2024年高考物理總復(fù)習(xí)全套解題模型詳解歸納

PAGE692024年高考物理總復(fù)習(xí)全套解題模型（完整版）目錄第一章運(yùn)動(dòng)和力 1一、追及、相遇模型 1二、先加速后減速模型 3三、斜面模型 6四、掛件模型 10五、彈簧模型（動(dòng)力學(xué)） 17第二章圓周運(yùn)動(dòng) 19一、水平方向的圓盤(pán)模型 19二、行星模型 21第三章功和能 1一、水平方向的彈性碰撞 1二、水平方向的非彈性碰撞 5三、人船模型 8四、爆炸反沖模型 11第四章力學(xué)綜合 13一、解題模型： 13二、滑輪模型 18三、渡河模型 21第五章電路 1一、電路的動(dòng)態(tài)變化 1二、交變電流 6第六章電磁場(chǎng) 1一、電磁場(chǎng)中的單桿模型 1二、電磁流量計(jì)模型 7三、回旋加速模型 9四、磁偏轉(zhuǎn)模型 14第1頁(yè)第一章運(yùn)動(dòng)和力一、追及、相遇模型模型講解：火車甲正以速度v1向前行駛，司機(jī)突然發(fā)現(xiàn)前方距甲d處有火車乙正以較小速度v2同向勻速行駛，于是他立即剎車，使火車做勻減速運(yùn)動(dòng)。為了使兩車不相撞，加速度a應(yīng)滿足什么條件？解析：設(shè)以火車乙為參照物，則甲相對(duì)乙做初速為、加速度為a的勻減速運(yùn)動(dòng)。若甲相對(duì)乙的速度為零時(shí)兩車不相撞，則此后就不會(huì)相撞。因此，不相撞的臨界條件是：甲車減速到與乙車車速相同時(shí)，甲相對(duì)乙的位移為d。即：，故不相撞的條件為甲、乙兩物體相距s，在同一直線上同方向做勻減速運(yùn)動(dòng)，速度減為零后就保持靜止不動(dòng)。甲物體在前，初速度為v1，加速度大小為a1。乙物體在后，初速度為v2，加速度大小為a2且知v1<v2，但兩物體一直沒(méi)有相遇，求甲、乙兩物體在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中相距的最小距離為多少？解析：若是，說(shuō)明甲物體先停止運(yùn)動(dòng)或甲、乙同時(shí)停止運(yùn)動(dòng)。在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，乙的速度一直大于甲的速度，只有兩物體都停止運(yùn)動(dòng)時(shí)，才相距最近，可得最近距離為若是，說(shuō)明乙物體先停止運(yùn)動(dòng)那么兩物體在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中總存在速度相等的時(shí)刻，此時(shí)兩物體相距最近，根據(jù)，求得在t時(shí)間內(nèi)甲的位移乙的位移代入表達(dá)式求得如圖1.01所示，聲源S和觀察者A都沿x軸正方向運(yùn)動(dòng)，相對(duì)于地面的速率分別為和?？諝庵新曇魝鞑サ乃俾蕿椋O(shè)，空氣相對(duì)于地面沒(méi)有流動(dòng)。圖1.01若聲源相繼發(fā)出兩個(gè)聲信號(hào)。時(shí)間間隔為，請(qǐng)根據(jù)發(fā)出的這兩個(gè)聲信號(hào)從聲源傳播到觀察者的過(guò)程。確定觀察者接收到這兩個(gè)聲信號(hào)的時(shí)間間隔。請(qǐng)利用（1）的結(jié)果，推導(dǎo)此情形下觀察者接收到的聲波頻率與聲源發(fā)出的聲波頻率間的關(guān)系式。解析：作聲源S、觀察者A、聲信號(hào)P（P1為首發(fā)聲信號(hào)，P2為再發(fā)聲信號(hào)）的位移—時(shí)間圖象如圖2所示圖線的斜率即為它們的速度則有：圖2兩式相減可得：解得（2）設(shè)聲源發(fā)出聲波的振動(dòng)周期為T(mén)，這樣，由以上結(jié)論，觀察者接收到的聲波振動(dòng)的周期為由此可得，觀察者接收到的聲波頻率與聲源發(fā)出聲波頻率間的關(guān)系為在一條平直的公路上，乙車以10m/s的速度勻速行駛，甲車在乙車的后面作初速度為15m/s，加速度大小為0.5m/s2的勻減速運(yùn)動(dòng)，則兩車初始距離L滿足什么條件時(shí)可以使（1）兩車不相遇；（2）兩車只相遇一次；（3）兩車能相遇兩次（設(shè)兩車相遇時(shí)互不影響各自的運(yùn)動(dòng)）。答案：設(shè)兩車速度相等經(jīng)歷的時(shí)間為t，則甲車恰能追及乙車時(shí)，應(yīng)有其中，解得若，則兩車等速時(shí)也未追及，以后間距會(huì)逐漸增大，及兩車不相遇。若，則兩車等速時(shí)恰好追及，兩車只相遇一次，以后間距會(huì)逐漸增大。若，則兩車等速時(shí)，甲車已運(yùn)動(dòng)至乙車前面，以后還能再次相遇，即能相遇兩次。

二、先加速后減速模型模型概述：物體先加速后減速的問(wèn)題是運(yùn)動(dòng)學(xué)中典型的綜合問(wèn)題，也是近幾年的高考熱點(diǎn)，同學(xué)在求解這類問(wèn)題時(shí)一定要注意前一過(guò)程的末速度是下一過(guò)程的初速度，如能畫(huà)出速度圖象就更明確過(guò)程了。模型講解：一小圓盤(pán)靜止在桌面上，位于一方桌的水平桌面的中央。桌布的一邊與桌的AB邊重合，如圖1.02所示。已知盤(pán)與桌布間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，盤(pán)與桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為?，F(xiàn)突然以恒定加速度a將桌布抽離桌面，加速度方向是水平的且垂直于AB邊。若圓盤(pán)最近未從桌面掉下，則加速度a滿足的條件是什么？（以g表示重力加速度）圖1.02解析：根據(jù)題意可作出物塊的速度圖象如圖2所示。設(shè)圓盤(pán)的質(zhì)量為m，桌邊長(zhǎng)為L(zhǎng)，在桌布從圓盤(pán)下抽出的過(guò)程中，盤(pán)的加速度為，有圖2桌布抽出后，盤(pán)在桌面上做勻減速運(yùn)動(dòng)，以表示加速度的大小，有設(shè)盤(pán)剛離開(kāi)桌布時(shí)的速度為，移動(dòng)的距離為，離開(kāi)桌布后在桌面上再運(yùn)動(dòng)距離后便停下，由勻變速直線運(yùn)動(dòng)的規(guī)律可得： ① ②盤(pán)沒(méi)有從桌面上掉下的條件是： ③設(shè)桌布從盤(pán)下抽出所經(jīng)歷時(shí)間為t，在這段時(shí)間內(nèi)桌布移動(dòng)的距離為x，有：，而，求得：，及聯(lián)立解得一個(gè)質(zhì)量為m=0.2kg的物體靜止在水平面上，用一水平恒力F作用在物體上10s，然后撤去水平力F，再經(jīng)20s物體靜止，該物體的速度圖象如圖3所示，則下面說(shuō)法中正確的是（）A.物體通過(guò)的總位移為150mB.物體的最大動(dòng)能為20JC.物體前10s內(nèi)和后10s內(nèi)加速度大小之比為2：1D.物體所受水平恒力和摩擦力大小之比為3：1答案：ACD圖3

三、斜面模型相距為20cm的平行金屬導(dǎo)軌傾斜放置，如圖1.03，導(dǎo)軌所在平面與水平面的夾角為，現(xiàn)在導(dǎo)軌上放一質(zhì)量為330g的金屬棒ab，它與導(dǎo)軌間動(dòng)摩擦系數(shù)為，整個(gè)裝置處于磁感應(yīng)強(qiáng)度B=2T的豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，導(dǎo)軌所接電源電動(dòng)勢(shì)為15V，內(nèi)阻不計(jì)，滑動(dòng)變阻器的阻值可按要求進(jìn)行調(diào)節(jié)，其他部分電阻不計(jì)，取，為保持金屬棒ab處于靜止?fàn)顟B(tài)，求：（1）ab中通入的最大電流強(qiáng)度為多少？（2）ab中通入的最小電流強(qiáng)度為多少？圖1.03導(dǎo)體棒ab在重力、靜摩擦力、彈力、安培力四力作用下平衡，由圖2中所示電流方向，可知導(dǎo)體棒所受安培力水平向右。當(dāng)導(dǎo)體棒所受安培力較大時(shí)，導(dǎo)體棒所受靜摩擦力沿導(dǎo)軌向下，當(dāng)導(dǎo)體棒所受安培力較小時(shí)，導(dǎo)體棒所受靜摩擦力沿導(dǎo)軌向上。（1）ab中通入最大電流強(qiáng)度時(shí)受力分析如圖2，此時(shí)最大靜摩擦力沿斜面向下，建立直角坐標(biāo)系，由ab平衡可知，x方向：y方向：由以上各式聯(lián)立解得：（2）通入最小電流時(shí)，ab受力分析如圖3所示，此時(shí)靜摩擦力，方向沿斜面向上，建立直角坐標(biāo)系，由平衡有：x方向：y方向：聯(lián)立兩式解得：由物體置于光滑的斜面上，當(dāng)斜面固定時(shí)，物體沿斜面下滑的加速度為，斜面對(duì)物體的彈力為。斜面不固定，且地面也光滑時(shí)，物體下滑的加速度為，斜面對(duì)物體的彈力為，則下列關(guān)系正確的是：A.B.C.D.當(dāng)斜面可動(dòng)時(shí)，對(duì)物體來(lái)說(shuō)是相對(duì)斜面這個(gè)加速參考系在作加速運(yùn)動(dòng)，而且物體和參考系的運(yùn)動(dòng)方向不在同一條直線上，利用常規(guī)的方法難于判斷，但是利用矢量三角形法則能輕松獲解。如圖4所示，由于重力的大小和方向是確定不變的，斜面彈力的方向也是惟一的，由共點(diǎn)力合成的三角形法則，斜面固定時(shí)，加速度方向沿斜面向下，作出的矢量圖如實(shí)線所示，當(dāng)斜面也運(yùn)動(dòng)時(shí)，物體并不沿平行于斜面方向運(yùn)動(dòng)，相對(duì)于地面的實(shí)際運(yùn)動(dòng)方向如虛線所示。所以正確選項(xiàng)為B。帶負(fù)電的小物體在傾角為的絕緣斜面上，整個(gè)斜面處于范圍足夠大、方向水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，如圖1.04所示。物體A的質(zhì)量為m，電量為-q，與斜面間的動(dòng)摩擦因素為，它在電場(chǎng)中受到的電場(chǎng)力的大小等于重力的一半。物體A在斜面上由靜止開(kāi)始下滑，經(jīng)時(shí)間t后突然在斜面區(qū)域加上范圍足夠大的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)方向與電場(chǎng)強(qiáng)度方向垂直，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，此后物體A沿斜面繼續(xù)下滑距離L后離開(kāi)斜面。（1）物體A在斜面上的運(yùn)動(dòng)情況？說(shuō)明理由。（2）物體A在斜面上運(yùn)動(dòng)過(guò)程中有多少能量轉(zhuǎn)化為內(nèi)能？（結(jié)果用字母表示）圖1.04（1）物體A在斜面上受重力、電場(chǎng)力、支持力和滑動(dòng)摩擦力的作用，<1>小物體A在恒力作用下，先在斜面上做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)；<2>加上勻強(qiáng)磁場(chǎng)后，還受方向垂直斜面向上的洛倫茲力作用，方可使A離開(kāi)斜面，故磁感應(yīng)強(qiáng)度方向應(yīng)垂直紙面向里。隨著速度的增加，洛倫茲力增大，斜面的支持力減小，滑動(dòng)摩擦力減小，物體繼續(xù)做加速度增大的加速運(yùn)動(dòng)，直到斜面的支持力變?yōu)榱悖撕笮∥矬wA將離開(kāi)地面。