重庆市铜梁县2017届高考物理二轮总复习专题十九动量守恒定律(加试)增分策略练习(含解析)

合集下载

重庆市铜梁县17届高考物理二轮总复习专题十一电容器带电粒子在电场中的运动增分策略练习(含解析)

专题十一电容器带电粒子在电场中的运动考纲解读转电极加恒定电压的情形一、电容器的电容 1．电容器(1)组成：由两个彼此绝缘又相互靠近的导体组成． (2)带电量：一个极板所带电荷量的绝对值． (3)电容器的充电、放电①充电：使电容器带电的过程，充电后电容器两极板带上等量的异种电荷，电容器中储存电场能． ②放电：使充电后的电容器失去电荷的过程，放电过程中电场能转化为其他形式的能． 2．电容 (1)公式 ①定义式：C ＝Q U. ②推论：C ＝ΔQΔU.(2)电容与电压、电荷量的关系：电容C 的大小由电容器本身结构决定，与电压、电荷量无关．不随Q 变化，也不随电压变化．3．平行板电容器及其电容(1)影响因素：平行板电容器的电容与正对面积成正比，与介质的介电常数成正比，与两板间的距离成反比． (2)决定式：C ＝εr S4πkd ，k 为静电力常量．εr 为相对介电常数，与电介质的性质有关．二、带电粒子在电场中的运动1．加速问题：若不计粒子的重力，则电场力对带电粒子做的功等于带电粒子的动能的增量． (1)在匀强电场中：W ＝qEd ＝qU ＝12mv 2－12mv 20.(2)在非匀强电场中：W ＝qU ＝12mv 2－12mv 20.2．偏转问题：(1)条件分析：不计重力的带电粒子以速度v 0垂直于电场线方向飞入匀强电场． (2)运动性质：类平抛运动．(3)处理方法：利用运动的合成与分解． ①沿初速度方向：做匀速直线运动．②沿电场力方向：做初速度为零的匀加速运动． 3．示波管的构造：①电子枪，②偏转电极，③荧光屏．(如图1所示)图11．电容器是一种常用的电子元件．下列对电容器认识正确的是( ) A ．电容器的电容表示其储存电荷的能力 B ．电容器的电容与它所带的电量成正比 C ．电容器的电容与它两极板间的电压成正比 D ．电容器的常用单位有μF 和pF,1 μF ＝103pF 答案 A解析由电容的物理意义知A 正确．电容定义式为C ＝QU，但C 跟Q 和U 无关，仅跟电容器本身特征量有关；1 μF ＝106pF.B 、C 、D 都错．2．(2015·浙江学考模拟)如图2为可变电容器，由一组动片和一组定片组成，这两组金属片之间是互相绝缘的，动片旋入得越多，则( )图2A ．正对面积越大，电容越大B ．正对面积越大，电容越小C ．动片、定片间距离越小，电容越大D ．动片、定片间距离越小，电容越小答案 A解析可变电容器动片旋入得越多，正对面积越大．由平行板电容器的电容决定式C ＝εr S4πkd 知，电容器的正对面积越大，电容越大，A 项正确．3．一个已充电的电容器，若使它的电荷量减少3×10－4C ，则其电压减少为原来的13，则( )A ．电容器原来的电荷量为9×10－4C B ．电容器原来的电荷量为4.5×10－4 C C ．电容器原来的电压为1 VD ．电容器的电容变为原来的13答案 B解析由C ＝ΔQ ΔU 得ΔQ ＝C ·ΔU ＝C (U －13U )＝23CU ＝23Q ，Q ＝3×ΔQ 2＝3×3×10－42 C ＝4.5×10－4C ，选项A 错，B 对；因电容器的电容不知，所以无法求出电容器原来的电压，选项C 错；电容器的电容由电容器本身决定，跟电压和电荷量的变化无关，所以电容器的电容不变，选项D 错．4．电场中，初速度为零的带正电粒子在匀强电场中仅在电场力作用下，运动方向正确的是( )答案 D5．如图3所示，两极板与电源相连接，电子从负极板边缘垂直电场方向射入匀强电场，且恰好从正极板边缘飞出，现在使电子的入射速度变为原来的2倍，而电子仍从原来位置射入，且仍从正极板边缘飞出，则两极板间的距离应变为原来的( )图3A ．2倍B ．4倍 C.12倍 D.14倍答案 C解析第一次d ＝12·Uq md (L v 0)2，第二次d ′＝12·Uq md ′(L 2v 0)2，两式相比可得d ′＝d2，所以选项C 正确.电容器的动态分析1．对公式C ＝Q U的理解电容C ＝Q U，不能理解为电容C 与Q 成正比、与U 成反比，一个电容器电容的大小是由电容器本身的因素决定的，与电容器是否带电及带电多少无关． 2．两种类型的动态分析思路(1)确定不变量，分析是电压不变还是所带电荷量不变． (2)用决定式C ＝εr S4πkd分析平行板电容器电容的变化．(3)用定义式C ＝Q U分析电容器所带电荷量或两极板间电压的变化． (4)用E ＝U d分析电容器两极板间电场强度的变化．例1 如图4所示，先接通S 使电容器充电，然后断开S ，增大两极板间的距离时，电容器所带电荷量Q 、电容C 、两极板间电势差U 及场强E 的变化情况是( )图4A ．Q 变小，C 不变，U 不变，E 变大B ．Q 变小，C 变小，U 不变，E 变小 C ．Q 不变，C 变小，U 变大，E 不变D ．Q 不变，C 变小，U 变小，E 无法确定答案 C解析由充电后断开电源知，电容器的电荷量不变，选项A 、B 错；由C ＝εr S4πkd 知增大两极板间的距离时，电容C减小，由C ＝Q U 知，U 增大；两极板间电场强度E ＝U d ＝4πkQεr S，可见当增加两板间距时，电场强度不变，选项C 对，D错．电容器动态问题的分析技巧1．抓住不变量，弄清楚是电容器的电荷量不变还是电压不变．2．根据电容的决定式分析电容的变化，再根据电容的定义式分析电荷量或电压的变化，最后分析电场强度的变化．变式题组1．一充电后的平行板电容器保持两极板的正对面积、间距和电荷量不变，在两极板间插入一电介质，其电容C 和两极板间的电势差U 的变化情况是( ) A ．C 和U 均增大 B ．C 增大，U 减小 C ．C 减小，U 增大D ．C 和U 均减小答案 B解析由C ＝εr S 4πkd 知，S 和d 不变，插入电介质时，εr 增大，电容增大，由C ＝QU 可知：Q 不变时，C 增大，则两板间的电势差U 一定减小，故选B.2．用控制变量法，可以研究影响平行板电容器电容的因素(如图5)．设两极板正对面积为S ，极板间的距离为d ，静电计指针偏角为θ.实验中，极板所带电荷量不变，若( )图5A ．保持S 不变，增大d, 则θ变大B ．保持S 不变，增大d ，则θ变小C ．保持d 不变，减小S ，则θ变小D ．保持d 不变，减小S ，则θ不变答案 A解析静电计指针偏角体现电容器两极板间电压大小．在做选项所示的操作中，电容器上电荷量Q 保持不变，C ＝QU＝εr S4πkd.保持S 不变，增大d ，则C 减小，U 增大，偏角θ增大，选项A 正确，B 错误；保持d 不变，减小S ，则C 减小，偏角θ也增大，故选项C 、D 均错．带电粒子在电场中的直线运动 1．做直线运动的条件(1)粒子所受合外力F 合＝0，粒子静止或做匀速直线运动．(2)粒子所受合外力F 合≠0，且与初速度方向在同一条直线上，带电粒子将做匀加速直线运动或匀减速直线运动． 2．用动力学观点分析a ＝F 合m ，E ＝Ud，v 2－v 20＝2ad .3．用功能观点分析匀强电场中：W ＝Eqd ＝qU ＝12mv 2－12mv 2非匀强电场中：W ＝qU ＝E k2－E k1.例2 (2014·海南高考)如图6所示，一平行板电容器的两极板与一电压恒定的电源相连，极板水平放置，极板间距为d ；在下极板上叠放一厚度为l 的金属板，其上部空间有一带电粒子P 静止在电容器中．当把金属板从电容器中快速抽出后，粒子P 开始运动．重力加速度为g .粒子运动的加速度为( )图6A.ld g B.d －l d g C.l d －l g D.dd －lg 答案 A解析带电粒子在电容器两极板间时受到重力和电场力的作用，最初处于静止状态，由二力平衡条件可得：mg ＝qUd －l；当把金属板从电容器中快速抽出后，电容器两极板间的电压不变，但两极板间的距离发生了变化，引起电场强度发生了变化，从而电场力也发生了变化，粒子受力不再平衡，产生了加速度，根据牛顿第二定律ma ＝mg －q U d ，两式联立可得a ＝ldg .故A 正确．解决粒子在电场中直线运动问题的两种方法1．用牛顿运动定律和运动学规律． 2．用动能定理或能量守恒定律．3．选取思路：前者适用于粒子受恒力作用时，后者适用于粒子受恒力或变力作用时．这和解决物体受重力、弹力、摩擦力等做直线运动的问题的思路是相同的，不同的是受力分析时，不要遗漏电场力．变式题组3．如图7所示，平行板电容器的两个极板与水平地面成一角度，两极板与一直流电源相连．若一带电粒子恰能沿图中所示水平直线通过电容器，则在此过程中，该粒子( )图7A ．所受重力与电场力平衡B ．电势能逐渐增加C ．动能逐渐增加D ．做匀速直线运动答案 B解析分析带电粒子的受力情况，画出其受力图如图所示．可以看出其合力方向与其速度方向相反．所以，带电粒子在电场中做匀减速直线运动．电场力做负功，重力不做功，动能减少，电势能增加，故选项A 、C 、D 错误，选项B 正确．4．(2016·舟山市调研)两平行金属板相距为d ，电势差为U ，一电子质量为m ，电荷量为e ，从O 点沿垂直于极板的方向射出，最远到达A 点，然后返回．如图8所示，OA ＝h ，此电子具有的初动能是( )图8A.edh U B ．edUh C.eU dhD.eUh d答案 D解析电子受到的静电力做负功，有－eU OA ＝0－E k ，U OA ＝U d h ，E k ＝eUhd，由此知选项D 正确．带电粒子在电场中偏转1．基本运动规律(1)沿初速度方向做匀速直线运动，运动时间⎩⎪⎨⎪⎧a.能飞出电容器：t ＝lv 0.b.不能飞出电容器：y ＝12at 2＝qU 2mdt 2，t ＝ 2mdyqU.(2)沿电场力方向，做匀加速直线运动⎩⎪⎨⎪⎧加速度：a ＝F m ＝qE m ＝qUmd离开电场时的偏移量：y ＝12at 2＝qUl 22mdv2.离开电场时的偏转角：tan θ＝v yv 0＝qUl mdv20.2．带电粒子在匀强电场中偏转时的两个结论(1)不同的带电粒子从静止开始经过同一电场加速后再从同一偏转电场射出时，偏移量和偏转角总是相同的．证明：由qU 0＝12mv 2y ＝12at 2＝12·qU 1md ·(l v 0)2 tan θ＝qU 1lmdv 20得：y ＝U 1l 24U 0d ，tan θ＝U 1l2U 0d(2)粒子经电场偏转后，合速度的反向延长线与初速度延长线的交点O 为粒子水平位移的中点，即O 到偏转电场边缘的距离为l2.3．带电粒子在匀强电场中偏转的功能关系当讨论带电粒子的末速度v 时也可以从能量的角度进行求解：qU y ＝12mv 2－12mv 20，其中U y ＝Ud y ，指初、末位置间的电势差．例3 如图9所示，在两条平行的虚线内存在着宽度为L 、电场强度为E 的匀强电场，在与右侧虚线相距也为L 处有一与电场平行的屏．现有一电荷量为＋q 、质量为m 的带电粒子(重力不计)，以垂直于电场线方向的初速度v 0射入电场中，v 0方向的延长线与屏的交点为O .试求：图9(1)粒子从射入到打到屏上所用的时间；(2)粒子刚射出电场时的速度方向与初速度方向夹角的正切值tan α； (3)粒子打在屏上的点P 到O 点的距离x . 答案 (1)2L v 0 (2)qEL mv 20 (3)3qEL22mv 20解析 (1)根据题意，粒子在垂直于电场线的方向上做匀速直线运动，所以粒子从射入到打到屏上所用的时间t ＝2Lv 0.(2)设粒子射出电场时沿平行电场线方向的速度为v y ，根据牛顿第二定律，粒子在电场中的加速度为：a ＝Eq m所以v y ＝a L v 0＝qELmv 0所以粒子刚射出电场时的速度方向与初速度方向夹角的正切值为tan α＝v y v 0＝qELmv 20.(3)解法一设粒子在电场中的偏转距离为y ，则 y ＝12a (L v 0)2＝qEL22mv 20又x ＝y ＋L tan α，解得：x ＝3qEL 22mv 20解法二 x ＝y ＋v y L v 0＝3qEL 22mv 20解法三由y ＝12a (L v 0)2＝qEL 22mv 20，xy ＝L ＋L 2L2得：x ＝3y ＝3qEL22mv 20.分析粒子在电场中偏转运动的两种方法1．分解观点：垂直射入匀强电场的带电粒子，在电场中只受电场力作用，与重力场中的平抛运动相类似，研究这类问题的基本方法是将运动分解，可分解成平行电场方向的匀加速直线运动和垂直电场方向的匀速直线运动． 2．功能观点：首先对带电粒子进行受力分析，再进行运动过程分析，然后根据具体情况选用公式计算． (1)若选用动能定理，则要分清有多少个力做功，是恒力做功还是变力做功，同时要明确初、末状态及运动过程中的动能的增量．(2)若选用能量守恒定律，则要分清带电粒子在运动中共有多少种能量参与转化，哪些能量是增加的，哪些能量是减少的．变式题组5．喷墨打印机的简化模型如图10所示，重力可忽略的墨汁微滴，经带电室带负电后，以速度v 垂直匀强电场飞入极板间，最终打在纸上，则微滴在极板间电场中()图10A ．向负极板偏转B ．电势能逐渐增大C ．运动轨迹是抛物线D ．运动轨迹与带电量无关答案 C解析微滴带负电，进入电场，受电场力向上，应向正极板偏转，A 错误；电场力做正功，电势能减小，B 错误；微滴在电场中做类平抛运动，沿v 方向：x ＝vt ，沿电场方向：y ＝12at 2，又a ＝qU md ，得y ＝qU 2mv 2d x 2，即微滴运动轨迹是抛物线，且运动轨迹与电荷量有关，C 正确，D 错误．6．(多选)(2016·绍兴市联考)如图11所示，电荷量之比为q A ∶q B ＝1∶3的带电粒子A 、B 以相等的速度v 0从同一点出发，沿着跟电场强度垂直的方向射入平行板电容器中，分别打在C 、D 点，若OC ＝CD ，忽略粒子重力的影响，则( )图11A ．A 和B 在电场中运动的时间之比为1∶2 B ．A 和B 运动的加速度大小之比为4∶1C ．A 和B 的质量之比为1∶12D ．A 和B 的位移大小之比为1∶1 答案 ABC解析粒子A 和B 在匀强电场中做类平抛运动，水平方向由x ＝v 0t 及OC ＝CD 得，t A ∶t B ＝1∶2；竖直方向由h ＝12at2得a ＝2h t 2，它们沿竖直方向下落的加速度大小之比为a A ∶a B ＝4∶1；根据a ＝qE m 得m ＝qE a ，故m A m B ＝112，A 和B 的位移大小不相等，故选项A 、B 、C 正确．电场中的力电综合问题1．解答力电综合问题的一般思路2．运动情况反映受力情况 (1)物体静止(保持)：F 合＝0. (2)做直线运动①匀速直线运动：F 合＝0.②变速直线运动：F 合≠0，且F 合方向与速度方向总是在一条直线上．(3)做曲线运动：F 合≠0，F 合方向与速度方向不在一条直线上，且总指向运动轨迹曲线的凹侧． (4)F 合与v 的夹角为α，加速运动：0≤α＜90°；减速运动：90°＜α≤180°. (5)匀变速运动：F 合＝恒量．例4 (2014·浙江7月学考)如图12所示，水平地面上有一长为L 、高为h 的桌子．质量为m 的小物块A 从绝缘桌面的左端以初速度v 0水平向右运动，最终落在地面上D 点，D 点与桌面右端的水平距离为s .若再次将物块A 置于桌面左端，并让其带上电荷量为q 的正电荷，在桌面以上区域加一水平向右、大小可调节的匀强电场．假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求：图12(1)为使再次置于桌面左端的带电物块A 在桌面上滑动，电场强度的最小值E 1.(2)为使再次置于桌面左端的带电物块A 从桌面滑落后仍落在地面上的D 点，电场强度E 2的值．答案 (1)m 2qL (v 20－gs 22h ) (2)mv 202qL解析 (1)由平抛运动规律：s ＝vth ＝12gt 2得：v ＝sg 2h① 由动能定理，考虑到摩擦力F f 做负功，得：－F f L ＝12mv 2－12mv 20②为了使物块A 在桌面上滑动，其所受电场力至少等于摩擦力F f ，有F ＝qE 1＝F f ③由①②③式得：E 1＝m 2qL (v 20－gs 22h)(2)由动能定理qE 2L －F f L ＝12mv 2得：E 2＝mv 202qL.分析力电综合问题的两种思路1．动力学的观点(1)由于匀强电场中带电粒子所受电场力和重力都是恒力，可用正交分解法．(2)综合运用牛顿运动定律和匀变速直线运动公式，注意受力分析要全面，特别注意重力是否需要考虑的问题． 2．能量的观点(1)运用动能定理，注意过程分析要全面，准确求出过程中的所有力做的功，判断选用分过程还是全过程使用动能定理．(2)运用能量守恒定律，注意题目中有哪些形式的能量出现．变式题组7．(2016·4月浙江选考·8)密立根油滴实验原理如图13所示．两块水平放置的金属板分别与电源的正负极相接，板间电压为U ，形成竖直向下电场强度大小为E 的匀强电场．用喷雾器从上板中间的小孔喷入大小、质量和带电荷量各不相同的油滴．通过显微镜可找到悬浮不动的油滴，若此悬浮油滴的质量为m ，则下列说法正确的是( )图13A ．悬浮油滴带正电B ．悬浮油滴的带电荷量为mg UC ．增大电场强度大小，悬浮油滴将向上运动D ．油滴的带电荷量不一定是电子带电荷量的整数倍答案 C解析油滴悬浮不动，说明其所受的电场力与重力平衡，所以带负电，A 错；由Eq ＝mg 得q ＝mg E，所以B 错；如果增大电场强度大小，油滴所受的电场力增大，油滴就会向上加速运动，C 对；所有带电体的电荷量都是电子带电荷量的整数倍，D 错．8.如图14所示，一电荷量为＋q 、质量为m 的小物块处于一倾角为37°的光滑斜面上，当整个装置被置于一水平向右的匀强电场中，小物块恰好静止．重力加速度取g ，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：图14(1)水平向右电场的电场强度；(2)若将电场强度减小为原来的12，物块的加速度是多大；(3)电场强度变化后物块下滑距离L 时的动能．答案 (1)3mg4q(2)0.3g (3)0.3mgL解析 (1)小物块静止在斜面上，受重力、电场力和斜面支持力，受力分析如图所示，则有F N sin 37°＝qE ①F N cos 37°＝mg ②由①②可得E ＝3mg4q(2)若电场强度减小为原来的12，即E ′＝3mg8q由牛顿第二定律得mg sin 37°－qE ′cos 37°＝ma可得a ＝0.3g(3)电场强度变化后物块下滑距离L 时，重力做正功，电场力做负功，由动能定理得mgL sin 37°－qE ′L cos 37°＝E k －0可得E k ＝0.3mgL .1．(2016·4月浙江选考·7)关于电容器，下列说法正确的是( ) A ．在充电过程中电流恒定B ．在放电过程中电容减小C ．能储存电荷，但不能储存电能D ．两个彼此绝缘又靠近的导体可视为电容器答案 D解析由电容器的充放电曲线可知，充电过程中，电流不断减小，A 错；电容是电容器储存电荷的本领，不随充放电过程变化，B 错；电容器中的电场具有电场能，所以C 错；两个彼此绝缘又靠近的导体是可以储存电荷的，可视为电容器，D 对．2．(2016·金华市联考)一个电容器的规格是“10 μF 50 V ”，则( ) A ．这个电容器的电容为10－5FB ．这个电容器加上50 V 电势差时，电容才是10 μFC ．这个电容器没有电势差时，电容为0D ．这个电容器加的电势差不能低于50 V 答案 A解析电容器的电容与电容器板间电势差无关，无论是否有电势差，电容都是10 μF ，选项A 正确，B 、C 错误；50 V 为电容器允许加的最大电势差，选项D 错误． 3．对电容的定义式C ＝Q U，以下说法正确的是( ) A ．电容器带电荷量越大，电容就越大B ．对于某一电容器，它的带电荷量跟它两极板间所加电势差的比值保持不变C ．对于某一电容器，它的带电荷量跟加在两极板间的电势差成反比D ．如果一个电容器两极板间没有电势差，就没有带电荷量，也就没有电容答案 B解析电容器的电容是其本身固有属性，与带电荷量及两极板间电势差无关，故选项A 、D 错误，选项B 正确；由C ＝Q U得Q ＝CU ，由此可知Q ∝U ，选项C 错误．4．(多选)一平行板电容器，极板间正对面积为S ，板间距离为d ，充以电荷量Q 后两板间电压为U ，为使电容器的电容加倍，可采用的办法是( ) A ．将电压变为U2B ．带电荷量变为2QC ．将极板正对面积变为2SD ．将两极板间的距离减小到d2答案 CD解析电容器的电容与极板带电荷量、两极板间的电压无关，故选项A 、B 错误；根据C ＝εr S4πkd 可知，选项C 、D正确．5．板间距为d 的平行板电容器所带电荷量为Q 时，两极板间电势差为U 1，板间电场强度为E 1.现将电容器所带电荷量变为2Q ，板间距变为12d ，其他条件不变，这时两极板间的电势差为U 2，板间电场强度为E 2，下列说法正确的是( )A ．U 2＝U 1，E 2＝E 1B ．U 2＝2U 1，E 2＝4E 1C ．U 2＝U 1，E 2＝2E 1D ．U 2＝2U 1，E 2＝2E 1 答案 C解析根据U ＝Q C ，C ∝S d ，E ＝U d ，可得U ∝Qd S ，E ∝Q S ，则U 1U 2＝Q 1d 1Q 2d 2＝12×2＝1，E 1E 2＝Q 1Q 2＝12，故选项C 正确．6．(多选)将平行板电容器两极板之间的距离、电压、电场强度大小和极板所带的电荷量分别用d 、U 、E 和Q 表示．下列说法正确的是( )A ．保持U 不变，将d 变为原来的两倍，则E 变为原来的一半B ．保持E 不变，将d 变为原来的一半，则U 变为原来的两倍C ．保持d 不变，将Q 变为原来的两倍，则U 变为原来的一半D ．保持d 不变，将Q 变为原来的一半，则E 变为原来的一半答案 AD解析由E ＝Ud知，当U 不变，d 变为原来的两倍时，E 变为原来的一半，A 项正确；当E 不变，d 变为原来的一半时，U 变为原来的一半，B 项错误；当电容器中d 不变时，C 不变，由C ＝QU知，当Q 变为原来的两倍时，U 变为原来的两倍，C 项错误；当电容器中d 不变时，C 不变，由C ＝Q U知，Q 变为原来的一半时，U 变为原来的一半，则E 变为原来的一半，D 项正确．7．如图1所示，平行板电容器与电动势为E 的直流电源(内阻不计)连接，下极板接地．一带电油滴位于电容器中的P 点且恰好处于平衡状态．现将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离( )图1A ．带电油滴将沿竖直方向向上运动B ．P 点的电势将降低C ．带电油滴的电势能将减少D ．若电容器的电容减小，则极板带电荷量将增大答案 B解析由于电容器与电源连接，电压U 不变，板间场强E 场＝U d随d 的增大而减小，所以油滴将向下运动，电场力做负功，电势能增大，故A 、C 均错误；P 点与地的电势差U PO ＝E 场d ′，d ′不变而E 场减小，故P 点电势将降低，B 正确；据Q ＝CU 可知，电压U 不变时减小电容C ，则极板带电荷量将减小，故D 错误．8．如图2所示，电子由静止开始从A 板向B 板运动，到达B 板的速度为v ，保持两极板间电压不变，则( )图2A ．当减小两极板间的距离时，速度v 增大B ．当减小两极板间的距离时，速度v 减小C ．当减小两极板间的距离时，速度v 不变D ．当减小两极板间的距离时，电子在两极板间运动的时间变长答案 C解析由动能定理得eU ＝12mv 2，当改变两极板间的距离时，U 不变，v 就不变，故选项A 、B 错误，C 正确；电子在两极板间做初速度为零的匀加速直线运动，v ＝d t ，v 2＝d t ，即t ＝2dv，当d 减小时，v 不变，电子在两极板间运动的时间变短，故选项D 错误．9．(多选)(2016·丽水模拟)如图3甲所示，直线MN 表示某电场中一条电场线，a 、b 是线上的两点，将一带负电荷的粒子从a 点处由静止释放，粒子从a 运动到b 过程中的v －t 图线如图乙所示，设a 、b 两点的电势分别为φa 、φb ，场强大小分别为E a 、E b ，粒子在a 、b 两点的电势能分别为W a 、W b ，不计重力，则有( )图3A ．φa >φbB ．E a >E bC ．E a <E bD ．W a >W b答案 BD解析由题图乙可知，粒子做加速度减小、速度增大的直线运动，故可知从a 到b 电场强度减小，粒子动能增大，电势能减小，电场力方向由a 指向b ，电场线方向由b 指向a ，b 点电势高于a 点电势，故选项B 、D 正确．10．一水平放置的平行板电容器的两极板间距为d ，极板分别与电池两极相连，上极板中心有一小孔(小孔对电场的影响可忽略不计)．小孔正上方d2处的P 点有一带电粒子，该粒子从静止开始下落，经过小孔进入电容器，并在下极板处(未与极板接触)返回．若将下极板向上平移d3，则从P 点开始下落的相同粒子将( )A ．打到下极板上B ．在下极板处返回C ．在距上极板d2处返回D ．在距上极板25d 处返回答案 D解析带电粒子从P 点下落刚好到达下极板处，由动能定理得：mg (d 2＋d )－qU ＝0，当将下极板向上平移d3时，设从P 点开始下落的相同粒子运动到距上极板距离为x 处速度为零，则对带电粒子下落过程由动能定理得：mg (d2＋x )－q ·U 2d 3·x ＝0，解之得x ＝25d ，故选项D 正确． 11．如图4所示，质子(11H)和α粒子(42He)以相同的初动能垂直射入偏转电场(粒子不计重力)，则这两个粒子射出电场时的侧位移y 之比为()图4A ．1∶1B ．1∶2C ．2∶1D ．1∶4答案 B解析初动能相同，则mv 20相同，由y ＝12at 2＝12·qU md ·(L v 0)2，得：y 1y 2＝q 1q 2＝12，故B 正确．12．(2016·杭州十校联考)如图5所示，电子在电势差为U 1的加速电场中由静止开始运动，然后射入电势差为U 2的两块水平的平行极板间的偏转电场中，入射方向跟极板平行．整个装置处在真空中，重力可忽略．在满足电子能射出平行板区域的条件下，下述四种情况中，一定能使电子的偏转角θ变大的是()图5A ．U 1变大、U 2变大B ．U 1变小、U 2变大C ．U 1变大、U 2变小D ．U 1变小、U 2变小答案 B解析设电子被加速后获得的速度为v 0，水平极板长为l ，则由动能定理得U 1q ＝12mv 20，电子在水平极板间偏转所用时间t ＝l v 0，又设电子在水平极板间的加速度为a ，水平极板的板间距为d ，由牛顿第二定律得a ＝U 2qdm，电子射出偏转电场时，平行于电场方向的速度v y ＝at ，联立解得v y ＝U 2ql dmv 0，又tan θ＝v y v 0＝U 2ql dmv 20＝U 2ql 2dqU 1＝U 2l2dU 1，故U 2变大、U 1变小，一定能使偏转角θ变大，故B 正确．13．(2015·浙江选考)真空中的某装置如图6所示，其中平行金属板A 、B 之间有加速电场，C 、D 之间有偏转电场，M 为荧光屏．今有质子、氘核和α粒子均由A 板从静止开始被加速电场加速后垂直于电场方向进入偏转电场，最后打在荧光屏上．已知质子、氘核和α粒子的质量之比为1∶2∶4，电荷量之比为1∶1∶2，则下列判断中正确的是( )图6A ．三种粒子从B 板运动到荧光屏经历的时间相同 B ．三种粒子打到荧光屏上的位置相同C ．偏转电场的电场力对三种粒子做功之比为1∶2∶2D ．偏转电场的电场力对三种粒子做功之比为1∶2∶4 答案 B解析设加速电压为U 1，偏转电压为U 2，偏转极板的长度为L ，板间距离为d ，在加速电场中，由动能定理得qU 1＝12mv 20，解得v 0＝ 2qU 1m，三种粒子从B 板运动到荧光屏的过程，水平方向做速度为v 0的匀速直线运动，由于三种粒子的比荷不同，则v 0不同，所以三种粒子从B 板运动到荧光屏经历的时间不同，故A 错误；根据推论y ＝U 2L 24dU 1、tan θ＝U 2L2dU 1可知，y 与粒子的种类、质量、电量无关，故三种粒子偏转距离相同，打到荧光屏上的位置相同，故B正确；偏转电场的电场力做功为W ＝qEy ，则W 与q 成正比，三种粒子的电荷量之比为1∶1∶2，则有电场力对三种粒子做功之比为1∶1∶2，故C 、D 错误．14．如图7所示，板长L ＝4 cm 的平行板电容器，板间距离d ＝3 cm ，板与水平线夹角α＝37°，两板所加电压为U ＝100 V ，有一带负电液滴，带电荷量为q ＝3×10－10 C ，以v 0＝1 m/s 的水平速度自A 板边缘水平进入电场，在电场中仍沿水平方向并恰好从B 板边缘水平飞出．g 取10 m/s 2，求：。

