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专题一：力与物体平衡考点例析
力学中的三类常见的力：重力、弹力、摩擦力，特别是静摩擦力，这是高考中常考的内容。由于静摩擦力随物体的相对运动趋势发生变化，在分析中非常容易失误，同学们一定要下功夫把静摩擦力弄清楚。共点力作用下物体的平衡，是高中物理中重要的问题，几乎是年年必考。如：2001年春季全国第1题、2001年全国理综第18题、2001年上海理综第13、18小题，2001年上海卷23题、2001年全国卷第12题、2002年广东物理试卷第2题、2002年全国理综第30题；2003年全国理综19题、2004年广西物理试卷第7题、2004年江苏物理试卷第15题等．单纯考查本章内容多以选择、填空为主，难度适中，与其它章节结合的则以综合题出现，也是今后高考的方向．
一、夯实基础知识
(一).力的概念：力是物体对物体的作用。
1.力的基本特征（1）力的物质性：力不能脱离物体而独立存在。（2）力的相互性：力的作用是相互的。（3）力的矢量性：力是矢量，既有大小，又有方向。（4）力的独立性：力具有独立作用性，用牛顿第二定律表示时，则有合力产生的加速度等于几个分力产生的加速度的矢量和。
2.力的分类：
（1）按力的性质分类：如重力、电场力、磁场力、弹力、摩擦力、分子力、核力等
（2）按力的效果分类：如拉力、推力、支持力、压力、动力、阻力等．
（二）、常见的三类力。
1.重力：重力是由于地球的吸引而使物体受到的力。
（1）重力的大小：重力大小等于mg，g是常数，通常等于9.8N/kg．
（2）重力的方向：竖直向下的．
（3）重力的作用点—重心：重力总是作用在物体的各个点上，但为了研究问题简单，我们认为一个物体的重力集中作用在物体的一点上，这一点称为物体的重心．
①质量分布均匀的规则物体的重心在物体的几何中心．
②不规则物体的重心可用悬线法求出重心位置．
2.弹力：发生弹性形变的物体，由于要恢复原状，对跟它接触的物体会产生力的作用，这种力叫做弹力．
(1)弹力产生的条件：①物体直接相互接触； ②物体发生弹性形变．
（2）弹力的方向：跟物体恢复形状的方向相同．
一般情况：凡是支持物对物体的支持力，都是支持物因发生形变而对物体产生的弹力；支持力的方向总是垂直于支持面并指向被支持的物体．
一般情况：凡是一根线(或绳)对物体的拉力，都是这根线(或绳)因为发生形变而对物体产生的弹力；拉力的方向总是沿线（或绳）的方向．
弹力方向的特点：由于弹力的方向跟接触面垂直，面面结触、点面结触时弹力的方向都是垂直于接触面的．
（3）弹力的大小：①与形变大小有关,弹簧的弹力F=kx②可由力的平衡条件求得．
3．滑动摩擦力：一个物体在另一个物体表面上存在相对滑动的时候，要受到另一个物体阻碍它们相对滑动的力，这种力叫做滑动摩擦力．
（1）产生条件：①接触面是粗糙；②两物体接触面上有压力；③两物体间有相对滑动．
（2）方向：总是沿着接触面的切线方向与相对运动方向相反．
（3）大小：与正压力成正比，即Fμ=μFN
4．静摩擦力：当一个物体在另一个物体表面上有相对运动趋势时，所受到的另一个物体对它的力，叫做静摩擦力．
（1）产生条件：①接触面是粗糙的；②两物体有相对运动的趋势；③两物体接触面上有压力．
（2）方向：沿着接触面的切线方向与相对运动趋势方向相反．
（3）大小：由受力物体所处的运动状态根据平衡条件或牛顿第二定律来计算．
（三）、力的合成与分解
1.合力和力的合成：一个力产生的效果如果能跟原来几个力共同作用产生的效果相同，这个力就叫那几个力的合力，求几个力的合力叫力的合成．
2.力的平行四边形定则：求两个互成角度的共点力的合力，可以用表示这两个力的线段为邻边作平行四边形，合力的大小和方向就可以用这个平行四边形的对角线表示出来。
3.分力与力的分解：如果几个力的作用效果跟原来一个力的作用效果相同，这几个力叫原来那个力的分力．求一个力的分力叫做力的分解．
4.分解原则：平行四边形定则．
力的分解是力的合成的逆运算，同一个力F可以分解为无数对大小，方向不同的分力，一个已知力究竟怎样分解，要根据实际情况来确定，根据力的作用效果进行分解．
（四）共点力的平衡
1.共点力：物体受到的各力的作用线或作用线的延长线能相交于一点的力.
2.平衡状态：在共点力的作用下，物体处于静止或匀速直线运动的状态.
3.共点力作用下物体的平衡条件：合力为零，即0.
4.力的平衡：作用在物体上几个力的合力为零，这种情形叫做力的平衡.
(1)若处于平衡状态的物体仅受两个力作用，这两个力一定大小相等、方向相反、作用在一条直线上，即二力平衡.
(2)若处于平衡状态的物体受三个力作用，则这三个力中的任意两个力的合力一定与另一个力大小相等、方向相反、作用在一条直线上.
(3)若处于平衡状态的物体受到三个或三个以上的力的作用，则宜用正交分解法处理，此时的平衡方程可写成：
二、解析典型问题
问题1:弄清滑动摩擦力与静摩擦力大小计算方法的不同。
当物体间存在滑动摩擦力时，其大小即可由公式计算，由此可看出它只与接触面间的动摩擦因数及正压力N有关，而与相对运动速度大小、接触面积的大小无关。
正压力是静摩擦力产生的条件之一，但静摩擦力的大小与正压力无关（最大静摩擦力除外）。当物体处于平衡状态时，静摩擦力的大小由平衡条件来求；而物体处于非平衡态的某些静摩擦力的大小应由牛顿第二定律求。
例1、 如图1所示，质量为m，横截面为直角三角形的物块ABC，，AB边靠在竖直墙面上，F是垂直于斜面BC的推力，现物块静止不动，则摩擦力的大小为_________。
分析与解：物块ABC受到重力、墙的支持力、摩擦力及推力四个力作用而平衡，由平衡条件不难得出静摩擦力大小为
。
例2、如图2所示，质量分别为m和M的两物体P和Q叠放在倾角为θ的斜面上，P、Q之间的动摩擦因数为μ1，Q与斜面间的动摩擦因数为μ2。当它们从静止开始沿斜面滑下时，两物体始终保持相对静止，则物体P受到的摩擦力大小为：
A．0； B. μ1mgcosθ;
C. μ2mgcosθ; D. (μ1+μ2)mgcosθ;
分析与解：当物体P和Q一起沿斜面加速下滑时，其加速度为：a=gsinθ-μ2gcosθ.
因为P和Q相对静止，所以P和Q之间的摩擦力为静摩擦力，不能用公式求解。对物体P运用牛顿第二定律得： mgsinθ-f=ma
所以求得：f=μ2mgcosθ.即C选项正确。
问题2.弄清摩擦力的方向是与“相对运动或相对运动趋势的方向相反”。
滑动摩擦力的方向总是与物体“相对运动”的方向相反。所谓相对运动方向，即是把与研究对象接触的物体作为参照物，研究对象相对该参照物运动的方向。当研究对象参与几种运动时，相对运动方向应是相对接触物体的合运动方向。静摩擦力的方向总是与物体“相对运动趋势”的方向相反。所谓相对运动趋势的方向，即是把与研究对象接触的物体作为参照物，假若没有摩擦力研究对象相对该参照物可能出现运动的方向。
例3、 如图3所示，质量为m的物体放在水平放置的钢板C上，与钢板的动摩擦因素为μ。由于受到相对于地面静止的光滑导槽A、B的控制，物体只能沿水平导槽运动。现使钢板以速度V1向右匀速运动，同时用力F拉动物体（方向沿导槽方向）使物体以速度V2沿导槽匀速运动，求拉力F大小。
分析与解：物体相对钢板具有向左的速度分量V1和侧向的速度分量V2，故相对钢板的合速度V的方向如图4所示，滑动摩擦力的方向与V的方向相反。根据平衡条件可得:
F=fcosθ=μmg
从上式可以看出：钢板的速度V1越大，拉力F越小。
问题3:弄清弹力有无的判断方法和弹力方向的判定方法。
直接接触的物体间由于发生弹性形变而产生的力叫弹力。弹力产生的条件是“接触且有弹性形变”。若物体间虽然有接触但无拉伸或挤压，则无弹力产生。在许多情况下由于物体的形变很小，难于观察到，因而判断弹力的产生要用“反证法 ”，即由已知运动状态及有关条件，利用平衡条件或牛顿运动定律进行逆向分析推理。
例如，要判断图5中静止在光滑水平面上的球是否受到斜面对它的弹力作用，可先假设有弹力N2存在，则此球在水平方向所受合力不为零，必加速运动，与所给静止状态矛盾，说明此球与斜面间虽接触，但并不挤压，故不存在弹力N2。
例4、如图6所示，固定在小车上的支架的斜杆与竖直杆的夹角为θ，在斜杆下端固定有质量为m的小球，下列关于杆对球的作用力F的判断中，正确的是：
A．小车静止时，F=mgsinθ,方向沿杆向上。
B．小车静止时，F=mgcosθ,方向垂直杆向上。
C．小车向右以加速度a运动时，一定有F=ma/sinθ.
D.小车向左以加速度a运动时，,方向斜向左上方，与竖直方向的夹角为α=arctan(a/g).
分析与解：小车静止时，由物体的平衡条件知杆对球的作用力方向竖直向上，且大小等于球的重力mg.
小车向右以加速度a运动，设小球受杆的作用力方向与竖直方向的夹角为α,如图7所示。根据牛顿第二定律有：Fsinα=ma, Fcosα=mg.，两式相除得：tanα=a/g.
只有当球的加速度a=g.tanθ时，杆对球的作用力才沿杆的方向，此时才有F=ma/sinθ.小车向左以加速度a运动，根据牛顿第二定律知小球所受重力mg和杆对球的作用力F的合力大小为ma，方向水平向左。根据力的合成知三力构成图8所示的矢量三角形，,方向斜向左上方，与竖直方向的夹角为：α=arctan(a/g).
问题4:弄清合力大小的范围的确定方法。
有n个力F1、F2、F3、……Fn,它们合力的最大值是它们的方向相同时的合力，即Fmax=.而它们的最小值要分下列两种情况讨论：
（1）、若n个力F1、F2、F3、……Fn中的最大力Fm大于，则它们合力的最小值是（Fm-）。
（2）若n个力F1、F2、F3、……Fn中的最大力Fm小于，则它们合力的最小值是0。
例5、四个共点力的大小分别为2N、3N、4N、6N，它们的合力最大值为 ，它们的合力最小值为 。
分析与解：它们的合力最大值Fmax=(2+3+4+6)N=15N.因为Fm=6N<(2+3+4)N,所以它们的合力最小值为0。
例6、四个共点力的大小分别为2N、3N、4N、12N，它们的合力最大值为 ，它们的合力最小值为 。
分析与解：它们的合力最大值Fmax=(2+3+4+12)N=21N，因为Fm=12N>(2+3+4)N,所以它们的合力最小值为（12-2-3-4）N=3N。
问题5:弄清力的分解的不唯一性及力的分解的唯一性条件。
将一个已知力F进行分解，其解是不唯一的。要得到唯一的解，必须另外考虑唯一性条件。常见的唯一性条件有：
1.已知两个不平行分力的方向，可以唯一的作出力的平行四边形，对力F进行分解，其解是唯一的。
2已知一个分力的大小和方向，可以唯一的作出力的平行四边形，对力F进行分解，其解是唯一的。
力的分解有两解的条件：
1.已知一个分力F1的方向和另一个分力F2的大小，由图9可知：
当F2=Fsin时，分解是唯一的。
当FsinF时，分解是唯一的。
2.已知两个不平行分力的大小。如图10所示，分别以F的始端、末端为圆心，以F1、F2为半径作圆，两圆有两个交点，所以F分解为F1、F2有两种情况。存在极值的几种情况。
（1）已知合力F和一个分力F1的方向，另一个分力F2存在最小值。
（2）已知合力F的方向和一个分力F1，另一个分力F2存在最小值。
例7、如图11所示，物体静止于光滑的水平面上，力F作用于物体O点，现要使合力沿着OO，方向，那
么，必须同时再加一个力F，。这个力的最小值是：
A、Fcos, B、Fsinθ,
C、Ftanθ, D、Fcotθ
分析与解：由图11可知，F，的最小值是Fsinθ,即B正确。
问题6:弄清利用力的合成与分解求力的两种思路。
利用力的合成与分解能解决三力平衡的问题，具体求解时有两种思路：一是将某力沿另两力的反方向进行分解，将三力转化为四力，构成两对平衡力。二是某二力进行合成，将三力转化为二力，构成一对平衡力。
例8、如图12所示，在倾角为θ的斜面上，放一质量为m的光滑小球，球被竖直的木板挡住，则球对挡板的压力和球对斜面的压力分别是多少？
求解思路一：小球受到重力mg、斜面的支持力N1、竖直木板的支持力N2的作用。将重力mg沿N1、N2反方向进行分解，分解为N1，、N2，，如图13所示。由平衡条件得N1= N1，=mg/cosθ，
N2= N2，=mgtanθ。
根据牛顿第三定律得球对挡板的压力和球对斜面的压力分别mgtanθ、mg/cosθ。注意不少初学者总习惯将重力沿平行于斜面的方向和垂直于斜面方向进行分解，求得球对斜面的压力为mgcosθ。
求解思路二：小球受到重力mg、斜面的支持力N1、竖直木板的支持力N2的作用。将N1、N2进行合成，其合力F与重力mg是一对平衡力。如图14所示。N1= mg/cosθ，N2= mgtanθ。
根据牛顿第三定律得球对挡板的压力和球对斜面的压力分别mgtanθ、mg/cosθ。
问题七：弄清三力平衡中的“形异质同”问题
有些题看似不同，但确有相同的求解方法，实质是一样的，将这些题放在一起比较有利于提高同学们分析问题、解决问题的能力，能达到举一反三的目的。
例9、如图15所示，光滑大球固定不动，它的正上方有一个定滑轮，放在大球上的光滑小球（可视为质点）用细绳连接，并绕过定滑轮，当人用力F缓慢拉动细绳时，小球所受支持力为N，则N，F的变化情况是：
A、都变大； B、N不变，F变小；
C、都变小； D、N变小， F不变。
例10、如图16所示，绳与杆均轻质，承受弹力的最大值一定，A端用铰链固定，滑轮在A点正上方（滑轮大小及摩擦均可不计），B端吊一重物。现施拉力F将B缓慢上拉（均未断），在AB杆达到竖直前
A、绳子越来越容易断，
B、绳子越来越不容易断，
C、AB杆越来越容易断，
D、AB杆越来越不容易断。
例11、如图17所示竖直绝缘墙壁上的Q处有一固定 的质点A，Q正上方的P点用丝线悬挂另一质点B， A、B两质点因为带电而相互排斥，致使悬线与竖直方向成θ角，由于漏电使A、B两质点的带电量逐渐减小。在电荷漏完之前悬线对悬点P的拉力大小:
A、保持不变； B、先变大后变小；
C、逐渐减小； D、逐渐增大。
分析与解：例9、例10、例11三题看似完全没有联系的三道题，但通过受力分析发现，这三道题物理实质是相同的，即都是三力平衡问题，都要应用相似三角形知识求解。只要能认真分析解答例9，就能完成例10、例11，从而达到举一反三的目的。
在例中对小球进行受力分析如图18所示，显然ΔAOP与ΔPBQ相似。 由相似三角形性质有：(设OA=H，OP=R，AB=L)
因为mg、H、R都是定值，所以当L减小时，N不变，F减小。B正确。同理可知例10、例11的答案分别为B和A
问题八：弄清动态平衡问题的求解方法。
根据平衡条件并结合力的合成或分解的方法，把三个平衡力转化成三角形的三条边，然后通过这个三角形求解各力的大小及变化。
例12、如图19所示，保持不变，将B点向上移，则BO绳的拉力将：
A. 逐渐减小 B. 逐渐增大
C. 先减小后增大 D. 先增大后减小
分析与解：结点O在三个力作用下平衡，受力如图20甲所示，根据平衡条件可知，这三个力必构成一个闭合的三角形，如图20乙所示，由题意知，OC绳的拉力大小和方向都不变，OA绳的拉力方向不变，只有OB绳的拉力大小和方向都在变化，变化情况如图20丙所示，则只有当时，OB绳的拉力最小，故C选项正确。
问题九：弄清整体法和隔离法的区别和联系。
当系统有多个物体时，选取研究对象一般先整体考虑，若不能解答问题时，再隔离考虑。
例13、如图21所示，三角形劈块放在粗糙的水平面上，劈块上放一个质量为m的物块，物块和劈块均处于静止状态，则粗糙水平面对三角形劈块：
A．有摩擦力作用，方向向左；
B．有摩擦力作用，方向向右；
C．没有摩擦力作用；
D．条件不足，无法判定．
分析与解：此题用“整体法”分析．因为物块和劈块均处于静止状态，因此把物块和劈块看作是一个整体，由于劈块对地面无相对运动趋势，故没有摩擦力存在．(试讨论当物块加速下滑和加速上滑时地面与劈块之间的摩擦力情况？)
例14、如图22所示，质量为M的直角三棱柱A放在水平地面上，三棱柱的斜面是光滑的，且斜面倾角为θ。质量为m的光滑球放在三棱柱和光滑竖直墙壁之间，A和B都处于静止状态，求地面对三棱柱支持力和摩擦力各为多少？
分析与解：选取A和B整体为研究对象，它受到重力（M+m）g,地面支持力N，墙壁的弹力F和地面的摩擦力f的作用（如图23所示）而处于平衡状态。根据平衡条件有：
N-(M+m)g=0,F=f,可得N=（M+m）g
再以B为研究对象，它受到重力mg，三棱柱对它的支持力NB,墙壁对它的弹力F的作用（如图24所示）。而处于平衡状态，根据平衡条件有：
NB.cosθ=mg, NB.sinθ=F,解得F=mgtanθ.
所以f=F=mgtanθ.
问题十：弄清研究平衡物体的临界问题的求解方法。
物理系统由于某些原因而发生突变时所处的状态，叫临界状态。临界状态也可理解为“恰好出现”和“恰好不出现”某种现象的状态。平衡物体的临界问题的求解方法一般是采用假设推理法，即先假设怎样，然后再根据平衡条件及有关知识列方程求解。
例15、（2004年江苏高考试题）如图25所示，半径为R、圆心为O的大圆环固定在竖直平面内，两个轻质小圆环套在大圆环上．一根轻质长绳穿过两个小圆环，它的两端都系上质量为m的重物，忽略小圆环的大小。
（1）将两个小圆环固定在大圆环竖直对称轴的两侧θ=30°的位置上(如图25)．在—两个小圆环间绳子的中点C处，挂上一个质量M=m的重物，使两个小圆环间的绳子水平，然后无初速释放重物M．设绳子与大、小圆环间的摩擦均可忽略，求重物M下降的最大距离．
（2）若不挂重物M．小圆环可以在大圆环上自由移动，且绳子与大、小圆环间及大、小圆环之间的摩擦均可以忽略，问两个小圆环分别在哪些位置时，系统可处于平衡状态
分析与解：(1)重物向下先做加速运动，后做减速运动，当重物速度为零时，下降的距离最大．设下降的最大距离为，由机械能守恒定律得:
解得 ，（另解h=0舍去）
(2)系统处于平衡状态时，两小环的可能位置为:
a．两小环同时位于大圆环的底端．
b．两小环同时位于大圆环的顶端．
c．两小环一个位于大圆环的顶端，另一个位于大圆环的底端．
d．除上述三种情况外，根据对称性可知，系统如能平衡，则两小圆环的位置一定关于大圆环竖直对称轴对称．设平衡时，两小圆环在大圆环竖直对称轴两侧角的位置上(如图26所示)．对于重物，受绳子拉力与重力作用，有:
对于小圆环，受到三个力的作用，水平绳子的拉力、竖直绳子的拉力、大圆环的支持力.两绳子的拉力沿大圆环切向的分力大小相等，方向相反
得,而，所以 。
例16、如图27所示，物体的质量为2kg，两根轻绳AB和AC的一端连接于竖直墙上，另一端系于物体上，在物体上另施加一个方向与水平线成θ=600的拉力F，若要使两绳都能伸直，求拉力F的大小范围。
分析与解：作出A受力图如图28所示，由平衡条件有：
F.cosθ-F2-F1cosθ=0,
Fsinθ+F1sinθ-mg=0
要使两绳都能绷直，则有：F1
由以上各式可解得F的取值范围为：。
问题十一：弄清研究平衡物体的极值问题的两种求解方法。
在研究平衡问题中某些物理量变化时出现最大值或最小值的现象称为极值问题。求解极值问题有两种方法：
方法1：解析法。根据物体的平衡条件列方程，在解方程时采用数学知识求极值。通常用到数学知识有二次函数极值、讨论分式极值、三角函数极值以及几何法求极值等。
方法2：图解法。根据物体平衡条件作出力的矢量图，如只受三个力，则这三个力构成封闭矢量三角形，然后根据图进行动态分析，确定最大值和最小值。
例17、重量为G的木块与水平地面间的动摩擦因数为μ，一人欲用最小的作用力F使木块做匀速运动，则此最小作用力的大小和方向应如何？
分析与解：木块在运动过程中受摩擦力作用，要减小摩擦力，应使作用力F斜向上，设当F斜向上与水平方向的夹角为α时，F的值最小。木块受力分析如图29所示，由平衡条件知：
Fcosα-μFN=0, Fsinα+FN-G=0
解上述二式得：。
令tanφ=μ,则,
可得：
可见当时，F有最小值，即。
用图解法分析：由于Ff=μFN,故不论FN如何改变，Ff与FN的合力F1的方向都不会发生改变，如图30所示，合力F1与竖直方向的夹角一定为，可见F1、F和G三力平衡，应构成一个封闭三角形，当改变F与水平方向夹角时，F和F1的大小都会发生改变，且F与F1方向垂直时F的值最小。由几何关系知：。
问题十二：弄清力的平衡知识在实际生活中的运用。
例18、电梯修理员或牵引专家常常需要监测金属绳中的张力，但不能到绳的自由端去直接测量.某公司制造出一种能测量绳中张力的仪器，工作原理如图31所示，将相距为L的两根固定支柱A、B（图中小圆框表示支柱的横截面）垂直于金属绳水平放置，在AB的中点用一可动支柱C向上推动金属绳，使绳在垂直于AB的方向竖直向上发生一个偏移量，这时仪器测得绳对支柱C竖直向下的作用力为F.
（1）试用L、、F表示这时绳中的张力T.
（2）如果偏移量，作用力F=400NL=250，计算绳中张力的大小
分析与解：（1）设c′点受两边绳的张力为T1和T2，的夹角为θ，如图32所示。依对称性有：T1=T2=T 由力的合成有 ： F=2Tsinθ
根据几何关系有 sinθ=
联立上述二式解得 T= ，因d<（2）将d=10mm，F=400N，L=250mm代入，解得 T=2.5×103N ， 即绳中的张力为2.5×103N
三、警示易错试题
警示1：:注意“死节”和“活节”问题。
例19、如图33所示，长为5m的细绳的两端分别系于竖立在地面上相距为4m的两杆的顶端A、B ，绳上挂一个光滑的轻质挂钩，其下连着一个重为12N的物体，平衡时，问：
①绳中的张力T为多少 ?
②A点向上移动少许，重新平衡后，绳与水平面夹角，绳中张力如何变化 ?
例20、如图34所示，AO、BO和CO三根绳子能承受的最大拉力相等，O为结点，OB与竖直方向夹角为θ，悬挂物质量为m。
求OA、OB、OC三根绳子拉力的大小 。
②A点向上移动少许，重新平衡后，绳中张力如何变化？
分析与解：例19中因为是在绳中挂一个轻质挂钩，所以整个绳子处处张力相同。而在例20中，OA、OB、OC分别为三根不同的绳所以三根绳子的张力是不相同的。不少同学不注意到这一本质的区别而无法正确解答例19、例20。
对于例19分析轻质挂钩的受力如图35所示，由平衡条件可知，T1、T2合力与G等大反向，且T1=T2， 所以
T1sin+T2sin=T3=G
即T1=T2= ，而 AO.cos+BO.cos= CD,所以 cos=0.8
sin=0.6,T1=T2=10N
同样分析可知：A点向上移动少许，重新平衡后，绳与水平面夹角，绳中张力均保持不变。
而对于例20分析节点O的受力如图36所示，由平衡条件可知，T1、T2合力与G等大反向，但T1不等于T2，所以
T1=T2sin, G=T2cos
但A点向上移动少许，重新平衡后，绳OA、OB的张力均要发生变化。如果说绳的张力仍不变就错了。
警示2：注意“死杆”和“活杆”问题。
例21、 如图37所示，质量为m的物体用细绳OC悬挂在支架上的O点，轻杆OB可绕B点转动，求细绳OA中张力T大小和轻杆OB受力N大小。
例22、 如图38所示，水平横梁一端A插在墙壁内，另一端装有小滑轮B，一轻绳一端C固定于墙壁上，另一端跨过滑轮后悬挂一质量为m=10kg的重物，，则滑轮受到绳子作用力为：
A. 50N B. C. 100N D.
分析与解：对于例21由于悬挂物体质量为m，绳OC拉力大小是mg，将重力沿杆和OA方向分解，可求.
对于例22若依照例21中方法，则绳子对滑轮，应选择D项；实际不然，由于杆AB不可转动，是死杆，杆所受弹力的方向不沿杆AB方向。由于B点处是滑轮，它只是改变绳中力的方向，并未改变力的大小，滑轮两侧绳上拉力大小均是100N，夹角为，故而滑轮受绳子作用力即是其合力，大小为100N，正确答案是C而不是D。
四、如临高考测试
1．三段不可伸长的细绳OA、OB、OC能承受的最大拉力相同，它们共同悬挂一重物，如图39所示，其中OB是水平的，A端、B端固定。 若逐渐增加C端所挂物体的质量，则最先断的绳　
Ａ．必定是OA
Ｂ．必定是OB
Ｃ．必定是OC
Ｄ．可能是OB，也可能是OC。
2．如图40，一木块放在水平桌面上，在水平方向共受三力即F1，F2和摩擦力作用，木块处于静止。其中F1=10N，F2=2N。撤除F1则木块在水平方向受到的合力为
Ａ．10N，方向向左；
Ｂ．6N，方向向右；
Ｃ．2N，方向向左；
Ｄ．零。　　　　　　　　　　
3．如图41所示，三个重量、形状都相同的光滑圆体，它们的重心位置不同，放在同一方形槽上，为了方便， 将它们画在同一图上，其重心分别用Ｃ1、Ｃ2、Ｃ3表示，Ｎ1、Ｎ2、Ｎ3分别表示三个圆柱体对墙Ｐ的压力，则有
Ａ．Ｎ1＝Ｎ2＝Ｎ3
Ｂ．Ｎ1＜Ｎ2＜Ｎ3
Ｃ．Ｎ1＞Ｎ2＞Ｎ3
Ｄ．Ｎ1＝Ｎ2＞Ｎ3　。
4．把一重为Ｇ的物体，用一个水平的推力Ｆ＝kt（k为恒量，t为时间）压在竖直的足够高的平整的墙上，如图所示，从t＝0开始物体所受的摩擦力f随t的变化关系是图42中的哪一个？
5．如图43，在粗糙的水平面上放一三角形木块a，若物体b在a的斜面上匀速下滑，则有：
Ａ．a保持静止，而且没有相对于水平面运动的趋势；
Ｂ．a保持静止，但有相对于水平面向右运动的趋势；
Ｃ．a保持静止，但有相对于水平面向左运动的趋势；
Ｄ．因未给出所需数据，无法对a是否运动或有无运动趋势作出判数。　　　　
6．如图44所示，在一粗糙水平上有两个质量分别为m1和m2的木块1和2，中间用一原长为、劲度系数为k的轻弹簧连结起来，木块与地面间的动摩擦因数为，现用一水平力向右拉木块2，当两木块一起匀速运动时两木块之间的距离是（2001年湖北省卷）
A． B．
C． D．
7．两个半球壳拼成的球形容器内部已抽成真空，球形容器的半径为R，大气压强为P，为使两个球壳沿图45中箭头方向互相分离，应施加的力F至少为：
A． B．
C． D．
8．一个倾角为（90°＞＞0°）的光滑斜面固定在竖直的光滑墙壁上， 一铁球在一水平推力Ｆ作用下静止于墙壁与斜面之间，与斜面间的接触点为Ａ，如图46所示，已知球的半径为Ｒ，推力Ｆ的作用线通过球心，则下列判断的是
Ａ．墙对球的压力一定小于推力Ｆ；
Ｂ．斜面对球的支持力一定大于球的重力；
Ｃ．球的重力G对Ａ点的力矩等于GR；
Ｄ．推力Ｆ对Ａ点的力矩等于FRcos 。　
9．如图47所示，OA为遵从胡克定律的弹性轻绳，其一端固定于天花板上的Ｏ点，另一端与静止在动摩擦因数恒定的水平地面上的滑块Ａ相连。当绳处于竖直位置时，滑块A对地面有压力作用。B为紧挨绳的一光滑水平小钉，它到天花板的距离BO等于弹性绳的自然长度。现有一水平力F作用于A，使A向右缓慢地沿直线运动，则在运动过程中
①水平拉力F保持不变
②地面对A的摩擦力保持不变
③地面对A的摩擦力变小
④地面对A的支持力保持不变。
A．①④ Ｂ．②④ Ｃ．①③ Ｄ．③④
10．如图48所示，AOB为水平放置的光滑杆，夹角AOB等于60°， 杆上分别套着两个质量都是m的小环，两环由可伸缩的弹性绳连接，若在绳的中点C施以沿AOB 的角平分线水平向右的拉力F，缓慢地拉绳，待两环受力达到平衡时，绳对环的拉力T跟F的关系是：
Ａ．T=F； Ｂ．T＞F；Ｃ．T＜F； Ｄ．T=Fsin30°。
A
C
B
F
α
图1
P
图2
Q
θ
V1
V2
C
A
B
图3
V1
V2
f
图4
V
θ
图5
G
N1
N2
θ
图6
F
α
a
mg
图7
ma
mg
F
α
图8
F
F2
F1的方向
图9
F
F1
F2
F1，
F2，
图10
图11
O
F
θ
O，
θ
图12
N1
N2，
θ
图13
N2
N1，
mg
N1
θ
图14
N2
mg
F
F
R
图15
图16
F
A
B
A
B
P
Q
图17
θ
BB
A
Q
图18
O
P
mg
N
F
A
B
O
C
G
图19
F1
F3
F2
甲
F3
F2
F1
乙
F3
F2
F1
丙
图20
图21
A
B
θ
图22
(M+m)g
f
F
N
图23
mg
N
F
θ
图24
m
m
O
C
θ
θ
R
图25
m
m
O
C
θ
θ
R
图26
N
T
T
T
mg
α
α
A
B
C
F
θ
θ
图27
G
F2
F1
F
x
y
θ
θ
图28
G
F
FN
Ff
x
y
α
图29
G
图30
F
FN
Ff
α
α
G
F1
φ
F
图31
图32
A
图33
B
α
α
O
B
A
C
图34
图35
T3=G
T1
T2
α
α
图36
T1
T2
θ
G
G
图39
图40
图41
图42
图43
图44
图45
图46
图47
图48专题四：曲线运动、万有引力考点例析。
本章知识点，从近几年高考看，主要考查的有以下几点：（1）平抛物体的运动。（2）匀速圆周运动及其重要公式，如线速度、角速度、向心力等。（3）万有引力定律及其运用。（4）运动的合成与分解。注意圆周运动问题是牛顿运动定律在曲线运动中的具体应用，要加深对牛顿第二定律的理解，提高应用牛顿运动定律分析、解决实际问题的能力。近几年对人造卫星问题考查频率较高，它是对万有引力的考查。卫星问题与现代科技结合密切，对理论联系实际的能力要求较高，要引起足够重视。本章内容常与电场、磁场、机械能等知识综合成难度较大的试题，学习过程中应加强综合能力的培养。
一、夯实基础知识
1、深刻理解曲线运动的条件和特点
（1）曲线运动的条件：运动物体所受合外力的方向跟其速度方向不在一条直线上时，物体做曲线运动。
（2）曲线运动的特点：在曲线运动中，运动质点在某一点的瞬时速度方向，就是通过这一点的曲线的切线方向。②曲线运动是变速运动，这是因为曲线运动的速度方向是不断变化的。做曲线运动的质点，其所受的合外力一定不为零，一定具有加速度。
2、深刻理解运动的合成与分解
物体的实际运动往往是由几个独立的分运动合成的，由已知的分运动求跟它们等效的合运动叫做运动的合成；由已知的合运动求跟它等效的分运动叫做运动的分解。
运动的合成与分解基本关系：分运动的独立性；运动的等效性（合运动和分运动是等效替代关系，不能并存）；运动的等时性；运动的矢量性（加速度、速度、位移都是矢量，其合成和分解遵循平行四边形定则。）
3.深刻理解平抛物体的运动的规律
（1）．物体做平抛运动的条件：只受重力作用，初速度不为零且沿水平方向。物体受恒力作用，且初速度与恒力垂直，物体做类平抛运动。
（2）．平抛运动的处理方法
通常，可以把平抛运动看作为两个分运动的合动动：一个是水平方向（垂直于恒力方向）的匀速直线运动，一个是竖直方向（沿着恒力方向）的匀加速直线运动。
(3)．平抛运动的规律
以抛出点为坐标原点，水平初速度V0方向为沿x轴正方向，竖直向下的方向为y轴正方向，建立如图1所示的坐标系，在该坐标系下，对任一时刻t.
①位移
分位移, ,合位移,.
为合位移与x轴夹角.
②速度
分速度, Vy=gt, 合速度,.
为合速度V与x轴夹角
(4)．平抛运动的性质
做平抛运动的物体仅受重力的作用，故平抛运动是匀变速曲线运动。
4.深刻理解圆周运动的规律
(1)匀速圆周运动：质点沿圆周运动，如果在相等的时间里通过的弧长相等，这种运动就叫做匀速周圆运动。
(2)．描述匀速圆周运动的物理量
①线速度，物体在一段时间内通过的弧长S与这段时间的比值，叫做物体的线速度，即V=S/t。线速度是矢量，其方向就在圆周该点的切线方向。线速度方向是时刻在变化的，所以匀速圆周运动是变速运动。
②角速度，连接运动物体和圆心的半径在一段时间内转过的角度θ与这段时间的比值叫做匀速圆周运动的角速度。即=θ/t。对某一确定的匀速圆周运动来说，角速度是恒定不变的，角速度的单位是rad/s。
③周期T和频率
(3)．描述匀速圆周运动的各物理量间的关系:
(4)、向心力：是按作用效果命名的力，其动力学效果在于产生向心加速度，即只改变线速度方向，不会改变线速度的大小。对于匀速圆周运动物体其向心力应由其所受合外力提供。.
5.深刻理解万有引力定律
（1）万有引力定律：自然界的一切物体都相互吸引，两个物体间的引力的大小，跟它们的质量乘积成正比，跟它们的距离的平方成反比。公式：，
G=6.67×10-11N.m2/kg2.适用条件：适用于相距很远，可以看做质点的两物体间的相互作用，质量分布均匀的球体也可用此公式计算，其中r指球心间的距离。
（2）万有引力定律的应用：讨论重力加速度g随离地面高度h的变化情况： 物体的重力近似为地球对物体的引力，即mg=G。所以重力加速度g= G，可见，g随h的增大而减小。求天体的质量：通过观天体卫星运动的周期T和轨道半径r或天体表面的重力加速度g和天体的半径R，就可以求出天体的质量M。求解卫星的有关问题：根据万有引力等于卫星做圆周运动的向心力可求卫星的速度、周期、动能、动量等状态量。由G=m得V=，由G= mr(2π/T)2得T=2π。由G= mrω2得ω=，由Ek=mv2=G。
(3)三种宇宙速度：第一宇宙速度V1=7.9Km/s,人造卫星的最小发射速度；第二宇宙速度V2=11.2km/s,使物体挣脱地球引力束缚的最小发射速度；（3）第三宇宙速度V3=16.7km/s,使物体挣脱太阳引力束缚的最小发射速度。
二、解析典型问题
问题1：会用曲线运动的条件分析求解相关问题。
例1、质量为m的物体受到一组共点恒力作用而处于平衡状态，当撤去某个恒力F1时，物体可能做( )
A．匀加速直线运动；
B．匀减速直线运动；
C．匀变速曲线运动；
D．变加速曲线运动。
分析与解：当撤去F1时，由平衡条件可知：物体此时所受合外力大小等于F1，方向与F1方向相反。
若物体原来静止，物体一定做与F1相反方向的匀加速直线运动。
若物体原来做匀速运动，若F1与初速度方向在同一条直线上，则物体可能做匀加速直线运动或匀减速直线运动，故A、B正确。
若F1与初速度不在同一直线上，则物体做曲线运动，且其加速度为恒定值，故物体做匀变速曲线运动，故C正确，D错误。
正确答案为：A、B、C。
例2、图1中实线是一簇未标明方向的由点电荷产生的电场线，虚线是某一带电粒子通过该电场区域时的运动轨迹，a、b是轨迹上的两点。若带电粒子在运动中只受电场力作用，根据此图可作出正确判断的是（ ）
带电粒子所带电荷的符号；
带电粒子在a、b两点的受力方向；
带电粒子在a、b两点的速度何处较大；
带电粒子在a、b两点的电势能何处较大。
分析与解：由于不清楚电场线的方向，所以在只知道粒子在a、b间受力情况是不可能判断其带电情况的。而根据带电粒子做曲线运动的条件可判定，在a、b两点所受到的电场力的方向都应在电场线上并大致向左。若粒子在电场中从a向b点运动，故在不间断的电场力作用下，动能不断减小，电势能不断增大。故选项B、C、D正确。
问题2：会根据运动的合成与分解求解船过河问题。
例3、一条宽度为L的河流，水流速度为Vs,已知船在静水中的速度为Vc，那么：
（1）怎样渡河时间最短？
（2）若Vc>Vs,怎样渡河位移最小？
（3）若Vc分析与解：（1）如图2甲所示，设船上头斜向上游与河岸成任意角θ，这时船速在垂直于河岸方向的速度分量V1=Vcsinθ,渡河所需时间为：.
可以看出：L、Vc一定时，t随sinθ增大而减小；当θ=900时，sinθ=1,所以，当船头与河岸垂直时，渡河时间最短，.
(2)如图2乙所示，渡河的最小位移即河的宽度。为了使渡河位移等于L，必须使船的合速度V的方向与河岸垂直。这是船头应指向河的上游，并与河岸成一定的角度θ。根据三角函数关系有：Vccosθ─Vs=0.
所以θ=arccosVs/Vc,因为0≤cosθ≤1,所以只有在Vc>Vs时，船才有可能垂直于河岸横渡。
（3）如果水流速度大于船上在静水中的航行速度，则不论船的航向如何，总是被水冲向下游。怎样才能使漂下的距离最短呢？如图2丙所示，设船头Vc与河岸成θ角，合速度V与河岸成α角。可以看出：α角越大，船漂下的距离x越短，那么，在什么条件下α角最大呢？以Vs的矢尖为圆心，以Vc为半径画圆，当V与圆相切时，α角最大，根据cosθ=Vc/Vs,船头与河岸的夹角应为：θ=arccosVc/Vs.
船漂的最短距离为：.
此时渡河的最短位移为：.
问题3：会根据运动的合成与分解求解绳联物体的速度问题。
对于绳联问题，由于绳的弹力总是沿着绳的方向，所以当绳不可伸长时，绳联物体的速度在绳的方向上的投影相等。求绳联物体的速度关联问题时，首先要明确绳联物体的速度，然后将两物体的速度分别沿绳的方向和垂直于绳的方向进行分解，令两物体沿绳方向的速度相等即可求出。
例4、如图3所示，汽车甲以速度v1拉汽车乙前进，乙的速度为v2，甲、乙都在水平面上运动，求v1∶v2
分析与解：如图4所示，甲、乙沿绳的速度分别为v1和v2cosα，两者应该相等，所以有v1∶v2=cosα∶1
例5、如图5所示，杆OA长为R，可绕过O点的水平轴在竖直平面内转动，其端点A系着一跨过定滑轮B、C的不可伸长的轻绳，绳的另一端系一物块M。滑轮的半径可忽略，B在O的正上方，OB之间的距离为H。某一时刻，当绳的BA段与OB之间的夹角为α时，杆的角速度为ω，求此时物块M的速率Vm.
分析与解：杆的端点A点绕O点作圆周运动，其速度VA的方向与杆OA垂直，在所考察时其速度大小为：
VA=ωR
对于速度VA作如图6所示的正交分解，即沿绳BA方向和垂直于BA方向进行分解，沿绳BA方向的分量就是物块M的速率VM，因为物块只有沿绳方向的速度，所以
VM=VAcosβ
由正弦定理知，
由以上各式得VM=ωHsinα.
问题4：会根据运动的合成与分解求解面接触物体的速度问题。
求相互接触物体的速度关联问题时，首先要明确两接触物体的速度，分析弹力的方向，然后将两物体的速度分别沿弹力的方向和垂直于弹力的方向进行分解，令两物体沿弹力方向的速度相等即可求出。
例6、一个半径为R的半圆柱体沿水平方向向右以速度V0匀速运动。在半圆柱体上搁置一根竖直杆，此杆只能沿竖直方向运动，如图7所示。当杆与半圆柱体接触点P与柱心的连线与竖直方向的夹角为θ，求竖直杆运动的速度。
分析与解：设竖直杆运动的速度为V1，方向竖直向上，由于弹力方向沿OP方向，所以V0、V1在OP方向的投影相等，即有 ，解得V1=V0.tgθ.
问题5：会根据运动的合成与分解求解平抛物体的运动问题。
例7、如图8在倾角为θ的斜面顶端A处以速度V0水平抛出一小球，落在斜面上的某一点B处，设空气阻力不计，求（1）小球从A运动到B处所需的时间；（2）从抛出开始计时，经过多长时间小球离斜面的距离达到最大？
分析与解：（1）小球做平抛运动，同时受到斜面体的限制，设从小球从A运动到B处所需的时间为t,则：
水平位移为x=V0t
竖直位移为y=
由数学关系得到:
（2）从抛出开始计时，经过t1时间小球离斜面的距离达到最大,当小球的速度与斜面平行时，小球离斜面的距离达到最大。因Vy1=gt1=V0tanθ,所以。
例8、如图9所示，一高度为h=0.2m的水平面在A点处与一倾角为θ=30°的斜面连接，一小球以V0=5m/s的速度在平面上向右运动。求小球从A点运动到地面所需的时间（平面与斜面均光滑，取g=10m/s2）。某同学对此题的解法为：小球沿斜面运动，则由此可求得落地的时间t。问：你同意上述解法吗？若同意，求出所需的时间；若不同意，则说明理由并求出你认为正确的结果。
分析与解：不同意。小球应在A点离开平面做平抛运动，而不是沿斜面下滑。
正确做法为：落地点与A点的水平距离 斜面底宽
因为,所以小球离开A点后不会落到斜面，因此落地时间即为平抛运动时间。
∴
问题6：会根据匀速圆周运动的特点分析求解皮带传动和摩擦传动问题。
凡是直接用皮带传动（包括链条传动、摩擦传动）的两个轮子，两轮边缘上各点的线速度大小相等；凡是同一个轮轴上（各个轮都绕同一根轴同步转动）的各点角速度相等（轴上的点除外）。
例9、如图10所示装置中，三个轮的半径分别为r、2r、4r，b点到圆心的距离为r，求图中a、b、c、d各点的线速度之比、角速度之比、加速度之比。
分析与解：因va= vc，而vb∶vc∶vd =1∶2∶4，所以va∶ vb∶vc∶vd =2∶1∶2∶4；ωa∶ωb=2∶1，而ωb=ωc=ωd ，所以ωa∶ωb∶ωc∶ωd =2∶1∶1∶1；再利用a=vω，可得aa∶ab∶ac∶ad=4∶1∶2∶4
例10、如图11所示，一种向自行车车灯供电的小发电机的上端有一半径r0=1.0cm的摩擦小轮，小轮与自行车车轮的边缘接触。当车轮转动时，因摩擦而带动小轮转动，从而为发电机提供动力。自行车车轮的半径R1=35cm，小齿轮的半径R2=4.0cm，大齿轮的半径R3=10.0cm。求大齿轮的转速n1和摩擦小轮的转速n2之比。（假定摩擦小轮与自行车轮之间无相对滑动）
分析与解：大小齿轮间、摩擦小轮和车轮之间和皮带传动原理相同，两轮边缘各点的线速度大小相等，由v=2πnr可知转速n和半径r成反比；小齿轮和车轮同轴转动，两轮上各点的转速相同。由这三次传动可以找出大齿轮和摩擦小轮间的转速之比n1∶n2=2∶175
问题7：会求解在水平面内的圆周运动问题。
例11、如图12所示，在匀速转动的圆筒内壁上，有一物体随圆筒一起转动而未滑动。当圆筒的角速度增大以后，下列说法正确的是（ ）
A、物体所受弹力增大，摩擦力也增大了
B、物体所受弹力增大，摩擦力减小了
C、物体所受弹力和摩擦力都减小了
D、物体所受弹力增大，摩擦力不变
分析与解：物体随圆筒一起转动时，受到三个力的作用：重力G、筒壁对它的弹力FN、和筒壁对它的摩擦力F1（如图13所示）。其中G和F1是一对平衡力，筒壁对它的弹力FN提供它做匀速圆周运动的向心力。当圆筒匀速转动时，不管其角速度多大，只要物体随圆筒一起转动而未滑动，则物体所受的（静）摩擦力F1大小等于其重力。而根据向心力公式，，当角速度较大时也较大。故本题应选D。
例12、如图14所示，在光滑水平桌面ABCD中央固定有一边长为0．4m光滑小方柱abcd。长为L=1m的细线，一端拴在a上，另一端拴住一个质量为m=0．5kg的小球。小球的初始位置在ad连线上a的一侧，把细线拉直，并给小球以V0=2m/s的垂直于细线方向的水平速度使它作圆周运动。由于光滑小方柱abcd的存在，使线逐步缠在abcd上。若细线能承受的最大张力为7N（即绳所受的拉力大于或等于7N时绳立即断开），那么从开始运动到细线断裂应经过多长时间？小球从桌面的哪一边飞离桌面
分析与解：当绳长为L0时，绳将断裂。据向心力公式得：
T0=mV02/L0
所以L0=0.29m
绕a点转1/4周的时间t1=0.785S;
绕b点转1/4周的时间t2=0.471S;
绳接触c点后，小球做圆周运动的半径为r=0.2m,小于L0=0.29m,所以绳立即断裂。
所以从开始运动到绳断裂经过t=1.256S,小球从桌面的AD边飞离桌面
问题8：会求解在竖直平面内的圆周运动问题。
物体在竖直面上做圆周运动，过最高点时的速度 ，常称为临界速度，其物理意义在不同过程中是不同的．在竖直平面内做圆周运动的物体，按运动轨道的类型，可分为无支撑（如球与绳连结，沿内轨道的“过山车”）和有支撑（如球与杆连接，车过拱桥）两种．前者因无支撑，在最高点物体受到的重力和弹力的方向都向下．
当弹力为零时，物体的向心力最小，仅由重力提供， 由牛顿定律知mg=，得临界速度 ．当物体运动速度V对于无约束的情景，如车过拱桥，当时，有N=0，车将脱离轨道．此时临界速度的意义是物体在竖直面上做圆周运动的最大速度．
注意：如果小球带电，且空间存在电场或磁场时，临界条件应是小球所受重力、电场力和洛仑兹力的合力等于向心力，此时临界速度 。要具体问题具体分析，但分析方法是相同的。
例13、小球A用不可伸长的细绳悬于O点，在O点的正下方有一固定的钉子B，OB=d，初始时小球A与O同水平面无初速度释放，绳长为L，为使小球能绕B点做完整的圆周运动，如图15所示。试求d的取值范围。
分析与解: 为使小球能绕B点做完整的圆周运动，则小球在D对绳的拉力F1应该大于或等于零，即有：
根据机械能守恒定律可得
由以上两式可求得：
例14、如图16所示，游乐列车由许多节车厢组成。列车全长为L，圆形轨道半径为R，（R远大于一节车厢的高度h和长度l，但L>2πR）.已知列车的车轮是卡在导轨上的光滑槽中只能使列车沿着圆周运动而不能脱轨。试问：列车在水平轨道上应具有多大初速度V0，才能使列车通过圆形轨道？
分析与解：列车开上圆轨道时速度开始减慢，当整个圆轨道上都挤满了一节节车厢时，列车速度达到最小值V，此最小速度一直保持到最后一节车厢进入圆轨道，然后列车开始加速。由于轨道光滑，列车机械能守恒，设单位长列车的质量为λ，则有：
要使列车能通过圆形轨道，则必有V>0,解得。
问题9：会讨论重力加速度g随离地面高度h的变化情况。
例15、设地球表面的重力加速度为g,物体在距地心4R（R是地球半径）处，由于地球的引力作用而产生的重力加速度g,，则g/g,为
A、1； B、1/9； C、1/4； D、1/16。
分析与解：因为g= G,g, = G,所以g/g,=1/16,即D选项正确。
问题10：会用万有引力定律求天体的质量。
通过观天体卫星运动的周期T和轨道半径r或天体表面的重力加速度g和天体的半径R，就可以求出天体的质量M。
例16、已知地球绕太阳公转的轨道半径r=1.491011m, 公转的周期T=
3.16107s,求太阳的质量M。
分析与解：根据地球绕太阳做圆周运动的向心力来源于万有引力得：
G=mr(2π/T)2
M=4π2r3/GT2=1.96 1030kg.
