圆周运动问题归类

2024-05-22

圆周运动问题归类（精选10篇）

圆周运动问题归类篇1

直线运动知识基本且重要, 理清和理解此单元的知识与问题, 可为后继学习打下坚实的基础.

一、概念、规律、结论的应用

(1) 理解二个变化率:

①位移、位移变化、位移变化率——s、Δs、 $\frac{Δ s}{Δ t}$ , 其中位移变化率即为速度的物理定义, 同时理解位置、位移、路程的关系与区别, 明确时刻、时间与其对应关系;

②速度、速度变化、速度变化率——v、Δv、 $\frac{Δ v}{Δ t}$ , 其中速度变化率即为加速度的物理定义, 理解用比值定义物理量的物理思想方法, 比较、区别速度、速率、平均速度、平均速率的物理意义 (速度的大小叫速率, 但平均速度的大小不是平均速率) .

(2) 理解基本运动规律及重要推论、结论:

①2个基本规律 $v_{t} = v_{0} + a t, s = v_{0} t + \frac{1}{2} a t^{2}$ 的推证及理解;

②2个重要推论v $_{t}^{2}$ -v $_{0}^{2}$ =2as, Δs=aΔt2的推证、理解及扩展应用 (如Δs′=2aΔt2, Δs″=3aΔt2等) ;

③2个瞬时速度 $v_{中时} = \bar{v} = \frac{v_{0} + v_{t}}{2}, v_{中位} = \sqrt{\frac{v_{0}^{2} + v_{t}^{2}}{2}}$ 的推证、理解及扩展应用;

④2种运动过程的等份分割——等时间分割和等位移分割的理解、实际应用 (如初速度为0的匀加速直线运动按两种分割的比例关系的推证) ;

⑤理解符号法则——匀加速运动, a与v0同号;匀减速运动, a与v0异号.

(3) 理解运动图象 (位移图象、速度图象) 的建立、意义及灵活应用:

①绘制图象的基本程序——定轴、标度、描点、连线;

②图象的数学含义对应的物理意义——a.坐标点的物理意义;b.两轴截距的物理意义;c.斜率的物理意义 (熟炼求解速度和加速度) ;d.图象在t轴上、下方的物理意义;e.速度图象中图线与t轴所围面积的物理意义.

例1 一个小球从长为L的斜面顶端由静止开始滚下, 到达底端经历的时间为t, 则:

(A) 运动全过程中的平均速度为 $\frac{L}{t}$

(B) 运动到斜面中点时的瞬时速度为

$\begin{array}{l} \frac{\sqrt{2} L}{t} \\ (C) \frac{t}{2} 时刻的瞬时速度为 \frac{L}{2 t} \end{array}$

(D) 从顶端运动到斜面中点所需时间为 $\frac{\sqrt{2} t}{2}$

解析:由中间时刻的瞬时速度与平均速度的关系及中间位置的瞬时速度可得 (A) 、 (B) 、 (D) 选项正确.

例2 一物体从一斜面顶端从静止开始匀加速滑到底端, 头3秒的位移为4.5 m, 后3秒的位移为10.5 m.以下结论正确的是 ( )

(A) 斜面长为15 m

(B) 物体在斜面上的平均速度等于2.5 m/s

(D) 物体运动的加速度为1 m/s2

解析:因 $\frac{4.5}{10.5} \neq \frac{1}{3}$ , 由初速度为零的匀加速直线运动的比例关系可知运动时间不是6 s, 两个3 s有重叠.对头3 s: $s_{1} = \frac{1}{2} a t_{1}^{2}$ , 解得加速度1 m/s2.设后3 s开始时的速度为v, 由 $s_{2} = v t_{2} + \frac{1}{2} a t_{2}^{2}$ , 解得v=2 m/s, 可知物体在斜面上的运动时间为5 s, 斜面长为12.5 m, 故正确选项为 (B) 、 (C) 、 (D) .

例3 做直线运动的物体, 经过AB两点时的速度分别为vA、vB, 经过AB中点时的速度 $v_{C} = \frac{v_{A} + v_{B}}{2}$ , 且AC段为匀加速运动, 加速度为a1, CB段为匀加速运动, 加速度为a2, 试比较a1、a2的大小关系.

解析:根据题意画出物体运动的v-t图象, 如图1所示, AC段图象为①, CB段图象有三种可能走向②、③、④, 但要保证sCB=sAC和 $v_{C} = \frac{v_{A} + v_{B}}{2}$ , 只能是②, 再由图象的物理意义, 可知a1<a2.

二、实验

直线运动中通过打点纸带测定物体运动的加速度是重要的学生实验, 是后继实验和知识学习的基础 (如牛顿运动定律及机械能守恒的探索与验证实验都要应用打点纸带) , 需要切实理解实验原理和熟炼实验技能.

(1) 计时器及对电源的要求:现行教材介绍了两种配合纸带的计时器——电磁打点计时器和电火花计时器, 前者用低压 (4-6 V) 交流电, 后者直接用照明交流电 (220 V) , 变化频率都为50 Hz

(2) 纸带处理:

①计时 (打印) 点与计数点:计时点为客观的打印点, 两个相邻的计时点间的时间间隔叫计时周期, 我国为0.02 s;计数点为根据实验实际情况主观确定的点 (两个相邻计数点间可有若干个计时点) , 两个相邻计数点间的时间间隔叫计数周期, 为T=n×0.02 (s) .

②纸带位移的种类与确定:i.以计数起点为标准的位移, 如图2 (A) ;ii.连续相等时间间隔的位移, 如图2 (B) ;iii关系:s′1=s1, s′2=s2-s1, s′3=s3-s2, …;iv.测量:为减小误差, 应以O计数点为起点测量, 如图2 (A) , 不能以图2 (B) 方式测量.

(3) 求解加速度和速度:

①加速度:原理——ΔS=aT2, 考虑减小误差, 用逐差法求平均值, 即Sx-Sy=naT2, 其中n=x-y (如取6段距离时, 可有

s′4-s′1=s′5-s′2=s′6-s′3=3aT2,

则

$a = \frac{s_{4}^{´} + s_{5}^{´} + s_{6}^{´} - s_{1}^{´} - s_{2}^{´} - s_{3}^{´}}{9 Τ^{2}}$ ;

②瞬时速度:原理—— $v_{中时} = \bar{v} = \frac{s_{总}}{t_{总}}$ , 如图2中C点的瞬时速度 $v_{C} = \frac{s_{B D}}{2 Τ} = \frac{s_{A E}}{4 Τ} = \frac{s_{Ο F}}{6 Τ} = \frac{s_{6}}{6 Τ} .$

(4) 可等效为打点纸带的问题:实际问题中, 许多运动情景都可等效为打点纸带进行处理, 如滴水图、频闪照片、等时连续释放物体等.

例4 有若干相同的小球, 从斜面上的确定位置每隔0.1 s无初速地释放一颗, 在连续释放若干小球后, 对准斜面上正在滚动的若干小球拍摄到如图3所示的照片, 测得AB=15 cm, BC=20 cm, 求: (1) 照片上B球对应的速度;

(2) CD间的距离;

(3) A球上面还有几颗滚动的小球?

解析:频闪照片为等时间分割问题, B球位置对应A、C的中间时刻, 故有 $v_{B} = \frac{s_{A C}}{2 Δ t} = \frac{35 \times 10^{- 2}}{0.2} = 1.75 m / s .$

由sCD-sBC=sBC-sAB=aΔt2知sCD=25 cm, 加速度a=5.0 m/s2, 再由vB=a (nΔt) 得:n=3.5, 知A球上面还有2个小球.

例5 屋檐定时滴水, 当第5滴水滴正欲滴下时, 第1滴刚好到达地面, 且第3滴和第2滴恰好分别位于高1 m窗户的上、下沿, g取10 m/s2.求: (1) 滴水的时间间隔是多少? (2) 屋檐离地面多高?

解析:将水滴等效为纸带的计数点, 对应题目所述情景, 4、5滴水间距离即为第一段水滴自由下落的位移, 即 $s_{45} = \frac{1}{2} g Δ t^{2}$ , 又因 $\frac{s_{45}}{s_{23}} = \frac{1}{5}$ , 得Δt=0.2 s, 由此知屋檐高 $Η = \frac{1}{2} g (4 Δ t)^{2} = 3.2 m .$

三、减速运动问题

减速运动是直线运动中最易跳入陷阱的问题.减速运动有两种类型:

(1) 返回式减速运动——初速度方向上先减速运动, 速度为零后在初速度反方向上做加速运动.对此类减速运动应明确两个转折点和时间的双值特点:

①v=0的时刻, 以确定此时刻前后的速度方向;

②s=0的时刻, 确定此时刻前后的位移方向;

③运动过程中经过某一位置所用时间有双值.

(2) 刹车式减速运动——无返回特点, 可等效可逆为初速度为零的匀加速直线运动, 利用比例特点快捷求解问题.

例6 一物体从光滑斜面底端以一定的初速度向上冲, 加速度大小为5 m/s2, 经过距斜面底端50 m处的位置A时的速度是20 m/s.从经过A点开始计时, 求:

(1) 物体运动到距A点25 m处所需的时间为多少?

(2) 5 s末的速度和5 s内的平均速度;

(3) 8 s末的速度和8 s内的平均速率;

(4) 10 s末的速度和10 s内的平均速度

解析:由于物体在光滑斜面上运动, 上滑时做匀减速运动, 速度减为0后即刻向下做匀加速运动, 且上滑和下滑的加速度大小相等.以沿斜面向上为正方向.

(1) 由位移公式, 经过A点上方25 m处时有 $s = v_{A} t - \frac{1}{2} a t^{2}$ , 代入数值解得t1=1.55 s, t2=6.45 s;经过A点下方25 m位置处时有 $- s = v_{A} t - \frac{1}{2} a t^{2}$ , 代入数值解得t3=9.1 s, t4=-1.1 s (舍弃) .

