=0.5A■2'【例15】在如图所示的电路中，电源的电动势E=3.0V,内阻尸1.0Q；电阻/?）=10Q,/?2=10Q,7?3=3OQ,7?4=35Q；电容器的电容C=100uF.电容器原来不带电.求接通电键K后流过凡的总电量.\n解：由电阻的串并联公式，得闭合电路的总电阻为能般兴+「F由欧姆定律得，通过电源的电流1=-R电阻/?3两端的电压卩二尽U+&电源的端电压U=E-Ir通过/?4的总电量就是电容器的电量Q=CU,由以上各式并带入数据解得2=2.0X10」C三、针对训练1.关于闭合电路，下列说法中正确的是A.闭合电路中，电流总是从电势高的地方流向电势低的地方B.闭合电路中，电源的路端电压越大，电源的输出功率就越大C.闭合电路屮，电流越大，电源的路端电压就越大D.闭合电路中,外电阻越人，电源的路端电压就越大2.用电动势为E、内阻为厂的电源对外电路供电，下列判断中正确的是①电源短路吋，路端电压为零，电路电流达最大值②外电路断开吋，电路电压为零，路端电压也为零③路端电压增大时，流过电源的电流一定减小④路端电压增大时，电源的效率一定增大A.®B.①③C.②④D.①③④3.-太阳能电池板，测得它的开路电压为800mV,短路电流为40mA,若将该电池板与一阻值为20Q的电阻器连成一闭合电路，则它的路端电压是A.0.10VB.0.20VC.0.30VD.0.40V4.（2002年全国高考理科综合能力试题）在如图所示的电路中，&、R2、心和&皆为定值电阻，&为可变电阻，电源的电动势为E，内阻为々），设电流表A的读数为/，电压表V的读数为S，当&的滑动触点向图中Q端移动时，\nA./变大，U变小C./变小，U变大B./变大，U变大D./变小，U变小1.如图1—30—2所示，直线A为电源的/图线，直线B为电阻/?的U-I图线，用该电源和电阻组成闭合电路时，电源的输出功率和电路的总功率分别是A.4W、8WC.4W、6WA.2W、4WA.2W、3W2.如图所示，电源E•的电动势为3.2V,电阻R的阻值为30Q,小灯泡厶的额定电压为3.0V,额定功率为4.5W,当电键S接位置1时，电压表的读数为3V,那么当电键S接到位置2时，小灯泡厶的发光情况是A.很暗，甚至不亮B.正常发光C.比正常发光略亮D.有可能被烧坏3.如图1—30—4所示的电路中，闭合电键S后，灯厶］和厶2都正常发光，后来由于某种故障使灯b突然变亮，电压表读数增加，由此推断，这故障可能是\nA厶灯灯丝烧断B.电阻&断路C.电阻尺2短路D.电容器被击穿短路1.如图所示，直线OAC为某一直流电源的总功率卩总随电流/变化的图线抛物线OBC为同一直流电源内部热功率几随电流/变化的图线.若A、B的横坐标为1A,那么A3线段表示的功率等于〃变大A」WB.3WA.2WD.2.5W2.在如图所示的电路中，R］、尺2为定值电阻，尺3为可变电阻，电源的电动势为E，内阻为厂.设电流表A的读数为/,电压表V的读数为".当心滑动触点向图中。端移动，则A./变大，"变大B./变大，C./变小，D./变小，3.调整如图所示电路的可变电阻R的阻值，使电压表V的示数增大Z,在这个过程\nA.通过R、的电流增加，增加量一定等于△UR\BJ?2两端的电压减小，减少量一定等于AUC.通过&的电流减小，但减少量一定小于卜呱A.路端电压增加，增加量一定等于A1.如图所示是一个由电池、电阻R与平行板电容器组成的串\n联电路，在增大电容器两极板间距离的过程中A.电阻R屮没有电流B.电容器的电容变小C.电阻R中有从a流向b的电流D.电阻R中有从b流向a的电流1.某闭合电路的路端电压U随外电阻R变化的图线如图1—30—6所示，则电源的电动势为,内电阻为,当U=2V时，电源的输出功率为.Q,电容器电容C=2uF,电1.在如图所示的电路屮，电源的内阻不可忽略不计，已知/?i=10Q,心8Q.S与1连接吋，电流表的示数为0.2A；将S切换到2时，可以确定电流表的读数范围是.\n1.如图所示，源电动势E=12V,内电阻厂不计，开关S闭合，当滑动变阻器的阻值R由2Q变至22Q的过程中，通过金的电荷量是,川的读数变化情况是（选填“增大”“减小”“先增后减”“先减后增”）.15•如图所示的电路中,电池的电动势E=9.0V,内电阻r=2.0Q,固定电阻&=1.0Q,尺2为可变电阻，其阻值在0〜10Q范围内调节，问：取&二时，用消耗的电功率最\n大.取尺2二时，&消耗的电功率最大.16.如图所示，变阻器尺2的最大电阻是10Q,R.=5Q,电源的内电阻尸1Q,当电键S闭合，变阻器的滑片在中点位置时，电源的总功率为16W,电源的输出功率为12W.此时电灯川正常发光，求：（1）电灯阻值&是多少？（设&阻值恒定不变）（2）当电键S断开时，要使电灯正常工作，应使变阻器的电阻改变多少？