物理例题(1)

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高中物理高中物理竞赛系列训练题一

高中物理高中物理竞赛系列训练题（一）姓名:年级:学号:评卷人得分一、简答题（共2题）1.如图5所示，长为L、粗细不均匀的横杆被两根轻绳水平悬挂，绳子与水平方向的夹角在图上已标示，求横杆的重心位置。

【答案】解说：直接用三力共点的知识解题，几何关系比较简单。

答案：距棒的左端L/4处。

难度：容易知识点：共点力的平衡2.放在斜面上的均质长方体，按实际情况分析受力，斜面的支持力会通过长方体的重心吗？【答案】解：将各处的支持力归纳成一个N，则长方体受三个力（G 、f、N）必共点，由此推知, N 不可能通过长方体的重心。

正确受力情形如图6所示（通常的受力图是将受力物体看成一个点，这时，N 就过重心了）。

答：不会。

用9难度：容易知识点：共点力的平衡二、计算题（共6题）1.如图7所示，在固定的、倾角为a斜面上，有一块可以转动的夹板（B不定），夹板和斜面夹着一个质量为m的光滑均质球体，试求：B取何值时，夹板对球的弹力最小。

【答案】解说：方法一，平行四边形动态处理。

对球体进行受力分析，然后对平行四边形中的矢量G和N1进行平移，使它们构成一个三角形，如图8的左图和中图所示。

由于G的大小和方向均不变，而N1的方向不可变，当B增大导致N2的方向改变时，N2的变化和N1的方向变化如图8的右图所示。

显然，随着B增大，N1单调减小，而N2的大小先减小后增大，当N2垂直N1时，N2取极小值，且N2min = Gsina。

方法二，函数法。

看图8的中间图，对这个三角形用正弦定理，有：值二由“尸，即：N2 = sm ,B在0至lj180°之间取值，N2的极值讨论是很容易的。

答案：当B=90°时，甲板的弹力最小。

难度：容易知识点：共点力的平衡2.如图11所示，一个重量为G的小球套在竖直放置的、半径为R的光滑大环上，另一轻质弹簧的劲度系数为k，自由长度为L（LV2R）, 一端固定在大圆环的顶点A，另一端与小球相连。

环静止平衡时位于大环上的B点。

物理竞赛讲义_静力学第二讲力平衡(一)答案

第二讲力平衡（一）精选例题【例1】如图所示一个均匀的质量为1m 的球挂在天花板上，从同一点挂一个重物质量为2m 。

问所成角度。

O 【解析】相对于点的总力矩为0.)m g (l +R )sin =m 12g R -(l +R sin θθ⎡⎤⎣⎦∴()1212sin []+R m (m +)m R l θ-=该题如果用变力分析去解题，对悬挂2m 的绳对大球的支持力的方向比较困难，而用力矩去解题，显得尤为简单【例2】如图，重为G 木块用绳子悬挂在两个轻杆支架的交点P ，现给木块一个水平方向的F F 12N 、N 、T 作用力，缓慢增大并且系统保持平衡，求作用力的变化趋势。

N 【解析】可以采用图解法，分别考虑木块以及P 点的受力平衡，将二者的受力三角形画在同一个图中，利用几何相似三角形的方法可以得到三个力的变化趋势。

最后可得，不变，2N 1和T 增加。

【例3】如图，一个半径为R 非均匀质量光滑的圆球，其重心不在球心O 处，先将它置于A 30︒B A B 30︒C O 水平地面上，平衡时球面上的点和地面接触；再将它置于倾角为的粗糙斜面上，平衡时球面上的点与斜面接触，已知到的圆心角也为，试求球体的重心到球心的距离.【解析】B BC A OA 放在斜面上，球受重力支持力和摩擦力，三力共点必过点的重心在过B 于平面垂直的直线上。

即，又放在水平面上点落地，则此时球受重力和支持力，则球重心必在连线上，则重心位置在C 点.CO==【例6】有一长l重为W的均匀杆AB，A顶端竖直的粗糙墙壁上，杆端与墙间的摩擦系数μB CθμθP A P WPB PA x 为，端用一强度足够而不可伸长的绳悬挂，绳的另一端固定在墙壁点，木杆呈水平状态，绳与杆的夹角为（如图），求杆能保持平衡时与应满足的条件。

杆保持平衡时，杆上有一点存在，若与点间挂一重物，则足够大可以破坏平衡了，而在间任一点悬挂任意重物均不能破坏平衡。

求距离. 【解析】受力分析coT Nsθ=力平衡siT f W Wnθ+=+A力矩平衡：以为支点，θ=Wsin2lTl W+x∴f=W+W-N tan≤Nθμ2W xtanθ=+N W∴0002l2lW Wx xW+W Wtanlμθ-+()≤(+W)∴00()2l2W W)≤(+WtanlW Wx xμθ+-①0W=ntaμθ≥当不挂生物,此即为不挂重物平衡的条件，可得②W0(1)2tan(+1)-W Wμxμθl tanθ-+≤W取穷大，则上式仍成立.∴μθl tan(1)+-1tanxl tanθθμ+≥0⇒x≥wr G【例7】有一个半径为a，高为4a，重为的两端开口的薄壁圆筒，现将筒竖放在光滑的水平面上，之后将半径为，重为的两个完全相同的光滑圆球放入筒内而呈叠放状态，如图，当<r 2<a 2a 时，试求使圆筒不翻倒的条件.【解析】方法一：先看一个直角三角形O 对进行受力分析∴cos sin T =G cot θθ=N T θ=N G ⇒22212-a r ar -a r N =G ar -a sin θG =G =再对筒受力分析A N A 考虑以为支点，考虑翻倒则地面给筒的支持力的作用点移到点.则不翻倒条件。

高中物理经典题必修一(易错例题详解)

易错例题详解例1甲、乙两人手拉手玩拔河游戏，结果甲胜乙败，那么甲乙两人谁受拉力大？【错解】因为甲胜乙，所以甲对乙的拉力比乙对甲的拉力大。

就像拔河一样，甲方胜一定是甲方对乙方的拉力大。

【错解原因】产生上述错解原因是学生凭主观想像，而不是按物理规律分析问题。

按照物理规律我们知道物体的运动状态不是由哪一个力决定的而是由合外力决定的。

甲胜乙是因为甲受合外力对甲作用的结果。

甲、乙两人之间的拉力根据牛顿第三定律是相互作用力，甲、乙二人拉力一样大。

【分析解答】甲、乙两人相互之间的拉力是相互作用力，根据牛顿第三定律，大小相等，方向相反，作用在甲、乙两人身上。

【评析】生活中有一些感觉不总是正确的，不能把生活中的经验，感觉当成规律来用，要运用物理规律来解决问题。

例2如图2－1所示，一木块放在水平桌面上，在水平方向上共受三个力，F1，F2和摩擦力，处于静止状态。

其中F1=10N，F2=2N。

若撤去力F1则木块在水平方向受到的合外力为（）免费来自A.10N向左B.6N向右C.2N向左D.0【错解】木块在三个力作用下保持静止。

当撤去F1后，另外两个力的合力与撤去力大小相等，方向相反。

故A正确。

【错解原因】造成上述错解的原因是不加分析生搬硬套运用“物体在几个力作用下处于平衡状态，如果某时刻去掉一个力，则其他几个力的合力大小等于去掉这个力的大小，方向与这个力的方向相反”的结论的结果。

实际上这个规律成立要有一个前提条件，就是去掉其中一个力，而其他力不变。

本题中去掉F1后，由于摩擦力发生变化，所以结论不成立。

【分析解答】由于木块原来处于静止状态，所以所受摩擦力为静摩擦力。

依据牛二定律有F1-F2-f=0此时静摩擦力为8N方向向左。

撤去F1后，木块水平方向受到向左2N的力，有向左的运动趋势，由于F2小于最大静摩擦力，所以所受摩擦力仍为静摩擦力。

此时—F2+f′=0即合力为零。

故D选项正确。

【评析】摩擦力问题主要应用在分析物体运动趋势和相对运动的情况，所谓运动趋势，一般被解释为物体要动还未动这样的状态。

初中物理一题多解大全

初中物理一题多解大全初中物理一题多解是指一道物理题目有多个不同的解答方法，下面举一些例子：例题1：质量为5kg的木块浮在水面上，画出木块的受力分析图，求木块受到的浮力．（g取10N/kg）【分析】根据物体的浮沉条件判断出木块所受的浮力与重力是一对平衡力，大小相等，方向相反，作用在同一直线上，据此画出木块的受力分析图；再根据G=mg求出重力．【解答】解：因为木块浮在水面上，所以$F_{浮} = G = mg = 5kg \times 10N/kg = 50N$．答：木块受到的浮力为$50N$．例题2：在北方寒冷的冬天，池塘冰面上的温度为-16℃，在冰的上表面的温度为-10℃，那么冰下表面的温度是多少？【分析】由于水的反常膨胀，当温度下降时，水层会越来越厚，因此，冰下表面的温度应高于冰上表面的温度．又因为水结冰的条件是达到0℃．【解答】解：因为冰下表面的水与上面水层接触，虽然局部温度已达$0^{\circ}C$，由于水具有传导性，处在上面的水层会将温度向下传递，所以冰下表面的温度约为$4^{\circ}C$．答：冰下表面的温度是$4^{\circ}C$．例题3：某同学利用电压表和电流表测量电阻的实验中，定值电阻的阻值为5欧，滑动变阻器的阻值变化范围为0\~50欧，电源两端的电压恒定为3伏．改变滑动变阻器的阻值，记录下多组对应的电流表和电压表的示数，然后逐一分析每次实验所得数据．实验时，小华将电压表并联在定值电阻两端，且当变阻器的阻值为25欧时，电压表的示数为伏．当变阻器的阻值为10欧时，电流表的示数为安．实验中所用的电源电压为多少伏？定值电阻的阻值为多少欧？小华将电压表并联在何处？【分析】由于实验中采用了串联电路中电流处处相等的特点；采用了并联电路中各支路两端的电压都相等的特点；据此可分析出所使用的电路图；根据实验数据求出当变阻器的阻值为25欧时定值电阻两端的电压、当变阻器的阻值为10欧时定值电阻两端的电压、电源电压．【解答】解：由题意可知：当滑动变阻器的阻值为25欧时，电压表的示数为伏；当滑动变阻器的阻值为10欧时，电流表的示数为安；由串联电路中电流处处相等的特点可知：当滑动变阻器的阻值为10欧时，电路中的电流也为安；此时定值电阻两端的电压为$U_{R} = I_{R}R = \times 5\Omega = $；所以电源电压为$U = U_{R} + U_{滑} = + = 4V$；由于电压表与滑动变阻器并联；故小华将电压表并联在变阻器两端；答：实验中所用的电源电压为$4V$；定值电阻的阻值为$5\Omega$；小华将电压表并联在变阻器两端．。