(2) 由加速度的物理意义可知, 物体经A点到最高点速度为零, 由vA=at知所需时间为4s, 发生位移为 $s = \frac{1}{2} a t^{2} = 40 m$ , 由此可知5 s、8 s、10 s都为下滑时刻, 则 $v_{5} = - 5 m / s, s_{5} = 37.5 m, \bar{v}_{5} = \frac{s_{5}}{t_{5}} = 7.5 m / s .$

(3) 8s末物体刚好返回A点, 故v8=-20 m/s, 8s内的位移s8=0, 8 s内的路程s′8=80 m, 故8 s内的平均速率 $\bar{v}_{8}^{´} = \frac{s_{8}^{´}}{t_{8}} = 10 m / s .$

(4) 10 s末物体返回斜面底端, 故v10=-30 m/s, 10 s内的位移s10=-50 m, 10 s内平均速度为 $\bar{v}_{10} = \frac{s_{10}}{t_{10}} = - 5 m / s .$

四、二体运动问题

二个物体运动问题是直线运动的重、难点, 解决二体运动问题, 主要是通过建立位移关系、速度关系, 以求解时间为突破口破解题目.主要问题特点有相遇、最值和避碰.

例7 一辆汽车以v=6 m/s的速度在平直的公路上匀速行驶, 与公路平行的铁路上有一列刹车后滑行方向与汽车前进方向相同的火车, 火车与汽车并排时, 火车速度为v0=15 m/s, 加速度为0.15 m/s2.求:

(1) 从此时开始, 火车超过汽车后, 当两车速度相等时, 两车相距最远还是最近, 距离是多少?还需多长时间汽车与火车重新并排?

(2) 若汽车匀速行驶的速度为10.5 m/s, 两车何时并排?

解析: (1) 根据两车的运动特点:两车速度相等时, 两车相距最远, 设从并排到两车速度相等所需时间为t, 由速度关系v=v0-at, 解得t=60 s, 则最远距离 $Δ s = v_{0} t - \frac{1}{2} a t^{2} - v t$ , 解得Δs=270 m.

追及 (并排) 的特征是两物体位置坐标相同, 设相遇时间为t′, 由位移关系 $v t^{'} = v_{0} t^{'} - \frac{1}{2} a t^{´ 2}$ , 解得时间t′=120 s.由于火车做减速运动, 减速至零所需时间t0=100 s, 说明火车停止时, 汽车仍在火车后面, t′=120 s的时间是错误的.

火车减速至零的100 s时间内, 火车与汽车的位移差为 $Δ s^{'} = \frac{1}{2} a t_{0}^{2} - v t_{0} = 150 m$ , 此段距离对应的汽车运动时间为Δt′=25 s, 因此重新并排所需时间应为125 s.

(2) 当汽车匀速行驶速度为10.5 m/s时, 经验证可知, 在火车运动中汽车可与火车再次并排, 由位移关系 $v t^{'} = v_{0} t^{'} - \frac{1}{2} a t^{´ 2}$ , 解得并排所需时间t′=60 s.

点评:追及、相遇的特点是两物体位置坐标相同, 以此建立位移关系突破.但若被追者做匀减速运动, 解题中需验证被追者速度减为零时, 追赶者在何处, 以确定两物都在运动中能否追上.追赶中两物体之间存在最大间距或最小间距的条件是两物体速度相等, 以此建立速度关系突破.

例8 在水平轨道上有两辆火车A和B相距s, A车在后面做初速度v0、加速度大小为2a的匀减速运动, 而B车沿同方向同时做初速度为零、加速度为a的匀加速运动, 要使两车不相碰, A车的初速度v0应满足什么条件?

解法1: (物理分析法) 设经过时间t, A车刚好追上B车时, 两车速度恰好相等, 由位移和速度公式, 有 $(v_{0} t - \frac{1}{2} \cdot 2 a \cdot t^{2}) - \frac{1}{2} a t^{2} = s, v_{0} - 2 a t = a t$ , 联立解得 $v_{0} = \sqrt{6 a s} .$

解法2: (相对运动法) 选B车为参考系, A车的初速度为v0, 加速度为 (-3a) , A车刚好追上B车不相撞的相对末速度应为零, 此过程A车相对B车的位移为s, 由公式0-v $_{0}^{2}$ =2 (-3a) s, 解得不相撞的初速度条件为 $v_{0} \leq \sqrt{6 a s} .$

解法3: (函数方程判别法) 由解法1的位移关系 $(v_{0} t - \frac{1}{2} \cdot 2 a \cdot t^{2}) - \frac{1}{2} a t^{2} = s$ , 整理得一关于时间t的一元二次方程3at2-2v0t+2s=0, 对此方程, 若根的判别式Δ= (2v0) 2-24as<0, t无实数解, 说明两车不相撞, 故 $v_{0} \leq \sqrt{6 a s} .$

解法4: (速度图象法) 做出两车的v-t图象, 如图4所示, 并设经过时间t两车刚好不相撞, 由速度特征有v=at=v0-2at, 得 $t = \frac{v_{0}}{3 a}$ , 经时间t两车发生的位移之差即为图中的阴影面积, 也就是原来两车间的距离, 由图象可知 $s = \frac{1}{2} v_{0} \cdot t = \frac{v_{0}^{2}}{6 a}$ , 即两车不相撞的条件是 $v_{0} \leq \sqrt{6 a s} .$

点评:追赶中避碰的临界条件是两物体位置坐标相同时, 相对速度为零 (速度相等) , 以此建立运动方程组, 即可解决问题.此外, 还可灵活的应用图象法、相对运动法、数学方程法方便快捷的求解问题.

曲线过定点问题归类剖析篇2

一、基本型

此类型是指证明曲线过定点，常见的处理方法有两种：

1．特殊引路法

证明曲线过定点时，可以恰当选取一个（或一些）特殊值（或特殊位置）来确定其结果，再对一般情形加以论证.

例1 在平面直角坐标系[xOy]中，如图，已知椭圆[x29+y25=1]的左、右顶点为[A、B]，右焦点为[F]，设过点[Tt,m]的直线[TA、TB]与此椭圆分别交于点[Mx1,y1、Nx2,y2]，其中[m>0,y1>0,y2<0].

（1）设动点[P]满足[PF2-PB2=4]，求点[P]的轨迹；

（2）设[x1=2,x2=13]，求点[T]的坐标；

（3）设[t=9,]求证：直线[MN]必过[x]轴上的一定点（其坐标与[m]无关）.

解析由题设得[A-3,0,B3,0,F2,0].

（1）[P]的轨迹是直线[x=92]（过程略）.

（2）[T7,103]（过程略）.

（3）由题设知，直线[AT]的方程为[y=m12(x+3)]，直线[BT]的方程[y=m6(x-3)].

设[Mx1,y1]，则点[M]满足方程组

[y1=m12x1+3,x219+y215=1,]

得[x1-3x1+39=-m2122⋅x1+325.]

因为[x1≠-3]，则[x1-39=-m2122⋅x1+35]，

解得[x1=240-3m280+m2]，从而[y1=40m80+m2,]

即[M240-3m280+m2,40m80+m2.]

同理解得[N3m2-6020+m2,-20m20+m2].

此时怎样确定[MN]过[x]轴上哪一个定点呢？可以从[MN]的特殊位置，[MN]与[x]轴垂直入手.

由[x1=x2]，则由[240-3m280+m2=3m2-6020+m2]及[m>0]，得[m=210]，此时直线[MN]的方程为[x=1]，过点[D1,0].

再对[MN]的一般位置进行论证.

若[x1≠x2]，则[m≠210]，直线[MD]的斜率[kMD=10m40-m2]，直线[ND]的斜率[KND=10m40-m2]，得[kMD=kND]，所以[M、N、D]共线，故直线[MN]过[D]点.

综上所述，直线[MN]必过[x]轴上的点（1，0）.

2．分离系数法

分离系数法是证明曲线过定点的最一般的方法. 其过程是根据已知条件求出含某个参数的曲线方程，将曲线方程化为[fx,y+mgx,y=0]（[m]为参数），由[fx,y=0,gx,y=0,] 可求出定点坐标.

例2 在平面直角坐标系[xOy]中，二次函数[fx=x2+2x+bx∈R]与两坐标轴有三个交点，经过三个交点的圆记为[C].

（1）求实数[b]的取值范围；

（2）求圆[C]的方程；

（3）问圆[C]是否经过定点（其坐标与[b]的取值无关）？请证明你的结论.

解析（1）[b<1]且[b≠0]（过程略）.

（2）圆[C]的方程为[x2+y2+2x-b+1y+b=0]（过程略）.

（3）将圆[C]的方程变形为

[x2+y2+2x-y+b1-y=0] ①

为使①式对所有满足[b<1b≠0]的[b]都成立，必须有[1-y=0]，

结合①式得[x2+y2+2x-y=0]，

解得[x=0,y=1,] 或[x=-2,y=1.]

经检验知，点[0,1,-2,1]均在圆[C]上，

因此圆[C]过定点（0，1）和（-2，1）.

二、探索型

此类型是指曲线是否过定点有待探索，常见的处理方法是设出需探究点的坐标（即两个参数），以这两个参数作为两个恒等的多项式的系数，根据多项式恒等，其对应项系数相等的规律，列出方程组，若方程组有解，则存在曲线过定点；否则，不存在曲线过定点.

例3 在平面直角坐标系[xOy]中，已知圆[C1:(x+3)2+(y-1)2=4]和圆[C2:(x-4)2+(y-5)2=4].

（1）若直线[l]过点[A4,0]，且被圆[C1]截得的弦长为[23]，求直线[l]的方程.

（2）是否存在过点[P]的无穷多对互相垂直的直线[l1]和[l2]，它们分别与圆[C1]和圆[C2]相交，且直线[l1]被圆[C1]截得的弦长与直线[l2]被圆[C2]截得的弦长相等，若存在，求出[P]点坐标；若不存在，请说明理由.

解析（1）直线[l]的方程为[y=0或7x+24y-28=0.]

（2）假设存在点[P(a,b)]满足条件，不妨设直线[l1]的方程为[y-b=k(x-a)(k≠0)]，则直线[l2]的方程为[y-b=-1k(x-a)].

因为圆[C1]和[C2]的半径相等，及直线[l1]被圆[C1]截得弦长与直线[l2]被圆[C2]截得的弦长相等，所以圆[C1]的圆心到直线[l1]的距离和圆[C2]的圆心到直线[l2]的距离相等，即

[1-k(-3-a)-b1+k2=5+1k(4-a)-b1+1k2,]

整理得[1+3k+ak-b=5k+4-a-bk].

