2023年高三物理第二輪沖刺講義(共十二講)

2023耳名三翻理第二裕寺敗沖刺稀文（是十

工中

第一講平衡問題

一、［解平衡問題幾種常見方法］

1、力的合成、分解法：對于三力平衡，一般根據(jù)“任意兩個力

的合力與第三力等大反向”的關(guān)系，借助三角函數(shù)、相似三角形等手

段求解；或?qū)⒛骋粋€力分解到另外兩個力的反方向上，得到這兩個分

力必與另外兩個力等大、反向；對于多個力的平衡，利用先分解再合

成的正交分解法。

2、力匯交原理：如果一個物體受三個不平行外力的作用而平衡,

這三個力的作用線必在同一平面上，而且必有共點(diǎn)力。

3、正交分解法：將各力分解到x軸上和y軸上，運(yùn)用兩坐標(biāo)軸上

的合力等于零的條件（工乙=0工%=0）多用于三個以上共點(diǎn)力作用下

的物體的平衡。值得注意的是，對八y方向選擇時\盡可能使落在x、

y軸上的力多；被分解的力盡可能是已知力。

4、矢量三角形法：物體受同一平面內(nèi)三個互不平行的力作用平

衡時，這三個力的矢量箭頭首尾相接恰好構(gòu)成三角形，則這三個力的

合力必為零，利用三角形法求得未知力。

5、對稱法：利用物理學(xué)中存在的各種對稱關(guān)系分析問題和處理

問題的方法叫做對稱法。在靜力學(xué)中所研究對象有些具有對稱性，模

型的對稱往往反映出物體或系統(tǒng)受力的對稱性。解題中注意到這一

點(diǎn)，會使解題過程簡化。

6、正弦定理法：三力平衡時，三個力可構(gòu)成一封閉三角形，若

由題設(shè)條件尋找到角度關(guān)系，則可用正弦定理列式求解。

7、相似三角形法：利用力的三角形和線段三角形相似。

二'典型例題

1、力學(xué)中的平衡：運(yùn)動狀態(tài)未發(fā)生改變，即。=0。表現(xiàn)：靜止

或勻速直線運(yùn)動

(1)在重力、彈力、摩擦力作用下的平衡

例1質(zhì)量為加的物體置于動摩擦因數(shù)為口的水

平面上，現(xiàn)對它施加一個拉力，使它做勻速直線運(yùn)

動，問拉力與水平方向成多大夾角時這個力最小?

解析取物體為研究對象，物體受到重力mg,地面的支持力N,

摩擦力/及拉力T四個力作用，如圖1-1所示。

由于物體在水平面上滑動，則/=必，將/和N合成，得到合力

F,由圖知F與/的夾角：

a=arcctgRf=arcctg\x

不管拉力T方向如何變化，F(xiàn)與水平方向的夾角a不變，即F為

一個方向不發(fā)生改變的變力。這顯然屬于三力平衡中的動態(tài)平衡問

題，由前面討論知，當(dāng)T與F互相垂直時，T有最小值，即當(dāng)拉力與

水平方向的夾角0=90_甌豳日=甌吆日時，使物體做勻速運(yùn)動的拉力T

最小。

(2)摩擦力在平衡問題中的表現(xiàn)

這類問題是指平衡的物體受到了包括摩擦力在內(nèi)的力的作用。在

共點(diǎn)力平衡中，當(dāng)物體雖然靜止但有運(yùn)動趨勢時、屬于靜摩擦力；當(dāng)

物體滑動時，屬于動摩擦力。由于摩擦力的方向要隨運(yùn)動或運(yùn)動趨勢

的方向的改變而改變，靜摩擦力大小還可在一定范圍內(nèi)變動，因此包

括摩擦力在內(nèi)的平衡問題常常需要多討論幾種情況，要復(fù)雜一些。因

此做這類題目時要注意兩點(diǎn)

①由于靜摩擦力的大小和方向都要隨運(yùn)動趨勢的改變而改變，因

此維持物體靜止?fàn)顟B(tài)所需的外力允許有一定范圍；又由于存在著最大

靜摩擦力，所以使物體起動所需要的力應(yīng)大于某一最小的力?？傊?/p>

包含摩擦力在內(nèi)的平衡問題，物體維持靜止或起動需要的動力的大小

是允許在一定范圍內(nèi)的，只有當(dāng)維持勻速運(yùn)動時，外力才需確定的數(shù)

值。

②由于滑動摩擦力F=|iFA,,要特別注意題目中正壓力的大小的分

析和計算，防止出現(xiàn)錯誤。

例2重力為G的物體A受到與豎直方向成a角;可

的外力F后，靜止在豎直墻面上，如圖1-2所示，

試求墻對物體A的靜摩擦力。圖＞2

分析與解答這是物體在靜摩擦力作用下平衡問題。首先確定研

究對象，對研究對象進(jìn)行受力分析，畫出受力圖。A受豎直向下的重

力G,外力F,墻對A水平向右的支持力（彈力）N,以及還可能有

靜摩擦力這里對靜摩擦力的有無及方向的判斷是極其重要的。物

體之間有相對運(yùn)動趨勢時，它們之間就有靜摩擦力；物體間沒有相對

運(yùn)動趨勢時.，它們之間就沒有靜摩擦力。可以假設(shè)接觸面是光滑的，

若不會相對運(yùn)動，物體將不受靜摩擦力，若有相對運(yùn)動就有靜摩擦力。

(注意：這種假設(shè)的方法在研究物理問題時是常用方法，也是很重要

的方法。)具體到這個題目，在豎直方向物體A受重力G以及外力

F的豎直分量，即F2=Fcosa。當(dāng)接觸面光滑，G=fcosa時一，物體能

保持靜止；當(dāng)G>Rcosa時，物體A有向下運(yùn)動的趨勢，那么A應(yīng)受

到向上的靜摩擦力；當(dāng)GvFcosa時-，物體A則有向上運(yùn)動的趨勢，

受到的靜摩擦力的方向向下，因此應(yīng)分三種情況說明。

從這里可以看出，由于靜摩擦力方向能夠改變，數(shù)值也有一定的

變動范圍，滑動摩擦力雖有確定數(shù)值，但方向則隨相對滑動的方向而

改變，因此，討論使物體維持某一狀態(tài)所需的外力F的許可范圍和大

小是很重要的。何時用等號，何時用不等號，必須十分注意。

(3)彈性力作用下的平衡問題

例3如圖1-3所示，一個重力為mg的小環(huán)套在

豎直的半徑為「的光滑大圓環(huán)上，一勁度系數(shù)為k,

自然長度為L(L<2r)彈簧的一端固定在小環(huán)上，另

一端固定在大圓環(huán)的最高點(diǎn)A。當(dāng)小環(huán)靜止時，略去彈簧的自重和小

環(huán)與大圓環(huán)間的摩擦。求彈簧與豎直方向之間的夾角中

分析選取小環(huán)為研究對象，孤立它進(jìn)行受力情況分析：小環(huán)受

重力mg、大圓環(huán)沿半徑方向的支持力N、彈簧對它的拉力F的作用，

顯然，

F=Z:(2rcos(p-￡)

