高三物理第二輪專(zhuān)題復(fù)習(xí)教案_物理

1、巨人高考網(wǎng)，祝你一份耕耘，一份收成！第一講平穩(wěn)問(wèn)題一、特殊提示 解平穩(wěn)問(wèn)題幾種常見(jiàn)方法1、力的合成、分解法：對(duì)于三力平穩(wěn)，一般依據(jù)“任意兩個(gè)力的合力與第三力等大反向”的關(guān)系，借助三角函數(shù)、相像三角形等手段求解；或?qū)⒛骋粋€(gè)力分解到另外兩個(gè)力的反方向上，得到這兩個(gè)分力必與另外兩個(gè)力等大、反向；對(duì)于多個(gè)力的平穩(wěn)，利用先分解再合成的正交分解法；2、力匯交原理：假如一個(gè)物體受三個(gè)不平行外力的作用而平穩(wěn)，這三個(gè)力的作用線必在同一平面上，而且必有共點(diǎn)力；3、正交分解法：將各力分解到x 軸上和 y 軸上，運(yùn)用兩坐標(biāo)軸上的合力等于零的條件fx0fy0 多用于三個(gè)以上共點(diǎn)力作用下的物體的平穩(wěn)；值得留意的是，對(duì)x

2、、y 方向挑選時(shí)，盡可能使落在x 、 y 軸上的力多；被分解的力盡可能是已知力；4、矢量三角形法：物體受同一平面內(nèi)三個(gè)互不平行的力作用平穩(wěn)時(shí)，這三個(gè)力的矢量箭頭首尾相接恰好構(gòu)成三角形，就這三個(gè)力的合力必為零，利用三角形法求得未知力；5、對(duì)稱(chēng)法：利用物理學(xué)中存在的各種對(duì)稱(chēng)關(guān)系分析問(wèn)題和處理問(wèn)題的方法叫做對(duì)稱(chēng)法；在靜力學(xué)中所爭(zhēng)論對(duì)象有些具有對(duì)稱(chēng)性，模型的對(duì)稱(chēng)往往反映出物體或系統(tǒng)受力的對(duì)稱(chēng)性；解題中留意到這一點(diǎn)，會(huì)使解題過(guò)程簡(jiǎn)化；6、正弦定理法：三力平穩(wěn)時(shí)，三個(gè)力可構(gòu)成一封閉三角形，如由題設(shè)條件查找到角度關(guān)系，就可用正弦定理列式求解；7、相像三角形法：利用力的三角形和線段三角形相像；二、典型例題1、

3、力學(xué)中的平穩(wěn)：運(yùn)動(dòng)狀態(tài)未發(fā)生轉(zhuǎn)變，即止或勻速直線運(yùn)動(dòng)（1）在重力、彈力、摩擦力作用下的平穩(wěn)a0 ；表現(xiàn)：靜例 1質(zhì)量為 m 的物體置于動(dòng)摩擦因數(shù)為的水平面上， 現(xiàn)對(duì)它施加一個(gè)拉力，使它做勻速直線運(yùn)動(dòng)，問(wèn)拉力與水平方向成多大夾角時(shí)這個(gè)力最??？解析取物體為爭(zhēng)論對(duì)象，物體受到重力mg ，地面的支持力n， 摩擦力f 及拉力 t 四個(gè)力作用，如圖1-1 所示；由于物體在水平面上滑動(dòng)，就fn ，將 f 和 n 合成，得到合力f，由圖知f 與 f的夾角：arcctg fnarcctg不管拉力t 方向如何變化，f 與水平方向的夾角不變，即f 為一個(gè)方向不發(fā)生轉(zhuǎn)變 的變力；這明顯屬于三力平穩(wěn)中的動(dòng)態(tài)平穩(wěn)問(wèn)題，由

4、前面爭(zhēng)論知，當(dāng)t 與 f 相互垂直時(shí)， t有最小值，即當(dāng)拉力與水平方向的夾角90arcctgarctg時(shí)，使物體做勻速運(yùn)動(dòng)的拉力 t 最小；（2）摩擦力在平穩(wěn)問(wèn)題中的表現(xiàn)這類(lèi)問(wèn)題是指平穩(wěn)的物體受到了包括摩擦力在內(nèi)的力的作用；在共點(diǎn)力平穩(wěn)中，當(dāng)物巨人高考網(wǎng)，祝你一份耕耘，一份收成！體雖然靜止但有運(yùn)動(dòng)趨勢(shì)時(shí)，屬于靜摩擦力；當(dāng)物體滑動(dòng)時(shí)，屬于動(dòng)摩擦力；由于摩擦力的 方向要隨運(yùn)動(dòng)或運(yùn)動(dòng)趨勢(shì)的方向的轉(zhuǎn)變而轉(zhuǎn)變，靜摩擦力大小仍可在肯定范疇內(nèi)變動(dòng)，因此包括摩擦力在內(nèi)的平穩(wěn)問(wèn)題經(jīng)常需要多爭(zhēng)論幾種情形，要復(fù)雜一些； 因此做這類(lèi)題目時(shí)要注 意兩點(diǎn)由于靜摩擦力的大小和方向都要隨運(yùn)動(dòng)趨勢(shì)的轉(zhuǎn)變而轉(zhuǎn)變，因此維護(hù)物體靜止

5、狀態(tài)所需的外力答應(yīng)有肯定范疇； 又由于存在著最大靜摩擦力， 所以使物體起動(dòng)所需要的力應(yīng)大于某一最小的力； 總之， 包含摩擦力在內(nèi)的平穩(wěn)問(wèn)題， 物體維護(hù)靜止或起動(dòng)需要的動(dòng)力的大小是答應(yīng)在肯定范疇內(nèi)的，只有當(dāng)維護(hù)勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，外力才需確定的數(shù)值；由于滑動(dòng)摩擦力f=fn ，要特殊留意題目中正壓力的大小的分析和運(yùn)算，防止顯現(xiàn)錯(cuò)誤；例 2重力為 g 的物體 a 受到與豎直方向成角的外力f 后，靜止在豎直墻面上，如圖1-2 所示，試求墻對(duì)物體a 的靜摩擦力；分析與解答這是物體在靜摩擦力作用下平穩(wěn)問(wèn)題；第一確定研 究對(duì)象，對(duì)爭(zhēng)論對(duì)象進(jìn)行受力分析，畫(huà)出受力圖；a 受豎直向下的重力 g，外力f，墻對(duì)a 水平向右的

