第一篇：高三物理第二輪論述題專題復習教案

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第七講 論述題

一、特別提示

提高綜合應用能力，要加強表達、敘述能力的訓練，通過對論述題的分析和練習，克服解決物理問題時存在的：表達不清、敘述無理、論證無據等各種問題，學會使用本學科的語言來表達問題，進行交流，培養分析、邏輯推理能力，從而形成物理學科的意識和思想。

1、論述題的特點

論述題的特點主要體現在解題過程的表達要求上，即在對物理現象、物理過程的分析中，要求運動物理規律，用簡潔、準確、清晰的語言對分析過程進行表達，在做出判斷的同時，說明判斷根據，也就是說不單要說明是什么，而且要說清楚為什么。

2、論述題的解法

解答論述題所用的分析方法和解答其它類型（選擇、計算題型）的題目沒有什么差別，但需有解題過程中的分析和表達，也就是說，對于論述題，除了要能夠正確進行解答之外，一些必要的文字說明一定要有，《考試說明》明確要求學生“能夠根據已知的知識和所給物理事實、條件，對物理問題進行邏輯推理和論證，得出正確的結論或作出正確的判斷，并能把推理過程正確地表達出來。”

因此，解答論述題，一般可按以下步驟進行：（1）根據題給條件，畫出草圖分析，明確題意。

（2）對題目中的物理現象，涉及的物理模型，發生的物理過程，進行簡要的文字說明和進行必要的數學推導，具體說明每步的依據，從而得出結論或論證所需要的數學表達式。

（3）對導出的結果進行分類討論，最后得出完整的結論。

不同類型的論述題，其出題的意圖不同，解題的要求也有所區別。同學們可以在平時學習、練習中加以體會。

二、典型例題

題1 如圖9-1，是利用高頻交變電流焊接自行車零件的原理示意圖，其中外圈A是通高頻交流電的線圈，B是自行車的零件，a是待焊接的接口，接口兩端接觸在一起，當A中通有交流電時，B中會產生感應電動勢，使得接口處金屬熔化而焊接起來。（1）為什么在其它條件不變的情況下，交流電頻率越高，焊接越快？（2）為什么焊接過程中，接口a處已被熔化而零件的其它部分并不很熱？

分析和證明（1）交流電頻率越高，磁通量變化率越大。

由法拉第電磁感應定律可知：感應電動勢和感應電流都變大，產生的熱功率越大；焊接越快。

（2）因為接口處電阻大，串聯電路中電流處處相等，電阻大的地方產生的熱量多，可將接口處熔化而零件的其它部分并不很熱。

評析 這是一道簡答論述題。可以像問答題，判斷某一說法的對錯，進而敘述理由。它要求運用物理知識和規律對某個問題或某種觀點進行簡明扼要回答，或加以簡潔的解釋。

題2 試在下述簡化情況下，由牛頓定律和運動學公式導出動量守恒定律的表達式：系統是兩個質點，相互作用力是恒力，不受其他力，沿直線運動，要求說明推導過程中每步的根據，以及公式中各符號和最后結果中各項的意義。

分析和證明 設m1和m2分別表示兩質點的質量，F1和F2分別表示它們所受作用力，a1和a2分別表示它們的加速度，t1和t2分別表示F1和F2作用的時間，v1和v2分別表示它們

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?和v2?分別表示末速度，根據牛頓第二定律，相互作用過程中的初速度，v1有：F1?m1a1，F2?m2a2

??v1??v2v1v2由加速度的定義可知：a1?，a2?

t1t2??v1)，F2t2?m2(v2??v2)分別代入上式，可得：F1t1?m1(v1根據牛頓第三定律，有F1??F2，t1?t2

??m2v2? 代入并整理后，最終可得：m1v1?m2v2?m1v1?和m2v2?為兩質點的末動量，這就是動量守其中m1v1和m2v2為兩質點的初動量，m1v1恒定律的表達式。

評析 本題是一道推導證明題。首先要對所引用字母符號的物理意義加以具體說明，在推導過程中每一步都要針對性的給出依據、說明理由，最后按題目要求用文字說出最后結果中各項的意義。因此，在學習物理概念和規律時不能只記結論，還須弄清其中的道理，知道物理概念和規律的由來。

題3 一內壁光滑的環形細圓管，位于豎直平面內，環的半徑為R（比細管的半徑大得多）。在圓管中有兩個直徑與細管內徑相同的小球（可視為質點）。A球的質量為m1，B球的質量為

m2，它們沿環形圓管順時針運動，經過最低點時的速度為v0，設A球運動到最低點時，B球恰好運動到最高點，證明：若要此時兩球作用于圓管的合力為零，那么m1，m2，R與v0應滿足的關系式是：

2v0(m1?5m2)g?(m1?m2)?0。

R分析和證明 根據題意，想象出此時物理情意如圖9-2。因為軌道對在最高點B的作用力方向可以向上也可以向下，故先對A球受力分析（見圖），由牛頓第三定律可知，A球對圓管的壓力向下。為使兩球作用于圓管的合力為零，B球對圓管的作用力只能向上，不然合力就不會為零，所以軌道對B球的作用力方向，由牛頓第三定律可知是向下的。于是可以證明：

22v0v0對A由F?ma有N1?m1g?m1所以N1?m1g?m1

RR2v2對B有N2?m2g?m2

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高中物理輔導網http://www.tmdps.cn/ 由機械能守恒定律得

1122m2v0?m2v2?m2g2R 2222v0v2?5m2g 把v?v?4gR 代入N2?m2g?m2得N2?m2RR222122v0v0?m2?5m2g 據題意有N1?N2，則m1g?m1RR2v0?0 即(m1?5m2)g?(m1?m2)R評析 本題的思路是“由因導索”，實行順向證明，即由題設已知條件出發，運用已知規律推導所要證明的結果，叫順證法。

題4 如圖9-3所示，滑塊A、B的質量分別為m1與m2，且m1?m2，由輕質彈簧相連接，置于光滑的水平面上，用一輕繩把兩滑塊拉至最近，使彈簧處于最大壓縮狀態后綁緊，兩滑塊一起以恒定的速度v0向右滑動。突然輕繩斷開，當彈簧伸長至本身的自然長度時，滑塊A的速度正好為零。問在以后的運動過程中，滑塊B是否會有速度等于零的時刻？試通過定量分析討論，證明你的結論。

分析和證明 B的速度不會為零。

假設某時刻B的速度為零，設此時滑塊A的速度為v1，由動量定律得

(m1?m2)v0?m1v1 ①

此時系統的機械能為E1（重力勢能為零），動能為EKA，彈性勢能為Ep1 E1=EKA+Ep1 ② EKA=m1v1 ③

由題意知，當A的速度為零時，彈性勢能Ep2=0。設此時B的速度為v，則B的動能為：2EKB?1m2v12 ④ 2此時系統的機械能為：E2=EKB+Ep2 ⑤ 由動量守恒定律得：(m1?m2)v0?m2v⑥ 由機械能守恒定律得E1=E2 ⑦ 由以上各式聯立得：

22(m1?m2)2v0(m1?m2)2v0 ⑧ ?Ep1?2m12m2由于Ep1?0，由上式可得出m2?m1，這與題沒給定的條件m1?m2相矛盾，故假設

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高中物理輔導網http://www.tmdps.cn/ 不成立，即有：B的速度不會為零。

評析 此題順向證明過程較為復雜，可采用反證法。先假定所要證明的結論不成立，由此通過合理的邏輯推導而導出矛盾，從而說明假設不對，肯定原結論正確。

題3 如圖9-4所示，彈簧的一端固定在墻上。另一端連結一質量為m的木塊，今將木塊向右拉開一位移L后釋放，木塊在有摩擦的水平地面上減幅振動。彈簧第一次恢復原長時，木塊速度為v0，試討論：木塊在整個振動過程中出現速度為v0的位置有幾個。

分析和證明 在整個振動過程中出現速度為v0的位置有，且只有2個。

放手后，木塊在水平方向上的彈力和摩擦力同時作用下，先向左作加速度變小的加速運動。后向左作加速度變大的減速運動。在原平衡位置右側x0處（kx0??mg），一定存在一加速度為零的位置，此位置向左的速度最大。根據速度變化必須是連續的原理可知，既然左側有一v0，其右側也一定存在一v0的位置。

此后的運動，可從能量角度分析不會再有v0的位置出現。

因為在彈簧第一次恢復原長，木塊速度為v0時，系統振動的能量E?Ek?12mv0，2此后的運動仍屬阻尼振動，由于摩擦的作用振動能量不斷減小，E??E，設此后振動中任一時刻的速率為vx，即1212mvx?Ep?mv0 22所以vx必小于v0，且不斷變小，直至停止振動為止。

評析 此題屬判斷敘述類：根據題設的條件和基礎知識，對某一物理現象、過程或結論，作出正確與否的判斷。可以像計算題中的過程分析，用文字和物理公式分層次有條理地表達出來。

題4 如圖9-5所示，足夠長的水平絕緣桿MN，置于足夠大的垂直紙面向內的勻強磁場中，磁場的磁感強度為B，一個絕緣環P套在桿上，環的質量為m，帶電量為q的正電荷，與桿間的動摩擦因數為?，若使環以初速度v0向右運動，試分析絕緣環克服摩擦力所做的功。

分析和證明 當絕緣環以初速度v0向右運動時，環受重力mg、洛侖茲力f?qBv0及桿的彈力N。由于N的大小、方向與重力和洛侖茲力大小有關，會約束水平方向的摩擦力變化，從而使絕緣環的最終運動可能有三種情況：

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高中物理輔導網http://www.tmdps.cn/（1）若開始時qBv0?mg，即v0?mg，由于N=0，絕緣環不受摩擦力作用，做勻qB速直線運動。絕緣環克服摩擦力所做的功Wf1?0。

（2）若開始時qBv0?mg，即v0?mg，N方向向上，絕緣環受桿摩擦力作用，做qB12mv0。2加速度變小的減速運動，直至靜止。絕緣環克服摩擦力所做的功Wf2?（3）若開始時qBv0?mg，即v0?mg，N方向向下，絕緣環受桿摩擦力作用，做qB減速直線運動，洛侖茲力f不斷減小，當qBv0?mg時，N=0，絕緣環不受摩擦力作用，做勻速直線運動，即最終速度v?mg。絕緣環克服摩擦力所做的功： qBWf3?12121mg2mv0?mv?m[v0?()2]。222qB評析 本題可根據題設的條件和基礎知識，通過某一物理現象的分析，作出相應的判斷，對導出的結果進行較為完整的分類討論。主要培養思維的深度和廣度，提高判斷應用能力。

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第二篇：7高三物理第二輪復習教案(第七講 論述題)

第七講

論述題

一、特別提示

提高綜合應用能力，要加強表達、敘述能力的訓練，通過對論述題的分析和練習，克服解決物理問題時存在的：表達不清、敘述無理、論證無據等各種問題，學會使用本學科的語言來表達問題，進行交流，培養分析、邏輯推理能力，從而形成物理學科的意識和思想。

1、論述題的特點

論述題的特點主要體現在解題過程的表達要求上，即在對物理現象、物理過程的分析中，要求運動物理規律，用簡潔、準確、清晰的語言對分析過程進行表達，在做出判斷的同時，說明判斷根據，也就是說不單要說明是什么，而且要說清楚為什么。

2、論述題的解法

解答論述題所用的分析方法和解答其它類型（選擇、計算題型）的題目沒有什么差別，但需有解題過程中的分析和表達，也就是說，對于論述題，除了要能夠正確進行解答之外，一些必要的文字說明一定要有，《考試說明》明確要求學生“能夠根據已知的知識和所給物理事實、條件，對物理問題進行邏輯推理和論證，得出正確的結論或作出正確的判斷，并能把推理過程正確地表達出來。”

因此，解答論述題，一般可按以下步驟進行：（1）根據題給條件，畫出草圖分析，明確題意。

（2）對題目中的物理現象，涉及的物理模型，發生的物理過程，進行簡要的文字說明和進行必要的數學推導，具體說明每步的依據，從而得出結論或論證所需要的數學表達式。

（3）對導出的結果進行分類討論，最后得出完整的結論。不同類型的論述題，其出題的意圖不同，解題的要求也有所區別。同學們可以在平時學習、練習中加以體會。

二、典型例題

題

1如圖9-1，是利用高頻交變電流焊接自行車零件的原理示意圖，其中外圈A是通高頻交流電的線圈，B是自行車的零件，a是待焊接的接口，接口兩端接觸在一起，當A中通有交流電時，B中會產生感應電動勢，使得接口處金屬熔化而焊接起來。（1）為什么在其它條件不變的情況下，交流電頻率越高，焊接越快？（2）為什么焊接過程中，接口a處已被熔化而零件的其它部分并不很熱？

分析和證明

（1）交流電頻率越高，磁通量變化率越大。

由法拉第電磁感應定律可知：感應電動勢和感應電流都變大，產生的熱功率越大；焊接越快。

（2）因為接口處電阻大，串聯電路中電流處處相等，電阻大的地方產生的熱量多，可將接口處熔化而零件的其它部分并不很熱。

評析

這是一道簡答論述題。可以像問答題，判斷某一說法的對錯，進而敘述理由。它要求運用物理知識和規律對某個問題或某種觀點進行簡明扼要回答，或加以簡潔的解釋。

題

2試在下述簡化情況下，由牛頓定律和運動學公式導出動量守恒定律的表達式：系統是兩個質點，相互作用力是恒力，不受其他力，沿直線運動，要求說明推導過程中每步的根據，以及公式中各符號和最后結果中各項的意義。

分析和證明

設m1和m2分別表示兩質點的質量，F1和F2分別表示它們所受作用力，a1和a2分別表示它們的加速度，t1和t2分別表示F1和F2作用的時間，v1和v2分別表示它們相?和v2?分別表示末速度，根據牛頓第二定律，互作用過程中的初速度，v1有：F1?m1a1，F2?m2a2 由加速度的定義可知：a1???v1v1v??v2，a2?2 t1t2??v1)，F2t2?m2(v2??v2)分別代入上式，可得：F1t1?m1(v1根據牛頓第三定律，有F1??F2，t1?t2

