一、質(zhì)點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)（1）------直線運(yùn)動(dòng)1）勻變速直線運(yùn)動(dòng)1.平均速度V平=S/t（定義式）2.有用推論Vt2-Vo2=2as3.中間時(shí)刻速度Vt/2=V平=(Vt+Vo)/24.末速度Vt=Vo+at5.中間位置速度Vs/2=[(Vo2+Vt2)/2]1/26.位移S=V平t=Vot+at2/2=Vt/2t7.加速度a=(Vt-Vo)/t以Vo為正方向，a與Vo同向(加速)a>0；反向則a<08.實(shí)驗(yàn)用推論ΔS=aT2ΔS為相鄰連續(xù)相等時(shí)間(T)內(nèi)位移之差9.主要物理量及單位:初速(Vo):m/s加速度(a):m/s2末速度(Vt):m/s時(shí)間(t):秒(s)位移(S):米（m）路程:米速度單位換算：1m/s=3.6Km/h注：(1)平均速度是矢量。(2)物體速度大,加速度不一定大。(3)a=(Vt-Vo)/t只是量度式，不是決定式。(4)其它相關(guān)內(nèi)容：質(zhì)點(diǎn)/位移和路程/s--t圖/v--t圖/速度與速率/2)自由落體1.初速度Vo=02.末速度Vt=gt3.下落高度h=gt2/2（從Vo位置向下計(jì)算）4.推論Vt2=2gh注:(1)自由落體運(yùn)動(dòng)是初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，遵循勻變速度直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律。(2)a=g=9.8≈10m/s2重力加速度在赤道附近較小,在高山處比平地小，方向豎直向下。3)豎直上拋1.位移S=Vot-gt2/22.末速度Vt=Vo-gt（g=9.8≈10m/s2）3.有用推論Vt2-Vo2=-2gS4.上升最大高度Hm=Vo2/2g(拋出點(diǎn)算起）5.往返時(shí)間t=2Vo/g（從拋出落回原位置的時(shí)間）注:(1)全過(guò)程處理:是勻減速直線運(yùn)動(dòng)，以向上為正方向，加速度取負(fù)值。(2)分段處理：向上為勻減速運(yùn)動(dòng)，向下為自由落體運(yùn)動(dòng)，具有對(duì)稱性。(3)上升與下落過(guò)程具有對(duì)稱性,如在同點(diǎn)速度等值反向等。x/2二、質(zhì)點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)（2）----曲線運(yùn)動(dòng)萬(wàn)有引力x/21)平拋運(yùn)動(dòng)1.水平方向速度Vx=Vo2.豎直方向速度Vy=gt3.水平方向位移Sx=Vot4.豎直方向位移(Sy)=gt2/25.運(yùn)動(dòng)時(shí)間t=(2Sy/g）1/2(通常又表示為(2h/g)1/2)6.合速度Vt=(Vx2+Vy2)1/2=[Vo2+(gt)2]1/2合速度方向與水平夾角β:tgβ=Vy/Vx=gt/Vo7.合位移S=(Sx2+Sy2)1/2,位移方向與水平夾角α:tgα=Sy/Sx＝gt/2Vo注：(1)平拋運(yùn)動(dòng)是勻變速曲線運(yùn)動(dòng)，加速度為g，通常可看作是水平方向的勻速直線運(yùn)動(dòng)與豎直方向的自由落體運(yùn)動(dòng)的合成。(2)運(yùn)動(dòng)時(shí)間由下落高度h(Sy)決定與水平拋出速度無(wú)關(guān)。（3）θ與β的關(guān)系為tgβ＝2tgα。（4）在平拋運(yùn)動(dòng)中時(shí)間t是解題關(guān)鍵。(5)曲線運(yùn)動(dòng)的物體必有加速度，當(dāng)速度方向與所受合力(加速度)方向不在同一直線上時(shí)物體做曲線運(yùn)動(dòng)。2）勻速圓周運(yùn)動(dòng)1.線速度V=s/t=2πR/T2.角速度ω=Φ/t=2π/T=2πf3.向心加速度a=V2/R=ω2R=(2π/T)2R4.向心力F心=mV2/R=mω2R=m(2π/T)2R5.周期與頻率T=1/f6.角速度與線速度的關(guān)系V=ωR7.角速度與轉(zhuǎn)速的關(guān)系ω=2πn(此處頻率與轉(zhuǎn)速意義相同)8.主要物理量及單位：弧長(zhǎng)(S):米(m)角度(Φ)：弧度（rad）頻率（f）：赫（Hz）周期（T）：秒（s）轉(zhuǎn)速（n）：r/s半徑(R):米（m）線速度（V）：m/s角速度（ω）：rad/s向心加速度：m/s2注：（1）向心力可以由具體某個(gè)力提供，也可以由合力提供，還可以由分力提供，方向始終與速度方向垂直。（2）做勻速度圓周運(yùn)動(dòng)的物體，其向心力等于合力，并且向心力只改變速度的方向，不改變速度的大小，因此物體的動(dòng)能保持不變，但動(dòng)量不斷改變。3)萬(wàn)有引力1.開(kāi)普勒第三定律T2/R3=K(=4π2/GM)R:軌道半徑T:周期K:常量(與行星質(zhì)量無(wú)關(guān))2.萬(wàn)有引力定律F=Gm1m2/r2G=6.67×10-113.天體上的重力和重力加速度GMm/R2=mgg=GM/R2R:天體半徑(m)4.衛(wèi)星繞行速度、角速度、周期V=(GM/R)1/2ω=(GM/R3)1/2T=2π(R3/GM)1/25.第一(二、三)宇宙速度V1=(g地r地)1/2=7.9Km/sV2=11.2Km/sV3=16.7Km/s6.地球同步衛(wèi)星GMm/(R+h)2=m4π2(R+h)/T2h≈36000kmh:距地球表面的高度注:(1)天體運(yùn)動(dòng)所需的向心力由萬(wàn)有引力提供,F心=F萬(wàn)。(2)應(yīng)用萬(wàn)有引力定律可估算天體的質(zhì)量密度等。(3)地球同步衛(wèi)星只能運(yùn)行于赤道上空，運(yùn)行周期和地球自轉(zhuǎn)周期相同。(4)衛(wèi)星軌道半徑變小時(shí),勢(shì)能變小、動(dòng)能變大、速度變大、周期變小。(5)地球衛(wèi)星的最大環(huán)繞速度和最小發(fā)射速度均為7.9Km/S。三、力（常見(jiàn)的力、力的合成與分解）1）常見(jiàn)的力1.重力G=mg方向豎直向下g=9.8m/s2≈10m/s2作用點(diǎn)在重心2.胡克定律F=kX方向沿恢復(fù)形變方向k：勁度系數(shù)(N/m)X：形變量(m)3.滑動(dòng)摩擦力f=μN(yùn)與物體相對(duì)運(yùn)動(dòng)方向相反μ：摩擦因數(shù)N：正壓力(N)4.靜摩擦力0≤f靜≤fm與物體相對(duì)運(yùn)動(dòng)趨勢(shì)方向相反fm為最大靜摩擦力5.萬(wàn)有引力F=Gm1m2/r2G=6.67×10-116.靜電力F=KQ1Q2/r2K=9.0×109N·m2/C2方向在它們的連線上7.電場(chǎng)力F=EqE：場(chǎng)強(qiáng)N/Cq：電量C正電荷受的電場(chǎng)力與場(chǎng)強(qiáng)方向相同8.安培力F=BILsinθθ為B與L的夾角當(dāng)L⊥B時(shí):F=BIL，B//L時(shí):F=09.洛侖茲力f=qVBsinθθ為B與V的夾角當(dāng)V⊥B時(shí)：f=qVB，V//B時(shí):f=0注:(1)勁度系數(shù)K由彈簧自身決定(2)摩擦因數(shù)μ與壓力大小及接觸面積大小無(wú)關(guān)，由接觸面材料特性與表面狀況等決定。(3)fm略大于μN(yùn)一般視為fm≈μN(yùn)(4)物理量符號(hào)及單位B：磁感強(qiáng)度(T)，L：有效長(zhǎng)度(m)，I:電流強(qiáng)度(A)，V：帶電粒子速度(m/S),q:帶電粒子（帶電體）電量(C)，(5)安培力與洛侖茲力方向均用左手定則判定。2）力的合成與分解1.同一直線上力的合成同向:F=F1+F2反向：F=F1-F2(F1>F2)βFFYβFFYFXOXYF=(F12+F22+2F1F2cosα)1/2F1⊥F2時(shí):F=(F12+F22)FF2F1OFF2F1)αFF2F1OFF2F1)αO3.合力大小范圍|F1-F2|≤F≤|F1+F2|4.力的正交分解Fx=FcosβFy=Fsinββ為合力與x軸之間的夾角tgβ=Fy/Fx注：(1)力(矢量)的合成與分解遵循平行四邊形定則。（2）合力與分力的關(guān)系是等效替代關(guān)系,可用合力替代分力的共同作用,反之也成立。(3)除公式法外，也可用作圖法求解,此G黑εrIgRgG黑εrIgRgRO-+RX＋－紅兩表筆短接后,調(diào)節(jié)Ro使電表指針滿偏得Ig=ε/(r+Rg+Ro)接入被測(cè)電阻Rx后通過(guò)電表的電流為Ix=ε/(r+Rg+Ro+Rx)=ε/(R中+Rx)由于Ix與Rx對(duì)應(yīng)，故可指示被測(cè)電阻大小(3)使用方法:選擇量程、短接調(diào)零、測(cè)量讀數(shù)、注意檔位(倍率)。(4)注意:測(cè)量電阻要與原電路脫開(kāi),選擇量程使指針在中央附近,每次換檔要重新短接調(diào)零。11.伏安法測(cè)電阻VARVRAR電流表內(nèi)接法：VARVRAR電壓表示數(shù)：U=UR+UA電流表示數(shù)：I=IR+IVR的測(cè)量值=U/I=(UA+UR)/IR=RA+R>RR的測(cè)量值=U/I=UR/(IR+IV)=RVR/(RV+R)<R選用電路條件R>>RA[或R>(RARV)1/2]選用電路條件R<<RV[或R<(RARV)1/2]12.