物理知识归纳

1、力学主干知识回顾一、力的作用效应1力的瞬时作用效应力的瞬时作用效应是改变物体的速度，也就是使物体产生加速度。牛顿第二定律F=ma表示了力和加速度之间的关系，不仅适用于单个物体，也适用于质点组。综合运用牛顿运动定律和运动学公式是解决力学问题的基本方法之一。2力的时间积累效应力的时间积累效应是改变物体的动量。动量定理I=p表示了外力的冲量和物体动量变化之间的关系。系统的内力总是成对出现的，其中的一个力能改变系统内某一个物体的动量，但所有内力的总冲量不会改变系统的总动量。因此动量定理不仅适用于某个物体，也适用于由若干物体组成的系统。在系统所受合外力为零的条件下，该系统的总动量守恒。运用动量定理和动量

2、守恒定律是解决力学问题的基本方法之一。3力的空间积累效应12力的空间积累效应是改变物体的动能。动能定理W=Ek表示了外力做的功和物体动能变化之间的关系。系统内力做的总功很可能不是零，有可能改变系统的总动能。所以动能定理只能用于单个物体，不能用于有相对移动的物体组成的系统。在只有重力做功的条件下，系统机械能守恒。运用动能定理和机械能守恒定律是解决力学问题的基本方法之一。 速度v、动量mv、动能 mv2都是描述物体运动状态的物理量。以上三条都体现了“力是改变物体运动状态的原因。”Hh例1质量为m的小球从沙坑上方高H处自由下落，停止运动时陷入沙坑深度为h。求：在陷入沙坑过程中沙对小球的平均阻力大小。

3、 解：把自由下落过程叫做过程，陷入沙坑过程叫做过程。 本题可以用牛顿定律和运动学公式求解，但步骤较多。全过程对小球用动能定理，则直接可得到：mg(H+h)=Fh 如果把已知中的距离H、h分别改为对应的时间T、t，取全过程用动量定理，则直接可得到：mg(T+t)=Ft二、能量守恒定律和动量守恒定律 能量守恒和动量守恒是最基本的自然规律能量守恒定律和动量守恒定律是自然界最普遍适用的规律。也是解物理题的最重要工具。应用守恒定律要注意条件对整个宇宙而言，能量守恒和动量守恒是无条件的。但对于我们选定的研究对象所组成的系统，守恒定律就有一定的条件了。如机械能守恒的条件是“只有重力做功”或“没有摩擦和介质阻

4、力”；而系统动量守恒的条件就是“合外力为零”。在运用能量守恒定律时，选定研究对象和研究过程非常重要。只要选定的系统在选定的过程中与外界没有能量交换，系统总能量就守恒。只要分析哪些能参与了转化？哪些能增加了？哪些能减少了？那么增加的能量之和一定等于所有减少的能量之和，即E增=E减。例2如图所示，质量分别为m和2m的A、B两个木块间用轻弹簧相连，放在光滑水平面上，A靠紧竖直墙。用水平力F将B向左压，静止后弹簧储存的弹性势能为E。这时突然撤去F，撤去F后，弹簧的弹性势能最大值将是多大？FAB 解：A离开墙前墙对A有弹力，这个弹力虽然不做功，但对A有冲量，因此系统机械能守恒而动量不守恒；A离开墙后则系

5、统动量守恒、机械能守恒。A刚离开墙时刻，B的动能为E，动量为p=向右；以后系统总动量保持为p，由Ek=p2/2m1/ m，当A、B速度相等时，系统总动能最小，是2E/3，因此这时的弹性势能最大，为E/3。 LddB例3长L宽d质量为m总电阻为R的矩形导线框，上下两边保持水平，在竖直平面内自由落下而穿越一个磁感应强度为B，宽度也是d的匀强磁场区。线框下边刚进入磁场就恰好开始做匀速运动。则整个线框穿越磁场的全过程中线框中产生的电热是_。解：从能量守恒考虑，下边进入磁场后，线框动能始终不变，因此能量转化途径是重力势能Ep电能E电热Q，因此可直接得出线框中产生的电热Q=2mgd。三、功和能做功的过程就

6、是能量转化的过程，功是能的转化的量度。物体动能的增量用所有外力（包括重力）对物体做的总功来量度，即Ek=W外，这就是动能定理。物体势能的增量用重力做的功来量度，即Ep=-WG，这就是势能定理。物体机械能的增量用重力以外其它力做的功来量度，即E机=W其，这就是机械能定理。由机械能定理，在只有重力做功的情况下，机械能增量为零，即机械能守恒。两个物体发生相对滑动过程中，一对滑动摩擦力做的总功是机械能向内能转化的量度，Q=fd。其中Q表示摩擦生热；f表示每个滑动摩擦力的大小；d表示两物体相对滑动的路程。安培力做功是机械能和电能相互转化的量度。电流做功是电能向其他能转化的过程。在真空中（不计重力）电场力

