2019-2020学年新素养同步导学新高考高中地理(课件 讲义,含地理核心素养) (13)
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3.如图3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
与水平轻质弹簧相连.设Q静止，P以某一初速度向Q运动并与弹簧发生碰撞.在
整个碰撞过程中，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12
图3
C.P 的初动能的13
D.P 的初动能的41
解析 把小滑块 P 和 Q 以及弹簧看成一个系统，系统的动量守恒.在整个碰撞过
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微型专题练
一、选择题
1.如图1所示，在光滑水平面上，有一质量M＝3 kg的薄板和质量m＝1 kg的物
块都以v＝4 m/s的初速度相向运动，它们之间有摩擦，薄板足够长，当薄板的
速度为2.9 m/s时，物块的运动情况是
√A.做减速运动
B.做加速运动
C.做匀速运动
D.以上运动都有可能
图1
解析 开始阶段，物块向左减速，薄板向右减速，当物块的速度为零时，设此
1.对于弹簧类问题，在作用过程中，若系统合外力为零，则满足动量守恒. 2.整个过程中往往涉及多种形式的能的转化，如：弹性势能、动能、内能、重 力势能的转化，应用能量守恒定律解决此类问题. 3.注意：弹簧压缩最短或弹簧拉伸最长时，弹簧连接的两物体速度相等，此时 弹簧弹性势能最大.
例3 如图3所示，A、B、C三个小物块放置在光滑水平面上，A紧靠竖直墙壁， A、B之间用水平轻弹簧拴接且轻弹簧处于原长，它们的质量分别为mA＝m，mB ＝2m，mC＝m.现给C一水平向左的速度v0，C与B发生碰撞并粘合在一起.试求： (1)A离开墙壁前，弹簧的最大弹性势能；
答案 16mv02
图3
解析 B、C碰撞前后动量守恒，以水平向左为正方向，则mv0＝3mv，
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2.真空中两个点电荷，它们之间的静电力为F，如果将两个点电荷的距离增
大为原来的4倍，电荷量都增大为原来的2倍.它们之间静电力的大小变为原 1
来的__4__倍.
重点探究
一、库仑定律的理解与应用
1.点电荷 (1)点电荷是只有电荷量，没有大小、形状的理想化模型，类似于力学中的质 点，实际中并不存在. (2)带电体能否看成点电荷视具体问题而定，不能单凭它的大小和形状下结论. 如果带电体的大小比带电体间的距离小得多，则带电体的大小及形状就可以 忽略，此时带电体就可以看成点电荷.
A.2∶1
B.4∶1
C.16∶1
√D.60∶1
解析 开始时 F1＝k5Qa·23Q＝k15aQ2 2， 接触后，两球都带正电 Q，F2＝kQ4·aQ2 ＝k4Qa22，
所以F1∶F2＝60∶1，故D正确.
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考点三 库仑力的叠加 5.如图2所示，在一条直线上的三点分别放置QA＝＋3×10－9 C、QB＝－4×10－9 C、 QC＝＋3×10－9 C的A、B、C点电荷，则作用在点电荷A上的库仑力的大小为
1.(多选)对于库仑定律，下列说法正确的是
√A.凡计算真空中两个静止点电荷间的相互作用力，就可以使用公式F＝k
q1q2 r2
B.两个带电小球即使相距非常近，也能用库仑定律
√C.相互作用的两个点电荷，不论它们的电荷量是否相同，它们之间的库仑力
大小一定相等
D.当两个半径为r的带电金属球中心相距为2r时，对于它们之间的作用力大小，
F D.2
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4.(库仑力的叠加)如图4所示，等边三角形ABC，边长为L，在顶点A、B处有等 量同种点电荷QA、QB，QA＝QB＝＋Q，求在顶点C处带电荷量为QC的正点电荷 所受的静电力.
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体做正功，使振动能量不断增加，振幅不断增大，直到增加的能量等于克服阻
尼作用损耗的能量，振幅才不再增加.振动能量最大，振幅最大.
(3)认识曲线的形状：f＝f0，共振；f＞f0或f＜f0，振幅较小.f与f0相差越大，振幅 越小.
3.共振的利用与防止 (1)利用：要利用共振，就应尽量使驱动力的频率与物体的固有频率一致.如共 振筛、共振转速计等. (2)防止：在需要防止共振危害时，要尽量使驱动力的频率和固有频率不相等， 而且相差越多越好.如：部队过桥应便步走. 说明：共振是物体做受迫振动时的一种特殊现象.
C.阻尼振动的振幅、振动能量、振动周期逐渐减小
√D.对做阻尼振动的振子来说，其机械能逐渐转化为内能
解析 振动系统的振动频率与本身的结构有关，为固有频率，所以在阻尼振动 中，振幅减小，振动能量减少，最终转化为内能，但周期不变，故A、D正确， C错误. 实际的振动系统都要受到摩擦或空气阻力等阻尼作用，故B正确.
图6
解析 A振动起来后，使得B、C、D、E做受迫振动，振动的频率都等于A振动
的频率，即各摆振动的周期都相等，选项C错误，D正确；
由于D与A的摆长相差最大，E与A的摆长相等，所以D的振幅最小，E发生共振，
振幅最大，选项A错误，B正确.
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4.(共振)(多选)(2018·静海一中高二下学期期中)某振动系统的固有频率为f0，在 周期性驱动力的作用下做受迫振动，驱动力的频率为f.若驱动力的振幅保持不 变，下列说法正确的是 A.当f<f0时，该振动系统的振幅可能随f增大而减小
大小相同，所以势能相等，A正确；
由于系统机械能在减少，P、N两时刻势能相同，则P时刻动能大于N时刻动能，
B、C、D错误.
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4碰撞[学科素养与目标要求]物理观念：1.知道弹性碰撞、非弹性碰撞的特点.2.了解对心碰撞和非对心碰撞的概念.3.了解粒子的散射现象，进一步理解动量守恒定律的普适性.科学思维：学会利用动量守恒定律和能量守恒定律分析、解决一维碰撞问题.一、弹性碰撞和非弹性碰撞1.常见的碰撞类型(1)弹性碰撞：碰撞过程中机械能守恒.(2)非弹性碰撞：碰撞过程中机械能不守恒.2.一维弹性碰撞分析：假设物体m1以速度v1与原来静止的物体m2发生弹性碰撞，碰撞后它们的速度分别为v1′和v2′，碰撞中动量守恒：m1v1＝m1v1′＋m2v2′；碰撞中机械能守恒：1 2m1v12＝12m1v1′2＋12m2v2′2，解得：v1′＝m1－m2m1＋m2v1，v2′＝2m1m1＋m2v1.二、对心碰撞和非对心碰撞1.两类碰撞(1)对心碰撞：碰撞前后，物体的动量在同一条直线上，也叫正碰.(2)非对心碰撞：碰撞前后，物体的动量不在同一条直线上.2.散射(1)定义：微观粒子相互接近时并不像宏观物体那样“接触”而发生的碰撞.(2)散射方向：由于粒子与物质微粒发生对心碰撞的概率很小，所以多数粒子碰撞后飞向四面八方.1.判断下列说法的正误.(1)发生碰撞的两个物体，机械能一定是守恒的.(×)(2)碰撞后，两个物体粘在一起，动量一定不守恒，机械能损失最大.(×)(3)发生对心碰撞的系统动量守恒，发生非对心碰撞的系统动量不守恒.(×)2.现有甲、乙两滑块，质量分别为3m和m，以相同的速率v在光滑水平面上相向运动，发生了碰撞.已知碰撞后，甲滑块静止不动，乙以2v的速度反向弹回，那么这次碰撞是_____.A.弹性碰撞B.非弹性碰撞C.完全非弹性碰撞答案 A解析 以甲滑块的运动方向为正方向，由动量守恒定律得：3m ·v －m v ＝0＋m v ′，所以v ′＝2v碰前总动能E k ＝12×3m ·v 2＋12m v 2＝2m v 2 碰后总动能E k ′＝12m v ′2＝2m v 2，E k ＝E k ′， 所以A 正确.一、碰撞的特点和分类如图甲、乙所示，两个质量都是m 的物体，物体B 静止在水平面上，物体A 以速度v 0正对B 运动，碰撞后两个物体粘在一起，以速度v 继续前进，两物体组成的系统碰撞前后的总动能守恒吗？如果不守恒，总动能如何变化？甲 乙答案 不守恒.碰撞时：m v 0＝2m v ，得v ＝v 02E k1＝12m v 02，E k2＝12×2m v 2＝14m v 02. 所以ΔE k ＝E k2－E k1＝14m v 02－12m v 02＝－14m v 02，即系统总动能减少了14m v 02.1.碰撞的特点(1)时间特点：碰撞现象中，相互作用的时间极短，相对物体运动的全过程可忽略不计.(2)相互作用力特点：在碰撞过程中，系统的内力远大于外力，所以碰撞过程动量守恒.2.碰撞的分类(1)弹性碰撞：系统动量守恒、机械能守恒.m 1v 1＋m 2v 2＝m 1v 1′＋m 2v 2′12m 1v 12＋12m 2v 22＝12m 1v 1′2＋12m 2v 2′2若v 2＝0，则有v 1′＝m 1－m 2m 1＋m 2v 1，v 2′＝2m 1m 1＋m 2v 1(2)非弹性碰撞：系统动量守恒，机械能减少，损失的机械能转化为内能，ΔE ＝E k 初总－E k 末总＝Q .(3)完全非弹性碰撞：系统动量守恒，碰撞后合为一体或具有相同的速度，机械能损失最大. 设两者碰后的共同速度为v 共，则有m 1v 1＋m 2v 2＝(m 1＋m 2)v 共机械能损失为ΔE ＝12m 1v 12＋12m 2v 22－12(m 1＋m 2)v 共2. 例1 如图1所示，ABC 为一固定在竖直平面内的光滑轨道，BC 段水平，AB 段与BC 段平滑连接，质量为m 1的小球从高为h 处由静止开始沿轨道下滑，与静止在轨道BC 段上质量为m 2的小球发生碰撞，碰撞后两球的运动方向处于同一水平线上，且在碰撞过程中无机械能损失.求碰撞后小球m 2的速度大小v 2.(重力加速度为g )图1答案 2m 12gh m 1＋m 2解析 设m 1碰撞前的速度为v ，根据机械能守恒定律有m 1gh ＝12m 1v 2，解得v ＝2gh ① 设碰撞后m 1与m 2的速度分别为v 1和v 2，根据动量守恒定律有m 1v ＝m 1v 1＋m 2v 2②由于碰撞过程中无机械能损失12m 1v 2＝12m 1v 12＋12m 2v 22③ 联立②③式解得v 2＝2m 1v m 1＋m 2④ 将①代入④得v 2＝2m 12gh m 1＋m 2针对训练1 在光滑水平面上有三个完全相同的小球，它们排成一条直线，2、3小球静止并靠在一起，1小球以速度v 0射向它们，如图2所示.设碰撞中不损失机械能，则碰后三个小球的速度分别是( )图2A.v 1＝v 2＝v 3＝33v 0B.v 1＝0，v 2＝v 3＝22v 0C.v 1＝0，v 2＝v 3＝12v 0 D.v 1＝v 2＝0，v 3＝v 0答案 D解析 由于1球与2球发生碰撞，时间极短，2球的位置来不及发生变化.这样2球对3球不产生力的作用，即3球不会参与1、2球碰撞，1、2球碰撞后立即交换速度，即碰后1球停止，2球速度立即变为v 0.同理分析，2、3球碰撞后交换速度，故D 正确.例2 如图3所示，在水平光滑直导轨上，静止着三个质量均为m ＝1 kg 的相同小球A 、B 、C ，现让A 球以v 0＝2 m/s 的速度向着B 球运动，A 、B 两球碰撞后粘合在一起，两球继续向右运动并跟C 球碰撞，C 球的最终速度v C ＝1 m/s.求：图3(1)A 、B 两球跟C 球相碰前的共同速度多大；(2)两次碰撞过程中一共损失了多少动能.答案 (1)1 m/s (2)1.25 J解析 (1)A 、B 相碰满足动量守恒，以v 0的方向为正方向，有：m v 0＝2m v 1得两球跟C 球相碰前的速度v 1＝1 m/s.(2)两球与C 球碰撞同样满足动量守恒，以v 0的方向为正方向，有：2m v 1＝m v C ＋2m v 2 解得两球碰后的速度v 2＝0.5 m/s ，两次碰撞损失的动能|ΔE k |＝12m v 02－12×2m v 22－12m v C 2＝1.25 J.碰撞分为弹性碰撞和非弹性碰撞.弹性碰撞动量守恒，机械能守恒，非弹性碰撞动量守恒，但机械能不守恒.学习中要正确理解两种碰撞，正确地选用物理规律.这正是“物理观念”和“科学思维”学科素养的体现.二、碰撞可能性的判断碰撞问题遵循的三个原则：(1)系统动量守恒，即p 1＋p 2＝p 1′＋p 2′.(2)系统动能不增加，即E k1＋E k2≥E k1′＋E k2′或p 122m 1＋p 222m 2≥p 1′22m 1＋p 2′22m 2. (3)速度要合理：①碰前两物体同向，则v 后>v 前，碰后，原来在前面的物体速度一定增大，且v 前′≥v 后′. ②两物体相向运动，碰后两物体的运动方向不可能都不改变.例3 在光滑的水平面上，一质量为m ，速度大小为v 的A 球与质量为2m 静止的B 球碰撞后，A 球的速度方向与碰撞前相反，则碰撞后B 球的速度大小可能是( )A.0.6vB.0.4vC.0.3vD.0.2v答案 A解析 A 、B 两球在水平方向上合外力为零，A 球和B 球碰撞的过程中动量守恒，设A 、B 两球碰撞后的速度分别为v 1、v 2，以v 的方向为正方向，由动量守恒定律有：m v ＝m v 1＋2m v 2，①假设碰后A 球静止，即v 1＝0，可得v 2＝0.5v由题意可知A 被反弹，所以球B 的速度有：v 2>0.5v ②A 、B 两球碰撞过程能量可能有损失，由能量关系有：12m v 2≥12m v 12＋12×2m v 22③ ①③两式联立得：v 2≤23v ④ 由②④两式可得：0.5v <v 2≤23v ，符合条件的只有0.6v ，所以选项A 正确，B 、C 、D 错误. 针对训练2 (多选)(2018·福州十一中高二下期中)质量相等的A 、B 两球在光滑水平面上，沿同一直线、同一方向运动，A 球的动量p A ＝9 kg·m/s ，B 球的动量p B ＝3 kg·m/s ，当A 追上B 时发生碰撞，则碰后A 、B 两球的动量可能值是( )A.p A ′＝6 kg·m/s ，p B ′＝6 kg·m/sB.p A ′＝6 kg·m/s ，p B ′＝4 kg·m/sC.p A ′＝－6 kg·m/s ，p B ′＝18 kg·m/sD.p A ′＝4 kg·m/s ，p B ′＝8 kg·m/s答案 AD解析 设两球质量为m ，碰前总动量p ＝p A ＋p B ＝12 kg·m/s ，碰前总动能E k ＝p A 22m ＋p B 22m ＝45m若p A ′＝6 kg·m/s ，p B ′＝6 kg·m/s ，碰后总动量p ′＝p A ′＋p B ′＝12 kg·m/s.碰后总动能E ′＝p A ′22m ＋p B ′22m ＝722m ＝36m <45m，故可能发生，A 正确. 若p A ′＝6 kg·m/s ，p B ′＝4 kg·m/s ，碰后p ′＝p A ′＋p B ′≠p ，故不可能，B 错误.若p A ′＝－6 kg·m/s ，p B ′＝18 kg·m/s ，碰后E ′＝p A ′22m ＋p B ′22m >45m，故不可能，C 错误. 若p A ′＝4 kg·m/s ，p B ′＝8 kg·m/s ，碰后p ′＝12 kg·m/s ＝p ，E ′＝p A ′22m ＋p B ′22m ＝40m <45m，故可能，D 正确.处理碰撞问题的思路1.对一个给定的碰撞，首先要看动量是否守恒，其次再看总机械能是否增加.2.注意碰后的速度关系.3.要灵活运用E k ＝p 22m 或p ＝2mE k ，E k ＝12p v 或p ＝2E k v 几个关系式.1.(弹性碰撞)(多选)甲物体在光滑水平面上运动的速度为v 1，与静止的乙物体相碰，碰撞过程中无机械能损失，下列结论正确的是( )A.乙的质量等于甲的质量时，碰撞后乙的速度为v 1B.乙的质量远远小于甲的质量时，碰撞后乙的速度是2v 1C.乙的质量远远大于甲的质量时，碰撞后甲的速度是－v 1D.碰撞过程中甲对乙做的功大于乙动能的增量答案 ABC解析 由于碰撞过程中无机械能损失，故是弹性碰撞，根据动量守恒和机械能守恒可以解得两球碰后的速度v 1′＝m 1－m 2m 1＋m 2v 1，v 2′＝2m 1m 1＋m 2v 1.当m 1＝m 2时，v 2′＝v 1，A 对；当m 1≫m 2时，v 2′＝2v 1，B 对；当m 1≪m 2时，v 1′＝－v 1，C 对；根据动能定理可知D 错误.2.(非弹性碰撞)(2018·广西宾阳中学期末)在光滑水平地面上有两个相同的木块A 、B ，质量都为m .现B 静止，A 向B 运动，发生正碰并粘合在一起运动.两木块组成的系统损失的机械能为ΔE .则碰前A 球的速度等于( ) A.ΔE m B.2ΔE m C.2ΔE m D.22ΔE m答案 C解析 设碰前A 的速度为v 0，两木块粘合在一起运动的速度相同，设为v ，根据动量守恒定律得m v 0＝2m v ，根据题意，则有12m v 02＝12×2m v 2＋ΔE ，联立可得v 0＝2ΔE m.3.(碰撞可能性的判断)(多选)质量为1 kg 的小球以4 m/s 的速度与质量为2 kg 的静止小球正碰，关于碰后的速度v 1′和v 2′，下面可能正确的是( )A.v 1′＝v 2′＝43m/s B.v 1′＝3 m/s ，v 2′＝0.5 m/sC.v 1′＝1 m/s ，v 2′＝3 m/sD.v 1′＝－1 m/s ，v 2′＝2.5 m/s答案 AD解析 由碰撞前后总动量守恒m 1v 1＝m 1v 1′＋m 2v 2′和动能不增加E k ≥E k1′＋E k2′验证A 、B 、D 三项皆有可能.但B 项碰后后面小球的速度大于前面小球的速度，会发生第二次碰撞，不符合实际，所以A 、D 两项有可能.4.(多物体多过程的碰撞)(2018·扬州十一中高二下期中)如图4所示的三个小球的质量都为m ，B 、C 两球用水平轻弹簧连接后放在光滑的水平面上，A 球以速度v 0沿B 、C 两球球心的连线向B 球运动，碰后A 、B 两球粘在一起.问：图4(1)A 、B 两球刚刚粘合在一起的速度是多大？(2)弹簧压缩至最短时三个小球的速度是多大？(3)弹簧的最大弹性势能是多少？答案 (1)v 02 (2)v 03 (3)112m v 02 解析 (1)在A 、B 碰撞的过程中弹簧的压缩量是极其微小的，产生的弹力可完全忽略，即C 球并没有参与作用，因此A 、B 两球组成的系统所受合外力为零，动量守恒，以v 0的方向为正方向，则有：m v 0＝2m v 1，解得v 1＝v 02. (2)粘合在一起的A 、B 两球向右运动，压缩弹簧，由于弹力的作用，C 球加速，速度由零开始增大，而A 、B 两球减速，速度逐渐减小，当三球相对静止时弹簧最短，此时三球速度相等.在这一过程中，三球和轻弹簧构成的系统动量守恒，以A 、B 两球刚刚粘合在一起的速度方向为正方向，有：2m v 1＝3m v 2，解得v 2＝23v 1＝v 03. (3)当弹簧被压缩至最短时，弹性势能最大，即：E pm ＝12×2m v 12－12×3m v 22＝112m v 02.一、选择题考点一弹性碰撞与非弹性碰撞1.下列关于碰撞的理解正确的是()A.碰撞是指相对运动的物体相遇时，在极短时间内它们的运动状态发生了显著变化的过程B.在碰撞现象中，一般内力都远大于外力，所以可以认为碰撞时系统的动能守恒C.如果碰撞过程中机械能守恒，这样的碰撞叫做非弹性碰撞D.微观粒子的相互作用由于不发生直接接触，所以不能称其为碰撞答案 A解析碰撞是十分普遍的现象，它是相对运动的物体相遇时发生的一种现象，一般内力远大于外力，系统动量守恒，非弹性碰撞中动能不守恒.如果碰撞中机械能守恒，就叫做弹性碰撞.微观粒子的相互作用同样具有短时间内发生强大内力作用的特点，所以仍然是碰撞，故A正确.2.(多选)(2018·鹤壁市高二下质检)如图1，两个物体1和2在光滑水平面上以相同动能相向运动，它们的质量分别为m1和m2，且m1<m2，经一段时间两物体相碰撞并粘在一起，碰撞后()图1A.两物体将向左运动B.两物体将向右运动C.两物体组成的系统损失能量最小D.两物体组成的系统损失能量最大答案AD解析物体的动量p＝2mE k，已知两物体动能E k相等，m1<m2，则p1<p2，两物体组成的系统总动量方向与物体2的动量方向相同，即向左，由动量守恒知，两物体碰撞后动量向左，两物体向左运动，故A正确，B错误；两物体碰撞后粘合在一起，发生的碰撞是完全非弹性碰撞，两物体组成的系统损失的机械能最大，故C错误，D正确.3.(多选)如图2甲所示，在光滑水平面上的两个小球发生正碰，小球的质量分别为m1和m2，图乙为它们碰撞前后的x－t图象，已知m1＝0.1 kg，由此可以判断()图2A.碰前m 2静止，m 1向右运动B.碰后m 1和m 2都向右运动C.由动量守恒可以算出m 2＝0.3 kgD.碰撞过程中系统损失了0.4 J 的机械能答案 AC解析 碰前m 2的位移不随时间而变化，处于静止，m 1的速度大小为v 1＝Δx Δt＝4 m/s ，方向只有向右才能与m 2相撞，故A 正确；由题图乙可知，向右为正方向，碰后m 2的速度方向为正方向，说明m 2向右运动，而m 1的速度方向为负方向，说明m 1向左运动，故B 错误；由题图乙可求出碰后m 2和m 1的速度分别为v 2′＝2 m/s ，v 1′＝－2 m/s ，根据动量守恒定律得m 1v 1＝m 2v 2′＋m 1v 1′，代入解得m 2＝0.3 kg ，故C 正确；碰撞过程中系统损失的机械能为ΔE ＝12m 1v 12－12m 1v 1′2－12m 2v 2′2＝0，故D 错误. 4.(2018·湖北孝感八校联盟高二下期末联考)如图3所示，光滑水平面上有大小相同的A 、B 两球在同一直线上运动，两球质量关系为m A ＝2m B ，规定向右为正方向，A 、B 两球的动量大小均为6 kg·m/s ，运动中两球发生碰撞，碰撞后A 球的动量增量为－4 kg·m/s ，则( )图3A.左方是A 球，碰撞后A 、B 两球速度大小之比为2∶5B.左方是A 球，碰撞后A 、B 两球速度大小之比为1∶10C.右方是A 球，碰撞后A 、B 两球速度大小之比为2∶5D.右方是A 球，碰撞后A 、B 两球速度大小之比为1∶10答案 B解析 A 、B 发生碰撞，由动量守恒定律得：|Δp A |＝|Δp B |，由于碰后A 球的动量增量为负值，所以右方不可能是A 球，可知左方是A 球，右方是B 球，因此碰撞后A 球的动量是2 kg·m/s ，B 球的动量是10 kg·m/s ，由于两球的质量关系m A ＝2m B ，那么碰撞后A 、B 两球速度大小之比为1∶10.故B 正确，A 、C 、D 错误.5.(2018·广东省实验中学、广雅中学、佛山一中高二下期末)如图4所示，在光滑的水平面上放有两个小球A 和B ，其质量m A <m B ，B 球上固定一轻质弹簧，若将A 球以速率v 去碰撞静止的B 球，下列说法中正确的是( )图4A.当弹簧压缩量最大时，两球速率都最小B.当弹簧恢复原长时，B 球速率最大C.当A 球速率为零时，B 球速率最大D.