高三物理第二輪專題復習教案(全套)

1、學習必備歡迎下載第一講平衡問題一、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(jù)“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(shù)、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x 軸上和y 軸上，運用兩坐標軸上的合力等于零的條件(Fx0Fy0) 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x 、y 方向選擇時

2、，盡可能使落在x 、y 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(nèi)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(tǒng)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

3、狀態(tài)未發(fā)生改變，即 a 0 。表現(xiàn)：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(zhì)量為 m 的物體置于動摩擦因數(shù)為 的水平面上， 現(xiàn)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mg ，地面的支持力N，摩擦力f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fN，將f和 N合成，得到合力F，由圖知F 與f的夾角：arcctgfarcctgN不管拉力 T 方向如何變化， F 與水平方向的夾角 不變，即的變力。這顯然屬于三力平衡中的動態(tài)平衡問題，由前面討論知，當F 為一個方向不發(fā)生改變 T 與 F

4、 互相垂直時，T有最小值，即當拉力與水平方向的夾角90arcctgarctg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(xiàn)這類問題是指平衡的物體受到了包括摩擦力在內(nèi)的力的作用。在共點力平衡中，當物學習必備歡迎下載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(nèi)變動，因此包括摩擦力在內(nèi)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(tài)所需的外力允許有一定范圍； 又由于存在著最大

5、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(nèi)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(nèi)的，只有當維持勻速運動時，外力才需確定的數(shù)值。由于滑動摩擦力F= FN ，要特別注意題目中正壓力的大小的分析和計算，防止出現(xiàn)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

6、f 。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?？梢约僭O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F2 F cos 。當接觸面光滑，G F cos時，物體能保持靜止；當GF cos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G F cos 時，物體A 則有向上運動的趨勢，受到的靜摩擦力的方向向

7、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(shù)值也有一定的變動范圍，滑動摩擦力雖有確定數(shù)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(tài)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mg 的小環(huán)套在豎直的半徑為 r例 3如圖 1-3 所示，一個重力為的光滑大圓環(huán)上，一勁度系數(shù)為k，自然長度為L （ L<2r ）彈簧的一端固定在小環(huán)上，另一端固定在大圓環(huán)的最高點A 。當小環(huán)靜止時，略去彈簧的自重和小環(huán)與大圓環(huán)間的摩擦。求彈簧與豎直方向之間的夾角分析選取小環(huán)為研究對象，孤立它進行受

8、力情況分析：小環(huán)受重力 mg 、大圓環(huán)沿半徑方向的支持力N 、彈簧對它的拉力 F 的作用，顯然，F(xiàn)k( 2r cosL )解法 1 運用正交分解法。如圖1-4 所示，選取坐標系，以小環(huán)所在位置為坐標原點，過原點沿水平方向為x 軸，沿豎直方向為 y 軸。Fx 0, F sinN sin 20學習必備歡迎下載Fy0,F cosmg N cos20解得a r c c o skL2(kr mg)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(tài)，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 m 與它相似，則必有對應邊成比例。FmgN2r cosrrar

9、ccoskL2(krmg )（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(zhì)量為m 帶電量為 q 的微粒以速度 v 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v 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 f 就應斜向右下與 v 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(jù)合外力為零可得，mgqvB sin 45（1）qEqvB cos45（2）由（ 1

10、）式得 B2mg，由（ 1），（ 2）得 E mg / qqv（5）動態(tài)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l ，導軌平面與水平面的夾角為。在整個導軌平面內(nèi)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 ab ，質(zhì)量為 m ，從靜止開始沿導軌下滑。求ab 棒的最大速度。（已知ab 和導軌間的動摩擦因數(shù)為，導軌和金屬棒的電阻不計）解析本題的研究對象為ab 棒，畫出ab 棒的平面受力圖，如圖1-7。ab 棒所受安培力F 沿斜面向上，大小為FBIlB 2l

11、 2v / R ，則ab 棒下滑的加速度學習必備歡迎下載a mg sin( mg cosF ) / m 。ab 棒由靜止開始下滑，速度 v 不斷增大，安培力 F 也增大，加速度 a 減小。當 a =0 時達到穩(wěn)定狀態(tài)，此后 ab 棒做勻速運動，速度達最大。mg sin(mg cosB 2l 2v / R)0 。解得 ab 棒的最大速度vmmgR(sincos ) / B2 l 2 。例 6圖 1-8 是磁流體發(fā)電機工作原理圖。磁流體發(fā)電機由燃燒室（O）、發(fā)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