7、做功将电能转化为粒子的动能；在纯电阻电路中，电流做功将电能转化为内能；在非纯电阻电路中，电流做功将电能一部分转化为内能，另一部分转化为其他能（机械能、化学能等）。更广义地说，以某一系统为研究对象，在选定的过程中，系统所受的外力对系统内物体做的总功，等于系统内物体各种能量的总增加量。s1s2d例4如图所示，水平放置的传送带以v=2.0m/s匀速运转。将一个质量为m=0.40kg的物体轻轻地放在传送带左端，经过一段时间，该物体和传送带具有了同样的速度。由于放上了该物体，带动传送带的电机在这段时间内多做的功是多少？解：电机多做的功除了增加物体的动能以外，还增加了系统的内能。设物体加速过程的位移为s1

8、，传送带的位移为s2，相对滑行的距离为d，由于s1=v0t/2，s2=v0t，d=s2- s1= s1，而fs1= mv02/2，Q=fd，所以W=mv02=1.6J。例5如图所示，一个粗糙斜面静止在水平面上，一个物块从该斜面底端以某一初速度沿斜面上滑一段距离后，又接着沿该斜面下滑到底端，斜面始终保持静止。下列说法中正确的是 A上滑过程中摩擦力对物块的冲量大于下滑过程中摩擦力对物块的冲量 B上滑过程中合外力对物块的冲量大于下滑过程中合外力对物块的冲量C上滑过程中物块机械能的损失大于下滑过程物块机械能的损失D上滑过程中水平面受到的压力大于下滑过程中水平面受到的压力解：上滑平均速度大于下滑平均速度

9、，因此上滑时间短，下滑时间长，上滑过程中摩擦力对物块的冲量应小于下滑过程中摩擦力对物块的冲量；合外力冲量等于物块动量变化，上滑过程动量变化大，因此上滑过程中合外力对物块的冲量大于下滑过程中合外力对物块的冲量；克服摩擦力做功等于物块机械能损失，因此上滑过程中物块机械能的损失等于下滑过程物块机械能的损失；上滑过程竖直方向分加速度大，在竖直方向应用牛顿第二定律，上滑过程中水平面受到的压力小于下滑过程中水平面受到的压力。本题选B。四、万有引力 人造卫星1用万有引力定律求中心星球的质量和密度当一个星球绕另一个星球做匀速圆周运动时，设中心星球质量为M，半径为R，环绕星球质量为m，线速度为v，公转周期为T，

10、两星球相距r，由万有引力定律有：，可得出，由r、v或r、T就可以求出中心星球的质量。将中心星球看做均匀球体，有，可得中心星球的平均密度；如果环绕星球离中心星球表面很近，即满足rR，那么中心星球的平均密度。2双星m1m2r1r2O宇宙中往往会有相距较近，质量可以相比的两颗星球，它们离其它星球都较远，因此其它星球对它们的万有引力可以忽略不计。在这种情况下，它们将各自围绕它们连线上的某一固定点做同周期的匀速圆周运动。这种结构叫做双星。由于双星和该固定点总保持三点共线，所以在相同时间内转过的角度必相等，即双星做匀速圆周运动的角速度必相等，因此周期也必然相同。由于每颗星的向心力都是由双星间相互作用的万有

11、引力提供的，因此大小必然相等，由F=mr2，得，因此，即固定点离质量大的星较近。由于角速度相同，还可推出线速度大小跟质量成反比：v=r。例6银河系的恒星中大约四分之一是双星。某双星是由质量分别为m1、m2的星体S1和S2构成，两星在相互之间的万有引力作用下绕两者连线上某一定点O做匀速圆周运动。S1和S2的距离为r，求S2做圆周运动的周期。解：设S1和S2的轨道半径分别为r1和r2，周期为T。由F=mr2，得，因此，得3人造卫星（只讨论绕地球做匀速圆周运动的人造卫星）人造卫星的线速度和周期。人造卫星的向心力是由地球对它的万有引力提供的，由此可得和。即人造卫星的轨道半径r、线速度大小v和周期T是一

12、一对应的，其中一个量确定后，另外两个量也就唯一确定了。离地面越高的人造卫星，线速度越小而周期越大。近地卫星。近地卫星的轨道半径r可以近似地认为等于地球半径R，又因为地面附近，所以有m/s，s=84min。它们分别是绕地球做匀速圆周运动的人造卫星的最大线速度和最小周期。工作轨道停泊轨道地月转移轨道同步卫星。“同步”的含义就是和地球保持相对静止（又叫静止轨道卫星），所以其周期等于地球自转周期，既T=24h，其轨道半径是唯一确定的，离地面的高度为h=3.6×107m5.6R地（3.6万公里），而且该轨道必须在地球赤道的正上方，卫星的运转方向必须是由西向东。例7“嫦娥一号”探月卫星的简化路线

