八、选修3－3【主干知识】1．物体是由大量分子组成的(1)分子的大小分子大小的数量级为10－10m.可用油膜法估测分子的直径：d ＝V S (d 为分子直径，V 为油滴体积，S 为油膜面积)．(2)阿伏加德罗常数把宏观量和微观量联系在一起分子质量m 0、摩尔质量M →N A ＝M m 0→⎩⎪⎨⎪⎧ 单位质量内的分子数n ＝N A M 质量为m 时，分子数n ＝m M N A分子体积V 0、摩尔体积V M →N A ＝V M V 0→⎩⎪⎨⎪⎧ 单位体积内的分子数n ＝1V M N A 体积为V 时，分子数n ＝V V M NA m 、ρ→分子数n ＝m ρV M N A2．分子热运动(1)扩散现象：相互接触的不同物质能够彼此进入对方的现象．温度越高，扩散越快．(2)布朗运动①布朗运动是指悬浮小颗粒的运动，是液体分子撞击不平衡的结果，不是分子的运动，它间接反映了液体分子在做无规则运动．②布朗运动与颗粒大小、液体温度有关．颗粒越小、液体温度越高，布朗运动越明显．3．分子力和分子势能(1)分子力特点：分子间同时存在引力和斥力；引力和斥力都随分子间距离的增大而减小；斥力比引力变化快．分子力随距离的变化关系如图57甲所示．图57(2)分子势能随距离的变化关系如图乙所示．(3)当r＝r0时，分子力为零，分子势能最小；r＞10r0以后，分子力忽略不计，分子势能为零．4．物体的内能(1)温度是分子平均动能的标志，分子的平均动能与物体的机械运动状态无关．(2)物体内能的微观决定因素是分子势能、分子平均动能和分子总数；宏观决定因素是物体的体积、物体的温度及物质的量．(3)改变内能的两种方式：做功和热传递．5．对热力学定律的理解(1)热力学第一定律①内容：一个热力学系统的内能增量等于外界向它传递的热量与外界对它所做的功的和．②表达式：ΔU＝Q＋W.③对公式中符号的规定：外界对物体做功，W＞0，物体对外界做功，W＜0；物体吸收热量，Q＞0，物体放出热量，Q＜0；内能增量ΔU＝U2－U1(末状态内能减去初状态内能)，内能增加，则ΔU＞0，内能减少，则ΔU＜0.④注意几种特殊情况a．绝热过程：Q＝0，W＝ΔU.外界对物体做的功等于物体内能的增加量．b．等容过程：W＝0，则Q＝ΔU.物体吸收的热量等于物体内能的增加量．c．若过程的始末状态内能不变，即ΔU＝0，则W＋Q＝0或W＝－Q.外界对物体做的功等于物体放出的热量，或物体对外界做的功等于物体吸收的热量．(2)热力学第二定律①两种表述表述一(按热传导方向)：热量不能自发地从低温物体传到高温物体．表述二(按机械能与内能转化的方向)：不可能从单一热库吸收热量，使之完全变成功，而不产生其他影响．注意关键词：“自发地”“不产生其他影响”．②热力学第二定律的实质自然界中自发的热现象的宏观过程都具有方向性．如热传递、气体的膨胀、扩散、有摩擦的机械运动等．一切自然过程总沿着分子热运动的无序性增大的方向进行．6．气体实验定律及理想气体状态方程(1)等温变化(玻意耳定律)：p1V1＝p2V2.(2)等容变化(查理定律)：p1T1＝p2T2.(3)等压变化(盖—吕萨克定律)：V1T1＝V2T2.(4)理想气体状态方程：p1V1T1＝p2V2T2.【正误判断】(1)一定质量的100 ℃的水吸收热量后变成100 ℃的水蒸气，则吸收的热量大于增加的内能．(√)(2)给自行车打气时气筒压下后反弹，是由分子斥力造成的．(×)(3)如果气体分子总数不变，而气体温度升高，气体的平均动能一定增大，因此压强也必然增大．(×)(4)单晶体有固定熔点，而多晶体没有固体熔点．(×)(5)把很多小的单晶体放在一起，就变成了非晶体．(×)(6)用热针尖接触金属表面的石蜡，熔化区域呈圆形，这是晶体各向异性的表现．