2022年高考物理专题复习 .pdf

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1、学习必备欢迎下载高考物理专题复习牛顿第二定律牛顿第二定律1.定律的表述物体的加速度跟所受的外力的合力成正比，跟物体的质量成反比，加速度的方向跟合力的方向相同，既F=ma （其中的F 和 m、a 必须相对应）特别要注意表述的第三句话。因为力和加速度都是矢量，它们的关系除了数量大小的关系外，还有方向之间的关系。明确力和加速度方向，也是正确列出方程的重要环节。若 F 为物体受的合外力，那么a 表示物体的实际加速度；若F 为物体受的某一个方向上的所有力的合力，那么a 表示物体在该方向上的分加速度；若F 为物体受的若干力中的某一个力，那么a 仅表示该力产生的加速度，不是物体的实际加速度。2.应用牛顿第二

2、定律解题的步骤明确研究对象。可以以某一个物体为对象，也可以以几个物体组成的质点组为对象。设每个质点的质量为mi，对应的加速度为ai，则有： F合=m1a1+m2a2+m3a3+mnan对这个结论可以这样理解：先分别以质点组中的每个物体为研究对象用牛顿第二定律：F1=m1a1，F2=m2a2，Fn=mnan，将以上各式等号左、右分别相加，其中左边所有力中， 凡属于系统内力的，总是成对出现的，其矢量和必为零，所以最后实际得到的是该质点组所受的所有外力之和，即合外力F。对研究对象进行受力分析。（同时还应该分析研究对象的运动情况（包括速度、加速度），并把速度、加速度的方向在受力图旁边画出来。若研究对象

3、在不共线的两个力作用下做加速运动，一般用平行四边形定则（或三角形定则） 解题；若研究对象在不共线的三个以上的力作用下做加速运动，一般用正交分解法解题（注意灵活选取坐标轴的方向，既可以分解力，也可以分解加速度）。当研究对象在研究过程的不同阶段受力情况有变化时，那就必须分阶段进行受力分析，分阶段列方程求解。解题要养成良好的习惯。只要严格按照以上步骤解题，同时认真画出受力分析图，那么问题都能迎刃而解。3.应用举例例 1如图所示， mA=1kg，mB=2kg，A、B 间静摩擦力的最大值是5N，水平面光滑。用水平力F 拉 B，当拉力大小分别是F=10N 和 F=20N 时，A、B的加速度各多大？解：先确

4、定临界值，即刚好使A、B发生相对滑动的F值。当A、B间的静摩擦力达到5N时，既可以认为它们仍然保持相对静止，有共同的加速度，又可以认为它们间已经发生了相对滑动，A在滑动摩擦力作用下加速运动。这时以A为对象得到a =f/mA =5m/s2，再以A、B系统为对象得到F =（mA+mB）a =15N 当F=10N15N时，A、B间一定发生了相对滑动，用质点组牛顿第二定律列方程：BBAAamamF，而a A=f/mA =5m/s2，于是可以得到a B =7.5m/s2例 2如图所示， m =4kg 的小球挂在小车后壁上，细线与竖直方向成37角。当：小车以a=g 向右加速；小车以a=g 向右减速时，分别

5、求细线对小球的拉力 F1和后壁对小球的压力F2各多大？解：向右加速时小球对后壁必然有压力，球在三个共点力作用下向右加速。合外力向右，F2向右，因此G和F1的合力一定水平向左，所以F1的大小可以用平行四边形定则求出：F1=50N ，可见向右加速时F1的大小与a无关；F2可在水平方向上用牛顿第二定律列方程：F2-0.75G =ma计算得F2=70N 。可以看出F2将随a的增大而增大。（这种情况下用平行四边形定则比用正交分解法简单。）必须注意到：向右减速时，F2有可能减为零，这时小球将离开后壁而“飞”起来。这时细线跟竖直方向的夹角会改变，因此F1的方向会改变。所以必须先求出这个临界值。当时G和F1的

6、合力刚好等于ma，所以a的临界值为ga43。当a=g时小球必将离开后壁。不难看出，这时F1=2mg=56N ，F2=0 例 3如图所示，在箱内的固定光滑斜面（倾角为）上用平行于斜面的细线固定一木块，木块质量为m。当箱以加速度a 匀加速上升时，箱以加速度 a 匀加速向左时，分别求线对木块的拉力F1和斜面对箱的压力F2解：a向上时，由于箱受的合外力竖直向上，重力竖直向下，所以F1、F2的合力F必然竖直向上。可先求F，再由F1=Fsin和F2=Fcos求解，得到：F1=m(g+a)sin，F2=m(g+a)cos显然这种方法比正交分解法简单。a向左时，箱受的三个力都不和加速度在一条直线上，必须用正交

