【K12教育学习资料】2019版高考物理一轮复习检测：第七章动量第2讲动量守恒定律
第2讲动量守恒定律基础巩固1.(2017北京西城期末,13,3分)(多选)如图所示,甲、乙两人静止在光滑的冰面上,甲沿水平方向推了乙一下,结果两人向相反方向滑去。
已知甲的质量为45 kg,乙的质量为50 kg。
则下列判断正确的是( )A.甲的速率与乙的速率之比为10∶9B.甲的加速度大小与乙的加速度大小之比为9∶10C.甲对乙的冲量大小与乙对甲的冲量大小之比为1∶1D.甲的动能与乙的动能之比为1∶12.(2018北京西城期末)(多选)如图所示,在光滑的水平面上有一辆平板车,人和车都处于静止状态。
一个人站在车上用大锤敲打车的左端。
在连续的敲打下,下列说法正确的是( )A.车左右往复运动B.车持续地向右运动C.大锤、人和车组成的系统水平方向动量守恒D.当大锤停止运动时,人和车也停止运动3.(2017北京海淀期中,10,3分)(多选)交警正在调查发生在无信号灯的十字路口的一起汽车相撞事故。
根据两位司机的描述得知,发生撞车时汽车A正沿东西大道向正东行驶,汽车B正沿南北大道向正北行驶。
相撞后两车立即熄灭并在极短的时间内叉接在一起后并排沿直线在水平路面上滑动,最终一起停在路口东北角的路灯柱旁,交警根据事故现场情况画了如图所示的事故报告图。
通过观察地面上留下的碰撞痕迹,交警判定撞车的地点为该事故报告图中P点,并测量出相关数据标注在图中,又判断出两辆车的质量大致相同。
为简化问题,将两车均视为质点,且它们组成的系统在碰撞的过程中动量守恒,根据图中测量数据可知下列说法中正确的是( )A.发生碰撞时汽车A的速率较大B.发生碰撞时汽车B的速率较大C.发生碰撞时速率较大的汽车和速率较小的汽车的速率之比约为12∶5D.发生碰撞时速率较大的汽车和速率较小的汽车的速率之比约为24.(2018北京丰台期末)如图甲所示,光滑水平面上有A、B两物块,已知A物块的质量m A=2 kg,以一定的初速度向右运动,与静止的物块B发生碰撞并一起运动,碰撞前后的位移-时间图像如图乙所示(规定向右为正方向),则碰撞后的速度及物体B的质量分别为( )甲乙A.2 m/s,5 kgB.2 m/s,3 kgC.3.5 m/s,2.86 kgD.3.5 m/s,0.86 kg5.(2016北京东城期中,14)质量为80 kg的冰球运动员甲,以5 m/s 的速度在水平冰面上向右运动时,与质量为100 kg、速度为3 m/s的迎面而来的运动员乙相撞,碰后甲恰好静止。
假设碰撞时间极短,下列说法中正确的是( )A.碰后乙向左运动,速度大小为1 m/sB.碰后乙向右运动,速度大小为7 m/sC.碰撞中甲、乙的机械能总共增加了1 450 JD.碰撞中甲、乙的机械能总共损失了1 400 J6.(2017北京西城一模,18)冲击摆是用来测量子弹速度的一种简单装置。
如图所示,将一个质量很大的砂箱用轻绳悬挂起来,一颗子弹水平射入砂箱,砂箱发生摆动。
若子弹射击砂箱时的速度为v,测得冲击摆的最大摆角为θ,砂箱上升的最大高度为h,则当子弹射击砂箱时的速度变为2v时,下列说法正确的是( )A.冲击摆的最大摆角将变为2θB.冲击摆的最大摆角的正切值将变为2 tan θC.砂箱上升的最大高度将变为2hD.砂箱上升的最大高度将变为4h7.(2017北京海淀二模,22)如图所示,“冰雪游乐场”滑道O点的左边为水平滑道,右边为高度h=3.2 m 的曲面滑道,左右两边的滑道在O点平滑连接。
小孩乘坐冰车由静止开始从滑道顶端出发,经过O点后与处于静止状态的家长所坐的冰车发生碰撞,碰撞后小孩及其冰车恰好停止运动。
已知小孩和冰车的总质量m=30 kg,家长和冰车的总质量M=60 kg,人与冰车均可视为质点,不计一切摩擦阻力,取重力加速度g=10 m/s2,求:(1)小孩乘坐冰车经过O点时的速度大小;(2)碰撞后家长和冰车共同运动的速度大小;(3)碰撞过程中小孩和家长(包括各自的冰车)组成的系统损失的机械能。
8.(2014北京理综,22)如图所示,竖直平面内的四分之一圆弧轨道下端与水平桌面相切,小滑块A和B分别静止在圆弧轨道的最高点和最低点。
现将A无初速释放,A与B碰撞后结合为一个整体,并沿桌面滑动。
已知圆弧轨道光滑,半径R=0.2 m;A和B的质量相等;A和B整体与桌面之间的动摩擦因数μ=0.2。
取重力加速度g=10 m/s2。
求:(1)碰撞前瞬间A的速率v;(2)碰撞后瞬间A和B整体的速率v';(3)A和B整体在桌面上滑动的距离l。
9.(2017北京海淀期中,16,10分)如图所示,AB为固定在竖直面内、半径为R的四分之一圆弧形光滑轨道,其末端(B点)切线水平,且距水平地面的高度也为R。
1、2两小滑块(均可视为质点)用轻细绳拴接在一起,在它们中间夹住一个被压缩的微小轻质弹簧。
两滑块从圆弧形轨道的最高点A由静止滑下,当两滑块滑至圆弧形轨道最低点时,拴接两滑块的细绳突然断开,弹簧迅速将两滑块弹开,滑块2恰好能沿圆弧形轨道运动到轨道的最高点A。
已知R=0.45 m,滑块1的质量m1=0.16 kg,滑块2的质量m2=0.04 kg,重力加速度g取10 m/s2,空气阻力可忽略不计。
求:(1)两滑块一起运动到圆弧形轨道最低点细绳断开前瞬间对轨道的压力大小;(2)在将两滑块弹开的整个过程中弹簧释放的弹性势能;(3)滑块2的落地点与滑块1的落地点之间的距离。
综合提能1.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.5.7×102kg·m/sC.6.0×102kg·m/sD.6.3×102kg·m/s2.在光滑水平面上,质量为m的小球A正以速度v0匀速运动。
某时刻小球A与质量为3m的静止小球B发生正碰,两球相碰后,A球的动能恰好变为原来的1/4。
则碰后B球的速度大小是( )A. B. C.或 D.无法确定3.(2017北京东城二模,22,16分)如图所示,固定的光滑轨道MON的ON段水平,且与MO段平滑连接。
将质量为m的小球a从M处由静止释放后沿MON运动,在N处与质量也为m的小球b发生正碰并粘在一起。
已知M、N两处的高度差为h,碰撞前小球b用长为h的轻绳悬挂于N处附近。
两球均可视为质点,且碰撞时间极短。
(1)求两球碰撞前瞬间小球a的速度大小;(2)求两球碰撞后的速度大小;(3)若悬挂小球b的轻绳所能承受的最大拉力为2.5mg,通过计算说明两球碰后轻绳是否会断裂?4.(2016北京朝阳一模,22,16分)如图所示,固定的长直水平轨道MN与位于竖直平面内的光滑半圆轨道相接,半圆轨道半径为R,PN恰好为该圆的一条竖直直径。
可视为质点的物块A和B紧靠在一起静止于N 处,物块A的质量m A=2m,B的质量m B=m,两物块在足够大的内力作用下突然分离,分别沿轨道向左、右运动,物块B恰好能通过P点。
已知物块A与MN轨道间的动摩擦因数为μ,重力加速度为g,求:(1)物块B运动到P点时的速度大小v P;(2)两物块刚分离时物块B的速度大小v B;(3)物块A 在水平轨道上运动的时间t 。
