小學數(shù)學復習教案

高考物理知識網(wǎng)絡復習電場教案。

第九章電場
電場是高中物理的重點知識之一．本章著重從力和能兩個角度研究電場的基本性質(zhì)．本章既是重點，又是難點，也是高考的熱點．它是電磁學的基礎，特別是在“3＋X”理科綜合考試中，它將成為聯(lián)系力學和電磁學的一個重要鈕帶．
本章及相關內(nèi)容知識網(wǎng)絡：

專題一電場的力的性質(zhì)
【考點透析】
一、本專題考點：
本單元除電荷及電荷守恒定律為Ⅰ類要求外，其余均為Ⅱ類要求．即能夠確切理解其含義及與其它知識的聯(lián)系，能夠用它解決生活中的實際問題．在高考中主要考查方向是：①運用庫侖定律定性或定量分析點電荷間的相互作用問題，并常用力學中處理物體平衡的方法分析帶電小球的平衡問題；②運用電場強度的概念和電場線的性質(zhì)對各種電場進行定性和定量的分析．
二、理解和掌握的內(nèi)容
1．對電場和電場線的理解只要有電荷存在，其周圍空間就存在電場，它是電荷間相互作用的媒介，電場具有力和能的性質(zhì)．電場強度是矢量，滿足矢量疊加原理．電場線是用來描述空間各點場強連續(xù)變化規(guī)律的一組假想的曲線．電場線的特點是：其方向代表場強方向、其疏密代表場強大小；電場線起始于正電荷（或無窮遠）終止于負電荷（或無窮遠）；電場線不能相交．
2．幾點說明
（1）庫侖定律的適應條件：真空中，點電荷（帶電體的線度遠小于電荷間的距離r時，帶電體的形狀和大小對相互作用力的影響可忽略不計，可看作是點電荷）．
（2）元電荷、點電荷和檢驗電荷的區(qū)別：電子和質(zhì)子帶最小的電量e＝1.610-19C，任何帶電體所帶的電量均為e的整數(shù)倍，故稱1.610-19C為元電荷，它不是電子也不是質(zhì)子，而是帶電物質(zhì)的最小電量值；如果帶電體的線度遠小于電荷間的距離，帶電體的形狀和大小對相互作用力的影響可忽略不計，這樣的帶電體可看作是點電荷，它是一種科學的抽象，是一種理想模型；檢驗電荷是電量足夠小的點電荷，只有當點電荷放入電場中后不足以原電場的性質(zhì)或?qū)υ妶龅挠绊懞雎圆挥嫊r，該點電荷才能作為檢驗電荷．
3．難點釋疑
（1）電場線是直線的電場不一定是勻強電場，如孤立點電荷產(chǎn)生的電場是非勻強電場，它的電場線就是直線．
（2）電場線不是帶電粒子的運動軌跡，只的在滿足一定條件時帶電粒子運動的軌跡才有可能與電場線重合．帶電粒子的運動軌跡是由帶電粒子受到的合外力和初速度來決定的，必須從運動和力的觀點來分析確定．
【例題精析】
例1如圖所示，半徑相同的兩個金屬小球A、B帶有電量相等的電荷，相隔一定距離，兩球之間的相互吸引力的大小為F。今用第三個半徑相同的不帶電的金屬小球先后與A、B兩球接觸后移開，這時A、B兩球間相互作用力的大小為（）
A．F/8B．F/4C．3F/8D．3F/4
解析：由于A、B間有吸引力，則A、B帶異種電荷，設為Q，兩球之間的吸引力F＝kQ2/r2,r為兩球間的距離。
當C球與A球接觸后，A、C帶電量q1＝Q/2，當C球再與B球接觸后，B、C兩平均水平喧電量q2＝（Q-Q/2）2＝Q/4，此時A、B兩球間相互作用力的大小為Fˊ＝kQ2/8r2＝F/8。
正確答案：A
思考與拓寬：若金屬小球A、B較大，且相距較近，有正確答案嗎？為什么？(答案：沒有，因為這時庫侖定律已不適應)
例2在真空中有兩個固定的正的點電荷A、B，帶電量分別為Q、q，相距L，(1)引入第三個點電荷C使它處于平衡狀態(tài)，這個點電荷應放在什么位置，帶電量為多少？(2)如果A、B不固定，C應放在什么位置，帶電量為多少時三個電荷均靜止？
解析：此題目為物體平衡和庫侖定律的綜合運用題，其解題方法與力學中處理物體平衡問題的分析方法是相同的．
（1）A、B兩球都固定，C球只能放在A、B連線之是且適當?shù)奈恢貌庞锌赡芷胶?，設帶電量為q，距A點的距離為x，對C由物體平衡條件和庫侖定律得：
KQq/x2＝Kqq/(L-x)2
解得x＝QQ+q，q在運算中被消去，所以q的電性和電量多少不限．
（2）A、B不固定時，三個小球均要在互相作用下平衡，由受力分析可知，C必須是負電荷，且放于A、B連線間，設電量為-q，距A為x．
對C由物體平衡條件和庫侖定律得：KQq／x2＝Kqq／(L-x)2，解得x＝QQ+q
對A由物體平衡條件和庫侖定律得：KQq/L2＝KQq/x2，解得x＝q（QQ+q）2
思考與拓寬１：三個電荷在同一直線上排列，且三個電荷由于相互作用均平衡時，它們的電性有什么規(guī)律？帶電量多少與它們之間的距離有什么關系？(答案：電荷的排列順序只有兩種可能，即：“+-+”和“-+-”；中間的電荷帶電量少，兩端的電荷帶電量多，兩羰的電荷中帶電量少的與中間電荷較近)
思考與拓寬２：能否用點電荷的場強公式和電場強度的疊加原理來解答例１？(答案：能，當電荷受庫侖力平衡時，它所在處的合場強為零)
例3如圖10—2所示，帶箭頭的曲線表示電場中某區(qū)域內(nèi)電場線的分布情況，一帶電粒子在電場中運動的徑跡如圖中虛線所示，若不考慮其它力的作用，則下列判斷中正確的是（）
A．若粒子是從A運動到B，則粒子帶正電；若粒子是從B運動到A，則粒子帶負電
B．不論粒子是從A運動到B還是從B運動到A，粒子必帶負電
C．若粒子是從B運動到A，則其加速度減小
D．若粒子是從B運動到A，則其速度減小
解析：本題應從物體做曲線運動的條件著手分析，由曲線的彎曲方向看，帶電粒子受電場力方向必向左方，再由正負電荷所受電場力方向與場強方向的關系便可確定帶電粒子帶負電，所以答案A錯誤，答案B正確；而其加速度如何變化可由電場線的疏密變化來確定，因為電場線密處的場強大，同一電荷受力大，電場線稀疏處場強小，同一電荷受力小，由圖可見A處的電場線比B處稀疏，所以電荷在B處的加速度較大，所以答案C正確；速度如何變化可從電場力做功情況做出判斷，當粒子從B向A運動時，其們移方向與受力方向的夾角小于900，電場力即合外力做正功，其動能增大，速度增大，所以答案D錯誤．
思考與拓寬：若粒子帶電性質(zhì)與題中粒子的電性相反，且從A點進入電場，請定性畫出其運動軌跡．(答案：略)
【能力提升】
Ⅰ知識與技能
1．真空中有兩個相同的帶電金屬小球A和B，，相距為r，帶電量分別為q和2q，它們間相互作用力大小為F．有一個不帶電的金屬小球C，大小與A、B相同，當C與A、B小球各接觸一下后拿開，再將A、B間距離變?yōu)?r，那么A、B間作用力大小可能為()
①3F/64②0③3F/32④3F/16
A．①②③B．①③C．①②D．①④
2．兩個小球A、B，分別帶有同種電荷QA和QB，質(zhì)量分別為MA和MB，B用長為L的絕緣絲線懸掛在A球的正上方的O點，A距O點的距離也為L，且被固定，當B球達到平衡時A、B相距為d，如圖10—3所示為使A、B間距離減小到d/2，可采用的方法是()
Ａ．將A的電量減小到QA/4Ｂ．將B的電量減小到QB/8
Ｃ．將A的質(zhì)量減小到MA/8Ｄ．將B的質(zhì)量減小到MB/8
3．如圖10—4所示．一帶電量為Q的較大的金屬球，固定在絕緣支架上，這時球外距金屬球較近處一點P的電場強度為E0，當把一電量也為Q的點電荷放在P點時，測得點電荷受到的電場力為f；當把一電量為aQ的點電荷放在P點時，測得點電荷受到的電場力為F，則在國際單位制中()
A．f的數(shù)值等于QE0B．F的數(shù)值等于af
C．a(chǎn)比1小的越多，F(xiàn)的數(shù)值越接近aQE0D．a(chǎn)比1小的越多，F(xiàn)的數(shù)值越接近af
4．關于場強的下列說法中，正確的是()
A．電場中某點的電場強度方向與放入該點的檢驗電荷所受電場力方向相同
B．等量異種電荷的電場中，兩電荷連線上場強最大的點為連線的中點
C．在等量異種電荷的電場中，兩電荷連線的垂直平分線上，從垂足向兩側(cè)場強越來越小
D．在等量同種電荷的電場中，兩電荷連線的垂直平分線上，從垂足向兩側(cè)場強越來越小
5．如圖10—5中AB是某個點電荷電場是的一條電場線，在線上O點放入一個自由的負電荷，他將沿電場線向B點運動，下列判斷中哪些是正確的()
A．電場線由B指向A，該電荷加速運動，加速度越來越小
B．電場線由B指向A，該電荷加速運動，加速度大小的變化由題設條件不能確定
C．電場線由A指向B，該電荷做勻加速運動
D．電場線由B指向A，該電荷加速運動，加速度越來越大
6．如圖10—6(a)中，直線AB是某個點電荷電場中的一條電場線，圖10—4(b)是放在電場線上A、B兩點的電荷的電量與所受電場力大小間的函數(shù)圖象．由此可以判定()
①場源可能是正電荷，位置在A點左側(cè)
②場源可能是正電荷，位置在B點右側(cè)
③場源可能是負電荷，位置在A點左側(cè)
④場源可能是負電荷，位置在B點左側(cè)
A．①③B．①④C．②④D．②③
7．如圖10—7所示，在x軸上坐標為+1的點放一個電量為+4Q的點電荷，坐標原點O處固定一個電量為-Q的點電荷，那么在x軸上，電場強度方向沿x軸負方向的點所在區(qū)域是．
Ⅱ。能力與素質(zhì)
8．真空中有A、B兩個點電荷相距L，質(zhì)量為m和2m，將它們由靜止釋放瞬時，A的加速度為a，經(jīng)過一段時間后B的加速度也為a，且速率為V．求：
①這時兩個點電荷相距多遠？
②這時點電荷A的速率多大？
9．如圖10—8所示，一半徑為R的絕緣球殼上均勻帶有+Q的電荷，由于對稱性，球心O點的場強為零，現(xiàn)在球殼上挖去半徑為r(r《R)的一個小圓孔，求此時球心處場強的大小和方向．
10．用一根絕緣繩懸掛一個帶電小球，小球的質(zhì)量為1.010-2kg，所帶的電荷量為+2.010-8C．現(xiàn)加一水平方向的勻強電場，平衡時絕緣繩與豎直線成300角，如圖10—9所示．求勻強電場的場強．
專題二電場的能的性質(zhì)
【考點透析】
一、本專題考點：本專題的知識點均為Ⅱ類要求，即能夠確切理解其含義及與其它知識的聯(lián)系，能夠用它解決生活中的實際問題．在高考中主要考查方向是：①以選擇題的形式對描述電場的各物理量（如電場強度與電勢、電勢與電勢等）能進行比較鑒別；②利用電場線和等勢面的性質(zhì)對電場進行分析；③從能的轉(zhuǎn)化的觀點分析帶電粒子在電場中的運動．
二、理解和掌握的內(nèi)容
1．理順好幾個關系：
（１）電場力做功與電勢能的關系：電場力對電荷做功，電荷的電勢能減??；電荷克服電場力做功，電荷的電勢能增加．電勢能變化的數(shù)值等于電場力對電荷做功的數(shù)值．這常是判斷電荷電勢能變化的依據(jù)．
（２）電勢與電勢能：①電勢是描述電場能的性質(zhì)的物理量，與置于電場中檢驗電荷的電量大小無關，電勢能是描述電荷與電場相互作用能的大小的物理量，其大小由電場中電荷帶電量的多少和該點電勢共同決定．②帶電體從電場中的a點移到b點過程中，如果知道電場力對帶電體做正功還是做負功，可直接判斷其電勢能的變化．若要判斷a、b兩點電勢高低，必須知道帶電體是帶正電還是帶負電，反之，若要知道帶電體所帶電荷的正負，要判斷a、b兩點電勢高低，必須知道電場力對帶電體做正功還是做負功．
（３）等勢面的特點：①等勢面一定與電場垂直；②在同一等勢面上移動電荷時電場力不做功；③電場線總是從電勢高的等勢面指向電勢低的等勢面；④任何兩個等勢面都不會相交；⑤等差等勢面越密的地方電場強度越大，即等差等勢面的疏密可以描述電場的強弱．
2．幾點說明
（１）電勢的數(shù)值是相對的，不是絕對的．在求電勢大小時，首先必須選定某一位置的電勢為零，否則無法求解．零點的選取是任意的，但在理論上通常取離場源電荷無窮遠處為零電勢位置；實際使用中，則取大地為零電勢．
（２）電場中某點的電勢在數(shù)值上等于單位正電荷由該點移至零電勢點時電場力所做的功．這就說明，當電場中某點的位置和零電勢點確定后，這一點的電勢就是一個確定的值了．某點的電勢與該點是否放有電荷無關，即電勢的大小由電場本身和零電勢點的位置決定．
3．難點釋疑有的同學認為＂電場強度大處電勢高＂、＂電勢高處電荷的電勢能大＂．產(chǎn)生上述錯誤的原因是對上述概念的不理解造成的．在電場中一個確定的點電場強度是確定的，而電勢卻與零勢點的選取有關，另外逆電場線方向電勢要升高，但逆電場線方向電場強度不一定增大，所以場強大處電勢不一定高，電勢高處場強也不一定大；電勢能的大小由電場中電荷帶電量的多少和該點電勢共同決定，要區(qū)分正電荷和負電荷，正電荷在電勢向處的電勢能大，而負電荷在電勢高處的電勢能?。?br> 【例題精析】
例1一個點電荷，從電場中的a點移到b點，其電勢能的變化量為零，則()
A．a(chǎn)、b兩點的場強一定相等
B．該電荷一定沿等勢面移動
C．作用于該點電荷的電場力與其移動方向總是垂直的
D．a(chǎn)、b兩點的電勢一定相等
解析：本題考查了電勢能的變化、電場力做功、電場強度、電勢和電勢差與及它們間的關系．
由＝W=qUab＝q(Ua-Ub)可知，若＝0，則①Uab＝Ua-Ub＝0即Ua＝Ub，所以D選項正確．面電勢相等的點，其場強不一定相等，故A選項不正確．②W=0，即點電荷從a移到b，電場力所做的總功為零，造成這一結(jié)果有兩種可能性，其一是電荷沿等勢面移動，這時電場力與電荷的移動方向是垂直的；其二是電荷從等勢面上的a點經(jīng)任意路徑又回到這一等勢面上的點b（因為電場力做的功與路徑無關，只與初末狀態(tài)的位置有關），所以B、C也是錯誤的．正確答案：D．
例2如圖10—10所示，A、B、C、D是勻強電場中一正方形的四個頂點．已知A、B、C三點的電勢分別為A＝15V，B＝3V，C＝-3V．由此可得D點的電勢D＝V．
解析：求電場中某點的電勢，一般是先求電勢差，再求電勢．但此題還要注意運用勻強電場的一些特性進行求解．
如圖10—11所示，設場強方向與AB方向的夾角為，AB邊長為a．
由U＝Ed＝ELcos知
UABUAc＝1218＝23＝acos2cos(450-)---------------①
UABUAD＝12UAD＝acosacos(900-)------------------------②
由①、②式解得UAD＝6V，tg＝1/2．
又因為UAD＝UA-UD，
所以UD＝UA-UAD＝9V．
思考1：在勻強電場中，任意兩條平行線上距離相等的兩點間電勢差一定相等嗎？如果相等，能利用此結(jié)論來解此題嗎？（答案：相等；能）
思考2：請用作圖法確定題中勻強電場的場強方向．（答案：略）
例3如圖10—12所示的直線是真空中某電場中的一條電場線，A、B是這條電場線上的兩點．一個帶正電的粒子在只受電場力的情況下，以速度VA經(jīng)過A點向B點運動，經(jīng)一段時間后，該帶正電的粒子以速度VB經(jīng)過B點，且VB與VA方向相反，則（）
A．A點的電勢一定低于B點的電勢
B．A點的場強一定大于B點的場強
C．該帶電粒子在A點的電勢能一定小于它在B點的電勢能
D．該帶電粒子在A點時的動能與電勢能之和等于它在B點的動能與電勢能之和
解析：當電場線是直線時，同一電場線上各點的場強方向必相同，由題中給出的粒子運動情況可以判斷，粒子受電場力方向應向左，粒子從A到B的運動過程是先向右減速，速度減為零后又向左加速．因為粒子帶正電荷，受電場力方向向左，所以電場線的方向應向左，沿電場線方向電勢降低，所以A點的電勢比B點低，答案A正確；由電場中的一條電場線不能確定此電場中各點電場強度的大小，所以答案B不正確；粒子從A點運動到B點的過程中，粒子克服電場力做功，電勢能必增大，所以答案C正確；由于粒子在運動過程中只有電場力做功，因此只存在動能與電勢能的相互轉(zhuǎn)化，動能與電勢能之和保持不變，所以答案D正確．正確答案ACD．
思考拓寬：若A、B是如圖10—13所示電場中的兩點，則正確答案應是什么？（答案：D）
【能力提升】
Ⅰ。知識與技能
1．下列說法中，正確的是()
A．電子沿電場線方向運動，電勢能越來越大
B．質(zhì)子沿電場線方向運動，電勢能越來越大
C．只在電力場作用下，由靜止釋放的電子總是從電勢能小的位置向電勢能大的位置運動
D．只在電場作用下,由靜止釋放的質(zhì)子總是從電勢能小的位置向電勢能大的位置運動
2．如圖10—14所示，兩個固定的等量異種電荷的電場中，有A、B、C三點，A為兩電荷連線的中點，B為連線上距A為L的一點，C為連線中垂線上距A也為L的一點，則下面關于三點電場強度的大小、電勢高低的比較，正確的是()
①EB＞EA＞EC②EA＞EB＞EC③A＝C＞B④B＝C＞A
A．①④B．①③C．②④D．②③
3．一個帶正電的質(zhì)點，電荷量q=2.010-9C，在靜電電場中由a點移到b點．在此過程中除電場力外，其它力做的功是6.010-5J．質(zhì)點動能增加了8.010-5J，則a、b兩點的電勢差Uab為（）
A．1.0104VB．-1.0104VC．4.0104VD．-7.0104V
Ⅱ。能力與素質(zhì)
4．某電場中的電場線和等勢面如圖10—15所示，實線表示電場線，虛線表示等勢面，過a、b兩點的等勢面的電勢分別為a=50V，b=20V，那么a、b連線的中點c的電勢c為()
A．等于35VB．大于35VC．小于35VD．等于15V
5．如圖10—16所示，在點電荷Q形成的電場中，a、b兩點在同一等勢面上，c、d在另外一個等勢面上，甲乙兩帶電粒子的運動軌跡分別為acb和adb曲線，若兩粒子通過a點時具有相同的動能，則下列說法中不正確的是()
A．甲乙兩粒子帶異號電荷
B．甲粒子經(jīng)過c點時與乙粒子經(jīng)過d點時的動能相同
C．兩粒子經(jīng)過b點時的動能相同
D．若取無窮遠處為零電勢，則甲粒子在c點的電勢能小于乙粒子在d點時的電勢能
6.AB是某電場中的一條電場線，將一帶負電荷的粒子從A點自由釋放，它由A點運動到B點的過程中速度變化如圖10—17所示，則AB兩點電勢高低和場強大小的關系是()
A．A＞B，EA＞EBB．A＞B，EA＜EB
C．A＜B，EA＞EBD．A＜B，EA＜EB
7．質(zhì)量為m，電量為q的質(zhì)點，只在靜電力作用下以恒定速率v沿圓弧從A點運動到B點，其速度方向改變的角度為(rad)，AB弧長為S，則AB兩點間的電勢差A－B＝，AB弧中點的場強大小為．
8．如圖10—18所示，在勻強電場中，沿著與電場線成600角的方向，將帶電量為q＝-4.010-8C的點電荷由a點移到b點，ab＝20cm，若電場強度E＝5.010-3N/C，則在此過程中電場力對電荷q所做的功W＝．
9．兩個帶正電的小球A和B放在光滑絕緣的水平面上，質(zhì)量mA＝2mB電量qA＝4qB，相距r時，它們具有電勢能E0（取相距無窮遠時電勢能為零），現(xiàn)將它們釋放，經(jīng)過相當長的時間后，求A和B的動能各多大？
10．如圖10—19所示，虛線方框內(nèi)為一勻強電場，A、B、C為該電場中的三個點，已知A＝12V，B＝6V，C＝-6V．試在該方框中作出該電場的示意圖(即畫出幾條電場線)，并要求保留作圖時的輔助線(用虛線表示)，若將一個電子從A點移到B點，電場力做多少電子伏的功？
11．為使點電荷q在一勻強電場中沿直線由A勻速運動到B，須對該電荷施加一個恒力F，如圖10—20所示．若AB＝0.4m，=370，q＝-310-7C，F(xiàn)＝1.510-4N，A點電勢A＝100V．(不計電荷受的重力)．
(1)在圖中用實線畫出電場線，用虛線畫出通過A、B兩點的等勢線，并標明它們的電勢；
(2)求q在由A到B的過程中電勢能的變化量是多少？

專題三電容器靜電屏蔽
【考點透析】
一、本專題考點：電容器為Ⅱ類要求，靜電屏蔽為Ⅰ類要求．即能夠確切理解電容的含義及與其它知識的聯(lián)系，并能夠在實際問題的分析、綜合、推理和判斷等過程中運用；對靜電屏蔽要知道其內(nèi)容及含義．在高考中主要考查方向是：①以選擇題的形式對電容的定義及決定因素進行判斷；②以電容器為背景分析電場的力和能的性質(zhì)；③研究帶電粒子在電容器中的運動．
二、理解和掌握的內(nèi)容
1．電容定義式和決定式的綜合應用，即分析電容器的結(jié)構變化對相關物理量的影響．其基本思路是：①首先確定不變量，若電容器充電后斷開電源，則其所帶電量Q不變，若電容器始終和直流電源相連，則兩板間的電壓U不變；②用C＝εS/4πkd，判斷電容的變化情況；③用C＝Q/U，分析Q或U的變化情況；④用E＝U/d，分析平行板電容器兩板間場強的變化情況．
2．幾點說明
（１）電容器的電容是反映電容器本身貯電特性的物理量，由電容器本身的介質(zhì)特性和幾何尺寸決定，與電容器是否帶電、帶電的多少、兩板間電勢差的大小均無關．
（２）靜電屏蔽：如圖10-21所示，將一空腔金屬導體放在帶電體Ｑ附近，處于靜電平衡后，空腔導體內(nèi)部各點的場強均為零，如果空腔內(nèi)有另一個導體存在，這個導體也不會受到Ｑ所產(chǎn)生電場的影響，即空腔金屬導體對其外部的電場有屏蔽作用．
3．難點釋疑有的同學不理解電容器中的電場強度由什么因素決定，常導致分析失誤，現(xiàn)
推導如下：由E＝U/d和C＝Q/U得Ｅ＝Ｑ／Ｃd，又C＝εS/4πkd，于是Ｅ＝4πkＱ／εS，顯然電場強度Ｅ由Ｑ、ε、S這三個因素決定，與兩極板間的距離d無關．
【例題精析】
例１如圖10—22所示，平行板電容器接在電源上充電后，與電源斷開，負極板接地，在兩板間有一正電荷固定在P點，以E表示兩板間場強，U表示電容器的電壓，W表示正電荷在P點的電勢能．若保持負極板不動，將正極板向下移，則()
A．U變小，E不變B．E變大，W變大
C．U變小，W不變D．U不變，W不變
解析：解答此題應明確，電容器與電源斷開后，其所帶電量Q將保持不變．當正極板向下移時，電容器兩板間距d減小，由C＝εS/4πkd可知電容C增大，由C＝Q/U可得U將減小，由E＝U/d、C＝Q/U和C＝εS/4πkd得E＝4πkQ/εS，所以場強E不變，答案A正確；分析P點所放電荷的電勢能如何變化，應從分析P點的電勢變化入手，設P點與負極板間的距離為d，則P點的電勢＝Ed，E和d均不變，所以P點的電勢不變，正電荷在P點的電勢能不變，答案C正確．正確答案：AC．
思考1：題中若正極板不動，將負極板向上移一些，各量如變何化？題中若是將正極板接地，而負極板不接地，保持負極板不動，將正極板向下移，各量如何變化？（答案：E不變，U變小，W變??；E不變，U變小，W變大）
思考2：題中若將一電源始終與電容器相連，保持負極板接地且不動，將正極板向下移時，各量如變何化？（答案：E變大，U不變，W變大）
例２傳感器是一種采集信息的重要器件．如圖10—23是一種測定壓力的電容式傳感器．當待測壓力F作用于可動膜片電極上時，可使膜片產(chǎn)生形變，引起電容的變化，將電容器靈敏電流計和電源串接成閉合電路．那么()
A．當F向上壓膜片電極時，電容將變小
B．當F向上壓膜片電極時，電容將變大
C．當電流計有示數(shù)時，則壓力F發(fā)生變化
D．當電流計有示數(shù)時，則壓力F不發(fā)生變化
解析：此題考查電容器電容的決定因素及電容器的充放電現(xiàn)象．當壓力F發(fā)生變化時，兩極板間距離d發(fā)生變化，由C∝εS/d可知，電容C將會發(fā)生變化，由于電源始終與電容器相連，電容器上的電壓不變，由C＝Q/U可知電容器帶電量Q將發(fā)生變化，導致電容器充電或放電，這時電流表中就會有電流通過．正確答案：BC．
思考拓寬：仿照測定壓力的電容式傳感器，制做一個測定微小位移(或速度)的電容式傳感器，如圖10—24所示，其中陰影部分為某種電介質(zhì)．請簡單說明其原理．（答案：當電介質(zhì)發(fā)生位移時，電容器的電容發(fā)生變化，由電容變化的量值便可計算出位移的大?。?br> 例３空腔導體或金屬網(wǎng)罩(無論接地與否)可以把外部電場遮住，使其不受外電場的影響;接地的空腔導體或金屬網(wǎng)罩可以使其部不受部帶電體電場的影響，這種現(xiàn)象叫做．
解析：當空腔導體或金屬網(wǎng)罩處在電場中時，其表面會產(chǎn)生感應電荷，只有當感應電荷產(chǎn)生的電場在空腔導體或金屬網(wǎng)罩內(nèi)部與外電場相抵消時才能達到穩(wěn)定狀態(tài)，這時空腔導體或金屬網(wǎng)罩內(nèi)部場強處處為零，內(nèi)部就不受外電場的影響．接地的空腔導體或金屬網(wǎng)罩與大地構成一個整體，與大地等電勢，其周圍電場強度必須為零，因而其外部不受內(nèi)部帶電體電場的影響．
正確答案：內(nèi)部，外部，內(nèi)部，靜電屏蔽．
【能力提升】
Ⅰ知識與技能
1．如圖10—25所示，絕緣導體B、C相接觸，A帶正電荷，下列操作中不能使B帶負電的是()
A．先拿走C，再拿走A
B．先拿走A，再拿走C
C．用手接觸一下C后離開，再拿走A
D．用手接觸一下B后離開，先拿走C，再拿走A
2．平行板電容器電容為C，板間距為d，帶電量為Q．今在兩板正中央處放一個電荷q，則它受到的電場力的大小為（）
Ａ.２KQq/d2B.4KQq/d2C.Qq/CdD.2Qq/Cd
3．如圖10—26所示是一個由電池、電阻R與平行板電容器組成的串聯(lián)電路，在增大電容器兩板間距離的過程中：（）
A.電阻R中沒有電流
B．電容器的電容變大
C．電阻R中有從a流向b的電流
D．電阻R中有從b流向a的電流
4．如圖10—27所示，平行金屬板A、B組成的電容器，充電后與靜電計相連．要使靜電計指針張角變大，下列措施中可行的是()
A．將A板向下移動B．使A板放走部分電荷
C．將B板向右移動D．將AB之間充滿電介質(zhì)
5．以下說法中不正確的是()
A．通訊電纜的外面包一層鉛皮，是用來防止外界電場的干擾
B．為了防止通訊電纜中信號對外界的干擾可將其外面包鉛皮接地
C．法拉第圓筒實驗說明電荷只分布在導體的外表面上
D．金屬網(wǎng)或金屬皮外的帶電體不會在其內(nèi)部產(chǎn)生電場
6．平行板電容器的電容為C，兩極板間距離為L，電容器所帶電荷量為Q，現(xiàn)在使電容器所帶電荷量增加了Q．若極板間有a、b兩點，相距為d，則下列說法中正確的是（）①兩板間原來的電場強度是Q/CL②兩板間現(xiàn)在的電場強度是Q/CL
③兩板間電場強度增加了Q/CL④a、b兩點間的電勢差一定增加了Qd/CL
A．①②B．①②③C．①③D．③④
Ⅱ。能力與素質(zhì)
7．平行板電容器的兩極板接于電池兩極，一個帶正電小球懸掛在電容器內(nèi)部，閉合開關S，電容器充電，這時懸線偏離豎直方向的夾角為，如圖10—28所示．那么()
A．保持開關S閉合，A板向B靠近，則角減小
B．保持開關S閉合，A板向B靠近，則角不變
C．開關S斷開，A板向B靠近，則角增大
D．開關S斷開，A板向B靠近，則角不變
8．如圖10—29是測定液面高度h的傳感器．在導線芯的外面涂上一層絕緣物質(zhì)，放入導電液體中，在計算機上就可以知道h的變化情況，并實現(xiàn)自動控制，下列說法中正確的是()
A．液面高度h變大，電容變小
B．液面高度h變小，電容變大
C．金屬芯線和導電液體構成電容器的兩個電極
D．金屬絲線的兩側(cè)構成電容器的兩電極
9．有一個空腔導體內(nèi)部和外部都有電荷，如圖14—30所示，下述結(jié)論正確的是()
A．導體不接地時，內(nèi)部電場強度受到外部電荷的影響
B．導體不接地時，外部電場強度受到內(nèi)部電荷的影響
C．導體接地時，內(nèi)部電場強度受到外部電荷的影響
D．導體接地時，外部電場強度受到外部電荷的影響
10．如圖10—31所示,平行板電容器兩板A、B通過電流計G、電鍵S和電源相連．當S閉合后，A、B兩板相距為d時，A、B內(nèi)恰有一個帶電微粒處于靜止狀態(tài)．（１）始終閉合Ｓ，將A、B兩板間距離由d增大到2d，電容器的電容將由Ｃ變?yōu)?，A、B間電壓將由Ｕ變?yōu)?，電流計Ｇ中將電流流過（填“有”或“無”），電容器內(nèi)的帶電微將．（２）斷開Ｓ后，將A、B兩板間距離由d減少到d/2，電容器的電容將由Ｃ變?yōu)?，A、B間電壓將由U變?yōu)?，A、B間電場強要將由E變?yōu)?，電流計G中將電流流過（填“有”或“無”），電容器內(nèi)的帶電微將．
11．在觀察油滴在水平放置的平行板電容器中運動的實驗中，原有一油滴靜止在電容器中，給電容器再充上一些電荷Q1，油滴開始向上運動，經(jīng)t秒后，電容器突然放電失去一部分電荷Q2，又經(jīng)t秒，油滴回到原處，假設油滴在運動過程中沒有失去電荷，試求Q2和Q1之比？