7、分解法。可选择沿斜面方向和垂直于F2 F1 G a v F1v a F2 F1 a v G v a ax ay F2 F1 G Gx Gy x y 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 2 页，共 29 页学习必备欢迎下载斜面方向进行正交分解，（同时也正交分解a），然后分别沿x、y轴列方程求出F1、F2：F1=m(gsin-acos)，F2=m(gcos+asin) 经比较可知，这样正交分解比按照水平、竖直方向正交分解列方程和解方程都简单。还应该注意到F1的表达式F1=m(gsin-acos)显示其有可能得负值，这意味这绳对木块的力是推力

8、，这是不可能的。可见这里又有一个临界值的问题：当向左的加速度agtan时F1=m(gsin-acos)沿绳向斜上方； 当agtan时木块和斜面不再保持相对静止，而是相对于斜面向上滑动，绳子松弛，拉力为零。例 4 如图所示， 质量为 m=4kg 的物体与地面间的动摩擦因数为=0.5， 在与水平成 =37角的恒力F 作用下，从静止起向右前进t1=2s 后撤去 F，又经过 t2=4s 物体刚好停下。求：F 的大小、最大速度vm、总位移s解：由运动学知识可知：前后两段匀变速直线运动的加速度a与时间t成反比，而第二段中 mg=ma2，加速度a2= g=5m/s2，所以第一段中的加速度一定是a1=10m/

9、s2。再由方程1)sin(cosmaFmgF可求得：F=54.5N 第一段的末速度和第二段的初速度相等都是最大速度，可以按第二段求得：vm=a2t2=20m/s 又由于两段的平均速度和全过程的平均速度相等，所以有60)(221ttvsmm 需要引起注意的是：在撤去拉力F前后，物体受的摩擦力发生了改变。四、连接体（质点组）在应用牛顿第二定律解题时，有时为了方便， 可以取一组物体 （一组质点） 为研究对象。这一组物体可以有相同的速度和加速度，也可以有不同的速度和加速度。以质点组为研究对象的好处是可以不考虑组内各物体间的相互作用，这往往给解题带来很大方便。使解题过程简单明了。例 5如图 A、B 两木

10、块的质量分别为mA、mB，在水平推力F 作用下沿光滑水平面匀加速向右运动，求A、B 间的弹力FN。解：这里有a、FN两个未知数，需要建立两个方程，要取两次研究对象。比较后可知分别以B、（A+B）为对象较为简单（它们在水平方向上都只受到一个力作用）。可得FmmmFBABNF v a 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 3 页，共 29 页学习必备欢迎下载这个结论还可以推广到水平面粗糙时（A、B与水平面间相同）；也可以推广到沿斜面方向推A、B向上加速的问题，有趣的是，答案是完全一样的。例 6如图，倾角为的斜面与水平面间、斜面与质量为m 的木

11、块间的动摩擦因数均为，木块由静止开始沿斜面加速下滑时斜面仍保持静止。求水平面给斜面的摩擦力大小和方向。解：以斜面和木块整体为研究对象，水平方向仅受静摩擦力作用，而整体 中 只 有 木 块 的 加 速 度 有 水 平 方 向 的 分 量 。 可 以 先 求 出 木 块 的 加 速 度cossinga， 再 在 水 平 方 向 对 质 点 组 用 牛 顿 第 二 定 律 ， 很 容 易 得 到 ：cos)cos(sinmgFf如果给出斜面的质量M，本题还可以求出这时水平面对斜面的支持力大小为：FN=Mg+mg(cos+sin)sin，这个值小于静止时系统对水平面的压力。例 7 长 L 的轻杆两端分

12、别固定有质量为m 的小铁球，杆的三等分点 O 处有光滑的水平转动轴。用手将该装置固定在杆恰好水平的位置，然后由静止释放，当杆到达竖直位置时，求轴对杆的作用力F的大小和方向。解：根据系统机械能守恒可求出小球1 在最高点的速度v：0=mg1/3L-mg2/3L+1/2mv2+1/2m(2v)2， 在竖直位置对系统用牛顿第二定律，以向下为正方向，设轴对系统的作用力F向上，3/223/222LvmLmvFmg，得到F=2.4mg 五、向心力和向心加速度（牛顿第二定律在圆周运动中的应用）1.做匀速圆周运动物体所受的合力为向心力“向心力” 是一种效果力。 任何一个力， 或者几个力的合力，或者某一个力的某个

