高中物理全套教案(上) 92页

第一章运动的描述匀变速直线运动的研究第1单元直线运动的基本概念1、机械运动：一个物体相对于另一物体位置的改变（平动、转动、直线、曲线、圆周）直线运动直线运动的条件：a、v0共线参考系、质点、时间和时刻、位移和路程速度、速率、平均速度加速度运动的描述典型的直线运动匀速直线运动s=t，s-t图，（a＝0）匀变速直线运动特例自由落体（a＝g）竖直上抛（a＝g）v-t图规律,,参考系：假定为不动的物体（1）参考系可以任意选取,一般以地面为参考系（2）同一个物体，选择不同的参考系，观察的结果可能不同（3）一切物体都在运动，运动是绝对的，而静止是相对的2、质点：在研究物体时，不考虑物体的大小和形状，而把物体看成是有质量的点，或者说用一个有质量的点来代替整个物体，这个点叫做质点。（1）质点忽略了无关因素和次要因素，是简化出来的理想的、抽象的模型，客观上不存在。（2）大的物体不一定不能看成质点，小的物体不一定就能看成质点。（3）转动的物体不一定不能看成质点，平动的物体不一定总能看成质点。（4）某个物体能否看成质点要看它的大小和形状是否能被忽略以及要求的精确程度。3、时刻：表示时间坐标轴上的点即为时刻。例如几秒初，几秒末。时间：前后两时刻之差。时间坐标轴线段表示时间，第n秒至第n+3秒的时间为3秒（对应于坐标系中的线段）4、位移：由起点指向终点的有向线段，位移是末位置与始位置之差，是矢量。路程：物体运动轨迹之长，是标量。路程不等于位移大小（坐标系中的点、线段和曲线的长度）5、速度：描述物体运动快慢和运动方向的物理量，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时间的比值，υ=s/t（方向为位移的方向）平均速率：为质点运动的路程与时间之比,它的大小与相应的平均速度之值可能不相同（粗略描述运动的快慢）即时速度：对应于某一时刻（或位置）的速度，方向为物体的运动方向。（）即时速率：即时速度的大小即为速率；\n【例1】物体M从A运动到B，前半程平均速度为v1，后半程平均速度为v2，那么全程的平均速度是：（D）A．（v1+v2）/2B．C．D．【例2】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，时间为2小时。易得水的速度为0.75m/s。6、平动：物体各部分运动情况都相同。转动：物体各部分都绕圆心作圆周运动。7、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△v的方向相同（即与合外力方向相同）。（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。（3）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）。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；若加速度增大，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）。8匀速直线运动和匀变速直线运动【例3】一物体做匀变速直线运动，某时刻速度大小为4m/s，经过1s后的速度的大小为10m/s，那么在这1s内，物体的加速度的大小可能为(6m/s或14m/s)【例4】关于速度和加速度的关系，下列说法中正确的是（B）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C．加速度大小不变，速度方向也保持不变D．加速度大小不断变小，速度大小也不断变小9、匀速直线运动：，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，加速度为零的直线运动．匀速s-t图像为一直线：图线的斜率在数值上等于物体的速度。第2单元匀变速直线运动规律匀变速直线运动公式1．常用公式有以下四个2．匀变速直线运动中几个常用的结论①Δs=aT2，即任意相邻相等时间内的位移之差相等。可以推广到sm-sn=(m-n)aT2②，某段时间的中间时刻的即时速度等于该段时间内的平均速度。\n，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。3．初速度为零（或末速度为零）的匀变速直线运动做匀变速直线运动的物体，如果初速度为零，或者末速度为零，那么公式都可简化为：，，，4．初速为零的匀变速直线运动①前1秒、前2秒、前3秒……内的位移之比为1∶4∶9∶……②第1秒、第2秒、第3秒……内的位移之比为1∶3∶5∶……③前1米、前2米、前3米……所用的时间之比为1∶∶∶……④第1米、第2米、第3米……所用的时间之比为1∶∶（）∶……对末速为零的匀变速直线运动，可以相应的运用这些规律。5．一种典型的运动经常会遇到这样的问题：物体由静止开始先做匀加速直线运动，紧接着又做匀减速直线运动到静止。用右图描述该过程，可以得出以下结论：ABCa1、s1、t1a2、s2、t2①②6、解题方法指导：解题步骤：（1）确定研究对象。（2）明确物体作什么运动，并且画出运动示意图。（3）分析研究对象的运动过程及特点，合理选择公式，注意多个运动过程的联系。（4）确定正方向，列方程求解。（5）对结果进行讨论、验算。解题方法：（1）公式解析法：假设未知数，建立方程组。本章公式多，且相互联系，一题常有多种解法。要熟记每个公式的特点及相关物理量。（2）图象法：如用v—t图可以求出某段时间的位移大小、可以比较vt/2与vS/2，以及追及问题。用s—t图可求出任意时间内的平均速度。（3）比例法：用已知的讨论，用比例的性质求解。（4）极值法：用二次函数配方求极值，追赶问题用得多。（5）逆向思维法：如匀减速直线运动可视为反方向的匀加速直线运动来求解。综合应用例析【例1】在光滑的水平面上静止一物体，现以水平恒力甲推此物体，作用一段时间后换成相反方向的水平恒力乙推物体，当恒力乙作用时间与恒力甲的作用时间相同时，物体恰好回到原处，此时物体的速度为v2，若撤去恒力甲的瞬间物体的速度为v1，则v2∶v1=?【解析】，而，得v2∶v1=2∶1思考：在例1中，F1、F2大小之比为多少？（答案：1∶3）匀加速匀速匀减速甲t1t2t3乙s1s2s3【例2】一辆汽车沿平直公路从甲站开往乙站，起动加速度为2m/s2，加速行驶5秒，后匀速行驶2分钟，然后刹车，滑行50m，正好到达乙站，求汽车从甲站到乙站的平均速度？解析：起动阶段行驶位移为：s1=……（1）\n匀速行驶的速度为：v=at1……（2）匀速行驶的位移为：s2=vt2……（3）刹车段的时间为：s3=……（4）汽车从甲站到乙站的平均速度为：=【例3】一物体由斜面顶端由静止开始匀加速下滑，最初的3秒内的位移为s1，最后3秒内的位移为s2，若s2-s1=6米，s1∶s2=3∶7，求斜面的长度为多少？解析：设斜面长为s，加速度为a，沿斜面下滑的总时间为t。则：（t-3）s3s斜面长：s=at2……(1)前3秒内的位移：s1=at12……（2）后3秒内的位移：s2=s-a(t-3)2……(3)s2-s1=6……(4)s1∶s2=3∶7……(5)解（1）—（5）得：a=1m/s2t=5ss=12.5mDC【例4】物块以v0=4米/秒的速度滑上光滑的斜面，途经A、B两点，已知在A点时的速度是B点时的速度的2倍，由B点再经0.5秒物块滑到斜面顶点C速度变为零，A、B相距0.75米，求斜面的长度及物体由D运动到B的时间？解析：物块匀减速直线运动。设A点速度为VA、B点速度VB，加速度为a，斜面长为S。A到B：vB2-vA2=2asAB……(1)vA=2vB ……(2)B到C：0=vB+at0 ……..(3)解（1）（2）（3）得：vB=1m/sa=-2m/s2D到C0-v02=2as(4)s=4m从D运动到B的时间：D到B：vB=v0+at1t1=1.5秒D到C再回到B：t2=t1+2t0=1.5+2´0.5=2.5(s)【例5】ABCD一质点沿AD直线作匀加速直线运动，如图，测得它在AB、BC、CD三段的时间均为t，测得位移AC=L1，BD=L2，试求质点的加速度？解：设AB=s1、BC=s2、CD=s3则：s2-s1=at2s3-s2=at2两式相加：s3-s1=2at2由图可知：L2-L1=（s3+s2）-（s2+s1）=s3-s1则：a=【例6】一质点由A点出发沿直线AB运动，行程的第一部分是加速度为a1的匀加速运动，接着做加速度为a2的匀减速直线运动，抵达B点时恰好静止，如果AB的总长度为s，试求质点走完AB全程所用的时间t？解：设质点的最大速度为v，前、后两段运动过程及全过程的平均速度相等，均为。全过程：s=……（1）匀加速过程：v=a1t1……（2）匀减速过程：v=a2t2……（3）由（2）（3）得：t1=代入（1）得：\ns=s=将v代入（1）得：t=【例7】一个做匀加速直线运动的物体，连续通过两段长为s的位移所用的时间分别为t1、t2，求物体的加速度？解：方法（1）：设前段位移的初速度为v0，加速度为a，则：前一段s：s=v0t1+……（1）全过程2s：2s=v0（t1+t2）+……（2）消去v0得：a=方法（2）：设前一段时间t1的中间时刻的瞬时速度为v1,后一段时间t2的中间时刻的瞬时速度为v2。所以：v1=……（1）v2=……（2）v2=v1+a（）……（3）解（1）（2）（3）得相同结果。方法（3）：设前一段位移的初速度为v0，末速度为v，加速度为a。前一段s：s=v0t1+……（1）后一段s：s=vt2+……（2）v=v0+at……（3）解（1）（2）（3）得相同结果。例8．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.解：由s=at2及：a=m/s2=36m/s2.由牛顿第二定律：F+mg=ma得F=m(a-g)=1560N,成年乘客的质量可取45kg~65kg,因此，F相应的值为1170N~1690N第3单元自由落体与竖直上抛运动1、自由落体运动：物体仅在重力作用下由静止开始下落的运动重快轻慢”――非也亚里斯多德――Y伽利略――――N（1）特点：只受重力作用，即υ0=0、a=g（由赤道向两极，g增加由地面向高空，g减小一般认为g不变）\n（2）运动规律：V=gtH=gt2./2V2=2gH对于自由落体运动，物体下落的时间仅与高度有关，与物体受的重力无关。（3）符合初速度为零的匀加速直线运动的比例规律1、竖直上抛运动：物体上获得竖直向上的初速度υ0后仅在重力作用下的运动。特点：只受重力作用且与初速度方向反向，以初速方向为正方向则---a=-g运动规律：（1）V＝V0－gtt＝V0/g（2）H＝V0t－gt2/2（3）V02－V2＝2gHH＝V02/2g（4）=(V0+V)/2例：竖直上抛，V0＝100m/s忽略空气阻力（1）、多长时间到达最高点？