江苏省南通市2016届高三第二次调研测试物理试卷(word版带答案)_百度文库
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江苏省南通市2016届高三第二次调研测试物理试卷(word版带答案)
&&2016届南通市、泰州市、淮安市第二次调研测试物理试卷和答案,wrod版,可编辑。
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&&&&&& 一．前言
　　随着微机电系统（MEMS）的发展[1]，人们已经将加速器传感器应用于体育运动之中，用于获取运动员的速度和力量等信息［2］。但是在高摆速运动场合，比如排球和小球运动员挥臂击球过程，足球运动员的射门过程等，还应用较少。本文提及的高摆速运动场合，无一例外地需要运动者将手臂(或足)或球拍在短时间内以爆发力的方式获得加速度，并且在击球时得到一个反向加速度。研究此过程的意义在于：1、运动员发力分析，可以评价运动的爆发力大小，获得定量的分析数据；2、可以测量出运动员的摆速，作为运动水平的评价参数之一；3、可以分析运动员的加速发力过程，判断发力的时机是否恰当，并纠正错误动作。
　　最初人们利用摄影胶片摄取运动图像，然后逐张胶片进行处理，整个分析过程复杂、周期长、耗材价格高，而且无法得到击球时的受力情况。本文采用运动传感器和的无线芯片，设计出一种实用的运动员摆速测量装置，根据该装置，可以分析运动员的发力过程和击球瞬间的摆速值。
　　二．加速度传感器的选型
　　高摆速场合下应用G传感器需要考虑以下问题：1、实时性，由于运动是在短时间内瞬间完成，要求能够高速采样，实时处理；2、可靠性，因为在高摆速下击球瞬间，受到的冲击力较大，因此对系统的可靠性要求较高。具体体现在以下几点：一，对G传感器的最大检测G值有要求，人体的运动加速度幅度可高达&12G［3］，一般而言，采用&10G的加速度传感器可以满足需要；二，对G传感器的检测轴向有要求，由于装配和实际使用的需要，最好选择Z向的G传感器；三、轻便性，要求整个系统重量轻，体积小，不会对运动带来影响；四、对传感器内部的采样率有要求，由于系统测量在瞬间完成(0.5秒内)，因此希望内部采样率足够高，例如10KHz以上，这样才能够体现诸如小球运动中撞击瞬间受力情况。
　　根据以上因素，考虑选用FREESCALE的MMA7261Q，MMA7261Q由表面微机械电容性传感单元(g单元)和一个CMOS信号调理的ASIC组成的单片集成电路。它可以模型化为两个静止的板中间夹一块活动的板[4]，如图一所示。由于中间夹板的移动，导致上下电容值的变化，通过测量电容值可以确定中间夹板的移动，从而得出芯片所受到的加速度。
图一：简化的加速变换模型
　　三．系统结构
　　图二为发射系统框图，其中nRF24E1为NORDIC公司的整合有8051内核的2.4GHz RF收发器，具有10位速度高达100 kSPS的ADC［5］。整个系统可以采用一颗3V钮扣电池，例如CRmAh)，在在以0DB功率发射情况下，可以连续使用8-9个小时。
图二：测量系统发射端
　　接收端亦采用nRF24E1，通过RS232连接到PC机（要求装有实时操作系统），由串口直接供电。
　　考虑到本加速度测量系统的一次测量过程通常在0.5秒(甚至在0.1秒)之内完成，而且，在运动过程中的某些运动参数，可能需要更短的时间内来测量，例如乒乓球运动中，重量仅为2.5g，直径4.0cm球和球拍接角时间最短的仅为千分之一秒，因此要求有较高的采样率。MMA7261Q内部具有11KHz的采样模拟输出输出。
　　nRF24E1的AD转换与CPU时钟/32同步(125到625kHz)，每个时钟周期产生2位采样转换值，完全可以满足需要。在设计时，需要将AD采样率设置为大于10Ksps。
　　四．测量流程
　　在[6]中给出了手臂运动学模型。其中单手将刚体从某个方位移动到另一方位，此方位具有6个自由度：3个位移自由度和3个旋转自由度。实际中，需要对此作简化处理，将运动手臂或球拍考虑为在一个平面中进行，如果将传感器适当安装，使得其与运动方向始终垂直，则可以只考虑Z轴的加速度即可。
　　系统的操作流程如下，上电启动后，先设置G传感器最大值为&10g，然后设置AD采样率和通道，并配置nRF2401子系统。为了简单起见，可以只检测Z向的加速度。启动发射之前，保持Gz=0约1秒钟，然后挥动手臂，则Gz&0，此时启动发射。一般而言，运动者一次挥臂时间会在0.3秒之内完成，因此只检测0.3秒，然后再次保持Gz=0约1秒钟，重新测量。图三为软件处理流程图。其中(a)为发射系统软件处理流程，(b)为发射子系统发射过程，(c)为接收子系统接收过程。
　　接收到数据后，通过串口输入到PC内部，由PC端软件进行处理。
(b)&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&& (c)
图三& 软件处理流程
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直线运动
复习要点
1．机械运动，参照物，质点、位置与位移，路程，时刻与时间等概念的理解。
2．匀速直线运动，速度、速率、位移公式S=υt，S～t图线，υ～t图线
3．变速直线运动，平均速度，瞬时速度&
4．匀变速直线运动，加速度，匀变速直线运动的基本规律：S=υ0t+&at2、υ=υ0+at匀变速直线运动的υ～t图线
5．匀变速直线运动规律的重要推论
6．自由落体运动，竖直上抛运动
7．运动的合成与分解.
二、难点剖析
&&&1．机械运动及其描述
机械运动的是运动物体的位置随时间变化。
做机械运动的物体，由于其位置将发生变化，为了描述其位置变化的情况，引入了位移概念；做机械运动的物体，由于其位置将随时间发生变化，为了描述其位置随时间变化的情况，引入了速度概念；做机械运动的物体，由于其位置随时间变化的情况有时也将变化，即其运动速度将随时间变化，为了描述其速度随时间情况，引入了加速度概念
位移是矢量，它描述了做机械运动的物体在某段时间内位置变化的大小和方向；速度是矢量，它描述了做机械运动的物体在某个时刻位置变化的快慢和方向；加速度也是矢量，它描述了做机械运动的物体在某个时刻速度变化的快慢和方向。
运动是绝对的，这就是说任何物体在任何时刻都是在运动着的；运动的描述则只能是相对的，这就是说描述物体的运动情况只能相对于某个指定的参照物。应注意：同一物体的同一运动，若选取不同的参照物，其描述一般是不同的。
2．匀变速直线运动的基本规律及重要推论
（1）匀变速直线运动的基本规律通常是指所谓的位移公式和速度公式
&&&&&&&&&&&S=υ0t+&at2
&&&&&&&&&&&υ=υ0+at
（2）在匀变速直线运动的基本规律中，通常以初速度υ0的方向为参考正方向，即υ0＞0此时加速度的方向将反映出匀速直线运动的不同类型：
&&①a＞0，指的是匀加速直线运动；
②若a=0，指的是匀速直线运动；
③若a=0，指的是匀减速直线运动。
（3）匀变速直线运动的基本规律在具体运用时，常可变换成如下推论形式
推论1：&υ2－&=2as
推论2：&=&（υ0+υ）
推论3：△S=a△T2
推论4：&=&(υ0+υ)
推论5：&=&
推论6：当υ0=υ时，有
S&1：S2&：S3：……=12&：22&：32&：……
SⅠ&：SⅡ&：SⅢ&：……=1&：3&：5&：……
υ1&：υ2&：υ3：……=1&：2&：3&：……
t1&：t2&：t3&：……=1&：(&－1)&：(&－&)&：……
3．匀变速直线运动的υ－t图
用图像表达物理规律，具有形象，直观的特点。对于
匀变速直线运动来说，其速度随时间变化的υ～t图线如图
1所示，对于该图线，应把握的有如下三个要点。
（1）纵轴上的截距其物理意义是运动物体的初速度υ0；
（2）图线的斜率其物理意义是运动物体的加速度a；
（3）图线下的“面积”其物理意义是运动物体在相应
的时间内所发生的位移s。&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&
4．竖直上抛运动的规律与特征。
（1）竖直上抛运动的条件：有一个竖直向上的初速度υ0；运动过程中只受重力作用，加速度为竖直向下的重力加速度g。
（2）竖直上抛运动的规律：竖直上抛运动是加速度恒定的匀变速直线运动，若以抛出点为坐标原点，竖直向上为坐标轴正方向建立坐标系，其位移公与速度公式分别为
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&&&&&&&&&S=υ0t－&gt2
&&&&&&&&υ=υ0－gt
（3）竖直上抛运动的特征：竖直上抛运动可分为“上升阶段”和“下落阶段”。前一阶段是匀减速直线运动，后一阶段则是初速度为零的匀加速直线运动（自由落体运动），具备的特征主要有：
①时间对称——“上升阶段”和“下落阶段”通过同一段大小相等，方向相反的位移所经历的时间相等，即
&&&&&&&&&&&&t上=t下
②速率对称——“上升阶段”和“下落阶段”通过同一位置时的速率大小相等，即
υ上=υ下
三、典型例题
&&&&例1&&物体做竖直上抛运动，取g=10m/s2.若第1s内位移大小恰等于所能上升的最大高度的&倍，求物体的初速度.