變阻器在電路中的限流接法與分壓接法VRoRpVRoRpAVRoARp限流接法分壓接法分壓接法電壓調(diào)節(jié)范圍小,電路簡(jiǎn)單,功耗小電壓調(diào)節(jié)范圍大,電路復(fù)雜,功耗較大便于調(diào)節(jié)電壓的選擇條件Rp≈Ro便于調(diào)節(jié)電壓的選擇條件Rp<Ro或Rp≈Ro注:(1)單位換算：1A=103mA=106μA；1KV=103V=106mA；1MΩ=103KΩ=106Ω(2)各種材料的電阻率都隨溫度的變化而變化,金屬電阻率隨溫度升高而增大。(3)串聯(lián)總電阻大于任何一個(gè)分電阻,并聯(lián)總電阻小于任何一個(gè)分電阻。(4)當(dāng)電源有內(nèi)阻時(shí),外電路電阻增大時(shí),總電流減小,路端電壓增大。(5)當(dāng)外電路電阻等于電源電阻時(shí),電源輸出功率最大,此時(shí)的輸出功率為ε2/(2r)。(6)同種電池的串聯(lián)與并聯(lián)要求掌握。八、磁場(chǎng)1.磁感強(qiáng)度是用來(lái)表示磁場(chǎng)的強(qiáng)弱和方向的物理量,是矢量。單位:(T),1T=1N/A·m2.磁通量Φ=BSΦ:磁通量(Wb)B:勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感強(qiáng)度(T)S:正對(duì)面積(m2)3.安培力F=BIL(L⊥B)B:磁感強(qiáng)度(T)F:安培力(F)I:電流強(qiáng)度(A)L:導(dǎo)線長(zhǎng)度(m)4.洛侖茲力f=qVB(V⊥B)f:洛侖茲力(N)q:帶電粒子電量(C)V:帶電粒子速度(m/S)5.在重力忽略不計(jì)(不考慮重力)的情況下,帶電粒子進(jìn)入磁場(chǎng)的運(yùn)動(dòng)情況(掌握兩種)帶電粒子沿平行磁場(chǎng)方向進(jìn)入磁場(chǎng):不受洛侖茲力的作用,做勻速直線運(yùn)動(dòng)V=Vo(2)帶電粒子沿垂直磁場(chǎng)方向進(jìn)入磁場(chǎng):做勻速圓周運(yùn)動(dòng),規(guī)律如下:(a)F心=f洛mV2/R=mω2R=m(2π/T)2R=qVBR=mV/qBT=2πm/qB(b)運(yùn)動(dòng)周期與圓周運(yùn)動(dòng)的半徑和線速度無(wú)關(guān),洛侖茲力對(duì)帶電粒子不做功(任何情況下)。(c)解題關(guān)鍵:畫(huà)軌跡、找圓心、定半徑。注：(1)安培力和洛侖茲力的方向均可由左手定則判定，只是洛侖茲力要注意帶電粒子的正負(fù)。(2)常見(jiàn)磁場(chǎng)的磁感線分布要掌握。九、電磁感應(yīng)1.[感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小計(jì)算公式][公式中的物理量和單位]1)ε=nΔΦ/Δt（普適公式）ε：感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)(V)n：感應(yīng)線圈匝數(shù)2)ε=BLV(切割磁感線運(yùn)動(dòng))ΔΦ/Δt:磁通量的變化率S：面積3)εm=nBSω（發(fā)電機(jī)最大的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)）εm:電動(dòng)勢(shì)峰值L:有效長(zhǎng)度(m)4)ε=BL2ω/2（導(dǎo)體一端固定以ω旋轉(zhuǎn)切割）ω:角速度(rad/S)V:速度(m/S)2.感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的正負(fù)極可利用感應(yīng)電流方向判定(電源內(nèi)部的電流方向：由負(fù)極流向正極)。3.自感電動(dòng)勢(shì)ε自=nΔΦ/Δt=LΔI/ΔtL:自感系數(shù)(H),(線圈L有鐵芯比無(wú)鐵芯時(shí)要大)ΔI:變化電流?t:所用時(shí)間ΔI/Δt:自感電流變化率(變化的快慢)注：(1)感應(yīng)電流的方向可用楞次定律或右手定則判定，楞次定律應(yīng)用要點(diǎn)見(jiàn)教材。(2)自感電流總是阻礙引起自感電動(dòng)勢(shì)的電流的變化(3)單位換算1H=103mH=106μH。十、交變電流（正弦式交變電流）1.電壓瞬時(shí)值e=εmsinωt電流瞬時(shí)值?=Imsinωt(ω=2πf)2.電動(dòng)勢(shì)峰值εm=nBSω電流峰值(純電阻電路中)Im=εm/R總3.正(余)弦式交變電流有效值ε=εm/(2)1/2U=Um/(2)1/2I=Im/(2)1/24.理想變壓器原副線圈中的電壓與電流及功率關(guān)系U1/U2=n1/n2I1/I2=n2/n2P入=P出5.公式1、2、3、4中物理量及單位ω:角頻率(rad/S)t:時(shí)間(S)n:線圈匝數(shù)B:磁感強(qiáng)度(T)S:線圈的面積(m2)U:(輸出)電壓(V)I:電流強(qiáng)度(A)P:功率(W)注:(1)交變電流的變化頻率與發(fā)電機(jī)中線圈的轉(zhuǎn)動(dòng)的頻率相同即:ω電=ω線f電=f線(2)發(fā)電機(jī)中,線圈在中性面位置磁通量最大,感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為零,過(guò)中性面電流方向就改變(3)有效值是根據(jù)電流熱效應(yīng)定義的,沒(méi)有特別說(shuō)明的交流數(shù)值都指有效值。(4)理想變壓器的匝數(shù)比一定時(shí),輸出電壓由輸入電壓決定,輸入電流由輸出電流決定，輸入功率等于輸出功率,當(dāng)負(fù)載的消耗的功率增大時(shí)輸入功率也增大，即P出決定P入。(5)在遠(yuǎn)距離輸電中,采用高壓輸送電能可以減少電能在輸電線上的損失:P′=(P/U)2RP′:輸電線上損失的功率P:輸送電能的總功率U:輸送電壓R:輸電線電阻。(6)正弦交流電圖象十一、振動(dòng)和波（機(jī)械振動(dòng)與機(jī)械振動(dòng)的傳播）1.簡(jiǎn)諧振動(dòng)F=-KXF:回復(fù)力K:比例系數(shù)X:位移負(fù)號(hào)表示F與X始終反向。2.單擺周期T=2π(L/g)1/2L:擺長(zhǎng)(m)g:當(dāng)?shù)刂亓铀俣戎党闪l件:擺角θ<53.受迫振動(dòng)頻率特點(diǎn)：f=f驅(qū)動(dòng)力4.發(fā)生共振條件:f驅(qū)動(dòng)力=f固共振的防止和應(yīng)用A1405.波速公式V=S/t=λf=λ/T波傳播過(guò)程中，一個(gè)周期向前傳播一個(gè)波長(zhǎng)。6.聲波的波速(在空氣中）0℃：332m/s20℃:344m/s30℃:349m/s7.波發(fā)生明顯衍射條件：障礙物或孔的尺寸比波長(zhǎng)小，或者相差不大。8.波的干涉條件：兩列波頻率相同注：（1）物體的固有頻率與振幅、驅(qū)動(dòng)力頻率無(wú)關(guān)。（2）加強(qiáng)區(qū)是波峰與波峰或波谷與波谷相遇處，減弱區(qū)則是波峰與波谷相遇處。（3）波只是傳播了振動(dòng)，介質(zhì)本身不隨波發(fā)生遷移,是傳遞能量的一種方式。（4）干涉與衍射是波特有。(5)振動(dòng)圖象與波動(dòng)圖象。十二、沖量與動(dòng)量(物體的受力與動(dòng)量的變化）1.動(dòng)量P=mVP:動(dòng)量(Kg/S)m:質(zhì)量(Kg)V:速度(m/S)方向與速度方向相同3.沖量I=FtI:沖量(N·S)F:恒力(N)t:力的作用時(shí)間(S)方向由F決定4.動(dòng)量定理I=ΔP或Ft=mVt-mVoΔP:動(dòng)量變化ΔP=mVt-mVo是矢量式5.動(dòng)量守恒定律P前總=P后總P=P′m1V1+m2V2=m1V1′+m2V2′6.彈性碰撞ΔP=0；ΔEK=0（即系統(tǒng)的動(dòng)量和動(dòng)能均守恒）7.非彈性碰撞ΔP=0；0<ΔEK<ΔEKmΔEK：損失的動(dòng)能EKm：損失的最大動(dòng)能8.完全非彈性碰撞ΔP=0；ΔEK=ΔEKm(碰后連在一起成一整體)9.物體m1以V1初速度與靜止的物體m2發(fā)生彈性正碰(見(jiàn)教材C158):V1′=(m1-m2)V1/(m1+m2)V2′=2m1V1/(m1+m2)10.由9得的推論-----等質(zhì)量彈性正碰時(shí)二者交換速度(動(dòng)能守恒、動(dòng)量守恒)11.子彈m水平速度Vo射入靜止置于水平光滑地面的長(zhǎng)木塊M，并嵌入其中一起運(yùn)動(dòng)時(shí)的機(jī)械能損失E損E損=mVo2/2-(M+m)Vt2/2=fL相對(duì)Vt:共同速度f(wàn):阻力注：(1)正碰又叫對(duì)心碰撞，速度方向在它們“中心”的連線上。(2)以上表達(dá)式除動(dòng)能外均為矢量運(yùn)算,在一維情況下可取正方向化為代數(shù)運(yùn)算（3）系統(tǒng)動(dòng)量守恒的條件:合外力為零或內(nèi)力遠(yuǎn)遠(yuǎn)大于外力,系統(tǒng)在某方向受的合外力為零，則在該方向系統(tǒng)動(dòng)量守恒(4)碰撞過(guò)程(時(shí)間極短，發(fā)生碰撞的物體構(gòu)成的系統(tǒng))視為動(dòng)量守恒,原子核衰變時(shí)動(dòng)量守恒。(5)爆炸過(guò)程視為動(dòng)量守恒，這時(shí)化學(xué)能轉(zhuǎn)化為動(dòng)能，動(dòng)能增加。十三、電磁振蕩和電磁波1.電磁波在真空中傳播的速度C=3.00×108m/sλ=C/fλ:電磁波的波長(zhǎng)(m)f:電磁波頻率十四、光的反射和折射（幾何光學(xué)）1.