(×)(7)漂浮在热菜汤表面上的油滴，从上面观察是圆形的，是因为油滴液体呈各向同性的缘故．(×)(8)雨水没有透过布雨伞是因为液体分子表面张力的原因．(√)(9)在完全失重的情况下，气体对容器壁的压强为零．(×)(10)压强变大时，气体分子间的平均距离必然变小．(×)(11)当人们感到干燥时，空气的相对湿度一定较小．(√)(12)影响蒸发快慢以及影响人们对干爽与潮湿感受的因素是空气中水蒸气的压强与同一温度下水的饱和汽压的差距．(√)(13)压缩处于绝热容器中的一定质量的理想气体，其内能一定增加．(√)(14)“钻木取火”和“焐热水袋”都是通过做功改变物体内能的．(×)(15)一定量的气体在某一过程中，外界对气体做了8×118 J的功，气体的内能减少了1.2×118 J，则W＝8×118 J，ΔU＝1.2×118 J，Q＝4×118 J．(×)。
《考试大纲》关于物理学科要考查的“应用数学处理物理问题的能力”是这样叙述的：能够根据具体问题列出物理量之间的关系式，进行推导和求解，并根据结果得出物理结论；能运用几何图形、函数图象进行表达、分析．物理学是一门精密科学，与数学有着密切的关系．从物理学的发展史看，物理学的发展是离不开数学的，有了一种适合表述物理的数学工具，不仅能有力地促进物理学的发展，还能使物理规律以更加清晰、简洁的方式表示出来．不论是在学习物理的过程中，还是应用物理知识解决问题的过程中，或多或少总要进行数学推导和数学运算．处理的问题越高深，应用的数学一般也会越多．凡是中学阶段学到的数学，如几何、三角、代数、解析几何，都可能成为解高考物理试题中的数学工具．(1)能根据具体的物理问题列出物理量之间的关系，能把有关的物理条件用数学方程表示出来．例1 短跑名将博尔特在北京奥运会上创造了100 m和200 m短跑项目的新世界纪录，他的成绩分别为9.69 s和19.30 s．假定他在100 m比赛时从发令到起跑的反应时间是0.15 s，起跑后做匀加速运动，达到最大速率后做匀速运动.200 m比赛时，反应时间及起跑后加速阶段的加速度和加速度时间与100 m比赛时相同，但由于弯道和体力等因素的影响，以后的平均速度只有跑100 m时最大速率的96%.求：(结果均保留两位小数)(1)加速所用时间和达到的最大速率；(2)起跑后做匀加速运动的加速度大小．答案(1)1.29 s 11.24 m/s (2)8.71 m/s2解析(1)设加速所用时间为t(以s为单位)，匀速运动的速度为v(以m/s为单位)，则有：1vt＋(9.69 s－0.15 s－t)v＝100 m①212vt ＋(19.30 s －0.15 s －t )×0.96v ＝200 m ② 由①②式得t ≈1.29 s ，v ≈11.24 m/s.(2)设加速度大小为a ，则a ＝v t≈8.71 m/s 2说明 本题以博尔特在北京奥运会上短跑项目的运动设置情景，通过合理简化建立理想化的模型，要求考生根据每个阶段运动满足的物理规律列出相应的数学表达式．(2)在解决物理问题时，往往需要经过数学推导和求解，或进行数值计算；求得结果后，有时还要用图象或函数关系把它表示出来；必要时还应对数学运算的结果作出物理上的结论或进行解释．例2 两块长木板A 和B ，质量相等，长度都是l ＝1.0 m ，紧贴在一起，静置于光滑水平的地面上．另一小物块C ，质量与长木板相等，可视为质点，位于木板A 的左端．如图1所示，现给物块C 一向右的初速度，速度的大小为v 0＝2.0 m/s ，已知物块与木板之间的动摩擦因数μ＝0.10，问木板A 最终运动的速度为多少？