圖1-4

解法1運(yùn)用正交分解法。如圖1-4所示，選取坐標(biāo)系，以小環(huán)

所在位置為坐標(biāo)原點(diǎn)，過原點(diǎn)沿水平方向?yàn)閤軸，沿豎直方向?yàn)閥軸。

￡&=O,-Fsin(p+Nsin2(p=0

￡4=0,-Fcos(p-mg-Ncos2(p=0

解得(p=arccos-------

2(kr-mg)

解法2用相似比法。若物體在三個力B、F2、F3作用下處于平

衡狀態(tài)，這三個力必組成首尾相連的三角形B、F2、F3,題述中恰有

三角形AO俄與它相似，則必有對應(yīng)邊成比例。

F_mg_N

2rcos(prr

kL

(P=arccos---------

2(kr-mg)

(4)在電場、磁場中的平衡…：

例4如圖1-5所示，勻強(qiáng)電場方向向右，勻強(qiáng)三

磁場方向垂直于紙面向里，一質(zhì)量為機(jī)帶電量為q二生心x：

的微粒以速度U與磁場垂直、與電場成45。角射入復(fù)“一"

合場中，恰能做勻速直線運(yùn)動，求電場強(qiáng)度E的大小，磁感強(qiáng)度B

的大小。

解析由于帶電粒子所受洛侖茲力與v垂直，電場力方向與電場

線平行，知粒子必須還受重力才能做勻速直線運(yùn)動。假設(shè)粒子帶負(fù)電

受電場力水平向左，則它受洛侖茲力,就應(yīng)斜向右下與v垂直，這樣

粒子不能做勻速直線運(yùn)動，所以粒子應(yīng)帶正電，畫出受力分析圖根據(jù)

合外力為零可得，

mg—qvBsin45°(1)qE=伏3cos45。(2)

由（1）式得B=交絲，由（1）,（2）得E=mg/q

Qv

（5）動態(tài)收尾平衡問題

例5如圖1-6所示，AB、CD是兩根足夠長的

固定平行金屬導(dǎo)軌，兩導(dǎo)軌間距離為/,導(dǎo)軌平面與

水平面的夾角為。。在整個導(dǎo)軌平面內(nèi)都有垂直于導(dǎo)

軌平面斜向上方的勻強(qiáng)磁場，磁感強(qiáng)度為B。在導(dǎo)軌的A、C端連接

一個阻值為R的電阻。一根垂直于導(dǎo)軌放置的金屬棒時，質(zhì)量為加，

從靜止開始沿導(dǎo)軌下滑。求必棒的最大速度。（已知必和導(dǎo)軌間的

動摩擦因數(shù)為自，導(dǎo)軌和金屬棒的電阻不計）

解析本題的研究對象為"棒，畫出必棒的平面受

力圖，如圖1-7。油棒所受安培力F沿斜面向上，大?。蝗?/p>

為尸=8〃=1/2丫/尺，則仍棒下滑的加速度圖1_7

a=[mgsin0-（pmgcos0+F）]/m。

"棒由靜止開始下滑，速度V不斷增大，安培力F也增大，加速

度。減小。當(dāng)。=0時達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)，此后必棒做勻速運(yùn)動，速度達(dá)最

大。

22

mgsin0-(jLimgcos6+Blv/R)=0o

解得"棒的最大速度

22

vm=mgR(sin0-/JcosO)/B1o

例6圖1-8是磁流體發(fā)電機(jī)工作原

圖1一8

理圖。磁流體發(fā)電機(jī)由燃燒室（O）、發(fā)電通道（E）和偏轉(zhuǎn)磁場（B）

組成。在2500K以上的高溫下，燃料與氧化劑在燃燒室混合、燃燒

后，電離為正負(fù)離子（即等離子體），并以每秒幾百米的高速噴入磁

場，在洛侖茲力的作用下，正負(fù)離子分別向上、下極板偏轉(zhuǎn)，兩極板

因聚積正負(fù)電荷而產(chǎn)生靜電場。這時等離子體同時受到方向相反的洛

侖茲力（/）與電場力（F）的作用，當(dāng)F=/■時-，離子勻速穿過磁場,

兩極板電勢差達(dá)到最大值，即為電源的電動勢。設(shè)兩板間距為d,板

間磁場的磁感強(qiáng)度為B,等離子體速度為?負(fù)載電阻為R,電源內(nèi)

阻不計，通道截面是邊長為d的正方形，試求：

（1）磁流體發(fā)電機(jī)的電動勢J?

（2）發(fā)電通道兩端的壓強(qiáng)差如？

解析根據(jù)兩板電勢差最大值的條件

f-fWv----

BdB

所以，磁流發(fā)電機(jī)的電動勢為J=3小

設(shè)電源內(nèi)阻不計，通道橫截面邊長等于d的正方形，且入口處壓

強(qiáng)為0,出口處的壓強(qiáng)為?。划?dāng)開關(guān)S閉合后，發(fā)電機(jī)電功率為

D"（Bdv）2

根據(jù)能量的轉(zhuǎn)化和守恒定律有

222

己也=FjV-F2V=pxdv-pdv

所以，通道兩端壓強(qiáng)差為

AB2V

Ap=Pi~Pi-

(6)共點(diǎn)的三力平衡的特征規(guī)律

例7圖1-9中重物的質(zhì)量為加，輕細(xì)線AO彳

和BO的A、B端是固定的，平衡時AD是

O

BO與水平的夾角為。。AO的拉力Fi和BO的拉

圖1-9

力F2的大小是：

A、Fj=mgcos6B、Fx-mgctgO

C、F2=mgsin0D、F2-mg/sinO

解析如圖1-10,三根細(xì)繩在O點(diǎn)鄉(xiāng)，取O點(diǎn)(結(jié)點(diǎn))為研

究對象，分析o點(diǎn)受力如圖1-10。o點(diǎn)

