(浙江专用版)2020版高考物理复习专题五方法专题第12讲应用数学知识和方法处理物理问题讲义
第12讲 应用数学知识和方法处理物理问题1．动态平衡问题的几何解法 等效圆周角不变法物体受三个力平衡：一个力恒定、另外两个力大小、方向都变化，但两力夹角不变时可用此法(如图)．由弦长的变化判断力的变化，此类题也可用正弦定理求解． 2．与圆有关的几何知识 (1)周长：2πr ，面积：πr 2； (2)直径所对的圆周角是直角；(3)同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于它所对圆心角的一半；(4)圆的函数方程：(x －a )2＋(y －b )2＝r 2是以点(a ，b )为圆心、r 为半径的圆．例1 如图所示，在半径R ＝4cm 的圆形区域内有方向垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B ＝0.1T ，圆的直径OA 恰好落在x 轴上，C 为圆心．在原点O 处有一粒子源，可向xOy 平面内的各个方向发射速度大小均为v ＝8×105m/s 、比荷q m＝1×108C/kg 的带负电粒子，粒子重力不计．(1)当粒子的初速度方向与x 轴夹角为θ时，恰好能从A 点射出，求θ角；(2)调整粒子源的出射速度大小为2×105m/s ，试用阴影图画出粒子在磁场中能到达的区域，并求出该区域的面积(取π≈3)． 答案 见解析解析 (1)设粒子在磁场中做圆周运动的半径为r 1，据qvB ＝mv 2r 1，解得：r 1＝8cm.分析知，粒子做圆周运动的圆心与O 、A 三点组成等边三角形，由几何关系知：θ＝30° (2)v 改变后，粒子做圆周运动的半径：r 2＝2cm ，能到达的阴影区域如图所示S 半圆＝12πr 22 S 扇形＝16π(2r 2)2S 弧＝S 扇形－12×2r 2·3r 2故S 阴影＝116πr 22－3r 22≈15cm 2.y ＝a cos θ＋b sin θ＝a 2＋b 2 (a a 2＋b 2cos θ＋ba 2＋b 2sin θ)令sin φ＝a a 2＋b2，cos φ＝ba 2＋b 2则有：y ＝a 2＋b 2(sin φcos θ＋cos φsin θ)＝a 2＋b 2sin (φ＋θ) 所以当φ＋θ＝π2时，y 有最大值，且y max ＝a 2＋b 2.例2 (2019·广东肇庆市一模)如图a 所示，一物体以一定的速度v 0沿足够长的固定斜面向上运动，此物体在斜面上的最大位移与斜面倾角的关系如图b 所示．设各种条件下，物体与斜面间的动摩擦因数不变，取g ＝10m/s 2.试求：(1)物体与斜面之间的动摩擦因数及物体的初速度大小； (2)θ为多大时，x 值最小？求出x 的最小值． 答案 (1)33 5m/s (2)π3 538m 解析 (1)当θ为90°时，由运动学知识可得：v 02＝2gh 设动摩擦因数为μ，当θ＝0°时摩擦力大小为：F f ＝μmgF f ＝ma 1由运动学公式可得：v 02＝2a 1x 0联立以上各式解得：μ＝33，v 0＝5m/s (2)对于任意角度，根据动能定理可得，物体对应的最大位移x 满足的关系式： 12mv 02＝mgx sin θ＋μmgx cos θ 上式变形可得：x ＝v 022g (sin θ＋μcos θ)＝h sin θ＋μcos θ＝h1＋μ2sin (θ＋φ)μ＝tan φ，则x 的最小值为x min ＝h1＋μ2＝32h ＝583m 对应的θ＝π2－φ＝π2－π6＝π3二次函数y ＝ax 2＋bx ＋c (a 、b 、c 为常数且a ≠0)，当x ＝－b2a 时，y 有极值y m (a >0时，y m 为极小值；a <0时，y m 为极大值)．例3 (2017·全国卷Ⅱ·17)如图所示，半圆形光滑轨道固定在水平地面上，半圆的直径与地面垂直，一小物块以速度v 从轨道下端滑入轨道，并从轨道上端水平飞出，小物块落地点到轨道下端的距离与轨道半径有关，此距离最大时，对应的轨道半径为(重力加速度大小为g )( )A.v 216gB.v 28gC.v 24gD.v 22g答案 B解析 小物块由最低点到最高点的过程，由机械能守恒定律得12mv 2＝2mgr ＋12mv 12，小物块做平抛运动时，落地点到轨道下端的距离x ＝v 1t ， 又2r ＝12gt 2，联立解得，x ＝2v 2gr －4r 2， 由数学知识可知，当r ＝v 28g时，x 最大，故选项B 正确．数列是高中数学的一个重点，日常生活中的很多实际问题都可以利用数列知识进行求解，物理情境中也有很多问题与数列有关．某一复杂物理过程中如果同一物理情境重复出现，往往会涉及数学归纳法和数列知识的应用．高中物理涉及的数列知识主要有等差数列、等比数列、通项公式和前n 项和公式的应用等．解题的基本思路分三步：第一步，逐个分析开始阶段的几个物理过程；第二步，利用数学归纳法寻找变化物理量的通项公式；第三步，应用数列知识分析求解．例4 如图所示，竖直放置的半圆形光滑轨道半径为R ，圆心为O ，下端与水平轨道在B 点平滑连接．一质量为m 的物块(可视为质点)，置于水平轨道上的A 点．已知A 、B 两点间的距离为L ，物块与水平轨道间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g .(1)若物块能到达的最高点是半圆形轨道上与圆心O 等高的C 点，则物块在A 点水平向左运动的初速度应为多大？(2)若对物块始终施加水平向左的恒力F ＝53μmg ，并将其从A 点由静止释放，且运动过程始终不脱离轨道，求物块第2n (n ＝1,2,3，…)次经过B 点时的速度大小． 答案 (1)2g (μL ＋R ) (2)(12)n －2μgL3解析 (1)设物块在A 点时的速度为v 1，由动能定理有：－μmgL －mgR ＝0－12mv 12解得：v 1＝2g (μL ＋R ).(2)设第2、4、6、…、2n 次经过B 点时的速度分别为v 2、v 4、…、v 2n第2、4、6、…、2n 次离开B 点向右滑行的最大距离分别为L 1、L 2、…、L n ，则有： (F －μmg )L ＝12mv 22－(F ＋μmg )L 1＝0－12mv 22(F －μmg )L 1＝12mv 42解得：v 4v 2＝F －μmg F ＋μmg ＝12同理v 6v 4＝12，…，v 2n v 2n －2＝12综上有：v 2n v 2＝(12)n －1得：v 2n ＝(12)n －2μgL3. 拓展训练1 (2019·湖南省六校4月联考)如图所示，在光滑水平面上有一质量为2018m 的木板，板上有2018块质量均为m 的相同木块1、2、…、2018.最初木板静止，各木块分别以v 、2v 、…、2018v 同时向同一方向运动，木块和木板间的动摩擦因数为μ，且木块间不发生碰撞和离开木板的现象．求最终木板的速度大小．答案20194v 解析 木块与木板最终一起以速度v ′运动，由动量守恒可知m (v ＋2v ＋…＋2018v )＝2×2018mv ′； 解得v ′＝20194v .对于两个大于零的变量a 、b ，若其和a ＋b 为一定值，则当a ＝b 时，其积ab 有极大值；若其积ab 为一定值，则当a ＝b 时，其和a ＋b 有极小值．例5 为研究静电除尘，有人设计了一个盒状容器，容器侧面是绝缘的透明有机玻璃，它的上下底面是面积S ＝0.04m 2的金属板，间距L ＝0.05m ，当连接到U ＝2500V 的高压电源正负两极时，能在两金属板间产生一个匀强电场，如图所示．现把一定量均匀分布的烟尘颗粒密闭在容器内，每1m 3有烟尘颗粒1×1013个，假设这些颗粒都处于静止状态，每个颗粒的带电荷量q ＝＋1.0×10－17C ，质量m ＝2.0×10－15kg ，不考虑烟尘颗粒之间的相互作用和空气阻力，并忽略烟尘颗粒所受的重力．问合上开关后：(1)经过多长时间烟尘颗粒可以被全部吸附？ (2)除尘过程中电场力对烟尘颗粒共做了多少功？ (3)经过多长时间容器中烟尘颗粒的总动能达到最大？ 答案 (1)0.02s (2)2.5×10－4J (3)0.014s解析 (1)由题意可知，只要位于上板表面的烟尘能被吸附到下板，烟尘即被认为全部吸收．设经过时间t 烟尘颗粒可以被全部吸附，烟尘所受的电场力F ＝qULL ＝12at 2＝12·F m t 2＝qUt 22mL 得：t ＝2mqUL ＝0.02s.(2)由于板间烟尘颗粒均匀分布，可以认为烟尘的重心位于板间中点位置，因此，除尘过程中电场力对烟尘所做的总功为：W ＝12NSLqU ＝2.5×10－4J.(3)设烟尘颗粒下落的距离为x ，则板内烟尘的总动能为： E k ＝12mv 2·NS (L －x )＝qUL x ·NS (L －x )当x ＝L2时，E k 达最大 又x ＝12at 12所以t 1＝2xa＝mqUL ≈0.014s.在电磁感应中，如导体切割磁感线运动，产生感应电动势为E ＝BLv ，感应电流I ＝BLvR，受安培力为F ＝BIL ＝B 2L 2Rv ，因为是变力问题，所以可以用微元法．例6 (2019·金丽衢十二校联考)如图所示，空中等间距分布水平方向的条形匀强磁场，竖直方向磁场区域足够长、磁感应强度均一样，每一条形磁场区域的宽及相邻条形磁场区域的间距均为d .现让一边长为L (L <d )、质量为m 、总电阻为R 的匀质正方形线框MNOP 受到瞬时的水平冲量I 0，使线框从左侧磁场边缘水平进入磁场．(不计空气阻力，线框运动过程中始终保持MN 与磁场边缘线平行)(1)线圈进入磁场的全过程中，MN 边相当于产生感应电流的“电源”，这“电源”的非静电力与什么力有关？(2)线圈刚穿过第一个磁场区域后水平速度变为v 1，求线圈完全处在第一个磁场中时的水平速度大小v ；(3)若L ＝0.2m ，m ＝0.1kg ，R ＝0.1Ω，d ＝0.5m ，I 0＝0.9N·s，且每个区域磁场的磁感应强度B ＝1.0T ，求线框从刚进入磁场到运动方向开始竖直向下的过程中已穿过完整条形磁场的区域个数n 和产生的焦耳热Q . 答案 (1)洛伦兹力 (2)mv 1＋I 02m(3)5 4.05J 解析 (1)与洛伦兹力有关 (2)初速度为：v 0＝I 0m线框进入第一个磁场区域过程，水平方向由动量定理有： －∑BiL ·Δt ＝mv －mv 0 即有：BLq ＝mv 0－mv线框出第一个磁场区域过程，水平方向由动量定理有： －∑BiL ·Δt ＝mv 1－mv 即有：BLq ＝mv －mv 1 解以上方程可得：v ＝mv 1＋I 02m(3)线框运动方向开始竖直向下时水平方向速度为0.设线框从刚进入磁场到运动方向开始竖直向下的过程中已穿过完整条形磁场区域n 个，整个过程由动量定理有：2nBLq ＝mv 0－0q ＝BL 2R解得：n ＝RI 02B 2L3＝5.625(完整个数取5)v 0＝I 0m ＝9m/sQ ＝12mv 02＝4.05J拓展训练2 (多选)(2019·安徽合肥市第二次质检)如图所示，足够长的光滑平行金属导轨与水平面成θ角放置，导轨间距为L 且电阻不计，其顶端接有一阻值为R 的电阻，整个装置处于磁感应强度为B 的匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向下．