答案精解精析基础巩固1.AC 甲、乙组成的系统动量守恒,则m甲v甲-m乙v乙=0,甲、乙速率之比为v甲∶v乙=m乙∶m甲=10∶9,A选项正确;甲、乙间相互作用力大小相等,根据牛顿第二定律F=ma,可得甲、乙加速度大小之比a甲∶a乙=m 乙∶m甲=10∶9,B选项错误;结合牛顿第三定律及I=Ft分析可知甲对乙的冲量大小与乙对甲的冲量大小相等,C选项正确;根据2mE k=p2,甲、乙动能之比为E k甲∶E k乙=m乙∶m甲=10∶9,D选项错误。
2.ACD 因水平面光滑,则大锤、人和车组成的系统在水平方向动量守恒,根据动量守恒定律分析可知,锤子速度向右时,人与车速度向左;锤子速度向左时,人与车速度向右;当大锤停止运动时,人和车也停止运动;在大锤连续的敲打下,车左右往复运动。
A、C、D正确,B错误。
3.BC 两车碰撞瞬间动量守恒,满足平行四边形定则。
设v B与竖直方向夹角为θ,由题中所给车的初末位置,得tan θ=..,又tan θ=,且m A=m B,得=,则B、C正确。
4.B 由图乙可知碰前v A= m/s=5 m/s,在t=4 s时发生碰撞,碰后v共=--m/s=2 m/s。
由动量守恒有m A v A=(m A+m B)v共,可得m B=3 kg,B正确。
5.D 甲、乙组成的系统动量守恒,以向右为正方向,由动量守恒定律得:m甲v甲-m乙v乙=m乙v乙',解得:v乙'=1 m/s,方向水平向右,故A、B错误;碰撞过程机械能的变化为ΔE=m乙v乙-(m甲甲+m乙乙)=×100×12J-(×80×52 J+×100×32 J)=-1 400 J,机械能减少了1 400 J,故C错误,D正确。
6.D 设子弹的质量为m,砂箱的质量为M,冲击摆的摆长为L;以子弹和砂箱作为整体,在子弹和砂箱一起升至最高点的过程中,由机械能守恒定律得:(m+M)共=(m+M)gh,解得:v共=;在子弹射入砂箱的过程中,系统的动量守恒,以子弹的初速度方向为正方向,由动量守恒定律得:mv=(m+M)v共,解得:v=v共=·当v增大为2v时,砂箱上升的最大高度将变为4h,冲击摆的最大摆角满足:cos θ=-,由于不知道h与L之间的关系,所以不能判断出速度变为2v后冲击摆的最大摆角是否将变为2θ,也不能判断出冲击摆的最大摆角的正切值是否将变为2 tan θ。
故A、C、B错误,D正确。
7.答案(1)8.0 m/s (2)4.0 m/s (3)480 J解析(1)设小孩乘坐冰车经过O点时的速度大小为v0,由机械能守恒定律有mgh=m解得:v0==8.0 m/s(2)碰撞过程中小孩和家长(包括各自的冰车)组成的系统动量守恒,设碰撞后家长和冰车共同运动的速度大小为v1,则mv0=Mv1解得v1==4.0 m/s(3)设系统损失的机械能为ΔE,则ΔE=m-M=480 J8.答案(1)2 m/s (2)1 m/s (3)0.25 m解析设滑块的质量为m。
(1)根据机械能守恒定律mgR=mv2得碰撞前瞬间A的速率v=(2)根据动量守恒定律mv=2mv'得碰撞后瞬间A和B整体的速率v'=v=1 m/s(3)根据动能定理(2m)v'2=μ(2m)gl得A和B整体沿水平桌面滑动的距离l==0.25 m9.答案(1)6.0 N (2)0.90 J (3)0.45 m解析(1)设两滑块一起滑至轨道最低点时的速度为v,所受轨道的支持力为N。
2019版高考物理一轮复习 实验七 验证动量守恒定律
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【误差分析】
1.系统误差:主要来源于装置本身是否符合要求。 (1)碰撞是否为一维。 (2)实验是否满足动量守恒的条件,如气垫导轨是否水平,用长木板实验时是否平衡掉摩 擦力,两球是否等大。
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2.偶然误差:主要来源于质量m1、m2和碰撞前后速度(或水平射程)的测量。
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(1)若获得纸带如图乙所示,并测得各计数点间距(已标在图上)。A为运动起始的第一点,
则应选
段来计算A的碰前速度,应选
段来计算A和B碰后的共同
速度(选填“AB”“BC”“CD”或“DE”)。
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(2)已测得小车A的质量mA=0.30 kg,小车B的质量为
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热点二 动量守恒中数据处理的考查
【典例2】(2018·大连模拟)如图甲所示,在验证动量守恒定律实验时,小车A的前端粘有 橡皮泥,推动小车A使之做匀速运动。然后与原来静止在前方的小车B相碰并粘合成一 体,继续匀速运动,在小车A后连着纸带,电磁打点计时器电源频率为50 Hz,长木板右端下 面垫放小木片用以平衡摩擦力。导学号04450145
x t
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方案三:利用斜槽滚球完成一维碰撞实验 1.测质量:用天平测出两小球的质量,并选定质量大的小球为入射小球。
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2.安装:按照如图所示安装实验装置。调整固定斜槽使斜槽底端水平。
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3.铺纸:白纸在下,复写纸在上且在适当位置铺放好。记下重垂线所指的位置O。 4.放球找点:不放被撞小球,每次让入射小球从斜槽上某固定高度处自由滚下,重复10次。 用圆规画尽量小的圆把所有的小球落点圈在里面。圆心P就是小球落点的平均位置。
[推荐学习]2019版高考物理一轮复习检测：第七章动量第2讲动量守恒定律
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第2讲动量守恒定律基础巩固1.(2017北京西城期末,13,3分)(多选)如图所示,甲、乙两人静止在光滑的冰面上,甲沿水平方向推了乙一下,结果两人向相反方向滑去。
已知甲的质量为45 kg,乙的质量为50 kg。
则下列判断正确的是( )A.甲的速率与乙的速率之比为10∶9B.甲的加速度大小与乙的加速度大小之比为9∶10C.甲对乙的冲量大小与乙对甲的冲量大小之比为1∶1D.甲的动能与乙的动能之比为1∶12.(2018北京西城期末)(多选)如图所示,在光滑的水平面上有一辆平板车,人和车都处于静止状态。
一个人站在车上用大锤敲打车的左端。
在连续的敲打下,下列说法正确的是( )A.车左右往复运动B.车持续地向右运动C.大锤、人和车组成的系统水平方向动量守恒D.当大锤停止运动时,人和车也停止运动3.(2017北京海淀期中,10,3分)(多选)交警正在调查发生在无信号灯的十字路口的一起汽车相撞事故。
根据两位司机的描述得知,发生撞车时汽车A正沿东西大道向正东行驶,汽车B正沿南北大道向正北行驶。
相撞后两车立即熄灭并在极短的时间内叉接在一起后并排沿直线在水平路面上滑动,最终一起停在路口东北角的路灯柱旁,交警根据事故现场情况画了如图所示的事故报告图。