分析：常会有同学根据题意由基本规律列出形知
&&&&&&&&&t－&gt2=&•&
的方程来求解，实质上方程左端的&t－&gt2并不是题目中所说的“位移大小”，而只是“位移”，物理概念不清导致了错误的产生。
&&&解：由题意有
&&&&&&&&&&&&&&&&&&=&•&，
进而解得
&&&&&&&&&&&&=30m/s，&=6m/s，&=4.45m/s
例2．摩托车的最大行驶速度为25m/s，为使其静止开始做匀加速运动而在2min内追上前方1000m处以15m/s的速度匀速行驶的卡车，摩托车至少要以多大的加速度行驶？
分析：常见有同学列出如下方程
&&&&&&&&&&&&at2=υt+s.
将题设条件的t=120s，υ=15m/s，s=1000m代入后可求得
&&&&&&&&&&&a=&m/s2
上述解答对摩托车的实际运动过程未能作出正确的分析，由于受到最大行驶速度25m/s的制约，摩托车的实际运动过程是：先做初速为零的匀速直线运动，当速度达到最大值后又继续做匀速直线运动。
解：由运动规律列出方程
&&&&&&&&&&&+&(t－&)=υt+s.
将相关数据&=25m/s，t=120s，υ=15m/s，s=1000m代入，便可得此例的正确结论
&&&&&&&&&&&&a=&m/s2.
例3&&质点帮匀变速直线运动。第2s和第7s内位移分别为2.4m和3.4m，则其运动加速率a=____________m/s2.
分析：若机械地运动匀变速直线运动的基本规律，可以列出如下方程
&&&&&&&(&•2+&a•22)－(&•1+&a&#x.4，
&&&&&&&(&•7+&a•72)－(&•6+&a&#x.4
若能灵活运动推论
&&&&&&&&&&&&&△s=aT2，
并考虑到
&&&&s7－s6=s6－s5=s5－s4=s4－s3=s3－s2=aT2，
便可直接得到简捷的解合如下.
解：&&a=&=&m/s2=0.2m/s2.
例4．车由静止开始以a=1m/s2的加速度做匀加速直线运动，车后相距s=25m处的人以υ=6m/s的速度匀速运动而追车，问：人能否追上车？
分析：应明确所谓的追及、相遇，其本质就是“不同的物体在同一时刻到达同一位置”.此例可假设经过时间t，人恰能追上车.于是便可得到关于t的二次方程进而求解。
解：&&&&&&&&&&&&&&υt=&at2+s.
而由其判别式△=υ2－2as=&－56＜0便可知：t无实根.对应的物理意义实际上就是：人不能追上车.
&&&例5．小球A自h高处静止释放的同时，小球B从其正下方的地面处竖直向上抛出.欲使两球在B球下落的阶段于空中相遇，则小球B的初速度应满足何种条件？
&&&分析：选准如下两个临界状态：当小球B的初速度为υ1时，两球恰好同时着地；当小球B的初速度为υ2时，两球相遇点恰在B球上升的最高点处，于是分别列方程求解
&&&解：
&&&&&&&&&&&&&&&&&&h=&g(2&)2，
&&&&&&&&&&&&&&&&&&h－&=&g(&)2
&&&由此可分别得到
&&&&&&&&&&&&&&&&&υ1=&＜υ0＜&
&&&例6．质点做竖直上抛运动，两次经过A点的时间间隔为t1，两次经过A点正上方的B点的时间间隔为t2，则A与B间距离为__________.
&&&分析：利用竖直上抛运动的“对称特征”可给出简单的解答
&&解：由竖直上抛运动的“对称”特征可知：质点从最高点自由落至A、B两点所经历时间必为&t1和&t2，于是直接可得
&&&&&&&&&&&&=&g(&t1)2－&g(&t2)2=&g(&－&)
例7．质点做匀减速直线运动，第1s内位移为10m，停止运动前最后1s内位移为2m，则质点运动的加速度大小为a=________m/s2，初速度大小为υ0=__________m/s.
分析：通常的思维顺序可依次列出如下方程
s=υ0t－&at2，&&&&0=υ0－at，
10=υ0•1－&a•12，s－2=υ0&(t－1)－&a(t－1)2.
从上述方程组中解得
&&&&&&&&&&a=&4m/s2&&，&υ0=12m/s.
求解上述方程组是一个很繁琐的过程，若采用逆向思维的方法，把“末速为零的匀减速直线运动”视为“初速战速为零的匀加速直线运动”，则原来的最后1s便成了1s，于是
解：由&&&&&&&&&&&&&&&&2=&a•12
即可直接得到
&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&a=4m/s2；
而考虑到题中给出的两段时间（均为1s）内位移大小的比例关系（2&：10=1&：5），不难判断出运动总时间为
&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&t=3s.
由此简单得出
&&&&&&&&&υ0=at=12m/s.
例8&如图所示，长为1m的杆用短线悬在
21m高处，在剪断线的同时地面上一小球以υ0=20m/s的
初速度竖直向上抛出，取g=10m/s2，则经时间t=______s，&&&&&&&&&&
小球与杆的下端等高；再经时间△t=____________s，小球
与杆的上端等高.&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&
&&&分析：以地面为参照物分析两物体的运动关系将会很复杂，不妨换一个参照物求解.
例9&&物体做竖直上抛运动，取g=10m/s+2，若在运动的前5s内通过的路程为65m，则其初速度大小可能为多少？
分析：如果列出方程
&&&&&&&&&&&&&&s=υ0t－&gt2，
并将有关数据s=65m，t=5s代入，即求得
&&&&&&&&&&&&&&&υ0=38m/s。
此例这一解答是错误的，因为在5s内，做竖直上抛运动的物体的运动情况有如下两种可能性：
①前5s内物体仍未到达最高点.在这种情况下，上述方程中的s确实可以认为是前5s内的路程，但此时υ0应该受到υ0≥50m/s的制约，因此所解得的结论由于不满足这一制约条件而不能成立.