專題四帶電粒子在電場中的運動
【考點透析】
一、本專題考點：帶電粒子在電場中的運動為Ⅱ類要求，示波管為Ⅰ類要求。即能夠確切理解帶電粒子在電場中運動的規(guī)律及與其它知識的聯(lián)系，并能夠在實際問題的分析、綜合、推理和判斷等過程中運用．在高考中主要考查方向是：①定性分析帶電粒子在電場中的運動過程；②綜合運用電場和力學知識定量處理帶電粒子在電場中的運動問題（主要是直線運動和類平拋運動）．
二、理解和掌握的內(nèi)容
1．幾種運動形式的處理方法：
（１）平衡：處于靜止狀態(tài)或勻速直線運動狀態(tài)，帶電粒子所受合力為零．應用物體的平衡條件可解決此類問題．
（２）加速：帶電粒子沿與電場線平行的方向進入電場，所受電場力的方向與運動方向在同一條直線上，做加（減）速直線．可利用牛頓運動定律（勻強電場）或功能關系（任何電場）來求解．
（３）偏轉(zhuǎn)：帶電粒子以速度υ0垂直于電場線方向飛入勻強電場，受到恒定的與初速度方向成900電場力作用而做勻變速曲線運動．可用類平拋運動的方法來處理，即將運動分解為垂直電場方向的速度為υ0勻速直線運動和平行電場方向的初速度為零的勻加速直線運動．設帶電粒子電量為q，質(zhì)量為m，兩平行金屬板間的電壓為U，板長為L，板間距離為d，當粒子以初速度υ0平行于兩極板進入電場時，有：x＝L＝υ0t，y＝12at2，又E＝U/d，a＝qE/m＝qU/md；可解得，側(cè)向位移y＝UqL2/2mdυ02；偏向角的正切tgθ＝at/υ0＝UqL/mdυ02.
2．幾點說明在處理帶電粒子在電場中運動問題時是否考慮重力，要通過審題來決定．①基本粒子：如電子、質(zhì)子、α粒子、離子等，一般都不考慮重力；②帶電顆粒：如液滴、油滴、塵埃、小球等，一般都不能忽略重力．
【例題精析】
例1如圖10—32所示，質(zhì)量為m的帶電小球用絕緣絲線懸于O點，并處的水平向左的勻強電場E中，小球靜止時絲線與豎直方向的夾角為，若剪斷絲線，則小球的加速度大小為()
A．0B．g，方向豎直向下
C．gtg，水平向右D．g/cos，沿繩向下
解析：此題是帶電粒子在電場中的平衡和加速問題的綜合題，要運用物體的平衡條件及運動和力的關系分析．絲線被剪斷之前，小球受三個力作用，如圖10—33所示，圖中F為重力mg和電場力FE的合力，由物體的平衡條件絲線的拉力T＝F＝mg/cosθ,當絲線被子剪斷時，帶電小球受的合力為F，又初速度為零，所以帶電小球?qū)⒀谾方向做勻加速直線運動，其加速度大小為a＝F/m＝g/cosθ，方向沿F方向，即沿線向下，所以正確答案為D．
思考與拓寬：題中若場強大小和方向均未知，仍使帶電小球在圖示位置靜止，當絲線被剪斷后，電場強度是否是唯一的？如果不是求電場強度的最小值是多少？（答案：不是；mgtgθ/q）
例2如圖10—34所示，一對水平放置的平行金屬板通過開關S與電源相連，一個帶電微粒從金屬板正上方的O點，由靜止釋放，通過金屬板上的小孔，進入兩平行板間，到達P點后返回，若將上金屬板向上移動到圖中虛線位置，再將帶電微粒從金屬板正上方的O點由靜止釋放，則有()
A．若保持開關閉合狀態(tài)，帶電微粒仍能到達P點返回
B．若保持開關閉合狀態(tài)，帶電微粒尚未到達P點就返回
C．若將開關斷開后，再移上板，帶電微粒仍能到達P點返回
D．若將開關斷開后，再移上板，帶電微粒尚未到達P點就返回
解析：若利用重力勢能與電勢能的相互轉(zhuǎn)化對此題進行分析較為方便．
假設微粒仍能到達P點，當若保持開關閉合時，兩板間總電壓不變，但上極板與P點的電勢差增大，則電荷克服電場力做的功W將大于重力對微粒做的功，所以微粒尚未到達P點就返回，答案B正確；若將開關斷開，則電容器帶電量Q不變，當將上金屬板向上移動到圖中虛線位置時，兩極間總電壓增大，P點與下極板的電壓也增大，則電荷克服電場力做的功W將大于重力對微粒做的功，所以微粒尚未到達P點就返回，答案D正確．正確答案BD．
思考與拓寬：保持電源與兩金屬板相連，若是將下金屬板向上移一小段距離，微粒的運動情況如何？(答案：帶電微粒尚未到達P點就返回)
例3如圖10—35所示，平行正對金屬板相距為d，板長為L，板間電壓為U，C是寬為d的擋板，其上下兩端點與A和B板水平相齊，且C離金屬板與屏S的距離均為L/2，C能吸收射到它表面的所有粒子．現(xiàn)讓電荷量為q的帶電粒子沿A、B兩板中線入射，帶電粒子的質(zhì)量、速率均不相同，不計重力．求:
(1)帶電粒子到達屏S上的寬度；
(2)初動能多大的粒子能到達屏上．
解析：本題考查帶電粒子在電場中運動問題的處理方法．
（1）帶電粒子進入電場后做類平拋運動，從右側(cè)飛出電場后做勻速直線運動，這時速度方向的反向延長線與粒子射入方向恰相交于兩極板的正中央O1點，如圖10—36所示．
帶電粒子到達屏S上的寬度為AB，由圖可知：
AB＝OB－OA
由幾何關系：OBd/2＝3L/2L/2得OB＝3d/2
OAd/2＝3L/2L得OA＝3d/4
所以AB＝3d/2－3d/4＝3d/4，即帶電粒子到達屏S上的寬度為3d/4．
(２)設從偏轉(zhuǎn)電場邊緣射出的粒子偏向角為θ1，由幾何關系有：
tgθ1＝OB／O1O＝3d/23L/2＝d/L，cosθ1＝L/L2+d2，
則該粒子射出電場的速度υt1＝υ0/cosθ1＝υ0L2+d2L，
由動能定理得：Uq/2＝12mυt2－12mυ02＝12mυ02(L2+d2L2－1)
所以此粒子的動能為12mυ02＝UqL2/2d2．
設從擋板邊緣射出的粒子偏向角為θ2，由幾何關系有：
tgθ2＝OA/O1O＝3d/43L/2＝d2/L，cosθ2＝2L/4L2+d2，
則該粒子射出電場的速度υt2=υ0/cosθ2＝υ04L2+d22L，

由動能定理得：Uq/4＝12mυt22-12mυ02＝12mυ02(4L2+d24L2–1)
所以此粒子的動能為12mυ02＝UqL2/d2．
所以，初動能滿足UqL2/2d2＜EK＜UqL2/d2的粒子能到達屏上.
思考與拓寬：若沿中心線進入電場中的粒子帶電量絕對值相等，但電性不同，且具有相同的動能，設這些粒子均能擊中屏S，它們擊中屏的位置有什么特點？（答案：在屏上出現(xiàn)兩個亮點，這兩個亮點關于屏的中心上下對稱）
【能力提升】
Ⅰ知識與技能
1．一束正離子，以相同的速率垂直于場強方向進入同一勻強電場，結(jié)果運動軌跡是重合的，說明這些粒子具有相同的()
A．質(zhì)量B．電量C．荷質(zhì)比D．動能
2．如圖10—37所示，一帶電粒子沿著曲線JK穿過一勻強電場，a、b、c、d為該電場的等勢面，其中abcd．若不計粒子所受的重力，可以確定()
①該粒子帶正電
②該粒子帶負電
③從J到K粒子的動能增加
④粒子從J到K運動過程中動能與電勢能之和不變
A．①③④B．①④C．③④D．②③④
3．如圖10—38所示，M、N是真空中的兩塊平行金屬板．質(zhì)量為m，電荷量為q的帶電粒子，以初速度v0由小孔進入電場，當M、N間電壓為U時，粒子恰能到達N板．如果要使這個粒子到達M、N間距的1/2后返回，下列措施中能滿足要求的是(不計帶電粒子的重力)()
A．使初速度減為原來的1/2
B．使M、N間電壓減半
C.使M、N間電壓提高到原來的4倍
D．使初速度和M、N間電壓都減為原來的1/2
4．如圖10—39所示是某示波管的示意圖，如果在水平放置的偏轉(zhuǎn)電極上加一個電壓，則電子束將被偏轉(zhuǎn)．每單位電壓引起的偏轉(zhuǎn)距離叫示波管的靈敏度，下面這此措施中對提高示波管的靈敏度有用的是()
A．盡可能把偏轉(zhuǎn)極板L做的長一些
B．盡可能把偏轉(zhuǎn)極板L做的短一些
C．盡可能把偏轉(zhuǎn)極板間的距離做的大一些
D．將電子槍的加速電壓提高一些
Ⅱ。能力與素質(zhì)
5．一個電子以初速度v0從A點開始運動，由于受到一個點電荷的作用，其運動軌跡如圖10—40中實線所示，圖中B為軌跡上的一點，虛線是過A、B兩點并與軌跡相切的直線，虛線和直線將運動平面分為5個區(qū)域．則關于點電荷的位置，下列說法正確的是()
①如果這個點電荷帶正電，則它一定在④區(qū)
②如果這個點電荷帶正電，則它一定在②區(qū)
③如果這個點電荷帶負電，則它一定在②區(qū)
④如果這個點電荷帶負電，則它一定在③區(qū)
A．①④B．②③C．②④D．①③
6．如圖10—41所示，帶電量之比qA:qB=1:3的帶電粒子A和B，先后以相同的速度從同一點射入平行板電容器中，不計重力，帶電粒子偏轉(zhuǎn)后打在同一極板上，飛行水平距離之比為xA:xB=2:1．則帶電粒子的質(zhì)量之比mA:mB以及在電場中飛行時間之比tA:tB分別為()
A．1:1，2:3B．2:1，3:2C．1:1，3:4D．4:3，2:1
7．如圖10—42所示，電子以v0的速度沿與電場垂直方向從A點飛進勻強電場，并且從另一端B沿與場強方向成1500角飛出，那么AB兩點的電勢差是.
8．如圖10—43所示，實線為電場線，虛線為等勢面且相鄰等勢面間的電勢差相等．一正電荷在等勢面U3上時，具有動能20J，它在運動到等勢面U1上時，速度為零．令U2＝0，那么，當該電荷的電勢能為4J時，其動能大小為J．
9．如圖10－44所示，Ａ、Ｂ是一對平行的金屬板兩板間距為d，在兩板間加上一周期為Ｔ的交變電壓u．Ａ板的電勢UA＝0，Ｂ板的電勢B隨時間的變化規(guī)律為:在０到T/2時間內(nèi)，B＝U0（正的常數(shù)）；在T/2到T的時間性內(nèi)，B＝－U0；在T到3T/2的時間內(nèi)B=U0；在此T/2到2T的時間內(nèi)，B＝－U0；……．t=0時有一電子從A板上的小孔進入兩板間的電場區(qū)域內(nèi)．設電子的初速度和重力的影響均可忽略．要想使這個電子到達B板時具有最大動能，則所加電壓的周期T應滿足什么條件？
10．相距為d的兩平行金屬板M、N與電池相連，如圖10－45所示，一帶電粒子從M板邊緣，垂直于電場方向射入，并打在N板的中心，現(xiàn)使粒子原樣射入，但恰能射出電場，不計重力，就下列兩種情況，分別求出N板下移的距離．(1)電鍵K閉合；(2)把閉合的電鍵K斷開．
11．如圖10—46所示，相距d的水平放置的兩平行金屬板構成的電容器電容為C，a板接地且中央有一孔．開始時兩板勻不帶電．現(xiàn)將電量為q，質(zhì)量為m的液滴一滴一滴的從小孔正上方h處無初速度滴下，前一滴到達b板后下一滴才開始下落．液滴到b板后，其電荷全部轉(zhuǎn)移給b板．不計空氣阻力的影響，重力加速度為g．求:
(1)能夠到達b板的液滴不會超過多少滴？
(2)若能夠到達b板的液滴數(shù)為k，則第k+1滴如何運動？

專題五處理電場問題的方法
【考點透析】
一、本專題考點：能綜合運用電場及力學知識對實際問題進行分析、綜合、推理和判斷．考查的方向是在力電綜合試題中巧妙地把電場的概念與牛頓定律、功能關系等力學知識有機地結(jié)合起來，考查學生對力學、電學相關概念的理解和規(guī)律的綜合運用．
二、理解和掌握的內(nèi)容
1．常用方法和關系
（1）電場線和等勢面的應用：處理電場的簡單問題，通常要先畫出電場線和等勢面，用于比較空間各點的電場的電勢，應注意“五看”：
①看電場線的切線方向，確定場強的方向；
②看電場的疏密，比較場強的大?。?br> ③看電場線的走向，比較電勢的高低；
④看電場力做什么功，確定電勢能的增減；
⑤看電勢能零點位置的選取，確定電勢能的正負．
（2）電場中的功能關系：
①計算電場力做的功有兩種方法：W＝qEd(適應于勻強電場)；W＝qU（適應于一切電場）．
②注意運用功能關系處理電場問題：
Ⅰ.只有電場力做功時，帶電粒子的電勢能只與動能發(fā)生相互轉(zhuǎn)化，電場力做的功等于帶電粒子動能的改變量，即：WAB＝qUAB＝EK＝－ε，注意：A、B為帶電粒子在電場中運動軌跡的始末兩點，UAB為兩點間的電勢差．
Ⅱ.若僅有重力和電場力做功，則EK＝W總＝W重＋W電＝-E重－ε電，則E重＋EK＋ε電＝0，即：帶電粒子的動能、重力勢能、電勢能的總和保持不變．
（3）帶電粒子在電場中運動問題的處理方法：
求解帶電粒子在電場中的運動，實際上就是力學中處理物體運動問題的繼續(xù)，運用牛頓運動定律分析受力和運動過程仍是決解問題的關鍵，在此基礎上正確運用牛頓運動定律、功能關系、動量守恒定律是決解問題的手段．還要注意運用等效法和類比法．
【例題精析】
例1如圖10—47所示，平行直線表示電場線，一帶電量為+10-2C的粒子在電場中只受電場力作用，由A點移到B點，動能損失0.1J，若A點電勢為-10V，則()
A．B點的電勢為0
B．電場線方向從右向左
C．粒子的運動軌跡可能是軌跡1
D．粒子的運動軌跡可能是軌跡2
解析：由動能定理，UABq＝EK，UAB＝EK/q＝-0.1/10+2＝-10V，又UAB＝UA－UB，所以UB＝UA－UAB＝0，答案A正確；由題知粒子由A點移到B點，動能減小了，由動能定理可知電荷克服電場力做了功，因此，電場力的方向向左，又粒子帶正電，所以電場線方向從右向左，答案B正確；再由運動和力的關系判斷，粒子運動的軌跡只能是軌跡1．答案C正確．正確答案：ABC．
例2如圖10—48所示，半徑為r的絕緣光滑圓環(huán)固定的豎直平面內(nèi)，環(huán)上套有一個質(zhì)量為m，帶正電的珠子，空間存在水平向右的勻強電場，珠子所受電場力的大小等于其重力的大小，將珠子從環(huán)上最低位置A由靜止釋放，那么珠子所能獲得的最大動能為多少？
解析：本題是帶電體在重力和電場力共同作用下的運動問題．此題的處理方法較多，但關鍵是分析確定動能最大的位置，然后運用力學中的方法求解．
珠子在電場力Eq、重力mg和彈力N的作用下沿環(huán)運動，運動到如圖10—49所示位置時，動能最大．
因為Eq＝mg，所以θ=450
設珠子的最大動能為EK，由動能定理得：
Eqrsinθ－mg(r-rcosθ)＝EK
解得：EK＝mgr(2–1)
思考與拓寬：在A點給珠子一個多大的初速度，能使它在豎直平面內(nèi)做圓周運動？這時珠子對光滑圓環(huán)的最大作用力是多大？（答案：52gr,62mg）
例3如圖10—50所示，傾角為300的直角三角形的底邊BC長為2L，底邊處在水平位置，斜邊AC為光滑絕緣導軌．現(xiàn)在底邊中點O處放一正點電荷Q，讓一個帶正電的小球從斜面頂端A滑下（始終不脫離斜面），已測得它滑到斜邊的垂足D處的速度大小為υ,加速度大小為a．
(1)在質(zhì)點的運動中不發(fā)生變化的是（）
A．動能B．電勢能與重力勢能之和
C．動能與重力勢能之和D．動能、電勢能和重力勢能三者之和
(2)質(zhì)點的運動是()
A．勻加速運動B．先勻加速后勻減速
C．勻減速運動D．加速度隨時間變化的運動
(3)該質(zhì)點滑到非常接近底端C點時的速率vc為多少？沿斜面向下的加速度aC為多少？
解析：由于點電荷Q電場的存在，質(zhì)點必做加速度變化的運動，解答此題要抓住點電荷電場的特點，運用牛頓第二定律和功能關系來解決問題．
（1）由于斜面是光滑的，帶電小球在下滑過程中，只有重力和電場力做功，所以小球的機械能和電勢能之和保持不變．答案D正確．
（2）由于帶電小球在運動過程中所受的電場力的大小和方向是變化的，其合力必是變力，所以小球的加速度是隨時間變化的．答案D正確．
（3）依題意，D、C兩點與點電荷Q的距離相等，所以它們的Q電場中的同一等勢面上，小球從C點運動到D點的過程中電場力做功為零，由動能定理得：
mgh＝12mυC2-12mυ2又h＝Lsin600
解得：υC＝υ2+3gL
小球在C點和D點的受力如圖10—51所示，其中電場力大小相等，均為F，由牛頓第二定律：在D點有mgsin300－Fcos300＝ma
在C點有mgsin300＋Fcos300＝maC
解以上兩個方程得：aC＝g－a．
【能力提升】
Ⅰ知識與技能
1．如圖10—52所示，在水平方向的勻強電場中，一帶電微粒沿v0方向飛入后，沿虛線方向從A運動到B點(重力不能忽略)，則在此過程中微粒的()
A．動能減小，電勢能增加B．動能減小，電勢能也減小
C．動能增加，電勢能減小D．動能增加，電勢能也增加
2．如圖10—53所示，在水平向左的勻強電場中用絕緣絲線吊起一個帶負電的小球，小球在A平衡狀態(tài)．如果將小球由懸點正下方的B點由靜止釋放，在小球由A到B的過程中，用表示電勢能的增量，用EP表示重力勢能的增量，用E表示二者的代數(shù)和，以下關系中正確的是()
A．=EP，E0B．EP，E0
C．=EP，E=0D．EP，E0
3．如圖10—54，帶電體Q固定，帶電體P的電量為q，質(zhì)量為m，與絕緣的水平面間的滑動摩擦因數(shù)為，將P在A點由靜止放開，在Q的排斥下運動到B點停下，AB相距為S，下列說法中正確的是()
①將P從B點由靜止拉到A點，水平拉力至少做功2mgS
②將P從B點由靜止拉到A點，水平拉力至少做功mgS
③P從A點運動到B點，電勢能增加mgS
④P從A點運動到B點，電勢能減少mgS
A．①②③B．①④C．②③④D．③④
4．如圖10—55所示，一帶負電的油滴，從坐標原點O以速率V0射入水平的勻強電場，V0的方向與電場方向成θ角．已知油滴質(zhì)量為m，測得它在電場中運動到最高點P時的速率恰為V0，設P點的坐標為(xp，yp)，則應有()
A．xp0B．xp0C．xp=0D．條件不足無法判定
5．如圖10—56所示，有兩個完全相同的試探電荷q1和q2，在點電荷正Q的電場中，分別沿圓軌道做勻速率圓周運動，則q1和q2有電勢能、動能大小關系是()
A．EP1EP2，EK1EK2B．EP1EP2，EK1EK2
C．EP1EP2，EK1EK2D．EP1EP2，EK1EK2
6．如圖10—57所示，a、b和c表示點電荷電場中的三個等勢面，它們的電勢分別為U、2U/3和U/4．一帶電粒子從等勢面a上由靜止釋放后，僅受電場力作用而運動．已知它經(jīng)過等勢面b時的速率為v則它經(jīng)過等勢面c時的速率為．
Ⅱ。能力與素質(zhì)
7．如圖10—58所示，有一束電子，質(zhì)量為m，電量為e，以平行于OX軸的速度v0，從Y軸上的a點射入第一象限，為子使這束粒子能通過X軸上的b點，可在第一象限內(nèi)的某處加一個沿Y軸正方向的勻強電場，設此電場強度為E，沿Y軸方向無限長，沿X軸方向?qū)挾葹镾，且已知oa＝L，ob＝2S，求該電場的左邊界與b點間的距離．
8．如圖10—59所示，在勻強電場中有A、B、C三點，AB＝5cm，AC＝3cm，BC＝4cm．有一勻強電場，場強方向平行于紙面，電子在電場力作用下經(jīng)C運動到A，動能減少了120eV．質(zhì)子在電場力作用下經(jīng)C運動到B，動能增加了120eV，求勻強電場的場強大小和方向．
9．如圖10—60所示，ab是半徑為R的圓的一條直徑，該圓處于勻強電場中，場強大小為E，方向一定．在圓周平面內(nèi)，將一帶正電q的小球從a點以相同的動能拋出，拋出方向不同時，小球會經(jīng)過圓周上不同的點，在所有的點中，到c點時小球的動能最大．已知∠cab＝300，若不計重力和空氣阻力，試求:
(1)電場方向與ac間的夾角是多大？
(2)若小球在a點時初速度方向與電場方向垂直，且小球恰好能落在c點，則初動能為多大？
10．如圖10—61所示，光滑絕緣細桿豎直放置，它與一正電荷Q為圓心的某一圓周交于B、C現(xiàn)兩點，一個質(zhì)量為m，帶電量為-q的有孔小球，從桿上A點無初速度下滑，已知q遠小于Q，AB＝BC＝h，小球滑到B點時速度大小為3gh，求:
(1)小球由A到B的過程中電場力做的功；
(2)AC兩點的電勢差．

效果驗收
1．有兩個金屬小球半徑均為R，其中一個2Q，另一個不帶電，將兩球相互接觸后，使其球心相距3R放置，其靜電力為()
A．kQ2/(3R)2B．大于kQ2/(3R)2C．小于kQ2/(3R)2D．條件不足無法確定
2．在x軸上有兩個點電荷，一個帶正電Q1，一個帶負電Q2，且Q1=2Q2，用E1和E2分別表示兩個電荷所產(chǎn)生的場強的大小，則在x軸上有()
A．E1=E2之點只有一處，該點合場強為零
B．E1=E2之點共有兩處，一處合場強為零，另一處合場強為2E2
C．E1=E2之點共有三處，其中兩處合場強為零，另一處合場強為2E2
D．E1=E2之點共有三處，其中一處合場強為零，另兩處合場強為2E2
3．如圖10—62所示，A、B、C、D是某勻強電場中的4個等勢面，一個質(zhì)子和一個α粒子（電荷量是質(zhì)子的2倍，質(zhì)量是質(zhì)子的4倍）同時在A等勢面從靜止出發(fā)，向右運動，當?shù)竭_D面時，下列說法正確的是（）
A．電場力做功之比為1∶2B．它們的動能之比為2∶1
C．它們的動量之比是2：1D．它們運動的時間之比為1∶1
4．在描繪電場中等勢線的實驗中所用靈敏電流表指針偏轉(zhuǎn)方向與電流方向的關系是:當電流從正接線柱流入電流表D時，指針偏向正接線柱一側(cè)．某同學用這個電流表探測基準點2的等勢點時，把與電流表正接線柱相連的表筆E1接觸在基準點2上，把連接負接柱的表筆E2接觸在紙上的某點，如圖10—63所示，若發(fā)現(xiàn)電流表的指針發(fā)生了偏轉(zhuǎn)，該同學移動E2的方向正確的是()
①若表的指針偏向正接線柱一側(cè)，E2向右移動
②若表的指針偏向正接線柱一側(cè)，E2向左移動
③若表的指針偏向負接線柱一側(cè)，E2向右移動
④若表的指針偏向負接線柱一側(cè)，E2向左移動
A．①③B．②③C．②④D．①④
5．如圖10—64所示，在點電荷-Q1激發(fā)的電場中有一檢驗電荷-Q2，若將-Q2從b點移到a點時，電場力做功W，則下述答案中正確的是()
A．Uab的大小一定是W/Q2
B．Uab的大小一定是W/Q1
C．若將Q2的電量加倍，Uab也變成原來的兩倍
D．若將Q1的電量加倍，Uab不變
6．帶電粒子以初動能EK沿垂直于電場線的方向射入并穿過兩平行金屬板間的勻強電場，射出時的末動能為2EK，若粒子射入時的初動能加大到2EK，則它穿出電場時的末動能為()
A．2EKB．2.5EKB．3EKB．4EK
7．在某一電場中，選取坐標如圖10—65所示．A為x軸上的一點，B、C為y為上的兩點．將正檢驗電荷從A點移到B點的過程中克服電場做功為W，如果將該檢驗電荷從A點移到C點，克服電場做功也為W，則()
A．產(chǎn)生此電場的電荷可能是正電荷，位于第Ⅳ象限
B．產(chǎn)生此電場的電荷可能是負電荷，位于第Ⅰ象限
C．此電場可能是勻強電場，方向沿y軸正方向
D．此電場可能是勻強電場，方向沿x軸負方向
8．如圖10—66，a、b、c是勻強電場中的三點，各點電勢a=10V，b=2V，c=6V，a、b、c三點在同一平面上，下列各圖中電場強度的方向表示正確的是()
9．如圖10—67所示，豎直方向的一條直線MN是靜電場中一條電場線，若一帶電微粒從A點由靜止釋放，微粒沿豎直方向下落，到B點時速度為零，不計空氣阻力，則()
①微粒的運動不可能是勻速運動，也不可能是勻加速運動
②A點的場強一定大于B點的場強
③可能是A點電勢比B點高，也可能是B點電勢比A點高
④微粒從A點運動到B點的過程中，重力勢能的變化大于電勢能的變化
A．①②B．①④C．①③D．②③
10．一質(zhì)量為210-16kg的帶正電的油滴，靜止在兩塊相距3.2cm的水平放置的平行金屬板之間，則兩板間的電壓可能是()
①800V②400V③300V④200V
A．①②B．②④C．①③D．②③
11．如圖10—68所示，q1、q2、q3分別表示在一條直線上的三個點電荷，已知q1與q2之間的距離為L1，q2與q3之間的距離為L2，且每個電荷都處于平衡狀態(tài)．①如果q2為正電荷，則q1為電荷，q3為電荷；②q1、q2、q3三者電量大小之比為::．
12．如圖10—69所示，平行板電容器水平放置，兩板與電源相連，A板接靜電計小球，B板接靜電計外殼，這時有一帶電微粒靜止在電容器中．在開關S閉合時，將A板水平向左移動一段距離，微粒的運動情況是，電容器所帶電荷量的變化情況是；如果將開關S斷開，將A板水平向左移動一段距離，微粒的運動情況是，靜電計指針張角的變化情況是．
13．AB兩個帶電小球，質(zhì)量分別為2m和m，原來均靜止，現(xiàn)將它們同時釋放，在庫侖力作用下運動，釋放時AB間距為d，B的加速度為a．經(jīng)過一段時間后，A的加速度也為a，且速度為v，此時AB間距離為；此過程中系統(tǒng)減少的電勢能為．
14．在下列所給的器材中，應該選用的是(用器材前的字母表示)：A．6V的交流電源;B．6V的直流電源;C．100V的直流電源;D．量程0—0．5V，零刻度在刻度盤中央的電壓表;E．量程0—300A，零刻度在刻度盤中央的電流表．
在實驗過程中，要把復寫紙、導電紙、白紙鋪放在木板上，它們的順序(自上而下)是①，②，③．
實驗中，按下電鍵，接通電路，若一個探針與基準點O接觸，另一探針已分別在基準點O的兩側(cè)找到了實驗所需要的兩點a、b如圖10—70，則當此探針與a接觸時，電流表指針應(左偏、指零、右偏);當此探針與b接觸時，電流表的指針應(左偏、指零、右偏)．
15．電子電量為e，質(zhì)量為m，以速度v0沿著電場線射入場強為E的勻強電場中，如圖10—71所示，電子從A點入射到達B點速度為零，求：
（1）A、B兩點的電勢差；
（2）A、B間的距離．
16．如圖10—72所示，A、B板間有一勻強電場，兩板間距為d，所加電壓為U，有一帶電油滴以初速v豎直向上自M點飛入電場，到達N點時，速度方向恰好變?yōu)樗剑笮〉扔诔跛賤，試求：
（1）油滴從M點到N點的時間．
（2）M、N兩點間的電勢差．
17．如圖10—73所示，一個半徑為R的絕緣光滑半圓環(huán)，豎直放在場強為E的勻強電場中，電場方向豎直向下．在環(huán)壁邊緣處有一質(zhì)量為m，帶有正電荷q的小球，由靜止開始下滑，求小球經(jīng)過最低點時對環(huán)底的壓力．
18.噴墨打印機的結(jié)構簡圖如圖10—73所示，其中墨盒可以發(fā)出墨汁微粒，其半徑約為10-5m，此微粒經(jīng)過帶電室時被帶上負電，帶電的多少由計算機按字體筆畫高低位置輸入信號加以控制．帶電后的微粒以一定的速度進入偏轉(zhuǎn)電場，帶電微粒經(jīng)過偏轉(zhuǎn)電場發(fā)生偏轉(zhuǎn)后，打在紙上，顯示字體．無信號輸入時，墨汁微粒不帶電，徑直通過偏轉(zhuǎn)電場而注入回流槽流回墨盒．設偏轉(zhuǎn)極板長1.6cm，兩板間距離為0.5cm，偏轉(zhuǎn)極板的右端距紙3.2cm．若一個墨汁微粒的質(zhì)量為1.610-10kg，以20m/s的初速度垂直于電場方向進入偏轉(zhuǎn)電場，兩偏轉(zhuǎn)極板間的電壓是8.0103V，若墨汁微粒打在紙上的點偏離原射入方向的距離為2.0mm，求這個墨汁微粒通過帶電室時帶的電量是多少？(不計空氣阻力和重力，可以認為偏轉(zhuǎn)電場只局限在平行板電容器內(nèi)部，忽略邊緣電場的不均勻性)．為了使紙上的字體放大10%，請你提出一個可行的方法．

第九章電場參考答案
專題一1．Ａ，2．Ｂ，3．Ｃ，4．Ｃ，5．Ｂ，6．Ａ，7．（－∞，－１）和（０，１），
8．①，②２v，9．KQr2/4R4，由Ｏ點指向小孔，10．2.9106N/C.
專題二1．A，2．B，3．C，4．C，5.B，6.Ｃ，7.０，mv2θ/sq，，8．2.010－１１Ｊ，
9.ＥＫＡ＝E０／3，EＫＢ＝2E０／3，10．圖略，－6eV，11．圖略，ＵＢ＝－60Ｖ，電勢能增加了
4.810－５Ｊ．
專題三1.Ｂ，2.C，3.C，4.AＣ，5.D，6.Ｃ，7.Ｄ，8．Ｃ，9.B，10．①C/2,U,向下加速運動;②2C,U/2,E,無,靜止不動11．4/1．
專題四１．Ｃ，2．B，3．D，4．Ａ，5．D，6．Ｄ，7．3mv02/2e，8．６，9．Ｔ＞２d2m/Uq，10．①d，②3d．11．①mg(h+d)/q2，②先向下做自由落體運動,進入兩極板間后勻減速運動直到速度減小到零,然后向上勻加速運動,階段兩極板間穿出后做豎直上拋運動,回到初始位置時速度減為零;以后將重復以上運動.
專題五1．Ａ，2．B，3．B，4．Ｂ，5．Ｃ，6．1.5v，7．①②S/2+mv02L/Ees，8．由Ｃ點垂直指向ＡＢ，510３Ｖ／m，9．①30０,②EqR/8.10.mgh/2,mgh/2q,
效果驗收1．C，2．B，3．A，4．Ｂ，5．A，6．Ｂ，7．D，8．D，9．Ｃ，10．Ｂ，11．負，負，１：L22(L1+L2)2：L22L12，12．仍靜止，減小，向上加速，變大，13.2d/2,３mv2，14．BE、導電紙、復寫紙、白紙；指零，指零,15.，16．v/g，Uv2/2gd，17．3（mg＋qE），
18．①1.2510-13C，②a.將偏轉(zhuǎn)電壓提高到8.8103V，b.將偏轉(zhuǎn)電場與紙間的距離增大為3.6cm.

