关于物理学里面波的问题（相差一定周期的两个质点之间有什么关系）例如相隔3/4的两个质点会出现同样的运动状态么?相差1/4周期的两个质点间有什么关系?相差1/2周期的两个质点间有什么_百度作业帮
关于物理学里面波的问题（相差一定周期的两个质点之间有什么关系）例如相隔3/4的两个质点会出现同样的运动状态么?相差1/4周期的两个质点间有什么关系?相差1/2周期的两个质点间有什么关系?相差3/4周期的两个质点间有什么关系?比方说像相差个周期的两个质点 好像运动状态总是相反的。
相差的周期 都是固定的 没什么实质的关系吧 怕你是钻死胡同了吧 那你觉得有什么关系呢?不妨说出来.（你说的是相差1/2 个周期?但1/2 是一个特殊值吧,那相差1/4 T 还是不是呢 （1/4 和 3/4 是一样的） ,那你所说的 相差一定周期的两个质点之间 有什么固定的关系 就不成立了.如果 这硬要说是一个规律的话 也是一个没有意义的规律,追根究底的学习、研究的态度很好,但对于这样一个问题 确实没有什么价值,如果一味的问为什么往往是没有底线的,都可以一直的问下去,只不过 任何一个问题也都有一个最适当的底线,不到底线 或超过底线,都是不好的,我觉得这个问题没有多大意义,没有你想的那么深吧,会有些浪费时间,不过 经历这样一个过程 疑惑 你才会领悟的.我想是这样吧.）
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例16、图中A、B是一对中间开有小孔的平行金属板，两小孔的连线与金属板面相垂直，两极板的距离为l。两极板间加上低频交流电压，A板电势为零，B板电势u=U0cos&t。现有一电子在t=0时穿过A板上的小孔射入电场。设初速度
和重力的影响均可忽略不计。则电子在两极板间可能 (　
(A)以AB间的某一点为平衡位置来回振动
(B)时而向B板运动，时而向A板运动，但最后穿出B板
(C)一直向B板运动，最后穿出B板，如果&小于某个值&0，l小于某个l0
(D)一直向B板运动，最后穿出B板，而不论&、l为任何值
【错解分析】:错解：知道初速度和重力的影响不计，即初速度为0，不计重力，则电子在两板间只受电场作用，电场力方向在两小孔的连线上，所以电子做的是直线运动，因为加的电压是余弦电压，则电场大小方向呈周期性变化，一会儿向左一会儿向右，所以物体运动也应该是一会儿向左，一会儿向右，即以AB间的某一点为平衡位置来回振动。选A
本题的易错点就在部分同学对物体的运动理解不透彻，仍然思维定式地认为物体运动的方向由力的方向决定，而忽略了物体的运动是由速度与合外力共同决定的。虽然也选择了A，但那是错误理解下的巧合。至于C项很多学生都未能选择
【解题指导】:【答案】:AC
【解析】：为了不影响我们思考问题，我们先假设l无穷大，让我们研究电子的运动时不受空间的束缚。由于初速度为0，重力不计，只受电场力，所以物体做直线运动。物体的运动情况是由速度和合外力共同决定的，所以必须综合考虑物体的速度和受力情况。电场力，
所以电子所受的电场力也是以余弦规律变化，看下图
0时刻，速度为0，0～T/4电场力向右，所以0～T/4电子由静止开始向右加速;T/4时刻电子具有一定的向右的速度，T/4～T/2时刻电场力反向，由于速度不能突变，所以T/4～T/2电子继续向右但做减速运动;于是有：T/4时刻速度最大。由于电场力的变化是对称的，所以0～T/4速度由0至最大值，T/4～T/2速度将从最大值减至0。T/2时刻速度为0，T/2～3T/4电场力仍向左，所以T/2～3T/4电子由静止向左加速至最大值;3T/4时刻电子具有最大的向左的速度，3T/4～T时刻电场力反向， 所以3T/4～T电子做向左的减速运动至速度为0。以此类推，则电子在无限大的电场里以AB间的某一点为平衡位置来回振动。(可用速度&时间图象来加深理解)
因为L不是无限大，如果L&(0～T/2内电子的位移)则，电子将会飞出去;
根据知&越小，则T越大，T/2内位移也将越大，若T/2内位移&L则电子也将飞出去，所以L&一定值，&&一定值时，电子会飞出去。
练习16、图中A、B是一对平行的金属板。在两板间加上一周期为T的交变电压u。A板的电势UA=0，B板的电势UB随时间的变化规律为:在0到T/2的时间内,UB=U0(正的常数);在T/2到T的时间内，UB=-U0;在T到3T/2的时间内,UB=U0;在3T/2到2T的时间内。UB=-U0&&，现有一电子从A板上的小孔进入两板间的电场区内。设电子的初速度和重力的影响均可忽略，则(
(A)若电子是在t=0时刻进入的,它将一直向B板运动;
(B)若电子是在t=T/8时刻进入的,它可能时而向B板运动,时而向A
板运动,最后打在B板上;
(C)若电子是在t=3T/8时刻进入的,它可能时而向B板运动,时而向A板运动,最后打在B板上;
(D)若电子是在t=T/2时刻进入的,它可能时而向B板、时而向A板运动。
