2020年高三物理高考二轮复习精品专题全集(五个)全国通用

2020年高考物理二轮复习精品专题全集（五个）

专题一物理思想与物理方法

一、隔离分析法与整体分析法

隔离分析法是把选定的研究对象从所在物理情境中抽取出来，加以研究分析的一种方法.需要用隔离法分析的问题，往往都有几个研究对象，应对它们逐一隔离分析、列式.并且还要找出这些隔离体之间的联系，从而联立求解.概括其要领就是：先隔离分析，后联立求解.

1.隔离法.

m1=1kg、m2=2kg的物体A和B.滑轮质量m=0.2kg，不

计绳与滑轮的摩擦，要使B静止在地面上，则向上的拉

力F不能超过多大?

【解析】(1)先以B为研究对象，当B即将离开地面时，

地面对它的支持力为0.它只受到重力m B g和绳子的拉力

T的作用，且有：T- m B g=0.

(2)再以A为研究对象，在B即将离地时，

A受到重力和拉力的作用，由于T=m B g＞m A g，

所示A将加速上升.有T- m A g=m A a A.

(3)最后以滑轮为研究对象，此时滑轮受到四个力作用：重力、拉力、两边绳子的两个拉力T.有F- mg-2T=ma.

这里需要注意的是：在A上升距离s时，滑轮只上升了s/2，故A的加速度为滑轮加速度的2倍，即： a A=2a.

由以上四式联立求解得：F=43N.

2.整体分析法.

整体分析法是把一个物体系统(内含几个物体)看成一个整体，或者是着眼于物体运动的全过程，而不考虑各阶段不同运动情况的一种分析方法.

【例2】如图所示，质量0.5kg、长1.2m的金属盒，放在水平桌面上，它与桌面间动摩擦因数μ=0.125.在盒内右端放着质量也是0.5kg、半径0.1m的弹性小球，球与盒接触光滑.若在盒的左端给盒以水平向右1.5N·s的冲量，设盒在运动中与球碰撞的时间极短，且无能量损失.求：盒从开始运动到完全停止所通过的路程是多少?(g取10m/s２)

【解析】此题中盒与球交替做不同形式的运动，若用隔离法分段求解，将非常复杂.我们可以把盒和球交替运动的过程看成是在地面摩擦力作用下系统动能损耗的整体过程.

这个系统运动刚开始所具有的动能即为盒的动能

mv02/2=p2/2m=1.52/(2×0.5)=2.25J

整体在运动中受到的摩擦力：

f=μN=μ2mg=10×0.125=1.25N

根据动能定理，可得-fs=0-mv02/2 , s=1.8m

【解题回顾】不少同学分析完球与盒相互作用和运动过程后，用隔离法分段求解.先判断盒与球能否相撞，碰撞后交换速度，再求盒第二次运动的路程，再把各段路程相加.对有

限次碰撞尚能理解，但如果起初的初动能很大，将会发生多次碰撞，遇到这种情况时，同学

们会想到整体法吗?

当然，隔离分析法与整体分析法是相辅相成的，是不可分割的一个整体。有时需要先

用隔离分析法，再用整体分析法；有时需要先用整体分析法，再用隔离分析法。

二、极值法与端值法

极值问题是中学物理中常见的一类问题.在物理状态发生变化的过程中，某一个物理量

的变化函数可能不是单调的，它可能有最大值或最小值.分析极值问题的思路有两种：一种

是把物理问题转化为数学问题，纯粹从数学角度去讨论或求解某一个物理函数的极值.它采

用的方法也是代数、三角、几何等数学方法；另一种是根据物体在状态变化过程中受到的物

理规律的约束、限制来求极值.它采用的方法是物理分析法.

【例3】如图所示，一辆有四分之一圆弧的小车

停在不光滑的水平地面上，质量为m 的小球从静止 开始由车的顶端无摩擦滑下，且小车始终保持静止

状态.试分析：当小球运动到什么位置时，地面对

小车的静摩擦力最大?最大值为多少?

【解析】设圆弧半径为R ，当小球运动到重力与半径夹角为θ时，速度为v.根据机械能守恒定律和牛顿第二定律有

:

mv 2/2=mgRcos θ

N-mgcos θ=mv 2/R

解得小球对小车的压力为:N=3mgcos θ

其水平分量为Nx=3mgcos θsin θ=3mgsin2θ/2 根据平衡条件，地面对小车的静摩擦力水平向右，大小为：f=Nx=3mgsin2θ/2

可以看出：当sin2θ=1,即θ=45°时，地面对车的静摩擦力最大，其值为f max =3mg/2

【例4】如图所示，娱乐场空中列车 由许多节完全相同的车厢组成，列车

先沿水平轨道行驶，然后滑上半径为

R 的空中圆环形光滑轨道.若列车全长

为L(L ＞2πR)，R 远大于一节车厢的长 度和高度，那么列车在运行到圆环前的速度v 0至少多大，才能使整个列车安全通过圆环轨

道?

【解析】滑上轨道前列车速度的最小值v 0与轨道最高处车厢应具有的速度的最小值v

相对应.这里v 代表车厢恰能滑到最高处，且对轨道无弹力的临界状态.由:

mg=mv 2/R

得:v= 因轨道光滑，根据机械能守恒定律，列车在滑上轨道前的动能应等于列车都能安全通

过轨道时应具有的动能和势能.因各节车厢在一起，故它们布满轨道时的速度都相等，且至

少为 . 另外列车势能还增加了M ′gh ，其中M ′为布满在轨道上车厢的质量，M ′=M(2πR/L)，h 为它们的平均高度，h=R. 因L ＞2πR ，故仍有一些车厢在水平轨道上，它

们的速度与轨道上车厢的速度一样，但其势能为0，由以上分析可得：

Mv 02/2=Mv 2/2+M(2πR/L)gR

Rg

L

R Rg v /420π+=Rg

三、等效法

等效法是物理思维的一种重要方法，其要点是在效果不变的前提下，把较复杂的问题转

化为较简单或常见的问题.应用等效法，关键是要善于分析题中的哪些问题(如研究对象、运

动过程、状态或电路结构等)可以等效.

【例5】如图(甲)所示电路甲由8个不同的

电阻组成，已知R 1=12Ω，其余电阻阻值未知，

测得A 、B 间的总电阻为4Ω，今将R 1换成

6Ω的电阻，则A 、B 间的总电阻是多少?