??m2v2? 代入并整理后，最終可得：m1v1?m2v2?m1v1?和m2v2?為兩質點的末動量，這就是動量守恒其中m1v1和m2v2為兩質點的初動量，m1v1定律的表達式。

評析

本題是一道推導證明題。首先要對所引用字母符號的物理意義加以具體說明，在推導過程中每一步都要針對性的給出依據、說明理由，最后按題目要求用文字說出最后結果中各項的意義。因此，在學習物理概念和規律時不能只記結論，還須弄清其中的道理，知道物理概念和規律的由來。

題

3一內壁光滑的環形細圓管，位于豎直平面內，環的半徑為R（比細管的半徑大得多）。在圓管中有兩個直徑與細管內徑相同的小球（可視為質點）。A球的質量為m1，B球的質量為

m2，它們沿環形圓管順時針運動，經過最低點時的速度為v0，設A球運動到最低點時，B球恰好運動到最高點，證明：

若要此時兩球作用于圓管的合力為零，那么m1，m2，R與v0應滿足的關系式是：

2v0(m1?5m2)g?(m1?m2)?0。

R分析和證明

根據題意，想象出此時物理情意如圖9-2。因為軌道對在最高點B的作用力方向可以向上也可以向下，故先對A球受力分析（見圖），由牛頓第三定律可知，A球對圓管的壓力向下。為使兩球作用于圓管的合力為零，B球對圓管的作用力只能向上，不然合力就不會為零，所以軌道對B球的作用力方向，由牛頓第三定律可知是向下的。于是可以證明：

22v0v0對A由F?ma有N1?m1g?m1所以N1?m1g?m1

RR2v2對B有N2?m2g?m2

R 由機械能守恒定律得

1122m2v0?m2v2?m2g2R 2222v0v2把v?v?4gR

代入N2?m2g?m2得N2?m2?5m2g

RR222122v0v0據題意有N1?N2，則m1g?m1?m2?5m2g

RR2v0即(m1?5m2)g?(m1?m2)?0

R評析

本題的思路是“由因導索”，實行順向證明，即由題設已知條件出發，運用已知規律推導所要證明的結果，叫順證法。

題

4如圖9-3所示，滑塊A、B的質量分別為m1與m2，且m1?m2，由輕質彈簧相連接，置于光滑的水平面上，用一輕繩把兩滑塊拉至最近，使彈簧處于最大壓縮狀態后綁緊，兩滑塊一起以恒定的速度v0向右滑動。突然輕繩斷開，當彈簧伸長至本身的自然長度時，滑塊A的速度正好為零。問在以后的運動過程中，滑塊B是否會有速度等于零的時刻？試通過定量分析討論，證明你的結論。

分析和證明

B的速度不會為零。

假設某時刻B的速度為零，設此時滑塊A的速度為v1，由動量定律得

(m1?m2)v0?m1v

1①

此時系統的機械能為E1（重力勢能為零），動能為EKA，彈性勢能為Ep1 E1=EKA+Ep1

② EKA=m1v1

③

由題意知，當A的速度為零時，彈性勢能Ep2=0。設此時B的速度為v，則B的動能為：2EKB?1m2v12 ④ 2此時系統的機械能為：E2=EKB+Ep

2⑤ 由動量守恒定律得：(m1?m2)v0?m2v⑥ 由機械能守恒定律得E1=E2 ⑦ 由以上各式聯立得：

22(m1?m2)2v0(m1?m2)2v0?Ep1?

⑧

2m12m2由于Ep1?0，由上式可得出m2?m1，這與題沒給定的條件m1?m2相矛盾，故假設不 成立，即有：B的速度不會為零。

評析

此題順向證明過程較為復雜，可采用反證法。先假定所要證明的結論不成立，由此通過合理的邏輯推導而導出矛盾，從而說明假設不對，肯定原結論正確。

題

3如圖9-4所示，彈簧的一端固定在墻上。另一端連結一質量為m的木塊，今將木塊向右拉開一位移L后釋放，木塊在有摩擦的水平地面上減幅振動。彈簧第一次恢復原長時，木塊速度為v0，試討論：木塊在整個振動過程中出現速度為v0的位置有幾個。

分析和證明

在整個振動過程中出現速度為v0的位置有，且只有2個。

放手后，木塊在水平方向上的彈力和摩擦力同時作用下，先向左作加速度變小的加速運動。后向左作加速度變大的減速運動。在原平衡位置右側x0處（kx0??mg），一定存在一加速度為零的位置，此位置向左的速度最大。根據速度變化必須是連續的原理可知，既然左側有一v0，其右側也一定存在一v0的位置。

此后的運動，可從能量角度分析不會再有v0的位置出現。

因為在彈簧第一次恢復原長，木塊速度為v0時，系統振動的能量E?Ek?12mv0，此后2的運動仍屬阻尼振動，由于摩擦的作用振動能量不斷減小，E??E，設此后振動中任一時刻的速率為vx，即1212 mvx?Ep?mv022所以vx必小于v0，且不斷變小，直至停止振動為止。

評析

此題屬判斷敘述類：根據題設的條件和基礎知識，對某一物理現象、過程或結論，作出正確與否的判斷。可以像計算題中的過程分析，用文字和物理公式分層次有條理地表達出來。

題

4如圖9-5所示，足夠長的水平絕緣桿MN，置于足夠大的垂直紙面向內的勻強磁場中，磁場的磁感強度為B，一個絕緣環P套在桿上，環的質量為m，帶電量為q的正電荷，與桿間的動摩擦因數為?，若使環以初速度v0向右運動，試分析絕緣環克服摩擦力所做的功。

分析和證明

當絕緣環以初速度v0向右運動時，環受重力mg、洛侖茲力f?qBv0及桿的彈力N。由于N的大小、方向與重力和洛侖茲力大小有關，會約束水平方向的摩擦力變化，從而使絕緣環的最終運動可能有三種情況：

（1）若開始時qBv0?mg，即v0?mg，由于N=0，絕緣環不受摩擦力作用，做勻速直qB線運動。絕緣環克服摩擦力所做的功Wf1?0。

（2）若開始時qBv0?mg，即v0?mg，N方向向上，絕緣環受桿摩擦力作用，做加速qB度變小的減速運動，直至靜止。絕緣環克服摩擦力所做的功Wf2?（3）若開始時qBv0?mg，即v0?12mv0。2mg，N方向向下，絕緣環受桿摩擦力作用，做減qB速直線運動，洛侖茲力f不斷減小，當qBv0?mg時，N=0，絕緣環不受摩擦力作用，做勻速直線運動，即最終速度v?mg。絕緣環克服摩擦力所做的功： qBWf3?12121mg2mv0?mv?m[v0?()2]。222qB評析

本題可根據題設的條件和基礎知識，通過某一物理現象的分析，作出相應的判斷，對導出的結果進行較為完整的分類討論。主要培養思維的深度和廣度，提高判斷應用能力。

第三篇：高三物理第二輪專題復習教案[全套]·物理

高三物理第二輪專題復習教案[全套]·物理.txt世上有三種人：一是良心被狗吃了的人，二是良心沒被狗吃的人，三是良心連狗都不吃的人。︶﹋丶

愛情是個夢，而我卻睡過了頭﹌第一講平衡問題

一、特別提示[解平衡問題幾種常見方法]

1、力的合成、分解法：對于三力平衡，一般根據“任意兩個力的合力與第三力等大反向”的關系，借助三角函數、相似三角形等手段求解；或將某一個力分解到另外兩個力的反方向上，得到這兩個分力必與另外兩個力等大、反向；對于多個力的平衡，利用先分解再合成的正交分解法。

2、力匯交原理：如果一個物體受三個不平行外力的作用而平衡，這三個力的作用線必在同一平面上，而且必有共點力。

3、正交分解法：將各力分解到軸上和軸上，運用兩坐標軸上的合力等于零的條件多用于三個以上共點力作用下的物體的平衡。值得注意的是，對、方向選擇時，盡可能使落在、軸上的力多；被分解的力盡可能是已知力。

4、矢量三角形法：物體受同一平面內三個互不平行的力作用平衡時，這三個力的矢量箭頭首尾相接恰好構成三角形，則這三個力的合力必為零，利用三角形法求得未知力。

5、對稱法：利用物理學中存在的各種對稱關系分析問題和處理問題的方法叫做對稱法。在靜力學中所研究對象有些具有對稱性，模型的對稱往往反映出物體或系統受力的對稱性。解題中注意到這一點，會使解題過程簡化。

6、正弦定理法：三力平衡時，三個力可構成一封閉三角形，若由題設條件尋找到角度關系，則可用正弦定理列式求解。

7、相似三角形法：利用力的三角形和線段三角形相似。

二、典型例題

1、力學中的平衡：運動狀態未發生改變，即。表現：靜止或勻速直線運動

（1）在重力、彈力、摩擦力作用下的平衡

例1 質量為的物體置于動摩擦因數為的水平面上，現對它施加一個拉力，使它做勻速直線運動，問拉力與水平方向成多大夾角時這個力最小？

解析 取物體為研究對象，物體受到重力，地面的支持力N，摩擦力及拉力T四個力作用，如圖1-1所示。

由于物體在水平面上滑動，則，將和N合成，得到合力F，由圖知F與的夾角：

不管拉力T方向如何變化，F與水平方向的夾角不變，即F為一個方向不發生改變的變力。這顯然屬于三力平衡中的動態平衡問題，由前面討論知，當T與F互相垂直時，T有最小值，即當拉力與水平方向的夾角時，使物體做勻速運動的拉力T最小。

（2）摩擦力在平衡問題中的表現

這類問題是指平衡的物體受到了包括摩擦力在內的力的作用。在共點力平衡中，當物體雖然靜止但有運動趨勢時，屬于靜摩擦力；當物體滑動時，屬于動摩擦力。由于摩擦力的方向要隨運動或運動趨勢的方向的改變而改變，靜摩擦力大小還可在一定范圍內變動，因此包括摩擦力在內的平衡問題常常需要多討論幾種情況，要復雜一些。因此做這類題目時要注意兩點

①由于靜摩擦力的大小和方向都要隨運動趨勢的改變而改變，因此維持物體靜止狀態所需的外力允許有一定范圍；又由于存在著最大靜摩擦力，所以使物體起動所需要的力應大于某一最小的力。總之，包含摩擦力在內的平衡問題，物體維持靜止或起動需要的動力的大小是允許在一定范圍內的，只有當維持勻速運動時，外力才需確定的數值。②由于滑動摩擦力F=，要特別注意題目中正壓力的大小的分析和計算，防止出現錯誤。

例2 重力為G的物體A受到與豎直方向成角的外力 F后，靜止在豎直墻面上，如圖1-2所示，試求墻對物體A的靜摩擦力。

分析與解答 這是物體在靜摩擦力作用下平衡問題。首先確定研究對象，對研究對象進行受力分析，畫出受力圖。A受豎直向下的重力G，外力F，墻對A水平向右的支持力（彈力）N，以及還可能有靜摩擦力。這里對靜摩擦力的有無及方向的判斷是極其重要的。物體之間有相對運動趨勢時，它們之間就有靜摩擦力；物體間沒有相對運動趨勢時，它們之間就沒有靜摩擦力。可以假設接觸面是光滑的，若不會相對運動，物體將不受靜摩擦力，若有相對運動就有靜摩擦力。（注意：這種假設的方法在研究物理問題時是常用方法，也是很重要的方法。）具體到這個題目，在豎直方向物體A受重力G以及外力F的豎直分量，即。當接觸面光滑，時，物體能保持靜止；當時，物體A有向下運動的趨勢，那么A應受到向上的靜摩擦力；當時，物體A則有向上運動的趨勢，受到的靜摩擦力的方向向下，因此應分三種情況說明。

從這里可以看出，由于靜摩擦力方向能夠改變，數值也有一定的變動范圍，滑動摩擦力雖有確定數值，但方向則隨相對滑動的方向而改變，因此，討論使物體維持某一狀態所需的外力F的許可范圍和大小是很重要的。何時用等號，何時用不等號，必須十分注意。

（3）彈性力作用下的平衡問題

例3 如圖1-3所示，一個重力為的小環套在豎直的半徑為的光滑大圓環上，一勁度系數為k，自然長度為L（L<2r）彈簧的一端固定在小環上，另一端固定在大圓環的最高點A。當小環靜止時，略去彈簧的自重和小環與大圓環間的摩擦。求彈簧與豎直方向之間的夾角

分析 選取小環為研究對象，孤立它進行受力情況分析：小環受重力、大圓環沿半徑方向的支持力N、彈簧對它的拉力F的作用，顯然，解法1 運用正交分解法。如圖1-4所示，選取坐標系，以小環所在位置為坐標原點，過原點沿水平方向為軸，沿豎直方向為軸。

解得

解法2 用相似比法。若物體在三個力F1、F2、F3作用下處于平衡狀態，這三個力必組成首尾相連的三角形F1、F2、F3，題述中恰有三角形AO與它相似，則必有對應邊成比例。

（4）在電場、磁場中的平衡

例4 如圖1-5所示，勻強電場方向向右，勻強磁場方向垂直于紙面向里，一質量為帶電量為q的微粒以速度與磁場垂直、與電場成45?角射入復合場中，恰能做勻速直線運動，求電場強度E的大小，磁感強度B的大小。

解析 由于帶電粒子所受洛侖茲力與垂直，電場力方向與電場線平行，知粒子必須還受重力才能做勻速直線運動。假設粒子帶負電受電場力水平向左，則它受洛侖茲力就應斜向右下與垂直，這樣粒子不能做勻速直線運動，所以粒子應帶正電，畫出受力分析圖根據合外力為零可得，（1）（2）

