高考物理一轮总复习(鲁科版)课件：第十四章
合集下载
2024届高考一轮复习物理课件(新教材鲁科版)：探究加速度与力、质量的关系
(1)除图中所给的实验器材外，以下器材还必需选用的有___A_B____； A.天平 B.刻度尺 C.秒表 D.干电池
除题图中所给的实验器材外，还必需选 用的有刻度尺，用来测量纸带长度；打 点计时器本身就是计时仪器，则不需要 秒表，也不需要干电池；根据2F－μmg＝ma，可知要测量动摩擦因 数，需要天平测量物块质量，故选A、B.
匀加速运动过程中，某段时间内的平均 速度等于中间时刻的瞬时速度，连续相 等时间内的位移差为一恒量.两计数点间 的时间间隔T＝0.1 s 则打下 B 点时滑块的速度大小 vB＝8.10－50.1.20×10－2 m/s＝0.15 m/s 加速度大小 a＝00..00016 m/s2＝0.6 m/s2
(5)为研究加速度和力的关系，要保证_小__车___的总质量不变，改变砂桶内 砂的质量，重复做几次实验，通过实验数据来研究加速度和力的关系.
探究加速度a与外力F的关系时，需要保持小车的总质量不变.
(6)在研究加速度与质量的关系时，要保证砂和砂桶的质量不变.若砂和
砂桶的质量m与小车的总质量M间的关系不满足第(3)问中的条件，由实
④描点作图，作a－F的图像.
⑤保持槽码的质量m′不变，改变小车质量m，重复步骤①和③，作a－m1 图像.
5.数据处理
(1)利用逐差法或v－t图像法求a.
(2)以a为纵坐标，F为横坐标，描点、画线，如果该线为过原点的直线，
说明a与F成正比. (3)以a为纵坐标，m1 为横坐标，描点、画线，如果该线为过原点的直线， 就能判定a与m成反比.
绘制图线如图； 根据 mg·nlh＝ma 可知a与n成正比关系，则根据图像可知，
斜率 k＝07.6＝a44 解得a4≈0.343 m/s2.
考向2 实验方案的创新
2024届高考一轮复习物理课件(新教材鲁科版) 动能定理及其应用
规律总结
在一个有变力做功的过程中，当变力做功无法直接通过功的公式求 解时，可用动能定理 W 变＋W 恒＝12mv22－12mv12，物体初、末速度已 知，恒力做功 W 恒可根据功的公式求出，这样就可以得到 W 变＝ 12mv22－12mv12－W 恒，就可以求出变力做的功了.
动能定理与图像问题的结合
结合10～20 m内的图像得， 斜率k′＝mgsin 30°－f＝3 N， 联立解得f＝0.5 N，m＝0.7 kg，故选A.
例8 (2020·江苏卷·4)如图所示，一小物块由静止开始沿斜面向下滑动， 最后停在水平地面上.斜面和地面平滑连接，且物块与斜面、物块与地面 间的动摩擦因数均为常数.该过程中，物块的动能Ek与水平位移x关系的 图像是
例3 一物块沿倾角为θ的斜坡向上滑动.当物块的初速度为v时，上升的
最大高度为H，如图所示，当物块的初速度为
v 2
时，上升的最大高度记为
h.重力加速度大小为g.物块与斜坡间的动摩擦因数和h分别为
A.tan θ，H2
B.2vg2H－1tan θ，H2
C.tan θ，H4
√D.2vg2H－1tan θ，H4
B.m＝0.7 kg，f＝1.0 N C.m＝0.8 kg，f＝0.5 N D.m＝0.8 kg，f＝1.0 N
0～10 m内物块上滑，由动能定理得 －mgsin 30°·s－fs＝Ek－Ek0， 整理得Ek＝Ek0－(mgsin 30°＋f )s， 结合0～10 m内的图像得，斜率的绝对值 |k|＝mgsin 30°＋f＝4 N， 10～20 m内物块下滑，由动能定理得 (mgsin 30°－f )(s－s1)＝Ek， 整理得Ek＝(mgsin 30°－f )s－(mgsin 30°－f )s1，
2024届高考一轮复习物理课件(新教材鲁科版)：探究弹簧弹力与形变量的关系
2.利用计算机及传感器技术，将弹簧水平放置，且一端固定在传感器上， 传感器与计算机相连，对弹簧施加变化的作用力(拉力或推力)时，计算 机上得到弹簧弹力和弹簧形变量的关系图像(如图所示)，分析图像得出 结论.
考向1 实验装置的改进
例3 (2021·广东卷·11)某兴趣小组测量一缓冲装置中弹簧 的劲度系数，缓冲装置如图所示，固定在斜面上的透明有 机玻璃管与水平面夹角为30°，弹簧固定在有机玻璃管底 端.实验过程如下：先沿管轴线方向固定一毫米刻度尺，再 将单个质量为200 g的钢球(直径略小于玻璃管内径)逐个从管口滑进，每滑进一个钢 球，待弹簧静止，记录管内钢球的个数n和弹簧上端对应的刻度尺示数Ln，数据如表 所示.实验过程中弹簧始终处于弹性限度内.采用逐差法计算弹簧压缩量，进而计算其 劲度系数.
…
…
4.数据处理 (1)以弹力F(大小等于所挂钩码的重力)为纵坐标，以弹簧的伸长量x为横 坐标，用描点法作图.用平滑的曲线(包括直线)连接各点，得出弹力F随 弹簧伸长量x变化的图线. (2)以弹簧的伸长量为自变量，写出图线所代表的函数表达式.首先尝试 一次函数，如果不行则考虑二次函数. (3)得出弹力和弹簧形变量之间的定量关系，解释函数表达式中常数的物 理意义.