通过观察地面上留下的碰撞痕迹,交警判定撞车的地点为该事故报告图中P点,并测量出相关数据标注在图中,又判断出两辆车的质量大致相同。
为简化问题,将两车均视为质点,且它们组成的系统在碰撞的过程中动量守恒,根据图中测量数据可知下列说法中正确的是( )A.发生碰撞时汽车A的速率较大B.发生碰撞时汽车B的速率较大C.发生碰撞时速率较大的汽车和速率较小的汽车的速率之比约为12∶5D.发生碰撞时速率较大的汽车和速率较小的汽车的速率之比约为24.(2018北京丰台期末)如图甲所示,光滑水平面上有A、B两物块,已知A物块的质量m A=2 kg,以一定的初速度向右运动,与静止的物块B发生碰撞并一起运动,碰撞前后的位移-时间图像如图乙所示(规定向右为正方向),则碰撞后的速度及物体B的质量分别为( )甲乙A.2 m/s,5 kgB.2 m/s,3 kgC.3.5 m/s,2.86 kgD.3.5 m/s,0.86 kg5.(2016北京东城期中,14)质量为80 kg的冰球运动员甲,以5 m/s 的速度在水平冰面上向右运动时,与质量为100 kg、速度为3 m/s的迎面而来的运动员乙相撞,碰后甲恰好静止。
(全国版)2019版高考物理一轮复习第7章动量守恒定律27动量守恒定律及其应用能力训练
27 动量守恒定律及其应用1．(2017·安徽滁州联考)(多选)一质量为M 的小船静止在平静的湖面上，船头和船尾各站一位质量均为m 的游泳爱好者，两人分别从船头和船尾沿相反的方向跃入水中，则下列说法中正确的有( )A ．若两人同时以相等的速率跃入水中，则船仍保持静止B ．若两人先后以相等的相对水的速率跃入水中，则船速等于0C ．若两人先后以相等的相对船的速率跃入水中，则船速等于0D ．无论两人如何跃入水中，船始终保持静止 答案 AB解析 两个人和船组成的系统在水平方向上动量守恒，开始总动量为零，不管谁先跃入水中，若两人相对水的速率相等，则有0＝mv －mv ＋Mv ′，可知v ′＝0，故A 、B 正确。
若两人先后以相等的相对船的速率跃入水中，可知两人相对水的速度大小不等，根据动量守恒定律知，船速不为0，故C 、D 错误。
2．如图所示，一个倾角为α的直角斜面体静置于光滑水平面上，斜面体质量为M ，顶端高度为h ，今有一质量为m 的小物体，沿光滑斜面下滑，当小物体从斜面顶端自由下滑到底端时，斜面体在水平面上移动的距离是( )A.mhM ＋m B.Mh M ＋m C.mh M ＋mαD.Mh M ＋mα答案 C解析 此题属“人船模型”问题。
m 与M 组成的系统在水平方向上动量守恒，设m 在水平方向上对地位移为x 1，M 在水平方向上对地位移为x 2，因此有0＝mx 1－Mx 2且x 1＋x 2＝htan α联立解得x 2＝mh M ＋mα，C 正确。
3．(2017·黑龙江哈三中二模)如图所示，在光滑水平面上质量为m 的物体A 以速度v 0与静止的物体B 发生碰撞，物体B 的质量为2m ，则碰撞后物体B 的速度大小可能为( )A ．v 0 B.4v 03 C ．0 D.v 03答案 D解析 物体A 与物体B 碰撞的过程中动量守恒，选物体A 原来的运动方向为正方向：如果发生的是完全非弹性碰撞，由动量守恒定律得mv 0＝(m ＋2m )v ，计算得出v ＝v 03；如果发生的是弹性碰撞，由动量守恒定律得mv 0＝mv 1＋2mv 2，由能量守恒定律得12mv 20＝12mv 21＋12·2mv 22，计算得出v 2＝2v 03。
高考一轮复习《动量》真题、模拟题、知识点分项汇编
2019年物理高考真题和模拟题知识点分项汇编《动量守恒定律》一、动量动量定理1.动量(1)定义：物体的质量与速度的乘积.(2)表达式：p＝m v.(3)方向：动量的方向与速度的方向相同.2.动量的变化(1)因为动量是矢量，动量的变化量Δp也是矢量，其方向与速度的改变量Δv的方向相同.(2)动量的变化量Δp的大小，一般用末动量p′减去初动量p进行计算，也称为动量的增量.即Δp＝p′－p.3.冲量(1)定义：力与力的作用时间的乘积叫做力的冲量.(2)公式：I＝Ft.(3)单位：N·s.(4)方向：冲量是矢量，其方向与力的方向相同.(4)意义：动量是描述物体运动状态的物理量，是矢量，其方向与速度的方向相同．4．动量定理(1)内容：物体所受合力的冲量等于物体动量的增量．(2)表达式：F·Δt＝Δp＝p′－p.(3)矢量性：动量变化量方向与合力的方向相同，可以在某一方向上用动量定理．5．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＝p2 2m.二、动量守恒定律1．守恒条件(1)理想守恒：系统不受外力或所受外力的合力为零，则系统动量守恒．(2)近似守恒：系统受到的合力不为零，但当内力远大于外力时，系统的动量可近似看成守恒．(3)分方向守恒：系统在某个方向上所受合力为零时，系统在该方向上动量守恒．2．动量守恒定律的表达式：m1v1＋m2v2＝m1v′1＋m2v′2或Δp1＝－Δp2.三、碰撞1．碰撞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．分类四、反冲 爆炸1.反冲(1)定义：当物体的一部分以一定的速度离开物体时，剩余部分将获得一个反向冲量，这种现象叫反冲运动.(2)特点：系统内各物体间的相互作用的内力远大于系统受到的外力.实例：发射炮弹、爆竹爆炸、发射火箭等.(3)规律：遵从动量守恒定律. 2.爆炸问题爆炸与碰撞类似，物体间的相互作用时间很短，作用力很大，且远大于系统所受的外力，所以系统动量守恒.【方法归纳总结】两种碰撞特例(1)弹性碰撞两球发生弹性碰撞时应满足动量守恒和机械能守恒．以质量为m 1、速度为v 1的小球与质量为m 2的静止小球发生正面弹性碰撞为例，则有 m 1v 1＝m 1v ′1＋m 2v ′2① 12m 1v 21＝12m 1v ′21＋12m 2v ′22② 由①②得v ′1＝m 1－m 2v 1m 1＋m 2 v ′2＝2m 1v 1m 1＋m 2结论：①当m 1＝m 2时，v ′1＝0，v ′2＝v 1，两球碰撞后交换了速度． ②当m 1>m 2时，v ′1>0，v ′2>0，碰撞后两球都向前运动． ③当m 1<m 2时，v ′1<0，v ′2>0，碰撞后质量小的球被反弹回来．(2)完全非弹性碰撞两物体发生完全非弹性碰撞后，速度相同，动能损失最大，但仍遵守动量守恒定律．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．2019年物理高考真题和模拟题相关题目1．（2019·江苏卷）质量为M的小孩站在质量为m的滑板上，小孩和滑板均处于静止状态，忽略滑板与地面间的摩擦．小孩沿水平方向跃离滑板，离开滑板时的速度大小为v，此时滑板的速度大小为_________。
2019年高考物理一轮复习 专题26 动量 动量定理 动量守恒定律(讲)(含解析).doc
2019年高考物理一轮复习专题26 动量动量定理动量守恒定律（讲）（含解析）1.理解动量、动量变化量、动量定理的概念.2.知道动量守恒的条件.1、动量、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：力和力的作用时间的乘积叫做力的冲量。