反射定律α=iα;反射角i:入射角2.絕對(duì)折射率(光從真空中到介質(zhì))n=C/V=sini/sinγ光的色散，可見(jiàn)光中紅光折射率小。n:折射率C:真空中的光速V:介質(zhì)中的光速i:入射角γ:折射角注:(1)平面鏡反射成像規(guī)律:成等大正立的虛像,像與物沿平面鏡對(duì)稱。(2)三棱鏡折射成像規(guī)律:成虛像,出射光線向底邊偏折,像的位置向頂角偏移。(3)光導(dǎo)纖維是光的全反射的實(shí)際應(yīng)用,海市蜃樓是光的全反射的實(shí)例。(4)白光通過(guò)三棱鏡的色散規(guī)律：紫光靠近底邊出射。C紅>C紫，n紅<n紫，λ紅>λ紫，ν紅<ν紫，v紅>v紫。十五、光的本性（光既有粒子性,又有波動(dòng)性,稱為光的波粒二象性）1.兩種學(xué)說(shuō):微粒說(shuō)(牛頓)波動(dòng)說(shuō)(惠更斯)2．雙縫干涉:中間為亮條紋，紅光條紋寬度大于紫光條紋寬度。3.光的顏色由光的頻率決定,光的頻率由光源決定,與介質(zhì)無(wú)關(guān),光的顏色按頻率從低到高的排列順序是：紅、橙、黃、綠、藍(lán)、靛、紫。(助記：紫光的頻率大，波長(zhǎng)小。)4.薄膜干涉:增透膜的厚度是綠光在薄膜中波長(zhǎng)的1/4,即增透膜厚度d=λ/45.電磁波譜(按波長(zhǎng)從大到小排列):無(wú)線電波、紅外線、可見(jiàn)光、紫外線、倫琴射線、γ射線。6.光子說(shuō),一個(gè)光子的能量E=hνh:普朗克常量ν:光的頻率7.光電方程mVm2/2=hν–WmVm2/2:光電子初動(dòng)能?hν:光子能量W:金屬的逸出功注:(1)要會(huì)區(qū)分光的干涉和衍射產(chǎn)生原理、條件、圖樣及應(yīng)用,如雙縫干涉、薄膜干涉、單縫衍射、圓孔衍射、圓屏衍射等(2)理解光的電磁說(shuō),知道光的電磁本質(zhì)以及紅外線、紫外、線倫琴射線的發(fā)現(xiàn)和特性、產(chǎn)生機(jī)理、實(shí)際應(yīng)用。(3)光的直線傳播只是一種近似規(guī)律。(4)其它相關(guān)內(nèi)容:光的本性學(xué)說(shuō)發(fā)展史/泊松亮斑/發(fā)射光譜/吸收光譜/光譜分析/原子特征譜線/光電效應(yīng)的規(guī)律/光子說(shuō)/光電管及其應(yīng)用/光的波粒二性/十六、原子和原子核1.α粒子散射試驗(yàn)結(jié)果:(a)大多數(shù)的α粒子不發(fā)生偏轉(zhuǎn)。(b)少數(shù)α粒子發(fā)生了較大角度的偏轉(zhuǎn)。(C)極少數(shù)α粒子出現(xiàn)大角度的偏轉(zhuǎn)(甚至反彈回來(lái))。2.原子核的大小10-15---10-14m，原子的半徑約10-103.天然放射現(xiàn)象：α射線（α粒子是氦原子核）、β射線（高速運(yùn)動(dòng)的電子流）、γ射線（波長(zhǎng)極短的電磁波）、α衰變與β衰變、半衰期(有半數(shù)以上的原子核發(fā)生了衰變所用的時(shí)間)。γ射線是伴隨α射線和β射線產(chǎn)生的。4.質(zhì)子的發(fā)現(xiàn):盧瑟福用α粒子轟擊氮原子核的實(shí)驗(yàn),質(zhì)子實(shí)際上就是氫原子核。5.中子的發(fā)現(xiàn):查德威克用α粒子轟擊鈹時(shí),得到了中子射線。相同質(zhì)子數(shù)和不同中子數(shù)的原子互稱同位素。放射性同位素的應(yīng)用:a利用它的射線；b做為示蹤原子。6.愛(ài)因斯坦的質(zhì)能聯(lián)系方程:E=mC2E:能量(J)m:質(zhì)量(Kg)C:光在真空中的速度。7.核能的計(jì)算ΔE=ΔmC2當(dāng)Δm的單位用Kg、C=3×108m/s時(shí)，ΔE的單位為J；當(dāng)Δm用原子質(zhì)量單位u時(shí)，算出的ΔE單位為uC2；1uC2=931.5MeV，此時(shí)常用ΔE=Δm×注:(1)常見(jiàn)的核反應(yīng)方程(發(fā)現(xiàn)中子、質(zhì)子、重核裂變、輕核聚變等核反應(yīng)方程)要求掌握。(2)熟記常見(jiàn)粒子的質(zhì)量數(shù)和電荷數(shù)。(3)質(zhì)量數(shù)和電荷數(shù)守恒,依據(jù)實(shí)驗(yàn)事實(shí),是正確書(shū)寫(xiě)核反應(yīng)方程的關(guān)鍵。(4)其它相關(guān)內(nèi)容:重核裂變/鏈?zhǔn)椒磻?yīng)/鏈?zhǔn)椒磻?yīng)的條件/輕核聚變/核能的和平利用/核反應(yīng)堆/太陽(yáng)能/十七、高中物理識(shí)結(jié)構(gòu)概說(shuō):分為五大部分1力學(xué)（力學(xué)/運(yùn)動(dòng)學(xué)/動(dòng)力學(xué)/機(jī)械能/振動(dòng)和波動(dòng)）；2熱學(xué)（分子動(dòng)理論/氣體的性質(zhì)）；3電磁學(xué)（靜電場(chǎng)/恒定電流/磁場(chǎng)/電磁感應(yīng)/電磁波（麥?zhǔn)侠碚摚?光學(xué)（幾何光學(xué)/光的本性）；5原子物理（原子的結(jié)構(gòu)/衰變/核反應(yīng)/質(zhì)能方程）。物理是一門(mén)以實(shí)驗(yàn)為基礎(chǔ)的學(xué)科，因此物理實(shí)驗(yàn)是高中物理的重要組成部分。其中能量觀點(diǎn)貫穿于整個(gè)物理學(xué)的始終。1．如圖7(a)所示，真空中相距d＝5cm的兩塊平行金屬板A、B與電源相連接(圖中未畫(huà)出)，其中B板接地(電勢(shì)為零)，A板電勢(shì)變化的規(guī)律如圖7(b)所示．將一個(gè)質(zhì)量m＝2.0×1023kg，電荷量q＝＋1.6×10－15C圖7(1)在t＝0時(shí)刻釋放該帶電粒子，釋放瞬間粒子加速度的大??；(2)若A板電勢(shì)變化周期T＝1.0×10－5s．在t＝0時(shí)將帶電粒子從緊臨B板處無(wú)初速度釋放，粒子到達(dá)A板時(shí)速度的大?。馕?1)電場(chǎng)強(qiáng)度E＝eq\f(U,d)，帶電粒子所受電場(chǎng)力，F(xiàn)＝Eq＝eq\f(Uq,d)，F(xiàn)＝ma，a＝eq\f(Uq,dm)＝4.0×109m/s2.(2)粒子在0～eq\f(T,2)時(shí)間內(nèi)走過(guò)的距離為：eq\f(1,2)aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(T,2)))2＝5.0×10－2m故帶電粒子在t＝eq\f(T,2)時(shí)恰好到達(dá)A板，v＝at＝2×104m/s.答案(1)4.0×109m/s2(2)2×2．如圖8所示，一帶電粒子以速度v0沿上板邊緣垂直于電場(chǎng)線射入勻強(qiáng)電場(chǎng)，它剛好貼著下板邊緣飛出．已知?jiǎng)驈?qiáng)電場(chǎng)兩極板長(zhǎng)為l，間距為d，求：圖8(1)如果帶電粒子的射入速度變?yōu)?v0，則離開(kāi)電場(chǎng)時(shí)，沿場(chǎng)強(qiáng)方向偏轉(zhuǎn)的距離y為多少？(2)如果帶電粒子以速度2v0射入電場(chǎng)上邊緣，當(dāng)它沿豎直方向運(yùn)動(dòng)的位移為d時(shí)，它的水平位移x為多大？(粒子的重力忽略不計(jì))解析(1)因?yàn)閹щ娏Ｗ釉陔妶?chǎng)中運(yùn)動(dòng)，受到的電場(chǎng)力與速度無(wú)關(guān)，所以a是一定的．由l＝v0t，d＝eq\f(1,2)at2得a＝eq\f(2dv\o\al(2,0),l2)，又l＝2v0t′，y＝eq\f(1,2)at′2＝eq\f(1,2)·eq\f(2dv\o\al(2,0),l2)·eq\f(l2,4v\o\al(2,0))＝eq\f(1,4)d.(2)如上圖所示，將速度反向延長(zhǎng)交上板的中點(diǎn)，由相似三角形可得eq\f(x′,\f(1,2)l)＝eq\f(\f(3,4)d,\f(1,4)d)，則x′＝1.5l.所以水平位移為x＝l＋x′＝2.5l答案(1)eq\f(1,4)d(2)2.5l3．如圖8所示，固定斜面的傾角θ＝30°，物體A與斜面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，輕彈簧下端固定在斜面底端，彈簧處于原長(zhǎng)時(shí)上端位于C點(diǎn)．用一根不可伸長(zhǎng)的輕繩通過(guò)輕質(zhì)光滑的定滑輪連接物體A和B，滑輪右側(cè)繩子與斜面平行，A的質(zhì)量為2m，B的質(zhì)量為m，初始時(shí)物體A到C點(diǎn)的距離為L(zhǎng).現(xiàn)給A、B一初速度v0使A開(kāi)始沿斜面向下運(yùn)動(dòng)，B向上運(yùn)動(dòng)，物體A將彈簧壓縮到最短后又恰好能彈到C點(diǎn)．已知重力加速度為g圖8(1)物體A向下運(yùn)動(dòng)剛到C點(diǎn)時(shí)的速度大?。?2)彈簧的最大壓縮量；(3)彈簧中的最大彈性勢(shì)能．解析(1)A和斜面間的滑動(dòng)摩擦力f＝2μmgcosθ，物體A向下運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)的過(guò)程中，根據(jù)能量關(guān)系有：2mgLsinθ＋eq\f(1,2)·3mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)·3mv2＋mgL＋fL，v＝eq\r(v\o\al(2,0)－\f(2\r(3)μgL,3)).