考向2 数据处理与误差分析
例2 一兴趣小组想测量某根弹性绳的劲度系数(弹性绳的 弹力与形变量的关系遵守胡克定律).他们设计了如图甲所 示实验：弹性绳上端固定在细绳套上，结点为O，刻度尺 竖直固定在一边，0刻度与结点O水平对齐，弹性绳下端通 过细绳连接钩码，依次增加钩码的个数，分别记录下所挂 钩码的总质量m和对应弹性绳下端P的刻度值x，如表所示：
静止时弹簧下端所对应的刻度，并记录在表格内，然后取下钩码
E.以弹簧形变量为自变量，写出弹力与形变量的关系式，首先尝试写成 一次函数，如果不行，则考虑二次函数
2021高考物理鲁科版一轮复习课件：第十四章第2节 机械波
A.此时能观察到明显的波的衍射现象 B.挡板前后波纹间距离相等 C.如果将孔AB扩大,有可能观察不到明显的衍射现象 D.如果孔的大小不变,使波源频率增大,能观察到更明显的衍射现象
解析:由题图可知,孔的尺寸与水波的波长差不多,故此时能观察到明显的波的衍 射现象,故 A 正确;波通过孔后,波速、频率、波长不变,则挡板前后波纹间的距离 相等,故 B 正确;如果将孔 AB 扩大,若孔的尺寸远大于水波的波长,可能观察不到 明显的衍射现象,故 C 正确;如果孔的大小不变,使波源频率增大,因为波速不变,根 据 λ= v 知,波长减小,可能观察不到明显的衍射现象,故 D 错误.
两种图象的比较
研究 对象
考点二 振动图象与波动图象的综合应用
振动图象 一个质点
波动图象 沿波传播方向 上的所有质点
图象
正(余)弦曲线
正(余)弦曲线
横坐标 物理意义
图象信息
图象变化 形象比喻
表示时间
表示各质点的平衡位置
表示某质点各个时刻的位移 表示某时刻各质点的位移
(1)质点振动周期 (2)质点振幅 (3)各时刻质点位移 (4)各时刻速度、加速度方向
T 0.2
随波迁移,只在其平衡位置附近振动,选项 C 错误;经过 0.1 s= 1 T,质点 Q 的运动方
2
向沿 y 轴负方向,选项 D 错误.
方法技巧 波动图象与振动图象综合问题采用“一分、一看、二找”的方法 (1)分清振动图象与波动图象.此问题最简单,只要看清横坐标即可,横坐标为x 则为波动图象,横坐标为t则为振动图象. (2)看清横、纵坐标的单位.尤其要注意单位前的数量级. (3)找准波动图象对应的时刻. (4)找准振动图象对应的质点.
3.波的传播方向与质点振动方向的互判方法
解析:由题图可知,孔的尺寸与水波的波长差不多,故此时能观察到明显的波的衍 射现象,故 A 正确;波通过孔后,波速、频率、波长不变,则挡板前后波纹间的距离 相等,故 B 正确;如果将孔 AB 扩大,若孔的尺寸远大于水波的波长,可能观察不到 明显的衍射现象,故 C 正确;如果孔的大小不变,使波源频率增大,因为波速不变,根 据 λ= v 知,波长减小,可能观察不到明显的衍射现象,故 D 错误.
两种图象的比较
研究 对象
考点二 振动图象与波动图象的综合应用
振动图象 一个质点
波动图象 沿波传播方向 上的所有质点
图象
正(余)弦曲线
正(余)弦曲线
横坐标 物理意义
图象信息
图象变化 形象比喻
表示时间
表示各质点的平衡位置
表示某质点各个时刻的位移 表示某时刻各质点的位移
(1)质点振动周期 (2)质点振幅 (3)各时刻质点位移 (4)各时刻速度、加速度方向
T 0.2
随波迁移,只在其平衡位置附近振动,选项 C 错误;经过 0.1 s= 1 T,质点 Q 的运动方
2
向沿 y 轴负方向,选项 D 错误.
方法技巧 波动图象与振动图象综合问题采用“一分、一看、二找”的方法 (1)分清振动图象与波动图象.此问题最简单,只要看清横坐标即可,横坐标为x 则为波动图象,横坐标为t则为振动图象. (2)看清横、纵坐标的单位.尤其要注意单位前的数量级. (3)找准波动图象对应的时刻. (4)找准振动图象对应的质点.
3.波的传播方向与质点振动方向的互判方法
2024届高考一轮复习物理课件(新教材鲁科版)：磁场及其对电流的作用
第 1
磁场及其对电流的作用
讲
目标 1.了解磁场，掌握磁感应强度的概念，会用磁感线描述磁场.2.会判断通电直导线和通电线圈周围的磁场方向. 要求 3.会判断安培力的方向，会计算安培力的大小，了解安培力在生产、生活中的应用.
内容索引
考点一 安培定则 磁场的叠加 考点二 安培力的分析与计算 考点三 安培力作用下的平衡和加速问题
√C.左半部分垂直纸面向外，右半部分垂直纸面向里
D.左半部分垂直纸面向里，右半部分垂直纸面向外
根据安培定则，可判断出导线a左侧部分所在处磁场方向斜向右上 方，右侧部分的磁场方向斜向右下方，根据左手定则可判断出左半 部分所受安培力垂直纸面向外，右半部分所受安培力垂直纸面向里， 故C正确，A、B、D错误.
面向里的电流I时，纸面内与两导线距离均为l的a点处的磁感应强度为零.