②前5s内物体已经处于下落阶段，在这种情况下，上述方程中的s只能理解为物体在前5s内的位移，它应比前5s内的路程d要小，而此时应用
解：由运动规律可得
&&&&&&&&&&&&&&&d=&+&g(t－&)2，
在此基础上把有关数据d=65m，t=5s代入后求得
&&&&&&&&&υ0=20m/s或υ0=30m/s，
例10&&质点从A点到B点做匀变速直线运动，通过的位移为s，经历的时间为t，而质点通过A、B中点处时的瞬时速度为υ，则当质点做的是匀加速直线运动时，υ______&；当质点做的是匀减速直线运动时，υ_______&.（填“＞”、“=”“＜”）
分析：运动υ－t图线分析求解最为简捷。
&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&
考虑到υ是质点通过A、B中点时的瞬时速度，因此，图线上纵坐标值为υ的点的前、后两段线下的“面积”应相等；另外考虑到s/t实际上是这段时间内的平均速度，对于匀变速直线而言，数值上又等于时间中点的瞬时速度。由此便可以从图中看出，无论质点做的是匀加速直线运动还是匀减速直线运动，均应有υ＞&。
&得
&F=m（g+a）＞mg
在此条件下，系统处于超重状态；当图8—1中的升降机做变速运动，有竖直向上的加速度a时，可由
mg－F=ma
&得
F=m（g－a）＜mg
在此条件下，系统处于失重状态；当图8—1中的升降机做变速运动，有竖直向下的加速度a且
a=g
时，视重将为
F=0
在此条件下，系统处于完全失重状态。
三、典型例题
&例1．物体在倾角为θ的斜面上滑动，则在下列两种情况下，物体加速度为多大？
（1）斜面是光滑的；
（2）斜面是粗糙的，且与物体间动摩擦因数为μ&
分析：两种情况的主要差别就在于“是否受到动摩擦力的作用”
解：（1）对于光滑斜面，无论物体沿斜面向下滑或是沿斜面向上滑，其受力情况均可由图2所示，建立适当的坐标系后便可列出运动方程
&mgsinθ=ma1，
得&a1=gsinθ.
（2）对于粗糙斜面，物体滑动时还将受动摩擦力作用，只是物体向下滑时动摩擦力方向沿斜面斜向上；物体向上滑时动摩擦力方向沿斜面斜向下，受力图分别如图3中（a）、（b）所示，建立适当的坐标系后便可分别列出方程组
&
和
&
由此便可分别解得&
&a2=g（sinθ－μcosθ），&图3&
&a3=g（sinθ+μcosθ）.
&例2．如图8—4所示，质量分别为15kg和5kg的长方形物体A和B静止叠放在水平桌面上.A与桌面以及A、B间动摩擦因数分别为μ1=0.1和μ2=0.6，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。问：
（1）水平作用力F作用在B上至少多大时，A、B之间能发生相对滑动？
（2）当F=30N或40N时，A、B加速度分别各为多少？
&图4&图5
分析：AB相对滑动的条件是：A、B之间的摩擦力达到最大静摩擦力，且加速度达到A可能的最大加速度a0，所以应先求出a0.
解：（1）以A为对象，它在水平方向受力如图8—5（a）所示，所以有
&mAa0=μ2mBg－μ1（mA+mB）g，
a0=&g=&×10m/s2=&m/s2
再以B为对象，它在水平方向受力如图8—5（b）所示，加速度也为a0，所以有
&F－F2=mBa0，
F=f2+mBa0=0.6×5×10N+5×&N=33.3N.
即当F达到33.3N时，A、B间已达到最大静摩擦力.若F再增加，B加速度增大而A的加速度已无法增大，即发生相对滑动，因此，F至少应大于33.3N.
（2）当F=30N，据上面分析可知不会发生相对滑动，故可用整体法求出共同加速度
&aA=aB=&=&m/s2=0.5m/s2.
还可以进一步求得A、B间的静摩擦力为27.5N（同学们不妨一试）.
当F=&40N时，A、B相对滑动，所以必须用隔离法分别求aA、aB，其实aA不必另求，
&aA=a0=&m/s2.
以B为对象可求得
&aB=&=&m/s2=2m/s2.
从上可看出，解决这类问题关键是找到情况发生变化的“临界条件”.各种问题临界条件不同，必须对具体问题进行具体分析。
例3．如图6（a）所示，质量为M的滑块与倾角为θ的斜面间的动摩擦因数为μ.滑动上安装一支架，在支架的O点处，用细线悬挂一质量为m的小球.当滑块匀加速下滑时，小球与滑块相对静止，则细线的方向将如何？
&（a）&（b）&（c）
&图6
分析：要求细线的方向，就是要求细线拉力的方向，所以这还是一个求力的问题.可以用牛顿第二定律先以整体以求加速度a（因a相同），再用隔离法求拉力（方向）.
解：以整体为研究对象，受力情况发图8—6（b）所示，根据牛顿第二定律有
&（M+m）gsinθ－f=（M+m）a，N－（M+m）gcosθ=0.
而f=μN，故可解得&a=g（sinθ－μcosθ）.
&再以球为研究对象，受务情况如图8—6（c）表示，取x、y轴分别为水平、竖直方向（注意这里与前面不同，主要是为了求a方便）.由于加速度a与x轴间的夹角为θ，根据牛顿第二定律有
&Tsinα=macosθ，mg－Tcosα=masinθ.
&由此得
tanα=&=&.
&为了对此解有个直观的认识，不妨以几个特殊μ值代入
&（1）μ=0，α=θ，绳子正好与斜面垂直；
（2）μ=tanθ，α=00，此时物体匀速下滑，加速度为0，绳子自然下垂；
（3）μ＜tanθ，则α＜θ，物体加速下滑.
例4．如图7所示，质量M=10kg的斜面体，其斜
面倾角θ=370，小物体质量m=1kg，当小物体由静止释放
时，滑下S=1.4m后获得速度σ=1.4m/s，这过程斜面体处
于静止状态，求水平面对斜面体的支持力和静摩擦力（取
g=10m/s2）
分析：若采用隔离法求解，小物体与斜面体受力情&
况如图8（a）与（b）所示，由此根据运动学规律，
牛顿定律及平衡方程依次得
&2as=υ2
&mgs=θ－f1=ma
&N1－mgcosθ=0
&F2+f1cosθ－Ns=θ=0
&N2－f1s=θ－N1cosθ－Mg=0
由此可求得水平面对斜面体的支持力N2和静摩擦
力f2的大小分别为
&N2=109.58N
&f2=0.56N&
但若采用整体法，通知牛顿运动定律的修正形式，可给出如下简单的解合。
&解：由运动学公式得
&2as=υ2
再由牛顿运动定律的修正形式得
&f2=macosθ
&mg+Mg－N2=masinθ
于是解得
&N2=109.58N
&f2=0.56N
例5．如图9所示，升降机地板上有一木桶，桶内水面上漂浮着一个木块，当升降机静止时，木块有一半浸在水中，若升降机以a=&g的加速度匀加速上升时，木块浸入水中的部分占总体积的__________。
分析：通常会有同学作出如下分析。
当升降机静止时，木块所受浮力F1与重力平衡，于是
&F1－mg=0
&F1=ρ&Vg
当升降机加速上升时，木块所受浮力F2比重大，此时有
&F2－mg=ma=&mg
&F2=ρV/g
在此基础上可解得
&V/&：V=3&：4
但上述结论是错误的，正确解答如下。
&解：当升降机静止时有
&F1－mg=0
&F1=ρ&Vg
当升降机加速上升时，系统处于超重状态，一方面所受浮力F2确实大于木块的重力mg，有
&F2－mg=ma=&mg
另一方面所排开的体积为V/的水的视重大于其真重ρV/g，而等于
&F2=G排=ρV/(g+a)=&ρV/g
由此解得
&V/&：V=1&：2
即：浸入水中的部分仍占木块体积的一半。
由于地球自转缓慢，所以大量的近似计算中忽略了自转的影响，在此基础上就有：地球表面处物体所受到的地球引力近似等于其重力，即
&≈mg
这是一个分析天体圆运动问题时的重要的辅助公式。
三、典型例题
例1．某人造地球卫星因受高空稀薄空气的阻力作用，绕地球运转的轨道会慢慢改变，每次
测量中卫星的运动可近似看作圆周运动。某次测量卫星的轨道半径为r1，后来变为r2，
r2＜r1，以Ek1、Ek2表示卫星在这两个轨道上的动能，T1、T2表示卫星在这两个轨道
上绕地运动的周期，则
A．Ek2＜Ek1，T2＜T1&B．Ek2＜Ek1，T2＞T1
C．Ek2＞Ek1，T2＜T1&D．Ek2＞Ek1，T2＞T1
分析：常会有同学因为考虑到有阻力作用，就简单地判断动能将减小，其实这样的分析
是不周密的，结论也是错误的，因为有阻力作用的同时，半经减小，引力将做正功。
解答：由于引力充当向心力，所以有
&=&=mr&
于是可得动能和周期分别为：
Ek=&mv2=&
T=2&
可见：当阻力作用使轨道半径从r1减小为r2时，其动能将从Ek1增大为Ek2，周期将从T1减小为T2，即Ek2＞Ek1，T2＜T1，应选C.