【解析】此题电路结构复杂，很难找出各电阻间串、并联的关系

由于8个电阻中的

7个电阻的阻值未知，即使能理顺各 电阻间的关系，也求不出它们连结后的总阻值.

但是，由于各

电阻值一定，连结成电路后两点间的电阻值也是一定的，我们

把R 1外的其余部分的电阻等效为一个电阻R ′，如图电路乙

所示，则问题将迎刃而解.由并联电路的规律得：

4=12R ′/(12+R ′)

R=6R ′/(6+R ′) 解得R=3Ω

【例6】如图所示，一个“V ”型玻璃管

倒置于竖直平面内，并处于E=103v/m 、方向

竖直向下的匀强电场中，一个带负电的小球， 重为G=10-3N ，电量q=2×10-6C ，从A 点由

静止开始运动，球与管壁的摩擦因数μ=0.5.

已知管长AB=BC=2m ，倾角α=37°，且管顶B

处有一很短的光滑圆弧.求： (1)小球第一次运动到B 时的速度多大?

(2)小球运动后，第一次速度为0的位置在何处?

(3)从开始运动到最后静止，小球通过的总路程是多少?

(sin37°=0.6，cos37°=0.8)

【解析】小球受到竖直向上的电场力为F=qE=2×10-3N =2G ，重力和电场合力大小等于

重力G ，方向竖直向上，这里可以把电场力

与重力的合力等效为一个竖直上的“重力”，将整个 装置在竖直平面内旋转180°就变成了常见的物理

模型——小球在V 型斜面上的运动.如图所示，

(1)小球开始沿这个“V ”型玻璃筒运动的加速度为 a 1=g(sin α-μcos α)=10×(sin37°-μcos37°)=2m/s 2

所以小球第一次到达B 点时的速度为:

(2)在BC 面上，小于开始从B 点做匀减速运动，加速度的大小为:

a 2=g(sin α+μcos α)=10×(sin37°+μcos37°)=10m/s 2

所以，速度为0时到B 的距离为

s=v 2/2a 2=0.4m

s

m l a v /2222221=??==

(3)接着小球又反向向B加速运动，到B后又减速向A运动，这样不断地往复，最后停在B 点.如果将全过程等效为一个直线运动，则有：

mglsinα=μmgcosαL

所以 L=ltanα/μ=3m

即小球通过的全路程为3m.

四、排除法解选择题

排除法又叫筛选法，在选择题提供的四个答案中，若能判断A、B、C选项不对，则答案就是D项.在解选择题时，若能先把一些明显不正确的答案排除掉，在所剩下的较少选项中再选择正确答案就较省事了.

【例7】在光滑水平面上有A、B两个小球，它们均向右在同一直线上运动，若它们在碰撞前的动量分别是p A=12kg·m/s，p B=13kg·m/s(向右为正方向)，则碰撞后它们动量的变化量△p A及△p B有可能的是

A.△p A =4kg·m/s △p B =-4kg ·m/s

B.△p A =-3kg ·m/s △p B =3kg ·m/s

C.△p A =-24kg ·m/s △p B =24kg ·m/s

D.△p A =-5kg ·m/s △p B =8kg ·m/s

【解析】依题意：A、B均向右运动，碰撞的条件是A的速度大于B的速度，碰撞时动量将由A向B传递，A的动量将减少，B的动量将增加，即△p A＜0，△p B＞0，故A是错误的.根据动量守恒定律应有：△p A=△p B.所以D是错误的，C选项中，A球的动量从12kg·m/s 变为-12kg·m/s，大小不变，因而它的动能不变，但B球动量增大到37kg·m/s，动能增大，说明碰撞后系统的动能增加，这不符合能量守恒定律.所以只有B选项正确.

五、微元法

一切宏观量都可被看成是由若干个微小的单元组成的.在整个物体运动的全过程中，这些微小单元是其时间、空间、物质的量的任意的且又具有代表性的一小部分.通过对这些微小单元的研究，我们常能发现物体运动的特征和规律.微元法就是基于这种思想研究问题的一种方法.

【例8】真空中以速度v飞行的银原子持续打在器壁上产生的压强为P，设银原子打在器壁上后便吸附在器壁上，银的密度为ρ.则器壁上银层厚度增加的速度u为多大?

【解析】银原子持续飞向器壁，打在器壁上吸附在器壁上速度变为0，动量发生变化是器壁对银原子有冲量的结果.

设△t时间内飞到器壁上面积为S的银原子的质量为m，银层增加的厚度为x.

由动量定理F△t=mv.又m=ρSx.

两式联立得F△t= ρSxv，整理变形得：

P=F/S=ρSxv/△t= ρvu.

所以:u=P/ρv.

六、作图法

作图法就是通过作图来分析或求解某个物理量的大小及变化趋势的一种解题方法.通过作图来揭示物理过程、物理规律，具有直观形象、简单明了等优点.

【例9】某物体做初速度不为0的匀变速直线运动，在时间t内通过的位移为s，设运动过程中间时刻的瞬时速度为v1，通过位移s中点的瞬间速度为v2，则

A.若物体做匀加速直线运动，则v1＞v2

B.若物体做匀加速直线运动，则v1＜v2

C.若物体做匀减速直线运动，则v1 ＞v2

D.若物体做匀减速直线运动，则v1＜v2

【解析】初速度不为0的匀加速直线运动与匀减速运动的图像如图(a)、(b)所示，

在图(a)、(b)上分别作出中间时刻所对应的速度v1，根据图线下方所围的面积即为运动物体所通过的位移，将梯形分为左右面积相等的两部分，作出位移中点对应的速度v2,可见不论是匀加速运动还是匀减速运动，都是v1＜v2.故本题答案应选B、D.

专题二力与运动

思想方法提炼

一、对力的几点认识

1.关于力的概念.力是物体对物体的相互作用.这一定义体现了力的物质性和相互性.力是矢量.

2.力的效果

（1）力的静力学效应：力能使物体发生形变.

(2)力的动力学效应：

a.瞬时效应：使物体产生加速度F=ma

b.时间积累效应：产生冲量I=Ft，使物体的动量发生变化Ft=△p

c.空间积累效应：做功W=Fs，使物体的动能发生变化△E k=W

3.物体受力分析的基本方法

（1）确定研究对象（隔离体、整体）.

（2）按照次序画受力图，先主动力、后被动力，先场力、后接触力.