2017年高考物理《动量动量守恒定律》复习导学案设计

第1课时动量动量守恒定律考纲解读1.理解动量、动量的变化量、动量定理的概念.2.知道动量守恒的条件.3.会利用动量守恒定律分析碰撞、反冲等相互作用问题．考点一动量定理的理解与应用1．动量(1)定义：运动物体的质量和____的乘积叫做物体的动量，通常用p 来表示． (2)表达式：p ＝___ (3)单位：kg ·m/s.(4)标矢性：动量是矢量，其方向和___方向相同． 2．冲量(1)定义：力F 与力的作用时间t 的___ (2)定义式：I ＝___ (3)单位：____.(4)方向：恒力作用时，与力的方向____(5)物理意义：是一个过程量，表示力在___上积累的作用效果． 3．动量定理(1)内容：物体所受________等于物体的_____ (2)表达式：⎩⎨⎧Ft ＝p ′－pI ＝Δp例1 在水平力F ＝30 N 的作用下，质量m ＝5 kg 的物体由静止开始沿水平面运动．已知物体与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2，若F 作用6 s 后撤去，撤去F 后物体还能向前运动多长时间才停止？(g 取10 m/s 2) 递进题组1．[对动量的理解]下列说法正确的是( ) A ．速度大的物体，它的动量一定也大 B ．动量大的物体，它的速度一定也大C ．只要物体的运动速度大小不变，则物体的动量也保持不变D ．物体的动量变化越大则该物体的速度变化一定越大 2．[动量定理的应用]从高处跳到低处时，为了安全，一般都是让脚尖着地，这样做是为了( ) A ．减小冲量 B ．减小动量的变化量C ．增大与地面的冲击时间，从而减小冲力D ．增大人对地面的压强，起到安全作用3．[动量定理的应用]将质量为0.2 kg 的小球以初速度6 m/s 水平抛出，抛出点离地的高度为3.2 m ，不计空气阻力．求：(1)小球从抛出到它将要着地的过程中重力的冲量； (2)小球将要着地时的动量．从三个角度理解动量定理(1)动量定理描述的是一个过程，它表明物体所受合外力的冲量是物体动量变化的原因，物体动量的变化是它受到的外力作用经过一段时间积累的结果． (2)动量定理Ft ＝mv t －mv 0是一个矢量式，运算应遵循平行四边形定则．若公式中各量均在一条直线上，可规定某一方向为正，根据题设给出各量的方向研究它们的正负，从而把矢量运算简化为代数运算．(3)动量定理既适用于恒力，也适用于变力，对于变力的情况，动量定理中的F 应理解为变力在作用时间内的平均值．考点二动量守恒定律的理解1．内容如果一个系统_____或者________，这个系统的总动量保持不变，这就是动量守恒定律． 2．适用条件(1)系统不受外力或所受外力的合力为零，不是系统内每个物体所受的合外力都为零，更不能认为系统处于____状态．(2)近似适用条件：系统内各物体间相互作用的内力_____它所受到的外力．(3)如果系统在某一方向上所受外力的合力为零，则系统______动量守恒．例2 一颗子弹水平射入置于光滑水平面上的木块A 并留在其中，A 、B 用一根弹性良好的轻质弹簧连在一起，如图1所示．则在子弹打击木块A 及弹簧被压缩的过程中，对子弹、两木块和弹簧组成的系统()图1A ．动量守恒，机械能守恒B ．动量不守恒，机械能守恒C ．动量守恒，机械能不守恒D ．无法判定动量、机械能是否守恒4. [动量守恒的判断]如图2所示，A 、B 两物体质量之比m A ∶m B ＝3∶2，原来静止在平板小车C 上．A 、B 间有一根被压缩的弹簧，地面光滑，当弹簧突然释放后，则下列说法中不正确的是()图2A ．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5．[动量守恒的判断]对于上题，如果数据不变，且已知A 、B 组成的系统动量守恒，则下列说法中正确的是( )A ．A 、B 与C 的动摩擦因数相等 B ．A 、B 与C 的动摩擦因数不相等C ．根据已知条件，可以求出A 与C 、B 与C 的动摩擦因数比D ．根据已知条件，不能求出A 与C 、B 与C 的动摩擦因数比考点三动量守恒定律的应用1．动量守恒定律的不同表达形式(1)m 1v 1＋m 2v 2＝________，相互作用的两个物体组成的系统，作用前的动量和等于作用后的动量和． (2)Δp 1＝____，相互作用的两个物体动量的增量等大反向．(3)Δp ＝___，系统总动量的增量为零． 2．应用动量守恒定律解题的步骤(1)明确研究对象，确定系统的组成(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)由动量守恒定律列出方程；(5)代入数据，求出结果，必要时讨论说明．例3 如图3，质量为M 的小船在静止水面上以速率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，则救生员跃出后小船的速率为________．(填选项前的字母)图3A ．v 0＋m M vB ．v 0－m M vC ．v 0＋m M (v 0＋v )D ．v 0＋mM(v 0－v )变式题组6. [动量守恒定律的应用]如图4所示，一质量为M ＝3.0 kg 的长方形木板B 放在光滑水平地面上，在其右端放一质量为m ＝1.0 kg 的小物块A .现以地面为参考系，给A 和B 一大小均为4.0 m/s 、方向相反的初速度，使A 开始向左运动，B 开始向右运动，但最后A 并没有滑离B 板，站在地面上的观察者看到在一段时间内物块A 做加速运动．则在这段时间内的某时刻，木板B 相对地面的速度大小可能是()图4A ．3.0 m/sB ．2.8 m/sC ．2.4 m/sD ．1.8 m/s 7. [动量守恒定律的应用]如图5所示，质量为m 的人立于平板车上，人与车的总质量为M ，人与车以速度v 1在光滑水平面上向东运动．当此人相对于车以速度v 2竖直跳起时，车的速度变为()图5A.Mv 1－Mv 2M －m ，向东B.Mv 1M －m ，向东C.Mv 1＋Mv 2M －m，向东 D ．v 1，向东8. [动量守恒定律在多物体构成系统中的应用]如图6所示，质量均为m 的小车与木箱紧挨着静止在光滑的水平冰面上，质量为2m 的小明站在小车上用力向右迅速推出木箱，木箱相对于冰面的速度为v ，接着木箱与右侧竖直墙壁发生弹性碰撞，反弹后被小明接住，求小明接住木箱后三者共同速度的大小．图6考点四碰撞现象的特点和规律1．碰撞(1)概念：碰撞是指物体间的相互作用持续时间____，而物体间相互作用力___的现象．(2)特点：在碰撞现象中，一般都满足内力__外力，可认为相互碰撞的系统动量守恒． (3)分类2.碰撞后运动状态可能性判定(1)动量制约：即碰撞过程中必须受到动量守恒定律的制约，总动量的方向恒定不变，即p 1＋p 2＝p 1′＋p 2′. (2)动能制约：即在碰撞过程中，碰撞双方的总动能不会增加，即E k1＋E k2≥E k1′＋E k2′(3)运动制约：即碰撞要受到运动的合理性要求的制约，如果碰前两物体同向运动，则后面物体速度必须大于前面物体的速度，碰撞后原来在前面的物体速度必增大，且大于或等于原来在后面的物体的速度，否则碰撞没有结束；如果碰前两物体是相向运动，而碰后两物体的运动方向不可能都不改变，除非碰后两物体速度均为零．例4 质量为M 、内壁间距为L 的箱子静止于光滑的水平面上，箱子中间有一质量为m 的小物块，小物块与箱子底板间的动摩擦因数为μ.初始时小物块停在箱子正中间，如图7所示．现给小物块一水平向右的初速度v ，小物块与箱壁碰撞N 次后恰又回到箱子正中间，并与箱子保持相对静止．设碰撞都是弹性的，则整个过程中，系统损失的动能为()图7A.12mv 2B.mM 2m ＋M v 2C.12N μmgL D ．N μmgL 变式题组9．[碰撞规律的应用]质量都为m 的小球a 、b 、c 以相同的速度分别与另外三个质量都为M 的静止小球相碰后，a 球被反向弹回，b 球与被碰球粘合在一起仍沿原方向运动，c 球碰后静止，则下列说法正确的是( ) A ．m 一定小于M B ．m 可能等于MC ．b 球与质量为M 的球组成的系统损失的动能最大D ．c 球与质量为M 的球组成的系统损失的动能最大 10．[碰撞规律的应用]两球A 、B 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，两球A 、B 速度的可能值是( )A ．v A ′＝5 m/s ，vB ′＝2.5 m/s B ．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/s11．[动量守恒在碰撞中的应用] 如图8所示，光滑水平轨道上放置长板A (上表面粗糙)和滑块C ，滑块B 置于A 的左端，三者质量分别为m A ＝2 kg 、mB ＝1 kg 、mC ＝2kg.开始时C 静止，A 、B 一起以v 0＝5 m/s 的速度匀速向右运动，A 与C 发生碰撞(时间极短)后C 向右运动，经过一段时间，A 、B 再次达到共同速度一起向右运动，且恰好不再与C 碰撞．求A 与C 碰撞后瞬间A 的速度大小．图8考点五动量和能量观点的综合应用例5 两质量分别为M 1和M 2的劈A 和B ，高度相同，放在光滑水平面上，A 和B 的倾斜面都是光滑曲面，曲面下端与水平面相切，如图9所示，一质量为m 的物块位于劈A 的倾斜面上，距水平面的高度为h ，物块从静止滑下，然后又滑上劈B .求物块在B 上能够达到的最大高度．图9变式题组12. [动量守恒定律和机械能守恒定律的综合应用]如图10所示，轻绳的两端分别系在圆环A 和小球B 上，A 套在光滑的水平固定直杆MN 上，A 、B 静止不动时B 恰好与光滑水平地面接触，C 小球以v ＝2 m/s 的速度沿地面向左匀速运动，当与B 发生对心正碰后B 、C 立即粘在一起共同向左运动，已知B 、C 的质量均为1 kg ，A 的质量为2 kg ，试求B 、C 粘在一起向左运动过程中上升的最大高度．(g 取10 m/s 2)图10【高考模拟明确考向】1．(2014·重庆·4)一弹丸在飞行到距离地面5 m 高时仅有水平速度v ＝2 m/s ，爆炸成为甲、乙两块水平飞出，甲、乙的质量比为3∶1，不计质量损失，重力加速度g ＝10 m/s 2.则下列图中两块弹片飞行的轨迹可能正确的是( )2．(2014·全国·21)一中子与一质量数为A (A >1)的原子核发生弹性正碰．若碰前原子核静止，则碰撞前与碰撞后中子的速率之比为( ) A.A ＋1A －1 B.A －1A ＋1C.4A A ＋12D.A ＋12A －123．篮球运动员通常伸出双手迎接传来的篮球．接球时，两手随球迅速收缩至胸前．这样做可以( ) A ．减小球对手的冲量 B ．减小球对手的冲击力 C ．减小球的动量变化量 D ．减小球的动能变化量4．(2014·天津·10)如图12所示，水平地面上静止放置一辆小车A ，质量m A ＝4 kg ，上表面光滑，小车与地面间的摩擦力极小，可以忽略不计．可视为质点的物块B 置于A 的最右端，B 的质量m B ＝2 kg.现对A 施加一个水平向右的恒力F ＝10 N ，A 运动一段时间后，小车左端固定的挡板与B 发生碰撞，碰撞时间极短，碰后A 、B 粘合在一起，共同在F 的作用下继续运动，碰撞后经时间t ＝0.6 s ，二者的速度达到v t ＝2 m/s.求：图12(1)A 开始运动时加速度a 的大小； (2)A 、B 碰撞后瞬间的共同速度v 的大小；(3)A 的上表面长度l .5. (2014·新课标Ⅰ·35(2))如图13所示，质量分别为m A 、m B 的两个弹性小球A 、B 静止在地面上，B 球距地面的高度h ＝0.8 m ，A 球在B 球的正上方．先将B 球释放，经过一段时间后再将A 球释放．当A 球下落t ＝0.3 s 时，刚好与B 球在地面上方的P 点处相碰．碰撞时间极短，碰后瞬间A 球的速度恰为零．已知m B ＝3m A ，重力加速度大小g ＝10 m/s 2，忽略空气阻力及碰撞中的动能损失．求：图13(1)B 球第一次到达地面时的速度； (2)P 点距离地面的高度．6。

高考物理二轮复习第部分专题整合突破专题动量定理和动量守恒定律教案

专题七动量定理和动量守恒定律——————[知识结构互联]——————[核心要点回扣]——————1．动量定理(1)表达式：F ·Δt ＝Δp ＝p ′－p .(2)矢量性：动量变化量的方向与合力的方向相同，可以在某一方向上应用动量定理．2．动量、动能、动量的变化量的关系(1)动量的变化量：Δp ＝p ′－p .(2)动能和动量的关系：E k ＝p 22m. 3．动量守恒的条件(1)系统不受外力或所受外力的矢量和为零．(2)系统合外力不为零，但在某个方向上合外力为零．(3)系统合外力不为零，但系统内力远大于系统外力．4．爆炸与反冲现象中系统机械能会增加，但碰撞过程中系统机械能不会增加．考点1 动量定理与动量守恒定律(对应学生用书第33页)■品真题·感悟高考……………………………………………………………·[考题统计] 五年3考：2017年Ⅰ卷T 14、Ⅲ卷T 20 2016年Ⅰ卷T 35(2)[考情分析]1．结合生活、生产、科技实际情景考查动量、冲量的概念及动量定理、动量守恒定律的简单应用，以选择题命题方式较多，难度一般．2．解答此类问题重在理解冲量和动量的矢量性，某一个力对物体的冲量与物体的运动状态、运动过程无关，与物体是否受其他力无关．3．应用动量定理时，要注意分析物体的受力，若无特殊说明，物体的重力应当考虑．4．判断动量是否守恒时，要注意所选取的系统，注意区别系统内力与外力．1．(动量守恒定律的应用)(2017·Ⅰ卷T 14)将质量为1.00 kg 的模型火箭点火升空，50 g燃烧的燃气以大小为600 m/s 的速度从火箭喷口在很短时间内喷出．在燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为(喷出过程中重力和空气阻力可忽略)( )A ．30 kg·m/sB ．5.7×102k g·m/s C ．6.0×102 kg·m/s D ．6.3×102 kg·m/s A [由于喷气时间短，且不计重力和空气阻力，则火箭和燃气组成的系统动量守恒．燃气的动量p 1＝mv ＝0.05×600 kg·m/s＝30 kg·m/s，则火箭的动量p 2＝p 1＝30 kg·m/s，选项A 正确．]2．(动量定理的应用)(多选)(2017·Ⅲ卷T 20)一质量为2 kg 的物块在合外力F 的作用下从静止开始沿直线运动．F 随时间t 变化的图线如图71所示，则( )图71A ．t ＝1 s 时物块的速率为1 m/sB ．t ＝2 s 时物块的动量大小为4 kg·m/sC ．t ＝3 s 时物块的动量大小为5 kg·m/sD ．t ＝4 s 时物块的速度为零[题眼点拨] ①“合外力F 的作用下”说明力F 的冲量等于物块动量的增量；②“从静止开始沿直线运动”说明物块的初动量为零．AB [由动量定理可得：Ft ＝mv ，故物块在t ＝1 s 时的速度v 1＝Ft 1m ＝2×12m/s ＝1 m/s ，A 正确；物块在t ＝2 s 时的动量p 2＝Ft 2＝2×2 kg·m/s＝4 kg·m/s，在t ＝3 s 时的动量大小p 3＝(2×2－1×1)kg·m/s＝3 kg·m/s，故B 正确，C 错误；在t ＝4 s 时，I 合＝(2×2－1×2)N·s＝2 N·s，由I 合＝mv 4可得t ＝4 s 时，物块的速度v 4＝1 m/s ，D 错误．]在第2题中，若物块放在水平桌面上，F 为物块受到的水平拉力，物块与地面的滑动摩擦力大小为1 N ，则物块在t 1＝1 s 时和t 4＝4 s 时的速度分别为( )A ．0.5 m/s 0B ．0 0.5 m/sC ．0.5 m/s －0.5 m/sD ．－0.5 m/s 0.5 m/sA [由动量定理可得：(F －f )t 1＝mv 1，可得t 1＝1 s 时物块速度v 1＝0.5 m/s ，在t＝3 s 时，I 合＝(2×2－1×1－1×3) N·s＝0，故此时物块速度为零，之后因F ＝f ，物块静止不动，因此t 4＝4 s 时，物块速度为零．]3．(动量定理的应用)(2016·Ⅰ卷T 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.【导学号：19624082】[题眼点拨] ①分析流体问题应利用“微元法”．②“玩具稳定地悬停在空中”：说明水柱对玩具的冲击力与玩具重力相平衡．③“水柱冲击玩具底后，在……速度变为零”可在竖直方向根据动量定理建立方程．【解析】 (1)设Δt 时间内，从喷口喷出的水的体积为ΔV ，质量为Δm ，则Δm ＝ρΔV① ΔV ＝v 0S Δt ②由①②式得，单位时间内从喷口喷出的水的质量为Δm Δt ＝ρv 0S . ③(2)设玩具悬停时其底面相对于喷口的高度为h ，水从喷口喷出后到达玩具底面时的速度大小为v .对于Δt 时间内喷出的水，由能量守恒得12(Δm )v 2＋(Δm )gh ＝12(Δm )v 20 ④在h 高度处，Δt 时间内喷射到玩具底面的水沿竖直方向的动量变化量的大小为 Δp ＝(Δm )v ⑤设水对玩具的作用力的大小为F ，根据动量定理有F Δt ＝Δp ⑥由于玩具在空中悬停，由力的平衡条件得F ＝Mg⑦联立③④⑤⑥⑦式得 h ＝v 202g －M 2g 2ρ2v 20S 2. ⑧【答案】 (1)ρv 0S (2)v 202g －M 2g 2ρ2v 20S 2 ■释疑难·类题通法…………………………………………………………………·1．利用动量定理解题的基本思路(1)确定研究对象：一般为单个物体或由多个物体组成的系统.(2)对物体进行受力分析．可以先求每个力的冲量，再求各力冲量的矢量和；或先求合力，再求其冲量．(3)抓住过程的初末状态，选好正方向，确定各动量和冲量的正负号．(4)根据动量定理列方程代入数据求解．2．动量守恒定律的五性(1)矢量性：速度、动量均是矢量，因此列式时，要规定正方向．(2)相对性：动量守恒定律方程中的动量必须是相对于同一惯性参考系．(3)系统性：动量守恒是针对满足守恒条件的系统而言的，系统改变，动量不一定满足守恒．(4)同时性：动量守恒定律方程等号左侧表示的是作用前同一时刻的总动量，右侧则表示作用后同一时刻的总动量．(5)普适性：动量守恒定律不仅适用于低速宏观物体组成的系统，而且适用于接近光速运动的微观粒子组成的系统．3．动量守恒定律的三种表达式及对应意义(1)p＝p′，即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)Δp＝p′－p＝0，即系统总动量的增量为0.(3)Δp1＝－Δp2，即两个物体组成的系统中，一个物体动量的增量与另一个物体动量的增量大小相等、方向相反．■对考向·高效速练…………………………………………………………………..·考向1 动量定理的应用1．高空作业须系安全带，如果质量为m的高空作业人员不慎跌落，从开始跌落到安全带对人刚产生作用力前人下落的距离为h(可视为自由落体运动)．此后经历时间t安全带达到最大伸长，若在此过程中该作用力始终竖直向上，则该段时间安全带对人的平均作用力大小为( )A.m2ght＋mg B.m2ght－mgC.m ght＋mg D.m ght－mgA[下降h阶段v2＝2gh，得v＝2gh，对此后至安全带最大伸长过程应用动量定理，－(F－mg)t＝0－mv，得F＝m2ght＋mg，A正确．]考向2 动量守恒定律的应用2．如图72所示，光滑水平直轨道上有三个滑块A 、B 、C ，质量分别为m A ＝m C ＝3m B ，A 、B用细绳连接，中间有一压缩的轻弹簧(弹簧与滑块不拴接)．开始时A 、B 以共同速度v 0运动，C 静止．某时刻细绳突然断开，A 、B 被弹开，然后B 又与C 发生碰撞并粘在一起最终三滑块之间距离不变．求B 与C 碰撞前B 的速度及最终的速度.【导学号：19624083】图72【解析】对A 、B 被弹开过程由动量守恒有：(m A ＋m B )v 0＝m A v A ＋m B v B ，对B 、C 碰撞过程由动量守恒有：m B v B ＝(m B ＋m C )v C由题意知三个滑块最终速度相同v A ＝v C解得最终速度v A ＝v C ＝4v 07， B 与C 碰撞前B 的速度v B ＝16v 07. 【答案】 B 与C 碰撞前B 的速度为16v 07 最终的速度为4v 07考点2 动量守恒定律与能量守恒定律的综合应用(对应学生用书第35页)■品真题·感悟高考……………………………………………………………·[考题统计] 五年8考：2016年Ⅱ卷T 35(2)、Ⅲ卷T 35(2)2015年Ⅰ卷T 35(2)、Ⅱ卷T 35(2)2014年Ⅰ卷T 35(2)、Ⅱ卷T 35(2)2013年Ⅰ卷T 35(2)、Ⅱ卷T 35(2)[考情分析]1．以动量守恒定律与动能定理、机械能守恒定律、能量守恒定律进行综合命题，试题综合性强，难度较大，多以计算题的形式命题．2．具体问题中要注意物体间的碰撞是弹性碰撞还是非弹性碰撞．3．理清有几个物体参与运动，并划分清楚物体的运动过程．4．(“碰撞类”动量与能量的问题)(2016·Ⅲ卷T 35(2))如图73所示，水平地面上有两个静止的小物块a 和b ，其连线与墙垂直；a 和b 相距l ，b 与墙之间也相距l ；a 的质量为m ，b 的质量为34m .两物块与地面间的动摩擦因数均相同．现使a 以初速度v 0向右滑动．此后a 与b 发生弹性碰撞，但b 没有与墙发生碰撞．重力加速度大小为g .求物块与地面间的动摩擦因数满足的条件．图73[题眼点拨] ①“a 与b 发生弹性碰撞”说明物块a 、b 碰撞过程中动量、动能均守恒；②“但b 没有与墙发生碰撞”说明物块b 碰撞后向右滑行的最大位移为l .【解析】设物块与地面间的动摩擦因数为μ.若要物块a 、b 能够发生碰撞，应有 12mv 20>μmgl ①即μ<v 202gl② 设在a 、b 发生弹性碰撞前的瞬间，a 的速度大小为v 1.由能量守恒有12mv 20＝12mv 21＋μmgl ③设在a 、b 碰撞后的瞬间，a 、b 的速度大小分别为v 1′、v 2′，由动量守恒和能量守恒有mv 1＝mv 1′＋34mv 2′④ 12mv 21＝12mv ′21＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫34m v ′22 ⑤ 联立④⑤式解得v 2′＝87v 1 ⑥由题意知，b 没有与墙发生碰撞，由功能关系可知12⎝ ⎛⎭⎪⎫34m v 2′2≤μ34mgl ⑦ 联立③⑥⑦式，可得μ≥32v 20113gl ⑧联立②⑧式，a 与b 发生弹性碰撞，但b 没有与墙发生碰撞的条件32v 20113gl ≤μ<v 202gl. ⑨【答案】 32v 20113gl ≤μ<v 202gl(2015·Ⅱ卷T 35(2))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 变化的图象如图所示．求：(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．【解析】 (1)设a 、b 的质量分别为m 1、m 2，a 、b 碰撞前的速度为v 1、v 2.由题给图象得v 1＝－2 m/s① v 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 .由题给图象得v ＝23 m/s③由动量守恒定律得 m 1v 1＋m 2v 2＝(m 1＋m 2)v④联立①②③④式得 m 1∶m 2＝1∶8. ⑤(2)由能量守恒得，两滑块因碰撞而损失的机械能为ΔE ＝12m 1v 21＋12m 2v 22－12(m 1＋m 2)v 2 ⑥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∶2.⑧【答案】 (1)1∶8 (2)1∶2 5．(“冲击板块类”动量与能量问题)(2016·Ⅱ卷T35(2))如图74所示，光滑冰面上静止放置一表面光滑的斜面体，斜面体右侧一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰块均静止于冰面上．某时刻小孩将冰块以相对冰面3 m/s 的速度向斜面体推出，冰块平滑地滑上斜面体，在斜面体上上升的最大高度为h ＝0.3 m(h 小于斜面体的高度)．已知小孩与滑板的总质量为m 1＝30 kg ，冰块的质量为m 2＝10 kg ，小孩与滑板始终无相对运动．取重力加速度的大小g ＝10 m/s 2.图74(1)求斜面体的质量；(2)通过计算判断，冰块与斜面体分离后能否追上小孩？[题眼点拨] ①“光滑冰面上静止放置一表面光滑的斜面体”说明斜面体、滑板、冰块运动过程中不受摩擦力；②“冰块在斜面体上上升的最大高度为h ”说明冰块在最大高度处时与斜面体速度相同．【解析】 (1)规定向右为速度正方向．冰块在斜面体上运动到最大高度时两者达到共同速度，设此共同速度为v ，斜面体的质量为m 3.由水平方向动量守恒和机械能守恒定律得m 2v 20＝(m 2＋m 3)v① 12m 2v 220＝12(m 2＋m 3)v 2＋m 2gh ②式中v 20＝－3 m/s 为冰块推出时的速度．联立①②式并代入题给数据得m 3＝20 kg. ③(2)设小孩推出冰块后的速度为v 1，由动量守恒定律有m 1v 1＋m 2v 20＝0④代入数据得 v 1＝1 m/s ⑤设冰块与斜面体分离后的速度分别为v 2和v 3，由动量守恒和机械能守恒定律有 m 2v 20＝m 2v 2＋m 3v 3⑥ 12m 2v 220＝12m 2v 22＋12m 3v 23 ⑦联立③⑥⑦式并代入数据得 v 2＝1 m/s ⑧由于冰块与斜面体分离后的速度与小孩推出冰块后的速度相同且处在后方，故冰块不能追上小孩．【答案】 (1)20 kg (2)见解析■释疑难·类题通法…………………………………………………………………·1．三类碰撞的特点2．爆炸与反冲的特点(1)时间极短，内力远大于外力，系统动量守恒或某个方向的动量守恒．(2)因有内能转化为机械能，系统机械能会增加．(3)系统初始状态若处于静止状态，则爆炸或反冲后系统内物体速度往往方向相反．3．动量观点和能量观点的选取原则(1)动量观点①对于不涉及物体运动过程中的加速度而涉及物体运动时间的问题，特别对于打击一类的问题，因时间短且冲力随时间变化，应用动量定理求解，即Ft＝mv－mv0.②对于碰撞、爆炸、反冲一类的问题，若只涉及初、末速度而不涉及力、时间，应用动量守恒定律求解．(2)能量观点①对于不涉及物体运动过程中的加速度和时间问题，无论是恒力做功还是变力做功，一般都利用动能定理求解．②如果物体只有重力和弹簧弹力做功而又不涉及运动过程中的加速度和时间问题，则采用机械能守恒定律求解．③对于相互作用的两物体，若明确两物体相对滑动的距离，应考虑选用能量守恒定律建立方程．■对考向·高效速练…………………………………………………………………..·考向1 “碰撞类”动量与能量问题3．[2017·高三第二次全国大联考(新课标卷Ⅰ)]如图75所示，水平轨道AB长L＝9 m，光滑倾斜轨道BC足够长．开始时质量为m Q＝1 kg的滑块Q静止在AB中点M处；在A 点，质量为m P＝3 kg的滑块P以速度v0＝5 m/s向右运动；P、Q只会发生弹性碰撞，滑块经过B点时，动能损失不计．已知重力加速度g＝10 m/s2，P、Q与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.1.求：图75(1)P向右运动的最大位移大小；(2)Q在倾斜轨道上能滑到的最大高度；(3)P、Q都停下后两滑块间的距离.【导学号：19624084】【解析】(1)设P、Q碰撞前瞬间，P的速度为v1，由动能定理有－μm P g L 2＝12m P v 21－12m P v 20，解得v 1＝4 m/s P 、Q 发生弹性碰撞，由动量守恒定律有m P v 1＝m P v P ＋m Q v Q由机械守恒定律有12m P v 21＝12m P v 2P ＋12m Q v 2Q 解得v P ＝2 m/s ，v Q ＝6 m/sP 继续向右运动的距离x P ＝v 2P 2μg ＝2 m ＜L 2＝4.5 m P 向右运动的最大位移x 1＝L 2＋x P ＝6.5 m.(2)由动能定理有－μm Q g L 2－m Q gh ＝0－12m Q v 2Q 解得Q 在倾斜轨道上能滑到的最大高度h ＝1.35 m.(3)假设Q 从斜面上滑下来后，会与滑块P 发生第二次弹性碰撞．由运动学知识可知Q 与P 碰前，P 已经停下来了．由动能定理有－μm Q g (L 2＋L －x 1)＝12m Q v 22－12m Q v 2Q 解得P 、Q 碰前瞬间，Q 的速度v 2＝22 m/sP 、Q 间一定发生弹性碰撞，由动量守恒定律有m Q v 2＝m P v ′P ＋m Q v ′Q由机械能守恒定律有12m Q v 22＝12m P v ′2P ＋12m Q v ′2Q 解得v ′P ＝222m/s ，v ′Q ＝－222m/s ，负号表示方向向右碰后滑块P 向左滑动的位移x ′P ＝v ′2P 2μg＝2.75 m 碰后滑块Q 向右滑动的位移x ′Q ＝v ′2Q 2μg＝2.75 m ＞L －x 1＝2.5 m ，所以滑块Q 在第二次碰撞后会冲上斜面后返回x ′＝x ′Q －(L －x 1)＝0.25 m ，不会发生第三次碰撞所以P 、Q 都停下后两滑块相距Δx ＝x ′P ＋x ′Q －2x ′＝5 m.【答案】 (1)6.5 m (2)1.35 m (3)5 m考向2 “冲击板块类”动量与能量问题4．[2017·高三第二次全国大联考(新课标卷Ⅱ)]如图76所示，在光滑桌面上置有长木板B 和物块C ，在长木板的右侧置有物块A ，一开始A 、B 处于静止状态．物块A 与长木板B 之间的动摩擦因数为0.2，长木板B 足够长．物块A 的质量为2 kg ，长木板B 的质量为1 kg ，物块C 的质量为3 kg.物块C 以4 m/s 的初速度向右运动，与长木板B 碰撞后，与长木板B 黏在一起．重力加速度g 取10 m/s 2，试求：图76(1)C 与B 碰撞过程中，损失的机械能；(2)最终A 、B 、C 的速度大小和A 相对于B 运动的距离.【导学号：19624085】【解析】 (1)设B 、C 碰撞后的瞬间速度为v 1，根据动量守恒定律得m C v C ＝(m B ＋m C )v 1解得v 1＝3 m/s碰撞过程中，损失的机械能为 ΔE ＝12m C v 2C －12(m B ＋m C )v 21解得ΔE ＝6 J. (2)根据动量守恒定律得m C v C ＝(m A ＋m B ＋m C )v 2解得v 2＝2 m/s 根据功能关系：μm A gx ＝12(m B ＋m C )v 21－12(m A ＋m B ＋m C )v 22解得x ＝1.5 m.【答案】 (1)6 J (2)2 m/s 1.5 m(2017·衡水市冀州中学一模)如图所示，竖直平面内轨道ABCD 的质量M ＝0.4kg ，放在光滑水平面上，其中AB 段是半径R ＝0.4 m 的光滑14圆弧，在B 点与水平轨道BD 相切，水平轨道的BC 段粗糙，动摩擦因数μ＝0.4，长L ＝3.5 m ，C 点右侧轨道光滑，轨道的右端连一轻弹簧．现有一质量m ＝0.1 kg 的小物体(可视为质点)在距A 点高为H ＝3.6 m 处由静止自由落下，恰沿A 点滑入圆弧轨道(g ＝10 m/s 2)．求：(1)ABCD 轨道在水平面上运动的最大速率； (2)小物体第一次沿轨道返回到A 点时的速度大小．【解析】 (1)由题意分析可知，当小物体运动到圆弧最低点B 时轨道的速率最大，设为v m ，假设此时小物体的速度大小为v ，则小物体和轨道组成的系统水平方向动量守恒，以初速度的方向为正方向，由动量守恒定律可得：Mv m ＝mv由机械能守恒得：mg (H ＋R )＝12Mv 2m ＋12mv 2解得：v m ＝2.0 m/s.(2)由题意分析可知，小物体第一次沿轨道返回到A 点时小物体与轨道在水平方向的分速度相同，设为v x ，假设此时小物体在竖直方向的分速度为v y ，则对小物体和轨道组成的系统，由水平方向动量守恒得： (M ＋m )v x ＝0由能量守恒得：mgH ＝12(M ＋m )v 2x ＋12mv 2y ＋μmg 2L解得v x ＝0，v y ＝4.0 m/s故小物体第一次沿轨道返回到A 点时的速度大小v A ＝v 2x ＋v 2y ＝16 m/s ＝4 m/s. 【答案】 (1)2.0 m/s (2)4 m/s 考向3 “传送带类”动量与能量问题5．如图77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，皮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 与传送带间的动摩擦因数 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 取10 m/s 2，现释放A ，求：图77(1)物块A 、B 第一次碰撞前瞬间，A 的速度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．【解析】 (1)设物块质量为m ，A 与B 第一次碰撞前的速度为v 0，则E p ＝12mv 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 B2t 1＝0.8 m.此过程相对运动路程Δs 1＝vt 1＋x 1＝2 m.此后B 反向加速，加速度仍为a 1，由于mg sin θ＝μ2mg cos θ，B 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＝va 1＝0.3 s ，位移为x 2＝v2t 2＝0.45 m.此过程相对运动路程Δs 2＝vt 2－x 2＝0.45 m.全过程摩擦产生的热量Q ＝μ2mg (Δs 1＋Δs 2)cos θ＝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，满足12mv 2＝2n μ1mgL .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(取整数)．【答案】 (1)4 m/s (2)12.25 J (3)6次规范练高分| 动量与能量的综合应用类问题(对应学生用书第37页)[典题在线] (2017·达州市一模)(18分)如图78所示，质量为M ＝2.0 kg 的①小车静止在光滑水平面上，小车AB 部分是半径为R ＝0.4 m 的②四分之一圆弧光滑轨道，③BC 部分是长为L ＝0.2_m 的水平粗糙轨道，动摩擦因数为μ＝0.5，两段轨道相切于B 点．C 点离地面高为h ＝0.2 m ，质量为m ＝1.0 kg 的小球(视为质点)在小车上A 点④从静止沿轨道下滑，重力加速度取g ＝10 m/s 2.图78(1)⑤若小车固定，求小球运动到B 点时受到的支持力大小F N ； (2)⑥若小车不固定，小球仍从A 点由静止下滑： (ⅰ)求小球运动到B 点时小车的速度大小v 2；(ⅱ)小球能否从C 点滑出小车？若不能，请说明理由；若能，求小球落地时与小车之间的水平距离s . [信息解读]①小车与水平面间无摩擦，小车的初速度为零． ②圆弧轨道光滑，小球与圆弧轨道间无摩擦作用．③小球在BC 段运动时系统有摩擦热产生． ④小球释放时初速度为零．⑤小球沿圆弧轨道下滑时，小球机械能守恒．⑥小球沿圆弧轨道下滑时，小球和小车组成的系统机械能守恒，水平方向动量守恒． [考生抽样][阅卷点评]【解析】 (1)小球从A 到B 的过程中机械能守恒，mgR ＝12mv 2B①(2分)在B 点由牛顿第二定律可得：F N －mg ＝m v 2BR②(1分) 解得：F N ＝30 N ．③(1分)(2)(ⅰ)若不固定小车，小球到达B 点时速度为v 1，小车的速度为v 2，由动量守恒定律可得，mv 1－Mv 2＝0 ④(1分)由系统机械能守恒定律可得：mgR ＝12mv 21＋12Mv 22⑤(2分)解得：v 1＝433 m/s ，v 2＝233m/s.⑥(1分)(ⅱ)设小球能从小车右端C 点滑出，滑出时小球的速度为v 3，小车的速度为v 4，由系统动量守恒定律可得：mv 3－Mv 4＝0，⑦(1分) 由能量守恒定律可得：mgR ＝12mv 23＋12Mv 24＋μmgL⑧(2分) 解得：v 3＝2 m/s ，v 4＝1 m/s ⑨(1分)故小球能从小车右端C 点滑出，滑出后小球做平抛运动，小车以速度v 4向左做匀速直线运动，则：h ＝12gt2⑩(1分) x m ＝v 3t ⑪(1分) x M ＝v 4t ⑫(1分) s ＝x m ＋x M⑬(2分) 可解得：s ＝0.6 m ．⑭(1分)【答案】 (1)30 N (2)(ⅰ)233 m/s (ⅱ)能 0.6 m[评分标准]第(2)(ⅰ)中，表达式④、⑤正确且计算结果也正确，但将题目要求小车的速度，写成小球的速度大小的减1分．第(2)(ⅱ)中，只计算出小球平抛的水平位移即作为最后结果且计算正确的，减去4分．。

