2013步步高高考物理大二轮专题复习与增分策略——专题一 选择题专练三
2025高考物理步步高同步练习必修3第十章 静电场中的能量电势能和电势含答案
2025高考物理步步高同步练习必修3第十章 静电场中的能量1 电势能和电势[学习目标] 1.知道静电力做功的特点，掌握静电力做功与电势能变化之间的关系.2.理解电势能、电势的概念，知道电势、电势能的相对性．一、静电力做功的特点在匀强电场中移动电荷时，静电力所做的功与电荷的起始位置和终止位置有关，与电荷经过的路径无关． 二、电势能1．定义：电荷在电场中具有的势能，用E p 表示．2．静电力做功与电势能变化的关系：静电力做的功等于电势能的变化量．表达式：W AB ＝E p A －E p B .(1)静电力做正功，电势能减少； (2)静电力做负功，电势能增加．3．电势能的大小：电荷在某点的电势能，等于把它从这点移动到零势能位置时静电力所做的功． 4．电势能具有相对性电势能零点的规定：通常把电荷在离场源电荷无限远处或把电荷在大地表面的电势能规定为0. 三、电势1．定义：电荷在电场中某一点的电势能与它的电荷量之比． 2．公式：φ＝E p q.3．单位：在国际单位制中，电势的单位是伏特，符号是V ，1 V ＝1 J/C. 4．电势高低的判断：沿着电场线方向电势逐渐降低．5．电势的相对性：只有在规定了零电势点之后，才能确定电场中某点的电势，一般选大地或离场源电荷无限远处的电势为0.6．电势是标(填“矢”或“标”)量，只有大小，没有方向．1．判断下列说法的正误．(1)只有在带电体只受静电力作用的条件下，静电力做功才与路径无关．( × ) (2)负电荷沿电场线方向移动时，静电力做负功，电势能增加．( √ )(3)某电场中，带电物体在A 点具有的电势能E p A ＝5 J ，在B 点具有的电势能E p B ＝－8 J ，则E p A ＞E p B .( √ )(4)某电场中，A 点的电势φA ＝3 V ，B 点的电势φB ＝－4 V ，则φA ＞φB .( √ ) (5)根据电势的定义式φ＝E pq可知，电荷q 的电荷量越大，电势越低．( × )2.如图所示，把电荷量为－5×10－9 C 的电荷，从电场中的A 点移到B 点，其电势能______(选填“增大”或“减小”)．若A 点的电势为φA ＝15 V ，B 点的电势为φB ＝10 V ，则电荷在A 点和B 点具有的电势能分别为E p A ＝__________ J ，E p B ＝__________ J ，此过程静电力所做的功W AB ＝__________ J.答案 增大 －7.5×10－8 －5×10－8 －2.5×10－8解析 将负电荷从A 点移到B 点，静电力做负功，电势能增大． E p A ＝qφA ＝－5×10－9×15 J ＝－7.5×10－8 J E p B ＝qφB ＝－5×10－9×10 J ＝－5×10－8 J W AB ＝E p A －E p B ＝－2.5×10－8 J.一、静电力做功的特点 电势能 导学探究1.如图所示，试探电荷q 在电场强度为E 的匀强电场中，(1)沿直线从A移动到B，静电力做的功为多少？(2)若q沿折线AMB从A点移动到B点，静电力做的功为多少？(3)若q沿任意曲线从A点移动到B点，静电力做的功为多少？由此可得出什么结论？答案(1)静电力F＝qE，静电力与位移间的夹角为θ，静电力对试探电荷q做的功W＝F|AB|cos θ＝qE|AM|.(2)在线段AM上静电力做的功W1＝qE|AM|，在线段MB上静电力做的功W2＝0，总功W＝W1＋W2＝qE|AM|.(3)W＝qE|AM|.电荷在匀强电场中沿不同路径由A点移动到B点，静电力做功相同，说明静电力做功与路径无关，只与初、末位置有关．2．(1)物体从高处向低处运动，重力做什么功？物体的重力势能如何变化？重力做功和物体的重力势能变化有什么关系？(2)①正电荷顺着电场线移动，静电力做什么功？电荷的电势能如何变化？②负电荷顺着电场线移动，静电力做什么功？电荷的电势能如何变化？③电势能的变化与静电力做功有什么关系？答案(1)重力做正功重力势能减少W G＝E p1－E p2(2)①静电力做正功电势能减少②静电力做负功电势能增加③W电＝E p1－E p2知识深化1．静电力做功的特点静电力做的功与电荷的起始位置和终止位置有关，但与具体路径无关，这与重力做功的特点相似．2．对电势能的理解(1)系统性：电势能是由电场和电荷共同决定的，是属于电荷和电场所共有的，我们习惯上说成电荷的电势能．(2)相对性：电势能是相对的，其大小与选定的电势能为零的参考点有关．确定电荷的电势能，首先应确定参考点．(3)电势能是标量，有正负但没有方向．(4)电荷在电场中某点的电势能，等于把它从该点移动到零电势能位置时静电力所做的功．3．静电力做功与电势能变化的关系W AB＝E p A－E p B.静电力做正功，电势能减少；静电力做负功，电势能增加．例1(多选)如图所示，固定在Q点的正点电荷的电场中有M、N两点，已知MQ＜NQ.下列叙述正确的是()A．若把一正点电荷从M点沿直线移到N点，则静电力对该电荷做正功，电势能减少B．若把一正点电荷从M点沿直线移到N点，则该电荷克服静电力做功，电势能增加C．若把一负点电荷从M点沿直线移到N点，则静电力对该电荷做正功，电势能减少D．若把一负点电荷从M点沿直线移到N点，再从N点沿不同路径移回到M点，则该电荷电势能不变答案AD解析在正点电荷形成的电场中，正电荷受到的静电力沿电场线方向，从M点移到N点，静电力做正功，电势能减少，A正确，B错误；在正点电荷形成的电场中，负点电荷受到的静电力与电场线方向相反，负点电荷从M点移到N点，静电力做负功，电势能增加，C错误；把一负点电荷从M点沿直线移到N点，再从N点沿不同路径移回到M点，静电力做的总功为零，电势能不变，D正确．例2(多选)(2021·新余四中月考)规定无穷远处的电势能为零，下列说法中正确的是() A．将正电荷从电场中某点移到无穷远处时，静电力做的正功越多，正电荷在该点的电势能就越大B．将正电荷从电场中某点移到无穷远处时，静电力做的正功越少，正电荷在该点的电势能就越大C．将负电荷从无穷远处移到电场中某点时，克服静电力做功越多，负电荷在该点的电势能就越大D．将负电荷从无穷远处移到电场中某点时，克服静电力做功越少，负电荷在该点的电势能就越大答案AC解析无穷远处的电势能为零，正电荷从电场中某点移到无穷远处时，若静电力做正功，则电势能减少，到无穷远处时电势能减为零，正电荷在该点的电势能为正值，且等于静电力做的功，因此静电力做的正功越多，正电荷在该点的电势能越大，A正确，B错误；负电荷从无穷远处移到电场中某点时，若克服静电力做功，则电势能由零增大到某值，此值就是负电荷在该点的电势能的值，因此，克服静电力做功越多，负电荷在该点的电势能越大，故C正确，D错误．二、电势导学探究在如图所示的匀强电场中，电场强度为E，取O点为零势能点，A点距O点的距离为l，AO 连线与电场强度负方向的夹角为θ.(1)电荷量分别为q 和2q 的正试探电荷在A 点的电势能分别为多少？ (2)不同电荷在同一点的电势能与电荷量的比值是否相同？(3)不同电荷在同一点的电势能与电荷量的比值与试探电荷的电荷量是否有关系？ 答案 (1)Eql cos θ、2Eql cos θ (2)比值相同 (3)无关 知识深化1．对公式φ＝E pq的理解(1)φ取决于电场本身，与该点是否放有电荷，电荷的电性，电荷的电荷量等无关． (2)公式中的E p 、q 均需代入正负号．2．电场中某点的电势是相对的，它的大小和零电势点的选取有关．在物理学中，常取离场源电荷无限远处的电势为0，在实际应用中常取大地的电势为0.3．电势虽然有正负，但电势是标量．在同一电场中，电势为正值表示该点电势高于零电势，电势为负值表示该点电势低于零电势，正负号不表示方向．在同一电场中，正电势一定高于负电势，如果规定无穷远处的电势为零，则正点电荷产生的电场中各点的电势都为正值，负点电荷产生的电场中各点的电势都为负值，且越靠近正点电荷的地方电势越高，越靠近负点电荷的地方电势越低． 4．电势高低的判断方法(1)电场线法：沿着电场线方向电势逐渐降低．(2)公式法：由φ＝E pq 知，对于同一正电荷，电势能越大，所在位置的电势越高；对于同一负电荷，电势能越小，所在位置的电势越高．例3 (2021·安徽师大附中期中)某静电场的电场线分布如图所示，图中P 、Q 两点的电场强度的大小分别为E P 和E Q ，电势分别为φP 和φQ ，则( )A ．E P >E Q ，φP >φQB ．E P >E Q ，φP <φQC ．E P <E Q ，φP >φQD ．E P <E Q ，φP <φQ答案 A解析电场线越密，电场强度越大，由题图可看出P点处的电场线密集程度大于Q点处的电场线密集程度，故P点的电场强度大于Q点的电场强度，所以E P>E Q.沿电场线方向电势逐渐降低，由题图可知电场线的方向由P指向Q，所以P点的电势高于Q点的电势，即φP>φQ，故A正确．例4将一正电荷从无限远处移入电场中的M点，电势能减少了8.0×10－9J，若将另一等量的负电荷从无限远处移入电场中的N点，电势能增加了9.0×10－9 J，则下列判断中正确的是()A．φM＜φN＜0 B．φN＞φM＞0C．φN＜φM＜0 D．φM＞φN＞0答案C解析取无限远处的电势为零，则正电荷在M点的电势能为－8×10－9J，负电荷在N点的知，M点的电势φM＜0，N点的电势φN＜0，且|φN|＞|φM|，则φN 电势能为9×10－9 J．由φ＝E pq＜φM＜0，故C正确．三、电势与电势能的计算例5(2021·昆明一中月考)将带电荷量为6×10－6 C的负电荷从电场中的A点移到B点，克服静电力做了3×10－5 J的功，再从B点移到C点，静电力做了1.2×10－5 J的功，则：(1)该电荷从A点移到B点，再从B点移到C点的过程中电势能共改变了多少？(2)如果规定A点的电势能为零，则该电荷在B点和C点的电势能分别为多少？B点和C点的电势分别为多少？(3)如果规定B点的电势能为零，则该电荷在A点和C点的电势能分别为多少？A点和C点的电势分别为多少？答案见解析解析(1)W AC＝W AB＋W BC＝－3×10－5 J＋1.2×10－5 J＝－1.8×10－5 J.所以该电荷的电势能增加了1.8×10－5 J.(2)如果规定A点的电势能为零，由公式W AB＝E p A－E p B得该电荷在B点的电势能为E p B＝E p A－W AB＝0－W AB＝3×10－5 J.同理，该电荷在C点的电势能为E p C ＝E p A －W AC ＝0－W AC ＝1.8×10－5 J. 两点的电势分别为φB ＝E p B q ＝3×10－5－6×10－6 V ＝－5 VφC ＝E p C q ＝1.8×10－5－6×10－6V ＝－3 V(3)如果规定B 点的电势能为零，则该电荷在A 点的电势能为： E p A ′＝E p B ′＋W AB ＝0＋W AB ＝－3×10－5 J. 该电荷在C 点的电势能为E p C ′＝E p B ′－W BC ＝0－W BC ＝－1.2×10－5 J.两点的电势分别为φA ′＝E p A ′q ＝－3×10－5－6×10－6 V ＝5 V φC ′＝E p C ′q ＝－1.2×10－5－6×10－6V ＝2 V .针对训练 如图所示，在同一条电场线上有A 、B 、C 三点，三点的电势分别是φA ＝5 V 、φB ＝－2 V 、φC ＝0，将电荷量q ＝－6×10－6 C 的点电荷从A 移到B ，再移到C .(1)该电荷在A 点、B 点、C 点具有的电势能各是多少？(2)将该电荷从A 移到B 和从B 移到C ，电势能分别变化了多少？ (3)将该电荷从A 移到B 和从B 移到C ，静电力做功分别是多少？ 答案 (1)－3×10－5 J 1.2×10－5 J 0 (2)增加4.2×10－5 J 减少1.2×10－5 J (3)－4.2×10－5 J 1.2×10－5 J 解析 (1)根据公式φ＝E pq可得E p ＝qφ所以该电荷在A 点、B 点、C 点具有的电势能分别为：E p A ＝qφA ＝－6×10－6×5 J ＝－3×10－5 JE p B ＝qφB ＝－6×10－6×(－2) J ＝1.2×10－5 J E p C ＝qφC ＝－6×10－6×0 J ＝0(2)将该电荷从A 移到B ，电势能的变化量为ΔE p AB＝E p B－E p A＝1.2×10－5 J－(－3×10－5) J＝4.2×10－5 J即电势能增加了4.2×10－5 J将该电荷从B移到C，电势能的变化量为ΔE p BC＝E p C－E p B＝0－1.2×10－5 J＝－1.2×10－5 J 即电势能减少了1.2×10－5 J(3)将该电荷从A移到B，静电力做的功为W AB＝E p A－E p B＝－4.2×10－5 J将该电荷从B移到C，静电力做的功为W BC＝E p B－E p C＝1.2×10－5 J.考点一静电力做功的特点1．(多选)下列说法正确的是()A．电荷从电场中的A点运动到B点，路径不同，静电力做功的大小就可能不同B．电荷从电场中的某点出发，运动一段时间后，又回到了该点，则静电力做功为零C．正电荷沿着电场线方向运动，静电力对正电荷做正功，负电荷逆着电场线方向运动，静电力对负电荷做正功D．电荷在电场中运动，因为静电力可能对电荷做功，所以能量守恒定律在电场中并不成立答案BC解析静电力做功的多少与电荷运动路径无关，故A错误；静电力做功只与电荷在电场中的初、末位置有关，所以电荷从某点出发又回到了该点，静电力做功为零，故B正确；正电荷沿着电场线方向运动，则正电荷受到的静电力方向和电荷的运动方向相同，故静电力对正电荷做正功，同理，负电荷逆着电场线的方向运动，静电力对负电荷做正功，故C正确；电荷在电场中运动虽然有静电力做功，但是电荷的电势能和其他形式的能之间的转化满足能量守恒定律，故D错误．2.(2021·天津一中期中)如图所示，在匀强电场中有A、B两点，将一电荷量为q的正电荷从A 点移到B点，第一次沿直线AB移动该电荷，静电力做功为W1；第二次沿折线ACB移动该电荷，静电力做功为W2；第三次沿曲线AB移动该电荷，静电力做功为W3，则()A．