高中物理一轮复习10大难点突破

2010届高三物理一轮复习10大难点突破

目录

难点之一难点之二难点之三难点之四难点之五难点之六难点之八难点之九难点之十物体受力分析 2 传送带问题 11 圆周运动的实例分析 27

卫星问题分析 39 功与能

66

物体在重力作用下的运动 带电粒子在电场中的运动 带电粒子在磁场中的运动 电学实验 122

76 97 110

难点之一 物体受力分析 一、难点形成原因：

1、力是物体间的相互作用。受力分析时，这种相互作用只能凭着各力的产生条件和方向要求，再加上抽象的思维想象去画，不想实物那么明显，这对于刚升入高中的学生来说，多习惯于直观形象，缺乏抽象的逻辑思惟，所以形成了难点。

2、有些力的方向比较好判断，如：重力、电场力、磁场力等，但有些力的方向难以确定。如：弹力、摩擦力等，虽然发生在接触处，但在接触的地方是否存在、方向如何却难以把握。 3、受力分析时除了将各力的产生要求、方向的判断方法熟练掌握外，同时还要与物体的运动状态相联系，这就需要一定的综合能力。由于学生对物理知识掌握不全，导致综合分析能力下降，影响了受力分析准确性和全面性。

4、教师的教学要求和教学方法不当造成难点。教学要求不符合学生的实际，要求过高，想一步到位，例如：一开始就给学生讲一些受力个数多、且又难以分析的物体的受力情况等。这样势必在学生心理上会形成障碍。

二、难点突破策略：

物体的受力情况决定了物体的运动状态，正确分析物体的受力，是研究力学问题的关键。受力分析就是分析物体受到周围其它物体的作用。为了保证分析结果正确，应从以下几个方面突破难点。

1.受力分析的方法：整体法和隔离法 概念 选用原则 整体法 隔离法 将几个物体作为一个整体来分析的将研究对象与周围物体分隔开的方法 方法 研究系统外的物体对系统整体的作研究系统内物体之间的相互作用用力 力 分析整体周围其他物体对整体的作分析它受到周围其他物体对它的用。而不画整体内部物体间的相互作作用力 用。 注意问题

2.受力分析的依据：各种性质力的产生条件及各力方向的特点 3.受力分析的步骤 ：

为了在受力分析时不多分析力，也不漏力，一般情况下按下面的步骤进行： （1）确定研究对象 —可以是某个物体也可以是整体。 （2）按顺序画力

a．先画重力：作用点画在物体的重心，方向竖直向下。

b．次画已知力

c．再画接触力—（弹力和摩擦力）：看研究对象跟周围其他物体有几个接触点（面），先对某个接触点（面）分析，若有挤压，则画出弹力，若还有相对运动或相对运动的趋势，则再画出摩擦力。分析完一个接触点（面）后，再依次分析其他的接触点（面）。 d．再画其他场力：看是否有电、磁场力作用，如有则画出。

（3）验证：

a．每一个力都应找到对应的施力物体 b.受的力应与物体的运动状态对应。

说明：

（1）只分析研究对象受的根据性质命名的实际力(如：重力、弹力、摩擦力等)，不画它对别的物体的作用力。

（2）合力和分力不能同时作为物体所受的力。

（3）每一个力都应找到施力物体，防止“漏力”和“添力”。

（4）可看成质点的物体，力的作用点可画在重心上，对有转动效果的物体，则力应画在实际位置上。

（5）为了使问题简化，常忽略某些次要的力。如物体速度不大时的空气阻力、物体在空气中所受的浮力等。

（6）分析物体受力时，除了考虑它与周围物体的作用外，还要考虑物体的运动情况(平衡状态、加速或减速)，当物体的运动情况不同时，其情况也不同。 4. 受力分析的辅助手段

（1）物体的平衡条件（共点力作用下物体的平衡条件是合力为零）

（2）牛顿第二定律（物体有加速度时）

（3）牛顿第三定律（内容：两个物体之间的作用力和反作用力总是大小相等，方向相反，作用在一条直线上）

5.常见的错误及防范的办法：

（1）多画力。

a.研究对象不明，错将其他物体受到的力画入。

b.虚构力，将不存在的力画入。 c.将合力和分力重复画入。

要防止多画力。第一，彻底隔离研究对象。第二，每画一个力要心中默念受力物体和施力物体。

(2) 少画力。

少画力往往是由受力分析过程混乱所致，因此 a.要严格按顺序分析。

b.分析弹力和摩擦力时，所有接触点都要分析到。

(3) 错画力。即把力的方向画错。防范办法是要按规律作 三、分类例析

1．弹力有、无的判断

弹力的产生条件是接触且发生弹性形变。但有的形变明显，有的不明显。那么如何判断相互接触的物体间有无弹力？

法1： “假设法”，即假设接触物体撤去，判断研究对象是否能维持现状。若维持现状则接触物体对研究对象没有弹力，因为接触物体使研究对象维持现状等同于没有接触物，即接触物形同虚设，故没有弹力。若不能维持现状则有弹力，因为接触物撤去随之撤去了应该有的弹力，从而改变了研究对象的现状。可见接触物对研究对象维持现状起着举足轻重的作用，故有弹力。

例1：如图所示，判断接触面对球有无弹力，已知球静止， 接触面光滑。

a 图1—1 b

【审题】在a、b图中，若撤去细线，则球都将下滑，故细线中均有拉力, a图中若撤去接触面，球仍能保持原来位置不动，所以接触面对球没有弹力；b图中若撤去斜面，球就不会停在原位

置静止，所以斜面对小球有支持力。

【解析】图a中接触面对球没有弹力；图b中斜面对小球有支持力

法2：根据“物体的运动状态”分析弹力。即可以先假设有弹力，分析是否符合物体所处的运动状态。或者由物体所处的运动状态反推弹力是否存在。总之，物体的受力必须与物体的运动状态符合。同时依据物体的运动状态，由二力平衡（或牛顿第二定律）还可以列方程求解弹力。

例2：如图所示，判断接触面MO、ON对球有无弹力，已知球静止，接触面光滑。

图1—2

【审题】图中球由于受重力，对水平面ON一定有挤压，故水平面ON对球一定有支持力，假设还受到斜面MO的弹力，如图1—3所示，则球将不会静止，所以斜面MO对球没有弹力。

【解析】水平面ON对球有支持力，斜面MO对球没有弹力。

图1—3

再如例1的a图中，若斜面对球有弹力，其方向应是垂直斜面且指向球，这样球也不会处于静止状态，所以斜面对球也没有弹力作用。

【总结】弹力有、无的判断是难点，分析时常用“假设法”并结合“物体的运动状态”分析。 2.弹力的方向

弹力是发生弹性形变的物体由于要恢复原状，而对它接触的物体产生的力的作用 。所以弹力的方向为物体恢复形变的方向。

平面与平面、点、曲面接触时，弹力方向垂直于平面，指向被压或被支持的物体；曲面与点、曲面接触时，弹力方向垂直于过接触点的曲面的切面，特殊的曲面，如圆面时，弹力方向指向圆心。弹力方向与重心位置无关。

绳子的弹力方向为：沿着绳子且指向绳子收缩的方向；且同一条绳子内各处的弹力相等 杆产生的弹力方向比较复杂，可以沿杆指向杆伸长或收缩的方向，也可不沿杆，与杆成一定的夹角。

例3：如图1—4所示，画出物体A 所受的弹力

a 图1—4 b c

a图中物体A静止在斜面上

b图中杆A静止在光滑的半圆形的碗中 c图中A球光滑 O为圆心， O＇为重心。

【审题】图a中接触处为面面接触，由于物体受重力作用，会对斜面斜向下挤压，斜面要恢复形变，应垂直斜面斜向上凸起，对物体有垂直斜面且指向物体斜向上的弹力。

图b中B处为点与曲面接触，发生的形变为沿半径方向向外凹，要恢复形变就得沿半径向上凸起，C处为点与平面接触， C处碗的形变的方向为斜向下压，要恢复形变就得沿垂直杆的方向向上，所以B处杆受的弹力为垂直过接触点的切面沿半径指向圆心，C处杆受的弹力为垂直杆向上。

图c中接触处为点与曲面接触，发生的形变均为沿半径分别向下凹，要恢复形变就得沿半径方向向上凸起，所以在M、N两接触处对A球的弹力为垂直过接触点的切面沿半径方向向上，作用线均过圆心O，而不过球的重心O＇。 【解析】如图1—5所示

a b c

图1—5 【总结】弹力的方向为物体恢复形变的方向。分析时首先应明确接触处发生的形变是怎样的，恢复形变时应向哪个方向恢复。另外应记住平面与平面、点、曲面接触，曲面与点、曲面接

触，绳、杆弹力方向的特点，才能得以正确分析。

例4：如图1—6所示，小车上固定着一根弯成α角的曲杆，杆的另一端固定一个质量为m的球，试分析下列情况下杆对球的弹力的大小和方向：（1）小车静止；（2）小车以加速度a水平向右运动；（3）小车以加速度a水平向左运动。

图1—6 图1—7

【审题】此题杆对球的弹力与球所处的运动状态有关。分析时应根据不同的运动状态具体分析。（1）小车静止时，球处于平衡状态，所受合外力为零，因重力竖直向下，所以杆对球的弹力F竖直向上，大小等于球的重力mg，如图1—7甲所示。

（2）当小车向右加速运动时，因球只受弹力和重力，所以由牛顿第二定律F=ma得，两力的合力一定是水平向右。由平行四边形法则得，杆对球的弹力F的方向应斜向右上方，设弹力F

与竖直方向的夹角为θ，则由三角知识得：F=（mg）2+（ma）2 tanθ=a/g 如图1—7乙所示。

（3）当小车向左加速运动时，因球只受弹力和重力，所以由牛顿第二定律F=ma得，两力的合力一定是水平向左，由平行四边形法则得，杆对球的弹力F的方向应斜向左上方，设弹力F与竖直方向的夹角为θ，则由三角知识得：F=（mg）2+（ma）2 tanθ=a/g 如图1—7丙所示

可见，弹力的方向与小车运动的加速度的大小有关，并不一定沿杆的方向。

【解析】（1）球处于平衡状态，杆对球产生的弹力方向竖直向上，且大小等于球的重力mg。 （2）当小车向右加速运动时，球受合力方向一定是水平向右，杆对球的弹力方向应斜向右上方，与小车运动的加速度的大小有关，其方向与竖直杆成arctan a/g角，大小等于（mg）2+（ma）2 。（3）当小车向左加速运动时，球受合力方向一定是水平向左，杆对球的弹力方向应斜向左上方，与小车运动的加速度的大小有关，其方向与竖直杆成arctan a/g角，大小等于（mg）2+（ma）2 。

【总结】杆对球的弹力方向不一定沿杆，只有当加速度向右且a= gtanθ时，杆对小球的弹力才沿杆的方向，所以在分析物体与杆固定连接或用轴连接时，物体受杆的弹力方向应与运动状态对应并根据物体平衡条件或牛顿第二定律求解。

3．判断摩擦力的有、无

摩擦力的产生条件为：（1）两物体相互接触，且接触面粗糙；（2）接触面间有挤压；（3）有相对运动或相对运动趋势

例5：如图1—8所示，判断下列几种情况下物体A与接触面间有、无摩擦力。 图a中物体A静止

图b中物体A沿竖直面下滑，接触面粗糙 图c中物体A沿光滑斜面下滑 图d中物体A静止

图1—8

【审题】图a中物体A静止，水平方向上无拉力，所以物体A与接触面间无相对运动趋势，所以无摩擦力产生；图b中物体A沿竖直面下滑时，对接触面无压力，所以不论接触面是否光滑都无摩擦力产生；图c中接触面间光滑，所以无摩擦力产生；图d中物体A静止，由于重力作用，有相对斜面向下运动的趋势，所以有静摩擦力产生。 【解析】图a、图b、图c中无摩擦力产生，图d有静摩擦力产生。

【总结】判断摩擦力的有、无，应依据摩擦力的产生条件，关键是看有没有相对运动或相对运动趋势。 4．摩擦力的方向

摩擦力的方向为与接触面相切，.与物体间的相对运动方向或相对运动趋势的方向相反。但相对运动趋势不如相对运动直观，具有很强的隐蔽性，常用下列方法判断。

法1：“假设法”。即假设接触面光滑，看原来相对静止的物体间能发生怎样的相对运动。若能发生，则这个相对运动的方向就为原来静止时两物体间的相对运动趋势的方向。若不能发

生，则物体间无相对运动趋势。

例6：如图1—9所示为皮带传送装置，甲为主动轮，传动过程中皮带不打滑，P、Q分别为两轮边缘上的两点，下列说法正确的是：

A．P、Q两点的摩擦力方向均与轮转动方向相反

B．P点的摩擦力方向与甲轮的转动方向相反，Q点的摩擦力方向与乙轮的转动方向相同 C．P点的摩擦力方向与甲轮的转动方向相同，Q点的摩擦力方向与乙轮的转动方向相反 D．P、Q两点的摩擦力方向均与轮转动方向相同

图1—9

【审题】本题可用“假设法”分析。由题意可知甲轮与皮带间、乙轮与皮带间均相对静止，皮带与轮间的摩擦力为静摩擦力。假设甲轮是光滑的，则甲轮转动时皮带不动，轮上P点相对于皮带向前运动，可知轮上P点相对于皮带有向前运动的趋势，则轮子上的P点受到的静摩擦力方向向后，即与甲轮的转动方向相反，再假设乙轮是光滑的，则当皮带转动时，乙轮将会静止不动，这时，乙轮边缘上的Q点相对于皮带向后运动，可知轮上Q点有相对于皮带向后运动的趋势，故乙轮上Q点所受摩擦力向前，即与乙轮转动方向相同。

【解析】正确答案为B

【总结】判断摩擦力的有、无及摩擦力的方向可采用“假设法”分析。摩擦力方向与物体间的相对运动方向或相对运动趋势的方向相反，但不一定与物体的运动方向相反，有时还与物体的运动方向相同。

例7：如图1—10所示，物体A叠放在物体B上，水平地面光滑，外力F作用于物体B上使

它们一起运动，试分析两物体受到的静摩擦力的方向。

图1—10

【审题】本题中假设A、B间接触面是光滑的，当F使物体B向右加速时，物体A由于惯性将保持原来的静止状态，经很短时间后它们的相对位置将发生变化，即物体A相对B有向左的运动，也就是说在原来相对静止时，物体A相对于B有向左的运动趋势，所以A受到B对它的静摩擦力方向向右（与A的实际运动方向相同）。同理B相对A有向右运动的趋势，所以B受到A对它的静摩擦力方向向左（与B的实际运动方向相反）。 【解析】物体A相对于B有向左的运动趋势，所以A受到B对它的静摩擦力方向向右（与A的实际运动方向相同）。物体B相对A有向右运动的趋势，所以B受到A对它的静摩擦力方向向左（与B的实际运动方向相反）。如图1—11所示 法2：根据“物体的运动状态”来判定。

即先判明物体的运动状态（即加速度的方向），再利用牛顿第二定律（F=ma）确定合力，然后通过受力分析确定静摩擦力的大小和方向。

例8：如图1—12所示，A、B两物体竖直叠放在水平面上，今用水

图1—11 图1—12

平力F拉物体，两物体一起匀速运动，试分析A、B间的摩擦力及B与水平面间的摩擦力。

【审题】本题分析摩擦力时应根据物体所处的运动状态。以A物体为研究对象：A物体在竖直方向上受重力和支持力，二者平衡，假设在水平方向上A受到B对它的静摩擦力，该力的方向一定沿水平方向，这样无论静摩擦力方向向左或向右，都不可能使A物体处于平衡状态，这与题中所给A物体处于匀速运动状态相矛盾，故A物体不受B对它的静摩擦力。反过来，B物体也不受A物体对它的静摩擦力。

分析B物体与水平面间的摩擦力可以A、B整体为研究对象。因A、B一起匀速运动，水平方向上合外力为零。水平方向上整体受到向右的拉力F作用，所以水平面对整体一定有向左的滑动摩擦力，而水平面对整体的滑动摩擦力也就是水平面对B物体的滑动摩擦力。

【解析】分析见上，因A匀速运动，所以A、B间无静摩擦力，又因A、B整体匀速运动，由平衡条件得，物体B受到水平面对它的滑动摩擦力应向左。 法3：利用牛顿第三定律来判定

此法关键是抓住“力是成对出现的”，先确定受力较少的物体受到的静摩擦力的方向，再确定另一物体受到的静摩擦力的方向。

例6中地面光滑，F使物体A、B一起向右加速运动，A物体的加速度和整体相同，由牛顿第二定律F=ma得A物体所受合外力方向一定向右，而A物体在竖直方向上受力平衡，所以水平方向上受的力为它的合外力，而在水平方向上只有可能受到B对它的静摩擦力，所以A受到B对它的静摩擦力方向向右。B对A的摩擦力与A对B的摩擦力是一对作用力和反作用力，根据牛顿第三定律，B受到A对它的静摩擦力方向向左。

【总结】静摩擦力的方向与物体间相对运动趋势方向相反，判断时除了用“假设法”外，还可以根据“物体的运动状态”、及 牛顿第三定律来分析。滑动摩擦力的方向与物体间相对运动的方向相反。 5．物体的受力分析

例9：如图1—13甲所示，竖直墙壁光滑，分析静止的木杆受哪几个力作用。

【审题】首先选取研究对象——木杆，其次按顺序画力：①重力Ｇ—作用在木杆的中点，方向竖直向下；②画弹力。有两个接触点，墙与杆接触点属点面接触，弹力垂直于墙且指向杆，地与杆的接触点也属点面接触，杆受的弹力垂直于地面且指向杆；③画摩擦力。竖直墙光滑，墙与杆接触点没有摩擦力；假设地面光滑，杆将会向右运动，所以杆静止时有相对地面向右的运动趋势，所以地面对杆有向左的摩擦力。

【解析】杆受重力Ｇ、方向竖直向下；弹力N1，垂直于墙且指向杆，弹力N2，垂直于地面且指向杆；地面对杆向左的摩擦力f。如图1—13乙所示

乙 图1—13 【总结】受力分析时应按步骤分析，杆受的各力应画在实际位置上。不要将各力的作用点都移到重心上去。

例10：如图1—14甲所示，Ａ、Ｂ、Ｃ叠放于水平地面上，加一水平力Ｆ，三物体仍静止，分析Ａ、Ｂ、Ｃ的受力情况。

【审题】用隔离法分析：先取Ａ为研究对象：Ａ受向下的重力ＧＡ、Ｂ对Ａ的支持力ＮＢＡ。

假设B对A有水平方向的摩擦力，不论方向水平向左还是向右，都与A处的静止状态相矛盾，所以Ｂ对Ａ没有摩擦力。取Ｂ为研究对象：Ｂ受向下的重力ＧＢ、Ａ对Ｂ的压力ＮＡＢ、Ｃ对Ｂ的支持力

ＮＣＢ、水平力Ｆ。因Ｂ处静止，水平方向受合力为零，根据平衡条件，Ｃ对Ｂ一定有水平向左的摩擦力fＣＢ。再取Ｃ为研究对象：Ｃ受向下的重力ＧＣ、Ｂ对Ｃ的压力ＮＢＣ，地面对Ｃ的支持力Ｎ，由牛顿第三定律得，Ｂ对Ｃ的摩擦力向右，因Ｃ处静止合力为零，根据平衡条件，地对Ｃ的摩擦力f一定水平向左。

【解析】A、B、C三物体的受力如图图1—14乙所示

甲 乙

图1—14

【总结】用隔离法分析物体受力分析最常用的方法，分析时应将研究的物体单独拿出来，不要都画在一起，以免出现混乱。同时应根据牛顿第三定律分析。A对B的压力及B对C的压力应以ＮＡＢ和ＮＢＣ表示，不要用ＧＡ和ＧＢ表示，因中它们跟ＧＡ、、ＧＢ是不同的。此题也可以用先整体后部分，由下向上的方法分析。

例11：如图1—15甲所示，物体Ａ、Ｂ静止，画出Ａ、Ｂ的受力图。

【审题】用隔离法分析。先隔离Ｂ：Ｂ受重力ＧＢ，外力Ｆ，由于F的作用，B和A之间的挤压，所以Ａ对Ｂ有支持力ＮAB，假设A、B接触面光滑，物体B将相对A下滑，所以Ｂ有相对A向下的运动趋势，B受Ａ向上的静摩擦力fAB。再隔离Ａ：Ａ受重力ＧＡ，墙对Ａ的支持力Ｎ墙，由牛顿第三定律得，A受到B对它的压力NBA，水平向左，摩擦力fBA，方向竖直向下。假设墙是光滑的，Ａ物体相对墙将下滑，也就是说Ａ物体相对墙有向下的运动趋势，所以墙对Ａ有竖直向上的摩擦力f墙。 【解析】A、B受力如图1—15乙所示

图1—15甲 图1—15乙

总结:此类问题用隔离法分析，应注意A、B间、A与墙间的摩擦力的分析，同时要根据牛顿第三定律分析。

例12：如图1—16所示，用两相同的夹板夹住三个重为G的物体A、B、C， 三个物体均保持静止，请分析各个物体的受力情况.

图1—16

【审题】要分析各物体的受力情况，关键是分析A、B间、B、C间是否有摩擦力，所以可用先整体后隔离的方法。首先以三物体为一整体。竖直方向上，受重力3G，竖直向下，两板对它向上的摩擦力，分别为f；水平方向上，受两侧板对它的压力N1、N2。根据平衡条件得，每一侧受的摩擦力大小等于1.5G。然后再用隔离法分析A、B、C的受力情况，先隔离A，A物体受重力G，方向竖直向下，板对它的向上的摩擦力f，大小等于1.5G ，A物体要平衡，就必须受到一个B对它的向下的摩擦力fBA，根据平衡条件得，大小应等于0.5 G , 水平方向上,A物体受板对它的压力N1和B对它的压力NBA; 再隔离C,C物体的受力情况与A物体类似. 竖直方向上受重力G、板对它的向上的摩擦力f、B对它的向下的摩擦力fBC，水平方向上受板对它的压力N2、B对它的压力NBC。再隔离B，竖直方向上B物体受重力G 、由牛顿第三定律得，B受到A对它的向上的摩擦力fAB 、C对它的向上的摩擦力fCB ，以及水平方向上A对它的压力NAB和C对它的压力NCB。 【解析】A、B、C受力如图图1—17所示

图1—17 【总结】明确各物体所受的摩擦力是解决此类问题的关键，较好的解决方法是先整体法确定两侧的摩擦力，再用隔离法确定单个物体所受的摩擦力。

例13：如图1—18所示，放置在水平地面上的直角劈M上有一个质量为m的物体，若m在其上匀速下滑，Ｍ仍保持静止，那么正确的说法是（ ） A.Ｍ对地面的压力等于（M+m）g B.Ｍ对地面的压力大于（M+m）g

C.地面对Ｍ没有摩擦力

D.地面对Ｍ有向左的摩擦力

1—18 【审题】先用隔离法分析。先隔离m，m受重力mg、斜面对它的支持力N图、沿斜面向上的摩擦力f，因m沿斜面匀速下滑，所以支持力N和沿斜面向上的摩擦力f可根据平衡条件求出。。

再隔离M，M受竖直向下重力Mg、地面对它竖直向上的支持力N地、由牛顿第三定律得，m对M有垂直斜面向下的压力N＇和沿斜面向下的摩擦力f＇，M相对地面有没有运动趋势，关键看f＇和N＇在水平方向的分量是否相等，若二者相等，则M相对地面无运动趋势，若二者不相等，则M相对地面有运动趋势，而摩擦力方向应根据具体的相对运动趋势的方向确定。

【解析】m、M的受力如图1—19所示

甲 图1—19 乙

对m：建系如图甲所示，因m沿斜面匀速下滑，由平衡条件得：支持力N=mgcosθ，摩擦力f=mgsinθ

对M：建系如图乙所示，由牛顿第三定律得，N= N＇，f= f＇，在水平方向上，压力N＇的水平分量N＇sinθ= mgcosθsinθ，摩擦力f＇的水平分量f＇cosθ= mgsinθcosθ，可见f＇cosθ=N＇sinθ，所以M相对地面没有运动趋势，所以地面对M没有摩擦力。

在竖直方向上，整体平衡，由平衡条件得：N地= f＇sinθ+ N＇cosθ+Mg=mg+Mg。所以正确答案为：A、C 再以整体法分析：Ｍ对地面的压力和地面对M的支持力是一对作用力和反作用力，大小相等，方向相反。而地面对M的支持力、地面对Ｍ摩擦力是M和m整体的外力，所以要讨论这两个问题，可以整体为研究对象。整体在竖直方向上受到重力和支持力，因m在斜面上匀速下滑、M静止不动，即整体处于平衡状态，所以竖直方向上地面对M的支持力等于重力，水平方向上若受地面对M的摩擦力，无论摩擦力的方向向左还是向右，水平方向上整体都不能处于平衡，所以整体在水平方向上不受摩擦力。

【解析】整体受力如图1—20所示，正确答案为：A、C。

图1—20

【总结】综上可见，在分析整体受的外力时，以整体为研究对象分析比较简单。也可以隔离法分析，但较麻烦，在实际解题时，可灵活应用整体法和隔离法，将二者有机地结合起来。 总之，在进行受力分析时一定要按次序画出物体实际受的各个力，为解决这一难点可记忆以下受力口诀：， 地球周围受重力 绕物一周找弹力 考虑有无摩擦力 其他外力细分析 合力分力不重复 只画受力抛施力

难点之二 传送带问题 一、难点形成的原因：

1、对于物体与传送带之间是否存在摩擦力、是滑动摩擦力还是静摩擦力、摩擦力的方向如何，等等，这些关于摩擦力的产生条件、方向的判断等基础知识模糊不清； 2、对于物体相对地面、相对传送带分别做什么样的运动，判断错误；

3、对于物体在传送带上运动过程中的能量转化情况考虑不全面，出现能量转化不守恒的错误

过程。

二、难点突破策略： （1）突破难点1

在以上三个难点中，第1个难点应属于易错点，突破方法是先让学生正确理解摩擦力产生的条件、方向的判断方法、大小的决定因素等等。通过对不同类型题目的分析练习，让学生做到准确灵活地分析摩擦力的有无、大小和方向。

摩擦力的产生条件是：第一，物体间相互接触、挤压； 第二，接触面不光滑； 第三，物体间有相对运动趋势或相对运动。

前两个产生条件对于学生来说没有困难，第三个条件就比较容易出问题了。若物体是轻轻地放在了匀速运动的传送带上，那么物体一定要和传送带之间产生相对滑动，物体和传送带一定同时受到方向相反的滑动摩擦力。关于物体所受滑动摩擦力的方向判断有两种方法：一是根据滑动摩擦力一定要阻碍物体间的相对运动或相对运动趋势，先判断物体相对传送带的运动方向，可用假设法，若无摩擦，物体将停在原处，则显然物体相对传送带有向后运动的趋势，因此物体要受到沿传送带前进方向的摩擦力，由牛顿第三定律，传送带要受到向后的阻碍它运动的滑动摩擦力；二是根据摩擦力产生的作用效果来分析它的方向，物体只所以能由静止开始向前运动，则一定受到向前的动力作用，这个水平方向上的力只能由传送带提供，因此物体一定受沿传送带前进方向的摩擦力，传送带必须要由电动机带动才能持续而稳定地工作，电动机给传送带提供动力作用，那么物体给传送带的就是阻力作用，与传送带的运动方向相反。

若物体是静置在传送带上，与传送带一起由静止开始加速，若物体与传送带之间的动摩擦因数较大，加速度相对较小，物体和传送带保持相对静止，它们之间存在着静摩擦力，物体的加速就是静摩擦力作用的结果，因此物体一定受沿传送带前进方向的摩擦力；若物体与传送带之间的动摩擦因数较小，加速度相对较大，物体和传送带不能保持相对静止，物体将跟不上传送带的运动，但它相对地面仍然是向前加速运动的，它们之间存在着滑动摩擦力，同样物体的加速就是该摩擦力的结果，因此物体一定受沿传送带前进方向的摩擦力。

若物体与传送带保持相对静止一起匀速运动，则它们之间无摩擦力，否则物体不可能匀速运动。

若物体以大于传送带的速度沿传送带运动方向滑上传送带，则物体将受到传送带提供的使它减速的摩擦力作用，直到减速到和传送带有相同的速度、相对传送带静止为止。因此该摩擦力方向一定与物体运动方向相反。

若物体与传送带保持相对静止一起匀速运动一段时间后，开始减速，因物体速度越来越小，故受到传送带提供的使它减速的摩擦力作用，方向与物体的运动方向相反，传送带则受到与传送带运动方向相同的摩擦力作用。

若传送带是倾斜方向的，情况就更为复杂了，因为在运动方向上，物体要受重力沿斜面的下滑分力作用，该力和物体运动的初速度共同决定相对运动或相对运动趋势方向。

例1：如图2—1所示，传送带与地面成夹角θ=37°，以10m/s的速度逆时针转动，在传送带上端轻轻地放一个质量m=0.5㎏的物体，它与传送带间的动摩擦因数μ=0.5，已知传送带从A→B的长度L=16m，则物体从A到B需要的时间为多少？

【审题】传送带沿逆时针转动，与物体接触处的速度方向斜向

图2—1 下，物体初速度为零，所以物体相对传送带向上滑动（相对地面是斜

向下运动的），因此受到沿斜面向下的滑动摩擦力作用，这样物体在沿斜面方向上所受的合

力为重力的下滑分力和向下的滑动摩擦力，因此物体要做匀加速运动。当物体加速到与传送带有相同速度时，摩擦力情况要发生变化，同速的瞬间可以看成二者间相对静止，无滑动摩擦力，但物体此时还受到重力的下滑分力作用，因此相对于传送带有向下的运动趋势，若重力的下滑分力大于物体和传送带之间的最大静摩擦力，此时有μ＜tanθ，则物体将向下加速，所受摩擦力为沿斜面向上的滑动摩擦力；若重力的下滑分力小于或等于物体和传送带之间的最大静摩擦力，此时有μ≥tanθ，则物体将和传送带相对静止一起向下匀速运动，所受静摩擦力沿斜面向上，大小等于重力的下滑分力。也可能出现的情况是传送带比较短，物体还没有加速到与传送带同速就已经滑到了底端，这样物体全过程都是受沿斜面向上的滑动摩擦力作用。

【解析】物体放上传送带以后，开始一段时间，其运动加速度

amgsinmgcosm10m/s2。

这样的加速度只能维持到物体的速度达到10m/s为止，其对应的时间和位移分别为：

t1va21010s1s,

s12a5m＜16m

以后物体受到的摩擦力变为沿传送带向上，其加速度大小为（因为mgsinθ＞μmgcosθ）。

a2mgsinmgcosm2m/s2。

设物体完成剩余的位移s2所用的时间为t2，

s20t2122则

a2t22，

11m=

10t2t2,

解得：所以：

t211 s,或 t2211 s(舍去)t总1 s1 s2 s。

【总结】该题目的关键就是要分析好各阶段物体所受摩擦力的大小和方向，若μ＞0.75， 第二阶段物体将和传送带相对静止一起向下匀速运动；若L＜5m，物体将一直加速运动。因此，在解答此类题目的过程中，对这些可能出现两种结果的特殊过程都要进行判断。

例2：如图2—2所示，传送带与地面成夹角θ=30°，以10m/s的速度逆时针转动，在传送带上端轻轻地放一个质量m=0.5㎏的物体，它与传送带间的动摩擦因数μ=0.6，已知传送带从A→

B的长度L=16m，则物体从A到B需要的时间为多少？

图2—2 【审题】该题目的物理过程的前半段与例题1是一样的，但是到

了物体和传送带有相同速度时，情况就不同了，经计算，若物体和传送带之间的最大静摩擦

力大于重力的下滑分力，物体将和传送带相对静止一起向下匀速运动，所受静摩擦力沿斜面向上，大小等于重力的下滑分力。

【解析】物体放上传送带以后，开始一段时间，其运动加速度

amgsinmgcosm8.46m/s2。

这样的加速度只能维持到物体的速度达到10m/s为止，其对应的时间和位移分别为：

t1va108.46s1.18s,

s122a5.91m＜16m

以后物体受到的摩擦力变为沿传送带向上，其加速度大小为零（因为mgsinθ＜μmgcosθ）。 设物体完成剩余的位移s2所用的时间为t2， 则

s20t2，

16m－5.91m=10t2 解得： t210.09 s, 所以：

t总1.18 s10.09s11.27 s。

3 【总结】该题目的关键就是要分析好各阶段物体所受摩擦力的大小和方向，μ＞tanθ=3，第二阶段物体将和传送带相对静止一起向下匀速运动。 例3：如图2—3所示，传送带与地面成夹角θ=37°，以10m/s的速度逆时针转动，在传送带上端轻轻地放一个质量m=0.5㎏的物体，它与传送带间的动摩擦因数μ=0.5，已知传送带从A→B的长度L=5m，则物体从A到B需要的时间为多少？ 【审题】该题目的物理过程的前半段与例题1是一样的，

图2—3 由于传送带比较短，物体将一直加速运动。

【解析】物体放上传送带以后，开始一段时间，其运动加速度

amgsinmgcosm10m/s2。

这样的加速度只能维持到物体的速度达到10m/s为止，其对应的时间和位移分别为：

t1va21010s1s,

s12a5m

此时物休刚好滑到传送带的低端。

所以：

t总1 s。

【总结】该题目的关键就是要分析好第一阶段的运动位移，看是否还要分析第二阶段。

例题4：如图2—4所示，传送带与地面成夹角θ=37°，以10m/s的速度顺时针转动，在传送带下端轻轻地放一个质量m=0.5㎏的物体，它与传送带间的动摩擦因数μ=0.9，已知传送带从A→B的长度L=50m，则物体从A到B需要的时间为多少？

图2—4

【审题】传送带沿顺时针转动，与物体接触处的速度方向斜向上，物体初速度为零，所以物体相对传送带向下滑动（相对地面是斜向上运动的），因此受到沿斜面向上的滑动摩擦力作用，这样物体在沿斜面方向上所受的合力为重力的下滑分力和向上的滑动摩擦力，因此物体要向上做匀加速运动。当物体加速到与传送带有相同速度时，摩擦力情况要发生变化，此时有μ≥tanθ，则物体将和传送带相对静止一起向上匀速运动，所受静摩擦力沿斜面向上，大小等于重力的下滑分力。

【解析】物体放上传送带以后，开始一段时间，其运动加速度

amgcosmgsinm1.2m/s2。

这样的加速度只能维持到物体的速度达到10m/s为止，其对应的时间和位移分别为：

t1va101.2s8.33s,

s122a41.67m＜50m

以后物体受到的摩擦力变为沿传送带向上，其加速度大小为零（因为mgsinθ＜μmgcosθ）。 设物体完成剩余的位移s2所用的时间为t2， 则

s20t2，

50m－41.67m=10t2 解得： t28.33 s, 所以：

t总8.33 s8.33s16.66 s。

【总结】该题目的关键就是要分析好各阶段物体所受摩擦力的大小和方向，并对物体加速到与传送带有相同速度时，是否已经到达传送带顶端进行判断。 本题的一种错解就是：

L12at2

t2La=9.13s

所以：

该时间小于正确结果16.66s，是因为物体加速到10m/s时，以后的运动是匀速运动，而错误结果是让物体一直加速运动，经过相同的位移，所用时间就应该短。 （2）突破难点2

第2个难点是对于物体相对地面、相对传送带分别做什么样的运动，判断错误。该难点应属于思维上有难度的知识点，突破方法是灵活运用“力是改变物体运动状态的原因”这个理论依据，对物体的运动性质做出正确分析，判断好物体和传送带的加速度、速度关系，画好草图分析，找准物体和传送带的位移及两者之间的关系。

学生初次遇到“皮带传送”类型的题目，由于皮带运动，物体也滑动，就有点理不清头绪了。 解决这类题目的方法如下：选取研究对象，对所选研究对象进行隔离处理，就是一个化难为简的好办法。对轻轻放到运动的传送带上的物体，由于相对传送带向后滑动，受到沿传送带运动方向的滑动摩擦力作用，决定了物体将在传送带所给的滑动摩擦力作用下，做匀加速运动，直到物体达到与皮带相同的速度，不再受摩擦力，而随传送带一起做匀速直线运动。传送带一直做匀速直线运动，要想再把两者结合起来看，则需画一运动过程的位移关系图就可让学生轻松把握。

如图2—5甲所示，A、B分别是传送带上和物体上的一点，刚放上物体时，两点重合。设皮带的速度为V0，物体做初速为零的匀加速直线运动，末速为V0，其平均速度为V0/2，所以

图2—5

V0t物体的对地位移x物=2，传送带对地位移x传送带=V0t，所以A、B两点分别运动到如图

x传送带2—5乙所示的A＇、B＇位置，物体相对传送带的位移也就显而易见了，x物=

2，就是

图乙中的A＇、B＇间的距离，即传送带比物体多运动的距离，也就是物体在传送带上所留下的划痕的长度。

例题5：在民航和火车站可以看到用于对行李进行安全检查的水平传送带。当旅客把行李放到传送带上时，传送带对行李的滑动摩擦力使行李开始做匀加速运动。随后它们保持相对静止，行李随传送带一起前进。 设传送带匀速前进的速度为0.25m/s，把质量为5kg的木箱静止放到传送带上，由于滑动摩擦力的作用，木箱以6m/s2的加速度前进，那么这个木箱放在传送带上后，传送带上将留下一段多长的摩擦痕迹？

【审题】传送带上留下的摩擦痕迹，就是行李在传送带上滑动过程中留下的，行李做初速为零的匀加速直线运动，传送带一直匀速运动，因此行李刚开始时跟不上传送带的运动。当行李的速度增加到和传送带相同时，不再相对滑动，所以要求的摩擦痕迹的长度就是在行李加速到0.25m/s的过程中，传送带比行李多运动的距离。 【解析】

解法一：行李加速到0.25m/s所用的时间：

v00.256st＝a＝

＝0.042s

行李的位移：

1at21 x行李＝2传送带的位移：

＝26(0.042)m2=0.0053m

x传送带＝V0t＝0.25×0.042m＝0.0105m 摩擦痕迹的长度：

xx传送带x行李0.0052m5mm

（求行李的位移时还可以用行李的平均速度乘以时间，行李做初速为零的匀加速直线运动，vv02。）

解法二：以匀速前进的传送带作为参考系．设传送带水平向右运动。木箱刚放在传送带 上时，相对于传送带的速度v=0.25m/s,方向水平向左。木箱受到水平向右的摩 擦力F的作用，做减速运动，速度减为零时，与传送带保持相对静止。 木箱做减速运动的加速度的大小为 a＝6m/s2

木箱做减速运动到速度为零所通过的路程为

xv022a0.25226m0.0052m5mm

即留下5mm长的摩擦痕迹。

【总结】分析清楚行李和传送带的运动情况，相对运动通过速度位移关系是解决该类问题的关键。

例题6：一水平的浅色长传送带上放置一煤块（可视为质点），煤块与传送带之间的动摩擦因数为。初始时，传送带与煤块都是静止的。现让传送带以恒定的加速度a0开始运动，当其速度达到v0后，便以此速度做匀速运动。经过一段时间，煤块在传送带上留下了一段黑色痕迹后，煤块相对于传送带不再滑动。求此黑色痕迹的长度。