当B 球速率最大时，弹簧弹性势能不为零答案 B解析 分析小球的运动过程：A 与弹簧接触后，弹簧被压缩，弹簧对A 产生向左的弹力，对B 产生向右的弹力，A 做减速运动，B 做加速运动，当B 的速度等于A 的速度时压缩量最大，此后A 球速度继续减小，B 球速度继续增大，弹簧压缩量减小，当弹簧第一次恢复原长时，B 球速率最大.由以上分析可知，当弹簧压缩量最大时，A 球速率没有达到最小值，故A 错误；弹簧被压缩后，B 球的速度一直在增大，当弹簧恢复原长时，B 球速率达到最大值，故B 正确；由于质量m A <m B ，A 的速度变化比B 快，A 球的速度是0时，弹簧仍然处于压缩状态，B 球的速率没有达到最大，故C 错误；当弹簧恢复原长时，B 球速率达到最大值，所以此时弹簧的弹性势能是0，故D 错误.6.在光滑的水平面上，质量为m 1的小球A 以速率v 0向右运动.在小球的前方有一质量为m 2的小球B 处于静止状态，如图5所示.小球A 与小球B 发生弹性碰撞后，小球A 、B 均向右运动.且碰后A 、B 的速度大小之比为1∶4，则两小球质量之比m 1m 2为( )图5A.2∶1B.3∶1C.1∶2D.1∶3答案 A解析 两球碰撞过程为弹性碰撞，以v 0的方向为正方向，由动量守恒定律得：m 1v 0＝m 1v 1＋m 2v 2由机械能守恒定律得：12m 1v 02＝12m 1v 12＋12m 2v 22 由题意知：v 1∶v 2＝1∶4解得m 1m 2＝21.故A 正确. 7.一中子与一质量数为A (A >1)的原子核发生弹性正碰.若碰撞前原子核静止，则碰撞前与碰撞后中子的速率之比为( )A.A ＋1A －1B.A －1A ＋1C.4A (A ＋1)2D.(A ＋1)2(A －1)2答案 A解析 设碰撞前后中子的速度分别为v 1、v 1′，碰撞后原子核的速度为v 2，中子的质量为m 1，原子核的质量为m 2，则m 2＝Am 1.根据弹性碰撞规律可得m 1v 1＝m 2v 2＋m 1v 1′，12m 1v 12＝12m 2v 22＋12m 1v 1′2，解得v 1′＝m 1－m 2m 1＋m 2v 1，则碰撞后中子的速率为m 2－m 1m 1＋m 2v 1＝A －1A ＋1v 1，因此碰撞前后中子速率之比为A ＋1A －1，A 正确. 考点二 碰撞可能性问题8.(多选)如图6所示，小球A 的质量为m A ＝5 kg ，动量大小为p A ＝4 kg·m/s ，小球A 水平向右运动，与静止的小球B 发生弹性碰撞，碰后A 的动量大小为p A ′＝1 kg·m/s ，方向水平向右，则( )图6A.碰后小球B 的动量大小为p B ＝3 kg·m/sB.碰后小球B 的动量大小为p B ＝5 kg·m/sC.小球B 的质量为15 kgD.小球B 的质量为3 kg答案 AD解析 规定向右为正方向，碰撞过程中A 、B 组成的系统动量守恒，所以有p A ＝p A ′＋p B ，解得p B ＝3 kg·m/s ，A 正确，B 错误；由于是弹性碰撞，所以没有机械能损失，故p A 22m A ＝p A ′22m A＋p B 22m B，解得m B ＝3 kg ，C 错误，D 正确. 9.A 、B 两球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，m A ＝1 kg ，m B ＝2 kg ，v A ＝6 m/s ，v B ＝2 m/s ，当A 追上B 并发生碰撞后，A 、B 两球速度的可能值是( )A.v A ′＝5 m/s ，v B ′＝2.5 m/sB.v A ′＝2 m/s ，v B ′＝4 m/sC.v A ′＝－4 m/s ，v B ′＝7 m/sD.v A ′＝7 m/s ，v B ′＝1.5 m/s答案 B解析 虽然题目所给四个选项均满足动量守恒定律，但A 、D 两项中，碰后A 的速度v A ′大于B 的速度v B ′，不符合实际，即A 、D 项错误；C 项中，两球碰后的总动能E k 后＝12m A v A ′2＋12m B v B ′2＝57 J ，大于碰前的总动能E k 前＝12m A v A 2＋12m B v B 2＝22 J ，所以C 项错误. 二、非选择题10.(2018·河北梁集中学高二年级第一次调研)如图7所示，质量m A ＝0.2 kg 、m B ＝0.3 kg 的小球A 、B 均静止在光滑水平面上.现给A 球一个向右的初速度v 0＝5 m/s ，之后与B 球发生对心碰撞.图7(1)若碰后B 球的速度向右为3 m/s ，求碰后A 球的速度大小；(2)若A 、B 两球发生弹性碰撞，求碰后A 、B 球各自的速度大小；(3)若A 、B 两球发生的是完全非弹性碰撞，求碰撞后两球损失的动能.答案 见解析解析 (1)A 、B 碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：m A v 0＝m A v A ＋m B v B ，解得：v A ＝0.5 m/s ；(2)两球发生弹性碰撞，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：m A v 0＝m A v A ＋m B v B ，由机械能守恒定律得：12m A v 02＝12m A v A 2＋12m B v B 2， 解得：v A ＝－1 m/s ，v B ＝4 m/s ；(3)碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：m A v 0＝(m A ＋m B )v ，解得：v ＝2 m/s ，系统损失的动能：ΔE k ＝12(m A ＋m B )v 2－12m A v 02＝－1.5 J ，即动能损失1.5 J.11.两滑块a 、b 沿水平面上同一条直线运动，并发生碰撞；碰撞后两者粘在一起运动；经过一段时间后，从光滑路段进入粗糙路段.两者的位置x 随时间t 变化的图象如图8所示.求：图8(1)滑块a 、b 的质量之比；(2)整个运动过程中，两滑块克服摩擦力做的功与因碰撞而损失的机械能之比.答案 (1)1∶8 (2)1∶2解析 (1)设a 、b 的质量分别为m 1、m 2，a 、b 碰撞前的速度分别为v 1、v 2.由题图得 v 1＝－2 m/s ①v 2＝1 m/s ②a 、b 发生完全非弹性碰撞，碰撞后两滑块的共同速度为v .由题图得v ＝23m/s ③ 由动量守恒定律得m 1v 1＋m 2v 2＝(m 1＋m 2)v ④联立①②③④式得m 1∶m 2＝1∶8⑤(2)由能量守恒定律得，两滑块因碰撞而损失的机械能为ΔE ＝12m 1v 12＋12m 2v 22－12(m 1＋m 2)v 2⑥ 由图象可知，两滑块最后停止运动.由动能定理得，两滑块克服摩擦力所做的功为W ＝12(m 1＋m 2)v 2⑦ 联立⑥⑦式，并代入题给数据得W ∶ΔE ＝1∶2。
2019-2020学年新素养同步导学新高考高中地理(课件 讲义,含地理核心素养) (95)
3动量守恒定律[学科素养与目标要求]物理观念：1.知道系统、内力和外力的概念.2.掌握动量守恒定律的含义、表达式和守恒条件.3.了解动量守恒定律的普适性.科学思维：1.会用牛顿运动定律推导动量守恒定律的表达式.2.会用动量守恒定律解释生活中的实际问题.一、系统、内力与外力1.系统：相互作用的两个或多个物体组成的一个力学系统.2.内力：系统中物体间的相互作用力.3.外力：系统外部的物体对系统内物体的作用力.二、动量守恒定律1.内容：如果一个系统不受外力，或者所受外力的矢量和为0，这个系统的总动量保持不变.2.表达式：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′(作用前后总动量相等).3.适用条件：系统不受外力或者所受外力的矢量和为零.4.普适性：动量守恒定律是一个独立的实验规律，它适用于目前为止物理学研究的一切领域.1.判断下列说法的正误.(1)一个系统初、末状态动量大小相等，即动量守恒.(×)(2)两个做匀速直线运动的物体发生碰撞瞬间，两个物体组成的系统动量守恒.(√)(3)系统动量守恒也就是系统总动量变化量始终为零.(√)(4)只要系统内存在摩擦力，动量就一定不守恒.(×)2.如图1所示，游乐场上，两位同学各驾着一辆碰碰车迎面相撞，此后，两车以共同的速度运动.设甲同学和他的车的总质量为150 kg，碰撞前向右运动，速度的大小为4.5 m/s；乙同学和他的车的总质量为200 kg，碰撞前向左运动，速度的大小为3.7 m/s.则碰撞后两车共同的运动速度大小为________，方向________.图1答案0.186 m/s向左解析本题的研究对象为两辆碰碰车(包括驾车的同学)组成的系统，在碰撞过程中此系统的内力远远大于所受的外力，外力可以忽略不计，满足动量守恒定律的适用条件.设甲同学的车碰撞前的运动方向为正方向，他和车的总质量m1＝150 kg，碰撞前的速度v1＝4.5 m/s；乙同学和车的总质量m2＝200 kg，碰撞前的速度v2＝－3.7 m/s.设碰撞后两车的共同速度为v，则系统碰撞前的总动量为：p＝m1v1＋m2v2＝150×4.5 kg·m/s＋200×(－3.7) kg·m/s＝－65 kg·m/s.碰撞后的总动量为p′＝(m1＋m2)v.根据动量守恒定律可知p＝p′，代入数据解得v≈－0.186 m/s，即碰撞后两车以0.186 m/s的共同速度运动，运动方向向左.一、动量守恒定律1.动量守恒定律的推导如图2所示，光滑水平桌面上质量分别为m1、m2的球A、B，沿着同一直线分别以v1和v2的速度同向运动，v2>v1.当B球追上A球时发生碰撞，碰撞后A、B两球的速度分别为v1′和v2′.图2设碰撞过程中两球受到的作用力分别为F1、F2，相互作用时间为t.根据动量定理：F1t＝m1(v1′－v1)，F2t＝m2(v2′－v2).因为F1与F2是两球间的相互作用力，根据牛顿第三定律知，F1＝－F2，则有：m1v1′－m1v1＝－(m2v2′－m2v2)即m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′2.动量守恒定律的理解(1)动量守恒定律的成立条件①系统不受外力或所受合外力为零.②系统受外力作用，但内力远远大于合外力.此时动量近似守恒.③系统所受到的合外力不为零，但在某一方向上合外力为零(或某一方向上内力远远大于外力)，则系统在该方向上动量守恒.(2)动量守恒定律的性质①矢量性：公式中的v1、v2、v1′和v2′都是矢量，只有它们在同一直线上，并先选定正方向，确定各速度的正、负(表示方向)后，才能用代数方法运算.②相对性：速度具有相对性，公式中的v1、v2、v1′和v2′应是相对同一参考系的速度，一般取相对地面的速度.③普适性：动量守恒定律不仅适用于两个物体组成的系统，也适用于多个物体组成的系统；不仅适用于宏观物体组成的系统，也适用于微观粒子组成的系统.例1(多选)如图3所示，A、B两物体质量之比m A∶m B＝3∶2，原来静止在足够长的平板小车C上，A、B间有一根被压缩的弹簧，水平地面光滑，当弹簧突然释放后，则下列说法正确的是()图3A.若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，A、B组成的系统动量守恒B.若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，A、B、C组成的系统动量守恒C.若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B组成的系统动量守恒D.若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B、C组成的系统动量守恒答案BCD解析如果A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，弹簧释放后，A、B分别相对于小车向左、向右滑动，它们所受的滑动摩擦力F f A向右，F f B向左.由于m A∶m B＝3∶2，所以F f A∶F f B ＝3∶2，则A、B组成的系统所受的外力之和不为零，故其动量不守恒，A选项错误；对A、B、C组成的系统，A、B与C间的摩擦力为内力，该系统所受的外力为竖直方向上的重力和支持力，它们的合力为零，故该系统的动量守恒，B、D选项正确；若A、B所受摩擦力大小相等，则A、B组成的系统所受的外力之和为零，故其动量守恒，C选项正确.1.动量守恒定律的研究对象是相互作用的物体组成的系统.判断系统的动量是否守恒，与选择哪几个物体作为系统和分析哪一段运动过程有直接关系.2.判断系统的动量是否守恒，要注意守恒的条件是不受外力或所受合外力为零，因此要分清哪些力是内力，哪些力是外力.3.系统的动量守恒，并不是系统内各物体的动量都不变.一般来说，系统的动量守恒时，系统内各物体的动量是变化的，但系统内各物体的动量的矢量和是不变的.针对训练1(多选)(2018·鹤壁市质检)在光滑水平面上A、B两小车中间有一弹簧，如图4所示，用手抓住小车并将弹簧压缩后使小车处于静止状态，将小车及弹簧看成一个系统，下列说法中正确的是()图4A.两手同时放开后，系统总动量始终为零B.先放开左手，再放开右手后，动量不守恒C.先放开左手，后放开右手，总动量向左D.无论何时放手，两手放开后，在弹簧恢复原长的过程中，系统总动量都保持不变，但系统的总动量不一定为零答案ACD解析若两手同时放开A、B两车，系统所受合外力为零，系统动量守恒，由于系统初动量为零，则系统总动量为零，故A正确；先放开左手，系统所受合外力向左，系统所受合外力的冲量向左，再放开右手，系统总动量向左，故C正确；无论何时放手，两手放开后，系统所受合外力为零，系统动量守恒，在弹簧恢复原长的过程中，系统总动量都保持不变，如果同时放手，系统总动量为零，如果不同时放手，系统总动量可能不为零，故B错误，D正确.二、动量守恒定律的应用1.动量守恒定律不同表现形式的表达式的含义：(1)p＝p′：系统相互作用前的总动量p等于相互作用后的总动量p′.(2)m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′：相互作用的两个物体组成的系统，作用前动量的矢量和等于作用后动量的矢量和.(3)Δp1＝－Δp2：相互作用的两个物体组成的系统，一个物体的动量变化量与另一个物体的动量变化量大小相等、方向相反.(4)Δp＝0：系统总动量增量为零.2.应用动量守恒定律的解题步骤：例2(2018·河北梁集中学调研)如图5所示，A、B两个大小相同、质量不等的小球放在光滑水平地面上，A以3 m/s的速率向右运动，B以1 m/s的速率向左运动，发生正碰后A、B 两小球都以2 m/s的速率反弹，求A、B两小球的质量之比.图5答案3∶5解析取向右为正方向，则有v A＝3 m/s，v B＝－1 m/s，v A′＝－2 m/s，v B′＝2 m/s根据动量守恒定律得m A v A＋m B v B＝m A v A′＋m B v B′代入数据解得：m A∶m B＝3∶5[学科素养]例2利用动量守恒定律分析了两碰撞小球相互作用的过程，通过列动量守恒定律方程求出了两球的质量之比，这正是物理规律在实际中的应用，是学科素养“物理观念”和“科学思维”的体现.针对训练2如图6所示，进行太空行走的宇航员A和B的质量分别为80 kg和100 kg，他们携手远离空间站，相对空间站的速度为0.1 m/s.A将B向空间站方向轻推后，A的速度变为0.2 m/s，求此时B的速度大小和方向.图6答案0.02 m/s远离空间站方向解析轻推过程中，A、B系统的动量守恒，以空间站为参考系，规定远离空间站的方向为正方向，则v 0＝0.1 m/s ，v A ＝0.2 m/s根据动量守恒定律得：(m A ＋m B )v 0＝m A v A ＋m B v B代入数据可解得v B ＝0.02 m/s ，方向为远离空间站方向.例3 将两个完全相同的磁铁(磁性极强)分别固定在质量相等的小车上，水平面光滑.开始时甲车速度大小为3 m/s ，方向向右，乙车速度大小为2 m/s ，方向向左并与甲车速度方向在同一直线上，如图7所示.图7(1)当乙车速度为零时，甲车的速度多大？方向如何？(2)由于磁性极强，故两车不会相碰，那么两车的距离最小时，乙车的速度是多大？方向如何？ 答案 (1)1 m/s 方向向右 (2)0.5 m/s 方向向右解析 两个小车及磁铁组成的系统在水平方向不受外力作用，两车之间的磁力是系统内力，系统动量守恒，设向右为正方向.(1)v 甲＝3 m/s ，v 乙＝－2 m/s.据动量守恒定律得：m v 甲＋m v 乙＝m v 甲′，代入数据解得v 甲′＝v 甲＋v 乙＝(3－2) m/s ＝1 m/s ，方向向右.(2)两车的距离最小时，两车速度相同，设为v ′，由动量守恒定律得：m v 甲＋m v 乙＝m v ′＋m v ′.解得v ′＝m v 甲＋m v 乙2m ＝v 甲＋v 乙2＝3－22m/s ＝0.5 m/s ，方向向右.1.(对动量守恒条件的理解)(多选)如图8所示，在光滑水平地面上有A 、B 两个木块，A 、B 之间用一轻弹簧连接.A 靠在墙壁上，用力F 向左推B 使两木块之间的弹簧压缩并处于静止状态.若突然撤去力F ，则下列说法中正确的是( )图8A.木块A 离开墙壁前，A 、B 和弹簧组成的系统动量守恒，机械能也守恒B.木块A离开墙壁前，A、B和弹簧组成的系统动量不守恒，但机械能守恒C.木块A离开墙壁后，A、B和弹簧组成的系统动量守恒，机械能也守恒D.木块A离开墙壁后，A、B和弹簧组成的系统动量不守恒，但机械能守恒答案BC解析若突然撤去力F，木块A离开墙壁前，墙壁对木块A有作用力，所以A、B和弹簧组成的系统动量不守恒，但由于A没有离开墙壁，墙壁对木块A不做功，所以A、B和弹簧组成的系统机械能守恒，选项A错误，B正确；木块A离开墙壁后，A、B和弹簧组成的系统所受合外力为零，所以系统动量守恒且机械能守恒，选项C正确，D错误.2.(对动量守恒定律的理解)(多选)(2018·河北梁集中学高二第一次调研)我国女子短道速滑队在世锦赛上实现女子3 000 m接力三连冠.如图9所示，观察发现，“接棒”的运动员甲提前站在“交棒”的运动员乙前面，并且开始向前滑行，待乙追上甲时，乙猛推甲一把，使甲获得更大的速度向前冲出.在乙推甲的过程中，忽略运动员与冰面间在水平方向上的相互作用，则()图9A.甲对乙的冲量一定与乙对甲的冲量相同B.相互作用的过程中甲与乙组成的系统满足机械能守恒定律C.相互作用的过程中甲与乙组成的系统满足动量守恒定律D.甲、乙的动量变化一定大小相等、方向相反答案CD解析甲对乙的作用力与乙对甲的作用力等大反向，它们的冲量也等大反向，故A错误.由于乙推甲的过程，其他形式的能转化为机械能，故机械能不守恒，B错误.甲、乙相互作用的过程，系统水平方向不受外力的作用，故系统的动量守恒，此过程甲的动量增大，乙的动量减小，二者动量的变化大小相等、方向相反，故C、D正确.3.(动量守恒定律的简单应用)解放军鱼雷快艇在南海海域附近执行任务，假设鱼雷快艇的总质量为M，以速度v前进，现沿快艇前进方向发射一颗质量为m的鱼雷后，快艇速度减为原来的35，不计水的阻力，则鱼雷的发射速度为()A.2M ＋3m 5m vB.2M 5m vC.4M －m 5m vD.4M 5mv 答案 A解析 以快艇的速度方向为正方向，根据动量守恒定律有：M v ＝(M －m )35v ＋m v ′，解得v ′＝2M ＋3m 5mv . 4.(动量守恒定律的简单应用)一辆质量m 1＝3.0×103 kg 的小货车因故障停在车道上，后面一辆质量m 2＝1.5×103 kg 的轿车来不及刹车，直接撞入货车尾部失去动力.相撞后两车一起沿轿车运动方向滑行了s ＝6.75 m 停下.已知车轮与路面间的动摩擦因数μ＝0.6，求碰撞前轿车的速度大小.(重力加速度取g ＝10 m/s 2)答案 27 m/s解析 由牛顿第二定律得μ(m 1＋m 2)g ＝(m 1＋m 2)a解得a ＝6 m/s 2，则两车相撞后速度为v ＝2as ＝9 m/s以轿车运动方向为正方向，由动量守恒定律得m 2v 0＝(m 1＋m 2)v ，解得v 0＝m 1＋m 2m 2v ＝27 m/s.一、选择题考点一 对动量守恒条件的理解1.如图1所示，小车与木箱紧挨着静止放在光滑的水平冰面上，现有一男孩站在小车上用力向右迅速推出木箱，关于上述过程，下列说法中正确的是( )图1A.男孩和木箱组成的系统动量守恒B.小车与木箱组成的系统动量守恒C.男孩、小车与木箱三者组成的系统动量守恒D.木箱的动量的变化量与男孩、小车的总动量的变化量相同答案 C解析 由动量守恒定律成立的条件可知，男孩、小车与木箱三者组成的系统动量守恒，选项A 、B 错误，C 正确；木箱的动量的变化量与男孩、小车的总动量的变化量大小相等，方向相反，选项D错误.2.(多选)如图2所示，小车放在光滑的水平面上，将系着绳的小球拉开一定的角度，然后同时放开小球和小车，那么在以后的过程中()图2A.小球向左摆动时，小车也向左运动，且系统动量守恒B.小球向左摆动时，小车向右运动，且系统在水平方向上动量守恒C.小球向左摆到最高点，小球的速度为零而小车的速度不为零D.在任意时刻，小球和小车在水平方向上的动量一定大小相等、方向相反(或者都为零)答案BD解析以小球和小车组成的系统为研究对象，在水平方向上不受外力的作用，所以系统在水平方向上动量守恒.由于初始状态小车与小球均静止，所以小球与小车在水平方向上的动量要么都为零，要么大小相等、方向相反，所以A、C错，B、D对.3.(多选)(2018·三明市高二下学期期末)如图3所示，在光滑水平面上有一辆小车，小车A端与滑块C间夹了一压缩轻质弹簧(未拴接在一起)，用两手分别控制小车A端和滑块C处于静止状态，释放后C会离开弹簧向B端冲去，并跟B端油泥粘在一起，忽略一切摩擦，对A、B、C组成的系统，下面说法中正确的是()图3A.先放开右手，再放开左手后，系统动量不守恒B.先放开左手，再放开右手，A、B、C的总动量向左C.两手同时放开后，C与油泥粘在一起时，车立即停止运动D.无论先放哪只手，C与油泥粘在一起时，车都立即停止运动答案BC解析先放开右手，再放开左手后，系统在水平方向不受外力作用，系统的动量守恒，故A 错误.先放开左手，后放开右手，放开右手时，小车已经有向左的速度，系统的动量不为零，所以A、B、C的总动量向左，故B正确.两手同时放开后，系统的总动量为零，C与油泥粘在一起时，根据动量守恒可知车立即停止运动，故C正确.先放开左手，后放开右手，此后A、B 、C 的总动量向左，C 与油泥粘在一起时，车向左运动；先放开右手，后放开左手，此后A 、B 、C 的总动量向右，C 与油泥粘在一起时，车向右运动，故D 错误.考点二 动量守恒定律的应用4.如图4所示，质量为M 的小船在静止的水面上以速率v 0向右匀速行驶，一质量为m 的救生员站在船尾，相对小船静止.若救生员以相对水面速率v 水平向左跃入水中，则救生员跃出后瞬间小船的速率为( )图4A.v 0＋m Mv B.v 0－m M v C.v 0＋m M(v 0＋v ) D.v 0＋m M(v 0－v ) 答案 C解析 以水平向右为正方向，小船和救生员组成的系统满足动量守恒条件：(M ＋m )v 0＝m ·(－v )＋M v ′解得v ′＝v 0＋m M(v 0＋v )， 故C 项正确，A 、B 、D 项错误.5.(2018·福州十一中高二下期中)如图5所示，光滑水平面上有一辆质量为4m 的小车，车上左、右两端分别站着甲、乙两人，他们的质量都是m ，开始时两个人和车一起以速度v 0向右匀速运动.