例17 、宇航员在一星球表面上的某高处，沿水平方向抛出一小球。经过时间t，小球落到星球表面，测得抛出点与落地点之间的距离为L。若抛出时初速度增大到2倍，则抛出点与落地点之间的距离为L。已知两落地点在同一水平面上，该星球的半径为R，万有引力常数为G。求该星球的质量M。
分析与解：设抛出点的高度为h,第一次平抛的水平射程为x,则有
x2+h2=L2
由平抛运动规律得知，当初速度增大到2倍时，其水平射程也增大到2x,可得 （2x）2+h2=(L)2
设该星球上的重力加速度为g，由平抛运动的规律得：
h=gt2
由万有引力定律与牛顿第二定律得：
mg= G
联立以上各式解得M=。
问题11：会用万有引力定律求卫星的高度。
通过观测卫星的周期T和行星表面的重力加速度g及行星的半径R可以求出卫星的高度。
例18、已知地球半径约为R=6.4106m,又知月球绕地球的运动可近似看作匀速圆周运动，则可估算出月球到地球的距离约 m.(结果只保留一位有效数字)。
分析与解：因为mg= G，而G=mr(2π/T)2
所以，r= =4108m.
问题12：会用万有引力定律计算天体的平均密度。
通过观测天体表面运动卫星的周期T，，就可以求出天体的密度ρ。
例19、如果某行星有一颗卫星沿非常靠近此恒星的表面做匀速圆周运动的周期为T，则可估算此恒星的密度为多少
分析与解：设此恒星的半径为R，质量为M，由于卫星做匀速圆周运动，则有 G=mR, 所以，M=
而恒星的体积V=πR3，所以恒星的密度ρ==。
例20、一均匀球体以角速度ω绕自己的对称轴自转，若维持球体不被瓦解的唯一作用力是万有引力，则此球的最小密度是多少？
分析与解：设球体质量为M，半径为R，设想有一质量为m的质点绕此球体表面附近做匀速圆周运动，则
G=mω02R, 所以，ω02=πGρ。
由于ω≤ω0得ω2≤πGρ，则ρ≥，即此球的最小密度为。
问题13：会用万有引力定律推导恒量关系式。
例21、行星的平均密度是，靠近行星表面的卫星运转周期是T，试证明：T2是一个常量，即对任何行星都相同。
证明：因为行星的质量M=（R是行星的半径），行星的体积
V=R3，所以行星的平均密度==，
即T2=，是一个常量，对任何行星都相同。
例22、设卫星做圆周运动的轨道半径为r,运动周期为T，试证明：是一个常数，即对于同一天体的所有卫星来说，均相等。
证明：由G= mr(2π/T)2得=，即对于同一天体的所有卫星来说，均相等。
问题14：会求解卫星运动与光学问题的综合题
例23、（2004年广西物理试题）某颗地球同步卫星正下方的地球表面上有一观察者，他用天文望远镜观察被太阳光照射的此卫星，试问，春分那天（太阳光直射赤道）在日落12小时内有多长时间该观察者看不见此卫星？已知地球半径为R，地球表面处的重力加速度为g,地球自转周期为T，不考虑大气对光的折射。
分析与解：设所求的时间为t，用m、M分别表示卫星和地球的质量，r表示卫星到地心的距离.有
春分时，太阳光直射地球赤道，如图17所示，图中圆E表示赤道，S表示卫星，A表示观察者，O表示地心. 由图17可看出当卫星S绕地心O转到图示位置以后（设地球自转是沿图中逆时针方向），其正下方的观察者将看不见它. 据此再考虑到对称性，有
由以上各式可解得
问题15：会用运动的合成与分解知识求解影子或光斑的速度问题。
例24、如图18所示，点光源S到平面镜M的距离为d。光屏AB与平面镜的初始位置平行。当平面镜M绕垂直于纸面过中心O的转轴以ω的角速度逆时针匀速转过300时，垂直射向平面镜的光线SO在光屏上的光斑P的即时速度大小为 。
分析与解：当平面镜转过300时，反射光线转过600角，反射光线转动的角速度为平面镜转动角速度的2倍，即为2ω。将P点速度沿OP方向和垂直于OP的方向进行分解，可得：
Vcos600=2ω.op=4ωd,所以V=8ωd.
例25、如图19所示，S为频闪光源，每秒钟闪光30次，AB弧对O点的张角为600，平面镜以O点为轴顺时针匀速转动，角速度ω=rad/s,问在AB弧上光点个数最多不超过多少？
分析与解：根据平面镜成像特点及光的反射定律可知，当平面镜以ω转动时，反射光线转动的角速度为2ω。因此，光线扫过AB弧的时间为t=0.5S,则在AB弧上光点个数最多不会超过15个。
三、警示易错试题
典型错误之一：错误地认为做椭圆运动的卫星在近地点和远地点的轨道曲率半径不同。
例26、某卫星沿椭圆轨道绕行星运行，近地点离行星中心的距离是a,远地点离行星中心的距离为b,若卫星在近地点的速率为Va,则卫星在远地点时的速率Vb多少？
错解：卫星运行所受的万有引力提供向心力，在近地点时，有，在远地点时有，上述两式相比得，故。
分析纠错：以上错误在于认为做椭圆运动的卫星在近地点和远地点的轨道曲率半径不同。实际做椭圆运动的卫星在近地点和远地点的轨道曲率半径相同，设都等于R。所以，在近地点时有，在远地点时有，上述两式相比得，故。
典型错误之二：利用错误方法求卫星运动的加速度的大小。
例27、发射地球同步卫星时，先将卫星发射至近地圆轨道1，然后经点火，使其沿椭圆轨道2运行，最后再次点火，将卫星送入同步圆轨道3，轨道1、2相切于Q点，轨道2、3相切于P点，如图20所示。则在卫星分别在1、2、3轨道上正常运行时，以下说法正确的是：
A、卫星在轨道3上的速率大于在轨道1上的速率。
B、卫星在轨道3上的角速度小于在轨道1上的角速度。
C、卫星在轨道1上经过Q点时的加速度大于它在轨道2
上经过Q点时的加速度。
D、卫星在轨道2上经过P点时的加速度等于它在轨道3
上经过P点时的加速度。
错解：因为，所以V=，
，即B选项正确，A选项错误。
因为卫星在轨道1上经过Q点时的速度等于它在轨道2上经过Q点时的速度，而在Q点轨道的曲率半径，即C选项正确。
分析纠错：B选项正确，但C选项错误。根据牛顿第二定律可得，即卫星的加速度a只与卫星到地心的距离r有关，所以C选项错误，D选项正确。
典型错误之三：错误认为卫星克服阻力做功后，卫星轨道半径将变大。
例28、一颗正在绕地球转动的人造卫星，由于受到阻力作用则将会出现：
A、速度变小； B、动能增大；
C、角速度变小； D、半径变大。
错解：当卫星受到阻力作用时，由于卫星克服阻力做功，故动能减小，速度变小，为了继续环绕地球，由于卫星速度可知，V减小则半径R必增大，又因，故ω变小，可见应该选A、C、D。
分析纠错：当卫星受到阻力作用后，其总机械能要减小，卫星必定只能降至低轨道上飞行，故R减小。由可知，V要增大，动能、角速度也要增大。可见只有B选项正确。
典型错误之四：混淆稳定运动和变轨运动
例29、如图21所示，a、b、c是在地球大气层外圆形轨道上运动的3颗卫星，下列说法正确的是：
A．b、c的线速度大小相等，且大于a的线速度；
B．b、c的向心加速度大小相等，且大于a的向心加速度；
C．c加速可追上同一轨道上的b，b减速可等候同一轨道上的c；
D．a卫星由于某原因，轨道半径缓慢减小，其线速度将增大。
错解：c加速可追上b，错选C。
分析纠错：因为b、c在同一轨道上运行，故其线速度大小、加速度大小
均相等。又b、c轨道半径大于a的轨道半径，由知，Vb=Vc当c加速时，c受到的万有引力Fmv2/r, 故它将偏离原轨道做向心运动。所以无论如何c也追不上b，b也等不到c，故C选项错。对这一选项，不能用来分析b、c轨道半径的变化情况。
对a卫星，当它的轨道半径缓慢减小时，在转动一段较短时间内，可近似认为它的轨道半径未变，视为稳定运行，由知，r减小时V逐渐增大，故D选项正确。
典型错误之五：混淆连续物和卫星群
例30、根据观察，在土星外层有一个环，为了判断环是土星的连续物还是小卫星群。可测出环中各层的线速度V与该层到土星中心的距离R之间的关系。下列判断正确的是：
A、若V与R成正比，则环为连续物；
B、若V2与R成正比，则环为小卫星群；
C、若V与R成反比，则环为连续物；
D、若V2与R成反比，则环为小卫星群。
错解：选BD。
分析纠错：连续物是指和天体连在一起的物体，其角速度和天体相同，其线速度V与r成正比。而对卫星来讲，其线速度，即V与r的平方根成反比。由上面分析可知，连续物线速度V与r成正比；小卫星群V2与R成反比。故选A、D。
典型错误之六：乱套公式解题。
例31、如图22所示，一摆长为L的摆，摆球质量为m，带电量为－q，如果在悬点A放一正电荷q，要使摆球能在竖直平面内做完整的圆周运动，则摆球在最低点的速度最小值应为多少？
错解：摆球运动到最高点时，最小速度为，由于摆在运动过程中，只有重力做功，故机械能守恒。据机械能守恒定律得：
解得：。
分析纠错：摆球运动到最高点时，受到重力mg、库仑力、绳的拉力T作用，根据向心力公式可得：，由于,所以有：
由于摆在运动过程中，只有重力做功，故机械能守恒。据机械能守恒定律得：
解得：。
典型错误之七：物理过程分析不全掉解。
例32、如图23所示，M为悬挂在竖直平面内某一点的木质小球，悬线长为L，质量为m的子弹以水平速度V0射入球中而未射出，要使小球能在竖直平面内运动，且悬线不发生松驰，求子弹初速度V0应满足的条件。
错解1:
错解2:
分析纠错：子弹击中木球时，由动量守恒定律得：
mV0=(m+M)V1
下面分两种情况：
（1）若小球能做完整的圆周运动，则在最高点满足：
由机械能守定律得：
由以上各式解得：.
(2)若木球不能做完整的圆周运动，则上升的最大高度为L时满足：
解得：.
所以，要使小球在竖直平面内做悬线不松驰的运动，V0应满足的条件是：
或
但是，审题时不少学生对上述的两个物理过程分析不全，不是把物理过程（1）丢掉，就是把物理过程（2）丢掉。
四、如临高考测试
1．地球半径为R，地面上重力加速度为g，在高空绕地球做匀速圆周运动的人造卫星，其线速度的大小可能是：
A、； B、； C、 D、2
2．人造卫星绕地球做匀速圆周运动，其轨道半径为R，线速度为V，周期为T。若要使卫星的周期变为2T，可以采取的办法是：
A、R不变，使线速度变为V/2；B、V不变，使轨道半径变为2R；
C、使轨道半径变为； D、使卫星的高度增加R。
3．地球赤道上的物体重力加速度为g，物体在赤道上随地球自转的向心加速度为a，要使赤道上的物体“飘”起来，则地球的转速应为原来的
A.g/a倍。 B. 倍。 C. 倍。 D. 倍
4．同步卫星离地距离r，运行速率为V1，加速度为a1,地球赤道上的物体随地球自转的向心加速度为a2,第一宇宙速度为V2，地球半径为R，则
A、a1/a2=r/R; B.a1/a2=R2/r2; C.V1/V2=R2/r2; D.V1/V2=.
5．在质量为M的电动机飞轮上，固定着一个质量为m的重物，重物到轴的距离为R，如图24所示，为了使电动机不从地面上跳起，电动机飞轮转动的最大角速度不能超过
A．,B．C． D．
6．如图25所示，具有圆锥形状的回转器（陀螺），半径为R，绕它的轴在光滑的桌面上以角速度ω快速旋转，同时以速度v向左运动，若回转器的轴一直保持竖直，为使回转器从左侧桌子边缘滑出时不会与桌子边缘发生碰撞，v至少应等于
A．ωR B．ωH， C．R D．R
7．如图26所示，放置在水平地面上的支架质量为M，支架顶端用细线拴着的摆球质量为m，现将摆球拉至水平位置，而后释放，摆球运动过程中，支架始终不动。以下说法正确的应是
在释放瞬间，支架对地面压力为（m+M）g
在释放瞬间，支架对地面压力为Mg
摆球到达最低点时，支架对地面压力为（m+M）g
D.摆球到达最低点时，支架对地面压力为（3m+M）g。
8．有一个在水平面内以角速度ω匀速转动的圆台，半径为R。如图27, 圆台边缘处坐一个人，想用枪击中台心的目标，如果枪弹水平射出，出口速度为V，不计阻力的影响：则：
A．枪身与OP夹角成θ＝sin－1 (ωR／v)瞄向圆心O点的右侧 ；
B．枪身与OP夹角成θ＝sin－1(ωR／v)瞄向圆心O点的左侧 ；
C．枪身与OP夹角成θ＝tg－1(ωR／v)瞄向圆心的左侧 ；
D．枪身沿OP瞄准O点。
9．某飞行员的质量为m，驾驶飞机在竖直面内以速度V做匀速圆周运动，圆的半径为R，在圆周的最高点和最低点比较，飞行员对坐椅的压力最低点比最高点大(设飞行员始终垂直坐椅的表面)
A．mg B．2mg C．mg+ D．。
10．一飞机以150m/s的速度在高空中水平匀速飞行，相隔1s先后释放A、B两物，A、B在运动过程中它们的位置关系下述正确的是：
A．B总在A的前方，水平方向距离为150m B．A总在B的正下方5m处
C．B总在A的前斜上方 D．以上说法都不对。
11.河水流速为4m/s，AB是河岸上的两点，其大小为河宽的3倍，要使船从A出发驶向与B正对的彼岸C位置，则船速至少应为 m/s。
12.如28所示，光滑斜面长为a，宽为b，倾角为θ，一小物体沿斜面上方顶点P水平射入，从右下方顶点Q离开斜面，试求其入射的初速度V0.
13.如图29所示，长为L的细绳，一端系有一质量为m的小球，另一端固定在O点。细绳能够承受的最大拉力为7mg。现将小球拉至细绳呈水平位置，然后由静止释放，小球将在竖直平面内摆动。如果在竖直平面内直线OA（OA与竖直方向的夹角为θ）上某一点O‘钉一个小钉，为使小球可绕O’点在竖直平面内做圆周运动，且细绳不致被拉断，求OO‘的长度d所允许的范围。
（本讲座参考答案见下期讲座）
(第三讲如临高考测试参考答案：1.B; 2.C; 3.A;. 4.BD; 5.C; 6.BC; 7.A; 8.C; 9.C; 10.D；11.
11.解：对于小球A，它受到重力mg和绳的拉力F1作用，根据牛顿第二定律可知，这两个力的合力应沿斜面向上，如图所示.
由几何关系和牛顿第二定律可得：F=mg=ma，所以a=g.
易求得F1=
12.解：（1）对板，沿坐标x轴的受力和运动情况如图所示，视为质点，由牛顿第二定律可得：f1-Mgsinθ=0
对人，由牛顿第三定律知f1/与f1等大反向，所以沿x正方向受mgsinθ和f1/的作用。由牛顿第二定律可得： f1+mgsinθ=ma
由以上二方程联立求解得，方向沿斜面向下。
（2）对人，沿x轴方向受力和运动情况如图21所示。视人为质点，根据牛顿第二定律得：mgsinθ-f2=0
对板，由牛顿第三定律知f2/和f2等值反向。所以板沿x正方向受Mgsinθ和f2/的作用。据牛顿第二定律得：f2+Mgsinθ=Ma
由上述二式解得，方向沿斜面向下。
13.解：(1)设t=2.0s内车厢的加速度为aB,由s=得aB=2.5m/s2.
(2)对B，由牛顿第二定律：F-f=mBaB,得f=45N.
对A据牛顿第二定律得A的加速度大小为aA=f/mA=2.25m/s2,所以t=2.0s末A的速度大小为：VA=aAt=4.5m/s.
(3)在t=2.0s内A运动的位移为SA=,
A在B上滑动的距离
14.。）
图1
a
b
图1
Vs
Vc
θ
V2
图2甲
V1
Vs
Vc
θ
图2乙
θ
V
Vs
Vc
θ
图2丙
V
α
A
B
E
甲
乙
α
v1
v2
图3
v1
甲
乙
α
v1
v2
图4
B
M
C
A
R
O
ω
图5
α
M
C
A
R
O
ω
图6
α
VA
β
B
R
θ
O
P
V0
图7
V1
θ
图8
B
A
V0
V0
Vy1
θ
B
A
h
图9
A
a
b
c
d
图10
大齿轮
小齿轮
车轮
小发电机
摩擦小轮
链条
图11
图12
图13
A
B
C
D
a
b
c
d
V0
图14
D
d
L
O
m
B
C
A
图15
图16
V0
R
图17
太阳光
E
O
S
A
R
r
θ
S
P
ω
O
600
300
V
图18
A
B
M
d
S
O
M
B
A
600
图19
P
Q
1
2
3
图20
b
a
c
地球
图21
V0
L
q
图22
L
V0
图23
图24
图25
图26
图27
θ
图28
P
Q
a
b
V0
L
O
m
θ
A
d
O’
图29
D
C
F1
mg
F=ma
300
300
x
f2
G2X
θ专题十：稳恒电流考点例析
稳恒电流这一章的特点是知识点多，实验多，联系实际的问题多。欧姆定律、电阻定律、电路中的能量守恒定律是本章的基本规律。从近年来高考的命题来看，有如下的内容或题型出现的频度较高，值得注意。（1）电路的简化：对于一个复杂的电路，画出等效电路图，是一项基本功，也是电路分析和计算的基础。（2）动态直流电路的分析：电路中某些元件（如滑线变阻器的阻值）的变化，会引起电流、电压、电阻、电功率等相关物理量的变化，解决这类问题涉及到的知识点多，同时还要掌握一定的思维方法，在近几年高考中已多次出现。如2002年全国理综第20题，2002年上海试题第10题。（3）非纯电阻电路的分析与计算。非纯电阻电路是指电路含有电动机、电解槽等装置，这些装置的共同特点是可以将电能转化为机械能、化学能等其他形式的能量。这是近几年高考命题的一个冷点，但有可能成为今年高考的热点。（4）稳态、动态阻容电路的分析与计算。此类问题往往较难，但却是高考考查的重点，几乎是年年必考。如2003年江苏卷第16题、2004年江苏卷14题。（5）故障电路的分析与判断。由于此类问题能够考查考生理论联系实际的能力，对灵活运用知识的能力要求较高，所以可能成为近几年考查重点。（6）非线性电路的分析与求解。非线性电路包括含二极管电路和白炽电灯电路，由于这类元件的伏安特性不再是线性的，所以求解这类问题难度更大。近几年已成为高考的热点。如2003年上海春季高考试题第15题、2003年上海高考试题第18题、2004年上海高考试题第12题、2004年江苏高考试题第12题。
一、夯实基础知识
（一）电流的形成、电流强度。
1．电流的形成：电荷定向移动形成电流(注意它和热运动的区别)。
2．形成电流条件：(1)存在自由电荷；(2)存在电势差(导体两端存在电热差)。
3．电流强度：I=q/t(如果是正、负离子同时定向移动形成电流，q应是两种电荷量和)
4．注意：I有大小，有方向，但属于标量(运算法则不符合平行四边形定则)，电流传导速率就是电场传导速率不等于电荷定向移动的速率(电场传导速率等于光速)。
（二）部分电路欧姆定律。
1．公式I=U/R,U=IR,R=U/I.
2．含义：R一定时，I∝U,I一定时，U∝R；U一定时，I∝l/R。(注意：R与U、I无关)
3．适用范围：纯电阻用电器(例如：适用于金属、液体导电，不适用于气体导电)。
4．图象表示：在R一定的情况下，I正比于U，所以I—U图线、U—I图线是过原点的直线，且R=U/I，所以在I—U图线中，R=cotθ=1/k斜率，斜率越大，R越小；在U—I图线中，R=tanθ=k斜率，斜率越大，R越大。
注意：(1)应用公式I=U/R时，各量的对应关系，公式中的I、U、R是表示同一部分电路的电流强度、电压和电阻，切不可将不同部分的电流强度、电压和电阻代入公式，(2)I、U、R各物理量的单位均取国际单位，I(A)、U(A)、R(Ω)；(3)当R一定时，I∝U；I一定时，U∝R；U一定时，I∝1/R，但R与I、U无关。
(三)电阻定律
1．公式：R=ρL/S(注意：对某一导体，L变化时S也变化，L·S=V恒定)
2．电阻率：ρ=RS/L，与物体的长度L、横截面积S无关，和物体的材料、温度有关，有些材料的电阻率随温度的升高而增大，有此材料的电阻率随温度的升高而减小，也有些材料的电阻率几乎不受温度的影响，如锰铜和康铜，常用来做标准电阻，当温度降低到绝对零度附近时，某些材料的电阻率突然减小到零，这种现象叫超导现象。
（四）电功、电功率、电热。
1．电功：电流做的总功或输送的总电能为W=qU=IUt，如果是纯电阻电路还可写成W=U2t/R=I2Rt；
2．电热：Q=I2Rt，如果是纯电阻电路还可写成Q=IUt=U2t/R
3．电功和电热关系：
(1)纯电阻电路，电功等于电热；(2)非纯电阻电路，电功大于电热，即UIt=Q+E其它能。
4．电功率：P=W/t=IU，如果是纯电阻电路还可写成P=I2R=U2/R。
5．额定功率：即是用电器正常工作时的功率，当用电器两端电压达到额定电压Um时，电流达到额定电流Im，电功率也达到额定功率Pm，且Pm=ImUm，如果是纯电阻电器还可写成Pm=U2m/R=I2mR(Pm、Um、Im、R四个量中只要知两个量，其它两个量一定能计算出)。
（五）简单串、并、混联电路及滑线变阻器电路
1．串联电路
(1)两个基本特点：①U=U1=U2=U3=……，②I=I1+I2+I3……?
(3)三个重要性质：
①R=R1+R2+R3+…②U/R=U1/R1=U2/R2=U3/R3；③P/R=P1/R1=P2/R2=……=Pn/Rn=I2.
2．并联电路
(1)两个基本特点：①U=U1=U2=U3=……②I=I1+I2+I3……?
(2)三个重要性质：①1/R=1/R1+1/R2+1/R3+……，②IR=I1R1=I2R2=I3R3=……InRn=U
③P/R=P1/R1=P2/R2=P3/R3=……=Pn/Rn=U2。
其中应熟记：n个相同电阻R并联，总电阻R总＝R/n；两个电阻R1、R2并联，总电阻R总＝R1R2/(R1+R2)，并联电路总电阻小于任一支路电阻；某一支路电阻变大(其它支路电阻不变)，总电阻必变大，反之变小；并联支路增多，总电阻变小，反之增大。
(六)闭合电路欧姆定律
1．三种表达式：(1)I=E/(R+r)；(2)E=U外+U内；(3)U端＝E－Ir
2．路端电压U和外电阻R外关系：R外增大，U端变大，当R外＝∞(断路)时，U端＝E(最大)；R外减小时，U外变小，当R外＝0(短路)时，U端＝0(最小)。
3．总电流I和外电阻R外关系：R外增大，I变小，当R外＝∞时，I＝0；R外减小时，I变大，当R外＝0时，I＝E/r(最大)。(电源被短路，是不允许的)
4．几种功率：电源总功率P总＝E.I(消耗功率)； 输出功率P输出＝U端I(外电路功率)；电源损耗功率P内损＝I2r(内电路功率)；线路损耗功率P线损＝I2R线。
二、解析典型问题
问题1：会对电路进行简化。
对一个复杂的电路，画出等效电路图，是一项基本功，也是电路分析和计算的基础。在复杂电路中，当导体间串、并联的组合关系不很规则时，要进行电路的简化，简化电路方法较多，这里介绍两种常用的方法：（1）分支法；（2）等势法。
（1）分支法：以图1(甲)为例：
第一支线：以A经电阻R1到B(原则上以最简便直观的支路为第一支线)。
第二支线：以A经由电阻R2到C到B。
第三支线：以A经电阻R3到D再经R1到B。
以上三支线并联，且C、D间接有S，简化图如图1(乙)所示。
（2）等势法：以图2为例。
设电势A高B低，由A点开始，与A点等势的点没有，由此向下到C点，E点与C点等势，再向下到D点，F、B点与D点等势，其关系依次由图3所示。
（3）注意：对于复杂电路的简化可交替用分支法和等势法；理想的电流表可视作短路；理想的电压表和电容器可视作断路；两等势点间的电阻可省去或视作短路。
问题2：会分析动态电路的有关问题
电路中局部的变化会引起整个电路电流、电压、电功率的变化，“牵一发而动全身”是电路问题的一个特点。处理这类问题常规思维过程是：首先对电路进行分析，然后从阻值变化的部分入手，由串、并联规律判断电路总电阻变化情况（若只有有效工作的一个电阻阻值变化，则不管它处于哪一支路，电路总电阻一定跟随该电阻变化规律而变），再由全电路欧姆定律判断电路总电流、路端电压变化情况，最后再根据电路特点和电路中电压、电流分配原则判断各部分电流、电压、电功率的变化情况。
为了快速而准确求解这类问题，同学们要熟记滑线变阻器常见三种接法的特点：
第一种：如图4所示的限流式接法. RAB随pb间的电阻增大而增大。
第二种：如图5所示分压电路.电路总电阻RAB等于AP段并联电阻RaP与PB段电阻RbP的串联。当P由a滑至b时，虽然Rap与Rpb变化相反，但电路的总电阻RAB持续减小；若P点反向移动，则RAB持续增大。证明如下：
所以当Rap增大时，RAB减小；当Rap减小时，RAB增大。滑动头P在a点时，RAB取最大值R2；滑动头P在b点时，RAB取最小值。
第三种：如图6所示并联式电路。由于两并联支路的电阻之和为定值，则两支路的并联电阻随两支路阻值之差的增大而减小；随两支路阻值之差的减小而增大，且支路阻值相差最小时有最大值，相差最大时有最小值。证明如下：
令两支路的阻值被分为Ra、Rb,且Ra+Rb=R0,其中R0为定值。则
可见，R//的确随Ra与Rb之差的增大而减小，随差的减小而增大，且当相差最小时，R//有最大值，相差最大时，R//有最小值。
此外，若两支路阻值相差可小至零，则R//有最大值R0/4.
例1、如图6所示，R1=4Ω，R2=5Ω，R3=7Ω，求P由a至b移动过程中，总电阻RAB如何变化？
分析与解：依据上述并联式电路的特点，则立刻可知：P调至RaP=4Ω时，RABmax=4Ω, P调至a点时，RABmin=3Ω,且P从a调至b时，RAB先增大后减小。
例2、如图7所示，电灯A标有“10V，10W”，电灯B标有“8V，20W”，滑动变阻器的总电阻为6Ω，当滑动触头由a端向b端滑动的过程中(不考电灯电阻的变化)
安培表示数一直减小，伏特表示数一直增大；
安培表示数一直增大，伏特表示数一直减小；
安培表示数先增大后减小，伏特表示数先
减小后增大；
安培表示数先减小后增大，伏特表示数先
增大后减小。
分析与解：可以求得电灯A的电阻RA=10Ω，电灯B的电阻RB=3.2Ω,因为，所以，当滑动触头由a向b端滑动的过程中，总电阻一直减小。即B选项正确。
例3、如图8所示，由于某一电阻断路，致使电压表和电流表的示数均比该电阻未断时要大，则这个断路的电阻可能是（ ）
A. R1 B. R2 C. R3 D. R4
分析与解：此类问题的常规解法是逐个分析进行判断。
若R1断路→R总变大→I总变小→U端变大→I2变大，即电流表示数变大，U端变大，I4变大→U4变大，所以选项A正确。
若R2断路，电流表示数为零，则B错
若R3断路，电压表示数为零，则C错
若R4断路→R总变大→I总变小→U端变大，即电流表和R2串联后两端电压变大，则电流表示数变大；R4断路后，则电压表的内阻大，所以R3所在支路近似断路，则电压表示数此时也变大，即D正确。所以答案AD。
例4. 如图9所示电路，电源的电动势为E，内阻为r，R0为固定电阻，R为滑动变阻器。在变阻器的滑片由a端移向b端的过程中，电容器C所带的电量（ ）
A. 逐渐增加 B. 逐渐减小
C. 先增加后减小 D. 先减少后增加
分析与解：由上述结论可知，在滑动变阻器的滑片由a端移向b端的过程中，图9所示电路的外电阻逐渐减小，根据闭合电路的欧姆定律可知：通过电源的电流I逐渐增大，路端电压逐渐减小，加在电容器C上的电压逐渐减小，C为固定电容器，其所带电量逐渐减少，所以只有选项B正确。
问题3：会求解三种功率的有关问题。
例5. 如图10所示，电路中电池的电动势E=5V，内电阻r=10Ω，固定电阻R=90Ω，R0是可变电阻，在R0从零增加到400Ω的过程中，求：
（1）可变电阻R0上消耗功率最大的条件和最大热功率
（2）电池的电阻r和固定电阻R上消耗的最小热功率之和
分析与解：（1）可变电阻R0上消耗的热功率：
时，P0最大，其最大值：
（2）当电流最小时，电阻r和R消耗的热功率最小，此时R0应调到最大400Ω，内阻r和固定电阻R上消耗的最小热功率之和为
本题关键：写出P0、P小表达式，进行数学变换。一定要养成先写表达式，再求极值的良好解题习惯，否则就容易出错，请同学们做一做例6.
例6、有四个电源，电动势均相等，内电阻分别为1、2、4、8，现从中选择一个对阻值为2Ω的电阻供电，欲使电阻获得的电功率最大，则所选电源的内电阻为：
Ａ．1 Ｂ．2 Ｃ．4 Ｄ．8。
正确答案为A。你做对了吗？
例7、有四盏灯，接入如图11中，L1和L2都标有“220V、100W”字样，L3和L4都标有“220V、40W”字样，把电路接通后，最暗的灯将是：
A．L1； B．L2；C．L3；D．L4
分析与解：：正确答案是C，由它们的额定电压、额定功率可判出：
R1=R2R1>R23并?，∴P4>P1>(P2+P3)(串联电路P∝R,而P3问题4：会解非理想电表的读数问题
同学们在求非理想电压表或非理想电流表的读数时，只要将电压表看作电阻RV，求出RV两端的电压就是电压表的示数；将电流表看作电阻RA，求出通过RA的电流就是电流表的示数。
例8、三个完全相同的电压表如图12所示接入电路中，已知V1表读数为8V，V3表的读数为5V，那么V2表读数为 。
分析与解：设三个完全相同的电压表的电阻均为R，
通过 的电流分别为I1、I2、I3，而由并联电
路的规律有：I1=I2+I3，所以有
=+，即有 U1=U2+U3
所以，U2=U1-U3=3V。
例9、阻值较大的电阻R1和R2串联后，接入电压U恒定的电路，如图13所示，现用同一电压表依次测量R1与R2的电压，测量值分别为U1与U2，已知电压表内阻与R1、R2相差不大，则：
A．U1+U2=U； B．U1+U2C．U1/U2=R1/R2； D．U1/U2≠R1/R2?
分析与解：正确答案是B、C，电压表是个特殊的“电阻”，第一它的电阻Rv阻值较大；第二该“电阻”的电压是已知的，可以从表盘上读出，当把电压表与R1并联后，就等于给R1并联上一个电阻Rv，使得电压表所测的电压U1是并联电阻的电压，由于，所以U1小于R1电压的真实值，同理测量值U2也小于R2电压的真实值，因此U1+U2判断选项C、D的正确与否不能仅凭简单地定性推理，要通过计算后获得。
电压表与R1并联后，变成R并与R2串联，有：
同理：
可知U1/U2=R1/R2，选项C正确。
根据本题的结论可设计一个测量电阻的方法.
例10、如图14所示，电阻R1、R2并联后接入电流恒定为I的电路。现用同一电流表依次测量通过R1、R2的电流，测量值分别为I1、I2，则I1/I2=R1/R2。即：电流一定时，并联的两电阻被同一电流表测量的电流值与电阻成反比。
证明：当电流表电阻值RA小到可以忽略时，上述结论显然成立；当RA不可忽略时，用电流表测量哪一个电阻的电流时，就等于给这一电阻串联了一个电阻RA，使得电流表所测的电流是串联RA后的电流。因此，当电流表与R1串联后，电路变成电阻(R1+RA)与R2并联，故有：，同理， 从而有
问题5：会解含容电路
含容电路问题是高考中的一个热点问题，在高考试题中多次出现。同学们要注意复习。
1、求电路稳定后电容器所带的电量
求解这类问题关键要知道：电路稳定后，电容器是断路的，同它串联的电阻均可视为短路，电容器两端的电压等于同它并联电路两端的电压。
例11、在图15所示的电路中,已知电容C=2μF,电源电动势E=12V,内电阻不计,R1∶R2∶R3∶R4=1∶2∶6∶3.则电容器极板a所带的电量为（ ）
A.-8×10-6C. B.4×10-6C.
C.-4×10-6C. D.8×10-6C.
分析与解：电路稳定后，电容C作为断路看待，电路等价于R1和R2串联，R3和R4串联。由串联电路的特点得：
， 即
同理可得
故电容C两端的电压为：
电容器极板a所带的电量为：
。
即D选项正确。
2、求通过某定值电阻的总电量
例12、图16中E=10V，R1=4Ω，R2=6Ω，C=30μF，电池内阻可忽略.
(1)闭合电键K,求稳定后通过R1的电流.
(2)然后将电键K断开,求这以后流过R1的总电量.
分析与解：（1）闭合电键K，稳定后通过R1的电流为： ,
电容器上电压为IR2,储存的电量为 Q1=CIR2=1.8
(2) 电键K断开后,待稳定后,电容器上电压为E,储存的电量为：
Q2=CE=
流过R1的总电量为
例13、在如图17所示的电路中，电源的电动势内阻；电容器的电容，电容器原来不带电.求接通电键K后流过R4的总电量.
分析与解：由电阻的串并联公式，得闭合电路的总电阻为:
由欧姆定律得，通过电源的电流
电源的端电压 电阻R3两端的电压
通过R4的总电量就是电容器的电量Q=CU3,
由以上各式并代入数据解得
例14、图18中电源电动势E=10V，C1=C2=30μF，R1=4.0Ω, R2=6.0Ω,电源内阻可忽略。先闭合电键K，待电路稳定后，再将K断开，则断开K后流过电阻R1的电量为 .
分析与解：当K闭合，待电路稳定后，电容C1和C2分别充得的电量为：
Q20=0
当K断开，待电路稳定后，电容C1和C2分别充得的电量为：
Q1=C1E=, Q2=C2E=
故断开K后流过电阻R1的电量为：
问题6：会解电容与电场知识的综合问题
1、讨论平行板电容器内部场强的变化，从而判定带电粒子的运动情况。
对于正对面积为S，间距为d的平行板电容器C，当它两极板间的电压为U时，则其内部的场强E=U/d;若电容器容纳电量Q，则其内部场强E=4πKQ/(ε.S).
据E=U/d和E=4πKQ/(ε.S)很容易讨论E的变化情况。根据场强的变化情况就可以分析电容器中带电粒子的受力情况，从而判定带电粒子的运动情况。
例15、一平行板电容器C,极板是水平放置的,它和三个可变电阻及电源联接成如图19所示的电路.今有一质量为m的带电油滴悬浮在两极板之间静止不动.要使油滴上升,可采用的办法是:
A.增大R1 B.增大R2 C.增大R3 D.减小R2.
分析与解：要使油滴上升，必须使向上的电场力增大，因油滴的带电量是不变的，故只有增大场强E，又因E=U/d，而d不变，故只有增大加电容器两极板间的电压U，即增大R3或减小R2。即CD选项正确。
例16、一平行板电容器充电后与电源断开,负极板接地.在两极板间有一正电荷(电量很小)固定在P点,如图20所示.以E表示两极板间的场强,U表示电容器的电压,W表示正电荷在P点的电势能.若保持负极板不动,将正极板移到图中虚线所示的位置,则:
A.U变小,E不变. B.E变大,W变大.
C.U变小,W不变. D.U不变,W不变.
分析与解：因为电容极板所带电量不变，且正对面积S也不变，据E=4πKQ/(ε.S)可知E也是不变。据U=Ed，因d减小，故U减小。因P点的电势没有发生变化，故W不变。故A、C二选项正确。
例17、在如图21电路中,电键K1、K2、K3、K4均闭合,C是极板水平放置的平行板电容器,板间悬浮着一油滴P.断开哪一个电键后P会向下运动
A.K1 B.K2 C.K3 D.K4
分析与解：同理分析断开电键K3后P会向下运动，即C正确。
例18、如图22所示电路，电键K原来是闭合的，当R1、R2的滑片刚好处于各自的中点位置时，悬在空气平板电容器C两水平极板间的带电尘埃P恰好处于静止状态。要使尘埃P加速向上运动的方法是：
A、把R1的滑片向上移动；
B、把R2的滑片向上移动；
C、把R2的滑片向下移动；
D、把电键K断开。
分析与解：同理分析断开电键K和把R2的滑片向下移动后P会向上加速运动，即C、D正确。
例19、两块大小、形状完全相同的金属平板平行放置，构成一平行板电容器，与它相连接的电路如图23所示，接通开关K，电源即给电容器充电.（ ）
A．保持K接通，减小两极板间的距离，则两极板间电场的电场强度减小
B．保持K接通，在两极板间插入一块介质，则极板上的电量增大
C．断开K，减小两极板间的距离，则两极板间的电势差减小
D．断开K，在两极板间插入一块介质，则两极板间的电势差增大
分析与解：保持K接通，两极板间的电压不变，据E=U/d知当减小两极板间的距离d时，则两极板间电场的电场强度增大，即A选项错；保持K接通，两极板间的电压不变，据Q=CU=εSU/(4πkd)知当在两极板间插入一块介质，则极板上的电量增大，即B选正确；断开K，电容器所带电量一定，据E=4πKQ/(ε.S)和U=Ed可知当减小两极板间的距离，则两极板间的电势差减小, 即C选正确；断开K，电容器所带电量一定，据E=4πKQ/(ε.S)和U=Ed可知当在两极板间插入一块介质，则两极板间的电势差减小, 即D选正确.
2、结合电荷守恒定律求解有关电容问题。
例20、在如图24所示的电路中,电容器A的电容CA=30μF,电容器B的电容CB=10μF.在电键K1、K2都是断开的情况下,分别给电容器A、B充电.充电后,M点的电势比N点高5V,O点的电势比P点低5V.然后把K1、K2都接通,接通后M点的电势比N点高.
A、10V. B、 2.5V.
C、2.5V. D、4.0V
分析与解：当K1、K2都断开时，给电容器A、B充得的电量分别为：，上极板带正电；而，且上极板带负电。当K1、K2都接通后，设M点的电势比N点高U，则据电荷守恒定律可得：
所以U=2.5V.
问题7：关于RC电路中暂态电流的分析
在含容电路中的电流稳定以后，电容充有一定的电量，与电容串联的电阻中没有电流通过。但当电路中某电阻或电压发生变化时，会导致电容的充电或放电，形成暂态电流。如何分析暂态电流？我们可以先确定初始稳态电容所带的电量，再确定当电路中某电阻或电压发生变化时引起电容所带的电量变化情况，从而分析暂态电流。这类问题在近几年高考试题中多次出现，同学们在高三复习时应引起重视。
例21、图25所示是一个由电池、电阻R与平行板电容器组成的串联电路，在增大电容器两极板间距离的过程中，以下说法正确的是：
电阻R中没有电流；
电容器的电容变小；
电阻R中有从a流向b的电流；
电阻R中有从b流向a的电流。
分析与解：当电路稳定后，没有电流通过电阻R，但当在增大电容器两极板间距离的过程中，电容器的电容量减小而电容器电压不变，所以电容器所带电量会不断减小，即电容放电形成放电电流，BC二选项正确。
问题8：会解非纯电阻电路问题
非纯电阻电路是指电路含有电动机、电解槽等装置，这些装置的共同特点是可以将电能转化为机械能、化学能等其他形式的能量。
例22、.直流电动机线圈的电阻很小，起动电流很大，这对电动机本身和接在同一电源上的其他电器都产生不良的后果。为了减小电动机起动时的电流，需要给电动机串联一个起动电阻R，如图26所示。电动机起动后再将R逐渐减小。如果电源电压U=220V，电动机的线圈电阻r0=2Ω,那么，
（1）不串联电阻R时的起动电流是多大？
（2）为了使起动电流减小为20A，起动电阻应为多大？
分析与解：（1）起动时电动机还没有转动，电机等效为一个纯电阻，所以不串联R时的起动电流为：
（2）为了使起动电流为20A，电路的总电阻应为
故起动电阻应为
例23、如图27所示，电阻R1=20Ω，电动机绕线电阻R2=10Ω，当电键S断开时，电流表的示数是I1=0.5A,当电键合上后，电动机转动起来，电路两端的电压不变，电流表的示数I和电路消耗的电功率P应是:
A．I=1.5A B.I<1.5A
C.P=15W D.P<15W
分析与解：当电键S断开时，电动机没有通电，欧姆定律成立，所以电路两端的电压U=I1R1=10V；当电键合上后，电动机转动起来，电路两端的电压U=10V，通过电动机的电流应满足UI2>I22R2,所以I2<1A.所以 电流表的示I<1.5A，电路消耗的电功率P<15W,即BD正确。
例24、某一用直流电动机提升重物的装置，如图28所示，重物的质量m=50kg，电源电动势E=110V，不计电源电阻及各处摩擦，当电动机以V=0.90m/s的恒定速度向上提升重物时，电路中的电流强度I=5A，由此可知，电动机线圈的电阻R是多少 (g=10m/s2)。
分析与解：在图28的物理过程中，电源工作将其他形式的能转化电能输入电路，电流通过电机将电能转化为机械能输出，由能量守恒定律可得
解得电动机线圈的电阻R=92Ω.
问题9：会解非线性电阻电路问题
由于热敏电阻、二极管的伏安特性曲线是非线性的，很难（几乎是不可能）写出伏安特性曲线的解析式，因此解答这类问题只能用图象相交法。
例25、“220V、60W”的白炽灯A和“220V、100W”的白炽灯B的伏安特性曲线如图29所示，若将两白炽灯串联后接在220V的电源上，两灯实际消耗的电功率各是多少？
分析与解：如图30所示，选（0，220V）为另一坐标系的原点，原U轴的相反方向为另一坐标系的电压轴正方向，另一坐标系的电流轴正方向与原坐标系相同。把B灯的伏安特性曲线反过来画，得到在另一坐标系中B灯的伏安特性曲线B，。B，与A两条伏安特性曲线的交点为P，由P点的坐标可知两灯中的电流强度均为I=0.25A,两灯的电压分别为：UA=150V,UB=70V.
根据电功率的定义式可知两灯实际消耗的电功率为 ： PA=IUA=37.5W, PB=IUB=17.5W.
例26、图31中所示为一个电灯两端的电压与通过它的电流的变化关系曲线，可见两者不成线性关系，这是由于焦耳热使灯丝的温度发生了变化的缘故。参考这根曲线，回答下列问题（不计电流表和电池的内阻）。
（1）若把三个这样的电灯串联后，接到电动势为12V的电源上，求流过灯泡的电流和每个灯泡的电阻。
（2）如图32所示，将两个这样的电灯并联后再与10Ω的定值电阻串联，接在电动势为8V的电源上，求通过电流表的电流值及各灯泡的电阻值。
分析与解：（1）由于三个电灯完全相同中，所以每个电灯两端的电压UL=12/3V=4V。在图33中画出U=4V的直线，得到和曲线的交点坐标为(4V,0.4A)，所以流过电灯的电流为0.4A，此时每个电灯的电阻值为。
（2）设此时电灯两端的电压为U，流过每个电灯的电流为I，根据闭合电路欧姆定律得：E=2IR0+U，代入数据得U=8-20I.
在图31上画出此直线，得到如图33所示的图象，可求得到直线和曲线的交点坐标为(2V,0.3A)，即流过电灯的电流为0.3A,流过电流表的电流强度为0.6A,此时电灯的电阻为。
问题10：会分析求解故障电路问题
1、给定可能故障现象，确定检查方法：
例27、在图34所示电路的三根导线中，有一根是断的，电源、电阻器R1、R2及另外两根导线都是好的，为了查出断导线，某学生想先将万用表的红表笔连接在电源的正极a，再将黑表笔分别连电阻器R1的b端和R2的c端，并观察万用表指针的示数，在下列选档中，符合操作规程的是：
A．直流10V挡； B．直流0.5A挡；
C．直流2.5V挡； D．欧姆挡。
分析与解：根据题给条件，首先判定不能选用欧姆挡，因为使用欧姆挡时，被测元件必须与外电路断开。
先考虑电压挡，将黑表笔接在b端，如果指针偏转，说明R1与电源连接的导线断了，此时所测的数据应是电源的电动势6V。基于这一点，C不能选，否则会烧毁万用表；如果指针不偏转，说明R1与电源连接的导线是好的，而R1与R2之间导线和R2与电源间导线其中之一是坏的，再把黑表笔接c点，如果指针偏转，说明R1与R2之间导线是断的，否则说明R2与电源间导线是断的，A项正确。
再考虑电流表，如果黑表笔接在b端，指针偏转有示数则说明R1与电源连接的导线是断的，此时指示数I=E/(R1+R2)=0.4A,没有超过量程；如果指针不偏转，说明R1与电源间连接的导线是好的，而R1与R2之间导线和R2与电源间导线其中之一是坏的，再把黑表笔接c点，如果指针偏转，说明R1与R2之间导线是断的，此时示数I=E/R2=1.2A,超过电流表量程，故B不能选。
2、给定测量值，分析推断故障
例28、图35为一电路板的示意图，a、b、c、d为接线柱，a、b与220V的交流电源连接，ab间、bc间、cd间分别连接一个电阻。现发现电路中没有电流，为检查电路故障，用一交流电压表分别测得b、d两点间以及a、c两点间的电压均为220V。由此可知：
　　（A）ab间电路通，cd间电路不通
　　（B）ab间电路不通，bc间电路通
　　（C）ab间电路通，bc间电路不通
　　（D）bc间电路不通，cd间电路通
分析与解：由于用交流电压表测得b、d两点间为220V，这说明ab间电路是通的，bc间电路不通或cd间电路不通；由于用交流电压表测得a、c两点间为220V，这说明cd间电路是通的，ab间电路不通或bc间电路不通；综合分析可知bc间电路不通，ab间电路通和cd间电路通，即选项C、D正确。
例29、某同学按如图36所示电路进行实验，实验时该同学将变阻器的触片P移到不同位置时测得各电表的示数如下表所示：
序号 A1示数(A) A2示数(A) V1示数(V) V2示数(V)
1 0.60 0.30 2.40 1.20
2 0.44 0.32 2.56 0.48
将电压表内阻看作无限大，电流表内阻看作零。
电路中，分别为电源的电动势和内阻，，，为定值电阻，在这五个物理量中，可根据上表中的数据求得的物理量是（不要求具体计算） 。
由于电路发生故障，发现两电压表示数相同了（但不为零），若这种情况的发生是由用电器引起的，则可能的故障原因是 。
分析与解：先将电路简化，R1与r看成一个等效内阻r，=R1+r,则由V1和A1的两组数据可求得电源的电动势；由A2和V1的数据可求出电阻R3；由V2和A1、A2的数据可求出R2。
当发现两电压表的示数相同时，但又不为零，说明V2的示数也是路端电压，即外电路的电压全降在电阻R2上，由此可推断Rp两端电压为零，这样故障的原因可能有两个，若假设R2是完好的，则Rp一定短路；若假设RP是完好的，则R2一定断路。
3、根据观察现象，分析推断故障
例30、如图37所示的电路中，闭合电键，灯L1、L2正常发光，由于电路出现故障，突然发现灯L1变亮，灯L2变暗，电流表的读数变小，根据分析，发生的故障可能是：
（A）R1断路 （B）R2断路
（C）R3短路 （D）R4短路
分析与解：首先应对电路进行标准化，如图38所示为其标准化后的电路。当R1断路时，总电阻增大，所以通过电源的总电流减小，灯L2变暗，电流表的读数变小，而路端电压增大，所以L1两端电压增大，灯L1变亮，所以A选项正确。
当R2断路时，总电阻增大，所以通过电源的总电流减小，灯L1变暗，而路端电压增大，所以L2两端电压增大，灯L2变亮，所以B选项不正确。
当R3短路时，总电阻减小，所以通过电源的总电流增大，灯L1变亮，而路端电压减小，所以L2两端电压减小，灯L2变暗，因为总电流增加，而通过L2的电流减小，电流表的读数变大，所以C选项不正确。
当R4短路时，总电阻减小，所以通过电源的总电流增大，灯L1变亮，而路端电压减小，所以L2两端电压减小，灯L2变暗，因为总电流增加，而通过L2的电流减小，电流表的读数变大，所以D选项不正确。
例31、某居民家中的电路如图39所示，开始时各部分工作正常，将电饭煲的插头插入三孔插座后，正在烧水的电热壶突然不能工作，但电灯仍正常发光．拔出电饭煲的插头，把试电笔分别插入插座的左、右插孔，氖管均能发光，则：
A．仅电热壶所在的C、D两点间发生了断路故障
B．仅电热壶所在的C、D两点间发生了短路故障
C．仅导线AB间断路
D．因为插座用导线接地，所以发生了上述故障
分析与解：由于电灯仍正常发光，说明电源是好的，电热壶所在的C、D两点间没有发生短路故障。把试电笔分别插入插座的左、右插孔，氖管均能发光，说明插座的左、右插孔都与火线相通，说明电热壶所在的C、D两点间没有发生断路故障。综合分析可知，故障为导线AB间断路，即C选项正确。
4、根据故障，分析推断可能观察到的现象
例32、如图40所示，灯泡A和B都正常发光，R2忽然断路,已知U不变，试分析A、B两灯的亮度如何变化？
分析与解：当R2忽然断路时，电路的总电阻变大，A灯两端的电压增大，B灯两端的电压降低，所以将看到灯B比原来变暗了些，而灯泡A比原来亮了些。
问题11：会分析求解联系实际问题
电路知识在实际生活中有许多运用，如电子秤、电饭煲、加速度测量仪等，以实际运用为背景而编制的物理试题，既能培养学生理论联系实际的能力，又能培养学生不断创新的态度和精神，因而这类试题倍受命题专家的青睐。
例33、图41甲是某同学自制的电子秤原理图，利用理想电压表的示数来指示物体的质量．托盘与电阻可忽略的金属弹簧相连，托盘与弹簧的质量均不计．滑动变阻器的滑动端与弹簧上端连接，当托盘中没有放物体时，滑动触头恰好指在变阻器R的最上端，此时电压表示数为零．设变阻器总电阻为R，总长度为L，电源电动势为E，内阻为r，限流电阻阻值为R0，弹簧劲度系数为k，若不计一切摩擦和其它阻力．
（1）求出电压表示数Ux用所称物体的质量m表示的关系式；
（2）由⑴的计算结果可知，电压表示数与待测物体质量不成正比，不便于进行刻度，为使电压表示数与待测物体质量成正比，请利用原有器材进行改进，在图41（乙）的基础上完成改进后的电路原理图，并求出电压表示数Ux用所称物体的质量m表示的关系式．
分析与解：（1）根据欧姆定律得：
又因 而 ，
运算得到：
(2) 在图41（乙）的基础上完成改进后的电路原理图如图42所示。同理可求得： 。
例34、如图43所示是电饭煲的电路图，S1是一个控温开关，手动闭合后，当此开关温度达到居里点（103 ℃）时，会自动断开，S2是一个自动控温开关，当温度低于70 ℃时，会自动闭合；温度高于80 ℃时，会自动断开.红灯是加热时的指示灯，黄灯是保温时的指示灯.分流电阻R1=R2=500 Ω，加热电阻丝R3=50 Ω，两灯电阻不计.