（3）只分析性质力，不分析效果力，合力与分力不能同时分析.

（4）结合物体的运动状态：是静止还是运动，是直线运动还是曲线运动.如物体做曲线运

动时，在某点所受合外力的方向一定指向轨迹弧线内侧的某个方向.

二、中学物理中常见的几种力

三、力和运动的关系

1.F=0时，加速度a =0.静止或匀速直线运动

F=恒量:F 与v 在一条直线上——匀变速直线运动

F 与v 不在一条直线上——曲线运动（如平抛运动）

2.特殊力:F 大小恒定，方向与v 始终垂直——匀速圆周运动

F=-kx ——简谐振动

四、基本理论与应用

解题常用的理论主要有：力的合成与分解、牛顿运动定律、匀变速直线运动规律、平抛

运动的规律、圆周运动的规律等.力与运动的关系研究的是宏观低速下物体的运动，如各种

交通运输工具、天体的运行、带电物体在电磁场中的运动等都属于其研究范畴，是中学物理

的重要内容，是高考的重点和热点，在高考试题中所占的比重非常大.选择题、填空题、计

算题等各种类型的试题都有，且常与电场、磁场、动量守恒、功能部分等知识相结合.

感悟 · 渗透 · 应用

一、力与运动的关系

力与运动关系的习题通常分为两大类：一类是已知物体的受力情况，求解其运动情况；

另一类是已知物体的运动情况，求解物体所受的未知力或与力有关的未知量.在这两类问题

中，加速度a 都起着桥梁的作用.而对物体进行正确的受力分析和运动状态及运动过程分析

是解决这类问题的突破口和关键.

【例1】如图所示，质量M=10kg 的木楔 静止于粗糙水平地面上，木楔与地面间的

动摩擦因数μ=0.2，在木楔的倾角为θ=30°

的斜面上，有一质量m=1.0kg 的物块由静止

开始沿斜面下滑，当滑行路程s=1.4m 时， 其速度v=1.4m/s.

在这个过程中木楔处于静止状态.求地面对木楔的摩擦力的大小和方向（取g=10m/s

2）.

【解析】由于木楔没有动，不能用公式f=μN 计算木楔受到的摩擦力，题中所给出动摩

擦因数的已知条件是多余的。首先要判断物块沿斜面向下做匀加速直线运动，由运动学公式

v 2t -v 20=2as 可得其加速度a=v 2/2s=0.7m/s 2，由于a< gsin θ=5m/s 2，可知物块受摩擦力作用，

物块和木楔的受力如图所示：

对物块，由牛顿第二定律得：

mgsin θ-f 1=ma f 1=4.3N

mgcos θ-N 1=0 N 1= N 对木楔，设地面对木楔的摩擦力如图

所示，由平衡条件：

3

5

f=N ′1sin θ-f ′1cos θ=0.61N

f 的结果为正值，说明所设的方向与图设方向相同.

【解题回顾】物理习题的解答，重在对物理规律的理解和运用，忌生拉硬套公式.对两

个或两个以上的物体，理解物体间相互作用的规律，正确选取并转移研究对象，是解题的基

本能力要求.本题也可以用整体法求解：对物块沿斜向下的加速度分解为水平方向acos θ和

竖直方向asin θ，其水平方向上的加速度是木楔对木块作用力的水平分量产生的，根据力的

相互作用规律，物块对木楔的水平方向的作用力也是macos θ，再根据木楔静止的现象，由

平衡条件，得地面对木楔的摩擦力一定是macos θ=0.61N.

【例2】如图所示，一高度为h ＝0.2m 的水平面在A 点处与一倾角为θ＝30°的斜面连接，

一小球以v 0＝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/s 2）。某同学对此题的解法为：小球沿斜面运动，则

,sin

21sin 20t g t v h ?+=θθ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。

【解析】不同意。小球应在A 点离开平面做平抛运动，

而不是沿斜面下滑。正确做法为：落地点与A 点的水平距离

)(110

2.025200m g h v t v s =??=== ① 斜面底宽 )(35.032.0m hctg l =?==θ ② l s >

小球离开A 点后不会落到斜面，因此落地时间即为平抛运动时间。

∴ )(2.010

2.022s g h t =?== ③ 二、临界状态的求解

临界状态的问题经常和最大值、最小值联系在一起，它需要在给定的物理情境中求解某

些物理量的上限或下限，有时它与数学上的极值问题相类似.但有些问题只能从物理概念、

规律的约束来求解，研究处理这类问题的关键是：（1）要能分析出临界状态的由来.（2）要

能抓住处于临界状态时物体的受力、运动状态的特征.

【例3】如图所示，在相互垂直的匀强电场、磁场 中，有一个倾角为θ且足够长的光滑绝缘斜面.磁感应强

度为B ，方向水平向外，电场强度的方向竖直向上.有

一质量为m ，带电量为+q 的小球静止在斜面顶端，这

时小球对斜面的压力恰好为0.若迅速把电场方向改为

竖直向下时，小球能在斜面上连续滑行多远？所用

时间是多少？

【解析】开始电场方向向上时小球受重力和电场力两个 力作用，mg=qE ，得电场强度E=mg/q.

当电场方向向下，小球在斜面上运动时小球受力

如图，在离开斜面之前小球垂直于斜面方向的加速度

为0.

mgcos θ+qEcos θ=Bqv+N ，

即2mgcos θ=Bqv+N

随v 的变大小球对斜面的压力N 在变小，当增大到某个值时压力为0，超过这个值后，小

球将离开斜面做曲线运动.

沿斜面方向小球受到的合力

F=mgsin θ+qEsin θ=2mgsin θ为恒力，所以小球在离开斜面前做匀加速直线运动

a=F/m=2gsin θ.

其临界条件是2mgcos θ=Bqv ，

得即将离开斜面时的速度v=2mgcos θ/Bq.

由运动学公式v 2=2as ，

得到在斜面上滑行的距离为s=m 2gcos 2θ/(B 2q 2sin θ)

再根据v=at 得运动时间：t=v/a=mctan θ/Bq.

【解题回顾】本题的关键有三点：（1）正确理解各种力的特点，如匀强电场中电场力

是恒力，洛伦兹力随速度而变化，弹力是被动力等.（2）分析出小球离开斜面时临界状态，

求出临界点的速度.（3）掌握运动和力的关系，判断出小球在离开斜面前做初速度为0的匀

加速直线运动.下滑距离的求解也可以用动能定理求解，以加强对各种力的理解.