物理二轮复习解题策略计算题大题小做——妙用增分三步曲(含新题详解) 含解析

题型研究三计算题大题小做——妙用增分三步曲高考物理综合大题基本上都是多过程或多对象问题，往往呈现出信息新颖、对象多体、过程复杂、条件隐蔽、解法灵活、结果多样等特点，综合性强，能力要求高。

要在非常有限的答题时间内做好综合大题，必须坚持“大题小做”的策略，善于将多过程分解或多对象拆分，将复杂的大问题转化为几个简单的小问题,逐个击破，分步完成.同时还要规范答题，要“颗粒归仓”,该拿的分一分不丢，该抢的分分分必抢。

一、图解“增分三步曲”选对象，建模型多阶段，分过程用规律，列方程通过对整个题目的情景把握，根据整体法与隔离法选取研究对象，通过抽象、概括或类比等效的方法建立相应的物理模型或物理运动模型，并对其进行全面的受力分析,然后选取不同的方法和运动规律解题，比如静止或匀速直线运动选用物体的平衡条件解，变速直线运动选用牛顿运动定律或动能定理解，类平抛、圆周运动选用运动的分解或动能定理解，非匀变速曲线运动选用动能定理或运动的分解或微元法解。

，对综合性强、过程较为复杂的题，一般采用“分段"处理,所谓的”分段”处理,就是根据问题的需要和研究对象的不同，将问题涉及的物理过程，按照时间和空间的发展顺序，合理地分解为几个彼此相对独立又相互联系的阶段，再根据各个阶段遵从的物理规律逐个建立方程,最后通过各阶段的联系综合起来解决，从而使问题化整为零、各个击破.，在对物理状态和物理过程深刻把握的基础上,寻找题设条件与所求未知物理量的联系，从力的观点或能量的观点，根据物理规律（牛顿第二定律、能的转化与守恒等）列出方程求解.文字说明、必要必有分步列式、联立求解结果表述、准确到位（1)物理量要用题中的符号，涉及题中没有明确指出的物理量或符号，一定要用假设的方式进行说明。

（2)题目中的一些隐含条件或临界条件分析出来后,要加以说明。

（3）要指明正方向、零位置。

(4)列方程前，对谁在什么过程(或什么状态)用到什么规律，要简要说明。

高三物理总复习知识讲解动量守恒定律(提高)

物理总复习：动量守恒定律编稿：李传安审稿：【考纲要求】1、知道动量守恒定律的内容和适用条件；2、知道弹性碰撞和非弹性碰撞；3、能用动量守恒定律定量分析一维碰撞问题；4、知道验证动量守恒定律实验的原理、方法。

【知识网络】【考点梳理】考点一、动量守恒定律 1、动量守恒定律相互作用的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。

要点诠释：（1）外力指系统外物体对系统内物体的作用力，内力指研究系统内物体间的相互作用力。

（2）动量守恒是对某一系统而言的，划分系统的方法一旦改变，动量可能不再守恒。

因此，在应用动量守恒定律时，一定要弄清研究对象，把过程始末的动量表达式写准确。

在某些问题中，适当选取系统使问题大大简化。

（3）对几种表达式的理解：① 11221122m v m v m v m v ''+=+，表示作用前后系统的总动量相等。

② 120P P ∆+∆= (或0P ∆=) , 表示相互作用物体系总动量增量为零。

③ 12P P ∆=-∆，表示两物体动量的增量大小相等方向相反。

2、应用动量守恒定律列方程时应注意以下四点（1）矢量性：动量守恒方程是一个矢量方程。

对于作用前后物体的运动方向都在同一直线上的问题，应选取统一的正方向，凡是与选取正方向相同的动量为正，相反为负。

若方向未知，可设正方向列动量守恒方程，通过解得结果的正负，判定未知量的方向。

（2）瞬时性：动量是一个瞬时量，动量守恒指的是系统任一瞬时的动量恒定。

列方程11221122m v m v m v m v ''+=+时，等号左侧是作用前(或某一时刻)各物体的动量和，等号右侧是作用后(或另一时刻)各物体的动量和。

不同时刻的动量不能相加。

（3）相对性：由于动量大小与参考系的选取有关，因此应用动量守恒定律时，应注意各物体的速度必须是相对同一惯性系的速度，一般以地面为参考系。

（4）普适性：它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，对微观粒子组成的系统也适用。

高考物理课程复习：动量守恒定律及其应用

(2)系统内各物体间相互作用的内力远大于它所受到的外力。
外力的冲量忽略不计
(3)如果系统在某一方向上所受外力的合力为0,则系统在该方向上动量守
恒。
易错辨析 (1)只要系统外力做功为零,系统动量就守恒。( × )
(2)系统动量不变是指系统的动量大小和方向都不变。( √ )
(3)系统的动量守恒时,机械能也一定守恒。( × )
答案

≤vB≤
4
2
解析当两球发生完全非弹性碰撞时,B 球的速度最小,根据动量守恒定律得
mv=4mvmin,解得

vmin= ;当两球发生弹性碰撞时,B
4
球的速度最大,根据动量守
恒定律得
1
2 1
mv=mvA+3mvmax,根据能量守恒定律得2mv =2 A 2
联立解得

vmax=2,故速度可能值的范围为4≤vB≤2。
+
1
mAA 2
2
−
1
(mA+mB)AB 2 =3
2
J
Q=μ·
mBg·
L
解得L=0.75 m
所以长板A的上表面长度L至少为0.75 m。
旁栏边角人教版教材选择性必修第一册P25
阅读“做一做”,完成下面题目。
1.气球内气体向后喷出,气球会向前运动,这是因为气球受到(
)
A.重力
B.手的推力
C.空气的浮力
【典例突破】
典例1.(多选)(2020全国Ⅱ卷)水平冰面上有一固定的竖直挡板。一滑冰运
动员面对挡板静止在冰面上,他把一质量为4.0 kg的静止物块以大小为5.0
m/s的速度沿与挡板垂直的方向推向挡板,运动员获得退行速度;物块与挡

重庆市铜梁县2017届高考物理二轮总复习专题五圆周运动万有引力定律增分策略练习含解析

专题五圆周运动万有引力定律[考纲解读]不要求掌握人类对行星运动规律认识的细节一、描述圆周运动的物理量1.线速度：描述物体圆周运动快慢的物理量.v ＝Δs Δt ＝2πrT .2.角速度：描述物体绕圆心转动快慢的物理量.ω＝ΔθΔt ＝2πT .3.周期和频率：描述物体绕圆心转动快慢的物理量.T ＝2πr v ，T ＝1f.4.向心加速度：描述速度方向变化快慢的物理量.a n ＝v 2r ＝r ω2＝ωv ＝4π2T2r .5.相互关系：(1)v ＝ωr ＝2πT r ＝2πrf .(2)a n ＝v 2r ＝r ω2＝ωv ＝4π2T2r ＝4π2f 2r .6.常见的三种传动方式及特点(1)皮带传动：如图1中甲、乙所示，皮带和两轮之间无相对滑动时，两轮边缘线速度大小相等，即v A ＝v B . (2)摩擦传动：如图丙所示，两轮边缘接触，接触点无打滑现象时，两轮边缘线速度大小相等，即v A ＝v B . (3)同轴传动：如图丁所示，两轮固定在一起绕同一转轴转动，两轮转动的角速度大小相等，即ωA ＝ωB .图1二、匀速圆周运动的向心力1.作用效果：产生向心加速度，只改变线速度的方向，不改变线速度的大小.2.大小：F ＝m v 2r ＝mr ω2＝m 4π2r T2＝m ωv ＝m ·4π2f 2r .3.方向：始终沿半径方向指向圆心.4.来源：向心力可以由一个力提供，也可以由几个力的合力提供，还可以由一个力的分力提供. 三、离心现象1.定义：做圆周运动的物体，在所受合外力突然消失或不足以提供圆周运动所需向心力的情况下，所做的沿切线飞出或逐渐远离圆心的运动现象.2.受力特点(如图2所示)图2(1)当F n ＝m ω2r 时，物体做匀速圆周运动. (2)当F n ＝0时，物体沿切线方向飞出.(3)当F n <m ω2r 时，物体逐渐远离圆心，做离心运动. (4)当F n >m ω2r 时，物体将逐渐靠近圆心，做近心运动. 四、万有引力定律1.内容：自然界中任何两个物体都相互吸引，引力的方向在它们的连线上，引力的大小与物体的质量m 1和m 2的乘积成正比，与它们之间距离r 的平方成反比.2.表达式：F ＝Gm 1m 2r 2G 为引力常量：G ＝6.67×10－11 N·m 2/kg 2.3.适用条件(1)公式适用于质点间的相互作用.当两个物体间的距离远大于物体本身的大小时，物体可视为质点. (2)质量分布均匀的球体可视为质点，r 是两球心间的距离. 五、环绕速度 1.三个宇宙速度 (1)第一宇宙速度v 1＝7.9 km/s ，卫星在地球表面附近绕地球做匀速圆周运动的速度，又称环绕速度.(2)第二宇宙速度v 2＝11.2 km/s ，使卫星挣脱地球引力束缚的最小地面发射速度，又称脱离速度.(3)第三宇宙速度v 3＝16.7 km/s ，使卫星挣脱太阳引力束缚的最小地面发射速度，也叫逃逸速度.2.第一宇宙速度的推导方法一：由G Mm R 2＝m v 21R 得v 1＝GM R＝7.9×103m/s. 方法二：由mg ＝m v 21R得 v 1＝gR ＝7.9×103m/s.第一宇宙速度是发射人造卫星的最小速度，也是人造卫星的最大环绕速度，此时它的运行周期最短，T min ＝2πR g＝5 075 s ≈85 min.1.(2013·浙江6月学考)如图3所示，小强正在荡秋千.关于绳上a 点和b 点的线速度和角速度，下列关系正确的是()图3A.v a ＝v bB.v a >v bC.ωa ＝ωbD.ωa <ωb 答案 C解析绳子绕O 点转动，a 、b 两点角速度相等，ωa ＝ωb ，D 错，C 对.因r a <r b ，故v b >v a ，A 、B 均错.2.如图4所示，质量为m 的木块从半径为R 的半球形碗口下滑到碗的最低点的过程中，如果由于摩擦力的作用使木块的速率不变，那么()图4A.加速度为零B.加速度恒定C.加速度大小不变，方向时刻改变，但不一定指向圆心D.加速度大小不变，方向时刻指向圆心答案 D解析木块做的是匀速圆周运动，加速度大小不变，但方向时刻指向圆心，加速度时刻改变，故选项A 、B 、C 错误，D 正确.3.(2016·诸暨市期末)如图5所示，拱形桥的半径为40 m ，质量为1.0×103kg 的汽车行驶到桥顶时的速度为10 m/s ，假设重力加速度为10 m/s 2，则此时汽车对桥的压力为()图5A.1.0×104N B.7.5×103 N C.5.0×103 N D.2.5×103 N 答案 B解析对汽车由牛顿第二定律得mg －F N ＝m v 2R得F N ＝7.5×103N ，又由牛顿第三定律知汽车对轿的压力也为7.5×103N.4.如图6所示为某行星绕太阳运行的椭圆轨道，其中F 1和F 2是椭圆轨道的两个焦点，已知该行星在A 点的速率比在B 点的大，则太阳是位于下列哪一位置()图6A.F1B.F2C.OD.在F1与F2之间答案 A解析v A>v B，由开普勒定律知，太阳处于椭圆轨道的焦点F1处.5.2013年6月11日17时38分，“神舟十号”飞船在酒泉卫星发射中心发射升空，航天员王亚平进行了首次太空授课.在飞船进入圆形轨道环绕地球飞行时，它的线速度大小()A.等于7.9 km/sB.介于7.9 km/s和11.2 km/s之间C.小于7.9 km/sD.介于7.9 km/s和16.7 km/s之间答案 C解析卫星在圆形轨道上运动的速度v＝GMr.由于r>R，所以v<GMR＝7.9 km/s，C正确.圆周运动中的动力学分析1.向心力的来源向心力是按力的作用效果命名的，可以是重力、弹力、摩擦力等各种力，也可以是几个力的合力或某个力的分力，因此在受力分析中要避免再另外添加一个向心力.2.向心力的确定(1)先确定圆周运动的轨道所在的平面，确定圆心的位置.(2)再分析物体的受力情况，找出所有的力沿半径方向指向圆心的合力就是向心力.3.解决圆周运动问题的主要步骤(1)审清题意，确定研究对象；明确物体做圆周运动的平面是至关重要的一环；(2)分析物体的运动情况，即物体的线速度是否变化、轨道平面、圆心位置、半径大小等； (3)分析物体的受力情况，画出受力分析图，确定向心力的来源； (4)根据牛顿运动定律及向心力公式列方程.例1 摆式列车是集电脑、自动控制等高新技术于一体的新型高速列车.当列车转弯时，在电脑控制下，车厢会自动倾斜，抵消离心力的作用；行走在直线上时，车厢又恢复原状，就像玩具“不倒翁”一样.假设有一超高速列车在水平面内行驶，以360 km/h 的速度拐弯，拐弯半径为1 km ，则质量为50 kg 的乘客，在拐弯过程中所受到的火车给他的作用力为(g 取10 m/s 2)() A.500 N B.1 000 N C.500 2 N D.0 答案 C解析乘客所需的向心力：F n ＝m v 2R＝500 N ，而乘客的重力为500 N ，故火车对乘客的作用力大小为500 2 N ，C 正确.解决动力学问题的三个分析(1)几何关系的分析：确定圆周运动的圆心、半径等. (2)运动分析：确定圆周运动的线速度、角速度.(3)受力分析：利用力的合成与分解知识，表示出物体做圆周运动时，外界所提供的向心力. 变式题组1.如图7所示，质量相等的a 、b 两物体放在圆盘上，到圆心的距离之比是2∶3，圆盘绕圆心做匀速圆周运动，两物体相对圆盘静止，a 、b 两物体做圆周运动的向心力之比是()图7A.1∶1B.3∶2C.2∶3D.9∶4 答案 C解析 a 、b 随圆盘转动，角速度相同，由F n ＝m ω2r 知向心力正比于半径，C 正确.2.(2016·诸暨市调研)如图8所示，半径为r 的圆筒，绕竖直中心轴OO ′旋转，小物块a 靠在圆筒的内壁上，它与圆筒内壁间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力与滑动摩擦力相同，要使a 不下落，则圆筒转动的角速度ω至少为()图8A.μgrB.μgC.g rD.gμr答案 D解析对物块受力分析知F f ＝mg ，F n ＝F N ＝m ω2r ，又由于F f ≤μF N ，所以解这三个方程得角速度ω至少为gμr，D 选项正确.3.(多选)公路急转弯处通常是交通事故多发地带.如图9，某公路急转弯处是一圆弧，当汽车行驶的速率为v 时，汽车恰好没有向公路内外两侧滑动的趋势.则在该弯道处()图9A.路面外侧高内侧低B.车速只要低于v ，车辆便会向内侧滑动C.车速虽然高于v ，但只要不超出某一最高限度，车辆便不会向外侧滑动D.当路面结冰时，与未结冰时相比，v 的值变小答案 AC解析当汽车行驶的速度为v时，路面对汽车没有摩擦力，路面对汽车的支持力与汽车重力的合力提供向心力，此时要求路面外侧高内侧低，选项A正确.当速度稍大于v时，汽车有向外侧滑动的趋势，因而受到向内侧的摩擦力，当摩擦力小于最大静摩擦力时，车辆不会向外侧滑动，选项C正确.同样，速度稍小于v时，车辆不会向内侧滑动，选项B错误.v的大小只与路面的倾斜程度和转弯半径有关，与地面的粗糙程度无关，D错误.竖直面内圆周运动的临界问题1.在竖直平面内做圆周运动的物体，按运动到轨道最高点时的受力情况可分为两类：一是无支撑(如球与绳连接、沿内轨道运动的过山车等)，称为“绳(环)约束模型”，二是有支撑(如球与杆连接、在弯管内的运动等)，称为“杆(管)约束模型”.2.绳、杆模型涉及的临界问题圆轨道对球产生弹力(1)轿车以10 m/s的速度通过桥面最高点时，对桥面的压力是多大？(2)在最高点对桥面的压力等于轿车重力的一半时，车的速度大小是多少？答案 (1)1.78×104N(2)15 2 m/s解析 (1)轿车通过凸形桥面最高点时，受力分析如图所示合力F n ＝mg －F N ，由向心力公式得mg －F N ＝m v 2R故轿车受到桥面的支持力大小F N ＝mg －m v 2R ＝(2 000×10－2 000×10290) N ≈1.78×104N根据牛顿第三定律，轿车在桥的顶点时对桥面压力的大小为1.78×104N.(2)对桥面的压力等于轿车重力的一半时，向心力F n ′＝mg －F N ′＝0.5mg ，而F n ′＝m v ′2R，所以此时轿车的速度大小v ′＝0.5gR ＝0.5×10×90 m/s ＝15 2 m/s.竖直面内圆周运动类问题的解题技巧1.定模型：首先判断是绳模型还是杆模型，两种模型过最高点的临界条件不同.2.确定临界点：抓住绳模型中最高点v ≥gR 及杆模型中v ≥0这两个临界条件.3.研究状态：通常情况下竖直平面内的圆周运动只涉及最高点和最低点的运动情况.4.受力分析：对物体在最高点或最低点时进行受力分析，根据牛顿第二定律列出方程，F 合＝F 向.5.过程分析：应用动能定理或机械能守恒定律将初、末两个状态联系起来列方程.变式题组4.如图10所示，乘坐游乐园的翻滚过山车时，质量为m 的人随车在竖直平面内旋转，下列说法正确的是()图10A.过山车在最高点时人处于倒坐状态，全靠保险带拉住，没有保险带，人就会掉下来B.人在最高点时对座位不可能产生大小为mg 的压力C.人在最低点时对座位的压力等于mgD.人在最低点时对座位的压力大于mg 答案 D解析人在最高点时，由牛顿第二定律和向心力公式可得：F ＋mg ＝m v 2R，由此可知，当v ＝gR 时，人只受重力作用；当v >gR 时，重力和座位对人向下的压力提供向心力；当v <gR 时，除受重力外，人还受保险带向上的拉力，选项A 错误.当v ＝2gR 时，座位对人向下的压力等于重力mg ，由牛顿第三定律知，人对座位的压力等于mg ，选项B 错误.人在最低点时，受到重力和支持力，由牛顿第二定律和向心力公式可得：F －mg ＝m v 2R ，即F ＝mg ＋m v 2R>mg ，故选项C 错误，D 正确.5.(多选)如图11所示，竖直放置的光滑圆轨道被固定在水平地面上，半径r ＝0.4 m ，最低点处有一小球(半径比r 小很多)，现给小球一水平向右的初速度v 0，则要使小球不脱离圆轨道运动，v 0应当满足(取g ＝10 m/s 2)()图11A.v 0≥0B.v 0≥4 m/sC.v 0≥2 5 m/sD.v 0≤2 2 m/s答案 CD解析当v 0较大时，小球能够通过最高点，这时小球在最高点处需要满足的条件是mg ≤mv 2r，又根据机械能守恒定律有12mv 2＋2mgr ＝12mv 20，得v 0≥2 5 m/s ，C 正确.当v 0较小时，小球不能通过最高点，这时对应的临界条件是小球上升到与圆心等高位置处时速度恰好减为零，根据机械能守恒定律有mgr ＝12mv 20，得v 0≤2 2 m/s ，D 正确.万有引力定律的理解和应用1.解决天体(卫星)运动问题的基本思路(1)天体运动的向心力来源于天体之间的万有引力，即G Mm r 2＝ma n ＝m v 2r ＝m ω2r ＝m 4π2r T2. (2)在中心天体表面或附近运动时，万有引力近似等于重力，即G MmR2＝mg (g 表示天体表面的重力加速度). 2.天体质量和密度的估算(1)利用天体表面的重力加速度g 和天体半径R .由于G Mm R 2＝mg ，故天体质量M ＝gR 2G ，天体密度ρ＝M V ＝M 43πR 3＝3g 4πGR.(2)通过观察卫星绕天体做匀速圆周运动的周期T 和轨道半径r .①由万有引力等于向心力，即G Mm r 2＝m 4π2T 2r ，得出中心天体质量M ＝4π2r3GT 2；②若已知天体半径R ，则天体的平均密度ρ＝M V ＝M 43πR3＝3πr 3GT 2R 3.3.卫星的各物理量随轨道半径变化的规律例3“嫦娥一号”是我国首次发射的探月卫星，它在距月球表面高度为h 的圆形轨道上运行，运行周期为T .已知引力常量为G ，月球的半径为R .利用以上数据估算月球质量的表达式为() A.4π2R3GT 2B.4π2(R ＋h )GT2C.4π2(R ＋h )2GT 2D.4π2(R ＋h )3GT 2答案 D解析 “嫦娥一号”绕月球做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得G ·Mm (R ＋h )2＝m 4π2(R ＋h )T 2，解得月球的质量为M ＝4π2(R ＋h )3GT 2，选项D 正确.应用万有引力定律时应注意的问题1.估算天体质量和密度时应注意的问题(1)利用万有引力提供天体做圆周运动的向心力估算天体质量时，估算的只是中心天体的质量，并非环绕天体的质量.(2)区别天体半径R 和卫星轨道半径r ，只有在天体表面附近的卫星才有r ≈R ；计算天体密度时，V ＝43πR 3中的R只能是中心天体的半径.2.运动参量a n 、v 、ω、T 均与卫星质量无关，只由轨道半径r 和中心天体质量共同决定.所有参量的比较，最终归结到半径的比较. 变式题组6.(2016·浙江10月学考·12)如图12所示，“天宫二号”在距离地面393 km 的近圆轨道运行.已知万有引力常量G ＝6.67×10－11N·m 2/kg 2，地球质量M ＝6.0×1024 kg ，地球半径R ＝6.4×103km.由以上数据可估算()图12A.“天宫二号”的质量B.“天宫二号”的运行速度C.“天宫二号”受到的向心力D.地球对“天宫二号”的引力答案 B7.(2016·浙江4月选考)2015年12月，我国暗物质粒子探测卫星“悟空”发射升空进入高为5.0×102km 的预定轨道.“悟空”卫星和地球同步卫星的运动均可视为匀速圆周运动.已知地球半径R ＝6.4×103km.下列说法正确的是()A.“悟空”卫星的线速度比同步卫星的线速度小B.“悟空”卫星的角速度比同步卫星的角速度小C.“悟空”卫星的运行周期比同步卫星的运行周期小D.“悟空”卫星的向心加速度比同步卫星的向心加速度小答案 C解析地球同步卫星距地心的距离大于“悟空”卫星距地心的距离，由G Mm r 2＝mv 2r可得，v ＝GMr，由此可知，“悟空”的线速度大，所以A 错.由G Mmr2＝m ω2r 可知，“悟空”的角速度大，即周期小，由G Mmr2＝ma n 可知，“悟空”的向心加速度大，因此C 对.图138.(2015·浙江10月选考)在同一轨道平面上绕地球做匀速圆周运动的卫星A 、B 、C ，某时刻恰好在同一过地心的直线上，如图13所示，当卫星B 经过一个周期时() A.A 超前于B ，C 落后于B B.A 超前于B ，C 超前于B C.A 、C 都落后于BD.各卫星角速度相等，因而三颗卫星仍在同一直线上答案 A解析由G Mm r 2＝mr 4π2T2可得T ＝2πr 3GM，故轨道半径越大，周期越大.当B 经过一个周期时，A 已经完成了一个多周期，而C 还没有完成一个周期，所以选项A 正确，B 、C 、D 错误.宇宙航行1.宇宙速度与运动轨迹的关系(1)v 发＝7.9 km/s 时，卫星绕地球做匀速圆周运动.(2)7.9 km/s<v 发<11.2 km/s ，卫星绕地球运动的轨迹为椭圆. (3)11.2 km/s≤v 发<16.7 km/s ，卫星绕太阳做椭圆运动.(4)v 发≥16.7 km/s ，卫星将挣脱太阳引力的束缚，飞到太阳系以外的空间.2.地球同步卫星的特点(1)轨道平面一定：轨道平面和赤道平面重合.(2)周期一定：与地球自转周期相同，即T ＝24 h ＝86 400 s. (3)角速度一定：与地球自转的角速度相同.(4)高度一定：据G Mm r 2＝m 4π2T 2r 得r ＝3GMT 24π2＝4.23×104km ，卫星离地面高度h ＝r －R ≈6R (为恒量).(5)绕行方向一定：与地球自转的方向一致.例4 天文学家近日在银河系发现一颗全新的星球——“超级地球”.它的半径是地球的2.3倍，而质量却是地球的17倍，科学家们认为这颗星球可能是由岩石组成.它的发现将有助于探索地球之外是否存在生命.这颗“超级地球”的第一宇宙速度约为() A.3 km/s B.15 km/s C.21 km/s D.28 km/s答案 C解析在地球上第一宇宙速度是近地卫星的运行速度，根据万有引力提供圆周运动向心力有：G Mm R 2＝m v 2R可得地球的第一宇宙速度v ＝GMR＝7.9 km/s. 据此关系知，超级地球的第一宇宙速度v ′＝GM ′R ′＝G ·17M2.3R≈2.72×7.9 km/s ≈21.5 km/s ，故C 正确，A 、B 、D 错误.对宇宙速度的三点理解1.第一宇宙速度v 1＝7.9 km/s ，既是卫星的最小发射速度，又是卫星绕地球运行的最大环绕速度.2.由第一宇宙速度的表达式v ＝GMR＝gR 可以看出：第一宇宙速度由中心天体的质量和半径或由天体表面的重力加速度和天体的半径决定.3.第二宇宙速度、第三宇宙速度也都是指发射速度. 变式题组9.(2016·杭州学考模拟)如图14所示，由我国自主研发的北斗卫星导航系统，空间段计划由35颗卫星组成，包括5颗静止轨道卫星、27颗地球轨道卫星、3颗倾斜同步轨道卫星.目前已经实现了覆盖亚太地区的定位、导航和授时以及短报文通信服务能力，预计到2020年左右，将建成覆盖全球的北斗卫星导航系统.关于其中的静止轨道卫星(同步卫星)，下列说法中正确的是()图14A.该卫星一定不会运动到杭州正上方天空B.该卫星处于完全失重状态，卫星所在处的重力加速度为零C.该卫星若受到太阳风暴影响后速度变小，它的轨道半径将变大D.该卫星相对于地球静止，其运行速度等于地球赤道处自转的线速度答案 A解析根据同步卫星的定义知，它只能在赤道上空，故A 项正确；卫星处于完全失重状态，重力加速度等于向心加速度，故B 错；速度变小后，万有引力大于所需向心力，卫星的轨道半径将变小，C 项错；卫星相对地球静止是指角速度等于地球自转角速度，由v ＝ωr 知，其运行速度大于地球赤道处自转的线速度，故D 项错.10.宇航员在月球上做自由落体实验，将某物体由距月球表面高h 处释放，经时间t 后落到月球表面(设月球半径为R ).据上述信息推断，飞船在月球表面附近绕月球做匀速圆周运动所必须具有的速率为()A.2RhtB.2Rh t C.Rh t D.Rh 2t答案 B解析设月球表面的重力加速度为g ′，由物体“自由落体”可得h ＝12g ′t 2，飞船在月球表面附近做匀速圆周运动可得G Mm R 2＝m v 2R ，在月球表面附近mg ′＝GMm R 2，联立得v ＝2Rh t，故B 正确.1.若认为行星绕太阳做圆周运动，则关于行星对太阳的引力的说法正确的是() A.太阳对行星的引力就是行星运动的动力B.太阳对行星的引力大小与行星的质量成正比，与行星和太阳间的距离成反比C.太阳对行星的引力是由实验得出的D.太阳对行星的引力规律是由开普勒定律和行星绕太阳做匀速圆周运动的规律推导出来答案 D2.(2016·杭州学考模拟)嫦娥三号远离地球飞近月球的过程中，地球和月球对它的万有引力F 1、F 2的大小变化情况是()A.F 1、F 2均减小B.F 1、F 2均增大C.F 1减小、F 2增大D.F 1增大、F 2减小答案 C解析根据万有引力定律F ＝G Mm r2，可知F 1减小、F 2增大，故选C.3.(2016·浙江10月学考·5)在G20峰会“最忆是杭州”的文艺演出中，芭蕾舞蹈演员保持如图1所示姿式原地旋转，此时手臂上A 、B 两点角速度大小分别为ωA 、ωB ，线速度大小分别为v A 、v B ，则()图1A.ωA <ωBB.ωA >ωBC.v A <v BD.v A >v B 答案 D解析由于A 、B 两处在人自转的过程中周期一样，所以根据ω＝2πT可知，A 、B 两处的角速度一样，所以A 、B 选项错误.根据v ＝r ω可知A 处转动半径大，所以A 处的线速度大，即选项D 正确.4.(2016·绍兴市模拟)如图2所示，质量相等的A 、B 两物体紧贴在匀速转动的圆筒的竖直内壁上，随圆筒一起做匀速圆周运动，则下列关系中正确的有()图2A.线速度v A <v BB.运动周期T A >T BC.它们受到的摩擦力F f A >F f BD.筒壁对它们的弹力F N A >F N B 答案 D解析由于两物体角速度相等，而r A >r B ，所以v A ＝r A ω>v B ＝r B ω，A 项错；由于ω相等，则T 相等，B 项错；因竖直方向受力平衡，F f ＝mg ，所以F f A ＝F f B ，C 项错；弹力等于向心力，故F N A ＝mr A ω2>F N B ＝mr B ω2，D 项对.5.(多选)如图3所示，水平放置的两个用相同材料制成的轮P 和Q 靠摩擦传动，两轮的半径R ∶r ＝2∶1.当主动轮Q 匀速转动时，在Q 轮边缘上放置的小木块恰能相对静止在Q 轮边缘上，此时Q 轮转动的角速度为ω1，木块的向心加速度为a 1；若改变转速，把小木块放在P 轮边缘也恰能静止，此时Q 轮转动的角速度为ω2，木块的向心加速度为a 2，则()图3A.ω1ω2＝22B.ω1ω2＝21C.a 1a 2＝11D.a 1a 2＝12答案 AC解析根据题述，a 1＝ω21r ，ma 1＝μmg ，联立解得μg ＝ω21r ，小木块放在P 轮边缘也恰能静止，μg ＝ω2R ＝2ω2r ，ωR ＝ω2r ，联立解得ω1ω2＝22，选项A 正确，B 错误；a 2＝μg ＝ω2R ，a 1a 2＝11，选项C 正确，D 错误.6.一轻杆一端固定质量为m 的小球，以另一端O 为圆心，使小球在竖直面内做半径为R 的圆周运动，如图4所示，则下列说法正确的是()图4A.小球过最高点时，杆所受到的弹力可以等于零B.小球过最高点的最小速度是gRC.小球过最高点时，杆对球的作用力一定随速度增大而增大D.小球过最高点时，杆对球的作用力一定随速度增大而减小答案 A解析轻杆可对小球产生向上的支持力，小球经过最高点的速度可以为零，当小球过最高点的速度v ＝gR 时，杆所受的弹力等于零，A 正确，B 错误；若v <gR ，则杆在最高点对小球的弹力竖直向上，mg －F ＝m v 2R ，随v 增大，F减小，若v >gR ，则杆在最高点对小球的弹力竖直向下，mg ＋F ＝m v 2R，随v 增大，F 增大，故C 、D 均错误.7.如图5所示，光滑固定的水平圆盘中心有一个光滑的小孔，用一细绳穿过小孔连接质量分别为m 1、m 2的小球A 和B ，让B 球悬挂，A 球在光滑的圆盘面上绕圆盘中心做匀速圆周运动，角速度为ω，半径为r ，则关于r 和ω关系的图象正确的是()图5答案 B解析根据m 2g ＝m 1r ω2得：r ＝m 2g m 1·1ω2，可知r 与1ω2成正比，与ω2成反比.故A 错误，B 正确.因为1r ＝m 1m 2gω2，则1r与ω2成正比.故C 、D 错误.8.(多选)(2015·浙江·19)如图6所示为赛车场的一个水平“U ”形弯道，转弯处为圆心在O 点的半圆，内外半径分别为r 和2r .一辆质量为m 的赛车通过AB 线经弯道到达A ′B ′线，有如图所示的①、②、③三条路线，其中路线③是以O ′为圆心的半圆，OO ′＝r .赛车沿圆弧路线行驶时，路面对轮胎的最大径向静摩擦力为F max .选择路线，赛车以不打滑的最大速率通过弯道(所选路线内赛车速率不变，发动机功率足够大)，则()图6A.选择路线①，赛车经过的路程最短B.选择路线②，赛车的速率最小C.选择路线③，赛车所用时间最短D.①、②、③三条路线的圆弧上，赛车的向心加速度大小相等答案 ACD解析由几何关系可得，路线①、②、③赛车通过的路程分别为：(πr ＋2r )、(2πr ＋2r )和2πr ，可知路线①的路程最短，选项A 正确；圆周运动时的最大速率对应着最大静摩擦力提供向心力的情形，即μmg ＝m v 2R，可得最大速率v ＝μgR ，则知②和③的速率相等，且大于①的速率，选项B 错误；根据t ＝sv，可得①、②、③所用的时间分别为t 1＝(π＋2)r μgr ，t 2＝2r (π＋1)2μgr ，t 3＝2r π2μgr ，其中t 3最小，可知线路③所用时间最短，选项C 正确；在圆弧轨道上，由牛顿第二定律可得：μmg ＝ma n ，a n ＝μg ，可知三条路线上的向心加速度大小均为μg ，选项D 正确. 9.(2015·浙江10月选考)2015年9月20日“长征六号”火箭搭载20颗小卫星成功发射.如图7所示，在多星分离时，小卫星分别在高度不同的三层轨道被依次释放.假设释放后的小卫星均做匀速圆周运动，则下列说法正确的是()图7A.20颗小卫星的轨道半径均相同B.20颗小卫星的线速度大小均相同C.同一圆轨道上的小卫星的周期均相同D.不同圆轨道上的小卫星的角速度均相同答案 C解析三层轨道高度不同，故r 不同，A 错；由G Mm r 2＝m v 2r ＝m ω2r ＝m ⎝ ⎛⎭⎪⎫2πT 2r 可知，轨道半径不同，线速度大小、角速度不同，B 、D 错；同一轨道，轨道半径相同，周期相同，C 正确.10.a 、b 、c 、d 是在地球大气层外的圆形轨道上运行的四颗人造卫星.其中a 、c 的轨道相交于P ，b 、d 在同一个圆轨道上，b 、c 的轨道在同一平面上.某时刻四颗卫星的运行方向及位置如图8所示，下列说法中正确的是()图8A.a 、c 的加速度大小相等，且大于b 的加速度B.b 、c 的角速度大小相等，且小于a 的角速度C.a 、c 的线速度大小相等，且小于d 的线速度D.a 、c 存在P 点相撞的危险答案 A解析由G Mm r 2＝m v 2r ＝m ω2r ＝m 4π2T2r ＝ma n 可知，选项A 正确，B 、C 错误；因a 、c 的轨道半径相同，周期相同，只要图示时刻不撞，以后就不可能相撞了.11.(2016·诸暨市期末)月球是地球以外人类亲身到过唯一的自然天体.假设月球表面重力加速度为g ，月球半径为R ，引力常量为G ，则月球质量表达式为()A.M ＝gR 2B.M ＝gR 2GC.M ＝G gRD.M ＝gR G答案 B12.如图9，若两颗人造卫星a 和b 均绕地球做匀速圆周运动，a 、b 到地心O 的距离分别为r 1、r 2，线速度大小分别为v 1、v 2，则()图9A.v 1v 2＝r 2r 1 B.v 1v 2＝r 1r 2 C.v 1v 2＝(r 2r 1)2 D.v 1v 2＝(r 1r 2)2答案 A 解析由题意知，两颗人造卫星绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，根据G Mm r 2＝m v 2r，得v ＝GM r ，所以v 1v 2＝r 2r 1，故A 正确，B 、C 、D 错误. 13.(2016·湖州市调研)在高级沥青铺设的高速公路上，汽车的设计时速是108 km/h.汽车在这种路面上行驶时，它的轮胎与地面的最大静摩擦力等于车重的0.6倍.(1)如果汽车在这种高速公路的水平弯道上拐弯，假设弯道的路面是水平的，其弯道的最小半径是多少？(2)如果高速公路上设计了圆弧拱形立交桥，要使汽车能够以设计时速安全通过圆弧拱桥，这个圆弧拱形立交桥的半径至少是多少？(取g ＝10 m/s 2)答案 (1)150 m(2)90 m解析 (1)汽车在水平路面上拐弯，可视为汽车做匀速圆周运动，其向心力由车与路面间的静摩擦力提供，当静摩擦力达到最大值时，由向心力公式可知这时的半径最小，有F max ＝0.6mg ＝m v 2r min，由速度v ＝108 km/h ＝30 m/s 得，弯道半径r min ＝150 m.(2)汽车过圆弧拱桥，可看做在竖直平面内做匀速圆周运动，到达最高点时，根据向心力公式有：mg －F N ＝m v 2R.为了保证安全通过，车与路面间的弹力F N 必须大于等于零，有mg ≥m v 2R，则R ≥90 m. 14.(2016·诸暨市期末)“水上乐园”中有一巨大的水平转盘，人在其上随盘子一起转动，给游客带来无穷乐趣.如图10所示，转盘的半径为R ，离水平面的高度为H ，可视为质点的游客的质量为m ，现转盘以角速度ω匀速转动，游客在转盘边缘保持相对静止，不计空气阻力.。