0＝V0－gtt＝V0/g=10秒500米理解加速度（2）、最高能上升多高？（最大高度）100m/s0－V02＝－2gHH=V02/2g＝500米（3）、回到抛出点用多长时间？H＝gt2./2t＝10秒时间对称性（4）、回到抛出点时速度＝？V＝gtV＝100m/s方向向下速度大小对称性（5）、接着下落10秒，速度＝？v＝100＋10×10＝200m/s方向向下（6）、此时的位置？s＝100×10＋0.5×10×102＝1500米（7）、理解前10秒、20秒v（m/s）30秒内的位移1000102030t(s)－100－200结论：时间对称性速度大小对称性注意：若物体在上升或下落中还受有恒空气阻力，则物体的运动不再是自由落体和竖直上抛运动，分别计算上升a上与下降a下的加速度，利用匀变速公式问题同样可以得到解决。例题分析：\n例1、从距地面125米的高处，每隔相同的时间由静止释放一个小球队，不计空气阻力，g=10米/秒2，当第11个小球刚刚释放时，第1个小球恰好落地，试求：（1）相邻的两个小球开始下落的时间间隔为多大？（2）当第1个小球恰好落地时，第3个小球与第5个小球相距多远？（拓展）将小球改为长为5米的棒的自由落体，棒在下落过程中不能当质点来处理，但可选棒上某点来研究。例2、在距地面25米处竖直上抛一球，第1秒末及第3秒末先后经过抛出点上方15米处，试求：（1）上抛的初速度，距地面的最大高度和第3秒末的速度；（2）从抛出到落地所需的时间（g=10m/s2）例3、一竖直发射的火箭在火药燃烧的2S内具有3g的竖直向上加速度，当它从地面点燃发射后，它具有的最大速度为多少？它能上升的最大高度为多少？从发射开始到上升的最大高度所用的时间为多少？（不计空气阻力。G=10m/s2）第4单元直线运动的图象知识要点：1、匀速直线运动对应于实际运动1、位移～时间图象，某一时刻的位移S＝vt⑴截距的意义：出发点距离标准点的距离和方向⑵图象水平表示物体静止斜率绝对值=v的大小⑶，交叉点表示两个物体相遇V（某时刻的快慢）t2、速度～时间图象，某一时刻的速度阴影面积＝位移数值（大小）上正下负2、匀变速直线运动的速度——时间图象（υ—t图）△VVtVOα0t(1)截距表示初速度(2)比较速度变化的快慢，即加速度pqABCvtopqvtqtp(3)交叉点表示速度相等(4)面积=位移上正下负【例1】一个固定在水平面上的光滑物块，其左侧面是斜面AB，右侧面是曲面AC。已知AB和AC\n的长度相同。两个小球p、q同时从A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A.p小球先到B.q小球先到C.两小球同时到D.无法确定解：可以利用v-t图象(这里的v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v-t图象中做出p、q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。vaa’v1v2l1l1l2l2vt1t2tovm【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a和a/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：首先由机械能守恒可以确定拐角处v1>v2，而两小球到达出口时的速率v相等。又由题薏可知两球经历的总路程s相等。由牛顿第二定律，小球的加速度大小a=gsinα，小球a第一阶段的加速度跟小球a/第二阶段的加速度大小相同（设为a1）；小球a第二阶段的加速度跟小球a/第一阶段的加速度大小相同（设为a2），根据图中管的倾斜程度，显然有a1>a2。根据这些物理量大小的分析，在同一个v-t图象中两球速度曲线下所围的面积应该相同，且末状态速度大小也相同（纵坐标相同）。开始时a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t1）则必然有s1>s2，显然不合理。考虑到两球末速度大小相等（图中vm），球a/的速度图象只能如蓝线所示。因此有t1a2B．a1=a2C．a1gtanα时木块和斜面不再保持相对静止，而是相对于斜面向上滑动，绳子松弛，拉力为零。问题2：必须弄清牛顿第二定律的瞬时性。牛顿第二定律是表示力的瞬时作用规律，描述的是力的瞬时作用效果—产生加速度。物体在某一时刻加速度的大小和方向，是由该物体在这一时刻所受到的合外力的大小和方向来决定的。当物体所受到的合外力发生变化时，它的加速度随即也要发生变化，F=ma对运动过程的每一瞬间成立，加速度与力是同一时刻的对应量，即同时产生、同时变化、同时消失。例2、如图2（a）所示，一质量为m的物体系于长度分别为L1、L2的两根细线上，L1的一端悬挂在天花板上，与竖直方向夹角为θ，L2水平拉直，物体处于平衡状态。现将L2线剪断，求剪断瞬时物体的加速度。L1L2θ图2(a)（l）下面是某同学对该题的一种解法：分析与解：设L1线上拉力为T1，L2线上拉力为T2，重力为mg，物体在三力作用下保持平衡,有T1cosθ＝mg，T1sinθ＝T2，T2＝mgtanθ\n剪断线的瞬间，T2突然消失，物体即在T2反方向获得加速度。因为mgtanθ＝ma，所以加速度a＝gtanθ，方向在T2反方向。L1L2θ图2(b)你认为这个结果正确吗？请对该解法作出评价并说明理由。（2）若将图2(a)中的细线L1改为长度相同、质量不计的轻弹簧，如图2(b)所示，其他条件不变，求解的步骤和结果与（l）完全相同，即a＝gtanθ，你认为这个结果正确吗？请说明理由。分析与解：（1）错。因为L2被剪断的瞬间，L1上的张力大小发生了变化。剪断瞬时物体的加速度a=gsinθ.（2）对。因为L2被剪断的瞬间，弹簧L1的长度来不及发生变化，其大小和方向都不变。问题3：必须弄清牛顿第二定律的独立性。Mm图3当物体受到几个力的作用时，各力将独立地产生与其对应的加速度（力的独立作用原理），而物体表现出来的实际加速度是物体所受各力产生加速度叠加的结果。那个方向的力就产生那个方向的加速度。例3、如图3所示，一个劈形物体M放在固定的斜面上，上表面水平，在水平面上放有光滑小球m，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：CA．沿斜面向下的直线B．抛物线C．竖直向下的直线D.无规则的曲线。(m+M)gFF图5问题4：必须弄清牛顿第二定律的同体性。图4加速度和合外力(还有质量)是同属一个物体的，所以解题时一定要把研究对象确定好，把研究对象全过程的受力情况都搞清楚。aFFNMg图6例4、一人在井下站在吊台上，用如图4所示的定滑轮装置拉绳把吊台和自己提升上来。图中跨过滑轮的两段绳都认为是竖直的且不计摩擦。吊台的质量m=15kg,人的质量为M=55kg,起动时吊台向上的加速度是a=0.2m/s2,求这时人对吊台的压力。(g=9.8m/s2)分析与解：选人和吊台组成的系统为研究对象，受力如图5所示，F为绳的拉力,由牛顿第二定律有：2F-(m+M)g=(M+m)a则拉力大小为：再选人为研究对象，受力情况如图6所示，其中FN是吊台对人的支持力。由牛顿第二定律得：F+FN-Mg=Ma,故FN=M(a+g)-F=200N.由牛顿第三定律知，人对吊台的压力与吊台对人的支持力大小相等，方向相反，因此人对吊台的压力大小为200N，方向竖直向下。问题5：必须弄清面接触物体分离的条件及应用。相互接触的物体间可能存在弹力相互作用。对于面接触的物体，在接触面间弹力变为零时，它们将要分离。图7例5、一根劲度系数为k,质量不计的轻弹簧，上端固定,下端系一质量为m的物体,有一水平板将物体托住,并使弹簧处于自然长度。如图7所示。现让木板由静止开始以加速度a(a＜g＝匀加速向下移动。求经过多长时间木板开始与物体分离。分析与解：设物体与平板一起向下运动的距离为x时，物体受重力mg，弹簧的弹力F=kx和平板的支持力N作用。据牛顿第二定律有：\nmg-kx-N=ma得N=mg-kx-ma当N=0时，物体与平板分离，所以此时因为，所以。F图9例6、一弹簧秤的秤盘质量m1=1．5kg，盘内放一质量为m2=10．5kg的物体P，弹簧质量不计，其劲度系数为k=800N/m，系统处于静止状态，如图9所示。现给P施加一个竖直向上的力F，使P从静止开始向上做匀加速直线运动，已知在最初0．2s内F是变化的，在0．2s后是恒定的，求F的最大值和最小值各是多少？（g=10m/s2）分析与解：因为在t=0.2s内F是变力，在t=0.2s以后F是恒力，所以在t=0.2s时，P离开秤盘。此时P受到盘的支持力为零，由于盘的质量m1=1．5kg，所以此时弹簧不能处于原长，这与例2轻盘不同。设在0_____0.2s这段时间内P向上运动的距离为x,对物体P据牛顿第二定律可得：F+N-m2g=m2a对于盘和物体P整体应用牛顿第二定律可得：令N=0，并由述二式求得，而，所以求得a=6m/s2.当P开始运动时拉力最小，此时对盘和物体P整体有Fmin=(m1+m2)a=72N.当P与盘分离时拉力F最大，Fmax=m2(a+g)=168N.图10问题6：必须会分析临界问题。例7、如图10，在光滑水平面上放着紧靠在一起的ＡＢ两物体，Ｂ的质量是Ａ的2倍，Ｂ受到向右的恒力ＦB=2N，Ａ受到的水平力ＦA=(9-2t)N，(t的单位是s)。从t＝0开始计时，则：A．Ａ物体3s末时的加速度是初始时的5／11倍；B．t＞４s后,Ｂ物体做匀加速直线运动；C．t＝4.5s时,Ａ物体的速度为零；D．t＞4.5s后,ＡＢ的加速度方向相反。分析与解：对于A、B整体据牛顿第二定律有：FA+FB=(mA+mB)a,设A、B间的作用为N，则对B据牛顿第二定律可得：N+FB=mBa解得当t=4s时N=0，A、B两物体开始分离，此后B做匀加速直线运动，而A做加速度逐渐减小的加速运动，当t=4.5s时A物体的加速度为零而速度不为零。t＞4.5s后,Ａ所受合外力反向，即A、B的加速度方向相反。当t<４s时，A、B的加速度均为。\n综上所述，选项A、B、D正确。aAP450图11例8、如图11所示，细线的一端固定于倾角为450的光滑楔形滑块A的顶端P处，细线的另一端拴一质量为m的小球。当滑块至少以加速度a=向左运动时，小球对滑块的压力等于零，当滑块以a=2g的加速度向左运动时，线中拉力T=。分析与解：当滑块具有向左的加速度a时，小球受重力mg、绳的拉力T和斜面的支持力N作用，如图12所示。mgaTN450图12在水平方向有Tcos450-Ncos450=ma;在竖直方向有Tsin450-Nsin450-mg=0.由上述两式可解出：mgaTα图13由此两式可看出，当加速度a增大时，球受支持力N减小，绳拉力T增加。当a=g时，N=0，此时小球虽与斜面有接触但无压力，处于临界状态。