例17、如图，光滑平面上固定金属小球A，用长L0A与另一个金属小球B连接，让它们带上等量同种电荷，弹簧伸长量为x1x2，则有：(
【错解分析】错解：
错解只注意到电荷电量改变，忽略了两者距离也随之变化，导致错误。
【解题指导】:【答案】:C
【解析】：由题意画示意图，B球先后平衡，于是有
，因为，所以
练习17、如图所示，真空中AB两个点电荷的电量分别为+Q和+q，放在光滑的绝缘的水平面上，AB之间用绝缘的轻弹簧连接。当系统平衡时，弹簧的伸长量为.设弹簧均在弹性限度内，则
A.保持Q不变，将q变为3q,平衡时弹簧的伸长量等于3
B.保持q不变，将Q变为3Q,平衡时弹簧的伸长量小于3
C.保持Q不变，将q变为-q,平衡时弹簧的缩短量等于
D.保持q不变，将Q变为-Q,平衡时弹簧的缩短量小于
例18、在沿水平方向的匀强磁场中，有一圆形金属线圈可绕沿其直径的竖直轴自由转动。开始时线圈静止，线圈平面与磁场方向既不平行也不垂直，所成的锐角为&。在磁场开始增强后的一个极短时间内，线圈平面
A.维持不动
B.将向使&减小的方向转动
C.将向使&增大的方向转动
D.将转动，因不知磁场方向，不能确定&会增大还是会减小
【解析】：由楞次定律可知，当磁场开始增强时，线圈平面转动的效果是为了减小线圈磁通量的增加，将向使&减小的方向转动2
线框中产生的热量为0.75J
例19、如图所示，下端封闭、上端开口，高h=5m，内壁光滑的细玻璃管竖直放置，管底有质量m=10g，电荷量q=0.2C的小球，整个装置以v=5m/s的速度沿垂直于磁场方向进入B=0.2T，方向垂直纸面向内的匀强磁场，由于外力的作用，玻璃管在磁场中的速度保持不变，最终小球从上端管口飞出。g取10m/s2.求
小球的电性
小球在管中的运动时间。
小球在管中运动过程中增加的机械能。
【错解分析】:错解：因为不加理解地记忆：洛伦兹力不做功。从而想不明白小球的动能增加了，明明是洛伦兹做了功，但洛伦兹力不做功的。本题求解过程一般不会错。但解出结果不代表理解了。特点是最后一问。
【解题指导】:【答案】:正电;1S;1J
【解析】：洛伦兹力不做功，这是大家所认同的，但洛伦兹力不做功并不代表其分力也不做功，如某带电粒子在磁场中运动某时刻的速度与洛伦兹力的方向如图所示，把洛伦兹力和速度按如下图所示进行分解，则可知在方向上要做负功，在方向上要做正功，而和所做功的代数和仍然为0。
本题解题过程：
小球因受到向上的洛伦兹力的作用而向上运动，故小球带正电。
小球的运动可以分成水平方向和竖直方向的运动。小球在水平方向的匀度决定了小球在竖直方向受到的洛伦兹力大小不变，小球在竖直方向上做匀加速上升运动。根据及和t=1S。
小球在运动过程中竖直方向的速度不断增大，使小球在水平向左方向的洛伦兹力不断增大，阻碍小球水平方向的运动，做负功。小球在竖直方向的洛伦兹力使小球上升，做正功。小球水平方向速度不变，小球增加的机械能就是竖直方向的洛伦兹力对小球做的功
该题中洛伦兹力的两个分力和都做功，一个做正功，一个做负功，但总功是0.所以还是洛伦兹力不做功。
练习19、如图所示，在水平正交的匀强电场和匀强磁场中，E=4V/m，B=2T，一质量m=1g的带正电的小物块A，从绝缘粗糙的竖直墙壁的M点由静止下滑，当它滑行h=0.8m到达N点时，离开墙壁做曲线运动，当A运动到P点时恰好处于平衡状态，此时速度方向与水平方向成45&角，若P与M的高度差H=1.6m，求
A沿墙壁下滑时摩擦力做的功
P与M间的水平距离为多少?(g取10m/s2)
例20、如图所示，匀强磁场方向垂直于纸面向里，匀强电场方向水平向右，一质量为m，电量为q的粒子以速度v与磁场方向垂直、与电场方向夹角45&射入复合场中，恰好做直线运动，求电场强度E和磁感应强度B的大小。
【错解分析】:错解，该题主要是无法把握物体的真实运动情况，自然无法着手处理问题。错得是百花八门。不知道：有洛伦兹力存在的直线运动一定是匀速直线运动
【解题指导】: 【答案】:
【解析】：有洛伦兹力存在的直线运动一定是匀速直线运动。因为粒子受重力、电场力和洛伦兹力三个力，要使物体做直线运动，这三个力的合力的方向必须与速度在同一直线更重要的是合力的方向不能变。三个力中重力和电场力是恒力，洛伦兹力总是与速度垂直且大小随速度变化。如果粒子速度发生变化，则洛伦兹力就会发生变化，合力的方向就会发生变化，物体将不能做直线运动，所以速度大小不能变。即粒子做直线运动时速度大小不能变，就是匀速直线运动。如下图所示，粒子在这三个力作用下必须做匀速直线运动，即这三个力合力为0。将洛伦兹力分解到水平和竖直方向有：
水平方向：
竖直方向：
练习20、在空间某一区域中同时存在匀强电场和匀强磁场，匀强磁场方向垂直于纸面向里，大小为B。匀强电场大小方向未知。如果要使一质量为m，电量为q的带正电的粒子能够以速度v在复合场中作匀速圆周运动，则电场的大小和方向应该如何?