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高考物理近代物理知識網(wǎng)絡復習教案

俗話說，磨刀不誤砍柴工。作為高中教師就要好好準備好一份教案課件。教案可以讓學生們有一個良好的課堂環(huán)境，使高中教師有一個簡單易懂的教學思路。怎么才能讓高中教案寫的更加全面呢？以下是小編收集整理的“高考物理近代物理知識網(wǎng)絡復習教案”，希望能為您提供更多的參考。

第十六章近代物理
本章知識大部分內(nèi)容是高考考試說明中要求初步了解的內(nèi)容.由于近代物理在現(xiàn)代科學技術中應用日益廣泛，聯(lián)系實際問題增加，因此本章知識幾乎是高考年年必考內(nèi)容之一．本章內(nèi)容分為兩部分，即量子論初步與原子核．
量子論初步主要圍繞“光”這一主題，研究光的本質(zhì)及產(chǎn)生過程中表現(xiàn)出的量子化問題；原子核的研究則是通過對一些發(fā)現(xiàn)及實驗的分析，闡明原子核的組成及其變化規(guī)律．在學習近代物理的過程中，我們不僅要學習本章所闡明的物里知識及規(guī)律，更重要的是還要學習本章在研究問題過程中所表現(xiàn)出的物理思想和物理方法，對提高分析綜合能力有很大幫助的．
本章相關內(nèi)容及知識網(wǎng)絡
專題一光電效應
［考點透析］
一、本專題考點光電效應、光子和愛因斯坦光電效應方程是Ⅱ類要求。
二、理解和掌握內(nèi)容
１．光電效應：在光（包括不可見光）的照射下從物體表面發(fā)射電子的現(xiàn)象叫做光電效應，發(fā)射出的電子叫光電子．光電效應的規(guī)律如下：
①任何一種金屬，都有一個極限頻率，入射光的頻率必須大于這個極限頻率，才能發(fā)生光電效應。
②發(fā)出的光電子的最大初動能與入射光的強度無關，只隨著入射光頻率的增大而增大．
③當入射光照射到金屬上時，光電子的發(fā)射幾乎是瞬時的，一般不超過10-9S．
④當入射光的頻率一定且大于極限頻率時，單位時間內(nèi)逸出的光電子數(shù)與入射光的強度成正比．
上述規(guī)律與波爾理論的矛盾可概括為兩點：
①電子吸收光的能量是瞬時完成的，而不象波爾理論預計的那樣有積累過程．
②光的能量與頻率有關，而不象波爾理論預計的那樣是由振幅決定．
２．愛因斯坦對光電效應的解釋：
①空間傳播的光是不連續(xù)的，而是一份一份的，每一份叫做一個光子．一個光子的能量可寫成：Ｅ＝hγ（式中h稱為普朗克常數(shù)，其值為h＝6.63×10-34Js）．
②當光照射到物體表面時，光子的能量可被某個電子吸收，吸收了光子的電子如果具備足夠的能量，就可掙脫周圍原子核的束縛而物體表面飛出從而形成光電子．
③光電子的最大初動能與入射光的頻率之間滿足下列關系式：
上式稱為愛因斯坦光電效應方程，式中Ｗ稱為逸出功，其值等于電子為掙脫周圍原子的束縛形成光電子所需的最小能量．
如果入射光子的能量小于Ｗ，電子即使俘獲了光子，也不能掙脫周圍原子的束縛形成光電子，這就是極限頻率的存在的原因；否則如果入射光的頻率較高，一個光子的能量能被一個電子完全吸收而不需要能量的積累過程即可形成光電子，這就解釋了光電效應的瞬時性；在入射光的頻率一定時，入射光的強度越大，單位時間內(nèi)射入的光子數(shù)就越多，因而被電子俘獲的機會也就越大，這樣就解釋了單位時間內(nèi)逸出的光子數(shù)與入射光的強度成正比；至于光電子的最大初動能決定于入射光的頻率從光電方程中即可看出這點．
［例題精析］
例題１下列關于光電效應規(guī)律說法中正確的是（）
Ａ．入射光的頻率加倍，光電子的最大初動能也加倍
Ｂ．增大入射光的波長，一定可增大單位時間內(nèi)逸出的光電子數(shù)
Ｃ．提高光電管兩端的電壓，可增大逸出光電子的最大初動能
Ｄ．保持入射光的強度不變而增大其頻率，則單位時間內(nèi)逸出的光電子數(shù)將減少
解析：本題主要考查對愛因斯坦光子說及光電方程的理解．光電效應方程表明：光電子的最大初動能隨著入射光頻率的增大而增大，但不是成正比，所以Ａ選項錯．波長增大，頻率降低，可能不發(fā)生光電效應，況且單位時間內(nèi)逸出的光電子數(shù)與入射光的波長并沒有直接關系，所以Ｂ選項錯．光電管兩端的電壓對光電效應中光電子的逸出沒有影響，它只能改變光電子逸出后的動能而不能影響光電子剛逸出時的初動能，所以Ｃ選項也是錯的．表面上看來，根據(jù)光電效應規(guī)律中的“當入射光的頻率大于極限頻率時，單位時間內(nèi)逸出的光電子數(shù)與入射光的強度成正比”判斷，Ｄ選項也不對，但實際上，上述規(guī)律應是在頻率一定的條件下結(jié)論才能成立，在該條件下，入射光的強度增大，也就增大了單位時間內(nèi)入射的光子數(shù)，這樣才能導致光電子數(shù)的增加．也就是說單位時間內(nèi)逸出的光電子數(shù)正比于單位時間內(nèi)射入的光子數(shù)，而該題Ｄ選項是在保持強度不變的情況下增大入射光的頻率，這樣就會使得單位時間內(nèi)射入的光子數(shù)減少，因而必將導致單位時間內(nèi)逸出的光電子數(shù)減少，所以本題正確選項為Ｄ．
思考與拓寬：如果某種金屬的極限頻率在紅外區(qū)，現(xiàn)在分別用相同功率的綠光燈和紫光燈在相同的距離下照射該金屬，試分析兩種情況下單位時間內(nèi)逸出的光電子數(shù)是否相同？
例題2一般情況下，植物的葉在進行光合作用的過程中，最不易吸收下列哪種顏色的光的光子？（）
Ａ．紅色光Ｂ．綠色光Ｃ．藍色光Ｄ．紫色光
解析：本題主要考查知識的遷移能力及推理能力．初看題目，給人的感覺似乎是一道生物題，但仔細分析一下，該題實際上是一道物理題．我們都知道：物體在接收光的照射時往往表現(xiàn)出兩個方面的反應，即反射和吸收，物體的顏色往往取決于其反射光的顏色，植物的葉一般都呈綠色說明植物的葉對綠光的反射較強烈，因而對綠色光的吸收也就較差，因此本題的正確選項應為Ｂ．
［能力提升］
Ⅰ知識與技能
１．三種不同的入射光Ａ、Ｂ、Ｃ分別照射在三種不同的金屬ａ、ｂ、ｃ的表面，均恰可使金屬中逸出光電子，若三種入射光的波長滿足下列關系λA＞λB＞λC，則：（）
Ａ．用入射光Ａ照射金屬ｂ或ｃ，則金屬ｂ和ｃ均可發(fā)生光電效應
Ｂ．用入射光Ａ和Ｂ同時照射金屬ｃ，則金屬ｃ可發(fā)生光電效應
Ｃ．用入射光Ｃ照射金屬ａ或ｂ，則金屬ａ和ｂ均不能發(fā)生光電效應
Ｄ．用入射光Ｂ和Ｃ照射金屬ａ，則均可使金屬ａ可發(fā)生光電效應
２．光電效應的四條規(guī)律中，波動說僅能解釋的一條是（）
Ａ．入射光的頻率大于極限頻率才能產(chǎn)生光電效應
Ｂ．單位時間內(nèi)逸出的光子數(shù)與入射光強度成正比
Ｃ．光電子最大初動能只與入射光的頻率有關
Ｄ．當入射光照射到金屬上時，光電子的發(fā)射幾乎是瞬時的
３．關于光電效應下列說法正確的是（）
A．金屬的逸出功與入射光的頻率成正比
B．單位時間內(nèi)產(chǎn)生的光電子數(shù)與入射光的強度無關
C．用不可見光照射金屬一定比用可見光照射同種金屬產(chǎn)生的光電子的最大初動能大
Ｄ．對任何金屬都存在一個“最大波長”，入射光的波長大于此波長時，就不能產(chǎn)生光電效應
４．對愛因斯坦光子說的理解，下列說法正確的是()
Ａ．光子能量能被電子吸收一部分，使光子頻率降低
Ｂ.光子能量不能被吸收一部分,被吸收時，要么全部被吸收，要么不被吸收
Ｃ．在光電效應中，金屬板表面的電子可吸收多個光子，然后逸出
Ｄ.原子吸收光子，只能一次性全部吸收一個光子的能量，且任何光子都被吸收
５．有關光的波粒二象性，下列說法中正確的是（）
Ａ．光子能量越大，光的波動性越顯著
Ｂ．光的波長越長，光的粒子性越顯著
C．少數(shù)光子行為表現(xiàn)光的粒子性，大量光子行為表現(xiàn)光的波動性
D．光的粒子性表明光是由一些小顆粒組成的
６．入射光照到某金屬表面并發(fā)生光電效應，若把光強度減弱而頻率不變，則（）
Ａ．從光照到金屬上到發(fā)射出電子的時間間隔將增長
Ｂ．光電子最大初動能會減小
Ｃ．單位時間內(nèi)逸出的電子數(shù)將減少
Ｄ．可能不發(fā)生光電效應
Ⅱ能力與素質(zhì)
７．用紅色光照射光電管陰極發(fā)生光電效應時，光電子的最大初動能為Ｅ1，光電流為
Ｉ1，若改用強度相同的紫光照射同一光電管，產(chǎn)生光電子的最大初動能和光電流分別為Ｅ2和Ｉ2，則下列關系正確的是：（）
Ａ．Ｅ1＞Ｅ２Ｉ1＝Ｉ2Ｂ．Ｅ1＜Ｅ２Ｉ1＝Ｉ2
Ｃ．Ｅ1＜Ｅ２Ｉ1＞Ｉ2Ｄ．Ｅ1＞Ｅ２Ｉ1＞Ｉ2
８．在研究光的波動性所做的雙縫干涉實驗中，如果無限減弱入射光的強度，以至于可認為光子只能一個一個地通過狹縫，并將光屏換上感光底片，則將出現(xiàn)下列結(jié)果：
①短時間曝光，底片上將出現(xiàn)一些不規(guī)律排列的點子，這些點子是光子打到底片上形成的；
②短時間曝光，底片上將出現(xiàn)干涉條紋，只不過條紋不是很清晰；
③如果長時間曝光，底片上將出現(xiàn)干涉條紋，表現(xiàn)出光的波動性；
④不論曝光時間長短，底片上都將出現(xiàn)清晰的干涉條紋．
上述判斷中正確的是：（）
Ａ．只有①②Ｂ．只有②③Ｃ．只有①③Ｄ．只有④
９．一個功率為100W的正在工作的電燈主要向外輻射紅外線和可見光，兩者的比例大約為4∶1，如果可見光的平均波長按500nm計算，試估算每秒鐘一個該燈泡輻射出的可見光光子數(shù)目為_____________．(結(jié)果取一位有效數(shù)字，普朗克常數(shù)ｈ＝6.63×10－34Js）
10．在綠色植物的光合作用中，每放出一個氧分子需吸收８個波長為688nm的光子的能量．晚上用“220Ｖ、100Ｗ”的白熾燈照射蔬菜大棚內(nèi)的蔬菜，如果該燈的發(fā)光效率為20％，且其中50%的光能被蔬菜吸收，則一晚（12小時）可放出氧氣__________升．（普朗克常數(shù)ｈ＝6.63×10－34Js．阿伏伽德羅常數(shù)N0＝6.02×1023mol－１）
專題二原子能級物質(zhì)波
［考點透析］
一、本專題考點氫原子的能級是Ⅱ類要求，物質(zhì)波是Ⅰ類要求。
二、理解和掌握內(nèi)容
1897年，湯姆生發(fā)現(xiàn)了電子，從而提出了原子結(jié)構的問題．湯姆生認為：原子是一個球體，正電荷均勻分布在整個球體內(nèi)，電子像棗糕里的棗子那樣鑲嵌在原子里．為了探究原子的組成，英國物理學家盧瑟福于1911年做了α粒子散射實驗（將在后面分析）．通過分析試驗結(jié)果，盧瑟福提出了原子的核式結(jié)構模型：在原子的中心有一個很小的核，叫做原子核，原子的全部正電荷和幾乎全部質(zhì)量都集中在原子核里，帶負電的電子在核外空間里繞著核旋轉(zhuǎn)，原子核內(nèi)所帶的正電荷數(shù)等于核外電子數(shù)，所以整個原子是電中性的，電子繞核旋轉(zhuǎn)所需的向心力就是核對它的庫侖力．盧瑟福還通過實驗數(shù)據(jù)估算出了原子核半徑的大小和原子半徑的大小，其數(shù)量級分別是10-15～10-14ｍ和10-10ｍ．
盧瑟福的原子模型雖然能很好的解釋α粒子散射結(jié)果，但卻與經(jīng)典的電磁理論（19世紀以前的物理學通常稱為經(jīng)典物理學）發(fā)生了矛盾．主要表現(xiàn)在兩個方面：
①按照經(jīng)典電磁理論，繞核高速圓周運動的電子是要向外輻射電磁波的，隨著能量的釋放，電子的旋轉(zhuǎn)半徑就會越來越小，最終會落到原子核里，這樣原子應當是極不穩(wěn)定的，但實際情況并非如此．
②隨著電子繞核旋轉(zhuǎn)半徑的連續(xù)變化，電子繞核旋轉(zhuǎn)的頻率也會連續(xù)改變，這樣原子光譜應當是連續(xù)譜而不是線狀譜，這也與實際情況不符．
為了解決上述矛盾，玻爾提出了原子的軌道量子化模型．
１．玻爾模型：圍繞原子核運動的電子軌道半徑只能是某些分立的數(shù)值，這種現(xiàn)象叫軌道的量子化；不同的軌道對應著不同的狀態(tài)，在這些狀態(tài)中，盡管電子做變速運動，卻不輻射能量，因此這些狀態(tài)是穩(wěn)定的；原子在不同的狀態(tài)中具有不同的能量，所以原子的能量也是量子化的，這些能量值叫能級．能量最低的狀態(tài)叫基態(tài)，其他的狀態(tài)叫激發(fā)態(tài)．圖18-1是氫原子的能級圖．
２．光子的發(fā)射和吸收：原子處于基態(tài)時最穩(wěn)定，處于較高能級時會自發(fā)地向較低能級躍遷，經(jīng)過一次或幾次躍遷到基態(tài)，躍遷時以輻射光子的形式放出能量．原子在始、末兩個能級Ｅm和Ｅn發(fā)生躍遷時輻射光子的能量可由下式?jīng)Q定：(ｍ＞ｎ)

hν＝Ｅm－Ｅn．

原子在吸收了光子后則從較低能級向較高能級躍遷．
３．原子光譜：稀薄氣體通電后能夠發(fā)光（稀薄氣體放電）．利用分光鏡可看到稀薄氣體放電產(chǎn)生的光譜只有幾條分立的亮線，理論和實驗均表明，不同氣體產(chǎn)生的光譜的亮線位置不同，因此這些亮線稱為原子的特征譜線，又叫做原子光譜．實際中利用光譜分析可判明物質(zhì)的組成．
４．物質(zhì)波：自然界中的事物往往都是正反兩方面的．例如電可生磁，反過來磁也可生電．既然光（電磁波）具有粒子性（量子化），反過來，電子、質(zhì)子，以至原子、分子等實物粒子是否會在一定條件下表現(xiàn)出波動性呢？1924年法國物理學家德布羅意做了肯定的回答：任何一個運動著的物體，小到電子、質(zhì)子，大到行星、太陽，都有一種波與之相對應，波長為：
上式中Ｐ是運動物體的動量，ｈ是普朗克常量．這種波叫物質(zhì)波，也叫德布羅意波．德布羅意波的這一理論于1927年被美國的物理學家（戴維孫和革末等人）所做的電子衍射實驗所證實．
［例題精析］
例題１已知氫原子光譜在可見光范圍內(nèi)有四條譜線，一條紅色，一條藍色，另外兩條是紫色，它們分別是從ｎ＝3、4、5、6能級向ｎ＝２能級躍遷時產(chǎn)生的．則（）
Ａ．紅色光譜線是氫原子從ｎ＝６能級向ｎ＝２能級躍遷時產(chǎn)生的
Ｂ．藍色光譜線是氫原子從ｎ＝５能級向ｎ＝２能級躍遷時產(chǎn)生的
Ｃ．紫色光譜線是氫原子從ｎ＝４能級向ｎ＝２能級躍遷時產(chǎn)生的
Ｄ．如果氫原子從ｎ＝６能級向ｎ＝３能級躍遷，將輻射紅外線
解析：本題主要考查理三個方面的理解能力：①對玻爾理論的理解；②對光子說的理解；③對光譜的理解．由玻爾理論可知,當氫原子從高能級向某一低能級躍遷時,要向外輻射一定頻率的光子,且初態(tài)能級越高,輻射光子的能量就越大,輻射的光子能量等于兩能級的差.又根據(jù)愛因斯坦的光子說,光子的能量越大,頻率就越高.從對光譜的研究中獲知:光的顏色決定于光的頻率,在可見光范圍內(nèi),從紅光到紫光頻率依次升高.將上述三點綜合起來且考慮題中所給信息不難判斷:氫原子從ｎ＝3躍遷到ｎ＝2的能級時應輻射紅光；氫原子從ｎ＝４躍遷到ｎ＝2的能級時應輻射藍光；氫原子從ｎ＝５、６躍遷到ｎ＝2的能級時應輻射紫光.這樣就排除了Ａ、Ｂ、Ｃ選項.由于氫光譜中只有上述四條譜線屬于可見光范圍,則其它譜線不是紅外線即是紫外線(思考:可能是ｘ射線或無線電波嗎?).從玻爾理論中獲知:氫原子從ｎ＝6躍遷到ｎ＝3能級時輻射光子的能量小于ｎ＝3躍遷到ｎ＝2能級時輻射光子的能量.所以上述輻射應為紅外線.故本題正確答案為Ｄ．
思考與拓寬：用下述那種射線照射氫原子可使氫原子從基態(tài)躍遷到ｎ＝2的激發(fā)態(tài).
Ａ．γ射線Ｂ．紫外線Ｃ．可見光Ｄ．紅外線
答案：Ｂ
例題２一個氫原子中的電子從一半徑為ra的圓軌道直接躍遷到另一半徑為rb（ra＜rb）的圓軌道上，則在此過程中（）
Ａ．原子要發(fā)出某一頻率的光子，電子動能減小，原子的電勢能減小
Ｂ．原子要發(fā)出某一頻率的光子，電子動能增大，原子的電勢能減小
Ｃ．原子要吸收某一頻率的光子，電子動能減小，原子的電勢能增大
Ｄ．原子要吸收某一頻率的光子，電子動能增大，原子的電勢能增大
解析：本題主要考查對玻爾理論的理解及應用牛頓定律和庫侖定律解決圓周運動的問題．根據(jù)玻爾理論，一個氫原子中的電子從半徑較小的軌道躍遷到半徑較大的軌道時要吸收某一頻率的光子，這樣就排除了Ａ、Ｂ選項．由于電子躍遷時原子核對它的引力做負功，所以原子的電勢能增大．又根據(jù)庫侖定律和牛頓定律有：
整理后可得：
從上式即可看出，隨著半徑增大，電子動能減?。时绢}正確選項為Ｃ．
例題３若某光子的能量為10ev，則其波長是多少？若某電子的動能也是10ev，則其德布羅意波長是多少？
解析：根據(jù)得：
所以，光子的波長為：
因為電子的動能也是10ev，則其動量為：
所以其德布羅意波長是：
比較以上兩結(jié)果可以看出：電子的德布羅意波長比可見光的波長在數(shù)量級上小很多，這也就是為什么電子的波動性長期未被發(fā)現(xiàn)的原因．
思考與拓寬：用做光的雙縫干涉實驗的裝置能否研究電子的干涉現(xiàn)象？
［能力提升］
Ⅰ知識與技能
１．盧瑟福根據(jù)下列哪個實驗或事件提出了原子核式結(jié)構學說（）
Ａ．光電效應實驗Ｂ．Ｘ射線使氣體電離
Ｃ．α粒子散射實驗Ｄ．電子的發(fā)現(xiàn)
２．氫原子發(fā)生下列能級躍遷時，輻射光子波長最短的是（）
Ａ．從ｎ＝６躍遷到ｎ＝４Ｂ．從ｎ＝５躍遷到ｎ＝３
Ｃ．從ｎ＝４躍遷到ｎ＝２Ｄ．從ｎ＝３躍遷到ｎ＝１
３．下列哪個發(fā)現(xiàn)使人類開始認識道原子是由帶正電的物質(zhì)和帶負電的電子組成的（）
Ａ．湯姆生發(fā)現(xiàn)電子Ｂ．放射現(xiàn)象的發(fā)現(xiàn)
Ｃ．中子的發(fā)現(xiàn)Ｄ．質(zhì)子的發(fā)現(xiàn)
４．一群氫原子處于同一能級值較高的激發(fā)態(tài)，當它們向能級值較低的激發(fā)態(tài)或基態(tài)躍遷時，下列說法正確的是（）
Ａ．可能吸收一系列頻率不同的光子，形成光譜中若干條暗線
Ｂ．可能輻射一系列頻率不同的光子，形成光譜中若干條明線
Ｃ．只能吸收某一頻率的光子，形成光譜中的一條暗線
Ｄ．只能輻射某一頻率的光子，形成光譜中的一條明線
5．如圖18-２所示是氫原子處于量子數(shù)ｎ＝４的狀態(tài)時的能級圖,當它向低能級躍遷時，輻射的光子的能量可能有()
Ａ．0.85eＶＢ．2.55eＶ
Ｃ．3.4eＶＤ．13.6eＶ
6．速度相同的質(zhì)子和α粒子的德布羅意波長之比為；動能相同的質(zhì)子和α粒子的德布羅意波長之比為；從靜止開始經(jīng)過相同的電壓加速以后的質(zhì)子和α粒子的德布羅意波長之比為.
Ⅱ能力與素質(zhì)
7．已知氫原子從ｎ＝４的激發(fā)態(tài)直接躍遷到ｎ＝２的激發(fā)態(tài)時輻射藍光，則當氫原子從ｎ＝５直接躍遷到ｎ＝２的激發(fā)態(tài)時，可能輻射的是（）
Ａ．紅外線Ｂ．紅色光Ｃ．紫色光Ｄ．倫琴射線
8．如果某金屬的極限頻率剛好等于氫原子從n=3能級躍遷到n=2能級所發(fā)出的光子的頻率,則處于n=2能級的氫原子輻射出的光子是否能使這種金屬發(fā)生光電效應？答_______________．
9．氫原子從能級Ａ躍遷到能級Ｂ時,輻射頻率為的光子；從能級Ｂ躍遷到能級Ｃ時,吸收頻率為的光子.若，則氫原子從能級Ｃ躍遷到能級Ａ時（）
Ａ．吸收頻率為的光子Ｂ．吸收頻率為的光子
Ｃ．輻射頻率為的光子Ｄ．輻射頻率為的光子
10．光具有波粒二象性，光子的能量，其中頻率表征波的特性．在愛因斯坦提出光子說之后，法國物理學家德布羅意提出了光子動量p與光波波長λ的關系式：．若某激光管以ＰW＝60W的功率發(fā)射波長為λ=6.63×10-7m的光束，試根據(jù)上述理論計算：（普朗克常數(shù)ｈ＝6.63×10－34Js）
（1）該激光管在1秒內(nèi)發(fā)射出多少光子？
（2）該光束全部被某黑體(不會使光發(fā)生反射的物體)表面吸收，那么該黑體表面受到光束對它的作用力F為多大？
專題三原子的核式結(jié)構原子核
［考點透析］
一、本專題考點α粒子散射實驗、原子的核式結(jié)構、天然放射現(xiàn)象、半衰期、α射線、β射線、γ射線、原子核的人工轉(zhuǎn)變、核反應方程均為Ⅰ類要求。
二、理解和掌握內(nèi)容
１．α粒子散射實驗：1911年英國物理學家盧瑟福用α粒子轟擊金箔做α粒子散射實驗，盧瑟福發(fā)現(xiàn)：α粒子通過金箔時，絕大多數(shù)不發(fā)生偏轉(zhuǎn)，仍沿原方向前進，少數(shù)發(fā)生較大的偏轉(zhuǎn)，極少數(shù)偏轉(zhuǎn)角超過90o，有的甚至被彈回，偏轉(zhuǎn)角幾乎達到180o．據(jù)此盧瑟福提出了原子核式結(jié)構學說．盧瑟福還通過實驗數(shù)據(jù)估算出了原子核半徑的大小和原子半徑的大小，其數(shù)量級分別是10-15～10-14ｍ和10-10ｍ．
２．天然放射現(xiàn)象：貝克勒爾天然放射現(xiàn)象的發(fā)現(xiàn)揭示出原子核是具有復雜結(jié)構的．原子序數(shù)大于83所有天然存在的元素都具有放射性．原子序數(shù)小于83的元素有些也具有放射性．放射線有三種：
α射線：速度約為光速十分之一的氦核，貫穿本領很小，電離能力很強.
β射線：高速運動的電子流，貫穿本領很強，電離作用較弱．
γ射線：波長極短的光子流（電磁波），貫穿本領最強，電離作用最弱.
３．α衰變和β衰變：原子核由于放出某種粒子而轉(zhuǎn)變?yōu)樾潞说淖兓凶鲈雍说乃プ儯懦靓亮Ｗ铀プ兘笑了プ?放出β粒子的衰變叫β衰變.γ射線是伴隨兩種衰變產(chǎn)生的.
①衰變規(guī)律:衰變前后質(zhì)量數(shù)和核電荷數(shù)均相等,其衰變方程模式為:
α衰變方程模式:
β衰變方程模式:
②半衰期:放射性元素的原子核有半數(shù)發(fā)生衰變所用的時間叫半衰期.半衰期由原子核內(nèi)部本身的因素決定,與原子所處的物理狀態(tài)和化學狀態(tài)無關；半衰期是對大量原子核衰變過程的統(tǒng)計規(guī)律，對少數(shù)原子核衰變無意義．
4．原子核的人工轉(zhuǎn)變：科學家們用放射性元素放出的α射線轟擊元素的原子核,從而探究原子核的組成.
①質(zhì)子的發(fā)現(xiàn):盧瑟福用α粒子轟擊氮原子核發(fā)現(xiàn)了質(zhì)子．其核反應方程為:
②中子的發(fā)現(xiàn):查德威克用α粒子轟擊鈹原子核發(fā)現(xiàn)了中子．其核反應方程為:
③放射性同位素：居里夫婦首先用人工方法得到放射性同位素，核方程為:
④放射性同位素的應用：利用它的射線進行探傷、育種、殺菌等；作為示蹤原子.
４．原子核的組成：質(zhì)子和中子組成原子核．質(zhì)子和中子統(tǒng)稱為核子．原子核的電荷數(shù)等于質(zhì)子數(shù)，質(zhì)量數(shù)等于核子數(shù)，中子數(shù)等于質(zhì)量數(shù)與質(zhì)子數(shù)之差.
［例題精析］
例題１盧瑟福α粒子散射實驗結(jié)果，證明了下列哪些結(jié)論（）
Ａ．原子是由電子和帶正電的部分組成的，原子本身是電中性的
Ｂ．原子核是由帶正電的質(zhì)子和不帶電的中子組成的
Ｃ．原子的全部正電荷和幾乎全部質(zhì)量都集中在一個很小的核上
Ｄ．原子中的電子只能在某些不連續(xù)的軌道上繞核做圓周運動
解析:本題主要考查兩個方面的內(nèi)容:①對α粒子散射實驗的理解；②散射實驗現(xiàn)象與結(jié)論的因果關系的分析推理．本題的四個選項具有很大的迷惑性，如果撇開與盧瑟福α粒子散射實驗的聯(lián)系而將題干改成“下列說法正確的是”，則上述四個選項無一不是正確的．但題目中提出的問題是α粒子散射結(jié)果說明了什么？這就要求對α粒子散射實驗結(jié)果有深刻的理解：絕大多數(shù)α粒子仍沿原方向前進，只有極少數(shù)α粒子發(fā)生大角度偏轉(zhuǎn)，只能說明原子內(nèi)部大部分區(qū)域是空闊的．我們可以這樣設想:如果原子內(nèi)部有一個極小的核，它集中了原子的全部正電荷和幾乎全部質(zhì)量，α粒子接近這個核時由于受到強大的庫侖斥力，運動方向就會發(fā)生明顯改變，但由于這個核很小,α粒子接近核的機會就會很少，因此只有少數(shù)α粒子偏轉(zhuǎn)明顯而大多數(shù)α粒子能從原子內(nèi)部穿過而不改變運動方向，這樣就與實驗結(jié)果完全吻合．盧瑟福正是據(jù)此提出原子核式結(jié)構學說的，故而本題選項應為Ｃ.
思考與拓寬：盧瑟福在研究α粒子散射實驗時，為什么沒有考慮電子對α粒子的影響呢？（）
Ａ．電子體積很小，α粒子根本就碰不到
Ｂ．電子電量很小，α粒子所受電子的庫侖力可以忽略
Ｃ．電子帶負電，α粒子所受電子的庫侖力為引力
Ｄ．電子質(zhì)量很小，對α粒子運動的影響很小
提示：電子質(zhì)量約為α粒子質(zhì)量的１/7200左右,α粒子即便碰到電子，也就像飛行的子彈碰到一粒塵埃一樣，運動方向不會明顯改變，Ａ選項錯．對于Ｂ選項，電子的電量并不是很小，等于α粒子電量的1/2，況且原子內(nèi)的電子并非一個，也就是說電子對α粒子庫侖力并不小，關鍵是電子的質(zhì)量很小，因而運動狀態(tài)發(fā)生明顯變化的應是電子而不應是α粒子，Ｂ選項錯．至于Ｃ選項，不論是斥力還是引力，都能改變α粒子的運動方向，因此也不是忽略電子對α粒子影響的原因．因此本體正確選項為Ｄ．
例題２如圖18-3所示，在垂直紙面向外的勻強磁場中，一個靜止的鐳核發(fā)生α衰變而成為氡核，那么氡核和α粒子在磁場中運動的徑跡分別是()
Ａ．Ⅰ為氡核，Ⅱ為α粒子
Ｂ．Ⅱ為氡核，Ⅰ為α粒子
Ｃ．Ⅲ為氡核，Ⅳ為α粒子
Ｄ．Ⅳ為氡核，Ⅲ為α粒子
解析：本題的功能是考查原子核的衰變、動量守恒定律及帶電粒子在勻強磁場中的勻速圓周運動等知識的綜合運用．由于鐳核原來處于靜止狀態(tài)，根據(jù)動量守恒定律，衰變后的氡核和α粒子將獲得大小相等、方向相反的動量,因此兩者所受洛侖茲力方向相反．結(jié)合帶電粒子在磁場中的運動規(guī)律可判斷出氡核和α粒子的運動軌跡應為外切圓，這樣就排除了Ａ、Ｂ兩選項．又根據(jù)洛侖茲力的計算式和牛頓定律可得到:
由于氡核和α粒子動量大小相等,但氡核的電量大于α粒子,故氡核的半徑應小于α粒子的半徑,所以本題的正確答案應為Ｄ．
思考與拓寬：①在一個勻強磁場中，一個原來靜止的原子核Ｕ238由于放出一個α粒子而轉(zhuǎn)變成另一原子核Ａ，已知核Ａ和α粒子在磁場中均做勻速圓周運動，求Ａ核和α粒子做圓周運動的半徑之比.
答案：45∶1
②在一個勻強磁場中，一個原來靜止碳14原子核釋放一粒子在磁場中形成兩個相內(nèi)切的圓,圓的直徑之比為7∶1，那么碳14的衰變方程應為下列核方程中的哪一個()
Ａ．Ｂ．
Ｃ．Ｄ．
答案：Ｄ
例題３1920年盧瑟福發(fā)現(xiàn)質(zhì)子后曾預言：可能有一種質(zhì)量與質(zhì)子相近的不帶電的中性粒子存在，他把它叫做中子．1930年發(fā)現(xiàn),在真空條件下用α射線轟擊鈹()時，會產(chǎn)生一種看不見的、貫穿能力極強的不知名的射線．經(jīng)研究發(fā)現(xiàn)這種不知名射線具有如下特點：①在任意方向的磁場中均不發(fā)生偏轉(zhuǎn)；②這種射線的速度小于光速的十分之一；③用它轟擊含有氫核的物質(zhì)，可以把氫核打出來；用它轟擊含有氮核的物質(zhì)，可以把氮核打出來，并且被打出的氫核的最大速度ＶH和被打出的氮核的最大速度ＶN之比近似等于15∶2．若該射線中的粒子均具有相同的能量，與氫核和氮核碰前氫核和氮核均可看成靜止且碰撞沒有機械能損失，氫核與氮核質(zhì)量之比為ＭH∶ＭN＝1∶14．試根據(jù)上面給出的信息，通過分析計算說明上述不知名的射線即為盧瑟福所預言的中子.
解析：本題主要考查兩種能力：①分析推理能力；②靈活運用經(jīng)典力學規(guī)律解決微觀領域中的碰撞問題的能力．根據(jù)信息①可作出判斷：該射線不帶電；利用信息②可排除該射線為電磁波的可能性，這樣就得出該射線應是由中性粒子組成的粒子流的結(jié)論．下面只須證明組成該射線的粒子的質(zhì)量與質(zhì)子的質(zhì)量相等即可證實盧瑟福的預言.
設該粒子的質(zhì)量為ｍ，與氫核碰撞前速度為Ｖo,與氫核碰撞后速度為Ｖ1，根據(jù)題目中的假設，當該粒子與氫核碰撞時，可列出下列方程:
ｍＶ0＝ｍＶ1＋ＭHＶH………………………………（1）
………………………（2）
聯(lián)立（1）和（2）可解得：
設該粒子與氮核碰撞后速度為Ｖ2,則有:
ｍＶ0＝ｍＶ2＋ＭNＶN………………………………………………（3）
………………………………………(4)
聯(lián)立(3)和(4)可解得:
利用題目中給出條件:ＶH∶ＶN＝15∶2和ＭH∶ＭN＝14∶1可解得:
ｍ＝ＭH．
思考與拓寬：核電站的核反應堆中,在核反應時會產(chǎn)生速度大的快中子,為了使核反應持續(xù)下去,要將快中子變成慢中子,為此常用石墨作減速劑.設中子與碳12原子核相碰時系統(tǒng)不損失機械能,試討論一個中子每次與一個靜止的碳12核相碰過程中，中子損失的動能是其碰前動能的百分之幾.
提示:碳核質(zhì)量約為中子質(zhì)量的12倍.答案為28.4%.
［能力提升］
Ⅰ知識與技能
１．下列關于元素半衰期的說法中正確的是：（）
Ａ．放射性元素的半衰期越短，有半數(shù)原子核發(fā)生衰變所需的時間就越短，衰變速度因而也就越小
Ｂ．隨著放射性元素的不斷衰變，元素的半衰期也會逐漸變短
Ｃ．將放射性元素放置在密封的鉛盒里，可以減緩放射性元素的衰變速度
Ｄ．半衰期是由放射性元素本身所決定的，與所處的物理及化學狀態(tài)無關
２．關于放射性元素放出的α、β、γ三種射線,下列說法中正確的是()
Ａ．α射線是原子核內(nèi)自發(fā)放射出質(zhì)子流，它的電離本領最強，貫穿能力最弱
Ｂ．β射線是原子核外電子電離后形成的高速運動的電子流，電離本領較α粒子差，但貫穿本領較α粒子強
Ｃ．γ射線往往伴隨著α或β射線產(chǎn)生，它的貫穿能力最強
Ｄ．γ射線是電磁波，速度等于光速，它是由原子的內(nèi)層電子受到激發(fā)后可產(chǎn)的
３．盧瑟福是根據(jù)下列哪個實驗或事實，提出了原子的核式結(jié)構學說的？（）
Ａ．用α粒子轟擊的實驗Ｂ．用α粒子轟擊的實驗
Ｃ．用α粒子轟擊的實驗Ｄ．用α粒子轟擊的實驗
４．某原子核內(nèi)有Ｎ個核子，其中有ｎ個中子，當該原子核俘獲一個中子后，放出一個α粒子和一個β粒子而轉(zhuǎn)變成一個新核．則這個新核（）
Ａ．有（ｎ－１）個中子Ｂ．有（ｎ－１）個質(zhì)子
Ｃ．核子數(shù)是（Ｎ－３）個Ｄ．原子序數(shù)是（Ｎ－ｎ－２）個
５．某原子核Ａ的衰變過程如下：由Ａ放射出一個β粒子變?yōu)椋拢桑路派涑鲆粋€α粒子變?yōu)椋?，則以下說法中正確的是（）
Ａ．核Ａ的中于數(shù)減核Ｃ的中子數(shù)等于２
Ｂ．核Ａ的質(zhì)子數(shù)減核Ｃ的質(zhì)子數(shù)等于５
Ｃ．原子核Ａ的中性原子中的電子數(shù)比原子核Ｂ的中性原子中的電子數(shù)多１
Ｄ．核Ｃ的質(zhì)子數(shù)比核Ａ的質(zhì)子數(shù)少１
６．圖18-4是盧瑟福研究原子核的組成實驗裝置示意圖,其中Ａ是放射性物質(zhì),Ｆ是鋁箔,Ｓ是熒光屏.開始時將容器抽成真空,調(diào)節(jié)Ｆ的厚度使得在Ｓ屏上恰好看不到閃光.在容器中充入氮氣后,屏Ｓ上出現(xiàn)了閃光,該閃光是()
Ａ．α粒子穿過Ｆ后射到屏上產(chǎn)生的
Ｂ．α粒子從Ｆ中打出的粒子射到屏上產(chǎn)生的
Ｃ．α粒子擊中氮核后產(chǎn)生的新粒子射到屏上產(chǎn)生的
Ｄ．放射性物質(zhì)放出的γ射線射到屏上產(chǎn)生的
７．中子是由_________于______年發(fā)現(xiàn)的，發(fā)現(xiàn)中子的核反應方程是________________,質(zhì)子是由________發(fā)現(xiàn)的，發(fā)現(xiàn)質(zhì)子的核反應方程是______________________.
Ⅱ能力與素質(zhì)
８．經(jīng)過４次α衰變和２次β衰變而變?yōu)殡焙?，氡核?jīng)過１次β衰變和ｎ次α衰變而變?yōu)殂G214，由此可判定ｎ＝_____，鉍214中的中子個數(shù)是_________.
９．在下列給出的４中射線中，都能直接對人形成傷害，即所謂放射性傷害．你認為其中能直接對人造成傷害可能性最小的是：（）
Ａ．α射線Ｂ．β射線Ｃ．γ射線Ｄ．高速運動的中子流
10．在勻強磁場中,一個原來處于靜止狀態(tài)的原子核由于放出一個α粒子，留下一張如圖18-5所示的軌跡照片，圖中兩個相切的圓半徑之比ｒ1:ｒ2＝1:44，則下述說法正確的是:（）
Ａ．原放射性元素原子核的質(zhì)子數(shù)是90
Ｂ．新原子核和α粒子所受洛侖茲力之比為1:44
Ｃ．新原子核的軌道半徑是ｒ2，電荷數(shù)是88
Ｄ．若新原子核做逆時針的圓周運動,則α粒子作順時針的圓周運動
11．一個靜止的氮核俘獲一個速度為2.3×107m/s的中子后生成一個復核Ａ，Ａ又衰變成Ｂ、Ｃ兩個新核，設Ｂ、Ｃ的速度方向與中子的速度方向相同，Ｂ的質(zhì)量是中子的11倍，速度為106m/s，Ｂ、Ｃ在同一磁場中做圓周運動的半徑之比ＲB∶ＲC＝11∶30，求：⑴Ｃ核的速度大??；⑵根據(jù)計算判斷Ｃ核什么？⑶寫出核反應方程式．
專題四核能核的裂變和聚變
［考點透析］
一、本專題考點核能、質(zhì)量虧損、愛因斯坦質(zhì)能方程、重核裂變、輕核聚變、可控熱核反應均為Ⅰ類要求。
二、理解和掌握內(nèi)容
１.核能
①核力：質(zhì)子與質(zhì)子之間、中子與中子之間、中子與質(zhì)子之間的一種強相互作用．核力發(fā)生作用的距離很短，范圍約為2×10-15ｍ，所以每個核子幾乎只跟它相鄰的核子發(fā)生相互作用．
②核能：由于核子間存在強大的核力，所以要把原子核拆成一個個核子要提供巨大的能量，同樣，當由核子結(jié)合成原子核時也要釋放巨大的能量．核子結(jié)合成原子核時釋放的能量或原子核分解成核子時吸收的能量稱為原子核的結(jié)合能，簡稱核能．
③質(zhì)量虧損：組成原子核的核子的質(zhì)量與原子核的質(zhì)量之差叫做核的質(zhì)量虧損．但需注意：核反應中質(zhì)量數(shù)是守恒的，要區(qū)分原子核的質(zhì)量與質(zhì)量數(shù)．
④質(zhì)能方程：Ｅ＝ｍＣ2物體的能量與它的質(zhì)量成正比,當核反應發(fā)生質(zhì)量虧損時要釋放能量,上式可寫成:ΔＥ＝ΔｍＣ2.（或?qū)懗?μ＝931.5ＭeV）
２.重核的裂變：重核俘獲一個中子后分裂為兩個(或幾個)中等質(zhì)量的核的反應過程稱為重核的裂變．核裂變發(fā)生時，往往是伴隨釋放大量能量的同時放出幾個中子，而這些中子又會引起其它重核的裂變，這樣就會形成鏈式反應．例如Ｕ235的一種裂變反應方程為:
原子核非常小，如果鈾塊的體積不夠大，中子從鈾塊中通過時，可能還沒碰到鈾核時就跑到鈾塊外面去了．能夠發(fā)生鏈式反應的鈾塊的最小體積叫做它的臨界體積．
３.輕核的聚變：某些輕核結(jié)合成質(zhì)量較大的核的反應叫輕核的聚變．例如氫核的一種聚變反應方程為:

