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臨界與極值問題
題型一：豎直平面內作圓周運動的臨界問題
解決這類問題需要注意：我們不能只盯著最高點，而要對小球作全面的、動態的分析，目的就是找出小球最不容易完成圓周運動的關鍵點，只要保證小球在這一點上恰能作圓周運動，就能保證它在豎直平面內作完整的圓周運動，如此這類臨界問題得以根本解決。這一關鍵點并非總是最高點，也可以是最低點，或其他任何位置。
［例1］如圖所示的裝置是在豎直平面內放置光滑的絕緣軌道，處于水平向右的勻強電場中，以帶負電荷的小球從高h的A處靜止開始下滑，沿軌道ABC運動后進入圓環內作圓周運動。已知小球所受到電場力是其重力的3／4，圓滑半徑為R，斜面傾角為θ，sBC=2R。若使小球在圓環內能作完整的圓周運動，h至少為多少？
［解析］小球所受的重力和電場力都為恒力，故可兩力等效為一個力F，如圖所示。可知F＝1.25mg，方向與豎直方向左偏下37o，從圖6中可知，能否作完整的圓周運動的臨界點是能否通過D點，若恰好能通過D點，即達到D點時球與環的彈力恰好為零。
由圓周運動知識得：
即：
由動能定理有：
聯立①、②可求出此時的高度h。
［變式訓練1］如圖所示，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
題型二：關于摩擦力的臨界與極值問題
解決這類問題需要注意：對于臨界條件不明顯的物理極值問題，解題的關鍵在于通過對物理過程的分析，使隱蔽的臨界條件暴露，從而找到解題的突破口，根據有關規律求出極值。
［例2］如圖所示，在電場強度E=5 N/C的勻強電場和磁感應強度B=2 T的勻強磁場中，沿平行于電場、垂直于磁場方向放一長絕緣桿，桿上套一個質量為m=10-4 kg，帶電量q=2×10-4 C的小球，小球與桿間的動摩擦因數μ=0.2，小球從靜止開始沿桿運動的加速度和速度各怎樣變化？
［解析］帶電小球在豎直方向上受力平衡，開始沿水平方向運動的瞬間加速度：
a1==8 m/s2
小球開始運動后加速度：
a2=［qE-μ(mg-qvB)］/m，由于小球做加速運動，洛倫茲力F磁增大，摩擦力Ff逐漸減小，當mg=F磁時，Ff =0，加速度最大，其最大值為：a3==10 m/s2.
隨著速度v的增大，F磁＞mg，桿對球的彈力N改變方向，又有摩擦力作用，其加速度：a4=［qE-μ(qvB-mg)］/m.可見Ff隨v的增大而增大，a4逐漸減小.當Ff=F電時，加速度a5=0，此時速度最大，此后做勻速運動。
由qE=μ(qvB-mg)解得v=15 m/s.
結論：小球沿桿運動的加速度由8 m/s2逐漸增大到10 m/s2，接著又逐漸減小到零，最后以15 m/s的速度做勻速運動
［變式訓練2］如圖所示，質量M＝4kg的木板長L＝1.4m，靜止在光滑水平面上，其上面右端靜止一質量m=1kg的小滑塊（可看作質點），滑塊與木板間的動摩擦因數μ＝0.4，先用一水平恒力F＝28N向右拉木板，要使滑塊從木板上恰好滑下來，力F至少應作用多長時間（g=10m/s2）？

變式訓練參考答案
［變式訓練1］ AB
［變式訓練2］s
光學電磁場和電磁波
題型一：折射定律及其應用
解決這類問題需要注意: 通過做光路圖挖掘幾何關系，從而求解透明體的厚度以及光在透明體里運動的時間。做光路圖也是解此類題的關鍵所在。
【例1】 如圖所示，一束光線以60°的入射角射到一水平放置的平面鏡上，反射后在正上方與平面鏡平行的光屏上留下一光點P 。現將一塊上下兩面平行的透明體平放在平面鏡上，如圖中虛線所示，則進入透明體的光線經平面境反射后再從透明體的上表面射出，打在光屏上的光點P′與原來相比向左平移了3.46cm ，已知透明體對光的折射率為。
（1）作出后來的光路示意圖，標出P′ 位置；
（2）透明體的厚度為多大？
（3）光在透明體里運動的時間多長？
［解析］（1）光路示意圖如圖所示（注意出射光線平行，各處光線的箭頭）
（2）由sinα = n sinβ ， 得β=30°
設透明體的厚度為d ，由題意及光路有
2 d tan60° ―2 d tan30° = △s
解得d =1.5cm
（3）光在透明體里運動的速度
v =
光在透明體里運動的路程
∴　光在透明體里運動時間s = 2×10－10 s
【變式訓練1】半徑為R的半圓形玻璃磚橫截面如圖所示，O為圓心，光線a沿半徑方向射入玻璃磚后，恰在O點發生全反射，已知∠aOM=45°，求：
（1）玻璃磚的折射率n；
（2）另一條與a平行的光線b從最高點入射玻璃磚后，折射到MN上的d點，則這根光線能否從MN射出?Od為多少?
題型二：光的色散 全反射
解決這類問題需要注意：（1）色散的實質是由于各種色光在同一介質中傳播的速率不同，或同一介質對不同色光的折射率不同而引起的。光的頻率越大，折射率越大。紅光折射率最小，紫光折射率最大。
（2）全反射的條件是，光從光密介質進入光疏介質，且入射角達到臨界角。
【例2】某棱鏡頂角θ=41.30°，一束白光以較大的入射角從棱鏡的一個側面射入，通過棱鏡后從另一個側面射出，在光屏上形成由紅到紫的彩色光帶如右圖所示，當入射角i逐漸減小到零的過程中，彩色光帶變化情況是（ ）
色光
紫
藍
綠
黃
橙
紅
折射率
1.532
1.528
1.519
1.517
1.514
1.513
臨界角
40.75°
40.88°
41.17°
41.23°
41.34°
41.37°
A．紫光最先消失，最后只剩下橙光、紅光
B．紫光最先消失，最后只剩下黃光、橙光和紅光
C．紅光最先消失，最后只剩下紫光、藍光
D．紅光最先消失，最后只剩下紫光、藍光和綠光
［解析］屏上的彩色光帶最上端為紅色，最下端為紫色，當入射角i減小時，光線在棱鏡右側面的入射角變大，因紫光臨界角最小，所以紫光最先達到臨界而發生全反射，故紫色最先在屏上消失，當入射角減小到i′=0時，僅剩下紅光和橙光未達到臨界角而射出，到達光屏，故選A。
［變式訓練2］ 在一個圓形輕木塞的中心插上一根大頭針，然后把它倒放在水面上，調節針插入的深度，使觀察者不論在什么位置都剛好不能看到水下的大頭針，如圖所示，量出針露出的長度為d，木塞的半徑為r，求水的折射率。
題型三:光的干涉、衍射、偏振
解決這類問題需要注意：準確理解干涉現象的產生條件，產生明顯衍射現象的條件。
【例3】能產生干涉現象的兩束光是（ ）
A．頻率相同、振幅相同的兩束光
B．頻率相同、相位差恒定的兩束光
C．兩只完全相同的燈光發出的光
D．同一光源的兩個發光部分發出的光
［解析］只有頻率相同、相差恒定、振動方向相同的光波，在它們相遇的空間里能夠產生穩定的干涉，觀察到穩定的干涉圖樣,所以應選B.
［變式訓練3］如圖所示是雙縫干涉實驗裝置，屏上O點到雙縫S1、S2的距離相等。當用波長為0.75μm的單色光照射時，P是位于O上方的第二條亮紋位置，若換用波長為0.6μm的單色光做實驗，P處是亮紋還是暗紋？在OP之間共有幾條暗紋？
題型四:電磁場與電磁波
解決這類問題需要注意：準確把握麥克斯韋電磁場理論的基本內容.
【例3】按照麥克斯韋的電磁場理論，以下說法中正確的是
A．恒定的電場周圍產生恒定的磁場，恒定的磁場周圍產生恒定的電場
B．變化的電場周圍產生磁場，變化的磁場周圍產生電場
C．均勻變化的電場周圍產生均勻變化的磁場，均勻變化的磁場周圍產生均勻變化電場
D．均勻變化的電場周圍產生穩定的磁場，均勻變化的磁場周圍產生穩定的電場
［解析］：選B、D。
［變式訓練4］如圖所示，讓白熾燈發出的光通過偏振片P和Q，以光的傳播方向為軸旋轉偏振片P和Q，可以看到透射光的強度會發生變化，這是光的偏振現象。這個實驗表明（ ）
A. 光是電磁波
B. 光是一種橫波
C. 光是一種縱波
D. 光是概率波
變式訓練參考答案
變式訓練1（1）；（2）能，
變式訓練2
變式訓練3 暗紋；兩條
變式訓練4 B
力與物體的平衡
題型一：常規力平衡問題
解決這類問題需要注意：此類題型常用分解法也可以用合成法，關鍵是找清力及每個力的方向和大小表示！多為雙方向各自平衡，建立各方向上的平衡方程后再聯立求解。
［例1］一個質量m的物體放在水平地面上,物體與地面間的摩擦因數為μ,輕彈簧的一端系在物體上,如圖所示.當用力F與水平方向成θ角拉彈簧時,彈簧的長度伸長x，物體沿水平面做勻速直線運動.求彈簧的勁度系數.
［解析］可將力F正交分解到水平與豎直方向，再從兩個方向上尋求平衡關系！水平方向應該是力F的分力Fcos與摩擦力平衡，而豎直方向在考慮力的時候，不能只考慮重力和地面的支持力，不要忘記力F還有一個豎直方向的分力作用！
水平： Fcos=FN ①
豎直：FN ＋ Fsin=mg ②
F=kx ③
聯立解出：k=
［變式訓練1］ 如圖，質量為m的物體置于傾角為θ的斜面上，先用平行于斜面的推力F1作用于物體上，能使其能沿斜面勻速上滑，若改用水平推力作用于物體上，也能使物體沿斜面勻速上滑，則兩次力之比F1/F2=?
題型二：動態平衡與極值問題
解決這類問題需要注意：
（1）三力平衡問題中判斷變力大小的變化趨勢時，可利用平行四邊形定則將其中大小和方向均不變的一個力，分別向兩個已知方向分解，從而可從圖中或用解析法判斷出變力大小變化趨勢，作圖時應使三力作用點O的位置保持不變．
（2）一個物體受到三個力而平衡，其中一個力的大小和方向是確定的，另一個力的方向始終不改變，而第三個力的大小和方向都可改變，問第三個力取什么方向這個力有最小值，當第三個力的方向與第二個力垂直時有最小值，這個規律掌握后，運用圖解法或計算法就比較容易了．
［例2］ 如圖2-5-3所示，用細線AO、BO懸掛重力，BO是水平的，AO與豎直方向成α角．如果改變BO長度使β角減小，而保持O點不動，角α（α < 450）不變，在β角減小到等于α角的過程中，兩細線拉力有何變化？
［解析］取O為研究對象，O點受細線AO、BO的拉力分別為F1、F2，掛重力的細線拉力F3 = mg．F1、F2的合力F與F3大小相等方向相反．又因為F1的方向不變，F的末端作射線平行于F2，那么隨著β角的減小F2末端在這條射線上移動，如圖2-5-3(解)所示．由圖可以看出，F2先減小，后增大，而F1則逐漸減小．
［變式訓練2］如圖所示，輕繩的一端系在質量為m的物體上，另一端系在一個圓環上，圓環套在粗糙水平橫桿MN上，現用水平力F拉繩上一點，使物體處在圖中實線位置.然后改變F的大小使其緩慢下降到圖中虛線位置，圓環仍在原來位置不動，則在這一過程中，水平拉力F、環與橫桿的摩擦力f和環對桿的壓力N的變化情況是( )
A.F逐漸減小，f逐漸增大，N逐漸減小?
B.F逐漸減小，f逐漸減小，N保持不變
C.F逐漸增大，f保持不變，N逐漸增大
D.F逐漸增大，f逐漸增大，N保持不變?