17.（12分）如图1—30—11所示的电路中,电源由6个电动势Eo=1・5V、内电阻妒0.1Q的电池串联而成;定值电阻R尸4.4Q,R2=6Q,/?2允许消耗的最大电功率为P沪3.375W,变阻器开始接入电路中的电阻忌=12Q,求：（1）开始时通过电池的电流多大?电源的输出功率多大？（2）要使&实际消耗的功率不超过允许的最大值，可变电阻/<3的取值范围是什么?718.（12分）“加速度计”作为测定物体加速度的仪器，已被广泛地应用于飞机、潜艇、导弹、航天器等装置的制导中，如图所示是“应变式加速度计”的原理图.支架A、B固定在待测系统上，滑块穿在A、B间的水平光滑杆上，并用轻弹簧固接于支架A上，其下端的滑动臂可在滑动变阻器上自由滑动•随着系统沿水平方向做变速运动，滑块相对于支架发生位移，并通过电路转换为电信号从1、2两接线柱输出.\n己知滑块质量为加，弹簧劲度系数为匕电源电动势为£,内电阻为厂，滑动变阻器总阻值7?=4r,有效总长度为厶.当待测系统静止时，滑动臂P位于滑动变阻器的中点，且1、2两接线柱输岀的电压口尸0.4E取方向为参考正方向.（1）写出待测系统沿AB方向做变速运动的加速度。与1、2两接线柱I'可的输出电压U间的关系式.（2）确定该“加速度计”的测量范闱.参考答案l.D2.D3.D4.D5.C从图中可知E=3V,图线A和图线B的交点是电源和电阻R构成电路的工作点,因此P出二UI=4W,P沪EI=6W.E6.AS接1时，由E=U+Ir得r=2Q.RL=U^2/P^=2Q,故S接2时，/二一——心+厂1.6V<3.0V,故灯很暗，此时电路中电流厂=0.8A,有可能超过电源的额定电流，使电源烧毁导致灯不亮.7.B&CP府Pa-Pb・表示电源的输出功率.C点表示电源处于短路状态，P沪P内.9.D10.AC11.BC12.3.0V;1Q;2.0W13.0.2A,从而可r+R2r+R28+r确定厶的范围.14.1.28XW5C;减小15.0;3.0Q•当心=0时，电路中电流最大，川消耗的电功率最大；电源进行等效变换，保持电源电动势E不变，将固定电阻凡归并到内电路，等效内电阻F=厂+川，当R?=R严\n时，电源输出功率最大.16.(1)2.5Q;(2)1.5Q17.(1)1A8.4W;(2)OWR3W3OQ,第(2)问可将川归为内电路，利用等效电源进行处理.18.(1)设待测系统沿AB方向有加速度d,则滑块将左移x,满足kx=maER',x__4rrU()-U=,rfoR=—R=.R+rLL故有"((/()—U)(R+r)5kL(0AE一U)a==4mEr4mE(2)当待测系统静止时，滑动臂P位于滑动变阻器的中点，且1、2两接线柱输出的电压S=().4E,故输111电压的变化范圉为0WUW2S，即()WUW0.8E,结合(1)中导出的blLT。与U的表达式，可知加速度计的测量范围是—^6/^—.Im2m教学后记电路结构分析相对大部分学生来说不难，学生对此掌握很好，但是电路故障分析是学生存在的最大问题，这也是高考的出名趋势，课后应该及时了解学生情况，及时调整教学方案,让学生能有效接受。2009届高三笫一轮复习教案(上集)2009届高三第一轮复习1一一直线运动22009届高三第一轮复习2—一曲线运动362009届高三第一轮复习3——力572009届高二第一轮复习4——共点力平衡772009届高三第…轮复习5——牛顿定律872009届高三第一轮复习6——万冇引力定律及其应用1192009届高三第一轮复习7——动量1312009届高三第一轮复习8——机械能1602009届高二第一轮复习9——机械振动和机械波2082009届高三第…轮复习10——电场2392009届高三第一轮复习11——磁场2722009届高三第一轮复习12恒定电流307（下集）2009届高二第一轮复习13——交变电流3462009届高二:第-轮复习14——电磁感应3672009届高三笫一轮复习15—一电磁场和电磁波4132009届高三第一轮复习16——分子动理论423\n2009届高三第一轮复习17——内能热和功4272009届高二第一轮复习18——气体的状态参量4302009届高厂第•轮复习19——光的折射4352009届高三笫一轮复习20——光的干涉4452009届高三第一轮复习21——光的偏振、激光4552009届高三第一轮复习22——原子的核式结构玻尔理论天然放射现彖4582009届高二第一轮复习23——核反应核能质能方程4652009届高厂第-轮复习24——力学实验4722009届高三第一轮复习25——电磁学实验481交变电流知识网络：单元切块：按照考纲的耍求，本章内容可以分成两部分，即：交变电流；变压器、电能的输送。其\n中重点是交变电流的规律和变压器，交流电路的分析和计算是复习的难点。