由（1）式得，由（1），（2）得

（5）動態收尾平衡問題

例5 如圖1-6所示，AB、CD是兩根足夠長的固定平行金屬導軌，兩導軌間距離為，導軌平面與水平面的夾角為。在整個導軌平面內都有垂直于導軌平面斜向上方的勻強磁場，磁感強度為B。在導軌的A、C端連接一個阻值為R的電阻。一根垂直于導軌放置的金屬棒，質量為，從靜止開始沿導軌下滑。求棒的最大速度。（已知和導軌間的動摩擦因數為，導軌和金屬棒的電阻不計）

解析 本題的研究對象為棒，畫出棒的平面受力圖，如圖1-7。棒所受安培力F沿斜面向上，大小為，則棒下滑的加速度。

棒由靜止開始下滑，速度不斷增大，安培力F也增大，加速度減小。當=0時達到穩定狀態，此后棒做勻速運動，速度達最大。

解得棒的最大速度。

例6 圖1-8是磁流體發電機工作原理圖。磁流體發電機由燃燒室（O）、發電通道（E）和偏轉磁場（B）組成。在2500K以上的高溫下，燃料與氧化劑在燃燒室混合、燃燒后，電離為正負離子（即等離子體），并以每秒幾百米的高速噴入磁場，在洛侖茲力的作用下，正負離子分別向上、下極板偏轉，兩極板因聚積正負電荷而產生靜電場。這時等離子體同時受到方向相反的洛侖茲力（）與電場力（F）的作用，當F=時，離子勻速穿過磁場，兩極板電勢差達到最大值，即為電源的電動勢。設兩板間距為d，板間磁場的磁感強度為B，等離子體速度為，負載電阻為R，電源內阻不計，通道截面是邊長為d的正方形，試求：

（1）磁流體發電機的電動勢？

（2）發電通道兩端的壓強差？

解析 根據兩板電勢差最大值的條件

所以，磁流發電機的電動勢為

設電源內阻不計，通道橫截面邊長等于的正方形，且入口處壓強為，出口處的壓強為；當開關S閉合后，發電機電功率為

根據能量的轉化和守恒定律有

所以，通道兩端壓強差為

（6）共點的三力平衡的特征規律

例7 圖1-9中重物的質量為，輕細線AO和BO的A、B端是固定的，平衡時AD是水平的，BO與水平的夾角為。AO的拉力F1和BO的拉力F2的大小是： A、B、C、D、解析 如圖1-10，三根細繩在O點共點，取O點（結點）為研究對象，分析O點受力如圖1-10。O點受到AO繩的拉力F1、BO繩的拉力F2以及重物對它的拉力T三個力的作用。

圖1-10（a）選取合成法進行研究，將F1、F2合成，得到合力F，由平衡條件知：

則：

圖1-10（b）選取分解法進行研究，將F2分解成互相垂直的兩個分力、，由平衡條件知：

則： 問題：若BO繩的方向不變，則細線AO與BO繩的方向成幾度角時，細線AO的拉力最小？

結論：共點的三力平衡時，若有一個力的大小和方向都不變，另一個力的方向不變，則第三個力一定存在著最小值。

（7）動中有靜，靜中有動問題

如圖1-11所示，質量為M的木箱放在水平面上，木箱中的立桿上著一個質量為的小球，開始時小球在桿的頂端，由靜止釋放后，小球沿桿下滑的加速度為重力加速度的二分之一，則在小球下滑的過程中，木箱對地面的壓力為。因為球加速下滑時，桿受向上的摩擦力根據第二定律有，所以。對木箱進行受力分析有：重力、地面支持力N、及球對桿向下的摩擦力。由平衡條件有。

2、電磁學中的平衡

（1）電橋平衡

若沒有R，則R1和R2串聯后與R3和R4串聯后再并聯

設通過R1的電流為I1，通過R3的電流I2 如有：I1R1=I2R3，I1R2=I2R4 則R兩端電勢差為0所以R中的電流為0，即電橋平衡。

（2）靜電平衡

例8 一金屬球，原來不帶電。現沿球的直徑的延長線放置一均勻帶電的細桿MN，如圖1-12所示。金屬球上感應電荷產生的電場在球內直徑上、、三點的場強大小分別為、、，三者相比，A、最大 B、最大 C、最大 D、== 解析：

當金屬球在帶電桿激發的電場中達到以靜電平衡時，其內部的場強為0，即細桿在、、產生的場強與金屬球上的感應電荷在、、產生的場強大小相等，方向相反，故答案C正確。

3、熱平衡問題

例9 家電電熱驅蚊器中電熱部分的主要元件是PTC，它是由鈦酸鋇等半導體材料制成的電阻器，其電阻率與溫度的個關系圖象如圖1-13。電熱驅蚊器的原理是：通電后電阻器開始發熱，溫度上升，使藥片散發出驅蚊藥，當電熱器產生的熱與向外散發的熱平衡時，溫度達到一個穩定值。由圖象可以判定：通電后，PTC電阻器的功率變化情況是，穩定時的溫度應取 區間的某一值。

分析 通電后應認為電壓U不變。隨著溫度的升高，在（0~t1）范圍內，電阻率隨溫度的升高而減小，因此電阻減小，電功率增大，驅蚊器溫度持續上升；在（t1~t2）范圍內，電阻率隨溫度的升高而增大，因此電阻增大，電功率減小。當電熱器產生的熱與向外散發的熱平衡時，溫度、電阻、電功率都穩定在某一值。

解答 功率變化是先增大后減小，最后穩定在某一值。這時溫度應在t1~t2間。

4、有固定轉軸物體的平衡。

例10 重（N）的由輕繩懸掛于墻上的小球，擱在輕質斜板上，斜板擱于墻角。不計一切摩擦，球和板靜止于圖1-14所示位置時，圖中角均為30°。求：懸線中張力和小球受到的斜板的支持力各多大？小球與斜板接觸點應在板上何處？板兩端所受壓力多大？（假設小球在板上任何位置時，圖中角均不變）

解析 設球與板的相互作用力為N，繩對球的拉力為T，則對球有，可得，N=100N。球對板的作用力N、板兩端所受的彈力NA和NB，板在這三個力作用下靜止，則該三個力為共點力，據此可求得球距A端距離，即球與板接觸點在板上距A端距離為板長的1/4處。對板，以A端為轉動軸，有 對板，以B端為轉動軸，有。可得。

第二講 勻變速運動

一、特別提示：

1、勻變速運動是加速度恒定不變的運動，從運動軌跡來看可以分為勻變速直線運動和勻變速曲線運動。

2、從動力學上看，物體做勻變速運動的條件是物體受到大小和方向都不變的恒力的作用。勻變速運動的加速度由牛頓第二定律決定。

3、原來靜止的物體受到恒力的作用，物體將向受力的方向做勻加速直線運動；物體受到和初速度方向相同的恒力，物體將做勻速直線運動；物體受到和初速度方向相反的恒力，物體將做勻減速直線運動；若所受到的恒力方向與初速度方向有一定的夾角，物體就做勻變速曲線運動。

二、典型例題：

例1 氣球上吊一重物，以速度從地面勻速豎直上升，經過時間t重物落回地面。不計空氣對物體的阻力，重力離開氣球時離地面的高度為多少。

解 方法1：設重物離開氣球時的高度為，對于離開氣球后的運動過程，可列下面方程：，其中（-hx表示）向下的位移，為勻速運動的時間，為豎直上拋過程的時間，解方程得：，于是，離開氣球時的離地高度可在勻速上升過程中求得，為：

方法2：將重物的運動看成全程做勻速直線運動與離開氣球后做自由落體運動的合運動。顯然總位移等于零，所以：

解得：

評析 通過以上兩種方法的比較，更深入理解位移規律及靈活運用運動的合成可以使解題過程更簡捷。

例2 兩小球以95m長的細線相連。兩球從同一地點自由下落，其中一球先下落1s另一球才開始下落。問后一球下落幾秒線才被拉直？

解 方法1：“線被拉直”指的是兩球發生的相對位移大小等于線長，應將兩球的運動聯系起來解，設后球下落時間為ts，則先下落小球運動時間為(t+1)s，根據位移關系有：

解得：t=9s

方法2：若以后球為參照物，當后球出發時前球的運動速度為。以后兩球速度發生相同的改變，即前一球相對后一球的速度始終為，此時線已被拉長：

線被拉直可看成前一球相對后一球做勻速直線運動發生了位移：

∴

評析 解決雙體或多體問題要善于尋找對象之間的運動聯系。解決問題要會從不同的角度來進行研究，如本題變換參照系進行求解。

例3 如圖2-1所示，兩個相對斜面的傾角分別為37°和53°，在斜面頂點把兩個小球以同樣大小的初速度分別向左、向右水平拋出，小球都落在斜面上。若不計空氣阻力，則A、B兩個小球的運動時間之比為（）

A、1:1 B、4:3 C、16:9 D9：16

解 由平拋運動的位移規律可行：

∵ ∴

∴

故D選項正確。

評析 靈活運用平拋運動的位移規律解題，是基本方法之一。應用時必須明確各量的物理意義，不能盲目套用公式。

例4 從空中同一地點沿水平方向同時拋出兩個小球，它們的初速度方向相反、大小分別為，求經過多長時間兩小球速度方向間的夾角為90°？

解 經過時間t，兩小球水平分速度、不變，豎直分速度都等于，如圖2-2所示，t時刻小球1的速度軸正向夾角為

小球2的速度軸正向夾角為

由圖可知

聯立上述三式得

評析 弄清平拋運動的性質與平拋運動的速度變化規律是解決本題的關鍵。

例5 如圖2-3所示，一帶電粒子以豎直向上的初速度，自A處進入電場強度為E、方向水平向右的勻強電場，它受到的電場力恰與重力大小相等。當粒子到達圖中B處時，速度大小仍為，但方向變為水平向右，那么A、B之間的電勢差等于多少？從A到B經歷的時間為多長？

解 帶電粒子從A→B的過程中，豎直分速度減小，水平分速度增大，表明帶電粒子的重力不可忽略，且帶正電荷，受電場力向右。依題意有

根據動能定理：

在豎直方向上做豎直上拋運動，則

解得：。

∴

評析 當帶電粒子在電場中的運動不是類平拋運動，而是較復雜的曲線運動時，可以把復雜的曲線運動分解到兩個互相正交的簡單的分運動來求解。

例6 如圖2-4所示，讓一價氫離子、一價氦離子和二價氦離子的混合物由靜止經過同一加速電場加速，然后在同一偏轉電場里偏轉，它們是否會分成三股？請說明理由。

解 設帶電粒子質量為、電量為q，經過加速電場加速后，再進入偏轉電場中發生偏轉，最后射出。設加速電壓為 U1，偏轉電壓為U2，偏轉電極長為L，兩極間距離為d，帶電粒子由靜止經加速電壓加速，則U1q=。

帶電粒子進入偏轉電場中發生偏轉，則水平方向上：，豎直方向上：。

可見帶電粒子射出時，沿豎直方向的偏移量與帶電粒子的質量和電量q無關。而一價氫離子、一價氦離子和二價氦離子，它們僅質量或電量不相同，都經過相同的加速和偏轉電場，故它們射出偏轉電場時偏移量相同，因而不會分成三股，而是會聚為一束粒子射出。

評析 帶電粒子在電場中具有加速作用和偏轉作用。分析問題時，注意運動學、動力學、功和能等有關規律的綜合運用。

第三講 變加速運動

一、特別提示

所謂變加速運動，即加速度（大小或方向或兩者同時）變化的運動，其軌跡可以是直線，也可以是曲線；從牛頓第二定律的角度來分析，即物體所受的合外力是變化的。

本章涉及的中學物理中幾種典型的變加速運動如：簡諧運動，圓周運動，帶電粒子在電場、磁場和重力場等的復合場中的運動，原子核式結構模型中電子繞原子核的圓周運動等。故涉及到力學、電磁學及原子物理中的圓周運動問題。

二、典型例題

例1 一電子在如圖3-1所示按正弦規律變化的外力作用下由靜止釋放，則物體將： A、作往復性運動 B、t1時刻動能最大 C、一直朝某一方向運動

D、t1時刻加速度為負的最大。

評析 電子在如圖所示的外力作用下運動，根據牛頓第二定律知，先向正方向作加速度增大的加速運動，歷時t1；再向正方向作加速度減小的加速運動，歷時(t2~t1)；(0~t2)整段時間的速度一直在增大。緊接著在(t2~t3)的時間內，電子將向正方向作加速度增大的減速運動，歷時(t3~t2)；(t3~t4)的時間內，電子向正方向作加速度減小的減速運動，根據對稱性可知，t4時刻的速度變為0（也可以按動量定理得，0~t4時間內合外力的沖量為0，沖量即圖線和坐標軸圍成的面積）。其中（0~t2）時間內加速度為正；(t2~t4)時間內加速度為負。正確答案為：C。

注意 公式中F、間的關系是瞬時對應關系，一段時間內可以是變力；而公式或只適用于勻變速運動，但在變加速運動中，也可以用之定性地討論變加速運動速度及位移隨時間的變化趨勢。

上題中，如果F-t圖是余弦曲線如圖3-2所示，則情況又如何？

如果F-t圖是余弦曲線，則答案為A、B。

例2 如圖3-3所示，兩個完全相同的小球和，分別在光滑的水平面和淺凹形光滑曲面上滾過相同的水平距離，且始終不離開接觸面。球是由水平面運動到淺凹形光滑曲線面，再運動到水平面的，所用的時間分別為t1和t2，試比較t1、t2的大小關系： A、t1>t2 B、t1=t2 C、t1

評析 小球滾下去的時候受到凹槽對它的支持力在水平向分力使之在水平方向作加速運動；而后滾上去的時候凹槽對它的支持力在水平方向分力使之在水平方向作減速運動，根據機械能守恒定律知，最后滾到水平面上時速度大小與原來相等。故小球在整個過程中水平方向平均速度大，水平距離一樣，則所用時間短。答案：A。