图1答案 13m/s说明 本题中木板A 最终速度与物块C 是停在A 上还是滑离A 有关，这需要经过计算后才能作出判断，另外通过求解联立方程，可求得木板A 的最终速度v 有两个可能值，因与v ＝1.0 m/s 对应的物块速度为0，这在物理上是不可能的，故可判定木板A 的最终速度为v ＝13 m/s.经过数学处理后得到的结果，在物理上是否合理，是否合乎实际以及所得结果的物理意义是什么，都需要进行讨论和判断，这既是一种能力，也是一种习惯．(3)能够运用几何图形、函数图象解决物理问题，要能够对物理规律、状态和过程在理解的基础上用合适的图象表示出来，会用图象来处理物理问题．例3 (2013·新课标全国Ⅰ·24)水平桌面上有两个玩具车A 和B ，两者用一轻质细橡皮筋相连，在橡皮筋上有一红色标记R .在初始时橡皮筋处于拉直状态，A 、B 和R 分别位于直角坐标系中的(0,2l )、(0，－l )和(0,0)点．已知A 从静止开始沿y 轴正向做加速度大小为a的匀加速运动，B 平行于x 轴朝x 轴正向匀速运动．在两车此后运动的过程中，标记R 在某时刻通过点(l, l )．假定橡皮筋的伸长是均匀的，求B 运动速度的大小．答案146al解析 设B 车的速度大小为v .如图，标记R 在时刻t 通过K (l ，l )，此时A 、B 的位置分别为H 、G .由运动学公式，H 的纵坐标y A 、G 的横坐标x B 分别为 y A ＝2l ＋12at 2① x B ＝vt ②在刚开始运动时，标记R 到A 和B 的距离之比为2∶1，即OE ∶OF ＝2∶1由于橡皮筋的伸长是均匀的，在以后任一时刻R 到A 和B 的距离之比都为2∶1.因此，在时刻t 有HK ∶KG ＝2∶1③由于△FGH ∽△IGK ，有HG ∶KG ＝x B ∶(x B －l )④ HG ∶KG ＝(y A ＋l )∶2l ⑤由③④⑤式得x B ＝32l ⑥ y A ＝5l ⑦联立①②⑥⑦式得 v ＝146al 说明 试题以置于直角坐标系中的两个最简单的运动学模型作为问题情景，两玩具车A 、B 的运动互相独立又用轻质细橡皮筋牵连，考生须从橡皮筋的均匀伸长分析出以后任一时刻标记R 到B 的距离和到A 的距离之比都为2∶1，继而根据几何关系和运动学的规律求解作答，该题考查考生将抽象的文字信息转化为图象，并应用数学工具求解的能力．1．(多选)(2014·新课标全国Ⅰ·19)太阳系各行星几乎在同一平面内沿同一方向绕太阳做圆周运动．当地球恰好运行到某地外行星和太阳之间，且三者几乎排成一条直线的现象，天文学称为 “行星冲日”．据报道，2014年各行星冲日时间分别是：1月6日木星冲日；4月9日火星冲日；5月11日土星冲日；8月29日海王星冲日；10月8日天王星冲日．已知地球及各地外行星绕太阳运动的轨道半径如下表所示．则下列判断正确的是( )A.各地外行星每年都会出现冲日现象 B ．在2015年内一定会出现木星冲日C ．天王星相邻两次冲日的时间间隔为土星的一半D ．地外行星中，海王星相邻两次冲日的时间间隔最短 答案 BD解析 由开普勒第三定律r 3T2＝k 可知T 行＝⎝ ⎛⎭⎪⎫r 行r 地3·T 地＝r 行3年，根据相遇时转过的角度之差Δθ＝2n π及ω＝Δθt 可知相邻冲日时间间隔为t ，则⎝ ⎛⎭⎪⎫2πT 地－2πT 行t ＝2π，即t ＝T 行T 地T 行－T 地＝T 行T 行－1，又T 火＝ 1.53年，T 木＝ 5.23年，T 土＝9.53年，T 天＝193年，T 海＝303年，代入上式得t >1年，故选项A 错误；木星冲日时间间隔t 木＝5.235.23－1年<2年，所以选项B 正确；由以上公式计算t 土≠2t 天，t 海最小，选项C 错误，选项D 正确．2．