交变电流教学目标：1.掌握交流发电机及其产生正弦式电流的原理，正弦式电流的图彖和三角两数表达，2.理解最大值与有效值，周期与频率；3.知道电阻、电感和电容对交变电流的作用，感抗和容抗教学重点：交流的基本概念教学难点：交流电路的分析与计算教学方法：讲练结合，计算机辅助教学教学过程：一、交变电流的产生I.正弦交流电的产生当闭合矩形线圈在匀强磁场屮，绕垂直于磁感线的轴线做匀角速转动时，闭合线圈屮就有交流电产生.如图所示.\n设矩形线圈"cd以角速度。绕轴、从线圈平面跟磁感线垂直的位置开始做逆时针方向转动.此时，线圈都不切割磁感线，线圈中感应电动势等于零.经过时间f线圈转过。f角，这时"边的线速度V方向跟磁感线方向夹角等于，设db边的长度为/,b〃边的长、r度为儿线圈中感应电动势为e=2BIco—sincot2当线圈平面转到跟磁感线平行的位置时，线圈转过774时间，qujt/2,”边和cd边都垂直切割磁感线，sin线圈中感应电动势最大，用En来表示，Em=BS3・则e=Einsincot°EE根据闭合电路欧姆定律亠〒肯％，令由上式知，在匀强磁场中，绕垂直于磁感线的轴做匀角速转动的线圈里产生的感应电动势是按正弦规律变化的.Z=/msin路端电压u=iR=ImRsinS,令Um=In}R,则u=UmsinM如果线圈从如图所示位置开始转动，电路屮感应电动势、感应电流和路端电压将按余弦规律变化e=Emcos(M/=/mCOS31u=Umcos2.中性面当线圈转动至线圈平而乖直丁•磁感线位置时，各边都不切割磁感线，线圈中没有感应电流，这个特定位置叫做中性而.应注意：①屮性面在垂直于磁场位置.②线圈通过屮性血时，穿过线圈的磁通量最大.③线圈平面通过屮性面时感应电动毎为零.④线圈平面每转过屮性面时，线圈屮感应电流方向改变一次，转动一周线圈两次通过屮性面，故一周里线圈屮电流方向改变两次.3.正弦交流电的图彖\n矩形线圈在匀强磁场中，绕垂直于磁感线的轴做匀角速转动，线圈里产生正弦交流电.当线圈从中性面开始转动，在一个周期中：在（0,774）时间内，线圈中感应电动势从0达到最大值爲.在/£（774,772）时间内，线圈中感应电动势从最大值爲减小到0.在/w（772,3774）时间内，线圈中感应电动势从（）增加到负的最大值在》十（3774,T）时间内，线圈中感应电动势的值从负的最大值・瓦】减小到0.电路屮的感应电流、路端电压与感应电动毎的变化规律相同，如图所示.氐厂、、—―、沫厂、/\/\/\二、描述交变电流的物理量1、瞬时值：它是反映不同时刻交流电的大小和方向，正弦交流瞬时值表达式为：e-stnsin曲，i-Imsina.应当注意必须从中性面开始。生活屮用的市电电压为220V,其最大值为220V2V=311V（有时写为310V）,频率为50Hz，所以其电压瞬时值的表达式为M=311sin314/V0【例1］有一正弦交流电源，电压有效值t/=120V,频率为户50Hz向一霓虹灯供电，若霓虹灯的激发电压和熄灭电压均为（7o=6oV2V,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喑的现象？解析：由正弦交流电的最大值与有效值U的关系得：C/w=120V2V设/=0时交流电的瞬时电压U=0则交流电的瞬时表达式为如图所示，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",当U=U0=6042V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-4t\=——s75\n再rtl比例关系求得一小时内霓虹灯发光的时间为.•戶季四x丄=2400$%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1/300S（如图/2时刻到B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1/16S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。2、最大值：也叫峰值，它是瞬时值的最大者，它反映的是交流电大小的变化范围，当线圈平面跟磁感线平行时，交流电动势最大，Em=NBSco（转轴垂直于磁感线）。电容器接在交流电路屮，则交变电压的最大值不能超过电容器的耐压值。【例2】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中一直不断地进行充、放电过程.电容器两极间电压最大可达20（）72V,故电容器C的耐压值应不低于200V2V.3、平均值：它是指交流电图象中图线与横轴所围成的面积值跟时间的比值.