受到AO繩的拉力Fl、BO繩的拉力F2

以及重物對它的拉力T三個力的作用。

圖1-10(a)選取合成法進(jìn)行研究，

圖1-10

將Fi、F2合成，得到合力F,由平衡條件

知：

F=T=mg

則：Fx=FctgO-mgctgO

F2=F/sin^=mg/sin0

圖1-10(b)選取分解法進(jìn)行研究，將F2分解成互相垂直的兩個

分力工、Fy,由平衡條件知：

Fy=丁=吟％=耳

則：F2=Fy/sin0=mg/sin0

片=Fx=FyctgO=mgctgO

問題：若BO繩的方向不變，則細(xì)線AO與BO繩的方向成幾度

角時，細(xì)線AO的拉力最??？

結(jié)論：共點(diǎn)的三力平衡時，若有一個力的大小和方向都不變，另

一個力的方向不變，則第三個力一定存在著最小值。

(7)動中有靜，靜中有動問題

如圖MI所示，質(zhì)量為M的木箱放在水平面上，w|nA|

木箱中的立桿上著一個質(zhì)量為機(jī)的小球，開始時小球在

圖i-n

桿的頂端，由靜止釋放后，小球沿桿下滑的加速度為重

力加速度的二分之一，則在小球下滑的過程中，木箱對地面的壓力為

Mg+gmg。因?yàn)榍蚣铀傧禄瑫r，桿受向上的摩擦力，根據(jù)第二定律有

mg-f=ma,所以/=對木箱進(jìn)行受力分析有：重力Mg、地面

支持力N、及球?qū)U向下的摩擦力。由平衡條件有

N=/+mg=Mg+—mg。

2、電磁學(xué)中的平衡

(1)電橋平衡

若沒有R,則Ri和R2串聯(lián)后與R3和R4

串聯(lián)后再并聯(lián)),

設(shè)通過R1的電流為L,通過R3的電流L

如有：I]Ri=bR3,IiR2=bR4則R兩端電勢差為0所以R中的電

流為0,即電橋平衡。

(2)靜電平衡

例8—金屬球，原來不帶電。現(xiàn)沿球的直

MN

圖1-12

徑的延長線放置一均勻帶電的細(xì)桿MN,如圖1-12所示。金屬球上

感應(yīng)電荷產(chǎn)生的電場在球內(nèi)直徑上。、b,c三點(diǎn)的場強(qiáng)大小分別為

E.、%、Ec,三者相比，

A、E“最大B、場最大C、E,最大D、Ea=Eb=Ec

解析：

當(dāng)金屬球在帶電桿激發(fā)的電場中達(dá)到以靜電平衡時，其內(nèi)部的場

強(qiáng)為0,即細(xì)桿在“、b、c產(chǎn)生的場強(qiáng)與金屬球上的感應(yīng)電荷在

c產(chǎn)生的場強(qiáng)大小相等，方向相反，故答案C正確。

3、熱平衡問題

例9家電電熱驅(qū)蚊器中電熱部分的主要元件

是PTC,它是由鈦酸鋼等半導(dǎo)體材料制成的電阻

器，其電阻率°與溫度f的個關(guān)系圖象如圖1-13。

電熱驅(qū)蚊器的原理是：通電后電阻器開始發(fā)熱，溫

圖1-13

度上升，使藥片散發(fā)出驅(qū)蚊藥，當(dāng)電熱器產(chǎn)生的熱與向外散

發(fā)的熱平衡時;溫度達(dá)到一個穩(wěn)定值。由圖象可以判定：通電后，PTC

電阻器的功率變化情況是,穩(wěn)定時的溫度應(yīng)取____區(qū)間的某

一值。

分析通電后應(yīng)認(rèn)為電壓U不變。隨著溫度的升高，在(0~t.)

范圍內(nèi)，電阻率隨溫度的升高而減小，因此電阻減小，電功率增大，

驅(qū)蚊器溫度持續(xù)上升；在范圍內(nèi)，電阻率隨溫度的升高而增

大，因此電阻增大，電功率減小。當(dāng)電熱器產(chǎn)生的熱與向外散發(fā)的熱

平衡時，溫度、電阻、電功率都穩(wěn)定在某一值。

解答功率變化是先增大后減小，最后穩(wěn)定在某一值。這時溫度

應(yīng)在t]~t2間。

4、有固定轉(zhuǎn)軸物體的平衡。

支持力各多大？小球與斜板接觸點(diǎn)應(yīng)在板上何

處？板兩端所受壓力多大？(假設(shè)小球在板上任何位置時，圖中a角

均不變)

解析設(shè)球與板的相互作用力為N,繩對球的拉力為T,則對球

有Tcosa=Gsina,Tsina+N=Gcosa,可得T=100N,N=100No球?qū)?/p>

板的作用力N、板兩端所受的彈力NA和NB,板在這三個力作用下靜

止，則該三個力為共點(diǎn)力，據(jù)此可求得球距A端距離

x=A8sin2a=AB/4,即球與板接觸點(diǎn)在板上距A端距離為板長的1/4

處。對板，以A端為轉(zhuǎn)動軸，有NB?AB?sma=N\對板，以B端為

轉(zhuǎn)動軸，有NA?AB?cosa=N(A6-x)。可得'=50所,汽=50N。

第二講勻變速運(yùn)動

一'特別提示：

1、勻變速運(yùn)動是加速度恒定不變的運(yùn)動，從運(yùn)動軌跡來看可以

分為勻變速直線運(yùn)動和勻變速曲線運(yùn)動。

2、從動力學(xué)上看，物體做勻變速運(yùn)動的條件是物體受到大小和

方向都不變的恒力的作用。勻變速運(yùn)動的加速度由牛頓第二定律決

定。

3、原來靜止的物體受到恒力的作用，物體將向受力的方向做勻

加速直線運(yùn)動；物體受到和初速度方向相同的恒力，物體將做勻速直

線運(yùn)動；物體受到和初速度方向相反的恒力，物體將做勻減速直線運(yùn)

動；若所受到的恒力方向與初速度方向有一定的夾角，物體就做勻變

速曲線運(yùn)動。

二、典型例題：

例1氣球上吊一重物，以速度%從地面勻速豎直上升，經(jīng)過時

間t重物落回地面。不計空氣對物體的阻力，重力離開氣球時離地面

的高度為多少。

解方法1：設(shè)重物離開氣球時的高度為久，對于離開氣球后的

運(yùn)動過程，可列下面方程：-九=%("&)-g時,其中(-兒表示)向

下的位移兒，L為勻速運(yùn)動的時間，乙為豎直上拋過程的時間，解方

%

程得：于是，離開氣球時的離地高度可在勻速上升過程中

求得，為：hx=%?一4)=%(f一

方法2：將重物的運(yùn)動看成全程做勻速直線運(yùn)動與離開氣球后做

自由落體運(yùn)動的合運(yùn)動。顯然總位移等于零，所以：

=0

2%

解得：/ix=叫。-

評析通過以上兩種方法的比較，更深入理解位移規(guī)律及靈活運(yùn)