【审题】本题难度较大，传送带开始阶段也做匀加速运动了，后来又改为匀速，物体的运动情况则受传送带的运动情况制约，由题意可知，只有μg＜a0才能相对传送带滑动，否则物体将与传送带一直相对静止。因此该题的重点应在对物体相对运动的情景分析、相对位移的求解上，需要较高的分析综合能力。 【解析】 方法一：

根据“传送带上有黑色痕迹”可知，煤块与传送带之间发生了相对滑动，煤块的加速度a小于传送带的加速度a0。根据牛顿运动定律，可得 ag

设经历时间t，传送带由静止开始加速到速度等于v0，煤块则由静止加速到v，有

v0a0t

vat

由于av0vat´

此后，煤块与传送带运动速度相同，相对于传送带不再滑动，不再产生新的痕迹。

设在煤块的速度从0增加到v0的整个过程中，传送带和煤块移动的距离分别为s0和s，有

s0122a0tv0t´2

sv0

2a

ls0s传送带上留下的黑色痕迹的长度

2

lv0(a0g)2a0g由以上各式得

【小结】本方法的思路是整体分析两物体的运动情况，分别对两个物体的全过程求位移。

方法二：

第一阶段：传送带由静止开始加速到速度v0，设经历时间为t，煤块加速到v，有 v0v

a0t ①

atgt ②

传送带和煤块的位移分别为s1和s2，

s11212a0t2 ③

12s2at2gt2 ④

第二阶段：煤块继续加速到v0，设经历时间为t，有 v0vgt ⑤

传送带和煤块的位移分别为s3和s4 ，有

s3v0t ⑥

12s4vtgt2 ⑦

传送带上留下的黑色痕迹的长度

ls1s3s2s4

由以上各式得

lv0(a0g)2a0g2

【小结】本方法的思路是分两段分析两物体的运动情况，分别对两个物体的两个阶段求位移，最后再找相对位移关系。

方法三：

传送带加速到v0 ，有

v0a0t ①

②

传送带相对煤块的速度

v(a0g)t传送带加速过程中，传送带相对煤块的位移【相对初速度为零，相对加速度是

l112a0g】

a0gt2

传送带匀速过程中，传送带相对煤块的位移【相对初速度为l2a0gt，相对加速度是g】

a0gt 222g

整个过程中传送带相对煤块的位移即痕迹长度

l12a0gta0gt 222g ③

由以上各式得

lv0(a0g)2a0g2

v v0 【小结】本方法的思路是用相对速度和相对加速度求解。关键是先选定好过程，然后对过程进行分析，找准相对初末速度、相对加速度。

方法四：用图象法求解

画出传送带和煤块的V—t图象，如图2—6所示。

t1v0a0t2v0其中，

g，

O 黑色痕迹的长度即为阴影部分三角形的面积，有：

l12v0(t2t1)12v0(v0v0a0)v0(a0g)2a0g2t11

t2 图2—6

t

g

【小结】本方法的思路是运用在速度—时间图象中，图线与其所对应的时间轴所包围图形的面积可以用来表示该段时间内的位移这个知识点，来进行求解，本方法不是基本方法，不易想到，但若能将它理解透，做到融会贯通，在解决相应问题时，就可以多一种方法。

【总结】本题题目中明确写道：“经过一段时间，煤块在传送带上留下一段黑色痕迹后，煤块相对于传送带不再滑动。”这就说明第一阶段传送带的加速度当传送带速度达到

v0a0大于煤块的加速度g。

时，煤块速度

v0vv0v0，此过程中传送带的位移大于煤块的位移。接下来

煤块还要继续加速到，传送带则以做匀速运动。两阶段的物体位移之差即为痕迹长度。

有的学生对此过程理解不深，分析不透，如漏掉第二阶段只将第一阶段位移之差作为痕迹长度；将煤块两阶段的总位移作为痕迹长度；用第一阶段的相对位移与第二阶段的煤块位移之和作为痕迹长度；还有的学生分

a0g,a0g,a0g三种情况讨论；有的甚至认为煤块

最终减速到零，这些都说明了学生对物体相对运动时的过程分析能力还有欠缺。

处理物体和传送带的运动学问题时，既要考虑每个物体的受力情况及运动情况，又要考虑到它们之间的联系与区别，只有这样，才能从整体上把握题意，选择规律时才能得心应手。

例7：一小圆盘静止在桌布上，位于一方桌的水平桌面的中央。桌布的一边与桌的AB边重合，如图2—7，已知盘与桌布间的动摩擦因数为μl，盘与桌面间的动摩擦因数为μ2。现突然以恒定加速度a将桌布抽离桌面，加速度方向

是水平的且垂直于AB边。若圆盘最后未从桌面掉下，则图2—7 加速度a满足的条件是什么?(以g表示重力加速度)

【审题】这是一道特别复杂的综合题，不仅物理过程多，而且干扰因素也多。乍看不是传送带的题目，但处理方法与例题6几乎完全相同。可以将题中复杂的物理过程拆散分解为如下3个小过程，就可以化繁为简、化难为易，轻易破解本题。

过程1：圆盘从静止开始在桌布上做匀加速运动至刚离开桌布的过程；

过程2：桌布从突然以恒定加速度a开始抽动至圆盘刚离开桌布这段时间内做匀加速运动的过程；

过程3：圆盘离开桌布后在桌面上做匀减速直线运动的过程。

设桌长为时，桌

的位置如图2—8甲所示；

圆盘位于桌面的中央，桌布的最左边位于桌面的左边处。由于桌布要从圆盘下抽出，桌布与圆盘之间必有相对滑动，圆盘在摩擦力作用下有加速度，其加速度a1应小于桌布的加速度a，但两者的方向是相同的。当桌布与圆盘刚分离时，圆盘与桌布的位置如图2—8乙所示。

图2—8

面

L，开始

布、圆盘在桌面上

1圆盘向右加速运动的距离为x1，桌布向右加速运动的距离为2L+x1。圆盘离开桌布后，在桌面上作加速度为a2的减速运动直到停下，因盘未从桌面掉下，故而盘作减速运动直到停下所

1运动的距离为x2，不能超过2L－x1。通过分析并画出图2—8丙。

本题虽然是一个大多数同学都熟悉、并不难想象或理解的现象，但第一次能做对的同学并不多，其中的原因之一就是不善于在分析物理过程的同时正确地作出情境示意图，借助情境图来找出时间和空间上的量与量之间的关系。 【解析】

1.由牛顿第二定律： μlmg=mal ① 由运动学知识：

v12=2al x1 ②

2.桌布从突然以恒定加速度a开始抽动至圆盘刚离开桌布这段时间内做匀加速运动的过程。 设桌布从盘下抽出所经历时间为t，在这段时间内桌布移动的距离为x1， 由运动学知识：

1x =2at2 ③

1x1=2a1t2 ④

1而x=2L+x1 ⑤

3.圆盘离开桌布后在桌面上做匀减速直线运动的过程。

设圆盘离开桌布后在桌面上作匀减速运动，以a2表示加速度的大小，运动x2后便停下，由牛顿第二定律：

μ2mg＝ma2 ⑥ 由运动学知识：

v12=2a2 x2 ⑦ 盘没有从桌面上掉下的条件是：

1x2≤2L—x1 ⑧ 由以上各式解得：

122a≥

21g ⑨

【总结】此解题方法是运用了最基本的牛顿第二定律和运动学知识来解决这一复杂物理过程的，其实题目再复杂，也是用最基本的基础知识来求解的。当然，也可以从动能定理、动量定理、功能关系或v-t图象等角度求解。

（3）突破难点3

第3个难点也应属于思维上有难度的知识点。对于匀速运动的传送带传送初速为零的物体，传送带应提供两方面的能量，一是物体动能的增加，二是物体与传送带间的摩擦所生成的热（即内能），有不少同学容易漏掉内能的转化，因为该知识点具有隐蔽性，往往是漏掉了，也不能在计算过程中很容易地显示出来，尤其是在综合性题目中更容易疏忽。突破方法是引导学生分析有滑动摩擦力做功转化为内能的物理过程，使“只要有滑动摩擦力做功的过程，必有内能转化”的知识点在学生头脑中形成深刻印象。

一个物体以一定初速度滑上一粗糙平面，会慢慢停下来，物体的动能通过物体克服滑动摩擦力做功转化成了内能，当然这个物理过程就是要考查这一个知识点，学生是绝对不会犯错误的。

质量为M的长直平板，停在光滑的水平面上，一质量为m的物体，以初速度v0滑上长板，已知它与板间的动摩擦因数为μ，此后物体将受到滑动摩擦阻力作用而做匀减速运动，长板将受到滑动摩擦动力作用而做匀加速运动，最终二者将达到共同速度。其运动位移的关系如图2—9所示。

图2—9

该过程中，物体所受的滑动摩擦阻力和长板受到滑动摩擦动力是一对作用力和反作用力， W物＝—μmg·x物

W板＝μmg·x板

很显然x物＞x板，滑动摩擦力对物体做的负功多，对长板做的正功少，那么物体动能减少量一定大于长板动能的增加量，二者之差为ΔE=μmg（x物—x板）=μmg·Δx，这就是物体在克服滑动摩擦力做功过程中，转化为内能的部分，也就是说“物体在克服滑动摩擦力做功过程中转化成的内能等于滑动摩擦力与相对滑动路程的乘积。”记住这个结论，一旦遇到有滑动摩擦力存在的能量转化过程就立即想到它。 再来看一下这个最基本的传送带问题：

图2—10

物体轻轻放在传送带上，由于物体的初速度为0，传送带以恒定的速度运动，两者之间有相对滑动，出现滑动摩擦力。作用于物体的摩擦力使物体加速，直到它的速度增大到等于传送带的速度，作用于传送带的摩擦力有使传送带减速的趋势，但由于电动机的作用，保持了传送带的速度不变。尽管作用于物体跟作用于传送带的摩擦力的大小是相等的，但物体与传送带运动的位移是不同的，因为两者之间有滑动。如果物体的速度增大到等于传送带的速度经历的时间为t，则在这段时间内物体运动的位移小于传送带运动的位移。在这段时间内，传送带克服摩擦力做的功大于摩擦力对物体做的功(这功转变为物体的动能)，两者之差即为摩擦发的热。所谓传送带克服摩擦力做功，归根到底是电动机在维持传送带速度不变的过程中所提供的。

例8：如图2—11所示，水平传送带以速度v匀速运动，一质量为m的

小木块由静止轻放到传送带上，若小木块与传送带之间的动摩擦因数为μ，当小木块与传送带相对静止时，转化为内能的能量是多少？

图2—11 【审题】该题首先得清楚当小木块与传送带相对静止时，转化为内

能的能量应该怎么来求，要想到用“物体在克服滑动摩擦力做功过程中转化成的内能等于滑动摩擦力与相对滑动路程的乘积。”这一结论，然后再根据物体和传送带的运动情况来求二者相对滑动的距离。

【解析】

在木块从开始加速至与传送带达到共同速度的过程中

F摩FNmg

图2—12

aF合mmgmg

由公式v2ax

xv22 可得：

2av22g

从木块静止至木块与传送带达到相对静止的过程中木块加速运动的时间 tvavg

传送带运动的位移 x'vtv2g

木块相对传送带滑动的位移

xx'xv2

摩擦产生的热： QF摩·xmg·2g

v22g12mv2

【总结】单独做该题目时，就应该有这样的解题步骤，不过，求相对位移时也可以物体为参考系，用传送带相对物体的运动来求。在综合性题目中用到该过程时，则直接用结论即可。该结论是：从静止放到匀速运动的传送带上的物体，在达到与传送带同速的过程中，转化为内能的能量值和物体增加的动能值相等。因为物体在该过程中的对地位移与传送带相对物体的位移大小是相等的。

例9：如图2—13所示，倾角为37º的传送带以4m/s的速度沿图示方向匀速运动。已知传送带的上、下两端间的距离为L=7m。现将一质量m=0.4kg的小木块放到传送带的顶端，使它从静止开始沿传送带下滑，已知木块与传送带间的动摩擦因数为μ=0.25，取

图2—13

g=10m/s2。求木块滑到底的过程中，摩擦力对木块做的功以及生的热各是多少？

【审题】该题目要分成两段考虑，第一段：木块的速度vv0。这一阶段木块相对于传送带向前运动，受到的摩擦力方向向后，合外力仍沿斜面向前。 【解析】刚开始时，合力的大小为 F合1＝mgsin37º＋μmgcos37º, 由牛顿第二定律，加速度大小

F合1a1＝m＝8m/s2， 该过程所用时间

v0 t1＝位移大小

v02a1＝0.5s，

s1＝2a1＝1m。

二者速度大小相同后，合力的大小为 F合2＝mgsin37º－μmgcos37º, 加速度大小

F合2a2＝m＝4m/s2， 位移大小 s2＝ L-s1＝ 6m, 所用时间

1a2t22s2＝ v0t2＋2

得： t2＝1s。

（另一个解t2＝－3s舍去） 摩擦力所做的功 W＝μmgcos37º·(s1-s2) ＝－4.0J， 全过程中生的热 Q＝f·s相对

＝μmgcos37º·【(v0t1-s1)+（s2-v0t2）】 ＝0.8N×3m＝2.4J。

【总结】该题目的关键在于分析清楚物理过程，分成两段处理，正确分析物体受力情况，求出物体和传送带的位移，以及物体和传送带间的相对位移。 例10：一传送带装置示意如图2—14，其中传送带经过AB区域时是水平的，经过BC区域时变为圆弧形(圆弧由光滑模板形成，未画出)，经过CD区域

图2—14

时是倾斜的，AB和CD都与BC相切。现将大量的质量均为m的小货箱一个一个在A处放到传送带上，放置时初速为零，经传送带运送到D处，D和A的高度差为h。稳定工作时传送带速度不变，CD段上各箱等距排列，相邻两箱的距离为L。每个箱子在A处投放后，在到达B之前已经相对于传送带静止，且以后也不再滑动(忽略经BC段时的微小滑动)。已知在一段相当长的时间T内，共运送小货箱的数目为N。这装置由电动机带动，传送带与轮子间无相对滑动，不计轮轴处的摩擦。求电动机的平均输出功率P。

【审题】小货箱放在传送带的AB段上时，由于货箱的初速度为0，传送带以恒定的速度运动，两者之间有相对滑动，出现滑动摩擦力。作用于货箱的摩擦力使货箱加速，直到它的速度增大到等于传送带的速度，作用于传送带的摩擦力有使传送带减速的趋势，但由于电动机的作用，保持了传送带的速度不变。尽管作用于货箱跟作用于传送带的摩擦力的大小是相等的，但小货箱与传送带运动的路程是不同的，因为两者之间有滑动。如果货箱的速度增大到等于传送带的速度经历的时间为t，则在这段时间内货箱运动的路程和传送带运动的路程分别是解答中的①式和③式，两者大小不同，由解答中的④式给出。在这段时间内，传送带克服摩擦力做的功大于摩擦力对货箱做的功(这功转变为货箱的动能)，两者之差即为摩擦发的热。所谓传送带克服摩擦力做功，归根到底是电动机在维持传送带速度不变的过程中所提供的。这也就是在传送带的水平段上使一只小货箱从静止到跟随传送带一起以同样速度运动的过程中，电动机所做的功，这功一部分转变为货箱的动能，一部分因摩擦而发热。当货箱的速度与传送带速度相等后，只要货箱仍在传送带的水平段上，电动机无需再做功。为了把货箱从C点送到D点，电动机又要做功，用于增加货箱的重力势能mgh。由此便可得到输送N只货箱的过程中电动机输出的总功。

以上分析都是在假定已知传送带速度v0的条件下进行的，实际上传送带的速度是未知的。因此要设法找出v0。题中给出在时间T内运送的小货箱有N只，这是说，我们在D处计数，当第1只货箱到达D处时作为时刻t=0，当第N只货箱到达D处时恰好t=T。如果把这N只货箱以L的距离间隔地排在CD上(如果排得下的话)，则第N只货箱到D处的距离为(N—1)L，当该货箱到达D处，即传送带上与该货箱接触的那点在时间T内运动到D点，故有

(N1)Lv0T。由此便可求出v0，电动机的平均功率便可求得。由于N很大，N与N－1

实际上可视作相等的。

【解析】以地面为参考系(下同)，设传送带的运动速度为v0，在水平段的运输过程中，小货箱先在滑动摩擦力作用下做匀加速运动，直到其速度与传送带的速度相等。设这段路程为s，所用的时间为t，加速度为a，则对小货箱有

s12at2 ① ②

v0at在这段时间内传送带运动的路程为

s0v0t ③

由上可得

s02s ④

用Ff表示小货箱与传送带之间的滑动摩擦力，则传送带对小货箱做功为

W1Ffs12mv02 ⑤

传送带克服小货箱对它的摩擦力做功

W0Ffs0212mv02mv02 ⑥

两者之差就克服摩擦力做功发出的热量

Q12mv20 ⑦

可见，在小货箱加速过程中，小货箱获得的动能与发热量相等。

T时间内电动机输出的功为

WPT ⑧

此功用于增加N个小货箱的动能、势能和使小货箱加速时程中克服摩擦力发 的热，即有

W12Nmv20NmghNQ ⑨

N个小货箱之间的距离为(N－1)L，它应等于传送带在T时间内运动的距离，即有

v0T(N1)LNL ⑩

因T很大，故N亦很大。

联立⑦、⑧、⑨、⑩，得

22NmNLPghTT2

【总结】本题初看起来比较复杂，关于装置的描述也比较冗长．看来对于实际的问题或比较实际的问题，冗长的描述是常有的。要通过对描述的研究，抓住关键，把问题理想化、简单化，这本身就是一种分析问题、处理问题的能力。通过分析，可以发现题中传送带的水平段的作用是使货箱加速，直到货箱与传送带有相同的速度。使货箱加速的作用力来自货箱与传送带之间的滑动摩擦力。了解到这一点还不够，考生还必须知道在使货箱加速的过程中，货箱与传送带之间是有相对滑动的，尽管传送带作用于货箱的摩擦力跟货箱作用于传送带的摩擦力是一对作用力与反作用力，它们大小相等，方向相反，但在拖动货箱的过程中，货箱与传送带移动的路程是不同的。因此作用于货箱的摩擦力做的功与传送带克服摩擦力做的功是不同的。如果不明白这些道理，就不会分别去找货箱跟传送带运动的路程。虽然头脑中存有匀变速直线运动的公式，但不一定会把它们取出来加以使用。而在这个过程中，不管货箱获得的动能还是摩擦变的热，这些能量最终都来自电动机做的功。

传送带的倾斜段的作用是把货箱提升h高度。在这个过程中，传送带有静摩擦力作用于货箱，同时货箱还受重力作用，这两个力对货箱都做功，但货箱的动能并没有变化。因为摩擦力对货箱做的功正好等于货箱克服重力做的功，后者增大了货箱在重力场中的势能。同时在这个

过程中传送带克服静摩擦力亦做功，这个功与摩擦力对货箱做的功相等，因为两者间无相对滑动。所以货箱增加的重力势能亦来自电动机。

有的同学见到此题后，不知从何下手，找不到解题思路和解题方法，其原因可能是对涉及的物理过程以及过程中遇到的一些基本概念不清楚造成的。求解物理题，不能依赖于套用解题方法，不同习题的解题方法都产生于对物理过程的分析和对基本概念的正确理解和应用。

难点之三 圆周运动的实例分析

一、难点形成的原因

1、对向心力和向心加速度的定义把握不牢固，解题时不能灵活的应用。

2、圆周运动线速度与角速度的关系及速度的合成与分解的综合知识应用不熟练，只是了解大概，在解题过程中不能灵活应用；

3、圆周运动有一些要求思维长度较长的题目，受力分析不按照一定的步骤，漏掉重力或其它力，因为一点小失误，导致全盘皆错。 4、圆周运动的周期性把握不准。

5、缺少生活经验，缺少仔细观察事物的经历，很多实例知道大概却不能理解本质，更不能把物理知识与生活实例很好的联系起来。

二、难点突破

（1）匀速圆周运动与非匀速圆周运动

a.圆周运动是变速运动，因为物体的运动方向（即速度方向）在不断变化。圆周运动也不可能是匀变速运动，因为即使是匀速圆周运动，其加速度方向也是时刻变化的。

b.最常见的圆周运动有：①天体（包括人造天体）在万有引力作用下的运动；②核外电子在库仑力作用下绕原子核的运动；③带电粒子在垂直匀强磁场的平面里在磁场力作用下的运动；④物体在各种外力（重力、弹力、摩擦力、电场力、磁场力等）作用下的圆周运动。

c.匀速圆周运动只是速度方向改变，而速度大小不变。做匀速圆周运动的物体，它所受的所有力的合力提供向心力，其方向一定指向圆心。非匀速圆周运动的物体所受的合外力沿着半径指向圆心的分力，提供向心力，产生向心加速度；合外力沿切线方向的分力，产生切向加速度，其效果是改变速度的大小。

例1：如图3-1所示，两根轻绳同系一个质量m=0.1kg的小球，两绳的另一端分别固定在轴上的A、B两处，上面绳AC长L=2m，当两绳都拉直时，与轴的夹角分别为30°和45°，求当小球随轴一起在水平面内做匀速圆周运动角速度为ω=4rad/s时，上下两轻绳拉力各为多少？ 【审题】两绳张紧时，小球受的力由0逐渐增大时，ω可能出现两个临界值。

【解析】如图3-1所示，当BC刚好被拉直，但其拉力T2恰为零，设此时角速度为ω1，AC绳上拉力设为T1，对小球有： T1cos30mgT1sin30 ①

2=mω1LABsin30②

代入数据得：

12.4rad/s，

要使BC绳有拉力，应有ω>ω1，当AC绳恰被拉直，但其拉力T1恰为零，设此时角速度为ω2，BC绳拉力为T2，则有 T2cos45mg图3-1

③

T2sin45°=mω2LACsin30°④

代入数据得：ω2=3.16rad/s。要使AC绳有拉力，必须ω<ω2，依题意ω=4rad/s>ω2，故AC绳已无拉力，AC绳是松驰状态，BC绳与杆的夹角θ>45°，对小球有： T2cosmg

2T2cosθ=m ω2LBCsin θ ⑤ 而LACsin30°=LBCsin45° LBC=

2m ⑥

由⑤、⑥可解得 T22.3N；T10

【总结】当物体做匀速圆周运动时，所受合外力一定指向圆心，在圆周的切线方向上和垂直圆周平面的方向上的合外力必然为零。 （2）同轴装置与皮带传动装置

在考查皮带转动现象的问题中，要注意以下两点： a、同一转动轴上的各点角速度相等；

b、和同一皮带接触的各点线速度大小相等，这两点往往是我们解决皮带传动的基本方法。 例2：如图3-2所示为一皮带传动装置，右轮的半径为r，a是它边缘上的一点，左侧是一轮轴，大轮半径为4r，小轮半径为2r，b点在小轮上，到小轮中心距离为r，c点和d点分别位于小轮和大轮的边缘上，若在传动过程中，皮带不打滑，则

A．a点与b点线速度大小相等 B．a点与c点角速度大小相等

C．a点与d点向心加速度大小相等

图3-2

D．a、b、c、d四点，加速度最小的是b点

【审题】 分析本题的关键有两点：其一是同一轮轴上的各点角速度相同；其二是皮带不打滑时，与皮带接触的各点线速度大小相同。这两点抓住了，然后再根据描述圆周运动的各物理量之间的关系就不难得出正确的结论。

【解析】由图3-2可知，a点和c点是与皮带接触的两个点，所以在传动过程中二者的线速度大小相等，即va＝vc，又v＝ωR， 所以ωar＝ωc·2r，即ωa＝2ωc．而b、c、d三点在同一轮

11va轴上，它们的角速度相等，则ωb＝ωc＝ωd＝2ωa，所以选项Ｂ错．又vb＝ωb·r＝ 2ωar＝2，

ωa11所以选项A也错．向心加速度：aa＝ωa2r；ab＝ωb2·r＝（2）2r＝4ωa2r＝4aa；ac＝ωc2·2r

1111＝（2ωa）2·2r＝ 2ωa2r＝2aa；ad＝ωd2·4r＝（2ωa）2·4r＝ωa2r＝aa．所以选项C、D均正确。 【总结】该题除了同轴角速度相等和同

图3-3

皮带线速度大小相等的关系外，在皮带传动装置中，从动轮的转动是静摩擦力作用的结果．从动轮受到的摩擦力带动轮子转动，故轮子受到的摩擦力方向沿从动轮的切线与轮的转动方向相同；主动轮靠摩擦力带动皮带，故主动轮所受摩擦力

方向沿轮的切线与轮的转动方向相反。是不是所有的题目都要是例1这种类型的呢？当然不是，当轮与轮之间不是依靠皮带相连转动，而是依靠摩擦力的作用或者是齿轮的啮合，如图3-3所示，同样符合例1的条件。 （3）向心力的来源

a．向心力是根据力的效果命名的．在分析做圆周运动的质点受力情况时，切记在物体的作用力（重力、弹力、摩擦力等）以外不要再添加一个向心力。 b．对于匀速圆周运动的问题，一般可按如下步骤进行分析：

①确定做匀速圆周运动的物体作为研究对象。

②明确运动情况，包括搞清运动速率v，轨迹半径R及轨迹圆心O的位置等。只有明确了上述几点后，才能知道运动物体在运动过程中所需的向心力大小( mv2/R )和向心力方向（指向圆心）。

③分析受力情况，对物体实际受力情况做出正确的分析，画出受力图，确定指向圆心的合外力F（即提供向心力）。

2T解得结果。 ④选用公式F=mR=mRω2=mR

v22c．圆周运动中向心力的特点：

①匀速圆周运动：由于匀速圆周运动仅是速度方向变化而速度大小不变，故只存在向心加速度，物体受到外力的合力就是向心力。可见，合外力大小不变，方向始终与速度方向垂直且

指向圆心，是物体做匀速圆周运动的条件。

②变速圆周运动：速度大小发生变化，向心加速度和向心力都会相应变化。求物体在某一点受到的向心力时，应使用该点的瞬时速度，在变速圆周运动中，合外力不仅大小随时间改变，其方向也不沿半径指向圆心。合外力沿半径方向的分力（或所有外力沿半径方向的分力的矢量和）提供向心力，使物体产生向心加速度，改变速度的方向；合外力沿轨道切线方向的分力，使物体产生切向加速度，改变速度的大小。

③当物体所受的合外力F小于所需要提供的向心力mv2/R时，物体做离心运动。 例3：如图3-4所示，半径为R的半球形碗内，有一个具有一定质量的物体A，A与碗壁间的动摩擦因数为μ，当碗绕竖直轴OO/匀速转动时，物体A刚好能紧贴在碗口附近随碗一起匀速转动而不发生相对滑动，求碗转动的角速度．

【审题】物体A随碗一起转动而不发生相对滑动，则物体做匀速圆周运动的角速度ω就等于碗转动的角速度ω。物体A做匀速圆周运动所需的向心力方向指向球心O，故此向心力不是由重力而是由碗壁对物体的弹力提供，此时物体所受的摩擦力与重力平衡。 【解析】物体A做匀速圆周运动，向心力： 而摩擦力与重力平衡，则有：

FnmgFnmR2图3-4

Fnmg

即：



mR2mg由以上两式可得：

 g即碗匀速转动的角速度为：

R

【总结】分析受力时一定要明确向心力的来源，即搞清楚什么力充当向心力．本题还考查了摩擦力的有关知识：水平方向的弹力为提供摩擦力的正压力，若在刚好紧贴碗口的基础上，角速度再大，此后摩擦力为静摩擦力，摩擦力大小不变，正压力变大。 例4：如图3-5所示，在电机距轴O为r处固定一质量为m的铁块．电机启动后，铁块以角速度ω绕轴O匀速转动．则电机对地面的最大压力和最小压力之差为__________。

【审题】铁块在竖直面内做匀速圆周运动，其向心力是重力mg与轮对它的力F的合力．由圆周运动的规律可知：当m转到最低点时F最大，当m转到最高点时F最小。

【解析】设铁块在最高点和最低点时，电机对其作用力分别为F1和F2，且都指向轴心，根据牛顿第二定律有： 在最高点：mg＋F1＝mω2r 在最低点：F2－mg＝mω2r 小为：ΔFN＝F2＋F1

图3-5

①

②

③

电机对地面的最大压力和最小压力分别出现在铁块m位于最低点和最高点时，且压力差的大由①②③式可解得：ΔFN＝2mω2r

【总结】

（1）若m在最高点时突然与电机脱离，它将如何运动?

（2）当角速度ω为何值时，铁块在最高点与电机恰无作用力?

（3）本题也可认为是一电动打夯机的原理示意图。若电机的质量为M，则ω多大时，电机可以“跳”起来?此情况下，对地面的最大压力是多少? 解：（1）做初速度沿圆周切线方向，只受重力的平抛运动。 （2）电机对铁块无作用力时，重力提供铁块的向心力，则 mg＝mω12r

g即 ω1＝

r

（3）铁块在最高点时，铁块与电动机的相互做用力大小为F1，则 F1＋mg＝mω22r F1＝Mg

(Mm)g(Mm)g即当ω2≥

mr时，电动机可以跳起来，当ω2＝

mr时，铁块在最低点时电

机对地面压力最大，则 F2－mg＝mω22r

FN＝F2＋Mg

解得电机对地面的最大压力为FN＝2（M＋m）g （4）圆周运动的周期性

利用圆周运动的周期性把另一种运动（例如匀速直线运动、平抛运动）联系起来。圆周运动是一个独立的运动，而另一个运动通常也是独立的，分别明确两个运动过程，注意用时间相等来联系。

在这类问题中，要注意寻找两种运动之间的联系，往往是通过时间相等来建立联系的。同时，要注意圆周运动具有周期性，因此往往有多个答案。

例5：如图3-6所示，半径为R的圆盘绕垂直于盘面的中心轴匀速转动，其正上方h处沿OB方向水平抛出一个小球，要使球与盘只碰一次，且落点为B，则小球的初速度v＝_________，圆盘转动的角速度ω＝_________。

【审题】小球做的是平抛运动，在小球做平抛运动的这段时间内，圆盘做了一定角度的圆周运动。

【解析】①小球做平抛运动，在竖直方向上：

1图3-6

h＝2gt2 则运动时间

2ht＝

g

又因为水平位移为R 所以球的速度

Rg2h

v＝t＝R·

②在时间t内，盘转过的角度θ＝n·2π，又因为θ＝ωt 则转盘角速度：

n2gω＝

t＝2nπ

2h(n＝1，2，3„)

【总结】上题中涉及圆周运动和平抛运动这两种不同的运动，这两种不同运动规律在解决同一问题时，常常用“时间”这一物理量把两种运动联系起来。

例6：如图3-7所示，小球Q在竖直平面内做匀速圆周运动，当Q球转到图示位置时，有另一小球P在距圆周最高点为h处开始自由下落.要使两球在圆周最高点相碰，则Q球的角速度ω应满足什么条件？

【审题】下落的小球P做的是自由落体运动，小球Q做的是圆周运动，若要想碰，必须满足时间相等这个条件。

【解析】设P球自由落体到圆周最高点的时间为t，由自由落体可得

12gt2=h

图3-7

2h求得t=

g

Q球由图示位置转至最高点的时间也是t，但做匀速圆周运动，周期为T，有

Tt=(4n+1)4(n=0，1，2，3„„)

2π2π2hg两式联立再由T=得 (4n+1)=

π

g所以ω=2(4n+1)2h (n=0，1，2，3„„)

【总结】由于圆周运动每个周期会重复经过同一个位置，故具有重复性。在做这类题目时，应该考虑圆周运动的周期性。 （5）竖直平面内圆周运动的临界问题 圆周运动的临界问题：

图3-8

（1）如上图3-8所示，没有物体支撑的小球，在绳和轨道的约束下，在竖直平面做圆周运动过最高点的情况：

v2Rg①临界条件：绳子或轨道对小球没有力的做用：mg＝mRv临界＝。

②能过最高点的条件：v≥

Rg，当v＞

Rg时，绳对球产生拉力，轨道对球产生压力。

③不能过最高点的条件：v＜v临界（实际上球还没到最高点时就脱离了轨道）

（2）如图3-9球过最高点时，轻质杆对球产生的弹力情况： ①当v＝0时，FN＝mg（FN为支持力）。 ②当0＜v＜持力。 ③当v＝④当v＞

RgRgRg时，FN随v增大而减小，且mg＞FN＞0，FN为支

时，FN＝0。

时，FN为拉力，FN随v的增大而增大。

Rg图3-9

如图所示3-10的小球在轨道的最高点时，如果v≥此时将脱

离轨道做平抛运动，因为轨道对小球不能产生拉力。

例7：半径为R的光滑半圆球固定在水平面上，如图3-11所

图3-10

图3-11

示。顶部有一小物体甲，今给它一个水平初速度

v0gR，则物体甲将（ ）

A．沿球面下滑至M点

B．先沿球面下滑至某点N，然后便离开球面作斜下抛运动 C．按半径大于R的新的圆弧轨道作圆周运动 D．立即离开半圆球作平抛运动

【审题】物体在初始位置受竖直向下的重力，因为v0=

gR，所以，球面支持力为零，又因

为物体在竖直方向向下运动，所以运动速率将逐渐增大，若假设物体能够沿球面或某一大于R的新的圆弧做圆周运动，则所需的向心力应不断增大。而重力沿半径方向的分力逐渐减少，对以上两种情况又不能提供其他相应的指向圆心的力的作用，故不能提供不断增大的向心力，所以不能维持圆周运动。

【解析】物体应该立即离开半圆球做平抛运动，故选D。 【总结】当物体到达最高点，速度等于

gR时，半圆对物体的支持力等于零，所以接下来物

体的运动不会沿着半圆面，而是做平抛运动。 （6）圆周运动的应用

a.定量分析火车转弯的最佳情况。

①受力分析：如图所示3-12火车受到的支持力和重力的合力水平指向圆心，成为使火车拐弯的向心力。 ②动力学方程：根据牛顿第二定律得

v02 mgtanθ＝mr

其中r是转弯处轨道的半径，0是使内外轨均不受侧向力的最佳速度。

③分析结论：解上述方程可知

v02图3-12

v＝rgtanθ

v0 可见，最佳情况是由、r、θ共同决定的。

当火车实际速度为v时，可有三种可能， 当v＝ 当v＞ 当v＜

v0v0v0时，内外轨均不受侧向挤压的力；

时，外轨受到侧向挤压的力（这时向心力增大，外轨提供一部分力）； 时，内轨受到侧向挤压的力（这时向心力减少，内轨抵消一部分力）。

还有一些实例和这一模型相同，如自行车转弯，高速公路上汽车转弯等等

我们讨论的火车转弯问题，实质是物体在水平面的匀速圆周运动，从力的角度看其特点是：合外力的方向一定在水平方向上，由于重力方向在竖直方向，因此物体除了重力外，至少再受到一个力，才有可能使物体产生在水平面做匀速圆周运动的向心力．

实际在修筑铁路时，要根据转弯处的半径r和规定的行驶速度v0，适当选择内外轨的高度差，使转弯时所需的向心力完全由重力G和支持力FN的合力来提供，如上图3-12所示.必须注意，虽然内外轨有一定的高度差，但火车仍在水平面内做圆周运动，因此向心力是沿水平方向的，

v02而不是沿“斜面”向上，F=Gtgθ=mgtgθ，故mgtgθ=mr。 b.汽车过拱桥

汽车静止在桥顶与通过桥顶是否同种状态？不是的，汽车静止在桥顶、或通过桥顶，虽然都受到重力和支持力。但前者这两个力的合力为零，后者合力不为零。

汽车过拱桥桥顶的向心力如何产生？方向如何？汽车在桥顶受到重力和支持力，如图3-13所示，向心力由二者的合力提供，方向竖直向下。 运动有什么特点？①动力学方程： 由牛顿第二定律

v2 G－F1＝mr

v2解得F1＝G－mr=mg-

mv2r

图3-13

②汽车处于失重状态

汽车具有竖直向下的加速度，F1＜mg，对桥的压力小于重力．这也是为什么桥一般做成拱形的原因．

③汽车在桥顶运动的最大速度为

rg

rg根据动力学方程可知，当汽车行驶速度越大，汽车和桥面的压力越小，当汽车的速度为时，

压力为零，这是汽车保持在桥顶运动的最大速度，超过这个速度，汽车将飞出桥顶，做平抛运动。 另：

c．人骑自行车转弯

由于速度较大，人、车要向圆心处倾斜，与竖直方向成φ角，如图3-14所示，人、车的重力mg与地面的作用力F的合力作为向心力．地面的作用力是地面对人、车的支持力FN与地面的摩擦力的合力，实际上仍是地面的摩擦力作为向心力。

v2由图知，F向=mgtanφ=mr 2．圆锥摆

摆线张力与摆球重力的合力提供摆球做匀速圆周运动的向心力．如图3-15所示，质量为m的小球用长为L的细线连接着，使小球在水平面内做匀速圆周运动．细线与竖直方向夹角为α，试分析其角速度ω的大小。 对小球而言，只受两个力：重力mg和线的拉力T．这两个力的合力mgtanα提供向心力，半径r＝Lsinα，所以由F＝mrω2得，mgtanα＝mLsin

图3-14

图3-15

α·ω2

g整理得ω＝

Lcos

可见，角速度越大，角α也越大。 3．杂技节目“水流星”

表演时，用一根绳子两端各拴一个盛水的杯子，演员抡起杯子在竖直面内做圆周运动，在最高点杯口朝下，但水不会流下，如图所示，这是为什么？

分析：以杯中之水为研究对象进行受力分析，根据牛顿第二定律可知：

v2F向＝mr，此时重力G与FN的合力充当了向心力即F向＝G＋FN

v2图3-16

故：G＋FN＝mr

由上式可知v减小，F减小，当FN＝0时，v有最小值为讨论：

v2gr。

gr①当mg＝mr，即v＝时，水恰能过最高点不洒出，这就是水能过最高点的临界条件；

v2gr②当mg＞mr，即v＜时，水不能过最高点而不洒出；

v2gr③当mg＜mr，即v＞时，水能过最高点不洒出，这时水的重力和杯对水的压力提供

向心力。

例8：绳系着装有水的水桶，在竖直面内做圆周运动，水的质量m＝0.5 kg，绳长L＝60 cm，求：

①最高点水不流出的最小速率。

②水在最高点速率v＝3 m/s时，水对桶底的压力。

【审题】当v0=

gR时，水恰好不流出，要求水对桶底的压力和判断是否能通过最高点，也

要和这个速度v比较，v>v0时，有压力；v=v0时，恰好无压力；v≤v0时，不能到达最高点。 【解析】①水在最高点不流出的条件是重力不大于水做圆周运动所需要的向心力即mg＜

mvL2，

gR则最小速度v0＝＝

gL＝2.42 m/s。

②当水在最高点的速率大于v0时，只靠重力提供向心力已不足，此时水桶底对水有一向下的

压力，设为F，由牛顿第二定律

v2F＋mg＝mL得：F＝2.6 N。

由牛顿第三定律知，水对水桶的作用力F′＝－F＝－2.6 N，即方向竖直向上。

【总结】当速度大于临界速率时，重力已不足以提供向心力，所缺部分由桶底提供，因此桶底对水产生向下的压力。

例2：汽车质量m为1.5×104 kg，以不变的速率先后驶过凹形路面和凸形路面，路面圆弧半径均为15 m，如图3-17所示．如果路面承受的最大压力不得超过2×105 N，汽车允许的最大速率是多少？汽车以此速率驶过路面的最小压力是多少？