W1>W2B．W3<W2C．W1＝W2D．W1<W3答案C解析静电力做功只与起始和终止位置有关，与路径无关，因此选项C正确．考点二电势和电势能3．关于电势和电势能，下列说法正确的是()A．在电场中电势高的地方电荷具有的电势能大B．在电场中放在某点的电荷的电荷量越大，它所具有的电势能也越大C．在电场中的任意一点，正电荷具有的电势能一定大于负电荷具有的电势能D．取无穷远处电势为零，在负点电荷所产生的电场中的任意一点，正电荷具有的电势能一定小于负电荷具有的电势能答案D解析根据公式E p＝φq可知，正电荷在电势高的地方电势能大，负电荷在电势高的地方电势能小，由于不知电荷的电性，因此无法判断它在电势高的地方电势能的大小，故A错误；若放在电场中某点的电荷为正电荷，当该点电势小于零时，电荷量越大，电荷具有的电势能越小，故B错误；电势能E p＝qφ，正电荷在电势小于零处的电势能为负值，小于负电荷在该处的电势能，故C错误；取无穷远处电势为零，沿着电场线方向电势降低，可知在负点电荷所产生的电场中的任意一点电势为负，正电荷在任意一点具有的电势能为负值，而负电荷在任意一点具有的电势能为正值，正电荷具有的电势能小于负电荷具有的电势能，故D正确．4.(2021·沧州市高二期末)某电场的部分电场线分布如图所示，A、B两点位于电场中，E A、E B 分别表示它们的电场强度，E p A、E p B分别表示电子在A、B两点具有的电势能．下列有关电场强度和电势能的判断正确的是()A．E A<E B，E p A<E p B B．E A>E B，E p A<E p BC．E A>E B，E p A>E p B D．E A<E B，E p A>E p B答案D解析电场线的疏密反映电场强度的大小，B点的电场线较A点密集，则E A<E B，沿着电场线的方向电势逐渐降低，可知B点电势高于A点，电子带负电，负电荷在电势高处的电势能较小，则E p A>E p B，故选D.5.(2021·泰州市泰州中学高一期中)如图所示为某电场中的一条电场线，电场线上有A、B、C 三点且AB＝BC，一电子从A点出发经B点运动到C点．下列说法正确的是()A．该电场是匀强电场B．在A、B、C三点中，A点的电势最高C．在A、B、C三点中，A点的电场强度最大D．在A、B、C三点中，电子在A点的电势能最大答案B解析只有一条电场线不能确定是否为匀强电场，A错误；沿着电场线的方向电势逐渐降低，则A点的电势最高，B正确；电场线的疏密反映电场强度的大小，一条电场线无法比较疏密，所以无法比较其大小，C错误；电子带负电，所受静电力与电场方向相反，沿电场线方向，静电力对电子做负功，电势能增大，故电子在A点的电势能最小，D错误．6．(2021·珠海一中期中)将一负电荷从无穷远处移至电场中M点，静电力做功为6.0×10－9 J，若将一个等量的正电荷从电场中N点移向无穷远处，静电力做功为5.0×10－9 J，则M、N两点的电势φM、φN的关系为()A．φM<φN B．φM＝φNC．φN<φM D．无法确定答案C解析取无穷远处电势φ＝0，由题意有φM>φN>0，故选项C正确．7.(多选)(2021·大同一中月考)如图所示，带正电的点电荷固定于Q点，电子在静电力的作用下，做以Q点为焦点的椭圆运动，M、P、N为椭圆上的三点，P点是轨道上离Q点最近的点．电子从M点经P点到达N点的过程中()A．速率先增大后减小B．速率先减小后增大C．电势能先减小后增大D．电势能先增大后减小答案AC解析电子受到点电荷的静电力，当电子由M点向P点运动时，二者距离减小，静电力做正功，故电势能减小，又由动能定理，知动能增大，即速率增大；当电子由P点向N点运动时，电势能增大，动能减小，速率减小，故A、C正确，B、D错误．8.图甲中AB是某电场中的一条电场线．若将一负电荷从A点处由静止释放，负电荷仅在静电力作用下沿电场线从A到B运动过程中的速度－时间图像如图乙所示．关于A、B两点的电势高低和电场强度大小关系，下列说法中正确的是()A．φA>φB，E A>E B B．φA>φB，E A<E BC．φA<φB，E A>E B D．φA<φB，E A<E B答案C解析负电荷从A点由静止释放(初速度为0)后，能加速运动到B，说明负电荷受到的静电力方向从A指向B，那么电场方向由B指向A，由于沿电场线方向电势逐渐降低，所以A、B 两点的电势关系是φA<φB；由题图乙可知，负电荷从A运动到B的过程中，加速度逐渐减小，知，E A>E B，由牛顿第二定律知，负电荷从A运动到B时，受到的静电力是逐渐减小的，由E＝FqC正确．9.(多选)(2022·浙江金乡卫城中学高二月考)如图所示，两个等量正点电荷分别固定在A、B两点，O为AB的中点，M、N为AB中垂线上的两点，无限远处电势为零．以下说法正确的是()A．N、M、O三点中O点电场强度最大B．M点电势高于N点电势C．同一负电荷在M点的电势能小于在N点的电势能D．如果只受静电力作用的正电荷从M点由静止释放，电荷将沿中垂线做匀加速运动答案BC解析两个等量同种电荷连线中点O的电场强度为零，无穷远处电场强度也为零，故从O点沿着中垂线向上到无穷远处电场强度先增大后减小，电场强度最大的点可能在M、N连线之间，也可能在N点以上，还可能在M点以下，A错误；等量同种正点电荷的连线的中垂线的电场方向由O点指向远处，所以M点的电势高于N点的电势，B正确；同一负电荷在电势越高的地方电势能越小，因为M点的电势高于N点的电势，所以负电荷在M点的电势能小于在N点的电势能，C正确；如果只受静电力作用正电荷从M点静止释放，将沿中垂线做加速运动，但加速度可能一直减小或先增大后减小，D错误．10.(多选)如图是某一点电荷形成的电场中的一条电场线，A、B是电场线上的两点，一负电荷q仅在静电力作用下以初速度v0从A向B运动并经过B点，一段时间后q以速度v又一次经过A点，且v与v0的方向相反，则以下说法中正确的是()A．A、B两点的电场强度E A＜E BB．A、B两点的电势φA＞φBC．负电荷q在A、B两点的电势能E p A＜E p BD．负电荷q先后经过A点的速度大小v0＝v答案BCD解析由分析可知，负电荷从A至B做减速运动，则负电荷所受静电力的方向为B→A，电场E的方向应为A→B，所以φA＞φB，E p A＜E p B，选项B、C正确；由于只有一条电场线，不知道电场的具体分布，所以无法判断A、B两点电场强度的大小，选项A错误；负电荷再回到A点时，其电势能不变，动能也不变，所以v与v0大小相等，选项D正确．11.(多选)(2019·江苏卷)如图所示，ABC为等边三角形，电荷量为＋q的点电荷固定在A点．先将一电荷量也为＋q的点电荷Q1从无穷远处(电势为0)移到C点，此过程中，静电力做功为－W.再将Q1从C点沿CB移到B点并固定．最后将一电荷量为－2q的点电荷Q2从无穷远处移到C点．下列说法正确的有()A ．Q 1移入之前，C 点的电势为WqB ．Q 1从C 点移到B 点的过程中，所受静电力做的功为0 C ．Q 2从无穷远处移到C 点的过程中，所受静电力做的功为2WD ．Q 2在移到C 点后的电势能为－4W 答案 ABD解析 根据静电力做功可知－W ＝q (0－φC 1)，解得φC 1＝Wq ，选项A 正确；B 、C 两点到A 点的距离相等，这两点电势相等，Q 1从C 点移到B 点的过程中，静电力做功为0，选项B 正确；根据对称和电势叠加可知，A 、B 两点固定电荷量均为＋q 的电荷后，C 点电势为φC 2＝2φC 1＝2W q ，带电荷量为－2q 的点电荷Q 2在C 点的电势能为E p C ＝(－2q )×φC 2＝－4W ，选项D 正确；Q 2从无穷远处移到C 点的过程中，静电力做的功为0－E p C ＝4W ，选项C 错误． 12.如图所示的匀强电场中，有a 、b 、c 三点，ab ＝5 cm ，bc ＝12 cm ，其中ab 沿电场方向，bc 和电场方向成60°角，一个电荷量为q ＝4×10－8 C 的正电荷从a 移动到b ，静电力做功为W 1＝1.2×10－7 J ，求：(1)若规定a 点电势为零，求该电荷在b 点的电势能； (2)匀强电场的电场强度E ；(3)该电荷从b 到c ，电荷的电势能的变化量．答案 (1)－1.2×10－7 J (2)60 V/m (3)减少1.44×10－7 J 解析 (1)静电力做功与电势能的关系为 W 1＝E p a －E p b规定a 点电势为零，即E p a ＝0 电荷在b 点的电势能为 E p b ＝－W 1＝－1.2×10－7 J ；(2)正电荷从a 移动到b ，静电力做功可表示为 W 1＝qE ·ab代入数据解得E ＝60 V/m ；(3)该电荷从b 到c ，静电力做功W 2＝F |bc | cos 60°＝qE ·bc ·cos 60° 代入数据解得W 2＝1.44×10－7 J ， 所以该过程电荷的电势能减少1.44×10－7 J13.(多选)如图所示，在y 轴上关于O 点对称的A 、B 两点分别有等量同种电荷＋Q ，在x 轴上C 点有点电荷－Q ，且CO ＝OD ，∠ADO ＝60°.下列判断正确的是( )A ．O 点的电场强度为零B ．D 点的电场强度为零C ．若将点电荷＋q 从O 点移向C 点，电势能增加D ．若将点电荷－q 从O 点移向C 点，电势能增加 答案 BD解析 A 、B 两点电荷在O 点产生的合电场强度为0，而C 点电荷在O 点产生的电场强度方向向左，故O 点的合电场强度方向向左，A 错误；同理可知，D 点的合电场强度为0，B 正确；OC 间各点的合电场强度方向向左，若将点电荷＋q 从O 点移向C 点，静电力做正功，电势能减少，C 错误；若将点电荷－q 从O 点移向C 点，静电力做负功，电势能增加，D 正确．2 电势差[学习目标] 1.理解电势差的概念，知道电势差与零电势点的选择无关.2.掌握电势差的表达式，知道电势差的正、负号与电势高低之间的对应关系.3.知道什么是等势面，并能理解等势面的特点.4.会用U AB ＝φA －φB 及U AB ＝W AB q进行有关计算．一、电势差1．定义：电场中两点之间电势的差值，也叫作电压．U AB＝φA－φB，U BA＝φB－φA，U AB＝－U BA.2．电势差是标量，有正负，电势差的正负表示电势的高低．U AB>0，表示A点电势比B点电势高．3．静电力做功与电势差的关系W AB＝qU AB或U AB＝W AB q.二、等势面1．定义：电场中电势相同的各点构成的面．2．等势面的特点(1)在同一个等势面上移动电荷时，静电力不做功．(2)等势面一定跟电场线垂直，即跟电场强度的方向垂直．(3)电场线总是由电势高的等势面指向电势低的等势面．1．判断下列说法的正误．(1)电势差与电势一样，是相对量，都与零电势点的选取有关．(×)(2)电势差是一个标量，但是有正值和负值之分．(√)(3)若电场中两点间的电势差U AB＝1 V，则将单位正电荷从A点移到B点，静电力做功为1 J．(√) (4)将电荷量为q的电荷从A点移到B点与将电荷量为－q的电荷从B点移到A点，静电力所做的功相同．(√)(5)电荷在等势面上移动时不受静电力作用，所以静电力不做功．(×)2．在某电场中，将一带电荷量为q＝＋2.0×10－9C的点电荷从a点移到b点，静电力做功W＝－4.0×10－7 J，则a、b两点间的电势差U ab为________V.答案－200一、电势差导学探究电场中A、B、C、D四点的电势如图所示．(1)A、C及A、B间的电势差各为多少？哪个较大？(2)若取D点电势为零，则A、B、C三点的电势各为多少？A、C及A、B间的电势差各为多少？通过以上计算说明电势、电势差各具有什么特点？答案(1)U AC＝15 V，U AB＝10 V，U AC＞U AB(2)φA＝18 V，φB＝8 V，φC＝3 V；U AC＝15 V，U AB＝10 V；电势的大小与零电势点的选取有关，电势差的大小与零电势点的选取无关．知识深化1．电势差的理解(1)电势差反映了电场的能的性质，决定于电场本身，与试探电荷无关．(2)电势差可以是正值也可以是负值，电势差的正负表示两点电势的高低；U AB＝－U BA，与零电势点的选取无关．(3)电场中某点的电势在数值上等于该点与零电势点之间的电势差．2．电势差与静电力做功的关系(1)公式：U AB＝W ABq 或W AB＝qU AB，其中W AB仅是静电力做的功．(2)把电荷q的电性和电势差U的正负代入进行运算，功为正，说明静电力做正功，电荷的电势能减小；功为负，说明静电力做负功，电荷的电势能增大．3．电势和电势差的比较比较内容电势φ电势差U区别定义电势能与电荷量的比值φ＝E pq静电力做的功与电荷量的比值U AB＝W ABq决定因素由电场和在电场中的位置决定，与q、E p无关由电场和场内两点位置决定，与q、W AB无关相对性与零电势点的选取有关与零电势点的选取无关联系数值关系U AB＝φA－φB单位相同，国际单位制中均是伏特(V)标矢性都是标量，但均有正负例1(多选)关于电势差U AB和电势φA、φB的理解，正确的是() A．电势与电势差均是相对量，均与零电势点的选取有关B．U AB和U BA是不同的，它们存在关系：U AB＝－U BA。
【步步高】高考物理大一轮复习讲义 第二章 章末限时练(含解析) 新人教版