下列说法正确的是
A.B0的方向平行于PQ向右 B.导线 P 的磁场在 a 点的磁感应强度大小为 3B0
√C.只把导线 Q 中电流的大小变为 2I，a 点的磁感应
强度大小为
3 3 B0
D.只把导线
P
中的电流反向，a
点的磁感应强度大小为
考向2 安培力作用下的加速问题
例8 如图所示，宽为L＝0.5 m的光滑导轨与水平面成θ＝37°角，质量为 m＝0.1 kg、长也为L＝0.5 m的金属杆ab水平放置在导轨上，电源电动势 E＝3 V，内阻r＝0.5 Ω，金属杆电阻为R1＝1 Ω，导轨电阻不计.金属杆与 导轨垂直且接触良好.空间存在着竖直向上的匀强磁场(图中未画出)，当 电阻箱的电阻调为R2＝0.9 Ω时，金属杆恰好能静止.取重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8. (1)求磁感应强度B的大小； 答案 1.2 T
磁场及其对电流的作用
讲
目标 1.了解磁场，掌握磁感应强度的概念，会用磁感线描述磁场.2.会判断通电直导线和通电线圈周围的磁场方向. 要求 3.会判断安培力的方向，会计算安培力的大小，了解安培力在生产、生活中的应用.
内容索引
考点一 安培定则 磁场的叠加 考点二 安培力的分析与计算 考点三 安培力作用下的平衡和加速问题
√C.左半部分垂直纸面向外，右半部分垂直纸面向里
D.左半部分垂直纸面向里，右半部分垂直纸面向外
根据安培定则，可判断出导线a左侧部分所在处磁场方向斜向右上 方，右侧部分的磁场方向斜向右下方，根据左手定则可判断出左半 部分所受安培力垂直纸面向外，右半部分所受安培力垂直纸面向里， 故C正确，A、B、D错误.
面向里的电流I时，纸面内与两导线距离均为l的a点处的磁感应强度为零.
下列说法正确的是
A.B0的方向平行于PQ向右 B.导线 P 的磁场在 a 点的磁感应强度大小为 3B0
√C.只把导线 Q 中电流的大小变为 2I，a 点的磁感应
强度大小为
3 3 B0
D.只把导线
P
中的电流反向，a
点的磁感应强度大小为
考向2 安培力作用下的加速问题
例8 如图所示，宽为L＝0.5 m的光滑导轨与水平面成θ＝37°角，质量为 m＝0.1 kg、长也为L＝0.5 m的金属杆ab水平放置在导轨上，电源电动势 E＝3 V，内阻r＝0.5 Ω，金属杆电阻为R1＝1 Ω，导轨电阻不计.金属杆与 导轨垂直且接触良好.空间存在着竖直向上的匀强磁场(图中未画出)，当 电阻箱的电阻调为R2＝0.9 Ω时，金属杆恰好能静止.取重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8. (1)求磁感应强度B的大小； 答案 1.2 T
2024届高考一轮复习物理课件(新教材鲁科版)：原子结构、原子核
提升 关键能力
1.两类能级跃迁 (1)自发跃迁：高能级→低能级，释放能量，发射光子. 光子的频率 ν＝ΔhE＝E高－h E低. (2)受激跃迁：低能级→高能级，吸收能量. ①吸收光子的能量必须恰好等于能级差hν＝ΔE.(注意：当入射光子能量 大于该能级的电离能时，原子对光子吸收不再具有选择性，而是吸收以 后发生电离) ②碰撞、加热等：只要入射粒子能量大于或等于能级差即可，E外≥ΔE.
3.三种射线的比较
名称 构成 符号 电荷量
α射线 __氦__核 42H
＋2e
β射线 _电__子__ －01e
－e
γ射线 光子 γ
0
质量 电离能力 贯穿本领
4u 1 1 837 u
0
最_强__ 较强 最_弱__
最_弱___ 较强
最_强___
4.原子核的衰变 (1)衰变：原子核自发地放出α粒子或β粒子，变成另一种 原子核 的变化 称为原子核的衰变. (2)α衰变、β衰变
衰变后两个新核速度方向相反，受力方向也相反， 根据左手定则可判断出两个粒子带同种电荷， 所以衰变是α衰变，衰变后的新核由洛伦兹力提供向心力， 有 Bqv＝mvr2，可得 r＝mqBv， 衰变过程遵循动量守恒定律，即mv相同， 所以电荷量与半径成反比，有q1∶q2＝r2∶r1， 但无法求出质量比，故A、D错误，B、C正确.
2.氢原子光谱 (1)光谱：用棱镜或光栅可以把光按波长(频率)展开，获得光的 波长(频率) 和强度分布的记录，即光谱. (2)光谱分类： ①线状谱是一条条的 亮线 . ②连续谱是连在一起的 光带 .
(3)氢原子光谱的实验规律： ①巴耳末系是氢原子光谱在可见光区的谱线，其波长公式1λ＝R∞212－n12(n ＝3,4,5，…)，R∞是里德伯常量，R∞＝1.10×107 m－1，n 为量子数，此公 式称为巴耳末公式. ②氢光谱在红外和紫外光区的其他谱线也都满足与巴耳末公式类似的关 系式.