13、分力，只要其效果是使物体做匀速圆周运动的，都可以作为向心力。2.一般地说， 做圆周运动物体沿半径方向的合力为向心力。当作圆周运动物体所受的合力不指向圆心时， 可以将它沿半径方向和切线方向正交分解，其沿半径方向的分力为向心力，只改变速度的方向，不改变速度的大小；其沿切线方向的分力为切向力，只改变速度的大小，不改变速度的方向。分别与它们相应的向心加速度描述速度方向变化的快慢，切向加速度描述速度大小变化的快慢。3.圆锥摆圆锥摆是典型的运动轨迹在水平面内的匀速圆周运动。其特点是由物体的重力与弹力的合力充当向心力，向心力的方向水平。也可以说是其中弹力的水平分力提供向心力（弹力的竖直分力和重力互为平衡力）

14、。例 8小球在半径为R的光滑半球内做水平面内的匀速圆周运动，试分析图中的（小球与半球球心连线跟竖直方向的夹角）与线速度v、周期 T 的关系。（小球的半径远小于R。）O 1 2 G 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 4 页，共 29 页学习必备欢迎下载解：小球做匀速圆周运动的圆心在和小球等高的水平面上（不在半球的球心），向心力F是重力G和支持力N的合力，所以重力和支持力的合力方向必然水平。如图所示有：22sinsintanmRRmvmg，由此可得：ghgRTgRv2cos2,sintan，（式中h为小球轨道平面到球心的高度）。可见，越大

15、（即轨迹所在平面越高），v越大，T越小。本题的分析方法和结论同样适用于圆锥摆、火车转弯、 飞机在水平面内做匀速圆周飞行等在水平面内的匀速圆周运动的问题。共同点是由重力和弹力的合力提供向心力，向心力方向水平。4.竖直面内圆周运动最高点处的受力特点及结论这类题的特点是：物体做圆周运动的速率是时刻在改变的，由于机械能守恒，物体在最高点处的速率最小，在最底点处的速率最大。物体在最低点处向心力向上，而重力向下，所以弹力必然向上且大于重力；而在最高点处，向心力向下，重力也向下，所以弹力的方向就不能确定了，要分三种情况进行讨论。弹力只可能向下，如绳拉球。 这种情况下有mgRmvmgF2即gRv，否则不能通过

16、最高点。弹力只可能向上，如车过桥。 在这种情况下有gRvmgRmvFmg,2，否则将离开桥面，做平抛运动。弹力既可能向上又可能向下，如管内转（或杆连球）。这种情况下，速度大小v 可以取任意值。 可以进一步讨论：当gRv时弹力必然是向下的；当gRv时弹力必然是向上的；当gRv时弹力恰好为零。当弹力大小Fmg 时，向心力只有一解：F +mg；当弹力F=mg 时，向心力等于零。例 9杆长为 L，球的质量为m，杆连球在竖直平面内绕轴O 自由转动，已知在最高点处， 杆对球的弹力大小为F=1/2mg， 求这时小球的即时速度大小。解：小球所需向心力向下，本题中F=1/2mgmg，所以弹力的方向可能向上也可能

17、向下。若F向上，则2,2gLvLmvFmg若F向下，则23,2gLvLmvFmg绳精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 5 页，共 29 页学习必备欢迎下载本题是杆连球绕轴自由转动，根据机械能守恒，还能求出小球在最低点的即时速度。特别需要注意的是：若题目中说明小球在杆的带动下在竖直面内做匀速圆周运动，则运动过程中小球的机械能不再守恒，这两类题务必分清。六、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，两星球相距r

18、 ，由万有引力定律有：2222TmrrmvrGMm，可得出23224GTrGrvM，由 r、v或 r、T 就可以求出中心星球的质量；如果环绕星球离中心星球表面很近，即满足rR，那么由334RM可以求出中心星球的平均密度。2.双星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引力

19、提供的，因此大小必然相等，由F=mr 2可得mr1，于是有LmmmrLmmmr21122121,列式时须注意：万有引力定律表达式中的r 表示双星间的距离，按题意应该是L，而向心力表达式中的r 表示它们各自做圆周运动的半径，在本题中为r1、r2，千万不可混淆。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，因此有：2222TmrrmvrGMm， 由 此 可 得 到 两 个 重 要 的 结 论 ：r1rGMv和332rGMrT。可以看出， 人造卫星的轨道半径r、线速度大小v 和周期 T 是一一对应的，其中一个量确定后，另外两