［變式訓練3］如圖所示，小球用細線拴住放在光滑斜面上，用力推斜面向左運動，小球緩慢升高的過程中，細線的拉力將：( )
A.先增大后減小 B.先減小后增大
C.一直增大 D.一直減小
［變式訓練4］如圖是給墻壁粉刷涂料用的“涂料滾”的示意圖．使用時，用撐竿推著粘有涂料的涂料滾沿墻壁上下緩緩滾動，把涂料均勻地粉刷到墻上．撐竿的重量和墻壁的摩擦均不計，而且撐竿足夠長，粉刷工人站在離墻壁一定距離處緩緩上推涂料滾，該過程中撐竿對涂料滾的推力為F1，涂料滾對墻壁的壓力為F2，以下說法正確的是 （ ）
（A）F1增大 ， F2減小　　　　（B）F1減小， F2 增大
（C）F1、、F2均增大　　　　　　（D）F1、、F2均減小
題型三：連接體的平衡問題
解決這類問題需要注意：由于此類問題涉及到兩個或多個物體，所以應注意整體法與隔離法的靈活應用。考慮連接體與外界的作用時多采用整體法，當分析物體間相互作用時則應采用隔離法。
［例3］有一個直角支架AOB，AO是水平放置，表面粗糙．OB豎直向下，表面光滑．OA上套有小環P，OB套有小環Q，兩環質量均為m，兩環間由一根質量可以忽略、不可伸長的細繩相連，并在某一位置平衡，如圖2-5-1所示．現將P環向左移一小段距離，兩環再次達到平衡，那么移動后的平衡狀態和原來的平衡狀態相比較，AO桿對P的支持力FN和細繩上的拉力F的變化情況是：（ ）
A．FN不變，F變大 B．FN不變，F變小
C．FN變大，F變大 D．FN變大，F變小
［解析］選擇環P、Q和細繩為研究對象．在豎直方向上只受重力和支持力FN的作用，而環動移前后系統的重力保持不變，故FN保持不變．取環Q為研究對象，其受如圖2-5-1(解)所示．Fcosα = mg，當P環向左移時，α將變小，故F變小，正確答案為B．
［變式訓練5］如圖所示，一個半球形的碗放在桌面上，碗口水平，O是球心，碗的內表面光滑。一根
輕質桿的兩端固定有兩個小球，質量分別是m1，m2. 當它們靜止時，m1、m2與球心的連線跟水平面分別成60°，30°角，則碗對兩小球
的彈力大小之比是…………………………………（ ）
A．1：2 B．
C．1： D．：2
題型四：相似三角形在平衡中的應用
［例4］如圖2-5-2所示，輕繩的A端固定在天花板上，B端系一個重力為G的小球，小球靜止在固定的光滑的大球球面上．已知AB繩長為l，大球半徑為R，天花板到大球頂點的豎直距離AC = d，∠ABO > 900．求繩對小球的拉力和大球對小球的支持力的大小．（小球可視為質點）
［解析］小球為研究對象，其受力如圖1.4.2(解)所示．繩的拉力F、重力G、支持力FN三個力構成封閉三解形，它與幾何三角形AOB相似，則根據相似比的關系得到：==，于是解得F = G，FN = G．
〖點評〗本題借助于題設條件中的長度關系與矢量在角形的特殊結構特點，運用相似三角形巧妙地回避了一些較為繁瑣的計算過程．
［變式訓練6］如圖所示，一輕桿兩端固結兩個小球A、B，mA=4mB，跨過定滑輪連接A、B的輕繩 長為L，求平衡時OA、OB分別為多長？

［變式訓練7］如圖所示，豎直絕緣墻壁上固定一個帶電質點A，A點正上方的P點用絕緣絲線懸掛另一質點B，A、B兩質點因為帶電而相互排斥，致使懸線與豎直方向成θ角.由于漏電A、B兩質點的帶電量緩慢減小，在電荷漏完之前，關于懸線對懸點P的拉力F1大小和A、B間斥力F2在大小的變化情況，下列說法正確的是………………… （ ）
A．F1保持不變 B．F1先變大后變
C．F2保持不變 D.F2逐漸減小
二、復合場中的物體平衡：
題型五：重力場與電場中的平衡問題
解決這類問題需要注意：重力場與電場的共存性以及帶電體受電場力的方向問題和帶電體之間的相互作用。
［例5］在場強為E，方向豎直向下的勻強電場中，有兩個質量均為m的帶電小球，電荷量分別為+2q和-q，兩小球用長為L的絕緣細線相連，另用絕緣細線系住帶正電的小球懸掛于O點處于平衡狀態，如圖14所示，重力加速度為g，則細繩對懸點O的作用力大小為_______．兩球間細線的張力為 .
［解析］2mg+Eq mg－Eq－2kq2/L2
［變式訓練8］已知如圖所示,帶電小球A、B的電荷量分別為QA、QB，OA=OB，都用長為L的絲線懸掛于O點。靜止時A、B相距為d，為使平衡時A、B間距離減小為d/2，可采用的方法是（ ）
A ．將小球A、B的質量都增加到原來的兩倍
B ．將小球B的質量增加為原來的8倍
C ．將小球A、B的電荷都減少為原來的一半
D ．將小球A、B的電荷都減少為原來的一半，
同時將小球B的質量增加為原來的2倍
題型六：重力場與磁場中的平衡問題
解決這類問題需要注意：此類題型需注意安培力的方向及大小問題，能畫出正確的受力分析平面圖尤為重要。
［例6］ 在傾角為θ的光滑斜面上，放置一通有電流I、長L、質量為m的導體棒，如圖所示，試求:
(1)使棒靜止在斜面上，外加勻強磁場的磁感應強度B最小值和方向.
(2)使棒靜止在斜面上且對斜面無壓力，外加勻強磁場磁感應強度B的最小值和方向.
［解析］(1)，垂直斜面向下 (2)，水平向左
［變式訓練9］質量為m的通電細桿ab置于傾角為θ的導軌上，導軌的寬度為d，桿ab與導軌間的摩擦因數為μ.有電流時，ab恰好在導軌上靜止，如圖所示.圖(b)中的四個側視圖中，標出了四種可能的勻強磁場方向，其中桿ab與導軌之間的摩擦力可能為零的圖是( ).
答案:AB
［變式訓練10］如圖（a），圓形線圈P靜止在水平桌面上，其正上方懸掛一相同的線圈Q，P和Q共軸.Q中通有變化電流，電流隨時間變化的規律如圖（b）所示.P所受的重力為G，桌面對P的支持力為N，則（ ）
A.t1時刻N＞G B.t2時刻N＞G C.t3時刻N＜G D.t4時刻N=G
［變式訓練11］如圖所示，上下不等寬的平行金屬導軌的EF和GH兩部分導軌間的距離為2L，I J和MN兩部分導軌間的距離為L，導軌豎直放置，整個裝置處于水平向里的勻強磁場中，金屬桿ab和cd的質量均為m，都可在導軌上無摩擦地滑動，且與導軌接觸良好，現對金屬桿ab施加一個豎直向上的作用力F，使其勻速向上運動，此時cd處于靜止狀態，則F的大小為（ ）
A．2mg B．3mg C．4mg D．mg
題型七：重力場、電場、磁場中的平衡問題
解決這類問題需要注意：應區分重力、電場力、磁場力之間的區別及各自的影響因素。
［例7］ 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
［變式訓練12］如圖所示，勻強磁場沿水平方向，垂直紙面向里，磁感強度B=1T，勻強電場方向水平向右，場強E=10N/C。一帶正電的微粒質量m=2×10-6kg，電量q=2×10-6C，在此空間恰好作直線運動，問：（1）帶電微粒運動速度的大小和方向怎樣？
（2）若微粒運動到P點的時刻，突然將磁場撤去，那么經多少時間微粒到達Q點？（設PQ連線與電場方向平行）

變式訓練參考答案
［變式訓練1］：按甲圖，F1=mgsinθ＋μmgcosθ
　　　按乙圖，采用正交分解法
　　　x方向 F2cosθ－f－mgsinθ=0
　　　y方向 N－F2sinθ－mgsinθ=0
　　①上式聯立得
　　　
［變式訓練2］ B
［變式訓練3］B
［變式訓練4］ D
［變式訓練5］ B
［變式訓練6］［解析］：采用隔離法分別以小球A、B為研究對象并對它們進行受力分析（如圖所示）可以看出如果用正交分解法列方程求解時要已知各力的方向，求解麻煩．此時采用相似三角形法就相當簡單．
△AOE（力）∽△AOC（幾何）T是繩子對小球的拉力
4mg/T=x/L1——（1）
△BPQ（力）∽△OCB（幾何）
mg/T=X/L2——（2）
由（1）（2）解得：L1=L/5；L2=4L/5
［變式訓練7］ AD
［變式訓練8］BD
［變式訓練9］AB
［變式訓練10］AD]
［變式訓練11］D
［變式訓練12］（1）20m/s 方向與水平方向成60°角斜向右上方
（2）2s
動能定理機械能守恒定律
題型一：應用動能定理時的過程選取問題
解決這類問題需要注意：對多過程問題可采用分段法和整段法
處理,解題時可靈活處理,通常用整段法解題往往比較簡潔.
[例1]如圖4-1所示,一質量m=2Kg的鉛球從離地面H=2m高處自由下落,陷入沙坑h=2cm深處,求沙子對鉛球的平均阻力.(g取10m/s2)
［解析］方法一:分段法列式
設小球自由下落到沙面時的速度為v,則mgH=mv2/2-0
設鉛球在沙坑中受到的阻力為F,則mgh-Fh=0- mv2/2
代入數據,解得F=2020N
方法二:整段法列式
全過程重力做功mg(H+h),進入沙坑中阻力阻力做功-Fh,
從全過程來看動能變化為0,得 mg(H+h)-Fh=0,代入數值
得F=2020N.
［變式訓練1］一個物體從斜面上高h處由靜止滑下并緊接著在水平面上滑行一段距離后停止，測得停止處對開始運動處的水平距離為S，如圖4-2，不考慮物體滑至斜面底端的碰撞作用，并設斜面與水平面對物體的動摩擦因數相同．求動摩擦因數μ．
題型二:運用動能定理求解變力做功問題
解決這類問題需要注意:恒力做功可用功的定義式直接求解,變力做功可借助動能定理并利用其它的恒力做功進行間接求解.
［例2］如圖4-3所示，AB為1/4圓弧軌道,BC為水平軌道, 圓弧的半徑為R, BC的長度也是R.一質量為m的物體,與兩個軌道間的動摩擦因數都為μ,當它由軌道頂端A從靜止開始下落時,恰好運動到C處停止,那么物體在AB段克服摩擦力所做的功為( )
A.μmgR/2 B. mgR/2 C. mgR D.(1-μ) mgR
［解析］設物體在AB段克服摩擦力所做的功為WAB,物體由A到C全過程,由動能定理,有
mgR-WAB-μmgR=0 所以. WAB= mgR-μmgR=(1-μ) mgR 答案為D
［變式訓練2］質量為m的小球用長為L的輕繩懸于O點，如右圖4-4所示，小球在水平力F作用下由最低點P緩慢地移到Q點，在此過程中F做的功為（ ）
A.FLsinθ B.mgLcosθ
C.mgL（1－cosθ） D.FLtanθ
題型三:動能定理與圖象的結合問題
解決這類問題需要注意:挖掘圖象信息,重點分析圖象的坐標、切線斜率、包圍面積的物理意義.
［例3］靜置于光滑水平面上坐標原點處的小物塊，在水平拉力F作用下，沿x軸方向運動，拉力F隨物塊所在位置坐標x的變化關系如圖4-5所示，圖線為半圓．則小物塊運動到x0處時的動能為( )
A．0 B． C． D．
［解析］由于水平面光滑,所以拉力F即為合外力,F隨位移X的變化圖象包圍的面積即為F做的功, 設x0處的動能為EK由動能定理得: EK-0=== 答案:C
［變式訓練3］在平直公路上，汽車由靜止開始作勻加速運 動，當速度達到vm后立即關閉發動機直到停止，v-t圖像如圖4-6所示。設汽車的牽引力為F，摩擦力為f，全過程中牽引力做功W1，克服摩擦力做功W2，則( )
A．F：f=1：3 B．F：f=4：1
C．W1：W2 =1：1 D．W1：W2=l：3
題型四:機械能守恒定律的靈活運用
解決這類問題需要注意:靈活運用機械能守恒定律的三種表達方式:1.初態機械能等于末態機械能,2.動能增加量等于勢能減少量,3.一個物體機械能增加量等于另一個物體機械能減少量.后兩種方法不需要選取零勢能面.