②表达式：I＝Ft。
单位：N·s。
③标矢性：冲量是矢量，它的方向由力的方向决定。
（3）动量定理2、动量守恒定律（1）内容：如果一个系统不受外力，或者所受外力的矢量和为0，这个系统的总动量保持不变。
（2）表达式：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′或p＝p′。
（3）适用条件①理想守恒：系统不受外力或所受外力的合力为零，则系统动量守恒。
②近似守恒：系统受到的合力不为零，但当内力远大于外力时，系统的动量可近似看成守恒。
③分方向守恒：系统在某个方向上所受合力为零时，系统在该方向上动量守恒。
考点一 动量定理的理解与应用 1．应用动量定理时应注意(1)动量定理的研究对象是一个质点(或可视为一个物体的系统)。
(2)动量定理的表达式是矢量式，在一维情况下，各个矢量必须选同一个正方向。
2．动量定理的应用 (1)用动量定理解释现象①物体的动量变化一定，此时力的作用时间越短，力就越大；时间越长，力就越小。
②作用力一定，此时力的作用时间越长，动量变化越大；力的作用时间越短，动量变化越小。
(2)应用I ＝Δp 求变力的冲量。
(3)应用Δp ＝F ·Δt 求恒力作用下的曲线运动中物体动量的变化量。
★重点归纳★ 1、动量的性质①矢量性：方向与瞬时速度方向相同。
②瞬时性：动量是描述物体运动状态的量，是针对某一时刻而言的。
③相对性：大小与参考系的选取有关，通常情况是指相对地面的动量。
3.动量、动能、动量的变化量的关系 ①动量的变化量：Δp ＝p ′－p 。
2019版高考物理一轮复习(北京卷B版)教师用书：专题七 动量 PDF版含答案
２ｇｈ ＋ ｍｇ㊂ 由此可见，Δｔ 越小， 玻璃 Δｔ 杯所受撞击力 Ｆ 越大，玻璃杯就越容易碎㊂ 杯子掉在草地上作 用时间较长，动量变化慢，撞击力小，因此玻璃杯不易碎㊂ ２． 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 ） ㊂ 此后经历时间 ｔ 安全带达到最 大伸长量，若在此过程中安全带对人的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 （㊀ ㊀ ） Ａ． ｍ ２ｇｈ ＋ ｍｇ ｔ Ｂ． ｍ ２ｇｈ － ｍｇ ｔ
（２） 若人系有安全带，则 Ｆᶄ ＝
解决流体㊁微粒等持续作用问题时， 一般转化为一很短时间 Δｔ 内的作用问题，应用动量定理求解㊂ ㊀ 高压采煤水枪出水口的横截面积为 Ｓ，水的射速为 ｖ，射 到煤层上后，水的速度变为零，若水的密度为 ρ，求水对煤层的冲力㊂ 解析㊀ 设 在 Δｔ 时 间内 射出 的水 的质量 为 Δｍ， 则 Δｍ ＝ ρＳｖΔｔ，以 Δｍ 为 研 究 对 象， 它 在 Δｔ 时 间 内 动 量 变 化 为 Δｐ ＝ Δｍ（０－ ｖ） ＝ － ρＳｖ２ Δｔ㊂ 设 Ｆ 为水对煤层的冲力， Ｆᶄ 为煤层对水的 反冲力， 以 Ｆᶄ 的 方 向 为 正 方 向㊂ 根 据 动 量 定 理 （ 忽 略 水 的 重 力） 有 ＦᶄΔｔ ＝ － ρＳｖ２ Δｔ，所以 Ｆᶄ ＝ － ρＳｖ２ ㊂ 根据牛顿第三定律得 Ｆ ＝ － Ｆᶄ ＝ ρＳｖ２ ㊂ 答案㊀ ρＳｖ２
１． 动量定理反映了合外力的冲量是引起物体运动状态变化 的外在因素，而动量的变化是合外力冲量作用后的必然结果㊂ ２．一般来说，用牛顿第二定律能解决的问题，用动量定理也能解 决㊂ 但对于变力的问题，用牛顿第二定律不能解决，而可以用动量 定理求解㊂ ㊀ 一辆轿车强行超车时，与另一辆迎面驶来的轿车相撞， 两车相撞后连为一体，两车车身因相互挤压，皆缩短了 ０．５ ｍ，据测算 两车相撞前的速度约为 ３０ ｍ／ ｓ㊂ （１） 试求车祸中车内质量约 ６０ ｋｇ 的人受到的平均冲力是 多大？ （２） 若此人系有安全带，安全带在车祸过程中与人体的作用 时间是 １ ｓ，求人体受到的平均冲力为多大？ 解析㊀ （１） 两车相撞时认为人与车一起做匀减速运动直 到停止，位移大小为 ０． ５ ｍ㊂ ｖ０ ２ｘ １ 设运动时间为 ｔ，根据 ｘ ＝ ｔ，得 ｔ ＝ ＝ ｓ㊂ ２ ｖ０ ３０ 根据动量定理 Ｆｔ ＝ ｍｖ０ ， ｍｖ０ ６０ˑ３０ ＝ 得 Ｆ＝ Ｎ ＝ ５． ４ˑ１０ ４ Ｎ㊂ ｔ １ ３０
2019版高考物理(北京专用)一轮作业：第七章 动量 全章闯关检测
第七章动量时间:50分钟分值:100分一、选择题(每小题6分,共42分)1.篮球运动员通常要伸出两臂迎接传来的篮球,接球时,两臂随球迅速收缩至胸前。
这样做可以( )A.减小球对手的冲量B.减小球对人的冲击力C.减小球的动量变化量D.减小球的动能变化量★答案★ B 根据动量定理得Ft=Δp。
接球时,两臂随球迅速收缩至胸前,因动量的改变量不变,时间延长了,所以球对人的冲击力减小了,故选项B是正确的。
2.一质量为m的铁锤,以速度v竖直打在木桩上,经过Δt时间停止,则在打击时间内,铁锤对木桩的平均冲力的大小是( )A.mgΔtB.mvΔt C.mvΔt+mg D.mvΔt-mg★答案★ C 取向上为正方向,对铁锤分析,根据冲量的定义以及动量定理可得(mg)Δt=0-m(-v),解得=mvΔt+mg,由牛顿第三定律可知选项C正确。
3.木块a和b用一根轻弹簧连接起来,放在光滑水平面上,a紧靠在墙壁上,在b 上施加向左的水平力使弹簧压缩,如图所示,当撤去外力后,下列说法中正确的是( )①a尚未离开墙壁时,a、b系统的动量守恒②a尚未离开墙壁时,a、b系统动量不守恒③a离开墙壁后,a、b系统动量守恒④a离开墙壁后,a、b系统动量不守恒A.①③B.②④C.①④D.②③★答案★ D 以a、b为系统,撤去外力后,b向右运动,在a尚未离开墙壁时,系统受到墙壁的弹力F N,因此,该过程a、b系统动量不守恒,当a离开墙壁后,a、b系统水平方向不受外力,故系统动量守恒。
4.如图为中国女子冰壶队队员投掷冰壶的镜头。
在某次投掷中,冰壶运动一段时间后以0.4 m/s的速度与对方的静止冰壶发生正碰,碰后对方的冰壶以0.3 m/s的速度向前滑行。
若两冰壶质量相等,规定向前运动的方向为正方向,则碰后中国队冰壶获得的速度为( )A.0.1 m/sB.-0.1 m/sC.0.7 m/sD.-0.7 m/s★答案★ A 设冰壶质量为m,碰后中国队冰壶速度为v x,由动量守恒定律得mv0=mv+mv x,解得v x=0.1 m/s,故选项A正确。
全国版2019版高考物理一轮复习第7章动量守恒定律26动量动量定理能力训练
26 动量 动量定理1．(2017·河南南阳质检)(多选)下列关于力的冲量和动量的说法中正确的是( )A ．物体所受的合外力为零，它的动量一定为零B ．物体所受的合外力做的功为零，它的动量变化量一定为零C ．物体所受的合外力的冲量为零，它的动量变化量一定为零D ．物体所受的合外力不变，它的动量变化率不变答案 CD解析 物体所受的合外力为零，物体可能处于静止状态，也可能做匀速直线运动，故其动量不一定为零，A 错误；物体所受的合外力做的功为零，有可能合外力垂直于速度方向，不改变速度大小，只改变速度方向，而动量是矢量，所以其动量变化量有可能不为零，B 错误；根据动量定理I ＝Δp 可知，物体所受的合外力的冲量为零，则其动量变化量一定为零，C 正确；根据Ft ＝Δp ⇒F ＝Δp t可得物体所受的合外力不变，则其动量变化率不变，D 正确。