13、示意图如图所示。卫星由地面发射后，先经发射轨道进入停泊轨道，在停泊轨道经多次调速后进入地月转移轨道，接近月球后再经过多次调速进入工作轨道，对月球进行探测。已知地球与月球的质量之比为a，卫星的停泊轨道与工作轨道的半径之比为b，卫星在停泊轨道和工作轨道上均可视为做匀速圆周运动，则下列说法正确的是A在停泊轨道和工作轨道运行的速度之比为B在停泊轨道和工作轨道运行的周期之比为C在停泊轨道运行时的速度大于地球的第一宇宙速度D在地月转移轨道上卫星只受万有引力作用，速率是逐渐减小的解：由做匀速圆周运动的卫星的速度公式和周期公式可得结论；卫星受到地球和月球的万有引力，在接近月球过程中，两个万有引力的合力是先减小

14、后增大的，因此卫星是先减速后加速的。五、力学的重要方法和技巧受力分析。这是解决任何力学问题的基础，一定要引起重视，而且要认真画好受力分析图。首先确定研究对象，只分析研究对象受到的力；然后按顺序画力，先场力后接触力，场力中先弹力后摩擦力；在受力分析图中，要尽量准确地表示力的大小和方向，当力的大小关系不能确定时，要注意讨论。例8有小孔的小球质量为m电荷为+q，以初速度v向右滑入足够长的水平绝缘杆，整个空间存在方向如图所示的匀强磁场。球与杆间的动摩擦因数为。求小球沿杆滑动全过程的动能损失。解：画受力图过程会发现，由于洛伦兹力方向向上，大小与速度有关，因此弹力的方向有三种可能性。若Bqv=mg，小球受

15、的弹力和摩擦力都是零，动能不损失；若Bqv<mg，小球受的弹力向上，摩擦力做负功，随着速度减小，摩擦力将越来越大，直到小球停止运动，动能损失是；若Bqv>mg，小球受的弹力向下，摩擦力做负功，速度减小，当Bqv=mg时，小球将保持匀速运动，动能损失是。注重图象的作用。能从给出的图象中读取信息，能把物理过程用图象表示。力学中最重要的是速度图象，速度图线的斜率表示加速度，速度图线与横轴所围的面积表示位移。2v0v0Ot0 2t0 3t0 4t0 5t0vt例9质量相等的A、B两物体放在同一水平面上，分别受到水平拉力F1、F2的作用而从静止开始做匀加速运动。经过时间 t0和4t0，速度分

16、别达到2v0和v0 时，撤去F1和F2，以后物体继续做匀减速运动直至停止。两物体速度随时间变化的图线如右图所示。若在该过程中F1和F2所做的功分别为W1和W2，F1和F2的冲量分别为 I1和 I2，试分别比较W1和W2的大小、I1和 I2的大小。解：从撤去拉力后的速度图线可知，两物体的加速度相同，又因为它们质量相同，因此它们受到的摩擦力大小相等。每个物体运动的全过程用动能定理，WF=Wf = fss。由v-t图象下的面积可得位移之比s1s2=65，所以W1W2=65，W1>W2。全过程用动量定理，有IF=If =ftt。由图象可得t1t2=35，所以I1I2=35，I1<I2。还可

17、以求出：F1F2=125。Ovtv0v1v2abv0例10长木板a静止在光滑水平面上，一个物块b以初速度v0从左端冲上长木板a，刚好能从a右端离开。若将a锯成等长的两段，并排静止放置，物块b仍以初速度v0从左端冲上长木板，能否从右端离开？解：利用速度图象分析。第一次a、b最后的共同速度为v1，全部阴影区的面积表示木板长度。第二次，b在左半个木板上滑行时，右半个木板必然一起被加速，因此该过程的速度图象和第一次完全相同；当a、b速度图线之间的面积达到原阴影面积一半时，表示b开始滑上右半个木板，这时左半木板开始匀速运动，右半木板的加速度将加倍，从图象看，共速时的速度v2如图所示，a、b速度图线之间的

18、面积显然比第一次小，说明b没有离开a，最终b和右半个a一起共同滑行。两体碰撞模型。凡是“碰撞”过程，由于作用时间极短，一般都可以认为系统内力远大于外力，所以系统动量守恒。按照系统内机械能有无损失，又分弹性碰撞、非弹性碰撞、完全非弹性碰撞三种。初速度v0的m1与静止的m2发生弹性正碰，根据系统动量守恒和能量守恒列方程组，解得末速度分别为：。若m1=m2则弹性碰撞的结果是交换速度。初速度v0的m1与静止的m2发生完全非弹性正碰，系统动量仍守恒，但动能的损失最大：，一般情况下，这部分动能转化为系统的内能。无论哪种碰撞，两者速度相同的时刻，一定是系统动能损失最多、转化为其他能最多的时刻、也一定是两物体

