牛顿第二定律
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正比，跟物体的质量成反比，加速度的方向跟合力的方向相同，既F=ma （其中的F和m、a必须相对应）特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环节。
若F为物体受的合外力，那么a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.应用牛顿第二定律解题的步骤
①明确研究对象。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mi，对应的加速度为ai，则有：F合=m1a1+m2a2+m3a3+……+mnan
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：
∑F1=m1a1，∑F2=m2a2，……∑Fn=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，总是成对出现的，其矢量和必为零，所以最后实际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。（同时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，那么问题都能迎刃而解。
3.应用举例
例1．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 =f/mA =5m/s2，再以A、B系统为对象得到 F =（mA+mB）a =15N
⑴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a A=f/mA =5m/s2，于是可以得到a B =7.5m/s2
例2．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。当：⑴小车以a=g向右加速；⑵小车以a=g向右减速时，分别求细线对小球的拉力F1和后壁对小球的压力F2各多大？
解：⑴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，F2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：F1=50N，可见向右加速时F1的大小与a无关；F2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=70N。可以看出F2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。）
⑵必须注意到：向右减速时，F2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F1的方向会改变。所以必须先求出这个临界值。当时G和F1的合力刚好等于ma，所以a的临界值为。当a=g时小球必将离开后壁。不难看出，这时F1=mg=56N， F2=0
例3．如图所示，在箱内的固定光滑斜面（倾角为α）上用平行于斜面的细线固定一木块，木块质量为m。当⑴箱以加速度a匀加速上升时，⑵箱以加速度a匀加速向左时，分别求线对木块的拉力F1和斜面对箱的压力F2
解：⑴a向上时，由于箱受的合外力竖直向上，重力
竖直向下，所以F1、F2的合力F必然竖直向上。可先
求F，再由F1=Fsinα和F2=Fcosα求解，得到：
F1=m(g+a)sinα，F2=m(g+a)cosα
显然这种方法比正交分解法简单。
⑵a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。可选择沿斜面方向和垂直于
斜面方向进行正交分解，（同时也正交分解a），然后分别沿x、y轴列方程求出F1、F2：
F1=m(gsinα-acosα)，F2=m(gcosα+asinα)
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。
还应该注意到F1的表达式F1=m(gsinα-acosα)显示其有可能得负值，这意味这绳对木块的力是推力，这是不可能的。可见这里又有一个临界值的问题：当向左的加速度
a≤gtanα时F1=m(gsinα-acosα)沿绳向斜上方；当a>gtanα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。
例4．如图所示，质量为m=4kg的物体与地面间的动摩擦因数为μ=0.5，在与水平成θ=37°角的恒力F作用下，从静止起向右前进t1=2s后撤去F，又经过t2=4s物体刚好停下。求：F的大小、最大速度vm、总位移s
解：由运动学知识可知：前后两段匀变速直线运动的加速度a与时间t成反比，而第二段中μmg=ma2，加速度a2=μg=5m/s2，所以第一段中的加速度一定是a1=10m/s2。再由方程可求得：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：vm=a2t2=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m
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。
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）为研究对象。这一组物体可以有相同的速度和加速度，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，这往往给解题带来很大方便。使解题过程简单明了。
例5．如图A、B两木块的质量分别为mA、mB，在水平推力F作用下沿光滑水平面匀加速向右运动，求A、B间的弹力FN。
解：这里有a、FN两个未知数，需要建立两个方程，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
这个结论还可以推广到水平面粗糙时（A、B与水平面间μ相同）；也可以推广到沿斜面方向推A、B向上加速的问题，有趣的是，答案是完全一样的。
例6．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仍保持静止。求水平面给斜面的摩擦力大小和方向。
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，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，再在水平方向对质点组用牛顿第二定律，很容易得到：
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：
FN=Mg+mg(cosα+μsinα)sinα，这个值小于静止时系统对水平面的压力。