一质量为m 的金属棒以初速度v 0由导轨底端上滑，经一段时间滑行距离x 到达最高点后，又返回底端．棒与两导轨始终垂直且接触良好，其接入电路中的电阻为r ，重力加速度为g .下列说法正确的是( )A ．棒下滑过程的平均速度等于v 02B ．棒下滑过程通过R 的电荷量为BLx RC ．棒上滑时间等于mv 0(R ＋r )－B 2L 2xmg (R ＋r )sin θD ．棒上滑过程中回路产生的焦耳热等于12mv 02－mgx sin θ答案 CD解析 根据能量守恒得，除最高点外，在任何一个位置，上滑到此位置的速度大于下滑到此位置的速度，则上滑的平均速度大于下滑的平均速度，在上滑过程中，物体做加速度逐渐减小的减速运动，故上滑的平均速度小于v 02，下滑的平均速度小于v 02，故A 错误；根据感应电荷量公式q ＝ΔΦR ＋r 可知，下滑过程中通过R 的电荷量q ＝BLxR ＋r ，故B 错误；上滑过程，以向上为正方向，对棒由动量定理得：－(mg sin θ＋BiL )Δt ＝m Δv ，两边求和得：－∑(mg sin θ·Δt )－∑(BiL Δt )＝∑m Δv ，整理得：－mg sin θ·t －BLq ＝0－mv 0，又q ＝BLxR ＋r，解得t ＝mv 0(R ＋r )－B 2L 2xmg (R ＋r )sin θ，故C 正确；棒上滑到最高点的过程中，由能量守恒定律可得，回路中产生的总焦耳热为：Q ＝12mv 02－mgx sin θ，故D 正确．专题强化练基础题组1．如图所示，在斜面上有四条光滑细杆，其中OA 杆竖直放置，OB 杆与OD 杆等长，OC 杆与斜面垂直放置，每根杆上都套着一个小滑环(图中未画出)，四个环分别从O 点由静止释放，沿OA 、OB 、OC 、OD 滑到斜面上所用的时间依次为t 1、t 2、t 3、t 4.下列关系不正确的是( )A ．t 1>t 2B ．t 1＝t 3C ．t 2＝t 4D ．t 2<t 4答案 C解析 以OA 为直径画圆建立等时圆模型，小滑环受重力和支持力，由牛顿第二定律得a ＝g cos θ(θ为杆与竖直方向的夹角) 由图中的直角三角形可知，小滑环的位移x ＝2R cos θ 由x ＝12at 2，得t ＝2x a＝2R cos θg cos θ＝2R g， t 与θ无关，可知从圆上最高点沿任意一条弦滑到底端所用时间相同，故沿OA 和OC 滑到底端的时间相同，即t 1＝t 3，OB 不是一条完整的弦，时间最短，即t 1>t 2，OD 长度超过一条弦，时间最长，即t 2<t 4，选项A 、B 、D 正确，C 错误．2．如图所示，将两个质量均为m ，带电荷量分别为＋q 、－q 的小球a 、b ，用两细线相连并悬挂于O 点，置于沿水平方向的匀强电场中，电场强度为E ，且Eq ＝mg ，用力F 拉小球a ，使整个装置处于平衡状态，且两条细线在一条直线上，则F 的大小可能为( )A ．3mg B.12mg C ．mg D.22mg 答案 A解析 先分析b 的平衡，由于Eq ＝mg ，所以两线与竖直方向夹角为45°，再分析整体平衡：两电场力抵消，转变成典型的三力平衡问题，画矢量三角形如图所示，F 的最小值F min ＝ 2mg sin45°＝2mg ，则应满足F ≥2mg ，故A 正确．3．如图所示，传送带通过滑道将长为L 、质量为m 的匀质物块以初速度v 0向右送上水平台面，物块前端在台面上滑动s 距离停下来．已知滑道上的摩擦不计，物块与台面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g ，而且s >L ，则物块的初速度v 0为( )A.2μgLB.2μgs －μgLC.2μgsD.2μgs ＋μgL答案 B解析 物块位移在由0增大到L 的过程中，对台面的压力随位移由0均匀地增加至mg ，故整个过程的摩擦力的大小随位移变化的图象如图所示，图中梯形“面积”表示物块克服摩擦力所做的功．由动能定理得：12μmg (s －L ＋s )＝12mv 02可解得v 0＝2μgs －μgL . 能力题组4．如图甲所示，木板与水平地面间的夹角θ可以随意改变，当θ＝30°时，可视为质点的一小物块恰好能沿着木板匀速下滑．若让该小物块从木板的底端以大小恒定的速度v 0沿木板向上运动(如图乙)，随着θ的改变，小物块沿木板滑行的最大距离s 将发生变化，重力加速度为g .(1)求小物块与木板间的动摩擦因数；(2)当θ角满足什么条件时，小物块沿木板上滑的最大距离s 最小，并求出此最小值． 答案 (1)33(2)θ＝60°3v 024g解析 (1)由题意知，当θ＝30°时，对物块受力分析得mg sin θ＝μF NF N ＝mg cos θ联立得μ＝tan θ＝tan30°＝33(2)小物块向上运动，则有mg sin θ＋μmg cos θ＝ma v 02＝2as则s ＝v 022g (sin θ＋μcos θ) ＝v 022g 1＋μ2sin (θ＋α) 令tan α＝μ，当θ＋α＝90°时，s 最小，此时有θ＝60°有s min ＝v 022g 1＋μ2＝3v 024g 5．如图所示，质量为m 的由绝缘材料制成的球与质量为M ＝19m 的金属球并排悬挂．现将绝缘球拉至与竖直方向成θ＝60°的位置自由释放，下摆后在最低点处与金属球发生弹性碰撞．在平衡位置附近存在垂直于纸面的磁场．已知由于磁场的阻尼作用，金属球将于再次碰撞前停在最低点处．求经过几次碰撞后绝缘球偏离竖直方向的最大角度将小于45°.答案 3次解析 设在第n 次碰撞前绝缘球的速度为v n －1，碰撞后绝缘球、金属球的速度分别为v n 和V n .由于碰撞过程中动量守恒、碰撞前后动能相等，设速度向左为正，则mv n －1＝MV n －mv n ① 12mv n －12＝12MV n 2＋12mv n 2② 由①、②两式及M ＝19m 解得v n ＝910v n －1③V n ＝110v n －1④第n 次碰撞后绝缘球的动能为 E n ＝12mv n 2＝(0.81)n E 0⑤E 0为第1次碰撞前的动能，即初始能量绝缘球在θ0＝60°与θ＝45°处的势能之比为 E E 0＝mgl (1－cos θ)mgl (1－cos θ0)≈0.586⑥ 式中l 为摆长．根据⑤式，经n 次碰撞后E n E 0＝(0.81)n ⑦ 易算出(0.81)2≈0.656，(0.81)3≈0.531，因此，经过3次碰撞后θ将小于45°.6．(2019·河南驻马店市第一学期期末)如图所示，间距为L ＝0.5m 的两条平行金属导轨，水平放置在竖直向下的匀强磁场中，磁场的磁感应强度B ＝0.2T ，轨道左侧连接一定值电阻R ＝1Ω.垂直导轨的导体棒ab 在水平外力F 作用下沿导轨运动，并始终与导轨接触良好．t ＝0时刻，导体棒从静止开始做匀加速直线运动，力F 随时间t 变化的规律如图乙所示．已知导体棒和导轨间的动摩擦因数为μ＝0.5，导体棒和导轨的电阻均不计．取g ＝10m/s 2，求：(1)导体棒的加速度大小；(2)导体棒的质量．答案 (1)5m/s 2 (2)0.1kg解析 (1)设导体棒的质量为m ，导体棒做匀加速直线运动的加速度为a ，某时刻t ，导体棒的速度为v ，所受的摩擦力为F f ，则导体棒产生的电动势：E ＝BLv回路中的电流I ＝E R导体棒受到的安培力：F 安＝BIL由牛顿第二定律：F －F 安－F f ＝ma由题意v ＝at 联立解得：F ＝B 2L 2a Rt ＋ma ＋F f 根据题图乙可知，0～10s 内图象的斜率为0.05N/s ，即B 2L 2a R＝0.05N/s ，解得a ＝5 m/s 2 (2)由F －t 图象纵截距可知：ma ＋F f ＝1.0N又F f ＝μmg解得m ＝0.1kg.7．(2019·山东德州市上学期期末)如图所示，宽度为L 的光滑固定金属导轨由水平部分和倾斜部分组成，水平部分足够长，倾斜部分与水平面的夹角为30°.导轨水平部分处于竖直向上的匀强磁场中，倾斜部分处于斜向上与导轨平面垂直的匀强磁场中，两磁场的磁感应强度大小均为B .导体棒ab 和cd 分别置于导轨的倾斜部分上和水平部分上并保持静止，现将导体棒ab ，在距导轨水平部分高度为h 处释放，导体棒ab 在到达MN 处之前已达到稳定的运动状态，在导体棒ab 到达MN 时再释放导体棒cd ，导体棒ab 在MN 处由倾斜部分进入水平部分时无能量损失．已知导体棒ab 质量为m ，长为L ，电阻为r ，导体棒cd 质量也为m ，长也为L ，电阻为2r ，导轨电阻忽略不计，当地重力加速度为g ，导体棒ab 、cd 始终与导轨接触良好，求：(1)导体棒ab 到达MN 之前稳定运动时的速度大小；(2)整个过程中导体棒ab 产生的焦耳热；(3)整个过程中通过导体棒ab 某一横截面的电荷量．答案 (1)3mgr 2B 2L 2 (2)13mgh －3m 3g 2r 216B 4L 4 (3)2BLh 3r ＋3m 2gr 4B 3L 3 解析 (1)导体棒ab 到达MN 之前稳定时，由平衡条件得mg sin30°＝ILB I ＝BLv 3r联立得：v ＝3mgr2B 2L 2 (2)导体棒ab 进入水平部分后，ab 和cd 组成的系统动量守恒：mv ＝2mv ′导体棒ab 和cd 最终各自的速度大小相同，都为v ′＝3mgr 4B 2L 2 整个过程中能量守恒mgh ＝2×12mv ′2＋Q 导体棒ab 产生的焦耳热Q ab ＝13Q 得Q ab ＝13mgh －3m 3g 2r 216B 4L 4 (3)导体棒ab 自开始运动至到达MN 的过程中，通过导体棒ab 某一横截面的电荷量q 1＝I Δt I ＝E 3r E ＝ΔΦΔt ΔΦ＝L ·h sin30°得q 1＝2BLh 3r对导体棒cd 的运动过程运用动量定理：BL I 1Δt 1＋BL I 2Δt 2＋BL I 3Δt 3＋…＝mv ′－0q 2＝I 1Δt 1＋I 2Δt 2＋I 3Δt 3＋… 得q 2＝3m 2gr 4B 3L 3整个过程中通过导体棒ab 的电荷量q ＝q 1＋q 2＝2BLh 3r ＋3m 2gr 4B 3L 3。
2024新高考浙江版高中信息技术专题五 信息系统概述及安全知识点归纳讲解PPT
主要任务
加快基础设施
加快调整与改
建设,教育培训 革,逐步消除发
(提高认识)
展不利因素。
加强教育培训,
提升信息素质
改进体制机制
关注弱势群
体、实施普遍
服务
鼓励创新
考点三 信息系统的安全与保护
一、信息安全与保护
(一)个人信息及其保护
1.个人信息:个人信息可以分为个人敏感信息和个人一般信息。其中个
b.未经软件版权人的允许,不得对其软件进行复制、修改、传播等操作,
更不能进行商业性转让、销售等侵权活动。
3.自媒体时代
1)进行社会舆论监督、反映社情民意是自媒体带给人们最大的好处。
2)自媒体在享有通信自由权、信息传播自由权、信息选择权时,也理应
承担道德上的责任和义务。自媒体时代,我们在传播信息时要提升自律
面性。
3.在线政府
在线政府的特征:
1)科学决策。2)公开透明。3)高效治理。
4)互动参与。
4.数字生活
随着信息技术广泛应用于人们的日常生活,人们的生活方式和生活理念
发生了深刻变化。
1)生活工具数字化。