20、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2RGMg，所以有min85101.52,/109.733sgRTsmgRv。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。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m1 m2 r1 r2 O精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 6 页，共 29 页学习必备欢迎下载等于地球自转周期，既T=24h，根据可知其轨道半径是唯一确定的，经过计算可得求得同

21、步卫星离地面的高度为h=3.6107m 5.6R地，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 10.“神舟三号”顺利发射升空后，在离地面340km 的圆轨道上运行了108 圈。运行中需要多次进行“轨道维持”。所谓“轨道维持”就是通过控制飞船上发动机的点火时间和推力的大小方向， 使飞船能保持在预定轨道上稳定运行。如果不进行轨道维持，由于飞船受轨道上稀薄空气的摩擦阻力，轨道高度会逐渐降低，在这种情况下飞船的动能、重力势能和机械能变化情况将会是A.动能、重力势能和机械能都逐渐减小B.重力势能逐渐减小，动能逐渐增大，机械能不变C.重力势能逐渐增大，动能逐渐减小，机械能不变D.

22、重力势能逐渐减小，动能逐渐增大，机械能逐渐减小解：由于阻力很小，轨道高度的变化很慢，卫星运行的每一圈仍可认为是匀速圆周运动。由于摩擦阻力做负功，根据机械能定理， 卫星的机械能减小；由于重力做正功， 根据势能定理，卫星的重力势能减小；由r1rGMv可知， 卫星动能将增大。这也说明该过程中重力做的功大于克服阻力做的功，外力做的总功为正。答案选D 例 11 如图所示， 某次发射同步卫星时，先进入一个近地的圆轨道，然后在 P 点点火加速，进入椭圆形转移轨道（该椭圆轨道的近地点为近地圆轨道上的P，远地点为同步轨道上的Q），到达远地点时再次自动点火加速，进入同步轨道。设卫星在近地圆轨道上运行的速率为v1，

23、在 P 点短时间加速后的速率为v2，沿转移轨道刚到达远地点Q 时的速率为v3，在 Q 点短时间加速后进入同步轨道后的速率为v4。试比较 v1、v2、v3、v4的大小，并用小于号将它们排列起来_。解：根据题意在P、Q两点点火加速过程中，卫星速度将增大，所以有v2v1、v4v3，而v1、v4是绕地球做匀速圆周运动的人造卫星的线速度，由于它们对应的轨道半径r1v4。把以上不等式连接起来，可得到结论：v2v1v4v3。（卫星沿椭圆轨道由PQ运行时，由于只有重力做负功，卫星机械能守恒，其重力势能逐渐增大，动能逐渐减小，因此有v2v3。）例 12 欧洲航天局用阿里亚娜火箭发射地球同步卫星。该卫星发射前在赤

24、道附近（北纬 5左右）南美洲的法属圭亚那的库卢基地某个发射场上等待发射时为1 状态，发射到近地轨道上做匀速圆周运动时为2 状态，最后通过转移、调试，定点在地球同步轨道上时为3 状态。将下列物理量按从小到大的顺序用不等号排列：这三个状态下卫星的线速度大小_；向心加速度大小_；周期大小_。解：比较2、3 状态，都是绕地球做匀速圆周运动，因为r2r3，所以v3v2；比较1、3Q v2 v3P v4精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 7 页，共 29 页学习必备欢迎下载状态，周期相同，即角速度相同，而r1r3由v= r，显然有v1v3；因此v1

25、v3v2。比较2、3 状态，都是绕地球做匀速圆周运动，因为r2r3，而向心加速度就是卫星所在位置处的重力加速度g=GM/r2 1/r2，所以a3a2；比较 1、3 状态，角速度相同，而r1r3，由a=r2r，有a1a3；所以a1a3a2。 比较 1、2 状态，可以认为它们轨道的周长相同，而v1 v2，所以T2T1；又由于 3 状态卫星在同步轨道，周期也是 24h ，所以T3=T1，因此有T2T1=T3。动量和能量概述：处理力学问题、常用的三种方法一是牛顿定律；二是动量关系；三是能量关系。若考查的物理量是瞬时对应关系，常用牛顿运动定律；若研究对象为一个系统，首先考虑的是两个守恒定律；若研究对象为