例7． 长L的轻杆两端分别固定有质量为m的小铁球，杆的三等分点O处有光滑的水平转动轴。用手将该装置固定在杆恰好水平的位置，然后由静止释放，当杆到达竖直位置时，求轴对杆的作用力F的大小和方向。
解：根据系统机械能守恒可求出小球1在最高点的速度v：0=mg1/3L-mg2/3L+1/2mv2+1/2m(2v)2， 在竖直位置对系统用牛顿第二定律，以向下为正方向，设轴对系统的作用力F向上，，得到F=2.4mg
五、向心力和向心加速度（牛顿第二定律在圆周运动中的应用）
1.做匀速圆周运动物体所受的合力为向心力
“向心力”是一种效果力。任何一个力，或者几个力的合力，或者某一个力的某个分力，只要其效果是使物体做匀速圆周运动的，都可以作为向心力。
2.一般地说，做圆周运动物体沿半径方向的合力为向心力。当作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。
3.圆锥摆
圆锥摆是典型的运动轨迹在水平面内的匀速圆周运动。其特点是由物体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8．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。（小球的半径远小于R。）
解：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：，由此可得：
，（式中h为小球轨道平面到球心的高度）。可见，θ越大（即轨迹所在平面越高），v越大，T越小。
本题的分析方法和结论同样适用于圆锥摆、火车转弯、飞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。
4.竖直面内圆周运动最高点处的受力特点及结论
这类题的特点是：物体做圆周运动的速率是时刻在改变的，由于机械能守恒，物体在最高点处的速率最小，在最底点处的速率最大。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。
⑴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。
⑵弹力只可能向上，如车过桥。在这种情况下有，否则将离开桥面，做平抛运动。
⑶弹力既可能向上又可能向下，如管内转（或杆连球）。这种情况下，速度大小v可以取任意值。可以进一步讨论：①当时弹力必然是向下的；当时弹力必然是向上的；当时弹力恰好为零。②当弹力大小F 例9．杆长为L，球的质量为m，杆连球在竖直平面内绕轴O自由转动，已知在最高点处，杆对球的弹力大小为F=1/2mg，求这时小球的即时速度大小。 解：小球所需向心力向下，本题中F=1/2mg＜mg，所以弹力的方向可能向上也可能向下。⑴若F向上，则 ⑵若F向下，则 本题是杆连球绕轴自由转动，根据机械能守恒，还能求出小球在最低点的即时速度。 特别需要注意的是：若题目中说明小球在杆的带动下在竖直面内做匀速圆周运动，则运动过程中小球的机械能不再守恒，这两类题务必分清。 六、万有引力 人造卫星 1.用万有引力定律求中心星球的质量和密度 当一个星球绕另一个星球做匀速圆周运动时，设中心星球质量为M，半径为R，环绕星球质量为m，线速度为v，公转周期为T，两星球相距r，由万有引力定律有： ，可得出，由r、v或r、T就可以求出中心星球的质量；如果环绕星球离中心星球表面很近，即满足r≈R，那么由可以求出中心星球的平均密度ρ。 2.双星 宇宙中往往会有相距较近，质量可以相比的两颗星球，它们离其它星球都较远，因此其它星球对它们的万有引力可以忽略不计。在这种情况下，它们将围绕它们连线上的某一固定点做同周期的匀速圆周运动。这种结构叫做双星。 ⑴由于双星和该固定点总保持三点共线，所以在相同时间内转过的角度必相等，即双星做匀速圆周运动的角速度必相等，因此周期也必然相同。 ⑵由于每颗星的向心力都是由双星间相互作用的万有引力提供的，因此大小必然相等，由F=mrω2可得，于是有 ⑶列式时须注意：万有引力定律表达式中的r表示双星间的距离，按题意应该是L，而向心力表达式中的r表示它们各自做圆周运动的半径，在本题中为r1、r2，千万不可混淆。 3.人造卫星（只讨论绕地球做匀速圆周运动的人造卫星） ⑴人造卫星的线速度和周期。人造卫星的向心力是由地球对它的万有引力提供的，因此有：，由此可得到两个重要的结论：和。可以看出，人造卫星的轨道半径r、线速度大小v和周期T是一一对应的，其中一个量确定后，另外两个量也就唯一确定了。离地面越高的人造卫星，线速度越小而周期越大。 ⑵近地卫星。近地卫星的轨道半径r可以近似地认为等于地球半径R，又因为地面附近，所以有。它们分别是绕地球做匀速圆周运动的人造卫星的最大线速度和最小周期。 ⑶同步卫星。“同步”的含义就是和地球保持相对静止（又叫静止轨道卫星），所以其周期等于地球自转周期，既T=24h，根据⑴可知其轨道半径是唯一确定的，经过计算可得求得同步卫星离地面的高度为h=3.6×107m≈5.6R地，而且该轨道必须在地球赤道的正上方，卫星的运转方向必须是由西向东。 例10.“神舟三号”顺利发射升空后，在离地面340km的圆轨道上运行了108圈。运行中需要多次进行 “轨道维持”。所谓“轨道维持”就是通过控制飞船上发动机的点火时间和推力的大小方向，使飞船能保持在预定轨道上稳定运行。如果不进行轨道维持，由于飞船受轨道上稀薄空气的摩擦阻力，轨道高度会逐渐降低，在这种情况下飞船的动能、重力势能和机械能变化情况将会是 A.动能、重力势能和机械能都逐渐减小 B.重力势能逐渐减小，动能逐渐增大，机械能不变 C.重力势能逐渐增大，动能逐渐减小，机械能不变 D.重力势能逐渐减小，动能逐渐增大，机械能逐渐减小 解：由于阻力很小，轨道高度的变化很慢，卫星运行的每一圈仍可认为是匀速圆周运动。由于摩擦阻力做负功，根据机械能定理，卫星的机械能减小；由于重力做正功，根据势能定理，卫星的重力势能减小；由可知，卫星动能将增大。这也说明该过程中重力做的功大于克服阻力做的功，外力做的总功为正。答案选D 例11． 如图所示，某次发射同步卫星时，先进入一个近地的圆轨道，然后在P点点火加速，进入椭圆形转移轨道（该椭圆轨道的近地点为近地圆轨道上的P，远地点为同步轨道上的Q），到达远地点时再次自动点火加速，进入同步轨道。设卫星在近地圆轨道上运行的速率为v1，在P点短时间加速后的速率为v2，沿转移轨道刚到达远地点Q时的速率为v3，在Q点短时间加速后进入同步轨道后的速率为v4。试比较v1、v2、v3、v4的大小，并用小于号将它们排列起来______。 解：根据题意在P、Q两点点火加速过程中，卫星速度将增大，所以有v2>v1、v4>v3，而v1、v4是绕地球做匀速圆周运动的人造卫星的线速度，由于它们对应的轨道半径r1< r4，所以v1>v4。把以上不等式连接起来，可得到结论：v2>v1>v4>v3。（卫星沿椭圆轨道由P→Q运行时，由于只有重力做负功，卫星机械能守恒，其重力势能逐渐增大，动能逐渐减小，因此有v2>v3。） 例12． 欧洲航天局用阿里亚娜火箭发射地球同步卫星。