（1）分析电饭煲的工作原理.
（2）简要回答，如果不闭合开关S1，能将饭煮熟吗？
（3）计算加热和保温两种状态下，电饭煲消耗的电功率之比.
分析与解：（1）电饭煲盛上食物后，接上电源，S2自动闭合，同时手动闭合S1，这时黄灯短路，红灯亮，电饭煲处于加热状态，加热到80℃时，S2自动断开，S1仍闭合；水烧开后，温度升高到103℃时，开关S1自动断开，这时饭已煮熟，黄灯亮，电饭煲处于保温状态，由于散热，待温度降至70℃时，S2自动闭合，电饭煲重新加热，温度达到80℃时，S2又自动断开，再次处于保温状态.
（2）如果不闭合开关S1，则不能将饭煮熟，因为只能加热到80℃.
（3）加热时电饭煲消耗的电功率P1=，保温时电饭煲消耗的电功率P2=，两式中R并=Ω.从而有
P1∶P2==12∶1
例35、“加速度计”作为测定物体加速度的仪器，已被广泛地应用于飞机、潜艇、导弹、航天器等装置的制导中，如图44所示是“应变式加速度计”的原理图.支架A、B固定在待测系统上，滑块穿在A、B间的水平光滑杆上，并用轻弹簧固接于支架A上，其下端的滑动臂可在滑动变阻器上自由滑动.随着系统沿水平方向做变速运动，滑块相对于支架发生位移，并通过电路转换为电信号从1、2两接线柱输出. 已知滑块质量为m，弹簧劲度系数为k，电源电动势为E，内电阻为r，滑动变阻器总阻值R=4r，有效总长度为L.当待测系统静止时，滑动臂P位于滑动变阻器的中点，且1、2两接线柱输出的电压U0=0.4E.取AB方向为参考正方向.
（1）写出待测系统沿AB方向做变速运动的加速度a与1、2两接线柱间的输出电压U间的关系式.
（2）确定该“加速度计”的测量范围.
分析与解：（1）设待测系统沿AB方向有加速度a，则滑块将左移x，满足kx=ma，此时?
U0-U=，而R′=.
故有 a=.
（2）当待测系统静止时，滑动臂P位于滑动变阻器的中点，且1、2两接线柱输出的电压U0=0.4E，故输出电压的变化范围为0≤U≤2U0，即0≤U≤0.8E，结合（1）中导出的a与U的表达式，可知加速度计的测量范围是-≤a≤.
三、警示易错试题
典型错误之一：错误利用平分的方法求电量。
例36、如图45所示电路中的各元件值为：R1=R2=10Ω,R3=R4=20Ω,C=300μF,电源电动势E=6V，内阻不计，单刀双掷开关S开始时接通触点2，试求：
（1）当开关S从触点2改接触点1，且电路稳定后，电容C所带电量。
（2）若开关S从触点1改接触点2后，直至电流为零止，通过电阻R1的电量。
错解：（1）接通1后，电阻R1、R2、R3、R4串联，根据闭合电路的欧姆定律有：
电容两端的电压UC=U3+U4=4V,所以电容所带电量为Q=CUC=1.2×10-3C.
（2）开关再接通2，电容器放电，外电路分别为R1、R2和R3、R4两个支路，所以通过过每一支路的电量为0.6×10-3C.
分析纠错：第1问的求解是完全正确的，但第2问中求通过各支路电量的方法却是错误的。正确的解法为：开关再接通2，电容器放电，外电路分别为R1、R2和R3、R4两个支路，通过两支路的电量分别为Q12=1t和Q34=2t；I1与I2的分配与两支路电阻成反比，通过两支路的电量Q则与电流成正比，故流经两支路的电量与两支路的电阻成反比，即：
,
所以。
典型错误之二：混淆电源的电动势和路端电压的概念。
例37、在如图46所示电路中，电源E的电动势为E=3.2V,电阻R的阻值为30Ω,小灯泡L的额定电压为3.0V,额定功率为4.5W.当电键S按位置1时，电压表的读数为3V，那么当电键S接到位置2时，小灯泡L的发光情况是（ ）
A．很暗，甚至不亮； B.正常发光；
C．比正常发光略亮； D.有可能被烧坏。
错解：因为电源E的电动势为3.2V,小灯泡L的额定电压为3.0V,所以灯泡比正常发光略亮，选项C正确。
分析纠错：小灯泡是否能正常发光取决于它两端所加的电压是否等于它的额定电压，而不是取决于电源的电动势，必须利用闭合电路欧姆定律计算出小灯泡两端的实际电压为多少，才能做出正确的判断。
当电键S接1时，由E=U+rU/R,解得电源内阻为。灯泡电阻.由于电源内阻和小灯泡电阻相等，内、外电压之和为电源电动势；所以灯泡实际工作电压为1.6V,低于灯泡额定电压，灯泡发光很暗，甚至不亮，选项A正确。
典型错误之三：因错误作出分压电路的等效电路而出错。
例38、变阻器的总电阻RAB=30Ω，电源电动势E=12V,内阻很小可不计。现有一个标有“6V，1.8W”的灯泡采用如图47所示的分压电路。要使灯泡正常发光，则应将变阻器的滑动触头P调整到使PB间的电阻R等于（ ）
A.8Ω; B.10Ω; C.15Ω; D.20Ω.
错解：AB两端的电压为12V,要使6V的灯泡正常发光，滑动变阻器的滑动触头应在AB的正中央，即使RPB=15Ω，选项C正确。
分析纠错：当滑动触头P在AB的中央时，电路的阻值实际上是灯泡电阻与RPB并联后再与RPA串联，因为并联电路的电阻小于任一支路的电阻，所以RPB上电压将小于未并联灯泡时的电压。未考虑灯泡的电阻并联在电路上对整个电路的影响是造成错解的原因。
正确解答是：首先求出灯泡的电阻为
由图48看出RL和RPB并联再与RPA串联，要使灯泡正常发光需要使并联部分与AP段的电阻相等均为6V,故有：。
代入数据解得RPB=20Ω,可见选项D正确。
典型错误之四：因错误认为改装电表示数偏小是量程偏小而出错。
例39、一电压表由电流表G与电阻R串联而成，如图48所示。若在使用中发现此电压表的读数总比准确值稍小一些，采用下列哪些措施可能加以改进？（ ）
A．在R上串联一个比R小得多的电阻；
B．在R上串联一个比R大得多的电阻；
C．在R上并联一个比R小得多的电阻；
D．在R上并联一个比R大得多的电阻。
错解：因为电压表的读数总比准确值稍小一些，说明电压表的量程不够，根据电压表的改装原理可知，应再串联适当的电阻以扩大量程，所以选项A、B是正确的。
分析纠错：在使用时电压表的读数总比准确值稍小一些，说明通过表头G的电流稍小一些，即与表头串联的分压电阻稍大了一点。因此就必须减小分压电阻R。在R上串联一个电阻只会使R增大，故选项A、B均是错误的。要减小R的阻值，应在R上并联一个电阻。根据公式可知，Rx越大，对R并的影响越小。因此，要使分压电阻R稍小一些，就必须在R上并联一个比R大得多的电阻。选项D是正确的。
典型错误之五：因错误认为电动机电路为纯电阻电路而出错。
例40、有一电源，电动势E=30V，内阻为r=1Ω,将它与一盏额定电压为6V、额定功率为12W的小灯泡和一台线圈电阻为2Ω的电动机串联成闭合电路，小灯泡刚好正常发光，问电动机的输出功率是多少？
错解：小灯泡电阻RL=3Ω，闭合电路的电流为。电机两端的电压U机=E-UL-Ur=19V.电动机的输入功率为P=IU机=95W.电动机的发热功率为P热=50W，所以电动机的输出功率为P出=45W。
分析纠错：以上解法似是而非，前后矛盾。在计算电流时，误把电动机作为纯电阻考虑，既然认为电动机是纯电阻，那么电动机的输出功率应等于零，但又计算出电动机的输出功率为45J.正确解法是：小灯泡正常发光时的电流I=P灯/U灯=2A，电源的总功率为IE=60W，在电阻上的发热功率和供给灯泡发光消耗的全部功率为P耗=24W.电动机的输出功率P=36W。
四、如临高考测试
1.在截面积为S的粗细均匀的铜导体中流过恒定电流I，铜的电阻率为，电子电量为e，则电子在铜导体中运行时受到的电场作用力为( )
A．0 B．Ie／S
C．IS／e D．Ie ／S
2.电饭锅工作时有两种状态：一种是锅内水烧干前的加热状态，另一种是锅内水烧干后保温状态，如图49所示是电饭锅电路原理示意图，S是用感温材料制造的开关。下列说法中正确的是( )
A．其中R2是供加热用的电阻丝;
B．当开关S接通时电饭锅为加热状态，S断开时为保温状态;
C．要使R2在保温状态时的功率为加热状态的一半，R1/R2应为2∶1;
D．要使R2在保温状态时的功率为加热状态的一半，R1/R2应为（-1）∶1。
3.如图50所示的电路中，平行板电容器的极板水平放置，板间有一质量为m的带电油滴悬浮在两板间静止不动，要使油滴向下运动，下列所采用的办法可行的是( )
Ａ．将Ｒ1的阻值调大；
Ｂ．将Ｒ1的阻值调小；
Ｃ．将Ｒ2的阻值调大；
Ｄ．将Ｒ3的阻值调大。
4.如图51所示的电路中，当开关Ｋ闭合时，Ａ点和Ｂ点的电势变化情况是：
Ａ．ＶA 和ＶB 都升高；
Ｂ．ＶA 和ＶB 都降低；
Ｃ．ＶA 降低，ＶB 升高；
Ｄ．ＶB 降低，ＶA 升高。
5.用万用表测直流电压Ｕ和测电阻Ｒ时，若红表笔插入万用表的正(+)插孔，则（ ）
Ａ．测电压时电流从红表笔流入万用表；测电阻时电流从红表笔流出万用表。
Ｂ．测电压、测电阻时电流均从红表笔流入万用表。
Ｃ．测电压、测电阻时电流均从红表笔流出万用表。
Ｄ．测电压时电流从红表笔流出万用表，测电阻时电流从红表笔流入万用表。
6.在图52所示的电路中,电源电动势，内阻r=1Ω,电阻R1=3Ω，R2=2Ω，电容器的电容C=0.5 F,开关K是闭合的，现将开关K断开，则断开K后电源释放的电能为（ ）。
A. 1.210-5J; B.1.810-5J;
C.610-6J; D.无法确定。
7.如图53所示电路，P位于滑线变阻器的中点，当在ab加上60V电压时，接在cd间的伏特表示数为20V，如果在cd间加上60V的电压，将同样的伏特表接在ab间时的示数为（ ）
A.120V； B.60V；
C.30V； D.20V。
8.在图54所示的电路中，电源电动势E和内电阻r为定值，R1为滑动阻器，R2和R3为定值电阻。当R1的滑动触头P从左向右移动时，伏特表V1和V2的示数的增量分别为ΔU1和ΔU2，对ΔU1和ΔU2有（ ）
A.>； B.=；
C.ΔU1>0，ΔU2 <0； D.ΔU2>0，ΔU1 <0。
9.如图55所示电路中，电流表A1与A2均为相同的安培表，当电路两端接入某一恒定电压的电源时，A1的示数为3mA,A2的示数为2mA.现将A2改接在R2所在支路上，如图中虚线所示，再接入原来的恒定电压电源，那么，关于A1与A2示数情况，以下说法正确的应是：
A.电流表A1示数必增大，电流表A2示数必增大。
B.电流表A1示数必增大，电流表A2示数必减小。
C.电流表A1示数必增大，电流表A2示数不一定
减小。
D.电流表A1示数不一定增大，电流表A2示数也
不一定减小。
10.如图56所示的电路中，已知I=3A，I1=2A，R1=10，R2=5，R3=30，则通过电流表的电流强度为 A，方向 。
11.如图57所示的电路中，电阻R1、R2、R3的阻值都是1，R4、R5的阻值都是0.5，ab端输入电压U=5V。当c、d端接安培计时，其示数是 A；当c、d端接伏特计时，其示数是 V。
12.电动势为E=12V的电源与一电压表和一电流表串联成闭合回路。如果将一电阻与电压表并联，则电压表的读数减小为原来的，电流表的读数增大为原来的3倍。求电压表原来的读数。
(参考答案见下期讲座)
专题九：电场考点例析参考答案
1．AD； 2.BD; 3.AC; 4.ABC; 5.BC; 6.ABC; 7.ABD; 8.C; 9.AB;
10.; 11.4.8Ev; 12.3(mg+qE);
13.
14.(1); (2);
15.(1)粒子打在距O/点正下方的最大位移为：,粒子打在距O/点正上方的最大位移为：;(2)要使粒子能全部打在靶上，须有：，即。
R1
A
图1甲
B
C
D
R2
R3
R4
S
R1
A
图1乙
B
C
D
R2
R3
R4
S
R3
R1
R2
R3
R4
E
A
图2
B
C
D
F
图3
R1
A
与A点等势
R2
R3
R4
E
C
R1
A
与C点等势
B
D
R2
R3
R4
E
C
R1
A
与D点等势
F
A
B
p
b
图4
A
B
a
b
P
R1
R2
图5
R1
R2
R3
A
B
a
b
p
图6
V
A
图7
A
B
a
b
图8
R
R0
b
图9
a
C
E
r
R
R0
图10
E
r
L1
L3
L4
图11
图12
U
R1
R2
V
RV
图13
A
A
R1
R2
I
图14
A
B
F
D
C
E
R1
R2
R3
R4
图15
a
b
E
C
K
R2
R1
图16
E，r
R1
R2
R3
R4
C
K
图17
E
R1
R2
C1
C2
K
图18
C
R1
R2
R3
E
m
图19
P
图20
+
-
C
R1
R2
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P
K3
K2
K4
K1
图21
图22
C
R1
R2
E
K
P
图23
K
E
R
K2
图24
A
M
K1
B
N
O
P
b
R
A
B
a
图25
M
R
U
图26
A
图27
R1
R2
S
电动机
S
图28
0.1
图29
U/×10V
0
5
0.2
0.3
0.4
0.5
I/A
10
15
200
图30
U/×10V
0
5
0.4
0.1
0.2
0.3
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I/A
10
15
200
220
U/V
I/A
0
2
4
6
8
0.2
0.4
0.6
图31
A
R0
图32
U/V
I/A
0
2
4
6
8
0.2
0.4
0.6
图33
R1
R2
10Ω
5Ω
6VF
a
b
c
图34
图36
图35
图37
图38
A
R1
L1
L2
R2
R3
R4
图39
A
B
R3
R2
R1
U
图40
r
V
S
R
m
E
图41（甲）
m
S
R
R0
E
r
图41(乙)
m
S
R
R0
E
r
V
图42
R0
图43
图44
R1
R3
R2
R4
C
S
1
2
E
图45
V
L
E
S
1
2
R
图46
A
B
P
S
图47
G
R
图48
图49
图50
图51
K
C
R2
R1
图52
a
b
c
d
P
图53
1
2
图54
R1
R2
R3
A2
A1
A2
R1
R2
图55
R1
R2
R3
I1
I
A
图56
a
b
c
d
R1
R1
R5
图57
R2
R4
R1
R4专题（六）
动量考点例析
冲量和动量是物理学中的重要概念，动量定理和动量守恒是自然界中最重要、最普遍、最基本的客观规律之一.动量定理和动量守恒定律是可以用牛顿第二定律导出，但适用范围比牛顿第二定律要广。动量守恒定律广泛应用于碰撞、爆炸、冲击；近代物理中微观粒子的研究，火箭技术的发展都离不开动量守恒定律有关的物理知识。在自然界中，大到天体间的相互作用，小到如质子、中子等基本粒子间的相互作用，都遵守动量守恒定律。本章内容高考年年必考，题型全面，选择题主要考查动量的矢量性，辨析“动量和动能”、“冲量与功”的基本概念；常设置一个瞬间碰撞的情景，用动量定理求变力的冲量；或求出平均力；或用动量守恒定律来判定在碰撞后的各个物体运动状态的可能值；计算题主要考查综合运用牛顿定律、能量守恒、动量守恒解题的能力。一般过程复杂、难度大、能力要求高，经常是高考的压轴题。如：1998年全国卷第10、25题、1999年上海卷第25题、2000年全国卷第22题、2003年全国卷第20题、2004年理综全国卷第25题的柴油机打桩问题、2004年江苏物理卷第18题、2004年广东物理卷第17题等。高考中有关动量的计算题在分析解答问题的过程中常会运用数学的归纳、推理的方法，解答多次反复碰撞问题，要求考生将物理问题经过分析、推理转化为数学问题，然后运用数学解决物理问题。运用数学解决物理问题的能力是高考中能力考查的重点内容之一，加强这方面的练习十分必要。
一、夯实基础知识
1、深刻理解动量的概念
(1)定义：物体的质量和速度的乘积叫做动量：p=mv
（2）动量是描述物体运动状态的一个状态量，它与时刻相对应。
（3）动量是矢量，它的方向和速度的方向相同。
（4）动量的相对性：由于物体的速度与参考系的选取有关，所以物体的动量也与参考系选取有关，因而动量具有相对性。题中没有特别说明的，一般取地面或相对地面静止的物体为参考系。
（5）动量的变化：.由于动量为矢量，则求解动量的变化时，其运算遵循平行四边形定则。
A、若初末动量在同一直线上，则在选定正方向的前提下，可化矢量运算为代数运算。
B、若初末动量不在同一直线上，则运算遵循平行四边形定则。
（6）动量与动能的关系：，注意动量是矢量，动能是标量，动量改变，动能不一定改变，但动能改变动量是一定要变的。
2、深刻理解冲量的概念
(1)定义:力和力的作用时间的乘积叫做冲量：I=Ft
(2)冲量是描述力的时间积累效应的物理量，是过程量，它与时间相对应。
(3)冲量是矢量，它的方向由力的方向决定（不能说和力的方向相同）。如果力的方向在作用时间内保持不变，那么冲量的方向就和力的方向相同。如果力的方向在不断变化，如绳子拉物体做圆周运动，则绳的拉力在时间t内的冲量，就不能说是力的方向就是冲量的方向。对于方向不断变化的力的冲量，其方向可以通过动量变化的方向间接得出。
(4)高中阶段只要求会用I=Ft计算恒力的冲量。对于变力的冲量，高中阶段只能利用动量定理通过物体的动量变化来求。
(5)要注意的是：冲量和功不同。恒力在一段时间内可能不作功，但一定有冲量。特别是力作用在静止的物体上也有冲量。
3、深刻理解动量定理
（1）.动量定理：物体所受合外力的冲量等于物体的动量变化。既I=Δp
（2）动量定理表明冲量是使物体动量发生变化的原因，冲量是物体动量变化的量度。这里所说的冲量必须是物体所受的合外力的冲量（或者说是物体所受各外力冲量的矢量和）。
（3）动量定理给出了冲量（过程量）和动量变化（状态量）间的互求关系。
（4）现代物理学把力定义为物体动量的变化率：（牛顿第二定律的动量形式）。
（5）动量定理的表达式是矢量式。在一维的情况下，各个矢量必须以同一个规定的方向为正。
4、深刻理解动量守恒定律
（1）.动量守恒定律：一个系统不受外力或者受外力之和为零，这个系统的总动量保持不变。 即：
（2）动量守恒定律成立的条件
系统不受外力或者所受外力之和为零；
系统受外力，但外力远小于内力，可以忽略不计；
系统在某一个方向上所受的合外力为零，则该方向上动量守恒。
全过程的某一阶段系统受的合外力为零，则该阶段系统动量守恒。
（3）.动量守恒定律的表达形式：除了，即p1+p2=p1/+p2/外，还有：Δp1+Δp2=0，Δp1= -Δp2 和
（4）动量守恒定律的重要意义
从现代物理学的理论高度来认识，动量守恒定律是物理学中最基本的普适原理之一。（另一个最基本的普适原理就是能量守恒定律。）从科学实践的角度来看，迄今为止，人们尚未发现动量守恒定律有任何例外。相反，每当在实验中观察到似乎是违反动量守恒定律的现象时，物理学家们就会提出新的假设来补救，最后总是以有新的发现而胜利告终。例如静止的原子核发生β衰变放出电子时，按动量守恒，反冲核应该沿电子的反方向运动。但云室照片显示，两者径迹不在一条直线上。为解释这一反常现象，1930年泡利提出了中微子假说。由于中微子既不带电又几乎无质量，在实验中极难测量，直到1956年人们才首次证明了中微子的存在。（2000年高考综合题23 ②就是根据这一历史事实设计的）。又如人们发现，两个运动着的带电粒子在电磁相互作用下动量似乎也是不守恒的。这时物理学家把动量的概念推广到了电磁场，把电磁场的动量也考虑进去，总动量就又守恒了。
二、解析典型问题
问题1：掌握求恒力和变力冲量的方法。
恒力F的冲量直接根据I=Ft求，而变力的冲量一般要由动量定理或F-t图线与横轴所夹的面积来求。
例1、质量为m的小球由高为H的、倾角为θ光滑斜面顶端无初速滑到底端过程中，重力、弹力、合力的冲量各是多大？
分析与解：力的作用时间都是，力的大小依次是mg、
mgcosθ和mg.sinθ，所以它们的冲量依次是：
特别要注意，该过程中弹力虽然不做功，但对物体有冲量。
例2、一个物体同时受到两个力F1、F2的作用，F1、F2与时间t的关系如图1所示，如果该物体从静止开始运动，经过t=10s后F1、F2以及合力F的冲量各是多少？
分析与解：经过t=10s后,F1的冲量I1=10×10/2=50N.S
F2的冲量I2=－50N.S,合力F的冲量为0.
例3、一质量为100g的小球从0.80m高处自由下落到一厚软垫上．若从小球接触软垫到小球陷至最低点经历了0.2s，则这段时间内软垫对小球的冲量为________．(取 g=10m/s2，不计空气阻力)．
分析与解:小球从高处自由下落到软垫陷至最低点经历了两个过程，从高处自由下落到接触软垫前一瞬间，是自由下落过程，接触软垫前一瞬间速度由：,求出.
接触软垫时受到软垫向上作用力N和重力G(=mg)作用，规定向下为正，由动量定理：
(mg-N)t=0-m
故有：
在重物与地面撞击问题中，是否考虑重力，取决于相互作用力与重力大小的比较，此题中N=0.3N，mg=0.1N，显然在同一数量级上，不可忽略．若二者不在同一数量级，相差极大，则可考虑忽略不计（实际上从同一高度下落，往往要看撞击时间是否极短，越短冲击力越大）．
问题2：掌握求动量及动量变化的方法。
求动量的变化要用平行四边形定则或动量定理。
例4、以初速度v0平抛出一个质量为m的物体，抛出后t秒内物体的动量变化是多少？
分析与解：因为合外力就是重力，所以Δp=Ft=mgt
例5、 一粒钢珠从静止状态开始自由下落,然后陷人泥潭中。若把在空中下落的过程称为过程Ⅰ，进人泥潭直到停止的过程称为过程Ⅱ, 则( )
A、过程I中钢珠的动量的改变量等于重力的冲量
B、过程Ⅱ中阻力的冲量的大小等于过程I中重力的冲量的大小
C、I、Ⅱ两个过程中合外力的总冲量等于零
D、过程Ⅱ中钢珠的动量的改变量等于零
分析与解：根据动量定理可知,在过程I中,钢珠从静止状态自由下落.不计空气阻力,小球所受的合外力即为重力,因此钢珠的动量的改变量等于重力的 冲量,选项A正确;过程I中阻力的冲量的大小等于过程I中重力的冲量的大小与过程Ⅱ中重力的冲量的大小之和,显然B选项不对;在I、Ⅱ两个过程中,钢珠动量的改变量各不为零.且它们大小相等、方向相反，但从整体看，钢珠动量的改变量为零,故合外力的总冲量等于零,故C选项正确,D选项错误。因此，本题的正确选项为A、C。
问题3：能应用动量定理求解相关问题
遇到涉及力、时间和速度变化的问题时.运用动量定理解答往往比运用牛顿运 动定律及运动学规律求解简便。应用动量定理解题的思路和一般步骤为：
(l)明确研究对象和物理过程;
(2)分析研究对象在运动过程中的受力情况;
(3)选取正方向,确定物体在运动过程中始末两状态的动量;
(4)依据动量定理列方程、求解。
1．简解多过程问题。
例6、一个质量为m=2kg的物体,在F1=8N的水平推力作用下,从静止开始沿水平 面运动了t1=5s,然后推力减小为F2=5N,方向不变,物体又运动了t2=4s后撤去外力,物体再经 过t3=6s停下来。试求物体在水平面上所受的摩擦力。
分析与解：规定推力的方向为正方向,在物体运动的整个过程中,物体的初动量P1=0,?末动量P2=O。据动量定理有： ?
即：?，解得 ?
由例6可知,合理选取研究过程，能简化解题步骤,提高解题速度。本题也可以用牛顿运动定律求解。同学们可比较这两种求解方法的简繁情况。 .
2.求解平均力问题
例7 、质量是60kg的建筑工人，不慎从高空跌下，由于弹性安全带的保护作用，最后使人悬挂在空中．已知弹性安全带缓冲时间为1.2s，安全带伸直后长5m，求安全带所受的平均冲量．（ g= 10m／s2）
分析与解：人下落为自由落体运动，下落到底端时的速度为：
取人为研究对象，在人和安全带相互作用的过程中，人受到重力mg和安全带给的冲力 F，取F方向为正方向，由动量定理得： Ft=mV—mV0
所以，（方向竖直向下）
注意： 动量定理既适用于恒力作用下的问题，也适用于变力作用下的问题．如果是在变力作用下的问题，由动量定理求出的力是在t时间内的平均值．
3、求解曲线运动问题
例8、 如图 2所示，以Vo ＝10m／s2的初速度、与水平方向成300角抛出一个质量m＝2kg的小球．忽略空气阻力的作用，g取10m／s2．求抛出后第2s末小球速度的大小．
分析与解：小球在运动过程中只受到重力的作用，在水平方向做匀速运动，在竖直方向做匀变速运动，竖直方向应用动量定理得： Fyt=mVy-mVy0
所以mgt=mVy-(-mV0.sin300),
解得Vy=gt-V0.sin300=15m/s.
而Vx=V0.cos300=
在第2s未小球的速度大小为：
注意： 动量定理不仅适用于物体做直线运动的问题，而且也适用物体做曲线运动的问题，在求解曲线运动问题中，一般以动量定理的分量形式建立方程，即：
Fxt=mVx-mVx0 Fyt=mVy-mVy0
4、求解流体问题
例9 、某种气体分子束由质量m=5.4X10-26kg速度V＝460m/s的分子组成，各分子都向同一方向运动，垂直地打在某平面上后又以原速率反向弹回，如分子束中每立方米的体积内有n0＝1.5X1020个分子，求被分子束撞击的平面所受到的压强．
分析与解：设在△t时间内射到 S的某平面上的气体的质量为ΔM，则：
取ΔM为研究对象，受到的合外力等于平面作用到气体上的压力F以V方向规定为正方向，由动量定理得:-F.Δt=ΔMV-(-ΔM.V),解得
平面受到的压强P为：
注意：处理有关流体(如水、空气、高压燃气等)撞击物体表面产生冲力（或压强）的问题，可以说非动量定理莫属．解决这类问题的关键是选好研究对象，一般情况下选在极短时间△t内射到物体表面上的流体为研究对象
5、对系统应用动量定理。
系统的动量定理就是系统所受合外力的冲量等于系统总动量的变化。若将系统受到的每一个外力、系统内每一个物体的速度均沿正交坐标系x轴和y轴分解，则系统的动量定理的数学表达式如下：
，
对于不需求解系统内部各物体间相互作用力的问题，采用系统的动量定理求解将会使求解简单、过程明确。
例10、如图3所示， 质量为M的汽车带着质量为m的拖车在平直公路上以加速度a匀加速前进，当速度为V0时拖车突然与汽车脱钩，到拖车停下瞬间司机才发现。若汽车的牵引力一直未变，车与路面的动摩擦因数为μ，那么拖车刚停下时，汽车的瞬时速度是多大？
分析与解：以汽车和拖车系统为研究对象，全过程系统受的合外力始终为，该过程经历时间为V0/μg，末状态拖车的动量为零。全过程对系统用动量定理可得：
注意：这种方法只能用在拖车停下之前。因为拖车停下后，系统受的合外力中少了拖车受到的摩擦力，因此合外力大小不再是。
例11、如图4所示，矩形盒B的质量为M，放在水平面上，盒内有一质量为m的物体A，A与B、B与地面间的动摩擦因数分别μ1、μ2，开始时二者均静止。现瞬间使物体A获取一向右且与矩形盒B左、右侧壁垂直的水平速度V0，以后物体A在盒B的左右壁碰撞时，B始终向右运动。当A与B最后一次碰撞后，B停止运动，A则继续向右滑行距离S后也停止运动，求盒B运动的时间t。
分析与解：以物体A、盒B组成的系统为研究对象，它们在水平方向所受的外力就是地面盒B的滑动摩擦力，而A与B间的摩擦力、A与B碰撞时的相互作用力均是内力。设B停止运动时A的速度为V，且假设向右为正方向，由系统的动量定理得：
当B停止运动后，对A应用动能定理得：
由以上二式联立解得：。
问题4：能根据动量守恒条件判定系统的动量是否守恒？
例12、如图5所示的装置中，木块B与水平桌面间的接触是光滑的，子弹A沿水平方向射入木块后留在木块内，将弹簧压缩到最短．现将子弹、木块和弹簧合在一起作为研究对象（系统），则此系统在从子弹开始射入木块到弹簧压缩至最短的整个过程中：
A、动量守恒、机械能守恒
B、动量不守恒、机械能不守恒
C、动量守恒、机械能不守恒
D、动量不守恒、机械能守恒
分析与解：若以子弹、木块和弹簧合在一起作为研究对象(系统)，从子弹开始射入木块到弹簧压缩至最短时，弹簧固定端墙壁对弹簧有外力作用，因此动量不守恒．而在子弹射入木块时，存在剧烈摩擦作用，有一部分能量将转化为内能，机械能也不守恒．实际上，在子弹射入木块这一瞬间过程，取子弹与木块为系统则可认为动量守恒（此瞬间弹簧尚未形变）．子弹射入木块后木块压缩弹簧过程中，机械能守恒，但动量不守恒．物理规律总是在一定条件得出的，因此在分析问题时，不但要弄清取谁作研究对象，还要弄清过程的阶段的选取，判断各阶段满足物理规律的条件．
例13、质量为M的小车中挂有一个单摆，摆球的质量为M0，小车和单摆以恒定的速度V0沿水平地面运动，与位于正对面的质量为M1的静止木块发生碰撞，碰撞时间极短，在此过程中，下列哪些说法是可能发生的（ ）
A．小车、木块、摆球的速度都发生变化，分别为V1、V2和V3，且满足：
（M+M0）V0=MV1+M1V2+M0V3；
B．摆球的速度不变，小车和木块的速度为V1、V2，且满足：MV0=MV1+M1V2；
C．摆球的速度不变，小车和木块的速度都为V，且满足：MV0=（M+M1）V；
D．小车和摆球的速度都变为V1，木块的速度变为V2，且满足：
（M+M0）V0=（M+M0）V1+M1V2
分析与解：小车与木块相碰，随之发生的将有两个过程：其一是，小车与木块相碰，作用时间极短，过程结束时小车与木块速度发生了变化，而小球的速度未变；其二是，摆球将要相对于车向右摆动，又导致小车与木块速度的改变。但是题目中已明确指出只需讨论碰撞的极短过程，不需考虑第二过程。因此，我们只需分析B、C两项。其实，小车与木块相碰后，将可能会出现两种情况，即碰撞后小车与木块合二为一或它们碰后又分开，前者正是C项所描述的，后者正是B项所描述的，所以B、C两项正确。
问题5：能根据动量守恒定律求解“合二为一”和“一分为二”问题。
“合二为一”问题：两个速度不同的物体，经过相互作用，最后达到共同速度。
“一分为二”问题：两个物体以共同的初速度运动，由于相互作用而分开各自以不同的速度运动。
例14、甲、乙两小孩各乘一辆小车在光滑水平面上匀速相向行驶，速度均为6m/s.甲车上有质量为m=1kg的小球若干个，甲和他的车及所带小球的总质量为M1=50kg，乙和他的车总质量为M2=30kg。现为避免相撞，甲不断地将小球以相对地面16.5m/s的水平速度抛向乙，且被乙接住。假设某一次甲将小球抛出且被乙接住后刚好可保证两车不致相撞，试求此时：
（1）两车的速度各为多少？（2）甲总共抛出了多少个小球？
分析与解：甲、乙两小孩依在抛球的时候是“一分为二”的过程，接球的过程是“合二为一”的过程。
（1）甲、乙两小孩及两车组成的系统总动量沿甲车的运动方向，甲不断抛球、乙接球后，当甲和小车与乙和小车具有共同速度时，可保证刚好不撞。设共同速度为V，则:
M1V1－M2V1=（M1+M2）V
（2）这一过程中乙小孩及时的动量变化为:△P=30×6－30×（－1.5）=225（kg·m/s）
每一个小球被乙接收后，到最终的动量弯化为 △P1=16.5×1－1.5×1=15（kg·m/s）
故小球个数为
例15、人和冰车的总质量为M，另有一个质量为m的坚固木箱，开始时人坐在冰车上静止在光滑水平冰面上，某一时刻人将原来静止在冰面上的木箱以速度V推向前方弹性挡板，木箱与档板碰撞后又反向弹回，设木箱与挡板碰撞过程中没有机械能的损失，人接到木箱后又以速度V推向挡板，如此反复多次，试求人推多少次木箱后将不可能再接到木箱？（已知）
解析:人每次推木箱都可看作“一分为二”的过程，人每次接箱都可以看作是“合二为一”的过程，所以本题为多个“一分为二”和“合二为一”过程的组合过程。
设人第一次推出后自身速度为V1， 则：MV1=mV，
人接后第二次推出，自身速度为V2，则mV+2mV=MV2
(因为人每完成接后推一次循环动作，自身动量可看成增加2mV)
设人接后第n次推出，自身速度为Vn，则mV+2mV(n-1)=MVn
∴Vn=(2n-1)V ，
若Vn≥V ，则人第n次推出后，不能再接回，将有关数据代入上式得n≥8.25，∴n=9。
问题6:会用动量守恒定律解“人船模型”问题
两个物体均处于静止，当两个物体存在相互作用而不受外力作用时，系统动量守恒。这类问题的特点：两物体同时运动，同时停止。
例16、载人气球原静止于高h的高空，气球质量为M，人的质量为m，若人沿绳梯滑至地面，则绳梯至少为多长？
分析与解：气球和人原静止于空中，说明系统所受合力为零，故人下滑过程中系统动量守恒。人着地时，绳梯至少应触及地面，若设绳梯长为L，人沿绳梯滑至地面的时间为t，由动量守恒定律有：,解得。
例17、如图7所示，质量为M的车静止在光滑水平面上，车右侧内壁固定有发射装置。车左侧内壁固定有沙袋。发射器口到沙袋的距离为d，把质量为m的弹丸最终射入沙袋中，这一过程中车移动的距离是_______。
分析与解：本题可把子弹看作“人”，把车看作“船”，这样就可以用“人船模型”来求解.
,解得。
例18、质量为M、长为L的船静止在静水中，船头及船尾各站着质量分别为m1及m2的人，当两人互换位置后，船的位移有多大？
分析与解：利用“人船模型”易求得船的位移大小为：.提示：若m1>m2,本题可把（m1-m2）等效为一个人，把（M+2m2）看着船，再利用人船模型进行分析求解较简便。
问题7:会分析求解“三体二次作用过程”问题
所谓“三体二次作用”问题是指系统由三个物体组成，但这三个物体间存在二次不同的相互作用过程。解答这类问题必须弄清这二次相互作用过程的特点，有哪几个物体参加？是短暂作用过程还是持续作用过程？各个过程遵守什么规律？弄清上述问题，就可以对不同的物理过程选择恰当的规律进行列式求解。
例19、光滑的水平面上，用弹簧相连的质量均为2kg的A、B两物块都以V0=6m/s的速度向右运动，弹簧处于原长，质量为4kg的物块C静止在前方，如图8所示。B与C碰撞后二者粘在一起运动，在以后的运动中，当弹簧的弹性势能达到最大为 J时，物块A的速度是 m/s。
分析与解：本题是一个“三体二次作用”问题：“三体”为A、B、C三物块。“二次作用”过程为第一次是B、C二物块发生短时作用，而A不参加，这过程动量守恒而机械能不守恒；第二次是B、C二物块作为一整体与A物块发生持续作用，这过程动量守恒机械能也守恒。
对于第一次B、C二物块发生短时作用过程，设B、C二物块发生短时作用后的共同速度为VBC，则据动量守恒定律得：
(1)
对于第二次B、C二物块作为一整体与A物块发生持续作用，设发生持续作用后的共同速度为V，则据动量守恒定律和机械能守恒定律得：
mAV0+ （2）
（3）
由式(1)、（2）、（3）可得：当弹簧的弹性势能达到最大为EP=12J时，物块A的速度V=3 m/s。
例20、如图9所示为三块质量均为m，长度均为L的木块。木块1和木块2重叠放置在光滑的水平桌面上，木块3沿光滑水平桌面运动并与叠放在下面的木块2发生碰撞后粘合在一起，如果要求碰后原来叠放在上面的木块1完全移到木块3上，并且不会从木块3上掉下，木块3碰撞前的动能应满足什么条件？设木块之间的动摩擦因数为。
分析与解：设第3块木块的初速度为V0,对于3、2两木块的系统，设碰撞后的速度为V1，据动量守恒定律得：mV0=2mV1
对于3、2整体与1组成的系统，设共同速度为V2，则据动量守恒定律得：
2mV1=3mV2
(1)第1块木块恰好运动到第3块上，首尾相齐，则据能量守恒有：
由联立方程得：Ek3=6μmgL
(2)第1块运动到第3块木块上，恰好不掉下，据能量守恒定律得：
由联立方程得：Ek3=9μmgL
故：
问题8、会分析求解“二体三次作用过程”问题
所谓“二体三次作用”问题是指系统由两个物体组成，但这两个物体存在三次不同的相互作用过程。求解这类问题的关键是正确划分三个不同的物理过程，并能弄清这些过程的特点，针对相应的过程应用相应的规律列方程解题。
例21、如图10所示，打桩机锤头质量为M，从距桩顶h高处自由下落，打在质量为m的木桩上，且在极短时间内便随桩一起向下运动，使得木桩深入泥土的距离为S，那么在木桩下陷过程中泥土对木桩的平均阻力是多少？
分析与解：这是一道联系实际的试题。许多同学对打木桩问题的过程没有弄清楚，加上又不理解“作用时间极短”的含意而酿成错误。其实
打木桩问题可分为三个过程：
其一：锤头自由下落运动过程，设锤刚与木桩接
触的速度为V0，则据机械能守恒定律得：
Mgh=,所以V0=。
其二：锤与木桩的碰撞过程，由于作用时间极短，
内力远大于外力，动量守恒，设碰后的共同速度为V，
据动量守恒定律可得：
MV0=(M+m)V, 所以V=
其三：锤与桩一起向下做减速运动过程，设在木桩下陷过程中泥土对木桩的平均阻力为f,由动能定理可得：
（M+m）gS-fS=0-,所以f=(M+m)g+.
例22、如图11所示，C是放在光滑的水平面上的一块木板，木板的质量为3m，在木板的上面有两块质量均为m的小木块A和B，它们与木板间的动摩擦因数均为μ。最初木板静止，A、B两木块同时以方向水平向右的初速度V0和2V0在木板上滑动，木板足够长， A、B始终未滑离木板。求：
（1）木块B从刚开始运动到与木板C速度刚好相等的过程中，木块B所发生的位移；
（2）木块A在整个过程中的最小速度。
分析与解：（1）木块A先做匀减速直线运动，后做匀加速直线运动；木块B一直做匀减速直线运动；木板C做两段加速度不同的匀加速直线运动，直到A、B、C三者的速度相等为止，设为V1。对A、B、C三者组成的系统，由动量守恒定律得：
解得：V1=0.6V0
对木块B运用动能定理，有：
解得
（2）设木块A在整个过程中的最小速度为V′，所用时间为t，由牛顿第二定律：
对木块A：,
对木板C：,
当木块A与木板C的速度相等时，木块A的速度最小，因此有：
解得
木块A在整个过程中的最小速度为：
问题9:会用动量守恒定律解“碰撞类”问题
1.碰撞的特点
（1）作用时间极短，内力远大于外力，总动量总是守恒的。
（2）碰撞过程中，总动能不增。因为没有其它形式的能量转化为动能。
（3）碰撞过程中，当两物体碰后速度相等时，即发生完全非弹性碰撞时，系统动能损失最大。
（4）碰撞过程中，两物体产生的位移可忽略。
2.判定碰撞可能性问题的分析思路
（1）判定系统动量是否守恒。
（2）判定物理情景是否可行，如追碰后，前球动量不能减小，后球动量在原方向上不能增加；追碰后，后球在原方向的速度不可能大于前球的速度。
（3）判定碰撞前后动能是不增加。
例23、甲乙两球在水平光滑轨道上向同方向运动，已知它们的动量分别是P1=5kg.m/s,P2=7kg.m/s,甲从后面追上乙并发生碰撞，碰后乙球的动量变为10 kg.m/s，则二球质量m1与m2间的关系可能是下面的哪几种？
A、m1=m2 B、2m1=m2 C、4m1=m2 D、6m1=m2。
分析与解：甲乙两球在碰撞过程中动量守恒，所以有：
P1+P2= P1，+ P2， 即：P1，=2 kg.m/s。
由于在碰撞过程中，不可能有其它形式的能量转化为机械能，只能是系统内物体间机械能相互转化或一部分机械能转化为内能，因此系统的机械能不会增加。所以有：
所以有：m1m2,不少学生就选择（C、D）选项。
这个结论合“理”，但却不合“情”。因为题目给出物理情景是“甲从后面追上乙”，要符合这一物理情景，就必须有，即m1；同时还要符合碰撞后乙球的速度必须大于或等于甲球的速度这一物理情景，即，所以 .因此选项（D）是不合“情”的，正确的答案应该是（C）选项。
例24、如图12所示，半径和动能都相等的两个小球相向而行．甲球质量m甲大于乙球质量m乙，水平面是光滑的，两球做对心碰撞以后的运动情况可能是下述哪些情况？
A．甲球速度为零，乙球速度不为零
B．两球速度都不为零
C．乙球速度为零，甲球速度不为零
D．两球都以各自原来的速率反向运动
分析与解：首先根据两球动能相等，得出两球碰前动量大小之比为：，因m甲>m乙，则P甲>P乙，则系统的总动量方向向右。
根据动量守恒定律可以判断，碰后两球运动情况可能是A、B所述情况，而C、D情况是违背动量守恒的，故C、D情况是不可能的．
问题10:会用动量守恒定律和能量守恒解“相对滑动类”问题
解决动力学问题，一般有三种途径：（1）牛顿第二定律和运动学公式(力的观点)；（2）动量定理和动量守恒定律(动量观点)；（3）动能定理、机械能守恒定律、功能关系、能的转化和守恒定律(能量观点).以上这三种观点俗称求解力学问题的三把“金钥匙”.如何合理选取三把“金钥匙”解决动力学问题，是老师很难教会的。但可以通过分别用三把“金钥匙”对一道题进行求解，通过比较就会知道如何选取三把“金钥匙” 解决动力学问题,从而提高分析问题解决问题的能力。
例25、如图13所示，一质量为M、长为L的长方形木板B放在光滑的水平地面上，在其右端放一质量为m的小木块A，m＜M.现以地面为参照系，给A和B以大小相等、方向相反的初速度(如图1)，使A开始向左运动，B开始向右运动，但最后A刚好没有滑离B板，以地面为参照系.
(1)若已知A和B的初速度大小为V0，求它们最后的速度大小和方向.
(2)若初速度的大小未知，求小木块A向左运动到达的最远处(从地面上看)离出发点的距离.
分析与解：方法1、用牛顿第二定律和运动学公式求解。
A刚好没有滑离B板，表示当A滑到B板的最左端时，A、B具有相同的速度，设此速度为V，经过时间为t,A、B间的滑动摩擦力为f.如图14所示。
对A据牛顿第二定律和运动学公式有：
f=maA, L2=， V=-V0+aAt;
对B据牛顿第二定律和运动学公式有：
f=MaB, ,V=V0-aBt;
由几何关系有：L0+L2=L；
由以上各式可求得它们最后的速度大小为
V＝. V0，方向向右。
对A，向左运动的最大距离为。
方法2、用动能定理和动量定理求解。
A刚好没有滑离B板，表示当A滑到B板的最左端时，A、B具有相同的速度，设此速度为V，经过时间为t, A和B的初速度的大小为V0，则据动量定理可得：?
对A： ft= mV+mV0
对B：-ft=MV－MV0?
解得：V＝V0，方向向右
A在B板的右端时初速度向左，而到达B板左端时的末速度向右，可见A在运动过程中必须经历向左作减速运动直到速度为零，再向右作加速运动直到速度为V的两个阶段。设L1为A开始运动到速度变为零过程中向左运动的路程，L2为A从速度为零增加到速度为V的过程中向右运动的路程，L0为A从开始运动到刚好到达B的最左端的过程中B运动的路程，如图2所示，设A与B之间的滑动摩擦力为f，则由动能定理可得：?
对于B ： -fL0=
对于A ： -fL1= -
f(L1-L2)=
由几何关系L0+L2=L
由①、②、③、④、⑤、联立求得L1=.
方法3、用能量守恒定律和动量守恒定律求解。
A刚好没有滑离B板，表示当A滑到B板的最左端时，A、B具有相同的速度，设此速度为V， A和B的初速度的大小为V0，则据动量守恒定律可得：?
MV0－mV0=(m+m)V?
解得：V＝. V0，方向向右 .
对系统的全过程，由能量守恒定律得：Q=fL=
对于A fL1=
由上述二式联立求得L1=.