2024届高考一轮复习物理课件(新教材鲁科版)：匀变速直线运动的规律
3.公式选用原则
以上三个公式共涉及五个物理量，每个公式有四个物理量.选用原则如下：
不涉及位移，选用vt＝v0＋at 不涉及末速度，选用s＝v0t＋12at2 不涉及时间，选用vt2－v02＝2as
判断 正误
1.匀变速直线运动是加速度均匀变化的直线运动.( × ) 2.匀加速直线运动的位移是均匀增加的.( × )
A.v02－a v＋L＋v l
B.v0－a v＋L＋v 2l
√C.3v20－a v＋L＋v l
D.3v0a－v＋L＋v 2l
由题知当列车的任一部分处于隧道内时，列车速率都不允许超过
v(v<v0)，则列车进隧道前必须减速到v，若用时最少，则列车先匀减
速到v进入隧道，再在隧道中匀速运动，出了隧道再匀加速到v0.则有 v＝ v0－2at1，解得t1＝v02－a v ， 在隧道内匀速有 t2＝L＋v l 列车尾部出隧道后立即加速到v0，有v0＝v＋at3 解得 t3＝v0－a v
√C.汽车在第1 s末的速度一定为11 m/s
D.汽车的加速度大小一定为4.5 m/s2
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12
采用逆向思维法，由于最后 1 s 内的位移为 2 m，根据 s2＝12at22 得，汽 车加速度大小 a＝2t2s22＝4 m/s2，第 1 s 内的位移为 13 m，根据 s1＝v0t1 －12at12，代入数据解得初速度 v0＝15 m/s，则汽车在第 1 s 末的速度 v1 ＝v0－at1＝15 m/s－4×1 m/s＝11 m/s，故 C 正确，A、B、D 错误.
第
2 讲
匀变速直线运动的规律
目标 1.理解匀变速直线运动的特点，掌握匀变速直线运动的公式，并理解公式中各物理量的含义.2.会灵活应用运 要求 动学公式及推论解题.
高考物理总复习测定玻璃的折射率
题后反思
注重对实验基本原理、基本技能和方法的考查，一直是高考命题
的根本原则．因此，理解并熟练掌握实验的原理、方法，是学生做好 实验和备考的重中之重．另外，在数据处理上，可将正弦之比转化为 线段长度之比，使数据处理变得简单而准确．
高三总复习
鲁科版· 物理
变式1—1
用三棱镜做测定玻璃折射率的实验，先在白纸上放好
(2)①过P1、P2作直线与bb′交于O；
②过P3、P4作直线与bb′交于O′；
③利用刻度尺找到OO′的中点M； ④过O点作bb′的垂线CD，过M点作bb′的垂线与aa′相交于N，连 接ON； ⑤∠P1OD＝θ1，∠CON＝θ2.
(3)n＝ sinθ1 sinθ2
[答案]
见解析
高三总复习
鲁科版· 物理
n＝sinθ 1/ sinθ 2
该 的 斜率即为 射 ． 图 折率
可知 sinθ 1－sinθ 2 图 应 直 ， 象为线
高三总复习
鲁科版· 物理
3． 位 法 在 使 量 器 情 下可 用 位 法 单 圆： 不 用 角 的 况 ， 以 单 圆 ． 1 以射 ) 入点 ( O 为 心以 定 度 圆 ，一 长 R 为 径 圆交 射 线 半 画 ，入 光 OA 于 E 点，交折射光线 OO′于 E′点，过 E 作 NN′的垂线 EH， 过 E′作 NN′的垂线 E′H′.如图 3 所示． EH (2)由图中关系 sinθ1＝ ， OE E′H′ sinθ2＝ ，OE＝OE′＝R 则 OE′ n＝ sinθ1 EH ＝ .只要用刻度尺测出 sinθ2 E′H′
附：实验数据的处理方法有
1． 算 ： 计法 用角测入角 量器量射 θ 1 和射 折角 折率 射 θ 2， 查 其 弦 并出正值
2024届高考一轮复习物理课件(新教材鲁科版)：动量守恒定律及应用
D.M－m v0
由动量守恒定律得 mv0＝(M－m)v，导弹获得的速度 v＝M－m mv0，故 选 D.
考向3 人船模型
1.模型图示
2.模型特点 (1)两物体满足动量守恒定律：mv人－Mv船＝0 (2)两物体的位移大小满足：mst人－Mst船＝0， s 人＋s 船＝L，
得 s 人＝M＋M mL，s 船＝M＋m mL
梳理 必备知识
1.内容 如果一个系统不受外力，或者所受外力的 矢量和 为0，这个系统的总 动量保持不变. 2.表达式 (1)p＝p′或m1v1＋m2v2＝ m1v1′＋m2v2′ .系统相互作用前的总动量等 于相互作用后的总动量. (2)Δp1＝ －Δp2 ，相互作用的两个物体动量的变化量等大反向.
小球相对于小车的最大位移为2l，根据“人船模型”，系统水平方
向动量守恒，设小球水平方向的平均速度为vm，小车水平方向的平 均速度为vM，mvm－MvM＝0，两边同时乘以运动时间t，mvmt－MvMt ＝0，即msm＝MsM，又sm＋sM＝2l，解得小车向右移动的最大距离 为M2＋mlm ，D正确.
C.pA′＝3 kg·m/s，pB′＝9.5 kg·m/s D.pA′＝2.5 kg·m/s，pB′＝9.5 kg·m/s
A、B 两球发生对心碰撞，满足动量守恒，则有 pA＋pB＝pA′＋pB′， 满足总动能不增加，则有 Ek≥Ek′，根据 Ek＝2pmA2＋2×pB22m，代入数 据可知 A、B 均满足，C 不满足动量守恒，D 不满足总动能不增加， 故 A、B 正确，C、D 错误.
√B.动量守恒，机械能不守恒
C.动量不守恒，机械能守恒 D.动量不守恒，机械能不守恒
因为滑块与车厢水平底板间有摩擦，且撤去推力后滑块在车厢底板 上有相对滑动，即摩擦力做功，而水平地面是光滑的；对小车、弹 簧和滑块组成的系统，根据动量守恒和机械能守恒的条件可知撤去 推力后该系统动量守恒，机械能不守恒，故选B.