例3 如圖3-4所示，輕彈簧的一端固定在地面上，另一端與木塊B相連。木塊A放在B上。兩木塊質量均為，豎直向下的力F作用在A上，A、B均靜止，問：

（1）將力F瞬間撤去后，A、B共同運動到最高點，此時B對A的彈力多大？

（2）要使A、B不會分開、力F應滿足什么條件？

評析（1）如果撤去外力后，A、B在整個運動過程中互不分離，則系統在豎直向上作簡揩運動，最低點和最高點關于平衡位置對稱，如圖3-5所示，設彈簧自然長度為，A、B放在彈簧上面不外加壓力F且系統平衡時，如果彈簧壓至O點，壓縮量為b，則：。外加壓力F后等系統又處于平衡時，設彈簧又壓縮了A，則：，即：。

當撤去外力F后，系統將以O點的中心，以A為振幅在豎直平面內上下作簡諧運動。在最低點：，方向向上，利用牛頓第二定律知，該瞬間加速度：，方向向上；按對稱性知系統在最高點時：，方向向下。

此時以B為研究對象進行受力分析，如圖3-6所示，按牛頓第二定律得：

（2）A、B未分離時，加速度是一樣的，且A、B間有彈力，同時最高點最容易分離。分離的臨界條件是：（或者：在最高點兩者恰好分離時對A有：，表明在最高點彈簧處于自然長度時將要開始分離，即只要：時A、B將分離）。所以要使A、B不分離，必須：。

例4 如圖3-7所示，在空間存在水平方向的勻強磁場（圖中未畫出）和方向豎直向上的勻強電場（圖中已畫出），電場強度為E，磁感強度為B。在某點由靜止釋放一個帶電液滴，它運動到最低點恰與一個原來處于靜止狀態的帶電液滴b相撞，撞后兩液滴合為一體，并沿水平方向做勻速直線運動，如圖所示，已知的質量為b的2倍，的帶電量是b的4倍（設、b間靜電力可忽略）。

（1）試判斷、b液滴分別帶何種電荷？

（2）求當、b液滴相撞合為一體后，沿水平方向做勻速直線的速度及磁場的方向；

（3）求兩液滴初始位置的高度差。

評析（1）設b質量為，則帶電量為4q，因為如果帶正電，要向下偏轉，則必須：；而對b原來必須受力平衡，則：。前后相矛盾，表明帶負電，b帶正電。

（2）設為與b相撞前的速度，下落的過程中重力、電場力做正功，由動能定理有：。由于b原來處于靜止狀態：。

由以上兩式可得：

、b相撞的瞬間動量守恒：。得

而電荷守恒，故：

、b碰撞后粘在一起做勻速直線運動，按平衡條件得：，則：。所以：

例5 如圖3-8所示，一單匝矩形線圈邊長分別為、b，電阻為R，質量為m，從距離有界磁場邊界高處由靜止釋放，試討論并定性作出線圈進入磁場過程中感應電流隨線圈下落高度的可能變化規律。

評析 線圈下落高度時速度為：

下邊剛進入磁場時切割磁感線產生的感應電動勢：。產生的感應電流：I=，受到的安培力：

討論（1）如果，即：，則：線圈將勻速進入磁場，此時：（變化規律如圖3-9所示）

（2）如果，表明較小，則：線圈加速進入磁場，但隨著有三種可能：

①線圈全部進入磁場時還未達到穩定電流I0（變化規律如圖3-10所示）

②線圈剛全部進入磁場時達到穩定電流I0（變化規律如圖3-11所示）

③線圈未全部進磁場時已達到穩定電流I0（變化規律如圖3-12所示）

（3）如果，則：線圈減速進入磁場，但隨著，故線圈將作減小的減速運動。

有三種可能：

①線圈全部進入磁場時還未達到穩定電流I0（變化規律如圖3-13所示）

②線圈剛全部進入磁場時達到穩定電流I0（變化規律如圖3-14所示）

③線圈未全部進入磁場時已達到穩定電流I0（變化規律如圖3-15所示）

例6 光從液面到空氣時的臨界角C為45°，如圖3-16所示，液面上有一點光源S發出一束光垂直入射到水平放置于液體中且到液面的距離為d的平面鏡M上，當平面鏡M繞垂直過中心O的軸以角速度做逆時針勻速轉動時，觀察者發現水面上有一光斑掠過，則觀察者們觀察到的光斑的光斑在水面上掠過的最大速度為多少？

評析 本題涉及平面鏡的反射及全反射現象，需綜合運用反射定律、速度的合成與分解、線速度與角速度的關系等知識求解，確定光斑掠移速度的極值點及其與平面鏡轉動角速度間的關系，是求解本例的關鍵。

設平面鏡轉過角時，光線反射到水面上的P點，光斑速度為，如圖3-17可知：，而：

故：，而光從液體到空氣的臨界角為C，所以當時達到最大值，即：

例7 如圖3-18所示為一單擺的共振曲線，則該單擺的擺長約為多少？共振時單擺的振幅多大？共振時擺球簡諧運動的最大加速度和最大速度大小各為多少？（取10m/s2）

評析 這是一道根據共振曲線所給信息和單擺振動規律進行推理和綜合分析的題目，本題涉及到的知識點有受迫振動、共振的概念和規律、單擺擺球做簡諧運動及固有周期、頻率、能量的概念和規律等。由題意知，當單擺共振時頻率，即：，振幅A=8cm=0.08m，由得：

如圖3-19所示，擺能達到的最大偏角的情況下，共振時：，（其中以弧度為單位，當很小時，弦A近似為弧長。）所以：。根據單擺運動過程中機械能守恒可得：。其中：

例8 已知物體從地球上的逃逸速度（第二宇宙速度），其中G、ME、RE分別是引力常量、地球的質量和半徑。已知G=6.7×10-11N·m2/kg2，c=3.0×108m/s，求下列問題：（1）逃逸速度大于真空中光速的天體叫做黑洞，設某黑洞的質量等于太陽的質量M=2.0×1030kg，求它的可能最大半徑（這個半徑叫Schwarhid半徑）；（2）在目前天文觀測范圍內，物質的平均密度為10-27kg/m3，如果認為我們的宇宙是這樣一個均勻大球體，其密度使得它的逃逸速度大于光在真空中的速度c，因此任何物體都不能脫離宇宙，問宇宙的半徑至少多大？（最后結果保留兩位有效數字）

解析（1）由題目所提供的信息可知，任何天體均存在其所對應的逃逸速度，其中M、R為天體的質量和半徑，對于黑洞模型來說，其逃逸速度大于真空中的光速，即，所以：

即質量為kg的黑洞的最大半徑為(m)（2）把宇宙視為一普通天體，則其質量為，其中R為宇宙的半徑，為宇宙的密度，則宇宙所對應的逃逸速度為，由于宇宙密度使得其逃逸速度大于光速c。即：。則由以上三式可得：，合4.2×1010光年。即宇宙的半徑至少為4.2×1010光年。

第四講 動量和能量

一、特別提示

動量和能量的知識貫穿整個物理學，涉及到“力學、熱學、電磁學、光學、原子物理學”等，從動量和能量的角度分析處理問題是研究物理問題的一條重要的途徑，也是解決物理問題最重要的思維方法之一。

1、動量關系

動量關系包括動量定理和動量守恒定律。

（1）動量定理

凡涉及到速度和時間的物理問題都可利用動量定理加以解決，特別對于處理位移變化不明顯的打擊、碰撞類問題，更具有其他方法無可替代的作用。

（2）動量守恒定律

動量守恒定律是自然界中普通適用的規律，大到宇宙天體間的相互作用，小到微觀粒子的相互作用，無不遵守動量守恒定律，它是解決爆炸、碰撞、反沖及較復雜的相互作用的物體系統類問題的基本規律。

動量守恒條件為：

①系統不受外力或所受合外力為零

②在某一方向上，系統不受外力或所受合外力為零，該方向上動量守恒。

③系統內力遠大于外力，動量近似守恒。

④在某一方向上，系統內力遠大于外力，該方向上動量近似守恒。

應用動量守恒定律解題的一般步驟：

確定研究對象，選取研究過程；分析內力和外力的情況，判斷是否符合守恒條件；選定正方向，確定初、末狀態的動量，最后根據動量守恒定律列議程求解。

應用時，無需分析過程的細節，這是它的優點所在，定律的表述式是一個矢量式，應用時要特別注意方向。

2、能的轉化和守恒定律

（1）能量守恒定律的具體表現形式

高中物理知識包括“力學、熱學、電學、原子物理”五大部分內容，它們具有各自的獨立性，但又有相互的聯系性，其中能量守恒定律是貫穿于這五大部分的主線，只不過在不同的過程中，表現形式不同而已，如：

在力學中的機械能守恒定律：

在熱學中的熱力學第一定律：

在電學中的閉合電路歐姆定律：，法拉第電磁感應定律，以及楞次定律。

在光學中的光電效應方程：

在原子物理中愛因斯坦的質能方程：

（2）利用能量守恒定律求解的物理問題具有的特點：

①題目所述的物理問題中，有能量由某種形式轉化為另一種形式；

②題中參與轉化的各種形式的能，每種形式的能如何轉化或轉移，根據能量守恒列出方程即總能量不變或減少的能等于增加的能。

二、典題例題

例題1 某商場安裝了一臺傾角為30°的自動扶梯，該扶梯在電壓為380V的電動機帶動下以0.4m/s的恒定速率向斜上方移動，電動機的最大輸出功率為4.9kkw。不載人時測得電動機中的電流為5A，若載人時傳頌梯的移動速度和不載人時相同，設人的平均質量為60kg，則這臺自動扶梯可同時乘載的最多人數為多少？（g=10m/s2）。

分析與解 電動機的電壓恒為380V，扶梯不載人時，電動機中的電流為5A，忽略掉電動機內阻的消耗，認為電動機的輸入功率和輸出功率相等，即可得到維持扶梯運轉的功率為

電動機的最大輸出功率為

可用于輸送顧客的功率為

由于扶梯以恒定速率向斜上方移動，每一位顧客所受的力為重力mg和支持力，且FN=mg

電動機通過扶梯的支持力FN對顧客做功，對每一位顧客做功的功率為

P1=Fnvcosa=mgvcos(90°-30°)=120W

則，同時乘載的最多人數人人

點評 實際中的問題都是復雜的，受多方面的因素制約，解決這種問題，首先要突出實際問題的主要因素，忽略次要因素，把復雜的實際問題抽象成簡單的物理模型，建立合適的物理模型是解決實際問題的重點，也是難點。

解決物理問題的一個基本思想是過能量守恒計算。很多看似難以解決的問題，都可以通過能量這條紐帶聯系起來的，這是一種常用且非常重要的物理思想方法，運用這種方法不僅使解題過程得以簡化，而且可以非常深刻地揭示問題的物理意義。

運用機械功率公式P=Fv要特別注意力的方向和速度方向之間的角度，v指的是力方向上的速度。本題在計算扶梯對每個顧客做功功率P時，P1=Fnvcosa=mgvcos(90°-30°)，不能忽略cosa，a角為支持力Fn與顧客速度的夾角。

例題2 如圖4-1所示：擺球的質量為m，從偏離水平方向30°的位置由靜釋放，設繩子為理想輕繩，求小球運動到最低點A時繩子受到的拉力是多少？

分析與解 設懸線長為l，下球被釋放后，先做自由落體運動，直到下落高度為h=2lsin，處于松馳狀態的細繩被拉直為止。這時，小球的速度豎直向下，大小為。

當繩被拉直時，在繩的沖力作用下，速度v的法向分量減為零（由于繩為理想繩子，能在瞬間產生的極大拉力使球的法向速度減小為零，相應的動能轉化為繩的內能）；小球以切向分量開始作變速圓周運動到最低點，在繩子拉直后的過程中機械能守恒，有

在最低點A，根據牛頓第二定律，有

所以，繩的拉力

點評 繩子拉直瞬間，物體將損失機械能轉化為繩的內能（類似碰撞），本題中很多同學會想當然地認為球初態機械能等于末態機械能，原因是沒有分析繩拉直的短暫過程及發生的物理現象。力學問題中的“過程”、“狀態”分析是非常重要的，不可粗心忽略。

例題3 如圖4-2所示，兩端足夠長的敞口容器中，有兩個可以自由移動的光滑活塞A和B，中間封有一定量的空氣，現有一塊粘泥C，以EK的動能沿水平方向飛撞到A并粘在一起，由于活塞的壓縮，使密封氣體的內能增加，高A、B、C質量相等，則密閉空氣在絕熱狀態變化過程中，內能增加的最大值是多少？

分析與解 本題涉及碰撞、動量、能量三個主要物理知識點，是一道綜合性較強的問題，但如果總是的幾個主要環節，問題將迎刃而解。

粘泥C飛撞到A并粘在一起的瞬間，可以認為二者組成的系統動量守恒，初速度為，末速度為，則有

①

在A、C一起向右運動的過程中，A、B間的氣體被壓縮，壓強增大，所以活塞A將減速運動，而活塞B將從靜止開始做加速運動。在兩活塞的速度相等之前，A、B之間的氣體體積越來越小，內能越來越大。A、B速度相等時內能最大，設此時速度為，此過程對A、B、C組成的系統，由動量守恒定律得（氣體的質量不計）：

②

由能的轉化和守恒定律可得：在氣體壓縮過程中，系統動能的減少量等于氣體內能的增加量。所以有：

③

解①②③得：

點評 若將本題的物理模型進行等效的代換：A和B換成光滑水平面上的兩個物塊，A、B之間的氣體變成一輕彈簧，求內能的最大增量變成求彈性勢能的最大增量。對代換后的模型我們已很熟悉，其實二者是同一類型的題目。因此解題不要就題論題，要有一個歸納總結的過程，這樣才能夠舉一反三。