某一时刻，站在车右端的乙先以相对地面向右的速度v 跳离小车，然后站在车左端的甲以相对于地面向左的速度v 跳离小车.两人都离开小车后，小车的速度将是( )图5A.1.5v 0B.v 0C.大于v 0，小于1.5v 0D.大于1.5v 0 答案 A解析 两人和车组成的系统开始时动量为6m v 0，方向向右.当甲、乙两人先后以相对地面大小相等的速度向两个方向跳离时，甲、乙两人动量矢量和为零，则有6m v 0＝4m v 车，解得v车＝1.5v 0，A 正确.6.(多选)如图6所示，水平面上有两个木块，两木块的质量分别为m 1、m 2，且m 2＝2m 1.开始时两木块之间有一根用轻绳缚住的已压缩轻弹簧，烧断绳后，两木块分别向左、右运动.若两木块m 1和m 2与水平面间的动摩擦因数分别为μ1、μ2，且μ1＝2μ2，则在弹簧伸长的过程中，两木块( )图6A.动量大小之比为1∶1B.速度大小之比为2∶1C.动量大小之比为2∶1D.速度大小之比为1∶1答案 AB解析 以两木块及弹簧组成的系统为研究对象，绳断开后，弹簧对两木块的推力可以看成是内力.水平面对两木块有方向相反的滑动摩擦力，且F f1＝μ1m 1g ，F f2＝μ2m 2g ，因此系统所受合外力F 合＝μ1m 1g －μ2m 2g ＝0，满足动量守恒定律的条件.设在弹簧伸长过程中的某一时刻，两木块的速度大小分别为v 1、v 2.由动量守恒定律有(以向右为正方向)：－m 1v 1＋m 2v 2＝0，即m 1v 1＝m 2v 2，即两木块的动量大小之比为1∶1，故A 项正确，C 项错误.两木块的速度大小之比为v 1v 2＝m 2m 1＝21，故B 项正确，D 项错误. 7.(2018·甘肃会宁四中高二下学期期中)满载沙子的总质量为M 的小车，在光滑水平面上做匀速运动，速度为v 0.在行驶途中有质量为m 的沙子从车上漏掉，则沙子漏掉后小车的速度应为( )A.v 0B.M v 0M －mC.m v 0M －mD.(M －m )v 0M 答案 A解析 设漏掉质量为m 的沙子后，在沙子从车上漏掉的瞬间，由于惯性沙子速度仍然为v 0，小车速度为v ′，根据水平方向动量守恒可得：M v 0＝m v 0＋(M －m )v ′解得：v ′＝v 0，故B 、C 、D 错误，A 正确.8.(多选)(2018·宁波高二检测)如图7所示，一个质量为M 的木箱静止在光滑水平面上，木箱内粗糙的底板上放着一个质量为m 的小木块.现使木箱获得一个向右的初速度v 0，则( )图7A.小木块最终将相对木箱静止，二者一起向右运动B.小木块和木箱最终速度为M M ＋m v 0C.小木块与木箱内壁将始终来回往复碰撞，而木箱一直向右运动D.如果小木块与木箱的左壁碰撞后相对木箱静止，则二者将一起向左运动答案 AB解析 木箱与小木块组成的系统水平方向不受外力，故水平方向系统动量守恒，最终两个物体以相同的速度一起向右运动，取v 0方向为正方向，由动量守恒定律：M v 0＝(m ＋M )v 得：v ＝M v 0m ＋M ，A 、B 项正确. 9.(多选)两个小木块A 和B (均可视为质点)中间夹着一轻质弹簧，用细线(未画出)拴在一起，放在光滑的水平桌面上，烧断细线后，木块A 、B 分别向左、右方向运动，离开桌面后均做平抛运动(离开桌面前两木块已和弹簧分离)，落地点与桌面边缘的水平距离分别为l A ＝1 m ，l B ＝2 m ，如图8所示，则下列说法正确的是( )图8A.木块A 、B 离开弹簧时的速度大小之比v A ∶v B ＝1∶2B.木块A 、B 的质量之比m A ∶m B ＝2∶1C.木块A 、B 离开弹簧时的动能之比E k A ∶E k B ＝1∶2D.弹簧对木块A 、B 的作用力大小之比F A ∶F B ＝1∶2答案 ABC解析 A 、B 两木块脱离弹簧后做平抛运动，由平抛运动规律知，木块A 、B 离开弹簧时的速度大小之比为v A v B ＝l A l B ＝12，A 正确；以向左为正方向，根据动量守恒定律得：m A v A －m B v B ＝0，因此m A m B ＝v B v A ＝21，B 正确；木块A 、B 离开弹簧时的动能之比为：E k A E k B ＝m A v A 2m B v B 2＝12，C 正确；弹簧对木块A 、B 的作用力大小之比：F A F B ＝11，D 错误.10.质量为M 的木块在光滑水平面上以速度v 1水平向右运动，质量为m 的子弹以速度v 2水平向左射入木块，要使木块停下来，必须使发射子弹的数目为(子弹留在木块中不穿出)( ) A.(M ＋m )v 1m v 2 B.M v 1(M ＋m )v 2C.M v 1m v 2D.m v 1M v 2 答案 C解析 设发射子弹的数目为n ，n 颗子弹和木块M 组成的系统在水平方向上所受的合外力为零，满足动量守恒的条件.选子弹运动的方向为正方向，由动量守恒定律有：nm v 2－M v 1＝0，得n ＝M v 1m v 2.11.A 、B 两球之间压缩一根轻弹簧(不拴接)，静置于光滑水平桌面上，已知A 、B 两球的质量分别为2m 和m .当用板挡住A 球而只释放B 球时，B 球被弹出落于距桌边水平距离为x 的地面上，B 球离开桌面时已与弹簧分离，如图9所示.若以同样的程度压缩弹簧，取走A 左边的挡板，将A 、B 同时释放，则B 球的落地点距离桌边的水平距离为( )图9A.x 3B.3xC.xD.63x 答案 D解析 当用板挡住A 球而只释放B 球时，根据能量守恒有弹簧的弹性势能E p ＝12m v 02，根据平抛运动规律有x ＝v 0t .当以同样的程度压缩弹簧，取走A 左边的挡板，将A 、B 同时释放，设A 、B 的水平速度大小分别为v A 和v B ，规定向左为正方向，则根据动量守恒和能量守恒有2m v A －m v B ＝0，E p ＝12×2m v A 2＋12m v B 2，解得v B ＝63v 0，B 球的落地点距离桌边的水平距离为x ′＝v B t ＝63x ，D 选项正确. 二、非选择题12.(2018·甘肃会宁四中高二下期中)如图10所示，某同学质量为60 kg ，在军事训练中要求他从岸上以2 m/s 的速度水平向右跳到一条向他缓缓飘来的小船上，然后去执行任务，小船的质量是140 kg ，原来的速度是0.5 m/s.该同学上船后又跑了几步，最终停在船上.不计阻力.求此时小船的速度.图10答案0.25 m/s，方向向右解析规定向右为正方向，设人上船后人船共同速度为v，由动量守恒：m人v人－m船v船＝(m人＋m船)v解得：v＝0.25 m/s，方向向右.13.(2018·孝感市八校联盟高二下期末)如图11所示，在光滑水平面上，使滑块A以2 m/s的速度向右运动，滑块B以4 m/s的速度向左运动并与滑块A发生相互作用，已知滑块A、B 的质量分别为1 kg、2 kg，滑块B的左侧连有轻弹簧，求：图11(1)当滑块A的速度减为0时，滑块B的速度大小；(2)两滑块相距最近时，滑块B的速度大小；(3)弹簧弹性势能的最大值.答案(1)3 m/s(2)2 m/s(3)12 J解析(1)以向右为正方向，A、B与轻弹簧组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒.当滑块A的速度减为0时，滑块B的速度为v B′，由动量守恒定律得：m A v A＋m B v B＝m B v B′解得v B′＝－3 m/s，故滑块B的速度大小为3 m/s，方向向左；(2)两滑块相距最近时速度相等，设相等的速度为v.根据动量守恒得：m A v A＋m B v B＝(m A＋m B)v，解得：v＝－2 m/s，故滑块B的速度大小为2 m/s，方向向左；(3)两个滑块的速度相等时，弹簧压缩至最短，弹性势能最大，根据系统的机械能守恒知，弹簧的最大弹性势能为：E p＝12m Av A2＋12m Bv B2－12(m A＋m B)v2解得：E p＝12 J。
2019-2020学年新素养同步导学新高考高中地理(课件 讲义,含地理核心素养) (42)
3.实验步骤 (1)让细线穿过小球上的小孔，在细线的穿出端打一个稍大一些的线结，制成 一个单摆. (2)将铁夹固定在铁架台上端，铁架台放在实验桌边，把单摆上端固定在铁夹 上，使摆球自由下垂.在单摆平衡位置处做上标记. (3)用刻度尺量出悬线长l′(准确到mm)，用游标卡尺测出摆球的直径d，则摆 长为l＝l′＋ d2 . (4)把单摆拉开一个角度，角度不大于5°，释放摆球.摆球经过最低位置时，用 秒表开始计时，测出单摆完成30次(或50次)全振动的时间，求出一次全振动的 时间，即为单摆的振动周期. (5)改变摆长，反复测量几次，将数据填入表格.
4.数据处理
(1)公式法：每改变一次摆长，将相应的l和T代入公式g＝
4π2l T2
中求出g值，最后
求出g的平均值.
设计如下所示实验表格：
实验次数 摆长l/m 周期T/s 重力加速度g/(m·s－2) 重力加速度g的平均值/(m·s－2)
1
g1＋g2＋g3
2
g＝ 3
3
(2)图象法：由 T＝2π gl 得 T2＝4gπ2l，以 T2 为纵坐标，以 l 为横坐标作出 T2－l 图象(如图 4 所示).其斜率 k＝4gπ2，由图象的斜率即可求出重力加速度 g.
1.单摆 (1)如果细线的质量与小球相比可以 忽略 ，球的直径与线的长度相比也可以忽 略，这样的装置就叫做单摆.单摆是实际摆的 理想化 模型. (2)单摆的平衡位置：摆球 静止 时所在的位置. 2.单摆的回复力 (1)回复力的来源：如图1所示，摆球的重力沿圆弧_切__线__方__向__ (填“切线方向”或“法线方向”)的分力提供回复力.
图4
5.注意事项 (1)选择细而不易伸长的线，长度一般不应短于1 m；摆球应选用密度较大、直 径较小的金属球. (2)摆动时控制摆线偏离竖直方向的角度应很小. (3)摆球摆动时，要使之保持在同一竖直平面内，不要形成圆锥摆. (4)计算单摆的全振动次数时，应从摆球通过最低位置时开始计时，要测n次全 振动的时间t.
2019-2020学年新素养同步导学新高考高中地理(课件 讲义,含地理核心素养) (23)
本课结束
空”“腾云驾雾”的镜头，这通常是采用“背景拍摄法”，让“孙悟空”站在平台上，
做着飞行的动作，在他的背后展现出蓝天和急速飘动的白云，同时加上烟雾效果；摄
影师把人物动作和飘动的白云及下面的烟雾等一起摄入镜头，放映时，观众就感觉到
“孙悟空”在“腾云驾雾”.这时，观众所选的参考系是
A.“孙悟空”
√C.急速飘动的白云
二 质点
1.质点：在研究物体运动的过程中，如果物体的_大__小__和_形__状__在所研究问题中可以忽 略，我们就可以把物体简化为一个点，认为物体的_质__量__都集中在这个点上，这个点 称为质点. 2.把物体看成质点的条件：物体的_大__小__和_形__状__对所研究的问题没有影响或影响很小. 3.理想化模型：在物理学中，抓住问题中的_主__要__因素，忽略其_次__要__因素，建立理想 化的模型，是经常采用的一种科学研究方法.质点是这一_理__想__化__物理模型的具体应用.
D.旋转的物体，肯定不能看成质点
1234
4.(质点)(2019·淇滨高中月考)下列各种情况中，可以把研究对象(加颜色者)看成质点的是 A.研究地球的昼夜更替 B.研究一列队伍过桥的时间问题 C.裁判给参加比赛的艺术体操运动员的比赛打分
√D.研究在水平推力作用下沿水平面平动的木箱
解析 研究地球的昼夜更替时地球的形状不能忽略，不能把地球看成质点，A错误； 队伍的长度相对桥的长度不能忽略，故不能把队伍看成质点，B错误； 给比赛打分时，需要研究运动员的姿势，故不能把运动员看成质点，C错误； 研究在水平推力作用下沿水平面平动的木箱，每个点的运动情况相同，故木箱大小、形 状可以忽略不计，可以把木箱看成质点，D正确.
特别 1.被选为参考系的物体都是假定不动的，不能认为只能选择不动的物体作
2019-2020学年新素养同步导学新高考高中地理(课件 讲义,含地理核心素养) (20)
在时间轴上的表示 对应的广义描述
时刻 用点表示
位置
时间 用线段表示
位移
描述关键字
“初”“末”“时”，如“第1 s末”，“内”，如“第2 s内”，
“第2 s初”，“3 s时”
“前3 s内”，“1 s到3 s内”
联系
两个时刻之间的间隔为一段时间，时间能表示运动的一个过程，好 比一段录像；时刻可以显示运动的一瞬间，好比一张照片
1234
本课结束
(×) (5)一个物体的位移为零，路程也一定为零.( × )
2.钓鱼岛自古以来就是我国的领土，它到温州的直线距离为356 km.若某天我国海监船 为维护我国对钓鱼岛的主权，早上8点20分从温州出发去钓鱼岛巡航，航行了480 km， 历时8时20分到达钓鱼岛，该海监船的位移大小为_3_5_6__k_m__，路程为_4_8_0__k_m__.
例3
如图4所示，某人沿半径R＝50
m的圆形跑道跑步，从A点出发逆时针跑过
3 4
圆
周到达B点，试求由A到B的过程中，此人运动的路程和位移(取 π＝3.14， 2＝1.414).
图4 答案 235.5 m 70.7 m，方向由A指向B 解析 此人运动的路程等于ACB 所对应的弧长，即路程 s＝34×2πR＝235.5 m.此人从 A点运动到B点的位移大小等于由A指向B的有向线段的长度，即位移大小x＝ 2R＝ 70.7 m，位移的方向由A指向B.
达标检测
检测评价 达标过关
03
1.(时刻和时间间隔)(多选)(2019·山西大学附中月考)如图5所示，“复兴号”动车组于
2017年6月26日11时05分，从北京南站发车沿京沪高铁至上海虹桥站，整个行程用时
4.5 h，总行程1 315 km.在“复兴号”动车组这一运行过程中，下列说法正确的是
2019-2020学年新素养同步导学新高考高中地理(课件 讲义,含地理核心素养) (89)
3简谐运动的回复力和能量[学科素养与目标要求]物理观念：1.知道回复力的概念.2.知道振幅越大，振动的能量越大.科学思维：1.会根据简谐运动的回复力特点，判断及分析常见的简谐运动.2.理解简谐运动的动力学特征.科学探究：通过探究，理解简谐运动中位移、回复力、加速度、速度、动能、势能的变化情况.一、简谐运动的回复力1.简谐运动如果质点所受的力与它偏离平衡位置位移的大小成正比，并且总是指向平衡位置，质点的运动就是简谐运动.2.回复力(1)定义：使振动物体回到平衡位置的力.(2)方向：总是指向平衡位置.(3)表达式：F＝－kx.二、简谐运动的能量1.能量转化弹簧振子运动的过程就是动能和势能互相转化的过程.(1)在最大位移处，势能最大，动能为零.(2)在平衡位置处，动能最大，势能最小.2.能量特点在简谐运动中，振动系统的机械能守恒，而在实际运动中都有一定的能量损耗，因此简谐运动是一种理想化的模型.1.判断下列说法的正误.(1)回复力的方向总是与位移的方向相反.(√)(2)回复力的方向总是与加速度的方向相反.(×)(3)水平弹簧振子运动到平衡位置时，回复力为零，因此能量一定为零.(×)(4)回复力的大小与速度大小无关，速度增大时，回复力可能增大，也可能减小.(×)2.如图1所示的弹簧振子，O为平衡位置，B、C为最大位移位置，以向右的方向为正方向，则振子从B运动到O的过程中，位移方向为________，大小逐渐________；回复力方向为________，大小逐渐________；振子速度方向为________，大小逐渐________；动能逐渐________；势能逐渐________.(选填“正”“负”“增大”或“减小”)图1答案正减小负减小负增大增大减小一、简谐运动的回复力如图所示为一个水平方向的弹簧振子模型(水平杆光滑)，O点为振子的平衡位置，A、O间和B、O间距离都是x.(1)振子在O点时受到几个力的作用？分别是什么力？(2)振子在A、B点时受到哪些力的作用？(3)除重力、支持力、弹簧弹力外，振子在O、A、B点还受到回复力的作用吗？回复力有什么特点？答案(1)两个力.重力、支持力.(2)A点：重力、支持力、弹簧向右的弹力；B点：重力、支持力、弹簧向左的弹力.(3)不受.回复力是指将振动的物体拉回到平衡位置的力，是按照力的作用效果来命名的，不是一种新型的力，所以分析物体的受力时，不分析回复力.回复力可以由某一个力提供(如弹力)，也可能是几个力的合力，还可能是某一个力的分力，归纳起来，回复力一定等于物体沿振动方向所受的合力.1.回复力(1)回复力的方向总是指向平衡位置，回复力为零的位置就是平衡位置.(2)回复力的性质回复力是根据力的效果命名的，可能由合力、某个力或某个力的分力提供.它一定等于振动物体在振动方向上所受的合力，分析物体受力时不能再加上回复力.例如：如图2甲所示，水平方向的弹簧振子，弹力充当回复力；如图乙所示，竖直方向的弹簧振子，弹力和重力的合力充当回复力；如图丙所示，m随M一起振动，m的回复力由静摩擦力提供.图22.回复力公式：F＝－kx(1)k是比例系数，其值由振动系统决定，与振幅无关.只有水平弹簧振子，回复力仅由弹力提供，k为劲度系数.(2)“－”号表示回复力的方向与偏离平衡位置的位移的方向相反.3.简谐运动的加速度由F＝－kx及牛顿第二定律F＝ma可知：a＝－km x，加速度a与位移x的大小成正比，方向与位移方向相反.4.物体做简谐运动的判断方法(1)简谐运动的回复力满足F＝－kx；(2)简谐运动的振动图象是正弦曲线.例1(多选)如图3所示，弹簧振子在光滑水平杆上的A、B之间做往复运动，下列说法正确的是()图3A.弹簧振子运动过程中受重力、支持力和弹簧弹力的作用B.弹簧振子运动过程中受重力、支持力、弹簧弹力和回复力的作用C.振子由A向O运动过程中，回复力逐渐增大D.振子由O向B运动过程中，回复力的方向指向平衡位置答案AD解析弹簧振子运动过程中受重力、支持力和弹簧弹力，回复力是根据效果命名的力，它是由物体受到的具体的力所提供的，在此情景中弹簧的弹力充当回复力，故A正确，B错误；回复力与位移的大小成正比，由A向O运动过程中位移的大小在减小，故此过程回复力逐渐减小，C错误；回复力总是指向平衡位置，故D正确.二、简谐运动的能量如图所示为水平弹簧振子，振子在A、B之间往复运动.(1)从A到B的运动过程中，振子的动能如何变化？弹簧弹性势能如何变化？振动系统的总机械能是否变化？(2)如果把振子振动的振幅增大，振子回到平衡位置的动能是否增大？振动系统的机械能是否增大？(3)实际的振动系统有空气阻力和摩擦阻力，能量是否损失？理想化的弹簧振动系统，忽略空气阻力和摩擦阻力，能量是否损失？答案(1)振子的动能先增大后减小弹簧的弹性势能先减小后增大总机械能保持不变(2)振子回到平衡位置的动能增大系统的机械能增大(3)实际的振动系统，能量逐渐减小理想化的弹簧振动系统，能量不变.1.简谐运动中，振动系统的动能和势能相互转化，平衡位置处动能最大，势能最小；最大位移处动能为零，势能最大，但总的机械能不变.2.对于同一个振动系统，振幅越大，振动的能量越大.3.简谐运动是一种无能量损失的振动，所以其振幅保持不变，又称为等幅振动.例2如图4所示，一水平弹簧振子在A、B间做简谐运动，平衡位置为O，已知振子的质量为M.图4(1)简谐运动的能量取决于______，振子振动时动能和______相互转化，总机械能______.(2)振子在振动过程中，下列说法中正确的是________.A.振子在平衡位置，动能最大，弹性势能最小B.振子在最大位移处，弹性势能最大，动能最小C.振子在向平衡位置运动时，由于振子振幅减小，故总机械能减小D.在任意时刻，动能与弹性势能之和保持不变(3)若振子运动到B处时将一质量为m的物体放到M的上面，且m和M无相对滑动而一起运动，下列说法正确的是________.A.振幅不变B.振幅减小C.最大动能不变D.最大动能减小答案(1)振幅弹性势能守恒(2)ABD(3)AC解析(1)简谐运动的能量取决于振幅，振子振动时动能和弹性势能相互转化，总机械能守恒.(2)振子在平衡位置两侧往复运动，在平衡位置处速度达到最大，动能最大，弹性势能最小，所以A正确；在最大位移处速度为零，动能为零，此时弹簧的形变量最大，弹性势能最大，所以B正确；振幅的大小与振子的位置无关，在任意时刻只有弹簧的弹力做功，所以机械能守恒，所以C错误，D正确.(3)振子运动到B点时速度恰为零，此时放上m，系统的总能量即为此时弹簧储存的弹性势能，由于简谐运动中机械能守恒，所以振幅保持不变，选项A正确，B错误；由于机械能守恒，所以最大动能不变，选项C正确，D错误.三、简谐运动中各物理量的变化1.如图5所示为水平的弹簧振子示意图，振子运动过程中各物理量的变化情况如表所示.图52.说明：(1)简谐运动中各个物理量对应关系不同.位置不同，则位移不同，加速度、回复力不同，但是速度、动能、势能可能相同，也可能不同.(2)简谐运动中的最大位移处，F、a、E p最大，E k＝0；在平衡位置处，F＝0，a＝0，E p＝0，(3)位移增大时，回复力、加速度和势能增大，速度和动能减小；位移减小时，回复力、加速度和势能减小，速度和动能增大.例3 (2018·金华市十校高二上学期期末联考)如图6甲所示，弹簧振子以O 点为平衡位置，在A 、B 两点之间做简谐运动.取向右为正方向，振子的位移x 与时间t 的关系图象如图乙所示，下列说法正确的是( )图6A.t ＝0.8 s 时，振子的速度方向向右B.t ＝0.2 s 时， 振子在O 点右侧6 cm 处C.t ＝0.4 s 和t ＝1.2 s 时，振子的加速度相同D.从t ＝0.4 s 到t ＝0.8 s 的时间内，振子的动能逐渐增大 答案 D解析 由题图乙知，t ＝0.8 s 时，图象切线的斜率为负，说明振子的速度为负，即振子的速度方向向左，故A 错误.在0～0.4 s 内，振子做减速运动，不是匀速运动，所以t ＝0.2 s 时，振子不在O 点右侧6 cm 处，故B 错误.t ＝0.4 s 和t ＝1.2 s 时，振子的位移大小相等、方向相反，由a ＝－kxm ，知加速度大小相等、方向相反，故C 错误.t ＝0.4 s 到t ＝0.8 s 的时间内，振子的位移减小，正向平衡位置靠近，速度逐渐增大，动能逐渐增大，故D 正确.例4 如图7所示，平台沿竖直方向做简谐运动，一物体置于振动平台上始终随平台振动，两者保持相对静止.以下说法正确的是( )图7A.振动平台位于最高点时，物体对平台的压力最大B.振动平台位于最低点时，物体对平台的压力最大C.物体速度最大时，对平台的压力最大D.物体加速度最大时，对平台的压力最大[学科素养]通过对例3、例4的分析，一方面让学生进一步了解了简谐运动中的各物理量之间的关系，另一方面也提高了学生获取和处理信息的能力，体现了“物理观念”与“科学思维”的学科素养.1.(简谐运动的回复力)(多选)关于简谐运动的回复力，以下说法正确的是()A.简谐运动的回复力不可能是恒力B.做简谐运动的物体的加速度方向与位移方向总是相反C.简谐运动中回复力的公式为F＝－kx，其中k是弹簧的劲度系数，x是弹簧的长度D.做简谐运动的物体每次经过平衡位置合力一定为零答案AB解析根据简谐运动的定义可知，物体做简谐运动时，受到的回复力为F＝－kx，k是比例系数，x是物体相对平衡位置的位移，回复力不可能是恒力，故A正确，C错误；回复力方向总是指向平衡位置，与位移方向相反，根据牛顿第二定律，加速度的方向与回复力的方向相同，所以做简谐运动的物体的加速度方向与位移方向总是相反，故B正确；做简谐运动的物体每次经过平衡位置回复力为零，但是合力不一定为零，故D错误.2.