【例4】如图所示，一平直的传送带以v=2m/s 的速度匀速运行，传送带把A 处的工件

运送到B 处.A 、B 相距L=10m.从A 处把工件无初速度地放到传送带上，经过时间t=6s 传送

到B 处，欲用最短的 时间把工件从A 处传送到B 处，

求传送带的运行速度至少多大？

【解析】A 物体无初速度放上传送带以后，物体将在摩擦力作用下做匀加速运动，因为L/t

＞v/2,这表明物体从A 到B 先做匀加速运动后做匀速运动.

设物体做匀加速运动的加速度为a ，加速的时间为t 1，相对地面通过的位移为s ，则有

v=at 1，s=at 21/2，s+v(t-t 1)=L.

数值代入得a=1m/s 2

要使工件从A 到B 的时间最短，须使物体始终做匀加速运动，至B 点时速度为运送时间最

短所对应的皮带运行的最小速度.

由v 2=2aL ，

v=

【解题回顾】对力与运动关系的习题，正确判断物体的运动过程至关重要.工件在皮带

上的运动可能是一直做匀加速运动、也可能是先匀加速运动后做匀速运动，关键是要判断这

一临界点是否会出现.在求皮带运行速度的最小值时，也可以用数学方法求解：设皮带的速

度为v ，物体加速的时间为t

1，匀速的时间为t 2，则L=（v/2）t 1+vt 2，而t 1=v/a.t 2=t-t 1，

得t=L/v+v/2a.由于L/v 与v/2a 的积为常数，当两者相等时其积为最大值，得v=

时t 有最小值.由此看出，求物理极值，可以用数学方法也可以采用物理方法.但一般而言，

用物理方法比较简明.

三、在生产、生活中的运用.

高考制度的改革，不仅是考试形式的变化，更是高考内容的全面革新，其根本的核心是

不仅要让学生掌握知识本身，更要让学生知道这些知识能解决哪些实际问题，因而新的高考

试题十分强调对知识的实际应用的考查.

【例5】两个人要将质量M=1000kg 的小车沿

一小型铁轨推上长L=5m ，高h=1m 的斜坡

s

m aL /522=

s m aL /522=

顶端，如图所示.已知车在任何情况下所受

的摩擦阻力恒为车重的0.12倍，两人能发挥的

最大推力各为800N.在不允许使用别的工具的

情况下，两人能否将车刚好推到坡顶？如果能，应如何办？（g 取10m/s 2 ）

【解析】由于推车沿斜坡向上运动时，车所受“阻力”大于两个人的推力之和.

即f 1=Mgh/L+μMg=3.2×103N ＞F=1600N

所以不能从静止开始直接沿斜面将小车推到坡顶.

但因小车在水平面所受阻力小于两人的推力之和，即f 2=μMg=1200N ＜1600N

故可先在水平面上加速推一段距离后再上斜坡.小车在水平面的加速度为

a 1=(F-f 2)/M=0.4m/s 2

在斜坡上做匀减速运动，加速度为

a 2=(F-f 1)/M=-1.6m/s 2

设小车在水平面上运行的位移为s 到达斜面底端的速度为v.

由运动学公式2a 1s=v 2=-2a 2L

解得s=20m.即两人先在水平面上推20m 后，再推上斜坡，则刚好能把小车推到坡顶.

【解题回顾】本题的设问，只有经过深入思考，通过对物理情境的变换才能得以解决.由此可知，对联系实际问题应根据生活经验进行具体分析.不能机械地套用某种类型.这样才能切实有效地提高解题能力.另外，本题属半开放型试题，即没有提供具体的方法，需要同学自己想出办法，如果题中没有沿铁轨这一条件限制，还可以提出其他一些办法，如在斜面上沿斜线推等.

【例6】蹦床是运动员在一张绷紧的弹性网上蹦跳、翻滚并做各种空中动作的运动项目。一个质量为 60kg 的运动员，从离水平网面 3.2m 高处自由下落，着网后沿竖直方向蹦回到离水平网面 5.0m 高处。已知运动员与网接触的时间为 1.2s 。若把在这段时间内网对运动

员的作用力当作恒力处理，求此力的大小。（g ＝10m/s 2）

【解析】将运动员看作质量为 m 的质点，从 h 1 高处下落，刚接触网时速度的大小

112v gh =（向下）

弹跳后到达的高度为 h 2，刚离网时速度的大小

222v gh =（向上）

速度的改变量

12v v v ?=+ （向上）

以 a 表示加速度，△t 表示接触时间，则

v a t ?=?

接触过程中运动员受到向上的弹力 F 和向下的重力 mg 。由牛顿第二定律，

F mg ma -=

由以上五式解得，

21

22gh gh F mg +=+

代入数值得

31.510F =? N

四、曲线运动.

当物体受到的合力的方向与速度的方向不在一条直线上时，物体就要做曲线运动.中学物理能解决的曲线运动的习题主要有两种情形：一种是平抛运动，一种是圆周运动.平抛运动的问题重点是掌握力及运动的合成与分解.圆周运动的问题重点是向心力的来源和运动的规律.

【例7】在光滑水平面上有一质量m=1.0×10-3kg ，

电量q=1.0×10-10C 的带正电小球，静止在O 点，

以O 点为原点，在该水平面内建立直角坐标系Oxy ，

如图所示. 现突然加一沿x 轴正方向、场强大小

为E=2.0×106V/m 的匀强电场，使小球开始运动，

经过1.0s ，所加电场突然变为沿y 轴正方向，场强大小

仍为E=2.0×106V/m 的匀强电场，再经过1.0s 所加电场又突然变为另一个匀强电场.使小球

在此电场作用下经1.0s 速度变为0.求速度为0时小球的位置.

【解析】由牛顿定律可知小球在水平面上的加速度

a=qE/m=0.20m/s 2.

当场强沿x 轴正方向时，经1.0s 小球的速度大小为v x =at=0.20×1.0=0.20m/s （方向沿x 轴方向）

小球沿x 轴方向移动的距离为△x 1=at 2/2=0.10m.

在第2s 内，电场方向y 轴正方向，x 方向不再受力，

所以第2s 内小球在x 方向做匀速运动，在y 方向做初速度为0的匀加速直线运动（类似平抛运动）

沿y 方向的距离:△y=at 2/2=0.10m.