例21、如图所示，两个质量均为m的完全相同的金属球壳a与b，其壳层的厚度和质量分布均匀，将它们固定于绝缘支座上，两球心间的距离为L，为球半径的3倍。若使它们带上等量异种电荷，使其电量的绝对值均为Q，那么，a、b两球之间的万有引力FF库分别为：
(1)因为a，b两带电球壳质量分布均匀，可将它们看作质量集中在球心的质点，也可看作点电荷，因此，万有引力定律和库仑定律对它们都适用，故其正确答案应选A。
2)依题意，a，b两球中心间的距离只有球半径的3倍，它们不能看作质点，也不能看作点电荷，因此，既不能用万有引力定律计算它们之间的万有引力，也不能用库仑定律计算它们之间的静电力，故其正确答案应选B。
a，b两球所带异种电荷的相互吸引，使它们各自的电荷分布不均匀，即相互靠近的一侧电荷分布比较密集，又因两球心间的距离L只有其半径r的3倍，不满足L&&r的要求，故不能将两带电球壳看成点电荷，所以不能应用库仑定律。
L只有其半径r的3倍，但由于其壳层的厚度和质量分布均匀，两球壳可看作质量集中于球心的质点。因此，可以应用万有引力定律。
a，b两带电球壳的整体来说，满足万有引力的适用条件，不满足库仑定律的适用条件，故只有选项D正确。
1cm，面积均为10cm2Q1=2&10-8C，Q2=-2&10-8C，若在两板之间的中点放一个电量q=5&10-9C的点电荷，求金属板对点电荷的作用力是多大?
例22、如图所示，把一个不带电的枕型导体靠近带正电的小球，由于静电感应，在a，b端分别出现负、正电荷，则以下说法正确的是：
D.闭合K2K2
K1，K2都闭合前，对于枕型导体它的电荷是守恒的，a，b出现的负、正电荷等量。当闭合K1K2中的任何一个以后，便把导体与大地连通，使大地也参与了电荷转移。因此，导体本身的电荷不再守恒，而是导体与大地构成的系统中电荷守恒。由于静电感应，a端仍为负电荷，大地远处感应出等量正电荷，因此无论闭K1K2，都是有电子从地流向导体，应选答案C。v垂直电场线射入电场，在穿越电场的过程中，粒子的动能由Ek2Ek，若这个带电粒子以速度2v垂直进入该电场，则粒子穿出电场时的动能为多少?
m，带电量为q，初速度v;匀强电场为E，在y方向的位移为y，如图所示。
Y轴上的偏移量相同。实际上，由于水平速度增大带电粒子在电场中的运动时间变短。在Y轴上的偏移量变小。
x轴方向，垂直于速度方向为y轴方向。设粒子的的质量m，带电量为q，初速度v;匀强电场为E，在y方向的位移为y。速度为2v时通过匀强电场的偏移量为y&，平行板板长为L。
两次入射带电粒子的偏移量之比为
练习23、A、B两支手枪在同一高度沿水平方向各射出一粒子弹，打在前方100m远处的同一块竖直靶上，如图所示，A枪击中了a点，B枪击中了b点，a、b两点的竖直高度差为5cm。若A枪子弹离开枪口时的速度大小为500m/s，求B枪子弹离开枪口时的速度大小。不计空气阻力，取g=10m/s2。
例24、一均匀带电金属小球固定在空间A点，小球带电量为-2Q，设无穷远处电势为0，电场中某点B的电势为，若将金属球的带电量由-2Q变为-Q，则B点的电势将如何变化?
【错解分析】:错解：因为产生电场的电荷量变少了，所以空间的电场变弱了，将电荷从B点移动至无穷远时电场力做功少了，即B与无穷远间的电势差U变小了，所以变小了。
产生错误的原因是没有依照电势差的定义来判定。
【解题指导】:【答案】: 变大了
【解析】：电场变弱了，则将电荷从B点移动至无穷远处电场力做的功变少了。根据公式知B&间的电势差变小了，因为电势沿着电场线方向降低，产生电场的电荷为负电荷，所以B点的电势低于&处的电势。因为=0，所以B点电势小于0，B与&电势差变小，即B点电势与0靠近了，负数与0靠近是变大了。
练习24、A，B两块平行带电金属板，A板带负电，B板带正电，并与大地相连接，P为两板间一点。若将一块玻璃板插入A，B两板间，则P点电势将怎样变化。
例25、一个质量为m，带有电荷-q的小物块，可在水平轨道Ox上运动，O端有一与轨道垂直的固定墙，轨道处于匀强电场中，场强大小为E，方向沿Ox轴正方向，如图所示，小物体以初速v0x0沿Ox轨道运动，运动时受到大小不变的摩擦力f作用，且f
W合=△Ek，得
f&Eq的含义。当物块初速度向右时，先减速到零，由于f
O处的往复运动过程中位移为x0s。根据动能定理有
q的小滑块(可视为质点)以初动能从a点出发，沿直线AB向b点运动，其中小滑块第一次经过O点时的动能为初动能的n倍(n&1)例26、如图所示，长为L的绝缘，一端于O点，另一端连接一质量为m的带电小球，倍，要使小球能在竖直平面内做圆周运动，则小球经过最高点的速度最小为多少?