(简谐运动中各物理量的变化)(2018·诸暨牌头中学高二上学期期中)如图8所示，虚线和实线分别为甲、乙两个弹簧振子做简谐运动的图象，则下列说法正确的是()图8A.任意时刻，甲振子的位移都比乙振子的位移大B.t＝0时，甲、乙两振子的振动方向相反C.前2 s内，甲、乙两振子的加速度均为正值D.第2 s末，甲的加速度达到其最大值，乙的速度达到其最大值答案 B解析 简谐运动的图象反映了振子的位移与时间的关系，甲振子的位移有时比乙振子的位移大，有时相同，有时比乙振子的位移小，故A 错误；根据切线斜率的正负表示速度的方向可知，t ＝0时，甲、乙两振子的振动方向相反，故B 正确；由a ＝－kxm 分析可知，前2 s 内乙振子的加速度为正值，甲振子的加速度为负值，故C 错误；第2 s 末甲的位移等于零，加速度为零，通过平衡位置，速度达到其最大值，乙的位移达到最大值，加速度达到其最大值，速度为零，故D 错误.3.(简谐运动的能量)(2018·沈阳市郊联体高二上学期期末)把一个小球套在光滑细杆上，球与轻弹簧相连组成弹簧振子，小球沿杆在水平方向做简谐运动，它围绕平衡位置O 在A 、B 间振动，如图9所示，下列结论正确的是( )图9A.小球在O 位置时，动能最小，加速度最小B.小球在A 、B 位置时，动能最大，加速度最大C.小球从A 经O 到B 的过程中，回复力先做正功，后做负功D.小球从B 到O 的过程中，振动的能量不断减小 答案 C解析 振子经过平衡位置时，速度最大，位移为零，所以在O 位置时动能最大，回复力为零，加速度为零，故A 错误；在A 、B 位置时，速度为零，位移最大，回复力最大，加速度最大，故B 错误；由于回复力指向平衡位置，所以振子从A 经O 到B 的过程中，回复力先做正功，后做负功，故C 正确；振子的动能和弹簧的弹性势能相互转化，且总量保持不变，即振动的能量保持不变，故D 错误.4.(简谐运动的表达式及各物理量的变化)如图10所示为一弹簧振子的振动图象，试完成以下问题：图10(1)写出该振子简谐运动的表达式；(2)在第2 s 末到第3 s 末这段时间内，弹簧振子的加速度、速度、动能和弹性势能各是怎样变化的？(3)该振子前100 s 的总位移是多少？路程是多少？ 答案 (1)x ＝5sin π2t (cm) (2)见解析 (3)0 5 m解析 (1)简谐运动图象的一般表达式是x ＝A sin(ωt ＋φ0)，由振动图象可得振幅A ＝5 cm ，初相φ0＝0，周期T ＝4 s ，则角速度ω＝2πT ＝π2 rad/s故该振子简谐运动的表达式为x ＝5sin π2t (cm)(2)由题图可知，在t ＝2 s 时，振子恰好通过平衡位置，此时加速度为零，随着时间的延续，位移为负值且不断增大，即离开平衡位置的距离变大，回复力变大，加速度指向平衡位置且变大，速度不断变小，动能不断减小，弹性势能逐渐增大.当t ＝3 s 时，加速度达到最大，速度等于零，动能等于零，弹性势能达到最大值.(3)振子经一周期位移为零，路程为4×5 cm ＝20 cm ，前100 s 刚好经过了25个周期，所以前100 s 振子位移x ＝0，振子路程s ＝25×20 cm ＝500 cm ＝5 m.一、选择题考点一 简谐运动的回复力和加速度1.对于弹簧振子的回复力和位移的关系，下列图中正确的是( )答案 C解析 由简谐运动的回复力公式F ＝－kx 可知，C 正确.2.如图1甲所示，一弹簧振子在A 、B 间做简谐运动，O 为平衡位置，图乙是弹簧振子做简谐运动时的位移—时间图象，则关于弹簧振子的加速度随时间的变化规律，下列四个图象中正确的是( )图1答案 C解析 加速度与位移的关系为a ＝－kx m ，而x ＝A sin ωt ，所以a ＝－kAm sin ωt ，则可知C 选项正确.3.(多选)如图2所示，一竖直放置的轻弹簧下端固定在水平地面上，质量为m 的小球从弹簧正上方高为h 处自由下落到弹簧上端A 点，然后压缩弹簧到最低点C ，若小球放在弹簧上可静止在B 点，小球运动过程中空气阻力忽略不计，则下列说法正确的是( )图2A.B 点位于AC 连线中点的上方B.B 点位于AC 连线中点的下方C.小球在A 点的回复力等于mgD.小球在C 点的回复力大于mg答案 ACD解析 小球放在弹簧上，可以静止于B 点，知B 点为平衡位置，若小球从A 点由静止释放，平衡位置在A 点和最低点的中点，而小球从弹簧的正上方自由下落，最低点需下移，但是平衡位置不变，可知B 点位于AC 连线中点的上方，故A 正确，B 错误；小球在A 点所受弹力为零，则小球在A 点所受的合力为mg ，即回复力为mg ，故C 正确；若从A 点静止释放，到达最低点时，加速度与A 点对称，大小为g ，但是C 点所处的位置在A 点关于平衡位置对称点的下方，小球在C 点的回复力大于mg ，故D 正确.4.(2018·房山区高二检测)如图3所示，A 、B 两物体组成弹簧振子，在振动过程中，A 、B 始终保持相对静止，下列给定的四幅图中能正确反映振动过程中物体A所受摩擦力F f与振子相对平衡位置位移x关系的图线为()图3答案 B解析设弹簧的劲度系数为k，振子距平衡位置的位移为x时系统的加速度为a，根据牛顿第二定律有kx＝－(m A＋m B)a，所以当位移为x时，整体的加速度a＝－kxm A＋m B，隔离对A分析，则摩擦力F f＝m A a＝－m Am A＋m Bkx，B正确.考点二简谐运动的能量5.如图4所示为某个弹簧振子做简谐运动的振动图象，由图象可知()图4A.在0.1 s时，由于位移为零，所以振动能量为零B.在0.2 s时，振子具有最大势能C.在0.35 s时，振子具有的能量尚未达到最大值D.在0.4 s时，振子的动能最大答案 B解析弹簧振子做简谐运动，振动能量不变，选项A错；在0.2 s时位移最大，振子具有最大势能，选项B对；弹簧振子的振动能量不变，在0.35 s时振子具有的能量与其他时刻相同，选项C错；在0.4 s时振子的位移最大，动能为零，选项D错.6.如图5所示，一根用绝缘材料制成的劲度系数为k的轻质弹簧，左端固定，右端与质量为m、带电荷量为＋q的小球相连，静止在光滑、绝缘的水平面上.在施加一个场强为E、方向水平向右的匀强电场后，小球开始做简谐运动.那么()图5A.小球到达最右端时，弹簧的形变量为2qEkB.小球做简谐运动的振幅为2qEkC.运动过程中小球的机械能守恒D.运动过程中小球的电势能和弹簧的弹性势能的总量不变 答案 A解析 小球做简谐运动的平衡位置是弹簧拉力和电场力平衡的位置，此时弹簧形变量为qEk ，则小球做简谐运动的振幅为qE k ，小球到达最右端时，弹簧形变量为2qE k，A 对，B 错.电场力做功，故机械能不守恒，C 错.运动过程中，小球的动能、电势能和弹簧的弹性势能的总量不变，D 错.7.(2018·武汉高二检测)如图6所示，质量为M 的物块钩在水平放置的左端固定的轻质弹簧的右端，构成一弹簧振子，物块可沿光滑水平面在BC 间做简谐运动，振幅为A .在运动过程中将一质量为m 的小物块轻轻地放在M 上，第一次是当M 运动到平衡位置处O 时放在上面(有机械能损失)，第二次是当M 运动到最大位移处C 时放在上面，观察到第一次放后的振幅为A 1，第二次放后的振幅为A 2，则( )图6A.A 1＝A 2＝AB.A 1<A 2＝AC.A 1＝A 2<AD.A 2<A 1＝A答案 B解析 振子运动到C 点时速度恰为0，此时放上小物块，系统的总能量即为此时弹簧储存的弹性势能，不变，故振幅不变，即A 2＝A ；振子运动到平衡位置时速度最大，弹簧的弹性势能为零，放上小物块后，系统的机械能减小，根据能量守恒定律可得机械能转化为弹性势能的总量减小，故弹簧的最大伸长(压缩)量减小，即振幅减小，所以A 1<A ，故A 1<A 2＝A ，B 正确. 8.(2018·南昌高二检测)如图7所示，一水平弹簧振子在光滑水平面上的B 、C 两点间做简谐运动，O 为平衡位置.已知振子由完全相同的P 、Q 两部分组成，彼此拴在一起.当振子运动到B 点的瞬间，将P 拿走，则以后Q 的运动和拿走P 之前相比有( )图7A.Q 的振幅不变，通过O 点的速率减小B.Q 的振幅不变，通过O 点的速率增大C.Q 的振幅增大，通过O 点的速率增大D.Q 的振幅减小，通过O 点的速率减小 答案 B解析 振幅为偏离平衡位置的最大距离，即速度为零时的位移大小，振子到B 点时速度为零，OB 间距等于振幅，此时拿走P ，振子速度仍然为零，故Q 的振幅不变；简谐运动中势能和动能之和守恒，到达B 点时，动能为零，弹性势能最大，此时拿走P ，系统机械能不变，回到O 点时动能不变，根据E k ＝12m v 2，振子质量减小，速率一定增大，B 正确.考点三 简谐运动中各物理量的变化9.(多选)如图8所示是某一质点做简谐运动的振动图象，下列说法正确的是( )图8A.在第1 s 内，质点速度逐渐增大B.在第1 s 内，质点加速度逐渐增大C.在第4 s 内，质点的动能逐渐增大D.在第4 s 内，质点的势能逐渐增大 答案 BC解析 在第1 s 内，质点由平衡位置向正向最大位移处运动，速度减小，位移增大，回复力和加速度都增大，故A 错误，B 正确；在第4 s 内，质点由负向最大位移处向平衡位置运动，速度增大，位移减小，动能增大，势能减小，故C 正确，D 错误.10.(多选)如图9为某一质点的振动图象，由图可知，在t 1和t 2两时刻|x 1|＞|x 2|，质点速度v 1、v2与加速度a1、a2的关系正确的是()图9A.|v1|＜|v2|，方向相同B.|v1|＜|v2|，方向相反C.|a1|＞|a2|，方向相同D.|a1|＞|a2|，方向相反答案AD解析在t1时刻，质点向平衡位置运动，在t2时刻，质点远离平衡位置运动，故速度v1与v2方向相同，由于|x1|＞|x2|，所以|v1|＜|v2|，A对，B错；在t1和t2时刻，质点离开平衡位置的位移方向相反，因而回复力方向相反，加速度方向相反，但|x1|＞|x2|，t1时刻回复力大于t2时刻回复力，故|a1|＞|a2|，C错，D对.二、非选择题11.如图10所示，弹簧下面挂一个质量为m的物体，物体在竖直方向做振幅为A的简谐运动，当物体振动到最高点时，弹簧正好为原长.重力加速度为g，则物体在振动过程中：图10(1)物体在竖直方向做简谐运动的过程中物体的机械能是否守恒？________.A.守恒B.不守恒C.不确定(2)物体在最高点回复力的大小________在最低点回复力的大小.(选填“大于”“小于”或“等于”)(3)系统的最大弹性势能等于________.(4)物体在最低点所受弹力等于________.答案(1)B(2)等于(3)2mgA(4)2mg解析(1)物体在竖直方向做简谐运动的过程中，由于弹簧的弹力对物体做功，因此物体的机械能不守恒.(2)物体在竖直方向做简谐运动，根据对称性可知，物体在最高点回复力的大小等于在最低点回复力的大小.(3)从最高点到最低点，动能变化为0，重力势能减小2mgA ，则弹性势能增加2mgA ，而在最高点弹性势能为0，则系统在最低点弹性势能最大为2mgA .(4)物体在最高点时回复力大小为mg ，方向竖直向下.由对称性知，在最低点时回复力大小也等于mg ，方向竖直向上，则有mg ＝F 弹－mg ，得F 弹＝2mg .12.(2018·馆陶一中高二下学期期中)如图11所示，倾角为α的斜面体(斜面光滑且足够长)固定在水平地面上，斜面顶端与劲度系数为k 、自然长度为L 的轻质弹簧相连，弹簧的另一端连接着质量为m 的物块.压缩弹簧使其长度为34L 时将物块由静止开始释放(物块做简谐运动)，重力加速度为g .图11(1)求物块处于平衡位置时弹簧的长度； (2)物块做简谐运动的振幅是多少； 答案 (1)L ＋mg sin αk (2)mg sin αk ＋L4解析 (1)物块平衡时，受重力、支持力和弹簧的弹力. 根据平衡条件，有：mg sin α＝k ·Δx 解得Δx ＝mg sin αk故弹簧的长度为L ＋mg sin αk(2)物块做简谐运动的振幅为A ＝Δx ＋14L ＝mg sin αk ＋L4.。
2019-2020学年新素养同步导学新高考高中地理(课件 讲义,含地理核心素养) (88)
子数而显正电
解析 摩擦起电实质是由于两个物体的原子核对核外电子的束缚能力不相同， 因而电子可以在物体间转移.若一个不带电的物体失去电子，其质子数就会比电 子数多，我们说它带正电；若一个不带电的物体得到电子，其质子数就会比电 子数少，我们说它带负电.使物体带电并不是创造出电荷.
内容索引
NEIRONGSUOYIN
自主预习 重点探究 达标检测 课时对点练
预习新知 夯实基础 启迪思维 探究重点 检测评价 达标过关 注重双基 强化落实
自主预习
一、电荷及起电方式
1.两种电荷 (1)电荷的分类： 正 电荷和 负 电荷. 用丝绸摩擦过的玻璃棒带 正 电，用毛皮摩擦过的硬橡胶棒带 负 电. (2)电荷间的相互作用：同种电荷相互 排斥 ，异种电荷相互吸引 . 2.摩擦起电：当两个物体互相摩擦时，一些束缚得不紧的电子往往从一个物 体 转移 到另一个物体，于是原来呈电中性的物体由于得到电子而带 负 电， 失去电子的物体则带 正 电.
三、验电器的原理和使用
验电器的两种应用方式及原理 (1)带电体接触验电器：当带电的物体与验电器上面的金属球接触时，有一部 分电荷转移到验电器上，与金属球相连的两个金属箔片带上同种电荷，因相互 排斥而张开.如图4甲.
图4
(2)带电体靠近验电器：当带电体靠近验电器的金属球时，带电体会使验电器 的金属球感应出异种电荷，而金属箔片上会感应出同种电荷(感应起电)，两箔 片在斥力作用下张开，如图乙.
即学即用
1.判断下列说法的正误. (1)用丝绸摩擦过的玻璃棒带正电，是因为正电荷从丝绸转移到玻璃棒上.
(× ) (2)摩擦起电的过程是电子从一个物体转移到另一个物体的过程.( √ ) (3)原来不带电的丝绸和玻璃棒相互摩擦后分别带上了异种电荷，说明通过 摩擦可以创造电荷.( × ) (4)某一带电体的电荷量可能等于5×10－19 C.( × )
2019-2020学年新素养同步导学新高考高中地理(课件 讲义,含地理核心素养) (86)
微型专题 匀变速直线运动的平均速度公式和位移差公式的应用[学习目标] 1.掌握三个平均速度公式及其适用条件，会应用平均速度公式求解相关问题.2.会推导Δs ＝aT 2并会用它解决相关问题．一、匀变速直线运动的平均速度公式一物体做匀变速直线运动，初速度为v 0，经过一段时间末速度为v t . (1)画出物体的v －t 图象，求出物体在这段时间内的平均速度．(2)在图象中表示出中间时刻的瞬时速度2t v ，并求出2t v .(结果用v 0、v 表示)答案 (1)v －t 图象如图所示因为v －t 图象与t 轴所围面积表示位移，t 时间内物体的位移可表示为s ＝v 0＋v t2·t ①平均速度v ＝st ②由①②两式得v ＝v 0＋v t2. (2)由图可知中间时刻的瞬时速度的大小等于梯形中位线的长度，即：2t v ＝v 0＋v t2.1．三个平均速度公式及适用条件 (1)v ＝st，适用于所有运动．(2)v ＝v 0＋v t2，适用于匀变速直线运动．(3)v ＝2t v ，即一段时间内的平均速度，等于这段时间内中间时刻的瞬时速度，适用于匀变速直线运动．2．匀变速直线运动位移的另一公式 根据v ＝st 得s ＝v t ＝v 0＋v t 2t说明：公式s ＝v 0＋v t2t 只适用于匀变速直线运动，不适用于非匀变速直线运动．例1 物体先做初速度为零的匀加速直线运动，加速度a 1＝2 m/s 2，加速一段时间t 1，然后接着做匀减速直线运动，直到速度减为零，已知整个运动过程所用时间t ＝20 s ，总位移为300 m ，则物体运动的最大速度为( ) A ．15 m/s B ．30 m/s C ．7.5 m/s D ．无法求解答案 B解析 设最大速度为v m ，匀加速直线运动过程：v ＝12(0＋v m )＝12v m ，匀减速直线运动过程：v ＝12(v m ＋0)＝12v m ，所以整个运动过程的平均速度为v m 2＝s t ＝300 m 20 s ，解得v m ＝30 m/s.针对训练1 做匀变速直线运动的质点在第一个0.5 s 内的平均速度比它在第一个1.5 s 内的平均速度大2.45 m/s ，以质点初始时刻的运动方向为正方向，则质点的加速度为( ) A ．2.45 m/s 2 B ．－2.45 m/s 2 C ．4.90 m/s 2 D ．－4.90 m/s 2 答案 D解析 设质点在第一个0.5 s 内的平均速度为v 1，即在t 1＝0.25 s 时的速度为v 1；设在第一个1.5 s 内的平均速度为v 2，即在t 2＝0.75 s 时速度为v2.由题意得：v 1－v 2＝2.45 m/s ，故a ＝v 2－v 1t 2－t 1＝－2.450.75－0.25m/s 2＝－4.90 m/s 2，D 正确． 二、位移差公式Δs ＝aT 2物体做匀变速直线运动，加速度为a ，从某时刻起T 时间内的位移为s 1，紧接着第二个T 时间内的位移为s 2.试证明：Δs ＝aT 2.答案 见解析解析 证明：设物体的初速度为v 0 自计时起T 时间内的位移 s 1＝v 0T ＋12aT 2①在第2个T 时间内的位移s 2＝v 0·2T ＋12a (2T )2－s 1＝v 0T ＋32aT 2.②由①②两式得连续相等时间内的位移差为 Δs ＝s 2－s 1＝v 0T ＋32aT 2－v 0T －12aT 2＝aT 2，即Δs ＝aT 2.1．匀变速直线运动中，在连续相等的时间T 内的位移之差为一恒定值，即Δs ＝s 2－s 1＝aT 2. 2．应用(1)判断物体是否做匀变速直线运动如果Δs ＝s 2－s 1＝s 3－s 2＝…＝s n －s n －1＝aT 2成立，则a 为一恒量，说明物体做匀变速直线运动． (2)求加速度利用Δs ＝aT 2，可求得a ＝Δs T2.例2 一个做匀加速直线运动的物体，在前4 s 内经过的位移为24 m ，在第2个4 s 内经过的位移是60 m ，求这个物体的加速度和初速度各是多大？ 答案 2.25 m/s 2 1.5 m/s解析 由公式Δs ＝aT 2得：a ＝Δs T 2＝s 2－s 1T2＝60－2442 m/s 2＝2.25 m/s 2，这8 s 中间时刻的速度 v ＝s 1＋s 22T ＝60＋242×4 m/s ＝10.5 m/s而v ＝v 0＋at得：v 0＝1.5 m/s.例3 从斜面上某一位置每隔0.1 s 释放一个相同的小球，释放后小球做匀加速直线运动，在连续释放几个后，对在斜面上滚动的小球拍下如图1所示的照片，测得s AB ＝15 cm ，s BC ＝20 cm.试求：图1(1)小球的加速度的大小； (2)拍摄时小球B 的速度的大小； (3)拍摄时s CD 的大小．答案 (1)5 m/s 2 (2)1.75 m/s (3)0.25 m解析 小球释放后做匀加速直线运动，且每相邻的两个小球的时间间隔相等，均为0.1 s ，可以认为A 、B 、C 、D 各点是一个小球在不同时刻的位置． (1)由推论Δs ＝aT 2可知，小球的加速度为a ＝Δs T 2＝s BC －s AB T 2＝20×10－2－15×10－20.12m/s 2＝5 m/s 2.(2)由题意知B 点对应AC 段的中间时刻，可知B 点的速度等于AC 段上的平均速度，即v B ＝v AC ＝s AC 2T ＝20×10－2＋15×10－22×0.1m/s ＝1.75 m/s.(3)由于连续相等时间内的位移差恒定，所以 s CD －s BC ＝s BC －s AB所以s CD ＝2s BC －s AB ＝2×20×10－2 m －15×10－2 m ＝0.25 m.针对训练2 (多选)(2019·长春外国语学校月考)一质点做匀加速直线运动，第3 s 内的位移是2 m ，第4 s 内的位移是2.5 m ，那么以下说法正确的是( ) A ．第2 s 内的位移是2.5 m B ．第3 s 末的瞬时速度是2.25 m/sC ．质点的加速度是0.125 m/s 2D ．质点的加速度是0.5 m/s 2 答案 BD解析 由Δx ＝aT 2，得a ＝x 4－x 3T 2＝2.5－212 m/s 2＝0.5 m/s 2，x 3－x 2＝x 4－x 3，所以第2 s 内的位移x 2＝1.5 m ，A 、C 错误，D 正确；第3 s 末的瞬时速度v 3＝x 3＋x 42T ＝2.25 m/s ，B 正确．三、匀变速直线运动公式的比较 1．两个基本公式 v t ＝v 0＋at 和s ＝v 0t ＋12at 2上两个公式中包括五个物理量，原则上已知其中三个物理量可以求解另外两个物理量，可以解决所有的匀变速直线运动问题．解题时要注意公式的矢量性，先根据规定好的正方向确定好所有矢量的正负值． 2．几个导出公式及特点(1)v t 2－v 02＝2as 不涉及时间，若题目中已知量和未知量都不涉及时间，利用此式往往比较简单． (2)s ＝v t 普遍适用于各种运动，而v ＝v 0＋v t2＝2t v 只适用于匀变速直线运动，两者相结合可以轻松地求出中间时刻的瞬时速度或者初、末速度．(3)s 2－s 1＝aT 2适用于匀变速直线运动，进一步的推论有s m －s n ＝(m －n )aT 2(其中T 为连续相等的时间间隔，s m 为第m 个时间间隔内的位移，s n 为第n 个时间间隔内的位移)．例4 一辆汽车从静止开始做匀加速直线运动，已知途中先后经过相距27 m 的A 、B 两点所用时间为2 s ，汽车经过B 点时的速度为15 m/s.求： (1)汽车经过A 点时的速度大小和加速度大小； (2)汽车从出发点到A 点经过的距离；(3)汽车经过B 点后再经过2 s 到达C 点，则BC 间距离为多少？ 答案 (1)12 m/s 1.5 m/s 2 (2)48 m (3)33 m解析 (1)设汽车初始运动方向为正方向，过A 点时速度为v A ， 则AB 段平均速度为v AB ＝v A ＋v B2故由s ＝v t ＝v AB t ＝v A ＋v B2t ，解得v A ＝12 m/s. 对AB 段：a ＝v B －v At AB＝1.5 m/s 2.(2)对OA 段(O 为出发点，v 0＝0)：由v t 2－v 02＝2as 得s OA ＝v A 2－v 022a＝48 m.(3)汽车经过BC 段的时间等于经过AB 段的时间， 则s BC －s AB ＝aT 2，得s BC ＝s AB ＋aT 2＝27 m ＋1.5×22 m ＝33 m.1．(平均速度公式的应用)小蒙骑自行车由静止沿直线运动，他在第1 s 内、第2 s 内、第3 s 内、第4 s 内通过的位移分别为1 m 、2 m 、3 m 、4 m ，则( ) A ．他4 s 末的瞬时速度为4 m/s B ．他第2 s 内的平均速度为1.5 m/s C ．他4 s 内的平均速度为2.5 m/s D ．他1 s 末的速度为1 m/s 答案 C解析 小蒙骑自行车的速度是逐渐增大的，无法确定他的瞬时速度，只能求出平均速度，第2 s 内平均速度为21 m/s ＝2 m/s ；4 s 内的平均速度v ＝1＋2＋3＋44m/s ＝2.5 m/s.2．(平均速度公式的应用)一质点从静止开始由A 点先做匀加速直线运动到B 点，然后从B 点做匀减速直线运动到C 点时速度刚好为零．已知t AB ＝2t BC ，那么在AB 段和BC 段( ) A ．加速度大小之比为2∶1B ．位移大小之比为1∶2C ．平均速度大小之比为2∶1D ．