2．(2017·山东枣庄期末联考)质量为60 kg 的建筑工人不慎从高空跌下，由于弹性安全带的保护，使他悬挂起来；已知弹性安全带的缓冲时间是1.2 s ，安全带长5 m ，不计空气阻力影响，g 取10 m/s 2，则安全带所受的平均冲力的大小为( )A ．100 NB ．500 NC ．600 ND ．1100 N答案 D解析 在安全带产生拉力的过程中，人受重力和安全带的拉力作用做减速运动，此过程的初速度就是自由落体运动的末速度，所以有v 0＝2gh ＝2×10×5 m/s ＝10 m/s ，根据动量定理，取竖直向下为正方向，有mg ·t －Ft ＝0－mv 0，解得F ＝mg ＋mv 0t ＝600 N ＋60×101.2N ＝1100 N ，D 正确。
3．(2017·福建六校4月联考)(多选)如图所示，一颗钢珠从静止状态开始自由下落，然后陷入泥潭中，不计空气阻力。
若把在空中下落的过程称为过程Ⅰ，进入泥潭直到停止的过程称为过程Ⅱ，则 ( )A ．过程Ⅱ中钢珠的动量的改变量等于零B ．过程Ⅱ中阻力的冲量的大小等于过程Ⅰ中重力的冲量的大小C ．Ⅰ、Ⅱ两个过程中合外力的总冲量等于零D ．过程Ⅰ中钢珠的动量的改变量等于重力的冲量答案 CD解析 过程Ⅰ中钢珠所受的外力只有重力，由动量定理可知，钢珠的动量的改变量等于重力的冲量，D 正确；在整个过程中，钢珠的动量的变化量为零，由动量定理可知，Ⅰ、Ⅱ两个过程中合外力的冲量等于零，C 正确；过程Ⅱ中，钢珠所受的外力有重力和阻力，所以过程Ⅱ中阻力的冲量大小等于过程Ⅰ中重力的冲量大小与过程Ⅱ中重力的冲量大小之和，B 错误；过程Ⅱ中钢珠初动量不为零，而末动量为零，所以过程Ⅱ中钢珠的动量的改变量不等于零，A 错误。
2019版高考物理(全国通用)大一轮复习讲义文档：第七章 静电场 第2讲 Word版含答案
第2讲 电场能的性质一、电势能、电势、电势差、等势面 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)静电力做功与电势能变化的关系：静电力做的功等于电势能的减少量，即W AB ＝E pA －E pB ＝－ΔE p .(3)电势能的相对性：电势能是相对的，通常把电荷离场源电荷无穷远处的电势能规定为零，或把电荷在大地表面的电势能规定为零． 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 pq.(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． 4．电势差(1)定义：电荷在电场中，由一点A 移到另一点B 时，电场力所做的功与移动电荷的电荷量的比值． (2)定义式：U AB ＝W ABq. (3)电势差与电势的关系：U AB ＝φA －φB ，U AB ＝－U BA . 5．等势面(1)定义：电场中电势相等的各点组成的面． (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．二、电场线、电势、电势能、等势面之间的关系1．电场线与电场强度：电场线越密的地方表示电场强度越大，电场线上某点的切线方向表示该点的电场强度方向．2．电场线与等势面：电场线与等势面垂直，并从电势较高的等势面指向电势较低的等势面．3．电场强度大小与电势：无直接关系，零电势可人为选取，电场强度的大小由电场本身决定，故电场强度大的地方，电势不一定高．4．电势能与电势：正电荷在电势高的地方电势能大；负电荷在电势低的地方电势能大． 三、公式E ＝Ud 的理解1．只适用于匀强电场．2．d 为某两点沿电场强度方向上的距离，或两点所在等势面之间的距离． 3．电场强度的方向是电势降低最快的方向． 四、静电感应和静电平衡 1．静电感应当把一个不带电的金属导体放在电场中时，导体的两端分别感应出等量的正、负电荷，“近端”出现与施感电荷异种的感应电荷，“远端”出现与施感电荷同种的感应电荷．这种现象叫静电感应． 2．静电平衡(1)定义：导体放入电场中时，附加电场与原电场在导体内部大小相等且方向相反，使得叠加场强为零时，自由电荷不再发生定向移动，导体处于静电平衡状态． (2)处于静电平衡状态的导体的特点 ①导体内部的场强处处为零；②导体是一个等势体，导体表面是等势面； ③导体表面处的场强方向与导体表面垂直；④导体内部没有净电荷，净电荷只分布在导体的外表面上；⑤在导体外表面越尖锐的位置，净电荷的密度(单位面积上的电荷量)越大，凹陷的位置几乎没有净电荷．1．判断下列说法是否正确．(1)电势等于零的物体一定不带电．( × ) (2)电场强度为零的点，电势一定为零．( × ) (3)同一电场线上的各点，电势一定相等．( × ) (4)负电荷沿电场线方向移动时，电势能一定增加．( √ ) (5)电势越高的地方，电荷的电势能也越大．( × )2．(教科版选修3－1P39第7题)电荷量为q 的电荷在电场中由A 点移到B 点时，电场力做功W ，由此可算出两点间的电势差为U ，若让电荷量为2q 的电荷在电场中由A 点移到B 点，则( ) A ．电场力做功仍为W B ．电场力做功为W2C ．两点间的电势差仍为UD ．两点间的电势差为U2答案 C3．(教科版选修3－1P39第8题)一电荷在电场中从静止开始并只在电场力作用下运动，则它一定( ) A ．向场强较小的地方运动 B ．向电势较低的地方运动 C ．向电势能较小的地方运动 D ．沿某条电场线运动 答案 C4. (多选)某电场的电场线分布如图1所示，以下说法正确的是( )图1A ．a 点电势高于b 点电势B ．c 点场强大于b 点场强C ．若将一检验电荷＋q 由a 点移至b 点，它的电势能增大D ．若在d 点再固定一点电荷－Q ，将一检验电荷＋q 由a 移至b 的过程中，电势能减小 答案 AD解析 沿着电场线的方向电势逐渐降低，由题图可知由a 到b 为电场线方向，故A 正确；电场线密集的地方电场强度大，故B 错误；电荷＋q 由a 点移至b 点，则电场力做正功，其电势能将减小，故C 错误；若在d 点再固定一点电荷－Q ，则由合场强的方向可知电荷＋q 由a 移至b 的过程中，电场力将做正功，其电势能将减小，故D 正确．5．如图2所示，在匀强电场中有四个点A 、B 、C 、D ，恰好为平行四边形的四个顶点，O 点为平行四边形两条对角线的交点．已知：φA ＝－4 V ，φB ＝6 V ，φC ＝8 V ，则φD 、φO 分别为( )图2A．－6 V,6 VB．2 V,1 VC．－2 V,2 VD．－4 V,4 V答案 C6. (人教版选修3－1P22第3题)如图3所示，回答以下问题．图3(1)A、B哪点的电势比较高？负电荷在哪点的电势能比较大？(2)负电荷由B移动到A时，静电力做正功还是负功？(3)A、B两点的电势差U AB是正的还是负的？U BA呢？答案(1)B点的电势高于A点的电势把负电荷从A移到B，静电力做正功，电势能减少，负电荷在A点的电势能较大(2)负电荷从B移动到A时，静电力做负功(3)U AB＜0 U BA＞01．