沿x 方向的距离:△x 2=v x t=0.2×1.0=0.20m.

第2s 未在y 方向分速度为:

v y =at=0.20×1.0=0.20m/s

由上可知，此时小球运动方向与x 轴成45°角，要使小球速度变为0，则在第3s 内所加电场方向必须与此方向相反，即指向第三象限，与x 轴成225°角.

在第3s 内，设在电场作用下小球加速度的x 分量和y 方向分量分别为a x 、a y ，则

a x =v x /t=0.2m/s 2，

a y =v y/t=0.20m/s 2；

在第3s 未，小球到达的位置坐标为

x 3=△x 1+△x 2+v x t-a x t 2/2=0.40m ，

y 3=△y+v y t-a y t 2/2=0.20m.

【解题回顾】学好物理要有一定的空间想像力，要分析、想像物体的运动状态和运动轨迹.作图可以化抽象为具体，提高解题成功率.本题小球的运动情景如图.

【例8】如图所示，有一质量为m 的小球P 与

穿过光滑水平板上小孔O 的轻绳相连，用手拉着 绳子另一端，使小球在水平板上绕O 点做半径

为a 、角速度为ω的匀速圆周运动.

求：（1）此时绳上的拉力有多大？

（2）若将绳子从此状态迅速放松，后又拉直， 使小球绕O 做半径为b 的匀速圆周运动.从放松到拉直这段过程经历了多长时间？

（3）小球做半径为b 的匀速圆周运动时，绳子上的拉力又是多大？

【解析】（1）绳子上的拉力提供小球做匀速圆周运动的向心力，故有：F=m ω2a

（2）松手后绳子上的拉力消失，小球将从松手时的位置沿圆周的切线方向，在光滑的水平面上做匀速直线运动.当绳在水平板上长为b

时，绳又被拉紧

.在这段匀速直线运动的过程中小球运动的距离为 s= ，

如图所示

22a b -a

a

b ω22-

故t=s/v=

（3）将刚拉紧绳时的速度分解为沿绳子的分量

和垂直于绳子的分量.在绳被拉紧的短暂过程中，

球损失了沿绳的分速度，保留着垂直于绳的分速度做匀速圆周运动.被保留的速度的大小为： v1=va/b=ωa2/b.

所以绳子后来的拉力为：

F′=mv21/b=mω2a4/b3.

【解题回顾】此题难在第3问，注意物体运动过程中的突变点，理解公式F=mv2/R中的v是垂直于半径、沿切线方向的速度.

五、图像的运用

【例9】如图所示，一对

平行光滑轨道设置在水平面上，

两轨道间距L=0.20m，电阻

R=1.0Ω；有一导体杆静止地放

在轨道上，与两轨道垂直，

杆及轨道的电阻皆可忽略不计，

整个装置处于磁感应强度B=0.5T的匀强磁场中，磁场方向垂直轨道向下，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的关系如图所示.求杆的质量m和加速度a

【解析】物体做匀加速运动的条件是合外力不变.导体杆运动过程中受拉力和安培力两个力作用，因安培力随着速度增加电流变大而变大，所以拉力随着时间而变化.

设杆的质量为m，加速度为a，则由运动学公式v=at，

感应电动势E=BLv，感应电流I=E/R，

安培力f=BIL，

由牛顿第二定律F-f=ma，

整理得F=ma+B2L2at/R，

在图线上取两点代入后可得a = 10m/s2 m = 0.1kg.

练习题

如图所示，离子源从某小孔发射出带电量q=1.6×10-10C的正离子(初速度不计)，在加速电压U= 1000V作用下沿

O1O2方向进入匀强磁场中．磁场限制在以O2为圆心半径为R0=2.64cm的区域内，磁感强度大小B为0.10T，方向垂直纸面向外，正离子沿偏离O1O2为60°角的方向从磁场中射出，打在屏上的P点，计算：

(1)正离子质量m．

(2)正离子通过磁场所需要的时间t．

解

①

②

由图可见

R＝R0·cot30°

③

由①、②、③式得

＝1.67×10-27(kg)

(2)由图所示，离子飞出磁场，偏转60°角，故在磁场中飞

专题三动量与能量

思想方法提炼

牛顿运动定律与动量观点和能量观点通常称作解决问题的三把金钥匙.其实它们是从三个不同的角度来研究力与运动的关系.解决力学问题时，选用不同的方法，处理问题的难易、

繁简程度可能有很大差别，但在很多情况下，要三把钥匙结合起来使用，就能快速有效地解决问题.

一、能量

1.概述

能量是状态量，不同的状态有不同的数值的能量，能量的变化是通过做功或热传递两种方式来实现的，力学中功是能量转化的量度，热学中功和热量是内能变化的量度.

高中物理在力学、热学、电磁学、光学和原子物理等各分支学科中涉及到许多形式的能，如动能、势能、电能、内能、核能，这些形式的能可以相互转化，并且遵循能量转化和守恒定律，能量是贯穿于中学物理教材的一条主线，是分析和解决物理问题的主要依据。在每年的高考物理试卷中都会出现考查能量的问题。并时常发现“压轴题”就是能量试题。

2.能的转化和守恒定律在各分支学科中表达式

(1)W合=△E k包括重力、弹簧弹力、电场力等各种力在内的所有外力对物体做的总功，等于物体动能的变化。(动能定理)

(2)W F=△E除重力以外有其它外力对物体做功等于物体机械能的变化。(功能原理)

注：(1)物体的内能(所有分子热运动动能和分子势能的总和)、电势能不属于机械能

(2)W F=0时，机械能守恒，通过重力做功实现动能和重力势能的相互转化。(3)W G=-△

E P重力做正功，重力势能减小；重力做负功，重力势能增加。重力势能变化只与重力做功有关，与其他做功情况无关。

(4)W电=-△E P 电场力做正功，电势能减小；电场力做负功，电势能增加。在只有重力、电场力做功的系统内，系统的动能、重力势能、电势能间发生相互转化，但总和保持不变。注：在电磁感应现象中，克服安培力做功等于回路中产生的电能，电能再通过电路转化为其他形式的能。

(5)W+Q=△E物体内能的变化等于物体与外界之间功和热传递的和(热力学第一定律)。

(6)mv02/2=hν-W 光电子的最大初动能等于入射光子的能量和该金属的逸出功之差。

(7)△E=△mc2在核反应中，发生质量亏损，即有能量释放出来。(可以以粒子的动能、光子等形式向外释放)

动量与能量的关系

1.动量与动能

动量和能量都与物体的某一运动状态相对应，都与物体的质量和速度有关.但它们存在明显的不同：动量的大小与速度成正比p=mv；动能的大小与速度的平方成正比Ek=mv2/2两者的关系：p2=2mE k

动量是矢量而动能是标量.物体的动量发生变化时，动能不一定变化；但物体的动能一旦发生变化，则动量必发生变化.