从上述三种解法中，同学们不难看出，解法三简洁明了，容易快速求出正确答案。因此我们在解决动力学问题时，应优先考虑使用能量守恒定律和动量守恒定律求解，其次是考虑使用动能定理和动量定理求解，最后才考虑使用牛顿第二定律和运动学公式求解。
问题11、会根据图象分析推理解答相关问题
例26、A、B两滑块在一水平长直气垫导轨上相碰，用闪光照相机在t0 = 0，t1= △t，t2 = 2·△t，t3=3·△t各时刻闪光四次，摄得如图15所示照片，其中B像有重叠，mB=mA，由此可判断（ ）
A.碰前B静止，碰撞发生在60 cm处，t = 2.5△t；
B.碰前B静止，碰撞发生在60 cm处，t = 0.5△t；
C.碰后B静止，碰撞发生在60 cm处，t = 0.5△t；
D.碰后B静止，碰撞发生在60 cm处，t = 2.5△t。
分析与解：若碰撞前B静止，则VB0=0，则t0,t1,t2时刻B都处在60cm处，所以碰撞只能发生在x=60cm处，碰撞时t= 2.5△t,碰撞后B的速度;碰撞前A的速度，碰撞后。
碰撞前系统动量为：，碰撞后系统动量为：，满足动量守恒定律；
碰撞前系统动能为：，碰撞后系统动能为：，显然碰撞后系统的动能增加，不符合能量守恒定律。
所以碰撞前B不可能静止，即AC二选项错误。
若碰撞后B静止，则VBt=0，则t1,t2,t3时刻B都处在60cm处，所以碰撞只能发生在x=60cm处，碰撞时t= 0.5△t,碰撞前B的速度;碰撞后A的速度，碰撞前A的速度。
碰撞前系统动量为：，碰撞前系统动量为：，满足动量守恒定律；
碰撞前系统动能为：，碰撞后系统动能为：，显然碰撞后系统的动能减少，符合能量守恒定律。
综上所述，只有选项B正确。
例27、如图16所示，质量为M的木板静止在光滑水平面上。一个质量为的小滑块以初速度V0从木板的左端向右滑上木板。滑块和木板的水平速度随时间变化的图象如图17所示.某同学根据图象作出如下一些判断：
A．滑块与木板间始终存在相对运动；
B．滑块始终未离开木板；
C．滑块的质量大于木板的质量；
D．在时刻滑块从木板上滑出。
分析与解：从图17中可以看出，滑块与木板始终没有达到共同速度，所以滑块与木板间始终存在相对运动；又因木板的加速度较大，所以滑块的质量大于木板的质量；因在t1时刻以后，滑块和木板都做匀速运动，所以在时刻滑块从木板上滑出。即选项ACD正确。
问题12、会利用数学方法求解物理问题。
例28、用质量为M的铁锤沿水平方向将质量为m、长为L的铁钉敲入木板，铁锤每次以相同的速度V0击钉，随即与钉一起运动并使钉进入木板一定距离。在每次击进入木板的过程中，钉所受的平均阻力为前一次受击进入木板过程中所受平均阻力的K倍（K>1）。若第一次敲击使钉进入木板深度为L1，问至少敲击多少次才能将钉全部敲入木板？并就你的解答讨论要将钉全部敲入木板，L1必须满足什么条件？
分析与解：设铁锤每次敲击铁钉后以共同速度V运动，根据动量守恒定律可得：
MV0=（M+m）V
设第一次受击进入木板过程中受平均阻力为f1,则根据动能定理可得：
第二次受击进入木板过程中受平均阻力为f2=Kf1, 根据动能定理可得：
所以L2=L1/K。同理可得L3=L1/K2，L4=L1/K3…………Ln=L1/KN(N-1)
因为L=L1+L2+……+Ln=，所以
当时，上式无意义，但其物理意义是当时不论你敲击多少次都不能将铁钉全部敲入木板。所以要将钉全部敲入木板，L1必须满足：
L1>（K-1）L/K
三、警示易错试题
典型错误之一、忽视动量守恒定律的系统性
动量守恒定律描述的对象是由两个以上的物体构成的系统，研究的对象具有系统性，若在作用前后丢失任一部分，在解题时都会得出错误的结论。
例29、一门旧式大炮在光滑的平直轨道上以V=5m/s的速度匀速前进，炮身质量为M=1000kg，现将一质量为m=25kg的炮弹，以相对炮身的速度大小u=600m/s与V反向水平射出，求射出炮弹后炮身的速度V/.
错解：根据动量守恒定律有：
MV=MV/+m[─(u─V/)],解得
分析纠错：以地面为参考系，设炮车原运动方向为正方向，根据动量定律有：
（M+m）V=MV/+m[─(u─V/)]
解得
典型错误之二、忽视动量守恒定律的矢量性
动量守恒定律的表达式是矢量方程，对于系统内各物体相互作用前后均在同一直线上运动的问题，应首先选定正方向，凡与正方向相同的动量取正，反之取负。对于方向未知的动量一般先假设为正，根据求得的结果再判断假设真伪。
例30、质量为m的A球以水平速度V与静止在光滑的水平面上的质量为3m的B球正碰，A球的速度变为原来的1/2，则碰后B球的速度是（以V的方向为正方向）.
A.V/2, B.─V C.─V/2 D.V/2
错解：设B球碰后速度为V/，由动量守恒定律得：,.
分析纠错：碰撞后A球、B球若同向运动，A球速度小于B球速度，显然答案中没有，因此，A球碰撞后方向一定改变，A球动量应m(─V/2).
由动量守恒定律得：,V/=V/2.
故D正确。
典型错误之三、忽视动量守恒定律的相对性
动量守恒定律表达式中各速度必须是相对同一参考系。因为动量中的速度有相对性，在应用动量守恒定律列方程时，应注意各物体的速度必须是相对同一参考系的速度。若题设条件中物体不是相对同一参考系的，必须将它们转换成相对同一参考系的，必须将它们转换成相对同一参考系的速度。一般以地面为参考系。
例31、某人在一只静止的小船上练习射击，船、人和枪（不包含子弹）及船上固定靶的总质量为M，子弹质量m，枪口到靶的距离为L，子弹射出枪口时相对于枪口的速率恒为V，当前一颗子弹陷入靶中时，随即发射后一颗子弹，则在发射完全部n颗子弹后，小船后退的距离多大？（不计水的阻力）
错解：选船、人、枪上固定靶和子弹组成的系统为研究对象，开始时整个系统处于静止，系统所受合外力为0，当子弹射向靶的过程中，系统动量守恒，船将向相反的方向移动。
当第一颗子弹射向靶的过程中，船向相反的方向运动，此时与船同时运动的物体的总质量为M+（n-1）m,当第一颗子弹射入靶中后，根据动量守恒，船会停止运动，系统与初始状态完全相同。
当第二颗子弹射向靶的过程中，子弹与船重复刚才的运动，直到n颗子弹全部射入靶中，所以在发射完全部n颗子弹的过程中，小船后退的距离应是发射第一颗子弹的过程中小船后退距离的n倍。
设子弹运动方向为正方向，在发射第一颗子弹的过程中小船后退的距离S，子弹飞行的距离为L，则由动量守恒定律有：
mL─[M+(n-1)m]S=0
解得：
每颗子弹射入靶的过程中，小船后退的距离都必须是相同，因此n颗子弹全部射入的过程，小船后退的我总距离为nS=.
分析纠错：没有把所有的速度变换成相对于同一参考系的速度。由于船的速度是相对于地面的，而子弹的速度是相对于船的，导致船的位移是相对于地面的，而子弹的位移是相对于船的，所以解答错误。
设子弹运动方向为正方向，在发射第一颗子弹的过程中小船后退的距离为S，根据题意知子弹飞行的距离为(L─S),则由动量守恒定律有：
m(L─S)─[M+(n─1)m]S=0
解得：S=
每颗子弹射入靶的过程中，小船后退的距离都相同，因此n颗子弹全部射入的过程，小船后退的总距离为nS=.
典型错误之四、忽视动量守恒定律的同时性
动量守恒定律方程两边的动量分别是系统在初、末态的总动量，初态动量的速度都应该是互相作用前同一时刻的瞬时速度，末态动量中的速度都必须是相互作用后同一时刻的瞬时速度。
例32、平静的水面上有一载人小船，船和人共同质量为M，站立在船上的人手中拿一质量为m的物体。起初人相对船静止，船、人、物体以共同速度V0前进，当人相对于船以速度u向相反方向将物体抛出时，人和船的速度为多大？（水的阻力不计）。
错解：取人、船、物组成的系统为研究对象，由于水的阻力不计，系统的动量守恒。
以船速V0的方向为正方向，设抛出物体后人和船的速度为V，物体对地的速度为（V0─u）.由动量守恒定律得：
（M+m）V0=MV+m(V0-u),
解得.
分析纠错：错误在于没有注意同时性，应明确物体被抛出的同时，船速已发生变化，不再是原来的V0，而变成了V,即V与u是同一时刻，抛出后物对地速度是（V-u）,而不是（V0-u）.
由动量守恒定律得：（M+m）V0=MV+m(V-u)
解得：
典型错误之五、忽视动量定理的矢量性
例33、蹦床是运动员在一张绷紧的弹性网上蹦跳、翻滚并做各种空中动作的运动项目。一个质量为60kg的运动员，从离水平网面3.2m高处自由下落，着网后沿竖直方向蹦回到离水平网面5.0m高处。已知运动员与网接触的时间为1.2s。若把在这段时间内网对运动员的作用力当作恒力处理，求此力的大小。（g=10m/s2）
错解：将运动员看质量为m的质点，从h1高处下落，刚接触网时速度的大小 （向下）， 弹跳后到达的高度为h2，刚离网时速度的大小 （向上） ，以表示接触时间， 接触过程中运动员受到向上的弹力F和向下的重力mg。由动量定理得：（F-mg）Δt=mV2-mV1， 由以上各式解得， ， 代入数值得： 。
分析纠错：错误原因是忽视了动量定理的矢量性。由动量定理得：
（F-mg）Δt=mV2+mV1，由以上各式解得， 。
代入数值得： 。
典型错误之六、运用动量定理解题受力分析掉重力
对于例33还有如下一种常见错误：
错解：将运动员看质量为m的质点，从h1高处下落，刚接触网时速度的大小 （向下）， 弹跳后到达的高度为h2，刚离网时速度的大小 （向上） ，以表示接触时间，由动量定理得：FΔt=mV2+mV1， 由以上各式解得， ， 代入数值得： 。
分析纠错：错误原因是受力分析时掉重力。
四、如临高考测试
1．以下说法中正确的是：
Ａ．动量相等的物体，动能也相等；
Ｂ．物体的动能不变，则动量也不变；
Ｃ．某力Ｆ对物体不做功，则这个力的冲量就为零；
Ｄ．物体所受到的合冲量为零时，其动量方向不可能变化.
2．一个笔帽竖立在桌面上平放的纸条上，要求把纸条从笔帽下抽出，如果缓慢拉动纸条笔帽必倒；若快速拉纸条，笔帽可能不倒。这是因为
A．缓慢拉动纸条时，笔帽受到冲量小；
B．缓慢拉动纸条时，纸条对笔帽的水平作用力小；
C．快速拉动纸条时，笔帽受到冲量小；
D．快速拉动纸条时，纸条对笔帽的水平作用力小。
3．两辆质量相同的小车置于光滑的水平面上，有一个人静立在a车上。当此人从a车跳到b车上，接着又跳回a车，则a车的速率：
Ａ．为0 ; Ｂ．等于b车速率 ; Ｃ．大于b车速率; Ｄ．小于b车速率。
4.恒力F作用在质量为m的物体上，如图18所示，由于地面对物体的摩擦力较大，没有被拉动，则经时间t，下列说法正确的是
A.拉力F对物体的冲量大小为零
B.拉力F对物体的冲量大小为Ft
C.拉力F对物体的冲量大小是Ftcosθ
D.合力对物体的冲量大小为零
5．为了模拟宇宙大爆炸初的情境，科学家们使两个带正电的重离子被 加速后，沿同一条直线相向运动而发生猛烈碰撞，若要碰撞前的动能尽可能多地转化为内能，应该设法使两个重离子在碰撞前的瞬间具有
A．相同的速率 ; B．相同大小的动量;
C．相同的动能; D．相同的质量。
6.在光滑水平面上，动能为E0、动量的大小为P0的小钢球1与静止小钢球2发生碰撞，碰撞前后球1的运动方向相反。将碰撞后球1的动能和动量的大小分别记为E1、P1，球2的动能和动量的大小分别记为E2、P2，则不可能有：
A．E1E0 D．p2>p0
7.如图19所示，光滑水平面上有大小相同的A、B两球在同一直线上运动。两球质量关系为mB=2mA，规定向右为正方向，A、B两球的动量均为6kg.m/s，运动中两球发生碰撞，碰撞后A球的动量增量为-4kg.m/s，则 （ ）
A．左方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为;
B．左方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为;
C．右方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为;
D．右方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为.
8.如图20所示，质量为Ｍ的斜面放在光滑的水平面上，质量为m的物体由静止开始从斜面的顶端滑到底端，在这过程中：
Ａ．Ｍ、m组成的系统满足动量守恒；
Ｂ．m对Ｍ的冲量等于Ｍ的动量变化；
Ｃ．m、Ｍ各自的水平方向动量的增量的大小相等；
Ｄ．Ｍ对m的支持力的冲量为零。
9.一导弹离地面高度h水平飞行。某一时刻，导弹的速度为V， 突然爆炸成质量相同的A、B两块，A、B同时落到地面，两落地点相距,两落地点与爆炸前导弹速度在同一竖直平面内。不计空气阻力。已知爆炸后瞬间，A的动能为EKA，B的动能为EKB，则EKA:EKB= .
10．一个质量为m的物体，从静止开始沿倾角为θ的光滑斜面下滑，在物体速度由0增至V的过程中，斜面对物体弹力的冲量的大小为 。
11．质量都是1kg的物体A、B，中间用一轻弹簧连接，放在光滑的水平地面上。现使B物体靠在墙上，用力推物体A压缩弹簧，如图21所示。这个过程中外力做功为8J，待系统静止后突然撤去外力。从撤去外力到弹簧第一次恢复到原长时B物体的动量为 。当A、B间距离最大时B物体的速度大小为 m/s。
12.高压水枪喷口半径为r，射出的水流速度为V，水平地打在竖直煤壁上后速度变为零．设水的密度为ρ，求高速水流对煤壁的冲击力的大小．
13.一架质量为500kg的直升飞机，其螺旋桨把空气以50m／s的速度下推，恰使直升飞机停在空中，则每秒钟螺旋浆所推下的空气质量为多少？
14.列车载重时简单地直接启动有困难，司机常常先倒车再起动前进。在平直轨道上机车起动时的牵引力为F，机车后面挂接有(n-1)节车厢，设机车与每节车厢的质量都为m，机车和每节车厢所受的阻力都为自身重力的k倍，倒车后各节车厢间挂钩所留间隙为d，倒车挂钩位置和列车前进时挂钩位置如图所示。列车在平直轨道上启动，求机车带动第(n-1)节车厢时列车的速度，并说明倒车起动的优点。
15.一个质量为M的雪橇静止在水平雪地上，一条质量为m的爱斯基摩狗站在该雪橇上．狗向雪橇的正后方跳下，随后又追赶并向前跳上雪橇；其后狗又反复地跳下、追赶并跳上雪橇，狗与雪橇始终沿一条直线运动．若狗跳离雪橇时雪橇的速度为V，则此时狗相对于地面的速度为V+u(其中u为狗相对于雪橇的速度，V+u为代数和．若以雪橇运动的方向为正方向，则V为正值，u为负值)．设狗总以速度v追赶和跳上雪橇，雪橇与雪地间的摩擦忽略不计．已知v的大小为5m/s，u的大小为4m/s，M=30kg，m=10kg.
（1）求狗第一次跳上雪橇后两者的共同速度的大小．
（2）求雪橇最终速度的大小和狗最多能跳上雪橇的次数．
（供使用但不一定用到的对数值：lg2=O.301，lg3=0.477）
（参考答案见下期讲座）
专题讲座五：《机械能考点例析》如临高考测试参考答案》
1.CD; 2.D; 3.BD; 4.D; 5.ABD; 6.AD; 7.AD; 8.A; 9.ACD; 10AC.
11.
12.H/2,H
13.7.1m/s
14.解：（1） 因水池面积很大，可忽略因木块压入水中所引起的水深变化，木块刚好完全没入水中时，图中原来处于划斜线区域的水被排开，结果等效于使这部分水平铺于水面，这部分水的质量为，其势能的改变量为
大块势能的改变量为:
根据功能原理，力F所做的功：
(2) 因容器水面面积为2a2，只是木块底面积的2倍，不可忽略因木块压入水中所引起的水深变化，木块刚好完全没入水中时，图8中原来处于下方划斜线区域的水被排开到上方划斜线区域。这部分水的质量为/2，其势能的改变量为： 。
15.解：(1)平抛所用时间为t= ，水平初速度为v= 。
(2)1min内喷出水的动能为?Ek=mv2=25mgh
水泵提水，1min内水所获得的重力势能为?Ep=mg(H+h) ?
1min内水泵对水所做功为?W=Ek+Ep=mg(H+26h) ?
(3)带动水泵的电动机的最小输出功率等于水泵输入功率P=
16.解：（1）设滑雪者质量为m，斜面与水平面夹角为，滑雪者滑行过程中克服摩擦力做功 　　　　
由动能定理可得：
离开B点时的速度
（2）滑雪者离开B点后做平抛运动，是落在台阶上呢？还是落在台阶下呢？题目没有明确说明，是模糊条件。但可以用假设法分析求解。
设滑雪者离开B点后落在台阶上，则根据平抛运动的规律可得：
可解得
此时必须满足 即 。
但当时，滑雪者直接落到地面上，
可解得
图1
V0
300
图2
m
V0
V/
图3
M
B
A
V0
图4
图5
图7
A
B
图8
C
1
2
3
V0
图9
图10
M
m
C
A
B
图11
V0
2V0
图12
图13
V0
V0
B
A
V0
V0
B
图14
L1
L2
L0
图15
图16
V0
M
m
图17
V0
V
O
t
V0/2
t1
图18
图19
图20
图21
……
图22
a
a/2
3a/4
a/4专题二：直线运动考点例析
直线运动是高中物理的重要章节，是整个物理学的基础内容之一。本章涉及位移、速度、加速度等多个物理量，基本公式也较多，同时还有描述运动规律的s-t图象、V-t图象等知识。从历年高考试题的发展趋势看，本章内容作为一个孤立的知识点单独考查的命题并不多，更多的是体现在综合问题中，甚至与力、电场中带电粒子、磁场中的通电导体、电磁感应现象等结合起来，作为综合试题中的一个知识点加以体现。为适应综合考试的要求，提高综合运用学科知识分析、解决问题的能力。同学们复习本章时要在扎实掌握学科知识的基础上，注意与其他学科的渗透以及在实际生活、科技领域中的应用，经常用物理视角观察自然、社会中的各类问题，善于应用所学知识分析、解决问题，尤其是提高解决综合问题的能力。本章多与公路、铁路、航海、航空等交通方面知识或电磁学知识综合。如：2001年全国物理卷第11题，这是一道以回声测距为背景的题目，是一道直接应用匀速运动规律的非常基本的考题；2001年全国物理卷第15题，本题是一道以“研究匀变速直线运动”为背景的实验题，要求考生通过对纸带的分析求解斜面上小车下滑的加速度及受到的阻力，是一道与牛顿运动定律相结合的半设计性实验题；2002年全国理综卷第26题，这是一道以蹦床运动为背景的考题，要求考生求解运动员与网接触时网对运动员的作用力，是一道与牛顿运动定律相结合的考题；2002年全国物理卷（广东、广西、河南）第13题，这是一道在书本实验“研究匀变速直线运动”的基础上改编的半设计性实验题，要求通过实验求解圆盘转动的角速度，是一道与圆周运动相联系的考题；2003年江苏卷第12题，题目以学生实验“研究匀变速直线运动”为背景，求木块与木板间的动摩擦因数，这是典型的与牛顿运动定律相结合的问题；2003年全国理综卷第34题，题目在常见的传送带模型基础上作了改编，成了一道集运动学、功能关系及能量守恒的综合题；2004年全国物理广西卷第14题考查影子的长度的变化率、2004年全国理综福建卷第25题，考查桌布带动小圆盘的运动及分离问题，是一道典型的联系实际问题的试题等。
一、夯实基础知识
（一）、基本概念
1.质点——用来代替物体的有质量的点。（当物体的大小、形状对所研究的问题的影响可以忽略时，物体可作为质点。）
2.速度——描述运动快慢的物理量，是位移对时间的变化率。
3.加速度——描述速度变化快慢的物理量，是速度对时间的变化率。
4.速率——速度的大小，是标量。只有大小，没有方向。
5.注意匀加速直线运动、匀减速直线运动、匀变速直线运动的区别。
（二）、匀变速直线运动公式
1.常用公式有以下四个：,,
⑴以上四个公式中共有五个物理量：s、t、a、V0、Vt，这五个物理量中只有三个是独立的，可以任意选定。只要其中三个物理量确定之后，另外两个就唯一确定了。每个公式中只有其中的四个物理量，当已知某三个而要求另一个时，往往选定一个公式就可以了。如果两个匀变速直线运动有三个物理量对应相等，那么另外的两个物理量也一定对应相等。
⑵以上五个物理量中，除时间t外，s、V0、Vt、a均为矢量。一般以V0的方向为正方向，以t=0时刻的位移为零，这时s、Vt和a的正负就都有了确定的物理意义。
2.匀变速直线运动中几个常用的结论
①Δs=aT 2，即任意相邻相等时间内的位移之差相等。可以推广到sm-sn=(m-n)aT 2
②，某段时间的中间时刻的即时速度等于该段时间内的平均速度。
，某段位移的中间位置的即时速度公式（不等于该段位移内的平均速度）。
可以证明，无论匀加速还是匀减速，都有。
3.初速度为零（或末速度为零）的匀变速直线运动
做匀变速直线运动的物体，如果初速度为零，或者末速度为零，那么公式都可简化为：
， ， ，
以上各式都是单项式，因此可以方便地找到各物理量间的比例关系。
4.初速为零的匀变速直线运动
①前1s、前2s、前3s……内的位移之比为1∶4∶9∶……
②第1s、第2s、第3s……内的位移之比为1∶3∶5∶……
③前1m、前2m、前3m……所用的时间之比为1∶∶∶……
④第1m、第2m、第3m……所用的时间之比为1∶∶（）∶……
5、自由落体运动是初速度为零的匀加速直线运动，竖直上抛运动是匀减速直线运动，可分向上的匀减速运动和竖直向下匀加速直线运动。
二、解析典型问题
问题1：注意弄清位移和路程的区别和联系。
位移是表示质点位置变化的物理量，它是由质点运动的起始位置指向终止位置的矢量。位移可以用一根带箭头的线段表示，箭头的指向代表位移的方向，线段的长短代表位移的大小。而路程是质点运动路线的长度，是标量。只有做直线运动的质点始终朝着一个方向运动时，位移的大小才与运动路程相等。
例1、一个电子在匀强磁场中沿半径为R的圆周运动。转了3圈回到原位置，运动过程中位移大小的最大值和路程的最大值分别是：
A．2R，2R； B．2R，6πR；
C．2πR，2R； D．0，6πR。
分析与解：位移的最大值应是2R，而路程的最大值应是6πR。即B选项正确。
问题2.注意弄清瞬时速度和平均速度的区别和联系。
瞬时速度是运动物体在某一时刻或某一位置的速度，而平均速度是指运动物体在某一段时间或某段位移的平均速度，它们都是矢量。当时，平均速度的极限，就是该时刻的瞬时速度。
例2、甲、乙两辆汽车沿平直公路从某地同时驶向同一目标，甲车在前一半时间内以速度V1做匀速直线运动，后一半时间内以速度V2做匀速直线运动；乙车在前一半路程中以速度V1做匀速直线运动，后一半路程中以速度V2做匀速直线运动，则（ ）。
A．甲先到达；B.乙先到达； C.甲、乙同时到达； D.不能确定。
分析与解：设甲、乙车从某地到目的地距离为S，则对甲车有;对于乙车有
，所以，由数学知识知,故t甲问题3.注意弄清速度、速度的变化和加速度的区别和联系。
加速度是描述速度变化的快慢和方向的物理量，是速度的变化和所用时间的比值，加速度a的定义式是矢量式。加速度的大小和方向与速度的大小和方向没有必然的联系。只要速度在变化，无论速度多小，都有加速度；只要速度不变化，无论速度多大，加速度总是零；只要速度变化快，无论速度是大、是小或是零，物体的加速度就大。
加速度的与速度的变化ΔV也无直接关系。物体有了加速度，经过一段时间速度有一定的变化，因此速度的变化ΔV是一个过程量，加速度大，速度的变化ΔV不一定大；反过来，ΔV大，加速度也不一定大。
例3、一物体作匀变速直线运动,某时刻速度的大小为4m/s,1s后速度的大小变为10m/s.在这1s内该物体的( ).
(A)位移的大小可能小于4m (B)位移的大小可能大于10m
(C)加速度的大小可能小于4m/s2 (D)加速度的大小可能大于10m/s2.
分析与解：本题的关键是位移、速度和加速度的矢量性。若规定初速度V0的方向为正方向，则仔细分析“1s后速度的大小变为10m/s”这句话，可知1s后物体速度可能是10m/s，也可能是-10m/s,因而有：
同向时，
反向时，
式中负号表示方向与规定正方向相反。因此正确答案为A、D。
问题4.注意弄清匀变速直线运动中各个公式的区别和联系。
加速度a不变的变速直线运动是匀变速直线运动，是中学阶段主要研究的一种运动。但匀变速直线运动的公式较多，不少同学感觉到不易记住。其实只要弄清各个公式的区别和联系，记忆是不困难的。
加速度的定义式是“根”，只要记住“”，就记住了“Vt=V0+at”;
基本公式是“本”，只要记住“Vt=V0+at”和“”，就记住了“”和；
推论公式是“枝叶”，一个特征：，物理意义是做匀变速直线运动的物体在相邻相等时间间隔内位移差相等；二个中点公式：时间中点，位移中点；三个等时比例式：对于初速度为零的匀加速直线运动有，S1：S2：S3……=1:4:9……，SⅠ：SⅡ：SⅢ……=1:3:5……,V1:V2:V3……=1:2:3……；两个等位移比例式：对于初速度为零的匀加速直线运动有，和
例4、.一汽车在平直的公路上以做匀速直线运动，刹车后，汽车以大小为的加速度做匀减速直线运动，那么刹车后经8s汽车通过的位移有多大？
分析与解：首先必须弄清汽车刹车后究竟能运动多长时间。选V0的方向为正方向，则根据公式，可得
这表明，汽车并非在8s内都在运动，实际运动5s后即停止。所以，将5s代入位移公式，计算汽车在8s内通过的位移。即
不少学生盲目套用物理公式，“潜在假设”汽车在8s内一直运动，根据匀减速直线运动的位移公式可得：
这是常见的一种错误解法，同学们在运用物理公式时必须明确每一个公式中的各物理量的确切含义，深入分析物体的运动过程。
例5、物体沿一直线运动，在t时间内通过的路程为S，它在中间位置处的速度为V1，在中间时刻时的速度为V2，则V1和V2的关系为（ ）
A．当物体作匀加速直线运动时，V1＞V2; B.当物体作匀减速直线运动时，V1＞V2;
C．当物体作匀速直线运动时，V1=V2; D.当物体作匀减速直线运动时，V1＜V2。
分析与解：设物体运动的初速度为V0，未速度为Vt，由时间中点速度公式得；由位移中点速度公式得。用数学方法可证明，只要，必有V1>V2;当，物体做匀速直线运动，必有V1=V2。所以正确选项应为A、B、C。
例6、一个质量为m的物块由静止开始沿斜面下滑，拍摄此下滑过程得到的同步闪光（即第一次闪光时物块恰好开始下滑）照片如图1所示．已知闪光频率为每秒10次，根据照片测得物块相邻两位置之间的距离分别为AB＝2.40cm，BC＝7.30cm，CD＝12.20cm，DE＝17.10cm．由此可知，物块经过D点时的速度大小为________m/s；滑块运动的加速度为________．（保留3位有效数字）
分析与解：据题意每秒闪光10次，所以每两次间的时间间隔T=0.1s,根据中间时刻的速度公式得.
根据得,所以2.40m/s2.
问题5.注意弄清位移图象和速度图象的区别和联系。
运动图象包括速度图象和位移图象，要能通过坐标轴及图象的形状识别各种图象，知道它们分别代表何种运动，如图2中的A、B分别为V-t图象和s-t图象。
其中：是匀速直线运动，是初速度为零的匀加速直线运动，是初速不为零的匀加速直线运动，是匀减速直线运动。
同学们要理解图象所代表的物理意义，注意速度图象和位移图象斜率的物理意义不同，S-t图象的斜率为速度，而V-t图象的斜率为加速度。
例7、龟兔赛跑的故事流传至今，按照龟兔赛跑的故事情节，兔子和乌龟的位移图象如图3所示，下列关于兔子和乌龟的运动正确的是
A．兔子和乌龟是同时从同一地点出发的
B．乌龟一直做匀加速运动，兔子先加速后匀速再加速
C．骄傲的兔子在T4时刻发现落后奋力追赶，但由于速度比乌龟的速度小，还是让乌龟先到达预定位移S3
D．在0～T5时间内，乌龟的平均速度比兔子的平均速度大
分析与解：从图3中看出，0—T1这段时间内，兔子没有运动，而乌龟在做匀速运动，所以A选项错；乌龟一直做匀速运动，兔子先静止后匀速再静止，所以B选项错；在T4时刻以后，兔子的速度比乌龟的速度大，所以C选项错；在0～T5时间内，乌龟位移比兔子的位移大，所以乌龟的平均速度比兔子的平均速度大，即D选项正确。
例8、两辆完全相同的汽车,沿水平直路一前一后匀速行驶,速度均为V0,若前车突然以恒定的加速度刹车,在它刚停住时,后车以前车刹车时的加速度开始刹车.已知前车在刹车过程中所行的距离为s,若要保证两辆车在上述情况中不相撞,则两车在匀速行驶时保持的距离至少应为:
(A)s (B)2s (C)3s (D)4s
分析与解:依题意可作出两车的V-t图如图4所示，从图中可以看出两车在匀速行驶时保持的距离至少应为2s,即B选项正确。
例 9、一个固定在水平面上的光滑物块，其左侧面是斜面AB，右侧面是曲面AC,如图5所示。已知AB和AC的长度相同。两个小球p、q同时从A点分别沿AB和AC由静止开始下滑，比较它们到达水平面所用的时间：
A.p小球先到 B.q小球先到
C.两小球同时到 D.无法确定
分析与解：可以利用V-t图象(这里的V是速率，曲线下的面积表示路程s)定性地进行比较。在同一个V-t图象中做出p、q的速率图线，如图6所示。显然开始时q的加速度较大，斜率较大；由于机械能守恒，末速率相同，即曲线末端在同一水平图线上。为使路程相同（曲线和横轴所围的面积相同），显然q用的时间较少。
例10、两支完全相同的光滑直角弯管(如图7所示)现有两只相同小球a和a/ 同时从管口由静止滑下，问谁先从下端的出口掉出？(假设通过拐角处时无机械能损失)
分析与解：首先由机械能守恒可以确定拐角处V1> V2，而两小球到达出口时的速率V相等。又由题意可知两球经历的总路程s相等。由牛顿第二定律，小球的加速度大小a=gsinα，小球a第一阶段的加速度跟小球a/第二阶段的加速度大小相同（设为a1）；小球a第二阶段的加速度跟小球a/第一阶段的加速度大小相同（设为a2），根据图中管的倾斜程度，显然有a1> a2。根据这些物理量大小的分析，在同一个V-t图象中两球速度曲线下所围的面积应该相同，且末状态速度大小也相同（纵坐标相同）。开始时a球曲线的斜率大。由于两球两阶段加速度对应相等，如果同时到达（经历时间为t1）则必然有s1>s2，显然不合理。如图8所示。因此有t1< t2，即a球先到。
问题6.注意弄清自由落体运动的特点。
自由落体运动是初速度为零、加速度为g的匀加速直线运动。
例11、 一个物体从塔顶上下落，在到达地面前最后1s内通过的位移是整个位移的9/25，求塔高。（g取10m/s2）
分析与解： 设物体下落总时间为t，塔高为h，则：
,
　 由上述方程解得：t=5s,所以，
例12、如图9所示，悬挂的直杆AB长为L1，在其下L2处，有一长为L3的无底圆筒CD，若将悬线剪断，则直杆穿过圆筒所用的时间为多少？
分析与解：直杆穿过圆筒所用的时间是从杆B点落到筒C端开始，到杆的A端落到D端结束。
设杆B落到C端所用的时间为t1,杆A端落到D端所用的时间为t2,由位移公式得：
，
所以，。
问题7.注意弄清竖直上抛运动的特点。
竖直上抛运动是匀变速直线运动，其上升阶段为匀减速运动，下落阶段为自由落体运动。它有如下特点：
1.上升和下降（至落回原处）的两个过程互为逆运动，具有对称性。有下列结论：
(1)速度对称：上升和下降过程中质点经过同一位置的速度大小相等、方向相反。
（2）时间对称：上升和下降经历的时间相等。
2.竖直上抛运动的特征量：（1）上升最大高度：Sm=.(2)上升最大高度和从最大高度点下落到抛出点两过程所经历的时间：.
例13、气球以10m/s的速度匀速竖直上升，从气球上掉下一个物体，经17s到达地面。求物体刚脱离气球时气球的高度。（g=10m/s2）
分析与解：可将物体的运动过程视为匀变速直线运动。规定向下方向为正，则物体的
初速度为V0=－10m/s,g=10m/s2
则据h=,则有：
∴物体刚掉下时离地1275m。
例14、一跳水运动员从离水面10 m高的平台上向上跃起，举双臂直体离开台面，此时其重心位于从手到脚全长的中心，跃起后重心升高0．45 m达到最高点，落水时身体竖直，手先入水（在此过程中运动员水平方向的运动忽略不计）。从离开跳台到手触水面，他可用于完成空中动作的时间是　　　　　s。（计算时，可以把运动员看作全部质量集中在重心的一个质点。g取10 m /s2，结果保留二位数字）
分析与解：设运动员跃起时的初速度为V0，且设向上为正，则由V20=2gh得：
由题意而知：运动员在全过程中可认为是做竖直上抛运动，且位移大小为10m，方向向下，故S=－10m.
由得：,解得t=1.7s.
问题8.注意弄清追及和相遇问题的求解方法。
1、追及和相遇问题的特点
追及和相遇问题是一类常见的运动学问题，从时间和空间的角度来讲，相遇是指同一时刻到达同一位置。可见，相遇的物体必然存在以下两个关系：一是相遇位置与各物体的初始位置之间存在一定的位移关系。若同地出发，相遇时位移相等为空间条件。二是相遇物体的运动时间也存在一定的关系。若物体同时出发，运动时间相等；若甲比乙早出发Δt，则运动时间关系为t甲=t乙+Δt。要使物体相遇就必须同时满足位移关系和运动时间关系。
2、追及和相遇问题的求解方法
首先分析各个物体的运动特点，形成清晰的运动图景；再根据相遇位置建立物体间的位移关系方程；最后根据各物体的运动特点找出运动时间的关系。
方法1：利用不等式求解。利用不等式求解，思路有二：其一是先求出在任意时刻t，两物体间的距离y=f(t),若对任何t，均存在y=f(t)>0,则这两个物体永远不能相遇；若存在某个时刻t，使得y=f(t),则这两个物体可能相遇。其二是设在t时刻两物体相遇，然后根据几何关系列出关于t的方程f(t)=0,若方程f(t)=0无正实数解，则说明这两物体不可能相遇；若方程f(t)=0存在正实数解，则说明这两个物体可能相遇。
方法2：利用图象法求解。利用图象法求解，其思路是用位移图象求解，分别作出两个物体的位移图象，如果两个物体的位移图象相交，则说明两物体相遇。
例15、火车以速率V1向前行驶，司机突然发现在前方同一轨道上距车为S处有另一辆火车，它正沿相同的方向以较小的速率V2作匀速运动，于是司机立即使车作匀减速运动，加速度大小为a,要使两车不致相撞，求出a应满足关式。
分析与解：设经过t时刻两车相遇，则有，整理得：
要使两车不致相撞，则上述方程无解，即
解得。
例16、在地面上以初速度2V0竖直上抛一物体A后，又以初速V0同地点竖直上抛另一物体B，若要使两物体能在空中相遇，则两物体抛出的时间间隔必须满足什么条件？（不计空气阻力）
分析与解：如按通常情况，可依据题意用运动学知识列方程求解，这是比较麻烦的。如换换思路，依据s=V0t-gt2/2作s-t图象，则可使解题过程大大简化。如图10所示，显然，两条图线的相交点表示A、B相遇时刻，纵坐标对应位移SA=SB。由图10可直接看出Δt满足关系式时， B可在空中相遇。
问题9.注意弄清极值问题和临界问题的求解方法。
例17、如图11所示，一平直的传送带以速度V=2m/s做匀速运动，传送带把A处的工件运送到B处，A、B相距L=10m。从A处把工件无初速地放到传送带上，经过时间t=6s,能传送到B处，欲用最短的时间把工件从A处传送到B处，求传送带的运行速度至少多大？
分析与解：因,所以工件在6s内先匀加速运动，后匀速运动，有
t1+t2=t, S1+S2=L
解上述四式得t1=2s,a=V/t1=1m/s2.
若要工件最短时间传送到B，工件加速度仍为a，设传送带速度为V，工件先加速后匀速，同上理有：又因为t1=V/a,t2=t-t1,所以，化简得：
,因为，
所以当,即时，t有最小值，。
表明工件一直加速到B所用时间最短。
例18、摩托车在平直公路上从静止开始起动，a1=1.6m/s2,稍后匀速运动，然后减速，a2=6.4m/s2,直到停止，共历时130s，行程1600m.试求：
（1）摩托车行驶的最大速度Vm.
(2)若摩托车从静止起动，a1、a2不变，直到停止，行程不变，所需最短时间为多少？
分析与解：（1）整个运动过程分三个阶段：匀加速运动；匀速运动；匀减速运动。可借助V-t图表示，如图12所示。利用推论有：
解得：Vm=12.8m/s.(另一根舍去)
（2）首先要回答摩托车以什么样的方式运动可使得时间最短。借助V-t图象可以证明：当摩托车先以a1匀加速运动，当速度达到Vm/时，紧接着以a2匀减速运动直到停止时，行程不变，而时间最短，如图13所示，设最短时间为tmin,
则,
由上述二式解得：Vm/=64m/s,故tmin=5os,即最短时间为50s.
问题10、注意弄清联系实际问题的分析求解。
例19、图14（a）是在高速公路上用超声波测速仪测量车速的示意图，测速仪发出并接收超声波脉冲信号，根据发出和接收到的时间差，测出汽车的速度。图14（b）中是测速仪发出的超声波信号，n1、n2分别是由汽车反射回来的信号。设测速仪匀速扫描，p1、、p2之间的时间间隔Δt＝1.0s，超声波在空气中传播的速度是V＝340m./s，若汽车是匀速行驶的，则根据图14（b）可知，汽车在接收到p1、、p2两个信号之间的时间内前进的距离是 m，汽车的速度是_____________m/s
分析与解：本题由阅读图14（b）后，无法让人在大脑中直接形成测速仪发射和接受超声波以及两个超声波在传播过程中量值关系形象的物理图象。只有仔细地分析图14（b）各符号的要素，深刻地思考才会在大脑中形成测速仪在P1时刻发出的超声波，经汽车反射后经过t1=0.4S接收到信号，在P2时刻发出的超声波，经汽车反射后经过t2=0.3S接收到信号的形象的物理情景图象。根据这些信息很容易给出如下解答：
汽车在接收到p1、、p2两个信号之间的时间内前进的距离是:
S=V（t1-t2）/2=17m，汽车通过这一位移所用的时间t=Δt-（t1-t2）/2=0.95S.所以汽车的速度是.
例20、调节水龙头，让水一滴滴流出，在下方放一盘子，调节盘子高度，使一滴水滴碰到盘子时，恰有另一滴水滴开始下落，而空中还有一滴正在下落中的水滴，测出水龙头到盘子的距离为h，从第一滴开始下落时计时，到第n滴水滴落在盘子中，共用去时间t，则此时第（n+1）滴水滴与盘子的距离为多少？当地的重力加速度为多少？
分析与解：设两个水滴间的时间为T，如图15所示，根据自由落体运动规律可得：
,
所以求得：此时第（n+1）滴水滴与盘子的距离为 ，当地的重力加速度g= .
三、警示易错试题
典型错误之一：盲目地套用公式计算“汽车”刹车的位移。
例21、飞机着陆做匀减速运动可获得a=6m/s2的加速度，飞机着陆时的速度为V0=60m/s,求它着陆后t=12s内滑行的距离。
错解：将t=12s代入位移公式得：288m.
分析纠错：解决本问题时应先计算飞机能运动多长时间，才能判断着陆后t=12s内的运动情况。
设飞机停止时所需时间为t0,由速度公式Vt=V0-at0得t0=10s.
可见，飞机在t=12s内的前10s内做匀减速运动，后2s内保持静止。所以有：
典型错误之二：错误理解追碰问题的临界条件。
例22、 经检测汽车A的制动性能：以标准速度20m/s在平直公路上行使时，制动后40s停下来。现A在平直公路上以20m/s的速度行使发现前方180m处有一货车B以6m/s的速度同向匀速行使，司机立即制动，能否发生撞车事故？
错解： 设汽车A制动后40s的位移为s1，货车B在这段时间内的位移为S2。据
有A车的加速度为：a=-0.5m/s2.据匀变速直线运动的规律有：
而S2=V2t=6×40=240（m），两车位移差为400-240=160（m），因为两车刚开始相距180m＞160m，所以两车不相撞。
分析纠错：这是典型的追击问题。关键是要弄清不相撞的条件。汽车A与货车B同速时，两车位移差和初始时刻两车距离关系是判断两车能否相撞的依据。当两车同速时，两车位移差大于初始时刻的距离时，两车相撞；小于、等于时，则不相撞。而错解中的判据条件错误导致错解。
本题也可以用不等式求解：设在t时刻两物体相遇，则有：
，即：。
因为，所以两车相撞。
典型错误之三：参考系的选择不明确。
例23、航空母舰以一定的速度航行，以保证飞机能安全起飞，某航空母舰上的战斗机起飞时的最大加速度是a=5.0m/s2,速度须达V=50m/s才能起飞，该航空母舰甲板长L=160m,为了使飞机能安全起飞，航空母舰应以多大的速度V0向什么方向航行？
错解：据得。
分析纠错：上述错解的原因是没有明确指出参考系，速度、位移不是在同一参考系中得到的量。若以地面为参考系，则飞机的初速度为V0，末速度为V=50m/s，飞机的位移为S=L+V0t,则根据匀变速直线的规律可得：，V=V0+at。
代入数据求得：V0=10m/s.
即航空母舰应与飞机起飞方向相同至少以10m/s的速度航行。
若以航空母舰为参考系，则飞机的初速度为零，位移为L，设末速度为V1，则据匀变速直线的规律可得：。
所以V0=V-V1=10m/s.即航空母舰应与飞机起飞方向相同至少以10m/s的速度航行。
典型错误之四：对由公式求得“结果”不能正确取舍。
例24、汽车以20m/s的速度做匀速运动，某时刻关闭发动机而做匀减速运动，加速度大小为5m/s2，则它关闭发动机后通过t=37.5m所需的时间为（ ）
A.3s; B.4s C.5s D.6s
错解：设汽车初速度的方向为正方向，即V0=20m/s,a=－5m/s2,s=37.5m.
则由位移公式得：
解得：t1=3s,t2=5s.即A、C二选项正确。
分析纠错：因为汽车经过t0=已经停止运动，4s后位移公式已不适用，故t2=5s应舍去。即正确答案为A。
典型错误之五：忽视位移、速度和加速度的矢量性。
例25、竖直向上抛出一物体，已知其出手时的速度是5m/s,经过3s，该物体落到抛出点下某处，速度为25m/s,已知该物体在运动过程中加速度不变，求该加速度的大小及方向。
错解：由题意知V0=5m/s,Vt=25m/s,所以加速度a=(Vt-V0)/t=6.67m/s2.
分析纠错：由于速度是矢量，处理同一直线上的矢量运算，必须先选定正方向，将矢量运算转化为代数运算。
取向上为正方向，由题意知：V0=5m/s,Vt=－25m/s,所以加速度a=(Vt-V0)/t=－10m/s2.