《大二轮专题复习与增分策略》高考物理(重庆专用)考前知识回扣课件倒数第4天物理实验(一)

3．探究弹力和弹簧伸长的关系 (1)原理：弹簧受到拉力会伸长，平衡时弹簧产生的弹力和外力大小相等，这样弹力的大小可以通过测定外力而得出 (可以用悬挂钩码的方法给弹簧施加拉力)．弹簧的伸长量可用直尺测出．多测几组数据，用列表或作图的方法探究出弹力和弹簧伸长量的定量关系． (2)注意事项 ①悬吊弹簧时让它自然下垂，另外要记住测量弹簧的原长 L0； ②每改变一次拉力的大小就需要做一次测量记录．为了探究弹力和弹簧伸长量的关系，要尽可能地多测几组数据，以便在坐标纸上能描出更多的点；

图5 橡皮筋做功而使小车获得的速度可以由纸带和打点计时器测出，进行若干次测量，就得到若干次功和速度的数据．
(2)按图组装好实验器材，由于小车在运动中会受到阻力，平衡阻力的方法是将木板固定有打点计时器的一端垫起适当的高度，使小车缓慢匀速下滑． (3)在处理数据时，应先对测量数据进行估计，大致判断两个量可能的关系，然后以 W 为纵坐标，v2(或 v、v3、 v)为横坐标作图．
③实验时拉力不要太大，以免弹簧被过分拉伸，超出它的弹性限度； ④在坐标纸上尝试描画一条平滑曲线时，要顺着各点的走向来描，描出的点不一定正好在曲线上，但要注意使描出的点大致分布在曲线两侧．
4．验证力的平行四边形定则 (1)原理：如图 4 所示，两只弹簧测力计 a、b 成角度拉橡皮条 AB 和一只弹簧测力计 c 拉橡皮条 AB 的效果相同，这个效果就是指橡皮条的形变量 (大小和方向 )相同 (两次必须把橡皮条拉至同一位置)．
图2
(2)利用 x1、x2、x3、…可以计算相邻相等时间内的位移差 x2－x1、x3－x2、x4－x3、…，如果它们在允许的误差范围内相等，则可以判定被测物体的运动是匀变速直线运动． (3)利用纸带可以求被测物体在任一计数点对应时刻的瞬 x2＋x3 时速度 v.如 vB＝ . 2T (4)利用纸带求被测物体的加速度 a.具体来说又有两种方法： ①“逐差法”：从纸带上得到 6 个相邻相等时间内的位 x4＋x5＋x6－x1＋x2＋x3 移，则 a＝ . 9T2

重庆市铜梁县2017届高考物理二轮总复习专题十电场力和能的性质增分策略练习(含解析)

专题十电场力和能的性质考纲解读一、电荷及其守恒定律1．两种电荷(1)用丝绸摩擦过的玻璃棒带正电，用毛皮摩擦过的橡胶棒带负电．(2)同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引．2．三种起电方式摩擦起电、感应起电和接触起电，它们的实质都是电子的转移．3．元电荷最小的电荷量，e＝1.6×10－19 C.4．电荷守恒定律表述1：电荷既不会创生，也不会消灭，它只能从一个物体转移到另一个物体，或者从物体的一部分转移到另一部分；在转移过程中，电荷的总量保持不变．这个结论叫做电荷守恒定律．表述2：一个与外界没有电荷交换的系统，电荷的代数和保持不变．二、库仑定律1．点电荷当带电体的形状、大小及电荷分布对它们之间的作用力的影响可以忽略时，这样的带电体可以看成点电荷．2．库仑定律(1)内容：真空中两个静止点电荷之间的相互作用力，与它们的电荷量的乘积成正比，与它们的距离的二次方成反比，作用力的方向在它们的连线上． (2)表达式：F ＝kq 1q 2r2，式中k ＝9.0×109 N·m 2/C 2，叫做静电力常量． (3)适用条件：真空中的点电荷．三、电场强度1．定义：放入电场中某点的电荷受到的电场力F 与它的电荷量q 的比值． 2．定义式：E ＝F q.3．矢量性：规定正电荷在电场中某点所受电场力的方向为该点电场强度的方向． 4．场强公式的比较三个公式⎩⎪⎪⎨⎪⎪⎧E ＝F q ⎩⎪⎨⎪⎧ 适用于任何电场与试探电荷是否存在无关E ＝kQr 2⎩⎪⎨⎪⎧ 适用于点电荷产生的电场Q 为场源电荷的电荷量E ＝U d ⎩⎪⎨⎪⎧适用于匀强电场U 为两点间的电势差，d 为沿电场方向两点间的距离5．电场的叠加(1)电场叠加：多个电荷在空间某处产生的电场强度为各电荷单独在该处所产生的电场强度的矢量和． (2)运算法则：平行四边形定则．四、电势能和电势电势差 1．静电力做功(1)特点：静电力做功与路径无关，只与初、末位置有关． (2)计算方法①W ＝qEd ，只适用于匀强电场，其中d 为沿电场方向的距离． ②W AB ＝qU AB ，适用于任何电场． 2．电势能(1)定义：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．(2)电场力做功是电势能变化的量度，用公式表示为W AB ＝E p A －E p B ，即电场力做正功，电荷的电势能减少，电场力做负功，电荷的电势能增加． 3．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)定义式：φ＝E p q.(3)矢标性：电势是标量，有正负之分，其正(负)表示该点电势比零电势高(低)． (4)相对性：电势具有相对性，同一点的电势因选取零电势点的不同而不同．(5)电势是描述电场能的性质的物理量，决定于电场本身，与试探电荷无关． 4．电势差(1)电势差：电场中两点间电势的差值叫做电势差，也叫电压．(2)电场中两点间的电势差与零电势点的选取无关(填“有关”或“无关”)．(3)公式：电场中A 点的电势为φA ，B 点的电势为φB ，则U AB ＝φA －φB ，U BA ＝φB －φA ，可见U AB ＝－U BA . (4)电势差是标量，U AB 是正值，A 点的电势比B 点的电势高；U AB 为负值，A 点的电势比B 点的电势低． (5)电荷q 从A 点移到B 点，静电力做功W AB 与AB 间电势差U AB 的关系为W AB ＝qU AB . 五、电势差与电场强度的关系(加试)(1)电势差与电场强度的关系式：E ＝U d，其中d 为电场中两点间沿电场方向的距离． (2)公式只适用于匀强电场．六、静电现象的应用(加试) 1．处于静电平衡状态下导体的特征(1)处于静电平衡状态的导体，内部场强处处为零．(2)处于静电平衡状态的导体，其外部表面附近任何一点的场强方向必定与这点的表面垂直． (3)处于静电平衡状态的整个导体是个等势体，它的表面是个等势面，地球是一个等势体． 2．静电平衡时，导体上的电荷分布有以下两个特点 (1)导体内部没有电荷，电荷只分布在导体的表面．(2)在导体外表面，越尖锐的位置电荷的密度(单位面积的电荷量)越大，凹陷的位置几乎没有电荷． 3．尖端放电所带电荷与导体尖端的电荷符号相反的粒子，由于被吸引而奔向尖端，与尖端上的电荷中和，这相当于导体从尖端失去电荷的现象． 4．静电屏蔽金属壳或金属网的空腔内不受外界电场的影响，壳(网)内电场强度保持为0，外电场对壳(网)内的仪器不会产生影响，金属壳(网)的这种作用叫做静电屏蔽．1．(2015·浙江1月学考·26)下列电场中，A 、B 两点电场强度相同的是( )答案 C2．两个分别带有电荷量－Q 和＋3Q 的相同金属小球(均可视为点电荷)，固定在相距为r 的两处，它们之间的库仑力大小为F .两小球相互接触后将其固定，距离变为r2，则两球间库仑力的大小为( )A.112F B.34F C.43F D ．12F答案 C解析根据库仑定律F ＝k Qq r 2可知，接触前，两者之间的库仑力F ＝k 3Q 2r 2，接触后两者之间的库仑力F ′＝k Q 2(r 2)2，所以答案为C.3．一个电荷只在静电力作用下从电场中的A 点移动到B 点时，静电力做了5×10－6J 的功，那么( ) A ．电荷在B 点将具有5×10－6J 的电势能 B ．电荷在B 点将具有5×10－6J 的动能 C ．电荷的电势能减少了5×10－6J D ．电荷的电势能增加了5×10－6J 答案 C解析电荷只在静电力作用下从电场中的A 点移动到B 点时，静电力做正功，电势能减少，静电力做了多少正功，电荷的电势能就减少多少．因电荷在A 点的动能和电势能不知道，所以不能确定电荷在B 点的动能和电势能．故选项C 正确．4．如图1为某匀强电场的等势面分布图，每两个相邻等势面相距2 cm ，则该匀强电场的场强大小和方向分别为( )图1A ．E ＝100 V/m ，竖直向下B ．E ＝100 V/m ，竖直向上C ．E ＝100 V/m ，水平向左D ．E ＝100 V/m ，水平向右答案 C解析电场方向与等势面垂直且指向电势降低的方向，故电场方向水平向左；由U ＝Ed 可得：E ＝U d ＝22×10－2V/m＝100 V/m ，故C 正确．5．(2016·诸暨市期末)如图2甲所示，一块有机玻璃板和一块塑料板，手持有机玻璃棒用力快速摩擦两板后分开；接着将塑料板插入箔片验电器上端的空心金属球中，没有接触金属球，发现金属箔片张开，如图乙所示；然后抽回塑料板，再将有机玻璃板和塑料板互相平行但不接触，同时插入空心金属球，仍没有接触金属球，发现金属箔片没有张开，如图丙所示．关于这一实验现象，下列的说法正确的是( )图2A．两板摩擦后带电说明创造了新的电荷B．图乙验电器箔片张开是因为发生了电磁感应C．图乙验电器箔片张开是因为板上电荷转移到箔片上D．图丙验电器箔片没有张开是因为两板带等量异种电荷答案 D库仑定律与电场强度等量同种和异种点电荷的电场强度的比较例1 (2016·浙江10月学考·13)如图3所示，质量为m 、电荷量为q 的带电小球A 用绝缘细线悬挂于O 点，带有电荷量也为q 的小球B 固定在O 点正下方绝缘柱上．其中O 点与小球A 的间距为l ，O 点与小球B 的间距为3l .当小球A 平衡时，悬线与竖直方向夹角θ＝30°.带电小球A 、B 均可视为点电荷，静电力常量为k .则( )图3A ．A 、B 间库仑力大小为F ＝kq 22l2B ．A 、B 间库仑力大小为F ＝3mg 3C ．细线拉力大小为F T ＝kq 23l2D ．细线拉力大小F T ＝3mg答案 B解析小球A 的受力分析如图．由于对称性，细线拉力等于库仑力kq 2l 2，且根据平衡条件得F 库cos30°＝12mg ，化简得F 库＝3mg3，即细线拉力F T ＝3mg3，因此正确选项为B.解决平衡问题的方法技巧分析带电体的平衡问题的关键是受力分析，正确画出受力图，不共线力作用下的平衡问题的分析方法有正交分解法和合成法(只分析含有直角的情况)．两种方法都是利用直角三角形的知识求解．变式题组1．(2015·浙江学考模拟)如图所示的四种电场中，分别标记有a 、b 两点，其中a 、b 两点电场强度相同的是( )答案 D解析电场强度是矢量，a 、b 两点的电场强度相同，则要求场强的大小和方向都相同，故D 对．图42．如图4所示，B 为线段AC 的中点，如果在A 处放一个＋Q 的点电荷，测得B 处的场强E B ＝48 N/C ，则( ) A ．E C ＝24 N/C B ．E C ＝12 N/CC ．若要使E B ＝0，可在C 处放一个－Q 的点电荷D ．把q ＝10－9C 的点电荷放在C 点，则其所受电场力的大小为6×10－9N 答案 B解析由真空中点电荷的场强公式E ＝kQ r2知A 错误，B 正确；根据场的叠加及点电荷产生的场强方向知，应在C 处放一等量同种电荷，C 错误；F ＝qE C ＝1.2×10－8N ，D 错误．3．如图5所示，水平匀强电场中，一带电荷量为－q 、质量为m 的小球静止在倾角为θ的光滑斜面上，则关于场强方向及大小的判断正确的是( )图5A ．向右，mg qtan θB ．向左，mg qtan θC ．向右，mg qsin θ D ．向左，mg qsin θ答案 B解析小球静止，所受合力为零．重力和水平方向的电场力不能使其平衡，因此一定会受到斜面支持力的作用．由三力平衡情况可知，小球所受电场力应水平向右，即Eq ＝mg tan θ，由此得匀强电场场强大小为mg qtan θ.因小球带负电，所以匀强电场方向与小球受力方向相反，即电场方向向左．故选B.电势能和电势电势差1．电势和电场强度的区别(1)电势是标量，是描述电场能的性质的物理量；电场强度是矢量，是描述电场力的性质的物理量． (2)电势高的地方场强不一定大，二者在大小上无必然联系． (3)沿电场强度方向电势降低． 2．电势高低的判断3.电势能大小的判断例2如图6，直线上有O、a、b、c四点，a、b间的距离与b、c间的距离相等．在O点处有固定点电荷．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6A．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，粒子动能不断减小答案 C解析由题意知O点处点电荷带正电，其周围部分电场线分布如图所示，带负电荷的粒子由c到b再到a过程中，电场强度不断变大，又bc＝ab，故W ab>W bc，故A、B项均错误；粒子由c→b→a过程中，电场力做正功，电势能不断减小，动能不断增加，故C项正确，D项错误．电场力做功的计算方法(1)由公式W＝Fl cos α计算，此公式只适用于匀强电场，可变形为：W＝qEl cos α.(2)由W＝qU来计算，此公式适用于任何形式的静电场．(3)由动能定理来计算：W电场力＋W其他力＝ΔE k.(4)由电势能的变化来计算：W AB＝E p A－E p B.变式题组4．如图7所示，一圆环上均匀分布着正电荷，x轴垂直于环面且过圆心O.下列关于x轴上的电场强度和电势的说法中正确的是( )图7A．O点的电场强度为零，电势最低B．O点的电场强度为零，电势最高C．从O点沿x轴正方向，电场强度减小，电势升高D．从O点沿x轴正方向，电场强度增大，电势降低答案 B解析圆环上均匀分布着正电荷，可以将圆环等效为很多正点电荷的组成，同一条直径的两端点的点电荷的合场强类似于等量同种电荷的场强，故圆环的中心的合场强一定为零，x 轴上的合场强，在圆环的右侧方向沿轴向右，左侧方向沿轴向左，电场强度都呈现先增大后减小的趋势，因沿电场线的方向电势逐渐降低，所以可得O 点的电势最高，选项B 正确．5．如图8所示，一带负电的粒子，沿着电场线从A 点运动到B 点的过程中，以下说中正确的是( )图8A ．带电粒子的电势能越来越小B ．带电粒子的电势能越来越大C ．带电粒子受到的静电力一定越来越小D ．带电粒子受到的静电力做正功答案 B解析带负电的粒子所受静电力方向与电场线方向相反，所以当带负电的粒子沿着电场线从A 点运动到B 点的过程中，静电力做负功，电势能越来越大，选项A 、D 错误，B 正确；电场线的疏密表示场强的大小，所以E A <E B ，带电粒子受到的静电力一定越来越大，选项C 错误．6．(2016·永昌市调研)关于电势差的说法中，正确的是( ) A ．两点间的电势差等于电荷从其中一点移到另一点时，静电力所做的功B ．1C 电荷从电场中一点移动到另一点，如果静电力做了1 J 的功，这两点间的电势差就是1 V C ．在两点间移动电荷时，静电力做功的多少跟这两点间的电势差无关D ．两点间的电势差的大小跟放入这两点的电荷的电荷量成反比答案 B解析由公式U AB ＝W ABq可知，两点间的电势差在数值上等于移动1 C 的电荷时静电力所做的功，故选项A 错误，B 正确；两点间的电势差由电场决定，即电势差与试探电荷没有关系，由此知道选项D 错误；由W AB ＝qU AB 可知，静电力做功的多少与q 、U AB 均有关，选项C 错误．电场线、等势面与粒子运动轨迹问题1．电场线 (1)定义：为了形象地描述电场中各点场强的强弱及方向，在电场中画出一些曲线，曲线上每一点的切线方向都跟该点的场强方向一致，曲线的疏密表示电场的强弱． (2)电场线的三个特点：①电场线从正电荷或无限远处出发，终止于无限远或负电荷处；②电场线在电场中不相交；③在同一幅图中，电场强度较大的地方电场线较密，电场强度较小的地方电场线较疏．(3)六种典型电场的电场线(如图9所示)图92．等势面(1)定义：电场中电势相同的各点构成的面．(2)四个特点①在同一等势面上移动电荷时电场力不做功．②电场线一定与等势面垂直，并且从电势高的等势面指向电势低的等势面．③等差等势面越密的地方电场强度越大，反之越小．④任意两个等势面都不相交．3．带电粒子在电场中运动轨迹问题的分析方法(1)某点速度方向即为该点轨迹的切线方向；(2)从轨迹的弯曲方向判断受力方向(轨迹向合外力方向弯曲)，从而分析电场方向或电荷的正负；(3)结合轨迹、速度方向与电场力的方向，确定电场力做功的正负，从而确定电势能、电势和电势差的变化等．例3某带电粒子仅在静电力作用下由A点运动到B点，电场线、等势面(虚线)、粒子在A点的初速度及运动轨迹如图10所示，可以判定( )图10A．粒子在A点的加速度大于它在B点的加速度B．粒子在A点的动能小于它在B点的动能C．粒子在A点的电势能小于它在B点的电势能D．电场中A点的电势低于B点的电势答案 B解析由电场线的的疏密可知场强E B>E A，所以粒子的加速度a B>a A.由定性画出的等势面并根据沿电场线方向电势降低，可知电势φA>φB.由粒子运动轨迹的弯曲方向可知静电力做正功，所以动能、电势能的变化情况为E k B>E k A，E p B<E p A，故选项B正确．变式题组7．(2015·浙江学考模拟)如图11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O、M、N、P四点中电场强度最大的是( )图11A．O点B．M点C．N点D．P点答案 A解析由图知O点处电场线最密，则O点电场强度最大，故A对．8．如图12为真空中两点电荷A、B形成的电场中的一簇电场线，已知该电场线关于虚线对称，O点为A、B电荷连线的中点，a、b为其连线的中垂线上对称的两点，则下列说法正确的是( )图12A．A、B可能带等量异号的正、负电荷B．A、B可能带不等量的正电荷C．a、b两点处无电场线，故其电场强度可能为零D．同一试探电荷在a、b两点处所受电场力大小相等，方向一定相反答案 D解析根据题图中的电场线分布可知，A、B带等量的正电荷，选项A、B错误；a、b两点处虽然没有画电场线，但其电场强度一定不为零，选项C错误；由图可知，a、b两点处电场强度大小相等，方向相反，同一试探电荷在a、b两点处所受电场力大小相等，方向一定相反，选项D正确．9．(2016·浙江10月学考·8)如图13为某一电场的电场线，M、N、P为电场线上的三个点，M、N是同一电场线上两点．下列判断正确的是( )图13A．M、N、P三点中N点的场强最大B．M、N、P三点中N点的电势最高C．负电荷在M点的电势能大于在N点的电势能D．正电荷从M点自由释放，电荷将沿电场线运动到N点答案 A解析电场线的疏密反应了电场的强弱，所以N点场强最大，选项A正确．顺着电场线的方向，电势降低，M点的电势最高，选项B错误．根据E p＝qφ，φM>φP>φN可知，负电荷在M点电势能小于在N点的电势能，选项C错误．正电荷在M点静止释放，电荷在电场力的作用下运动，但是运动轨迹并不是电场线，选项D错误．电势差与电场强度的关系(加试)在匀强电场中由公式U ＝Ed 得出“一式二结论”图14(1)“一式”E ＝U d ＝W 电qd，其中d 是沿电场线方向上的距离． (2)“二结论”结论1 匀强电场中的任一线段AB 的中点C 的电势φC ＝φA ＋φB2，如图14甲所示．结论2 匀强电场中若两线段AB ∥CD ，且AB ＝CD ，则U AB ＝U CD (或φA －φB ＝φC －φD )，如图乙所示．例4 (2015·浙江学考模拟)如图15所示，匀强电场场强为1×103N/C ，ab ＝dc ＝4 cm ，bc ＝ad ＝3 cm ，则下述计算结果正确的是( )图15A ．ab 之间的电势差为4 000 VB ．ac 之间的电势差为50 VC ．将q ＝－5×10－3C 的点电荷沿矩形路径abcda 移动一周，静电力做功为零D ．将q ＝－5×10－3 C 的点电荷沿abc 或adc 从a 移动到c ，静电力做功都是－0.25 J 答案 C解析 U ab ＝E ·ab ＝1×103×0.04 V ＝40 V ，选项A 错；U ac ＝U ab ＝40 V ，选项B 错；将负点电荷移动一周，电势差为零，静电力做功为零，故选项C 对；W ac ＝qU ac ＝－5×10－3×40 J ＝－0.2 J ，选项D 错．公式U AB ＝Ed 的应用技巧1．公式U AB ＝Ed 只适用于匀强电场的定量计算．2．公式中的“d ”指电场中两点沿电场强度方向的距离，如果电场中两点不沿场强方向，d 的取值应为两点连线在场强方向的投影，或为两点所在等势面间的垂直距离．3．在应用时，可把公式U AB ＝Ed 简化为U ＝Ed ，即只计算两点间的电势差大小，至于电势差的正负、电场强度的方向我们根据题意另作判断．4．电场强度与电势差的关系式也可写作E ＝U ABd，它的意义是：电场强度在数值上等于沿电场方向每单位距离上降低的电势．变式题组10．(2016·金华十校调研)a 、b 、c 是匀强电场中的三个点，各点电势依次为10 V 、2 V 、6 V ；三点在同一平面上，下列图中电场强度的方向表示正确的是( )答案 C解析由于U ab ＝φa －φb ＝8 V ，则ab 中点处电势为6 V ，因此c 点与ab 中点的电势相同，c 点与ab 中点的连线则为一条等势线，电场强度方向应垂直于该等势线并且指向电势较低的方向，故选项C 正确．11．如图16所示，在平面直角坐标系中，有方向平行于坐标平面的匀强电场，其中坐标原点O 处的电势为0，点A 处的电势为6 V ，点B 处的电势为3 V ，则电场强度的大小为( )图16A ．200 V/mB ．200 3 V/mC ．100 V/mD ．100 3 V/m答案 A解析 x 轴上OA 的中点C 的电势为3 V ，则BC 的连线为等势线，如图所示，电场的方向与等势线垂直，且由电势高处指向电势低处，根据几何关系，O 点到BC 的距离为d ＝1.5 cm ，所以E ＝U d ＝30.015V/m ＝200V/m ，故选项A 正确.1．下面关于电势差的理解正确的是( ) A ．电势差是矢量，电势差的正负表示方向 B ．电势差是标量，电势差的正负表示大小C ．电势差是一个相对量，电场中两点间电势差的大小与零电势位置的选取有关D ．电势差是标量，电势差的正负反映了电场中两位置电势的高低答案 D解析电势差是标量，没有方向，电势差的正负反映了电场中两个不同位置的电势高低，选项A 、B 错误，选项D 正确；电势差是一个绝对量，反映电场能的性质，与零电势位置的选取无关，选项C 错误． 2．(2016·杭州模拟)对公式E ＝U abd的理解，下列说法正确的是( ) A ．此公式适用于计算任何电场中a 、b 两点间的电势差 B ．a 点和b 点间距离越大，则这两点的电势差越大C ．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D ．公式中的d 是匀强电场中a 、b 所在的两等势面之间的距离答案 D解析此公式只适用于匀强电场，选项A 错误；a 、b 两点间的电势差不仅取决于场强的大小，还取决于沿电场方向的距离d ，a 、b 间距离大，d 不一定大，故选项B 错误；匀强电场中的电场强度大小与a 、b 两点间的距离无关，是恒定的，选项C 错误；公式中的d 是匀强电场中a 、b 所在的两等势面之间的距离，选项D 正确．图13．根据如图1所示的电场线，可以判定( ) A ．该电场一定是匀强电场 B ．A 点的电势一定低于B 点电势 C ．负电荷放在B 点电势能比A 点大 D ．负电荷放在B 点电势能比A 点小答案 C解析题图的电场线可能是匀强电场中的电场线，也可能是正电荷放在左端时的电场线，也可能是负电荷放在右端箭头处的电场线，还有可能是正、负电荷间的一条电场线，故该电场不一定是匀强电场．根据电场线的方向，顺着电场线的方向电势越来越低，故A点电势一定高于B点电势．把负电荷从A点移动到B点时，电场力做负功，电势能增加，故负电荷在B点电势能比A点大，应选C.4．(2015·浙江学考模拟)在具有一定厚度的空心金属球壳的球心位置处放一正电荷，图中的四个图画出了其空间电场的电场线情况，符合实际情况的是( )答案 D解析正电荷放在空心金属球球心，球壳由于静电感应带电，内表面带负电，外表面带正电，因为电场线从正电荷出发，到无穷远或到负电荷终止，球壳金属内部合场强处处为零，所以D正确．5．(2015·金华学考模拟)如图2所示，将悬挂在细线上的带正电荷的小球A放在不带电的金属空心球C内(不与内壁接触)，另有一个悬挂在细线上的带负电的小球B向C靠近，则( )图2A．A向左偏离竖直方向，B向右偏离竖直方向B．A的位置不变，B向右偏离竖直方向C．A向左偏离竖直方向，B的位置不变D．A和B的位置都不变答案 B解析金属球壳C能屏蔽外部的电场，外部的电场不能深入内部，因此小球A不会受到静电力的作用，不会发生偏转；金属球壳C处在电荷A的电场中，内壁是近端，感应异号电荷——负电，外壁是远端，感应同号电荷——正电，该正的感应电荷在外部空间同样会激发电场，对小球B有吸引的作用，B向右偏，选项B正确．6．如图3所示，实线为不知方向的三条电场线，从电场中M点以相同速度垂直于电场线方向飞出a、b两个带电粒子，仅在电场力作用下的运动轨迹如图中虚线所示，则( )图3A．a一定带正电，b一定带负电B．a的速度将减小，b的速度将增加C．a的加速度将减小，b的加速度将增大D．两个粒子的动能一个增加一个减小答案 C解析粒子在电场力作用下做曲线运动，电场力指向轨迹的凹侧，从图中轨迹变化来看电场力都做正功，动能都增大，电势能都减少．电场线的方向不知，所以粒子带电性质不定，所以A、B、D错误．电场线密的地方电场强度大，电场线疏的地方电场强度小，所以a受力减小，加速度减小，b受力增大，加速度增大，所以C正确．7．如图4所示，图中实线是一簇未标明方向的由点电荷产生的电场线，虚线是某带电粒子通过该电场区域时的运动轨迹，a、b是轨迹上的两点，若带电粒子在运动过程中只受电场力作用，根据此图无法做出的判断是( )图4A．带电粒子所带电荷的正、负B．带电粒子在a、b两点的受力方向C．带电粒子在a、b两点的加速度何处较大D．带电粒子在a、b两点的速度何处较大答案 A解析由电场线的疏密可知，a点的场强大，带电粒子在a点的加速度大；画出初速度方向结合运动轨迹的偏转方向，可判断带电粒子所受电场力的方向，但由于电场的方向未知，所以不能判断带电粒子的电性；利用初速度的方向和电场力方向的关系，可判断带电粒子由a到b时电场力做负功，动能减小，因此v a>v b，故选A.8．(2015·浙江学考模拟)如图5所示，空间中的M、N处存在两个被固定的、等量同种正点电荷，在它们的连线上有A、B、C三点，已知MA＝CN＝NB，MA<NA.现有一正点电荷q，关于在电场中移动点电荷q，下列说法中正确的是( )。