《步步高》高考物理（人教版通用）大一轮复习讲义第二章章末限时练(满分：100分时间：90分钟)一、选择题(每小题4分，共40分)1．某物体在n个共点力的作用下处于静止状态，若把其中一个力F1的方向沿顺时针方向转过90°，而保持其大小不变，其余力保持不变，则此时物体所受的合力大小为( )A．F1 B.2F1C．2F1D．0答案 B解析物体受n个力处于静止状态，则其中(n－1)个力的合力一定与剩余的那个力等大反向，故除F1以外的其他各力的合力大小等于F1，且与F1方向相反，故当F1转过90°后，物体受到的合力大小应为2F1，选项B正确．2．如图1甲所示为实验室常用的弹簧测力计，弹簧的一端与有挂钩的拉杆相连，另一端固定在外壳上的O点，外壳上固定一个圆环，整个外壳重为G，弹簧及拉杆的质量忽略不计．现将该弹簧测力计用如图乙、丙的两种方式固定在地面上，并分别用相同的力F0(F0>G)竖直向上拉弹簧测力计，则稳定后弹簧测力计的读数分别为( )图1A．乙图读数为F0－G，丙图读数为F0B．乙图读数为F0，丙图读数为F0－GC．乙图读数为F0－G，丙图读数为F0＋GD．乙图读数为F0，丙图读数为F0答案 B解析弹簧测力计的读数应是弹簧中的弹力大小．在图乙中，F0与弹簧拉力是一对作用力与反作用力，大小一定相等．在图丙中，由共点力的平衡知F0＝F弹＋G，所以F弹＝F0－G，选项B正确．3．如图2所示，固定的斜面上叠放着A、B两木块，木块A与B的接触面是水平的，水平力F作用于木块A，使木块A、B保持静止，且F≠0.则下列描述正确的是( )A．B可能受到3个或4个力作用图2B．斜面对木块B的摩擦力方向可能沿斜面向下C．A对B的摩擦力可能为0D．A、B整体可能受三个力作用答案BD解析对A、B整体，一定受到重力G、斜面支持力F N、水平力F，如图(a)，这三个力可能使整体平衡，因此斜面对A、B整体的静摩擦力可能为0，可能沿斜面向上，也可能沿斜面向下，B、D正确；对木块A，受力如图(b)，水平方向受力平衡，因此一定受到B对A的静摩擦力F f A，由牛顿第三定律可知，C错；对木块B，受力如图(c)，其中斜面对B的摩擦力F f可能为0，因此木块B可能受4个或5个力作用，A错．4．帆船航行时，遇到侧风需要调整帆面至合适的位置，保证船能有足够的动力前进．如图3是帆船航行时的俯视图，风向与船航行方向垂直，关于帆面的a、b、c、d四个位置，可能正确的是( )A．a B．b 图3C．c D．d答案 B5．一轻杆AB，A端用铰链固定于墙上，B端用细线挂于墙上的C点，并在B端挂一重物，细线较长使轻杆位置如图4甲所示时，杆所受的压力大小为F N1，细线较短使轻杆位置如图乙所示时，杆所受的压力大小为F N2，则有( )图4A．F N1>F N2B．F N1<F N2C．F N1＝F N2D．无法比较答案 C解析轻杆一端被铰链固定在墙上，杆上的弹力方向沿杆的方向．由牛顿第三定律可知：杆所受的压力与杆对B点细线的支持力大小相等，方向相反．对两种情况下细线与杆接触点B受力分析，如图甲、乙所示，由图中几何关系可得：F N1AB＝mgAC，F N2AB＝mgAC，故F N1＝F N2，选项C正确．6．如图5所示，光滑水平地面上放有截面为14圆周的柱状物体A，A与墙面之间放一光滑的圆柱形物体B，对A施加一水平向左的力F，整个装置保持静止．若将A的位置向左移动稍许，整个装置仍保持平衡，则( ) 图5A．水平外力F增大B．墙对B的作用力减小C．地面对A的支持力减小D．A对B的作用力减小答案BD解析对物体B的受力分析如图所示，A的位置左移，θ角减小，F N1＝G tan θ，F N1减小，B项正确；F N＝Gcos θ，F N减小，D项正确；以A、B为一个整体受力分析，F N1＝F，所以水平外力F减小，A项错误；地面对A的支持力等于两个物体的重力之和，所以该力不变，C项错误．7．如图6所示，一辆质量为M的汽车沿水平面向右运动，通过定滑轮将质量为m的重物A缓慢吊起．在吊起重物的过程中，关于绳子的拉力F T、汽车对地面的压力F N和汽车受到的摩擦力F f随细绳与水平方向的夹角θ变化的图象中正确的是 ( ) 图6答案 AC解析 因为绳子跨过定滑轮，故绳子张力等于重物A 的重力，A 正确；由牛顿第三定律可知，汽车对地面的压力大小等于地面对汽车的支持力，故以汽车为研究对象，受力分析得F N ＝Mg －F T sin θ，取θ＝0时，F N ＝Mg ，B 错误；因为缓慢吊起重物，汽车可视为处于平衡状态，故有F f ＝F T cos θ，故C 对，D 错．8．如图7所示，A 、B 两物体叠放在水平地面上，A 物体质量m ＝20 kg ，B 物体质量M ＝30 kg.处于水平位置的轻弹簧一端固定于墙壁，另一端与A 物体相连，弹簧处于自然状态，其劲度系数为250 N/m ，A 与 图7B 之间、B 与地面之间的动摩擦因数为μ＝0.5.现有一水平推力F 作用于物体B 上推着B 缓慢地向墙壁移动，当移动0.2 m 时，水平推力F 的大小为(g 取10 m/s 2) ( ) A ．350 NB ．300 NC ．250 ND ．200 N答案 B解析 由题意可知F f A max ＝μmg ＝100 N ．当A 向左移动0.2 m 时，F 弹＝k Δx ＝50 N ，F 弹<F f A max ，即A 、B 间未出现相对滑动，对整体受力分析可知，F ＝F f B ＋F 弹＝μ(m ＋M )g ＋k Δx ＝300 N ，B 选项正确．9．如图8所示，左侧是倾角为30°的斜面、右侧是圆弧面的物体固定 在水平地面上，圆弧面底端切线水平，一根两端分别系有质量为m 1、m 2的小球的轻绳跨过其顶点上的小滑轮．当它们处于平衡状 图8态时，连结m 2小球的轻绳与水平线的夹角为60°，不计一切摩擦，两小球可视为质点．两小球的质量之比m 1∶m 2等于( )A ．2∶ 3B ．2∶3C.3∶2D ．1∶1答案 A解析 对m 2受力分析如图所示 进行正交分解可得F N cos 60°＝F T cos 60° F T sin 60°＋F N sin 60°＝m 2g解得F T ＝m 2g3对m 1球受力分析可知，F T ＝m 1g sin 30°＝12m 1g可知m 1∶m 2＝2∶3，选项A 正确．10．如图9所示，不计质量的光滑小滑轮用细绳悬挂于墙上的O 点，跨过滑轮的细绳连接物块A 、B ，A 、B 都处于静止状态，现将物 块B 移至C 点后，A 、B 仍保持静止，下列说法中正确的是( )图9A ．B 与水平面间的摩擦力增大B ．绳子对B 的拉力增大C ．悬于墙上的绳所受拉力不变D ．A 、B 静止时，图中α、β、θ三角始终相等 答案 AD解析 因为将物块B 移至C 点后，A 、B 仍保持静止，所以绳中的拉力大小始终等于A 的重力，通过定滑轮，绳子对B 的拉力大小也等于A 的重力，而B 移至C 点后，右侧绳子与水平方向的夹角减小，对B 进行受力分析可知，B 受到水平面的静摩擦力增大，所以选项A 正确，B 错误；对滑轮受力分析可知，悬于墙上的绳所受拉力等于两边绳的合力，由于两边绳子的夹角变大，两边绳的合力将减小，选项C 错误；由几何关系可知α、β、θ三角始终相等，选项D 正确． 二、非选择题(共60分)11．(6分)为测定木块P 和木板Q 间的动摩擦因数，某同学设计了一个实验，图10为实验装置示意图，其中各物体的接触面均水平，该同学在实验中的主要操作有：图10A ．用弹簧测力计测出木块P 的重力为G P ＝6.00 N ；B ．用弹簧测力计测出木板Q 的重力为G Q ＝9.25 N ；C ．用手按住木块和木板，按图10装置安装好器材；D ．松开木块和木板让其运动，待弹簧测力计指针稳定时再读数． (1)上述操作中多余的步骤是________．(填步骤序号)(2)在听取意见后，该同学按正确方法操作，稳定时弹簧测力计的 指针位置如图11所示，其示数为______ N ．根据该同学的测量数据，可求得木块P 和木板Q 间的动摩擦因数为______． 图11 答案 (1)B (2)2.10 0.35解析 (1)要做好本题，需理解实验原理．无论木板怎样滑动，弹簧测力计的示数总与P 木块的滑动摩擦力相等，且这个值是稳定的，故可用F ＝μF N ＝μmg 求解μ，所以步骤B 是多余的．(2)由读数的估读规则可知，弹簧测力计的读数为2.10 N ，由F ＝μF N ＝μmg ，可知μ＝F mg＝0.35. 12．(8分)某同学做“验证力的平行四边形定则”实验的情况如图12甲所示，其中A 为固定橡皮筋的图钉，O为橡皮筋与细绳的结点，OB 和OC 为细绳，图乙是在白纸上根据实验结果画出的图．图12(1)实验中用弹簧测力计测量力的大小时，下列使用方法中正确的是________．A．拿起弹簧测力计就进行测量读数B．拉橡皮筋的拉力大小不能超过弹簧测力计的量程C．测量前检查弹簧指针是否指在零刻线，用标准砝码检查示数正确后，再进行测量读数D．应尽量避免弹簧、指针、拉杆与刻度板间的摩擦(2)关于此实验的下列说法中正确的是________．A．同一次实验中，O点位置不允许变动B．实验中，只需记录弹簧测力计的读数和O点的位置C．实验中，把橡皮筋的另一端拉到O点时，两个弹簧测力计之间的夹角必须取90°D．实验中，要始终将其中一个弹簧测力计沿某一方向拉到最大量程，然后调节另一弹簧测力计拉力的大小和方向，把橡皮筋另一端拉到O点(3)图乙中的F与F′两力中，方向一定沿AO方向的是________．(4)本实验采用的科学方法是________．A．理想实验法B．等效替代法C．逆向思维法D．建立物理模型法答案(1)BCD (2)A (3)F′(4)B13．(10分)如图13所示，一根质量不计的横梁A端用铰链固定在墙壁上，B端用细绳悬挂在墙壁上的C点，使得横梁保持水平状态．已知细绳与竖直墙壁之间的夹角为60°，当用另一段轻绳在B点悬挂一个质量为M＝6 kg的重物时，求轻杆对B点的弹力和绳BC的拉力大小．(g取10 m/s2) 图13答案60 3 N 120 N解析设杆对B点的弹力为F1，因横梁A端用铰链固定，故F1的方向沿杆方向，绳BC对B点的拉力为F2，由于B点静止，B点所受的向下的拉力大小恒定为重物的重力，根据受力平衡的特点，杆的弹力F 1与绳BC对B点的拉力F2的合力一定竖直向上，大小为Mg，如图所示．根据以上分析可知弹力F1与拉力F2的合力大小F＝G＝Mg＝60 N由几何知识可知F1＝F tan 60°＝60 3 NF2＝Fsin 30°＝120 N即轻杆对B点的弹力为60 3 N，绳BC的拉力为120 N.14．(10分)如图14所示，质量为m1＝5 kg的滑块，置于一粗糙的斜面上，用一平行于斜面的大小为30 N的力F推滑块，滑块沿斜面向上匀速运动，斜面体质量m2＝10 kg，且始终静止，取g＝10 m/s2，求：图14(1)斜面对滑块的摩擦力．(2)地面对斜面体的摩擦力和支持力．答案(1)5 N (2)15 3 N 135 N解析(1)用隔离法：对滑块受力分析，如图甲所示，在平行斜面的方向上：F＝m1g sin 30°＋F f，F f＝F－m1g sin 30°＝(30－5×10×0.5) N＝5 N.(2)用整体法：因两个物体均处于平衡状态，故可以将滑块与斜面体当作一个整体来研究，其受力如图乙所示，由图乙可知：在水平方向上有F f地＝F cos 30°＝15 3 N；在竖直方向上，有F N地＝(m1＋m2)g－F sin30°＝135 N.15．(13分)如图15所示，A、B两物体叠放在水平地面上，已知A、B的质量分别为m A＝10 kg，m B＝20 kg，A、B之间、B与地面之间的动摩擦因数均为μ＝0.5.一轻绳一端系住物体A，另一端系于墙上，绳与竖直方向的夹角为37°，今欲用外力将物体B匀速向右图15拉出，求所加水平拉力F的大小，并画出A、B的受力分析图．(取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)答案160 N 见解析图解析A、B的受力分析如图甲、乙所示对A应用平衡条件，有F T sin 37°＝F f1＝μF N1F T cos 37°＋F N1＝m A g联立得F N1＝3m A g4μ＋3＝60 N，F f1＝μF N1＝30 N对B应用平衡条件，有F N1＝F N1′，F f1＝F f1′F＝F f1′＋F f2＝F f1＋μF N2＝F f1＋μ(F N1′＋m B g)＝160 N16．(13分)如图16所示，在光滑的水平杆上穿两个重均为2 N的球A、B，在两球之间夹一弹簧，弹簧的劲度系数为10 N/m，用两条等长的线将球C与A、B相连，此时弹簧被压短了10 cm，两条线的夹角为60°，求：(1)杆对A球的支持力为多大？图16(2)C球的重力为多大？答案(1)(2＋3) N (2)2 3 N解析(1)A、C球的受力情况分别如图甲、乙所示：甲乙其中F＝kx＝1 N对于A球，由平衡条件得：F＝F T sin 30°F N＝G A＋F T cos 30°解得：F N＝(2＋3) N(2)由(1)可得两线的张力都为：F T＝2 N对于C球，由平衡条件得：2F T cos 30°＝G C解得：G C＝2 3 N。
步步高大二轮专题复习与增分策略 化学 专题课时作业
专题八水溶液中的离子平衡一、选择题1．有4种混合溶液，分别由等体积0.1 mol/L的2种溶液混合而成：①CH3COONa与HCl；②CH3COONa 与NaOH；③CH3COONa与NaCl；④CH3COONa与NaHCO3。
以下各项排序正确的选项是( )A．pH：②>③>④>①B．c(CH3COO－)：②>④>③>①C．溶液中c(H＋)：①>③>②>④D．c(CH3COOH)：①>④>③>②2．(2021·天津理综，4)以下表达正确的选项是 ( ) A．0.1 mol/L C6H5ONa溶液中：c(Na＋)>c(C6H5O－)>c(H＋)>c(OH－)B．Na2CO3溶液加水稀释后，恢复至原温度，pH和K W均减小C．pH＝5的CH3COOH溶液和pH＝5的NH4Cl溶液中，c(H＋)不相等D．在Na2S溶液中参加AgCl固体，溶液中c(S2－)下降3．(2021·海南，5)：K sp(AgCl)＝1.8×10－10，K sp(AgI)＝1.5×10－16，K sp(Ag2CrO4)＝2.0×10－12，则以下难溶盐的饱和溶液中，Ag＋浓度大小顺序正确的选项是 ( )A．AgCl>AgI>Ag2CrO4B．AgCl> Ag2CrO4>AgIC．Ag2CrO4>AgCl>AgID．Ag2CrO4>AgI>AgCl4．(2021·福建理综，10)以下关于电解质溶液的正确判断是 ( ) A．在pH＝12的溶液中，K＋、Cl－、HCO－3、Na＋可以大量共存B．在pH＝0的溶液中，Na＋、NO－3、SO2－3、K＋可以大量共存C．由0.1 mol/L一元碱BOH溶液的pH＝10，可推知BOH溶液存在BOH===B＋＋OH－D．由0.1 mol/L一元酸HA溶液的pH＝3，可推知NaA溶液存在A－＋H2O HA＋OH－5．(2021·海南，6)光谱研究说明，易溶于水的SO2所形成的溶液中存在着以下平衡：SO2＋x H2O SO2·x H2O H＋＋HSO－3＋(x－1)H2OH＋＋SO2－3据此，以下判断中正确的选项是 ( ) A．该溶液中存在着SO2分子B．该溶液中H＋浓度是SO2－3浓度的2倍C．向该溶液中参加足量的酸都能放出SO2气体D．向该溶液中参加过量NaOH可得到Na2SO3、NaHSO3和NaOH的混合溶液6．(2021·山东理综，15)某温度下，一样pH值的盐酸和醋酸溶液分别加水稀释，平衡pH值随溶液体积变化的曲线如右图所示。