用運(yùn)動的合成可以使解題過程更簡捷。

例2兩小球以95m長的細(xì)線相連。兩球從同一地點(diǎn)自由下落，

其中一球先下落1s另一球才開始下落。問后一球下落幾秒線才被拉

直？

解方法1：“線被拉直”指的是兩球發(fā)生的相對位移大小等于

線長，應(yīng)將兩球的運(yùn)動聯(lián)系起來解，設(shè)后球下落時間為ts,則先下落

小球運(yùn)動時間為(t+l)s,根據(jù)位移關(guān)系有：

1,1,

-^+1)2--^2=95

解得：t=9s

方法2：若以后球?yàn)閰⒄瘴?，?dāng)后球出發(fā)時前球的運(yùn)動速度為

v0=gt=Wm/So以后兩球速度發(fā)生相同的改變，即前一球相對后一球

的速度始終為％=10加5,此時線已被拉長：A/=^gr=1xl0xl2=5(ZM)

線被拉直可看成前一球相對后一球做勻速直線運(yùn)動發(fā)生了位移：

5=/-A/=95-5=90(m)

評析解決雙體或多體問題要善于尋找對象之間

的運(yùn)動聯(lián)系。解決問題要會從不同的角度來進(jìn)

行研究，如本題變換參照系進(jìn)行求解。

例3如圖2-1所示，兩個相對斜面的傾角國

分別為37°和53°,在斜面頂點(diǎn)把兩個小球以同樣大小的初速度分

別向左、向右水平拋出，小球都落在斜面上。若不計空氣阻力，則A、

B兩個小球的運(yùn)動時間之比為（）

A、1:1B、4:3C、16:9D\9：16

解由平拋運(yùn)動的位移規(guī)律可行：

12

x=y=2§t

?*tan。=y/xt-2v0land/g

.ttan37°

?A?—=----------

tan53016

故D選項(xiàng)正確。

評析靈活運(yùn)用平拋運(yùn)動的位移規(guī)律解題，是基本方法之一。應(yīng)

用時必須明確各量的物理意義，不能盲目套用公式。

例4從空中同一地點(diǎn)沿水平方向同時拋出

兩個小球，它們的初速度方向相反、大小分別為

為和%2，求經(jīng)過多長時間兩小球速度方向間的夾

角為90°?

解經(jīng)過時間3兩小球水平分速度%1、%不變，豎直分速度都

等于/，如圖2-2所示，t時刻小球1的速度匕與x軸正向夾角為為

tan/=gt/v0l

小球2的速度嶺與x軸正向夾角電為

tan%=一g〃%2

由圖可知a=a+—

2i2

聯(lián)立上述三式得r=/g

評析弄清平拋運(yùn)動的性質(zhì)與平拋運(yùn)動的速度變化規(guī)律是解決本題

的關(guān)鍵。

例5如圖2-3所示，一帶電粒子以豎直向上的_____________

初速度%,自A處進(jìn)入電場強(qiáng)度為E、方向水平向產(chǎn)―工

右的勻強(qiáng)電場，它受到的電場力恰與重力大小相等。'

圖2-3

當(dāng)粒子到達(dá)圖中B處時，速度大小仍為％,但方向

變?yōu)樗较蛴?，那么A、B之間的電勢差等于多少？從A到B經(jīng)歷

的時間為多長？

解帶電粒子從A-B的過程中，豎直分速度減小，水平分速度

增大，表明帶電粒子的重力不可忽略，且?guī)д姾?，受電場力向右?/p>

依題意有mg=Eq

根據(jù)動能定理：4破-煩=（動能不變）

在豎直方向上做豎直上拋運(yùn)動，則vl-O=2gh,vo=gt

解得：h=^—,t=-o

2gg

"8=遜=強(qiáng).匚空&旦

qq2g2gq2g

評析當(dāng)帶電粒子在電場中的運(yùn)動不是類平拋

運(yùn)動，而是較復(fù)雜的曲線運(yùn)動時，可以把復(fù)雜的曲

線運(yùn)動分解到兩個互相正交的簡單的分運(yùn)動來求

解。圖2-4

例6如圖2-4所示，讓一價氫離子、一價氫離子和二價氫離子

的混合物由靜止經(jīng)過同一加速電場加速，然后在同一偏轉(zhuǎn)電場里偏

轉(zhuǎn)，它們是否會分成三股？請說明理由。

解設(shè)帶電粒子質(zhì)量為加、電量為q,經(jīng)過加速電場加速后，再

進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場中發(fā)生偏轉(zhuǎn)，最后射出。設(shè)加速電壓為U,偏轉(zhuǎn)電壓

為U2,偏轉(zhuǎn)電極長為L,兩極間距離為d,帶電粒子由靜止經(jīng)加速電

壓加速，貝［|Uiq=L%，，丫=、?。荨?/p>

2vm

帶電粒子進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場中發(fā)生偏轉(zhuǎn)，則水平方向上：L=vt,

12j_U2q2__3匕

豎直方向上:y=—at

1

22dm2dmv4-Uxd

可見帶電粒子射出時，沿豎直方向的偏移量y與帶電粒子的質(zhì)量

機(jī)和電量q無關(guān)。而一價氫離子、一價氫離子和二價氨離子，它們僅

質(zhì)量或電量不相同，都經(jīng)過相同的加速和偏轉(zhuǎn)電場，故它們射出偏轉(zhuǎn)

電場時偏移量相同，因而不會分成三股，而是會聚為一束粒子射出。

評析帶電粒子在電場中具有加速作用和偏轉(zhuǎn)作用。分析問題

時，注意運(yùn)動學(xué)、動力學(xué)、功和能等有關(guān)規(guī)律的綜合運(yùn)用。

第三講變加速運(yùn)動

一、特別提示

所謂變加速運(yùn)動，即加速度(大小或方向或兩者同時)變化的運(yùn)

動，其軌跡可以是直線，也可以是曲線；從牛頓第二定律的角度來分

析，即物體所受的合外力是變化的。

本章涉及的中學(xué)物理中幾種典型的變加速運(yùn)動如：簡諧運(yùn)動，圓

周運(yùn)動，帶電粒子在電場、磁場和重力場等的復(fù)合場中的運(yùn)動，原子

核式結(jié)構(gòu)模型中電子繞原子核的圓周運(yùn)動等。故涉及到力學(xué)、電磁學(xué)

及原子物理中的圓周運(yùn)動問題。

二、典型例題

例1一電子在如圖3-1所示按正弦規(guī)律變化的f

外力作用下由靜止釋放，則物體將：似'