6、支持力（彈力）n，以及仍可能有靜摩擦力f ；這里對(duì)靜摩擦力的有無(wú)及方向的判定是極其重要的；物體之間有相對(duì)運(yùn)動(dòng)趨勢(shì)時(shí)， 它們之間就有靜摩擦力； 物體間沒(méi)有相對(duì)運(yùn)動(dòng)趨勢(shì)時(shí)， 它們之間就沒(méi)有靜摩擦力；可以假設(shè)接觸面是光滑的， 如不會(huì)相對(duì)運(yùn)動(dòng)，物體將不受靜摩擦力， 如有相對(duì)運(yùn)動(dòng)就有靜摩擦力； （留意：這種假設(shè)的方法在爭(zhēng)論物理問(wèn)題時(shí)是常用方法， 也是很重要的方法；）詳細(xì)到這個(gè)題目，在豎直方向物體 a 受重力 g 以及外力 f 的豎直重量，即f2fcos；當(dāng)接觸面光滑，gf cos時(shí)，物體能保持靜止；當(dāng)gf cos時(shí)，物體 a 有向下運(yùn)動(dòng)的趨勢(shì)，那么a 應(yīng)受到向上的靜摩擦力；當(dāng)gf cos時(shí)，物體a 就有

7、向上運(yùn)動(dòng)的趨勢(shì)，受到的靜摩擦力的方向向下，因此應(yīng)分三種情形說(shuō)明；從這里可以看出，由于靜摩擦力方向能夠轉(zhuǎn)變，數(shù)值也有肯定的變動(dòng)范疇，滑動(dòng)摩擦力雖有確定數(shù)值，但方向就隨相對(duì)滑動(dòng)的方向而轉(zhuǎn)變，因此， 爭(zhēng)論使物體維護(hù)某一狀態(tài)所需的外力 f 的許可范疇和大小是很重要的；何時(shí)用等號(hào)，何時(shí)用不等號(hào)，必需特別留意；（3）彈性力作用下的平穩(wěn)問(wèn)題例 3如圖 1-3 所示，一個(gè)重力為mg 的小環(huán)套在豎直的半徑為r 的光滑大圓環(huán)上，一勁度系數(shù)為k，自然長(zhǎng)度為l （ l<2r ）彈簧的一端固定在小環(huán)上，另一端固定在大圓環(huán)的最高點(diǎn)a ；當(dāng)小環(huán)靜止時(shí)，略去彈簧的自重和小環(huán)與大圓環(huán)間的摩擦；求彈簧與豎直方向之間的夾角分

8、析選取小環(huán)為爭(zhēng)論對(duì)象，孤立它進(jìn)行受力情形分析：小環(huán)受重力 mg 、大圓環(huán)沿半徑方向的支持力n 、彈簧對(duì)它的拉力f 的作用，明顯，fk 2r cosl 解法 1運(yùn)用正交分解法；如圖1-4 所示，選取坐標(biāo)系，以小環(huán)所在位置為坐標(biāo)原點(diǎn)，過(guò)原點(diǎn)沿水平方向?yàn)閤 軸，沿豎直方向?yàn)閥 軸；fx0,f sinn sin 20巨人高考網(wǎng)，祝你一份耕耘，一份收成！fy0,f cosmgn cos20解得arccoskl2krmg解法 2用相像比法；如物體在三個(gè)力f1 、f2、f3 作用下處于平穩(wěn)狀態(tài)，這三個(gè)力必組成首尾相連的三角形f1、f2、f3，題述中恰有三角形ao m 與它相像，就必有對(duì)應(yīng)邊成比例；f2r c

9、osmgnrrarccoskl2krmg （4）在電場(chǎng)、磁場(chǎng)中的平穩(wěn)例 4如圖 1-5 所示，勻強(qiáng)電場(chǎng)方向向右，勻強(qiáng)磁場(chǎng)方向垂直 于紙面對(duì)里，一質(zhì)量為m 帶電量為q 的微粒以速度v 與磁場(chǎng)垂直、與電場(chǎng)成45.角射入復(fù)合場(chǎng)中，恰能做勻速直線運(yùn)動(dòng)，求電場(chǎng)強(qiáng)度e的大小，磁感強(qiáng)度b 的大小；解析由于帶電粒子所受洛侖茲力與v 垂直，電場(chǎng)力方向與電場(chǎng)線平行， 知粒子必需仍受重力才能做勻速直線運(yùn)動(dòng)；假設(shè)粒子帶負(fù)電受電場(chǎng)力水平向左，就它受洛侖茲力f 就應(yīng)斜向右下與v 垂直，這樣粒子不能做勻速直線運(yùn)動(dòng)，所以粒子應(yīng)帶正電，畫(huà)出受力分析圖依據(jù)合外力為零可得，mgqvb sin 45（1）qeqvb cos 45（2

10、）由（ 1）式得b2mg ，由（ 1），（ 2）得 eqvmg / q（5）動(dòng)態(tài)收尾平穩(wěn)問(wèn)題例 5如圖 1-6 所示， ab 、cd 是兩根足夠長(zhǎng)的固定平行金屬導(dǎo) 軌，兩導(dǎo)軌間距離為l ，導(dǎo)軌平面與水平面的夾角為；在整個(gè)導(dǎo)軌平面內(nèi)都有垂直于導(dǎo)軌平面斜向上方的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感強(qiáng)度為b；在導(dǎo)軌的 a 、c 端連接一個(gè)阻值為r 的電阻；一根垂直于導(dǎo)軌放置的金 屬棒 ab ，質(zhì)量為 m ，從靜止開(kāi)頭沿導(dǎo)軌下滑；求ab 棒的最大速度；（已知 ab 和導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，導(dǎo)軌和金屬棒的電阻不計(jì)）解析此題的爭(zhēng)論對(duì)象為ab 棒，畫(huà)出 ab 棒的平面受力圖， 如圖 1-7；ab 棒所受安培力f 沿斜面對(duì)上，大小

11、為fbil2 2b lv /r ，就 ab 棒下滑的加速度巨人高考網(wǎng)，祝你一份耕耘，一份收成！a mg sinmg cosf / m ；ab 棒由靜止開(kāi)頭下滑，速度v 不斷增大，安培力f 也增大，加速度a 減小；當(dāng) a =0時(shí)達(dá)到穩(wěn)固狀態(tài)，此后ab 棒做勻速運(yùn)動(dòng)，速度達(dá)最大；mg sinmg cosb 2l2v / r0 ；解得 ab 棒的最大速度vmmgrsincos / b 2 l 2 ；例 6圖 1-8 是磁流體發(fā)電機(jī)工作原理圖；磁流 體發(fā)電機(jī)由燃燒室（o）、發(fā)電通道（ e）和偏轉(zhuǎn)磁場(chǎng)（b ）組成；在2500k以上的高溫下，燃料與氧化劑在燃燒室混合、燃燒后，電離為正負(fù)離子（即等離子體），