从而[1+3k+ak-b=5k+4-a-bk],

或[1+3k+ak-b=-5k-4+a+bk],

即[(a+b-2)k=b-a+3],

或[(a-b+8)k=a+b-5]，

因为[k]的取值有无穷多个，

所以[a+b-2=0b-a+3=0]或[a-b+8=0a+b-5=0],

解得[a=52,b=-12,]或[a=-32,b=132.]

这样点[P]只可能是点[P1][(52,-12)]或点[P2(-32,132)], 经检验点[P1]和[P2]满足题设条件.

三、应用题

此类型是指根据曲线系方程或挖掘题设中隐含的定点求解.

例4 已知一个圆经过直线[l:2x+y+4=0]与圆[C:x2+y2+2x-4y+1=0]两个交点，并且有最小面积，求此圆的方程.

解析由题意可设所求圆的方程为

[λ(2x+y+4)+x2+y2+2x-4y+1=0,]

即[x2+y2+2(λ+1)x+(λ-4)y+4λ+1=0.]

则圆的半径[r=124(λ+1)2+(λ-4)2-4(4λ+1)][=125λ2-16λ+16].

当[λ=85]时，[rmin=355].

故所求圆的方程为

[x2+y2+265x-125y+375=0].

点拨此题常规解法是通过解方程组求出两交点坐标，以两交点为直径的圆即为所求，运算相当繁难. 若用圆系方程求解非常简洁，且有独到之处.

例5 已知圆[C: (x-1)2+(y-2)2=25]，直线[l: (2m+1)x+(m+1)y-7m-4=0(m∈R)]，求证：不论[m]取什么实数，直线[l]与圆[C]恒交于两点.

解析直线的方程变形为

[(x+y-4)+m(2x+y-7)=0],

因为[m∈R],所以[x+y-4=0,2x+y-7=0,]解得[x=3,y=1,]

即直线[l]恒过定点[A3,1],

因为圆心[C(1,2)],[AC=5<5]（半径)，所以点[A]（3，1）在圆[C]内，从而直线与圆[C]恒有两个交点.

2009年高考天体运动归类分析篇3

例1 (2009年海南省) 近地人造卫星1和2绕地球做匀速圆周运动的周期分别为T1和T2.设在卫星1、卫星2各自所在的高度上的重力加速度大小分别为g1、g2, 则 ()

解析:近地卫星绕地球做圆周运动时, 重力提供向心力

所以正确答案为 (B) 选项.

例2 (2009年四川省) 据报道, 2009年4月29日, 美国亚利桑那州一天文观测机构发现一颗与太阳系其他行星逆向运行的小行星, 代号为2009HC 82.该小行星绕太阳一周的时间为3.39年, 直径2～3km, 其轨道平面与地球轨道平面呈155°的倾角.假定该小行星与地球均以太阳为中心做匀速圆周运动则小行星和地球绕太阳运动的速度大小的比值为 ()

解析:由开普勒第三定律知=K (恒量) .

由于线速度, 所以线速度

所以正确答案为 (A) 选项.

二、万有引力定律的应用

例3 (2009年浙江省) 在讨论地球潮汐成因时, 地球绕太阳运行轨道与月球绕地球运行轨道可视为圆轨道.已知太阳质量约为月球的2.7×107倍, 地球绕太阳运行的轨道半径约为月球绕地球运行的轨道半径的400倍.关于太阳和月球对地球上相同质量海水的引力, 以下说法正确的是 ()

(A) 太阳引力远大于月球引力

(B) 太阳引力与月球引力相差不大

(D) 月球对不同区域海水的吸引力大小有差异

解析:由万有引力定律可知, , 太阳与月球对相同质量海水的引力之比=1.6875×102, 所以 (A) 对;

月球与不同区域海水的距离不同, 故吸引力大小有差异, (D) 对.

所以正确答案为 (A) 、 (D) 选项.

三、计算中心天体的密度

例4 (2009年全国Ⅰ) 天文学家新发现了太阳系外的一颗行星.这颗行星的体积是地球的4.7倍, 质量是地球的25倍.已知某一近地卫星绕地球运动的周期约为1.4小时, 引力常量G=6.67×10-11N·m 2/kg2, 由此估算该行星的平均密度约为 ()

(A) 1.8×103kg/m 3

(B) 5.6×103kg/m 3

(D) 2.9×104kg/m 3

解析:设该星球和地球的质量、半径、体积分别是M1和M2, R1和R2, V1和V2.

对于地球的近地卫星有

所以正确答案为 (D) 选项.

四、星体表面上的物体, 万有引力和重力近似相等

例5 (2009年江苏省) 英国《新科学家 (NewScientist) 》杂志评选出了2008年度世界8项科学之最, 在XTEJ1650—500双星系统中发现的最小黑洞位列其中, 若某黑洞半径R约45km, 质量M和半径R的关系满足 (其中c为光速, G为引力常量) , 则该黑洞表面重力加速度的数量级为 ()

(A) 108m/s2 (B) 1010m/s2

解析:可以认为黑洞表面物体的重力等于万有引力

将代入上式得:

所以正确答案为 (C) 选项.

五、关于卫星的发射

例6 (2009年广东省) 发射人造卫星是将卫星以一定的速度送入预定轨道.发射场一般选择在尽可能靠近赤道的地方, 如图1所示, 这样选址的优点是, 在赤道附近 ()

(A) 地球的引力较大

(B) 地球自转线速度较大

(D) 地球自转角速度较大

解析:若将地球视为一个球体, 则在地球上各处的引力大小相同, (A) 选项错;在地球上各处的角速度相同, (D) 选项错;在地球的表面附近, 赤道的半径较大, 由公式v=wr可知, 半径越大, 线速度越大, (B) 选项正确;在赤道上的重力加速度最小选项错

所以正确答案为 (B) 选项.

六、考查万有引力提供向心力

例7 (2009年宁夏) 地球和木星绕太阳运行的轨道都可以看作是圆形的.已知木星的轨道半径约为地球轨道半径的5.2倍, 则木星与地球绕太阳运行的线速度之比约为 ()

(A) 0.19 (B) 0.44

解析:由万有引力定律和圆周运动知识得:

所以木星与地球绕太阳运动的线速度之比:

正确答案为 (B) 选项.

例8 (2009年广东省) 宇宙飞船在半径为R1的轨道上运行, 变轨后的半径为R2, R1﹥R2.宇宙飞船绕地球做匀速圆周运动, 则变轨后宇宙飞船的 ()

(A) 线速度变小 (B) 角速度变小

解析:由万有引力提供向心力有:

当R减小时, 可知v增大, w增大, a增大, T减小, 所以选项 (A) 、 (B) 、 (C) 错, (D) 对.

所以正确答案为 (D) 选项.

例9 (2009年安徽省) 2009年2月11日, 俄罗斯的“宇宙—2251”卫星和美国的“铱—33”卫星在西伯利亚上空约805km处发生碰撞.这是历史首次发生的完整在轨卫星碰撞事件.碰撞过程中产生的大量碎片可能会影响太空环境.假定有甲、乙两块碎片, 绕地球运动的轨道都是圆甲的运行速率比乙的大则下列说法中正确的是 ()

(A) 甲的运行周期一定比乙的长

(B) 甲距地面的高度一定比乙的高

(D) 甲的加速度一定比乙的大

解析:根据万有引力提供向心力有:

由于v甲﹥v乙, 所以甲离地面的高度小于乙离地面的高度, 甲的周期小于乙的周期, 甲的向心加速度比乙的大.由于甲、乙质量未知, 所受向心力大小无法判断.

所以正确答案为 (D) 选项.

例10 (2009年福建省) “嫦娥一号”月球探测器在环绕月球运行过程中, 设探测器运行的轨道半径为r, 运行速率为v, 当探测器在飞越月球上一些环形山中的质量密集区上空时 ()

(A) r、v都将略为减小

(B) r、v都将保持不变

(D) r将略为增大, v将略为减小

解析:由万有引力提供向心力知, 当到达质量密集区时, 万有引力增大, 半径将减小, 速度增大.

所以正确答案为 (C) 选项.

例11 (2009年重庆市) 据报道, “嫦娥一号”和“嫦娥二号”绕月飞行器的圆形工作轨道距月球表面分别约为200km和100km, 运行速度分别为 () v1和v2.那么, v1和v2的比值为 (月球半径取1700km) ()

解析:由万有引力提供向心力

所以正确答案为 (C) 选项.

七、对第一宇宙速度的考查

例12 (2009年广东省) 关于地球的第一宇宙速度, 下列表述正确的是 ()

(A) 第一宇宙速度又叫环绕速度

(B) 第一宇宙速度又叫脱离速度

(D) 第一宇宙速度跟地球的半径无关

解析:地球卫星的第一宇宙速度又叫环绕速度, 所以选项 (A) 对, (B) 错.

因此选项 (C) 、 (D) 都错.

所以正确答案为 (A) 选项.

例13 (2009年北京) 已知地球半径为R, 地球表面重力加速度为g, 不考虑地球自转的影响.

(1) 推导第一宇宙速度v1的表达式.

(2) 若卫星绕地球做匀速圆周运动, 运行轨道距离地面高度为h, 求卫星的运行周期T.

解析: (1) 设卫星的质量为m, 地球的质量为M, 地球表面处物体质量为m′.

在地球表面附近满足:

卫星做近地圆周运动的向心力等于它受到的万有引力

将 (1) 式代入 (2) 式得v1=gR

(2) 考虑 (1) 式, 卫星受到的万有引力为:

由牛顿第二定律得

(3) (4) 式联立解得

八、有关天体运动的综合性问题

例14 (2009年山东省) 2008年9月25日至28日, 我国成功实施了“神舟”七号载人航天飞行并实现了航天员首次出舱.飞船先沿椭圆轨道飞行, 后在远地点343千米处点火加速, 由椭圆轨道变成高度为343千米的圆轨道, 在此圆轨道上飞船运行周期约为90分钟.下列判断正确的是 ()

(A) 飞船变轨前后的机械能相等

(B) 飞船在圆轨道上时航天员出舱前后都处于失重状态

(D) 飞船变轨前通过椭圆轨道远地点时的加速度大于变轨后沿圆轨道运动的加速度

解析:由于变轨过程中需点火加速, 所以变轨后飞船的机械能增大, 选项 (A) 错误.宇航员出舱前后均与飞船一起做匀速圆周运动, 万有引力提供了做圆周运动的向心力, 因此出舱前后航天员都处于失重状态, 选项 (B) 正确.飞船在圆轨道上运行的周期为90分钟, 而同步卫星的周期为24小时, 所以飞船在圆轨道上运行的角速度大于同步卫星的角速度, 选项 (C) 正确.只要在同一点受到的万有引力相同, 由牛顿第二定律得:, 即加速度相同, 选项 (D) 错误.