例2．地核体积约为地球体积的16%，地球质量约为地球质量的34%，引力常量取G=6.7×10－11Nm2/kg2，地球半径取R=6.4×106m，地球表面重力加速度取g=9.8m/s2，试估算地核的平均密度(结果取2位有效数字)。
分析：利用gm表达式进行估算
解答：地表处物体所受引力约等于重力，于是有
&=mg
地球的平均密度为
& =&=&
由此可得
&=&=&kg/m3
&=5.5×103kg/m3
地核的平均密度为
&=&=&=1.2×104kg/m3
例3．在天体运动中，将两颗彼此距离较近，且相互绕行的行星称为双星。已知两行星质量分别为M1和M2，它们之间距离为L，求各自运转半径和角速度为多少？
分析：在本题中，双星之间有相互吸引力而保持距离不变，则这两行星一定绕着两物体连线上某点做匀速圆周运动，设该点为O，如图所示，M1OM2始终在一直线上，M1和M2的角速度相等，其间的引力充当向心力
解答：引力大小为
F=&
引力提供双星做圆周运动的向心力
&F=M1r1w2
&=&M2r2w2
而
&r1+r2=L
由此即可求得
&r1=&
&r2=&
&=&
例4．已知地球与月球质量比为8：1，半径之比为3.8：1，在地球表面上发射卫星，至少需要7.9km/s的速度，求在月球上发现一颗环绕月球表面运行的飞行物需要多大的速度？
分析：地球上卫星需要的向心力来自地球的引力，月球上的飞行物需要的向心力是月球对它的引力.
解答：；发射环绕地球表面运行的飞行物时，有
&=m&
发射环绕月球表面运行的飞行物时，只有
&=&m&
由此即可得：
v月=&•v地=&×7.9×103m/s
&=1.71×103m/s
例5．宇宙飞船以a=&g=5m/s2的加速度匀速上升，由于超重现象，用弹簧秤测得质量为10kg的物体重量为75N，由此可求飞船所处位置距地面高度为多少？(地球半径R=6400km)
分析：质量10kg的物体在地面处重力大小约100N，而弹簧秤示数F=75N，显然飞船所在处物体所受到的重力mg1应小于F.
解答：由牛顿第二定律，得
&F－mg1=ma
而&
&=mg
&=mg1
由此即可解得
&h=R=6.4×106m
例6．阅读下列材料，并结合材料解题
开普勒从1909年——1919年发表了著名的开普勒行星三定律：
第一定律：所有的行星分别在大小不同的椭圆轨道上绕太阳运动，太阳在这个椭圆的一个焦点上
第二定律：太阳和行星的连线在相等的时间内扫过相等的面积
第三定律：所有行星的椭圆轨道的半长轴的三次方跟公转周期的平方的比值都相等
实践证明，开普勒三定律也适用于人造地球卫星的运动，如果人造地球卫星沿半径为r的圆形轨道绕地球运动，当开动制动发动机后，卫量速度降低并转移到与地球相切的椭圆轨道，如图问在这之后，卫星经过多长时间着陆？空气阻力不计，
地球半径为R，地球表面重力加速度为g，
圆形轨道作为椭圆轨道的一种特殊形式。
分析：此题所求实质是星体做椭圆运动的周期，
仅凭中学物理知识难以解决，但再利用题中信息所示原理，则可方便求解。
解答：提供的信息中有如下几条对解题有用
(1)开氏第一定律
(2)开氏第二定律
(3)开氏第三定律&a3/T2=常量
(4)开氏第三定律适用于人造卫量
(5)圆轨道是椭圆轨道的特例，半长轴与半短轴等长，均为半径。
于是由开氏第三定律可得
&=&
其中
a=&(R+r)
另外又有
&=mr&
&=mg
考虑到椭圆轨道的对称性，考虑到开氏第二定律，不难得
t=&T
于是解得
t=
F向=F－mgcosθ
平行于速度方向上的力使摆球的速度大小发生改变，充当摆球的回复力.
F向=－mgsinθ=－&x=－kx
可见：当单摆做小角度摆动时，其运动近似为简谐运动。
&（3）单摆的周期公式
&对于单摆，回复力与偏离平衡位置的位移的比例系数为
k=&
&将其代入简谐运动周期的一般表达式中，得
&T=2π&=2π&
&该公式提供了一种测定重力加速度g的方法.
&4．简谐运动的图象及其应用
&（1）图象的形式&
当质点做简谐运动时其振动图象形如图所给出的正弦曲线.
（2）图象的意义
简谐运动的振动图像反映的是某振动质点在各个时刻相对于平衡位置的位移的变化情况.
（3）图象的应用.
由定量画出的简谐运动的振动图象可以得到：振幅A；周期T；某时刻质点相对于平衡位置的位移；某时刻质点的振动方向；某一阶段质点的位移，速度，加速度，回复力，振动的能量形式等物理量的变化情况。
三、典型例题
例1．如图所示，正方体木块漂浮在水平上，将其稍向下压后放手，试证明：木块将做简谐运动.
分析：从简谐运动的动力学特征出发，一判断
木块是否做简谐运动，
解答：设木块的边长为a，质量为m，则当图
14—4中木块浸入水中的高度为h，而处于静止状
态时所受到的重力mg与浮力.&
&F1=ρha2g&
大小相等，木块在该位置处于平衡状态，于是
可取该装置为平衡位置建立坐标；当木块被按下&
后上下运动过程中浸入水中的高度达到h+x，而如
图14—5所示时，所受到的浮力大小为
&F2=ρ(h+x)a2g
于是，木块此时所受到的合外力为
&F=mg―F2=―ρa2gx―kx&
由此可知：木块做的是简谐运动
例2．已知在单摆a完成10次全振动的时间内，单摆b完成6次振动，两摆长之差为1.6m，则两单摆摆长la与lb分别为
A．la=2.5m，lb=0.9m&B．la=0.9m，lb=2.5m
C．la=2.4m，lb=4.0m&D．la=4.0m，lb=2.4m
分析：由周期比得摆长比，加上题设条件中的摆长差已知，故la与lb可求
解答：已知两摆长之差为1.6m，即
&=1.6
&而单摆a摆动10次时间内，单摆b无成36次全振动，这就意味着两个单摆的周期之比为
&=&
&考虑到：Ta=2π&
&Tb=2π&
&得：&=&
于是解得：
la=0.9m
lb=2.5m
应选B.
