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黄冈高考物理总复习决战资料(绝密)


黄冈高考物理总复习决战资料(绝密)

专题一
【知识结构】

黄冈中学:郑帆 运动和力

三力平衡用 合力 为零 静止或匀速 直线运动状态 矢量三角形 方法 多力平衡用 正方分解法 对多体问题,整 体分析与隔离分 析交替使用

vt ? v0 ? at 1 s ? v0t ? at 2 2

v ?v s ? vt ? 0 t t 2
2 vt2 ? v0 ? 2as

恒力与初 速度在一 条直线上

匀变速 直线运 动

匀变速直 线运动的 规律

vt ?
恒 力 匀变速 运动 力和运动状态变化

s ? vt t 2

已知力求运 动 物 解决两类问 F=ma 体 已知运动求 题 受 力 力 恒力与初速度不 情 特例 匀变速曲线运 平抛运动 况 在一条直线上 动 带电粒子在 力的方向总 磁 合力提供 匀速圆周运动 与速度垂直 向心力 场中的运动 力的大小不 天体的运 变 动 图像法解 作周期性加 力的方向作周期性 而方向变化 答 速、 变化 直观简捷 减速运动 此类问题往往应用能量守恒定律和牛顿第二定 轨迹是圆 合力的大小 律求解 周 和 轨迹不是圆周的曲线 此类问题往往应用动能定理或守恒 方向均在变 律求解 化 振动的周期性导致波的周期性 合力与位移 简谐 振动在媒质中 振动的多解性与波的多解性是一致的 运动 正比方向 的 传播——机械 【典型例题】 波
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例 1、如图 1—1 所示,质量为 m=5kg 的物体,置于一倾角为 30°的粗糙斜面体上,用一平行于斜面的 大小为 30N 的力 F 推物体,使物体沿斜面向上匀速运动,斜面体质量 M=10kg,始终静止,取 g=10m/s , 求地面对斜面体的摩擦力及支持力.
2

F

m M

图 1—1

例 2 、如图 1—3 所示,声源 S 和观察者 A 都沿 x 轴正方向运动,相对于地面的速率分别为 vS 和 vA, 空气中声音传播的速率为 vP ,设 vS ? vP , vA ? vP ,空气相对于地面没有流动. (1)若声源相继发出两个声信号,时间间隔为△t,请根据发出的这两个声信号从声源传播到观察者 的过程,确定观察者接收到这两个声信号的时间间隔△t′. (2)利用(1)的结果,推导此情形下观察者接收到的声源频率与声源发出的声波频率间的关系式. vS vA

x

S

A
图 1—3

例 3、假设有两个天体,质量分别为 m1 和 m2,它们相距 r;其他天体离它们很远,可以认为这两个天 体除相互吸引作用外,不受其他外力作用.这两个天体之所以能保持距离 . ............. ............. r 不变,完全是由于它们绕着共 同“中心” .... (质心)做匀速圆周运动,它们之间的万有引力作为做圆周运动的向心力, . ................................ “中心”O 位于两个 天体的连线上,与两个天体的距离分别为 r1 和 r2. (1)r1、r2 各多大? (2)两天体绕质心 O 转动的角速度、线速度、周期各多大?

例 4、A、B 两个小球由柔软的细线相连,线长 l=6m;将 A、B 球先后以相同的初速度 v0=4.5m/s,从同 一点水平抛出(先 A、后 B)相隔时间△t =0.8s. (1)A 球抛出后经多少时间,细线刚好被拉直? (2)细线刚被拉直时,A、B 球的水平位移(相对于抛出点)各多大?(取 g=10m/s )
2

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例 5、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) .在细圆管中 有两个直径略小于细圆管管径的小球(可视为质点)A 和 B,质量分别为 m1 和 m2,它们沿环形圆管(在竖 直平面内)顺时针方向运动,经过最低点时的速度都是 v0;设 A 球通过最低点时 B 球恰好通过最高点,此 时两球作用于环形圆管的合力为零,那么 m1、m2、R 和 v0 应满足的关系式是____________.

例 6、有两架走时准确的摆钟,一架放在地面上,另一架放入探空火箭中.假若火箭以加速度 a=8g 竖 直向上发射,在升高时 h=64km 时,发动机熄火而停止工作.试分析计算:火箭上升到最高点时,两架摆 钟的读数差是多少?(不考虑 g 随高度的变化,取 g=10m/s )
2

例 7、光滑的水平桌面上,放着质量 M=1kg 的木板,木板上放着一个装有小马达的滑块,它们的质量 m=0.1kg.马达转动时可以使细线卷在轴筒上,从而使滑块获得 v0=0.1m/s 的运动速度(如图 1—6),滑块与 木板之间的动摩擦因数 ? =0.02.开始时我们用手抓住木板使它不动,开启小马达,让滑块以速度 v0 运动 起来, 当滑块与木板右端相距 l =0.5m 时立即放开木板. 试描述下列两种不同情形中木板与滑块的运动情况, 并计算滑块运动到木板右端所花的时间.

图 1—6 (1)线的另一端拴在固定在桌面上的小柱上.如图(a) . (2)线的另一端拴在固定在木板右端的小柱上.如图(b) . 线足够长,线保持与水平桌面平行,g=10m/s .
2

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例 8、相隔一定距离的 A、B 两球,质量相等,假定它们之间存在着恒定的斥力作用.原来两球被按住, 处在静止状态.现突然松开,同时给 A 球以初速度 v0,使之沿两球连线射向 B 球,B 球初速度为零.若两 球间的距离从最小值(两球未接触)在刚恢复到原始值所经历的时间为 t0,求 B 球在斥力作用下的加速度. (本题是 2000 年春季招生,北京、安徽地区试卷第 24 题)

【跟踪练习】 1、如图 1—7 所示,A、B 两球完全相同,质量为 m,用两根等长的细线悬挂在 O 点,两球之间夹着 一根劲度系数为 k 的轻弹簧,静止不动时,弹簧位于水 间的夹角为 ? .则弹簧的长度被压缩了( A. ) 平方向, 两根细线之

mg tan ? k

B.

2mg tan ? k

mg (tan ) 2 C. k

?

2mg tan( ) 2 D. k

?

图 1—7 固定在竖直平面内,

2、如图 1—8 所示,半径为 R、圆心为 O 的大圆环 圆环的大小.

两个轻质小圆环套在大圆环上,一根轻质长绳穿过两个小圆环,它的两端都系上质量为 m 的重物,忽略小 (1)将两个小圆环固定在大圆环竖直对称轴的两侧 ? =30°的位置上(如图) ,在两个小圆环间绳子 的中点 C 处,挂上一个质量 M ?

2m 的重物,使两个小圆环间的绳子水平,然后无初速释放重物 M,设

绳子与大、小圆环间的摩擦均可忽略,求重物 M 下降的最大距离. (2)若不挂重物 M,小圆环可以在大圆环上自由移动,且绳子与大、小圆环间及大、小圆环之间的 摩擦均可以忽略,问两个小圆环分别在哪些位置时,系统可处于平衡状态?

图 1—8 107

3、图 1—9 中的 A 是在高速公路上用超声测速仪测量车速的示意图,测速仪发出并接收超声波脉冲信 号.根据发出和接收到的信号间的时间差,测出被测物体的速度,图 B 中 P1、P2 是测速仪发出的超声波信 号,n1、n2 分别是 P1、P2 由汽车反射回来的信号,设测速仪匀速扫描,P1、P2 之间的时间间隔△t=1.0s,超 声波在空气中传播的速度 v=340m/s,若汽车是匀速行驶的,则根据图中可知,汽车在接收到 P1、P2 两个信 号之间的时间内前进的距离是_________m,汽车的速度是________m/s.

图 1—9

4、利用超声波遇到物体发生反射,可测定物体运动的有关参量,图 1—10(a)中仪器 A 和 B 通过电 缆线连接,B 为超声波发射与接收一体化装置,仪器 A 和 B 提供超声波信号源而且能将 B 接收到的超声波 信号进行处理并在屏幕上显示其波形. 现固定装置 B,并将它对准匀速行驶的小车 C,使其每隔固定时间 T0 发射一短促的超声波脉冲,如图 1—10(b)中幅度较大的波形,反射波滞后的时间已在图中标出,其中 T 和△T 为已知量,另外还知道该 测定条件下超声波在空气中的速度为 v0,根据所给信息求小车的运动方向和速度大小.

A (a)

B

图 1—10 5、关于绕地球匀速圆周运动的人造地球卫星,下列说法中,正确的是( A.卫星的轨道面肯定通过地心 B.卫星的运动速度肯定大于第一宇宙速度 C.卫星的轨道半径越大、周期越大、速度越小 )

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D.任何卫星的轨道半径的三次方跟周期的平方比都相等 6、某人造地球卫星质量为 m,其绕地球运动的轨道为椭圆.已知它在近地点时距离地面高度为 h1, 速率为 v1,加速度为 a1,在远地点时距离地面高度为 h2,速率为 v2,设地球半径为 R,则该卫星. (1)由近地点到远地点过程中地球对它的万有引力所做的功是多少? (2)在远地点运动的加速度 a2 多大?

7、从倾角为 ? 的斜面上的 A 点,以水平初速度 v0 抛出一个小球.问: (1)抛出后小球到斜面的最大(垂直)距离多大? (2)小球落在斜面上 B 点与 A 点相距多远? B

A

?
图 1—11

8、滑雪者从 A 点由静止沿斜面滑下,经一平台后水平飞离 B 点,地面上紧靠平台有一个水平台阶, 空间几何尺度如图 1—12 所示.斜面、平台与滑雪板之间的动摩擦因数为 ? ,假设滑雪者由斜面底端进入 平台后立即沿水平方向运动,且速度大小不变.求: (1)滑雪者离开 B 点时的速度大小; (2)滑雪者从 B 点开始做平抛运动的水平距离.

图 1—12

9、如图 1—13 所示,悬挂在小车支架上的摆长为 l 的摆,小车与摆球一起以速度 v0 匀速向右运动.小 车与矮墙相碰后立即停止 (不弹回) 则下列关于摆球上升能够达到的最大高度 H 的说法中, , 正确的是 ( A.若 v0 ? B.若 v0 ? )

2 gl ,则 H=l 4 gl ,则 H=2l

v0

图 1—13

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C.不论 v0 多大,可以肯定 H≤ D.上述说法都正确

2 v0 总是成立的 2g

10、水平放置的木柱,横截面为边长等于 a 的正四边形 ABCD;摆长 l =4a 的摆,悬挂在 A 点(如图 1 —14 所示) ,开始时质量为 m 的摆球处在与 A 等高的 P 点,这时摆线沿水平方向伸直;已知摆线能承受的 最大拉力为 7mg;若以初速度 v0 竖直向下将摆球从 P 点抛出,为使摆球能始终沿圆弧运动,并最后击中 A ...... ............................... . . 点.求 v0 的许可值范围(不计空气阻力) . .

图 1—14

11、 已知单摆 a 完成 10 次全振动的时间内, 单摆 b 完成 6 次全振动, 两摆长之差为 1.6m, 则两摆长 la 与 lb 分别为( ) B. la ? 0.9m, lb ? 2.5m D. la ? 4.0m, lb ? 2.4m A. la ? 2.5m, lb ? 0.9m C. la ? 2.4m, lb ? 4.0m

12、一列简谐横波沿直线传播,传到 P 点时开始计时,在 t=4s 时,P 点恰好完成了 6 次全振动,而在 同一直线上的 Q 点完成了 2

1 1 次全振动,已知波长为 13 m .试求 P、Q 间的距离和波速各多大. 4 3

13、如图 1—15 所示,小车板面上的物体质量为 平方向上拉伸了的弹簧拉住而静止在小车上,这时弹簧的 平向右的方向对小车施以作用力,使小车由静止开始运动

m=8kg, 它被一根水 弹力为 6N.现沿水 起来,运动中加速

图 1—15

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度由零逐渐增大到 1m/s ,随即以 1m/s 的加速度做匀加速直线运动.以下说法中,正确的是( A.物体与小车始终保持相对静止,弹簧对物体的作用力始终没有发生变化 B.物体受到的摩擦力先减小、后增大、先向左、后向右 C.当小车加速度(向右)为 0.75m/s 时,物体不受摩擦力作用 D.小车以 1m/s 的加速度向右做匀加速直线运动时,物体受到的摩擦力为 8N
2 2

2

2



14、如图 1—16 所示,一块质量为 M,长为 L 的均质板放在很长的光滑水平桌面上,板的左端有一质 量为 m 的小物体(可视为质点) ,物体上连接一根很长的细绳,细绳跨过位于桌边的定滑轮.某人以恒定 的速率 v 向下拉绳,物体最多只能到达板的中点,而板的右端尚未到达桌边定滑轮处.试求: (1)物体刚达板中点时板的位移. (2)若板与桌面之间有摩擦,为使物体能达到板的右端,板与桌面之间的动摩擦因数的范围是多少.

m M v

图 1—16

15、在水平地面上有一质量为 2kg 的物体,物体在水平拉力 F 的作用下由静止开始运动,10s 后拉力 大小减为

F ,该物体的运动速度随时间变化的图像如图 1—17 所示,求: 3
2

(1)物体受到的拉力 F 的大小; (2)物体与地面之间的动摩擦因数(g 取 10m/s ) .

v/m·s 8 6 4 2 O 2 4

-1

6

8

10 12 14 16

t/s

图 1—17

16、如图所示,一高度为 h=0.8m 粗糙的水平面在 B 点处与一倾角为 ? =30°的斜面 BC 连接,一小滑 块从水平面上的 A 点以 v0=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 S=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. (3) 若小滑块从水平面上的 A 点以 v1=5m/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 将做什么运动?并求出小滑块从 A 点运动到地面所需时间(取 g=10m/s ) .
2

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A h

B

?
图 1—18

C

专题二

动量与机械能
黄冈中学:徐辉

命题导向 动量守恒与能量守恒是近几年高考理科综合物理命题的重点、热点和焦点,也是广大考生普遍感到棘 手的难点之一.动量守恒与能量守恒贯穿于整个高中物理学习的始终,是联系各部分知识的主线.它不仅 为解决力学问题开辟了两条重要途径,同时也为我们分析问题和解决问题提供了重要依据.守恒思想是物 理学中极为重要的思想方法,是物理学研究的极高境界,是开启物理学大门的金钥匙,同样也是对考生进 行方法教育和能力培养的重要方面.因此,两个守恒可谓高考物理的重中之重,常作为压轴题出现在物理 试卷中,如 2004 年各地高考均有大题. 纵观近几年高考理科综合试题,两个守恒考查的特点是: ①灵活性强,难度较大,能力要求高,内容极丰富,多次出现在两个守恒定律网络交汇的综合计算中; ②题型全,年年有,不回避重复考查,平均每年有 3—6 道题,是区别考生能力的重要内容; ③两个守恒定律不论是从内容上看还是从方法上看都极易满足理科综合试题的要求,经常与牛顿运动 定律、圆周运动、电磁学和近代物理知识综合运用,在高考中所占份量相当大. 从考题逐渐趋于稳定的特点来看,我们认为:2005 年对两个守恒定律的考查重点仍放在分析问题和解 决问题的能力上.因此在第二轮复习中,还是应在熟练掌握基本概念和规律的同时,注重分析综合能力的 培养,训练从能量、动量守恒的角度分析问题的思维方法. 【典型例题】 【例 1】 (2001 年理科综合)下列是一些说法: ①一质点受到两个力作用且处于平衡状态(静止或匀速) ,这两个力在同一段时间内的冲量一定相同;

②一质点受两个力作用且处于平衡状态(静止或匀速) ,这 两个力在同一时间内做的功或者都为零,或者大小相等符号相反;
③在同样时间内,作用力力和反作用力的功大小不一定相等,但正负符号一定相反; ④在同样的时间内,作用力和反作用力的功大小不一定相等,正负号也不一定相反. 以上说法正确的是( A.①② ) C.②③ D.②④

B.①③

【例 2】 (石家庄)为了缩短航空母舰上飞机起飞前行驶的距离,通常用弹簧弹出飞机,使飞机获 得一定的初速度,进入跑道加速起飞.某飞机采用该方法获得的初速度为 v0,之后,在水平跑道上以恒 定功率 P 沿直线加速,经过时间 t,离开航空母舰且恰好达到最大速度 vm.设飞机的质量为 m,飞机在

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跑道上加速时所受阻力大小恒定.求: (1)飞机在跑道上加速时所受阻力 f 的大小; (2)航空母舰上飞机跑道的最小长度 s.

【例 3】 如下图所示,质量为 m=2kg 的物体,在水平力 F=8N 的作用下,由静止开始沿水平面向右运 动.已知物体与水平面间的动摩擦因数 ? =0.2.若 F 作用 t1=6s 后撤去,撤去 F 后又经 t2=2s 物体与竖直墙 壁相碰,若物体与墙壁作用时间 t3=0.1s,碰墙后反向弹回的速度 v ? =6m/s,求墙壁对物体的平均作用力(g 取 10m/s ) .
2

【例 4】 有一光滑水平板,板的中央有一小孔,孔内穿入一根光滑轻线,轻线的上端系一质量为 M 的小球,轻线的下端系着质量分别为 m1 和 m2 的两个物体,当小球在光滑水平板上沿半径为 R 的轨道做匀 速圆周运动时,轻线下端的两个物体都处于静止状态(如下图) .若将两物体之间的轻线剪断,则小球的线 速度为多大时才能再次在水平板上做匀速圆周运动?

【例 5】 如图所示,水平传送带 AB 长 l=8.3m,质量为 M=1kg 的木块随传送带一起以 v1=2m/s 的速度 向左匀速运动(传送带的传送速度恒定) ,木块与传送带间的动摩擦因数 ? =0.5.当木块运动至最左端 A 点时,一颗质量为 m=20g 的子弹以 v0 =300m/s 水平向右的速度正对射入木块并穿出,穿出速度 u=50m/s, 以后每隔 1s 就有一颗子弹射向木块, 设子弹射穿木块的时间极短, 且每次射入点各不相同, 取 10m/s. g 求: (1)在被第二颗子弹击中前,木块向右运动离 A 点的最大距离? (2)木块在传达带上最多能被多少颗子弹击中?
?

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(3)从第一颗子弹射中木块到木块最终离开传送带的过程中,子弹、木块和传送带这一系统产生的热 能是多少?(g 取 10m/s) v0 m A M B

【例 6】 质量为 M 的小车静止在光滑的水平面上,小车的上表面是一光滑的曲面,末端是水平的,如 下图所示,小车被挡板 P 挡住,质量为 m 的物体从距地面高 H 处自由下落,然后沿光滑的曲面继续下滑, 物体落地点与小车右端距离 s0,若撤去挡板 P,物体仍从原处自由落下,求物体落地时落地点与小车右端 距离是多少?

【例 7】 如下图所示,一辆质量是 m=2kg 的平板车左端放有质量 M=3kg 的小滑块,滑块与平板车之 间的动摩擦因数 ? =0.4,开始时平板车和滑块共同以 v0=2m/s 的速度在光滑水平面上向右运动,并与竖直 墙壁发生碰撞,设碰撞时间极短且碰撞后平板车速度大小保持不变,但方向与原来相反.平板车足够长, 以至滑块不会滑到平板车右端. (取 g=10m/s )求: (1)平板车每一次与墙壁碰撞后向左运动的最大距离. (2)平板车第二次与墙壁碰撞前瞬间的速度 v. (3)为使滑块始终不会滑到平板车右端,平板车至少多长?
2

v0 M m

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【例 8】 如图所示,光滑水平面上有一小车 B,右端固定一个砂箱,砂箱左侧连着一水平轻弹簧,小 车和砂箱的总质量为 M,车上放有一物块 A,质量也是 M,物块 A 随小车以速度 v0 向右匀速运动.物块 A 与左侧的车面的动摩擦因数为 ? ,与右侧车面摩擦不计.车匀速运动时,距砂面 H 高处有一质量为 m 的泥 球自由下落,恰好落在砂箱中,求: (1)小车在前进中,弹簧弹性势能的最大值. (2)为使物体 A 不从小车上滑下,车面粗糙部分应多长? m A B H v0

【跟踪练习】 1.物体在恒定的合力 F 作用下作直线运动,在时间△t1 内速度由 0 增大到 v,在时间△t2 内速度由 v 增大 到 2v.设 F 在△t1 内做的功是 W1,冲量是 I1;在△t2 内做的功是 W2,冲量是 I2,那么( A. I1 ? I 2 ,W1 ? W2 C. I1 ? I 2 ,W1 ? W2 B. I1 ? I 2 ,W1 ? W2 D. I1 ? I 2 ,W1 ? W2 )

2.矩形滑块由不同材料的上、下两层粘在一起组成,将其放在光滑的水平面上,如图所示.质量为 m 的 子弹以速度 v 水平射向滑块.若射击上层,则子弹刚好不穿出;若射击下层,整个子弹刚好嵌入,则上 述两种情况比较,说法正确的是( ①两次子弹对滑块做功一样多 ②两次滑块所受冲量一样大 ③子弹嵌入下层过程中对滑块做功多 ④子弹击中上层过程中产生的热量多 A.①④ C.①② B.②④ D.②③ 甲 乙 )

3.如图所示,半径为 R,内表面光滑的半球形容器放在光滑的水平面上,容器左侧靠在竖直墙壁.一个质 量为 m 的小物块,从容器顶端 A 无初速释放,小物块能沿球面上升的最大高度距球面底部 B 的距离为

3 R .求: 4
(1)竖直墙作用于容器的最大冲量; (2)容器的质量 M.

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4.离子发动机是一种新型空间发动机,它能给卫星轨道纠偏或调整姿态提供动力,其中有一种离子发动机 是让电极发射的电子撞击氙原子,使之电离,产生的氙离子经加速电场加速后从尾喷管喷出,从而使卫 星获得反冲力, 这种发动机通过改变单位时间内喷出离子的数目和速率, 能准确获得所需的纠偏动力. 假 设卫星(连同离子发动机)总质量为 M,每个氙离子的质量为 m,电量为 q,加速电压为 U,设卫星原 处于静止状态,若要使卫星在离子发动机起动的初始阶段能获得大小为 F 的动力,则发动机单位时间内 应喷出多少个氙离子?此时发动机动发射离子的功率为多大?

5.如图所示,AB 为斜轨道,与水平方向成 45°角,BC 为水平轨道,两轨道在 B 处通过一段小圆弧相连接, 一质量为 m 的小物块,自轨道 AB 的 A 处从静止开始沿轨道下滑,最后停在轨道上的 C 点,已知 A 点高 h,物块与轨道间的滑动摩擦系数为 ? ,求: (1)在整个滑动过程中摩擦力所做的功. (2)物块沿轨道 AB 段滑动时间 t1 与沿轨道 BC 段滑动时间 t2 之比值 (3)使物块匀速地、缓慢地沿原路回到 A 点所需做的功.

t1 . t2

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6.如图所示,粗糙的斜面 AB 下端与光滑的圆弧轨道 BCD 相切于 B,整个装置竖直放置,C 是最低点,圆 心角∠BOC=37°,D 与圆心 O 等高,圆弧轨道半径 R=0.5m,斜面长 L=2m,现有一个质量 m=0.1kg 的小 物体 P 从斜面 AB 上端 A 点无初速下滑,物体 P 与斜面 AB 之间的动摩擦因数为 ? =0.25.求: (1)物体 P 第一次通过 C 点时的速度大小和对 C 点处轨道的压力各为多大? (2)物体 P 第一次离开 D 点后在空中做竖直上抛运动,不计空气阻力,则最高点 E 和 D 点之间的高度 差为多大? (3)物体 P 从空中又返回到圆轨道和斜面,多次反复,在整个运动过程中,物体 P 对 C 点处轨道的最 小压力为多大?

7.如图所示,光滑水平面 AB 与竖直面内的半圆形导轨在 B 点衔接,导轨半径为 R.一个质量为 m 的静止 物块在 A 处压缩弹簧,在弹力的作用下获一向右的速度,当它经过 B 点进入导轨瞬间对导轨的压力为 其重力的 7 倍,之后向上运动恰能完成半圆周运动到达 C 点.求: (1)弹簧对物块的弹力做的功. (2)物块从 B 至 C 克服阻力做的功. (3)物块离开 C 点后落回水平面时其动能的大小.

8. (’03 全国高考,34)[理综·22 分]一传送带装置示意如下图,其中传送带经过 AB 区域时是水平的,经

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过 BC 区域时变为圆弧形(圆弧由光滑模板形成,未画出) ,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 h.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 L.每个箱子在 A 处投放后,在到达 B 之前已经相对于传送带静止,且以后也不再滑动(忽略经 BC 段时的微小滑动) .已知在一段相当长的时间 T 内,共运送小货箱的数目为 N.这装置由电动机带电, 传送带与轮子间无相对滑动,不计轮轴处的摩擦.求电动机的平均输出功率 P .