聚變反應往往會比裂變反應釋放更多的核能，但反應條件卻很苛刻，一般要在幾百萬度的高溫下進行，所以聚變反應也稱為熱核反應.正因為如此，和平利用聚變反應釋放的核能還處于研究試驗階段．到目前為止，世界上所有的核電站利用的全是裂變反應釋放的核能.
［例題精析］
例題1云室處在磁感應強度為Ｂ的勻強磁場中，一靜止的原子核Ａ在云室中發(fā)生一次α衰變而變成一質(zhì)量為Ｍ的新核，同時輻射出一頻率為的γ光子．已知α粒子的質(zhì)量為ｍ，電量為ｑ，其運動軌跡在與磁場垂直的平面內(nèi)．現(xiàn)測得α粒子運動的軌道半徑為Ｒ，試求衰變前原子核Ａ的質(zhì)量．（已知普朗克常數(shù)為ｈ，不計光子的動量）
解析：本題主要考查綜合運用力學規(guī)律解決微觀粒子問題的能力．考查的知識點有：①帶電粒子在磁場中的圓周運動問題；②動量守恒定律的應用；③愛因斯坦質(zhì)能方程．根據(jù)題意，Ａ核在衰變過程中釋放的核能表現(xiàn)在兩個方面：新核及α粒子的動能；另外同時輻射出一個γ光子，這樣就會導致衰變過程中發(fā)生質(zhì)量虧損Δｍ．如果算出了Δｍ，問題也就迎刃而解了，為此我們可先計算α粒子和新核的動能．
用表示衰變后α粒子的速度，根據(jù)題意：
⑴用表示α粒子的動能，則有：⑵
由以上兩式可解得：⑶
用表示剩余核的速度，用表示新核的動能，在考慮衰變過程中系統(tǒng)的動量守恒時，因γ光子的動量很小可不予考慮，由動量守恒和動能的定義式可知：
⑷⑸
由⑶⑷⑸三式可解得：⑹
用表示衰變過程中的質(zhì)量虧損，利用愛因斯坦質(zhì)能方程可得：
如果用表示衰變前Ａ核的質(zhì)量，所以有
例題２太陽現(xiàn)在正處于主序星演化階段，它主要是由電子和氫核、氦核等原子核組成，維持太陽輻射的是它內(nèi)部的核聚變反應，核反應方程是核能，這些核能最后轉(zhuǎn)化為輻射能．根據(jù)目前關于恒星演化理論，若由于聚變反應使太陽中氫核數(shù)目從現(xiàn)有數(shù)減少10％，太陽將離開主序星階段而轉(zhuǎn)入紅巨星階段，為了簡化，假定目前太陽全部由電子和氫核組成．
⑴為了研究太陽的演化進程，需知道目前太陽的質(zhì)量Ｍ，已知地球半徑Ｒ＝6.4×106ｍ，地球質(zhì)量ｍ＝6.0×1024kg，日地中心的距離ｒ＝1.5×1011ｍ，地球表面處的重力加速度ｇ＝10ｍ/ｓ2，１年約為3.2×107秒，試估算目前太陽的質(zhì)量．
⑵已知質(zhì)子質(zhì)量ｍp＝1.6726×10-27kg，核的質(zhì)量ｍα＝6.6458×10-27kg，電子質(zhì)量ｍe＝0.9×10-30kg，光速ｃ＝３×10８ｍ/ｓ，求每發(fā)生一次題中所述的核聚變反應所釋放的核能．
⑶又已知地球上與太陽光垂直的每平方米截面上，每秒鐘通過的太陽輻射能ω＝1.35×10８Ｗ/ｍ２，試估算太陽繼續(xù)保持在主序星階段還有多少年的壽命．（估算結(jié)果只要求一位有效數(shù)字）
解析：本題的功能主要考查對物理思想、物理方法的掌握程度，同時也考查了分析能力、運算能力等各方面的素質(zhì)，涉及到的知識點有：“牛頓運動定律”、“萬有引力定律”、“圓周運動”及愛因斯坦“質(zhì)能方程”等，是一道學科內(nèi)綜合題．
⑴估算太陽的質(zhì)量Ｍ
設Ｔ為地球繞太陽運動的周期，則有萬有引力定律和牛頓運動定律可知：
地球表面處的重力加速度
由以上兩式聯(lián)立解得：
將題中給出數(shù)據(jù)代入上式得：Ｍ＝２×1030Kg
⑵根據(jù)質(zhì)量虧損和質(zhì)能公式，該核反應每發(fā)生一次釋放的核能為：
ΔＥ＝(4ｍP＋２ｍe－ｍα)c2
代入數(shù)值解得：ΔＥ＝4.2×10-12Ｊ
⑶據(jù)題中給出的假定，在太陽繼續(xù)保持在主序星階段的時間內(nèi)，發(fā)生題中所述的核反應的次數(shù)為：
因此太陽在轉(zhuǎn)入紅巨星階段之前總共能輻射出的能量為:Ｅ＝ＮΔＥ
設太陽輻射是各向同性的，則每秒內(nèi)太陽向外輻射的總能量為:Ｅ0＝4πr2ω
所以，太陽繼續(xù)保持在主序星的時間為：
由以上各式解得：
將題中所給數(shù)據(jù)代入，并以年為單位，可得ｔ＝１×1010年＝100億年．
例題３原來靜止的質(zhì)量為m0的原子核Ａ，放出一個粒子后轉(zhuǎn)變成質(zhì)量為m1的原子核Ｂ，該原子核在運動方向上又放出粒子，而衰變成靜止的另一原子核Ｃ．已知α粒子的質(zhì)量為m，且假設在全部核反應過程中，沒有輻射射線，求兩個α粒子的動能及最后新核的質(zhì)量ｍ2．
解析：本題的考點主要表現(xiàn)在兩個方面，動量守恒定律在微觀粒子中的應用；愛因斯坦質(zhì)能方程．因為原子核Ａ原來處于靜止狀態(tài)，且發(fā)生兩次α衰變后新核仍處于靜止，因此根據(jù)動量守恒定律可判斷出，先后發(fā)生衰變的兩個α粒子應具有大小相同、方向相反的動量，因而具有相等的動能．所以只需計算第一個α粒子的動能即可．
⑴設發(fā)生第一次α衰變后α粒子的速度為，Ｂ核的反沖速度為，根據(jù)動量守恒有：
用表示α粒子的動能，用表示Ｂ核的動能，則有：
根據(jù)題意及愛因斯坦質(zhì)能方程可得：
由以上各式可解得：
⑵設兩次衰變質(zhì)量總虧損為Δｍ，則根據(jù)質(zhì)能方程有：
所以：
思考與拓寬：上題中先后兩次α衰變過程中質(zhì)量虧損相同嗎？如果不相同，哪次衰變質(zhì)量虧損更多一些？
［能力提升］
Ⅰ知識與技能
１．關于原子核能及其變化，下列說法中正確的是（）
Ａ．核能是原子的核外電子從高能級態(tài)向低能級態(tài)躍遷時放出的能量
Ｂ．使原子核分解為單個核子時一定從外界吸收能量，核子的總質(zhì)量將增加
Ｃ．使原子核分解為單個核子時一定向外釋放核能，核子的總質(zhì)量將減少
Ｄ．以上說法均不對
２．關于原子核能及其應用，下列說法中錯誤的是（）
Ａ．原子彈是利用聚變反應制造的核武器
Ｂ．氫彈是利用熱核反應制造的一種核武器
Ｃ．實現(xiàn)鈾235的鏈式反應必須使其達到足夠的純度和臨界體積
Ｄ．太陽內(nèi)部的進行的核反應是核聚變反應
3.我國已經(jīng)建成的秦川和大亞灣兩座核電站利用的是（）
Ａ．放射性元素衰變放出的能量Ｂ．人工放射性同位素衰變放出的能量
Ｃ．重核裂變放出的核能Ｄ．輕核的聚變放出的核能
４．關于原子核及核反應，以下說法中正確的是：（）
Ａ．在原子核中，任意兩個核子之間都有核力的作用
Ｂ．核聚變時核力表現(xiàn)為引力，核裂變時核力表現(xiàn)為斥力
Ｃ．由于核力的作用，使得核子在組成原子核時一定釋放能量
Ｄ．所有的核變化，都將向外釋放核能
５．關于重核的裂變和氫核的聚變，下面說法正確的是（）
Ａ．裂變和聚變過程都有質(zhì)量虧損，因而都能釋放大量核能
Ｂ．裂變過程有質(zhì)量虧損，聚變過程質(zhì)量有所增加
Ｃ．裂變和聚變都需要在極高的溫度下進行
Ｄ．裂變釋放大量核能，聚變需從外界吸收能量
６．下面的四個核反應方程中，都有中子釋放出來，其中查德威克研究中子的核反應方程是：（）
Ａ．Ｂ．
Ｃ．Ｄ．
７．一個鋰核受到一個質(zhì)子的轟擊，變成兩個α粒子，這一過程的和反應方程式是______________________，已知一個氫原子的質(zhì)量是1.6736×10-27Kg，一個鋰原子的質(zhì)量是11.6505×10-27Kg，一個氦原子的質(zhì)量是6.6466×10-27Kg,則上述核反應釋放的能量為_____________Ｊ（最后結(jié)果取兩位有效數(shù)字）．
Ⅱ能力與素質(zhì)
８．靜止的鐳發(fā)生α衰變，釋放出的α粒子的動能為Ｅ0，假定衰變時能量全部以動能形式釋放出去，則衰變過程中總的質(zhì)量虧損是（）
Ａ．Ｂ．Ｃ．Ｄ．
9．1956年李政道和揚振寧提出在弱相互作用中宇稱不守恒，并由吳健雄用放射源進行了實驗驗證．次年李、楊二人為此獲得諾貝爾物理獎，的衰變方程是：
其中是反中微子，它的電荷數(shù)為零，靜止質(zhì)量可認為是零．
⑴的核外電子數(shù)為_____，上述衰變方程中，衰變產(chǎn)物的質(zhì)量數(shù)A等于______，核電荷數(shù)Z是________．
⑵在衰變前核靜止，根據(jù)云室照片可以看出，衰變產(chǎn)物和的運動徑跡不在一條直線上．如果認為衰變產(chǎn)物只有和，那么衰變過程將違背_______守恒定律．
10．同學們根據(jù)中學物理知識討論“隨著歲月的流逝，地球繞太陽公轉(zhuǎn)的周期、日地間的平均距離、地球表面的溫度變化趨勢”的問題中，有下列結(jié)論：
①太陽內(nèi)部進行著劇烈的熱核反應，輻射大量光子，根據(jù)可知太陽質(zhì)量Ｍ在不斷減少
②根據(jù)和可知日、地之間距離ｒ?qū)⒉粩嘣龃螅厍颦h(huán)繞速度將減小，環(huán)繞周期將增大
③根據(jù)和可知日、地之間距離ｒ?qū)⒉粩鄿p小，地球環(huán)繞速度將增大，環(huán)繞周期將減小
④由于太陽質(zhì)量Ｍ不斷減小，輻射光子的功率將不斷減小，輻射到地球表面的熱功率也將減小，地球表面的溫度將逐漸降低
上述結(jié)論中正確的是：
Ａ．只有①Ｂ．只有③Ｃ．只有①②④Ｄ．只有③④
11．某沿海核電站原子反應堆的功率為104ＫＷ，１ｈ消耗核燃料為8.75ｇ，已知每個鈾235裂變時釋放出的核能為2×108eＶ，煤的燃燒熱為3.3×107Ｊ／Kｇ．計算核燃料中鈾235所占的百分比，并分析1ｇ鈾235全部裂變時釋放的能量約等于多少千克煤燃燒所釋放的熱能．（阿伏伽德羅常數(shù)Ｎ0＝6.02×1023個/摩爾）
效果驗收
一選擇題
1.用α粒子轟擊鈹核，生成一個碳核和一個粒子，則有關該粒子的一些性質(zhì)，下列說法錯誤的是（）
Ａ．帶正電，能在磁場中發(fā)生偏轉(zhuǎn)
Ｂ．在任意方向的磁場中都不會發(fā)生偏轉(zhuǎn)
Ｃ．電離本領很弱但貫穿本領很強，是原子核的組成部分之一
Ｄ．用來轟擊鈾235可引起鈾核的裂變
２．對光電效應的發(fā)生和理解，下列說法中正確的是：（）
Ａ．當入射光的頻率低于極限頻率時，金屬中的電子不吸收光子
Ｂ．金屬內(nèi)層電子成為光電子的逸出功較大
Ｃ．吸收了光子的電子都能成為光電子
Ｄ．金屬表面的電子吸收了光子后也不一定能成為光電子
３．在盧瑟福的α粒子散射實驗中，有少數(shù)α粒子發(fā)生大角度偏轉(zhuǎn)，其原因是：（）
Ａ．原子中的正電荷和絕大部分質(zhì)量都集中在一個很小的核上
Ｂ．正電荷在原子中是均勻分布的
Ｃ．原子中存在著帶負電的電子
Ｄ．原子只能處于一系列不連續(xù)的能量狀態(tài)中
４．如圖18-6所示，一天然放射性物質(zhì)射出三種射線，經(jīng)過一個勻強電場和勻強磁場共存的區(qū)域后，發(fā)現(xiàn)在ＭＮ處的熒光屏上只出
現(xiàn)了兩個亮點，則下列判斷正確的是：（）
Ａ．射到ｂ點的一定是α射線
Ｂ．射到ｂ點的一定是β射線
Ｃ．射到ｂ點的一定是α射線或β射線
Ｄ．射到ｂ點的一定是γ射線
５．下面各核反應中能產(chǎn)生中子的是（）
①用光子轟擊，生成物之一為
②用核轟擊核，生成物之一為
③用質(zhì)子轟擊核，生成物之一為
④用α粒子轟擊核，生成物之一為
Ａ．①②Ｂ．②③④Ｃ．①④Ｄ．②④
６．最近幾年,原子物理學家在超重元素島的探測方面取得重大進展.1996年科學家們在研究某兩個重離子結(jié)合成超重元素的反應時,發(fā)現(xiàn)生成的超重元素的核經(jīng)過6次α衰變后的產(chǎn)物是,由此可以判定生成的超重元素的原子序數(shù)和質(zhì)量數(shù)分別是()
Ａ．124259Ｂ．124265Ｃ．112265Ｄ．112259
７．關于天然放射現(xiàn)象，下列說法正確的是：（）
Ａ．天然放射現(xiàn)象的發(fā)現(xiàn)，揭示了原子核是由質(zhì)子和中子組成的
Ｂ．α射線是高速運動的氦核，它的電離本領和貫穿本領都很強
Ｃ．β射線是高速運動的電子流，速度與光速非常接近
Ｄ．γ射線是頻率很高的電磁波，它是原子的內(nèi)層電子受激后產(chǎn)生的
８．勻強磁場中有一個靜止的氮核，被與磁場方向垂直的速度為v的α粒子擊中形成復合核，然后沿相反方向釋放出一個速度也為v的質(zhì)子，則（）
Ａ．質(zhì)子與反沖核的動能之比為25：17
Ｂ．質(zhì)子與反沖核的動能之比為17：25
Ｃ．質(zhì)子與反沖核的動量之大小比為1：1
Ｄ．質(zhì)子與反沖核的動量之大小比為5：1
９．兩個氘核發(fā)生核反應變?yōu)楹ず?，氘核和氦核的質(zhì)量分別記為ｍ1和ｍ2，以下認識中錯誤的是：（）
Ａ．這個核反應的方程是：
Ｂ．這個核反應叫核聚變，也叫熱核反應
Ｃ．這個核反應放出核能是:
Ｄ．這個核反應放出核能現(xiàn)已廣泛用于核發(fā)電
10．如圖18－7所示，兩個相切的圓，表示一個靜止的原子核發(fā)生某種核變化后，產(chǎn)生的兩種粒子在勻強電場中的運動軌跡，則從圖中判斷，下列說法可能正確的是：（）
Ａ．原子核發(fā)生的是α衰變
Ｂ．原子核發(fā)生的是β衰變
Ｃ．原子核放出了一個正電子
Ｄ．原子核放出了一個中子
二填空題
11．一個鈾核衰變?yōu)殁Q核時放出一個α粒子,已知鈾核的質(zhì)量為3.853131×10－25kg，釷核的質(zhì)量為3.786567×10－25kg，α粒子的質(zhì)量為6.64672×10－27kg．在這個衰變過程中釋放出的能量等于___________Ｊ．（保留兩位有效數(shù)字）
12．具有5eV的能量的光子組成的光束射向某金屬板的表面后，從金屬板表面逸出的光電子的最大初動能為1.5eV，為了使這種金屬產(chǎn)生光電效應，入射光子的最低能量必須是______eV，為使這種金屬逸出的光電子的最大初動能加倍，則入射光子的能量應為____eV．
13．假設在NaCl蒸汽中存在由鈉離子Na+和氯離子Cl－靠靜電相互作用構成的單個NaCl分子，取Na+和Cl－相距無限遠時其電勢能為零，一個NaCl分子的電勢能為－6.1eV，已知使一個中性鈉原子Na最外層的電子脫離鈉原子而形成鈉離子Na+所需的能量（電離能）為5.1eV，使一個中性氯原子結(jié)合一個電子形成氯離子Cl－所放出的能量（親和能）為3.8eV.由此可算出在將一個NaCl分子分解成彼此遠離的中性鈉原子Na和中性氯原子Cl的過程中，外界供給的總能量等于____________eV．
14．在演示光電效應的實驗中，把某金屬板連在驗電器上，第一次直接用弧光燈照射金屬板，驗電器就張開一個角度，第二次在弧光燈和金屬板之間插入一塊普通玻璃，再用弧光燈照射，驗電器指針不張開，已知弧光中含有紅外線、可見光、紫外線，則上述情況可以判定，使金屬板產(chǎn)生光電效應的是弧光中的成份。
15．解讀VCD視盤的激光波長為780nm，而解讀DVD視盤的激光波長為650nm.根據(jù)愛因斯坦光子說，上述兩種激光的光子能量分別為_____________和______________.（h＝6.63×10-34Js）
16．螢火蟲所發(fā)黃光的波長為600nm．據(jù)測定知，1000只螢火蟲所發(fā)出的光相當于一只20W電燈泡的亮度，一只螢火蟲每秒鐘可發(fā)射出個光子．
三計算題
17.已知兩個氘核在一定的條件下，可以聚變成一個氚核.若質(zhì)子的質(zhì)量ｍp＝1.00727μ,氘核和氚核的質(zhì)量分別為2.013553μ和3.015536μ．
⑴寫出核反應方程．⑵求出此反應前后能量的變化
⑶計算１Kg的氘核完全句變成氚核，所放出的能量與多少千克煤完全燃燒所釋放的能量相當？（煤的燃燒熱為3.0×107Ｊ／Kｇ）

第十六章近代物理參考答案
專題一1．D2．B3．D4．B5．C6．C7．C8．C9．10．6.95升
專題二1．C2．D3．A4．B5．C6．4:12:17．C8．能9．A
10．⑴n＝2×1020⑵［提示］設光子的動量為P，根據(jù)德布羅意公式：
根據(jù)動量定理：Ｆt＝nP解得：Ｆ＝２×10-7N
專題三1．D2．C3．A4．C5．D6．C7．查德威克1932盧瑟福8．21319．A10．A11．由動量守恒定律：
⑴ＭnＶn＝ｍBＶB＋ｍcＶc⑵由qvB＝mＶ2/Ｒ得Ｃ核是
專題四1．B2．A3．C4．C5．A6．B72.8×10-128．D
9．⑴276028⑵動量10．C
11．［提示］⑴百分比ｎ＝(0.44/8.75)×100％＝５％⑵2.5×103Kｇ
效果驗收1．A2．D3．A4．C5．D6．D7．C8．B9．D10．B
11．8.7×10-1312．3.56.513．4.814．紫外線15．2.55×10-19Ｊ3.06×10-19Ｊ16．6×101617．⑴⑵4.0MeV⑶3.2×106Kg

高考物理知識網(wǎng)絡磁場復習教案

一名優(yōu)秀的教師在每次教學前有自己的事先計劃，高中教師要準備好教案，這是老師職責的一部分。教案可以讓學生更好的吸收課堂上所講的知識點，幫助授課經(jīng)驗少的高中教師教學。高中教案的內(nèi)容具體要怎樣寫呢？為了讓您在使用時更加簡單方便，下面是小編整理的“高考物理知識網(wǎng)絡磁場復習教案”，歡迎您參考，希望對您有所助益！

第十一章磁場

本章重點研究了磁場產(chǎn)生的本質(zhì)、磁場的描述和磁場力的性質(zhì)。研究了磁場對電流、對運動電荷的作用特點，以及電流、運動電荷在磁場或復合場中所處狀態(tài)和它們的運動。通過本章的學習，同學們能夠進一步鞏固和加深對力學、電學等基本規(guī)律的理解，加強力、熱、電、磁知識的聯(lián)系，有效地提高綜合運用知識分析、推理以及解決實際問題的能力。

知識網(wǎng)絡

產(chǎn)生運動電荷永磁體

通電導體安培定則

磁感應強度大小、方向

描述磁感線假想曲線、模型

磁通量

磁場

對電流的作用安培力

性質(zhì)

對運動電荷的作用洛侖茲力

帶電粒子在磁場中的圓周運動半徑、周期

應用

帶電粒子在復合場中的運動質(zhì)譜儀、速度選擇器、磁流體發(fā)電機

專題一磁場及描述磁場的基本概念

【考點透析】

一、本專題考點：本專題為Ⅰ類要求。

二、理解和掌握的內(nèi)容

1．磁現(xiàn)象的電本質(zhì)磁體周圍的磁場和電流周圍的磁場一樣，都是由運動電荷產(chǎn)生的。

2．磁場的方向、磁感線、電流的磁場（安培定則）

（1）磁場的方向：規(guī)定在磁場中的任意一點，小磁針北極所受磁場力的方向，就是該點磁場的方向。

（2）磁感線：在磁場中畫一系列有向曲線，這些曲線上每一點的切線方向表示該點的磁場方向。

（3）直線電流的磁場：磁感線為以導線為圓心的同心圓，其方向用安培定則判定：右手握住通電導線，大拇指指向電流方向，其余四指指向磁感線的環(huán)繞方向；離通電導線越遠，磁場越弱。環(huán)形電流的磁場和通電螺線管的磁場：與條形磁鐵相似，方向也可以用安培定則判定：右手握住螺線管，四指指向電流方向，大拇指指向為螺線管的N極。

3．磁感強度：磁場最基本的性質(zhì)是對放入其中的電流或運動電荷有力的作用。電流垂直于磁場時磁場力最大，平行時磁場力等于零。

在磁場中垂直于磁場方向的通電直導線，受到的磁場力F與電流強度I和導線長度L的乘積的比值叫做該處的磁感強度。定義式為：B=F/IL，磁感強度的方向就是該點的磁場的方向。

勻強磁場：如果某個區(qū)域內(nèi)磁感強度的大小處處相等，方向相同，那么，這個區(qū)域的磁場就是勻強磁場。如：兩個較大的異名磁極之間（除了邊緣以外）、長螺線管內(nèi)部（除了兩端以外）都可以看作勻強磁場。勻強磁場中的磁感線是平行等間距的。

4．磁通量：穿過某一面積的磁感線條數(shù)，就叫做穿過這個面積的磁通量。磁通量是標量。定義式為：ф=BSsinθ，θ為面積S與磁感強度B之間的夾角，此式只適用于勻強磁場。磁通量的單位是韋伯（Wb）。

注意：穿過某一面積的磁通量與線圈的匝數(shù)無關；磁通量隨磁感線從不同方向穿過面積時正負符號不同；計算磁通量時要用和磁通。

【例題精析】

例1關于磁通量的說法正確的是（）

A．磁通量是反映磁場強弱的物理量

B．某一面積上的磁通量是表示穿過此面積的磁感線的總條數(shù)

C．在磁場中所取的面積越大，穿過該面的磁通量一定越大

D．穿過任何封閉曲面的磁通量一定為零

解析：磁通量是磁感強度與垂直磁場方向的面積的乘積，它可以理解為穿過磁場中某面積的磁感線的總條數(shù)，但并不表示磁場的強弱和方向，故A錯；可以假想一個條形磁鐵，外面套有兩個線圈去比較磁通量，從而判斷出B正確，也要注意和磁通的問題和磁場與面積是否垂直等因素，故C錯；因為磁感線是閉合曲線，所以D正確。