电势高低的四种判断方法(1)依据电场线方向：沿电场线方向电势逐渐降低．(2)依据电场力做功：根据U AB＝W ABq，将W AB、q的正负号代入，由U AB的正负判断φA、φB的高低．(3)电荷的正负：取无穷远处电势为零，正电荷周围电势为正值，负电荷周围电势为负值；靠近正电荷处电势高，靠近负电荷处电势低．(4)依据电势能的高低：正电荷在电势能大处电势较高，负电荷在电势能大处电势较低．2．电势能高低的四种判断方法(1)做功判断法：电场力做正功，电势能减小；电场力做负功，电势能增大．(2)电荷电势法：正电荷在电势高的地方电势能大，负电荷在电势低的地方电势能大．(3)公式法：由E p＝qφ，将q、φ的大小、正负号一起代入公式，E p的正值越大，电势能越大，E p的负值越小，电势能越大．(4)能量守恒法：在电场中，若只有电场力做功时，电荷的动能和电势能相互转化，动能增大时，电势能减小，反之电势能增大．例1 (多选)(2018·全国Ⅰ卷·20)如图4所示，一带负电荷的油滴在匀强电场中运动，其轨迹在竖直面(纸面)内，且相对于过轨迹最低点P的竖直线对称．忽略空气阻力．由此可知( )图4A．Q点的电势比P点高B．油滴在Q点的动能比它在P点的大C．油滴在Q点的电势能比它在P点的大D．油滴在Q点的加速度大小比它在P点的小相对于过轨迹最低点P的竖直线对称．答案AB解析由于油滴受到的电场力和重力都是恒力，所以合外力为恒力，加速度恒定不变，所以D选项错；由于油滴轨迹相对于过P的竖直线对称且合外力总是指向轨迹弯曲内侧，所以油滴所受合外力沿竖直向上的方向，因此电场力竖直向上，且qE>mg，则电场方向竖直向下，所以Q点的电势比P点的高，A选项正确；当油滴从P点运动到Q点时，电场力做正功，电势能减小，C选项错误；当油滴从P点运动到Q点的过程中，合外力做正功，动能增加，所以Q点动能大于P点的动能，B选项正确．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．1．(2018·全国Ⅲ卷·15)关于静电场的等势面，下列说法正确的是( )A．两个电势不同的等势面可能相交B．电场线与等势面处处相互垂直C．同一等势面上各点电场强度一定相等D．将一负的试探电荷从电势较高的等势面移至电势较低的等势面，电场力做正功答案 B解析 若两个不同的等势面相交，则在交点处存在两个不同电势数值，与事实不符，A 错；电场线一定与等势面垂直，B 对；同一等势面上的电势相同，但电场强度不一定相同，C 错；将一负电荷从电势较高的等势面移至电势较低的等势面，电场力做负功，D 错．2．(2018·全国Ⅱ卷·15)如图5所示，P 是固定的点电荷，虚线是以P 为圆心的两个圆．带电粒子Q 在P 的电场中运动，运动轨迹与两圆在同一平面内，a 、b 、c 为轨迹上的三个点．若Q 仅受P 的电场力作用，其在a 、b 、c 点的加速度大小分别为a a 、a b 、a c ，速度大小分别为v a 、v b 、v c ，则( )图5A ．a a >a b >a c ，v a >v c >v bB ．a a >a b >a c ，v b >v c >v aC ．a b >a c >a a ，v b >v c >v aD ．a b >a c >a a ，v a >v c >v b 答案 D解析 由库仑定律F ＝kq 1q 2r 2可知，粒子在a 、b 、c 三点受到的电场力的大小关系为F b >F c >F a ，由a ＝Fm ，可知a b >a c >a a .根据粒子的轨迹可知，粒子Q 与场源电荷P 的电性相同，二者之间存在斥力，由c→b→a 整个过程中，电场力先做负功再做正功，且W ba >|W cb |，结合动能定理可知，v a >v c >v b ，故选项D 正确．1．在匀强电场中，不与电场线垂直的同一直线上的距离相同的两点间的电势差相等，相互平行的相等线段的两端点电势差也相等．2．在匀强电场中，不与电场线垂直的同一条直线上或几条相互平行的直线上两点间的电势差与两点间的距离成正比．如图6所示AC∥PR，则有：U AB x AB ＝U BC x BC ＝U PQ x PQ ＝U QRx QR.图6例2 如图7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( )A ．200 V/mB ．200 3 V/mC ．100 V/mD ．100 3 V/m答案 A解析 设OA 中点为C ，由U AC AC ＝U COCO 可得C 点的电势φC ＝3 V ，φC ＝φB ，即B 、C在同一等势面上，如图所示，由电场线与等势面的关系和几何关系知：d ＝1.5 cm.则E ＝U d ＝31.5×10－2 V/m ＝200 V/m ，A 正确．如何确定匀强电场中的电场线1．先确定等势线，根据“两点确定一条直线”，找出电场中电势相等的两个点，然后连接成一条等势线；因匀强电场的电势在一条直线上均匀变化，任一线段中点的电势为两端点电势的平均值． 2．电场线跟等势线一定垂直，作出等势线的垂线即得电场线．3．比较电势的高低，即沿着电场线的方向，电势逐渐降低；根据电势高低在电场线上标出箭头，表示电场的方向．3．(多选)(2018·课标全国Ⅱ·19)关于静电场的电场强度和电势，下列说法正确的是( ) A ．电场强度的方向处处与等电势面垂直 B ．电场强度为零的地方，电势也为零C ．随着电场强度的大小逐渐减小，电势也逐渐降低D ．任一点的电场强度总是指向该点电势降落最快的方向 答案 AD解析 电场线(电场强度)的方向总是与等电势面垂直，选项A 正确．电场强度和电势是两个不同的物理量，电场强度等于零的地方，电势不一定等于零，选项B 错误．沿着电场线方向，电势不断降低，电势的高低与电场强度的大小无必然关系，选项C 错误．电场线(电场强度)的方向总是从高的等电势面指向低的等电势面，而且是电势降落最快的方向，选项D 正确．4．如图8所示，以O 点为圆心，以R ＝0.20 m 为半径的圆与坐标轴交点分别为a 、b 、c 、d ，该圆所在平面内有一匀强电场，场强方向与x 轴正方向成θ＝60°角，已知a 、b 、c 三点的电势分别为4 3 V 、4 V 、－4 3 V ，则下列说法正确的是( )A ．该匀强电场的场强E ＝40 3 V/mB ．该匀强电场的场强E ＝80 V/mC ．d 点的电势为－2 3 VD ．d 点的电势为－4 V 答案 D解析 a 、c 两点之间的电势差U ＝4 3 V －(－4 3 V)＝8 3 V ，a 、c 两点之间沿电场线方向的距离d ＝2Rsin 60°＝3R ＝0.2 3 m ．该匀强电场的场强E ＝U d ＝40 V/m ，选项A 、B 错误．b 、d 之间沿电场线方向的距离d′＝2Rcos60°＝R ＝0.2 m ．b 、d 之间电势差U′＝Ed′＝8 V ，由φb －φd ＝8 V 可得d 点的电势为φd ＝－4 V ，选项C 错误，D 正确．几种常见图象的特点及规律例3 (多选)静电场在x 轴上的场强E 随x 的变化关系如图9所示，x 轴正向为场强正方向，带正电的点电荷沿x 轴运动，则点电荷( )A．