由动量守恒定律得 mv0＝(M－m)v，导弹获得的速度 v＝M－m mv0，故 选 D.
考向3 人船模型
1.模型图示
2.模型特点 (1)两物体满足动量守恒定律：mv人－Mv船＝0 (2)两物体的位移大小满足：mst人－Mst船＝0， s 人＋s 船＝L，
得 s 人＝M＋M mL，s 船＝M＋m mL
梳理 必备知识
1.内容 如果一个系统不受外力，或者所受外力的 矢量和 为0，这个系统的总 动量保持不变. 2.表达式 (1)p＝p′或m1v1＋m2v2＝ m1v1′＋m2v2′ .系统相互作用前的总动量等 于相互作用后的总动量. (2)Δp1＝ －Δp2 ，相互作用的两个物体动量的变化量等大反向.
小球相对于小车的最大位移为2l，根据“人船模型”，系统水平方
向动量守恒，设小球水平方向的平均速度为vm，小车水平方向的平 均速度为vM，mvm－MvM＝0，两边同时乘以运动时间t，mvmt－MvMt ＝0，即msm＝MsM，又sm＋sM＝2l，解得小车向右移动的最大距离 为M2＋mlm ，D正确.
C.pA′＝3 kg·m/s，pB′＝9.5 kg·m/s D.pA′＝2.5 kg·m/s，pB′＝9.5 kg·m/s
A、B 两球发生对心碰撞，满足动量守恒，则有 pA＋pB＝pA′＋pB′， 满足总动能不增加，则有 Ek≥Ek′，根据 Ek＝2pmA2＋2×pB22m，代入数 据可知 A、B 均满足，C 不满足动量守恒，D 不满足总动能不增加， 故 A、B 正确，C、D 错误.
√B.动量守恒，机械能不守恒
C.动量不守恒，机械能守恒 D.动量不守恒，机械能不守恒
因为滑块与车厢水平底板间有摩擦，且撤去推力后滑块在车厢底板 上有相对滑动，即摩擦力做功，而水平地面是光滑的；对小车、弹 簧和滑块组成的系统，根据动量守恒和机械能守恒的条件可知撤去 推力后该系统动量守恒，机械能不守恒，故选B.
【状元之路】新课标鲁科版2011高考一轮复习物理精品课件14.3第十四章第三课时动量和能量(可编辑ppt课件)
2.木块固定,子弹穿出.
(设木块厚度为L) 对子弹由动能定理得: 1 1 fL mv2 mv0 2 2 2 由此可求得v0.
3.木块不固定,子弹留在其中.(设地面光滑) 如图所示,子弹位移为s1,木块位移为s2,末速度为v.
4.木块不固定,子弹最后穿出,设穿出时木块速度为v2,子弹速 度为v1,如图所示. 对系统由动量守恒得:mv0=mv1+Mv2
对系统由能量守恒得: 1 1 1 2 2 Q fL mv1 Mv2 mv0 2 2 2 2 对子弹由动能定理得:
1 1 2 fs1 mv1 mv0 2 2 2
对木块由动能定理得:
1 2 fs2 Mv2 2
联立以上方程便可求出所要求的物理量.
典例剖析
例2一质量为M的木块静止于光滑水平地面上,一质量为m的 子弹以初速度v0射入木块并最终停留在木块中.在子弹射 入木块的过程所受的阻力恒定,如图所示,试求子弹进入木 块的过程中系统产生的热量Q和木块相对地面的位移大小 s1.
,如右图所示.现给盒子一初速度v0,此后,盒子运动的v-t图象呈 周期性变化,如下图所示.请据此求盒内物体的质量.
解析:设物体的质量为m,t0时刻受盒子碰撞获得速度v,根据动 量守恒定律Mv0=mv① 3t0时刻物体与盒子右壁碰撞使盒子速度又变为v0,说明碰撞是
弹性碰撞
1 1 Mv2 0 mv2 2 2
技法讲解
用动量和能量的观点分析解决问题的基本思路: 用动量和能量的观点分析解决问题时,应首先判断是否满足动 量守恒定律和机械能守恒定律的条件,这两个守恒定律一 般用来求物体在某状态时的速度.若不满足动量守恒定律
和机械能守恒定律的条件,再从研究对象上分析,若研究的
2020届高考物理一轮复习鲁科版第十四章第1讲机械振动PPT课件(145张)
配套课时作业
知识点
弹簧振子、单摆及其周期公式 Ⅰ
简谐运动的两种模型
主干梳理 对点激活
考点细研 悟法培优
高考模拟 随堂集训
配套课时作业
主干梳理 对点激活
考点细研 悟法培优
高考模拟 随堂集训
配套课时作业
主干梳理 对点激活
考点细研 悟法培优
高考模拟 随堂集训
配套课时作业
知识点
受迫振动和共振 Ⅰ
1．受迫振动
□ 差越小，振幅越大；驱动力的频率 f 等于振动系统的 04 固有频率 f0 时，振
幅最大。
主干梳理 对点激活
考点细研 悟法培优
高考模拟 随堂集训
配套课时作业
知识点
实验：用单摆测定重力加速度
1．实验原理
由单摆的周期公式 T＝2π
gl ，可得出 g＝4Tπ22l，测出单摆的摆长 l 和振
动周期 T，就可求出当地的重力加速度 g。
3．回复力 (1)定义：使物体返回到
□04 平衡位置
的力。
□ (2)方向：总是指向 05 平衡位置 。
□ (3)来源：属于 06 效果
力，可以是某一个力，也可以是几个力
的合力或某个力的分力。
主干梳理 对点激活
考点细研 悟法培优
高考模拟 随堂集训
配套课时作业
4．描述简谐运动的物理量
主干梳理 对点激活
主干梳理 对点激活
考点细研 悟法培优
高考模拟 随堂集训
配套课时作业
解析
4．(人教版选修 3－4·P5·T3)如下图所示，在 t＝0 到 t＝4 s 的范围内回答 以下问题。
主干梳理 对点激活
考点细研 悟法培优
高考模拟 随堂集训
高考物理一轮总复习(鲁科版)课件：第十四章2013高考导航
第十四章
动量守恒研究
本部分内容讲解结束
按ESC键退出全屏播放
第十四章
动量守恒研究
2013高考导航
考纲展示
1.动量、动量守恒定律及其应用Ⅱ
2.弹性碰撞和非弹性碰撞Ⅰ
实验十六：验证动量守恒定律
说明：只限于一维,动量、动量守恒定
律只要求简单应用
第十四章
动量守恒研究
Hale Waihona Puke 命题热点1.动量守恒定律的应用是本章的重点和 难点,也是高考的热点,动量和动量的变 化量这两个概念常穿插在动量守恒定律 的应用中考查.