该卫星发射前在赤道附近（北纬5°左右）南美洲的法属圭亚那的库卢基地某个发射场上等待发射时为1状态，发射到近地轨道上做匀速圆周运动时为2状态，最后通过转移、调试，定点在地球同步轨道上时为3状态。将下列物理量按从小到大的顺序用不等号排列：①这三个状态下卫星的线速度大小______；②向心加速度大小______；③周期大小______。 解：①比较2、3状态，都是绕地球做匀速圆周运动，因为r2 概述：处理力学问题、常用的三种方法 一是牛顿定律；二是动量关系；三是能量关系。若考查的物理量是瞬时对应关系，常用牛顿运动定律；若研究对象为一个系统，首先考虑的是两个守恒定律；若研究对象为一个物体，可优先考虑两个定理。特别涉及时间问题时，优先考虑的是动量定理、而涉及位移及功的问题时，优先考虑的是动能定理。两个定律和两个定理，只考查一个物理过程的始末两个状态，对中间过程不予以细究，这正是它们的方便之处，特别是变力问题，就显示出其优越性。 动量与能量的综合问题，是高中力学最重要的综合问题，也是难度较大的问题。分析这类问题时，应首先建立清晰的物理图景、抽象出物理模型、选择物理规律、建立方程进行求解。 例题分析： 例1. 如图所示，质量分别为m和2m的A、B两个木块间用轻弹簧相连，放在光滑水平面上，A靠紧竖直墙。用水平力F将B向左压，使弹簧被压缩一定长度，静止后弹簧储存的弹性势能为E。这时突然撤去F，关于A、B和弹簧组成的系统，下列说法中正确的是 （BD） A.撤去F后，系统动量守恒，机械能守恒 B.撤去F后，A离开竖直墙前，系统动量不守恒，机械能守恒 C.撤去F后，A离开竖直墙后，弹簧的弹性势能最大值为E D.撤去F后，A离开竖直墙后，弹簧的弹性势能最大值为E/3 [A离开墙前墙对A有弹力，这个弹力虽然不做功，但对A有冲量，因此系统机械能守恒而动量不守恒；A离开墙后则系统动量守恒、机械能守恒。A刚离开墙时刻，B的动能为E，动量为p=向右；以后动量守恒，因此系统动能不可能为零，当A、B速度相等时，系统总动能最小，这时的弹性势能为E/3。] 指出：应用守恒定律要注意条件。 对整个宇宙而言，能量守恒和动量守恒是无条件的。但对于我们选定的研究对象所组成的系统，守恒定律就有一定的条件了。如系统机械能守恒的条件就是“只有重力做功”；而系统动量守恒的条件就是“合外力为零”。 例2. 长为L宽为d质量为m总电阻为R的矩形导线框上下两边保持水平，在竖直平面内自由落下而穿越一个磁感应强度为B宽度也是d的匀强磁场区。已知线框下边刚进入磁场就恰好开始做匀速运动。则整个线框穿越该磁场的全过程中线框中产生的电热是___________。 [若直接从电功率计算，就需要根据求匀速运动的速度v、再求电动势E、电功率P、时间t，最后才能得到电热Q。如果从能量守恒考虑，该过程的能量转化途径是重力势能EP→电能E→电热Q，因此直接得出Q=2mgd ] 指出：深刻理解守恒的本质，灵活选用守恒定律的各种表示形式 例如机械能守恒定律就有多种表达形式：EK+EP=EK/ +EP′，ΔEK+ΔEP=0。它们的实质是一样的，但在运用时有繁简之分。因为重力势能的计算要选定参考平面，而重力势能变化的计算跟参考平面的选取无关，所以用后者往往更方便一些。 在运用更广义的能量守恒定律解题时，可以这样分析：先确定在某一过程中有哪些能量参与了转化；哪些能量增加了，哪些能量减少了；然后根据能量守恒的思想，所有增加了的能量之和一定等于所有减少了的能量之和，即ΔE增=ΔE减。 例3如图所示，质量为1.0kg的物体m1，以5m/s的速度在水平桌面上AB部分的左侧向右运动，桌面AB部分与m1间的动摩擦因数μ=0.2，AB间的距离s=2.25m，桌面其他部分光滑。m1滑到桌边处与质量为2.5kg的静止物体m2发生正碰，碰撞后m2在坚直方向上落下0.6m时速度大小为4m/s，若g取10m/s2，问m1碰撞后静止在什么位置？ 解析：m1向右运动经过AB段作匀减速运动，由动能定律可以求出离开B点继续向右运动的速度为4米/秒；和m2发生碰撞后，m2作平抛运动，由平抛运动知识可以求出m2做平抛运动的初速度（碰撞之后）为2米/秒。利用动量守恒定律可以求出碰撞之后瞬间m1的速度为1米/秒。由动能定律可以求出返回经过AB段，离B点0.25米处停止。 例4翰林汇翰林汇222例子例如图所示，球A无初速地沿光滑圆弧滑下至最低点C后，又沿水平轨道前进至D与质量、大小完全相同的球B发生动能没有损失的碰撞。B球用长L的细线悬于O点，恰与水平地面切于D点。A球与水平地面间摩擦系数=0.1，已知球A初始高度h=2米，CD=1米。问： (1)若悬线L=2米，A与B能碰几次?最后A球停在何处？ (2)若球B能绕悬点O在竖直平面内旋转，L满足什么条件时，A、B将只能碰两次？A球最终停于何处？ (1)20次 A球停在C处 (2)L0.76米，A球停于离D9.5米处 例5如图所示，小木块的质量m＝0.4kg，以速度υ＝20m/s，水平地滑上一个静止的平板小车，小车的质量M＝1.6kg，小木块与小车间的动摩擦因数μ＝0.2.（不计车与路面的摩擦）求： (1)小车的加速度； (2)小车上的木块相对于小车静止时，小车的速度； (3)这个过程所经历的时间. [ (1)0.5m/s2；(2)4m/s；(3)8s] 第二问：对m、M系统研究，利用动量守恒定律很快求出木块相对小车静止时，小车的速度。也可以利用动能定理分别研究m和M，但相对而言要麻烦得多。表明合理选择物理规律求解，可以提高解题速度和准确程度 例6 如图所示,在光滑水平地面上有一辆质量为M的小车,车上装有一个半径为R的光滑圆环.一个质量为m的小滑块从跟车面等高的平台上以速度V0滑入圆环.试问:小滑块的初速度V0满足什么条件才能使它运动到环顶时恰好对环顶无压力? 解析：滑块至圆环的最高点且恰好对环顶无压力，应有 式中V是滑块相对圆心O的线速度，方向向左。设小车此时速度u，并以该速度方向为正方向，则滑块的对地速度为对滑块和小车组成的系统，由于水平方向所受合外力为零，由动量守恒有 由滑块和小车系统的机械能守恒有三式联立求解得： 指出：公式是相对圆心的线速度，而本题中的圆心是以u向右移动的，所以滑快对地速度为V—u。而动量守恒定律、机械能守恒定律表达式中的速度均应为对地的。 例7翰林汇例例翰林汇13、如图所示, 一质量为M、长为的长方形木板B放在光滑的水平地面上, 在其右端放一质量为m的小木块A, m (2) 若初速度大小未知, 求小木块A向左运动到达的最远处(从地面上看)离出发点的距离. 解析： A和B相对静止时，A相对B向左滑动了L如图（3）设此时速度为V。由动量守恒定律： ① 小木块A向左运动到达最远处x时（如图（2））对地速度为零，对小木块A由动能定理： ② 对AB全程由能量转化和守恒定律：③由以上三式可解得x。求解本题要充分利用草图弄清物理过程。 例8、 如图所示，小车A质量为置于光滑水平面上。初速度为，带电量q=0.2C的可视为质点的物体B,质量为,轻放在小车的右端,它们的周转围存在匀强磁场,方向垂直纸面向里,磁场强度为B=0.5T,物体B与小车之间有摩擦力,小车足够长.