《大二轮专题复习与增分策略》高考物理(重庆专用)考前知识回扣课件倒数第13天功能关系和能量守恒

(3)合力的功 W 合 W 合＝F 合 lcos α，F 合是恒力 W 合＝W1＋W2＋…＋Wn，要注意各功的正负．
2．一对作用力与反作用力的功一定相等吗？
答案作用力与反作用力总是大小相等，方向相反，同时存在，同时消失，但它们分别作用在两个不同的物体上，而这两个物体各自发生的位移却是不确定的．所以作用力做功时，反作用力可能做功，也可能不做功，可能做正功，也可能做负功．
倒数第 13 天
功能关系和能量守恒
1．如何求解恒力的功、变力的功和合力的功？方法主要有哪些？答案 (1)恒力 F 做功：W＝Flcos α. 两种理解：①力 F 与在力 F 的方向上通过的位移 lcos α 的乘积．②在位移 l 方向的分力 Fcos α 与位移 l 的乘积．在恒力大小不确定时，也可以用动能定理求解．
答案
5．如何理解动能定理？应用动能定理解题的基本思路是怎样的？
答案 (1)理解 ①总功是指各力做功的代数和，但要特别注意各功的正负． ②正功表示该力作为动力对物体做功．负功表示该力作为阻力对物体做功． ③动能定理是标量式，所以不能在哪个方向上运用动能定理．
(2)应用动能定理解题的基本思路 ①明确研究对象和过程，找出初、末状态的速度情况． ②对物体进行受力分析，明确各个力的做功情况，包括大小、正负． ③有些力在运动过程中不是始终存在的，计算功时要注意它们各自对应的位移． ④如果运动过程包含几个物理过程，此时可以分段考虑，也可以视为一个整体列动能定理方程．
6．判断机械能是否守恒的方法有哪些？机械能守恒的常用表达式有哪些？
答案
(1)机械能是否守恒的判断：①用做功来判断，看重
力(或弹簧弹力)以外的其他力做功的代数和是否为零．②用能量转化来判断，看是否有机械能转化为其他形式的能．③对绳子突然绷紧、物体间碰撞等问题，机械能一般不守恒，除非题目中有特别说明或暗示．

《大二轮专题复习与增分策略》高考物理(重庆专用)考前知识回扣课件倒数第9天电磁感应和交流电

左手定则
右手定则
楞次定律
5.电磁感应过程中的动态分析问题是力学和电学知识的结合，此类问题分析的基本方法和关键是什么？
答案 (1)基本方法 ①用法拉第电磁感应定律和楞次定律求感应电动势的大小和方向． ②求回路中的电流强度． ③分析、研究导体受力情况(注意安培力用左手定则判定其方向)． ④列动力学方程或平衡方程求解．
7．中性面的含义是什么？线圈通过中性面时有何性质和特点？
答案
(1) 中性面：当线圈平面转动至垂直于磁感线位置
时，各边都不切割磁感线，感应电动势为零，即线圈中没有感应电流，这个特定位置叫做中性面．
(2)性质和特点 ①线圈通过中性面时，磁感线垂直于该时刻的线圈平面，所以磁通量最大，磁通量的变化率为零； ②线圈平面每次转过中性面时，线圈中感应电流方向改变一次，线圈转动一周通过中性面两次，故一个周期内线圈中电流方向改变两次；
(2)动态问题分析要抓好受力情况、运动情况的动态进行分析．
6．如何求解电磁感应中感应电荷的电荷量？感应电荷量与哪些因素有关？
答案设在时间 Δt 内通过导线截面的电荷量为 q，则根据
电流定义式及法拉第电磁感应定律得： E nΔΦ ΔΦ q＝I·Δt＝ ·Δt＝ ·Δt＝n R RΔt R 可见，在电磁感应现象中，只要穿过闭合电路的磁通量发生变化，闭合电路中就会产生感应电流，在时间 Δt 内通过导线截面的电荷量 q 仅由线圈的匝数 n、磁通量的变化量 ΔΦ 和闭合电路的电阻 R 决定，与磁通量发生变化的时间无关．
答案外力对导体棒做功转化为棒的机械能，同时，棒又
克服安培力做功，将棒的机械能又转化为电能，克服安培力做的功等于电能的增加．
4．请比较安培定则、左手定则、右手定则及楞次定律，并填写下表. 基本现象应用的定则或定律安培定则

《大二轮专题复习与增分策略》高考物理(重庆专用)考前知识回扣课件倒数第14天质点运动的基本规律

7．平抛运动的特点是什么？研究方法是“化曲为直”，具体是如何做的？这种研究方法还可以应用在哪些运动中？答案特点：初速度沿水平方向，只受重力作用，轨迹是
抛物线，平抛运动是匀变速(g 不变)曲线运动．
研究方法：分解为水平方向的匀速直线运动(x＝v0t)和竖直 1 2 方向的自由落体运动(y＝2gt )． “化曲为直”的方法还可应用在：斜抛运动、带电粒子在匀强电场中的类平抛运动中．
答案 (1)机车做匀加速启动或匀减速刹车运动．
(2)只受重力作用的自由落体运动和竖直上抛运动． (3)带电粒子在匀强电场中由静止开始被加速或带电粒子沿着平行于电场方向射入电场中的运动． (4)物体、质点或带电粒子所受的各种外力的合力恒定，且合力方向与初速度方向平行的运动．
5．汽车以恒定加速度刹车与竖直上抛运动都是匀减速直线运动，它们处理起来有什么不同？竖直上抛运动有哪些特殊性？
(1)速度：描述物体位置变化的物理量；
(2)加速度：描述物体速度变化快慢物理量； (3)功率：描述做功快慢的物理量；
(4)电动势：描述非静电力移动单位电荷时所做的功； (5)电场强度：描述检验电荷所受电场力与检验电荷电荷量的比值； (6)磁感应强度：描述的是当通电导线与磁场垂直放置时，所受磁场力与通过的电流和通电导线长度的比值．
(3)位移与速度的关系式：v2－v0 2＝2ax. v0＋v (4)平均速度公式：v ＝ 2 ＝v t (某段时间内的平均速度， 2
等于该时间段的中间时刻的瞬时速度)．
(5)任意相邻两个连续相等的时间内的位移之差是一个恒量，即 Δx＝xn＋1－xn＝a·Δt2.
4 ．在高中阶段我们学习的典型的匀变速直线运动有哪些？
倒数第 14 天

高考物理二轮总复习十九动量守恒律(加试)增分策略练习

拾躲市安息阳光实验学校专题十九动量守恒定律（加试）考纲解读章内容考试要求说明必考加试动量守恒定律动量和动量定理 c1.运用动量定理计算时，只限于一个物体、一维运动和一个过程，且不要求涉及连续介质2．只要求解决一维运动中简单的动量守恒问题3．只要求解决两个物体构成的系统相互作用一次的动量守恒问题4．运用动量守恒定律计算时，不要求涉及相对速度、平均速度和变质量问题5．综合应用动量、能量进行计算时，不要求联立方程求解6．不要求定量计算反冲问题动量守恒定律 c碰撞 d反冲运动b一、动量和动量定理1．动量(1)定义：运动物体的质量和速度的乘积叫做物体的动量，通常用p来表示．(2)表达式：p＝mv.(3)单位：kg·m/s.(4)标矢性：动量是矢量，其方向和速度方向相同．2．冲量(1)定义：力F与力的作用时间t的乘积．(2)定义式：I＝Ft.(3)单位：N·s.(4)方向：恒力作用时，与力的方向相同．(5)物理意义：是一个过程量，表示力在时间上积累的作用效果．3．动量定理(1)内容：物体在一个过程始末的动量变化量等于它在这个过程中所受力的冲量．(2)表达式：⎩⎪⎨⎪⎧Ft＝p′－pI＝Δp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零，这个系统的总动量保持不变，这就是动量守恒定律．2．适用条件(1)系统不受外力或所受外力的合力为零，不是系统内每个物体所受的合力都为零，更不能认为系统处于平衡状态．(2)近似适用条件：系统内各物体间相互作用的内力远大于它所受到的外力．(3)如果系统在某一方向上所受外力的合力为零，则系统在该方向上动量守恒．3．动量守恒定律的不同表达形式(1)m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，相互作用的两个物体组成的系统，作用前的动量和等于作用后的动量和．(2)Δp1＝－Δp2，相互作用的两个物体动量的增量等大反向．(3)Δp＝0，系统总动量的增量为零．三、碰撞1．碰撞碰撞是指物体间的相互作用持续时间很短，而物体间相互作用力很大的现象．2．特点在碰撞现象中，一般都满足内力远大于外力，可认为相互碰撞的系统动量守恒．3．分类动量是否守恒机械能是否守恒弹性碰撞守恒守恒非弹性碰撞守恒有损失完全非弹性碰撞守恒损失最大四、反冲运动1．反冲现象(1)物体的不同部分在内力作用下向相反方向运动．(2)反冲运动中，相互作用力一般较大，通常可以用动量守恒定律来处理．(3)反冲运动中，由于有其他形式的能转化为机械能，所以系统的机械能增加．2．(1)工作原理：利用反冲运动．燃料燃烧产生的高温、高压燃气从尾喷管迅速喷出时，使获得巨大的反作用力．(2)设在Δt时间内喷射燃气的质量是Δm，喷出燃气的速度大小是u，喷出燃气后的质量是m，则获得的速度大小v＝Δmum.加试基础练1．(多选)关于物体的动量，下列说法中正确的是( )A．物体的动量越大，其惯性也越大B．同一物体的动量越大，其速度一定越大C．物体的加速度不变，其动量一定不变D．运动物体在任一时刻的动量方向一定是该时刻的速度方向答案BD解析物体的动量越大，即质量与速度的乘积越大，不一定惯性(质量)越大，A 错；同一物体，质量一定，动量越大，速度一定越大，B对；物体的加速度不变，速度一定变化，其动量一定变化，C错；动量是矢量，动量的方向与速度的方向相同，D对．2．假设一个人静止于完全光滑的水平冰面上，现欲离开冰面，下列方法中可行的是( )A．向后踢腿B．手臂向后甩C．在冰面上滚动D．脱下外衣水平抛出答案D解析踢腿、甩手臂对整个身体系统来讲是内力，内力不改变系统整体的运动状态．3．如图1所示，一足球运动员踢一个质量为0.4 kg的足球．若开始时足球的速度是4 m/s，方向向右，踢球后，球的速度为10 m/s，方向仍向右(如图所示)，则踢球过程中足球动量的变化量大小( )图1A．1.6 kg·m/s B．2.4 kg·m/sC．4.0 kg·m/s D．5.6 kg·m/s答案B解析取向右为正方向，初动量为p1＝mv1＝0.4×4 kg·m/s＝1.6 kg·m/s，末动量为p2＝mv2＝0.4×10 kg·m/s＝4.0 kg·m/s，则动量的变化量大小为Δp ＝p2－p1＝2.4 kg·m/s.4．如图2所示，物体A静止在光滑的水平面上，A的左边固定有轻质弹簧，物体B以速度v向A运动并与弹簧发生碰撞，A、B始终沿同一直线运动，m A＝2m B.当弹簧压缩到最短时，A物体的速度为( )图2A．0 B.13v C.23v D．v答案B解析弹簧压缩至最短时，A、B有共同速度，由动量守恒定律知m B v＝(m A＋m B)v 共，而m A＝2m B，得v共＝v3，B正确．5．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，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D．条件不足，无法确定答案A解析由动量守恒3mv－mv＝0＋mv′所以v′＝2v碰前总动能：E k＝12×3mv2＋12mv2＝2mv2碰后总动能：E k′＝12mv′2＝2mv2，E k＝E k′，所以A对.动量定理的理解与应用1．动量定理的理解 (1)矢量式．(2)F 既可以是恒力也可以是变力． (3)冲量是动量变化的原因．(4)由Ft ＝p ′－p ，得F ＝p ′－p t ＝Δpt，即物体所受的合力等于物体的动量对时间的变化率．2．用动量定理解释现象(1)Δp 一定时，F 的作用时间越短，力就越大；时间越长，力就越小． (2)F 一定，此时力的作用时间越长，Δp 就越大；力的作用时间越短，Δp 就越小．分析问题时，要把哪个量一定，哪个量变化搞清楚．例1 质量是60 kg 的建筑工人，不慎从高空跌下，由于弹性安全带的保护，他被悬挂起来．已知安全带的缓冲时间是1.2 s ，安全带长5 m ，取g ＝10 m/s 2，则安全带所受的平均冲力的大小为( ) A ．500 N B ．600 N C ．1 100 N D ．100 N答案 C解析安全带长5 m ，人在这段距离上做自由落体运动，获得速度v ＝2gh ＝10 m/s.受安全带的保护经1.2 s 速度减小为0，对此过程应用动量定理，以向上为正方向，有(F －mg )t ＝0－(－mv )，则F ＝mvt＋mg ＝1 100 N ，C 正确．动量定理的两个重要应用1．应用I ＝Δp 求变力的冲量如果物体受到大小或方向改变的力的作用，则不能直接用I ＝Ft 求变力的冲量，可以求出该力作用下物体动量的变化量Δp ，等效代换变力的冲量I . 2．应用Δp ＝F Δt 求动量的变化例如，在曲线运动中，速度方向时刻在变化，求动量变化(Δp ＝p 2－p 1)需要应用矢量运算方法，计算比较复杂，如果作用力是恒力，可以求恒力的冲量，等效代换动量的变化．变式题组1．物体受到的冲量越大，则( ) A ．它的动量一定越大 B ．它的动量变化一定越快 C ．它的动量的变化量一定越大 D ．它所受到的作用力一定越大答案 C解析由动量定理可知，物体所受的力的冲量总是等于物体动量的变化量，与物体的动量无关，A、B错误，C正确；物体所受的力的冲量由作用力与作用时间共同决定，D错误．2．(2016·联考)跳远时，跳在沙坑里比跳在水泥地上安全，这是由于( ) A．人跳在沙坑里的动量比跳在水泥地上小B．人跳在沙坑里的动量变化比跳在水泥地上小C．人跳在沙坑里受到的冲量比跳在水泥地上小D．人跳在沙坑里受到的冲力比跳在水泥地上小答案D解析人跳远从一定高度落下，落地前的速度一定，则初动量相同；落地后静止，末动量一定，所以人下落过程的动量变化量Δp一定，因落在沙坑里作用时间长，落在水泥地上作用时间短，根据动量定理Ft＝Δp知，t长F小，故D 对．动量守恒定律的应用动量守恒的“四性”(1)矢量性：表达式中初、末动量都是矢量，需要首先选取正方向，分清各物体初、末动量的正、负．(2)瞬时性：动量是状态量，动量守恒指对应每一时刻的总动量都和初始时刻的总动量相等．(3)同一性：速度的大小跟参考系的选取有关，应用动量守恒定律，各物体的速度必须是相对于同一参考系的速度，一般选地面为参考系．(4)普适性：它不仅适用于两个物体所组成的系统，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2两磁铁各放在一辆小车上，小车能在水平面上无摩擦地沿同一直线运动．已知甲车和磁铁的总质量为0.5 kg，乙车和磁铁的总质量为1 kg.两磁铁的N极相对，推动一下，使两车相向运动．某时刻甲的速率为2 m/s，乙的速率为3 m/s，方向与甲相反．两车运动过程中始终未相碰．求：(1)两车最近时，乙的速度大小；(2)甲车开始反向运动时，乙车的速度大小．答案(1)1.33 m/s (2)2 m/s解析(1)两车相距最近时，两车的速度相同，设该速度为v，取乙车的速度方向为正方向．由动量守恒定律得m乙v乙－m甲v甲＝(m甲＋m乙)v，所以两车最近时，乙车的速度为v＝m乙v乙－m甲v甲m甲＋m乙＝1×3－0.5×20.5＋1m/s＝43m/s≈1.33 m/s.(2)甲车开始反向时，其速度为0，设此时乙车的速度为v乙′，由动量守恒定律得m乙v乙－m甲v甲＝m乙v乙′，得v 乙′＝m 乙v 乙－m 甲v 甲m 乙＝1×3－0.5×21m/s ＝2 m/s.动量守恒定律解题的基本步骤1．明确研究对象，确定系统的组成(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．由动量守恒定律列出方程；5．代入数据，求出结果，必要时讨论说明．变式题组3．如图3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4.25 m/s ，则碰撞后两车共同的运动速度为(取向右为正方向)( ) 图3A ．1 m/sB ．0.5 m/sC ．－1 m/sD ．－0.5 m/s答案 D解析两车碰撞过程动量守恒m 1v 1－m 2v 2＝(m 1＋m 2)v得v ＝m 1v 1－m 2v 2m 1＋m 2＝150×4.5－200×4.25150＋200m/s ＝－0.5 m/s.4．(2016·联考)如图4所示，光滑水平直轨道上有三个滑块A 、B 、C ，质量分别为m A ＝m C ＝2m ，m B ＝m ，A 、B 用细绳连接，中间有一压缩的弹簧(弹簧与滑块不拴接)．开始时A 、B 以共同速度v 0运动，C 静止．某时刻细绳突然断开，A 、B 被弹开，然后B 又与C 发生碰撞并粘在一起，最终三滑块速度恰好相同．求B与C 碰撞前B 的速度．图4 答案 95v 0解析设共同速度为v ，滑块A 和B 分开后B 的速度为v B ，由动量守恒定律有(m A ＋m B )v 0＝m A v ＋m B v Bm B v B ＝(m B ＋m C )v联立以上两式得，B 与C 碰撞前B 的速度为v B ＝95v 0.碰撞模型的规律及应用 1．碰撞现象满足的三个规律： (1)动量守恒：即p 1＋p 2＝p 1′＋p 2′.(2)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若碰前两物体同向运动，则碰后原来在前的物体速度一定增大，若碰后两物体仍同向运动，则应有v 前′≥v 后′.②碰前两物体相向运动，碰后两物体的运动方向不可能都不改变．2．碰撞问题解题策略(1)抓住碰撞的特点和不同种类碰撞满足的条件，列出相应方程求解．(2)可熟记一些公式，例如“一动一静”模型中，两物体发生弹性正碰后的速度满足：v 1＝m 1－m 2m 1＋m 2v 0，v 2＝2m 1m 1＋m 2v 0.当两球质量相等时，两球碰撞后交换速度．例3 如图5所示，光滑水平轨道上有三个木块A 、B 、C ，质量分别为m A ＝3m ，m B ＝m C ＝m ，开始时B 、C 均静止，A 以初速度v 0向右运动，A 与B 碰撞后分开，B 又与C 发生碰撞并粘在一起，此后A 与B 间的距离保持不变．求B 与C 碰撞前B 的速度大小．图5 答案 65v 0解析设A 与B 碰撞后，A 的速度为v A ，B 与C 碰撞前B 的速度为v B ，B 与C 碰撞后粘在一起的速度为v ，由动量守恒定律得对A 、B 木块：m A v 0＝m A v A ＋m B v B ①对B 、C 木块：m B v B ＝(m B ＋m C )v ②由A 与B 间的距离保持不变可知v A ＝v ③联立①②③式，代入数据得v B ＝65v 0.变式题组5．两球A 、B 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，两球A 、B 速度的可能值是( )A ．v A ′＝5 m/s ，vB ′＝2.5 m/s B ．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解析虽然题中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 ′，必然要发生第二次碰撞，不符合实际；C 项中，两球碰后的总动能E k ′＝12m A v A ′2＋12m B v B ′2＝57 J ，大于碰前的总动能E k ＝12m A v A 2＋12m B v B2＝22 J，违背了能量守恒定律；而B项既符合实际情况，也不违背能量守恒定律，故B项正确.1．(多选)下面的说法正确的是( )A．物体运动的方向就是它的动量的方向B．如果物体的速度发生变化，则可以肯定它受到的合外力的冲量不为零C．如果合外力对物体的冲量不为零，则合外力一定使物体的动能增大D．作用在物体上的合外力冲量不一定能改变物体速度的大小答案ABD解析物体动量的方向与物体运动方向相同，A对；如果物体的速度变化，则物体的动量一定发生了变化，由动量定理知，物体受到的合外力的冲量不为零，B对；合外力对物体的冲量不为零，但合外力可以对物体不做功，物体的动能可以不变，C错误；作用在物体上的合外力冲量可以只改变物体速度的方向，不改变速度的大小，D对．2．(多选)鸡蛋掉在草地上比掉在水泥地上不容易碎．下列防护与规定中与其具有相同原理的是( )A．撑竿跳高比赛中，横杆的下方放有较厚的海绵垫B．易碎物品运输时要用柔软材料包装，船舷和码头悬挂旧轮胎C ．有关部分规定用手工操作的各类振动机械的频率必须大于20赫兹D．在汽车上安装安全气囊答案ABD解析鸡蛋掉在草地上时与草地的作用时间长，掉在水泥地上时与水泥地的作用时间短，由动量定理FΔt＝Δp知，当动量变化量相同时，鸡蛋掉在草地上时受到的作用力小，所以不易碎．撑竿跳高比赛时，横杆的下方有较厚的海绵垫是为了增大运动员与海绵的作用时间而减小运动员受到的作用力，选项A正确；易碎物品运输时要用柔软材料包装，船舷和码头悬挂旧轮胎是为了增大物体间的作用时间而减小物体间的作用力，选项B正确；用手工操作的各类振动机械的频率大于20 Hz是为了防止发生共振现象而对人体健康造成危害，选项C错误；在汽车上安装安全气囊是为了增大安全气囊与人的作用时间而减小人受到的作用力，选项D正确．3．(2016·宁波模拟)如图1所示，跳水运动员从某一峭壁上水平跳出，跳入湖水中，已知运动员的质量m＝60 kg，初速度v0＝10 m/s.若经过1 s时，速度为v＝10 2 m/s，则在此过程中，运动员动量的变化量为(g＝10 m/s2，不计空气阻力)( )图1A．600 kg·m/s B．600 2 kg·m/sC．600(2－1) kg·m/s D．600(2＋1) kg·m/s答案A解析运动员所做的是平抛运动，初、末速度不在一条直线上，因此不能直接用初、末动量相加减．在此过程中，运动员只受重力作用，因此重力的冲量就等于动量的变化量．所以Δp＝mg·t＝60×10×1 kg·m/s＝600 kg·m/s. 4．(2016·调研)关于反冲运动，下列说法正确的是( )A．抛出物m1的质量要小于剩下的质量m2才能获得反冲B．若抛出质量m1大于剩下的质量m2，则m2的反冲力大于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．对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物体向某一方向运动，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，选项D正确．5．(多选)在橄榄球比赛中，一个85 kg的前锋队员以5 m/s65 kg的队员，一个速度为2 m/s，另一个速度为4 m/s，然后他们就扭在了一起，则( ) A．他们碰撞后的共同速度是0.2 m/s B．碰撞后他们动量的方向仍向前CD答案BC解析取前锋队员跑动的速度方向为正方向，根据动量守恒定律可得：Mv1－mv2－mv3＝(M＋m＋m)v，代入数据得：v≈0.16 m/s.B、C两项正确．6．(多选)如图2所示，一个质量为0.2 kg的垒球，以20 m/s的水平速度飞向球棒，被球棒打击后反向水平飞回，速度大小变为40 m/s，设球棒与垒球的作用时间为0.01 s．下列说法正确的是( )图2A．球棒对垒球的平均作用力大小为1 200 NB．球棒对垒球的平均作用力大小为400 NC．球棒对垒球做的功为120 JD．球棒对垒球做的功为40 J答案AC解析设球棒对垒球的平均作用力为F，由动量定理得F·t＝m(v－v0)，取v ＝40 m/s，则v0＝－20 m/s，代入上式，得F＝1 200 N，由动能定理得W＝12mv2－12mv02＝120 J，选项A、C正确．7．(多选)动能相同的A 、B 两球(m A >m B )在光滑的水平面上相向运动，当两球相碰后，其中一球停止运动，则可判定( ) A ．碰撞前A 球的速度小于B 球的速度 B ．碰撞前A 球的动量大于B 球的动量C ．碰撞前后A 球的动量变化大于B 球的动量变化D ．碰撞后，A 球的速度一定为零，B 球朝反方向运动答案 ABD解析 A 、B 两球动能相同，且m A >m B ，可得v B >v A ，再由动量和动能关系可得p A >p B ；由动量守恒得，碰撞前后A 球的动量变化等于B 球的动量变化；碰撞后，A 球的速度一定为零，B 球朝反方向运动，所以A 、B 、D 对．8．(2016·调研)滑雪运动是人们酷爱的户外体育活动，现有质量为m 的人站立于雪橇上，如图3所示．人与雪撬的总质量为M ，人与雪橇以速度v 1在水平面上由北向南运动(雪橇所受阻力不计)．当人相对于雪橇以速度v 2竖直跳起时，雪橇向南的速度大小为( )图3A.Mv 1－Mv 2M －mB.Mv 1M －mC.Mv 1＋Mv 2M －mD ．v 1答案 D解析根据动量守恒条件可知人与雪橇系统水平方向动量守恒，人跳起后水平方向速度不变，雪橇的速度仍为v 1.9．一个质量M ＝2 kg 的装沙小车沿光滑水平轨道运动，速度v ＝3 m/s ，一个质量m ＝1 kg 的球从0.2 m 高处自由落下，恰落入小车的沙中，此后小车的速度v ′为( ) A ．3 m/s B ．2 m/s C ．2.7 m/sD ．0答案 B 解析车、沙、球组成的系统在水平方向上动量守恒，有Mv ＝(M ＋m )v ′，解得v ′＝Mv M ＋m ＝2×32＋1m/s ＝2 m/s ，选项B 正确．10．如图4，两滑块A 、B 在光滑水平面上沿同一直线相向运动，滑块A 的质量为m ，速度大小为2v 0，方向向右，滑块B 的质量为2m ，速度大小为v 0，方向向左，两滑块发生弹性碰撞后的运动状态是( )图4A ．A 和B 都向左运动B ．A 和B 都向右运动C ．A 静止，B 向右运动D ．A 向左运动，B 向右运动答案D解析选向右为正方向，则A的动量p A＝m·2v0＝2mv0.B的动量p B＝－2mv0.碰前A、B的动量之和为零，根据动量守恒，碰后A、B的动量之和也应为零，可知四个选项中只有选项D符合题意．11．A、B两物体在光滑水平地面上沿一直线相向而行，A质量为5 kg，速度大小为10 m/s，B质量为2 kg，速度大小为5 m/s，它们的总动量大小为________kg·m/s；两者碰撞后，A沿原方向运动，速度大小为4 m/s，则B的速度大小为________m/s.答案40 10解析选取A的速度方向为正方向，则碰前两物体的总动量为p＝m A v A－m B v B＝5×10 kg·m/s－2×5 kg·m/s＝40 kg·m/s碰撞前后动量守恒m A v A－m B v B＝m A v A′＋m B v B′，代入数据解得v B′＝10 m/s.12．如图5所示，质量为M的楔形物块上有圆弧轨道，静止在光滑水平面上．质量为m的小球以速度v0向物块运动，求小球上升到最大高度时物块的速度．图5答案mM＋mv0解析小球能上升到最大高度时物块的速度与小球速度相同，楔形物块和小球组成的系统水平方向动量守恒，mv0＝(M＋m)v，解得v＝mM＋mv0.13．(2016·温州模拟)如图6所示，质量均为m的小车和木箱紧挨着静止在光滑的水平冰面上，质量为2m的小孩站在小车上用力向右迅速推出木箱，木箱相对于冰面运动的速度大小为v0，木箱运动到右侧墙壁时与竖直墙壁发生弹性碰撞，反弹后能被小孩接住，求小孩接住箱子后共同速度的大小．图6答案v02解析取水平向左为正方向，推出木箱的过程，根据动量守恒定律有：0＝(m＋2m)v1－mv0，接住木箱的过程中，根据动量守恒定律有：(m＋2m)v1＋mv0＝(m＋m＋2m)v2，解得v2＝v02.。