(2)從物體A接觸彈簧，將彈簧壓縮到最短后又恰回到C點(diǎn)，對(duì)系統(tǒng)應(yīng)用動(dòng)能定理，－f·2x＝0－eq\f(1,2)×3mv2，x＝eq\f(\r(3)v\o\al(2,0),4μg)－eq\f(L,2).(3)彈簧從壓縮最短到恰好能彈到C點(diǎn)的過(guò)程中，對(duì)系統(tǒng)根據(jù)能量關(guān)系有Ep＋mgx＝2mgxsinθ＋fx因?yàn)閙gx＝2mgxsinθ所以Ep＝fx＝eq\f(3,4)mveq\o\al(2,0)－eq\f(\r(3),2)μmgL.答案(1)eq\r(v\o\al(2,0)－\f(2\r(3)μgL,3))(2)eq\f(\r(3)v\o\al(2,0),4μg)－eq\f(L,2)(3)eq\f(3,4)mveq\o\al(2,0)－eq\f(\r(3),2)μmgL4．如圖9所示，有一個(gè)可視為質(zhì)點(diǎn)的質(zhì)量為m＝1kg的小物塊，從光滑平臺(tái)上的A點(diǎn)以v0＝2m/s的初速度水平拋出，到達(dá)C點(diǎn)時(shí)，恰好沿C點(diǎn)的切線方向進(jìn)入固定在水平地面上的光滑圓弧軌道，最后小物塊滑上緊靠軌道末端D點(diǎn)的質(zhì)量為M＝3kg的長(zhǎng)木板．已知木板上表面與圓弧軌道末端切線相平，木板下表面與水平地面之間光滑，小物塊與長(zhǎng)木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.3，圓弧軌道的半徑為R＝0.4m，C點(diǎn)和圓弧的圓心連線與豎直方向的夾角θ＝60°，不計(jì)空氣阻力，g取10m/s2.求：圖9(1)小物塊剛要到達(dá)圓弧軌道末端D點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力；(2)要使小物塊不滑出長(zhǎng)木板，木板的長(zhǎng)度L至少多大？解析(1)小物塊在C點(diǎn)時(shí)的速度大小為vC＝eq\f(v0,cos60°)＝4m/s小物塊由C到D的過(guò)程中，由動(dòng)能定理得：mgR(1－cos60°)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)代入數(shù)據(jù)解得vD＝2eq\小球在D點(diǎn)時(shí)由牛頓第二定律得：FN－mg＝meq\f(v\o\al(2,D),R)代入數(shù)據(jù)解得FN＝60N由牛頓第三定律得FN′＝FN＝60N，方向豎直向下．(2)設(shè)小物塊剛滑到木板左端到達(dá)到共同速度，大小為v，小物塊在木板上滑行的過(guò)程中，小物塊與長(zhǎng)木板的加速度大小分別為a1＝eq\f(μmg,m)＝μg＝3m/s2，a2＝eq\f(μmg,M)＝1m/s2速度分別為v＝vD－a1t，v＝a2t對(duì)物塊和木板系統(tǒng)，由能量守恒定律得：μmgL＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)－eq\f(1,2)(m＋M)v2解得L＝2.5m，即木板的長(zhǎng)度至少是2.5m.答案(1)60N，方向豎直向下(2)2.5m5．如圖10所示，x軸與水平傳送帶重合，坐標(biāo)原點(diǎn)O在傳送帶的左端，傳送帶長(zhǎng)L＝8m，勻速運(yùn)動(dòng)的速度v0＝5m/s.一質(zhì)量m＝1kg的小物塊輕輕放在傳送帶上x(chóng)P＝2m的P點(diǎn)，小物塊隨傳送帶運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)后沖上光滑斜面且剛好到達(dá)N點(diǎn)．(小物塊到達(dá)N點(diǎn)后被收集，不再滑下)若小物塊經(jīng)過(guò)Q處無(wú)機(jī)械能損失，小物塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5，重力加速度g＝10m/s2.圖10求：(1)N點(diǎn)的縱坐標(biāo)；(2)小物塊在傳送帶上運(yùn)動(dòng)產(chǎn)生的熱量；(3)若將小物塊輕輕放在傳送帶上的某些位置，最終均能沿光滑斜面越過(guò)縱坐標(biāo)yM＝0.5m的M點(diǎn)，求這些位置的橫坐標(biāo)范圍．解析(1)小物塊在傳送帶上勻加速運(yùn)動(dòng)的加速度a＝μg＝5m/s2①小物塊與傳送帶共速時(shí)，所用的時(shí)間t＝eq\f(v0,a)＝1s②運(yùn)動(dòng)的位移Δx＝eq\f(v\o\al(2,0),2a)＝2.5m＜(L－xP)＝6m③故小物塊與傳送帶達(dá)到相同速度后以v0＝5m/s的速度勻速運(yùn)動(dòng)到Q，然后沖上光滑斜面到達(dá)N點(diǎn)，由機(jī)械能守恒定律得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝mgyN④解得yN＝1.25m⑤(2)小物塊在傳送帶上相對(duì)傳送帶滑動(dòng)的位移s＝v0t－Δx＝2.5m⑥產(chǎn)生的熱量Q＝μmgs＝12.5J⑦(3)設(shè)在坐標(biāo)為x1處輕輕將小物塊放在傳送帶上，最終剛能到達(dá)M點(diǎn)，由能量守恒得μmg(L－x1)＝mgyM⑧代入數(shù)據(jù)解得x1＝7m⑨故小物塊放在傳送帶上的位置坐標(biāo)范圍0≤x＜7m⑩答案(1)1.25m(2)12.5J(3)0≤x＜7m6．如圖4所示，質(zhì)量為m，帶電荷量為q的小球用長(zhǎng)為L(zhǎng)的絕緣細(xì)線懸掛于O點(diǎn)，處于垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，豎直虛線左邊有正交的勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)B2；現(xiàn)將小球拉至懸線與豎直方向成θ角，由靜止釋放，當(dāng)小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)A時(shí)，懸線在與小球連接處突然斷開(kāi)，此后小球沿水平虛線向左運(yùn)動(dòng)，求：圖4(1)小球所帶電荷的電性；(2)豎直虛線右邊勻強(qiáng)磁場(chǎng)B1的大小；(3)小球越過(guò)豎直虛線進(jìn)入左側(cè)場(chǎng)區(qū)后仍沿水平虛線做直線運(yùn)動(dòng)，則電場(chǎng)強(qiáng)度為多大？解析(1)由小球在磁場(chǎng)B1中小球與懸線斷開(kāi)后做勻速直線運(yùn)動(dòng)可知，小球帶負(fù)電．(2)設(shè)小球在最低點(diǎn)的速度為vA.mgL(1－cosθ)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)， ①qvAB1＝mg ②由①②得：B1＝eq\f(mg,q\r(2gL1－cosθ)).(3)由平衡條件得：qvB2＋Eq＝mg ③所以E＝eq\f(mg－qvB2,q)＝eq\f(mg,q)－B2eq\r(2gL1－cosθ).答案(1)負(fù)(2)eq\f(mg,q\r(2gL1－cosθ))(3)eq\f(mg,q)－B2eq\r(2gL1－cosθ)7．如圖5所示，在平面直角坐標(biāo)系的第二和第三象限區(qū)域內(nèi)有沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，第四象限內(nèi)存在一水平方向的半徑r＝eq\r(3)m的圓形勻強(qiáng)磁場(chǎng)，圓心O′坐標(biāo)為(2eq\r(3)，－6)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝0.02T，磁場(chǎng)方向垂直坐標(biāo)軸向里．坐標(biāo)(－2，eq\r(3))處有一粒子發(fā)射源，水平發(fā)射一質(zhì)量m＝2.0×10－11kg、帶電荷量q＝1.0×10－5C的正電荷，初速度為v0＝1.0×104m/s，粒子從O點(diǎn)射入第四象限，且在O點(diǎn)時(shí)速度方向指向O′，不計(jì)粒子的重力．求：圖5(1)電場(chǎng)強(qiáng)度的大小；(2)帶電粒子再次經(jīng)過(guò)x軸的位置；(3)帶電粒子在第四象限運(yùn)動(dòng)的時(shí)間．解析(1)帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)做類平拋運(yùn)動(dòng)，x＝v0t，y＝eq\f(1,2)at2，a＝eq\f(Eq,m).聯(lián)立解得E＝100eq\r(3)N/C.(2)在O點(diǎn)把速度分解可得vy＝eq\r(3)v0，v＝2v0，粒子射入磁場(chǎng)有Bvq＝meq\f(v2,R)，得R＝2m，作出粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，可得∠OO′C＝60°，所以帶電粒子再次經(jīng)過(guò)x軸的位置為OC＝4eq\(3)粒子在磁場(chǎng)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t1＝eq\f(1,6)·eq\f(2πm,Bq)＝eq\f(π,3)×10－4s，粒子在第四象限做勻速直線運(yùn)動(dòng)所用的時(shí)間為t2＝eq\f(2×[\r(62＋2\r(3)2)－r],v)＝3eq\r(3)×10－4s，所以帶電粒子在第四象限運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t＝t1＋t2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)＋3\r(3)))×10－4s.