例3．如图所示，质点沿直线做简谐运动
平衡位置在O点，某时刻质点通过P点向右运动，径
1s再次回到P点，再经1s到达O点，若&=2cm，&
则：质点运动的周期T=_________s；质点运动的振幅为A=_______cm，
分析：注意到简谐运动的周期性，对称性等特征，吉合简谐运动的振动图象可作出正解的解答.
解答：由简谐运动的对称性可知，质点在第1s内从P点到达右端最大位移处，再回到P点，可见从最大位移处回到P点历时应该为0.5s，而人P点到O点又历时1s，可见
&T=1.5s
即：T=6s
&另外，考虑到简谐运动的振动图象
（如图所示），质点在t1时刻从
P点开始向右运动，t2时刻又回到P点，
t3时刻到达平衡位置O点，即
&t2―t1=t3―t2=1s
由此不难得到：
&Asin600=2&
即
&A=&cm
应依次填充：6，
问题：如图&1所示，质量为M的小船长L，
静止于水面，质量为M的小船长为L，静止于水面，
质量为m的人从船左端走到船右端，不计水对船的
运动阻力，则这过程中船将移动多远？
（2）“人船模型”的力学特征&
如能关注到如下几点就可以说基本上把握住了“
人船模型”的力学特征了：“人船模型”是由人和船两个物体构成的系统；该系统在人和船相互作用下各自运动，运动过程中该系统所受到的合外力为零；而系统的合外力为零则保证了系统在运动过程中总动量守恒。
（3）“人船模型”的分析思路。
①分析“人船模型”运动过程中的受力特征，进而判断其动量守恒，得
&mυ=Mu
②由于运动过程中任一时刻人，船速度大小υ和u均满足上述关系，所以运动过程中，人、船平均速度大小，&和&也应满足相似的关系。即
&m&=M&
③在上式两端同乘以时间，就可得到人，船相对于地面移动的距离S1和S2的关系为
&mS1=MS2
④考虑到人、船相对运动通过的距离为L，于是得
&S1+S2=L
⑤由此即可解得人、船相对于地面移动的距离分别为&
&S1=&L
&S2=&L
（4）“人船模型”的几种变例.
&①把“人船模型”变为“人车模型”.
变例1：如图2所示，质量为M，长为L的
平板小车静止于光滑水平面上，质量为m的人从车左&
端走到车右端的过程中，车将后退多远？&
②把水平方向的问题变为竖直方向。
变例2：如图3所示，总质量为M的足球下
端悬着质量为m的人而静止于高度为h的空中，欲使
人能完全沿强着地，人下方的强至少应为多长？
③把直线运动问题变为曲线运动.
变例3：如图4所示，质量为M的物体静止
于光滑水平面上，其上有一个半径为R的光滑半球
形凹面轨道，今把质量为m的小球自轨道右测与球
心等高处静止释放，求M向右运动的最大距离。&
④把模型双方的质量比变为极端情况.
变例4：如图5所示，光滑水平杆上套有
一个质量可忽略的小环，长L的强一端系在环上下，
另一端连着质量为M的小球，今使小球与球等高且
将绳拉直，当把小球由静止释放直到小球与环在同
一竖直线上，试分析这一过程中小球沿水平方向的移动距离.&
3．“fd=△EK”的运用
（1）公式“fd=△EK”的含意.
如图6所示，：质量M的木块放在光滑水&
平面上，质量为m的子弹以水平速度υ0射入木块，
若射入的深度为d，后子弹与木块的共同速度为υ，
射入时子弹与木块间相互作用的力的大小为f，则：
相互作用的力f与相时位移的大小d的乘积，恰等于
子弹与木块构成的系统的动能的减少量.即：&
fd=△EK=&mυ02－&(m+M)υ2&
(2)公式“fd=△EK”的依据.
实际上公式“fd=△EK”是过立在动能定理的基础之上的：仍如图—6所示，对子弹和木块分别运用动能定理可得.
―f(s+d)=&mυ2―&mυ02
fs=&Mυ2
将此两代劳相加后整理即可得
&fd=&mυ02―&(m+M)υ2=△EK.
（3）公式“fd=△EK”的运用
如果是两个物体构成的系统运动过程中除了相互作用的滑动摩擦力外，系统的外力为零，则都可以运用公式
&fd=△EK
&来制约系统运动中的能量的转多与转化，应该注意的是：当构成系统的双方相对运动出现往复的情况时，公式中的d就理解为“相对路程”而不应该是“相对位移的大小”。
三、典型例题
例1．A、B两小球在光滑水平面上沿同一直线同方向运动共动量分别为PA=5kgm/s，PB=7kgm/s，若A追上B后与B碰撞，碰后B的动量为PB/ =10kgm/s，则A、B的质量之比可能为&
A．1&：1&B．1&：2&C．1&：5&D．1&：10
&分析：此例的求解除了运用碰撞的规律外，还需要关注到碰撞的特征与制约碰撞过程的相关因素。
&解答：由“动量制约”知：碰撞过程中A、B两球的总动量应守恒即：
PA+PB=PA/+PB/
&由此得：碰后A球动量为
&PA/=PA+PB－PB/=2kgm/s
&由“动能制约”知：碰前总动能不小于碰后总动能，即
&+&≥&+&
代入数据有
&+&≥&+&
于是可得
&≤&
&由“运动制约”知：考虑到碰后运动的合理性，碰后A球的速度应不大于B球的速度，即
&≤&
代入数据又有
&≤&
于是又可得
&≥&
由此知：此例应选C。
例2．试将上述“人船模型”的四种变例给出定量解答。
&分析：确认了四种变例其物理本质与“人船模型”相同，于是例可以直接运用相应的结论。
&解答：（1）变例1中的“人车模型”与“人船模型”本质相同，于是直接得
&S2=&L
&解答：（2）变例2中的h实际上是人相对于地的位移S1，而绳长则是人与气球的相对位移L，于是由
&h=&L
可解得：绳长至少为
&L=&h
解答（3）：变例3中小球做的是复杂的曲线运动，但只考虑其水平分运动，其模型例与“人船模型”相同，而此时的相对位移大小为2R，于是物体M沿水平而向右移动的最大距离为
&S2=&•2R
解答（4）：变例4中环的质量取得某种极端的值
&m→0
于是所求的小球沿水平方向移动的距离应为
&S2=&L→0
例3．如图7所示，质量M=2kg的盒子放在&
光滑的水平面上，盒子长L=1m，质量为m=1kg的小物
块从盒子的右端以υ0=6m/s的初速度向左运动，小物&
块与盒子底部间动摩擦因数μ=0.5，与盒子两侧壁间的碰撞无机械能损失，则小物块最终将相对静止于盒子的何处？
分析：一方面小物块和盒子间相对运动和相互碰撞过程中要遵从动量守恒定律，另一方面小物块和盒子间相对运动时滑动摩擦将使系统的动能减少，于是有
解答：由动量守恒定律得
&mυ0=(m+M)υ
由公式“fd=△EK”又可得
&μmgd=&mυ02－&(m+M)υ2
代入数据可解得：从开始运动到小物块与盒子相对静止的过程中，小物块的相对路程为
&d=2.4m
&由此知：小物块最终相对静止于距盒子右端0.4m处.