加速度为负，表示加速度的方向与正方向相反，即a的方向竖直向下。
典型错误之六：不能正确理解运动图象。
例26、一质点沿直线运动时的速度—时间图线如图16所示，则以下说法中正确的是：
A．第1s末质点的位移和速度都改变方向。
B．第2s末质点的位移改变方向。
C．第4s末质点的位移为零。
D．第3s末和第5s末质点的位置相同。
错解：选B、C。
分析纠错：速度图线中，速度可以直接从纵坐标轴上读出，其正、负就表示速度方向，位移为速度图线下的“面积”，在坐标轴下方的“面积”为负。
由图16中可直接看出，速度方向发生变化的时刻是第2s末、第4s末，而位移始终为正值，前2s内位移逐渐增大，第3s、第4s内又逐渐减小。第4s末位移为零，以后又如此变化。第3s末与第5s末的位移均为0.5m.故选项CD正确。
所以正确答案是选项C、D。
四、如临高考测试
1.甲、乙两辆汽车沿平直公路从某地同时同向驶向同一目的地，甲车在前一半时间内以速度V1做匀速运动，后一半时间内以速度V2做匀速运动；乙车在前一半路程中以速度V1做匀速运动，在后一半路程中以速度V2做匀速运动，且V1≠V2 ，则：
A．甲先到达； B．乙先到达；
C．甲、乙同时到达； D．无法比较。
2．一球由空中自由下落，碰到桌面立刻反弹，则V—t图象为图17中的(取向上为正)
3．甲、乙两车以相同的速率V0在水平地面上相向做匀速直线运动，某时刻乙车先以大小为a的加速度做匀减速运动，当速率减小到0时，甲车也以大小为a的加速度做匀减速运动。为了避免碰车，在乙车开始做匀减速运动时，甲、乙两车的距离至少应为：
A． B． C． D． 。
4．作匀加速直线运动的物体，依次通过A、B、C三点，位移SAB=SBC ，已知物体在AB段的平均速度为3 m/s，在BC段的平均速度大小为6 m/s，那么物体在B点时的即时速度的大小为：
A．4 m/s B．4．5 m/s
C．5 m/s D．5．5 m/s。
5．物体以速度V匀速通过直线上的A、B两点间，需时为t。现在物体由A点静止出发，匀加速(加速度为a1 )到某一最大速度Vm后立即作匀减速运动(加速度为a2)至B点停下，历时仍为t，则物体的
Vm 只能为2V，无论a1 、a2为何值
Vm 可为许多值，与a1 a2的大小有关
a1 、a2值必须是一定的
a1 、a2必须满足。
6．作直线运动的物体，经过A、B两点的速度分别为VA和VB，经过A和B的中点的速度为VC，且VC=(VA+VB)；在AC段为匀加速直线运动，加速度为a1 ，CB段为匀加速直线运动，加速度为a2 ，则：
A． a1=a2 B．a1＞a2
C． a1＜a 2 D．不能确定。
7. 一物体在AB两点的中点由静止开始运动(设AB长度足够长)，其加速度如图18所示随时间变化。设向A的加速度为正向，从t=0开始，则物体的运动情况
A.先向A后向B，再向A、向B、4s末静止在原位置
B.先向A后向B，再向A、向B、4s末静止在偏A侧的某点
C.先向A后向B，再向A、向B、4s末静止在偏B侧的某点
D.一直向A运动，4s末静止在偏向A侧的某点。　
8.从离地Ｈ高处自由下落小球a，同时在它正下方H处以速度Ｖ0竖直上抛另一小球b，不计空气阻力，有：
(1)若Ｖ0＞，小球b在上升过程中与a球相遇
(2)若Ｖ0＜,小球b在下落过程中肯定与a球相遇
(3)若Ｖ0=，小球b和a不会在空中相遇
(4)若Ｖ0=，两球在空中相遇时b球速度为零。　　　
A.只有(2)是正确的　　 B.(1)(2)(3)是正确的　　
C.(1)(3)(4)正确的　　 D. (2) (4)是正确的。
9.在平直轨道上有两辆长为L的汽车，中心相距为S。开始时，A车以初速度V0、加速度大小为2a正对B车做匀减速运动，而B车同时以加速度大小为a由静止做匀加速直线运动，两车运动方向相同。要使两车不相撞，则V0应满足的关系式为 。
10.一根细杆长3m，用短绳悬挂(绳长不计)，悬点下有一个2m高的窗门，门顶在悬点下8m处，今将绳剪断，让杆自由下落，则杆从门旁通过的时间是 s(g取10m/s2 )
11.将一个粉笔头轻放在2 m/s的恒定速度运动的水平传送带上后，传送带上留下一条长度为4m的划线；若使该传送带改做匀减速运动（加速度的大小为1．5 m/s2），并且在传送带开始做匀减速运动的同时，将另一支粉笔头放在传送带上，该粉笔头在传送带上能留下一条多长的划线 (g取10 m/s2)
12.跳伞运动员做低空跳伞表演，当飞机离地面224m水平飞行时，运动员离开飞机在竖直方向作自由落体运动。运动一段时间后，立即打开降落伞，展伞后运动员以12．5 m /s2的加速度匀减速下降。为了运动员的安全，要求运动员落地速度最大不得超过5 m /s。g＝10 m /s2。求：
（1）运动员展伞时，离地面的高度至少为多少？着地时相当于从多高处自由落下？
（2）运动员在空中的最短时间为多少？
13 、如图所示，声源S和观察者A都沿x轴正方向运动，相对于地面的速率分别为Vs和VA．空气中声音传播的速率为Vp,设Vs（1）若声源相继发出两个声信号．时间间隔为Δt,请根据发出的这两个声信号从声源传播到观察者的过程．确定观察者接收到这两个声信号的时间间隔Δt'．
（2）请利用(1)的结果，推导此情形下观察者接收到的声波频率与声源发出的声波频率间的关系式．
(参考答案见下期讲座)。
（专题一：如临高考测试参考答案：1.A;2.D;3.A;4.B;5.A;6.A;7.C;8.C;9.B;10.A）
图1
t
V
A
O
eq \o\ac(○,1)
eq \o\ac(○,2)
eq \o\ac(○,4)
eq \o\ac(○,3)
t
S
B
O
eq \o\ac(○,1)
eq \o\ac(○,2)
eq \o\ac(○,3)
eq \o\ac(○,4)
图2
图 3
T1
T2
T3
T4
T5
O
Ss
S2
S1
t
S3
龟
兔
t
V
V0
O
S
S
S
图4
p q
A
B
C
图5
q
Vv
t
o
p
q
Vv
tq tp
图6
Vv
a
a’
V1
V2
l1
l1
l2
l2
图7
Vv
t1
t2
t
o
Vvm
a
a/
图8
A
B
C
D
L1
L2
L3
图9
S
O
t
A
B
2V0/g
4V0/g
6V0/g
Δt
图10
A
B
图11
130s
V(m/s)
O
Vm
a1
a2
t/s
图12
130s
V(m/s)
O
Vm
a1
a2
t/s
图13
0
1
2
3
4
5
P1
P2
n1
n2
A
B
图14a
图14b
h
h/4
图15
t/s
V/ms-1
0
1
2
1
2
3
4
5
图16
图17
图18
x
A
VA
VS
S
图19专题八：分子动理论、热和功及气体状态参量考点例析
本部分主要包括分子动理论、内能、热力学第一定律、热力学第二定律、气体的状态参量及定性关系。在高考中多以选择题、填空题的形式出现，理科综合一般只考一道选择题，占分比例较小，试题难度属于容易题或中档题，因此只要能识记和理解相关知识点，得到本部分试题的分数并不困难。
一、夯实基础知识
1、理解并识记分子动理论的三个观点
描述热现象的一个基本概念是温度。凡是跟温度有关的现象都叫做热现象。分子动理论是从物质微观结构的观点来研究热现象的理论。它的基本内容是：物体是由大量分子组成的；分子永不停息地做无规则运动；分子间存在着相互作用力。
2、了解分子永不停息地做无规则运动的实验事实
物体里的分子永不停息地做无规则运动，这种运动跟温度有关，所以通常把分子的这种运动叫做热运动。
（1）扩散现象和布朗运动都可以很好地证明分子的热运动。
（2）布朗运动是指悬浮在液体中的固体微粒的无规则运动。关于布朗运动，要注意以下几点：①形成条件是：只要微粒足够小。②温度越高，布朗运动越激烈。③观察到的是固体微粒（不是液体，不是固体分子）的无规则运动，反映的是液体分子运动的无规则性。④实验中描绘出的是某固体微粒每隔30秒的位置的连线，不是该微粒的运动轨迹。
3、了解分子力的特点
分子力有如下几个特点：①分子间同时存在引力和斥力；②引力和斥力都随着距离的增大而减小；③斥力比引力变化得快。
4、深刻理解物体内能的概念
⑴做热运动的分子具有的动能叫分子动能。温度是物体分子热运动的平均动能的标志。温度越高，分子做热运动的平均动能越大。
⑵由分子间相对位置决定的势能叫分子势能。分子力做正功时分子势能减小；分子力作负功时分子势能增大。（所有势能都有同样结论：重力做正功重力势能减小、电场力做正功电势能减小。）
由上面的分析可以得出：当r=r0即分子处于平衡位置时分子势能最小。不论r从r0增大还是减小，分子势能都将增大。分子势能与物体的体积有关。体积变化，分子势能也变化。
⑶物体中所有分子做热运动的动能和分子势能的总和叫做物体的内能。
5、掌握热力学第一定律
做功和热传递都能改变物体的内能。也就是说，做功和热传递对改变物体的内能是等效的。但从能量转化和守恒的观点看又是有区别的：做功是其他能和内能之间的转化，功是内能转化的量度；而热传递是内能间的转移，热量是内能转移的量度。
外界对物体所做的功W加上物体从外界吸收的热量Q等于物体内能的增加ΔU，即ΔU=Q+W 这叫做热力学第一定律。
在这个表达式中，当外界对物体做功时W取正，物体克服外力做功时W取负；当物体从外界吸热时Q取正，物体向外界放热时Q取负；ΔU为正表示物体内能增加，ΔU为负表示物体内能减小。
6、掌握热力学第二定律
（1）热传导的方向性。热传导的过程是有方向性的，这个过程可以向一个方向自发地进行（热量会自发地从高温物体传给低温物体），但是向相反的方向却不能自发地进行。
（2）第二类永动机不可能制成。我们把没有冷凝器，只有单一热源，从单一热源吸收热量全部用来做功，而不引起其它变化的热机称为第二类永动机。这表明机械能和内能的转化过程具有方向性：机械能可以全部转化成内能，内能却不能全部转化成机械能。
（3）热力学第二定律的表述：①不可能使热量由低温物体传递到高温物体，而不引起其他变化（按热传导的方向性表述）。②不可能从单一热源吸收热量并把它全部用来做功，而不引起其他变化（按机械能和内能转化过程的方向性表述）。③第二类永动机是不可能制成的。
热力学第二定律使人们认识到：自然界各种进行的涉及热现象的宏观过程都具有方向性。它揭示了有大量分子参与的宏观过程的方向性，使得它成为独立于热力学第一定律的一个重要的自然规律。
（4）能量耗散。自然界的能量是守恒的，但是有的能量便于利用，有些能量不便于利用。很多事例证明，我们无法把流散的内能重新收集起来加以利用。这种现象叫做能量的耗散。它从能量转化的角度反映出自然界中的宏观现象具有方向性。
8、掌握气体的状态参量
（1）温度：温度在宏观上表示物体的冷热程度；在微观上是分子平均动能的标志。
热力学温度是国际单位制中的基本量之一，符号T，单位K（开尔文）；摄氏温度是导出单位，符号t，单位℃（摄氏度）。关系是t=T-T0，其中T0=273.15K，摄氏度不再采用过去的定义。
两种温度间的关系可以表示为：T = t+273.15K和ΔT =Δt，要注意两种单位制下每一度的间隔是相同的。
0K是低温的极限，它表示所有分子都停止了热运动。可以无限接近，但永远不能达到。
（2）体积。气体总是充满它所在的容器，所以气体的体积总是等于盛装气体的容器的容积。
（3）压强。气体的压强是由于气体分子频繁碰撞器壁而产生的。（绝不能用气体分子间的斥力解释！）
一般情况下不考虑气体本身的重力，所以同一容器内气体的压强处处相等。但大气压在宏观上可以看成是大气受地球吸引而产生的重力而引起的。
压强的国际单位是帕，符号Pa，常用的单位还有标准大气压（atm）和毫米汞柱(mmHg)。它们间的关系是：1 atm=1.013×105Pa=760 mmHg； 1 mmHg=133.3Pa。
9、气体的体积、压强、温度间的关系。
（1）一定质量的气体，在温度不变的情况下，体积减小，压强增大。
（2）一定质量的气体，在压强不变的情况下，温度升高，体积增大。
（3）一定质量的气体，在体积不变的情况下，温度升高，压强增大。
二、解析典型问题
问题1：应弄清分子运动与布朗运动的关系
布朗运动是大量液体分子对固体微粒撞击的集体行为的结果，个别分子对固体微粒的碰撞不会产生布朗运动。布朗运动的激烈程度与固体微粒的大小、液体的温度等有关。固体微粒越小，液体分子对它各部分碰撞的不均匀性越明显；质量越小，它的惯性越小，越容易改变运动状态，所以运动越激烈。液体温度越高，固体微粒周围的液体分子运动越不规则，对微粒碰撞的不均匀性越明显，布朗运动越激烈。但要注意布朗运动是悬浮的固体微粒的运动，不是单个分子的运动，但布朗运动证实了周围液体分子的无规则运动。
例1、下列关于布朗运动的说法中正确的是( )
A.布朗运动是指在显微镜下观察到的组成悬浮颗粒的固体分子的无规则运动；
B.布朗运动是指在显微镜下观察到的悬浮固体颗粒的无规则运动；
C.布朗运动是指液体分子的无规则运动；
D.布朗运动是指在显微镜下直接观察到的液体分子的无规则运动。
显然正确答案为B。
问题2：应弄清分子力与分子引力和斥力的关系。
分子之间虽然有空隙，大量分子却能聚集在一起形成固体或液体，说明分子之间存在着引力。分子间有引力，而分子间有空隙，没有紧紧吸在一起，说明分子间还存在着斥力。分子间同时存在着引力和斥力。分子之间同时存在着引力和斥力，都随分子之间距离的变化而变化。但是，由于斥力比引力变化得快，便出现了“斥力大于引力”、“斥力和引力恰好相等”、“引力大于斥力”的情况；当r很大时，可以认为引力和斥力均“等于零”等情况。而分子力是指分子引力和斥力的合力，分子间距离为r0时分子力为零，并不是分子间无引力和斥力。
例2、若把处于平衡状态时相邻分子间的距离记为r0，则下列关于分子间的相互作用力的说法中正确的是 ( )
A.当分子间距离小于r0时，分子间作用力表现为斥力;
B.当分子间距离大于r0时，分子间作用力表现为引力;
C.当分子间距离从r0逐渐增大时，分子间的引力增大;
D.当分子间距离小于r0时，随着距离的增大分子力是减小的
显然正确答案为A、B。
问题3： 应弄清分子力做功与分子势能变化的关系
与重力、弹力相似，分子力做功与路径无关，可以引进分子势能的概念。分子间所具有的势能由它们的相对位置所决定。分子力做正功时分子势能减小，分子力做负功时分子势能增加。通常选取无穷远处（分子间距离r>r0处）分子势能为零。当两分子逐渐移近时（r>r0），分子力做正功，分子势能减小；当分子距离r=r0时，分子势能最小（且为负值）；当两分子再靠近时（r例3、分子甲和乙相距较远时，它们之间的分子力可忽略。现让分子甲固定不动，将分子乙由较远处逐渐向甲靠近直到不能再靠近，在这一过程中（ ）
Ａ、分子力总是对乙做正功；
Ｂ、分子乙总是克服分子力做功；
Ｃ、先是分子力对乙做正功，然后是分子乙克服分子力做功；
Ｄ、分子力先对乙做正功，再对乙做负功，最后又对乙做正功。
显然正确答案为C。
问题4：应弄清温度与分子动能的关系
物质分子由于不停地运动而具有的能叫分子动能。分子的运动是杂乱的。同一物体内各个分子的速度大小和方向是不同的。从大量分子的总体来看，速率很大和速率很小的分子数比较少，具有中等速率的分子数比较多。在研究热现象时，有意义的不是一个分子的动能，而是大量分子的平均动能。从分子动理论观点来看，温度是物体分子热运动平均动能的标志，温度越高，分子的平均动能就越大；反之亦然。注意同一温度下，不同物质分子的平均动能都相同，但由于不同物质的分子质量不尽相同，所以分子运动的平均速率不尽相同。
例4、质量相同、温度相同的氢气和氧气，它们的（　）
A．分子数相同；　　　 B．内能相同　；　
C．分子平均速度相同 ； D．分子的平均动能相同。
显然正确答案为D。
例5、关于温度的概念，下列说法中正确的是（ ）
A.温度是分子平均动能的标志，物体温度高，则物体的分子平均动能大;
B.物体温度高，则物体每一个分子的动能都大;
C.某物体内能增大时，其温度一定升高;
D.甲物体温度比乙物体温度高，则甲物体的分子平均速率比乙物体大.
显然正确答案为A。
问题5：应弄清物体的内能与状态参量的关系
物体的内能是指组成物体的所有分子热运动的动能与分子势能的总和。由于温度越高，分子平均动能越大，所以物体的内能与物体的温度有关；由于分子势能与分子间距离有关，分子间距离又与物体的体积有关，所以物体的内能与物体的体积有关；由于物体的摩尔数不同，物体包含的分子数目就不同，分子热运动的总动能与分子势能的总和也会不同，所以物体的内能与物体的摩尔数有关。总之，物体内能的多少与物体的温度、体积和摩尔数有关。
对于理想气体来说，由于分子之间没有相互作用力，就不存在分子势能。因此，理想气体的内能就是气体所有分子热运动的动能的总和。理想气体的内能只跟理想气体的质量、温度有关，而与理想气体的体积无关。即理想气体的质量和温度保持不变，其内能就保持不变。
例6、关于物体内能，下列说法中正确的是
相同质量的两个物体，升高相同的温度内能增量一定相同；
在一定条件下，一定量00C的水结成00C的冰，内能一定减小；
一定量的气体体积增大，但既不吸热也不放热，内能一定减小；
一定量气体吸收热量而保持体积不变，内能一定减小。
分析与解：升高相同的温度，分子的平均动能增量相同，而物体的内能是物体内所有的分子的动能和势能的总和。分子的平均动能增量相同，分子数不同，分子的势能也不一定相同，所以内能增量一定相等是不正确的，即A错。00C水变成00C冰，需放出热量，因温度不变，所以分子的动能不变，分子的势能就必须减少，因而内能就一定减少，即B正确。一定质量的气体体积增大，气体对外做功，又因不吸热不放热，所以，内能一定减少，即C正确。对一定量气体吸热但体积不变，即不对外做功，外界也不对气体做功，内能一定增加，即D错。
问题6：应弄清物体的内能的变化与做功、热传递的关系
改变物体的内能的途经就是改变物体的分子动能和分子势能，最终达到改变物体的内能。能够改变物体内能的物理过程有两种：做功和热传递。
做功使物体的内能发生变化的时候，内能的变化可以用功的数值来量度。外界对物体做多少功，物体的内能就增加多少；物体对外界做多少功，物体的内能就减少多少。
热传递使物体的内能发生变化的时候，内能的变化是用热量来量度的。外界传递物体多少热量，或者说物体吸收了多少热量，物体的内能就增加多少；物体传递给外界多少热量，或者说物体放出了多少热量，物体的内能就减小多少。
做功和热传递对改变物体的内能是等效的。功和热量都可以用来量度内能的变化。它们的区别是：做功是其它形式的能（如：电能、机械能……）和内能之间的转化；热传递是物体之间内能的转移。
例7、如图1所示，固定容器及可动活塞P都是绝热的，中间有一导热的固定隔板B，B的两边分别盛有气体甲和乙。现将活塞P缓慢地向B移动一段距离，已知气体的温度随其内能的增加而升高。则在移动P的过程中
A．外力对乙做功；甲的内能不变；
B．外力对乙做功；乙的内能不变；
C．乙传递热量给甲； 乙的内能增加 ；
D．乙的内能增加；甲的内能不变。
分析与解：在移动P的过程中,外界对乙气体做功，乙的内能要增加，所以乙的温度要升高.乙的温度升高后，甲、乙两部分气体就存在温度差，乙的温度较高，这样乙传递热量给甲。所以正确答案为C。
例8、有关物体内能，以下说法中正确的是：
A．1g00c水的内能比1g00c冰的内能大；
B．电流通过电阻后电阻发热切，它的内能增加是通过“热传递”方式实现的；
C．气体膨胀，它的内能一定减少；
D．橡皮筋被拉伸时，分子间热能增加。
分析与解：00c的水和00c的冰分子平均动能相同，但内能并不相同，水结成冰必然放出热量，说明相同质量的水的内能大，A选项对。电阻发热是由于电流做功而不是热传递，B选项错。气体膨胀，对外做功，但可能吸收更多的热量，C选项不对。橡皮筋被子拉伸时，分子克服分子力做功，所以分子间势能增加，D选项对。
所以本题正确答案为AD。
问题7：会计算液体产生的压强
计算液体产生压强的步骤是：选取假想的一个液体薄片(其自重不计)为研究对象；分析液片两侧受力情况，建立力的平衡方程，消去横截面积，得到液片两侧的压强平衡方程；解方程，求得气体压强。
例9、如图2所示，粗细均匀的竖直倒置的U型管右端封闭，左端开口插入水银槽中，封闭着两段空气柱1和2。已知h1=15cm,h2=12cm,外界大气压强p0=76cmHg,求空气柱1和2的压强。
分析与解：设空气柱1和2的压强分别为P1和P2，选水银柱h1和下端管内与水银槽内水银面相平的液片a为究对象，根据帕斯卡定律，气柱1的压强P1通过水银柱h1传递到液片a上，同时水银柱h1由于自重在a处产生的压强为h1cmHg,从而知液片a受到向下的压力为（P1+h1）S,S为液片a的面积。液片a很薄，自重不计。液片受到向上的压强是大气压强通过水银槽中水银传递到液片a的，故液片a受到向上的压力为P0S.因整个水银柱h1处于静止状态，故液片a所受上、下压力相等，即：（P1+h1）.S=P0S
故气柱1的压强为P1=61cmHg.
通过气柱2上端画等高线AB，则由连通器原理可知PB=PA=P1。
再以水银柱h2的下端面的液片b为研究对象，可求得空气柱2的压强为P2=73cmHg.
例10、图3中竖直圆筒是固定不动的，粗筒横截面积是细筒的4倍，细筒足够长，粗筒中A、B两轻质活塞间封有空气，气柱长Ｌ=20cm。活塞A上方的水银深H=10cm，两活塞与筒壁间的摩擦不计，用外力向上托住活塞B，使之处于平衡状态，水银面与粗筒上端相平。现使活塞B缓慢上移，直到水银的一半被推入细筒中，求此时气体的压强。大气压强p0相当于75cm高的水银柱产生的压强。
分析与解：使活塞B缓慢上移，当水银的一半被推入细筒中时，水银柱的高度为H、=25cm,所以此时气体的压强为P2=P0+ρgH、=100cmHg.
问题8：会计算固体活塞产生的压强
用固体（如活塞等）封闭在静止容器内的气体压强，应对固体（如活塞等）进行受力分析，然后根据平衡条件求解。
例11、如图4所示，一个横截面积为S的圆筒形容器竖直放置。金属圆板A的上表面是水平的，下表面是倾斜的，下表面与水平面的夹角为θ，圆板的质量为M，不计圆板与容器壁之间的摩擦，若大气压强为P0，则被封闭在容器内的气体的压强P等于( )
A．P0 + B．+
C．P0 + D．P0 + 。
分析与解：设金属圆板下表面的面积为S、，则S、=S/cosθ;被封闭气体对圆板下表面的压力为PS、,方向垂直下表面向上。
以圆板为研究对象，它受重力Mg、大气压力P0S、封闭气体的压力N1= PS、、容器右壁的压力N2(注意：容器左壁对圆板无压力)，如图5所示。
因圆板处于平衡状态，所受合力为零，在竖直方向上
的合力也为零，即
因为
所以
故应选D。
若选A和部分气体为研究对象，则该题的解答非常简单，受力图如图6所示。由平衡条件可得P=，计算过程非常简单.
例12、如图7，气缸由两个横截面不同的圆筒连接而成．活塞A、B被轻刚性细杆连接在一起，可无摩擦移动．A、B的质量分别为mA＝12kg，mB＝8.0kg，横截面积分别为SA=4.0×10-2m2，SB＝2.0×10-2m2．一定质量的理想气体被封闭在两活塞之间．活塞外侧大气压强P0=1.0×105Pa．
(1)气缸水平放置达到如图7所示的平衡状态，求气体的压强．
(2)现将气缸竖直放置，达到平衡后如图8所示．求此时气体的压强．取重力加速度g=10m/s2．
分析与解：（1）气缸处于图7位置时，设气缸内气体压强为P1，对于活塞和杆，据力的平衡条件有：
p0SA+p1SB=p1SA+p0SB
解得 p1＝p0＝1.0×105Pa
（2）气缸处于图8位置时，设气缸内气体压强为P2，对于活塞和杆，据力的平衡条件有：
P0SA+（mA+mB）g+P2SB=P2SA+P0SB
解得 P2＝.
问题9：会根据热力学第二定律判定热学过程的可能性
例13、根据热力学第二定律，可知下列说法中正确的有：
A．热量能够从高温物体传到低温物体，但不能从低温物体传到高温物体；
B．热量能够从高温物体传到低温物体，也可能从低温物体传到高温物体；
C．机械能可以全部转化为热量，但热量不可能全部转化为机械能；
D．机械能可以全部转化为热量，热量也可能全部转化为机械能。
分析与解：根据热传递的规律可知热量能够从高温物体传到低温物体；当外界对系统做功时，可以使系统从低温物体吸取热量传到高温物体上去，致冷机（如冰箱和空调）就是这样的装置。但是热量不能自发地从低温物体传到高温物体。选项A错误，B正确。
一个运动的物体，克服摩擦阻力做功，最终停止；在这个过程中机械能全部转化为热量。外界条件发生变化时，热量也可以全部转化为机械能；如在等温膨胀过程中，系统吸收的热量全部转化为对外界做的功，选项C错误，D正确。
综上所述，该题的正确答案是B、D。
例14、关于第二类永动机，下列说法正确的是：
A．没有冷凝器，只有单一的热源，能将从单一热源吸收的热量全部用来做功，而不引起其他变化的热机叫做第二类永动机；
B．第二类永动机违反了能量守恒定律，所以不可能制成；
C．第二类永动机不可能制成，说明机械能可以全部转化为内能，内能却不可能全部转化为机械能；
D．第二类永动机不可能制成，说明机械能可以全部转化为内能，内能却不可能全部转化为机械能，同时不引起其他变化。
分析与解：根据第二类永动机的定义可A正确，第二类永动机不违反了能量守恒定律，是违反第二定律，所以B选项错误。机械能可以全部转化为内能，内能在引起其他变化时是可能全部转化为机械能，所以C错误，D选项正确。
问题10：会根据能量守恒定律分析求解问题
例15、如图9所示，直立容器内部有被隔板隔开的A、B体积相同两部分气体，A的密度小，B的密度大，抽去隔板，加热气体使两部分气体均匀混合，设在此过程气体吸热Q，气体的内能增加为,则（ ）
A．； B．；
C．； D.无法比较。
分析与解：A、B气体开始的合重心在中线下，混合均匀后在中线，所以系统重力势能增大，由能量守恒有，吸收热量一部分增加气体内能，一部分增加重力势能。所以正确答案是B.
例16、如图10所示的A、B是两个管状容器，除了管较粗的部分高低不同之外，其他一切全同。将此两容器抽成真空，再同时分别插入两个水银池中，当水银柱停止运动时，问二管中水银的温度是否相同？为什么 设水银与外界没有热交换。
分析与解：不同。A管中水银的温度略高于B管中水银的温度。两管插入水银池时，大气压强均为P0，进入管中的水银的体积均为V，所以大气压力对两池中水银所做的功相同，但两装置中水银重力势能的增量不同，所以两者内能改变量也不同。由图可知，A管中水银的重力势能较小，所以A管中水银的内能增量较多，其温度应略高。
问题11：会求解力热综合问题
例17、如图11所示，在质量为M的细玻璃管中盛有少量乙醚液体，用质量为m的软木塞将管口封闭。加热玻璃管使软木塞在乙醚蒸气的压力下水平飞出，玻璃管悬于长为L的轻杆上，细杆可绕上端O轴无摩擦转动。欲使玻璃管在竖直平面内做圆周运动，在忽略热量损失的条件下，乙醚最少要消耗多少内能？
分析与解：设活塞冲开瞬间，软木塞和细玻璃管的速度分别为V1、V2，则据动量守恒定律可得：MV2-mV1=0,
玻璃管在竖直平面内做圆周运动至少要达到最高点，此时速度V3=0.
对玻璃管根据机械能守恒定律可得：。
根据能量守恒得乙醚最少要消耗的内能为：
。
问题12：会分析求解联系实际的问题
例18、如图12所示，钢瓶内装有高压氧气。打开阀门氧气迅速从瓶口喷出，当内外气压相等时立即关闭阀门。过一段时间后再打开阀门，会不会再有氧气逸出？
分析与解：第一次打开阀门氧气“迅速”喷出，是一个绝热过程Q=0，同时氧气体积膨胀对外做功W<0，由热力学第一定律ΔU<0，即关闭阀门时瓶内氧气温度必然低于外界温度，而压强等于外界大气压；“过一段时间”经过热交换，钢瓶内氧气的温度又和外界温度相同了，由于体积未变，所以瓶内氧气压强将增大，即大于大气压，因此再次打开阀门，将会有氧气逸出。
例19、 如图13为医院为病人输液的部分装置，图中A为输液瓶，B为滴壶，C为进气管，与大气相通。则在输液过程中（瓶A中尚有液体），下列说法正确的是：①瓶A中上方气体的压强随液面的下降而增大；②瓶A中液面下降，但A中上方气体的压强不变；③滴壶B中的气体压强随A中液面的下降而减小；④在瓶中药液输完以前，滴壶B中的气体压强保持不变
A.①③ B.①④ C.②③ D.②④
分析与解：进气管C端的压强始终是大气压p0，设输液瓶A内的压强为pA，可以得到pA= p0-ρgh，因此pA将随着h的减小而增大。滴壶B的上液面与进气管C端的高度差不受输液瓶A内液面变化的影响，因此压强不变。选B。
三、警示易错试题
典型错误之一：忽视大气压力对系统所做的功。
例20、如图14所示，内部横截面积为S的圆筒形绝热容器，封有一定质量的理想气体，开口向上放在硬板上。设活塞质量为m1，现有一质量为m2的橡皮泥从距活塞上表面高为h1处的A点由静止开始下落，碰到活塞后，随活塞一起下降的最大距离为h2,若不计活塞与容器壁的摩擦，求容器内气体内能的最大变化量是多少？
错解：橡皮泥自由下落h1的过程中，机械能守恒。碰撞活塞时，动量守恒。橡皮泥和活塞一起下降过程中，由于容器绝热减少的机械能都通过对气体做功转变成系统的内能。
由机械能守恒得：
根据动量守恒得：
所以内能的增量为：
分析纠错：只有当物体的体积不发生变化时，大气压力对物体所做的功才为零。由于固体或液体的体积变化通常是可以忽略的，所以当研究对象是固体或液体时，不考虑大气压力的做功。但气体体积容易发生显著变化，大气压力做功必须考虑。对于本题由于气体体积发生了变化，所以大气压力要对气体做功。正确答案应为：
典型错误之二：忽视大气压对弹簧秤示数的影响。
例21、如图15所示，两根同样的薄壁玻璃管A、B，管内分别有一段长为h1、h2的水银柱（h1A．F1=F2； B.若温度升高，但两弹簧秤的读数都不变。.
C.F1错解：本题容易错选BC。
分析纠错：可以证明：F1=P0S+ρh1gS和F2=P0S+ρh2gS，所以有F1典型错误之三：误把布朗微粒运动的折线图当作轨迹。
例22、在观察布朗运动时，从微粒在a点开始计时，间 隔30 s记下微粒的一个位置得到b、c、d、e、f、g等点，然后用直线依次连接，如图16所示，则下列说法正确的是：
A．微粒在75s末时的位置一定在cd的中点；
B．微粒在75s末时的位置可能在cd的连线上，但不可能在cd中点；
C．微粒在前30s内的路程一定等于ab的长度；
D．微粒在前30s内的位移大小一定等于ab的长度。
错解：本题容易错选CD.
分析纠错：b、c、d、e、f、g等分别粒子在t=30s、60s、90s、120s、150s、180s时的位置，但并不一定沿着折线abcdefg运动，所以正确答案只能是D.
典型错误之四：误把自由膨胀当作等压膨胀。
例23、如图17所示的绝热容器，把隔板抽掉，让左侧理想气体自由膨胀到右侧直至平衡，则下列说法正确的是（ ）
A．气体对外做功，内能减少，温度降低；
B．气体对外做功，内能不变，温度不变；
C．气体不做功，内能不变，温度不变，压强减小；
D．气体不做功，内能减少，压强减小。
错解：认为气体体积变大就对外做功，压强减小，温度降低，内能减少，错选A。
分析纠错：因为气体自由膨胀，所以不对外做功，因此内能不变，温度不变；由于体积增大，所以压强减小。正确答案应选C。
四、如临高考测试
1、一定质量的理想气体处于某一平衡状态，此时其压强为P0，有人设计了四种途径，使气体经过每种途经后压强仍为P0。这四种途径是（ ）
①先保持体积不变，降低压强，再保持温度不变，压缩体积
②先保持体积不变，使气体升温，再保持温度不变，让体积膨胀
③先保持温度不变，使体积膨胀，再保持体积不变，使气体升温
④先保持温度不变，压缩气体，再保持体积不变，使气体降温
可以断定，
A. ①、②不可能 B. ③、④不可能
C. ①、③不可能 D. ①、②、③、④都可能
2、一定量的气体吸收热量，体积膨胀并对外做功，则此过程的末态与初态相比，（ ）
A．气体内能一定增加 B．气体内能一定减小
C．气体内能一定不变 D．气体内能是增是减不能确定
3、若以表示水的摩尔质量，v表示在标准状态下水蒸气的摩尔体积，为在标准状态下水蒸气的密度，NA为阿伏加德罗常数，m、△分别表示每个水分子的质量和体积，下面是四个关系式：
① ② ③ ④ 其中（ ）
A．①和②都是正确的； B．①和③都是正确的；
C．②和④都是正确的； D．①和④都是正确的。
4、 下列说法正确的是（ ）
A． 热量不能由低温物体传递到高温物体；
B． 外界对物体做功，物体的内能必定增加；
C． 第二类永动机不可能制成，是因为违反了能量守恒定律；
D． 不可能从单一热源吸收热量并把它全部用来做功，而不引起其他变化。
5、甲、乙两个相同的密闭容器中分别装有等质量的同种气体，已知甲、乙容器中气体的压强分别为p甲、p乙，且p甲A. 甲容器中气体的温度高于乙容器中气体的温度；
B. 甲容器中气体的温度低于乙容器中气体的温度；
C. 甲容器中气体分子的平均动能小于乙容器中气体分子的平均动能；
D. 甲容器中气体分子的平均动能大于乙容器中气体分子的平均动能。
6、下列说法哪些是正确的（ ）
A．水的体积很难被压缩，这是分子间存在斥力的宏观表现；
B．气体总是很容易充满容器，这是分子间存在斥力的宏观表现；
C．两个相同的半球壳吻合接触，中间抽成真空（马德堡半球），用力很难拉开，这是分子间存在吸引力的宏观表现；
D．用力拉铁棒的两端，铁棒没有断，这是分子间存在吸引力的宏观表现。
7、下列说法正确的是（ ）
A．外界对一物体做功，此物体的内能一定增加；
B．机械能完全转化成内能是不可能的；
C．将热量传给一个物体，此物体的内能一定改变；
D．一定量气体对外做功，气体的内能不一定减少。
8、如图18所示,密闭绝热的具有一定质量的活塞,活塞的上部封闭着气体,下部为真空,活塞与器壁的摩擦忽略不计,置于真空中的轻弹簧的一端固定于容器的底部.另一端固定在活塞上,弹簧被压缩后用绳扎紧,此时弹簧的弹性势能为(弹簧处于自然长度时的弹性势能为零),现绳突然断开,弹簧推动活塞向上运动,经过多次往复运动后活塞静止,气体达到平衡态,经过此过程（ ）
A．全部转换为气体的内能；
B．一部分转换成活塞的重力势能,其余部分仍为弹簧的弹性势能；
C．全部转换成活塞的重力势能和气体的内能；
D．一部分转换成活塞的重力势能,一部分转换为气体的内能,其余部分仍为弹簧的弹性势能。
9、下列说法正确的是（ ）
A．外界对气体做功，气体的内能一定增大;
B．气体从外界只收热量，气体的内能一定增大;
C．气体的温度越低，气体分子无规则运动的平均动能越大;
D．气体的温度越高，气体分子无规则运动的平均动能越大.
10、分子间有相互作用势能，规定两分子相距无穷远时两分子间的势能为零。设分子a固定不动，分子b以某一初速度从无穷远处向a运动，直至它们之间的距离最小。在此过程中, a、b之间的势能（ ）
A．先减小，后增大，最后小于零 B．先减小，后增大，最后大于零
C．先增大，后减小，最后小于零 D．先增大，后减小，最后大于零
11、一定质量的理想气体，从某一状态开始，经过系列变化后又回一开始的状态，用W1表示外界对气体做的功，W2表示气体对外界做的功，Q1表示气体吸收的热量，Q2表示气体放出的热量，则在整个过程中一定有（ ）
A．Q1—Q2=W2—W1 B．Q1=Q2
C．W1=W2 D．Q1>Q2
12、一个带活塞的气缸内盛有一定量的气体。若此气体的温度随其内能的增大而升高,则（ ）
A将热量传给气体，其温度必升高
B．压缩气体，其温度必升高
C．压缩气体，同时气体向外界放热，其温度必不变
D．压缩气体，同时将热量传给气体，其温度必升高
13、有一段12cm长汞柱，在均匀玻璃管中封住了一定质量的气体。如图19所示。若管中向上将玻璃管放置在一个倾角为300的光滑斜面上。在下滑过程中被封闭气体的压强（设大气压强为P0=76cmHg）为( )
A．76cmHg B．82cmHg
C．88cmHg D．70cmHg。
14、如图20所示，若在湖水里固定一细长圆管，管下端未触及湖底，管内有一不漏气的活塞，它的下端位于水面上。活塞的底面积为S=1.0cm2,质量不计，水面上的大气压强为P0=1.0×105Pa,现把活塞缓慢地提高H=15m,则拉力对活塞做的功为 J，大气压力对做的功为 J。
15、质量为M的木块静止于光滑的水平桌面上，另有一质量为m的子弹，以水平初速度V0向木块射来，与木块发生相互作用后，子弹最后停留在木块中。设此过程中机械能损失的有30%转化为子弹的内能增加，并知道子弹的比热为C ，试求子弹的温度升高Δt 。
（参考答案见下期讲座）
专题七：机械振动和机械波考点例析如临高考测试参考答案：
1.C; 2. A; 3.C; 4.B; 5.AB; 6.BD; 7.AD; 8.B; 9.A; 10.A;
11.; 12.0.8s; 13.F=24N; 14.0.47s,大于340m/s; 15.70次/分。
图1
甲
乙
B
P
A
B
a
b
h2
h1
2
1
图2
图3
图4
Mg
P0S
N1
N2
图5
θ
PS
P0S
Mg
图6
A
A
B
B
图7
图8
A
B
图9
图10
A
B
L
M
m
图11
图12
A
C
B
图13
图14
m1
m2
B
h1
h2
h1
h2
图15
F1
F2
A
B
a
b
c
d
e
f
g
图16
图17
理想气体
图18
图19
H
图20专题（五）
机械能考点例析
能的概念、功和能的关系以及各种不同形式的能的相互转化和守恒的规律是自然界中最重要、最普遍、最基本的客观规律，它贯穿于整个物理学中。本章的功和功率、动能和动能定理、重力的功和重力势能、弹性势能、机械能守恒定律是历年高考的必考内容，考查的知识点覆盖面全，频率高，题型全。动能定理、机械能守恒定律是力学中的重点和难点，用能量观点解题是解决动力学问题的三大途径之一。考题的内容经常与牛顿运动定律、曲线运动、动量守恒定律、电磁学等方面知识综合，物理过程复杂，综合分析的能力要求较高，这部分知识能密切联系实际、生活实际、联系现代科学技术，因此，每年高考的压轴题，高难度的综合题经常涉及本章知识。例如：2001年的全国卷第22题、2001年上海卷第23题、2002年全国理综第30题、2003年全国理综第34题、2004年上海卷第21题、2004年物理广西卷第17题、2004年理综福建卷第25题等。同学平时要加强综合题的练习，学会将复杂的物理过程分解成若干个子过程，分析每一个过程的始末运动状态量及物理过程中力、加速度、速度、能量和动量的变化，对于生活、生产中的实际问题要建立相关物理模型，灵活运用牛顿定律、动能定理、动量定理及能量转化的方法提高解决实际问题的能力。
一、夯实基础知识
1.深刻理解功的概念
功是力的空间积累效应。它和位移相对应（也和时间相对应）。计算功的方法有两种：
⑴按照定义求功。即：W=Fscosθ。 在高中阶段，这种方法只适用于恒力做功。当时F做正功，当时F不做功，当时F做负功。
这种方法也可以说成是：功等于恒力和沿该恒力方向上的位移的乘积。
⑵用动能定理W=ΔEk或功能关系求功。当F为变力时，高中阶段往往考虑用这种方法求功。
这种方法的依据是：做功的过程就是能量转化的过程，功是能的转化的量度。如果知道某一过程中能量转化的数值，那么也就知道了该过程中对应的功的数值。
(3)．会判断正功、负功或不做功。判断方法有：用力和位移的夹角α判断;用力和速度的夹角θ判断定;用动能变化判断.
(4)了解常见力做功的特点:
重力做功和路径无关，只与物体始末位置的高度差h有关：W=mgh，当末位置低于初位置时，W＞0，即重力做正功；反之则重力做负功。
滑动摩擦力做功与路径有关。当某物体在一固定平面上运动时，滑动摩擦力做功的绝对值等于摩擦力与路程的乘积。
在弹性范围内，弹簧做功与始末状态弹簧的形变量有关系。
（5）一对作用力和反作用力做功的特点：一对作用力和反作用力在同一段时间内做的总功可能为正、可能为负、也可能为零；一对互为作用反作用的摩擦力做的总功可能为零（静摩擦力）、可能为负（滑动摩擦力），但不可能为正。
2.深刻理解功率的概念
（1）功率的物理意义：功率是描述做功快慢的物理量。
（2）功率的定义式：，所求出的功率是时间t内的平均功率。
（3）功率的计算式：P=Fvcosθ，其中θ是力与速度间的夹角。该公式有两种用法：①求某一时刻的瞬时功率。这时F是该时刻的作用力大小，v取瞬时值，对应的P为F在该时刻的瞬时功率；②当v为某段位移（时间）内的平均速度时，则要求这段位移（时间）内F必须为恒力，对应的P为F在该段时间内的平均功率。
(4)重力的功率可表示为PG=mgVy，即重力的瞬时功率等于重力和物体在该时刻的竖直分速度之积。
3.深刻理解动能的概念，掌握动能定理。
（1） 动能是物体运动的状态量，而动能的变化ΔEK是与物理过程有关的过程量。
(2)动能定理的表述
合外力做的功等于物体动能的变化。（这里的合外力指物体受到的所有外力的合力，包括重力）。表达式为W=ΔEK.
动能定理也可以表述为：外力对物体做的总功等于物体动能的变化。实际应用时，后一种表述比较好操作。不必求合力，特别是在全过程的各个阶段受力有变化的情况下，只要把各个力在各个阶段所做的功都按照代数和加起来，就可以得到总功。
动能定理建立起过程量（功）和状态量（动能）间的联系。这样，无论求合外力做的功还是求物体动能的变化，就都有了两个可供选择的途径。功和动能都是标量，动能定理表达式是一个标量式，不能在某一个方向上应用动能定理。
4.深刻理解势能的概念，掌握机械能守恒定律。
1.机械能守恒定律的两种表述
⑴在只有重力做功的情形下，物体的动能和重力势能发生相互转化，但机械能的总量保持不变。
⑵如果没有摩擦和介质阻力，物体只发生动能和重力势能的相互转化时，机械能的总量保持不变。
对机械能守恒定律的理解：
①机械能守恒定律的研究对象一定是系统，至少包括地球在内。通常我们说“小球的机械能守恒”其实一定也就包括地球在内，因为重力势能就是小球和地球所共有的。另外小球的动能中所用的v，也是相对于地面的速度。
②当研究对象（除地球以外）只有一个物体时，往往根据是否“只有重力做功”来判定机械能是否守恒；当研究对象（除地球以外）由多个物体组成时，往往根据是否“没有摩擦和介质阻力”来判定机械能是否守恒。
③“只有重力做功”不等于“只受重力作用”。在该过程中，物体可以受其它力的作用，只要这些力不做功。
2.机械能守恒定律的各种表达形式
⑴，即；
⑵；；
用⑴时，需要规定重力势能的参考平面。用⑵时则不必规定重力势能的参考平面，因为重力势能的改变量与参考平面的选取没有关系。尤其是用ΔE增=ΔE减，只要把增加的机械能和减少的机械能都写出来，方程自然就列出来了。
5.深刻理解功能关系，掌握能量守恒定律。
（1）做功的过程是能量转化的过程，功是能的转化的量度。
能量守恒和转化定律是自然界最基本的规律之一。而在不同形式的能量发生相互转化的过程中，功扮演着重要的角色。本章的主要定理、定律都可由这个基本原理出发而得到。
需要强调的是：功是一个过程量，它和一段位移（一段时间）相对应；而能是一个状态量，它与一个时刻相对应。两者的单位是相同的（都是J），但不能说功就是能，也不能说“功变成了能”。
（2）复习本章时的一个重要课题是要研究功和能的关系，尤其是功和机械能的关系。突出：“功是能量转化的量度”这一基本概念。
物体动能的增量由外力做的总功来量度：W外=ΔEk，这就是动能定理。
物体重力势能的增量由重力做的功来量度：WG= -ΔEP，这就是势能定理。
物体机械能的增量由重力以外的其他力做的功来量度：W其=ΔE机，（W其表示除重力以外的其它力做的功），这就是机械能定理。
当W其=0时，说明只有重力做功，所以系统的机械能守恒。
一对互为作用力反作用力的摩擦力做的总功，用来量度该过程系统由于摩擦而减小的机械能，也就是系统增加的内能。Q=fd（d为这两个物体间相对移动的路程）。
二、解析典型问题
问题1：弄清求变力做功的几种方法
功的计算在中学物理中占有十分重要的地位，中学阶段所学的功的计算公式W=FScosa只能用于恒力做功情况，对于变力做功的计算则没有一个固定公式可用，下面对变力做功问题进行归纳总结如下：
1、等值法
等值法即若某一变力的功和某一恒力的功相等，则可以通过计算该恒力的功，求出该变力的功。而恒力做功又可以用W=FScosa计算，从而使问题变得简单。
例1、如图1，定滑轮至滑块的高度为h，已知细绳的拉力为F（恒定），滑块沿水平面由A点前进S至B点，滑块在初、末位置时细绳与水平方向夹角分别为α和β。求滑块由A点运动到B点过程中，绳的拉力对滑块所做的功。
分析与解：设绳对物体的拉力为T，显然人对绳的拉力F等于T。T在对物体做功的过程中大小虽然不变，但其方向时刻在改变，因此该问题是变力做功的问题。但是在滑轮的质量以及滑轮与绳间的摩擦不计的情况下，人对绳做的功就等于绳的拉力对物体做的功。而拉力F的大小和方向都不变，所以F做的功可以用公式W=FScosa直接计算。由图1可知，在绳与水平面的夹角由α变到β的过程中,拉力F的作用点的位移大小为：　
2、微元法
当物体在变力的作用下作曲线运动时，若力的方向与物体运动的切线方向之间的夹角不变，且力与位移的方向同步变化，可用微元法将曲线分成无限个小元段，每一小元段可认为恒力做功，总功即为各个小元段做功的代数和。
例2 、如图2所示，某力F=10N作用于半径R=1m的转盘的边缘上，力F的大小保持不变，但方向始终保持与作用点的切线方向一致，则转动一周这个力F做的总功应为：
　 A、 0J　 B、20πJ　
　 C 、10J　 D、20J.
分析与解：把圆周分成无限个小元段，每个小元段可认为与力在同一直线上，故ΔW=FΔS，则转一周中各个小元段做功的代数和为W=F×2πR=10×2πJ=20πJ=62.8J，故B正确。
3、平均力法
如果力的方向不变，力的大小对位移按线性规律变化时，可用力的算术平均值（恒力）代替变力，利用功的定义式求功。
例3、一辆汽车质量为105kg，从静止开始运动，其阻力为车重的0.05倍。其牵引力的大小与车前进的距离变化关系为F=103x+f0，f0是车所受的阻力。当车前进100m时，牵引力做的功是多少？
分析与解：由于车的牵引力和位移的关系为F=103x+f0，是线性关系，故前进100m过程中的牵引力做的功可看作是平均牵引力所做的功。由题意可知f0＝0.05×105×10N＝5×104N,所以前进100m过程中的平均牵引力:
　　∴W＝S＝1×105×100J＝1×107J。
　　
　4、用动能定理求变力做功
　　例4、如图3所示，AB为1/4圆弧轨道，半径为0.8m，BC是水平轨道，长L=3m，BC处的摩擦系数为1/15，今有质量m=1kg的物体，自A点从静止起下滑到C点刚好停止。求物体在轨道AB段所受的阻力对物体做的功。
　　分析与解：物体在从A滑到C的过程中，有重力、AB段的阻力、AC段的摩擦力共三个力做功，重力做功WG=mgR，水平面上摩擦力做功Wf1=-μmgL，由于物体在AB段受的阻力是变力，做的功不能直接求。根据动能定理可知：W外=0，
　　　 所以mgR-umgL-WAB=0
　 即WAB=mgR-umgL=6(J)
5、用机械能守恒定律求变力做功
如果物体只受重力和弹力作用，或只有重力或弹力做功时，满足机械能守恒定律。如果求弹力这个变力做的功，可用机械能守恒定律来求解。
例5、如图4所示，质量m=2kg的物体，从光滑斜面的顶端A点以V0=5m/s的初速度滑下，在D点与弹簧接触并将弹簧压缩到B点时的速度为零，已知从A到B的竖直高度h=5m，求弹簧的弹力对物体所做的功。
分析与解：由于斜面光滑故机械能守恒，但弹簧的弹力是变力，弹力对物体做负功，弹簧的弹性势能增加，且弹力做的功的数值与弹性势能的增加量相等。取B所在水平面为零参考面，弹簧原长处D 点为弹性势能的零参考点，则状态A：EA= mgh+mV02/2
　对状态B：EB=－W弹簧+0
由机械能守恒定律得： W弹簧=－（mgh+mv02/2）=－125（J）。
　6、用功能原理求变力做功
例6、两个底面积都是S的圆筒，放在同一水平面上，桶内装水，水面高度分别为h1和h2，如图5所示，已知水的密度为ρ。现把连接两桶的阀门打开，最后两桶水面高度相等，则这过程中重力所做的功等于 .
分析与解：由于水是不可压缩的，把连接两桶的阀门打开到两桶水面高度相等的过程中，利用等效法把左管高以上部分的水等效地移至右管，如图6中的斜线所示。最后用功能关系，重力所做的功等于重力势能的减少量，选用AB所在的平面为零重力势能平面，则画斜线部分从左管移之右管所减少的重力势能为：
所以重力做的功WG=.
问题2：弄清滑轮系统拉力做功的计算方法
当牵引动滑轮两根细绳不平行时，但都是恒力，此时若将此二力合成为一个恒力再计算这个恒力的功，则计算过程较复杂。但若等效为两个恒力功的代数和，将使计算过程变得非常简便。
例7、如图7所示，在倾角为30°的斜面上，一条轻绳的一端固定在斜面上，绳子跨过连在滑块上的定滑轮，绳子另一端受到一个方向总是竖直向上，大小恒为F=100N的拉力，使物块沿斜面向上滑行1m(滑轮右边的绳子始终与斜面平行)的过程中，拉力F做的功是( )
Ａ.100J Ｂ.150J
Ｃ.200J Ｄ.条件不足，无法确定
分析与解析：拉力F做的功等效为图8中F1、F2两个恒力所做功的代数和。即W=F1·S+F2Scos60°,而F1=F2=F=100N,所以
W=F·S(1+cos60°)=150J。即B选项正确。
问题3：弄清求某力的平均功率和瞬时功率的方法
例8、 质量为m=0.5kg的物体从高处以水平的初速度V0=5m/s抛出，在运动t=2s内重力对物体做的功是多少？这2s内重力对物体做功的平均功率是多少？2s末，重力对物体做功的瞬时功率是多少？（g取）
分析与解：t=2s内，物体在竖直方向下落的高度m，
所以有，平均功率W。
在t=2s末速度物体在竖直方向的分速度,所以t=2s末瞬时功率W。
例9、起重机的钢索将重物由地面吊到空中某个高度，其速度图象如图9所示，则钢索拉力的功率随时间变化的图象可能是图10中的哪一个？
分析与解：在0～t1时间内，重物加速上升，设加速度为a1,则据牛顿第二定律可得钢索的拉力F1=mg+ma1,速度Vt=a1t,所以拉力的功率为：P1=m(a1+g)a1t;
在t1～t2时间内，重物匀速上升，拉力F2=mg,速度为V1=a1t1,所以拉力的功率为：
P2=mga1t1.
在t2～t3时间内，重物减速上升，设加速度大小为a2,则据牛顿第二定律可得钢索的拉力F2=mg-ma2,速度V2=a1t1-a2t,所以拉力的功率为：P1=m(g-a2)(a1t1-a2t).
综上所述，只有B选项正确。
问题4：.机车起动的最大速度问题
例10、汽车发动机额定功率为60 kW，汽车质量为5.0×103 kg，汽车在水平路面行驶时，受到的阻力大小是车重的0.1倍，试求：汽车保持额定功率从静止出发后能达到的最大速度是多少？
分析与解：汽车以恒定功率起动时，它的牵引力F将随速度V的变化而变化，其加速度a也随之变化，具体变化过程可采用如下示意图表示：
由此可得汽车速度达到最大时，a=0，
=12 m/s
小结：机车的速度达到最大时，一定是机车的加速度为零。弄清了这一点，利用平衡条件就很容易求出机车的最大速度。
问题5：机车匀加速起动的最长时间问题
例11、 汽车发动机额定功率为60 kW，汽车质量为5.0×103 kg，汽车在水平路面行驶时，受到的阻力大小是车重的0.1倍，试求：若汽车从静止开始，以0.5 m/s2的加速度匀加速运动，则这一加速度能维持多长时间？
分析与解：要维持汽车加速度不变，就要维持其牵引力不变，汽车功率将随V增大而增大，当P达到额定功率P额后，不能再增加，即汽车就不可能再保持匀加速运动了.具体变化过程可用如下示意图表示：
所以，汽车达到最大速度之前已经历了两个过程：匀加速和变加速，匀加速过程能维持到汽车功率增加到P额的时刻，设匀加速能达到最大速度为V1，则此时
小结：机车匀加速度运动能维持多长时间，一定是机车功率达到额定功率的时间。弄清了这一点，利用牛顿第二定律和运动学公式就很容易求出机车匀加速度运动能维持的时间。
问题6：.机车运动的最大加速度问题。
例12、 电动机通过一绳子吊起质量为8 kg的物体，绳的拉力不能超过120 N，电动机的功率不能超过1200 W，要将此物体由静止起用最快的方式吊高90 m（已知此物体在被吊高接近90 m时，已开始以最大速度匀速上升）所需时间为多少？
分析与解：此题可以用机车起动类问题的思路，即将物体吊高分为两个过程处理：第一过程是以绳所能承受的最大拉力拉物体，使物体以最大加速度匀加速上升，第一个过程结束时，电动机刚达到最大功率.第二个过程是电动机一直以最大功率拉物体，拉力逐渐减小，当拉力等于重力时，物体开始匀速上升.
在匀加速运动过程中加速度为
a= m/s2=5 m/s2，末速度Vt==10 m/s
上升的时间t1=s=2 s，上升高度为h==10 m
在功率恒定的过程中，最后匀速运动的速率为
Vm==15 m/s
外力对物体做的总功W=Pmt2-mgh2,动能变化量为
ΔEk=mV2m-mVt2
由动能定理得Pmt2-mgh2=mVm2-mVt2
代入数据后解得t2=5.75 s，所以t=t1+t2=7.75 s所需时间至少为7.75 s.