例2將一塊邊長為a的立方體導體均勻拉長為直徑為d的細圓柱后再組成閉合回路，將其置于磁感強度為B的勻強磁場中時，穿過這個回路的最大磁通量是多少？

解析：要使穿過該回路的磁通量最大，一方面要使磁場方向垂直回路平面；另一方面回路面積應該最大，所以將立方體拉成細圓柱導線以后應該圍成一個圓形回路。

因為導體拉伸過程中體積不變，由此可以通過數(shù)學方法求得回路最大面積S，進一步求出最大磁通量。

設邊長為a的立方體均勻拉長為直徑為d的細圓柱導線后總長度為L，圍成的圓形半徑為R，面積為S，由題意有：

a3=πL（d/2）2

L=2πR

S=πR2

以上三式聯(lián)立可解得S=4a6/π3d4

代入φ=BSsinθ，得回路的最大磁通量為φM=4Ba4/π3d4。

【能力提升】

Ⅰ知識與技能

1．由磁感強度的定義式B=F/IL可知（）

A．磁感強度與通電導線受到的磁場力F成正比，與電流強度和導線的長度的乘積成反比

B．磁感強度的方向與F的方向一致

C．磁感強度由磁場本身決定，與通電導線無關

D．磁感強度是標量，沒有方向

2．下列說法正確的是（）

A．奧斯特實驗證明了電磁感應現(xiàn)象

B．磁鐵周圍的磁場和電流的磁場一樣，本質(zhì)上都是由運動電荷產(chǎn)生的

C．電荷與電荷之間的相互作用一定是通過磁場來發(fā)生的

D．使用安培定則時，大拇指一定指向磁場方向

3．磁感強度的單位為T，下面的單位與1T不相等的為（）

A．1Wb/m2

B．1kg/（As2）

C．1Ns/（Cm）

D．1V/（sm2）

4．如圖11-1所示的四面體OABC，處在OX方向的勻強磁場中，下列關于穿過各個面的磁通量的說法不正確的是（）

A．穿過AOB的磁通量為零

B．穿過ABC的磁通量和穿過BOC的相等

C．穿過AOC的磁通量為零

D．穿過ABC的磁通量大于穿過BOC的磁通量

Ⅱ能力與素質(zhì)

5．如圖11-2所示，兩個同心放置的金屬圓環(huán)a和b，一條形磁鐵穿過圓心且與環(huán)面垂直，則穿過兩個圓環(huán)的磁通量的大小關系為（）

A．a(chǎn)的較大

B．b的較大

C．一樣大

D．無法確定

6．如圖11-3所示為一個通電螺線管，內(nèi)部放置一個小磁針，則穩(wěn)定時小磁針的N極指向（）

A．左側(cè)

B．右側(cè)

C．垂直紙面向里

D．垂直紙面向外

7．如圖11-4所示，在通有反向電流的兩條平行導線所分出的a、b、c三個區(qū)域中，合磁場為零的區(qū)域是（）

①只可能出現(xiàn)在b區(qū)

②可能出現(xiàn)在a、c區(qū)域中的某一個區(qū)域

③可能同時出現(xiàn)在a區(qū)域和c區(qū)域

④有可能沒有合磁場為零的區(qū)域

A．①②正確

B．②③正確

C．②④正確

D．只有②正確

8．在磁感強度為B的勻強磁場中，有一個面積為S，匝數(shù)為N的線圈，如圖11-5所示，將線圈從圖示位置繞著ad旋轉(zhuǎn)1800角，則在此過程中，穿過線圈的磁通量的變化量為（）

A．0

B．2BS

C．2NBS

D．NBS

【拓展研究】

9．19世紀20年代，以塞貝克（數(shù)學家）為代表的科學家已認識到：溫度差會引起電流。安培考慮到地球自轉(zhuǎn)造成了太陽照射后正面與背面的溫度差，從而提出如下假設：地球磁場是由繞地球的環(huán)形電流引起的，則該假設中的電流方向是（）

A．由西向東垂直磁子午線

B．由東向西垂直磁子午線

C．由南向北沿著磁子午線

D．由赤道線兩極沿著磁子午線

（已知：磁子午線是地球磁場N極與S極在地球表面的連線。）

10．超導是當今高科技的熱點，當一塊磁鐵靠近超導體時，超導體會產(chǎn)生強大的電流，對磁體有排斥作用。這種作用可以使磁體懸浮空中，磁懸浮列車采用了這種技術。

（1）超導體產(chǎn)生強大的電流，是由于（）

A．超導體中磁通量很大

B．超導體中磁通量變化率很大

C．超導體電阻較大

D．超導體電阻較小

（2）磁懸浮的原理是（）

A．超導體電流的磁場方向與磁體磁場方向相同

B．超導體電流的磁場方向與磁體磁場方向相反

C．超導體是磁體處于失重狀態(tài)

D．超導體產(chǎn)生的磁力比磁體的重力大

專題二磁場對電流的作用

【考點透析】

一、本專題考點：磁場對通電直導線的作用，安培力左手定則均為Ⅱ類要求。

二、理解和掌握的內(nèi)容

1．安培力的大小：F=BILsinθ，θ表示電流與磁感強度的夾角。當θ等于900時，安培力最大；當θ等于00或者1800時，安培力等于零。

2．安培力的方向由左手定則判斷：安培力的方向始終垂直磁感強度和電流決定的平面。

3．實驗室常用的電流表是磁電式儀表。這種儀表的磁鐵和鐵芯之間有一個均勻、輻向分布的磁場，這種磁場能夠保證通電線圈無論轉(zhuǎn)到什么位置，線圈平面都跟磁場方向平行。于是使得磁力矩的大小只跟電流的大小有關，而跟線圈的位置無關，即磁力矩正比于電流強度。因為彈簧（發(fā)條）扭轉(zhuǎn)所產(chǎn)生的反力矩與線圈轉(zhuǎn)過的角度成正比，所以，當兩個力矩平衡時，電流正比于表針轉(zhuǎn)過的角度。

【例題精析】

例1如圖11-6所示，條形磁鐵放在水平桌面上，在其正中央的上方固定一根長直導線，導線與磁鐵垂直，現(xiàn)給導線通以垂直紙面向里的電流。則通電后與通電前相比較（）

A．磁鐵對桌面的壓力減小，桌面對磁鐵的摩擦力為零

B．磁鐵對桌面的壓力減小，桌面對磁鐵的摩擦力不為零

C．磁鐵對桌面的壓力增大，桌面對磁鐵的摩擦力為零

D．磁鐵對桌面的壓力增大，桌面對磁鐵的摩擦力不為零

解析：如圖11-7所示，畫出一條通過導線處的磁感線，導線處的磁

場方向水平向左，由左手定則可知，電流受到的安培力方向豎直向上。

根據(jù)牛頓第三定律知，電流對磁鐵的反作用力方向豎直向下，所以，磁

鐵對桌面的壓力增大，而桌面對磁鐵無摩擦力作用。故選C。

思考拓寬：如果長直導線放的位置不是磁鐵的正上方，結(jié)果又如何？

例2如圖11-8所示，在原子反應堆中抽動液態(tài)金屬或者在醫(yī)療

器械中抽動血液等導電液體時，常常使用電磁泵。某種電磁泵的結(jié)構

示意圖如圖所示，把裝有液態(tài)鈉的矩形截面導管（導管是環(huán)形的，圖

中只畫出了其中的一部分）水平放置于勻強磁場中，磁場的磁感強度為B，方向與導管垂直。電流強度為I的電流按圖示的方向橫向穿過液態(tài)鈉而且電流方向與磁感強度方向垂直。設導管的截面高為a，寬度為b，導管有長為L的一部分置于磁場中。由于磁場對液態(tài)鈉的作用力使液態(tài)鈉獲得驅(qū)動力而不斷地沿著管子向前推進。整個系統(tǒng)是密封的，只有金屬鈉本身流動，其余部件都是固定不動的。

（1）在圖中標出液態(tài)鈉受磁場驅(qū)動力的方向。

（2）假設在液態(tài)鈉不流動的條件下，求導管橫截面上由于受到磁場驅(qū)動力的作用而形成的附加壓強P與上述各個量之間的關系式。

（3）假設液態(tài)鈉中每個自由電荷所帶的電量為q，單位體積內(nèi)參與導電的自由電荷數(shù)n，求在橫穿液態(tài)鈉的電流I的方向上參與導電的自由電荷定向移動的平均速率。

解析：（1）磁場驅(qū)動力的方向沿著導管水平向里且與B、I垂直。

（2）由安培力的計算公式得液態(tài)鈉所受的磁場力為F=BIa

在垂直于導管橫截面方向上所產(chǎn)生的附加壓強P=F/S=F/ab

帶入得：P=BI/b

（3）由電流強度I=Q/t

在時間t內(nèi)通過的總電量Q=nqBLVt

所以，參與導電的自由電荷定向移動的平均速率V=I/nqbL

【能力提升】

Ⅰ知識與技能

1．兩根固定的平行長直導線a、b中通以等大的同向電流，導線c與a、b在同一平面內(nèi)，位于中心線OO1一側(cè)，如圖11-9所示。當導線c中通以與a、b中反向的電流后，若c能自由運動，則其運動的情況是（）

A．向a靠近

B．向b靠近

C．停在中心線OO1處

D．在中心線OO1處附近左右振動

2．如圖11-10所示，條形磁鐵放在光滑斜面上，用平行于斜面的輕彈簧拉住而平衡。P為水平放置的導線的截面。導線中導線中無電流時，磁鐵對斜面的壓力為N1；當導線中通電流時，磁鐵對斜面的壓力為N2，此時彈簧的伸長量減小了，則（）

A．N1〈N2，P中電流方向向外

B．N1=N2，P中電流方向向外

C，N1〉N2，P中電流方向向內(nèi)

D．N1〉N2，P中電流方向向外

3．如圖11-11所示的天平可以用來測定磁感強度。天平的右臂下面掛有一個矩形線圈，寬為L，共N匝，線圈的下部懸在勻強磁場中，磁場的方向垂直紙面，當線圈中通有電流I（方向如圖所示）時，在天平的左右兩端各放上質(zhì)量分別為m1、m2的砝碼，此時天平平衡。當電流反向時（大小不變），右邊再加上質(zhì)量為m的砝碼后，天平重新平衡。由此可知磁場的方向和磁感強度大小為（）

A．向里；mg/2NIL

B．向外；mg/2NIL

C．向里；mg/2IL

D．向外；mg/2IL

4．如圖11-12所示，兩個相同的輕質(zhì)鋁環(huán)套在一個光滑的絕緣圓柱體上，兩個鋁環(huán)中通有大小不同但方向相同的電流，則兩個鋁環(huán)的運動情況正確的是（）

A．都繞著圓柱體轉(zhuǎn)動

B．彼此相向運動，而且加速度大小相等

C．彼此相向運動，而且電流大的加速度大

D．兩個鋁環(huán)向兩邊分開，而且加速度大小相等

5．有一段長為L的通電直導線，每米長度中有N個自由電荷，每個自由電荷的電量都為q，它們定向移動的速率為V，現(xiàn)在加一個勻強磁場，方向垂直導線，磁感強度為B，則磁場對這段導線的安培力大小為（）

A．NqVLB

B．NqBL/V

C．Qvb/NL

D．QVBL/N

Ⅱ能力與素質(zhì)

6．如圖11-13所示，在傾角為300的光滑斜面上垂直紙面放置一根長為L、質(zhì)量為m的通電直導線，電流大小為I，方向向外。

（1）能使導線靜止在斜面上的磁感強度最小為多大？方向如何？

（2）如果加一個水平向右的勻強磁場能使導線靜止，此時磁感強度大小為多少？

7．如圖11-14所示，寬度為L=0.25m的“U”形金屬框架上連有一個電池（電動勢12V，內(nèi)阻不記）和一個滑動變阻器，框架與水平面的夾角為300。在垂直框架方向上放有一個質(zhì)量為200g的導體棒，導體棒與框架之間的動摩擦因數(shù)為√3/6，整個裝置放在磁感強度為0.8T，方向垂直框架斜向上的勻強磁場中。假設導體棒與框架之間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，而且其余部分電阻均不計，g=10m/S2。求：滑動變阻器的阻值在什么范圍內(nèi)，導體棒能夠靜止在框架上？

【拓展研究】

8．根據(jù)磁場對電流會產(chǎn)生作用力的原理，人們研制出一種新型的發(fā)射炮彈的裝置——電磁炮。其原理是把待發(fā)射的炮彈（導體）放在磁場中的兩個平行導軌上，給導軌通以較大電流，使炮彈作為一個通電導體在磁場作用下沿著導軌加速運動，并且以某一速度發(fā)射出去，如果想提高某種電磁炮的發(fā)射速度，理論上可以怎么辦？（增大磁感強度、增大電流

延長導軌長度。）

專題三磁場對荷的作用

【考點透析】

一、本專題考點：磁場對運動電荷的作用，洛侖茲力，帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周均為Ⅱ類要求。

二、理解和掌握的內(nèi)容

1．磁場對運動電荷的作用力——洛侖茲力

（1）大?。篺=BqV其中V與B垂直

（2）方向：左手定則判斷。四指指向正電荷的運動方向，磁場方向垂直穿過手心，伸開的拇指指向受力方向。

2．帶電粒子以速度V垂直磁場進入勻強磁場后，做勻速圓周運動。

半徑：R=mv/qB

周期：T=2πm/qB

3．洛侖茲力不做功

4．洛侖茲力與安培力的關系

安培力是大量運動電荷所受洛侖茲力的宏觀表現(xiàn)，洛侖茲力是安培力的微觀解釋。

5．在研究帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動規(guī)律時，著重把握“一找圓心，二找半徑，三找周期”的規(guī)律。

（1）圓心的確定：因為洛侖茲力指向圓心，根據(jù)洛侖茲力垂直速度方向，畫出粒子的運動軌跡上任意兩點（一般是入射點和出射點）的洛侖茲力方向，沿著兩個洛侖茲力畫出延長線，兩個延長線的交點即為圓心。或者利用圓心位置必定在圓中一根弦的中垂線上。

（2）半徑的確定：利用相關幾何知識作圖計算。

（3）粒子在磁場中運動時間的確定：利用圓心角與弦切角的關系進行計算。

（4）注意圓周運動中有關對稱規(guī)律。

【例題精析】

例1如圖11-15所示，一束電子（電量為e）以速度V垂直磁場射入磁感強度為B、寬度為D的勻強磁場中，穿過磁場時電子的速度方向與原來射入的方向之間的夾角為300,則電子的質(zhì)量為多少?穿過磁場的時間是多少?

解析：電子在磁場中運動，只在洛侖茲力作用下做勻速圓周運動，因此確定圓心的位置，求出半徑的大小是解題的關鍵。

過入射點A作初速度的垂線AC，連接出射點B和入射點A，作其中垂線交AC于點O，即為圓心。用幾何知識算出半徑為R=2d。

設電子在磁場中的運動時間為t，由eVB=mV2/R

由運動學公式：S=Vt

S=2πR=VT

T=T/12

得：m=2eBd/V

t=πd/3V

例2．如圖11-16所示，在XOY平面上，a點坐標為（0，L），平面內(nèi)一邊界通過a點和坐標原點O的圓形磁場區(qū)域，磁場方向垂直紙面向里。有一個電子（質(zhì)量為m，電量為e）從a點以初速度V平行X軸正方向射入磁場區(qū)域，在磁場中運動，恰好從X軸正方向上的b點（圖中未標出），射出磁場區(qū)域，此時速率方向與X軸正方向的夾角為600，求：

（1）磁場的磁感強度

（2）磁場區(qū)域的圓心的坐標

（3）電子在磁場中運動的時間

解析：電子在勻強磁場中做勻速圓周運動，從a點射入，b點射出磁場區(qū)域，所以所求磁場區(qū)域的邊界通過了a、b、O三點。電子的運動軌跡如圖虛線所示，其對應的圓心在O2點。令aO2=bO2，由幾何知識得：

R2=（R-L）2+（Rsin600）2

而R=mv/Be

所以，R=2L，B=mV/2eL

電子在磁場中的飛行時間

t=600T/3600=2πL/3V。

由于與圓O1的圓心角aOb=900，所以直線ab為圓形磁場的直徑，故磁場區(qū)域的圓心O1的坐標為：X=L/2，Y=L/2。

【能力提升】

Ⅰ知識與技能

1．在赤道處沿東西方向放置一根通電直導線，導線中電子定向運動的方向是由東向西，則導線受到地球磁場的作用力的方向為（）

A．向上

B．向下

C．向北

D．向南

2．一個帶電粒子，沿著垂直于磁場的方向射入一個勻強磁場，粒子的一段徑跡如圖11-17所示，徑跡上的每一小段都可以近似看成圓弧。由于帶電粒子使沿途空氣電離，粒子的能量逐漸減少（電量不變）。從圖中情況可以確定（）

A．粒子從a到b，帶正電

B．粒子從b到a，帶正電

C．粒子從a到b，帶負電

D．粒子從b到a，帶負電

3．如圖11-18所示，平行直線ab和cd之間有垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度為B?，F(xiàn)分別在ab上某兩點射入帶正電的粒子M和N，而且M、N的速度方向不同，但與ab的夾角均相等，兩粒子都恰好不能穿過邊界線cd。如果兩粒子質(zhì)量都為m，電量都為q，兩粒子從射入到cd的時間分別為t1和t2，則下列不正確的為（）

A．t1+t2=πm/qB

B．t1+t2=πm/2qB

C．M粒子的初速度大于N粒子的初速度

D．M粒子的軌跡半徑大于N粒子的軌跡半徑

4．如圖11-19所示，在實線所示的圓形區(qū)域內(nèi)有方向垂直圓面向里的勻強磁場，從邊緣的A點有一束速率各不相同的質(zhì)子沿著半徑方向射入磁場區(qū)域，這些質(zhì)子在磁場中的運動（）

A．運動時間越長，其軌跡越長

B．運動時間越長，其圓心角越小

C．運動時間越短，射出磁場時的速率越小

D．運動時間越短，射出磁場時速度的方向偏轉(zhuǎn)得越小

5．如圖1-20所示，L1和L2為兩平行的虛線，L1的上方和L2的下方都是垂直紙面向里的磁感應強度相同的勻強磁場，A、B兩點都在L2上。帶電粒子從A點以初速度V與L2成300角斜向上射出，經(jīng)過偏轉(zhuǎn)后正好經(jīng)過B點，經(jīng)過B點的速度方向也斜向上，不計重力，則下列說法正確的是（）

A．帶電粒子經(jīng)過B點時的速度不一定與在A點的速度相同

B．如果將帶電粒子在A點時的速度變大（方向不變），則它仍能經(jīng)過B點

C．如果將帶電粒子在A點的速度方向改為與L2成600角斜向上，它就不一定經(jīng)過B點了

D．此粒子一定帶正電

6．如圖11-21所示，兩個相切的圓表示一個靜止的原子核（無外層電子）發(fā)生某種核變化后產(chǎn)生的兩種運動粒子在勻強磁場中的運動軌跡，著可能是（）

A．原子核發(fā)生了β衰變

B．原子核發(fā)生了α衰變

C．半徑較大的圓為反沖核的軌跡

D．反沖核順時針旋轉(zhuǎn)

Ⅱ能力與素質(zhì)

7．兩個相同的帶電粒子，以不同的初速度從P點沿著垂直勻強磁場的方向，而且與直線MN平行的方向射入磁場中，通過a點的速度V1與MN垂直；通過b點的粒子速度V2與MN成600角（如圖11-22所示），則它們的速率了之比V1：V2為（）

A．3：2

B．2：3

C．1：2

D．2：1

8．如圖11-23所示，在x軸上方存在著垂直與紙面向外的勻強磁場，磁感應強度為B，在原點O有一個離子源向X軸上方的各個方向發(fā)射出質(zhì)量為m，電量為q的正離子，速率都為V，對那些在XY平面內(nèi)運動的離子，在磁場中可能達到的最大X=（），最大Y=（）。

9．一圓形的垂直紙面向里的勻強磁場，如圖11-24所示，bc為直徑，

弧ab為圓周的1/3，有兩個不同的帶電粒子從a點射入，速度方向垂直bC線，粒子甲打在b點，粒子乙打在c點。如果甲、乙進入磁場的速度之比為1：，則它們在磁場中運動的時間之比為（）

10．如圖11-25所示，在某裝置中有一勻強磁場，磁感強度為B，方向

垂直與XOY所在的紙面向外。某時刻正在坐標（L0，0）處，一個質(zhì)子沿著Y軸的負方向進入磁場，同時，在坐標（-L0，0）處，一個α粒子進入磁場，速度方向垂直磁場。不考慮質(zhì)子與α粒子的相互作用。設質(zhì)子的質(zhì)量為m，電量為e。

（1）如果質(zhì)子經(jīng)過坐標原點O，那么它的速度為多大？

（2）如果α粒子與質(zhì)子在坐標原點相遇，那么α粒子的速度為多大？

專題四帶電粒子在復合場中的運動

【考點透析】

一、本專題考點：本專題為Ⅱ類要求。

二、理解和掌握的內(nèi)容

1．帶電粒子在復合場中的運動的基本分析

（1）復合場在這里指的是電場、磁場和重力場并存或其中某兩種場并存的情況。此時必須同時考慮帶電粒子所受電場力、洛侖茲力和重力等。

（2）當帶電粒子在復合場中所受的合外力為零時，粒子將靜止或做勻速直線運動。

（3）當帶電粒子在復合場中所受的合外力充當向心力時，粒子將做勻速圓周運動。

（4）當帶電粒子在復合場中所受的合外力的大小、方向不斷變化時，粒子將做曲線運動。

（5）關于粒子重力問題，要看具體問題而定。

2．電場力和洛侖茲力的比較

（1）帶電粒子在電場中始終受到電場力；在磁場中不一定受到洛侖茲力

（2）電場力的大小與粒子速度無關；洛侖茲力受速度制約

（3）勻強電場中帶電粒子所受電場力為恒力，勻強磁場中帶電粒子所受洛侖茲力為變力。

（4）電場力可以改變速度大小和方向，洛侖茲力只能改變速度方向，不能改變速度大小，電場力可以對帶電粒子做功，洛侖茲力不會做功。

【例題精析】

例1如圖11-26所示，在X0Y平面內(nèi)，有E=12N/C的勻強電場和B=2T的勻強磁場。一個質(zhì)量為m=4.0×10-5Kg、電量q=2.5×10-5C的正電微粒，在XOY平面內(nèi)做直線運動到原點O時，撤去磁場，經(jīng)過一段時間后，帶電微粒運動到X軸上的P點。

求：（1）PO之間的距離。

（2）帶電微粒由O到P的時間。

（3）帶電微粒到達P點的速度大小。

解析：由題意可知，微粒在空間的直線運動只能是重力、電場力、洛侖茲力的合力為零的勻速直線運動。所以方向關系如圖所示。撤去磁場后，從O到P將做類平拋運動，由tanα=Eq/mg，BqV=解得α=370，V=10m/S；再由平拋知識得出t=1.2S，則OP=Vt/cos370=15m，從O到P由EqOP=mVP2/2–mV2/2，解得VP=18m/S。

思考拓寬：帶電體進入混合場后，根據(jù)受到的重力、電場力、洛侖茲力的特點以及相關聯(lián)系判斷運動狀況。若三力平衡，則一定做勻速直線運動；若重力與電場力平衡，一定做勻速圓周運動；若合力不為零而且與速度方向不垂直，就做復雜的曲線運動。但是洛侖茲力不做功，就可以用能量守衡定律后動量守衡定律解題。

例2如圖11-27所示，玻璃管內(nèi)抽成真空，陰極K加熱后能發(fā)射電子。電子在K、A之間被加速后通過小孔A，沿著兩極板正中央前進時打到熒光屏的中央，形成一個光點O，C、D為電容器的兩個極板，在其間可以產(chǎn)生勻強電場，在電容器間有垂直紙面向里的勻強磁場。若電容器的極板成為L，極板間距為d，電容器右邊緣到熒光屏的距離為S，電子從陰極K射出時的初速度很小。

（1）若磁場的磁感強度B，當調(diào)整電容器上的偏轉(zhuǎn)電壓到U0時，電子束恰好能勻速通過電磁場區(qū)域，打到熒光屏上的O點。則能通過電磁場區(qū)域的電子的速度多大？

（2）將電場撤去，只保留磁場，則電子飛入磁場后在極板間做圓周運動，

經(jīng)過時間t后從磁場的右方飛出打到熒光屏上。若電子的質(zhì)量為m，電量為e，則電子在離開磁場時速度偏離原來方向的角度多大？

（3）將電場撤去，保留磁場，適當調(diào)節(jié)磁場的強度，使電子緊靠電容器的下極板邊緣飛出磁場，打到熒光屏上的P點，求OP之間的距離。

解析：（1）電子做勻速運動，受洛侖茲力f與電場力F等大反向，

f=Evb

f=Ee=EU/d

因為f=F，所以eVB=eU0/d

V=U0=/Bd

（2）電子在磁場中的運動時間為t=αT/2Π

α為電子速度的偏轉(zhuǎn)角，即電子的運動軌跡所對的圓心角。

周期T=2Πm/eB

所以α=2Πt/T=eBt/m

（3）由幾何知識可知：r2=L2+（r–d/2）2

解得r=（4L2+d2）/4d

又根據(jù)三角形相似得出：Y=4SLd/（4L2-d2）

所以，OP=Y+d/2=4SLd/（4L2–d2）+d/2

【能力提升】

Ⅰ知識與技能

1．如圖11-28所示是電視機顯象管的偏轉(zhuǎn)線圈示意圖，它由繞在磁環(huán)上的兩個相同的線圈串聯(lián)而成，線圈中通有方向如圖所示的電流。當電子束從磁環(huán)中心由里向外射出時，它將（）

A．向上偏轉(zhuǎn)

B．向下偏轉(zhuǎn)

C．向左偏轉(zhuǎn)

D．向右偏轉(zhuǎn)

2．A、B兩種離子化合物只含M、N兩種元素，A、B中M元素的質(zhì)量分數(shù)分別為30.4%和25.9%，若A中M、N兩離子以相同動量進入同一勻強磁場，半徑之比為1：2，則B中M、N兩離子以相同動量進入勻強磁場時，半徑之比為（）

A．1：5

B．190：87

C．152：435

D．3：4

3．如圖11-29所示，空間的某一區(qū)域內(nèi)存在著相互垂直的勻強磁場和勻強電場，一個帶電粒子以某一初速度由A點進入這個區(qū)域沿直線運動，從C點離開區(qū)域；如果這個區(qū)域只有電場，則粒子從B點離開場區(qū)；如果這個區(qū)域只有磁場，則粒子從D點離開場區(qū)；設粒子在上述三種情況下，從A到B點、A到C點和A到D點所用的時間分別是t1、t2和t3的大小，則（粒子重力忽略不計）（）

A．t1=t2=t3

B．t2t1t3

C.t1=t2t3

D.t1=t3t2

4.如圖11-30所示,一束正離子從S點沿水平方向射出,在沒有電場、磁場時恰好擊中熒光屏上的坐標原點O，若同時加上電場和磁場后，正離子束最后打在熒光屏上坐標系的第Ⅲ象限中，則所加電場E和磁場B的方向可以是（不計離子重力及其相互作用力）（）

A．E向上，B向上

B．E向下，B向下

C．E向上，B向下

D．E向下，B向上

5．光滑曲面與豎直平面的交線是拋物線，如圖11-31所示，拋物線的方程是y=x2，下半部處在一個水平方向的勻強磁場中，磁場的上邊界是y=a的直線（圖中虛線所示）。一個質(zhì)量為m的小金屬塊從拋物線上y=b處（ba）以速度v沿拋物線下滑，假設拋物線足夠長，金屬塊沿拋物線下滑后產(chǎn)生的焦耳熱總量是（）

A．mgb

B.v2/2

C.mg（b-a）

D.mg（b-a）+mv2/2

6．質(zhì)譜儀是一種測定帶電粒子質(zhì)量和分析同位素的重要工具，它的構造原理如圖11-32所示，離子源S可以發(fā)出各種不同的正離子束，離子從S出來時速度很小，可以看作是靜止的。離子經(jīng)過加速電場加速后垂直進入有界勻強磁場，并沿著半圓周運動而到達照相底片上的P點，測得P點到入口處S1的距離為X（）

①若離子束是同位素，則X越大，質(zhì)子質(zhì)量越大

②若離子束是同位素，則X越大，質(zhì)子質(zhì)量越小

③只要X相同，則離子質(zhì)量一定相同

④只要X相同，則離子質(zhì)量之比一定相同

A．①③

B．①④

C．②③

D．②④

Ⅱ能力與素質(zhì)

7．如圖11-33所示，兩個水平放置的平行極板之間有正交的勻強電場和勻強磁場。有三個帶有同種電荷的帶電粒子，以不同的速度從A點沿著極板的中心線射入。第一個粒子沿著AB做直線運動，打在O點。不計重力。則下列說法中不正確的是（）

A．粒子可能帶正電，也可能帶負電

B．若都是帶正電，則第二個粒子入射的速度最大，第三個粒子入射的速度最小

C．若都是帶負電，則第二個粒子入射的速度最大，第三個粒子入射的速度最小

D．若都是帶負電，則通過場區(qū)后，第二個粒子的動能增大，第三個粒子的動能減小

8．如圖11-34所示，一個質(zhì)量為m、電量為q的小金屬滑塊以某一速度沿著水平放置的絕緣板運動，整個裝置所在的空間存在著勻強電場和勻強磁場，磁場方向垂直紙面向外，勻強電場沿著水平方向。滑塊與絕緣板之間的動摩擦因數(shù)為μ，滑塊從A到B是勻速運動，到達B點時與提供電場的電路開關相碰，使電路斷開，因而電場立即消失，碰撞使滑塊的動能減少為原來的1/4?；瑝K碰撞后從B點返回到A點的運動恰好是勻速運動，已知滑塊從B點到A點所需時間為t，AB長為L。

求：（1）勻強磁場的磁感強度大小。

（2）勻強電場的電場強度大小

（3）滑塊在整個過程中克服摩擦力做的功。

9．將氫原子中電子的運動看作是繞氫核做勻速圓周運動，這時在研究電子運動的磁效應，可將電子的運動等效為一個環(huán)形電流，環(huán)的半徑等于電子的軌道半徑R。現(xiàn)對一個氫原子加上一個外磁場，磁場的磁感強度大小為B，方向垂直電子的軌道平面。這時電子運動的等效電流用I1來表示。再將磁場反向，但磁場的磁感強度大小不變，這時電子運動的等效電流用I2來表示。假設在加上外磁場以及外磁場反向時，氫核的位置、電子運動的軌道平面以及半徑都不變，求外磁場反向前后電子運動的等效電流之差等于多少？（用m和e表示電子的質(zhì)量和電量）

10．1998年6月2日，由我國科學家丁肇中主持研制的阿爾法磁譜儀有“發(fā)現(xiàn)號”航天飛機搭載升空，用來探測宇宙中是否有反物質(zhì)和暗物質(zhì)，該探測儀的核心部件----永久磁鐵由中國科學院電工研究所設計制造。

反物質(zhì)與原物質(zhì)具有相同的質(zhì)量數(shù)，而電荷種類相反。如H、n、e等物質(zhì)對應的反物質(zhì)分別為H、n、e，反原子核由反質(zhì)子和反中子組成，根據(jù)反粒子和相應粒子的質(zhì)量相同而電荷相反，故可以用下列方法探測：

簡化原理如圖11-35所示，設圖中個粒子或反粒子沿著垂直于勻強磁場B的方向（OO1）進入磁譜儀時速度相同，而且氫原子核在OX軸上的偏轉(zhuǎn)位移X0恰為其軌道半徑r的一半，試預言反氫核和反氦核的軌跡和在X軸上的偏轉(zhuǎn)位移X1和X2。

如果預言正確，那么當人們觀測到這樣的軌跡，就證明已經(jīng)探測到了反氫核和反氦核。

效果驗收

1.下列關于磁通量的說法，正確的是（）

A在磁場中穿過某一面積的磁感線的條數(shù)，就叫做這個面積的磁通量。

B.在磁場中垂直穿過某一面積的磁感線的條數(shù)，就叫做這個面積的磁通量。

C.在磁場中某一面積與該處的磁感強度的乘積，叫做磁通量。

D.在磁場中垂直某一面積的磁感線的條數(shù)與該面積的比值叫做磁通量。

2.磁場中某區(qū)域的磁感線，如右圖11-36所示，則（）

A.a、b兩處的磁感強度的大小不等Ba＞Bb

B.a、b兩處的磁感強度的大小不等Ba＜Bb

C.同一通電導線放在a處受力一定比放在b處受力大

D.同一通電導線放在a處受力一定比放在b處受力小

3.如圖11-37所示，一束質(zhì)量、速度和電量不同的正離子垂直射入勻強電場和勻強磁場相互垂直的區(qū)域里（圖中A），結(jié)果發(fā)現(xiàn)有些離子保持原來的運動方向未發(fā)生偏轉(zhuǎn)。這些離子進入另一勻強磁場中（圖中C），又分裂為幾束，這些離子的（）