（2）加磁場(chǎng)之前，物體A做勻加速運(yùn)動(dòng)，據(jù)牛頓運(yùn)動(dòng)定律有：解出A沿斜面運(yùn)動(dòng)的距離為：加上磁場(chǎng)后，受到洛倫茲力隨速度增大，支持力減小，直到時(shí)，物體A將離開(kāi)斜面，有：物體A在斜面上運(yùn)動(dòng)的全過(guò)程中，重力和電場(chǎng)力做正功，滑動(dòng)摩擦力做負(fù)功，洛倫茲力不做功，根據(jù)動(dòng)能定理有：物體A克服摩擦力做功，機(jī)械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能：如圖1.05所示，在水平地面上有一輛運(yùn)動(dòng)的平板小車，車上固定一個(gè)盛水的杯子，杯子的直徑為R。當(dāng)小車作勻加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，水面呈如圖所示狀態(tài)，左右液面的高度差為h，則小車的加速度方向指向如何？加速度的大小為多少？圖1.05我們由圖可以看出物體運(yùn)動(dòng)情況，根據(jù)杯中水的形狀，可以構(gòu)建這樣的一個(gè)模型，一個(gè)物塊放在光滑的斜面上（傾角為），重力和斜面的支持力的合力提供物塊沿水平方向上的加速度，其加速度為：。我們?nèi)”兴嫔系囊坏嗡疄檠芯繉?duì)象，水滴受力情況如同斜面上的物塊。由題意可得，取杯中水面上的一滴水為研究對(duì)象，它相對(duì)靜止在“斜面”上，可以得出其加速度為，而，得，方向水平向右。如圖1.06所示，質(zhì)量為M的木板放在傾角為的光滑斜面上，質(zhì)量為m的人在木板上跑，假如腳與板接觸處不打滑。（1）要保持木板相對(duì)斜面靜止，人應(yīng)以多大的加速度朝什么方向跑動(dòng)？（2）要保持人相對(duì)于斜面的位置不變，人在原地跑而使木板以多大的加速度朝什么方向運(yùn)動(dòng)？圖1.06答案：（1）要保持木板相對(duì)斜面靜止，木板要受到沿斜面向上的摩擦力與木板的下滑力平衡，即，根據(jù)作用力與反作用力人受到木板對(duì)他沿斜面向下的摩擦力，所以人受到的合力為：方向沿斜面向下。（2）要保持人相對(duì)于斜面的位置不變，對(duì)人有，F(xiàn)為人受到的摩擦力且沿斜面向上，根據(jù)作用力與反作用力等值反向的特點(diǎn)判斷木板受到沿斜面向下的摩擦力，大小為所以木板受到的合力為：方向沿斜面向下。

四、掛件模型圖1.07中重物的質(zhì)量為m，輕細(xì)線AO和BO的A、B端是固定的。平衡時(shí)AO是水平的，BO與水平面的夾角為θ。AO的拉力F1和BO的拉力F2的大小是（）A. B.C. D.圖1.07解析：以“結(jié)點(diǎn)”O(jiān)為研究對(duì)象，沿水平、豎直方向建立坐標(biāo)系，在水平方向有豎直方向有聯(lián)立求解得BD正確。物體A質(zhì)量為，用兩根輕繩B、C連接到豎直墻上，在物體A上加一恒力F，若圖1.08中力F、輕繩AB與水平線夾角均為，要使兩繩都能繃直，求恒力F的大小。圖1.08解析：要使兩繩都能繃直，必須，再利用正交分解法作數(shù)學(xué)討論。作出A的受力分析圖3，由正交分解法的平衡條件：圖3 ① ②解得 ③ ④兩繩都繃直，必須由以上解得F有最大值，解得F有最小值，所以F的取值為。如圖1.09所示，AB、AC為不可伸長(zhǎng)的輕繩，小球質(zhì)量為m=0.4kg。當(dāng)小車靜止時(shí)，AC水平，AB與豎直方向夾角為θ=37°，試求小車分別以下列加速度向右勻加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，兩繩上的張力FAC、FAB分別為多少。取g=10m/s2。（1）；（2）。圖1.09解析：設(shè)繩AC水平且拉力剛好為零時(shí)，臨界加速度為根據(jù)牛頓第二定律聯(lián)立兩式并代入數(shù)據(jù)得當(dāng)，此時(shí)AC繩伸直且有拉力。根據(jù)牛頓第二定律；，聯(lián)立兩式并代入數(shù)據(jù)得當(dāng)，此時(shí)AC繩不能伸直，。AB繩與豎直方向夾角，據(jù)牛頓第二定律，。聯(lián)立兩式并代入數(shù)據(jù)得。兩個(gè)相同的小球A和B，質(zhì)量均為m，用長(zhǎng)度相同的兩根細(xì)線把A、B兩球懸掛在水平天花板上的同一點(diǎn)O，并用長(zhǎng)度相同的細(xì)線連接A、B兩小球，然后用一水平方向的力F作用在小球A上，此時(shí)三根細(xì)線均處于直線狀態(tài)，且OB細(xì)線恰好處于豎直方向，如圖1所示，如果不考慮小球的大小，兩球均處于靜止?fàn)顟B(tài)，則力F的大小為（）A.0 B.mg C. D.圖1.10答案：C如圖1.11甲所示，一根輕繩上端固定在O點(diǎn)，下端拴一個(gè)重為G的鋼球A，球處于靜止?fàn)顟B(tài)。現(xiàn)對(duì)球施加一個(gè)方向向右的外力F，使球緩慢偏移，在移動(dòng)中的每一刻，都可以認(rèn)為球處于平衡狀態(tài)，如果外力F方向始終水平，最大值為2G，試求：（1）輕繩張力FT的大小取值范圍；（2）在乙圖中畫(huà)出輕繩張力與cosθ的關(guān)系圖象。圖1.11答案：（1）當(dāng)水平拉力F=0時(shí)，輕繩處于豎直位置時(shí)，繩子張力最小當(dāng)水平拉力F=2G時(shí)，繩子張力最大：因此輕繩的張力范圍是：（2）設(shè)在某位置球處于平衡狀態(tài)，由平衡條件得所以即，得圖象如圖7。圖7如圖1.12所示，斜面與水平面間的夾角，物體A和B的質(zhì)量分別為、。兩者之間用質(zhì)量可以不計(jì)的細(xì)繩相連。求：（1）如A和B對(duì)斜面的動(dòng)摩擦因數(shù)分別為，時(shí)，兩物體的加速度各為多大？繩的張力為多少？（2）如果把A和B位置互換，兩個(gè)物體的加速度及繩的張力各是多少？（3）如果斜面為光滑時(shí)，則兩個(gè)物體的加速度及繩的張力又各是多少？圖1.12解析：（1）設(shè)繩子的張力為，物體A和B沿斜面下滑的加速度分別為和，根據(jù)牛頓第二定律：對(duì)A有對(duì)B有設(shè)，即假設(shè)繩子沒(méi)有張力，聯(lián)立求解得，因，故說(shuō)明物體B運(yùn)動(dòng)比物體A的運(yùn)動(dòng)快，繩松弛，所以的假設(shè)成立。故有因而實(shí)際不符，則A靜止。（2）如B與A互換則，即B物運(yùn)動(dòng)得比A物快，所以A、B之間有拉力且共速，用整體法代入數(shù)據(jù)求出，用隔離法對(duì)B：代入數(shù)據(jù)求出（3）如斜面光滑摩擦不計(jì)，則A和B沿斜面的加速度均為兩物間無(wú)作用力。如圖1.13所示，固定在小車上的支架的斜桿與豎直桿的夾角為、在斜桿下端固定有質(zhì)量為m的小球，下列關(guān)于桿對(duì)球的作用力F的判斷中，正確的是（）A.小車靜止時(shí)，，方向沿桿向上B.小車靜止時(shí)，，方向垂直桿向上C.小車向右以加速度a運(yùn)動(dòng)時(shí)，一定有D.小車向左以加速度a運(yùn)動(dòng)時(shí)，，方向斜向左上方，與豎直方向的夾角為圖1.13解析：小車靜止時(shí)，由物體的平衡條件知桿對(duì)球的作用力方向豎直向上，且大小等于球的重力mg。小車向右以加速度a運(yùn)動(dòng)，設(shè)小球受桿的作用力方向與豎直方向的夾角為，如圖4所示，根據(jù)牛頓第二定律有：，，兩式相除得：。圖4只有當(dāng)球的加速度且向右時(shí)，桿對(duì)球的作用力才沿桿的方向，此時(shí)才有。小車向左以加速度a運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律知小球所受重力mg和桿對(duì)球的作用力F的合力大小為ma，方向水平向左。根據(jù)力的合成知，方向斜向左上方，與豎直方向的夾角為：如圖1.14所示，在動(dòng)力小車上固定一直角硬桿ABC，分別系在水平直桿AB兩端的輕彈簧和細(xì)線將小球P懸吊起來(lái)。輕彈簧的勁度系數(shù)為k，小球P的質(zhì)量為m，當(dāng)小車沿水平地面以加速度a向右運(yùn)動(dòng)而達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)時(shí)，輕彈簧保持豎直，而細(xì)線與桿的豎直部分的夾角為，試求此時(shí)彈簧的形變量。圖1.14答案：，，，討論：①若則彈簧伸長(zhǎng)②若則彈簧伸長(zhǎng)③若則彈簧壓縮

五、彈簧模型（動(dòng)力學(xué)）如圖1.15所示，四個(gè)完全相同的彈簧都處于水平位置，它們的右端受到大小皆為F的拉力作用，而左端的情況各不相同：①中彈簧的左端固定在墻上。②中彈簧的左端受大小也為F的拉力作用。③中彈簧的左端拴一小物塊，物塊在光滑的桌面上滑動(dòng)。④中彈簧的左端拴一小物塊，物塊在有摩擦的桌面上滑動(dòng)。若認(rèn)為彈簧的質(zhì)量都為零，以l1、l2、l3、l4依次表示四個(gè)彈簧的伸長(zhǎng)量，則有（）① ②③ ④圖1.15A. B. C. D.解析：當(dāng)彈簧處于靜止（或勻速運(yùn)動(dòng)）時(shí)，彈簧兩端受力大小相等，產(chǎn)生的彈力也相等，用其中任意一端產(chǎn)生的彈力代入胡克定律即可求形變。當(dāng)彈簧處于加速運(yùn)動(dòng)狀態(tài)時(shí)，以彈簧為研究對(duì)象，由于其質(zhì)量為零，無(wú)論加速度a為多少，仍然可以得到彈簧兩端受力大小相等。由于彈簧彈力與施加在彈簧上的外力F是作用力與反作用的關(guān)系，因此，彈簧的彈力也處處相等，與靜止情況沒(méi)有區(qū)別。在題目所述四種情況中，由于彈簧的右端受到大小皆為F的拉力作用，且彈簧質(zhì)量都為零，根據(jù)作用力與反作用力關(guān)系，彈簧產(chǎn)生的彈力大小皆為F，又由四個(gè)彈簧完全相同，根據(jù)胡克定律，它們的伸長(zhǎng)量皆相等，所以正確選項(xiàng)為D。用如圖1.16所示的裝置可以測(cè)量汽車在水平路面上做勻加速直線運(yùn)動(dòng)的加速度。該裝置是在矩形箱子的前、后壁上各安裝一個(gè)由力敏電阻組成的壓力傳感器。用兩根相同的輕彈簧夾著一個(gè)質(zhì)量為2.0kg的滑塊，滑塊可無(wú)摩擦的滑動(dòng)，兩彈簧的另一端分別壓在傳感器a、b上，其壓力大小可直接從傳感器的液晶顯示屏上讀出。現(xiàn)將裝置沿運(yùn)動(dòng)方向固定在汽車上，傳感器b在前，傳感器a在后，汽車靜止時(shí)，傳感器a、b的示數(shù)均為10N（取）（1）若傳感器a的示數(shù)為14N、b的示數(shù)為6.0N，求此時(shí)汽車的加速度大小和方向。（2）當(dāng)汽車以怎樣的加速度運(yùn)動(dòng)時(shí)，傳感器a的示數(shù)為零。圖1.16解析：（1），a1的方向向右或向前。（2）根據(jù)題意可知，當(dāng)左側(cè)彈簧彈力時(shí)，右側(cè)彈簧的彈力代入數(shù)據(jù)得，方向向左或向后如圖1.17所示，一根輕彈簧上端固定在O點(diǎn)，下端系一個(gè)鋼球P，球處于靜止?fàn)顟B(tài)。現(xiàn)對(duì)球施加一個(gè)方向向右的外力F，吏球緩慢偏移。若外力F方向始終水平，移動(dòng)中彈簧與豎直方向的夾角且彈簧的伸長(zhǎng)量不超過(guò)彈性限度，則下面給出彈簧伸長(zhǎng)量x與的函數(shù)關(guān)系圖象中，最接近的是（）圖1.17答案：D