A、作往復(fù)性運(yùn)動

圖3-1

B、ti時刻動能最大

C、一直朝某一方向運(yùn)動

D、b時刻加速度為負(fù)的最大。

評析電子在如圖所示的外力作用下運(yùn)動，根據(jù)牛頓第二定律

知，先向正方向作加速度增大的加速運(yùn)動，歷時ti；再向正方向作加

速度減小的加速運(yùn)動，歷時。2~匕)；(0~t2)整段時間的速度一直在增大。

緊接著在(t2r3)的時間內(nèi)，電子將向正方向作加速度增大的減速運(yùn)動,

歷時(t3r2)；(t3~t4)的時間內(nèi)，電子向正方向作加速度減小的減速運(yùn)動,

根據(jù)對稱性可知，t4時刻的速度變?yōu)?（也可以按動量定理得，0?t4

時間內(nèi)合外力的沖量為0,沖量即圖線和坐標(biāo)軸圍成的面積）。其中

（0-t2）時間內(nèi)加速度為正；（t2?t4）時間內(nèi)加速度為負(fù)。正確答案為：

Co

注意公式尸中F、a間的關(guān)系是瞬時對應(yīng)

關(guān)系，一段時間內(nèi)可以是變力；而公式%=%+成或r

只適用于勻變速運(yùn)動，但在變加速運(yùn)動

中，也可以用之定性地討論變加速運(yùn)動速度及位移?’

圖3-2

隨時間的變化趨勢。

上題中，如果F-t圖是余弦曲線如圖3-2所示，則情況又如何？

如果F-t圖是余弦曲線，則答案為A、Bo

例2如圖3-3所示,兩個完全相同的小球”和人

分別在光滑的水平面和淺凹形光滑曲面上滾過相同-------，

4_____

的水平距離，且始終不離開接觸面。8球是由水平面‘，,

圖3-3

運(yùn)動到淺凹形光滑曲線面，再運(yùn)動到水平面的，所用的時間分別為t]

和t2,試比較tl、t2的大小關(guān)系：

A、tl>t2B、tl=t2C>tl<t2D、無法判定

評析b小球滾下去的時候受到凹槽對它的支持力在水平向分力

使之在水平方向作加速運(yùn)動；而后滾上去的時候凹槽對它的支持力在

水平方向分力使之在水平方向作減速運(yùn)動，根據(jù)機(jī)械能守恒定律知，

最后滾到水平面上時速度大小與原來相等。故人小球在整個過程中水

平方向平均速度大，水平距離一樣，則》所用時間短。答案：Ao

例3如圖3-4所示，輕彈簧的一端固定在地面上，匕

另一端與木塊B相連。木塊A放在B上。兩木塊質(zhì)量

均為m，豎直向下的力F作用在A上，A、B均靜止，圖3-4

問:

(1)將力F瞬間撤去后，A、B共同運(yùn)動到最高點(diǎn)，此時B對A

的彈力多大?

(2)要使A、B不會分開、力F應(yīng)滿足什么條件?

評析(1)如果撤去外力后，A、B在整個運(yùn)動過程

中互不分離，則系統(tǒng)在豎直向上作簡揩運(yùn)動，最低點(diǎn)和最

高點(diǎn)關(guān)于平衡位置對稱，如圖3-5所示，設(shè)彈簧自然長度

圖3-5

為I。,A、B放在彈簧上面不外加壓力F且系統(tǒng)平衡時，如

果彈簧壓至O點(diǎn)，壓縮量為b,則：2mg=Kb。外加壓力F后等系統(tǒng)

又處于平衡時，設(shè)彈簧又壓縮了A,則：2〃?g+F=KS+A),即：F=KA。

當(dāng)撤去外力F后，系統(tǒng)將以O(shè)點(diǎn)的中心，以A為振幅在豎直平

面內(nèi)上下作簡諧運(yùn)動。在最低點(diǎn)：

Fa=k(b+A)-2mg=KA=F,方向向上，利用牛頓第二定律B甲卜

知，該瞬間加速度：土，方向向上；按對稱性知系統(tǒng)圖4K

2m閨3-6

在最高點(diǎn)時：a=二，方向向下。

2m

此時以B為研究對象進(jìn)行受力分析，如圖3-6所示，按牛頓第二

定律得:

F

mg-NB=a=NB=m(g-a)=mg--

(2)A、B未分離時，加速度是一樣的，且A、B間有彈力，同

時最高點(diǎn)最容易分離。分離的臨界條件是：

NB=O=NB=mg-g=O=F=2mg（或者：在最高點(diǎn)兩者恰好分離時

對A有：mg=ma，表明在最高點(diǎn)彈簧處于自然長度時將要開始分離,

即只要：A>8n￡〉駟時A、B將分離）。所以要使A、

KK

B不分離，必須：F<2mgo

例4如圖3-7所示，在空間存在水平方向的勻強(qiáng)，，

磁場（圖中未畫出）和方向豎直向上的勻強(qiáng)電場（圖____

中已畫出），電場強(qiáng)度為E,磁感強(qiáng)度為Bo在某點(diǎn)7

由靜止釋放一個帶電液滴”，它運(yùn)動到最低點(diǎn)恰與一個原來處于靜止

狀態(tài)的帶電液滴b相撞，撞后兩液滴合為一體，并沿水平方向做勻速

直線運(yùn)動，如圖所示，已知a的質(zhì)量為b的2倍，a的帶電量是b的

4倍（設(shè)a、b間靜電力可忽略）。

（1）試判斷a、b液滴分別帶何種電荷？

（2）求當(dāng)a、b液滴相撞合為一體后，沿水平方向做勻速直線的

速度v及磁場的方向；

（3）求兩液滴初始位置的高度差人

評析（1）設(shè)b質(zhì)量為則a帶電量為4q,因?yàn)槿绻鸻帶正電,

a要向下偏轉(zhuǎn)，則必須：2mg<4qE;而對b原來必須受力平衡，貝I」：

mg=qE.前后相矛盾，表明。帶負(fù)電，b帶正電。

（2）設(shè)〃.為。與b相撞前。的速度，。下落的過程中重力、電場

力做正功，由動能定理有：（WE+Z/ngMugznw；。由于b原來處于靜

止?fàn)顟B(tài)：mg-qEo

由以上兩式可得：vA=y）6gh

a>b相撞的瞬間動量守怛：2加4=（2加+加）丫°得丫=：丫4

而電荷守恒，故：4總=4q-q=3q（負(fù)電）

a、b碰撞后粘在一起做勻速直線運(yùn)動，按平衡條件得:

3qvB=3qE+3mg,則:v-。所以：h=

例5如圖3-8所示，一單匝矩形線圈邊長分別為

a、b,電阻為R,質(zhì)量為m,從距離有界磁場邊界〃高□

處由靜止釋放，試討論并定性作出線圈進(jìn)入磁場過程XXXXXX

XXXXXX

中感應(yīng)電流隨線圈下落高度的可能變化規(guī)律。XXXXX

評析線圈下落高度時速度為：圖3-8

mgh=；tnvl=>%=yj2gh

下邊剛進(jìn)入磁場時切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢：

￡=3何=3久廝。產(chǎn)生的感應(yīng)電流：I=-=—^h,受到的安培力:

RR

心=皿=好屈

A

討論（1）如果mg=心，即：

mg=BIab=/0=^7（變化規(guī)律如圖3-9所刁\）

（2）如果〃?g>尸安，表明力較小，貝I」：線圈加速進(jìn)入磁場，但隨

著"f七個一人有三種可能：

①線圈全部進(jìn)入磁場時還未達(dá)到穩(wěn)定電流Io（變化規(guī)律如圖3-10

所示）

②線圈剛?cè)窟M(jìn)入磁場時達(dá)到穩(wěn)定電流Io（變化規(guī)律如圖3-11所

示）

③線圈未全部進(jìn)磁場時已達(dá)到穩(wěn)定電流Io（變化規(guī)律如圖3-12所

示）

（3）如果圖＜七，貝k線圈減速進(jìn)入磁場，但隨著

vJfF安J=aJ=生幽，故線圈將作a減小的減速運(yùn)動。

m

有三種可能：

①線圈全部進(jìn)入磁場時還

未達(dá)到穩(wěn)定電流Io（變化規(guī)律

如圖3-13所示）

②線圈剛?cè)窟M(jìn)入磁場時達(dá)到穩(wěn)定電流Io（變化規(guī)律如圖3-14

所示）

③線圈未全部進(jìn)入磁場時已達(dá)到穩(wěn)定電流Io（變化規(guī)律如圖3-15

所示）

例6光從液面到空氣時的臨界角

a3-16

45。，如圖3-16所示，液面上有一點(diǎn)光源S發(fā)出一束光垂直入射到

水平放置于液體中且到液面的距離為d的平面鏡M上，當(dāng)平面鏡M

繞垂直過中心O的軸以角速度。做逆時針勻速轉(zhuǎn)動時.，觀察者發(fā)現(xiàn)水

面上有一光斑掠過，則觀察者們觀察到的光斑的光斑在水面上掠過的

最大速度為多少？

評析本題涉及平面鏡的反射及全反射現(xiàn)象，需綜合運(yùn)用反射定

律、速度的合成與分解、線速度與角速度的關(guān)系等知識求解，確定光

斑掠移速度的極值點(diǎn)及其與平面鏡轉(zhuǎn)動角速度間的關(guān)系，是求解本例

的關(guān)鍵。

設(shè)平面鏡轉(zhuǎn)過6角時，光線反射到水面上的Ps

點(diǎn)，光斑速度為八如圖3-17可知而:

cos26

=I?2co=-------

3-17

故："f際冽jj,而光從液體到空氣的臨界角

為C,所以當(dāng)M=C=45。時達(dá)到最大值Lax，即:

例7如圖3-18所示為一單擺的共振曲線，則

該單擺的擺長約為多少？共振時單擺的振幅多

大？共振時擺球簡諧運(yùn)動的最大加速度和最大速

度大小各為多少？10m/s2）93-18

評析這是一道根據(jù)共振曲線所給信息和單擺振動規(guī)律進(jìn)行推

理和綜合分析的題目，本題涉及到的知識點(diǎn)有受迫振動、共振的概念

和規(guī)律、單擺擺球做簡諧運(yùn)動及固有周期、頻率、能量的概念和規(guī)律

等。由題意知，當(dāng)單擺共振時頻率/=O.5"z,即：甯1=/=0.5法，振

幅A=8cm=0.08m,由T='=2萬得：I=-=----------m?\m

f'g4病/24x3.14?xOS

如圖3-19所示，擺能達(dá)到的最大偏角<5。的情況飛

卜，共振時：Fm=mgsin6m?mg6m=mg^,（其中6,“以弧A

度為單位，當(dāng)配很小時，sine-%,,弦A近似為弧長。）

明以：am==—A=—?O.O8m/s2=0.8帆//。根據(jù)單擺運(yùn)mg

mII

動過程中機(jī)械能守恒可得：gw匕j=〃2g（l-cosq”）。其中：

（1一cos?）=2sin%=（?！?很?。?>vm=/1J—=0.08xJ—m/s=0.25m/5

22/V/V/

例8已知物體從地球上的逃逸速度（第二宇宙速度）

v2=yj2GME/RF,其中G、ME、RE分別是引力常量、地球的質(zhì)量和半

徑。已知G=6.7Xl（y”N?m2/kg2,c=3.0X108m",求下列問題：（1）

逃逸速度大于真空中光速的天體叫做黑洞，設(shè)某黑洞的質(zhì)量等于太陽

的質(zhì)量M=2.0X1030kg,求它的可能最大半徑（這個半徑叫Schwarhid

半徑）；（2）在目前天文觀測范圍內(nèi)，物質(zhì)的平均密度為10-27kg/m3,

如果認(rèn)為我們的宇宙是這樣一個均勻大球體，其密度使得它的逃逸速

度大于光在真空中的速度c,因此任何物體都不能脫離宇宙，問宇宙

的半徑至少多大？（最后結(jié)果保留兩位有效數(shù)字）

解析（1）由題目所提供的信息可知，任何天體均存在其所對

應(yīng)的逃逸速度匕=J2GM/R,其中M、R為天體的質(zhì)量和半徑，對于

黑洞模型來說，其逃逸速度大于真空中的光速，即吃＞。，所以：

30

2GM_2x6.7x10-"x2.OxlQ=3.0X1()3(㈤

c2(3.0x108)2

即質(zhì)量為2.0X1（）30kg的黑洞的最大半徑為3.0X103（m）

（2）把宇宙視為一普通天體，則其質(zhì)量為初=P?丫=2?：成3,其

中R為宇宙的半徑，夕為宇宙的密度，則宇宙所對應(yīng)的逃逸速度為

V2=42GMTR,由于宇宙密度使得其逃逸速度大于光速c。即：七＞八

則由以上三式可得：4焉=4.。、1。%合4.2X18。光年。即宇

宙的半徑至少為4.2XIO］。光年。

第四講動量和能量

一'特別提示

動量和能量的知識貫穿整個物理學(xué)，涉及到“力學(xué)、熱學(xué)、電磁

學(xué)、光學(xué)、原子物理學(xué)”等，從動量和能量的角度分析處理問題是研

究物理問題的一條重要的途徑，也是解決物理問題最重要的思維方法

之一。

1、動量關(guān)系

動量關(guān)系包括動量定理和動量守恒定律。

(1)動量定理

凡涉及到速度和時間的物理問題都可利用動量定理加以解決，特

別對于處理位移變化不明顯的打擊、碰撞類問題，更具有其他方法無

可替代的作用。

(2)動量守恒定律

動量守恒定律是自然界中普通適用的規(guī)律，大到宇宙天體間的相

互作用，小到微觀粒子的相互作用，無不遵守動量守恒定律，它是解

決爆炸、碰撞、反沖及較復(fù)雜的相互作用的物體系統(tǒng)類問題的基本規(guī)