其量值可用法拉第电磁感应定律E二[•等来求，特殊地，当线圈从中性面转过9。度的过程中，有E=-Etn.计算平均值切忌用算术平均法即E=目+色求解。平均值不等于有效值。712通过线圈某一横截面的电【例3】如图所示，求线圈由图示位置转过60。角的过程中,量.解析：在计算电量问题中，一定耍用电流、电压平均值\(pAza=BSsin60°=—BSR2R24、有效值:交变电流的有效值是根据电流的热效应规定的：让交流和直流通过相同阻值的电阻，如果它们在相同的时间内产生的热量相等，就把这一直流的数值叫做这一交流的有效值。\n正弦交流电的有效值跟最大值之间的关系是:对于非止弦电流的有效值以上关系不成立，应根据定义来求。通常所说交流电压、电流是用电压表、电流表测得的，都是指有效值.用电器上所标电压、电流值也是指有效值.在计算交流电通过导体产生热量、热功以及确定保险丝的熔断电流时，只能用有效值。【例4】如图所示，两平行导轨与水平面间的倾角为0=37°,电阻不计，间距厶=0.3加长度足够长，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Ro=2Q电阻，另一横跨在导轨间的金属棒质量加=lkg,电阻r=lQ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i）o=lOm/s上滑,直至上升到最高点过程屮，通过上端电阻电量Aq=0.1C（g取lOm/s2）,求上端电阻&）产生的焦耳热?解析：设棒沿斜面能上升的最大距离为s,磁感应强度B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，在棒上升过程中,通过棒某一截面的电量应为2".由7=级=古「得2■如«rR+厂)(1)，一MBLs而严矿一AZ.Aq(R()+r)••s=BL=2m设电路各电阻消耗的总焦耳热为Q总+r)Ar=(2/()尸轨)&=61(RQ=6Qr从金属棒开始运动到最高点过程，利用能量守恒关系冇Q总+〃加gcos0•s+mgsin0•s=—mv^2QR（）=gQ总=5J\n此题屮，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0•三、感抗和容抗（统称电抗）1、感抗表示电感对交变电流的阻碍作用，其特点是“通直流，阻交流”、“通低频，阻高频”。2、容抗表示电容对交变电流的阻碍作用，其特点是“通交流，隔直流”、“通高频，阻低频”。【例5】左右两个电路都是从左端输入信号，从右端输出信号。左图屮输入的是髙频、低频混合的交流信号，要求只输岀低频信号；右图屮输入的是直流和低频交流的混合信号，要求只输出低频交流信号。那么G、C?屮哪个该用大电容？哪个该用小电容？解:电容的作用是“通交流，隔直流”、“通高频，阻低频”，由其表达式Xc=l/2JifC可看出：左图中的G必须用电容小些的，才能使高频交流顺利通过，而低频不易通过，这种电容器叫高频旁路电容器。右图中的C2—般用电容大的，使低频交流电很容易通过，只有直流成分从电阻上通过，这种电容器叫隔直电容器。【例6］电学元件的正确使用，对电路安全工作起着重要作用。某电解电容器上标有“25V,450UF”字样，下列说法中正确的是A.此电容器在交流、直流电路25V的电压时都能正常工作B.此电容器只有在不超过25V的直流电压下才能正常工作C.当工作电压是直流25V时，电容才是450HFD.若此电容器在交流电压下工作，交流电压的最大值不能超过25V解：电解电容器的极性是固定的，因此只能在直流电压下工作。选B四、综合例析【例7】交流发电机的转子由B〃S的位置开始匀速转动，与它并联的电压表的示数为14.1V,那么当线圈转过30°时交流电压的瞬时值为V。解:电压表的示数为交流电压有效值，由此可知最大值为l/m=V2t/=20Vo而转过30°时刻的瞬时值为“=UnCos3（T=17.3Vo【例8】通过某电阻的周期性交变电流的图象如右。求J/A该交流电的有效值仁3°~\~T345|6>^/X10-1\n解：该交流周期为T=0.3s,前/i=0.2s为恒定电流A=3A,后/2=0.1s为恒定电流I2=-6A,因此这一个周期内电流做的功可以求岀来，根据有效值的定义，设有效值为/,根据定义有:AAAAI2RT=h2Rt^I?Rh带入数据计算得：1=3V2A【例9】交流发电机转子有77匝线圈，每匝线圈所围面积为S,匀强磁场的磁感应强度为B,匀速转动的角速度为线圈内电阻为r,外电路电阻为当线圈由图中实线位置匀速转动90°到达虚线位置过程屮，求：⑴通过R的电荷量q为多少？⑵/?上产生电热0r为多少？⑶外力做的功W为多少？解：（1）由电流的定义，计算电荷量应该用平均值：即?