平均速度大小之比为1∶1答案 D解析 设B 点速度为v ，t BC ＝t 加速度a 1＝v 2t ，a 2＝vt故a 1∶a 2＝1∶2，选项A 错误； v 1＝0＋v 2＝v 2；v 2＝v ＋02＝v2故v 1∶v 2＝1∶1，选项C 错误，D 正确；s 1＝2v 1t ，s 2＝v 2t ，故s 1∶s 2＝2∶1，选项B 错误．3．(位移差公式的应用)(多选)如图2所示，某物体做匀加速直线运动，A 、B 、C 、D 为其运动轨迹上的四点，测得AB ＝2 m, BC ＝3 m ，且物体通过AB 、BC 、CD 所用的时间均为0.2 s ，则下列说法正确的是( )图2A ．物体的加速度为20 m/s 2B ．物体的加速度为25 m/s 2C ．CD ＝4 m D ．CD ＝5 m答案 BC解析 由匀变速直线运动的规律知，连续相等时间内的位移差为常数，即Δs ＝aT 2，可得： a ＝BC －AB T 2＝10.04 m/s 2＝25 m/s 2，故A 错误，B 正确；根据CD －BC ＝BC －AB ，可知CD ＝4 m ，故C 正确，D 错误．4．(位移差公式的应用)(多选)(2019·山西大学附中月考)一质点从A 点以v 0＝3 m/s 的初速度开始做匀加速直线运动，随后依次经过B 、C 两点．已知AB 段、BC 段距离分别为5 m 、9 m ，质点经过AB 段、BC 段时间相等均为1 s ，则( ) A ．质点的加速度大小为4 m/s 2 B ．质点的加速度大小为2 m/s 2C ．质点在C 点的速度大小为11 m/sD ．质点在B 点的速度大小为6 m/s 答案 AC解析 AB 段、BC 段时间相等，均为T ＝1 s 由Δx ＝aT 2得a ＝x 2－x 1T 2＝9－512 m/s 2＝4 m/s 2B 点为AC 的时间中点v B ＝v AC ＝x 1＋x 22T ＝5＋92×1 m/s ＝7 m/s则v C ＝v B ＋aT ＝(7＋4×1) m/s ＝11 m/s 故A 、C 正确．一、选择题1．某战机起飞前从静止开始做匀加速直线运动，达到起飞速度v 所需时间为t ，则起飞前的运动距离为( )A ．v t B.v t2 C ．2v t D ．不能确定答案 B解析 因为战机在起飞前做匀加速直线运动，则s ＝v t ＝0＋v 2t ＝v2t ，B 正确．2．一物体从斜面上某点由静止开始沿斜面做匀加速直线运动，经过3 s 后到达斜面底端，并在水平地面上做匀减速直线运动，又经9 s 后停止，已知物体经过斜面和水平地面交接处时速度大小不变，则物体在斜面上的位移与水平地面上的位移之比是( ) A ．1∶1 B ．1∶2 C ．1∶3 D ．3∶1 答案 C解析 设物体到达斜面底端时的速度为v ，则物体在斜面上的平均速度v 1＝v2，在斜面上的位移x 1＝v 1t 1＝v2t 1在水平地面上的平均速度v 2＝v2，在水平地面上的位移x 2＝v 2t 2＝v2t 2所以x 1∶x 2＝t 1∶t 2＝1∶3，故选C.3．一辆汽车从车站由静止开始做匀加速直线运动，一段时间之后，司机发现一乘客未上车，便立即刹车做匀减速直线运动．已知汽车从启动到停止一共经历了10 s ，前进了25 m ，在此过程中，汽车的最大速度为( ) A ．2.5 m/s B ．5 m/s C ．7.5 m/s D ．10 m/s答案 B解析 设汽车的最大速度为v m ，加速时间为t 1，减速时间为t 2，则加速阶段的平均速度v 1＝0＋v m 2＝v m 2减速阶段的平均速度v 2＝v m ＋02＝v m2汽车的总位移s ＝v 1t 1＋v 2t 2＝v m 2(t 1＋t 2)＝12v m t ，代入数据解得v m ＝5 m/s. 4．一辆汽车做匀加速直线运动，初速度为2 m/s ，经过4 s 速度为10 m/s ，在这段时间内，下列说法正确的是( ) A ．汽车的加速度为4 m/s 2 B ．汽车的加速度为3 m/s 2 C ．汽车的位移为24 m D ．汽车的平均速度为3 m/s 答案 C解析 汽车的加速度a ＝Δv Δt ＝2 m/s 2，故A 、B 错误；平均速度v ＝v 0＋v t 2＝6 m/s ，故D 错误；位移x ＝v ·t ＝24 m ，故C 正确．5．(多选)一辆汽车从静止开始由甲地出发，沿平直公路开往乙地，汽车先做匀加速直线运动，接着做匀减速直线运动，开到乙地刚好停止，其速度－时间图象如图1所示，那么0～t 和t ～3t 两段时间内( )图1A ．加速度大小之比为3∶1B ．位移大小之比为1∶2C ．平均速度大小之比为2∶1D ．平均速度大小之比为1∶1答案 BD解析 两段的加速度大小分别为a 1＝v t ，a 2＝v 2t ，a 1a 2＝21，A 错．两段的位移s 1＝12v t ，s 2＝v t ，s 1s 2＝12，B 对．两段的平均速度v 1＝v 2＝v 2，C 错，D 对． 6．一质点做匀加速直线运动，依次经过O 、A 、B 、C 四点，A 、B 间的距离为10 m ，B 、C 间的距离为14 m ，已知物体通过OA 段、AB 段、BC 段所用的时间相等．则O 与A 的距离为( ) A ．8 m B ．6 m C ．4 m D ．2 m 答案 B解析 根据匀加速直线运动规律，连续相等的时间间隔T 内物体的位移之差Δs ＝aT 2，则s 3－s 2＝s 2－s 1，所以s 1＝2s 2－s 3＝2×10 m －14 m ＝6 m ，选项B 正确．7．(多选)如图2所示，小球从竖直砖墙某位置由静止释放，用频闪照相机在同一底片上多次曝光，得到了图中1、2、3、4、5、…所示小球运动过程中每次曝光的位置．连续两次曝光的时间间隔均为T ，每块砖的厚度为d .根据图中的信息，下列判断正确的是( )图2A ．位置“1”是小球释放的初始位置B ．小球做匀加速直线运动C ．小球下落的加速度为d T 2D ．小球在位置“3”的速度为7d 2T答案 BCD解析 由题图可知相邻时间间隔内通过的位移分别为2d 、3d 、4d 、5d ，所以小球做匀加速直线运动，位置“1”不是小球释放的初始位置，由位移差Δs ＝aT 2得小球下落的加速度为a ＝d T 2，小球在位置“3”的速度为v ＝3d ＋4d 2T ＝7d 2T. 8．一辆公共汽车进站后开始刹车，做匀减速直线运动．开始刹车后的第1 s 内和第2 s 内位移大小依次为9 m 和7 m ．则刹车后6 s 内的位移是( )A ．25 mB ．24 mC ．20 mD ．36 m答案 A解析 根据Δs ＝aT 2解得a ＝－2 m/s 2，设汽车的初速度为v 0，第1 s 末的速度为v 1，则v 1＝s 1＋s 22T ＝8 m/s ，根据v 1＝v 0＋aT ，代入数据解得v 0＝10 m/s ，故刹车时间为t ＝0－v 0a＝5 s ，所以刹车后6 s 内的位移s ＝0－v 022a＝25 m ，A 正确，B 、C 、D 错误． 9．为了测定某轿车在平直路上启动阶段的加速度(轿车启动时的运动可近似看成是匀加速直线运动)，某人拍摄了一张在同一底片上多次曝光的照片，如图3所示，如果拍摄时每隔2 s 曝光一次，轿车车身总长为4.5 m ，那么这辆轿车的加速度为( )图3A ．1 m/s 2B ．2.25 m/s 2C ．3 m/s 2D ．4.25 m/s 2 答案 B解析 根据匀变速直线运动规律，Δs ＝s 2－s 1＝aT 2，读出s 1、s 2，代入即可计算．轿车车身总长4.5 m ，则图中每一小格为1.5 m ，由此可算出两段距离分别为s 1＝12 m 和s 2＝21 m ，又T ＝2 s ，则a ＝s 2－s 1T 2＝21－1222 m/s 2＝2.25 m/s 2，故选B. 10．物体以初速度v 0做匀减速直线运动，第1 s 内通过的位移为s 1＝3 m ，第2 s 内通过的位移为s 2＝2 m ，又经过位移s 3物体的速度减小为0，则下列说法中不正确的是( )A ．加速度a 的大小为1 m/s 2B ．初速度v 0的大小为2.5 m/sC ．位移s 3的大小为1.125 mD ．位移s 3内的平均速度大小为0.75 m/s答案 B解析 根据Δs ＝aT 2得，a ＝Δs T 2＝－112 m/s 2＝－1 m/s 2，A 项正确； 根据s 1＝v 0t 1＋12at 12，得v 0＝3.5 m/s ，B 项错误； 第2 s 末的速度v 2＝v 0＋at 2＝(3.5－1×2) m/s ＝1.5 m/s ，则s 3＝0－v 222a ＝－2.25－2m ＝1.125 m ，位移s 3内的平均速度大小v ＝v 22＝0.75 m/s ，C 、D 项正确． 二、非选择题11．(2019·唐山一中月考)公交车是新浦地区的学生上学的重要交通工具之一，当汽车快到校门口时，司机往往关闭汽车发动机，让汽车做匀减速直线运动滑行进站，已知滑行120 m 时速度减小为原来的一半，再滑行8 s 静止，求汽车关闭发动机时的速度和滑行的距离． 答案 见解析解析 设汽车初速度方向为正方向，汽车进入站台前做匀减速直线运动，设初速度为v 0，加速度大小为a ，t 2＝8 s ，则：at 2＝v 02前半段：t 1＝v 0－v 02a＝t 2＝8 s 由s 1＝v 0＋v 022t 1＝120 m 得：v 0＝20 m/s滑行的距离s ＝v 02(t 1＋t 2)＝160 m. 12．一些同学乘坐火车外出旅游，当火车在一段平直轨道上匀加速行驶时，一位同学提议说：“我们能否用身边的器材测出火车的加速度？”许多同学参与了测量工作，测量过程如下：他们一边看着窗外每隔100 m 的路标，一边用手表记录时间，他们观测到从第一根路标运动到第二根路标的时间间隔为5 s ，从第一根路标运动到第三根路标的时间间隔为9 s ，请你根据他们的测量情况，求：(计算结果均保留两位小数)(1)火车的加速度大小；(2)他们到第三根路标时的速度大小．答案 (1)1.11 m/s 2 (2)27.22 m/s解析 (1)设t 1＝5 s ，t 2＝(9－5) s ＝4 s ，根据2t v ＝v ＝s t ，知他们在第一、二根路标中间时刻的速度12t v ＝20 m/s ，在第二、三根路标中间时刻的速度22t v ＝25 m/s ，两中间时刻的时间间隔为Δt ＝t 1＋t 22＝4.5 s. 所以a ＝Δv Δt ＝2122t t t v -v ≈1.11 m/s 2.(2)设他们到第三根路标时的速度为v 3则v 3＝22t v ＋a t 22＝27.22 m/s.。
2019-2020学年新素养同步导学新高考高中地理(课件 讲义,含地理核心素养) (32)
N极从线圈中抽出
向左
S极从线圈中抽出
向右
结论：只有磁铁相对线圈运动时，才有电流产生；磁铁相对线圈静止时，没有
电流产生.
(3)模拟法拉第的实验 如图4所示，线圈A通过滑动变阻器和开关连接到电源上，线圈B的两端与电流 表连接，把线圈A装在线圈B的里面.观察以下四项操作中线圈B中是否有电流 产生.
图4
把观察到的现象记录在表3中.
ΔΦ Δt .
3.法拉第电磁感应定律 (1)内容：闭合电路中感应电动势的大小，跟穿过该电路的磁通量的变化率成正比. (2)公式：E＝nΔΔΦt . n为线圈的匝数，ΔΦ是磁通量的变化量. 电动势的大小决定于穿过电路的磁通量的变化率ΔΔΦt .而与Φ的大小、ΔΦ的大小没 有必然联系. (3)单位：ΔΦ的单位是韦伯(Wb)，Δt的单位是秒(s)，E的单位是Wb/s，E的国际单 位是V. (4)电磁感应现象的本质：在电磁感应现象中，一定产生感应电动势，不一定产 生感应电流.能否产生感应电动势是电磁感应现象的本质.
答案 速度越大，指针偏转角度越大.
知识深化
1.感应电动势
(1)由电磁感应产生的电动势叫感应电动势.在闭合电路中，产生感应电动势的
那部分导体相当于电源.
(2)当电路闭合时，回路中有感应电流；当电路断开时，回路中没有感应电流，
但感应电动势仍然存在.
2.磁通量Φ、磁通量的变化量ΔΦ、磁通量的变化率
ΔΦ Δt
图2
导体棒左右平动、前后平动、上下平动，观察电流表的指针，把观察到的现 象记录在表1中.
表1
导体棒的运动
表针的摆动方向 导体棒的运动 表针的摆动方向
向右平动
向左
向后平动
不摆动
向左平动 向前平动
2019-2020学年新素养同步导学新高考高中地理(课件 讲义,含地理核心素养) (55)
定
研究对象：一个物体(或一个系统)
律 基本 动量 内容：_合__外__力__的__冲__量__等__于__物__体__动__量__的__变__化__量___
规律 定理 公式：_F_t_＝__m_v_′__－__m__v_
研究对象：两个(或两个以上)物体组成的 系统 . 内容：如果一个系统 不受外力 ，或者所受外力的 矢量和 为零，
守 基本 用
碰撞 完全非弹性碰撞：动量守恒，机械能损失最多
恒 规律
爆炸：动量守恒，动能_增__加___
定
反冲：动量守恒——火箭
律
适用范围：宏观、微观、高速、低速均适用
本课结束
主题1 动量与动量守恒定律
章末总结
知识网络
动量：p＝ mv ，矢量，方向与 速度v 的方向相同，是状态量
动 量 守
基本 概念
Δp＝_p_′__－__p__＝_m_·_Δ_v__ 动量变化量 方向：与 Δv 方向相同 冲量：I＝ Ft ，矢量，方向与 恒力F 的方向一致，若力为变力，冲量
恒
方向与相应时间内 动量的改变量 方向一致，是过程量
③内力远大于_外__力__，且作用时间极短，系统动量近似_守__恒__
条 ④系统在某一方向上不受外力或所心和非对心碰撞
动
碰 弹性和 弹性碰撞：动量守恒，机械能_守__恒___
量
应 撞 非弹性 非弹性碰撞：动量守恒，机械能_减__少__(_或__有__损__失__)_
这个系统的总动量保持不变
动
动
①p′＝_p_，作用前后_总__动__量__相__同___
量 基 量 公 ②Δp＝_0_，作用前后_总__动__量__不__变___
守 本 守 式 ③Δp1＝_－__Δ_p_2_，相互作用的两个物体动量的变化大小相等、
2019-2020学年新素养同步导学新高考高中地理(课件 讲义,含地理核心素养) (55)
微型专题 瞬时加速度问题和动力学图象问题[学习目标] 1.会分析物体受力的瞬时变化，会求瞬时加速度.2.会分析物体受力随时间的变化图象和速度随时间的变化图象，会结合图象解答动力学问题．一、瞬时加速度问题物体的加速度与合力存在瞬时对应关系，所以分析物体在某一时刻的瞬时加速度，关键是分析该时刻物体的受力情况及运动状态，再由牛顿第二定律求出瞬时加速度，解决此类问题时，要注意两类模型的特点：(1)刚性绳(或接触面)模型：这种不发生明显形变就能产生弹力的物体，剪断(或脱离)后，恢复形变几乎不需要时间，故认为弹力立即改变或消失．(2)弹簧(或橡皮绳)模型：此种物体的特点是形变量大，恢复形变需要较长时间，在瞬时问题中，其弹力的大小往往可以看成是不变的．例1 如图1所示，质量为m 的小球被水平绳AO 和与竖直方向成θ角的轻弹簧系着处于静止状态，现将绳AO 烧断，在绳AO 烧断的瞬间，下列说法正确的是( )图1A ．弹簧的拉力F ＝mg cos θB ．弹簧的拉力F ＝mg sin θC ．小球的加速度为零D ．小球的加速度a ＝g sin θ答案 A解析 烧断AO 之前，小球受3个力，受力分析如图所示，F＝mgcos θ，烧断绳的瞬间，绳的张力没有了，但由于轻弹簧形变的恢复需要时间，故弹簧的弹力不变，A正确，B错误．烧断绳的瞬间，小球受到的合力与烧断前绳AO的拉力等大反向，即F合＝mg tan θ，则小球的加速度a＝g tan θ，C、D错误．1．加速度和力具有瞬时对应关系，即同时产生、同时变化、同时消失，分析物体在某一时刻的瞬时加速度，关键是分析该时刻物体的受力情况及运动状态，再由牛顿第二定律求出瞬时加速度．2．分析瞬时变化问题的一般思路：(1)分析瞬时变化前物体的受力情况，求出每个力的大小．(2)分析瞬时变化后每个力的变化情况．(3)由每个力的变化确定变化后瞬间的合力，由牛顿第二定律求瞬时加速度．针对训练1(2018·西安市模拟)如图2所示，质量相等的三个物体A、B、C，A与天花板之间、B与C之间均用轻弹簧相连，A与B之间用细线相连，当系统静止后，突然剪断A、B 间的细线，则此瞬间A、B、C的加速度分别为(取竖直向下为正方向)()图2A．－g、2g、0 B．－2g、2g、0C．－2g、2g、g D．－2g、g、g答案 B解析剪断细线前，对B、C整体受力分析，整体受到的重力和细线的拉力平衡，故F T＝2mg，再对物体A受力分析，其受到重力、细线拉力和弹簧的弹力；剪断细线后，三个物体的重力和弹簧的弹力不变，细线的拉力变为零，故物体B受到的合力等于2mg，方向竖直向下，物体A受到的合力为2mg，方向竖直向上，物体C受到的力不变，合力为零，故物体B有方向竖直向下的大小为2g的加速度，物体A具有方向竖直向上的大小为2g的加速度，物体C的加速度为0，因取竖直向下为正方向，故选项B正确．二、动力学图象问题1．常见的图象形式在动力学与运动学问题中，常见、常用的图象是位移图象(s－t图象)、速度图象(v－t图象)和力的图象(F－t图象)等，这些图象反映的是物体的运动规律、受力规律，而绝非代表物体的运动轨迹．2．图象问题的分析方法遇到带有物理图象的问题时，要认真分析图象，先从它的物理意义、点、线段、斜率、截距、交点、拐点、面积等方面了解图象给出的信息，再利用共点力平衡、牛顿运动定律及运动学公式解题．例2(2019·重庆市七校高一上学期期末联考)一个物块置于粗糙的水平地面上，受到方向不变的水平推力F的作用，推力F随时间变化的关系如图3甲所示，速度v随时间变化的关系如图乙所示．取g＝10 m/s2，求：图3(1)第1 s末和第3 s末物块所受摩擦力的大小f1和f2；(2)物块与水平地面间的动摩擦因数μ；(3)若第6 s末撤去外力，物块前7.5 s内的位移大小．答案见解析解析(1)由题图可知，第1 s末物块处于静止状态，则f1＝F1＝4 N；4～6 s内，物块做匀速运动，则F3＝f＝8 N，第3 s末物体处于匀加速状态，则f2＝f＝8 N；(2)2～4 s，F2－f＝ma，a＝ΔvΔt＝2 m/s2，可求得m＝2 kg由f＝μF N，F N＝mg得μ＝0.4.(3)a3＝μg＝4 m/s2，v＝4 m/s，故t减＝va3＝1 s，小于1.5 ss加＝v2t加＝4 m，s匀＝v t匀＝8 m，s减＝v22a3＝2 m所以s总＝s加＋s匀＋s减＝4 m＋8 m＋2 m＝14 m.解决图象综合问题的关键1．把图象与具体的题意、情景结合起来，明确图象的物理意义，明确图象所反映的物理过程．2．特别注意图象中的一些特殊点，如图线与横、纵坐标轴的交点，图线的转折点，两图线的交点等所表示的物理意义．针对训练2 如图4甲所示，质量为m ＝2 kg 的物体在水平面上向右做直线运动．过a 点时给物体作用一个水平向左的恒力F 并开始计时，选水平向右为速度的正方向，通过速度传感器测出物体的瞬时速度，所得v －t 图象如图乙所示．取重力加速度g ＝10 m/s 2.求：图4(1)力F 的大小和物体与水平面间的动摩擦因数μ；(2)10 s 末物体离a 点的距离．答案 (1)3 N 0.05 (2)在a 点左边2 m 处解析 (1)设物体向右做匀减速直线运动的加速度大小为a 1，则由v －t 图象得a 1＝2 m/s 2 根据牛顿第二定律，有F ＋μmg ＝ma 1设物体向左做匀加速直线运动的加速度大小为a 2，则由v －t 图象得a 2＝1 m/s 2根据牛顿第二定律，有F －μmg ＝ma 2，联立解得F ＝3 N ，μ＝0.05.(2)设10 s 末物体离a 点的距离为d ，d 应为v －t 图象与横轴所围的面积，则d ＝12×4×8 m －12×6×6 m ＝－2 m ，负号表示物体在a 点左边.1．(瞬时加速度问题)如图5所示，在光滑的水平面上，质量分别为m 1和m 2的木块A 和B 之间用水平轻弹簧相连，在拉力F 作用下，以加速度a 做匀加速直线运动，某时刻突然撤去拉力F ，此瞬间A 和B 的加速度分别为a 1和a 2，则( )图5A ．a 1＝a 2＝0B ．a 1＝a ，a 2＝0C ．a 1＝m 1m 1＋m 2a ，a 2＝m 2m 1＋m 2a D ．a 1＝a ，a 2＝－m 1m 2a 答案 D解析 两木块在光滑的水平面上一起以加速度a 向右匀加速运动时，弹簧的弹力F 弹＝m 1a ，在力F 撤去的瞬间，弹簧的弹力来不及改变，大小仍为m 1a ，因此A 的加速度仍为a ，对B ：取向右为正方向，－m 1a ＝m 2a 2，a 2＝－m 1m 2a ，所以D 正确． 2．(瞬时加速度问题)如图6所示，a 、b 两小球悬挂在天花板上，两球用细线连接，上面是一轻质弹簧，a 、b 两球的质量分别为m 和2m ，在细线烧断瞬间，a 、b 两球的加速度为(取向下为正方向)( )图6A ．0，gB ．－g ，gC ．－2g ，gD ．2g ，0答案 C解析 在细线烧断之前，a 、b 可看成一个整体，由二力平衡知，弹簧弹力等于整体重力，故弹力向上且大小为3mg .当细线烧断瞬间，弹簧的形变量不变，故弹力不变，故a 受重力mg和方向向上且大小为3mg 的弹力，取向下为正方向，则a 的加速度a 1＝mg －3mg m＝－2g .对b 而言，细线烧断后只受重力作用，则b 的加速度为a 2＝g ，方向向下．故C 正确．3．(图象问题)(多选)物体A 、B 、C 均静止在同一水平面上，它们的质量分别为m A 、m B 、m C ，与水平面间的动摩擦因数分别为μA 、μB 、μC ，用水平拉力F 分别拉物体A 、B 、C ，物体A 、B 、C 的加速度a 与拉力F 的关系分别如图7中图线甲、乙、丙所示，则以下说法正确的是( )图7A．μA＝μB，m A＜m B B．μB＜μC，m B＝m C C．μB＝μC，m B＞m C D．μA＜μC，m A＜m C 答案ABD解析根据牛顿第二定律有F－μmg＝ma，得a＝Fm－μg，则a－F图象的斜率k＝1m，由图象可知，乙、丙的斜率相等，小于甲的斜率，则m A＜m B＝m C.当F＝0时，a＝－μg，由图象可知，μA＝μB＜μC，故选A、B、D.4．(图象问题)(多选)如图8甲所示，将质量为M的滑块A放在倾斜固定滑板B上，C为位移传感器，它能将滑块A到传感器C的距离数据实时传送到计算机上，经计算机处理后在屏幕上显示出滑块A的速率－时间图象．先给滑块A一个沿滑板B向上的初速度，得到的速率－时间图象如图乙所示，已知滑板和传感器始终静止不动，取g＝10 m/s2.则下列说法中正确的是()图8A．滑块A上滑时加速度的大小为8.0 m/s2B．滑块A下滑时加速度的大小为8.0 m/s2C．可以求出滑板与滑块间的动摩擦因数D．不能求出滑板与水平面间的夹角答案AC解析根据题图乙可知，滑块上滑时加速度的大小为a1＝8.0 m/s2，下滑时加速度的大小为a2＝4.0 m/s2，选项A正确，B错误；根据牛顿第二定律得a1＝g sin θ＋μg cos θ，a2＝g sin θ－μg cos θ，解得θ＝37°，μ＝0.25，选项C正确，D错误．一、选择题考点一 瞬时加速度问题1.(多选)质量均为m 的A 、B 两球之间系着一个不计质量的轻弹簧并放在光滑水平台面上，A 球紧靠墙壁，如图1所示，今用水平力F 推B 球使其向左压弹簧，平衡后，突然将力F 撤去的瞬间( )图1A ．A 的加速度大小为F 2mB ．A 的加速度大小为零C ．B 的加速度大小为F 2mD ．