第二章圓周運(yùn)動(dòng)解題模型：一、水平方向的圓盤(pán)模型如圖1.01所示，水平轉(zhuǎn)盤(pán)上放有質(zhì)量為m的物塊，當(dāng)物塊到轉(zhuǎn)軸的距離為r時(shí)，連接物塊和轉(zhuǎn)軸的繩剛好被拉直（繩上張力為零）。物體和轉(zhuǎn)盤(pán)間最大靜摩擦力是其正壓力的μ倍，求：（1）當(dāng)轉(zhuǎn)盤(pán)的角速度時(shí)，細(xì)繩的拉力。（2）當(dāng)轉(zhuǎn)盤(pán)的角速度時(shí)，細(xì)繩的拉力。圖2.01解析：設(shè)轉(zhuǎn)動(dòng)過(guò)程中物體與盤(pán)間恰好達(dá)到最大靜摩擦力時(shí)轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度為，則，解得。（1）因?yàn)椋晕矬w所需向心力小于物體與盤(pán)間的最大摩擦力，則物與盤(pán)間還未到最大靜摩擦力，細(xì)繩的拉力仍為0，即。（2）因?yàn)椋晕矬w所需向心力大于物與盤(pán)間的最大靜摩擦力，則細(xì)繩將對(duì)物體施加拉力，由牛頓的第二定律得：，解得。如圖2.02所示，在勻速轉(zhuǎn)動(dòng)的圓盤(pán)上，沿直徑方向上放置以細(xì)線相連的A、B兩個(gè)小物塊。A的質(zhì)量為，離軸心，B的質(zhì)量為，離軸心，A、B與盤(pán)面間相互作用的摩擦力最大值為其重力的0.5倍，試求：（1）當(dāng)圓盤(pán)轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度為多少時(shí)，細(xì)線上開(kāi)始出現(xiàn)張力？（2）欲使A、B與盤(pán)面間不發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，則圓盤(pán)轉(zhuǎn)動(dòng)的最大角速度為多大？（）圖2.02（1）當(dāng)圓盤(pán)轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度為多少時(shí)，細(xì)線上開(kāi)始出現(xiàn)張力？（2）欲使A、B與盤(pán)面間不發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，則圓盤(pán)轉(zhuǎn)動(dòng)的最大角速度為多大？（）解析：（1）較小時(shí)，A、B均由靜摩擦力充當(dāng)向心力，增大，可知，它們受到的靜摩擦力也增大，而，所以A受到的靜摩擦力先達(dá)到最大值。再增大，AB間繩子開(kāi)始受到拉力。由，得：（2）達(dá)到后，再增加，B增大的向心力靠增加拉力及摩擦力共同來(lái)提供，A增大的向心力靠增加拉力來(lái)提供，由于A增大的向心力超過(guò)B增加的向心力，再增加，B所受摩擦力逐漸減小，直到為零，如再增加，B所受的摩擦力就反向，直到達(dá)最大靜摩擦力。如再增加，就不能維持勻速圓周運(yùn)動(dòng)了，A、B就在圓盤(pán)上滑動(dòng)起來(lái)。設(shè)此時(shí)角速度為，繩中張力為，對(duì)A、B受力分析：對(duì)A有對(duì)B有聯(lián)立解得：如圖2.03所示，兩個(gè)相同材料制成的靠摩擦傳動(dòng)的輪A和輪B水平放置，兩輪半徑，當(dāng)主動(dòng)輪A勻速轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，在A輪邊緣上放置的小木塊恰能相對(duì)靜止在A輪邊緣上。若將小木塊放在B輪上，欲使木塊相對(duì)B輪也靜止，則木塊距B輪轉(zhuǎn)軸的最大距離為（）A. B. C. D.圖2.03答案：C

二、行星模型已知?dú)湓犹幱诨鶓B(tài)時(shí)，核外電子繞核運(yùn)動(dòng)的軌道半徑，則氫原子處于量子數(shù)1、2、3，核外電子繞核運(yùn)動(dòng)的速度之比和周期之比為：（）A.；B.C.D.以上答案均不對(duì)解析：根據(jù)經(jīng)典理論，氫原子核外電子繞核作勻速率圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)，由庫(kù)侖力提供向心力。即，從而得線速度為周期為又根據(jù)玻爾理論，對(duì)應(yīng)于不同量子數(shù)的軌道半徑與基態(tài)時(shí)軌道半徑r1有下述關(guān)系式：。由以上幾式可得v的通式為：所以電子在第1、2、3不同軌道上運(yùn)動(dòng)速度之比為：而周期的通式為：所以，電子在第1、2、3不同軌道上運(yùn)動(dòng)周期之比為：由此可知，只有選項(xiàng)B是正確的。衛(wèi)星做圓周運(yùn)動(dòng)，由于大氣阻力的作用，其軌道的高度將逐漸變化（由于高度變化很緩慢，變化過(guò)程中的任一時(shí)刻，仍可認(rèn)為衛(wèi)星滿足勻速圓周運(yùn)動(dòng)的規(guī)律），下述衛(wèi)星運(yùn)動(dòng)的一些物理量的變化正確的是：（）A.線速度減小B.軌道半徑增大C.向心加速度增大D.周期增大解析：假設(shè)軌道半徑不變，由于大氣阻力使線速度減小，因而需要的向心力減小，而提供向心力的萬(wàn)有引力不變，故提供的向心力大于需要的向心力，衛(wèi)星將做向心運(yùn)動(dòng)而使軌道半徑減小，由于衛(wèi)星在變軌后的軌道上運(yùn)動(dòng)時(shí)，滿足，故增大而T減小，又，故a增大，則選項(xiàng)C正確。經(jīng)過(guò)用天文望遠(yuǎn)鏡長(zhǎng)期觀測(cè)，人們?cè)谟钪嬷幸呀?jīng)發(fā)現(xiàn)了許多雙星系統(tǒng)，通過(guò)對(duì)它們的研究，使我們對(duì)宇宙中物質(zhì)的存在形式和分布情況有了較深刻的認(rèn)識(shí)，雙星系統(tǒng)由兩個(gè)星體組成，其中每個(gè)星體的線度都遠(yuǎn)小于兩星體之間的距離，一般雙星系統(tǒng)距離其他星體很遠(yuǎn)，可以當(dāng)作孤立系統(tǒng)來(lái)處理?，F(xiàn)根據(jù)對(duì)某一雙星系統(tǒng)的光度學(xué)測(cè)量確定；該雙星系統(tǒng)中每個(gè)星體的質(zhì)量都是M，兩者相距L，它們正圍繞兩者連線的中點(diǎn)做圓周運(yùn)動(dòng)。（1）試計(jì)算該雙星系統(tǒng)的運(yùn)動(dòng)周期；（2）若實(shí)驗(yàn)中觀測(cè)到的運(yùn)動(dòng)周期為，且。為了理解與的不同，目前有一種流行的理論認(rèn)為，在宇宙中可能存在一種望遠(yuǎn)鏡觀測(cè)不到的暗物質(zhì)。作為一種簡(jiǎn)化模型，我們假定在以這兩個(gè)星體連線為直徑的球體內(nèi)均勻分布這種暗物質(zhì)。若不考慮其他暗物質(zhì)的影響，請(qǐng)根據(jù)這一模型和上述觀測(cè)結(jié)果確定該星系間這種暗物質(zhì)的密度。答案：（1）雙星均繞它們連線的中點(diǎn)做圓周運(yùn)動(dòng)，設(shè)運(yùn)動(dòng)的速率為v，得：（2）根據(jù)觀測(cè)結(jié)果，星體的運(yùn)動(dòng)周期：這種差異是由雙星系統(tǒng)（類似一個(gè)球）內(nèi)均勻分布的暗物質(zhì)引起的，均勻分布雙星系統(tǒng)內(nèi)的暗物質(zhì)對(duì)雙星系統(tǒng)的作用，與一個(gè)質(zhì)點(diǎn)（質(zhì)點(diǎn)的質(zhì)量等于球內(nèi)暗物質(zhì)的總質(zhì)量且位于中點(diǎn)O處）的作用相同?？紤]暗物質(zhì)作用后雙星的速度即為觀察到的速度，則有：因?yàn)橹荛L(zhǎng)一定時(shí)，周期和速度成反比，得：有以上各式得設(shè)所求暗物質(zhì)的密度為，則有第三章功和能一、水平方向的彈性碰撞在光滑水平地面上有兩個(gè)相同的彈性小球A、B，質(zhì)量都為m，現(xiàn)B球靜止，A球向B球運(yùn)動(dòng)，發(fā)生正碰。已知碰撞過(guò)程中總機(jī)械能守恒，兩球壓縮最緊時(shí)的彈性勢(shì)能為EP，則碰前A球的速度等于（）A. B. C. D.解析：設(shè)碰前A球的速度為v0，兩球壓縮最緊時(shí)的速度為v，根據(jù)動(dòng)量守恒定律得出，由能量守恒定律得，聯(lián)立解得，所以正確選項(xiàng)為C。在原子核物理中，研究核子與核子關(guān)聯(lián)的最有效途徑是“雙電荷交換反應(yīng)”。這類反應(yīng)的前半部分過(guò)程和下述力學(xué)模型類似，兩個(gè)小球A和B用輕質(zhì)彈簧相連，在光滑的水平直軌道上處于靜止?fàn)顟B(tài)，在它們左邊有一垂直于軌道的固定擋板P，右邊有一小球C沿軌道以速度v0射向B球，如圖3.01所示，C與B發(fā)生碰撞并立即結(jié)成一個(gè)整體D，在它們繼續(xù)向左運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，當(dāng)彈簧長(zhǎng)度變到最短時(shí)，長(zhǎng)度突然被鎖定，不再改變，然后，A球與擋板P發(fā)生碰撞，碰后A、D都靜止不動(dòng)，A與P接觸而不粘連，過(guò)一段時(shí)間，突然解除鎖定（鎖定及解除鎖定均無(wú)機(jī)械能損失），已知A、B、C三球的質(zhì)量均為m。圖3.01（1）求彈簧長(zhǎng)度剛被鎖定后A球的速度。（2）求在A球離開(kāi)擋板P之后的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，彈簧的最大彈性勢(shì)能。解析：（1）設(shè)C球與B球粘結(jié)成D時(shí)，D的速度為v1，由動(dòng)量守恒得當(dāng)彈簧壓至最短時(shí)，D與A的速度相等，設(shè)此速度為v2，由動(dòng)量守恒得，由以上兩式求得A的速度。（2）設(shè)彈簧長(zhǎng)度被鎖定后，貯存在彈簧中的勢(shì)能為EP，由能量守恒，有撞擊P后，A與D的動(dòng)能都為零，解除鎖定后，當(dāng)彈簧剛恢復(fù)到自然長(zhǎng)度時(shí)，勢(shì)能全部轉(zhuǎn)彎成D的動(dòng)能，設(shè)D的速度為v3，則有以后彈簧伸長(zhǎng)，A球離開(kāi)擋板P，并獲得速度，當(dāng)A、D的速度相等時(shí)，彈簧伸至最長(zhǎng)，設(shè)此時(shí)的速度為v4，由動(dòng)量守恒得當(dāng)彈簧伸到最長(zhǎng)時(shí)，其勢(shì)能最大，設(shè)此勢(shì)能為EP'，由能量守恒，有解以上各式得。圖3.02中，輕彈簧的一端固定，另一端與滑塊B相連，B靜止在水平直導(dǎo)軌上，彈簧處在原長(zhǎng)狀態(tài)。另一質(zhì)量與B相同滑塊A，從導(dǎo)軌上的P點(diǎn)以某一初速度向B滑行，當(dāng)A滑過(guò)距離l1時(shí)，與B相碰，碰撞時(shí)間極短，碰后A、B緊貼在一起運(yùn)動(dòng)，但互不粘連。已知最后A恰好返回出發(fā)點(diǎn)P并停止，滑塊A和B與導(dǎo)軌的滑動(dòng)摩擦因數(shù)都為，運(yùn)動(dòng)過(guò)程中彈簧最大形變量為l2，重力加速度為g，求A從P出發(fā)的初速度v0。圖3.02解析：令A(yù)、B質(zhì)量皆為m，A剛接觸B時(shí)速度為v1（碰前）由功能關(guān)系，有A、B碰撞過(guò)程中動(dòng)量守恒，令碰后A、B共同運(yùn)動(dòng)的速度為v2有碰后A、B先一起向左運(yùn)動(dòng)，接著A、B一起被彈回，在彈簧恢復(fù)到原長(zhǎng)時(shí)，設(shè)A、B的共同速度為v3，在這一過(guò)程中，彈簧勢(shì)能始末狀態(tài)都為零，利用功能關(guān)系，有此后A、B開(kāi)始分離，A單獨(dú)向右滑到P點(diǎn)停下，由功能關(guān)系有由以上各式，解得用輕彈簧相連的質(zhì)量均為2kg的A、B兩物塊都以的速度在光滑水平地面上運(yùn)動(dòng)，彈簧處于原長(zhǎng)，質(zhì)量為4kg的物體C靜止在前方，如圖3.03所示，B與C碰撞后二者粘在一起運(yùn)動(dòng)。求在以后的運(yùn)動(dòng)中，（1）當(dāng)彈簧的彈性勢(shì)能最大時(shí)物體A的速度多大？（2）彈性勢(shì)能的最大值是多大？（3）A的速度有可能向左嗎？為什么？圖3.03解析：（1）當(dāng)A、B、C三者的速度相等時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能最大，由于A、B、C三者組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，有解得：（2）B、C碰撞時(shí)B、C組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，設(shè)碰后瞬間B、C兩者速度為，則設(shè)物塊A速度為vA時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能最大為EP，根據(jù)能量守恒（3）由系統(tǒng)動(dòng)量守恒得設(shè)A的速度方向向左，，則則作用后A、B、C動(dòng)能之和實(shí)際上系統(tǒng)的機(jī)械能根據(jù)能量守恒定律，是不可能的。故A不可能向左運(yùn)動(dòng)。