小结：机车运动的最大加速度是由机车的最大牵引力决定的，而最大牵引力是由牵引物的强度决定的。弄清了这一点，利用牛顿第二定律就很容易求出机车运动的最大匀加速度。
问题7：应用动能定理简解多过程问题。
物体在某个运动过程中包含有几个运动性质不同的小过程（如加速、减速的过程），此时可以分段考虑，也可以对全过程考虑，但如能对整个过程利用动能定理列式则使问题简化。
例13、如图11所示，斜面足够长，其倾角为α，质量为m的滑块，距挡板P为S0，以初速度V0沿斜面上滑，滑块与斜面间的动摩擦因数为μ，滑块所受摩擦力小于滑块沿斜面方向的重力分力，若滑块每次与挡板相碰均无机械能损失，求滑块在斜面上经过的总路程为多少？
分析与解：滑块在滑动过程中，要克服摩擦力做功，其机械能不断减少；又因为滑块所受摩擦力小于滑块沿斜面方向的重力分力，所以最终会停在斜面底端。
在整个过程中，受重力、摩擦力和斜面支持力作用，其中支持力不做功。设其经过和总路程为L，对全过程，由动能定理得：
得
问题8:利用动能定理巧求动摩擦因数
例14、如图12所示，小滑块从斜面顶点A由静止滑至水平部分C点而停止。已知斜面高为h，滑块运动的整个水平距离为s，设转角B处无动能损失，斜面和水平部分与小滑块的动摩擦因数相同，求此动摩擦因数。
分析与解：滑块从A点滑到C点，只有重力和摩擦力做功，设滑块质量为m，动摩擦因数为，斜面倾角为，斜面底边长，水平部分长，由动能定理得：
从计算结果可以看出，只要测出斜面高和水平部分长度，即可计算出动摩擦因数。
问题9:利用动能定理巧求机车脱钩问题
例15、总质量为M的列车，沿水平直线轨道匀速前进，其末节车厢质量为m，中途脱节，司机发觉时，机车已行驶L的距离，于是立即关闭油门，除去牵引力，如图13所示。设运动的阻力与质量成正比，机车的牵引力是恒定的。当列车的两部分都停止时，它们的距离是多少？
分析与解：此题用动能定理求解比用运动学、牛顿第二定律求解简便。
对车头，脱钩后的全过程用动能定理得：
对车尾，脱钩后用动能定理得：
而，由于原来列车是匀速前进的，所以F=kMg
由以上方程解得。
问题10:会用Q=fS相简解物理问题
两个物体相互摩擦而产生的热量Q（或说系统内能的增加量）等于物体之间滑动摩擦力f与这两个物体间相对滑动的路程的乘积，即Q=fS相.利用这结论可以简便地解答高考试题中的“摩擦生热”问题。下面就举例说明这一点。
例16、如图14所示，在一光滑的水平面上有两块相同的木板B和C。重物A（A视质点）位于B的右端，A、B、C的质量相等。现A和B以同一速度滑向静止的C，B与C发生正碰。碰后B和C粘在一起运动，A在C上滑行，A与C有摩擦力。已知A滑到C的右端面未掉下。试问：从B、C发生正碰到A刚移动到C右端期间，C所走过的距离是C板长度的多少倍？
分析与解：设A、B、C的质量均为m。B、C碰撞前，A与B的共同速度为V0，碰撞后B与C的共同速度为V1。对B、C构成的系统，由动量守恒定律得：mV0 =2mV1
设A滑至C的右端时，三者的共同速度为V2。对A、B、C构成的系统，由动量守恒定律得：2mV0=3mV2
设C的长度为L， A与C的动摩擦因数为μ，则据摩擦生热公式和能量守恒定律可得：
设从发生碰撞到A移至C的右端时C所走过的距离为S，则对B、C构成的系统据动能定理可得：
由以上各式解得.
例17、如图15所示，AB与CD为两个对称斜面，其上部都足够长，下部分分别与一个光滑的圆弧面的两端相切，圆弧圆心角为1200，半径R=2.0m,一个物体在离弧底E高度为h=3.0m处，以初速度V0=4m/s沿斜面运动，若物体与两斜面的动摩擦因数均为μ=0.02,则物体在两斜面上（不包括圆弧部分）一共能走多少路程？（g=10m/s2）.
分析与解：由于滑块在斜面上受到摩擦阻力作用，所以物体的机械能将逐渐减少，最后物体在BEC圆弧上作永不停息的往复运动。由于物体只在在BEC圆弧上作永不停息的往复运动之前的运动过程中，重力所做的功为WG=mg(h-R/2),摩擦力所做的功为Wf=-μmgscos600,由动能定理得：
mg(h-R/2) -μmgscos600=0-
∴s=280m.
问题11:会解机械能守恒定律与圆周运动的综合问题。
当系统内的物体都在做圆周运动，若机械能守恒，则可利用机械能守恒定律列一个方程，但未知数有多个，因此必须利用圆周运动的知识补充方程，才能解答相关问题。
例18、如图16所示，半径为r,质量不计的圆盘与地面垂直，圆心处有一个垂直盘面的光滑水平固定轴O，在盘的最右边缘固定一个质量为m的小球A，在O点的正下方离O点r/2处固定一个质量也为m的小球B。放开盘让其自由转动，问：
（1）A球转到最低点时的线速度是多少？
（2）在转动过程中半径OA向左偏离竖直方向的最大角度是多少？
分析与解：该系统在自由转动过程中，只有重力做
功，机械能守恒。设A球转到最低点时的线速度为VA，B
球的速度为VB，则据机械能守恒定律可得：
mgr-mgr/2=mvA2/2+mVB2/2
据圆周运动的知识可知：VA=2VB
由上述二式可求得VA=
设在转动过程中半径OA向左偏离竖直方向的最大角度是θ（如图17所示），则据机械能守恒定律可得：
mgr.cosθ-mgr(1+sinθ)/2=0
易求得θ=sin-1 。
问题12:会解机械能守恒定律与动量守恒定律的综合问题。
若系统的机械能和动量均守恒，则可利用动量守恒定律和机械能守恒定律求解相关问题。
例19、如图18所示，长为L的轻绳，一端用轻环套在光滑的横杆上（轻绳和轻杆的质量都不计），另一端连接一质量为m的小球，开始时，将系球的绳子绷紧并转到与横杆平行的位置，然后轻轻放手，当绳子与横杆成θ时，小球速度在水平方向的分量大小是多少？竖直方向的分量大小是多少？
分析与解：对于轻环、小球构成的系统，在水平方向上不受外力作用，所以在水平方向动量守恒。又由于轻环的质量不计，在水平方向的动量恒为零，所以小球的动量在水平方向的分量恒为零，小球速度在水平方向的分量为零。 又因为轻环、小球构成的系统的机械能守恒，所以mgLsinθ=mVy2/2
即Vy=.此为速度竖直方向的分量。
例20、如图19，长木板ab的b端固定一档板，木板连同档板的质量为M=4.0kg，a、b间的距离S=2.0m。木板位于光滑水平面上。在木板a端有一小物块，其质量m=1.0kg，小物块与木板间的动摩擦因数μ=0.10，它们都处于静止状态。现令小物块以初速V0=4m/s沿木板向前滑动，直到和档板相撞。碰撞后，小物块恰好回到a端而不脱离木板。求碰撞过程中损失的机械能。
分析与解：设木块和物块最后共同的速度为V，由动量守恒定律：
设全过程损失的机械能为E，则有：
在全过程中因摩擦而生热Q=2μmgS,则据能量守恒可得在碰撞过程中损失的机械能为：E1=E-Q=2.4J.
问题13:会解机械能守恒定律与绳连问题的综合问题。
若系统内的物体通过不可伸长的细绳相连接，系统的机械能守恒，但只据机械能守恒定律不能解决问题，必须求出绳连物体的速度关联式，才能解答相应的问题。
例21、在水平光滑细杆上穿着A、B两个刚性小球，两球间距离为L，用两根长度同为L的不可伸长的轻绳与C球连接（如图20所示），开始时三球静止二绳伸直，然后同时释放三球。已知A、B、C三球质量相等，试求A、B二球速度V的大小与C球到细杆的距离h之间的关系。
分析与解：此题的关键是要找到任一位置时，A、B球的速度和C球的速度之间的关系。在如图21所示位置，BC绳与竖直方向成角。因为BC绳不能伸长且始终绷紧，所以B、C
两球的速度VB和VC在绳方向上的投影应相等，
即 VC.COS=VB.Sin
由机械能守恒定律，可得：
mg(h-L/2)=mvC2/2+2(mvB2/2)
又因为tg2 =(L2-h2)/h2
由以上各式可得：VB=.
问题14:会解机械能守恒定律与面接触问题的综合问题。
若系统内的物体相互接触，且各接触面光滑，则系统的机械能守恒，但只有求出面接触物体间的速度关联式才能解答相应问题。
例22、如图22所示，将楔木块放在光滑水平面上靠墙边处并用手固定，然后在木块和墙面之间放入一个小球，球的下缘离地面高度为H，木块的倾角为，球和木块质量相等，一切接触面均光滑，放手让小球和木块同时由静止开始运动，求球着地时球和木块的速度。
分析与解：此题的关键是要找到球着地时小球和木块的速度的关系。因为小球和木块总是相互接触的，所以小球的速度V1和木块 的速度V2在垂直于接触面的方向上的投影相等，即:V1Cos=V2Sin
由机械能守恒定律可得：
mgH=mv12/2+mv22/2
由上述二式可求得：
V1=.sin, V2=.cos.
问题15:会解用功能关系分析解答相关问题。
例23、如图23所示，一根轻弹簧下端固定，竖立在水平面上。其正上方A位置有一只小球。小球从静止开始下落，在B位置接触弹簧的上端，在C位置小球所受弹力大小等于重力，在D位置小球速度减小到零。小球下降阶段下列说法中正确的是：
A．在B位置小球动能最大
B．在C位置小球动能最大
C．从A→C位置小球重力势能的减少大于小球动能的增加
D．从A→D位置小球重力势能的减少等于弹簧弹性势能的增加
分析与解：小球动能的增加用合外力做功来量度，A→C小球受的合力一直向下，对小球做正功，使动能增加；C→D小球受的合力一直向上，对小球做负功，使动能减小，所以B正确。从A→C小球重力势能的减少等于小球动能的增加和弹性势能之和，所以C正确。A、D两位置动能均为零，重力做的正功等于弹力做的负功，所以D正确。选B、C、D。
例24、物体以150J的初动能从某斜面的底端沿斜面向上作匀减速运动，当它到达某点P时，其动能减少了100J时，机械能减少了30J,物体继续上升到最高位置后又返回到原出发点，其动能等于 。
分析与解：虽然我们对斜面的情况一无所知，但是物体从斜面一底点P与从点P到最高点，这两阶段的动能减少量和机械能损失量是成比例的，设物体从点P到最高点过程中，损失的机械能为E，则100/30=(150-100)/E,由此得E=15J，所以物体从斜底到达斜面顶一共损失机械能45J，那么它从斜面顶回到出发点机械能也损失这么多，于是在全过程中损失的机械能90J，回到出发点时的动能为60J.
例25、一传送带装置示意图如图，其中传送带经过AB区域时是水平的，经过BC区域时变为圆弧形（圆弧由光滑模板形成，为画出），经过CD区域时是倾斜的，AB和CD都与BC相切。现将大量的质量均为m的小货箱一个一个在A处放到传送带上，放置时初速为零，经传送带运送到D处，D和A的高度差为h。稳定工作时传送带速度不变，CD段上各箱等距排列，相邻两箱的距离为L。每个箱子在A处投放后，在到达B之前已经相对于传送带静止，且以后也不再滑动（忽略经BC段时的微小滑动）。已知在一段相当长的时间T内，共运送小货箱的数目为N。这装置由电动机带动，传送带与轮子间无相对滑动，不计轮轴处的摩擦。求电动机的平均输出功率P。
分析与解：以地面为参考系（下同），设传送带的运动速度为v0，在水平段运输的过程中，小货箱先在滑动摩擦力作用下做匀加速运动，设这段路程为s，所用时间为t，加速度为a，则对小箱有① ② 在这段时间内，传送带运动的路程为 ③ 由以上可得 ④
用f表示小箱与传送带之间的滑动摩擦力，则传送带对小箱做功为
⑤
传送带克服小箱对它的摩擦力做功 ⑥
两者之差就是克服摩擦力做功发出的热量 ⑦
可见，在小箱加速运动过程中，小箱获得的动能与发热量相等。 T时间内，电动机输出的功为 ： ⑧
此功用于增加小箱的动能、势能以及克服摩擦力发热，即
⑨
已知相邻两小箱的距离为L，所以 ⑩
联立⑦⑧⑨⑩，得 ⑾
三、警示易错试题
典型错误之一：错误认为“人做功的计算”与“某个具体力做功的计算”相同。
人做的功就是人体消耗化学能的量度，不少学生错误认为只是人对其它物体作用力所做的功。
例26、质量为m1、m2的两物体，静止在光滑的水平面上，质量为m的人站在m1上用恒力F拉绳子，经过一段时间后，两物体的速度大小分别为V1和V2，位移分别为S1和S2，如图25所示。则这段时间内此人所做的功的大小等于：?
A．FS2 B．F(S1+S2)
C． D．
错解：人所做的功等于拉力F对物体m2所做的功W=F·S2，由动能定理可得：
即AC正确。
分析纠错：根据能量守恒可知，人通过做功消耗的化学能将全部转化为物体m1和m2的动能以及人的动能。所以人做的功的大小等于
即B、D两选项正确。
典型错误之二：混淆注意“相对位移”与“绝对位移”。
功的计算公式中，S为力的作用点移动的位移，它是一个相对量，与参照物选取有关，通常都取地球为参照物，这一点也是学生常常忽视的，致使发生错误。
例27、小物块位于光滑的斜面上，斜面位于光滑的水平地面上(如图26所示) ，从地面上看，在小物块沿斜面下滑的过程中，斜面对小物块的作用力。
(A)垂直于接触面，做功为零；
(B)垂直于接触面，做功不为零；
(C)不垂直于接触面，做功不为零；
(D)不垂于接触面，做功不为零。
错解：斜面对小物块的作用力垂直于接触面，作用力与物体的位移垂直，故做功为零。即A选项正确。
分析纠错：小物块A在下滑过程中和斜面之间有一对相互作用力F和F'，如图27所示。如果把斜面B固定在水平桌面上，物体A的位移方向和弹力方向垂直，这时斜面对物块A不做功。但此题告诉的条件是斜劈放在光滑的水平面上，可以自由滑动。此时弹力方向仍然垂直于斜面，但是物块A的位移方向却是从初位置指向终末位置。如图27所示，弹力和位移方向不再垂直而是成一钝角，所以弹力对小物块A做负功，即B选项正确。
典型错误之三：混淆“杆的弹力方向”与“绳的弹力方向”。
绳的弹力是一定沿绳的方向的，而杆的弹力不一定沿杆的方向。所以当物体的速度与杆垂直时，杆的弹力可以对物体做功。
例28、如图28所示，在长为L的轻杆中点A和端点B各固定一质量均为m的小球，杆可绕无摩擦的轴O转动，使杆从水平位置无初速释放摆下。求当杆转到竖直位置时，轻杆对A、B两球分别做了多少功
错解：由于杆的弹力总垂直于小球的运动方向，所以轻杆对A、B两球均不做功。
分析纠错：设当杆转到竖直位置时，A球和B球的速度分别为VA和VB。如果把轻杆、地球、两个小球构成的系统作为研究对象，那么由于杆和小球的相互作用力做功总和等于零，故系统机械能守恒。若取B的最低点为零重力势能参考平面，可得：
2mgL=
又因A球对B球在各个时刻对应的角速度相同,故VB＝2VA
由以上二式得：.
根据动能定理，可解出杆对A、B做的功。对于A有
WA+mgL/2= -O，
所以WA=－mgL.
对于B有WB+mgL=，所以WB=0.2mgL.
典型错误之四：混淆作用力做功与反作用力做功的不同。
作用力和反作用是两个分别作用在不同物体上的力，因此作用力的功和反作用力的功没有直接关系。作用力可以对物体做正功、负功或不做功，反作用力也同样可以对物体做正功、负功或不做功。
例29、下列是一些说法：
①一质点受两个力作用且处于平衡状态(静止或匀速)，这两个力在同一段时间内的冲量一定相同;
②一质点受两个力作用且处于平衡状态(静止或匀速)，这两个力在同一段时间内做的功或者都为零，或者大小相等符号相反;
③在同样的时间内，作用力和反作用力的功大小不一定相等，但正负号一定相反;
④在同样的时间内，作用力和反作用力的功大小不一定相等，但正负号也不一定相反;
以上说法正确的是
A．①② B．①③② C．②③ D．②④
错解：认为“在同样的时间内，作用力和反作用力的功大小不一定相等，但正负号一定相反”而错选B。
分析纠错：说法不正确，因为处于平衡状态时，两个力大小相等方向相反，在同一段时间内冲量大小相等，但方向相反。由恒力做功的知识可知，说法正确。关于作用力和反作用力的功要认识到它们是作用在两个物体上，两个物体的位移可能不同，所以功可能不同，说法不正确，说法正确。正确选项是D。
典型错误之五：忽视机械能的瞬时损失。
例30、一质量为m的质点，系于长为R的轻绳的一端，绳的另一端固定在空间的O点，假定绳是不可伸长的、柔软且无弹性的。今把质点从O点的正上方离O点的距离为的O1点以水平的速度抛出，如图29所示。试求；
（1）轻绳即将伸直时，绳与竖直方向的夹角为多少？
（2）当质点到达O点的正下方时，绳对质点的拉力为多大？
错解：很多同学在求解这道题时，对全过程进行整体思维，设质点到达O点的正下方时速度为V,根据能量守恒定律可得：
根据向心力公式得：，解得：.
分析纠错：上述解法是错误的。这些同学对物理过程没有弄清楚，忽视了在绳被拉直瞬时过程中机械能的瞬时损失。其实质点的运动可分为三个过程：
第一过程：质点做平抛运动。设绳即将伸直时，绳与竖直方向的夹角为，如图30所示，则，
，其中
联立解得。
第二过程：绳绷直过程。绳棚直时，绳刚好水平，如图30所示.由于绳不可伸长，故绳绷直时，V0损失，质点仅有速度V⊥，且。
第三过程：小球在竖直平面内做圆周运动。设质点到达O点正下方时，速度为V′，根据机械能守恒守律有：
设此时绳对质点的拉力为T，则，联立解得：。
四、如临高考测试
1．下列说法哪些是正确的？
Ａ．作用在物体上的力不做功，说明物体的位移为零；
Ｂ．作用力和反作用力的功必然相等，且一正一负；
Ｃ．相互摩擦的物体系统中摩擦力的功的代数和不一定为零；
Ｄ．某一个力的功为零，其冲量不一定为零。
2．用力拉质量为Ｍ的物体，沿水平面匀速前进Ｓ，已知力与水平面的夹角为，方向斜向上，物体与地面间的滑动摩擦系数为，则此力做功为：
Ａ．MgＳ Ｂ．MgＳ/Cos
Ｃ．MgＳ/(Cos+Sin) Ｄ．MgＳCos/(Cos+Sin)。
3．静止在光滑水平面上的物体，受到一个水平拉力的作用，该力随时间变化的关系如图31所示，则下列结论正确的是：
Ａ．拉力在2s内的功不为零；
Ｂ．物体在2s内的位移不零；
Ｃ．拉力在2s内的冲量不为零；
Ｄ．物体在2s末的速度为零。
4．飞机在飞行时受到的空气阻力与速率的平方成正比。若飞机以速率V匀速飞行时，发动机的功率为P，则当飞机以速率nV匀速飞行时，发动机的功率为：
Ａ．np Ｂ．2np Ｃ．n2p Ｄ．n3p。
5．如图32所示，木块M上表面是水平的，当木块m置于M上，并与M一起沿光滑斜面由静止开始下滑，在下滑过程中
A．重力对木块m做正功
B．木块M对木块m的支持力做负功
C．木块M对木块m的摩擦力做负功
D．木块m所受合外力对m做正功。
6．一个小物块从斜面底端冲上足够长的斜面后，返回到斜面底端。已知小物块的初动能为E，它返回斜面底端的速度大小为V，克服摩擦阻力做功为E/2。若小物块冲上斜面的初动能变为2E，则有
A.返回斜面底端时的动能为E； B.返回斜面底端时的动能为3E/2
C.返回斜面底端时的速度大小为2V； D.返回斜面底端时的速度大小为。
7．对放在水平面上的质量为Ｍ的物体，施与水平拉力Ｆ，使它从静止开始运动时间t后撤去外力Ｆ，又经时间t停下来，则：
Ａ.撤去力Ｆ的时刻，物体的动量最大；
Ｂ.物体受到的阻力大小等于Ｆ；
Ｃ.物体克服阻力做的功为Ｆ2 t2/4M
Ｄ.Ｆ对物体做功的平均功率为Ｆ2 t/4M。
8．质量为m的物体，在沿斜面方向的恒力F作用下，沿粗糙的斜面匀速地由A点运动到B点，物体上升的高度为h，如图33所示。则在运动过程中
A.物体所受各力的合力做功为零; B.物体所受各力的合力做功为mgh
C.恒力F与摩擦力的合力做功为零; D.恒力F做功为mg。
9．如图34，木块ＡＢ用轻弹簧连接，放在光滑的水平面上，Ａ紧靠墙壁，在木块Ｂ上施加向左的水平力Ｆ，使弹簧压缩，当撤去外力后；
Ａ.Ａ尚未离开墙壁前，弹簧和Ｂ的机械能守恒；
Ｂ.Ａ尚未离开墙壁前，系统的动量守恒；
Ｃ.Ａ离开墙壁后，系统动量守恒；
Ｄ.Ａ离开墙壁后，系统机械能守恒。
10．如图35所示，两物体A、B用轻质弹簧相连静止在光滑水平面上，现同时对A、B两物体施加等大反向的水平恒力F1、F2，使A、B同时由静止开始运动，在运动过程中，对A、B两物体及弹簧组成的系统，正确的说法是（整个过程中弹簧不超过其弹性限度）
A.动量始终守恒;
B.机械能始终守恒;
C.当弹簧伸长到最长时，系统的机械能最大;
D.当弹簧弹力的大小与F1、F2的大小相等时，A、B两物速度为零。
11．某地风速为V＝20m/s，设空气的密度为=1．3kg/m3，如果通过横截面积S=20m2的风的动能全部转化为电能，则利用上述已知量计算电功率的公式P= ，计算其数值约为 W（取一位有效数字）。
12．如图36所示，竖直平面内有一个1/4圆弧槽，它的下端与水平线相切，上端离地高H。一个小球从其上端自由滑下，如果槽光滑，要使小球在地面上的水平射程S有极大值，则槽的圆弧半径R= ，最大射程S=　　 　　
13．如图37所示，物块M和m用一不可伸长的轻绳通过定滑轮连接，m放在倾角=300的固定的光滑斜面上，而穿过竖直杆PQ的物块M可沿杆无摩擦地下滑，M=3m，开始时将M抬高到A点，使细绳水平，此时OA段的绳长为L=4.0m，现将M由静止开始下滑，求当M下滑到3．0m至B点时的速度？（g=10m/s2）
14、面积很大的水池，水深为H，水面上浮着一正方体木块，木块边长为，密度为水的，质量为，开始时，木块静止，有一半没入水中，如图38所示，现用力F将木块缓慢地压到池底，不计摩擦，求
（1）从开始到木块刚好完全没入水的过程中，力F所做的功。
（2）若将该木块放在底面为正方形（边长为a）的盛水足够深的长方体容器中，开始时，木块静止，有一半没入水中，如图39所示，现用力F将木块缓慢地压到容器底部，不计摩擦。求从开始到木块刚好完全没入水的过程中，容器中水势能的改变量。
15、如图40为用于节水喷水“龙头”的示意图，喷水口距离地面高度为h，用效率为η的抽水机，从地下H深的井里抽水，使水充满喷水口，并以恒定的速率从该“龙头”沿水平喷出，喷水口截面积为S，其喷灌半径可达10h。求带动抽水机的电动机的最小输出功率。（已知水的密度为ρ，不计空气阻力。）
16、滑雪者从A点由静止沿斜面滑下，沿一平台水平飞离B点，地面上紧靠平台有一个水平台阶，空间几何尺度如图41所示，斜面、平台与滑雪板之间的动摩擦因数为μ.假设滑雪者由斜面底端进入平台后立即沿水平方向运动，且速度大小不变.求：
（1）滑雪者离开B点时的速度大小；
（2）滑雪者从B点开始做平抛运动的水平距离s.
（参考答案见下期讲座）
专题四《如临高考测试》参考答案：
1.BC; 2.C; 3.B; 4.AD; 5.B; 6.D; 7.BD; 8.A; 9.B; 10.D. 11.
12.解：题中小球在立体斜面上做类平抛运动，沿斜面方向的加速度a=gsinθ,由平抛运动规律得到：和b=V0t,即.
13.解: 为使小球能绕O’点做完整的圆周运动，则小球在最高点D对绳的拉力F1应该大于或等于零，即有：
根据机械能守恒定律可得：
因为小球在最低点C对绳的拉力F2应该小于或等于7mg，即有：
根据机械能守恒定律可得：
由式解得：。
图3
图4
h1
h2
图5
h1
h2
图6
A
B
图7
图8
F1
F2
t
V
t1
t2
0
图9
t
t
t
t
P
P
P
P
A
B
C
D
t1
t1
t1
t1
t2
t2
t2
t2
t3
t3
t3
t3
t3
图10
V
F=
P/V
a=(F-f)/m
当a=0时，
即F=f时，V达到最大Vm
保持Vm匀速
而F =P额/V
当a=0时，
即F=f时，V达到最大Vm
保持Vm匀速
P =FV
即P随V增大而增大
a=(F-f)/m一定，即F一定
当P=P额时，
a=(F-f)/m≠0,V还要增大
V0
S0
α
P
图11
A
B
C
h
S1
S2
α
图12
S2
S1
L
V0
V0
图13
A
B
C
图14
A
B
C
D
D
O
R
E
图15
h
图16
A
B
θ
图17
图18
θ
S
b
a
图19
图20
A
B
L
C
VB
图21
VC
B
C
A
θ
V1
V2
图22
A
B
C
D
图23
B
L
L
A
C
D
图24
m1
图25
m2
m
图26
P
Q
图27
P
Q
F
F’
O
A
B
图28
VA
VB
V0
O1
R
O
θ
图29
O
V0
V
V⊥
V/
图30
图31
图32
图33
图34
图35
图36
图37
图38
H
a
图39
h
10h
H
图40
图41专题三：牛顿运动定律考点例析
牛顿三个运动定律是力学的基础，对整个物理学也有重大意义。本章考查的重点是牛顿第二定律，而牛顿第一定律和第三定律在牛顿第二定律的应用中得到了完美的体现。从近几年高考看，要求准确理解牛顿第一定律；加深理解牛顿第二定律，熟练掌握其应用，尤其是物体受力分析的方法；理解牛顿第三定律；理解和掌握运动和力的关系；理解超重和失重。本章内容的高考试题每年都有，对本章内容单独命题大多以选择、填空形式出现，趋向于用牛顿运动定律解决生活、科技、生产实际问题。经常与电场、磁场联系，构成难度较大的综合性试题，运动学的知识往往和牛顿运动定律连为一体，考查推理能力和综合分析能力。如：2000年上海物理试题第21题（风洞实验）、2001年全国物理试题第8题（惯性制导系统）、2001年上海物理试题第8题（升降机下落）、2001年上海物理试题第20题（轻绳和轻弹簧的辩析纠错题）、2002年理科综合全国卷第26题（蹦床运动）、2003年全国春季理综第16题（滑冰运动）、2004年全国理综四第19题（猫在木板上跑动）等等。同学们只要把任何一套高考试题拿来研究，总会发现有与牛顿定律有关的试题。
一、夯实基础知识
1、牛顿第一定律：一切物体总保持匀速直线运动状态或静止状态，直到有外力迫使它改变这种状态为止。
对牛顿第一定律的理解要点：（1）运动是物体的一种属性，物体的运动不需要力来维持；（2）它定性地揭示了运动与力的关系，即力是改变物体运动状态的原因，是使物体产生加速度的原因；（3）定律说明了任何物体都有一个极其重要的属性——惯性；（4）不受力的物体是不存在的，牛顿第一定律不能用实验直接验证，但是建立在大量实验现象的基础之上，通过思维的逻辑推理而发现的。它告诉了人们研究物理问题的另一种方法，即通过大量的实验现象，利用人的逻辑思维，从大量现象中寻找事物的规律；（5）牛顿第一定律是牛顿第二定律的基础，不能简单地认为它是牛顿第二定律不受外力时的特例，牛顿第一定律定性地给出了力与运动的关系，牛顿第二定律定量地给出力与运动的关系。
2、牛顿第二定律：物体的加速度跟所受的外力的合力成正比，跟物体的质量成反比，加速度的方向跟合外力的方向相同。公式F=ma.
对牛顿第二定律的理解要点：（1）牛顿第二定律定量揭示了力与运动的关系，即知道了力，可根据牛顿第二定律研究其效果，分析出物体的运动规律；反过来，知道了运动，可根据牛顿第二定律研究其受力情况，为设计运动，控制运动提供了理论基础；（2）牛顿第二定律揭示的是力的瞬时效果，即作用在物体上的力与它的效果是瞬时对应关系，力变加速度就变，力撤除加速度就为零，注意力的瞬时效果是加速度而不是速度；（3）牛顿第二定律是矢量关系，加速度的方向总是和合外力的方向相同的，可以用分量式表示，Fx=max,
Fy=may,Fz=maz;（4）牛顿第二定律F=ma定义了力的基本单位——牛顿（定义使质量为1kg的物体产生1m/s2的加速度的作用力为1N,即1N=1kg.m/s2.
3、牛顿第三定律：两个物体之间的作用力与反作用力总是大小相等，方向相反，作用在同一直线上。
对牛顿第三定律的理解要点：(1)作用力和反作用力相互依赖性，它们是相互依存，互以对方作为自已存在的前提；（2）作用力和反作用力的同时性，它们是同时产生、同时消失，同时变化，不是先有作用力后有反作用力；（3）作用力和反作用力是同一性质的力；（4）作用力和反作用力是不可叠加的，作用力和反作用力分别作用在两个不同的物体上，各产生其效果，不可求它们的合力，两个力的作用效果不能相互抵消，这应注意同二力平衡加以区别。
4.物体受力分析的基本程序：（1）确定研究对象；（2）采用隔离法分析其他物体对研究对象的作用力；（3）按照先重力，然后环绕物体一周找出跟研究对象接触的物体，并逐个分析这些物体对研究对象的弹力和摩擦力，最后分析其他场力；（4）画物体受力图，没有特别要求，则画示意图即可。
5.超重和失重：（1）超重：物体有向上的加速度称物体处于超重。处于失重的物体的物体对支持面的压力F（或对悬挂物的拉力）大于物体的重力，即F=mg+ma.；（2）失重：物体有向下的加速度称物体处于失重。处于失重的物体对支持面的压力FN（或对悬挂物的拉力）小于物体的重力mg，即FN=mg－ma，当a=g时，FN=0,即物体处于完全失重。
6、牛顿定律的适用范围：（1）只适用于研究惯性系中运动与力的关系，不能用于非惯性系；（2）只适用于解决宏观物体的低速运动问题，不能用来处理高速运动问题；（3）只适用于宏观物体，一般不适用微观粒子。
二、解析典型问题
问题1：必须弄清牛顿第二定律的矢量性。
牛顿第二定律F=ma是矢量式，加速度的方向与物体所受合外力的方向相同。在解题时，可以利用正交分解法进行求解。
例1、如图1所示，电梯与水平面夹角为300,当电梯加速向上运动时，人对梯面压力是其重力的6/5，则人与梯面间的摩擦力是其重力的多少倍？
分析与解：对人受力分析，他受到重力mg、支持力FN和摩擦力Ff作用，如图1所示.取水平向右为x轴正向，竖直向上为y轴正向，此时只需分解加速度，据牛顿第二定律可得：
Ff=macos300, FN-mg=masin300
因为，解得.
问题2：必须弄清牛顿第二定律的瞬时性。
牛顿第二定律是表示力的瞬时作用规律，描述的是力的瞬时作用效果—产生加速度。物体在某一时刻加速度的大小和方向，是由该物体在这一时刻所受到的合外力的大小和方向来决定的。当物体所受到的合外力发生变化时，它的加速度随即也要发生变化，F=ma对运动过程的每一瞬间成立，加速度与力是同一时刻的对应量，即同时产生、同时变化、同时消失。
例2、如图2（a）所示，一质量为m的物体系于长度分别为L1、L2的两根细线上，L1的一端悬挂在天花板上，与竖直方向夹角为θ，L2水平拉直，物体处于平衡状态。现将L2线剪断，求剪断瞬时物体的加速度。
（l）下面是某同学对该题的一种解法：
分析与解：设L1线上拉力为T1，L2线上拉力为T2，重力为mg，物体在三力作用下保持平衡,有
T1cosθ＝mg， T1sinθ＝T2， T2＝mgtanθ
剪断线的瞬间，T2突然消失，物体即在T2反方向获得加速度。因为mg tanθ＝ma，所以加速度a＝g tanθ，方向在T2反方向。
你认为这个结果正确吗？请对该解法作出评价并说明理由。
（2）若将图2(a)中的细线L1改为长度相同、质量不计的轻弹簧，如图2(b)所示，其他条件不变，求解的步骤和结果与（l）完全相同，即 a＝g tanθ，你认为这个结果正确吗？请说明理由。
分析与解：（1）错。因为L2被剪断的瞬间，L1上的张力大小发生了变化。剪断瞬时物体的加速度a=gsinθ.
（2）对。因为L2被剪断的瞬间，弹簧L1的长度来不及发生变化，其大小和方向都不变。
问题3：必须弄清牛顿第二定律的独立性。
当物体受到几个力的作用时，各力将独立地产生与其对应的加速度（力的独立作用原理），而物体表现出来的实际加速度是物体所受各力产生加速度叠加的结果。那个方向的力就产生那个方向的加速度。
例3、如图3所示，一个劈形物体M放在固定的斜面上，上表面水平，在水平面上放有光滑小球m，劈形物体从静止开始释放，则小球在碰到斜面前的运动轨迹是：
A．沿斜面向下的直线
B．抛物线
C．竖直向下的直线
D.无规则的曲线。
分析与解：因小球在水平方向不受外力作用，水平方向的加速度为零，且初速度为零，故小球将沿竖直向下的直线运动，即C选项正确。
问题4：必须弄清牛顿第二定律的同体性。
加速度和合外力(还有质量)是同属一个物体的，所以解题时一定要把研究对象确定好，把研究对象全过程的受力情况都搞清楚。
例4、一人在井下站在吊台上，用如图4所示的定滑轮装置拉绳把吊台和自己提升上来。图中跨过滑轮的两段绳都认为是竖直的且不计摩擦。吊台的质量m=15kg,人的质量为M=55kg,起动时吊台向上的加速度是a=0.2m/s2,求这时人对吊台的压力。(g=9.8m/s2)
分析与解：选人和吊台组成的系统为研究对象，受力如图5所示，F为绳的拉力,由牛顿第二定律有：2F-(m+M)g=(M+m)a
则拉力大小为：
再选人为研究对象，受力情况如图6所示，其中FN是吊台对人的支持力。由牛顿第二定律得：F+FN-Mg=Ma,故FN=M(a+g)-F=200N.
由牛顿第三定律知，人对吊台的压力与吊台对人的支持力大小相等，方向相反，因此人对吊台的压力大小为200N，方向竖直向下。
问题5：必须弄清面接触物体分离的条件及应用。
相互接触的物体间可能存在弹力相互作用。对于面接触的物体，在接触面间弹力变为零时，它们将要分离。抓住相互接触物体分离的这一条件，就可顺利解答相关问题。下面举例说明。
例5、一根劲度系数为k,质量不计的轻弹簧，上端固定,下端系一质量为m的物体,有一水平板将物体托住,并使弹簧处于自然长度。如图7所示。现让木板由静止开始以加速度a(a＜g＝匀加速向下移动。求经过多长时间木板开始与物体分离。
分析与解：设物体与平板一起向下运动的距离为x时，物体受重力mg，弹簧的弹力F=kx和平板的支持力N作用。据牛顿第二定律有：
mg-kx-N=ma得N=mg-kx-ma
当N=0时，物体与平板分离，所以此时
因为，所以。
例6、如图8所示，一个弹簧台秤的秤盘质量和弹簧质量都不计，盘内放一个物体P处于静止，P的质量m=12kg，弹簧的劲度系数k=300N/m。现在给P施加一个竖直向上的力F，使P从静止开始向上做匀加速直线运动，已知在t=0.2s内F是变力，在0.2s以后F是恒力，g=10m/s2,则F的最小值是 ，F的最大值是 。
分析与解：因为在t=0.2s内F是变力，在t=0.2s以后F是恒力，所以在t=0.2s时，P离开秤盘。此时P受到盘的支持力为零，由于盘和弹簧的质量都不计，所以此时弹簧处于原长。在0_____0.2s这段时间内P向上运动的距离：
x=mg/k=0.4m
因为，所以P在这段时间的加速度
当P开始运动时拉力最小，此时对物体P有N-mg+Fmin=ma,又因此时N=mg，所以有Fmin=ma=240N.
当P与盘分离时拉力F最大，Fmax=m(a+g)=360N.
例7、一弹簧秤的秤盘质量m1=1．5kg，盘内放一质量为m2=10．5kg的物体P，弹簧质量不计，其劲度系数为k=800N/m，系统处于静止状态，如图9所示。现给P施加一个竖直向上的力F，使P从静止开始向上做匀加速直线运动，已知在最初0．2s内F是变化的，在0．2s后是恒定的，求F的最大值和最小值各是多少？（g=10m/s2）
分析与解：因为在t=0.2s内F是变力，在t=0.2s以后F是恒力，所以在t=0.2s时，P离开秤盘。此时P受到盘的支持力为零，由于盘的质量m1=1．5kg，所以此时弹簧不能处于原长，这与例2轻盘不同。设在0_____0.2s这段时间内P向上运动的距离为x,对物体P据牛顿第二定律可得： F+N-m2g=m2a
对于盘和物体P整体应用牛顿第二定律可得：
令N=0，并由述二式求得，而，所以求得a=6m/s2.
当P开始运动时拉力最小，此时对盘和物体P整体有Fmin=(m1+m2)a=72N.
当P与盘分离时拉力F最大，Fmax=m2(a+g)=168N.
问题6：必须会分析临界问题。
例8、如图10，在光滑水平面上放着紧靠在一起的ＡＢ两物体，Ｂ的质量是Ａ的2倍，Ｂ受到向右的恒力ＦB=2N，Ａ受到的水平力ＦA=(9-2t)N，(t的单位是s)。从t＝0开始计时，则：
A．Ａ物体在3s末时刻的加速度是初始时刻的5／11倍；
B．t＞４s后,Ｂ物体做匀加速直线运动；
C．t＝4.5s时,Ａ物体的速度为零；
D．t＞4.5s后,ＡＢ的加速度方向相反。
分析与解：对于A、B整体据牛顿第二定律有：FA+FB=(mA+mB)a,设A、B间的作用为N，则对B据牛顿第二定律可得： N+FB=mBa
解得
当t=4s时N=0，A、B两物体开始分离，此后B做匀加速直线运动，而A做加速度逐渐减小的加速运动，当t=4.5s时A物体的加速度为零而速度不为零。t＞4.5s后,Ａ所受合外力反向，即A、B的加速度方向相反。当t<４s时，A、B的加速度均为。
综上所述，选项A、B、D正确。
例9、如图11所示，细线的一端固定于倾角为450的光滑楔形滑块A的顶端P处，细线的另一端拴一质量为m的小球。当滑块至少以加速度a= 向左运动时，小球对滑块的压力等于零，当滑块以a=2g的加速度向左运动时，线中拉力T= 。
分析与解：当滑块具有向左的加速度a时，小球受重力mg、绳的拉力T和斜面的支持力N作用，如图12所示。
在水平方向有Tcos450-Ncos450=ma; 在竖直方向有Tsin450-Nsin450-mg=0.
由上述两式可解出：
由此两式可看出，当加速度a增大时，球受支持力N减小，绳拉力T增加。当a=g时，N=0，此时小球虽与斜面有接触但无压力，处于临界状态。这时绳的拉力T=mg/cos450=.
当滑块加速度a>g时，则小球将“飘”离斜面，只受两力作用，如图13所示，此时细线与水平方向间的夹角α<450.由牛顿第二定律得：Tcosα=ma,Tsinα=mg,解得。
问题7：必须会用整体法和隔离法解题。
两个或两个以上物体相互连接参与运动的系统称为连接体.以平衡态或非平衡态下连接体问题拟题屡次呈现于高考卷面中，是考生备考临考的难点之一.
例10、用质量为m、长度为L的绳沿着光滑水平面拉动质量为M的物体，在绳的一端所施加的水平拉力为F， 如图14所示，求：
(1)物体与绳的加速度；
(2)绳中各处张力的大小(假定绳的质量分布均匀，下垂度可忽略不计。)
分析与解：(1)以物体和绳整体为研究对象，根据牛顿第二定律可得：
F=（M+m）a,解得a=F/(M+m).
(2)以物体和靠近物体x长的绳为研究对象，如图15所示。根据牛顿第二定律可得：Fx=(M+mx/L)a=(M+) .
由此式可以看出：绳中各处张力的大小是不同的，当x=0时，绳施于物体M的力的大小为。
例11、如图16所示，AB为一光滑水平横杆，杆上套一轻环，环上系一长为L质量不计的细绳，绳的另一端拴一质量为m的小球，现将绳拉直，且与AB平行，由静止释放小球，则当细绳与AB成θ角时，小球速度的水平分量和竖直分量的大小各是多少？轻环移动的距离d是多少？
分析与解：本题是“轻环”模型问题。由于轻环是套在光滑水平横杆上的，在小球下落过程中，由于轻环可以无摩擦地向右移动，故小球在落到最低点之前，绳子对小球始终没有力的作用，小球在下落过程中只受到重力作用。因此，小球的运动轨迹是竖直向下的，这样当绳子与横杆成θ角时，小球的水平分速度为Vx=0,小球的竖直分速度。可求得轻环移动的距离是d=L-Lcosθ.
问题8：必须会分析与斜面体有关的问题。
例12、如图17所示，水平粗糙的地面上放置一质量为M、倾角为θ的斜面体，斜面体表面也是粗糙的有一质量为m的小滑块以初速度V0由斜面底端滑上斜面上经过时间t到达某处速度为零，在小滑块上滑过程中斜面体保持不动。求此过程中水平地面对斜面体的摩擦力与支持力各为多大？
分析与解：取小滑块与斜面体组成的系统为研究对象，系统受到的外力有重力(m+M)g/地面对系统的支持力N、静摩擦力f(向下)。建立如图17所示的坐标系，对系统在水平方向与竖直方向分别应用牛顿第二定律得：
－f=0－mV0cosθ/t,
[N－(m+M)g]=0－mV0sinθ/t
所以，方向向左；。
问题9：必须会分析传送带有关的问题。
例13、如图18所示，某工厂用水平传送带传送零件，设两轮子圆心的距离为S，传送带与零件间的动摩擦因数为μ，传送带的速度恒为V，在P点轻放一质量为m的零件，并使被传送到右边的Q处。设零件运动的后一段与传送带之间无滑动，则传送所需时间为
，摩擦力对零件做功为 .
分析与解：刚放在传送带上的零件，起初有个靠滑动摩擦力加速的过程，当速度增加到与传送带速度相同时，物体与传送带间无相对运动，摩擦力大小由f=μmg突变为零，此后以速度V走完余下距离。
由于f=μmg=ma,所以a=μg.
加速时间
加速位移
通过余下距离所用时间
共用时间
摩擦力对零件做功
例14、如图19所示，传送带与地面的倾角θ=37ｏ，从A到B的长度为16ｍ，传送带以V0=10m/s的速度逆时针转动。在传送带上端无初速的放一个质量为0.5㎏的物体，它与传送带之间的动摩擦因数μ=0.5，求物体从A运动到B所需的时间是多少？(sin37ｏ=0.6,cos37ｏ=0.8)
分析与解：物体放在传送带上后，开始阶段，传送带的速度大于物体的速度，传送带给物体一沿斜面向下的滑动摩擦力，物体由静止开始加速下滑，受力分析如图20（a）所示；当物体加速至与传送带速度相等时，由于μ＜tanθ，物体在重力作用下将继续加速，此后物体的速度大于传送带的速度，传送带给物体沿传送带向上的滑动摩擦力，但合力沿传送带向下，物体继续加速下滑，受力分析如图20(b)所示。综上可知，滑动摩擦力的方向在获得共同速度的瞬间发生了“突变” 。
开始阶段由牛顿第二定律得:ｍｇsinθ＋μｍｇcosθ=ｍa1;
所以:a1=ｇsinθ＋ ｇcosθ=10m/s2;
物体加速至与传送带速度相等时需要的时间ｔ1＝ｖ／a1＝1s;发生的位移：
ｓ＝a1ｔ12/2＝5ｍ＜16ｍ;物体加速到10m/s 时仍未到达B点。
第二阶段，有：ｍｇsinθ－ ｍｇcosθ＝ｍa2 ;所以：a2＝2m/s 2;设第二阶段物体滑动到B 的时间为t2 则：LAB－S＝ｖｔ2＋a２ｔ22/2 ；解得：t2＝1s , ｔ2/=-11s （舍去）。故物体经历的总时间ｔ=t1＋t 2 =2s .
从上述例题可以总结出，皮带传送物体所受摩擦力可能发生突变，不论是其大小的突变，还是其方向的突变，都发生在物体的速度与传送带速度相等的时刻。
问题10：必须会分析求解联系的问题。
例15、风洞实验室中可产生水平方向的，大小可调节的风力。现将一套有小球的细直杆放入风洞实验室。小球孔径略大于细杆直径。如图21所示。
（1）当杆在水平方向上固定时，调节风力的大小，使小球在杆上作匀速运动，这时小球所受的风力为小球所受重力的0．5倍。求小球与杆间的动摩擦因数。
（2）保持小球所受风力不变，使杆与水平方向间夹角为370并固定，则小球从静止出发在细杆上滑下距离S所需时间为多少？（sin370 = 0．6，cos370 = 0．8）
分析与解：依题意，设小球质量为m，小球受到的风力为F，方向与风向相同，水平向左。当杆在水平方向固定时，小球在杆上匀速运动，小球处于平衡状态，受四个力作用：重力G、支持力FN、风力F、摩擦力Ff，如图21所示.由平衡条件得：
FN=mg
F=Ff
Ff=μFN
解上述三式得：μ=0.5.
同理，分析杆与水平方向间夹角为370时小球的受力情况：重力G、支持力FN1、风力F、摩擦力Ff1，如图21所示。根据牛顿第二定律可得：
Ff1=μFN1
解上述三式得.
由运动学公式,可得小球从静止出发在细杆上滑下距离S所需时间为:
.
三、警示易错试题
典型错误之一：不理解“轻弹簧”的物理含义。
例16、（2004年湖北高考理综试题）如图22所示，四个完全相同的弹簧都处于水平位置，它们的右端受到大小皆为F的拉力作用，而左端的情况各不相同：中弹簧的左端固定在墙上，中弹簧的左端受大小也为F的拉力作用，中弹簧的左端拴一小物块，物块在光滑的桌面上滑动，中弹簧的左端拴一小物块，物块在有摩擦的桌面上滑动。若认为弹簧的质量都为零，以L1、L2、L3 、L4依次表示四个弹簧的伸长量，则有：
A．L2>L1; B. L4>L3;
C．L1>L3; D. L2=L4.