B 的加速度大小为F m答案 BD解析 在将力F 撤去的瞬间A 球受力情况不变，仍静止，A 的加速度为零，选项A 错，B 对；在撤去力F 的瞬间，弹簧的弹力还没来得及发生变化，故B 的加速度大小为F m，选项C 错，D 对．2．如图2所示，质量为m 的小球用水平轻弹簧系住，并用倾角为30°的光滑木板AB 托住，小球恰好处于静止状态．当木板AB 突然向下撤离的瞬间，小球的加速度大小为( )图2A ．0 B.233g C ．gD.33g 答案 B解析 撤去木板后，小球受到的重力和弹簧的拉力不变，则由牛顿第二定律得：mg cos 30°＝ma ， a ＝g cos 30°＝233g . 3.(多选)如图3所示，物块a 、b 和c 的质量相同，a 和b 、b 和c 之间用完全相同的轻弹簧S 1和S2相连，通过系在a上的细绳悬挂于固定点O，整个系统处于静止状态．现将细绳剪断，将物块a的加速度的大小记为a1，S1和S2相对原长的伸长量分别为Δl1和Δl2，重力加速度大小为g，在剪断细绳的瞬间()图3A．a1＝3g B．a1＝0C．Δl1＝2Δl2D．Δl1＝Δl2答案AC解析设物块的质量为m，剪断细绳的瞬间，绳子的拉力消失，弹簧还没有来得及恢复形变，所以剪断细绳的瞬间a受到重力和弹簧S1的拉力F T1，剪断前对b、c和弹簧S2组成的整体受力分析可知F T1＝2mg，故a受到的合力F＝mg＋F T1＝mg＋2mg＝3mg，故加速度a1＝Fm＝3g，A正确，B错误；设弹簧S2的拉力大小为F T2，则F T2＝mg，根据胡克定律F＝kΔx可得Δl1＝2Δl2，C正确，D错误．4．(多选)如图4所示，质量均为m的木块A和B用一轻弹簧相连，竖直放在光滑的水平面上，木块A上放有质量为2m的木块C，三者均处于静止状态．现将木块C迅速移开，若重力加速度为g，则在木块C移开的瞬间()图4A．弹簧的形变量不改变B．弹簧的弹力大小为mgC．木块A的加速度大小为2gD．木块B对水平面的压力变为2mg答案AC5．(2019·九江一中高一上学期期末)(多选)如图5所示，A、B两球的质量相等，弹簧的质量不计，倾角为θ的光滑斜面固定放置，系统静止时，弹簧与细线均平行于斜面．在细线被烧断的瞬间，下列说法正确的是(重力加速度为g)()图5A．两个小球的瞬时加速度方向均沿斜面向下，大小均为g sin θB．B球的受力情况不变，瞬时加速度为零C．A球的瞬时加速度方向沿斜面向下，大小为2g sin θD．弹簧有收缩的趋势，B球的瞬时加速度方向向上，A球的瞬时加速度方向向下，瞬时加速度大小都不为零答案BC解析设弹簧的弹力大小为F，由平衡条件可知F＝mg sin θ，烧断细线的瞬间，弹簧的弹力不变，故B球的受力情况不变，加速度为零，B正确，A、D错误；以A为研究对象，由牛顿第二定律可得F＋mg sin θ＝ma A，解得a A＝2g sin θ，C正确．考点二动力学的图象问题6．质量为0.8 kg的物体在一水平面上运动，如图6所示，a、b分别表示物体不受拉力作用和受到水平拉力作用时的v－t图线，则拉力和摩擦力大小之比为()图6A．9∶8 B．3∶2C．2∶1 D．4∶3答案 B解析由题图可知，图线a表示的为仅受摩擦力时的运动图线，加速度大小a1＝1.5 m/s2；图线b表示的为受水平拉力和摩擦力的运动图线，加速度大小a2＝0.75 m/s2；由牛顿第二定律得ma1＝f，ma2＝F－f，解得Ff＝32，B正确．7.质量为2 kg的物体在水平推力F的作用下沿水平面做直线运动，一段时间后撤去F，其运动的v－t图象如图7所示．取g＝10 m/s2，则物体与水平面间的动摩擦因数μ和水平推力F 的大小分别为()图7A．0.2,6 N B．0.1,6 NC．0.2,8 N D．0.1,8 N答案 A解析在6～10 s内物体水平方向只受滑动摩擦力作用，加速度a＝－μg，v－t图象的斜率表示加速度，a＝0－810－6m/s2＝－2 m/s2，解得μ＝0.2.在0～6 s内，F－μmg＝ma′，而a′＝8－26m/s2＝1 m/s2，解得F＝6 N，选项A正确．8.(多选)将物体竖直向上抛出，假设运动过程中空气阻力大小不变，其速度—时间图象如图8所示，则()图8A．上升、下降过程中加速度大小之比为11∶9B．上升、下降过程中加速度大小之比为10∶1C．物体所受的重力和空气阻力之比为9∶1D．物体所受的重力和空气阻力之比为10∶1答案AD解析上升、下降过程中加速度大小分别为：a上＝11 m/s2，a下＝9 m/s2，由牛顿第二定律得：mg＋F阻＝ma上，mg－F阻＝ma下，联立解得mg∶F阻＝10∶1，A、D正确．9．(多选)如图9甲，一物块在t＝0时刻滑上一固定斜面，其运动的v－t图象如图乙所示．若重力加速度及图中的v0、v1、t1均为已知量，则可求出()图9A ．斜面的倾角B ．物块的质量C ．物块与斜面间的动摩擦因数D ．物块沿斜面向上滑行的最大高度答案 ACD解析 由v －t 图象可求得物块沿斜面向上滑行时的加速度大小为a ＝v 0t 1，根据牛顿第二定律得mg sin θ＋μmg cos θ＝ma ，即g sin θ＋μg cos θ＝v 0t 1.同理，向下滑行时有g sin θ－μg cos θ＝v 1t 1，两式联立得sin θ＝v 0＋v 12gt 1，μ＝v 0－v 12gt 1cos θ.即可计算出斜面的倾角θ以及动摩擦因数，选项A 、C 正确；物块滑上斜面时的初速度v 0已知，向上滑行过程为匀减速直线运动，末速度为0，那么平均速度为v 02，所以沿斜面向上滑行的最远距离为s ＝v 02t 1，根据斜面的倾角可计算出向上滑行的最大高度为s sin θ＝v 02t 1·v 0＋v 12gt 1＝v 0(v 0＋v 1)4g，选项D 正确；仅根据v －t 图象无法求出物块的质量，选项B 错误．10．(多选)如图10甲所示，一物体沿倾角为θ＝37°的足够长的固定粗糙斜面由静止开始运动，同时受到水平向右的逐渐增大的风力作用，水平风力的大小与风速成正比．物体在斜面上运动的加速度a 与风速v 的关系如图乙所示，则(已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g ＝10 m/s 2)( )图10A ．当风速为3 m/s 时，物体沿斜面向下运动B ．当风速为5 m/s 时，物体与斜面间无摩擦力作用C ．当风速为5 m/s 时，物体开始沿斜面向上运动D ．物体与斜面间的动摩擦因数为0.25答案 AD解析 由题图乙可知物体的加速度随风速的增大而减小，当风速为零时，物体的加速度为a 0＝4 m/s 2，对物体，沿斜面方向有mg sin θ－μmg cos θ＝ma 0，即a 0＝g sin θ－μg cos θ，解得μ＝0.25，D 正确；物体由静止开始沿斜面加速下滑，随着风速的增大，物体的加速度逐渐减小，但加速度的方向不变，物体仍然做加速运动，直到风速为5 m/s时，物体的加速度减小为零，但物体具有沿斜面向下的速度，故物体仍沿斜面向下运动，受到沿斜面向上的摩擦力，A正确，B、C错误．二、非选择题11．(2019·杭州市高一上学期期末模拟)如图11甲所示，一物块以一定的初速度沿固定斜面向上滑动，利用速度传感器可以在计算机屏幕上得到其速率随时间变化的关系图象如图乙所示．求斜面的倾角θ及物块与斜面间的动摩擦因数μ.图11答案见解析解析设物块沿斜面上滑和下滑的加速度的大小分别为a1、a2，由题图v－t图象可得：a1＝8 m/s2a2＝2 m/s2物块沿斜面向上滑动时，根据物块的受力情况，由牛顿第二定律有mg sin θ＋μmg cos θ＝ma1物块沿斜面向下滑动时，根据物块的受力情况，由牛顿第二定律有mg sin θ－μmg cos θ＝ma2联立解得θ＝30°，μ＝3 5.12．为了探究物体与斜面间的动摩擦因数，某同学进行了如下实验：取一质量为m的物体，使其在沿斜面方向的推力作用下向上运动，如图12甲所示，通过力传感器得到推力随时间变化的关系如图乙所示，通过频闪照相处理后得出速度随时间变化的关系如图丙所示，若已知斜面固定且倾角α＝30°，重力加速度g取10 m/s2.图12(1)求物体与斜面间的动摩擦因数；(2)求撤去推力F 后，物体沿斜面运动的最大距离(斜面足够长)． 答案 (1)39(2)0.075 m 解析 (1)0～2 s 内，F 1－mg sin α－μmg cos α＝ma 1，a 1＝Δv Δt ＝0.5 m/s 2,2 s 后，F 2－mg sin α－μmg cos α＝ma 2，a 2＝0，联立解得m ＝3 kg ，μ＝39. (2)撤去推力F 后，有－μmg cos α－mg sin α＝ma 3， 代入数据解得a 3＝－203 m/s 2，s ＝0－v 22a 3＝0.075 m.。
2019-2020学年新素养同步导学新高考高中地理(课件 讲义,含地理核心素养) (33)
3.位移公式 (1)公式：s＝12gt2
vt＋v0 (2)公式推导：由平均速度的公式可得位移 s＝ v t，而 v ＝ 2 ，又因为 v0＝0，vt＝gt， 联立三个公式可得 s＝12gt2.
二 自由落体运动的猜想和验证
1.猜想 自由落体运动是否是_匀__加__速__直线运动. 2.验证 根据打点计时器打出的纸带，一是利用测量得到的位移和时间数据，由s＝_12_a_t_2_求出 自由落体运动在各段的加速度，看是否_相__等__来验证；二是求出做自由落体运动的物 体在不同时刻的速度，作出v－t图象，进行验证. 3.自由落体运动的规律 速度公式：vt＝_g_t_ 位移公式：s＝__12_g_t2__
2.自由落体加速度(重力加速度) (1)方向：总是竖直向下，但不一定垂直地面； (2)大小：①在同一地点，重力加速度都相同.②地球上纬度不同的地点重力加速度不 同，其大小随纬度的增加而增大，赤道上最小，两极处最大，但各处的重力加速度都 接近9.8 m/s2，因此一般计算中g取9.8 m/s2或10 m/s2.
例1 (多选)关于自由落体运动及重力加速度的说法，正确的是 A.自由落体运动不受任何外力的作用
√B.熟透的苹果从树枝开始自由下落的运动可视为自由落体运动 √C.同一地点，轻、重物体的g值一样大
D.g值在赤道处大于在北极处
解析 物体做自由落体运动的条件是初速度为零且只受重力作用，A错； 熟透的苹果在下落过程中虽受空气阻力作用，但该阻力远小于它的重力，可以忽略该 阻力，故可将该过程视为自由落体运动，B对； 同一地点，重力加速度都相同，与质量无关，C对； 赤道处g值小于北极处，D错.
2019-2020学年新素养同步导学新高考高中地理(课件 讲义,含地理核心素养) (83)
2.如图1所示，场强为E＝1.0×102 V/m的匀强电场中，有相距d＝2.0×10－2 m的A、 B两点，A、B连线与电场方向的夹角为60°，则A、B两点间的电势差为_1_._0_V.
图1 解析 U＝Edcos 60°＝1.0×102×2.0×10－2×12 V＝1.0 V.
重点探究
一、匀强电场中电势差与电场强度的关系
达标检测
1.(公式 E＝UdAB和 UAB＝Ed 的理解)对公式 E＝UdAB和 UAB＝Ed 的理解，下列 说法正确的是 A.公式UAB＝Ed适用于计算任何电场中A、B两点间的电势差 B.由UAB＝Ed知，A点和B点间距离越大，则这两点的电势差越大 C.由E＝UdAB 知，匀强电场中A、B两点沿电场线的距离越大，则电场强度越小
4.(多选)如图3所示，一电场的电场线分布关于y轴(沿竖直方向)对称，O、M、N
是y轴上的三个点，且OM＝MN.P点在y轴右侧，MP⊥ON.则下列说法正确的是
√A.M点的电势比P点的电势高
B.将负点电荷由O点移动到P点，电场力做正功
C.M、N两点间的电势差大于O、M两点间的电势差
√D.M、N两点间的电势差小于O、M两点间的电势差
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(2)电场中有P1和P2两点，P1点离A板0.5 cm，P2点离B板也是0.5 cm，P1和P2两 点间的电势差U12＝_4_8__V__.
解析 P1、P2两点间沿场强方向的距离：d′＝4 cm. 所以U12＝Ed′＝1.2×103×4×10－2 V＝48 V.
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课时对点练
一、选择题 考点一 公式 UAB＝Ed 及 E＝UdAB的理解
二、公式 E＝UdAB 的意义
1.意义：在匀强电场中，电场强度的大小等于两点间的 电势差 与这两点_沿__电__ 场强度方向距离 的比值. 2.电场强度的另一种表述：电场强度在数值上等于沿 电场 方向每 单位距离上降
2019-2020学年新素养同步导学新高考高中地理(课件 讲义,含地理核心素养) (94)
1 实验：探究碰撞中的不变量[学科素养与目标要求]科学探究：1.明确探究物体碰撞中的不变量的基本思路.2.会根据器材和实验目的设计实验方案.3.经历实验过程，培养动手能力和合作意识.科学思维：1.能够在不同的实验方案中表示出物体碰撞前后的速度.2.通过实验探究，分析总结碰撞中的不变量.一、实验原理1.一维碰撞 两个物体碰撞前沿同一直线运动，碰撞后仍沿这条直线运动.这种碰撞叫做一维碰撞.2.实验的基本思路：寻求不变量在一维碰撞的情况下，设两个物体的质量分别为m 1、m 2，碰撞前的速度分别为v 1、v 2，碰撞后的速度分别为v 1′、v 2′，如果速度的方向与我们设定的坐标轴的正方向一致，取正值，反之则取负值.探究以下关系式是否成立：(1)m 1v 1＋m 2v 2＝m 1v 1′＋m 2v 2′；(2)m 1v 12＋m 2v 22＝m 1v 1′2＋m 2v 2′2； (3)v 1m 1＋v 2m 2＝v 1′m 1＋v 2′m 2. 二、实验方案设计方案1：利用气垫导轨结合光电门的实验探究 (1)质量的测量：用天平测量.(2)速度的测量：v ＝Δx Δt，式中的Δx 为滑块上挡光板的宽度，Δt 为数字计时显示器显示的滑块上的挡光板经过光电门的时间.(3)碰撞情景的实现：如图1所示，利用弹簧片、细绳、弹性碰撞架、胶布、撞针、橡皮泥设计各种类型的碰撞，利用在滑块上加重物的方法改变碰撞物体的质量.图1(4)器材：气垫导轨、光电计时器、滑块(带挡光板)两个、弹簧片、细绳、弹性碰撞架、胶布、撞针、橡皮泥、天平.方案2：利用摆球结合机械能守恒定律的实验探究(1)所需测量量：悬点至球心的距离l ，摆球被拉起(或被碰后)的角度θ，摆球质量m (两摆球质量可相等，也可不相等).(2)速度的计算：v (3)碰撞情景的实现：如图2所示，用贴胶布的方法增大两球碰撞时的能量损失.图2(4)器材：带细线的摆球(两套)、铁架台、量角器、坐标纸、胶布、天平.方案3：利用“光滑”水平面结合打点计时器的实验探究(1)所需测量量：纸带上两计数点间的距离Δx ，小车经过Δx 所用的时间Δt ，小车质量m . (2)速度的计算：v ＝Δx Δt. (3)碰撞情景的实现：如图3所示，A 运动，B 静止，在两小车的碰撞端分别装上撞针和橡皮泥，碰撞时撞针插入橡皮泥中，把两个小车连接成一体.图3(4)器材：长木板、小木块、打点计时器、纸带、刻度尺、小车(两个)、撞针、橡皮泥、天平.三、实验步骤不论哪种方案，实验过程均可按实验方案合理安排，参考步骤如下：(1)用天平测出相关质量.(2)安装实验装置.(3)使物体发生一维碰撞，测量或读出相关物理量，计算相关速度，填入预先设计好的表格.(4)改变碰撞条件，重复实验.(5)通过对数据的分析处理，找出碰撞中的不变量.(6)整理器材，结束实验.四、数据处理将实验中测得的物理量填入下表，物体碰撞后运动的速度与原来的方向相反时需要注意正负号.通过研究以上实验数据，找到碰撞前后的“不变量”.一、利用气垫导轨结合光电门进行实验探究1.本实验碰撞前、后速度大小的测量采用极限法，v ＝Δx Δt ＝d Δt，其中d 为挡光板的宽度. 2.注意速度的矢量性：规定一个正方向，碰撞前后滑块速度的方向跟正方向相同即为正值，跟正方向相反即为负值，比较m 1v 1＋m 2v 2与m 1v 1′＋m 2v 2′是否相等，应该把速度的正负号代入计算.3.造成实验误差的主要原因是存在摩擦力.利用气垫导轨进行实验，调节时确保导轨水平. 例1 某同学利用气垫导轨做“探究碰撞中的不变量”的实验，气垫导轨装置如图4所示，所用的气垫导轨装置由导轨、滑块、弹射架、光电门等组成.图4(1)下面是实验的主要步骤：①安装好气垫导轨，调节气垫导轨的调节旋钮，使导轨水平；②向气垫导轨通入压缩空气；③接通光电计时器；④把滑块2静止放在气垫导轨的中间；⑤滑块1挤压导轨左端弹射架上的橡皮绳；⑥释放滑块1，滑块1通过光电门1后与左侧带有固定弹簧(未画出)的滑块2碰撞，碰后滑块2和滑块1依次通过光电门2，两滑块通过光电门2后依次被制动；⑦读出滑块通过光电门的挡光时间分别为：滑块1通过光电门1的挡光时间Δt 1＝10.01 ms ，通过光电门2的挡光时间Δt 2＝49.99 ms ，滑块2通过光电门2的挡光时间Δt 3＝8.35 ms ； ⑧测出挡光板的宽度d ＝5 mm ，测得滑块1的质量为m 1＝300 g ，滑块2(包括弹簧)的质量为m 2＝200 g.(2)数据处理与实验结论：①实验中气垫导轨的作用是：A.________________________________________________________________________；B.________________________________________________________________________. ②碰撞前滑块1的速度v 1为__________ m/s ；碰撞后滑块1的速度v 2为__________ m/s ；碰撞后滑块2的速度v 3为__________ m/s ；(结果均保留两位有效数字)③在误差允许的范围内，通过本实验，可以探究出下面哪些关系式成立________.A.m 1v 1＝m 1v 2＋m 2v 3B.12m 1v 12＝12m 1v 22＋12m 2v 32 C.m 1v 1＝m 1v 2＋m 2v 3答案 见解析解析 (2)①A.大大减小了因滑块和导轨之间的摩擦而引起的误差.B.保证两个滑块的碰撞是一维的.②滑块1碰撞之前的速度v 1＝d Δt 1＝5×10－310.01×10－3m/s ≈0.50 m/s ； 滑块1碰撞之后的速度v 2＝d Δt 2＝5×10－349.99×10－3m/s ≈0.10 m/s ； 滑块2碰撞之后的速度v 3＝d Δt 3＝5×10－38.35×10－3m/s ≈0.60 m/s ； ③系统碰撞之前m 1v 1＝0.15 kg·m/s ，系统碰撞之后m 1v 2＋m 2v 3＝0.15 kg·m/s ，故A 正确.系统碰撞之前的总动能E k1＝12m1v12＝0.037 5 J系统碰撞之后的总动能E k2＝12m1v22＋12m2v32＝0.037 5 J，故B正确.同理，将数据代入C选项的等式两边，发现等式不成立，故C错误.二、利用摆球结合机械能守恒定律进行实验探究1.碰撞前后摆球速度的大小可从摆线的摆角反映出来，所以方便准确地测出碰撞前后摆线的摆角大小是实验的关键.2.根据机械能守恒定律计算碰撞前后摆球的速度与摆的角度的关系.3.实验时应注意，两小球静放时球心应在同一水平线上，且刚好接触，摆线竖直，将小球拉起后，两条摆线应在同一竖直平面内.例2利用如图5所示的装置做“探究碰撞中的不变量”的实验，质量为m A的钢球A用细线悬挂于O点，质量为m B的钢球B放在离地面高度为H的小支柱N上.O点到A球球心的距离为L.使悬线在A球释放前伸直，且线与竖直方向的夹角为α，A球释放后摆动到最低点时恰与B球正碰，碰撞后，A球把轻质指示针OC推移到与竖直方向夹角为β处，B球落到地面上，地面上铺一张盖有复写纸的白纸D.保持α角度不变，多次重复上述实验，白纸上记录了多个B球的落点，重力加速度为g.图5(1)图中x应是B球初始位置到________的水平距离.(2)为了探究碰撞中的守恒量，应测得的物理量有_________________________________.(3)用测得的物理量表示(v A为A球与B球刚要相碰前A球的速度，v A′为A球与B球刚相碰后A球的速度，v B′为A球与B球刚相碰后B球的速度)：m A v A＝________________；m A v A′＝________________；m B v B′＝________________.答案(1)B球平均落点(2)m A、m B、α、β、H、L、x(3)m A2gL(1－cos α)m A2gL(1－cos β)m B xg 2H解析小球A在碰撞前、碰撞后的两次摆动过程，均满足机械能守恒定律.小球B在碰撞后做平抛运动，则x 应为B 球的平均落点到其初始位置的水平距离.碰撞前对A ，由机械能守恒定律得m A gL (1－cos α)＝12m A v A 2，则：m A v A ＝m A 2gL (1－cos α).碰撞后对A ，由机械能守恒定律得m A gL (1－cos β)＝12m A v A ′2，则： m A v A ′＝m A 2gL (1－cos β). 碰后B 做平抛运动，有x ＝v B ′t ，H ＝12gt 2. 所以m B v B ′＝m B x g 2H. 故要得到碰撞前后的m v ，要测量的物理量有m A 、m B 、α、β、H 、L 、x .从例1和例2可以看出，不论哪种探究方案，关键是求相互碰撞前后物体的速度，因此我们要利用学过的知识设计探究方案并求出速度.三、利用斜槽滚下的小球结合平抛运动进行实验探究1.实验原理与操作如图6甲所示，让一个质量较大的小球从斜槽上滚下来，与放在斜槽水平末端的另一质量较小的同样大小的小球发生碰撞，之后两小球都做平抛运动.图6(1)质量的测量：用天平测量质量.(2)速度的测量：由于两小球下落的高度相同，所以它们的飞行时间相等.如果以用小球的飞行时间为单位时间，那么小球飞出的水平距离在数值上就等于它的水平速度.只要测出不放被碰小球时入射小球在空中飞出的水平距离s 1，以及碰撞后入射小球与被碰小球在空中飞出的水平距离s 1′和s 2′.就可以表示出碰撞前后小球的速度.(3)碰撞情景的实现：①不放被碰小球，让入射小球m 1从斜槽上某一位置由静止滚下，记录平抛的水平位移s1.②在斜槽水平末端放上被碰小球m2，让m1从斜槽同一位置由静止滚下，记下两小球离开斜槽做平抛运动的水平位移s1′、s2′.③探究m1s1与m1s1′＋m2s2′在误差允许范围内是否相等.(4)器材：斜槽、两个大小相等而质量不等的小球、重垂线、白纸、复写纸、刻度尺、天平、圆规.2.实验注意事项：(1)入射小球的质量m1大于被碰小球的质量m2(m1>m2).(2)入射小球半径等于被碰小球半径.(3)入射小球每次必须从斜槽上同一高度处由静止滚下.(4)斜槽末端的切线方向水平.(5)为了减小误差，需要求不放被碰小球及放被碰小球时小球落点的平均位置.为此，需要让入射小球从同一高度多次滚下，进行多次实验.例3某同学用图7甲所示装置通过半径相同的A、B两球的碰撞来寻找不变量，图中CQ 是斜槽，QR为水平槽，二者平滑相接，实验时先使A球从斜槽上某一固定位置G由静止开始滚下，落到位于水平地面上的记录纸上，留下痕迹.重复上述操作10次，得到10个落点痕迹.然后把B球放在水平槽上靠近槽末端的地方，让A球仍从位置G由静止开始滚下，和B 球碰撞后，A、B球分别在记录纸上留下各自的落点痕迹.