物理答案(1)

5.10 若电荷Q 均匀地分布在长为L 的细棒上.求证：(1) 在棒的延长线，且离棒中心为r 处的电场强度为2204π1L r Q εE -=(2) 在棒的垂直平分线上，离棒为r 处的电场强度为2204π21Lr r Q εE +=若棒为无限长(即L →∞)，试将结果与无限长均匀带电直线的电场强度相比较.分析这是计算连续分布电荷的电场强度.此时棒的长度不能忽略，因而不能将棒当作点电荷处理.但带电细棒上的电荷可看作均匀分布在一维的长直线上.如图所示，在长直线上任意取一线元d x ，其电荷为d q ＝Q d x /L ，它在点P 的电场强度为r r q εe E 20d π41d '= 整个带电体在点P 的电场强度⎰=E E d接着针对具体问题来处理这个矢量积分.(1) 若点P 在棒的延长线上，带电棒上各电荷元在点P 的电场强度方向相同，⎰=LE i E d (2) 若点P 在棒的垂直平分线上，如图(A)所示，则电场强度E 沿x 轴方向的分量因对称性叠加为零，因此，点P 的电场强度就是⎰⎰==Ly E αE j j E d sin d 证 (1) 延长线上一点P 的电场强度⎰'=L r πεq E 202d ，利用几何关系 r ′＝r －x 统一积分变量，则()220022204π12/12/1π4d π41L r Q εL r L r L εQ x r L x Q εE L/-L/P -=⎥⎦⎤⎢⎣⎡+--=-=⎰电场强度的方向沿x 轴.(2) 根据以上分析，中垂线上一点P 的电场强度E 的方向沿y 轴，大小为E r εq αE L d π4d sin 2⎰'=利用几何关系 sin α＝r /r ′，22x r r +=' 统一积分变量，则()2203/22222041π2d π41L r r εQ r x L xrQ εE L/-L/+=+=⎰当棒长L →∞时，若棒单位长度所带电荷λ为常量，则P 点电场强度r ελL r L Q r εE l 0220π2 /41/π21lim =+=∞→此结果与无限长带电直线周围的电场强度分布相同［图(B)］.这说明只要满足r 2/L 2＜＜1，带电长直细棒可视为无限长带电直线.5 －11 一半径为R 的半球壳，均匀地带有电荷，电荷面密度为σ，求球心处电场强度的大小.分析这仍是一个连续带电体问题，求解的关键在于如何取电荷元.现将半球壳分割为一组平行的细圆环，如图所示，从教材第5 －3 节的例1 可以看出，所有平行圆环在轴线上P 处的电场强度方向都相同，将所有带电圆环的电场强度积分，即可求得球心O 处的电场强度. 解将半球壳分割为一组平行细圆环，任一个圆环所带电荷元θθR δS δq d sin π2d d 2⋅==，在点O 激发的电场强度为 ()i E 3/2220d π41d r x qx ε+=由于平行细圆环在点O 激发的电场强度方向相同，利用几何关系θR x cos =，θR r sin =统一积分变量，有()θθθεδθθR πδR θR πεr x q x πεE d cos sin 2 d sin 2cos 41d 41d 02303/2220=⋅=+= 积分得 02/004d cos sin 2εδθθθεδE π⎰==5 －18 设在半径为R 的球体内，其电荷为球对称分布，电荷体密度为()()R r ρkr ρ>=≤≤= 0R r 0k 为一常量.试分别用高斯定理和电场叠加原理求电场强度E 与r 的函数关系.分析通常有两种处理方法：(1) 利用高斯定理求球内外的电场分布.由题意知电荷呈球对称分布，因而电场分布也是球对称，选择与带电球体同心的球面为高斯面，在球面上电场强度大小为常量，且方向垂直于球面，因而有2S π4d r E ⋅=⋅⎰S E 根据高斯定理⎰⎰=⋅V ρεd 1d 0S E ，可解得电场强度的分布. (2) 利用带电球壳电场叠加的方法求球内外的电场分布.将带电球分割成无数个同心带电球壳，球壳带电荷为r r ρq ''⋅=d π4d 2，每个带电球壳在壳内激发的电场0d =E ，而在球壳外激发的电场 r r εq e E 20π4d d = 由电场叠加可解得带电球体内外的电场分布()()()()R r r r R r>=≤≤=⎰⎰ d R r 0 d 00E E E E解1 因电荷分布和电场分布均为球对称，球面上各点电场强度的大小为常量，由高斯定理⎰⎰=⋅V ρεd 1d 0S E 得球体内(0≤r ≤R ) ()400202πd π41π4r εk r r kr εr r E r ==⎰ ()r εkr r e E 024= 球体外(r ＞R)()400202πd π41π4r εk r r kr εr r E R ==⎰ ()r εkR r e E 024= 解2 将带电球分割成球壳，球壳带电r r r k V ρq '''==d π4d d 2由上述分析，球体内(0≤r ≤R )()r r rεkr r r r r k εr e e E 0222004d π4π41=''⋅'=⎰ 球体外(r ＞R )()r r Rr εkR r r r πr k πεr e e E 20222004d 441=''⋅'=⎰5 －22 一个内外半径分别为R 1 和R 2 的均匀带电球壳，总电荷为Q 1 ，球壳外同心罩一个半径为R 3 的均匀带电球面，球面带电荷为Q 2 .求电场分布.电场强度是否为离球心距离r 的连续函数？试分析.分析以球心O 为原点，球心至场点的距离r 为半径，作同心球面为高斯面.由于电荷呈球对称分布，电场强度也为球对称分布，高斯面上电场强度沿径矢方向，且大小相等.因而24d r πE ⋅=⎰S E .在确定高斯面内的电荷∑q 后，利用高斯定理∑⎰=0/d εq S E 即可求出电场强度的分布.解取半径为r 的同心球面为高斯面，由上述分析∑=⋅02/π4εq r Er ＜R 1 ，该高斯面内无电荷，0=∑q ，故01=ER 1 ＜r ＜R 2 ，高斯面内电荷()31323131R R R r Q q --=∑ 故 ()()23132031312π4r R R εR r Q E --= R 2 ＜r ＜R 3 ，高斯面内电荷为Q 1 ，故2013π4rεQ E = r ＞R 3 ，高斯面内电荷为Q 1 ＋Q 2 ，故20214π4r εQ Q E += 电场强度的方向均沿径矢方向，各区域的电场强度分布曲线如图(B)所示.在带电球面的两侧，电场强度的左右极限不同，电场强度不连续，而在紧贴r ＝R 3 的带电球面两侧，电场强度的跃变量230234π4ΔεσR εQ E E E ==-= 这一跃变是将带电球面的厚度抽象为零的必然结果，且具有普遍性.实际带电球面应是有一定厚度的球壳，壳层内外的电场强度也是连续变化的，本题中带电球壳内外的电场，在球壳的厚度变小时，E 的变化就变陡，最后当厚度趋于零时，E 的变化成为一跃变.5 －24 两个带有等量异号电荷的无限长同轴圆柱面，半径分别为R 1 和R 2 ＞R 1 )，单位长度上的电荷为λ.求离轴线为r 处的电场强度：(1) r ＜R 1 ，(2) R 1 ＜r ＜R 2 ，(3) r ＞R 2 .分析电荷分布在无限长同轴圆柱面上，电场强度也必定沿轴对称分布，取同轴圆柱面为高斯面，只有侧面的电场强度通量不为零，且⎰⋅=rL E d π2S E ，求出不同半径高斯面内的电荷∑q .即可解得各区域电场的分布.解作同轴圆柱面为高斯面，根据高斯定理∑=⋅0/π2εq rL Er ＜R 1 ， 0=∑q01=E 在带电面附近，电场强度大小不连续，电场强度有一跃变R 1 ＜r ＜R 2 ，L λq =∑rελE 02π2= r ＞R 2， 0=∑q03=E在带电面附近，电场强度大小不连续，电场强度有一跃变00π2π2ΔεσrL εL λr ελE === 5 －29 电荷面密度分别为＋σ和－σ的两块“无限大”均匀带电的平行平板，如图(a)放置，取坐标原点为零电势点，求空间各点的电势分布并画出电势随位置坐标x 变化的关系曲线.分析由于“无限大”均匀带电的平行平板电荷分布在“无限”空间，不能采用点电荷电势叠加的方法求电势分布：应该首先由“无限大”均匀带电平板的电场强度叠加求电场强度的分布，然后依照电势的定义式求电势分布.解由“无限大” 均匀带电平板的电场强度i 02εσ±，叠加求得电场强度的分布， ()()()⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧><<--<=a x a x a εσa x2 00i E 电势等于移动单位正电荷到零电势点电场力所作的功()a x a x εσV x<<--=⋅=⎰ d 00l E ()a x a εσV -<=⋅+⋅=⎰⎰- d d 00a -a x l E l E ()a x a εσV >-=⋅+⋅=⎰⎰ d d 00a-a x l E l E 5 －30 两个同心球面的半径分别为R 1 和R 2 ，各自带有电荷Q 1 和Q 2 .求：(1) 各区域电势分布，并画出分布曲线；(2) 两球面间的电势差为多少？分析通常可采用两种方法(1) 由于电荷均匀分布在球面上，电场分布也具有球对称性，因此，可根据电势与电场强度的积分关系求电势.取同心球面为高斯面，借助高斯定理可求得各区域的电场强度分布，再由⎰∞⋅=p p V l E d 可求得电势分布.(2) 利用电势叠加原理求电势.一个均匀带电的球面，在球面外产生的电势为rεQ V 0π4= 在球面内电场强度为零，电势处处相等，等于球面的电势RεQ V 0π4= 其中R 是球面的半径.