答案(1)100eq\r(3)N/C(2)距O點(diǎn)4eq\r(3)m處(3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)＋3\r(3)))×10－4s8．在如圖6所示的空間里，存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B＝eq\f(2πm,q).在豎直方向存在交替變化的勻強(qiáng)電場(chǎng)，如圖7所示(豎直向上為正)，電場(chǎng)大小為E0＝eq\f(mg,q).一傾角為θ長(zhǎng)度足夠長(zhǎng)的光滑絕緣斜面放置在此空間．斜面上有一質(zhì)量為m，帶電荷量為－q的小球，從t＝0時(shí)刻由靜止開(kāi)始沿斜面下滑，設(shè)第5s內(nèi)小球不會(huì)離開(kāi)斜面，重力加速度為g.求：圖6圖7(1)第6s內(nèi)小球離開(kāi)斜面的最大距離．(2)第19s內(nèi)小球未離開(kāi)斜面，θ角的正切值應(yīng)滿足什么條件？解析(1)設(shè)第一秒內(nèi)小球在斜面上運(yùn)動(dòng)的加速度為a，由牛頓第二定律得：(mg＋qE0)sinθ＝ma ①第一秒末的速度為：v＝at1 ②在第二秒內(nèi)：qE0＝mg ③所以小球?qū)㈦x開(kāi)斜面在上方做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則由向心力公式得qvB＝meq\f(v2,R) ④圓周運(yùn)動(dòng)的周期為：T＝eq\f(2πm,qB)＝1s ⑤由題圖可知，小球在奇數(shù)秒內(nèi)沿斜面做勻加速運(yùn)動(dòng)，在偶數(shù)秒內(nèi)離開(kāi)斜面做完整的圓周運(yùn)動(dòng)．所以，第五秒末的速度為：v5＝a(t1＋t3＋t5)＝6gsinθ ⑥小球離開(kāi)斜面的最大距離為：d＝2R3 ⑦由以上各式得：d＝eq\f(6gsinθ,π).(2)第19秒末的速度：v19＝a(t1＋t3＋t5＋t7＋…＋t19)＝20gsinθ ⑧小球未離開(kāi)斜面的條件是：qv19B≤(mg＋qE0)cosθ ⑨所以：tanθ≤eq\f(1,20π).答案(1)eq\f(6gsinθ,π)(2)tanθ≤eq\f(1,20π)9．如圖8所示，豎直平面內(nèi)有相互垂直的勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度E1＝2500N/C，方向豎直向上；磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝103T，方向垂直紙面向外；有一質(zhì)量m＝1×10－2kg、電荷量q＝4×10－5C的帶正電小球自O(shè)點(diǎn)沿與水平線成45°角以v0＝4m/s的速度射入復(fù)合場(chǎng)中，之后小球恰好從P點(diǎn)進(jìn)入電場(chǎng)強(qiáng)度E2＝2500N/C，方向水平向左的第二個(gè)勻強(qiáng)電場(chǎng)中．不計(jì)空氣阻力，g取10m/s(1)O點(diǎn)到P點(diǎn)的距離s1；(2)帶電小球經(jīng)過(guò)P點(diǎn)的正下方Q點(diǎn)時(shí)與P點(diǎn)的距離s2.圖8解析(1)帶電小球在正交的勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)中受到的重力G＝mg＝0.1N，電場(chǎng)力F1＝qE1＝0.1N，即G＝F1，故帶電小球在正交的電磁場(chǎng)中由O到P做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律得：qv0B＝meq\f(v\o\al(2,0),R)，解得：R＝eq\f(mv0,qB)＝eq\f(1×10－2×4,4×10－5×103)m＝1m，由幾何關(guān)系得：s1＝eq\r(2)R＝eq\r(2)m.(2)帶電小球在P點(diǎn)的速度大小仍為v0＝4m/s，方向與水平方向成45°.由于電場(chǎng)力F2＝qE2＝0.1N，與重力大小相等，方向相互垂直，則合力的大小為F＝eq\f(\r(2),10)N，方向與初速度方向垂直，故帶電小球在第二個(gè)電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，建立如圖所示的x、y坐標(biāo)系，沿y軸方向上，帶電小球的加速度大小a＝eq\f(F,m)＝10eq\r(2)m/s2，位移大小y＝eq\f(1,2)at2，沿x軸方向上，帶電小球的位移大小x＝v0t由幾何關(guān)系有：y＝x，即：eq\f(1,2)at2＝v0t，解得：t＝eq\f(2,5)eq\r(2)s，Q點(diǎn)到P點(diǎn)的距離s2＝eq\r(2)x＝eq\r(2)×4×eq\f(2,5)eq\r(2)m＝3.2m.答案(1)eq\r(2)m(2)3.2m10．如圖14所示，寬度L＝1m的足夠長(zhǎng)的U形金屬框架水平放置，框架處在豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝1T，框架導(dǎo)軌上放一根質(zhì)量m＝0.2kg、電阻R＝1.0Ω的金屬棒ab，棒ab與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5，現(xiàn)用功率恒為6W的牽引力F使棒ab從靜止開(kāi)始沿導(dǎo)軌運(yùn)動(dòng)(ab棒始終與導(dǎo)軌接觸良好且垂直)，當(dāng)棒ab的電阻R產(chǎn)生熱量Q＝5.8J時(shí)獲得穩(wěn)定速度，此過(guò)程中，通過(guò)棒ab的電荷量q＝2.8C(框架電阻不計(jì)，g取10m/s2)．問(wèn)：圖14(1)棒ab達(dá)到的穩(wěn)定速度多大？(2)棒ab從靜止到穩(wěn)定速度的時(shí)間多少？解析(1)根據(jù)題意，牽引力F使棒ab從靜止開(kāi)始沿導(dǎo)軌運(yùn)動(dòng)，功率P＝Fv，當(dāng)金屬棒穩(wěn)定時(shí)：F＝F安＋μmg而F安＝BIL，又根據(jù)閉合電路歐姆定律I＝eq\f(BLv,R)，聯(lián)立以上各式解得v＝2m/s.(2)根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝Beq\f(ΔS,Δt)＝Beq\f(sL,t)，因?yàn)閝＝eq\x\to(I)t＝eq\f(E,R)t＝eq\f(BsL,R).所以棒ab從靜止到穩(wěn)定速度時(shí)運(yùn)動(dòng)的距離為s＝eq\f(qR,BL)，由能量守恒得：Pt＝Q＋eq\f(1,2)mv2＋μmgs，聯(lián)立上式解得：t＝1.5s.答案(1)2m/s(2)1.5s11．如圖15所示，一個(gè)質(zhì)量m＝0.1kg的正方形金屬框總電阻R＝0.5Ω，金屬框放在表面絕緣的斜面AA′B′B的頂端(金屬框上邊與AA′重合)，自靜止開(kāi)始沿斜面下滑，下滑過(guò)程中穿過(guò)一段邊界與斜面底邊BB′平行、寬度為d的勻強(qiáng)磁場(chǎng)后滑至斜面底端(金屬框下邊與BB′重合)，設(shè)金屬框在下滑過(guò)程中的速度為v，與此對(duì)應(yīng)的位移為x，那么v2x圖象如圖16所示，已知?jiǎng)驈?qiáng)磁場(chǎng)方向垂直斜面向上，金屬框與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5，取g＝10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6.圖15圖16(1)根據(jù)v2x圖象所提供的信息，計(jì)算出金屬框從斜面頂端滑至底端所需的時(shí)間t；(2)求出斜面AA′B′B的傾斜角θ；(3)求勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小；解析(1)由v2x圖象可知：x1＝0.9m，v1＝3m/s，做勻加速運(yùn)動(dòng)，x2＝1.0m，v1＝3m/s，做勻速運(yùn)動(dòng)，x3＝1.6m，末速度v2＝5m/s，做勻加速運(yùn)動(dòng)，設(shè)線框在以上三段的運(yùn)動(dòng)時(shí)間分別為t1、t2、t3.則x1＝eq\f(1,2)v1t1，所以t1＝0.6sx2＝v1t2，所以t2＝eq\f(1,3)s.x3＝eq\f(1,2)(v1＋v2)t3，t3＝0.4s，t＝t1＋t2＋t3＝eq\f(4,3)s，(2)線框加速下滑時(shí)，由牛頓第二定律得mgsinθ－μmgcosθ＝ma，由a＝5.0m/s2得θ＝53°，(3)線框通過(guò)磁場(chǎng)時(shí)，線框做勻速直線運(yùn)動(dòng)，線框受力平衡，eq\f(B2L2v1,R)＋μmgcosθ＝mgsinθ，線框的寬度L＝d＝0.5x2＝0.5m．得B＝eq\f(\r(3),3)T.答案(1)eq\f(4,3)s(2)53°(3)eq\f(\r(3),3)T12．如圖17所示，ab和cd是兩條豎直放置的長(zhǎng)直光滑金屬導(dǎo)軌，MN和M′N′是兩根用細(xì)線連接的金屬桿，其質(zhì)量分別為m和2m.