这时绳的拉力T=mg/cos450=.当滑块加速度a>g时，则小球将“飘”离斜面，只受两力作用，如图13所示，此时细线与水平方向间的夹角α<450.由牛顿第二定律得：Tcosα=ma,Tsinα=mg,解得。问题7：必须会用整体法和隔离法解题。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）为研究对象。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.图14FmM例9、用质量为m、长度为L的绳沿着光滑水平面拉动质量为M的物体，在绳的一端所施加的水平拉力为F，如图14所示，求：(1)物体与绳的加速度；(2)绳中各处张力的大小(假定绳的质量分布均匀，下垂度可忽略不计。)图15FxmxM分析与解：(1)以物体和绳整体为研究对象，根据牛顿第二定律可得：F=（M+m）a,解得a=F/(M+m).(2)以物体和靠近物体x长的绳为研究对象，如图15所示。根据牛顿第二定律可得：Fx=(M+mx/L)a=(M+).ABLmθ图16由此式可以看出：绳中各处张力的大小是不同的，当x=0时，绳施于物体M的力的大小为。例10、如图16所示，AB为一光滑水平横杆，杆上套一轻环，环上系一长为L质量不计的细绳，绳的另一端拴一质量为m的小球，现将绳拉直，且与AB平行，由静止释放小球，则当细绳与AB成θ\n角时，小球速度的水平分量和竖直分量的大小各是多少？轻环移动距离d是多少？分析与解：本题是“轻环”模型问题。由于轻环是套在光滑水平横杆上的，在小球下落过程中，由于轻环可以无摩擦地向右移动，故小球在落到最低点之前，绳子对小球始终没有力的作用，小球在下落过程中只受到重力作用。因此，小球的运动轨迹是竖直向下的，这样当绳子与横杆成θ角时，小球的水平分速度为Vx=0,小球的竖直分速度。可求得轻环移动的距离是d=L-Lcosθ.ABF例11.如图所示，mA=1kg，mB=2kg，A、B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、B的加速度各多大？解：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=（mA+mB）a=15N⑴当F=10N<15N时，A、B一定仍相对静止，所以⑵当F=20N>15N时，A、B间一定发生了相对滑动，用质点组牛顿第二定律列方程：，而aA=5m/s2，于是可以得到aB=7.5m/s2问题8：必须会分析与斜面体有关的问题。（系统牛顿第二定律）例12.如图，倾角为α的斜面与水平面间、斜面与质量为m的木块间的动摩擦因数均为μ，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。α解：以斜面和木块整体为研究对象，水平方向仅受静摩擦力作用，整体法：FN=Mg+mg(cosα+μsinα)sinαxyV0Mmθ图17例13、（难）如图17所示，水平粗糙的地面上放置一质量为M、倾角为θ的斜面体，斜面体表面也是粗糙的有一质量为m的小滑块以初速度V0由斜面底端滑上斜面上经过时间t到达某处速度为零，在小滑块上滑过程中斜面体保持不动。求此过程中水平地面对斜面体的摩擦力与支持力各为多大？分析与解：取小滑块与斜面体组成的系统为研究对象，系统受到的外力有重力(m+M)g/地面对系统的支持力N、静摩擦力f(向下)。建立如图17所示的坐标系，对系统在水平方向与竖直方向分别应用牛顿第二定律得：－f=0－mV0cosθ/t,[N－(m+M)g]=0－mV0sinθ/t所以，方向向左；。问题9：必须会分析传送带有关的问题。图18SPQV例14、如图1\n8所示，某工厂用水平传送带传送零件，设两轮子圆心的距离为S，传送带与零件间的动摩擦因数为μ，传送带的速度恒为V，在P点轻放一质量为m的零件，并使被传送到右边的Q处。设零件运动的后一段与传送带之间无滑动，则传送所需时间为，摩擦力对零件做功为.分析与解：由于f=μmg=ma,所以a=μg.加速时加速位移通过余下距离所用时间共用时间摩擦力对零件做功ANa1Nf2Ba2f1ωmgmg图19图20(a)(b)例15、（难）如图19所示，传送带与地面的倾角θ=37ｏ，从A到B的长度为16ｍ，传送带以V0=10m/s的速度逆时针转动。在传送带上端无初速的放一个质量为0.5㎏的物体，它与传送带之间的动摩擦因数μ=0.5，求物体从A运动到B所需的时间是多少？(sin37ｏ=0.6,cos37ｏ=0.8)分析与解：物体放在传送带上后，开始阶段，传送带的速度大于物体的速度，传送带给物体一沿斜面向下的滑动摩擦力，物体由静止开始加速下滑，受力分析如图20（a）所示；当物体加速至与传送带速度相等时，由于μ＜tanθ，物体在重力作用下将继续加速，此后物体的速度大于传送带的速度，传送带给物体沿传送带向上的滑动摩擦力，但合力沿传送带向下，物体继续加速下滑，受力分析如图20(b)所示。综上可知，滑动摩擦力的方向在获得共同速度的瞬间发生了“突变”。开始阶段由牛顿第二定律得:ｍｇsinθ＋μｍｇcosθ=ｍa1;所以:a1=ｇsinθ＋µｇcosθ=10m/s2;物体加速至与传送带速度相等时需要的时间ｔ1＝ｖ／a1＝1s;发生的位移：ｓ＝a1ｔ12/2＝5ｍ＜16ｍ;物体加速到10m/s时仍未到达B点。第二阶段，有：ｍｇsinθ－µｍｇcosθ＝ｍa2;所以：a2＝2m/s2;设第二阶段物体滑动到B的时间为t2则：LAB－S＝ｖｔ2＋a２ｔ22/2；解得：t2＝1s,ｔ2/=-11s（舍去）。故物体经历的总时间ｔ=t1＋t2=2s.第四章机械能\n第1单元功和功率一、功1．功：力对空间积累效应,和位移相对应（也和时间相对应）。功等于力和沿该力方向上的位移的乘积。求功必须指明是“哪个力”“在哪个过程中”做的2、功的正负①0≦θ≦900时，W＞0正功利于物体运动，动力②、θ＝900时，W＝0零功不做功③、900≦θ≦1800时W＜0负功阻碍物体运动，阻力【例1】质量为m的物体，受水平力F的作用，在粗糙的水平面上运动，下列说法中正确的是（A、C、D）[注意功是怎样改变能量的]A．如果物体做加速直线运动，F一定做正功B．如果物体做减速直线运动，F一定做负功C．如果物体做减速直线运动，F可能做正功D．如果物体做匀速直线运动，F一定做正功3、功是标量符合代数相加法则，功的正负不具有方向意义，只能反映出该力是有利于物体运动，还是阻碍物体运动，是动力还是阻力。4、合力功的计算①w合=F合×SCOSθ②w合=各个力的功的代数和③用动能定理W=ΔEk或功能关系5、变力做功的计算①动能定理②用平均值代替公式中的F。如果力随位移是均匀变化的，则平均值F=③F～S图象中面积＝功\n④W=Pt【例2】用力将重物竖直提起，先是从静止开始匀加速上升，紧接着匀速上升。如果前后两过程的运动时间相同，不计空气阻力，则（D）A．加速过程中拉力做的功比匀速过程中拉力做的功大B．匀速过程中拉力做的功比加速过程中拉力做的功大C．两过程中拉力做的功一样大D．上述三种情况都有可能解析：① ②比较①、②知：当a>g时，；当a=g时，；当a2πR）.已知列车的车轮是卡在导轨上的光滑槽中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v0，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v，游乐车的质量为m，则据机械能守恒定律得：要游乐车能通过圆形轨道，则必有v>0，所以有　　　　　例6、小球在外力作用下，由静止开始从A点出发做匀加速直线运动，到B点时消除外力。然后，小球冲上竖直平面内半径为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AB段运动的加速度为多大？　解析：要题的物理过程可分三段：从A\n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来提供向心力；从C回到A的平抛运动。根据题意，在C点时，满足①从B到C过程，由机械能守恒定律得②由①、②式得从C回到A过程，满足③水平位移s=vt，④由③、④式可得s=2R从A到B过程，满足⑤∴例7、如图所示，半径分别为R和r的甲、乙两个光滑的圆形轨道安置在同一竖直平面上，轨道之间有一条水平轨道CD相通，一小球以一定的速度先滑上甲轨道，通过动摩擦因数为μ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v′，根据小球对最高点压力为零，由圆周运动公式有①取轨道最低点为零势能点，由机械守恒定律②由①、②两式消去v′，可得同理可得小球滑过D点时的速度，设CD段的长度为l，对小球滑过CD段过程应用动能定理，将、代入，可得三、针对训练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间及损失的机械能的关系是（Ｃ）A．>，>B．<，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；当M=m时，显然最终共同速度为零，当MVs,怎样渡河位移最小？（3）若VcVs时，船才有可能垂直于河岸横渡。v1甲乙αv1v2vavbααv1甲乙αv1v2VsVcθV2图2甲V1VsVcθ图2乙θVVsVcθ图2丙VαABE（3）如果水流速度大于船上在静水中的航行速度，则不论船的航向如何，总是被水冲向下游。怎样才能使漂下的距离最短呢？如图2丙所示，设船头Vc与河岸成θ角，合速度V与河岸成α角。可以看出：α角越大，船漂下的距离x越短，那么，在什么条件下α角最大呢？以Vs的矢尖为圆心，以Vc为半径画圆，当V与圆相切时，α角最大，根据cosθ=Vc/Vs,船头与河岸的夹角应为：θ=arccosVc/Vs.船漂的最短距离为：.此时渡河的最短位移为：.2．连带运动问题【例2】如图所示，汽车甲以速度v1拉汽车乙前进，乙的速度为v2，甲、乙都在水平面上运动，求v1∶v2解析：甲、乙沿绳的速度分别为v1和v2cosα，两者应该相等，所以有v1∶v2=cosα∶1【例3】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a、b间用一细直棒相连如图。当细直棒与竖直杆夹角为α时，求两小球实际速度之比va∶vb解析：a、b沿杆分速度分别为vacosα和vbsinα∴va∶vb=tanα∶13、会根据运动的合成与分解求解面接触物体的速度问题。\n求相互接触物体的速度关联问题时，首先要明确两接触物体的速度，分析弹力的方向，然后将两物体的速度分别沿弹力的方向和垂直于弹力的方向进行分解，令两物体沿弹力方向的速度相等即可求出。例4、一个半径为R的半圆柱体沿水平方向向右以速度V0匀速运动。在半圆柱体上搁置一根竖直杆，此杆只能沿竖直方向运动，如图7所示。