根据上述分析，利用电势叠加原理，将两个球面在各区域产生的电势叠加，可求得电势的分布.解1 (1) 由高斯定理可求得电场分布()()()22021321201211 π4 π40R r r εQ Q R r R r εQ R r r r >+=<<=<=e E e E E 由电势⎰∞⋅=r V l E d 可求得各区域的电势分布.当r ≤R 1 时，有20210120212113211π4π4π411π40d d d 2211R εQ R εQ R εQ Q R R εQ V R R R R r +=++⎥⎦⎤⎢⎣⎡-+=⋅+⋅+⋅=⎰⎰⎰∞l E l E l E 当R 1 ≤r ≤R 2 时，有202012021201322π4π4π411π4d d 22R εQ r εQ R εQ Q R r εQ V R R r +=++⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=⋅+⋅=⎰⎰∞l E l E当r ≥R 2 时，有rεQ Q V r 02133π4d +=⋅=⎰∞l E (2) 两个球面间的电势差⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=⋅=⎰210121211π4d 21R R εQ U R R l E 解2 (1) 由各球面电势的叠加计算电势分布.若该点位于两个球面内，即r ≤R 1 ，则2021011π4π4R εQ R εQ V += 若该点位于两个球面之间，即R 1 ≤r ≤R 2 ，则202012π4π4R εQ r εQ V += 若该点位于两个球面之外，即r ≥R 2 ，则rεQ Q V 0213π4+= (2) 两个球面间的电势差()2011012112π4π42R εQ R εQ V V U R r -=-==6 －8 一导体球半径为R １，外罩一半径为R 2 的同心薄导体球壳，外球壳所带总电荷为Q ，而内球的电势为V ０．求此系统的电势和电场的分布．分析若200π4R εQ V =，内球电势等于外球壳的电势，则外球壳内必定为等势体，电场强度处处为零，内球不带电．若200π4R εQ V ≠，内球电势不等于外球壳电势，则外球壳内电场强度不为零，内球带电．一般情况下，假设内导体球带电q ，导体达到静电平衡时电荷的分布如图所示．依照电荷的这一分布，利用高斯定理可求得电场分布．并由⎰∞⋅=p p V l E d 或电势叠加求出电势的分布．最后将电场强度和电势用已知量V 0、Q 、R １、R 2表示．解根据静电平衡时电荷的分布，可知电场分布呈球对称．取同心球面为高斯面，由高斯定理()()∑⎰⋅=⋅=⋅02/π4d εq r E r r E S E ，根据不同半径的高斯面内的电荷分布，解得各区域内的电场分布为r ＜R １时， ()01=r ER １＜r ＜R 2 时，()202π4r εq r E = r ＞R 2 时， ()202π4r εq Q r E +=由电场强度与电势的积分关系，可得各相应区域内的电势分布．r ＜R １时，20103211π4π4d d d d 2211R εQ R εq V R R R R r r +=⋅+⋅+⋅=⋅=⎰⎰⎰⎰∞∞l E l E l E l E R １＜r ＜R 2 时，200322π4π4d d d 22R εQ r εq V R R r r +=⋅+⋅=⋅=⎰⎰⎰∞∞l E l E l E r ＞R 2 时，rεQ q V r 03π4d +=⋅=⎰∞l E 3 也可以从球面电势的叠加求电势的分布．在导体球内（r ＜R １）20101π4π4R εQ R εq V += 在导体球和球壳之间（R １＜r ＜R 2 ）2002π4π4R εQ r εq V += 在球壳外（r ＞R 2）rεQ q V 03π4+= 由题意102001π4π4R εQ R εq V V +== 得102001π4π4R εQ R εq V V +== 代入电场、电势的分布得r ＜R １时，01=E ；01V V =R １＜r ＜R 2 时，22012012π4rR εQ R r V R E -=；r R εQ R r r V R V 201012π4)(--= r ＞R 2 时，220122013π4)(r R εQ R R r V R E --=；rR εQ R R r V R V 2012013π4)(--=8 －7 有两根相距为d 的无限长平行直导线，它们通以大小相等流向相反的电流，且电流均以tI d d 的变化率增长．若有一边长为d 的正方形线圈与两导线处于同一平面内，如图所示．求线圈中的感应电动势．分析本题仍可用法拉第电磁感应定律tΦξd d -=来求解．由于回路处在非均匀磁场中，磁通量就需用⎰⋅=S ΦS B d 来计算（其中B 为两无限长直电流单独存在时产生的磁感强度B 1 与B 2 之和）．为了积分的需要，建立如图所示的坐标系．由于B 仅与x 有关，即()B B x =，故取一个平行于长直导线的宽为ｄx 、长为d 的面元ｄS ，如图中阴影部分所示，则x d S d d =，所以，总磁通量可通过线积分求得（若取面元y x S d d d =，则上述积分实际上为二重积分）．本题在工程技术中又称为互感现象，也可用公式tl ME M d d -=求解．解1 穿过面元ｄS 的磁通量为 ()x d xI μx d d x I μΦd π2d π2d d d d 0021-+=⋅+⋅=⋅=S B S B S B 因此穿过线圈的磁通量为 ()43ln π2d π2d π2d 02020Id μx x Id μx d x Id μΦΦd d d d =-+==⎰⎰⎰ 再由法拉第电磁感应定律，有 tI d μt ΦE d d 43ln π2d d 0⎪⎭⎫ ⎝⎛=-= 解2 当两长直导线有电流I 通过时，穿过线圈的磁通量为43ln π20dI μΦ=线圈与两长直导线间的互感为 43ln π20d μI ΦM ==当电流以tl d d 变化时，线圈中的互感电动势为tI d μt I M E d d 43ln π2d d 0⎪⎭⎫ ⎝⎛=-= 试想：如线圈又以速率v 沿水平向右运动，如何用法拉第电磁感应定律求图示位置的电动势呢？此时线圈中既有动生电动势，又有感生电动势．设时刻t ，线圈左端距右侧直导线的距离为ξ，则穿过回路的磁通量()ξf ΦS,1d =⋅=⎰S B ，它表现为变量I 和ξ的二元函数，将Φ代入tΦE d d -= 即可求解，求解时应按复合函数求导，注意，其中v =t ξd d ，再令ξ＝d 即可求得图示位置处回路中的总电动势．最终结果为两项，其中一项为动生电动势，另一项为感生电动势．8 －10 如图（ａ）所示，把一半径为R 的半圆形导线OP 置于磁感强度为B 的均匀磁场中，当导线以速率v 水平向右平动时，求导线中感应电动势E 的大小，哪一端电势较高？分析本题及后面几题中的电动势均为动生电动势，除仍可由t ΦE d d -=求解外（必须设法构造一个闭合回路），还可直接用公式()l B d ⋅⨯=⎰lE v 求解．在用后一种方法求解时，应注意导体上任一导线元ｄl 上的动生电动势()l B d d ⋅⨯=v E .在一般情况下，上述各量可能是ｄl 所在位置的函数．矢量（v ×B ）的方向就是导线中电势升高的方向．解1 如图（ｂ）所示，假想半圆形导线OP 在宽为2R 的静止形导轨上滑动，两者之间形成一个闭合回路．设顺时针方向为回路正向，任一时刻端点O 或端点P 距形导轨左侧距离为x ，则B R Rx Φ⎪⎭⎫ ⎝⎛+=2π212 即B R tx RB t ΦE v 2d d 2d d -=-=-=由于静止的形导轨上的电动势为零，则E ＝－2RvB ．式中负号表示电动势的方向为逆时针，对OP 段来说端点P 的电势较高．解2 建立如图（c ）所示的坐标系，在导体上任意处取导体元ｄl ，则()θR θB l θB E o d cos d cos 90sin d d v v ==⋅⨯=l B vB R θθBR E v v 2d cos d E π/2π/2===⎰⎰- 由矢量（v ×B ）的指向可知，端点P 的电势较高．解3 连接OP 使导线构成一个闭合回路．由于磁场是均匀的，在任意时刻，穿过回路的磁通量==BS Φ常数.由法拉第电磁感应定律tΦE d d -=可知，E ＝0 又因 E ＝E OP ＋E PO即 E OP ＝－E PO ＝2RvB由上述结果可知，在均匀磁场中，任意闭合导体回路平动所产生的动生电动势为零；而任意曲线形导体上的动生电动势就等于其两端所连直线形导体上的动生电动势．上述求解方法是叠加思想的逆运用，即补偿的方法．8 －12 如图所示，长为L 的导体棒OP ，处于均匀磁场中，并绕OO ′轴以角速度ω旋转，棒与转轴间夹角恒为θ，磁感强度B 与转轴平行．求OP 棒在图示位置处的电动势．分析如前所述，本题既可以用法拉第电磁感应定律tΦE d d -= 计算（此时必须构造一个包含OP 导体在内的闭合回路，如直角三角形导体回路OPQO ），也可用()l B d ⋅⨯=⎰l E v 来计算．由于对称性，导体OP 旋转至任何位置时产生的电动势与图示位置是相同的．解1 由上分析，得()l B d ⋅⨯=⎰OP OP E vl αB lo d cos 90sin ⎰=v ()()l θB θωlo d 90cos sin ⎰-=l ()⎰==L θL B ωl l θB ω022sin 21d sin 由矢量B ⨯v 的方向可知端点P 的电势较高．