届一轮复习人教版动量和电学知识的综合应用学案(浙江专用)
2024届高考一轮复习物理教案(新教材人教版浙江专用)：卫星发射、变轨和对接 双星模型
第2讲 卫星发射、变轨和对接 双星模型目标要求 1.理解三种宇宙速度，并会求解第一宇宙速度的大小.2.会处理人造卫星的变轨和对接问题.3.掌握双星、多星系统，会解决相关问题．考点一 宇宙速度第一宇宙速度(环绕速度)v 1＝7.9 km/s ，是物体在地球附近绕地球做匀速圆周运动的最大环绕速度，也是人造地球卫星的最小发射速度第二宇宙速度(逃逸速度) v 2＝11.2 km/s ，是物体挣脱地球引力束缚的最小发射速度第三宇宙速度v 3＝16.7 km/s ，是物体挣脱太阳引力束缚的最小发射速度1．地球的第一宇宙速度的大小与地球质量有关．( √ ) 2．月球的第一宇宙速度也是7.9 km/s.( × )3．同步卫星的运行速度一定小于地球第一宇宙速度．( √ )4．若物体的发射速度大于第二宇宙速度而小于第三宇宙速度，则物体绕太阳运行．( √ )1．第一宇宙速度的推导 方法一：由G m 地m R 2＝m v 2R ，得v ＝Gm 地R＝ 6.67×10－11×5.98×10246.4×106m/s ≈7.9×103 m/s. 方法二：由mg ＝m v 2R得v ＝gR ＝9.8×6.4×106 m/s ≈7.9×103 m/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＝2π 6.4×1069.8s ≈5 075 s ≈85 min.正是近地卫星的周期． 2．宇宙速度与运动轨迹的关系(1)v 发＝7.9 km/s 时，卫星绕地球表面做匀速圆周运动． (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 ，卫星绕太阳运动的轨迹为椭圆．(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．例1 宇航员在一星球上以速度v 0竖直上抛一质量为m 的物体，经2t 后落回手中，已知该星球半径为R ，忽略该星球自转，则该星球的第一宇宙速度的大小为( ) A.v 0R t B.2v 0Rt C.v 0R 2tD.4v 0Rt答案 A解析 由题意可知星球表面重力加速度为g ＝v 0t ，由万有引力定律知GMmR 2＝mg ＝m v 12R ，解得v 1＝gR ＝v 0Rt，故选A. 例2 (2023·湖北省联考)中国火星探测器“天问一号”成功发射后，沿地火转移轨道飞行七个多月，于2021年2月到达火星附近，要通过制动减速被火星引力俘获，才能进入环绕火星的轨道飞行．已知地球的质量约为火星质量的10倍，地球半径约为火星半径的2倍，下列说法正确的是( )A ．若在火星上发射一颗绕火星运动的近地卫星，其速度至少需要7.9 km/sB ．“天问一号”探测器的发射速度一定大于7.9 km/s ，小于11.2 km/sC ．火星与地球的第一宇宙速度之比为1∶ 5D ．火星表面的重力加速度大于地球表面的重力加速度 答案 C解析 卫星在行星表面附近绕行的速度为该行星的第一宇宙速度，由G MmR 2＝m v 2R ，可得v ＝GMR，故v 火∶v 地＝1∶5，所以在火星上发射一颗绕火星运动的近地卫星，其速度至少需要v 火＝7.95km/s ，故A 错误，C 正确；“天问一号”探测器挣脱了地球引力束缚，则它的发射速度大于等于11.2 km/s ，故B 错误；g 地＝G M 地R 地2，g 火＝G M 火R 火2，联立可得g 地>g 火，故D 错误．考点二 卫星的变轨和对接问题1．