2)生活方式数字化。
3)生活内容数字化。
(三)中国信息社会的阶段划分
阶段划分
信息社会
准备阶段
发展阶段
线、有线、光纤、卫星数据通信设施以及电视、电话等设备。
5.用户
信息系统中的用户范围很广,如信息系统的使用者、计算机和非计算机
设备的操作与维护人员、程序设计员、数据库管理员、系统分析员、
信息系统的管理人员及人工收集、加工、传输信息的有关人员等。
(二)信息系统的功能
1.数据收集和输入功能
信息系统的首要任务是把数据收集并记录下来,整理成信息系统要求的
2024届高考一轮复习物理教案(新教材人教版浙江专用)：牛顿第一定律 牛顿第二定律
考情分析牛顿第二定律的应用2022·江苏卷·T12022·河北卷·T92021·北京卷·T132020·山东卷·T12020·海南卷·T122020·江苏卷·T5牛顿第二定律与直线运动2022·辽宁卷·T72022·浙江6月选考·T192021·辽宁卷·T13 实验：探究加速度与力、质量的关系2021·北京卷·T152021·湖南卷·T112020·浙江7月选考·T17(1)牛顿第二定律相关拓展创新实验2021·福建卷·T12(阻力与速度的关系)2020·山东卷·T13(测重力加速度)试题情境生活实践类跳水、蹦床、蹦极、火箭发射、无人机、跳伞运动、电梯内的超重及失重学习探究类传送带模型，板块模型，探究加速度与受力、质量的关系，测量动摩擦因数第1讲牛顿第一定律牛顿第二定律目标要求 1.理解惯性的本质和牛顿第一定律的内容.2.掌握牛顿第二定律的内容及公式.3.了解单位制，并知道七个基本单位．会用国际单位制检查结果表达式是否正确．考点一牛顿第一定律一、牛顿第一定律1．内容：一切物体总保持匀速直线运动状态或静止状态，除非作用在它上面的力迫使它改变这种状态．2．理想实验：它是在经验事实基础上采用科学的抽象思维来展开的实验，是人们在思想上塑造的理想过程．牛顿第一定律是通过理想斜面实验得出的，它不能由实际的实验来验证．3．物理意义(1)揭示了物体在不受外力或所受合外力为零时的运动规律．(2)提出了一切物体都具有惯性，即物体维持其原有运动状态的特性．(3)揭示了力与运动的关系，说明力不是维持物体运动状态的原因，而是改变物体运动状态的原因．强调：运动状态的改变指速度的改变，速度改变则必有加速度，故力是物体产生加速度的原因．二、惯性1．定义：物体保持原来匀速直线运动状态或静止状态的性质叫作惯性．2．惯性大小的量度质量是物体惯性大小的唯一量度．物体的质量越大，惯性越大；物体的质量越小，惯性越小．1．牛顿第一定律是实验定律．(×)2．运动的物体惯性大，静止的物体惯性小．(×)3．物体不受力时，将处于静止状态或匀速直线运动状态．(√)1．对惯性的理解(1)惯性是物体的固有属性，一切物体都具有惯性．(2)物体的惯性总是以“保持原状”“反抗改变”两种形式表现出来．(3)物体惯性的大小取决于质量，质量越大，惯性越大．(4)惯性与物体的受力情况、运动状态及所处的位置无关．2．惯性的表现形式(1)物体不受外力或所受的合外力为零时，惯性表现为物体保持匀速直线运动状态或静止状态．(2)物体受到外力且合外力不为零时，惯性表现为物体运动状态改变的难易程度．惯性越大，物体的运动状态越难改变．例1(多选)科学家关于物体运动的研究对树立正确的自然观具有重要作用．下列说法中符合历史事实的是()A．亚里士多德认为，必须有力作用在物体上，物体的运动状态才会改变B．伽利略通过“理想实验”得出结论：如果物体不受力，它将以这一速度永远运动下去C．笛卡儿指出，如果运动中的物体没有受到力的作用，它将继续以同一速度沿同一直线运动，既不会停下来，也不会偏离原来的方向D．牛顿认为，物体都具有保持原来匀速直线运动状态或静止状态的性质答案BCD解析亚里士多德认为，必须有力作用在物体上，物体才能运动，故A错误；伽利略通过“理想实验”得出结论：力不是维持运动的原因，如果物体不受力，它将以这一速度永远运动下去，故B 正确；笛卡儿指出，如果运动中的物体没有受到力的作用，它将继续以同一速度沿同一直线运动，既不会停下来，也不会偏离原来的方向，故C 正确；牛顿认为物体都具有保持原来匀速直线运动状态或静止状态的性质，故D 正确．例2 如图所示，一只盛水的容器固定在一个小车上，在容器中分别用细绳悬挂和拴住一个铁球和一个乒乓球，容器中水和铁球、乒乓球都处于静止状态，当容器随小车突然向右运动时，两球的运动状况是(以小车为参考系)( )A ．铁球向左，乒乓球向右B ．铁球向右，乒乓球向左C ．铁球和乒乓球都向左D ．铁球和乒乓球都向右 答案 A解析 当容器突然向右运动时，同等体积的铁球和水比较，铁球的质量大，铁球保持原来的运动状态，相对于水向左偏移，相对于小车向左运动，同等体积的乒乓球和水比较，水的质量大，水相对于乒乓球向左偏移，因此乒乓球相对于水向右偏移，相对于小车向右运动，故选A.考点二 牛顿第二定律1．内容：物体加速度的大小跟它受到的作用力成正比，跟它的质量成反比，加速度的方向跟作用力的方向相同． 2．表达式：F ＝ma .1．物体加速度的方向一定与合外力方向相同．( √ )2．由m ＝Fa 可知，物体的质量与其所受合外力成正比，与其运动的加速度成反比．( × )3．可以利用牛顿第二定律确定高速电子的运动情况．( × )1．对牛顿第二定律的理解2．力和运动之间的关系(1)不管速度是大是小，或是零，只要合力不为零，物体就有加速度．(2)a ＝Δv Δt 是加速度的定义式，a 与Δv 、Δt 无必然联系；a ＝F m 是加速度的决定式，a ∝F ，a ∝1m .(3)合力与速度同向时，物体做加速直线运动；合力与速度反向时，物体做减速直线运动．考向1 对牛顿第二定律的理解例3 (多选)下列说法正确的是( )A ．对静止在光滑水平面上的物体施加一个水平力，当力刚作用瞬间，物体立即获得加速度B ．物体由于做加速运动，所以才受合外力作用C ．F ＝ma 是矢量式，a 的方向与F 的方向相同，与速度方向无关D ．物体所受合外力减小，加速度一定减小，而速度不一定减小 答案 ACD解析 由于物体的加速度和合外力是瞬时对应关系，由此可知当力作用瞬间，物体会立即产生加速度，选项A 正确；根据因果关系，合外力是产生加速度的原因，即物体由于受合外力作用，才会产生加速度，选项B 错误；F ＝ma 是矢量式，a 的方向与F 的方向相同，与速度方向无关，选项C 正确；由牛顿第二定律可知物体所受合外力减小，加速度一定减小，如果物体做加速运动，其速度会增大，如果物体做减速运动，速度会减小，选项D 正确． 例4 某型号战斗机在某次起飞中，由静止开始加速，当加速度a 不断减小至零时，飞机刚好起飞．关于起飞过程，下列说法正确的是( ) A ．飞机所受合力不变，速度增加得越来越慢 B ．飞机所受合力减小，速度增加得越来越快 C ．速度方向与加速度方向相同，速度增加得越来越快 D ．速度方向与加速度方向相同，速度增加得越来越慢 答案 D解析 根据牛顿第二定律可知，当合力逐渐减小至零时加速度a 不断减小到零；飞机做加速运动，加速度方向与速度方向相同，加速度减小，即速度增加得越来越慢，故A 、B 、C 项错误，D 项正确．考向2 牛顿第二定律的简单应用例5 2021年10月16日0时23分，“神舟十三号”成功发射，顺利将三名航天员送入太空并进驻空间站．在空间站中，如需测量一个物体的质量，需要运用一些特殊方法：如图所示，先对质量为m 1＝1.0 kg 的标准物体P 施加一水平恒力F ，测得其在1 s 内的速度变化量大小是10 m/s ，然后将标准物体与待测物体Q 紧靠在一起，施加同一水平恒力F ，测得它们1 s 内速度变化量大小是2 m/s.则待测物体Q 的质量m 2为( )A ．3.0 kgB ．4.0 kgC ．5.0 kgD ．6.0 kg答案 B解析 对P 施加F 时，根据牛顿第二定律有a 1＝F m 1＝Δv 1Δt ＝10 m/s 2，对P 和Q 整体施加F 时，根据牛顿第二定律有a 2＝Fm 1＋m 2＝Δv 2Δt＝2 m/s 2，联立解得m 2＝4.0 kg ，故选B.例6 (2022·全国乙卷·15)如图，一不可伸长轻绳两端各连接一质量为m 的小球，初始时整个系统静置于光滑水平桌面上，两球间的距离等于绳长L .一大小为F 的水平恒力作用在轻绳的中点，方向与两球连线垂直．当两球运动至二者相距35L 时，它们加速度的大小均为( )A.5F 8mB.2F 5mC.3F 8mD.3F 10m 答案 A解析 当两球运动至二者相距35L 时，如图所示，由几何关系可知sin θ＝3L 10L 2＝35，设绳子拉力为F T ，水平方向有2F T cos θ＝F ，解得F T ＝58F ，对任意小球由牛顿第二定律有F T ＝ma ，解得a ＝5F8m ，故A 正确，B 、C 、D 错误．利用牛顿第二定律解题的思路 (1)选取研究对象进行受力分析；(2)应用平行四边形定则或正交分解法求合力； (3)根据F 合＝ma 求物体的加速度a .例7 (多选)某物体在光滑的水平面上受到两个恒定的水平共点力的作用，以10 m/s 2的加速度做匀加速直线运动，其中F 1与加速度方向的夹角为37°，某时刻撤去F 1，此后该物体(sin 37°＝0.6)( )A ．加速度可能为5 m/s 2B ．速度的变化率可能为6 m/s 2C ．1秒内速度变化大小可能为20 m/sD ．加速度大小一定不为10 m/s 2 答案 BC解析 根据牛顿第二定律F 合＝ma ＝10m ，F 1与加速度方向的夹角为37°，根据几何知识可知，F 2有最小值，最小值为F 2min ＝F 合sin 37°＝6m .所以当F 1撤去后，合力的最小值为F min ＝6m ，合力的取值范围为6m ≤F 合，所以加速度的最小值为a min ＝F minm＝6 m/s 2.故B 、C 正确． 考点三 单位制1．单位制：基本单位和导出单位一起组成了单位制．2．基本单位：基本量的单位．国际单位制中基本量共七个，其中力学有三个，是长度、质量、时间，单位分别是米、千克、秒．3．导出单位：由基本量根据物理关系推导出来的其他物理量的单位． 4．国际单位制的基本单位物理量名称 物理量符号单位名称 单位符号长度 l 米 m 质量 m 千克(公斤)kg 时间 t 秒 s 电流 I 安[培] A 热力学温度 T 开[尔文] K 物质的量 n ，(ν) 摩[尔] mol 发光强度I ，(I v )坎[德拉]cd例8 (2023·浙江1月选考·1)下列属于国际单位制中基本单位符号的是( ) A ．J B ．K C ．W D ．Wb 答案 B解析 国际单位制中的七个基本单位分别是千克、米、秒、安培、开尔文、坎德拉、摩尔，符号分别是kg 、m 、s 、A 、K 、cd 、mol ，其余单位都属于导出单位，故选B.例9 汽车在高速行驶时会受到空气阻力的影响，已知空气阻力f ＝12cρS v 2，其中c 为空气阻力系数，ρ为空气密度，S 为物体迎风面积，v 为物体与空气的相对运动速度．则空气阻力系数c 的国际单位是( ) A ．常数，没有单位 B.sm C.s 2kg·m D.N·s 2kg 2 答案 A解析 由f ＝12cρS v 2，可得c ＝2f ρS v 2，右边式子代入单位可得 2 kg·m/s 2kg/m 3·m 2·(m/s )2＝2，即c 为常数，没有单位，B 、C 、D 错误，A 正确．