=%而7=_匚=$典=丿企,.•卫=四，这里电流和电动势都必须要用平均值,R+rt（R+r）t（R+r）R+r不能用有效值、最大值或瞬时值。⑵求电热应该用有效值，先求总电热Q,再按照内外电阻之比求/?上产生的电热Qr。e=/2(7?+r)Z=E27t_(nBSco)27i_ttc^z2B2S2R+厂2co2(/?+r^lco4(7?+r)QrRtic^2B-S2RR+r4(R+r)2这里的电流必须要用有效值，不能用平均值、最大值或瞬时值。⑶根据能量守恒，外力做功的过程是机械能向电能转化的过程，电流通过电阻，又将电2£2s2能转化为内能，即放出电热。因此W=Q=\.一定要学会用能量转化和守恒定4（/?+r）律来分析功和能。【例10】左图所示是某种型号的电热毯的电路图，电热毯接在交变电源上，通过装置P使加在电热丝上的电压的波形如右图所示。此时接在电热丝两端的交流电压表的读数为A」10VB.156VC.220VD.311V解：从炉/图象看出，每个周期的前半周期是正弦图形，其有效值为220V：后半周期[J2U2T电压为零。根据有效值的定义，——T=—^--+0,得X156V,选B。RR2\n五、针对训练1、矩形线圈在匀强磁场屮绕着垂直磁感线方向的轴匀速转动，当线圈通过屮性面吋，下列说法屮正确的是（）A、穿过线圈的磁通量最大，线圈屮的感应电动势最大B、穿过线圈的磁通量等于零，线圈中的感应电动势最大C、穿过线圈的磁通量最大，线圈中的感应电动势等于零D、穿过线圈的磁通量等于零，线圈中的感应电动势等于零2.—矩形线圈绕垂直磁场方向的轴在匀强磁场屮转动，产生的交变电动势e=20V2sin20nrV,由此可以判断（）A.f=0时，线圈平面和磁场垂直B./=0时，线圈的磁通量为零C.t=0.05s时，线圈切割磁感线的有效速度最小D.t=0.05s时，w第一次出现最大值3.线圈在匀强磁场屮匀角速转动，产生的交变电流如图所示，则（）A.在A和C时刻线圈平面和磁场垂直B.在B和时刻线圈中的磁通量为零C.从A吋刻到B吋刻线圈转动的角度为madD.若从O时刻到D时刻经历的时间为0.02s,则该交变电流在1.0s的时间内方向会改变10（）次4.一个矩形线框的面积为S,在磁感应强度为B的匀强磁场屮，从线圈平面与磁场垂直的位置开始计时，转速为转/秒，则（）A.线框交变电动势的最大值为mrBSB.线框交变电动势的冇效值为41nnBSC.从开始转动经过1/4周期，线框中的平均感应电动势为加BSD.感应电动势瞬时值为e=2n7iBSsin2mit5.关于交流电的有效值和最大值，下列说法正确的是（）A.任何形式的交变电流的有效值和最大值都有关系U=UJ41\nA.只有正弦式电流才有U=Um/^2的关系\nA.照明电压220V、动力电压380V,指的都是交变电流的有效值B.交流电压表和电流表测量的都是交变电流的有效值2.一只氛管的起辉电压为50V,把它接在w=50sin314tV的交变电源上，在一个交变电压的周期内，氛管的发光时间为（）B.0.01sC.0.015sA.0.02s3.对于如图所示的电路，下列说法正确的是（）A.a、b端接稳恒直流电，灯泡发亮D.0.005sbC.a、b端接交变电流,灯泡发亮，且将电容器电容增人时，灯泡亮度增人D.a、b端接交变电流,灯泡发亮，且将电容器电容减小时，灯泡亮度增大B.a、b端接交变电流，灯泡发亮&对于如图所示的电路，下列说法正确的是（）A.双刀双掷开关S接上部时，灯泡亮度较大B.双刀双掷开关S接下部吋，灯泡亮度较大C.双刀双掷开关S接下部，同时将电感线圈的L的铁芯抽出,在抽出的过程屮，灯泡亮度变大D.双刀双掷开关S接下部，同时将电感线圈的L的铁芯抽出，在抽出的过程中，灯泡亮度变小9.在图所示的电路中，如果交变电流的频率增大，1、2和3灯的亮度变化情况是（）A.1、2两灯均变亮，3灯变暗B.1灯变亮，2、3两灯均变暗C.1、2灯均变暗，3灯亮度不变D.1等变暗，2灯变亮，3灯亮度不变10.在电工和电子技术中使用的扼流圈有两种：低频扼流圈和高频扼流圈。它们的区别在于（）A.低频扼流圈的口感系数较大B.高频扼流圈的自感系数较大C.低频扼流圈的能有效地阻碍低频交变电流，但不能阻碍高频交变电流\nD.高频扼流圈的能有效地阻碍高频交变电流，但不能阻碍低频交变电流11・关于电容器通过交变电流的理解，正确的是（）A.有自市电荷通过电容器屮的电介质B.电容不断的充、放电，与之相连的导线中必须有自由电荷移动，这样就形成了电流C.交变电压相同时，电容越大，电流越大D.交变电压相同时，频率越高，电流越大12.对于图所示的电路，下列说法正确的是（）A.a、b两端接稳恒直流，灯泡将不发光B.a、b两端接交变电流，灯泡将不发光C.b两端由稳恒的直流电压换成有效值相同的交变电压，灯泡亮度相同D.a、b两端由稳恒的直流电压换成有效值相同的交变电氐灯泡亮度将会减弱13.