【错解分析】:错解一、忽略电场的作用，直接应用结论，小球在最高点的最小速度为0。错解二、不知杆与绳的区别，不会用合场的思想类比重力场进行解题，错解答案较多。
【解题指导】:【答案】:
【解析】：这是一个复合场问题：重力场与电场的复合场，我们最习惯于研究重力场中的竖直平面内的圆周运动，我们就把复合场类比于重力场进行解题，首先确定复合场方向即小球的平衡位置。受力分析知，小于的平衡位置为与竖直方向夹角30&，复合场的等效成重力场的等效加速度为,如下图A点是平衡位置，B点是等效重力场中的最高点，C点是几何上最高点，也就是我们要求的最高点
因为是杆子所以B点的最小速度为0，再在BC间用动能定理可求得C点的速度;或类比于重力场中的运动进行计算，最后只需将g改成即可。
用等效的观点解决陌生的问题，能收到事半功倍的效果。然而等效是有条件的。在学习交流电的有效值与最大值的关系时，我们在有发热相同的条件将一个直流电的电压(电流)等效于一个交流电。本题中，把两个场叠加成一个等效的场，前提条件是两个力做功都与路径无关。
练习26、如图所示，长为L的绝缘细线，一端悬于O点，另一端连接一质量为m的带负电小球，置于水平向右的匀强电场中，在O点，现将细线向右水平拉直后从静止释放，细线碰到钉子后要使小球刚好饶钉子O&在竖直平面内作圆周运动，求OO&长度。
和，带电量分别为和，用细绝缘线悬挂后，分别与竖直线成夹角和，且两球处于同一水平线上，若，则下述结论正确的是(
A.一定等于
B.一定满足
C.一定等于
D.必须同时满足
【错解分析】:错解：认为当、带电量不等时，库仑力F1与F2也不相等，且认为越大，库仑力越大，因而错误地选出A、B、D，其实库仑力的大小与及的乘积有关，并且不论和谁大谁小或是相等，均应满足。
【解题指导】:【答案】:C
【解析】：两小球同处于一水平线上，对两小球分别进行受力分析，的受力分析如图所示，受重力、细线的拉力T1和对它的库仑力F1，由于两球都处于平衡状态，根据平衡条件对两球分别列受力平衡方程，从而得出重力、库仑力和夹角三者的关系式，然后再由，分析得出最后结论。
当时，，则有，且与带电量是否等于无关。
该题还可以用受力分析的三角形图与实物三角形相似来解题。如上图中两个红色的三角形
练习28、如图所示，ACB是一光滑的足够长的、固定在竖直平面内的&型框架，其中CA、CB边与竖直方向的夹角均为&。P、Q两个轻质小环分别套在CA、CB上，两根细绳的一端分别系在PQ环上，另一端和一绳套系在一起，结点为O。将质量为m的钩码挂在绳套上，OP、OQ两根细绳拉直后的长度分别用 表示，若：=2:3，则两绳受到的拉力之比F1：F2等于(
例29、如图所示的直线是真空中的某电场的一条电场线，AB是这条电场线上的两点。一个带负电的粒子在只受电场力的情况下，以速度经过A点向B点运动，经一段时间后，该带电粒子以速度经过B点，且与的方向相反，则(
A.A点的电势一定低于B点的电势
B. A点的场强一定大于B点的场强
C.该带电粒子在A点的电势能一定小于它在B点的电势能
D.该带电粒子在A点的动能和电势能之和一定等于它在B点的动能和电势能之和
【错解分析】:错解：AB
错解分析：由于该带电粒子只在电场力的作用下由A点运动，最后能返回，说明由A到B的运动一定是减速运动。故带电粒子受电场力的方向向左，电场的方向向左，所以A点的电势一定低于B点的电势，选项A正确。错误原因在误认为粒子受力的方向就是电场的方向，实质上正电荷受电场力的方向与电场的方向相同，而负电荷受电场力的方向与电场的方向相反;由于该带电粒子只在电场力的作用下由A点运动，最后能返回，说明A点的场强一定大于B点的场强，否则不能返回。选项B正确。错误原因在误认为带电粒子总是由场强大的地方向场强小的地方运动，实质上粒子怎样运动是由粒子的初速度和受力情况共同决定的。
【解题指导】:【答案】:D
【解析】：由于该带电粒子只在电场力的作用下由A点运动，最后能返回，说明由A到B的运动一定是减速运动，先向右减速，速度减为零后再向左加速运动至B点，可以肯定电子受到的电场力是向左的，则说明电场线是向右的，顺着电场线方向电势降低，所以A的电势一定大于B的电势;A错。单凭一条电场线是无法判断场强大小， B错;负电荷顺着电场线方向运动，电场力做负功，电势能增加，选项C正确;但带电粒子的动能和电势能之和是守恒的(类似机械能守恒定律)，选项D正确。
练习29、如图所示，等量的异种点电荷，固定在水平线上的MN两点上，电荷量均为Q.有一质量为m电荷量为+q的小球(可视为点电荷)，固定在长为L的绝缘轻质细杆的一端，细杆的另一端可绕O点且与MN垂直的水平轴无摩擦的转动，O点位于MN的垂直平分线上的距MN为L处。现把杆拉起到水平位置，由静止释放，小球经过最低点B时的速度为。取O处电势为零，忽略q对+Q、-Q形成得出的影响。求：
(1)小球经过B点时对轻杆的拉力的大小
(2)在+Q、-Q形成的电场中，A点的电势
(3)小球继续向左摆动，经过与A等高度的C点时的速度
例30、如图所示，用绝缘丝线悬挂着的环形导体，位于与其所在平面垂直且向右的匀强磁场中，若环形导体通有如图所示方向的电流I，试判断环形导体的运动情况。
N极正对环形导体圆面的左侧，而通电环形导体，即环形电流的磁场N极向左(根据右手定则来判定)，它将受到等效N极的排斥作用，环形导体开始向右加速运动。
误将匀强磁场等效于条形磁铁的磁场。
【解题指导】:【答案】:仍然静止不动
【解析】：利用左手定则判断。可将环形导体等分为若干段，每小段通电导体所受安培力均指向圆心。由对称性可知，这些安培力均为成对的平衡力。故该环形导体将保持原来的静止状态。
练习30、有一自由的矩形导体线圈，通以电流I&。将其移入通以恒定电流I的长直导线的右侧。其ab与cd边跟长直导体AB在同一平面内且互相平行，如图所示。试判断将该线圈从静止开始释放后的受力和运动情况。(不计重力)
练习题参考答案
练习16、【答案】:AB
【解析】：因为电压恒定且周期性变化，所以电场力恒定呈周期性变化，电子在电场中做的是匀变速运动。注意对电子进行受力分析并结合速度判断电子的运动情况。要会灵活运动周期力下运动的对称性。
练习17、【答案】:B
【解析】：设弹簧的原长为，由库仑定律和胡克定律得，当电荷量为q时，;当电荷量为3q时，设弹簧的伸长量为，由上述两式得，，即.同理有，，，即.故选项B正确.