变轨原理(1)为了节省能量，在赤道上顺着地球自转方向先发射卫星到圆轨道Ⅰ上，卫星在轨道Ⅰ上做匀速圆周运动，有G Mmr 12＝m v 2r 1，如图所示．(2)在A 点(近地点)点火加速，由于速度变大，所需向心力变大，G Mm r 12<m v A 2r 1，卫星做离心运动进入椭圆轨道Ⅱ.(3)在椭圆轨道B 点(远地点)将做近心运动，G Mm r 22>m v B 2r 2，再次点火加速，使G Mmr 22＝m v ′2r 2，进入圆轨道Ⅲ. 2．变轨过程分析(1)速度：设卫星在圆轨道Ⅰ和Ⅲ上运行时的速率分别为v 1、v 3，在轨道Ⅱ上过A 点和B 点时速率分别为v A 、v B .在A 点加速，则v A >v 1，在B 点加速，则v 3>v B ，又因v 1>v 3，故有v A >v 1>v 3>v B . (2)加速度：因为在A 点，卫星只受到万有引力作用，故不论从轨道Ⅰ还是轨道Ⅱ上经过A 点，卫星的加速度都相同，同理，卫星在轨道Ⅱ或轨道Ⅲ上经过B 点的加速度也相同． (3)周期：设卫星在Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ轨道上的运行周期分别为T 1、T 2、T 3，轨道半径分别为r 1、r 2(半长轴)、r 3，由开普勒第三定律r 3T2＝k 可知T 1<T 2<T 3.(4)机械能：在一个确定的圆(椭圆)轨道上机械能守恒．若卫星在Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ轨道的机械能分别为E 1、E 2、E 3，从轨道Ⅰ到轨道Ⅱ和从轨道Ⅱ到轨道Ⅲ都需要点火加速，则E 1<E 2<E 3.考向1 卫星变轨问题中各物理量的比较例3 (2023·浙江省名校协作体模拟)北京时间2021年10月16日，神舟十三号载人飞船顺利将翟志刚、王亚平、叶光富3名航天员送入空间站．飞船的某段运动可近似看作如图所示的情境，圆形轨道Ⅰ为空间站运行轨道，设圆形轨道Ⅰ的半径为r ，地球表面重力加速度为g ，地球半径为R ，地球的自转周期为T ，椭圆轨道Ⅱ为载人飞船运行轨道，两轨道相切于A 点，椭圆轨道Ⅱ的半长轴为a ，已知引力常量为G ，下列说法正确的是( )A ．载人飞船若要进入轨道Ⅰ，需要在A 点减速B ．根据题中信息，可求出地球的质量M ＝4π2r 3GT2C ．载人飞船在轨道Ⅰ上的机械能小于在轨道Ⅱ上的机械能D ．空间站在圆轨道Ⅰ上运行的周期与载人飞船在椭圆轨道Ⅱ上运行的周期之比为r 3∶a 3 答案 D解析 载人飞船若要进入轨道Ⅰ，要做离心运动，需要在A 点点火加速，故机械能增加，则载人飞船在轨道Ⅰ上的机械能大于在轨道Ⅱ上的机械能，A 、C 错误；设空间站在轨道Ⅰ运行的周期为T 1，由此可得G Mm r 2＝4π2mr T 12，解得M ＝4π2r 3GT 12，题中T 为地球自转的周期，并非在轨道Ⅰ上的周期，不能利用该数据计算地球质量，B 错误；设在轨道Ⅱ上运行的周期为T 2，根据开普勒第三定律有r 3T 12＝a 3T 22，解得T 1∶T 2＝r 3∶a 3，D 正确．例4 嫦娥五号完美完成中国航天史上最复杂任务后，于2020年12月17日成功返回，最终收获1 731克样本．图中椭圆轨道Ⅰ、100公里环月轨道Ⅱ及月地转移轨道Ⅲ分别为嫦娥五号从月球返回地面过程中所经过的三个轨道示意图，下列关于嫦娥五号从月球返回过程中有关说法正确的是( )A ．在轨道Ⅱ上运行时的周期小于在轨道Ⅰ上运行时的周期B ．在轨道Ⅰ上运行时的加速度大小始终大于在轨道Ⅱ上运动时的加速度大小C ．在N 点时嫦娥五号经过点火加速才能从轨道Ⅱ进入轨道Ⅲ返回D ．