课时精练1.伽利略曾用如图所示的“理想实验”来研究力与运动的关系，则下列选项符合实验事实的是()A．小球由静止开始释放，“冲”上对接的斜面B．没有摩擦，小球上升到原来释放时的高度C．减小斜面的倾角θ，小球仍然到达原来的高度D．继续减小斜面的倾角θ，最后使它成水平面，小球沿水平面永远运动下去答案 A解析小球由静止开始释放，“冲”上对接的斜面，这是事实，故A正确；因为生活中没有无摩擦的轨道，所以小球上升到原来释放时的高度为推理，故B错误；减小斜面的倾角θ，小球仍然到达原来的高度是在B项的基础上进一步推理，故C错误；继续减小斜面的倾角θ，最后使它成水平面，小球沿水平面永远运动下去，这是在C项的基础上继续推理得出的结论，故D错误．2.(2020·浙江7月选考·7)如图所示，底部均有4个轮子的行李箱a竖立、b平卧放置在公交车上，箱子四周有一定空间．当公交车()A．缓慢启动时，两只行李箱一定相对车子向后运动B．急刹车时，行李箱a一定相对车子向前运动C．缓慢转弯时，两只行李箱一定相对车子向外侧运动D．急转弯时，行李箱b一定相对车子向内侧运动答案 B解析a行李箱与车厢底面接触的为4个轮子，而b行李箱与车厢底面接触的为箱体平面．缓慢启动时，加速度较小，两只行李箱所受静摩擦力可能小于最大静摩擦力，故两只行李箱可能相对公交车静止，不会向后运动，故A错误；急刹车时，a、b行李箱由于惯性，要保持原来的运动状态，但a行李箱与车厢底面的摩擦力比较小，故a行李箱会向前运动，b行李箱可能静止不动，也可能向前运动，故B正确；缓慢转弯时，向心加速度较小，两只行李箱特别是b行李箱所受静摩擦力可能足以提供向心力，则b行李箱可能相对公交车静止，不一定相对车子向外侧运动，故C错误；急转弯时，若行李箱b所受静摩擦力不足以提供所需向心力时会发生离心运动，可能会向外侧运动，故D错误．3．(2022·江苏卷·1)高铁车厢里的水平桌面上放置一本书，书与桌面间的动摩擦因数为0.4，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g＝10 m/s2.若书不滑动，则高铁的最大加速度不超过()A．2.0 m/s2B．4.0 m/s2C．6.0 m/s2D．8.0 m/s2答案 B解析书放在水平桌面上，若书相对于桌面不滑动，则最大静摩擦力提供加速度，即有F fm ＝μmg＝ma m，解得a m＝μg＝4 m/s2，书相对高铁静止，故若书不滑动，高铁的最大加速度为4 m/s2，B正确，A、C、D错误．4.如图，某飞行器在月球表面起飞后，一段时间内沿与月面夹角为θ的直线做加速运动．此段时间飞行器发动机的喷气方向可能沿()A．方向①B．方向②C．方向③D．方向④答案 C解析飞行器在起飞后的某段时间内的飞行方向与水平面成θ角，且速度在不断增大，说明飞船所受合外力的方向与速度同向，飞行器受重力和喷气推力的作用，即重力与推力的合力与速度方向相同，飞行器所受喷气的反冲力与喷气方向相反，由题图可知，只有推力在③的反方向时，合力才可能与速度同向，故C正确，A、B、D错误．5.(2023·河北衡水市冀州区第一中学高三检测)某人想测量地铁启动过程中的加速度，他把一根细绳的下端绑着一支圆珠笔，细绳的上端用电工胶布临时固定在地铁的竖直扶手上．在地铁启动后的某段加速过程中，细绳偏离了竖直方向，他用手机拍摄了当时情景的照片，拍摄方向跟地铁前进方向垂直．细绳偏离竖直方向约为30°角，此时地铁的加速度约为( )A ．6 m/s 2B ．7.5 m/s 2C ．10 m/s 2D ．5 m/s 2答案 A解析 对圆珠笔进行受力分析，如图所示，根据牛顿第二定律有F 合＝ma ，由图可分析出F 合mg ＝ag＝tan 30°，解得a ≈6 m/s 2，故A 正确，B 、C 、D 错误．6.如图所示，轻弹簧左端固定，右端自由伸长到O 点并系住质量为m 的物体，现将弹簧压缩到A 点，然后释放，物体可以一直运动到B 点．如果物体受到的阻力恒定，则( )A ．物体从A 到O 先加速后减速B ．物体从A 到O 做加速运动，从O 到B 做减速运动C ．物体运动到O 点时，所受合力为零D ．物体从A 到O 的过程中，加速度逐渐减小 答案 A解析 物体从A 到O ，初始阶段受到的向右的弹力大于阻力，合力向右．随着物体向右运动，弹力逐渐减小，合力逐渐减小，由牛顿第二定律可知，加速度向右且逐渐减小，由于加速度与速度同向，物体的速度逐渐增大．当物体向右运动至AO 间某点(设为点O ′)时，弹力减小到与阻力相等，物体所受合力为零，加速度为零，速度达到最大．此后，随着物体继续向右运动，弹力继续减小，阻力大于弹力，合力方向变为向左．至O 点时弹力减为零．所以物体越过O′点后，合力(加速度)方向向左且逐渐增大，由于加速度与速度反向，故物体做加速度逐渐增大的减速运动，综上所述A正确．7．(2023·江苏省南师附中模拟)橡皮筋也像弹簧一样，在弹性限度内，伸长量x与弹力F的大小成正比，即F＝kx，k的值与橡皮筋未受到拉力时的长度L、横截面积S有关，理论与实践都表明k＝Y SL，其中Y是一个由材料决定的常数，材料学上称之为杨氏模量．在国际单位制中，杨氏模量Y的单位应该是() A．N B．m C．N/m D．Pa答案 D解析根据k＝Y SL ，可得Y＝kLS，则Y的单位是Nm·mm2＝Nm2＝Pa，故选D.8.(2023·北京市第四十三中学月考)某同学使用轻弹簧、直尺、钢球等制作了一个“竖直加速度测量仪”．如图所示，弹簧上端固定，在弹簧旁沿弹簧长度方向固定一直尺．不挂钢球时，弹簧下端指针位于直尺20 cm刻度处；下端悬挂钢球，静止时指针位于直尺40 cm刻度处．将直尺不同刻度对应的加速度标在直尺上，就可用此装置直接测量竖直方向的加速度．取竖直向上为正方向，重力加速度大小为g.下列说法正确的是()A．30 cm刻度对应的加速度为－0.5gB．40 cm刻度对应的加速度为gC．50 cm刻度对应的加速度为2gD．各刻度对应加速度的值是不均匀的答案 A解析在40 cm刻度处，有mg＝F弹，则40 cm刻度对应的加速度为0，B错误；由分析可知，在30 cm刻度处，有F弹－mg＝ma，有a＝－0.5g，A正确；由分析可知，在50 cm刻度处，有F弹－mg＝ma，代入数据有a＝0.5g，C错误；设某刻度对应值为x，结合分析可知mg·Δx－mg0.2 m＝a，Δx＝x－0.2 m(取竖直向上为正方向)，经过计算有a＝5gx－2g (m/s2)(x≥0.2 m) m或a＝－5gx (m/s2)(x<0.2 m)，根据以上分析，加速度a与刻度对应值x成线性关系，则各刻度对应加速度的值是均匀的，D错误．9.(多选)如图，圆柱形玻璃容器内装满液体静置于水平面上，容器中有a、b、c三个不同材质的物块，物块a、c均对容器壁有压力，物块b悬浮于容器内的液体中，忽略a、c与容器壁间的摩擦．现给容器施加一个水平向右的恒力，使容器向右做匀加速直线运动．下列说法正确的是()A．三个物块将保持图中位置不变，与容器一起向右加速运动B．物块a将相对于容器向左运动，最终与容器右侧壁相互挤压C．物块b将相对于容器保持静止，与容器一起做匀加速运动D．物块c将相对于容器向右运动，最终与容器右侧壁相互挤压答案CD解析由题意可知，c浮在上面对上壁有压力，可知c排开水的质量大于c本身的质量，同理b排开水的质量等于b本身的质量，a排开水的质量小于a本身的质量；则当容器向右做匀加速运动时，由牛顿第一定律可知，物块a将相对于容器向左运动，最终与容器左侧壁相互挤压；物块b将相对于容器保持静止，与容器一起做匀加速运动；物块c因相等体积的水将向左运动，则导致c将相对于容器向右运动，最终与容器右侧壁相互挤压(可将c想象为一个小气泡)，故选C、D.10．如图甲所示，水平地面上轻弹簧左端固定，右端通过小物块压缩0.4 m后锁定，t＝0时解除锁定，释放小物块．计算机通过小物块上的速度传感器描绘出它的v－t图线如图乙所示，其中Oab段为曲线，bc段为直线，倾斜直线Od是t＝0时图线的切线，已知小物块的质量为m＝2 kg，重力加速度取g＝10 m/s2，则下列说法正确的是()A．小物块与地面间的动摩擦因数为0.3B ．小物块与地面间的动摩擦因数为0.4C ．弹簧的劲度系数为175 N/mD ．弹簧的劲度系数为150 N/m答案 C解析 根据v －t 图线斜率的绝对值表示加速度大小，由题图乙知，物块脱离弹簧后的加速度大小a ＝Δv Δt ＝ 1.50.55－0.25 m/s 2＝5 m/s 2，由牛顿第二定律得μmg ＝ma ，所以μ＝a g＝0.5，A 、B 错误；刚释放时物块的加速度大小为a ′＝Δv ′Δt ′＝30.1m/s 2＝30 m/s 2，由牛顿第二定律得kx －μmg ＝ma ′，代入数据解得k ＝175 N/m ，C 正确，D 错误．11.(多选)如图所示，一个小球O 用1、2两根细绳连接并分别系于箱子上的A 点和B 点，OA 与水平方向的夹角为θ，OB 水平，开始时箱子处于静止状态，下列说法正确的是( )A ．若使箱子水平向右加速运动，则绳1、2的张力均增大B ．若使箱子水平向右加速运动，则绳1的张力不变，绳2的张力增大C ．若使箱子竖直向上加速运动，则绳1、2的张力均增大D ．若使箱子竖直向上加速运动，则绳1的张力增大，绳2的张力不变答案 BC解析 箱子静止时，对小球，根据平衡条件得F OA sin θ＝mg ，F OB ＝F OA cos θ，若使箱子水平向右加速运动，则在竖直方向上合力为零，有F OA ′sin θ＝mg ，F OB ′－F OA ′cos θ＝ma ，所以绳1的张力不变，绳2的张力增大，选项A 错误，B 正确；若使箱子竖直向上加速运动，则F OA ″sin θ－mg ＝ma ′，F OB ″＝F OA ″cos θ，所以绳1的张力增大，绳2的张力也增大，选项C 正确，D 错误．12.如图为用索道运输货物的情景，已知倾斜的索道与水平方向的夹角为37°，质量为m 的货物与车厢地板之间的动摩擦因数为0.3.当载重车厢沿索道向上加速运动时，货物与车厢仍然保持相对静止状态，货物对车厢水平地板的正压力为其重力的1.15倍，连接索道与车厢的杆始终沿竖直方向，重力加速度为g ，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，那么这时货物对车厢地板的摩擦力大小为( )A ．0.35mgB ．0.3mgC ．0.23mgD ．0.2mg答案 D解析 将a 沿水平和竖直两个方向分解，对货物受力分析如图所示，水平方向：F f ＝ma x ，竖直方向：F N －mg ＝ma y ，F N ＝1.15mg ， 又a y a x ＝34，联立解得F f ＝0.2mg ，故D 正确． 13.如图所示，小车上有一定滑轮，跨过定滑轮的绳上一端系一小球，另一端系在弹簧测力计上，弹簧测力计固定在小车上．开始时小车处于静止状态，当小车匀加速向右运动时( )A ．弹簧测力计读数及小车对地面压力均增大B ．弹簧测力计读数及小车对地面压力均变小C ．弹簧测力计读数变大，小车对地面的压力不变D ．弹簧测力计读数不变，小车对地面的压力变大答案 C解析 开始时小车处于静止状态，小球受重力mg 、绳的拉力F 绳1，由于小球静止，所以F 绳1＝mg ，当小车匀加速向右运动稳定时，小球也向右匀加速运动．小球受力如图，由于小球向右做匀加速运动，所以小球的加速度水平向右，根据牛顿第二定律，小球的合力也水平向右，根据几何关系得出：此时绳子的拉力F 绳2>mg ，所以绳中拉力变大，弹簧测力计读数变大．对整体进行受力分析：开始时小车处于静止状态，整体所受地面的支持力等于其重力．当小车匀加速向右运动稳定时，整体在竖直方向无加速度，所以整体所受地面的支持力仍然等于其重力，由牛顿第三定律知，小车对地面的压力不变．故选C.。