练习18、【答案】:BD
【解析】：磁通量的计算公式为，开始时磁通量最大为0.25Wb，MN与PQ重合时，磁通量为0。所以变化量为0.25Wb。加速度的产生是因为安培力，据
,可知加速度大小与速度有关，所以有开始时加速度最大，最后加速度最小。计算知加速度最大是8m/s2;根据动能定理求解线框发热，D正确。
练习19、【答案】:
【解析】：A从M到N做变加速运动，到达N点时洛伦兹力与电场力大小相等，将离开壁，之后在竖直平面内做复杂的曲线运动通过P，
(1)M到N有，在N点电场力与洛伦兹力平衡有
(2)从N到P的过程用动能定理
练习20、【答案】:
方向竖直向上
【解析】：有洛伦兹力存在的匀速圆周运动中，除洛伦兹力外物体所受的其它力合力必须为0，所以粒子所受的重力与电场力必须相互抵消即，这就相当于粒子只受洛伦兹力。不管带电粒子以怎样的速度垂直于磁场方向进入复合场，均能做匀速圆周运动。
练习21、【答案】:
【解析】：
易错点：容易用库仑公式求解。点电荷受到两板带电荷的作用力，此二力大小相等，方向相同，由为库仑定律有：
，方向指向带负电的金属板。如图：
库仑定律只适用于点电荷间相互作用，本题中两个带电金属板面积较大，相距较近，不能再看作是点电荷，应用库仑定律求解就错了。
练习22、【答案】:AC
【解析】：因为是缓慢移动，每个状态均可以看作一个平衡态，处于静电平衡的导体内部场强处处为零。C点场强为0是因为感应电荷在C点产生的电场与电荷Q在C点产生的电场相互抵消，所以感应电荷在C点和D点产生的电场大小等于电荷Q在C点和D点产生的电场，所以C正确。E选项考察知识点与例7一样，用导线连接导体后，导体与大地构成的系统中电荷守恒。由于静电感应，导体上全部是正电荷，大地远处感应出等量电荷 447m/s
【解析】：看右图侧视图
AB子弹做的均是平抛运动，于是
易错点：不少同学误认为两子弹是同时打到木板上的。仔细分析题意知，它们并不是同时的。
练习24、【答案】:上升
【解析】：按照题意作出示意图，画出电场线，我们知道电场线与等势面间的关系：&电势沿着电场线的方向降落&所以UpB=Up-UB&0，B板接地UB=0
UBp=UBUp=0-Up
Up=-E　　E有，插入玻璃板，介电常数&增大，电场强度减小，导致Up上升。
练习25、【答案】:
【解析】：对ab过程用动能定理，因为ab过程中电场力做功之和为0;对Ob有动能定理，再结合上面的式子可求得电势差;最后停在O点，对整个过程用动能定理，可求得路程。注意电场力做功与路径无关，只与初末位置有关，摩擦力做功与路程有关。
【答案】:【正确解答】
【解析】：
本题是一个摆在重力场和电场的叠加场中的运动问题，由于重力场和电场力做功都与路径无关，因此可以把两个场叠加起来看成一个等效力场来处理，如图所示，
F的作用下沿力的方向作匀加速直线运动，从A点运动到B点，由图8-23可知，△AOB为等边三角形，则摆球从A到B，在等效力场中，由能量守恒定律得：
B点处，由于在极短的时间内细线被拉紧，摆球受到细线拉力的冲量作用，法向分量v2
v1为初速度沿圆弧BC做变速圆周运动，碰到钉子O&后，在竖直平面内做圆周运动，在等效力场中，过点O&做合力F的平行线与圆的交点为Q，即为摆球绕O&点做圆周运动的&最高点&，在Q点应满足
O点做OP&AB取OP为等势面，在等效力场中，根据能量守恒定律得：
练习27、【答案】:0.5A
【解析】：Oa相当于电源，电动势，内阻r=2&O。Oa与Ob重合时，外电阻为R=r=2&O，得电流为0.5A;当两导线处于同一直径上时，外电阻R=3&O，电流为0.4A。
【答案】:A
【解析】：关键点：处于平衡状态时OP垂直于CA，OQ垂直于BC，因为两角&相等，则受力分析时两绳与竖直方向夹角一样，均为90&-&，所以两绳拉力一样。
【解析】：
(1)小球经过B点时，由牛顿第二定律得，在竖直方向上有
由牛顿第三定律知，小球经过B点时对轻杆的拉力的大小
(2)由于O点的电势，而O在MN的垂直平分线上，所以B点的电势,电荷从A到B的过程中，由动能定理得
(3) 有电场的对称性可知，所以电荷从A到C的过程中，由动能定理得,解得
练习30、【答案】: 加速向左运动
F1与F3相互平衡，因ab边所在处的磁场比cd边所在处的强，故F4&F2。由此可知矩形线圈abcd所受安培力的合力的方向向左，它将加速向左运动而与导体AB靠拢。请在这里输入关键词：
科目：高中物理
要使两个物体之间的万有引力减小到原来的，可采用的方法是（&&& ）A.使两物体之间的距离增至原来的2倍，质量不变B.使两物体的质量各减少一半，距离保持不变C.使其中一个物体的质量减为原来的，距离保持不变D.使两物体的质量及它们之间的距离都减为原来的
科目：高中物理
关于万有引力定律的表达式，下面的说法中正确的是（　　）①公式中为引力常量，它是由实验测得的，而不是人为规定的　②当趋近于零时，万有引力趋于无穷大　③与受到的引力总是大小相等的，则与是否相等无关?　④与受到的引力是一对平衡力　⑤用该公式可求出任何两个物体之间的万有引力A.①③⑤&&&&&&&&&&&&&&&&&& B.②④C.①②④&&&&&&&&&&&&&&&&&& D.①③
科目：高中物理