求(1)物体B的最大速度.(2)小车A的最小速度.(3)在此过程中转变成多少内能 V A B [解析:小车受到摩擦力作减速运动,物体B受到摩擦力作用而加速运动,其受到的磁场力方向向上,把A和B作为一个系统,在竖直方向上合外力为零,水平方向不受外力作用,系统总动量守恒.当物体B受到的磁场力和所受重力平衡时,其速度最大,此时小车A的速度最小,在这个过程中系统损失的动能转变成内能.(1) (2)根据动量守恒定律有: (3) 例9静止在太空中的飞行器上有一种装置,它利用电场加速带电粒子,形成向外发射的粒子流,从而对飞行器产生反冲力,使其获得加速度.已知飞行器的质量为M,发射的2价氧离子,发射功率为P,加速电压为U,每个氧离子的质量为m,单位电荷的电量为e,不计发射离子后飞行器质量的变化,求：（1）射出的氧离子速度；（2）每秒钟射出的氧离子数；（3）射出离子后飞行器开始运动的加速度。 [解析：（1）以氧离子为研究对象，根据动能定理，有：所以氧离子速度为（2）设每秒钟射出的氧离子数为N，则发射功率可表示为：所以氧离子数为N=P/2eU （3）以氧离子和飞行器为系统，设飞行器的反冲速度为V，根据动量守恒定律所以，飞行器的加速度为 例10、质量为0.01kg的子弹以300m/s的水平速度射中一静止在光滑水平面上的木块，子弹进入木块6cm而相对于木块静止下来。在这过程中，木块往前移动了0.2cm。求：（1）木块的末速度；（2）木块的质量 解析：以子弹和木块为系统，相对静止时共同速度为V 由动量守恒① 子弹与木块相对静止时，木块滑动的位移为L，子弹相对地面发生的位移为L+d，对子弹和木块分别利用动能定理：② ③ 由以上三式可解得V=10m/S M=0.29Kg 例11、如图，物块A以初速度V0滑上放在光滑水平面上的长木板B。若B固定，则A恰好滑到B的右端时停下；若B不固定，则A在B上滑行的长度为板长的4/5，求A、B的质量比。 解析：B固定时：对A由动量定理① B不固定时： A相对B滑动距离4L/5 时，AB相对静止，此时共同速度为V，由动量守恒定律② 又由能的转化和守恒定律③由以上三式可得M=4m。 例12、 质量为m的长木板A静止在光滑水平面上，另两个质量也是m的铁块B、C同时从A的左右两端滑上A的上表面，初速度大小分别为v和2v，B、C与A间的动摩擦因数均为μ。⑴试分析B、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：B、C都相对于A滑动时，A所受合力为零，保持静止。这段时间为。B刚好相对于A 静止时，C的速度为v，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，这段加速经历的时间为，最终A将以做匀速运动。 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，由能量守恒定律列式：。这就是A木板应该具有的最小长度。 例13、 质量为M的小车A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v0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能EP和全过程系统摩擦生热Q各多少？简述B相对于车向右返回过程中小车的速度变化情况。 解：全过程系统动量守恒，小物块在车左端和回到车右端两个时刻，系统的速度是相同的，都满足：mv0=(m+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EP恰好等于返回过程的摩擦生热，而往、返两个过程中摩擦生热是相同的，所以EP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ΔEK=Q=2EP 而， ∴ 至于B相对于车向右返回过程中小车的速度变化，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f，小车向左加速运动；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14、如图所示，在水平固定的杆上，套有一个质量为2m的环，一根长为L的轻质绳(质量不计)，一端拴在环上，另一端系住一质量为m的球，先将球拉至绳沿水平的位置，然后按住环且将球由静止释放，当球下摆至绳与水平方向成300的位置时，再将环释放，若不计一切摩擦阻力，求球在以后的运动中可摆到离杆的最小距离。 例15、 质量为m的人站在质量为M，长为L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：本类型题不宜用牛顿运动定律求解 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L。设人、船位移大小分别为l1、l2，则：mv1=Mv2，两边同乘时间t，ml1=Ml2，而l1+l2=L，∴ 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。如果发生相互作用前系统就具有一定的速度，那就不能再用m1v1=m2v2这种形式列方程，而要利用(m1+m2)v0= m1v1+ m2v2列式。 带电粒子在复合场中的运动 1.带电粒子在匀强电场、匀强磁场中运动的比较 解决这类问题时一定要重视画示意图的重要作用。 ⑴带电粒子在匀强电场中做类平抛运动。这类题的解题关键是画出示意图，要点是末速度的反向延长线跟初速度延长线的交点在水平位移的中点。 ⑵带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动。这类题的解题关键是画好示意图，画示意图的要点是找圆心、找半径和用对称。 例1 右图是示波管内部构造示意图。竖直偏转电极的板长为l=4cm，板间距离为d=1cm，板右端到荧光屏L=18cm，（本题不研究水平偏转）。电子沿中心轴线进入偏转电极时的速度为v0=1.6×107m/s，电子电荷e=1.6×10-19C，质量为0.91×10-30kg。为了使电子束不会打在偏转电极的极板上，加在偏转电极上的电压不能超过多少？电子打在荧光屏上的点偏离中心点O的最大距离是多少？ [解：设电子刚好打在偏转极板右端时对应的电压为U，根据侧移公式不难求出U(当时对应的侧移恰好为d/2)：，得U=91V；然后由图中相似形对应边成比例可以求得最大偏离量h=5cm。] 例2 如图甲所示，在真空中，足够大的平行金属板M、N相距为d，水平放置。它们的中心有小孔A、B，A、B及O在同一条竖直线上，两板的左端连有如图所示的电路，交流电源的内阻忽略不计，电动势为U，U的方向如图甲所示，U随时间变化如图乙所示，它的峰值为ε。今将S接b一段足够长时间后又断开，并在A孔正上方距A为h（已知）的O点释放一个带电微粒P，P在AB之间刚好做匀速运动，再将S接到a后让P从O点自由下落，在t=0时刻刚好进入A孔，为了使P一直向下运动，求h与T的关系式？ [解析：当S接b一段足够长的时间后又断开，而带电微粒进入A孔后刚好做匀速运动，说明它受到的重力与电场力相等，有若将S接a后，刚从t=0开始，M、N两板间的电压为，2ε，故带电粒子进入电场后，所受到的电场力为，也就是以大小为g、方向向上的加速度作减速运动。当t=T/2后，M、N两板间的电压为零，微粒在重力的作用下运动。若要使带电微粒一直向下运动，则带电粒子在t=T/2时的速度V≥0。由带电粒了在电场外和电场内加速、减速运动的对称性，要使V≥0，则可知 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O以与MN成30°角的同样速度v射入磁场（电子质量为m，电荷为e），它们从磁场中射出时相距多远？射出的时间差是多少？ [解：由带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的半径公式和周期公式知，正、负电子的半径和周期是相同的，只是偏转方向相反。由于向心力方向跟速度方向垂直，所以圆心一定在过O点垂直于速度的直线上，因此可确定圆心和半径；由对称性知，射入、射出点处速度和MN所成的角必然相等。因此射入点、射出点和圆心恰好是正三角形的三个顶点。两个射出点相距2r。由图看出，正负电子在磁场中的轨迹圆弧所含的度数分别是60°和300°，经历的时间分别为T/6和5T/6，相差2T/3。故答案为射出点相距，时间差为。] 3.电场力和洛仑兹力的综合应用： 当E⊥B时，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确定的速度（包括大小、方向）才能匀速通过速度选择器。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衡得出：qvB=Eq ，v=E/B。在本图中，速度方向必须向右。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，而是一条复杂曲线；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5正方形abcd内有方向如图的场强为E的匀强电场和磁感应强度为B的匀强磁场。质子流从ad边的中点O以初速度v0，沿着与ab平行的方向射入正方形区域。若撤去匀强磁场，质子将达到b点；若撤去匀强电场，质子将打到c点。求：⑴E∶B ⑵当匀强电场和匀强磁场同时存在时，为使质子沿原方向射入后能做直线运动而打到bc边的中点O/，其初速度应调整为v0的多少倍？ [解：⑴只有匀强电场时，由图知质子打到b点时速度的偏转角为α=45°，可得： ；只有匀强磁场时，由图可求得质子做圆周运动的半径r=5L/4，可得：；由以上两式可得E∶B=5v0∶4 ⑵为了使质子做直线运动，必须满足Eq=Bqv，所以1.25v0 ] 例6、（1991年上海高考题）如图所示质量为m、带电量为+q的粒子，从两平行电极板正垂直电场线和磁感线方向以速度V飞入。已知两板间距为d，磁感强度为B，这时粒子恰好能沿直线穿过电场和磁场区域（重力不计）现将磁感应强度增大到某值，则粒子将落到板上，粒子落到极板上时的动能为多大？ [答案：] 例7、（2001年全国高考理综题）如图所示是测量带电粒子质量的仪器工作原理示意图。设法使某有机化合物的气态分子导入图中所示的容器A中，使它受到电子束轰击，失去一个电子变成为正一价的分子离子，分子离子从狭缝S1以很小的速度进入电压为U的加速电场区（初速不计），加速后，再通过狭缝S2、S3射入磁感应强度为B的匀强磁场，方向垂直于磁场区的界面PQ，最后，分子离子打到感光片上，形成垂直于纸面且平行于狭缝S3的细线，若测得细线到狭缝S3的距离为d。导出分子离子的质量m的表达式。 质谱仪主要是分析同位素、测定其质量、荷质比和含量比的现代科学仪器。m=qB2d2/8U 例8、（1993年上海高考题）如图所示为一种获得高能粒子的装置。环形区域内存在垂直纸面向外、大小可调节的均匀磁场。质量为m、电量为+q的粒子在环中做半径为R的圆周运动。A、B为两块中心开有小孔的极板，原来电势都为零，每当粒子飞经A板时，A板电势升高为+U，B板电势仍为零，粒子在两板间的电场中得到加速。第当粒子离开时，A板电势又降到零。粒子在电场一次次加速下动能不断增大，而绕行半径不变。 （1）设t=0时，粒子静止在A板小孔处，在电场作用下加速，并开始绕行第一圈，求粒子绕行n圈回到A板时获得的总动能En。 （2）为使粒子始终保持在半径为R的圆轨道上运动，磁场必须周期性递增，求粒子绕行第n圈时磁感应强度B。 （3）求粒子绕行n圈所需的总时间tn（设极板间距远小R） （4）在图中画出A板电势U与时间t的关系（从t=0起画到粒子第四次离开B极板） （5）在粒了绕行的整个过程中，A板电势可否始终保持+U？为什么？ 本题是回旋加速器原理图： （1）En=Ek=nqU （2） （3） （4）图略 （5）不可以。因为这样会使粒子在AB两板之间飞行时，电场力对其做功+qU，从而使之加速；在AB板之外飞行时，电场力又对其做功-qu，从而使之减速。粒子绕行一周电场对其所做的总功为零，能量不会增加。 例9、（2001年北京海淀区高考模拟题）目前世界上正在研究的一种新型发电机叫做磁流体发电机。这种发电机与一般发电机不同，它可以直接把内能转化为电能，它的发电原理是：将一束等离子体（即高温下电离的气体，含有大量带正电和带负电的微粒，而整体来说呈中性）喷射入磁场，磁场中A、B两平行金属板上会聚集电荷，产生电压。设AB两平行板的面积为S，彼此相距L，等离子体气体的导电率为P（即电阻率ρ的倒数）喷入速度为V，板间磁感应强度B与气流方向垂直，与板相连的电阻的阻值为R。问流过R的电流I为多少？ 解析：电源电动势为外电路断开时电源两极间的电势差，当等离子体匀速通过AB板时，AB两板间的电势差达到最大 例10、（2001年全国理科综合考题）电磁流量计广泛应用于测量可导电流体（如污水）在管中流量（单位时间内通过管内横截面的流体的体积）。为了简化，假设流量计是如图所示的横截面长长方形的一段管道，其中空部分的长、宽、高分别为图中的a、b、c。流量计的两端与输送流体的管道相连（图中虚线）图中流量计的上下两面是金属材料，前后两面是绝缘材料。现于流量计所在处加磁感应强度为B的匀强磁场，磁场方向垂直于前后两面，当导电流体稳定地流经流量计时，在管外将流量计上、下两表分别与一串接了电阻R的电流表的两端连接。I表示测得的是流值。已知液体的电阻率为ρ，不计电流表的内阻，则可求得流量为 A、I（bR+ρC/a）/B B、I（aR+ρb/c）/B C、I（cR+ρa/b）/B D、I（R+ρbc/a）/B 电磁流量计是一根管道内部没有任何阻碍流体流动的仪器，所以可以用来测量度粘度强腐蚀性流体的流量，它还具有测量范围宽、反应快、易与其它自动控制配套等优点。当导电液流动时，流体中定向移动离子受洛仑兹力作用，在上下金属板上就聚集电荷，产生电场。当导电液体匀速运动时，有洛仑兹力等于电场力。 