2020年高考真题——物理(浙江卷)
一、选择题Ⅰ（本题共13小题，每小题3分，共39分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分）
1。国际单位制中电荷量的单位符号是C，如果用国际单位制基本单位的符号来表示，正确的是（ ）
A。 B. C。 D。
【答案】B
【解析】
【详解】根据电荷量公式q=It可知,电流I的单位是A,时间t的单位是s，故用国际单位制的基本单位表示电量的单位为A∙s，故B正确,ACD错误。
选项B正确；
C．若空气对无人机的作用力为
F=mg=200N
则无人机上升过程中消耗的平均功率
但是由于空气对无人机向上的作用力不是一直为200N,则选项C错误;
D．无人机上升及悬停时，螺旋桨会使周围空气产生流动，则会有部分功率用于对空气做功，选项D正确。
故选BD。
三、非选择题（本题共6小题,共55分）
17.做“探究加速度与力、质量的关系"实验时，图甲是教材中的实验方案;图乙是拓展方案，其实验操作步骤如下：
B。a点和b点的电场强度相同
C.b点的电势低于d点的电势
D. 负电荷从a点移动到c点时电势能增加
【答案】D
【解析】
【详解】A．根据电场线与等势面垂直关系，可判断P点处为负电荷，无穷远处电势为0，e点在PQ连线的中垂线上，则 ，A错误；
B．a、b两点电场强度大小相同，方向不同，则a、b两点电场强度不同，B错误；
14.太阳辐射的总功率约为 ,其辐射的能量来自于聚变反应。在聚变反应中,一个质量为 （c为真空中的光速）的氘核（ ）和一个质量为 的氚核( ）结合为一个质量为 的氦核（ ）,并放出一个X粒子，同时释放大约 的能量。下列说法正确的是（ )
A。 X粒子是质子
(浙江专用)2020版高考数学直线、平面平行的判定与性质讲义(含解析)
§ 8.4 直线、平面平行的判定与性质基础知识自主学习----------------------------------------------------------- 回加■眦利, 训—「知识梳理1 .线面平行的判定定理和性质定理2.面面平行的判定定理和性质定理:1.一条直线与一个平面平行，那么它与平面内的所有直线都平行吗？提示不都平行.该平面内的直线有两类，一类与该直线平行，一类与该直线异面.2.一个平面内的两条相交直线与另一个平面内的两条相交直线分别对应平行，那么这两个平面平行吗？提示平行.可以转化为“一个平面内的两条相交直线与另一个平面平行”，这就是面面平行的判定定理.，基础自测题组一思考辨析1.判断下列结论是否正确(请在括号中打或“X”)(1)若一条直线平行于一个平面内的一条直线，则这条直线平行于这个平面. (X )(2)平行于同一条直线的两个平面平行. (X )(3)如果一个平面内的两条直线平行于另一个平面，那么这两个平面平行. (x )(4)如果两个平面平行，那么分别在这两个平面内的两条直线平行或异面. ( V )(5)若直线a与平面a内无数条直线平行，则a// a .( x )⑹若 a //。
，直线all a，贝U a//。
.( X )题组二教材改编2.［P58练习T3］平面a //平面。
的一个充分条件是( )A.存在一条直线a, a// a , a//。
B.存在一条直线a, a? a , all(3C.存在两条平行直线a, b, a?也，b? (3 , a//。
，b// aD.存在两条异面直线a, b, a? a , b? (3 , a//。
，b// a答案D解析若 a n 3 = l , a // l , a? a , a?。
，则a // a , a // 3 ,故排除A.若a n 3 = l , a? a , a // l ,则a//。
，故排除 B.若 a n 3 = l，a?济，all l , b?。
专题23 家庭与婚姻-三年(2020-2022)高考政治真题分项汇编(原卷版)
专题23 家庭与婚姻一、单选题1. （2022·06浙江高考真题）2019年1月，张某在H市购买一处房产。
2021年5月，张某与王某结婚，双方书面约定：婚姻关系存续期间，购买的不动产归共同所有，取得的其他财产归各自所有。
2021年9月，王某在N市购买一处房产。
2022年3月，张某发表小说作品获稿酬5万元，王某获得其父母赠与小车一辆。
关于财产的归属，下列说法正确的是（）A. H市和N市房产归张某、王某共同所有B. H市房产归张某所有，N市房产归王某所有C. 稿酬5万元和小车归张某、王某共同所有D. 稿酬5万元归张某所有，小车归王某所有2. （2022·01浙江高考真题）钱某与妻子周某离婚，女儿小钱被判给周某。
钱某后来与刘某再婚，刘某有一在外地独立生活的成年儿子小刘。
钱某年迈去世，留下一处房产和数十万存款，未立遗嘱。
可以继承钱某遗产的有（）①妻子刘某②前妻周某③女儿小钱④继子小刘A. ①②B. ①③C. ②④D. ③④3．（2020·浙江·高考真题）王某是某中学的音乐教师，与没有音乐细胞的张某结婚三年后，因夫妻感情破裂要求离婚。
双方就财产的分割发生纠纷。
以下属于王某个人财产的是（）①王某婚后购买的价值上万元的音乐书籍②王某婚后接受张某爷爷指定赠与她的小轿车③王某婚后创作的音乐作品所获的收益④王某婚后用婚前个人财产炒股所获得的收益A．①②B．③④C．②③D．①④4．（2020·浙江·高考真题）小明八周岁时父母离异。
两年后,母亲与孙某再婚,并生下女儿小玲。
小明一直跟随母亲和孙某生活,直至他和小玲都成家立业。
五年后,孙某病重,生活出现困难,要求小明和小玲支付赡养费。
下列说法中正确的是①孙某只能要求小玲支付赡养费②孙某应当向人民调解委员会申请调解③孙某有权要求小明和小玲支付赡养费④小明对孙某的财产有继承权A．①②B．②③C．①④D．③④二、材料分析题5．（2021·浙江·模拟预测）李某（女）与张某（男）在登记结婚后第三年购置了新房。
(浙江地区)中考数学总复习 专题五 情境应用型问题
【点评】本题是一个由三角形向外作两个等边三角形或正方形得一相同 的结论，并利用这一结论解决生活中的实际问题；考查了等边三角形、 正方形的性质及全等三角形的判定和性质；找出图形中三角形全等是解 决此题的关键；并利用勾股定理计算边长．
浙江专用
专题五 情境应用型问题
情境应用问题是以现实生活为背景，取材新颖，立意巧妙，重在考查阅 读理解能力和数学建模能力，让学生在阅读理解的基础上，将实际问题 转化为数学问题．其主要类型有代数型(包括方程型、不等式型、函数型 、统计型)和几何型两大类． 解决代数型应用问题：关键是审题，弄清关键词句的含义；重点是分析 ，找出问题中的数量关系，并将其转化为数学式子，进行整理、运算、 解答． 解决几何型应用问题：一般是先将实际问题转化为几何问题，再运用相 关的几何知识进行解答，要注重数形结合，充分利用“图形”的直观性 和“数”的细微性．
(2)由题意，得 1 号车第三次恰好经过景点 C 行驶的路程为：800×2 ＋800×4×2＝8000，∴1 号车第三次经过景点 C 需要的时间为：8000÷200 ＝40 分钟，两车第一次相遇的时间为：1600÷400＝4.第一次相遇后两车 每相遇一次需要的时间为：800×4÷400＝8，∴两车相遇的次数为：(40 －4)÷8＋1＝5.5 次．∴这一段时间内它与 2 号车相遇的次数为：5 次．发 现：由题意，得情况一需要时间为：8002×004－x＝16－2x00，情况二需要 的时间为：8002×040＋x＝16＋20x0，∵16－2x00＜16＋2x00，∴情况二用时 较多．
三个解题方法 (1)方程(组)、不等式、函数型情境应用题：解决这类问题的关键是针对 背景材料，设定合适的未知数，找出相等关系，建立方程(组)、不等式 、函数型模型来解决； (2)统计概率型应用题：解决这类问题：①要能从多个方面去收集数据信 息，特别注意统计图表之间的相互补充和利用；②通过对数据的整理， 能从统计学角度出发去描述、分析，并作出合理的推断和预测； (3)几何型情境应用题：解决这类问题的关键是在理解题意的基础上，对 问题进行恰当地抽象与概括，建立恰当的几何模型，从而确定某种几何 关系，利用相关几何知识来解决．几何求值问题，当未知量不能直接求 出时，一般需设出未知数，继而建立方程(组)，用解方程(组)的方法去 求结果，这是解题中常见的具有导向作用的一种思想．
浙江高考数学知识点归纳
浙江高考数学知识点归纳浙江高考数学知识点涵盖了高中数学的多个领域，包括代数、几何、概率统计等。
以下是对这些知识点的归纳总结：一、代数部分1. 集合与函数：集合的基本概念、运算，函数的定义、性质、图像。
2. 数列：等差数列、等比数列的通项公式和求和公式，数列的极限和单调性。
3. 不等式：不等式的基本性质，解不等式的方法，绝对值不等式。
4. 复数：复数的基本概念，复数的运算，复数的几何意义。
5. 多项式：多项式的运算，因式分解，多项式函数的性质。
二、几何部分1. 平面几何：直线、圆、椭圆、双曲线、抛物线的基本性质和方程。
2. 立体几何：空间直线与平面的位置关系，多面体和旋转体的体积和表面积。
3. 解析几何：坐标系中点、线、面的方程，圆锥曲线的参数方程。
三、概率与统计1. 概率论基础：事件的独立性，概率的加法和乘法规则。
2. 随机变量及其分布：离散型随机变量和连续型随机变量，分布列和期望值。
3. 统计基础：数据的收集、整理和描述，样本均值、方差和标准差。
四、微积分部分1. 极限：数列极限和函数极限的概念，无穷小的比较。
2. 导数：导数的定义，基本导数公式，复合函数、隐函数和参数方程的导数。
3. 积分：不定积分和定积分的概念，牛顿-莱布尼茨公式，积分的应用。
五、线性代数1. 矩阵：矩阵的运算，行列式，逆矩阵。
2. 向量空间：向量的基本运算，基、维数和坐标。
3. 线性变换：线性变换的定义，特征值和特征向量。
六、其他知识点1. 逻辑推理：命题逻辑，逻辑推理的方法。
2. 算法初步：算法的概念，基本算法语句。
结束语通过对浙江高考数学知识点的归纳，可以看出，高考数学不仅要求学生掌握数学的基础知识，还要求具备一定的逻辑推理能力和解决实际问题的能力。
希望每位考生都能够系统地复习，充分准备，以优异的成绩迎接高考的挑战。
高三物理复习——应用数学知识和方法处理物理问题