当杆与半圆柱体接触点P与柱心的连线与竖直方向的夹角为θ，求竖直杆运动的速度。RθOPV0图7V1解：设竖直杆运动的速度为V1，方向竖直向上由于弹力方向沿OP方向，所以V0、V1在OP方向的投影相等，即有，解得V1=V0.tgθ.四、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、（合成与分解的角度）平抛运动基本规律①速度：，合速度　方向：tanθ=②位移x=voty=　　合位移大小：s=方向：tanα=③时间由y=得t=（由下落的高度y决定）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。θv0vtv0vyAOBDC④一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t内物体的水平位移为s，竖直位移为h，则末速度的水平分量vx=v0=s/t，而竖直分量vy=2h/t，，所以有2、平抛运动是匀变速曲线运动3、平抛中能量守恒注意：两个分解（位移和速度）和两个物理量（角度和时间）hHsLv4．应用举例\n【例5】已知网高H，半场长L，扣球点高h，扣球点离网水平距离s、求：水平扣球速度v的取值范围。解析：假设运动员用速度vmax扣球时，球刚好不会出界，用速度vmin扣球时，球刚好不触网，从图中数量关系可得：OA；实际扣球速度应在这两个值之间。例6、如图8在倾角为θ的斜面顶端A处以速度V0水平抛出一小球，落在斜面上的某一点B处，设空气阻力不计，求（1）小球从A运动到B处所需的时间；（2）从抛出开始计时，经过多长时间小球离斜面的距离达到最大？θ图8BAV0V0Vy1分析与解：（1）小球做平抛运动，同时受到斜面体的限制，设从小球从A运动到B处所需的时间为t,则：水平位移为x=V0t竖直位移为y=数学关系得到:（2）从抛出开始计时，经过t1时间小球离斜面的距离达到最大,当小球的速度与斜面平行时，小球离斜面的距离达到最大。因Vy1=gt1=V0tanθ,所以。第2单元圆周运动一、描述述圆周运动物理量：1、线速度＝矢量方向――切向理解：单位时间内通过的弧长匀速圆周运动不匀速,是角速度不变的运动可理解为前面学过的即时速度2、角速度＝矢量方向――不要求单位：rad/s弧度/秒理解：单位时间内转过的角度3线速度和角速度是从两个不同的角度去描速同一个运动的快慢3、周期和频率周期（T）――物体运动一周所用的时间\n频率（f）――单位时间内完成多少个圆周，周期倒数(HzS－1)转速（n）――单位时间内转过的圈数（r/sr/min）abcd【例1】如图所示装置中，三个轮的半径分别为r、2r、4r，b点到圆心的距离为r，求图中a、b、c、d各点的线速度之比、角速度之比、加速度之比。解析：va=vc，而vb∶vc∶vd=1∶2∶4，所以va∶vb∶vc∶vd=2∶1∶2∶4；ωa∶ωb=2∶1，而ωb=ωc=ωd，所以ωa∶ωb∶ωc∶ωd=2∶1∶1∶1；再利用a=vω，可得aa∶ab∶ac∶ad=4∶1∶2∶4二、向心力和加速度1、大小F＝mω2r2、方向：把力分工—切线方向，改变速度大小半径方向，改变速度方向，充当向心力注意：区分匀速圆周运动和非匀速圆周运动的力的不同3、来源：一个力、某个力的分力、一些力的合力向心加速度a：（1）大小：a=2f2r（2）方向：总指向圆心，时刻变化（3）物理意义：描述线速度方向改变的快慢。三、应用举例（临界或动态分析问题）提供的向心力需要的向心力＝圆周运动＞近心运动\n＜离心运动＝0切线运动1、火车转弯如果车轮与铁轨间无挤压力，则向心力完全由重力和支持力提供,v增加，外轨挤压，如果v减小，内轨挤压Nmg问题：飞机转弯的向心力的来源2、汽车过拱桥mgsinθ=f如果在最高点，那么此时汽车不平衡，mg≠NNmg说明：F＝mv2/r同样适用于变速圆周运动，F和v具有瞬时意义，F随v的变化而变化。补充：(抛体运动)3、圆锥问题例：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θ（小球与半球球心连线跟竖直方向的夹角）与线速度v、周期T的关系。，由此可得：，NGFθ绳FGGF4、绳杆球\n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大。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。①弹力只可能向下，如绳拉球。这种情况下有即，否则不能通过最高点。②弹力只可能向上，如车过桥。在这种情况下有：，否则车将离开桥面，做平抛运动。③弹力既可能向上又可能向下，如管内转（或杆连球、环穿珠）。这种情况下，速度大小v可以取任意值。但可以进一步讨论：①当时物体受到的弹力必然是向下的；当时物体受到的弹力必然是向上的；当时物体受到的弹力恰好为零。②当弹力大小Fmg时，向心力只有一解：F+mg；当弹力F=mg时，向心力等于零。四、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　（1）大小：（2）方向：总指向圆心，时刻变化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：Fn=man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（可选用等各种形式）。【例1】如图所示的装置是在竖直平面内放置光滑的绝缘轨道，处于水平向右的匀强电场中，以带负电荷的小球从高h的A处静止开始下滑，沿轨道ABC运动后进入圆环内作圆周运动。已知小球所受到电场力是其重力的3／4，圆滑半径为R，斜面倾角为θ，sBC=2R。若使小球在圆环内能作完整的圆周运动，h至少为多少？解析：小球所受的重力和电场力都为恒力，故可两力等效为一个力F，如图所示。可知F＝1.25mg，方向与竖直方向左偏下37º，从图6中可知，能否作完整的圆周运动的临界点是能否通过D点，若恰好能通过D点，即达到D\n点时球与环的弹力恰好为零。由圆周运动知识得：即：由动能定理：联立①、②可求出此时的高度h。五、综合应用例析【例2】如图所示，用细绳一端系着的质量为M=0.6kg的物体A静止在水平转盘上，细绳另一端通过转盘中心的光滑小孔O吊着质量为m=0.3kg的小球B，A的重心到O点的距离为0.2m．若A与转盘间的最大静摩擦力为f=2N，为使小球B保持静止，求转盘绕中心O旋转的角速度ω的取值范围．解析：要使B静止，A必须相对于转盘静止——具有与转盘相同的角速度．A需要的向心力由绳拉力和静摩擦力合成．角速度取最大值时，A有离心趋势，静摩擦力指向圆心O；角速度取最小值时，A有向心运动的趋势，静摩擦力背离圆心O．对于B，T=mg对于A，　　　　rad/srad/s所以2.9rad/srad/s【例3】一内壁光滑的环形细圆管，位于竖直平面内，环的半径为R（比细管的半径大得多）．在圆管中有两个直径与细管内径相同的小球（可视为质点）．A球的质量为m1，B球的质量为m2．它们沿环形圆管顺时针运动，经过最低点时的速度都为v0．设A球运动到最低点时，B球恰好运动到最高点，若要此时两球作用于圆管的合力为零，那么m1、m2、R与v0应满足的关系式是______．解析：A球通过圆管最低点时，圆管对球的压力竖直向上，所以球对圆管的压力竖直向下．若要此时两球作用于圆管的合力为零，B球对圆管的压力一定是竖直向上的，所以圆管对B球的压力一定是竖直向下的．最高点时根据牛顿运动定律对于A球，对于B球，又N1=N2解得【例5】如图所示，滑块在恒定外力作用下从水平轨道上的A点由静止出发到B点时撤去外力，又沿竖直面内的光滑半圆形轨道运动，且恰好通过轨道最高点C，滑块脱离半圆形轨道后又刚好落到原出发点A，试求滑块在AB段运动过程中的加速度.\n解析：设圆周的半径为R，则在C点：mg=m①离开C点，滑块做平抛运动，则2R＝gt2／2②LV0vCt＝sAB③由B到C过程：mvC2/2+2mgR＝mvB2/2④由A到B运动过程：vB2＝2asAB⑤由①②③④⑤式联立得到：a=5g／4例6、如图所示，M为悬挂在竖直平面内某一点的木质小球，悬线长为L，质量为m的子弹以水平速度V0射入球中而未射出，要使小球能在竖直平面内运动，且悬线不发生松驰，求子弹初速度V0应满足的条件。分两种情况：（1）若小球能做完整的圆周运动，则在最高点满足：由机械能守定律得：由以上各式解得：.(2)若木球不能做完整的圆周运动，则上升的最大高度为L时满足：解得：.所以，要使小球在竖直平面内做悬线不松驰的运动，V0应满足的条件是：或第三单元万有引力定律人造卫星一.地心说和日心说1、地心说的内容：地球是宇宙中心，其他星球围绕地球做匀速圆周运动，地球不动。2、日心说的内容：太阳是宇宙的中心，其他行星围绕地球匀速圆周运动，太阳不动。　　日心说是波兰科学家天文学家哥白尼创立的二.开普勒三定律以及三定律出现的过程：（1）所有的行星围绕太阳运动的轨道都是椭圆，太阳处在所有椭圆的一个焦点上。（2）任何一个行星与太阳的连线在相等的时间内扫过的面积相等。（3）所有行星的轨道的半长轴的三次方跟公转周期的二次方的比值都相等。即R3／T2=k最早由开普勒证实了天体不是在做匀速圆周运动。他是在研究丹麦天文学家第谷的资料时产生的研究动机。　　*开普勒是哪个国家的：德国三.牛顿的万有引力定律1.内容：自然界任何两个物体之间都存在着相互作用的引力，两物体间的引力的大小，跟它们的质量的乘积成正比，跟它们的距离的平方成反比.\n表达式：F＝Ｇ其中G＝６．６７×１０－１１　Ｎ·ｍ２／ｋｇ２，叫万有引力常量，卡文迪许在实验室用扭秤装置，测出了引力常量.（英）卡文迪许扭秤“能称出地球质量的人”（小球直径2英寸，大球直径12英寸）2.适用条件：①公式适用于质点间的相互作用，②当两个物体间的距离远大于物体本身的大小时，物体可视为质点.③均匀球体可视为质点，r为两球心间的距离.3.万有引力遵守牛顿第三定律，即它们之间的引力总是大小相等、方向相反.四.用开普勒第三定律、向心力、牛顿第三定律推导牛顿的万有引力定律:五.用万有引力定律推导开普勒第三定律：六、用万有引力定律分析天体的运动1.基本方法：把天体运动近似看作圆周运动，它所需要的向心力由万有引力提供，即＝＝＝＝＝2.估算天体的质量和密度①“T、r”法由G＝ｍ得：Ｍ＝．即只要测出环绕星体M运转的一颗卫星运转的半径和周期，就可以计算出中心天体的质量.由ρ＝，Ｖ＝πＲ３得：ρ＝．R为中心天体的星体半径\n当ｒ＝Ｒ时，即卫星绕天体M表面运行时，ρ＝，由此可以测量天体的密度.②“g、R”法【例1】中子星是恒星演化过程的一种可能结果，它的密度很大。现有一中子星，观测到它的自转周期为T=s。问该中子星的最小密度应是多少才能维持该星的稳定，不致因自转而瓦解。计算时星体可视为均匀球体。