12、并以每秒幾百米的高速?lài)娙氪艌?chǎng)，在洛侖茲力的作用下， 正負(fù)離子分別向上、下極板偏轉(zhuǎn)， 兩極板因聚積正負(fù)電荷而產(chǎn)生靜電場(chǎng)；這時(shí)等離子體同時(shí)受到方向相反的洛侖茲力（f ）與電場(chǎng)力（ f）的作用，當(dāng)f= f 時(shí)，離子勻速穿過(guò)磁場(chǎng)，兩極板電勢(shì)差達(dá)到最大值，即為電源的電動(dòng)勢(shì)；設(shè)兩板間距為d，板間磁場(chǎng)的磁感強(qiáng)度為b，等離子體速度為v ，負(fù)載電阻為r，電源內(nèi)阻不計(jì)，通道截面是邊長(zhǎng)為d 的正方形，試求：（1）磁流體發(fā)電機(jī)的電動(dòng)勢(shì)？（2）發(fā)電通道兩端的壓強(qiáng)差p ？解析依據(jù)兩板電勢(shì)差最大值的條件ff得vebdb所以，磁流發(fā)電機(jī)的電動(dòng)勢(shì)為bdv設(shè)電源內(nèi)阻不計(jì)，通道橫截面邊長(zhǎng)等于d 的正方形，且入口處壓強(qiáng)為p1 ，出口

13、處的壓強(qiáng)為 p 2 ；當(dāng)開(kāi)關(guān) s 閉合后，發(fā)電機(jī)電功率為p電2bdv 2rr依據(jù)能量的轉(zhuǎn)化和守恒定律有p電f1vf2vp d 2 vp 2 d 2 v1所以，通道兩端壓強(qiáng)差為b 2vpp1p 2r（6）共點(diǎn)的三力平穩(wěn)的特點(diǎn)規(guī)律例 7圖 1-9 中重物的質(zhì)量為m ，輕細(xì)線 ao 和 bo 的 a 、b巨人高考網(wǎng)，祝你一份耕耘，一份收成！端是固定的，平穩(wěn)時(shí)ad 是水平的， bo 與水平的夾角為；ao 的拉力 f1 和 bo 的拉力 f2的大小是：a 、 f1mg cosb 、 f1mgctgc、 f 2mg sind 、 f 2mg / sin解析 如圖 1-10，三根細(xì)繩在 o 點(diǎn)共點(diǎn)，取 o

14、點(diǎn)（結(jié)點(diǎn)）為爭(zhēng)論對(duì)象，分析 o 點(diǎn)受力如圖 1-10；o 點(diǎn)受到 ao 繩的拉力 f1、bo 繩的拉力 f2 以及重物對(duì)它的拉力 t 三個(gè)力的作用；圖 1-10（a）選取合成法進(jìn)行爭(zhēng)論，將 f1、f2 合成，得到合力f，由平穩(wěn)條件知：ftmg就： f1fctgmgctgf2f/ sinmg / sin圖 1-10（ b）選取分解法進(jìn)行爭(zhēng)論，將f2 分解成相互垂直的兩個(gè)分力f x 、 f y ，由平穩(wěn)條件知：f ytmg, f xf1就： f2f y / sinmg / sinf1f xfy ctgmgctg問(wèn)題： 如 bo 繩的方向不變， 就細(xì)線 ao 與 bo 繩的方向成幾度角時(shí)，細(xì)線 ao

15、 的拉力最?。拷Y(jié)論：共點(diǎn)的三力平穩(wěn)時(shí)，如有一個(gè)力的大小和方向都不變，另一個(gè)力的方向不變，就第三個(gè)力肯定存在著最小值；（7）動(dòng)中有靜，靜中有動(dòng)問(wèn)題如圖 1-11 所示，質(zhì)量為m 的木箱放在水平面上，木箱中的立桿上著一個(gè)質(zhì)量為m 的小球，開(kāi)頭時(shí)小球在桿的頂端，由靜止釋放后，小球沿桿下滑的加速度為重力加速度的二分之一，就在小球下滑的過(guò)程中，木箱對(duì)地面的壓力為mg1 mg ；由于球加速下滑時(shí)，桿受向上的摩擦2力 f 依據(jù)其次定律有mgfma ，所以f1 mg ；對(duì)木箱進(jìn)行受力2分析有：重力mg 、地面支持力n 、及球?qū)U向下的摩擦力f1 mg ；由平穩(wěn)條件有2nfmgmg1 mg ；22、電磁學(xué)中的平

16、穩(wěn)（1）電橋平穩(wěn)巨人高考網(wǎng)，祝你一份耕耘，一份收成！如沒(méi)有 r，就 r1 和 r2 串聯(lián)后與r3 和 r4 串聯(lián)后再并聯(lián)設(shè)通過(guò) r1 的電流為i1，通過(guò) r3 的電流 i 2如有： i 1r1=i 2 r3 ，i1r2=i 2r4就 r 兩端電勢(shì)差為0 所以 r 中的電流為0，即電橋平穩(wěn)；（2）靜電平穩(wěn)例 8一金屬球，原先不帶電；現(xiàn)沿球的直徑的延長(zhǎng)線放置一勻稱(chēng)帶電的細(xì)桿 mn ，如圖 1-12 所示；金屬球上感應(yīng)電荷產(chǎn)生的電場(chǎng)在球內(nèi)直徑上a 、 b 、 c 三點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)大小分別為e a 、 eb、 e c ，三者相比，a 、 e a 最大b、e b 最大c、e c 最大d 、ea = eb =

17、e c解析：當(dāng)金屬球在帶電桿激發(fā)的電場(chǎng)中達(dá)到以靜電平穩(wěn)時(shí)，其內(nèi)部的場(chǎng)強(qiáng)為0，即細(xì)桿在a 、b 、 c 產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)與金屬球上的感應(yīng)電荷在a 、 b 、 c 產(chǎn)生的場(chǎng)強(qiáng)大小相等，方向相反，故答案 c 正確；3、熱平穩(wěn)問(wèn)題例 9家電電熱驅(qū)蚊器中電熱部分的主要元件是ptc，它是由 鈦酸鋇等半導(dǎo)體材料制成的電阻器，其電阻率與溫度 t 的個(gè)關(guān)系圖象如圖1-13；電熱驅(qū)蚊器的原理是：通電后電阻器開(kāi)頭發(fā)熱，溫度上升，使藥片散發(fā)出驅(qū)蚊藥，當(dāng)電熱器產(chǎn)生的熱與向外散發(fā)的熱平穩(wěn)時(shí)，溫度達(dá)到一個(gè)穩(wěn)固值；由圖象可以判定：通電后，ptc 電阻器的功率變化情形是，穩(wěn)固時(shí)的溫度應(yīng)取區(qū)間的某一值；分析通電后應(yīng)認(rèn)為電壓u 不變；