(多选)由光滑细管组成的轨道如图2所示，其中AB 段和BC 段是半径为R 的四分之一圆弧，轨道固定在竖直平面内．一质量为m 的小球，从距离水平地面高为H 的管口D 处由静止释放，最后能够从A 端水平抛出落到地面上．下列说法正确的是( )图2A ．小球落到地面时相对于A 点的水平位移值为2RH －2R 2B ．小球落到地面时相对于A 点的水平位移值为22RH －4R 2C ．小球能从细管A 端水平抛出的条件是H >2RD ．小球能从细管A 端水平抛出的最小高度H min ＝52R答案 BC解析 要使小球从A 点水平抛出，则小球到达A 点时的速度v >0，根据机械能守恒定律，有mgH －mg ·2R ＝12mv 2，所以H >2R ，故选项C 正确，选项D 错误；小球从A 点水平抛出时的速度v ＝2gH －4gR ，小球离开A 点后做平抛运动，则有2R ＝12gt 2，水平位移x ＝vt ，联立以上各式可得水平位移x ＝22RH －4R 2，选项A 错误，选项B 正确．3．卫星电话信号需要通过地球同步卫星传送．如果你与同学在地面上用卫星电话通话，则从你发出信号至对方接收到信号所需最短时间最接近于(可能用到的数据：月球绕地球运动的轨道半径约为3.8×105km ，运行周期约为27天，地球半径约为6 400 km ，无线电信号的传播速度为3×108m/s.)( ) A ．0.1 s B ．0.25 s C ．0.5 s D ．1 s答案 B解析 根据GMm 同(R ＋h )2＝m 同(R ＋h )4π2T 2同，GMm 月r 2＝m 月r 4π2T 月2，结合已知数据，解得地球同步卫星距地面的高度h ≈3.6×107m ，再根据电磁波的反射及直线传播得：2h ＝ct ，得t ＝0.24 s ，故选项B 正确，选项A 、C 、D 错误．4．匀强电场中的三点A 、B 、C 是一个三角形的三个顶点，AB 的长度为1 m ，D 为AB 的中点，如图3所示．已知电场线的方向平行于△ABC 所在平面，A 、B 、C 三点的电势分别为14 V 、6 V 和2 V ．设场强大小为E ，一电量为1×10－6C 的正电荷从D 点移到C 点电场力所做的功为W ，则( )图3A ．W ＝8×10－6J ，E >8 V/m B ．W ＝6×10－6 J ，E >6 V/m C ．W ＝8×10－6 J ，E ≤8 V/m D ．W ＝6×10－6 J ，E ≤6 V/m 答案 A解析 在匀强电场中，沿AB 方向电动势是均匀降落的，所以φA －φD＝φD －φB ，则φD ＝φA ＋φB 2＝14＋62 V ＝10 V ，U DC ＝φD －φC ＝8 V ，电荷从D 移到C 电场力做功为W ＝qU DC ＝1×10－6×8 J ＝8×10－6J ，由图及各点电势可知，电场方向不沿AB 方向，所以E >U AB AB＝8 V/m.5.空间有一匀强电场，在电场中建立如图4所示的直角坐标系O －xyz ，M 、N 、P 为电场中的三个点，M 点的坐标(0，a,0)，N 点的坐标为(a,0,0)，P 点的坐标为(a ，a 2，a2)．已知电场方向平行于直线MN ，M 点电势为0，N 点电势为1 V ，则P 点的电势为( )图4A.22V B.32V C.14 V D.34V 答案 D解析 由题意可知匀强电场方向沿MN 直线且由N 指向M .过P 点作直线MN 的垂面，交点为Q ，则Q 与P 点等电势．所以Q 点电势φ＝1 V －E ·NQ ＝1 V －12a ·a 2 2V ＝34 V ，D 正确．6．(2013·新课标全国Ⅰ·18)如图5，半径为R 的圆是一圆柱形匀强磁场区域的横截面(纸面)，磁感应强度大小为B ，方向垂直于纸面向外．