在x2和x4处电势能相等B．由x1运动到x3的过程中电势能增大C．由x1运动到x4的过程中电场力先增大后减小D．由x1运动到x4的过程中电场力先减小后增大x轴正向为场强正方向．答案BC解析由题图可知，x1到x4场强先变大，再变小，则点电荷受到的电场力先增大后减小，C正确，D错误；由x1到x3及由x2到x4过程中，电场力做负功，电势能增大，知A错误，B正确．5．有一静电场，电场线平行于x轴，其电势φ随x坐标的改变而改变，变化的图线如图10所示．若将一带负电粒子(重力不计)从坐标原点O由静止释放，电场中P、Q两点的坐标分别为1 mm、4 mm.则下列说法正确的是( )图10A．粒子将沿x轴正方向一直向前运动B．粒子在P点与Q点加速度大小相等，方向相反C．粒子经过P点与Q点时，动能相等D．粒子经过P点与Q点时，电场力做功的功率相等答案 C解析根据沿电场线方向电势降低可知，0～2 mm内，电场线沿x轴负方向，粒子所受的电场力方向沿x轴正方向，粒子做加速运动；在2～6 mm内，电场线沿x轴正方向，粒子所受的电场力方向沿x轴负方向，粒子做减速运动，6 mm处粒子的速度为零；然后粒子向左先做加速运动后做减速运动，则知粒子在0～12 mm间做往复运动，故A错误．因φ－x图线的斜率的绝对值表示场强E的大小，则知P点的场强大于Q点的场强，则粒子在P 点的加速度大于在Q点的加速度，故B错误．因P、Q两点电势相等，则粒子经过P点与Q点时，电势能相等，由能量守恒定律知动能相等，故速率相等，但电场力不同，则电场力做功的功率不等，故C正确，D错误．6. (多选)一带负电的粒子只在电场力作用下沿x轴正方向运动，其电势能E p随位移x的变化关系如图11所示，则下列说法正确的是( )图11A ．粒子从x 1处运动到x 2处的过程中电场力做正功B ．x 1、x 2处电场强度方向沿x 轴正方向C ．x 1处的电场强度大小大于x 2处的电场强度大小D ．x 1处的电势比x 2处的电势低 答案 AD解析 由于粒子从x 1运动到x 2，电势能减小，因此电场力做正功，粒子所受电场力的方向沿x 轴正方向，电场强度方向沿x 轴负方向，选项A 正确，B 错误；由ΔE p ＝qE Δx ，即qE ＝ΔE pΔx ，由于x 1处的图线斜率的绝对值小于x 2处图线斜率的绝对值，因此x 1处的电场强度大小小于x 2处的电场强度大小，选项C 错误；沿着电场线方向电势降低，故x 1处的电势比x 2处的电势低，选项D 正确．1．电场力做功的计算(1)由公式W ＝Flcos α计算，此公式只适用于匀强电场，可变形为：W ＝qElcos 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 pA －E pB . 2．几种功能关系(1)若只有电场力做功，电势能与动能之和保持不变；(2)若只有电场力和重力做功，电势能、重力势能、动能之和保持不变； (3)除重力外，其他各力对物体所做的功等于物体机械能的变化． (4)所有力对物体所做功的代数和，等于物体动能的变化．例4 (2018·新课标全国Ⅱ·24)如图12所示，一质量为m 、电荷量为q(q ＞0)的粒子在匀强电场中运动，A 、B 为其运动轨迹上的两点．已知该粒子在A 点的速度大小为v 0，方向与电场方向的夹角为60°；它运动到B 点时速度方向与电场方向的夹角为30°.不计重力．求A 、B 两点间的电势差．图12答案 mv 2q解析 设带电粒子在B 点的速度大小为v B .粒子在垂直于电场方向的速度分量不变，即 v B sin 30°＝v 0sin 60°① 由此得v B ＝3v 0②设A 、B 两点间的电势差为U AB ，由动能定理有 qU AB ＝12m(v 2B －v 20)③联立②③式得U AB ＝mv 2q.拓展延伸 如图13，一质量为m 、电荷量为q(q>0)的液滴，在场强大小为3mgq、方向水平向右的匀强电场中运动，运动轨迹在竖直平面内．A 、B 为其运动轨迹上的两点，已知该液滴在A 点的速度大小为v 0，方向与电场方向的夹角为60°；它运动到B 点时速度方向与电场方向的夹角为30°.求A 、B 两点间的电势差．图13答案 3mv 28q解析 由题意知qE ＝3mg ，液滴重力不能忽略，把运动分解 水平方向：vsin 60°＝v 0sin 30°＋qEm t①竖直方向：vcos 60°＝v 0cos 30°－gt② 由①②可得：v ＝233v 0，t ＝3v 06g由牛顿第二定律得水平方向加速度a ＝qE m ＝3g ，水平位移：x ＝v 0sin 30°·t＋12(3g)t 2＝3v 208gU AB ＝E·x＝3mv 28q7．(2018·新课标全国Ⅰ·15)如图14所示，直线a 、b 和c 、d 是处于匀强电场中的两组平行线，M 、N 、P 、Q 是它们的交点，四点处的电势分别为φM 、φN 、φP 、φQ .一电子由M 点分别运动到N 点和P 点的过程中，电场力所做的负功相等．则( )图14A ．直线a 位于某一等势面内，φM ＞φQB ．直线c 位于某一等势面内，φM ＞φNC ．若电子由M 点运动到Q 点，电场力做正功D ．若电子由P 点运动到Q 点，电场力做负功 答案 B解析 电子带负电荷，电子由M 点分别运动到N 点和P 点的过程中，电场力所做的负功相等，有W MN ＝W MP ＜0，而W MN ＝qU MN ，W MP ＝qU MP ，q ＜0，所以有U MN ＝U MP ＞0，即φM ＞φN ＝φP ，匀强电场中等势线为平行的直线，所以NP 和MQ 分别是两条等势线，有φM ＝φQ ，故A 错误，B 正确；电子由M 点到Q 点过程中，W MQ ＝q(φM －φQ )＝0，电子由P 点到Q 点过程中，W PQ ＝q(φP －φQ )＞0，故C 、D 错误．8．(多选)如图15所示，在竖直平面内xOy 坐标系中分布着与水平方向成45°角的匀强电场，将一质量为m 、带电荷量为q 的小球，以某一初速度从O 点竖直向上抛出，它的轨迹恰好满足抛物线方程y ＝kx 2，且小球通过点p(1k ，1k)．已知重力加速度为g ，则( )图15A ．电场强度的大小为mgqB ．小球初速度的大小为g 2kC ．小球通过点p 时的动能为5mg4kD ．小球从O 点运动到p 点的过程中，电势能减少2mg k答案 BC解析 由轨迹方程y ＝kx 2可知小球运动轨迹为初速度向上的抛物线，合力向右，如图所示，由受力分析可知2mg ＝Eq ，E ＝2mg q ，A 错误．联立方程1k ＝12gt 2，1k＝v 0t ，解得v 0＝g2k，B 正确．据动能定理mg·1k ＝E k －12mv 20，得E k ＝5mg 4k ，C 正确．ΔE p ＝－W ＝－Eq·2k ＝－2mg·2k ＝－2mgk，D 错误．一、两个等量异种点电荷电场 1．电场特征(1)两个等量异种点电荷电场电场线的特征是：电场线大部分是曲线，起于正电荷，终止于负电荷；有三条电场线是直线．如图16所示．图16(2)在两电荷连线上，连线的中点电场强度最小但是不等于零；连线上关于中点对称的任意两点场强大小相等，方向相同，都是由正电荷指向负电荷；由连线的一端到另一端，电场强度先减小再增大．