摸球的概率问题归类分析篇4

一、从一袋中取一球

例1 小明和小乐做摸球游戏．一只不透明的袋里放有3个红球和5个绿球，每个球除颜色外都相同，每次摸球前都将袋中的球充分搅匀．从中任意摸出1个球，记录颜色后再放回，若是红球小明得3分，若是绿球小乐得2分．游戏结束时得分多者获胜．

（1）你认为这个游戏对双方公平吗？

（2）若你认为公平，请说明理由；若你认为不公平，也请说明理由，并修改规则，使该游戏对双方公平．

解析：（1）不公平．（2）因为每个球除颜色外都相同，所以从中任意摸出1个球的机会是相同的．袋里共有球8个，其中红球3个、绿球5个，因此从中任意摸出1个球，有P（摸出红球）＝，P（摸出绿球）＝．所以小明平均每次得分＝ × 3 ＝（分），小乐平均每次得分＝ × 2＝（分）．因为＜，所以游戏对双方不公平．游戏规则相应部分可修改为：①口袋里只放2个红球和3个绿球；②摸出红球小明得5分，摸到绿球小乐得3分.

二、从一袋中取两球

1．从一袋中取两球，第一次取出不放回．

例2 不透明的口袋里装有白、黄、蓝三种颜色的乒乓球（除颜色外其余都相同），其中白球有2个，黄球有1个．现从中任意摸出1个是白球的概率为．

（1）试求袋中蓝球的个数；

（2）第一次任意摸1个球（不放回），第二次再摸1个球，请用画树状图或列表格法，求两次摸到的都是白球的概率．

解析：（1）设蓝球个数为x，则由题意，得＝，则x ＝ 1，所以蓝球有1个．

（2）用画树状图来探求两次摸球的所有等可能的结果如图1．

从上面的树状图可以发现．两次摸球的所有等可能的结果有12种，其中两次摸到的都是白球的结果有2种，所以两次摸到的都是白球的概率为．

说明：由于第一次取球后不放回，所以第二次取球的可能性结果比第一次取球的可能性结果少一种，画树状图或列表时要注意这一点．另外，我们有时会遇到一次摸两球的情形，其实质与摸两次第一次不放回是一样的.

2．从一袋中取两次球，第一次取后又放回．

例3 一个不透明的袋子中装有3个完全相同的小球，分别标有数字3、4、5，从袋子中随机取出1个小球，用小球上的数作为十位上的数，然后放回；再取出1个小球，用小球上的数作为个位上的数，这样组成一个两位数.试问：按这种方法能组成哪些两位数？组成的两位数中，十位上的数与个位上的数之和为9的两位数的概率是多少？用列表法或画树状图法加以说明．

解析：用列表法探求两次摸球的所有等可能的结果如表1．

表1

从表1可以看出，能组成的两位数有：33，34，35，43，44，45，53，54，55．组成的两位数有9个，其中十位上的数与个位上的数之和为9的两位数有2个，所以这个概率P ＝ .

说明：由于第一次取球后又放回，因此第二次取球的可能性结果与第一次取球的可能性结果是完全相同的，在画树状图或列表时，要注意这一点.

三、从多袋中取球

例4 某中学七年级有6个班，要从中选出2个班代表学校参加某项活动，七（1）班必须参加，再从另外5个班选出1个班．七（4）班有同学建议用如下的方法：从装有编号为1、2、3的3个白球A袋中摸出1个球，再从装有编号为1、2、3的3个红球B袋中摸出1个球（两袋中的球除颜色外其余特征完全一样），摸出的2个球上的数之和是几，就选几班．你认为这种方法公平吗？请说明理由．

解析：方法不公平．

说理1：用表格来说明，如表2．

表2

说理2：画树状图来说明，如图2．

从表2或图2可以看出，摸出的2个球上的数之和有9种等可能的结果：和为2的有1种，和为3的有2种，和为4的有3种，和为5的有2种，和为6的有1种．所以七（2）班被选中的概率为，七（3）班被选中的概率为，七（4）班被选中的概率为＝，七（5）班被选中的概率为，七（6）班被选中的概率为．因此这种方法不公平.

高中物理发电问题归类篇5

一、水力发电

例1十三陵抽水蓄能电站担负着北京地区调峰和紧急事故备用电源，改善首都供电质量的重要任务．抽水蓄能电站的工作原理是，在用电低谷时，电站利用电网多余电能把水抽到高处蓄水池中，到用电高峰时，再利用蓄水池中的水发电．电站利用已建十三陵水库为下游水库，在蟒山后上寺沟头修建上游水库．电站的年发电量约为10亿kW·h，年抽水用电量约为14亿kW·h．如图1所示，上游水库近似视为长方体，可用于发电的库容量为V，蓄水后上游水库水深为d，蓄水后水位高出下游水面高度为H．已知下游水库的库容量远大于上游水库的库容量．

(1)求十三陵抽水蓄能电站的总效率η;

(2)求能用于发电的水的最大重力势能EP;(3)若把抽水蓄能电站产生的电能输送到北京城区．已知输电功率为P，输电线路的总阻值为R．要使输电线路上损耗的功率小于ΔP,a．求输电电压的最小值U;b．在输电功率一定时，请提出两种减少输电过程中功率损耗的方法．

分析:本题以缓解电力紧张而再发电为载体，考察水力发电中重力势能、发电效率及电能使用的计算，其中发电的有效高度是上游水库水深的一半．

(2)能用于发电的水的总质量m=ρV;能用于发电的水的平均下落高度

所以，能用于发电的水的最大重力势能:

说明:上式中ρ取1000 kg/m3,g取9.8 m/s2或10 m/s2均可．

(3)a．当输电电压为U时，输电电流

b．提高输电电压U(最经济)

增大输电导线的横截面积(或采用电阻率小的输电导线材料)(不经济)

例2三峡水利枢纽工程是长江流域治理开发的关键工程，建成后将是中国规模最大的水利工程．枢纽控制流域面积1.0×106km2，占长江流域面积的56%，坝址处年平均流量为Q=4.51×1011m3．水利枢纽的主要任务包括防洪、发电、航运三方面，在发电方面，三峡电站安装水轮发电机组26台，总装机容量(指26台发电机组同时工作时的总发电功率)为P=1.82×107kW，年平均发电量约为W=8.40×1010kW·h．该工程将于2009年全部竣工，电站主要向华中、华东电网供电，以缓解这两个地区的供电紧张局面．阅读上述材料，解答下列问题(水的密度ρ=1.0×103kg/m3,g取10 N/kg):

(1)若三峡电站上、下游水位差按h=100 m计算，试求三峡电站将水流的势能转化为电能的效率η的数值．

(2)若26台发电机组全部建成并发电，要达到年发电量的要求，每台发电机组平均年发电时间t为多少天?

分析:本题与上题最大的不同在于高度，本题有效高度是上、下游水位的差，而不是水位差的一半，你想想看，可以把三峡水库的水全部放干吗?而上一题是可以的．

解:(1)一年转化的电能W电=W

一年水流势能的减少量W水=ρVgh=ρQgh

(2)根据功率公式

二、潮汐发电

例3“潮汐发电”是海洋能利用中发展最早、规模最大、技术较成熟的一种方式．某海港的货运码头，就是利用“潮汐发电”为皮带式传送机供电，图2(1)所示为皮带式传送机往船上装煤．本题计算中取sin18°=0.31,cos18°=0.95，水的密度ρ=1.0×103kg/m3,g=10 m/s2.

(1)皮带式传送机示意图如图2(2)所示，传送带与水平方向的角度θ=18°，传送带的传送距离为L=51.8 m，它始终以v=1.4 m/s的速度运行．在传送带的最低点，漏斗中的煤自由落到传送带上(可认为煤的初速度为0)，煤与传送带之间的动摩擦因数μ=0.4．求:从煤落在传送带上到运至传送带最高点经历的时间t;

(2)图2(3)为潮汐发电的示意图．左侧是大海，中间有水坝，水坝下装有发电机，右侧是水库．当涨潮到海平面最高时开闸，水由通道进入海湾水库，发电机在水流的推动下发电，待库内水面升至最高点时关闭闸门;当落潮到海平面最低时，开闸放水发电．设某潮汐发电站发电有效库容V=3.6×106m3，平均潮差Δh=4.8 m，一天涨落潮两次，发电四次．水流发电的效率η1=10%．求该电站一天内利用潮汐发电的平均功率P;

(3)传送机正常运行时，1秒钟有m=50 kg的煤从漏斗中落到传送带上．带动传送带的电动机将输入电能转化为机械能的效率η2=80%，电动机输出机械能的20%用来克服传送带各部件间的摩擦(不包括传送带与煤之间的摩擦)以维持传送带的正常运行．若用潮汐发电站发出的电给传送机供电，能同时使多少台这样的传送机正常运行?