一电荷量为q (q >0)、质量为m 的粒子沿平行于直径ab 的方向射入磁场区域，射入点与ab 的距离为R2.已知粒子射出磁场与射入磁场时运动方向间的夹角为60°，则粒子的速率为(不计重力)( )图5A.qBR 2mB.qBR mC.3qBR 2mD.2qBRm答案 B解析 由圆周运动有qvB ＝mv 2r①由几何关系知，在△ecO 和△eO ′O 中，有tan 30°＝R 2－(R 2)2r ＋R2，解得r ＝R ②解①②式得v ＝qBRm，故选B. 7．如图6所示，两个端面半径同为R 的圆柱形铁芯同轴水平放置，相对的端面之间有一缝隙，铁芯上绕导线并与电源连接，在缝隙中形成一匀强磁场．一铜质细直棒ab 水平置于缝隙中，且与圆柱轴线等高、垂直．让铜棒从静止开始自由下落，铜棒下落距离为0.2R 时铜棒中电动势大小为E 1，下落距离为0.8R 时电动势大小为E 2.忽略涡流损耗和边缘效应．关于E 1、E 2的大小和铜棒离开磁场前两端的极性，下列判断正确的是( )图6A ．E 1>E 2，a 端为正B ．E 1>E 2，b 端为正C ．E 1<E 2，a 端为正D ．E 1<E 2，b 端为正 答案 D解析 设下落距离为d ，则铜棒在匀强磁场中切割磁感线的等效长度l ＝2R 2－d 2，铜棒做的是自由落体运动，故v 2＝2gd ，v ＝2gd ，故有E ＝Blv ＝B ·2R 2－d 2·2gd ＝2B 2gd (R 2－d 2)，将d 1＝0.2R ，d 2＝0.8R ，代入后比较得E 1<E 2；据安培定则知缝隙处的磁场方向水平向左，再由右手定则知b 端等效为电源正极，电势高，选D.8．如图7所示，在0≤x ≤a 、0≤y ≤a2范围内有垂直于xOy 平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B .坐标原点O 处有一个粒子源，在某时刻发射大量质量为m 、电荷量为q 的带正电粒子，它们的速度大小相同，速度方向均在xOy 平面内，与y 轴正方向的夹角分布在0～90°范围内．已知粒子在磁场中做圆周运动的半径介于a2到a 之间，从发射粒子到粒子全部离开磁场经历的时间恰好为粒子在磁场中做圆周运动周期的四分之一．求最后离开磁场的粒子从粒子源射出时的图7(1)速度的大小；(2)速度方向与y 轴正方向夹角的正弦．答案 (1)⎝ ⎛⎭⎪⎫2－62aqB m(2)6－610 解析 (1)设粒子的发射速度大小为v ，粒子做圆周运动的轨道半径为R ，由牛顿第二定律和洛伦兹力公式得：qvB ＝mv 2R①由①式得R ＝mv qB②当a2<R <a 时，在磁场中运动时间最长的粒子，其轨迹是圆心为C 的圆弧，圆弧与磁场的上边界相切，如图所示．设该粒子在磁场中运动的时间为t ，依题意t ＝T4，得∠OCA ＝π2③设最后离开磁场的粒子的发射方向与y 轴正方向的夹角为α，由几何关系得R sin α＝R －a2④R sin α＝a －R cos α⑤又sin 2α＋cos 2α＝1⑥由④⑤⑥式得R ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2－62a ⑦ 由②⑦式得v ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2－62aqB m(2)由④⑦式得：sin α＝6－610.9．(2015·新课标全国Ⅱ·33(2))如图8，一粗细均匀的U 形管竖直放置，A 侧上端封闭，B 侧上端与大气相通，下端开口处开关K 关闭；A 侧空气柱的长度为l ＝10.0 cm ，B 侧水银面比A 侧的高h ＝3.0 cm.