12、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(chǎn)生靜電場。這時等離子體同時受到方向相反的洛侖茲力（f ）與電場力（ F）的作用，當F= 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v ，負載電阻為R，電源內(nèi)阻不計，通道截面是邊長為d 的正方形，試求：（1）磁流體發(fā)電機的電動勢？（2）發(fā)電通道兩端的壓強差p ？解析根據(jù)兩板電勢差最大值的條件fF得 vEBdB所以，磁流發(fā)電機的電動勢為Bdv設電源內(nèi)阻不計，通道橫截面邊長等于d 的正方形，且入口處壓強為p1 ，出口處的壓強

13、為2(Bdv) 2SPp2；當開關閉合后，發(fā)電機電功率為電RR根據(jù)能量的轉化和守恒定律有P電F1v F2v p1d 2 v p2 d 2 v所以，通道兩端壓強差為pp1p2B 2vR（6）共點的三力平衡的特征規(guī)律例 7圖 1-9 中重物的質(zhì)量為m ，輕細線 AO 和 BO 的 A 、B學習必備歡迎下載端是固定的，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 、 F1mg cosB、 F1mgctgC、 F2mg sinD、 F2mg / sin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 1-1

14、0。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：FTmg則： F1FctgmgctgF2F / sinmg / sin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Fx 、 Fy ，由平衡條件知：FyTmg, FxF1則： F2F y / sinmg / sinF1FxFy ctgmgctg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?。拷Y論：共點的三力平衡時，若有一個力的大小和方向都不

15、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(zhì)量為 M 的木箱放在水平面上，木箱中的立桿上著一個質(zhì)量為 m 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Mg1 mg 。因為球加速下滑時，桿受向上的摩擦21 mg 。對木箱進行受力力 f 根據(jù)第二定律有mgfma ，所以 f21 mg 。由平衡條件有分析有：重力Mg 、地面支持力N 、及球對桿向下的摩擦力f1 mg 。2N f mgMg22、電磁學中的平衡（1）電橋平衡學習必備歡迎下載若沒有 R，則 R1

16、和 R2 串聯(lián)后與 R3 和 R4 串聯(lián)后再并聯(lián)設通過 R1 的電流為 I1，通過 R3 的電流 I2如有： I1R1=I 2 R3 ，I1R2=I 2R4 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?，F(xiàn)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(chǎn)生的電場在球內(nèi)直徑上 a 、 b 、 c 三點的場強大小分別為Ea 、 Eb 、 E c ，三者相比，A 、 Ea 最大B、 Eb 最大C、 E c 最大D 、Ea = Eb = E c解析：當金屬球在帶電桿激發(fā)的電場中達到以靜電平衡時，其內(nèi)部的場

17、強為0，即細桿在 a 、b 、 c 產(chǎn)生的場強與金屬球上的感應電荷在a 、 b 、 c 產(chǎn)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 t 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(fā)熱，溫度上升，使藥片散發(fā)出驅蚊藥，當電熱器產(chǎn)生的熱與向外散發(fā)的熱平衡時，溫度達到一個穩(wěn)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(wěn)定時的溫度應取區(qū)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（ 0t1）范圍內(nèi)，電阻率隨溫度的升高而減小，

18、因此電阻減小，電功率增大，驅蚊器溫度持續(xù)上升；在（ t1t2）范圍內(nèi)，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(chǎn)生的熱與向外散發(fā)的熱平衡時，溫度、電阻、電功率都穩(wěn)定在某一值。解答功率變化是先增大后減小，最后穩(wěn)定在某一值。這時溫度應在t1t2 間。4、有固定轉軸物體的平衡。例 10重 1003 （N ）的由輕繩懸掛于墻上的小球，擱在輕質(zhì)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

19、設球與板的相互作用力為N ，繩對球的拉力為T，則對球有T cosG sinT sinN G cos，可得T100N，N=100N 。球對板的作用力 N 、板兩端所受的彈力N A 和 NB，板在這三個力作用下靜止，則該三個力為共點力，據(jù)此可求得球距 A 端距離x AB sin 2aAB / 4 ，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 NB ABsin aN x對板，以B 端為轉動軸，有學習必備歡迎下載N AABcosaN ( ABx) 。可得 N A503N ， N B50 N 。學習必備歡迎下載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

20、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v0 從地面勻速豎直上升，經(jīng)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

21、離開氣球時的高度為hx ，對于離開氣球后的運動過程，可列下面方程：hxv0 (thx )1gt x2，其中（ -hx 表示） 向下的位移 hx ， hx為勻速運動的時間，v02v0t x 為豎直上拋過程的時間，解方程得：t x2v0t，于是，離開氣球時的離地高度可在勻g速上升過程中求得，為：hxv0 (tt x )v0 (t2v0 t )g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：1hx)20v0 tg(tv02解得： hxv0 (t2v0 t )g評析 通過以上兩種方法的比較， 更深入理解位移規(guī)律及靈活運用運動的合成可以使解題過程