例4 如圖4-3所示，是用直流電動機提升重物的裝置，重物質量，電源電動勢，內電阻，電動機的內電阻。阻力不計。當勻速提升重物時，電路中電流強度。取，試求：

（1）電源的總功率和輸出功率；

（2）重物上升的速度。

分析與解 電源輸出的總能量，一部分消耗于自身內阻，其余全部輸出傳給電動機。電動機獲得的電能，一部分轉化為電動機的內能，其余的全部轉化為機械能。

（1）電源的總功率為：

電源的輸出功率為：

（2）電動機的輸入功率為：

電動機的熱功率：

電動機的輸出功率等于它對重物做功的功率，即

所以，點評 本題中電源的總功率550W，就是每秒鐘電源把其它形式的能轉化為550J電能。電源的輸出功率為525W，就是每秒鐘輸出電能525J，對整個電路來說，遵循能的轉化和守恒定律。因此要學會從能量角度來處理電路中的問題。

例題5 如圖4-4所示，金屬桿在離地高處從靜止開始沿弧形軌道下滑，導軌平行的水平部分有豎直向上的勻強磁場B，水平部分導軌上原來放有一根金屬桿b，已知桿的質量為，b桿的質量為水平導軌足夠長，不計摩擦，求：

（1）和b的最終速度分別是多大？

（2）整個過程中回路釋放的電能是多少？

（3）若已知、b桿的電阻之比，其余電阻不計，整個過程中，、b上產生的熱量分別是多少？

分析與解（1）下滑過程中機械能守恒： ①

進入磁場后，回路中產生感應電流，、b都受安培力作用，作減速運動，b作加速運動，經一段時間，、b速度達到相同，之后回路的磁通量不發生變化，感應電流為零，安培力為零，二者勻速運動，勻速運動的速度即為、b的最終速度，設為，由過程中、b系統所受合外力為零，動量守恒得： ②

由①②解得最終速度

（2）由能量守恒知，回路中產生的電能等于、b系統機械能的損失，所以，（3）回路中產生的熱量，在回路中產生電能的過程中，雖然電流不恒定，但由于、串聯，通過、b的電流總是相等的，所以有，所以。

點評 本題以分析兩桿的受力及運動為主要線索求解，關鍵注意：①明確“最終速度”的意義及條件；②分析電路中的電流，安培力和金屬棒的運動之間相互影響、相互制約的關系；③金屬棒所受安培力是系統的外力，但系統合外力為零，動量守恒；④運用能的轉化和守恒定律及焦耳定律分析求解。

例題6 云室處在磁感應強度為B的勻強磁場中，一靜止的質量為M的原于核在云室中發生一次衰變，粒子的質量為，電量為q，其運動軌跡在與磁場垂直的平面內，現測得粒子運動的軌道半徑R，試求在衰變過程中的質量虧損。

分析與解 該衰變放出的粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動，其軌道半徑R與運動速度的關系，由洛侖茲力和牛頓定律可得 ①

由衰變過程動量守恒得（衰變過程虧損質量很小，可忽略不計）：

②

又衰變過程中，能量守恒，則粒子和剩余核的動能都來自于虧損質量即

③

聯立①②③解得：

點評 動量守恒和能量守恒是自然界普遍適用的基本規律，無論是宏觀領域還是微觀領域，我們都可以用上述觀點來解決具體的問題。

第五講 波動問題

一、特別提示

1、從受力和運動兩個方面分析簡諧運動的特點及簡諧運動中能量轉化。

2、靈活應用簡諧運動模型--單擺、彈簧振子。

3、加深理解波是傳遞振動形式和波是能量傳遞的一種方式。

4、注意理解波的圖象及波的形成過程。

5、注意橫波中介質質點運動路程與波傳播距離的區別。

6、波由一種介質傳到另一介質中，波的頻率不變，波速由介質決定與頻率無關。

7、據質點運動方向能正確判斷出簡諧橫波的傳播方向。

8、應用公式時應注意時間和空間的周期性。

9、波的干涉中，應注重理解加強和減弱的條件。

二、典型例題

例1 如圖5-1，在質量為M的無底的木箱頂部用一輕彈簧懸掛質量均為的A、B兩物體，箱子放在水平面上，平衡后剪斷A、B間細線，此后A將做簡諧振動，當A運動到最高點時，木箱對地面的壓力為：（）A、B、C、D、解 剪斷A、B間細繩后，A與彈簧可看成一個豎直方向的彈簧振子模型，因此，在剪斷瞬間A具有向上的大小為的加速度，當A運動到最高點時具有向下的大小為的加速度（簡諧運動對稱性），此時對A來說完全失重，從整體法考慮，箱對地面的作用力為，選A。

評析 注意應用彈簧振子模型中運動的對稱性，及超重、失重知識，注重物理過程的分析，利用理想化模型使復雜的物理過程更加簡單。

例2 如圖5-2，有一水平軌道AB，在B點處與半徑R=160m的光滑弧形軌道BC相切，一質量為M=0.99kg的木塊靜止于B處，現有一顆質量為的子彈以的水平速度從左邊射入木塊且未穿出，如圖所示，已知木塊與該水平軌道的動摩擦因數，試求子彈射入木塊后，木塊需經多長時間停止？

解 子彈射入木塊由動量守恒定律得子彈和木塊的共同速度為

子彈和木塊在光滑弧形軌道BC上的運動可看作簡諧運動，，子彈在水平軌道上作勻減速運動加速度，評析 注意子彈擊中木塊過程中有機械能損失，子彈沖上圓弧及返回過程中，為一變速圓周運動，運動時間無其它辦法求解，只能利用簡諧運動中的單擺模型；所以建立和應用物理模型在物理學習中是至關重要的。

例3 如圖5-3，一列橫波沿軸傳播，波速。當位于處的A質點在軸上方的最大位移處時，位于處的質點恰好在平衡位置，且振動方向沿軸負方向，求這列波的頻率。

解 設波沿軸正方向傳播，當波長最長時，A、B之間的波形如圖5-3a示，由波的周期性，有，由得，；同理波沿軸負方向傳播，當波長最長時，A、B之間的波形如圖5-3b示，有，評析 應注意A、B兩點間水平距離與波長的關系考慮波長的空間周期性及波傳播方向的雙向性。

例4 某質點在坐標原點O處做簡諧運動，其振幅是0.05m，振動周期為0.4s，振動在介質中沿軸正方向直線傳播，傳播速度為1m/s，已知它在平衡位置O向上開始振動，振動0.2s后立即停止振動，則停止振動后經過0.2s時間的波是圖5-4中的（）

解 由題意得，振動在介質中沿軸正向直線傳播，且開始振動時方向向上，由此可知介質中各質點的起振方向均向上，由于振動周期為0.4S，而振源振動0.2S后立即停止振動，所以形成的是半個波長的脈沖，波形一定在軸上方，振源停止振動后經過0.2S，波形沿軸正方向平移半個波長即0.2m，波形不變，故選B。

評析 此題應注意的是O點起振時方向是向上的，振動傳播至任何一點該點的起振方向均應向上，0.4S振動向外傳播一個波長。應用簡諧橫波中介質質點振動方向與傳播方向的關系，是解此類題的關鍵。

例5 振幅是2cm的一列簡諧波，以12m/s的速度沿軸正方向傳播，在傳播方向上有A、B兩質點，A的平衡位置，B的平衡位置。已知A在最大位移處時，B正在平衡位置處向方向運動，試求這列波的頻率的值。

解 當A在正向最大位移處時，AB間距離最少為，考慮波動空間的周期性，應有AB=，即有=6，根據知：；同理，當A在正向最大位移處時，AB間距離最少為，考慮波動空間的周期性，應有AB=，即有=6，根據知：；因此這列波的頻率值為或

評析 應注意A、B兩點水平距離與波長的關系考慮波長的空間周期性，另應注意A點是在正向還是在負向最大位移處。

例6 如圖5-5，表示兩列同頻率相干水波在t=0時刻的疊加情況，圖中實線表示波谷，已知兩列波的振幅均為2cm（且在圖示范圍內振幅不變）。波速為2m/s，波長為0.4m，E點是BD連線和AC連線的交點，下列說法正確的是（）A、A、C兩點是振動減弱點 B、E點是振動加強點

C、B、D兩點在該時刻的豎直高度差4cm D、t=0.05s時，E點離平衡位置的位移大小2cm 解 A、C兩點均波峰與波谷疊加，使振動減弱，故A正確。E點為AC與BD連線的交點，它到波峰CD及波谷BC距離相等，因兩列波傳播速率相等，故將同一時刻在E點疊加，故E點振動減弱，B錯；B、D兩點均為加強點其振幅均為4cm，故此時兩點的高度差8cm，C錯。波的周期T=0.2s，t=0.05s=T/4，t=0時，E點處于平衡位置，經T/4周期，其位移大小為4cm，故D錯。應選A。

評析 此題重點考查波的干涉中加強與減弱的條件，即波峰與波峰相遇或波谷與波谷相遇是加強，波峰與波谷相遇是減弱，應切實抓住這一點。

第八講 作圖

一、特別提示

解答物理問題通常有解析、論述、作圖和列表等基本方法。作圖是最重要的數學工具之一，也是考查的能力范圍。在解答作圖題時，要特別注意：

（1）仔細審題，按要求作圖。例如，在平面鏡成像作圖時，為快速準確作圖，通常采用對稱性作圖，一般不直接根據光的反射定律作圖；

（2）具體作圖時，每一步驟都要有依據。例如，物體運動時速度、合外力和軌跡三者間必須滿足一定的位置關系，而不能隨意亂畫；

（3）在讀圖時要善于發現圖中的隱含條件。例如，物理圖象的縱、橫截距、斜率和面積以及曲線間平行、相交、重合的關系，有時幾個不同的物理圖象從不同側面描述同一物理過程時更要理解它們之間的聯系和區別；

（4）作圖時還要注意規范性要求，不要隨意。例如，是實線還是虛線，是否應標明箭頭方向，還是用斜線表示特殊的區域；并注意特殊符號（如電學元件）的正確運用；

（5）用作圖法處理實驗數據時，要理解所謂“擬合曲線”的意義，如何篩選、描線直接影響結果的準確性，同時也是能力具體體現之一。

二、典型例題

題1 一輛汽車在恒定的功率牽引下，在平直公路上由靜止出發，經4min的時間行駛1.8km，則在4min末汽車的速度（）

A、等于7.5m/s B、大于7.5m/s C、等于15m/s D、15m/s 解析 汽車在恒定功率下由靜止啟動是加速度越來越小的變加速運動，很難通過運動方程求瞬時速度，一般的方法是由動能定理求出動能、再求速度但這必須要知道牽引力、阻力所做的功。而現在這些條件都未知，但在恒定功率下，其4min內的平均速度，由于加速度變小，所以末速度，同時由于位移關系，其圖象如圖，為一上凸的曲線。打斜線部分“面積”相等，即位移為，如果，則位移；而則位移，故，正確選項是BD。

題2 電路如圖8-2，○A、○V1、○V2分別為理想的電流表和電壓表，R1、R2分別為定值電阻和可變電阻，電池E內阻不計，A、R1不變時，○V1讀數與○A讀數之比等于R1 B、R2不變時，○V1讀數與○A讀數之比等于R1 C、R2改變一定量時，○V2讀數的變化量與○A讀數變化量之比的絕對值等于R1 D、R2改變一定量時，○V1讀數的變化量與○A讀數變化量之比的絕對值等于R1 解析：由題高，○V1、○V2分別測出R1、R2兩端電壓，○A測出通過R1、R2的電流，因此：

、且，當R2為某一值時，R1、R2的伏安特性曲線如圖（a）所示（如R1>R2），在圖中，的關系很難表示出來，如果，將R2的伏安特性曲線的橫軸反向，即U軸向左，如（b）圖，再把、b兩圖按的關系畫在（2）圖中，那末電流、電壓關系就非常直觀了。特別是可變電阻R2改變一定量時（如增大為＇）

；電流變為，增大，如圖（C）所示，顯然，滿足。故正確選項是BCD 題3 把一個“10V、5W”的用電器B（純電阻）接到這一電源上，A消耗的功率是2W；換另一個“10V、5W”的用電器B（純電阻）接到這一電源上，B實際消耗的功率可能小于2W嗎？若有可能則條件是什么？

解析：用電器A、B的電阻分別為

由于，所以B接入電路時，電壓，PB<5W，但能否小于2W呢？ A接入時： 則

換上B后，由題設 則

可見，條件是；即可。

如果，從電源做伏安特性曲線來看，當時，有臨界內阻，及臨界電動勢，由于不變，當、時，其解在PB伏安特性曲線的OP段（如圖）之內，因為A、B消耗的功率是U-I圖象中的“面積”；在過Q點，又過OP線段的E、r即為所求，可見，本題的所有解就是、的電源。

題4 如圖所示，、、是勻強電場中的三點，這三點構成等邊三角形，每邊長，將一帶電量的電荷從點移到點，電場力；若將同一點電荷從點移到點，電場力做功，試求場強E。

解析 勻強電場中電場線、等勢面的作圖是描述電場、理解電場屬性的重要方法，由題意電荷由到、由到電場力做功分別為：、可得；

若設電熱、則、；可將三等分，使，于是即，過可作等勢面，如圖8-6所示，為了便于求場強E過作電場線E，并過作的平行線。在中，、和

由正弦定理： 可解

故場強，顯然，若不能正確作圖很難求出場強。

題5 如圖，坐標系中，將一負檢驗電荷Q由軸上的點移至軸上的點時，需克服電場力做功W；若從點移至軸上的點時，也需克服電場力做功W。那么關于此空間存在的靜電場可能是：

A、存在場強方向沿軸負方向的勻強電場 B、存在場強方向沿軸正方向的勻強電場

C、處于第I象限某一位置的正點電荷形成的電場 D、處于第IV象限某一位置的負點電荷形成的電場

解析 由題意-q由分別到、克服電場力做功均為W，即、、，即電勢，易知若為勻強電場，則場強方向沿軸負向，即A項正確。若為點電荷電場，由，可作之中垂線L1；若，則可作之中垂線L2，L1、L2交點為（如圖所示）。當由正點電荷形成電場時，只須在L1上的點到的距離小于到的距離即可，顯然，該點坐標滿足：、，分布在L1的P點以上（不包括P點）。