来源：2014届河北省高一3月月考物理试卷（解析版）
题型：选择题
两个物体之间的万有引力大小为F1，若两物体之间的距离减少x，两物体仍视为质点。此时两者之间的万有引力为F2，根据上述条件可以计算 &&&&&&(&&&&&
)
A．两物体的质量&&&&&&&&&&&&&&&&&
B．万有引力恒量
C．两物体之间的距离&&&&&&&&&&&&&
D．条件不足，无法计算上三项
科目：高中物理
来源：2014届广东省师大附中高一下学期期考试物理（解析版）
题型：选择题
下面关于万有引力的说法中正确的是:
A．万有引力是普遍存在于宇宙中所有具有质量的物体之间
B．重力和万有引力是两种不同性质的力
C．当两物体间距离为零时，万有引力将无穷大
D．两个物体之间的万有引力是一对平衡力
科目：高中物理
题型：阅读理解
第四部分 &曲线运动 &万有引力第一讲 基本知识介绍一、曲线运动1、概念、性质2、参量特征二、曲线运动的研究方法——运动的分解与合成1、法则与对象2、两种分解的思路a、固定坐标分解（适用于匀变速曲线运动）建立坐标的一般模式——沿加速度方向和垂直加速度方向建直角坐标；提高思想——根据解题需要建直角坐标或非直角坐标。b、自然坐标分解（适用于变加速曲线运动）基本常识：在考查点沿轨迹建立切向τ、法向n坐标，所有运动学矢量均沿这两个方向分解。动力学方程，其中改变速度的大小（速率），改变速度的方向。且= m，其中ρ表示轨迹在考查点的曲率半径。定量解题一般只涉及法向动力学方程。三、两种典型的曲线运动1、抛体运动（类抛体运动）关于抛体运动的分析，和新课教材“平跑运动”的分析基本相同。在坐标的选择方面，有灵活处理的余地。2、圆周运动匀速圆周运动的处理：运动学参量v、ω、n、a、f、T之间的关系，向心力的寻求于合成；临界问题的理解。变速圆周运动：使用自然坐标分析法，一般只考查法向方程。四、万有引力定律1、定律内容2、条件a、基本条件b、拓展条件：球体（密度呈球对称分布）外部空间的拓展----对球体外一点A的吸引等效于位于球心的质量为球的质量的质点对质点A的吸引；球体（密度呈球对称分布）内部空间的拓展“剥皮法则”-----对球内任一距球心为r的一质点A的吸引力等效于质量与半径为&r的球的质量相等且位于球心的质点对质点A的吸引；球壳（密度呈球对称分布）外部空间的拓展----对球壳外一点A的吸引等效于位于球心的质量为球壳的质量的质点对质点A的吸引；球体（密度呈球对称分布）内部空间的拓展-----对球壳内任一位置上任一质点A的吸引力都为零；并且根据以为所述，由牛顿第三定律，也可求得一质点对球或对球壳的吸引力。c、不规则物体间的万有引力计算——分割与矢量叠加3、万有引力做功也具有只与初末位置有关而与路径无关的特征。因而相互作用的物体间有引力势能。在任一惯性系中，若规定相距无穷远时系统的万有引力势能为零，可以证明，当两物体相距为r时系统的万有引力势能为EP&=&－G五、开普勒三定律天体运动的本来模式与近似模式的差距，近似处理的依据。六、宇宙速度、天体运动1、第一宇宙速度的常规求法2、从能量角度求第二、第三宇宙速度万有引力势能EP&=&－G3、解天体运动的本来模式时，应了解椭圆的数学常识第二讲 重要模型与专题一、小船渡河物理情形：在宽度为d的河中，水流速度v2恒定。岸边有一艘小船，保持相对河水恒定的速率v1渡河，但船头的方向可以选择。试求小船渡河的最短时间和最小位移。模型分析：小船渡河的实际运动（相对河岸的运动）由船相对水流速度v1和水相对河岸的速度v2合成。可以设船头与河岸上游夹角为θ（即v1的方向），速度矢量合成如图1（学生活动）用余弦定理可求v合的大小v合=（学生活动）用正弦定理可求v合的方向。令v合与河岸下游夹角为α，则α= arcsin1、求渡河的时间与最短时间由于合运动合分运动具有等时性，故渡河时间既可以根据合运动求，也可以根据分运动去求。针对这一思想，有以下两种解法解法一：&t =&&其中v合可用正弦定理表达，故有&t =&&=&解法二：&t =&&=&&=&此外，结合静力学正交分解的思想，我们也可以建立沿河岸合垂直河岸的坐标x、y，然后先将v1分解（v2无需分解），再合成，如图2所示。而且不难看出，合运动在x、y方向的分量vx和vy与v1在x、y方向的分量v1x、v1y以及v2具有以下关系vy&= v1yvx&= v2&- v1x由于合运动沿y方向的分量Sy&≡&d&，故有解法三：&t =&&=&&=&t (θ)函数既已得出，我们不难得出结论当θ= 90°时，渡河时间的最小值&tmin&=&（从“解法三”我们最容易理解t为什么与v2无关，故tmin也与v2无关。这个结论是意味深长的。）2、求渡河的位移和最小位移在上面的讨论中，小船的位移事实上已经得出，即S合&=&&=&&=&但S合（θ）函数比较复杂，寻求S合的极小值并非易事。因此，我们可以从其它方面作一些努力。将S合沿x、y方向分解成Sx和Sy&，因为Sy&≡&d&，要S合极小，只要Sx极小就行了。而Sx（θ）函数可以这样求——解法一：&Sx&= vxt =（v2&- v1x）&=（v2&– v1cosθ）为求极值，令cosθ= p&，则sinθ=&，再将上式两边平方、整理，得到这是一个关于p的一元二次方程，要p有解，须满足Δ≥0&，即≥整理得&≥所以，Sxmin=&，代入Sx（θ）函数可知，此时cosθ=&最后，Smin=&=&d此过程仍然比较繁复，且数学味太浓。