高考物理二轮总复习专题九力学必考实验(二)增分策略练习(含解析)(2021学年)

重庆市铜梁县20１７届高考物理二轮总复习专题九力学必考实验(二）增分策略练习(含解析)编辑整理：尊敬的读者朋友们:这里是精品文档编辑中心，本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的,发布之前我们对文中内容进行仔细校对，但是难免会有疏漏的地方,但是任然希望(重庆市铜梁县201７届高考物理二轮总复习专题九力学必考实验（二)增分策略练习(含解析）)的内容能够给您的工作和学习带来便利。

同时也真诚的希望收到您的建议和反馈,这将是我们进步的源泉,前进的动力。

本文可编辑可修改,如果觉得对您有帮助请收藏以便随时查阅,最后祝您生活愉快业绩进步，以下为重庆市铜梁县201７届高考物理二轮总复习专题九力学必考实验（二）增分策略练习(含解析）的全部内容。

专题九力学必考实验（二)考纲解读实验名称考试属性说明必考加试5．探究作用力与反作用力的关系 √1。

不要求对研究平抛运动进行实验误差分析.2.不要求对验证机械能守恒定律进行定量分析实验误差。

6。

研究平抛运动√7.探究做功与物体速度变化的关系 √8．验证机械能守恒定律√探究作用力与反作用力的关系1．用弹簧测力计探究作用力与反作用力的关系如图１甲所示,任取A 、Ｂ两个弹簧测力计,使两挂钩钩住，Ｂ固定,Ａ用手拉着.弹簧测力计A 受到B 的拉力F BA ,弹簧测力计B 受到Ａ的拉力F A Ｂ.读出此时两个弹簧测力计的示数F Ａ和F B ,比较F Ａ和F B 的大小和方向.如图乙所示，将两个弹簧测力计挂钩钩住,B 连接一块木块,A 用手拉着.探究在水平方向运动时,ＦA 和F B 的大小和方向.将拉动方向改为竖直方向,如图丙所示，重复上述探究．图１2.用力传感器探究作用力与反作用力的关系如图2所示,用两只力传感器钩住对拉．从计算机屏幕上所显示的力和时间关系图线中读出不同时刻两只力传感器间的相互作用力F A和F B，比较F A和ＦB的大小和方向.图23．实验结论作用力与反作用力作用在两个物体上，大小相等、方向相反,同时产生，同时消失，性质相同．作用力与反作用力之间的关系与运动状态无关．4.注意事项(1)使用弹簧测力计前,应先调节零刻度.（2）弹簧测力计对拉时作用力要在同一直线上．(3）实际的弹簧测力计往往存在一定的误差,发现两弹簧测力计示数不等既不能“视而不见”也不能“武断定论”.（４)将弹簧测力计A和B分别与弹簧测力计C互拉,通过与C的示数比较确定两弹簧测力计拉力是否相等，是一种“等效替代”的方法．(５)同一实验步骤中,小泡沫塑料位置必须保持不变．（6)用力传感器进行实验时,也需要调零.（７）用力传感器对拉时要使作用力在同一直线上．例１(2０15·浙江９月选考科目试题)在“探究作用力与反作用力的关系”实验中，某同学用两个力传感器进行实验.（1)将两个传感器按图３甲方式对拉，在计算机屏上显示如图乙所示,横坐标代表的物理量是＿＿＿_____,纵坐标代表的物理量是＿_＿＿____.图3（2)(多选)由图乙可得到的实验结论是( ）A.两传感器间的作用力与反作用力大小相等B．两传感器间的作用力与反作用力方向相同C．两传感器间的作用力与反作用力同时变化D.两传感器间的作用力与反作用力作用在同一物体上答案（１)时间(ｔ) 力(F） (2）AC变式题组1.如图4所示，将两弹簧测力计ａ、ｂ连接在一起，当用力缓慢拉a弹簧测力计时,发现不管拉力F多大,ａ、b两弹簧测力计的示数总是相等，这个实验说明( )图4Ａ．这是两只完全相同的弹簧测力计B.弹力的大小与弹簧的形变量成正比C.作用力与反作用力大小相等、方向相反D．力是改变物体运动状态的原因答案Ｃ解析a、b两弹簧测力计的示数分别显示b弹簧的拉力和a弹簧的拉力,这是一对作用力与反作用力，根据牛顿第三定律得知,它们的示数总是相等，说明作用力与反作用力大小相等、方向相反,与弹簧测力计无关,故两只弹簧测力计不一定完全相同．故A错误，C正确；此实验不能说明弹力的大小与弹簧的形变量成正比．故Ｂ错误;弹簧测力计的运动没有改变，故此实验不能说明力是改变物体运动状态的原因.故D错误．研究平抛运动１.实验目的(1)用实验的方法描出平抛运动的轨迹．(2)用实验轨迹求解平抛物体的初速度．2．实验原理使小球做平抛运动，利用描迹法描绘小球的运动轨迹,建立直角坐标系,测出轨迹曲线上某一点的坐标x和y，由公式:x=v０ｔ和y=错误!gt2，可得ｖ0=ｘ错误!.３．实验器材(以斜槽法为例)斜槽(带小球)、木板及竖直固定支架、白纸、图钉、重垂线、三角板、铅笔、刻度尺.4.实验步骤(１)按图５甲所示安装实验装置,使斜槽末端水平(小球在斜槽末端恰好静止)．图5（2)以水平槽末端端口上小球球心位置为坐标原点Ｏ,过O点画出竖直的y轴和水平的x轴. (3）使小球从斜槽上同一位置由静止滚下，把笔尖放在小球可能经过的位置上,如果小球运动中碰到笔尖,就用铅笔在该位置画上一点．用同样方法,在小球运动路线上描下若干点.（４)将白纸从木板上取下,从Ｏ点开始连接画出的若干点描出一条平滑的曲线，如图乙所示．5．实验注意事项(1)固定斜槽时,要保证斜槽末端的切线水平，保证小球的初速度水平.(２)固定木板时，木板必须处在竖直平面内且与小球运动轨迹所在的竖直平面平行,固定时要用重垂线检查坐标纸竖线是否竖直.(３）小球每次从斜槽上的同一位置由静止释放，为此，可在斜槽上某一位置固定一个挡板．(4)要在斜槽上适当高度释放小球，使它以适当的水平初速度抛出，其轨迹由木板左上角到达右下角,这样可以减小测量误差．(5）坐标原点不是槽口的端点,应是小球出槽口时球心在木板上的投影点．(6）计算小球的初速度时，应选距抛出点稍远一些的点为宜,以便于测量和计算．6．判断平抛运动的轨迹是不是抛物线（1)原理:若平抛运动的轨迹是抛物线，则当以抛出点为坐标原点建立直角坐标系后,轨迹上各点的坐标具有y＝ａx2的关系,且同一轨迹上a是一个特定的值.(2）验证方法方法一：代入法用刻度尺测量几个点的x、y坐标,分别代入y＝ａx2中求出常数a，看计算得到的a值在误差范围内是否为一常数．方法二:图象法建立y-x2坐标系,根据所测量的各个点的x、y坐标值分别计算出对应y值的x２值，在ｙ－x2坐标系中描点,连接各点看是否在一条直线上，并求出该直线的斜率即为a值．7.计算平抛运动的初速度(1)平抛轨迹完整(即含有抛出点）在轨迹上任取一点，测出该点离原点的水平位移x及竖直位移y，就可求出初速度v0.因ｘ=ｖ０t,ｙ=１2gt2,故v＝x＼r(g2ｙ）.(2)平抛轨迹残缺(即无抛出点)如图6所示，在轨迹上任取三点A、B、C,使A、Ｂ间及B、C间的水平距离相等,由平抛运动的规律可知,A、B间与Ｂ、C间所用时间相等，设为ｔ,则Δｈ=ｈBC－hＡＢ＝ｇt２。

重庆市铜梁县高考物理二轮总复习专题一运动的描述匀变速直线运动增分策略练习(含解析)

专题一运动的描述匀变速直线运动考纲解读章内容考试要求说明必考加试运动的描述质点、参考系和坐标系 b b 1.对运动的描述的转换只要求参考系与物体运动方向在同一直线上2.本专题只要求一维情况下的位移矢量运算3.不要求用极限的方法定义瞬时速度4.不要求选用变速运动物体作参考系求解问题5.不要求引入平均速率的概念6.不要求了解电磁打点(电火花)计时器的内部结构和技术细节7.不要求理解用气垫导轨、光电门和数字计时器研究运动的原理8.不要求讨论加速度变化的问题9.非匀变速直线运动的v－t图象不作要求10.追及、相遇问题不作要求11.不要求用初速度为零的匀变速直线运动的推论分析解决问题12.不要求计算多物体且多过程运动中需要联立方程求解的问题13.只要求解决一个物体做自由落体运动的有关问题14.不要求掌握伽利略对自由落体进行实验研究的具体细节时间和位移 b b速度 c c加速度 c c匀变速直线运动的研究速度与时间、位移与时间的关系 d d自由落体运动 c c伽利略对自由落体运动的研究a注：表中a、b、c、d表示对考试内容掌握程度的要求，其分别代表识记、理解、简单应用、综合应用.一、质点、参考系和位移1.质点(1)用来代替物体有质量的点叫做质点.(2)研究一个物体的运动时，如果物体的形状和大小对问题的影响可以忽略，就可以看做质点.(3)质点是一种理想化模型，实际并不存在.2.参考系(1)参考系可以是运动的物体，也可以是静止的物体，但被选为参考系的物体，我们都假定它是静止的.(2)比较两物体的运动情况时，必须选同一参考系.(3)选取不同的物体作为参考系，对同一物体运动的描述可能不同.通常以地球为参考系. 3.位移(1)定义：表示质点的位置变动，它是质点由初位置指向末位置的有向线段.(2)与路程的区别：位移是矢量，路程是标量.只有在单向直线运动中，位移的大小才等于路程. 二、速度 1.速度(1)物理意义：描述物体运动快慢和方向的物理量，是状态量. (2)定义式：v ＝ΔxΔt.(3)决定因素：v 的大小由v 0、a 、Δt 决定. (4)方向：与位移同向，即物体运动的方向. 2.平均速度(1)在变速运动中，物体在某段时间内的位移与发生这段位移所用时间的比值叫做这段时间内的平均速度，即v ＝ΔxΔt，其方向与位移的方向相同. (2)平均速度反映一段时间内物体运动的平均快慢程度，它与一段时间或一段位移相对应. 3.瞬时速度(1)运动物体在某一时刻(或某一位置)的速度，方向沿轨迹上物体所在点的切线方向指向前进的一侧，是矢量.瞬时速度的大小叫速率，是标量.(2)瞬时速度能精确描述物体运动的快慢，与某一时刻或某一位置相对应. 三、加速度 1.速度变化量(1)物理意义：描述物体速度改变的物理量，是过程量. (2)定义式：Δv ＝v －v 0.(3)决定因素：Δv 由v 与v 0进行矢量运算得到，由Δv ＝a Δt 知Δv 由a 与Δt 决定. (4)方向：由Δv 或a 的方向决定. 2.加速度(1)物理意义：描述物体速度变化快慢和方向的物理量，是状态量. (2)定义式：a ＝Δv Δt ＝v －v 0Δt.(3)决定因素：a 不是由v 、Δt 、Δv 来决定，而是由F m来决定.(4)方向：与Δv 的方向一致，由合外力的方向决定，而与v 0、v 的方向无关. 四、匀变速直线运动的规律 1.基本规律(1)速度公式：v ＝v 0＋at .(2)位移公式：x ＝v 0t ＋12at 2.(3)位移速度关系式：v 2－v 20＝2ax .这三个基本公式，是解决匀变速直线运动的基石.均为矢量式，应用时应规定正方向. 2.两个重要推论(1)物体在一段时间内的平均速度等于这段时间中间时刻的瞬时速度，还等于初、末时刻速度矢量和的一半，即：v ＝v 2t ＝v 0＋v2.(2)任意两个连续相等的时间间隔T 内的位移之差为一恒量，即：Δx ＝x 2－x 1＝x 3－x 2＝…＝x n －x n －1＝aT 2. 五、自由落体 1.特点和规律①从静止开始，即初速度为零. ②只受重力作用的匀加速直线运动. ③公式：v ＝gt ，h ＝12gt 2，v 2＝2gh .2.自由落体加速度(1)在同一地点，一切物体自由下落的加速度都相同，这个加速度叫自由落体加速度，也叫重力加速度.方向：竖直向下.(2)在地球上其大小随地理纬度的增加而增大，在赤道上最小，两极处最大.六、伽利略对自由落体运动的研究1.亚里士多德认为物体下落的快慢是由它的重量决定的，物体越重，下落得越快.2.伽利略认为，重物和轻物应该下落得同样快，他猜想落体运动应该是一种最简单的变速运动，即它的速度应该是均匀变化的.3.日常生活中常会见到，较重的物体下落得比较快，这是由于空气阻力对不同物体的影响不同.4.由于自由下落物体运动时间太短，当时直接验证自由落体运动是匀加速直线运动很困难，伽利略采用了间接的验证方法，他让一个铜球从阻力很小的斜面上滚下，做了上百次的实验，证明了球在斜面上的运动是匀变速直线运动，然后将此结论合理外推到自由落体运动上.5.伽利略的科学方法：观察现象→逻辑推理→猜想假说→实验验证→修正推广.1. (2016·温州市9月选考模拟卷)平常所说的“太阳东升西落”，选用的参考系是( ) A.太阳 B.地球 C.金星 D.月球答案 B解析以地球为参考系，可以观察到“太阳东升西落”，所以B 正确，应选B.2.(2016·浙江4月选考)某同学绕操场一周跑了400 m ，用时65 s.这两个物理量分别是( )A.路程、时刻B.位移、时刻C.路程、时间D.位移、时间答案 C3.(2015·浙江9月选考样题)如图1所示装置可测出气垫导轨上滑块的速度.已知固定在滑块上的遮光条的宽度为0.60 cm ，遮光条经过光电门的遮光时间为0.02 s ，则遮光条经过光电门的平均速度大小为( )图1A.0.20 m/sB.0.30 m/sC.0.60 m/sD.3.0 m/s 答案 B解析由平均速度的定义式v ＝x t 可得遮光条经过光电门的平均速度：v ＝x t ＝0.60×10－2 m 0.02 s＝0.30 m/s ，故B 正确.4.如图2所示，汽车向右沿直线运动，原来的速度是v 1，经过一小段时间之后，速度变为v 2，Δv 表示速度的变化量.由图中所示信息可知( )图2A.汽车在做加速直线运动B.汽车的加速度方向与v 1的方向相同C.汽车的加速度方向与Δv 的方向相同D.汽车的加速度方向与Δv 的方向相反答案 C解析速度是矢量，速度的变化量Δv ＝v 2－v 1，根据图象可知，Δv 的方向与初速度方向相反，而加速度的方向与速度变化量的方向相同，所以加速度方向与初速度方向相反，汽车做减速直线运动，故C 正确，A 、B 、D 错误. 5. (2016·丽水模拟)汽车由静止开始匀加速前进，经过10 s 速度达到5 m/s ，则在这10 s 内( ) A.汽车的平均速度是0.5 m/s B.汽车的平均速度是2.5 m/s C.汽车的平均速度是5 m/s D.汽车的位移是50 m 答案 B解析由v ＝at 知a ＝0.5 m/s 2，v ＝v 0＋v2＝2.5 m/s ，x ＝v ·t ＝25 m.即ACD 选项均错，B 选项正确.6.如图3所示，大致地表示了伽利略探究自由落体运动的实验和思维过程，对于此过程的分析，以下说法正确的是( )图3A.其中甲图是实验现象，丁图是经过合理的外推得出的结论B.其中丁图是实验现象，甲图是经过合理的外推得出的结论C.运用甲图的实验，可“清除”重力的作用，使实验现象更明显D.运用丁图的实验，可“放大”重力的作用，使实验现象更明显答案 A解析伽利略探究自由落体运动时，让小球从斜面上滚下，此时可以“冲淡”重力的作用，使实验现象更明显，然后合理外推到斜面竖直的状态，故正确选项为A.运动的描述1.位移和路程的区别与联系2.平均速度与瞬时速度的比较项目平均速度瞬时速度区别粗略描述，对应一段时间精确描述，对应某一时刻共同点描述物体运动的快慢和方向，都是矢量，单位都是m/s联系匀速运动中，平均速度等于瞬时速度3.计算平均速度的方法 (1)关键点：分清运动性质 (2)求解方法：①匀变速直线运动――→两式均适用⎩⎪⎨⎪⎧v ＝x t v ＝v 0＋v 2②非匀变速直线运动v ＝x t例1 (2016·舟山市联考)关于速度、速度的变化量和加速度，下列说法正确的是( ) A.物体运动的速度变化量越大，它的加速度一定越大B.速度很大的物体，其加速度可能为零C.某时刻物体的速度为零，其加速度不可能很大D.加速度很大时，物体运动的速度一定很快变大答案 B对速度与加速度关系的三点提醒1.速度的大小与加速度的大小没有必然联系.2.速度变化量与加速度没有必然的联系，速度变化量的大小由加速度和速度变化的时间决定.3.物体做加速运动还是减速运动，关键是看物体的加速度与速度的方向关系，而不是看加速度的变化情况.加速度的大小只反映速度变化(增加或减小)的快慢.1a 和v 同向加速直线运动⎩⎪⎨⎪⎧a 不变，v 随时间均匀增加a 增大，v 增加得越来越快a 减小，v 增加得越来越慢2a 和v 反向减速直线运动⎩⎪⎨⎪⎧a 不变，v 随时间均匀减小a 增大，v 减小得越来越快a 减小，v 减小得越来越慢变式题组1.(2016·浙江10月学考·1)下列物理量中属于标量的是( ) A.路程 B.位移 C.速度 D.加速度答案 A解析路程是只有大小的标量，选项A 正确；位移、速度、加速度都是有方向的矢量，所以选项B 、C 、D 不正确. 2. (2016·宁波模拟)在公路的每个路段都有交通管理部门设置的限速标志，如图4所示，这是告诫驾驶员在这一路段驾驶车辆时( )图4A.必须以这一规定速度行驶B.平均速度大小不得超过这一规定数值C.瞬时速度大小不得超过这一规定数值D.汽车上的速度计指示值，有时还是可以超过这一规定值的答案 C解析限速标志上的数值为这一路段汽车行驶的瞬时速度的最大值，汽车上的速度计指示值为汽车行驶的瞬时速度值，不能超过这一规定值.3.瞿颖的一首歌曲《加速度》打动了无数歌迷的心.但是物理中的加速度却有完全不同的概念，下列关于加速度的说法中正确的是( )A.加速度只有大小没有方向，是标量B.加速度等于物体增加的速度C.当加速度为负值时，物体的速度大小一定随时间而减小D.加速度方向和速度方向一致时，加速度越大，物体的速度增加得越快答案 D解析加速度既有大小又有方向，是矢量，选项A 错误；加速度等于单位时间内速度的变化量，选项B 错误；当加速度为负值、速度也为负值时，物体的速度大小会增大，选项C 错误；判断物体是加速还是减速，关键看加速度与速度的方向，二者同向，物体做加速运动；二者反向，物体做减速运动，选项D 正确.匀变速直线运动的规律分析匀变速直线运动问题的“五种方法” (1)一般公式法题目中所涉及的物理量(包括已知量、待求量和为解题设定的中间量)没有涉及的物理量适宜选用公式v 0、v 、a 、t x v ＝v 0＋at v 0、a 、t 、x v x ＝v 0t ＋12at 2v 0、v 、a 、x t v 2－v 20＝2axv 0、v 、t 、xax ＝v ＋v 02t注意：①除时间t 外，x 、v 0、v 、a 均为矢量，所以需要确定正方向，一般以v 0的方向为正方向.当v 0＝0时，一般以加速度a 的方向为正方向.②五个物理量t 、v 0、v 、a 、x 必须针对同一过程.(2)平均速度法： v ＝Δx Δt 对任何性质的运动都适用，而v ＝12(v 0＋v )＝v 2t 只适用于匀变速直线运动.(3)逆向思维法：如匀减速直线运动可视为反方向的匀加速直线运动. (4)推论法：利用Δx ＝aT 2，其推广式x m －x n ＝(m －n )aT 2.(5)图象法：利用v －t 图可以求加速度及某段时间内位移的大小；用x －t 图象可求出任意时间内的平均速度等. 例2 一个小球从斜面顶端无初速度下滑，接着又在水平面上做匀减速运动，直到停止，它共运动了10 s ，斜面长4 m ，在水平面上运动的距离为6 m ，求： (1)小球在运动过程中的最大速度的大小； (2)小球在斜面和水平面上运动的加速度大小.答案 (1)2 m/s (2)0.5 m/s 2 0.33 m/s 2解析设小球在斜面上的加速度大小为a 1，运动时间为t 1；在水平面上的加速度大小为a 2，运动时间为t 2. 方法一：基本公式法由x ＝v 0t ＋12at 2得：4 m ＝12a 1t 21，6 m ＝12a 2t 22由最大速度相等得：v m ＝a 1t 1＝a 2t 2，t 1＋t 2＝10 s 联立解得：v m ＝2 m/s a 1＝0.5 m/s 2a 2≈0.33 m/s 2. 方法二：平均速度法设小球运动过程的最大速度为v m 由x ＝v 0＋v 2t 得：0＋v m 2t 1＋v m ＋02t 2＝10 m即v m2(t 1＋t 2)＝10 m又有：t 1＋t 2＝10 s ，解得v m ＝2 m/s由a ＝v 2－v 202x 得：a 1＝22－02×4m/s 2＝0.5 m/s 2a 2＝|0－222×6| m/s 2≈0.33 m/s 2.“一画，二选，三注意”解决匀变速直线运动问题变式题组4.(2016·浙江10月学考·6)某探险者在野外攀岩时，踩落一小石块，约5 s 后听到石块直接落到崖底的声音.探险者离崖底的高度最接近的是( ) A.25 m B.50 m C.110 m D.150 m答案 C解析小石块落到崖底，其下落规律可以看做自由落体运动.即h ＝12gt 2 ，代入数据则h ＝12×9.8×52m ＝122.5 m ，考虑声音传回来大约需0.4 s ，即下落距离应略小于122.5 m ，即选项C 正确.5.汽车以v 0＝10 m/s 的速度在平直公路上行驶，刹车时的加速度大小为a ＝2 m/s 2，则自驾驶员踩刹车开始，经过2 s 与6 s 时汽车的位移大小之比为( ) A.2∶3 B.3∶2 C.16∶25 D.25∶16答案 C解析设汽车经过时间t 0停止运动，由0＝v 0－at 0，得t 0＝v 0a＝5 s ，即汽车经过5 s 停止运动.汽车在6 s 内发生的位移大小应为x 0＝v 0t 0－12at 20＝10×5 m －12×2×52m ＝25 m ，汽车在2 s 内发生的位移x 1＝v 0t 1－12at 21＝16 m ，故位移大小之比为x 1x 0＝1625.6. (2016·温州市联考)一辆汽车在平直公路上做匀变速直线运动，公路边每隔15 m 有一棵树，如图5所示.汽车通过A 、B 两棵相邻的树用了3 s ，通过B 、C 两棵相邻的树用了2 s.求汽车运动的加速度和经过B 树时的速度为多少？图5答案 1 m/s 26.5 m/s解析设汽车经过A 树时的速度为v A ，加速度为a .对AB 段运动，由x ＝v 0t ＋12at 2有15＝v A ×3＋12a ×32同理，对AC 段运动，有30＝v A ×5＋12a ×52联立解得v A ＝3.5 m/s ，a ＝1 m/s 2由v ＝v 0＋at 得v B ＝3.5 m/s ＋1×3 m/s＝6.5 m/s.运动学图象用图象来描述两个物理量之间的关系，是物理学中常用的方法.图象是一种直观且形象的语言和工具.它运用数和形的巧妙结合，恰当地表达各种现象的物理过程和物理规律.运用图象解题的能力可归纳为以下两个方面： 1.识图：即从图象中获取有用信息作为解题的条件，弄清试题中图象所反映的物理过程及规律，从中获取有效信息，通常情况下，需要关注的特征量有三个层面.第一层：关注横坐标、纵坐标；第二层：理解斜率、面积、截距的物理意义；第三层：分析交点、转折点、渐近线.常见的运动图象有位移—时间图象(x－t图象)、速度—时间图象(v－t图象)，图象的形状可以有向上倾斜、平行于t轴、向下倾斜等.图象x－t图象v －t图象图象实例图线含义线图线①表示质点向正方向做匀速直线运动图线①表示质点做匀加速直线运动图线②表示质点静止图线②表示质点做匀速直线运动图线③表示质点向负方向做匀速直线运动图线③表示质点做匀减速直线运动点交点④表示该时刻三个质点相遇交点④表示该时刻三个质点有相同的速度点⑤表示t1时刻质点的位置坐标为x1点⑤表示t1时刻质点的瞬时速度为v1面积图中阴影部分的面积没有意义图中阴影部分面积表示质点在0～t1时间内的位移斜率斜率表示速度，斜率的正负表示速度的方向，图线①速度方向为正方向，图线③速度方向为负方向斜率表示加速度，斜率的正负表示加速度的方向，图线①加速度方向为正方向，图线③加速度方向为负方向2.作图和用图：依据物体的状态或物理过程所遵循的物理规律，作出与之对应的示意图或数学函数图象来研究和处理问题.图6例3(2015·宁波学考检测)如图6所示，物体的运动分三段，0～2 s为第Ⅰ段，2～4 s为第Ⅱ段，4～5 s为第Ⅲ段，则下述说法中正确的是( )A.第1 s与第5 s的速度方向相反B.第1 s的加速度大于第5 s的加速度C.第Ⅰ段与第Ⅲ段的平均速度相等D.第Ⅰ段与第Ⅲ段的加速度方向相同答案 C解析第1 s 与第5 s 的速度均为正值，故速度方向相同，选项A 错误；v －t 图象中图线的斜率大小等于物体的加速度大小，斜率的正负表示加速度的方向，故第1 s 的加速度小于第5 s 的加速度，第Ⅰ段与第Ⅲ段的加速度方向相反，选项B 、D 错误；匀变速直线运动中，由v ＝v 0＋v2可知，第Ⅰ段与第Ⅲ段的平均速度相等，选项C 正确.图象问题的三点提醒1.x －t 图象、v －t 图象都不是物体运动的轨迹，图象中各点的坐标值x 、v 与t 一一对应.2.x －t 图象、v －t 图象的形状由x 与t 、v 与t 的函数关系决定.3.无论是x －t 图象还是v －t 图象，所描述的运动情况都是直线运动. 变式题组7.(2014·天津理综)质点做直线运动的速度—时间图象如图7所示，该质点( )图7A.在第1秒末速度方向发生了改变B.在第2秒末加速度方向发生了改变C.在第2秒内发生的位移为零D.在第3秒末和第5秒末的位置相同答案 D解析在第1秒末质点的加速度方向发生改变，速度方向未改变，A 错误.在第2秒末质点的速度方向发生改变，加速度方向未改变，B 错误.在第2秒内质点一直沿正方向运动，位移不为零，C 错误.从第3秒末到第5秒末质点的位移为零，故两时刻质点的位置相同，D 正确.8.(多选)质量为1 500 kg 的汽车在平直的公路上运动，其v －t 图象如图8所示，则正确的是( )图8A.前10 s 内汽车做匀加速运动，加速度为 2 m/s 2B.10～15 s 内汽车处于静止状态C.15～25 s 内汽车做匀加速运动，加速度为1.2 m/s 2D.汽车全段的平均速度为18 m/s 答案 AD解析前10 s 内汽车做匀加速运动，初速度为零，加速度为a 1＝20－010 m/s 2＝2 m/s 2，选项A 正确；10～15 s 内汽车的速度不变，则汽车做匀速直线运动，选项B 错误；15～25 s 内汽车的加速度a 2＝30－2025－15m/s 2＝1 m/s 2，选项C错误；汽车全段的位移为x ＝20×102 m ＋20×5 m ＋20＋302×10 m ＝450 m ，平均速度为v ＝45025m/s ＝18 m/s ，选项D 正确.9.t ＝0时甲、乙两物体同时从同一地点出发沿同一直线运动，以出发点为参考点，它们的位移－时间(x －t )图象如图9所示，下列说法正确的是( )图9A.甲做匀速直线运动，乙做匀加速直线运动B.0～t 1时间内，甲与乙的平均速度相同C.t 1时刻，甲、乙位置相同，瞬时速度相同D.t 1时刻，甲在乙的前方，乙的速度大于甲的速度答案 B解析甲做匀速直线运动，乙不一定做匀加速直线运动，因为乙图线不一定是抛物线，选项A 错误；0～t 1时间内，甲、乙通过的位移相同，所以平均速度相同，选项B 正确；t 1时刻，甲、乙位置相同，乙图线的斜率大于甲的，所以乙的瞬时速度大于甲的瞬时速度，选项C 、D 错误.1.物理学中引入了“质点”“点电荷”的概念，从科学方法上来说属于( ) A.控制变量法 B.类比法 C.理想模型法 D.等效替代法答案 C解析 “质点”“点电荷”等都是为了使研究问题变得简单而引入的理想化的模型，在现实中是不存在的，所以它们从科学方法上来说属于理想模型法，所以C 正确.2.如图1所示，我国空军在进行空中加油训练.大型加油机与接受加油的受油机在空中以同样的速度沿同一方向水平飞行.下列说法中正确的是( )图1A.选地面为参考系，受油机是静止的B.选地面为参考系，加油机是静止的C.选加油机为参考系，受油机是运动的D.选加油机为参考系，受油机是静止的答案 D解析选地面为参考系，受油机是运动的.故A 错误；选地面为参考系，加油机是运动的.故B 错误；加油机与接受加油的受油机在空中以同样的速度沿同一方向水平飞行，选加油机为参考系，受油机是静止的.故C 错误，D 正确. 3.(2016·温州市8月选考)小明坐出租车到车站接人后返回出发地，司机打出全程的发票如图2所示，由发票中的信息可知( )图2A.11∶26指时间间隔B.出租车的位移为23 kmC.出租车的平均速度是0D.出租车的平均速度是46 km/h 答案 C解析时间间隔指一段时间，对应某一过程，时刻指时间点，对应某一瞬间，11∶26指上车的一瞬间，故为时刻而不是时间间隔，A 错；23.0 km 指轨迹长度，是路程而不是位移，B 错；小明返回出发地说明其起点、终点为同一点，所以位移为0，平均速度为位移与该位移所用时间的比值，所以平均速度为0，C 正确，D 错误.4.(2015·浙江高考)如图3所示，气垫导轨上滑块经过光电门时，其上的遮光条将光遮住，电子计时器可自动记录遮光时间Δt .测得遮光条的宽度为Δx ，用Δx Δt 近似代表滑块通过光电门时的瞬时速度.为使ΔxΔt 更接近瞬时速度，正确的措施是( )图3A.换用宽度更窄的遮光条B.提高测量遮光条宽度的精确度C.使滑块的释放点更靠近光电门D.增大气垫导轨与水平面的夹角答案 A 解析Δx Δt 是Δt 时间内的平均速度，Δt 越小，ΔxΔt就越接近某点的瞬时速度.A 选项中换用宽度更窄的遮光条，就是取更短的时间Δt ，A 正确；B 、C 、D 选项中的处理不能保证Δt 很短，ΔxΔt 不能确定更接近瞬时速度，选项B 、C 、D 错误.5. (2016·杭州市联考)如图4所示，坐高铁从杭州到上海再到南京，路程为s 1，位移为x 1.杭州(南京)高铁通车后，从杭州可直达南京，路程为s 2，位移为x 2，则( )图4A.s1>s2，x1>x2B.s1>s2，x1<x2C.s1>s2，x1＝x2D.s1＝s2，x1＝x2答案 C解析由图可知，两种情况下位移相等，即x1＝x2；而前者路程比后者的大，即s1>s2.故选项C正确.6.(2015·浙江1月学考)1971年，美国宇航员大卫·斯科特在登上月球后，从同一高度同时由静止释放锤子和羽毛(如图5所示)，则下落过程中( )图5A.锤子比羽毛速度变化大B.羽毛比锤子速度变化大C.锤子比羽毛加速度大D.锤子和羽毛加速度一样大答案 D7. (2016·绍兴市联考)物体在做直线运动，则下列对物体运动的描述中正确的是( )A.当加速度为负值时，则一定是匀减速直线运动B.加速度大小不变的运动，一定是匀变速直线运动C.加速度恒定(不为零)的直线运动一定是匀变速直线运动D.若物体在运动的过程中，速度的方向发生改变，则一定不是匀变速运动答案 C解析若速度为负值，加速度为负值且保持不变时，也可能是匀加速直线运动，A错误；加速度是矢量，加速度大小不变，若方向改变，则加速度是变化的，不是匀变速直线运动，B错误，C正确；速度的方向发生改变，也可能加速度保持不变，即可能为匀变速直线运动，例如，物体在做匀减速直线运动时，当速度减小到零后，运动的方向可能会发生改变，变为反向匀加速，D错误.8.“飞流直下三千尺，疑是银河落九天”是唐代诗人李白描写庐山瀑布的佳句，某瀑布中的水下落的时间是4 s，若把水的下落近似简化为自由落体，g取10 m/s2，则下列计算结果正确的是( )A.瀑布的高度大约是80 mB.瀑布的高度大约是10 mC.瀑布的高度大约是1 000 mD.瀑布的高度大约是500 m 答案 A解析设瀑布的高度为h ，瀑布中的水做自由落体运动，取向下为正方向，则有h ＝12gt 2＝12×10×42m ＝80 m.9. (2016·嵊州市调研)如图6所示，高速动车出站时能在150 s 内匀加速到180 km/h ，然后正常行驶.某次因意外列车以加速时的加速度大小将车速减至108 km/h.以出站时的加速度方向为正方向，则下列说法不正确的是( )图6A.列车加速时的加速度大小为13m/s 2B.列车减速时，若运用v ＝v 0＋at 计算瞬时速度，其中a ＝－13 m/s 2C.若用v －t 图象描述列车的运动，减速时的图线在时间轴t 轴的下方D.列车由静止加速，1 min 内速度可达20 m/s 答案 C解析 180 km/h ＝50 m/s,108 km/h ＝30 m/s.列车加速时的加速度大小|a |＝Δv Δt ＝50150 m/s 2＝13 m/s 2，减速时，加速度方向与速度方向相反，a ＝－13 m/s 2，故选项A 、B 都正确；列车减速时，v －t 图象中的图线依然在时间轴t 轴的上方，选项C 错误；由v ＝at 可得v ＝13×60 m/s ＝20 m/s ，选项D 正确.10. (2016·杭州市联考)下列图象可能表示物体做自由落体运动的是( )答案 B解析自由落体运动是初速度为零、加速度恒定的匀加速直线运动，A 错，B 对；由于自由落体运动是匀加速直线运动，位移增大得越来越快，x －t 图象不是直线，C 、D 错误.11.如图7所示是某质点做直线运动的v －t 图象，由图可知这个质点的运动情况是( )图7A.前5 s 做匀速运动B.5～15 s 内做匀加速运动，加速度为1 m/s 2C.15～20 s 内做匀减速运动，加速度为3.2 m/s 2D.质点15 s 末离出发点最远，20 s 末回到出发点答案 A解析前5 s 质点做速度是8 m/s 的匀速运动，A 正确；5～15 s 内做匀加速运动，加速度为a 1＝Δv Δt ＝16－815－5 m/s2＝0.8 m/s 2，B 错误；15～20 s 内做匀减速运动，加速度为a 2＝Δv Δt ＝0－1620－15 m/s 2＝－3.2 m/s 2，C 错误；质点在0～20 s 内一直沿着正方向运动，20 s 末质点离出发点最远，D 错误.12. (2016·金华十校联考)某航母跑道长为200 m ，飞机在航母上滑行的最大加速度为6 m/s 2，起飞需要的最小速度为50 m/s.那么，飞机在滑行前，需要借助弹射系统获得的最小初速度为( ) A.5 m/s B.10 m/s C.15 m/s D.20 m/s 答案 B解析由v 2－v 20＝2ax 得v 0＝v 2－2ax ＝10 m/s ，选项B 正确.13.在一次救灾活动中，一辆救灾汽车由静止开始做匀变速直线运动，刚运动了8 s ，由于前方突然有巨石滚下，堵在路中央，所以又紧急刹车，匀减速运动经4 s 停在巨石前.则关于汽车的运动情况，下列说法正确的是( ) A.加速、减速中的加速度大小之比a 1∶a 2等于2∶1 B.加速、减速中的平均速度大小之比v 1∶v 2等于1∶1 C.加速、减速中的位移之比x 1∶x 2等于1∶1D.加速、减速中的平均速度大小之比v 1∶v 2等于1∶2 答案 B解析设汽车的最大速度为v ，则匀加速直线运动的加速度大小a 1＝v t 1＝v 8，匀减速直线运动的加速度大小a 2＝v t 2＝v4，则a 1∶a 2＝1∶2，故A 错误；根据平均速度的推论，知匀加速和匀减速直线运动的平均速度均为v2，可知平均速度大小之比为1∶1，B 正确，D 错误；根据x ＝v t 知，平均速度之比为1∶1，则加速和减速运动的位移之比为2∶1，C 错误.。