分析:本题是利用潮汐发电的典型例题，发电原理与水利发电相似，再加上利用传送带运输物体，使本题的难度大大增加．

解:(1)煤在传送带上的受力如图3所示

根据牛顿第二定律μm'gcosθ–m'gsinθ=m'a

设煤加速到v需要时间为t1

设煤加速运动的距离为s1v2=2as1,s1=1.4 m

设煤匀速运动的时间为t2L-s1=vt2t2=36 s

总时间t=t1+t2=38 s

(2)一次发电，水的质量M=ρV=3.6×109kg

一天发电的能量E=4EP×10%

平均功率，求出P=400 kW

(3)一台传送机，将1秒钟内落到传送带上的煤送到传送带上的最高点

煤获得的机械能为

传送带与煤之间因摩擦产生的热Q=μmgcosθΔS

煤与传送带的相对位移Δs=vt1-s1=1.4 m

设同时使n台传送机正常运行，根据能量守恒

求出n=30台．

三、风力发电

例4大风可能给人们的生产和生活带来一些危害，同时风能也是可以开发利用的清洁能源．

(1)据北京市气象台监测显示，2012年3月23日北京刮起了今年以来最大的风，其短时风力达到近十级．在海淀区某公路旁停放的一辆小轿车被大风吹倒的数字信息亭砸中，如图4(1)所示．已知该信息亭形状为长方体，其高度为h，底面是边长为l的正方形，信息亭所受的重力为G，重心位于其几何中心．

(1)求大风吹倒信息亭的过程中，至少需要对信息亭做多少功;

(2)若已知空气密度为ρ，大风的风速大小恒为v，方向垂直于正常直立的信息亭的竖直表面，大风中运动的空气与信息亭表面作用后速度变为零．求信息亭正常直立时，大风给它的对时间的平均作用力为多大．

(2)风力发电是利用风能的一种方式，风力发电机可以将风能(气流的动能)转化为电能，其主要部件如图4(2)所示．已知某风力发电机风轮机旋转叶片正面迎风时的有效受风面积为S，运动的空气与受风面作用后速度变为零，风力发电机将风能转化为电能的效率和空气密度均保持不变．当风速为v且风向与风力发电机受风面垂直时，风力发电机输出的电功率为P．求在同样的风向条件下，风速为v/2时这台风力发电机输出的电功率．利用风能发电时由于风速、风向不稳定，会造成风力发电输出的电压和功率不稳定．请你提出一条合理性建议，解决这一问题．

分析:风力发电问题的解决必须建立物理模型，而物理建模是高中学生的薄弱点．

解:(1)(1)信息亭被大风吹倒的过程中，仰视图如图5，其重心上升的最大高度为

当信息亭重心最高时速度为零，风对信息亭所做的功最少．设风吹倒信息亭至少做的功为W，由动能定理，有W-GΔh=0，解得

(2)在Δt时间内垂直于信息亭表面吹来的风的空气质量为Δm=ρhlvΔt

设信息亭对空气的作用力为F，由动量定理，有-FΔt=0-ρhlv2Δt

解得F=ρhlv2

根据牛顿第三定律可知，大风(空气)对信息亭的作用力

(2)单位时间内垂直吹向旋转叶片有效受风面积的空气的质量为m=ρSv

这些空气所具有的动能为

设风力发电机将风能转化为电能的效率为k，则风力发电机输出的电功率为

当风速为时输出的电功率若风向改变，可以调整风车的叶面朝向，使叶面与风速垂直，风力发电机更多地接受风能;风大时可以让风力发电机将多余的电能给蓄电池充电，把电能储存起来，发电机输出功率变小时用蓄电池辅助供电等．

四、太阳能发电

例5环保汽车将为2008年奥运会场馆服务．某辆以蓄电池为驱动能源的环保汽车，总质量m=3×103kg．当它在水平路面上以v=36 km/h的速度匀速行驶时，驱动电机的输入电流I=50 A，电压U=300 V．在此行驶状态下:

(1)求驱动电机的输入功率P电;

(2)若驱动电机能够将输入功率的90%转化为用于牵引汽车前进的机械功率P机，求汽车所受阻力与车重的比值(g取10 m/s2);

(3)设想改用太阳能电池给该车供电，其他条件不变，求所需的太阳能电池板的最小面积．结合计算结果，简述你对该设想的思考．

已知太阳辐射的总功率P0=4×1026W，太阳到地球的距离r=1.5×1011m，太阳光传播到达地面的过程中大约有30%的能量损耗，该车所用太阳能电池的能量转化效率约为15%.

分析:本题以太阳能转化为电能为载体，考察学生对各种电学知识的掌握情况．

解:(1)驱动电机的输入功率P电=IU=15×103W

(2)在匀速行驶时P机=0.9P电=Fv=fv

汽车所受阻力与车重之比f/mg=0.045

(3)当阳光垂直电池板入射时，所需板面积最小，设其为S，距太阳中心为r的球面面积S0=4πr2.

若没有能量损耗，太阳能电池板接收到的太阳能功率为P'，则

设太阳能电池板实际接收到的太阳能功率为P,P=(1-30%)P'.

由于P电=15%P，所以电池板的最小面积

，电池板的面积太大，实际使用不方便，需研究出新的太阳能电池以提高太阳能电池的光电转化率．

五、磁流体发电

例6如图6所示，是磁流体动力发电机的工作原理图．一个水平放置的上下、前后封闭的矩形塑料管，其宽度为a，高度为b，其内充满电阻率为ρ的水银，由涡轮机(未画出)产生的压强差p使得这个流体在不加磁场时具有恒定的流速v0．管道的前后两个侧面上各有长为L的由铜组成的面，实际流体的运动非常复杂，为简化起见作如下假设:

a．尽管流体有粘滞性，但整个横截面上的速度均匀．

b．流体的速度总是与作用在其上的合外力成正比．

c．流体不可压缩．

若由铜组成的前后两个侧面外部短路，一个竖直向上的匀强磁场只加在这两个铜面之间的区域，磁感强度为B(如图)．

(1)写出加磁场后，两个铜面之间区域的电阻R的表达式．

(2)涡轮机对流体产生的压强差p恒定，加磁场后，最终形成新的稳定速度v，写出流体所受的磁场力F与v关系式，指出F的方向．

(3)写出(2)问中加磁场后流体新的稳定速度v的表达式(用v0、p、L、B、ρ表示)．

(4)为使速度增加到原来的值v0，必须改变涡轮机对流体产生的压强差，导致涡轮机输出功率的增加，写出功率增加量的表达式(用v0、a、b、L、B和ρ表示)．

分析:本题以磁流体发电为载体，考察了包括导体切割磁感线产生感应电动势、欧姆定律、安培力、力的平衡以及功率等多个知识点，要求学生有较强的模型构建能力和空间想像能力．

(2)由，再利用(1)的结论，可推得，力FA的方向与流速v的方向反向．

(3)不加磁场时:pab=kv0，加磁场时:pab-FA=kv,

(4)由ΔP=P2-P1,P1=pabv0,P2=p'abv0，得ΔP=(p'ab-pab)v0,pab=kv0，所以ΔP=FA'v0.

六、自行车发电

例7曾经流行过一种向自行车车头灯供电的小型交流发电机，图7(a)为其结构示意图、(b)为其俯视图．图7(a)中N、S是一对固定的磁极，abcd为固定在转轴上的矩形线框，转轴过bc边中点、与ab边平行，它的一端有一半径r0=1.0 cm的摩擦小轮，小轮与自行车车轮的边缘相接触，如图7(c)所示．当车轮转动时，因摩擦而带动小轮转动，从而使线框在磁极间转动．设线框由N=800匝导线圈组成，电阻很小每匝线圈的面积S=20 cm2，磁极间的磁场可视为匀强磁场，磁感强度B=0.010 T，自行车车轮的半径R1=35 cm，小齿轮的半径R2=4.0 cm，大齿轮的半径R3=10.0 cm，如图7(c)．现从静止开始使大齿轮加速运动，问大齿轮的角速度为多大时才能使发电机输出电压的有效值U=3.2 V?(假定摩擦小轮与自行车轮之间无相对滑动)

分析:本题以自行车发电为载体，考察了包括导体切割磁感线产生感应电动势、空间立体图与俯视图的联系、画等效电路等多个知识点，要求学生有较强的空间想像能力和处理能力．

解:当自行车车轮转动时，通过摩擦小轮使发电机的线框在磁场内转动，线框中产生交流电动势，其最大值εm=NBSω0式中ω0为线框转动的角速度，即摩擦小轮转动的角速度．发电机两端忆压的有效值

设自行车车轮转动的角速度为ω1，由于自行车车轮与摩擦小轮之间无相对滑动，则R1ω1=r0ω0，小龄轮转动的角速度与自行车车轮转动的角速度相同，也为ω1，放大龄轮转动的角速度为ω，有R3ω=R2ω1．由以上各式解得，代入数据得ω=3.2 rad/s.

七、太空发电

例8近期《科学》中文版的文章介绍了一种新技术--航天飞缆，航天飞缆是用柔性缆索将两个物体连接起来在太空飞行的系统．飞缆系统在太空飞行中能为自身提供电能和拖曳力，它还能清理"太空垃圾"等．从1967年至1999年17次试验中，飞缆系统试验已获得部分成功．该系统的工作原理可用物理学的基本定律来解释．

图8为飞缆系统的简化模型示意图，图中两个物体P,Q的质量分别为mP、mQ，柔性金属缆索长为l，外有绝缘层，系统在近地轨道作圆周运动，运动过程中Q距地面高为h．设缆索总保持指向地心，P的速度为vP．已知地球半径为R，地面的重力加速度为g.

(1)飞缆系统在地磁场中运动，地磁场在缆索所在处的磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外．设缆索中无电流，问缆索P、Q哪端电势高?此问中可认为缆索各处的速度均近似等于vP，求P、Q两端的电势差;

(2)设缆索的电阻为R1，如果缆索两端物体P、Q通过周围的电离层放电形成电流，相应的电阻为R2，求缆索所受的安培力多大;

(3)求缆索对Q的拉力FQ.