在电子技术中，从前一级装置输出的既有直流成分（工作电流），又有交流成分（信号电流）。如果我们希望输送到后一级装置的只有直流成分，电容器应该和后一级装置;如果我们希望输送到后一级装置的只有交流成分，电容器应该和后一-级装置（两空均填“串联”或“并联”）。14.将"=110V2sinlOOKtV的交变电压接到“220V,100W”的灯泡两端，设灯丝的电阻不随温度变化，试求：（1）流过灯泡电流的最大值；（2）灯泡发挥的实际功率。15.—闭合线圈在匀强磁场中做匀角速转动，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。4816.如图所示，匀强磁场的磁感强度B二0.1T,矩形线圈的匝数N二100匝，边长"二0.2m,bc=0.5m,转动角速度＜v=100jtrad/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；\n（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。a23AL<—参考答案l.C2.AC:3.D；4.BD；5.BCD；6.B:7.BC；8.AC:9.D；10.AD；11.ACD12.C13.并联、串联14.(1)0.32A、(2)25W；15.(1)2sin8ntV、(2)1.0V16.(1)314cosl00"V、(2)不变、(3)不变。附：课前预习提纲1、交变电流：和都随时间做的交流电叫做交变电流.电压和电流随时间按变化的交流电叫正弦交流电.2、交流电的产生：矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的中心轴匀速旋转时，线圈中就会产生.3、当线圈平面垂直于磁感线时，线圈各边都磁感线，线圈中没有感应电流，这样的位置叫做・线圈平面每经过一次，感应电流方向就改变一次,因此线圈转动一周，感应电流方向改变・4、线圈从屮性面开始转动，角速度是3,线圈屮的感应电动势的峰值是£口，那么在任一时刻t感应电动势的瞬时值e为.若线圈电阻为R,则感应电流的瞬时值］为.5、交流发电机有两种，即和.其中转动的部分叫,不动的部分叫.发电机转子是由>或其它动力机带动.\n6、交流电的有效值是根据电流的效应来规定的.正弦交流电的有效值与峰\n值间的关系是£=、U=、1=.通常所说的交流电的数值，如果没有特别说明，一般都是指交流电的值.7、我国工农业生产和生活用的交流电.频率是Hz,周期是s,电流方向每分钟改变次.教学后记交变电流内容比较简单，主要要掌握几种电流值，电压值的计算，学生掌握比较好。变压器电能的输送教学目标:1.了解变压器的工作原理，掌握理想变压器的电流、电压与匝数的关系.2.理解远距离输电的原理.教学重点：理想变压器的电流、电压与匝数的关系教学难点：变压器的工作原理教学方法：讲练结合，计算机辅助教学教学过程：一、理想变压器I.理想变压器的构造、作用、原理及特征构造：两组线圈（原、副线圈）绕在同一个闭合铁芯上构成变压器.作用：在输送电能的过程中改变电压.原理：其工作原理是利用了电磁感应现象.特征：正因为是利用电磁感应现象来工作的，所以变压器只能在输送交变电流的电能过程中改变交变电压.2.理想变压器的理想化条件及其规律.在理想变压器的原线圈两端加交变电压3后，由于电磁感应的原因，原、副线圈屮都将产生感应电动势，根据法拉第电磁感应定律有:△①2At忽略原、副线圈内阻，有U尸E、，U2=E2\n高中教育\n另外，考虑到铁心的导磁作用而且忽略漏磁，即认为在任意时刻穿过原、副线圈的磁感线条数都相等，于是乂有由此便可得理想变压器的电压变化规律为才=」■■在此基础上再忽略变压器自身的能量损失（一般包括线圈内能量损失和铁芯内能量损失这两部分，分别俗称为“铜损”和“铁损”），有而片=/(t/jP2=I2U2于是又得理想变压器的电流变化规律为由此可见：（1）理想变压器的理想化条件一般指的是：忽略原、副线圈内阻上的分压，忽略原、副线圈磁通量的差别，忽略变压器自身的能量损耗（实际上还忽略了变压器原、副线圈电路的功率因数的差别.）（2）理想变压器的规律实质上就是法拉第电磁感应定律和能的转化与守恒定律在上述理想条件下的新的表现形式.这里要求熟记理想变圧器的两个基本公式是：⑴即对同一变压器的任意两个线圈，都有电压和匝数成正比。（2）P入二P出，即无论有几个副线圈在工作，变压器的输入功率总等于所有输出功率之和。需要特别引起注意的是:⑴只有当变压器只有一个副线圈工作吋，才有：UJ严U1,'吕⑵变压器的输入功率由输出功率决定，往往用到:电压确定以后，输入功率和原线圈电压与副线圈匝数的平方成正比，与原线圈匝数的平方成反比，与副线圈电路的电阻值成反比。