26、一个物体， 可优先考虑两个定理。特别涉及时间问题时，优先考虑的是动量定理、而涉及位移及功的问题时， 优先考虑的是动能定理。两个定律和两个定理，只考查一个物理过程的始末两个状态，对中间过程不予以细究，这正是它们的方便之处，特别是变力问题，就显示出其优越性。动量与能量的综合问题，是高中力学最重要的综合问题，也是难度较大的问题。分析这类问题时， 应首先建立清晰的物理图景、抽象出物理模型、选择物理规律、建立方程进行求解。例题分析：例 1. 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，使弹簧被压缩一定长度，静止后弹

27、簧储存的弹性势能为 E。这时突然撤去F，关于 A、B 和弹簧组成的系统，下列说法中正确的是（BD ）A.撤去 F 后，系统动量守恒，机械能守恒B.撤去 F 后， A 离开竖直墙前，系统动量不守恒，机械能守恒C.撤去 F 后， A 离开竖直墙后，弹簧的弹性势能最大值为E D.撤去 F 后， A 离开竖直墙后，弹簧的弹性势能最大值为E/3 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=mE4向右；以后动量守恒，因此系统动能不可能为零，当A、B 速度相等时，系统总

28、动能最小，这时的弹性势能为E/3。 指出：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。如系统机械能守恒的条件就是“只有重力做功”；而系A B 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 8 页，共 29 页学习必备欢迎下载统动量守恒的条件就是“合外力为零”。例 2. 长为 L 宽为 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。已知线框下边刚进入磁场就恰好开始做匀速运动。则

29、整个线框穿越该磁场的全过程中线框中产生的电热是_。若直接从电功率计算，就需要根据RvLBmg22求匀速运动的速度v、再求电动势 E、电功率P、时间 t，最后才能得到电热Q。如果从能量守恒考虑，该过程的能量转化途径是重力势能EP电能 E电热 Q，因此直接得出Q=2mgd 指出：深刻理解守恒的本质，灵活选用守恒定律的各种表示形式例如机械能守恒定律就有多种表达形式：EK+EP=EK/+EP， EK+ EP=0。它们的实质是一样的， 但在运用时有繁简之分。因为重力势能的计算要选定参考平面，而重力势能变化的计算跟参考平面的选取无关，所以用后者往往更方便一些。在运用更广义的能量守恒定律解题时，可以这样分析

30、：先确定在某一过程中有哪些能量参与了转化； 哪些能量增加了，哪些能量减少了；然后根据能量守恒的思想，所有增加了的能量之和一定等于所有减少了的能量之和，即 E增= E减。例 3 如图所示，质量为1.0kg 的物体 m1，以 5m/s 的速度在水平桌面上AB 部分的左侧向右运动，桌面AB 部分与 m1间的动摩擦因数=0.2，AB 间的距离s=2.25m，桌面其他部分光滑。m1滑到桌边处与质量为2.5kg 的静止物体m2发生正碰，碰撞后 m2在坚直方向上落下0.6m 时速度大小为4m/s， 若 g取 10m/s2，问 m1碰撞后静止在什么位置？解析： m1 向右运动经过AB 段作匀减速运动，由动能定

31、律可以求出离开B 点继续向右运动的速度为4 米/秒；和m2发生碰撞后， m2 作平抛运动，由平抛运动知识可以求出m2 做平抛运动的初速度（碰撞之后）为 2 米/秒。利用动量守恒定律可以求出碰撞之后瞬间m1 的速度为 1 米/秒。由动能定律可以求出返回经过AB 段，离 B 点 0.25 米处停止 。L d d B 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 9 页，共 29 页学习必备欢迎下载例 4 如图所示，球A 无初速地沿光滑圆弧滑下至最低点C 后，又沿水平轨道前进至D 与质量、大小完全相同的球B 发生动能没有损失的碰撞。 B 球用长 L 的

32、细线悬于O 点，恰与水平地面切于D点。 A 球与水平地面间摩擦系数=0.1， 已知球 A 初始高度h=2 米，CD=1 米。问：(1)若悬线 L=2 米， A 与 B 能碰几次 ?最后 A 球停在何处？(2)若球 B 能绕悬点 O 在竖直平面内旋转，L 满足什么条件时，A、B 将只能碰两次？A球最终停于何处？(1)20 次A 球停在 C 处(2)L0.76 米， A 球停于离D9.5 米处例 5 如图所示，小木块的质量m 0.4kg，以速度 20m/s，水平地滑上一个静止的平板小车，小车的质量M1.6kg，小木块与小车间的动摩擦因数 0.2.（不计车与路面的摩擦）求：(1)小车的加速度；(2)