如圖3.04所示，在光滑水平長(zhǎng)直軌道上，A、B兩小球之間有一處于原長(zhǎng)的輕質(zhì)彈簧，彈簧右端與B球連接，左端與A球接觸但不粘連，已知，開(kāi)始時(shí)A、B均靜止。在A球的左邊有一質(zhì)量為的小球C以初速度向右運(yùn)動(dòng)，與A球碰撞后粘連在一起，成為一個(gè)復(fù)合球D，碰撞時(shí)間極短，接著逐漸壓縮彈簧并使B球運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過(guò)一段時(shí)間后，D球與彈簧分離（彈簧始終處于彈性限度內(nèi)）。圖3.04（1）上述過(guò)程中，彈簧的最大彈性勢(shì)能是多少？（2）當(dāng)彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)B球速度是多大？（3）若開(kāi)始時(shí)在B球右側(cè)某位置固定一塊擋板（圖中未畫(huà)出），在D球與彈簧分離前使B球與擋板發(fā)生碰撞，并在碰后立即將擋板撤走，設(shè)B球與擋板碰撞時(shí)間極短，碰后B球速度大小不變，但方向相反，試求出此后彈簧的彈性勢(shì)能最大值的范圍。答案：（1）設(shè)C與A相碰后速度為v1，三個(gè)球共同速度為v2時(shí)，彈簧的彈性勢(shì)能最大，由動(dòng)量守恒，能量守恒有：（2）設(shè)彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)，D球速度為，B球速度為則有（3）設(shè)B球與擋板相碰前瞬間D、B兩球速度與擋板碰后彈性勢(shì)能最大，D、B兩球速度相等，設(shè)為當(dāng)時(shí)，最大時(shí)，最小，所以

二、水平方向的非彈性碰撞如圖3.05所示，木塊與水平彈簧相連放在光滑的水平面上，子彈沿水平方向射入木塊后留在木塊內(nèi)（時(shí)間極短），然后將彈簧壓縮到最短。關(guān)于子彈和木塊組成的系統(tǒng)，下列說(shuō)法真確的是從子彈開(kāi)始射入到彈簧壓縮到最短的過(guò)程中系統(tǒng)動(dòng)量守恒子彈射入木塊的過(guò)程中，系統(tǒng)動(dòng)量守恒子彈射入木塊的過(guò)程中，系統(tǒng)動(dòng)量不守恒木塊壓縮彈簧的過(guò)程中，系統(tǒng)動(dòng)量守恒圖3.05答案：B如圖3.06所示，一個(gè)長(zhǎng)為L(zhǎng)、質(zhì)量為M的長(zhǎng)方形木塊，靜止在光滑水平面上，一個(gè)質(zhì)量為m的物塊（可視為質(zhì)點(diǎn)），以水平初速度從木塊的左端滑向右端，設(shè)物塊與木塊間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，當(dāng)物塊與木塊達(dá)到相對(duì)靜止時(shí)，物塊仍在長(zhǎng)木塊上，求系統(tǒng)機(jī)械能轉(zhuǎn)化成內(nèi)能的量Q。圖3.06解析：可先根據(jù)動(dòng)量守恒定律求出m和M的共同速度，再根據(jù)動(dòng)能定理或能量守恒求出轉(zhuǎn)化為內(nèi)能的量Q。對(duì)物塊，滑動(dòng)摩擦力做負(fù)功，由動(dòng)能定理得：即對(duì)物塊做負(fù)功，使物塊動(dòng)能減少。對(duì)木塊，滑動(dòng)摩擦力對(duì)木塊做正功，由動(dòng)能定理得，即對(duì)木塊做正功，使木塊動(dòng)能增加，系統(tǒng)減少的機(jī)械能為：本題中，物塊與木塊相對(duì)靜止時(shí)，，則上式可簡(jiǎn)化為：又以物塊、木塊為系統(tǒng)，系統(tǒng)在水平方向不受外力，動(dòng)量守恒，則：聯(lián)立式<2>、<3>得：故系統(tǒng)機(jī)械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能的量為：如圖3.07所示，光滑水平面地面上放著一輛兩端有擋板的靜止的小車，車長(zhǎng)L＝1m，一個(gè)大小可忽略的鐵塊從車的正中央以速度向右沿車滑行。鐵塊與小車的質(zhì)量均等于m，它們之間的動(dòng)摩擦因數(shù)，鐵塊與擋板碰撞過(guò)程中機(jī)械能不損失，且碰撞時(shí)間可以忽略不計(jì)，取，求從鐵快由車的正中央出發(fā)到兩者相對(duì)靜止需經(jīng)歷的時(shí)間。圖3.07答案：如圖3.08所示，電容器固定在一個(gè)絕緣座上，絕緣座放在光滑水平面上，平行板電容器板間的距離為d，右極板上有一小孔，通過(guò)孔有一左端固定在電容器左極板上的水平絕緣光滑細(xì)桿，電容器極板以及底座、絕緣桿總質(zhì)量為M，給電容器充電后，有一質(zhì)量為m的帶正電小環(huán)恰套在桿上以某一初速度v0對(duì)準(zhǔn)小孔向左運(yùn)動(dòng)，并從小孔進(jìn)入電容器，設(shè)帶電環(huán)不影響電容器板間電場(chǎng)分布。帶電環(huán)進(jìn)入電容器后距左板的最小距離為0.5d，試求：（1）帶電環(huán)與左極板相距最近時(shí)的速度v；（2）此過(guò)程中電容器移動(dòng)的距離s。（3）此過(guò)程中能量如何變化？圖3.08答案：（1）帶電環(huán)進(jìn)入電容器后在電場(chǎng)力的作用下做初速度為v0的勻減速直線運(yùn)動(dòng)，而電容器則在電場(chǎng)力的作用下做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，當(dāng)它們的速度相等時(shí)，帶電環(huán)與電容器的左極板相距最近，由系統(tǒng)動(dòng)量守恒定律可得：動(dòng)量觀點(diǎn)：力與運(yùn)動(dòng)觀點(diǎn)：設(shè)電場(chǎng)力為F（2）能量觀點(diǎn)（在第（1）問(wèn)基礎(chǔ)上）：對(duì)m：對(duì)M：所以運(yùn)動(dòng)學(xué)觀點(diǎn)：對(duì)M：，對(duì)m：，解得：帶電環(huán)與電容器的速度圖像如圖5所示。由三角形面積可得：圖5解得：（3）在此過(guò)程，系統(tǒng)中，帶電小環(huán)動(dòng)能減少，電勢(shì)能增加，同時(shí)電容器等的動(dòng)能增加，系統(tǒng)中減少的動(dòng)能全部轉(zhuǎn)化為電勢(shì)能。三、人船模型如圖3.09所示，長(zhǎng)為L(zhǎng)、質(zhì)量為M的小船停在靜水中，質(zhì)量為m的人從靜止開(kāi)始從船頭走到船尾，不計(jì)水的阻力，求船和人對(duì)地面的位移各為多少？圖3.09解析：以人和船組成的系統(tǒng)為研究對(duì)象，在人由船頭走到船尾的過(guò)程中，系統(tǒng)在水平方向不受外力作用，所以整個(gè)系統(tǒng)在水平方向動(dòng)量守恒。當(dāng)人起步加速前進(jìn)時(shí)，船同時(shí)向后做加速運(yùn)動(dòng)；人勻速運(yùn)動(dòng)，則船勻速運(yùn)動(dòng)；當(dāng)人停下來(lái)時(shí)，船也停下來(lái)。設(shè)某時(shí)刻人對(duì)地的速度為v，船對(duì)地的速度為v'，取人行進(jìn)的方向?yàn)檎较?，根?jù)動(dòng)量守恒定律有：，即因?yàn)槿擞纱^走到船尾的過(guò)程中，每一時(shí)刻都滿足動(dòng)量守恒定律，所以每一時(shí)刻人的速度與船的速度之比，都與它們的質(zhì)量之比成反比。因此人由船頭走到船尾的過(guò)程中，人的平均速度v與船的平均速度v也與它們的質(zhì)量成反比，即，而人的位移，船的位移，所以船的位移與人的位移也與它們的質(zhì)量成反比，即<1>式是“人船模型”的位移與質(zhì)量的關(guān)系，此式的適用條件：原來(lái)處于靜止?fàn)顟B(tài)的系統(tǒng)，在系統(tǒng)發(fā)生相對(duì)運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，某一個(gè)方向的動(dòng)量守恒。由圖1可以看出：由<1><2>兩式解得如圖3.10所示，質(zhì)量為M的小車，上面站著一個(gè)質(zhì)量為m的人，車以v0的速度在光滑的水平地面上前進(jìn)，現(xiàn)在人用相對(duì)于小車為u的速度水平向后跳出后，車速增加Δv，則計(jì)算Δv的式子正確的是：（）A.B.C.D.圖3.10答案：CD如圖3.11所示，一排人站在沿x軸的水平軌道旁，原點(diǎn)O兩側(cè)的人的序號(hào)都記為n（n＝1，2，3，…），每人只有一個(gè)沙袋，x>0一側(cè)的沙袋質(zhì)量為14千克，x<0一側(cè)的沙袋質(zhì)量為10千克。一質(zhì)量為M＝48千克的小車以某初速度從原點(diǎn)出發(fā)向正x方向滑行。不計(jì)軌道阻力。當(dāng)車每經(jīng)過(guò)一人身旁時(shí)，此人就把沙袋以水平速度u朝與車速相反的方向沿車面扔到車上，u的大小等于扔此袋之前瞬間車速大小的2n倍（n是此人的序號(hào)數(shù)）。圖3.11空車出發(fā)后，車上堆積了幾個(gè)沙袋時(shí)車就反向滑行？車上最終會(huì)有幾個(gè)沙袋？(1)在小車朝正x方向滑行的過(guò)程中,第(n-1)個(gè)沙袋扔到車上后的車速為vn-1,第n個(gè)沙袋扔到車上后的車速為vn,由動(dòng)量守恒定律有小車反向運(yùn)動(dòng)的條件是vn-1>0,vn<0,即M-nm>0②M-(n+1)m<0③代入數(shù)字,得n應(yīng)為整數(shù),故n=3,即車上堆積3個(gè)沙袋后車就反向滑行.(2)車自反向滑行直到接近x<0一側(cè)第1人所在位置時(shí),車速保持不變,而車的質(zhì)量為M+3m.