解2 设想导体OP 为直角三角形导体回路OPQO 中的一部分，任一时刻穿过回路的磁通量Φ为零，则回路的总电动势QO PQ OP E E E tΦE ++==-=0d d 显然，E QO ＝0，所以 ()221PQ B ωE E E QO PQ OP ==-= 由上可知，导体棒OP 旋转时，在单位时间内切割的磁感线数与导体棒QP 等效．后者是垂直切割的情况．8 －13 如图（ａ）所示，金属杆AB 以匀速12.0m s -=⋅v 平行于一长直导线移动，此导线通有电流I ＝40A ．求杆中的感应电动势，杆的哪一端电势较高？分析本题可用两种方法求解．（1）用公式()l B d ⋅⨯=⎰l E v 求解，建立图（a ）所示的坐标系，所取导体元x l d d =，该处的磁感强度xI μB π20=．（2）用法拉第电磁感应定律求解，需构造一个包含杆AB 在内的闭合回路．为此可设想杆AB 在一个静止的形导轨上滑动，如图（ｂ）所示．设时刻t ，杆AB 距导轨下端CD 的距离为y ，先用公式⎰⋅=S ΦS B d 求得穿过该回路的磁通量，再代入公式tΦE d d -=，即可求得回路的电动势，亦即本题杆中的电动势．解1 根据分析，杆中的感应电动势为 ()V 1084.311ln 2πd 2πd d 50m 1.1m 1.00-⨯-=-=-==⋅⨯=⎰⎰v v v I μx x μxl E AB AB l B 式中负号表示电动势方向由B 指向A ，故点A 电势较高．解2 设顺时针方向为回路ABCD 的正向，根据分析，在距直导线x 处，取宽为ｄx 、长为y 的面元ｄS ，则穿过面元的磁通量为x y xI μΦd 2πd d 0=⋅=S B 穿过回路的磁通量为 11ln 2πd 2πd 0m1.1m 1.00⎰⎰-===S Iy μx y x I μΦΦ 回路的电动势为V 1084.32πd d 11ln 2πd d 500-⨯-=-=-=-=Iy μt y x I μt ΦE 由于静止的形导轨上电动势为零，所以V 1084.35-⨯-==E E AB式中负号说明回路电动势方向为逆时针，对AB 导体来说，电动势方向应由B 指向A ，故点A 电势较高．8 －14 如图（ａ）所示，在“无限长”直载流导线的近旁，放置一个矩形导体线框，该线框在垂直于导线方向上以匀速率v 向右移动，求在图示位置处，线框中感应电动势的大小和方向．分析本题亦可用两种方法求解．其中应注意下列两点：1．当闭合导体线框在磁场中运动时，线框中的总电动势就等于框上各段导体中的动生电动势的代数和．如图（ａ）所示，导体eh 段和fg 段上的电动势为零［此两段导体上处处满足()0l B =⋅⨯d v ］，因而线框中的总电动势为()()()()hg ef hgef gh ef E E E -=⋅⨯-⋅⨯=⋅⨯+⋅⨯=⎰⎰⎰⎰l B l B l B l B d d d d v v v v 其等效电路如图（ｂ）所示．2．用公式tΦE d d -=求解，式中Φ是线框运动至任意位置处时，穿过线框的磁通量．为此设时刻t 时，线框左边距导线的距离为ξ，如图（c ）所示，显然ξ是时间t 的函数，且有v =t ξd d ．在求得线框在任意位置处的电动势E （ξ）后，再令ξ＝d ，即可得线框在题目所给位置处的电动势．解1 根据分析，线框中的电动势为hg ef E E E -=()()⎰⎰⋅⨯-⋅⨯=hgef l B l B d d v v ()⎰⎰+-=2201000d 2πd 2πl l l l d I μl d I μv v ()1202πl d I I μ+=1vI 由E ef ＞E hg 可知，线框中的电动势方向为efgh ．解2 设顺时针方向为线框回路的正向．根据分析，在任意位置处，穿过线框的磁通量为()()ξl ξξx Il μdx ξx Il μΦl 120020ln π2π21++=+=⎰相应电动势为 ()()1120π2d d l ξξl l I μt ΦξE +=-=v 令ξ＝d ，得线框在图示位置处的电动势为()1120π2l d d l l I μE +=v 由E ＞0 可知，线框中电动势方向为顺时针方向．8 －19 截面积为长方形的环形均匀密绕螺绕环，其尺寸如图（ａ）所示，共有N 匝（图中仅画出少量几匝），求该螺绕环的自感L ．分析如同电容一样，自感和互感都是与回路系统自身性质（如形状、匝数、介质等）有关的量．求自感L 的方法有两种：1．设有电流I 通过线圈，计算磁场穿过自身回路的总磁通量，再用公式I ΦL =计算L ．2．让回路中通以变化率已知的电流，测出回路中的感应电动势E L ，由公式t I E L L d /d =计算L ．式中E L 和tI d d 都较容易通过实验测定，所以此方法一般适合于工程中．此外，还可通过计算能量的方法求解．解用方法1 求解，设有电流I 通过线圈，线圈回路呈长方形，如图（ｂ）所示，由安培环路定理可求得在R 1 ＜r ＜R 2 范围内的磁场分布为xNI μB π20= 由于线圈由N 匝相同的回路构成，所以穿过自身回路的磁链为12200ln π2d π2d 21R R hI N μx h x NI μN N ψS R R ==⋅=⎰⎰S B 则1220ln π2R R h N μI ψL = 8 －20 如图所示，螺线管的管心是两个套在一起的同轴圆柱体，其截面积分别为S 1 和S 2 ，磁导率分别为μ1 和μ2 ，管长为l ，匝数为N ，求螺线管的自感．（设管的截面很小）分析本题求解时应注意磁介质的存在对磁场的影响．在无介质时，通电螺线管内的磁场是均匀的，磁感强度为B 0 ，由于磁介质的存在，在不同磁介质中磁感强度分别为μ1 B 0 和μ2 B 0 ．通过线圈横截面的总磁通量是截面积分别为S 1 和S 2 的两部分磁通量之和．由自感的定义可解得结果．解设有电流I 通过螺线管，则管中两介质中磁感强度分别为I L N μnl μB 111==,I LN μnl μB 222== 通过N 匝回路的磁链为 221121S NB S NB ΨΨΨ+=+=则自感2211221S μS μlN I ψL L L +==+= 8 －23 如图所示，一面积为4.0 cm 2共50 匝的小圆形线圈A ，放在半径为20 cm 共100 匝的大圆形线圈B 的正中央，此两线圈同心且同平面．设线圈A 内各点的磁感强度可看作是相同的．求：（1）两线圈的互感；（2）当线圈B 中电流的变化率为－50 A ·ｓ－1 时，线圈A 中感应电动势的大小和方向．分析设回路Ⅰ中通有电流I 1 ，穿过回路Ⅱ的磁通量为Φ21 ，则互感M ＝M 21 ＝Φ21I 1 ；也可设回路Ⅱ通有电流I 2 ，穿过回路Ⅰ的磁通量为Φ12 ，则21212I ΦM M == ．虽然两种途径所得结果相同，但在很多情况下，不同途径所涉及的计算难易程度会有很大的不同．以本题为例，如设线圈B 中有电流I 通过，则在线圈A 中心处的磁感强度很易求得，由于线圈A 很小，其所在处的磁场可视为均匀的，因而穿过线圈A 的磁通量Φ≈BS ．反之，如设线圈A 通有电流I ，其周围的磁场分布是变化的，且难以计算，因而穿过线圈B 的磁通量也就很难求得，由此可见，计算互感一定要善于选择方便的途径．解（1）设线圈B 有电流I 通过，它在圆心处产生的磁感强度RI μN B B200=穿过小线圈A 的磁链近似为 A BA A A A S RI μN N S B N ψ200== 则两线圈的互感为 H 1028.6260-⨯===R S μN N I ψM A B A A （2）V 1014.3d d 4-⨯=-=tI M E A 互感电动势的方向和线圈B 中的电流方向相同．8 －24 如图所示，两同轴单匝线圈A 、C 的半径分别为R 和r ，两线圈相距为d ．若r 很小，可认为线圈A 在线圈C 处所产生的磁场是均匀的．求两线圈的互感．若线圈C 的匝数为N 匝，则互感又为多少？解设线圈A 中有电流I 通过，它在线圈C 所包围的平面内各点产生的磁感强度近似为()2/322202d R IR μB +=穿过线圈C 的磁通为()22/32220π2r d R IR μBS ψC +==则两线圈的互感为()2/3222202πd R R r μI ψM +== 若线圈C 的匝数为N 匝，则互感为上述值的N 倍．8 －27 一无限长直导线，截面各处的电流密度相等，总电流为I ．试证：单位长度导线内所贮藏的磁能为π16/20I μ．分析本题中电流激发的磁场不但存在于导体内当r ＜R 时，201π2R Ir μB =，而且存在于导体外当r ＞R 时，r I μB π202=．由于本题仅要求单位长度导体内所储存的磁能，故用公式V w W V m m d ⎰=计算为宜，因本题中B 呈柱对称性，取单位长度，半径为r ，厚为ｄr 的薄柱壳（壳层内m w 处处相同）为体元ｄV ，则该体元内储存的能量r r R Ir μμW m d π2π221d 2200⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡⎥⎦⎤⎢⎣⎡=，积分即可求得磁能．证根据以上分析单位长度导线内贮存的磁能为π16d π2π8d 20024220I μr r r R I μW W Rm m =⎥⎦⎤⎢⎣⎡==⎰⎰上述结果仅为单位长度载流导线内所具有的磁场能量，它是总磁场能量的一部分，总能量还应包括导线外磁场所储存的磁能．。

