如圖16所示，x軸正方向水平向右，y軸正方向豎直向上．在xOy平面內(nèi)有與y軸平行的勻強(qiáng)電場，在半徑為R的圓內(nèi)還有與xOy平面垂直的勻強(qiáng)磁場．在圓的左邊放置一帶電微粒發(fā)射裝置，它沿x軸正方向發(fā)射出一束具有相同質(zhì)量m、電荷量為q(q>0)和初速度為v的帶電微粒．發(fā)射時，這束帶電微粒分布在0<y<2R的區(qū)間內(nèi)。已知重力加速度大小為g，若從A點(diǎn)射出的帶電微粒平行于x軸從C點(diǎn)進(jìn)入磁場區(qū)域，并從坐標(biāo)原點(diǎn)O沿y軸負(fù)方向離開。
（1）求電場強(qiáng)度和磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小；
（2）請指出這束帶電微粒與x軸相交的區(qū)域，并指出這束帶電微粒中哪些粒子在磁場中運(yùn)動的時間最長；最長時間為多少？
（1）帶電粒子平行于x軸從C點(diǎn)進(jìn)入磁場，說明帶電微粒所受重力和電場力平衡．設(shè)電場強(qiáng)度大小為E，由mg=qE可得E=
，方向沿y軸正方向． (2分)
帶電微粒進(jìn)入磁場后，將做圓周運(yùn)動，且r=R．如圖a所示．設(shè)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B
由牛頓第二定律得:
(2分)
解得：
(2分)
（2）這束帶電微粒都通過坐標(biāo)原點(diǎn) (1分)
從任一點(diǎn)P水平進(jìn)入磁場的帶電微粒在磁場中做半徑為R的勻速圓周運(yùn)動．如圖b所示，P點(diǎn)與O/點(diǎn)的連線與y軸的夾角為θ，則圓心Q的坐標(biāo)為(－Rsinθ，Rcosθ)，
又?jǐn)?shù)學(xué)知識得：粒子圓周運(yùn)動的軌跡方程為：(x+Rsinθ) 2+(y—Rcosθ)2=R2
令y=0， 解得x=0 (2分)
因所有的粒子最后從原點(diǎn)離開，且半徑均為R，所以從M點(diǎn)進(jìn)入的粒子在磁場中偏轉(zhuǎn)的角度為180°最大，因而運(yùn)動的時間最長。(2分)
又
則時間tm=
(1分)
【解析】略
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科目：高中物理 來源： 題型：閱讀理解
| v（m/s） | 0 | 1.00 | 1.41 | 1.73 | 2.00 | 2.45 | 3.00 | 3.16 |
| h（m） | 0 | 0.05 | 0.10 | 0.15 | 0.20 | 0.30 | 0.45 | 0.50 |
| 測試點(diǎn)距岸距離 x/m | 0 | 1 | 2 | 3 | 4 | 5 | 6 |
| 管內(nèi)外高度差 h/cm | 0 | 0.8 | 3.2 | 7.2 | 12.8 | 20.0 | 28.8 |
| 相應(yīng)的水流速度 v/ms-1 | 0 0 |
0.4 0.4 |
0.8 0.8 |
1.2 1.2 |
1.6 1.6 |
2.0 2.0 |
2.4 2.4 |
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科目：高中物理 來源： 題型：
| v（m/s） | 0 | 1.00 | 1.41 | 1.73 | 2.00 | 2.45 | 2.83 | 3.16 |
| h（m） | 0 | 0.05 | 0.10 | 0.15 | 0.20 | 0.30 | 0.40 | 0.50 |
| 測試點(diǎn)離岸距離x/m | 0 | 1 | 2 | 3 | 4 |
| 管內(nèi)外液面高度差h/cm | 0 | 0.8 | 3.2 | 7.2 | 12.8 |