22、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(fā)生的相對位移大小等于線長，應將兩球的運動聯(lián)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(jù)位移關系有：1 g(t 1) 21 gt 29522解得： t=9s學習必備歡迎下載方法 2：若以后球為參照物，當后球出發(fā)時前球的運動速度為v0 gt 10m / s。以后兩球速度發(fā)生相同的改變，即前一球相對后一球的速度始終為v0 10m / s ，此時線已被拉121102長：1 5()lgt2m2線被拉直可

23、看成前一球相對后一球做勻速直線運動發(fā)生了位移：sll95590(m) ts909( s)v010評析解決雙體或多體問題要善于尋找對象之間的運動聯(lián)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、1:1B、 4:3C、 16:9D9 ： 16解由平拋運動的位移規(guī)律可行：xv0 ty1 gt 22 tany / x t2v0 tan/ g t Atan 379t

24、Btan 5316故 D 選項正確。評析 靈活運用平拋運動的位移規(guī)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 v01和 v02 ，求經(jīng)過多長時間兩小球速度方向間的夾角為90°？解經(jīng)過時間t，兩小球水平分速度v01 、 v02 不變，豎直分速度都等于 gt ，如圖 2-2 所示， t 時刻小球 1 的速度 v1與 x 軸正向夾角 a1 為tan a1gt / v01小球 2 的速度 v2 與 x 軸正向夾角a2 為學習必備歡迎下載tan a2gt / v02由圖可知a2

25、a12聯(lián)立上述三式得tv01v02/ g評析弄清平拋運動的性質(zhì)與平拋運動的速度變化規(guī)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v0 ，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v0 ，但方向變?yōu)樗较蛴遥敲碅 、 B 之間的電勢差等于多少？從A到B經(jīng)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?guī)д姾桑茈妶隽ο蛴?。依題意有mgEq根據(jù)動能定理：U AB q mgh (動能不變 )在豎直方向上做豎直上拋運動，則v02

26、0 2gh,v0gt解得： hv 2, tv0。2gg UABmghmgv02Eqv02Ev02qq2g2gq2g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(jīng)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(zhì)量為 m 、電量為 q，經(jīng)過加速電場加速后，再進入偏轉電場中發(fā)生偏轉，最后射出。設加速電壓為U1，偏轉電壓為 U 2，偏轉電極長為L ，兩極間距離為d，帶電粒子由靜止經(jīng)加速電12

27、2U 1 q壓加速，則 U 1q= mv ， v。2m帶電粒子進入偏轉電場中發(fā)生偏轉，則水平方向上：L vt ，豎直方向上： y1 at 21U 2 qt 2U 2 qL2U2L2。22dm2dmv24U 1d可見帶電粒子射出時，沿豎直方向的偏移量y 與帶電粒子的質(zhì)量m 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(zhì)量或電量不相同，都經(jīng)過相同的加速和偏學習必備歡迎下載轉電場，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(guī)律的綜合運用。學習必備歡迎下載第

28、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(guī)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

29、運動，根據(jù)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 (t2t1)； (0t2)整段時間的速度一直在增大。緊接著在(t 2t3) 的時間內(nèi)，電子將向正方向作加速度增大的減速運動，歷時(t3t2)；(t 3t4)的時間內(nèi)，電子向正方向作加速度減小的減速運動，根據(jù)對稱性可知， t4時刻的速度變?yōu)?（也可以按動量定理得， 0t 4 時間內(nèi)合外力的沖量為 0，沖量即圖線和坐標軸圍成的面積）。其中（0t 2）時間內(nèi)加速度為正； (t2t4)時間內(nèi)加速度為負。正確答案為：C。注意公式 Fma中 F、 a 間的關系是瞬時對應關系，一段時間內(nèi)可以是變力；

30、而公式 v1 v0at 或 sv0t1 at 2 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>t 2B 、 t1=t 2C、 t1<t2D、無法判定評析

31、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(jù)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(zhì)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 的學習必備歡迎下載彈力多大？（2）要使 A 、 B

32、 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(tǒng)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(tǒng)平衡時，如果彈簧壓至O 點，壓縮量為b，則：2mgKb。外加壓力F 后等系統(tǒng)又處于平衡時，設彈簧又壓縮了A ，則：2mgFK (bA) ，即：FKA 。當撤去外力F 后，系統(tǒng)將以O 點的中心，以A 為振幅在豎直平面內(nèi)上下作簡諧運動。在最低點：F合k(bA)2mgKAF，方向向上， 利用牛頓第二定律F知，該瞬間加速度：a，方向向上；按對稱性知系統(tǒng)在最高點時：