(引力常数G=6.6710m/kg.s)解析：设想中子星赤道处一小块物质，只有当它受到的万有引力大于或等于它随星体所需的向心力时，中子星才不会瓦解。设中子星的密度为，质量为M，半径为R，自转角速度为，位于赤道处的小物块质量为m，则有由以上各式得，代入数据解得：。3.卫星的绕行速度、角速度、周期与半径的关系(1)由Ｇ得:ｖ＝．即轨道半径越大，绕行速度越小(2)由Ｇ＝ｍω２ｒ得：ω＝即轨道半径越大，绕行角度越小(3)由G＝４π２得：Ｔ＝２π即轨道半径越大，绕行周期越大.例2、如图所示，A、B两质点绕同一圆心按顺时针方向作匀速圆周运动，A的周期为T1，B的周期为T2，且T1＜T2，在某时刻两质点相距最近，开始计时，问：（1）何时刻两质点相距又最近？（2）何时刻两质点相距又最远？分析：选取B为参照物。（1）AB相距最近，则A相对于B转了n转，其相对角度△Φ=2πn相对角速度为ω相=ω1-ω2经过时间：t=△Φ/ω相=2πn/ω1-ω2=（n=1、2、3…）（2）AB相距最远，则A相对于B转了n-1/2转，其相对角度△Φ=2π（n-）经过时间：t=△Φ/ω相=（2n-1）T1T2/2（T2-T1）（n=1、2、3…）4.三种宇宙速度(1)第一宇宙速度(环绕速度)：v１＝７．９　ｋm/s是人造地球卫星的最小发射速度，最大绕行速度.“飘”起来的速度(2)第二宇宙速度(脱离速度)：v２＝１１．２　k\nm/s是物体挣脱地球的引力束缚需要的最小发射速度.(3)第三宇宙速度(逃逸速度)：v３＝１６．７　km/s是物体挣脱太阳的引力束缚需要的最小发射速度.5.地球同步卫星所谓地球同步卫星是指相对于地面静止的人造卫星，它的周期T＝24h．要使卫星同步，同步卫星只能位于赤道正上方某一确定高度h．（高度、运行方向、加速度、角速度、线速度大小相同，质量不同）由Ｇ（Ｒ＋ｈ）得：ｈ＝ｋｍ=５．６ＲＲ表示地球半径在同步卫星的实际发射中，大多数国家采取“变轨发射”，发射过程经历以下三个阶段：①发射卫星到达200—300的圆形轨道上，围绕地球做圆周运动，这条轨道称为“停泊轨道”；②当卫星穿过赤道平面点时，二级点火工作，使卫星沿一条较大的椭圆轨道运行，地球作为椭圆的焦点，当到达远地点时，恰为赤道上空处，这条轨道称为“转移轨道”，沿轨道和分别经过点时，加速度相同；③当卫星到达远地点时，开动卫星发动机进入同步轨道，并调整运行姿态从而实现电磁通讯，这个轨道叫“静止轨道”。七、万有引力复习中应注意的几个问题1、不同公式和问题中的r，含义不同万有引力定律公式中的r指的是两个物体间的距离，对于相距很远因而可以看做质点的物体，指的是两个球心的距离。而向心力公式中的r，对于椭圆轨道指的是曲率半径，对于圆轨道指的是圆半径。开普勒第三定律中的r指的是椭圆轨道的半长轴。因此，同一个r在不同公式中所具有的含义不同。例3、如图１所示，行星沿椭圆轨道绕太阳运行，且近日点到太阳的距离为，远日点到太阳的距离为，求行星在两点的运行速率之比？解析：由椭圆轨道对称性可知，两点所处曲线的曲率半径相同，设为，在处：　　；在B处：出现的问题：\nm1m2rO例4如图所示，两个靠得很近的恒星称为双星，这两颗星必须各以一定速度绕某一中心转动才不至于因万有引力而吸引在一起，已知双星的质量分别为m1和m2，相距为L，万有引力常量为G，解：①周期、角速度、频率、向心力相等②③？联立三个方程解答RR0BA例5飞船沿半径为R的圆周绕地球运动，其周期为T，如果飞船要返回地面，可在轨道上某一点A处将速率降低到适当数值，从而使飞船沿着以地心为焦点的椭圆轨道运行，椭圆与地球表面在B点相切，如图所示，求飞船由A点运动到B点所需要的时间。（已知地球半径为R0）解析：当飞船在圆周上绕地球运动时，有，当飞船进入椭圆轨道运动时，有，由两式联立得飞船在椭圆轨道上运动的周期，故解得飞船由A运动到B点所需的时间为t。2、万有引力、向心力和重力对于赤道上的某一个物体，有当速度增加时，重力减小，向心力增加，当速度（即第一宇宙速度）时，mg=0，物体将“飘”起来，星球处于瓦解的临界状态。例6、某星球壳视为球体，自转周期为，在它的两极处，用弹簧秤测得物体重为，在它的赤道上，用弹簧秤测得同一物体重为，求星球的平均密度？解析：设星球的半径为，在两极和赤道上的重力及速度分别为两极：赤道上：\n　　　例7、如果地球自转速度加快，地球上物体的重量将发生怎样的变化？地球自转角速度等于多少时，在赤道上物体的重量为零？这时一昼夜将有多长？解析：以赤道上的物体为研究对象，设转速为，则：；；设地球自转的角速度为时，，则：例8、已知物体从地球上的逃逸速度(第二宇宙速度)v=√2GME/RE，其中G、ME、RE分别是万有引力恒量、地球的质量和半径．已知G=6.67×10-11N·m2/kg2，c=2.9979×108m/s．求下列问题：(1)逃逸速度大于真空中光速的天体叫做黑洞．设某黑洞的质量等于太阳的质量M=1.98×1030kg，求它的可能最大半径(这个半径叫Schwarz—Child半径)；(2)在目前天文观测范围内，物质的平均密度为10-27kg/m3，如果认为我们的宇宙是这样一个均匀大球体，其密度使得它的逃逸速度大于光在真空中的速度c，因此任何物体都不能脱离宇宙，问宇宙的半径至少多大？解：(1)由题目所提供的信息可知，任何天体均存在其所对应的逃逸速度v=√2GM/R，其中M、R为天体的质量和半径．对于黑洞模型来说，其逃逸速度大于真空中的光速，即v>c，也就是√2GM/R>c．黑洞半径R<2GM/c2=2939m=2.94km．即质量为1.98×1030kg的黑洞的最大半径为2.94km．(2)把宇宙视为一普通天体，则质量为M=ρ·V=ρ·4πR3/3①其中R为宇宙半径，ρ为宇宙的密度，则宇宙所对应的逃逸速度v=√2GM/R②由于题设中宇宙密度使得其逃逸速度大于真空中光速c，即v>c．③则由上述①②③式可解得宇宙半径R>√3c2/8πρG=4×1026m．因1光年=365×24×3600×2.9979×108m，所以R>4.23×1010光年．即宇宙半径至少为4.23×1010光年．3、人造卫星中的“超重”、“失重”：\n人造卫星中在发射阶段，尚未进入预定轨道的加速阶段，具有竖直向上的加速度，卫星内的所有物体处于超重状态，卫星与物体具有相同的加速度，由于高度的增加，使增加，导致减小，同时由于升力的变化，使上升加速度是个变量，设某一时刻即时加速度为，利用弹簧秤测量物体的重力的方法可间接求得距离地面的高度。例5、一物体在地球表面重，它在以的加速度上升的火箭中的视重为，，则此时火箭离地面的距离为地球半径的多少倍？解析：以物体为对象分析如图所示，设距离地面高度为，则：近地附近：；联立两式解得：卫星进入正常运行轨道，由相同的间距决定各物体具有相同的运动状态。卫星上的所有物体为什么处于完全失重状态，这是理解的一个难点，减小学生理解难的方法就是采用反证法：假设卫星上所有物体还受到其它力的作用，则：，，假设不成立，因此，凡一切工作原理涉及到重力的有关仪器在卫星中都不能正常使用。第十五章动量知识网络：第1单元动量冲量动量定理\n一、动量和冲量1．动量——物体的质量和速度的乘积叫做动量：p=mv⑴动量是描述物体运动状态的一个状态量，它与时刻相对应。⑵动量是矢量，它的方向和速度的方向相同。⑶动量的相对性：由于物体的速度与参考系的选取有关，所以物体的动量也与参考系选取有关，因而动量具有相对性。题中没有特别说明的，一般取地面或相对地面静止的物体为参考系。（4）研究一条直线上的动量要选择正方向2．动量的变化：由于动量为矢量，则求解动量的变化时，其运算遵循平行四边形定则。A、若初末动量在同一直线上，则在选定正方向的前提下，可化矢量运算为代数运算。B、若初末动量不在同一直线上，则运算遵循平行四边形定则。【例1】一个质量为m=40g的乒乓球自高处落下，以速度=1m/s碰地，竖直向上弹回，碰撞时间极短，离地的速率为=0.5m/s。求在碰撞过程中，乒乓球动量变化为多少？正方向取竖直向下为正方向，乒乓球的初动量为：乒乓球的末动量为：乒乓球动量的变化为：=负号表示的方向与所取的正方向相反，即竖直向上。2．冲量——力和力的作用时间的乘积叫做冲量：I=Ft⑴冲量是描述力的时间积累效应的物理量，是过程量，它与时间相对应。⑵冲量是矢量，它的方向由力的方向决定。如果力的方向在作用时间内保持不变，那么冲量的方向就和力的方向相同。如果力的方向在不断变化，如绳子拉物体做圆周运动，则绳的拉力在时间t内的冲量，就不能说是力的方向就是冲量的方向。对于方向不断变化的力的冲量，其方向可以通过动量变化的方向间接得出。⑶高中阶段只要求会用I=Ft计算恒力的冲量。⑷冲量和功不同。恒力在一段时间内可能不作功，但一定有冲量。（5）必须清楚某个冲量是哪个力的冲量（6）求合外力冲量的两种方法A、求合外力，再求合外力的冲量B、先求各个力的冲量，再求矢量和【例2】质量为m的小球由高为H的光滑固定斜面顶端无初速滑到底端过程中，重力、弹力、合力的冲量各是多大？mH解析：力的作用时间都是，力的大小依次是mg、mgcosα和mgsinα，所以它们的冲量依次是：点评：特别要注意，该过程中弹力虽然不做功，但对物体有冲量。二、动量定理1．动量定理——物体所受合外力的冲量等于物体的动量变化。既I=Δp⑴动量定理表明冲量是使物体动量发生变化的原因，冲量是物体动量变化的量度。这里所说的冲量是物体所受的合外力的冲量（或者说是物体所受各外力冲量的矢量和）。⑵动量定理给出了冲量（过程量）和动量变化（状态量）间的互求关系。⑶现代物理学把力定义为物体动量的变化率：（牛顿第二定律的动量形式）。动量定理和牛顿第二定律的联系与区别\n①、形式可以相互转化②、动量的变化率，表示动量变化的快慢③、牛顿定律适用宏观低速，而动量定理适用于宏观微观高速低速④、都是以地面为参考系⑷动量定理表达式是矢量式。在一维情况下，各个矢量以同一个规定的方向为正。（5）如果是变力，那么F表示平均值（6）对比于动能定理I＝Ft＝mv2－mv1W＝Fs＝mv22－mv21【例3】以初速度v0平抛出一个质量为m的物体，抛出后t秒内物体的动量变化是多少？解析：因为合外力就是重力，所以Δp=Ft=mgt2．动量定理的定性应用【例4】某同学要把压在木块下的纸抽出来。第一次他将纸迅速抽出，木块几乎不动；第二次他将纸较慢地抽出，木块反而被拉动了。这是为什么？解析：物体动量的改变不是取决于合力的大小，而是取决于合力冲量的大小。在水平方向上，第一次木块受到的是滑动摩擦力，一般来说大于第二次受到的静摩擦力；但第一次力的作用时间极短，摩擦力的冲量小，因此木块没有明显的动量变化，几乎不动。第二次摩擦力虽然较小，但它的作用时间长，摩擦力的冲量反而大，因此木块会有明显的动量变化。3．动量定理的定量计算⑴明确研究对象和研究过程。研究对象可以是一个物体，也可以是几个物体组成的质点组。质点组内各物体可以是保持相对静止的，也可以是相对运动的。研究过程既可以是全过程，也可以是全过程中的某一阶段。