| 相應(yīng)的河水流速v/ms-1 |
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科目：高中物理 來源： 題型：
（15分）如圖16所示，真空中有一以（r，O）為圓心，半徑為r的圓柱形勻強(qiáng)磁場區(qū)域，磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直于紙面向里，在y≤一r的范圍內(nèi)，有方向水平向右的勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度的大小為E。從0點(diǎn)向不同方向發(fā)射速率相同的電子，電子的運(yùn)動軌跡均在紙面內(nèi)。已知電子的電量為e，質(zhì)量為m，電子在磁場中的偏轉(zhuǎn)半徑也為r，不計重力及阻力的作用，求：
（1）電子射入磁場時的速度大小；
（2）速度方向沿x軸正方向射入磁場的電子，到達(dá)y軸所需的時間；
（3）速度方向與x軸正方向成30°角（如圖中所示）射入磁場的電子，到達(dá)y軸的位置到原點(diǎn)O的距離。
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科目：高中物理 來源： 題型：閱讀理解
第二部分 牛頓運(yùn)動定律
第一講 牛頓三定律
一、牛頓第一定律
1、定律。慣性的量度
2、觀念意義，突破“初態(tài)困惑”
二、牛頓第二定律
1、定律
2、理解要點(diǎn)
a、矢量性
b、獨(dú)立作用性：ΣF → a ，ΣFx → ax …
c、瞬時性。合力可突變，故加速度可突變（與之對比：速度和位移不可突變）；牛頓第二定律展示了加速度的決定式（加速度的定義式僅僅展示了加速度的“測量手段”）。
3、適用條件
a、宏觀、低速
b、慣性系
對于非慣性系的定律修正——引入慣性力、參與受力分析
三、牛頓第三定律
1、定律
2、理解要點(diǎn)
a、同性質(zhì)（但不同物體）
b、等時效（同增同減）
c、無條件（與運(yùn)動狀態(tài)、空間選擇無關(guān)）
第二講 牛頓定律的應(yīng)用
一、牛頓第一、第二定律的應(yīng)用
單獨(dú)應(yīng)用牛頓第一定律的物理問題比較少，一般是需要用其解決物理問題中的某一個環(huán)節(jié)。
應(yīng)用要點(diǎn)：合力為零時，物體靠慣性維持原有運(yùn)動狀態(tài)；只有物體有加速度時才需要合力。有質(zhì)量的物體才有慣性。a可以突變而v、s不可突變。
1、如圖1所示，在馬達(dá)的驅(qū)動下，皮帶運(yùn)輸機(jī)上方的皮帶以恒定的速度向右運(yùn)動。現(xiàn)將一工件（大小不計）在皮帶左端A點(diǎn)輕輕放下，則在此后的過程中（ ）
A、一段時間內(nèi)，工件將在滑動摩擦力作用下，對地做加速運(yùn)動
B、當(dāng)工件的速度等于v時，它與皮帶之間的摩擦力變?yōu)殪o摩擦力
C、當(dāng)工件相對皮帶靜止時，它位于皮帶上A點(diǎn)右側(cè)的某一點(diǎn)
D、工件在皮帶上有可能不存在與皮帶相對靜止的狀態(tài)
解說：B選項需要用到牛頓第一定律，A、C、D選項用到牛頓第二定律。
較難突破的是A選項，在為什么不會“立即跟上皮帶”的問題上，建議使用反證法（t → 0 ，a → ∞ ，則ΣFx → ∞ ，必然會出現(xiàn)“供不應(yīng)求”的局面）和比較法（為什么人跳上速度不大的物體可以不發(fā)生相對滑動？因為人是可以形變、重心可以調(diào)節(jié)的特殊“物體”）
此外，本題的D選項還要用到勻變速運(yùn)動規(guī)律。用勻變速運(yùn)動規(guī)律和牛頓第二定律不難得出