若在朝負(fù)x方向滑行過(guò)程中,第(n-1)個(gè)沙袋扔到車上后車速為vn-1′,第n個(gè)沙袋扔到車上后車速為vn′,現(xiàn)取在圖中向左的方向(負(fù)x方向)為速度vn′、vn-1′的正方向,則由動(dòng)量守恒定律有車不再向左滑行的條件是vn-1′>0,vn′≤0即M+3m-nm′>0⑤M+3m-(n+1)m′≤0⑥n=8時(shí),車停止滑行,即在x<0一側(cè)第8個(gè)沙袋扔到車上后車就停住.故車上最終共有大小沙袋3+8=11個(gè).四、爆炸反沖模型如圖3.12所示海岸炮將炮彈水平射出，炮身質(zhì)量（不含炮彈）為M，每顆炮彈質(zhì)量為m，當(dāng)炮身固定時(shí)，炮彈水平射程為s，那么當(dāng)炮身不固定時(shí)，發(fā)射同樣的炮彈，水平射程將是多少？圖3.12解析：兩次發(fā)射轉(zhuǎn)化為動(dòng)能的化學(xué)能E是相同的。第一次化學(xué)能全部轉(zhuǎn)化為炮彈的動(dòng)能；第二次化學(xué)能轉(zhuǎn)化為炮彈和炮身的動(dòng)能，而炮彈和炮身水平動(dòng)量守恒，由動(dòng)能和動(dòng)量的關(guān)系式知，在動(dòng)量大小相同的情況下，物體的動(dòng)能和質(zhì)量成反比，炮彈的動(dòng)能，由于平拋的射高相等，兩次射程的比等于拋出時(shí)初速度之比，即：，所以。思考：有一輛炮車總質(zhì)量為M，靜止在水平光滑地面上，當(dāng)把質(zhì)量為m的炮彈沿著與水平面成θ角發(fā)射出去，炮彈對(duì)地速度為，求炮車后退的速度。提示：系統(tǒng)在水平面上不受外力，故水平方向動(dòng)量守恒，炮彈對(duì)地的水平速度大小為，設(shè)炮車后退方向?yàn)檎较?，則在光滑地面上，有一輛裝有平射炮的炮車，平射炮固定在炮車上，已知炮車及炮身的質(zhì)量為M，炮彈的質(zhì)量為m；發(fā)射炮彈時(shí)，炸藥提供給炮身和炮彈的總機(jī)械能E0是不變的。若要使剛發(fā)射后炮彈的動(dòng)能等于E0，即炸藥提供的能量全部變?yōu)榕趶椀膭?dòng)能，則在發(fā)射前炮車應(yīng)怎樣運(yùn)動(dòng)？答案：若在發(fā)射前給炮車一適當(dāng)?shù)某跛俣葀0，就可實(shí)現(xiàn)題述的要求。在這種情況下，用v表示發(fā)射后炮彈的速度，V表示發(fā)射后炮車的速度，由動(dòng)量守恒可知：由能量關(guān)系可知：按題述的要求應(yīng)有由以上各式得：

第四章力學(xué)綜合一、解題模型：如圖5.01所示，一路燈距地面的高度為h，身高為的人以速度v勻速行走。（1）試證明人的頭頂?shù)挠白幼鲃蛩龠\(yùn)動(dòng)；（2）求人影的長(zhǎng)度隨時(shí)間的變化率。圖5.01解：（1）設(shè)t=0時(shí)刻，人位于路燈的正下方O處，在時(shí)刻t，人走到S處，根據(jù)題意有OS=vt，過(guò)路燈P和人頭頂?shù)闹本€與地面的交點(diǎn)M為t時(shí)刻人頭頂影子的位置，如圖2所示。OM為人頭頂影子到O點(diǎn)的距離。圖2由幾何關(guān)系，有聯(lián)立解得因OM與時(shí)間t成正比，故人頭頂?shù)挠白幼鲃蛩龠\(yùn)動(dòng)。（2）由圖2可知，在時(shí)刻t，人影的長(zhǎng)度為SM，由幾何關(guān)系，有SM=OM-OS，由以上各式得可見(jiàn)影長(zhǎng)SM與時(shí)間t成正比，所以影長(zhǎng)隨時(shí)間的變化率。一水平放置的圓盤(pán)繞豎直固定軸轉(zhuǎn)動(dòng)，在圓盤(pán)上沿半徑開(kāi)有一條寬度為2mm的均勻狹縫。將激光器與傳感器上下對(duì)準(zhǔn)，使二者間連線與轉(zhuǎn)軸平行，分別置于圓盤(pán)的上下兩側(cè)，且可以同步地沿圓盤(pán)半徑方向勻速移動(dòng)，激光器連續(xù)向下發(fā)射激光束。在圓盤(pán)轉(zhuǎn)動(dòng)過(guò)程中，當(dāng)狹縫經(jīng)過(guò)激光器與傳感器之間時(shí)，傳感器接收到一個(gè)激光信號(hào)，并將其輸入計(jì)算機(jī)，經(jīng)處理后畫(huà)出相應(yīng)圖線。圖5.02（a）為該裝置示意圖，圖5.02（b）為所接收的光信號(hào)隨時(shí)間變化的圖線，橫坐標(biāo)表示時(shí)間，縱坐標(biāo)表示接收到的激光信號(hào)強(qiáng)度，圖中。（1）利用圖（b）中的數(shù)據(jù)求1s時(shí)圓盤(pán)轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度；（2）說(shuō)明激光器和傳感器沿半徑移動(dòng)的方向；（3）求圖（b）中第三個(gè)激光信號(hào)的寬度△t3。圖5.02解析：（1）由圖線讀得，轉(zhuǎn)盤(pán)的轉(zhuǎn)動(dòng)周期，角速度（2）激光器和探測(cè)器沿半徑由中心向邊緣移動(dòng)（理由為：由于脈沖寬度在逐漸變窄，表明光信號(hào)能通過(guò)狹縫的時(shí)間逐漸減少，即圓盤(pán)上對(duì)應(yīng)探測(cè)器所在位置的線速度逐漸增加，因此激光器和探測(cè)器沿半徑由中心向邊緣移動(dòng)）。（3）設(shè)狹縫寬度為d，探測(cè)器接收到第i個(gè)脈沖時(shí)距轉(zhuǎn)軸的距離為ri，第i個(gè)脈沖的寬度為△ti，激光器和探測(cè)器沿半徑的運(yùn)動(dòng)速度為v。由以上式聯(lián)立解得如圖5.03是某種靜電分選器的原理示意圖。兩個(gè)豎直放置的平行金屬板帶有等量異號(hào)電荷，形成勻強(qiáng)電場(chǎng)，分選器漏斗的出口與兩板上端處于同一高度，到兩板距離相等?；旌显谝黄鸬腶、b兩種顆粒從漏斗出口下落時(shí)，a種顆粒帶上正電，b種顆粒帶上負(fù)電。經(jīng)分選電場(chǎng)后，a、b兩種顆粒分別落到水平傳送帶A、B上。已知兩板間距d=0.1m，板的度，電場(chǎng)僅局限在平行板之間；各顆粒所帶電量大小與其質(zhì)量之比均為。設(shè)顆粒進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)的初速度為零，分選過(guò)程中顆粒大小及顆粒間的相互作用力不計(jì)。要求兩種顆粒離開(kāi)電場(chǎng)區(qū)域時(shí)，不接觸到極板但有最大偏轉(zhuǎn)量。重力加速度g取。（1）左右兩板各帶何種電荷？?jī)蓸O板間的電壓多大？（2）若兩帶電平行板的下端距傳送帶A、B的高度H=0.3m，顆粒落至傳送帶時(shí)的速度大小是多少？（3）設(shè)顆粒每次與傳送帶碰撞反彈時(shí)，沿豎直方向的速度大小為碰撞前豎直方向速度大小的一半。寫(xiě)出顆粒第n次碰撞反彈高度的表達(dá)式。并求出經(jīng)過(guò)多少次碰撞，顆粒反彈的高度小于0.01m。圖5.03解析：（1）左板帶負(fù)電荷，右板帶正電荷。依題意，顆粒在平行板間的豎直方向上滿足在水平方向上滿足：兩式聯(lián)立得（2）根據(jù)動(dòng)能定理，顆粒落到水平傳送帶上滿足（3）在豎直方向顆粒作自由落體運(yùn)動(dòng)，它第一次落到水平傳送帶上沿豎直方向的速度反彈高度根據(jù)題設(shè)條件，顆粒第n次反彈后上升的高度：當(dāng)時(shí)，偵察衛(wèi)星在通過(guò)地球兩極上空的圓軌道上運(yùn)行，它的運(yùn)行軌道距地面高為h，要使衛(wèi)星在一天的時(shí)間內(nèi)將地面上赤道各處在日照條件下的情況全部都拍攝下來(lái)，衛(wèi)星在通過(guò)赤道上空時(shí)，衛(wèi)星上的攝影像機(jī)至少應(yīng)拍地面上赤道圓周的弧長(zhǎng)是多少？設(shè)地球半徑為R，地面處的重力加速度為g，地球自轉(zhuǎn)的周期為T(mén)。解析：設(shè)衛(wèi)星周期為T(mén)1，那么： ①又 ②有 ③地球自轉(zhuǎn)角速度為 ④在衛(wèi)星繞行地球一周的時(shí)間T1內(nèi)，地球轉(zhuǎn)過(guò)的圓心角為 ⑤那么攝像機(jī)轉(zhuǎn)到赤道正上方時(shí)攝下圓周的弧長(zhǎng)為 ⑥由①②③④⑤⑥得如圖5.04所示，一對(duì)雜技演員（都視為質(zhì)點(diǎn)）乘秋千（秋千繩處于水平位置）從A點(diǎn)由靜止出發(fā)繞O點(diǎn)下擺，當(dāng)擺到最低點(diǎn)B時(shí)，女演員在極短時(shí)間內(nèi)將男演員沿水平方向推出，然后自己剛好能回到高處A。求男演員落地點(diǎn)C與O點(diǎn)的水平距離s。已知男演員質(zhì)量m1和女演員質(zhì)量m2之比，秋千的質(zhì)量不計(jì)，擺長(zhǎng)為R，C點(diǎn)比O點(diǎn)低5R。圖5.04解析：設(shè)分離前男女演員在秋千最低點(diǎn)B的速度為，由機(jī)械能守恒定律，設(shè)剛分離時(shí)男演員速度的大小為，方向與相同；女演員速度的大小為，方向與相反，由動(dòng)量守恒，分離后，男演員做平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)男演員從被推出到落在C點(diǎn)所需的時(shí)間為t，根據(jù)題給條件，由運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律，根據(jù)題給條件，女演員剛好回A點(diǎn)，由機(jī)械能守恒定律，，已知，由以上各式可得。在廣場(chǎng)游玩時(shí)，一個(gè)小孩將一充有氫氣的氣球用細(xì)繩系于一個(gè)小石塊上，并將小石塊放置于水平地面上。已知小石塊的質(zhì)量為，氣球（含球內(nèi)氫氣）的質(zhì)量為，氣球體積為V，空氣密度為ρ（V和ρ均視作不變量），風(fēng)沿水平方向吹，風(fēng)速為v。已知風(fēng)對(duì)氣球的作用力（式中k為一已知系數(shù)，u為氣球相對(duì)空氣的速度）。開(kāi)始時(shí)，小石塊靜止在地面上，如圖5.05所示。（1）若風(fēng)速v在逐漸增大，小孩擔(dān)心氣球會(huì)連同小石塊一起被吹離地面，試判斷是否會(huì)出現(xiàn)這一情況，并說(shuō)明理由。（2）若細(xì)繩突然斷開(kāi)，已知?dú)馇蝻w上天空后，在氣球所經(jīng)過(guò)的空間中的風(fēng)速v保持不變量，求氣球能達(dá)到的最大速度的大小。圖5.05答案：（1）將氣球和小石塊作為一個(gè)整體；在豎直方向上，氣球（包括小石塊）受到重力G、浮力F和地面支持力FN的作用，據(jù)平衡條件有：由于式中FN是與風(fēng)速v無(wú)關(guān)的恒力，而，故氣球連同小石塊不會(huì)一起被吹離地面。（2）氣球的運(yùn)動(dòng)可分解成水平方向和豎直方向的兩個(gè)分運(yùn)動(dòng)，達(dá)到最大速度時(shí)氣球在水平方向做勻速運(yùn)動(dòng)，有氣球在豎直方向做勻速運(yùn)動(dòng)，有：氣球的最大速度：聯(lián)立求解得：