［例4］如圖4-7所示，粗細均勻的U形管內裝有總長為4L的水。開始時閥門K閉合，左右支管內水面高度差為L。打開閥門K后，左右水面剛好相平時左管液面的速度是多大？（管的內部橫截面很小，摩擦阻力忽略不計）
［解析］由于不考慮摩擦阻力，故整個水柱的機械能守恒。從初始狀態到左右支管水面相平為止，相當于有長L/2的水柱由左管移到右管。系統的重力勢能減少，動能增加。該過程中，整個水柱勢能的減少量等效于高L/2的水柱降低L/2重力勢能的減少。不妨設水柱總質量為8m，則，得。
［變式訓練4］如圖4-8所示，游樂列車由許多節車廂組成。列車全長為L，圓形軌道半徑為R，（R遠大于一節車廂的高度h和長度l，但L>2πR）.已知列車的車輪是卡在導軌上的光滑槽中只能使列車沿著圓周運動，在軌道的任何地方都不能脫軌。試問：在沒有任何動力的情況下，列車在水平軌道上應具有多大初速度v0，才能使列車通過圓形軌道而運動到右邊的水平軌道上？
變式訓練參考答案
［變式訓練1］h/s
［變式訓練2］B
［變式訓練3］BC
［變式訓練4］
原子物理
題型一：動量守恒定律與微觀粒子的碰撞相結合的綜合性問題
解彈性碰撞的“雙守恒式”時，最好能記住碰后的速度的解。碰撞后發生核反應，釋放的核能轉變成粒子的動能，注意總能量守恒與動量守恒相結合。
［例1］實驗室核反應源產生一未知粒子，它與靜止的氫核正碰，測出碰后氫核的速度是3.3×107m/s；它跟跟靜止的氮核正碰，測出碰后氮核的速度是4.7×106m/s。上述碰撞都是彈性碰撞。求未知粒子（速度不變）的質量數。這是歷史上查德威克發現中子的實驗。
［解析］m1v＝m1v1+m2v2；m1v2＝m1v12+m2v22。v2＝,對于氫核，對于氮核，得＝1.16,即質量數為1.16。
［變式訓練1］用石墨做慢化劑使快中子減速，碳核與中子每次的碰撞都是彈性正碰，且碰前碳核都是靜止的，設碰前中子的動能為E。（1）經過一次碰撞，中子的動能變成多少？
［變式訓練2］至少經過多少次碰撞，中子的動能才小于10－6E？lg13＝1.114,lg11＝1.041。兩個氘核動能均為0.37MeV,做對心相向正碰發生了聚變反應：21H＋21H→32He＋10n。其中氘核質量為2.1036u，氦3的質量為3.1950u，中子的質量為1.0087u。反應中釋放的核能全部轉化為動能，求所生成的氦核和中子的動能。1u相當于931MeV的能量。
［變式訓練3］已知He＋各能級能量的表達式為＝－，靜止的He＋從最低激發態躍遷到基態時如考慮到該離子的反沖，發射的光子的波長為λ1；如該離子的反沖忽略不計，發射的光子的波長為λ2。則λ1/λ2＝ 。He＋的質量為m，普朗克常量為h，真空中光速為c。
題型二：利用動量守恒定律解純動量守恒問題。
系統包含哪些物體，發生了什么相互作用（內力），哪是作用前的動量，哪是作用后的動量，各速度是否相對于同一參考系，正負方向是否確定。
［例2］甲、乙兩輛小車質量分別為m1＝50kg和m2＝30kg，質量m＝30kg的小孩站在甲車上。兩車在光滑軌道上相向運動，車速V1＝3m/s，V2＝4m/s，為避免兩車相撞，小孩至少以多大的水平速度（相對地面）跳到乙車上？
［解析］“跳、落”是常見的內力作用方式，動量是狀態量，抓住跳之前和跳之后、落之前和落之后的狀態。規定向右為正方向，小孩的速度用u表示。
以甲車、小孩為系統：（m1＋m）V1＝m1V1/＋mu ------------------------------------(1)
以小孩、乙車為系統：mu＋m2（－V2）＝（m＋m2）V2/ ----------------------------(2)
兩車不撞：V1/≤V2/ ---------------------------------------------------------(3)
得u≥6.2m/s，即小孩至少以6.2m/s的水平速度跳到乙車上才能避免兩車相撞。當然(1)式+(2)式得：（m1+m）V1 +m2（－V2）=m1V1/+（m+m2）V2/ ，即以兩車、小孩為系統的守恒式。
［變式訓練4］小孩質量m1＝20kg，小車質量m2＝290kg。車原靜止，不計車與地面間的摩擦，小孩在地面上奔跑，速度u＝5m/s，并以該速度水平跳到車上，緊接著又以大小5m/s的水平速度（相對地面）向后跳離車子，然后再奔跑跳上車子、跳離車子，……，且每次速度大小不變。問小孩至多跳上車子幾次？
變式訓練參考答案
［變式訓練1］（1）121E/169(2)42次
［變式訓練2］1MeV;3MeV
［變式訓練3］
［變式訓練4］8次
圖像問題
一、物理規律在圖象中的直接體現類型。
在高中物理教材中有許多知識點涉及到圖象,如速度時間圖象，振動圖象，波動圖象，分子間作用力圖象，伏安特性曲線圖象，電壓時間圖象，電流時間圖象等，這些圖象在高考中均有所體現。這種方式考查圖象知識是高考中常用的一種方法。
［例1］（07北京）電阻R1、R2交流電源按照圖1所示方式連接，R1=10，R2=20。合上開關后S后，通過電阻R2的正弦交變電流i隨時間t變化的情況如圖2所示。則
A、通過R1的電流的有效值是1.2A B、R1兩端的電壓有效值是6V
C、通過R2的電流的有效值是1.2A D、R2兩端的電壓有效值是6V
［解析］：本題考查交流電有效值知識，并利用圖象直接給出了所需信息。由圖象可知，電路中電流最大值為0.6A，則有效值為0.6A，R1兩端電壓為6V，R2兩端電壓為12V，所以本題選B。
【變式訓練1】（96上海）物體做平拋運動時，描述物體在豎直方向的分速度vy（取向下為正）隨時間變化的圖線是下圖中的（ ）
二、利用圖象中各物理量之間的關系間接求出其他物理量類型。
這種類型一是要知道所求物理量與圖象所反映物理量的關系，二是還要能從圖象中讀出所反映物理量的變化規律。
［例2］質點所受的力F隨時間變化的規律如圖所示，力的方向始終在一直線上。已知t＝0時質點的速度為零。在圖3所示的t1、t2、t3和t4各時刻中，哪一時刻質點的動能最大
A．t1 B．t2 C．t3 D．t4
［解析］：該題可從不同角度去認識理解，可以從力與加速度和速度關系的角度去認識，也可以從動量與動能關系的角度去認識。
①從力與加速度和速度的角度分析看，在該題F－t圖象中，從0－t2過程，F的大小雖然有變化，但方向與v的方向始終一致，即a與v的方向也始終一致，因此在該過程中v一直在增大，并在t2時刻達到最大，故動能也最大。
②從動能與動量的角度分析看，解題關鍵在于能找到EK與P的關系，同時對圖象熟悉。在該題的F—t圖中，斜線與橫軸所包圍的面積為沖量I＝Ｆ· t，再由動量定理可知物體所受合外力的沖量等于動量的變化。由圖可知在t2時刻動量最大，由動量和動能關系式(2mEk＝p2)可知，在t2時刻動能也達到最大。故選B。
由以上分析可看出從力與加速度和速度關系入手更為直接。
【變式訓練2】圖甲為一列簡諧橫波在某一時刻的波形圖，圖乙為質點P以此時刻為計時起點的振動圖象。從該時刻起
A．經過0.35s時，質點Q距平衡位置的距離小于質點P距平衡位置的距離
B．經過0.25s時，質點Q的加速度大于質點P的加速度
C．經過0.15s，波沿x軸的正方向傳播了3m
D．經過0.1s時，質點Q的運動方向沿y軸正方向
三、挖掘圖象顯示的內容，探索物理規律。
這種類型的圖象試題對學生提出了較高的要求，一方面對圖象要能識別并挖掘內涵，另一方面還要能歸納出物理規律，這需要同學們在日常學習中多練習多總結多思考，才能達到高考要求。對綜合性習題，還要主動能利用圖象的優勢去反映復雜物理過程，反映物理規律，最終達到簡化解題過程。
［例3］如圖所示，在PQ、QR區域是在在著磁感應強度大小相等、方向相反的勻強磁場，磁場方向均垂直于紙面，bc邊與磁場的邊界P重合。導線框與磁場區域的尺寸如圖所示。從t＝0時刻開始線框勻速橫穿兩個磁場區域。以a→b→c→d→e→f為線框中有電動勢的正方向。以下四個ε-t關系示意圖中正確的是


［解析］ ：楞次定律或左手定則可判定線框剛開始進入磁場時，電流方向，即感應電動勢的方向為順時針方向，故D選項錯誤；1－2s內，磁通量不變化，感應電動勢為0，A選項錯誤；2－3s內，產生感應電動勢E＝2Blv＋Blv＝3Blv，感應電動勢的方向為逆時針方向（正方向），故C選項正確。
【變式訓練3】如圖所示，LOO/L/為一折線，它所形成的兩個角∠LOO/和∠OO/L/均為450。折線的右邊有一勻強磁場，其方向垂直OO’的方向以速度v做勻速直線運動，在t=0時刻恰好位于圖中所示的位置。以逆時針方向為導線框中電流的正方向，在下面四幅圖中能夠正確表示電流—時間（I—t）關系的是（時間以l/v為單位）
四、用圖象處理物理實驗數據
物理實驗中的數據處理一般有三種方式，一是列表法，二是函數關系法，三是圖象法，其中用圖象法處理實驗數據是高考考查學生分問題和解決問題能力的一種方法。
［例4］某同學在做測定小燈泡功率的實驗中得到如下一組U和I的數據：
編號
1
2
3
4
5
6
7
8
U（V）
0.20
0.60
1.00
1.40
1.80
2.20
2.60
3.00
I（A）
0.020
0.060
0.100
0.140
0.170
0.190
0.200
0.205
燈泡發光情況
不亮 微亮 逐漸變亮 正常發光
（1）在圖上畫出I－U圖線；
（2）從圖線上可以看出，當功率逐漸增大時，燈絲電阻的變化情況是 。
（3）這表明導體的電阻隨溫度升高而 。
［解析］：該題主要通過對實驗數據的圖象處理進而分析圖象得出結論以達到考查學生處理信息能力和分析問題能力，這是一道較典型的高考題。
（1）根據U－I的數據，在坐標紙上找出對應的點，連成圓滑的曲線，即I－U圖線。
（2）在I－U圖線中，任一點斜率倒數即這一狀態的電阻值，即，從圖線看出斜率越來越小，其倒數越來越大，即燈絲電阻隨功率增加而變大，或者說隨溫度升高而變大。
【變式訓練4】在某次實驗中測得一只“6V、3.6W”小燈泡的伏安特性曲線如圖甲所示。另有一只定值電阻R =16Ω，一只電動勢E = 8V的電池組，其內阻不計.
（1）當小燈泡在電路中正常發光時，其電阻值是多大？
（2）若把小燈泡、定值電阻、電池組連接成如圖乙所示的電路時，則小燈泡所消耗的電功率是多大？此時小燈泡的電阻又是多大？
帶電粒子在電磁場中的運動
題型一：帶電粒子在電場中的運動問題
［例1］ 一束電子流在經U＝5000 V的加速電壓加速后，在距兩極板等距處垂直進入平行板間的勻強電場，如圖所示，若兩板間距d=1.0 cm，板長l=5.0 cm，那么，要使電子能從平行板間飛出，兩個極板上最多能加多大電壓?