33、小车上的木块相对于小车静止时，小车的速度；(3)这个过程所经历的时间. (1)0.5m/s2；(2)4m/s ；(3)8s 第二问：对m、M 系统研究，利用动量守恒定律很快求出木块相对小车静止时，小车的速度。也可以利用动能定理分别研究m 和 M，但相对而言要麻烦得多。表明合理选择物理规律求解，可以提高解题速度和准确程度例 6 如图所示 ,在光滑水平地面上有一辆质量为M 的小车 ,车上装有一个半径为R 的光滑圆环.一个质量为m 的小滑块从跟车面等高的平台上以速度V0 滑入圆环 .试问 :小滑块的初速度V0 满足什么条件才能使它运动到环顶时恰好对环顶无压力? 解析：滑块至圆环的最高点且恰好对环顶无

34、压力，应有)1(2Rvmmg式中 V是滑块相对圆心O 的线速度，方向向左。设小车此时速度u，并以该速度方向为正方向，则滑块的对地速度为).(uv对滑块和小车组成的系统，由于水平方向所受合外力为零，由动量守恒有X 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 10 页，共 29 页学习必备欢迎下载)2()(0uvmMumv由滑块和小车系统的机械能守恒有)3(2)(2121212220mgRuvmMumv三式联立求解得：MRgmMv)45(0指出：公式vRv中的/2是相对圆心的线速度，而本题中的圆心是以u 向右移动的，所以滑快对地速度为Vu。而动量守

35、恒定律、机械能守恒定律表达式中的速度均应为对地的。例 7 如图所示 , 一质量为M、长为l的长方形木板B 放在光滑的水平地面上, 在其右端放一质量为 m 的小木块 A, m0）那么在t 为多大时，金属棒开始移动？解：由tE= kL1L2可知，回路中感应电动势是恒定的，电流大小也是恒定的，但由于安培力F=BILB=ktt，随时间的增大，安培力将随之增大。当安培力增大到等于最大静摩擦力时，ab将开始向左移动。这时有：2212211,LLkmgRtmgRLkLLkt例 3. 如图所示， 用丝线悬挂闭合金属环，悬于 O 点，虚线左边有匀强磁场，右边没有磁场。金属环的摆动会很快停下来。试解释这一现象。若

36、整个空间都有向外的匀强磁场，会有这种现象吗？解：只有左边有匀强磁场，金属环在穿越磁场边界时，由于磁通量发生变化，环内一定会有感应电流产生，根据楞次定律将会阻碍相对运动，所以摆动会很快停下来，这就是电磁阻尼现象。当然也可以用能量守恒来解释：既然有电流产生，就一定有一部分机械能向电能转化，最后电流通过导体转化为内能。若空间都有匀强磁场，穿过金属环的磁通量反而不变化了，因此不产生感应电流，因此也就不会阻碍相对运动，摆动就不会很快停下来。拓展：（ 1）此时摆角不大于50时，它的振动周期相对没有磁场时有什么变化？（ 2）如果线框换成一个带电小球，它的振动周期相对没有磁场时有什么不同。（3）如果线框换成带

37、电小球，匀强磁场换成竖直方向的匀强电场，相对没有电场， 它的振动周期H B c d a b b a L1 L2 B 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 20 页，共 29 页学习必备欢迎下载有什么不同？ 例 4 如图所示， 质量为 m、边长为 l 的正方形线框， 从有界的匀强磁场上方由静止自由下落，线框电阻为R。匀强磁场的宽度为H。（ lH，磁感强度为B，线框下落过程中ab 边与磁场边界平行且沿水平方向。已知ab 边刚进入磁场和刚穿出磁场时线框都作减速运动，加速度大小都是g31。求（1）ab 边刚进入磁场时与ab 边刚出磁场时的速度大小

38、；（2）cd 边刚进入磁场时，线框的速度大小；（3）线框进入磁场的过程中，产生的热量。解（ 1）由题意可知ab 边刚进入磁场与刚出磁场时的速度相等，设为v1，则结线框有： Blv1I /R FBIl且 F mgmg/3 解得速度v1为： v14mgR/3B2l2 （2）设 cd 边刚进入磁场时速度为v2，则 cd 边进入磁场到ab 边刚出磁场应用动能定理得：)(21212221lHmgmvmv解得：)(2)34(2222lHglBmgRv（3）由能和转化和守恒定律，可知在线框进入磁场的过程中有Qmvmglmv22212121解得产生的热量Q 为： QmgH 例 5 如图所示 ,在倾角为 的光滑