18、隨著溫度的上升，在（ 0t1）范疇內(nèi)，電阻率隨溫度的上升而減小，因此電阻減小，電功率增大，驅(qū)蚊器溫度連續(xù)上升；在（t1t2）范疇內(nèi)，電阻率隨溫度的上升而增大，因此電阻增大，電功率減?。?當(dāng)電熱器產(chǎn)生的熱與向外散發(fā)的熱平穩(wěn)時(shí)，溫度、電阻、電功率都穩(wěn)固在某一值；解答功率變化是先增大后減小，最終穩(wěn)固在某一值；這時(shí)溫度應(yīng)在t1t2 間；4、有固定轉(zhuǎn)軸物體的平穩(wěn)；例 10重 1003 （n ）的由輕繩懸掛于墻上的小球，擱在輕質(zhì)斜板上，斜板擱于墻角；不計(jì)一切摩擦，球和板靜止于圖1-14所示位置時(shí)，圖中角均為30°；求：懸線中張力和小球受到的 斜板的支持力各多大？小球與斜板接觸點(diǎn)應(yīng)在板上何處？板兩

19、端所受壓力多大？（假設(shè)小球在板上任何位置時(shí)，圖中角均不變）解析設(shè)球與板的相互作用力為n ，繩對(duì)球的拉力為t，就對(duì)球有 t cosg sin，t sinng cos，可得 t100n ，n=100n ；球?qū)Π宓淖饔昧 、板兩端所受的彈力n a 和 nb ，板在這 三 個(gè) 力 作 用 下 靜 止 ， 就 該 三 個(gè) 力 為 共 點(diǎn) 力 ， 據(jù) 此 可 求 得 球 距a端 距 離xab sin 2 aab / 4 ，即球與板接觸點(diǎn)在板上距a 端距離為板長(zhǎng)的1/4 處；對(duì)板，以a端 為 轉(zhuǎn) 動(dòng) 軸 ， 有n b . ab. sin an x對(duì) 板 ， 以b端 為 轉(zhuǎn) 動(dòng) 軸 ， 有巨人高考網(wǎng)，祝你一

20、份耕耘，一份收成！n a . ab . cos an abx ；可得 n a503 n ，n b50 n ；巨人高考網(wǎng)，祝你一份耕耘，一份收成！其次講勻變速運(yùn)動(dòng)一、特殊提示：1、勻變速運(yùn)動(dòng)是加速度恒定不變的運(yùn)動(dòng)，從運(yùn)動(dòng)軌跡來(lái)看可以分為勻變速直線運(yùn)動(dòng)和勻變速曲線運(yùn)動(dòng)；2、從動(dòng)力學(xué)上看，物體做勻變速運(yùn)動(dòng)的條件是物體受到大小和方向都不變的恒力的作用；勻變速運(yùn)動(dòng)的加速度由牛頓其次定律打算；3、原先靜止的物體受到恒力的作用，物體將向受力的方向做勻加速直線運(yùn)動(dòng)；物體受到和初速度方向相同的恒力，物體將做勻速直線運(yùn)動(dòng)；物體受到和初速度方向相反的恒力，物體將做勻減速直線運(yùn)動(dòng)；如所受到的恒力方向與初速度方向有肯定

21、的夾角，物體就做勻變速曲線運(yùn)動(dòng)；二、典型例題：例 1氣球上吊一重物，以速度v0 從地面勻速豎直上升，經(jīng)過(guò)時(shí)間t 重物落回地面；不計(jì)空氣對(duì)物體的阻力，重力離開(kāi)氣球時(shí)離地面的高度為多少；解方法1：設(shè)重物離開(kāi)氣球時(shí)的高度為hx ，對(duì)于離開(kāi)氣球后的運(yùn)動(dòng)過(guò)程，可列下面方程：hxv0 thx 1v022gt x，其中（ -hx 表示） 向下的位移h xhx ，v0為勻速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間，t x 為豎直上拋過(guò)程的時(shí)間，解方程得：t x2v0t g，于是，離開(kāi)氣球時(shí)的離地高度可在勻速上升過(guò)程中求得，為：hxv0 tt x v0 t2v0 t g方法2：將重物的運(yùn)動(dòng)看成全程做勻速直線運(yùn)動(dòng)與離開(kāi)氣球后做自由落體運(yùn)動(dòng)的合

22、運(yùn)動(dòng)；明顯總位移等于零，所以：v0 t1 g t 2hx 20v0解得： hxv0 t2v0 t g評(píng)析通過(guò)以上兩種方法的比較，更深化懂得位移規(guī)律及敏捷運(yùn)用運(yùn)動(dòng)的合成可以使解題過(guò)程更簡(jiǎn)捷；例 2兩小球以95m 長(zhǎng)的細(xì)線相連；兩球從同一地點(diǎn)自由下落，其中一球先下落1s 另一球才開(kāi)頭下落；問(wèn)后一球下落幾秒線才被拉直？解方法 1：“線被拉直”指的是兩球發(fā)生的相對(duì)位移大小等于線長(zhǎng)，應(yīng)將兩球的運(yùn)動(dòng) 聯(lián)系起來(lái)解，設(shè)后球下落時(shí)間為ts，就先下落小球運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t+1s，依據(jù)位移關(guān)系有：1 gt21 21 gt 2952解得： t=9s巨人高考網(wǎng)，祝你一份耕耘，一份收成！方法 2：如以后球?yàn)閰⒄瘴?，?dāng)后球動(dòng)身時(shí)

23、前球的運(yùn)動(dòng)速度為v0gt10m /s；以后兩球速度發(fā)生相同的轉(zhuǎn)變，即前一球相對(duì)后一球的速度始終為v010m / s ，此時(shí)線已被拉長(zhǎng)：l1 gt 221101225m線被拉直可看成前一球相對(duì)后一球做勻速直線運(yùn)動(dòng)發(fā)生了位移：sll ts v0955909 s1090m評(píng)析解決雙體或多體問(wèn)題要善于查找對(duì)象之間的運(yùn)動(dòng)聯(lián)系；解決問(wèn)題要會(huì)從不同的角度來(lái)進(jìn)行爭(zhēng)論，如此題變換參照系進(jìn)行求解；例 3如圖 2-1 所示，兩個(gè)相對(duì)斜面的傾角分別為37°和 53°，在斜面頂點(diǎn)把兩個(gè)小球以同樣大小的初速度分別向左、向右水平拋出，小球都落在斜面上；如不計(jì)空氣阻力，就a 、b 兩個(gè)小球的運(yùn)動(dòng)時(shí)間之比為