只有當(dāng)L ＞ 
時（其中μ為工件與皮帶之間的動摩擦因素），才有相對靜止的過程，否則沒有。
答案：A、D
思考：令L = 10m ，v = 2 m/s ，μ= 0.2 ，g取10 m/s2 ，試求工件到達(dá)皮帶右端的時間t（過程略，答案為5.5s）
進(jìn)階練習(xí)：在上面“思考”題中，將工件給予一水平向右的初速v0 ，其它條件不變，再求t（學(xué)生分以下三組進(jìn)行）——
① v0 = 1m/s (答：0.5 + 37/8 = 5.13s)
② v0 = 4m/s (答：1.0 + 3.5 = 4.5s)
③ v0 = 1m/s (答：1.55s)
2、質(zhì)量均為m的兩只鉤碼A和B，用輕彈簧和輕繩連接，然后掛在天花板上，如圖2所示。試問：
① 如果在P處剪斷細(xì)繩，在剪斷瞬時，B的加速度是多少？
② 如果在Q處剪斷彈簧，在剪斷瞬時，B的加速度又是多少？
解說：第①問是常規(guī)處理。由于“彈簧不會立即發(fā)生形變”，故剪斷瞬間彈簧彈力維持原值，所以此時B鉤碼的加速度為零（A的加速度則為2g）。
第②問需要我們反省這樣一個問題：“彈簧不會立即發(fā)生形變”的原因是什么？是A、B兩物的慣性，且速度v和位移s不能突變。但在Q點(diǎn)剪斷彈簧時，彈簧卻是沒有慣性的（沒有質(zhì)量），遵從理想模型的條件，彈簧應(yīng)在一瞬間恢復(fù)原長！即彈簧彈力突變?yōu)榱恪?/p>
答案：0 ；g 。
二、牛頓第二定律的應(yīng)用
應(yīng)用要點(diǎn)：受力較少時，直接應(yīng)用牛頓第二定律的“矢量性”解題。受力比較多時，結(jié)合正交分解與“獨(dú)立作用性”解題。
在難度方面，“瞬時性”問題相對較大。
1、滑塊在固定、光滑、傾角為θ的斜面上下滑，試求其加速度。
解說：受力分析 → 根據(jù)“矢量性”定合力方向 → 牛頓第二定律應(yīng)用
答案：gsinθ。
思考：如果斜面解除固定，上表仍光滑，傾角仍為θ，要求滑塊與斜面相對靜止，斜面應(yīng)具備一個多大的水平加速度？（解題思路完全相同，研究對象仍為滑塊。但在第二環(huán)節(jié)上應(yīng)注意區(qū)別。答：gtgθ。）
進(jìn)階練習(xí)1：在一向右運(yùn)動的車廂中，用細(xì)繩懸掛的小球呈現(xiàn)如圖3所示的穩(wěn)定狀態(tài)，試求車廂的加速度。（和“思考”題同理，答：gtgθ。）
進(jìn)階練習(xí)2、如圖4所示，小車在傾角為α的斜面上勻加速運(yùn)動，車廂頂用細(xì)繩懸掛一小球，發(fā)現(xiàn)懸繩與豎直方向形成一個穩(wěn)定的夾角β。試求小車的加速度。
解：繼續(xù)貫徹“矢量性”的應(yīng)用，但數(shù)學(xué)處理復(fù)雜了一些（正弦定理解三角形）。
分析小球受力后，根據(jù)“矢量性”我們可以做如圖5所示的平行四邊形，并找到相應(yīng)的夾角。設(shè)張力T與斜面方向的夾角為θ，則
θ=（90°+ α）- β= 90°-（β-α） （1）
對灰色三角形用正弦定理，有
= 
（2）
解（1）（2）兩式得：ΣF = 
最后運(yùn)用牛頓第二定律即可求小球加速度（即小車加速度）
答：
。
2、如圖6所示，光滑斜面傾角為θ，在水平地面上加速運(yùn)動。斜面上用一條與斜面平行的細(xì)繩系一質(zhì)量為m的小球，當(dāng)斜面加速度為a時（a＜ctgθ），小球能夠保持相對斜面靜止。試求此時繩子的張力T 。
解說：當(dāng)力的個數(shù)較多，不能直接用平行四邊形尋求合力時，宜用正交分解處理受力，在對應(yīng)牛頓第二定律的“獨(dú)立作用性”列方程。
正交坐標(biāo)的選擇，視解題方便程度而定。