2025高考物理步步高同步练习选修1练习练透第三章 2 波的描述
2025高考物理步步高同步练习选修1练习练透2 波的描述考点一 波的图像1．(多选)如图所示为一列简谐横波在某时刻的波形图，a 、b 、c 、d 为介质中的四个质点，a 在波峰，d 在波谷，c 在平衡位置，b 的位移大小等于振幅的一半．四个质点的加速度大小分别为a a 、a b 、a c 、a d ，速度大小分别为v a 、v b 、v c 、v d ，则( )A ．a c <a b <a a ＝a dB ．a c >a b >a a ＝a d ＝0C ．v a ＝v d >v b >v cD ．v a ＝v d <v b <v c2．(2022·北京市密云区期末)如图所示是一列简谐横波在某时刻的波形图。
已知波沿着x 轴的正方向传播，关于波上的三个质点K 、L 、M ，下列说法正确的是( )A ．此时质点K 和M 的运动方向相同B ．此时质点K 和M 的回复力方向相同C ．此时质点L 的速度最大D ．质点K 经过一段时间会沿x 轴运动到质点M 的位置3．(多选)(2022·雅安市期末)取一条较长的软绳，用手握住一端(O 点)连续上下抖动，在绳上形成一列简谐横波。
已知O 点完成一次全振动所用的时间为T ，某一时刻的波形如图所示，绳上a 、b 两质点均处于平衡位置，下列说法正确的是( )A ．此时a 、b 两质点振动方向相同B ．此时a 、b 两质点的振动方向相反C ．再经T4，b 质点将运动到波峰位置D ．再经T2，a 质点将运动到b 质点位置考点二 质点振动方向与波的传播方向的关系4．(2021·北京卷)一列简谐横波某时刻的波形图如图所示。
此后K 质点比L 质点先回到平衡位置．下列判断正确的是( )A ．该简谐横波沿x 轴负方向传播B ．此时K 质点沿y 轴正方向运动C ．此时K 质点的速度比L 质点的小D ．此时K 质点的加速度比L 质点的小5．某一列沿x 轴传播的简谐横波，在t ＝T4时刻的波形图如图所示，P 、Q 为介质中的两质点，质点P 正在向动能增大的方向运动。
(全国用)高考英语二轮复习与增分策略 专题一 阅读理解 第三节 题组练习 10 说理议论社会文化应用
说理议论+社会文化+应用广告+逸闻趣事A(2017·四川乐山调研)When people around you agree with you，it improves your confidence and allows you to relax and feel comfortable.Unfortunately，that comfort usually keeps you away from achieving more success in your career，especially when you are in a leader position.So it feels nice to have people agree，but you need some regular conflicts，that is to say，to have people raise different views so that you can dig out the deeper truth and avoid suffering from being too much on just one side.So do you often share your opinions on most subjects with people around you and encourage them to debate？If yes，set it as a tradition in your company or department.At first，it seems a challenge to create an environment where people are in free atmosphere to disagree and argue，but remember：from sharp conflicts come sound judgments，and from sound judgments come right decisions.That’s because most of the time you have to collect different opinions from different angles to help yourself identify your blind spots before you form the real brilliant ideas.However，effective debates do not require angry quarrels and embarrassments.So you need to set some ground rules so everyone understands responsibilities，boundaries and rewards.Rule No.1：The goal of debating is not to win over others but to get to the truth that will allow you and your staff to move faster and better.Rule No.2：Fierce debating with strong emotion hurts feelings and does harm to teamwork.So repeatedly remind your staff，best with smiles and humors，that this is friendly opinion sharing time for a common goal instead of a battle between two enemies trying with full efforts to beat the other one down to earth.Rule No.3：All those involved in the debates shall get rewards when the goals are reached，thus they know how much you appreciate their contributions.The more they feel appreciated，the more they’ll be willing to contribute their talents with full heart in the future.1．What happens when your staff all agree with you?A．It may improve your work effectively.B．It creates harmonious working atmosphere.C．You are likely to make more right decisions.D．You may have problems in career advancing.答案 D解析细节理解题。
2025高考物理步步高同步练习选修1第三章 机械波 1 波的形成含答案
2025高考物理步步高同步练习选修1第三章机械波1波的形成[学习目标] 1.理解波的形成过程，会判断质点的振动方向(难点)。
2.知道横波和纵波的概念，能够区别横波和纵波。
3.知道机械波的产生条件和传播特点(重点)。
一、波的形成及特点如图所示，手拿绳的一端，上下振动一次，使绳上形成一个凸起状态，随后形成一个凹落状态，可以看到，这个凸起状态和凹落状态在绳上从一端向另一端移动。
如果在绳子上某处做一红色标记，观察这一红色标记的运动。
(1)红色标记有没有随波迁移？红色标记是怎样运动的？(2)当手停止抖动后，绳上的波会立即停止吗？答案(1)没有，红色标记只在竖直方向上下振动(2)不会，当手停止抖动后，波仍向右传播1．波：振动的传播称为波动，简称波。
2．波的形成(以绳波为例)(1)一条绳子可以分成一个个小段，这些小段可以看作一个个相连的质点，这些质点之间存在着弹性力的作用。
(2)当手握绳端上下振动时，绳端带动相邻的质点，使它也上下振动。
这个质点又带动更远一些的质点…绳子上的质点都跟着振动起来，只是后面的质点总比前面的质点迟一些开始振动，绳端这种上下振动的状态就沿绳子传了出去，整体上形成了凹凸相同的波形。
1．绳上各质点开始振动的方向(起振方向)与振源起振的方向有什么关系？ 答案 绳上各点的起振方向与振源起振方向相同。
2．振源振动停止后，波还能继续传播吗？ 答案 能够继续传播波动过程中各质点的运动特点波动过程中各质点的振动周期都与波源的振动周期相同，其运动特点为： (1)先振动的质点带动后振动的质点——“带动” (2)后振动的质点重复前面质点的振动——“重复”(3)后振动的质点的振动状态滞后于先振动的质点的振动状态—“滞后”例1 如图所示是某绳波形成过程的示意图。
质点1在外力作用下沿竖直方向做简谐运动，带动2、3、4…各个质点依次上下振动，把振动从绳的左端传到右端。
已知t ＝0时，质点1开始向上运动，t ＝T4时，1到达最上方，5开始向上运动。
2025高考物理步步高同步练习选修1练习练透第一章 专题强化练3 弹簧—滑块—光滑斜(曲)面模型
2025高考物理步步高同步练习选修1练习练透专题强化练3弹簧—小球模型 滑块—光滑斜(曲)面模型1.如图所示，位于光滑水平桌面上的小滑块P 和Q 质量相等，都可视作质点，Q 与轻质弹簧相连。
设Q 静止，P 以某一初速度向Q 运动并与弹簧发生相互作用。
在整个过程中，弹簧具有的最大弹性势能等于( )A ．P 的初动能B ．P 的初动能的12C ．P 的初动能的13D ．P 的初动能的142．(多选)如图，弹簧的一端固定在竖直墙上，质量为m 的光滑弧形槽静止在光滑水平面上，底部与水平面平滑连接，一个质量也为m 的小球从槽上高h 处由静止开始自由下滑，弹簧始终在弹性限度内，则( )A ．在小球下滑的过程中，小球和槽组成的系统水平方向动量守恒B 小球下滑的过程中，小球和槽之间的作用力对槽不做功C ．被弹簧反弹后，小球能回到槽上高h 处D ．被弹簧反弹后，小球和槽都做速率不变的直线运动3．(多选)如图所示，光滑的半圆槽置于光滑的水平地面上，从一定高度自由下落的小球m 恰能沿半圆槽边缘的切线方向滑入原先静止的槽内，对此情况，不计空气阻力，下列说法正确的是( )A ．小球第一次离开槽时，将向右上方做斜抛运动B ．小球第一次离开槽时，将做竖直上抛运动C ．小球离开槽后，仍能落回槽内，而槽将做往复运动D ．槽一直向右运动4.如图所示，质量为4m 的光滑物块a 静止在光滑水平地面上，物块a 左侧面为圆弧面且与水平地面相切，质量为m 的滑块b 以初速度v 0向右运动滑上a ，沿a 左侧面上滑一段距离后又返回，最后滑离a ，不计一切摩擦，滑块b 从滑上a 到滑离a 的过程中，下列说法正确的是( )A ．滑块b 沿a 上升的最大高度为v 025gB ．物块a 运动的最大速度为2v 05C ．滑块b 沿a 上升的最大高度为v 022gD ．物块a 运动的最大速度为v 055．(多选)(2022·菏泽市月考)如图所示，在光滑的水平面上放有两个小球A 和B ，m A >m B ，B 球上固定一轻质弹簧且始终在弹性限度内。
【步步高】高考物理二轮 复习与增分策略 第二部分 专题一 第3课时 选择题(三)课件
答案 D
第17题 对应用动力学和能量观点分析电磁感应问题的考查 题 例4 (2011·山东 山东·22)如图 所示，两固 如图6所示 山东 如图 所示，
定的竖直光滑金属导轨足够长且电 阻不计．两质量、 阻不计．两质量、长度均相同的导 体棒c、 ， 体棒 、d，置于边界水平的匀强磁
第3课时
选择题( 选择题(三)
第15题 对带电粒子在磁场中运动问题 Nhomakorabea考查 题 例1 (2011·浙江 浙江·20)利用如图 所示装置可以选择一定速度范 利用如图1所示装置可以选择一定速度范 浙江 利用如图
围内的带电粒子．图中板 围内的带电粒子．图中板MN上方是磁感应强度大小为 上方是磁感应强度大小为 B、方向垂直纸面向里的匀强磁场，板上有两条宽度分别 、方向垂直纸面向里的匀强磁场， 的缝， 一群质量为m、 为2d和d的缝，两缝近端相距为 一群质量为 、电荷量为 和 的缝 两缝近端相距为L.一群质量为 q，具有不同速度的粒子从宽度为2d的缝垂直于板 ，具有不同速度的粒子从宽度为 的缝垂直于板 的缝垂直于板MN进入 进入 磁场，对于能够从宽度为d的缝射出的粒子，下列说法正 磁场，对于能够从宽度为 的缝射出的粒子， 的缝射出的粒子 确的是 ( )
答案 BD
命题研究
带电粒子在有界磁场中的运动问题是高考经常考