该电源电动势ε=VBc 根据电阻定律r=ρc/ab 由全电路欧姆定律I=ε/（R+r）解得： V=I（R+ρc/ab）/Bc 故流量Q=SV=（答案A） 例11、（2000年全国理科综合考题）如图所示，厚度为h，宽度为d的导体放在垂直于它的磁感应强度为B的均匀磁场中。当电流通过导体板时，在导体板的上侧面A和下侧面A1之间会产生电势差。这种现象称为霍尔效应。实验表明，当磁场不太强时，电势差U、电流I和磁感应强度B的关系为U=KIB/d，式中的比例系数K称为霍尔系数。霍尔效应可解释如下： 外部磁场的洛仑兹力使运动的电子聚集在导体板的一侧，在导体板的另一侧会出现多余的正电荷，从而形成横向电场对电子施加与洛仑兹力相反的静电力。当静电力与洛仑兹力达到平衡时，导体板上下两侧面之间会形成稳定的电势差。设电流I是由电子的定向流动形成的，电子的平均定向速度为V，电量为e，回答下列问题： （1）达到稳定状态时，导体板上侧A的电势（ 低于 ）下侧面A1的电势；（填“高于”“低于”或“等于”） （2）电了所受的洛仑兹力的大小为（ ）； （3）当导体板上下两侧面之间的电势差为U时，电子所受静电力的大小为（ ）； （4）由静电力和洛仑兹力平衡，证明：霍尔系数为K=1/ne，其中n代表导体板的单位体积内的电子的个数。 解答略 电磁感应中的力学问题与能量转化问题 在物理学研究的问题中,能量是一个非常重要的课题,能量守恒是自然界的一个普遍的、重要的规律。在电磁感应现象中，由磁生电并不是创造了电能，而只是机械能转化为电能而已。在力学中就已经知道：功是能量转化的量度。那么在机械能转化为电能的电磁感应现象中，是什么力在做功呢？是安培力在做功，在电学中，安培力做正功，是将电能转化为机械能（电动机），安培力做负功，是将机械能转化为电能（发电机），必须明确发生电磁感应现象中，是安培力做功导致能量的转化。 （1）由决定的电磁感应现象中，无论磁场发生的增强变化还是减弱变化，磁场都通过感应导体对外输出能量（指电路闭合的情况下，下同）。磁场增强时，是其它形式的能量转化为磁场能中的一部分对外输出；磁场子削弱时，是消耗磁场自身储存的能量对外输出。 （2）由决定的电磁感应现象中，由于磁场本身不发生变化，一般认为磁场并不输出能量，而是其它形式的能量，借助安培的功（做正功、负功）来实现能量的转化。 （3）解决这类问题的基本方法：用法拉第电磁感应定律和楞次定律确定感应电动的大小和方向；画出等效电路，求出回路中电阻消耗电功率表达式；分析导体机械能的变化，用能量守恒关系得到机械功率的改变与回路中电功率的变化所满足的方程。 例1. 如图所示，竖直放置的U形导轨宽为L，上端串有电阻R（其余导体部分的电阻都忽略不计）。磁感应强度为B的匀强磁场方向垂直于纸面向外。金属棒ab的质量为m，与导轨接触良好，不计摩擦。从静止释放后ab保持水平而下滑。试求ab下滑的最大速度vm 解：释放瞬间ab只受重力，开始向下加速运动。随着速度的增大，感应电动势E、感应电流I、安培力F都随之增大，加速度随之减小。当F增大到F=mg时，加速度变为零，这时ab达到最大速度。 由，可得 这道题也是一个典型的习题。要注意该过程中的功能关系：重力做功的过程是重力势能向动能和电能转化的过程；安培力做功的过程是机械能向电能转化的过程；合外力（重力和安培力）做功的过程是动能增加的过程；电流做功的过程是电能向内能转化的过程。达到稳定速度后，重力势能的减小全部转化为电能，电流做功又使电能全部转化为内能。这时重力的功率等于电功率也等于热功率。 进一步讨论：如果在该图上端电阻右边安一只电键，让ab下落一段距离后再闭合电键，那么闭合电键后ab的运动情况又将如何？（无论何时闭合电键，ab可能先加速后匀速，也可能先减速后匀速，但最终稳定后的速度总是一样的）。 例2. 如图所示，U形导线框固定在水平面上，右端放有质量为m的金属棒ab，ab与导轨间的动摩擦因数为μ，它们围成的矩形边长分别为L1、L2，回路的总电阻为R。从t=0时刻起，在竖直向上方向加一个随时间均匀变化的匀强磁场B=kt，（k>0）那么在t为多大时，金属棒开始移动？ 解：由= kL1L2可知，回路中感应电动势是恒定的，电流大小也是恒定的，但由于安培力F=BIL∝B=kt∝t，随时间的增大，安培力将随之增大。当安培力增大到等于最大静摩擦力时，ab将开始向左移动。这时有： 例3. 如图所示，用丝线悬挂闭合金属环，悬于O点，虚线左边有匀强磁场，右边没有磁场。金属环的摆动会很快停下来。试解释这一现象。若整个空间都有向外的匀强磁场，会有这种现象吗？ 解：只有左边有匀强磁场，金属环在穿越磁场边界时，由于磁通量发生变化，环内一定会有感应电流产生，根据楞次定律将会阻碍相对运动，所以摆动会很快停下来，这就是电磁阻尼现象。当然也可以用能量守恒来解释：既然有电流产生，就一定有一部分机械能向电能转化，最后电流通过导体转化为内能。若空间都有匀强磁场，穿过金属环的磁通量反而不变化了，因此不产生感应电流，因此也就不会阻碍相对运动，摆动就不会很快停下来。[拓展：（1）此时摆角不大于50时，它的振动周期相对没有磁场时有什么变化？（2）如果线框换成一个带电小球，它的振动周期相对没有磁场时有什么不同。（3）如果线框换成带电小球，匀强磁场换成竖直方向的匀强电场，相对没有电场，它的振动周期有什么不同？] 例4如图所示，质量为m、边长为l的正方形线框，从有界的匀强磁场上方由静止自由下落，线框电阻为R。匀强磁场的宽度为H。（l＜H ，磁感强度为B，线框下落过程中ab边与磁场边界平行且沿水平方向。已知ab边刚进入磁场和刚穿出磁场时线框都作减速运动，加速度大小都是。求 （1）ab边刚进入磁场时与ab边刚出磁场时的速度大小； （2）cd边刚进入磁场时，线框的速度大小； （3）线框进入磁场的过程中，产生的热量。 [解（1）由题意可知ab边刚进入磁场与刚出磁场时的速度相等，设为v1，则结线框有： ε＝Blv1 I＝ε/R F＝BIl 且F－mg＝mg/3 解得速度v1为：v1＝4mgR/3B2l2 （2）设cd边刚进入磁场时速度为v2，则cd边进入磁场到ab边刚出磁场应用动能定理得： 解得： （3）由能和转化和守恒定律，可知在线框进入磁场的过程中有 解得产生的热量Q为：Q＝mgH] 例5如图所示,在倾角为θ的光滑斜面上存在着两个磁感强度相等的匀强磁场,方向一个垂直斜面向上,另一个垂直斜面向下,宽度均为L.一个质量为m、边长也为L的正方形线框（设电阻为R）以速度v进入磁场时，恰好作匀速直线运动。若当ab边到达gg1与ff1中间位置时，线框又恰好作匀速直线运动，则：（1）当ab边刚越过ff1时，线框加速度的值为多少？（2）求线框从开始进入磁场到ab边到达gg1和ff1中点的过程中产生的热量是多少？ [解析：（1）ab边刚越过ee1即作匀速直线运动，表明线框此时受到的合外力为零，即： 在ab边刚越过ff1时，ab、cd边都切割磁感线产生电势，但线框的运动速度不能突变，则此时回路中的总感应电动势为故此时线框加速度为： （2）设线框再作匀速直线运动的速度为V1，则： 从线框越过ee1到线框再作匀速直线运动过程中，设产生的热量为Q，则由能量守恒定律得： ] 例6如图所示，两根平行光滑导轨PQ和MN相距d＝0.5m，它们与水平方向的倾角为α（sinα＝0.6），导轨的上方跟电阻为R＝4Ω相连，导轨上放一个金属棒，金属棒的质量为m＝0.2kg，电阻r＝2Ω。