24、（）a 、1:1b、4:3c、16:9d9 ： 16解由平拋運(yùn)動(dòng)的位移規(guī)律可行：x v0 ty 1 gt 22 tany / x t2v0 tan/ g t atbtan 379tan 5316故 d 選項(xiàng)正確；評(píng)析敏捷運(yùn)用平拋運(yùn)動(dòng)的位移規(guī)律解題，是基本方法之一； 應(yīng)用時(shí)必需明確各量的物理意義，不能盲目套用公式；例 4 從空中同一地點(diǎn)沿水平方向同時(shí)拋出兩個(gè)小球，它們的初速度方向相反、大小分別為v01和v02 ，求經(jīng)過(guò)多長(zhǎng)時(shí)間兩小球速度方向間的夾角為90°？解經(jīng)過(guò)時(shí)間t，兩小球水平分速度v01 、 v02 不變，豎直分速度都等于gt ，如圖 2-2 所示， t 時(shí)刻小球1 的速度 v1

25、與x 軸正向夾角a1 為tan a1gt / v01小球 2 的速度v2 與x 軸正向夾角a2 為巨人高考網(wǎng)，祝你一份耕耘，一份收成！tan a2gt / v02由圖可知a2a12聯(lián)立上述三式得tv01v02 / g評(píng)析弄清平拋運(yùn)動(dòng)的性質(zhì)與平拋運(yùn)動(dòng)的速度變化規(guī)律是解決此題的關(guān)鍵；例 5如圖 2-3 所示，一帶電粒子以豎直向上的初速度v0 ，自 a處進(jìn)入電場(chǎng)強(qiáng)度為e、方向水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)，它受到的電場(chǎng)力恰與重力大小相等；當(dāng)粒子到達(dá)圖中b 處時(shí)，速度大小仍為v0 ，但方向變?yōu)樗较蛴遥敲碼 、b 之間的電勢(shì)差等于多少？從a 到 b 經(jīng)受的時(shí)間為多長(zhǎng)？解帶電粒子從a b 的過(guò)程中， 豎直分速度減

26、小，水平分速度增大，說(shuō)明帶電粒子的重力不行忽視，且?guī)д姾?，受電?chǎng)力向右；依題意有mgeq依據(jù)動(dòng)能定理：u ab qmgh動(dòng)能不變 在豎直方向上做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，就22gh,vgtv000解得： hv 2v0, t； uab2 gmgh qgv2mg .0q2geqv 202 gqev 202 g評(píng)析當(dāng)帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)不是類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，而是較復(fù)雜的曲線運(yùn)動(dòng)時(shí)，可以把復(fù)雜的曲線運(yùn)動(dòng)分解到兩個(gè)相互正交的簡(jiǎn)潔的分運(yùn)動(dòng)來(lái)求解；例 6如圖 2-4 所示，讓一價(jià)氫離子、一價(jià)氦離子和二價(jià)氦離子的混合物由靜止經(jīng)過(guò)同一加速電場(chǎng)加速，然后在同一偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)里偏轉(zhuǎn)，它們是否會(huì)分成三股？請(qǐng)說(shuō)明理由；解設(shè)帶電粒子質(zhì)量為m

27、 、電量為q，經(jīng)過(guò)加速電場(chǎng)加速后，再進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中發(fā)生偏轉(zhuǎn)，最終射出；設(shè)加速電壓為u1，偏轉(zhuǎn)電壓為 u 2，偏轉(zhuǎn)電極長(zhǎng)為l ，兩極間距離為d，帶電粒子由靜止經(jīng)加速電壓加速，就u 1q= 1 mv2 ， v22u 1 q；m帶電粒子進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中發(fā)生偏轉(zhuǎn)，就水平方向上：lvt ，豎直方向上：y1 at 21u 2 q.t 2uql222ul22；22dm2dmv4u 1d可見(jiàn)帶電粒子射出時(shí)，沿豎直方向的偏移量y 與帶電粒子的質(zhì)量m 和電量q 無(wú)關(guān)；而一價(jià)氫離子、 一價(jià)氦離子和二價(jià)氦離子，它們僅質(zhì)量或電量不相同，都經(jīng)過(guò)相同的加速和偏巨人高考網(wǎng)，祝你一份耕耘，一份收成！轉(zhuǎn)電場(chǎng)， 故它們射出偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)

28、偏移量相同，因而不會(huì)分成三股， 而是會(huì)聚為一束粒子射出； 評(píng)析帶電粒子在電場(chǎng)中具有加速作用和偏轉(zhuǎn)作用；分析問(wèn)題時(shí)， 留意運(yùn)動(dòng)學(xué)、 動(dòng)力學(xué)、功和能等有關(guān)規(guī)律的綜合運(yùn)用；巨人高考網(wǎng)，祝你一份耕耘，一份收成！第三講變加速運(yùn)動(dòng)一、特殊提示所謂變加速運(yùn)動(dòng)，即加速度（大小或方向或兩者同時(shí)）變化的運(yùn)動(dòng)，其軌跡可以是直線，也可以是曲線；從牛頓其次定律的角度來(lái)分析，即物體所受的合外力是變化的；本章涉及的中學(xué)物理中幾種典型的變加速運(yùn)動(dòng)如：簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)，圓周運(yùn)動(dòng)，帶電粒子在電場(chǎng)、磁場(chǎng)和重力場(chǎng)等的復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，原子核式結(jié)構(gòu)模型中電子繞原子核的圓周運(yùn)動(dòng)等；故涉及到力學(xué)、電磁學(xué)及原子物理中的圓周運(yùn)動(dòng)問(wèn)題；二、典型例題例 1

29、一電子在如圖3-1 所示按正弦規(guī)律變化的外力作用下由靜止釋放，就物體將：a 、作往復(fù)性運(yùn)動(dòng)b、t1 時(shí)刻動(dòng)能最大c、始終朝某一方向運(yùn)動(dòng)d、t1 時(shí)刻加速度為負(fù)的最大；評(píng)析電子在如下列圖的外力作用下運(yùn)動(dòng)，依據(jù)牛頓其次定律知，先向正方向作加速度增大的加速運(yùn)動(dòng)，歷時(shí)t1；再向正方向作加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)， 歷時(shí) t2t1； 0t2整段時(shí)間的速度始終在增大；緊接著在t 2t3 的時(shí)間內(nèi)，電子將向正方向作加速度增大的減速運(yùn)動(dòng)，歷時(shí)t3t2；t 3t4的時(shí)間內(nèi)，電子向正方向作加速度減小的減速 運(yùn)動(dòng)，依據(jù)對(duì)稱(chēng)性可知，t4 時(shí)刻的速度變?yōu)?（也可以按動(dòng)量定理得，0t 4 時(shí)間內(nèi)合外力的沖量為 0，沖量即圖線和