第十四章
动量守恒研究
2.对动量守恒定律的概念和规律的理解 是本章的重点.要注意动量守恒定律的 矢量性、瞬时性、同一性、同时性和一
些典型问题,如碰撞等.
第十四章
动量守恒研究
3.预计2013年出现综合性大题的可能性 不太大,仍以碰撞、打击、反冲类模型 为主,出题形式以填空、计算为主,也有 可能与核反应等知识相联系以动量守恒 为中心设置小型计算题,但难度在中等 以下.
近年高考物理一轮复习第十四章第2讲机械波和波的图象练习鲁科版(2021年整理)
2019版高考物理一轮复习第十四章第2讲机械波和波的图象练习鲁科版编辑整理：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（2019版高考物理一轮复习第十四章第2讲机械波和波的图象练习鲁科版）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2019版高考物理一轮复习第十四章第2讲机械波和波的图象练习鲁科版的全部内容。
第2讲机械波和波的图象［课时作业］单独成册方便使用一、选择题1。
设x轴方向的一条细绳上有O、A、B、C、D、E、F、G八个点，错误!＝错误!＝错误!＝错误!＝错误!＝错误!＝错误!＝1 m，质点O在垂直于x轴方向上做简谐运动,沿x轴方向传播形成横波。
t＝0时刻，O点开始向上运动，经t＝0.2 s，O点第一次到达上方最大位移处，这时A点刚好开始运动．那么在t＝2.5 s时刻，以下说法中正确的是（）A．B点位于x轴下方B．A点与E点的位移相同C．D点的速度最大D．C点正向上运动E．这列波的波速为5 m/s解析：由题可知，T4＝0。
2 s，周期T＝0。
8 s，错误!λ＝1 m，波长λ＝4 m，由v＝错误!得波速v＝5 m/s，则可判断E项正确;当t＝2.5 s时，波源O已振动了3错误!个周期，此时O位于x轴上方向上振动，B点与O点之间相距半个波长，可判断B点位于x轴下方，A项正确；2.5 s时E点已经振动了一段时间，A点与E点间距1个波长，两点振动情况完全一样,则B项正确；O点与D点间距1个波长，两点的振动情况完全一样，此时，O点已经离开平衡位置向上振动，D点也一样，则D点的速度不是最大，C项错误；波传播到C 点的时间为t＝3×0.2s＝0.6 s，在t＝2。
2024届高考一轮复习物理课件(新教材鲁科版)：运动的描述
例2 2021年9月17日8：00整，第十四届全国运动会铁人三项比赛在 陕西省汉中市正式开赛.选手们依次进行了1.5 km游泳、40 km自行车 和10 km跑步三项不间断比赛，最终某选手以01：52：24的成绩揽获 男子个人冠军.下列说法正确的是 A.40 km是指位移 B.8：00整是指时间间隔 C.01：52：24是指时刻
火箭发射过程中，火箭的平均加速度为 a1＝ΔΔvt11＝10100－0 m/s2＝10 m/s2， 汽车急刹车过程中，汽车的平均加速度为 a2＝ΔΔvt22＝0－2.530 m/s2＝－12 m/s2， 可知汽车急刹车过程中的平均加速度大小为 12 m/s2，所以火箭发射过 程中的平均加速度比汽车急刹车过程中的平均加速度小，即火箭发射过程 中的速度变化比汽车急刹车过程中的速度变化慢，故 C 错误，D 正确.
判断 正误
1.瞬时速度的方向就是物体在该时刻或该位置的运动方向.( √ ) 2.瞬时速度的大小叫速率，平均速度的大小叫平均速率.( × )
3.一个物体在一段时间内的平均速度为0，平均速率也一定为0.
( ×)
提升 关键能力
1.平均速度和瞬时速度的区别与联系 (1)区别：平均速度表示物体在某段时间或某段位移内运动的平均快慢 程度，瞬时速度表示物体在某一时刻或某一位置运动的快慢程度. (2)联系：瞬时速度是运动时间Δt→0时的平均速度，公式v＝ΔΔst 中，当 Δt→0时，v是瞬时速度.
√B.研究乒乓球运动员的发球技术时，乒乓球不能看成质点
C.研究羽毛球运动员回击羽毛球动作时，羽毛球大小可以忽略 D.研究体操运动员的平衡木动作时，运动员身体各部分的速度可视为
相同
研究排球运动员扣球动作、乒乓球运动员的发球技术、羽毛球运动 员回击羽毛球动作时，排球、乒乓球、羽毛球的形状和大小不能忽 略，故不可以看成质点，故A、C错误，B正确； 研究体操运动员的平衡木动作时，运动员身体各部分有转动和平动， 各部分的速度不可以视为相同，故D错误.