（3）机械能守恒的条件：只有重力和系统内弹力做功，则系统的机械能总量将保持不变。
三、典型例题。
例1．如图所示，恒定的拉力大小F=8N，方向与水平线夹θ=60°角，拉着绳头
使物体沿水平面移动&=2m的过程中，拉力做了多少功？
分析：常会有同学做这样的分析与计算：力的大小为S=&=2m，力与位移的方向间夹角为60°，所以：
&
其实，这样的计算是错误的。
解答：如图12-2所示，随着物体沿水平面前进&=2m，绳头从A点被拉到B点，由此可见：拉F所作用的物体（绳头）的位移S可由几何关系求得为
&
而力F与位移S间的夹角为&
&
所以，这过程中拉F作用于绳头所做的功为&
&
例2．质量为&m=1kg的物体以v0=10m/s的速度水平抛出，空气阻力不计，取g=10m/s2,则在第1s内重力做功为________________J；第1s内重力做功的平均功率为__________W；第1s末重力做功的瞬时功率为____________W；第1s内物体增加的动能为____________J；第1s内物体减少的重力势能____________J。
分析：此道题考察了功、功率、动能、重力势能等概念以及与上述概念相关的动能定理，机械能守恒定律等规律。
解答：重力做的功等于重力与物体沿重力方向（竖直方向）上位移的乘积，而第1s内物体沿竖直方向的位移为
&
所以有：
&
由平均功率的定义得
&
瞬时功率一般计算可用力与力的方向上的瞬时速度的相乘而得，第1s末物体沿重力方向上的速度为&
&
所以有
&
考虑到平抛运动过程中只有重力做功，于是由动能定理得
&
又由于只有重力做功其机械能守恒，增加的动能应与减少的重力势能相等。于是又可直接得
&
此例应依次填充：50；50；100；50；50。
例3：质量4t的机车，发动机的最大输出功率为100kW，运动阻力恒为&，试求；
（1）当机车由静止开始以0.5m/s2的加速度沿水平轨道做匀加速直线运动的过程中，能达到的最大速度和达到该最大速度所需的时间。
（2）若机车保持额定功率不变行驶，能达到的最大速度以及速度为10m/s时机车的加速度。
&分析：注意到机车匀加速运动所能达到的最大速度Vm和机车在运动形式不加制约时所能达到的最大速度&一般是不同的。
解答：（1）机车做匀加速直线运动时，有
&F-&=&
&P=FVm
&Vm=at
由此可解得
&Vm=25m/s
&t=50s
（2）机车行驶时运动形式不加限制而机车输出功率保持额定功不变时则可在大小等于阻力牵引力作用下做匀速直线运动，此时又有
&
由此又可解得
&
例4：如图所示，小滑块从斜面顶点A由静止滑至水平部分C点而停止。已知斜面高为h，滑块运动的整个水平距离为s设斜面和水平部分与小滑块的动摩擦因数相同，求此动摩擦因数&
分析：可以运动动能定理分析求解：
解答：取物体为研究对象，考察人A处静止释放下直至到C点处于&
静止的过程，运动动能定理有。
&
由此即可求得
&
例5：如图12-4所示，一固定的楔形木块，其斜面的倾角&，另一边与地面垂直，顶上有一定滑轮。一柔软的细线跨过定滑轮，两端分别与物块A和B连结，A的质量为4m，B的质量为m。开始时将B按在地面上不动，&然后放开手,让A沿斜面下滑而B上升.物块A与斜面间无摩擦.设当A沿斜面下滑s距离后,细线突然断了.求物块B上升的最大高度H.&
分析：可以运用机械能守恒定律分析求解
解答：取A与B构成的系统为研究对象，考察以刚放手起直到强刚断的过程，这过程中系统的机械能守恒。有
&
再取B为研究对象，考察从强刚断直到B升至最高点的过程，这过程中B的机械能守恒，又有
&
而B所上升的最大高度为
H=&+s
由此即得
H=1.2s
分析：本题可综合应用点电荷场强公式和场强叠加知识进行分析。
解答：由于Q1&Q2，所以E1=E2之点只能在Q1、Q2连线中间或Q2的右侧出现，而前者E合=2E2，后者E合=0，所以B选项正确。
例2如图所示，A、B、C、D是匀强电场中一正方形的四个顶点，已知A、B、C三点的电势分别为UA=15V，UB=3V，UC=-3V，由此可知D点电势UD=______V；若该正方形的边长为a=2cm，且电场方向与正方形所在平面平行，则场强为E=________V/m。
分析：注意到场强与电势差间的关系及匀强电场的特点。
解答：因为UA-UB=12V，而UB-UC=6V，所以连结AC并将其三等分如图17-3所示，则UP=UD，UQ=UB，由此不难得到：UD=9V。在此基础上可进一步判断场强方向必与PD或BQ垂直。设场强方向与AB夹&a角，于是有
&E•acosa=UA-UB
而根据正弦定理可得
&
由此可求得
&
所以，此例应依次填上：&
例3如图17-4所示，电子在电势差为U1的加速电场中由静止开始运动，然后射入电势差为U2的两场平行极板间的电场中，入射方向跟极板平行，整装置处于真空中，重力可忽略，在满足电子能射出平行板区的条件下，下列四种情况中，一定能使电子的偏转角&变大的是（&）
A、 U1变大，U2变大&
B、U1变小，U2变大&o
C、U1变大，U2变小&
D、U1变小，U2变小&-&+
分析：注意到“电加速”与“电偏转”的规律
解答：电子经加速、偏转飞出电场时偏转角的正切计算公式为：
&
一定能使&变大的情况是U2变大、U1变小，故选项B正确。
例4如图所示的是在一个电场中的a、b、c、d四个点分别引入检验电荷时，电荷所受的电场力F跟引入的电荷电量之间的函数关系。下列是说法正确的是（&）
A、 该电场是匀强电场
B、 a、b、c、d四点的电场强度大小关系是Ed&Eb&Ea&Ec&
C、 这四点的场强大小关系是Eb&Ea&Ec&Ed
D、 无法比较E值大小
分析：对图象问题要着重理解它的物理意义
解答：对于电扬中给定的位置，放入的检验电荷的电量不同，它
受到的电场力不同，但是电场力F与检验电荷的电量q的比值F/q即场强E是不变的量，因为F=Eq，所以F跟q的关系的图线是一条过原点的直线，该直线的斜率的大小即表示场强的大小，由此可得出Ed&Eb&Ea&Ec。
例5如图所示，一个均匀的带电圆环，带电量为+Q，半径为R，放在绝缘水平桌面上。圆心为O点，放O点做一竖直线，在此线上取一点A，使A到O点的距离为R，在A点放一检验电荷+q，则+q在A点所受的电场力为（&）]
A、&，方向向上&B、&，方向向上
C、&，方向水平向左&D、不能确定
分析：注意到叠加原理的应用。
解答：如画所示将带电圆环等分成无数个相同的点电荷q’，由于对称性所有q’与q的作用力在水平方向分力的合力应为零，因此
&
且方向向上。
例6一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地，在两极板间有一正电荷（电量很小）固定在P点，如图所示，以E表示两极板间的场强，U表示电容器的电压，W表示正电荷在P点的电势能，若保持负极板不动，将正极板移到图中虚线所示的位置，则（&）
A、U变小，E不变&B、E变大，W变大