39、斜面上存在着两个磁感强度相等的匀强磁场,方向一个垂直斜面向上 ,另一个垂直斜面向下,宽度均为L.一个质量为m、边长也为 L 的正方形线框（设电阻为 R）以速度v 进入磁场时，恰好作匀速直线运动。若当 ab 边到达gg1与 ff1中间位置时，线框又恰好作匀速直线运动，则：（1）当 ab 边刚越过ff1 时，线框加速度的值为多少？（2）求线框从开始进入磁场到ab 边到达 gg1和 ff1中点的过程中产生的热量是多少？解析：（1）ab 边刚越过ee1 即作匀速直线运动，表明线框此时受到的合外力为零，即：精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 21

40、 页，共 29 页学习必备欢迎下载LRBLvBmgsin在 ab 边刚越过ff1 时，ab、cd 边都切割磁感线产生电势，但线框的运动速度不能突变，则此时回路中的总感应电动势为.21BLv故此时线框加速度为：.sin3sin/21方向沿斜面向上ggmRLBa（2）设线框再作匀速直线运动的速度为 V1，则：4/2/2sin11vvRLBLvBmg即从线框越过ee1 到线框再作匀速直线运动过程中，设产生的热量为Q，则由能量守恒定律得：22123215sin232121sin23mvmgLmvmvLmgQ 例 6 如图所示，两根平行光滑导轨PQ 和 MN 相距 d0.5m， 它们与水平方向的倾角为

41、（sin0.6），导轨的上方跟电阻为R4相连，导轨上放一个金属棒，金属棒的质量为m0.2kg，电阻r2。整个装置放在方向竖直向上的匀强磁场中，磁感强度B1.2T。金属棒在沿斜面方向向上的恒力作用下收静止开始沿斜面向上运动，电阻 R 消耗的最大电功率P1W。（g10m/s2）求：（ 1）恒力的大小；（2）恒力作用功的最大功率。例 7、如图所示， AB CD 是两根足够长的固定平行金属导轨，两轨间距离为L，导轨平面与水平面的夹角为，在整个导轨平面内都有垂直于导轨平面斜向上方的匀强磁场，磁感应强度为 B，在导轨的AC 端连接一个阻值为R 的电阻，一根垂直于导轨放置的金属棒ab，质量为 m，电阻为R，

42、与导轨的动摩擦因数为，从静止开始沿导轨下滑，求：（1）ab 棒的最大速度（2）ab 释放的最大功率（3）若 ab 棒下降高度h 时达到最大速度，在这个过程中，ab 棒产生的焦耳热为多大？高考临考讲座一、应试技巧如何在有限的时间内充分发挥自己的水平甚至超水平发挥呢？除了平时知识的积累，心理素质等因素之外，掌握一些基本的应试技巧也是高考成功的一个重要法码。现总结如下，以供参考：通览全卷， 沉着应战。当拿到试卷以后，不要匆匆忙忙地提笔就写，而是应在正式答题之前将全卷通览一遍，了解试卷的分量，试题的类型，所考的内容，试题的难易和各题的比分等，做到心中有数，沉着应战。对于题多、量大、题型新、题目难的试卷

43、，更要注意这一点。B a DR b A C R N M P Q B 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 22 页，共 29 页学习必备欢迎下载缜密审题，扣题做答。每做一道题，特别是做问答题。首先要全面、正确地理解题意，弄清题目要求和解答范围，抓住重点，然后认真作答，这样才不会答非所问。以往有些考生不注意仔细审题，结果不是离题太远，就是泛泛而答没有抓住重点，造成失误。先易后难、 从容解答。各科试卷每种题型中所列的试题，基本上是从易到难排列的。在规定的时间之内做好答案，一般来说，解题要按先易后难，从简到繁的顺序进行。如果避易就难， 啃住难题

44、不放，只会费时甚至会影响对易题的做答，还可能造成紧张的心理状态，打乱思路和步骤。过去有的考生就是吃了这个亏，到收卷时，难题没有啃通，易题也未做好，这是应当记取的一个教训。坚定信心、力克难题。所谓难题，一般指综合性较强，变化较多的试题。但是不管它怎么难，都不会超出中学所学范围，总是渗透着所学的概念、原理、定理、定律、公式等基本知识。 所以，应当有攻克难题的信心，决不能在难题面前后退。解答难题， 可采用两种方法：一是联想法，即通过课本有关知识和过去有关练习的联想，进行推导，触类旁通； 二是试探法，即运用多种思考方法，从不同的角度试解，打开思路，找出正确答案。一丝不苟、每分必争。高考成绩是录取的重要