2024届高考一轮复习物理课件(新教材鲁科版)：法拉第电磁感应定律、自感和涡流
考向2 平动切割磁感线
例4 (多选)两条平行虚线间存在一匀强磁场，磁感应强度方向与纸面垂 直.边长为0.1 m、总电阻为0.005 Ω的正方形导线框abcd位于纸面内，cd 边与磁场边界平行，如图(a)所示.已知导线框一直向右做匀速直线运动， cd边于t＝0时刻进入磁场.线框中感应电动势随时间变化的图线如图(b)所 示(感应电流的方向为顺时针时，感应电动势取正).下列说法正确的是 A.磁感应强度的大小为0.5 T
判断 正误
1.公式E＝Blv中的l是导体棒的总长度.( × ) 2.磁场相对导体棒运动，导体棒中也可能产生感应电动势.( √ )
考向1 有效长度问题
例3 (2023·上海市模拟)如图所示，由均匀导线制成的半径为R的圆环，
以速度v匀速进入一磁感应强度大小为B的匀强磁场.当圆环运动到图示位
置(∠aOb＝90°)时，a、b两点的电势差Uab为
其自感电动势也为零 B.图乙中的a曲线表示电流传感器A2测得的数据 C.断开开关时，小灯泡会明显闪亮后逐渐熄灭
√D.t1时刻小灯泡与线圈的电阻相等
闭合开关时，其线圈自感电动势 等于电源电动势，自感线圈中电 流为零，故A错误； A2中电流等于自感线圈中电流，自感线圈中电流从零开始逐渐增大， 最后趋于稳定，故A2中数据应为题图乙中b曲线，故B错误； 断开开关前，两支路中电流相等，刚断开开关时，回路中的电流不 变，故灯泡不会发生明显闪亮，而是逐渐熄灭，故C错误； t1时刻，两支路中电压相等，电流相等，则电阻相等，即小灯泡与线 圈的电阻相等，故D正确.
不计圆环导轨的电阻和一切摩擦，下列说法正确的是
√A.a点的电势高于b点的电势
√B.电阻R两端的电压为2 V
C.在金属棒旋转一周的时间内，金属棒上产生的焦耳热为
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
栏目 导引
第十四章
动量守恒研究
(3)Δp＝0 为零 系统总动量增量______. 三、碰撞 1.概念：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.
栏目 导引
第十四章
动量守恒研究
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 守恒 量______. 3.分类
C. 3.5 m/s
D.2.5 m/s
栏目 导引
第十四章
动量守恒研究
【解析】
设向右为正方向,根据动量
守恒,(m1＋m2)v0＝m1v1′＋m2v2′,带入数 值可得
v2′＝5.5 m/s.
【答案】 A
栏目 导引
第十四章
动量守恒研究
【规律总结】
应用动量守恒定律解
题只需抓住始末状态,无需考虑过程细 节;应用动量守恒定律的关键是正确地
量为mv,船的动量为(M－m)v′,所以动
量守恒定律的表达式为
Mv0＝(M－m)v′＋mv,正确选项为A.
栏目 导引
第十四章
动量守恒研究
三、碰撞及反冲现象的特点分析 1.碰撞现象 (1)动量守恒
(2)机械能不增加
(3)速度要合理
栏目 导引
第十四章
动量守恒研究
①若碰前两物体同向运动,则应有v后>v
栏目 导引
第十四章
动量守恒研究
3.位置不变 爆炸和碰撞的时间极短,因而作用过程 中,物体产生的位移很小,一般可忽略不
计,可以认为爆炸或碰撞后仍然从爆炸
或碰撞前的位置以新的动量开始运动.
栏目 导引
第十四章
动量守恒研究
五、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变 增加 为机械能,所以系统的总动能_____.
第十四章
动量守恒研究
动量守恒定律及其应用
第十四章
动量守恒研究
基础梳理•自学导引
一、动量
质量 速度 1.定义：物体的____与_____的乘积. mv kg· m/s 2.表达式：p＝____,单位：_______. 3.动量的三性 速度 (1)矢量性：方向与______方向相同.
栏目 导引
第十四章
(1)系统的总动量守恒或某一方向的动 量守恒. (2)构成系统的m1、m2原来静止,因相互 作用而运动.
(3)s1、s2均为沿动量守恒方向相对于同
一参考系的位移.
栏目 导引
第十四章
动量守恒研究
即时应用 3.(2012· 安徽巢湖模拟)如图14－1－1所
示,光滑水平面上有大小相同的A、B两
球在同一直线上运动.两球质量关系为 mB＝2mA,规定向右为正方向,A、B两球 的动量均为6 kg· m/s,运动中两球发生碰 撞,碰撞后A球的动量增量为－4 kg· m/s,
栏目 导引
第十四章
动量守恒研究
3.表达式 (1)p＝p′或p1＋p2＝p1′＋p2′ 等于 系统相互作用前总动量p_____相互作用 后总动量p′. (2)Δp1＝－Δp2 相互作用的两个物体组成的系统,一个 物体的动量变化量与另一个物体的动量 相等 相反 变化量大小_____、方向______.
(4)规定正方向,确定初、末状态动量的
正、负号;
(5)根据动量守恒定律列式求解.