重复这种操作10次.图7图中O是水平槽末端R在记录纸上的垂直投影点，P为未放被碰球B时A球的平均落点，M 为与B球碰后A球的平均落点，N为被碰球B的平均落点.若B球落点痕迹如图乙所示，其中米尺水平放置，且平行于OP.米尺的零点与O点对齐.(1)入射球A的质量m A和被碰球B的质量m B的关系是m A________m B(选填“>”“<”或“＝”).(2)碰撞后B球的水平射程约为________cm.(3)下列选项中，属于本次实验必须测量的是________(填选项前的字母).A.水平槽上未放B球时，测量A球平均落点位置到O点的距离B.A球与B球碰撞后，测量A球平均落点位置到O点的距离C.测量A球或B球的直径D.测量A球和B球的质量E.测量G 点相对于水平槽面的高度(4)若m v 为不变量，则需验证的关系式为______________________________________ 答案 (1)> (2)64.7(64.2～65.2均可) (3)ABD (4)m A ·OP ＝m A ·OM ＋m B ·ON解析 (1)要使两球碰后都向右运动，应有A 球质量大于B 球质量，即m A >m B .(2)将10个点圈在圆内的最小圆的圆心作为平均落点，可由米尺测得碰撞后B 球的水平射程约为64.7 cm.(3)从同一高度做平抛运动，飞行的时间t 相同，而水平方向为匀速直线运动，故水平位移x ＝v t ，所以只要测出小球飞行的水平位移，就可以用水平位移的测量值代替平抛初速度.故需测出未放B 球时A 球飞行的水平距离OP 和碰后A 、B 球飞行的水平距离OM 和ON ，及A 、B 两球的质量，故A 、B 、D 正确.(4)若m v 为不变量，需验证的关系式为m A v A ＝m A v A ′＋m B v B ′，将v A ＝OP t ，v A ′＝OM t ，v B ′＝ON t代入上式得m A ·OP ＝m A ·OM ＋m B ·ON .本题利用平抛运动规律，巧妙地提供了一种测量两球碰撞前后速度的方法，由于平抛运动高度相同，下落时间相等，速度的测量可转化为距离的测量.1.(多选)若用打点计时器做探究碰撞中的不变量的实验，下列说法或操作正确的是( )A.相互作用的两车上，一个装上撞针，一个装上橡皮泥，是为了改变两车的质量B.相互作用的两车上，一个装上撞针，一个装上橡皮泥，是为了碰撞后粘在一起C.先接通打点计时器的电源，再释放拖动纸带的小车D.先释放拖动纸带的小车，再接通打点计时器的电源答案 BC解析 相互作用的两车上，一个装上撞针，一个装上橡皮泥，是为了碰撞后两车能粘在一起共同运动，这种情况能得到能量损失很大的碰撞；应当先接通打点计时器的电源，再释放拖动纸带的小车，否则因运动距离较短，小车释放以后再打开电源不容易得到实验数据，故A 、D 错误，B 、C 正确.2.(2018·广西宾阳中学期末)如图8所示，在实验室用两端带竖直挡板C 、D 的气垫导轨和带有固定挡板的质量都是M 的滑块A 、B 做“探究碰撞中的不变量”的实验：图8(1)把两滑块A 和B 紧贴在一起，在A 上放一质量为m 的砝码，置于导轨上，用电动卡销卡住A 和B ，在A 和B 的固定挡板间放一弹簧，使弹簧处于水平方向上的压缩状态.(2)按下电钮使电动卡销放开，同时启动两个记录两滑块运动时间的电子计时器，当A 和B 与挡板C 和D 碰撞的同时，电子计时器自动停表，记下A 至C 的运动时间t 1，B 至D 的运动时间t 2.(3)重复几次取t 1、t 2的平均值.请回答以下几个问题：①在调整气垫导轨时应注意__________________________________________________； ②应测量的数据还有________________________________________________________； ③只要关系式______________________成立，即可得出碰撞中守恒的量是m v 的矢量和. 答案 ①使气垫导轨水平 ②滑块A 的左端到挡板C 的距离s 1和滑块B 的右端到挡板D 的距离s 2 ③(M ＋m )s 1t 1－Ms 2t 2＝0 解析 ①为了保证滑块A 、B 作用后做匀速直线运动，必须使气垫导轨水平.②要求出A 、B 两滑块在卡销放开后的速度，需测出A 至C 的时间t 1和B 至D 的时间t 2，并且要测量出两滑块到挡板的距离s 1和s 2，再由公式v ＝s t求出其速度. ③设向左为正方向，根据所测数据求得两滑块的速度分别为v A ＝s 1t 1，v B ＝－s 2t 2.作用前两滑块静止，均有v ＝0，速度与质量乘积之和为0，作用后两滑块的速度与质量乘积之和为(M ＋m )s 1t 1－Ms 2t 2，若碰撞中的守恒量是m v 的矢量和，则应有(M ＋m )s 1t 1－Ms 2t 2＝0. 3.某同学利用两个半径相同的小球及斜槽“探究碰撞中的不变量”，把被碰小球M 1置于斜槽末端处，如图9所示.所测数据如下表.图9(1)若把平抛时间设为单位时间1 s，则碰前M2与其做平抛运动的水平初速度v2的乘积M2v2＝________ kg·m/s.碰后各自质量与其做平抛运动的水平初速度的乘积之和M2v2′＋M1v1′＝________ kg·m/s.(结果均保留3位有效数字)(2)实验结论是______________________________________________________________.答案(1)0.018 30.018 2(2)在误差允许的范围内，碰撞前后两物体各自质量与其速度的乘积之和相等解析(1)M2＝32.6 g＝0.032 6 kg，v2＝OPt＝0.560 m/s，M2v2≈0.018 3 kg·m/sv2′＝OMt＝0.125 m/s，v1′＝ONt＝0.678 m/sM2v2′＋M1v1′≈0.018 2 kg·m/s.(2)在误差允许的范围内，碰撞前后两物体各自质量与其速度的乘积之和相等.4.某同学设计了一个用打点计时器探究碰撞过程中不变量的实验：在小车甲的前端黏有橡皮泥，推动小车甲使之做匀速直线运动，然后与原来静止在前方的小车乙相碰并粘合成一体，而后两车继续做匀速直线运动，他设计的具体装置如图10所示.在小车甲后连着纸带，打点计时器打点频率为50 Hz，长木板一端下面垫着小木片用以平衡摩擦力.图10(1)若已得到打点纸带如图11所示，并将测得的各计数点间距离标在图上，A点是运动起始的第一点，则应选____段来计算甲的碰前速度，应选______段来计算甲和乙碰后的共同速度(以上两格选填“AB”“BC”“CD”或“DE”).图11(2)已测得小车甲的质量m甲＝0.40 kg，小车乙的质量m乙＝0.20 kg，由以上测量结果可得：碰前m甲v甲＋m乙v乙＝______________ kg·m/s；碰后m甲v甲′＋m乙v乙′＝____________ kg·m/s(结果保留3位有效数字).(3)由(2)可得出的结论是______________________________________________________.答案 (1)BC DE (2)0.420 0.417 (3)在误差允许范围内，碰撞前后两个小车的m v 之和是相等的解析 (1)观察打点计时器打出的纸带，点迹均匀的阶段BC 应为小车甲与乙碰前的阶段，CD 段点迹不均匀，故CD 段应为碰撞阶段，甲、乙碰撞后一起做匀速直线运动，打出间距均匀的点，故应选DE 段计算碰后共同的速度.(2)碰前v 甲＝BC Δt＝1.05 m/s ，v 乙＝0；m 甲v 甲＋m 乙v 乙＝0.420 kg·m/s.碰后两者速度相同，v 甲′＝v 乙′＝DE Δt＝0.695 m/s ；m 甲v 甲′＋m 乙v 乙′＝0.417 kg·m/s. (3)在误差允许范围内，碰撞前后两个小车的m v 之和是相等的.。
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运动的描述
描述运动 的物理量
加速度
物理意义：表示_速__度__变__化__的__快__慢__ vt－v0
定义式：a＝____t____，单位：__m_/_s2_ 方向：与_速__度__变__化__量__v_t－__v_0_的方向相同，是矢量
物体运动性 a与v0_同__向，物体做加速运动 质的判断 a与v0_反__向，物体做减速运动
物理意义
用图象描述直线运动 s－t图象
应用
确定某时刻的位置 求速度(s－t图象的_斜__率__) 判断运动性质
运动的描述
用图象描述 直线运动
v－t图象
物理意义 确定某时刻的速度
应用 求加速度(v－t图象的_斜__率__) 求位移(v－t图象与t轴所围_面__积__)
两种运动 特点
_速__度__不变 匀速直线运动 s－t图象是一条_倾__斜__直__线__
第一章 运动的描述
运动的描述
基本概念 基本概念与 基本仪器
基本仪器
机械运动 参考系 质点：忽略物体的_大__小__和__形__状__，把
物体简化成一个有_质__量__的点 时间和时刻
电火花打点计时器 打点计时器
电磁打点计时器
数字计时器
运动的描述
描述运动 的物理量
大小：用从_起__点__指__向__终__点___的有向线段表示 位移
_加__速__度__不变 匀变速直线运动
v－t图象是一条_倾__斜__直__线__
本课结束
方向：由_起__点__指__向__终__点__，是矢量
速度
物理意义：表示物体位置变化的快慢
s
大小：v ＝__t __，单位：m/s，与位
平均 移或_时__间__对应
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4 电势能和电势课时1 电势能和电势[学科素养与目标要求]物理观念：1.知道静电力做功的特点，掌握静电力做功与电势能变化的关系.2.理解电势的定义、定义式、单位，能根据电场线判断电势高低.科学思维：1.通过类比法分析得出静电力做功与电势能变化的关系.2.能用比值法定义电势.一、静电力做功的特点1.静电力做功：在匀强电场中，静电力做功W ＝qEl cos θ.其中θ为静电力与位移方向之间的夹角.2.特点：在静电场中移动电荷时，静电力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.电势能：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减少量.表达式：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.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做的功E p A ＝W A 0.4.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上的电势能规定为零.三、电势1.定义：电荷在电场中某一点的电势能与它的电荷量的比值.2.公式：φ＝E p q. 3.单位：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：沿着电场线的方向电势逐渐降低.5.电势是标量，只有大小，没有方向，但有正、负之分，同一电场中电势为正表示比零电势高，电势为负表示比零电势低.6.电势的相对性：只有规定了电势零点才能确定某点的电势大小，一般选大地或离场源电荷无限远处的电势为0.1.判断下列说法的正误.(1)电荷从电场中的A点运动到B点，路径不同，电场力做功不同.(×)(2)正电荷和负电荷沿着电场线运动，电势能均减少.(×)(3)电荷在电势高处具有的电势能一定大.(×)(4)沿电场线方向电势降低，与试探电荷的电性无关.(√)2.如图1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点电势为φA＝15 V，B点电势为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，此过程电场力所做的功W AB ＝__________ J.图1答案增大－7.5×10－8－5×10－8－2.5×10－8解析电荷从A点移到B点，电场力做负功，电势能增大.E p A＝qφA＝－5×10－9×15 J＝－7.5×10－8 JE p B＝qφB＝－5×10－9×10 J＝－5×10－8 JW AB＝E p A－E p B＝－2.5×10－8 J.一、静电力做功与电势能(1)如图所示，试探电荷q在电场强度为E的匀强电场中，沿直线从A移动到B，静电力做的功为多少？若q沿折线AMB从A点移动到B点，静电力做的功为多少？(2)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？(3)对比电场力做功和重力做功的特点，它们有什么相同之处？重力做功引起重力势能的变化，电场力做功引起什么能的变化？答案(1)静电力F＝qE，静电力与位移夹角为θ，静电力对试探电荷q做的功W＝F·|AB|cos θ＝qE·|AM|.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|.(2)W＝qE·|AM|.电荷在匀强电场中沿不同路径由A点运动到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.(3)电场力做功与重力做功都与路径无关.电场力做功引起电势能的变化.1.静电力做功的特点(1)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，这与重力做功特点相似.(2)静电力做功的特点不受物理条件限制，不管静电力是否变化，是否是匀强电场，是直线运动还是曲线运动，静电力做功的特点不变.2.电势能(1)电势能E p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在电场中某点的电势能.(2)电势能是相对的，其大小与选定的参考点有关.确定电荷的电势能，首先应确定参考点，也就是零势能点的位置.(3)电势能是标量，有正负但没有方向.在同一电场中，电势能为正值表示电势能大于参考点的电势能，电势能为负值表示电势能小于参考点的电势能.3.静电力做功与电势能变化的关系(1)W AB＝E p A－E p B.静电力做正功，电势能减小；静电力做负功，电势能增加.(2)在同一电场中，正电荷在电势高的地方电势能大，而负电荷在电势高的地方电势能小.例1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)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？(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？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.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，C点的电势能为E p C＝E p A－W AC＝0－W AC＝1.8×10－5 J.(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.C点的电势能为E p C′＝E p B′－W BC＝0－W BC＝－1.2×10－5 J.例2(多选)(2017·济南市期末)如图2所示，竖直向上的匀强电场中，绝缘轻质弹簧竖直立于水平地面上，上面放一带正电的小球，小球与弹簧不连接，施加外力将小球向下压至某位置静止.现撤去外力，小球从静止开始运动到离开弹簧的过程中，重力、电场力对小球所做的功分别为W1和W2，则上述过程中()图2A.小球与弹簧组成的系统机械能守恒B.小球的重力势能增加－W1C.小球的电势能增加W1＋W2D.小球的电势能减少W2答案BD解析由于电场力做正功，故小球与弹簧组成的系统机械能增加，A选项错误；由题意知重力做负功，小球的重力势能增加，增加量为－W1，故B选项正确；电场力做正功，电势能减少，减少量为W2，故C选项错误，D正确.二、电势如图所示的匀强电场，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连线与电场强度反方向的夹角为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)电势能与电荷量的比值是否相同？(3)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)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Eql cos θ、2Eql cos θ.(2)电势能与电荷量的比值相同，都为El cos θ.(3)与试探电荷的电荷量无关.1.对公式φ＝E p q的理解： (1)φ取决于电场本身；(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零，在实际应用中常取大地的电势为零.3.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.4.电势高低的判断方法(1)电场线法：沿电场线方向，电势越来越低.(2)电势能判断法：由φ＝E p q知，对于正电荷，电势能越大，所在位置的电势越高；对于负电荷，电势能越小，所在位置的电势越高.例3 如果把电荷量为q ＝＋1.0×10－8 C 的电荷从无限远处移到电场中的A 点，需要克服静电力做功W ＝1.2×10－4 J ，那么： (1)q 在A 点的电势能和A 点的电势各是多少？(2)q 未移入电场前，A 点的电势是多少？答案 (1)1.2×10－4 J 1.2×104 V (2)1.2×104 V解析 (1)取无限远处的电势为零，电荷在无限远处的电势能也为零，即φ∞＝0，E p ∞＝0. 由W ∞A ＝E p ∞－E p A 得，E p A ＝E p ∞－W ∞A ＝0－(－1.2×10－4 J)＝1.2×10－4 J再由φA ＝E p A q得φA ＝1.2×104 V (2)A 点的电势是由电场本身决定的，跟A 点是否有电荷存在无关，所以q 未移入电场前，A 点的电势仍为1.2×104 V.例4 将一正电荷从无穷远处移入电场中的M 点，电势能减少了8.0×10－9 J ，若将另一等量的负电荷从无穷远处移入电场中的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 ＜0B.φN ＞φM ＞0C.φN ＜φM ＜0D.φM ＞φN ＞0答案 C解析 取无穷远处电势为零，则正电荷在M 点的电势能为－8×10－9 J ，负电荷在N 点的电势能为9×10－9 J.由φ＝E p q知，M 点的电势φM ＜0，N 点的电势φN ＜0，且|φN |＞|φM |，即φN ＜φM ＜0，故C 正确.1.(静电力做功的特点)(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.正电荷沿着电场线运动，静电力对正电荷做正功，负电荷逆着电场线运动，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 静电力做功和电荷运动路径无关，故A 错误；静电力做功只和电荷的初、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；正电荷沿电场线的方向运动，则正电荷受到的静电力和电荷的位移方向相同，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.(电势)(多选)关于电势，下列说法正确的是( )A.电场中某点的电势大小等于单位正电荷从该点移动到零电势点时，电场力所做的功B.电场中某点的电势与零电势点的选取有关C.由于电势是相对的，所以无法比较电场中两点的电势高低D.某电荷在电场中A 、B 两点电势能关系E p A >E p B ，则可知φA >φB答案 AB解析 由电势的定义可知A 正确；由于电势是相对量，电势的大小与零电势点的选取有关，故B 正确；虽然电势是相对的，但电势的高低是绝对的，C 错误；电势的计算要注意q 的正负，q正负不确定无法由E p确定φ的大小关系，故D错误.3.(静电力做功与电势能的变化)(多选)如图3所示，a、b、c为电场中同一条电场线上的三点，其中c为a、b的中点.若一个运动的正电荷只在静电力作用下先后经过a、b两点，a、b两点的电势分别为φa＝－3 V，φb＝7 V，则()图3A.a点的场强一定小于b点的场强B.a点场强有可能等于b点场强C.正电荷在a点的动能小于在b点的动能D.正电荷在a点的电势能小于在b点的电势能答案BD解析沿电场线方向电势降低，由题意知电场线的方向向左，只有一条电场线，无法判断电场线的疏密，就无法判断两点场强的大小，故A错误，B正确.根据正电荷在电势高处电势能大，可知，正电荷从a点运动到b点的过程中克服电场力做功，电势能一定增大，而由能量守恒定律知，其动能一定减小，故C错误，D正确.4.(静电力做功与电势能的变化)在电场中把一个电荷量为6×10－6C的负电荷从A点移到B 点，克服静电力做功3×10－5 J，(1)电荷从A点到B点的过程中，电势能如何变化？变化了多少？(2)若规定B点的电势能为零，则电荷在A点的电势能为多大？答案(1)增加3×10－5 J(2)－3×10－5 J解析(1)电荷克服静电力做功，即静电力做负功，则W AB＝－3×10－5 J.由W AB＝E p A－E p B知，电势能增加了3×10－5 J.(2)若E p B＝0，则由W AB＝E p A－E p B得E p A＝－3×10－5 J.一、选择题考点一电势与电势高低的判断1.(多选)关于电势的高低，下列说法正确的是()A.沿着电场线的方向电势逐渐降低B.电势降低的方向一定是电场线的方向C.正电荷只在电场力的作用下，一定向电势低的地方移动D.负电荷只在电场力的作用下，由静止释放，一定向电势高的地方移动答案AD解析沿着电场线的方向电势逐渐降低，故A正确；电势降低的方向不一定是电场线的方向，故B错误；若正电荷具有初速度，即使只受电场力作用，也可由低电势点向高电势点移动，故C错误；负电荷只在电场力的作用下由静止释放，一定向电势高的地方移动，故D正确.2.(2018·淄博市期末)如图1所示为某点电荷形成的电场，A、B两点为电场线上两点，则()图1A.点电荷带负电，E A>E BB.点电荷带正电，E A<E BC.点电荷带负电，φA>φBD.点电荷带正电，φA<φB答案 C3.图2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，负电荷仅在电场力作用下沿电场线从A到B运动过程中的速度－时间图象如图乙所示.关于A、B两点的电势高低和场强大小关系，下列说法中正确的是()图2A.φA>φB，E A>E BB.φA>φB，E A<E BC.φA<φB，E A>E BD.