9.如图所示,质量 M=0.45kg 的带有小孔的塑料块沿斜面滑到最高点 C 时速度恰为零,此时与从 A 点水平 射出的弹丸相碰,弹丸沿着斜面方向进入塑料块中,并立即与塑料块有相同的速度.已知 A 点和 C 点 距地面的高度分别为: H=1.95m, h=0.15m, 弹丸的质量 m=0.050kg, 水平初速度 v0=8m/s, g=10m/s . 取 求: (1)斜面与水平地面的夹角θ . (可用反三角函数表示) (2)若在斜面下端与地面交接处设一个垂直于斜面的弹性挡板,塑料块与它相碰后的速率等于碰前的 速率,要使塑料块能够反弹回到 C 点,斜面与塑料块间的动摩擦因数可为多少?
2

10. (’04 江苏,18) (16 分)一个质量为 M 的雪橇静止在水平雪地上,一条质量为 m 的爱斯基摩狗站在雪 橇上. 狗向雪橇的正后方跳下, 随后又追赶并向前跳上雪橇; 其后狗又反复地跳下、 追赶并跳上雪橇. 狗 与雪橇始终沿一条直线运动. 若狗跳离雪橇时雪橇的速度为 V, 则此时狗相对于地面的速度为 V+u (其 中 u 为狗相对于雪橇的速度, V+u 为代数和, 若以雪橇运动的方向为正方向, V 为正值, 为负值. 则 u ) 设狗总以速度 v 追赶和跳上雪橇,雪橇与雪地间的摩擦忽略不计.已知 v 的大小为 5m/s,u 的大小为 4m/s,M=30kg,m=10kg. (1)求狗第一次跳上雪橇后两者的共同速度的大小. (2)求雪橇最终速度的大小和狗最多能跳动上雪橇的次数. (供使用但不一定用到的对数值:lg2=0.301,lg3=0.477)

107

11. (汕头)如下图所示,光滑水平面上,质量为 m 的小球 B 连接着轻质弹簧,处于静止状态,质量为 2m 的小球 A 以大小为 v0 的初速度向右运动,接着逐渐压缩弹簧并使 B 运动,过一段时间,A 与弹簧分离. (1)当弹簧被压缩到最短时,弹簧的弹性势能 Ep 多大? (2)若开始时在 B 球的右侧某位置固定一块挡板,在 A 球与弹簧未分离前使 B 球与挡板发生碰撞,并 在碰后立刻将挡板撤走. B 球与挡板的碰撞时间极短, 设 碰后 B 球的速度大小不变但方向相反. 欲 使此后弹簧被压缩到最短时,弹簧势能达到第(1)问中 Ep 的 2.5 倍,必须使 B 球在速度多大时 与挡板发生碰撞?

12. (’00 全国高考,22 )[天津江西·14 分]在原子核物理中,研究核子与核子关联的最有效途径是“双电 荷交换反应” .这类反应的前半部分过程和下述力学模型类似.两个小球 A 和 B 用轻质弹簧相连,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,右边有一个小球 C 沿轨道以速度 v0 射向 B 球,如图所示.C 与 B 发生碰撞并立即结成一个整体 D.在它们继续向左运动的过程中,当弹簧 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,碰后 A、D 都静止不动,A 与 P 接触而不粘连.这一段时间,突然解除锁定(锁定及解除锁定均无机械能损失) .已知 A、B、C 三球 的质量为 m. (1)求弹簧长度刚被锁定后 A 球的速度; (2)求在 A 球离开挡板 P 之后的运动过程中,弹簧的最大弹性势能.

107

13. (广州)用轻弹簧相连的质量均为 2kg 的 A、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 4kg 的物块 C 静止在前方,如下图所示.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? (3)A 的速度有可能向左吗?为什么?

14. (’04 广东,17) (16 分)图中,轻弹簧的一端固定,另一端与滑块 B 相连,B 静止在水平直导轨上,弹 簧处在原长状态.另一质量与 B 相同的滑块 A,从导轨上的 P 点以某一初速度向 B 滑行.当 A 滑过距离 l1 时,与 B 相碰,碰撞时间极短,碰后 A、B 紧贴在一起运动,但互不粘连.已知最后 A 恰好返回到出发点 P 并停止.滑块 A 和 B 与导轨的滑动摩擦因数都为 ? , 运动过程中弹簧最大形变量为 l2, 重力加速度为 g. 求 A 从 P 点出发时的初速度 v0.

15. (’01 春季招生,22) (14 分)如下图所示,A、B 是静止在水平地面上完全相同的两块长木板.A 的左 端和 B 的右面端相接触.两板的质量皆为 M=2.0kg,长度皆为 l=1.0m.C 是一质量为 m=1.0kg 的小物 块.现给它一初速度 v0=2.0m/s,使它从 B 板的左端开始向右滑动,已知地面是光滑的,而 C 与 A、B 之间的动摩擦因数为 ? =0.10.求最后 A、B、C 各以多大的速度做匀速运动. (取重力加速度 g=10m/s )
2

v0 C B A 107

16.如图所示,一个长为 L,质量为 M 的长方形木块,静止在光滑水平面上,一个质量为 m 的物块(可视 为质点) ,以水平初速度 v0,从木块的左端滑向另一端,设物块与木块间的动摩擦因数为 ? ,当物块 与木块达到相对静止时,物块仍在长木块上,求系统机械能转化成内能的量 Q.

107

专题三
【方法归纳】 一、场强、电势的概念 1、电场强度 E

电场和磁场
黄冈中学:江楚桥

①定义:放入电场中某点的电荷受的电场力 F 与它的电量 q 的比值叫做该点的电场强度。 ②数学表达式: E

? F / q ,单位: V / m

③电场强度 E 是矢量,规定正电荷在电场中某点所受电场力的方向即为该点的电场强度的方向 ④场强的三个表达式 定义式 表达式 决定式 关系式

E ? F /q
对任何电场 E 的大小及 方向都适用。 与检验电 荷的电量的大小、 电性 及存在与否无关。 q:是检验电荷

E?

kQ r

E?

U d

只对真空的点电荷适用。 Q:是场源电荷的电量。 r:研究点到场源电荷的距 离。

只对匀强电场适用。 U:电场中两点的电势差。 d:两点间沿电场线方向的距 离。

选用 范围

电场强度是描述电场力的性质的物理量。电场 E 与 F、q 无关,取决于电场本身。 说明 当空间某点的电场是由几个点电荷共同激发的, 则该点的电场强度等于每个点电 荷单独存在时所激发的电场在该点的场强的矢量和。 ⑤比较电场中两点的电场强度的大小的方法: 由于场强是矢量。比较电场强度的大小应比较其绝对值的大小,绝对值大的场强就大,绝对值小的场 强就小。 Ⅰ在同一电场分布图上,观察电场线的疏密程度,电场线分布相对密集处,场强较大;电场较大;电 场线分布相对稀疏处,场强较小。 Ⅱ形成电场的电荷为点电荷时,由点电荷场强公式 E ? 场强比距这个点电荷 Q 较远的点的场强大。 Ⅲ匀强电场场强处处相等 Ⅳ等势面密集处场强大,等势面稀疏处场强小 2、电势、电势差和电势能 ①定义: 电势: 在电场中某点放一个检验电荷 q, 若它具有的电势能为 E, 则该点的电势为电势能与电荷的比值。 电场中某点的电势在数值上等于单位正电荷由该点移到零电势点时电场力所做的功。也等于该点相对零电 势点的电势差。 电势差:电荷在电场中由一点 A 移到另一点 B 时,电场力做功 WAB 与电荷电量 q 的比值,称为 AB 两 点间的电势差,也叫电压。

k Q 可知,电场中距这个点电荷 Q 较近的点的 r2

107

电势能:电荷在电场中所具有的势能;在数值上等于将电荷从这一点移到电势能为零处电场力所做的 功。 ②定义式: U

?

E q

或 U AB

?

W AB q

,单位:V

E ? Uq

单位:J

③说明:Ⅰ电势具有相对性,与零电势的选择有关,一般以大地或无穷远处电势为零。 Ⅱ电势是标量,有正负,其正负表示该的电势与零电势的比较是高还是低。 Ⅲ电势是描述电场能的物理量, ④关于几个关系 关于电势、电势差、电势能的关系 电势能是电荷与电场所共有的;电势、电势差是由电场本身因素决定的,与检验电荷的有无没有关系。 电势、电势能具有相对性,与零电势的选择有关;电势差具有绝对性,与零电势的选择无关。 关于电场力做功与电势能改变的关系 电场力对电荷做了多少功,电势能就改变多少;电荷克服电场力做了多少功,电势能就增加多少,电 场力对电荷做了多少正功,电势能就减少多少,即 关于电势、等势面与电场线的关系 电场线垂直于等势面,且指向电势降落最陡的方向,等势面越密集的地方,电场强度越大。 ⑤比较电荷在电场中某两点的电势大小的方法: Ⅰ利用电场线来判断:在电场中沿着电场线的方向,电势逐点降低。 Ⅱ利用等势面来判断:在静电场中,同一等势面上各的电势相等,在不同的等势面间,沿着电场线的 方向各等势面的电势越来越低。 Ⅲ利用计算法来判断:因为电势差 U
ab

W ? ??E 。

在学习电势能时可以将“重力做功与重力势能的变化”作类比。

?

Wab ,结合 q

U ab ? U a ? U b ,若 U ab ? 0 ,则 U a ? U b ,若 U ab ? 0 ,则 U a ? U b ;
若 U ab

? 0 ,则 U a ? U b

⑥比较电荷在电场中某两点的电势能大小的方法:

Ⅰ利用电场力做功来判断:在电场力作用下,电荷总是从电势能 大的地方移向电势能小的地方。这种方法与电荷的正负无关。
Ⅱ利用电场线来判断:正电荷顺着电场线的方向移动时,电势能逐渐减少;逆着电场线方向移动时, 电势能逐渐增大。负电荷则相反。 二、静电场中的平衡问题 电场力(库仑力)虽然在本质上不同于重力、弹力、摩擦力,但是产生的效果是服从牛顿力学中的所 有规律,所以在计算其大小、方向时应按电场的规律,而在分析力产生的效果时,应根据力学中解题思路 进行分析处理。对于静电场中的“平衡”问题,是指带电体的加速度为零的静止或匀速直线运动状态,属 于“静力学”的范畴,只是分析带电体受的外力时除重力、弹力、摩擦力等等,还需多一种电场而已。解 题的一般思维程序为: ①明确研究对象

107

②将研究对象隔离出来,分析其所受的全部外力,其中电场力,要根据电荷的正负及电场的方向来判 断。 ③根据平衡条件

?F ? 0 或?F

x

? 0 , ? Fy ? 0 列出方程

④解出方程,求出结果。 三、电加速和电偏转 1、带电粒子在电场中的加速 在匀强电场中的加速问题 一般属于物体受恒力 (重力一般不计) 作用运动问题。 处理的方法有两种: ①根据牛顿第二定律和运动学公式结合求解 ②根据动能定理与电场力做功,运动学公式结合求解 基本方程: Uq

1 2 1 2 mv 2 ? mv1 2 2 Eq U 2 v 2 ? v12 ? 2as a? E? m d ?
一般属于物体受变力作用运动问题。 处理的方法只能根据动能定理与电

在非匀强电场中的加速问题 场力做功,运动学公式结合求解。 基本方程: Uq

?

1 2 1 2 mv 2 ? mv1 2 2

2、带电粒子在电场中的偏转 设极板间的电压为 U,两极板间的距离为 d ,极板长度为 L 。 运动状态分析:带电粒子垂直于匀强电场的场强方向进入电场后,受到恒定的电场力作用,且与初速 度方向垂直,因而做匀变速曲线运动——类似平抛运动如图 1。 运动特点分析: 在垂直电场方向做匀速直线运 动

v x ? v0

x ? v0 t

v U,d
0

θ

y v

在平行电场方向, 做初速度为零 的匀加速直线运动

1 v y ? at y ? at 2 2 Eq Uq a? ? m dm
通过电场区的时间: t

图1

?

L v0

UqL2 粒子通过电场区的侧移距离: y ? 2 2mdv0
粒子通过电场区偏转角: tg?

?

UqL 2 mdv0

带电粒子从极板的中线射入匀强电场,其出射时速度方向的反向延长线交于入射线的中点。所以侧移 距离也可表示为:

y?

L tg? 2
107

四、电容器的动态分析 这类问题关键在于弄清楚哪些是变量;哪些是不变量;哪些是自变量;哪些是因变量。同时要注意对 公式 C

?

Q ?Q 的理解,定义式适用于任何电容器,而电容 C 与 Q、U 无关。 ? U ?U

区分两种基本情况:一是电容器两极间与电源相连接,则电容器两极间的电势差 U 不变;二是电容器 充电后与电源断开,则电容器所带的电量 Q 保持不变。 电容器结构变化引起的动态变化问题的分析方法 平行板电容器是电容器的一个理想化模型,其容 纳电荷的本领用电容 C 来描述,当改变两金属板间距 d、正对面积 S 或其中的介质时,会引起 C 值改变。 给两个金属板带上等量异号电荷 Q 后,板间出现匀强电场 E,存在电势差 U。若改变上述各量中的任一个, 都会引起其它量的变化。若两极板间一带电粒子,则其受力及运动情况将随之变化,与两极板相连的静电 计也将有显示等等。

Q 、平行板电容器电容的大小 C 与板距 d、正面积 S、介 U ?S U ?SU 质的介电常数 ? 的关系式 C ? 和匀强电场的场强计算式 E ? 导 出 Q ? CU ? , d d d Q dQ Q Q ,E ? 等几个制约条件式备用。接着弄清三点:①电容器两极板是否与电源 U? ? ? C ?S Cd ?S
解此类问题的关键是:先由电容定义式 C

?

相连接?②哪个极板接地?③C 值通过什么途径改变?若电容器充电后脱离电源,则隐含“Q 不改变”这 个条件;若电容器始终接在电源上,则隐含“U 不改变” (等于电源电动势)这个条件;若带正电极板接地, 则该极板电势为零度,电场中任一点的电势均小于零且沿电场线方向逐渐降低;若带负电极板接地,则该 极板电势为零,电场中任一点电势均大于零。 五、带电粒子在匀强磁场的运动 1、带电粒子在匀强磁场中运动规律 初速度的特点与运动规律 ① v0

?0

f洛 ? 0 f洛 ? 0

为静止状态 则粒子做匀速直线运动

② v // B ③v

?B

f洛 ? B q v ,则粒子做匀速圆周运动,其基本公式为:

向心力公式: Bqv ?

m

v2 R
mv ; Bq

运动轨道半径公式: R

?

运动周期公式: T

?

2?m Bq

1 2 ( BqR) 2 动能公式: E k ? mv ? 2 2m
T或

f

、 ? 的两个特点:

107

T、 质比(

f

和 ? 的大小与轨道半径(R)和运行速率( v )无关,只与磁场的磁感应强度(B)和粒子的荷 )有关。

q m

荷质比(

q m

)相同的带电粒子,在同样的匀强磁场中, T 、

f

和 ? 相同。

④ v 与 B 成? ( 0 ? ? 2、解题思路及方法 圆运动的圆心的确定:

? 90 0 ) 角, f 洛 ? Bqv? ,则粒子做等距螺旋运动

①利用洛仑兹力的方向永远指向圆心的特点,只要找到圆运动两个点上的洛仑兹力的 方向,其延长线的交点必为圆心.
②利用圆上弦的中垂线必过圆心的特点找圆心 六、加速器问题 1、直线加速器 ①单级加速器:是利用电场加速,如图 2 所示。 粒子获得的能量: E k

U

?

1 2 mv ? Uq 2
~
图2

缺点是:粒子获得的能量与电压有关,而电压 又不能太高,所以粒子的能量受到限制。 ②多级加速器:是利用两个金属筒缝间的电场 加速。

1 2 粒子获得的能量: E k ? mv ? nUq 2
缺点是:金属筒的长度一个比一个长,占用空间太大。 2、回旋加速器 采用了多次小电压加速的优点,巧妙地利用电场对粒子加速、利用磁场对粒子偏转,实验对粒子加速。 ①回旋加速器使粒子获得的最大能量: 在粒子的质量 m 、 电量 q , 磁感应强度 B、 型盒的半径 R 一定的条件下, D 由轨道半径可知,R

?

mv , Bq

即有, v max

?

BqR ,所以粒子的最大能量为 m

E max ?

1 2 B2q2 R2 mv max ? 2 2m
? E max ,加速电压的高低只会影响带电粒子加速的总次数,并不影响引出时

由动能定理可知, nUq

的最大速度和相应的最大能量。 ②回旋加速器能否无限制地给带电粒子加速? 回旋加速器不能无限制地给带电粒子加速,在粒子的能量很高时,它的速度越接近光速,根据爱因斯 坦的狭义相对论,这里粒子的质量将随着速率的增加而显著增大,从而使粒子的回旋周期变大(频率变小) 这样交变电场的周期难以与回旋周期一致,这样就破坏了加速器的工作条件,也就无法提高速率了。 七、粒子在交变电场中的往复运动

107

当电场强度发生变化时,由于带电粒子在电场中的受力将发生变化,从而使粒子的运动状态发生相应 的变化,粒子表现出来的运动形式可能是单向变速直线运动,也可能是变速往复运动。 带电粒子是做单向变速直线运动,还是做变速往复运动主要由粒子的初始状态与电场的变化规律(受 力特点)的形式有关。 1、若粒子(不计重力)的初速度为零,静止在两极板间,再在两极板间加上图 3 的电压,粒子做单 向变速直线运动;若加上图 4 的电压,粒子则做往复变速运动。

B q,m ?

A 0

uA t T/2 T
图3

uA 0 t T/2
图4

T

2、若粒子以初速度为 v 0 从 B 板射入两极板之间,并且电场力能在半个周期内使之速度减小到零,则 图 1 的电压能使粒子做单向变速直线运动;则图 2 的电压也不能粒子做往复运动。 所以这类问题要结合粒子的初始状态、电压变化的特点及规律、再运用牛顿第二定律和运动学知识综合 分析。 八、粒子在复合场中运动 1、在运动的各种方式中,最为熟悉的是以垂直电磁场的方向射入的带电粒子,它将在电磁场中做匀速 直线运动,那么,初速 v0 的大小必为 E/B,这就是速度选择器模型,关于这一模型,我们必须清楚,它只 能选取择速度,而不能选取择带电的多少和带电的正负,这在历年高考中都是一个重要方面。 2、带电物体在复合场中的受力分析:带电物体在重力场、电场、磁场中运动时,其运动状态的改变由 其受到的合力决定,因此,对运动物体进行受力分析时必须注意以下几点: ①受力分析的顺序:先场力(包括重力、电场力、磁场力) 、后弹力、再摩擦力等。

②重力、电场力与物体运动速度无关,由物体的质量决定重力大小,由电场强决定 电场力大小;但洛仑兹力的大小与粒子速度有关,方向还与电荷的性质有关。所以必须 充分注意到这一点才能正确分析其受力情况,从而正确确定物体运动情况。
3、带电物体在复合场的运动类型: ①匀速运动或静止状态:当带电物体所受的合外力为零时 ②匀速圆周运动:当带电物体所受的合外力充当向心力时 ③非匀变速曲线运动;当带电物体所受的合力变化且和速度不在一条直线上时 4、综合问题的处理方法 (1)处理力电综合题的的方法 处理力电综合题与解答力学综合题的思维方法基本相同,先确定研究对象,然后进行受力分析(包括 重力) 、状态分析和过程分析,能量的转化分析,从两条主要途径解决问题。 ①用力的观点进解答,常用到正交分解的方法将力分解到两个垂直的方向上,分别应用牛顿第三定律 列出运动方程,然后对研究对象的运动进分解。可将曲线运动转化为直线运动来处理,再运用运动学的特 点与方法,然后根据相关条件找到联系方程进行求解。 ②用能量的观点处理问题 对于受变力作用的带电体的运动,必须借助于能量观点来处理。即使都是恒力作用的问题,用能量观 点处理也常常显得简洁,具体方法有两种: ⅰ用动能定理处理,思维顺序一般为: a.弄清研究对象,明确所研究的物理过程 b.分析物体在所研究过程中的受力情况,弄清哪些力做功,做正功还是负功 107

c.弄清所研究过程的始、末状态(主要指动能) ⅱ用包括静电势能和内能在内的能量守恒定律处理,列式的方法常有两种: a 从初、末状态的能量相等(即 E1

? E 2 )列方程

b 从某些能量的减少等于另一些能量的增加(即 ?E

? ?E? )列方程

c 若受重力、电场力和磁场力作用,由于洛仑兹力不做功,而重力与电场力做功都与路径无关,只取 决于始末位置。因此它们的机械能与电势能的总和保持不变。 (2)处理复合场用等效方法: 各种性质的场与实物(由分子和原子构成的物质)的根本区别之一是场具有叠加性。即几个场可以同 时占据同一空间,从而形成叠加场,对于叠加场中的力学问题,可以根据力的独立作用原理分别研究每一 种场力对物体的作用效果;也可以同时研究几种场力共同作用的效果,将叠加紧场等效为一个简单场,然 后与重力场中的力学问题进行类比,利用力学的规律和方法进行分析与解答。 【典例分析】 【例 1】如图 5 所示,AB 是一个接地的很大的 侧 P 点有带量为 Q 的正电荷,N 为金属板外表面上 的一点,P 到金属板的垂直距离 PN 如下说法: ①M 点的电势比 N 点电势高,M 点的场强比 N 点的场强大 ②M 点的场强大小为 4kQ / d
2

薄金属板,其右

? d ,M

A · +Q P



PN 连线的中点,关于 M、N 两点的场强和电势,有

· N

· M

B

③N 点的电势为零,场强不为零 ④N 点的电势和场强都为零 上述说法中正确的是( A.①③ B.②④ ) C.①④ D.②③ 图5

【例 2】 如图 6 所示, 两根长为 l 的绝缘细线上端固定在 O 点, 下端各悬挂质量为 m 的带电小球 A、 B, A、B 带电分别为 ? q 、 ? q ,今在水平向左的方向上加匀强电场,场强 E,使连接 AB 长为 l 的绝缘细线 拉直,并使两球处于静止状态,问,要使两小球处于这种状态,外加电场 E 的大小为多少?

O E A
图6

B

【例 3】如图 7 所示,是示波管工作原理示意图,电子经加速电压 U1 加速后垂直进入偏转电场,离开 偏转电场时的偏转量为 h , 两平行板间的距离为 d , 电势差为 U2, 板长为 l , 为了提高示波管的灵敏度 (单

107

位偏转电压引起的偏转量)可采取哪些措施?

l v0 h U1
图7 【例 4】 (2001 年,安徽高考题)一平行板 电容器,两板间的距离 d 和两板面积 S 都可调节,电容器两极板与电池相连接,以 Q 表示电容器的电量,

d

U2

E 表示两极间的电场强度,则下列说法中正确的是(
A.当 d 增大,S 不变时, Q 减小 E 减小 B.当 S 增大, d 不变时, Q 增大 E 增大 C.当 d 减小,S 增大时, Q 增大 E 增大 D.当 S 减小, d 减小时, Q 不变 E 不变



【例 5】如图 8 所示,在 S 点的电量为 q,质量为 m 的静止带电粒子,被加速电压为 U,极板间距离 为 d 的匀强电场加速后,从正中央垂直射入电压为 U 的匀强偏转电场,偏转极板长度和极板距离均为 L, 带电粒子离开偏转电场后即进入一个垂直纸面方向的匀强磁场,其磁感应强度为 B。若不计重力影响,欲 使带电粒子通过某路径返回 S 点,求: (1)匀强磁场的宽度 D 至少为多少? (2)该带电粒子周期性运动的周期 T 是多少?偏转电压正负极多长时间变换一次方向?

U L B S d U
图8

L D

【例 6】 个长度逐个增大的金属筒和一个靶沿轴线排列成 一串, N 如图 9 所示 (图中只画出 4 个圆筒,

107

作为示意) ,各筒和靶相间地连接到频率为 f,最大电压值为 U 的正弦交流电源的两端,整个装置放在高度 真空容器中,圆筒的两底面中心开有小孔,现有一电量为 q、质量为 m 的正离子沿轴线射入圆筒,并将在 圆筒间及圆筒与靶间的缝隙处受到电场力作用而加速(设圆筒内部没有电场) ,缝隙的宽度很小,离子穿过 缝隙的时间可以不计,已知离子进入第一个圆筒左端的速度为 v1,且此时第一、二两个圆筒间的电势差 U1 -U2=-U, 为使打到靶上的离子获得最大能量, 各个圆筒的长度应满足什么条件?并求出在这种情况下打 到靶上的离子能量。

v1 图 9

【例 7】一水平放置的平行板电容器置于真空中,开始时两极板的匀电场的场强大小为 E1,这时一带 电粒子在电场的正中处于平衡状态。 现将两极板间的场强大小由 E1 突然增大到 E2, 但保持原来的方向不变, 持续一段时间后,突然将电场反向,而保持场强的大小 E2 不变,再持续一段同样时间后,带电粒子恰好回 到最初的位置,已知在整个过程中,粒子并不与极板相碰,求场强 E1 的值。

【例 8】如图 10 所示,在 xOy 平面内,有场强 E=12N/C,方向沿 x 轴正方向的匀强电场和磁感应强度 大小为 B=2T、方向垂直 xOy 平面指向纸里的匀强磁场.一个质量 m=4×10-5kg,电量 q=2.5×10-5C 带正电 的微粒,在 xOy 平面内做匀速直线运动,运动到原点 O 时,撤去磁场,经一段时间后,带电微粒运动到了 x 轴上的 P 点.求: (1)P 点到原点 O 的距离; (2)带电微粒由原点 O 运动到 P 点的时间.

y B ? E x P
107

O

图 10

【跟踪练习】

Oa 1. 如图 11 所示, Q 是两个电量相等正的电荷, P、 它们连线的中点是 O, b 是中垂线上的两点, a、
用 E a 、 E b 、 U a 、 U b 分别表示 a、b 两点的场强和电势,则( A. E a 一定大于 E b , U a 一定大于 U b B. E a 不一定大于 E b , U a 一定大于 U b C. E a 一定大于 E b , U a 不一定大于 U b D. E a 不一定大于 E b , U a 不一定大于 U b 2.一个电量为 1 ? 10
?5

? Ob ,



? b ? a P ?
图 11

O

?