2.动量定理与动能定理

动量定理：物体动量的变化量等于物体所受合外力的冲量.△p=I，冲量I=Ft是力对时间的积累效应

动能定理：物体动能的变化量等于外力对物体所做的功.△E k=W，功W=Fs是力对空间的积累效应.

3.动量守恒定律与机械能守恒定律

动量守恒定律与机械能守恒定律所研究的对象都是相互作用的物体系统，(在研究某个物体与地球组成的系统的机械能守恒时，通常不考虑地球的影响)，且研究的都是某一物理过程.动量守恒定律的内容是：一个系统不受外力或者所受外力之和为0，这个系统的总动量

保持不变；机械能守恒定律的内容是：在只有重力和弹簧弹力做功的情形下，系统机械能的总量保持不变

运用动量守恒定律值得注意的两点是：(1)严格符合动量守恒条件的系统是难以找到的.如：在空中爆炸或碰撞的物体受重力作用，在地面上碰撞的物体受摩擦力作用，但由于系统间相互作用的内力远大于外界对系统的作用，所以在作用前后的瞬间系统的动量可认为基本上是守恒的.(2)即使系统所受的外力不为0，但沿某个方向的合外力为0，则系统沿该方向的动量是守恒的.

动量守恒定律的适应范围广，不但适应常见物体的碰撞、爆炸等现象，也适应天体碰撞、原子的裂变，动量守恒与机械能守恒相结合的综合的试题在高考中多次出现，是高考的热点内容.

【例1】如图所示，滑块A 、B 的质量分别为m 1与m 2，m 1＜m 2，由轻质弹簧相连接置于水平的气垫导轨上，用一轻绳把两滑块拉至最近，使弹簧处于最大压缩状态后绑紧。

两滑块一起以恒定的 速率v

0向右滑动.突然轻绳断开.当弹簧 伸至本身的自然长度时，滑块A 的速度

正好为0.求：

(1)绳断开到第一次恢复自然长度的过程中弹簧释放的弹性势能Ep ；

(2)在以后的运动过程中，滑块B 是否会有速度为0的时刻?试通过定量分析证明你的结论.

【解析】(1)当弹簧处压缩状态时，系统的机械能等于两滑块的动能和弹簧的弹性势能之和，当弹簧伸长到自然长度时，弹性势能为0，因这时滑块A 的速度为0，故系统的机械能等于

滑块B 的动能.设这时滑块B 的速度为v ，则有E=m 2v 2/2.

因系统所受外力为0，由动量守恒定律

(m 1+m 2)v 0=m 2v.

解得E=(m 1+m 2)2v 02/(2m 2).

由于只有弹簧的弹力做功，系统的机械能守恒

(m 1+m 2)v 02/2+E p =E.

解得E p =(m 1-m 2)(m 1+m 2)v 02/2m 2.

(2)假设在以后的运动中滑块B 可以出现速度为0的时刻，并设此时A 的速度为v 1，弹簧的弹性势能为E ′p ，由机械能守恒定律得

m 1v 12/2+E ′p =(m 1+m 2)2v 02/2m 2.

根据动量守恒得(m 1+m 2)v 0=m 1v 1，

求出v 1代入上式得:

(m 1+m 2)2v 02/2m 1+E ′p=(m 1+m 2)2v 02/2m 2.

因为E ′p ≥0，故得:

(m 1+m 2)2v 02/2m 1≤(m 1+m 2)2v 02/2m 2

即m 1≥m 2，这与已知条件中m 1＜m 2不符.

可见在以后的运动中不可能出现滑块B 的速度为0的情况.

【解题回顾】“假设法”解题的特点是：先对某个结论提出可能的假设.再利用已知的规律知识对该假设进行剖析，其结论若符合题意的要求，则原假设成立.“假设法”是科学探索常用的方法之一.在当前，高考突出能力考察的形势下，加强证明题的训练很有必要.

【例2】如图所示，质量为m 的有孔物体A 套在光滑的水平杆上，在A 下面用细绳挂一质量

为M 的物体B ，若A 固定不动，给B 一水平冲量I ，

B 恰能上升到使绳水平的位置.当A 不固定时，要使

B 物体上升到使绳水平的位置，则给它的水平冲量

至少多大?

【解析】当A 固定不动时，B 受到冲量后以A 为圆心做圆周运动，只有重力做功，机械能守

恒.在水平位置时B 的重力势能应等于其在最低位置时获得的动能Mgh=E k =p 2/2M=I 2/2M.

若A 不固定，B 向上摆动时A 也要向右运动，当B 恰能摆到水平位置时，它们具有相同的水平速度，把A 、B 看成一个系统，此系统除重力外，其他力不做功，机械能守恒.又在水平方向上系统不受外力作用，所以系统在水平方向上动量守恒，设M 在最低点得到的速度为v 0，到水平位置时的速度为v.

Mv 0=(M+m)v.

Mv 02/2=(M+m)v 2/2+Mgh.

I ′=Mv 0.

I ′=

【解题回顾】此题重要的是在理解A 不固定，B 恰能上升到使绳水平的位置时，其竖直方向的分速度为0，只有水平速度这个临界点.另外B 上升时也不再是做圆周运动，此时绳的拉力对B 做功(请同学们思考一下，绳的拉力对B 做正功还是负功)，有兴趣的同学还可以分析一下系统以后的运动情况. 【例3】下面是一个物理演示实验，它显示：

图中下落的物体A 、B 经反弹后，B 能上升到比

初始位置高的地方.A 是某种材料做成的实心球，质量

m 1=0.28kg ，在其顶部的凹坑中插着质量m 2=0.1kg 的

木棍B.B 只是松松地插在凹坑中，其下端与坑底之间

有小间隙. 将此装置从A 的下端离地板的高度H=1.25m

处由静止释放.实验中，A 触地后在极短的时间内反弹， 且其速度大小不变；接着木棍B 脱离球A 开始上升，而球

A 恰好停留在地板上，求木棍

B 上升的高度.