分析:本题以航天飞机为载体，考察太空发电原理、安培力、牛顿第三定律等知识点，要求学生具有获取信息的能力以及模型构建能力．

解:(1)缆索的电动势E=BLvp

P、Q两点电势差UPQ=Blvp,P点电势高．

(3)Q的速度设为vQ,Q受地球引力和缆索拉力FQ作用

如何归类解决球面距离的计算问题篇6

关键词：球面距离,同一经线不同纬度,同一纬线不同经线,不同经线不同纬线

人类生活在地球上, 弄清球面上距离的计算, 显得特别重要。

我们知道, 球面上两点之间的最短距离是过这两点的大圆劣弧的长。下面就地面上甲 (A) 、乙 (B) 两地位于特殊的两种位置的球面距离的计算给出一个结果。

1、当甲 (A) 、乙 (B) 两地位于同一经线上, 它们纬度之差

为θ (0°≤θ≤180°) 时 (如图1) , 两地球面距离的计算方法如:因为经线是地球的大圆的一半, 此时A、B两地间的距离就是的长L。

所以 (R为地球半径, R≈6370Km)

2、当甲 (A) 、乙 (B) 两地位于纬度为α (0°≤α≤90°) 其

经度差的绝对值为θ (0°≤θ≤180°) 时, 这时又分为以下两种情况:

(1) 当α=0°时, 如图2-1, 这时纬线就是赤道圈, 它是地球的大圆, 弧的长L就是A、B两地的地面距离, 即:L== (R为地球半径, R≈6370Km)

(2) 当0°<α<90°时, 纬线为地球的小圆, 如图2-2, 用β表示A、B两点与纬线所在小圆圆心Ο1的夹角 (A、B两地经度之差的绝对值) , 即β=∠AΟ1B, 用θ表示A、B两点与球心O的夹角, 即θ=∠AΟB, 显然0°<α<β

因为OA、OB, O1A、O1B及线段AB组成两个以AB为公共底边的等腰三角形, 如图2-3, C表示线段AB的中点。

∵小圆半径r=Rcosα,

化简后得:

A、B两地间的地面距离应为过A、B两点的大圆且圆心角为θ的弧长:

(R为地球半径, R≈6370km)

例如:在60°的纬线上, 经度差为60°的A、B两地, 地面距离由上式而得:

(R为地球半径, R≈6370Km)

3、当甲 (A) 、乙 (B) 两地位于地球同一半球, 但它们的经度和纬度互不相同这种情况, 对A、B间距离计算进行探究并给出计算式。

设甲 (A) 地位于地球纬度为α1 (0°<α1<90°) , 乙地位于地球纬度为α2 (0°<α1<α2<90°) , A地经度为β (0°<β1<180°) , B地经度为β2 (0°<β1<β2<180°) , 以下探究A、B两地的地面距离计算并给出计算式。

设A1是A所在经度与纬度为α2的纬度的交点, B1是B所在经度与纬度α1的纬线的交点 (如图3) 。

以O表示球心, O1、O2分别表示纬度为α1与α2的两个小圆的圆心, 显然∠AΟ1B1=∠A1Ο2B=β2-β1, 这时△Ο1AB1与△Ο2A1B均为等腰三角形, 它们的底边分别为AB1与A1B, 而四边形AB1BA1是以AB1与A1B为上下底, AA1与BB1为两腰的等腰梯形 (如图4) , OA与OA1的夹角与OB、OB1的夹角相等, 应为α2-α1, 用θ表示OA与OB的夹角。

用解三角形的方法, 即可求出这个等腰梯形对角线AB的长, 进而求出θ, 便可求出过A、B两点的大圆劣弧的长L, 它就是甲、乙两地的球面距离。

在△中

由图3不难看出:

据图4, 由R t△B C B1可得BC2=BB12-B1C2, AB2=BC2+AC2

又AC=AB1-B1C

∴AC2=AB12-2AB1·B1C+B1C2

∵AB1-2B1C=A1B

甲、乙两地地面距离为:

例如, A地纬度为30°, 经度为30°, 即α1=30°, β1=30°, B地纬度为60°, 经度60°, 即α2=60°, β2=60°代入上式, 即得A、B两地球面距离为:

(R为地球半径, R≈6370km)

圆周运动问题归类篇7

一、混淆导体与超导体

【例1】如图1所示, 条形磁棒从左侧无穷远处沿圆环水平轴线垂直环平面匀速运动, 穿过圆环继续运动到右侧无穷远处.若圆环分别是金属导体和超导体, 在此两种情况下, 比较条形磁铁接近和远离圆环两阶段, 环内电流方向变化情况, 下列说法正确的是 ( )

A.前者环内电流方向改变, 后者环内电流方向不变

B.前者环内电流方向不变, 后者环内电流方向改变

C.前后两种情况下环内电流方向均不变

D.前后两种情况下环内电流方向均改变

【解析】若环是金属导体, 感应电动势产生的电能不断转变成焦耳热, 环中感应电流方向取决感应电动势方向, 条形磁铁运动穿过圆环前后, 环中电流方向随感应电动势方向的改变而改变.若环是超导体, 环不消耗电能, 条形磁铁在环左侧运动阶段, 感应电流的能量被储存在环中, 当条形磁铁运动到环右侧阶段, 感应电动势方向与电流方向相反, 将环中电能不断“取”出, 环中电流逐渐减弱但方向不变.超导体的一个基本特性, 就是电阻等于零, 电流通过它时, 不消耗能量.因此, 一旦一个超导环被激励了电流, 它就会永无止境的循环流动, 除非有反向激励电流去抵消它才会减少.

【答案】A

【点评】本题学生作答时容易混淆导体与超导体.对导体环来说, “阻碍”物体间的相对运动, 有来“拒”去“留”的现象, 磁铁中心通过环面时, 圆环相对磁场的运动方向与磁场平行, 导体不切割磁感线, 环中感应电动势为0.对超导体环来说, 当磁铁的中心通过超导体圆环时, 圆环中电流最大.

二、混淆电容、电阻和电源

【例2】 (2015· 平顶山一模) 在图2 中的甲、乙、丙中除导体棒ab可动外, 其余部分均固定不动.甲图中的电容器C原来不带电, 设导体棒、导轨和直流电源的电阻均可忽略, 导体棒和导轨间的摩擦也不计.图中装置均在水平面内, 且都处于方向垂直水平面 (即纸面) 向下的匀强磁场中, 导轨足够长, 今给导体棒ab一个向右的初速度v0, 导体棒的最终运动状态是 ( )

A.三种情况下, 导体棒ab最终都是匀速运动

B.图甲、丙中ab棒最终将以不同的速度做匀速运动;图乙中ab棒最终静止

C.图甲、丙中ab棒最终将以相同的速度做匀速运动

D.三种情况下, 导体棒ab最终均静止

【解析】题图甲中, 导体棒向右运动切割磁感线产生感应电流而使电容器充电, 当电容器C极板间电压与导体棒产生的感应电动势相等时, 电路中没有电流, ab棒向右做匀速运动;题图乙中, 导体棒向右运动切割磁感线产生感应电流, 通过电阻R转化为内能, 当ab棒的动能全部转化为内能时, ab棒静止;题图丙中, 导体棒先受到向左的安培力作用做减速运动, 速度减为零后再在安培力作用下向左做加速运动, 当导体棒产生的感应电动势与电源的电动势相等时, 电路中没有电流, ab棒向左做匀速运动.所以B项正确.

【答案】B

【点评】本题容易混淆导体杆与电容、电阻和电源的不同组合.这种不同组合在选择和计算中都可以出现, 甚至还可以涉及各种图象, 如速度-时间图、加速度-时间图、电荷量-时间图等, 对于这些老师可以在分清本题之后引导学生勾画草图.在分清上述运动形式之后, 给导体杆加力, 若加的力恒定, 不同组合中导体杆的运动性质怎样?

三、混淆电流—时间图象与电压—时间图象

【例3】如图3 所示, 一个由导体做成的矩形线圈, 以恒定速率v运动, 从无场区进入匀强磁场区, 磁场宽度大于矩形线圈的宽度da, 然后出来, 若取逆时针方向的电流为正方向, 那么在下图中的哪一个图能正确地表示回路中电流对时间的函数关系 ( )

【解析】当线圈开始运动, 尚未进入磁场区时, 没有产生感应电流, 当ab边切割磁感线时产生的感应电动势为定值, 因此感应电流也为定值, 方向为逆时针 (正) .当cd边进入磁场时, ab和cd边产生的感应电动势互相抵消, 没有感应电流, 当线圈继续运动, 在磁场中只有cd边时, 感应电流是顺时针 (为负) , 数值与前者的等大, cd边离开磁场后, 线圈无感应电流, 所以C项正确.

【答案】C

【例4】如图4所示, A是一个边长为L的正方形导线框, 每边长电阻为r.现维持线框以恒定速度v沿x轴运动, 并穿过图中所示由虚线围成的匀强磁场区域.Ubc=φb-φc, 线框在图示位置的时刻作为计时的零点, 则b、c两点间的电势差随时间变化的图线应为 ( )

【解析】在线框进入磁场以前的运动过程, 即, Ubc=0;线框进入磁场的过程, 即, bc边切割磁感线, 其相当于电源部分, 其他三边相当于外电路, 根据右手定则可知, b端电势高于c端, 所以;线框完全进入磁场的运动过程, 即, Ubc=BLv;线框离开磁场的过程, , ad边切割磁感线, .综上分析, B项正确.

【答案】B

【点评】例3、例4 都是导体框匀速进入磁场, 判断电磁感应现象中的图象问题都要涉及电流, 所以判断时简单套用误以为电压时间图为C, 另一个错误是判断例4时, 导体框全部进入磁场中, 磁通量不变, 误以为没有感应电流而得到感应电压为0的错误结论, 若导体框穿过双磁场时, 两边同时切割磁感线时电流要变化, 还有部分同学分不清电动势、路端电压, 导体两端电压出现问题.

四、混淆匀强磁场与辐向型磁场

【例5】如图5所示, 边长为L的正方形线圈abcd, 其匝数为n, 总电阻为r, 外电路的电阻为R, ab的中点和cd的中点的连线OO′恰好位于匀强磁场的边界线上, 磁场的磁感应强度为B, 若线圈从图示位置开始, 以角速度ω绕OO′轴匀速转动, 则以下判断中正确的是 ( )

A.闭合电路中感应电动势的瞬时表达式e=nBL2ωsinωt

B.在时刻, 磁场穿过线圈的磁通量为零, 但此时磁通量随时间变化最快

C.从t=0时刻到时刻, 电阻R上产生的热量为

D.从t=0时刻到时刻, 通过R的电荷量

【解析】初始时刻, 线圈平面处在中性面, 穿过线圈的磁通量最大为, 线圈中的感应电动势为0, 即t=0时, e=0, 闭合电路中感应电动势的瞬时表达式, 选项A错误;在时刻, 感应电动势最大, 表示此时磁通量随时间变化最快, 磁场穿过线圈的磁通量为零, 选项B正确;, , 所以, 从t=0时刻到时刻, 电阻R上产生的热量为, 选项C正确;根据以及从t=0时刻到时刻, 磁场穿过线圈的磁通量, 可得, 此时间段内通过R的电荷量, 选项D正确.