Q

C 的正电荷从电场外移到电场里的 A 点,电场做功 ? 6 ? 10 ?3 J

,则 A 点的电势 UA

107

等于多少?如果此电荷移到电场里的另一点 B,电场力做功 2×10 ,则 A、B 两点间的电势差 UAB 等于多 少?如果有另一电量是 q ?

-3

? 2 ? 10 ?5 C 的负电荷从 A 移到 B,则电场力做功为多少?

3.如图 12 所示,质量为 m 的小球 B,带电量为 q ,用绝缘细线悬挂在 O 点,球心到 O 点的距离为 l ,在 O 点的正下方有一个带同种电荷的小球 A 固定不动,A 的球心到 O 点的距离也为 l ,改变 A 球的带电量,B 球 将在不同的位置处于平衡状态。当 A 球带电量为 Q1 ,B 球平衡时,细线受到的拉力为 T1 ;若 A 球带的电量为

O

B A Q
图 12

Q2 ? 2Q1 ,B 球平衡时,细线受到的拉力为 T2 ,则 T1
与 T2 的关系为( A. C. )

m,q

T2 > T1 T2
=

B. D.

T2 < T1 T2 = T1 = mg

T1

4.有三根长度皆为 l

? 1.00m 的不可伸长的绝缘轻线,其中两根的一端固定在天花板上的 O 点,另一端
m ? 1.00 ? 10 ?2 kg 的 带 电 小球
A 和 B , 它 们 的 电 量分别 为 ? q 和 ? q ,

分 别 拴 有 质量 皆 为

q ? 1.00 ? 10 ?7 C 。A、B

之间用第三根线连接起来。空间中存在大小为 E

? 1.00 ? 10 6 N / C 的

匀强电场,场强方向沿水平向右,平衡时 A、B 球的位置如图 13 所示。现将 O、B 之间的线烧断,由于 有空气阻力,A、B 球最后会达到新的平衡位置。求最后两球的机械能与电势能的总和与烧断前相比改 变了多少。 (不计两带电小球间相互作用的静电力)

O

A -q E
图 13

B q

107

5.如图 14 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 的两平行极板 间的电场中,射入方向与极板平行, 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.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. (1997 年,全国题)如图 15(1)所示,真空室中电极 K 发出的电子(初速不计)经过 U 0 的加速电场后, 由小孔 S 沿两水平金属板 A、 间的中防线射入, B 板长 l B A、 ) 图 14

U2 U1

θ

? 1000 伏

相距 ? 0.02 米, d ? 0.020

米,加在 A、B 两板间的电压 u 随时间 t 变化 u—t 图线如图 15(2)所示,设 A、B 间的电场可看作是均匀 的,且两板外无电场,在每个电子通过电场区域的极短时间。内,电场可视作恒定的。两板右侧放一记 录圆筒,筒的左侧边缘与极右端距离 b 长s

? 0.15 米,筒绕其竖直轴匀速转动,周期 T ? 0.20 秒,筒的周

? 0.20 米,筒能接收到通过 A、B 板的全部电子。
(1)以 t=0 时[见图 15(2)],此时 u=0,电子打到圆筒记录纸上的点作为 xy 坐标系的原点,并取 y

轴竖直向上,试计算电子打到记录纸上的最高点的 y 坐标和 x 坐标。 (不计重力作用) (2)在给出的坐标纸图 15(3)上定量地画出电子打到记录纸上的点形成的图线。

l k S U0

b A d B

图 15(1)
5

y/cm

0

t 0 1 2 3 4 5 10-1s
-5 10

x/cm
20

图 15(2)

图 15(3)

107

7.(1997 年,全国题)在图 16 中所示的实验装置中, 平行板电容器的极板 A 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,由观察到的静 电计指针变化作出平行板电容器电容变小的结论, 其依据是( )

B A
图 16

A.两极板间的电压不变,极板上的电量变小 B.两极板间的电压不变,极板上的电量变大 C.极板上的电量几乎不变,两极板间的电压变小 D.极板上的电量几乎不变,两极板间的电压变大 8.如图 17 所示,已充电的平行板电容器,带正电的极板接地,两极板间于 P 点处固定一负的点电荷,若 将上极板下移至虚线位置,则下列说法中正 确的是( )

A.两极间的电压和板间场强都变小 B.两极间的电压变小,但场强不变 C.P 点的电势升高,点电荷的电势能增大 D.P 点的电势不变, 点电荷的电势能也不变 9.如图 18 所示,在 x 轴上方有匀强磁场(磁

? P

图 17

感强度为 B) ,一个质量为 m,带电量为 q 的粒子以速度 v0 从坐标原点 O 射入磁场,v0 与 x 轴的负方向 夹角为 ? ,不计重力,求粒子在磁场中飞行的时间和飞出磁场的坐标(磁场垂直纸面,不考虑粒子的重 力)

v0 θ O
图 18

10.如图 19 所示,x 轴上方有匀强磁场, 磁感应强度为 B,方向如图所示,下方有匀强电场,场强为 E。

107

今有电量为 q,质量为 m 的粒子位于 y 轴 N 点坐标(0,-b) 。不计粒子所受重力。在 x 轴上有一点 M(L,0) 。若使上述粒子在 y 轴上的 N 点由静止开始释放在电磁场中往返运动,刚好能通过 M 点。 已知 OM=L。求: (1) 粒子带什么电? (2) 释放点 N 离 O 点的距离须满足什么条件? (3) 从 N 到 M 点粒子所用最短时间为多少?

y
M

O
N 0,-b 图 19

. L,0 、

x

. 、

11.图 20 中,A、B 是一对平行的金属板。在两板间加 上一周期为 T 的交变电压 u 。A 板的电势 UA=0,B 板的电势 UB 随时间的变化规律为,在 0 到 T/2 的时 间内,UB= U0(正常数);在 T/2 到达 T 的时间内,UB =-U0;在 T 到 3T/2 的时间内,UB=U0;在 3T/2 到 2T 的时间,UB= —U0?现有一电子从 A 板上的小孔 进入两板间的电场区内,设电子的初速度和重力影 响均可忽略,则( ) A.若电子在 t=0 时刻进入,它将一直向 B 板运动 B.若电子是在 t=T/8 时刻进入的,它可能时而向 B 板运动,时而向 A 板运动,最后打在 B 板上 C.若电子是在 t=3T/8 时刻进入的,它可能时而向 B 板运动,时而向 A 板运动,最后打在 B 板上 D.若电子是在 t=T/2 时刻进入的,它可能时而向 B 板,时而向 A 板运动 12. (2003.江苏)串列加速器是用来产生高能离子的装置。图 21 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 U,a、c 两端均有电极接地(电势为零) ,现将速度很低的负一价碳离子 从 a 端输入,当离子到达 b 处时,可被设在 b 处的特殊装置将其电子剥离,成为 n 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 中,在磁场中做半径为 R 的圆周运动。已知碳离子的质量 m

B l
图 20

A

? 2.0 ? 10 ?26 kg , U ? 7.5 ? 105V



B ? 0.50T , n ? 2 ,元电荷 e ? 1.6 ? 10 ?19 C ,求半径 R。

107

a

加速管 b

c

图 21

13.如图 22 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、大小可调的匀强磁场。质量 为 m,电量为+q 的粒子在环中作半径为 R 的圆周运动。A、B 为两块中心开有小孔的极板。原来电势都是 零,每当粒子飞经 A 板时,A 板电势升高为+U,B 板电势仍保持为零,粒子在两板间电场中得到加速。每 当粒子离开 B 板时,A 板电势又降为零。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 圈时的磁感 应强度 Bn。 (3)求粒子绕行 n 圈所需要的总时间 tn(设极板间距离远小于 R) 。 (4)在图 22(2)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 板时即可) (5)在粒子绕行的整个过程中,A 板电势是否可始终保持为+U?为什么?

u R O A +U 0 0 图 22(1) 图 22(2) t U

107

14. (2002 年,广东题)如图 23(a)所示,A、B 为水平放置的平行金属板,板间距离为 d ( d 远小于板 的长度和宽) ,在两板之间有一带负电的质点 P,已知若在 A、B 间加电压 U0,则 P 点可以静止平衡, 现在 A、B 间加上图(b)所示的随时间 t 变化的电压 U,在 t

? 0 时,质点 P 位于 A、B 的中点处且初

速度为零,已知质点 P 能在 A、B 间以最大的幅度上下运动,而又不与两极板相碰,求图(b)中 U 改 变的各时刻 t1 , t 2 , t 3 及 t n 的表达式(质点开始从中点上升到最高点,及以后每次从最高点到最低点或 从最低点到最高点的过程,电压只改变一次) 。

A B

+ P · —

u 2U0 0 t t1 t2 t3 t4 tn

(a) 图 23

(b)

15.如图 24 所示,倾角为 30 的直角三角形底边长为 2l,底边外在水平位置,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 m 的带正电荷 q 从斜面顶端 A 沿斜面滑下 (始终不脱离斜 面) ,已测得它滑到仍在斜边上的垂足 D 处的速度为 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少?

0

A D

B

E

+Q O

300

107

图 24

专题四
[方法归纳]

电磁感应与电路
黄冈中学 王小兰

电磁感应是电磁学中最为重要的内容,也是高考的热点之一。电磁感应是讨论其他形式能转化为电能 的特点和规律;电路问题主要是讨论电能在电路中传输、分配并通过用电器转化成其他形式能的特点和规 律,本专题的思想是能量转化与守恒思想。 在复习电磁感应部分时,其核心是法拉第电磁感应定律和楞次定律;这两个定律一是揭示感应电动势 的大小所遵循的规律;一个是揭示感的电动势方向所遵循的规律,法拉第电磁感定律的数学表达式为:

? ?n

?? ,磁通量的变化率越大,感应电动势越大.磁通量的变化率越大,外界所做的功也越大.楞次 ?t

定律的表述为:感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化,从楞次定律的内容可以判断出: 要想获得感应电流就必须克服感应电流的阻碍,需要外界做功,需要消耗其他形式的能量.在第二轮复习 时如果能站在能量的角度对这两个定律进行再认识,就能够对这两个定律从更加整体、更加深刻的角度把 握. 电路部分的复习,其一是以部分电路欧姆定律为中心,包括六个基本物理量(电压、电流、电阻、电 功、电功率、电热) ,三条定律(部分电路欧姆定律、电阻定律和焦耳定律) ,以及串、并联电路的特点等 概念、定律的理解掌握和计算;其二是以闭合电路欧姆定律为中心讨论电动势概念、闭合电路中的电流、 路端电压以及闭合电路中能量的转化;其三,对高中物理所涉及的三种不同类别的电路进行比较,即恒定 电流电路、变压器电路、远距离输电电路,比较这些电路哪些是基本不变量,哪些是变化量,变化的量是 如何受到不变量的制约的.其能量是如何变化的. 在恒定电流电路中,如果题目不加特殊强调,电源的电动势和内电阻是基本不变量,在外电阻改变时 其他量的变化受到基本不变量的制约. 在变压器电路中,如果题目不加特殊强调,变压器的输入电压不变,其他量改变时受到这个基本不变 量的制约. 在远距离输电电路中,如果题目不加特殊强调,发电厂输出的电功率不变,其他量改变时受到这个基 本不变量的制约.

[典例分析]
1.电磁感应的图象问题 方法:图象问题有两种:一是给出电磁感应过程选出或画出正确图象;二是由给定的有关图象分析电 磁感应过程,求解相应的物理量.其思路是:利用法拉第电磁感应定律计算感应电动势.感应电流的大小, 利用楞次定律或右手定则判定感应电流的方向, 利用图象法直观, 明确地表示出感应电流的大小和方向. 掌 握这种重要的物理方法. 例 1、如图 4—1(a)所示区域(图中直角坐标系 xOy 的 1、3 象限)内有匀强磁场,磁感应强度方向 垂直于图面向里,大小为 B,半径为 l,圆心角为 60°的扇形导线框 OPQ 以角速度 ? 绕 O 点在图面内沿逆

107

时针方向匀速转动,导线框回路电阻为 R. (1)求线框中感应电流的最大值 I0 和交变感应电流的频率 f. (2)在图(b)中画出线框转一周的时间内感应电流 I 随时间 t 变化的图象. (规定在图(a)中线框的 位置相应的时刻为 t =0)

2? ?

(a) 图 4—1

(b)

2、电路的动态分析 方法:利用欧姆定律,串、并联电路的性质,闭合电路的欧姆定律;明确不变量,以“从局部到整体 再到局部”“从外电路到内电路再到外电路”的顺序讨论各物理量的变化情况. , 例 2、如图 4—3 所示的电路中,电源的电动势为 E,内阻为 r.当可变电阻的滑片 P 向 b 移动时,电 压表 V1 的读数 U1 与电压表 V2 的读数 U2 的变化 A.U1 变大,U2 变小 B.U1 变大,U2 变大 C.U1 变小,U2 变小 B.U1 变小,U2 变大 3、电磁感应与力学综合 方法:从运动和力的关系着手,运用牛顿第二定 (1)基本思路:受力分析→运动分析→变化趋 程和最终的稳定状态→由牛顿第二定律列方程求解. (2)注意安培力的特点: 导体运动 v 电磁感应 感应电动势 E 图 4—3 律 向→确定运动过 情况是( )

阻 碍
磁场对电流的作用

闭 合 电 路

欧 姆 定 律

安培力 F

感应电流 I

(3)纯力学问题中只有重力、弹力、摩擦力,电磁感应中多一个安培力,安培力随速度变化,部分弹

107

力及相应的摩擦力也随之而变,导致物体的运动状态发生变化,在分析问题时要注意上述联系. 例 3、如图 4—4 所示,两根相距为 d 的足够长的平行金属导轨位于水平 xOy 平面内,左端接有阻值为 R 的电阻,其他部分的电阻均不计.在 x>0 的一侧存在垂直 xOy 平面且方向竖直向下的稳定磁场,磁感强 度大小按 B=kx 规律变化(其中 k 是一大于零的常数) .一根质量为 m 的金属杆垂直跨搁在光滑的金属导轨 上,两者接触良好. 当 t =0 时直杆位于 x=0 处,其速度大小为 v0,方向沿 x 轴正方向,在此后的过程中,始终有一个方向 向左的变力 F 作用于金属杆,使金属杆的加速度大小恒为 a,加速度方向一直沿 x 轴的负方向.求: (1)闭合回路中感应电流持续的时间有多长? (2)当金属杆沿 x 轴正方向运动的速度为 外力 F 多大?

v0 时,闭合回路的感应电动势多大?此时作用于金属杆的 2

图 4—4

4、电磁感应与动量、能量的综合 方法: (1)从动量角度着手,运用动量定理或动量守恒定律 ①应用动量定理可以由动量变化来求解变力的冲量,如在导体棒做非匀变速运动的问题中,应用动量 定理可以解决牛顿运动定律不易解答的问题. ②在相互平行的水平轨道间的双棒做切割磁感线运动时,由于这两根导体棒所受的安培力等大反向, 合外力为零,若不受其他外力,两导体棒的总动量守恒.解决此类问题往往要应用动量守恒定律. (2)从能量转化和守恒着手,运用动能定律或能量守恒定律 ①基本思路:受力分析→弄清哪些力做功,正功还是负功→明确有哪些形式的能量参与转化,哪增哪 减→由动能定理或能量守恒定律列方程求解.

? ? ②能量转化特点:其它能(如:机械能) ?????? 电能 ????? 内能(焦耳热)
例 4、如图 4—6 所示,在空间中有一水平方向的匀强磁场区域,区域的上下边缘间距为 h,磁感应强 度为 B.有一宽度为 b(b<h) 、长度为 L、电阻为 R、质量为 m 的矩形导体线圈紧贴磁场区域的上边缘从静 止起竖直下落,当线圈的 PQ 边到达磁场下边缘时,恰好开始做匀速运动.求: (1)线圈的 MN 边刚好进入磁场时,线圈的速度大小.

安培力做负功

电流做功

107

(2)线圈从开始下落到刚好完全进入磁场所经历的时间.

图 4—6

例 5、两根足够长的固定的平行金属导轨位于同一水平内,两导轨间的距离为 l,导轨上面横放着两根 导体棒 ab 和 cd 构成矩形回路,如图 4—7 所示.两根导体棒的质量皆为 m,电阻皆为 R,磁感应强度为 B, 设两导体棒均为沿导轨无摩擦地滑行,开始时,棒 cd 静止,棒 ab 有指向棒 cd 的初速度(如图所示) ,若 两导体棒在运动中始终不接触,求: (1)在运动中产生的焦耳热最多是多少? (2)当 ab 棒的速度变为初速度的

3 时,cd 棒的加速度是多少? 4

图 4—7

107

5、电磁感应与电路综合 方法:在电磁感应现象中,切割磁感线的导体或磁通量发生变化的回路相当于电源.解决电磁感应与 电路综合问题的基本思路是: (1)明确哪部分相当于电源,由法拉第电磁感应定律和楞次定律确定感应电动势的大小和方向. (2)画出等效电路图. (3)运用闭合电路欧姆定律.串并联电路的性质求解未知物理量. 例 6、如图 4—8 所示,直角三角形导线框 abc 固定在匀强磁场中,ab 是一段长为 L、电阻为 R 的均匀 导线, 和 bc 的电阻可不计, 长度为 ac ac 电阻为

L L . 磁场的磁感强度为 B, 方向垂直纸面向里. 现有一段长度为 , 2 2

R 的均匀导体棒 MN 架在导线框上,开始时紧靠 ac,然后沿 bc 方向以恒定速度 v 向 b 端滑动,滑 2
L 时,导线 ac 中的电流为多大?方向 3

动中始终与 ac 平行并与导线框保持良好接触,当 MN 滑过的距离为 如何?

图 4—8

6、交变电流的三值 (1)最大值: Em ? NBS? ,最大值 Em (Vm 、 m ) 与线圈的形状,以及转轴的位置无关,但转轴应与 I 磁感线垂直. (2)有效值:交流电的有效值是根据电流的热效应来定义的.即在同一时间内,跟某一交流电一样能 使同一电阻产生相等热量的直流的数值,叫做该交流电的有效值. 正弦交流电的有效值与最大值之间的关系为: E ? 值及交流电表上的测量值都是指有效值. (3)平均值

Em 2

,U ?

Um 2

,I ?

Im 2

.各种交流电器设备上标准

? ?n

?? ?t

(4)最大值、有效值和平均值的应用

107

①求电功、电功率以及确定保险丝的熔断电流等物理量时,要用有效值计算.正弦交变电流的有效值 为I ?

Im 2

,其他交流电流的有效值只能根据有效值的定义来计算.

②求一段时间内通过导体横截面的电量时要用平均值来计算.

q ? It , 而 I ?
注意 E ?

E ?? . ,E ? n R ?t

E1 ? E2 ,平均值不等于有效值. 2

③在考虑电容器的耐压值时,则应根据交流电的最大值. 例 7、边长为 a 的 N 匝正方形线圈在磁感应强度为 B 的匀强磁场中,以角速度 ? 绕垂直于磁感线的转 轴匀速转动,线圈的电阻为 R.求: (1)线圈从中性面开始转过 90°角的过程中产生的热量. (2)线圈从中性面开始转过 90°角的过程中,通过导线截面的电量.

7、电容、电路、电场、磁场综合 方法:从电场中的带电粒子受力分析入手,综合运用牛顿第二定律;串、并联电路的性质、闭合电路 欧姆定律和法拉第电磁感应定律进行分析、计算,注意电容器两端的电压和等效电路. 例 8、如图 4—11 所示,光滑的平行导轨 P、Q 相距 l=1m,处在同一水平面中,导轨左端接有如图所 示的电路,其中水平放置的平行板电容器 C 两极板间距离 d=10mm,定值电阻 R1=R3=8Ω ,R2=2Ω ,导轨电 阻不计,磁感应强度 B=0.4T 的匀强磁场竖直向下穿过导轨平面,当金属棒 ab 沿导轨向右匀速运动(开关 S 断开)时,电容器两极板之间质量 m=1×10
2
-14

kg,带电荷量 q=-1×10
2

-25

C 的粒子恰好静止不动;当 S 闭

合时,粒子以加速度 a=7m/s 向下做匀加速运动,取 g=10m/s ,求: (1)金属棒 ab 运动的速度多大?电阻多大? (2)S 闭合后,使金属棒 ab 做匀速运动的外力的功率多大? a R3 R2 R1 P

S

q

× × m× ×

× ×v × ×
b

Q

× × × ×

图 4—11

107

8、电磁感应与交流电路、变压器综合 方法:①变压器遵循的是法拉第电磁感应定律,理想变压器不考虑能量损失,即输入功率等于输出功 率.②理想变压器原线圈的电压决定着负线圈的电压,而副线圈上的负载反过来影响着原线圈的电流,输 入功率.③远距离输电是以电功率展开分析的,其中损失功率是最为关键的因素.④在供电电路、输电电 路、用电回路所构成的输电电路中, 输出电路中的电流和输电回路中的损失电压是联系其余两回路的主要 物理量.

~U0

I送 R P输 U送 n1︰n2

U1

U2
n? ︰ n? 2 1

图 4—12 例 9、 有条河流, 流量 Q=2m /s, 落差 h=5m, 现利用其发电, 若发电机总效率为 50%, 输出电压为 240V, 输电线总电阻 R=30Ω ,允许损失功率为输出功率的 6%,为满足用电的需求,则该输电线路所使用的理想 电压、降压变压器的匝数比各是多少?能使多少盏“220V、100W”的电灯正常发光.
3

[跟踪练习]
1.矩形导线框 abcd 放在匀强磁场中, 线圈平面垂直, 磁感强度 B 随时间变 —13 所示.t=0 时刻,磁感强度的方 向里.在 0~4s 时间内,线框的 ab 变化的图象 (力的方向规定以向左为 如图 4—14 中的( ) 图 4—13 磁感线方向与 化的图象如图 4 向垂直于纸面 边受力随时间 正方向) ,可能

107

A.

B.

C.

D.

2.如图 4—14 甲所示,由均匀电阻丝做成的正方形线框 abcd 的电阻为 R,ab=bc=cd=da=l.现将线框以与 ab 垂直的速度 v 匀速穿过一宽为 2l、磁感应强度为 B 的匀强磁场区域,整个过程中 ab、cd 两边始终保 持与边界平行.令线框的 cd 边刚与磁场左边界重合时 t=0,电流沿 abcda 流动的方向为正. (1)求此过程中线框产生的焦耳热; (2)在图乙中画出线框中感应电流随时间变化的图象; (3)在图丙中画出线框中 a、b 两点间电势差 Uab 随时间 t 变化的图象. i a l d c 图甲 图乙 图 4—14 图丙 b O t O t Uab

3.如图 4—15 所示,T 为理想变压器,A1、 表,R1、R2 为定值电阻,R3 为滑动变阻器, 恒压交流电源,当滑变阻器的滑动触头向下 A.A1 的读数变大,A2 读数变大 B.A1 的读数变大,A2 读数变小 C.A1 的读数变小,A2 读数变大 D.A1 的读数变小,A2 的读数变小
A1 A2

A2 为交流电流 R1 原线圈两端接 滑动时( )


T

R2

R3

图 4—15

4.如图 4—16 所示:半径为 r、电阻不计的两个半圆形光滑导轨并列竖直放置,在轨道左上方端点 M、N 间接有阻值为 R 的小电珠,整个轨道处在磁感强度为 B 的匀强磁场中,两导轨间距为 L,现有一质量为 m,电阻为 R 的金属棒 ab 从 M、N 处自由静止释放,经一定时间到达导轨最低点 O、O′,此时速度为 v. (1)指出金属棒 ab 从 M、N 到 O、O′的过程中,通过小电珠的电流方向和金属棒 ab 的速度大小变 化情况. (2)求金属棒 ab 到达 O、O′时,整个电路的瞬时电功率. (3)求金属棒 ab 从 M、N 到 O、O′的过程中,小电珠上产生的热量.

107 图 4—16

5. (2002·上海)如图 4—17 所示,有两根和水平 光滑平行的金属轨道,上端接有可变电阻 R,下 有垂直于轨道平面的匀强磁场,磁感应强度为 的金属杆从轨道上静止自由滑下,经过足够长的 的速度会趋近于一个最大速度 vm,则( A.如果 B 增大,vm 将变大 将变大 C.如果 R 变小,vm 将变大 D.如果 m 变小,vm 将变大 ) B.如 图 4—17

方向成 ? 角的 端足够长,空间 B. 一根质量为 m 时间后,金属杆 果 ? 变 大 , vm

6. (2004 年全国)如图 4—18 所示 a1b1c1d1 和 a2b2c2d2 为在同一竖直平面内的金属导轨,处在磁感应强度 为 B 的匀强磁场中,磁场方向垂直导轨所在的平面(纸面)向里.导轨的 a1b1 段与 a2b2 段是竖直的, 距离 l1;c1d1 段与 c2d2 段也是竖直的,距离为 l2.x1y1 与 x2y2 为两根用不可伸长的绝缘轻线相连的金属 细杆,质量分别为 m1 和 m2,它们都垂直于导轨并与导轨保持光滑接触.两杆与导轨构成的回路的总电 阻为 R.F 为作用于金属杆 x1y1 上的竖直向上的恒力.已知两杆运动到图示位置时,已匀速向上运动, 求此时作用两杆的重力的功率的大小和回路电阻上的热功率.