A.電量一定不同

B.質(zhì)量一定不同

C.速度一定不同

D.荷質(zhì)比一定不同

4.如圖11-38所示，實線表示在豎直平面內(nèi)的電場線，電場線與水平方向成α角，水平方向的勻強磁場與電場正交，有一帶電液滴沿斜向上的虛線l做直線運動，l與水平方向成β角，且α＞β，則下列說法中錯誤的是（）

A.液滴一定做勻速直線運動

B.液滴一定帶正電

C.電場線方向一定斜向上

D.液滴有可能做勻變速直線運動

5.如圖11-39所示，ab為一載流直導線，可在空間移動，電流方向如圖所示，現(xiàn)置于一螺線管上方并與螺線管軸線平行，當螺線管中通有圖示電流時，導線ab的運動情況是（）

A.a端向里，b端向外，并遠離螺線管

B.a端向里，b端向外，并靠近螺線管

C.a端向外，b端向里，并遠離螺線管

D.a端向外，b端向里，并靠近螺線管

6.如圖11-40所示，絕緣細線下懸掛一個帶正電的小球，在垂直于紙面向里的勻強磁場中，沿圓弧AOB來回擺動，不計空氣阻力，A、B為所能達到的最高點，O為平衡位置，比較小球在擺動過程中由A→O與由B→O兩種情況，下列說法錯誤的是（）

A.所用時間tAO=tBO

B.擺過最低點時的速率vAO=vBO

C.擺過最低點時，細線的張力TAO＞TBO

D.擺過最低點時，細線的張力TAO＜TBO

7.如圖11-41所示，質(zhì)量為m、電量為q的帶正電的物體，在磁感應強度為B，方向垂直于紙面向里的勻強磁場中，沿動摩擦因數(shù)為μ的水平面運動，則下列結(jié)論正確的是（）

A.物體速度由v減小到零所用時間等于mv/μ（mg+qBv）

B.物體速度由v減小到零所用時間小于mv/μ（mg+qBv）

C.若另加一個電場強度為μ（mg+qBv）/q，方向水平向左的勻強電場，則物體做勻速運動

D.若另加一個電場強度為μ（mg+qBv）/q，方向豎直向上的勻強電場，則物體做勻速運動

8.如圖11-42所示A為帶正電的小物塊，B是一個不帶電的絕緣物塊，A、B疊放于粗糙的水平地面上，地面上方有垂直紙面向里的勻強磁場，現(xiàn)用水平恒力F拉B物塊，使A、B一起無相對滑動地向左加速運動，在加速運動階段（）

①A、B一起運動的加速度減小

②A、B一起運動的加速度增大

③A、B物塊間的摩擦力減小

④A、B物塊間的摩擦力增大

A.①③

B.②④

C.①④

D.②③

9．如圖11-43所示，在虛線所示寬度范圍內(nèi)，用場強為E的勻強電場可使以初速度v0垂直電場方向入射的某種正離子偏轉(zhuǎn)θ角，在同樣寬度范圍內(nèi)若改用方向垂直紙面向外的勻強磁場，使該離子穿過磁場區(qū)域偏轉(zhuǎn)角也為θ角，勻強磁場的磁感強度應是()

10.如圖11-44所示，兩平行金屬板間的勻強磁場磁感強度B與勻強電場E的方向垂直，一質(zhì)量為m、帶電量為q的負離子以速度v從M處垂直于正極板射入平行板內(nèi)，運動方向發(fā)生偏轉(zhuǎn)，當偏轉(zhuǎn)角90O時，離子與正極板相距d，此時離子所受洛淪茲力的大小為()方向為()（離子重力不計）

11.如圖11-45所示，質(zhì)量為m=10-4kg的小球，放在絕緣的水平面上，小球帶電量為q=2х10-4C，小球與水平面間的動摩擦因數(shù)為μ=0.2，外加勻強電場E=5V/m，勻強磁場磁感應強度B=2T，方向如圖，小球由靜止開始運動，小球的最大加速度為（）可能達到的最大速度為（）。

12.一個帶負電的小球，電量為2.0х10-2C，質(zhì)量為4.0х10-6kg，如圖11-46所示小球以500m/s的速度沿OO‘方向射入并穿過勻強電場區(qū)域，發(fā)生側(cè)移OA=2cm，穿過電場后的動能為0.6J，不計小球受到的重力，要使這個小球穿過電場區(qū)域時不發(fā)生偏轉(zhuǎn)，可在這個區(qū)域內(nèi)加一個方向與速度方向垂直的勻強磁場。試在圖中標出磁場的方向，并求出磁感強度的大小。

13.如圖11-47所示，足夠長的絕緣斜面與水平面間的夾角為θ（sinθ=0.6），放在水平方向的勻強電場和勻強磁場中，電場強度E=50V/m，方向水平向左，磁場方向垂直紙面向外。一個帶電量為+4.0х10-2C，質(zhì)量為0.4kg的光滑小球，以初速v0=20m/s從斜面底端A沖上斜面，經(jīng)過3s離開斜面，求磁場的磁感應強度，（取g=10m/s2）

14.如圖11-48所示，靜止在負極板附近的帶負電的微粒m1在MN間突然加上電場時開始運動，水平勻速的擊中速度為零的中性粒子m2后，粘合在一起恰好沿一段圓弧運動N極板上，如果m1=9.995х10-7kg，帶電量為1х10-8C，電場強度E=103V/m，磁感強度B=0.5T，求m1擊中m2時的高度，m1擊中m2前瞬時速度，m2的質(zhì)量及m1和m2粘合體做圓弧運動的半徑

15.如圖11-49所示，水平向右的勻強電場E=4V/m，垂直紙面向里的勻強磁場B=2T質(zhì)量m=1g帶正電的小物塊A，從M點沿絕緣粗糙的豎直檔板無初速滑下，滑行0.8m到N點時離開檔板做曲線運動，在P點時小物塊瞬時受力平衡，此時速度與水平方向成450，若P與N的高度差為0.8m，求（1）A沿檔板下滑過程中摩擦力所做的功，（2）P與N的水平距離。

16．如圖11-50所示，在相距為d=0.02m的兩平行金屬板間加上600V的電壓，在N板附近有一質(zhì)量為10-3g，帶負電

q=-3х10-6c的粒子，無初速的經(jīng)電場加速后眼沿P進入勻強磁場，偏轉(zhuǎn)后粒子打至Q點，已知PQ=0.4m，（忽略重力作用）求

（1）勻強磁場的磁感應強度B多大？

（2）帶電粒子由N至Q總歷時多少？

17.如圖11-51所示，為一種質(zhì)譜儀示意圖，由加速電場、靜電分析器和磁分析器組成。若靜電分析器通道的半徑為R，均勻輔向電場場強為E磁場磁感強度為B，試計算

（1）為使電量為q、質(zhì)量為m的離子，從靜止開始經(jīng)加速電場加速后沿圖中的虛線通過靜電分析器，加速電場的電壓至少為多大？

（2）離子由O點進入磁分析器后，最終打在乳膠片上的位置A，距入射點O多遠？

（3）若有一群帶電離子，從靜止起經(jīng)加速電場加速，又經(jīng)靜電分析器和磁分析器后落在同一點A，問該群帶電離子有什么共性？

第十一章磁場參考答案

專題一1．C2.B3.D4.D5.A6.A7.C8.B拓展研究1.B2.D,B

專題二1.D2.D3.A4.B5.A6.mg/2IL,垂直斜面向上;mg/IL,水平向右.

7.1.6Ω—4.8Ω

專題三1.A2.B3.B4.D5.B6.A7.C8.2mV/Bq,2mV/Bq9．-1

10.BeL0/2m,BeL0/4m

專題四1.A2.C3.C4.D5.D6.B7.C8.mgt/qL;3μmg/q;3μmgL.9.Be2/2Πm.

10.X1=-(2r–2rcosθ);X2=-(2-/2)r

效果驗收

（1）A（2）B（3）D（4）D（5）C（6）C（7）A（8）Ecosθ/v0

（9）豎直向上（10）8m/s210m/s

（11）B的方向垂直紙面向里，大小為0.5T（12）5T

（13）h=100mv=1m/sm2=5х10-10kgr=200m（14）-6х10-3J0.6m

（15）B=100T，t=1.11х10-2S

（16）U=ER/2要求帶電離子同為正離子，荷質(zhì)比相同

高考物理知識網(wǎng)絡動量復習教案

第五章動量
本章知識所處的地位：
本章在高中物理中占有重要地位。動量守恒定律是自然界普遍適用的基本規(guī)律之一，它比牛頓定律適用范圍廣泛的多，即使在牛頓定律的適用范圍內(nèi)，應用動量守恒定律解決諸如碰撞、爆炸等問題，也要比應用牛頓定律大為簡單、方便。
知識網(wǎng)絡：

。
專題一、沖量和動量的概念
【考點透析】
一、本專題考點：動量、沖量為Ⅱ類要求。
二、理解和掌握的內(nèi)容
1.沖量I
①定義：作用在物體上的力和力的作用時間的乘積叫做該力對這個物體的沖量。②公式：I=Ft，只適于恒力沖量的計算；單位是牛頓秒(NS)。③沖量是力對時間的積累效果，是過程量。講沖量必須明確是哪個力、哪個過程的沖量。④沖量是矢量。恒力的沖量的方向與力的方向相同；變力的沖量的方向不能由力的方向直接判斷。
2.動量P
P=mv有大小有方向（沿v的方向）的矢量。兩個動量相等必須是大小相等方向相同，單位是千克米/秒（kgm/s），動量與動能的大小關系：P=。
3.難點釋疑
（1）動量和沖量的區(qū)別
①動量具有瞬時性,當物體做變速運動時,應明確是哪一時刻哪一位置的動量。沖量是過程量，應明確是哪個力在哪段時間內(nèi)對物體作用的沖量。
②由于速度與參照物的選擇有關，動量具有相對性，通常以地球（大地）為參照系。由于力和時間與參照物選擇無關，所以力的沖量與參照物選擇無關。
（2）動量與動能的區(qū)別
名稱矢量性大小變化量
動量矢量p∝v速度發(fā)生變化，Δp一定不為零
動能標量Ek∝v2速度發(fā)生變化，ΔEk可能為零
（3）沖量與功的區(qū)別
名稱矢量性大小作用效果計算
沖量矢量I=Ft改變動量應用矢量合成法則求合沖量
功標量W=Fscosθ改變動能應用代數(shù)運算求總功
【例題精析】
例1傾角為θ的光滑斜面上有一質(zhì)量為m的物體自靜止起下滑，抵達斜面底端時速度為vt，下滑過程中重力的沖量為。
解析:欲求重力的沖量，必須先求出物體受重力的時間t,t=vt/a=vt/gsinθ因此物體在下滑過程中重力的沖量IG=mgt=mvt/sinθ本題正確答案是IG=mvt/sinθ
例2質(zhì)量為m的小球從h高處自由下落，與地面碰撞時間為Δt，地面對小球的平均作用力為F，取豎直向上為正方向，在與地面碰撞過程中（）
（A）重力的沖量為mg(+Δt)
（B）地面對小球作用力的沖量為FΔt
（C）合外力對小球的沖量為(mg+F)Δt
（D）合外力對小球的沖量為(mg–F)Δt
解析：由沖量的定義可得：重力的沖量IG=–mgΔt，地面對小球作用力的沖量
IF=FΔt,合外力對小球的沖量I=(F–mg)Δt[答案]B
小結(jié)：求沖量應明確是哪個力在哪段時間內(nèi)對物體作用的沖量及其方向。
【能力提升】
Ⅰ知識與技能
1．放在水平桌面上的物體質(zhì)量為m，用一個水平推力F推它t秒鐘，物體始終不動，那么在t秒內(nèi)，推力對物體的沖量為（）
Ａ．0;B．Ft牛秒;C．mgt牛秒D．無法計算
2．在上題中合力的沖量為。
3．圖5-1所示，兩個質(zhì)量相等的物體在同一高度沿傾角不同的兩個光滑斜面由靜止自由下滑，到達斜面底端的過程中，兩個物體具有的物理量不相同的是（）
①重力的沖量②彈力沖量③合力沖量④動量
A．①B．①②Ｃ．①②③D．①②③④
4．對于任何一個固定質(zhì)量的物體，下面陳述中正確的是（）
①物體的動量發(fā)生變化，其動能必變化②物體的動量發(fā)生變化，其動能不一定變化
③物體的動能發(fā)生變化，其動量不一定變化④物體的動能發(fā)生變化，其動量必有變化
A．①③B．①④C．②④D．②③
5．物體`受到-2NS的沖量作用，則（）
A．物體原來的動量方向一定與這個沖量的方向相反
B．物體的末動量一定是負值
C．物體的動量一定減小
D．物體的動量增量一定與規(guī)定的正方向相反
Ⅱ能力與素質(zhì)
6．A、B兩物體沿同一直線分別在FA、FB作用下運動，圖5-2所示表示它們的動量P隨時間變化的規(guī)律，設A、B兩物體所受沖量的大小分別為IA、IB，那么（）
A．FAFB，方向相反B．FAFB，方向相同
C．IAIB，方向相同D．IAIB，方向相反
7．豎直上拋的小球，又落回到原地，球運動中所受阻力不變，則（）
A．從拋出到落回時間內(nèi)重力沖量為零
B．上升階段阻力沖量大于下降階段阻力沖量
C．從拋出到落回時間內(nèi)，空氣阻力沖量為零
D．上升階段球動量的變化量大于下降階段球動量的變化量
8．質(zhì)量為M的物體以速度v0豎直向上拋出，從拋出到落回拋出點的過程中物體受到合力的沖量為（不計空氣阻力）A.0B．2Mgv0，方向向上C．2Mv0，方向向下D．2Mgv0，方向向下
9．物體做變速運動時，下列說法中正確的是（）
①若動量發(fā)生變化，合外力一定對物體施加沖量，同時合外力一定對物體做功
②若動量發(fā)生變化，合外力一定對物體施加沖量，但合外力不一定對物體做功
③若動能發(fā)生變化，合外力一定對物體作功，同時合外力一定對物體施加沖量
④若動能發(fā)生變化，合外力一定對物體作功，但合外力不一定對物體施加沖量
A．①③B．②③C．①④D．②④
【拓展研究】

專題二、動量定理及其應用
【考點透析】
一、本專題考點：動量定理為Ⅱ類要求，但只局限于一維情況。
二、理解和掌握的內(nèi)容
1.動量定理：
（1）內(nèi)容：物體所受合外力的沖量等于物體動量的變化。
（2）表達式：Ft=mv2–mv1=Δp該式將過程量（合外力的沖量）與狀態(tài)量的變化相聯(lián)系。
2.牛頓第二定律的另一種表達形式：
F=(mv2-mv1)/Δt=Δp/Δt即：合外力等于物體動量的變化率，且物體所受合外力的方向與物體動量變化的方向、加速度的方向、速度變化的方向是相同的。
3.難點釋疑
（1）合外力的沖量與物體動量的變化相聯(lián)系，與物體在某時刻的動量無必然聯(lián)系；引起物體動量變化的是物體所受合外力的沖量。
（2）在Ft=mv2-mv1中，合外力的沖量，終態(tài)的動量和初態(tài)的動量，都是矢量，可見動量定理表達式是一個矢量方程，應用動量定理時需建立坐標系（或規(guī)定正方向）。
（3）應用FΔt=Δp分析一些物理現(xiàn)象。由上式可以看出若Δp保持一定，則力作用的時間越短，力F就越大，因此在需要增大作用力時，可盡量減小作用時間，如打擊、碰撞等由于作用時間短，作用力較大。反之，作用時間越長，力F就越小，因此在需要減小作用力時，可想法延長力的作用時間，如利用海綿、彈簧等的緩沖作用來延長作用時間。
（4）應用I=Δp求變力的沖量。如果物體受大小、方向或大小方向都變化的力的作用，則不能直接用FΔt求變力的沖量，這時可以求出在該力沖量作用下物體動量改變的大小和方向，等效代換變力的沖量I。
（5）動量定理與動能定理的區(qū)別：動量定理與動能定理一樣，都是以單個物體為研究對象，但所描述的物理內(nèi)容差別極大。在研究應用動量定理時一定要特別注意其矢量性。物體在力的作用下，在一段時間內(nèi)速度發(fā)生變化，這類問題屬于動量定理應用問題；而物體在力的作用下，在一段位移內(nèi)速度發(fā)生變化，這類問題屬于動能定理應用問題。可見它們的差異在于：前者涉及時間；后者涉及位移（或路程）．
【例題精析】
例1物體在恒定的合外力作用下運動，則下列說法中正確的是（）
①物體一定作直線運動②單位時間內(nèi)物體動量的增量與物體的質(zhì)量無關
③物體的動量增量與時間成正比④物體的動量變化率一定恒定
A．①③B．②③C．①③④D．②③④
解析：針對①：合外力恒定，若物體原來靜止或物體原有初速度的方向與合外力的方向一致或相反，物體作直線運動；若初速度方向與合外力方向不一致，則物體作曲線運動，例如平拋運動。所以①項錯。
針對②：單位時間內(nèi)物體動量的增量就是動量的變化率Δp/Δt=F，即Δp/Δt僅與F有關，而與物體的質(zhì)量m無關。
針對③：由動量定理Δp=I=FΔt，依題F恒定，所以Δp與Δt成正比。
針對④：由動量定理Δp=I=FΔt，所以物體動量變化率Δp/Δt=F是恒定的。
[答案]D
例2如圖5-4，把重物壓在紙帶上，用一水平力緩緩拉動紙帶，重物跟著一起運動，若迅速拉動紙帶，紙帶將會從重物下面拉出，解釋這些現(xiàn)象的正確說法是（）
①在緩慢拉動紙帶時，重物和紙帶間的摩擦力大②在迅速拉動時，紙帶給重物的摩擦力小③在緩慢拉動紙帶時，紙帶給重物的沖量大④在迅速拉動時，紙帶給重物的沖量小
A．①③B．②③C．③④D．②④
解析：在緩慢拉動紙帶時，兩物體之間的作用力是靜摩擦力，在迅速拉動時，它們之間的作用力是滑動摩擦力。由于通常認為滑動摩擦力等于最大靜摩擦力，所以一般情況是：緩拉摩擦力小；快拉摩擦力大。故判斷①、②都錯。
在緩慢拉動紙帶時，摩擦力雖小些，但作用時間可以很長，故重物獲得的沖量即動量的變化可以很大，所以能把重物帶動?？炖瓡r，摩擦力雖大些，但作用時間很短，故沖量小，所以重物動量改變很小。[答案]C
【能力提升】
Ⅰ知識與技能
1．從同一高度落下的玻璃杯掉到水泥地上易碎，而掉到泥土上不易碎，這是因為玻璃杯落到水泥地面時（）
A．受到?jīng)_量大B．受到動量大C．受到作用力大D．動量改變量大
2．一個質(zhì)點受到外力作用，若作用前后的動量分別為P1、P2，動量變化為Δp，速度的變化為ΔV，動能的變化為ΔEK，則（）
A．P1=-P2是不可能的B．Δp垂直于P1是不可能的
C．Δp垂直于ΔV是可能的D．ΔP≠0，ΔEK=0是可能的
3．甲、乙兩物體的質(zhì)量相同，以相同的初速度在粗糙的水平面上滑行，甲物體比乙物體先停下來，下面說法正確的是（）
A．甲物體所受沖量大B．乙物體所受的沖量大
C．兩物體所受沖量一樣大D．無法比較
4．人從高處跳到低處時，為了安全一般都是讓腳尖先著地，下面解釋正確的是（）
A．增大人對地的壓強，起到安全作用B．使動量的增量變的更小
C．增長與地面的沖擊時間，從而減小沖力D．減小沖量
5．一粒鋼珠從靜止狀態(tài)開始自由下落，然后陷入泥潭中，若把在空中下落的過程稱為Ⅰ，進入泥潭直到停止的過程稱為Ⅱ，則（）
①過程Ⅰ中鋼珠動量的改變量等于重力的沖量
②過程Ⅱ中阻力的沖量的大小等于過程Ⅰ中重力的沖量大小
③過程Ⅱ中阻力的沖量大小等于過程Ⅰ與過程Ⅱ中重力的沖量大小
④過程Ⅱ中鋼珠動量的改變量等于阻力的沖量
A．①③B．①④C．②④D．②③
Ⅱ能力與素質(zhì)
6.在空中某一點以大小相等的速度分別豎直上拋，豎直下拋，水平拋出質(zhì)量相等的小球，若空氣阻力不計，經(jīng)過t秒（小球均未落地），則（）
A．作上拋運動的小球動量變化最小B．作下拋運動的小球動量變化最大
C．三個小球動量變化大小相等D．作平拋運動小球動量變化最小
7．質(zhì)量相等的兩個物體P和Q并排靜止放在光滑的水平面上，現(xiàn)用一水平恒力F推P物體，同時與恒力F同方向給Q物體一個瞬時沖量I，使兩物體開始運動，當兩個物體重新相遇時，所經(jīng)歷的時間為（）
A．I/FB．2I/FC．2F/ID．F/I
8．水平飛行的子彈打穿固定在水平面上的木塊，經(jīng)歷的時間為t1，子彈損失的動能為ΔEK1，系統(tǒng)機械能的損失為E1。同樣的子彈以同樣的速度打穿放在光滑水平面上的同樣的木塊，經(jīng)歷的時間為t2，子彈損失的動能為ΔEK2，系統(tǒng)機械能的損失為E2，設在兩種情況下子彈在木塊中所受的阻力相同，則①t1＜t2②ΔEK1＜ΔEK2③E1＜E2④E1=E2中正確的是（）
A．①④B．①②Ｃ．①③④D．①②④
9.兩個物體A和B質(zhì)量分別為MAMB，它們以相同的初動量開始沿地面滑行，若它們滑行相同的距離后停下，滑行中A、B分別受到不變的阻力FA與FB作用，其滑行時間分別為tA和tB，則有FAFB,tAtB。
10.物體A和B用輕繩相連掛在輕彈簧下靜止不動,如圖5-5,A的質(zhì)量為m,B的質(zhì)量為M.當連接A、B的繩突然斷開后,物體A上升經(jīng)某一位置時的速度大小為v,這時物體B的下落速度大小為u,如圖b.在這段時間里,彈簧的彈力對物體A的沖量為（）A.mvB.mv-MuC.mv+MuD.mv+mu

【拓展研究】
11．高級轎車中使用一種安全氣囊，以防止撞車時坐在駕駛室的司機因為向前沖撞發(fā)生意外。這種氣囊有一種能在高溫下分解出氣體的混合物，例如氣配方：68%NaN3(疊氮化鈉)，5%NaNO2,5%陶土，14%Fe2O3粉，2%SiO2粉，6%石墨纖維。這些粉末經(jīng)加壓成型后，裝在一個大袋子里，袋子放在駕駛室座位前，撞車時，約在10ms內(nèi)引發(fā)下列反應：2NaN3=2Na+3N2(3650C分解)反應大約在30ms內(nèi)結(jié)束，袋內(nèi)充滿N2而脹大，阻止人體前沖，在以后的100—200ms內(nèi)氣體“消失”，同時袋內(nèi)的鈉變成氧化鈉，試問：
（1）什么氣體必須在以后的一定時間內(nèi)“消失”而不能始終存在？
（2）假如轎車在80Km/h的速度時發(fā)生撞車，人由于氣袋的作用而在撞車后的120ms速度減為零，試估算氣袋在撞車時對一個成人的平均作用力？（人體質(zhì)量為60Kg）
（3）若氣袋內(nèi)儲有189gNaN3，碰撞后迅速完全分解為Na和N2，已知氣袋的容積為60L，當分解反應剛好結(jié)束，氣體完全充滿氣袋時，氣袋內(nèi)氣體的壓強為多少個大氣壓？（設此瞬間的溫度為3800C）
（4）你認為陶土和SiO2能起到什么作用？
專題三、動量守恒定律表達式及其守恒條件
【考點透析】
一、本專題考點：動量守恒定律為Ⅱ類要求，但只局限于一維的情況。
二、理解和掌握的內(nèi)容
1.動量守恒定律：
（1）內(nèi)容：系統(tǒng)不受外力或者所受外力之和為零，這個系統(tǒng)的總動量保持不變。
（2）表達式：P=P′或者m1v1+m2v2=m1v1′+m2v2′
（3）適用范圍：比牛頓定律的適用范圍要廣泛的多，小到微觀粒子間的作用，大到天體間作用，無論物體間作用力性質(zhì)如何都適用。中學階段，運用動量守恒定律研究的對象主要是一條直線上運動的兩個物體所組成的系統(tǒng)，如兩球相碰問題。
2.動量守恒條件：
（1）如果研究的系統(tǒng)所受合外力為零，則系統(tǒng)的總動量守恒。也就是說，系統(tǒng)內(nèi)力不能使系統(tǒng)的總動量發(fā)生改變，且對內(nèi)力的性質(zhì)無任何限制。這一點與機械能守恒定律有本質(zhì)的差別。
（2）如果研究的系統(tǒng)所受合外力不等于零，但合外力遠小于內(nèi)力（即合外力可以忽略），則仍可認為總動量守恒。這種情況的特點是物體間相互作用時間很短，如碰撞、爆炸、打擊等類的作用。
（3）如果研究的系統(tǒng)所受合外力不等于零，但沿某一方向合外力的分量為零，則沿該方向系統(tǒng)總動量的分量守恒。
3.應用動量守恒定律解題步驟：
（1）明確研究系統(tǒng)，判斷動量是否守恒。
（2）選取正方向，明確作用前總動量和作用后總動量。
（3）列方程，P前=P后
（4）解方程。
4.難點釋疑
(1)正確區(qū)分內(nèi)力和外力，外力指系統(tǒng)外物體對系統(tǒng)內(nèi)物體的作用力，內(nèi)力指研究系統(tǒng)內(nèi)物體間的相互作用。
(2)動量守恒定律具有矢量性，列方程前要先規(guī)定正方向。
(3)動量守恒定律只涉及作用前后物體的運動狀態(tài)，解題時不必過問過程的細節(jié)。
(4)動量守恒的幾種表達式及其推廣式：
①P=P′②ΔP=0③ΔP1=-ΔP2④m1v1+m2v2=m1v1′+m2v2′
0=m1v1+m2v2（適用于原來靜止的兩物體組成的系統(tǒng)，由此式可推得你動
我動、你快我快、你慢我慢、你停我停，你我速率和各自質(zhì)量成反比）
m1v1+m2v2=（m1+m2）v′（適用于兩物體相互作用后結(jié)合在一起的情況）
【例題精析】
例1一輛小車靜止在光滑的水平面上，小車立柱上固定一條長L，拴有小球的細線，小球拉至和懸點在同一水平面處釋放，如圖5-6所示，小球擺動時，不計一切阻力，下面說法中正確的是（）
①小球和小車的總機械能守恒②小球和小車的動量守恒③小球運動到最低點的速度為④小球和小車只有在水平方向上動量守恒
A．①③B．①④C．②④D．②③
解析：小球、小車和地球組成的系統(tǒng)，只有動能和勢能間的轉(zhuǎn)化，故①正確；小球和小車組成的系統(tǒng)因有外力（重力）作用，系統(tǒng)動量不守恒，但水平方向不受外力作用，因而水平方向滿足動量守恒，故②錯，而④選項正確；小球運動到最低點時，若小車靜止，其速度為，但由于小球和小車之間的相互作用，小車也具有動能，因而根據(jù)機械能守恒定律可知，小球運動到最低點的速度小于，故③選項錯。
答案：B
例2質(zhì)量M=200kg的小車，上面站著一個質(zhì)量為m=50kg的人，車以v0=1m/s的速度在光滑水平面上前進，當人相對車以v=2m/s向后水平跳出后，車速變?yōu)槎嗌伲?br> 解析：設車速變?yōu)関′，人相對車跳出后轉(zhuǎn)換成相對地面的速度為v′-v
根據(jù)動量守恒定律得：（M+m）v0=Mv′+m(v′-v)代入數(shù)據(jù)得：
v′===1.4m/s
錯解一：（M+m）v0=Mv′+m(v0-v)（違背了動量守恒定律的同時性，即人跳車后，車速已不再是v0，人相對車的速度不是相對跳車前車的速度，而是相對跳車后車的速度）
錯解二：（M+m）v0=Mv′-mv（違背了動量守恒定律的同一性，即動量守恒式中的各速度應是相對同一參照系）
小結(jié)：動量守恒式中的各速度應是相對同一參照系，一般選地面為參照物；相互作用的各物體的動量應分別是作用前同一時刻和作用后同一時刻的動量。
【能力提升】
Ⅰ知識與技能
1．如圖5-7所示的裝置中，木塊B與水平桌面的接觸是光滑的，子彈A沿水平方向射入木塊后留在其中，現(xiàn)將子彈、木塊和彈簧合在一起作為研究系統(tǒng)，則此系統(tǒng)從子彈開始射入木塊到彈簧壓縮至最短的整個過程中（）
A．動量守恒、機械能守恒；B．動量不守恒、機械能不守恒；
C．動量守恒、機械能不守恒；D．動量不守恒、機械能守恒；
2．如圖5-8所示，光滑水平面上A、B兩小車中有一彈簧，用手抓住小車并將彈簧壓縮后使小車處于靜止狀態(tài)，將兩小車及彈簧看作系統(tǒng)，下面的說法正確的是（）
①若同時放開兩手，則A、B兩車的總動量為零
②先放A車后放B車，則系統(tǒng)的動量守恒而機械能不守恒
③先放B車后放A車（手保持不動），則系統(tǒng)的動量不守恒而機械能守恒
④先放A車，后用手推B動車，則系統(tǒng)的動量不守恒，機械能也不守恒
A．①④B．①②Ｃ．①③④D．①②④
3．一只小船停止在湖面上，一個人從小船的一端走到另一端，不計水的阻力，下列說法正確的是（）
①人在船上行走，人對船的沖量比船對人的沖量小，所以人向前運動的快，船后退的慢；②人在船上行走時，人的質(zhì)量比船的小，它們的沖量大小是相等的，所以人向前運動的快，船后退的慢；③當人停止走動時，因船的慣性大，所以船將繼續(xù)后退；④當人停止走動時，因總動量守恒，故船也停止后退。
A．②④B．①②Ｃ．③④D．①④
4．靜止在湖面的小船上有兩個人分別向相反方向拋出質(zhì)量相同的小球，甲向左拋，乙向右拋，甲先拋，乙后拋，拋出后兩小球相對岸的速率相等，則下列說法中正確的是（）
A．兩球拋出后，船往左以一定速度運動，乙球受到的沖量大一些。
B．兩球拋出后，船往右以一定速度運動，甲球受到的沖量大一些。
C．兩球拋出后，船的速度為零，甲球受到的沖量大一些。
D．兩球拋出后，船的速度為零，兩球受到的沖量相等。
5．一個質(zhì)量為2kg的裝砂小車，沿光滑的水平面以3m/s的速度運動，一個質(zhì)量為1kg的小球從0.2m高處自由落下，恰落入小車的砂中，這以后小車的速度為（）
A．2m/sB．3m/sC．2.7m/sD．0
Ⅱ能力與素質(zhì)
6．質(zhì)量為M的金屬塊和質(zhì)量為m的木塊用細線系在一起，以速度v在水中勻速下沉，某一時刻細線斷了，則當木塊停止下沉的時刻，鐵塊下沉的速度為。（設水足夠深，水的阻力不計）
7．如圖5-9所示，質(zhì)量為m1的物體A和質(zhì)量為m2的物體B用細線連接，在水平恒力F的作用下，A、B一起沿足夠大的水平面做勻速直線運動，速度為V，現(xiàn)剪斷細線并保持F的大小、方向不變，則當物體B停下來時，物體A的速度是。
8．質(zhì)量為M的氣球下吊一架輕的繩梯,梯上站著質(zhì)量為m的人.氣球以v0速度勻速上升.如果人加速向上爬,當他相對于梯的速度達到V時,氣球的速度將變?yōu)?
9．質(zhì)量為30kg的小孩推著質(zhì)量為10kg的冰車，在水平冰面上以2.0m/s的速度滑行，不計冰面摩擦，若小孩突然以5.0m/s的速度(對地)將冰車推出后，小孩的速度變?yōu)開_____m/s。這一過程中，小孩對冰車所做的功為______J。
【拓展研究】
10．總質(zhì)量為M=0.5kg的小火箭（內(nèi)含0.1kg火藥），若火藥全部燃燒，并以v=240m/s的速度全部豎直向下噴出，空氣阻力為重力的0.2倍，求火箭能上升的最大高度．（提示：火藥噴出過程極短．此過程內(nèi)力遠大于外力．動量守恒）
專題四、平均動量守恒及分方向動量守恒
【考點透析】
一、本專題考點：動量守恒定律為Ⅱ類要求，但只局限于一維的情況。
二、理解和掌握的內(nèi)容
1.分方向動量守恒：
系統(tǒng)所受合力不為零，總動量不守恒，若某一方向上合外力為零，這個方向上動量還是守恒的。
2.平均動量守恒：
若系統(tǒng)在全過程中動量守恒，則這一系統(tǒng)在全過程中的平均動量也必定守恒，如果系統(tǒng)是由兩個物體組成的，且相互作用前均靜止，相互作用后均發(fā)生運動，則由0=m1v1-m2v2得結(jié)論：m1s1=m2s2，使用時應明確s1、s2必須是相對同一參照物位移的大小。
3.難點釋疑
（1）對某一方向動量守恒，列式要特別注意把速度投影到這個方向上，同時要注意各量的正負。
（2）如果過程動量守恒涉及位移問題，且兩物體作用前均靜止，由m1s1=m2s2計算方便，須正確畫出位移關系草圖。
【例題精析】
例1如圖5-10所示，將質(zhì)量為m的鉛球以大小為v0,仰角為θ的初速拋入一個裝著砂子的總質(zhì)量為M的靜止砂車中，砂車與地面的摩擦不計，球與砂車的共同速度等于多少？
解析：把鉛球和砂車看成一系統(tǒng)，系統(tǒng)在整個過程中不受水平方向的外力，設共同速度為v,由水平方向動量守恒：mv0cosθ=(M+m)v得v=mv0cosθ/(M+m)
小結(jié)：此題水平方向動量守恒，列式要特別注意把速度投影到這個方向上。
例2一個質(zhì)量為M，底邊長為b的三角形劈靜止于光滑的水平地面上，如圖5-11所示，有一質(zhì)量為m的小球由斜面頂部無初速滑到底部時，求劈運動的位移？
解析：如圖設劈的位移為s，則小球的水平位移為(b-s)，由水平方向平均動量守恒m1s1=m2s2有Ms=m(b-s)
得s=mb/(M+m)
小結(jié)：用m1s1=m2s2解題，關鍵是判明動量是否守恒，初速是否為零（若不為零，則此式不成立），其次是畫出各物體在守恒方向上的位移（相對同一參照）草圖，找出各長度間的關系式。