30、坐標(biāo)軸圍成的面積）；其中（0t 2）時(shí)間內(nèi)加速度為正；t2t4時(shí)間內(nèi)加速度為負(fù)；正確答案為：c；留意公式 fma中 f、 a 間的關(guān)系是瞬時(shí)對(duì)應(yīng)關(guān)系，一段時(shí)間內(nèi)可以是變力；而公式 v1v0at 或 sv0t1 at 2 只適用于勻變速運(yùn)動(dòng)，但在變加速2運(yùn)動(dòng)中，也可以用之定性地爭(zhēng)論變加速運(yùn)動(dòng)速度及位移隨時(shí)間的變化趨勢(shì)；上題中，假如 f-t 圖是余弦曲線如圖3-2 所示，就情形又如何？假如 f-t 圖是余弦曲線，就答案為a 、b；例 2如圖 3-3 所示，兩個(gè)完全相同的小球a 和 b ，分別在光滑的水平面和淺凹形光滑曲面上滾過(guò)相同的水平距離，且始終不離開(kāi)接觸面； b 球是由水平面運(yùn)動(dòng)到淺凹形光滑曲

31、線面，再運(yùn)動(dòng)到水平面的，所用的時(shí)間分別為t1 和 t2，試比較t1、t2 的大小關(guān)系：a 、t1>t 2b 、t1=t 2c、t1<t2d、無(wú)法判定 評(píng)析b 小球滾下去的時(shí)候受到凹槽對(duì)它的支持力在水平向分力使之在水平方向作加速運(yùn)動(dòng)；而后滾上去的時(shí)候凹槽對(duì)它的支持力在水平方向分力使之在水平方向作減速運(yùn)動(dòng)，依據(jù)機(jī)械能守恒定律知，最終滾到水平面上時(shí)速度大小與原先相等； 故 b 小球在整個(gè)過(guò)程中水平方向平均速度大，水平距離一樣， 就 b 所用時(shí)間短；答案： a ；例 3 如圖 3-4 所示，輕彈簧的一端固定在地面上，另一端與木塊 b 相連；木塊 a 放在 b 上；兩木塊質(zhì)量均為 m ，豎直

32、向下的力 f 作用在 a 上， a 、b 均靜止，問(wèn)：（1）將力 f 瞬時(shí)撤去后， a 、b 共同運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)，此時(shí)b 對(duì) a 的巨人高考網(wǎng)，祝你一份耕耘，一份收成！彈力多大？（2）要使 a 、b 不會(huì)分開(kāi)、力f 應(yīng)滿意什么條件？評(píng)析（ 1）假如撤去外力后，a 、b 在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中互不分別，就系統(tǒng)在豎直向上作簡(jiǎn)揩運(yùn)動(dòng)，最低點(diǎn)和最高點(diǎn)關(guān)于平穩(wěn)位置對(duì)稱(chēng)，如圖 3-5 所示，設(shè)彈簧自然長(zhǎng)度為l0 ，a、b 放在彈簧上面不外加壓力f 且系統(tǒng)平穩(wěn)時(shí)，假如彈簧壓至o 點(diǎn)，壓縮量為b，就：2mgkb ；外加壓力f 后等系統(tǒng)又處于平穩(wěn)時(shí)，設(shè)彈簧又壓縮了a ，就：2mgfk ba ，即： fka ；當(dāng)撤去外力

33、f 后，系統(tǒng)將以o 點(diǎn)的中心，以a 為振幅在豎直平面內(nèi)上下作簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)；在最低點(diǎn)： f合kba2mgkaf，方向向上， 利用牛頓其次定律知，該瞬時(shí)加速度：af，方向向上；按對(duì)稱(chēng)性知系統(tǒng)在最高點(diǎn)時(shí)：2maf，方向向下；2m此時(shí)以 b 為爭(zhēng)論對(duì)象進(jìn)行受力分析，如圖 3-6 所示， 按牛頓其次定律得：mgn bman bmgamgf 2（2）a 、b 未分別時(shí)，加速度是一樣的，且a 、b 間有彈力，同時(shí)最高點(diǎn)最簡(jiǎn)潔分別；分別的臨界條件是：n b0fn bmg02f2mg （或者：在最高點(diǎn)兩者恰好分別時(shí)對(duì)a 有： mgma ，說(shuō)明在最高點(diǎn)彈簧處于自然長(zhǎng)度時(shí)將要開(kāi)頭分別，即只要：abf k2mg kf2m

34、g 時(shí) a 、b 將分別）；所以要使 a 、b 不分別，必需：f2mg ；例 4如圖 3-7 所示，在空間存在水平方向的勻強(qiáng)磁場(chǎng)（圖中未畫(huà)出）和方向豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)（圖中已畫(huà)出），電場(chǎng)強(qiáng)度為e，磁感強(qiáng)度為 b；在某點(diǎn)由靜止釋放一個(gè)帶電液滴a ，它運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)恰與一 個(gè)原先處于靜止?fàn)顟B(tài)的帶電液滴b 相撞，撞后兩液滴合為一體，并沿水 平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，如下列圖，已知a 的質(zhì)量為b 的 2 倍， a 的帶電量是 b 的 4 倍（設(shè) a 、b 間靜電力可忽視）；（1）試判定 a 、b 液滴分別帶何種電荷？（2）求當(dāng) a 、b 液滴相撞合為一體后，沿水平方向做勻速直線的速度v 及磁場(chǎng)的方向；（3）

35、求兩液滴初始位置的高度差h ；評(píng)析（ 1）設(shè) b 質(zhì)量為 m ，就 a 帶電量為4q，由于假如a 帶正電， a 要向下偏轉(zhuǎn)，就必需：2mg4qe；而對(duì) b 原先必需受力平穩(wěn)，就：mgqe ；前后相沖突，說(shuō)明a 帶負(fù)電， b 帶正電；（2）設(shè)u a 為 a 與 b 相撞前 a 的速度， a 下落的過(guò)程中重力、電場(chǎng)力做正功，由動(dòng)能定理有：4qe2mg h1 . 2mv2；由于 b 原先處于靜止?fàn)顟B(tài)：mgqe ；a由以上兩式可得：2va6gh巨人高考網(wǎng)，祝你一份耕耘，一份收成！a 、b 相撞的瞬時(shí)動(dòng)量守恒：2mva2 mmv ；得 v2 va3而電荷守恒，故：q總4qq3q 負(fù)電 a 、b 碰撞后粘