解法一：先介紹一般的思路。沿加速度a方向建x軸，與a垂直的方向上建y軸，如圖7所示（N為斜面支持力）。于是可得兩方程
ΣFx = ma ，即Tx － Nx = ma
ΣFy = 0 ， 即Ty + Ny = mg
代入方位角θ，以上兩式成為
T cosθ－N sinθ = ma （1）
T sinθ + Ncosθ = mg （2）
這是一個關(guān)于T和N的方程組，解（1）（2）兩式得：T = mgsinθ + ma cosθ
解法二：下面嘗試一下能否獨(dú)立地解張力T 。將正交分解的坐標(biāo)選擇為：x——斜面方向，y——和斜面垂直的方向。這時，在分解受力時，只分解重力G就行了，但值得注意，加速度a不在任何一個坐標(biāo)軸上，是需要分解的。矢量分解后，如圖8所示。
根據(jù)獨(dú)立作用性原理，ΣFx = max
即：T － Gx = max
即：T － mg sinθ = m acosθ
顯然，獨(dú)立解T值是成功的。結(jié)果與解法一相同。
答案：mgsinθ + ma cosθ
思考：當(dāng)a＞ctgθ時，張力T的結(jié)果會變化嗎？（從支持力的結(jié)果N = mgcosθ－ma sinθ看小球脫離斜面的條件，求脫離斜面后，θ條件已沒有意義。答：T = m
。）
學(xué)生活動：用正交分解法解本節(jié)第2題“進(jìn)階練習(xí)2”
進(jìn)階練習(xí)：如圖9所示，自動扶梯與地面的夾角為30°，但扶梯的臺階是水平的。當(dāng)扶梯以a = 4m/s2的加速度向上運(yùn)動時，站在扶梯上質(zhì)量為60kg的人相對扶梯靜止。重力加速度g = 10 m/s2，試求扶梯對人的靜摩擦力f 。
解：這是一個展示獨(dú)立作用性原理的經(jīng)典例題，建議學(xué)生選擇兩種坐標(biāo)（一種是沿a方向和垂直a方向，另一種是水平和豎直方向），對比解題過程，進(jìn)而充分領(lǐng)會用牛頓第二定律解題的靈活性。
答：208N 。
3、如圖10所示，甲圖系著小球的是兩根輕繩，乙圖系著小球的是一根輕彈簧和輕繩，方位角θ已知。現(xiàn)將它們的水平繩剪斷，試求：在剪斷瞬間，兩種情形下小球的瞬時加速度。
解說：第一步，闡明繩子彈力和彈簧彈力的區(qū)別。
（學(xué)生活動）思考：用豎直的繩和彈簧懸吊小球，并用豎直向下的力拉住小球靜止，然后同時釋放，會有什么現(xiàn)象？原因是什么？
結(jié)論——繩子的彈力可以突變而彈簧的彈力不能突變（胡克定律）。
第二步，在本例中，突破“繩子的拉力如何瞬時調(diào)節(jié)”這一難點(diǎn)（從即將開始的運(yùn)動來反推）。
知識點(diǎn)，牛頓第二定律的瞬時性。
答案：a甲 = gsinθ ；a乙 = gtgθ 。
應(yīng)用：如圖11所示，吊籃P掛在天花板上，與吊籃質(zhì)量相等的物體Q被固定在吊籃中的輕彈簧托住，當(dāng)懸掛吊籃的細(xì)繩被燒斷瞬間，P、Q的加速度分別是多少？
解：略。
答：2g ；0 。
三、牛頓第二、第三定律的應(yīng)用
要點(diǎn)：在動力學(xué)問題中，如果遇到幾個研究對象時，就會面臨如何處理對象之間的力和對象與外界之間的力問題，這時有必要引進(jìn)“系統(tǒng)”、“內(nèi)力”和“外力”等概念，并適時地運(yùn)用牛頓第三定律。
在方法的選擇方面，則有“隔離法”和“整體法”。前者是根本，后者有局限，也有難度，但常常使解題過程簡化，使過程的物理意義更加明晰。
對N個對象，有N個隔離方程和一個（可能的）整體方程，這（N + 1）個方程中必有一個是通解方程，如何取舍，視解題方便程度而定。
補(bǔ)充：當(dāng)多個對象不具有共同的加速度時，一般來講，整體法不可用，但也有一種特殊的“整體方程”，可以不受這個局限（可以介紹推導(dǎo)過程）——
Σ
= m1
+ m2
+ m3