【答案】BCD

【例6】有人设计了一个汽车“再生能源装置”原理简图如图6甲所示.当汽车减速时, 线圈受到辐向磁场的阻尼作用助汽车减速, 同时将产生的电能储存.图甲中, 线圈匝数为n, ab长度为L1, bc长度为L2.图乙是此装置的侧视图.切割处磁场的磁感应强度大小恒为B, 有理想边界的两个扇形磁场区边线夹角都是90°.某次测试时, 外力使线圈以角速度ω 逆时针匀速转动, 线圈中电流i随时间变化图象如图丙所示 (I为已知量) , 取ab边刚开始进入右侧的扇形磁场时刻t=0.不计线圈转轴处的摩擦, 则 ( )

A.线圈在图乙所示位置时, 线圈中电流方向为a→b→c→d→a

B.线圈在图乙所示位置时, 线圈产生电动势的大小为

C.外力做功的平均功率为

D.闭合电路的总电阻为

【解析】有两个边一直在均匀辐向磁场中做切割磁感线运动, 故根据切割公式, 有E=2nBL1v, 其中, 解得E=nBL1L2ω, 根据右手定则, 图乙中的线圈通过的电流方向为a→b→c→d→a, 故A项正确, B项错误;根据欧姆定律, 电流I=E/R, 解得.线圈转动一个周期时间内, 产生电流的时间是半周期, 故外力做功的平均功率, 解得P=, 故C、D项正确.

【答案】ACD

【点评】对于例5, 易将线圈全部处在磁场中替代本题中的线圈一半处在磁场中而出错;例6是辐向型磁场, 有同学会误以为是正弦式交流发电机又出错, 这样在遇到交流四值问题时要引发一系列错误, 所以上下比较有助于学生看清问题的表现, 理解问题的本质.

五、混淆原线圈中有阻和无阻

【例7】正弦交流电经过匝数比为的变压器与电阻R、交流电压表V、交流电流表A按如图7甲所示方式连接, R=10Ω.图乙是R两端电压U随时间变化的图象., 则下列说法中正确的是 ( )

A.通过R的电流iR随时间t变化的规律是

B.电流表A的读数为0.1A

C.电流表A的读数为

D.电压表的读数为、

【解析】由图象知T =2×10-2s, f =50Hz, ω = 2πf = 100πrad/s, 故, A项正确;再根据知, I1有效值为0.1A, B项正确, C项错误;电压表读数应为副线圈电压有效值, , D项错误.

【答案】AB

【例8】 (2015· 全国新课标Ⅰ卷) 一理想变压器的原、副线圈的匝数比为3∶1, 在原、副线圈的回路中分别接有阻值相同的电阻, 原线圈一侧接在电压为220V的正弦交流电源上, 如图8所示.设副线圈回路中电阻两端的电压为U, 原、副线圈回路中电阻消耗的功率的比值为k, 则 ( )

A.U=66V, k=1/9

B.U=22V, k=1/9

C.U=66V, k=1/3

D.U=22V, k=1/3

【解析】原、副线圈电压比等于匝数比, 根据副线圈负载电阻的电压U, 可知副线圈电压为3U, 线圈电流, 原、副线圈电流与匝数成反比, 所以原线圈电流, 那么原线圈输入电压, 整理得U=66V;原副线圈电阻消耗的功率根据P=I2R, 电阻相等, 电流之比为1∶3, 可以得功率比为1∶9, k=1/9.

【答案】A

【点评】两道题的差异是原线圈所在的电路, 一个无电阻, 一个有电阻, 不管怎样, 我们解答时只需一步一个脚印, 按照闭合电路的欧姆定律就可以分清, 但是, 在实际问题中, 有些同学审题不清, 急于求成反而弄巧成拙.

电磁感应中的极值问题归类例析篇8

一电磁感应现象中求某力学量极值的问题

1. 求最大速度的极值问题

例1:电阻可忽略的光滑平行金属导轨长s=1.15m, 两导轨间距L=0.75m, 导轨倾角为30°, 导轨上端ab接一阻值R=1.5Ω的电阻, 磁感应强度B=0.8T的匀强磁场垂直轨道平面向上。阻值r=0.5Ω, 质量m=0.2kg的金属棒与轨道垂直且接触良好, 从轨道上端ab处由静止开始下滑至底端, 在此过程中金属棒产生的焦耳热Qr=0.1J。 (取g=10m/s2) 求: (1) 金属棒在此过程中克服安培力的功W安; (2) 金属棒下滑速度v=2m/s时的加速度a; (3) 为求金属棒下滑的最大速度vm, 有同学解答如下:由动能定理W重-W安=21mvm2……。由此所得结果是否正确?若正确, 说明理由并完成本小题;若不正确, 给出正确的解答。 (2011年上海物理高考试题)

解析: (1) 下滑过程中安培力的功即为在电阻上产生的焦耳热, 由于R=3r, 因此QR=3Qr=0.3 (J) 。

(2) 金属棒下滑时受到重力mg和安培力的作用:

由牛顿第二定律有:

(3) 此解法正确。

金属棒下滑时受重力和安培力作用, 其运动满足

上式表明, 加速度随速度增加而减小, 棒作加速度减小的加速运动。无论最终是否达到匀速, 当棒到达斜面底端时速度一定为最大。由动能定理可以得到棒的末速度, 因此上述解法正确。

2. 求最大拉力的极值问题

例2:如图2, 质量为M的足够长金属导轨abcd放在光滑的绝缘水平面上。一电阻不计, 质量为m的导体棒PQ放置在导轨上, 始终与导轨接触良好, PQbc构成矩形。棒与导轨间动摩擦因数为μ, 棒左侧有两个固定于水平面的立柱。导轨bc段长为L, 开始时PQ左侧导轨的总电阻为R, 右侧导轨单位长度的电阻为R0。以ef为界, 其左侧匀强磁场方向竖直向上, 右侧匀强磁场水平向左, 磁感应强度大小均为B。在t=0时, 一水平向左的拉力F垂直作用在导轨的bc边上, 使导轨由静止开始做匀加速直线运动, 加速度为a。 (1) 求回路中感应电动势及感应电流随时间变化的表达式; (2) 经过多长时间拉力F达到最大值, 拉力F的最大值为多少?

解析: (1) 感应电动势ε=BLv, 导轨做初速为零的匀加速运动v=at, ε=BLat,

回路中感应电流随时间变化的表达式:

(2) 导轨受外力F, 安培力FA, 摩擦力Ff, 其中FA=

由牛顿定律F-FA-Ff=Ma得:

上式中, 当即时, 外力F取得极大值。

所以拉力F的最大值为:

3. 求最大角速度的极值问题

例3:如图3所示, 一个半径为r的铜圆盘可以绕垂直于盘面的中心轴无摩擦地转动, 圆盘所在区域内有方向垂直于盘面的磁感应强度为B的匀强磁场, 盘的边缘绕有一根细长线, 线的一端挂一个质量为m的物体A, 电阻R的一端与盘中心相连接, 另一端通过电刷与圆盘的边缘相连, 不计铜盘的电阻和电刷的摩擦, 现由静止开始释放A物, 求铜盘转动所能达到的最大角速度。

解析:圆盘受到物体A的牵引以角速度ω转动时, A以速度v=ωr向下运动, 在圆盘上沿半径方向在任一根辐条 (圆盘可看成由许多辐条并联而成) 上产生的电动势与电阻R组成闭合回路, 电流

从能的转化和守恒来看, 圆盘达到最大角速度时, A物体达到最大速度, 重力对A物体做功的功率应等于回路中产生的焦耳热功率, 即。

解得:即所求的最大角速度。

二在电磁感应现象中求某电学量的极值

1. 求最大感应电流的极值问题

例4:如图4所示, 两足够长的光滑金属导轨竖直放置, 相距为L, 一理想电流表与两导轨相连, 匀强磁场与导轨平面垂直。一质量为m、有效电阻为R的导体棒在距磁场上边界h处静止释放。导体棒进入磁场后, 流经电流表的电流逐渐减小, 最终稳定为I。整个运动过程中, 导体棒与导轨接触良好, 且始终保持水平, 不计导轨的电阻。求: (1) 磁感应强度的大小B; (2) 电流稳定后, 导体棒运动速度的大小v; (3) 流经电流表电流的最大值Im。 (2010年江苏高考试题) 解析:

(1) 电流稳定后, 导体棒做匀速运动BIL=mg

解得:

(2) 感应电动势:E=BLv

感应电流:

由 (2) (3) (4) 式解得:

(3) 由题意知, 导体棒刚进入磁场时的速度最大, 设为vm, 由机械能守恒定律有:

感应电动势的最大值为:Em=VLvm。

则感应电流的最大值为:

解得流经电流表电流的最大值为:

2. 求最大电功率的极值问题

、例5:在图5中, da、cb为相距lm的平行导轨 (电阻很小, 可以忽略) , a、b间接有一个固定电阻, 阻值为R, 长直细杆MN可以按任意角θ架在平行导轨上, 并以匀速v滑动 (平移) , v的方向与da平行, 杆MN有电阻, 每m长的电阻值为R, 整个空间充满磁感应强度为B的匀强磁场, 方向如图。求: (1) 固定电阻R上消耗功率最大时角θ的值; (2) 求杆MN上消耗的电功率最大时角θ的值。

解析: (1) 棒平动切割磁感线产生的电动势为:E=Blv, 固定电阻R上消耗的电功率为:

其中:显然当时, 电功率P有最大值:

闭合电路的最大功率问题归类探析篇9

1电源的最大功率问题

电源的功率是P电源=EI，由于电源电动势E一定，故只要电流I有最大值时就有电源最大功率.由闭合电路欧姆定律有I=ER+r，故当R+r最小即R=0 （即将电源直接短接）时有最大电流Imax，此时电源功率有最大值P电源-max=E2r，此时电能全部转化为电源内阻r的内能，由于电源内阻r一般很小，故此时电源的热功率较大，电源发热厉害，很容易烧毁，这就是电源为何不能短接的根本原因.

2电源的最大输出功率两类问题和一般性条件

电源的输出功率是指电源的路端电压U与干路电流I的乘积即P=UI，根据能量守恒电源输出功率也等于电源的功率与电源内阻消耗的热功率之差即

P=EI-I2r.