整个装置放在方向竖直向上的匀强磁场中，磁感强度B＝1.2T。金属棒在沿斜面方向向上的恒力作用下收静止开始沿斜面向上运动，电阻R消耗的最大电功率P＝1W。（g＝10m/s2）求：（1）恒力的大小；（2）恒力作用功的最大功率。 例7、如图所示，AB．CD是两根足够长的固定平行金属导轨，两轨间距离为L，导轨平面与水平面的夹角为，在整个导轨平面内都有垂直于导轨平面斜向上方的匀强磁场，磁感应强度为B，在导轨的AC端连接一个阻值为R的电阻，一根垂直于导轨放置的金属棒ab，质量为m，电阻为R，与导轨的动摩擦因数为 ，从静止开始沿导轨下滑，求： （1）ab棒的最大速度 （2）ab释放的最大功率 （3）若ab棒下降高度h时达到最大速度，在这个过程中，ab棒产生的焦耳热为多大？ 高考临考讲座 一、应试技巧 如何在有限的时间内充分发挥自己的水平甚至超水平发挥呢？除了平时知识的积累，心理素质等因素之外，掌握一些基本的应试技巧也是高考成功的一个重要法码。现总结如下，以供参考： 通览全卷，沉着应战。当拿到试卷以后，不要匆匆忙忙地提笔就写，而是应在正式答题之前将全卷通览一遍，了解试卷的分量，试题的类型，所考的内容，试题的难易和各题的比分等，做到心中有数，沉着应战。对于题多、量大、题型新、题目难的试卷，更要注意这一点。 缜密审题，扣题做答。每做一道题，特别是做问答题。首先要全面、正确地理解题意，弄清题目要求和解答范围，抓住重点，然后认真作答，这样才不会答非所问。以往有些考生不注意仔细审题，结果不是离题太远，就是泛泛而答没有抓住重点，造成失误。 先易后难、从容解答。各科试卷每种题型中所列的试题，基本上是从易到难排列的。在规定的时间之内做好答案，一般来说，解题要按先易后难，从简到繁的顺序进行。如果避易就难，啃住难题不放，只会费时甚至会影响对易题的做答，还可能造成紧张的心理状态，打乱思路和步骤。过去有的考生就是吃了这个亏，到收卷时，难题没有啃通，易题也未做好，这是应当记取的一个教训。 坚定信心、力克难题。所谓难题，一般指综合性较强，变化较多的试题。但是不管它怎么难，都不会超出中学所学范围，总是渗透着所学的概念、原理、定理、定律、公式等基本知识。所以，应当有攻克难题的信心，决不能在难题面前后退。解答难题，可采用两种方法：一是联想法，即通过课本有关知识和过去有关练习的联想，进行推导，触类旁通；二是试探法，即运用多种思考方法，从不同的角度试解，打开思路，找出正确答案。 一丝不苟、每分必争。高考成绩是录取的重要依据，相差一分就有可能失去录取资格。因此，考生必须一丝不苟，认真答题，每分必争。每题的答案，都要做到内容正确，表述清楚，书写工整。遇到一时难以解答的问题，要认真分析、思考，会多少答多少，能推导几步就做几步。对分数少的小题，也要认真回答，争取多得分。整个卷面要保持整洁，清晰，否则也会造成无谓失分。 仔细检查、补漏纠错。为了尽量避免失误，做完答卷以后，不要急于交卷，只要时间允就应对试卷一题一题地检查，一步一步地验证。要着重检查有无漏题，是否切题，有无笔误，做到有漏必补，有错必纠，力争答案的内容乃至标点、符号、文字、图表都准确无误。 这里需要单独提出来重点说明的是选择题的应试技巧。选择题存在着凭猜测答案得分的可能性，我们称为机遇分，这种机遇对每个人来讲是均等的。如四选一型，当遇到不能肯定选出正确答案的题目时，千万不要放弃猜答案的机会，先用排除法排除能确认的干扰项，如果能排除两个，其余两项肯定有一个正确答案，再随意选其中一项，这就意味着你答对的概率为50％，如果放弃就等于放弃了这50％的得分机遇。即使一个干扰项也不能排除仍不要放弃，四个选项中随便选一个，得分的机遇率仍有25％，若每名考生对自己不能肯定答对的题目都猜一下，那么机遇对每个人都是均等的，考试对所有的考生仍是公平的。 二、热点题型分析 例1、1997年8月26日在日本举行的国际学术大会上，德国Max planck学会的一个研究组宣布了他们的研究结果：银河系的中心可能存在一个大“黑洞”。所谓“黑洞”，它是某些天体的最后演变结果。 （1）根据长期观测发现，距离某“黑洞”6.0×1012m的另一个星体（设其质量为m）以2×106m/s的速度绕“黑洞”旋转，求该“黑洞”的质量M（结果要求保留两位有效数字）。 （2）根据天体物理学知识，物体从某天体上的逃逸速度公式为v=,其中引力常量G＝6.67×10-11N·m2kg－2 ，M为天体质量，R为天体半径。且已知逃逸速度大于真空中光速的天体叫“黑洞”。请估计（1）中“黑洞”的可能最大半径。（结果只要求保留一位有效数字） 解：(1) M=＝3.6×1035kg (2) >c 则：R<＝5×108m 例2、地球上空有人造地球同步通信卫星，它们向地球发射微波。但无论同步卫星数目增到多少个，地球表面上总有一部分面积不能直接收到它们发射来的微波问这个面积S与地球表面积S0之比至少有多大？结果要求保留两位有效数字。已知地球半径R0＝6.4×106m，半径为R，高为h的球缺的表面积为S1＝2πRh，球面积为S＝4πR2。 解： sinа= 一个极周围收不到微波的面积：S＝2π（1－cosа） 代入已知数值得： =0.011 例3、右图为推行节水灌溉工程中使用的转动式喷水龙头的示意图。“龙头”离地面高h m，将水水平喷出，其喷灌半径为10h m，每分钟可喷水m kg，所用的水从地面以下H m深的井里抽取。设所用水泵（含电动机）的效率为η，不计空气阻力。求：⑴水从龙头中喷出时的速度v0 ⑵水泵每分钟对水做的功W ⑶带动该水泵的电动机消耗的电功率P。 解：(1)平抛所用时间为t= ① 水平初速度为v= ② (2)1min内喷出水的动能为 Ek=mv2=25mgh ③ 水泵提水，1min内水所获得的重力势能为 Ep=mg(H+h) ④ 1min内水泵对水所做功为 W=Ek+Ep=mg(H+26h) ⑤ (3)带动水泵的电动机的最小输出功率等于水泵输入功率P= 例4、如图所示，一劲度系数为k=800N/m的轻弹簧两端各焊接着两个质量均为m=12kg的物体A、B。物体A、B和轻弹簧竖立静止在水平地面上，现要加一竖直向上的力F在上面物体A上，使物体A开始向上做匀加速运动，经0.4s物体B刚要离开地面，设整个过程中弹簧都处于弹性限度内，取g=10m/s2 ，求： （1）此过程中所加外力F的最大值和最小值。 （2）此过程中外力F所做的功。 解：(1)A原来静止时：kx1=mg ① 当物体A开始做匀加速运动时，拉力F最小，设为F1，对物体A有： F1＋kx1－mg=ma ② 当物体B刚要离开地面时，拉力F最大，设为F2，对物体A有： F2－kx2－mg=ma ③ 对物体B有：kx2=mg ④ 对物体A有：x1＋x2＝ ⑤ 由①、④两式解得 a=3.75m/s2 ，分别由②、③得F1＝45N，F2＝285N (2)在力F作用的0.4s内，初末状态的弹性势能相等，由功能关系得： wF=mg(x1＋x2)+ 49.5J 例5、质量为5t的汽车，在平直公路上以60kw恒定功率从静止开始启动，速度达到24m/s的最大速度后，立即关闭发动机，汽车从启动到最后停下通过的总位移为1200m，运动过程中汽车所受的阻力不变，求汽车运动的时间。