豎直向上的外力F作用在桿MN上，使兩桿水平靜止，并剛好與導(dǎo)軌接觸，兩桿的總電阻為R，導(dǎo)軌間距為l.整個(gè)裝置處在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)方向與導(dǎo)軌所在平面垂直．導(dǎo)軌電阻可忽略，重力加速度為g.在t＝0時(shí)刻將細(xì)線燒斷，保持F(1)細(xì)線燒斷后，任意時(shí)刻兩桿運(yùn)動(dòng)的速度大小之比；(2)兩桿分別達(dá)到的最大速度．圖17解析(1)細(xì)線燒斷之前，對(duì)整體分析有F＝3mg ①設(shè)細(xì)線燒斷后任意時(shí)刻MN的速度為v，M′N′的速度為v′MN的加速度為a，M′N′的加速度為a′，由牛頓第二定律知：a＝eq\f(F－mg－F安,m) ②a′＝eq\f(2mg－F安′,2m) ③二者受到的安培力大小相等F安＝F安′ ④任意時(shí)刻兩桿速度之比eq\f(v,v′)＝eq\f(at,a′t) ⑤由①②③④⑤解得eq\f(v,v′)＝eq\f(2,1) ⑥(2)兩桿速度達(dá)到最大值時(shí)a＝0 ⑦由安培力公式知F安＝BIl ⑧由閉合電路歐姆定律知I＝eq\f(Blvm＋Blvm′,R) ⑨由①②⑥⑦⑧⑨得vm＝eq\f(4mgR,3B2l2) ⑩此時(shí)M′N′的速度值為vm′＝eq\f(1,2)v＝eq\f(2mgR,3B2l2) ?答案(1)2∶1(2)eq\f(4mgR,3B2l2)eq\f(2mgR,3B2l2)13．一光滑金屬導(dǎo)軌如圖13所示，水平平行導(dǎo)軌MN、ST相距l(xiāng)＝0.5m，豎直半圓軌道NP、TQ直徑均為D＝0.8m．軌道左端用阻值R＝0.4Ω的電阻相連．水平導(dǎo)軌的某處有一豎直向上、磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝0.06T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)．光滑金屬桿ab質(zhì)量m＝0.2kg、電阻r＝0.1Ω，當(dāng)它以5m/s的初速度沿水平導(dǎo)軌從左端沖入磁場(chǎng)后恰好能到達(dá)豎直半圓軌道的最高點(diǎn)P、Q.設(shè)金屬桿ab與軌道接觸良好，并始終與導(dǎo)軌垂直，導(dǎo)軌電阻忽略不計(jì)．取g＝10m/s2，求金屬桿：(1)剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，通過(guò)金屬桿的電流大小和方向；(2)到達(dá)P、Q時(shí)的速度大?。?3)沖入磁場(chǎng)至到達(dá)P、Q點(diǎn)的過(guò)程中，電路中產(chǎn)生的焦耳熱．圖13解析(1)因?yàn)镋＝BlvI＝eq\f(E,R＋r)所以I＝eq\f(Blv,R＋r)＝eq\f(0.06×0.5×5,0.4＋0.1)A＝0.3A方向a→b.(2)恰能到達(dá)豎直軌道最高點(diǎn)，金屬桿所受的重力提供向心力mg＝eq\f(mv2,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(D,2))))所以v＝eq\r(\f(gD,2))＝eq\r(10×0.4)m/s＝2m/s.(3)根據(jù)能量守恒定律，電路中產(chǎn)生的焦耳熱Q＝eq\f(1,2)mv20－eq\f(1,2)mv2－mgh所以Q＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)×0.2×52－\f(1,2)×0.2×22－0.2×10×0.8))J＝0.5J.答案(1)0.3A方向a→b(2)2m/s(3)0.5J14．如圖14所示，斜面體固定在水平面上，斜面光滑，傾角為θ，斜面底端固定有與斜面垂直的擋板，木板下端離地面高H，上端放著一個(gè)小物塊．木板和物塊的質(zhì)量均為m，相互間最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力kmgsinθ(k>1)，斷開(kāi)輕繩，木板和物塊沿斜面下滑．假設(shè)木板足夠長(zhǎng)，與擋板發(fā)生碰撞時(shí)，時(shí)間極短，無(wú)動(dòng)能損失，空氣阻力不計(jì)．求：圖14(1)木板第一次與擋板碰撞彈起上升過(guò)程中，物塊的加速度；(2)從斷開(kāi)輕繩到木板與擋板第二次碰撞的瞬間，木板運(yùn)動(dòng)的路程s；(3)從斷開(kāi)輕繩到木板和物塊都靜止，摩擦力對(duì)木板及物塊做的總功W.解析(1)設(shè)木板第一次上升過(guò)程中，物塊的加速度為a物塊由牛頓第二定律kmgsinθ－mgsinθ＝ma物塊解得a物塊＝(k－1)gsinθ，方向沿斜面向上．(2)設(shè)以地面為零勢(shì)能面，木板第一次與擋板碰撞時(shí)的速度大小為v1由機(jī)械能守恒得：eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,1)＝2mgH解得v1＝eq\r(2gH)設(shè)木板彈起后的加速度為a板，由牛頓第二定律得：a板＝－(k＋1)gsinθ木板第一次彈起的最大路程s1＝eq\f(－v\o\al(2,1),2a板)＝eq\f(H,k＋1sinθ)木板運(yùn)動(dòng)的路程s＝eq\f(H,sinθ)＋2s1＝eq\f(k＋3H,k＋1sinθ).(3)設(shè)物塊相對(duì)木板滑動(dòng)距離為L(zhǎng)根據(jù)能量守恒mgH＋mg(H＋Lsinθ)＝kmgsinθL摩擦力對(duì)木板及物塊做的總功W＝－kmgsinθL解得W＝－eq\f(2kmgH,k－1).答案(1)(k－1)gsinθ沿斜面向上(2)eq\f(k＋3H,k＋1sinθ)(3)－eq\f(2kmgH,k－1)15．如圖15所示，兩平行金屬板M、N長(zhǎng)度為L(zhǎng)，兩金屬板間距為eq\f(\r(3),3)L.直流電源的電動(dòng)勢(shì)為E，內(nèi)阻不計(jì)．位于金屬板左側(cè)中央的粒子源O可以沿水平方向向右連續(xù)發(fā)射電荷量為＋q、質(zhì)量為m的帶電粒子，帶電粒子的質(zhì)量不計(jì)，射入板間的粒子速度均為v0＝eq\r(\f(3qE,m)).在金屬板右側(cè)有一個(gè)垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B.圖15(1)將變阻器滑動(dòng)頭置于a端，試求帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間．(2)將變阻器滑動(dòng)頭置于b端，試求帶電粒子射出電場(chǎng)的位置．(3)將變阻器滑動(dòng)頭置于b端，試求帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間．解析(1)將變阻器滑動(dòng)頭置于a端，兩極板M、N間的電勢(shì)差為零，帶電粒子不會(huì)發(fā)生偏轉(zhuǎn)．帶電粒子在磁場(chǎng)中轉(zhuǎn)動(dòng)半周離開(kāi)磁場(chǎng)，運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t1＝eq\f(1,2)×eq\f(2πm,qB)＝eq\f(πm,qB).(2)將滑動(dòng)變阻器滑動(dòng)頭置于b端，帶電粒子向上偏轉(zhuǎn)．帶電粒子在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，L＝v0t，y＝eq\f(1,2)eq\f(qE,m\f(\r(3),3)L)t2，將v0＝eq\r(\f(3qE,m))代入得，y＝eq\f(\r(3),6)L.帶電粒子射出電場(chǎng)的位置為M板的上邊緣．(3)帶電粒子射出電場(chǎng)時(shí)速度與水平方向夾角的正切tanθ＝eq\f(\f(\r(3),6)L,\f(1,2)L)＝eq\f(\r(3),3)，所以θ＝30°.帶電粒子的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t2＝eq\f(2,3)×eq\f(2πm,qB)＝eq\f(4πm,3qB).答案見(jiàn)解析16某汽車(chē)開(kāi)發(fā)商成功研發(fā)了一種新型轎車(chē)，該轎車(chē)有一特制的氣流通道，當(dāng)轎車(chē)高速行駛時(shí)，氣流通道會(huì)自動(dòng)打開(kāi)，使轎車(chē)對(duì)地面的壓力增加，從而達(dá)到低速省油，高速平穩(wěn)舒適的目的．已知增加的壓力F與轎車(chē)速度v成正比，轎車(chē)質(zhì)量為1t，與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.25，g取10m/s2，如圖是該轎車(chē)在水平路面上進(jìn)行勻加速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)測(cè)得的實(shí)際功率與速度的關(guān)系圖象，不計(jì)轎車(chē)行駛時(shí)受到的空氣阻力，(1)轎車(chē)的加速度；(2)增加的壓力F與速度v的關(guān)系式．解析：(1)由圖象可知，轎車(chē)以較低的速度v＝40m/s運(yùn)動(dòng)時(shí)，轎車(chē)的功率P＝200根據(jù)功率的公式可知，此時(shí)車(chē)的牽引力F＝eq\f(P,v)＝eq\f(200×103,40)N＝5000N車(chē)所受摩擦阻力Ff＝μmg＝0.25×1×103×10N＝2500N.