二、滑輪模型如圖5.06所示，將一根不可伸長(zhǎng)、柔軟的輕繩左、右兩端分別系于A、B兩點(diǎn)上，一物體用動(dòng)滑輪懸掛在輕繩上，達(dá)到平衡時(shí)，兩段繩子間的夾角為，繩子張力為；將繩子右端移到C點(diǎn)，待系統(tǒng)達(dá)到平衡時(shí)，兩段繩子間的夾角為，繩子張力為；將繩子右端再由C點(diǎn)移到D點(diǎn)，待系統(tǒng)達(dá)到平衡時(shí)，兩段繩子間的夾角為，繩子張力為，不計(jì)摩擦，并且BC為豎直線，則（）A. B.C. D.圖5.06解析：由于跨過(guò)滑輪上繩上各點(diǎn)的張力相同，而它們的合力與重力為一對(duì)平衡力，所以從B點(diǎn)移到C點(diǎn)的過(guò)程中，通過(guò)滑輪的移動(dòng)，，再?gòu)腃點(diǎn)移到D點(diǎn)，肯定大于，由于豎直方向上必須有，所以。故只有A選項(xiàng)正確。如圖5.07所示在車廂中有一條光滑的帶子（質(zhì)量不計(jì)），帶子中放上一個(gè)圓柱體，車子靜止時(shí)帶子兩邊的夾角∠ACB=90°，若車廂以加速度a=7.5m/s2向左勻加速運(yùn)動(dòng)，則帶子的兩邊與車廂頂面夾角分別為多少？圖5.07解析：設(shè)車靜止時(shí)AC長(zhǎng)為，當(dāng)小車以向左作勻加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，由于AC、BC之間的類似于“滑輪”，故受到的拉力相等，設(shè)為FT，圓柱體所受到的合力為ma，在向左作勻加速，運(yùn)動(dòng)中AC長(zhǎng)為，BC長(zhǎng)為由幾何關(guān)系得由牛頓運(yùn)動(dòng)定律建立方程：代入數(shù)據(jù)求得如圖5.08所示，細(xì)繩繞過(guò)兩個(gè)定滑輪A和B，在兩端各掛一個(gè)重為P的物體，現(xiàn)在A、B的中點(diǎn)C處掛一個(gè)重為Q的小球，Q<2P，求小球可能下降的最大距離h。已知AB的長(zhǎng)為2L，不計(jì)滑輪和繩之間的摩擦力及繩的質(zhì)量。圖5.08解析：選小球Q和兩重物P構(gòu)成的整體為研究對(duì)象，該整體的速率從零開(kāi)始逐漸增為最大，緊接著從最大又逐漸減小為零（此時(shí)小球下降的距離最大為h），如圖4在整個(gè)過(guò)程中，只有重力做功機(jī)械能守恒。圖4因重為Q的小球可能下降的最大距離為h，所以重為P的兩物體分別上升的最大距離均為?？紤]到整體初、末位置的速率均為零，故根據(jù)機(jī)械能守恒定律知，重為Q的小球重力勢(shì)能的減少量等于重為P的兩個(gè)物體重力勢(shì)能的增加量，即。從而解得如圖5.09輕繩AD跨過(guò)固定在水平橫梁BC右端的定滑輪掛住一個(gè)質(zhì)量為M1的物體。∠ACB=30°；圖（b）中輕桿HG一端用鉸鏈固定在豎直墻上，另一端G通過(guò)細(xì)繩EG拉住，EG與水平方向也成30°，輕桿的G點(diǎn)用細(xì)繩GF拉住一個(gè)質(zhì)量為M2的物體，求細(xì)繩AC段的張力FTAC與細(xì)繩EG的張力FTEG之比？圖4.09圖5.09解析：圖（a）中繩AC段的拉力FTAC＝M1g圖（b）中由于FTEGsin30°=M2g，解得：如圖5.10所示，質(zhì)量分別為M和m（M>m）的小物體用輕繩連接；跨放在半徑為R的光滑半圓柱體和光滑定滑輪B上，m位于半圓柱體底端C點(diǎn)，半圓柱體頂端A點(diǎn)與滑輪B的連線水平。整個(gè)系統(tǒng)從靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)。設(shè)m能到達(dá)圓柱體的頂端，試求：（1）m到達(dá)圓柱體的頂端A點(diǎn)時(shí)，m和M的速度。（2）m到達(dá)A點(diǎn)時(shí)，對(duì)圓柱體的壓力。圖5.10答案：（1）（2）

三、渡河模型如圖5.11所示，人用繩子通過(guò)定滑輪以不變的速度拉水平面上的物體A，當(dāng)繩與水平方向成θ角時(shí)，求物體A的速度。圖5.11解：本題的關(guān)鍵是正確地確定物體A的兩個(gè)分運(yùn)動(dòng)。物體A的運(yùn)動(dòng)（即繩的末端的運(yùn)動(dòng)）可看作兩個(gè)分運(yùn)動(dòng)的合成：一是沿繩的方向被牽引，繩長(zhǎng)縮短。繩長(zhǎng)縮短的速度即等于；二是隨著繩以定滑輪為圓心的擺動(dòng)，它不改變繩長(zhǎng)，只改變角度θ的值。這樣就可以將按圖示方向進(jìn)行分解。所以及實(shí)際上就是的兩個(gè)分速度，如圖所示，由此可得。如圖5.12所示，某人通過(guò)一根跨過(guò)定滑輪的輕繩提升一個(gè)質(zhì)量為m的重物，開(kāi)始時(shí)人在滑輪的正下方，繩下端A點(diǎn)離滑輪的距離為H。人由靜止拉著繩向右移動(dòng)，當(dāng)繩下端到B點(diǎn)位置時(shí)，人的速度為v，繩與水平面夾角為θ。問(wèn)在這個(gè)過(guò)程中，人對(duì)重物做了多少功？圖5.12圖5.12解析：人移動(dòng)時(shí)對(duì)繩的拉力不是恒力，重物不是做勻速運(yùn)動(dòng)也不是做勻變速運(yùn)動(dòng)，故無(wú)法用求對(duì)重物做的功，需從動(dòng)能定理的角度來(lái)分析求解。當(dāng)繩下端由A點(diǎn)移到B點(diǎn)時(shí)，重物上升的高度為：重力做功的數(shù)值為：當(dāng)繩在B點(diǎn)實(shí)際水平速度為v時(shí)，v可以分解為沿繩斜向下的分速度和繞定滑輪逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)的分速度，其中沿繩斜向下的分速度和重物上升速度的大小是一致的，從圖中可看出：以重物為研究對(duì)象，根據(jù)動(dòng)能定理得：一條寬度為L(zhǎng)的河，水流速度為，已知船在靜水中速度為，那么：（1）怎樣渡河時(shí)間最短？（2）若，怎樣渡河位移最?。浚?）若，怎樣渡河船漂下的距離最短？解析：（1）小船過(guò)河問(wèn)題，可以把小船的渡河運(yùn)動(dòng)分解為它同時(shí)參與的兩個(gè)運(yùn)動(dòng)，一是小船運(yùn)動(dòng)，一是水流的運(yùn)動(dòng)，船的實(shí)際運(yùn)動(dòng)為合運(yùn)動(dòng)。如圖4所示。設(shè)船頭斜向上游與河岸成任意角θ。這時(shí)船速在垂直于河岸方向的速度分量為，渡河所需要的時(shí)間為，可以看出：L、v船一定時(shí)，t隨sinθ增大而減??；當(dāng)時(shí)，（最大）。所以，船頭與河岸垂直。圖4（2）如圖5所示，渡河的最小位移即河的寬度。為了使渡河位移等于L，必須使船的合速度v的方向與河岸垂直，即使沿河岸方向的速度分量等于0。這時(shí)船頭應(yīng)指向河的上游，并與河岸成一定的角度θ，所以有，即。圖5因?yàn)?，所以只有在時(shí)，船才有可能垂直河岸渡河。（3）若，則不論船的航向如何，總是被水沖向下游，怎樣才能使漂下的距離最短呢？如圖6所示，設(shè)船頭v船與河岸成θ角。合速度v與河岸成α角。可以看出：α角越大，船漂下的距離x越短，那么，在什么條件下α角最大呢？以v水的矢尖為圓心，v船為半徑畫(huà)圓，當(dāng)v與圓相切時(shí)，α角最大，根據(jù)圖6船頭與河岸的夾角應(yīng)為，船沿河漂下的最短距離為：此時(shí)渡河的最短位移：小河寬為d，河水中各點(diǎn)水流速度大小與各點(diǎn)到較近河岸邊的距離成正比，，x是各點(diǎn)到近岸的距離，小船船頭垂直河岸渡河，小船劃水速度為，則下列說(shuō)法中正確的是（）A.小船渡河的軌跡為曲線B.小船到達(dá)離河岸處，船渡河的速度為C.小船渡河時(shí)的軌跡為直線D.小船到達(dá)離河岸處，船的渡河速度為答案：A第五章電路解題模型：一、電路的動(dòng)態(tài)變化如圖6.01所示電路中，當(dāng)滑動(dòng)變阻器的滑片P向左移動(dòng)時(shí)，各表（各電表內(nèi)阻對(duì)電路的影響均不考慮）的示數(shù)如何變化？為什么？圖6.01解析：這是一個(gè)由局部變化而影響整體的閉合電路歐姆定律應(yīng)用的動(dòng)態(tài)分析問(wèn)題。對(duì)于這類問(wèn)題，可遵循以下步驟：先弄清楚外電路的串、并聯(lián)關(guān)系，分析外電路總電阻怎樣變化；由確定閉合電路的電流強(qiáng)度如何變化；再由確定路端電壓的變化情況；最后用部分電路的歐姆定律及分流、分壓原理討論各部分電阻的電流、電壓變化情況。當(dāng)滑片P向左滑動(dòng)，減小，即減小，根據(jù)判斷總電流增大，A1示數(shù)增大；路端電壓的判斷由內(nèi)而外，根據(jù)知路端電壓減小，V示數(shù)減??；對(duì)R1，有所以增大，示數(shù)增大；對(duì)并聯(lián)支路，，所以減小，示數(shù)減?。粚?duì)R2，有，所以I2減小，A2示數(shù)減小。用伏安法測(cè)一節(jié)干電池的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)電阻，伏安圖象如圖6.02所示，根據(jù)圖線回答：（1）干電池的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)電阻各多大？（2）圖中a點(diǎn)對(duì)應(yīng)的外電路電阻是多大？電源此時(shí)內(nèi)部熱功率是多少？（3）圖中a、b兩點(diǎn)對(duì)應(yīng)的外電路電阻之比是多大？對(duì)應(yīng)的輸出功率之比是多大？（4）在此實(shí)驗(yàn)中，電源最大輸出功率是多大？圖6.02解析：（1）開(kāi)路時(shí)（I=0）的路端電壓即電源電動(dòng)勢(shì)，因此，內(nèi)電阻也可由圖線斜率的絕對(duì)值即內(nèi)阻，有：（2）a點(diǎn)對(duì)應(yīng)外電阻此時(shí)電源內(nèi)部的熱耗功率：也可以由面積差求得：（3）電阻之比：輸出功率之比：（4）電源最大輸出功率出現(xiàn)在內(nèi)、外電阻相等時(shí)，此時(shí)路端電壓，干路電流，因而最大輸出功率當(dāng)然直接用計(jì)算或由對(duì)稱性找乘積IU（對(duì)應(yīng)于圖線上的面積）的最大值，也可以求出此值。如圖6.03所示電路中，R2、R3是定值電阻，R1是滑動(dòng)變阻器，當(dāng)R1的滑片P從中點(diǎn)向右端滑動(dòng)時(shí)，各個(gè)電表的示數(shù)怎樣變化？圖6.03如圖6.04所示電路由8個(gè)不同電阻組成，已知R1＝12Ω其余電阻阻值未知，測(cè)得A、B間的總電阻為4Ω。今將R1換成6Ω的電阻，則A、B間的總電阻變?yōu)?。圖6.04如圖6.05所示的電路中，S接通，兩電源的電動(dòng)勢(shì)都為3V，內(nèi)阻都為lΩ，R1＝2Ω，R2=4Ω，C=10μF．求：（1）電容器兩端的電壓多大？（2）現(xiàn)斷開(kāi)S，從此時(shí)起，到電容器兩端電壓穩(wěn)定時(shí)止，通過(guò)R2上的電量為多少？圖6.05如圖6.06所示，R3=6Ω，電源內(nèi)阻r為1Ω，當(dāng)K合上且R2為2Ω時(shí)，電源的總功率為16W，而電源的輸出功率為12W，燈泡正常發(fā)光，求：（1）電燈的電阻及功率。（2）K斷開(kāi)時(shí)，為使燈泡正常發(fā)光，R2的阻值應(yīng)調(diào)到多少歐？圖6.06解：（1）P內(nèi)耗=I2r=4W，I=2Aε=V，IL=1A（2）如圖6.07所示的電路中，電池的電動(dòng)勢(shì)ε=5伏，內(nèi)電阻r=10歐，固定電阻R=90歐，R0是可變電阻，在R0由零增加到400歐的過(guò)程中，求：(1)可變電阻R0消耗功率最大的條件和最大熱功率。(2)電池的內(nèi)電阻r和固定電阻R上消耗的最小熱功率之和。圖6.07解：(1)由等效內(nèi)阻法，當(dāng)R0=R＋r=(90＋10)Ω＝100Ω時(shí)，可變電阻R0上消耗的功率最大，且(2)電流最小即R0取最大值400Ω時(shí)，定值電阻r和R上消耗的電功率最小，且最小功率如圖圖6.08所示，微法，微法，歐，歐，當(dāng)開(kāi)關(guān)S斷開(kāi)時(shí)，A、B兩點(diǎn)電壓當(dāng)S閉合時(shí)，C1的電量是增加還是減少？