⑵进行受力分析。只分析研究对象以外的物体施给研究对象的力。⑶规定正方向。由于力、冲量、速度、动量都是矢量，在一维的情况下，列式前要先规定一个正方向，和这个方向一致的矢量为正，反之为负。ABC⑷写出初、末动量和合外力的冲量（或各外力在各个阶段的冲量的矢量和）。⑸根据动量定理列式求解。【例5】质量为m的小球，从沙坑上方自由下落，经过时间t1到达沙坑表面，又经过时间t2停在沙坑里。求：⑴沙对小球的平均阻力F；⑵小球在沙坑里下落过程所受的总冲量I。解析：设刚开始下落的位置为A，刚好接触沙的位置为B，在沙中到达的最低点为C。⑴在下落的全过程对小球用动量定理：重力作用时间为t1+t2，而阻力作用时间仅为t2，以竖直向下为正方向，有：mg(t1+t2)-Ft2=0，解得：⑵仍然在下落的全过程对小球用动量定理：在t1时间内只有重力的冲量，在t2时间内只有总冲量（已包括重力冲量在内），以竖直向下为正方向，有：mgt1-I=0，∴I=mgt1点评：若本题目给出小球自由下落的高度，可先把高度转换成时间后再用动量定理。当t1>>t2时，F>>mg。mMv0v/【例6】质量为M的汽车带着质量为m的拖车在平直公路上以加速度a匀加速前进，当速度为v0\n时拖车突然与汽车脱钩，到拖车停下瞬间司机才发现。若汽车的牵引力一直未变，车与路面的动摩擦因数为μ，那么拖车刚停下时，汽车的瞬时速度是多大？解析：以汽车和拖车系统为研究对象，全过程系统受的合外力始终为，该过程经历时间为v0/μg，末状态拖车的动量为零。全过程对系统用动量定理可得：【例7】质量为m=1kg的小球由高h1=0.45m处自由下落，落到水平地面后，反跳的最大高度为h2=0.2m，从小球下落到反跳到最高点经历的时间为Δt=0.6s，取g=10m/s2。求：小球撞击地面过程中，球对地面的平均压力的大小F。解析：以小球为研究对象，从开始下落到反跳到最高点的全过程动量变化为零，根据下降、上升高度可知其中下落、上升分别用时t1=0.3s和t2=0.2s，因此与地面作用的时间必为t3=0.1s。由动量定理得：mgΔt-Ft3=0，F=60N4．在F－t图中的冲量：F－t图上的“面积”表示冲量的大小。【例11】（难）跳伞运动员从2000m高处跳下，开始下落过程未打开降落伞，假设初速度为零，所受空气阻力与下落速度大小成正比，最大降落速度为vm=50m/s。运动员降落到离地面s=200m高处才打开降落伞，在1s内速度均匀减小到v1=5.0m/s，然后匀速下落到地面，试求运动员在空中运动的时间。解析：整个过程中，先是变加速运动，接着匀减速，最后匀速运动，作出v—t图线如图（1）所示。由于第一段内作非匀变速直线运动，用常规方法很难求得这1800m位移内的运动时间。考虑动量定理，将第一段的v—t图按比例转化成f—t图，如图（2）所示，则可以巧妙地求得这段时间。设变加速下落时间为t1，又：mg=kvm，得所以：第二段1s内：所以第三段时间空中的总时间：三、针对训练1．对于力的冲量的说法，正确的是（）A．力越大，力的冲量就越大B．作用在物体上的力大，力的冲量也不一定大C．F1与其作用时间t1的乘积F1t1等于F2与其作用时间t2的乘积F2t2，则这两个冲量相同D．静置于地面的物体受到水平推力F的作用，经时间t物体仍静止，则此推力的冲量为零\n2．下列关于动量的说法中，正确的是（）A．物体的动量改变，其速度大小一定改变B．物体的动量改变，其速度方向一定改变C．物体运动速度的大小不变，其动量一定不变D．物体的运动状态改变，其动量一定改变3．如图所示为马车模型，马车质量为m，马的拉力F与水平方向成θ角，在拉力F的拉力作用下匀速前进了时间t，则在时间t内拉力、重力、阻力对物体的冲量大小分别为（）A．Ft，0，FtsinθB．Ftcosθ，0，FtsinθC．Ft，mgt，FtcosθD．Ftcosθ，mgt，Ftcosθ4．一个质量为m的小钢球，以速度v1竖直向下射到质量较大的水平钢板上，碰撞后被竖直向上弹出，速度大小为v2，若v1=v2=v，那么下列说法中正确的是（）A．因为v1=v2，小钢球的动量没有变化B．小钢球的动量变化了，大小是2mv，方向竖直向上C．小钢球的动量变化了，大小是2mv，方向竖直向下D．小钢球的动量变化了，大小是mv，方向竖直向上5．物体动量变化量的大小为5kg·m/s，这说明（）A．物体的动量在减小B．物体的动量在增大C．物体的动量大小也可能不变D．物体的动量大小一定变化6．初动量相同的A、B两滑冰者，在同样冰面上滑行，已知A的质量大于Ｂ的质量，并且它们与冰面的动摩擦因数相同，则它们从开始到停止的滑行时间相比，应是（）A．tA>tBB．tA=tBC．tAI下B．I上vB,∴；碰后A的速度不大于B的速度，；又因为碰撞过程系统动能不会增加，，由以上不等式组解得：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碰撞过程中系统动能不增加；③碰前碰后两个物体位置关系（不穿越）和速度大小应保证其顺序合理。2．子弹打木块类问题s2ds1v0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m的子弹以初速度v0射向静止在光滑水平面上的质量为M的木块，并留在木块中不再射出，子弹钻入木块深度为d。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：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f，设子弹、木块的位移大小分别为s1、s2，如图所示，显然有s1-s2=d对子弹用动能定理：……①\n对木块用动能定理：……②①、②相减得：……③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，即两物体由于相对运动而摩擦产生的热（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：至于木块前进的距离s2，可以由以上②、③相比得出：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：一般情况下，所以s2<E0，p1=p2>p0②E1=E2=E0，p1=p2=p0③接触点一定在两球初位置连线的中点右侧某点④两球必将同时返回各自的出发点。其中正确的是C。A．②④B．②③C．①④D．③④Ⅱ电场和电场强度一、电场：电荷间相互作用的媒介物1、来源：（1）只要有电荷的存在，无论如何，在它们的周围都会产生电场，电场是由电荷决定的。（2）变化的磁场（麦克斯韦）2、性质：（1）对放入电场中的电荷由电场力的作用电荷电场电荷检验电荷场源电荷二、电场强度（场强E，矢量）实验表明，对于电场中的某个确定的点，电场力与检验电荷的电量的比值是确定的（除非电场改变）1、场强的大小N/C\n2、场强的方向：（或叫做电场的方向）规定正电荷的受力的方向为场强的方向，与负电荷的受力方向相反。理解：1、矢量（可以合成或分解）2、描述电场的强弱和方向3、E是描述电场的性质，不是描述检验电荷的性质，只要电场中某点确定，场强就确定，场强与检验电荷无关，F和q同时变化，但比值不变。4、描述电场的力的性质三、点电荷的场强检验电荷场源电荷1．电场强度E——是描述电场的力的性质的物理量四、电场的叠加多个电场相互叠加，某点的场强就等于各个场单独存在时在该点场强的矢量和――场的叠加原理ABCOEBEAEC例5、图中边长为a的正三角形ABC的三点顶点分别固定三个点电荷+q、+q、-q，求该三角形中心O点处的场强大小和方向。-5-3-11-4Q+9Q解：每个点电荷在O点处的场强大小都是由图可得O点处的合场强为，方向由O指向C。例6、如图，在x轴上的x=-1和x=1两点分别固定电荷量为-4Q和+9Q的点电荷。求：x轴上合场强为零的点的坐标。并求在x=-3点处的合场强方向。解：由库仑定律得合场强为零的点坐标为x=-5。x=-5、x=-1、x=1这三个点把x轴分成四段，可以证明：同一直线上的两个点电荷所在的点和它们形成的合场强为零的点把该直线分成4段，相邻两段上的场强方向总是相反的。本题从右到左，4个线段（或射线）上的场强方向依次为：向右、向左、向右、向左，所以x=-3点处的合场强方向为向右。Ⅲ电场线一、电场线（法拉第）在电场中画一组曲线，使曲线上各点切线的方向都跟该点的场强的方向一致，即跟该点的正电荷的受力的方向一致，这样的曲线叫电场线。（三向合一）匀强电场等量异种点电荷的电场等量同种点电荷的电场－　－　－　－　点电荷与带电平板+孤立点电荷周围的电场二、常见的电场线形状\n电场线的形状可以用奎宁的针状晶体或蓖麻油中的头发屑模拟三、电场线的特点1、从正电荷出发，终止于负电荷2、不闭合，不相交意义3、切线的方向表示电场的方向或正电荷的受力方向4、疏密程度表示场强的大小，场的强弱5、电场线（或E）⊥等势面6、电场线由高的等势面指向低的等势面四、匀强电场场强的大小和方向各处均相同，电场线平行、等距、同向+－aOc两块等大、平行、靠近、正对、带等量异种电荷的金属板间的电场，（边缘除外）是匀强电场例7、如图所示，在等量异种点电荷的电场中，将一个正的试探电荷由A点沿直线移到O点，再沿直线由O点移到c点。在该过程中，检验电荷所受的电场力大小和方向如何改变？其电势能又如何改变？练习：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，其加速度一定变大的是Ｄ2．如图所示，带箭头的线段表示某一电场中的电场线的分布情况．一带电粒子在电场中运动的轨迹如图中虚线所示．若不考虑其他力，则下列判断中正确的是BCA．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B．不论粒子是从A运动到B，还是从B运动到A，粒子必带负电C．若粒子是从B运动到A，则其加速度减小D．若粒子是从B运动到A，则其速度减小4．在图所示的竖直向下的匀强电场中，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DA．②B．①②C．①②③D．①②④5．在一高为h的绝缘光滑水平桌面上，有一个带电量为+q、质量为m的带电小球静止，小球到桌子右边缘的距离为s，突然在空间中施加一个水平向右的匀强电场E，且qE=2mg，如图所示，求：\n（1）小球经多长时间落地？（2）小球落地时的速度．解：（1）小球在桌面上做匀加速运动，t1=,小球在竖直方向做自由落体运动，t2=,小球从静止出发到落地所经过的时间：t=t1+t2=．(2)小球落地时vy=gt2=,vx=at=·t=2gt=2．落地速度v=．第2单元电场的能的性质Ⅰ电势能和电势和电势差一、电势能（ε标量焦耳J）——电场力、相对位置1、电荷在电场中受到电场力，所具有的与电荷的位置有关的能量，称电势能或电能。