（98s） 例6、质量为M的小车静止在光滑的水平面上，质量为m的小滑块在电动机的牵引下，以恒定速度v向前运动。现让小滑块滑到小车上，经过一段时间后，m与M相对静止。设整个牵引过程中小滑块的速度始终保持v不变，它与小车之间的动摩擦因数为μ，求这段时间内小车的位移是多少？小车的最短长度是多少？电动机的牵引力做功为多少？ (； ； ) 例7、如图所示，质量为Ｍ的水平木板静止在光滑的水平地面上，板的左端放一质量为ｍ的铁块，现给铁块一个水平向右的瞬时冲量Ｉ，让铁块开始运动，并与固定在木板另一端的弹簧相碰后返回，恰好又停在木板左端，求： （1）整个过程中系统克服摩擦力做的功. （2）若铁块与木板间的动摩擦因数为μ，则铁块对木板相对位移的最大值是多少? （3）系统的最大弹性势能是多少? 例8、如图所示，S为一个电子源，它可以在纸面的3600范围内发射速率相同的质量为m、电量为e的电子，MN是一块足够大的挡板，与S的距离OS＝L，挡板在靠近电子源一侧有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感强度为B，问： （1）若使电子源发射的电子有可能到达挡板，则发射速率最小为多大？ （2）如果电子源S发射电子的速率为（1）中的2倍，则挡板上被电子击中的区域范围有多大？ 解：（1）设电子发射的最小速率为v， 电子轨道半径至少为L/2， eBv=，则v= （2）发射速率v‘＝2v时，轨道半径为L，如图，挡板被电子击中的范围为： AB=()L 例9、有一电子束穿过具有匀强电场和匀强磁场的空间区域，该区域的电场强度和磁感强度分别为E和B。 （1）如果电子束的速度为v0，要使电子束穿过上述空间区域不发生偏转，电场和磁场应满足什么条件？ （2）如果撤去磁场，电场区域的长度为l，电场强度的方向和电子束初速方向垂直，电场区域边缘离屏之间的距离为d，要使电子束在屏上偏移距离为y，所需加速电压为多大？ 解：(1)要使电子不发生偏转则：eE＝e v0B ，E＝v0B （2）电子在电场中向上偏转量： s=且tanθ= 其中 在加速电场中eU＝ 偏移距离：y=s+dtanθ ， 由以上各式可得：U＝ 例10、如图甲所示，在空间存在一个变化的电场和一个变化的磁场，电场的方向水平向右（图中由B到C），场强大小随时间变化如图乙所示；磁感强度方向垂直于纸面、大小随时间如图丙所示。从t=1s末开始，在A点每隔2s有一个同种的粒子以沿AB方向（垂直于BC）的初速度v0射击，恰好能击中C点，若AB＝BC＝l,且粒子在AC间的运动时间小于1s。求： （1）磁场的方向； （2）图象中E0和B0的比值 （3）1s末射出的粒子和3s末射出的粒子由A点运动到C点四经历的时间t1和t2之比t1/t2. 解：（1）磁场方向垂直纸面向外。 （2）粒子由A运动到C所经历的时间小于1s，1s末射出的粒子受洛伦兹力作用，做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有：，粒子由A运动到C，转过1/4圆弧，故R＝l,所以 3s末射出的粒子受电场力作用做类平抛运动，有y=l=，则 所以＝2 v0 （3）做圆周运动的粒子由A运动到C所经历的时间为。 做类平抛运动的粒子由A运动到C所经历的时间为，所以＝ 例11、如图所示，在地面附件，坐标系xoy在竖直平面内，空间有沿水平方向垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感强度大小为B。在x<0的空间内还有沿x轴负方向的匀强电场，场强大小为E。一个带正电荷的油滴经图中x轴上的M点，始终沿着与水平方向成α＝300的斜向下的直线运动，进入x>0区域。要使油滴进入x>0的区域后能在竖直平面内做匀速圆周运动，需在x>0区域内加一个匀强电场。若带电油滴做圆周运动通过x轴的N点，且MO=NO。求： （1）油滴运动的速度大小。 （2）在x>0空间内所加电场的场强大小和方向。 （3）油滴从x轴上的M点开始到达x轴上的N点所用的时间。 解：（1）因油滴沿直线运动，重力和电场力又为 恒力，则与运动方向垂直的洛伦兹力的大小运动不能 变化，油滴必然做匀速直线运动。 则有：， (2)油滴进入x>0的区域后，要做 匀速圆周运动，则：qE1=mg 因为mg=qEcotα,所以E1=E, 电场方向竖直向上。 （2）油滴的运动轨迹如图所示，∠OPN=600，过P 作PM的垂线交x轴于O1，因∠O1PN=∠O1NP=300，ΔO1PN 为等腰三角形，所以O1P＝O1N，O1为油滴做圆周运动的圆心。 设O1P＝R，R=，θ=，油滴由M点到P点的时间：，油滴由P点到N点做匀速圆周运动的时间：。因为mg=qEcotα所以。所以油滴由P点到N点的时间 三、典型练习题 1．一颗质量为m的子弹，以水平速度v0射入静止在光滑水平面上质量为M的木块中，并与木块以共同的速度v前进，则在这个过程中，以下说法正确的是 A.子弹克服阻力所做的功，等于子弹动能的减少量 B.子弹对木块所做的功，等于木块动能的增加量 C.子弹克服阻力所做的功，等于木块动能的增加量 D.子弹克服阻力所做的功，等于子弹和木块所获得的内能 2．输出功率保持10kw的起重机从静止开始起吊500kg的货物，当升高到2m时速度达到最大，取g=10m/s2，求： （1）最大速度是多少？ （2）这一过程所用时间是多少？ 3．如图所示，跨过定滑轮的轻绳两端连接质量相等的A、B两物体，A套在光滑水平杆上，轻绳与水平方向夹角θ＝530，A距滑轮的竖直距离为h，取g=10m/s2，将A由静止释放，求物体A所能达到的最大速度。 4．如图所示，一根轻质弹簧的下端固定在水平桌面上，上端固定一个质量为m的物体A，A静止时弹簧的压缩量为△l1,在A上再放一个物体B，待A、B静止后，弹簧又缩短了△l1，在B上加一竖直向下的力，使弹簧再缩短△l2，这时弹簧的弹性势能为EP,突然撤去此竖直向下的力，则B脱离A向上飞出的瞬间B的速度为多大？ （） 5．如图所示，光滑水平轨道上的小车质量为M=3kg，其下用细绳悬挂一质量m=2kg的小球(可视为质点)，细绳长度为L=0.8m，现手持小球向左拉使绳水平，使小车静止于轨道左端，轨道左端有挡板，然后从静止释放小球，g取10m/s2，求：(1)小球经最低点后向右摆动的最大高度?(2)小球从右侧最大高度回摆再次经过最低点时小车速度多大? 下载： 下载： 下载本文
2.带电粒子以垂直(或平行)于场线的初速度进入匀强电(磁)场在场强为E的匀强电场中 在磁感应强度为B的匀强磁场中 初速度为零 做初速度为零的匀加速直线运动 保持静止 初速度∥场线 做匀变速直线运动 做匀速直线运动 初速度⊥场线 做匀变速曲线运动(类平抛运动) 做匀速圆周运动 共同规律 受恒力作用，做匀变速运动 洛伦兹力不做功，动能不变