根據(jù)牛頓第二定律可知車(chē)的加速度a＝eq\f(F－Ff,m)＝eq\f(5000－2500,1×103)m/s2＝2.5m/s2(2)設(shè)增加的壓力F＝kv，由圖象可知，速度增大到80m/s時(shí)，車(chē)的功率變?yōu)?00車(chē)的牽引力F′＝eq\f(P,v)＝eq\f(600×103,80)N＝7500N.車(chē)受到的阻力F′f＝μ(mg＋kv)由牛頓第二定律有：F′－F′f＝ma解之得：k＝125N·s/m因此，增加的壓力與車(chē)的速度的關(guān)系式為F＝125v17如圖所示，在直角坐標(biāo)系的原點(diǎn)O處有一放射源，向四周均勻發(fā)射速度大小相等、方向都平行于紙面的帶電粒子，在放射源右邊有一垂直于x軸放置的很薄的擋板，擋板與xOy平面交線的兩端M、N與原點(diǎn)O正好構(gòu)成等腰直角三角形．已知帶電粒子的質(zhì)量為m，所帶電荷量為q，速率為v，MN的長(zhǎng)度為L(zhǎng).(粒子重力不計(jì))．(1)若在y軸右側(cè)加一平行于x軸的勻強(qiáng)電場(chǎng)，要使y軸右側(cè)所有運(yùn)動(dòng)的粒子都能打到擋板MN上，則電場(chǎng)強(qiáng)度的最小值E0為多大？在電場(chǎng)強(qiáng)度為E0時(shí)，打到板上的粒子動(dòng)能為多大？(2)若在整個(gè)空間加一方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，要使板右側(cè)的MN連線上都有粒子打到，磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度不能超過(guò)多少(用m、v、q、L表示)？若滿足此條件，放射源O向外發(fā)射出的所有帶電粒子中有幾分之幾能打在板的左邊？解析：(1)由題意知，要使y軸右側(cè)所有運(yùn)動(dòng)的粒子都能打在MN上，其臨界條件為：沿y軸方向運(yùn)動(dòng)的粒子做類平拋運(yùn)動(dòng)，且落在M或N點(diǎn)．MO′＝eq\f(L,2)＝vta＝qE0/mOO′＝eq\f(L,2)＝eq\f(1,2)at2聯(lián)立解得E0＝eq\f(4mv2,qL)由動(dòng)能定理知qE0×eq\f(L,2)＝Ek－eq\f(1,2)mv2所以有Ek＝eq\f(5,2)mv2(2)由題意知，要使板右側(cè)的MN連線上都有粒子打到，粒子運(yùn)動(dòng)軌跡直徑的最小值為MN板的長(zhǎng)度L.由R＝eq\f(L,2)＝eq\f(mv,qB0)得B0＝eq\f(2mv,qL)放射源O發(fā)射出的粒子中，打在MN板上的粒子的臨界徑跡如圖所示．由題意OM＝ON,且OM⊥ON.得OO1⊥OO2即v1⊥v2因此，放射源O放射出的所有粒子中只有1/4打在MN板的左側(cè)．18如圖所示，在光滑水平地面上停著一輛平板車(chē)，其質(zhì)量為2m，長(zhǎng)為L(zhǎng)，車(chē)右端(A點(diǎn))有一塊靜止的質(zhì)量為m的小金屬塊.金屬塊與車(chē)間有摩擦，以中點(diǎn)C為界，AC段與CB段動(dòng)摩擦因數(shù)不同．現(xiàn)給車(chē)施加一個(gè)向右的水平恒力，使車(chē)向右運(yùn)動(dòng)，同時(shí)金屬塊在車(chē)上開(kāi)始滑動(dòng)，當(dāng)金屬塊滑到中點(diǎn)C時(shí)，即撤去這個(gè)力．已知撤去力的瞬間，金屬塊的速度為v0，車(chē)的速度為2v0，最后金屬塊恰停在車(chē)的左端(B點(diǎn))．求(1)拉力作用的時(shí)間和拉力F的大??？(2)車(chē)最后勻速時(shí)的速度？解析：(1)金屬塊在AC段滑動(dòng)時(shí)：金屬塊的位移s1＝eq\f(v0,2)t1①小車(chē)位移s2＝eq\f(2v0,2)t1②由題意s2－s1＝eq\f(L,2)③由①②③聯(lián)立解得t1＝eq\f(L,v0)④對(duì)金屬塊v0＝μ1gt1⑤由④⑤聯(lián)立解得μ1＝eq\f(v\o\al(2,0),gL)⑥對(duì)小車(chē)：a2＝eq\f(2v0,t1)＝eq\f(2v\o\al(2,0),L)⑦F－μ1mg＝2ma2⑧由⑥⑦⑧聯(lián)立解得恒力F＝eq\f(5mv\o\al(2,0),L)(2)從金屬塊滑至車(chē)中點(diǎn)C開(kāi)始到金屬塊停在車(chē)的左端的過(guò)程中，系統(tǒng)合外力為零，動(dòng)量守恒，設(shè)共同速度為v.由2m×2v0＋mv0＝(2m＋m)v，解得車(chē)最后勻速時(shí)的速度v＝eq\f(5,3)v019設(shè)A、B為地球赤道圓的一條直徑的兩端，利用同步衛(wèi)星將一電磁波信號(hào)由A點(diǎn)傳到B點(diǎn)，問(wèn)至少要用幾顆同步衛(wèi)星？這幾顆衛(wèi)星間的最近距離是多少？用這幾顆衛(wèi)星把電磁波信號(hào)由A點(diǎn)傳到B點(diǎn)需要經(jīng)歷多長(zhǎng)時(shí)間？已知地球半徑為R，地球表面處的重力加速度為g，地球自轉(zhuǎn)周期為T(mén)，不考慮大氣對(duì)電磁波的折射，設(shè)電磁波在空氣中的傳播速度為c.解析：要使電磁波信號(hào)由A點(diǎn)傳送到B點(diǎn)，必須經(jīng)過(guò)路徑AP2P1B，如圖所示，AP2、P1B與地球相切，故至少要用兩顆同步衛(wèi)星這兩顆衛(wèi)星分別位于圖中P1和P2，距離為2R.由題意，對(duì)同步衛(wèi)星萬(wàn)有引力提供向心力，設(shè)半徑為r＝OP1,有Geq\f(Mm,r2)＝mreq\f(4π2,T2)gR2＝GM解得：r＝eq\r(3,\f(gR2T2,4π2))用這兩顆衛(wèi)星把電磁波信號(hào)由A點(diǎn)傳到B點(diǎn)需要經(jīng)歷的時(shí)間為t＝eq\f(2R＋2P1B,c)解得：t＝eq\f(2R,c)＋eq\f(2\r(\r(3,\f(g2R4T4,16π4))－R2),c)20噴涂與普通刷漆、噴漆或機(jī)械噴涂相比有許多優(yōu)點(diǎn)，其裝置可簡(jiǎn)化如圖．A、B為水平放置的間距d＝0.9m的兩塊足夠大的平行金屬板，兩板間有方向由B指向A的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度為E＝0.1V/m.在A板的中央放置一個(gè)安全接地的靜電油漆噴槍P，油漆噴槍可向各個(gè)方向均勻地噴出初速度大小均為v0＝8m/s的油漆微粒，已知油漆微粒的質(zhì)量均為m＝1×10－5kg、電荷量均為q＝－1×10－3(1)求由噴槍P噴出的油漆微粒到達(dá)B板的最短時(shí)間；(2)求油漆微粒落在B板上所形成的圖形面積；(3)若讓A、B兩板間的電場(chǎng)反向，并在兩板間加垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝4/45T，調(diào)節(jié)噴槍使油漆微粒只能在紙面內(nèi)沿各個(gè)方向噴出，其他條件不變．試求B板被油漆微粒打中的區(qū)域的長(zhǎng)度．解析：(1)微粒以初速度v0噴出，則豎直向下噴出的微粒到B板所用時(shí)間最短對(duì)微粒有：qE＋mg＝ma由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式d＝v0t＋eq\f(1,2)at2聯(lián)立可得a＝20m/s2，t＝0.1s.(2)平行于金屬板的微粒，射出的水平距離最遠(yuǎn)，形成的圖形為圓形，圓形的半徑為沿水平方向噴出的微粒的水平位移的大?。畬?duì)微粒，豎直方向上：d＝eq\f(1,2)at′2水平方向上l＝v0t′聯(lián)立可得l＝2.4m所以圓形面積為S＝πl(wèi)2≈18m2(3)電場(chǎng)反向后，由于qE＝mg，微粒做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，設(shè)軌道半徑為R，由牛頓運(yùn)動(dòng)定律得Bqv0＝meq\f(v\o\al(2,0),R)代入數(shù)據(jù)可得R＝0.9m則水平向右噴出的微粒能打到B板的右側(cè)最遠(yuǎn)點(diǎn)，并設(shè)該點(diǎn)為M點(diǎn)，P點(diǎn)正下方對(duì)應(yīng)點(diǎn)為O點(diǎn)，如圖所示，則：lOM＝R＝0.9豎直向下噴出的微粒軌跡與B板相切于N點(diǎn)，此點(diǎn)為所能打到的B板左側(cè)最遠(yuǎn)點(diǎn)，則lON＝R＝0.9m所以B板被油漆微粒打中的區(qū)域的長(zhǎng)度為：L＝lOM＋lON＝1.821所示，有n個(gè)相同的貨箱停放在傾角為θ的斜面上，每個(gè)貨箱長(zhǎng)皆為l，質(zhì)量皆為m，相鄰兩貨箱間距離為l，最下端的貨箱到斜面底端的距離也為l.已知貨箱與斜面間的滑動(dòng)摩擦力與最大靜摩擦力相等．現(xiàn)給第1個(gè)貨箱一初速度v0，使之沿斜面下滑，在每次發(fā)生碰撞后，發(fā)生碰撞的貨箱都粘合在一起運(yùn)動(dòng)，當(dāng)動(dòng)摩擦因數(shù)為μ時(shí)，最后第n個(gè)貨箱恰好停在斜面底端．求：(1)第1個(gè)貨箱碰撞前在斜面上運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度大??