图3-17

【审题】首先要确定汽车在何位置时对路面的压力最大，

汽车经过凹形路面时，向心加速度方向向上，汽车处于超重状态；经过凸形路面时，向心加速度向下，汽车处于失重状态，所以汽车经过凹形路面最低点时，汽车对路面的压力最大。 【解析】当汽车经过凹形路面最低点时，设路面支持力为FN1，受力情况如图3-18所示，由牛顿第二定律，

v2有FN1－mg＝mR 要求FN1≤2×105 N

解得允许的最大速率vm＝7.07 m/s

由上面分析知，汽车经过凸形路面顶点时对路面压力最小，设为FN2，如图3-19所示，由牛顿第二定律有

mv2m图3-18

解得FN2＝1×105 N。

图3-19

mg－FN2＝R

【总结】汽车过拱桥时，一定要按照实际情况受力分析，沿加速度方向列式。 （7）离心运动 离心现象条件分析

①做圆周运动的物体，由于本身具有惯性，总是想沿着切线方向运动，只是由于向心力作用，使它不能沿切线方向飞出，而被限制着沿圆周运动，如图3-20中B所示。

②当产生向心力的合外力消失，F＝0，物体便沿所在位置的切线方向飞出去，如图3-20中A所示。

③当提供向心力的合外力不完全消失，而只是小于应当具有的向心力，，即合外力不足以提供所需的向心力的情况下，物体沿切线与圆周之间的一条曲线运动，如图3-20所示。

图3-20

在实际中，有一些利用离心运动的机械，这些机械叫做离心机械。离心机械的种类很多，应用也很广。例如，离心干燥（脱水）器，离心分离器，离心水泵。

例9：一把雨伞边缘的半径为r，且高出水平地面h．当雨伞以角速度ω旋转时，雨滴自边缘甩出落在地面上成一个大圆周．这个大圆的半径为_______。 【审题】想象着实际情况，当以一定速度旋转雨伞时，雨滴甩出做离心运动，落在地上，形成一个大圆。

【解析】雨滴离开雨伞的速度为v0＝ωr

2h雨滴做平抛运动的时间为t＝

g2h

图3-21

雨滴的水平位移为s＝v0t＝ωr

g

雨滴落在地上形成的大圆的半径为

r+s22=r+ωr2222hg=r1+2hωg2R＝

【总结】通过题目的分析，雨滴从伞边缘沿切线方向，以一定的初速度飞出，竖直方向上是自由落体运动，雨滴做的是平抛运动，把示意图画出来，通过示意图就可以求出大圆半径。 （8）难点突破⑧——圆周运动的功和能

应用圆周运动的规律解决实际生活中的问题，由于较多知识交织在一起，所以分析问题时利用能量守恒定律和机械能守恒定律的特点作为解题的切入点，可能大大降低难度。

例9：使一小球沿半径为R的圆形轨道从最低点上升，那么需给它最小速度为多大时，才能使它达到轨道的最高点？

【审题】小球到达最高点A时的速度vA不能为零，否则小球早在到达A点之前就离开了圆形轨道。要使小球到达A点（自然不脱离圆形轨道），则小球在A点的速度必须满足

vA2Mg+NA=mR，式中，NA为圆形轨道对小球的弹力。上式表示小球在A点作圆周运动所需要的向心力由轨道对它的弹力和它本身的重力共同提供。当NA=0时，vA最小，vA=这就是说，要使小球到达A点，则应该使小球在A点具有的速度vA≥

gRgR。

。

【解析】以小球为研究对象。小球在轨道最高点时，受重力和轨道给的弹力。 小球在圆形轨道最高点A时满足方程

根据机械能守恒，小球在圆形轨道最低点B时的速度满足方程

12mv2A+mg2R=12mv2B （2）

解(1)，(2)方程组得

当NA=0时，VB=为最小，VB=

5gR

的速度，才能使它到达圆形轨道的最高点A。

所以在B点应使小球至少具有VB=

5gR【总结】在杆和管子的约束下做圆周运动时，可以有拉力和支持力，所以在最高点的速度可以等于零；在圆轨道和绳子的约束下做圆周运动时，只能有拉力，所以在最高点的速度必须大于

gR。

（9）实验中常见的圆周运动

综合题往往以圆周运动和其他物理知识为背景，这类题代表了理科综合命题方向，要在平日的做题中理解题目的原理，灵活的把握题目。

例10： 图3-22甲所示为测量电动机转动角速度的实验装置，半径不大的圆形卡纸固定在电动机转轴上，在电动机的带动下匀速转动．在圆形卡纸的旁边垂直安装一个改装了的电火花计时器。

①请将下列实验步骤按先后排序： ． A．使电火花计时器与圆形卡纸保持良好接触

B．接通电火花计时器的电源，使它工作起来 C．启动电动机，使圆形卡纸转动起来

D．关闭电动机，拆除电火花计时器；研究卡纸上留下的一段痕迹（如图3-22乙所示），写出角速度ω的表达式，代入数据，得出ω的测量值

②要得到ω的测量值，还缺少一种必要的测量工具，它是 ．

A．秒表 B．毫米刻度尺 C．圆规 D．量角器

③写出角速度ω的表达式，并指出表达式中各个物理量的意义： ．

④为了避免在卡纸连续转动的过程中出现打点重叠，在电火花计时器与盘面保持良好接触的同时，可以缓慢地将电火花计时器沿圆形卡纸半径方向向卡纸中心移动．则卡纸上打下的点

的分布曲线不是一个圆，而是类似一种螺旋线，如图3-22丙所示．这对测量结果有影响吗？

图3-22

【审题】因为这个题目用的是打点计时器，所以两点之间的时间是0.02s，通过量角器量出圆心到两点之间的角度，利用ω=θ/t。

【解析】具体的实验步骤应该是A、C、B、D，量出角度应该用量角器D，

(n1)t，θ

为ｎ个点对应的圆心角，ｔ为时间间隔；应该注意的一个问题是不能转动一圈以上，因为点迹重合，当半径减小时，因为单位时间内转过的角度不变，所以没有影响。

【总结】本题考查的是圆周运动中角速度的定义，ω=θ/t，实验中θ是用量角器测量出来的，时间t的测量用的是打点计时器，应该充分发挥想象，不是打点计时器只能测量直线运动。

难点之四 卫星问题分析 一、难点形成原因：

卫星问题是高中物理内容中的牛顿运动定律、运动学基本规律、能量守恒定律、万有引力定律甚至还有电磁学规律的综合应用。其之所以成为高中物理教学难点之一，不外乎有以下几个方面的原因。

1、不能正确建立卫星的物理模型而导致认知负迁移

由于高中学生认知心理的局限性以及由牛顿运动定律研究地面物体运动到由天体运动规律研

究卫星问题的跨度，使其对卫星、飞船、空间站、航天飞机等天体物体绕地球运转以及对地球表面物体随地球自转的运动学特点、受力情形的动力学特点分辩不清，无法建立卫星或天体的匀速圆周运动的物理学模型（包括过程模型和状态模型），解题时自然不自然界的受制于旧有的运动学思路方法，导致认知的负迁移，出现分析与判断的失误。 2、不能正确区分卫星种类导致理解混淆

人造卫星按运行轨道可分为低轨道卫星、中高轨道卫星、地球同步轨道卫星、地球静止卫星、太阳同步轨道卫星、大椭圆轨道卫星和极轨道卫星；按科学用途可分为气象卫星、通讯卫星、侦察卫星、科学卫星、应用卫星和技术试验卫星。。。。。。由于不同称谓的卫星对应不同的规律与状态，而学生对这些分类名称与所学教材中的卫星知识又不能吻合对应，因而导致理解与应用上的错误。

3、不能正确理解物理意义导致概念错误

卫星问题中有诸多的名词与概念，如，卫星、双星、行星、恒星、黑洞；月球、地球、土星、火星、太阳；卫星的轨道半径、卫星的自身半径；卫星的公转周期、卫星的自转周期；卫星的向心加速度、卫星所在轨道的重力加速度、地球表面上的重力加速度；卫星的追赶、对接、变轨、喷气、同步、发射、环绕等问题。。。。。。因为不清楚卫星问题涉及到的诸多概念的含义，时常导致读题、审题、求解过程中概念错乱的错误。

4、不能正确分析受力导致规律应用错乱

由于高一时期所学物体受力分析的知识欠缺不全和疏于深化理解，牛顿运动定律、圆周运动规律、曲线运动知识的不熟悉甚至于淡忘，以至于不能将这些知识迁移并应用于卫星运行原理的分析，无法建立正确的分析思路，导致公式、规律的胡乱套用，其解题错误也就在所难免。

5、不能全面把握卫星问题的知识体系，以致于无法正确区分类近知识点的不同。如，开普勒行星运动规律与万有引力定律的不同；赤道物体随地球自转的向心加速度与同步卫星环绕地球运行的向心加速度的不同；月球绕地球运动的向心加速度与月球轨道上的重力加速度的不同；卫星绕地球运动的向心加速度与切向加速度的不同；卫星的运行速度与发射速度的不同；由万有引力、重力、向心力构成的三个等量关系式的不同；天体的自身半径与卫星的轨道半径的不同；两个天体之间的距离Ｌ与某一天体的运行轨道半径ｒ的不同。。。。。。只有明确的把握这些类近而相关的知识点的异同时才能正确的分析求解卫星问题。 二、难点突破策略：

（一）明确卫星的概念与适用的规律：

1、卫星的概念：

由人类制作并发射到太空中、能环绕地球在空间轨道上运行（至少一圈）、用于科研应用的无人或载人航天器，简称人造卫星。高中物理的学习过程中要将其抽象为一个能环绕地球做圆周运动的物体。

2、适用的规律：

牛顿运动定律、万有引力定律、开普勒天体运动定律、能量守恒定律以及圆周运动、曲线运动的规律、电磁感应规律。。。。。均适应于卫星问题。但必须注意到“天上”运行的卫星与“地上”运动物体的受力情况的根本区别。 （二）认清卫星的分类：

高中物理的学习过程中，无须知道各种卫星及其轨道形状的具体分类，只要认清地球同步卫星（与地球相对静止）与一般卫星（绕地球运转）的特点与区别即可。

（1）、地球同步卫星： ①、同步卫星的概念：所谓地球同步卫星，是指相对于地球静止、处在特定高度的轨道上、具有特定速度且与地球具有相同周期、相同角速度的卫星的一种。

②、同步卫星的特性：

不快不慢------具有特定的运行线速度（V=3100m/s）、特定的角速度（ω=7.26x10-5 ra d/s ）和特定的周期（T=24小时）。

不高不低------具有特定的位置高度和轨道半径，高度H=3.58 x107m, 轨道半径r=4.22 x107m. 不偏不倚------同步卫星的运行轨道平面必须处于地球赤道平面上，轨道中心与地心重合，只能‘静止’在赤道上方的特定的点上。 证明如下：

如图4-1所示，假设卫星在轨道A上跟着地球的自转同步地匀速圆周运动，卫星运动的向心力来自地球对它的引力Ｆ引，Ｆ引中除用来作向心力的Ｆ1外，还有另一分力Ｆ2，由于Ｆ2的作用将使卫星运行轨道靠向赤道，只有赤道上空，同步卫星才可能在稳定的轨道上运行。 由

GMmR2mR2得

R3GM2

∴h=R-R地 是一个定值。(h是同步卫星距离地面的高度) 因此，同步卫星一定具有特定的位置高度和轨道半径。 ③、同步卫星的科学应用：

同步卫星一般应用于通讯与气象预报，高中物理中出现的通讯卫星与气象卫星一般是指同步卫星。 （2）、一般卫星： ①、定义：

不相同的一些卫星。

②、、卫星绕行速度与半径的关系： 由

GMmr2图4-1

一般卫星指的是，能围绕地球做圆周运动，其轨道半径、轨道平面、运行速度、运行周期各

mv2r 得：

vGMr即

v1r (r越大v越小)

③、、卫星绕行角速度与半径的关系： 由

GMmr2m2r得：

2GMr3即

421r3；（r越大ω越小）

④、、卫星绕行周期与半径的关系： 由

GMmr22mrT得：

Tr3GM即Tr（r越大Ｔ越大），

3（3）双星问题

两颗靠得很近的、质量可以相比的、相互绕着两者连线上某点做匀速圆周运的星体，叫做双星．双星中两颗子星相互绕着旋转可看作匀速圆周运动，其向心力由两恒星间的万有引力提供．由于引力的作用是相互的，所以两子星做圆周运动的向心力大小是相等的，因两子星绕着连线上的一点做圆周运动，所以它们的运动周期是相等的，角速度也是相等的，线速度与两子星的轨道半径成正比．

（三）运用力学规律研究卫星问题的思维基础： ①光年，是长度单位，1光年= 9.46×1012千米

MV，球体体积

V43R3②认为星球质量分布均匀，密度

，表面积S4R

2③地球公转周期是一年（约365天，折合 8760 小时），自转周期是一天（约24小时）。 ④月球绕地球运行周期是一个月（约28天，折合672小时；实际是27.3天） ⑤围绕地球运行飞船内的物体，受重力，但处于完全失重状态。

⑥发射卫星时，火箭要克服地球引力做功。由于地球周围存在稀薄的大气，卫星在运行过程中要受到空气阻力，动能要变小，速率要变小，轨道要降低，即半径变小。

⑦视天体的运动近似看成匀速圆周运动，其所需向心力都是来自万有引力， 即

mgGMmr2同步轨ma向mv2rmr2mr4T22B mv地球 A

图4-2

3应用时根据实际情况选用适当的公式进行分析。 ⑧天体质量Ｍ、密度ρ的估算：

测出卫星围绕天体作匀速圆周运动的半径r和周期Ｔ， 由

GMmr22mrT2得：

M42r23GT，

MV3rGT2R3（当卫星绕天体表面运动时，

ρ=3π/GT2）

⑨发射同步通讯卫星一般都要采用变轨道发射的方法：点火，卫星进入停泊轨道（圆形轨道，高度200—300km），当卫星穿过赤道平面时，点火，卫星进入转移轨道（椭圆轨道），当卫星达到远地点时，点火，进入静止轨道（同步轨道）。如图4-2所示。

⑩明确三个宇宙速度：

第一宇宙速度（环绕速度）：v=7.9千米／秒；（地球卫星的最小发射速度）

第二宇宙速度（脱离速度）：v=11.2千米／秒；（卫星挣脱地球束缚的最小发射速度） 第三宇宙速度（逃逸速度）：v=16.7千米／秒。（卫星挣脱太阳束缚的最小发射速度） 人造卫星在圆轨道上的运行速度是随着高度的增大而减小的，但是发射高度大的卫星克服地球的引力做功多，所以将卫星发射到离地球远的轨道，在地面上的发射速度就越大。 三、运用力学规律研究卫星问题的基本要点

1、必须区别开普勒行星运动定律与万有引力定律的不同 开普勒行星运动定律

开普勒第一定律：所有行星围绕太阳运动的轨道均是椭圆，太阳处在这些椭圆轨道的一个公共焦点上。

开普勒第二定律（面积定律）：太阳和运动着的行星之间的联线，在相等的时间内扫过的面积总相等。

开普勒第三定律（周期定律）：各个行星绕太阳公转周期的平方和它们的椭圆轨道的半长轴的立方成正比。若用r表示椭圆轨道的半长轴，用T表示行星的公转周期，则有k=r3/T2是一个与行星无关的常量。

开普勒总结了第谷对天体精确观测的记录，经过辛勤地整理和计算，归纳出行星绕太阳运行的三条基本规律。开普勒定律只涉及运动学、几何学方面的内容。开普勒定律为万有引力定律的提出奠定了理论基础，此三定律也是星球之间万有引力作用的必然结果。 （２）万有引力定律 万有引力定律的内容是：

宇宙间一切物体都是相互吸引的，两个物体间的引力大小，跟它们的质量的乘积成正比，跟它们间的距离的平方成反比。 万有引力定律的公式是： Gm1m2r2F=， （Ｇ=6.67×１０－11牛顿·米2／千克2，叫作万有引力恒量）。

万有引力定律的适用条件是：

严格来说公式只适用于质点间的相互作用，当两个物体间的距离远远大于物体本身大小时公式也近似适用，但此时它们间距离r应为两物体质心间距离。 （3）开普勒行星运动定律与万有引力定律的关系：

万有引力定律是牛顿根据行星绕太阳（或恒星）运动的宇宙现象推知行星所需要的向心力必然是由太阳对行星的万有引力提供，进而运用开普勒行星运动定律推导发现了万有引力定律. 开普勒行星运动定律是万有引力定律的理论基础。

开普勒行星运动定律从轨道形状、运动速度、转动周期、轨道半径等方面描述、揭示了行星绕太阳（或恒星）运动的宇宙现象，表明了天体运动运动学特征和规律。万有引力定律是从行星转动所需要的向心力来源与本质上揭示了行星与太阳（或恒星）以及宇宙万物间的引力关系，描述的是行星运动的动力学特征与规律。

例1：世界上第一颗人造地球卫星环绕地球运行轨道的长轴比第二颗人造地球卫星环绕地球轨道的长轴短8000km, 第一颗人造地球卫星环绕地球运转的周期是96.2min,求第一颗人造地球卫星环绕地球轨道的长轴和第二颗人造地球卫星环绕地球运转的周期（已知地球质量Ｍ＝５.９８X1024kg）.

【审题】本题中第一颗人造地球卫星环绕地球轨道的长轴与第二颗人造地球卫星环绕地球运转的周期均是待求量，仅由开普勒行星运动定律难以求解。因此可以假想有一颗近地卫星环绕地球运行，由万有引力提供向心力的关系求出引卫星的R3/T2，又由开普勒第三定律知，所有绕地球运行的卫星的r3/T2值均相等，只要把假想卫星的R3/T2题中的二卫星的r3/T2值相比较即可求得结论。

【解析】假想有一颗近地卫星环绕地球运行，由于万有引力提供向心力，则 GMm/R2=m4π2 R /T2 解之得 K= R3/T2=GM/4π2，

再设第一颗人造地球卫星环绕地球轨道的长轴为a, 第二颗人造地球卫星环绕地球运转的周期为T，由开普勒第三定律得 K =（a/2）3/T12 =（a/2+4000）3/T22 由以上二式得，a=1.47×107m. T2=96.3 min.

【总结】由于此题中有两个待求物理量，单纯地运用万有引定律或开普勒行星运动定律难以求解，故而联立两个定律合并求解。同时，再假想有一颗近地卫星环绕地球运行，由万有引力提供向心力的关系求出卫星的R3/T2，由开普勒第三定律得知所有绕地球运行的卫星的r3/T2值均相等，找出等量关系即可求解。这种‘虚拟’卫星的思路十分重要，也是此题求解的‘切入口’。

例2：如图4-3所示，在均匀球体中，紧贴球的边缘挖去一个半径为R/2的球形空穴后，对位于球心和空穴中心边线上、与球心相距d的质点m的引力是多大？ 【解析】 把整个球体对质点的引力看成是挖去的小球体和剩余部分对质点的引力之和，即可求解完整的均质球体对球外质点m的

图4-3

引力

此引力可以看成是挖去球穴后的剩余部分对质点的引力F1与半径为R/2的小球对近质点的引

4力F2之和，即F=F1+F2。因为半径为R/2的小球质量M′=3(R2)318M；则

F2GMm(dR/2)2GMm8(dR/2)2，所以挖去球穴后的剩余部分对球外质点m的引力为:

【总结】如果先设法求出挖去球穴后的重心位置，然后把剩余部分的质量集中于这个重心上，应用万有引力公式求解．这是不正确的．万有引力存在于宇宙间任何两个物体之间，但计算

FGm1m2r2万有引力的简单公式却只能适应于两个质点或均匀的球体。挖去空穴后的剩余

部分已不再是均质球了，故不能直接使用上述公式计算引力。

2、必须区别开普勒第三行星定律中的常量K与万有引力定律中常量G的不同 （1）开普勒第三定律中的常量K：

开普勒第三定律中的常量K= r3/T2，对于行星与太阳的天体系统而言，常量K仅与太阳的质量有关而与行星的质量无关。此规律对于其它的由‘中心天体’与‘环绕天体’组成的天体系统同样适用。常量K仅由‘中心天体’的质量决定而与‘环绕天体’的质量无关。‘中心天体’相同的天体系统中的常量K相同，‘中心天体’不同的天体系统的常量K也不同。“K= r3/T2=常量”的伟大意义在于启发牛顿总结、发现了万有引力定律。 （2）万有引力定律中的常量G：

Gm1m2r2 万有引力定律中的常量G是由万有引力定律F=变形求出的，G=F r2/m1m2，数值

是G=6。67×10-11Nm2/Kg2.是卡文迪许扭秤实验测出的，适用于宇宙间的所有物体。万有引力定律中的常量G的测定不仅证明了万有引力的存在，更体现了万有引力定律在天文研究中的巨大价值。

（3）常量K与常量G的关系：

常量K与常量G有如下关系，K= GM/4π2，或者G=4π2/GM。K的值由‘中心天体’的质量而定，而常量G则是一个与任何因素无关的普适常量。

例3：行星绕太阳运转的轨道是椭圆，这些椭圆在一般情况下可以近似视为圆周轨道，试用万有引力定律和向心力公式证明对所有绕太阳运转的行星，绕太阳公转轨道半径的立方与运转周期的平方的比值为常量。论述此常量的决定因素有哪些?此结论是否也适用于地球与月球的系统？

【审题】 本题中行星绕太阳运转的轨道近似视为圆周轨道时，只要运用万有引力定律和向心力公式即可证明得出结论。

【解析】 因为行星绕太阳运转需要的向心力是由太阳的万有引力提供，设太阳质量为M，行星的质量为m，行星绕太阳运转轨道的半径为r，运行周期为T，则，

GMm/r2=m4π2r/T2,故，r3/T2=GM/4π2，即，K= GM/4π2。

显然，由于太阳质量一定，K的数值仅由太阳质量M决定，与其它因素无关。这一结论适用于地球与月球系统，也适用于其它‘中心天体’与‘环绕天体’组成的天体系统。

【总结】开普勒第三定律中的常量K与万有引力定律中的常量G的这种关系（K= GM/4π2，或者G=4π2/GM）可以用来方便的求解卫星类的问题，作为一种解题的‘切入口’应在解题过程中予以重视。

图4-4

3、必须区别地面物体的万有引力与重力以及向心力的不同

（1）地球对地面物体的万有引力：地面上的物体所受地球引力的大小均由万有引力定律的公

Gm1m2r2式F=决定，其方向总是指向地心。

（2）地面物体所受的重力：

处在地面上的物体所受的重力是因地球的吸引而产生的，其大小为mg，方向竖直向下（绝不可以说为“垂直向下”和“指向地心”）。

地面上同一物体在地球上不同纬度处的的重力是不同的。在地球的两极上最大，在地球赤道上最小，随着位置从赤道到两极的移动而逐渐增大-----这种现象不是‘超重’，应该与‘超重’现象严格区别开来。

以地球赤道上的物体为例，如图4-4所示，质量为m的物体受到的引力为F=GMm/R2 ，因此物体与地球一起转动，即以地心为圆心，以地球半径为半径做匀速圆周运动，角速度即与地球的自转角速度相同，所需要的向心力为 F向=mωR2 =mR4π2/T2.因地球自转周期较大，F向必然很小，通常可忽略，故物体在地球两极M或N上时其重力等于受到的万有引力。 一般说来，同一物体的重力随所在纬度的变化而发生的变化很小，

Gm1m2r2有时可以近似认为重力等于万有引力，即mg=

G。

m1m2r2在任何星体表面上的物体所受的重力均是mg=重力为mg’=Gm1m2/(r+h)2

（3）地面物体随地球自转所需的向心力：

，而物体在距星体表面高度为h处的

由于地球的自转，处于地球上的物体均随地球的自转而绕地轴做匀速圆周运动，所需向心力由万有引力提供，大小是F向=mω2r=mr4π2/T2(ω是地球自转角速度，r是物体与地轴间的距离，T是地球的自转周期)，其方向是垂直并指向地轴。对于同一物体，这一向心力在赤道时最大，F大=mω2R（R是地球半径）；在两极时最小，F小=0。

因地球自转，地球赤道上的物体也会随着一起绕地轴做圆周运动，这时物体受地球对物体的万有引力和地面的支持力作用，物体做圆周运动的向心力是由这两个力的合力提供，受力分析

如图4-5所示．

实际上，物体受到的万有引力产生了两个效果，一个效果是维持物体做圆周运动，另一个效果是对地面产生了压力的作用，所以可以将万有引力分解为两个分力：一个分力就是物体做圆周运动的向心力，另一个分力就是重力，如图4-5所示．这个重力与地面对物体的支持力是一对平衡力．在赤道上时这些力在一条直线上．

当在赤道上的物体随地球自转做圆周运动时，由万有引力定律和牛顿第二定 律可得其动力学

GMmR222图4-5

NmR2关系为

ma向mR4T，式中R、M、、T分别为地球的半径、质

量、自转角速度以及自转周期。

当赤道上的物体“飘”起来时,必须有地面对物体的支持力等于零，即N=0，这时物体做圆周运动的向心力完全由地球对物体的万有引力提供.由此可得赤道上的物体“飘”起来的条件是：由地球对物体的万有引力提供向心力。以上的分析对其它的自转天体也是同样适用的。 （4）万有引力、重力、向心力三者间的关系：

地面物体随地球自转所需向心力F向=mω2r=mr4π2/T由万有引力F引=GMm/R2提供，F向是F引的一个分力，引力F引的另一个分力才是物体的重力mg，引力F引是向心力F向和重力mg的合力，三者符合力的平行四边形定则，大小关系是F引≥mg>F向。

例4：已知地球半径R=6.37×106m.地球质量M=5.98×1024Kg,万有引力常量G=6．67×10-11 Nm2/Kg2.试求挂在赤道附近处弹簧秤下的质量m=1Kg的物体对弹簧秤的拉力多大？ 【审题】对物体受力分析如图4-6所示，弹簧秤对物体竖直向上的拉力和地球对物体竖直向下的万有引力的合力提供了物体随地球自转而做匀速圆周运动的向心力。 【解析】在赤道附近处的质量m=1Kg的物体所受地球的万有引力为 F=GMm/R2=6.67×10-11×5.98×1024×1/ (6.37×106)2 N=9.830N 此物体在赤道所需向心力为 F向=mω2R=mR4π2/T2=

2X3.141×（24X60X60）2×6.37×106 N=0.0337 N。

此物体在赤道所受到的弹簧秤拉力为F拉=F-F向=（9.830-0.0337）N =9.796N。 9.796N。

【总结】由计算可知，引力F=9.830N远大于向心力F向=0.0337 N，而物体所受重力9.796N与物体所受的万有引力F=9.830N相差很小，因而一般情况下可认为重力的大小等于万有引力的大小。但应该切记两点：①重力一般不等于万有引力，仅在地球的两极时才可有大小相等、方向相同，但重力与万有引力仍是不同的两个概念。②不能因为物体随地球自转所需要的向心力很小而混淆了万有引力、重力、向心力的本质区别。

例5：地球赤道上的物体重力加速度为g,物体在赤道上随地球自转的向心加速度为a,要使赤道上的物体“飘”起来,则地球转动的角速度应为原来的( ) 倍 agaagag图4-6

由牛顿第三定律可知，物体对弹簧秤的拉力为F拉=9.796N。亦即物体所受到的重力也是

A.g B.

C.

a D.

a

【审题】依据牛顿第二定律和万有引力定律，以赤道上的物体“飘”起来的动力学本质为‘切入口,’即可求出地球转动的角速度。

【解析】设地球原来自转的角速度为1，用F表示地球对赤道上的物体的万有引力, N表示地面对物体的支持力，由牛顿第二定律得

FNmR1ma2 ①

由于物体受到的支持力与物体的重力是一对平衡力,所以有NGmg ② 当赤道上的物体“飘”起来时,只有万有引力提供向心力，设此时地球转动的角速度为

FmR222，有

③

2联立①、②、③三式可得

1gaa，所以正确答案为B选项。

【总结】当赤道上的物体“飘”起来时,是一种物体、地球之间接触与脱离的临界状态，地球对物体的支持力为零，只有万有引力完全提供向心力，只要正确运用牛顿第二定律和万有引力定律列式求解即可。

例6：假设火星和地球都是球体，火星的质量Ｍ火和地球质量Ｍ地之比Ｍ火／Ｍ地=p，火星的半径Ｒ火和地球半径Ｒ地之比Ｒ火／Ｒ地=q，那么离火星表面Ｒ火高处的重力加速度和离地球表面Ｒ地高处的重力加速度之比等于多少？

【审题】解题时要明确以下二点：

一、因为已知火星的质量Ｍ火和地球质量Ｍ地之比Ｍ火／Ｍ地=p以及火星的半径Ｒ火和地球半径Ｒ地之比Ｒ火／Ｒ地=q，故可以运用比例法进行求解。

二、所求的是离火星表面Ｒ火高处的重力加速度和离地球表面Ｒ地高处的重力加速度之比，而不是火星表面与地球表面的重力加速度之比。

【解析】 物体的重力来自万有引力，所以离火星表面Ｒ火高处：m

g火g火=GＭ火·m/(２Ｒ火)2

g地=

GM火/4R火M火2。离地对表面Ｒ地高处：m

地g地=GＭ地·m/(２Ｒ地)2，=

GM地/4R地2

∴

gg火地/=

/M·

R地/R火22＝P/q2

【总结】 由于引力定律公式中只有乘法与除法，故可以运用比例法进行求解。对星球表面上

gGMRgRh，也可以这样理解：g′和星球质量成

2空某处的重力加速度公式

Rh2正比和该处到球心距离的平方成反比。

4、必须区别天体系统中‘中心天体’与‘环绕天体’的不同

对于天体质量的测量，常常是运用万有引力定律并通过观测天体的运行周期T和轨道半径r（必须明确天体的运行周期T和轨道半径r是研究卫星问题中的两个关键物理量），把天体或卫星的椭圆轨道运动近似视为匀速圆周运动，然后求解。但是必须区别天体系统中‘中心天体’与‘环绕天体’的不同。

所谓‘中心天体’是指位于圆周轨道中心的天体，一般是质量相对较大的天体；如，恒星、行星等等。所谓‘环绕天体’是指绕着‘中心天体’做圆周运动的天体或者卫星以及人造卫星，一般是质量相对较小的天体或卫星。此种方法只能用来测定‘中心天体’的质量，而无法用来测定‘环绕天体’的质量。这是解题时必须注意的。

（1）根据天体表面上物体的重力近似等于物体所受的万有引力，由天体表面上的重力加速度和天体的半径求天体的质量，其公式推证过程是：

Mm2由mg=GR2MRgG 得 .（式中M、g、R分别表示天体的质量、天体表面的重力加速度

和天体的半径．）

（2）根据绕中心天体运动的卫星的运行周期和轨道半径，求中心天体的质量

卫星绕中心天体运动的向心力由中心天体对卫星的万有引力提供，利用牛顿第二定律得

GMmr2mv2rmr2mr4T22

若已知卫星的轨道半径r和卫星的运行周期T、角速度或线速度v，可求得中心天体的质量MrvG24rGT223rG23为

例7：已知引力常量G和以下各组数据，能够计算出地球质量的是： 地球绕太阳运行的周期和地球与太阳间的距离 月球绕地球运行的周期和月球与地球间的距离

人造地球卫星在地面附近处绕行的速度与周期

若不考虑地球的自转，已知地球的半径与地面的重力加速度

【审题】此题中的目的是求解‘地球’的质量，其关键在于题中所给四个情景中“地球”是否是一个‘中心天体’．若地球是一个‘中心天体’，则可在题中所给的四个情景中找到以地球为‘中心天体’、以‘月球’或‘卫星’为运‘环绕天体’的系统，再运用万有引力定律和匀速圆周运动的规律联合求解。此外，还要注意到每一个选项中给定的两个物理量能否用得上，只有做好这样的分析判断之后，解题才能事半功倍。解此题关键是要把式中各字母的含义弄清楚，要区分天体半径和天体圆周运动的轨道半径．

【解析】 对A选项。此选项之中“地球绕太阳运转”，给定的条件是”地球绕太阳的运转周期”和”地球与太阳之间的距离”。显然此处的”中心天体”是太阳而非地球，地球是一个”环绕天体”， 而已知的是地球绕太阳运行的周期和地球的轨道半径，只能求出太阳的质量，因此无法计算出地球的质量。故A选项错误.

对B选项。在此选项中，月球绕地球运转，月球是“环绕天体”，而地球是“中心天体”，且已知月球绕地球的运转周期T和月球与地球之间的距离r，由万有引力定律与匀速圆周运动

GMmm4T22的规律可得

r2r4r23，故有地球质量为M=GT2 ，显然，式中的各量均为已知量，

即地球质量由此式可计算出来。故B选项正确。

对C选项。在此项中人造地球卫星是“环绕天体“，而地球则是中心天体，又已知人造地球卫

GMm2星的运行速度v和运动周期T，由万有引力定律与匀速圆周运动规律可得

GMmm4T22(Rh)mv2Rh和

(Rh)2，又因为此人造地球卫星是”近地“卫星，则h<GMmmvR2GmmR+h≈R，则以上两式可分别化为R2r2-----① 和R24T22R-----②，

4R32又由于v=T，代入①式（当然也可以代入②式）可得，地球的质量为M=GT。显然此

式中的量均为已知。即可由此式计算出地球质量。故C选项正确。

对D选项。可以运用虚拟物体法计算地球的质量。假设有一个在地面上静止的物体，对其运

GMm用万有引力定律可得：R2mggR2，则M=G。其中的g为地面上的重力加速度，R为地

球半径，均为已知，可以由此计算出地球质量。故D选项正确。

【总结】 对于天体的质量是通过测量计算得到的，而不是通过称量获得。首先要明确，这种方法只能用来计算“中心天体”的质量，而不能计算“环绕天体”的质量。其次还必须明确利用题中所给的天文数据能否计算出被测天体的质量。只有满足这两方面面的要求，才可以运用万有引力定律和匀速圆周运动的规律计算求得天体的质量。

5、必须区别卫星的运行速度与发射速度的不同

GMmmv2GMr对于人造地球卫星，由

r2r可得v=

，这个速度指的是人造地球卫星在轨道

上稳定运行的速度。其大小仅随轨道半径r的增大而减小，与卫星的质量、形状等因素无关。

GM只要卫星能运行在半径为r`的轨道上，其运行的速度就必须是而且也只能是 v=

r，此式

是人造地球卫星稳定运行速度的决定公式。

人造地球卫星在圆轨道上的运行速度是随着高度的增大而减小的，由于人造地球卫星的发射过程中必须克服地球引力做功，从而增大了卫星的引力势能，故要将卫星发射到距地球越远的轨道，需要克服地球的引力做功就越多，在地面上需要的发射速度就要越大。其发射速度的具体数值由预定轨道的高度决定，在第一宇宙速度（7.9 km/s）和第二宇宙速度（11. 2 km/s）之间取值。要明确三个宇宙速度均指发射速度。而第一宇宙速度（7.9 km/s）既是卫星的最小发射速度又是卫星的最大运行速度。 人造地球卫星的三个发射速度分别是：

第一宇宙速度（环绕速度）：v=7.9千米／秒；（地球卫星的最小发射速度）

第二宇宙速度（脱离速度）：v=11.2千米／秒；（卫星挣脱地球束缚的最小发射速度） 第三宇宙速度（逃逸速度）：v=16.7千米／秒。（卫星挣脱太阳束缚的最小发射速度）

例8：1999年5月10日，我国成功地发射了“一箭双星”，将“风云一号”气象卫星和“实验五号”科学实验卫星送入离地面高870km的轨道。这颗卫星的运行速度为（ ） A、7.9km/s B、11.2 km/s C、7.4 km/s D、3.1 km/s

【审题】 题目中叙述的是人造地球卫星的“发射”与“运行”，考查的是人造地球卫星的“发射速度”与“运行速度”的物理意义。此题给出的四个速度中有三个具有特定的物理意义。只要明确这三个特殊速度的物理意义，此题求解也就十分容易。此题可有两种不同的解法，一是，根据题中的三个特殊速度而作出判断；二是根据题中给出的卫星高度h＝870km和其他的常量计算出此卫星的实际运行速度，即可选出正确答案。 【解析】

（方法一）判断选定法

对选项A，v＝7.9km/s的速度是地球的第一宇宙速度，是发射速度。以此速度发射的人造地球卫星会以v＝7.9km/s的速度环绕地球低轨道运行。其轨道半径近似等于地球半径，即r≈R地，不会处在h=870km的轨道上。故A选项错误。

对选项B，v=11.2km/s是地球的第二宇宙速度，是发射速度，以此速度发射的人造地球卫星会脱离地球的引力范围，飞到距地球的“无限远处”（在理论上此卫星的轨道半径r=∞，其绕

地球运行速度v=0），不会稳定运行在h =870km的轨道上，故B选项错误。

对选项C，v=7.4km/s＜7.9km/s（第一宇宙速度），则肯定是卫星的运行速度。但是否以此速度运行的卫星就一定处在h=870km的轨道上？还要计算判定。然而，由于又在“D选项中”有v=3.1km/s是地球同步卫星运行速度，而同步卫星的轨道高度是36000km而不是870km。故运用排除法即可得知C选项正确。

对选项D，v=3.1km/s必然是同步卫星的运行速度，而同步卫星的轨道高度是距地球赤道地面36000km ，而不是870km。故D选项错误。 （方法二）计算选定法

GMm2由于地球的万有引力提供了人造地球卫星的向心力，故得

GM(Rh)mv2(Rh)，则有

v=

Rh，代入引力常量G=6.67×10-11 Nm2/Kg2，地球质量M=5.98×1024Kg，地球半径

R=6400km和卫星的轨道高度h＝870km。可得v=7.4km/s，即此卫星的运行速度为7.4km/s。故C选项正确。

【总结】 以上两种方法相比，显然是前一种“判断选定法”更为简捷方便，但是要熟知题中给的各个速度的含义，只要排除不合理的答案即可得到正确答案。如果要运用计算选定法，则需要进行繁杂的数值计算，稍有不慎不仅会影响解题速度甚至还会导致错误。故而注重选择题的解答技巧十分重要。

6、必须区别由万有引力、重力、向心力构成的三个等量关系式的不同

针对天体（行星，卫星）和人造地球卫星的运行问题（包括线速度、周期、高度 ），可以看作匀速圆周运动，从而运用万有引力定律。这类“天上”的物体作匀速圆周运动的向心力仅由万有引力提供。对于地面物体，其重力由万有引力产生，若忽略随地球自转的影响，则其重力等于万有引力。由于 “天上”的物体（如行星、卫星）与地面上的物体虽然遵守相同的牛顿力学定律，但也有本质的区别，通常在解决卫星问题时要特别注重以下三个等量关系：