结论得出后，我们还不难发现一个问题：当v2＜v1时，Smin＜d&，这显然与事实不符。（造成这个局面的原因是：在以上的运算过程中，方程两边的平方和开方过程中必然出现了增根或遗根的现象）所以，此法给人一种玄乎的感觉。解法二：纯物理解——矢量三角形的动态分析从图2可知，Sy恒定，Sx越小，必有S合矢量与下游河岸的夹角越大，亦即v合矢量与下游河岸的夹角越大（但不得大于90°）。我们可以通过v1与v2合成v合矢量图探讨v合与下游河岸夹角的最大可能。先进行平行四边形到三角形的变换，如图3所示。当θ变化时，v合矢量的大小和方向随之变化，具体情况如图4所示。从图4不难看出，只有当v合和虚线半圆周相切时，v合与v2（下游）的夹角才会最大。此时，v合⊥v1&，v1、v2和v合构成一个直角三角形，αmax&= arcsin并且，此时：θ= arccos有了αmax的值，结合图1可以求出：S合min&=&d最后解决v2＜v1时结果不切实际的问题。从图4可以看出，当v2＜v1时，v合不可能和虚线半圆周相切（或αmax&= arcsin无解），结合实际情况，αmax取90°即：v2＜v1时，S合min&= d&，此时，θ= arccos结论：若v1＜v2&，θ= arccos时，S合min&=&d& & &&若v2＜v1&，θ= arccos时，S合min&= d二、滑轮小船物理情形：如图5所示，岸边的汽车用一根不可伸长的轻绳通过定滑轮牵引水中的小船，设小船始终不离开水面，且绳足够长，求汽车速度v1和小船速度v2的大小关系。模型分析：由于绳不可伸长，滑轮右边绳子缩短的速率即是汽车速度的大小v1&，考查绳与船相连的端点运动情况，v1和v2必有一个运动的合成与分解的问题。（学生活动）如果v1恒定不变，v2会恒定吗？若恒定，说明理由；若变化，定性判断变化趋势。结合学生的想法，介绍极限外推的思想：当船离岸无穷远时，绳与水的夹角趋于零，v2→v1&。当船比较靠岸时，可作图比较船的移动距离、绳子的缩短长度，得到v2＞v1&。故“船速增大”才是正确结论。故只能引入瞬时方位角θ，看v1和v2的瞬时关系。（学生活动）v1和v2定量关系若何？是否可以考虑用运动的分解与合成的知识解答？针对如图6所示的两种典型方案，初步评说——甲图中v2&= v1cosθ，船越靠岸，θ越大，v2越小，和前面的定性结论冲突，必然是错误的。错误的根源分析：和试验修订本教材中“飞机起飞”的运动分析进行了不恰当地联系。仔细比较这两个运动的差别，并联系“小船渡河”的运动合成等事例，总结出这样的规律——合运动是显性的、轨迹实在的运动，分运动是隐性的、需要分析而具有人为特征（无唯一性）的运动。解法一：在图6（乙）中，当我们挖掘、分析了滑轮绳子端点的运动后，不难得出：船的沿水面运动是v2合运动，端点参与绳子的缩短运动v1和随绳子的转动v转&，从而肯定乙方案是正确的。即：v2&= v1&/ cosθ解法二：微元法。从考查位置开始取一个极短过程，将绳的运动和船的运动在图7（甲）中标示出来，AB是绳的初识位置，AC是绳的末位置，在AB上取=得D点，并连接CD。显然，图中BC是船的位移大小，DB是绳子的缩短长度。由于过程极短，等腰三角形ACD的顶角∠A→0，则底角∠ACD→90°，△CDB趋于直角三角形。将此三角放大成图7（乙），得出：S2&= S1&/ cosθ&。鉴于过程极短，绳的缩短运动和船的运动都可以认为是匀速的，即：S2&= v2&t&，S1&= v1&t&。所以：v2&= v1&/ cosθ三、斜抛运动的最大射程物理情形：不计空气阻力，将小球斜向上抛出，初速度大小恒为v0&，方向可以选择，试求小球落回原高度的最大水平位移（射程）。模型分析：斜抛运动的常规分析和平抛运动完全相同。设初速度方向与水平面夹θ角，建立水平、竖直的x、y轴，将运动学参量沿x、y分解。针对抛出到落回原高度的过程0 = Sy&= v0y&t +&（-g）t2Sx&= v0x&t解以上两式易得：Sx&=&sin2θ结论：当抛射角θ= 45°时，最大射程Sxmax&=&（学生活动）若v0&、θ确定，试用两种方法求小球到达的最大高度。运动学求解——考查竖直分运动即可；能量求解——注意小球在最高点应具备的速度v0x&，然后对抛出到最高点的过程用动能定理或机械能守恒。结论：Hm&=&&。四、物体脱离圆弧的讨论物理情形：如图8所示，长为L的细绳一端固定，另一端系一小球。当小球在最低点时，给球一个vo&= 2的水平初速，试求所能到达的最大高度。模型分析：用自然坐标分析变速圆周运动的典型事例。能量关系的运用，也是对常规知识的复习。（学生活动）小球能否形成的往复的摆动？小球能否到达圆弧的最高点C ？通过能量关系和圆周运动动力学知识的复习，得出：小球运动超过B点、但不能到达C点（vC&≥），即小球必然在BC之间的某点脱离圆弧。（学生活动）小球会不会在BC之间的某点脱离圆弧后作自由落体运动？尽管对于本问题，能量分析是可行的（BC之间不可能出现动能为零的点，则小球脱离圆弧的初速度vD不可能为零），但用动力学的工具分析，是本模型的重点——在BC阶段，只要小球还在圆弧上，其受力分析必如图9所示。