图 4—18

107

7.光滑曲面与竖直平面的交线是抛物线,如图 4—19 所示,抛物线的方程是 y=x ,下半部处在一个水平方 向的匀强磁场中,磁场的上边界是 y=a 的直线(图中虚线 属环从抛物线上 y=b(y>a)处以速度 v 沿抛物线下滑,假 长,金属环沿抛物线下滑后产生的焦耳热总量是( A.mgb C.mg(b-a) B. ) 所示) 一个小金 , 设抛物线足够

2

1 2 mv 2 1 2 mv 2
图 4—19 m=0.1kg 的金 属棒 属导轨上,两导轨 计,导轨左端接有 在一条导轨上,量 导轨平面的匀强磁 图 4—20 棒右移,当金属棒 察到电路中的一个

D. mg (b ? a) ?

8.如图 4—20 所示,长为 L、电阻 r=0.3Ω 、质量 CD 垂直跨搁在位于水平面上的两条平行光滑金 间距也是 L,棒与导轨间接触良好,导轨电阻不 R=0.5Ω 的电阻,量程为 0~3.0A 的电流表串接 程为 0~1.0V 的电压表接在电阻 R 的两端, 垂直 场向下穿过平面.现以向右恒定外力 F 使金属 以 v=2m/s 的速度在导轨平面上匀速滑动时,观 电表正好满偏,而另一个电表未满偏,问: (1)此满偏的电表是什么表?说明理由. (2)拉动金属棒的外力 F 多大?

(3)此时撤去外力 F,金属棒将逐渐慢下来,最终停止在导轨上.求从撤去外力到金属棒停止运动的 过程中通过电阻 R 的电量.

9.高频焊接是一种常用的焊接方法,其焊接的原理如图所示.将半径为 10cm 的待焊接的圆形金属工件放 在导线做成的 1000 匝线圈中,然后在线圈中通以高频的交变电流,线圈产生垂直于金属工件所在平面 的变化磁场,磁场的磁感应强度 B 的变化率为 1000 2? sin ?t T/s.焊接处的接触电阻为工件非焊接部

m ,焊接的缝宽非常小,求 分电阻的 99 倍.工作非焊接部分每单位长度上的电阻为 R0 ? 10 ? ??
焊接过程中焊接处产生的热功率. (取 ? 2 =10,不计温度变化对电阻的影响)

?3

?1

图 4—21

107

10. 如图所示, 与光滑的水平平行导轨 P、 相连的电路中, Q 定值电阻 R1=5Ω , 2=6Ω ; R 电压表的量程为 0~ 10V,电流表的量程为 0~3A,它们都是理想电表;竖直向下的匀强磁场穿过水平导轨面,金属杆 ab 横跨在导轨上,它们的电阻均可不计,求解下列问题: (1) 当滑动变阻器的阻值 R0=30Ω 时, 用水平恒力 F1=40N 向右作用于 ab, ab 运动达到稳定状态时, 在 两个电表中有一个电表的指针恰好满偏,另一个电表能安全使用.试问:这时水平恒力 F1 的功 率多大?ab 的速度 v1 多大? (2)将滑动变阻器的电阻调到 R0=3Ω ,要使 ab 达到稳定运动状态时,两个电表中的一个电表的指针 恰好满偏, 另一个电表能安全使用, 作用于 ab 的水平恒力 F2 多大?这时 ab 的运动速度 v2 多大?

R1 R0 Rx

图 4—22

11. 两只相同的电阻, 分别通过简谐波形的交流 流电.两种交变电流的最大值相等,波形 示.在简谐波形交流电的一个周期内,简 电阻上产生的焦耳热 Q1 与方波形交流电在 耳热 Q2 之比为 A.3︰1 C.2︰1

电和方形波的交 如 图 4 — 23 所 谐波形交流电在 电阻上产生的焦

Q1 等于( Q2
B.1︰2 D.4︰3



图 4—23

12.曾经流行过一种向自行车车头灯供电的小型交流发电机,图 4—24 甲为其结构示意图.图中 N、S 是一 对固定的磁极,abcd 为固定在转轴上的矩形线框,转轴过 bc 边中点、与 ab 边平行,它的一端有一半径 r0=1.0cm 的摩擦小轮,小轮与自行车车轮的边缘相接触,如图 4—24 乙所示.当车轮转动时,因摩擦而带 动小轮转动,从而使线框在磁极间转动.设线框由 N=800 匝导线圈组成,每匝线圈的面积 S=20cm ,磁极 间的磁场可视为匀强磁场,磁感强度 B=0.010T,自行车车轮的半径 R1=35cm,小齿轮的半径 R2=4.0cm,大 齿轮的半径 R3=10.0cm(见图乙) .现从静止开始使大齿轮加速运动,问大齿轮的角速度为多大时才能使发 电机输出电压的有效值 U=3.2V?(假定摩擦小轮与自行车轮之间无相对滑动)
2

107

图 4—24

13.如图 4—25 所示,两块水平放置的平行金属板间距为 d,定值电阻的阻值为 R,竖直放置线圈的匝数为 n,绕制线圈导线的电阻为 R,其他导线的电阻忽略不计.现在竖直向上的磁场 B 穿过线圈,在两极板 中一个质量为 m,电量为 q,带正电的油滴恰好处于静止状态,则磁场 B 的变化情况是( A.均匀增大,磁通量变化率的大小为 B.均匀增大,磁通量变化率的大小为 C.均匀减小,磁通量变化率的大小为 D.均匀减小,磁通量变化率的大小为 )

2mgd nq

mgd nq
2mgd nq

mgd nq

图 4—25

14.如图 4—26 所示,水平面中的光滑平行导轨 P1、P2 相距 l=50cm,电池电动势 E′=6V,电阻不计;电 容 C=2 ? F,定值电阻 R=9Ω ;直导线 ab 的质量 m=50g,横放在平行导轨上,其中导轨间的电阻 R′=3 Ω ;竖直向下穿过导轨面的匀强磁场的磁感应强度 B=1.0T;导轨足够长,电阻不计. (1)闭合开关 S,直导线 ab 由静止开始运动的瞬时加速度多大?ab 运动能达到的最大速度多大? (2)直导线 ab 由静止开始运动到速度最大的过程中,电容器的带电荷量变化了多少? P1 E′ P2 图 4—26

15.如图 4—27 所示的四个图中,a、b 为输入端,接交流电源、cd 为输出端,下列说法中错误的是( ..



c a b

a

c c d a b

a



d


b



d b



c d

107

A A.A 图中 Uab<Ucd C.C 图中 Uab<Ucd

B

C B.B 图中 Uab>Ucd D.D 图中 Uab>Ucd

D

16.某电站输送的电功率是 500kW,当采用 6kV 电压输电时,安装在输电线路起点的电度表和终点的电度 表一昼夜读数相差 4800kWh(即 4800 度) ,试求: (1)输电线的电阻; (2)若要使输电线上损失的功 率降到输送功率的 2.304%,应采用多高的电压向外输电?

专题五

物理实验
黄冈中学 丁汝辉

自然科学是实验性科学,物理实验是物理学的重要组成部分.理科综合对实验能力提出了明确的要求, 即是“设计和完成实验的能力”,它包含两个方面: 1.独立完成实验的能力.包括: (1)理解实验原理、实验目的及要求; (2)掌握实验方法步骤; (3)会控制实验条件和使用实验仪器,会处理实验安全问题; (4)会观察、解释实验现象,会分析、处理实验数据; (5)会分析和评价实验结果,并得出合理的实验结论. 2.设计实验的能力.能根据要求灵活运用已学过的物理理论、实验方法和仪器,设计简单的实验方案 并处理相关的实验问题.? 一、基本仪器的使用 [方法归纳] 1.要求会正确使用的仪器? 刻度尺、游标卡尺、螺旋测微器、天平、秒表、打点计时器、弹簧秤、温度表、电流表、电压表、多 用电表、滑动变阻器、电阻箱、示波器.? 2.在力学和电学实验中,常需要利用测量工具直接测量基本物理量. 基本物理量 长度 力学 时间 质量 电阻(粗测) 电学 电流 电压 3.读数方法:? 107 测量仪器 刻度尺、游标卡尺、螺旋测微器 秒表(停表)、打点计时器 天平 欧姆表、电阻箱 电流表 电压表

用各种测量仪器测量有关物理量,读数时首先要弄清测量仪器的精度.以螺旋测微器为例:精度为

0.5 mm=0.01mm,其读数方法是:读数=固定刻度数(含半毫米刻度)+可动刻度数(含估读刻度数)×精 50
度. [典例分析] 【例 1】 请将下列各种测量仪器的读数填在题中的横线上.?

示数___________cm

示数__________cm

示数___________s

示数__________s

电阻箱连入电路中的 此时待测电阻为___________Ω 电阻为___________Ω

107

用 0~0.6A 档,此电流 表示数为___________A 【特别提示】 精度的下一位.? 二、独立完成实验 [方法归纳] 1.常见间接测量的物理量及其测量方法?

用 0~15V 档,此电压 表示数为___________V

一般来说,除游标卡尺、秒表、电阻箱外,其他测量仪器的读数都需要估读,即读到

有些物理量不能由测量仪器直接测量,这时,可利用待测量和可直接测量的基本物理量之间的关系, 将待测物理量的测量转化为基本物理量的测量. .. 待测物理量 ①利用纸带, vm ? 基本测量方法

速度

Sn ? Sn ?1 g ;②利用平抛, v ? x 2y 2T
?S T2
;②利用单摆 g ?

力学

加速度 力 功 电阻(精确测量)

①利用纸带,逐差法 a ?

4? 2 L T2

根据 F=ma 转化为测量 m、a 根据 W ? ?Ek 转化为测量 m、S、v ①根据 R ?

电学

U 转化为测量 U、I(伏安法);②电阻箱(半偏、替代) I

电功率 电源电动势

根据 P=IU 转化为测量 U、I 根据 E=U+Ir 转化为测量 U、I

2.处理实验数据的常用方法? 为了减小由于实验数据而引起的偶然误差,常需要采用以下方法进行处理.? (1)多次测量求平均值;(2)图象法? 3.实验误差的分析? 中学物理中只要求初步了解系统误差和偶然误差、绝对误差和相对误差的概念;能定性分析某些实验 中产生误差的主要原因;知道用平均值法、图象法减小偶然误差;但不要求计算误差.? (1)系统误差和偶然误差:测量值总是有规律的朝着某一方向偏离真值(总是偏大或总是偏小)的误 差,称为系统误差.系统误差的主要来源是仪器本身不够精确,或实验原理、方法不够完善.由于偶然因 素的影响,造成测量值的无规则起伏称为偶然误差.偶然误差是由于各种偶然因素对实验者、测量仪器, 被测物理量的影响而产生的, 多次测量偏大和偏小的机会相同, 因此, 多次测量求平均值可减小偶然误差. ? (2)绝对误差和相对误差:设某物理量的真值为 A0,测量值为 A,则绝对误差 ? ?| A ? A0 | ,相对误 差为

? | A ? A0 | .真值 A0 常以公认值、理论值或多次测量的平均值代替. ? A0 A0

[典型分析] 【例 1】 一打点计时器固定在斜面上某处,一小车拖着穿过打点计器的纸带从斜面上滑下,如图 5-1 甲所示,图 5—1 乙是打出的纸带的一段.?

107

图 5—1 (1)已知打点计时器使用的交流电频率为 50Hz,利用图乙给出的数据可求出小车下滑的加速度 a=____________. (2)为了求出小车在下滑过程中所受的阻力,还需要测量的物理量有___________,用测得的量及加 速度 a 表示阻力的计算式为 f =_________________.?

【例 2】

一个有一定厚度的圆盘,可以绕通过中心且垂直于盘面的水平轴转动.用下面的方法测量

它匀速转动时的角速度. 实验器材: 电磁打点计时器, 米尺, 纸带, 复写纸.? 实验步骤:? (1)如图 5—3 所示,将电磁打点计时器固定在桌面 端穿过打点计时器的限位孔后, 固定在待测圆盘的侧面上, 纸带可以卷在圆盘侧面上.? (2)启动控制装置使圆盘转动,同时接通电源,打点 点. (3)经过一段时间,停止转动和打点,取下纸带,进行测量. ①由已知量和测得量表示角速度的表达式为ω =________________,式中各量的意义是___________. ②某次实验测得圆盘半径 r =5.50×10 2m, 得到的纸带的一段如图 5—4 所示, 求得角速度为________.


上,将纸带的一 使圆盘转动时, 图 5—3 计时器开始打

单位:cm 图 5—4

【例 3】 小灯泡灯丝的电阻会随温度的升高而变大.某同学为研究这一现象,用实验得到如下数据(I 和 U 分别表示小灯泡上的电流和电压):? I/(A) U(V) 0.12 0.20 0.21 0.40 0.29 0.60 0.34 0.80 0.38 1.00 0.42 1.20 0.45 1.40 0.47 1.60 0.49 1.80 0.50 2.00

(1) 在左下框中画出实验电路图. 可用的器材有: 电压表、 电流表、 滑线变阻器 (变化范围 0~10Ω ) 、 电源、小灯泡、电键、导线若于.?

107

(2)在图 5—5 中画出小灯泡的 U—I 曲线.

图 5—5 (3)若将该小灯泡接在电动势是 1.5V,内阻是 2.0Ω 的电池两端,小灯泡的实际功率是多少?(简要 写出求解过程,若需作图,可直接画在图中)

三、实验设计 [专题精讲] 实验设计应把重点放在力学和电学实验上,力学以打点计时器为中心展开,电学以电阻测量为中心展 开.? 1.进行实验设计的总体原则? (1)精确性:在实验误差允许的范围内,应尽可能选择误差较小的方案.? (2)安全性:实验方案的实施要安全可靠,不会对器材造成损害,且成功率高.? (3)可操作性:实验应便于操作和读数,便于进行数据处理.? 2.实验设计的基本思路?

?实验器材 ? 明确目的 ? 确定原理 ? ?待测物理量 ? 数据处理 ? 误差分析 . ?实验步骤 ?
实验设计的关键在于实验原理的设计,它是进行实验的依据和起点,它决定了应选用(或还需)哪些 实验器材, 应测量哪些物理量, 如何编排实验步骤. 而实验原理的设计又往往依赖于所提供的实验器材 (条 件)和实验要求,它们相辅相成,互为条件.? 以测量电表的内阻为例: 纵向:伏安法及变式 1°电流表、电压表各一只,可以测量它们的内阻 V A V A

2°两只同种电表,若知道一只的内阻,就可以测另一只的内阻 A2 V1 A1 V2 107

3°两只同种电表内阻都未知,则需要一只电阻箱才能测定电表的内阻 V1 A2 V2

R A1

R

横向:除伏安法外,还常用替代法、半偏法和闭合电路欧姆定律(计算法) 1°替代法 2 R G2 2°半偏法 V S2 R1 R1 S1 3°闭合电路欧姆定律(计算法) 2 V S 1 S 1 S G2 R V1 1 2 S V2

G R2

R2

R

E r (电阻不

计)
3.电学实验的器材选择和电路设计? (1)电路结构? 完整的实验电路包括三个部分:①测量电路,②控制电路(变阻器、开关),③电源. (2)思路? 配置 测量电路 器材选择

控制 控制电路 调节 (3)方法? ①电表选择:为了减小电表读数引起的偶然误差,选择电表时应先估算待测电流或电压的最大值,同 时要考虑电表间、电表与电源间的配置是否合理,测量时各电表的最大偏转量都应接近量程.? ②分压、限流电路选择? 电路选择

107

在下列情况下应选择分压电路? 1°实验要求待测电阻两端电压从零开始连续变化。? 2°限流不能保证安全,即限流电路中的最小电流超过电表量程或用电器的额定电流.常见于变阻器全 电阻远小于测量部分电阻的情况.? 3°限流能保证安全, 但变阻器调节过程中, 电表读数变化不明显, 不满足实验测量多组数据的要求. 常 见于变阻器全电阻远小于测量部分电阻的情况.? 在限流、分压两种电路都满足实验要求时,由于限流电路结构简单,损耗的电功率小,应优先选用.? ③滑动变阻器的粗调和微调.? 在限流电路中, 对测量电路而言, 全电阻较大的变阻器起粗调作用, 全电阻较小的变阻器起微调作用; 在分压电路中,变阻器的粗、微调作用正好与限流电路 [典型分析] 【例 4】 如图 5—8 所示,水平桌面上固定着斜面 B.斜面体的斜面是曲面,由其截面图可以看出曲线下 的.现提供的实验测量工具有:天平、直尺. 其它的 实验需要自选.现要设计一个实验,测出小铁块 B 自斜 滑到底端的过程中,小铁块 B 克服摩擦力做的功.请回 (1)除题中供给的器材处,还需要选用的器材是: (2)简要说明实验中需要测量的物理量(要求在图上标明): _____________________________________________________________. (3)写出实验结果的表达式(重力加速度 g 已知): ____________________________________________________________. 【例 5】 用伏安法测量一个定值电阻的阻值,备用器材如下 :? 待测电阻 Rx (阻值约为 25kΩ ) 电流表 A1:(量程 100 ? A,内阻 2kΩ ) 电流表 A2:(量程 500 ? A,内阻 300Ω ) 电压表 V1:(量程 10V,内阻 100kΩ ) 电流表 V2:(量程 50V,内阻 500kΩ ) 电源 E:(电动势 15V,允许最大电流 1A) 滑动变阻器 R:(最大阻值 1kΩ ) 电键 S,导线若干? 为了尽量减小实验误差,要求测多组数据.? (1)电流表应选________________,电压表应选__________________.? (2)画出实验电路图.? 图 5—8 体 A,有小铁块 端的切线是水平 实验器材可根据 面顶端由静止下 答下列问题:? 相反.?

____________________________________________________________.

【变式】

用以下器材测量一待测电阻 Rx 的阻值(900~1000Ω ):?

电源 E,具有一定内阻,电动势约为 9.0V; 电压表 V1,量程为 1.5V,内阻 r1=750Ω ;?

107

电压表 V2,量程为 5V,内阻 r2=2500Ω ;? 滑线变阻器 R,最大阻值约为 100Ω ; 单刀单掷开关 S,导线若干. (1)测量中要求电压表的读数不小于其量程 电阻 Rx 的一种实验电路原理图(原理图中的元件要 英文字母标注).? (2) 根据你所画的电路原理图在题给的实物图 线.? (3)若电压表 V1 的读数用 U1 表示,电压表 示 , 则 由 已 知 量 和 测 得 量 表 示 Rx 的 公 式 为 Rx=____________________.? 【例 6】 为了测定电流表 A1 的内阻,采用如图 5—14 所示的电路.其中:A1 是待测电流表,量程为 300 ? A,内阻约为 100Ω ;A2 是标准电流表,量程为 200 ? A;R1 是电阻箱,阻值范围是 0~999.9Ω ;R2 是滑动变阻器;R3 是保护电阻;E 是电池组,电动势为 4V,内阻不计;S1 是单刀掷开关.S2 是单刀双掷开 关.? 图 5—11 v2 的读数用 U2 表 5 — 11 上 画 出 连 的

1 ,试画出测量 3

用题图中的相应的

图 5—14 (2)连接好电路,将开关 S2 扳到接点 a 调 整 滑 动 变 阻 器 R2 使 电 表 A2 的 读 数 是 开关 S2 扳到接点 b 处,保护 R2 不变,调节电 数仍为 150 ? A.若此时电阻箱各旋钮的位置 电阻箱的阻值是_______Ω ,则待测电流表 A1 R1=______Ω . (3) 上述实验中, 无论怎样调整滑动变阻 置,都要保证两块电流表的安全.在下面提供 保护电阻 R3 应选用:_____________________ 的字母). ? A.200kΩ B.20kΩ C.15kΩ

图 5—15 处, 接通开关 S1, 150 ? A;然后将 阻 R1, A2 的读 使 如图 5—16 所示, 的 内 阻

(1)根据电路图,请在图 5—15 中画出连线,将器材连接成实验电路.?

器 R2 的滑动端位 的四个电阻中, 图 5—16 (填写阻值相应

D.20Ω

(4)下面提供最大阻值不同的四个滑动变阻器供选用.既要满足上述实验要求,又要调整方便,滑动 变阻器___________________(填写阻值相应的字母)是最佳选择.? ? A.1kΩ B.5kΩ C.10kΩ D.25kΩ ?? 【例 7】 现有一块 59C2 型的小量程电流表 G(表头),满偏电流为 50 ? A ,内阻约为 800~850Ω , 把它改装成 1mA、10mA 的两量程电流表,可供选择的器材有:? 滑动变阻器 R1,最大阻值 20Ω ;滑动变阻器 R2,最大阻值 100kΩ ;? 电阻箱 R′,最大阻值 9999Ω ;定值电阻 R0,阻值 1kΩ ;? 107

电池 E1,电动势 1.5V;电池 E2,电动势 3V;电池 E3,电动势 4.5V;(所有电池内阻不计),标准电 流表 A,满偏电流 1.5mA; 单刀单掷开关 S1 和 S2;单刀双掷开关 S3;电阻丝及导线若干.? (1)采用如图 5—18(甲)所示电路测量表头的内阻,为提高测量精确度,选用的滑动变阻器为____ ______________,选用的电池为_______________.?



乙 图 5—18



(2)将 G 改装成两量程电流表,现有两种备选电路,如图 5—18(乙)、(丙)所示.图_________ 为合理电路,另一电路不合理的理由是_______________________________. (3)将改装后的电流表与标准电流表逐格进行核对(仅核对 1mA 量程),画出所用电路图,图中待 核对的电流表符号用 A′ 来表示.?

【例 8】 (1)一个电压表 VA 的内阻 RA=1000Ω , 利用电阻箱扩大它的量程,改装成量程为 3.0V 的电压 一量程为 3.0V 的精确的电压表 VB 对改装后的电压表的 准.除了这两个电压表 VA、VB 外,还有下列一些器材: 势约为 6V,内阻较小) 变阻器 R(总电阻约 10Ω ) Ω) 开关 S 导线若干 ①如图 5—20 所示是以上器材和两个电压表 VA、 试在图中画出连线,连成进行校准时的实验电路. ②图中电阻箱的取值等于________________Ω .? 图 5—20

量程为 1.0V,现要 表.改装后,再用 所有刻度进行校 ? 电源 E(电动

电阻箱 R(0~9999 0

VB 的实物示意图,

(2)用上述电压表 VB 和改装后并已校准过的电压表(以下称之为 VC)以及一个开关和一些导线,去 测量一个电动势大约为 2V 的电源的内阻 r. ①简要写出测量步骤.? ②用测得的量表达 r 的公式应为 r=____________.?

107

四、跟踪练习 1.下列关于误差的说法正确的是(填字母)____________. ? A.误差是实验中产生的错误 B.误差都是由于测量不仔细产生的? C.误差都是由于测量工具不精密产生的 D.任何测量都存在误差? E.实验时认真测量就可以避免误差 F.采用精密仪器,改进实验方法,可以消除误差? G.实验中产生误差是难免的,但可以想办法尽量减小误差? H.多次测量取平均值可以减小偶然误差 I.多次测量取平均值可以减小系统误差 2.甲、乙、丙三位同学在使用不同的游标卡尺测量同一物体的长度时,测量的结果分别如下:? 甲同学:使用游标为 50 分度的卡尺,读数为 12.045cm 乙同学:使用游标为 10 分度的卡尺,读数为 12.04cm 丙同学:使用游标为 20 分度的卡尺,读数为 12.045cm 从这些数据中可以看出读数肯定有错误的是____________同学. 3.如图 5—22 甲、乙所示,用同一套器材测量铁块 P 与长金属板间的滑动摩擦力.甲图使金属板静止在水 平桌面上,用手通过弹簧秤向右用力 F 拉 P,使 P 向右运动;乙图把弹簧秤的一端固定在墙上,用力 F 水平向左拉金属板,使金属板向左运动.则铁块 P 与金属板间的滑动摩擦力的大小是__________N.

图 5—22 数据,可计算出小球平抛的初速度 v0=________m/s.

图 5—23

4.在“研究平抛物体的运动”的实验中,得到的轨迹如图 5—23 所示.根据平抛运动的规律及图中给出的 5.在验证机械能守恒定律的实验中,质量 m=1kg 的重物自由下落,在纸带上打出了一系列的点,如图 5 —24 所示,相邻记数点间的时间间隔为 0.02s,长度单位是 cm,g 取 9.8m/s2.求:

107

图 5—24 (1)打点计时器打下计数点 B 时,物体的速度 vB=________________(保留两位有效数字).? (2)从起点 O 到打下记数点 B 的过程中,物体重力势能减小量Δ EP=___________,动能的增加量Δ Ek=_________________(保留两个有效数字).? (3)即使在实验操作规范、数据测量及数据处理很准确的前提下,该实验求得的Δ Ep 也一定略大一 Δ Ek,这是实验存在系统误差的必然结果,试分析该系统误差产生的主要原因. 6.在测定一节干电池(电动势约为 1.5V,内阻约为 2Ω )的电动势和内阻的实验中,变阻器和电压表 各有两个供选:A 电压表量程为 15V,B 电压表量程为 3V,A 变阻器为(20Ω ,3A),B 变阻器为(500 ?Ω ,0.2A).? 电 压 表 应 该 选 _______________ ( 填 A 或 B) , 这 是 因 为 ____________________ . 变 阻 器 应 该 选 _______________ (填 A 或 B),这是因为__________________________. 7.利用如图 5—25 所示的电路测量电流表 mA 的内阻,闭合电键 S,当变阻器的滑片滑至 c 处时,测 得电流表 mA 和电压表 V 的示数分别是 40mA、9V.已知图 5—25 中热敏电阻的 I—U 关系图线如图 5—26 所示,则电流表 mA 的内阻为( )

图 5—25 A.0.14Ω ? B.85Ω C.140Ω

图 5—26 ? D.225Ω

8.如图 5—27 所示,一只黑箱有 A、B、C 三个接线柱,规定每两个接线柱间最多只能接一个电器元 件.并且已知黑箱内的电器元件是一只电阻和一只二极管.某同学利用多用电表的欧姆挡,用正确的操作 方法依次进行了 6 次测量,将每次红、黑表笔的位置和测得的阻值都填入了下表.? 红表笔接 黑表笔接 测得阻值(Ω ) A B 100 A C 10k B A 100k B C 10.1k C A 90 C B 190

由表中的数据可以判定:? (1)电阻接在_________________两点间,阻值 _________________Ω . (2)二极管接在_________________两点间,其 _________________ 点 . 二 极 管 的 正 向 阻 值 为 反向阻值为______________Ω . 9.在“用双缝干涉测光的波长”的实验中,测量 —28 所示,调节分划板的位置,使分划板中心剖线对 图 5—27 头示意图如图 5 齐某亮条纹的中 中 正 极 接 在 ____________Ω , 为

心,此时测量头的读数为_________________mm,转动手轮,使分划线向一侧移动,到另一条亮条纹的中 心位置,由测量头再读出一读数.若实验测得第一条到第五条亮条纹中心间的距离为Δ x = 0.960mm,已知 双缝间距为 d=1.5mm,双缝到屏的距离为 L=1.00m,则对应的光波波长 ? =_________________nm.