［解析］在加速電壓一定時，偏轉電壓U′越大，電子在極板間的偏距就越大.當偏轉電壓大到使電子剛好擦著極板的邊緣飛出，此時的偏轉電壓，即為題目要求的最大電壓.
加速過程，由動能定理得 ①
進入偏轉電場，電子在平行于板面的方向上做勻速運動
l=v0t ②
在垂直于板面的方向做勻加速直線運動，加速度
③
偏距 ④
能飛出的條件為
y≤ ⑤
解①～⑤式得U′≤ V=4.0×102 V
即要使電子能飛出，所加電壓最大為400 V.
［變式訓練1］初速度為v0質量為m，電荷量為+q的帶電粒子逆著電場線的方向從勻強電場邊緣射入勻強電場，已知射入的最大深度為d．求(1) 場強的大小；(2) 帶電粒子在電場區域中運動的時間(不計帶電粒子的重力) ．
［變式訓練2］如圖所示的裝置，U1是加速電壓，緊靠其右側的是兩塊彼此平行的水平金屬板。板長為L，兩板間距離為d，一個質量為m、帶電量為－q的粒子，經加速電壓加速后沿金屬板中心線水平射人兩板中，若兩水平金屬板間加一電壓U2，當上板為正時，帶電粒子恰好能沿兩板中心線射出；當下板為正時，帶電粒子則射到下板上距板的左端處，求：（1）為多少?
（2）為使帶電粒子經U1加速后，沿中心線射入兩金屬板，并能夠從兩板之間射出，兩水平金屬板所加電壓U2應滿足什么條件？
題型二：帶電粒子在磁場中的運動問題
解決這類問題需要注意：分析帶電粒子的受力特點，確定運動規律是關鍵。在處理圓周運動問題時常常涉及到軌跡半徑和時間的確定，要善于運用幾何關系。
［例2］真空室內存在勻強磁場，磁場方向垂直于紙面向里，磁感應強度的大小B = 0.60T。
磁場內有一塊足夠大的平面感光平板ab，板面與磁場方向平行。在距ab的距離為l = 10cm
處，有一個點狀的α放射源S，它僅在紙平面內向各個方向均勻地發射α粒子。設放射源每
秒發射n = 3.0×104個α粒子，每個α粒子的速度都是
v = 6.0×106m/s。已知α粒子的電荷與質量之比C/kg。求每分鐘有多少個α粒子打中ab感光平板？
［解析］α粒子磁場中沿逆時針方向做勻速圓周運動，用R表示軌道半徑，有
， 由此得 ， R = 20cm ，
因朝不同方向發射的α粒子的圓軌跡都過S，由此可知，某一圓軌跡以O圓心在圖中N的左端與ab相切于P1點，由此O點為能打到感光平板上的α粒子圓軌跡圓心左側最低位置，設此時α粒子從S射出的方向與SN的夾角為θ， 由幾何關系可得 ， θ = 30° ， 同理O′為圓心在圖中N的右側與ab相切于P2點，則此O′點為能打到感光平板上的α粒子圓軌跡圓心右側最低位置，設此時α粒子從S射出的方向與SN的夾角為θ′， 由上圖幾何關系可得θ′= 30°， 分析可知∠cSd = 120°方向的α粒子不能打到ab感光平板上，則每分鐘能打到ab感光平板上的α粒子數為：個。
［變式訓練3］如圖所示，空間分布著有理想邊界的勻強電場和勻強磁場。左側勻強電場的場強大小為E、方向水平向右，電場寬度為L；中間區域勻強磁場的磁感應強度大小為B，方向垂直紙面向里。一個質量為m、電量為q、不計重力的帶正電的粒子從電場的左邊緣的O點由靜止開始運動，穿過中間磁場區域進入右側磁場區域后，又回到O點，然后重復上述運動過程。求：
（1）中間磁場區域的寬度d；
（2）帶電粒子從O點開始運動到第一次回到O點所用時間t。
題型三：帶電粒子在復合場中的運動問題
解決這類問題需要注意：受力分析和運動分析要相結合。粒子的電性、重力是否考慮要進行考查。粒子作直線、曲線、圓周運動的條件要清楚。
［例3］如圖所示，固定于同一條豎直線上的A、B是兩個帶等量異種電荷的點電荷，電荷量均為Q，其中A帶正電荷，B帶負電荷，D、C是它們連線的垂直平分線，A、B、C三點構成一邊長為d的等邊三角形，另有一個帶電小球E，質量為m、電量為+q（可視為點電荷），被長為L的絕緣輕質細線懸掛于O點，O點在C點的正上方。現在把小球E拉到M點，使細線水平繃直且與A、B、C處于同一豎直面內，并由靜止開始釋放，小球E向下運動到最低點C時，速度為v。已知靜電力常量為k,若取D點的電勢為零，試求：
（1）在A、B所形成的電場中，M點的電勢。
（2）絕緣細線在C點所受到的拉力T。
［解析］（1）電荷E從M點運動到C的過程中，電場力做正功。根據動能定理
qU＋mgL＝mv/2
得M、C兩點的電勢差為U＝（mv－2mgL）/2q
又，C點與D點為等勢點，所以M點的電勢為U＝（mv－2mgL）/2q
在C點時A對E的電場力F與B對E的電場力F相等，且為
　　　F＝F＝kqQ/d
又，A、B、C為一等邊三角形，所以F、F的夾角為120,故F、F的合力為
　　　F＝kQq/d, 且方向豎直向下。　　　　　　
由牛頓運動定律得　　T－kQq/d－mg＝mv/L
絕緣細線在C點所受的張力為T＝kQq/d＋mg＋mv/L
［變式訓練4］如圖所示，在xoy平面內，MN和x軸之間有平行于y軸的勻強電場和垂直于xoy平面的勻強磁場，y軸上離坐標原點4 L的A點處有一電子槍，可以沿+x方向射出速度為v0的電子（質量為m，電量為e）。如果電場和磁場同時存在，電子將做勻速直線運動.如果撤去電場，只保留磁場，電子將從x軸上距坐標原點3L的C點離開磁場.不計重力的影響，求：（1）磁感應強度B和電場強度E的大小和方向；
（2）如果撤去磁場，只保留電場，電子將從D點（圖中未標出）離開電場，求D點的坐標；
（3）電子通過D點時的動能。
變式訓練參考答案
［變式訓練1］（1） （2） =
［變式訓練2］（1）＝（2）∴
［變式訓練3］（1）2R。 （2）
［變式訓練4］（1），垂直紙面向里。 ，沿軸負方向。
（2） ， 。 （3）
振動和波8
題型一：簡諧運動的判斷方法和運動過程
F= - kx是判定一個振動是不是簡諧運動的條件。可分三步：首先確定平衡位置；其次判定回復力F是不是與位移x成正比，最后看F與x方向關系是否相反。
［例1］兩根質量均可不計的彈簧，勁度系數分別為K1、K2，它們與一個質量為m的小球組成的彈簧振子，如圖所示。試證明彈簧振子做的運動是簡諧運動。
［解析］以平衡位置O為原點建立坐標軸，當振子離開平衡位置O時，因兩彈簧發生形變而使振子受到指向平衡位置的合力。設振子沿X正方向發生位移x，則物體受到的合力為F=F1+F2=-k1x-k2x=-(k1+k2)x=-kx.
所以，彈簧振子做的運動是簡諧運動。
［變式訓練1］在一根輕彈簧下面掛一質量為m的小物體，上端固定。如圖所示，現用一外力把物體往下拉一小段距離，外力撤去后，試證明物體做簡諧運動
。
題型二：簡諧運動的特性
（1）簡諧運動的多解性：做簡諧運動的質點，是一個變加速度的運動，它是一個周期性的運動，質點運動相同的路程所需的時間不一定相同.
（2）簡諧運動的對稱性：簡諧振動的物體在振動過程中，其位移、速度、回復力、加速度等式物理量的大小關于平衡位置對稱.
［例2］ 一彈簧振子作簡諧振動，周期為T，以下說法正確的是（ ）
A．若t時刻和（t＋Δt）時刻振子運動位移的大小相等、方向相同，則Δt一定等于T的整數倍
B．若t時刻和（t＋Δt）時刻振子運動速度的大小相等、方向相反，則上t一定等于T/2的整數倍
C．若Δt=T，則在 t時刻和（t＋Δt）時刻振子運動的加速度一定相等
D．若Δt＝T/2，則在t時刻和（t十Δt）時刻彈簧的長度一定相等
［解析］做簡諧運動時，振子由平衡位置到最大位移，再由最大位移回到平衡位置，兩次經過同一點時，它們的位移大小相等、方向相同，其時間間隔并不等于周期的整數倍，選項A錯誤。同理在振子由指向最大位移，到反向最大位移的過程中，速度大小相等、方向相反的位里之間的時間間隔小于T/2，選項B錯誤。相差T/2的兩個時刻，彈黃的長度可能相等，振子從平衡位置開始振動、再回到平衡位置時，彈簧長度相等、也可能不相等、選項D錯誤。若Δt＝T，則根據周期性，該振子所有的物理量應和t時刻都相同，a就一定相等，所以，選項C正確。
本題也可通過振動圖像分析出結果，請你自己嘗試一下。
［變式訓練2］一個質點在平衡位置O點附近做機械振動，若從O點開始計時，經過3s鐘質點第一次經過M點如圖所示；再繼續運動，又經過2s鐘它第二次經過M點，則該質點第三次經過M點還需的時間是（ ）
A、8s　 　 B、4s　 　 C、14s 　　D、s
［變式訓練3］如圖所示，質量為m的木塊放在彈簧上，與彈簧一起在豎直方向上做簡諧運動。當振幅為A時，物體對彈簧的最大壓力是物體重力的1.5倍，則物體對彈簧的最小彈力是多大？要使物體在振動中不離開彈簧，振幅不能超過多大？
題型三：用簡諧運動圖象分析問題
在求解圖像類問題時，可以從簡諧運動圖象上直接讀出的物理量有：振幅A、周期T、某時刻的位移x及質點的運動方向．
質點運動方向的判斷方法是：該時刻的位移與相鄰的下一個時刻的位移進行比較，由位移關系可判定速度方向．
簡諧運動的圖象直接反映了位移隨時間的變化規律，它又間接反映了回復力、加速度、速度隨時間的變化規律．
［例3］如圖所示，為某一質點做簡諧振動的圖像，由圖中可知（ ）
A、t = 0時，質點的位移、速度均為零
B、t = 1s時，質點的位移最大，速度為零，加速度最大
C、t = 2s時，質點的位移為零，速度為負方向
最大，加速度為零
D、質點的振幅為10cm，周期為2s
［解析］在求解圖像類問題時，要理解振動圖像是反映做簡諧振動的質點在不同時刻的位移，不是質點的運動軌跡。對于質點的速度和加速度要結合簡諧振動的過程和特點進行分析后作出判斷。從圖像中可得：振幅，周期及各時刻對應的質點相對于平衡位置的位移。由回復力可知振動物體加速度的大小與位移成正比，方向與位移方向相反。由于簡諧振動的機械能守恒，振動物體的位移越大，則勢能越大。平衡位置的位移為零，故勢能為零，動能最大，速度最大。反之在最大位移處速度為零。所以應選B、C項。
［例4］(2003·江蘇高考)一彈簧振子沿x軸振動，振幅為4cm，振子的平衡位置位于x軸上的0點．圖9-3-8中的a、b、c、d為四個不同的振動狀態：黑點表示振子的位置，黑點上的箭頭表示運動的方向．圖9-3-9給出的①②③④四條振動圖線，可用于表示振子的振動圖象( )．
A．若規定狀態a時t＝0，則圖象為①
B．若規定狀態b時t＝0，則圖象為②
C．若規定狀態c時t＝0，則圖象為③
D．若規定狀態d時t＝0，則圖象為④
［解析］振子在狀態a時t＝0，此時的位移為3cm，且向規定的正方向運動，故選項A正確．振子在狀態b時t＝0，此時的位移為2cm，且向規定的負方向運動，圖中初始位移不對．振子在狀態c時t＝0，此時的位移為－2cm，且向規定的負方向運動，圖中運動方向不對．振子在狀態d時t＝0，此時的位移為－4cm，速度為零，故選項D正確．
［變式訓練4］如圖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?擺球的最大加速度和最大速度大小各是多少？（g取10m/s2）
［變式訓練5］細長輕繩下端拴一小球構成單擺，在懸掛點正下方擺長處有一個能擋住擺線的釘子A，如圖所示．現將單擺向左拉開一個小角度，然后無初速地釋放．對于以后的運動，下列說法中正確的是?