高考物理知識網(wǎng)絡復習功和能教案

第六章功和能
【本章概述】
本章是高中物理的重點內(nèi)容之一。功和能的概念是物理學中的重要概念，能的轉(zhuǎn)化和守恒定律是自然界中最重要、最普遍、最基本的客觀規(guī)律。功和能量的轉(zhuǎn)化關系不僅為解決力學問題開辟了一條新的途徑，同時它也是分析解決電磁學、熱學等領域中問題的重要依據(jù)。
知識網(wǎng)絡
重力勢能EP＝mgh
彈性勢能

功能關系：
機械能守恒
EK1+EP1＝EK2+EP2

專題一功的概念和功的計算
【考點透析】
一、本專題考點：功的內(nèi)容是Ⅱ類要求，功是物理學中重要概念，學習中要求確切理解功的含義及與其它知識的聯(lián)系，熟練掌握功的求解方法。
二、理解和掌握的內(nèi)容
1.功的概念（1）功的定義：一個物體受到力的作用，如果在力的方向上發(fā)生一段位移，我們就說這個力對物體做功。功反映的是力對空間的積累效果。（2）做功兩個必要因素：力和作用點在力方向上發(fā)生位移。（3）正功、負功：功是標量，但有正負之分。正功表示動力對物體做功，負功表示阻力對物體做功。2.功的計算（１）恒力功公式：w=Fscosθ
①適用條件：恒力對物體做功
②式中字母含義：F表示對物體做功的那個力，s表示該物體相對地面的位移，θ是F和s的夾角（功的正負取決于θ的大?。?br> ③功的單位：J,1J＝1N.m
（２）變力功求解
①通過平均力轉(zhuǎn)化恒力求解
②利用功能關系（如動能定理等）求解。
③對大小不變方向與速度共線的變力可分段轉(zhuǎn)化為恒力功，且w=Fs路
3.難點釋疑：判斷力做功情況的基本方法
（１）根據(jù)力和位移方向的夾角判斷
如θ＝９０°，則F不做功：若θ＜９０°，則力F做正功；如θ＞９０°，則F作負功.此法常用于判斷恒力所做功的情況。
（２）根據(jù)力和即時速度方向的夾角判斷。判斷方法同（１）。此方法常用于判斷物體做曲線運動時變力所做的功。
（3）根據(jù)功能關系，由系統(tǒng)中物體能量轉(zhuǎn)移或轉(zhuǎn)化關系確定。此方法常用于物體相互作用時，相互作用力對某物體做功的判斷。
【例題精析】
例1質(zhì)量為M的木板放在光滑的水平面上，一質(zhì)量為m的滑塊以某一速度沿木板表面從A點滑至B點，在木板上前進了L,而木板前進s，如圖６－１所示，若滑塊與木板間動摩擦系數(shù)為μ，求摩擦力對滑塊、對木板做功各為多少？
解析：滑塊受力分析如圖６－２（甲）所示，摩擦力對滑塊做功為：w1＝－(s+L)f,木塊受力情況如圖６－２（乙）所示，摩擦力對木板做功為：w2=fs=μmgs.本題主要考查功的基本概念，題目雖簡單，但卻可以從中得到不少啟發(fā)。
思考：（１）摩擦力一定做負功嗎？
（２）作用反作用力大相等，它們做功也一定相等嗎？
（３）上題中摩擦力對木塊做功為什么不用于fL求解？
例２如圖６－３所示，小物塊放于光滑的斜面上，斜面位于光滑的水平面上，從地面上看到小物塊沿斜面下滑的過程中，斜面對小物塊的作用力

A.垂直于接觸面做功為零B.垂直于接觸面，做功不為零
C.不垂直于接觸面，做功為零D.不垂直于接觸面，做功不為零
解析：答案B
方法Ⅰ：由于斜面置于光滑平面上，故當滑塊沿斜面下滑時，斜面將沿水平面向右運動，做出受力圖如圖６－４所示，并且考慮到滑塊的空間運動情況，應用W=Fscosα可知，支持力N的方向與斜面垂直，但與滑塊位移方向s并不垂直，故N對滑塊做功。
方法Ⅱ：應用機械能守恒分析，由于接觸面均光滑，故系統(tǒng)的機械能守恒，總機械能為重力勢能mgh(h為滑塊靜止時所處的高度)，當斜面固定時，這部分重力勢能全部轉(zhuǎn)變?yōu)榛瑝K的動能，即支持力不做功。當斜面沿水平面后移時，重力勢能除轉(zhuǎn)變?yōu)榛瑝K的動能外還轉(zhuǎn)變?yōu)樾泵娴膭幽?，此時滑塊的動能小于重力勢能，所受支持力必定做功（且為負功）。
評析：由本題可知，判定一個力做功情況，準確把握功的概念，靈活選取方法是至關重要的。
思考：（１）支持力在什么情況下做功呢？
（２）上題中支持力做了功，它在研究系統(tǒng)能的變化中起到了什么作用呢?
思考與拓寬功與沖量在物理學中都是重要的物理量，請比較二者的異同。
【能力提升】
Ⅰ知識與技能
1．一根木棒沿水平桌面從A運動到B,如圖6-5所示，若棒
與桌面的摩擦力大小為f，則棒對桌面的摩擦力和桌面對棒
的摩擦力做的功各為：
A.－fs,－fs
B.fs,－fs
C.0,－fs
D.－fs,0
2.物體在兩個互相垂直的力作用下運動的過程中，如圖6-6所示，力F1做功6J，物體克服力F2做功8J，則力F1、F2的合力對物體做功
A.14JB.2J
C.-2JD.10J
3.如圖6-7所示，兩物體與水平地面間摩擦系數(shù)相同，它們的質(zhì)量相等，如圖6-7所示,用力F1拉物體，用力F2推物體，兩種情況下兩物體都作勻速運動，經(jīng)相同位移，則F1和F2對物體所做的功W1和W2關系為
A.W1=W2
B.W1＞W(wǎng)2
C.W1＜W2
D.無法比較
4.質(zhì)量為m的物體,在水平力F作用下,在粗糙水平面上運動,則
A如果物體做加速直線運動,一定對物體做正功.
B.如果物體做減速直線運動,一定對物體做負功.
C.如果物體做減速直線運動,一定對物體做正功.
D.如果物體做勻速直線運動,一定對物體做正功.
5.如圖6-8所示,用恒力F=40N,通過距水平地面h=4m高處的定滑輪把靜止在水平地面上質(zhì)量為5kg的物體從A點拉到B點,A、B兩點到定滑輪正下方的C點距離分別為S1=9.6m,S2=3m,則在此過程拉力做功為(物體視為質(zhì)點)
A.264JB.216JC.108JD.無法確定
6.近幾年報上多次報道大型樓房整體移位的消息，這種整體移位大致是這樣進行的：施工人員將樓房與地面脫離后，在樓房與地面之間鋪上石英沙，用四個液壓機水平頂推，如圖6-9所示，已知樓房質(zhì)量為4×105kg，樓房與地面的動摩擦因數(shù)為0.2，樓房做勻速直線運動。每臺液壓機對樓房的推力是────N，若頂推的位移是14cm，則每臺液壓機對樓房做的功是─────J
Ⅱ能力與素質(zhì)
7.如圖6-10所示，質(zhì)量為m的物體P放在光滑的傾角為θ的直角劈上，同時用力F向左推劈，使P與m保持相對靜止，當前進的水平位移為s時，劈對P做的功為
8.如圖6-11所示，傳送帶以恒定的速率4m/s水平向右做勻速運動，將一質(zhì)量為１kg的物塊無初速的放在A端，若物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為0.2，A、B兩端相距6m，則物體從A端運動到B端的過程中，傳送帶與物塊間的摩擦力對物塊做功為

9.如圖6-12所示，吊車上有一質(zhì)量為m的物體，沿與豎直方向成θ角的AB方向，以加速度a從A點被吊到B點，且AB間距為S試計算：（1）托板的摩擦力對物體所做的功；
（2）托板支持力對物體所做的功。
10.如圖6-13所示，P、Q是豎直固定在水平桌面上的擋板，質(zhì)量為m的小物塊在靠近P以一定初速向Q板運動，已知物塊與桌面的滑動摩擦系數(shù)為μ，P與Q相距為s，物塊通過與Q板碰撞n次后，最后靜止與PQ的中點，則整個過程摩擦力做功為多少？（n為自然數(shù)）。
11.如圖6-14所示，帶有斜面的物塊B放在水平地面上，斜面底端有一重G=2N的金屬塊A，斜面高,傾角а=60°，用一水平力F推A，在A從底端推到頂端的過程中，A和B都做勻速運動，且運動距離L=30cm，求此過程中力F所做的功和金屬塊克服斜面支持力所做的功。（設斜面光滑）
【拓展研究】
如圖6-15所示，某個力F=10N作用于半徑為R=1m的轉(zhuǎn)盤的邊緣上，力F的大小保持不變但方向保持任何時刻均與作用點的切線一致，則轉(zhuǎn)動一周這個力做的功為多少。

專題二功率
【考點透析】
一、本專題考點：功率是與實際生活緊密聯(lián)系的物理量，是Ⅱ類要求內(nèi)容。要求在深刻理解和掌握功率概念及相關計算的基礎上，能夠應用它解決生活中的實際問題。
二、理解和掌握的內(nèi)容
1．功率
（1）定義:功跟完成這些功所用時間的比值叫做功率.用P表示,表征物體做功的快慢,是標量.
（2）公式:①P=W/t②P=FvCOSａ
說明:式①一般用來求平均功率,若功率一直不變,亦為即時功率.式②中若V為瞬時速度,則P為瞬時功率,其中ａ為力F與物體速度V之間的夾角.
（3）單位:W,KW1W=1J/S=1Nm／s1KW=103W
2．額定功率與實際功率
額定功率:發(fā)動機正常工作時的最大功率
實際功率:發(fā)動機的實際輸出功率,它可以小于額定功率,但不能長時間超過額定功率。
3．難點釋疑:機車啟動的兩類情況
（1）恒功率啟動
由于P不變,啟動后隨著V的增大,牽引力F減小,最后當F達最小值等于摩擦力f后勻速運動(V=Vm)
V↑→F=P/V↓→a=(F-f)/m↓→a=0→─→保持V0勻速
可見,汽車達到最大速度時,a=0,F=f,P=FVm=fVm,這是求解此類問題的一個重要關系.
（2）勻加速啟動
由于牽引力F不變,車作勻加速運動,隨著V的增大,牽引力功率不斷變大,當車的功率達到額定功率時,將不能維持勻加速運動,若增大速度,只能保持額定功率,作如第一種情況中的啟動.
F不變,a=（F-f）/m不變→U↑→P=FV↑→→P一定,V↑
─→F=P/V↓→a=(F-f)/m↓→─→保持Vm速度
【例題精析】
例1人的心臟每跳一次大約輸送8×10-5m3的血液,正常人血壓(可看作心臟壓送血液的壓強)的平均值約為1.5×104Pa,心跳約每分鐘70次,據(jù)此估計心臟工作的平均功率約為多少？
解析：血壓和測量血壓是醫(yī)學上的兩個基本內(nèi)容,與人們的衛(wèi)生保健密切相關.血壓是血液流動時對血管壁產(chǎn)生的壓強,正常人的血壓總是維持在一定范圍之內(nèi)的,通過測量血壓就可以從一個側(cè)面判斷人的健康狀況.血液在血管中流動,主要靠心臟的跳動,心臟就象一臺不知疲倦的血泵,維持血液在血管中不斷地流動.這道題給出了三個物理量,要求估計心臟的平均功率.可以將心臟輸送血液與氣筒等壓打氣相類比.
如圖6-16所示,將心臟輸送血液與氣筒等壓打氣相類比.力根據(jù)恒做的功為W0=F△L=PS△L=P△V=1.2J所以,
心臟的平均功率為P=W/t=NW0/t=70×1.2/60W=1.4W
評析:這道題從生物(醫(yī)學)材料(背景)入手,主要考查學生綜合運用物理知識解決實際問題的能力.本題將心臟輸送血液問題與氣筒等壓打氣相類比,從而求解了問題.這是物理學處理問題的一個重要方法,試考慮高中物理中哪些知識也用過類似的方法?
例2質(zhì)量4t的機車,發(fā)動機的最大輸出功率為100KW,運動阻力恒為2×103N,試求:(1)當機車由靜止開始以0.5m/s2的加速度沿水平軌道作勻加速直線運動的過程中,能達到的最大速度和達到最大速度所需的時間.
(2)若機車保持額定功率不變行駛,能達到的最大速度以及速度為10m/s時機車的加速度.
解析:(1)機車作勻加速直線運動時,發(fā)動機的輸出功率隨速度增大而增大,當發(fā)動機達最大輸出功率即額定功率P時,機車的速度也達到這一過程的最大速度(并非機車行駛中的能獲得的最大速度)
因F-f=ma,F=ma+f,則機車勻加速運動過程的最大速度為
105/(4000×0.5+2×103)m/s=25m/s
達到該速度所用的時間為
(2)當F=f時,機車達最大速度Vmax=P0/F=50m/s
機車速度為V=10m/s時，牽引力為F=P0/V=1×104N
則此時機車的加速度為a=(F-f)/m=4m/s2
評析:由上題可以看出,交通工具在行駛時,其速度與加速度有確定的關系,其最大行駛速度與輸出功率、阻力也有確定的關系,掌握這兩個關系,是解決機車起動問題的關鍵.
思考與拓寬汽車恒定功率啟動問題中,牽引力F與速度V是相互制約的(F=P/V).正是這種制約關系決定了其運動的性質(zhì),在高中物理學中涉及了幾個與速度有制約關系的力,請考慮還有哪些力有上述特征?
【能力提升】
Ⅰ知識與技能
1.設在平直公路上以一般速度行駛的自行車,所受阻力約為車、人總重力的0.02倍,則騎車人的功率最接近于
A.10-1KWB.10-3KWC.1KWD.10KW
2.如圖6-17所示,質(zhì)量相同的兩個物體處于同一高度,A沿固定在地面上的光滑面下滑,B自由下落,最后達到同一水平面,則
A.重力對兩物體做功相同
B.重力的平均功率相同
C.到達底端時重力的瞬間功率PAPB
D.到達底端時兩物體動能相同,速度相同
3.以額定功率行駛的汽車,受到的阻力一定,它從初速度為零開始加速行駛,經(jīng)過5分鐘后,其速度達到20m/s,則汽車行駛的距離是
A.等于3000mB.大于3000mC.小于3000mD.條件不足無法確定
4．如圖6-18所示是健身用的“跑步機”示意圖，質(zhì)量為的運動員踩在與水平面成a角的靜止皮帶上，運動員用力向后蹬皮帶，皮帶運動過程中受到的阻力恒為f。使皮帶以速度v勻速向后運動，則在運動過程中，下列說法正確的是:
A.人腳對此皮帶的摩擦力是皮帶運動的動力B.人對皮帶不做功
C.人對皮帶做功的功率為mgvD.人對皮帶做功的功率為fv
Ⅱ能力與素質(zhì)
5.如圖6-19所示,滑輪的質(zhì)量與摩擦均不計,質(zhì)量為2Kg的物體在F的作用下由靜止開始向上勻加速運動,其中V-t圖線如圖6-20,則4S內(nèi)F做功為____J,4S末F的功率為_____W.(g=10m/s2)
6.如圖6-21所示,將質(zhì)量為m的小球以初速度V0從A點
水平拋出,正好垂直于斜面落在B點.已知斜面傾角ａ,
那么小球落到B點時,重力的瞬時功率是________,
球從A到B的過程重力做功的平均功率是_________.
7.某人將質(zhì)量為m的物體豎直舉高h,第一次他使物體從靜止以g/2,的加速度勻加速舉起,第二次他使物體以V勻速舉起,若第一次該人發(fā)出的平均功率為P1,第二次該人發(fā)出的功率為P2,則P1:P2=________.
8.某海域有一座經(jīng)常遭到風暴襲擊的島嶼,該島嶼強風的風速V=20m.s-1.設空氣的密度ρ=1.3kg.m-3,如果通過橫截面積S=2m2的風動能全部轉(zhuǎn)化為電能,則利用上述已知量計算電功率的公式P=_________,數(shù)值為________W.
9.汽車發(fā)電機額定功率80KW,車總質(zhì)量4t,它在平直公路上行駛的最大速度可達20m/s,當車在平直公路上,由靜止開始以2m/s2勻加速啟動,若車所受阻力恒定,則(1)車所受阻力為多少?
(2)這個勻加速可維持多少時間?
(3)當速度為5m/s時,汽車實際功率多大?
10.如圖6-22所示,一物體置于水平粗糙的地面上,在水平力F的作用下運動.F為一變力,但其功率大小不變,當物體速度為2m/s時,加速度為2m/s2;當其速度為3m/s時,加速度為1m/s2,則物體運動的最大速度為多少?

【拓展研究】五彩繽紛的人造噴泉點綴著城市的夜景，已知某游樂場噴水池噴出的豎直向上的水柱高約為5米，空中有水約20dm3，空氣阻力不計，試估算該噴水機做功的功率約為多少？
專題三動能動能定理及應用(一)
【考點透析】
一、本專題考點：動能是物理學的基本概念，動能定理是解決動力學問題的重要方法，本節(jié)內(nèi)容是Ⅱ類要求，要求準確掌握動能概念理解動能定理的內(nèi)容，熟練掌握動能定理的應用方法，牢固樹立合力功是動能改變量度的觀點。
三、理解和掌握的內(nèi)容
1．動能
（1）定義:物體由于運動具有的能量叫動能
（2）公式:單位:J
（3）動能是標量,動能與動量的大小關系是
2．動能定理
（1）內(nèi)容:外力對物體做功的代數(shù)和等于物體的動能的變化量:
（2）公式:即:W1+W2+W3+…=1/2mv22－1/2mv12
3．幾點說明
（1）動能定理適用于單個物體,外力對物體做的總功即合外力對物體所做的功.亦即各外力對物體所做功的代數(shù)和.這里所說的外力既可以是重力、彈力、摩擦力,也可以是電場力磁場力等其他力.物體動能的變化指物體的末動能和初動能之差.
（2）動能定理對于恒力的功和變力的功均適用,對直線運動和曲線運動也均適用,因為功、動能的大小與參照物的選取有關,在運用動能定理解題時,應選取同一慣性參照物,無特別說明,一般選取地面為參照物.
（3）應用動能定理解題的基本步驟:
①選取研究對象,明確它的運動過程
②分析研究對象受力情況和各個力做功情況,求出各個外力做功的代數(shù)和
③明確物體在研究過程的始末態(tài)動能EK1、EK2
④列出動能定理的方程,及其它必要解題方程進行求解.
4．難點釋疑
(1)動能定理僅適用于質(zhì)點
從嚴格意義上講,動能定理僅適用于質(zhì)點,定理中的物體亦系質(zhì)點,不能視為質(zhì)點物體不能應用動能定理.
(2)動能變化決定于外力是否做功,而不決定于是否有外力.例如人造地球衛(wèi)星的受萬有引力作用,但由于萬由引力對衛(wèi)星不做功,所以衛(wèi)星動能不變.
(3)應用動能定理考慮初末狀態(tài),沒有守恒條件的限制,也不受力的性質(zhì)和物理過程變化的影響.凡涉及力和位移,而不涉及力的作用時間的等問題,都可以用動能定理解答,而且一般都比用牛頓運動定律、機械能守恒定律解題簡捷.
【例題精析】
例1有兩個物體a和b,其質(zhì)量分別為Ma和Mb,且MaMb.它們的初動能相同,若a和b分別受到不變的阻力Fa和Fb作用,經(jīng)過相同的時間停下來,它們的位移分別為Sa和Sb,則:
A.FaFb,且SaSbB.FaFb,且SaSb
C.FaFb,且SaSbD.FaFb,且SaSb
解析:答案A.本題主要考查動能定理的應用,對兩個物體研究分析:
由動能動量的關系知:1
由動能定理得:-FS=-E2
由動量定理得:3
由(1)(3)兩式解得4
由(4)式知:M大則F大,∴FaFb,又由(2)式得F大時S小,∴SaSb.評析:本題應用的動能定理功牛頓第二定律均可以求解,但動能定理更簡捷.思考:此題如利用V-t圖分析較簡捷,請同學自己分析
例2一質(zhì)量為m的小球,用長為L的輕繩懸掛于O點.小球在水平力F作用下從平衡位置P點緩緩地移動到Q點,如圖6-23所示,則力F所做的功為:
A.mgLcosθB.FLsinθC.mgL(1-cosθ)D.FLcosθ
解析:答案C
本題主要考查用動能定理求變力功,小球從P點
向Q點緩慢移動的過程中,F的方向不變,但大小是變
化的故是變力,所以不能用公式W=Fscosθ去計算功,
在該過程中有拉力和重力做功,且動能增量為零,由
動能定理得:WF-mgL(1-cosθ)=0.所以WF=mgL(1-cosθ)
評析:由本題可以看出,動能定理是求解變力功的一個重要途徑,求解變力功時不能盲目套用W=Fscosθ公式.
思考與拓寬若上題中F為恒力,且力F作用下小球靜止時懸線擺起角度為θ,若先讓小球靜止于P點,再讓力F從P點開始作用于小球上,則小球擺起的最大角度α與θ有何關系?(α=2θ)
【能力提升】
Ⅰ知識與技能
1.關于動量動能的說法正確的是
A.物體動量變化,動能必變化B.物體動能變化,動量必變化
C.物體的動量變化時,動能不一定變化D.物體的動能變化時,動量不一定變化
2.水平飛行的子彈,穿過放在光滑平面上原來靜止的木塊,則
A.子彈速度減少量,等于木塊速度增加量
B.子彈動量減少量,等于木塊動量增加量
C.子彈動能減少量,等于木塊動能增加量
D.子彈動能減少量,大于系統(tǒng)動能的減少量.
3.原來靜止光滑水平面上的物體,同時受到兩
個力F1和F2作用,F1和F2隨時間變化的圖線
如圖6-24,下面關于t1時間內(nèi)物體動能的變化,
正確的是
減少B.增大C.先增大后減少D.先減少后增加
4．我國汽車工業(yè)正在飛速發(fā)展，一輛現(xiàn)代轎車，從動力到小小的天線都與物理學有關，某國產(chǎn)新型轎車，在平直工路上行駛時，當速度為20m／s時，制動后滑行距離為40m，則轎車所受的制動阻力大小是轎車重力大小的倍數(shù)為
A0.1B0.5C0.2D1.0
5.一質(zhì)量為1Kg的物體被人用手由靜止向上提升1m,這時物體速度為2m/s,則下列說法中錯誤的是:(g取10m/s2)
A.手對物體作功12JB.合外力對物體作功12J
C.合外力對物體作功2JD.物體克服重力作功10J
6.一顆子彈以700m/s的速度射入一塊木板,射穿后的速度為500m/s,則這粒子彈還能穿______塊同樣的木塊.(設木塊固定,子彈受到阻力恒定)
Ⅱ能力與素質(zhì)
7.如圖6-25所示,板長為l,板的B端靜放有質(zhì)量為m的小物體P,物體與板摩擦系數(shù)為μ,開始時板水平,若緩慢轉(zhuǎn)過一個小角度α的過程中,物體保持與板相對靜止,則這個過程中()
A.摩擦力對P做功為μmgcosαL(1-cosα)
B.磨擦力對P做功為mgsinαL(1-cosα)
C.彈力對P做功為mgcosαLsinα
D.板對P做功為mgLsinα
8.如圖6-26,質(zhì)量為m的物塊與轉(zhuǎn)臺之間的磨擦系數(shù)為μ,轉(zhuǎn)軸與物體之間相距R,物塊隨轉(zhuǎn)臺由靜止開始轉(zhuǎn)動,當轉(zhuǎn)速增加到某值時,物塊即將在轉(zhuǎn)臺上滑動,此時,轉(zhuǎn)臺已開始做勻速轉(zhuǎn)動,在這一過程中,磨擦力對物體做的功為()
A.0B.CD
9.如圖6-27所示,質(zhì)量為m的物體被用細繩經(jīng)過光滑小孔面牽引,且在光滑的水平面上作勻速圓周運動,拉力為某個值F時轉(zhuǎn)動半徑為R,當拉力逐漸增大時到6F時,物休仍做勻速圓周運動,此時半徑為R/2,則拉力對物體所做的功為多大?
10.如圖6-28所示,質(zhì)量為m的物體靜止放在水平光滑的平臺上,系在物體上的繩子跨過光滑的定滑輪,由地面的人以速度v0向右勻速走動,設人從地面上平臺的邊緣開始向右行至繩與水平方方向夾角為45度處,在此過程中人所作的功為多大?
【拓展研究】如圖6-29所示，繩長為L=1.8m，其上端固定在天花板上，下斷系一質(zhì)量為1kg的小球，現(xiàn)將小球舉到繩的上端懸點處由靜止釋放，已知天花板距地面高h=5m，小球1.2s后落地，求小球拉斷繩所做的功。（該繩被拉斷的時間不計，g=10m.s-2）