沿轨迹的切向、法向分别建τ、n坐标，然后将重力G沿τ、n分解为Gτ和Gn分量，T为绳子张力。法向动力学方程为T + Gn&=&ΣFn&= man&= m由于T≥0&，Gn＞0&，故v≠0&。（学生活动：若换一个v0值，在AB阶段，v = 0是可能出现的；若将绳子换成轻杆，在BC阶段v = 0也是可能出现的。）下面先解脱离点的具体位置。设脱离点为D，对应方位角为θ，如图8所示。由于在D点之后绳子就要弯曲，则此时绳子的张力T为零，而此时仍然在作圆周运动，故动力学方程仍满足Gn&= Gsinθ= m& & & & & & & & & & & & & & & & & & & & &①在再针对A→D过程，小球机械能守恒，即（选A所在的平面为参考平面）：m+ 0 = mg ( L + Lsinθ) +m& & & & & & & & & & & &&②代入v0值解①、②两式得：θ= arcsin&，（同时得到：vD&=&）小球脱离D点后将以vD为初速度作斜向上抛运动。它所能到达的最高点（相对A）可以用两种方法求得。解法一：运动学途径。先求小球斜抛的最大高度，hm&=&&=&&代入θ和vD的值得：hm&=&L小球相对A的总高度：Hm&= L + Lsinθ+ hm&=&L解法二：能量途径小球在斜抛的最高点仍具有vD的水平分量，即vDsinθ=&&。对A→最高点的过程用机械能守恒定律（设A所在的平面为参考平面），有m+ 0 =&&+ mg Hm容易得到：Hm&=&L五、万有引力的计算物理情形：如图9所示，半径为R的均质球质量为M，球心在O点，现在被内切的挖去了一个半径为R/2的球形空腔（球心在O′）。在O、O′的连线上距离O点为d的地方放有一个很小的、质量为m的物体，试求这两个物体之间的万有引力。模型分析：无论是“基本条件”还是“拓展条件”，本模型都很难直接符合，因此必须使用一些特殊的处理方法。本模型除了照应万有引力的拓展条件之外，着重介绍“填补法”的应用。空腔里现在虽然空无一物，但可以看成是两个半径为R/2的球的叠加：一个的质量为+M/8&，一个的质量为－M/8&。然后，前者正好填补空腔——和被挖除后剩下的部分构成一个完整的均质球A&；注意后者，虽然是一个比较特殊的物体（质量为负值），但仍然是一个均质的球体，命名为B&。既然A、B两物均为均质球体，他们各自和右边小物体之间的万有引力，就可以使用“拓展条件”中的定势来计算了。只是有一点需要说明，B物的质量既然负值，它和m之间的万有“引力”在方向上不再表现为吸引，而应为排斥——成了“万有斥力”了。具体过程如下FAm&= GFBm&= G&=&－G最后，两物之间的万有引力&F = FAm&+ FBm&= G－G需要指出的是，在一部分同学的心目中，可能还会存在另一种解题思路，那就是先通过力矩平衡求被挖除物体的重心（仍然要用到“填补法”、负质量物体的重力反向等），它将在O、O′的连线上距离O点左侧R/14处，然后“一步到位”地求被挖除物与m的万有引力F = G然而，这种求法违背了万有引力定律适用的条件，是一种错误的思路。六、天体运动的计算物理情形：地球和太阳的质量分别为m和M&，地球绕太阳作椭圆运动，轨道的半长轴为a&，半短轴为b&，如图11所示。试求地球在椭圆顶点A、B、C三点的运动速度，以及轨迹在A、C两点的曲率半径。模型分析：求解天体运动的本来模式，常常要用到开普勒定律（定量）、机械能守恒（万有引力势能）、椭圆的数学常识等等，相对高考要求有很大的不同。地球轨道的离心率很小（其值≈0.0167&，其中c为半焦距），这是我们常常能将它近似为圆的原因。为了方便说明问题，在图11中，我们将离心率夸大了。针对地球从A点运动到B点的过程，机械能守恒m+（－）=&m+（－）比较A、B两点，应用开普勒第二定律，有：vA（a－c）= vB（a + c）结合椭圆的基本关系：c =&&解以上三式可得：vA&=&&，& & &vB&=&再针对地球从A到C的过程，应用机械能守恒定律，有m+（－）=&m+（－）代入vA值可解得：vC&=&为求A、C两点的曲率半径，在A、C两点建自然坐标，然后应用动力学（法向）方程。在A点，F万&=&ΣFn&= m an&，设轨迹在A点的曲率半径为ρA&，即：G= m代入vA值可解得：ρA&=&在C点，方程复杂一些，须将万有引力在τ、n方向分解，如图12所示。然后，F万n&=ΣFn&= m an&，即：F万cosθ= m即：G·&= m代入vC值可解得：ρC&=&值得注意的是，如果针对A、C两点用开普勒第二定律，由于C点处的矢径r和瞬时速度vC不垂直，方程不能写作vA（a－c）= vC&a&。正确的做法是：将vC分解出垂直于矢径的分量（分解方式可参看图12，但分解的平行四边形未画出）vC&cosθ，再用vA（a－c）=（vC&cosθ）a&，化简之后的形式成为vA（a－c）= vC&b要理解这个关系，有一定的难度，所以建议最好不要对A、C两点用开普勒第二定律第三讲 典型例题解析教材范本：龚霞玲主编《奥林匹克物理思维训练教材》，知识出版社，2002年8月第一版。例题选讲针对“教材”第五、第六章的部分例题和习题。