若万有引力提供向心力，则有 GMm/r2 =ma向 若重力提供向心力， 则有 mg= ma向

若万有引力等于重力， 则有 GMm/r2 =mg

以上三式不仅表现形式有异，而且其物理意义更是各有不同，必须注意区别辨析。同时因向心加速度a向又具有多种不同的形式，如a向 =v2/r =ω2r= 4π2 r/T2 ……则可以得以下几组公式：

（1）由 GMm/r2 =ma向 得

GMm/r2 ＝ma向→a向＝GM/r2→a向∝１／r2。

GMGMm/r2 =m v2/r→v =

GMr→v∝１/r

GMm/r2 =mω2r→ω=

r33→ω∝１/r

r3GMm/r2=m4πT 2 r/T2→T=2π

GM →T∝r3

对于以上各式，“中心天体”（如地球）一定，则其质量M是一定的。因此“环绕天体”（卫星）绕其做匀速圆周运动的向心加速度a向、运行速度v、运行角速度ω、运行周期T仅与距离r有关。即以上各量仅由距离r即可得出，故以上各式可称之为 “决定式”。这组决定式适应于用 “G、M、r”表示待求物理量的题目。 （2）由 mg= ma向可得 mg= ma向→a向＝g mg= m v2/r→v=

gr→v∝r

gmg= mω2r→ω=

r→ω∝１/r

rmg= m4π2 r/T2→ T=2π

g→T∝r

以上各式之中，作匀速圆周运动的物体（如卫星）的运行速度v、角速度ω 、周期T由距离r和重力加速度g共同决定。其中的“g“也是一个随距离r而变化的变量，而不能认为是一个恒量。这组公式是由GMm/r2 =mg的代换关系得到的，一般适应于已知“g、r”而不知“G、M”的题目。

（3）由GMm/r2 =mg 得，对于地面上的物体可由r=Ro (Ro为地球半径)，g=go（go为地球表面的重力加速度）若忽略地球自转，则有GMm/ R2o =m go。即GM= go R2o——此即所谓的“黄金代换”，可用来作为“G、M”与“go 、Ro”之间的等量代换。----------这一关系在解题中经常用到。

例9：（200６年五市区联考）设有两颗人造地球卫星的质量之比为m1：m2 ＝１：２，其运行轨道半径之比为Ｒ１：Ｒ２ ＝３：１，试求此两颗卫星运行的： ①线速度之比，②角速度之比，③周期之比，④向心加速度之比。

【审题】根据此题要求求解的四个“比”值，其给定的已知条件中的“m1：m2 ＝１：２”是无用的“干扰项”，只须运用已知条件“Ｒ１：Ｒ２ ＝３：１”即可求解，但是必须注意所用公式。因为只是已知两颗卫星的轨道半径的比例关系，故而求解时也只能选用上面（1）中的“决定式”，而不能选用（2）中的公式。

【解析】人造地球卫星在轨道上运行时，所需要的向心力等于地球的万有引力，由Ｆ引＝Ｆ向可得，

GMV1r所以，

① GMm/r2 =m v2/r，则v =

V2R2R1V11/3。

R2R1如果此处运用了v=

grV，而认为v∝r，则可得到2gr＝

31，显然这是错误的。

因为对于这两颗卫星而言其公式v=中的“g”是不同的。

GM1，故，

② 因为GMm/r2 =mω2r，有ω=

r32R2R1331＝

27；如果此处运用公式ω

g1=

r而认为ω∝１/r，则可得，2R2R11＝

3，显然也是错误的。其原因仍是忘掉了

式中“g” 的不同。

3rT1R1R32333327③ 因为GMm/r2 =m4π2 r/T2 ，则，T=2π

rGM，故有T2＝

＝1＝

1。

T1T而认为T∝r，则得2＝

R1R2如果此处运用了T=2π

g31，显然也是错误的。其原

因仍是忘掉了式中“g” 的不同。

a1R2R221④ GMm/r2＝ma向，则a向＝GM/r2 故有，

a1a21322＝１／９。如果此处运用了a

gg向＝g而认为a向轨道半径无关，则得的不同。

a21，必然错误，其原因仍是忘掉了式中“g”

【总结】 在求解天体（如，行星、卫星等）的圆周运动时，由于圆周运动的特点以及“黄金代换”关系（GM＝go R2o）的存在，会使得圆周运动中的同一个物理量有多

GM种不同形式的表达式。如，对于线速度就有v =v=

grr、

、Ｖ＝ωr、Ｖ＝2πr／Ｔ………等多种形式。在

解题时除了要明确这些公式的不同意义和不同条件之外，还必须依据题意有针对性的选取运用，同时还必须牢记“黄金代换”关系式GM＝go R2o的重要性。

图４－７

7、必须区别赤道轨道卫星、极地轨道卫星与一般轨道卫星的不同

人造地球卫星从轨道取向上一般分为三类：赤道轨道、极地轨道和一般轨道。

所谓赤道轨道卫星，是指这种卫星的轨道处在地球赤道的平面之内，卫星距赤道地面具有特r可求得。而在实际当中只有处在36000km高空的定的高度，其运行速度由公式 v =

赤道轨道上，且只有与地球自转方向相同的卫星才能与地球相对静止，称之为“同步卫星”，

GM如图4-7所示。如果其转向与地球自转反向，则就不能称之为“同步卫星”了。另外，发射地球同步卫星时，为了节省能量，其发射地点应尽量靠近赤道，以借助地球的自转线速度。地球同步卫星具有“轨道不偏不倚”、“高度不高不低”、 “速度不快不慢”的六不特性。如图4-7所示 。

所谓极地轨道卫星,是指卫星的轨道平面始终与太阳保持相对固定的取向.其轨道平面与地球赤道平面的夹角接近90度。

卫星可在极地附近通过,故又称为近极地太阳同步卫星。如图4-7所示.这种卫星由于与地球之间有相对运动,可以观测,拍摄地球上任一部位的空中,地面的资料。1999年5月10日我国”一箭

双星”发射的”风云一号”与”风云二号”气象卫星中的”风云一号”就是这种极地轨道卫星。 所谓一般轨道卫星是指轨道平面不与某一经线平面重合(赤道平面除外)的人造地球卫星。 以上三种轨道卫星共同特点是轨道中心必须与地心重合,是以地心为圆心的”同心圆”.，没有与地球经线圈共面的轨道(赤道平面除外)。

例10： (2000年全国春季高考)可以发射一颗这样的人造地球卫星,使其圆轨道( ) A 与地球表面上某一纬度线(赤道除外)是共面的同心圆

B 与地球表面上某一经度线所决定的圆是共面的

C 与地球表面上的赤道线是共面同心圆,而且相对地球表面是静止的 D与地球表面上的赤道线是共面同心圆, 但卫星相对地球表面是运动的

【审题】此题重在判断人造地球卫星的轨道取向与地球的经度线平面,纬度线平面,赤道平面的关系.在辨析,判断时必须明确以下几点：

1 作匀速圆周运动的卫星必定是无动力飞行,其轨道中心必然在地球中心。 2 人造地球卫星的轨道有三种:赤道轨道,极地轨道,一般轨道。 3 地球同步卫星的运行轨道与位置高度等方面的特点。 只要依据以上几方面的特点即可辨析选择出正确答案。

【解析】 对A选项，人造地球卫星运行时,是地球对它的万有引力提供向心力,而此向心力的方向必定指向地心,即所有无动力飞行的卫星轨道的圆心一定与地球中心重合,不能是地轴上(除地心之外)的某一点。故A项错误.

对B项，由于地球绕地轴在自转,所以卫星的轨道平面不可能与经度线所决定的平面共面.故B项是错误的。

对C项，相对地球表面静止的卫星就是”同步卫星”,它必须处在赤道圈平面,且距离赤道地面有确定的高度,高度H=36000千米,其运行速度必须是V=3.1km/s.运行周期与地球自转周期相同.故C项正确。

对D选项，如果卫星所在的高度低于或高于h=36000km时,便不再是地球同步卫星。虽然还可以使轨道处于地球赤道平面之内,但由于运转的周期与地球自转的周期不会相同,也就会相对地面运动.这种卫星就是地球赤道轨道卫星,但不是地球同步卫星,故D项正确。

【总结】这是一个关于人造地球卫星运行轨道的问题,也是一个“高起点”、“低落点”的题目,符合高考能力考察的命题思想.但是现行高中物理教科书中不会介绍的很具体,对于这一类卫星轨道问题,也只能从卫星的向心力来源、运行轨道的取向以及同步卫星的特点规律等方面分析判断.此处必须明确只有万有引力提供向心力.

8、必须区别“赤道物体”与“同步卫星”以及“近地卫星”的运动规律不同

地球同步卫星运行在赤道上空的“天上”,与地球保持相对静止，总是位于赤道的正上空，其轨道叫地球静止轨道．通信卫星、广播卫星、气象卫星、预警卫星等采用这样的轨道极为有利一颗静止卫星可以覆盖地球大约40％的面积，若在此轨道上均匀分布3颗卫星，即可实现全球通信或预警．为了卫星之间不互相千扰，大约30左右才能放置1颗，这样地球的同步卫星只能有120颗．可见，空间位置也是一种资源。

GMm2其绕地球做匀速圆周运动所需的向心力完全由万有引力提供.即

(Rh)ma卫。此同步卫星

与其内部的物体均处于完全失重状态。地球同步卫星具有以下特点：

轨道取向一定: 运行轨道平面与地球赤道平面共面.

运行方向一定: 运行方向一定与地球的自转方向相同. 运行周期一定: 与地球的自转周期相同,T=86400s， 位置高度一定: 所在地球赤道正上方高h=36000km处 运行速率一定: v=3.1km/s,约为第一宇宙速度的0.39倍.

运行角速度一定: 与地球自转角速度相同，ω=7.3 ×10—5rad/s。 地球同步卫星相对地面来说是静止的。

地球赤道上的物体,静止在地球赤道的”地上”与地球相对静止,随地球的自转绕地轴做匀速圆周运动.地球赤道上的物体所受地球的万有引力,其中的一个力提供随地球自转所做圆周运动的

GMma物a物向心力,产生向心加速度

，引力产生的另一效果分力为重力,有R2-mg=m (其中R为

地球半径)。

近地卫星的轨道高度、运行速度、角速度、周期等，均与同步卫星不同，更与“赤道上的物体”不可相提并论。

“赤道上的物体”与“地球同步卫星”的相同之处是：二者具有与地球自转相同的运转周期和运转角速度,始终与地球保持相对静止状态,共同绕地轴做匀速圆周运动；“近地卫星”与“地球同步卫星”的相同之处是：二者所需要量的向心力均是完全由地球的万有引力提供。

例11： (200４年北京模拟) 设地球半径为R,地球自转周期为T,地球同步卫星距赤道地面的高度为h,质量为m,试求此卫星处在同步轨道上运行时与处在赤道地面上静止时的：①线速度之比， ②向心加速度之比，③所需向心力之比。

【审题】 此题的求解关键在于明确地球同步卫星与地球赤道上物体的不同特点及其各自遵守的规律.必须明确一个在“天上”,一个在“地上”,其所受万有引力产生的效果不同,必须依据万有引力定律与匀速圆周运动的规律求解。

【解析】由于卫星在同步轨道运行时与处在赤道平面上静止时，具有相同的运转角速度,则可得

V同（Rh）Rh① 二者的线速度之比为

V赤R=

R。

Rha同

②二者的向心速度之比为a赤



ω2（R+h）/ω2.R=R。

RhF同③二者所需要的向心力之比F赤mω2（R+h）/mω2.R=

RhR。

显然，由以上解答可知，此三个比值均为

R，又由于地球同步距地面高度为h=3。6×106m，6.4106Rh3.61067地球半径为R=6.4×106m.故此比值为

R=

6.4106.625。

【总结】运用万有引力定律解题时,必须明确地区分研究对象是静止在”地面上”的物体还是运行在轨道上(天上)的卫星？是地球的万有引力是完全提供向心力还是同时又使物体产生了重

力？这一点就是此类题目的求解关键。此外，还要特别注意到同步卫星与地球赤道上的物体具有相同的运行角速度和运行周期。

例12：设同步卫星离地心距离为r，运行速率为v1，加速度为al，地球赤道上的物体随地球自转的向心加速度为a2，第一宇宙速度为v2，地球半径为R，下列关系中正确的有( )。

a1ra1Rr22A、

a2V1a=R B、2=

R

V1C、

V2=

r D、V2=R/r

【审题】 此题的研究对象有三个：一是地球同步卫星；二是静止在赤道地面上的物体；三是与第一宇宙速度相对应的近地卫星；

题中需要解析对比的物理量有两组：一是同步卫星的向心加速度a1和赤道上的静止物体的自转向心加速度a2；二是同步卫星的运行速度V1和第一宇宙速度V2。必须明确求解卫星向心加

GMV22速度的公式有多个，如，a=rGMgr2、a=r、a=r等等；求解卫星运行速度的公式也有多个，

r、V=如，v =、V=r等等。只要明确同步卫星与赤道地面上的物体产生向心加速度的原因，区别同步卫星的运行速度与第一宇宙速度的不同，依据题中给定的已知条件，（卫星的轨道半径r和地球的半径R），再正确选择公式解答，即可得到正确答案。

【解析】 对选项A，由于同步卫星的向心加速度与赤道地面上的物体向心加速度的产

生原因不同，对同步卫星是万有引力提供了向心力，

GMm则：

r2 =ma1,- ---------------①

GMm对于赤道物体：

R2-N=ma2-----------------------②(式中的N是地面对物体的支持力)

GMm此处讨论的就是地球的自转，故，RGMm2≠mg,

a1而是R2= mg+m

a向.①②显然正确，但无法用来求得

a2的比值。

又因为，同步卫星与赤道地面上的物体具有相同的角速度，则： 对同步卫星，

a12r=；

a1raa22R对赤道地面上的物体，=，由此二式可得2=R，故选项A正确。

GMmGM对选项B，常见这样的解法：因同步卫星在高空轨道，则

GMmGMr2=ma1得，a1=r2；

对赤道地面上的物体，Ra1R222= ma2得，a2=R2。

以上二式相比得

a2=r。其实，这是错误的，----―――这是一种典型的、常见的错误。其

GMm原因是错误的对“赤道地面上的物体”运用了R2= ma2的关系。实际上，“赤道地面上

的物体”是在‘地’上，其随地球自转而需要的向心力并非完全由万有引力提供，而是由万

GMmGMm有引力与地面的支持力的合力提供，即R的。

2= ma2不成立，只有R2= mg+ma2才是正确

GMm同步卫星是在“天”上，其需要的向心力完全由万有引力提供，式ra1R222=ma1是成立的。

显然，

a2=r是完全错误的，故选项B错误。

GMmmV12 对选项C，同步卫星需要的向心力完全由万有引力提供，则，rV1GM2=

r，所以，

=

r。

GMmmV2R2GM 对于第一宇宙速度，有，RV1R2，则 V2=

R

二式相比得：

V2=

r。故选项C正确。

对选项D，因为第一宇宙速度是卫星的最小发射速度，也是卫星的环绕速度，但不是“赤道地面上的物体”的自转速度。如果忽视了此点而误认为“同步卫星”与“赤道地面上的物体”具有相同的角速度，则必然会由公式V=r得出： 对同步卫星，V1=r 对赤道地面上的物体

V1V2R=

rV1r二式相比可得：

V2V=R。此比值2=R的结论对于“同步卫星”和“赤道地面上的物体”

V的速度之比无疑是正确的，但是选项D中的2是第一宇宙速度而不是“赤道地面上的物体”

的自转速度。故选项D错误。

【总结】 求解此题的关键有三点：

①、在求解“同步卫星”与“赤道地面上的物体”的向心加速度的比例关系时应依据二者角

GM2速度相同的特点，运用公式a=r而不能运用公式a=r。

2②在求解“同步卫星”与“赤道地面上的物体”的线速度比例关系时，仍要依据二者角速度r； 相同的特点，运用公式V=r而不能运用公式v =

③、在求解“同步卫星”运行速度与第一宇宙速度的比例关系时，因均是由万有引力提供向

GMGM心力，故要运用公式v =

r而不能运用公式V=r或V=

gr。很显然，此处的公式选

择是至关重要的。

9、必须区别天体的自身半径与卫星的轨道半径的不同

宇宙中的天体各自的体积是确定的,其体积的大小可用自身半径的大小进行表述,即体积为

4V=3πR3 ，而这个半径R与绕该天体作匀速圆周运动的卫星(包括人造卫星)的运行轨道半径r却有本质的不同，卫星运行轨道半径r=R+h (R为所绕天体的自身半径，h为卫星距该天体表面的运行高度)，卫星的轨道半径r总会大于所绕天体的自身半径R。但，当卫星在贴近所绕天体表面做近”地”飞行时,可以认为卫星的轨道半径r近似等于该天体的自身半径R,即R≈r，

这一点对估算天体的质量和密度十分重要.

例13：已知某行星绕太阳公转的半径为r，公转周期为T万有引力常量为G，则由此可以求出 ( )

A 此行星的质量 B 太阳的质量 C 此行星的密度

D 太阳的密度

【审题】此题要求解决的问题有两个,1、求行星或太阳的质量，2 、求行星或太阳的密度.求解行星或太阳的质量而不能求出“环绕天体”的质量.在求解行星或太阳的密度时,必须综合运用

M4密度公式V和球体积公式V=3πR3，以及万有引力定律公式GMm/r2 =m4π2 r/T2，并明确给定的是行星的轨道半径r还是太阳的自身半径R,然后依据已知条件求解.

【解析】对A项.因为此行星绕太阳转动，是一个”环绕天体”而不是”中心天体”，无法用题中所给条件求出他的质量。故A选项错误。

对B选项，因为太阳是”中心天体”,依据运用万有引力定律求解天体质量的方法可得GMm/r2

4r23=m4π2 r/T2 ，则有M=GT选项正确.

2。显然依据已知条件,运用此式可以计算出太阳的质量。故B

对C选项，由A选项的分析可知，不能求出此行星的质量。并且只知此行星的轨道半径r而不知此行星的自身半径R，也就无法求出行星密度.故C选项错误.。

对D选项.因为在此题中，太阳是一个”中心天体”，求太阳质量的一般思路是：由万有引力定

律与匀速圆周运动规律得 GMm/r2=m4π2 r/T2------ ①

M433GT23由太阳的质量密度关系得

 -------②

由①②两式得太阳的密度为。然而，在此题中这是错误的，其错误的原因是误把题

中给出的行星绕太阳运行的轨道半径r当成了太阳的自身半径R，这是极易出现的解题错误。即此处不能求出太阳的密度。故D选项错误。

【总结】要运行万有引力定律和匀速圆周运动规律计算天体的质量时，必须明确研究对象是一个“中心天体”还是一个“环绕天体”，这种方法只能计算“中心天体”而不是“环绕天体”的质量，要计算天体的密度时，必须明确只能计算“中心天体”的密度，同时还必须知道此“中心天体”的自身半径Ｒ。如果把此题中的行星的轨道半径ｒ误认为是太阳的自身半径Ｒ，则必然会导致解题的错误。

例14：假如一个作匀速圆周运动的人造地球卫星的轨道半径增大到原来的2倍，仍作匀速圆周运动，则： (A)根据公式

，可知卫星运动的线速度将增大到原来的2倍。

(B)根据公式，可知卫星所需的向心力将减小到原来的。

(C)根据公式，可知地球提供的向心力将减小到原来的。

(D)根据上述(B)和(C)中给出的公式，可知卫星运动的线速度将减小到原来的。

【审题】解答这个问题不应靠想象和猜测，而应通过合理的推导才能正确地选出答案。在推导的顺序上，可选择变量较少且不易出差错的选项入手。本题所提供的选项中已罗列出了各有关的公式，在解答过程时需要认真思考的是各公式使用的条件，请注意以下内容： 一、在使用分析问题时，不能只看到r与v的关系，还需考虑因r的变化而引起的万有引力F的变化。

二、在使用分析问题时，不能只看到r与向心力的关系，还需考虑万有引力是否变

化？线速度是否变化？

三、地球对人造卫星的引力是向心力的来源，应用来计算；人造卫星绕地球作圆

周运动是向心力的效果，应用来计算。

【解析】由于公式中，G、M、m都是不变的量，因此推导F和r的关系不易出错。

设人造地球卫星原来的圆周运动半径为r1，所受到的地球引力为F1；当人造地球卫星的轨道半径增为r2=2r1时所受到的地球引力为F2，则：

由此可知：选项(C)是正确的。

将向心力的来源公式和向心力的效果公式联系起来，可以写出下列二式：

①

②

将r2=2r1代入②式可得：

-------------------- -③

将①、③两式相除可导出：

由此可知：选项(D)也是正确的。既然(D)是正确的，那么其结果不同的(A)显然是不正确的。 “卫星所需的向心力”与“地球提供的向心力”应当是一致的。既然(C)是正确的，那么与其结果不同的(B) 显然是不正确的。

【总结】由于圆周运动中同一物理的表达式可有多个形式，故在解题过程中要注意公式的正确选择，即便是一个公式，也要全面考虑这一待求物理量的所有公式，而不可‘只看一点’，不计其余的乱套乱用。

10、必须区别两个天体之间的距离Ｌ与某一天体的运行轨道半径ｒ的不同

此处“两个天体之间的距离Ｌ”是指两天体中心之间的距离，而“ｒ”则是指某一天体绕另一天体做匀速圆周运动的轨道半径。若轨道为椭圆时，则ｒ是指该天体运动在所在位置时的曲率半径。一般来说，Ｌ与ｒ并不相等，只有对在万有引力作用下围绕“中心天体”做圆周运动的“环绕天体”而言，才有Ｌ＝ｒ。这一点，对“双星”问题的求解十分重要。 “双星”系统中的两个天体共同围绕其中心天体连线上的一点而做的匀速圆周运动。不

存在“环绕”与“被环绕”的关系，与地球“绕”太阳和月球“绕”地球的运转情形截然不同。因此，明确地区分“双星”之间的距离Ｌ与双星运转的轨道半径ｒ的本质不同与内在关系就更为重要。

例15：天文学家经过用经过用天文望远镜的长期观测，在宇宙中发现了许多“双星”系统.所谓“双星”系统是指两个星体组成的天体组成的天体系统，其中每个星体的线度均小于两个星体之间的距离。根据对“双星”系统的光学测量确定，这两个星体中的每一星体均在该点绕二者连线上的某一点做匀速圆周运动，星体到该点的距离与星体的质量成反比。一般双星系统与其他星体距离较远，除去双星系统中两个星体之间的相互作用的万有引力外，双星系统所受其他天体的因；引力均可忽略不计。如图４－８所示。

根据对“双星”系统的光学测量确定，此双星系统中每个星体的质量均为m，两者之间的距离为L。

(1)根据天体力学理论计算该双星系统的运动周期T0. (2)若观测到的该双星系统的实际运动周期为T,且有

T0:T图４－８

N:1，（N>1）。为了解释T

与T0之间的差异，目前有一种流行的理论认为，在宇宙中可能存在着一种用望远镜观测不到的“暗物质”，作为一种简化的模型，我们假定认为在这两个星体的边线为直径的球体内部分布着这种暗物质，若不再考虑其他暗物质的影响，试根据这一模型理论和上述的观测结果，确定该双星系统中的这种暗物质的密度。

【审题】 “双星系统”是一种比较特殊化、理想化的天体运动的模型，求解“双星”问题时必须注意到双星之间的距离L与两球体各自作匀速圆周运动的轨道半径r的本质区别与内在关系，并建立双星的空间运动模型，然后依据万有引力定律与匀速圆周运动的规律求解即可。

【解析】 （1）由于“双星”的两个星体之间的万有引力提供二者的向心力，且因二者

L的质量相等，故各自的运动半径均为2，设各自的运行速度为v，由万有引力定律得 GmL22mV2Gm2L .

2.L/2=L/2，即得V=

周期得公式可得，双星得运动周期为

LT0=

VL=

2LGm

（2）此“双星”各在半径为2的圆形轨道上运动，由实际得天文观测知，其实际运行的周期为

T0:TN:1，（N>1），即实际运动周期T且该引力必然指向圆心，由题可知，这一万有引力的来源必定时双星的范围之内均匀分布的暗物质。把这种暗物质等效于总物质集中在圆心处的星体。如图４－８所示，

设考虑了暗物质的作用之后，观测到的每个星体的运行速率为V，暗物质的总质量为M，由

'

引力定律与圆周运动规律可得 GmL22GMm2m(v)'2'G(4Mm)2L2r+(l/2)=L/2，则V=

。又因T=VT0N，在半径r一定时，T与v

V'Gm2L 和

成反比。由题意得

G(4Mm)V=

'T0:TN:1，（N>1），则T=

N11=V，把V=

m2L代入此式可得暗物质得总质量为M=

44。

3又设所求暗物质的密度为ρ，则“暗物质”质量M=33(N1)m(L/2)N1=

4m，所以，

ρ=

2L3。

【总结】 此题中出现的“双星”“暗物质”均式很新颖的名词，是天文学的一种模型。求解“双星”问题必须把握几个要点：

①运用等效抽象的思维建立“双星”运行的空间物理情景；

②运用逻辑思维的方法，依据万有引力定律和匀速圆周运动的规律以及密度公式进行求解。

11．必须区别人造地球卫星的圆周轨道与椭圆轨道的运行规律的不同

此处首先要明确人造地球卫星的发射速度和环绕速度，环绕速度是指卫星在某一圆周轨道上做匀速圆周运动的运行速度，环绕速度并不仅指7。9km/s． 要使人造地球卫星最终进入预定轨道而稳定运行，要经过火箭推动加速——进入停泊轨道（圆周运动）——再次点火变轨——进入转移轨道（椭圆轨道）——开启行星载动力——进入预定轨道(圆周轨道)等过程。

卫星的预定运行轨道均是圆周轨道，卫星在此轨道上做匀速圆周运动，万有引力完全提供向心力，卫星处于无动力稳定运行（其漂移运动此

图４－９

处暂略）的状态。

当发射速度大于7。9km/s而小于11。2km/s时，卫星则做椭圆运动逐渐远离地球，由于地球引力的作用，到达远地点P后，又会沿椭圆轨道面到近地点Q，如图4-9所示。在椭圆轨道的某一位置上，卫星所受地球的万有引力和沿法线方向的分力即向心力

F向F引可以分解为切向分力

F切（产生卫星的切向加速度）

（产生卫星的向心加速度）。卫星在由近地点Q向远地点P

运动的过程中做加速度和线速度都逐渐减小的减速运动；而由远地点P向近地点Q运行的过程则是加速度和线速度逐渐增大的加速运动，椭圆轨道是将卫星发射到预定轨道之间的一个过渡轨道。

例16：（1998年上海高考）发射地球同步卫星时，先将卫星发射至近地圆形轨道1，然后经

点火使其沿椭圆轨道2运行，最后再次点火将卫星送入同步轨道3。轨道1、2相切于P点如图４－１０所示，则当卫星分别在1、2、3轨道上正常运行时，以下说法正确的是（ ） A.卫星在轨道3上的运行速率大于轨道1上的速率 B.卫星在轨道3上的角速度小于在轨道3上的角速度 C.卫星在轨道1上经过Q点时的加速度大于它在轨道2上经过Q点时的加速度

D.卫星在椭圆轨道2上经过P点时的加速度等于它在轨道3上经过P点时的加速度

【审题】此题是一个“高起点、低落点”的题目,涉及到了人造地球卫星的发射和运动中的线速度、角速度、向心加速度的基本知识.这是一个把卫星发射到预定轨道上去的情景模型.求解此题需要运用牛顿定律、万有引力定律和匀速圆周运动的规律,必须明确以下几点:

①只有在圆周轨上才会有万有引力定律完全提供向心力;

图４－１０

②卫星的轨道半径与卫星到地心的距离是不同的;

③在比较卫星在不同轨道上的角速度、线速度、加速度时要注意选用不同的公式.

【解析】对A选项.此选项比较的是卫星的线速度.由于万有引力提供卫星的向心力,则有r；因轨道1的圆半径小于轨道3的圆半径,故此卫星在轨道1GMm/r2 =m v2/r,所以v =

上的速度大于卫星在轨道3上的速度.故A选项错误.

GM对B选项.此选项求的是卫星的角速度,由于万有引力提供卫星的向心力,则有GMm/r2 =mω2r ,

GM所以ω=

r3,因轨道1的圆半径小于轨道3上的圆半径,故此卫星在轨道1上的角速度大于

在轨道3上的角速度.故B选项正确.

对C选项.Q点是圆周轨道1与椭圆轨道2的相切点,Q点即在圆周轨道1上又在椭圆轨道2上,Q点到地心的距离r一定.由于万有引力提供向心力,则有GMm/r2＝m

a向,所以

a向＝GM/r2.

a向显然,卫星在圆周轨道1上的Q点和在椭圆轨道2上的上的Q点时具有的向心加速度均是＝

GM/r2.故C选项错误.

对D选项.由上面的讨论可知,因为圆周轨道3上的P点与椭圆轨道2上的P点是同一点,P点到地心的距离是一定的,由

a向＝GM/r2得,其在P点得向心加速度是相同的.故D选项正确.

【总结】此题是人造地球卫星的发射与运行的题目.解答此题时,明确此卫星在各个轨道上的速度大小十分重要.设此卫星在轨道1上的Q点速度为在轨道2上的P点速度为速度

V1QV1Q、在轨道2上的Q点速度为

V2Q、

V2P、在轨道3上的P点速度为

V2QV3P，因轨道1为近似圆形轨道，其

V2Q=7。9km/s,因轨道2为椭圆轨道,故>7、9km/s(但<11。2km/s)；卫星在轨道2

上由Q点到P点的过程中做减速运动,则有

V2PV2Q<；要卫星由轨道进入轨道3稳定的运行.

V3P则必须在轨道2上的P点启动卫星的发动机使之加速变轨至圆轨道3上,则必有>

V2P.综合

以上分析可得此四个速度的大小关系是

V2QV1Q>>

V3P>V2P。

在这里,明确把卫星发射到预定轨道的过程能够加深对此题意的理解.

同步卫星的发射有两种方法,一种是“垂直发射”，是用火箭把卫星垂直发射到36000km的赤道上空,然后使之做90的旋转飞行,使卫星进入同步轨道.另一种方法是“变轨发射”,即先把卫星发射到高度为200km至300km高处的圆形轨道上(也叫“停泊轨道”)。当卫星穿过赤道平面时，末级火箭点火工作，使火箭进入一个大的椭圆轨道，其远地点恰好在赤道上空的36000km处。此轨道叫做“转移轨道”.当卫星达到远地点时,启动卫星的发动机使之再加速进入同步轨道(即稳定运行的预定的圆形轨道).第一种方法在全过程种,火箭推动卫星处于“强动力”的飞行状态，必须消耗大量燃料，且要求在赤道上修建发射场，很不科学。第二种方法，运载火箭的耗能较少，发射场地设置受限较小，但技术要求很高。目前人类发射同步卫星均用第二种方法。

12．必须区别地面物体的受阻减速与人造地球卫星的受阻变轨的不同

对于地面上做直线运动的物体而言,由运动学规律和牛顿第二定律可知,如果受到阻力的作用,必然产生与运动速度方向相反的加速度而做减速运动,直到最后停止运动.

对于处在轨道上正常运行的人造地球卫星,由于是万有引力完全提供向心力,其速度由GMm/r2

GM0=m v2/r得v =

r,

a向其加速度由GMm/r2＝m得

a向＝GM/r2.显然,卫星的线速度v和加速度a均与轨道半径r存

在特定的关系.当正常的“无动力”运行的卫星突然受到阻力的作用时，由运动学的原理可知，此时卫星的速度就会瞬时减小。然而，此处最易出现的错误就是：既然卫星由于阻力的作用r可知，其轨道半径r变大，运行周期也将变大，显然这是其速度必然减小，则由v =

错误的. 导致这种错误的根本原因是,仅仅片面考虑了阻力的作用而遗忘了还有万有引力的存

GM在.这里要特别注意的是,决定人造地球卫星运动状态的主要因素是万有引力而不是所受的阻力.

正确的分析思路是:由于阻力的作用,卫星的速度v必然减少,假定此时卫星的轨道半径r还未来得及变化,即有万有引力常运行时“

F引F引=GMm/r2也未变化；而向心力

F引F向= m v2/r则会变小.因此,卫星正

=

F向”的关系则会变为“>

F向”，故而在万有引力作用下卫星必做近地向r可知,卫星的运行速度必然增大.究其实质,

GM心运动,从而使轨道半径r变小;又由公式v =

此处卫星速度的增大是以轨道高度的减小(或者说成是引力做正功,重力势能减少)为条件的. 例17： (2000年全国高考)某人造地球卫星因受高空稀薄气体的阻力作用,绕地球运转的轨道会rrrrEE慢慢改变.某次测量中卫星的轨道半径为1,后来变为2且1>2。以K1、K2分别表示卫星

在这两个轨道的动能.( )

T1、

T2分别表示卫星在这两个轨道绕地球运动的周期,则有

A. EK1T1 C. EK1>EK2 T2EK2 T2>T1

【审题】:求解此题必须明确以下几点:

1①卫星动能的大小能代表速率的大小,其关系是动能EK=2mV2,因而可以通过分析速率的大

小来分析动能的大小.

②决定卫星运动状态的主要因素是地球的万有引力而不是空气的阻力.

③就卫星的瞬时状态的变化而言,阻力的作用必然会使卫星的速度减小;但从一般变化的过程来看,卫星的速度是增大的,这种“增大”是以其轨道高度的变小为条件的。

GM④依据万有引力等于向心力的关系式GMm/r2 =m v2/r =m4π2 r/T2，可得到v =

r3r和T=2

π

GM，从而进行分析讨论即可。

【解析】 当卫星受到空气阻力的作用时，其速度必然会瞬时减小，假设此时卫星的轨道半径r还未变化，则由公式

F向= m v2/r可知卫星所需要的向心力必然减小；而由于卫星的轨道

F引半径r还未来得及变化,由公式=GMm/r2得,卫星所受地球引力不变,则必有“

F引>

F向”，

卫星必然会做靠近地球得向心运动而使轨道半径r变小.

GM由于万有引力提供向心力,则由GMm/r2 =m v2/r得v =

1r,显然,随着卫星轨道半径r得变

小,其速度v必然增大,其动能(EK=2r3mV2)也必然增大,故EK1π2 r/T2 得T=2π

GM, 显然,随着卫星得轨道半径r得变小,其运行周期T必然变小,即

T2T1<.故C选项正确.

【总结】此题的本质是人造地球卫星的受阻而变轨变速的问题.其中存在着内在关系的物理量就是卫星的动能

EK、速度v、周期T和轨道半径r，要分析这些量的“连锁”变化情形时，不

能孤立地只看某一个量，而要抓住运动速度v这个最先、最易变化的关键量,然后运用v

GMr3=

r和T=2πGM进行定量讨论.

13．必须区别地面直线运动的“追及”问题与航天飞机“对接”宇宙空间站的不同

对地面的直线运动而言,当两个运动物体发生追赶运动时,只要“追赶物体”的速度大于“被追物体”的速度时即可追赶成功.且追赶成功时必有“追赶物体”与“被追物体”相对于同一起点的位移相同。这是“追及问题”的必备条件。

对于航天飞机与宇宙空间站的“对接”其实际上就是两个做匀速圆周运动的物体追赶问题，本质仍然是人造天体的变轨运行的变轨运行问题。

要使航天飞机与宇宙空间站成功“对接”，必须让航天飞机在较低轨道上加速，通过速度v的增大——所需向心力

F向增大——离心运动——轨道半径r

增大——升高轨道的系列变速、变轨过程而完成航天飞机与宇宙空间站的成功对接。

如图４－１１所示，是航天飞机宇宙空间站的对接轨道示意图。其中轨道1是地球卫星的一个环绕轨道（圆形轨道），轨道3是宇宙空间站的运行轨道，轨道2是一个长轴的两端点Q、P分别相切于轨道1与轨道3的椭圆轨道。航天飞机只有从预定的环形轨道1上的Q点，以一定的速度和加速度方式沿轨道2的半个椭圆轨道运动，才能恰好在轨道3上的P 点与宇宙空间站实现“对接”。

图４－１１

例18：在地球某一圆形轨道上运行的宇宙空间站，是适于人类长期生活的大型人造航天器。“和平号”空间站是人类历史上发射的第九座空间站，其中设有工作舱、过渡舱、服务舱等构件，自1986年2月进入太空轨道后先后与五个太空舱“对接”成功。15年来，“和平号”宇宙空间站先后同90多艘载人航天飞机及货运飞船成功对接，总共接纳了28个长期考察组和30个国际联合考察组，有108名宇航员登上了“和平号”空间站。“和平号”空间站于2001年3月23日回收坠落入南太平洋。试回答下列问题。

宇航员乘坐航天飞机加速升空进入轨道与“和平号”空间站对接后才能进入空间站。航天飞机为了追上并实现与空间站的成功对接，下列说法正确的是（ ） A.只能从空间站同一轨道上加速 B.只能从较高轨道上加速 C.只能从较低轨道上加速 D.无论在什么轨道上加速均行

【审题】此题中的“宇宙空间站”“航天飞机”其实都是人造天体，当进入轨道运行时与卫星一样遵守万有引力定律，其向心力由万有引力提供。要实现航天飞机与宇宙空间站的“对

GM接”，既要考虑航天飞机的加速，又要依据公式v =变轨、变向的问题。

r分析航天飞机因加速导致的变速、

【解析】 故对A选项。如果受直线运动中的物体追及的思维定势的影响，而让航天飞机沿与宇宙空间站相同的轨道加速追赶并“对接”，因速度v的增大必使向心力使得“

F向F向= m v2/r 增大，

>

F引”，航天飞机做远离地球的离心运动而离开宇宙空间站所在的轨道，无法实现

与宇宙空间站的对接。故A选项错误。

对B选项。如果让航天飞机从较高轨道上采用减小速度、降低轨道而实现与宇宙空间站的对

接，则不仅技术难以完成，还应让航天飞行必须穿越宇宙空间站所在轨道而进入更高的轨道，必然会消耗大量的能量，因而不可取。故B选项错误。

对C选项。因为要使航天飞机与宇宙空间站对接，首先必须加速“追赶”，其次由于加速必然导致其轨道半径的增大，因而要实现航天飞机与宇宙空间站的成功对接，就必须让航天飞机从较低的轨道上加速，并沿一条特定的椭圆轨道，使之在宇宙空间站的轨道上实现对接。故C选项正确。

对D选项。由以上的分析讨论可知，“无论在什么轨道上加速都行”是绝对不行的。故D选项错误。

【总结】在太空中，航天飞机与宇宙空间站的对接，绝不同于地面上直线运动物体的“追及”问题，不可因定势思维而导致错误的理解。必须充分明确航天飞机由于加速度而导致的变轨问题，进而明确只有让航天飞机从低轨道上加速才能完成对接。

难点之五 功与能 一、难点形成原因：

1、对功的概念及计算方法掌握不到位

高中学生刚接触矢量与标量，对功有正负但又是标量不能理解，而在计算的时候，又不能准确应用公式WFlcos，误以为计算功套上该公式就万事大吉，岂不知该公式一般仅仅适用于恒力做功。

2、不能灵活运用动能定理

动能定理是高中物理中应用非常广泛的一个定理，应用动能定理有很多优点，但是同学对该定理理解不深，或者不能正确的分析初、末状态，或者不能正确的求出合外力的功，或者不能正确的表示动能变化量，导致对该规律的应用错误百出。

3、对守恒思想理解不够深刻

在高中物理学习过程中，既要学习到普遍适用的守恒定律——能量守恒定律，又要学习到条件限制下的守恒定律——机械能守恒定律。学生掌握守恒定律的困难在于：对于能量守恒定律，分析不清楚哪些能量发生了相互转化，即哪几种能量之和守恒；而对于机械能守恒定律，又不能正确的分析何时守恒，何时不守恒。 4、对功和能混淆不清

在整个高中物理学习过程中，很多同学一直错误的认为功与能是一回事，甚至可以互相代换，其实功是功，能是能，功和能是两个不同的概念，对二者的关系应把握为：功是能量转化的量度。 二、难点突破：

1、加深对功概念的理解、掌握功的常用计算方法

功是力对位移的积累，其作用效果是改变物体的动能，力做功有两个不可缺少的因素：力和物体在力的方向上的位移，这两个因素同时存在，力才对物体做功。尤其要明确，功虽有正负，但功是标量，功的正负不表示方向，仅仅是表示力做正功还是克服力做功。

功的常用计算方法有以下几种：

（1）功的公式：WFlcos，其中lcos是力的作用点沿力的方向上的位移，该公式主要用于求恒力做功和F随l做线性变化的变力功（此时F须取平均值）

（2）公式WPt，适用于求恒力做功，也适用于求以恒定功率做功的变力功。 （3）由动能定理

（4）根据F-s图象的物理意义计算力对物体做的功，如图5-1所示，图中阴影部分面积的数值等于功的大小，但要注意，横轴上方的面积表示做正功，横轴下方的面积表示做负功。

WEK求恒力做功，也可以求变力做功。

图5-1

（5）功是能量转化的量度，由此，对于大小、方向都随时变化的变力F所做的功，可以通过对物理过程的分析，从能量转化多少的角度来求解。

例1：如图5-2所示，质量为m的小物体相对静止在楔形物体的倾角为θ的光滑斜面上，楔形物体在水平推力F作用下向左移动了距离s，在此过程中，楔形物体对小物体做的功等于( ).