專題四動能定理應用(二)
【考點透析】
一、本專題考點：動能是物理學的基本概念，動能定理是解決動力學問題的重要方法，本節(jié)內(nèi)容是Ⅱ類要求，要求準確掌握動能概念理解動能定理的內(nèi)容，熟練掌握動能定理的應用方法，牢固樹立合力功是動能改變量度的觀點。
二、理解和掌握的內(nèi)容
1.應用動能定理解決較復雜的題目
(1)在應用動能定理解題時,如果物體在某個運動過程包含幾個運動性質(zhì)不同的小過程(如加速、減速的過程),此時可分段考慮也可對全程考慮,如能對整個過程列式則可能使問題簡化。在把各個力的功代入公式時,要把它們的數(shù)值連同符號代入。另外在解題時還應切實分清各力做功情況（有些力可能不在全程存在）。
(2)當涉及兩個或兩個以上運動過程的分析時,選擇研究過程是非常重要的,解題時應盡可能選取全過程研究,這樣可防止出現(xiàn)過多非待求的中間狀態(tài),從而簡化題目。另外在選擇研究過程時應盡能選?。?0或Ｖ1＝Ｖ2的狀態(tài)為初末態(tài),這樣可使動能定理具有最簡捷的形式。
2.難點釋疑
在分析幾個力作用下物體運動問題時(尤其是曲線運動),有些同學往往分方向列出動能定理表達式,并誤認為簡便算法,實際上是概念不清,因為動能是標量,動能定理是標量式,并無分量形式可言,顯然所列方程式是錯誤的。
【例題精析】
例1如圖6-30所示,物體在離斜面低端4m處由靜止滑下,若動摩擦因數(shù)均為0.5,斜面傾角為37°,斜面與平面間由一小段圓弧聯(lián)接,求物體能在水平面上滑行多遠。
解析:
方法1:對物體在斜面和平面上時進行受力分析,如圖6-31
所示下滑過程:Ｎ1＝mgCos37°
f=μＮ1＝μmgCos37°
由動能定理知:mgsin37°.s1-μmgcos37°.s1=1/2mv12①
水平運動過程:f=μN2=μmg
由動能定理知:-μmg.s2=0-1/2mv12②
由(1)(2)式聯(lián)立得:s2=1.6m
方法2:受力分析同上
對物體運動全程分析,初末態(tài)速度均
為零,對全過程應用動能定理得:
mgsin37°.s1-μmgcos37°.s1=μmg.s2=0
s2=1.6m
評析:由上例可見,在應用動能定理時選擇研究過程對過程中物體受力分析是非常必要的。另外在上題中全程運動的加速度是變化的,但初末態(tài)速度均為零,顯然取全程為研究過程更簡捷。
例2電動機通過一繩子吊起質(zhì)量為8kg的物體,繩子的拉力不能超過120N,電動機的功率不能超過1200W,要將此物體由靜止用最快的方式吊高90m時,(已知此物體在被吊高接近90m時已開始以最大速度勻速上升)所需時間為多少?
解析:此題可以用機車啟動類問題為思路,顯然,電動機始終以最大功率啟動是不可能的,因為這種啟動方式開始時刻繩子上的拉力需很大(P=FV),故繩子必斷開。因此考慮到繩子拉力的約束應將物體吊高過程分為兩個過程處理:第一個過程是以繩所能承受的最大拉力拉物體,使物體勻加速上升;第二個過程是電動機達到最大功率后保持最大功率,減小拉力,變加速上升。當拉力等于重力時,勻速上升直至最后。
在勻加速過程中:Fm-mg=maa=(Fm-mg)/m=5m/s2
V=Pm/Fm=10m/s
t1=V/a=2sh1=V2/2a=10m
在恒功率過程:Vm=P/Fmin=P/mg=15m/s
對該過程應用動能定理有:Pmt2-mgh2=1/2mv12-1/2mv22
解得：t2=5.75s
所以所需時間t=t1+t2=7.5s
評析:本題綜合性強,涉及的過程較多,所以劃分和選取具體的物理過程研究是解題的關鍵.
思考與拓寬上題中若繩子可承受無限大的拉力,上述解法還是最快吊起的方式嗎?哪種方式更快呢?(恒功率啟動)
【能力提升】
Ⅰ知識與技能
1.一質(zhì)量為24Kg的滑塊,以4m/s的初速度在光滑水平面上向左滑行,從某一時刻起在滑塊上作用一向右的水平力,經(jīng)過一段時間,滑塊的速度方向變?yōu)橄蛴?大小為4m/s,則在這段時間里水平力做的功為
A.0B.8JC.16JD.32J
2.某消防隊員從一個平臺上跳下，下落2m后雙腳觸地，接著他用雙腿彎曲的方法緩沖，使自身重心又下降了0.5m。在著地過程中地面對雙腳的平均作用力估計為
A自身所受重力的2倍B自身所受重力的5倍
C自身所受重力的8倍D自身所受重力的10倍
3.質(zhì)量為m的物體靜止在桌面上,物體與桌面的動摩擦因數(shù)為μ,今用一水平力推物體加速前進一段時間,撤去此力,物體在滑行一段時間后靜止,已知物體運動的總路程為s,則推力對物體做功為_________。
4.如圖6-32所示,質(zhì)量為m的物體,從弧形
面的底端以初速度v往上滑行,達到某一高
度后,又循原路返回,且繼續(xù)沿水平面滑行到
p點而停止，則整個過程摩擦力對物體做的
功為_________。
Ⅱ能力與素質(zhì)
5.汽車拉著拖車在平直公路上勻速行駛,拖車突然與汽車脫鉤,而汽車的牽引力保持不變,設兩車所受阻力均與其重力成正比,則拖車停止運動之前,下列說法中正確的是
A.它們的總動量不變,總動能也不變
B.它們的總動量不變,總動能增加
C.它們的總動量增加,總動能不變
D.以上說法均不正確
6.總質(zhì)量為M的列車,沿水平直線軌道勻速前進,其末節(jié)車廂質(zhì)量為m中途脫節(jié),司機發(fā)現(xiàn)關閉油門時,機車已行駛L的距離。設運動阻力與質(zhì)量成正比,機車關閉油門前牽引力是恒定的。則兩部分停止運動時,它們之間的距離是多少?
7.(1)如圖6-33所示，一木塊由A點自靜止開始下滑，到達B點時靜止，設動摩擦因數(shù)μ處處相同，轉(zhuǎn)角處的碰撞不計，測得兩點連線與水平夾角為θ，則木塊與接觸面間μ=
(2)若給定如圖6-34所示的器材：小鐵塊；木制軌道（其傾斜部分傾角較大，水平部分足夠長）；兩枚圖釘；一根細線；一個量角器。試用上述器材設計一個測定小鐵塊與木質(zhì)軌道間的動摩擦因數(shù)的實驗，寫出實驗步驟。
8.從離地面H高處落下一只小球,小球在運動過程中所受的空氣阻力是它重力的K倍,而小球與地面相碰后,能以相同大小的速率反彈,求:
(1)小球第一次與地面相碰后,能夠反彈起的最大高度是多少?
(2)小球從釋放開始,直至停止彈跳為止,所通過的總路程是多少?
9.一輛汽車質(zhì)量為m,從靜止開始起動,沿水平面前進了s米后,就達到了最大行駛速度vm,設汽車的牽引力功率保持不變,所受阻力為車重的k倍,求:(1)汽車的牽引功率;(2)汽車從靜止到開始勻速運動所需的時間。
10.輕質(zhì)長繩跨在兩個定滑輪A、B上,質(zhì)量為m的物體懸掛在中點O,AO=BO=L,在繩兩端C、D點分別施以豎直向下的恒定力F=mg,先托住物體。使繩處于水平拉直狀態(tài),如圖6-35所示,靜止釋放物塊,在F不變,求:物塊下落過程中,保持CD兩端拉力
(1)當物塊下落距離h為多大時,物塊加速度為零?
(2)在物塊下落h過程中,恒力F做了多少功?
(3)物塊下落的最大速度和最大距離。
【拓展研究】
田亮是我國著名的跳水運動員，假設他的質(zhì)量為60kg，身高為1.8m，他在高臺跳水時以6m.s-1的初速度豎直向上跳離跳臺。求：
(1)空氣阻力,則當他下落到手觸及水面時的瞬時速度多大？
(2)入水后，他的重心能下沉到離水面約2.5m處，試估算水對他的平均阻力約為多少？（假設其重心約在身體正中間，g取10m.s-2）
專題五機械能守專恒
【考點透析】
一、本專題考點：本節(jié)中重力勢能、重力做功與重力勢能改變的關系、機械能守恒及應用是Ⅱ類要求，彈性勢能是Ⅰ類要求。要求準確理解上述概念及定律的內(nèi)容，熟練應用它們解答相關實際問題，掌握應用方法。
二、理解和掌握的內(nèi)容
1.勢能
（1）重力勢能：物體由于被舉高而具有的能叫重力勢能。
表達式：Ep=mgh單位：J
說明：①重力勢能是地球和物體共有的，而不是物體單獨有的。
②重力勢能的大小和零勢面的選取有關。
③重力勢能是標量，但有正負號（正負號參與比較大小）
（2）彈性勢能：物體由于發(fā)生彈性形變而具有的能，其大小與形變量及勁度系數(shù)有關，且形變量、勁度系越大，彈性勢能越大。
（3）重力做功的特點：重力做功與路徑無關，只決定于物體運動初末位置的高度差。重力做正功，重力勢能減小，重力做負功，重力勢能增加。
2.機械能守恒定律
（1）機械能：動能、重力勢能、彈性勢能統(tǒng)稱為機械能。
（2）機械能守恒定律：
①內(nèi)容：在只有重力（或彈力）做功的情況下，物體的重力勢能（彈性勢能）和動能發(fā)生相互轉(zhuǎn)化，但總的機械能保持不變。
②公式：Ek1+Ep1=Ek2+Ep2ΔEp增=ΔEp減
（3）用機械能守恒解題的一般步驟：
①明確研究系統(tǒng)②分析研究系統(tǒng)各力做功情況,判斷是否符合機械能守恒條件
③恰當選零勢面,確定研究過程的始末狀態(tài)的機械能
④根據(jù)機械能守恒定律列方程求解
3．難點釋疑：
對于單體，若只有重力做功（可能受其它力，但不做功），物體只發(fā)生動勢能的相互轉(zhuǎn)化，所以機械能守恒．若其它的力做功，則發(fā)生外界其它形式能與機械能的轉(zhuǎn)化，機械能變化．若外力做正功，機械能增加．若外力做負功，機械能減少；對于幾個物體組成的系統(tǒng)，若物體間只有動能和勢能相互轉(zhuǎn)化，沒有其它形式能的轉(zhuǎn)化（如沒有熱能產(chǎn)生），則系統(tǒng)機械能守恒。
【例題精析】
例1如圖６－36所示，桌面高為h，質(zhì)量為m的小球從離桌面高為H處自由落下，不計空氣阻力，假設桌面處為零勢面，則小球落地前瞬間的機械能為：
A.mghB.mgH
C.mg(h+H)D.mg(H－h(huán))
解析：答案B
機械能是動能與勢能的總和，因為選桌面為參考面，所以開始時小球機械能為mgH.由于小球下落過程只有重力做功，所以小球在過程中機械能守恒，所以在任何時刻的機械能都與初始時刻的機械能相等，都是mgH.

例2一根長為l的細繩，一端系一個
小球，另一端懸于O點。將小球拉起使細繩與鉛直線成60°角。O點正下方A、B、C三處先后放一個小釘，。小球由靜止擺下時分別被三個不同位置的釘子擋住。已知OA=AB=BC=CD=l/4(如圖6-37)。則小球繼續(xù)擺動的最大高度hA、hB、、hC（與D點的高度差）之間的關系是
A.hA=hB=hcB.hA＞hB＞hCC.hA＞hB=hCD.hA=hB＞hC
解析：本題中，小球在擺動過程中機械能守恒，但不能簡單的由1/2mgl=mgh得出hA=hB=hC的答案。這是因為按上式計算的一個條件是：小球末狀態(tài)的動能必須為零。僅僅有機械能守恒定律不能判斷上述答案的誤正。這是為什么呢？問題在于小球運動的過程中除要滿足機械能守恒定律之外，還必須同時滿足其他一些力學的有關規(guī)律，如牛頓定律等。要知道機械能守恒在本題中對小球運動的制約作用只是不允許違背機械能守恒現(xiàn)象的出現(xiàn)！例如，小球擺動后上升的高度超過起始高度的現(xiàn)象是不可能的。若小球在繞C處的釘子做圓周運動到達B處的速度至少是。但這樣一來，總的機械能就比開始多了，因而違背了機械能守恒定律。這一矛盾表明小球不可能到達這個位置，故應選D.
評析：本題考察綜合運用機械能守恒定律和圓周運動的知識進行推理能力解疑時既需考慮機械能守恒定律，還需注意到運動的制約關系。
思考與拓寬重力勢能的大小與零勢面的選取有關，有時還可能出現(xiàn)負值。它的正負值有什么含義呢？我們所學過的哪些物理量還有正負呢？它們的含義你能區(qū)分嗎？
【能力提升】
Ⅰ知識與技能
1．如圖6-38所示，ABC三個物體質(zhì)量相
同。A豎直向上拋，B沿光滑斜面上滑，
C從固定的炮筒中射出，斜面和炮筒的傾
角相同，若三個物體初速度大小相同，初
始都處于同一水平面上，斜面足夠長，則
A.物體A上升的最高
B.物體A,B上升得一樣高，物體C上升的較低
C.物體A,B上升得一樣高，物體C上升的較高
三個物體上升的一樣高
D.重力勢能一定增加，動能一定減小
２．將一物體以速度v從地面豎直上拋，當物體
運動到某一高度時，它的動能恰為重力勢能的
一半，不計空氣阻力，則這個高度為
A.v2/gB.v2/2g
C.v2/3gD.v2/4g
３．圖6-39中圓弧軌道AB是在豎直平面內(nèi)的1/4圓周，在B點，軌道的切線是水平的，一質(zhì)點自A點從靜止開始下滑，不計滑塊與軌道間的摩擦和空氣阻力，則在質(zhì)點剛要到達B點時的加速度大小為---------------，剛滑過B點時的加速度大小為-----------------。
４．如圖6-40所示，將懸線拉至水平位置無初速釋放，當小球到達最低點時，細繩被一與懸點同一豎直線上的小釘B
擋住，則在懸線被釘子擋住的前后瞬間
比較，有（不計空氣阻力）：
A小球的機械能減小
B小球的動能減小
C懸線的張力變大
D小球的向心加速度變大
５．如圖6-41所示，倔強系數(shù)為k1的輕質(zhì)彈簧兩端分別與質(zhì)量為m1、m2的物塊1、2栓接，倔強系數(shù)為k2的輕質(zhì)彈簧上端與物塊2栓接，下端壓在桌面上，整個系統(tǒng)處于平衡狀態(tài)，現(xiàn)施力
將物塊1緩慢的豎直上提，直到
下面那個彈簧的下端剛脫離桌面，
在此過程中，物塊2的重力勢能
增加了--------------------.物塊1的
重力勢能增加了--------------------------.
Ⅱ能力與素質(zhì)
６．質(zhì)量為m的跳高運動員先后用背躍式和跨躍式兩種跳高方式跳過某一高度，該高度比他起跳時重心高出h，則他在起跳過程中所做的功
A都必須大于mghB都不一定大于mgh
C用背躍式不一定大于mgh，用跨躍式必須大于mgh
D用背躍式必須大于mgh，用跨躍式不一定大于mgh
７．質(zhì)量為m的物體從距地面高度為h高處，由靜止開始以加速度a=g/3豎直下落到地面，在這個過程中
A.物體的動能增加了mgh/3B.物體的重力勢能能減少了mgh/3
C.物體的機械能減少了mgh/3D.物體的機械能保持不變
８．一根內(nèi)壁光滑色細圓管，形狀為圓形的四分之三，半徑為R，如圖6-42所示，在豎直平面內(nèi)，一個小球自A的正上方，由靜止釋放，為使小球從B射出恰能再次進入A，小球下落的高度為多少？

９．如圖6-43所示，位于豎直平面上的l/4圓弧光滑軌道，半徑為R，OB沿豎直方向，上端A距地面高度為H，質(zhì)量為m的小球從A點釋放，最后落在C點處，不計空氣阻力。求：
(1)小球剛運動到B點時，對軌道的壓力多大？
(2)小球落地點C與B點水平距離S多少?
(3)比值R/H為多少時，小球C與B點水平距離S最遠？該水平距離最大值是多少？
10.6-44所示，蹦極運動員的腳上系一根的橡皮繩，繩的上端至高處固定，人由高處自由落下，眼看要觸及水面時速度恰好為零。若人的身高相對可以不計，空氣阻力可忽略，請問：
（1）引用相關規(guī)律，扼要解釋彈性橡皮繩的主要作用？
（2）定性敘述從開始下落到最低點的過程中，能量的階段性變化情況：
人的動能
人的重力勢能
繩的彈性勢能
人和繩系統(tǒng)的機械能
（3）若人的質(zhì)量為M，繩的質(zhì)量為m，自然長度為L，勁度系數(shù)為k,設彈性勢能的計算可用EP=kx2/2,求人可到達的最低點與開始下落點之高度差。
11.6-45所示，光滑軌道上，小車A，B用輕彈簧相連，將彈簧壓縮后用細繩系在A，B上。然后使A，B以速度v0沿軌道向右運動，運動中細繩突然斷開，當彈簧第一次恢復到自然長度時A的速度剛好為零，已知A，B的質(zhì)量分別為mA,,mB且mAmB。問在以后的運動中，滑塊B是否會有速度等于零的時刻？試通過定量分析證明你的結(jié)論。
【拓展研究】用木材料或塑料制成兩個相同的圓錐體，將其底面同軸的粘在一起，拿一文具盒放于桌面上，再把兩根長短、粗細都相同的光滑細桿一端架在文具盒上，另一端支在桌面上，使兩桿與盒棱組成等腰三角形，把雙錐體放在桿上靠近桌面一側(cè)，如圖6-46所示，放手后發(fā)現(xiàn)雙錐體向文具盒上移動，似乎往高處走，你能用學過的機械能知識論述這一奇妙現(xiàn)象的實質(zhì)嗎？（提示：重心在下降）
專題六功和能
【考點透析】
一、本專題考點：功能關系、碰撞是類要求，要求牢固樹立功是能量轉(zhuǎn)化的量度、能量守恒的觀點，并能解答相關問題，深入理解碰撞實質(zhì)并應用到實際生活問題中。
二、理解和掌握的內(nèi)容
1.能的轉(zhuǎn)化和守恒定律
（1）內(nèi)容:能量即不能憑空產(chǎn)生,也不能憑空消失,它只能從一種形式的能轉(zhuǎn)化為另一種形式的能,或者從一個物體轉(zhuǎn)移到另一個物體.
（2）表達式:ΔE減=ΔE增
（3）應用能量守恒列式的兩條基本思路
①某種形式的能減小,一定存在其他形式的能增加,且減小量和增加量一定相等.
②某個物體的能量減小,一定存在其他物體的能量增加,且減小量和增加量一定相等.
(4)功能關系:功是能量轉(zhuǎn)化的量度,即做了多少功就有多少能量轉(zhuǎn)化,其實質(zhì)上是能的轉(zhuǎn)化與守恒定律的另一種表述.
（5）摩擦力做功與產(chǎn)生內(nèi)能的關系
①靜摩擦力做功的過程,只有機械能的相互轉(zhuǎn)移(靜摩擦力起著傳遞機械能的作用),而沒有內(nèi)能產(chǎn)生.
②滑動摩擦力做功的過程中,能量的轉(zhuǎn)化有兩個方向:一是相互摩擦的物體間機械能的轉(zhuǎn)移,二是機械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能,轉(zhuǎn)化為內(nèi)能的量值等于機械能的減少量.
表達式:Q=f滑.S相對
2.碰撞過程的能量問題
①碰撞過程共同特點:物體相互作用時間很短,相互作用力很大,系統(tǒng)的內(nèi)力遠大于外力,故滿足動量守恒條件.
②碰撞的能量特點:一般的碰撞過程中,系統(tǒng)的總動能會有所減少,若總動能的損失很小,可以忽略不計,這種碰撞叫做彈性碰撞.若兩物體碰撞后粘合在一起,這種碰撞動能損失最多,叫做完全非彈性碰撞.故一般情況下碰撞的動能不會增加.
3.難點釋疑
(1)功能關系:做功的過程就是能量轉(zhuǎn)化的過程,做功的數(shù)值就是能轉(zhuǎn)化數(shù)量,這就是功能關系的普遍意義.不同形式的能的轉(zhuǎn)化又與不同形式的功相聯(lián)系,這是貫穿整個物理學的一個重要思想.
(2)力學中功能關系主要形式:
①合外力功等于物體動能的增量:
②重力的功等于重力勢能增量的負值:
③除系統(tǒng)內(nèi)的重力和彈力以外,其他力做的總功等于系統(tǒng)機械能增量:
④由于滑動摩擦而產(chǎn)生的熱量等于滑動摩擦力乘以相對路程
⑤分子力的功和分子勢能,電場力的功和電勢能的關系與上述(2)中相同.
【例題精析】
例1如圖6-47,一輕彈簧一端系在墻上的O點,自由伸長到B點,今將一質(zhì)量為m的小物體靠著彈簧,將彈簧壓縮到A點,然后釋放,小木塊能在水平面上運動到C點靜止,AC距離為s;若將小物體系在彈簧上,在A由靜止釋放,則小物體將做阻尼運動到最后靜止,設小物體通過總路程為L,則
下列答案中正確的是哪一個/(唯一答案)
A.LsB.L=sC.LsD.以上BC答案都可能
解析:正確答案是D.在第一種情況中,物體靜止時,彈簧沒有形變,在第二種情況中,物體最后靜止位置可能在B點(彈簧也沒有形變)也可能在B的左側(cè)或右側(cè)(彈簧有形變).在這兩個過程中,彈簧的彈性勢能的減少將轉(zhuǎn)化為摩擦而增加的熱能,在第一種情況中,由E減=E增得E增=E熱=mgS(1)在第二種情況中,由E減=E增得E總=EP’+mgL其中EP’是物體靜止后彈簧還具有的彈性勢。由（1）（2）得mgS=mgL+Ep當物體最后靜止在B點時,s=1;當物體最后不是靜止在B點時,1s.
評析:由上題求解可以看出,分析清楚過程中的能量轉(zhuǎn)化關系是解題的關鍵
思考拓寬:若上題中小物體從A釋放后運動到B點時速率為V.則整個過程中速率為V的位置有幾個?(彈簧與物體相連)
例2甲乙兩球在光滑的水平軌道上同方向運動,已知它們的動量分別為
P甲=5Kg(m/s),P乙=7kg(m/s),碰后乙的動量變?yōu)?0kg(m/s),則兩球質(zhì)量的關系可能是:
A.m甲=m乙B.2m甲=m乙C.4m甲=m乙D.6m甲=m乙
解析:由題意知:乙的動量由7kg(m/s)變?yōu)?0kgm/s,顯然是甲追乙,乙的動量增加了3kgm/s,由動量守恒知,甲的動量減少了3kgm/s,即甲的動量變?yōu)?kgm/s.由p2=2mEk及碰撞能量不可能增加,知，得?？紤]到速度關系：碰前有：，即；碰后有：，即。聯(lián)立上述結(jié)論得：，所以正確選項為C。
評析:分析上述碰撞問題,應充分考慮碰撞的能量變化特點.同時還應考慮到不能與實際相違背.
思考與拓寬一種常見碰撞的討論:兩個質(zhì)量分別是m1,m2的小球發(fā)生彈性正碰,設m1初速度為v0,m2靜止,碰撞后兩球的速度分別變成v1、v2,由動量守恒和動能守恒可以求出:,由此可見:①當m1=m2時,V1=0,V2=V0,即碰后兩球速度交換;②當m1m2時,v10,v20,即兩球都沿原方向繼續(xù)運動;③當m1m2時,v10,v20,即m1碰撞后被反向彈回

【能力提升】
Ⅰ知識與技能
1.一質(zhì)量均勻的不可伸長的繩索,重為G,AB兩端固定在天花板上,如圖6-48,今在最低點C施加一豎直向上的力將繩拉至D點.在此過程中,繩索AB的重心位置將
A.逐漸升高B.逐漸降低C.先降低后升高D.始終不變
2.質(zhì)量為m的物體,從靜止開始以2g的加速度豎直向下運動h高度,那么
A.物體的重力勢能減少了2mgh
B.物體的動能增加2mgh
C物體的機械能保持不變
D.物體的機械能增加mgh
3.如圖6-49所示,一木塊放在光滑水平面上.一子彈水平射入木塊中,射入深度為d,平均阻力為f.設木塊離開原點S時開始勻速前進,下列判斷正確的是
A.功fs量度子彈損失的動能
B.功f(s+d)量度子彈損失的動能
C.fd量度子彈損失的動能
D.fd量度子彈、木塊系統(tǒng)總機械能的損失
4.如圖6-50所示,一物體從圓弧形的A點從靜止開始滑下,由于摩擦阻力的作用到達C點速度為零,C點比A點下降h1;又由C點滑到B點,速度再次為零.B點比C點下降h2,則h1和h2比較有
A.h1h2B.h1=h2C.h1h2D.無法確定
5.如圖6-51所示,木塊A放在木塊B上左端,用恒力F將A
拉至B的右端.第一次將B固定在地面上,F做功為W1,生熱為Q1;第二次讓B可以在光滑地面上自由滑動,這次F做的功為W2,生熱為Q2,則應有
A.W1w2Q1=Q2B.W1=W2Q1=Q2
C.W1w2Q1Q2D.W1=w2Q1Q2
6.質(zhì)量為m的物體以一定的水平速度在光滑水平面上和一個靜止的、質(zhì)量為M的物體發(fā)生碰撞并粘合在一起則
A.若M不變,損失的機械能隨m的增大而增大
B.若M不變,損失的機械能隨m的增大而減小
C.若m不變,損失的機械能隨M的增大而增大
D.若m不變,損失的機械能隨M的增大而減小
7.質(zhì)量為1千克的小球以4米/秒的速度與質(zhì)量為2kg的靜止小球正碰.關于碰后的速度V1與V2,下面哪些是可能的
A.B.
C.D.
Ⅱ能力與素質(zhì)
8.圖6-52中容器AB各有一個可以自由移動的輕活塞,活塞下面是水,上面是大氣,大氣壓恒定,AB的底部由帶有閥門K的管道相連,整個裝置與外界絕熱,原先,A中水面比B中的高,打開閥門,使A中的水逐漸向B中流,最后達到平衡,在這個過程中
A.大氣壓力對水做功,水的內(nèi)能增加
B.水克服大氣壓力做功,水的內(nèi)能減少
C.大氣壓力對水不做功,水的內(nèi)能不變
D.大氣壓力對水不做功,水的內(nèi)能增加
9.物體以60焦的初動能,從A點出發(fā)做豎直上拋運動,在它上升到某一高度時,動能損失了30焦,而機械能損失了10焦,則該物體在落回到A處的動能為(空氣阻力大小恒定)
A.50焦B.40焦C.30焦D.20焦
10.如圖6-53所示,在光滑的水平面上,依次有質(zhì)量為m,2m,3m,…10m的10個小
球,排成一條線,彼此間有一定的距離,開始時,后面的9個小球是靜止的,第一個小球以初速度V向著第二個小球碰去,結(jié)果它們先后粘合在一起向前運動,由于連續(xù)的碰撞,系統(tǒng)損失的機械能為_____________
11.一個圓柱形的豎直的井里存有一定質(zhì)量的水，井的側(cè)面和底部是密閉的。在井中固定地插著一根兩端開口的薄壁圓管，管和井共軸，管下端未觸及井底。在圓管內(nèi)有一不漏氣的活塞，它可沿圓管上下滑動。開始時，管內(nèi)外水面相齊，且活塞恰好接觸水面，如圖6-54所示，現(xiàn)用卷揚機通過繩子對活塞施加一個向上的力F，使活塞緩慢向上移動。已知管筒半徑r=0.100m，井的半徑R=2r，水的密度ρ=1.00×103kg/m3，大氣壓P0=1.00×105pa。求活塞上升H=9.00m的過程中拉力F所做的功。（井和管在水面以上及水面以下部分足夠長，不計活塞質(zhì)量，不計摩擦，重力加速度g=10m/s2。）
【拓展研究】
為了只用一跟彈簧和一把刻度尺測定某滑塊與水平桌面間的動摩擦因數(shù)μ（設μ為定值），某同學經(jīng)查閱資料知：一勁度系數(shù)為k的彈簧由伸長量為x至恢復原長過程中，彈力所做的功為1/2kx2，于是他設計了下述實驗：
第１步：如圖6-55所示，將彈簧的一端固定在豎直墻上，彈簧處于原長時另一端在位置A?，F(xiàn)使滑塊緊靠彈簧將其壓縮到位置B，松手后滑塊在水平桌面上運動一段距離，到達位置C時停止；
第２步：將滑塊掛在豎直放置的彈簧下，彈簧伸長后保持靜止狀態(tài)。
回答下列問題：
你認為，該同學應該用刻讀尺直接測量的物理量是（寫出名稱并用符號表示）
用測得的物理量表示滑塊與水平桌面間動摩擦因數(shù)的μ計算式：μ=

果驗收
1.下列說法中正確的是：
A.作用力和反作用力做功一定相等
B.物體所受的支持力對物體一定不做功
C.在外力作用下，物體在某段時間內(nèi)位移為零，則此外力對物體一定未做功
D.研究系統(tǒng)中相互作用的滑動摩擦力做功的代數(shù)和是機械能向內(nèi)能轉(zhuǎn)化的量度
2.如圖6-56所示，水平面上豎直固定一彈簧，質(zhì)量為M的小球,由彈簧正上方高H處自由下落，由于彈簧作用，小球又彈起高度H，彈簧和小球作用時，最大壓縮量為h，如果換用質(zhì)量小于M的球仍由H高處自由下落，下列說法中正確的是
①小球仍彈起H高②小球彈起的高度大于H
③小球最大壓縮量小于h④小球最大壓縮量仍為h
A①③B①④C②③D②④
3.一質(zhì)量為m的物體在吊繩拉力作用下，沿豎直方向由靜止開始以加速度a勻加速上升了時間t，在這一過程中，該物體增加的機械能為
A.(1/2)ma2t2B.(1/2)mg2t2C.(1/2)m(a+g)t2D.(1/2)ma(a+g)t2
4.質(zhì)量1kg的物體在水平面上滑行，其動能隨位移變化的情況如圖6-57所示，取g=10m.s-2，則物體滑行持續(xù)的時間為
A2sB3sC4sD5s
5.一個小物塊位于光滑的斜面上,斜面體放在光滑的水平地面上,小物塊沿斜面下滑的過程中,斜面對小物塊的作用力()
A.垂直于接觸面,作功為零B.垂直于接觸面,作功不為零
C.不垂直于接觸面,作功為零D.不垂直于接觸面,作功不為零
6.如圖6-58所示,木板質(zhì)量M,長l,放在光滑水平面上,一細繩通過定滑輪,將木板和質(zhì)量m的木塊(視為質(zhì)點)相連,已知木板和木塊間的動摩擦因數(shù)為μ,用水平向右的力從木板最左端
拉到最右端,如圖示,則拉力作功至少為
A.1/2μmgLB.2μmgLC.μmgLD.μ(M+m)gL
7.如圖6-59所示，小球做平拋運動初動能為6J，不計阻力，它落到斜面上的動能為
A10JB12JC14JD8J
8.如圖6-60所示,長木板A放在光滑水平面上,質(zhì)量為m的物塊B以水平速度V0滑上A的上表面的速度圖線,由圖可求出
①木板的動能②系統(tǒng)損失的機械能
③木板的長度④AB間的動摩擦因數(shù)
A①②③B①②④C②③④D①③④
9.質(zhì)量為m的汽車在平直的公路上以速度V0開始加速行駛,經(jīng)過時間t,前進距離s后,速度達到最大值Vm,設在這過程中發(fā)動機的功率恒為P0,汽車所受到的阻力為f0,則在這段時間內(nèi)汽車所做的功是
①P0t②f0vmt③f0s④mvm2/2+f0s－mv02/2
A①②③B①③C②③④D①②④
10.AB兩球在光滑水平面上，同方向運動，已知它們的動量分別為PA=5kgm/s,PB=7kgm/s,
A追上B發(fā)生碰撞后,B動量變?yōu)?0kgm/s,則兩球質(zhì)量關系可能為：
A.m1=m2B.m1=m2/2C.m1=m2/4D.m1=m2/6
11．汽車發(fā)動機的額定功率是60KW,汽車質(zhì)量m=5×103kg,在水平路面上，受到的阻力為車重的0.10倍，汽車從靜止開始以0.50m/s2的加速度作勻速運動，則維持這種運動的最長時間是-------------------------s.此后汽車將以額定功率運動，又經(jīng)過20s，達行駛的最大速度，則車在這段時間內(nèi)發(fā)生的總位移是-------------------------.m.
12.如圖6-61所示，質(zhì)量m1=10kg和m2=2kg兩個滑塊，中間用輕質(zhì)彈簧連接，放在光滑水平面上，現(xiàn)突然使A獲得一水平速度V0=5m/s,向B靠攏壓縮彈簧，當彈簧彈性勢能最大時，滑塊A的動能為--------------------------J.滑塊B的動能是--------------------------J.此時彈簧的彈性勢能為--------------------------J.
13.在“驗證機械能守恒定律”的實驗中，已知打點計時器所用電源頻率為50Hz。查得當?shù)氐闹亓铀俣萭=9.80m/s2.測得所用的重物的質(zhì)量為1.00kg。實驗中得到一條點跡清晰的紙帶（如圖6-62所示），把第一個點記做O.另選連續(xù)的4個點A、B、C、D作為測量的點。經(jīng)測量知道A、B、C、D各點到O點的距離分別為62.99cm,70.18cm,77.76cm,85.73cm，根據(jù)以上數(shù)據(jù)，可知重物由O點運動到C點，重力勢能的減少量等于--------------------------J，動能的增加量等于--------------------------J.（取三位有效數(shù)字。）
14.如圖6-63所示，為了測定一根輕質(zhì)彈簧壓縮量最短時的彈性勢能，可以將彈簧固定在一帶有凹槽光滑軌道一端，并將軌道固定在水平桌面邊緣上。用鋼球?qū)椈蓧嚎s至最短然后突然釋放，鋼球?qū)⒀剀壍里w出桌面。實驗時，（1）需要測定的物理量----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------.
(2)彈簧最短時彈性勢能的關系式Ep=---------------------------.。
15.質(zhì)量為M的木塊靜止在光滑水平面上，質(zhì)量為m的子彈水平射入木塊并留在木塊內(nèi)。當子彈剛好相對木塊靜止時，木塊滑行距離為S,子彈射入木塊的深度為d,試證明：sd.
16.在光滑水平桌面上固定一只彈射器P時，它射出的質(zhì)量為m的小球可擊中正前方豎直墻的A點,A離彈射口所處水平距離為h(圖6-64)，若讓P可以自由滑動，再射出小球時，小球擊中正下方的B點，如果P的質(zhì)量為M，兩次彈射時彈簧原先的彈性勢能一樣，求A和B之間的距離。
17.半徑相等的兩個小球甲和乙，在光滑水平面上沿同一直線相向運動。若甲球的質(zhì)量m1大于乙球的質(zhì)量m2。碰撞前兩球的動能相等，則碰撞后兩球的運動狀態(tài)其中一種情況是，甲球的速度為零而乙球的速度不為零。試經(jīng)推證后確定出現(xiàn)這種情況時m1/m2的取值范圍。（要求全面寫出推證過程）
18.一勁度系數(shù)k=800N/m的輕質(zhì)彈簧兩端各焊連著一個質(zhì)量均為m=12kg的物體AB。豎直靜止在水平地面上如圖6-65所示，加一豎直向上的力F在上面物體A上，使A開始向上做勻加速運動，經(jīng)0.4sB剛要離開地面，設整個過程彈簧都處于彈性限度內(nèi)。求：
(1)此過程中所加外力F的最小值和最大值。
(2)此過程中力F所做的功？

第六章機械能參考答案
專題一1.C2.C3.C4.AD5.B6.2×105N,2.8×104J7.mgstanθ8.8J9.(1)mas.sin2θ(2)-(mg-macosθ)scosθ10.mg(2ns±s/2)11.156J,104J拓展研究62.8J
專題二1.A2.AC3.B4.AD5.84,426.mgv0cota,mgv0cota/27.3(gh)1/2/4v08.psv3/2,1.04×104W9.4000N,10/3S,60KW10.6m/s拓展研究500W
專題三1.BC2.BD3.B4.B5.B6.17.D8.D9.FR10.mv02/4拓展研究15.28J
專題四1.A2.B3.μmgs4.mv2/25.B6.ML/(M-m)7.(1)μ=tanθ,(2略)8.(1)(1-K)H/(1+K),
(2)H/K9.(1)KmgVm(2)Vm/2kg+s/Vm10.(1)L/3(2)(2/3–1)mgL(3)[(2-)2gL]1/2,4L/3拓展研究（1）v=12.8m/s(2)2.4×103N
專題五1.B2.C3.2g,g4.CD5.m2(m1+m2)g2/K2,m1(m1+m2)g2(K1-1+K2-1)6.C7.A8.5R/49.(1)3mg(2)2[(H-R)R]1/2(3)1/2,H10.（1）延長人與繩的作用時間使相互作用力減小
（2）先增加后減小，一直減小，先不變后增加，不變
（3）(2Mg+mg+2KL+)/2K（考慮繩重力勢能變化）
11.不能拓展研究重心在下降
專題六1.A2.BD3.BD4.C5.A6.AC7.AB8.D9.D10.27mv2/5511.1.65×104J拓展研究（1）原長L0、壓縮后長度L1、、BC間距離S、豎直懸掛時長度L2（2）u=(L0-L1)2/2(L2-L0)s
效果驗收：1.D2.A3.D4.D5.B6.C7.C8.B9.D10.C11.16,264m12.9,13,513.7.62,7.56
14.小球的質(zhì)量m桌面距地面的高度h小球的水平射程s,mgs2/4h15.證略16.mh/M17.
1≤m1/m2≤(1+√2)218.45N,285N,49.5J