19、间距最大（或最小）的时刻。av0Bcdbl例11两根足够长的固定平行光滑金属导轨位于同一水平面内，导轨间的距离为l，导轨上横放有长度都是l而横截面积之比为21的两根铜棒ab和cd。已知cd棒的质量为m，电阻为r，回路中其余部分的电阻不计。空间有垂直与导轨平面向上，磁感应强度为B的匀强磁场。开始时cd静止， ab以初速度v0向右运动。设导轨足够长,求cd中产生的焦耳热Q最多是多少？解：由于回路所围面积内的磁通量增大，因此将产生感应电流，安培力使ab减速，cd加速，当它们速度相同时回路中磁通量不再发生变化，此后将保持共同运动。该过程相当于完全非弹性碰撞，损失的动能转化为电能，接着电流做功又将电能转

20、化为电热。由已知cd的质量是ab的一半而电阻是ab的2倍。全过程系统损失的动能为mv02/3，cd中产生的焦耳热占其中的2/3，因此Q=2mv02/9。注意：ab和cd。到的安培力是外力。本题这两个外力的合力为零，因此系统动量守恒。若ab和cd所在位置导轨宽度不同，系统动量就不守恒。例12质量为m1的小球a以某一初速度沿光滑水平面向着原来静止的质量为m2的小球b运动，并发生弹性正碰。碰后两小球速度大小都是v。求：两小球质量之比m1m2；碰前小球a的速度v0。解：由于是弹性碰撞，碰后两小球速度不可能相同，只能是速度等大反向。根据动量守恒和能量守恒，m1v0=-m1v+m2v，利用弹性碰撞公式，很

21、容易得到m1-m2=-2m1，因此m1m2=13；v0=2v利用物体动能和动量的关系。，。对已知质量的同一个物体，知道了它的动能就可以直接写出其动量，而不必求速度；同样，知道了它的动量可以直接写出其动能。若对两个物体进行比较，当它们动量大小相同时，动能跟质量成反比；动能相同时，动量大小跟质量的平方根成正比。例13质量之比为41的两个物体a、b以相同的初动能E沿光滑水平面相向运动，发生正碰后不再分开。求：碰撞过程中系统损失的动能。解：由可知，a、b碰前动量大小之比为21，根据动量守恒，碰后系统总动量与b物体碰前的动量大小相同，由 知，碰后系统总动能为0.2E，因此碰撞过程系统损失动能为1.8E。

22、 与弹簧相关的问题。抓住几个关键状态：原长、平衡位置、简谐运动的对称点。把这些关键状态的图形画出来，找到数量关系，进行分析。弹性势能公式不要求考查，但要知道弹簧的弹性势能决定于弹簧的形变量。同一根弹簧形变量相同（不区分伸长量和缩短量）时弹性势能相同。ablsv0例14如图所示，轻弹簧左端固定，右端跟物块a相连，静止时弹簧为原长。物块b从到物块a距离为l的P点处以一定的初速度向物块a运动，发生碰撞后立即和a一起向左运动压缩弹簧（a、b并未粘连），弹簧的最大压缩量为s（未超过弹性限度）。当a、b被弹簧弹回后，b恰好能回到P点处。已知a、b质量相等，与水平面间的动摩擦因数均为。求物块b的初速度v0的

23、大小。解：弹回时，a、b在弹簧等于原长时分离。设b与a碰前的瞬时速度为v1，碰后瞬间共速为v2，弹簧刚好恢复原长时a、b的共同速度为v3。b向左滑行过程由运动学公式，v02-v12=2gl；a、b碰撞过程动量守恒，mv1=2mv2；从a、b共同压缩弹簧到弹簧恢复原长过程系统能量守恒，分离后b向右滑行过程由运动学公式，v32=2gl。由以上各式得。BCA例15如图所示，物体B和物体C用劲度系数为k的轻弹簧连接并竖直地静置于水平地面上，此时弹簧的势能为E。这时一个物体A从物体B的正上方由静止释放，下落后与物体B碰撞，碰撞后A与B立刻一起向下运动，但A、B之间并不粘连。已知物体A、B、C的质量均为M

24、，重力加速度为g，忽略空气阻力。求当物体A从距B多大的高度自由落下时，才能使物体C恰好离开水平地面？BCABCAv2CBAv3BCAxx 解：设物体A从距B的高度H处自由落下，落下前为状态，A与B碰撞前的速度为v1，由机械能守恒定律可得v1=。设A、B碰撞后共同速度为v2，由动量守恒：Mv12Mv2，得v2，此时为状态。A、B先共同向下，又共同向上运动，当弹簧恢复原长时A、B分离，设此时A、B的速度为v3，此时为状态。C刚好离开地面时，由胡克定律，弹簧伸长量为x=Mg/k，和A、B相碰前弹簧的压缩量大小相同，所以弹簧的弹性势能仍为E，此时为状态。过程系统机械能守恒得：；过程中，物体B和弹簧组成