+ … + mn
其中Σ
只能是系統(tǒng)外力的矢量和，等式右邊也是矢量相加。
1、如圖12所示，光滑水平面上放著一個長為L的均質(zhì)直棒，現(xiàn)給棒一個沿棒方向的、大小為F的水平恒力作用，則棒中各部位的張力T隨圖中x的關(guān)系怎樣？
解說：截取隔離對象，列整體方程和隔離方程（隔離右段較好）。
答案：N = 
x 。
思考：如果水平面粗糙，結(jié)論又如何？
解：分兩種情況，（1）能拉動；（2）不能拉動。
第（1）情況的計算和原題基本相同，只是多了一個摩擦力的處理，結(jié)論的化簡也麻煩一些。
第（2）情況可設(shè)棒的總質(zhì)量為M ，和水平面的摩擦因素為μ，而F = μ
Mg ，其中l(wèi)＜L ，則x＜(L-l)的右段沒有張力，x＞(L-l)的左端才有張力。
答：若棒仍能被拉動，結(jié)論不變。
若棒不能被拉動，且F = μ
Mg時（μ為棒與平面的摩擦因素，l為小于L的某一值，M為棒的總質(zhì)量），當(dāng)x＜(L-l)，N≡0 ；當(dāng)x＞(L-l)，N = 
〔x -〈L-l〉〕。
應(yīng)用：如圖13所示，在傾角為θ的固定斜面上，疊放著兩個長方體滑塊，它們的質(zhì)量分別為m1和m2 ，它們之間的摩擦因素、和斜面的摩擦因素分別為μ1和μ2 ，系統(tǒng)釋放后能夠一起加速下滑，則它們之間的摩擦力大小為：
A、μ1 m1gcosθ ； B、μ2 m1gcosθ ；
C、μ1 m2gcosθ ； D、μ1 m2gcosθ ；
解：略。
答：B 。（方向沿斜面向上。）
思考：（1）如果兩滑塊不是下滑，而是以初速度v0一起上沖，以上結(jié)論會變嗎？（2）如果斜面光滑，兩滑塊之間有沒有摩擦力？（3）如果將下面的滑塊換成如圖14所示的盒子，上面的滑塊換成小球，它們以初速度v0一起上沖，球應(yīng)對盒子的哪一側(cè)內(nèi)壁有壓力？
解：略。
答：（1）不會；（2）沒有；（3）若斜面光滑，對兩內(nèi)壁均無壓力，若斜面粗糙，對斜面上方的內(nèi)壁有壓力。
2、如圖15所示，三個物體質(zhì)量分別為m1 、m2和m3 ，帶滑輪的物體放在光滑水平面上，滑輪和所有接觸面的摩擦均不計，繩子的質(zhì)量也不計，為使三個物體無相對滑動，水平推力F應(yīng)為多少？
解說：
此題對象雖然有三個，但難度不大。隔離m2 ，豎直方向有一個平衡方程；隔離m1 ，水平方向有一個動力學(xué)方程；整體有一個動力學(xué)方程。就足以解題了。
答案：F = 
。
思考：若將質(zhì)量為m3物體右邊挖成凹形，讓m2可以自由擺動（而不與m3相碰），如圖16所示，其它條件不變。是否可以選擇一個恰當(dāng)?shù)腇′，使三者無相對運(yùn)動？如果沒有，說明理由；如果有，求出這個F′的值。
解：此時，m2的隔離方程將較為復(fù)雜。設(shè)繩子張力為T ，m2的受力情況如圖，隔離方程為：
= m2a
隔離m1 ，仍有：T = m1a
解以上兩式，可得：a = 
g
最后用整體法解F即可。
答：當(dāng)m1 ≤ m2時，沒有適應(yīng)題意的F′；當(dāng)m1 ＞ m2時，適應(yīng)題意的F′= 
。
3、一根質(zhì)量為M的木棒，上端用細(xì)繩系在天花板上，棒上有一質(zhì)量為m的貓，如圖17所示。現(xiàn)將系木棒的繩子剪斷，同時貓相對棒往上爬，但要求貓對地的高度不變，則棒的加速度將是多少？
解說：法一，隔離法。需要設(shè)出貓爪抓棒的力f ，然后列貓的平衡方程和棒的動力學(xué)方程，解方程組即可。
法二，“新整體法”。
據(jù)Σ
= m1
+ m2
+ m3
+ … + mn
，貓和棒的系統(tǒng)外力只有兩者的重力，豎直向下，而貓的加速度a1 = 0 ，所以：
（ M + m ）g = m·0 + M a1