A．擺球往返運動一次的周期比無釘子時的單擺周期小?
B．擺球在左、右兩側上升的最大高度一樣?
C．擺球在平衡位置左右兩側走過的最大弧長相等?
D．擺線在平衡位置右側的最大擺角是左側的兩倍?
題型四：學科綜合及與實際問題的結合
［例5］在光滑的水平面上有一彈簧振子，彈簧的輕度系數為k，振子質量為M，振子的最大速度為，如圖所示，當振子運動到最大位移為A的時刻把質量為m的物體輕放其上，求：
（1）要保持物體和振子一起振動，二者間動摩擦因數至少為多大？
（2）一起振動時，二者過平衡位置的速度多大？振幅又是多大？
［解析］本題在分析時要聯系牛頓第二定律和機械能的相關知識進行分析。在放物體前其最大回復力為，振動的機械能為。
（1）放上物體m后，一起振動的最大加速度大小為，對物體而言，所需要的回復力是M施于的靜摩擦力，則放上時加速度最大，所需的靜摩擦力亦最大，設最大靜摩擦力大小為，則當滿足時，兩者可一起振動，即。
（2）當兩者一起振動時，機械能守恒，過平衡位置時，彈簧恢復原長，彈性勢能為零，則，，物體和振子在最大位移處，動能為零，勢能最大，這個勢能與沒有放物體前相同，所以彈簧的最大形變是不變的，即振幅仍為A。
［變式訓練6］如圖所示，有一根用絕緣材料制成的勁度系數為k的輕彈簧，左端固定，右端與小球連接。小球質量為，帶電量為+q。開始時小球靜止在光滑絕緣水平面上，施加水平向右的勻強電場E后小球開始做簡諧運動。小球經過O時加速度為零，A、B為小球能夠到達的最大位移處。在小球做簡諧運動過程中，下列判斷正確的是
A．小球的速度為零時，彈簧伸長量是qE/k
B．小球和彈簧系統的機械能守恒
C．小球做簡諧運動的振幅是2qE/k
D．小球由點到點過程中，彈力做功的數值大于電場力做功的數值
題型五：波的基本概念
［例6］簡諧機械波在給定的媒質中傳播時，下列說法中正確的是（ ）
A．振幅越大，則波傳播的速度越快；
B．振幅越大，則波傳播的速度越慢；
C．在一個周期內，振動質元走過的路程等于一個波長；
D．振動的頻率越高，則波傳播一個波長的距離所用的時間越短。
［解析］波在介質中傳播的快慢程度稱為波速，波速的大小由介質本身的性質決定，與振幅無關，所以A、B二選項錯。由于振動質元做簡諧運動，在一個周期內，振動質元走過的路程等于振幅的4倍，所以C選項錯誤；根據經過一個周期T ，振動在介質中傳播的距離等于一個波長，所以振動的頻率越高，則波傳播一個波長的距離所用的時間越短，即D選項正確。
［變式訓練7］關于機械波的概念，下列說法中正確的是（ ）
A質點振動的方向總是垂直于波的傳播方向
B簡諧波沿長繩傳播，繩上相距半個波長的兩個質點振動位移的大小相等
C任一振動質點每經過一個周期沿波的傳播方向移動一個波長
D相隔一個周期的兩個時刻的波形相同
［變式訓練8］一簡諧橫波在x軸上傳播，在某時刻的波形如圖所示。已知此時質點F的運動方向向下，則???
A．此波朝x軸負方向傳播
B．質點D此時向下運動
C．質點B將比質點C先回到平衡位置
D．質點E的振幅為零
題型六：波動問題中的系列解和多解問題
波的傳播過程中時間上的周期性、空間上的周期性以及傳播方向上的雙向性是導致“撥動問題多解”的主要原因。兩質點見的波形不確定也能形成多解
［例7］如圖實線是某時刻的波形圖象，虛線是經過0.2s時的波形圖象。求：
①波傳播的可能距離
②可能的周期（頻率）
③可能的波速
④若波速是35m/s，求波的傳播方向
⑤若0.2s小于一個周期時，傳播的距離、周期（頻率）、波速。
［解析］
①題中沒給出波的傳播方向，所以有兩種可能：向左傳播或向右傳播。
向左傳播時，傳播的距離為x=nλ+3λ/4=（4n+3）m （n=0、1、2 …）
向右傳播時，傳播的距離為x=nλ+λ/4=（4n+1）m （n=0、1、2 …）
②向左傳播時，傳播的時間為t=nT+3T/4得：T=4t/（4n+3）=0.8 /（4n+3）（n=0、1、2 …）
向右傳播時，傳播的時間為t=nT+T/4得：T=4t/（4n+1）=0.8 /（4n+1） （n=0、1、2 …）
③計算波速，有兩種方法。v=x/t 或v=λ/T
向左傳播時，v=x/t=（4n+3）/0.2=（20n+15）m/s. 或v=λ/T=4 （4n+3）/0.8=（20n+15）m/s.（n=0、1、2 …）
向右傳播時，v=x/t=（4n+1）/0.2=（20n+5）m/s. 或v=λ/T=4 （4n+1）/0.8=（20n+5）m/s. （n=0、1、2 …）
④若波速是35m/s，則波在0.2s內傳播的距離x=vt=35×0.2m=7m=1λ，所以波向左傳播。
⑤若0.2s小于一個周期，說明波在0.2s內傳播的距離小于一個波長。則：
向左傳播時，傳播的距離x=3λ/4=3m；傳播的時間t=3T/4得：周期T=0.267s；波速v=15m/s.向右傳播時，傳播的距離為λ/4=1m；傳播的時間t=T/4得：周期T=0.8s；波速v =5m/s.
點評：做此類問題的選擇題時，可用答案代入檢驗法。
［變式訓練9］圖中實線和虛線分別是x軸上傳播的一列簡諧橫波在t=0和t=0.03s時刻的波形圖，x=1.2m處的質點在t=0.03s時刻向y軸正方向運動，則
Ａ．該波的頻率可能是125HZ
Ｂ．該波的波速可能是10m/s
Ｃ．t=0時x=1.4m處質點的加速度方向沿y軸正方向
Ｄ．各質點在0.03s內隨波遷移0.9m
［變式訓練10］有一列沿水平繩傳播的簡諧橫波，頻率為10Hz，振動方向沿豎直方向，當繩上的質點P到達其平衡位置且向下運動時，在其右方相距0.6m處的質點Q剛好到達最高點，由此可知波速和傳播方向可能是（ ）
A. 8m/s，向右 B. 8m/s，向左 C. 24m/s，向右 D. 24m/s，向左
變式訓練參考答案
變式訓練1
解析：m做簡諧運動時，回復力由重力和彈力的合力提供。
設彈簧的勁度系數為k，在平衡位置時，回復力F＝0，此時彈簧伸長為x0。
則 ①
以平衡位置為坐標原點，向下為正方向建立坐標，如圖所示。
當物體在振動中到達任意點x時，其回復力為
②
由①②得，可見m受的回復力跟偏離平衡位置的位移成正比、方向跟位移相反。即該物體做簡諧運動。
變式訓練2答案：BD
變式訓練3解：⑴0.5mg ⑵2A
變式訓練4解：這是一道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。由題意知，當單擺共振時頻率f=0.5Hz,即,振幅A=8cm=0.08m.
由得
根據機械能守恒定律可得：
解得其它的問題自行解決
變式訓練5 A、B
變式訓練6 A
變式訓練7 B、D
變式訓練8 A、B
變式訓練9 A
變式訓練10 B、C
曲線運動與航天
題型一：平拋運動與圓周運動相結合
［例1］雨傘邊緣半徑為r，且離地面高為h。現讓雨傘以角速
度繞傘柄勻速旋轉，使雨滴從邊緣甩出并落在地面上形成一圓圈，試求此圓圈的半徑為。
［解析］所述情景如圖所示，設傘柄在地面上的投影為O，雨滴 從傘的邊緣甩出后將做平拋運動，其初速度為v0=r，落地時間為t，故。雨滴在這段時間內的水平位移為s= v0 t。由圖可知，在直角三角形ABO中，=。
［題后反思］解本題的關鍵在于把題中所述情景與所學物理知識聯系起來，同時注意立體圖與平面圖的聯系。
題型二：圓周運動臨界問題
［例2］如圖所示，兩繩系一質量為m=0.1kg的小球，兩繩的另一端分別固定于軸的AB兩處，上面繩長l=2m，兩繩拉直時與軸的夾角分別為30°和45°，問球的角速度在什么范圍內兩繩始終有張力?