高三物理复习——应用数学知识和方法处理物理问题[专题复习定位]1．解决问题本专题主要是应用数学知识和方法解决物理问题，考查分析、归纳和推理能力，对数学能力的要求较高．2．高考重点主要考查的数学知识和方法有：正、余弦定理；三角函数；函数表达式；不等式；微元法和极限法；几何图形的分析等．3．题型难度本专题选择题和计算题都可涉及；选择题一般考查某一数学方法的应用，难度中等；计算题主要考查应用数学知识分析、解决物理问题的能力，题目难度较大．例1(2019·山东日照市3月模拟)如图1所示，两个质量分别为3m、m的小圆环A、B用不可伸长的细线连着，套在一个竖直固定的大圆环上，大圆环的圆心为O.系统平衡时，细线所对的圆心角为90°，大圆环和小圆环之间的摩擦力及细线的质量忽略不计，重力加速度大小用g表示，下列判断正确的是()图1A．小圆环A、B受到大圆环的支持力之比是3∶1B．小圆环A受到大圆环的支持力与竖直方向的夹角为15°C．细线与水平方向的夹角为30°D．细线的拉力大小为32mg答案A解析对A和B进行受力分析，根据平行四边形定则作出重力和支持力的合力，此合力的大小等于绳子的拉力的大小，设A、B所受的支持力与竖直方向的夹角分别为α和β，如图所示：根据正弦定理可以得到：3mg sin 45°＝F T sin α，mg sin 45°＝F T ′sin β， 由于F T ＝F T ′，α＋β＝90°整理可以得到：α＝30°，β＝60°，F T ＝F T ′＝62mg 再次利用正弦定理：F N A sin (180°－45°－30°)＝3mg sin 45°，F N B sin (180°－45°－60°)＝mg sin 45°整理可以得到：F N A F N B ＝31，故选项A 正确，B 、D 错误； 由题图根据几何知识可以知道，细线与水平方向的夹角为180°－(45°＋30°)－90°＝15°，故选项C 错误.例2 (2019·山西临汾市二轮复习模拟)如图2所示是一旅行箱，它既可以在地面上推着行走，也可以在地面上拉着行走．已知该旅行箱的总质量为15 kg ，一旅客用斜向上的拉力拉着旅行箱在水平地面上做匀速直线运动，若拉力的最小值为90 N ，此时拉力与水平方向间的夹角为θ，重力加速度大小为g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，旅行箱受到地面的阻力与其受到地面的支持力成正比，比值为μ，则( )图2A ．μ＝0.5，θ＝37°B ．μ＝0.5，θ＝53°C ．μ＝0.75，θ＝53°D ．μ＝0.75，θ＝37° 答案 D解析 对旅行箱受力分析，如图所示：根据平衡条件，水平方向，有：F cos θ－F f ＝0，竖直方向，有：F N ＋F sin θ－G ＝0，其中：F f ＝μF N ，故F ＝μG cos θ＋μsin θ令μ＝tan α，则F ＝G sin αcos (α－θ)； 当α－θ＝0°时，F 有最小值，故F ＝G sin α＝90 N ，故α＝37°，故μ＝tan 37°＝0.75，θ＝37°，故选D.例3 (2019·湖北武汉市四月调研)某质点做匀加速直线运动，经过时间t 速度由v 0变为k v 0(k >1)，位移大小为x .则在随后的4t 内，该质点的位移大小为( )A.8(3k －2)x k ＋1B.8(2k －1)x k ＋1C.8(2k －1)x k －1D.3(5k －3)x k ＋1答案 A解析 根据题目已知条件可以作出以下图象由v －t 图象与t 轴所围成的面积表示位移可得，用时t 的位移为x ＝v 0＋k v 02·t ； 5t 时间内的位移为x ′＝v 0＋(5k －4)v 02·5t ，。
第12讲 归纳法-2021年高考物理解题方法大全(解析版)
第12讲归纳法（解析版）—高中物理解题方法28法20讲江苏省特级教师学科网特约金牌名师戴儒京著名物理学家、诺贝尔奖获得者杨振宁教授在谈到他从中国到美国留学时说：在中国学了推演法，就是学了第一定律、第二定律等，然后用这些定律解题，从一般到特殊；在美国学习了归纳法，就是从实验总结规律，从特殊到一般。
杨振宁教授的这番话，告诉我们中美学习物理的方法之不同。
在我们物理学的茫茫题海中，大部分是用推演法（即演绎法）去解的，但也有少数用归纳法解的题目。
1.什么叫归纳法？归纳论证是一种由个别到一般的论证方法。
它通过许多个别的事例，然后归纳出它们所共有的特性，从而得出一个一般性的结论。
归纳法可以先举事例再归纳结论，即我们通常所说之归纳法，归纳法是从个别性知识，引出一般性知识的推理，是由已知真的前提，引出可能真的结论。
它把特性或关系归结到基于对特殊的代表(token)的有限观察的类型；或公式表达基于对反复再现的现象的模式(pattern)的有限观察的规律。
2.归纳法是物理学研究方法之一。
通过样本信息来推断总体信息的技术。
要做出正确的归纳，就要从总体中选出的样本，这个样本必须足够大而且具有代表性。
3.归纳法分为完全归纳法和不完全归纳法。
归纳推理也可称为归纳方法.完全归纳推理，也叫完全归纳法.不完全归纳推理，也叫不完全归纳法。
4.归纳法在解物理题中的应用：物理过程与序数n有关的情况，n的个数较多，可考虑用归纳法解题。
5.用归纳法解物理题的解题程序：首先分析物理过程，找出物理过程适用的物理规律，例如用动量守恒定律或动能定理，根据物理规律写出方程式，求解出第1个物理过程的解，例如v1、s1等，然后根据第2、3个物理过程的结果（如v2、v3或s2、s3等）找出其中的规律性，列出递推公式（如v n、s n等与v1、s1及n的关系式），最后根据递推公式求解未知量，如求n或求总路程。
例1．回旋加速器在核科学、核技术、核医学等高新技术领域得到了广泛应用，有力地推动了现代科学技术的发展。
2024届高考一轮复习物理教案(新教材人教版浙江专用)：动量守恒定律及应用
第2讲动量守恒定律及应用目标要求 1.理解系统动量守恒的条件.2.会应用动量守恒定律解决基本问题.3.会用动量守恒观点分析爆炸、反冲运动和人船模型.4.理解碰撞的种类及其遵循的规律．考点一动量守恒定律的理解和基本应用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．1．只要系统所受合外力做功为0，系统动量就守恒．(×)2．系统的动量不变是指系统的动量大小和方向都不变．(√)3．若物体相互作用时动量守恒，则机械能一定守恒．(×)4．动量守恒定律的表达式m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，一定是矢量式，应用时要规定正方向，且其中的速度必须相对同一个参考系．(√)1．适用条件(1)理想守恒：不受外力或所受外力的合力为零．(2)近似守恒：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)某一方向守恒：如果系统在某一方向上所受外力的合力为零，则系统在这一方向上动量守恒．2．动量守恒定律的五个特性矢量性动量守恒定律的表达式为矢量方程，解题应选取统一的正方向相对性各物体的速度必须是相对同一参考系的速度(一般是相对于地面)同时性动量是一个瞬时量，表达式中的p1、p2、…应是系统中各物体在相互作用前同一时刻的动量，p1′、p2′、…应是系统中各物体在相互作用后同一时刻的动量系统性研究的对象是相互作用的两个或多个物体组成的系统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，还适用于接近光速运动的微观粒子组成的系统考向1系统动量守恒的判断例1(2021·全国乙卷·14)如图，光滑水平地面上有一小车，一轻弹簧的一端与车厢的挡板相连，另一端与滑块相连，滑块与车厢的水平底板间有摩擦．用力向右推动车厢使弹簧压缩，撤去推力时滑块在车厢底板上有相对滑动．在地面参考系(可视为惯性系)中，从撤去推力开始，小车、弹簧和滑块组成的系统()A．动量守恒，机械能守恒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，机械能不守恒答案 B解析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.考向2动量守恒定律的基本应用例2(2023·浙江温州市模拟)如图所示，光滑平面上有一辆质量为2m的小车，车上左右两端分别站着甲、乙两人，他们的质量都是m，开始两个人和车一起以速度v0向右匀速运动．某一时刻，站在车右端的乙先以相对地面向右的速度v跳离小车，然后站在车左端的甲以相对于地面向左的速度v跳离小车．两人都离开小车后，小车的速度将是()A．v0B．2v0C．大于v0，小于2v0D．大于2v0答案 B解析两人和车所组成的系统动量守恒，初动量为4m v0，方向向右．当甲、乙两人先后以相对地面相等的速度向两个方向跳离时，甲、乙两人的动量和为零，则有4m v0＝2m v车，可得v车＝2v0，选项B正确．应用动量守恒定律解题的步骤考向3动量守恒定律的临界问题例3甲、乙两小孩各乘一辆小车在光滑的水平冰面上匀速相向行驶，速度大小均为v0＝6 m/s，甲车上有质量为m＝1 kg的小球若干个，甲和他的小车及小车上小球的总质量为M1＝50 kg，乙和他的小车的总质量为M2＝30 kg.为避免相撞，甲不断地将小球以相对地面为v′＝16.5 m/s的水平速度抛向乙，且被乙接住，假如某一次甲将小球抛出且被乙接住后，刚好可保证两车不相撞．则甲总共抛出的小球个数是()A．12 B．13 C．14 D．15答案 D解析规定甲的速度方向为正方向，两车刚好不相撞，则两车速度相等，由动量守恒定律得M1v0－M2v0＝(M1＋M2)v，解得v＝1.5 m/s，对甲、小车及从甲车上抛出的小球，由动量守恒定律得M1v0＝(M1－n·m)v＋n·m v′，解得n＝15，D正确．考点二爆炸、反冲运动和人船模型1．爆炸现象的三个规律动量守恒爆炸物体间的相互作用力远远大于受到的外力，所以在爆炸过程中，系统的总动量守恒动能增加在爆炸过程中，有其他形式的能量(如化学能)转化为机械能，所以系统的机械能增加位置不变爆炸的时间极短，因而作用过程中物体产生的位移很小，可以认为爆炸后各部分仍然从爆炸前的位置以新的动量开始运动2.反冲运动的三点说明作用原理反冲运动是系统内两物体之间的作用力和反作用力产生的效果动量守恒反冲运动中系统不受外力或内力远大于外力，所以反冲运动遵循动量守恒定律机械能增加反冲运动中，由于有其他形式的能转化为机械能，所以系统的总机械能增加1．发射炮弹，炮身后退；园林喷灌装置一边喷水一边旋转均属于反冲现象．(√)2．爆炸过程中机械能增加，反冲过程中机械能减少．(×)考向1爆炸问题例4(2021·浙江1月选考·12)在爆炸实验基地有一发射塔，发射塔正下方的水平地面上安装有声音记录仪．爆炸物自发射塔竖直向上发射，上升到空中最高点时炸裂成质量之比为2∶1、初速度均沿水平方向的两个碎块．遥控器引爆瞬间开始计时，在5 s末和6 s末先后记录到从空气中传来的碎块撞击地面的响声．已知声音在空气中的传播速度为340 m/s，忽略空气阻力．下列说法正确的是()A．两碎块的位移大小之比为1∶2B．爆炸物的爆炸点离地面高度为80 mC．爆炸后的质量大的碎块的初速度为68 m/sD．