107

图 5—28

图 5—29

10.如图 5—29 所示,画有直角坐标系 Oxy 的白纸位于水平桌面上.M 是放在白纸上的半圆形玻璃砖, 其底面的圆心在坐标原点,直边与 x 轴重合.OA 是画在纸上的直线,P1、P2 为竖直地插在直线 OA 上的两 枚大头针,P3 是竖直地插在纸上的第三枚大头针, ? 是直线 OA 与 y 轴正方向的夹角, ? 是直线 OP3 与 y 轴负方向的夹角. 只要直线 OA 画得合适, P3 的位置取得正确, 且 测出角 ? 、? , 便可求得玻璃的折射率. ? 某学生在用上述方法测量玻璃的折射率时,在他画出的直线 OA 上竖直地插上了 P1、P2 两枚大头针, 但在 y<0 的区域内,不管眼睛放在何处,都无法透过玻璃砖看到 P1 、P2 的像,他应采取的措施是 ______________________________ .若他已透过玻 璃砖看 到了 P1 、P2 的 像,确定 P3 位置的方 法是 ___________________________________ . 若 他 已 正 确 地 测 得 了 ? 、 ? 的 值 , 则 玻 璃 的 折 射 率 n=________________. 11.在用“油膜法估测分子大小”的实验中,所用油酸酒精的浓度为每 104mL 溶液中有纯油酸 6mL, 用注射器测得 1mL 上述溶液为 75 滴.把 1 滴该溶 里,待水面稳定后,将玻璃板放在浅盘上,用笔在 的轮廓形状,再把玻璃板放在坐标纸上,其形状和 示,坐标中正方形方格的边长为 1cm.试求: (1)油酸膜的面积是____________cm2. (2) 每滴油酸酒精溶液中含有纯油酸的体积是 ______________mL. (3)按以上实验数据估测出油酸分子直径为 ___________m.[(2)、(3)两问答案取一位有 12.在一次用单摆测定重力加速度的实验中, 点是摆线的悬挂点,a、b 点分别是球的上沿和球心,摆长 L=_____________m.?? 图 5—30 效数字] 图 5—31 (甲) O 的 液滴入盛水的浅盘 玻璃板上描出油酸 尺寸如图 5—30 所

甲 图 5—31



图(乙)为测量周期用的秒表,长针转一圈的时间为 30s,表盘上部的小圆共 15 大格,每一大格 1min, 该单摆摆动 n=50 次时,长、短针位置如图所示,所用时间 t=_____________s. 用以上直接测量的物理量的英文符号表示重力加速度的计算式为 g=_____________(不必代入具体数 值). 13.电磁打点计时器是一种计时装置,请根据电磁打点计时器的相关实验回答下列问题(电磁打点计 时器所用电源频率为 50Hz):

107

(1)如图 5—32 所示,某同学设计了一个用电磁打点计时器验证动量守恒定律的实验装置,在光滑 水平面上,小车 A 的前端粘有橡皮泥,小车 A 受到瞬时冲量作用后做匀速运动,与原来静止在前方的小车 B 相碰并粘合成一体,继续做匀速运动.?

图 5—32 实验得到的打点纸带如图 5—33 所示,小车 A 的质量为 的 质 量 为 0.2kg , 则 碰 前 两 小 车 的 总 动 量 为 __________________kg · m/s , 碰 后 两 小 车 的 总 动 量 为 ___________]kg·m/s.(计算结果保留三位有效数字) 图 5—34 0.4kg,小车 B

图 5—33 (2)在“验证机械能守恒定律”的实验中:? ①某同学用图 5—34 所示装置进行实验, 得到如图 5—35 所示的纸带. 测出点 A、 间的距离为 14.77cm, C 点 C、E 间的距离为 16.33cm,已知当地重力加速度为 9.8m/s2,重锤的质量为 m=1.0kg,则垂锤在下落过程 中受到的平均阻力大小 Ff =_____________

图 5—35 ②某同学上交的实验报告显示重锤的动能略大于重锤的势能,则出现这一问题的原因可能是_______ (填序号).? ? ? A.重锤的质量测量错误 C.交流电源的频率不等于 50Hz ? ? B.该同学自编了实验数据? D.重锤下落时受到的阻力过大

14.如图 5—36 所示,A、B 是两个相同的小物块,C 是轻弹簧,用一根细线连接 A、B 使弹簧 C 处于 压缩状态,然后放置在光滑的水平桌面上.提供的测量器材有天平和刻度尺.试设计一个测定弹簧此时弹 性势能 Ep 的实验方案,说明实验中应测定的物理量(同时用相应的字母表示),并写出计算弹簧弹性势能 Ep 的表达式(用测得物理量的字母表示).

图 5—36

107

15.图 5—37 中 E 为直流电源,R 为已知电阻,V 为理想电压表,其量程略大于电源电动势,S1 和 S2 是开关.现要利用图中电路测量电源的电动势 E 和内阻 r,试写出主要实验步骤及结果的表达式.

图 5—37

16.在“测定金属的电阻率”的实验中,需要用刻度尺测出被测金属丝的长度 l,用螺旋测微器测出金 属丝的直径 d,用电流表和电压表测出金属丝的电阻 Rx.

图 5—38 图 5—39 (1)请写出测金属丝电阻率的表达式: ? =_________________(用上述测量量的字母表示). (2)若实验中测量:金属丝的长度和直径时,刻度尺和螺旋测微器的示数分别如图 5—38 所示,则金 属丝长度的测量值为 l=_________________cm ?,金属丝直径的测量值为 d=_________________mm. (3)用电流表和电压表测金属丝的电阻时,由于电压表、电流表内阻的影响,不论使用电流表内接法 还是电流表外接法,都会产生系统误差. 按如图 5—39 所示的电路进行测量,可以消除由于电表内阻造成的系 统误差.利用该电路进行实验的主要操作过程是: 第一步:先将 R2 的滑动头调到最左端,单刀双掷开关 S2 向 1 闭合,闭合电键 S1,调节变阻器 R1 和 R2, 使电压表和电流表的示数尽量大些(不超过量程),读出此时电压表和电流表的示数 U1、I1. 第二步:保持两滑动变阻器的滑动头位置不变,将单刀双掷开关 S2 向 2 闭合,读出此时电压表和电流 表的示数 U2、I2.? 请写出由以上记录数据计算被测电阻 Rx 的表达式 Rx=__________________. 17.某研究性学习小组为探究小灯泡灯丝电阻与温度的关系,设计并完成了有关的实验,以下是实验 中可供选用的器材.? ? A.待测小灯泡(额定功率 6W,额定电流 0.5A) ? B.电流表(量程 0~0.6A,内阻 0.1Ω ) ? C.电压表(量程 0~5V,内阻约 5kΩ ) ? D.电压表(量程 0~15V,内阻约 15kΩ ) ? E.滑线变阻器(最大阻值 50Ω ) ? F.滑线变阻器(最大阻值 1kΩ ) ? G.直流电源(电动势 15V,内阻可忽略) H.开关一个,导线若干? 实验中调节滑线变阻器,小灯泡两端电压可以从零至额定电压范围内变化,从而测出小灯泡在不同电 压下的电流.?

107

(1)请在虚线框中画出为完成上述实验而设计的合理的电路图.并在每个选用的器材旁标上题目所给 的字母序号.?

图 5—40 (2)如图 5—40 所示是该研究小组测得小灯泡的 I—U 关系图线.由图线可知,小灯泡灯丝电阻随温 度的升高而_________________(填“增大”、“减小”或“不变”);当小灯泡两端所加电压为 6V 时, 其灯丝电阻值约为_________________Ω .(保留两位有效数字) 18.有以下可供选用的器材及导线若干条,要求使用个数最少的仪器尽可能精确地测量一个电流表的满 偏电流.? ? A.被测电流表 A1:满偏电流约 700~800 ? A ,内阻约 100Ω ,刻度均匀、总格数为 N ? B.电流表 A2:量程 0.6A,内阻 0.1Ω C.电压表 V:量程 3V,内阻 3kΩ ?? ? D.滑动变阻器 R1:最大阻值 200Ω ? E.滑动变阻器 R2:最大阻值 1kΩ ?? ? F.电源 E:电动势 3V、内阻 1.5Ω ? G.开关一个 (1)在虚线框内画出实验电路图,并在每个选用的仪器旁标上题目所给的字母序号.

(2)测量过程中测出多组数据,其中一组数据中待测电流表 A 的指针偏转了 n 格,可算出满偏电流 Ig=___________,式中除 N、n 外,其他字母符号代表的物理量是______________. 19.实验室中现有的器材如下:? 电池 E (电动势约 10V、内阻 r 约 1Ω ) 标准电流表 A1(量程 300mA,内阻 r1 约为 5Ω ) 电阻箱 R1(最大阻值 999.9Ω ,阻值最小改变量为 0.1Ω ) 滑动变阻器 R2(最大阻值 10Ω ) 开关 S 和导线若干.? 要求设计—个测定电流表 A2(量程 250mA,内阻 r2 约为 5Ω )内阻的实验方案.? (1)在方框中画出测量电路,并在每个仪器旁标上英文代号.?

107

(2)要直接测出的物理量是____________________,用这些物理量表示待测电流表 A2 内阻的计算公 式是______________. 20.如图 5—41 中给出的器材为:? 电源 E(电动势为 12V,内阻不计); 木板 N(板上从下往上依次叠放白纸、复写 张); 两个金属条 A、B(平行放置在导电纸上,与 好,用作电极);? 滑线变阻器 R(其总电阻值小于两平行电极 阻);? 直流电压表○(量程为 6V,内阻很大,其 V 相连,正接线柱与探针 P 相连); 开关 S.? 现要用图中仪器描绘两平行金属条 AB 间电场中的等势线.AB 间的电压要求取为 6V.? (1)在图中连线,画成实验电路原理图.? (2)下面是重要的实验操作步骤,将所缺的内容填写在横线上方.? a.接好实验电路.? b.____________________________________________.? c.合上 S,并将探针 P 与 A 相接触.? d.____________________________________________.? e.用探针压印的方法把 A、B 的位置标记在白纸上,画一线段连接 AB 两极,在连线上选取间距大致 相等的 5 个点作为基准点,用探针把它们的位置压印在白纸上.? f.将探针与某一基准点相接触,________________________,这一点是此基准点的等势点.用探针把 这一点的位置也压印在白纸上.用相同的方法找出此基准点的其他等势点.? g.重复步骤 f,找出其他 4 个基准点的等势点,取出白纸画出各条等势线. 21.在测定一节干电池的电动势和内阻的实验中,备有下列器材:? ? A.干电池 E(电动势约为 1.5V,内阻小于 1.0Ω ) B.电流表 A1(满偏电流 3mA,内阻 r1=10Ω ) C.电流表 A2(0~0.6A,内阻 0.1Ω ) D.滑线变阻器 R1(0~20Ω ,10A)? E.滑线变阻器 R2(0~100Ω ,10A) F.定值电阻 R3(990Ω )? G.开关和导线若干? (1)为方便且能较准确地进行测量,其中应选用的滑线变阻器是______________(填字母代号)? (2)请在虚线框内画出利用本题提供的器材所设计的测量电池电动势和内阻的实验电路图.? 图 5—41 负接线柱与 B 极 间导电纸的电 导电纸接触良 纸、导电纸各一

107

图 5—42 (3) 如图 5—42 为某一同学根据他所设计的实验给出的 I1、 2 图线 1 为 A1 的示数, 2 为 A2 的示数) I (I I , 由图线可求得被测电池的电动势 E=______________V,内阻 r =_____________Ω . 22.实验室内有一电压表 mA ,量程为 150mV,内阻约为 150Ω .现要将其改成量程为 10 mA 的电流 表,并进行校准.为此,实验室提供如下器材:干电池 E(电动势为 1.5V),电阻箱 R,滑线变阻器 R′, 电流表○ (有 1.5mA,15mA 与 150 mA 三个量程)及开关 S.? A (1)对电表改装时必须知道电压表的内阻.可用如图 5—43 所示的电路测量电压表 mA 的内阻.在既 不损坏仪器又能使精确度尽可能高的条件下,电路中的电流表○应选用的量程是________________.若合 A 上 S,调节滑线变阻器后测得电压表的读数为 150mV,电流表○的读数为 1.05 mA,则电压表的内阻 RmV A 为______________.(取三位有效数字)?





图 5—43 (2)在对改装成的电流表进行校准时,把○作为标准电流表,画出对改装成的电流表进行校准的电 A 路原理图(滑线变阻器作限流使用),图中各元件要用题中给出符号或字母标注.图中电阻箱的取值是 _______(取三位有效数字),电流表○应选用的量程是_____________________. A 23.一只量程为 1V,内阻 RV 约为 900Ω 的电压表是由小量程电流表改装而成的,现在要测量它的内 阻并对该表进行校正.实验室提供了以下供选择的器材:? ? A.待测电压表 B.标准电压表(量程 1 V) C.滑动变阻器(最大阻值 1 000Ω ,额定电流 1A) D.滑动变阻器(最大阻值 10Ω ,额定电流 1A) E.电阻箱(最大阻值 999.9Ω ,最小改变量 0.1Ω ) F.电阻箱(最大阻值 99.9Ω ,最小改变量 0.1 Ω ) G.电池组(电动势约 3 V,内阻约 1Ω ) H.导线和开关若干.?

107

(1)为了用半偏法测量该电压表的内阻,某同学设计了两种电路,如图 5—44 甲、乙所示,要使测量 较精确,应选择___________________(填“甲”或“乙”)电路.在器材的选择上,除了电池组、导线、 开关和待测电压表外,还应从提供的器材中选用___________________________________(用器材前的序号 字母表示).? 用上述方法测出的电压表内阻的测量值 RV_________(填“大于”、“等于”或“小于”)电压表内 阻的真实值.

图 5—44

图 5—45 (2)在对该电压表进行校正时,该同学已经选择好器材,如图 5—45 所示.若要求对电压表的每一条 刻度线都进行校正,请你将这些器材连接成测量电路,并标出所选滑动变阻器的序号字母.

24.量程为 3V 的电压表 V 内阻约为 3kΩ ,要求测出该电压表内阻的精确值.实验中可供选用的器材 有:? 电阻箱 Ra(最大值 9999.9Ω ,阻值最小改变量 0.1Ω )? 滑线变阻器 Rb(最大阻值 1000Ω ,允许最大电流 0.2A)? 电源 E(开路电压约为 5V,内阻可忽略不计)? 开关 S 及导线若干? (1)设计一个易于操作的测量电路,要求画出实验电路图并标出所用器材符号.? (2)列出测量步骤,并写出计算电压表内阻的最后公式.

107

专题一
典型例题
[例 1]

运动和力参考答案

解析:对系统进行整体分析,受力分析如图 1

由平衡条件有: F cos30? ? f

N F

—2:

N ? F sin 30? ? (M ? m) g
由此解得 f ? 15 3N f (M+m)g 图 1—2

N ? (M ? m) g ? F sin 30? ? 135N
[例 2] 解析: (1)设 t1、t2 为声源 S 发出两个信号

? t? 的时刻, t1 、 2 为

? 观察者接收到两个信号的时刻.则第一个信号经过 (t1 ? t1 ) 时间被观察者 A 接收到,第二个信号经过 ? ( t2 ? t2 )时刻被观察者 A 接收到,且
?t ? t2 ? t1
t1

? ? ?t ? ? t2 ? t1
t1 vA

t1?

t1

t2

t1 vA

? t2

S L

A
? vA (t1 ? t1 )

A

S vS L
vS ?t

A
? vA (t2 ? t1 ) ? vP (t2 ? t2 )

A





? vP (t1 ? t1 )

设声源发出第一个信号时,S、A 两点间的距离为 L,两个声信号从声源传播到观察者的过程中,它们 的运动的距离关系如图所示,

? ? 可得 vP (t1 ? t1 ) ? L ? vA (t1 ? t1 )
由以上各式解得 ?t ? ?

? ? vP (t2 ? t2 ) ? L ? vA (t2 ? t1 ) ? vS ?t

vP ? vS ?t vP ? v A

(2)设声源发出声波的振动周期为 T ,这样,由以上结论,观察者接收到的声波振动的周期 T′, T ? ?

vP ? vS T. vP ? v A vP ? vA f . vP ? vS

由此可得,观察者接收到的声波频率与声源发出声波频率间的关系为

f??

[例 3] 解答:根据题意作图 1—4. 对这两个天体而言,它们的运动方程分别为 G

m1m2 r
2

? m1? 2 r1



G

m1m2 r2

? m2? 2 r2



107

以及 r ? r2 ? r 1 由以上三式解得 r ? 1



m2 m1 r; r2 ? r. m1 ? m2 m1 ? m2

m2

r2 O

r1

m1

将 r1 和 r2 的表达式分别代①和②式, 可得 ? ?

1 G (m1 ? m2 ) . r r
G (m1 ? m2 ) G ? m2 r (m1 ? m2 )r G (m1 ? m2 ) G ? m1 r (m1 ? m2 )r

图 1—4

m2 v1 ? ? r1 ? m1 ? m2 v2 ? ? r2 ? T? 2? m1 m1 ? m2

?

? 2? r

r G (m1 ? m2 )

[例 4]

解答: (1)A、B 两球以相同的初速度 v0,从同一点水平抛出,可以肯定它们沿同一轨道运动.

作细线刚被拉直时刻 A、B 球位置示意图 1—5. 根据题意可知:

?x ? v0 ?t ? 4.5 ? 0.8 ? 3.6(m) ?y ? l 2 ? ?x 2 ? 62 ? 3.62 ? 4.8(m)
设 A 球运动时间为 t, B 球运动时间为 t-0.8, 则 上 均 作 自 由 落 体 运 动 , 所 以 有 x 由于 A、 球在竖直方向 B

?y ?

1 2 1 gt ? g (t ? 0.8)2 . 2 2

y 图 1—5

由此解得 t =1s. (2)细线刚被拉直时, A、B 球的水平位移分别为 xA ? v0t ? 4.5m [例 5] 到竖直向上的支持力 N1,由牛顿第二定律,有:

xB ? v0 (t ? 0.8) ? 0.9m

解答: (1)A 球通过最低点时,作用于环形圆管的压力竖直向下,根据牛顿第三定律,A 球受

N1 ? m1 g ? m1

2 v0 g



由题意知,A 球通过最低点时,B 球恰好通过最高点,而且该时刻 A、B 两球作用于圆管的合力为零; 可见 B 球作用于圆管的压力肯定竖直向上,根据牛顿第三定律,圆管对 B 球的反作用力 N2 竖直向下;假设 B 球通过最高点时的速度为 v,则 B 球在该时刻的运动方程为 N 2 ? m2 g ? m2 由题意 N1=N2 ∴ m1 g ? m2 g ? ③

v2 R



m v2 m2 v ? 10 R R
2

④ ⑤

对 B 球运用机械能守恒定律
2 2 解得 v ? v0 ? 4 gR

1 1 2 m2v0 ? m2 v2 ? 2m2 gR 2 2


2 v0 ?0. R

⑥式代入④式可得: (m1 ? 5m2 ) g ? (m1 ? m2 )

107

[例 6]

解答:火箭上升到最高点的运动分为两个阶段:匀加速上升阶段和竖直上抛阶段.

地面上的摆钟对两个阶段的计时为 t1 ?

2h 2 ? 64000 ? ? 40(s) a 8 ?10

t2 ?

at1 ? 8t1 ? 320(s) g

即总的读数(计时)为 t =t1+t2=360(s) 放在火箭中的摆钟也分两个阶段计时. 第一阶段匀加速上升,a=8g,钟摆周期 T ? ? 2?

l 1 l 1 ? 2? ? T g?a 3 g 3

? 其钟面指示时间 t1 ? 3t1 ? 120s

? 第二阶段竖直上抛, 为匀减速直线运动, 加速度竖直向下, a=g, 完全失重, 摆钟不 “走” 计时 t2 ? 0 . , 可
? ? 见放在火箭中的摆钟总计时为 t ? ? t1 ? t2 ? 120s .
综上所述,火箭中的摆钟比地面上的摆钟读数少了 ?t ? t ? t ? ? 240s . [例 7] 解答:在情形(1)中,滑块相对于桌面以速度 v0=0.1m/s 向右做匀速运动,放手后,木板由静

止开始向右做匀加速运动. a ?

? mg
M

? 0.02m/s2
v0 ? 5s . a

经时间 t,木板的速度增大到 v0=0.1m/s, t ?

在 5s 内滑块相对于桌面向右的位移大小为 S1=v0t=0.5m. 而木板向右相对于桌面的位移为 S2 ?

1 2 at ? 0.25m . 2

可见,滑块在木板上向右只滑行了 S1-S2=0.25m,即达到相对静止状态,随后,它们一起以共同速度 v0 向右做匀速直线运动.只要线足够长,桌上的柱子不阻挡它们运动,滑块就到不了木板的右端. 在情形(2)中,滑块与木板组成一个系统,放手后滑块相树于木板的速度仍为 v0,滑块到达木板右 端历时 t ? ? [例 8]

l ? 5s . v0
解答:以 m 表示球的质量,F 表示两球相互作用的恒定斥力,l 表示两球间的原始距离.A 球

作初速度为 v0 的匀减速运动,B 球作初速度为零的匀加速运动.在两球间距由 l 先减小,到又恢复到 l 的过 程中,A 球的运动路程为 l1,B 球运动路程为 l2,间距恢复到 l 时,A 球速度为 v1,B 球速度为 v2. 由动量守恒,有 mv0 ? mv1 ? mv2 由功能关系:A 球 Fl1 ? 根据题意可知 l1=l2,
2 2 2 2 2 2 2 由上三式可得 v0 ? v1 ? v2 ? (v0 ? v2 ) ? v2 ? v0 ? 2v0 v2 ? 2v2

1 2 1 2 mv0 ? mv1 2 2

B 球: Fl2 ?

1 2 mv2 2

得 v2=v0、v1=0

即两球交换速度.

当两球速度相同时,两球间距最小,设两球速度相等时的速度为 v, 则 mv0 ? (m ? m)v, v ? B 球的速度由 v ? 得a ?

v0 2

v0 v 增加到 v0 花时间 t0,即 v0 ? v ? at0 ? 0 ? at0 2 2

v0 . 2t0

107

解二:用牛顿第二定律和运动学公式. (略)

跟踪练习
1.C 距离为 h,
2 2 由机械能守恒定律得 Mgh ? 2mg ( h ? ( R sin ? ) ? R sin ? )

提示:利用平衡条件.

2. (1)重物先向下做加速运动,后做减速运动,当重物速度为零时,下降的距离最大,设下降的最大

解得 h ?

2R .

(2)系统处于平衡状态时,两小环的可能位置为 a.两小环同时位于大圆环的底端 b.两小环同时位于大圆环的顶端 c.两小环一个位于大圆环的顶端,另一个位于大圆环 d.除上述三种情况外,根据对称性可知,系统如能平 位置一定关于大圆环竖直对称轴对称.设平衡时,两小圆环 对称轴两侧 ? 角的位置上(如图) . 对于重物 m, 受绳的拉力 T 与重力 mg 作用, T=mg. 有 对 三个力的作用,水平绳的拉力 T,竖直绳的拉力 T,大圆环 绳的拉力沿大圆环切向的分力大小相等,方向相反 m
1

N T

?? ??
T

的底端 衡,则小圆环的 在大圆环竖直 于小圆环,受到 的支持力 N.两 m

T sin ? ? T sin ? ? . 得 ? ? ? ?, 而? ? ? ? ? 90?,∴? ? 45? .

mg

3.设测速仪扫描速度为 v′,因 P1、P2 在标尺上对应间隔为 30 小格,所以 v? ?

30 ? 30 格/s. ?t

测速仪发出超声波信号 P1 到接收 P1 的反射信号 n1.从图 B 上可以看出,测速仪扫描 12 小格,所以测 速仪从发出信号 P1 到接收其反射信号 n1 所经历时间 t ? ? 汽车接收到 P1 信号时与测速仪相距 S1 ? v声

12 ? 0.4s . v?

t1 ? 68m . 2
9 汽 ? 0.3s . v?

同理, 测速仪从发出信号 P2 到接收到其反射信号 n2, 测速仪扫描 9 小格, 故所经历时间 t2 ? 车在接收到 P2 信号时与测速仪相距 S2 ? v声

t2 ? 51m . 2

所以,汽车在接收到 P1、P2 两个信号的时间内前进的距离△S=S1-S2=17m. 从图 B 可以看出,n1 与 P2 之间有 18 小格,所以,测速仪从接收反射信号 n1 到超声信号 P2 的时间间隔

t3 ?