25、的系统机械能守恒，。由以上方程解得：。选择适当的方向，将矢量正交分解。例16真空中存在空间范围足够大的、水平向右的匀强电场。在电场中，若将一个质量为m、带正电的小球由静止释放，运动中小球的速度与竖直方向夹角为37º（取sin37º=0.6，cos37º=0.8）。现将该小球从电场中某点以初速度v0竖直向上抛出。求运动过程中：小球受到的电场力的大小和方向；小球从抛出点至最高点的电势能变化量；小球的最小动量的大小和方向。GFF合v0F合xyOvxvyvxv0GFhv´xyOs图1 图2 图3解：小球从静止释放后运动方向就是合力方向，由图1可得电场力F=3mg

26、/4，水平向右。如图2，沿水平、竖直方向建立直角坐标系xOy，设最高点处速率为v´，从开始运动到最高点，重力和电场力之比是34，沿x、y方向的冲量之比是34，因此v´v0=34，位移之比sh=34，电场力和重力做功之比是916，重力势能变化mv02/2，因此电势能变化9mv02/32。 如图3，沿合力方向和垂直于合力方向建立直角坐标系xOy，将初速度v0正交分解。当沿y轴的分速度vy=0时，小球动量最小。因此最小动量p=mvx=3mv0/5，与电场方向夹角为37º，斜向上方。电学主干知识回顾一、电场和磁场1电场线形象地描绘电场的工具是电场线和等势面，其中最重要的是

27、电场线。解决电场的问题，首先要画出电场线。要熟练掌握以下结论：电场线的方向为该点的场强方向，电场线的疏密表示场强的大小。电场线的方向是电势降低的方向，而且是降低最快的方向。电场线密的地方等差等势面密；等差等势面密的地方电场线也密。沿匀强电场中任何一条直线（等势面除外），电势都是均匀变化的。在此基础上，再结合电场力做功和电势能变化的规律（电场力做功等于电势能变化的负值，即W电= -Ep），就可以解决绝大部分电场问题。abcPQ例1如图所示，虚线a、b、c是电场中的三个等势面，相邻等势面间的电势差相同，实线为一个带负电的带电粒子，仅在电场力作用下通过该区域的运动轨迹，P、Q是轨迹上的两点。由此示意

28、图，下列说法中正确的是 A三个等势面中a等势面的电势最高 B带电粒子一定是从P点向Q点运动 C带电粒子通过P点时的加速度比通过Q点时小 D带电粒子通过P点时的动能比通过Q点时小abcPQFE解：先根据电场线和等势面在相交处互相垂直画出电场线，再根据速度、力和轨迹的关系，可以判定：该带电粒子在各点受的电场力方向是斜向左下方，由于是负电荷，所以电场线方向沿电场线向右上方，a等势面的电势最高；运动方向无法确定；P处等差等势面较密，因此电场线密，场强大，电场力大，加速度大；由电场力方向和轨迹夹角可知，若由P到Q，电场力做正功，动能增加，若由Q到P，克服电场力做功，动能减小，总是通过P点时的动能比通过Q

29、点时大。答案仅有A。2带电粒子以垂直于场线的初速度进入匀强电场或匀强磁场解决这类问题的关键是要画好示意图。 yl/2LhOv带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，电场力一定做正功。末速度的反向延长线跟初速度延长线交于水平位移的中点。 侧移，偏转角。电场力做功W=Eqy。注意粒子在电场中的侧移y和在荧光屏上的偏转h的比例关系。带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动。画示意图的要点是找圆心、找半径和用对称。穿过矩形磁场区。偏转角由sin=L/R求出。侧移由R2=L2-(R-y)2解出。v yLBROr vO/ROv穿过圆形磁场区。若粒子入射时沿磁场圆半径方向，由对称性，粒子射出时速度的反向延长线必过磁场圆

30、的圆心。偏角可由求出，也可以由r(1+cos)=Rsin确定。两种情况下，粒子在磁场中经历的时间都是。 O/ vQrrOxyPx yPOLv例2如图所示，一个匀强磁场，磁场方向垂直于xOy平面，在xOy平面上，磁场分布在以原点O为中心的一个圆形区域内。一个质量为m、电荷为q的带电粒子，由O开始沿x正方向运动，初速度为v。粒子离开磁场后经过y轴上的P点，此时速度方向与y轴的夹角为=30º，P到O的距离为L。若不计重力，求磁感应强度B的大小和xOy平面上磁场区域的半径R。解：不妨假设磁场方向向里，粒子带正电。粒子在磁场中偏转的角度是120º，设粒子在Q点离开磁场，则QP连线与y