错解：由于中弹簧的左端拴一小物块，物块在有摩擦的桌面上滑动，而中弹簧的左端拴一小物块，物块在光滑的桌面上滑动，所以有 L4>L3，即B选项正确。
分析纠错：笔者看到这道试题以后，对高考命题专家是佩服得五体投地！命题者将常见的四种不同的物理情景放在一起，让学生判别弹簧的伸长量的大小，不少学生不加思考的选择B答案。没有良好思维习惯的学生是不能正确解答本题的。这正是命题人的独具匠心！本题实际上就是判断四种情景下弹簧所受弹力的大小。由于弹簧的质量不计，所以不论弹簧做何种运动，弹簧各处的弹力大小都相等。因此这四种情况下弹簧的弹力是相等，即四个弹簧的伸长量是相等。只有D选项正确。
典型错误之二：受力分析漏掉重力。
例17、蹦床是运动员在一张绷紧的弹性网上蹦跳、翻滚并做各种空中动作的运动项目。一个质量为60kg的运动员，从离水平网面3.2m高处自由下落，着网后沿竖直方向蹦回到离水平网面5.0m高处。已知运动员与网接触的时间为1.2s。若把在这段时间内网对运动员的作用力当作恒力处理，求此力的大小。（g=10m/s2）
错解：将运动员看质量为m的质点，从h1高处下落，刚接触网时速度的大小 （向下）， 弹跳后到达的高度为h2，刚离网时速度的大小 （向上） ，速度的改变量 （向上）， 以a表示加速度，表示接触时间，则， 接触过程中运动员受到向上的弹力F。由牛顿第二定律，， 由以上五式解得， ， 代入数值得： 。
分析纠错：接触过程中运动员受到向上的弹力F和重力mg,由牛顿第二定律，， 由以上五式解得， ， 代入数值得：
四、如临高考测试
1．一个质量可忽略不计的降落伞，下面吊一个很轻的弹簧测力计，测力计下面挂一个质量为10kg的物体。降落伞在下降过程中受到的空气阻力为30N，则此过程中测力计的示数为（取g=10m/s2）
A．130N B．30N C．70N D．100N
2.在汽车中悬线上挂一小球。实验表明，当做匀变速直线运动时，悬线将与竖直方向成某一固定角度。如图23所示，若在汽车底板上还有一个跟其相对静止的物体m1,则关于汽车的运动情况和物体m1的受力情况正确的是：
A．汽车一定向右做加速运动； B．汽车一定向左做加速运动；
C．m1除受到重力、底板的支持力作用外，还一定受到向右的摩擦力作用；
D．m1除受到重力、底板的支持力作用外，还可能受到向左的摩擦力作用。
3.如图24所示,一质量为M的楔形木块放在水平桌面上，它的顶角为90°，两底角为α和β；a、b为两个位于斜面上质量均为m的小木块。已知所有接触面都是光滑的。现发现a、b沿斜面下滑，而楔形木块静止不动，这时楔形木块对水平桌面的压力等于 （ ）
A．Mg+mg B．Mg+2mg
C．Mg+mg(sinα+sinβ) D．Mg+mg(cosα+cosβ)
4．如图25所示，一个铁球从竖立在地面上的轻弹簧正上方某处自由下落，接触弹簧后将弹簧压缩。在压缩的全过程中，弹簧均为弹性形变，那么当弹簧的压缩量最大时:
A．球所受合力最大，但不一定大于重力值
B．球的加速度最大，且一定大于重力加速度值
C．球的加速度最大，有可能小于重力加速度值
D．球所受弹力最大，且一定大于重力值。
5、有一只箩筐盛有几个西瓜，放在粗糙水平地面上，箩筐与水平地面间的动摩擦因数为μ若给箩筐一个水平初速度V0，让整筐西瓜在水平地面上滑行，则在滑行过程中，箩筐内某个质量为m的西瓜（未与箩筐接触）受到周围的西瓜对它的作用力的大小为：
A．0 B． C． D．
6、一物体放置在倾角为的斜面上，斜面固定于加速上升的电梯中，加速度为，如图26所示．在物体始终相对于斜面静止的条件下，下列说法中正确的是
A．当一定时，越大，斜面对物体的正压力越小
B．当一定时，越大，斜面对物体的摩擦力越大
C．当一定时，越大，斜面对物体的正压力越小
D．当一定时，越大，斜面对物体的摩擦力越小
7、放在水平地面上的一物块，受到方向不变的水平推力F的作用，F的大小与时间t的关系和物块速度V与时间t的关系如图27、28所示。取重力加速度g=10m/s2.由此两图线可以求得物块的质量m和物块与地面之间的动摩擦因数μ分别为：
A．m=0.5kg,μ=0.4;
B. m=1.5kg,μ=2/15;
C. m=0.5kg,μ=0.2;
D. m=1.0kg,μ=0.2.
8、一航天探测器完成对月球的探测任务后，在离开月球的过程中，由静止开始沿着与月球表面成一倾斜角的直线飞行，先加速运动，再匀速运动．探测器通过喷气而获得推动力．以下关于喷气方向的描述中正确的是
A．探测器加速运动时，沿直线向后喷气． B.探测器加速运动时，竖直向下喷气．
C.探测器匀速运动时，竖直向下喷气． D.探测器匀速运动时，不需要喷气．
9、物体B放在物体A上，A、B的上下表面均与斜面平行（如图29所示），当两者以相同的初速度靠惯性沿光滑固定斜面C向上做匀减速运动时，下列说法正确的是：
A．A受到B的摩擦力沿斜面方向向上。
B．A受到B的摩擦力沿斜面方向向下。
C．A、B之间的摩擦力为零。
D．A、B之间是否存在摩擦力取决于A、B表面的性质。
10．如图30所示，弹簧秤外壳质量为m0，弹簧及挂钩的质量忽略不计，挂钩吊着一重物质量为m，现用一方向竖直向上的外力F拉着弹簧秤，使其向上做匀加速运动，则弹簧秤的读数为：
A.mg; B. ; C.; D.
11.如图31所示，质量为m的小球A用细绳悬挂于车顶板的O点，当小车在外力作用下沿倾角为30°的斜面向上做匀加速直线运动时，球A的悬线恰好与竖直方向成30°夹角。求：
（1）小车沿斜面向上运动的加速度多大？
（2）悬线对球A的拉力是多大？
12.如图32所示，质量为M的木板放在倾角为θ的光滑斜面上，质量为m的人在木板上跑，假如脚与板接触处不打滑。
（1）要保持木板相对斜面静止，人应以多大的加速度朝什么方向跑动？
（2）要保持人相对于斜面的位置不变，人在原地跑而使木板以多大的加速度朝什么方向运动？
13．如图33所示，在质量为mB=30kg的车厢B内紧靠右壁，放一质量mA=20kg的小物体A（可视为质点），对车厢B施加一水平向右的恒力F，且F=120N，使之从静止开始运动。测得车厢B在最初t=2.0s内移动s=5.0m,且这段时间内小物块未与车厢壁发生过碰撞。车厢与地面间的摩擦忽略不计。
（1）计算B在2.0s的加速度。
（2）求t=2.0s末A的速度大小。
（3）求t=2.0s内A在B上滑动的距离。
14.一小圆盘静止在桌布上，位于一方桌的水平桌面的中央。桌布的一边与桌的AB边重合，如图34。已知盘与桌布间的动摩擦因数为μ1，盘与桌面间的动摩擦因数为μ2。现突然以恒定加速度a将桌布抽离桌面，加速度的方向是水平的且垂直于AB边。若圆盘最后未从桌面掉下，则加速度a满足的条件是什么？（以g表示重力加速度）
（第二讲参考答案：1.A;2.A;3.D;4.C;5.AD;6.C;7.D;8.C;9.;
10.;11.1m;12.99m,1.25m8.6s;13.,)
300
a
FN
mg
Ff
图1
x
yx
ax
ayx
L1
L2
θ
图2(a)
L1
L2
θ
图2(b)
M
m
图3
图4
(m+M)g
F
F
图5
a
F
FN
Mg
图6
图7
F
图8
F
图9
图10
a
A
P
450
图11
mg
a
T
N
450
图12
mg
a
T
α
图13
图14
F
m
M
图15
Fx
mx
M
A
B
L
m
θ
图16
x
y
V0
M
m
θ
图17
图18
S
P
Q
V
A N a1
N f2
B a2
f1
ω mg mg
图19
图20
(a)
(b)
图21
F
G
Ff
FN
G
F
FN1
Ff1
F
F
F
F
F
eq \o\ac(○,1)
eq \o\ac(○,2)
eq \o\ac(○,3)
eq \o\ac(○,4)
图22
m
θ
图23
m1
右
左
M
α
β
a
b
图24
图25
a
θ
图26
G
Ff
FNN
t/s
V/m.s-1
0
2
4
6
8
2
4
图28
t/s
F/N
0
2
4
6
8
1
2
3
图27
图29
F
m0
m
图30
图31
图32
θ
F
A
B
图33
A
B
图34专题九：电场考点例析
电场是电学的基础知识，是承前启后的一章!通过这一章的学习要系统地把力学的“三大方法”复习一遍，同时又要掌握新的概念和规律。这一章为历年高考的重点之一，特别是在力电综合试题中巧妙地把电场概念与牛顿定律、功能关系、动量等力学知识有机地结合起来，从求解过程中可以考查学生对力学、电学有关知识点的理解和孰练程度。如2002年上海试题第6、12题、2002年全国理综第30题、2003年全国理综第16、21题、2003年上海试题第23题、2004年上海试题第10、19题、2004年北京理综第21、25题、2004年湖北理综第20、23题、2004年天津理综第17、23题等。只要同学们在复习本章时牢牢抓住“力和能两条主线”，实现知识的系统化，找出它们的有机联系，做到融会贯通，在高考得到本章相应试题的分数是不困难的。
一、夯实基础知识
1、深刻理解库仑定律和电荷守恒定律。
(1)库仑定律:真空中两个点电荷之间相互作用的电力，跟它们的电荷量的乘积成正比，跟它们的距离的二次方成反比，作用力的方向在它们的连线上。即：
其中k为静电力常量， k=9.0×10 9 Nm2/c2
成立条件:①真空中（空气中也近似成立），②点电荷。即带电体的形状和大小对相互作用力的影响可以忽略不计。（这一点与万有引力很相似，但又有不同：对质量均匀分布的球，无论两球相距多近，r都等于球心距；而对带电导体球，距离近了以后，电荷会重新分布，不能再用球心间距代替r）。
(2)电荷守恒定律:系统与外界无电荷交换时，系统的电荷代数和守恒。
2、深刻理解电场的力性质。
电场的最基本的性质是对放入其中的电荷有力的作用。电场强度E是描述电场的力的性质的物理量。
⑴定义：放入电场中某点的电荷所受的电场力F跟它的电荷量q的比值，叫做该点的电场强度，简称场强。 这是电场强度的定义式，适用于任何电场。其中的q为试探电荷（以前称为检验电荷），是电荷量很小的点电荷（可正可负）。电场强度是矢量，规定其方向与正电荷在该点受的电场力方向相同。
⑵点电荷周围的场强公式是：，其中Q是产生该电场的电荷，叫场源电荷。
⑶匀强电场的场强公式是：，其中d是沿电场线方向上的距离。
3、深刻理解电场的能性质。
（1）电势φ：是描述电场能的性质的物理量。
电势定义为φ=，是一个没有方向意义的物理量，电势有高低之分，按规定：正电荷在电场中某点具有的电势能越大，该点电势越高 。
电势的值与零电势的选取有关，通常取离电场无穷远处电势为零；实际应用中常取大地电势为零。
当存在几个“场源”时，某处合电场的电势为各“场源”在此处电场的电势的代数和 。
电势差，A、B间电势差UAB=ΦA-ΦB;B、A间电势差UBA=ΦB-ΦA，显然UAB=-UBA，电势差的值与零电势的选取无关。
(2)电势能：电荷在电场中由电荷和电场的相对位置所决定的能，它具有相对性，即电势能的零点选取具有任意性；系统性，即电势能是电荷与电场所共有。
电势能可用E=qФ计算。
由于电荷有正、负、电势也有正、负(分别表示高于和低于零电势)，故用E=qФ计算电势能时，需带符号运算。
(3)电场线的特点：
始于正电荷(或无穷远)，终于负电荷(或无穷远)；
不相交，不闭合；
不能穿过处于静电平衡状态的导体。
(4)电场线、场强、电势、等势面的相互关系。
电场线与场强的关系；电场线越密的地方表示场强越大，电场线上每一点的切线方向 表示该点的场强方向。
电场线与电势的关系：沿着电场线方向，电势越来越低；
电场线与等势面的关系：电场线越密的地方等差等势面也越密，电场线与通过该处的 等势面垂直；
场强与电势无直接关系：场强大(或小)的地方电势不一定大(或小)，零电势可由人为选取，而场强是否为零则由电场本身决定；
场强与等势面的关系：场强方向与通过该处的等势面垂直且由高电势指向低电势，等差等势面越密的地方表示场强越大。
4.掌握电场力做功计算方法
（1）电场力做功与电荷电势能的变化的关系。
电场力对电荷做正功时，电荷电势能减少；电场力对电荷做负功时，电荷电势能增加，电 势能增加或减少的数值等于电场力做功的数值。
（2）电场力做功的特点
电荷在电场中任意两点间移动时，它的电势能的变化量是确定的，因而移动电荷做功的值 也是确定的，所以，电场力移动电荷所做的功，与移动的路径无关，仅与始末位置的电势差 有关，这与重力做功十分相似。
（3）计算方法
由功的定义式W=F·s来计算，但在中学阶段，限于数学基础，要求式中F为恒力才行，所以，这个方法有局限性，仅在匀强电场中使用。
用结论“电场力做功等于电荷电势能增量的负值”来计算，即W=-，已知电荷电势能的值时求电场力的功比较方便。
用W=qUAB来计算，此时，一般又有两个方案：一是严格带符号运算，q和UAB均考虚正和负，所得W的正、负直接表明电场力做功的正、负；二是只取绝对值进行计算 ，所得W只是功的数值，至于做正功还是负功 可用力学知识判定。
5.深刻理解电场中导体静电平衡条件。
把导体放入电场时，导体的电荷将出现重新分布，当感应电荷产生的附加场强E附和原场强E原在导体内部叠加为零时，自由电子停止定向移动，导体处于静电平衡状态。
孤立的带电体和处于电场中的感应导体，处于静电平衡时，其特征：
? (1)导体内部场强处处为零，没有电场线(叠加后的)；(2)整个导体是等势体，导体表面是等势面；(3)导体外部电场线与导体表面垂直，表面场强不一定为零；(4)对孤立导体，净电荷分布在外表面。
? 处理静电平衡问题的方法： (1)直接用静电平衡的特征进行分析； (2)画出电场中电场线，进而分析电荷在电场力作用下移动情况。
注意两点：(1)用导线接地或用手触摸导体可把导体和地球看成一个大导体。(2)一般取无穷远和地球的电势为零。
6.深刻理解电容器电容概念
电容器的电容C=Q/U=△Q/△U,此式为定义式，适用于任何电容器。平行板电容器的电容的决定式为C=.对平行板电容器有关的Q、E、U、C的讨论要熟记两种情况：(1)若两极保持与电源相连，则两极板间电压U不变；(2)若充电后断开电源，则带电量Q不变。
二、解析典型问题
问题1：会解电荷守恒定律与库仑定律的综合题。
求解这类问题关键进抓住“等大的带电金属球接触后先中和，后平分”，然后利用库仑定律求解。注意绝缘球带电是不能中和的。
例1、有三个完全一样的金属小球A、B、C，A带电量7Q，B带电量-Q，C不带电，将A、B固定 ，相距r，然后让C球反复与A、B球多次接触，最后移去C球，试问A、B两球间的相互作用力变为原来的多少倍
分析与解:题中所说C与A、B反复接触之间隐含一个解题条件：即A、B原先所带电量的 总和最后在三个相同的小球间均分，则A、B两球后来带的电量均为=2Q。
A、B球原先是引力，大小为：
F=
A、B球后来是斥力，大小为：
?即F′，A、B间的相互作用力减为原来的4/7.
例2、两个相同的带电金属小球相距r时，相互作用力大小为F，将两球接触后分开，放回原处，相互作用力大小仍等于F，则两球原来所带电量和电性( )
A.可能是等量的同种电荷； B.可能是不等量的同种电荷；
C．可能是不量的异种电荷； D.不可能是异种电荷。
分析与解：若带同种电荷，设带电量分别为Q1和Q2，则，将两球接触后分开，放回原处后相互作用力变为：，显然只有Q1=Q2时，才有F=F/，所以A选项正确，B选项错误；若带异种电荷，设带电量分别为Q1和-Q2，则，将两球接触后分开，放回原处后相互作用力变为：，显然只有在
时，才有F=F/，所以C选项正确，D选项错误。
问题2：会解分析求解电场强度。
电场强度是静电学中极其重要的概念，也是高考中考点分布的重点区域之一。求电场强度的方法一般有：定义式法、点电荷场强公式法、匀强电场公式法、矢量叠加法等。
例3、如图1所示，用长为的金属丝弯成半径为r的圆弧，但在A、B之间留有宽度为d的间隙，且，将电量为Q的正电荷均匀分布于金属丝上，求圆心处的电场强度。
分析与解：中学物理只讲到有关点电荷场强的计算公式和匀强电场场强的计算方法，本问题是求一个不规则带电体所产生的场强，没有现成公式直接可用，需变换思维角度。假设将这个圆环缺口补上，并且已补缺部分的电荷密度与原有缺口的环体上的电荷密度一样，这样就形成一个电荷均匀分布的完整带电环，环上处于同一直径两端的微小部分所带电荷可视为两个相对应的点电荷，它们在圆心O处产生的电场叠加后合场强为零。根据对称性可知，带电圆环在圆心O处的总场强E=0。至于补上的带电小段，由题给条件可视做点电荷，它在圆心O处的场强E1是可求的。若题中待求场强为E2，则。设原缺口环所带电荷的线密度为，则补上的那一小段金属线的带电量在O处的场强为，由可得，
负号表示与反向，背向圆心向左。
例4、如图2所示，均匀带电圆环所带电荷量为Q，半径为R，圆心为O，P为垂直于圆环平面的对称轴上的一点，OP=L，试求P点的场强。
分析与解：设想将圆环等分为n个小段，当n相当大时，每一小段都可以看做点电荷。其所带电荷量为，由点电荷场强公式可求得每一点电荷在P处的场强为：
由对称性可知，各小段带电环在P处的场强E的垂直于轴向的分量相互抵消，而E的轴向分量之和即为带电环在P处的场强。
。
例5、如图3所示，是匀强电场中的三点，并构成一等边三角形，每边长为，将一带电量的电荷从a点移到b点，电场力做功；若将同一点电荷从a点移到c点，电场力做功W2=6×10-6J,试求匀强电场的电场强度E。
分析与解：因为
，所以
将cb分成三等份，每一等份的电势差为3V，如图3所示，连接ad，并从c点依次作ad的平行线，得到各等势线，作等势线的垂线ce，场强方向由c指向e，所以 ，
因为，
问题3：会根据给出的一条电场线，分析推断电势和场强的变化情况。
例6、如图4所示，a、b、c是一条电场线上的三个点，电场线的方向由a到c，a、b间距离等于b、c间距离。用Ua、Ub、Uc和Ea、Eb、Ec分别表示a、b、c三点的电势和电场强度，可以判定：
A　 Ua>Ub>Uc　　 B　 Ua—Ub＝Ub—Uc
C　 Ea>Eb>Ec　　 D　 Ea=Eb=Ec
分析与解：从题中只有一根电场线，无法知道电场线的疏密，故电场强度大小无法判断。根据沿着电场线的方向是电势降低最快的方向，可以判断A选项正确。
有不少同学根据“a、b间距离等于b、c间距离”推断出“Ua—Ub＝Ub—Uc”而错选B。其实只要场强度大小无法判断，电场力做功的大小也就无法判断，因此电势差的大小也就无法判断。
例7、如图5所示，在a点由静止释放一个质量为m,电荷量为q的带电粒子，粒子到达b点时速度恰好为零，设ab所在的电场线竖直向下，a、b间的高度差为h，则（ ）
带电粒子带负电；
a、b两点间的电势差Uab=mgh/q;
b点场强大于a点场强；
a点场强大于b点场强.
分析与解：带电粒子由a到b的过程中，重力做正功，而动能没有增大，说明电场力做负功。根据动能定理有：mgh-qUab=0
解得a、b两点间电势差为Uab=mgh/q.
因为a点电势高于b点电势，Uab>0,所以粒子带负电，选项AB皆正确。
带电粒子由a到b运动过程中，在重力和电场力共同作用下，先加速运动后减速运动；因为重力为恒力，所以电场力为变力，且电场力越来越来越大；由此可见b点场强大于a点场强。选项C正确，D错误。
问题4：会根据给定一簇电场线和带电粒子的运动轨迹，分析推断带电粒子的性质。
例8、图6中实线是一簇未标明方向的由点电荷产生的电场线，虚线是某一带电粒子通过该电场区域时的运动轨迹，a、b是轨迹上的两点。若带电粒子在运动中只受电场力作用，根据此图可作出正确判断的是（ ）
带电粒子所带电荷的符号；
带电粒子在a、b两点的受力方向；
带电粒子在a、b两点的速度何处较大；
带电粒子在a、b两点的电势能何处较大。
分析与解：由于不清楚电场线的方向，所以在只知道粒子在a、b间受力情况是不可能判断其带电情况的。而根据带电粒子做曲线运动的条件可判定，在a、b两点所受到的电场力的方向都应在电场线上并大致向左。若粒子在电场中从a向b点运动，故在不间断的电场力作用下，动能不断减小，电势能不断增大。故选项B、C、D正确。
问题5：会根据给定电势的分布情况，求作电场线。
例9、如图7所示，A、B、C为匀强电场中的3个点，已知这3点的电势分别为φA=10V, φB=2V, φC=-6V.试在图上画出过B点的等势线和场强的方向（可用三角板画）。
分析与解：用直线连接A、C两点，并将线段AC分作两等分，中点为D点，因为是匀强电场，故D点电势为2V，与B点电势相等。画出过B、D两点的直线,就是过B点的电势线。因为电场线与等势线垂直，所以过B作BD的垂线就是一条电场线。
问题6：会求解带电体在电场中的平衡问题。
例10、如图8所示，在真空中同一条直线上的A、B两点固定有电荷量分别为+4Q和-Q的点电荷。①将另一个点电荷放在该直线上的哪个位置，可以使它在电场力作用下保持静止？②若要求这三个点电荷都只在电场力作用下保持静止，那么引入的这个点电荷应是正电荷还是负电荷？电荷量是多大？
分析与解：①先判定第三个点电荷所在的区间：只能在B点的右侧；再由，F、k、q相同时∴rA∶rB=2∶1，即C在AB延长线上，且AB=BC。
②C处的点电荷肯定在电场力作用下平衡了；只要A、B两个点电荷中的一个处于平衡，另一个必然也平衡。由，F、k、QA相同，Q∝r2，∴QC∶QB=4∶1，而且必须是正电荷。所以C点处引入的点电荷QC= +4Q.
例11、 如图9所示，已知带电小球A、B的电荷分别为QA、QB，OA=OB，都用长L的丝线悬挂在O点。静止时A、B相距为d。为使平衡时AB间距离减为d/2，可采用以下哪些方法（ ）
A.将小球A、B的质量都增加到原来的2倍；
B.将小球B的质量增加到原来的8倍；
C.将小球A、B的电荷量都减小到原来的一半；
D.将小球A、B的电荷量都减小到原来的一半，同时将小球B的质量增加到原来的2倍。
分析与解：由B的共点力平衡图知，而，可知，故选项BD正确。
例12、如图10甲所示，两根长为L的丝线下端悬挂一质量为m，带电量分别为+q和-q的小球A和B，处于场强为E，方向水平向左的匀强电场之中，使长度也为L的连线AB拉紧，并使小球处于静止状态，求E的大小满足什么条件才能实现上述平衡状态．
分析与解：对A作受力分析．设悬点与A之间的丝线的拉力为F1，AB之间连线的拉力为F2，受力图如图10乙所示．根据平衡条件得
F1sin60°=mg，
qE=k +F1cos60°+F2，
由以上二式得：E=k +cot60°+，
∵F2≥0，　∴　当E≥k +cot60°时能实现上述平衡状态．
问题7：会计算电场力的功。
例13、一平行板电容器的电容为C，两板间的距离为d，上板带正电，电量为Q，下板带负电，电量也为Q，它们产生的电场在很远处的电势为零。两个带异号电荷的小球用一绝缘刚性杆相连，小球的电量都为q，杆长为L，且LA． B．0
C． D．
分析与解：从功的公式角度出发考虑沿不同方向移动杆与球，无法得出电场力所做功的数值。但从电场力对两个小球做功引起两小球电势能的变化这一角度出发，可以间接求得电场力对两个小球做的总功。只要抓住运动的起点、终点两个位置两小球的电势能之和就能求出电场力的功。
初始两小球在很远处时各自具有的电势能为零，所以E0=0；终点位置两球处于图11所示的静止状态时，设带正电小球的位置为a，该点的电势为Ua，则带正电小球电势能为qUa;设带负电小球的位置为b，该点的电势为Ub，则带负电小球电势能为-qUb.所以两小球的电势能之和为：
Et=
所以电场力对两小球所做的功为：，即两个小球克服电场力所做总功的大小等于，选项A正确。
问题8：会用力学方法分析求解带电粒子的运动问题。
例14、质量为2m，带2q正电荷的小球A，起初静止在光滑绝缘水平面上，当另一质量为m、带q负电荷的小球B以速度V0离A而去的同时，释放A球，如图12所示。若某时刻两球的电势能有最大值，求：
（1）此时两球速度各多大？
（2）与开始时相比，电势能最多增加多少？
分析与解：(1)两球距离最远时它们的电势能最大，而两球速度相等时距离最远。设此时速度为V，两球相互作用过程中总动量守恒，由动量守恒定律得：
mV0=(m+2m)V,
解得V=V0/3.
(2)由于只有电场力做功，电势能和动能间可以相互转化，电势能与动能的总和保持不变。所以电势能增加最多为：
例15、如图13所示，直角三角形的斜边倾角为30°，底边BC长为2L，处在水平位置，斜边AC是光滑绝缘的，在底边中点O处放置一正电荷Q，一个质量为m，电量为q的带负电的质点从斜面顶端A沿斜边滑下，滑到斜边上的垂足D时速度为V。
（1）在质点的运动中不发生变化的是（ ）
A．动能
B．电势能与重力势能之和
C．动能与重力势能之和
D．动能、电势能、重力势能三者之和。
（2）质点的运动是（ ）
A、匀加速运动 B、匀减速运动
C、先匀加速后匀减速的运动 D、加速度随时间变化的运动。
（3）该质点滑到非常接近斜边底端C点时速率Vc为多少？沿斜面下滑到C点的加速度ac为多少？
分析与解：（1）由于只有重力和电场力做功，所以重力势能、电势能与动能的总和保持不变。即D选项正确。
（2）质点受重力mg、库仑力F、支持力N作用，因为重力沿斜面向下的分力mgsinθ是恒定不变的，而库仑力F在不断变化，且F沿斜面方向的分力也在不断变化，故质点所受合力在不断变化，所以加速度也在不断变化，选项D正确。
（3）由几何知识知B、C、D三点在以O为圆心的同一圆周上，是O点处点电荷Q产生的电场中的等势点，所以q由D到C的过程中电场力做功为零，由能量守恒可得：
其中
得
质点在C点受三个力的作用：电场力F，方向由C指向O点；重力mg，方向竖直向下；支撑力FN，方向垂直于斜面向上.根据牛顿第二定律得：
，即
解得：。
本题中的质点在电场和重力场中的叠加场中运动，物理过程较为复杂，要紧紧抓住质点的受力图景、运动图景和能量图景来分析。
问题9：会用能量守恒的观点解题。
例16、如图14所示，在粗糙水平面上固定一点电荷 Q，在 M点无初速释放一带有恒定电量的小物块，小物块在 Q的电场中运动到 N点静止，则从 M点运动到N点的过程中:
A.小物块所受电场力逐渐减小；
B.小物块具有的电势能逐渐减小；
C.M点的电势一定高于 N点的电势；
D.小物块电势能变化量的大小一定等于克服摩擦力做的功。
分析与解：小物块应是先做加速运动后做减速运动，到N点静止，显然电场力做正功，摩擦力做负功，且正功与负功数值相等。由点电荷的场强E=,可得电场力F=qE逐渐减小，A正确。因为电场力做正功，故电势能逐渐减小，B正确。因点电荷Q的电性未知，所以M、N两点的电势高低不能确定，选项C错误。由能量关系知，选项D正确。综上所述，正确答案为ABD。
例17、有三根长度皆为L=1.00m的不可伸长的绝缘轻线，其中两根的一端固定在天花板上的O点，另一端分别拴有质量皆为m=1.00×10-2Kg的带电小球A和B，它们的电量分别为-q和+q,q=1.00×10-7C.A、B之间用第三根线连接起来。空间中存在大小为E=1.00×106N/C的匀强电场，场强方向沿水平向右，平衡时A、B球的位置如图15所示。现将O、B之间的线烧断，由于有空气阻力，A、B球最后会达到新的平衡位置。求最后两球的机械能与电势能的总和与烧断前相比改变了多少。（不计两带电小球间相互作用的静电力，g=10m/s2）
分析与解：当将O、B之间的线烧断后，由于有空气阻力，A、B球最后会达到新的平衡位置（处于静止状态）。对于A、B整体，受力如图16所示：重力2mg,竖直向下；两个电场力qE,一个水平向左,一个水平向右,相互平衡;所以线OA的拉力应竖直向上,即OA呈现竖直状态.
对于B球，受力如图17所示：重力mg,竖直向下；电场力qE, ,水平向右,设线BA的拉力与竖直方向成β角,由平衡条件得:
很容易解得β=450.
由此可知,AB球重新达到平衡的位置如图17所示.与原来位置相比,A球的重力势能减少了:EA=mgL(1-sin600)
B球的重力势能减少了: EB=mgL(1-sin600+cos450)
A球的电势能增加了: WA=qELcos600
B球的电势能减少了:WB=qEL(sin450-sin300)
两种势能总和减少了W=WB-WA+EA+EB=6.8×10-2J.
问题11：会解带电粒子在电场中的偏转问题。
例18、试证明荷质比不同的正离子，被同一电场加速后进入同一偏转电场，它们离开偏转电场时的速度方向一定相同。
? 分析与解：如图18所示，设加速电压为U1，偏转电压为U2，偏转板长L，板距为d，离子离开电场时的速度为图中的V，它与水平分速Vx之间的夹角φ叫做偏向角，可以表示出V的方向，因此，只要证明φ与正离子荷质比无关即可。
?对正离子的加速有 qU1=?
对正离子的偏转，水平方向有Vx=V0, L=V0t；
?竖直方向有 Vy=at=
?偏向角φ的正切
?解上述各式可得tanφ=，是一个与正离子荷质比q/m无关的量，可见，正离子离开偏转电场时速度方向相同。
例19、示波器是一种多功能电学仪器，可以在荧光屏上显示出被检测的电压波形，它的工作原理可等效成下列情况：如图19（甲）所示，真空室中电极K发出电子（初速不计），经过电压为U1的加速电场后，由小孔S沿水平金属板A、B间的中心线射入板中。板长为L，两板间距离为d，在两板间加上如图19(乙)所示的正弦交变电压，周期为T，前半个周期内B板的电势高于A板的电势，电场全部集中在两板之间，且分布均匀。在每个电子通过极板的极短时间内，电场视作恒定的。在两极板右侧且与极板右端相距D处有一个与两板中心线（图中虚线）垂直的荧光屏，中心线正好与屏上坐标原点相交。当第一个电子到达坐标原点O时，使屏以速度V沿负x方向运动，每经过一定的时间后，在一个极短时间内它又跳回到初始位置，然后重新做同样的匀速运动。（已知电子的质量为m，带电量为e，不计电子重力）求：
（1）电子进入AB板时的初速度；
（2）要使所有的电子都能打在荧光屏上（荧光屏足够大），图19(乙)中电压的最大值U0需满足什么条件
（3）要使荧光屏上始终显示一个完整的波形，荧光屏必须每隔多长时间回到初始位置 计算这个波形的峰值和长度，在如图19(丙)所示的x－y坐标系中画出这个波形。
分析与解：（1）电子在加速电场中运动，据动能定理，有 eU1=mV V1=
（2）因为每个电子在板A、B间运动时，电场均匀、恒定，故电子在板A、B间做类平抛运动，在两板之外做匀速直线运动打在屏上，在板A、B间沿水平方向的分运动为匀速运动，则有 ：L=V1t
竖直方向，有y'=at2，且a=
联立解得y'=
只要偏转电压最大时的电子能飞出极板打在屏上，则所有电子都能打在屏上，所以：
（3）要保持一个完整波形，需要隔一个周期T时间回到初始位置，设某个电子运动轨迹如图20所示，有 tanθ=
又知y'=，联立得L'=
由相似三角形的性质，得, 则y=
峰值为ym=V,波形长度为x1=VT,波形如图21所示
问题12：会解带电粒子在交变电场中的运动问题。
例20、在真空中，速度V=6.4×107m/s电子束水平地射入平行金属板之间，如图22所示，极板长度L=8.0×10-2m,间距d=5.0×10-3m.两极板不带电时，电子束将沿两板板的中线通过。若在两极板加50Hz的交流电压u=Usinωt.当所加电压的最大值U超过某一值U0时，将开始出现以下现象：电子束有时能通过两极板；有时间断，不能通过。电子的电量e=1.6×10-19C,电子质量m=9.1×10-31kg.求(1)U0的大小;(2)U为何值时才能使通过的时间Δt1跟间断的时间Δt2之比为2：1？
分析与解：（1）电子可作为点电荷，电子所受的重力以及电子间的相互作用力可忽略。更重要的是：电子通过两极板的时间t=L/V=1.2×10-9S，而电压变化的周期T=2.0×10-2S,显然t<根据平抛运动的知识可得：L=Vt,
所以
（2）要使通过的时间Δt1跟间断的时间Δt2之比为2：1，则一个周期内有三分之二的时间，电压u的值小于U0=91V,所以有u=Usin600=U0，解得U=105V。
例21、如图23所示，A、B为水平放置的平行金属板，板间距离为d（d远小于板的长和宽）。在两板之间有一带负电的质点P。已知若在A、B间加电压U0，则质点P可以静止平衡。
现在A、B间加上如图24所示的随时间t变化的电压U。在t=0 时质点P位于A、B间的中点处且初速为0。已知质点P能在A、B之间以最大的幅度上下运动而又不与两板相碰，求图8中U改变的各时刻t1、t2、t3及tn的表达式。（质点开始从中点上升到最高点或从最低点到最高点的过程中，电压只改变一次。）
分析与解：设质点P的质量为m ，电量大小为q，根据题意，当A、B间的电压为U0时，有：
当两板间的电压为2U0时，P的加速度向上，其大小为a，
解得a=g
当两板间的电压为0时，P自由下落，P自由下落，加速度为g,方向向下。
带电粒子在电场中运动的V-t图如图25所示。
在t=0时，两板间的电压为2U0，P自A、B间的中点向上作初速为零的匀加速运动，加速度为g。经过τ1，P的速度变为V1，此时使电压变为0，让P在重力作用下作匀减速运动。再经过，P正好到达A板且速度为0，故有：
V1=gτ1, 0=V1-g,
由以上各式得：τ1=，
因为t1=.
在重力作用下，P由A板开始作匀加速运动，经过τ2，速度变为V2，方向向下。这时加上电压使P作匀减速运动，经过，P到达B板且速度为零，故有：
V2=gτ2, 0=V2-g,
由以上各式得：τ2=，
因为t2=t1++τ2=.
在电场力与重力的合力作用下，P由B板向上作匀加速运动，经过τ3，速度变为V3，此时使电压变为零，让P在重力作用下作匀减速运动，经过，P正好到达A板且速度为零，故有：
V3=gτ3, 0=V3-g,
由以上各式得：τ3=，
因为t3=t2++τ3=.
根据上面分析，因重力作用，P由A板向下作匀加速运动，经过τ2再加上电压，经过，P到达B且速度为0。
因为
同样分析可得
问题13：会解电场中的导体和电容器有关问题。
例22、长为L的导体棒原来不带电，现将一电量为q的点电荷放在距棒左端R处，如图26所示。当达到静电平衡后，棒上感应的电荷在棒内中点O处产生的场强有多大？方向如何？
分析与解：当达到静电平衡后，棒上 感应的电荷在棒内中点O处产生的场强E，与电量为q的点电荷在中点O处
产生的场强E大小相等，方向相反。
所以E，=E=K，方向向左。
例23、在带正电的金属球的正上方，一个枕形导体自由下落，如图4所示，在未碰上金属球之前，在下落过程中（ ）
A．导体内部场强为零，电子相对导体不运动；
B．导体内部场强为零，电子相对导体向下运动；
C．导体内部场强不为零，电子相对导体向下运动；
D．导体内部场强不为零，电子相对导体向上运动。
分析与解：不少学生由于思维定势而错误地选择A选项。其实当枕形导体自由下落时，由于Q在导体中产生的场强大于感应电荷在导体中产生的场强，所以导体内部场强不为零，电子相对导体不断发生定向移动，又由于导体内部场强的方向向上，所以电子相对导体向下运动，即C选项正确。
例24、一平行板电容器充电后与电源断开,负极板接地.在两极板间有一正电荷(电量很小)固定在P点,如图28所示.以E表示两极板间的场强,U表示电容器的电压,W表示正电荷在P点的电势能.若保持负极板不动,将正极板移到图中虚线所示的位置,则( )
A.U变小,E不变. B.E变大,W变大.
C.U变小,W不变. D.U不变,W不变.
分析与解：因为电容极板所带电量不变，且正对面积S也不变，据E=4πKQ/(ε.S)可知E也是不变。据U=Ed，因d减小，故U减小。因P点的电势没有发生变化，故W不变。故A、C二选项正确。
问题14：会解电场中的临界问题。
例25、如图29所示，一条长为L的绝缘细线上端固定，下端拴一质量为m的带电小球，将它置于水平方向的匀强电场中，场强为E，已知当细线与竖直方向的夹角为α时，小球处于平衡位置A点，问在平衡位置以多大的速度VA释放小球，刚能使之在电场中作竖直平面内的完整圆周运动？
分析与解：小球受重力mg、电场力Eq、线的拉力T作用。简化处理，将复合场（重力场和电场）等效为重力场，小球在等效重力场中所受重力为，由图29有：
， 即
小球在A点处于平衡状态，若小球在A点以速度VA开始绕O点在竖直平面内作圆周运动，若能通过延长线上的B点（等效最高点）就能做完整的圆周运动，在B点根据向心力公式得：。
为临界条件，所以
又因仅重力、电场力对小球做功，由动能定理得：
由以上二式解得：。
问题15：会解电场中的联系实际问题。
电场中的联系实际问题有静电分选、静电除尘、静电复印、电容传感器等，同学们在复习必须注意弄清它们的原理。
例26、滚筒式静电分选器由料斗A、导板B、导体滚筒C、刮板D、料槽E、F和放电针G等部件组成。C与G分别接于直流高压电源的正、负极，并令C接地，如图30所示。电源电压很高，足以使放电针G附近的空气发生电离而产生大量离子。现有导电性能不同的两种物质粉粒a、b的混合物从料斗A下落，沿导体板B到达转动着的滚筒C，粉粒b具有良好绝缘性。.
（1）试说明分选器的工作原理。
（2）粉粒a、b经分选后分别掉在哪个槽中？
（3）刮板D的作用是什么？
（4）若让放电针G接地而滚筒C不接地，再在C和G间加上高压，这样连接是否允许？为什么？
分析与解：（1）放电针附近的空气，受高压电场作用而电离，在电场力作用下，大量的电子或负离子被喷附在粉粒a、b上，使粉粒a、b带负电。带负电的物质粉粒a，因其具有良好的导电性，它与带正电的滚筒C接触后，a上的负电被C上的正电中和并带上了正电，带了正电的粉粒a一方面随滚筒C转动，一方面受到C上正电的静电斥力而离开滚筒，最后落入料槽F中。绝缘性能良好的粉粒b，其所带的负电不容量传给滚筒C，在C的静电吸引力作用下，使b附着C的表面并随C转动，最后，b中粉粒较大者在重力作用下掉入料槽E中。
（2）粉粒a落入料槽F中，粉粒b掉入料槽E中。
（3）b中粉粒较小者，因重量轻，不能借助重力落入E槽，它们附着于滚筒表面随C转到D处，由刮板D将其刮入料槽E。
（4）若C不接地而放电针G接地，从工作原理上来讲，这也是允许的。但此时滚筒C相对于地处于高电势，从工业实用角度上看，这是完全不允许的。因为此时在与C相连的机器和地之间有很高的电势差，从而给操作人员安全造成危险。
三、警示易错试题
典型错误之一：因错误判断带电体的运动情况而出错。
例27、质量为m的物块，带正电Q，开始时让它静止在倾角α=600的固定光滑绝缘斜面顶端，整个装置放在水平方向、大小为E=的匀强电场，如图31所示，斜面高为H，释放物体后，物块落地的速度大小为：
A、 B、
C、2 D、2;
错解：不少同学在做这道题时，一看到“固定光滑绝缘斜面”就想物体沿光滑斜面下滑不受摩擦力作用，由动能定理得得V=而错选A。
分析纠错：其实“固定光滑绝缘斜面”是干扰因素，只要分析物体的受力就不难发现，物体根本不会沿斜面下滑，而是沿着重力和电场力合力的方向做匀加速直线运动，弄清了这一点，就很容易求得本题正确答案应是C.
典型错误之二：因忽视偏转电场做功的变化而出错。
例28、一个动能为Ｅk 的带电粒子，垂直于电力线方向飞入平行板电容器，飞出电容器时动能为2Ｅk ，如果使这个带电粒子的初速度变为原来的两倍，那么它飞出电容器时的动能变为：
A．8Ｅk ； B．5Ｅk ； C．4．25Ｅk ； D．4Ｅk．
错解：当初动能为Ｅk时，未动能为2Ｅk ，所以电场力做功为W=Ｅk ;当带电粒子的初速度变为原来的两倍时，初动能为4Ｅk，电场力做功为W=Ｅk ;所以它飞出电容器时的动能变为5Ｅk,即B选项正确。
分析纠错：因为偏转距离为，所以带电粒子的初速度变为原来的两倍时，偏转距离变为y/4,所以电场力做功只有W=0．25Ｅk，所以它飞出电容器时的动能变为4．25Ｅk ,即C选项正确。
典型错误之三：因忽视导体表面是等势面而出错。
例29、如图32所示，在水平放置的光滑金属板中心正上方有一带正电的点电荷Q，另一表面绝缘，带正电的金属小球（可视为质点，且不影响原电场）自左以初速度V0向右运动，在运动过程中（ ）
A．小球做先减速后加速运动；
B．小球做匀速直线运动；
C．小球受到电场力的冲量为零；
D．小球受到电场力做的功为零。
错解：金属小自左以初速度V0向右运动时，所受到的+Q的库仑斥力先增大后减小，小球做先减速后加速运动，即A选项正确。
分析纠错：由于金属板处于点电荷Q形成的电场中达到静电平衡后，在水平放置金属板的上表面上电场线是垂直向下，金属板的上表面是一个等势面，所以小球运动时只在竖直方向上受力的作用，故小球做匀速直线运动。根据冲量的概念和力做功的条件，小球受到的电场力冲量不为零而做功为零。故此题正确选项为BD。
典型错误之四：因错误理解直线运动的条件而出错。
例30、如图33所示，一粒子质量为m，带电量为+q，以初速度V与水平方向成450角射向空间匀强电场区域，粒子恰作直线运动。求这匀强电场最小场强的大小，并说明方向。
错解：因粒子恰作直线运动，所以电场力刚好等于mg，即电场强度的最小值为：Emin=mg/q.
分析纠错：因粒子恰作直线运动，说明粒子所受的合外力与速度平行，但不一定做匀速直线运动，还可能做匀减速运动。受力图如图34所示，显然最小的电场强度应是，方向垂直于V斜向上方。
四、如临高考测试
1．关于静电场的以下几个说法正确的应是（ ）
A．沿电场线方向各点电势不可能相同；
B．沿电场线方向电场强度一定是减小的；
C．等势面上各点电场强度不可能相同；
D．等势面上各点电场强度方向一定是垂直该等势面的。
2．在静电场中，带电量大小为q的带电粒子，只在电场力作用下先后飞过相距为d的a、b两点，动能增加了E，以下说法正确的是（ ）
A．电场中a点电势一定高于b点 ； B．带电粒子电势能一定减少；
C．电场强度一定为E/dq ； D．a、b两点电势差大小为E/q 。
3．如图35所示，在直线AB上有一个点电荷，它产生的电场在直线上的P、Q两点的场强大小分别为E和2E，P、Q间距为L。则下述判断正确的是（ ）
A．该点电荷一定在P点右侧；
B．P点的电势一定低于Q点的电势；
C．若该点电荷是正电荷，则P点场强方向一定沿直线向左；
D．若Q点的场强方向沿直线向右，则该点电荷一定是负电荷。
4．在方向向左、大小E=1．0×102V/m的匀强电场中，有相距d=2．0×10-2m的a、b两点，现将一带电量q=3．0×10-10C的检验电荷由a点移至b点，该电荷的电势能变化量可能是（ ）
A．6．0×10-14J B．6．0×10-12J
C．6．0×10-10J D．6．0×10-8J。
5．平行板电容器两板间有匀强电场，其中有一个带电液滴处于静止，如图3所示。当发生下列哪些变化时，液滴将向上运动？（ ）
A．将电容器的下极板稍稍下移；
B．将电容器的上极板稍稍下移；
C．将S断开，并把电容器的下极板稍稍向左水平移动；
D．将S断开，并把电容器的上极板稍稍下移。
6．一个一价和一个二价的静止铜离子，经过同一电压加速后，再垂直射入同一匀强编转电场，然后打在同一屏上，屏与偏转电场方向平行，下列说法正确的是( )
A．二价铜离子打在屏上时的速度大
B．离子偏转电场后，二价铜离子飞到屏上用的时间短
C．离子经加速电场过程中，二价铜离子受电场力的冲量大
D．在离开偏转电场时，两种离子在电场方向上的位移不相等。
7.如图37所示，匀强电场水平向左，带正电物体沿绝缘水平板向右运动。经过A点时的动能为100J，到达B点时，动能减少了原来的4/5,减少的动能中有3/5转化为电势能，则该物体第二次经过B点时的动能大小为：
A、4J; B、6J, C、8J, D、12J.
8.图38中虚线所示为静电场中的等势面1、2、3、4，相邻的等势面之间的电势差相等，其中等势面3的电势为0。一带正电的点电荷在静电力的作用下运动，经过a、b点时的动能分别为26eV和5eV。当这一点电荷运动到某一位置，其电势能变为－8eV时，它的动能就为( )
A．8eV B．15eV C．20eV D．34eV.
9.图39中A、B是一对平行的金属板。在两板间加上一周期为T的交变电压u。A板的电势UA＝0，B板的电势UB随时间的变化规律为:在0到T/2的时间内,UB＝U0(正的常数)；在T/2到T的时间内，UB＝-U0；在T到3T/2的时间内,UB＝U0；在3T/2到2T的时间内。UB＝-U0……，现有一电子从A板上的小孔进入两板间的电场区内。设电子的初速度和重力的影响均可忽略，则( )
(A)若电子是在t＝0时刻进入的,它将一直向B板运动；
(B)若电子是在t＝T/8时刻进入的,它可能时而向B板运动,时而向A板运动,最后打在B板上；
(C)若电子是在t＝3T/8时刻进入的,它可能时而向B板运动,时而向A板运动,最后打在B板上；
(D)若电子是在t＝T/2时刻进入的,它可能时而向B板、时而向A板运动。
10.在光滑水平面上的O点系一长为L的绝缘细线，线的另一端系一质量为m、带电量为q的小球。当沿细线方向加上场强为E的匀强电场后，小球处于平衡状态。如图40所示。现给小球一垂直于细线的初速度V0，使小球在水平面上开始运动。若V0很小，则小球第一次回到平衡位置所需时间为 。
11.假设在NaCl蒸气中存在钠离子Na+和氯离子Cl—靠静电相互作用构成的单个氯化钠NaCl分子。若取Na+与Cl—相距无限远时其电势能为零，一个NaCl分子的电势能为-6．1eV。已知使一个中性钠原子Na最外层的电子脱离钠原子而形成钠离子Na+所需要的能量（电离能）为5．1 eV，使一个中性氯原子Cl结合一个电子而形成氯离子Cl—所放出的能量（亲和能）为3．8 eV。由此可算出，在将一个NaCl分子分解成彼此远离的中性原子Na和中性氯原子Cl的过程中，外界供给的总能量等于 eV。
12．如图41所示，质量为m，带电量+q的小球置于半圆形光滑轨道内，整个装置处于场强为E的竖直向下匀强电场中，小球从水平直径位置上的a点由静止释放，小球经过最低点b时对轨道的压力大小。
13．如图42所示，在场强为E的水平的匀强电场中，有一长为L，质量可以忽略不计的绝缘杆，杆可绕通过其中点并与场强方向垂直的水平轴O在竖直面内转动，杆与轴间摩擦可以忽略不计。杆的两端各固定一个带电小球A和B，A球质量为2m，带电量为+2Q;B球质量为m，带电量为－Q。开始时使杆处在图41中所示的竖直位置，然后让它在电场力和重力作用下发生转动，求杆转过900到达水平位置时A球的动能多大？
14．一质量为m，带电量为+q的小球，用长为L的绝缘线悬挂在水平向右的匀强电场中，开始时把悬线拉到水平，小球在位置A点。然后将小球由静止释放，球沿弧线下摆到α=600的B点（如图43所示），此时小球速度恰好为零，试求（1）匀强电场场强。（2）小球在运动中的最大速度。
15.如图44所示，水平放置的平行金属板A和B的距离为d，它们的右端安放着垂直于金属板的靶MN，现在A、B板上加上如图45所示的方波电压，电压的正向值为U0，反向电压值为U0/2，且每隔T/2换向一次，现有质量为m、带正电且电量为q的粒子束从A、B的中点O沿平行于金属板方向OO/射入，设粒子能全部打在靶上而且所有粒子在A、B间的飞行时间均为T。不计重力的影响，试问：
（1）在靶MN上距其中心O/点多远的范围内有粒子击中？
（2）要使粒子能全部打在靶MN上，电压U0的数值应满足什么条件？（写出U0、m、d、q、T的关系式即可）
专题八：分子动理论、热和功及气体状态参量考点例析如临高考测试参考答案：
1．D； 2.D; 3.B; 4.D; 5.BC; 6.AD; 7.D; 8.D; 9.D; 10.B; 11.A; 12.D; 13.D; 14.100J,-50J; 14.
图1
图2
图3
a
b
c
图4
a
b
图5
a
b
图6
A
C
B
图7
D
A B C
+4Q
-Q
图8
O
A
B
mBg
F
N
L
d
图9
F1
F2
图10
+Q
-Q
+q
-q
图11
A
B
+2q
-q
V0
2m
m
图12
A
D
B
O
C
图13
图14
A
-q
+q
B
E
O
图15
A
-q
+q
B
E
O
图17
β
qE
mg
T2
qE
qE
2mg
TOA
图16
U1
L
d
V
图18
U2
V0
Vx
Vy
φ
t
图19（乙）
u
T
O
-U0
U0
A
B
D
o
x
y
U1
K
S
图19（甲）
x
图19（丙）
y
O
V1
L`
Y`
D
y
θ
图20
x
图21
y
O
-ym
ym
d
V
图22
A
B
P
+
-
图23
U
2U0
O
t
t1
t2
t3
t4
tn
图24
V
V1
0
t
t1
t2
t3
tn
-V2
图25
O
R
L
图26
+q
E
E，
+
-
图27
Q
P
图28
+
-
E
α
B
A
图29
C
O
B
mg
qE
mg/
E
F
D
C
B
A
G
图30
图 31
E
H
+Q
图32
V0
图33
图34
mg
qE
图35
图36
A
B
图37
1
2
3
4
a
b
图38
A
B
u
图39
O
E
V0
图40
θ
F1=qE
图41
E
E
A
A/
B/
B
O
图42
A
B
O
α
E
图43
A
B
O
O/
M
N
d
图44
t
2T
T
O
U0
－U0/2
uAB
图45专题（七）
机械振动和机械波考点例析
机械振动和机械波这一部分概念较多，考点较多，对图象要求层次较高，因而高考试题对本部分内容考查的特点是试题容量较大，综合性较强，一道题往往要考查力学的多个概念或者多个规律。因此，在复习本部分时，应注意概念的理解和记忆、应注意机械振动与牛顿定律、动量守恒定律、机械能守恒定律的综合应用。在理解和掌握简谐运动的运动学特征和动力学特征的基础上，进而掌握机械波的相关知识。本部分高考题多以选择题、填空题形式出现，但试题信息量大，一道题中考查多个概念、规律，尤其注重对波的考查。例如：2000年高考第7题，由动态波形判定λ、T、V、A等量，以检查学生的理解能力、推理能力和空间想象能力；2001年高考题第9题考查单摆与机械能的综合问题、理综第20题将波动图象和振动图像结合起来考查综合运用知识的能力；2003年全国物理第7题考查对振动图像理解、上海物理试题则考查波的形成和波的图像的描绘；2004年各种物理试卷和理科综合试卷中都含有这一部分知识的考题，特别是上海卷第13题要求学生作出两列波长不同的波叠加以后的波形，将这一部分试题的难度推到了顶峰！但从历年的高考得分情况来看，这一部分试题的难度还是较低的，因此同学们只要弄清下面所讲的相关问题，得到这一部分试题的分数是不困难的。
一、夯实基础知识
1、深刻理解简谐运动、振幅、周期和频率的概念
（1）简谐运动：物体在跟偏离平衡位置的位移大小成正比，并且总指向平衡位置的回复力的作用下的振动。特征是：F=-kx,a=-kx/m.