现将开关K 打开，从U 形管中放出部分水银，当两侧水银面的高度差为h 1＝10.0 cm 时将开关K 关闭．已知大气压强p 0＝75.0 cmHg.图8(ⅰ)求放出部分水银后A 侧空气柱的长度；(ⅱ)此后再向B 侧注入水银，使A 、B 两侧的水银面达到同一高度，求注入的水银在管内的长度．答案 (ⅰ)12.0 cm (ⅱ)13.2 cm解析 (ⅰ)以cmHg 为压强单位．设A 侧空气柱长度l ＝10.0 cm 时的压强为p ；当两侧水银面的高度差为h 1＝10.0 cm 时，空气柱的长度为l 1，压强为p 1.由玻意耳定律得pl ＝p 1l 1①由力学平衡条件得p ＝p 0＋h ②打开开关K 放出水银的过程中，B 侧水银面处的压强始终为p 0，而A 侧水银面处的压强随空气柱长度的增加逐渐减小，B 、A 两侧水银面的高度差也随之减小，直至B 侧水银面低于A 侧水银面h 1为止．由力学平衡条件有p 1＝p 0－h 1③联立①②③式，并代入题给数据得l 1＝12.0 cm ④(ⅱ)当A 、B 两侧的水银面达到同一高度时，设A 侧空气柱的长度为l 2，压强为p 2. 由玻意耳定律得pl ＝p 2l 2⑤由力学平衡条件有p 2＝p 0⑥联立②⑤⑥式，并代入题给数据得l 2＝10.4 cm ⑦设注入的水银在管内的长度Δh ，依题意得Δh ＝2(l 1－l 2)＋h 1⑧联立④⑦⑧式，并代入题给数据得Δh ＝13.2 cm10．(2013·新课标全国Ⅰ·33(2))如图9，两个侧壁绝热、顶部和底部都导热的相同汽缸直立放置，汽缸底部和顶部均有细管连通，顶部的细管带有阀门K.两汽缸的容积均为V 0，汽缸中各有一个绝热活塞(质量不同，厚度可忽略)．开始时K 关闭，两活塞下方和右活塞上方充有气体(可视为理想气体)，压强分别为p 0和p 03；左活塞在汽缸正中间，其上方为真空；右活塞上方气体体积为V 04.现使汽缸底与一恒温热源接触，平衡后左活塞升至汽缸顶部，且与顶部刚好没有接触；然后打开K ，经过一段时间，重新达到平衡．已知外界温度为T 0，不计活塞与汽缸壁间的摩擦．求：图9(ⅰ)恒温热源的温度T ；(ⅱ)重新达到平衡后，左汽缸中活塞上方气体的体积V x .答案 (ⅰ)75T 0 (ⅱ)12V 0 解析 (ⅰ)设左右活塞的质量分别为M 1、M 2，左右活塞的横截面积均为S由活塞平衡可知：p 0S ＝M 1g ①p 0S ＝M 2g ＋p 0S 3得M 2g ＝23p 0S ② 汽缸底与恒温热源接触后，由于左边活塞上升到顶部，但对顶部无压力，所以下面的气体发生等压变化，而右侧上方气体的温度和压强均不变，所以体积仍保持14V 0，所以当下面放入温度为T 的恒温热源后，体积增大为(V 0＋34V 0)，则由等压变化：12V 0＋34V 0T 0＝V 0＋34V 0T解得T ＝75T 0 (ⅱ)当把阀门K 打开重新达到平衡后，由于右侧上部分气体要充入左侧的上部，且由①②两式知M 1g ＞M 2g ，打开活塞后，左侧活塞降至某位置，右侧活塞升到顶端，汽缸上部保持温度T 0等温变化，汽缸下部保持温度T 等温变化．设左侧上方气体压强为p ，由pV x ＝p 03·V 04，设下方气体压强为p 2：p ＋M 1g S＝p 2，解得p 2＝p ＋p 0 所以有p 2(2V 0－V x )＝p 07V 04联立上述两个方程有6V x 2－V 0V x －V 02＝0，解得V x ＝12V 0，另一解V x ＝－13V 0，不合题意，舍去．11．(2014·新课标全国Ⅱ·34(2))一厚度为h 的大平板玻璃水平放置，其下表面贴有一半径为r 的圆形发光面．