31、轴正方向成30º。由O、Q两点的洛伦兹力方向可知轨迹圆圆心应在y轴上某点O´，如图所示。设轨迹半径为r，则从图中可判定OP=3 r=L，由得。由图知磁场区半径。v3带电粒子在匀强电场和匀强磁场两种场中的运动粒子速度选择器（同一区域内有正交的匀强磁场和匀强电场）OEBO/a bd cLrv0正交的匀强磁场和匀强电场组成速度选择器。带电粒子必须以唯一确定的速度（包括大小、方向）才能匀速通过速度选择器。否则将发生偏转。这个速度的大小可以由洛伦兹力和电场力的平衡得出：qvB=Eq ，v=E/B。在本图中，速度方向必须向右。带电粒子分别通过匀强电场和匀强磁场的运动比较例3如图所示，正

32、方形abcd内有竖直向上、场强为E的匀强电场和垂直于纸面向外、磁感应强度为B的匀强磁场。质子流从ad边的中点O以初速度v0，沿着与ab平行的方向射入正方形区域。若撤去匀强磁场，质子将达到b点；若撤去匀强电场，质子将打到c点。求：EB。解：只有匀强电场时质子的偏转角为=45°，；只有匀强磁场时，由图得质子做圆周运动的半径r=5L/4，因此轨道半径；由以上两式可得EB=5v04带电粒子依次在匀强电场、匀强磁场中的连续运动例4如图所示，在xOy平面内的第象限中有沿-y方向的匀强电场，场强大小为E。在第和第象限有匀强磁场，方向垂直于坐标平面向里。有一个质量为m，电荷量为e的电子，从y轴的P点

33、以初速度v0垂直于电场方向进入电场（不计重力），经电场偏转后，沿着与x轴负方向成45º角进入磁场，并能返回到原出发点P。简要说明电子的运动情况，并画出电子运动轨迹的示意图；求P点距坐标原点的距离；电子从P点出发经多长时间再次返回P点？N yxOBEPv0v0RMO/解：设OP=x，在电场中偏转45º，说明在M点进入磁场时的速率是v0，由动能定理知电场力做功Eex=mv02/2，得x；且OM=2x。由对称性，从N点射出磁场时速度与x轴也成45º，又恰好能回到P点，因此ON=x。可知在磁场中做圆周运动的半径R=1.5x。轨迹如右图中红线所示。x=。提示：在第象限的平抛

34、运动时间，在第象限直线运动的时间，在第、象限运动的时间是，而，带入得，因此t=t1+ t2+ t3=。4带电微粒在电场、磁场、重力场中的运动。带电微粒在三种场组成的混合场中的运动轨迹可能是直线，可能是圆，也可能是复杂曲线。但共同特点点是：只有电场力和重力做功，洛伦兹力永远不做功。E B例5如图所示，带电微粒在正交匀强电场和匀强磁场中沿竖直平面做匀速圆周运动。则该带电微粒必然带_，旋转方向为_。若已知圆半径为r，电场强度为E磁感应强度为B，则其线速度大小为v=_。EB解：由已知微粒动能不变，因此电场力与重力必须平衡，微粒必带负电。由左手定则可判定旋转方向为逆时针。再由。例6如图所示，质量为m，电

35、量为q的微粒以速度v与水平方向成=45º斜向上射入匀强电场和匀强磁场。已知电场强度E的方向和磁感应强度B的方向都与水平面平行，且EB。如果微粒在该电场、磁场和重力场的共同作用下恰好做匀速运动，那么E和B的大小分别为A， B， C， D，解：由受力分析知，微粒一定带正电，否则三种场力不可能平衡。然后由受力图知Eq=mg，Bqv=mg。选D。5混合场中的摆在水平匀强电场中，用绝缘丝线悬挂带电小球组成的摆。重力和电场力都是恒力，它们的合力也是恒力。摆动过程这个恒力是做功的，丝线拉力是不做功的。这种摆的平衡位置一定是从悬点指向这个合力的方向。这种摆和单摆有很多相似之处，可以称之为“歪摆”。O

36、ACBE例7已知匀强电场方向水平向右，场强E=1.5×106V/m，丝线长l=40cm，上端系于O点，下端系质量m=1.0×10-4kg，带电量q=+4.9×10-10C的小球，将小球从最低点A由静止释放。求：小球摆到最高点时丝线与竖直方向的夹角多大？摆动过程中小球的最大速度是多大？解：电场力Fe=0.75G，电场力和重力的合力F与竖直方向成37º，因此摆动到平衡位置时丝线与竖直方向成37º角，根据摆的对称性，最大摆角为74º。小球通过平衡位置B时速度最大。从A到B电场力和重力做的总功等效于它们的合力F做的功。由动能定理：Fl(1-c