爆炸后两碎块落地点之间的水平距离为340 m答案 B解析设碎块落地的时间为t，质量大的碎块水平初速度为v，则由动量守恒定律知质量小的碎块水平初速度为2v，爆炸后的碎块做平抛运动，下落的高度相同，则在空中运动的时间相同，由水平方向x＝v0t知落地水平位移之比为1∶2，碎块位移s＝x2＋y2，可见两碎块的位移大小之比不是1∶2，故A项错误；据题意知，v t＝(5－t)×340 (m/s)，又2v t＝(6－t)×340 (m/s)，联立解得t ＝4 s ，v ＝85 m/s ，故爆炸点离地面高度为h ＝12gt 2＝80 m ，故B 项正确，C 项错误；两碎块落地点的水平距离为Δx ＝3v t ＝1 020 m ，故D 项错误．考向2 反冲运动例5 (2023·河南省模拟)发射导弹过程可以简化为：将静止的质量为M (含燃料)的导弹点火升空，在极短时间内以相对地面的速度v 0竖直向下喷出质量为m 的炽热气体，忽略喷气过程中重力和空气阻力的影响，则喷气结束时导弹获得的速度大小是( ) A.mMv 0 B.M m v 0 C.M M －m v 0 D.m M －m v 0答案 D解析 由动量守恒定律得m v 0＝(M －m )v ，导弹获得的速度v ＝mM －m v 0，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：m v 人－M v 船＝0 (2)两物体的位移大小满足：m x 人t －M x 船t ＝0，x 人＋x 船＝L ，得x 人＝M M ＋m L ，x 船＝mM ＋m L3．运动特点(1)人动则船动，人静则船静，人快船快，人慢船慢，人左船右；(2)人船位移比等于它们质量的反比；人船平均速度(瞬时速度)比等于它们质量的反比，即x 人x 船＝v 人v 船＝M m. 例6 (多选)如图所示，绳长为l ，小球质量为m ，小车质量为M ，将小球向右拉至水平后放手，则(水平面光滑)( )A ．系统的总动量守恒B ．水平方向任意时刻小球与小车的动量等大反向或都为零C ．小球不能向左摆到原高度D ．小车向右移动的最大距离为2mlM ＋m答案 BD解析 系统只是在水平方向所受的合力为零，竖直方向的合力不为零，故水平方向的动量守恒，而总动量不守恒，A 错误，B 正确；根据水平方向的动量守恒及机械能守恒得，小球仍能向左摆到原高度，C 错误；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v m ，小车水平方向的平均速度为v M ，m v m －M v M ＝0，两边同时乘以运动时间t ，m v m t －M v M t ＝0，即mx m ＝Mx M ，又x m ＋x M ＝2l ，解得小车向右移动的最大距离为2mlM ＋m，D 正确．考点三 碰撞问题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1．碰撞前后系统的动量和机械能均守恒．( × )2．在光滑水平面上的两球相向运动，碰撞后均变为静止，则两球碰撞前的动量大小一定相同．( √ )3．两球发生非弹性碰撞时，既不满足动量守恒定律，也不满足机械能守恒定律．( × )1．弹性碰撞的重要结论以质量为m 1、速度为v 1的小球与质量为m 2的静止小球发生弹性碰撞为例，则有 m 1v 1＝m 1v 1′＋m 2v 2′ 12m 1v 12＝12m 1v 1′2＋12m 2v 2′2 联立解得：v 1′＝m 1－m 2m 1＋m 2v 1，v 2′＝2m 1m 1＋m 2v 1讨论：①若m 1＝m 2，则v 1′＝0，v 2′＝v 1(速度交换)；②若m 1>m 2，则v 1′>0，v 2′>0(碰后两小球沿同一方向运动)；当m 1≫m 2时，v 1′≈v 1，v 2′≈2v 1；③若m 1<m 2，则v 1′<0，v 2′>0(碰后两小球沿相反方向运动)；当m 1≪m 2时，v 1′≈－v 1，v 2′≈0.2．静止物体被撞后的速度范围物体A 与静止的物体B 发生碰撞，当发生完全非弹性碰撞时损失的机械能最多，物体B 的速度最小，v B ＝m A m A ＋m B v 0，当发生弹性碰撞时，物体B 速度最大，v B ＝2m Am A ＋m B v 0.则碰后物体B的速度范围为：m A m A ＋m B v 0≤v B ≤2m Am A ＋m B v 0.考向1 碰撞的可能性例7 A 、B 两球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，m A ＝1 kg ，m B ＝2 kg ，v A ＝6 m/s ，v B ＝2 m/s ，当A 追上B 并发生碰撞后，A 、B 两球速度的可能值是( ) A ．v A ′＝5 m/s ，v B ′＝2.5 m/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解析虽然题给四个选项均满足动量守恒定律，但A、D两项中，碰后A的速度v A′大于B 的速度v B′，不符合实际，即A、D项错误；C项中，两球碰后的总动能E k后＝122m A v A′＋12＝57 J，大于碰前的总动能E k前＝12m A v A2＋12m B v B2＝22 J，违背了能量守恒定律，2m B v B′所以C项错误；而B项既符合实际情况，也不违背能量守恒定律，所以B项正确．碰撞问题遵守的三条原则(1)动量守恒：p1＋p2＝p1′＋p2′.(2)动能不增加：E k1＋E k2≥E k1′＋E k2′.(3)速度要符合实际情况①碰前两物体同向运动，若要发生碰撞，则应有v后>v前，碰后原来在前的物体速度一定增大，若碰后两物体同向运动，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至少有一个改变．考向2弹性碰撞例8(2023·浙江省杭州二中月考)如图所示，B、C、D、E、F五个小球并排放置在光滑的水平面上，B、C、D、E四个球质量相等，而F球质量小于B球质量，A球质量等于F球质量．A球以速度v0向B球运动，所发生的碰撞均为弹性碰撞，则碰撞之后()A．3个小球静止，3个小球运动B．4个小球静止，2个小球运动C．5个小球静止，1个小球运动D．6个小球都运动答案 A解析A、B质量不等，m A<m B，A、B相碰后，A向左运动，B向右运动；B、C、D、E质量相等，弹性碰撞后，不断交换速度，最终E有向右的速度，B、C、D静止；E、F质量不等，m E >m F ，则碰后E 、F 都向右运动，所以B 、C 、D 静止，A 向左运动，E 、F 向右运动，故A 正确．考向3 非弹性碰撞例9 (2023·浙江嘉兴市模拟)如图所示，小球A 和小球B 质量相同，小球B 置于光滑水平面上，小球A 从高为h 处由静止摆下，到达最低点恰好与B 相撞，并粘合在一起继续摆动，若不计空气阻力，两球均可视为质点，则它们能上升的最大高度是( )A ．h B.12h C.14h D.18h答案 C解析 小球A 由释放到摆到最低点的过程，由机械能守恒定律得m A gh ＝12m A v 12，则v 1＝2gh .A 、B 的碰撞过程满足动量守恒定律，则m A v 1＝(m A ＋m B )v 2，又m A ＝m B ，得v 2＝2gh 2，对A 、B 粘在一起共同上摆的过程应用机械能守恒定律得12(m A ＋m B )v 22＝(m A ＋m B )gh ′，则h ′＝h4，故C 正确． 课时精练1.北京冬奥会2 000米短道速滑接力赛上，“接棒”的运动员甲提前站在“交棒”的运动员乙前面，并且开始向前滑行，待乙追上甲时，乙猛推甲一把，使甲获得更大的速度向前冲出，完成“交接棒”．忽略地面的摩擦力，在这个过程中( )A ．两运动员的总动量守恒B．甲、乙运动员的动量变化量相同C．两运动员的总机械能守恒D．甲的动能增加量一定等于乙的动能减少量答案 A解析两运动员组成的系统所受合外力矢量和为0，系统动量守恒，A正确；系统动量守恒，两运动员的动量变化量等大反向，变化量不相同，B错误；在光滑冰面上“交接棒”时，后方运动员用力推前方运动员，导致机械能增加，C错误；在乙推甲的过程中，消耗体内的化学能转化为系统的动能，根据能量守恒定律可知，甲的动能增加量不等于乙的动能减小量，D错误．2.如图所示，小木块m与长木板M之间光滑，M置于光滑水平面上，一轻质弹簧左端固定在M的左端，右端与m连接，开始时m和M都静止，弹簧处于自然状态．现同时对m、M施加等大反向的水平恒力F1、F2，两物体开始运动后，对m、M、弹簧组成的系统，下列说法正确的是(整个过程中弹簧不超过其弹性限度)()A．整个运动过程中，系统机械能守恒，动量守恒B．整个运动过程中，当木块速度为零时，系统机械能一定最大C．M、m分别向左、右运行过程中，均一直做加速度逐渐增大的加速直线运动D．M、m分别向左、右运行过程中，当弹簧弹力与F1、F2的大小相等时，系统动能最大答案 D解析由于F1与F2等大反向，系统所受的合外力为零，则系统的动量守恒．由于水平恒力F1、F2对系统做功代数和不为零，则系统的机械能不守恒，故A错误；从开始到弹簧伸长到最长的过程，F1与F2分别对m、M做正功，弹簧伸长最长时，m、M的速度为零，之后弹簧收缩，F1与F2分别对m、M做负功，系统的机械能减小，因此，当弹簧有最大伸长量时，m、M的速度为零，系统机械能最大；当弹簧收缩到最短时，m、M的速度为零，系统机械能最小，故B错误；在水平方向上，M、m受到水平恒力和弹簧的弹力作用，水平恒力先大于弹力，后小于弹力，随着弹力增大，两个物体的合力先逐渐减小，后反向增大，则加速度先减小后反向增大，则M、m先做加速度逐渐减小的加速运动，后做加速度逐渐增大的减速运动，当弹簧弹力的大小与拉力F1、F2的大小相等时，m、M的速度最大，系统动能最大，故C错误，D正确．3.如图所示，气球下面有一根长绳，一个质量为m 1＝50 kg 的人抓在气球下方，气球和长绳的总质量为m 2＝20 kg ，长绳的下端刚好和水平面接触，当静止时人离地面的高度为h ＝5 m ．如果这个人开始沿绳向下滑，当滑到绳下端时，他离地面的高度约为(可以把人看成质点)( )A ．5 mB ．3.6 mC ．2.6 mD ．8 m答案 B解析 当人滑到下端时，设人相对地面下滑的位移大小为h 1，气球相对地面上升的位移大小为h 2，由动量守恒定律，得m 1h 1t ＝m 2h 2t，且h 1＋h 2＝h ，解得h 2≈3.6 m ，所以他离地面的高度约为3.6 m ，故选项B 正确．4．(多选)(2023·浙江丽水市模拟)质量为M 的物块以速度v 运动，与质量为m 的静止物块发生正碰，碰撞后两者的动量正好相等，两者质量之比M m可能为( ) A ．2 B ．3 C ．4 D ．5答案 AB解析 根据动量守恒定律和能量守恒定律，设碰撞后两者的动量都为p ，则总动量为2p ，根据动量和动能的关系有：p 2＝2mE k ，根据能量的关系，由于动能不增加，则有：4p 22M ≥p 22m ＋p 22M ，解得M m≤3，故A 、B 正确，C 、D 错误． 5．冰壶运动深受观众喜爱，在某次投掷中，冰壶甲运动一段时间后与静止的冰壶乙发生正碰，如图所示．