（2）简谐运动的规律：
在平衡位置：速度最大、动能最大、动量最大；位移最小、回复力最小、加速度最小。
在离开平衡位置最远时：速度最小、动能最小、动量最小；位移最大、回复力最大、加速度最大。
振动中的位移x都是以平衡位置为起点的，方向从平衡位置指向末位置，大小为这两位置间的直线距离。加速度与回复力、位移的变化一致,在两个“端点”最大，在平衡位置为零，方向总是指向平衡位置。
（3）振幅A：振动物体离开平衡位置的最大距离称为振幅。它是描述振动强弱的物理量。它是标量。
（4）周期T和频率f：振动物体完成一次全振动所需的时间称为周期T,它是标量，单位是秒；单位时间内完成的全振动的次数称为振动频率，单位是赫兹（Hz）。周期和频率都是描述振动快慢的物理量，它们的关系是：T=1/f.
2、深刻理解单摆的概念
(1)单摆的概念：在细线的一端拴一个小球，另一端固定在悬点上，线的伸缩和质量可忽略，线长远大于球的直径，这样的装置叫单摆。
(2)单摆的特点：单摆是实际摆的理想化，是一个理想模型; 单摆的等时性，在振幅很小的情况下，单摆的振动周期与振幅、摆球的质量等无关;单摆的回复力由重力沿圆弧方向的分力提供，当最大摆角α<100时，单摆的振动是简谐运动，其振动周期T=。
(3)单摆的应用：计时器；测定重力加速度g,g=.
3、深刻理解受迫振动和共振。
(1)、受迫振动：物体在周期性驱动力作用下的振动，其振动频率和固有频率无关，等于驱动力的频率；受迫振动是等幅振动，振动物体因克服摩擦或其它阻力做功而消耗振动能量刚好由周期性的驱动力做功给予补充，维持其做等幅振动。
(2)、共振：共振现象：在受迫振动中，驱动力的频率和物体的固有频率相等时，振幅最大，这种现象称为共振。产生共振的条件：驱动力频率等于物体固有频率。共振的应用：转速计、共振筛。
4、熟练掌握波速、波长、周期和频率之间的关系。
（1）波长：在波动中，对平衡位置的位移总是相等的两个相邻质点间的距离。波长通常用表示。
（2）周期：波在介质中传播一个波长所用的时间。波的周期与传播的介质无关，取决于波源，波从一种介质进入另一种介质周期不会改变。周期用T表示。
（3）频率：单位时间内所传播的完整波（即波长）的个数。周期的倒数为波的频率。波的频率就是质点的振动频率。频率用f表示。
（4）波速：波在单位时间传播的距离。机械波的波速取决于介质，一般与频率无关。波速用V表示。
（5）波速和波长、频率、周期的关系：
经过一个周期T ，振动在介质中传播的距离等于一个波长，所以波速为
由于周期T和频率f互为倒数（即f =1/T），所以上式可写成
此式表示波速等于波长和频率的乘积。
5、深刻理解简谐运动的图像和波动图像的意义。
(1)简谐运动的图象：定义：振动物体离开平衡位置的位移X随时间t变化的函数图象。不是运动轨迹，它只是反映质点的位移随时间的变化规律。作法：以横轴表示时间，纵轴表示位移，根据实际数据取单位，定标度，描点，用平滑线连接各点便得图线。图象特点：用演示实验证明简谐运动的图象是一条正弦（或余弦）曲线。
(2)简谐运动图象的应用：可求出任一时刻振动质点的位移。可求振幅A：位移的正负最大值。可求周期T：两相邻的位移和速度完全相同的状态的时间间隔。可确定任一时刻加速度的方向。可求任一时刻速度的方向。可判断某段时间内位移、回复力、加速度、速度、动能、势能的变化情况。
（3）波的图象：波的图象是描述在波的传播方向上的介质中各质点在某时刻离开平衡位置的位移。简谐波的图象是一条正弦或余弦图象。波的图象的重复性：相隔时间为周期整数倍的两个时刻的波形相同。波的图象反映机械波的有关信息：质点的振幅、波长、介质中各质点在该时刻的位置、已知波的传播方向后可确定各质点在该时刻的振动方向和经过一段时间后的波形图。
(4)振动图象和波动图象的联系与区别
联系：波动是振动在介质中的传播，两者都是按正弦或余弦规律变化的曲线；振动图象和波的图象中的纵坐标均表示质点的振动位移，它们中的最大值均表示质点的振幅。
区别：①振动图象描述的是某一质点在不同时刻的振动情况，图象上任意两点表示同一质点在不同时刻偏离平衡位置的位移；波的图象描述的是波在传播方向上无数质点在某一时刻的振动情况，图象上任意两点表示不同的两个质点在同一时刻偏离平衡位置的位移。
②振动图象中的横坐标表示时间，箭头方向表示时间向后推移；波的图象中的横坐标表示离开振源的质点的位置，箭头的方向可以表示振动在介质中的传播方向，即波的传播方向，也可以表示波的传播方向的反方向。
③振动图象随时间的延续将向着横坐标箭头方向延伸，原图象形状不变；波的图象随着时间的延续，原图象的形状将沿横坐标方向整个儿地平移，而不是原图象的延伸。
在不同时刻波的图象是不同的；对于不同的质点振动图象是不同的。
6、正确理解波的干涉、衍射现象，了解多普勒效应
（1）波的叠加原理：在两列波重叠的区域，任何一个质点的总位移都等于两列波分别引起的位移的矢量和。
（2）波的独立传播原理：在两列波重叠的区域，每一列波保持自己的特性互不干扰继续前进。
(3)波的干涉:产生稳定干涉现象的条件：频率相同；振动方向相同；有固定的相位差。两列相干波的波峰与波峰（或波谷与波谷）相遇处是振动最强的地方，波峰与波谷（或波谷与波峰）相遇处是振动最弱的地方。驻波：是一种特殊的干涉现象。驻波的特点是两波节间的各质点均做同时向下或同时向上，但振幅不同的同步调振动；波形随时间变化，但并不在传播方向上移动。
(4)波的衍射:波绕过障碍物的现象叫做波的衍射。能够发生明显的衍射现象的条件是：障碍物或孔的尺寸比波长小，或者跟波长相差不多。
(5)多普勒效应
当波源或者接受者相对于介质运动时，接受者会发现波的频率发生了变化，这种现象叫多普勒效应。
(6)声波:发声体的振动在介质中的传播就是声波。人耳能听到的声波的频率范围在20Hz到20000Hz之间。频率低于20Hz的声波叫次声波。频率高于20000Hz的声波叫超声波。空气中的声波是纵波。能够把回声与原声区别开来的最小时间间隔为0.1S.声波也能发生反射、干涉和衍射等现象。声波的共振现象称为声波的共鸣。
二、分析与解析典型问题
问题1：必须弄清简谐运动的判断方法。
要判定一个物体的运动是简谐运动，首先要判定这个物体的运动是机械振动，即看这个物体是不是做的往复运动；看这个物体在运动过程中有没有平衡位置；看当物体离开平衡位置时，会不会受到指向平衡位置的回复力作用，物体在运动中受到的阻力是不是足够小。 然后再找出平衡位置并以平衡位置为原点建立坐标系，再让物体沿着x轴的正方向偏离平衡位置，求出物体所受回复力的大小，若回复力为F=-kx,则该物体的运动是简谐运动。
例1、两根质量均可不计的弹簧，劲度系数分别为K1、K2，它们与一个质量为m的小球组成的弹簧振子，如图1所示。试证明弹簧振子做的运动是简谐运动。
证明：以平衡位置O为原点建立坐标轴，当振子离开平衡位置O时，因两弹簧发生形变而使振子受到指向平衡位置的合力。设振子沿X正方向发生位移x，则物体受到的合力为F=F1+F2=-k1x-k2x=-(k1+k2)x=-kx.
所以，弹簧振子做的运动是简谐运动。
问题2:必须弄清简谐运动中各物理量的变化特点
简谐运动涉及到的物理量较多，但都与简谐运动物体相对平衡位置的位移x存在直接或间接关系：
如果弄清了上述关系，就很容易判断各物理量的变化情况。
例2、弹簧振子在光滑的水平面上做简谐运动，在振子向平衡位置运动的过程中：
A．振子所受的回复力逐渐增大
B．振子的位移逐渐增大
C．振子的速度逐渐减小
D．振子的加速度逐渐减小。
分析与解：在振子向平衡位置运动的过程中，易知x减小，根据上述关系很容易判断，回复力F、加速度a减小；速度V增大。即D选项正确。
问题3：必须弄清简谐运动的对称性
简谐运动的对称性是指振子经过关于平衡位置对称的两位置时，振子的位移、回复力、加速度、动能、势能、速度、动量等均是等大的（位移、回复力、加速度的方向相反，速度动量的方向不确定）。运动时间也具有对称性，即在平衡位置对称两段位移间运动的时间相等。
理解好对称性这一点对解决有关问题很有帮助。
例3、如图2所示。弹簧振子在振动过程中，振子经a、b两点的速度相同，若它从a到b历时0.2s,从b再回到a的最短时间为0.4s,则该振子的振动频率为：
A、1Hz; B、1.25Hz; C、2Hz; D、2.5Hz.
分析与解：振子经a、b两点速度相同，根据弹簧振子的运动特点，不难判断a、b两点对平衡位置（O点）一定是对称的，振子由b经o到a所用的时间也是0.2s,由于“从b再回到a的最短时间是0.4s”,说明振子运动到b后是第一次回到a点，且ob不是振子的最大位移。设图中的c、d为最大位移处，则振子从b经c到b历时0.2s,同理，振子从a经d到a,也历时0.2s,故该振子的周期T=0.8S,根据周期和频率互为倒数的关系，不难确定该振子的振动频率为1.25Hz.故本题答B.
例4、如图3所示，一轻质弹簧竖直放置，下端固定在水平面上，上端处于a位置，当一重球放在弹簧上端静止时，弹簧上端被压缩到b位置。现将重球（视为质点）从高于位置的c位置沿弹簧中轴线自由下落，弹簧被重球压缩到最低位置d.以下关于重球运动过程的正确说法应是
A、重球下落压缩弹簧由a至d的过程中，重球做减速运动。
B、重球下落至b处获得最大速度。
C、重球下落至d处获得最大加速度。
D、由a至d过程中重球克服弹簧弹力做的功等于小球由c下落至d处时重力势能减少量。
分析与解：重球由c至a的运动过程中，只受重力作用，做匀加速运动；由a至b的运动过程中，受重力和弹力作用，但重力大于弹力，做加速度减小的加速运动；由b至d的运动过程中，受重力和弹力作用，但重力小于弹力，做加速度增大的减速运动。所以重球下落至b处获得最大速度，由a至d过程中重球克服弹簧弹力做的功等于小球由c下落至d处时重力势能减少量，即可判定B、D正确。
C选项很难确定是否正确，但利用弹簧振子的特点就可非常容易解决这一难题。重球接触弹簧以后，以b点为平衡位置做简谐运动，在b点下方取一点a,,使ab=a,b,根据简谐运动的对称性，可知，重球在a、a,的加速度大小相等，方向相反，如图4所示。而在d点的加速度大于在a,点的加速度，所以重球下落至d处获得最大加速度，C选项正确。
问题4：必须弄清简谐运动的周期性
简谐运动具有周期性，其运动周期T的大小由振动系统本身的性质决定。理解了这一点，在解决相关问题时就不易出错。
例5、有人利用安装在气球载人舱内的单摆来确定气球的高度。已知该单摆在海平面处的周期是T0。当气球停在某一高度时，测得该单摆周期为T.求该气球此时离海平面的高度h。把地球看作质量均匀分布的半径为R的球体。
分析与解：设单摆的摆长为L，地球的质量为M，则据万有引力定律可得地面的重力加速度和高山上的重力加速度分别为：
据单摆的周期公式可知
由以上各式可求得
例6、一弹簧振子作简谐运动，周期为T ，则下列说法中正确的是：
? A、若t时刻和(t+△t)时刻振子运动位移的大小相等、方向相同，则△t一定等于T的整数倍；
? B、若t时刻和(t+△t)时刻振子运动速度的大小相等、方向相反，则△t一定等于T/2的整数倍；
C、若△t=T，则在t时刻和(t+△t)时刻振子运动的加速度 一定相等；
? D、若△t=T/2 ，则在t时刻和(t+△t)时刻弹簧的长度一定相等。
分析与解：若t时刻和(t+△t)时刻振子运动位移的大小相等、方向相同，表明两时刻振子只是在同一位置，其速度方向还可能相反，则△t不一定是T的整数倍，故A选项错误。
若t时刻和(t+△t)时刻振子运动速度的大小相等、方向相反，这时振子可能处于平衡位置两侧的两个对称的位置上，也可能是两次处于同一位置上，这都不能保证△t一定是T/2的整数倍。故选项B错误。
振子每经过一个周期，必然回到原来的位置，其对应的加速度一定相等。故选项C正确。
经过半个周期，弹簧的长度变化大小相等、方向相反，即一个对应弹簧被压缩，另一个对应弹簧被拉伸，这两种情况下弹簧的长度不相等，可见选项D错误。
综上所述，本题正确答案为C。
问题5：必须弄清简谐运动图象是分析简谐运动情况的基本方法
简谐运动图象能够反映简谐运动的运动规律，因此将简谐运动图象跟具体运动过程联系起来是讨论简谐运动的一种好方法。
例7、如图5中两单摆摆长相同，平衡时两摆球刚好接触，现将摆球A在两摆线所在平面内向左拉开一小角度后释放，碰撞后，两摆球分开各自做简谐运动，以mA、mB分别表示摆球A、B的质量，则
A、如果mA>mB，下一次碰撞将发生在平衡位置右侧；
?B、如果mA?C、无论两摆球的质量之比是多少，下一次碰撞不可能在平衡位置右侧；
?D、无论两摆球的质量之比是多少，下一次碰撞不可能在平衡位置左侧 。
分析与解：由于碰撞后两摆球分开各自做简谐运动的周期相同，任作出B球的振动图象如图6所示，而A球碰撞后可能向右运动，也可能向左运动，因此A球的振动图象就有两种情况，如图6中A1和A2。从图中很容易看出无论两摆球的质量之比是多少，下一次碰撞只能发生在平衡位置。即CD选项正确。
从例7可以看出， 利用振动图象分析问题非常简便。希望同学们养成利用图象分析问题的习惯。
问题6：会解机械振动与机械能等的综合问题
例8、如图7所示为一单摆的共振曲线，则该单摆的摆长约为多少？共振时摆球的最大速度大小是多少？（g取10m/s2）
分析与解：这是一道共振曲线所给信息和单摆振动规律进行推理和综合分析的题目。由题意知，当单摆共振时频率f=0.5Hz,即,振幅A=8cm=0.08m.
由得
根据机械能守恒定律可得：
解得
问题7：会根据共振的条件分析求解相关问题。
例8、如图8所示。曲轴上挂一个弹簧振子，转动摇把，曲轴可带动弹簧振子上下振动。开始时不转动摇把，让振子自由振动，测得其频率为2Hz.现匀速转动摇把，转速为240r/min。（1）当振子稳定振动时，它的振动周期是多大？（2）转速多大时，弹簧振子的振幅最大？
分析与解：根据图示装置可知，当曲转转动一周时，给弹簧振子施加一次作用力，所以振子做受迫振动，当振子振动稳定时其振动周期等于驱动力的周期（即曲轴的转动周期），即：
T=T驱=60/240S=0.25S.
要使振子做受迫振动的振幅最大，即发生共振，必须满足
f驱=f固=2Hz
所以转速为2r/s（即120r/min）时，振子振动的振幅最大
问题8：波的波速、波长、频率、周期和介质的关系：
例9、简谐机械波在给定的媒质中传播时，下列说法中正确的是（ ）
A．振幅越大，则波传播的速度越快；
B．振幅越大，则波传播的速度越慢；
C．在一个周期内，振动质元走过的路程等于一个波长；
D．振动的频率越高，则波传播一个波长的距离所用的时间越短。
分析与解：波在介质中传播的快慢程度称为波速，波速的大小由介质本身的性质决定，与振幅无关，所以A、B二选项错。由于振动质元做简谐运动，在一个周期内，振动质元走过的路程等于振幅的4倍，所以C选项错误；根据经过一个周期T ，振动在介质中传播的距离等于一个波长，所以振动的频率越高，则波传播一个波长的距离所用的时间越短，即D选项正确。
例10、关于机械波的概念，下列说法中正确的是（ ）
（A）质点振动的方向总是垂直于波的传播方向
（B）简谐波沿长绳传播，绳上相距半个波长的两个质点振动位移的大小相等
（C）任一振动质点每经过一个周期沿波的传播方向移动一个波长
（D）相隔一个周期的两个时刻的波形相同
分析与解： 质点振动的方向可以与波的传播方向垂直（横波），也可以与波的传播方向共线（纵波），故A选项错误．
相距一个波长的两个质点振动位移大小相等、方向相同，相距半个波长的两个质点振动位移大小相等、方向相反， B选项正确．这是由于相距半个波长的两个质点的振动状态相差半个周期，所以它们的位移大小相等、方向相反．
波每经过一个周期就要向前传播一个波长，但介质中的各个质点并不随波向前迁移，只是在各自的平衡位置附近振动，向前传播的是质点的振动状态．所以C选项错误．
在波的传播过程中，介质中各点做周期性的振动，相隔一个周期，各质点的振动又回到上一周期的振动状态．因此，相隔一个周期的两时刻波形相同．故D选项正确．
波动是振动的结果，波动问题中很多知识点与振动有关系，因此要搞清波动与振动的联系与区别，在解决问题时才能抓住关键．
问题9：判定波的传播方向与质点的振动方向
方法一：若知道某一时刻t的波形曲线，将波形曲线沿波的传播方向平移一微小的距离（小于），它便是t+t时刻的波形曲线，知道了各个质点经过t时间到达的位置，质点的振动方向就可以判断出来了。
方法二：通过波的传播方向判断处波源的位置，在质点A靠近波源一侧附近（不超过）图象上找另一质点B，若质点B在A的上方，则A向上运动，若B在A的下方，则A向下运动。即沿波的传播方向，后振动的质点总是追随先振动的质点来运动的。
方法三：运用逆向复描波形法解答十分简捷。即，手握一支笔，逆着波的传播方向复描已知波形，凡复描时笔尖沿波形向上经过的质点，此刻均向上运动；凡复描时笔尖沿波形向下经过的质点，此刻均向下运动(波峰和波谷点除外)。
例11、一简谐横波在x轴上传播，在某时刻的波形如图9所示。已知此时质点F的运动方向向下，则
A．此波朝x轴负方向传播
B．质点D此时向下运动
C．质点B将比质点C先回到平衡位置
D．质点E的振幅为零
分析与解：本题主要考查对波的传播方向与波上某质点运动方向间的关系的推理判断，以及对波形图的想像能力。
对于本题，已知质点F向下振动，由上述方法可知，此列波向左传播。质点B此时向上运动，质点D向下运动，质点C比B先回到平衡位置。在此列波上所有振动质点的振幅都是相等的。故只有A、B选项正确。
例12、简谐横波某时刻的波形图如图10所示。由此图可知（ ）
A．若质点a向下运动，则波是从左向右传播的
B．若质点b向上运动，则波是从左向右传播的
C．若波从右向左传播，则质点c向下运动
D．若波从右向左传播，则质点d向上运动
分析与解：运用上述逆向复描波形法可立即判定出B、D正确。
问题10：已知波的图象，求某质点的坐标
例13、一列沿x方向传播的横波，其振幅为A，波长为λ，某一时刻波的图象如图11所示。在该时刻，某一质点的坐标为(λ，0)，经过周期后，该质点的坐标：
A． B., -A C.λ, A D.
分析与解：如图11所示，波上P质点此刻的坐标为(λ，0)，由于此列波向右传播，据逆向复描波形法可知，此刻质点P向下运动。再过周期，它运动到负向最大位移处，其坐标变为(λ，-A)，显然选项B正确。
问题11：已知波速V和波形，作出再经Δt时间后的波形图
方法一、平移法：先算出经Δt时间波传播的距离Δx=VΔt，再把波形沿波的传播方向平移Δx即可。因为波动图象的重复性，若已知波长λ，则波形平移n个λ时波形不变，当Δx=nλ+x时，可采取去nλ留零x的方法，只需平移x即可。
方法二、特殊点法：在波形上找两特殊点，如过平衡位置的点和与它相邻的峰（谷）点，先确定这两点的振动方向，再看Δt=nT+t,由于经nT波形不变，所以也采取去整nT留零t的方法，分别作出两特殊点经t后的位置，然后按正弦规律画出新波形。
例14、如图12所示，a图中有一条均匀的绳，1、2、3、4…是绳上一系列等间隔的点。现有一列简谐横波沿此绳传播。某时刻，绳上9、10、11、12四点的位置和运动方向如图b所示(其他点的运动情况未画出)，其中点12的位移为零，向上运动，点9的位移达到最大值。试在图C中画出再经过周期时点3、4、5、6的位置和速度方向，其他点不必画(图c的横、纵坐标与图a、b完全相同)。
分析与解：作某一时刻的波形图或通过作图确定波上某些质点的位置和速度方向问题，是一个难点问题，主要考查学生的空间想像能力和推理判断能力。
根据图12 b 9、10、11、12各质点的振动情况，可画出此时刻的波形图，如图13所示。由逆向复描波形法可确定各质点的运动(速度)方向(见图13)。
波上质点3此时在负向最大位移处，再经过3T/4，它到达平衡位置且向下运动；质点6此时在平衡位置且向下运动，再经过3T/4它将到达正的最大位移处。因此，质点3、4、5、6的位置和速度方向如图14所示。
例15、一列简谐横波向右传播，波速为v。沿波传播方向上有相距为L的P、Q两质点，如图15所示。某时刻P、Q两质点都处于平衡位置，且P、Q间仅有一个波峰，经过时间t，Q质点第一次运动到波谷。则t的可能值（ ）
A．1个 B．2个
C．3个 D．4个
分析与解：解答本题，必须做出在题设条件下可能的波的图形，然后才能作出判定。题中指出：“某时刻P、Q两质点都处于平衡位置，且P、Q间仅有一个波峰”，符合这一条件的波形图有4个，如图15所示。显然，Q质点第一次运动到波谷所需的时间t的可能值有4个。故D选项正确。
问题12：已知波的图象，求波速
例16、一根张紧的水平弹性长绳上的a、b两点，相距14.0 m，b点在a点的右方，如图16所示。当一列简谐横波沿此长绳向右传播时，若a点的位移达到正极大时，b点的位移恰为零，且向下运动，经过1.00s后，a点的位移为零，且向下运动，而b点的位移达到负极大，则这简谐横波的波速可能等于( )
A．4.67m/s B．6m/s
C．10m/s D．14m/s
分析与解：本题考查振动以及波动的传播规律，只有理解波动(图象)传播的规律，准确把握波动过程中的图象关于时间和空间的周期性，才能作出确切和完整的判断。
由于波向右传播，据“a点位移达正极大时，b点的位移恰为零，且向下运动”，可画出此时a、b间的最简波形，如图17所示。因未明确a、b距离与波长的约束关系，故a、b间的距离存在“周期性”。即
(n1+ (n1=0,1,2,……)
因所给定时间与周期的关系未知，故运动时间也存在“周期性”。即
(n2=0,1,2,…)
因此可能的波速为
当n2=0,n1=0时，V=4.67m/s;
当n2=0,n1=1时，V=2m/s;
(n2=0,V随n1增大还将减小。)
当n2=1,n1=0时，V=23.3m/s;（n1=0,V随n2的增大而增大.）
当n2=1,n1=1时，V=10m/s;
据以上计算数据，不可能出现B和D选项的结果，故选项A、C正确。
例17、一列横波沿直线在空间传播，某一时刻直线上相距为d的M、N两点均处在平衡位置，且M、N之间仅有一个波峰，若经过时间t，N质点恰好到达波峰位置，则该列波可能的波速是多少？
分析与解：本题没有给定波的传播方向，仅告诉我们在某一时刻M、N两点均处在平衡位置，且M、N之间仅有一个波峰．由此我们可以推想，处在直线MN上的各个质点在该时刻相对平衡位置的位移可能会有以下四种情况，即波的图像有以下四种图形（如图18中A、B、C、D图，各图中均为左端为M，右端为N）：
若波的传播方向由M到N，那么：
在A图中，经过时间t，N恰好到达波峰，说明时间t内波向右前进的距离，且，所以波速．
在B图中，经过时间t，波峰传到N点，则波在时间t内向右前进的距离，且，所以波速．
在C图中，经过时间t，波向右前进的距离，且，所以波速．
在D图中，经过时间t，波向右前进的距离，且，所以波速．
若波的传播方向从N到M，那么：
在A图中，质点N此时要向下振动，经过时间t，N到达波峰，则时间，在时间t内波向左前进的距离，所以波速．
在B图中，经过时间t， N到达波峰，则时间，在此时间内波向左前进的距离，所以波速．
在C图中，波在时间t内向左前进的距离，且，所以波速．
在D图中，质点N经过变为波峰，所以，在时间t内波向左前进的距离，所以波速．
所以该列波可能的波速有五种、、、、．
其实上述解决问题的方法过于程序化，如果能够判断出八种情况下该时刻波形图上的波峰在传播方向上到N点的距离S，波速v就等于．例如：最后一种情况中，波峰在传播方向上到N点的距离，所以波速．其它情况读者可自行解决．
问题13：已知某质点的振动图象和某时刻的波动图象进行分析计算
例18、图19甲所示为一列简谐波在t=20s时的波形图，图19乙是这列波中P点的振动图线，那么该波的传播速度和传播方向是：
A．V=25cm/s,向左传播；
B．V=50cm/s,向左传播；
C．V=25cm/s,向右传播；
D．V=50cm/s,向右传播。
分析与解：由图19甲读出λ=100cm,由图19乙读出T=2S，据V=λ/T得V=50cm/s.
将图19乙之y-t图延长到t=20s时刻，可以看出P点运动方向向上，再看图19甲，波若向右传播，则P运动方向向下，波若向左传播，则P运动方向向上，故判定波是向左传播的。
综上所述，本题应选B。
问题14：已知某两质点的振动图象进行分析计算
例19、一列机械波沿直线ab向右传播，ab=2m,a、b两点的振动情况如图20所示，下列说法中正确的是：
A．波速可能是
B．波长可能是
C．波长可能大于
D．波长可能大于。
分析与解：t=0时刻，a质点在波谷，b质点在平衡位置且向y轴正方向运动，根据波由a传向b（如图20甲所示），可知波长λ满足
这样，由此可知波长不可能大于（对应的波速也不可能大于）。当n=0时，；当n=10时，，由V=λ/T得对应的波速。故选项AB正确。
问题15：已知某两时刻的波动图象进行分析计算。
例20、一列横波如图21所示，波长m，实线表示时刻的波形图，虚线表示s时刻的波形图．求：
（1）波速多大？
（2）若，波速又为多大？
（3）若，并且波速为
3600m/s，则波沿哪个方向传播？
分析与解：（1）因为题中没有给出波的传播方向，故需要对波沿x轴正方向和x轴负方向传播分别进行讨论．又因为题中没有给出与周期T的关系，故需要考虑到波的重复性．
若波沿x轴正方向传播，则可看出是波形传播的最小距离
m
波传播的可能距离是 （ m）
则可能的波速为 m/s）,（n = 0、1、2、……，）
若波沿x轴负方向传播，则可看出是波形传播的最小距离m
波传播的可能距离是（ m）
则可能的波速为 m/s）,（n = 0、1、2、……，）
（2）当时，根据波动与振动的对应性可知，这时波速的通解表达式中n=1．
若波沿x轴正方向传播，则波速为 （ m/s）
若波沿x轴负方向传播，则波速为 （ m/s）
（3）当，波速为3600m/s时，根据波动与振动的对应性可知， 所以波向前传播的距离大于波长，而且可以计算出
（m）
由于波长等于8m，这样波向前传播了个波长．由波形图不难判断出波是沿x轴向右传播的．也可以由波速的通解表达式来判断：
若波沿x轴正方向传播，则波速为 （ m/s），当n=2时， （ m/s）．
若波沿x轴负方向传播，则波速为 （ m/s），当n=1时，（ m/s），当n=2时，（ m/s）．
所以波是沿x轴向右传播的．
问题16：能正确确定振动加强和振动减弱位置。
例21、如图22所示，在半径为R=45m的圆心O和圆周A处，有两个功率差不多的喇叭，同时发出两列完全相同的声波，且波长=10m。若人站在B处，正好听不到声音；若逆时针方向从B走到A，则时而听到时而听不到声音。试问在到达A点之前，还有几处听不到声音？
分析与解：因为波源A、O到B点的波程差为r=r1—r2=R=45m=，所以B点发生干涉相消现象。
在圆周任一点C上听不到声音的条件为：
r = r1—r2 =（2k+1）=5（2k+1）
将r2=R=45m代入上式得：r1=5（2k+1）+ r2
所以：r1=10k+50 或 r1= —10k+40
而0 < r1 < 90m，所以有：0 <（10k+50） < 90m 和 0 <（—10k+40） < 90m
求得 :—5 < k < 4
即k = —4、—3、—2、—1、0、1、2、3，所以在到达A点之前有八处听不到声音。
问题17：能正确作出两列波叠加后的波形图。
确定两列波相遇后的波形问题的思路是首先根据波的独立传播原理分别画出给定时刻的两列波的波形；再根据波的叠加原理，对各个质点的位移进行合成，画出叠加以后的波形图。
例22、如图23甲所示，两列相同的波相向传播，当它们相遇时，图23乙中可能的波形是：
A．图（a）和图(b);
B．图（b）和图(c);
C．图（c）和图(d);
D．图（a）和图(d).
分析与解：当两列相遇时，达到图24所示的状态时，叠加以后的波形应是图23乙(b).
当两列相遇时，达到图25所示的状态时，叠加以后的波形应是图23乙(c).
所以正确答案应是B.
例23、A、B两波相向而行，在某时刻的波形与位置如图26所示，已知波的传播速度为V，图中标尺每格长度为L，在图中画出又经过t=7L/V时的波形。(参考答案
分析与解：根据波的叠加原理很容易确定经过t=7L/V时的波形如图27所示。
问题18：确定两列频率不相同的波叠加后的各质点的运动情况。
不同频率的两列波相遇也可以叠加，也存在振动加强和振动减弱的点，但这些点不是固定的，而是随时变化的，因此看不到稳定的干涉图样。
例24、如图28所示，一波源在绳的左端发生半个波1，频率为f1,振幅为A1；同时另一波源在绳的右端发生半个波2，频率为f2,振幅为A2.图中AP=PB，由图可知（ ）
A、两列波同时到达P点；
B、两列波相遇时，P点的波峰可达（A1+A2）；
C、两列波相遇后各自保持原来波形独立传播；
D、两列波相遇时，绳上振幅可达（A1+A2）的质点只有一点。
分析与解：1、2两列波在同一条绳上传播，波速相同，所以A、B的运动状态传播相同距离历时相同，两列波应同时到达P点，选项A是正确的；两列波到达P点后，在彼此穿过区间，P处质点的位移为两列波独立引起的位移之和，由于两波频率不同，波长不同，相向传播时，两波峰不会同时到达P点，故在P处两列波叠加的位移峰值不会达到（A1+A2），选项B是错误的；两波峰可同时到达的一点应是与图28中现正处于波峰的两质点的平衡位置等距的一点：如果f1>f2,则λ1<λ2,则P点右侧某处质点振幅可达到（A1+A2），而如果f1λ2,则P点左侧某处质点振幅可达到（A1+A2），选项D是正确的；根据波的叠加原理，两列波相遇后各自保持原来的波形，即如选项C所述。
综上所述，本题正确答案为ACD.
问题19：确定两列波叠加后某质点的振动方向
在两列波相遇的区域里，任何一个质点的振动速度，都等于两列波分别引起的振动速度的矢量和。
例25、.两列沿相反方向传播的振幅和波长都相同的半波，如图29（甲）所示，在相遇的某一时刻两列波“消失”,如图29（乙），此时图中a、b质点的振动方向是：
A．a向上，b向下； B. a向下，b向上；
C. a、b都静止； D. a、b都向上。
分析与解：两列波在相遇的某一时刻两列波“消失”了，是因为两列波分别引起各质点的位移矢量和为零。但两列波分别引起各质点总的振动速度的矢量和不为零。对于a点，波1使其振动的速度为零，波2使其振动的速度也向下，故a点的振动合速度应向下。而对于b点，波1使其振动的速度方向向上，波2使其振动的速度为零，故b点的振动合速度应向上。所以B选项正确。
问题20：会解波动现象在工农业生产中的应用问题。
例26、利用超声波可以探测鱼群的位置。在一只装有超声波发射和接收装置的渔船上，向选定的方向发射出频率f=5.8×104Hz的超声波后，经过时间t=0.64s收到从鱼群反射回来的反射波。已知这列超声波在水中的波长λ=2.5cm,求鱼群到渔船的距离是多少？
分析与解：所发射的超声波在水中的传播速度为：
超声波往返的路程为
渔船到鱼群的距离为：S1=S/2=464m.
例27、利用超声波测量汽车的速度
超声波遇到障碍物会发生反射，测速仪发出并接收反射回来的超声波脉冲信号，根据发出和接收到的时间差，测出汽车的速度。图30（a）是在高速公路上用超声波测速仪测量车速的示意图，测速仪发出并接收超声波脉冲信号，根据发出和接收到的时间差，测出汽车的速度。图30（b）中是测速仪发出的超声波信号，n1、n2分别是由汽车反射回来的信号。设测速仪匀速扫描，p1、、p2之间的时间间隔Δt＝1.0s，超声波在空气中传播的速度是V＝340m./s，若汽车是匀速行驶的，则根据图（b）可知，汽车在接收到p1、、p2两个信号之间的时间内前进的距离是 m，汽车的速度是_____________m/s
分析与解：本题由阅读图30（b）后，无法让人在大脑中直接形成测速仪发射和接受超声波以及两个超声波在传播过程中量值关系形象的物理图象。只有仔细地分析图30（b）各符号的要素，深刻地思考才会在大脑中形成测速仪在P1时刻发出的超声波，经汽车反射后经过t1=0.4S接收到信号，在P2时刻发出的超声波，经汽车反射后经过t2=0.3S接收到信号的形象的物理情景图象。根据这些信息很容易给出如下解答：
汽车在接收到p1、、p2两个信号之间的时间内前进的距离是:
S=V（t1-t2）/2=17m，汽车通过这一位移所用的时间t=Δt-（t1-t2）/2=0.95S.所以汽车的速度是.
三、警示易错试题
典型错误之一：因忽视周期性引起的多解而出错。
例28、如图31所示，光滑的弧形槽的半径为R（R远大于弧长MN），A为弧形槽的最低点。小球B放在A点正上方离A点的高度为h，小球C放在M点。同时释放两球，使两球正好在A点相碰，则h应为多大？
错解 :对B球，可视为单摆，延用单摆周期公式可求C球到达O点的时间：
对B球，它做自由落体运动，自h高度下落至O点.
要求两球相碰，则应有tB=tC,即，解得：。
分析纠错：上述答案并没有完全错，分析过程中有一点没有考虑，即是振动的周期性，因为C球在圆形轨道上自C点释放后可以做往复的周期性运动，除了经过TC/4时间可能与A相碰外，经过t=TC/4+NtC(N=0,1,2……)的时间都可以与A相碰。正确答案是：
(n=1,2,3,4……)
典型错误之二：因对波的叠加原理理解不深刻而出错。
例29、两列简谐波均沿x轴传播，传播速度的大小相等，其中一列沿x轴正方向传播，如图32中实线所示。一列波沿x负方向传播，如图32中虚线所示。这两列波的频率相等，振动方向均沿y轴，则图中x=1,2,3,4,5,6,7,8各点中振幅最大的是x= 的点，振幅最小的是x= 的点。
错解：从图中可以看出：振幅最大的是x=2，6的点，振幅最小的是x=4，8的点。
分析纠错：对于x=4、8的点，此时两列波引起的位移的矢量和为零，但两列波引起的振动速度的矢量和最大，故应是振动最强的点，即振幅最大的点。对于x=2和6的点，此时两列波引起的位移矢量和为零，两列波引起的振动速度的矢量和也为零，故应是振动最弱的点，即振幅最小的点。
典型错误之三：因没有理解波的图像会随时间变化而出错
例30、 如图33所示，一列简谐横波沿x轴正方向传播，从波传到x=5m的M点时开始计时，已知P点相继出现两个波峰的时间间隔为0.4s，下面说法中正确的是（ ）
A．这列波的波长是4m
B．这列波的传播速度是10m/s
C．质点Q（x=9m）经过0.5s才第一次到达波峰
D．M点以后各质点开始振动时的方向都是向下
错解：由质点Q（x=9m），经过0.4s波传到它，又经过T/4（0.1s）Q点第一次到达波峰，所以C对。
分析纠错 ：（1）从图33上可以看出波长为4m，选A。
（2）实际上“相继出现两个波峰”应理解为，出现第一波峰与出现第二个波峰之间的时间间隔。因为在一个周期内，质点完成一次全振动，而一次全振动应表现为“相继出现两个波峰”，即T=0.4s。则V=λ/T=10m/s,所以B选项正确。
（3）质点Q（x=9m）经过0.4s开始振动，而波是沿x轴正方向传播，即介质中的每一个质点都被它左侧的质点所带动，从波向前传播的波形图34可以看出，0.4s波传到Q时，其左侧质点在它下方，所以Q点在0.5s时处于波谷。再经过0.2ss即总共经过0.7s才第一次到达波峰，所以选项C错了。
（4）从波的向前传播原理可以知道，M以后的每个质点都是先向下振动的。所以选项D是对的。
此题正确答案为A，B，D。
典型错误之四：因错误认为“双向波”是一列波而出错
例31、如图35所示,S为上下振动的波源， 振动频率为100Hz，所产生的横波左右传播， 波速为80m/s，已知P、Q两质点距波源S的距离为SP=17．4m，SQ=16．2m。当S通过平衡位置向上振动时，P、Q两质点的位置是：
A．P在波峰，Q在波谷；
B．都在波峰；
C．都在波谷 ；
D．P在波峰，Q在波峰。
错解：根据λ=VT=0.8m,SP=17．4m=(21+3/4)λ,SQ=16．2m=(20+1/4)λ,据此可作出波形图如图36所示，故可得到“P在波峰，Q在波峰”，而错选D。
分析纠错：波源S在振动的过程之中要形成分别向左右传播的两列波，波形应如图37所示，故可得到“P在波峰，Q在波谷”，而应选A。
典型错误之五：因忽视各质点的振动方向与波源的起振方向相同而出错。。
例32、在均匀介质中，各质点的平衡位置在同一直线上，相邻两质点的距离均为s，如图38甲所示。振动从质点1开始向右传播，质点1开始运动时的速度方向竖直向上。经过时间t，前13个质点第一次形成如图38乙所示的波形。关于这列波的周期和波速有如下说法
A.这列波的周期T=2t/3
B这列波的周期T=t/2
C.这列波的传播速度v=12s/T
D.这列波的传播速度v=16s/T
错解：由图38可知：波长λ=8s,而在时间t内波向前传了3λ/2,所以周期T=2t/3，传播速度v=12s/T，即AC正确。
分析纠错：上述解答错在没有理解题意，题说“经过时间t，前13个质点第一次形成如图38乙所示的波形”，并不说波只传到前13个质点。如果是只传到前13个质点，由于第13个质点此时振动方向向下，所以质点1开始运动时的速度方向也应该竖直向下，这与题给条件矛盾。所以在时间t内波向前传了2λ,所以周期T=t/2，传播速度v=16s/T，即BD正确。
四、如临高考测试
1、一物体在某行星表面受到的万有引力是它在地球表面受到的万有引力的1／4，在地球 上走得准的摆钟搬到此行星上后，此钟的分针走一整圈所经历的时间实际上是：
? A、1／4h B、1／2h C、2h D、4h
2、如图39所示，将小球甲、乙、丙（都可视为质点）分别从A、B、C三点由静止同时释放，最后都到达竖直面内圆弧的最低点D，其中甲是从圆心A出发做自由落体运动，乙沿弦轨道从一端B到达另一端D，丙沿圆弧轨道从C点运动D，且C点很靠近D点。如果忽略一切摩擦阻力，那么下列判断正确的是：
A．甲球最先到达D点，乙球最后到达D点；
B．甲球最先到达D点，丙球最后到达D点；
C．丙球最先到达D点，乙球最后到达D点；
D．甲球最先到达D点，无法判断哪个球最后到达D点。
3、把一个筛子用四根弹簧支起来，筛子上装一个电动偏心轮，它每转一周给筛子一个驱动力，这就做成了一个共振筛，筛子在做自由振动时，每次全振动用时1s，在某电压下电动偏心轮转速是36r/min。已知如果增大电压可以使偏心轮转速提高，增大筛子的质量，可以增大筛子的固有周期。那么，要使筛子的振幅增大，下列哪些做法正确（ ）
①提高输入电压 ②降低输入电压 ③增加筛子质量 ④减小筛子质量
A．②④ B．②③ C．①③ D．①④
4、如图40，一弹簧振子A沿光滑水平面作简谐运动。在振幅相同的条件下， 第一次当振子A通过平衡位置时，将一块橡皮泥B轻粘在A上共同振动，第二次当振子A刚好位于位移最大值时将同一块橡皮泥轻粘在A上之后的振`动过程中，具有相同物理量的是：
A、振幅； B、周期；
C、最大速度值； D、最大加速度值 。
5、细长轻绳下端拴一小球构成单摆，在悬点正下方摆长处有一个能挡住摆线的钉子A，如图41所示。现将单摆向左方拉开一个小角度，然后无初速地释放。对于以后的运动，下列说法中正确的是（ ）
摆球往返运动一次的周期比无钉子时的单摆周期小；
摆球在左、右两侧上升的最大高度一样；
摆球在平衡位置左右两侧走过的最大弧长相等；
摆线在平衡位置右侧的最大摆角是左侧的两倍。
6、一列简谐波沿一直线向左运动，当直线上某质点a向上运动到达最大位移时，a点右方相距0.15m的b点刚好向下运动到最大位移处，则这列波的波长可能是（ ）
A．0.6m B．0.3m
C．0.2m D．0.1m
7、图43中，波源S从平衡位置y=0开始振动，运动方向竖直向上(y轴的正方向)，振动周期T=0.01s，产生的简谐波向左、右两个方向传播，波速均为V=80m/s．经过一段时间后，P、Q两点开始振动,已知距离SP=1.2m、SQ=2.6m．若以Q点开始振动的时刻作为计时的零点，则在图44的振动图象中，能正确描述P、Q两点振动情况的是（ ）
A. 甲为Q点振动图象； B. 乙为Q点振动图象
C. 丙为P点振动图象； D. 丁为P点振动图象
8、如图45，一简谐横波在x轴上传播，轴上a、b两点相距12m。t ＝0时a点为波峰，b点为波谷；t ＝0.5s时，a点为波谷，b点为波峰。则下列判断中正确的是
A．波一定沿x轴正方向传播 ;
B．波长可能是8m;
C．周期可能是0.5s;
D．波速一定是24m/s.
9、一列简谐横波沿x轴负方向传播，图46是t = 1s时的波形图，图47是波中某振动质元位移随时间变化的振动图线(两图用同同一时间起点)，则图47可能是图46中哪个质元的振动图线？（ ）
A．x = 0处的质元； B．x = 1m处的质元；
C．x = 2m处的质元； D．x = 3m处的质元。
10、公路上匀速行驶的货车受一扰动，车上货物随车厢底板上下振动但不脱离底板。一段时间内货物在坚直方向的振动可视为简谐运动，周期为T。取竖直向下为正方向，以某时刻作为计时起点，即，其振动图象如图48所示，则（ ）
A． 时，货物对车厢底板的压力最大;
B． 时，货物对车厢底板的压力最小;
C． 时，货物对车厢底板的压力最大;
D． 时，货物对车厢底板的压力最小.
11、某人在山脚下（设与海平面等高）测得一单摆的周期为T0,在山顶上测得此单摆的周期变化了ΔT,设山脚处地球的半径为R，则此山高度为 。
12、一列简谐横波沿x轴正方向传播，在t=0时刻的波形如图49所示，已知在t=1.1s时刻，质点P出现第三次波峰，那么质点Q第一次出现波峰的时间是_______。
13、如图50所示，一块涂有炭黑玻璃板，质量为2kg，在拉力F的作用下，由静止开始竖直向上运动。一个装有水平振针的振动频率为5Hz的固定电动音叉在玻璃板上画出了图示曲线，量得 OA=1cm,OB=4cm,OC=9cm.求外力F的大小。（g=10m/s2,不计阻力）
14、公安警车正以40m/s的速度追赶一罪犯，警报器每隔0.5s响一声（响声时间很短，可以不计），而罪犯在前方也以20m/s的速度逃跑，则罪犯听到警声的时间间隔是多少？若要罪犯听不到警报声，则罪犯应以多大的速度逃跑？
15、某台心电图仪的出纸速度（纸带移动的速度）为2.5cm/s,医院进行体检时记录下某人的心电图如图51所示，已知图纸上每小格边长为5mm。设在每分钟时间内人的心脏搏动次数为人的心率，则此人的心率约为多少？（保留两位有效数字）.
(参考答案见下期讲座)
专题六：动量考点例析如临高考测试参考答案：
1.D; 2.C; 3.D; 4.BD; 5.B; 6.C; 7.A; 8.C; 9.9:1; 10. mVctanθ;
11.0,2; 12.; 13.100kg.
14.解：机车启动时，由牛顿第二定律得:F-kmg=ma1.
根据运动学公式,
机车挂接2号车厢的极短时间动量守恒：mV1=2mV2.
在加速阶段，F-k.2mg=2ma2,,
机车挂接3号车厢，
在加速阶段，,
同理可得3号车厢挂接、加速后的速度V3/为：
挂接车厢n时有(n-1)mV/n-1=nmVn得：
要求Vn≥0,即要求,所以.
临界值为，不倒车时牵引力为：F0=kmg.
比较知F15.解：（1）设雪橇运动的方向为正方向，狗第1次跳下雪橇后雪橇的速度为V1，根据动量守恒定律，有
狗第1次跳上雪橇时，雪橇与狗的共同速度满足
可解得
将代入，得
（2）设雪橇运动的方向为正方向，狗第（n－1）次跳下雪橇后雪橇的速度为Vn－1，则狗第（n－1）次跳上雪橇后的速度满足
这样，狗n次跳下雪橇后，雪橇的速度为Vn满足
解得
狗追不上雪橇的条件是 Vn≥
可化为
最后可求得 ，代入数据，得
狗最多能跳上雪橇3次，雪橇最终的速度大小为 V4=5.625m/s
X
O
X
图1
位移x
位移x
回复力F=-Kx
加速度a=-Kx/m
位移x
势能Ep=Kx2/2
动能Ek=E-Kx2/2
速度
o
b
c
a
d
图2
Va
Vb
C
a
b
d
图3
C
a
b
d
图4
a,
A
B
图5
t
x
0
图6
B
A1
A2
o
A/cm
f/Hz
0.25
0.5
0.75
图7
8
4
图8
图9
图10
图11
图12
图13
图14
图15
a
b
图16
a
b
图17
A
C
B
D
图18
图19(甲)
x/cm
y/cm
0.2
0
50
100
150
200
P
t/s
y/cm
0.2
0
1
2
3
4
5
图19(乙)
t/s
y/cm
0
2
4
a
图20（甲）
b
a
b
图20乙
x
y
O
图21
图22
图23甲
图23乙
a
b
c
d
图24
图25
A
B
图26
图27
A
B
P
1
2
图28
a
b
甲
乙
图29
1
2
1
2
0
1
2
3
4
5
P1
P2
n1
n2
A
B
图30a
图30b
A
B
N
C
图31
M
x
Vx
Vx
y
0x
1
2
3
4
5
6
7
8
图32
图33
图34
图35
图36
图37
图38
A
B
C
D
图39
A
B
图40
A
图41
a b

左
右
图42
S
P
Q
V
V
图43
t
y
0
T
2T
甲
t
y
0
2T
T
乙
t
y
0
2T
T
丙
t
y
0
2T
T
丁
图44
b
a
0
x
图45
图46
O
y/m
1 2 3 4 5 6
图47
O
t/s
y/m
1 2 3 4 5 6
x/m
t
x
o
T/2
T
图48
图49
F
O
A
B
C
图50
图51

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