式中的R表示负载电阻的阻值，而不是“负载”。''负载”表示副线圈所接的用电器的实际功率。实际上，/?越大，负载越小；R越小，负载越大。这一点在审题时要特别注意。\n【例1】理想变压器初级线圈和两个次级线圈的匝数分别为«i=1760匝、h2=288匝、723=8000匝，电源电压为3=220V。血上连接的灯泡的实际功率为36W,测得初级线圈的电流为/|=0.3A,求通过如的负载R的电流厶。解：由于两个次级线圈都在工作，所以不能用/-1M,而应该用凡二巴+戸3和Un。由Uf可求得（72=36V,1/3=1000V；由卩/二口人+^厶和/2=1A可得厶二0.03A。Hrtr1『TIWIA.B.C.解：电流互感器要把人电流变为小电流,因此原线圈的匝数少，副线圈的匝数多。监测【例2】在变电站里，经常要用交流电表去监测电网上的强电流，所用的器材叫电流互感器。如下所示的四个图中，能正确反应其工作原理的是每相的电流必须将原线圈串联在火线屮。选A。2.解决变压器问题的常用方法思路1电压思路.变压器原、副线圈的电压之比为UJUe%；当变压器有多个副绕组时U\!n\=U〜八尸U血3=思路2功率思路.理想变压器的输入、输岀功率为P入二P出，即PlP»当变压器有多个副绕组时PLP2+P3+……思路3电流思路.由i/U知,对只有一个副绕组的变压器有h/I2=n2/n^当变压器有多个副绕组时n\I\=H2h+^3h+思路4（变压器动态问题）制约思路.（1）电压制约：当变压器原、副线圈的匝数比（山/灼）一定时，输出电压6由输入电压决定,即如训/血,可简述为“原制约副”•（2）电流制约：当变压器原、副线圈的匝数比（如加2）一定，且输入电压3确定时，原线圈中的电流人由副线圈中的输出电流“决定，即1\=血帥\，可简述为“副制约原”・（3）负载制约：①变压器副线圈屮的功率P2由用户负载决定，P2=P负l+P负2+…；②变压器副线圈中的电流由用户负载及电压6确定，ZPJlh；③总功率P•沪P线+P2・动态分析问题的思路程序可表示为：\n片=叨u=也）门P严心小决定1决定思路5原理思路.变压器原线圈屮磁通量发生变化,铁芯中A0/Af相等；当遇到“工”型变压器时有A0）/A/=A（P2/A/+A03/Ar,此式适用于交流电或电压（电流）变化的直流电，但不适用于稳压或恒定电流的情况.【例3】如图，为一理想变压器，K为单刀双掷开关，P为滑动变阻器的滑动触头，3为加在原线圈两端的电压，厶为原线圈屮的电流强度，则A.保持3及P的位置不变，K由d合到方时，人将增大B.保持3及P的位置不变，K由b合到a时，R消耗的功率减小C.保持3不变，K合在a处，使P上滑，人将增大D.保持P的位置不变，K合在。处，若3增大，厶将增大命题意图：以变压器动态问题为背景考查考生综合分析能力及逻辑思维能力.错解分析：部分考生对变压器工作原理理解不深刻，辨不清原副线圈中的变量与不变量,理不明各量间“谁制约谁“的制约关系；导致错选.解析：K由a合到b时，山减小，由U}/U2=n{/n2,可知®增大，P2=UD正确.【例4】一台理想变压器原线圈匝数,7,=1100匝，两个副线圈的匝数分别是«2=60匝，如=600匝，若通过两个副线圈中的电流强度分别是/2=1A,厶=4A,求原线圈中的电流强度.命题意图：考查考生分析推理能力.错解分析：违背能量守恒，生搬硬套公式，得山一=生乜1,后3A的错解.【2+【3"1解析：电流强度与匝数成反比，仅适用于理想变压器只有一只副线圈的情况，本题有两个副线圈，应根据理想变压器无能量损失來分析，市于理想变压器无能量损失，所以有尺二直+巴（Pl为原线圈输入功率，P2、巴分别为两只副线圈的输出功率）根据电功率公式有：I\U\=hU2+hU3\n知识网」二•络fi—1121二络sO—=2ss2元：单切块按络照纲的要2201it求，2。一—2243A4332233+01/1A+本章诲脛离输堰1孩各2%(01应成三部即基内容可以分概念、匀速络直线运分动章；变图象。章以分其重点分是规律和分是应用难对理解研匀中究基方法概把纲握复习应成一质；來图象。概代章替物其体概只有量而网章2章2B】章芒各方法概分象章分无章形状积法它种想方法概复习速模念应型匀中法它简基形状化为概条件大要2（）2孩各10小在所中分无化为概条件问题忽络2DD|中略部时刻成来络表；来示规间方重应识坐分象化为概条件大要」22D-^1D.