重庆市铜梁县2017届高考物理二轮总复习专题八力学实验增分策略练习含解析

专题八力学实验考纲解读用打点计时器测速度探究小车速度随时间变化的规律1.打点计时器(1)作用：计时仪器，当所用交流电源的频率f ＝50 Hz 时，每隔0.02 s 打一次点. (2)工作条件：电磁打点计时器用6 V 以下交流电源；电火花计时器用220 V 交流电源.(3)处理纸带数据时区分计时点和计数点：计时点是指打点计时器在纸带上打下的点.计数点是指测量和计算时在纸带上所选取的点，要注意“每5个点取一个计数点”与“每隔4个点取一个计数点”的取点方法是一样的，时间间隔均为0.1 s.2.匀变速直线运动的判断(1)沿直线运动的物体在连续相等时间T 内的位移分别为x 1、x 2、x 3、x 4…，若Δx ＝x 2－x 1＝x 3－x 2＝x 4－x 3＝…则说明物体在做匀变速直线运动，且Δx ＝aT 2.(2)利用“平均速度法”确定多个点的瞬时速度，作出物体运动的v －t 图象.若v －t 图线是一条倾斜的直线，则说明物体的速度随时间均匀变化，即做匀变速直线运动. 3.由纸带求物体运动速度的方法根据匀变速直线运动某段时间中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度，知v n ＝x n ＋x n ＋12T.4.利用纸带求物体加速度的两种方法(1)逐差法：根据x 4－x 1＝x 5－x 2＝x 6－x 3＝3aT 2(T 为相邻两计数点之间的时间间隔)，求出a 1＝x 4－x 13T 2，a 2＝x 5－x 23T 2，a 3＝x 6－x 33T2，再算出a 1、a 2、a 3的平均值a ＝a 1＋a 2＋a 33＝13×(x 4－x 13T 2＋x 5－x 23T 2＋x 6－x 33T2) ＝(x 4＋x 5＋x 6)－(x 1＋x 2＋x 3)9T2，即为物体的加速度.(2)图象法：如图1所示，以打某计数点时为计时起点，利用v n ＝x n ＋x n ＋12T求出打各点时的瞬时速度，描点得v －t 图象，图象的斜率即为物体做匀变速直线运动的加速度.图15.注意事项(1)平行：纸带、细绳要和长木板平行.(2)靠近：释放小车前，应使小车停在靠近打点计时器的位置.(3)先后顺序：实验时应先接通电源，后释放小车；实验后先断开电源，后取下纸带. (4)防止碰撞：在到达长木板末端前应让小车停止运动，防止钩码落地，小车与滑轮碰撞.(5)减小误差：小车另一端挂的钩码个数要适当，避免速度过大而使纸带上打的点太少，或者速度太小，使纸带上打的点过于密集.(6)纸带选取：选择一条点迹清晰的纸带，舍弃点密集部分，适当选取计数点.(7)准确作图：在坐标纸上，纵、横轴选取合适的单位(避免所描点过密或过疏而导致误差过大)，仔细描点连线，不能连成折线，应作一条直线，让各点尽量落到这条直线上，落不到直线上的各点应均匀分布在直线的两侧. 例1(2016·浙江10月选考·17)在“探究小车速度随时间变化的规律”实验中 (1)下列说法中不正确或不必要的是________(填字母).A.长木板的一端必须垫高，使小车在不挂钩码时能在木板上做匀速运动B.连接钩码和小车的细线应与长木板保持平行C.小车应靠近打点计时器，先接通电源，后释放小车D.选择计数点时，必须从纸带上第一个点开始(2)图2是实验中打下的一段纸带，算出计数点2的速度大小为________m/s ，并在图3中标出，其余计数点1、3、4、5对应的小车瞬时速度大小在图3中已标出. (3)作图并求得小车的加速度大小为________m/s 2.图2图3答案(1)AD(2)0.60(3)1.45解析(1)探究小车的速度随时间的变化规律，要求长木板平放即选项A不是必要的.在处理纸带时，由于第一点并不确定，因此常常将前面的点去掉，从清晰可辨的点取点后处理实验数据，所以D选项也不是必要的.连接小车的细线需要与木板平行，否则就要涉及到线的拉力分解问题，即拉力是一个变力，选项B是必要的.操作时应先接通电源再释放小车，所以C选项是必要的.因此答案为A、D.(2)根据图中x1＝3.80 cm，x3＝15.70 cm，所以v2＝x3－x12T≈0.60 m/s.(3)由图象可求出加速度a＝ΔvΔt＝1.45 m/s2变式题组1.(多选)关于“探究小车速度随时间变化的规律”的实验操作，下列说法中正确的是()A.长木板不能侧向倾斜，也不能一端高一端低B.在释放小车前，小车应停在靠近打点计时器处C.应先接通电源，待打点计时器开始打点后再释放小车D.要在小车到达定滑轮前使小车停止运动答案BCD解析长木板不能侧向倾斜，但可以一端高一端低，故选项A错误.实验时，为了能在纸带上得到较多的点迹，释放小车前，小车应停在靠近打点计时器处，选项B正确；如果先释放小车，可能纸带上打不上几个点，故选项C正确；为了保护小车避免落地摔坏，在小车到达定滑轮前要用手使小车停止运动，选项D正确.2.(2015·浙江选考)在“用打点计时器测速度”的实验中某同学获得的一条纸带如图4所示.图4(1)已知打点计时器电源频率为50 Hz，则纸带上打相邻两点的时间间隔为________.(2)A、B、C、D、E、F、G是纸带上7个计数点，每两个相邻计数点间有四个点没有画出，从图中读出A、B两点间距x＝________m；(3)C 点对应的速度是________m/s ；小车运动的加速度为________m/s 2.(计算结果均保留两位有效数字)(4)若实验后发现，实际所用交流电的频率高于50 Hz ，则上述计算结果与真实值相比是________.(填“偏大”“偏小”或“不变”)答案 (1)0.02 s(2)3.0×10－3(3)0.0600.20(4)偏小解析 (1)T ＝1f＝0.02 s.(2)因毫米刻度尺的最小刻度为1 mm ，故应估读到0.1 mm ，即x ＝3.0 mm ＝3.0×10－3m.(3)由于匀变速直线运动中某段时间内的平均速度等于该段中间时刻的瞬时速度，所以v C ＝x BD 2T ′＝1.7－0.52×0.1×10－2m/s ＝0.060 m/s.小车运动的加速度a ＝Δx t 2＝3.3－1.59×0.12×10－2 m/s 2＝0.20 m/s 2.(4)若实验后发现，实际所用交流电的频率高于50 Hz ，此时两计时点间的距离小于真实值，故测得的速度与加速度均小于真实值.探究求合力的方法1.实验原理互成角度的两个力F 1、F 2与另外一个力F ′产生相同的效果，看F 1、F 2用平行四边形定则求出的合力F 与F ′在实验误差允许范围内是否相等. 2.实验器材木板、白纸、图钉若干、橡皮条、细绳、弹簧测力计两个、三角板、刻度尺. 3.实验步骤(1)用图钉把一张白纸钉在水平桌面上的木板上.(2)用两个弹簧测力计分别钩住两个细绳套，互成角度地拉橡皮条，使橡皮条伸长，结点到达某一位置O . (3)用铅笔描下结点O 的位置和两个细绳套的方向，并记录弹簧测力计的读数，利用刻度尺和三角板根据平行四边形定则求出合力F .(4)只用一个弹簧测力计，通过细绳套把橡皮条的结点拉到与前面相同的位置O ，记下弹簧测力计的读数F ′和细绳的方向.(5)比较F ′与用平行四边形定则求得的合力F ，看它们在实验误差允许的范围内是否相等.4.注意事项(1)位置不变：在同一次实验中，使橡皮条拉长时结点的位置一定要相同.(2)角度合适：用两个弹簧测力计钩住细绳套互成角度地拉橡皮条时，其夹角不宜太小，也不宜太大，以60°～100°为宜.(3)在合力不超出量程及在橡皮条弹性限度内形变应尽量大一些.细绳套应适当长一些，便于确定力的方向. (4)统一标度：在同一次实验中，画力的图示选定的标度要相同，并且要恰当选定标度，使力的图示稍大一些. 5.误差分析(1)误差来源：除弹簧测力计本身的误差外，还有读数误差、作图误差等.(2)减小误差的办法：①实验过程中读数时眼睛一定要正视弹簧测力计的刻度盘，要按有效数字位数要求和弹簧测力计的精度正确读数和记录.②作图时使用刻度尺，并借助于三角板，使表示两力的对边一定要平行.例2(1)如图5为“探究求合力的方法”的实验装置.小张同学在实验中用a、b两弹簧秤拉橡皮条，如图所示.他在实验操作中除了所用细绳太短外，至少还有一处错误，请你帮他找出错误之处__________________________.(写出一条即可)图5(2)小张同学修正错误后，重新进行了测量，在测量时，左、右两只弹簧秤的示数如图6甲所示，则左弹簧秤的示数是________N，右弹簧秤的示数是________N.若两根细绳的夹角为90°，请你帮他在所给的方格纸(图乙)上按作图法的要求画出这两个力及它们的合力.图6(3)小张同学实验后发现用一个弹簧秤也能完成这个实验，请问他这个想法是否可行？________(填“是”或“否”). 答案(1)a弹簧秤所用拉力太大，或b弹簧秤拉力方向与细绳方向不一致(2)2.75(±0.02)3.30(±0.02)作图如图所示(3)是解析(1)在该实验中，要正确测量弹力的大小和方向，同时作出的平行四边形要大小适中，不能太小也不能太大，以免增大误差.题中操作错误或不妥之处有：b弹簧秤拉力方向与细绳方向不一致；a弹簧秤的拉力太大，用一只弹簧秤再次做实验时会超出量程.(2)左弹簧秤的示数为2.75 N，右弹簧秤的示数为3.30 N，合力如图所示.(3)用一个弹簧秤也能完成这个实验是可行的，两个分力先后两次测量，一个用手拉、一个用弹簧秤测，保持位置不变，手和弹簧秤换一下.变式题组3.(多选)(2015·浙江10月选考真题)在“探究求合力的方法”的实验中，下列器材中必须要用的是()答案BD解析在“探究求合力的方法”的实验中，要用弹簧测力计测拉力，用刻度尺画线并测量表示力的大小的线段长度.故选B、D.4.如图7所示，在“探究求合力的方法”的实验中，有下列实验步骤：a.在桌上放一块方木板，在方木板上垫一张白纸，把橡皮条的一端固定在板上的A点.b.只用一只弹簧测力计，通过细绳把橡皮条的结点拉到同样的位置O，记下弹簧测力计的示数F′和细绳的方向，按同样比例作出力F′的图示.c.改变两个分力的大小和夹角，再做两次实验.d.记下两只弹簧测力计的示数F1、F2及结点的位置，描下两条细绳的方向，在纸上按比例作出力F1和F2的图示，用平行四边形定则求出合力F.e.比较力F′与F，可以看出，它们在实验误差允许的范围内是相等的.f.把两条细绳系在橡皮条的另一端，通过细绳用两个弹簧测力计互成角度拉橡皮条，橡皮条伸长，使结点到达某一位置O.图7完成下列填空：(1)上述步骤中，正确的顺序是________(填写步骤前面的字母).(2)(多选)下列哪些措施能减小实验误差________.A.两条细绳必须等长B.弹簧测力计、细绳、橡皮条都应与木板平面平行C.拉橡皮条的细绳要稍长一些，标记同一条细绳的方向时两标记点要适当远一些D.实验前先把实验所用的两只弹簧测力计的挂钩相互钩住平放在桌面上，向相反方向拉动，检查读数是否相同，若不同，则进行调节使之相同答案 (1)afdbec(2)BCD解析 (1)先固定好白纸和橡皮条，用两个弹簧测力计拉橡皮条到结点O ，记下两个力的大小和方向，然后用一个弹簧测力计拉橡皮条到O 点，记下拉力的大小和方向，由平行四边形定则画出两个力的合力，与第二次的一个力比较大小和方向；改变两个分力的大小和夹角，重复实验.故实验步骤为afdbec.(2)两条细绳是否等长，不会影响实验误差，A 错误；避免拉力和纸面不平行，如果不平行画出的力就不是实际作用力了，B 可以减小误差；细绳稍长些，这样在描点画力的方向时，偏差少，误差小，C 正确；实验前调节弹簧测力计，使得两个读数相同，这样画出的平行四边形才准确，可以减小误差，D 正确.探究加速度与力、质量的关系1.实验原理(实验原理图如图8所示)图8(1)保持质量不变，探究加速度跟合外力的关系. (2)保持合外力不变，探究加速度与质量的关系. (3)作出a －F 图象和a －1m图象，确定其关系.2.实验器材小车、砝码、小盘、细绳、附有定滑轮的长木板、垫木、打点计时器、低压交流电源、导线两根、纸带、天平、米尺. 3.实验步骤(1)测量：用天平测量砝码和小盘的质量m ′和小车的质量m .(2)安装：按照如实验原理图所示装置把实验器材安装好，只是不把悬挂小盘的细绳系在小车上(即不给小车牵引力).(3)平衡摩擦力：在长木板的不带定滑轮的一端下面垫上垫木，使小车能匀速下滑.(4)操作：①小盘通过细绳绕过定滑轮系于小车上，先接通电源后放开小车，取下纸带编号码.②保持小车的质量m 不变，改变砝码和小盘的质量m ′，重复步骤①. ③在每条纸带上选取一段比较理想的部分，测加速度a . ④描点作图，作a －F 的图象.⑤保持砝码和小盘的质量m ′不变，改变小车质量m ，重复步骤①和③，作a －1m图象.4.注意事项(1)平衡摩擦力：适当垫高木板的右端，使小车的重力沿斜面方向的分力正好平衡小车和纸带受到的阻力.在平衡摩擦力时，不要把悬挂小盘的细绳系在小车上，让小车拉着穿过打点计时器的纸带匀速运动. (2)不重复平衡摩擦力. (3)实验条件：m ≫m ′.(4)一先一后一按：改变拉力和小车质量后，每次开始时小车应尽量靠近打点计时器，并应先接通电源，后释放小车，且应在小车到达滑轮前按住小车. 5.误差分析(1)因实验原理不完善引起的误差：本实验用砝码和小盘的总重力m ′g 代替小车的拉力，而实际上小车所受的拉力要小于砝码和小盘的总重力.(2)摩擦力平衡不准确、质量测量不准确、计数点间距测量不准确、纸带和细绳不严格与木板平行都会引起误差. 6.数据处理 (1)利用逐差法求a .(2)以a 为纵坐标，F 为横坐标，根据各组数据描点，如果这些点在一条过原点的直线上，说明a 与F 成正比. (3)以a 为纵坐标，1m为横坐标，描点、连线，如果该线为过原点的直线，就能判定a 与m 成反比.例3 某班级同学用如图9所示的装置验证加速度a 和力F 、质量m 的关系.甲、乙两辆小车放在倾斜轨道上，小车甲上固定一个力传感器，小车乙上固定一个加速度传感器(可以测量乙在任意时刻的加速度大小)，力传感器和小车乙之间用一根不可伸长的细线连接，在弹簧拉力的作用下两辆小车一起开始运动，利用两个传感器可以采集记录同一时刻小车乙受到的拉力和加速度的大小.图9(1)下列关于实验装置和操作的说法中正确的是________. A.轨道倾斜是为了平衡小车甲受到的摩擦力 B.轨道倾斜是为了平衡小车乙受到的摩擦力 C.实验中，在小车乙向下运动的过程中均可采集数据 D.实验中，只能在小车乙加速运动的过程中采集数据(2)四个实验小组选用的小车乙(含加速度传感器)的质量分别为m1＝0.5 kg，m2＝1.0 kg、m3＝1.5 kg和m4＝2.0 kg，其中有三个小组已经完成了a－F图象，如图10所示.最后一个小组的实验数据如下表所示，请在图中完成该组的a －F图线.图10(3)在验证了a和F的关系后，为了进一步验证a和m的关系，可直接利用图中的四条图线收集数据，然后作图.请写出具体的做法：①如何收集数据？________________________________________________________________________；②为了更直观地验证a和m的关系，建立的坐标系应以________为纵轴，以________为横轴.答案(1)BD(2)如图所示(3)①在a －F 图象上作一条垂直于横轴的直线，与四条图线分别有个交点，记录下四个交点的坐标a ，分别与图象对应的m 组成四组数据 ②a 1m解析 (1)本实验的研究对象是小车乙，所以轨道倾斜是为了平衡小车乙受到的摩擦力，A 错误，B 正确；实验研究的是加速过程，C 错误，D 正确.(2)根据数据描点再作图.(3)①在a －F 图象上作一条垂直于横轴的直线，与四条图线分别有个交点，记下四个交点的纵轴标a ，分别与各图线对应的m 组成四组数据.②因a 与m 成反比关系，为了方便判断，画a －1m图象. 变式题组5.(2015·台州模拟)(1)我们已经知道，物体的加速度a 同时跟合外力F 和质量m 两个因素有关.要研究这三个物理量之间的定量关系的思想方法是________________________________.(2)某同学的实验方案如图11所示，她想用砂桶的重力表示小车受到的合外力F ，为了减小这种做法带来的实验误差，她先做了两方面的调整措施：图11a.用小木块将长木板无滑轮的一端垫高，目的是______________________.b.使砂桶的质量远小于小车的质量，目的是使拉小车的力近似等于________________.(3)该同学利用实验中打出的纸带求加速度时，处理方案有两种：A.利用公式a ＝2x t 2计算；B.根据a ＝Δx T 2利用逐差法计算. 两种方案中，你认为选择方案________比较合理.答案 (1)控制变量法 (2)a.平衡摩擦力 b.砂桶的重力 (3)B解析 (1)要研究三个物理量之间的定量关系的思想方法是控制变量法.(2)用小木块将长木板无滑轮的一端垫高，目的是平衡摩擦力.想用砂桶的重力表示小车受到的合外力F ，为了减小这种做法带来的实验误差，应使砂桶的质量远小于小车的质量，目的是使拉小车的力近似等于砂桶的重力.(3)利用实验中打出的纸带求加速度时，需要根据a ＝ΔxT 2利用逐差法计算，方案B 比较合理.1.“探究求合力的方法”的实验情况如图1甲所示，其中A 为固定橡皮条的图钉，O 为橡皮条与细绳的结点，OB 和OC 为细绳，图乙是在白纸上根据实验结果画出的图.图1(1)图乙中的F 与F ′两力中，方向一定沿AO 方向的是________.(2)本实验采用的科学方法是()A.理想实验法B.等效替代法C.控制变量法D.建立物理模型法答案 (1)F ′(2)B解析 (1)图中F ′为拉橡皮条所施加的力，一定与AO 的方向相同.F 是两个分力通过平行四边形定则合成得到的合力，由于实验误差的存在，F 的方向与AO 方向不一定完全相同，故方向一定沿AO 方向的是F ′.(2)本实验是通过等效替代的方法来完成实验的，故采用的科学方法为等效替代法.2.(2016·嘉兴调研)某同学用如图2所示的实验装置来探究求合力的方法.弹簧测力计A挂于固定点P，下端用细线挂一重物M.弹簧测力计B的一端用细线系于O点，手持另一端向左拉，使结点O静止在某位置.分别读出弹簧测力计A和B的示数，并在贴于竖直木板的白纸上记录O点的位置和拉线的方向.图2(1)本实验用的弹簧测力计示数的单位为N，图中A的示数为________N.(2)下列不必要的实验要求是________.(请填写选项前对应的字母)A.应测量重物M所受的重力B.弹簧测力计应在使用前校零C.拉线方向应与木板平面平行D.改变拉力，进行多次实验，每次都要使O点静止在同一位置(3)某次实验中，该同学发现弹簧测力计A的指针稍稍超出量程，请您提出两个解决办法.答案(1)3.60(2)D(3)见解析解析(1)如题图所示，弹簧测力计A的示数为3.60 N.(2)“探究求合力的方法”实验，只要验证F A、F B和Mg满足平行四边形即可，D不必要.(3)弹簧测力计A的指针稍稍超出量程，说明弹簧测力计A的拉力过大，由力的平行四边形定则可知，改变弹簧测力计B拉力的大小、减小重物M的质量、改变弹簧测力计B拉力的方向，都可以减小弹簧测力计A的拉力，也可将A更换为量程较大的测力计.3.李明同学在做“探究求合力的方法”的实验时，利用坐标纸记下了橡皮筋的结点位置O点以及两个弹簧测力计拉力的大小，如图3甲所示.图3(1)试在图甲中作出无实验误差情况下F1和F2的合力图示，并用F表示此力.(2)有关此实验，下列叙述正确的是______.A.两弹簧测力计的拉力可以同时比橡皮筋的拉力大B.橡皮筋的拉力是合力，两弹簧测力计的拉力是分力C.两次拉橡皮筋时，需将橡皮筋结点拉到同一位置O.这样做的目的是保证两次弹簧测力计拉力的效果相同D.若只增大某一个弹簧测力计的拉力的大小而要保证橡皮筋结点位置不变，只需要调整另一个弹簧测力计的拉力的大小即可(3)图乙是李明和张华两位同学在做以上实验时得到的结果，其中哪一个实验比较符合实验事实？(力F′是用一个弹簧测力计拉时的图示)答案(1)如图所示(2)AC(3)张华的实验比较符合实验事实解析(1)用平行四边形定则作图，即以F1、F2为两邻边作平行四边形，对角线就表示合力F.(标上箭头表明方向) (2)两分力可以同时大于合力，故A正确；结点受三个力作用处于平衡状态，其中两弹簧测力计的拉力的合力与第三个力——橡皮筋的拉力等大反向，是一对平衡力，而橡皮筋的拉力不是合力，故B错；只有保证结点在同一位置才能说明作用效果相同，故C对；若两个分力的大小变化而方向都不变，则合力必定变化，故D错.(3)作图法得到的F必为平行四边形的对角线，单个弹簧测力计的拉力F′一定与橡皮筋共线，故张华的实验比较符合实验事实.4.某同学用如图4甲所示的实验装置研究匀变速直线运动.图4实验步骤如下：A.安装好实验器材.B.让小车拖着纸带运动，打点计时器在纸带上打下一系列小点，重复几次，选出一条点迹比较清晰的纸带，从便于测量的点开始，每五个点取一个计数点，如图乙中a 、b 、c 、d 等点.C.测量x 1、x 2、x 3…….结合上述实验步骤，请你继续完成下列问题：(1)实验中，除打点计时器(含纸带、复写纸)、小车、一端附有滑轮的长木板、细绳、钩码、导线及开关外，在下列仪器和器材中，必须使用的有________.(填选项代号)A.电压合适的50 Hz 交流电源B.电压可调的直流电源C.秒表D.刻度尺E.天平F.重锤G.弹簧测力计(2)如果小车做匀加速运动，所得纸带如图乙所示，则x 1、x 2、x 3的关系是________，已知打点计时器打点的时间间隔是t ，则打c 点时小车的速度大小是________.答案 (1)AD(2)2x 2＝x 1＋x 3x 2＋x 310t解析 (1)实验中打点计时器要使用50 Hz 的交流电源；测量x 1、x 2、x 3要使用刻度尺；实验中无需使用秒表、天平、重锤和弹簧测力计，故选A 、D.(2)因小车做匀加速直线运动，所以相邻相等时间内的位移之差是恒量，故x 3－x 2＝x 2－x 1，即2x 2＝x 1＋x 3；c 点是bd 段的时间中点，则c 点的瞬时速度等于该段的平均速度，即v c ＝x 2＋x 32×5t ＝x 2＋x 310t. 5.在“探究小车速度随时间变化的规律”的实验中，小车做匀加速直线运动，打点计时器接在50 Hz 的低压交变电源上.某同学在打出的纸带上每5点取一个计数点，共取了A 、B 、C 、D 、E 、F 六个计数点(每相邻两个计数点间的四个点未画出).从每一个计数点处将纸带剪开分成五段(分别为a 、b 、c 、d 、e 段)，将这五段纸带由短到长紧靠但不重叠地粘在xOy 坐标系中，如图5所示，由此可以得到一条表示v －t 关系的图线，从而求出加速度的大小.图5(1)请你在xOy 坐标系中用最简洁的方法作出能表示v －t 关系的图线.(2)从第一个计数点开始计时，为求出0.15 s 时刻的瞬时速度，需要测出哪一段纸带的长度？答：__________________________________________________________.(3)若测得a 段纸带的长度为2.0 cm ，e 段纸带的长度为10.0 cm ，则可求出加速度的大小为________m/s 2. 答案 (1)如图所示(2)b (3)2.0解析 (1)纸带的长度表示位移，由于每条纸带宽度相同，也就是时间相同，因此长度表示速度的大小，因此各个顶点连线就可以表示v －t 关系的图线.(2)0.15 s 恰好是BC 的中间时刻，因此需要测出BC 的长度，也就是纸带b 的长度.(3)根据匀变速直线运动的规律Δx ＝aT 2，由于相邻两段的时间间隔都是0.1 s ，可得：a ＝x e －x a 4T 2＝2.0 m/s 2. 6.(2016·金华十校联考)研究小车匀变速直线运动的实验装置如图6(a)所示，其中斜面倾角θ可调，打点计时器的工作频率为50 Hz ，纸带上计数点的间距如图(b)所示，其中每相邻两点之间还有4个点未画出.图6(1)部分实验步骤如下：A.测量完毕，关闭电源，取出纸带B.接通电源，待打点计时器工作稳定后放开小车C.将小车停靠在打点计时器附近，小车尾部与纸带相连D.把打点计时器固定在平板上，让纸带穿过限位孔上述实验步骤的正确顺序是：__________(用字母填写).(2)图(b)中标出的相邻两计数点的时间间隔T ＝______ s.(3)计数点5对应的瞬时速度大小计算式为v 5＝________.(4)为了充分利用记录数据，减小误差，小车加速度大小的计算式应为a ＝________.答案 (1)DCBA(2)0.1(3)x 4＋x 52T(4)(x 4＋x 5＋x 6)－(x 1＋x 2＋x 3)9T 2 解析 (2)时间t ＝nT 0＝5×0.02 s ＝0.1 s(n 为相邻两个计数点的间隔数).(3)在匀变速直线运动中：中间时刻的速度等于相邻两点间的平均速度.(4)取x 1′＝x 1＋x 2＋x 3，x 2′＝x 4＋x 5＋x 6，则：T ′＝3T ，就可用Δx ′＝x 2′－x 1′＝aT ′2求a .7.(2014·浙江1月学考·22)小何用如图7所示装置探究加速度a 与质量m 的关系，在保持受力F 相同的情况下，测得不同质量物体对应的加速度.小何想运用这些数据得到实验结论，作出的图象应该是以下四幅中的()图7。