律。

動量守恒條件為：

①系統(tǒng)不受外力或所受合外力為零

②在某一方向上，系統(tǒng)不受外力或所受合外力為零，該方向上動

量守恒。

③系統(tǒng)內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，動量近似守恒。

④在某一方向上，系統(tǒng)內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，該方向上動量近似守恒。

應(yīng)用動量守恒定律解題的一般步驟：

確定研究對象，選取研究過程；分析內(nèi)力和外力的情況，判斷是

否符合守恒條件；選定正方向，確定初、末狀態(tài)的動量，最后根據(jù)動

量守恒定律列議程求解。

應(yīng)用時一，無需分析過程的細(xì)節(jié)，這是它的優(yōu)點(diǎn)所在，定律的表述

式是一個矢量式，應(yīng)用時要特別注意方向。

2、能的轉(zhuǎn)化和守恒定律

(1)能量守恒定律的具體表現(xiàn)形式

高中物理知識包括“力學(xué)、熱學(xué)、電學(xué)、原子物理”五大部分內(nèi)

容，它們具有各自的獨(dú)立性，但又有相互的聯(lián)系性，其中能量守恒定

律是貫穿于這五大部分的主線，只不過在不同的過程中，表現(xiàn)形式不

同而已，如：

在力學(xué)中的機(jī)械能守恒定律：Ekl+Epl=Ek2+Ep2

在熱學(xué)中的熱力學(xué)第一定律：AUnW+Q

在電學(xué)中的閉合電路歐姆定律：/=二,法拉第電磁感應(yīng)定律

/?+r

E=n曲，以及楞次定律。

△t

在光學(xué)中的光電效應(yīng)方程：-nw^hv-W

2

在原子物理中愛因斯坦的質(zhì)能方程：E=mc2

(2)利用能量守恒定律求解的物理問題具有的特點(diǎn)：

①題目所述的物理問題中，有能量由某種形式轉(zhuǎn)化為另一種形

式;

②題中參與轉(zhuǎn)化的各種形式的能，每種形式的能如何轉(zhuǎn)化或轉(zhuǎn)