查的一类试题，也是带电粒子在磁场中运动问题的难点， 查的一类试题，也是带电粒子在磁场中运动问题的难点，处 理此类问题经常涉及求解相关物理量的极值． 理此类问题经常涉及求解相关物理量的极值．解题的关键是 对临界条件的把握，必要时还要结合数学知识求解． 对临界条件的把握，必要时还要结合数学知识求解．找准圆 弧轨迹的圆心和画出圆弧轨迹是解决本类题的关键， 弧轨迹的圆心和画出圆弧轨迹是解决本类题的关键，同时几 何知识的正确运用也是解答本类题不可忽略的因素． 何知识的正确运用也是解答本类题不可忽略的因素．
《新步步高大二轮专题复习与增分策略(通用)物理》二轮专题突破习题专题10选考部分第2讲..doc
第2讲机械振动与机械波光岛考题电1机械振动【解题方略】1.简谐运动的对称性：振动质点在关于平衡位置对称的两点，X、F、a、S Ek、Ep的大小均相等，其中回复力只加速度6/与位移x的方向相反，而。
与x的方向可能相同，也可能相反. 振动质点来回通过相同的两点间的时间相等，即t RC = t CB.振动质点通过关于平衡位置对称的等长的两线段的时间相等，即t BC = t B c•如图1所示2.简谐运动的周期性：做简谐运动的物体，其位移、回复力、加速度、速度都随时间按“正弦” 或“余弦”规律变化，它们的周期均相同•其位移随时间变化的表达式为："/sin(初+ 0咸x =Acos (cot + (p).【例1】简谐运动的振动图线可用下述方法画出：如图2甲所示，在弹簧振子的小球上安装一支绘图笔让一条纸带在与小球振动方向垂肓的方向上匀速运动，笔卩在纸带上画出的就是小球的振动图象•取振子水平向右的方向为振子离开平衡位置的位移正方向，纸带运动的距离代表时间，得到的振动图线如图乙所示•则下列说法中正确的是()A.弹费振子的周期为4sB.弹簧振子的振幅为10cmC./=17s时振子相对平衡位置的位移是10cmD.若纸带运动的速度为2cm/s,振动图线上1、3两点间的距离是4cmE.2.5s时振子正在向x轴正方向运动解析周期是振子完成一次全振动的时间，由图知，弹簧振子的周期为r=4s,故A正确；振幅是振子离开平衡位置的最大距离，由图知，弹簧振子的振幅为10cm，故B正确；振子的周期为4s ,由周期性知r/=17s时振子相对平衡位置的位移与2 Is时振子相对平衡位置的位移相同，为0 ,故C错误；若纸带运动的速度为2cm/s ,振动图线上1、3两点间的距离是s = vt= 2cm/sX2s = 4cm.KD正确；由图乙可知2.5s时振子正在向x轴负方向运动，故E错误.答案ABD预测1 (2015・山东理综・38(1))如图3所示，轻弹•簧上端固定，下端连接一小物块，物块沿竖方?方向做简谐运动•以竖直向上为正方向，物块简谐运动的表达式为尹=0.1sin(2.5M)m./=0时刻，一小球从距物块/?高处自山落卞；/=0.6s时，小球恰好与物块处于同一高度.収重力加速度的大小g=10m/s2.以下判断正确的是__________________ •(双选，填正确答案标号)h图3A.力=1.7mB.简谐运动的周期是0.8sC.0.6s内物块运动的路程是0.2mD.f=0.4s时，物块与小球运动方向相反答案AB 解析/二0.6s时，物块的位移为y = 0.1sin(2.5兀X 0.6)m = - 0.1m ,则对小球h + \y\ = ^，解得2兀2.TLh = 1.7m ,选项A正确；简谐运动的周期是r=^- = y^s = 0.8s ,选项B正确；0.6s内物块运T动的路程是3A = 0.3m ,选项C错误；r = 0.4s = 2 ,此时物块在平衡位置向下振动，则此时物块与小球运动方向相同，选项D错误.预测2某同学用单摆测当地的重力加速度.他测出了摆线长度厶和摆动周期八如图4(a)所示.通过改变摆线长度厶测出对应的摆动周期获得多组八与厶再以尸为纵轴、厶为横轴画出函数关系图象如图(b)所示.由图象可知，摆球的半径r= __________ m,当地重力加速度g=_______ m/s2；由此种方法得到的重力加速度值与实际的重力加速度值相比会 __________ (选填“偏人”“偏小”或“一样”).答案1.0X10—2 7t2一样解析由横轴截距得，球的半径应为1.0X10*2m；图象斜率k = ^= ] °咒一2二4 ,而g 二霁故g 二^~m/s2 = n2 m/s2根据以上推导，斜率不变，重力加速度不变，故对g没有影响，一样.商考题电2机械波▼【解题方略】1.波动图象描述的是在同一时刻，沿波的传播方向上的各个质点偏离平衡位置的位移•在时间上具有周期性、空间上具有重复性和双向性的特点.2.深刻理解波动中的质点振动.质点振动的周期(频率)=波源的周期(频率)=波的传播周期(频率).3.要画好、用好振动图象，并正确地与实际情景相对应.要正确画出波形图，准确写出波形平移距离、质点振动时间与波长、周期的单一解或多解表达式.4.分析简谐运动中各物理量的变化情况时，一定要以位移为桥梁，位移增大时，振动质点的回复力、加速度、势能均增大，速度、动能均减小；反之，则产生相反的变化•另外，各矢量均在其值为零时改变方向.5.“一分、一看、二找”巧解波动图象与振动图象的综合问题(1)分清振动图象与波动图象•只要看清横坐标即可，横坐标为x则为波动图象，横坐标为/则为振动图象.(2)看清横、纵坐标的单位，尤其要注意单位前的数量级.(3)找准波动图象对应的时刻.(4)找准振动图象对应的质点.【例21 (2016-全国甲卷・34⑵)一列简谐横波在介质中沿x轴止向传播，波长不小于lOcm.O和A 是介质中平衡位置分别位于x=0和x=5cm处的两个质点./=0时开始观测，此时质点O的位移为y=4cm,质点力处于波峰位置；时，质点O第一次回到平衡位置，f=ls吋，质点/第一次冋到平衡位置•求：(1)简谐波的周期、波速和波长；(2)质点O的位移随时间变化的关系式.解析(1)设振动周期为卩由于质点力在0到Is内由最大位移处第一次回到平衡位置，经历的是+个周期，由此可知"4s①由于质点O与/的距离Ax = 5cm小于半个波长，且波沿x轴正向传播，O在尸*s时回到平2衡位置，而/在C Is时回到平衡位置，时间相差Az = |s ,可得波的速度D 二右二 7.5cm/s ②由X = vT 得，简谐波的波长2 = 30cm ③(2)设质点O 的位移随时间变化的关系为2兀/ y = A cos(— + go)④将①式及题给条件代入上式得4 = Acos^o< 71 ⑤ 0 = /cos(& + go)JT解得 00 二 3 M 二 8cm®质点O 的位移随时间变化的关系式为或尹二 0.08sin （^/ + 才）m答案（l ）4s 7.5cm/s 30cm（2）y=0.08cos （》+f ） m 或 y=0.08sin （》+罟）m预测3 (2016-全国丙卷-34(1))111波源S 形成的简谐横波在均匀介质中向左、右传播.波源振动 的频率为20Hz,波速为16m/s.D 知介质小P 、0两质点位于波源S 的两侧，且P 、。
高中物理大二轮物理复习专题目录
二轮物理
选择题48分专练(一) 选择题48分专练(二) 实验题15分专练(一) 实验题15分专练(二) 计算题32分专练(一) 计算题32分专练(二) 选考题15分专练(一) 选考题15分专练(二)
第二部分 考前冲刺增分练
二轮物理
小卷冲刺抢分练(一)——(8＋2实验) 小卷冲刺抢分练(二)——(8＋2实验) 小卷冲刺抢分练(三)——(8＋2计算) 小卷冲刺抢分练(四)——(8＋2计算) 高考模拟标准练
大二轮专题复习与测试
物理
二轮物理
第一部分 专题一 力与运动 第1讲 物体的平衡 考向一 力学中的平衡问题 考向二 电学中的平衡问题 考向三 平衡中的临界极值问题 第2讲 牛顿运动定律和直线运动 考向一 运动图象的理解及应用 考向二 匀变速直线运动应用规律 考向三 牛顿运动定律的综合应用
专题整合突破
二轮物理
第2讲 电学实验与创新 考向一 电表改装与读数、多用电表原理与使用 考向二 以伏安法测电阻为核心的实验 考向三 以测电源电动势和内阻为核心的实验 考向四 电学创新设计实验
二轮物理
专题七 选考部分 第1讲 (选修3－3) 分子动理论、气体及热力学定律 考向一 热学基础知识与气体实验定律的组合 考向二 热学基础知识、热力学定律与气体定律的组合 第2讲 (选修3－4) 机械振动和机械波 光 电磁波 考向一 振动(或波动)与光的折射、全反射的组合 考向二 光学基础知识与波动(或振动)的组合 考向三 电磁波、光学、波动(或振动)的组合
二轮物理
第三部分 一、物理学史和物理思想方法 (一)高中物理的重要物理学史 (二)高中物理的重要思想方法 二、高考必知的五大解题思想 (一)守恒的思想 (二)等效的思想 (三)分解的思想 (四)对称的思想 (五)数形结合的思想
高中物理选修3-5步步高全套学案及课件第一章3课时2
课时2反冲现象与火箭的发射[学习目标] 1.了解反冲运动及反冲运动的典型事例.2.能够应用动量守恒定律解决反冲运动问题.3.了解火箭的工作原理及决定火箭最终速度大小的因素.一、反冲现象1.定义一个静止的物体在内力的作用下分裂为两部分,一部分向某个方向运动,另一部分必然向相反的方向运动的现象.2.规律：反冲运动中,相互作用力一般较大,满足动量守恒定律.二、火箭1.工作原理：利用反冲运动,火箭燃料燃烧产生的高温、高压燃气从尾部喷管迅速喷出,使火箭获得巨大的向前的速度.2.影响火箭获得速度大小的两个因素(1)喷气速度：现代火箭的喷气速度为2 000～4 000 m/s.(2)质量比：火箭起飞时的质量与燃料燃尽时的质量之比.喷气速度越大,质量比越大,火箭获得的速度越大.3.现代火箭的主要用途：利用火箭作为运载工具,如发射探测仪器、常规弹头和核弹头、人造卫星和宇宙飞船等.[即学即用]1.判断下列说法的正误.(1)反冲运动是相互作用的物体之间的作用力与反作用力产生的效果.(√)(2)只有系统合外力为零的反冲运动才能用动量守恒定律来分析.(×)(3)反冲运动的原理既适用于宏观物体,也适用于微观粒子.(√)(4)火箭点火后离开地面加速向上运动,是地面对火箭的反作用力作用的结果.(×)(5)在没有空气的宇宙空间,火箭仍可加速前行.(√)2.如图1所示是一门旧式大炮,炮车和炮弹的质量分别是M和m,炮筒与地面的夹角为α,炮弹射出出口时相对于地面的速度为v0.不计炮车与地面的摩擦,则炮车向后反冲的速度大小为v ＝________.图1答案m v 0cos αM解析 取炮弹与炮车组成的系统为研究对象,因不计炮车与地面的摩擦,所以水平方向动量守恒.炮弹发射前,系统的总动量为零,炮弹发射后,炮弹的水平分速度为v 0cos α,根据动量守恒定律有：m v 0cos α－M v ＝0所以炮车向后反冲的速度大小为v ＝m v 0cos αM.一、反冲运动的理解和应用例1 反冲小车静止放在水平光滑玻璃上,点燃酒精,水蒸气将橡皮塞水平喷出,小车沿相反方向运动.如果小车原来的总质量M ＝3 kg,水平喷出的橡皮塞的质量m ＝0.1 kg,水蒸气质量忽略不计.(1)若橡皮塞喷出时获得的水平速度v ＝2.9 m/s,求小车的反冲速度；(2)若橡皮塞喷出时速度大小不变,方向与水平方向成60°角,小车的反冲速度又如何(小车一直在水平方向运动)?答案 (1)0.1 m/s,方向与橡皮塞运动的方向相反 (2)0.05 m/s,方向与橡皮塞运动的水平分运动方向相反解析 (1)小车和橡皮塞组成的系统所受外力之和为零,初始状态系统总动量为零. 以橡皮塞运动的方向为正方向 根据动量守恒定律,m v ＋(M －m )v ′＝0 v ′＝－m M －m v ＝－0.13－0.1×2.9 m /s ＝－0.1 m/s负号表示小车运动方向与橡皮塞运动的方向相反,反冲速度大小是0.1 m/s. (2)小车和橡皮塞组成的系统水平方向动量守恒. 以橡皮塞运动的水平分运动方向为正方向,有 m v cos 60°＋(M －m )v ″＝0v ″＝－m v cos 60°M －m ＝－0.1×2.9×0.53－0.1m /s ＝－0.05 m/s负号表示小车运动方向与橡皮塞运动的水平分运动方向相反,反冲速度大小是0.05 m/s. 针对训练 “爆竹声中一岁除,春风送暖入屠苏”,爆竹声响是辞旧迎新的标志,是喜庆心情的流露.有一个质量为3m 的爆竹斜向上抛出,到达最高点时速度大小为v 0、方向水平向东,在最高点爆炸成质量不等的两块,其中一块质量为2m ,速度大小为v ,方向水平向东,则另一块的速度是( )A.3v 0－vB.2v 0－3vC.3v 0－2vD.2v 0＋v答案 C解析 在最高点水平方向动量守恒,以水平向东为正方向,由动量守恒定律可知,3m v 0＝2m v ＋m v ′,可得另一块的速度为v ′＝3v 0－2v ,故C 正确. 二、火箭的工作原理分析 [导学探究]1.火箭飞行的工作原理是什么？答案 火箭靠向后连续喷射高速气体飞行,利用了反冲原理.2.设火箭发射前的总质量是M ,燃料燃尽后的质量为m ,火箭燃气的喷射速度为v ,试求燃料燃尽后火箭飞行的最大速度v ′.答案 在火箭发射过程中,由于内力远大于外力,所以可认为动量守恒.取火箭的速度方向为正方向,发射前火箭的总动量为0,发射后的总动量为m v ′－(M －m )v 则由动量守恒定律得0＝m v ′－(M －m )v 所以v ′＝M －m m v ＝⎝⎛⎭⎫M m －1v .[知识深化]1.火箭喷气属于反冲类问题,是动量守恒定律的重要应用.2.分析火箭类问题应注意的三个问题(1)火箭在运动过程中,随着燃料的燃烧,火箭本身的质量不断减小,故在应用动量守恒定律时,必须取在同一相互作用时间内的火箭和喷出的气体为研究对象.注意反冲前、后各物体质量的变化.(2)明确两部分物体初、末状态的速度的参考系是否为同一参考系,如果不是同一参考系要设法予以调整,一般情况要转换成对地的速度. (3)列方程时要注意初、末状态动量的方向.例2 一火箭喷气发动机每次喷出m ＝200 g 的气体,气体离开发动机喷出的速度v ＝1 000 m/s.设火箭质量M ＝300 kg,发动机每秒钟喷气20次. (1)当第三次喷出气体后,火箭的速度多大？ (2)运动第1 s 末,火箭的速度多大？ 