A．0 B．mgscosθ C．Fs D．mgstanθ 图5-2

【审题】在审查该题时，一定要注意到两点：一是小物体与楔形物体相对静止，二是接触面光滑。

【解析】因为接触面光滑，所以小物体只受重力和斜面的支持力，又小物体随楔形物体一起向左移动，故二力合力方向水平向左，即重力和支持力的竖直分力平衡，小物体所受的合外力就是楔形物体对小物体支持力的水平分力，该力大小为mgtanθ，又物体向左移动了距离s，所以做功为mgstanθ，答案应选D。

【总结】利用楔形物体对小物体的支持力的竖直方向的分力与重力平衡条件，可求出支持力的大小，从而求出支持力的水平分力大小。

例2：一辆汽车在平直公路上从速度v0开始加速行驶，经时间t后，前进了距离s,此时恰好达到其最大速度vmax,设此过程中发动机始终以额定功率P工作，汽车所受阻力恒为F,则在这段时间里，发动机所做的功为( A．Fs

).

B．Pt

11vmaxv0C．2mv2max+Fs-2mv02

D．F·

2·t

【审题】审题中要注意到，此过程中发动机始终以额定功率工作，这样牵引力大小是变化的，求牵引力的功就不能用公式WFlcos，而要另想他法。

【解析】因为发动机额定功率为P，工作时间为t,故发动机所做的功可表示为Pt，B正确；还

111要注意到求发动机的功还可以用动能定理，即W- Fs =2 mv2max-2mv02，所以W=2

1mv2max+Fs-2mv02 ，C正确，所以本题答案应选BC。

【总结】本题易错之处就在于容易把牵引力分析成恒力，而应用W=Fs求解。

例3：用铁锤将一铁钉击入木块，设木块对铁钉的阻力与铁钉进入木块内的深度成正比.在铁锤击第一次时，能把铁钉击入木块内1 cm.问击第二次时，能击入多少深度？（设铁锤每次做功相等）

【审题】可根据阻力与深度成正比这一特点，将变力求功转化为求平均阻力的功，进行等效替代，也可进行类比迁移，采用类似根据匀变速直线速度-时间图象求位移的方式，根据F-x图象求功.

【解析】解法一：（平均力法）

铁锤每次做功都用来克服铁钉阻力做的功，但摩擦阻力不是恒力，其大小与深度成正比，F=f=kx,可用平均阻力来代替.

1如图5-3所示，第一次击入深度为x1,平均阻力F1=2kx1,做

1功为W1=F1x1=2kx12.

1图5-3

第二次击入深度为x1到x2,平均阻力F2=2k（x2+x1）,位移为x2-x1,做功为W2=F2（x2-x1）

1= 2k（x22-x12）. 两次做功相等：W1=W2. 解后有：x2=2x1=1.41 cm, Δx=x2-x1=0.41 cm. 解法二：（图象法）

因为阻力F=kx,以F为纵坐标，F方向上的位移x为横坐标，作出F-x图象（如图5-4所示），曲线上面积的值等于F对铁钉做的功。 由于两次做功相等，故有： S1=S2（面积），即：

图5-4

112 kx12=2k（x2+x1）（x2-x1）,

所以Δx=x2-x1=0.41 cm

【总结】利用平均力求力做的功，或者利用F-x图象求面积得到力做的功，这两种方法应用不多，但在探究问题时应用较大，比如探究弹簧弹力做功的特点就可以用这两种方法。 2、深刻理解动能定理，充分利用其优越性

动能定理不涉及物体运动过程中的细节，因此用它处理某些问题一般要比应用牛顿第二定律和运动学公式更为方便，同时它还可以解决中学阶段用牛顿运动定律无法求解的一些变力问题和曲线运动问题，因此能用动能定理解决的问题（尤其是不涉及加速度和时间的问题）应尽量用动能定理解决。

应用动能定理解决问题时，要注意以下几点：

（1）．对物体进行正确的受力分析，一定要做到不漏力，不多力。

（2）．分析每个力的做功情况，弄清每个力做不做功，是做正功还是负功，总功是多少。 （3）．有的力不是存在于物体运动的全过程，导致物体的运动状态和受力情况都发生了变化，物体的运动被分成了几个不同的过程，因此在考虑外力做功时，必须看清该力在哪个过程做功，不能一概认为是全过程做功。

（4）．当物体的运动由几个物理过程组成时，若不需要研究全过程的中间状态时，可以把这几个物理过程看成一个整体过程，从而避免分析每个运动过程的具体细节，这时运用动能定理具有过程简明、方法巧妙、计算简单等优点。

例4：一列火车由机车牵引沿水平轨道行使，经过时间t，其速度由0增大到v。已知列车总质量为M，机车功率P保持不变，列车所受阻力f为恒力。求：这段时间内列车通过的路程。 【审题】以列车为研究对象，水平方向受牵引力F和阻力f，但要注意机车功率保持不变，就说明牵引力大小是变化的，而在中学阶段用功的定义式求功要求F是恒力。

【解析】以列车为研究对象，列车水平方向受牵引力和阻力,设列车通过路程为s。根据动能定理：

WFWf12Mv2

【总结】发动机的输出功率P恒定时，据P = F·V可知v变化，F就会发生变化，牵引力F变化，a变化。应对上述物理量随时间变化的规律有个定性的认识，下面通过图象给出定性规律。（如图5-5所示）

图5-5

例5：某地强风的风速是20m/s，空气的密度是=1.3kg/m3。一风力发电机的有效受风面积为S=20m2，如果风通过风力发电机后风速减为12m/s，且该风力发电机的效率为=80%，则该风力发电机的电功率多大？

【审题】风通过风力发电机后速度减小说明风的动能转化为电能，但要注意到减少的动能并没有全部转化为电能，还有一个效率问题。

【解析】风力发电是将风的动能转化为电能，讨论时间t内的这种转化，这段时间内通过风力发电机的空气是一个以S为底、v0t为高的横放的空气柱，其质量为m=Sv0t，它通过风力发电机所减少的动能用以发电，设电功率为P，则

Pt(12mv0212mv)212Sv0t(v0v)22

代入数据解得 P=53kW

【总结】解决该类问题，要注意研究对象的选取，可以选择t时间内通过风力发电机的空气为研究对象，也可以选择单位时间内通过风力发电机的空气为研究对象，还可以选择单位长度的空气为研究对象。

例6：如图5-6所示，斜面倾角为θ，滑块质量为m，滑块与斜面的动摩擦因数为μ，从距挡板为s0的位置以v0的速度沿斜面向上滑行.设重力沿斜面的分力大于滑动摩擦力，且每次与P碰撞前后的速度大小保持不变，斜面足够长.求滑块从开始运动到最后停止滑行的总路程s.

【审题】该题中滑块初速度沿斜面向上，而且是一个多次碰撞问题，

图5-6

所以不可能用运动学公式解决，而每次碰撞没有能量损失就暗示了可以考虑应用动能定理。 【解析】选取滑块为研究对象，因为重力沿斜面的分力大于滑动摩擦力，所以滑块最终一定停在挡板上，在此过程中，只有重力和摩擦力对滑块做功，故由动能定理可得：

mgs0sinmgcoss012mv02

s0tan所以：s=

v022gcos

【总结】取全过程进行分析，应用动能定理解决该问题，可使该问题大大简化，但一定注意分析力做功的特点，此题中，重力做正功且与路径无关，摩擦力总做负功，与路程成正比。 3、紧扣守恒条件，抓住初末状态，体现守恒法优越性

在物理变化的过程中，常存在着某些不变的关系或不变的量，在讨论一个物理变化过程时，对其中的各个量或量的变化关系进行分析，寻找到整个过程中或过程发生前后存在着的不变关系或不变的量，则成为研究这一变化的过程的中心和关键。这就是物理学中最常用到的一种思维方法——守恒法。高中阶段涉及到的守恒量主要有普遍意义的“能量”和条件限制下的“机械能”，这里主要阐述一下机械能守恒定律的应用。

首先是机械能是否守恒的判断，这是能否应用机械能守恒定律的前提。机械能守恒的条件是：只有重力或弹力做功。这句话本身很笼统，事实上可以这样理解，要分析一个物体机械能是否守恒，可先对该物体进行受力分析，若该物体只受重力或弹力作用，则该物体机械能一定守恒，若受到其他的力，则看其他力是否做功，若其他力不做功，则机械能也守恒，若其他力也做功，再看这些力做功的代数和是否为零，若做功的代数和为零，则机械能同样守恒。有时对系统来讲，力做功的情况不好判断，还可从能量转化角度来判断，若系统内只有动能和势能的相互转化而无机械能与其他形式能的转化，则系统的机械能守恒。

判断清楚机械能守恒后，就可以根据机械能守恒的表达式列方程解决问题了，机械能守恒的表达式主要有以下几种： （1）（2）

EK1EP1EK2EP2 即机械能守恒的过程中，任意两个状态的机械能总量相等。

EKEP 即机械能守恒时，系统增加（或减少）的动能等于系统减少（或增加）

的势能。 （3）

EAEB 即由两部分A、B组成的系统机械能守恒时，A部分增加（或减少）的机

械能等于B部分减少（或增加）的机械能。

以上各式均为标量式，后两个表达式研究的是变化量，无需选择零势能面，有些问题利用它们解决显得非常方便，但一定要分清哪种能量增加，哪种能量减少，或哪个物体机械能增加，哪个物体机械能减少。

而对于能量守恒定律可从以下两个角度理解：

（1）某种形式的能量减少，一定存在其他形式的能量增加，且减少量和增加量一定相等。 （2）某个物体的能量减少，一定存在其他物体的能量增加，且减少量和增加量一定相等。

例7：如图5-7所示，一根长为l的轻绳，一端固定在O点，另一端拴一个质量为m的小球．用外力把小球提到图示位置，使绳伸直，并在过O点的水平面上方，与水平面成30°角．从静止释放小球，求小球通过O点正下方时绳的拉力大小。

【审题】对本题要进行层层深入的分析方式，不要忽视了悬绳从伸直到对小球有拉力为止的短暂过程中，机械能的损失，不能直接对小球从初位置到末位置列机械能守恒的方程求最低点速度。

【解析】选小球为研究对象，其运动过程可分为三个阶段如图5-8所示： （1）从A到B的自由落体运动．

O

图5-7

图5-8

1据机械能守恒定律得：mgl=2mvB2

(2)在B位置有短暂的绳子对小球做功的过程，小球的速度由竖直向下的vB变为切向的vB′,动能减小．

则有：vB′=vBcos30° (3)小球由B点到C点的曲线运动，机械能守恒

11则有：2mvB/2+mgl(1-cos60°)= 2mvC2 在C点由牛顿第二定律得

vC2T-mg=ml

7联立以上方程可解得： T=2mg

【总结】在分析该题时一定要注意绳在绷紧瞬间，有机械能损失，也就是说整个过程机械能并不守恒，不能由全过程机械能守恒定律解决该问题，但是在该瞬间之前和之后的两个过程机械能都是守恒的，可分别由机械能守恒定律求解。

例8：如图5-9所示，有一根轻杆AB，可绕O点在竖直平面内自由转动，在AB端各固定一质量为m的小球，OA和OB的长度分别为2a和a，开始时，AB静止在水平位置，释放后，AB杆转到竖直位置，A、B两端小球的速度各是多少？

【审题】因为两小球固定在轻杆的两端，随杆一起转动时，它们具有相同的角速度，则转动过程中，两小球的线速度与半径成正比。同时要注意到两小球在转动过程中，杆对它们都做功，即对每个小球来说，机械能并不守恒。

【解析】两小球组成的系统与外界没有能量转化，该系统机械能是守恒的，故对该系统从水平到竖直的过程中可由机械能守恒定律得：

2mgamga12mvA2A B O 图5-9

12mvB2

又：

vA2vB

vA2vB2ga52ga5 所以可解得：

【总结】该题的关键之处在于，对每个小球来讲机械能并不守恒，但对两小球组成的系统来讲机械能是守恒的。 例9：如图5-10所示，皮带的速度为3m/s，两圆心距离s=4.5m，现将m=1kg的小物体轻放在左轮正上方的皮带上，物体与皮带间的动摩擦因数为μ

图5-10

=0.15，电动机带动皮带将物体从左轮正上方运送到右轮正上方时，电动机消耗的电能是多少？ 【审题】在审题过程中要分析清楚小物体何时速度达到与传送带相同，二者速度相同之后，小物体就做匀速直线运动。即小物体在从左上方运动右上方的过程中可能一直做匀加速直线运动，也可能先做匀加速直线运动，后做匀速直线运动。

【解析】物体在相对滑动过程中，在摩擦力作用下做匀加速直线运动，

aFmg1.5m/s2则，

tva31.512s2s相对滑动时间

2sat121.52m3m2物体对地面的位移

1219J4.5J摩擦力对物体做的功

W112mv2

物体与皮带间的相对位移发热部分的能量

lvts323m3mW2mgl0.151103J4.5J从而，由能量守恒可得电动机消耗的电能为

EW1W29J【总结】在该题中，根据能量守恒可知，电动机消耗的电能最终转化为物体的动能和系统产生的热能，只要求出物体增加的动能和系统增加的热能就不难求出电动机消耗的电能。 4、理解功能关系，牢记“功是能量转化的量度”

能是物体做功的本领，功是能量转化的量度；能属于物体，功属于系统；功是过程量，能是状态量。做功的过程，是不同形式能量转化的过程：可以是不同形式的能量在一个物体转化，也可以是不同形式的能量在不同物体间转化。力学中，功和能量转化的关系主要有以下几种： （1）．重力对物体做功，物体的重力势能一定变化，重力势能的变化只跟重力做的功有关：

WGEP，另外弹簧弹力对物体做功与弹簧弹性势能的变化也有类似关系：

W合EKWFEP。

（2）．合外力对物体做的功等于物体动能的变化量：——动能定理。

W其他力E（3）．除系统内的重力和弹簧弹力外，其他力做的总功等于系统机械能的变化量：——功能原理。

例10：一质量均匀不可伸长的绳索，重为G，A、B两端固定在天花板上，如图5-11所示，今在最低点C施加一竖直向下的力将绳拉至D点，在此过程中，绳索AB的重心位置（ ）

A．逐渐升高 B．逐渐降低 C．先降低后升高 D．始终不变

【审题】在C点施加竖直向下的力将绳拉至D点，则外力对绳做

图5-11

正功。

【解析】在C点施加竖直向下的力做了多少功就有多少能量转化为绳的机械能，又绳的动能不增加，所以绳的重力势能增加了，即绳的重心位置升高了，所以本题正确答案为A。 【总结】功是能量转化的量度，对绳做了功，绳的能量一定增加，此能量表现为重力势能增加。

例11：如图5-12所示，质量为m的小铁块A以水平速度v0冲上质量为M、长为l、置于光滑水平面C上的木板B，正好不从木板上掉下，已知A、B间的动摩擦因数为μ，此时木板对地位移为s，求这一过程中： 木板增加的动能； 小铁块减少的动能； 系统机械能的减少量； 系统产生的热量。

【审题】在此过程中摩擦力做功的情况是：A和B所受摩擦力分别为F1、F2，且F1=F2=μmg，A在F1的作用下匀减速，B

图5-12

在F2的作用下匀加速；当A滑动到B的右端时，A、B达到一样的速度v，就正好不掉下。

mgs12Mv02【解析】（1）对B根据动能定理得：从上式可知：

EKBmgs

EKAmg(sl)（2）滑动摩擦力对小铁块A做负功，根据功能关系可知：

EKA12mv02

12mvmg(sl)2即小铁块减少的动能为

12mv2E12（3）系统机械能的减少量：

mv0212Mvmgl2

（4）m、M相对位移为l，根据能量守恒得：Qmgl

【总结】通过本题可以看出摩擦力做功可从以下两个方面理解：

（1）相互作用的一对静摩擦力，如果一个力做正功，另一个力一定做负功，并且量值相等，即一对静摩擦力做功不会产生热量。

（2）相互作用的一对滑动摩擦力做功的代数和一定为负值，即一对滑动摩擦力做功的结果总是使系统的机械能减少，减少的机械能转化为内能：力，

s相QF滑s相，其中

F滑必须是滑动摩擦

必须是两个接触面相对滑动的距离（或相对路程）。

例12：如图5-13所示，两个相同质量m=0.2kg的小球用长L=0.22m的细绳连接，放在倾角为30°的光滑斜面上，初始时刻，细绳拉直，且绳与斜面底边平行，在绳的中点作用一个垂直于绳且沿斜面向上的恒力F=2.2N。在力F的作用下两球向上运动，小球沿F方向的位移随时间变化的关系式为s=kt2（k

图5-13

为恒量），经过一段时间两球第一次碰撞，又经过一段时间再一次发生碰撞„由于两球之间的有粘性，当力F作用了2s时，两球发生最后一次碰撞，且不再分开，取g=10m/s2。求： （1）最后一次碰撞后，小球的加速度； （2）最后一次碰撞完成时，小球的速度； （3）整个碰撞过程中，系统损失的机械能。

【审题】本题过程比较麻烦，审题时要看到小球沿F方向运动的特点是初速为零的匀加速直线运动，则两小球发生最后一次碰撞时，其速度和位移都就不难求解了。 【解析】（1）对两小球整体运用牛顿第二定律，得： aF2mgsin302m00.5m/s2

（2）因为小球沿F方向的位移随时间变化的关系式为s=kt2（k为恒量），所以是匀加速直线运动，则vt=at=1m/s。

EF(sL2)2mgsin302012（3）根据功能原理，有：

s12at2mvt2

其中，代入数据，解得⊿E=0.242J。

【总结】本题貌似很难，但只要抓住其中的关键，如分析清楚小球沿F方向的运动情况、分析清楚全过程的能量转化关系，明确力F做功消耗的能量转化为两小球的重力势能和动能以及两小球碰撞产生的热量，然后由能量守恒就不难解决本题。

难点之六 物体在重力作用下的运动

一、难点形成原因：

1、不能正确理解竖直上抛运动中物体的速度、位移方向的改变和时间、速率等物理量的对称性

由于高中学生认知还不够深入，对物理现象和物理过程的分析不到位，加之对匀变速直线运动形成了各矢量方向不变的思维定势，导致在竖直上抛运动中对速度方向的改变、位移方向的改变缺乏思考，对运动时间、位移、速率等物理量的对称性不会分析，更谈不上用整体法处理上抛运动时的符号规则了。

2、不能应用所学，找不到解决平抛和斜抛物体运动问题的思路

在抛体运动中由于速度方向和加速度方向不共线，物体做曲线运动，由于学生对运动（矢量）的合成与分解知识的欠缺和疏于理解，以至于不能将其迁移并应用于抛体运动中，无法建立正确的分析思路，导致公式、规律的胡乱套用。

二、难点突破策略

对于重力作用下物体运动的问题应首先明确其基本概念的内函，所述物理意义的外延，理解其运动的基本性质，掌握其基本规律，并学会解决问题的基本方法。只有这样才能对难点有所突破，有所理解，有所掌握，达到融会贯通之效果。下面就对该部分的难点从基本概念、运动性质、基本处理方法等几个方面进行解读。 1、竖直上抛

（1）定义：将一个物体以某一初速度速直线运动。

（2）运动性质：初速度为向为正方向） （3）适应规律 速度公式：

vtv0gt12v0竖直向上抛出，抛出的物体只受重力，这个物体的运

动就是竖直上抛运动。竖直上抛运动的加速度大小为g，方向竖直向下，竖直上抛运动是匀变

v00，加速度为-g的匀变速直线运动（通常规定以初速度

v0的方

gt2位移公式：

hv0t2

2速度位移关系式：（4）处理方法 ①分段处理：

vtv02gh

上升过程：初速度为

v00加速度为g的匀减速直线运动

12gt2基本规律：

vtv0gt

hv0t

vtv02gh22

下降过程：自由落体运动

vtgth12gt2基本规律：

vt2gh2

②整体处理：设抛出时刻t=0，向上的方向为正方向，抛出位置h=0，则有：

若vt＞0，表明物体处于上升阶段；若vt0，表明物体上升到最大高度；

vtv0gt。 若vt＜0，表明物体处于下降阶段若h＞0，表明物体在抛出点上方

运动；hv0t2212gt2若h0，表明物体正处在抛出点；方运动。

若h＜0，表明物体在抛出点的下

vtv02gh用此方法处理竖直上抛运动问题时，一定要注意正方向的选取和各物理量正负号的选取；特别是t=0时h的正负。 （5）几个特征量

tv0g；从上升开始到落回到抛出点的时间：

t2v0g。 hv02①上升到最高点的时间：

hv02②上升的最大高度：

2g；从抛出点出发到再回到抛出点物体运动的路程：g

③上升阶段与下降阶段抛体通过同一段距离所用的时间相等（时间对称性：④上升阶段与下降阶段抛体通过同一位置时的速度等大反向（速度对称性：

t上t下） ）

v上v下2、平抛运动

（1）定义：将物体用一定的初速度沿水平方向抛出，物体只在重力作用下（不考虑空气阻力）所做的运动，叫做平抛运动。 （2）运动性质

①平抛运动性质：物体做平抛运动时，由于只受重力，所以加速度为重力加速度g。而物体速度方向与重力方向不在一条直线上，故平抛运动是匀变速曲线运动。在运动过程中任何相等时间△t内速度变化量均相等，均为vgt，并且速度变化方向始终是竖直向下的。 ②平抛运动中的独立性：平抛运动中水平方向和竖直方向的分运动是相互独立的，其中每个分运动都不会因另一个运动的存在而受到影响。水平方向和竖直方向的两个分运动及其合运动具有等时性。时间相同是联系两个分运动及其合运动的桥梁，求解时往往根据竖直方向的分运动求时间。

（3）处理方法—“化曲为直”如图6-1

以“化曲为直”为指导思想，根据运动的合成和分解的规律把平抛运动分解成水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动。 （4）适应规律

①水平方向的分运动是匀速直线运动： 速度大小：

vxv0 位移大小：

xv0t

②竖直方向的分运动是自由落体运动：

图6-1

速度大小：

vygty12gt2 位移大小：

vvxvy22

v0(gt)22③合运动：速度大小： 位移大小：

vyvxgtv0Sxy22

tan合运动方向：速度V与水平方向夹角α满足：

tanyxgt2v0

位移S与水平方向夹角φ满足：④平抛运动的两个推论：

a、由上面可看出tan2tan，即做平抛（或类平抛）运动的物体在任一时刻任一位置处，设其末速度方向与水平方向的夹角为，位移与水平方向的夹角为，则tan2tan。

xv0t,y12gt,vygt,又tan2vyv0yxx/,解得x/x2b、图6-1中6-1中x/所示。

即做平抛（或类

平抛）运动的物体在任一时刻的瞬时速度的反向延长线一定通过此时水平位移的中点，如图

t2hg⑤飞行时间（运动时间）

yg2v02x2⑥竖直位移y与水平位移x的函数关系：

3、斜抛运动

（1）定义：以一定的初速度将物体斜向上或斜向下抛出，在空气阻力可以忽略的情况下，物体所做的运动叫做斜抛运动。

（2）运动性质 ①斜抛运动性质：物体做斜抛运动时，由于只受重力，所以加速度为重力加速度g。而物体速度方向与重力方向不在一条直线上，故斜抛运动是匀变速曲线运动。在运动过程中任何相等时间△t内速度变化量均相等，均为vgt，并且速度变化方向始终是竖直向下的。 ②斜抛运动中的独立性：斜抛运动中水平方向和竖直方向的分运动是相互独立的，其中每个分运动都不会因另一个运动的存在而受到影响。水平方向和竖直方向的两个分运动及其合运动具有等时性。时间相同是联系两个分运动及其合运动的桥梁。 （3）处理方法—“化曲为直” 如图6-2

以“化曲为直”为指导思想，根据运动的合成和分解的规律把斜抛运动分解成水平方向的匀速直线运动和竖直方向的竖直上抛运动。 （4）适应规律：

图6-2

①水平方向的分运动是匀速直线运动： 速度大小：

vxv0cos 位移大小：

xv0cost

②竖直方向的分运动是竖直上抛运动：

vyv0singt速度大小： 位移大小：

vxvy22yv0sint12gt2

2③合运动：速度大小：

Sxy22v(v0cos)(v0singt)2 位移大小：

tanvyvxyx

合运动方向：速度V与水平方向夹角满足：

tan

位移S与水平方向夹角满足：（5）几个特征量：

tv0sing①到最高点的时间：

T2v0sing落回到与抛出点在同一水平面上的点的时间（飞行时间）：

H(v0sin)2g2

②最大高度（射高）：；在最大高度处的速度为：

vvxv0cos

③上抛阶段与下降阶段抛体通过对称的相同一段距离所用的时间相等（时间对称性） ④上抛阶段与下降阶段抛体通过同一高度时的速度大小相等（速率对称性）

Xmv0cosTv0cos2v0singv0sin2g2⑤飞行的最大水平距离（射程）：

4、思维拓展

物体在重力作用下的运动，物体所在的物体系内由于只受到重力作用，而无其它内力和外力做功，所以系统的机械能是守恒的，因此所有的抛体运动包括自由落体在内都能应用机械能守恒定律和动能定理去解决。 （1）竖直上抛运动基本规律的应用

例1：某一物体被竖直上抛，空气阻力不计．当它经过抛出点上方0.4ｍ处时，速度为3m/s。当它经过抛出点下方0.4ｍ处时，速度应为多少？（ｇ＝10m/s2）

【审题】此题中抛出的物体只受重力，取向上的方向为正方向，可取整个过程分析，也可以分段研究。分段研究时先求出到达抛出点上方0.4m处时还能上升的高度，再加上物体落到抛出点下方的高度，在这个高度物体做自由落体应用

vt2gH就可求出，也可以由竖直上抛

运动的对称性先判知在抛出点上方0.4m时物体向下运动的速度，再应用解出。 【解析】

解法一：设到达抛出点上方0.4ｍ处时还能上升高度为ｈ，则

hv02v2v02gh22就可



2g322100.45m。

物体从最高点自由下落高度为Ｈ＝(0.45＋0.4＋0.4)ｍ时的速度为 vt2gH2101.255m/s

解法二：设位移为ｈ1＝0.4ｍ时速度为v1，位移为ｈ２＝－0.4ｍ时速度为v2，则 

2v1v02gh1222，

v2v02gh2，

即 32＝

22v02－2×10×0．4，

vv02－2×10×（－0．4），

解得 v2＝5ｍ／ｓ．

解法三：根据竖直上抛物体的上抛速度与回落速度等值反向的特点可知：物体回落到抛出点上方0.4ｍ时，速度大小为3m/s，方向竖直向下。以此点为起点，物体做竖直下抛运动，从此点开始到原抛出点下方0.4ｍ处的位移为ｈ＝（0.4＋0.4）ｍ，那么，所求速度为这段时间的末速度，即  【总结】

竖直上抛运动问题，从整体上全过程讨论，匀变速直线运动的规律全适用，但关键是要注意各物理量的正负，弄清其物理含义。从其上、下两段过程对称性考虑，也能使问题求解大为简化。若分上升与下降两段处理，一般不容易出错，但过程比较麻烦一些。 （2）应用竖直上抛运动的对称性

例2：一个从地面竖直上抛的物体，它两次经过一个较低点A的时间间隔为tA ，两次经过一个较高点B的时间间隔为tB ，求A、B两点之间的距离。

【审题】两次经过A点和B点相当于从A点和B点分别做竖直上抛运动，可直接应用竖直上抛运动关系求解 【解析】

解法一：物体竖直上抛做匀减速直线运动，设A、B两点距地面高度分别为hA和hB，根据位移公式：

xv0t12at2vtv02gh5m/s2

，则有

hAv0t12at2……………………………………①

解得物体两次经过A点所用时间分别为：

t1v0gv0g1g1gv02ghA2

v02ghA2t2

两次经过A点的时间差为：

ttAt2t12v02ghAg2…………………………………………②

同理物体两次经过B点的时间差为：

tB2v02ghBg2…………………………………………………………③

g(tAtB)822由①②③解得

hAhB

h12gt2解法二：设A点和B点到最高点的距离分别为hA和hB，则据自由落体运动规律

hA1212g(tA2tB2)2可

1818得：

gtA2……………………………………①

2

hBg()2gtB2…………………………………………②

2由①②解得

hAhBg(tAtB)8

【总结】竖直上抛运动中经过同一个位置的时间间隔定是上升过程中的某一时刻和下降过程

中的某一时刻的两时刻之差值，这个时间差的一半等于从最高点落到抛出点的时间。即应用时间的对称性解决此类问题是非常方便的。 （3）竖直上抛运动中的多解处理法

例3：某人在高层楼房的阳台外侧以2 0 m/s的速度竖直向上抛出一个石块，石块运动到离抛出点15m处时，所经历的时间为多少？（不计空气阻力，取g =10m/s2）

【审题】对于此题我们首先应明白它是运动学中典型的匀变速运动模型，物理情景为先竖直上抛运动然后为自由落体，竖直上抛为匀减速运动，他同自由落体运动具有对称性，体现在时间对称，速度对称，位移对称。与出发点相距15m有两种可能，即在抛出点以上及在抛出点以下，然后利用运动学公式对两种情况整体列式。石块运动到离抛出点15m处时，石块的位置是在抛出点上方还是在抛出点下方？如果是在抛出点上方的话，是处于上升阶段还是处于下降阶段？从题意来看，石块抛出后能够上升的最大高度为 Hm>15m。这样石块运动到离抛出点15 m处的位置必定有两个，因而所经历的时间必为三个。 【解析】

tv0g2010s2s石块上升到最高点所用的时间为：

2 s前石块第一次通过“离抛出点15 m处”；2 s时石块到达最高点，速度变为零，随后石块开始做自由落体运动，会第二次经过“离抛出点15 m处”；当石块落到抛出点下方时，会第三次经过“离抛出点15m处”。这样此题应有三解。

当石块在抛出点上方距抛出点15m处时，取向上为正方向，

2则位移x15m,ag10m/s，代入公式

1520t1210t2xv0t12gt2

得：

解得 t1ts;t23s 。t1ts对应着石块上升时到达“离抛出点15 m处”时所用的时间，而t23s则对应着从最高点往回落时第二次经过“离抛出点15 m处”时所用的时间。

由于石块上升的最大高度H=20m，所以，石块落到抛出点下方“离抛出点15m处”时，自由下落的总高度为HOB=20m+15m=35m，下落此段距离所用的时间t2HOBg23510s7s这样石块从抛出到第三次经过“离抛出点15m处”时所用的时7)s间为：

t32s7s(2

【总结】由于同一距离离抛出点的位移不同，经过同一位置时有速度不同，所以在竖直上抛运动过程中一定要注意可能出现多解的可能性。 （4）分段解决和全程解决竖直上抛运动问题比较

例4：系一重物在气球上，以4m/s的速度匀速上升，当离地9m时细绳断裂，求：重物的落地时间。（取g=10m/s2）

【审题】细绳断裂后重物作竖直上抛运动，若分段来看物体先向上做匀减速运动，后做自由落体运动，对全过程可看作匀减速直线运动。 【解析】

解法一：把重物的运动分成上升和自由下落两个阶段处理。

x上v02上升阶段：

2g120.8m,t上v0g0.4s

下落阶段：

x上xgt下，式中x9m2

解得：t下=1.4s

所以重物落地时间：t=t上+t下=1.8s

解法二：全过程按匀变速直线运动处理。取向上为正，则g为负，抛出点以下位移为负

xv0t12gt,即94t5t22所以

解得t=1.8s，t/=-1.0s (舍去)

【总结】竖直上抛运动有关问题的求解，往往有两种方法：一是分为向上运动和自由落体运动两个过程分析，二是全过程按匀变速直线运动处理 （5）应用竖直上抛运动的特征解题

例5：某人站在高楼的平台边缘，以20m/s的初速度竖直向上抛出一石子，不考虑空气阻力， 求：

（1）物体上升的最大高度是多少？回到抛出点的时间是多少？

（2）石子抛出后通过抛出点下方20m处所需时间是多少？

【审题】物体上升到最大高度的过程为匀减速直线运动，且末速度为零，由vtv02ax,vtv0at22可直接求出，石子抛出后通过下方20m处所用时间既可分段求

也可整体求。 【解析】

解法一：上升过程，匀减速运动。取竖直向上为正方向，

ag,vt22v0120m/s，

,根据匀变速运动公式：v012vtv02ax,vtv0at得：

h最大高度：

t12a1v01a1v0122gv01g202210m20m

2010s2s上升时间：

v020,a2g下落过程，自由落体运动，取竖直向上为正方向。

，回到原点xh，到抛出

点下方20m处时x20m，由匀变速直线运动规律，有

t22x1g22010s2s下落到原点的时间：

故最大高度h=20m，回到原点时间4s，

t2/2x2g24010s22s下落到20m处的时间：

落到下方20m处所经历时间为2（1+2）s 解法二：全过程分析，取向上为正方向，，

v020m/s,ag，最大高度时v0，落到

下方20m处时x20m，由匀变速直线运动规律知：

hv02最大高度：

2g202210m20m

回到抛出点时x0，而

xv0t11212gt12t12v0g22010s4s，所以时间为

2

落回下方20m处时，由解得

xv0t2gt22020t12得

10t22

t2222s,t2222s/（后者舍去）

【总结】解竖直上抛运动的问题时，除应用基本公式和基本规律解题处还应联想到竖直上抛运动的特征，这样会给解决问题带来方便。 （6）分段法整体法结合

例6：一个人从地面上的A处以初速度为

1v0竖直上抛一个物体，物体经过位置B时，仍然向

上运动，但速度减为初速度的4，已知AB＝3m（g=10m/s2)求：

（1）初速度多大？

（2）再经过多长时间物体落回A处？

【审题】物体在上升过程中做匀减速运动经过相距3m的两点的速度关系已知，可直接应用2axvtv022求得待求量；时间的求法可分段也可整体。

【解析】（1）此物体的运动简图如图6-3所示。物体从A运动到B的过程中，根据运动学规律

2axvtv022得 v04)v0222gxAB(

代入数据，解得

v08m/s

（2）物体从B回到A的过程中，位移xBA3m，

xv0t12at2根据运动规律得

xBAv04t12gt2

图6-3

代入数据，解得t11s,t20.6s舍去。即再过1s落回A处。

【总结】有时要分别用到分段法和整体法解决一个题目中的不同问号。 （7）平抛运动中追赶问题的求解方法 例7：一艘敌舰正以平线上以速度

v2v1=12m/s的速度逃跑，执行追击任务的飞机，在距水面高度h=320m的水

=105m/s同向飞行，为击中敌舰，应“提前”投弹，如果空气阻力可以不计，重

力加速度为g取10m/s2，飞机投弹时，沿水平方向它与敌舰之间的距离应为多大？如投弹后

飞机仍以原速度飞行，在炸弹击中敌舰时，飞机与敌舰的位置有何关系？

【审题】炸弹要想炸到敌舰，则应在飞行时间内运动的水平距离等于投弹时飞机和敌舰相距的水平距离和炸弹飞行时间内敌舰行进的距离之和。 【解析】投下炸弹竖直方向做自由落体运动，水平方向以飞机的速度v2做匀速运动，炸弹在空中飞行时间为

2hg232010ts8s

8s时间内，炸弹沿水平方向飞行的距离x2v2t。 敌舰在同一方向上运动的距离为：x1v1t

故飞机投弹时水平方向上“提前”的距离为如图6-4所示 xv2tv1t1058m128m744m

图6-4

在t=8s内，炸弹与飞机沿水平方向的运动情况都相同，都以速度v2做匀速直线运动，水平方向的距离相同都是x2v2t840m

所以炸弹击中敌舰时，飞机恰在此时好在敌舰的正上方飞过。

【总结】平抛运动物体的飞行时间由竖直分运动求出，水平分运动为匀速直线运动结合有关规律列出关于速度和时间的位移关系式。

（8）判断平抛运动中多个物体的相对位置变化的问题

例8：飞机以150m/s的水平速度匀速飞行，某时刻让Ａ球落下，相隔１s又让Ｂ球落下，不计空气阻力，在以后运动中关于Ａ球与Ｂ球的相对位置关系，（g=10m/s2）正确的是（ ） A．A球在B球前下方 Ｂ．Ａ球在Ｂ球的后下方 Ｃ．Ａ球在Ｂ球的正下方５m处 Ｄ．以上说法都不对