C、U变小，W不变&D、U不变，W不变
分析：注意到各量间关系的准确把握。
解答：电容器充电后电源断开，说明电容器带电量不变。正极板向负极板移近，
&电容变大&，由&知U变小，这时有&。因为&,d变小、U变大&值不变，即场强E不变。A正确，B、D错误负极板接地即以负极板作为电势、电势能的标准，场强E不变，P点的电势不变，正电荷在P点的电势能也不变，C正确。
3．带电粒子在磁场中的运动
（1）电荷的匀强磁场中的三种运动形式。
如运动电荷在匀强磁场中除洛仑兹力外其他力均忽略不计（或均被平衡），则其运动有如下三种形式：
当υ‖B时，所受洛仑兹力为零，做匀速直线运动；
当υ⊥B时，所受洛仑力充分向心力，做半径和周期分别为
&R=&，T=&
的匀速圆周运动；
当υ与B夹一般角度时，由于可以将υ正交分解为υ‖和υ⊥（分别平行于和垂直于）B，因此电荷一方向以υ‖的速度在平行于B的方向上做匀速直线运动，另一方向以υ⊥的速度在垂直于B的平面内做匀速圆周运动。此时，电荷的合运动在中学阶段一般不要求定量掌握。
（2）电荷垂直进入匀强磁场和匀强电场时运动的比较。
由于和电场相比，磁场的基本特征以及对运动电荷的作用特征存在着较大的差异，因此电荷垂直进入匀强磁场和匀强电场时所做的所谓“磁偏转”和“电偏转”运动，有着如下诸方面的差异：
①“电偏转”中偏转力fe=qE与运动速度无关，“磁偏转”中偏转力fB=qυB随运动速度变化。
②“电偏转”时做的是类平抛运动，其运动规律为x=υ0t，y=&；“磁偏转”时做的是匀速圆周运动，其运动规律是从时、空两个角度反映了运动的特征：T=&，B=&。
③“电偏转”中偏转角度受到θe＜&π的限制；“磁偏转”中偏转角度θB=&，则可取任意值。
④“电偏转”中偏转的快慢程度越来越慢（单位长时间内偏转角越来越小），“磁偏转”中偏转的快慢程度则保持恒定（任意相等的时间内偏转的角度均相等）。
⑤“电偏转”中由于偏转力fe做功，因而兼有加速功能，动能将增加；“磁偏转”中由于偏转力fB总不做功，动能保护定值。
⑥“电偏转”最常见的是应用于示波管中，“磁偏转”则常被应用于回旋加速器中。
三、典型例题
例1．把电流强度均为I，长度均为l的两小段通电直导线分别置于磁场中的1、2两点处时，两小段通电直导线所受磁场力的大小分别为F1和F2，若已知1、2两点处磁感应强度的大小关系为B1＜B2，则必有（&）
A．B1=&B．B2=&C．F1＜F2&D．以上都不对
分析：注意到磁场对通电导线的作用与直线和磁场方向的夹角有关。
解答：磁感强度B的定义式B=&中的F，应理解为检验电流（Il）垂直于B的方向放置时所受到的最大磁场力，而此题中两小段通电导线在1、2两点处是否垂直于B未能确定，因此A、B两选项中的等式不一定成立；另外，正因为磁场对电流的作用力大小除与B、I、l有关外，还与导线放置时与B的方向间关系有关，因此，无法比较F1和F2的大小，所以应选D。
例2．如图所示，直导线MN与矩形
线框abcd在同一平面内，直导线中通有向上的电&
流I，矩形线框中通有沿递时针方向的电流I0，则
直导线中电流I的磁场对通电矩形线框各边的安
培力合力（&）
A．大小为零&B．大小不为零，方向向左
C．大小不为零，方向向右&D．大小不为零，方向向上&
分析：应了解直线电流周围磁场的分布情况同时要了解安培力大小计算公式和方向判断方法。
解答：由安培定则可知：通电直导线右侧的磁场方向是垂直于纸面向里，且靠近直导线处磁场列强些。根据左手定则Q可判断。通电矩形线框的ab边受力向右，cd边受力向左，bc边受力向上，da边受力向下，且ab边受力比cd边受力大，bc边受力与da边受力大小相等。由此可知：通电矩形线框各边所受安培力的合力大小不为零，且方向向右。即应选C。
例3．如图所示，有a、b、c、d四个离子，
它们带等量同种电荷，质量不等，有ma=mb＜mc=md，
以不等的速度υa＜υb＜υc＜υd进入速度选择器后，
有两种离子从速度选择器中射出，进入B2磁场，由
此可判定（&）
A．射向P1的是a离子&B．射向P2的是b离子
C．射到A1的是c离子&D．射到A2的是d离子&
分析：比例解答要求了解“速度选择器”和“质谱仪”的基本原理。
解答：从离子在磁场B2中的偏转方向可知离子带正电，而正离子在速度选择器中受到磁场B1的洛仑兹力方向又可由左手定则判断为向右，电极P1、P2间的电场方向必向左，因为qυbB1=qυcB1=qE，所以能沿直线穿过速度选择器的必然是速度相等的b、c两离子；因为qυaB1＜qE，所以a离子穿过速度选择器必向左偏；因为qυdB1＞qE，所以d离子穿过速度器时必向右偏；因为&＜&，所以在B2中偏转半径较小而射到A1的是b离子，在B2中偏转半径较大而射到A2的是C离子。即经例应选A。
例4．氢原子的核外电子质量为m，电量为－e，在
离核最近的轨道上运动，轨道半径为r1，试回答下列问题&：
（1）电子运动的动能EK是多少？
（2）电子绕核转动频率ν是多少？
（3）氢原子核在电子轨道处产生的电场强度E是多大？
（4）电子绕核在如图—3所示的x－y平面上沿A→
B→C→D方向转动，电子转动相当于环形电流，则此电流方
向如何？电流强度为多大？
（5）如果沿Ox方向加一匀强磁场，则整个原子将怎样运动？&
分析：注意到圆周震动，电场、电流，磁场等方向知识的综合运用。
解答：此题是把匀速圆周运动的规律运用到卢瑟福的核式结构模型上来，提供电子绕核运动的向心力是核对它的库仑力；转动频率是匀速圆周运动的转率n；电流i就在单位时间内通过轨道上一点的电量，即i=eν.
（1）∵k&=m&，EK=&mυ2，
∴EK=&.
&（2）υ=2πνr1
联立上述三式得
&ν=&.
（3）由点电荷电场强度公式可得
&E=k&
（4）电流方向为A→D→C→B→A，
电流强度i=eν=&.
（5）根据左手定则，圆的x＞0的一半，电子受磁场垂直纸面向纸面外的力，x＜0的一半，电子受到垂直纸面向内的力。因此，整个原子以Oy为轴，从Oy方向看为逆时针方向转动。
例5．如图所示，空间存在一个如图
19—4（a）所示的变化电场和变化磁场，电场方向
水平向右，即沿（b）图中的BC方向，磁场方向垂
直于纸面。从t=1s末开始，从A点每隔2s有一个
重力可以忽略的相同带电粒子沿AB方向以速度υ0
射出，且均能击中C点，若&=2&，且粒子从
A到C历时均小于1s，则E0与B0的比值为多大？
分析：电偏转做的是类平抛运动，而磁偏转&
做的是匀速圆周运动。
解答：取&=l，则&=2l，AB=&l。&
由奇数秒末从A射出的粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，其轨道半径可由
（r－l）2+(&l)2=r2
求得为r=2l=mυ0/(qB0).
由偶数秒末从A射出的粒子在匀强电场中做类平抛运动，于是又有
&l=&t2，&l=υ0t.
在此基础上便可求得&=&υ0.