φA<φB，E A<E B答案 C解析负电荷从A由静止释放(初速度为0)后，能加速运动到B，说明负电荷受到的电场力方向从A指向B，那么电场方向就是由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，负电荷从A运动到B的过程中，它的加速度是逐渐减小的(题图乙中曲线切线的斜率表示加速度)，由牛顿第二定律知，负电荷从A运动到B时，受到的电场力是逐渐减小的，由E ＝F q知，E A >E B ，C 正确. 考点二 电场力做功与电势能的变化4.在静电场中，将一正电荷从a 点移到b 点，电场力做了负功，则( )A.该电荷的电势能一定减小B.b 点的电势一定比a 点高C.电场线方向一定从b 指向aD.b 点的电场强度一定比a 点大答案 B解析 电场力做负功，电势能一定增加，A 项错误；由φ＝E p q知，正电荷在电势能越大处电势越高，B 项正确；b 点电势高于a 点，但电场线方向不一定从b 指向a ，C 项错误；场强大小与电势高低无关，D 项错误.5.(多选)两个带等量正电的点电荷，固定在图3中P 、Q 两点，MN 为PQ 连线的中垂线，交PQ 于O 点，A 为MN 上的一点.一带负电的试探电荷q ，从A 点由静止释放，只在静电力作用下运动，取无限远处的电势为零，则( )图3A.q 由A 向O 的运动是匀加速直线运动B.q 由A 向O 运动的过程电势能逐渐减小C.q 运动到O 点时的动能最大D.q 运动到O 点时电势能为零答案 BC解析 q 由A 向O 运动的过程中，电场力的方向始终由A 指向O ，但力的大小变化，所以电荷q 做变加速直线运动，电场力做正功，q 通过O 点后在电场力的作用下做变减速运动，所以q 到O 点时速度最大，动能最大，电势能最小，因无限远处的电势为零，则O 点的电势φ>0，所以q 在O 点时的电势能不为零，故选项B 、C 正确，选项A 、D 错误.6.(多选)(2018·北师大附中高二期中)如图4，直线上有O 、a 、b 、c 四点，ab 间的距离与bc 间的距离相等.在O 点处有一固定点电荷，已知b 点电势高于c 点电势，若一带负电荷的粒子仅在电场力作用下先从c 点运动到b 点，再从b 点运动到a 点，则( )图4A.两过程中电场力做的功相等B.前一过程中电场力做的功大于后一过程中电场力做的功C.前一过程中，粒子电势能不断减小D.后一过程中，粒子动能不断增加答案 CD解析 b 点电势高于c 点电势，则O 点处的点电荷带正电，场强方向由a 指向c ，带负电的粒子从c 向a 运动，电场力做正功，由ab ＝bc ，因ab 间场强大于bc 间场强，由W ＝qEl 定性分析，W cb <W ba ，故A 、B 错误；粒子从c 点运动到b 点，再从b 点运动到a 点过程中，电场力一直做正功，粒子电势能不断减小，动能不断增加，故C 、D 正确.二、非选择题7.把带电荷量为2×10－8 C 的正点电荷从无限远处移到电场中A 点，要克服电场力做功8×10－8 J ，取无穷远处电势为零，则q 在A 点的电势能E p A ＝______ J ，q 在A 点的电势φA ＝_______ V ，q 未移入电场前A 点的电势φA ＝________V .答案 8×10－8 4 4 解析 取无穷远处的电势为零，电荷在无穷远处的电势能也为零，即φ∞＝0，E p ∞＝0 由W ∞A ＝E p ∞－E p A 得：E p A ＝E p ∞－W ∞A ＝0－(－8×10－8 J)＝8×10－8 J由φA ＝E p A q得：φA ＝4 V A 点的电势由电场本身决定，与q 无关，故q 未移入电场前A 点的电势也为4 V.8.如图5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 移到B ，电场力做功为W 1＝1.2×10－7 J.求：图5(1)匀强电场的电场强度E 的大小.(2)该电荷从B 到C ，电荷的电势能改变多少？答案(1)60 N/C(2)减少1.44×10－7 J解析(1)由W1＝qE·AB得，该电场的电场强度大小为：E＝W1q·AB＝1.2×10－74×10－8×5×10－2N/C＝60 N/C(2)该电荷从B到C，电场力做功为：W2＝F·BC·cos 60°＝qE·BC·cos 60°＝4×10－8×60×12×10－2×0.5 J＝1.44×10－7 J 所以，该过程电荷的电势能减少1.44×10－7 J.。
2019-2020学年新素养同步导学高中地理必修3(课件 讲义,含地理核心素养) (1)
概述
我国能源分布不均匀，中西部较丰富，已建和在建的能源基地较多，是我国能源主要生产区，但中西部地区能源需求量少，能源供大于求；东部能源少，能源基地也少，但东部地区能源需求量大，是主要能源的消费区，能源供不应求。
交流讨论
1.我国主要能源生产区和主要能源消费区存在较大差异，主要能源生产区集中分布在哪里？缓解能源生产与消费矛盾的主要措施是什么？
答案(中)西部。
加强能源的跨区域调配；节约能源；提高能源的利用率；调整能源消费结构；开发利用新能源等。
2.东部沿海核电开发带布局的主要原因是什么？
答案东部经济发达，能源需求量大；常规能源短缺；技术力量雄厚。
3.资源跨区域调配对调入区和调出区分别产生什么影响？
答案。
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第一节认识运动[学习目标] 1.知道参考系的概念，知道运动具有相对性.2.理解质点的概念，知道质点是一种理想化模型.3.知道物体看成质点的条件．一、参考系1．机械运动：物体在空间的位置发生了变化，称为机械运动．2．参考系：在研究物体的运动时，被选做参考的其他物体称为参考系．3．参考系的选择是任意(填“任意”或“唯一”)的．4．参考系对观察结果的影响：选择不同的参考系观察同一个物体的运动，观察结果可能不同(填“可能不同”或“一定相同”)．二、质点1．质点：在研究物体运动的过程中，如果物体的大小和形状在所研究问题中可以忽略，我们就可以把物体简化为一个点，认为物体的质量都集中在这个点上，这个点称为质点．2．把物体看成质点的条件：物体的大小和形状对所研究的问题没有影响或影响很小．3．理想化模型：在物理学中，抓住问题中的主要因素，忽略其次要因素，建立理想化的模型，是经常采用的一种科学研究方法．质点是这一理想化物理模型的具体应用．1．判断下列说法的正误．(1)参考系可任意选取，对同一运动，选择不同的参考系观察的结果一定相同．(×)(2)只有体积很小的物体才可以看成质点，体积较大的物体不能看成质点．(×)(3)乒乓球很小，可以看成质点；但地球比较大，一定不能看成质点．(×)(4)质点是一个理想化模型，实际上是存在的．(×)2．《敦煌曲子词集》中有这样的词句：“满眼风波多闪灼，看山恰似走来迎，仔细看山山不动，是船行．”其中“看山恰似走来迎”所选的参考系是________，“是船行”所选的参考系是________．答案船山一、参考系请阅读图1中的漫画材料，回答问题：图1有人说我，快如闪电，疾如风！有人说我，纹丝不动，坐如钟！“我”是静是动？答案静止是相对的，运动是绝对的．物体是静止还是运动取决于所选的参考系．选取的参考系不同，对同一个物体运动的描述也往往不同．1．选取参考系的意义：静止是相对的，运动是绝对的．要描述一个物体的运动时，首先必须选定参考系，之后才能确定物体的位置，研究物体的运动．对于同一个物体，选择不同的参考系，观察结果往往不同．2．参考系的选取原则(1)对物体运动的描述尽可能简单．(2)一般地，根据研究对象所在的系统来选取，当研究地面上物体的运动时，常选地面或相对于地面静止的物体作为参考系．例1火炬传递是各种重大体育赛事的重要环节．在某次运动会火炬传递中，观察到同一地点的旗帜和甲、乙两火炬手所传递的圣火火焰如图2所示．关于甲、乙两火炬手相对于静止旗杆的运动情况，下列说法中正确的是()图2A．甲、乙两火炬手一定都在向右运动B．甲、乙两火炬手一定都在向左运动C．甲火炬手一定向右运动，乙火炬手一定向左运动D．甲火炬手可能停止了运动，乙火炬手一定向左运动答案 D解析根据旗帜的飘动情况可知风向左吹．甲火炬手所传递的圣火火焰向左飘，所以甲火炬手相对于旗杆可能静止，也可能向右运动，还可能向左运动，但此时的运动速度比风速小；乙火炬手所传递的圣火火焰向右飘，表明乙火炬手相对于旗杆一定向左运动，且运动速度比风速大．选项D正确．1．被选为参考系的物体都是假定不动的，不能认为只能选择不动的物体作为参考系．2．参考系的选取是任意的，但应以观测方便和对运动的描述尽量简单为原则，不能认为只能选择地面为参考系．3．在比较不同物体的运动时，应选择同一参考系．4．同一运动，选择不同的参考系，可能有不同的结果．针对训练1(2019·汉阳一中月考)在电视连续剧《西游记》中，常常有“孙悟空”“腾云驾雾”的镜头，这通常是采用“背景拍摄法”，让“孙悟空”站在平台上，做着飞行的动作，在他的背后展现出蓝天和急速飘动的白云，同时加上烟雾效果；摄影师把人物动作和飘动的白云及下面的烟雾等一起摄入镜头，放映时，观众就感觉到“孙悟空”在“腾云驾雾”．这时，观众所选的参考系是()A．“孙悟空”B．平台C．急速飘动的白云D．蓝天答案 C二、质点如图3所示，2018年11月19日2时7分，“长征三号乙”运载火箭，以“一箭双星”方式成功发射第42、43颗北斗导航卫星．在描述两颗卫星的运动时，试举例说明什么情况下可将它们看成质点，什么情况下不能．图3答案在分析两颗卫星在空中的位置时，可以将它们看成质点；在调整两颗卫星的姿态时，不能将它们看成质点．1．对质点的理解(1)质点是用来代替物体的有质量的点，只占有位置而不占有空间，具有被代替物体的全部质量．(2)质点是一种“理想化模型”，它是对实际物体的一种科学抽象．2．物体能看成质点的条件(1)在研究物体的运动时，当物体的形状和大小对于所研究的问题可以忽略不计时，物体就可以看成质点．(2)以下两种情况，物体通常可以看成质点．①物体的大小、形状对研究结果没有影响或影响可以忽略时．②只研究物体的平动，不研究物体的转动时．3．注意：体积大的物体有时也可以看成质点；体积小的物体有时不可以看成质点．例2观察图4所示四幅图，对图中各运动物体的描述正确的是()图4A．图①中研究投出的篮球运动路径时不能将篮球看成质点B．图②中观众欣赏体操表演时不能将运动员看成质点C．图③中研究地球绕太阳公转时不能将地球看成质点D．图④中研究子弹射穿苹果的时间时可将子弹看成质点答案 B解析在研究篮球的运动路径和地球绕太阳公转时，篮球和地球的大小是次要因素，可以将其看成质点；观众在欣赏体操表演和研究子弹射穿苹果的时间时，运动员和子弹的大小、形状不能忽略，不能看成质点，综上所述应选择B.1．并不是只有很小的物体才能被看成质点，也不是很大的物体就一定不能看成质点，关键是看物体的大小和形状在研究物体的运动时是否没有影响或影响可以忽略．2．对于同一物体，能否将其看成质点要视研究的问题而定，例如研究地球的自转时，不可以视地球为质点，研究地球的公转时，就可以视地球为质点．针对训练2在以下情况中关于质点的说法正确的是()A．观察“辽宁号”航空母舰上的“歼－15”战斗机起飞时，可以把航空母舰看成质点B．“玉兔二号”从“嫦娥四号”的怀抱中“走”出来，研究“玉兔二号”一连串技术含量极高的“慢动作”时，可以把“玉兔二号”看成质点C．研究“玉兔二号”巡视器巡视月球的运动轨迹时，可以把“玉兔二号”巡视器看成质点D．研究自行车的运动时，因为车轮在转动，所以在任何情况下，都不能把自行车看成质点答案 C解析观察“辽宁号”航空母舰上的“歼－15”战斗机起飞时，航空母舰的长度不能忽略，所以不可以把航空母舰看成质点，故A错误；研究“玉兔二号”一连串技术含量极高的“慢动作”时，不能把“玉兔二号”看成质点，故B错误；研究“玉兔二号”巡视器巡视月球的运动轨迹时，“玉兔二号”巡视器的大小和形状能够忽略，可看成质点，故C正确；研究自行车的运动时，若只研究自行车运动的快慢，可以把自行车看成质点，故D错误．1. (参考系)(2019·山西省实验中学月考)如图5所示，我国“辽宁号”航母在海军导弹驱逐舰“沈阳号”、“石家庄号”和导弹护卫舰“烟台舰”、“潍坊舰”的伴随下赴南海进行训练．下列说法中正确的是()图5A．“辽宁号”航母上的观察员感觉海水向后退去，他选择的参考系是海水B．“辽宁号”航母上的观察员感觉海水向后退去，他选择的参考系是航母C．“辽宁号”航母上的观察员感觉其他舰没有动，其他舰一定是静止的D．“辽宁号”航母上的观察员感觉天空的白云没有动，航母一定是静止的答案 B2．(参考系)(2019·夏津一中高一上学期期末)如图6所示，中国海监46船(甲)和中国海监49船(乙)，在钓鱼岛领海内开展例行维权巡航．甲、乙两船并排行驶，甲船上的船员看见钓鱼岛向东移，乙船内的船员发现甲船没有动．如果以钓鱼岛为参考系，上述事实说明()图6A．甲船向西运动，乙船不动B．乙船向西运动，甲船不动C．甲船向西运动，乙船向东运动D．甲、乙两船都以相等的速度向西运动答案 D3．(质点)下列关于质点的说法正确的是()A．只有质量很小的物体才可以看成质点B．若物体运动得很快，就一定不可以把物体看成质点C．质点是把物体抽象成有质量而没有大小的点D．旋转的物体，肯定不能看成质点答案 C解析质量很大的物体也可以看成质点，如研究地球绕太阳公转时，可以把地球看成质点，故A错误；能否看成质点与物体的速度无关，要看所研究问题的性质，看物体的形状和大小在所研究的问题中是否可以忽略，故B错误；质点是只计质量，不计大小、形状的一个几何点，是实际物体在一定条件下的科学抽象，故C正确；旋转的物体若转动是次要因素，只考虑平动效果时，物体可以看成质点，如研究地球绕太阳公转时，地球虽然在自转，但可以把地球看成质点，故D错误．4．(质点)(2019·淇滨高中月考)下列各种情况中，可以把研究对象(加点者)看成质点的是()A．研究地球．．的昼夜更替B．研究一列队伍．．．．过桥的时间问题C．裁判给参加比赛的艺术体操运动员．．．．．．．的比赛打分D．研究在水平推力作用下沿水平面平动的木箱．．答案 D解析研究地球的昼夜更替时地球的形状不能忽略，不能把地球看成质点，A错误；队伍的长度相对桥的长度不能忽略，故不能把队伍看成质点，B错误；给比赛打分时，需要研究运动员的姿势，故不能把运动员看成质点，C错误；研究在水平推力作用下沿水平面平动的木箱，每个点的运动情况相同，故木箱大小、形状可以忽略不计，可以把木箱看成质点，D正确．选择题考点一参考系1．下列说法中正确的是()A．被选做参考系的物体是假定不动的B．一乘客在车厢内走动的时候，他就说车是运动的C．研究地面上物体的运动，必须选取地面为参考系D．物体运动的轨迹是直线还是曲线，与参考系的选取无关答案 A解析自然界中的一切物体都处在永恒的运动中，被选为参考系的物体只是假定不动，所以选项A正确．物体是运动还是静止，是相对于参考系而言的，在车厢内走动的乘客，在没有明确参考系之前就说车是运动的是错误的，所以选项B错误．研究物体的运动时，参考系是可以任意选取的(但不能选研究对象本身为参考系)，所以选项C错误．同一物体的运动，选择不同的参考系所观察到的轨迹可能不同，D错误．2.如图1所示，飞行员跳伞后飞机上的其他飞行员(甲)和地面上的人(乙)观察跳伞飞行员的运动后，引发了对跳伞飞行员运动状况的争论，下列说法正确的是()图1A．甲、乙两人的说法中必有一个是错误的B．他们的争论是由于选择的参考系不同而引起的C．研究物体的运动时不一定要选择参考系D．参考系只能是相对于地面静止的物体答案 B解析甲、乙两人的争论是由于选择的参考系不同而引起的，A错，B对；研究物体的运动一定要选择参考系，C错；参考系的选择具有任意性，D错．3．下列关于运动的描述中，参考系的选取符合描述的是()A．诗句“飞流直下三千尺”，是以“飞流”作为参考系的B．“钱塘江观潮时，观众只觉得潮水扑面而来”，是以“潮水”作为参考系的C．“两岸猿声啼不住，轻舟已过万重山”，是以“万重山”作为参考系的D．升国旗时，观察到国旗冉冉升起，是以“国旗”作为参考系的答案 C解析选项A中的研究对象是“水”，是以地面为参考系的，该选项错误；选项B中的研究对象是“潮水”，是以观察者为参考系的，该选项错误；选项C中的研究对象是“轻舟”，是以“万重山”为参考系的，该选项正确；选项D中的研究对象是“国旗”，是以地面或旗杆为参考系的，该选项错误．4.(2019·长春外国语学校月考)刻舟求剑的故事家喻户晓，如图2所示，“舟已行矣，而剑不行”这句话所选用的参考系是()图2A．舟B．舟上的人C．地面D．流动的水答案 C5.中国是掌握空中加油技术的少数国家之一，如图3是我国自行研制的第三代战斗机“歼－10”在空中加油的情景，以哪个物体为参考系，可以认为加油机是运动的()图3A．“歼－10”战斗机B．地面上的房屋C．加油机中的飞行员D．“歼－10”战斗机中的飞行员答案 B解析加油机相对于“歼－10”战斗机位置不变，以“歼－10”战斗机为参考系，加油机是静止的，故A错误；加油机相对于地面上的房屋位置不断变化，以地面上的房屋为参考系，加油机是运动的，故B正确；加油机相对于加油机中的飞行员位置不变，以加油机中的飞行员为参考系，加油机是静止的，故C错误；以“歼－10”战斗机中的飞行员为参考系，加油机相对于“歼－10”战斗机中的飞行员位置不变，加油机是静止的，故D错误．6.Tomahawk四轮摩托跑车的时速可超过300 km/h，如图4为摄影师利用“追拍”摄影法拍摄的Tomahawk四轮摩托跑车飞驰的照片，从照片上可以看出摄影师拍摄时选择的参考系是()图4A．大地B．树木C．四轮摩托跑车D．公路答案 C解析“追拍法”是跟踪运动的物体，将运动的物体看成是静止的，该图片是运动的四轮摩托跑车被摄影师当成静止的，而用镜头跟踪，故参考系是四轮摩托跑车．选项C正确．7.如图5所示为A、B、C三列火车在一个车站的情景，A车上的乘客看到B车向东运动，B车上的乘客看到C车和站台都向东运动，C车上的乘客看到A车向西运动．站台上的人看A、B、C三列火车的运动正确的是()图5A．A车向西运动B．B车向东运动C．C车一定是静止的D．C车一定向西运动答案 A解析由B车上的乘客看到站台向东运动，可判断B车向西运动；由A车上的乘客看到B车向东运动，说明A车也向西运动且速度大于B车速度；C车上的乘客看到A车向西运动，则C车有三种运动情况：C车可能静止，可能向东运动，也可能向西运动但速度比A、B的速度都小．8.(多选)(2019·玉门一中月考)如图6所示，甲、乙、丙3人各乘不同的热气球，甲看到楼房匀速上升，乙看到甲匀速上升，甲看到丙匀速上升，丙看到乙匀速下降．那么，从地面上看甲、乙、丙的运动可能是()图6A．甲、乙匀速下降，且v乙＞v甲，丙停在空中B．甲、乙匀速下降，且v乙＜v甲，丙匀速上升C．甲、乙匀速下降，且v乙＞v甲，丙匀速下降，且v丙＜v甲D．甲、乙匀速下降，且v乙＞v甲，丙匀速下降，且v丙＞v甲答案AC考点二质点9．(2018·宁阳一中月考)2016年奥运会在巴西里约热内卢举办，在以下几个奥运会比赛项目中，研究对象可视为质点的是()A．在撑竿跳高比赛中研究运动员手中的撑竿在支撑地面过程中的转动情况时B．确定马拉松运动员在比赛中的位置时C．跆拳道比赛中研究运动员的动作时D．乒乓球比赛中研究乒乓球的旋转时答案 B10．下列关于质点的理解与判断的说法中正确的是()A．体积小的物体都能看成质点B．质量巨大的物体都不能看成质点C．研究“神十一”的轨迹时，“神十一”可以看成质点D．研究“神十一”和“天宫二号”自动交会对接过程时，“神十一”和“天宫二号”可以看成质点答案 C解析物体体积虽小，但其体积对所研究问题的影响不能忽略时，物体不能看成质点，A错误；质量巨大但形状和体积对所研究问题无影响或影响可忽略不计时，物体可视为质点，B 错误；研究运动路线只需考虑“神十一”的位置，形状和大小对所研究问题几乎无影响，可视为质点，C正确；研究“神十一”和“天宫二号”自动交会对接过程时，要准确知道两对接结构的准确位置及其位置关系，故此时“神十一”和“天宫二号”不能看成质点，D错误．11．2018年2月22日，平昌冬奥会短道速滑男子500米决赛中，中国选手武大靖以39秒584的成绩打破世界纪录强势夺冠，为中国代表团赢得平昌冬奥会首枚金牌，也是中国男子短道速滑队在冬奥会上的首枚金牌．下列对武大靖的研究中，能把武大靖看做质点的是() A．研究武大靖的起滑特点B．研究武大靖到达终点时如何过线C．研究武大靖在比赛中的运动轨迹D．研究武大靖的滑冰技巧答案 C解析研究武大靖的起滑特点，需要考虑起滑姿态，不能看做质点，故A错误；研究武大靖到达终点时如何过线，也需要考虑姿态，不能看做质点，故B错误；研究武大靖在比赛中的运动轨迹时，武大靖的大小、形状可以忽略，可以将武大靖看做质点，故C正确；研究武大靖的滑冰技巧，需要考虑姿态，不能看做质点，故D错误．12．(多选)(2018·扬州市期末)如图7所示，“神舟十号”运载火箭发射升空后，经多次变轨与“天宫一号”目标飞行器在距地面343 km高处成功交会对接，下列所述情况中，运载火箭或组合体可以看做质点的是()图7A．确定火箭升空约150 s时距地面的高度B．分析助推器与火箭的分离过程时C．研究“神舟十号”与“天宫一号”的交会对接过程D．研究“神舟十号”与“天宫一号”的组合体在距地面343 km高处绕地球飞行的轨迹答案AD解析确定火箭距地面的高度时，其形状和大小可以忽略；分析助推器与火箭的分离过程以及“神舟十号”与“天宫一号”的交会对接过程时，其形状和大小不能忽略；研究组合体在距地面343 km高处绕地球飞行的轨迹时，其形状和大小可以忽略．故选项A、D正确．13．具有完全知识产权的两列中国标准动车组“复兴号”，在京沪高铁两端的北京南站和上海虹桥站双向发车成功．“复兴号”的高度从“和谐号”的3 700 mm增高到4 050 mm，单车长伸展到25 m，下列说法正确的是()A．“复兴号”体积太大，不能看成质点，乘客可看成质点，因为他体积小B．“复兴号”在运行时任何情况下都不能看成质点，因为车轮在转动C．研究“复兴号”在弯道处有无翻车危险时，可将它看成质点D．计算“复兴号”从北京南站到上海虹桥站的运行时间时，可将它看成质点答案 D解析当物体的大小和形状对所研究问题的影响可忽略不计时，物体可以看成质点，所以能不能看成质点和物体的大小无关，而是和研究的问题有关，故A、B错误；研究“复兴号”在弯道处有无翻车危险时，“复兴号”列车的大小和形状是不能忽略的，所以不能把它看成质点，故C错误；计算“复兴号”从北京南站到上海虹桥站的运行时间时，由于不需要考虑它的形状、大小，所以可将它看成质点，故D正确．14．从波兰中部城市罗兹往返四川成都的直达火车线路“蓉欧快铁”，全长9 826公里，全程行车时间约为13天，比历时40至50天的海路运输快许多．关于“蓉欧快铁”，下列说法正确的是()A．班列长度太长，质量太大，任何时候都不能看成质点B．研究“蓉欧快铁”线路上的班列行程时，可以将班列看成质点C．分析班列通过阿拉山口的时间时，可以将班列看成质点D．只要班列处于运动状态，就可以看成质点答案 B15.国际泳联跳水大奖赛马来西亚站，我国跳水“梦之队”持续神奇表现，如图8所示为运动员陈艾森、张雁全在男子双人十米台比赛中的瞬间，则下列说法正确的是()图8A．教练为了研究两人的技术动作，可将两人视为质点B．运动员在下落过程中，以运动员为参考系，水面是静止的C．以陈艾森为参考系，张雁全是静止的D．观众观看两人比赛时，可将两人视为质点答案 C解析研究两人的技术动作时，运动员的形状和大小不能忽略，不能看成质点，故A错误；运动员在下落过程中，以运动员为参考系，水面不是静止的，故B错误；以陈艾森为参考系，张雁全处于静止状态，故C正确；观众观看两人比赛时，要欣赏其动作，不能把两个人看成质点，故D错误．。