［解析］設兩細線都拉直時，A、B繩的拉力分別為、，小球的質量為m，A線與豎直方向的夾角為，B線與豎直方向的夾角為，受力分析，由牛頓第二定律得：
當B線中恰無拉力時， ①
② 由①、②解得rad/s
當A線中恰無拉力時， ③
④ （3分） 由③、④解得rad/s
所以，兩繩始終有張力，角速度的范圍是rad/s rad/s
［題后反思］本題以圓周運動為情境，要求考生熟練掌握并靈活應用勻速圓周運動的規律，不僅考查考生對牛頓第二定律的應用，同時考查考生應用多種方法解決問題的能力。比如正交分解法、臨界分析法等。綜合性強，能考查考生多方面的能力，能真正考查考生對知識的掌握程度。體現了對考生分析綜合能力和應用數學知識解決物理問題能力的考查。解決本題的關鍵，一是利用幾何關系確定小球圓周運動的半徑；二是對小球進行受力分析時，先假定其中一條繩上恰無拉力，通過受力分析由牛頓第二定律求出角速度的一個取值，再假定另一條繩上恰無拉力，求出角速度的另一個取值，則角速度的范圍介于這兩個值之間時兩繩始終有張力。
［變式訓練1］用一根細線一端系一小球（可視為質點），另一端固定在一光滑錐頂上，如圖（1）所示，設小球在水平面內作勻速圓周運動的角速度為ω，線的張力為T，則T隨ω2變化的圖象是圖（2）中的（ ）
題型三：萬有引力定律的應用
［例3］我國在2007年發射一顆繞月運行的探月衛星“嫦娥1號”。設想“嫦娥1號”貼近月球表面做勻速圓周運動，測得其周期為T。“嫦娥1號”最終在月球上著陸后，自動機器人用測力計測得質量為m的儀器重力為P。已知引力常量為G，由以上數據可以求出的量有（ ）
A．月球的半徑 B．月球的質量
C．月球表面的重力加速度 D．月球繞地球做勻速圓周運動的向心加速度
［解析］萬有引力提供飛船做圓周運動的向心力，設飛船質量為mˊ，有，又月球表面萬有引力等于重力，，兩式聯立可以求出月球的半徑R、質量M、月球表面的重力加速度；故A、B、C都正確。
［題后反思］測試考點“萬有引力定律”。本題以天體問題為背景，考查向心力、萬有引力、圓周運動等知識。這類以天體運動為背景的題目，是近幾年高考命題的熱點，特別是近年來我們國家在航天方面的迅猛發展，更會出現各類天體運動方面的題。
題型四：同步衛星問題
［例4］發射地球同步衛星時，可認為先將衛星發射至距地面高度為h1的圓形近地軌道上，在衛星經過A點時點火（噴氣發動機工作）實施變軌進入橢圓軌道，橢圓軌道的近地點為A，遠地點為B。在衛星沿橢圓軌道運動經過B點再次點火實施變軌，將衛星送入同步軌道（遠地點B在同步軌道上），如圖所示。兩次點火過程都是使衛星沿切向方向加速，并且點火時間很短。已知同步衛星的運動周期為T，地球的半徑為R，地球表面重力加速度為g，求：
（1）衛星在近地圓形軌道運行接近A點時的加速度大小；
（2）衛星同步軌道距地面的高度。
［解析］
（1）設地球質量為M，衛星質量為m，萬有引力常量為G，衛星在近地圓軌道運動接近A點時加速度為aA，根據牛頓第二定律G=maA
可認為物體在地球表面上受到的萬有引力等于重力 G 解得a=
（2）設同步軌道距地面高度為h2，根據牛頓第二定律有：
G=m 由上式解得：h2=
［題后反思］本題以地球同步衛星的發射為背景，考查學生應用萬有引力定律解決實際問題的能力。能力要求較高。
題型五：雙星問題
[例5]兩個星球組成雙星，它們在相互之間的萬有引力作用下，繞連線上某點做圓周運動，現測得兩星中心距離為R，其運動周期為T，求兩星的總質量．
此題關鍵是知道雙星運動的特征，即萬有引力提供各自的向心力，向心力相同、周期相同、角速度相同。 答案： M1+M2=
變式訓練參考答案
［變式訓練1］解析：小球離開錐面前，，其中，θ表示懸線與豎直方向的夾角，L表示擺長。小球離開錐面后，。可知C項正確。
答案：C。
【能力訓練】本題涉及到圓錐擺運動模型，要求考生通過受力分析和臨界分析，抓住向心力的變化情況，從而順利求解。
牛頓定律在直線運動中的應用
題型一：運動基本概念的辨析與勻變速直線運動基本規律的應用
解決這類問題需要注意：這類習題最大的特點就是解法較多，選擇一個較好的方法可以又快又準確地得到回答，關鍵是對基本概念、基本規律深入的理解與掌握。 雖然這類習題在高考試題中單獨出現的可能性較小，但是在綜合題中卻是非常重要的環節，是完整給出正確答案的基礎。
［例1］做勻加速直線運動的物體，依次通過A、B、C三點，位移sAB=sBC，已知物體在AB段的平均速度大小為3m/s，在BC段的平均速度大小為6m/s，那么物體在B點的瞬時速度大小為
A．4m/s B．4.5m/s C．5m/s D．5.5m/s
［解析］設A點的速度為vA、B點的速度為vB、C點的速度為vC，由平均速度的定義可知：AC段的平均速度為，由勻變速直線運動的規律可知：，，。解得：vA=1m/s，vB=5m/s，vC=7m/s。答案為B。
［變式訓練1］物體以速度v勻速通過直線上的A、B兩點間，需時為t。現在物體由A點靜止出發，勻加速（加速度為a1）運動到某一最大速度vm后立即作勻減速運動（加速度為a2）至B點停下，歷時仍為t，則物體的
A．vm只能為2v，無論a1、a2為何值 B．vm可為許多值，與a1、a2的大小有關
C．a1、a2值必須是一定的 D．a1、a2必須滿足
題型二：追及與相遇的問題
解決這類問題需要注意：畫出示意圖來表明兩個物體追及過程中的空間關系，特別注意的是兩個物體相遇時的臨界條件。
［例2］在一條平直的公路上，乙車以10m/s的速度勻速行駛，甲車在乙車的后面做初速度為15m/s，加速度大小為0.5m/s2的勻減速運動，則兩車初始距離L滿足什么條件可以使（1）兩車不相遇；（2）兩車只相遇一次；（3）兩車能相遇兩次（設兩車相遇時互不影響各自的運動）。
［解析］設兩車的速度相等經歷的時間為t，則甲車恰能追及乙車，應有，其中，解得：L=25m。若L＞25m，則兩車等速時也未追及，以后間距會逐漸增大。若L=25m時，則兩車等速時恰追及，兩車只相遇一次，以后間距會逐漸增大。若L＜25m，則兩車等速時，甲車已運動到乙車的前面，以后還能再相遇一次。
［變式訓練2］一木箱可視為質點，放在汽車水平車廂的前部，如圖所示，已知木箱與汽車車廂底板之間的動摩擦因數為(。初始時，汽車和木箱都是靜止的。現在使汽車以恒定的加速度a0開始啟動沿直線運動。當其速度達到v0后做勻速直線運動。要使木箱不脫離車廂，距汽車車廂尾部的距離應滿足什么條件？
題型三：牛頓定律與圖象的綜合應用
解決這類問題需要注意： 利用圖象分析研究對象的受力特點是及運動性質，然后結合題意運用牛頓第二定律。
［例3］固定光滑細桿與地面成一定傾角，在桿上套有一個光滑小環，小環在沿桿方向的推力F作用下向上運動，推力F與小環速度v隨時間變化規律如圖所示，取重力加速度g＝10m/s2。求：
（1）小環的質量m；
（2）細桿與地面間的傾角(。
［解析］（1）前2s： ①
由v—t圖象可知
2s以后： ②
由①②得：
（2）由②式，所以(=30°。
［變式訓練3］放在水平面上的物塊，受到方向不變水平推力F的作用，F與時間t的關系和物塊速度v與時間t的關系如圖所示，取重力加速度g=10 m/s2。由此兩圖線可以求得物塊的質量m和物塊與地面之間的動摩擦因數(分別為
A．m=0.5kg，(=0.4
B．m=1.5kg，(=
C．m=0.5kg，(=0.2
D．m=1kg，(=0.2
題型四：連接體問題
解決這類問題需要注意：若連接體內（即系統內）各物體具有相同的加速度時，應先把連接體當成一個整體（即看成一個質點），分析其受到的外力及運動情況，利用牛頓第二定律求出加速度．若連接體內各物體間有相互作用的內力，則把物體隔離，對某個物體單獨進行受力分析（注意標明加速度的方向），再利用牛頓第二定律對該物體列式求解。
［例4］如圖所示，一輛汽車A拉著裝有集裝箱的拖車B，以速度v1＝30 m/s進入向下傾斜的直車道。車道每100 m下降2 m。為了使汽車
速度在s＝200 m的距離內減到v2＝10 m/s，駕駛員必須剎車。假定剎車時地面的摩擦阻力是恒力，且該力的70％作用于拖車B，30%作用于汽車A。已知A的質量m1＝2000 kg，B的質量m2＝6000 kg。求汽車與拖車的連接處沿運動方向的相互作用力。取重力加速度g＝10 m/s2。
［解析］汽車沿傾斜車道作勻減速運動，有：
用F表示剎車時的阻力，根據牛頓第二定律得：
式中：
設剎車過程中地面作用于汽車的阻力為f，依題意得：
用fN表示拖車作用汽車的力，對汽車應用牛頓第二定律得：
聯立以上各式解得：。
［變式訓練4］如圖所示，在粗糙水平桌面上放有A、B兩個物體，A、B間用一根輕質硬桿C 相連，已知物體A的質量是m1＝5kg，B的質量是m2＝3kg。A與桌面的動摩擦因數是
μ1=0.2，B與桌面間的動摩擦因數是μ2=0.5。現在A上施加水平向右的拉力F，使它們以v=10m/s的速度沿水平面向右勻速運動。已知g取10m/s2，求：
（1）水平向右的拉力F的大小及輕桿C上的彈力大小；
（2）若在某時刻突然撤去拉力F，則A、B在水平面上滑動的距離是多大？
題型五：彈簧變化過程中運動分析
解決這類問題需要注意： 彈簧的彈力是一種由形變決定大小和方向的力，注意彈力的大小與方向時刻要與當時的形變相對應。一般應從彈簧的形變分析入手，先確定彈簧原長位置、現長位置及臨界位置，找出形變量x與物體空間位置變的幾何關系，分析形變所對應的彈力大小、方向，彈性勢能也是與原長位置對應的形變量相關。從此來分析計算物體運動狀態的可能變化。
通過彈簧相聯系的物體，有運動過程中經常涉及臨界極值問題：如物體的速度達到最大；彈簧形變量達到最大；使物體恰好離開地面；相互接觸的物體恰好脫離等。此類問題的解題關鍵是利用好臨界條件，得到解題有用的物理量和結論。
［例5］如圖所示，A、B兩木塊疊放在豎直輕彈簧上，已知木塊A、B質量分別為0.42kg和0.40kg，彈簧的勁度系數k=100N/m，若在木塊A上作用一個豎直向上的力F，使A由靜止開始以0.5m/s2的加速度豎直向上做勻加速運動（g=10m/s2）。求：
（1）使木塊A豎直做勻加速度運動的過程中，力F的最大值；
（2）若木塊由靜止開始做勻加速運動，直到A、B分離的過程中，彈簧的彈性勢能減少了0.248J，求這一過程中F對木塊做的功。
［解析］此題難點在于能否確定兩物體分離臨界點。
當F=0（即不加豎直向上F力）時，設木塊A、B疊放在彈簧上處于平衡時彈簧原壓縮量為x，有
kx=（mA+mB）g
即 ①
對于木塊A施加力F，A、B受力如圖所示。
對木塊A有
F+N–mAg= mAa， ②
對于木塊B有kx′–N–mBg= mBa。 ③
可知，當N≠0時，A、B加速度相同，由②式知欲使木塊A勻加速度運動，隨N減小F增大。當N=0時，F取得了最大值Fm，
即：Fm=mA（g+a）=4.41N。
又當N=0時，A、B開開始分離，由③式知，彈簧壓縮量kx′=mB（a+g），
則： ④
木塊A、B的共同速度 ⑤
由題知：此過程彈性勢能減少了Wp=Ep=0.248J。
設F力所做的功為WF，對這一過程應用功能原理，得
⑥
聯立①④⑤⑥式，得WF=9.64×10–2J。
［變式訓練5］豎直放置的輕彈簧，上端與質量為3kg的物塊B相連接。另一個質量為1kg的物塊A放在B上。先向下壓A，然后釋放，A、B共同向上運動一段路程后將分離。分離后A又上升了0.2m到達最高點，此時B的速度方向向下，且彈簧恰好為原長。則從A、B分離到A上升到最高點過程中，彈簧彈力對B做功的大小及彈簧回到原長時B的速度大小。（取g=10m/s2）