八年级物理《第一章走进物理世界》典型例题与习题

《第一章走进物理世界》典型例题与习题【例1】完成下列长度单位换算：（1）万里长城全长6.7×103km，合多少m？（2）人头发的直径约70μm，合多少m？【分析】在长度单位换算中，不论是大单位换算成小单位，还是小单位换算成大单位，都要用乘式，并且要采用等量代换的方式。

【解答】∵1km=103m∴6.7×103km=6.7×103×1km=6.7×103×103m=6.7×106m∵1μm=10-6m∴70μm=70×1μm=70×10-6m=7.0×10-5m【例2】小明用一把刻度尺测量同一作业本的宽度，四次测量记录如下，其中错误的一次记录是 ( )A.161.5mmB.16.19cmC.0.1638mD.1.617dm【分析】本题要求找出“错误的一次记录”，可用比较法，但是四次记录单位都不一致，不便比较，所以应该先统一单位。

【解答】LA=161.5mm=0.1615m，LB=16.19cm=0.1619m，LC=0.1638m，LD=1.617dm=0.1617m 根据有效数字的规定，测量结果的最后一位数字是估计数字，各次记录可能不同；而其余各位都是准确数字，各次记录应该相同，观察发现LC与众不同，是错误记录。

故本题应选（C）。

【例3】某同学测得一物体的长度的正确结果为5.4231m，该学生用的刻度尺的分度值是______.如果用厘米作单位，结果应写成________厘米。

如果用厘米刻度尺来测量该物体的长度，结果应为_____厘米.【分析】长度测量估读到分度值下一位，所以在记录数据时，最后一位"1"是估计的，倒数第二位是刻度尺的分度值，所以分度值是毫米，如果用厘米作单位，应保持原来的准确程度，结果是542.31cm，如果是用厘米度尺来测量，则毫米位为估计值，结果为542.3cm.【解答】毫米；542.31cm；542.3cm.【例4】.几位同学用一分度值为毫米的刻度尺，测同一个物体的长度，以下是他们的测量记录，其中正确的是：（）A.27.8mmB.27.8C.27.80mmD.2.7cm【分析】测量结果的记录应包括三部分：准确值、估计值和单位.用刻度尺测量物体的长度时，准确值是刻度尺的分度值的整数倍，估计值则是在一个最小分度的十分位内的人为估计数.用分度值是毫米的刻度尺测量物体的长度时，测量结果的记录应准确到毫米，估计值为十分这几毫米.本题的四个选项中，B选项没有单位，C选项估计到了毫米的百分位，D选项没有估计值，故B、C、D都不正确。

物理实验(1)

传感器一单项选择题1、传感器的种类多种多样，其性能也各不相同，空调机在室内温度达到设定的稳定后，会自动停止工作，其中空调机内使用了下列哪种传感器( C )。

A．生物传感器B．红外传感器C．温度传感器D．压力传感器2、电阻传感器进行温度测量时，为了消除或减少引线电阻的影响，通常采用( C )。

A、文氏电桥法B、双线制连接法C、三线制连接法D、混合连接法3、在下列元件中不属于光电元件的是 ( A )。

A、光纤B、光敏电阻C、光电池D、光敏晶体管4、DVD影碟机、电视机等电器中都有一个传感器，这个传感器可以接收遥控器发出的红外线信号，并能够把所接收到的红外线信号转化为电信号。

下列装置中和上述传感器工作原理相同的是 ( A )。

A．空调机接收遥控信号的装置B．楼道中照明灯的声控开关C．烟雾传感器（气敏化学传感器）D．冰箱中控制温度的温控器5、半导体热敏电阻随着温度的上升，其电阻率( B )。

A．上升 B．迅速下降C．保持不变D．归零6、下列传感器可用于医疗上－100℃～350℃温度测量的是( C )。

A．热电偶 B．金属辐射式C．热电阻D．体温计7、信号传输过程中产生干扰的原因是( D )。

A．信号缓慢 B．信号快变C．信号是交流的D．干扰的耦合通道8、如上图是一火警报警器的部分电路示意图．其中R2为用半导体负温度系数热敏材料制成的传感器，电流表为值班室的显示器，a、b之间接报警器．当传感器R2所在处出现火情时，显示器的电流I，报警器两端的电压U的变化情况是( D )A．I变大，U变大B．I变大，U变小C．I变小，U变大D．I变小，U变小9、如图所示，R、R2为定值电阻，L为小灯泡，R3为光敏电阻，当照射光强度增大时( C )A．电压表的示数减小B．R2中电流增大C．小灯泡的功率增大D．电路的路端电压增大10、家用电热灭蚊器中电热部分的主要部件是PTC元件，PTC元件是由酞酸钡等半导体材料制成的电阻器，其电阻率与温度的关系如图所示，由于这种特性，PTC元件具有发热、控温两功能!对此以下说法中正确的是( C )A．通电后其功率保持不变B．通电后其功率先减小后增大C．当其产生的热量与散发的热量相等时。

高中物理必修一牛顿第二定律典型例题

高一物理牛顿第二定律典型例题讲解与错误分析【例1】在光滑水平面上的木块受到一个方向不变，大小从某一数值逐渐变小的外力作用时，木块将作 [ ]A．匀减速运动B．匀加速运动C．速度逐渐减小的变加速运动D．速度逐渐增大的变加速运动【分析】木块受到外力作用必有加速度，已知外力方向不变，数值变小，根据牛顿第二定律可知，木块加速度的方向不变，大小在逐渐变小，也就是木块每秒增加的速度在减少，由于加速度方向与速度方向一致，木块的速度大小仍在不断增加，即木块作的是加速度逐渐减小速度逐渐增大的变加速运动．【答】 D．【例2】一个质量m=2kg的木块，放在光滑水平桌面上，受到三个大小均为F=10N、与桌面平行、互成120°角的拉力作用，则物体的加速度多大？若把其中一个力反向，物体的加速度又为多少？【分析】物体的加速度由它所受的合外力决定．放在水平桌面上的木块共受到五个力作用：竖直方向的重力和桌面弹力，水平方向的三个拉力．由于木块在竖直方向处于力平衡状态，因此，只需由水平拉力算出合外力即可由牛顿第二定律得到加速度．（1）由于同一平面内、大小相等、互成120°角的三个力的合力等于零，所以木块的加速度a=0．（2）物体受到三个力作用平衡时，其中任何两个力的合力必与第三个力等值反向．如果把某一个力反向，则木块所受的合力F合=2F=20N，所以其加速度为：它的方向与反向后的这个力方向相同．【例3】沿光滑斜面下滑的物体受到的力是 [ ]A．力和斜面支持力B．重力、下滑力和斜面支持力C．重力、正压力和斜面支持力D．重力、正压力、下滑力和斜面支持力【误解一】选（B）。

【误解二】选（C）。

【正确解答】选（A）。

【错因分析与解题指导】 [误解一]依据物体沿斜面下滑的事实臆断物体受到了下滑力，不理解下滑力是重力的一个分力，犯了重复分析力的错误。

[误解二]中的“正压力”本是垂直于物体接触表面的力，要说物体受的，也就是斜面支持力。

物理选修3-1：第一章《静电场》典型例题

【典型例题】[例1] 如图中虚线表示等势面，相邻两等势面间电势差相等。

有一带正电的粒子在电场中运动，实线表示该带正电的粒子只在电场力作用下的运动轨迹，粒子在a点的动能为20 eV，运动到b点时的动能为2 eV。

若取c点为零势点，则当粒子的电势能为一6 eV时，它的动能是（）A. 16 eVB. 14 eVC. 6 eVD. 4 eV解析：因该带正电的粒子从a点运动到b点动能减少了18eV，则运动至c等势面时的动能Ekc＝20eV一＝8eV，带电粒子的总能量E＝Ekc+Ec＝8eV+0＝8eV。

当粒子的电势能为-6eV时，动能Ek＝8eV一（一6）eV＝14eV，选项B正确。

说明：带电粒子只在电场力作用下运动，动能和电势能相互转化，总能量守恒。

[例2] 如图所示，在真空中，两条长为60 cm的丝线一端固定于O点，另一端分别系一质量均为0.1g的小球A和B。

当两小球带相同的电荷量时，A球被光滑的绝缘挡板挡住，且使OB线保持与竖直方向成60?角而静止。

求：（1）小球所带电荷量；（2）OB线受到的拉力。

解析：作B 球的受力分析图如图所示，B受G、F、T三力作用，三力平衡时表示三力的有向线段依次相接可以组成一个封闭的力三角形。

由图可知，该力三角形与几何三角形AOB相似，由于ΔAOB为等边三角形，故力三角形也是等边三角形。

设AB长为l，则（1）由F＝＝mg，得小球电荷量为Q＝＝＝2.0×10－6 C（2）OB线受的拉力为T＝G＝mg＝0.1×10—3×10 N＝10—3 N[例3] 如图所示，用电池对电容器充电，电路a、b之间接有一灵敏电流表，两极板之间有一个电荷q处于静止状态。

现将两极板的间距变大，则（）A. 电荷将向上加速运动B. 电荷将向下加速运动C。

电流表中将有从a到b的电流D。

电流表中将有从b到a的电流解析：充电后电容器的上极板A带正电。

不断开电源，增大两板间距，U不变、d增大。

高一物理摩擦力(答案)(1)

高一物理摩擦力（参考答案）一、例题精讲1．【答案】（1）沿斜面向上（2）水平向左（3）水平向左（4）总指向圆心2．【答案】ACD【解析】物体随皮带运输机一起上升的过程中，物体具有相对于皮带下滑的趋势，受到沿皮带向上的摩擦力作用，是使物体向上运动的动力，其大小等于物体重力沿皮带向下的分力，与传送带的速度大小无关，故A、C、D正确，B错误。

3．【答案】AC【解析】方法①：静摩擦力的方向与物体相对运动趋势的方向相反，与接触面相切。

相对运动趋势方向的判断方法：假设接触面光滑，看物体间是否发生相对滑动，若滑动，则说明原来物体有相对运动趋势，且相对运动的方向即为相对运动趋势的方向；若不相对滑动，则说明原来物体就没有相对运动的趋势。

方法②：根据物体的运动状态，利用平衡条件或牛顿第二定律判断。

方法③：根据牛顿第三定律判断，利用摩擦力是成对出现的。

4．【答案】 A5．【答案】BC【解析】在0～2 s内，物体不受外力，此时没有摩擦力，故选项A错误；由图象可知，用力沿水平方向拉木块，拉力从0开始逐渐增大；刚开始木块处于静止状态，木块受拉力和桌面对木块的静摩擦力，当拉力达到4 N时，木块与桌面发生相对滑动，由图可知木块与桌面间的最大静摩擦力F fm为4 N；当拉力大于4 N时，发生相对滑动，木块与桌面间的摩擦力为滑动摩擦力；＝由图可知木块与桌面间的滑动摩擦力F f为3 N，故选项B正确；根据滑动摩擦力公式得μ＝F fmg3＝0.08，选项C正确、D错误．37.56．【答案】 C【解析】在摩擦力达到最大静摩擦力之前，物体不滑动，弹簧的弹力不变。