36、在一起做勻速直線運(yùn)動(dòng)，按平穩(wěn)條件得：3qvb3qe3mg，就：2v2e ；所以： h3eb2gb 2例 5如圖 3-8 所示，一單匝矩形線圈邊長(zhǎng)分別為a 、b，電阻為r，質(zhì)量為m，從距離有界磁場(chǎng)邊界h 高處由靜止釋放，試爭(zhēng)論并定性作出線圈進(jìn)入磁場(chǎng)過(guò)程中感應(yīng)電流隨線圈下落高度的可能變化規(guī)律；評(píng)析線圈下落高度時(shí)速度為：mgh1 mv2v2gh002下 邊 剛 進(jìn) 入 磁 場(chǎng) 時(shí) 切 割 磁 感 線 產(chǎn) 生 的 感 應(yīng) 電 動(dòng) 勢(shì) ：eblv0bb2gh ；產(chǎn)生的感應(yīng)電流：i= erb 2 b 2bb2gh ，受到的r安培力： f安bil2 ghr爭(zhēng)論（ 1）假如 mgf安 ，即： mg22b b2

37、 gh ，r就：線圈將勻速進(jìn)入磁場(chǎng)，此時(shí) ： mgmgbi 0bi 0bb（變化規(guī)律如圖3-9 所示）（2）假如 mgf安 ，表明 h 較小，就：線圈加速進(jìn)入磁場(chǎng)，但隨著vf安a有三種可能：線圈全部進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)仍未達(dá)到穩(wěn)固電流i0（變化規(guī)律如圖3-10 所示）線圈剛?cè)窟M(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)達(dá)到穩(wěn)固電流i0（變化規(guī)律如圖3-11 所示）線圈未全部進(jìn)磁場(chǎng)時(shí)已達(dá)到穩(wěn)固電流i0（變化規(guī)律如圖3-12 所示）（3）假如 mgf安 ，就：線圈減速進(jìn)入磁場(chǎng)，但隨著 vf安f安mga，m故線圈將作a 減小的減速運(yùn)動(dòng)；有三種可能：線圈全部進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)仍未達(dá)到穩(wěn)固電流i 0（變化規(guī)律如圖3-13 所示）巨人高考網(wǎng)，祝你一份耕耘

38、，一份收成！線圈剛?cè)窟M(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)達(dá)到穩(wěn)固電流i0（變化規(guī)律如圖3-14 所示）線圈未全部進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)已達(dá)到穩(wěn)固電流i0（變化規(guī)律如圖3-15 所示）例 6光從液面到空氣時(shí)的臨界角c 為 45°，如圖3-16所示， 液面上有一點(diǎn)光源s 發(fā)出一束光垂直入射到水平放置于 液體中且到液面的距離為d 的平面鏡m 上，當(dāng)平面鏡m 繞垂直過(guò)中心 o 的軸以角速度做逆時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，觀看者發(fā)覺(jué)水面上有一光斑拂過(guò)，就觀看者們觀看到的光斑的光斑在水面上拂過(guò)的最大速度為多少？評(píng)析此題涉及平面鏡的反射及全反射現(xiàn)象，需綜合運(yùn)用反射定律、速度的合成與分解、線速度與角速度的關(guān)系等學(xué)問(wèn)求解，確定光斑掠移速度的極值點(diǎn)及

39、其與平面鏡轉(zhuǎn)動(dòng)角速度間的關(guān)系，是求解本例的關(guān)鍵；設(shè)平面鏡轉(zhuǎn)過(guò)角時(shí)，光線反射到水面上的p 點(diǎn)，光斑速度為 v ，如圖 3-17 可知： vv1 cos 2，而：v1l . 2d. 2 cos2巨人高考網(wǎng)，祝你一份耕耘，一份收成！故： v2d，cos2 2cos 2v，而光從液體到空氣的臨界角為c，所以當(dāng) 2c45 時(shí)達(dá)到最大值vm ax ，即：v2d4dmaxcos2 c例 7如圖 3-18 所示為一單擺的共振曲線，就該單擺的擺長(zhǎng)約為多少？共振時(shí)單擺的振幅多大？共振時(shí)擺球簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的最大加速度和最大速度大小各為多少？（g 取 10m/s2）評(píng)析 這是一道依據(jù)共振曲線所給信息和單擺振動(dòng)規(guī)律進(jìn)行推理和

40、綜合分析的題目，此題涉及到的學(xué)問(wèn)點(diǎn)有受迫振動(dòng)、共振的概念和規(guī)律、單擺擺球做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)及固有周期、頻率、能量的概念和 規(guī) 律 等 ； 由 題 意 知 ， 當(dāng) 單 擺 共 振 時(shí) 頻 率 f0.5 hz， 即 ：f固f0.5 hz，振幅a=8cm=0.08m，由t12l得：fglg42 f 21043.14 20.5 2 m1m如圖3-19 所示，擺能達(dá)到的最大偏角am5的情形下，共振時(shí)：fmmg sinmmg mmg，（其中m 以弧度為單位，當(dāng)m 很小l時(shí)，sinmm，弦a近似為弧長(zhǎng)；）所以：amfm mg10all2. 0.08m / s0.8m /2s ；依據(jù)單擺運(yùn)動(dòng)過(guò)程中機(jī)械能守恒可得：1

41、mv2mg1cos m ；其中：1cos2m2 sinm22a很小 vmag0.0810m / s0.25m / s2mm22lll例 8已知物體從地球上的逃逸速度（其次宇宙速度）v22gm e/ re，其中 g、m e、re 分別是引力常量、地球的質(zhì)量和半徑；已知 g=6.7 × 10-11n·m2/kg 2，c=3.0× 108m/s，求以下問(wèn)題：（1）逃逸速度大于真空中光速的天體叫做黑洞，設(shè)某黑洞的質(zhì)量等于太陽(yáng)的質(zhì)量 m=2.0 ×1030kg，求它的可能最大半徑（這個(gè)半徑叫schwarhid 半徑）； （ 2）在目前天文觀測(cè)范疇內(nèi)， 物質(zhì)的平均密