］应2112分无化为概条件大要亠2D—D2］应211标以分其轴概分无上上大例如几秒概初末前应以分其轴概形状后两规分象后两积大之部差而段、概应量第规共参系位移路想1D络程度率想亠应差而平部概人部均量第以分其轴概形状后两丁络加坐的基描2述要典（=以分其形状后两概）特大自高以分分象由落竖以分抛其概，置空起应指方向络\n高中教育\n终与始矢轨指应迹长以分其形状后两注意区三络0J•快高以分分象率（慢以分其置空起络型程比值竖握瞬于某或规相质分其求之概能某规不同络【率=】想从到应之部半那段、概大么全轴析查要以分其轴概分象后两络故正确以分其概分是答条络【确案△规又△答条应终以分其叫分象合高章抛其置空起合竖系络分△外力概分象后两向分是外力概【部竖应评没5接关很答成变法也零想运分动络“是网02”络快象图象。只有向网2否庠各作象图象。概只有向网A否2络以分其概示分是网0A”络决很11来教定络增来教定想减113m络A36当概若4得络部标求答若位越仍运然络反要典运分动概以基形状做竖经迹运分动概分过这做竖经性以分其轴后包概分形状做竖经括要典求答若位越仍情况概示形状网11二4二A3O51.36络想分。示分无网丄口1A+络以分其轴概分无113丄4+络作象图象。轴要A,0A曲..3m络以分其轴概分象后两网要&701血络识坐快彖图彖。概以基分彖网2%7t|0v3An络以块分象网202仔0114m络以块分无网2OA2^）1A+-络求，运分动以基形状网基022O5A1A6迹运分动概分过这02亡20153m性以分其轴后包概分形状70710236评没4接研内容可以分系络部考已取握（=以分其轴概形状后两应答成来则前分一络以义概分形状网0533%络终算想05Mn概分象以分系络选的将转研以分其叫那数规才数怎概；略分样模成般地念有方而A33样应标要典例系概以分点状甲规以分其概示分是应迹长南算以分点状自高走v.-络知度米图以分其络别.分一法算想做高概分彖乙出以分经括发典加东以义形状网0533X6络成般地以义分率0021333样络才数的走概分率%8133样络识坐点状怜43-应以分其轴概分无小加0B共参络网0233+络程以分其后包形状小加（01共参络所中（0A33HA）133\6络识坐小标的013”应迹以分其轴后包形状上-络行速&133X6络？研部标蛮23\6络共参小1的以分分象法查比网光11/AW1应评没8接运分动以基形状网233\6络以基分象大153m络想端之部概分象大113m络以分英分是网23”/长以分其屮识运偏程后两概形状网以义形状概A络西标要°2通研以分其叫屮质该概快章作象图象。行看其体概只有向/°1通即基坐以分其叫概念、匀/\n°S通想端的走概分形状大做=经括第要以分其叫概念、匀准匀求念络”1”2为山以分其后包形状其0233二AV）0AV）络m«.0/以分其分无10s013+233333行其体中以块分无2。一+OA33+.153求，2111322A3313例就10210153二13mO5333m2s()ig其05333gl3二23m0A33m求，sAsA331A3A11322想端的走概分形状埜0233二v4・\60v4\62/°2vv5具轴冃通准匀求念络纲南图象。概以块依据越灵活无分络看其体轴下再以分其MRN据答；来方举概若人2规I发以分其概重点分是网络划船系络分逆流划/终据下系络,桥木掉中越区概大+/看其体概；依章概以基分象（慢9/看其体以分其重点分是轴概分象落竖_/下再若人2概分无（慢P/行其体中概分无落竖1/准匀求念络纲南图象。以块分象2成三络；来看其体概只有量而网1规s络终元举成来分是河水据研章为规章为系络下再分是概分无规分是；依概分象量而网|章］规s章S络图象。以块概分无量而网2络2里络反+/」」9/」」\nP/2°2丫2里通0||ts厂2vv4具轴目通准匀求念络研但航图象。系络至游处此；来其体但研匀念图彖。现立概返追；来赶轴络终下，活无分系络增来其体他距概离下握位略答成远下再表成来其体络表成远下再中为概赶络注时其体2章1概只有向网2否21否2络研度据律和概静进桥+/终其体2以块分象113m系络其体1以基分象网223m9/终其体2以块分彖113m系络其体1以基分彖网55m_/终其体1以块分象223m系络其体2以基分象网113mP/终其体1以块分象223m系络其体2以基分象网223m"研至活无分叫川络答成越研情况概图彖。络行章看其体只有量而网20433络Q213络分等分彖2。113m络行其体屮试多成来3/1+概止恒往络网止各止恒往度了易任络反+/律和形状度率像再M69/看其体分无问竖斜度率像再2+_/看其体分无答点斜度率像再2+P/看其体分无答点斜度率像再3/1+5/准匀。W通求念络终匀中章；依确（章；依量而综轴113m概活无分象系络选的章为确章）为概分象列网223nV长量而研章；依确章；依综轴223m概活无分彖络反章确（章为概分象网9/113m络223m/223m络223mP/113m络3（刃Sh4/成纲南图象。行其体据活无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