答案 (1)2 m /s (2)13.5 m/s 解析 规定与v 相反的方向为正方向. (1)设喷出三次气体后,火箭的速度为v 3,以火箭和喷出的三次气体为研究对象,据动量守恒定律得：(M －3m )v 3－3m v ＝0,故v 3＝3m v M －3m ≈2 m/s.(2)发动机每秒钟喷气20次,以火箭和喷出的20次气体为研究对象,根据动量守恒定律得：(M －20m )v 20－20m v ＝0,故v 20＝20m vM －20m ≈13.5 m/s.三、反冲运动的应用——“人船模型” 1.“人船模型”问题两个原来静止的物体发生相互作用时,若所受外力的矢量和为零,则动量守恒.在相互作用的过程中,任一时刻两物体的速度大小之比等于质量的反比.这样的问题归为“人船模型”问题. 2.人船模型的特点(1)两物体满足动量守恒定律：m 1v 1－m 2v 2＝0.(2)运动特点：人动船动,人停船停,人快船快,人慢船慢,人左船右；人船位移比等于它们质量的反比；人船平均速度(瞬时速度)比等于它们质量的反比,即x 1x 2＝v 1v 2＝m 2m 1.(3)应用此关系时要注意一个问题：公式中的v 1、v 2和x 一般都是相对地面而言的. 例3 有一只小船停在静水中,船上一人从船头走到船尾.如果人的质量m ＝60 kg,船的质量M ＝120 kg,船长为l ＝3 m,则船在水中移动的距离是多少？(水的阻力不计) 答案 1 m解析 人在船上走时,由于人、船组成的系统所受合外力为零,总动量守恒,因此系统的平均动量也守恒,如图所示.设人从船头走到船尾所用时间为t ,在这段时间内船后退的距离为x ,人相对地面运动的距离为l －x ,选船后退的方向为正方向,由动量守恒定律有：M xt －m l －x t ＝0所以x ＝m M ＋m l ＝60120＋60×3 m ＝1 m.“人船模型”是利用平均动量守恒求解的一类问题,解决这类问题应明确： (1)适用条件：①系统由两个物体组成且相互作用前静止,系统总动量为零；②在系统内发生相对运动的过程中至少有一个方向的动量守恒(如水平方向或竖直方向). (2)画草图：解题时要画出各物体的位移关系草图,找出各长度间的关系,注意两物体的位移是相对同一参考系的位移.1.(反冲运动的认识)下列不属于反冲运动的是( ) A.喷气式飞机的运动 B.直升机的运动 C.火箭的运动 D.章鱼的运动答案 B2.(反冲运动的计算)步枪的质量为4.1 kg,子弹的质量为9.6 g,子弹从枪口飞出时的速度为855 m/s,步枪的反冲速度约为( ) A.2 m/s B.1 m/s C.3 m/s D.4 m/s 答案 A解析 以子弹从枪口飞出时速度的反方向为正方向,由动量守恒定律：M v 1－m v 2＝0,得v 1＝9.6×10－3×8554.1m /s ≈2 m/s.3.(火箭的工作原理)运送人造地球卫星的火箭开始工作后,火箭做加速运动的原因是( ) A.燃料推动空气,空气反作用力推动火箭B.火箭发动机用力将燃料燃烧产生的气体向后推出,气体的反作用力推动火箭C.火箭吸入空气,然后向后排出,空气对火箭的反作用力推动火箭D.火箭燃料燃烧发热,加热周围空气,空气膨胀推动火箭 答案 B4.(人船模型的迁移)质量为m 、半径为R 的小球,放在半径为2R 、质量为2m 的大空心球内,大球开始静止在光滑水平面上.当小球从如图2所示的位置无初速度沿内壁滚到最低点时,大球移动的距离是( )图2A.R 2B.R 3C.R 4D.R 6答案 B解析 由水平方向平均动量守恒有：mx 小球＝2mx 大球,又x 小球＋x 大球＝R ,所以x 大球＝13R ,B 正确.一、选择题考点一反冲运动的理解和应用1.关于反冲运动的说法中,正确的是()A.抛出物m1的质量要小于剩下的质量m2才能反冲B.若抛出物质量m1大于剩下的质量m2,则m2所受的力大于m1所受的力C.反冲运动中,牛顿第三定律适用,但牛顿第二定律不适用D.抛出部分和剩余部分都适用于牛顿第二定律答案 D解析由于系统的一部分向某一方向运动,而使另一部分向相反方向运动,这种现象叫反冲运动.定义中并没有确定两部分物体之间的质量关系,故选项A错误.在反冲运动中,两部分之间的作用力是一对作用力与反作用力,由牛顿第三定律可知,它们大小相等,方向相反,故选项B错误.在反冲运动中一部分受到的另一部分的作用力产生了该部分的加速度,使该部分的速度逐渐增大,在此过程中对每一部分牛顿第二定律都成立,故选项C错误,D正确.2.小车上装有一桶水,静止在光滑水平地面上,如图1所示,桶的前、后、底及侧面各装有一个阀门,分别为S1、S2、S3、S4(图中未全画出).要使小车向前运动,可采用的方法是()图1A.打开阀门S1B.打开阀门S2C.打开阀门S3D.打开阀门S4答案 B解析根据反冲运动特点,当阀门S2打开时,小车将受到向前的推力,从而向前运动,故B项正确,A、C、D项均错误.3.(多选)向空中发射一物体,不计空气阻力,当此物体的速度恰好沿水平方向时,物体炸裂成a、b 两块,若质量较大的a块的速度方向仍沿原来的方向,则()A.b的速度方向一定与原速度方向相反B.从炸裂到落地的这段时间里,a飞行的水平距离一定比b的大C.a、b一定同时到达水平地面D.在炸裂过程中,a、b受到的力大小一定相等答案CD解析爆炸后系统的总机械能增加,但不能确定a、b两块的速度大小及b块的速度方向,所以A、B不能确定；因炸开后两者都做平抛运动,且高度相同,故C对；由牛顿第三定律知D对.4.质量为m的人站在质量为2m的平板小车上,以共同的速度在水平地面上沿直线前行,车所受地面阻力的大小与车对地面压力的大小成正比.当车速为v0时,人从车上以相对于地面大小为v0的速度水平向后跳下.跳离瞬间地面阻力的冲量忽略不计,则下列图中能正确表示车运动的v－t图像的是()答案 B解析人和车以共同的速度在水平地面上沿直线前行,做匀减速直线运动,当车速为v0时,人从车上以相对于地面大小为v0的速度水平向后跳下,跳离前后系统动量守恒,规定车的速度方向为正方向,则有(m＋2m)v0＝2m v＋(－m v0),得v＝2v0,人跳离后小车做匀减速直线运动,车所受地面阻力的大小与车对地面压力的大小成正比,所以人跳离前后,车的加速度不变,所以能正确表示车运动的v－t图像的是选项B.考点二火箭问题分析5.(多选)采取下列哪些措施有利于增加火箭的飞行速度()A.使喷出的气体速度更大B.使喷出的气体温度更高C.使喷出的气体质量更大D.使喷出的气体密度更小答案AC解析设原来的总质量为M,喷出的气体质量为m,喷出的气体速度为v,剩余的质量(M－m)的速度为v′,由动量守恒定律得出：(M－m)v′＝m v,则v′＝m vM－m,因此m越大,v′越大；v 越大,v′越大.故A、C正确.6.将静置在地面上,质量为M (含燃料)的火箭模型点火升空,在极短时间内以相对地面的速度v 0竖直向下喷出质量为m 的炽热气体.忽略喷气过程重力和空气阻力的影响,则喷气结束时火箭模型获得的速度大小是( )A.m M v 0B.M m v 0C.M M －m v 0D.m M －m v 0 答案 D考点三 “人船模型”的应用7.(多选)一气球由地面匀速上升,当气球下的吊梯上站着的人沿着梯子上爬时,下列说法正确的是( )A.气球可能匀速上升B.气球可能相对地面静止C.气球可能下降D.气球运动速度不发生变化 答案 ABC解析 设气球质量为M ,人的质量为m ,由于气球匀速上升,系统所受的外力之和为零,当人沿吊梯向上爬时,动量守恒,以向上为正方向,则(M ＋m )v 0＝m v 1＋M v 2,在人向上爬的过程中,气球的速度为v 2＝(M ＋m )v 0－m v 1M .当v 2>0时,气球可匀速上升；当v 2＝0时,气球静止；当v 2<0时,气球下降.所以选项A 、B 、C 均正确；要使气球运动速度不变,则人相对地面的速度仍为v 0,即人不上爬,显然不对,D 选项错误.8.如图2所示,一个倾角为α的直角斜面体静置于光滑水平面上,斜面体质量为M ,顶端高度为h ,今有一质量为m 的小物体,沿光滑斜面下滑,当小物体从斜面顶端自由下滑到底端时,斜面体在水平面上移动的距离是( )图2A.mh M ＋mB.Mh M ＋mC.mh (M ＋m )tan αD.Mh (M ＋m )tan α答案 C解析 此题属于“人船模型”问题,m 与M 组成的系统在水平方向上动量守恒,以m 在水平方向上对地位移的方向为正方向,设m 在水平方向上对地位移大小为x 1,M 在水平方向上对地位移大小为x 2,则0＝mx 1－Mx 2.① 且x 1＋x 2＝htan α.②由①②可得x 2＝mh(M ＋m )tan α,故选C.9.(多选)某同学想用气垫导轨模拟“人船模型”.在实验室里,该同学将一质量为M 、长为L 的滑块置于水平气垫导轨上(不计摩擦)并接通电源.该同学又找来一个质量为m 的蜗牛置于滑块的一端,在食物的诱惑下,蜗牛从该端移动到另一端.下列说法正确的是( ) A.只有蜗牛运动,滑块不运动 B.滑块运动的距离是M M ＋m LC.蜗牛运动的位移是滑块的Mm 倍D.滑块与蜗牛运动的距离之和为L 答案 CD解析 根据“人船模型”,易得滑块的位移大小为m M ＋m L ,蜗牛运动的位移大小为MM ＋m L ,C 、D正确. 二、非选择题10.(反冲问题模型)如图3所示,带有光滑的半径为R 的14圆弧轨道的滑块静止在光滑水平面上,滑块的质量为M ,将一个质量为m 的小球从A 处由静止释放,当小球从B 点水平飞出时,滑块的速度为多大？(重力加速度为g )图3答案 m2gRM (M ＋m )解析 运动过程中小球和滑块组成的系统机械能守恒,又因为系统在水平方向不受外力,故系统水平方向动量守恒,设小球从B 点飞出时速度大小为v 1,滑块的速度大小为v 2,以v 1的方向为正方向,则有：m v 1－M v 2＝0,mgR ＝12m v 12＋12M v 22,解得v 2＝m2gRM (M ＋m ).11.(火箭发射问题)课外科技小组制作一只“水火箭”,用压缩空气压出水流使火箭运动.假如喷出的水流流量保持为2×10－4 m 3/s,喷出速度保持为对地10 m/s.启动前火箭总质量为1.4 kg,则启动2 s 末火箭的速度可以达到多少？(已知火箭沿水平轨道运动且阻力不计,水的密度是103 kg/m 3) 答案 4 m/s解析 “水火箭”喷出水流做反冲运动,设火箭原来的总质量为M ,喷出水流的流量为Q ,水的密度为ρ,水流的喷出速度大小为v ,火箭的反冲速度大小为v ′,由动量守恒定律得(M －ρQt )v ′＝ρQt v ,启动2 s 末火箭的速度为v ′＝ρQt v M －ρQt ＝103×2×10－4×2×101.4－103×2×10－4×2m /s ＝4 m/s. 12.(“人船模型”的应用)平板车停在水平光滑的轨道上,平板车上有一人从固定在车上的货厢边,沿水平方向顺着轨道方向跳出,落在平板车地板上的A 点,距货厢的水平距离为l ＝4 m,如图4所示.人的质量为m ,车连同货厢的质量为M ＝4m ,货厢高度为h ＝1.25 m.图4求：(g 取10 m/s 2)(1)车从人跳出后到落到地板期间的反冲速度大小；(2)人落在地板上并站定以后,车还运动吗？车在地面上移动的位移是多少？ 答案 (1)1.6 m/s (2)车不运动 0.8 m解析 (1)人从货厢边跳离的过程,系统(人、车和货厢)的动量守恒,设人的水平速度大小是v 1,车的反冲速度大小是v 2,则m v 1－M v 2＝0,v 2＝14v 1.人跳离货厢后做平抛运动,车以v 2做匀速直线运动,运动时间为t ＝2hg＝0.5 s,在这段时间内人的水平位移x 1和车的位移x 2分别为x 1＝v 1t , x 2＝v 2t , 由图可知：x 1＋x 2＝l ,即v 1t ＋v 2t ＝l ,则v 2＝l 5t ＝45×0.5m /s ＝1.6 m/s.(2)人落到车上A 点的过程中,系统水平方向的动量守恒(水平方向系统不受外力),人落到车上前的水平速度大小仍为v 1,车的速度大小为v 2,落到车上后设它们的共同速度为v ,根据水平方向动量守恒,得m v 1－M v 2＝(M ＋m )v ,则v ＝0,故人落到车上A 点站定后车的速度为零. 车的水平位移为x 2＝v 2t ＝1.6×0.5 m ＝0.8 m.。
2019届《新步步高》物理二轮专题复习与增分策略专题突破习题：专题5 动力学 动量和能量观点的综合应用(1)