移，根據(jù)能量守恒列出方程即總能量不變或減少的能等于增加的能。

二、典題例題

例題1某商場安裝了一臺傾角為30°的自動扶梯，該扶梯在電

壓為380V的電動機(jī)帶動下以0.4m/s的恒定速率向斜上方移動，電動

機(jī)的最大輸出功率為4.9kkw。不載人時測得電動機(jī)中的電流為5A,

若載人時傳頌梯的移動速度和不載人時相同，設(shè)人的平均質(zhì)量為

60kg,則這臺自動扶梯可同時乘載的最多人數(shù)為多少？(g=10m/s2)。

分析與解電動機(jī)的電壓恒為380V,扶梯不載人時，電動機(jī)中

的電流為5A,忽略掉電動機(jī)內(nèi)阻的消耗，認(rèn)為電動機(jī)的輸入功率和

輸出功率相等，即可得到維持扶梯運(yùn)轉(zhuǎn)的功率為

6=38OVx5A=1900W

電動機(jī)的最大輸出功率為2=4.%W

可用于輸送顧客的功率為^P=P?,-P0=3kW

由于扶梯以恒定速率向斜上方移動，每一位顧客所受的力為重力

mg和支持力FN,且FN=mg

電動機(jī)通過扶梯的支持力FN對顧客做功，對每一位顧客做功的

功率為

P1=Fnvcosa=mgvcos(90°-30°)=120W

貝U，同時乘載的最多人數(shù)人〃=絲=粵=25人

[120

點(diǎn)評實(shí)際中的問題都是復(fù)雜的，受多方面的因素制約，解決這

種問題，首先要突出實(shí)際問題的主要因素，忽略次要因素，把復(fù)雜的

實(shí)際問題抽象成簡單的物理模型，建立合適的物理模型是解決實(shí)際問

題的重點(diǎn)，也是難點(diǎn)。

解決物理問題的一個基本思想是過能量守恒計算。很多看似難以

解決的問題，都可以通過能量這條紐帶聯(lián)系起來的，這是一種常用且

非常重要的物理思想方法，運(yùn)用這種方法不僅使解題過程得以簡化，

而且可以非常深刻地揭示問題的物理意義。

運(yùn)用機(jī)械功率公式P=Fv要特別注意力的方向和速度方向之間的

角度，v指的是力方向上的速度。本題在計算扶梯

對每個顧客做功功率P時，

Pi=FnVcosa=mgvcos(90°-30°)，不能忽略cosa,a

角為支持力Fn與顧客速度的夾角。圖4-1

例題2如圖4-1所示：擺球的質(zhì)量為m,從偏離水平方向30°

的位置由靜釋放，設(shè)繩子為理想輕繩，求小球運(yùn)動到最低點(diǎn)A時繩

子受到的拉力是多少？

分析與解設(shè)懸線長為/,下球被釋放后，先做自由落體運(yùn)動，

直到下落高度為h=21sin。，處于松馳狀態(tài)的細(xì)繩被拉直為止。這時、

小球的速度豎直向下，大小為v=歷。

當(dāng)繩被拉直時，在繩的沖力作用下，速度v的法向分量匕，減為零

(由于繩為理想繩子，能在瞬間產(chǎn)生的極大拉力使球的法向速度減小

為零，相應(yīng)的動能轉(zhuǎn)化為繩的內(nèi)能)；小球以切向分量匕=usin30。開

始作變速圓周運(yùn)動到最低點(diǎn)，在繩子拉直后的過程中機(jī)械能守恒，有

—m(vsin300)2+mg(\-cos600)=—mv\

在最低點(diǎn)A,根據(jù)牛頓第二定律，有

所以，繩的拉力/=加8+加亍=3.5〃/g

點(diǎn)評繩子拉直瞬間，物體將損失機(jī)械能轉(zhuǎn)化為繩的內(nèi)能（類似

碰撞），本題中很多同學(xué)會想當(dāng)然地認(rèn)為球初態(tài)機(jī)械能等于末態(tài)機(jī)械

能，原因是沒有分析繩拉直的短暫過程及發(fā)生的物理現(xiàn)象。力學(xué)問題

中的“過程”、“狀態(tài)”分析是非常重要的，不可粗心忽略。

例題3如圖4-2所示，兩端足夠長的敞口

容器中，有兩個可以自由移動的光滑活塞A和

B,中間封有一定量的空氣，現(xiàn)有一塊粘泥C,

以EK的動能沿水平方向飛撞到A并粘在一起,

由于活塞的壓縮，使密封氣體的內(nèi)能增加，高A、B、C質(zhì)量相等，

則密閉空氣在絕熱狀態(tài)變化過程中，內(nèi)能增加的最大值是多少？

分析與解本題涉及碰撞、動量、能量三個主要物理知識點(diǎn)，是

一道綜合性較強(qiáng)的問題，但如果總是的幾個主要環(huán)節(jié)，問題將迎刃而

解。

粘泥C飛撞到A并粘在一起的瞬間，可以認(rèn)為二者組成的系統(tǒng)動

量守恒，初速度為-0,末速度為匕，則有

mv0=2mv,①

在A、C一起向右運(yùn)動的過程中，A、B間的氣體被壓縮，壓強(qiáng)增

大，所以活塞A將減速運(yùn)動，而活塞B將從靜止開始做加速運(yùn)動。

在兩活塞的速度相等之前，A、B之間的氣體體積越來越小，內(nèi)能越

來越大。A、B速度相等時內(nèi)能最大，設(shè)此時速度為引此過程對A、

B、C組成的系統(tǒng)，由動量守恒定律得(氣體的質(zhì)量不計)：

mv()=3mv2②

由能的轉(zhuǎn)化和守恒定律可得：在氣體壓縮過程中，系統(tǒng)動能的減

少量等于氣體內(nèi)能的增加量。所以有：

AE=—mvy--③

解①②③得：-=1EK

626

點(diǎn)評若將本題的物理模型進(jìn)行等效的代換：A和B換成光滑水

平面上的兩個物塊，A、B之間的氣體變成一輕彈簧，求內(nèi)能的最大

增量變成求彈性勢能的最大增量。對代換后的模型我們已很熟悉，其

實(shí)二者是同一類型的題目。因此解題不要就題論題，要有一個歸納總

結(jié)的過程，這樣才能夠舉一反三。

例4如圖4-3所示，是用直流電動機(jī)提升重

物的裝置，重物質(zhì)量，”=50左g,電源電動勢

￡=110V,內(nèi)電阻八=1Q,電動機(jī)的內(nèi)電阻/*2=4。。

圖4-3

阻力不計。當(dāng)勻速提升重物時，電路中電流強(qiáng)度

I=5Ao取g=10m/Z,試求:

(1)電源的總功率和輸出功率；

(2)重物上升的速度。

分析與解電源輸出的總能量，一部分消耗于自身內(nèi)阻，其余全

部輸出傳給電動機(jī)。電動機(jī)獲得的電能，一部分轉(zhuǎn)化為電動機(jī)的內(nèi)能,

其余的全部轉(zhuǎn)化為機(jī)械能。

(1)電源的總功率為：2=E/=110x5=550”)

電源的輸出功率為：尸="=/(七-3=5(110-5xl)=525(W)

(2)電動機(jī)的輸入功率為：P入=525(W)

22

電動機(jī)的熱功率：P^=Ir2=5X4=100(W)

電動機(jī)的輸出功率等于它對重物做功的功率，即P入-P謳=mgv

而［、lP入-P機(jī)525-100,

所以，v=————=--------=n0.o8c5mJs

mg500

點(diǎn)評本題中電源的總功率550W,就是每秒鐘電源把其它形式

的能轉(zhuǎn)化為550J電能。電源的輸出功率為525W,就是每秒鐘輸出電

能525J,對整個電路來說，遵循能的轉(zhuǎn)化和守恒定律。因此要學(xué)會從

能量角度來處理電路中的問題。

例題5如圖4-4所示，金屬桿。在離地

高處從靜止開始沿弧形軌道下滑，導(dǎo)軌平行

的水平部分有豎直向上的勻強(qiáng)磁場B,水平圖4-4

部分導(dǎo)軌上原來放有一根金屬桿b,已知桿a的質(zhì)量為加，b桿的質(zhì)量

為3m水平導(dǎo)軌足夠長，不計摩擦，求：

4

(1)。和b的最終速度分別是多大？

(2)整個過程中回路釋放的電能是多少？

(3)若已知八b桿的電阻之比“：&=3：4,其余電阻不計，整

個過程中，。、b上產(chǎn)生的熱量分別是多少?

分析與解（1）。下滑力過程中機(jī)械能守恒：mgh^^mvl①

。進(jìn)入磁場后，回路中產(chǎn)生感應(yīng)電流，a、b都受安培力作用，。作

減速運(yùn)動，b作加速運(yùn)動，經(jīng)一段時間，a、b速度達(dá)到相同，之后

回路的磁通量不發(fā)生變化，感應(yīng)電流為零，安培力為零，二者勻速運(yùn)

動，勻速運(yùn)動的速度即為a、b的最終速度，設(shè)為u,由過程中a、b

系統(tǒng)所受合外力為零，動量守恒得：mv0=（m+^m）v

②

由①②解得最終速度v=-7^

7

（2）由能量守恒知，回路中產(chǎn)生的電能等于外b系統(tǒng)機(jī)械能的

[33

損失，所以，E-mgh——（m+—m'）v2--mgh

（3）回路中產(chǎn)生的熱量Q“+Z=E,在回路中產(chǎn)生電能的過程中，

雖然電流不恒定，但由于此、出串聯(lián)，通過a、b的電流總是相等的，

所以有今=：,所以，Qa=*=[=mgh,=葛加g/z。

點(diǎn)評本題以分析兩桿的受力及運(yùn)動為主要線索求解，關(guān)鍵注意：

①明確“最終速度”的意義及條件；②分析電路中的電流，安培力和

金屬棒的運(yùn)動之間相互影響、相互制約的關(guān)系；③金屬棒所受安培力

是系統(tǒng)的外力，但系統(tǒng)合外力為零，動量守恒；④運(yùn)用能的轉(zhuǎn)化和守

恒定律及焦耳定律分析求解。

例題6云室處在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B