18 ? 0.6s . v?
所以汽车接收 P1、P2 两个信号之间的时间间隔为 ?t ? ∴汽车速度 v ?

t1 t ? t3 ? 2 ? 0.95s . 2 2

?S ? 17.9 m/s. ?t

4. B 发出第一个超声波开始计时, 从 经

T T 被 C 车接收. C 车第一次接收超声波时与 B 距离 S1 ? v0 . 故 2 2 T ? ?T v0 ,C 车 2

第二个超声波从发出至接收,经 T+△T 时间,C 车第二车接收超声波时距 B 为 S2 ?

107

从接收第一个超声波到接收第二个超声波内前进 S2-S1,接收第一个超声波时刻 t1 ? 波时刻为 t2 ? T0 ?

T ,接收第二个超声 2

T ? ?T . 2 ?T . 2

所以接收第一和第二个超声波的时间间距为 ?t ? t2 ? t1 ? T0 ?

v ?T 0 S2 ? S1 2 ? ?Tv0 .车向右运动. 故车速 vC ? ? 2T0 ? ?T 2T0 ? ?T ?t 2
5.ACD 6. 1)根据动能定理,可求出卫星由近地点到远地点运动过程中,地球引力对卫星的功为 (

1 2 1 2 W ? mv2 ? mv1 . 2 2
(2)由牛顿第二定律知 a1 ?

GM ( R1 ? h1 )
2

a2 ?

GM ( R ? h2 )
2

∴ a2 ? (

R ? h1 2 ) a1 R ? h2
解.

7. (1)建立如图所示坐标系,将 v0 与 g 进行正交分

vx0 ? v0 cos ? , v y0 ? v0 sin ? g x ? g sin ? , g y ? ? g cos ?
在 x 方向,小球以 v x0 为初速度作匀加速运动. 在 y 方向, 小球以 v y0 为初速度, 作类竖直上抛运动. x

y

v0 gx
g

O

gy

当 y 方向的速度为零时,小球离斜面最远,由运动学公式 H ?

v 20 y | 2g y |

?

2 v0 sin 2 ? . 2 g cos ?

小球经时间 t 上升到最大高度,由 v y0 ? g y t 得 t ?

vg0 gy

?

v0 sin ? v0 ? tan ? . g cos ? g

(2) S

AB

? vx0 ?2t ?

v sin ? 1 v 2 sin 2 ? 1 g x (2t )2 ? 2v0 cos ? ? 0 ? ? v0 sin ? ?4? 0 ? 2 2 g cos ? 2 g 2 cos ?

?

2 2v0 sin ? (1 ? tan 2 ? ) g

8. 1)设滑雪者质量为 m,斜面与水平面夹角为 ? ,滑雪者滑行过程中克服摩擦力做功 (

W ? ? mg cos? S ? ? mg ( L ? S cos? ) ? ? mgL
由动能定理 mg ( H ? h) ? ? mgL ? 离开 B 点时的速度 v ?

① ② ③

1 2 mv 2

2 g ( H ? h ? ? L)

(2)设滑雪者离开 B 点后落在台阶上

h 1 2 ? gt1 2 2

S1 ? vt1 ? 2h

107

可解得 S1 ?

2h( H ? h ? ? L) ④

此时必须满足 H ? ? L ? 2h



当 H ? ? L ? 2h 时,滑雪者直接落到地面上, h ? 可解得 S2 ? 2 h( H ? h ? ? L) . 9.AC

1 2 gt2 , S2 ? v2t2 , 2

10.摆球先后以正方形的顶点为圆心,半径分别为 R1=4a,R2=3a,R3=2a,R4=a 为半径各作四分之一圆 周的圆运动. 当摆球从 P 点开始,沿半径 R1=4a 运动到最低点时的速度 v1, 根据动量定理

1 2 1 2 mv1 ? mv0 ? 4mga 2 2



当摆球开始以 v1 绕 B 点以半径 R2=3a 作圆周运动时,摆线拉力最大,为 Tmax=7mg,这时摆球的运动方 程为 Tmax ? mg ?
2 mv1 3a



由此求得 v0 的最大许可值为 v0 ≤ 10 ga . 当摆球绕 C 点以半径 R3=2a 运动到最高点时,为确保沿圆周运动, 到达最高点时的速度 v3 ≥ gR3 ? 由动能定理

2 ga (重力作向心力)
2 得v0 ? v3 ? 2ga ≥ 4ga

1 2 1 2 mv3 ? mv0 ? ?mga 2 2

∴ 4 ga ≤ v0 ≤ 10 ga 11.B

40 ? 4 2 12.由题意知,周期为 T ? ? s .波速 v ? ? 3 ? 20m/s . 2 T 6 3 3
P、Q 两点距离相差 (6 ? ) 次全振动所需时间即 ?t ? (6 ? ) ?

9 4

9 4

2 3 5 ? 4 ? ? s. 3 2 2

? ∴ PQ ? v? t ? 50m .
13.ABC 开始时小车上的物体受弹簧水平向右的拉力为 6N,水平向左的静摩擦力也为 6N,合力为

零.沿水平向右方向对小车施加以作用力,小车向右做加速运动时,车上的物体沿水平向右方向上的合力 (F=ma)逐渐增大到 8N 后恒定.在此过程中向左的静摩擦力先减小,改变方向后逐渐增大到(向右的) 2N 而保持恒定;弹簧的拉力(大小、方向)始终没有变,物体与小车保持相对静止,小车上的物体不受摩 擦力作用时,向右的加速度由弹簧的拉力提供: a ?

T 6 ? ? 0.75m/s2 . m 8

14. (1)设物体与板的位移分别为 S 物、S 板,则由题意有 S物 ? S板 ?

L 2



1 S物∶S板 ? vt∶ a板t 2 2



解得: S物 ? L, S板 ?

L . 2

107

(2)由 v 2 ? 2a板 S板 , a板 ?

?1mg
M

, 得?1 ?

Mv 2 . mgL

? ? ? ? ? ? S物 ? S板 ? L, S物∶S板 ? 2∶ 得S板 ? L, S物 ? 2 L, 1, ? ? ? 由?1mg ? ?2 ( M ? m) g ? Ma板 , v 2 ? 2a板 S板
得 ?2 ?

Mv 2 Mv 2 ,故板与桌面之间的动摩擦因数 ?2 ≥ . 2( M ? m) gL 2( M ? m) gL

15.在 0~10s 内,物体的加速度 a1 ? 在 10~14s 内,物体的加速度 a2 ? 由牛顿第二定律 F ? ? mg ? ma1 由此解得 F=8.4N

?v ? 0.8m/s2 (正向) ?t

?v ? 2m/s2 (反向) ?t


F ? ? mg ? ?ma2 3



? =0.34

16. (1)依题意得 vB1 =0,设小滑块在水平面上运动的加速度大小为 a,
2 由牛顿第二定律, f ? ? mg ? ma ,由运动学公式 v0 ? 2? gS ,解得 ? ? 0.09 .

(2)滑块在水平面上运动时间为 t1,由 S ?

v0 10 t1 , 得t1 ? ? 3.3s . 2 3

在斜面上运动的时间 t2 ?

2h ? 0.8s ∴ t ? t1 ? t2 ? 4.1s g sin ?
2 v1 ? 2aS ? 4m/s .

(3)若滑块在 A 点速度为 v1=5m/s,则运动到 B 点的速度 vB ? 即运动到 B 点后,小滑块将做平抛运动. 假设小滑块不会落到斜面上,则经过 t3 ?

2h ? 0.4s 落到水平面上, g

则水平位移 x ? vB t3 ? 1.67m ?

h . tan 30?
2S ? 1.5s . v1 ? vB

所以假设正确,即小滑块从 A 点运动到地面所需时间为 t ? ? t3 ?

专题二
典型例题
[例 1] D

动量与机械能

解析:本题辨析一对平衡力和一对作用力和反作用力的功、冲量.因为,一对平衡力大小相等、方向 相反,作用在同一物体上,所以,同一段时间内,它们的冲量大小相等、方向相反,故不是相同的冲量, 则①错误.如果在同一段时间内,一对平衡力做功,要么均为零(静止) ,要么大小相等符号相反(正功与

107

负功) ,故②正确.至于一对作用力与反作用力,虽然两者大小相等,方向相反,但分别作用在两个不同物 体上(对方物体) ,所以,即使在同样时间内,力的作用点的位移不是一定相等的(子弹穿木块中的一对摩 擦力) ,则做功大小不一定相等.而且作功的正负号也不一定相反(点电荷间相互作用力、磁体间相互作用 力的做功,都是同时做正功,或同时做负功. )因此③错误,④正确.综上所述,选项 D 正确. 【例 2】 解析: (1)飞机达到最大速度时牵引力 F 与其所受阻力 f 大小相等,

由 P=Fv 得 P ? fvm

f ?

P vm
2 2 mvm mv0 ? 2 2

(2)航空母舰上飞机跑道的最小长度为 s,由动能定理得 Pt ? fs ?

s?

( Pt ?

2 2 mv 2 mv 2 mv0 mvm ( Pt ? 0 ? m )vm ? ) 2 2 m(v0 ? vm ) P 2 2 2 2 将 f ? 代入上式得 s ? 或 s ? [t ? ]vm P vm 2P f

【例 3】

解析:解法 1(程序法) :

选物体为研究对象,在 t1 时间内其受力情况如图①所示,选 F 的方向为正方向,根据牛顿第二定律, 物体运动的加速度为 a1 ?

F ? ? mg 8 ? 0.2 ? 2 ?10 ? m/s2 ? 2m/s2 . m 2
FN
F

FN

? FN
mg ①

? FN
mg ②

撤去 F 时物体的速度为 v1=a1t1=2×6m/s=12m/s 撤去 F 后,物体做匀减速运动,其受力情况如图②所示,根据牛顿第二定律,其运动的加速度为

a2 ?

?? mg ? ?? g ? ?0.2 ?10m/s2 ? ?2m/s2 . m

物体开始碰撞时的速度为 v2=v1+a2t2=[12+(-2)×2]m/s=8m/s. 再研究物体碰撞的过程,设竖直墙对物体的平均作用力为 F ,其方向水平向左.若选水平向左为正方 向,根据动量定理有 Ft3 ? mv? ? m(?v2 ) . 解得 F ?

? m(v1 ? v2 ) 2 ? (6 ? 8) ? N ? 280N . t3 0.1

解法 2(全程考虑) :取从物体开始运动到碰撞后反向弹回的全过程应用动量定理,并取 F 的方向为正 方向,则 F ?1 ? ? mg (t1 ? t2 ) ? F ? 3 ? ?mv? t t 所以 F ?

F1t ? ? mg (t1 ? t2 ) ? mv? 8 ? 6 ? (?0.2) ? 2 ?10 ? (6 ? 2) ? 2 ? 6 ? ? 280N t3 0.1

点评:比较上述两种方法看出,当物体所受各力的作用时间不相同且间断作用时,应用动量定理解题 对全程列式较简单,这时定理中的合外力的冲量可理解为整个运动过程中各力冲量的矢量和.此题应用牛 顿第二定律和运动学公式较繁琐. 另外有些变力作用或曲线运动的题目用牛顿定律难以解决,应用动量定理解决可化难为易. 【例 4】 解析:该题用守恒观点和转化观点分别解答如下: 解法一: (守恒观点)选小球为研究对象,设小球沿半径为 R 的轨道做匀速圆周运动的线速度为 v0,

107

根据牛顿第二定律有 (m1 ? m2 ) g ? M

2 v0 R



当剪断两物体之间的轻线后,轻线对小球的拉力减小,不足以维持小球在半径为 R 的轨道上继续做匀 速圆周运动,于是小球沿切线方向逐渐偏离原来的轨道,同时轻线下端的物体 m1 逐渐上升,且小球的线速 度逐渐减小.假设物体 m1 上升高度为 h,小球的线速度减为 v 时,小球在半径为(R+h)的轨道上再次做 匀速圆周运动,根据牛顿第二定律有 m1 g ? M

v2 R?h



再选小球 M、 物体 m1 与地球组所的系统为研究对象, 研究两物体间的轻线剪断后物体 m1 上升的过程, 由于只有重力做功,所以系统的机械能守恒.选小球做匀速圆周运动的水平面为零势面,设小球沿半径为 R 的 轨 道 做 匀 速 圆 周 运 动 时 m1 到 水 平 板 的 距 离 为 H , 根 据 机 械 能 守 恒 定 律 有

1 1 2 Mv0 ? m1 gH ? Mv2 ? m1 g ( H ? h) 2 2
以上三式联立解得



v?

(3m1 ? m2 ) gR 3M

解法二: (转化观点)与解法一相同,首先列出①②两式,然后再选小球、物体 m1 与地球组成的系统 为研究对象,研究两物体间的轻线剪断后物体 m1 上升的过程,由于系统的机械能守恒,所以小球动能的减 少量等于物体 m1 重力势能的增加量.即

1 2 1 Mv0 ? Mv2 ? m1 gh 2 2
①、②、④式联立解得



v?

(3m1 ? m2 ) gR 3M

点评:比较上述两种解法可以看出,根据机械能守恒定律应用守恒观点列方程时,需要选零势面和找 出物体与零势面的高度差,比较麻烦;如果应用转化观点列方程,则无需选零势面,往往显得简捷. 【例 5】 解析: (1)第一颗子弹射入木块过程中动量守恒 mv0 ? MV1 ? mu ? MV1? ② ①

? 解得: v1 =3m/s

木块向右作减速运动加速度 a ? 木块速度减小为零所用时间 t1 ? 解得 t1 =0.6s<1s ⑤

? Mg
M
? v1 a

? ? g ? 5 m/s2




所以木块在被第二颗子弹击中前向右运动离 A 点最远时,速度为零,移动距离为 s1 ? 解得 s1=0.9m. ⑥ ⑦ ⑧

? v12 2a

(2)在第二颗子弹射中木块前,木块再向左作加速运动,时间 t2=1s-0.6s=0.4s 速度增大为 v2=at2=2m/s(恰与传送带同速) 向左移动的位移为 s2 ?

1 2 at2 ? 0.4m 2

⑨ ⑩

所以两颗子弹射中木块的时间间隔内,木块总位移 S0=S1-S2=0.5m 方向向右 第 16 颗子弹击中前,木块向右移动的位移为 s ? 15 ? 0.5 ? 7.5m 11 ○

第 16 颗子弹击中后,木块将会再向右先移动 0.9m,总位移为 0.9m+7.5=8.4m>8.3m 木块将从 B 端落 下. 所以木块在传送带上最多能被 16 颗子弹击中. (3)第一颗子弹击穿木块过程中产生的热量为

107

Q1 ?

1 2 1 1 1 mv0 ? MV12 ? mu 2 ? MV1?2 2 2 2 2

12 ○ 13 ○

木块向右减速运动过程中板对传送带的位移为 S ? ? v1 ?1 ? s1 t 产生的热量为 Q2= ? MgS ? 14 ○

木块向左加速运动过程中相对传送带的位移为 S ?? ? V1 ? 2 ? s2 t 产生的热量为 Q3 ? ? Mgs?? 16 ○

15 ○

? 第 16 颗子弹射入后木块滑行时间为 t3 有 v1t3 ?
解得 t3=0.4s 18 ○ 19 ○

1 2 at3 ? 0.8 2

17 ○

木块与传送带的相对位移为 S=v1t3+0.8 产生的热量为 Q4= ? Mgs 20 ○

全过程中产生的热量为 Q=15(Q1+Q2+Q3)+Q1+Q4 解得 Q=14155.5J 【例 6】 21 ○

解析:运动分析:当小车被挡住时,物体落在小车上沿曲面向下滑动,对小车有斜向下方

的压力,由于 P 的作用小车处于静止状态,物体离开小车时速度为 v1,最终平抛落地,当去掉挡板,由于 物对车的作用,小车将向左加速运动,动能增大,物体相对车滑动的同时,随车一起向左移动,整个过程 机械能守恒,物体滑离小车时的动能将比在前一种情况下小,最终平抛落地,小车同时向前运动,所求距 离是物体平抛过程中的水平位移与小车位移的和.求出此种情况下,物体离开车时的速度 v2,及此时车的

? ? 速度 v2 以及相应运动的时间是关键, 由于在物体与小车相互作用过程中水平方向动量守恒这是解决 v2、v2
间关系的具体方法. (1)挡住小车时,求物体滑落时的速度 v1,物体从最高点下落至滑离小车时机械能守恒,设车尾部 (右端)离地面高为 h,则有 mg ( H ? h) ? 由平抛运动的规律 s0=v1t ②

1 2 mv1 , 2



h?

1 2 gt . 2



? (2)设去掉挡板时物体离开小车时速度为 v2,小车速度为 v2 ,物体从最高点至离开小车之时系统机
械能守恒 mg ( H ? h) ?

1 2 1 ? mv2 ? Mv22 2 2

④ ⑤

? 物体与小车相互作用过程中水平方向动量守恒 Mv2 ? mv2 ? 0 .

? 此式不仅给出了 v2 与 v2 大小的关系,同时也说明了 v2 是向右的.
物体离开车后对地平抛

s2 ? v2t ?



1 2 ⑦ gt ? 2 ? ? 车在 t ? 时间内向前的位移 s2 ? v2t ? h?



107

比较式⑦、③,得 t ? ? t , 解式①、④、⑤,得 v2 ?

M m ? v1 , v2 ? v2 . M ?m M

此种情况下落地点距车右端的距离
? ? s ? s2 ? s2 ? (v2 ? v2 )t ? (1 ? m M ?m M M ?m . )v2t ? v1t ? s0 M M M ?m M

点评:此题解题过程运用了机械能守恒、动量守恒及平抛运动的知识,另外根据动量守恒判断 m 离车 时速度的方向及速度间的关系也是特别重要的. 【例 7】 解析: (1)设第一次碰墙壁后,平板车向左移动 s,速度为 0.由于体系总动量向右,平板 车速度为零时,滑块还在向右滑行. 由动能定理 ?? MgS ? 0 ?
2 mv0 2? Mg

1 2 mv0 2



s?



代入数据得 s ?

2 ? 22 1 ? ? 0.33m 2 ? 0.4 ? 3 ?10 3



(3)假如平板车在第二次碰撞前还未和滑块相对静止,那么其速度的大小肯定还是 2m/s,滑块的速 度则大于 2m/s,方向均向右.这样就违反动量守恒.所以平板车在第二次碰撞前肯定已和滑块具有共同速 度 v.此即平板车碰墙前瞬间的速度.

Mv0 ? mv0 ? (M ? m)v
∴v ?



M ?m v0 M ?m

⑤ ⑥

代入数据得 v ?

1 v0 ? 0.4m/s 5

(3)平板车与墙壁第一次碰撞后到滑块与平板又达到共同速度 v 前的过程,可用图(a) (c)表 (b) 示. (a)为平板车与墙壁撞后瞬间滑块与平板车的位置,图(b)为平板车到达最左端时两者的位置,图(c) 为平板车与滑块再次达到共同速度为两者的位 动能减少等于摩擦力对滑块所做功 ? Mgs? , 平 摩擦力对平板车所做功 ? Mgs?? (平板车从 B 中摩擦力做功为零) ,其中 s ? 、 s ?? 分别为滑块 块 和 平 板 车 动 能 总 减 少 为 ? Mgl1 , 其 中 相对平板车的位移.此后,平板车与墙壁发生 与此类似,最后停在墙边.设滑块相对平板车 (c) (b) A B C D (a) 置.在此过程中滑块 板车动能减少等于 到 A 再回到 B 的过程 和平板车的位移.滑

? ? l1 ? s ? s ?为 滑 块
多次碰撞,每次情况 总位移为 l,则有

1 2 (M ? m)v0 ? ? Mgl 2
l?
2 ( M ? m)v0 2? Mg



S ?? S ?



代入数据得 l ?

5 ? 22 5 ? ? 0.833m 2 ? 0.4 ? 3 ?10 6



l 即为平板车的最短长度. 【例 8】 解析:本题应用动量守恒,机械能守恒及能量守恒定律联合求解。 在 m 下落在砂箱砂里的过程中,由于车与小泥球 m 在水平方向不受任何外力作用,故车及砂、泥球 整个系统的水平方向动量守恒,则有:

107

Mv0 ? (M ? m)v1



此时物块 A 由于不受外力作用,继续向右做匀速直线运动再与轻弹簧相碰,以物块 A、弹簧、车系统 为研究对象,水平方向仍未受任何外力作用,系统动量守恒,当弹簧被压缩到最短,达最大弹性势能 Ep 时, 整个系统的速度为 v2,则由动量守恒和机械能守恒有:

Mv0 ? (M ? m)v1 ? (2M ? m)v2

② ③

1 1 1 2 2 2 Mv0 ? (M ? m)v1 ? E p ? (2M ? m)v1 2 2 2
由①②③式联立解得: EP ?

Mm2 2 v0 2( M ? m)(2M ? m)



之后物块 A 相对地面仍向右做变减速运动,而相对车则向车的左面运动,直到脱离弹簧,获得对车向 左的动能,设刚滑至车尾,则相对车静止,由能量守恒,弹性势能转化为系统克服摩擦力做功转化的内能 有: ? MgL ? E p ⑤

由④⑤两式得: L ?

2 m2 v0 2? g ( M ? m)(2M ? m)

跟踪练习
1. 【答案】 D 【解析】 在△t1 时间内,I1=F△t1=mv=△p1,在△t2 时间内.I2=F△t2=2mv-mv=mv=△p2 又 W1 ? ∴I1=I2

1 2 1 1 3 mv ,W2 ? m(2v)2 ? mv2 ? mv2 2 2 2 2

∴W1<W2,D 选项正确. 【说明】 物体在恒定的合外力 F 作用下做直线运动,由牛顿第二定律可知物体做匀加速直线运动,速 度由零增大到 v 的时间△t2 和由 v 增大到 2v 的时间△t2 是相等的,所以在△t1 和△t2 的两段时间内合外力 的冲量是相等的.在△t1 的平均速度小于△t2 时间内的平均速度,从而得出在△t1 内的位移小于在△t2 时间 的位移,恒力 F 所做的功 W1<W2.D 选项正确. 2. 【答案】 C 【解析】 无论子弹射入的深度如何,最终子弹和木块都等速,由动量守恒定律知,两种情况最终两 木块(包括子弹)速度都相等.对木块由动能定理知:两次子弹对木块做功一样多.由动量定理知:两次 木块所受冲量一样大.对系统由能的转化和守恒定律知,两次损失的机械能一样多,产生的热量也一样多. 3. 【解析】 (1)物体由 A 滑到 B 的过程中,容器不脱离墙,物块由 B 沿球面向上滑时,物块对容器 的作用力有一水平向右的分量,容器将脱离墙向右运动.因此,物块由 A→B 动量变化量最大,受容器的冲 量最大,竖直墙作用于容器的冲量也最大. 物块由 A→B 机械能守恒,设物块滑到 B 的速度为 vB,则 mgR ? ∴ vB ?

1 2 mvB 2

2 gR



,方 物 块 动 量 变 化 量 m v ?0 ? m 2 g R 向 沿 水 平 方 向 . 容 器 作 用 于 物 块 的 冲 量 为 B I ? mvB ? 0 ? m 2 gR .
容器不动,墙对容器的冲量 I ? ? I ? m 2 gR ,方向水平向右,这是最大冲量.

107

(2)物块从 B 处上升,容器向右运动过程中,系统水平方向动量守恒.物块上升到最高处相对容器 静止的时刻,物块与容器具有共同的水平速度,设它为 v,则由动量守恒定律得 mvB ? (m ? M )v 系统机械能守恒 ②

1 2 1 3 mvB ? (m ? M )v 2 ? mg ? R 2 2 4
M=3m



联立①②③式解得

4. 【解析】 设离子喷出尾喷管时的速度为 v,单位时间内喷出 n 个离子,则△t 时间内喷出离子数为 n△t,由动量定理得 F ?

?P n?tmv ? ? nmv ?t ?t

在发射离子过程中,卫星和发射出的离子系统,动量守恒,设喷出离子总质量为△m,则有△mv=(M -△m)v 星 ∵△m ? m ∴v ? v星 .

1 2 2qU 2qU mv ∴ v ? ∴ F ? nm ? n 2qUm 2 m m F qUF n? P ? nqU ? 2Uqm 2Umq qU ?
5. 【解析】 (1)设整个过程摩擦力做的功是 W,由动能定理得:mgh-W=0 W=mgh (2)设物块沿轨道 AB 滑动的加速度为 a1, 由牛顿第二定律有 mg sin 45? ? ? mg cos 45? ? ma1 设物块到达 B 点时的速度为 VB,则有 VB=a1t1 ③ ④ ⑤ ② ①

设物块沿轨道 BC 滑动的加速度为 a2,由牛顿第二定律有 ? mg ? ma2

物块从 B 点开始作匀减速运动,到达 C 点时,速度为零,故有 0 ? VB ? a2t2 由②③④⑤式可得:

t1 a2 2? ? ? t2 a1 1 ? ?



(3)使物块匀速地、缓慢地沿原路回到 A 点所需做的功应该是克服重力和阻力所做功之和,即是 W1=mgh+W=2mgh 6. 【解析】 (1)物体 P 从 A 下滑经 B 到 C 过程中根据动能定理:

1 2 mvC ? 0 ? mg (? sin 37? ? R ? R cos37?) ? ? mg? cos37? 2
vC ? 2 g ( L sin 37? ? R ? R cos37?) ? 2? gL cos37? ? 18m/s ? 4.24m/s
2 vC ? 4.6N R ? 根据牛顿第三定律,P 对 C 点的压力 NC ? NC ? 4.6N

经 C 点时 NC ? mg ? m

2 vC R

NC ? mg ? m

(2)从 C 到 E 机械能守恒

1 2 mvC ? mg ( R ? hED ) 2

E 与 D 间高度差 hED ?