专题定位本专题综合应用动力学、动量和能量的观点来解决物体运动的多过程问题.本专题是高考的重点和热点，命题情景新，联系实际密切，综合性强，侧重在计算题中命题，是高考的压轴题.应考策略本专题在高考中主要以两种命题形式出现：一是综合应用动能定理、机械能守恒定律和动量守恒定律，结合动力学方法解决多运动过程问题；二是运用动能定理和能量守恒定律解决电场、磁场内带电粒子运动或电磁感应问题.由于本专题综合性强，因此要在审题上狠下功夫，弄清运动情景，挖掘隐含条件，有针对性的选择相应的规律和方法.1.动量定理的公式Ft＝p′－p除表明两边大小、方向的关系外，还说明了两边的因果关系，即合外力的冲量是动量变化的原因.动量定理说明的是合外力的冲量与动量变化的关系，反映了力对时间的累积效果，与物体的初、末动量无必然联系.动量变化的方向与合外力的冲量方向相同，而物体在某一时刻的动量方向跟合外力的冲量方向无必然联系.动量定理公式中的F是研究对象所受的包括重力在内的所有外力的合力，它可以是恒力，也可以是变力，当F为变力时，F应是合外力对作用时间的平均值.2.动量守恒定律(1)内容：一个系统不受外力或者所受外力之和为零，这个系统的总动量保持不变.(2)表达式：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′；或p＝p′(系统相互作用前总动量p等于相互作用后总动量p′)；或Δp＝0(系统总动量的增量为零)；或Δp1＝－Δp2(相互作用的两个物体组成的系统，两物体动量的增量大小相等、方向相反).(3)守恒条件①系统不受外力或系统虽受外力但所受外力的合力为零.②系统合外力不为零，但在某一方向上系统合力为零，则系统在该方向上动量守恒.③系统虽受外力，但外力远小于内力且作用时间极短，如碰撞、爆炸过程.3.解决力学问题的三个基本观点(1)力的观点：主要是牛顿运动定律和运动学公式相结合，常涉及物体的受力、加速度或匀变速运动的问题.(2)动量的观点：主要应用动量定理或动量守恒定律求解，常涉及物体的受力和时间问题，以及相互作用物体的问题.(3)能量的观点：在涉及单个物体的受力和位移问题时，常用动能定理分析；在涉及系统内能量的转化问题时，常用能量守恒定律.1.力学规律的选用原则(1)单个物体：宜选用动量定理、动能定理和牛顿运动定律.若其中涉及时间的问题，应选用动量定理；若涉及位移的问题，应选用动能定理；若涉及加速度的问题，只能选用牛顿第二定律.(2)多个物体组成的系统：优先考虑两个守恒定律，若涉及碰撞、爆炸、反冲等问题时，应选用动量守恒定律，然后再根据能量关系分析解决.2.系统化思维方法，就是根据众多的已知要素、事实，按照一定的联系方式，将其各部分连接成整体的方法.(1)对多个物理过程进行整体思维，即把几个过程合为一个过程来处理，如用动量守恒定律解决比较复杂的运动.(2)对多个研究对象进行整体思维，即把两个或两个以上的独立物体合为一个整体进行考虑，如应用动量守恒定律时，就是把多个物体看成一个整体(或系统).解题方略1.弹性碰撞与非弹性碰撞碰撞过程遵从动量守恒定律.如果碰撞过程中机械能守恒，这样的碰撞叫做弹性碰撞；如果碰撞过程中机械能不守恒，这样的碰撞叫做非弹性碰撞.2.应用动量守恒定律的解题步骤(1)明确研究对象(系统包括哪几个物体及研究的过程)；(2)进行受力分析，判断系统动量是否守恒(或某一方向上动量是否守恒)；(3)规定正方向，确定初、末状态动量；(4)由动量守恒定律列式求解；(5)必要时对结果进行讨论.例1如图1所示，光滑水平面上有一质量为m＝1 kg的小车，小车右端固定一水平轻质弹簧，弹簧左端连接一质量为m0＝1 kg的物块，物块与上表面光滑的小车一起以v0＝5 m/s的速度向右匀速运动，与静止在光滑水平面上、质量为M＝4 kg的小球发生弹性正碰，若碰撞时间极短，弹簧始终在弹性限度内.求：(1)碰撞结束时，小车与小球的速度；(2)从碰后瞬间到弹簧被压至最短的过程，弹簧弹力对小车的冲量大小.图1解析 (1)设碰撞后瞬间小车的速度大小为v 1，小球的速度大小为v ，由动量守恒及机械能守恒有：m v 0＝M v ＋m v 1 12m v 20＝12m v 21＋12M v 2 解得v 1＝m －Mm ＋M v 0＝－3 m/s ，小车速度方向向左.v ＝2m m ＋M v 0＝2 m/s ，小球速度方向向右. (2)当弹簧被压缩到最短时，物块与小车有共同进度， 设小车的速度大小为v 2，根据动量守恒定律有： m 0v 0＋m v 1＝(m 0＋m )v 2，解得v 2＝1 m/s.设碰撞后瞬间到弹簧最短的过程，弹簧弹力对小车的冲量大小为I ，根据动量定理有I ＝m v 2－m v 1，解得I ＝4 N·s.答案 (1)小车：3 m/s ，方向向左 小球：2 m/s ，方向向右 (2)4 N·s预测1 (2019·全国乙卷·35(2))某游乐园入口旁有一喷泉，喷出的水柱将一质量为M 的卡通玩具稳定地悬停在空中.为计算方便起见，假设水柱从横截面积为S 的喷口持续以速度v 0竖直向上喷出；玩具底部为平板(面积略大于S )；水柱冲击到玩具底板后，在竖直方向水的速度变为零，在水平方向朝四周均匀散开.忽略空气阻力.已知水的密度为ρ，重力加速度大小为g .求： (1)喷泉单位时间内喷出的水的质量；(2)玩具在空中悬停时，其底面相对于喷口的高度. 答案 (1)ρv 0S (2)v 202g －M 2g 2ρ2v 20S2解析 (1)在刚喷出一段很短的Δt 时间内，可认为喷出的水柱保持速度v 0不变. 该时间内，喷出水柱高度Δl ＝v 0Δt ① 喷出水柱质量Δm ＝ρΔV ②其中ΔV 为水柱体积，满足ΔV ＝ΔlS ③由①②③可得：喷泉单位时间内喷出的水的质量为 ΔmΔt＝ρv 0S . (2)设玩具底面相对于喷口的高度为h由玩具受力平衡得F 冲＝Mg ④ 其中，F 冲为水柱对玩具底面的作用力 由牛顿第三定律：F 压＝F 冲⑤其中，F 压为玩具底面对水柱的作用力，v ′为水柱到达玩具底面时的速度 由运动学公式：v ′2－v 20＝－2gh ⑥在很短Δt 时间内，冲击玩具水柱的质量为Δm Δm ＝ρv 0S Δt ⑦由题意可知，在竖直方向上，对该部分水柱应用动量定理 (F 压＋Δmg )Δt ＝Δm v ′⑧由于Δt 很小，Δmg 也很小，可以忽略，⑧式变为 F 压Δt ＝Δm v ′⑨由④⑤⑥⑦⑨可得h ＝v 202g －M 2g 2ρ2v 20S2.解题方略1.弄清有几个物体参与运动，并划分清楚物体的运动过程.2.进行正确的受力分析，明确各过程的运动特点.3.光滑的平面或曲面，还有不计阻力的抛体运动，机械能一定守恒；碰撞过程、子弹打击木块、不受其他外力作用的两物体相互作用问题，一般考虑用动量守恒定律分析.4.如含摩擦生热问题，则考虑用能量守恒定律分析.例2 如图2所示，光滑水平面上有一质量M ＝4.0 kg 的平板车，车的上表面是一段长L ＝1.5 m 的粗糙水平轨道，水平轨道左侧连一半径R ＝0.25 m 的四分之一光滑圆弧轨道，圆弧轨道与水平轨道在点O ′处相切.现将一质量m ＝1.0 kg 的小物块(可视为质点)从平板车的右端以水平向左的初速度v 0滑上平板车，小物块与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.5，小物块恰能到达圆弧轨道的最高点A .取g ＝10 m/s 2，求：图2(1)小物块滑上平板车的初速度v0的大小；(2)小物块与车最终相对静止时，它距点O′的距离.解析(1)平板车和小物块组成的系统在水平方向上动量守恒，设小物块到达圆弧轨道最高点A 时，二者的共同速度为v1由动量守恒得：m v0＝(M＋m)v1①由能量守恒得：12m v 20－12(M＋m)v21＝mgR＋μmgL②联立①②并代入数据解得：v0＝5 m/s③(2)设小物块最终与车相对静止时，二者的共同速度为v2，从小物块滑上平板车，到二者相对静止的过程中，由动量守恒得：m v0＝(M＋m)v2④设小物块与车最终相对静止时，它距O′点的距离为x，由能量守恒得：12m v 20－12(M＋m)v22＝μmg(L＋x)⑤联立③④⑤并代入数据解得：x＝0.5 m.答案(1)5 m/s (2)0.5 m预测2 如图3所示，小球A质量为m，系在细线的一端，线的另一端固定在O点，O点到光滑水平面的距离为h.物块B和C的质量分别是5m和3m，B与C用轻弹簧拴接，置于光滑的水平面上，且B物块位于O点正下方.现拉动小球使细线水平伸直，小球由静止释放，运动到最低点时与物块B发生正碰(碰撞时间极短)，反弹后上升到最高点时到水平面的距离为h16.小球与物块均视为质点，不计空气阻力，重力加速度为g，求碰撞过程中B物块受到的冲量大小及碰后轻弹簧获得的最大弹性势能.图3答案54m2gh15128mgh解析设小球运动到最低点与物块B碰撞前的速度大小为v1，取小球运动到最低点时的重力势能为零，根据机械能守恒定律有：mgh ＝12m v 21解得：v 1＝2gh设碰撞后小球反弹的速度大小为v 1′，同理有： mg h 16＝12m v 1′2 解得：v 1′＝2gh 4设碰撞后物块B 的速度大小为v 2，取水平向右为正方向，由动量守恒定律有： m v 1＝－m v 1′＋5m v 2 解得：v 2＝2gh 4由动量定理可得，碰撞过程中B 物块受到的冲量大小为：I ＝5m v 2＝54m 2gh碰撞后当B 物块与C 物块速度相等时轻弹簧的弹性势能最大，据动量守恒定律有 5m v 2＝8m v 3据机械能守恒定律得：E pm ＝12×5m v 22－12×8m v 23解得：E pm ＝15128mgh .解题方略力学规律选用的一般原则力学中首先考虑使用两个守恒定律，从两个守恒定律的表达式看出多项都是状态量(速度、位置)，所以守恒定律能解决状态问题，不能解决过程(位移x ，时间t )问题，不能解决力(F )的问题.(1)若是多个物体组成的系统，优先考虑使用两个守恒定律. (2)若物体(或系统)涉及到速度和时间，应考虑使用动量定理.(3)若物体(或系统)涉及到位移和时间，且受到恒力作用，应考虑使用牛顿运动定律.(4)若物体(或系统)涉及到位移和速度，应考虑使用动能定理，系统中摩擦力做功时应用摩擦力乘以相对路程，运用动能定理解决曲线运动和变加速运动问题特别方便.例3(2019·广东理综·36)如图4所示，一条带有圆轨道的长轨道水平固定，圆轨道竖直，底端分别与两侧的直轨道相切，半径R ＝0.5 m ，物块A 以v 0＝6 m /s 的速度滑入圆轨道，滑过最高点Q ，再沿圆轨道滑出后，与直轨上P 处静止的物块B 碰撞，碰后粘在一起运动，P 点左侧轨道光滑，右侧轨道呈粗糙段、光滑段交替排列，每段长度都为L ＝0.1 m ，物块与各粗糙段间的动摩擦因数都为μ＝0.1，A 、B 的质量均为m ＝1 kg(重力加速度g 取10 m/s 2；A 、B 视为质点，碰撞时间极短).图4(1)求A 滑过Q 点时的速度大小v 和受到的弹力大小F ； (2)若碰后AB 最终停止在第k 个粗糙段上，求k 的数值； (3)求碰后AB 滑至第n 个(n ＜k )光滑段上的速度v n 与n 的关系式. 解析 (1)从A →Q 由动能定理得 －mg ·2R ＝12m v 2－12m v 2解得v ＝4 m/s ＞gR ＝ 5 m/s 在Q 点，由牛顿第二定律得 F N ＋mg ＝m v 2R解得F N ＝22 N.(2)A 撞B ，由动量守恒得 m v 0＝2m v ′ 解得v ′＝v 02＝3 m/s设摩擦距离为x ，则 －2μmgx ＝0－12·2m v ′2解得x ＝4.5 m ，所以k ＝xL＝45.(3)AB 滑至第n 个光滑段上，由动能定理得 －μ·2mgnL ＝12·2m v 2n －12·2m v ′2所以v n ＝9－0.2n m/s (n <45). 答案 (1)4 m/s 22 N (2)45 (3)v n ＝9－0.2n m/s (n <45)预测3 如图5所示，内壁粗糙、半径R ＝0.4 m 的四分之一圆弧轨道AB 在最低点B 与光滑水平轨道BC 相切.质量m 2＝0.2 kg 的小球b 左端连接一轻质弹簧，静止在光滑水平轨道上，另一质量m 1＝0.2 kg 的小球a 自圆弧轨道顶端由静止释放，运动到圆弧轨道最低点B 时对轨道的压力为小球a 重力的2倍.忽略空气阻力，重力加速度g ＝10 m/s 2.求：图5(1)小球a 由A 点运动到B 点的过程中，摩擦力做的功W f ；(2)小球a 通过弹簧与小球b 相互作用的过程中，弹簧的最大弹性势能E p ； (3)小球a 通过弹簧与小球b 相互作用的整个过程中，弹簧对小球b 的冲量I 的大小. 答案 (1)－0.4 J (2)0.2 J (3)0.4 N·s解析 (1)小球由静止释放到最低点B 的过程中，根据动能定理得：m 1gR ＋W f ＝12m 1v 21，小球在最低点B ，根据牛顿第二定律得：F N －m 1g ＝m 1v 21R，联立可得：W f ＝－0.4 J.(2)小球a 与小球b 通过弹簧相互作用，达到共同速度v 2时弹簧具有最大弹性势能，此过程中，由动量守恒定律： m 1v 1＝(m 1＋m 2)v 2，由能量守恒定律：12m 1v 21＝12(m 1＋m 2)v 22＋E p联立可得：E p ＝0.2 J.(3)小球a 与小球b 通过弹簧相互作用的整个过程中，a 球最终速度为v 3，b 球最终速度为v 4，由动量守恒定律： m 1v 1＝m 1v 3＋m 2v 4，由能量守恒定律：12m 1v 21＝12m 1v 23＋12m 2v 24， 根据动量定理有：I ＝m 2v 4， 联立可得：I ＝0.4 N·s.专题强化练1.如图1所示，质量为m 的b 球用长为h 的细绳悬挂于水平轨道BC 的出口C 处，质量也为m 的小球a 从距BC 高h 的A 处由静止释放，沿ABC 光滑轨道滑下，在C 处与b 球正碰并与b 粘在一起，已知BC 轨道距地面有一定的高度，悬挂b 球的细绳能承受的最大拉力为2.8mg .试问：图1(1)a 球与b 球碰前瞬间的速度多大？(2)a 、b 两球碰后，细绳是否会断裂？(要求通过计算回答). 答案 (1)2gh (2)会断裂解析 (1)设a 球与b 球碰前瞬间的速度大小为v C ，由机械能守恒定律得mgh ＝12m v 2C ，解得v C ＝2gh ，即a 球与b 球碰前的速度大小为2gh . (2)设b 球碰后的速度为v ，a 、b 碰撞过程中动量守恒，则 m v C ＝(m ＋m )v ，故v ＝12v C ＝122gh ，假设a 、b 球碰撞后将一起绕O 点摆动，若小球在最低点时细绳拉力为F T ，则F T －2mg ＝2m v 2h解得F T ＝3mg ，F T >2.8mg ， 故细绳会断裂，小球做平抛运动.2.如图2所示，可看成质点的A 物体叠放在上表面光滑的B 物体上，一起以v 0的速度沿光滑的水平轨道匀速运动，与静止在同一光滑水平轨道上的木板C 发生完全非弹性碰撞，B 、C 的上表面相平且B 、C 不粘连，A 滑上C 后恰好能达到C 板的最右端，已知A 、B 、C 质量均相等，木板C 长为L ，求：图2(1)A 物体的最终速度； (2)A 在木板C 上滑行的时间. 答案 (1)3v 04 (2)4Lv 0解析 (1)设A 、B 、C 的质量为m ，B 、C 碰撞过程中动量守恒，设B 、C 碰后的共同速度为v 1，则m v 0＝2m v 1，解得v 1＝v 02，B 、C 共速后A 以v 0的速度滑上C ，A 滑上C 后，B 、C 脱离，A 、C 相互作用的过程中动量守恒，设最终A 、C 的共同速度为v 2， 则m v 0＋m v 1＝2m v 2，解得v 2＝3v 04.