2、电势能的相对性――选择零势能面，一般选择大地或无穷远为零势能面。（等效）3、电场力做功与电势能改变的关系——方法与重力势能相对比①无论电荷的正负，电场力做正功，电势能减小，电场力做负功，电势能增加，做功和电势能的变化量在数值上是相等的ABA到B，正功，εa＞εbABA到B，负功，εa＜εbABC②静电场中，电场力做功与路径无关，电势能的改变量与路径无关二、1J/C＝1V/m1、地位：u（或φ）与力学中的高度相当（标量）2、相对性：选取大地或无穷远处为零电势点∞ε＝0φ＝0ABε＝6J＝3Vε＝10Jφ＝5Vφ3、沿电场线方向，电势降低（与电性无关）2C4、电势由电场本身性质决定5、电势是描述电场中能量性质的物理量6、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。练习：1、沿电场线方向移动正电荷，电势能减小沿电场线方向移动负电荷，电势能增加正电荷的电场中，电势为正，负电荷的电场中，电势为负\n1、正电荷的电场中，正的检验电荷电势能为正，负的检验电荷电势能为负负电荷的电场中，正的检验电荷电势能为负，负的检验电荷电势能为正2、只在电场力的作用下，正电荷顺着电场线运动，由高电势向低电势只在电场力的作用下，负电荷逆着电场线运动，由低电势向高电势3、比较5J和－7J的大小，理解标量负号的意义。三、电势差——电场力做功与电荷电量的比值叫电势差SM0V－2VSM0V－2VN5V1、在电场中某两点的电势之差，也叫电压UAB＝φA－φB2、3、意义：①对应于高度差，由电场本身的性质决定②电势与选择的零电势点有关，电势差与零电势点的选择无关4、运用要求：1、UAB＝ΦA－ΦB＝1－4＝－3V带正负号2、U＝W/q或W＝qU用绝对值，正负号另行判断（）例8：将电量为q＝－2×108C的点电荷从零电场中点S移动到M点要克服电场力做功4×10－8J，求M点的电势＝？。若再从M点移动到N点，电场力又做正功14×10－8J，求N点电势＝？+ABC解：(1)S到M，对负电荷做负功，电势降低M到N对负电荷做正功，电势升高(2)例9：电子伏是研究微观粒子时常用的能量单位。1ev就是电势差为1V的两点间移动一个元电荷电场力所做的功。1ev＝1.6×10－19C×1V＝1.6×10－19J，把一个二价正离子从大地移动到电场中的A点，w＝6ev，求：UA＝？解：ABCD例10、如图所示，三个同心圆是同一个点电荷周围的三个等势面，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，且三点在同一条电场线上。A、C两点的电势依次为φA=10V和φC=2V，则B点的电势是BA.一定等于6VB.一定低于6V\nC.一定高于6VD.无法确定【例11】已知ΔABC处于匀强电场中。将一个带电量q=-2×10-6C的点电荷从A移到B的过程中，电场力做功W1=-1.2×10-5J；再将该点电荷从B移到C，电场力做功W2=6×10-6J。已知A点的电势φA=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φB=-1VφC=2V。沿匀强电场中任意一条直线电势都是均匀变化的，因此AB中点D的电势与C点电势相同，CD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。Ⅱ等势面一、等势面——电场中，电势相等的各点所构成的面(等高线和等压线)二、常见等势面的形状9876666543210三、等势面的特点1、在等势面上移动电荷，电场力不做功201002、电场线（或E）⊥等势面3、电场线由高的等势面指向低的等势面4、闭合、等势面不相交5、静电平衡导体是等势体，表面是等势面6、等差等势面――相邻的等势面的电势差相等8V0V－8V（1）差等势面越密的地方，电场越强，场强越大（2）相邻的等差等势面移动同一个电荷电场力做功相等\n7、沿电场方向电势降低最快（场强方向是电势降落最快的地方）8、匀强电场中，平行等长的线段两个端点间的电势差相等，即匀强电场中的电势均匀变化。练习等量异种电荷（1）中垂线的电场强度和电势的特点（2）带电粒子从无穷远处移动到中点，分析电场力的做功情况和电势能的改变情况（3）一个电子由8V到－8V电场力做功情况，电势能的变化情况。Ⅲ电势差与电场强度的关系一、公式的推导说明：1、适用于匀强电场2、U是两点间的电势差，d是沿电场方向的距离3、单位1V./m=1N/C4、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。二、场强的三种求法1、E＝F/q定义式，适用于任何电场（真空、介质）2、E＝KQ/r2适用于点电荷的电场（真空、点电荷）3、E＝U/d适用于匀强电场（真空）针对训练1.电场中有A、B两点，一个点电荷在A点的电势能为1.2×10-8J，在B点的电势能为0.80×10-8J.已知A、B两点在同一条电场线上，如图所示，该点电荷的电荷量为1.0×10-9C，那么AA.该电荷为负电荷B.该电荷为正电荷C.A、B两点的电势差UAB=4.0VD.把电荷从A移到B，电场力做功为W=4.0J2.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a、b连线的中点c处的电势应CA.肯定等于25VB.大于25VC.小于25VD.可能等于25V3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点的过程中ABD4A小物块所受电场力逐渐减小\nB.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4.如图所示，M、N两点分别放置两个等量种异电荷，A为它们连线的中点，B为连线上靠近N的一点，C为连线中垂线上处于A点上方的一点，在A、B、C三点中.CA.场强最小的点是A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B点D.场强最小的点是C点，电势最高的点是A点5.AB连线是某电场中的一条电场线，一正电荷从A点处自由释放，电荷仅在电场力作用下沿电场线从A点到B点运动过程中的速度图象如图所示，比较A、B两点电势φ的高低和场强E的大小，下列说法中正确的是AA.φA＞φB，EA＞EBB.φA＞φB，EA＜EBC.φA＜φB，EA＞EBD.φA＜φB，EA＜EB6.如图所示，平行的实线代表电场线，方向未知，电荷量为1×10-2C的正电荷在电场中只受电场力作用，该电荷由A点移到B点，动能损失了0.1J，若A点电势为-10V，则C①B点电势为零②电场线方向向左③电荷运动的轨迹可能是图中曲线①④电荷运动的轨迹可能是图中曲线②A.①B.①②C.①②③D.①②④7.如图所示，光滑绝缘的水平面上M、N两点各放一电荷量分别为+q和+2q，完全相同的金属球A和B，给A和B以大小相等的初动能E0（此时动量大小均为p0）使其相向运动刚好能发生碰撞，碰后返回M、N两点时的动能分别为E1和E2，动量大小分别为p1和p2，则BA.E1=E2=E0p1=p2=p0B.E1=E2＞E0p1=p2＞p0C.碰撞发生在M、N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2×106V/m，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）(8.1.2×109V；2.4×1010J)9.如图所示，A、B、C、D\n是匀强电场中一正方形的四个顶点，已知A、B、C三点的电势分别为φA=15V，φB=3V，φC=-3V，由此可得D点的电势φD=_______V.10.有两个带电小球m1与m2，分别带电+Q1和+Q2，在绝缘光滑水平面上，沿同一直线相向运动，当它们相距r时，速率分别为v1与v2，电势能为E，在整个运动过程中（不相碰）电势能的最大值为多少?(Em=E+)11.如图所示，小平板车B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，已知物块A的质量为m，电荷量为+Q；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μ，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t=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A的最终速度大小；（2）物块A距小车B左端的最大距离.(（1）（2），)第3单元带电粒子在电场中的运动一、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tφU0-U0oT/2T3T/22T一般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=qU=ΔEK，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，中间有小孔。右极板电势随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）下列说法中正确的是ACA.从t=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t=0时刻释放电子，电子可能在两板间振动C.从t=T/4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t=3T/8时刻释放电子，电子必将打到左极板上ULdv0m，qyvtθθ2.带电粒子在匀强电场中的偏转规律\n①、速度规律②、位移规律③、角度规律tanα＝2tanβ速度反向延长平分水平位移就象从水平位移的中点发出来一样3、重力忽略与否忽略重力――电子、质子、离子等微观的带电粒子不忽略重力――尘埃、液滴、小球等4、示波器和示波管示波管的原理图5、带电物体在电场力和重力共同作用下的运动。-+OC【例2】已知如图，水平放置的平行金属板间有匀强电场。一根长l的绝缘细绳一端固定在O点，另一端系有质量为m并带有一定电荷的小球。小球原来静止在C点。当给小球一个水平冲量后，它可以在竖直面内绕O点做匀速圆周运动。若将两板间的电压增大为原来的3倍，求：要使小球从C点开始在竖直面内绕O点做圆周运动，至少要给小球多大的水平冲量？在这种情况下，在小球运动过程中细绳所受的最大拉力是多大？解：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，这时细绳拉力为零，合力为2mg，可求速度为v=，因此给小球的最小冲量为I=m。在最高点D小球受到的拉力最大。