2 vC ? R ? 0.4m 2g

(3)物体 P 最后在 B 与其等高的圆弧轨道上来回运动时,经 C 点压力最小,由 B 到 C 根据机械能守 恒

1 ? mgR(1 ? cos37?) ? mvC2 2

? vC ? 2 gR(1 ? cos37?) ? 2m/s

107

NC2 ? mg ? m

? vC2 2 ? 0.1?10 ? 0.1? ? 1.4N R 0.5
? 压力 NC2 ? NC2 ? 1.4N

根据牛顿第三定律

7. 【解析】 物块的运动可分为以下四个阶段:①弹簧弹力做功阶段;②离开弹簧后在 AB 段的匀速直 线运动阶段;③从 B 到 C 所进行的变速圆周运动阶段;④离开 C 点后进行的平抛运动阶段.弹簧弹力是变 化的,求弹簧弹力的功可根据效果——在弹力作用下物块获得的机械能,即到达 B 点的动能求解.物块从 B 至 C 克服阻力做的功也是变力,同样只能根据 B 点和 C 点两点的机械能之差判断.因此求出物块在 B 点 和 C 点的动能是关键.可根据题设条件: “进入导轨瞬间对导轨的压力为其重力的 7 倍”“恰能到达 C 点” 、 , 求出 EkB 、 kC . E 物块在 B 点时受力 mg 和导轨的支持力 N=7mg,由牛顿第二定律, 有 7mg ? mg ? m ∴ EkB ?
2 vB R

1 2 mvB ? 3mgR 2
2 vC R

物块到达 C 点仅受重力 mg,根据牛顿第二定律,有 mg ? m ∴ EkC ?

1 2 mvC ? 0.5mgR . 2

(1)根据动能定理,可求得弹簧弹力对物体所做的功为 W 弹=EkB=3mgR. (2)物体从 B 到 C 只有重力和阻力做功,根据动能定理, 有 W阻 ? mg ? R ? EkC ? EkB 2

W阻 ? 0.5mgR ? 3mgR ? 2mgR ? ?0.5mgR
即物体从 B 到 C 克服阻力做的功为 0.5mgR. (3)物体离开轨道后做平抛运动,仅有重力做功,机械能守恒,

? 有 Ek ? EkC ? E pC ? 0.5mgR ? 2mgR ? 2.5mgR .
评析:中学阶段不要求直接用 W ? Fs cos ? 求解变力做功,可根据其效果——使用能量变化间接来判 断.对于物体运动的全过程必须逐段进行认真分析,确定每一阶段符合的规律:如本题最后一个阶段是平 抛运动,物块在 C 点有动能,不能把平抛当成自由落体来处理. 8. 【解析】 以地面为参考系(下同) ,设传送带的运动速度为 v0,在水平段运输的过程中,小货箱先 在滑动摩擦力作用下做匀加速运动,设这段路程为 s,所用时间为 t;加速度为 a,则对小箱有

s?

1 2 at 2




v0=at

在这段时间内,传送带运动的路程为 s0=v0t 由以上可得 s0=2s ④



用 f 表示小箱与传送带之间的滑动摩擦力,则传送带对小箱做功为 A ? fs ?
2 传送带克服小箱对它的摩擦力做功 A0 ? fs0 ? 2? mv0

1 2 mv0 2



1 2



107

两者之差就是克服摩擦力做功发出的热量

Q?

1 2 m0 v 2



可见,在小箱加速运动过程中,小箱获得的动能与发热量相等. T 时间内,电动机输出的功为 W ? PT ⑧ 此功用于增加小箱的动能、势能以克服摩擦力发热, 即W ?

1 2 Nmv0 ? Nmgh ? NQ 2
2 2

⑨ ⑩ 11 ○

已知相邻两小箱的距离为 L,所以 v0T=NL 联立⑦⑧⑨⑩,得 P ?

Nm N L [ 2 ? gh] T T

9. 【解析】 (1)子弹做平抛运动,经时间 t 有 H ? h ?

1 2 gt , 解得 t=0.6(s). 2

此时子弹的速度与水平方向夹角为 ? ,水平分速度为 vx、竖直分速度为 vy,则有

vx ? v0 , v y ? gt , tan ? ?
解得 tan ? ?

vy vx
∴ ? ? arctan

3 4

3 ? 37? 4

由于子弹沿斜面方向与木块相碰, 故斜面的倾角与 t s 末子弹的速度与水平方向的夹角相同, 所以斜面 的倾角 ? ? arctan

3 ? 37? . 4

2 2 2 (2)设在 C 点子弹的末速度为 vt,则有 vt ? vx ? v y

∴ vt ?

2 ( gt ) 2 ? v0 ? 10(m/s)

子弹立即打入木块,满足动量守恒条件,有 mvt ? (m ? M )vC

解得 vC ? 1 (m/s)

碰后,子弹与木块共同运动由 C 点到与挡板碰撞并能够回到 C 点, 有 Ek2 ? Ek1 ? ?W f

1 2 Ek1 ? (M ? m)vC , Ek2 ≥ 0, Ek1 ≥W f 2
W f ? 2 fs ? 2s ? (M ? m) g cos ?
代入数据,得 ? ≤ 0.125 子弹与木块共同运动要能够回到 C 点,则斜面与塑料块间的动摩擦因数 ? ≤ 0.125 . 10. 【解析】 (1)设雪橇运动的方向为正方向,狗第 1 次跳下雪橇后雪橇的速度为 V1,根据动量守 恒定律,有 MV1 ? m(V1 ? u) ? 0 狗第 1 次跳上雪橇时,雪橇与狗的共同速度为 V1? 满足 MV1 ? mv ? (M ? m)V1? 可解得 V1? ?

s?

h sin ?

? Mmu ? ( M ? m)mv ( M ? m)2

将 u=-4m/s,v=5m/s,M=30kg,m=10kg 代入,得 V1? =2m/s (2)解法(一) 设雪橇运动的方向为正方向,狗第(n-1)次跳下雪橇后雪橇的速度为 Vn?1 ,则狗第(n-1)次跳上

? 雪橇后的速度为 Vn??1 满足 MVn?1 ? mv ? (M ? m)Vn?1
这样,狗 n 次跳下雪橇后,雪橇的速度为 Vn,满足 MVn ? m(Vn ? u) ? (M ? m)Vn??1

107

解得 Vn ? (v ? u)[1 ? (

M n?1 mu M n?1 ) ]? ( ) M ?m M ?m M ?m

狗追不上雪橇的条件是 Vn≥v 可化为 (

M n?1 (M ? m)u ) ≤ M ?m Mu ? (M ? m)v
lg( Mu ? ( M ? m)v ) ( M ? m )v M ?m lg( ) M

最后可求得 n≥1+

代入数据,得 n≥3.41 狗最多能跳上雪橇 3 次. 雪橇最终的速度大小为 V4=5.625m/s 解法(二) : 设雪橇运动的方向为正方向,狗第 i 次跳下雪橇后,雪橇的速度为 Vi,狗的速度为 Vi ? u ;狗第 i 次 跳上雪橇后,雪橇和狗的共同速度为 Vi? ,由动量守恒定律可得 第一次跳下雪橇: MV1 ? m(V1 ? u) ? 0

mu ? 1m/s M ?m 第一次跳上雪橇: MV1 ? mv ? (M ? m)V1? V1 ? ?
第二次跳下雪橇: (M ? m)V1? ? MV2 ? m(V2 ? u ), 第二次跳上雪橇V2? ? 第三次跳下雪橇: (M ? m)V2? ? MV3 ? m(V3 ? u),V3 ? 第三次跳上雪橇 V3? ?

MV2 ? mv M ?m

(M ? m)V2? ? mu , M ?m

Mv3 ? mV M ?m (M ? m)V4? ? mu ? 5.625m/s M ?m

第四次跳下雪橇: ( M ? m)V3? ? MV4 ? m(V4 ? u ) V4 ?

此进雪橇的速度已大于狗追赶的速度,狗将不可能追上雪橇.因此狗最多能跳上雪橇 3 次,雪橇最终 的速度大小为 5.625m/s. 11. 【解析】 (1)当弹簧被压缩到最短时,A、B 速度相等.由动量守恒定律得 2mv0=3mv1 A 和 B 共同速度 v1 ? 由机械能守恒定律得 ①

2 v0 3

1 1 2 ?2mv0 ? ? mv1 ? E p 3 2 2 2
EP ? 1 2 m0 v 3



可由此时弹簧的弹性势能

(2)B 碰挡板时没有机械能损失,碰后弹簧被压缩到最短时,A、B 速度也相等,由机械能守恒定律 得

1 1 2 ?2mv0 ? ? mv2 ? E? 3 2 p 2 2
5 2 ? EP ? 2.5EP ? mv0 6
解得 v2 ? ?

③ ④

v0 3

⑤取向右为正方向

107

v0 ,则表示 B 球与板碰撞后,A、B 此时一起向右运动. 3 B 球与板碰撞前 B 与 A 动量守恒 2mv0 ? 2mvA ? mvB ⑥
若 v2 ? B 球与板碰撞后 B 与 A 动量守恒 解得 vA ?

v 2mvA ? mvB ? 3 2 ? m? 0 mv 3 3



v 3 v0 , vB ? 0 4 2

因为此时 vA>vB,弹簧还将继续缩短,所以这种状态是能够出现的. 若 v2 ? ?

v0 , 则表示 B 球与板碰撞后 A、B 向左运动. 3 v0 3


B 球与板碰撞后 B 和 A 动量守恒 2mvA ? mvB ? 3mv2 ? ?3m? 由⑥⑧可得

vA ?

v0 3 , vB ? v0 4 2
v 1 1 1 3 2 2 19 Ek总 ? ?2mvA ? ?mvB2 ? m( 0 ) 2 m( v0 ) ? mv0 ? 2 2 4 2 2 16
2

此时 A、B 球的总动能

2 Ek总 大于 A 球最初的动能 mv0 ,因此 vB ?

3 v0 这种状态是不可能出现的 2

因此,必须使 B 球在速度为

v0 时与挡板发生碰撞. 2
① ②

12. 【解析】 (1)设 C 球与 B 球粘结成 D 时,D 的速度为 v1,由动量守恒,有 mv0 ? (m ? m)v1 当弹簧压至最每短时,D 与 A 的速度相等,设此速度为 v2,由动量守恒,有 2mv1 ? 3mv2 由①②两式得 A 的速度 v2 ?

1 v0 3

(2)设弹簧长度被锁定后,贮存在弹簧中的势能为 Ep,由能量守恒,有 ? mv1 ? ? mv2 ? E p 2 2 3 2 撞击 P 后,A 与 D 的动能都为零.解除锁定后,当弹簧刚恢复到自然长度时,势能全部转变成 D 的动 能,设 D 的速度为 v3,则有 E p ?

1 2

1 2

1 (2m)? 3 v2 2

以后弹簧伸长,A 球离开挡板 P,并获得速度.当 A、D 的速度相等时,弹簧伸至最长,设此时的速度 为 v4,由动时守恒,有 2mv3 ? 3mv4 当弹簧伸到最长时,其势能最大,设此势能为 E ? ,由能量守恒,有 ? mv3 ? ? mv4 ? E ? 2 2 3 2 p p 解以上各式得 E ? ? p

1 2

1 2

1 2 mv0 36

说明:该题以“双电荷交换反应”为背景,考查的是动量守恒和机械能守恒定律的知识,又考查了理 解能力,推理能力,分析综合能力,突出了对物理过程的考查.考生必须首先弄清整个物理因素,针对不 同的物体在各个阶段的受力情况,再确定其运动所遵循的规律.分析物理过程是解决这个问题的关键,现 具体过程分析如下: ①C 以 v0 与 B 发生完全非弹性碰撞,弹簧长度不能突变,A 可看成静止. ②BC 形成一体 D 向左压缩弹簧,A 的速度增大,D 的速度减小,两者共速,弹簧压缩最短. ③弹簧锁定后与挡板相碰而静止. ④解除锁定,D 向右加速,墙对 A 的作用力不断减小,达到原长时作用力为零. ⑤弹簧达到自然长度后,D 继续向右运动逐渐减速,而 A 开始向右加速,弹簧伸长到最长时,两物体

107

的速度相等,这时弹簧的弹性势能最大. 根据上面的分析,把复杂的物理过程分解为几个简单的过程,同时发掘出弹簧压缩最短和伸长最长的 隐含条件,运用物理规律列方程,就可达到准确解题的目的. 13. 【解析】 (1)当 A、B、C 三者的速度相等时弹簧的弹性势能最大 由于 A、B、C 三者组成的系统动量守恒, (mA ? mB )v ? (mA ? mB ? mC )v? A 解得 v? ? A

(2 ? 2) ? 6 ? 3m/s 2?2?4 2?6 ? 2m/s 2?4

(2)B、C 碰撞时 B、C 组成的系统动量守恒,设碰后瞬间 B、C 两者速度为 v′, 则 mB v ? (mB ? mC )v?

v? ?

设物 A 速度为 v ? 时弹簧的弹性势能最大为 E p ,根据能量守恒 A

Ep ?

1 1 1 (mB ? mC )v?2 ? mA v 2 ? (mA ? mB ? mC )v ?2 A 2 2 2 1 1 1 ? ? (2 ? 4) ? 22 ? ? 2 ? 62 ? ? (2 ? 2 ? 4) ? 3 ? 12J 2 2 2
(3)A 不可能向左运动 系统动量守恒, mAv ? mB v ? mAvA ? (mB ? mC )vB 设 A 向左,vA<0,则 vB>4m/s 则作用后 A、B、C 动能之和 实际上系统的机械能 E ? E p ?

1 1 1 2 2 2 E ? ? mAvA ? (mB ? mC )vB ? (mB ? mC )vB ? 48J 2 2 2 1 (mA ? mB ? mC )v?2 ? 12 ? 36 ? 48J A 2

根据能量守恒定律,E′>E 是不可能的. 14. 【解析】令 A、B 质量均为 m,A 刚接触 B 时的速度为 v1(碰前) . A 克服阻力做功:
2 2 mv0 mv1 ? ? ? mgl1 2 2

① ②

A、B 碰撞过程中动量守恒,令碰后 A、B 的共同速度为 v2,有 mv1=2mv2

碰后 A、B 先一起向左运动,接着 A、B 一起被弹回,在弹簧恢复到原长时,设 A、B 的共同速度为 v3, 在这一过程中,弹簧的弹性势能始末状态都是零,只有克服摩擦力做功 ③ 此后 A、B 开始分离,A 单独向右滑动到 P 点停下,克服阻力做功 由以上各式得 v0 ?
2 mv3 ? ? mgl1 2 2 3 (2m)v2 (2m)v2 ? ? ? (2m) g (2l2 ) 2 2



? g (10l1 ? 16l2 )



15. 【解析】 C 有可能停在 B 上,也有可能停在 A 上,还有可能滑离 A,先假设停在 B 上,由动量守 恒定律得: mv0 ? (m ? 2M )v1 . 设 C 在 B 上滑动距离为 x,木板 B 的位移为 s,则 C 对地的位移为 s+x, 由功能关系得:对木板: ? mg ? 对 C: ? mg (s ? x) ?

1 2 ? 2Mv1 2

1 2 1 2 1 2 1 2 mv0 ? mv1 , 所以得: ? mgx ? mv0 ? (m ? 2M )v1 , 2 2 2 2

从而解得 x ?

2 Mv0 ? 1.6m ,大于板长,C 将滑离 B 板. ? g (2M ? m)

107

? ? 设 C 刚滑到 A 板上速度为 v0 ,此时 AB 两板的速度为 vB,由动量守恒得 mv0 ? mv0 ? 2MvB ,
由功能关系得: ? mgl ? ∴ vB ?

1 2 1 1 2 ? mv0 ? mv02 ? ? 2MvB 2 2 2

8 ? 24 20

? v0 ?

2 ? 24 5 ? v0 ? 2 ? 24 ? 1.38m/s 5

合理的解是: vB ?

8 ? 24 ? 0.155m/s 20

当 C 滑到 A 上,B 以 0.155m/s 的速度匀速运动了,设 C 停在 A 上,速度 vA,相对 A 滑行距离为 y,由

? 动量守恒得: MvB ? mv0 ? (m ? M )v A
解得: vA ? 0.563m/s,由动能关系得: ? mgy ?

1 1 1 2 2 ? mv02 ? MvB ? (m ? M )vA 2 2 2

代入数据得 y=0.50m,小于 A 板长度,C 不能滑离 A 板,最后 A、B、C 的速度分别为 vA=0.563m/s vB=0.155m/s, vC ? vA ? 0.563 m/s 16. 【解析】 对物体,滑动摩擦力 f 做负功, 由动能定理得 ? f (d ? s) ?

1 2 1 2 mvt ? mv0 , 2 2 1 MV 2 , 2

即 f 对物体做负功,使物块动能减少. 对木块,滑动摩擦力 f 对木块做正功,由动能定理得 fs ?

即 f 对木块做正功,使木块动能增加,系统减少的机械能为

1 2 1 2 1 ① mv0 ? mvt ? MV 2 ? f (d ? s) ? fs ? fd , 2 2 2 本题中 f ? ? mg ,物块与木块相对静止时 vt ? V ,
则上式可简化为 ? mgd ?

1 2 1 mv0 ? (m ? M )vt2 , 2 2




又以物块、木块为系统,系统在水平方向不受外力,动量守恒, 则 mv0 ? (m ? M )vt , 联立②、③式得 d ?

2 Mv0 . 2 ? g ( M ? m)

故系统机械能转化成内能的量为 Q ? fd ? ? mg ?

2 2 Mv0 Mmv0 . ? 2? g ( M ? m) 2( M ? m)

评析:系统内一对滑动摩擦力做功之和(净功)为负值,在数值上等于滑动摩擦力与相对位移的乘积, 其绝对值等于系统机械能的减少量,即系统机械能转化为系统的内能,记为 Q ? fs相对 . 上述情况①和②同样符合该规律,掌握了它可使许多计算简化.

专题三
典型例题
[例 1]

电场和磁场

解析:A 点拨:电场线从+Q 发出,到接地的很大的薄金属板,并与金属板垂直。根据电场线可

判断①正确,M 点的电场是+Q 的电场与金属板的感应电荷的电场的叠加,故②错误;N 点与金属板接地,

107

所以电势为零,但电场强度不为零,故③正确,④错误。 【例 2】 解析:对 A 进行受力分析,设悬线的拉力为 T,水平线的拉力为 T ? ,在竖直方向上受重力和 悬线的拉力而平衡:

T cos30 0 ? mg



在水平方向上,小球受电场力、电荷间的为库仑力、悬线的水平拉力和水平线的拉力而平衡:

Eq ? T sin 30 0 ? k

q2 ?T? l2



要两球处于题设条件的平衡状态,则对水平线的受力要求为:

T? ? 0
联解①②③得到:



E?

3mg k q ? 2 3q l

【例 3】

解 析 : 电 子 经 U1 加 速 后 , 设 以 ①

v0 的 速 度 垂 直 进 入 偏 转 电 场 , 由 动 能 定 理 得 :

1 2 mv0 ? 0 ? eU1 2

电子在偏转电场中运动的时间 t 为:

t?

l v0



电子在偏转电场中的加速度 a 为:

a?
h?

U 2e dm
1 2 at 2



电子在偏转电场中的偏转量 h 为:



h 由以上四式联解得到示波管的灵敏度 U2

h l2 ? 为: U 2 4dU1

可见增大 l 、减小 U1 或 d 均可提高示波管的灵敏度。 【例 4】解析:由于电容器与电源相连,则电容器两极板的电压不变,根据平行板电容器电容

?S Q U 可知,当 d 增大 S 不变时,电容 C 减小;又因 C ? 可得,电荷量减小;又由 E ? 可 4?kd U d 知,场强 E 减小,故 A 选项正确;当 S 增大, d 不变时,C 增大,Q 增大,E 不变,所以 B 选项错误;当 d 减小,S 增大时,C 增大,Q 增大,E 增大,所以 C 选项正确;当 S 减小, d 减小时,电容 C 不一定增大,
C?
Q 也不一定增大,但 E 一定增大,所以 D 选项错误。可见本题 AC 选项正确。 【例 5】 解析:如图所示,电场对粒子加速,由动能定理得:

1 2 mv 0 ? Uq 2

v0 ?

2Uq m



U L O θ R D
107

B
动, 则加速的时

由于粒子在电场加速过程中做匀加速直线运 间 t 1 为:

S d U

L

t1 ?

d 2d ? v0 / 2 v0



粒子在偏转电场中做类似平抛运动,其加速度 a 为: a

?

Uq Lm


粒子通过偏转电场的时间 t 2 为: t 2

?

L m ?L v0 2Uq

粒子在偏转电场中的侧移距离

y 为: y ?

1 2 L at2 ? 2 4



侧向速度 v y 为:

v y ? at2 ?

Uq 2m
2 2 ? v0 ? v y ?

则粒子射出偏转电场时的速度 v 为: v

5Uq 2m



以速度 v 进入磁场做匀速度圆周运动的洛仑兹力为向心力,设运动半径为 R:

v2 Bqv ? m R
则磁场宽度 D 为:

R?

mv 1 5Um ? Bq B 2q



D ? R ? R2 ? y2 ?

1 5Um 5Um L2 ? ? B 2q 2 B 2 q 16



粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期 T ? 为:

T? ?

2?R 2?m ? v Bq

tg? ?

L/2 ?2 L/4

所以 ?

? arctg2

所以粒子在磁场中运动的时间 t 3 为:

t3 ?

T ?(2? ? 2? ) 2m(? ? arctg2) ? 2? Bq



粒子从 S 出发到回到 S 的周期 T 为:

T ? 2t1 ? 2t 2 ? t 3 ? 4d

m m 2m(? ? arctg2) ? 2L ? 2Uq 2Uq Bq

偏转电压正负极换向时间 t 为:

t?

T m m m(? ? arctg2) ? 2m ?L ? 2 2Uq 2Uq Bq

【例 6】

t? 解析:正离子每次经过缝隙时都能得到加速必须满足在筒中飞行时间

T 2
107

所以第一个筒长度 L1

? v1 ?

T 2 ? 1 2 1 2 mv 2 ? mv1 2 2


进入第二个筒时速度为 v2,则 qU 第二个筒长 L2

? v2 ?

T 2 ? 1 2 1 2 mv 3 ? 2 mv 2 2


进入第三个筒的速度为 v3,则 qU 第三个筒长 L3

? v3 ?

T 2 ? 1 2 1 2 mv n ? mv n ?1 2 2
解以上各式得: ③

进入第 n 个筒的速度 vn 满足 qU 第 n 个筒的长度为 Ln

? vn ?

T , 2

Ln ?

T 2(n ? 1)qU 1 v12 ? ? 2 m 2f

v12 ?

2(n ? 1)qU m

n ? 1,2,3?

由动能定理得: E k

1 ? mv12 ? nqU 2
n ? 1,2,3?

Ek ?

1 2 mv1 ? nqU 2

【例 7】

解析:设带电粒子带电为 ? q ,根据题目条件可知,要使粒子平衡,则下极板带正电,上

极板带负电,且有: qE1

? mg



当电场由 E1 变到 E2,但方向不变,时,有 E2 q

? mg ,粒子在 E2 的方向上做匀加速度直线运动,

粒子从 A 运动到 B,设加速所用时间为 t 1 ,此时 E2 反向,设粒子的速度为 v1 ,此后粒子向上做加速度 为 a 2 减速度运动,直到速度为零,到达 B 点;此后粒子在电场力和重力作用下向下做初速度为零的匀 加速直线运动,加速度大小为 a 2 ,回到出发点 A。设粒子从 B 到 A 的时间为 t 2 。

S AB ?

1 2 a1t1 2



粒子从 B 点经 C 点回到 A 点,有: ? S 由于 v1

1 2 ? v1t ? a 2 t 2 2



? a1t1
? ?a1t1t 2 ?



所以有: S BA

1 2 a2 t 2 2
⑥ 联解得: 3a1 得到: E1



由题意可知: t1 即: 3(qE2

? t2

? a2
1 E2 2
107

? qE1 ) ? qE2 ? qE1

?

【例 8】

分析: (1)微粒运动到 O 点之前要受到重力、电场力和洛仑兹力作用,如图所示.在这段

时间内微粒做匀速直线运动,说明三力合力为零.由此可得出微粒运动到 O 点时速度的大小和方向. (2) 微粒运动到 O 点之后,撤去磁场,微粒只受到重力、电场力作用,其合力为一恒力,与初速度有一夹角, 因此微粒将做匀变速曲线运动,如图所示.可利用运动合成和分解的方法去求解. 解析:因为 mg 电场力为: F 则有: ( Bqv)

? 4 ? 10 ?4 N
y f
2

? Eq ? 3 ? 10 ?4 N
2

? ( Eq) ? (mg )
2

v S1 O Eq S2 G′ ? P

B

E x

所以得到: v=10m/s

所以 θ=37° 因为重力和电场力的合力是恒力,且方向与微粒在 O 点的速度方向垂直,所以微粒在后一段时间内的 运动为类平抛运动.可沿初速度方向和合力方向进行分解。设沿初速度方向的位移为 S 1 ,沿合力方向的位 移为 S 2 ,则
2 2 1 ( Eq) ? (mg ) 2 S2 ? t 2 m

因为 S1

? vt

OP ?

vt cos 37 0

所以 P 点到原点 O 的距离为 15m; O 点到 P 点运动时间为 1. 2s.