A．12J，2m/s B．0，2m/s
C．0，0 D．4J，2m/s
變式訓練參考答案
［變式訓練1］1．AD
［變式訓練2］2．（1）當a0≤g(時，L＞0；（2）當a0＞g(時，
［變式訓練3］3．A
［變式訓練4］4．（1）15N，（2）16m
［變式訓練5］5．B
電磁學綜合
題型一 電場和磁場“拼接起來”對帶電粒子作用（質譜儀、顯像管、環形加速器、回旋加速器）
[例1] 如圖1所示是測量帶電粒子質量的儀器——質譜儀的工作原理示意圖。設法使某有機化合物的氣態分子導入圖1中所示的容器A中，使它受到電子束轟擊，失去一個電子成為正一價的離子。離子從狹縫S1以很小的速度（即初速度不計）進入電壓為U的加速電場區加速后，再通過狹縫S2、S3射入磁感應強度為B的勻強磁場（方向垂直于磁場區的界面PQ）中。最后，離子打到感光片上，形成垂直于紙面且平行于狹縫S3的細線。若測得細線到狹縫S3的距離為d。請導出離子的質量m的表達式。
［解析］若以m、q表示離子的質量和電量，用v表示離子從狹縫S2射出時的速度，粒子在加速電場中，由動能定理得 (1)
射入磁場后，在洛倫茲力作用下離子做勻速圓周運動，由牛頓定律可得
(2)
式中R為圓的半徑。感光片上細黑線到S3縫的距離為： d = 2R (3)
聯立(1)~(3)式，解得
［變式訓練1］顯像管的簡要工作原理是陰極K發射的電子束經高壓加速電場（電壓為U）加速后，進入放置在其頸部的偏轉線圈形成的偏轉磁場中偏轉，偏轉后的電子轟擊熒光屏，熒光粉受激發而發光， 圖2—a為電視機顯像管原理簡圖。某同學家中電視機畫面的幅度偏小，維修店的技術人員檢查后診斷為顯像管或偏轉線圈出了故障（顯像管的偏轉線圈如圖2—b所示），試分析引起故障的原因可能是（ ）
A、電子槍發射的電子數減少。
B、加速電場的電壓過高，電子速度偏大。
C、偏轉線圈的電流過小，偏轉磁場減弱。
D、偏轉線圈匝間短路，線圈匝數減少。
［變式訓練2］如圖4(a)所示為一種獲得高能粒子的裝置——環形加速器，環形區域內存在垂直紙面向外、大小可調節的均勻磁場。質量為m、電量為+q的粒子在環中做半徑為R的圓周運動。A、B為兩塊中心開有小孔的極板，原來電勢都為零，每當粒子飛經A板時，A板電勢升高為+U，B板電勢仍保持為零，粒子在兩極板間的電場中得到加速。每當粒子離開時，A板電勢又降為零，粒子在電場一次次加速下動能不斷增大，而繞行半徑不變。
⑴設t=0時，粒子靜止在A板小孔處，在電場作用下加速，并開始繞行第一圈，求粒子繞行n圈回到A板時獲得的總動能En。
⑵為使粒子始終保持在半徑為R的圓軌道上運動，磁場必須周期性遞增，求粒子繞行第n圈時的磁感應強度Bn。
⑶求粒子繞行n圈所需的總時間tn（設極板間距遠小于R）。
⑷在圖4(b)中畫出A板電勢u與時間t的關系（從t=0起畫到粒子第四次離開B板）。
⑸在粒子繞行的整個過程中A板電勢是否可始終保持+U？為什么？
3、已知回旋加速器的D型盒半徑為R=60cm。兩盒間距1cm，用它加速質子時可使質子獲得4MeV的能量，加速電壓為U=2×104V。求（1）該加速器中偏轉磁場的磁感應強度；（2）質子在D型盒中運動的時間t；（3）整個過程中，質子在運動的總時間。
題型二 電場和磁場“重疊起來”對帶電粒子的作用（速度選擇器、磁流體發電機、電磁流量計、電磁泵、霍爾元件）
[例2] 在圖8所示的平行板器件中，電場強度E和磁感應強度B相互垂直。具有某一水平速度V的帶電粒子，將沿著圖中所示的虛線穿過兩板間的空間而不發生偏轉，具有其他速度的帶電粒子將發生偏轉。這種器件能把具有上述速度V的帶電粒子選擇出來，所以叫速度選擇器。如果已知粒子A（重力不計）的質量為m、帶電量為+q，兩極板間距為d，磁場的磁感應強度為B。
（1）試證明帶電粒子具有速度時，才能沿著圖示的虛線路徑通過。
（2）若粒子A從圖8的右端兩極板中央以-V入射，還能直線從左端穿出嗎？為什么？若不穿出而打在極板上，則到達極板時的速度是多少？
（3）若粒子A的反粒子（-q，m）從圖8的左端以V入射，還能直線從右端穿出嗎？
（4）將磁感應強度增大到某值，粒子A將落到極板上，粒子落到極板時的動能為多少？
［解析］⑴帶電粒子A進入場區后，受到庫侖力F1=qE和洛倫茲力F2=qVB的作用，如果帶電粒子穿過兩板間做勻速直線運動不發生偏轉，應有F1=F2，即 qE=qVB。所以。
（2）粒子A在選擇器的右端入射，電場力與洛倫茲力同方向，因此不可能直線從左端穿出，一定偏向極板。若粒子打在極板上，由動能定理得
又E = BV，所以 。
（3）仍能直線從右端穿出，有（1）可知，選擇器（B，E）給定時，與粒子的電性、電量無關，只與速度有關。
（4）增大磁感應強度B為后，有F2 > F1，即qvB > qE，因此粒子A將偏向下極板，最終落到下極板。
由動能定理
得
[變式訓練3]目前世界上正在研究的一種新型發電機叫做磁流體發電機。這種發電機可以直接把內能轉化為電能，它的發電原理是：將一束等離子體（即高溫下電離的氣體，含有大量帶正電和帶負電的微粒，而從整體來說呈中性）噴射入磁場，磁場中A、B金屬板上會聚集電荷，產生電壓，設A、B兩平行金屬板的面積為S，彼此相距L，等離子體氣體的電導率為σ（即電阻率的倒數），噴入速度為V，板間磁感應強度B與氣流方向垂直，與板相連的電阻阻值為R，如圖9所示，問流過R的電流I為多少？
［變式訓練4］電磁流量計是對管道內部流體流動沒有任何阻礙的儀器，廣泛應用于測量高粘度及強腐蝕性流體的流量（在單位時間內通過管內橫截面的流體的體積）。假設流量計是如圖10所示的橫截面為長方形的一段管道，其中空部分的長、寬、高分別為圖中的a、b、c。流量計的兩端與輸送流體的管道相連接（圖中虛線），流量計的上下兩面是金屬材料，前后兩面是絕緣材料。現在流量計所在處加磁感應強度為B的勻強磁場，磁場方向垂直于前后兩面，當導電流體穩定地流經流量計時，在管外將流量計上、下兩表面與串接了電阻R的電流表的兩端連接，I為測得的電流值。已知液體的電阻率為ρ，不計電流表的內阻，則可求得流量為（ ）
A、 B、
C、 D、
［變式訓練5］在原子反應堆中抽動液態金屬或在醫療器械中抽動血液等導電液體時，由于不允許傳動的機械部分與這些液體相關接觸，常使用一種電磁泵，圖11為這種電磁泵的結構。將導管放在磁場中，當電流穿過導電液體時，這種液體即被驅動。問：
⑴這種電磁泵的原理是怎樣的？
⑵若導管內截面積S = bh，磁場視為勻強磁場，寬度為L，磁感應強度為B，液體穿過磁場區域的電流強度為I，求勻強磁場區域內長度為L的導管兩端形成的壓強差為多少？
4、磁強計實際上是利用霍爾效應來測量磁感應強度B的儀器。其原理可解釋為：如圖12所示的一塊導體接上a、b、c、d四個電極，將導體放在勻強磁場之中，a、b間通以電流I，c、d間就會出現電勢差，只要測出這個電勢差U的值，就可測得磁感應強度B。試推導B的表達式。
題型三 帶電粒子在電場、磁場、重力場構成的復合場運動
[例3] 在勻強磁場和勻強電場中，水平放置一絕緣直棒，棒上套著一個帶正電的小球，如圖示，小球與棒間滑動摩擦因數，小球質量M，電量，勻強電場水平向右，E=5N/C，磁場垂直紙面向里，B=2T，取，求：
（1）小球的加速度最大時，它的速度多大？最大加速度多大？
（2）如果棒足夠長，小球的最大速度多大？
（3）說明A球達到最大速度后能量轉化關系？
［解析］（1）小球開始在電場力作用下向右運動，則A球受重力，水平向右的電場力，垂直桿向上的彈力和洛倫茲力，沿桿水平向左的摩擦力。
則 而，
∴ ∴ 當時，最大
此時
（2）隨著小球的增大，洛倫茲力逐漸增大
當后，桿對小球的彈力反向，則
當時，即，
（3）達到最大速度后，小球做勻速運動
洛倫茲力、重力、彈力不做功，電場力做正功，摩擦力做負功。
消耗的電能用于克服摩擦阻力做功產生的焦耳熱。
[變式訓練6]如圖所示，在水平正交的勻強電場和勻強磁場中，半徑為R的光滑絕緣豎直直圓環上，套有一帶正電小球。已知小球所受電場力和重力大小相等，小球在環頂A處由靜止釋放，當小球運動到圓弧的幾分之幾時，所受的磁場力最大？
［變式訓練7］如上圖所示，勻強電場的場強E=4V/m，方向水平向左；勻強磁場的磁感強度B=2T，方向垂直紙面向里，1個質量為M=1g、帶正電的小物塊A從M點沿絕緣粗糙的豎直壁無初速下滑，當它滑行h=0.8 m到N點時就離開壁做曲線運動。當A運動到P點時，恰好處于平衡狀態，此時速度方向與水平方向成45角，設P與M的高度差H=1.6m，問：（1）A沿壁下滑過程摩擦力做的功是多少？（2）P與M的水平距離s等于多少？(6×10-2J，0.6m)
題型四 電磁感應綜合題
電磁感應這部分內容是物理重點內容之一．它在高考試題中比例約占8%—10％，近年來高考對本章內容考查命題頻率極高的是感應電流的產生條件、方向判定和導體切割磁感線產生的感應電動勢的計算，且要求較高．
[例4]如圖所示，半徑為r的金屬圓環置于水平面內，三條電阻均為R的導體桿Oa、Ob和Oc互成120°連接在圓心O和圓環上，圓環繞經過圓心O的豎直金屬轉軸以大小為ω的角速度按圖中箭頭方向勻速轉動．一方向豎直向下的勻強磁場區與圓環所在平面相交，相交區域為一如圖虛線所示的正方形（其一個頂點位于O處）．C為平行板電容器，通過固定的電刷P和Q接在圓環和金屬轉軸上，電容器極板長為l，兩極板的間距為d．有一細電子束沿兩極板間的中線以大小為v0（）的初速度連續不斷地射入C．
（1）射入的電子發生偏轉時是向上偏轉還是向下偏轉？
（2）已知電子電量為e，質量為m．忽略圓環的電阻、電容器的充電放電時間及電子所受的重力和阻力．欲使射入的電子全部都能通過C所在區域，勻強磁場的磁感應強度B應滿足什么條件？
［解析］（1）射入的電子發生偏轉時是向上偏轉．
（2）當導體桿處于磁場中時，感應電動勢

導體桿轉動的平均速度　
所以，
此時，磁場中導體桿的電阻為內電阻，其余的電阻為外電阻，電容器的電壓

射入的電子在兩極板間運動　
因為，所以
而就是每條導體桿在磁場中運動的時間，因此有部分電子在兩極板間運動的時間內，極板間的電場始終存在，這部分電子在極板間的偏轉量最大．
設電子恰好能離開通過C，有

而　　　
由以上各式得　
磁感強度B應滿足的條件是　
[變式訓練8]如圖（甲）所示，固定于水平桌面上的金屬架cdef，處在一豎直向下的勻強磁場中，磁感應強度的大小為B0，金屬棒 ab 擱在框架上，可無摩擦地滑動，此時 adeb 構成一個邊長為l的正方形，金屬棒的電阻為r，框架的電阻不計．從 t = 0 時刻起，磁場開始均勻增加，磁感應強度變化率的大小為k（k=△B/△t）.求：
( l ）用垂直于金屬棒的水平拉力 F 使金屬棒保持靜止，寫出 F 的大小隨時間t變化的關系式，并指出 F 的方向．
( 2 ）如果豎直向下的磁場是非均勻增大的（即 k 不是常數），金屬棒以速度v0向什么方向勻速運動時，可使金屬棒中始終不產生感應電流？寫出該磁感應強度 B 隨時間 t 變化的關系式．
( 3 ）如果非均勻變化磁場在 0 ～t1時間內的方向豎直向下，在 tl ～t2時間內的方向豎直向上，若t＝0時刻和t=t1時刻磁感應強度的大小均為 B0、 adeb 的面積均為l2．當金屬棒按圖（乙）中的規律運動時，為使金屬棒中始終不產生感應電流，請在圖（丙）中畫出變化的磁場的磁感應強度 B 隨時間t變化的示意圖象．（要寫出必要的表達式．已知 tl-0=t2-t1< l/vo ，以豎直向下為正方向）