从C到D对小球用动能定理：，在D点，解得F=12mg。OACBEθθ【例3】已知如图，匀强电场方向水平向右，场强E=1.5×106V/m，丝线长l=40cm，上端系于O点，下端系质量为m=1.0×10－4kg，带电量为q=+4.9×10-10C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Fe=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：1.25mg0.2l=mvB2/2，vB=1.4m/s。二、电容器\n1.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——电容器带电时，两极板就存在了电势差，电容器的电量跟两极板的电势差的比值叫电容器的电容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。单位：法拉（F）、皮法（pF）、微法（μF）1F＝106μF1μF＝106pF3.平行板电容器的电容静电计实验（测量电势差）（1）电计与金属板的连接方法（2）指针的偏角与电势差的关系（3）电容器的电量基本不变（4）变距离、正对面积、电介质（绝缘体）观察偏角的变化介电常数的定义ε为电介质的介电常数（极板间充满电介质使电容增大的倍数），s为正对面积、d为距离、k为静电力常量（注意：额定电压和击穿电压）4.两种不同变化电容器和电源连接如图，改变板间距离、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。这里要分清两种常见的变化：K（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），这种情况下带电量而（2）充电后断开K，保持电容器带电量Q恒定，这种情况下【例4】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？（①选B，②选C。）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KMN【例5】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，其中常量ε=9.0×10-12Fm-1，S表示两金属片的正对面积，d表示两金属片间的距离。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？A解：未按下时电容C1=0.75pF，再得和C2=1.00pF，得Δd=0.15mm。P＋－【例6】\n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。若负极板不动，将正极板移到图中虚线所示的位置（AC）A　U变小，E不变B　E变大，W变大C　U变小，W不变D　U不变，W不变5.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7】　如图电路中，，，忽略电源电阻，下列说法正确的是（　）EC2R2R1KC1①开关K处于断开状态，电容的电量大于的电量；②开关处于断开状态，电容的电量大于的电量；③开关处于接通状态，电容的电量大于的电量；④开关处于接通状态，电容的电量大于的电量。A.①　B.④　C.①③　D.②④解析：开关断开时，电容、两端电压相等，均为E，因为，由知，即，所以①正确；当开关K接通时，与串联，通过R1和R2的电流相等，与并联，与并联，故的电压为，的电压为又，又，，所以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ER1R2CR4R3CKOCC【例8】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O。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ε。⑵小球和电容器一个极板碰撞后所带的电量。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U，则，即；由于无电流，电容器两极板间电压U等于电阻的端电压，则，所以。⑵开关断开后，两极板间电压为，，设此时两极板间场强为，；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\n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，所以。三、针对训练1.如图所示，虚线a、b和c是某静电场中的三个等势面，它们的电势分别为φa、φb和φc，φa＞φb＞φc，一带正电的粒子射入电场中，其运动轨迹如实线KLMN所示，由图可知A.粒子从K到L的过程中，电场力做负功B.粒子从L到M的过程中，电场力做负功C.粒子从K到L的过程中，静电势能增加D.粒子从L到M的过程中，动能减小2.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，在氦、氖、氩、氪、氙中选用了氙，理由是用同样电压加速，它喷出时A.速度大B.动量大C.动能大D.质量大3.a、b、c三个α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b恰好飞出电场，由此可以肯定①在b飞离电场的同时，a刚好打在负极板上②b和c同时飞离电场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，a和b的一样大A.①B.①②C.③④D.①③④4.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5.如图所示，电子在电势差为U1的加速电场中由静止开始运动，然后射入电势差为U2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θ变大的是A.U1变大、U2变大B.U1变小、U2变大C.U1变大、U2变小D.U1变小、U2变小6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.如图所示是密立根实验的原理示意图，设小油滴质量为m，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d.可求出小油滴的电荷量q=_______.7.水平放置的平行板电容器的电容为C，板间距离为d，极板足够长，当其带电荷量为Q时，沿两板中央水平射入的带电荷量为q\n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间_______.8.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，已知质子电荷量e=1.60×10-19C，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l和4l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n1和n2，则n1/n2=______.参考答案1AC2.B3.D4D5.B678.6.25×1015个，2/1，n=I/e=6.25×1015个，设质子在与质子源相距l和4l的两处的速度分别为v1、v2，则v1/v2==1/2，极短的相等长度质子流中质子数之比为Na281第4单元电场中的导体一、金属导体的特征整块金属＝正离子＋自由电子（热振动）（自由移动）二．静电感应现象：放入电场中的导体，其内部的自由电子在电场力的作用下向电场的反方向作定向移动，致使导体的两端分别出现等量的正、负电荷。这种现象叫静电感应现象。三．静电平衡状态导体(包括表面)没有电荷定向移动的状态叫做静电平衡状态。四．处于静电平衡状态导体的性质(1)导体内部的场强处处为零。(2)导体表面上任何一点的场强方向跟该点的表面垂直。(3)导体所带的净电荷只分布在导体的外表面上，导体内部没有净电荷。(4)处于静电平衡状态的导体是等势体，导体表面是等势面。图是孤立导体周围的等势面和电场线形状。(5)地球是个大导体，静电平衡状态的地球以及跟它相连的导体都是等势体。(6)孤立导体表面的电荷分布特点：在孤立导体表面，向外突出的地方电荷较密，比较平坦的地方电荷较疏，向里凹进的地方电荷最疏。因而导体尖端电荷面密度较大致使该处场强较大，从而可能使得空气被电离成导体而发生尖端放电现象。夜间看到的高压电线周围笼罩着的一层绿色光晕(电晕)就是一种微弱的尖端放电形式。尖端放电致使高压线及高压电极上电荷的丢失，因此，凡对地有高压的导体(或两个相互有高压的导体)，其表面都应尽量光滑。避雷针即利用尖端放电的道理制成的。五、静电屏蔽导体网（壳）在静电平衡时，内部场强处处为零，这样就可以保护它所包围的区域，使区域内不受外界电场的影响。叫做静电屏蔽。”六．静电的防止和利用\n(1)危害：静电由于吸附尘埃会给印刷、制药、合成纤维等工业生产中带来危害。静电对高精密仪器有干扰甚至毁坏作用。静电的最大危害是有可能因静电火花点燃某些易燃物质而引起爆炸。(2)防止：最简单而又最可靠的办法是用导线把设备接地，这样可以把电荷引入大地，避免静电积累。油罐车尾部拖的铁链就是一根接地线。调节空气的温度也是防止静电危害的有效方法。(3)利用：静电利用依据的物理原理几乎都是让带电的物质微粒在电场力的作用下，奔向并吸附到电极上。如图1-25是静电除尘示意图，除尘器由金属管A和管中的金属丝B组成，A接高压电源正极，B接高压电源负极。A、B之间有很强的电场，而且距B越近电场越强。B附近的空气分子被强电场电离为电子和正离子，正离子跑到B上得到电子又变成空气分子。电子奔向正极A的过程中吸附到煤粉上便煤粉带负电，吸附到正极A上，排除的烟就成为清洁的了。【例1】　图1-27中平行金属板A、B间距离为6厘米，电势差保持为300伏，将一块3厘米厚的矩形空腔导体放入A、B之间，它的左侧面P与A平行正对且离A板1厘米。则A、B两板正中央一点C的电势因此而发生怎样的变化？A．变为零；B．仍为150伏；C．升高50伏；D．降低50伏。【解题方法】　平行正对导体间的电场性质为匀强电场；处于静电解:未放空腔前，板间场强由题意知UB=0，UA=300伏，则UC=150伏。放入空腔导体后，腔内场强为零，设此时C，点电势变为U′C。因导体为等势体，故有UP=UQ=U′C。由于空腔两个侧面与A、B板平行正对，因此A、P之间和Q、B之间场强相等，令其为E′。由题给条件，若设A、P间距为d′，则,即2(UA-U′C)=U′C-UB同理因UB=0，UA=300伏，所以U′C=200伏。即C点电势从150伏变为200伏，升高了50伏，所以应选C选项。