；(2)整個(gè)過(guò)程中由于碰撞而損失的機(jī)械能．解析：(1)由于第n個(gè)貨箱被碰后，運(yùn)動(dòng)到斜面底端停下，表明貨箱沿斜面做減速運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律，得μmgcosθ－mgsinθ＝ma解得：a＝μgcosθ－gsinθ(2)加速度與質(zhì)量無(wú)關(guān)，說(shuō)明每次碰后貨箱沿斜面下滑的加速度大小均為a，方向沿斜面向上．在整個(gè)過(guò)程中，序號(hào)為1,2,3，…，n的貨箱沿斜面下滑的距離分別為nl，(n－1)l，(n－2)l，…，l，因此，除碰撞瞬間外，各貨箱由于滑動(dòng)而產(chǎn)生的熱量為Q＝μmglcosθ(1＋2＋…＋n)＝eq\f(n(n＋1),2)μmglcosθ貨箱的重力勢(shì)能的減少量為ΔEp＝mglsinθ(1＋2＋…＋n)＝eq\f(n(n＋1),2)mglsinθ整個(gè)過(guò)程中，由能量守恒定律得ΔEp＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝Q＋ΔEΔE＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＋eq\f(n(n＋1),2)mglsinθ－eq\f(n(n＋1),2)μmglcosθ22圖所示，長(zhǎng)為L(zhǎng)的輕繩一端固定在O點(diǎn)，另一端系一小球(可視為質(zhì)點(diǎn))，小球在豎直平面內(nèi)沿逆時(shí)針?lè)较蜃鰣A周運(yùn)動(dòng)．已知小球運(yùn)動(dòng)過(guò)程中輕繩拉力大小FT和豎直方向OP的夾角θ的關(guān)系為：FT＝b＋bcosθ，b為已知的常數(shù)，當(dāng)?shù)刂亓铀俣葹間，不計(jì)空氣阻力，求小球的質(zhì)量．解析：設(shè)小球在圓周的最低點(diǎn)即θ＝0°時(shí)速度為v1，此時(shí)輕繩上拉力FT＝2b由牛頓第二定律得2b－mg＝meq\f(v\o\al(2,1),L)小球在圓周的最高點(diǎn)即θ＝180°時(shí)速度為v2，此時(shí)輕繩上拉力FT＝0由牛頓第二定律得mg＝meq\f(v\o\al(2,2),L)從最低點(diǎn)到最高點(diǎn)，由機(jī)械能守恒得：eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)＋2mgL由以上幾式解得m＝eq\f(b,3g).23兩根光滑的平行金屬導(dǎo)軌MN、PQ處于同一水平面上，相距L＝0.5m，導(dǎo)軌的左端用R＝3Ω的電阻相連，導(dǎo)軌的電阻不計(jì)，導(dǎo)軌上跨接一電阻r＝1Ω的金屬桿，其質(zhì)量m＝0.2kg，整個(gè)裝置放在豎直向下的磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝2T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中．現(xiàn)對(duì)金屬桿施加一水平向右的拉力F＝2N，(1)金屬桿運(yùn)動(dòng)的最大速度vm是多少？(2)若已知金屬桿從靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到最大速度的過(guò)程中，電阻R上共產(chǎn)生熱量QR＝10.2J，此過(guò)程持續(xù)的時(shí)間t為多長(zhǎng)？(3)若金屬桿達(dá)到最大速度后撤去拉力F，金屬桿還能在導(dǎo)軌上骨行的距離x是多少？解析：當(dāng)桿速度達(dá)到最大時(shí)，拉力F與其受到的安培力FA大小相等、方向相反．有F＝FA＝eq\f(B2L2vm,R＋r)代入相關(guān)數(shù)據(jù)得vm＝8(2)設(shè)桿由靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到最大速度的過(guò)程中運(yùn)行距離為s，金屬桿產(chǎn)生的熱量為Qr，有QR/Qr＝R/r，解得Qr＝3.4J由功能關(guān)系得：Fs＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)＋QR＋Qr對(duì)桿由動(dòng)量定理得：Ft－IA＝mvm其安培力的沖量IA＝BLeq\f(ΔΦ,R＋r)＝eq\f(B2L2s,R＋r)，由以上幾式解得t＝2.05s.(3)撤去拉力F后，桿受到的合外力即為安培力．在以后的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中對(duì)桿由動(dòng)量定理得：I′A＝mvm，即BLeq\f(BLx,R＋r)＝mvm代入相關(guān)數(shù)據(jù)解得x＝6.424如圖甲所示，A、B為兩塊靠得很近的豎直平行金屬板，板中央均有小孔，其中A板接地．一束電子以初動(dòng)能Ek0＝120eV從A板上的小孔O不斷沿水平方向射入A、B之間，在B板的右側(cè)，有一對(duì)水平放置的平行金屬板M、N，其板長(zhǎng)L＝2×10－2m，板間距離d＝4×10－3m，兩板上加電壓U2＝20V．在M、N板的豎直右側(cè)有一范圍足夠大的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)方向垂直紙面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝6eq\r(2)×10－5T，已知電子的質(zhì)量m＝9×10－31kg，電荷量e＝－1.6×10－19C．現(xiàn)在A、B兩板間加一交變電壓，使B板的電勢(shì)φ(1)電子哪段時(shí)間內(nèi)可以從B板上的小孔射出？(2)電子在哪段時(shí)間內(nèi)可以從M、N板間射出？(3)從M、N板間射出的電子進(jìn)入右側(cè)的磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)，然后又從磁場(chǎng)中射出，設(shè)每個(gè)電子進(jìn)入磁場(chǎng)的入射點(diǎn)與從磁場(chǎng)中射出的出射點(diǎn)間距離為a，求a的變化范圍．解析：(1)由于A、B板間距離很近，則電子穿過(guò)A、B板時(shí)間很短，可以不計(jì)，故可以認(rèn)為．每個(gè)電子在A、B板間運(yùn)動(dòng)時(shí)A、B板間電壓是不變的．在交變電壓的前半個(gè)周期內(nèi)，電子做減速運(yùn)動(dòng)，設(shè)A、B板間電壓為U1時(shí)電子恰好到達(dá)B板小孔處速度為零，由動(dòng)能定理得：－eU1＝0－Ek0，可得U1＝－120V由圖乙知在0～1s內(nèi)有U1＝－200t1(V)，t1＝0.6s，由電壓圖象的對(duì)稱性知另一時(shí)刻t2＝1.4s在電壓的下半個(gè)周期內(nèi)，電子做加速運(yùn)動(dòng)，均能從B板上小孔射出．故在第一個(gè)周期內(nèi)，電子能從B板上小孔射出的時(shí)間段為：0～0.6s和1.4～4s.(2)設(shè)電子水平射入M、N板間的初速度為v0，電子在M、N板間側(cè)移距離y＝eq\f(1,2)eq\f(eU2,md)(eq\f(L,v0))2要使電子能從M、N板間射出，則應(yīng)有y≤eq\f(d,2)可得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)≥250eV由eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝Ek0＋eU1′，得U1′＝130V在下半周期的t1′＝2＋eq\f(130,200)＝2.65(s)，t2′＝4－eq\f(130,200)＝3.35(s)可滿足，即電子從M、N板間射出的時(shí)間為2.65～3.35s.(3)電子在M、N板間沿水平方向做勻速運(yùn)動(dòng)，設(shè)電子從M、N板間射出進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度為vt，與水平方向夾角為θ，在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R(如圖所示)，有Bevt＝meq\f(v\o\al(2,t),R)cosθ＝eq\f(v0,vt)a＝2Rcosθ得a＝eq\f(2mv0,Be)又eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝Ek0＋eU1′，由第(2)問(wèn)知電子能射出M、N板時(shí)在電壓的下半周期，此時(shí)A、B板間電壓大小范圍為：200V≥U1′≥130V解得：eq\r(2)m≥a≥eq\f(5,4)m.25如圖所示，一輛平板汽車(chē)上放一質(zhì)量為m的木箱，木箱與汽車(chē)車(chē)廂底板左端距離為L(zhǎng)，汽車(chē)車(chē)廂底板距地面高為H，木箱用一根能承受最大拉力為Fm的水平細(xì)繩拴在車(chē)廂上，木箱與車(chē)廂底板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ(最大靜摩擦力可按滑動(dòng)摩擦力計(jì)算)．(1)若汽車(chē)從靜止開(kāi)始啟動(dòng)，為了保證啟動(dòng)過(guò)程中細(xì)繩不被拉斷，求汽車(chē)的最大加速度a；(2)若汽車(chē)在勻速運(yùn)動(dòng)中突然以