而由負點電荷形成電場時，則要該點在L1上，且到的距離大于到的距離，其坐標滿足：、，分布在L1的P點以上（不包括P點）。

通過作圖不但直觀、形象而且準確地給出了解的范圍，其實關于場的問題本來就是空間的問題，而對場的了解必須運用作圖的工具。

第九講 論述題

一、特別提示

提高綜合應用能力，要加強表達、敘述能力的訓練，通過對論述題的分析和練習，克服解決物理問題時存在的：表達不清、敘述無理、論證無據等各種問題，學會使用本學科的語言來表達問題，進行交流，培養分析、邏輯推理能力，從而形成物理學科的意識和思想。

1、論述題的特點

論述題的特點主要體現在解題過程的表達要求上，即在對物理現象、物理過程的分析中，要求運動物理規律，用簡潔、準確、清晰的語言對分析過程進行表達，在做出判斷的同時，說明判斷根據，也就是說不單要說明是什么，而且要說清楚為什么。

2、論述題的解法

解答論述題所用的分析方法和解答其它類型（選擇、計算題型）的題目沒有什么差別，但需有解題過程中的分析和表達，也就是說，對于論述題，除了要能夠正確進行解答之外，一些必要的文字說明一定要有，《考試說明》明確要求學生“能夠根據已知的知識和所給物理事實、條件，對物理問題進行邏輯推理和論證，得出正確的結論或作出正確的判斷，并能把推理過程正確地表達出來。” 因此，解答論述題，一般可按以下步驟進行：

（1）根據題給條件，畫出草圖分析，明確題意。

（2）對題目中的物理現象，涉及的物理模型，發生的物理過程，進行簡要的文字說明和進行必要的數學推導，具體說明每步的依據，從而得出結論或論證所需要的數學表達式。

（3）對導出的結果進行分類討論，最后得出完整的結論。

不同類型的論述題，其出題的意圖不同，解題的要求也有所區別。同學們可以在平時學習、練習中加以體會。

二、典型例題

題1 如圖9-1，是利用高頻交變電流焊接自行車零件的原理示意圖，其中外圈A是通高頻交流電的線圈，B是自行車的零件，是待焊接的接口，接口兩端接觸在一起，當A中通有交流電時，B中會產生感應電動勢，使得接口處金屬熔化而焊接起來。（1）為什么在其它條件不變的情況下，交流電頻率越高，焊接越快？（2）為什么焊接過程中，接口處已被熔化而零件的其它部分并不很熱？

分析和證明（1）交流電頻率越高，磁通量變化率越大。

由法拉第電磁感應定律可知：感應電動勢和感應電流都變大，產生的熱功率越大；焊接越快。

（2）因為接口處電阻大，串聯電路中電流處處相等，電阻大的地方產生的熱量多，可將接口處熔化而零件的其它部分并不很熱。

評析 這是一道簡答論述題。可以像問答題，判斷某一說法的對錯，進而敘述理由。它要求運用物理知識和規律對某個問題或某種觀點進行簡明扼要回答，或加以簡潔的解釋。

題2 試在下述簡化情況下，由牛頓定律和運動學公式導出動量守恒定律的表達式：系統是兩個質點，相互作用力是恒力，不受其他力，沿直線運動，要求說明推導過程中每步的根據，以及公式中各符號和最后結果中各項的意義。

分析和證明 設和分別表示兩質點的質量，F1和F2分別表示它們所受作用力，分別表示它們的加速度，分別表示F1和F2作用的時間，分別表示它們相互作用過程中的初速度，分別表示末速度，根據牛頓第二定律，有：，由加速度的定義可知：，分別代入上式，可得：，根據牛頓第三定律，有，代入并整理后，最終可得：

其中為兩質點的初動量，為兩質點的末動量，這就是動量守恒定律的表達式。

評析 本題是一道推導證明題。首先要對所引用字母符號的物理意義加以具體說明，在推導過程中每一步都要針對性的給出依據、說明理由，最后按題目要求用文字說出最后結果中各項的意義。因此，在學習物理概念和規律時不能只記結論，還須弄清其中的道理，知道物理概念和規律的由來。

題3 一內壁光滑的環形細圓管，位于豎直平面內，環的半徑為R（比細管的半徑大得多）。在圓管中有兩個直徑與細管內徑相同的小球（可視為質點）。A球的質量為，B球的質量為

，它們沿環形圓管順時針運動，經過最低點時的速度為，設A球運動到最低點時，B球恰好運動到最高點，證明：若要此時兩球作用于圓管的合力為零，那么，R與應滿足的關系式是：。

分析和證明 根據題意，想象出此時物理情意如圖9-2。因為軌道對在最高點B的作用力方向可以向上也可以向下，故先對A球受力分析（見圖），由牛頓第三定律可知，A球對圓管的壓力向下。為使兩球作用于圓管的合力為零，B球對圓管的作用力只能向上，不然合力就不會為零，所以軌道對B球的作用力方向，由牛頓第三定律可知是向下的。于是可以證明：

對A由有所以

對B有

由機械能守恒定律得

把 代入得

據題意有，則

即

評析 本題的思路是“由因導索”，實行順向證明，即由題設已知條件出發，運用已知規律推導所要證明的結果，叫順證法。

題4 如圖9-3所示，滑塊A、B的質量分別為，且，由輕質彈簧相連接，置于光滑的水平面上，用一輕繩把兩滑塊拉至最近，使彈簧處于最大壓縮狀態后綁緊，兩滑塊一起以恒定的速度向右滑動。突然輕繩斷開，當彈簧伸長至本身的自然長度時，滑塊A的速度正好為零。問在以后的運動過程中，滑塊B是否會有速度等于零的時刻？試通過定量分析討論，證明你的結論。分析和證明 B的速度不會為零。

假設某時刻B的速度為零，設此時滑塊A的速度為，由動量定律得 ①

此時系統的機械能為E1（重力勢能為零），動能為EKA，彈性勢能為Ep1 E1=EKA+Ep1 ② EKA= ③

由題意知，當A的速度為零時，彈性勢能Ep2=0。設此時B的速度為，則B的動能為： ④

此時系統的機械能為：E2=EKB+Ep2 ⑤

由動量守恒定律得：⑥

由機械能守恒定律得E1=E2 ⑦

由以上各式聯立得： ⑧

由于，由上式可得出，這與題沒給定的條件相矛盾，故假設不成立，即有：B的速度不會為零。

評析 此題順向證明過程較為復雜，可采用反證法。先假定所要證明的結論不成立，由此通過合理的邏輯推導而導出矛盾，從而說明假設不對，肯定原結論正確。

題3 如圖9-4所示，彈簧的一端固定在墻上。另一端連結一質量為的木塊，今將木塊向右拉開一位移L后釋放，木塊在有摩擦的水平地面上減幅振動。彈簧第一次恢復原長時，木塊速度為，試討論：木塊在整個振動過程中出現速度為的位置有幾個。

分析和證明 在整個振動過程中出現速度為的位置有，且只有2個。

放手后，木塊在水平方向上的彈力和摩擦力同時作用下，先向左作加速度變小的加速運動。后向左作加速度變大的減速運動。在原平衡位置右側處（），一定存在一加速度為零的位置，此位置向左的速度最大。根據速度變化必須是連續的原理可知，既然左側有一，其右側也一定存在一的位置。

此后的運動，可從能量角度分析不會再有的位置出現。

因為在彈簧第一次恢復原長，木塊速度為時，系統振動的能量，此后的運動仍屬阻尼振動，由于摩擦的作用振動能量不斷減小，設此后振動中任一時刻的速率為，即

所以必小于，且不斷變小，直至停止振動為止。

評析 此題屬判斷敘述類：根據題設的條件和基礎知識，對某一物理現象、過程或結論，作出正確與否的判斷。可以像計算題中的過程分析，用文字和物理公式分層次有條理地表達出來。

題4 如圖9-5所示，足夠長的水平絕緣桿MN，置于足夠大的垂直紙面向內的勻強磁場中，磁場的磁感強度為B，一個絕緣環P套在桿上，環的質量為，帶電量為q的正電荷，與桿間的動摩擦因數為，若使環以初速度向右運動，試分析絕緣環克服摩擦力所做的功。

分析和證明 當絕緣環以初速度向右運動時，環受重力、洛侖茲力及桿的彈力N。由于N的大小、方向與重力和洛侖茲力大小有關，會約束水平方向的摩擦力變化，從而使絕緣環的最終運動可能有三種情況：

（1）若開始時，即，由于N=0，絕緣環不受摩擦力作用，做勻速直線運動。絕緣環克服摩擦力所做的功。

（2）若開始時，即，N方向向上，絕緣環受桿摩擦力作用，做加速度變小的減速運動，直至靜止。絕緣環克服摩擦力所做的功。

（3）若開始時，即，N方向向下，絕緣環受桿摩擦力作用，做減速直線運動，洛侖茲力不斷減小，當時，N=0，絕緣環不受摩擦力作用，做勻速直線運動，即最終速度。絕緣環克服摩擦力所做的功：。

評析 本題可根據題設的條件和基礎知識，通過某一物理現象的分析，作出相應的判斷，對導出的結果進行較為完整的分類討論。主要培養思維的深度和廣度，提高判斷應用能力。

第十講 估算與信息題

估算與信息處理不僅是直覺思維能力的集中表現，在科學研究和工程技術具有極其重要的意義，而且對培養綜合分析能力和靈活運用物理知識解決實際問題的能力，也具有不可低估的作用。

為了正確而迅速地進行估算與信息題的處理，一般應注意以下幾方面的問題：

1、突出主要矛盾，忽略次要因素，建立合理的模型。

2、根據物理規律，建立估算關系或信息聯系；估算結果的數量級必須正確，有效數字取1~2位即可。

3、熟悉常用的近似計算公式和物理常數。

例1 請估算地月之間的距離。（保留一位有效數字）

分析：月球是繞地球轉的，由開普勒第三定律可知，所有繞地球轉動的天體都滿足，為了解決地月距離，就需要尋找一個熟悉的，便于計算的繞地球轉動的天體--同步衛星，同步衛星的周期T1=1天。軌道半徑R1=6R0+R0=7R0，而月球周期T2=27天。

解答：

∴R2=7R0×32=63R0=4×105(Km)點評：此題在估算中要求儲備一些基本的天文學常識和相應的數據，從中選擇便于計算或利用開普勒定律進行估算。

例2 如圖10-1所示，在光滑的水平支撐面上，有A、B兩個小球。A球動量為10kg·m/s，B球動量為12kg·m/s。A球追上B球并相碰，碰撞后，A球動量變為8kg·m/s，方向沒變，則A、B兩球質量的比值為（）

A、0.5 B、0.6 C、0.65 D、0.75 分析 A、B兩球同向運動，A球要追上B球要有條件。兩球碰撞過程中動量守恒，且動能不會增多，碰撞結束要有條件

解答 由得即

由碰撞過程動量守恒得：

由碰撞過程的動能關系得

由得： ∴

所以選B、C 點評 此題中的兩球相碰過程遵守多條規律，在對問題的估算中，需同時對多種結果綜合考慮，給出對結果的最后預測。

例3 如圖10-2所示，輕彈簧的一端固連于地面，另一端自由，一小球由高處下落，碰到彈簧后繼續壓縮彈簧，當把彈簧壓得最短暫，小球的加速度

重力加速度。（填“大于”，“小于”或“等于”）

分析與解答 小球將彈簧壓得最短時，小球受兩個力：重力和彈力。加速度可表達為。要判斷與的大小。應該對此時的彈力作出估計。引入簡諧振動模型：如圖所示，輕彈簧一端與地面固連，另一端與一小球固連，用手拿著小球使彈簧處于原長。放手后，小球就做間諧振動。放手時，小球加速度為，方向向下，（此時還沒有彈力）當彈簧最短時，小球加速度也為，方向向上。現在小球從高處落下后再壓縮彈簧，當彈簧最短時，彈力比較大。所以。

點評 此題中為估計彈力的大小需引入簡諧振動模型--豎直彈簧振子，來比較彈力的大小。這種估算要求對基本現象與基本物理模型的儲備比較豐富，這需要平時的積累。

例4 一座電視塔高為H。若地球半徑為R，求電視塔發射的微波在地面上能傳播多遠？

分析：如圖10-3所示，微波傳播的距離等于圓弧AB的長度s，且（1）

根據三角函數關系（2）

根據三角函數的近似計算公式，還有

=1-=1-（3）

解答：由（2）和（3）式可得

因為，則上式又可以表示為

根據（1）式和（4）式，則微波傳播距離可表示為

點評 利用此式，可以極為簡捷地估算微波在地上傳播的距離。如電視塔高H=500m，取地球半徑R=6400km，則s=80km。如果接收天線高傳播距離又是多少？[提示：如圖所示s=s1+s2=] 如果要讓電視塔發射的微波，能覆蓋地球赤道的三分之一（圖10-4），塔高又應是多少？[提示：]

第十一講 新科技問題

一、特別提示

物理學中幾乎每一重要的知識塊，都與現代科技緊密相關，例如：圓周運動與GPS全球定位系統；萬有引力與宇宙探測；光的反射、折射與激光光纖通信；電場與靜電的防止和應用；電磁感應與磁懸浮列車；原子核與核技術的應用；激光全息技術等。

物理學與自然和生活的聯系更是豐富多彩，如：天氣變化、交通工具、體育運動、家庭電器、醫療設備等等，都離不開物理知識。近幾年的高考越來越強調與生產、生活實際相聯系，這就要求我們要多關注與生活實際、現代科技的聯系。

二、典型例題

例1 兩個人要將質量的貨物裝進離地面離的卡車車廂內，他們找到一個長為L=5m的斜面，但是沒有其他更多可借助的工具。假設貨物在接觸面上滑動時所受的摩擦阻力恒為貨物的重力的0.12倍，兩人的最大推力各為800N，他們能否將貨物直接推進車廂？你能否幫他們將此方案加以改進，設計一個可行的方案？