在玻璃板上表面放置一半径为R 的圆纸片，圆纸片与圆形发光面的中心在同一竖直线上．已知圆纸片恰好能完全遮挡住从圆形发光面发出的光线(不考虑反射)，求平板玻璃的折射率．答案 见解析解析 如图，考虑从圆形发光面边缘的A 点发出的一条光线，假设它斜射到玻璃上表面的A ′点发生折射，根据折射定律有n sin θ＝sin α式中，n 是玻璃的折射率，θ是入射角，α是折射角．现假设A ′恰好在纸片边缘：由题意，在A ′点刚好发生全反射，故sin θ＝sin C ＝1n设AA ′线段在玻璃上表面的投影长为L ，由几何关系有sin θ＝LL 2＋h 2由题意，纸片的半径应为R ＝L ＋r联立以上各式得n ＝ 1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫h R －r 2 12．(2015·新课标全国Ⅰ·35(2))如图10，在足够长的光滑水平面上，物体A 、B 、C 位于同一直线上，A 位于B 、C 之间．A 的质量为m ，B 、C 的质量都为M ，三者均处于静止状态．现使A 以某一速度向右运动，求m 和M 之间应满足什么条件，才能使A 只与B 、C 各发生一次碰撞．设物体间的碰撞都是弹性的．图10答案 (5－2)M ≤m ＜M解析 设A 运动的初速度为v 0，A 向右运动与C 发生碰撞，由动量守恒定律得mv 0＝mv 1＋Mv 2由机械能守恒定律得：12mv 02＝12mv 12＋12Mv 22 可得v 1＝m －M m ＋M v 0，v 2＝2m m ＋Mv 0 要使得A 与B 能发生碰撞，需要满足v 1＜0，即m ＜MA 反向向左运动与B 发生碰撞过程，有mv 1＝mv 3＋Mv 412mv 12＝12mv 32＋12Mv 42 整理可得v 3＝m －M m ＋M v 1，v 4＝2m m ＋Mv 1 由于m ＜M ，所以A 还会向右运动，根据要求不发生第二次碰撞，需要满足v 3≤v 2可知2m m ＋M v 0≥(m －M m ＋M)2v 0 整理可得m 2＋4Mm ≥M 2解方程可得m ≥(5－2)M另一解m ≤－ (5＋2)M 舍去所以使A 只与B 、C 各发生一次碰撞，须满足(5－2)M ≤m ＜M13.如图11，一半径为R 的圆表示一柱形区域的横截面(纸面)．在柱形区域内加一方向垂直于纸面的匀强磁场，一质量为m 、电荷量为q 的粒子沿图中直线从圆上的a 点射入柱形区域，从圆上的b 点离开该区域，离开时速度方向与直线垂直．圆心O 到直线的距离为35R .现将磁场换为平行于纸面且垂直于直线的匀强电场，同一粒子以同样速度沿直线从a 点射入柱形区域，也从b 点离开该区域．若磁感应强度大小为B ，不计重力，求电场强度的大小．图11答案 14qRB 25m解析 粒子在磁场中做圆周运动．设圆周的半径为r ，由牛顿第二定律和洛伦兹力公式得 qvB ＝m v 2r① 式中v 为粒子在a 点的速度．过b 点和O 点作直线的垂线，分别与直线交于c 点和d 点．由几何关系知，线段ac 、bc 和过a 、b 两点的圆弧轨迹的两条半径(未画出)围成一正方形．因此 ac ＝bc ＝r ②设cd ＝x ，由几何关系得 ac ＝45R ＋x ③ bc ＝35R ＋R 2－x 2④联立②③④式得r ＝75R ⑤ 再考虑粒子在电场中的运动．设电场强度的大小为E ，粒子在电场中做类平抛运动．设其加速度大小为a ，由牛顿第二定律和带电粒子在电场中的受力公式得qE ＝ma ⑥粒子在电场方向和直线方向运动的距离均为r ，由运动学公式得r ＝12at 2⑦ r ＝vt ⑧式中t 是粒子在电场中运动的时间．联立①⑤⑥⑦⑧式得E ＝14qRB 25m.。