重力加速度（g=10m/s 2） 【解析】根据题意，A 碰地板后，反弹速度的大小等于它下落到地面时的速度的大小，由机械能守恒得

(m 1+m 2)gH=(m 1+m 2)v 2/2，v 1= . A 刚反弹时速度向上，立刻与下落的B 碰撞，碰前B 的速度v 2= . 由题意，碰后A 速度为0，以v 2表示B 上升的速度，

根据动量守恒m 1v 1-m 2v 2=m 2v ′2.

令h 表示B 上升的高度，有m 2v ′22/2=m 2gh ，

由以上各式并代入数据得:h=4.05m. 【例4】质量分别为m 1、m 2的小球在一

直线上做弹性碰撞，它们在碰撞前后的

位移—时间图像如图所示，若m 1=1kg,

m 2的质量等于多少?

【解析】从位移—时间图像上可看出：m 1和m 2

于t=2s 时在位移等于8m 处碰撞，碰前m 2的速度为0，m 1的速度v 0=△s/△t=4m/s

m m M I

gH

2gH

2

碰撞后，m1的速度v1=-2m/s，

m2的速度v2=2m/s，

由动量守恒定律得m1v0=m1v1+m2v2，

m2=3kg.

【解题回顾】这是一道有关图像应用的题型，关键是理解每段图线所对应的两个物理量：

位移随时间的变化规律，求出各物体碰撞前后的速度.不要把运动图像同运动轨迹混为一谈.

【例5】云室处在磁感应强度为B的匀强磁场中，一质量为M的静止的原子核在云室中

发生一次α衰变，α粒子的质量为m，电量为q，其运动轨迹在与磁场垂直的平面内.现测得

α粒子运动的轨道半径为R，试求在衰变过程中的质量亏损.(注：涉及动量问题时，亏损的

质量可忽略不计)

【解析】α粒子在磁场中做圆周运动的向心力是洛伦兹力，设α粒子的运动速度为v，由

牛顿第二定律得qvB=mv2/R.

衰变过程中，粒子与剩余核发生相互作用，设衰变后剩余核的速度为v′，衰变过程中动

量守恒(M-m)v′=mv.

α粒子与剩余核的动能来源于衰变过程中亏损的质量，有

△m·c2=(M-m)v′2/2+mv2/2.

解得:△m=M(qBR)2/[2c2m(M-m)].

【解题回顾】此题知识跨度大，综合性强，将基础理论与现代物理相结合.考查了圆周

运动、洛伦兹力、动量守恒、核裂变、能量守恒等知识.这类题型需注意加强.

【例6】如图所示，一轻绳穿过光滑的定滑轮，

m2=3m1，起始时m1放在地上，m2离地面的高度

h=1.0m，绳子处于拉直状态，然后放手.设物块与地面相碰

时完全没有弹起(地面为水平沙地)，绳不可伸长，绳中

各处拉力均相同，在突然提起物块时绳的速度与物块的

速度相同，试求m2所走的全部路程(取3位有效数字)

【解析】因m2＞m1，放手后m2将下降，直至落地.

由机械能守恒定律得

m2gh-m1gh=(m1+m2)v2/2.

m2与地面碰后静止，绳松弛，m1以速度v上升至最高点处再下降.

当降至h时绳被绷紧.

根据动量守恒定律可得:m1v=(m1+m2)v1

由于m1通过绳子与m2作用及m2与地面碰撞的过程中都损失了能量，故m2不可能再升到h处，

m1也不可能落回地面.设m2再次达到的高度为h1，m1则从开始绷紧时的高度h处下降了h1.

由机械能守恒

(m1+m2)v12/2+m1gh1=m2gh1

由以上3式联立可解得

h1=m12h/(m1+m2)2=[m1/(m1+m2)]2h

此后m2又从h1高处落下，类似前面的过程.设m2第二次达到的最高点为h2，仿照上一过程可

推得

h2=m12h1/(m1+m2)2=m14h/(m1+m2)4=[m1/(m1+m2)]4h

由此类推，得:h3=m16h/(m1+m2)6=[m1/(m1+m2)]6h

所以通过的总路程

s=h+2h1+2h2+2h3+……

【解题回顾】这是一道难度较大的习题.除了在数学处理方面遇到困难外，主要的原因还是出在对两个物块运动的情况没有分析清楚.本题作为动量守恒与机械能守恒定律应用的一种特例，应加强记忆和理解.

【例7】如图所示，金属杆a 从 离地h 高处由静止开始沿光滑平行的

弧形轨道下滑，轨道的水平部分有竖直

向上的匀强磁场B ，水平轨道上原来

放有一金属杆b ，已知a 杆的质量为

m a ,且与杆b 的质量之比为m a ∶m b =3∶4，

水平轨道足够长，不计摩擦，求： (1)a 和b 的最终速度分别是多大?

(2)整个过程中回路释放的电能是多少?

(3)若已知a 、b 杆的电阻之比R a ∶R b =3∶4，其余部分的电阻不计，整个过程中杆a 、b 上产生的热量分别是多少?

【解析】(1)a 下滑过程中机械能守恒

m a gh=m a v 02/2

a 进入磁场后，回路中产生感应电流，a 、

b 都受安培力作用，a 做减速运动，b 做加速运动，经过一段时间，a 、b 速度达到相同，之后回路的磁通量不发生变化，感应电流为0，安培力为0，二者匀速运动.匀速运动的速度即为a.b 的最终速度，设为v.由于所组成的系统所受合外力为0，故系统的动量守恒

m a v 0=(m a +m b )v

由以上两式解得最终速度

v a =v b

=v=

(2)由能量守恒得知，回路中产生的电能应等于a 、b 系统机械能的损失，所以

E=m a gh-(m a +m b )v 2/2=4m a gh/7

(3)由能的守恒与转化定律，回路中产生的热量应等于回路中释放的电能等于系统损失的机械能，即Q a +Q b =E.在回路中产生电能的过程中，电流不恒定，但由于R a 与R b 串联，通过的电流总是相等的，所以应有

所以

m

h h m m m m m m m m m h 13.1567.02])4

1()41()41(21[2])()()(21[2642621142112211≈?=++++=+++++++= gh 2734

322===b a b a b a R R t R I t R I Q Q gh m E Q gh m E Q a b a a 491674491273====

【例8】连同装备质量M=100kg 的宇航员离飞船45m 处与飞船相对静止，他带有一个装有m=0.5kg 的氧气贮筒，其喷嘴可以使氧气以v=50m/s 的速度在极短的时间内相对宇航员自身喷出.他要返回时，必须向相反的方向释放氧气，同时还要留一部分氧气供返回途中呼吸.