45、依据，相差一分就有可能失去录取资格。因此，考生必须一丝不苟，认真答题，每分必争。每题的答案，都要做到内容正确，表述清楚，书写工整。遇到一时难以解答的问题，要认真分析、思考，会多少答多少，能推导几步就做几步。对分数少的小题，也要认真回答，争取多得分。整个卷面要保持整洁，清晰，否则也会造成无谓失分。仔细检查、补漏纠错。为了尽量避免失误，做完答卷以后，不要急于交卷，只要时间允就应对试卷一题一题地检查，一步一步地验证。 要着重检查有无漏题，是否切题， 有无笔误，做到有漏必补，有错必纠，力争答案的内容乃至标点、符号、文字、图表都准确无误。这里需要单独提出来重点说明的是选择题的应试技巧。选择题存在着凭猜测

46、答案得分的可能性，我们称为机遇分，这种机遇对每个人来讲是均等的。如四选一型， 当遇到不能肯定选出正确答案的题目时，千万不要放弃猜答案的机会，先用排除法排除能确认的干扰项，如果能排除两个， 其余两项肯定有一个正确答案，再随意选其中一项，这就意味着你答对的概率为 50，如果放弃就等于放弃了这50的得分机遇。即使一个干扰项也不能排除仍不要放弃，四个选项中随便选一个，得分的机遇率仍有25，若每名考生对自己不能肯定答对的题目都猜一下，那么机遇对每个人都是均等的，考试对所有的考生仍是公平的。二、热点题型分析例 1、1997 年 8 月 26 日在日本举行的国际学术大会上，德国Max planck 学会的一

47、个研究组宣布了他们的研究结果：银河系的中心可能存在一个大“黑洞”。所谓“黑洞”，它是某些天体的最后演变结果。（1）根据长期观测发现，距离某“黑洞”6.0 1012m的另一个星体（设其质量为m ）以2106m/s 的速度绕“黑洞”旋转，求该“黑洞”的质量M （结果要求保留两位有效数字）。（2）根据天体物理学知识，物体从某天体上的逃逸速度公式为v=RGM2,其中引力常量 G 6.67 10-11Nm2kg2，M为天体质量，R为天体半径。且已知逃逸速度大于真空中光速的天体叫“黑洞”。请估计（1）中“黑洞”的可能最大半径。（结果只要求保留一位有效数字）解： (1)rvmrGMm22M=Grv23.6

48、1035kg (2) RGM2c 则： R22cGM5 108m 例 2、地球上空有人造地球同步通信卫星，它们向地球发射微波。但无论同步卫星数目增到多少个，地球表面上总有一部分面积不能直接收到它们发射来的微波问这个面积S与地球表精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 23 页，共 29 页学习必备欢迎下载面积 S0之比至少有多大？结果要求保留两位有效数字。已知地球半径R06.4 106m ，半径为 R，高为 h 的球缺的表面积为S12Rh ，球面积为S4R2。解：gRGM20sin =rR0rTmrGMm2224一个极周围收不到微波的面积：

49、S220R（1cos）322020)4(112gTRSS代入已知数值得：02SS=0.011 例 3、 右图为推行节水灌溉工程中使用的转动式喷水龙头的示意图。“龙头”离地面高h m，将水水平喷出，其喷灌半径为10h m，每分钟可喷水 m kg，所用的水从地面以下H m 深的井里抽取。设所用水泵（含电动机）的效率为 ，不计空气阻力。求：水从龙头中喷出时的速度v0水泵每分钟对水做的功W 带动该水泵的电动机消耗的电功率P。解： (1)平抛所用时间为t=gh2水平初速度为v=ghth2510(2)1min 内喷出水的动能为Ek=21mv2=25mgh 水泵提水， 1min 内水所获得的重力势能为Ep=

50、mg(H+h) 1min 内水泵对水所做功为W=Ek+Ep=mg(H+26h) (3)带动水泵的电动机的最小输出功率等于水泵输入功率P=60)26(hHmg例 4、如图所示，一劲度系数为k=800N/m 的轻弹簧两端各焊接着两个质量均为m=12kg的物体 A、B。物体 A 、B和轻弹簧竖立静止在水平地面上，现要加一竖直向上的力F 在上面物体A上，使物体A 开始向上做匀加速运动，经0.4s 物体 B刚要离开地面，设整个过程中弹簧都处于弹性限度内，取g=10m/s2，求：r O R0精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 24 页，共 29 页