(2)在A 、C 相互作用的过程中，根据机械能守恒有 F f L ＝12m v 20＋12m v 21－12·2m v 22(F f 为A 、C 间的摩擦力)，代入解得F f ＝m v 2016L.此过程中对C ，根据动量定理有F f t ＝m v 2－m v 1， 代入相关数据解得t ＝4Lv 0.3.如图3所示，整个空间中存在竖直向上的匀强电场，经过桌边的虚线PQ 与桌面成45°角，其上方有足够大的垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度为B ，光滑绝缘水平桌面上有两个可以视为质点的绝缘小球，A 球对桌面的压力为零，其质量为m ，电量为q ；B 球不带电且质量为km (k >7).A 、B 间夹着质量可忽略的火药.现点燃火药(此时间极短且不会影响小球的质量、电量和各表面的光滑程度).火药炸完瞬间A 的速度为v 0.求：图3(1)火药爆炸过程中有多少化学能转化为机械能； (2)A 球在磁场中的运动时间；(3)若一段时间后A 、B 在桌上相遇，求爆炸前A 球与桌边P 的距离. 答案 (1)k ＋12k m v 20 (2)3πm 2qB (3)2k －2－3π2(k ＋1)·m v 0qB解析 (1)设爆炸之后B 的速度大小为v B ，选向左为正方向， 在爆炸前后由动量守恒可得：0＝m v 0－km v B E ＝12m v 20＋12km v 2B ＝k ＋12km v 20 (2)由A 球对桌面的压力为零可知重力和电场力等大反向，故A 球进入电场中将会做匀速圆周运动，如图所示则T ＝2πm qB有几何知识可得：粒子在磁场中运动了34个圆周 则t 2＝3πm 2qB(3)由0＝m v 0－km v B 可得：v B ＝v 0k由q v 0B ＝m v 20R 知，R ＝m v 0qB设爆炸前A 球与桌边P 的距离为x A ，爆炸后B 运动的位移为x B ，时间为t B则t B ＝x A v 0＋t 2＋R v 0x B ＝v B t B由图可得：R ＝x A ＋x B联立上述各式解得：x A ＝2k －2－3π2(k ＋1)·m v 0qB. 4.如图4所示，在水平面上有一弹簧，其左端与墙壁相连，O 点为弹簧原长位置，O 点左侧水平面光滑.水平段OP 长为L ＝1 m ，P 点右侧一与水平方向成θ＝30°的足够长的传送带与水平面在P 点平滑连接，传送带轮逆时针转动速率为3 m/s ，一质量为1 kg 可视为质点的物块A 压缩弹簧(与弹簧不拴接)，使弹簧获得的弹性势能E p ＝9 J ，物块与OP 段动摩擦因数μ1＝0.1，另一与A 完全相同的物块B 停在P 点，B 与传送带的动摩擦因数μ2＝33，传送带足够长，A 与B 的碰撞时间不计，碰后A 、B 交换速度，重力加速度g ＝10 m/s 2，现释放A ，求：图4(1)物块A 、B 第一次碰撞前瞬间，A 的速率v 0；(2)从A 、B 第一次碰撞后到第二次碰撞前，B 与传送带之间由于摩擦而产生的热量；(3)A 、B 能够碰撞的总次数.答案 (1)4 m/s (2)12.25 J (3)6次解析 (1)设物块质量为m ，A 与B 第一次碰前的速率为v 0，则E p ＝12m v 20＋μ1mgL ， 解得v 0＝4 m/s.(2)设A 、B 第一次碰撞后的速度分别为v A 、v B ，则v A ＝0，v B ＝4 m/s ，碰后B 沿传送带向上做匀减速运动直至速度为零，加速度大小设为a 1，则mg sin θ＋μ2mg cos θ＝ma 1，解得a 1＝g sin θ＋μ2g cos θ＝10 m/s 2.运动的时间t 1＝v B a 1＝0.4 s. 位移x 1＝v B 2t 1＝0.8 m. 此过程相对运动路程Δs 1＝v t 1＋x 1＝2 m.此后B 反向加速，加速度仍为a 1，与传送带共速后匀速运动直至与A 再次碰撞，加速时间为t 2＝v a 1＝0.3 s. 位移为x 2＝v 2t 2＝0.45 m. 此过程相对运动路程Δs 2＝v t 2－x 2＝0.45 m ，全过程摩擦生热Q ＝μ2mg cos θ(Δs 1＋Δs 2)＝12.25 J.(3)B 与A 第二次碰撞，两者速度再次互换，此后A 向左运动再返回与B 碰撞，B 沿传送带向上运动再次返回，每次碰后到再次碰前速率相等，重复这一过程直至两者不再碰撞.则对A 、B 和弹簧组成的系统，从第二次碰撞后到不再碰撞：12m v 2＝2nμ1mgL ，解得第二次碰撞后重复的过程数为n ＝2.25.所以碰撞总次数为N ＝2＋2n ＝6.5＝6次(取整数).。
(全国通用)高考物理大二轮总复习 增分策略 第一篇 答
五、选修3－3计算题(2013·全国Ⅰ·33(2))(9分)如图11所示，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11(1)恒温热源的温度T ；(2)重新达到平衡后，左汽缸中活塞上方气体的体积V x .规范解析 (1)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 1gp 0S ＝M 2g ＋p 0S 3得M 2g ＝23p 0S打开阀门后，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 0T①解得T ＝75T 0②(2)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 ，得pV x ＝p 03·V 04③设下方气体压强为p 2：p ＋M 1gS＝p 2，解得p 2＝p ＋p 0 所以有p 2(2V 0－V x )＝p 07V 04④联立上述两个方程有6V 2x －V 0V x －V 20＝0， 解得V x ＝12V 0⑤另一解V x ＝－13V 0，不合题意，舍去．答案 (1)75T 0 (2)12V 0评分细则 1.第(1)问3分，①式2分，②式1分，只写出气体经历等压过程T 1T 2＝V 1V 2也得1分；2．第(2)问6分，③式2分，④式3分，⑤式1分，若④式错，有V 末＝2V 0－V x 或活塞必须升至汽缸顶，得1分；3．未说明V x ＝－V 03不合题意舍去的⑤式不得分．答题规则 1.审题要规范：第(1)问由于左活塞上方为真空，左活塞升至汽缸顶部的过程中，右活塞不动，这是题目的隐含条件；第(2)问打开K 后，右活塞必须升至汽缸顶，这是根据左活塞的质量比右活塞的大这个隐含条件决定的．2．思维要规范：对于理想气体的实验定律问题，选定正确的规律、方法是解题的关键，第(1)问右活塞不动，经历等压变化，符合盖—吕萨克定律；第(2)问底部与恒温热源接触，气体经历等温过程，应用玻意耳定律求解．3．解答要规范：分步列式是争取分数的好习惯，如将初末状态的参量分别写出，列出两部分相关气体的压强关系式、体积关系式等；对计算结果进行合理性分析，是否符合实际情况，不合理的结果要说明情况后舍去，避免在结果上无谓失分．(2015·吉林市三模) 如图12所示，开口向上、竖直放置的内壁光滑的汽缸，其侧壁是绝热的，底部导热，内有两个质量均为m的密闭活塞，活塞A导热，活塞B绝热，将缸内理想气体分成Ⅰ、Ⅱ两部分．初状态整个装置静止不动处于平衡，Ⅰ、Ⅱ两部分气体的长度均为l0，温度均为T0.设外界大气压强为p0保持不变，活塞横截面积为S，且mg＝p0S，环境温度保持不变．求：图12(1)在活塞A上逐渐添加铁砂，当铁砂质量等于2m时，两活塞在某位置重新处于平衡，活塞B下降的高度．(2)现只对Ⅱ气体缓慢加热，使活塞A回到初始位置，此时Ⅱ气体的温度．学生用书答案精析 五、选修3－3计算题 规范体验(1)0.4l 0 (2)2.5T 0 解析 (1)初状态Ⅰ气体压强p 1＝p 0＋mgS＝2p 0Ⅱ气体压强p 2＝p 1＋mg S＝3p 0添加铁砂后Ⅰ气体压强p 1′＝p 0＋3mgS＝4p 0Ⅱ气体压强p 2′＝p 1′＋mg S＝5p 0 根据玻意耳定律，Ⅱ气体等温变化，p 2l 0S ＝p 2′l 2S可得：l 2＝35l 0，活塞B 下降的高度h 2＝l 0－l 2＝0.4l 0 (2)Ⅰ气体等温变化，p 1l 0S ＝p 1′l 1S 可得：l 1＝0.5l 0只对Ⅱ气体加热，Ⅰ气体状态不变，所以当活塞A 回到原来位置时，Ⅱ气体高度l 2′＝2l 0－0.5l 0＝1.5l 0根据理想气体状态方程：p 2l 0S T 0＝p 2′l 2′ST 2得：T 2＝2.5T 0.。
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选择题专练(三)
(限时：45分钟)
一、单项选择题
1．(2012·安徽·19)如图1所示，圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，一个带电粒子以速度v 从A 点沿直径AOB 方向射入磁场，经过Δt 时间从C 点射出磁场，OC 与OB 成60°角．现将带电粒子的速度变为v 3，仍从A 点沿原方向射入磁场，不计重力，
则粒子在磁场中的运动时间变为
( )
图1
A.1
2Δt B ．2Δt C.1
3
Δt
D ．3Δt
2．如图2所示，带有正电荷的A 粒子和B 粒子同时以同样大小的速度从宽度为d 的有界匀强磁场的边界上的O 点分别以30°和60°(与边界的夹角)射入磁场，又恰好都不从另一边界飞出，则下列说法中正确的是
( )
图2
A ．A 、
B 两粒子在磁场中做圆周运动的半径之比为
1
3
B ．A 、B 两粒子在磁场中做圆周运动的半径之比为 3
C ．A 、B 两粒子的q
m 之比是 3
D ．A 、B 两粒子的q
m 之比是2＋33
3．(2012·新课标全国·20)如图3，一载流长直导线和一矩形线框固定在同一平面内，线框
在长直导线右侧，且其长边与长直导线平行．已知在t＝0到t＝t1的时间间隔内，长直导线中电流i发生某种变化，而线框中的感应电流总是沿顺时针方向，线框受到的安培力的合力先水平向左，后水平向右．设电流i正方向与图中箭头所示方向相同，则i随时间t变化的图线可能是()
图3
4．(2012·北京·19)物理课上，老师做了一个奇妙的“跳环实验”．如图4，她把一个带铁芯的线圈L、开关S和电源用导线连接起来后，将一金属套环置于线圈L上，且使铁芯穿过套环．闭合开关S的瞬间，套环立刻跳起．
图4
某同学另找来器材再探究此实验．他连接好电路，经重复实验，线圈上的套环均未动．对比老师演示的实验，下列四个选项中，导致套环未动的原因可能是() A．线圈接在了直流电源上
B．电源电压过高
C．所选线圈的匝数过多
D．所用套环的材料与老师的不同
5．在平面直角坐标系的第一象限和第三象限内存在xOy平面的匀强磁场，磁场方向如图5所示，磁感应强度分别为B1、B2，且B2＝2B1，一圆心角为90°的扇形闭合线圈从图示位置开始绕过O点的转动轴在xOy平面内逆时针匀速转动．规定顺时针方向为线圈中电流的正方向，则能正确反映线圈中感应电流i随时间t变化关系的图象是
()
图5
6．如图6所示，平行金属导轨与水平面间的倾角为θ，导轨间距为l ，电阻不计，与导轨相连的定值电阻阻值为R .磁感应强度为B 的匀强磁场垂直穿过导轨平面．有一质量为m 的导体棒，从ab 位置以平行斜面大小为v 的初速度向上运动，最远到达a ′b ′的位置，滑行的距离为s .导体棒的电阻也为R ，与导轨之间接触良好并与导轨始终垂直且动摩擦因数为μ.则
( )
图6
A ．上滑过程中导体棒受到的最大安培力为
B 2l 2v /R B ．上滑过程中通过定值电阻R 的电荷量为Bsl R
C ．上滑过程中定值电阻R 产生的热量为m v 2/2－mgs (sin θ＋μcos θ)
D ．上滑过程中导体棒损失的机械能为m v 2/2－mgs sin θ
7．如图7，光滑斜面的倾角为θ，斜面上放置一矩形导体线框abcd ，ab 边的边长为l 1，bc 边的边长为l 2，线框的质量为m ，电阻为R ，线框通过绝缘细线绕过光滑的滑轮与重物相连，重物质量为M ，斜面上ef 线(ef 平行底边)的右方有垂直斜面向上的匀强磁场，磁感应强度为B ，如果线框从静止开始运动，进入磁场的最初一段时间是做匀速运动的，且线框的ab 边始终平行于斜面底边，则下列说法正确的是
( )
图7
A ．线框进入磁场前运动的加速度为Mg －mg sin θ
m
B ．线框进入磁场时匀速运动的速度为(Mg －mg sin θ)R
Bl 1
C ．线框做匀速运动的总时间为B 2l 21
(Mg －mg sin θ)R
D ．该匀速运动过程产生的焦耳热为(Mg －mg sin θ)l 2 二、多项选择题
8．(2012·广东·19)某小型发电机产生的交变电动势为e ＝50sin 100πt (V)．对此电动势，下列表述正确的有
( )
A ．最大值是50 2 V
B ．频率是100 Hz
C ．有效值是25 2 V
D ．周期是0.02 s
9．如图8所示，变压器是理想的，电表均为理想电表，接线柱a 、b 接电压u ＝311sin 314t (V)的正弦交流电源．当滑动变阻器的滑片P 向上滑动时，电表示数变化的情况是
( )
图8
A ．A 1变大
B ．A 2变小
C ．V 1不变
D ．V 2变小
10．由于天气原因断电，某小区启动了临时供电系统，它由备用发电机和副线圈匝数可
调的变压器组成，如图9所示，图中R 0表示输电线的电阻．滑动触头P 置于某处时，用户的用电器恰好正常工作，在下列情况下，要保证用电器仍能正常工作，则( )
图9
A ．当发电机输出的电压发生波动使V 1示数小于正常值，用电器不变时，应使滑动
触头P向上滑动
B．当发电机输出的电压发生波动使V1示数小于正常值，用电器不变时，应使滑动触头P向下滑动
C．如果V1示数保持正常值不变，那么当用电器增加时，滑动触头P应向上滑动D．如果V1示数保持正常值不变，那么当用电器增加时，滑动触头P应向下滑动
答案
1．B2．D3．A4．D5．D6．D7．D8．CD9．AC10．AC。