以两电荷连线为x轴，关于x＝0对称分布的两个等量异种点电荷的E－x图象是关于E轴(纵轴)对称的U形图线，如图17所示．图17 图18(3)在两电荷连线的中垂线上，电场强度以中点处最大；中垂线上关于中点对称的任意两点处场强大小相等，方向相同，都是与中垂线垂直，由正电荷指向负电荷；由中点至无穷远处，电场强度逐渐减小．以两电荷连线中垂线为y轴，关于y＝0对称分布的两个等量异种点电荷在中垂线上的E－y图象是关于E轴(纵轴)对称的形图线，如图18所示．2．电势特征(1)沿电场线，由正电荷到负电荷电势逐渐降低，其等势面如图19所示．若取无穷远处电势为零，在两电荷连线上的中点处电势为零．图19(2)中垂面是一个等势面，由于中垂面可以延伸到无限远处，所以若取无穷远处电势为零，则在中垂面上电势为零．(3)若将两电荷连线的中点作为坐标原点，两电荷连线作为x轴，则两个等量异种点电荷的电势φ随x变化的图象如图20所示．图20典例1 (多选)某静电场中的一条电场线与x 轴重合，其电势的变化规律如图21所示．在O 点由静止释放一电子，电子仅受电场力的作用，则在－x 0～x 0区间内( )图21A ．该静电场是匀强电场B ．该静电场是非匀强电场C ．电子将沿x 轴正方向运动，加速度逐渐减小D ．电子将沿x 轴正方向运动，加速度逐渐增大 答案 BC解析 由于电势φ随x 的变化不是均匀变化，即ΔφΔx 不是常数，所以该静电场一定是非匀强电场，且O 点电场强度最大，x 0处电场强度最小，选项A 错误，B 正确；由电势变化规律可知，电场线方向指向x 轴负方向，在O 点由静止释放一电子，电子所受电场力的方向指向x 轴正方向，电子将沿x 轴正方向运动，且加速度逐渐减小，选项C 正确，D 错误． 二、两个等量同种点电荷电场 1．电场特征(1)电场线大部分是曲线，起于正电荷，终止于无穷远；只有两条电场线是直线．(如图22所示)图22(2)在两电荷连线上的中点电场强度最小为零；连线上关于中点对称的任意两点场强大小相等，方向相反，都是指向中点；由连线的一端到另一端，电场强度先减小到零再增大．(3)若以两电荷连线中点作为坐标原点，沿两电荷连线作为x 轴建立直角坐标系，则关于坐标原点对称分布的两个等量同种点电荷在连线方向上的E －x 图象是关于坐标原点对称的图线，两个等量正点电荷的E －x 图象如图23所示的曲线．图23(4)在两等量同种电荷的连线中垂线上，以中点最小为零；中垂线上关于中点对称的任意两点场强大小相等，方向相反，都沿着中垂线指向无穷远处；在中垂线上由中点至无穷远处，电场强度先从零开始增大再减小至零，其间必有一个位置场强最大．若把中垂线作为y轴，沿中垂线方向的E－y图象大致如图24所示的曲线．图242．电势特征(1)两个等量正点电荷电场中各点电势均为正值，两个等量负点电荷电场中各点电势均为负值，两个等量正点电荷电场的等势面如图25所示．图25(2)在两个等量正点电荷连线上，由连线的一端到另一端电势先降低再升高，中点处电势最低但不为零，电势φ随x变化的图象大致如图26所示．图26 图27(3)在两个等量正点电荷连线的中垂线上中点处电势最高，由中点至无穷远处逐渐降低至零．若把中垂线作为y 轴，沿中垂线方向的φ－y图象大致如图27所示的曲线．图28典例2 (多选)某静电场中x轴上的电势随x坐标变化的图象如图28所示，φ－x图象关于φ轴对称，a、b两点到O点的距离相等．将一电荷从x轴上的a点由静止释放后电荷沿x轴运动到b点，运动过程中电荷只受电场力作用，则下列说法正确的是( )A．该电荷一定带负电B．电荷在b点时动能为零C．从O到b，电荷的电势能减小D．从a到b，电场力对电荷先做正功，后做负功答案BD解析此φ－x图象可视为在x轴上关于坐标原点对称的两个等量正点电荷，在它们连线上电势随x坐标变化的图象．由于a、b两点等电势，该电荷一定带正电，由动能定理可知，将该电荷从x轴上的a点由静止释放后沿x轴运动到b点，电荷到b点时动能为零，选项A错误，B正确；电荷从O运动到b，电势升高，电荷的电势能增大，选项C错误；电荷从a运动到b，电势能先减小后增大，电场力对电荷先做正功，后做负功，选项D正确．题组1 电场线、电势、电势能、等势面之间的关系1. (多选)两个不规则带电导体间的电场线分布如图1所示，已知导体附近的电场线均与导体表面垂直，a、b、c、d为电场中几个点，并且a、d为紧靠导体表面的两点，选无穷远处为电势零点，则( )图1A．场强大小关系有E b＞E cB．电势大小关系有φb＞φdC．将一负电荷放在d点时其电势能为负值D．将一正电荷由a点移到d点的过程中电场力做正功答案BD解析同一电场中，电场线密的地方电场强度大，因此E b＜E c，选项A错误；沿电场线方向电势降低，且导体表面为等势面，因此φb＞φd，选项B正确；由于无穷远处电势为零，故d点电势为负，负电荷放在d点时电势能为正值，选项C错误；由图可知，φa＞φd，U ad＞0，则将正电荷由a点移至d点的过程中电场力做功W＝qU ad，为正功，选项D正确．2. (多选)如图2所示，一带电粒子在两个固定的等量正电荷的电场中运动，图中的实线为等势面，虚线ABC为粒子的运动轨迹，其中B点是两点电荷连线的中点，A、C位于同一等势面上．下列说法正确的是( )图2A．该粒子可能带正电B．该粒子经过B点时的速度最大。
2019版高考物理一轮复习(全国1卷B版)教师用书：专题七 碰撞与动量守恒 PDF版含答案
变化；而动量发生了变化，动能却不一定发生变化㊂ 它们都是相 对量，均与 参 考 系 的 选 取 有 关， 高 中 阶 段 通 常 选 取 地 面 为 参 考系㊂ （３） 应用动量定理时，如何对待重力 Ｇ㊂ 当物体受到的其他外力远大于重力时， Ｇ 可忽略㊂ 如： 用锤
与 Ｆ 同向 一定不为零 与合力同向 一定不为零
理，在整个下落过程中，重力的冲量大小为 ｍｇ ç 定理得
的冲量大小为 Ｆｔ㊂ 初㊁末动量都是零， 取向下为正方向， 由动量 ｍｇ ç
æ ２Ｌ ö ＋ ｔ ÷ ，拉力 Ｆ è ｇ ø
在各个阶段的冲量的矢量和） ，根据动量定理列方程求解㊂
æ ２Ｌ ö ＋ ｔ ÷ － Ｆｔ ＝ ０ è ｇ ø
ｍｇ ç
４． 应用动量定理处理连续流体的作用问题
经缓冲时间 ｔ ＝ １ ｓ 后速度变为 ０， 取向下为正方向， 对工人
３． 应用动量定理解题的一般步骤
研究过程既可以是全过程，也可以是全过程中的某一阶段㊂
பைடு நூலகம்向下㊂
由牛顿第三定律知安全带受的冲力 Ｆᶄ 为 １ ２００ Ｎ，方向竖直 解法二（ 全过程法） ㊀ 在整个下落过程中对工人应用动量定
只分析研究对象以外的物体施加给研究对象的力， 不必分 （４） 写出研究对象的初㊁ 末动量和合外力的冲量 （ 或各外力 在解决连续流体的作用问题时， 一般隔离一段时间 Δｔ 内所 Δｐ ＝ ρＳｖ２ ㊂ Δｔ
子钉钉子时，通常可忽略重力㊂ （４） 动量定理表达式 Ｆｔ ＝ ｍｖᶄ－ ｍｖ，为矢量表达式㊂ 一般处理 原则： 凡是已知量要考虑方向， 未知量都按正值处理， 其方向由 计算结果确定㊂ （５） 冲量 Ｉ ＝ Ｆｔ 是过程量，而动量 ｐ ＝ ｍｖ 是状态量㊂ 受的冲力是多少？ （ ｇ 取 １０ ｍ ／ ｓ２ ） ㊀ 一高空作业的工人重为 ６００ Ｎ，系一条长为 Ｌ ＝ ５ ｍ 的