【审题】在飞机上的所有物体被抛出后都以相同的初速度做平抛运动，也就是说它们在空中和飞机在水平方向上一定处于相同的位置。在竖直方向上相对飞机都做自由落体运动。

【解析】Ａ球和Ｂ球在水平方向都是以150m/s的速度匀速运动，则Ａ与Ｂ必定在同一条竖直线上。粗略地考虑，１秒末Ａ正好在Ｂ下方５米处，显然两球之间的相对位置不是固定的，水平方向相对静止，竖直方向的相隔距离随时间推移在不断变化，正确的位置关系是

hhAhB12g(t1)212gt212g(2t1)即Ａ、Ｂ相隔距离Δh随t的增大而增大，

故正确答案为Ｄ。

【总结】在飞行时间内，平抛运动中的物体在抛出后水平方向速度不变，水平位移在相同时间变化相同；在竖直方向速度变化量不变，但位移变化和时间成一次函数关系，即随时间在增大。

SMSN(MN)aT2vvt（9）和

2在解平抛运动问题中的应用

例9：研究平抛运动规律时，由于某种原因，坐标纸上只留下小球的三个位置如图6-5所示，则小球运动中初速度大小为多少？小球经B点时的竖

图6-5

直分速度大小多大？每小格边长均为L=5cm， g取10m／s2．

【审题】由平抛运动的规律可知道, 由于小球在水平方向作匀速直线运动，可以根据小球位置的水平位移和闪光时间算出水平速度，即抛出的初速度．小球在竖直方向作自由落体运动，由竖直位移的变化根据自由落体的公式即可算出竖直分速度

【解析】因A、 B间水平距离与B、C间水平距离相等，则从A到B与从B到C所用时间相

tyBCyABg0.1s等，而在竖直方向上做匀加速运动，由

v0xABt0.10.1yBCyABgt2得：，所以，

m/s1m/s小球抛出的初速度为

由于B点是A到C的时间中点，所以B点的速度的竖直分量与在A、C间竖直方向上的平均速度相等，则：

【总结】由于平抛运动在竖直方向做自由落体运动,所以初速度为零的匀加速直线运动的所有规律和特征在此都适应。

（10）平抛运动中的临界问题

例10：如图6-6所示排球场总长为18m，设球网高度为2m，运动员站在网前3m处正对球网将球水平击出。（g取10m/s2）

（1）设击球点的高度为2.5m，问球被水平击出时的速度在什么范围内才能使球既不触网也不出界？

（2）若击球点的高度小于某个值，那么无论球被水平击出的速度多大，球不是触网就是出界，试求此高度。

【审题】球被水平击出后,做平抛运动（1）问中，击球高度一定时，恰不触网是速度的一个临界值，恰不出界则是另一个击球速度的临界值（2）问中,当击球高度为某一值时，以某一确定的速度击球，击球点、网的上边缘和边界点三者位于同一轨迹上时，此轨迹为临界轨迹，如果击球速度变小，则一定触网，否则速度变大则一定出界，此时对应的高度即为临界高度。

【解析】如图6-6所示排球恰不触网时其运动轨迹为Ⅰ。排球恰在此时不出界时其运动轨迹为Ⅱ，根据

xv0t和h12gt2vBy80.0520.1m/s2m/s平抛运动的规律：恰不触网时有：

，可得当排球

图6-6

12gt12x13mv1t,h12.5m2m0.5m

可解得：

v1310m/s9.5m/s

当排球恰不出界时有

x23m9mv2t2,h2.5m12gt22

可解得：

v2122m/s17m/s

所以排球既不触网也不出界的速度范围是9.5m/s＜v＜17m/s

(2)如图6-7所示为排球恰不触网也恰不出界的临界轨迹。则根据平抛运动的规律有：

x13mvt1//h1h2m12gt1/2x23m9mvt2h2h12gt2/2/2

图6-7

联立以上四式可得:h2.12m

【总结】平抛运动中临界问题，要注意寻觅“恰好”一词的含义，抓住恰好时的速度、高度、位移等临界值的运用。

例11：如图6-8所示，一高度为h=0.2m的水平面在B点处与一倾角为θ=30°的斜面连接，一小球以V0=5m/s的速度在平面上向右运动。求小球从A点运动到地面所需的时间（平面与斜面均光滑，取g=10m/s2）。某同学对此题的解法为：小球沿斜面运动，则

hsinv0t12gsin.t2由此可求得落地的时间t。

问：你同意上述解法吗？若同意，求出所需的时间；若不同意，则说明理由并求出你认为正确的结果。 【审题】由于小球在水平面上运动，离开A点时小球将做平抛运动，而不会沿斜面下滑，在运动到地面之前是否经历斜面，要看是否满足一定的条件。 【解析】不同意，正确做法为

xv0tv02hg520.210图6-8

m1m落地点与B点的水平距离 斜面底宽 dhcot0.2

3m0.35m

因为x>d，所以小球离开Ｂ点后不会落到斜面，因此落地时间即为平抛运动时间。 t2hg20.210s0.2s

【总结】小球能否落到斜面上，这要看小球在飞行时间内运动的水平位移是否大于斜面的水平长度。

例12：作平抛运动的物体，在落地前的最后1s内，其速度方向由跟竖直方向成600角变为跟竖直方向成450角，求:物体抛出时的速度和高度分别是多少？（g=10m/s2）

【审题】作平抛运动的物体，在落地前的最后1s内水平速度不变，竖直速度的变化可由几何关系表达也可以gt表达，二者相等列式。 【解析】 解法一:

vg(t1)，运动时间为t，则经过（t1）s时y，

设平抛运动的初速度为

v0tan300g(t1)v0

vygt,tan450gtv03经过ts时：

(t1)ttan30tan45gttan45120

00t32s2.37s

所以

hv012gt23.7m/s

2gt2102.3728.1m

0vcot45解法二：此题如果用结论解题更简单vgt10m/s。又有0v0cot600v，

解得

v0vcot450cot6001010.57723.6m/shvy2，

2g27.9m

【总结】平抛运动不管在何时，一定记住水平速度不变，竖直速度的变化量为gt。 13、平抛运动的拓展—类平抛运动

例13：如图6-9所示，光滑斜面长为a，宽为b，倾角为θ，一物块沿斜面左上方顶点P水平射入，而从右下方顶点Q离开斜面，求入射初速度．

【审题】物块在垂直于斜面方向没有运动，物块沿斜面方向上的曲线运动可分解为水平方向上初速度

v0的匀速直线运动和沿斜面向下初速度为零的匀加速运动．

mgsinma加【解析】在沿斜面方向上

a加gsin，

………………①，

xav0t12水平方向上的位移………………②

2yb沿斜面向下的位移

v0a.gsin2ba加t…………③

图6-9

由①②③得

【总结】类平抛运动的规律和平抛运动规律相似，但是加速度不再是g，而是a。

难点之七 法拉第电磁感应定律 一、难点形成原因

Ent

1、关于表达式

此公式在应用时容易漏掉匝数n，实际上n匝线圈产生的感应电动势是串联在一起的，其次

是合磁通量的变化，尤其变化过程中磁场方向改变的情况特别容易出错，并且感应电动势E

与、、t的关系容易混淆不清。

E12Bl22、应用法拉第电磁感应定律的三种特殊情况E=Blv、、E=nBsωsinθ（或E=nBs

ωcosθ）解决问题时，不注意各公式应用的条件，造成公式应用混乱从而形成难点。

3、公式E=nBsωsinθ（或E=nBsωcosθ）的记忆和推导是难点，造成推导困难的原因主要是此情况下，线圈在三维空间运动，不少同学缺乏立体思维。 二、难点突破

v1、、、t同v、△v、t一样都是容易混淆的物理量，如果理不清它们之间的关系，求解感应电动势就会受到影响，要真正掌握它们的区别应从以下几个方面深入理解。 磁通量 化量 磁通量越大，理意磁通量变磁通量变化率t 某段时间表述磁场某时刻穿过磁场中某穿过某个面的末、初中穿过某个面的磁个面的磁感线条数越磁通量的差值 通量变化快慢的物理量 BS义 多 ，S21tBSt 小计算 为与B垂直的面积 ，BS或tSBt或 SB 若穿过某个开始和转既不表示面有方向相反的磁场，过1800时平面都与磁通量的大小，也不则不能直接用BS在，磁场垂直，穿过平面表示变化的多少，

应考虑相反方向的磁的磁通量是不同的，φ—t图象中用图线通量相互抵消以后所一正一负，△φ=2 的斜率表示 剩余的磁通量 BS，而不是零 2、明确感应电动势的三种特殊情况中各公式的具体用法及应用时须注意的问题

⑪导体切割磁感线产生的感应电动势E=Blv，应用此公式时B、l、v三个量必须是两两相互垂直，若不垂直应转化成相互垂直的有效分量进行计算，生硬地套用公式会导致错误。有的注意到三者之间的关系，发现不垂直后，在不明白θ角含义的情况下用E=Blvsinθ求解，这也是不可取的。处理这类问题，最好画图找B、l、v三个量的关系，如若不两两垂直则在图上画出它们两两垂直的有效分量，然后将有效分量代入公式E=Blv求解。此公式也可计算平均感应电动势，只要将v代入平均速度即可。

⑫导体棒以端点为轴在垂直于磁感线的匀强磁场中匀速转动，计算此时产生的感应电动势须

E12Bl2注意棒上各点的线速度不同，应用平均速度（即中点位置的线速度）来计算，所以。

⑬矩形线圈在匀强磁场中，绕垂直于磁场的任意轴匀速转动产生的感应电动势何时用E=nBsωsinθ计算，何时用E=nBsωcosθ计算，最容易记混。其实这两个公式的区别是计时起点不同，记住两个特殊位置是关键。当线圈转至中性面（即线圈平面与磁场垂直的位置）时E=0，当线圈转至垂直中性面的位置（即线圈平面与磁场平行）时E=nBsω。这样，线圈从中性面开始计时感应电动势按E=nBsωsinθ规律变化，线圈从垂直中性面的位置开始计时感应电动势按E=nBsωcosθ规律变化。并且用这两个公式可以求某时刻线圈的磁通量变化率△φ/△t，不少同学没有这种意识。推导这两个公式时，如果能根据三维空间的立体图准确画出二维空间的平面图，问题就会迎刃而解。

Ent求的是整个闭合回路的平均感应电动势，△t→0的极限值才等于瞬时感应电

另外，

动势。当△φ均匀变化时，平均感应电动势等于瞬时感应电动势。但三种特殊情况中的公式通常用来求感应电动势的瞬时值。 4、典型例

例1： 关于感应电动势，下列说法正确的是（ ）

A．穿过回路的磁通量越大，回路中的感应电动势就越大

B．穿过回路的磁通量变化量越大，回路中的感应电动势就越大

C．穿过回路的磁通量变化率越大，回路中的感应电动势就越大

D．单位时间内穿过回路的磁通量变化量越大，回路中的感应电动势就越大

【审题】题目考查内容非常明确，主要考查感应电动势E与磁通量φ、磁通量变化量、磁

通量变化率t之间的关系。

【解析】感应电动势E的大小与磁通量变化率t成正比，与磁通量φ、磁通量变化量无

直接联系。A选项中磁通量φ很大时，磁通量变化率t可能很小，这样感应电动势E就会很

小，故A错。B选项中很大时，若经历时间很长，磁通量变化率t仍然会很小，感应电

动势E就很小，故B错。D选项中单位时间内穿过回路的磁通量变化量即磁通量变化率t，它越大感应电动势E就越大，故D对。 答案：CD

【总结】感应电动势的有无由磁通量变化量决定，≠0是回路中存在感应电动势的前

提，感应电动势的大小由磁通量变化率t决定，t越大，回路中的感应电动势越大，与、

无关。

例2：一个面积S=4×10-2m2，匝数N=100的线圈，放在匀强磁场中，磁场方向垂直线圈平

面，磁场的磁感应强度B随时间变化规律为△B /△t=2T/s，则穿过线圈的磁通量变化率t为 Wb/s，线圈中产生的感应电动势E= V。

【审题】磁通量的变化率t与匝数N无关，因为磁通量表示穿过某一面积的磁感线条数，穿过一匝线圈和穿过N匝线圈的磁感线条数是一样的。这样，一段时间内磁通量的变化一匝

线圈和N匝线圈是一样的，所以t不受匝数N的影响。而感应电动势除与t有关外还与匝数N有关，因为产生感应电动势的过程中，每一匝线圈都相当于一个电源，线圈匝数越多，意味着串联的电源越多，说明E与N 有关。

【解析】根据磁通量变化率的定义得t= S△B /△t=4×10-2×2 Wb/s=8×10-2Wb/s 由E=N△φ/△t得E=100×8×10-2V=8V 答案：8×10-2；8

【总结】计算磁通量φ=BScosθ、磁通量变化量△φ=φ2-φ1、磁通量变化率△φ/△t时不用考虑匝数N，但在求感应电动势时必须考虑匝数N，即E=N△φ/△t。同样，求安培力时也要考虑匝数N，即F=NBIL，因为通电导线越多，它们在磁场中所受安培力就越大，所以安培力也与匝数N有关。

例3：如图7-1所示，两条平行且足够长的金属导轨置于磁感应强度为B的匀强磁场中，B的方向垂直导轨平面。两导轨间距为L，左端接一电阻R，其余电阻不计。长为2L的导体棒ab如图所示

图7-1

放置， 开始时ab棒与导轨垂直，在ab棒绕a点紧贴导轨滑倒的过程中，通过电阻R的电荷量是 。

【审题】求通过电阻R的电荷量首先须求出通过电阻R的平均电流，由于电阻R已知，因此根据法拉第电磁感应定律求出这一过程的平均感应电动势是解题关键。

1Et2BStB2L4LLt223BL2t2【解析】

ER3BL2tR

I

2qIt3BL2R2∴

3BL

答案：

2R

【总结】用E=N△φ/△t求的是平均感应电动势，由平均感应电动势求闭合回路的平均电流。

qItNtRtNR，注意

而电路中通过的电荷量等于平均电流与时间的乘积，即

这个式子在不同情况下的应用。

例4：如图7-2所示，在竖直向下的匀强磁场中，将一水平放置的金属棒以水平速度V0抛出，设整个过程中，棒的取向不变，不计空气阻力，则金属棒运动过程中产生的感应电动势的大小变化情况应是（ ） A．越来越大 B．越来越小 C．保持不变 D．无法判断

【审题】金属棒运动过程中速度越来越大，但产生感应电动势的有效切割速度仅仅是速度的水平分量V0，而在金属棒运动过程中V0是不变的。

图7-2

【解析】导体切割磁感线产生的感应电动势E=Blv，金属棒运动过程中B、l和v的有效分量均不变，所以感应电动势E不变，故选C。

答案：C

【总结】应用感应电动势的计算公式E=Blv时，一定要注意B、l、v必须两两垂直，若不垂直要取两两垂直的有效分量进行计算。

例5：如图7-3所示，长为L的金属棒ab，绕b端在垂直于匀强磁场的平面内以角速度ω匀速转动，磁感应强度为B，求ab两端的电势差。 【审题】ab两端的电势差等于金属棒切割磁感线产生的感应电动势，因此，只要求出感应电动势即可。本题是导体棒转动切割磁感线产生感应电动势的情况，棒上各点的速率不相等，由v=ωr知，棒上各点的线速度跟半径成正比，故可用棒的中点的速率作为平均切割速率代入公式E=Blv求解。本题也可以设△t时间ab棒扫过的扇形面积为△S，根据E=n△φ/△t求解。

【解析】解法一：E=Blv=BLωL/2=BL2ω/2

图7-3

B12Lt/t2解法二：E=n△φ/△t= B△S/△t=UabEBL22= BL2ω/2

∴

答案：BL2ω/2

【总结】若用E=Blv求E，则必须先求出平均切割速率；若用E=n△φ/△t求E，则必须先求出金属棒ab在△t时间扫过的扇形面积，从而求出磁通量的变化率。

例6：如图7-4所示，矩形线圈abcd共有n匝，总电阻为R，部分置于有理想边界的匀强磁场中，线圈平面与磁场垂直，磁感应强度大小为B。让线圈从图示位置开始以ab边为轴匀速转动，角速度为ω。若线圈ab边长为L1，ad边长为L2，在磁场外部分为

25L2，则

图7-4

⑪线圈从图示位置转过530时的感应电动势的大小为 。

⑫线圈从图示位置转过1800的过程中，线圈中的平均感应电流为 。 ⑬若磁场没有边界，线圈从图示位置转过450时的感应电动势的大小为 ，磁通量的变化率为 。

【审题】磁场有边界时，线圈abcd从图示位置转过530的过程中，穿过线圈的磁通量始终没有变化，所以此过程感应电动势始终为零；在线圈abcd从图示位置转过1800的过程中，初末

2BL135状态磁通量大小不变，但方向改变，所以

L265BL1L2。磁场没有边界时，

线圈abcd从图示位置转动产生的感应电动势按E=nBsωsinθ规律变化，即E=nBL1L2ωsinωt，t时刻磁通量的变化率△φ/△t=E/n=BL1L2ωsin ωt。

【解析】⑪线圈从图示位置转过530时的感应电动势的大小为零。

6Entn5BL1L26nBL1L25⑫线圈从图示位置转过1800的过程中，

IER6nBL1L25R

∴

⑬若磁场没有边界，线圈从图示位置转过450时的感应电动势

2nBL1L2E=nBL1L2ωsinωt=2

此时磁通量的变化率t6nBL1L2En22BL1L22

2BL1L2答案：0；

5R；2nBL1L2，

2

【总结】本题考查了三个知识点：①感应电动势的产生由△φ决定，△φ=0则感应电动势等于零；②磁通量的变化量的求法，开始和转过1800时平面都与磁场垂直，△φ=2 BS，而不是零；③线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴转动产生感应电动势的表达式及此过程中任一时刻磁通量的变化率的求法。

例7：一个圆形闭合线圈固定在垂直纸面的匀强磁场中，线圈平面与磁场方向垂直，如图7-5甲所示。设垂直纸面向里的磁感应强度方向为正，垂直纸面向外的磁感应强度方向为负。线圈中顺时针方向的感应电流为正，逆时针方向的感应电流为负。已知圆形线圈中感应电流i随时间变化的图象如图7-5乙所示，则线圈所在处的磁场的磁感应强度随时间变

图7-5

化的图象可能是（ ）

【审题】由图乙可知线圈中的感应电流是周期性变化的，因此只研究一个周期（即前两秒）的情况即可。0～0.5s，感应电流沿逆时针方向且大小不变，所以垂直纸面向里的磁场在均匀增强或垂直纸面向外的磁场在均匀减弱；0.5～1.5s，感应电流沿顺时针方向，所以垂直纸面向里的磁场在均匀减弱或垂直纸面向外的磁场在均匀增强；1.5～2s的情况同0～0.5s.

【解析】A选项中0～0.5s，磁场垂直纸面向外且均匀增加，与图乙中感应电流方向矛盾，故A错；B选项中0～0.5s，磁场垂直纸面向外且均匀减弱符合条件，但0.5～1s，磁场垂直纸面向里且均匀增强与图乙中感应电流方向矛盾，故B错；C选项中0～0.5s，磁场垂直纸面向里且均匀增强，0.5～1s，磁场垂直纸面向里且均匀减弱，1～1.5s，磁场垂直纸面向外且均匀增强，1.5～2s，磁场垂直纸面向外且均匀减弱，都与题意相付，故C对；D选项中0～0.5s，磁场垂直纸面向里且均匀增强，0.5～1.5s，磁场垂直纸面向里且均匀减弱，1.5～2s磁场垂直纸面向里且均匀增强，都与题意相付，故D对。 答案：CD

【总结】本题考查了从图象上获取信息的能力，在回路面积一定的情况下，B—t图象的斜率反映感应电动势的大小，B大小或方向的改变决定回路中感应电动势的方向。若给出的是φ—t图象，情况是一样的。

例8：如图7-6所示，金属导轨间距为d，左端接一电阻R，匀强磁场的磁感应强度为B，方向垂直于平行金属导轨所在的平面，一根长金属棒与导轨成θ角放置，金属棒与导轨电阻不计。当金

图7-6

属棒沿垂直于棒的方向，以恒定速度v在金属导轨上滑行时，通过电阻的电流强度为 ；电阻R上的发热功率为 ；拉力的机械功率为 。 【审题】导体棒做切割磁感线运动，导体棒两端产生的感应电动势相当于闭合回路的电源，所以题中R是外电阻，金属棒为电源且电源内阻不计。由于金属棒切割磁感线时，B、L、v两两垂直，则感应电动势可直接用E=Blv求解，从而求出感应电流和发热功率，又因为金属棒匀速运动，所以拉力的机械功率等于电阻R上的发热功率，也可以用P=Fv=BILv求拉力的机械功率。

EBLVBdvsin

【解析】⑪

IERBdvRsin

∴

⑫

P热IR2Bdv2222Rsin Bdv2222⑬

P机械P热Rsin或者Bdv222P机械FvBILvB222BdvdRsinsinvBdv2222Rsin

BdvBdv22答案：Rsin；Rsin；Rsin

【总结】本题是法拉第电磁感应定律与闭合回路欧姆定律、焦耳定律及力学中功率相结合的题目，涉及到能量转化的问题，扎实的基础知识是解题的关键。

例9：如图7-7所示，两根足够长的直金属导轨MN、PQ平行放置在倾角为θ的绝缘斜面上，两导轨间距为L。M、P两点间接有电阻值为R的电阻，一根质量为m的均匀直金属杆ab放在两导轨上，并与导轨垂直。整套装置处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直斜面向下。导轨和金属杆的电阻可忽略。让ab杆沿导轨由静止开始下滑，导轨和金属杆接触良好，不计它们之间的摩擦。求：

⑪在加速下滑过程中，当ab杆的速度大小为v时杆中的电流及杆的加速度大小；

⑫在下滑过程中，ab杆可以达到的速度最大值。

【审题】求在加速下滑过程中ab杆的加速度首先要明确ab杆的受力情况，从b向a看ab杆的受力示意图如图7-8所示，根据受力情况结合牛顿第二定律即可求解。另外根据受力情况还可以判断ab杆的运动情况，ab杆下滑过程中速度越来越大，安培力F越来越大，其合外力越来越小，加速度越来越小，当加速度为零时速度最大，所以ab杆做的是加速度逐渐减小的加速运动，最后以最大速度匀速运动。根据ab杆达最大速度时合外力为零可求其最大速度。

【解析】⑪ab杆的速度为v时，感应电动势E=BLv

图7-8 图7-7

FBILBBLvRLBLvR22∴

根据牛顿第二定律，有ma=mgsinθ-F agsinBLvmR22∴

vmaxmgRsinBL22⑫当F=mgsinθ时，ab杆达最大速度vmax，所以

gsinBLvmR22

mgRsin答案：；

BL22

【总结】本题是法拉第电磁感应定律与闭合回路欧姆定律、牛顿第二定律相结合的题目，解这类题目正确受力分析和运动过程分析是关键。 例10：如图7-9甲所示，一对平行光滑轨道放置在水平面上，两轨道间距L=0.20m，电阻R=1.0Ω，有一导体杆静止放在轨道上，与两轨道垂直，杆及轨道的电阻可忽略不计，整个装置处于磁感强度B=0.50T的匀强磁场中，磁场方向垂直轨道面向下，现用一外力F沿轨道方向拉杆，使之做匀加速运动，测得力F

与时间t的关系如图7-9乙所示，求杆的质

图7-9 量m和加速度a.

【审题】本题是变力作用下的导体切割问题，即拉力F和安培力都是变力，但杆做匀加速运动，说明二者的合力不变，这样可以根据牛顿第二定律结合图象求解。 【解析】导体杆从静止开始做匀加速运动，则有 v=at （1）

ε=BLv （2）

设安培力为F＇，则F＇=BIL=B2L2v/R （3） 由牛顿第二定律得：F- F＇=ma （4）

由（1）（2）（3）（4）得F= ma+ B2L2 at /R 即F= ma+ at /100 (5) 在图乙中取两点坐标值代入上式：t=10s时，F=2N，有2= ma+ 0.1a (6) t=20s时,F=3N,有3= ma+ 0.2a (7) 由(6)(7)解得m=0.1kg,a=10m/s2

【总结】题中拉力F和安培力都是变力，看上去无从下手，但细一分析杆做匀加速运动，其合外力不变，根据牛顿第二定律和运动学公式结合图象给出的有关信息即可求解，从变中求不变是解本题的关键。

难点之八 带电粒子在电场中的运动 一、难点形成原因：

1、由于对平抛运动规律、牛顿运动规律、匀变速运动规律的理解不深切，导致研究带电粒子在电场中的运动规律时，形成已有知识的‘负迁移’和‘前摄抑制’，出现了新旧知识的干扰和混淆。

2、围绕‘电场’、‘带电粒子’问题中的力学知识（如：库仑定律、电场强度、电场力、电场线）与能量知识（如：电势、电势能、电势差、等势面、电势能的变化、电场力的功）模糊混淆导致了认知的困难。

3、在解答“带电粒子在匀强电场中运动”的问题时，常常因能否忽略带电粒子所受的重力而导致错误。

4、学生对物理知识掌握不全，应用数学处理物理问题的能力、综合分析能力不达标导致解题的困难。

二、难点突破策略：

带电微粒在电场中运动是电场知识和力学知识的结合，分析方法和力学的分析方法是基本相同的：先受力分析，再分析运动过程，选择恰当物理规律解题。处理问题所需的知识都在电场和力学中学习过了，关键是怎样把学过的知识有机地组织起来，这就需要有较强的分析与综合的能力，为有效突破难点，学习中应重视以下几方面： 1.在分析物体受力时，是否考虑重力要依据具体情况而定。

（1）基本粒子：如电子、质子、α粒子、离子等，除有说明或有明确的暗示以外一般都忽略不计。（2）带电颗粒：如尘埃、液滴、小球等，除有说明或有明确的暗示以外一般都不能忽略。

“带电粒子”一般是指电子、质子及其某些离子或原子核等微观的带电体，它们的质量都很小，例如：电子的质量仅为0.91×10-30千克、质子的质量也只有1.67×10-27千克。（有些离子和原子核的质量虽比电子、质子的质量大一些，但从“数量级”上来盾，仍然是很小的。）如果近似地取g=10米/秒2，则电子所受的重力也仅仅是meg=0.91×10-30×10=0.91×10-29(牛)。但是电子的电量为q=1.60×10-19库（虽然也很小，但相对而言10-19比10-30就大了10-11倍），如果一个电子处于E=1.0×104牛/库的匀强电场中（此电场的场强并不很大），那这个电子所受的电场力F=qE=1.60×10-19×1.0×104=1.6×10-15（牛），看起来虽然也很小，但是比起前面算出的重力就大多了（从“数量级”比较，电场力比重力大了1014倍），由此可知：电子在不很强的匀强电场中，它所受的电场力也远大于它所受的重力——qE>>meg。所以在处理微观带电粒子在匀强电场中运动的问题时，一般都可忽略重力的影响。

但是要特别注意：有时研究的问题不是微观带电粒子，而是宏观带电物体，那就不允许忽略

重力影响了。例如：一个质量为1毫克的宏观颗粒，变换单位后是1×10-6千克，它所受的重力约为mg=1×10-6×10=1×10-5（牛），有可能比它所受的电场力还大，因此就不能再忽略重力的影响了。

2．加强力学知识与规律公式的基础教学，循序渐进的引入到带电粒子在电场中的运动，注意揭示相关知识的区别和联系。

3．注重带电粒子在电场中运动的过程分析与运动性质分析（平衡、加速或减速、轨迹是直线还是曲线），注意从力学思路和能量思路考虑问题，且两条思路并重；同时选择好解决问题的物理知识和规律。

带电粒子在匀强电场中的运动，是一种力电综合问题。解答这种问题经常运用电场和力学两方面的知识和规律，具体内容如下：

FqUd所需电场的知识和规律有：E→F=qE；W=qU；E；电场线的性质和分布；等势面的

概念和分布：电势、电势差、电势能、电场力做功与电势能变化关系。

所需力学的知识和规律有：牛顿第二定律F=ma；动能定理W=ΔEk；动能和重力势能的概念和性质；能的转化和守恒定律；匀变速直线运动的规律；抛物体运动的规律；动量定理；动量守恒定律；

解答“带电粒子在匀强电场中运动”的问题，既需要掌握较多的物理知识，又需要具有一定的分析综合能力。处理带电粒子运动问题的一般有三条途径：（1）匀变速直线运动公式和牛顿运动定律（2）动能定理或能量守恒定律（3）动量定理和动量守恒定律

处理直线变速运动问题，除非题目指定求加速度或力，否则最好不要用牛顿第二定律来计算。要优先考虑使用场力功与粒子动能变化关系，使用动能定理来解，尤其是在非匀强电场中，我们无法使用牛顿第二定律来处理的过程，而动能定理只考虑始末状态，不考虑中间过程。一般来说，问题涉及时间则优先考虑冲量、动量，问题涉及空间则优先考虑功、动能。 对带电粒子在非匀强电场中运动的问题，对中学生要求不高，不会有难度过大的问题。 4．强化物理条件意识，运用数学工具（如，抛物线方程、直线方程、反比例函数等）加以分析求解。

（一）带电粒子的加速 1.运动状态分析

带电粒子沿与电场线平行的方向进入匀强电场，受到的电场力与运动方向在同一直线上，做加速（或减速）直线运动。 2.用功能观点分析

粒子动能的变化量等于电场力做的功。

2qU（1）若粒子的初速度为零，则qU=mv2/2,V=

m V022qUm（2）若粒子的初速度不为零，则qU=mv2/2- mv02/2, V= 3.用牛顿运动定律和运动学公式分析：带电粒子平行电场线方向进入匀强电场，则带电粒子做匀变速直线运动，可由电场力求得加速度进而求出末速度、位移或时间。

说明：

（1）不管是匀强电场还是非匀强电场加速带电粒子W=qU都适应，而W=qEd，只适应于匀强电场.

（2）对于直线加速，实质上是电势能转化为动能，解决的思路是列动能定理的方程（能量观点）来求解。

例1：如图8-1所示，带电粒子在电场中的加速：在真空中有一对平行金属板，两板间加以电压U，两板间有一个带正电荷q的带电粒子，它在电场力的作用下，由静止开始从正极板向负极板运动，到达负极板时的速度有多大？（不考虑带电粒子的重力）

图8-1

【审题】本题是带电粒子在匀强电场中的加速问题，物理过程是电场力做正功，电势能减少，动能增加，利用动能定理便可解决。

【解析】带电粒子在运动过程中，电场力所做的功W=qU。设带电粒子到达负极板时的动能1

EK= mv2，

2

12qU由动能定理qU= mv2 得：v=

2m

【总结】上式是从匀强电场中推出来的，若两极板是其他形状，中间的电场不是匀强电场，上式同样适用。

例2：下列粒子从初速度为零的状态经过加速电压为U的电场之后，哪种粒子的速度最大？ （A）a粒子 【审题】

解答本题需要把带电粒子在电场中加速的知识与原子核知识联系起来。

1．本题已知电场的加速电压为U，要判断的是粒子被加速后的速度v的大小，因此采用

qU12mv2（B）氚核 （C）质子 （D）钠离子

Na

分析问题比较方便。

112．若以mp表示质子

4H的质量、以 e表示质子的电量，则根据所学过的原子核知识可知—

3—α粒子2He的质量应为4mp、电荷量应为2e；氚核1

H的质量应为3mp、电量应为e；钠离

子Na的质量比其它三种粒子的质量都大（由于是选择判断题，对此未记质量数也无妨）、电量应为e。 【解析】

qU12mv2v2qUm根据可以导出下式：

q由此可知：对于各种粒子来说，加速电压U都是相同的。因此v与比。

成正比；v与

m成反

因为质子和钠离子所带的电量相同，而钠离子的质量却比质子大得多，所以可断定——电场加速后的质子速度应比钠离子大得多。因此选项（D）首先被淘太。

2．为了严格和慎重起见，我们对被加速后的α粒子、氚核、质子的速度进行下列推导：对于α粒子——质量为4mp、电量为2e

va2qaUma22eU4mpeUmp

对于氚核——质量为3mp、电量为e

v2eU3mp23eUmp氚

对于质子——质量为mp电量为e

vp2eUmp2eUmp

从比较推导的结果中知：质子的速度 VP 最大，正确答案为（C）。

【总结】本题关键是正确使用动能定理，正确得出速度的表达式，由表达式加以讨论，进而得出正确选项。

例3：如图8-2所示，真空中相距d=5 cm的两块平行金属板A、B与电源连接(图中未画出)，其中B板接地（电势为零）,A板电势变化的规律如图8-3所示.将一个质量m=2.0×10-23 kg,电量q=+1.6×10-1C的带电粒子从紧临B板处释放，不计重力.求：

图8-2 图8-3

(1)在t=0时刻释放该带电粒子，释放瞬间粒子加速度的大小;

(2)若A板电势变化周期T=1.0×10-5 s,在t=0时将带电粒子从紧临B板处无初速释放，粒子到达A板时动量的大小；

TT(3)A板电势变化频率多大时，在t=4到t=2时间内从紧临B板处无初速释放该带电粒子，粒子不能到达A板.

【审题】本题需要正确识别图像，由图像提供的信息分析带电粒子在电场中的受力，由受力情况得出粒子的运动情况，选择正确的物理规律进行求解。 【解析】

U电场强度E =d

FEqUqd，F=ma

带电粒子所受电场力

aUqdm4.010m/s92

T1粒子在0

2时间内走过的距离为2Ta(T2)5.01022m

t故带电粒在在

2时恰好到达A板

根据动量定理，此时粒子动量

pFt4.010T423kg·m/s

T2向A板做匀加速运动，在

tT2t3T4向A板做匀减速运动，速

tt带电粒子在

12T4度减为零后将返回，粒子向A板运动的可能最大位移

s2a()2116aT2

要求粒子不能到达A板，有s < d

f1T，电势频率变化应满足

由

fa16d5

210HZ

4【总结】带电粒子在周期性变化的匀强电场中的运动比较复杂，运动情况往往由初始条件决定，具体问题需要具体分析。

（1）运动分析：若粒子受力方向与运动方向相同，则粒子加速运动；若粒子受力方向与运动方向相反，则粒子减速运动。

（2）处理方法：①利用牛顿运动定律结合运动学公式。②利用能量观点，如动能定理，若为非匀强电场只能用能量观点。

（二）带电粒子的偏转（限于匀强电场）

1.运动状态分析：带电粒子以速度V0垂直电场线方向飞入匀强电场时，受到恒定的与初速度方向成900角的电场力作用而做匀变速曲线运动。 2.偏转问题的分析处理方法：类似平抛运动的分析处理，应用运动的合成和分解知识分析处理。 （1）垂直电场方向的分运动为匀速直线运动：t=L/V0；vx=v0 ；x=v0t

1

（2）平行于电场方向是初速为零的匀加速运动：vy=at ,y= at2

2qUx

经时间t的偏转位移：y= （ ）2；

2mdV0

粒子在t时刻的速度：Vt=V02+Vy2 ；

时间相等是两个分运动联系桥梁； 偏转角：tgφ=

VyqUx = V0mdv02

例4：如图8-4所示，一束带电粒子（不计重力），垂直电场线方向进入偏转电场，试讨论在以下情况下，粒子应具备什么条件才能得到相同的偏转距离y和偏转角

图8-4

度φ（U、d、L保持不变）。

（1）进入偏转电场的速度相同； （2）进入偏转电场的动能相同； （3）进入偏转电场的动量相同；

（4）先由同一加速电场加速后，再进入偏转电场。

【审题】本题是典型的带电粒子在匀强电场中的偏转问题，是一个类平抛运动，关键是正确推出偏转距离y和偏转角度φ的表达式，根据题目给出的初始条件得出正确选项。 【解析】

（1）由带电粒子在偏转电场中的运动规律得： 1qUL

偏转距离y= at2= （ ）2

22mdV0atqUL

偏转角 tgφ= =

v0mdv02讨论：

（1）因为v0相同，当q/m相同，y、tgφ也相同； 1

（2）因为 mv02相同，当q相同，则y、tgφ相同；

2

（3）因为mv0相同，当m、q相同或q/v0相同，则y、tgφ也相同； 1UL2UL

（4）设加速电场的电压为U′，由qU′= mv02,有:y= ，tgφ=

24dU＇2dU＇

【总结】可见，在（4）的条件下，不论带电粒子的m、q如何，只要经过同一加速电场加速，再垂直进入同一偏转电场，它们飞出电场的偏转距离y和偏转角度φ都是相同的。

（三）先加速后偏转

若带电粒子先经加速电场（电压U加）加速，又进入偏转电场（电压U偏），射出偏转电场

y12at2qU偏L2dmV2时的侧移偏转角：tgφ=

20qU偏L24dqU加U偏L24dU加

VyU偏L = V02U加d

带电粒子的侧移量和偏转角都与质量m、带电量q无关。 (四)示波管原理 1．构造及功能 如图8-5所示

图8-2

（１）电子枪：发射并加速电子．

（２）偏转电极ＹＹ＇：使电子束竖直偏转（加信号电压） 偏转电极ＸＸ＇：使电子束水平偏转（加扫描电压）

（3）荧光屏．

2．原理：○1ＹＹ＇作用：被电子枪加速的电子在ＹＹ＇电场中做匀变速曲线运动，出电场后

y'ylL2L2做匀速直线运动打到荧光屏上，由几何知识

y'(lL2)tanLl(U2mV0d2ql)，可以导出偏移

。

若信号电压U=Umaxsin wt，

ql20y’=

mVd(lL2)Umaxsin wt=y maxsin wt.

y’随信号电压同步调变化,但由于视觉暂留及荧光物质的残光特性看到一条竖直亮线. 加扫描电压可使这一竖直亮线转化成正弦图形。

○2XX’的作用:与上同理,如果只在偏转电极XX’上加电压,亮斑就在水平方向发生偏移,加上扫描电压,一周期内,信号电压也变化一周期,荧光屏将出现一完整的正弦图形.

例5：如图8-6所示，是一个示波管工作原理图，电子经加速以后以速度V0垂直进入偏转电场，离开电场时偏转量是h，两平行板间的距离为d，电势差为U，板长为L.每单位电压引起的偏移量（h/U）叫做示波管的灵敏度，为了提高灵敏度，可采用下列哪些

h办法？ （ ） d增大两板间的电势差U

尽可能使板长L做得短些

尽可能使两板间距离d减小些

L图8-6

使电子入射速度V0大些

【审题】本题物理过程与例题4相同，也是带电粒子的偏转问题，与示波管结合在一起，同时题目当中提到了示波管的灵敏度这样一个新物理量，只要仔细分析不难得出正确结论。 【解析】

竖直方向上电子做匀加速运动，故有

qUL2hh=at2=

1222dmV0,则

UqL222dmV0可知，只有C选项正确.