（1）无定值电阻的纯电阻电路

如图1所示，电动势为E，内阻为r，滑动变阻器R.对于此类无定值电阻的电路，其电源最大功率的求解可以从负载R及电流I两个角度分别利用数学知识进行求解.

①从负载R的角度求解

电源的输出功率：

P=UI=I2R=（ER+r）2R=E2R（R-r）2+4Rr

=E2（R-r）2R+4r.

由上式可以看出，当负载电阻等于电源内电阻时（R=r），电源有最大输出功率Pmax=E24r；

当R

当R>r时，P随R的增大而减小；因此才可以定性绘出如图2所示的P-R图，对于每一个小于Pmax的功率P值总有两个电阻R1、R2.

这种方法是参考书常用方法，对于数学知识储备有限的高中生而言，只能定性地理解电源的输出功率P随电阻R的变化关系，不能精确地描绘出P-R图象，因而由P-R函数表达式过渡到P-R图的直观化表达具有一定的思维跳跃度，而这一阶梯往往成为学生理解的难点.为了有效化解这一思维难点，我们尝试从电流I的角度进行理解.

②从电流I的角度求解

P=P总-P内=EI-I2r（1）

由学生熟知的数学知识可知这是一个关于电流I的一元二次方程，其P-I函数图象如图3所示，对称轴为

I0=E-2（-r）=E2r，

此时电源有最大输出功率

Pmax=E·E2r-（E2r）2r=E24r.

再由R总=2r，及R总=R+r，可知R=r时电源有最大的输出功率.

结合图3学生比较容易理解：

当I=ER+r>I0=E2r时，电源的输出功率P随I的减小而增大；即当R

当I=ER+r≤I0=E2r时，电源的输出功率P随I的减小而减小；即当R>r时，电源的输出功率随R的增大而减小.

（2）含定值电阻的纯电阻电路

如图4所示，电源电动势为E，内阻为r，定值电阻为R0，滑动变阻器为R，其最大阻值为Rmax.为方便分析，我们接下来的几种类型的最大功率问题都采用这个电路图.

电源的输出功率

P=P总-P内=EI-I2r，

由（1）式可知，理论上当R总=2r，即R+R0=r时电源有最大输出功率，然而电源内阻r与定值电阻R0的大小关系并没有确定，因此在实际问题中需要分情况讨论：

若定值电阻R0≤r，则当R=R0-r时电源有最大输出功率Rmax=E24r；

若定值电阻R0>r，则由P-I图象可知当I=ER0+r+R靠近I0=E2r时有最大输出功率；

而R0+r+R>2r，功率随R0+r+R的增大而减小；

故当R=0时电源有最大功率Pmax=E2R0R0+r；

当R=Rmax（即I=ER0+r+Rmax）时电源有最大输出功率Pmax=E2RmaxR0+r+Rmax；

（3）电源最大输出功率的一般性条件

以上讨论的都是纯电阻电路中电源的最大输出功率问题，那如果外电路是含电动机的非纯电阻电路，其电源的最大功率又该如何求解呢？

如图5所示，电源电动势为E，内阻为r，AB两点间的电路可能含有电动机，设路端电压为U，则电源的输出功率为

P=IU=E-UrU=-1r（U2-EU）

=E24r-1r（U-E2）2.

故当U=E2（即当R外=r）时电源就有最大输出功率Pmax=E24r，但在一些具体电路中无论怎么调节外电路也不能实现U等于E2.从上面（2）的分析即可看出此结论的成立并不是对所有的电路都成立.不过我们还是可以得出电源最大功率的一般性条件：对于所有的电源电动势为E、内阻为r的电路（含非电阻电路），只要能通过调节滑动变阻器R能实现U=E2 （即R外=r）时，则当U=E2 （即R外=r）时，电源有最大输出功率Pmax=E24r，如不能实现R外=r时，只有当R外满足R外-r的绝对值最小时电源有最大的输出功率.

3定值电阻的最大功率问题

对于定值电阻的最大功率问题，我们可以采用“电流最大法”.如图4所示，定值电阻的功率为：

P=I2R0=（ER0+r+R）2R0，

故当滑动变阻器R=0时，定值电阻有最大功率

Pmax=E24（R0+r）.

4可变电阻的最大功率问题

如图4所示，我们可以采用等效电源法，可变电阻R的最大功率实质上与等效电源（E，R0+r）的最大输出功率完全相同（如图6），因此可变电阻的功率为

P=P总-P内=EI-I2（R0+r）；

若Rmax>R0+r，则当R=R0+r时电源有最大输出功率Pmax=E24（R0+r）；

若Rmax

Pmax=E2RmaxR0+r+Rmax.

综上所述，对于闭合电路的最大功率问题，首先应分清楚是纯电阻电路还是非纯电阻电路；其次应明确是求哪个元件的最大功率.然后再采用相应的方法：

（1）电源的最大功率问题、定值电阻的最大功率问题采用“电流最大法”.

（2）电源的最大输出功率问题（含非纯电阻电路）采用“函数分析法”.

（3）可变电阻的最大功率问题采用“电源等效法”.

圆周运动问题归类篇10

一、单杆在磁场中匀速运动

【例1】如图1所示, 足够长的U形导体框架的宽度L=0.5 m, 电阻忽略不计, 其所在平面与水平面成θ=37°角, 磁感应强度B=0.8 T的匀强磁场方向垂直于导体框平面, 一根质量m=0.2 kg, 有效电阻R=2Ω的导体棒MN垂直跨放在U形框架上, 该导体棒与框架间的动摩擦因数μ=0.5。导体棒由静止开始沿框架下滑到刚开始匀速运动, 通过导体棒截面的电量共为Q=2 C。求:

(1) 导体棒匀速运动的速度;

(2) 导体棒从开始下滑到刚开始匀速运动这一过程中, 导体棒的有效电阻消耗的电功。 (sin 37°=0.6 cos 37°=0.8g=10m/s2)

解与析: (1) 当导体棒匀速下滑时, 其受力情况如图2,

因为匀速下滑, 设匀速下滑的速度为v, 则由平衡条件得:

平行斜面方向:mgsinθ-f-F=0

垂直斜面方向:N-mgcosθ=0其中:f=μN

感应电动势ε=BLv

设物体下滑的位移为s, 则△Φ=Bs L

二、单杆在磁场中匀变速运动

【例2】如图3所示, 在范围足够大, 方向竖直向下的匀强磁场中, B=0.2 T, 有一水平放置的光滑框架, 宽度为L=0.4m, 如图所示, 框架上放置一质量为0.05 kg, 电阻为1Ω的金属杆cd, 框架电阻不计。若cd杆以恒定加速度a=2 m/s2, 由静止开始做匀变速运动, 则

(1) 在5 s内平均感应电动势是多少?

(2) 第5 s末, 回路中的电流多大?

(3) 第5 s末, 作用在cd杆上的水平外力多大?

(3) 金属杆在做匀加速直线运动, 由牛顿第二定律得F-F安=ma, 即F=BIL+ma=0.164 N.

三、单杆在磁场中变速运动

【例3】如图4所示, 间距为L的两条足够长的平行金属导轨MN、PQ与水平面夹角为α, 导轨的电阻不计, 导轨的N、P端连接一阻值为R的电阻, 导轨置于磁感应强度大小为B、方向与导轨平面垂直的匀强磁场中。将一根质量为m、电阻不计的导体棒ab垂直放在导轨上, 导体棒ab恰能保持静止。现给导体棒一个大小为v0、方向沿导轨平面向下的初速度, 然后任其运动, 导体棒在运动过程中始终与导轨垂直并接触良好。设导体棒所受滑动摩擦力与最大静摩擦力大小相等。

求: (1) 导体棒与导轨间的动摩擦因数μ;

(2) 导体棒在导轨上移动的最大距离x;

(3) 整个运动过程中电阻R上产生的焦耳热Q。

解与析: (1) 因为导体棒处于平衡状态, 故由受力分析知:mgsinα=f静max

由题意知:f滑=μmgcosα=f静max

联立可得:μ=tanα

(2) 设导体棒在减速中的某一时刻速度为v, 取一极短时间⊿t, 发生了一段极小的位移⊿x, 在⊿t时间内, 磁通量的变化为⊿Φ, ⊿Φ=BL⊿x。

由于⊿t很小, 故F安可看作为恒力, 选沿斜面向下方向为正方向, 则在⊿t时间内, 根据牛顿第二定律有:-F安=ma

四、单杆在磁场中变杆运动

【例4】如图5所示, 在水平面上固定一光滑金属导轨HGDEF, EF∥GH, DE=EF=DG=GH=EG=L。一质量为m的足够长的导体棒AC垂直EF方向放置于在金属导轨上, 导轨与导体棒单位长度的电阻均为r。整个装置处在方向竖直向下、磁感应强度为B的匀强磁场中。现对导体棒AC施加一水平向右的外力, 使导体棒从D位置开始以速度v0沿EF方向做匀速直线运动, 导体棒在滑动过程中始终保持与导轨良好接触。

(1) 求导体棒运动到FH位置, 即将离开导轨时, FH两端的电势差。

(2) 关于导体棒运动过程中回路产生感应电流, 小明和小华两位同学进行了讨论。小明认为导体棒在整个运动过程中是匀速的, 所以回路中电流的值是恒定不变的;小华则认为前一过程导体棒有效切割长度在增大, 所以电流是增大的, 后一过程导体棒有效切割长度不变, 电流才是恒定不变的。你认为这两位同学的观点正确吗?请通过推算证明你的观点。

(3) 求导体棒从D位置运动到EG位置的过程中, 导体棒上产生的焦耳热。

(2) 两个学生的观点都不正确。

AC棒在EG至FH运动过程中, 感应电动势恒定不变, 而电阻一直在增大, 所以电流是减小的。

【总结归纳】单杆模型这类问题的处理有这样几条思路要点:

1. 力学角度:

与导体单棒组成闭合回路中的磁通量发生改变→导体棒产生感应电动势→产生感应电流→导体受安培力→合外力变化→加速度变化→速度变化→感应电动势变化→……, 循环结束时加速度等于零, 导体棒达到稳定运动状态。

2. 电学角度:

判断产生电磁感应现象的那一部分导体 (电源) →利用或求感应电动势的大小→利用右手定则或楞次定律判断电流方向→分析电路结构→画等效电路图。

3. 能量角度:

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