跟踪练习
1.解析:P、Q 在 O 点的合场强为零,沿着 Oab 线到无穷远处,P、Q 的合场强也为零,可见沿 Oab 线远离 O 点时,合场强是先增大后减小,故 E a 不一定大于 E b ,而电势离电荷越远越低,必有 U a 大于 U b , 所以 B 选项正确。 2.解析:由于电荷两次都是从电场外移入电场的,故选电场外电势为零解题方便。 由W

? qU

可得 U

?

W q

U OA ? 0 ? U A ?

WOA ? 6 ? 10 ?3 ? ? ?6 ? 10 2V ?5 q 10
U OB ? 0 ? U B ? WOB ? 2 ? 10 2 V q

?U A ? 6 ? 10 2V

?U B ? ?2 ? 10 3V
A、 B 两点间电势差:UAB=UA-UB=6×10 -(-2×10 )=2.6×10 V 当电荷 q? 由 A 移到 B 时电场力做功: 107
2 3 3

? W AB ? q ?U AB ? ?2 ? 10 ?5 ? 2.6 ? 10 3 ? ?5.2 ? 10 ?2 J
3.解析:用相似三角形法,得到

T mg ? l l
T2

,故得到 T

? mg 与偏角无关。所以 C、D 选项正确。
O

α A β B
(1)

Eq A mg

α

T1

β B T2 mg
(3) 图 13—4—答

Eq A B
(4)

β

(2)

4.解析:.图 13—4—答(1)中虚线表示 A、B 球原来的平衡位 置,实线表示烧断后重新达到平衡的位 置,其中 ? 、 ? 分别表示细线 OA、AB 与竖直方向的夹角。A 球受力如图 13—4—答(2)所示:重力 mg, 竖直向下;电场力 qE,水平向左;细线 OA 对 A 的拉力 T1,方向如图;细线 AB 对 A 的拉力 T2,方向如图。 由平衡条件: T1 sin ?

? T2 sin ? ? qE , T1 cos? ? mg ? T2 cos ? sin ? ? qE , T2 cos ? ? mg
,联立以上各式并代入数据得 ?

B 球受力如图 13—4—答(3)所示:重力 mg,竖直向下;电场力 qE,水平向右;细线 AB 对 B 的拉力 T2, 方向如图。由平衡条件: T2

?0,

? ? 45 0 ,由此可知,A、B 球重新达到平衡的位置如图 13—4—答(4)所示。与原来位置相比,A 球的
重力势能减少了,EA=mgl(1-sin60°),B 球的重力势能减少了 E B 球的电势能增加了 W A 能总和减少了 W

? mgl(1 ? sin 60 0 ? cos 45 0 ) ,A

? qEl cos 60 0 ,B 球的电势能减少了 WB ? qEl(sin 45 0 ? sin 30 0 ) ,两种势
W=6.8×10 J
-2

? WB ? WA ? E A ? E B ,代入数据解得:

5.解析:设电子经电场加速后的速度为 v 0

1 2 mv0 ? eU1 2

得到: v 0

?

2U 1e m



设电子射出平行板的偏角为 ? ,两极板间的距离为 d ,电子的加速度为 a

a?

U 2e dm



而电子在平行板中运动的时间为: t

?

l v0



电子的偏转角 ? 为:

tg? ?

vy vx

?

at v0



由①②③④联解得: tg?

?

lU 2 2dU1

所以 C 选项正确。

107

6. 解析: (1)计算电子打到记录纸上的最高点的坐标,设 v0 为电子 A、B 板的中心线射入电场时的初 速度,则

1 2 mv0 ? eU 0 ,电子在中心线方向的运动为匀速运动,设电子穿过 2

A、B 板的时间为 t0,则

l ? v 0 t 0 ,电子在垂直 A、B 板方向的运动为匀加速直线运动,对于恰能穿过 A、B 板的电子,在它通过时
加在两板间的电压 UC 应满足

1eU c 2 2d 2 1 d? t 0 ,联立上面三式得 U C ? 2 U 0 ? 20V ,此电子从 A、 2 2md l
? eU c t 0 ,以后,此电子做匀速直线运动,它打在记录纸上的点最高。 md

B 板射出时沿 y 方向的分速度为 v y

y?
设纵坐标为 y。由答图可得,

d 2 ? vy b v0

7. 解析:静电计是用来测量带电体和大地间的电势差的,平行板电容器与电源断开,则电容器所带的 电量几乎不变,将 B 板向上移动时,两极板间的正对面积减小,电容减小,由 U 以选项 D 正确。 8.解析: 由于平行板电容器已充电, 所以电量不变, 当上极板下移后, 极间距离变小, 根据 C 可知,电容 C 增大,根据 C

?

Q 可知,U 增大,所 C ? Q C

?S 4?kd
可知,

?

E?

4?k Q ,与极间距离 d 无关,所以电场强度 E 不变;由 U ? Ed 可知,由于 P 点到接地板间的距 ?S
电势电量的

Q U

可知,极板间电压变小;由电场强度

E?

U d

和U

?

离不变,所以 P 点的电势不变。由电势能与 关系 U

?

W q

v0 θ O

C θ P
(甲)

可知, W

? Uq 不变。所以选项 BD 正确.

P
(乙)

O C
于不知道粒

9.解析:粒子进入磁场做圆周运动,由 所示, 首先分析图甲:作 v0 的垂直线段,切取 OC=0,C 即为圆面积心,画出其轨迹如图, R

子的带电性质和磁场的方向,因此其轨迹并不确定, 但只有两种情形, 要么如图 (甲) 所示, 要么如图 (乙)

?

mv 0 qB

。由

几何关系可得 ?OCP ? 2? ,所以粒子在磁场中飞行的时间为 t

?

2? ? 2? 2?m 2(? ? ? )m ? ? 2? qB qB

P 点的坐标为 x

? 2 R sin ? ?

2mv 0 ? sin ? qB

107

再看图乙:由几何关系得 ?OCP ? 2? ,粒子在磁场中飞行的时间为 t

?

2?m ,P qB

点的坐标为

x?

? 2mv 0 sin ? 。 qB
10. 解析(1)粒子带正电; (2)粒子由 N 至 O

y
M

在电场力作用 做匀速圆周运

下作初速为零的匀加速直线运动,到 O 后进入磁场后 动,作半圆运动后,回到 x 轴进入电场,在电场力作 速直线运动直至速度为零再向上作初速为零的匀加 重复进行,如图所示轨迹,最后到达 M 点,粒子在电

O
N 0,-b

L,0

. 、

x 用下先做匀减
速直线运动? 场中, 运动距离

. 1 2 b 到达磁场区域,电场力做正功,据动能定理有: qEb ? mv ? 0 。从磁场再次进入电场,设运动的 、

2

路程为 S,粒子则克服电场力做功。据动能定理有: ? qES

1 ? 0 ? mv 2 ,上两式知 S ? b ,粒子在磁 2

场 中 偏 转 后 刚 好 过 M 点 的 条 件 是 L 应 为 圆 轨 道 半 径 R 的 2N 倍 ( 其 中 N = 1 、 2 、 3 ? ? ) ,

mv 2 qB2 L2 mv qBL , v? , NO ? b ? 而 , 满足条件的 N 至 O 距离 b ? L ? 2 NR ? 2 N ? ? 2qE 8EmN 2 qE 2 Nm
(其中 N=1、2、3??) (3)要使粒子从 N 到 M 的时间最短则应 N=1。即粒子从 N 到 O,再由做一个半圆运动恰好要到 M 点 ,

t ? t No ? tOM

, 而

N = 1 ,

v?

qBL 2m

, 由 动 量 定 理 :

qEtNO ? mv



? t NO ?

mv qBL BL , ? m? ? qE 2mqE 2 E ? T 1 2?m ?m BL ?m ,所以 N→O→M 最短费时 t ? ? ? ? ? 2 2 qB qB 2 E qB
1 2 mv1 ? eU 2

而 TOM

11.AB,点拨:画出 B 极板的电势变化的图线,分析电子的运动状态,可结合速度图线进行分析。 12..解析: 设碳离子到达 b 处时的速度为 v1, c 端射出时的速度为 v2, 从 由能量关系得: ①

1 2 1 2 mv2 ? mv1 ? neU 2 2


2 v2 R

进入磁场后,碳离子做圆周运动,可得: nev2 B

?m



由以上三式可得: R

?

1 2mU (n ? 1) Bn e



由④及题给数值可解得: R

? 0.75m

13. 解析: (1)粒子每经狭缝 AB 一次,加速一次,增加动能 qU,故绕行 n 圈(经 n 次加速)回到 A 板时获得的总动能为 En

? nqU

107

(2)由

v 1 2 mqU ? mv n 和 qvn Bn ? m n R 2
2nmU q

2

得粒子绕行 n 圈时,磁场的磁感应强度递增到

Bn ?

m 2nqU 1 ? qR m R

(3)A、B 间距离远小于半径 R,粒子穿过其间所 花时间忽略不计,故粒子绕行 n 圈所用时间 u U

tn ?

2?R m 1 ? 2?R ? vn 2qU n

粒子绕 n 圈所需要的时间

t ? t1 ? t2 ? t3 ? ?????? ?tn ? 2? R m 1 1 1 (1 ? ? ? ?????? ? ) 2qU 2 3 n

0

t1

t2 t3

t

图 15—5—答 3

(4)按题意要求画出 u—t 的函数图象如图 15—5—答 3 所示(是时间间隔越来越小,加速时间越来越 短的等幅脉冲电压) (5)不可以。因为这样粒子在 A、B 之间飞行时电场对其做功+qU,使之加速,在 A、B 之外飞行时电场 又对其做功-qU,使之减速,粒子绕行一周电场对其所做总功为零,能量不会增大。

14. 解析: 设质点 P 的质量为 m, 电量为 q, A、 间为 U0 时质点为静止平衡状态, 当 B 有: ① 当极板间的电压为 2U0 时,质点 P 的加速度向上,由 F

U0 q ? mg d

? ma 得:

2U 0 q ? mg ? ma d

a?g



当电压为零时,质点 P 的加速度又为 g ,方向向下。 要满题意要求,则在 t

? 0 开始,P 先受合力向上,加速度为 a ? g ,做初速度为零的匀加速度运动,

? 设经时间 ? 1 ,质点 P 的速度为 v1 ,此时电压变为零,P 在重力作用下做匀减速运动,再经 ? 1 ,P 点正好到
达 A 板且速度为零,故有:

? v1 ? g? 1 , v1 ? g? 1 ? 0


③④⑤⑥

1 1 1 ? ? d ? g? 12 ? v1? 1 ? g? 1 2 2 2 2
? ?1 ? 2 2 d g

得到: ? 1

? ? ?1 ?

2 2

d g

因为 t1

了在重力作用下,P 由 A 极板处向下做匀加速度经过 ? 3 的时间到达中点,速度变为 v 2 ,方向向下, 这时加下电压使 P 做

? a ? g 匀减速运动,经过 ? 2 到达

B 板 且 速 度 为 零 , 故 有 : v2

? g? 2



107

? 0 ? v2 ? g? 2

d?

1 2 1 ? g? 2 ? v 2? 2 ? g? 22 2 2
? ??2 ? d g ? t 2 ? t1 ? ? 1 ? ? 2 ? ( 2 ? 1) d g

由以上各式可知: ? 2

此后 P 在电场力和重力的共同作用下, B 处向上做加速度为 g 匀加速运动, 由 到达中点时, 速度为 v 3 , 此时电场为零,此后 P 在重力作用下继续向上运动到达 A 极板时的速度为零。所以有:

v3 ? g? 3

? 0 ? v3 ? g? 3
d? 1 2 1 ? g? 3 ? v3? 3 ? g? 3 2 2 2
d g t n ? ( 2 ? 2n ? 3) d g
(n 得到: ? 3

? ??3 ?

d g

? t 3 ? t 2 ? ? 2 ? ? 3 ? ( 2 ? 3) d g

同理可知: t 4

? ( 2 ? 5)

? 2)

15.解析:因 BD

?

BC OD ? OC ? OB ,则 B、C、D 三点在以 O 为圆心的同一圆周上,是 O 点 2


处点电荷 Q 产生的电场中的等势点,所以,q 由 D 到 C 的过程中电场中电场力作功为零。由动能定理得,

mgh ?
而h

1 2 1 2 mv e ? mv 2 2
? BD sin 60 0 ? 3l 2

v 0 ? v 2 ? 3 gl

质点在 C 受三个力的作用;电场 F,方向由 C 指向 O 点;重力 mg,方向竖直向下;支持力 N,方向垂 直于斜面向上。由牛顿第二定律,

mg sin 30 0 ? F cos 30 0 ? ma c
解得: a c



而F

?K

Qq l2



?

1 3KQq g? 2 2ml 2

专题四
典型例题

电磁感应与电路

【例 1】 解析:在从图中位置开始(t =0)匀速转动 60°的过程中,只有 OQ 边切割磁感线,产生的 感应电动势 E1 ?

1 2 .根据欧姆定律得, Bl ? ,由右手定则可判定电流方向为逆时针方向(设为正方向) 2

I1 ?

E1 Bl 2? ? ? (0 ? t ≤ ) . R 2R 3?

107

导线框再转过 30°的过程中,由于 ?? =0, 则 I 2 ? 0(

? ? Bl 2? ? 5? ?t≤ ), I3 ? ( ? t ≤ ) 顺时针方向. 3? 2? 2 R 2? 6?
I5 ? Bl 2? ? 4? ( ? t ≤ ) 逆时针方向 2R ? 3? Bl 2? 3? 11? ( ?t≤ ) 顺时针方向 2 R 2? 6?

I 4 ? 0( I 6 ? 0(

5? ? ?t≤ ) 6? ? 4? 3? ?t≤ ) 3? 2?

I7 ?

11? 2? I8 ? 0( ?t≤ ) 6? ?
综合以上分析可知,感应电流的最大值 I 0 ? 频率 f ?

Bl 2? , 2R

? .其 I—t 图象如图 4—2 所示. ?
Bl 2? ? ;f ? 2R ?
阻变大, 由闭合 可以判断 U1 、 图 4—2 合电路的欧姆 U2=IR 变小,再

答案: (1) I 0 ?

(2)如图 4—2 所示. 【例 2】 解析:P 向 b 移动,电路中总电 电路的欧姆定律、欧姆定律以及电路的性质从而 U2 的变化情况. 当 P 向 b 移动时,电路中总电阻变大,由闭 定律可知电路中总电路 I 变小,由欧姆定律得 由闭合电路欧姆定律得 U1=E-Ir 变大,故本题正确答案应选 A. 【例 3】 解析: (1)由题意可知,金属杆在磁场中的运动分为两个阶段:先沿 x 轴正方向做匀减 速运动,直到速度为零;然后 x 轴负方向做匀加速直线运动,直到离开磁场,其速度一时间图象如图 4—5 所示.金属杆在磁场中运动切割磁感线,闭合回路产生感应电流,所以回路中感应电流持续的时间

t ? 2t1 ?

2v0 . a

(2) 当金属杆沿 x 轴正方向运动的速度为 则在 x1 处的磁感强度 B1 ? kx1 ? 此时回路中的感应电动势,
2 3kv0 8a

v0 v 3v 2 2 时, 对应的 x 坐标 x1`满足: 0 ) ? v0 ? 2ax1 , 解得 x1= 0 . ( 8a 2 2

E ? B1d

3 v0 3kdv0 ? 2 16a 5 9k 2 v0 d 2 E1 d? R 128a 2 R

金属杆所受的安培力大小 F安 ? BId ? B1 方向沿 x 轴负方向 由牛顿第二定律得 F+F 安=ma

图 4—5

所以,此时作用于金属杆的外力 F ? ma ? 答案: (1) 【例 4】

5 9k 2 v0 d 2

128a 2 R

方向沿 x 轴负方向.

2v0 a

(2)

3 5 3kdv0 9k 2 v0 d 2 ; ma ? 16a 128a 2 R

解析: (1)设线圈匀速穿出磁场的速度为 v′, ①

此时线圈中产生的感应电动势为 E ? BLv? .

107

产生的感应电流为 I ?

E R

② ③ ④

线圈受到的安培力为 F=BIL

此过程线圈受到的重力与安培力平衡 mg=F 联立①②③④式,得 v? ?

mgR B 2 L2



设线圈的上边刚好进入磁场时速度为 v,线圈全部在磁场里运动的过程中,根据能量守恒定律

mg (h ? b) ?

1 1 mv?2 ? mv 2 2 2
( mgR B L
2 2

⑥ ⑦ ⑧

联立⑤⑥解得 v ?

) 2 ? 2 g ( h ? b)

(2)设线圈从开始下落到刚好完全进入磁场所用时间为 t,根据动量定理 mgt ? I F ? mv ? 0 根据法拉第电磁感应定律 E ? 线圈中产生的平均电流 I ?

?? BLb ? t t
⑩ 11 ○ 12 ○



E R

故安培力的冲量 I F ? Ft ? BLIt 联立⑨⑩○得, I F ? 11

B2 L2b R

将⑦和○代入⑧解得 t ? 12

B 2 L2b m 2 R 2 2(h ? b) ? ? mgR g B 4 L4

【例 5】 解析:ab 棒向 cd 棒运动时,两棒和导轨构成的回路面积变小,磁通量发生变化,于是产生 感应电流.ab 棒受到与运动方向相反的安培力作用做减速运动,cd 棒则在安培力作用下做加速运动,在 ab 棒的速度大于 cd 棒的速度时,回路中总有感应电流,ab 棒继续减速,cd 棒继续加速.两棒速度达到相 同后,回路面积保持不变,磁通量不变化,不产生感应电流,再棒以相同的速度 v 做匀速运动. (1)从初始至两棒达到速度相同的过程中,两棒的动量守恒,有 mv0 ? 2mv . 根据能量守恒,整个过程中产生的总热量 Q ? (2)设 ab 棒的速度为初速度的

1 2 1 1 2 mv0 ? (2m)v2 ? mv0 2 2 4

3 3 时,cd 棒的速度为 v′,则由动量守恒可知 mv0 ? m? v0 ? mv? . 4 4 3 4 E . 2R

此时回路中感应电动势和感应电流分别为 E ? ( v0 ? v?) Bl , I ? 此时 cd 棒所受的安培力 F=IBl,cd 棒的加速度 a ? 由以上各式可得 a ? 答案: (1) 【例 6】 MP 的长度为

F . m

B 2l 2 v0 . 4mR
(2)

1 2 mv0 4

B 2l 2 v0 4mR

解析:MN 滑过的距离为

L 时,它与 bc 的接触点为 P,如图 4—9 所示.由几何关系可知, 3

L 1 1 ,MP 相当于电路中的电源,其感应电动势 E ? BLv ,内阻 r ? R .等效电路如图 4— 3 3 3

107

10 所示.

图 4—9

图 4—10

外电路并联电阻为 R并

1 2 ? 2 ? 3 3 R? R 1 2 9 ? 3 3

由闭合电路欧姆定律可得,MP 中的电流 I ? ac 中的电流 I ac ?

E R并 ? r

2 I 3
2BLv 5R

联立以上各式解得 I ac ?

根据右手定则,MP 中的感应电流方向由 P 流向 M,所以电流 Iac 的方向由 a 流向 c. 答案: I ac ? 【例 7】

2BLv ,方向由 a 流向 c. 5R
Im 2 Em 2R NBa 2? 2R

解析: (1)线圈中产生的热量应用转动过程中产生的交变电流的有效值来计算.因线圈中

感应电动势的峰值为 Em ? NBa 2? ,故线圈中电流的有效值为 I ? 角经历的时间为 t ?

?

?

,线圈转过 90°

T ? . ? 4 2?

所以此过程中产生的热量 Q ? I 2 Rt ?

? N 2 B 2 a 4?
4R



(3)线圈转过 90°角的过程中,感应电动势和感应电流的平均值分别为

E?N

?? NBa 2 2 NBa 2? ? ? ? ?t ? 2?

I ?

E 2 NBa 2? ? R ?R

所以通过导体截面的电量为 q ? It ? 答案: (1) Q ? 【例 8】

NBa 2 R NBa 2 R

? N 2 B 2 a 4?
4R

(2) q ?

解: (1)带电粒子在电容器两极板间静止时,受向上的电场力和向下的重力作用而平衡

mg ? q

U1 d
mgd 1?10?14 ?10 ? 0.01 ? ? 1V q 10?15

求得电容器两极板间的电压: U1 ?

由于粒子带负电,可知上极板电势高. 由于 S 断开,R1 上无电流,R2、R3 上电压等于 U1,电路中的感应电流.

107

即通过 R2、R3 的电流强度为: I1 ?

U1 1 ? ? 0.1A R2 ? R3 8 ? 2


由闭合电路欧姆定律可知:ab 切割磁感线运动产生的感应电动势为: ? ? U1 ? Ir 其中 r 为 ab 金属棒的电阻. 当闭合 S 后,带电粒子向下做匀加速运动,根据牛顿第二定律有: mg ? q 求得 S 闭合后电容器两极板间的电压

U2 ? ma d

U2 ?

m( g ? a)d 10?14 ? (10 ? 7) ? 0.01 ? ? 0.3V q 10?15

这时电路中的感应电流为: I 2 ?

U 2 0.3 ? ? 0.15A R2 2 R1 R3 ? R2 ? r ) R1 ? R3
r ? 2?


根据闭合电路欧姆定律有: ? ? I 2 ( 将已知量代入①②求得 ? ? 1.2V 又因: ? ? BLv

∴U ?

?
BL

?

1.2 ? 3m/s 0.4 ?1

即金属棒做匀速运动的速度为 3m/s,电阻 r=2Ω . (2)S 闭合后,通过 ab 的电流 I2=0.15A,ab 所受安培力 F2=BLI=0.4×1×0.15=0.06N ab 以速度 v=3m/s 匀速运动时,所受外力必与安培力 F2 大小相等,方向相反,即 F=0.06N. 方向向右(与 v 同向) ,可见外力 F 的功率为:P=Fv=0.06×3=0.18W 【例 9】 解:依题意,电源端

P 输出 ?

mgh ? 50% ? Q? gh ? 0.5 ? 2 ?1?103 ?10 ? 5 ? 0.5 ? 5 ?104 W t

2 输出电压 U0=240V 为满足输电要求,由 ?P ? I总 R 损

有: I 送 ?

?P损 R

?

P输出 ? 6% R

?

5 ?104 ? 0.06 ? 10A 30

则送电电压为 U 送 ?

P输送 I送

?

5 ?104 ? 5 ? 103 V 10

所以升压变压器的变压比为 n1∶ 2 = U 0∶ 送 = n U 输电线电压损失 ?U损 ? I 送 R ? 10 ? 30 ? 300V

240 5 ?103

= 6∶ 125

3 用户端 U1 ? U 送 ? ?U 损 ? 5 ?10 V ? 300V ? 4700V ,据题意可知 U2=220V

? n? 所以降压变压器的匝数比为 n1∶ 2 = U1∶ 2 = U

4700 = 235 11 ∶ 220

因为理想变压器没有能量损失,所以可正常发光的电灯的盏数为:

N?

P输 ? ?P损 P灯

?

5 ?104 ? 5 ?104 ? 0.06 ? 470 (盏) 100

107

跟踪练习
1.D 提示: F安 ? BlI ? BlS

?B . ?tR
B 2l 2 v R

2. (1)ab 或 cd 切割磁感线所产生的感应电动势为 ? ? Blv 对应的感应电流为 I ?

?
R

?

Blv R

ab 或 cd 所受的安培力为 F ? BIl ?

外力所做的功为 W ? 2 F ? l ? 2

B 2 l 3v R

由能的转化和守恒定律,根据匀速拉出过程中所产生的焦耳热应与外力所做的功相等,即

Q ?W ? 2

B 2 l 3v R
i l0 O O Uab

l v

2l v

3l v

t

?U0 / 4
?3U0 / 4 ?U0

l v

2l v

3l v

t

- l0
答图 4—1 (2)令 I 0 ?

答图 4—2

Blv ,画出的图象(答图 4—1)分为三段. R
t? l 2l ? ,i ? 0 v v t? 2l 3l ? , i ? I0 v v

l t ? 0 ? , i ? ?I0 v

(3)令 U0=Blv,画出的图象(答图 4—2)分为三段

U l ? R ? Blv ,U ab ? ? ? ? ? ? ? ?? 0 v R 4 4 4 4 l 2l t ? ? ,U ab ? ? Blv ? ?U 0 v v 3U 2l 3l ? 3R 3? 3Blv t ? ? , U ab ? ? ? ?? ?? ?? 0 v v R 4 4 4 4 t?0?
3.A 提示:当滑动头下移时,R3↓R 总↓, I ?

U ,U 不变 I↑U 并=U-UR↓ R

IR2 ? I A2 ? I ? I R2 ?

A 2 的示数变大,由原副线圈电流与匝数成反比,可知 A 的示数变大. 1

4. (1)电流方向由 N→M,ab 棒的速度先变大后变小. (2)在最低点,ab 切割磁感线产生的 E=BLv.瞬时 功率: P ?

?2
2R

?

B 2 L2 v 2 . (3)下滑过程中,设小电珠上产生的热量为 Q,则整个电路上产生的热量 2R

为 2Q 由能量守恒定律有:

1 1 mgr ? mv2 ? 2Q,∴Q ? m(2 gr ? v 2 ) . 2 4
5.金属杆从轨道上由静止滑下,经足够长时间后,速度达最大值 vm,此后金属杆做匀速运动,杆受重力、 轨道的支持力和安培力如答图 4—3 所示.安培力 F ?

BLv m L B, 对 金 属 杆 列 平 衡 方 程 R

mg sin ? ?

B2 L2vm , R

107

则 vm ?

mg sin

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