37、os)=mvm2/2，vm=1.4m/s。二、电磁感应与能量守恒感应电动势的产生，一种是由于磁感应强度发生变化引起磁通量变化产生感应电动势，叫感生电动势；一种是部分导线切割磁感线引起磁通量变化产生感应电动势，叫动生电动势。两种情况下的感应电动势大小分别用计算。在导线切割磁感线产生感应电流的情况下，安培力做功的过程是机械能和电能互相转化的过程。FL1L2Bv例8如图所示，矩形线圈电阻为R，处于磁感应强度为B的匀强磁场边缘，线圈与磁感线垂直。将线圈以向右的速度v匀速拉出磁场的过程。求：拉力大小F；拉力的功率P；拉力做的功W；线圈中产生的电热Q；通过线圈某一截面的电荷量q。解： 。注意电热Q和电荷q

38、的区别。Ra bm LB例9如图所示，竖直放置的U形导轨宽为L，上端串有电阻R（其余导体部分的电阻都忽略不计）。磁感应强度为B的匀强磁场方向垂直于纸面向外。金属棒ab的质量为m，与导轨接触良好，不计摩擦。从静止释放后ab保持水平而下滑。试求ab下滑的最大速度vm。解：释放瞬间ab只受重力，向下加速运动；随着速度增大，感应电动势E、感应电流I、安培力F都随之增大，加速度随之减小。当F增大到F=mg时，加速度变为零，ab达到最大速度。由，可得。重力做功的过程是重力势能向动能和电能转化的过程；安培力做功的过程是机械能向电能转化的过程；合力做功的过程是动能增加的过程；电流做功的过程是电能向内能转化的过

39、程。达到稳定速度后，重力势能的减小全部转化为电能，电流做功又使电能全部转化为内能。这时重力的功率等于电功率也等于热功率。hdl1234v0v0v如果在电阻右边安一只电键，让ab下落一段距离后再闭合电键，那么闭合电键后ab的运动情况又将如何？结论是：无论何时闭合电键，ab可能先加速后匀速，也可能先减速后匀速，但最终稳定后的速度总是一样的。例10如图所示，水平的平行虚线间距为d=50cm，其间有B=1.0T的匀强磁场。一个正方形线圈边长为l=10cm，线圈质量m=100g，电阻为R=0.020。开始时，线圈的下边缘到磁场上边缘的距离为h=80cm。将线圈由静止释放，其下边缘刚进入磁场和刚穿出磁场时

40、的速度相等。取g=10m/s2。求：线圈进入磁场过程中产生的电热Q。线圈下边缘穿越磁场过程中的最小速度v。线圈下边缘穿越磁场过程中加速度的最小值a。解：图中2、4位置速度相等，该阶段只有2-3阶段产生电热，由能量守恒，该电热等于2-4的势能减小，因此Q=mgd=0.50J。2-3过程3位置速度最小，3-4是自由落体，而2、4位置速度v0可求，因此得最小速度v=2m/s。2-3阶段速度最小时加速度也最小，由3位置用牛顿定律得a=4.1m/s2。三、直流电路和交流电路R1R2R3R4E r1变化电路的讨论外电路仅一只电阻阻值发生变化（例如R1增大），则：总电路上R增大，总电流I减小，路端电压U增大

41、；变化电阻R1本身和总电路变化规律相同；和变化电阻有串联关系的看电流；和变化电阻有并联关系的看电压。2AR1R21S例11如图所示，电源内阻不可忽略。已知R1=10，R2=8.0。当电键S接位置1时，电流表的示数为0.20A。当电键S接位置2时，电流表的示数可能是下列的哪些值A0.28A B0.25A C0.22A D0.19AErR1R2R3解：电键接2后，电路的总电阻减小，总电流一定增大，所以不可能是0.19A；电源的路端电压一定减小，原来路端电压为2V，所以电键接2后路端电压低于2V，因此电流一定小于0.25A。所以只能选C。例12如图，电源电动势为E，内阻为r，R1、R2、R3是可变电

42、阻。这三个电阻发生下列各组变化过程后，一定能够使通过R3的电流变小的是 AR1、R2、R3都变大 BR1、R2、R3都变小CR1、R3变大，R2变小 DR1、R2变大，R3变小解：三个电阻同时变化，和一个一个分别变化引起的结果是等效的。只有每个电阻的变化引起的结果都使通过R3的电流变小，该选项才是正确的。选C。2交变电流的有效值交变电流有最大值、有效值、平均值和瞬时值之分。求通过导体横截面的电量一定要用电流的平均值，求电热一定要用电流的有效值I。例13高频焊接示意图如下。将半径为r=10cm的待焊接金属工件放在线圈内。线圈中通以高频交变电流，产生的变化磁场垂直于工件所在平面。其磁感应强度的变化