例6．如图所示，在y＜0的区域内
存在匀强磁场，磁场方向垂直于xy平面并指向
纸面外，磁感应强度为B.一带正电的粒子以速
度υ0从O点射入磁场，入射方向在xy平面内，
与x轴正向的夹角为θ.若粒子射出磁场的位置
与O点的距离为l，求该粒子的电量和质量之比&。&
分析：注意到几何关系的确认。&
解答：如图所示，带电粒子射入磁
场后，由于受到洛仑兹力的作用，粒子将沿图示的
轨迹运动，从A点射出磁场，O、A间的距离为
l.射出方向与x轴的夹角仍为θ，由洛仑兹力公
式和牛顿定律可得，
qυ0B=m&
式中R为圆轨道的半径
解得R=&
圆轨道的圆心位于OA的中垂线上，由几何关系可得&=Rsinθ
联立上述两式，解得&=
4．光电效应现象及其规律。
（1）光电效应现象。
光照使物体发射电子的现象叫光电效应现象；所发射的电子叫光电子；光电子定向移动所形成的电流叫光电流。
（2）光电效应现象所遵循的基本规律。
物体在光照的条件下发射电子而发生光电效应现象时遵循如下规律：
（1）对于任何一种金属，入射光的频率必须大于某一极限频率才能产生光电效应，低于这个极限频率，无论强度如何，无论照射时间多长，也不能产生光电效应；
（2）在单位时间里从金属极板中发射出的光电子数跟入射光的强度成正比；
（3）发射出的光电子的最大初动能与入射光强度无关，只随入射光频率的增大而增大；
（4）只要入射光的频率高于金属极板的极限频率，无论其强度如何，光电子的产生都几乎是瞬时的，不超过10—9s.
5．光子说
光子说的主要内容为：沿空间传播的光是不连续的，而是一份一份的，每一份叫做一个光量子，简称光子；光子的能量E与光的频率ν成正比，比例系数即为普朗克常量
&E=hν
6．光的波粒二象性
光的干涉，衍射等现象充分表明光是波，而光电效应现象又表明光是粒子。事实上，光具有波动和粒子二重特性。俗称光的波粒二象性。
光在传播时更多地表现为波动特性，在与物质微粒发生作用时更多地表现为粒子特征；波长越长的光波动性越显著，频率越高的光粒子性越显著；大量光子的整体行为表现为波动性，少量光子的个别行为表现为粒子性。
三、典型例题
例1．能产生干涉现象的两束光是（&）
A．频率相同、振幅相同的两束光
B．频率相同、相位差恒定的两束光
C．两只完全相同的灯光发出的光
D．同一光源的两个发光部分发出的光
分析：比例考察的是对“相干条件”的了解
解答：只有频率相同、相差恒定、振动方向相同的光波，在它们相遇的空间里能够产生稳定的干涉，观察到稳定的干涉图样，但是，光波并不是一列连续波，它是由一段段不连续的具有有限长度的所谓“波列”组合而成的，并且波动间的间歇也是不规则的。两个独立光源发出的光，即使是“频率相同的单色光（实际上严格的单色光并不存在），也不能保持有恒定的相差。因此，为了得到相干光波，通常是把同一光源发出的一束光分成两束。杨氏双缝干涉实验中，所以在光源和双缝间设置一个狭缝，就是让点光源发出的一束光，先经第一个缝产生衍射，使得由双缝得到的两束光成为相干光波。
光源发光是以原子为发光单位的，由前面分析可知，我们无法使两只完全相同的灯泡、同一光源的两个发光部分发出频率相同、相差恒定的光。这样的光源不会产生稳定的干涉现象，无法观察到干涉图样。所以应选B。
例2．在真空中频率为4×1014Hz的是红光，频率为6×1014Hz的是绿光，现在有一束单色光，它在n=1.5的玻璃中，波长为5000Å，它在这种玻璃中的频率是多少？是什么颜色？在真空中的频率是多少？又是什么颜色？
分析：光的频率决定于光的颜色，光从一种介质传到另一种介质时，由于频率不变，故颜色不变，因此，本题关键是求频率。由n=&得，光在玻璃中的速度为
&υ=&=&m/s=2×m/s
它在玻璃中的频率为ν=&=&Hz=4×1014H&z
由此可知，该单色光在真空中的频率也为4×1014Hz，故为红光。
在真空中与玻璃中均为红颜色。
例3．如图24—2所示是双缝干涉实验装置，屏上O点到双缝S1、S2的距离相等。当用波长为0.75μm的单色光照射时，P是位于O上方的第二条亮纹位置，若换用波长为0.6μm的单色光做实验，P处是亮纹还是暗纹？在OP之间共有几&图24—2
条暗纹？
分析：P点是暗纹还是暗纹，关键取决于P到S1和S2的路程差△r=r2－r1；P是第几级明（暗）纹，关键取决于△r是光波长（半波长）的多少倍。
解答：当用波长为λ1=0.75μm单色光时P为O上方第二条亮纹，所以P到双缝S1、S2的距离差△r=2λ1=2×0.75μm=1.5μm.
改用λ2=0.6μm.的单色光时，路程差△r=&λ2，所以P和为暗纹，从O到P路程差由零逐渐增大，必有路程差为&和&λ2的两点，即OP之间还有两条暗纹。
例4．关于光电效应，有如下几种陈述，其中正确的是（&）
A．金属电子的逸出功与入射光的频率成正比
B．光电流的强度与入射光的强度无关
C．用不可见光照射金属一定比用可见光照射同种金属产生的光电子的初动能要大
D．对于任何一种金属都存在一个“最大波长”，入射光的波长必须小于这个波长，才能产生光电效应
分析：此例的解答要求熟悉光电效应现象的特征及其规律。
解答：金属的逸出功由该金属决定，与入射光源频率无关，光电流的强度与入射光强度成正比，选项A、B错误。不可见光包括能量大的紫外线、X射线、γ射线，也包括能量比可见光小的红外线、无线电波，选项C错误。所以应选D。
例5．已知金属铯的逸出功为1.9eV，在光电效应实验中，要使铯表面发出的光电子的最大功能为1.0eV，入射光的波长应为__________m.
分析：要求了解光电效应的规律及光子说理论。
解答：由爱因斯坦光电效应方程可得：
&=W+&m&
∴&=1.9+1.0=2.9eV=2.9×1.6×10—19J
∴λ=&=4.3×10—7&m
例6．太阳光垂直射到地面上时，地面上1m2接受的太阳光的功率为1.4kW,其中可见部分约占45%
（1）假如认为可见光的波长约为0.55μm，日地间距离R=1.5×1011m.普朗克恒量h=6.6×10—34J•s，估算太阳每秒辐射出的可见光子数为多少？
（2）若已知地球的半径为6.4×106m，估算地球接受的太阳光的总功率。
&分析：了解光子说理论，建立起适当的模型，即可得出正确解答。
解答：（1）设地面上垂直阳光的1m2面积上每秒钟接收的可见光光子数为n.则有P×45%=n•h&.
解得：n=&=&
&=1.75×1021m—2
设想一个以太阳为球心，以日、地距离为半径的大球面积包围着太阳，大球面接受的光子数即等于太阳辐射的全部光子数。则所求可见光光子数
N=n•&4πR2=1.75×.14×（1.5×.9×1044
（2）地球背着阳光的半个球面没有接收太阳光。地球向阳的半个球面面积也不都与太阳光垂直。接收太阳光辐射且与阳光垂直的有效面积是以地球半径为半径的圆平面的面积。则地球接收阳光的总功率
P地=P•πr2=1.4×3.14×(6.4×106)2=1.8×1017kW.
饿 下年麻烦 再发下-。-
哪位大神！！好闲啊！！
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