重庆市铜梁县2017届高考物理二轮总复习专题六功功率与动能定理增分策略练习(含解析)

专题六功功率与动能定理考纲解读一、功1.做功的两个要素 (1)作用在物体上的力.(2)物体在力的方向上发生的位移. 2.功的物理意义功是能量转化的量度. 3.公式W ＝Fl cos_α(1)α是力与位移方向之间的夹角，l 为物体对地的位移. (2)该公式只适用于恒力做功. 4.功的正负(1)当0≤α<π2时，W >0，力对物体做正功.(2)当π2<α≤π时，W <0，力对物体做负功，或者说物体克服这个力做了功.(3)当α＝π2时，W ＝0，力对物体不做功.二、功率1.物理意义：描述力对物体做功的快慢.2.公式：(1)P ＝W t，P 为时间t 内的物体做功的快慢. (2)P ＝Fv①v 为平均速度，则P 为平均功率. ②v 为瞬时速度，则P 为瞬时功率. 3.对公式P ＝Fv 的几点认识：(1)公式P ＝Fv 适用于力F 的方向与速度v 的方向在一条直线上的情况. (2)功率是标量，只有大小，没有方向；只有正值，没有负值.(3)当力F 和速度v 不在同一直线上时，可以将力F 分解或者将速度v 分解. 4.额定功率：机械正常工作时的最大功率.5.实际功率：机械实际工作时的功率，要求不能大于额定功率. 三、动能1.定义：物体由于运动而具有的能.2.公式：E k ＝12mv 2.3.物理意义：动能是状态量，是标量(选填“矢量”或“标量”)，只有正值，动能与速度方向无关.4.单位：焦耳，1 J ＝1 N·m＝1 kg·m 2/s 2.5.动能的相对性：由于速度具有相对性，所以动能也具有相对性.6.动能的变化：物体末动能与初动能之差，即ΔE k ＝12mv 22－12mv 12.四、动能定理1.内容：在一个过程中合外力对物体所做的功，等于物体在这个过程中动能的变化.2.表达式 (1)W ＝ΔE k . (2)W ＝E k2－E k1. (3)W ＝12 mv 22－12mv 12.3.物理意义：合外力做的功是物体动能变化的量度.4.适用条件(1)动能定理既适用于直线运动，也适用于曲线运动. (2)动能定理既适用于恒力做功，也适用于变力做功.(3)力可以是各种性质的力，既可以同时作用，也可以不同时作用.1.如图1所示，两个互相垂直的力F 1与F 2作用在同一物体上，使物体通过一段位移的过程中，力F 1对物体做功4 J ，力F 2对物体做功3 J ，则力F 1与F 2的合力对物体做功为( )图1A.7 JB.1 JC.5 JD.3.5 J答案 A解析力F 1与F 2的合力做的功等于F 1与F 2做功的代数和，即W 合＝W 1＋W 2＝(4＋3) J ＝7 J.2.(2016·嘉兴市期末测试)坐在雪橇上的人与雪橇的总质量为m ，如图2所示在与水平面成θ角的恒定拉力F 作用下，沿水平地面向右移动了一段距离l .已知雪橇与地面间的动摩擦因数为μ，雪橇受到的( )图2A.支持力做功为mglB.重力做功为mglC.拉力做功为Fl cos θD.滑动摩擦力做功为－μmgl 答案 C解析支持力和重力与位移垂直，不做功，选项A 、B 错误；拉力和摩擦力分别做功为W F ＝Fl cos θ，W f ＝－μ(mg －F sin θ)l ，选项C 正确，D 错误.3.一汽车在水平公路上行驶，设汽车在行驶过程中所受阻力不变.汽车的发动机始终以额定功率输出，关于牵引力和汽车速度的下列说法中正确的是( ) A.汽车加速行驶时，牵引力不变，速度增大 B.汽车加速行驶时，牵引力增大，速度增大 C.汽车加速行驶时，牵引力减小，速度增大 D.当牵引力等于阻力时，汽车将停止运动答案 C解析汽车的发动机输出功率恒定，即P 一定，则由公式P ＝Fv 可得：v 增大，F 减小，但由于合外力方向与汽车运动方向一致，因此汽车速度仍在增大，A 、B 错误，C 正确；当汽车受到的牵引力和阻力相等时，汽车速度达到最大值，而后进行匀速运动，D 错误.4.(2016·舟山市模拟)下列关于动能的说法，正确的是( ) A.运动物体所具有的能就是动能B.物体做匀变速运动，某一时刻速度为v 1，则物体在全过程中的动能都是12mv 12C.做匀速圆周运动的物体其速度改变而动能不变D.物体在外力F 作用下做加速运动，当力F 逐渐减小时，其动能也逐渐减小答案 C解析运动的物体除具有动能以外，还可能具有其他形式的能，A 选项错误；动能是状态量，当速度v 的大小变化时，动能就发生变化，B 选项错误；由于匀速圆周运动中，物体的速度大小不变，因此物体的动能不变，C 选项正确；当物体做加速度逐渐减小的加速运动时，物体的动能仍在变大，D 选项错误.故选C.5.有一质量为m 的木块，从半径为r 的圆弧曲面上的a 点滑向b 点，如图3所示.如果由于摩擦使木块的运动速率保持不变，则以下叙述正确的是( )图3A.木块所受的合外力为零B.因木块所受的力都不对其做功，所以合外力做的功为零C.重力和摩擦力的合力做的功为零D.重力和摩擦力的合力为零答案 C解析木块做曲线运动，速度方向变化，加速度不为零，故合外力不为零，A 错；速率不变，动能不变，由动能定理知，合外力做的功为零，而支持力始终不做功，重力做正功，所以重力做的功与摩擦力做的功的代数和为零，但重力和摩擦力的合力不为零，C 对，B 、D 错.功、功率的分析与计算1.功的计算方法 (1)恒力做功其中l 是相对地的位移 (2)变力做功①用动能定理：W ＝12mv 22－12mv 12.②当变力的功率P 一定时，可用W ＝Pt 求功，如机车恒定功率启动时. ③将变力做功转化为恒力做功：当力的大小不变，而方向始终与运动方向相同或相反时，这类力的功等于力和路程(不是位移)的乘积.如滑动摩擦力做功、空气阻力做功等. (3)总功的计算①先求物体所受的合外力，再求合外力的功； ②先求每个力做的功，再求各功的代数和. 2.功率的计算方法下列判断正确的是( )图4A.0～2 s 内外力的平均功率是4 WB.第2 s 内外力所做的功是4 JC.第2 s 末外力的瞬时功率最大D.第1 s 末与第2 s 末外力的瞬时功率之比为9∶4 答案 AD解析第1 s 末质点的速度v 1＝F 1m t 1＝31×1 m/s ＝3 m/s.第2 s 末质点的速度v 2＝v 1＋F 2m t 2＝(3＋11×1) m/s ＝4 m/s.则第2 s 内外力做功W 2＝12mv 22－12mv 21＝3.5 J. 0～2 s 内外力的平均功率 P ＝12mv 22t ＝0.5×1×422W ＝4 W.选项A 正确，选项B 错误；第1 s 末外力的瞬时功率P 1＝F 1v 1＝3×3 W ＝9 W ，第2 s 末外力的瞬时功率P 2＝F 2v 2＝1×4 W ＝4 W ，故P 1∶P 2＝9∶4.选项C 错误，选项D 正确.求解功率时应注意的“三个”问题(1)首先要明确所求功率是平均功率还是瞬时功率；(2)平均功率与一段时间(或过程)相对应，计算时应明确是哪个力在哪段时间(或过程)内做功的平均功率； (3)瞬时功率计算时应明确是哪个力在哪个时刻(或状态)的功率. 变式题组1.(2015·浙江10月选考·12)快艇在运动中受到的阻力与速度平方成正比(即F f ＝kv 2).若油箱中有20 L 燃油，当快艇以10 m/s 匀速行驶时，还能行驶40 km ，假设快艇发动机的效率保持不变，则快艇以20 m/s 匀速行驶时，还能行驶( ) A.80 km B.40 km C.10 km D.5 km答案 C解析 20 L 燃油可用于克服阻力做功一定，即F f s ＝kv 2s 一定，s 与v 2成反比，当速度增加为原来的2倍时，路程应为原来的14，C 对.2.质量为m 的物体静止在粗糙的水平地面上.现用一水平拉力使物体从静止开始运动，其运动的v －t 图象如图5所示.下列关于物体运动过程，分析正确的是( )图5A.0～t 1时间内拉力逐渐减小B.0～t 1时间内拉力对物体做负功C.在t 1～t 2时间内拉力的功率为零D.在t 1～t 2时间内合外力做功为12mv 2答案 A解析由运动的v －t 图象可知，物体运动的加速度越来越小，水平拉力越来越小，所以0～t 1时间内拉力逐渐减小，选项A 正确；由于拉力与运动方向相同，所以0～t 1时间内拉力对物体做正功，选项B 错误；由P ＝Fv 可知，在t 1～t 2时间内拉力等于摩擦力，速度不为零，所以拉力的功率不为零，选项C 错误；由于在t 1～t 2时间内物体速度不变，合外力做功为零，选项D 错误.3.一个质量为m 的小球做自由落体运动，那么，在前t 秒内重力对它做功的平均功率P 及在t 秒末重力做功的瞬时功率P 分别为(t 秒末小球未着地)( ) A.P ＝mg 2t 2，P ＝12mg 2t 2B.P ＝mg 2t 2，P ＝mg 2t 2C.P ＝12mg 2t ，P ＝mg 2tD.P ＝mg 2t ，P ＝2mg 2t 答案 C解析前t 秒内重力做功的平均功率P ＝W t＝mg ·12gt 2t＝12mg 2t t 秒末重力做功的瞬时功率 P ＝Fv ＝mg ·gt ＝mg 2t .故C 正确.动能定理的理解和应用1.应用动能定理解题的步骤2.注意事项(1)动能定理往往用于单个物体的运动过程，由于不涉及加速度及时间，比动力学研究方法要简便. (2)动能定理表达式是一个标量式，不能某个方向上应用动能定理.(3)当物体的运动包含多个不同过程时，可分段应用动能定理求解；当所求解的问题不涉及中间的速度时，也可以全过程应用动能定理求解.(4)应用动能定理时，必须明确各力做功的正、负.当一个力做负功时，可设物体克服该力做功为W ，将该力做功表示为－W ，也可以直接用字母W 表示该力做功，使其字母本身含有负号.例2 (2015·浙江10月选考·20)如图6所示是公路上的“避险车道”，车道表面是粗糙的碎石，其作用是供下坡的汽车在刹车失灵的情况下避险.质量m ＝2.0×103kg 的汽车沿下坡行驶，当驾驶员发现刹车失灵的同时发动机失去动力，此时速度表示数v 1＝36 km/h ，汽车继续沿下坡匀加速直行l ＝350 m 、下降高度h ＝50 m 时到达“避险车道”，此时速度表示数v 2＝72 km/h.(g ＝10 m/s 2)图6(1)求从发现刹车失灵至到达“避险车道”这一过程汽车动能的变化量； (2)求汽车在下坡过程中所受的阻力；(3)若“避险车道”与水平面间的夹角为17°，汽车在“避险车道”受到的阻力是在下坡公路上的3倍，求汽车在“避险车道”上运动的最大位移(sin 17°≈0.3). 答案 (1)3.0×105J (2)2.0×103N (3)33.3 m 解析 (1)由ΔE k ＝12mv 22－12mv 21得ΔE k ＝3.0×105 J(2)由动能定理mgh －F f l ＝12mv 22－12mv 21得F f ＝12mv 21－12mv 22＋mgh l ＝2.0×103N (3)设汽车在“避险车道”上运动的最大位移是x ，由动能定理－(mg sin 17°＋3F f )x ＝0－12mv 22得x ＝12mv 22mg sin 17°＋3F f≈33.3 m动能定理的应用技巧1.应用动能定理解题，关键是对研究对象进行准确的受力分析及运动过程分析，并画出物体运动过程的草图，借助草图理解物理过程和各量关系.2.明确研究对象的已知量和未知量，若求过程的初、末速度，首先确定各力做功及总功，然后列出方程；若求某力或某力的功，首先确定过程的初、末速度，然后列方程求解.变式题组4.(多选)如图7所示，电梯质量为M ，在它的水平地板上放置一质量为m 的物体.电梯在钢索的拉力作用下竖直向上加速运动，当电梯的速度由v 1增加到v 2时，上升高度为H ，则在这个过程中，下列说法或表达式正确的是( )图7A.对物体，动能定理的表达式为W N ＝12mv 22，其中W N 为支持力的功B.对物体，动能定理的表达式为W 合＝0，其中W 合为合力的功C.对物体，动能定理的表达式为W N －mgH ＝12mv 22－12mv 21，其中W N 为支持力的功D.对电梯，其所受合力做功为12Mv 22－12Mv 21答案 CD解析电梯上升的过程中，对物体做功的有重力mg 、支持力F N ，这两个力的总功才等于物体动能的增量ΔE k ＝12mv22－12mv 21，故A 、B 均错误，C 正确；对电梯，无论有几个力对它做功，由动能定理可知，其合力的功一定等于其动能的增量，故D 正确.5.(2016·温州市调研)如图8所示，一个弹簧左端固定于墙上，右端连接物块，物块质量为m ，它与水平桌面间的动摩擦因数为μ.起初用手按住物块，弹簧的伸长量为x ，然后放手，当弹簧的长度回到原长时，物块的速度为v 0，则此过程中弹力所做的功为( )图8A.12mv 20＋μmgxB.12mv 20－μmgx C.12mv 20 D.μmgx －12mv 20 答案 A解析当弹簧恢复到原长时，物块对地的位移为x ，根据动能定理有：W 弹＋(－μmgx )＝12mv 20－0，得W 弹＝12mv 20＋μmgx ，选项A 正确.6.一架质量m ＝2.0×103kg 的喷气式飞机在恒定牵引力作用下由静止开始滑跑，当位移为x ＝5.0×102m 时，速度达到起飞速度v ＝60 m/s.在此过程中飞机受到的平均阻力是飞机重量的k 倍(k ＝0.02)，重力加速度g ＝10 m/s 2. (1)求刚起飞时飞机的动能； (2)求此过程中飞机受到的牵引力；(3)当飞机在空中以v 1＝300 m/s 速度水平匀速飞行时，发动机的输出功率P ＝1.5×106W.求此时飞机受到的阻力. 答案 (1)3.6×106J (2)7.6×103N (3)5.0×103N 解析 (1)设刚起飞时飞机的动能为E k ，则E k ＝12mv 2得E k ＝3.6×106J(2)设飞机受到的恒定牵引力为F ，由动能定理有 (F －kmg )x ＝12mv 2－0得F ＝7.6×103 N(3)设此时飞机受到的阻力为F f ，则F f ＝P v 1得F f ＝5.0×103N用动能定理解决多过程问题1.由于多过程问题的受力情况、运动情况比较复杂，从动力学的角度分析多过程问题往往比较复杂，但是，用动能定理分析问题，是从总体上把握其运动状态的变化，并不需要从细节上了解.因此，动能定理的优越性就明显地表现出来了，分析力的作用是看力做的功，也只需把所有的力做的功累加起来即可.2.运用动能定理解决问题时，有两种思路：一种是全过程列式，另一种是分段列式.3.全过程列式时，涉及重力、弹簧弹力、大小恒定的阻力或摩擦力做功时，要注意运用它们的功能特点：(1)重力的功取决于物体的初、末位置，与路径无关； (2)大小恒定的阻力或摩擦力的功等于力的大小与路程的乘积. (3)弹簧弹力做功与路径无关.例3 (2015·浙江考试说明题型示例主观题·5)如图9所示，在竖直平面内固定一半径为2 m 、圆心角为120°的光滑圆弧轨道BEC ，其中点E 是最低点.在B 、C 两端平滑、对称地连接AB 、CD 两段粗糙直轨道，直轨道上端A 、D 与最低点E 之间的高度差均为2.5 m.现将质量为0.01 kg 的小物块由A 点静止释放，物块与直轨道间的动摩擦因数均为0.25.g ＝10 m/s 2，求：图9(1)小物块从静止释放到第一次过E 点时重力做的功； (2)小物块第一次通过E 点时的动能大小； (3)小物块在E 点时受到支持力的最小值. 答案 (1)0.25 J (2)0.23 J (3)0.2 N 解析 (1)从A 到E 的过程，重力做功为：W 1＝mgh ＝0.01×10×2.5 J ＝0.25 J.(2)AB 间的距离s ＝h －R (1－cos 60°)sin 60°＝ 3 m从A 至E 的过程中，根据动能定理，有：W 1－μmg cos 60°·s ＝E k E解得：E k E ＝0.25 J －0.012 5 3 J ≈0.23 J.(3)最终，小物块在圆弧轨道间来回滑动，根据机械能守恒定律，有：mg (R －R cos 60°)＝12mv 2E ①在E 点，重力和支持力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律，有：F N －mg ＝m v2E R②联立①②解得：F N ＝mg ＋m v2E R＝2mg ＝2×0.01×10 N ＝0.2 N.应用动能定理求解多过程问题的基本思路1.弄清物体的运动由哪些过程组成.2.分析每个过程中物体的受力情况.3.各个力做功有何特点，对动能的变化有无影响.4.从总体上把握全过程，表达出总功，找出初、末状态的动能.5.对所研究的全过程运用动能定理列方程. 变式题组7.在赛车场上，为了安全起见，车道外围都固定上废旧轮胎作为围栏，当车碰撞围栏时起缓冲器作用.在一次模拟实验中用弹簧来代替废旧轮胎，实际情景如图10所示，水平放置的轻弹簧左侧固定于墙上，处于自然状态，开始赛车在A 处且处于静止状态，距弹簧自由端的距离为L 1＝1 m.当赛车启动时，产生水平向左的恒为F ＝24 N 的牵引力使赛车向左匀加速前进，当赛车接触弹簧的瞬间立即关闭发动机，赛车继续压缩弹簧，最后被弹回到B 处停下.已知赛车的质量为m ＝2 kg ，A 、B 之间的距离为L 2＝3 m ，赛车被弹回的过程中离开弹簧时的速度大小为v ＝4 m/s ，水平向右.g 取10 m/s 2.求：图10(1)赛车和地面间的动摩擦因数； (2)弹簧被压缩的最大距离. 答案 (1)0.2 (2)0.5 m解析 (1)从赛车离开弹簧到B 点静止，由动能定理得－μmg (L 1＋L 2)＝0－12mv 2解得μ＝0.2.(2)设弹簧被压缩的最大距离为L ，从赛车加速到离开弹簧，由动能定理得FL 1－μmg (L 1＋2L )＝12mv 2解得L ＝0.5 m.8.(2016·台州市调研)如图11甲所示，长为4 m 的水平轨道AB 与半径为R ＝0.6 m 的竖直半圆弧轨道BC 在B 处相连接，有一质量为1 kg 的滑块(大小不计)，从A 处由静止开始受水平向右的力F 作用，F 的大小随位移变化的关系如图乙所示，滑块与AB 间的动摩擦因数为μ＝0.25，g 取10 m/s 2，求：图11(1)滑块到达B 处时的速度大小；(2)滑块在水平轨道AB 上运动前2 m 所用的时间；(3)若到达B 点时撤去力F ，滑块沿半圆弧轨道内侧上滑，并恰好能到达最高点C ，则滑块在半圆弧轨道上克服摩擦力所做的功是多少？答案 (1)210 m/s (2)2235s (3)5 J解析 (1)对滑块从A 到B 的过程，由动能定理得F 1x 1－F 3x 3－μmgx ＝12mv 2B得v B ＝210 m/s.(2)在前2 m 内，有F 1－μmg ＝ma ，且x 1＝12at 21，解得t 1＝2235s. (3)当滑块恰好能到达最高点C 时，有mg ＝m v 2CR对滑块从B 到C 的过程，由动能定理得W f －mg ×2R ＝12mv 2C －12mv 2B代入数值得W f ＝－5 J ，即克服摩擦力做的功为5 J.1.如图所示，下列过程中人对物体做了功的是( )A.小华用力推石头，但没有推动B.小明举起杠铃后，在空中停留3秒的过程中C.小红提着书包，随电梯一起匀速上升的过程中D.小陈将冰壶推出后，冰壶在水平冰面上滑行了5米的过程中答案 C解析力做功的公式W＝Fl cos α.石头没有运动，在力的方向上没有位移，故没有做功，选项A错误；杠铃在空中停留时，没有发生位移，人没有对杠铃做功，选项B错误；在上升过程中，人对包有力的作用，符合做功的条件，故人对书包做功，选项C正确；冰壶被推出后，人对冰壶没有施加作用力，故不做功，选项D错误.2.关于摩擦力对物体做功，以下说法中正确的是( )A.滑动摩擦力总是做负功B.滑动摩擦力可能做负功，也可能做正功C.静摩擦力对物体一定做负功D.静摩擦力对物体总是做正功答案 B解析无论静摩擦力还是滑动摩擦力，既可以做正功，也可以做负功，还可以不做功.3.如图1所示，同一物体分别沿斜面AD和BD自顶点由静止开始下滑，该物体与斜面间的动摩擦因数相同.在滑行过程中克服摩擦力做的功分别为W A和W B，则( )图1A.W A>W BB.W A＝W BC.W A<W BD.无法确定答案 B解析设斜面AD、斜面BD与水平面CD所成夹角分别为α、θ，根据功的公式，得W A＝μmg cos α·l AD＝μmgl CD，W B＝μmg cos θ·l BD＝μmgl CD，所以选B.4.(2015·浙江省学业水平测试)如图2所示，匈牙利大力士希恩考·若尔特曾用牙齿拉动50 t的A320客机.他把一条绳索的一端系在飞机下方的前轮处，另一端用牙齿紧紧咬住，在52 s的时间内将客机拉动了约40 m.假设大力士牙齿的拉力约为5×103 N，绳子与水平方向的夹角θ约为30°，则飞机在被拉动的过程中( )图2A.重力做功约为2.0×107 JB.拉力做功约为1.7×105J C.克服阻力做功约为1.5×105J D.合外力做功约为2.0×105J 答案 B解析飞机在水平面上移动，因此重力不做功，A 项错.根据做功公式W ＝Fl cos θ，则W ＝5×103×40×32J ≈1.7×105J ，所以B 项对.在拉动飞机的过程中，由于不知道飞机是什么运动，无法得知阻力大小，所以阻力做功无法求解，C 项错.整个过程中阻力做功无法求解，也不知道动能变化量，所以合外力做功无法求解，D 项错. 5.(2016·平湖市联考)一个质量为0.3 kg 的弹性小球，在光滑水平面上以6 m/s 的速度垂直撞到墙上，碰撞后小球沿相反方向运动，反弹后的速度大小与碰撞前相同，则碰撞前后小球速度变化量的大小Δv 和碰撞过程中小球的动能变化量ΔE k 为( ) A.Δv ＝0 B.Δv ＝－12 m/s C.ΔE k ＝1.8 J D.ΔE k ＝10.8 J答案 B解析取初速度方向为正方向，则Δv ＝(－6－6) m/s ＝－12 m/s ，由于速度大小没变，动能不变，故动能变化量为0，故只有选项B 正确.6.某汽车以额定功率在水平路面上行驶，空载时的最大速度为v 1，装满货物后的最大速度为v 2，已知汽车空载时质量为m 0，汽车所受的阻力跟车重成正比，则汽车后来所装货物的质量是( ) A.v 1－v 2v 2m 0 B.v 1＋v 2v 2m 0 C.v 1－v 2v 1m 0 D.v 1v 2m 0答案 A解析当汽车空载时，有：P ＝F f1v 1＝km 0gv 1，当汽车装满货物后，有：P ＝F f2v 2＝k (m 0＋m )gv 2 联立两式解得：m ＝v 1－v 2v 2m 0.故A 正确，B 、C 、D 错误. 7.质量为m 的汽车，以恒定的功率P 从静止开始在平直路面上行驶一段距离s 后达到最大速度v m ，经历时间为t .若行驶中阻力F f 恒定，则以下关系式正确的是( ) A.v m ＝s tB.P ＝F f v mC.Pt ＝12mv 2mD.Pt ＝F f s答案 B解析根据P ＝Fv ，F －F f ＝ma ，若保持功率P 不变，可知汽车做加速度减小的加速运动，达到最大速度v m 后，做匀速运动，所以A 错误；匀速运动时，F ＝F f ，所以P ＝F f v m ，故B 正确；对加速过程，根据动能定理可知：Pt －F f s ＝12mv 2m －0，所以C 、D 错误.8.(2015·海南·4)如图3所示，一半径为R 的半圆形轨道竖直固定放置，轨道两端等高；质量为m 的质点自轨道端点P 由静止开始滑下，滑到最低点Q 时，对轨道的正压力为2mg ，重力加速度大小为g .质点自P 滑到Q 的过程中，克服摩擦力所做的功为( )图3A.14mgR B.13mgR C.12mgR D.π4mgR 答案 C解析在Q 点，F N －mg ＝mv 2R ，所以v ＝gR ；由P 到Q 根据动能定理得mgR －W f ＝12mv 2，解得W f ＝12mgR ，故C 正确.9.(2016·余姚市联考)在平直的公路上，汽车由静止开始做匀加速运动，当速度达到v max 后，立即关闭发动机直至静止，其v －t 图象如图4所示.设汽车的牵引力为F ，摩擦力为F f ，全程中牵引力做功为W 1，克服摩擦力做功为W 2，则( )图4A.F ∶F f ＝1∶3B.W 1∶W 2＝1∶1C.F ∶F f ＝3∶1D.W 1∶W 2＝1∶3答案 B解析对汽车运动的全过程应用动能定理，有W 1－W 2＝0，得W 1∶W 2＝1∶1，由图象知牵引力与阻力的作用距离之比为x 1∶x 2＝1∶4，由W 1＝Fx 1，W 2＝F f x 2，知F ∶F f ＝4∶1.10.如图5所示，斜槽轨道下端与一个半径为0.4 m 的圆形轨道平滑连接.一个质量为0.1 kg 的物体从高为H ＝2 m 的A 点由静止开始滑下，运动到圆形轨道的最高点C 处时，对轨道的压力等于物体的重力.求物体从A 点运动到C 点的过程中克服摩擦力所做的功.(g 取10 m/s 2)图5答案 0.8 J解析物体运动到C 点时受到重力和轨道对它的弹力，由牛顿第二定律可知F N ＋mg ＝mv2C r，又F N ＝mg ，联立两式解得v C ＝2gr ＝2 2 m/s ，在物体从A 点运动到C 点的过程中，由动能定理有 mg (H －2r )－W f ＝12mv 2C －0，代入数据解得W f ＝0.8 J.11.(2016·金华十校联考)如图6甲所示，在倾角为30°的足够长的光滑斜面AB 的A 处连接一粗糙水平面OA ，OA 长为4 m.有一质量为m 的滑块，从O 处由静止开始受一水平向右的力F 作用.F 只在水平面上按图乙所示的规律变化.滑块与OA 间的动摩擦因数μ＝0.25，g 取10 m/s 2，试求：图6(1)滑块运动到A 处的速度大小；(2)不计滑块在A 处的速率变化，滑块冲上斜面AB 的长度是多少？答案 (1)5 2 m/s (2)5 m解析 (1)由题图乙知，在前2 m 内，F 1＝2mg 做正功，在第3 m 内，F 2＝－0.5mg ，做负功，在第4 m 内，F 3＝0，滑动摩擦力F f ＝－μmg ＝－0.25mg ，始终做负功，对于滑块在OA 上运动的全过程，由动能定理得 F 1x 1＋F 2x 2＋F f x ＝12mv 2A －0 即 2mg ×2－0.5mg ×1－0.25mg ×4＝12m v 2A 解得v A ＝5 2 m/s(2)对于滑块冲上斜面的过程，由动能定理得－mgL sin 30°＝0－12mv 2A解得L ＝5 m所以滑块冲上斜面AB 的长度L ＝5 m.12.如图7所示装置由AB 、BC 、CD 三段轨道组成，轨道交接处均由很小的圆弧平滑连接，其中轨道AB 、CD 段是光滑的，水平轨道BC 的长度x ＝5 m ，轨道CD 足够长且倾角θ＝37°，A 、D 两点离轨道BC 的高度分别为h 1＝4.30 m 、h 2＝1.35 m.现让质量为m 的小滑块自A 点由静止释放.已知小滑块与轨道BC 间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：图7(1)小滑块第一次到达D 点时的速度大小； (2)小滑块第一次与第二次通过C 点的时间间隔； (3)小滑块最终停止的位置距B 点的距离. 答案 (1)3 m/s (2)2 s (3)1.4 m解析 (1)小滑块从A →B →C →D 过程中，由动能定理得：mg (h 1－h 2)－μmgx ＝12mv 2D －0将h 1、h 2、x 、μ、g 代入得v D ＝3 m/s(2)小滑块从A →B →C 过程中，由动能定理得 mgh 1－μmgx ＝12mv 2C －0将h 1、x 、μ、g 代入得 v C ＝6 m/s小滑块沿CD 段上滑的加速度大小 a ＝g sin θ＝6 m/s 2小滑块沿CD 段上滑到最高点的时间 t 1＝v C a＝1 s 由对称性可知小滑块从最高点滑回C 点的时间 t 2＝t 1＝1 s 小滑动第一次与第二次通过C 点的时间间隔 t ＝t 1＋t 2＝2 s(3)对小滑块运动全过程应用动能定理，设小滑块在水平轨道上运动的总路程为x 总有：mgh 1＝μmgx 总将h 1、μ代入得x 总＝8.6 m ，故小滑块最终停止的位置距B 点的距离为2x －x 总＝1.4 m。

(全国专用)高考物理大二轮总复习与增分策略专题二十一动量守恒定律(加试)

专题二十一动量守恒定律 (加试)
内容索引
考点基础自清考点互动探究
考点基础自清
一、动量和动量定理
1.动量
(1)定义：运动物体的质量和速度常用p来表示. (2)表达式：p＝ . mv (3)单位： . kg· m/s (4)标矢性：动量是矢量，其方向和速度的乘积叫做物体的动量，通
方向相同.
变式题组
3 4
3.如图 3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4.25 m/s，则碰撞后两车共同的运动速度为(取向右为正方向)( A.1 m/s C.－1 m/s ) B.0.5 m/s D.－0.5 m/s 图3
解析
1 2 3 4 5
5.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，那么这次碰撞是( ) D.条件不足，无法确定 A.弹性碰撞 B.非弹性碰撞
√ C.完全非弹性碰撞
所以v′＝2v
解析由动量守恒3mv－mv＝0＋mv′
1 2 1 2 碰前总动能：Ek＝2×3mv ＋2mv ＝2mv2 1 碰后总动能：Ek′＝2mv′2＝2mv2，Ek＝Ek′，所以 A 对.
(2)瞬时性：动量是状态量，动量守恒指对应每一时刻的总动量都和初始时刻的总动量相等. 各物体的速度必须是相对于同一参考系的速度，一般选地面为参考系. (4)普适性：它不仅适用于两个物体所组成的系统，也适用于多个
(3)同一性：速度的大小跟参考系的选取有关，应用动量守恒定律，