42、度為10-27kg/m 3，假如認(rèn)為我們的宇宙是這樣一個(gè)勻稱(chēng)大球體， 其密度使得它的逃逸速度大于光在真空中的速度c，因此任何物體都不能脫離宇宙，問(wèn)宇宙 的半徑至少多大？（最終結(jié)果保留兩位有效數(shù)字）解析（ 1 ）由題目所供應(yīng)的信息可知，任何天體均存在其所對(duì)應(yīng)的逃逸速度v22gm / r ，其中 m 、r 為天體的質(zhì)量和半徑，對(duì)于黑洞模型來(lái)說(shuō)，其逃逸速度大于巨人高考網(wǎng)，祝你一份耕耘，一份收成！真空中的光速，即vc ，所以： r2gm26.710 112.010303.0103 m2c23.0108 2即質(zhì)量為2.010 30 kg 的黑洞的最大半徑為3.010 3 m43（2）把宇宙視為一一般天體

43、，就其質(zhì)量為m.v.r ，其中r 為宇宙的3半徑，為宇宙的密度，就宇宙所對(duì)應(yīng)的逃逸速度為v22gm/ r ，由于宇宙密度使得26其逃逸速度大于光速c；即： v2c ；就由以上三式可得：r3c 24.010m ，8g合 4.2× 1010 光年；即宇宙的半徑至少為4.2× 1010 光年；巨人高考網(wǎng)，祝你一份耕耘，一份收成！第四講動(dòng)量和能量一、特殊提示動(dòng)量和能量的學(xué)問(wèn)貫穿整個(gè)物理學(xué)，涉及到 “力學(xué)、 熱學(xué)、 電磁學(xué)、 光學(xué)、 原子物理學(xué)”等，從動(dòng)量和能量的角度分析處理問(wèn)題是爭(zhēng)論物理問(wèn)題的一條重要的途徑，也是解決物理問(wèn)題最重要的思維方法之一；1、動(dòng)量關(guān)系動(dòng)量關(guān)系包括動(dòng)量定理和動(dòng)

44、量守恒定律；（ 1）動(dòng)量定理凡涉及到速度和時(shí)間的物理問(wèn)題都可利用動(dòng)量定理加以解決，特殊對(duì)于處理位移變化不明顯的打擊、碰撞類(lèi)問(wèn)題，更具有其他方法無(wú)可替代的作用；（ 2）動(dòng)量守恒定律動(dòng)量守恒定律是自然界中一般適用的規(guī)律，大到宇宙天體間的相互作用，小到微觀粒子的相互作用，無(wú)不遵守動(dòng)量守恒定律，它是解決爆炸、碰撞、反沖及較復(fù)雜的相互作用的物體系統(tǒng)類(lèi)問(wèn)題的基本規(guī)律；動(dòng)量守恒條件為：系統(tǒng)不受外力或所受合外力為零在某一方向上，系統(tǒng)不受外力或所受合外力為零，該方向上動(dòng)量守恒；系統(tǒng)內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，動(dòng)量近似守恒；在某一方向上，系統(tǒng)內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，該方向上動(dòng)量近似守恒；應(yīng)用動(dòng)量守恒定律解題的一般步驟：確定爭(zhēng)論對(duì)象，

45、選取爭(zhēng)論過(guò)程； 分析內(nèi)力和外力的情形，判定是否符合守恒條件；選定正方向，確定初、末狀態(tài)的動(dòng)量，最終依據(jù)動(dòng)量守恒定律列議程求解；應(yīng)用時(shí)，無(wú)需分析過(guò)程的細(xì)節(jié)，這是它的優(yōu)點(diǎn)所在，定律的表述式是一個(gè)矢量式，應(yīng)用時(shí)要特殊留意方向；2、能的轉(zhuǎn)化和守恒定律（ 1）能量守恒定律的詳細(xì)表現(xiàn)形式高中物理學(xué)問(wèn)包括“力學(xué)、熱學(xué)、電學(xué)、原子物理”五大部分內(nèi)容，它們具有各自的獨(dú)立性， 但又有相互的聯(lián)系性，其中能量守恒定律是貫穿于這五大部分的主線，只不過(guò)在不同的過(guò)程中，表現(xiàn)形式不同而已，如：在力學(xué)中的機(jī)械能守恒定律：e k1e p1e k 2e p 2在熱學(xué)中的熱力學(xué)第肯定律：uwq在電學(xué)中的閉合電路歐姆定律：次定律；ie

46、，法拉第電磁感應(yīng)定律rren，以及楞t在光學(xué)中的光電效應(yīng)方程：1 nw2m2hvw在原子物理中愛(ài)因斯坦的質(zhì)能方程：emc 2（ 2）利用能量守恒定律求解的物理問(wèn)題具有的特點(diǎn)：題目所述的物理問(wèn)題中，有能量由某種形式轉(zhuǎn)化為另一種形式；巨人高考網(wǎng)，祝你一份耕耘，一份收成！題中參加轉(zhuǎn)化的各種形式的能，每種形式的能如何轉(zhuǎn)化或轉(zhuǎn)移，依據(jù)能量守恒列出方程即總能量不變或削減的能等于增加的能；二、典題例題例題 1 某商場(chǎng)安裝了一臺(tái)傾角為 30°的自動(dòng)扶梯， 該扶梯在電壓為 380v 的電動(dòng)機(jī)帶動(dòng)下以 0.4m/s 的恒定速率向斜上方移動(dòng)，電動(dòng)機(jī)的最大輸出功率為 4.9kkw ；不載人時(shí)測(cè)得電動(dòng)機(jī)中的電

47、流為 5a ，如載人時(shí)傳頌梯的移動(dòng)速度和不載人時(shí)相同，設(shè)人的平均質(zhì)量為60kg ，就這臺(tái)自動(dòng)扶梯可同時(shí)乘載的最多人數(shù)為多少？（g=10m/s2）；分析與解電動(dòng)機(jī)的電壓恒為380v ，扶梯不載人時(shí)， 電動(dòng)機(jī)中的電流為5a ，忽視掉電動(dòng)機(jī)內(nèi)阻的消耗， 認(rèn)為電動(dòng)機(jī)的輸入功率和輸出功率相等，即可得到維護(hù)扶梯運(yùn)轉(zhuǎn)的功率為p0380v5 a1900w電動(dòng)機(jī)的最大輸出功率為pm4.9kw可用于輸送顧客的功率為ppmp03kw由于扶梯以恒定速率向斜上方移動(dòng)，每一位顧客所受的力為重力mg 和支持力f n ，且fn=mg電動(dòng)機(jī)通過(guò)扶梯的支持力fn 對(duì)顧客做功，對(duì)每一位顧客做功的功率為p1=fnvcosa=mgvcos90 °-30°=120w就，同時(shí)乘載的最多人