加力F前，物体P 所受到的静摩擦力方向水平向右，加上力F后，力F增大的开始阶段，物体P所受到的静摩擦力仍水平向右，由平衡条件可得：F T＝F f＋F，物体被拉动之前，F T不变，F f随F的增大而减小，当F f＝0之后，F仍然增大，物体P所受静摩擦力水平向左，由平衡条件得：F T＋F f＝F，在物体被拉动之前，弹簧长度没有发生变化，F T保持不变，则F f随F的增大而增大，故只有选项C 正确。

高一必修一物理经典力学典型例题(有答案,含解析)

高一必修一物理经典力学典型例题1.倾角θ=37°的斜面底端与水平传送带平滑接触，传送带BC长L=6 m，始终以v0=6m/s的速度顺时针运动。

一个质量m=1 kg的物块从距斜面底端高度h1=5.4m的A点由静止滑下，物块通过B点时速度的大小不变。

物块与斜面、物块与传送带间动摩擦因数分别为μ1=0.5、μ2=0.2，传送带上表面在距地面一定高度处，g取10m/s2。

(sin37°=0.6，cos37°=0.8）（1）求物块由A点运动到C点的时间；（2）求物块距斜面底端高度满足什么条件时，将物块静止释放均落到地面上的同一点D。

2.如图，倾斜的传送带向下匀加速运转，传送带与其上的物体保持相对静止。

那么关于传送带与物体间静摩擦力的方向，以下判断正确的是A．物体所受摩擦力为零B．物体所受摩擦力方向沿传送带向上C．物体所受摩擦力方向沿传送带向下D．上述三种情况都有可能出现3.（2018·江西师大附中）如图是工厂流水生产线包装线示意图，质量均为m=2.5 kg、长度均为l=0.36 m的产品在光滑水平工作台AB上紧靠在一起排列成直线（不粘连），以v0=0.6 m/s 的速度向水平传送带运动，设当每个产品有一半长度滑上传送带时，该产品即刻受到恒定摩擦力F f=μmg而做匀加速运动，当产品与传送带间没有相对滑动时，相邻产品首尾间距离保持2l（如图）被依次送入自动包装机C进行包装。

观察到前一个产品速度达到传送带速度时，下一个产品刚好有一半滑上传送带而开始做匀加速运动。

取g=10 m/s2。

试求：(1)传送带的运行速度v；(2)产品与传送带间的动摩擦因数μ：(3)满载工作时与空载时相比，传送带驱动电动机增加的功率∆P；(4)为提高工作效率，工作人员把传送带速度调成v'=2.4 m/s，已知产品送入自动包装机前已匀速运动，求第(3)问中的∆P′?第(3)问中在相当长时间内的等效∆P′′?4.如图所示，传送带AB段是水平的，长20 m，传送带上各点相对地面的速度大小是2 m/s，某物块与传送带间的动摩擦因数为0.1。

高一物理必修1典型例题(经典)

高一物理必修1典型例题例l. 在下图甲中时间轴上标出第2s 末，第5s 末和第2s ，第4s ，并说明它们表示的是时间还是时刻。

甲乙例2. 关于位移和路程，下列说法中正确的是A. 在某一段时间内质点运动的位移为零，该质点不一定是静止的B. 在某一段时间内质点运动的路程为零，该质点一定是静止的C. 在直线运动中，质点位移的大小一定等于其路程D. 在曲线运动中，质点位移的大小一定小于其路程例3. 从高为5m 处以某一初速度竖直向下抛出一个小球，在与地面相碰后弹起，上升到高为2m 处被接住，则在这段过程中A. 小球的位移为3m ，方向竖直向下，路程为7mB. 小球的位移为7m ，方向竖直向上，路程为7mC. 小球的位移为3m ，方向竖直向下，路程为3mD. 小球的位移为7m ，方向竖直向上，路程为3m 例4. 判断下列关于速度的说法，正确的是A. 速度是表示物体运动快慢的物理量，它既有大小，又有方向。

B. 平均速度就是速度的平均值，它只有大小没有方向。

C. 汽车以速度1v 经过某一路标，子弹以速度2v 从枪口射出，1v 和2v 均指平均速度。

D. 运动物体经过某一时刻（或某一位置）的速度，叫瞬时速度，它是矢量。

例5. 一个物体做直线运动，前一半时间的平均速度为1v ，后一半时间的平均速度为2v ，则全程的平均速度为多少？如果前一半位移的平均速度为1v ，后一半位移的平均速度为2v ，全程的平均速度又为多少？例6. 打点计时器在纸带上的点迹，直接记录了 A. 物体运动的时间B. 物体在不同时刻的位置C. 物体在不同时间内的位移D. 物体在不同时刻的速度例7. 如图所示，打点计时器所用电源的频率为50Hz ，某次实验中得到的一条纸带，用毫米刻度尺测量的情况如图所示，纸带在A 、C 间的平均速度为 m ／s ，在A 、D 间的平均速度为 m ／s ，B 点的瞬时速度更接近于 m ／s 。

例8. 关于加速度，下列说法中正确的是 A. 速度变化越大，加速度一定越大B. 速度变化所用时间越短，加速度一定越大C. 速度变化越快，加速度一定越大D. 速度为零，加速度一定为零例9. 如图所示是某矿井中的升降机由井底到井口运动的图象，试根据图象分析各段的运动情况，并计算各段的加速度。

高一必修一物理经典力学典型例题(有问题详解,含解析汇报)

高一必修一物理经典力学典型例题1.倾角θ=37°的斜面底端与水平传送带平滑接触，传送带BC长L=6 m，始终以v0=6m/s的速度顺时针运动。

一个质量m=1 kg的物块从距斜面底端高度h1=5.4m的A点由静止滑下，物块通过B点时速度的大小不变。

物块与斜面、物块与传送带间动摩擦因数分别为μ1=0.5、μ2=0.2，传送带上表面在距地面一定高度处，g取10m/s2。

(sin37°=0.6，cos37°=0.8）（1）求物块由A点运动到C点的时间；（2）求物块距斜面底端高度满足什么条件时，将物块静止释放均落到地面上的同一点D。

2.如图，倾斜的传送带向下匀加速运转，传送带与其上的物体保持相对静止。

观察到前一个产品速度达到传送带速度时，下一个产品刚好有一半滑上传送带而开始做匀加速运动。

取g=10 m/s2。

人教版物理必修一例题总结(含答案)

人教版物理必修一例题总结（含答案）一直线运动<1>实际问题1如图为运动场部分跑道示意图，甲乙两同学参加400m决赛，甲跑第2道，乙跑第3道，他们同时冲过重点线。

关于他们在整个比赛中的位移和路程，下列说法正确的是A位移相同路程相同B位移相同路程不同C位移不同路程相同D位移不同路程不同2为了使高速公路交通有序、安全，路旁立了许多交通标志．如图11所示，甲图是限速标志(白底、红圈、黑字)，表示允许行驶的最大速度是110 km/h；乙图是路线指示标志，表示到泉州还有100 km.上述两个数据的物理意义是A．110 km/h是平均速度，100 km是位移B．110 km/h是平均速度，100 km是路程C．110 km/h是瞬时速度，100 km是位移D．110 km/h是瞬时速度，100 km是路程3假期小明外出旅行，汽车行驶在沪宁高速公路上，小明两次看到路牌和手表如图(a)、(b)所示，则小明乘坐汽车行驶的平均速度A一定等于26.7m/sB一定大于26.7m/sC 一定小于26.7m/sD可能等于26.7 m/s<2>微元法1如图所示，在倾斜导轨上固定一光电门，让装有挡光片的小车每次从同一位置由静止开始下滑，实验中分别记录了四种挡光片的宽度及相应的挡光时间，数据见表格。

为了尽可能准确得到挡光片开始挡光时小车的瞬时速度，应选择的测量数据是A第1组B 第2组C第3组D第4组<3>平均速度1甲乙两辆汽车沿平直公路从某地同时驶向同一目标，甲车在前一半时间里以速度v1做匀速直线运动，后一半时间里以速度v2做匀速直线运动；乙车在前一半路程中以速度v1做匀速直线运动，后一半路程中以速度v2做匀速直线运动，则A. 甲车先到达B. 乙车先到达C. 甲，乙同时到达D.不能确定<4>物理学史与方向1 在研究物理问题时，如果物体的大小和形状可以忽略不计，我们可以把物体简化成一个具有质量没有大小的点--质点．物理学中类似这种将实际物体抽象为质点的研究方法是A控制变量的方法B观察实验的方法C建立物理模型的方法D科学探究的方法2在物理学发展的过程中，某位科学家开创了理想实验的科学方法，并用这种方法研究了力和运动的关系，这位科学家是A焦耳B亚里士多德C牛顿D伽利略<5>比值问题1一个初速度为零的匀加速直线运动的物体，它在第一秒末，第二秒末，第三秒末的瞬时速度大小之比为A1:1:1B1:2:3C1^2:2^2:3^2D1:3:52对于自由落体运动，下列说法正确的是A．在1s内、2s内、3s内……的位移之比是1∶3∶5∶……B．在1s末、2s末、3s末的速度之比是1∶3∶5C．在第1s内、第2s内、第3s内的平均速度之比是1∶3∶5D．在相邻两个1s内的位移之差都是9.8m？3一列火车由静止从车站出发作匀加速直线运动。

高中物理人教版必修一运动学例题及解析[1]-2

运动学【1】物体沿直线向同一方向运动，通过两个连续相等的位移的平均速度分别为v 1=10m/s 和v 2=15m/s ，则物体在这整个运动过程中的平均速度是多少？【分析与解答】设每段位移为s ，由平均速度的定义有v =212121212//22v v v v v s v s st t s +=+=+=12m/s [点评]一个过程的平均速度与它在这个过程中各阶段的平均速度没有直接的关系，因此要根据平均速度的定义计算，不能用公式v =(v 0+v t )/2，因它仅适用于匀变速直线运动。

【2】一质点沿直线ox 方向作加速运动，它离开o 点的距离x 随时间变化的关系为x=5+2t 3(m)，它的速度随时间变化的关系为v=6t 2(m/s)，求该质点在t=0到t=2s 间的平均速度大小和t=2s 到t=3s 间的平均速度的大小。