43、率为1000sint(T/s)。焊缝非常狭窄，其接触电阻为工件非焊接部分电阻的99倍。非焊接部分每单位长度的电阻R0=10-3(m-1)。求焊接过程中焊缝处的热功率。（取2=10，不计温度变化对电阻的影响。）焊缝待焊接工件线圈接高频电源解：待焊接金属工件回路内感应电动势的瞬时值，有效值E=100V；非焊接部分的电阻R非=2rR0，焊接部分电阻R焊=99R非，回路总电阻R总=100R非=0.2；总电流，因此P=I2R焊=4.95×104W。3变压器和远距离输电理想变压器的两个基本公式是：，对于同一变压器的任意两个线圈都成立。P入=P出，无论有几个副线圈工作理想变压器的输入功率总等于所有

44、输出功率之和。 理想变压器的输入功率由输出功率决定，。例14如图所示，理想变压器输入的交变电压为U1，电流为I1下列说法中正确的是KabRU1A保持U1及R不变，将K由a改接到b时，I1将减小B保持U1及R不变，将K由b改接到a时，R的功率将增大C保持U1及K不变，将R增大时，I1将增大DK不变，U1增大，I1将增大 解：利用和分析，选D。AVn1 R1 n2 R2 S *某理想变压器的原、副线圈按如图所示电路连接，图中电表均为理想交流电表，且R1=R2，电键S原来闭合。现将S断开，则电压表的示数U、电流表的示数I、电阻R1上的功率P1、变压器原线圈的输入功率P的变化情况分别是AU增大 BI增

45、大CP1减小 DP增大解：变压器的初级、次极线圈电压U1、U2不变。S断开后输出端总电阻增大，因此总电流I2减小，因此输入端电流减小，即电流表的示数I减小，变压器的输入功率减小；电压表示数U=U2-I2R3增大，R1两端电压增大，因此R1上的功率增大。因此选A。*某电厂交流发电机的输出电压稳定，发出的电通过电厂内的升压变压器升压后，用高压输电线把电能输送到远处居民区附近的降压变压器，经降压后输送到用户家中。设升压、降压变压器都是理想变压器。在晚上8点到10点的用电高峰期，电厂输送的总功率增加，但居民家中的白炽灯却达不到额定功率。与用电高峰期之前相比，下列判断正确的是 C A升压变压器副线圈的电

46、压变高 B高压输电线上的电流变小C高压输电线路的电压损失变大 D居民区消耗的总电功率减小解：发电机的输出电压稳定，因此升压变压器原、副线圈电压都不变；电厂输送的总功率增加，因此输电线中电流变大；由于输电线电阻恒定，因此输电线电压损失变大；把发电厂和输电线看成电源（电动势和内阻恒定）把变压器等效为负载电阻，由于负载电阻值总大于输电线电阻，因此接入电器越多负载电阻减小，输出功率越大，相当于居民区消耗总电功率增大。四、电学中常用的技巧洛伦兹力方向的判定。用左手定则判定洛伦兹力方向时，一定要注意四指指向电流方向（而不是速度方向）。正、负带电粒子速度方向相同时，在同一磁场中的偏转方向相反；正、负带电粒子

47、电流方向相同时，在同一磁场中的偏转方向相同。例15一个长方形金属块水平放在如图所示的匀强磁场中。长方形的上表面为M，下表面为N。金属块中通有从左向右的电流，则下列说法中正确的是MNBIAUM=UN BUMUN CUMUN D无法比较上下表面的电势高低解：金属只靠自由电子导电。由左手定则，手心向外，四指向右，大拇指向上，即电子所受洛伦兹力方向向上，将向上偏转，因此上表面电势较低：UMUN。电源电动势是电源本身的性质，E=U外+ U内。在外电路，沿电流方向电势降低；在内电路，沿电流方向电势升高。通常电压表测量的都是路端电压，即外电压。lvabcdBd例16如图，将均匀电阻丝做成的边长为l=10cm

48、的正方形线圈abcd，从磁感应强度B=0.50T，宽度是d=20cm的的匀强磁场左边，以v=2.0m/s的速度向右匀速拉动。试画出线圈穿过磁场区的全过程中，ab边上的电压uab随时间t变化的图象。Ou/Vt/s0.050.150.10-0.025-0.075-0.100解：线圈进入阶段仅cd边切割磁感线，感应电动势E=Blv=0.10V，感应电流为顺时针方向，cd边相当于电源，另3边相当于外电路。由于各边电阻相等，因此ab两端的电压uab= -0.025V；线圈全部进入磁场中后，穿过闭合回路的磁通量不变，因此没有感应电流，但ab、cd切割磁感线，仍有感应电动势E=Blv=0.10V产生，根据右手定则知b端电势高，uab= -0.10V；线圈穿出阶段仅ab边切割磁感线，因此ab边是电源，感应电动势仍为E=Blv=0.10V，感应电流为逆时针方向，此时uab是路端电压，应该用U=E-Ir计算，因此uab= -0.075V。图象如右。在电磁感应现象中，穿过闭合回路中任意截面的电荷量。bdcaoR例17如图，在匀强磁场中固定放置一根串接一电阻R的直角形金属导轨ao