【总结】本题是理论联系实际的题目，同时题目中提出了示波管灵敏度这一新概念，首先需要搞清这一新概念，然后应用牛顿第二定律及运动学公式加以求解。

（五）根据运动轨迹分析有关问题

该种类型的题目分析方法是：先画出入射点轨迹的切线，即画出初速度v0的方向，再根据轨迹的弯曲方向，确定电场力的方向，进而利用力学分析方法来分析其它有关的问题。 例6：在图8-7甲中，虚线表示真空里一点电荷Q的电场中的两个等势面，实线表示一个带负电q的粒子运动的路径，不考虑粒子的重力，请判定 （１）Ｑ是什么电荷？

（２）ＡＢＣ三点电势的大小关系；

图8-7

（３）ＡＢＣ三点场强的大小关系；

（４）该粒子在ＡＢＣ三点动能的大小关系。

【审题】

Ａ、Ｂ、Ｃ是带电粒子在电场中运动轨迹上的三点，通过轨迹的弯曲方向得出受力方向，由受力方向判断Q的电性，画出电场线，判断电势的高低及场强的大小；根据电场力对带电粒子的做功情况判断粒子在Ａ、Ｂ、Ｃ三点动能的大小关系。

【解析】 （１）设粒子在Ａ点射入，则Ａ点的轨迹切线方向就是粒子q的初速v0的方向（如图8-7乙）。由于粒子q向偏离Ｑ的方向偏转，因此粒子q受到Ｑ的作用力是排斥力，故Ｑ与q的电性相同，即Ｑ带负电。

（２）因负电荷Ｑ的电场线是由无穷远指向Ｑ的，因此φＡ=φC>φＢ。

（3）由电场线的疏密分布（或由E=kQ/r2）得EA=EC（4）因粒子从A→B电场力做负功，由动能定理可知EkBWAC=0，因此由动能定理得EkA=EkC，故EkA=EkC>EkB。 【总结】

该种类型的题目分析方法是：先画出入射点轨迹的切线，即画出初速度v0的方向，再根据轨迹的弯曲方向，确定电场力的方向，进而利用力学分析方法来分析其它有关的问题。

例7： 在图8-8中a、b和c表示点电荷a的电场中的三个等势面，它

21们的电势分别为U、3U、4U。一带电粒子从等势面a上某处由静止

释放后，仅受电场力作用而运动，已知它经过等势面b时的速率为v，则它经过等势面图8-8 c的速率为 。 【审题】

2141．已知a、b、c三点的电势的大小关系为U>3U>U根据“电场线的方向总是由电势高的

等势面指向电势低的等势面”的性质，可分析出本题中的电场线方向是由场源点电荷Q为中心向四处放射的，而这样分布电场线的场源点电荷应当是带正电的。

2．原来处于静止状态的带电粒子，若仅受电场力作用应做加速运动。应沿着电场线的方向由电势高处向电势低处运动。

说明：前面所说的加速运动不一定是匀加速运动。只有在匀强电场中带电粒子才会作匀加速运动。在非匀强电场中（例如在点电荷场源的电场中）由于各处的电场强度不同，电荷所受的电场力的大小是变化的，所以加速度的大小也是变化的。 3．解答本题选用的主要关系式为：

qUab122mva1mvb22

式中Uab两等势面的电势差，va、vb为带电粒子经过时a、b等势面时的速率。（对于b、c两等势面也存在同样形式的关系式。） 【解析】

设：带电粒子的电量为q；a、b两等势面的电势差为Uab，b、c两等势面的电势差Ubc；带电

粒子经过等势面a、b、c时的速率分别为Va、Vb、Vc。（已知：Va=0，Vb=v） 则：

qUab1122mvbmvb222mvc

① ②

qUbc121mvb22将①、②两式相除可得：

UabUbc22vbva22vcvb

U13

U③ 、

UbC23U14U512U将

135UabU23、

Va0、

Vbv代入③式：

UU2v02221245vv22avv2av224va4v4va9vv09v25v222

所以，带电粒子经过等势面c的速度为1.5v。

【总结】带电粒子在非匀强电场中运动牵扯到动能变化时通常用动能定理求解比较方便，在分析问题时分清物理过程是非常关键的。

（六）考虑受重力或其它恒力作用时的带电物体的运动问题

若带电微粒除受电场力作用外，还受到重力或其它恒力作用，同样要分解成两个不同方向的简单的直线运动来处理。

例8：质量m=0.1g，带电荷量ｑ＝－４×10-7C的带电微粒以v0=10m/s的速度从水平放置的平行金属板A、B的中央飞入板间，如图8-9所示，已知板长L=1.0m，板间距离d=0.06m，当UAB=103伏时，带电粒子恰好沿直线穿过板间，则AB间所加电压在什么范围内带电粒子能从板间飞出？

图8-9

43v21.5v

【审题】当UAB=103伏时，带电粒子恰好沿直线穿过板间，说明微粒的重力要考虑，要使带电粒子能从板间飞出，AB间所加电压必定是一个范围，从上板边缘飞出对应最高电压，从下板边缘飞出对应最低电压，利用平衡条件、牛顿第二定律及运动学公式便可求出。

【解析】带电微粒在板间受电场力和重力的作用，做类平抛运动，当微粒刚好打中下板右边缘时，有：v0ｔ＝Ｌ，ａ１ｔ２／２＝d/2 可得ａ１=dv02/L2=6.0m/s2

对微粒，有（以向下为正）：mg-qU1/d=ma1

所以U1=m（g-a1）d/q=60V

当微粒刚好打中上板右边缘时，有：v0ｔ＝Ｌ，ａ2ｔ２／２＝d/2 可得ａ2=dv02/L2=6.0m/s2

对微粒，有（以向上为正）： Qu2/d -mg=ma2 所以U2=m（g+a2）d/q=240V

要使带电微粒能穿出极板，则两极板间的电压U应满足：U1＜U＜U2， 即：６０Ｖ＜U＜２４０Ｖ

【总结】若带电微粒除受电场力作用外，还受到重力或其它恒力作用，同样要分解成两个不同方向的简单的直线运动来处理。 例9：如图8-10所示，水平放置的A、B两平行板相距h，有一质量为m，带电量为+q的小球在B板之下H处以v0初速度竖直向上进入两板间，欲使小球恰好打到A处，试讨论A、B板间的电

势差是多少？

图8-10 【审题】小球在B板下方时，只受重力作用，做减速运动，小球进入到两板间时，除受向下的重力外，还受到电场力的作用，向上做减速运动，但由题设的条件，电场力的方向未知，

需要分两种情况讨论解决。 【解析】当电场力向下时，ψA>ψB，由动能定理得 1

-qUAB-mg(H+h)=- mv02,

2∴UAB=m［v02-2g(H+h)］/2q

当电场力向上时，φA<φB，由动能定理得 1

qUBA-mg(H+h)=- mv02,

2

∴UBA=m［2g(H+h)-v02］/2q

【总结】本题在求解过程中可分段使用牛顿第二定律和运动学公式，也可分段使用动能定理或全过程使用动能定理，但全过程使用动能定理简单。

例10：如图8-11所示：在方向水平向右的匀强电场中，一不可伸长的不导电细线的一端连着一个质量为m的带正电的小球，另一端固定于O点。把小球拉起至细线与场强平行，然后无初速解放。已知小球摆到最低点的另一侧，线与竖直方向的最大夹角为θ。求：小球经过最低点时细线对小球的拉力。 【审题】

1．在本题中，小球摆动的过程是电荷克服电场力做功（电场力做负功）的过程——重力势能减少，电势能增加。根据能的转化和守恒定律可知：重力势能的减少量等于电势能的增加量。（说明：本题是宏观小球，重力不能忽略。）

图8-11

2．重力对物体所做的功只跟起点和终点的位置有关，而跟物体运动的路径无关。而且重力所做的功等于物体重力势能的变化。根据这种性质，在本题中若设细线长度为l，则小球从释放点到左侧最高点重力势能的减少量应该等于mglcosθ。

3．电场力对电荷所做的功只跟起点和终点的终点的位置有关，而跟电荷运动的路径无关。而且电场力所做的功等于电荷的电势能的变化。根据这种性质，在本题中若设小球所带电量为q、场强为E，则小球从释放点到左侧最高点电势能的增加量应该等于qEl(1+ sinθ)。（根据W=qU、U=Ed、d=1+lsinθ推导出上面的结果。）

4．小球摆动的过程中，重力做正功（重力势能减少）；电场力做负功（电势能增加），因此

正功与负功的代数和（即算术差）应当等于小球增加的动能。若设小球运动到最低点时的速度为v，则其数学关系为

mglqEl12mv2。

5．在解答本题时，还需使用圆周运动的向心力关系式，若设小球经过最低点时细线对小球的拉力为T，则应有：【解析】

mglcosqEl(1sin)

mglqEl12mv2Tmgmv2l。

①

② ③

由②式可以导出：

mgl12mv2Tmgmv2lqEl

mgl

12mglcosmv2

11sin ④

gl12v12glcos1sin1212vglsinvsinglcos2212v(1sin)22gl1sincos1singlgl(1sincos)v22gl(1sincos)1sin将④、③两式相除可得： 将v2值代入③式：

cos2gl11sinTmgmlcosTmg2mg2gl11sinT3mgmgcos2gl11sin

2cosmg31sin1sin2cos

。

2cosmg31sin所以，小球经过最低点时细线对小球的拉力为

【总结】圆周运动是高中物理重点研究的曲线运动，电场中的圆周运动也是近年高考命题的

热点，解决这类问题的基本方法和力学中的情形相同，不同的是还要考虑电场力的特点。涉及匀强电场中的圆周运动问题时，具体计算做功值时，要充分利用电场力、重力做功与路径无关的性质求解，分别求每个分力的功比求合力的功简单。

例11：如图8-12所示是静电分选器的原理示意图，将磷酸盐和石英的

图8-12

混合颗粒由传送带送至两个竖直的带电平行板上方，颗粒经漏斗从电场区域中央处开始下落，经分选后的颗粒分别装入A、B桶中，混合颗粒离开漏斗进入电场时磷酸盐颗粒带正电，石英颗粒带负电，所有颗粒所带的电量与质量之比均为10－5 C/kg．若已知两板间的距离为10 cm，两板的竖直高度为50 cm．设颗粒进入电场时的初速度为零，颗粒间相互作用不计．如果要求两种颗粒离开两极板间的电场区域时有最大的偏转量且又恰好不接触到极板．（1）两极板间所加的电压应多大?（2）若带电平行板的下端距A、B桶底高度为H＝1.3 m，求颗粒落至桶底时速度的大小．（g＝10 m/s2）

【审题】颗粒在电场中受电场力和重力的作用，在竖直方向上的分运动为自由落体运动，下落距离为极板高度L，颗粒沿水平方向的分运

动为匀加速直线运动，离开电场时颗粒在水平方向为匀变速直线运动规律，利用运动学公式和牛顿运动定律以及动能定理求解。

【解析】 （1）颗粒在电场中受电场力和重力的作用，在竖直方向上的分运动为自由落体运

1动，下落距离为极板高度L，由自由落体运动公式得L＝2gt2

qU ①

颗粒沿水平方向的分运动为匀加速直线运动，加速度大小为a＝md

dd

1 ②

离开电场时颗粒在水平方向的位移为2，由匀变速直线运动规律得：2＝2at2 ③ 联立①、②、③式解得

mdg2U＝2qL＝1×104 V

（2）在颗粒下落的整个过程中，根据动能定理得：

112qU+mg（L+H）=2mv2

代入数据得：v＝36.1m/s≈6 m/s

【总结】本题是静电分选器的原理的题目，与实际联系密切。颗粒在电场中的做的是初速为零的匀加速直线运动，出电场后做匀变速曲线运动，应用牛顿第二定律及运动学公式求出两板之间的电压，全程使用动能定理求出颗粒落至桶底的速度。 （七）创新思维问题

例12：(2003上海)为研究静电除尘，有人设计了一个盒状容器，容器侧面是绝缘的透明有机玻璃，它的上下底面是面积A=0.04m2的金属板，间距L=0.05m，当连接到U=2500v的高压电源正负两极时，能在两金属板间产生一个匀强电场，如图8-13所示。现把一定量均匀分布的烟尘颗粒密闭在容器内，每立方米有烟尘

颗粒1013个，假设这些颗粒都处于静止状态，每个颗粒带

图8-13

电量为q=+1.0×10-17c，质量为m=2.0×10-15kg，不考虑烟尘颗粒之间的相互作用和空气阻力，并忽略烟尘颗粒所受重力。求合上电键后：

(1)经过多少时间烟尘颗粒可以被全部吸收？

(2)除尘过程中电场对烟尘颗粒共做了多少功？

(3)经过多长时间容器中烟尘颗粒的总动能达到最大？

【审题】盒状容器上下底面的金属板接到高压电源的正负极上时，在两金属板间便产生一个匀强电场，烟尘颗粒在密闭在容器内受到电场力的作用，当最靠近上表面的烟尘颗粒被吸附到下板时，烟尘就被全部吸附。烟尘颗粒受到电场力作用，向下做初速为零的匀加速直线运动，由运动学公式和牛顿定律便可求得时间。第二问中把烟尘集中等效处理，电场力对所有烟尘做的功等于电场力对所有烟尘颗粒集中于极板中间位置做的功，第三问中求烟尘颗粒的总动能的最大值，需要列出总动能的表达式，然后利用数学求极值的办法求出最大值。 【解析】（1）当最靠近上表面的烟尘颗粒被吸附到下板时，烟尘就被全部吸附。烟尘颗粒受到的电场力

F=qU/L ① L12at2qUt22mL ②

t2mqUL0.02(s)∴ ③

12NALqUW （2） ④

=2.5×10－4（J） ⑤ 设烟尘颗粒下落距离为x

Ek12mv2NA(Lx)qULxNA(Lx) ⑥

xL2时 EK达最大，

当

1221xatt12xamqUL0.014(s) ⑦

【总结】本题是带电粒子在电场中运动具体应用的典型实例，特别是第二问中把烟尘看成集

中于板间中间位置的抽象法，把分散的集中来处理的办法在物理中也是常用的。如物体的重力看成作用在重心上等，本题充分体现了这种把具体问题理想化的做法在解决物理问题中的技巧，体现了运用物理知识解决实际问题的重要性和特殊的处理办法。

难点之九 带电粒子在磁场中的运动 一、难点形成原因：

1、由于受力分析、圆周运动、曲线运动、牛顿定律知识的不熟悉甚至于淡忘，以至于不能将这些知识应用于带电粒子在磁场中的运动的分析，无法建立带电粒子在匀强磁场中的匀速圆周运动的物理学模型。

2、受电场力对带电粒子做功，既可改变粒子的速度（包括大小与方向）又可改变粒子的动能动量的影响，造成磁场中的洛仑兹力对带电粒子不做功（只改变其速度的方向不改变其大小）的定势思维干扰，受电场对带电粒子的偏转轨迹（可以是抛物线）的影响，造成对磁场偏转轨迹（可以是圆周）的定势思维干扰。从而使带电粒子在电场中的运动规律产生了对带电粒子在磁场中的运动的前摄抑制。

3、磁场内容的外延知识与学生对物理概念理解偏狭之间的矛盾导致学习困难。 二、难点突破策略

（一）明确带电粒子在磁场中的受力特点

1. 产生洛伦兹力的条件： ①电荷对磁场有相对运动．磁场对与其相对静止的电荷不会产生洛伦兹力作用． ②电荷的运动速度方向与磁场方向不平行． 2. 洛伦兹力大小：

当电荷运动方向与磁场方向平行时，洛伦兹力f=0；

当电荷运动方向与磁场方向垂直时，洛伦兹力最大，f=qυB； 当电荷运动方向与磁场方向有夹角θ时，洛伦兹力f= qυB·sinθ 3. 洛伦兹力的方向：洛伦兹力方向用左手定则判断 4. 洛伦兹力不做功．

（二）明确带电粒子在匀强磁场中的运动规律 带电粒子在只受洛伦兹力作用的条件下：

1. 若带电粒子沿磁场方向射入磁场，即粒子速度方向与磁场方向平行，θ＝0°或180°时，带电粒子粒子在磁场中以速度υ做匀速直线运动．

2. 若带电粒子的速度方向与匀强磁场方向垂直，即θ＝90°时，带电粒子在匀强磁场中以入射速度υ做匀速圆周运动．

qvBmv2①向心力由洛伦兹力提供：

RmvqB

R

②轨道半径公式：

T2Rv2mm③周期：

qB，可见T只与q有关，与v、R无关。

（三）充分运用数学知识（尤其是几何中的圆知识，切线、弦、相交、相切、磁场的圆、轨迹的圆）构建粒子运动的物理学模型，归纳带电粒子在磁场中的题目类型，总结得出求解此类问题的一般方法与规律。

1. “带电粒子在匀强磁场中的圆周运动”的基本型问题

（1）定圆心、定半径、定转过的圆心角是解决这类问题的前提。确定半径和给定的几何量之间的关系是解题的基础，有时需要建立运动时间t和转过的圆心角α之间的关系

t360T或t2T（）作为辅助。圆心的确定，通常有以下两种方法。

① 已知入射方向和出射方向时，可通过入射点和出射点作垂直于入射方向和出射方向的直线，两条直线的交点就是圆弧轨道的圆心（如图9-1中P为入射点，M为出射点）。 ② 已知入射方向和出射点的位置，可以通过入射点作入射方向的垂线，连接入射点和出射点，作其中垂线，这两条垂线的交点就是圆弧轨道的圆心（如图9-2,P为入射点，M为出射点）。

图9-1 图9-2 图9-3

（2）半径的确定和计算：利用平面几何关系，求出该圆的可能半径或圆心角。并注意以下两个重要的特点：

① 粒子速度的偏向角等于回旋角α，并等于AB弦与切线的夹角（弦切角θ）的2倍，如

图9-3所示。即：＝＝2t。

② 相对的弦切角θ相等，与相邻的弦切角θ/互补，即θ＋θ/＝180o。

（3）运动时间的确定

粒子在磁场中运动一周的时间为T，当粒子运动的圆弧所对应的圆心角为α时，其运动时间可

t360T或t2T由下式表示。

注意：带电粒子在匀强磁场中的圆周运动具有对称性。

① 带电粒子如果从一直线边界进入又从该边界射出，则其轨迹关于入射点和出射点线段的中垂线对称，入射速度方向、出射速度方向与边界的夹角相等； ② 在圆形磁场区域内，沿径向射入的粒子，必沿径向射出。 应用对称性可以快速地确定运动的轨迹。

例1：如图9-4所示，在y小于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从O点射入磁场，入射速度

方向为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，求该粒子电量与质量之比。

图9-4 图9-5

【审题】本题为一侧有边界的匀强磁场，粒子从一侧射入，一定从边界射出，只要根据对称规律①画出轨迹，并应用弦切角等于回旋角的一半，构建直角三角形即可求解。 【解析】根据带电粒子在有界磁场的对称性作出轨迹，如图9-5所示，找出圆心A，向x轴作垂线，垂足为H，由与几何关系得：

①

带电粒子在磁场中作圆周运动，由

解得 ②

①②联立解得 【总结】在应用一些特殊规律解题时，一定要明确规律适用的条件，准确地画出轨迹是关键。

例2：电视机的显像管中，电子（质量为m，带电量为e）束的偏转是用磁偏转技术实现的。电子束经过电压为U的加速电场后，进入一圆形匀强磁场区，如图9-6所示，磁场方向垂直于圆面，磁场区的中心为O，半径为r。当不加磁场时，电子束将通过O点打到屏幕的中心M点。为了让电子束射到屏幕边缘P，需要加磁场，使电子束偏转一已知角度θ，此时磁场的磁感强度B应为多少？

图9-6

图9-7

【审题】本题给定的磁场区域为圆形，粒子入射方向已知，则由对称性，出射方向一定沿径向，而粒子出磁场后作匀速直线运动，相当于知道了出射方向，作入射方向和出射方向的垂线即可确定圆心，构建出与磁场区域半径r和轨迹半径R有关的直角三角形即可求解。

【解析】如图9-7所示，电子在匀强磁场中做圆周运动，圆周上的两点a、b分别为进入和射出的点。做a、b点速度的垂线，交点O1即为轨迹圆的圆心。

eUmv22设电子进入磁场时的速度为v，对电子在电场中的运动过程有：

evBmv2

对电子在磁场中的运动（设轨道半径为R）有：

tan2rR

R

由图可知，偏转角θ与r、R的关系为：

B1r2mUetan2

联立以上三式解得：

【总结】本题为基本的带电粒子在磁场中的运动，题目中已知入射方向，出射方向要由粒子射出磁场后做匀速直线运动打到P点判断出，然后根据第一种确定圆心的方法即可求解。 2. “带电粒子在匀强磁场中的圆周运动”的范围型问题

例3：如图9-8所示真空中宽为d的区域内有强度为B的匀强磁场方向如图，质量m带电-q的粒子以与CD成θ角的速度V0垂直射入磁场中。要使粒子必能从EF射出，则初速度V0应满足什么条件？EF上有粒子射出的区域？

【审题】如图9-9所示，当入射速度很小时电子会在磁场中转动一段圆弧后又从同一侧射出，速率越大，轨道半径越大，当轨道与边界相切时，电子恰好不能从另一侧射出，当速率大于这个临界值时便从右边界射出，依此画出临界轨迹，借助几何知识即可求解速度的临界值；对于射出区域，只要找出上下边界即可。

【解析】粒子从A点进入磁场后受洛伦兹力作匀速圆周运动，要使粒子必能从EF射出，则相

图9-8 图9-9 图9-10

应的临界轨迹必为过点A并与EF相切的轨迹如图9-10所示，作出A、P点速度的垂线相交于O/即为该临界轨迹的圆心。 临界半径R0由

R0R0Cosθd 有:

R0d1Cos；

故粒子必能穿出EF的实际运动轨迹半径R≥R0

Rmv0qBd1Cos 有:

即:

v0qBdm(1Cos) 。

由图知粒子不可能从P点下方向射出EF，即只能从P点上方某一区域射出；

又由于粒子从点A进入磁场后受洛仑兹力必使其向右下方偏转，故粒子不可能从AG直线上方射出；由此可见EF中有粒子射出的区域为PG，

PGR0SindcotdSin1Cosdcot且由图知: 。

【总结】带电粒子在磁场中以不同的速度运动时，圆周运动的半径随着速度的变化而变化，因此可以将半径放缩，运用“放缩法”探索出临界点的轨迹，使问题得解；对于范围型问题，求解时关键寻找引起范围的“临界轨迹”及“临界半径R0”，然后利用粒子运动的实际轨道半径R与R0的大小关系确定范围。 例4：如图9-11所示S为电子射线源能在图示纸面上和360°范围内向各个方向发射速率相等的质量为m、带电-e的电子，MN是一块足够大的竖直挡板且与S的水平距离OS＝L，挡板左侧充满垂直纸面向里的匀强磁场；

①若电子的发射速率为V0，要使电子一定能经过点O，则磁场的磁感应强度B的条件？ ②若磁场的磁感应强度为B，要使S发射出的电子能到达档板，则电子的发射速率多大？

2eBL③若磁场的磁感应强度为B，从S发射出的电子的速度为

m，则档板上出现电子的范围

图9-11 图9-12

多大？ 【审题】电子从点S发出后必受到洛仑兹力作用而在纸面上作匀速圆周运动，由于电子从点S射出的方向不同将使其受洛仑兹力方向不同，导致电子的轨迹不同，分析知只有从点S向与SO成锐角且位于SO上方发射出的电子才可能经过点O；

由于粒子从同一点向各个方向发射，粒子的轨迹构成绕S点旋转的一动态圆，动态圆的每一个圆都是逆时针旋转，这样可以作出打到最高点与最低点的轨迹，如图9-12所示，最低点为动态圆与MN相切时的交点，最高点为动态圆与MN相割，且SP2为直径时P为最高点。 【解析】①要使电子一定能经过点O，即SO为圆周的一条弦，

RLmv0则电子圆周运动的轨道半径必满足

2，由eBL2 得：

B2mveL0

②要使电子从S发出后能到达档板，则电子至少能到达档板上的O点，故仍有粒子圆周运动

RLmv0半径

2， 由eBL2 有：

v0eBL2m

2eBLR/mvqB2L③当从S发出的电子的速度为作出图示的二临界轨迹对SP1弧由图知对SP2弧由图知

OP1OP22m时，电子在磁场中的运动轨迹半径

，故电子击中档板的范围在P1P2间； (2L)L(4L)L2223L

15L【总结】本题利用了动态园法寻找引起范围的“临界轨迹”及“临界半径R0”，然后利用粒子运动的实际轨道半径R与R0的大小关系确定范围。

3. “带电粒子在匀强磁场中的圆周运动”的极值型问题

寻找产生极值的条件：①直径是圆的最大弦；②同一圆中大弦对应大的圆心角；③由轨迹确定半径的极值。 例5：图9-13中半径r＝10cm的圆形区域内有匀强磁场，其边界跟y轴在坐标原点O处相切；磁场B＝0．33T垂直于纸面向内，在O处有一放射源S可沿纸面向各个方向射出速率均为 v=3.2×106m/s的α粒子；已知α粒子质量为m=6.6×10-27kg，电量q=3.2×10-19c，则α粒子通过磁场空间的最大偏转角θ及在磁场中运动的最长时间t各多少？

【审题】本题α粒子速率一定，所以在磁场中圆周运动半径一定，由于α粒子从点O进入磁场的方向不同故其相应的轨迹与出场位置均不同，则粒子通过磁场的速度偏向角θ不同，要使α粒子在运动中通过磁场区域的偏转角θ最大，则必使粒子在磁场中运动经过的弦长最大，因而圆形磁场区域的直径即为粒子在磁场中运动所经过的最大弦，依此作出α粒子的运动轨迹进行求解。

【解析】α粒子在匀强磁场后作匀速圆周运动的运动半径：RmvqB0.2m2r

α粒子从点O入磁场而从点P出磁场的轨迹如图圆O/所对应的圆弧所示，该弧所对的圆心角即为最大偏转角θ。 由上面计算知△SO/P必为等边三角形，故θ＝60°

图9-13

此过程中粒子在磁场中运动的时间由即为粒子在磁场中运动的最长时间。

【总结】当速度一定时，弧长（或弦长）越长，圆周角越大，则带电粒子在有界磁场中运动的时间越长。

例6：一质量m、带电q的粒子以速度V0从A点沿等边三角形ABC的AB方向射入强度为B的垂直于纸面的圆形匀强磁场区域中，要使该粒子飞出磁场后沿BC射出，求圆形磁场区域的最小面积。 【审题】由题中条件求出粒子在磁场中作匀速圆周运动的半径为一定，故作出粒子沿AB进入磁场而从BC射出磁场的运动轨迹图中虚线圆所示，只要小的一段圆弧PQ能处于磁场中即能

完成题中要求；故由直径是圆的最大弦可得圆形磁场的最小区域必为以直线PQ为直径的圆如图中实线圆所示。

【解析】由题意知，圆形磁场区域的最小面积为图中实线所示的圆的面积。 ∵△ABC为等边三角形，故图中α＝30°

2rPQ2RCos3mv0qB

2则：

Sr3mv04qB2222故最小磁场区域的面积为。

图9-14

【总结】根据轨迹确定磁场区域，把握住“直径是圆中最大的弦”。

4. “带电粒子在匀强磁场中的圆周运动”的多解型问题 抓住多解的产生原因：

（1）带电粒子电性不确定形成多解。 （2）磁场方向不确定形成多解。 （3）临界状态不唯一形成多解。 （4）运动的重复性形成多解。

例7：如图9-15所示，第一象限范围内有垂直于xoy平面的匀强磁场，磁感应强度为B。质量为m，电量大小为q的带电粒子在xoy平面里经原点O射入磁场中，初速度v0与x轴夹角θ=60o，试分析计算：

（1）带电粒子从何处离开磁场？穿越磁场时运动方向发生的偏转角多大？ （2）带电粒子在磁场中运动时间多长？

图9-15 图9-16

【审题】若带电粒子带负电，进入磁场后做匀速圆周运动，圆心为O1，粒子向x轴偏转，并从A点离开磁场。若带电粒子带正电，进入磁场后做匀速圆周运动，圆心为O2，粒子向y轴偏转，并从B点离开磁场。粒子速率一定，所以不论粒子带何种电荷，其运动轨道半径一定。只要确定粒子的运动轨迹，即可求解。

【解析】粒子运动半径：。如图9-16，有

带电粒子沿半径为R的圆运动一周所用的时间为

（1）若粒子带负电，它将从x轴上A点离开磁场，运动方向发生的偏转角

A点与O点相距

若粒子带正电，它将从y轴上B点离开磁场，运动方向发生的偏转角

B点与O点相距

（2）若粒子带负电，它从O到A所用的时间为

若粒子带正电，它从O到B所用的时间为

【总结】受洛伦兹力作用的带电粒子，可能带正电荷，也可能带负电荷，在相同的初速度下，正负粒子在磁场中运动轨迹不同，导致形成双解。

例8：一质量为m，电量为q的负电荷在磁感应强度为B的匀强磁场中绕固定的正电荷沿固定的光滑轨道做匀速圆周运动，若磁场方向垂直于它的运动平面，且作用在负电荷的电场力恰好是磁场力的三倍，则负电荷做圆周运动的角速度可能是（ ）

A. B. C. D.

【审题】依题中条件“磁场方向垂直于它的运动平面”，磁场方向有两种可能，且这两种可能方向相反。在方向相反的两个匀强磁场中，由左手定则可知负电荷所受的洛仑兹力的方向也是相反的。因此分两种情况应用牛顿第二定律进行求解。

【解析】当负电荷所受的洛仑兹力与电场力方向相同时，根据牛顿第二定律可知

， 得

此种情况下，负电荷运动的角速度为

当负电荷所受的洛仑兹力与电场力方向相反时，有，得

此种情况下，负电荷运动的角速度为应选A、C。

【总结】本题中只告诉了磁感应强度的大小，而未具体指出磁感应强度的方向，此时必须要考虑磁感应强度方向不确定而形成双解。

例9：如图9-17甲所示，A、B为一对平行板，板长为L，两板距离为d，板间区域内充满着匀强磁场，磁感应强

图9-17

度大小为B，方向垂直纸面向里，一个质量为m，带电量为+q的带电粒子以初速B两板的中间，沿垂直于磁感线的方向射入磁场。求

，从A、

在什么范围内，粒子能从磁场内射出？

【审题】粒子射入磁场后受到洛仑兹力的作用，将做匀速圆周运动，圆周运动的圆心在入射点的正上方。要想使粒子能射出磁场区，半径r必须小于d/4（粒子将在磁场中转半个圆周后从左方射出）或大于某个数值（粒子将在磁场中运动一段圆弧后从右方射出）

【解析】如图9-17乙所示，当粒子从左边射出时，若运动轨迹半径最大，则其圆心为图

中O1点，半径

v02。因此粒子从左边射出必须满足。

Bqv由于

0mr 所以

即:

当粒子从右边射出时，若运动轨迹半径最小，则其圆心为图中O2点，半径为。

由几何关系可得:

因此粒子从右边射出必须满足的条件是 ，即

所以当或时，粒子可以从磁场内射出。

【总结】本题只问带电粒子在洛伦兹力作用下飞出有界磁场时，由于粒子运动轨迹是圆弧状，因此，它可能穿过去了，也可能转过180o从入射界面这边反向飞出，于是形成多解，在解题时一定要考虑周全。

例10：如图9-18所示，在x轴上方有一匀强电场，场强为E，方向竖直向下。在x轴下方有一匀强磁场，磁感应强度为B，方向垂直纸面向里。在x轴上有一点P，离原点的距离为a。现有一带电量+q的粒子，质量为m，从y轴上某点由静止开始释放，要使粒子能经过P点，其初始坐标应满足什么条件？（重力作用忽略不计）

图9-18

【审题】根据带电粒子在电场中的加速运动和带电粒子在匀强磁场中的匀速圆周运动知识，要使带电粒子能通过P点，由于粒子在磁场中偏转到达P点时可能经过的半圆个数不确定，导致多解。 【解析】（1）粒子从y轴上由静止释放，在电场加速下进入磁场做半径为R的匀速圆周运动。由于粒子可能偏转一个、二个„„半圆到达P点，

故 ①

设释放处距O的距离为y1，则有:

②

③

由①、②、③式有

【总结】带电粒子在部分是磁场，部分是电场的空间运动时，运动往往具有重复性，因而形成多解。

5. 带电粒子在几种“有界磁场”中的运动

（1）带电粒子在环状磁场中的运动

例11：核聚变反应需要几百万度以上的高温，为把高温条件下高速运动的离子约束在小范围内（否则不可能发生核反应），通常采用磁约束的方法（托卡马克装置）。如图9-19所示，环状匀强磁场围成中空区域，中空区域中的带电粒子只要速度不是很大，都不会穿出磁场的外边缘而被约束在该区域内。设环状磁场的内半径为R1=0.5m，外半径R2=1.0m，磁场的磁感强度B=1.0T，若被束缚带电粒子的荷质比为q/m=4×10C/㎏，中空区域内带电粒子具有各个方向的速度。试计算：

（1）粒子沿环状的半径方向射入磁场，不能穿越磁场的最大速度。 （2）所有粒子不能穿越磁场的最大速度。

【审题】本题也属于极值类问题，寻求“临界轨迹”是解题的关键。要粒子沿环状的半径方向射入磁场，不能穿越磁场，则粒子的临界轨迹必须要与外圆相切；要使所有粒子都不穿越磁场，应保证沿内圆切线方向射出的粒子不穿越磁场，即运动轨迹与内、外圆均相切。 【解析】（1）轨迹如图9-20所示 由图中知

r1R1(R2r1)2227图9-19

，解得r10.375m 1.510m/s7BqV1mV12由

r1得

V1Bqr1m

r所以粒子沿环状的半径方向射入磁场，不能穿越磁场的最大速度为

V11.510m/s7图9-20

。

（2）当粒子以V2的速度沿与内圆相切方向射入磁场且轨道与外圆相切时，则以V1速度沿各方向射入磁场区的粒子都不能穿出磁场边界，如图9-21所示。

r2R2R120.25m由图中知

O O2 图9-21

BqV2mV22由

r2得

V2Bqr2m1.010m/s7

7所以所有粒子不能穿越磁场的最大速度V21.010m/s

【总结】带电粒子在有界磁场中运动时，运动轨迹和磁场边界“相切”往往是临界状态，对于解题起到关键性作用。

（2）带电粒子在有“圆孔”的磁场中运动

例12：如图9-22所示，两个共轴的圆筒形金属电极，外电极接地，其上均匀分布着平行于轴线的四条狭缝a、b、c和d，外筒的外半径为r，在圆筒之外的足够大区域中有平行于轴线方向的均匀磁场，磁感强度的大小为B。在两极间加上电压，使两圆筒之间的区域内有沿半径向外的电场。一质量为ｍ、带电量为＋q的粒子，从紧靠内筒且正对狭缝a的S点出发，初速为零。如果该粒子经过一段时间的运动之后恰好又回到出发点S，则两电极之间的电压U应是多少？（不计重力，整个装置在真空中）

【审题】带电粒子从S点出发，在两筒之间的电场作用下加速，沿径向穿过狭缝a而进入磁场区，在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动。粒子再回到S点的条件是能沿径向穿过狭缝d.只要穿过了d，粒子就会在电场力作用下先减速，再反向加速，经d重新进入磁场区，然后粒子以同样方式经过c、b，再回到S点。 【解析】如图9-23所示，设粒子进入磁场区的速度大小为V，根据动能定理，有

qU12mV2a S d o c b

设粒子做匀速圆周运动的半径为R，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律，

BqVmV2图22 a S d o b 有：

R

3c 图9-23

由上面分析可知，要回到S点，粒子从a到d必经过4圆周，所以半径R必定等于筒的外半径r，即R=r.由以上各式解得： UBqr2m22

【总结】根据题意及带电粒子匀速圆周运动的特点，画出粒子的运动轨迹是解决此类问题的关键所在。

（3）带电粒子在相反方向的两个有界磁场中的运动

例13：如图9-24所示，空间分布着有理想边界的匀强电场和匀强磁场。左侧匀强电场的场强大小为E、方向水平向右，电场宽度为L；中间区域匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向外。一个质量为m、电量为q、不计重力的带正电的粒子从电场的左边缘的O点由静止开始运动，穿过中间磁场区域进入右侧磁场区域后，又回到O点，然后重复上述运动过程。求： （1）中间磁场区域的宽度d;

O L E d B B 图9-24

（2）带电粒子从O点开始运动到第一次回到O点所用时间t.

【审题】带电粒子在电场中经过电场加速，进入中间区域磁场，在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，又进入右侧磁场区域做圆周运动，根据题意，粒子又回到O点，所以粒子圆周运动的轨迹具有对称性，如图9-25画出粒子运动轨迹。

【解析】（1）带电粒子在电场中加速，由动能定理，可得： OqEL12mV2600 O O图9-25

。

O

带电粒子在磁场中偏转，由牛顿第二定律，可得： BqVmV2R

R1B2mELq由以上两式，可得

可见在两磁场区粒子运动半径相同，三段圆弧的圆心组成的三角形ΔO1O2O3是等边三角形，其边长为2R。所以中间磁场区域的宽度为 dRsin60012B6mELq

（2）在电场中 t12Va2mVqE22mLqE，

T62m3qBt22在中间磁场中运动时间

t356

T5m3qB，

在右侧磁场中运动时间

则粒子第一次回到O点的所用时间为 tt1t2t322mLqE7m3qB。

【总结】带电粒子从某一点出发，最终又回到该点，这样的运动轨迹往往具有对称性，由此画出运动的大概轨迹是解题的突破点。

难点之十 电学实验

一、难点形成的原因

1、对电流表、电压表的读数规则认识模糊，导致读数的有效数字错误

2、对滑动变阻器的限流、分压两种控制电路的原理把握不准，导致控制电路选用不当 3、对实验测量电路、电学仪器的选用原则把握不准，导致电路、仪器选用错误

4、对电学实验的重点内容“电阻的测量”方法无明确的归类，导致思路混乱

5、对于创新型实验设计平时缺乏对实验思想方法（如模拟法，转换法，放大法，比较法，替代法等）进行归纳，在全新的实验情景下，找不到实验设计的原理，无法设计合理可行的方案。受思维定势影响，缺乏对已掌握的实验原理，仪器的使用进行新情境下的迁移利用，缺乏创新意识。

二、难点突破

1、电流表、电压表的读数规则：

电流表量程一般有两种——0.1～0.6A，0～3A；电压表量程一般有两种——0～3V，0～15V。如图10-1所示：

图10-1

因为同一个电流表、电压表有不同的量程，因此，对应不同的量程，每个小格所代表的电流、电压值不相同，所以电流表、电压表的读数比较复杂，测量值的有效数字位数比较容易出错。下面是不同表，不同量程下的读数规则：

电压表、电流表若用0～3V、0～3A量程，其最小刻度（精确度）分别为0.1V、0.1A，为10分度仪表读数，读数规则较为简单，只需在精确度后加一估读数即可。

如图所示，电压表读数为1.88V，电流表读数为0.83A。若指针恰好指在2上，则读数为2.00V（或A）。

电压表若用0～15V量程，则其最小刻度为0.5V，为2分度仪表读数，所读数值小数点后只能有一位小数，也必须有一位小数。

如图所示，若指针指在整刻度线上，如指在10上应读做10.0V，指在紧靠10刻度线右侧的刻度线上（即表盘上的第21条小刻度线）读数为10.5V，若指在这两条刻度线间的中间某个位置，则可根据指针靠近两刻度线的程度，分别读做10.1V，或10.2V，或10.3V，或10.4V，即使是指在正中央，也不能读做10.25V，若这样，则会出现两位不准确的数，即小数点后的2和5，不符合读数规则，如上图中所示，读数应为9.3V。

电流表若用0-0.6A量程，则其最小刻度为0.02A，为5分度仪表读数，其读数规则与0—15V电压表相似，所读数值小数点后只能有两位小数，也必须有两位小数。

如上图所示，电流表读数为0.17A，若指针指在第11条刻度线上，则读数为0.22A，指在第10条刻度线上，读数为0.20A，指在第12条刻度线上，读数为0.24A。

2、滑动变阻器应用分析

滑动变阻器是电学实验中常用的仪器，近几年高考电学设计性实验命题对其应用多次直接或渗透考查.如何选择滑动变阻器的接法设计控制电路仍是历届考生应考的难点.