評析 這是一道開放性題目，并具有濃厚的生活氣息。試題既考查對力學知識的掌握情況，又考查所學知識應用于解決實際問題的能力。

解 兩個人的最大推力為

貨物所受摩擦力始終為

又重力沿斜面向下的分力為

由于，故兩從不可能直接將貨物推上斜面。

注意到，我們可以讓貨物先在水平面上作勻加速運動，使貨物在滑上斜面之前已經獲得速度，然后勻減速滑動斜面頂端。

設貨物在水平面上作勻加速直線運動的距離為s，在此運動過程中，由牛頓第二定律得，則貨物在水平面上作加速運動所獲得的速度為。

貨物滑上斜面后作勻減速運動，設其加速度大小為，則由牛頓第二定律得，其中為貨物重力的下滑分力，要使貨物恰好能滑到頂端，則有。

所以，貨物在水平面上加速的距離應為，代入數據即可求得。

故可設計方案為：兩人用最大推力使貨物在水平面上至少滑行20m后再推物體滑上斜面。

應該指出，可行的方案有很多種。例如兩人可用F=1600N的推力在水平面上加速滑行更大的一段距離以后再用較小的推力將貨物推上斜面，也可以用1200N

例2 正負電子對撞機的最后部分的簡化示意圖如圖所示11-1（俯視圖），位于水平面內的粗實線所示的圓環形真空管道是正、負電子做圓運動的“容器”，經過加速器加速后的正、負電子被分別引入該管道時，具有相等的速率，他們沿著管道向相反的方向運動。在管道控制它們轉變的是一系列圓形電磁鐵，即圖甲中的A1、A2、A3...An共有n個，均勻分布在整個圓環上，每組電磁鐵內的磁場都是磁感應強度相同的勻強磁場，并且方向豎直向下，磁場區域的直徑為d（如圖乙），改變電磁鐵內電流的大小，就可改變磁場的磁感應強度從而改變電子偏轉的角度。經過精確的調整，首先實現電子在環形管道中沿圖甲中虛線所示的軌跡運動，這時電子經過每個電磁場區域時射入點和射出點都是電磁場區域的同一直徑的兩端，如圖乙所示。這就為進一步實現正、負電子的對撞作好了準備。

（1）試確定正、負電子在管道內各是沿什么方向旋轉的；

（2）已知正、負電子的質量都是，所帶電荷都是元電荷，重力可不計，求電磁鐵內勻強磁場的磁感應強度B大小。

解（1）根據洛侖茲力提供向心力和磁場方向向下，可判斷出正電子沿逆時針方向向下，可判斷出正電子沿逆時針方向運動，負電子沿順時針方向運動

（2）電子經過每個電磁鐵，偏轉的角度是，電子在電磁鐵內做圓周運動的半徑為

由幾何關系可知，解得：

例3 若近似地認為月球繞地球公轉的軌道與地球繞太陽公轉的軌道在同一平面內，且均為正圓，又知這兩種轉動同向，月相變化的周期為29.5天。求：月球繞地球轉一周所用的時間。

解 該題涉及太陽、地球和月球在空間中的運動及位置的相對關系，需要較強的空間想象能力。畫出示意圖能把各天體的相對關系表達得比較清楚，便于思考。我們抓住月相變化的周期為29.5天這一條件，畫相鄰的兩個相同月相（而且都是滿月）時，三天體的位置情況。如圖11-2所示，圖中設地球和月球的公轉都是逆時針方向的。圖中角是地球在29.5天中轉過的角度，可用下式計算

在29.5這天中，月球已經繞地球轉過了角，因此對月球公轉的周期T，可列出下面比例式

解得：T=27.3天

第十二講 臨界問題

一、特別提示

當物體由一種物理狀態變為另一種物理狀態時，可能存在一個過渡的轉折點，這時物體所處的狀態通常稱為臨界狀態，與之相關的物理條件則稱為臨界條件。

解答臨界問題的關鍵是找臨界條件。

許多臨界問題，題干中常用“恰好”、“最大”、“至少”、“不相撞”、“不脫離”......等詞語對臨界狀態給出了明確的暗示，審題時，一定要抓住這些特定的詞語發掘其內含規律，找出臨界條件。

有時，有些臨界問題中并不顯含上述常見的“臨界術語”，但審題時發現某個物理量在變化過程中會發生突變，則該物理量突變時物體所處的狀態即為臨界狀態。

臨界問題通常具有一定的隱蔽性，解題靈活性較大，審題時應力圖還原習題的物理情景，抓住臨界狀態的特征，找到正確的解題方向。

二、典型例題

題1 如圖12-1所示，細桿的一端與一小球相連，可繞過O點的水平軸自由轉動。現給小球一初速度，使它做圓周運動，圖中、分別表示小球軌道的最低點和最高點，則桿對球的作用力可能是（）A、處為拉力，為拉力 B、處為拉力，為推力 C、處為推力，為拉力 D、處為推力，為推力

解析 因為圓周運動的物體，向心力指向圓心，小球在最低點時所需向心力沿桿由指向O，向心力是桿對小球的拉力與小球重力的合力，而重力方向向下，故桿必定給球向上的拉力，小球在最高點時若桿恰好對球沒有作用力，即小球的重力恰好對球沒有作用力，即小球的重力恰好提供向心力，設此時小球速度為，則：

當小球在最高點的速度時，所需的向心力，桿對小球有向下的拉力；若小球的速度時，桿對小球有向上推力，故選A、B正確

評析 本題關鍵是明確越過臨界狀態時，桿對球的作用力方向將發生變化。

題2 在光滑的水平軌道上有兩個半徑都是的小球A和B，質量分別為和2，當兩球心間距離大于L（L比2r大得多）時，兩球之間無相互作用力；當兩球心間距離等于或小于L時，兩球間存在相互作用的恒定斥力F。設A球從遠離B球處以速度沿兩球連心線向原來靜止的B球運動，如圖12-2所示，欲使兩球不發生接觸，必須滿足什么條件

解析 據題意，當A、B兩球球心間距離小于L時，兩球間存在相互作用的恒定斥力F。故A減速而B加速。當時，A、B間距離減小；當時，A、B間距離增大。可見，當時，A、B相距最近。若此時A、B間距離，則A、B不發生接觸（圖12-3）。上述狀態即為所尋找的臨界狀態，時則為臨界條件。

兩球不接觸的條件是：（1）

L+sB-sA>2r（2）

其中、為兩球間距離最小時，A、B球的速度；sA、sB為兩球間距離從L變至最小的過程中，A、B球通過的路程。

設為A球的初速度，由動量守恒定律得：（3）

由動能定律得（4）

（5）

聯立解得： 評析 本題的關鍵是正確找出兩球“不接觸”的臨界狀態，為且此時

題3 如圖12-4所示，一帶電質點，質量為，電量為，以平行于軸的速度從軸上的點射入圖中第一象限所示的區域。為了使該質點能從軸上的點以垂直于軸的速度射出，可在適當的地方加一個垂直于平面、磁感應強度為B的勻強磁場。若此磁場僅分布在一個圓形區域內，試求這圓形磁場區域的最小半徑。重力忽略不計。

解析 質點在磁場中作半徑為R的圓周運動，得（1）

根據題意，質點在磁場區域中的軌道是半徑等于R的圓上的1/4圓弧，這段圓弧應與入射方向的速度、出射方向的速度相切。過點作平行于軸的直線，過點作平行于軸的直線，則與這兩直線均相距R的O＇為圓心、R為半徑的圓（圓中虛線圓）上的圓弧MN，M點和N點應在所求圓形磁場區域的邊界上。

在通過M、N兩點的不同的圓周中，最小的一個是以MN連線為直徑的圓周。所以本題所求的圓形磁場區域的最小半徑為（2）

所求磁場區域如圖12-5中實線圓所示。

評析 臨界值可能以極值形式出現，也可能是邊界值（即最大值和最小值）此題中最小值是利用幾何知識判斷而得到的。A、B兩點及AB圓弧分別是磁場的邊界點和磁場內的一段弧，是尋找最小圓形磁場區域的依據。

題4 圓筒形的薄壁玻璃容器中，盛滿某種液體，容器底部外面有光源S，試問液體折射率至少為多少時，才不能通過容器壁在筒外看到光源S（壁厚不計）。

解析 要在容器外空間看不到光源S，即要求光源S進入液體后，射向容器壁光線的入射角（臨界角），如圖所示，由折射定律可知（1）

由圖可知，（2）

在A點入射處，由折射定律有

所以（3）

由（1）（3）兩式可知，由（2）式可知：越小越好，臨界角C也是越小越好：由可知，越大，C越小；而由可知，當一定時，越大，小。

所以液體的折射率

評析 本題臨界條件有兩個，當折射角為90°時的入射角為臨界角C和當入射角為90°時最大。一般幾何光學中習題涉及前一個臨界條件的較多，涉及后一個臨界條件的較少。而求出折射率的臨界值為，還要進一步利用（3）式進行討論的范圍。該題的分析方法是從結果利用臨界值C，采取倒推的方法來求解。一般來講，凡是求范圍的物理問題都會涉及臨界條件。

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第四篇：高三物理第二輪變加速運動專題復習教案

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第三講 變加速運動

一、特別提示

所謂變加速運動，即加速度（大小或方向或兩者同時）變化的運動，其軌跡可以是直線，也可以是曲線；從牛頓第二定律的角度來分析，即物體所受的合外力是變化的。

本章涉及的中學物理中幾種典型的變加速運動如：簡諧運動，圓周運動，帶電粒子在電場、磁場和重力場等的復合場中的運動，原子核式結構模型中電子繞原子核的圓周運動等。故涉及到力學、電磁學及原子物理中的圓周運動問題。

二、典型例題

例1 一電子在如圖3-1所示按正弦規律變化的外力作用下由靜止釋放，則物體將：

A、作往復性運動 B、t1時刻動能最大

C、一直朝某一方向運動

D、t1時刻加速度為負的最大。

評析 電子在如圖所示的外力作用下運動，根據牛頓第二定律知，先向正方向作加速度增大的加速運動，歷時t1；再向正方向作加速度減小的加速運動，歷時(t2~t1)；(0~t2)整段時間的速度一直在增大。緊接著在(t2~t3)的時間內，電子將向正方向作加速度增大的減速運動，歷時(t3~t2)；(t3~t4)的時間內，電子向正方向作加速度減小的減速運動，根據對稱性可知，t4時刻的速度變為0（也可以按動量定理得，0~t4時間內合外力的沖量為0，沖量即圖線和坐標軸圍成的面積）。其中（0~t2）時間內加速度為正；(t2~t4)時間內加速度為負。正確答案為：C。

注意 公式F?ma中F、a間的關系是瞬時對應關系，一段時間內可以是變力；而公式v1?v0?at或s?v0t?12at只適用于勻變速運動，但在變加速

2運動中，也可以用之定性地討論變加速運動速度及位移隨時間的變化趨勢。

上題中，如果F-t圖是余弦曲線如圖3-2所示，則情況又如何？ 如果F-t圖是余弦曲線，則答案為A、B。

例2 如圖3-3所示，兩個完全相同的小球a和b，分別在光滑的水平面和淺凹形光滑曲面上滾過相同的水平距離，且始終不離開接觸面。b球是由水平面運動到淺凹形光滑曲線面，再運動到水平面的，所用的時間分別為t1和t2，試比較t1、t2的大小關系：

A、t1>t2 B、t1=t2 C、t1

評析 b小球滾下去的時候受到凹槽對它的支持力在水平向分力使之在水平方向作加速運動；而后滾上去的時候凹槽對它的支持力在水平方向分力使之在水平方向作減速運動，根據機械能守恒定律知，最后滾到水平面上時速度大小與原來相等。故b小球在整個過程中水平方向平均速度大，水平距離一樣，則b所用時間短。答案：A。

例3 如圖3-4所示，輕彈簧的一端固定在地面上，另一端與木塊B相連。木塊A放在B上。兩木塊質量均為m，豎直向下的力F作用在A上，A、B均靜止，問：

（1）將力F瞬間撤去后，A、B共同運動到最高點，此時B對A的彈

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（2）要使A、B不會分開、力F應滿足什么條件？

評析（1）如果撤去外力后，A、B在整個運動過程中互不分離，則系統在豎直向上作簡揩運動，最低點和最高點關于平衡位置對稱，如圖3-5所示，設彈簧自然長度為l0，A、B放在彈簧上面不外加壓力F且系統平衡時，如果彈簧壓至O點，壓縮量為b，則：2mg?Kb。外加壓力F后等系統又處于平衡時，設彈簧又壓縮了A，則：2mg?F?K(b?A)，即：F?KA。

當撤去外力F后，系統將以O點的中心，以A為振幅在豎直平面內上下作簡諧運動。在最低點：F合?k(b?A)?2mg?KA?F，方向向上，利用牛頓第二定律知，該瞬間加速度：a?a?F2mF2m，方向向上；按對稱性知系統在最高點時：，方向向下。

此時以B為研究對象進行受力分析，如圖3-6所示，按牛頓第二定律得：

mg?NB?m?a?NB?m(g?a)?mg?F2

（2）A、B未分離時，加速度是一樣的，且A、B間有彈力，同時最高點最容易分離。分離的臨界條件是：NB?0?NB?mg?F2?0?F?2mg（或者：在最高點兩者恰好分離時對A有：mg?ma，表明在最高點彈簧處于自然長度時將要開始分離，即只要：A?b?FK?2mgK?F?2mg時A、B將分離）。所以要使A、B不分離，必須：F?2mg。

例4 如圖3-7所示，在空間存在水平方向的勻強磁場（圖中未畫出）和方向豎直向上的勻強電場（圖中已畫出），電場強度為E，磁感強度為B。在某點由靜止釋放一個帶電液滴a，它運動到最低點恰與一個原來處于靜止狀態的帶電液滴b相撞，撞后兩液滴合為一體，并沿水平方向做勻速直線運動，如圖所示，已知a的質量為b的2倍，a的帶電量是b的4倍（設a、b間靜電力可忽略）。