［變式訓練9］如圖（a）所示，光滑的平行長直金屬導軌置于水平面內，間距為L、導軌左端接有阻值為R的電阻，質量為m的導體棒垂直跨接在導軌上。導軌和導體棒的電阻均不計，且接觸良好。在導軌平面上有一矩形區域內存在著豎直向下的勻強磁場，磁感應強度大小為B。開始時，導體棒靜止于磁場區域的右端，當磁場以速度v1勻速向右移動時，導體棒隨之開始運動，同時受到水平向左、大小為f的恒定阻力，并很快達到恒定速度，此時導體棒仍處于磁場區域內。
（1）求導體棒所達到的恒定速度v2；
（2）為使導體棒能隨磁場運動，阻力最大不能超過多少？
（3）導體棒以恒定速度運動時，單位時間內克服阻力所做的功和電路中消耗的電功率各為多大？
（4）若t＝0時磁場由靜止開始水平向右做勻加速直線運動，經過較短時間后，導體棒也做勻加速直線運動，其v-t關系如圖（b）所示，已知在時刻t導體棒的瞬時速度大小為vt，求導體棒做勻加速直線運動時的加速度大小。
電磁感應中的能量問題
題型一：用能量的觀點解決電磁感應綜合問題
［例1］如圖所示，電動機牽引一根原來靜止的、長L為1m、質量m為0.1kg的導體棒MN上升，導體棒的電阻R為1Ω，架在豎直放置的框架上，它們處于磁感應強度B為1T的勻強磁場中，磁場方向與框架平面垂直。當導體棒上升h=3.8m時，獲得穩定的速度，導體棒上產生的熱量為2J，電動機牽引棒時，電壓表、電流表的讀數分別為7V、1A，電動機內阻r為1Ω，不計框架電阻及一切摩擦，求：
（1）棒能達到的穩定速度；
（2）棒從靜止至達到穩定速度所需要的時間。
［解析］（1）電動機的輸出功率為：W
電動機的輸出功率就是電動機牽引棒的拉力的功率，
當棒達穩定速度時 感應電流
解得，棒達到的穩定速度為m/s
（2）由能量守恒定律得：解得 t=1s
［變式訓練1］圖中MN和PQ為豎直方向的兩平行長直金屬導軌，間距l為0．40m，電阻不計．導軌所在平面與磁感應強度B為0．50T的勻強磁場垂直．質量m為6．0×10-3kg．電阻為1．0Ω的金屬桿ab始終垂直于導軌，并與其保持光滑接觸．導軌兩端分別接有滑動變阻器和阻值為3．0Ω的電阻R1．當桿ab達到穩定狀態時以速率v勻速下滑，整個電路消耗的電功率P為0．27W，重力加速度取10m/s2，試求速率v和滑動變阻器接入電路部分的阻值R2．

題型二：交變電流有效值綜合問題
［例2］如圖所示，ab=25cm，ad=20cm，匝數為50匝的矩形線圈．線圈總電阻 r=1Ω 外電路電阻R =9Ω，磁感應強度B=0．4T，線圈繞垂直于磁感線的OO’ 軸以角速度50rad/s勻速轉動．求：
(1)從此位置開始計時，它的感應電動勢的瞬時值表達式．
(2)1min內R上消耗的電能．
(3)當從該位置轉過時，通過R上瞬時電功率是多少？
(4)線圈由如圖位置轉過的過程中，R的電量為多少？
［解析］（1）感應電動勢的瞬時值表達式為（V）
（2）電動勢有效值為，電流
1min內R上消耗的電能為
（3）從該位置轉過時，電動勢為e=50cos30°= 25（V）
電流為I ==2．5(A) 通過R上瞬時電功率為P = I2R = 168．75(w)
(4) 線圈由如圖位置轉過的過程中，Δφ=BSsin30°= 0．01（wb）
通過R的電量為 Q = =5×10-2(C)
［變式訓練2］如圖所示，一個半徑為r的半圓形線圈，以直徑ab為軸勻速轉動，轉速為n，ab的左側有垂直紙面向里(與ab垂直)的勻強磁場，磁感應強度為B，M和N是兩個集流環，負載電阻為R，線圈、電流表和連接導線的電阻不計，求：
(1)從圖示位置起轉過1/4周期內負載電阻R上產生的熱量；
(2)從圖示位置起轉過1/4周期內負載電阻R的電荷量；
(3)電流表的示數．

題型三：感生電動勢與動生電動勢綜合問題
［例3］如圖所示，足夠長的的兩光滑導軌水平放置，兩條導軌相距為d，左端MN用阻值不計的導線相連，金屬棒ab可在導軌上滑動，導軌單位長度的電阻為r0，金屬棒ab的電阻不計。整個裝置處于豎直身下的勻強磁場中，磁場的磁感應隨時間均勻增加，B=kt，其中k為常數。金屬棒ab在水平外力的作用下，以速度v沿導軌向右做勻速運動t=0時，金屬棒ab與MN相距非常近。求當t=t0時：
（1）水平外力的大小F；（2）閉合回路消耗的功率。
［解析］(1)閉合回路產生的感應電動勢為
當Δt→0時,，安培力。
（2）由，得，回路消耗電能的功率為。
［變式訓練3］如圖所示，兩根平行金屬導軌固定在水平桌面上，每根導軌每米的電阻為0.1Ω。導軌的端點P、Q用電阻可忽略的導線相連，兩導軌間的距離為0.2m。有隨時間變化的勻強磁場垂直于桌面，已知磁感應強度B與時間t的關系為B=0.02t。一電阻不計的金屬桿可在導軌上無摩擦地滑動，在滑動過程中保持與導軌垂直，在t=0時刻，金屬桿緊靠在P、Q端，在外力作用下，桿以恒定的加速度從靜止開始向導軌的另一端滑動，求在t=0.6s時金屬桿所受的安培力。
題型四：遠距離輸電的能量損失問題
［例4］發電廠的輸出電壓為220V，輸出功率為44KW，每條輸電線電阻為0.2 ，求用戶得到的電壓和電功率各是多少？如果發電站先用變壓比為1：10的升壓變壓器將電壓升高，經同樣輸電線路后，再經過10：1的降壓變壓器降壓后供給用戶，則用戶得到的電壓和電功率又各是多少？
［解析］（1）輸電線上的電流為
輸電線上損失的功率為，電壓損失
用戶得到的功率為，電壓為
（2）輸電電壓為，輸電線上的電流為
輸電線上損失的功率為，電壓損失
用戶得到的功率為
電壓為
［變式訓練4］一個小型水力發電站，發電機輸出電壓U0=250V，內電阻可以忽略不計，最大輸出功率為Pm=30kW，它通過總電阻R線=2．0Ω的輸電線直接向遠處的居民區供電。設居民區所有用電器都是額定電壓U用=220V的白熾燈，總功率為P用=22kW，不計燈絲電阻隨溫度的變化。
（1）當居民區的電燈全部使用時，電燈兩端的電壓是多少伏?發電機實際輸出的電功率多大?
（2）若采用高壓輸電，在發電機端用升壓變壓器，在用戶端用降壓變壓器，且不計變壓器和用戶線路的損耗。已知用戶變壓器的降壓比為40：1，當全部用戶電燈正常發光時，輸電線上損耗的功率多大?
變式訓練參考答案
變式訓練1 v=4．5m/s 、＝6．0Ω
變式訓練2 (1) (2) (3)
變式訓練3 1.44X10-3N
變式訓練4 （1）131V，14881W （2）12.5W
電路的分析
題型一：直流電路的動態分析
解決這類問題需要注意：按局部（R的變化）→全局（I總、U端的變化）→局部（U分、I分的變化）的邏輯思維進行分析推理。
［例1］在如圖1所示的電路中，滑動變阻器的滑動觸點向b端移動時（ ）
A．電壓表V的讀數增大，電流表A的讀數減小
B．電壓表V和電流表A的讀數都增大
C．電壓表V和電流表A的讀數都減小
D．電壓表V的讀數減小，電流表A的讀數增大
［解析］滑動變阻器的滑動觸點向b端移動時,R3接入電路中的阻值變大，使得I總減小，內電壓減小，由U=E-Ir得外電壓U外增大，即電壓表讀數增大。電阻R1中的電流減小，電壓減小，電阻R2兩端的電壓（U2=U外-U1）增大，電流也增大，電阻R3中的電流（I3=I總- I2）減小，即電流表讀數減小。答案：A。
［變式訓練1］在圖2所示的電路中，觀察三只小燈泡亮度變化和兩只電壓表變化情況，如果滑動變阻器的滑片P由a端滑至b端，電壓表V1示數變化的絕對值為△U1，電壓表V2示數變化的絕對值為△U2，則下列說法正確的有（ ）
A．L1、L3變暗，L2變亮
B．L3變暗，L1、L2變亮
C．△U1﹤△U2
D．△U1﹥△U2
2.如圖3所示電路中，由于某一電阻發生短路或斷路，使A燈變暗，
B燈變亮，則故障可能是（ ）
A．R1短路 B．R2斷路 C．R3斷路 D．R4短路
題型二：電路中的能量轉化
解決這類問題需要注意：一是能量轉化的方向問題；二是能量轉化量的計算問題。
［例2］環保汽車將為2008年奧運會場館服務。某輛以蓄電池為驅動能源的環保汽車，總質量=3×103kg。當它在水平路面上以=36km/h的速度勻速行駛時，驅動電機的輸入電流=50A，電壓=300V。在此行駛狀態下，求：
（1）驅動電機的輸入功率P電。
（2）若驅動電機能夠將輸入功率的90％轉化為用于牽引汽車前進的機械功率P機，求汽車所受阻力與車重的比值。（取10m/s2）
（3）設想改用太陽能電池給該車供電，其它條件不變，求所需太陽能電池板的最小面積。
已知太陽輻射的總功率P0＝4×1026W，太陽到地球的距離r＝1.5×1011m，太陽光傳播到達地面的過程中大約有30％的能量損耗，該車所用太陽能電池的能量轉化效率約為15％。
［解析］（1）驅動電機的輸入功率＝＝1.5×104W。
（2）在勻速行駛時＝0.9＝＝，＝
汽車所受阻力與車重之比＝0.045。
（3）當太陽垂直電池板入射時，所需電池板面積最小，設其為，距太陽中心為的球面面積＝πr2
若沒有能量損耗，太陽能電池板接受到的太陽能功率為，則=，
設太陽能電池板實際接收到的太陽能功率為，則＝（1－30％）所以，由于＝15％，所以電池板的最小面積＝＝101m2。
［變式訓練2］如圖4所示，電源電動勢＝14V，內阻＝1歐，小燈泡L標有“2V，4W”，電動機的內阻＝0.5歐，當變阻器調到＝1歐時，電燈和電動機正常工作。求：
（1）電動機兩端電壓；
（2）電動機輸出的機械效率；
（3）電源的總功率。
題型三：伏安特性曲線應用
解決這類問題需要注意：掌握電源與電阻的伏安特性曲線的物理意義，其交點表示兩者電流I相同，電壓U也相同，可求出實際功率。
［例3］：小燈泡燈絲的電阻會隨溫度的升高而變大，某同學為研究這一現象，用實驗得到如下數據（和分別表示小燈泡上的電流和電壓）：
I(A)
0.12
0.21
0.29
0.34
0.38
0.42
0.45
0.47
0.49
0.50
U(V)
0.20
0.40
0.60
0.80
1.00
1.20
1.40
1.60
1.80
2.00
（1）在圖5甲中畫出實驗電路圖，可用的器材有：電壓表、電流表、滑動變阻器（變化范圍）、電源、小燈泡、開關、導線若干。
（2）在圖3乙中畫出小燈泡的曲線。
（3）現有一電池的電動勢是1.5V，內阻是2.0。問：將本題中的小燈泡接在該電源的兩端，小燈泡的實際功率是多少？（簡要寫出求解過程；若需作圖，可直接畫在第（2）小題的方格圖中）
［解析］（1）如圖6甲所示（提示：測燈泡伏安特性曲線要求電壓從零開始，采用分壓器）。
（2）如圖6乙所示。
（3）由于小燈泡的電阻是變化的，若用代數法計算，則無從算起。據電動勢是1.5V，內阻是2.0，作出電源的伏安特性曲線，與燈泡的伏安特性曲線交與V、A，因此，燈泡的實際功率是W。
［變式訓練3］如圖7甲所示，直線和分別為電源、的路端電壓與電流的關系圖像。設兩個電源的內電阻分別為和，若將一定阻值的電阻分別接到、兩電源上，通過的電流分別為和，則（ ）
A．，
B．，
C．，
D．，
［變式訓練］：解析：小球離開錐面前，，其中，θ表示懸線與豎直方向的夾角，L表示擺長。小球離開錐面后，。可知C項正確。
答案：C。
題后反思：本題涉及到圓錐擺運動模型，要求考生通過受力分析和臨界分析，抓住向心力的變化情況，從而順利求解。

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