滑动变阻器的限流接法与分压接法的特点：如图10-2所示的两种电路中，滑动变阻器（最大阻值为R0）对负载RL的电压、电流强度都起控制调节作用，通常把图（a）电路称为限流接法，图（b）电路称为分压接法. 限流接法 略电源内阻） RLRLR0图10-2

负载RL上电压调节范围（忽负载RL上电流调节EE相同条件下电路消耗范围（忽略电源内阻） 的总功率 EIL E≤UL≤E RLR0≤IL≤ERL 分压接法 0≤UL≤E 比较

分压电路调节范围较大 0≤IL≤RL E（IL+Iap） 限流电路能耗较小 分压电路调节范围较大 RLE①限流法.如图（a）所示，待测电阻上电压调节范围为

RLR0~E.显然，当R0<移动滑动触头的过程中，电流的变化范围很小，总电流几乎不变，UL也几乎不变，无法读取

数据；当R0>>RL时，滑动触头在从b向a滑动的过程中，先是电流表、电压表的示数变化不大，后来在很小的电阻变化范围内，电流表、电压表的读数变化很快，也不方便读数，只有当RL与R0差不多大小时，才能对电流、电压有明显的调控作用.在同样能达到目的的前提下，限流法较为省电，电路连接也较为简单. ②分压法.如图（b）所示，待测电阻上电压调节范围为0～E，且R0相对于RL越小，R上的电压变化的线性就越好.当R0>>RL时，尽管UL变化范围仍是0～E，但数据几乎没有可记录性，因为在这种情况下，滑片从左端滑起，要一直快到右端时，电压表上示数一直几乎为零，然后突然上升到E，对测量几乎没有用处.因此，分压接法要用全阻值较小的滑动变阻器。 滑动变阻器的限流接法与分压接法：两种电路均可调节负载电阻电压和电流的大小，但在不同条件下，调节效果大不一样，滑动变阻器以何种接法接入电路，应遵循安全性、精确性、节能性、方便性原则综合考虑，灵活选取. 1.下列三种情况必须选用分压式接法

（1）要求回路中某部分电路电流或电压实现从零开始可连续调节时（如：测定导体的伏安特性、校对改装后的电表等电路），即大范围内测量时，必须采用分压接法.

（2）当用电器的电阻RL远大于滑动变阻器的最大值R0时，必须采用分压接法.因为按图（b）连接时，因RL>>R0＞Rap,所以RL与Rap的并联值R并≈Rap，而整个电路的总阻值约为R0，

U那么RL两端电压UL=IR并=

R0·Rap，显然UL∝Rap,且Rap越小，这种线性关系越好，电

表的变化越平稳均匀，越便于观察和操作.

（3）若采用限流接法，电路中实际电压（或电流）的最小值仍超过RL的额定值时，只能采用分压接法.

2.下列情况可选用限流式接法

（1）测量时对电路中的电流或电压没有要求从零开始连续调节，只是小范围内测量，且RL与R0相差不大或RL略小于R0，采用限流式接法.

（2）电源的放电电流或滑动变阻器的额定电流太小，不能满足分压式接法的要求时，采用限流式接法.

（3）没有很高的要求，仅从安全性和精确性角度分析两者均可采用时，可考虑安装简便和节能因素优先采用限流式接法.

例1：如图10-3所示，滑动变阻器电阻最大值为R，负载电阻R1=R，电源电动势为E,内阻不计.

（1）当K断开，滑动头c移动时，R1两端的电压范围是多少？ （2）当K闭合，滑动头c移动时，R1两端的电压范围是多少？ （3）设R的长度ab=L,R上单位长度的电阻各处相同，a、c间 长度为x，当K接通后，加在R1上的电压U1与x的关系如何？ 【审题】电键断开或闭合导致电路出现两种截然不同的控制电路：限流和分压，把握限流和分压电路的原理是关键

E图10-3

【解析】（1）若K断开，则该控制电路为滑动变阻器的限流接法，故2≤U1≤E （2）若K闭合，则该控制电路为滑动变阻器的分压接法，故0≤U1≤E

xxRLRLRRE（3）U1=IR并，R并=,I=

R并(Lx)R2ELx2L 得：U1=LxLx

【总结】该题考察两种控制电路的原理即两者获取的控制电压范围不同

例2：用伏安法测量某一电阻Rx阻值，现有实验器材如下：待测电阻Rx（阻值约5 Ω,额定功率为1 W）；电流表A1（量程0～0.6 A,内阻0.2 Ω）;电流表A2（量程0～3 A，内阻0.05 Ω）;电压表V1（量程0～3 V，内阻3 kΩ）;电压表V2（量程0～15 V，内阻15 kΩ）;滑动变阻器R0（0～50 Ω）,蓄电池（电动势为6 V）、开关、导线.

为了较准确测量Rx阻值，电压表、电流表应选________，并画出实验电路图.

【审题】该题要求选择实验仪器、测量电路及控制电路，因为滑动变阻器的全阻值大于被测电阻Rx，故首先考虑滑动变阻器的限流接法

【解析】由待测电阻Rx额定功率和阻值的大约值，可以计算待测电阻Rx的额定电压、额定电流的值约为 U=

PR15V≈2.2 V,I=

P/R1/5A=0.45 A.

则电流表应选A1，电压表应选V1. 又因

RARV0.23000=24.5 Ω＞Rx，则电流表必须外

接.

因为滑动变阻器的全阻值大于被测电阻Rx，故首先考虑滑动变阻器的限流接法，若用限流接法，则被测电阻Rx上的最小电流

E6550为Imin=

ExR=0.11 A＜I额，因该实验没有对电流、

图10-4

电压的调节范围未作特殊要求，故用限流电路.电路如图10-4所

示.

【总结】滑动变阻器全阻值相对待测电阻较大，用分压接法不便于调节，故限流接法是首选，只要能保证安全且有一定的调节范围即可。

例3：用伏安法测量一个定值电阻的器材规格如下：待测电阻Rx（约100 Ω）;直流电流表（量程0～10 mA、内阻50 Ω）;直流电压表（量程0～3 V、内阻5 kΩ）;直流电源（输出电压4 V、内阻不计）；滑动变阻器（0～15 Ω、允许最大电流1 A）；开关1个，导线若干.根据器材的规格和实验要求画出实验电路图.

【审题】本题只需要判断测量电路、控制电路的接法，各仪器的量程和电阻都已经给出，只需计算两种接法哪种合适。

【解析】用伏安法测量电阻有两种连接方式，即电流表的内接法和外接法，由于Rx＜

RARv，故电流表应采用外接法.在控制电

路中，若采用变阻器的限流接法，当滑动变阻器阻值调至最大，

图10-5

E通过负载的电流最小，Imin=

RRARx=24 mA＞10 mA,此时电流仍超过电流表的量程，故

滑动变阻器必须采用分压接法.如图10-5所示.

【总结】任一种控制电路必须能保证电路的安全，这是电学实验的首要原则 ，限流接法虽然简洁方便，但必须要能够控制电路不超过电流的额定值，同时，能够保证可获取一定的电压、电流范围，该题中，即便控制电流最小值不超过电流表的量程，因滑动变阻器全阻值相对电路其它电阻过小，电流、电压变化范围太小，仍不能用限流接法。 3、实验电路和电学仪器的选择 （1）电路的选择

①安培表内、外接电路的选择

由于电压表的分流作用和电流表的分压作用，造成表的示数与通过负载的电压或电流真实值之间产生误差，为减小此系统误差，应慎重选择电流表的内外接法，选择方法如下： 1、直接比较法：

当待测电阻阻值Rx<当待测电阻阻值Rx>>RA时，安培表分压很小，选择安培表内接电路。 2、临界值计算比较法：

当待测电阻阻值与电压表、电流表的阻值相差不多时，如何确定被测电阻R是较大还是较小

RVRR呢？我们要计算两种接法的相对误差，可用R与A相比较.

RV当

RRVRRARRA即

RRVRA时，宜采用电流表外接法；

当而

R即

RRVRA时，宜采用电流表内接法；

RRVRA时，电流表内外接法效果是一样的.此时的被测电阻值R我们称为临界电阻。

3、测试判断法（试触法）

若Rx、RA、RV的大小关系事先没有给定，可借助试触法确定内、外接法.具体做法是: 如图10-6所示组成电路，其中电流表事先已经接好，拿电压表的一个接线柱去分别试触M、N两点，观察先后两次试触时两电表的示数变化情况。

IUU如果电流表的示数变化比电压表示数变化明显(即I)，说明接M点时电压表分流作用

引起的误差大于接N点时电流表分压作用引起的误差，这时应采用内接法(即电压表接N点)。

I如果电压表的示数变化比电流表示数变化明显(即IUU)，说明接N点时电流表分压作用

引起的误差大于接M点时电压表分流作用引起的误差，这时应采用外接法(即电压表接M点).

图10-6

（口决：“内大外小”，即内接法适合测大电阻且系统误差偏大，即测量值大于真实值，外接法适合测小电阻且系统误差偏小，即测量值小于真实值，） ②控制电路（即滑动变阻器的接法）的选择，见难点2 （2）电路实验器材和量程的选择，应考虑以下几点：

①电路工作的安全性，即不会出现电表和其它实验器材因过载毁坏现象。 ②能否满足实验要求（常常要考虑便于多次测量求平均值）。

③选择器材的一般思路是：首先确定实验条件，然后按电源—电压表—电流表—变阻器顺序依次选择。根据不使电表受损和尽量减少误差的原则选择电表.首先保证流过电流表的电流和加在电压表上的电压均不超过使用量程，然后合理选择量程，务必使指针有较大偏转（一般

2取满偏度的3左右），以减少测读误差.根据电路中可能出现的电流或电压范围需选择滑动变阻器，注意流过滑动变阻器的电流不超过它的额定值，对大阻值的变阻器，如果是滑动头稍有移动，使电流、电压有很大变化的，不宜采用.应根据实验的基本要求来选择仪器，对于这种情况，只有熟悉实验原理，才能作出恰当的选择.总之，最优选择的原则是： 方法误差尽可能小.

b、实现较大范围的灵敏调节.

c、在大功率装置（电路）中尽可能节省能量；在小功率电路里，在不超过用电器额定值的前提下，适当提高电流、电压值，以提高测试的准确度. 根据以上原则，电学仪器的选择有如下建议：

1、电源的选择：选择直流电源，应根据用电器的需要来确定，一般考虑用电器所需的电压、电路中的电流、电源电动势和允许电流等.在不超过待测器材所允许的最大电压值的情况下，选择电动势较大的电源（以获得更多的测量数据）。在相同电动势情况下，通常选择内电阻较小的电源（以获得较稳定的路端电压）,测电源内阻除外。

2、电表的选择：在不超过电表量程的条件下，选择量程较小的电表（以便测量时示数能在满刻度的2/3左右）。

3、滑动变阻器的选择:要由电路中所要求或可能出现的电流、电压的范围来选定变阻器，实际流过变阻器的电流不得超过其额定值；如要通过变阻器的电阻改变来读取不同的电流、电压值时，要注意避免变阻器滑片稍有移动电流或电压就会有很大变化的出现，也要避免出现滑片从一头滑到另一头，电流或电压几乎没有变化的情况.

若控制电路确定为限流接法,则滑动变阻器应选用与实验电路中其它电阻的总阻值相差不大的;若控制电路确定为分压接法，则应选用在额定电流允许的条件下阻值较小的滑动变阻器。

例4： 图10-7为用伏安法测量一个定值电阻阻值的实验所需器材实物图，器材规格如下：

（1）待测电阻Rx（约100Ω）

（2）直流电源（输出电压4V，内阻可不计） （3）直流毫安表（量程0～10mA，内阻50Ω） （4）直流电压表（量程0～3V，内阻5KΩ） （5）滑动变阻器（阻值范围0～15Ω，允许最大电流1A）

（6）电键一个，导线若干条

图10-7

根据器材的规格和实验要求，在实物图上连线。并用“↓”标出在闭合电键前，变阻器的滑动触点应处的正确位置。

【审题】本题不要求选择仪器，只是对已有的仪器进行电路的选择合成，从一定程度上降低了难度，由已知条件，待测电阻与电压表阻值相差较多，滑动变阻器阻值相对较小。 【解析】因滑动变阻器阻值小于待测电阻Rx的阻值，所以滑动变阻器应选用分压接法；待测电阻与电表相比，Rx的阻值和电压表的阻值相差较多，所以应选用安培表外接电路，实物连接如图10-8所示。滑动变阻器分压接法时，在闭合电键前，变阻器的滑动触点应置于使负载电压为零处，如图箭头所示。

【总结】（1）设计测量电阻的电路必须考虑两个方面，首先要确定滑动变阻器是分压电路还是限流电路，再考虑是安培表外接电路还是安培表内接电路。

图10-8

（2）连接实物图时，应该先干路，再支路。滑动变阻器分压接法是要注意电键能控制全电路电流，即断开电键后，电路中无电学仪器仍处于通电状态，电键对支路不起作用是滑动变阻器分压接法时经常出现的错误。

例5：某电压表的内阻在20～50KΩ之间，现要测量其内阻，实验室提供下列可选用的器材: 待测电压表V(量程3V)，电流表A1(量程200μA)，电流表A2(量程5mA)，电流表A3(量程0.6A)，滑动变阻器R(最大阻值1kΩ)，电源E(电源电压为4V)，开关S. (1)所提供的电流表中应选用 (填字母代号).

(2)为了尽量减小误差，要求多测几组数据，试在图10-9方框中画出符合要求的实验电路(其中电源和开关及连线已画出).

【审题】测量电压表的内阻，从已知条件看，需测量通过电压表的电流，因此，需估算通过电压表的最大电流来判断所用电流表的量程。同时，滑动变阻器的全阻值远小于电压表内阻，控制电路应采用分压接法。

【解析】电压表的示数等于通过电压表的电流与本身内阻的乘积，估算电路中的最大电流为

ImURV320103图10-9

A150A

所以应选电流表A1，与电压表串联在电路中.

滑动变阻器的电阻远小于电压表内阻.如果用滑动变阻器连成限流电路，一则它对电路的调控作用很不明显，二则是待测电压表分得的最小电压约为

U'RVRRVU20101033320104V3.8V

大于电压表的量程，变阻器明显不能组成限流电路，这样变阻器应作为分压器接在电路中，就不会出现上述问题，电路如图10-10所示.

【总结】对于电表的选择，必须先根据已知条件估算电路中的最大电压或电流值，以此确定选用略大于且量程最小的电表。

例6：有一改装的电流表A1需要与一标准电流表A2进行校对，采用如图所示10-11的电路，其中E为电源，R0为一限流电阻，R为一可变电阻，S为电键，限流电阻能够限制电路中的最大电流，使之不超出电流表的量程过多，从而对电流表起保护作用。实验中已有的器材及其规格如下：

蓄电池E（电动势6v，内阻约为0.3Ω），

改装电流表A1（量程0～0.6A, 内阻约为0.1Ω） 标准电流表A2 ( 量程0～0.6A～3A, 内阻不超过0.04Ω） 实验中备有的电阻器规格如下：

A．固定电阻（阻值8Ω，额定电流2A） B．固定电阻（阻值15Ω，额定电流2A）

C．滑动变阻器（阻值范围0～20Ω，额定电流2A）

D，滑动变阻器（阻值范围0～200Ω，额定电流2A）

已知两个表的刻度盘上都将量程均匀分为6大格，要求从0.1A起对每条刻线一一进行核对，为此，从备用的电阻器中，R0应选用 ，R应选用 。（用字母代号填写）

【审题】本题中给出了固定限流电阻的选择，首先要明确其作用，实验要求电流范围在0.1～0.6A之间，即电路中仅有限流电阻时的电流要略大于0.6A，同时要配合滑动变阻器，保证电路中的最小电流不超过0.1A。

【解析】已知改装表量程为0～0.6A，要求从0.1A起对每条刻线进行核对，所以，电路中最

R总E 图10-10

图10-11

I，

大电流不能小于0.6A，最小电流不能大于0.1A。电源电动势为6v，根据欧姆定律

电路中最小总电阻不能大于10Ω，电路中除固定电阻和滑动变阻器外，其它电阻总阻值等于0.44Ω，所以固定电阻R0应选用A（8Ω）；又因最大总电阻不能小于60Ω，滑动变阻器应选用D（200Ω）。

【总结】（1）要正确理解限流电阻的限流作用—-使电路中的电流不超过电流表的量程过多，应理解为：在保证电流表能达到满量程的条件下，通过电流表的电流不过大。所以限流电阻的阻值不能大于使电流表达到满偏时的阻值。 （2）注意区分限流电阻与滑动变阻器的作用，限流电阻的作用是使电路中的电流不要过小（不小于0.6A），而滑动变阻器的作用是使电路中的电流要达到足够小（不大于0.1A）。

例7：用伏安法测量某一电阻Rx的阻值，现有实验器材如下： A、待测电阻Rx（阻值大约为5Ω，额定功率为1W） B、电流表A1（0～0.6A，内阻0.2Ω）

C、电流表A2（0～3A，内阻0.05Ω）

D、电压表V1（0～3V，内阻3KΩ） E、电压表V2（0～15V，内阻15KΩ） F、滑动变阻器R0（0～50Ω） G、蓄电池（电动势为6V）

H、电键、导线

为了较准确测量Rx的阻值，保证器材的安全，以便操作方便，电压表、电流表应选择________，并画出实验电路图。

【审题】本题中待侧电阻的额定功率、电阻估计值已知，可估算通过电阻的电流及其两端电压，是选择电流表、电压表量程的关键，另外，电流表的内外接法及滑动变阻器的接法也需要计算确定。

【解析】1、确定电流表、电压表的量程。被测电阻Rx的额定电压、额定电流分别为

则电流表选用A1，电压表选用V1

2、确定电流表的内、外接法

图10-12

计算临界电阻

，

RX因滑动变阻器的全阻值R0大于被测电阻RX，故首先考虑变阻器的限流接法。 限流接法：RX上限流取值范围为：

最小：

最大：I额=0.45A

那么，滑动变阻器的阻值（滑动头移动时）不得小于 。RX的电

压变化范围为0.55V～2.25V，安全可行。

若采用变阻器的分压接法，因R0>RX，会操作不方便，因此应选择变阻器的限流接法。电路如图10-12所示。

【总结】本题需要选择电流表、电压表量程以及测量电路和控制电路，解题时为避免混乱，可分步选择，将题目分解，既明确，又不易遗漏。

4、电阻测量的方法归类

在高中电学实验中，涉及最多的问题就是电阻的测量，电阻的测量方法也比较多，最常用的有：

（1）欧姆表测量：最直接测电阻的仪表。但是一般用欧姆表测量只能进行粗测，为下一步的测量提供一个参考依据。用欧姆表可以测量白炽灯泡的冷电阻。

（2）替代法：替代法的测量思路是等效的思想，可以是利用电流等效、也可以是利用电压等

效。替代法测量电阻精度高，不需要计算，方法简单，但必须有可调的标准电阻（一般给定的仪器中要有电阻箱）。

替代法是用与被测量的某一物理性质等效，从而加以替代的方法。

如图10-13所示。先把双刀双掷开关S2扳到1，闭合S1，调整滑动变阻器，使电流表指针指到某一位置，记下此时的示数I（最好为一整数）。再把开关S2扳到2，调整电阻箱R0，使得电流表指针仍指到示数I。读出此时电阻箱的阻值r，则未知电阻Rx的阻值等于r。

说明：①在此实验中的等效性表现在开关换位后电流表的示数相同，即当电阻箱的阻值为r时，对电路的阻碍作用与未知电阻等效，所以未知电阻Rx的阻值等于r。

②替代法是一种简捷而准确度很高的测量电阻的方法，此方法没有系统误差，只要电阻箱和电流表的精度足够高，测量误差

图10-13

就可以忽略。

（3）伏安法：伏安法的测量依据是欧姆定律（包括部分电路欧姆定律和全电路欧姆定律），需要的基本测量仪器是电压表和电流表，当只有一个电表时，可以用标准电阻（电阻箱或给一个定值电阻）代替；当电表的内阻已知时，根据欧姆定律I=U/RV，电压表同时可以当电流表使用，同样根据U=IRA，电流表也可以当电压表用。

（4）比例法：如果有可以作为标准的已知电阻的电表，可以采用比例法测电表的电阻。用比例法测电表内阻时，两个电流表一般是并联（据并联分流原理），两个电压表一般是串联（据串联分压原理）。

所谓“比例法”是：要测量某一物体的某一物理量，可以把它与已知准确数值的标准物体进行比较。例如，使用天平称量物体的质量，就是把被测物体与砝码进行比较，砝码就是质量数准确的标准物体。天平的结构是等臂杠杆，因此当天平平衡时，被测物体的质量与标准物体的质量是相等的，这就省去了进一步的计算。

有很多情况下，被测物体与标准物体的同一物理量间的关系并不是相等，而是在满足一定条件下成某种比例的关系，这种方法又称为“比例法”。

例如，测电流表和电压表的内阻，如果有可以作为标准的已知电阻的电表，都可以使用比例法。采用比例法测电阻的依据是：串联电路电压与电阻成正比，并联电路电流与电阻成反比。电压表可显示电阻两端的电压值，电流表可显示电阻中通过的电流，所以测电流表内阻应把两电流表并联，测电压表内阻应把两电压表串联，电路图分别如图10-14（甲）、（乙）所示。 测电流表内阻时，应调节滑动变阻器R01，使两电流表的指针都有较大偏转，记录下两电表的示数I1和I2，根据并联电路分流原理，若已知电流表

I1A1的内阻为r1，则电流表A2的内阻r2=

I2r1。

图10-14

测电压表内阻时，应调节滑动变阻器R02，使两电

压表的指针都有较大偏转，记录下两电表的示数U1和U2，根据串联电路分压原理，若已知

U2rU11电压表V1的内阻r1，则电流表V2的内阻r2=。

以上例子中，甲图采用限流电路而乙图采用分压电路，这是由于电流表内阻都较小，若采用分压电路，则滑动变阻器的阻值必须更小，这时电路近似于短路，是不允许的；而电压表内

阻都很大，若采用限流电路，则滑动变阻器的电阻必须更大，这在实际上行不通。

（5）半值法（半偏法）。

半值法是上面比例法的一个特例，测电流表内阻和测电压表内阻都可以用半值法，电路图如图10-15所示。

甲图实验时先断开开关S’，闭合S，调整滑动变阻器R01（限流法连接），使电流表A满度（即指针指满刻度处）；再闭合S’，调整电阻箱R1，使电流表A的指针恰好指到半满度处，读出此时电阻箱的阻值R，则电流表A的电阻rA=R。（测量结果偏小）

图10-15

乙图实验时先闭合开关S’及S，调整滑动变阻器R02（分压法连接），使电压表V满度；再断开S’，调整电阻箱R2，使电压表V的指针恰好指到半满度处，读出此时电阻箱的阻值R，则电压表V的电阻rV=R。（测量结果偏大）

例8： 测量某电阻Rx的阻值.已知Rx约为5Ω左右.下表给出可供选择器材.请画出你所设计的实验原理图（至少3种），并标明所选器材的规格或代号.

【审题】该题要求至少应用3种设计方案，需要熟练掌握测电阻的原理和方法，列出所有的测电阻的基本方法，看题目中给出的仪器是否适合，灵活利用、变通，充分发挥题目中所给仪器的作用。 【解析】

方案一：应用伏-安法测电阻，见图10-16.

选R2，还是选R1，就是出于对实验安全方面的考虑.R2与G表，可改装成3V左右的电压表；R1与G表，只能改装成0.3V左右电压表，这样小的电压表既不能安全实验，也不能进行精确测量.

图10-16

备注：另有导线若干，各器材数目均只一个

电流表外接而不内接，是出于对实验结果精确程度的考虑.因为改装后的电压表内阻远大于Rx，这样测量系统误差较小.选A1表，而不选A2表是出于精确读数的考虑.A1、A2诚然都能满足安全的要求，但小量程表读数相对误差要小得多，显然这是精确原则的应用.

R3作为控制线路的主元件，其控制电压方便与否，与R3、Rx值相对大小有关.当两电阻相近时，为了线路简单、经济，控制电路适宜用限流接法，这主要是出于实验操作是否方便的考虑.

方案二：应用全电路欧姆定律测电阻.见图10-17.

原理：令Rx短路，调R1，测得I1后，由全电路欧姆定律得 E=I1（r+R1+0+RA）接着去掉短路线，可得I2，同理得 E=I2（r+R1+Rx+RA）可求Rx.

图10-17

讨论：用R1为何不用R2？显然是考虑了测量方便问题，是方便原则的应用.因为R1调节时能用到0.1Ω变化，对电流调整是有利的.图2设计较图1，主要是考虑了节省器材原则，这也可以说是经济原则的应用.

方案三：欧姆表原理测电阻，见图10-18.

原理：先让ab短路，调R1使A1满偏，此时内阻为5Ω.去掉短路线，接通S，测得I，则依据欧姆表原理，RX值为（E/I -5）Ω 讨论：用A1不用A2或G，主要是考虑了测量结果的精确问题.

若用A2改装为欧姆表，其中值电阻为1Ω；若用G改装为欧姆表，图10-18 其中值电阻为10kΩ，与待测电阻比较，测量误差太大.欧姆表特点

是当测量值在其中值电阻附近时，其读数（或测量结果）比较准确.这是精确原则的应用.且整个方案三操作上是很方便的.

【总结】本题处理过程相对复杂，但只要遵循前面所提出的各种选择方法，题目也就迎刃而解了，因此说，基础知识是关键，复杂题目只是基础知识的合成。

5、高考实验设计型命题的求解策略

所谓设计性实验，是指根据现行物理大纲要求，在学生掌握的基本实验原理基础上，应用基本测量仪器自行设计实验方案的实验，设计性实验命题的考查内容，涉及到对实验原理的再认识和加工，实验方案的确定（包括实验器材的选择和迁移运用，实验步骤的安排 ，实验数据的处理方法，误差的分析及对实验的总结和评价等）.

考生在应试过程的缺陷通常表现在以下几个方面：

一方面：平时缺乏对实验思想方法（如模拟法，转换法，放大法，比较法，替代法等）进行归纳，在全新的实验情景下，找不到实验设计的原理，无法设计合理可行的方案.

另一方面：受思维定势影响，缺乏对已掌握的实验原理，仪器的使用进行新情境下的迁移利用，缺乏创新意识. 实验设计的基本方法 1.明确目的，广泛联系

题目要求测定什么物理量，或要求验证、探索什么规律，这是实验的目的，是实验设计的出发点.实验目的明确后，应用所学知识，广泛联系，看看该物理量或物理规律在哪些内容中出现过，与哪些物理现象有关，与哪些物理量有直接的联系.对于测量型实验，被测量通过什么

规律需用哪些物理量来定量地表示；对于验证型实验，在相应的物理现象中，怎样的定量关系成立，才能达到验证规律的目的；对于探索型实验，在相应的物理现象中， 涉及哪些物理量„„这些都是应首先分析的，以此来确定实验的原理. 2.选择方案，简便精确 对于同一个实验目的，都可能存在多种实验原理，进而形成多种(可供选择的)设计方案.一般说来，依据不同的实验原理选择不同的实验方案主要遵循四条原则：

(1)科学性：设计的方案有科学的依据和正确的方式，符合物理学的基本原理.

(2)可行性：按设计方案实施时，应安全可靠不会对人身、器材造成危害；所需装置和器材要易于置备，且成功率高.

(3)精确性：在选择方案时，应对各种可能的方案进行初步的误差分析，尽可能选用精确度高的方案.

(4)简便、直观性：设计方案应便于实验操作，读数，便于进行数据处理，便于实验者直观、明显地观察.

3.依据方案，选定器材

实验方案选定后，考虑该方案需要哪些装置，被测定量与哪些物理量有直接的定量关系，分别需用什么仪器来测定，以此来确定实验所用器材.

4.拟定步骤，合理有序

实验之前，要做到心中有数：如何组装器材，哪些量先测，哪些量后测，应以正确操作和提高效率的角度拟定一个合理而有序的实验步骤. 5.数据处理，误差分析

常用的数据处理方法(如：平均法、图象法、描迹法、比较法等)和误差分析方法(如绝对误差、相对误差等)是应该掌握的，在设计实验时也应予以考虑.

例9：一电阻额定功率为0.01 W，阻值不详.用欧姆表粗测其阻值约为40 kΩ.现有下列仪表元件，试设计适当的电路，选择合适的元件，较精确地测定其阻值. ①电流表，量程0～300 μA，内阻150 Ω； ②电流表，量程0～1000 μA，内阻45 Ω； ③电压表，量程0～3 V，内阻6 kΩ； ④电压表，量程0～15 V，内阻30 kΩ； ⑤电压表，量程0～50 V，内阻100 kΩ； ⑥干电池两节，每节电动势为1.5 V；

⑦直流稳压电源，输出电压6 V，额定电流3 A； ⑧直流电源，输出电压24 V，额定电流0.5 A； ⑨直流电源，输出电压100 V，额定电流0.1 A； ⑩滑动变阻器，0～50 Ω，3 W； 11滑动变阻器，0～2 kΩ，1 W； ○

12电键一只，连接导线足量. ○

【审题】考查综合分析能力、推理能力及实验设计的创新能力，审题过程见解析。 【解析】由于现有器材中有电流表和电压表，故初步确定用伏安法测定此电阻的阻值.又因待测电阻为一大电阻，其估计阻值比现有电压表的内阻大或相近，故应该采用电流表内接法.由于现有滑动变阻器最大阻值比待测电阻小得多，因此，若用滑动变阻器调节待测电阻的电流和电压，只能采用分压接法，如图10-19（否则变阻器不能实现灵敏调节）.为了确定各仪表、元件的量程和规格，首先对待测电阻的额定

图10-19

P/R0.014000A＝5×10－4 A＝500μA；最大电

电压和电流作出估算：最大电流为Im＝

压Um＝20 V.由于实验中的电流和电压可以小于而不能超过待测电阻的额定电流和额定电压，现有两个电流表内阻相近，由内阻所引起的系统误差相近，而量程0～1000 μA接入电路时，只能在指针半偏转以下读数，引起的偶然误差较大，故选用量程为0～300 μΑ的电流表.这样选用电流表后，待测电阻上的最大实际电压约为3×10－4×40×103 V＝12 V，故应选用量程为15 V的电压表，由于在如图所示的电路中，要实现变阻器在较大范围内灵敏调节，电源电压应比待测电阻的最大实际电压高，故电源应选输出电压为24 V一种（其额定电流也远大于电路中的最大实际电流，故可用）.

关于变阻器的选择，由于采用分压接法，全部电源电压加在变阻器上.若是把0～50 Ω的变阻器接入电路，通过它的最小电流（对应于待测电路断开）约为24／50 A＝0.5 A，最小功率约为0.25×50 W＝12.5 W，远大于其额定功率；而0～2 kΩ的变阻器接入电路，其最大电流（对应于滑动键靠近图13-4中变阻器A端）约为并联电路总电流0.0136 A，小于其额定电流0.2024 A.故应选0～2 kΩ的变阻器.

【总结】本题处理过程相对复杂，但只要按照“仪器选择-测量电路选择-控制电路选择”这样的顺序逐个突破，将复杂的过程逐一分解，遵循前面所提出的各种选择方法，题目也就迎刃而解了，因此说，基础知识是关键，复杂题目只是基础知识的合成。 实验设计的基本思路

明确目的 →选择方案 → 选定器材 → 拟定步骤 → 数据处理 →误差分析

附：对电学实验中几个点的强调说明： 一、关于多用电表

1.使用多用表时要注意什么?

(1)使用多用表的电压、电流挡.使用多用表测量电压、电流的方法，与单独使用电压表、电流表的方法基本上是一样的，只不过在使用多用表前要根据待测量的情况(是电流还是电压?是交流还是直流?)调整好选择开关，并调整到合适的量程上，其他如正负接线柱的选用，串联还是并联到电路中去等，就和单独使用电压表、电流表时没什么两样了. (2)使用多用表的欧姆挡.

①机械调零:使用前先查看指针是否指在左端电阻为无穷大的位置，如不是，则要用螺钉旋具慢慢地调节定位螺钉使指针正确定位.

②量程选择:扳动选择开关到合适的量程上，尽可能使正式测量时指针停留在中间位置附近，

R中~4R中也就是要尽可能利用4程，就要重新调零一次.

中这一范围内，以减少测量误差.

③欧姆调零:短接两表笔，调整欧姆档的调零旋钮，使指针指在零欧姆处，注意每改变一次量④数据读取:数据读取时，一要注意到欧姆刻度不是均匀的，不然估读会不正确；二要注意读得的数据还应乘以量程的倍率；三是测量电路中的某一电阻阻值时，应该先把电源切断，再把待测电阻和其他元件断开，之后再行测量；四是要注意手不要碰到表笔的金属杆，以免人体电阻与待测电阻并联造成误差.

⑤结束工作:测量完毕后，一定要把选择开关切换到交流高压挡或切换到\"OFF\"挡上，以避免漏电或误操作.

2.欧姆表上的刻度为什么是不均匀的?刻度时有什么规律吗?

对于磁电式的电流计，其指针偏转的角度和电流成正比，改装成电流表或电压表时，表盘刻度是均匀的；但用磁电式电流计做欧姆表的表头后，由欧姆表内部电路构造及全电路欧姆定律可知，当两表短接和接上待测电阻Rx后，分别有 IgERgrR0ERgrR0RxER内 E ①

IxR内Rx ②

由②式可知，待测电阻Rx与通过表头的电流Ix不成线性关系，这就是造成表盘刻度不均匀的原因.

那么，怎样对欧姆表的表盘进行刻度呢?

n设指针偏转满刻度的m(m≥n)时，指针所指的电阻值为Rx，则应有

nmIgIx

Rx

mnn

R内 ③

把①②式代人③式，整理，得， ④

④式便是把表盘改为欧姆刻度的依据了.

n12，此时指针指中，称此值为中值电阻，显然，中值电

这里顺便指出，当Rx＝R内时，m阻恰好等于此时的欧姆表内阻.

3.测量时怎样正确选择欧姆表的倍率?

R中~4R中在实际测量时，可以通过改变倍率使指针指在4的范围内，例如，开始时，如发现

指针向右偏得过多，说明原倍率选得太大，可改选倍率小一些的再试试，直到指针落在R中4~4R中的范围内为止.

也可先估测出应该选用的倍率用来选挡，换挡时，可利用公式Rx＝nR指进行，关系式中Rx为待测电阻的阻值，n为所选的倍率挡(如选×100，则n＝100)，R指则表示从表盘上直接读得的数字.

例如欧姆表中值电阻值为15Ω，待测电阻约为1800Ω，要较准确地测定该电阻应选用哪一个倍率，可题设条件知Rx＝1800Ω，而R中＝15Ω，为使测量较准确，R指宜取18，1800＝n×18，n＝100，所以应选×100挡. 再如用欧姆表的×100挡测一电阻，发现指针偏角太小，偏角太小，即R指太大，为使指针指

示在R中附近，应增大偏角，即使R指变小，由Rx＝nR指可知，n必增大，故应选×1k挡. 4.用欧姆表测量电阻前和换挡后，为什么一定要先进行欧姆调零?

欧姆表的表盘刻度是按照标准电动势和内阻进行设计和刻度的，实际应用时，内装电池与标准总有差异，同时，电池用久了，E和r都可能变化，这就会影响指针的偏转转角，可能指不到指定刻度处而造成误差，所以使用前必须进行欧姆调零.

在倍率改变后，欧姆表的内阻电路就发生了相应变化，这时只有通过欧姆调零，才有可能使测量示数与电阻值相符，故每改变一次倍率，都应重新进行调零.

二、关于用U—I线修正法定性分析测电源电动势和内阻的测量误差

用伏安法测量电源电动势、内电阻的学生实验中,有两种可供选择的实验电路。在两种电路中，由于伏特表的分流和安培表的分压引起的误差是不同的，我们可以用图线修正法简洁明快的分析两种电路引起的测量误差。 第一种测量电路：如图10-20和10-21中的a线，分别为测量电路和由此电路测出的数值画出的路端电压与电流强度的关系图线。误差分析方法如下：

①根据测量电路分析误差原因：本测量电路产生误差的原因是由于伏特表的分流使得安培表的读数I小于干路总电

图10-20

图10-21

流所致。考虑伏特表的内阻RV,全电路的欧姆定律的方程UIr应修

U(I/URv)r/正为„„①

IURU②根据①式寻找图线的准确点：因电流的修正值为因此，图线与横轴的交点P为准确点，不须修正。

，可见当U=0时，电流误差为零。

UQ③在图线上任选一点Q进行修正：如图1—2，Q点的纵坐标UQ不变，把(IQ+

RU)做为Q点

修正后的Q/点的横坐标，连接P和Q/得修正后的U—I图线为b线。.

④比较两条图线的纵截距和斜率：因图线的纵截距等于电源电动势，图线斜率的绝对值等于电源内阻。所以，＜,r＜r/.可见电动势和内阻的测量值均小于真实值。

第二种测量电路：如图10-22和10-23中的a线,分别为测量电路和由此测量电路画出的路端电压与电流强度的关系图线，误差分析方法如下：

①根据测量电路分析误差原因：本测量电路产生误差的原因是由于安培表的分压使得伏特表的读数小于电源的路端电压所致。考虑安培表的内阻RA,全电路的欧姆定律的方程UIrUI(rRA)///应修正为

图10-22

„„②

UIRA②根据②式寻找图线的准确点：因电压的修正值为，可见当

I=0时，电压修正值为零.所以,图线与纵轴的交点P准确。

③在图线上任选一点Q进行修正：如图2—2，Q点的横坐标IQ不变，

图10-23

（UQ+IQRA）做为修正后Q/点的纵坐标，连接P和Q/得修正后的U—I图线为b线。 ④比较两条图线的纵截距和斜率：得=而内阻的测量值大于真值。

三、关于电路实物连线的几个易错点： 1、电键必须控制全电路 2、电表的量程和正负极

3、滑动变阻器的“两端限流、三端分压”接法，且要求在闭合电键前，必须保证限流接法中滑动变阻器以最大电阻接入电路，分压接法中滑动变阻器输出电压端电压为零。 4、注意检查安培表的内外接法是否正确

5、导线不能接在滑动变阻器的支架或滑动头上，不能穿越用电器，不能有交叉线.

/，r＞r/。可见，电动势的测量值与真实值相等，