改變了多少庫(kù)侖？已知伏。 圖6.08解：在電路中，C1、C2的作用是斷路，當(dāng)S斷開(kāi)時(shí)，全電路無(wú)電流，B、C等勢(shì)，A、D等勢(shì)，則伏。 C1所帶的電量為（庫(kù)） S閉合時(shí)，電路由串聯(lián)，C1兩端的電壓即R1上兩端的電壓，（伏） C1的帶電量 （庫(kù)） 故C1的帶電量改變了（庫(kù)），負(fù)號(hào)表示減少。把一個(gè)10V，2.0W的用電器A(純電阻)接到某一電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻都不變的電源上．用電器A實(shí)際消耗的功率是2.0瓦，換上另一個(gè)10V，5.0W的用電器B(純電阻)接到這一電源上，問(wèn)電器B實(shí)際消耗的功率有沒(méi)有可能反而小于2.0瓦？你如果認(rèn)為不可能，試說(shuō)明理由；如果認(rèn)為可能，試求出用電器B實(shí)際消耗的功率小于2.0瓦的條件(設(shè)電阻不隨溫度改變)。解根據(jù)A，B的額定電壓和額定功率可求出它們的電阻分別為根據(jù)閉合電路歐姆定律可得出，把A，B用電器分別接到電源上，所消耗的功率分別為于是根據(jù)題中給出的條件PA=2.0瓦，PB＜2.0瓦，即得出把上式聯(lián)立求解，得出電源電動(dòng)勢(shì)ε和內(nèi)阻r滿足條件是10．電飯鍋是一種可以自動(dòng)煮飯并自動(dòng)保溫，又不會(huì)把飯燒焦的家用電器。它的電路由控制部分AB和工作部分BC組成。K1是限溫開(kāi)關(guān)，手動(dòng)閉合，當(dāng)溫度達(dá)到1030C時(shí)自動(dòng)斷開(kāi)，不能自動(dòng)閉合。K2是自動(dòng)開(kāi)關(guān)，當(dāng)溫度超過(guò)800C時(shí)自動(dòng)斷開(kāi)，溫度低于700C時(shí)自動(dòng)閉合。R2是限流電阻，阻值2140Ω，R1是工作電阻，阻值60Ω。鍋中放好適量的米和水，插上電源（220V，50HZ），手動(dòng)閉合K1后，電飯鍋就能自動(dòng)煮好米飯并保溫。⑴簡(jiǎn)述手動(dòng)閉合K1后，電飯鍋加熱、保溫過(guò)程的工作原理。⑵加熱過(guò)程電飯鍋消耗的電功率P1是多大？K1、K2都斷開(kāi)時(shí)電飯鍋消耗的功率P2是多大？⑶若插上電源后沒(méi)有手動(dòng)閉合K1，能煮熟飯嗎？為什么？解答：⑴插上電源，手動(dòng)閉合K1后由于室溫肯定低于700C所以當(dāng)時(shí)K2也是閉合的，所以R2被短路，只有R1工作，功率P1較大，使米和水被加熱，當(dāng)溫度升到800C時(shí)K2斷開(kāi)，但K1仍閉合，R2仍被短路，功率仍為P1，所以溫度繼續(xù)升高，把水燒開(kāi)，這時(shí)溫度將保持在1000C直到水分蒸發(fā)完畢，溫度繼續(xù)升高到1030C，K1斷開(kāi)且不再自動(dòng)閉合，這時(shí)飯已煮好，R1、R2串聯(lián)，熱功率P2較小，電飯鍋發(fā)出的電熱小于它向外釋放的熱，溫度開(kāi)始降低，當(dāng)溫度降低到700C時(shí)，K2自動(dòng)閉合，功率又變?yōu)镻1，使飯的溫度升高，到800C時(shí)K2自動(dòng)斷開(kāi)，溫度又開(kāi)始降低……如此使電飯鍋處于保溫狀態(tài)，直到關(guān)閉電源。⑵P1=U2/R1=807W，P2=U2/(R1+R2)=22W⑶若K1未閉合，開(kāi)始K2總是閉合的，R2被短路，功率為P1，當(dāng)溫度上升到800C時(shí)，K2自動(dòng)斷開(kāi)，功率降為P2，溫度降低到700C，K2自動(dòng)閉合……溫度只能在700C~800C之間變化，不能把水燒開(kāi)，不能煮熟飯。二、交變電流有一正弦交流電源，電壓有效值U=120V，頻率為f=50Hz向一霓虹燈供電，若霓虹燈的激發(fā)電壓和熄滅電壓均為U0=60V，試估算在一個(gè)小時(shí)內(nèi)，霓虹燈發(fā)光時(shí)間有多長(zhǎng)？為什么人眼不能感到這種忽明忽暗的現(xiàn)象？解析：由正弦交流電的最大值與有效值U的關(guān)系得：Um=120V設(shè)t=0時(shí)交流電的瞬時(shí)電壓U=0則交流電的瞬時(shí)表達(dá)式為U=120sin100tV如圖所示，畫(huà)出一個(gè)周期內(nèi)交流電的U-t圖象，其中陰影部分對(duì)應(yīng)的時(shí)間t1表示霓虹燈不能發(fā)光的時(shí)間，根據(jù)對(duì)稱性，一個(gè)周期內(nèi)霓虹燈不能發(fā)光的時(shí)間為4t1，當(dāng)U=U0=60V時(shí)，由上式得t1=1/600s，再由對(duì)稱性求得一個(gè)周期內(nèi)能發(fā)光的時(shí)間：t=T-4t1=再由比例關(guān)系求得一小時(shí)內(nèi)霓虹燈發(fā)光的時(shí)間為：t=很明顯霓虹燈在工作過(guò)程中是忽明忽暗的，而熄滅的時(shí)間只有1/300s（如圖t2時(shí)刻到t3時(shí)刻）由于人的眼睛具有視覺(jué)暫留現(xiàn)象，而這個(gè)視覺(jué)暫留時(shí)間約1/16s為遠(yuǎn)大于1/300s，因此經(jīng)過(guò)燈光刺激的人眼不會(huì)因?yàn)槎虝旱南缍兴杏X(jué)。把一電容器C接在220V的交流電路中，為了保證電容不被擊穿，電容器C的耐壓值是多少？解析：不低于200V，不少學(xué)生往把電容器與燈泡類比，額定電壓220V的燈泡接在220V的交流電源上正常發(fā)光.從而錯(cuò)誤的認(rèn)為電容器的耐壓值也只要不低于220V即可，事實(shí)上，電容器接在交流電路中一直不斷地進(jìn)行充、放電過(guò)程.電容器兩極間電壓最大可達(dá)200V，故電容器C的耐壓值應(yīng)不低于200V.如圖6.09所示，兩平行導(dǎo)軌與水平面間的傾角為，電阻不計(jì)，間距L＝0.3m，長(zhǎng)度足夠長(zhǎng)，導(dǎo)軌處于磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝1T，方向垂直于導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中.導(dǎo)軌兩端各接一個(gè)阻值為R0＝2Ω電阻，另一橫跨在導(dǎo)軌間的金屬棒質(zhì)量m＝1kg，電阻r＝1Ω棒與導(dǎo)軌間的滑動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5，當(dāng)金屬棒以平行于導(dǎo)軌的向上初速度υ0＝10m/s上滑，直至上升到最高點(diǎn)過(guò)程中，通過(guò)上端電阻電量＝0.1C（g取10m/s2），求上端電阻R0產(chǎn)生的焦耳熱？圖6.09（1）（2）解析：設(shè)棒沿斜面能上升的最大距離為s，磁感應(yīng)強(qiáng)度B垂直斜面向上，則等效電路和導(dǎo)體棒受力分析分別如圖（1）、（2）所示.由圖可知，在棒上升過(guò)程中，通過(guò)棒某一截面的電量應(yīng)為2.由＝得（1）（2）而∴s=m設(shè)電路各電阻消耗的總焦耳熱為＝R從金屬棒開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)過(guò)程，利用能量守恒關(guān)系有＋μmgcosθ·s＋mgsinθ·s＝R＝＝5J此題中，求電阻產(chǎn)生的焦耳熱應(yīng)該用電流的有效值計(jì)算，由于無(wú)法求，因此只能通過(guò)能量關(guān)系求得.一閉合線圈在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做勻角速轉(zhuǎn)動(dòng)，線圈轉(zhuǎn)速為240rad/min，當(dāng)線圈平面轉(zhuǎn)動(dòng)至與磁場(chǎng)平行時(shí)，線圈的電動(dòng)勢(shì)為2.0V。設(shè)線圈從垂直磁場(chǎng)瞬時(shí)開(kāi)始計(jì)時(shí)，試求：（1）該線圈電動(dòng)勢(shì)的瞬時(shí)表達(dá)式；（2）電動(dòng)勢(shì)在s末的瞬時(shí)值。答案：（1）2sin8πtV、（2）1.0V如圖6.10所示，勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感強(qiáng)度B=0.1T，矩形線圈的匝數(shù)N=100匝，邊長(zhǎng)=0.2m，=0.5m，轉(zhuǎn)動(dòng)角速度ω=100πrad/s，轉(zhuǎn)軸在正中間。試求：（1）從圖示位置開(kāi)始計(jì)時(shí)，該線圈電動(dòng)勢(shì)的瞬時(shí)表達(dá)式；（2）當(dāng)轉(zhuǎn)軸移動(dòng)至ab邊（其它條件不變），再求電動(dòng)勢(shì)的瞬時(shí)表達(dá)式；（3）當(dāng)線圈作成半徑為r=的圓形，再求電動(dòng)勢(shì)的瞬時(shí)表達(dá)式。圖6.10答案：（1）314cos100πtV、（2）不變、（3）不變。第六章電磁場(chǎng)解題模型：一、電磁場(chǎng)中的單桿模型如圖7.01所示，，電壓表與電流表的量程分別為0～10V和0～3A，電表均為理想電表。導(dǎo)體棒ab與導(dǎo)軌電阻均不計(jì)，且導(dǎo)軌光滑，導(dǎo)軌平面水平，ab棒處于勻強(qiáng)磁場(chǎng)中。（1）當(dāng)變阻器R接入電路的阻值調(diào)到30，且用＝40N的水平拉力向右拉ab棒并使之達(dá)到穩(wěn)定速度時(shí)，兩表中恰好有一表滿偏，而另一表又能安全使用，則此時(shí)ab棒的速度是多少？（2）當(dāng)變阻器R接入電路的阻值調(diào)到，且仍使ab棒的速度達(dá)到穩(wěn)定時(shí)，兩表中恰有一表滿偏，而另一表能安全使用，則此時(shí)作用于ab棒的水平向右的拉力F2是多大？圖7.01解析：（1）假設(shè)電流表指針滿偏，即I＝3A，那么此時(shí)電壓表的示數(shù)為U＝＝15V，電壓表示數(shù)超過(guò)了量程，不能正常使用，不合題意。因此，應(yīng)該是電壓表正好達(dá)到滿偏。當(dāng)電壓表滿偏時(shí)，即U1＝10V，此時(shí)電流表示數(shù)為設(shè)a、b棒穩(wěn)定時(shí)的速度為，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E1，則E1＝BLv1，且E1＝I1(R1＋R并)＝20Va、b棒受到的安培力為F1＝BIL＝40N解得（2）利用假設(shè)法可以判斷，此時(shí)電流表恰好滿偏，即I2＝3A，此時(shí)電壓表的示數(shù)為＝6V可以安全使用，符合題意。由F＝BIL可知，穩(wěn)定時(shí)棒受到的拉力與棒中的電流成正比，所以。如圖7.02甲所示，一個(gè)足夠長(zhǎng)的“U”形金屬導(dǎo)軌NMPQ固定在水平面內(nèi)，MN、PQ兩導(dǎo)軌間的寬為L(zhǎng)＝0.50m。一根質(zhì)量為m＝0.50kg的均勻金屬導(dǎo)體棒ab靜止在導(dǎo)軌上且接觸良好，abMP恰好圍成一個(gè)正方形。該軌道平面處在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小可以調(diào)節(jié)的豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中。