若两冰壶质量相等，则碰后两冰壶最终停止的位置，可能是选项图中的哪幅图( )答案 B解析 两冰壶碰撞过程中动量守恒，两冰壶发生正碰，由动量守恒定律可知，碰撞前后系统动量不变，两冰壶的动量方向即速度方向，不会偏离甲原来的方向，可知，A 图情况是不可能的，故A 错误；如果两冰壶发生弹性碰撞，碰撞过程动量守恒、机械能守恒，两冰壶质量相等，碰撞后两冰壶交换速度，甲静止，乙的速度等于甲的速度，碰后乙做减速运动，最后停止，最终两冰壶的位置可能如选项B 所示，故B 正确；两冰壶碰撞后，乙在前，甲在后，选项C 所示是不可能的，故C 错误；碰撞过程机械能不可能增大，两冰壶质量相等，碰撞后甲的速度不可能大于乙的速度，碰撞后甲的位移不可能大于乙的位移，故D 错误．6.如图所示，在光滑的水平面上有三个完全相同的小球，它们排成一条直线，小球2、3静止，并靠在一起，球1以速度v 0撞向它们，设碰撞过程中不损失机械能，则碰后三个小球的速度分别为( )A ．v 1＝v 2＝v 3＝33v 0B ．v 1＝0，v 2＝v 3＝22v 0 C ．v 1＝0，v 2＝v 3＝12v 0 D ．v 1＝v 2＝0，v 3＝v 0答案 D解析 由题设条件，三球在碰撞过程中总动量和总动能守恒．设三球质量均为m ，则碰撞前系统总动量为m v 0，总动能为12m v 02.选项A 、B 中的数据都违反了动量守恒定律，故不可能．对选项C ，碰后总动量为m v 0，但总动能为14m v 02，这显然违反了机械能守恒定律，故不可能．对选项D ，既满足动量守恒定律，也满足机械能守恒定律，故选D.7.(2023·北京市第五中学检测)A 、B 物块沿光滑水平面在同一直线上运动并发生正碰，如图为两物块碰撞前后的位移－时间图像，其中a 、b 分别为A 、B 两物块碰前的位移－时间图像，c 为碰撞后两物块共同运动的位移－时间图像，若A 物块质量m ＝2 kg ，则由图判断，下列结论错误的是( )A ．碰撞前后A 的动量变化量的大小为4 kg·m/sB ．B 物块的质量为0.75 kgC ．碰撞过程A 对B 所施冲量大小为4 N·sD ．碰撞过程A 、B 两物块组成的系统损失的动能为10 J答案 B解析 以A 的初速度方向为正方向，由图像可知碰撞前A 的速度为v A ＝10－42m/s ＝3 m/s ，碰撞后A 、B 的共同速度为v AB ＝4－22m/s ＝1 m/s ，则碰撞前A 的动量为m v A ＝2×3 kg·m/s ＝6 kg·m/s ，碰撞后A 的动量为m v AB ＝2 kg·m/s ，碰撞前后A 的动量变化量的大小为4 kg·m/s ，A 正确，不符合题意；碰撞前B 的速度为v B ＝－42m/s ＝－2 m/s ，由动量守恒定律得m v A ＋m B v B ＝(m ＋m B )v AB ，解得m B ＝43 kg ，B 错误，符合题意；由动量定理得I ＝m B v AB －m B v B ＝43×1 kg·m/s －43×(－2) kg·m/s ＝4 N·s ，即碰撞过程A 对B 所施冲量大小为4 N·s ，C 正确，不符合题意；碰撞过程A 、B 两物块组成的系统损失的动能为ΔE k ＝12m v A 2＋12m B v B 2－12(m ＋m B )v AB 2＝12×2×32 J ＋12×43×(－2)2 J －12×(2＋43)×12 J ＝10 J ，D 正确，不符合题意． 8．(2023·浙江宁波市月考)“爆竹声中一岁除，春风送暖入屠苏”，爆竹声响是辞旧迎新的标志，是喜庆心情的流露．有一个质量为3m 的爆竹从地面斜向上抛出，上升h 后到达最高点，此时速度大小为v 0、方向水平向东，在最高点爆炸成质量不等的两块，其中一块质量为2m ，速度大小为v ，方向水平向东；重力加速度为g .则( )A ．爆竹在最高点爆炸过程中，整体的动量守恒B ．质量为m 的一块，其速度为3v 0－2vC ．质量为m 的一块，其速度为2v －3v 0D．质量为m的一块，在落地过程中重力冲量的大小为mg 2hg，方向水平向西答案 B解析爆竹在最高点爆炸过程中，整体水平方向上不受外力，水平方向上动量守恒，故A错误；规定向东为正方向，根据动量守恒得3m v0＝2m v＋m v′，解得质量为m的一块的速度v′＝3v0－2v，故B正确，C错误；质量为m的一块爆炸后，做平抛运动，由h＝12gt2，得运动的时间t＝2hg ，则在落地过程中重力冲量的大小为mg2hg，方向竖直向下，故D错误．9．在发射地球卫星时需要运载火箭多次点火，以提高最终的发射速度．某次地球近地卫星发射的过程中，火箭喷气发动机每次喷出质量为m＝800 g的气体，气体离开发动机时的对地速度v＝1 000 m/s，假设火箭(含燃料在内)的总质量为M＝600 kg，发动机每秒喷气20次，忽略地球引力的影响，则()A．第三次气体喷出后火箭的速度大小约为4 m/sB．地球卫星要能成功发射，速度大小至少达到11.2 km/sC．要使火箭能成功发射至少要喷气500次D．要使火箭能成功发射至少要持续喷气17 s答案 A解析设喷出三次气体后火箭的速度为v3，以火箭和喷出的三次气体为研究对象，以竖直向上为正方向，由动量守恒定律得：(M－3m)v3－3m v＝0，解得：v3≈4 m/s，故A正确；地球卫星要能成功发射，喷气n次后至少要达到第一宇宙速度，即：v n＝7.9 km/s，故B错误；以火箭和喷出的n次气体为研究对象，以竖直向上为正方向，由动量守恒定律得：(M－nm)v n －nm v＝0，代入数据解得：n≈666，故C错误；至少持续喷气时间为：t＝n20＝33.3 s，故D 错误．10.(2023·浙江绍兴市调研)如图为“子母球”表演的示意图，弹性小球A和B叠放在一起，从距地面高度为h处自由落下，h远大于两小球直径，小球B的质量是A质量的3倍，假设所有的碰撞都是弹性碰撞，且都发生在下落的竖直方向上，不考虑空气阻力．则()A．下落过程中两个小球之间有相互挤压B．A与B第一次碰后小球B的速度不为零C．A与B第一次碰后小球A弹起的最大高度是2hD．A与B第一次碰后小球A弹起的最大高度是4h答案 D解析不考虑空气阻力，下落过程是自由落体运动，处于完全失重状态，则两个小球之间没有力的作用，A错误；下降过程为自由落体运动，由匀变速直线运动的速度位移公式得v2＝2gh，解得小球B触地时两球速度相同，为v＝2gh，小球B碰撞地之后，速度瞬间反向，大小相等，选小球A与小球B碰撞过程为研究过程，碰撞前后动量守恒，设碰后小球A、小球B速度大小分别为v1、v2，选向上为正方向，由动量守恒定律得m B v－m A v＝m A v1＋m B v2，由能量守恒定律得12＝12m A v12＋12m B v22，解得v2＝0，v1＝2v，B错误；碰后小球A 2(m A＋m B)v弹起的最大高度H＝(2v)2＝4h，C错误，D正确．2g11．(多选)(2023·浙江宁波市高三检测)如图所示，某超市两辆相同的购物车质量均为m，相距L沿直线排列，静置于水平地面上．为节省收纳空间，工人猛推一下第一辆车并立即松手，第一辆车运动距离L后与第二辆车相碰并相互嵌套结为一体，两辆车一起运动了L距离后恰好停靠在墙边．若购物车运动时受到的摩擦力恒为车重力的k倍，重力加速度为g，则()A．两购物车在整个过程中克服摩擦力做功之和为2kmgLB．两购物车碰撞后瞬间的速度大小为gLC．两购物车碰撞时的能量损失为2kmgLD．工人给第一辆购物车的水平冲量大小为m10kgL答案CD解析由题意可知，两购物车在整个过程中克服摩擦力做功之和为W克f＝kmgL＋2kmgL＝3kmgL ，A 错误；工人猛推一下第一辆车并立即松手，设此时第一辆车的速度为v 0，运动L距离后速度为v 1，由动能定理可得－kmgL ＝12m v 12－12m v 02，得v 1＝v 02－2kgL ，设与第二辆车碰后瞬间的共同速度为v ，取第一辆车的初速度为正方向，由动量守恒定律可得m v 1＝2m v ，得v ＝12v 1，由能量守恒定律可得3kmgL ＋ΔE ＝12m v 02，两购物车在碰撞中系统减少的能量ΔE ＝12m v 12－12×2m v 2＝12m v 12－12×2m (12v 1)2＝14m v 12＝14m (v 02－2kgL )，联立解得v 0＝10kgL ，ΔE ＝2kmgL ，v ＝12v 1＝12v 02－2kgL ＝2kgL ，B 错误，C 正确；由动量定理可知，工人给第一辆购物车的水平冲量大小为I ＝m v 0－0＝m 10kgL ，D 正确．12.(2023·浙江台州市模拟)如图所示，光滑导轨的末端放有一个质量为m 1＝1 kg 的小球A ，导轨的末端与竖直墙上的O 点等高，导轨末端到竖直墙壁的水平距离为d ＝0.3 m ．一个质量为m 2的小球B 沿导轨从距导轨末端高h ＝0.2 m 处由静止释放，在末端与小球A 碰撞后，两球直接从轨道末端飞出，A 、B 两球分别击中竖直墙壁上的P 、Q 两点．已知P 到O 的距离h 1＝0.05 m ，Q 到O 的距离h 2＝0.45 m ，小球可视为质点，重力加速度g ＝10 m/s 2，不计空气阻力．(1)求A 、B 两球从轨道末端飞出时的速度大小v 1、v 2；(2)求小球B 的质量m 2，并通过计算分析碰撞是否为弹性碰撞；(3)在A 、B 发生弹性碰撞的条件下，能否选择一个合适的小球B ，质量为m 2，使得两球碰后即以共同速度做抛体运动？如果能，求出m 2；若不能，请说明理由．答案 见解析解析 (1)小球在空中做平抛运动，有d ＝v 1t 1，h 1＝12gt 12，d ＝v 2t 2，h 2＝12gt 22， 解得v 1＝3 m/s ，v 2＝1 m/s(2)设B 运动到轨道末端的速度为v 0，由机械能守恒得m 2gh ＝12m 2v 02， 解得v 0＝2 m/s在A、B碰撞前后，两球的动量守恒，以v0的方向为正方向，有m2v0＝m2v2＋m1v1，解得m2＝3 kg碰前总动能E k＝12m2v02＝6 J，碰后两球总动能E k′＝12m2v22＋12m1v12＝6 J即该碰撞为弹性碰撞．(3)不能．假设此情形下的m2存在，则由动量守恒得m2v0＝(m1＋m2)v求得v＝m2v0m1＋m2碰前总动能E k＝12m2v02，碰后两球总动能E k′＝12(m1＋m2)v2＝m22v022(m1＋m2)<E k这说明碰撞前后有能量损失，与题设矛盾，故这样的m2不存在．13．(多选)(2020·全国卷Ⅱ·21)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；物块与挡板弹性碰撞，速度反向，追上运动员时，运动员又把物块推向挡板，使其再一次以大小为5.0 m/s的速度与挡板弹性碰撞．总共经过8次这样推物块后，运动员退行速度的大小大于5.0 m/s，反弹的物块不能再追上运动员．不计冰面的摩擦力，该运动员的质量可能为()A．48 kg B．53 kg C．58 kg D．63 kg答案BC解析设运动员的质量为M，第一次推物块后，运动员速度大小为v1，第二次推物块后，运动员速度大小为v2……第八次推物块后，运动员速度大小为v8，第一次推物块后，由动量守恒定律知：M v1＝m v0；第二次推物块后由动量守恒定律知：M(v2－v1)＝m[v0－(－v0)]＝2m v0，……，第n次推物块后，由动量守恒定律知：M(v n－v n－1)＝2m v0，各式相加可得v n＝(2n－1)m v0M，则v7＝260 kg·m/sM，v8＝300 kg·m/sM.由题意知，v7<5 m/s，则M>52 kg，又知v8>5 m/s，则M<60 kg，故选B、C.。