设他的耗氧率R 是2.5×10-4kg/s ，问：要最大限度地节省氧气，并安全返回飞船，所用掉

的氧气是多少?

【解析】设喷出氧气的质量为m ′后，飞船获得的速度为v ′，喷气的过程中满足动量守恒定律，有:

0=(M-m ′)v ′+m ′(-v+v ′)

得v ′=m ′v/M

宇航员即以v ′匀速靠近飞船，到达飞船所需的时间

t=s/v ′=Ms/m ′v

这段时间内耗氧m ″=Rt

故其用掉氧气m ′+m ″=2.25×10-2/m ′+m ′

因为(2.25×10-2/m ′)×m ′=2.5×10-2为常数，

所以当 2.25×10-2/m ′=m ′，即m ′=0.15kg 时用掉氧气最少，共用掉氧气是m ′+m ″

=0.3kg.

【解题回顾】(1)动量守恒定律中的各个速度应统一对应于某一惯性参照系，在本题中，飞船沿圆轨道运动，不是惯性参照系.但是，在一段很短的圆弧上，可以视飞船做匀速直线运动，是惯性参照系.(2)此题中氧气的速度是相对宇航员而不是飞船，因此，列动量守恒的表达式时，要注意速度的相对性，这里很容易出错误.(3)要注意数学知识在物理上的运用.

【例9】质量为m 的飞机以水平速度v 0飞离跑道后逐渐上升，若飞机在此过程中水平速度保持不变，同时受到重力和竖直向上的恒定升力（该升力由其它力的合力提供，不含重力）。今测得当飞机在水平方向的位移为l 时，它的上升高度为h ，求：（1）飞机受到的升力大小；

（2）从起飞到上升至h 高度的过程中升力所作的功及在高度h 处飞机的动能。

【解析】飞机水平速度不变 t v l 0= ① y 方向加速度恒定 221at h = ② 消去t 即得 2022v l

h a = ③ 由牛顿第二定律 )21(202v gl h mg ma mg F +

=+= ④ （2）升力做功 )21(202v gl

h mgh Fh W +== ⑤ 在h 处 l

hv ah at v t 022=== ⑥ ∴ )41(21)(2122

20220l

h mv v v m E t k +=+= ⑦ 【例10】有三根长度皆为 l ＝1.00m 的不可伸长的绝缘轻线，其中两根的一端固定在天花

板上的 O 点，另一端分别拴有质量皆为 m ＝1.00×10－2kg 的带电小球 A 和 B ，它们的电

量分别为 一q 和 ＋q ，q ＝l.00×10－7C 。A 、B 之间用第三根线连接起

来。空间中存在大小为 E ＝1.00×106

N/C 的匀强电场，场强方向沿水平向右，平衡时 A 、B 球的位置如图所示。现将 O 、B 之间的线烧断，由于有空气阻力，A 、B 球最后会达到新的平衡位置。求最后两球的机械能与电势能的总和与烧断前相比改变了多少。（不计两带电小球间相互作用的静电力）

【解析】图1中虚线表示 A 、B 球原来的平衡位置，实线表示烧断后重新达到平衡的位置，其中α、β 分别表示细线加 OA 、AB 与竖直方向的夹角。

A 球受力如图2所示：重力 mg 竖直向下；电场力 qE 水平向左；细线OA 对 A 的拉力 T 1，方向如图；细线 A

B 对 A 的拉力 T 2，方向如图。由平衡条件

12sin sin T T qE αβ+=

12cos cos T mg T αβ=+

B 球受力如图3所示：重力 mg 竖直向下；电

场力 qE 水平向右；细线 AB 对 B 的拉力 T 2，方

向如图。由平衡

条件

2sin T qE β=

2cos T mg β=

联立以上各式并代入数据，得

0α=

45β=?

由此可知，A 、B 球重新达到平衡的位置如图4所示。与原来位置相比，A 球的重力势能减少了

(1sin60)A E mgl =-?

B 球的重力势能减少了

(1sin60cos45)B E mgl =-?+?

A 球的电势能增加了

cos60A W qEl =?

B 球的电势能减少了

(sin 45sin30)B W qEl =?-?

两种势能总和减少了

B A A B W W W E E =-++

代入数据解得

26.810W -=? J

【例11】一传送带装置示意如图，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。求电动机的平均抽出功率P 。

【解析】以地面为参考系（下同），设传送带的运动速度为

v 0，在水平段运输的过程中，小货箱先在滑动摩擦力作用下做匀加速运动，设这段路程为s ，所用时间为t ，加速度为a ，则对小箱有

s ＝1/2at 2

①

v 0＝at ②

在这段时间内，传送带运动的路程为

s 0＝v 0t ③

由以上可得

s 0＝2s ④

用f 表示小箱与传送带之间的滑动摩擦力，则传送带对小箱做功为

A ＝fs ＝1/2mv 02 ⑤

传送带克服小箱对它的摩擦力做功

A 0＝fs 0＝2·1/2mv 02 ⑥

两者之差就是克服摩擦力做功发出的热量

Q ＝1/2mv 02 ⑦

可见，在小箱加速运动过程中，小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 ＝P T ⑧

此功用于增加小箱的动能、势能以及克服摩擦力发热，即

W ＝1/2Nmv 02＋Nmgh ＋NQ ⑨

已知相邻两小箱的距离为L ，所以

v 0T ＝NL ⑩

联立⑦⑧⑨⑩，得 P ＝T Nm [22

2T

L N ＋gh]

专题四 带电粒子在场中的运动

思想方法提炼

带电粒子在某种场(重力场、电场、磁场或复合场)中的运动问题，本质还是物体的动力学问题

电场力、磁场力、重力的性质和特点：匀强场中重力和电场力均为恒力，可能做功；洛伦兹力总不做功；电场力和磁场力都与电荷正负、场的方向有关，磁场力还受粒子的速度影响，反过来影响粒子的速度变化.

一、安培力

1.安培力：通电导线在磁场中受到的作用力叫安培力.

【说明】磁场对通电导线中定向移动的电荷有力的作用，磁场对这些定向移动电荷作用