【分析与解答】当t=0时，对应x 0=5m ，当t=2s 时，对应x 2=21m ，当t=3s 时，对应x 3=59m ，则:t=0到t=2s 间的平均速度大小为2021x x v -==8m/st=2s 到t=3s 间的平均速度大小为1232x x v -==38m/s [点评]只有区分了求的是平均速度还是瞬时速度，才能正确地选择公式。

【3】一架飞机水平匀速地在某同学头顶飞过，当他听到飞机的发动机声音从头顶正上方传来时，发现飞机在他前上方与地面成600角的方向上，据此可估算出此飞机的速度约为声速的多少倍？【分析与解答】设飞机在头顶上方时距人h ，则人听到声音时飞机走的距离为：3h/3 对声音：h=v 声t 对飞机：3h/3=v 飞t 解得：v 飞=3v 声/3≈声[点评]此类题和实际相联系，要画图才能清晰地展示物体的运动过程，挖掘出题中的隐含条件，如此题中声音从正上方传到人处的这段时间内飞机前进的距离，就能很容易地列出方程求解。

【4】如下图，声源S 和观察者A 都沿x 轴正方向运动，相对于地面的速率分别为v S 和v A ．空气中声音传播的速率为v p ．设v S <v p ，v A <v p ，空气相对于地面没有流动．(1)假设声源相继发出两个声信号，时间间隔为△t ，．请根据发出的这两个声信号从声源传播到观察者的过程，确定观察者接收到这两个声信号的时间间隔△t '．(2)请利用(1)的结果，推导此情形下观察者接收到的声波频率与声源发出的声波频率间的关系式．【分析与解答】: (1)如下图，设为声源S 发出两个信号的时刻，为观察者接收到两个信号的时刻．则第一个信号经过时间被观察者A 接收到，第二个信号经过时间被观察者A 接收到．且设声源发出第一个信号时，S 、A 两点间的距离为L ，两个声信号从声源传播到观察者的过程中，它们运动的距离关系如下图．可得由以上各式，得(2)设声源发出声波的振动周期为T ，这样，由以上结论，观察者接收到的声波振动的周期T'为。

物理复习题(1)

一、填空题1、已知质点沿x 轴作直线运动,其运动方程为32262t t x -+=,式中x 的单位为m,t 的单位为 s ．求：质点在运动开始后4.0 s 内的位移为 -32m ；质点在该时间内所通过的路程48m ； t ＝4 s 时质点的速度和加速度 -48m/s -36m/s^2 ．2、用水平力F N 把一个物体压着靠在粗糙的竖直墙面上保持静止．当F N 逐渐增大时,物体所受的静摩擦力F f 的大小不变（是否发生变化）。

3、如图所示,质量分别为m 1 和m 2 的物体A 和B ,置于光滑桌面上,A 和B 之间连有一轻弹簧．另有质量为m 1 和m 2 的物体C 和D 分别置于物体A 与B 之上,且物体A 和C 、B 和D 之间的摩擦因数均不为零．首先用外力沿水平方向相向推压A 和B ,使弹簧被压缩,然后撤掉外力,则在A 和B 弹开的过程中,对A 、B 、C 、D 以及弹簧组成的系统动量和机械能将如何变化动量不变，机械能减小（一部分机械能由于摩擦力做功转化为热能）。

4、一飞轮由一直径为30㎝，厚度为2.0㎝的圆盘和两个直径为10㎝，长为8.0㎝的共轴圆柱体组成，设飞轮的密度为7.8×103 kg·m -3，飞轮对轴的转动惯量 0.136kg.m^2 ．5、在一均匀磁场中有两个面积相等、通有相同电流的单匝线圈，一个是圆形，一个是三角形。

则这两个线圈的所受的最大磁力矩相等。

（是否相等）6、铁磁性物质表现出高磁导率等显著特性，主要是其微观结构中存在磁畴。

7、自感系数为0.50H 的线圈，当电源在1/16s 内由2A 均匀地减小到零时，线圈中自感电动势的大小为 16V 。

8、电磁波在介质中(ε、μ)的传播速度为9．两根长直导线沿半径方向引到铁环上A 、B 两点，并与很远的电源相连，如图所示，则环中心的磁感应强度为 0 。

10．如图所示半径为R 的圆柱形空间区域，充满着均匀变化磁场，导体AB =2R ，则导体AB 上的感生电动势AB ε= 。

物理必修一练习题附答案

物理必修⼀练习题附答案物理必修⼀典型例题1.在测定匀变速直线运动的加速度的实验中，得到⼀条如图5所⽰的纸带，按时间顺序取0、1、2、3、4、5、6共七个计数点，每相邻两个计数点间各有四个打出的点未画出，⽤刻度尺测得1、2、3、…、6各点到0点的距离分别为8.69 cm、15.99 cm、21.87cm、26.35 cm、29.45 cm、31.17 cm，打点计时器每隔0.02 s打⼀次点.求(1)⼩车的加速度；(2)打计数点3时⼩车的速度.2.⼀枚⽕箭由地⾯竖直向上发射，但由于发动机故障⽽发射失败，其速度—时间图象如图3所⽰，根据图象求：(已知＝3.16，g取10 m/s2)(1)⽕箭上升过程中离地⾯的最⼤⾼度；(2)⽕箭从发射到落地总共经历的时间.3.飞机着陆后做匀变速直线运动，10 s内前进了450m，此时速度减为着陆时速度的⼀半．试求：(1)飞机着陆时的速度．(2)飞机着陆后30 s时距着陆点多远？4.⼀物体以某⼀速度冲上⼀光滑斜⾯，前4 s的位移为1.6 m，随后4s的位移为零，那么物体的加速度多⼤？(设物体做匀变速直线运动且返回时加速度不变)你能想到⼏种⽅法？5.据预测，2020年前后，中国将⾛进更强⼤的太空时代.假设中国宇航员在某⾏星上从⾼75m处⾃由释放⼀重物，测得在下落最后1 s内所通过的距离为27 m.求：(1)重物下落的总时间；(2)该星球表⾯的重⼒加速度.6.⽤绳AC和BC吊起⼀重物，绳与竖直⽅向夹⾓分别为30°和60°，如图所⽰，绳AC能承受的最⼤⼒为150N，绳BC能承受最⼤⼒为100N，求物体最⼤重⼒不应超过多少?7.⼀个氢⽓球重为10N，所受的空⽓浮⼒的⼤⼩为16N，⽤⼀根轻绳拴住．由于受⽔平风⼒的作⽤，⽓球稳定时，轻绳与地⾯成60°⾓，如图所⽰．求：(1)绳的拉⼒为多⼤?(2)汽球所受⽔平风⼒为多⼤?8.⽤细绳AC和BC吊⼀重物，绳与竖直⽅向夹⾓分别为30°和60°，如图，已知：物体重⼒为100 N，求：（1）绳AC的弹⼒；（2）绳BC的弹⼒．9.如图6所⽰，质量为m的物块与⽔平⾯之间的动摩擦因数为µ，现⽤斜向下与竖直⽅向夹⾓为θ的推⼒作⽤在物块上，使物块在⽔平⾯上匀速移动，求推⼒的⼤⼩．(重⼒加速度为g)10.如图13所⽰，⼀质量为m的物块在固定斜⾯上受平⾏斜⾯向上的拉⼒F的作⽤⽽匀速向上运动，斜⾯的倾⾓为30°，物块与斜⾯间的动摩擦因数µ＝，则拉⼒F的⼤⼩为多少？11.⼀物体沿斜⾯向上以12 m/s的初速度开始滑动，它沿斜⾯向上以及沿斜⾯向下滑动的v-t图象如图11所⽰，求斜⾯的倾⾓以及物体与斜⾯的动摩擦因数(g取10 m/s2).12.⼀个质量是60kg的⼈站在升降机的地板上，升降机的顶部悬挂了⼀个弹簧测⼒计，弹簧测⼒计下⾯挂着⼀个质量为m＝5 kg的物体A，当升降机向上运动时，他看到弹簧测⼒计的⽰数为40 N，g取10 m/s2，求：(1)此时升降机的加速度的⼤⼩；(2)此时⼈对地板的压⼒．13.⽓球下挂⼀重物，以v0＝10 m/s匀速上升，当达到离地⾯⾼175m处时，悬挂重物的绳⼦突然断裂，那么重物经多长时间落到地⾯？落地速度多⼤？(空⽓阻⼒不计，g取10 m/s2)14.将⼀个物体以初速度20 m/s竖直向上抛出，忽略空⽓阻⼒，求物体到达距抛出点上⽅15 m处时所⽤的时间．(g取10 m/s2)15.竖直上抛的物体，初速度为30 m/s，经过2.0 s、4.0s，物体的位移分别是多⼤？通过的路程分别是多长？2.0 s、4.0s末的速度分别是多⼤？(g取10 m/s2，忽略空⽓阻⼒)参考答案1.【答案】(1)－1.397 m/s2(2)0.518 m/s【解析】(1)由逐差法可得⼩车的加速度为a＝＝＝×10－2 m/s2≈－1.397 m/s2.(2)打计数点3时⼩车的速度v3＝＝代⼊数据解得v3＝0.518 m/s.2.【答案】(1)450 m (2)34.49 s【解析】(1)由图象可知：当⽕箭上升25 s时离地⾯最⾼，位移等于⼏个图形的⾯积，则x＝×15×20 m＋×5 m＋×5×50 m＝450 m.(2)⽕箭上升25 s后从450 m处⾃由下落，由x＝gt得：t2＝＝s≈9.49 s所以总时间t＝t1＋t2＝34.49 s.3.【答案】(1)60 m/s (2)600 m【解析】(1)设着陆时的速度为v，则x＝t代⼊数据解得v＝60 m/s(2)设飞机从开始着陆到停下来所⽤的时间为t′，则a＝＝ m/s2＝3 m/s2t′＝＝ s＝20 s<30 s故x′＝＝ m＝600 m.4.【答案】见解析【解析】设物体的加速度⼤⼩为a，由题意知a的⽅向沿斜⾯向下．解法⼀基本公式法物体前4 s位移为1.6 m，是减速运动，所以有x＝v0t1－at，代⼊数据1.6＝v0×4－a×42①随后4 s位移为零，则物体滑到最⾼点所⽤时间为t＝4 s＋ s＝6 s，所以初速度为v0＝at＝a×6②由①②得物体的加速度为a＝0.1 m/s2.解法⼆推论＝法物体2 s末时的速度即前4 s内的平均速度为v2＝＝ m/s＝0.4 m/s.物体6 s末的速度为v6＝0，所以物体的加速度⼤⼩为a＝＝ m/s2＝0.1 m/s2.解法三推论Δx＝aT2法由于整个过程a保持不变，是匀变速直线运动，由Δx＝aT2得物体加速度⼤⼩为a＝＝ m/s2＝0.1 m/s2.解法四由题意知，此物体沿斜⾯速度减到零后，⼜逆向加速．分过程应⽤x＝v0t＋at2得1．6＝v0×4－a×421．6＝v0×8－a×82由以上两式得a＝0.1 m/s2，v0＝0.6 m/s5.【答案】(1)5 s (2)6 m/s2【解析】设重物下落的时间是t，该星球表⾯的重⼒加速度为g′，由运动学公式得：h＝g′t2 h－x1＝，解得：t＝5 s，t＝ s(舍去)g′＝6 m/s2.6.【答案】173.32N7.【答案】(1) 4N (2) 2N8.【答案】（1）对物体受⼒分析，如图将F1与F2合成，根据共点⼒平衡条件，其合⼒必定与第三个⼒⼤⼩相等、⽅向相反并且作⽤在同⼀条直线上，根据⼏何关系，有AC绳的弹⼒：F1=Gcos30°=50N即绳AC的弹⼒为50N．（2）由第①问分析可知，BC绳的弹⼒F2=Gsin30°=50N即绳BC的弹⼒为50N．9.【答案】【解析】对物块受⼒分析如图所⽰将物块受到的⼒沿⽔平和竖直⽅向分解，根据平衡条件有⽔平⽅向：F cos θ＝F f①竖直⽅向：F N＝mg＋F sin θ②F f＝µF N③由①②③得F＝10.【答案】mg【解析】对物块受⼒分析如图所⽰，可沿斜⾯向上为x轴正⽅向，垂直斜⾯向上为y轴正⽅向建⽴直⾓坐标系，将重⼒沿x轴及y轴分解，因物块处于平衡状态，由共点⼒的平衡条件可知：平⾏于斜⾯⽅向：F－mg sin α－F f＝0垂直于斜⾯⽅向：F N－mg cos α＝0其中：F f＝µF N由以上三式解得：F＝mg sin α＋µmg cos α＝mg(＋×)＝mg.11.【答案】30°【解析】由图象可知上滑过程的加速度的⼤⼩a上＝ m/s2＝6 m/s2，下滑过程的加速度的⼤⼩a下＝ m/s2＝4 m/s2上滑过程和下滑过程对物体受⼒分析如图所⽰上滑过程a上＝＝g sin θ＋µg cos θ同理下滑过程a下＝g sin θ－µg cos θ，解得θ＝30°，µ＝.12.【答案】(1)2 m/s2(2)480 N【解析】(1)弹簧测⼒计对物体的拉⼒F T＝40 N对物体由⽜顿第⼆定律可得：F T－mg＝ma解得：a＝＝ m/s2＝－2 m/s2故升降机加速度⼤⼩为2 m/s2，⽅向竖直向下．(2)设地板对⼈的⽀持⼒为F N对⼈由⽜顿第⼆定律可得：F N－Mg＝Ma解得F N＝Mg＋Ma＝60×10 N＋60×(－2) N＝480 N由⽜顿第三定律可得⼈对地板的压⼒为480 N13.【答案】7 s 60 m/s【解析】解法⼀分段法绳⼦断裂后，重物先匀减速上升，速度减为零后，再匀加速下降．重物上升阶段，时间t1＝＝1 s，由v＝2gh1知，h1＝＝5 m重物下降阶段，下降距离H＝h1＋175 m＝180 m设下落时间为t2，则H＝gt，故t2＝＝6 s重物落地速度v＝gt2＝60 m/s，总时间t＝t1＋t2＝7 s解法⼆全程法取初速度⽅向为正⽅向重物全程位移h＝v0t－gt2，h＝－175 m可解得t＝7 s，t＝－5 s(舍去)由v＝v0－gt，故v＝－60 m/s，负号表⽰⽅向竖直向下．14.【答案】 1 s或3 s【解析】由于忽略空⽓阻⼒，物体只受重⼒作⽤，故上升、下降的加速度都是g.根据h＝v0t－gt2，将v0＝20 m/s，h＝15 m代⼊得：t1＝1 s，t2＝3 s物体上升过程中⾄距抛出点15 m处所⽤时间为1s；物体从抛出点上升到最⾼点，然后⾃由下落⾄距抛出点15 m处所⽤的时间为3 s.15.【答案】见解析【解析】上升的最⼤⾼度H＝＝ m＝45 m由x＝v0t－gt2得当t1＝2.0 s时，位移x1＝30×2.0 m－×10×2.02 m＝40 m，⼩于H，所以路程s1＝40 m速度v1＝v0－gt1＝30 m/s－10×2.0 m/s＝10 m/s当t2＝4.0 s时，位移x2＝30×4.0 m－×10×4.02 m＝40 m，⼩于H，所以路程s2＝45 m＋(45－40) m＝50 m 速度v2＝v0－gt2＝30 m/s－10×4.0 m/s＝－10 m/s，负号表⽰速度⽅向与初速度⽅向相反．。