栏目 导引
第十四章
动量守恒研究
即时应用 2.一炮艇总质量为M,以速度v0匀速行驶, 从船上以相对海岸的水平速度v沿前进 方向射出一质量为m的炮弹,发射炮弹后
艇的速度为v′,若不计水的阻力,则下列
各关系中正确的是( )
栏目 导引
栏目 导引
第十四章
动量守恒研究
3.反冲运动中平均动量守恒 若系统在全过程中动量守恒,则这一系统 在全过程中平均动量也守恒.如果系统由 两个物体组成,且相互作用前均静止,相互 作用中均发生运动,则由 m1 v 1－m2 v 2＝ 0,得 m1s1＝m2s2.该式的适用条件是：
栏目 导引
第十四章
动量守恒研究
第十四章
动量守恒研究
A.Mv0＝(M－m)v′＋mv B.Mv0＝(M－m)v′＋m(v＋v0) C.Mv0＝(M－m)v′＋m(v＋v′)
D.Mv0＝Mv′＋mv
栏目 导引
第十四章
动量守恒研究
解析：选A.动量守恒定律必须相对于同 一参考系.本题中的各个速度都是相对 于地面的,不需要转换,发射炮弹前系统 的总动量为Mv0;发射炮弹后,炮弹的动
守恒 (1)弹性碰撞：碰撞过程中机械能____,
即碰撞前后系统总动能相等.
栏目 导引
第十四章
动量守恒研究
(2)非弹性碰撞：碰撞过程中机械能 不守恒 小于 _______,即碰撞后的机械能_____碰撞 前的机械能. (3)完全非弹性碰撞：碰撞后物体
合为一体 相同 __________,具有_____的速度,这种碰撞
栏目 导引
第十四章
动量守恒研究
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
定守恒.
栏目 导引
第十四章
动量守恒研究
则有
栏目 导引
第十四章
动量守恒研究
m1v1＝m1v1′＋m2v2′ 1 1 1 2 2 2 m v ＝ m v′ 1＋ m2v′2 2 1 1 2 1 2 (m1－m2)v1 2m1v1 解得：v1′＝ ,v2′＝ m1＋m2 m1＋m2
栏目 导引
第十四章
动量守恒研究
结论：(1)当两球质量相等时,v1′＝0,v2′ ＝v1,两球碰撞后交换了速度. (2) 当 质 量 大 的 球 碰 质 量 小 的 球 时,v1′>0,v2′>0,碰撞后两球都向前运动. (3) 当 质 量 小 的 球 碰 质 量 大 的 球 时,v1′<0,v2′>0,碰撞后质量小的球被反 弹回来.
(4)同时性：动量守恒方程等号左侧表 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.
栏目 导引
第十四章
动量守恒研究
3.应用动量守恒定律的解题步骤 (1)确定相互作用的系统为研究对象; (2)分析研究对象所受的外力; (3)判断系统是否符合动量守恒条件;
所具有的动量. (3)物体动量的变化率
等于它所受的力，这是牛顿第二
定律的另一种表达形式.
栏目 导引
第十四章
动( )
A.物体的动量变化,其速度大小一定变化 B.物体的动量变化,其速度方向一定变化
C.物体的速度变化,其动量大小一定变化
D.物体的速率变化,其动量一定变化
栏目 导引
第十四章
动量守恒研究
要点透析•直击高考
一、动量、动能、动量变化量的比较
名称 项目 定义 动量 物体的质量和 速度的乘积 p＝mv 动能 物体由于运动 而具有的能量 1 Ek＝ mv2 2 动量的变化量 物体末动量与 初动量的矢量 差 Δp＝p′－p
定义式
栏目 导引
第十四章
动量守恒研究
名称 项目 矢标性 特点
栏目 导引
第十四章
动量守恒研究
解析：选D.由p＝mv 可知,物体的动量 与质量的大小、速度的大小(速率)和方 向三个因素有关,只要其中一个因素变 化或它们都变化,p就变化.动能是标量,
只有速度的大小发生变化动能才变化.
故选项D正确.
栏目 导引
第十四章
动量守恒研究
二、动量守恒定律的理解及应用 1.几种常见表述及表达式 (1)p＝p′(系统相互作用前的总动量p等
栏目 导引
第十四章
动量守恒研究
解析：选A.由两球的动量都是6 kg· m/s 可知,运动方向都向右,且能够相碰,说明 左方是质量小速度大的小球,故左方是A 球,碰后A球的动量减少了4 kg· m/s,即A
球的动量为2 kg· m/s,由动量守恒定律得
B球的动量为10 kg· m/s,故可得其速度比
为2∶5,故选项A是正确的.
栏目 导引
第十四章
动量守恒研究
题型探究•解码命题
题型1
例1
动量守恒定律的应用
(2012· 宁德质检)小孩和大人一起
在水平冰面上以3 m/s的速度向右匀速
滑行,两人突然互推了一下,结果小孩以2
m/s的速度向左滑行.
栏目 导引
第十四章
动量守恒研究
已知小孩的质量为30 kg,大人的质量为 60 kg,则互推后大人的速度变为( A. 5.5 m/s B. 4.5 m/s )
动量守恒研究
(2)瞬时性：动量是描述物体运动状态
时刻 的量,是针对某一_____而言的.
(3)相对性：大小与参考系的选取有关, 地面 通常情况是指相对______的动量.
2mEk 4.动量与动能的关系：p＝________
栏目 导引
第十四章
动量守恒研究
5.动量的变化量 末动量 (1)定义：物体在某段时间内_______与 初动量 _______的矢量差(也是矢量). (2)表达式：Δp＝p′－p. (3)同一直线上动量的运算 如果物体的动量始终保持在同一条直线 上,在选定一个正方向之后,动量的运算
于相互作用后的总动量p′).
(2)Δp＝0(系统总动量不变).