33、2mFa ，方向向下。2m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 N Bm aN Bm(ga) mgF2（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：FFN B0N Bmg022mg （或者：在最高點兩者恰好分離時對 A 有： mgma ，表明在最高點彈簧處于自然長度時將要開始分離，即只要：F2mgF 2mg 時 A 、B 將分離）。所以要使 A 、B 不分離，必須：F 2mg 。A bK K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

34、），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(tài)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(zhì)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（3）求兩液滴初始位置的高度差h 。評析（ 1）設 b 質(zhì)量為 m ，則 a 帶電量為4q，因為如果a 帶正電，v 及磁場的方向；a 要向下偏轉，則必須：2mg4qE；而對b 原來必須受力平衡，則：m

35、gqE。前后相矛盾，表明a 帶負電，b 帶正電。（2）設u A 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：(4qE2mg) h122mv2A。由于b 原來處于靜止狀態(tài)：mgqE 。由以上兩式可得：vA6gh學習必備歡迎下載a 、b相撞的瞬間動量守恒：2mvA(2m m)v。得v2v A3而電荷守恒，故：q總4qq 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：3qvB3qE 3mg ，則：v2E 。所以： h3E 2B2gB 2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(zhì)量為 m，從距離有界磁場邊界h

36、 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(guī)律。評析線圈下落高度時速度為：mgh1 mv02v02 gh2下邊剛進入磁場時切割磁感線產(chǎn)生的感應電動勢：EBlv0Bb2gh 。產(chǎn)生的感應電流：EBb2gh ，受到的I=RR安培力：F安BIlB 2 b 22ghR討論（ 1）如果 mgF安 ，即： mgB2 b22gh ，R則：線圈將勻速進入磁場，此時： mgBI 0b I 0mgBb（變化規(guī)律如圖3-9 所示）（2）如果 mgF安 ，表明 h 較小，則：線圈加速進入磁場，但隨著vF安a有三種可能：線圈全部進入磁場時還未達到穩(wěn)定電流I0（變化規(guī)律如圖3-1

37、0所示）線圈剛全部進入磁場時達到穩(wěn)定電流I0（變化規(guī)律如圖3-11 所示）線圈未全部進磁場時已達到穩(wěn)定電流I0（變化規(guī)律如圖3-12 所示）（3）如果 mgF安 ，則：線圈減速進入磁場， 但隨著 vF安mgF安a，m故線圈將作 a 減小的減速運動。有三種可能：線圈全部進入磁場時還未達到穩(wěn)定電流I 0（變化規(guī)律如圖3-13 所示）學習必備歡迎下載線圈剛全部進入磁場時達到穩(wěn)定電流I0（變化規(guī)律如圖3-14 所示）線圈未全部進入磁場時已達到穩(wěn)定電流I0（變化規(guī)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(fā)出一束光垂直入射到水

38、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(fā)現(xiàn)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(xiàn)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： vv1，而：cos 2v1 ld22cos2學習必備歡迎下載故： v2d，(cos 2 )v ，而光從液體到空氣的臨界角為C，

39、所以cos22當 2C45時達到最大值 vm ax ，即：vmax2d4dcos2 C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(jù)共振曲線所給信息和單擺振動規(guī)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(guī)律、單擺擺球做簡諧運動及固有周期、頻率、能量的概念和 規(guī) 律 等 。 由 題 意 知 ， 當 單 擺 共 振 時 頻 率 f0.5Hz ， 即 ：f固f0.5Hz，振幅A=8cm=0.08m， 由 T1l：2得fglg10m1m2

40、f243.1420.524如圖3-19 所示，擺能達到的最大偏角m 5 的情況下，共振時：AFmmg sinmmg m mg，（其中m 以弧度為單位，當m 很小l時 ，sinm， 弦 A近似為弧長。）所以：mamFmg A100.08m / s20.8m / s2 。根據(jù)單擺運動過程中機械mll能守恒可得：1 mvm2mg(1cos m )。其中：22A2A g10m / s(1cosm )2 sin m(m很小 )vm0.080.25m/ s22l 2ll例 8已知物體從地球上的逃逸速度（第二宇宙速度）v22GM E / RE ，其中 G、M E、RE 分別是引力常量、 地球的質(zhì)量和半徑。 已知 G=6.7 × 10-11N·m2/kg 2，c=3.0× 108m/s，求下列問題：（