解棒的加速度a1十分容易。
答案：
g 。
四、特殊的連接體
當(dāng)系統(tǒng)中各個體的加速度不相等時，經(jīng)典的整體法不可用。如果各個體的加速度不在一條直線上，“新整體法”也將有一定的困難（矢量求和不易）。此時，我們回到隔離法，且要更加注意找各參量之間的聯(lián)系。
解題思想：抓某個方向上加速度關(guān)系。方法：“微元法”先看位移關(guān)系，再推加速度關(guān)系。、
1、如圖18所示，一質(zhì)量為M 、傾角為θ的光滑斜面，放置在光滑的水平面上，另一個質(zhì)量為m的滑塊從斜面頂端釋放，試求斜面的加速度。
解說：本題涉及兩個物體，它們的加速度關(guān)系復(fù)雜，但在垂直斜面方向上，大小是相等的。對兩者列隔離方程時，務(wù)必在這個方向上進(jìn)行突破。
（學(xué)生活動）定型判斷斜面的運(yùn)動情況、滑塊的運(yùn)動情況。
位移矢量示意圖如圖19所示。根據(jù)運(yùn)動學(xué)規(guī)律，加速度矢量a1和a2也具有這樣的關(guān)系。
（學(xué)生活動）這兩個加速度矢量有什么關(guān)系？
沿斜面方向、垂直斜面方向建x 、y坐標(biāo)，可得：
a1y = a2y ①
且：a1y = a2sinθ ②
隔離滑塊和斜面，受力圖如圖20所示。
對滑塊，列y方向隔離方程，有：
mgcosθ- N = ma1y ③
對斜面，仍沿合加速度a2方向列方程，有：
Nsinθ= Ma2 ④
解①②③④式即可得a2 。
答案：a2 = 
。
（學(xué)生活動）思考：如何求a1的值？
解：a1y已可以通過解上面的方程組求出；a1x只要看滑塊的受力圖，列x方向的隔離方程即可，顯然有mgsinθ= ma1x ，得:a1x = gsinθ 。最后據(jù)a1 = 
求a1 。
答：a1 = 
。
2、如圖21所示，與水平面成θ角的AB棒上有一滑套C ，可以無摩擦地在棒上滑動，開始時與棒的A端相距b ，相對棒靜止。當(dāng)棒保持傾角θ不變地沿水平面勻加速運(yùn)動，加速度為a（且a＞gtgθ）時，求滑套C從棒的A端滑出所經(jīng)歷的時間。
解說：這是一個比較特殊的“連接體問題”，尋求運(yùn)動學(xué)參量的關(guān)系似乎比動力學(xué)分析更加重要。動力學(xué)方面，只需要隔離滑套C就行了。
（學(xué)生活動）思考：為什么題意要求a＞gtgθ？（聯(lián)系本講第二節(jié)第1題之“思考題”）
定性繪出符合題意的運(yùn)動過程圖，如圖22所示：S表示棒的位移，S1表示滑套的位移。沿棒與垂直棒建直角坐標(biāo)后，S1x表示S1在x方向上的分量。不難看出：
S1x + b = S cosθ ①
設(shè)全程時間為t ，則有：
S = 
at2 ②
S1x = 
a1xt2 ③
而隔離滑套，受力圖如圖23所示，顯然：
mgsinθ= ma1x ④
解①②③④式即可。
答案：t = 
另解：如果引進(jìn)動力學(xué)在非慣性系中的修正式 Σ
+ 
* = m 
（注：
*為慣性力），此題極簡單。過程如下——
以棒為參照，隔離滑套，分析受力，如圖24所示。
注意，滑套相對棒的加速度a相是沿棒向上的，故動力學(xué)方程為：
F*cosθ- mgsinθ= ma相 （1）
其中F* = ma （2）
而且，以棒為參照，滑套的相對位移S相就是b ，即：
b = S相 = 
a相 t2 （3）
解（1）（2）（3）式就可以了。
第二講 配套例題選講
教材范本：龔霞玲主編《奧林匹克物理思維訓(xùn)練教材》，知識出版社，2002年8月第一版。
例題選講針對“教材”第三章的部分例題和習(xí)題。
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