物理光学例题1

物理光学例题1【例题1】波长为λ＝5890?得单色光垂直照射到宽度为a＝0.40mm得单缝上，紧贴缝后放一焦距f＝1.0m得凸透镜，使衍射光射于放在透镜焦平面处得屏上。

求屏上：（1）第1级暗条纹离衍射图样中心的距离；（2）第2级明条纹离衍射图样中心的距离；（3）如果单色光以入射角i＝30°斜入射到单缝上，上述结果如何变动？解：（1）屏上暗条纹位置由下式决定，又因，所以：当k＝1时（2）屏上明条纹的位置由下式：决定，又因，所以当k＝2时（3）当单色光以i＝30°斜射在单缝上时，中央明纹位置将在透镜焦平面上移到和主光轴成30°的副光轴与屏的焦点Oˊ处，如图所示。

中央明纹的中心Oˊ离原来位置O的距离为：此时，其他明暗条纹也相应向上平移0.5774m。

【例题2】用平行光管把某光源发出的单色光变成平行光后照射在a＝0.308mm的单缝上，用焦距为f＝12.62m的测微目镜测得中央亮条纹两侧第5级暗条纹之间得距离为Δx＝0.2414cm，求入射光得波长。

解：第k级暗条纹离中央条纹的距离为中央明条纹两侧第5级暗条纹间的距离为所以【例题3】用波长为5893?的平行钠黄光，垂直照射在缝宽为a＝0.001mm、每厘米有5000条刻痕的光栅上。

试求最多能看到几条明条纹。

解：光栅常数：所以光栅缺所有的偶数级。

能看到明条纹的衍射角φ只能在－90°与90°之间，即时条纹级数最大，由光栅方程可得级数的最大值由于k只能取整数，故取考虑到缺偶数（k＝2）的级，所以能看到的只有k＝0，1，3的各级共5条明条纹。

【例题4】用波长λ＝5900?的单色光照射每厘米有5000条栅纹的衍射光栅。

（1）平行光垂直入射；（2）平行光与光栅平面法线方向成30°角入射。

问最多能看到第几级条纹？解：（1）垂直入射时，由又知当φ＝90°时，得：由于k只能取整数，所以取k＝3，即最多能看到第3级条纹。

高中物理必修一经典例题附解析

华辉教育物理学科备课讲义A．大小为2N，方向平行于斜面向上B．大小为1N，方向平行于斜面向上C．大小为2N，方向垂直于斜面向上D．大小为2N，方向竖直向上答案：D解析：绳只能产生拉伸形变，绳不同，它既可以产生拉伸形变，也可以产生压缩形变、弯曲形变和扭转形变，因此杆的弹力方向不一定沿杆．2．某物体受到大小分别为闭三角形．下列四个图中不能使该物体所受合力为零的是答案：ABD解析：A图中F1、F3的合力为为零；D图中合力为2F3.3．列车长为L，铁路桥长也是桥尾的速度是v2，则车尾通过桥尾时的速度为A．v2答案：A解析：推而未动，故摩擦力f＝F，所以A正确．．某人利用手表估测火车的加速度，先观测30s，发现火车前进540m；隔现火车前进360m.若火车在这70s内做匀加速直线运动，则火车加速度为A．0.3m/s2B．0.36m/s2C．0.5m/s2D．0.56m/s2答案：B解析：前30s内火车的平均速度v＝54030m/s＝18m/s，它等于火车在这30s10s内火车的平均速度v1＝36010m/s＝36m/s.它等于火车在这10s内的中间时刻的速度，此时刻与前30s的中间时刻相隔50s.由a＝Δv＝v1－v＝36－18m/s2＝0.36m/s2.即选项A.1 3和C.13和＝v0＝4m/s＝0a ＝10s＝vt＝10.3m/s＝103m/sm ＝FaFa＝a＝10103＝图象得到的结论是____________________________________；图象得到的结论是______________________________________．坐标平面和a－1/M坐标平面内，根据表一和表二提供的数据，分别描出五根据这些点迹作一条直线，使尽量多的点落在直线上，即得到a－F物体的加速度与物体所受的合力成正比物体的加速度与物体的质量成反比．如图所示，不计滑轮的摩擦，将弹簧C的右端由a点沿水平方向拉到两点间的距离．己知弹簧B、C的劲度系数分别为k1、k的压缩量为x1，由胡克定律得mg，所以ab＝x1＋x2＝mg(k2M＝8kg，由静止开始在水平拉力将质量m＝2kg的物体轻轻放到木板的右端，物体放到木板上以后，经多少时间物体与木板相对静止？在这段时间里，物体相对于木板在物体与木板相对静止后，它们之间还有相互作用的摩擦力吗？为什么？如有，摩擦力为物体放在木板上之后，在它们达到相对静止之前，它们之间在水平方向上存在相互。