ab棒的電阻為R＝0.10Ω，其他各部分電阻均不計(jì)。開(kāi)始時(shí)，磁感應(yīng)強(qiáng)度。圖7.02（1）若保持磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小不變，從t＝0時(shí)刻開(kāi)始，給ab棒施加一個(gè)水平向右的拉力，使它做勻加速直線運(yùn)動(dòng)。此拉力F的大小隨時(shí)間t變化關(guān)系如圖2乙所示。求勻加速運(yùn)動(dòng)的加速度及ab棒與導(dǎo)軌間的滑動(dòng)摩擦力。（2）若從t＝0開(kāi)始，使磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小從B0開(kāi)始使其以＝0.20T/s的變化率均勻增加。求經(jīng)過(guò)多長(zhǎng)時(shí)間ab棒開(kāi)始滑動(dòng)？此時(shí)通過(guò)ab棒的電流大小和方向如何？（ab棒與導(dǎo)軌間的最大靜摩擦力和滑動(dòng)摩擦力相等）解析：（1）當(dāng)t＝0時(shí)，當(dāng)t＝2s時(shí)，F(xiàn)2＝8N聯(lián)立以上式得：（2）當(dāng)時(shí)，為導(dǎo)體棒剛滑動(dòng)的臨界條件，則有：則如圖7.03所示，處于勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的兩根足夠長(zhǎng)、電阻不計(jì)的平行金屬導(dǎo)軌相距1m，導(dǎo)軌平面與水平面成＝37°角，下端連接阻值為R的電阻。勻速磁場(chǎng)方向與導(dǎo)軌平面垂直。質(zhì)量為0.2kg、電阻不計(jì)的金屬棒放在兩導(dǎo)軌上，棒與導(dǎo)軌垂直并保持良好接觸，它們之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.25。（1）求金屬棒沿導(dǎo)軌由靜止開(kāi)始下滑時(shí)的加速度大小；（2）當(dāng)金屬棒下滑速度達(dá)到穩(wěn)定時(shí)，電阻R消耗的功率為8W，求該速度的大??；（3）在上問(wèn)中，若R＝，金屬棒中的電流方向由a到b，求磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小與方向。（g＝10m/s2，°＝0.6，cos37°＝0.8）圖7.03解析：（1）金屬棒開(kāi)始下滑的初速為零，根據(jù)牛頓第二定律①由①式解得②（2）設(shè)金屬棒運(yùn)動(dòng)達(dá)到穩(wěn)定時(shí)，速度為v，所受安培力為F，棒在沿導(dǎo)軌方向受力平衡：③此時(shí)金屬棒克服安培力做功的功率等于電路中電阻R消耗的電功率④由③、④兩式解得：⑤（3）設(shè)電路中電流為I，兩導(dǎo)軌間金屬棒的長(zhǎng)為l，磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B⑥⑦由⑥、⑦兩式解得⑧磁場(chǎng)方向垂直導(dǎo)軌平面向上。如圖7.04所示，邊長(zhǎng)為L(zhǎng)＝2m的正方形導(dǎo)線框ABCD和一金屬棒MN由粗細(xì)相同的同種材料制成，每米長(zhǎng)電阻為R0＝1/m，以導(dǎo)線框兩條對(duì)角線交點(diǎn)O為圓心，半徑r＝0.5m的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B＝0.5T，方向垂直紙面向里且垂直于導(dǎo)線框所在平面，金屬棒MN與導(dǎo)線框接觸良好且與對(duì)角線AC平行放置于導(dǎo)線框上。若棒以v＝4m/s的速度沿垂直于AC方向向右勻速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)運(yùn)動(dòng)至AC位置時(shí)，求（計(jì)算結(jié)果保留二位有效數(shù)字）：（1）棒MN上通過(guò)的電流強(qiáng)度大小和方向；（2）棒MN所受安培力的大小和方向。圖7.04解析：（1）棒MN運(yùn)動(dòng)至AC位置時(shí)，棒上感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為線路總電阻。MN棒上的電流將數(shù)值代入上述式子可得：I＝0.41A，電流方向：N→M（2）棒MN所受的安培力：方向垂直AC向左。說(shuō)明：要特別注意公式E＝BLv中的L為切割磁感線的有效長(zhǎng)度，即在磁場(chǎng)中與速度方向垂直的導(dǎo)線長(zhǎng)度。如圖7.05所示，足夠長(zhǎng)金屬導(dǎo)軌MN和PQ與R相連，平行地放在水平桌面上。質(zhì)量為m的金屬桿ab可以無(wú)摩擦地沿導(dǎo)軌運(yùn)動(dòng)。導(dǎo)軌與ab桿的電阻不計(jì)，導(dǎo)軌寬度為L(zhǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直穿過(guò)整個(gè)導(dǎo)軌平面。現(xiàn)給金屬桿ab一個(gè)瞬時(shí)沖量I0，使ab桿向右滑行。（1）回路最大電流是多少？（2）當(dāng)滑行過(guò)程中電阻上產(chǎn)生的熱量為Q時(shí)，桿ab的加速度多大？（3）桿ab從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到停下共滑行了多少距離？圖7.05答案：（1）由動(dòng)量定理得由題可知金屬桿作減速運(yùn)動(dòng)，剛開(kāi)始有最大速度時(shí)有最大，所以回路最大電流：（2）設(shè)此時(shí)桿的速度為v，由動(dòng)能定理有：而Q＝解之由牛頓第二定律及閉合電路歐姆定律得（3）對(duì)全過(guò)程應(yīng)用動(dòng)量定理有：而所以有又其中x為桿滑行的距離所以有。如圖7.06所示，光滑平行的水平金屬導(dǎo)軌MNPQ相距l(xiāng)，在M點(diǎn)和P點(diǎn)間接一個(gè)阻值為R的電阻，在兩導(dǎo)軌間矩形區(qū)域內(nèi)有垂直導(dǎo)軌平面豎直向下、寬為d的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感強(qiáng)度為B。一質(zhì)量為m，電阻為r的導(dǎo)體棒ab，垂直擱在導(dǎo)軌上，與磁場(chǎng)左邊界相距d0。現(xiàn)用一大小為F、水平向右的恒力拉ab棒，使它由靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，棒ab在離開(kāi)磁場(chǎng)前已經(jīng)做勻速直線運(yùn)動(dòng)（棒ab與導(dǎo)軌始終保持良好的接觸，導(dǎo)軌電阻不計(jì)）。求：（1）棒ab在離開(kāi)磁場(chǎng)右邊界時(shí)的速度；（2）棒ab通過(guò)磁場(chǎng)區(qū)的過(guò)程中整個(gè)回路所消耗的電能；（3）試分析討論ab棒在磁場(chǎng)中可能的運(yùn)動(dòng)情況。圖7.06解析：（1）ab棒離開(kāi)磁場(chǎng)右邊界前做勻速運(yùn)動(dòng)，速度為vm，則有：對(duì)ab棒＝0，解得（2）由能量守恒可得：解得：（3）設(shè)棒剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度為v由：棒在進(jìn)入磁場(chǎng)前做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)可分三種情況討論：①若（或），則棒做勻速直線運(yùn)動(dòng)；②若（或），則棒先加速后勻速；③若（或），則棒先減速后勻速。二、電磁流量計(jì)模型圖7.07是電磁流量計(jì)的示意圖，在非磁性材料做成的圓管道外加一勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，當(dāng)管中的導(dǎo)電液體流過(guò)此磁場(chǎng)區(qū)域時(shí)，測(cè)出管壁上的ab兩點(diǎn)間的電動(dòng)勢(shì)，就可以知道管中液體的流量Q——單位時(shí)間內(nèi)流過(guò)液體的體積（）。已知管的直徑為D，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，試推出Q與的關(guān)系表達(dá)式。圖7.07解析：a，b兩點(diǎn)的電勢(shì)差是由于帶電粒子受到洛倫茲力在管壁的上下兩側(cè)堆積電荷產(chǎn)生的。到一定程度后上下兩側(cè)堆積的電荷不再增多，a，b兩點(diǎn)的電勢(shì)差達(dá)到穩(wěn)定值，此時(shí)，洛倫茲力和電場(chǎng)力平衡：，，，圓管的橫截面積故流量。磁流體發(fā)電是一種新型發(fā)電方式，圖7.08是其工作原理示意圖。圖甲中的長(zhǎng)方體是發(fā)電導(dǎo)管，其中空部分的長(zhǎng)、高、寬分別為，前后兩個(gè)側(cè)面是絕緣體，下下兩個(gè)側(cè)面是電阻可略的導(dǎo)體電極，這兩個(gè)電極與負(fù)載電阻相連。整個(gè)發(fā)電導(dǎo)管處于圖乙中磁場(chǎng)線圈產(chǎn)生的勻強(qiáng)磁場(chǎng)里，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，方向如圖所示。發(fā)電導(dǎo)管內(nèi)有電阻率為的高溫、高速電離氣體沿導(dǎo)管向右流動(dòng)，并通過(guò)專用管道導(dǎo)出。由于運(yùn)動(dòng)的電離氣體受到磁場(chǎng)作用，產(chǎn)生了電動(dòng)勢(shì)。發(fā)電導(dǎo)管內(nèi)電離氣體流速隨磁場(chǎng)有無(wú)而不同。設(shè)發(fā)電導(dǎo)管內(nèi)電離氣體流速處處相同，且不存在磁場(chǎng)時(shí)電離氣體流速為，電離氣體所受摩擦阻力總與流速成正比，發(fā)電導(dǎo)管兩端的電離氣體壓強(qiáng)差維持恒定，求：（1）不存在磁場(chǎng)時(shí)電離氣體所受的摩擦阻力F多大；（2）磁流體發(fā)電機(jī)的電動(dòng)勢(shì)E的大小；（3）磁流體發(fā)電機(jī)發(fā)電導(dǎo)管的輸入功率P。甲乙圖7.08解析：（1）不存在磁場(chǎng)時(shí)，由力的平衡得。（2）設(shè)磁場(chǎng)存在時(shí)的氣體流速為v，則磁流體發(fā)電機(jī)的電動(dòng)勢(shì)回路中的電流電流I受到的安培力設(shè)為存在磁場(chǎng)時(shí)的摩擦阻力，依題意，存在磁場(chǎng)時(shí)，由力的平衡得根據(jù)上述各式解得（3）磁流體發(fā)電機(jī)發(fā)電導(dǎo)管的輸入功率由能量守恒定律得故：

三、回旋加速模型正電子發(fā)射計(jì)算機(jī)斷層（PET）是分子水平上的人體功能顯像的國(guó)際領(lǐng)先技術(shù)，它為臨床診斷和治療提供全新的手段。（1）PET在心臟疾病診療中，需要使用放射正電子的同位素氮13示蹤劑，氮13是由小型回旋加速器輸出的高速質(zhì)子轟擊氧16獲得的，反應(yīng)中同時(shí)還產(chǎn)生另一個(gè)粒子，試寫(xiě)出該核反應(yīng)方程。（2）PET所用回旋加速器示意如圖7.11，其中置于高真空中的金屬D形盒的半徑為R，兩盒間距為d，在左側(cè)D形盒圓心處放有粒子源S，勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，方向如圖所示。質(zhì)子質(zhì)量為