（1）試判斷a、b液滴分別帶何種電荷？

（2）求當a、b液滴相撞合為一體后，沿水平方向做勻速直線的速度v及磁場的方向；

（3）求兩液滴初始位置的高度差h。

評析（1）設b質量為m，則a帶電量為4q，因為如果a帶正電，a要向下偏轉，則必須：2mg?4qE；而對b原來必須受力平衡，則：mg?qE。前后相矛盾，表明a帶負電，b帶正電。

（2）設uA為a與b相撞前a的速度，a下落的過程中重力、電場力做正功，由動能定理有：(4qE?2mg)h?12?2mv2A。由于b原來處于靜止狀態：mg?qE。

由以上兩式可得：vA?6gh

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高中物理輔導網http://www.tmdps.cn/ a、b相撞的瞬間動量守恒：2mvA?(2m?m)v。得v?23vA

而電荷守恒，故：q總?4q?q?3q(負電)

a、b碰撞后粘在一起做勻速直線運動，按平衡條件得：3qvB?3qE?3mg，則：2EBv?。所以：h?3E2gB22

例5 如圖3-8所示，一單匝矩形線圈邊長分別為a、b，電阻為R，質量為m，從距離有界磁場邊界h高處由靜止釋放，試討論并定性作出線圈進入磁場過程中感應電流隨線圈下落高度的可能變化規律。

評析 線圈下落高度時速度為：mgh?12mv0?v0?22gh

下邊剛進入磁場時切割磁感線產生的感應電動勢：E?Blv0?Bb2gh。產生的感應電流：I=

ER?BbR2gh，受到的安培力：F安?BIl?BbR222gh

討論（1）如果mg?F安，即：mg?則：線圈將勻速進入磁場，此時：mg?BI0b?I0?mgBbBbR222gh，（變化規律如圖3-9所示）

（2）如果mg?F安，表圈加速進入磁場，但隨著v??F安??a?有三種可能：

①線圈全部進入磁場時還未達到穩定電流I0（變化規律如圖3-10所示）②線圈剛全部進入磁場時達到穩定電流I0（變化規律如圖3-11所示）③線圈未全部進磁場時已達到穩定電流I0（變化規律如圖3-12所示）

（3）如果mg?F安，則：線圈減速進入磁場，但隨著v??F安??a??故線圈將作a減小的減速運動。有三種可能：

①線圈全部進入磁場時還未達到穩定電流I0（變化規律如圖3-13所示）

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明h較小，則：線

F安?mgm，高中物理輔導網http://www.tmdps.cn/ ②線圈剛全部進入磁場時達到穩定電流I0（變化規律如圖3-14所示）③線圈未全部進入磁場時已達到穩定電流I0（變化規律如圖3-15所示）例6 光從液面到空氣時的臨界角C為45°，如圖3-16所示，液面上有一點光源S發出一束光垂直入射到水平放置于液體中且到液面的距離為d的平面鏡M上，當平面鏡M繞垂直過中心O的軸以角速度?做逆時針勻速轉動時，觀察者發現水面上有一光斑掠過，則觀察者們觀察到的光斑的光斑在水面上掠過的最大速度為多少？

評析 本題涉及平面鏡的反射及全反射現象，需綜合運用反射定律、速度的合成與分解、線速度與角速度的關系等知識求解，確定光斑掠移速度的極值點及其與平面鏡轉動角速度間的關系，是求解本例的關鍵。

設平面鏡轉過?角時，光線反射到水面上的P點，光斑速度為v，如圖3-17可知：v?dv1cos2?，而：

v1?l?2??故：v?cos2?2?d2?2?

cos2?，???(cos2?)??v?，而光從液體到空氣的臨界角為C，所以當2??C?45?時達到最大值vmax，即：

vmax?2?dcosC2?4?d

例7 如圖3-18所示為一單擺的共振曲線，則該單擺的擺長約為多少？共振時單擺的振幅多大？共振時擺球簡諧運動的最大加速度和最大速度大小各為多少？（g取10m/s2）

評析 這是一道根據共振曲線所給信息和單擺振動規律進行推理和綜合分析的題目，本題涉及到的知識點有受迫振動、共振的概念和規律、單擺擺球做簡諧運動及固有周期、頻率、能量的概念和規律等。由題意知，當單擺共振時頻率f?0.5Hz，即：

1flgf固?f?0.5Hz，振幅A=8cm=0.08m，由T??2?得：l?g4?2f2?104?3.14?0.522m?1m

如圖3-19所示，擺能達到的最大偏角?m?5?的情況下，共振時：Fm?mgsin?m?mg?m?mgAl，（其中?m以弧度為單位，當?m很小近似為弧長。）所以：n??m時，si?m，弦A

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高中物理輔導網http://www.tmdps.cn/ am?122Fmm?glA?10l22?0.08m/s ?0.8m/s。根據單擺運動過程中機械能守恒可得：mvm?mg(1?cos?m)。

A2l22其gl10l中：(1?cos?m)?2sin?m22?(?m很小)?vm?A?0.08?m/s ?0.25m/s

例8 已知物體從地球上的逃逸速度（第二宇宙速度）v2?-1

12GM

22E/RE，其中G、8ME、RE分別是引力常量、地球的質量和半徑。已知G=6.7×10N·m/kg，c=3.0×10m/s，求下列問題：（1）逃逸速度大于真空中光速的天體叫做黑洞，設某黑洞的質量等于太陽的質量M=2.0×10kg，求它的可能最大半徑（這個半徑叫Schwarhid半徑）；（2）在目前天文觀測范圍內，物質的平均密度為10-27kg/m3，如果認為我們的宇宙是這樣一個均勻大球體，其密度使得它的逃逸速度大于光在真空中的速度c，因此任何物體都不能脫離宇宙，問宇宙的半徑至少多大？（最后結果保留兩位有效數字）

解析（1）由題目所提供的信息可知，任何天體均存在其所對應的逃逸速度v2?2GM/R，其中M、R為天體的質量和半徑，對于黑洞模型來說，其逃逸速度大于真30空中的光速，即v2?c，所以：R?2GMc2?2?6.7?10?11?2.0?108230(3.0?10)?3.0?10(m)

3即質量為2.0?1030kg的黑洞的最大半徑為3.0?103(m)（2）把宇宙視為一普通天體，則其質量為m???V???半徑，?為宇宙的密度，則宇宙所對應的逃逸速度為v2?43?R，其中R為宇宙的32GM/R，由于宇宙密度使得其逃逸速度大于光速c。即：v2?c。則由以上三式可得：R?合4.2×1010光年。即宇宙的半徑至少為4.2×1010光年。

3c28??G?4.0?1026m，京翰教育中心http://www.tmdps.cn/

第五篇：高三物理第二輪復習教案(第六講 作圖)

第六講

作圖

一、特別提示

解答物理問題通常有解析、論述、作圖和列表等基本方法。作圖是最重要的數學工具之一，也是考查的能力范圍。在解答作圖題時，要特別注意：

（1）仔細審題，按要求作圖。例如，在平面鏡成像作圖時，為快速準確作圖，通常采用對稱性作圖，一般不直接根據光的反射定律作圖；

（2）具體作圖時，每一步驟都要有依據。例如，物體運動時速度、合外力和軌跡三者間必須滿足一定的位置關系，而不能隨意亂畫；

（3）在讀圖時要善于發現圖中的隱含條件。例如，物理圖象的縱、橫截距、斜率和面積以及曲線間平行、相交、重合的關系，有時幾個不同的物理圖象從不同側面描述同一物理過程時更要理解它們之間的聯系和區別；

（4）作圖時還要注意規范性要求，不要隨意。例如，是實線還是虛線，是否應標明箭頭方向，還是用斜線表示特殊的區域；并注意特殊符號（如電學元件）的正確運用；

（5）用作圖法處理實驗數據時，要理解所謂“擬合曲線”的意義，如何篩選、描線直接影響結果的準確性，同時也是能力具體體現之一。

二、典型例題

題

1一輛汽車在恒定的功率牽引下，在平直公路上由靜止出發，經4min的時間行駛1.8km，則在4min末汽車的速度（）

A、等于7.5m/s

B、大于7.5m/s

C、等于15m/s

D、15m/s 解析

汽車在恒定功率下由靜止啟動是加速度越來越小的變加速運動，很難通過運動方程求瞬時速度，一般的方法是由動能定理求出動能、再求速度但這必須要知道牽引力、阻力所做的功。而現在這些條件都未知，但在恒定功率下，其4min內的平均速度v?s?7.5m/s，由于加速度變小，所以末速度tvt?v，同時由于位移關系vt?2v，其v?t圖象如圖，為一上凸的曲線。打斜線部分“面積”相等，即位移為1.8km?7.5?4?60m，如果vt?7.5m/s，則位移s?1.8km；而vt?15m/s則位移s?1.8km，故7.5m/s?vt?15m/s，正確選項是BD。

A、○V1、○V2分別為理想的電流表和電壓表，題

2電路如圖8-2，○R1、R2分別為定值電阻和可變電阻，電池E內阻不計，A讀數之比等于R1 V1讀數與○A、R1不變時，○

A讀數之比等于R1 V1讀數與○B、R2不變時，○

A讀數變化量之比的絕對值V2讀數的變化量與○C、R2改變一定量時，○等于R1

A讀數變化量之比的絕對值V1讀數的變化量與○D、R2改變一定量時，○等于R1

V1、○V2分別測出R1、R2兩端電壓，解析：由題高，○A測出通過R1、○R2的電流，因此：

U1?IR1、U2?IR

2且U1?U2?E，當R2為某一值時，R1、R2的伏安特性曲線如圖（a）所示（如R1>R2），在圖中，U1?U2?E的關系很難表示出來，如果，將R2的伏安特性曲線的橫軸反向，即U軸向左，如（b）圖，再把a、b兩圖按U1?U2?E的關系畫在（2）圖中，那末電流、電壓關系就非常直觀了。特別是可變電阻R2改變一定量時（如增大為R2＇）

??U2??U1?U1?U1???U；電流變為I?，增大?I?I??I，如圖（C）?U2?U2所示，顯然，滿足。

R1?U1?U?U1?U2???

故正確選項是BCD I?I?I?I題

3把一個“10V、5W”的用電器B（純電阻）接到這一電源上，A消耗的功率是2W；換另一個“10V、5W”的用電器B（純電阻）接到這一電源上，B實際消耗的功率可能小于2W嗎？若有可能則條件是什么？

解析：用電器A、B的電阻分別為

U2U2?20? RA??50?

RB?PBPA由于RB?RA，所以B接入電路時，電壓U?10V，PB<5W，但能否小于2W呢？ A接入時：PA?[PrE2]RA?2W

則E?(PA?r)A?[10?]V

RA5RB?r換上B后，由題設PB?[E2]RB?PA

則r?1010?

RB?r可見，條件是E?[10?]V；r?1010?即可。

如果，從電源做伏安特性曲線E?U?Ir來看，當PA?PB時，有臨界內阻rs?r5RA?RB?1010?，及臨界電動勢Es?(10?210)V，由于PA?2W不變，當PA?PB、PB?20?時，其解在PB伏安特性曲線的OP段（如圖）之內，因為A、B消耗的功率是U-I圖象中的“面積”；在過Q點，又過OP線段的E、r即為所求，可見，本題的所有解就是E?Es、r?rs的電源。

題

4如圖所示，a、b、c是勻強電場中的三點，這三點構成等

邊三角形，每邊長L?21cm，將一帶電量q??2?10?6C的電荷從a點移到b點，電場力W1??1.2?10?5J；若將同一點電荷從a點移到c點，電場力做功W1?6?10?6J，試求場強E。

解析

勻強電場中電場線、等勢面的作圖是描述電場、理解電場屬性的重要方法，由題意電荷由a到b、由a到c電場力做功分別為：

Wab?qUab、Wac?qUac

可得Uab?WabW?6V；Uac?ac??3V qq若設電熱?b?0、則?a?6V、?c?9V；可將cb三等分，1cb，于是?d?6V即?a??d，過ad可作等勢面，如3圖8-6所示，為了便于求場強E過a作電場線E，并過c作ad的平行線。在?acd中，?acd?60?、?cad??和使cd??adc?180??(60???)

由正弦定理：cdac?

可解sin? sin?sin(60???)故場強E?Uac?200V/m，顯然，若不能正確作圖很難求出場強。

arcsin?題

5如圖，xoy坐標系中，將一負檢驗電荷Q由y軸上的a點移至x軸上的b點時，需克服電場力做功W；若從a點移至x軸上的c點時，也需克服電場力做功W。那么關于此空間存在的靜電場可能是：

A、存在場強方向沿y軸負方向的勻強電場

B、存在場強方向沿x軸正方向的勻強電場

C、處于第I象限某一位置的正點電荷形成的電場 D、處于第IV象限某一位置的負點電荷形成的電場

解析

由題意-q由a分別到b、c克服電場力做功均為W，即即電勢?a??b??c，Wab?qUab?Wac?qUac、Wab?0、q?0，易知若為勻強電場，則場強方向沿y軸負向，即A項正確。若為點電荷電場，由?b??c，可作bc之中垂線L1；若?a??b，則可作ab之中垂線L2，L1、L2交點為P(xP,yP)（如圖所示）。當由正點電荷形成電場時，?a??b只須在L1上的點到a的距離小于到b(c)的距離即可，顯然，該點坐標(x,y)滿足：

x?xp、y?yp，分布在L1的P點以上（不包括P點）。

而由負點電荷形成電場時，則要該點在L1上，且到a的距離大于到b(c)的距離，其坐標(x,y)滿足：x?xp、y?yp，分布在L1的P點以上（不包括P點）。

通過作圖不但直觀、形象而且準確地給出了解的范圍，其實關于場的問題本來就是空間的問題，而對場的了解必須運用作圖的工具。