在月地转移轨道上飞行的过程中可能存在不受万有引力的瞬间 答案 C解析 轨道Ⅱ的半径大于椭圆轨道Ⅰ的半长轴，根据开普勒第三定律可知，在轨道Ⅱ上运行时的周期大于在轨道Ⅰ上运行时的周期，故A 错误；在轨道Ⅰ上的N 点和轨道Ⅱ上的N 点受到的万有引力相同，所以在两个轨道上经过N 点时的加速度相同，故B 错误；从轨道Ⅱ到月地转移轨道Ⅲ做离心运动，在N 点时嫦娥五号需要经过点火加速才能从轨道Ⅱ进入轨道Ⅲ 返回，故C 正确；在月地转移轨道上飞行的过程中，始终在地球的引力范围内，不存在不受万有引力的瞬间，故D 错误．考向2 飞船对接问题例5 北京时间2021年10月16日神舟十三号载人飞船与在轨飞行的天和核心舱顺利实现径向自主交会对接，整个交会对接过程历时约6.5小时．为实现神舟十三号载人飞船与空间站顺利对接，飞船安装有几十台微动力发动机，负责精确地控制它的各种转动和平动．对接前飞船要先到达和空间站很近的相对静止的某个停泊位置(距空间站200 m)．为到达这个位置，飞船由惯性飞行状态转入发动机调控状态，下列说法正确的是( ) A ．飞船先到空间站同一圆周轨道上同方向运动，合适位置减速靠近即可 B ．飞船先到与空间站圆周轨道垂直的同半径轨道上运动，合适位置减速靠近即可 C ．飞船到空间站轨道下方圆周轨道上同方向运动，合适的位置减速即可 D ．飞船先到空间站轨道上方圆周轨道上同方向运动，合适的位置减速即可 答案 D解析 根据卫星变轨时，由低轨道进入高轨道需要点火加速，反之要减速，所以飞船先到空间站下方的圆周轨道上同方向运动，合适位置加速靠近即可，或者飞船先到空间站轨道上方圆周轨道上同方向运动，合适的位置减速即可，故选D.考点三 双星或多星模型1．双星模型(1)定义：绕公共圆心转动的两个星体组成的系统，我们称之为双星系统．如图所示．(2)特点①各自所需的向心力由彼此间的万有引力提供，即Gm 1m 2L 2＝m 1ω12r 1，Gm 1m 2L 2＝m 2ω22r 2. ②两星的周期、角速度相同，即T 1＝T 2，ω1＝ω2. ③两星的轨道半径与它们之间的距离关系为r 1＋r 2＝L . ④两星到圆心的距离r 1、r 2与星体质量成反比，即m 1m 2＝r 2r 1.⑤双星的运动周期T ＝2πL 3G (m 1＋m 2).⑥双星的总质量m 1＋m 2＝4π2L 3T 2G.2．多星模型所研究星体所受万有引力的合力提供做圆周运动的向心力，除中央星体外，各星体的角速度或周期相同．常见的多星及规律：常见的三星模型①Gm 2(2R )2＋GMm R 2＝ma 向②Gm 2L2×cos 30°×2＝ma 向 常见的四星模型①Gm 2L 2×cos 45°×2＋Gm 2(2L )2＝ma 向②Gm 2L 2×cos 30°×2＋GmM ⎝⎛⎭⎫ L 3 2＝ma 向例6 如图所示，“食双星”是两颗相距为d 的恒星A 、B ，只在相互引力作用下绕连线上O 点做匀速圆周运动，彼此掩食(像月亮挡住太阳)而造成亮度发生周期性变化的两颗恒星．观察者在地球上通过望远镜观察“食双星”，视线与双星轨道共面．观测发现每隔时间T 两颗恒星与望远镜共线一次，已知引力常量为G ，地球距A 、B 很远，可认为地球保持静止，则( )A ．恒星A 、B 运动的周期为T B ．恒星A 的质量小于B 的质量C ．恒星A 、B 的总质量为π2d 3GT 2D ．恒星A 的线速度大于B 的线速度 答案 C解析 每隔时间T 两颗恒星与望远镜共线一次，则两恒星的运动周期为T ′＝2T ，故A 错误； 根据万有引力提供向心力有G m A m B d 2＝m A 4π2(2T )2r A ＝m B 4π2(2T )2r B ，由题图知r A <r B ，则m A >m B ，故B错误；由B 选项得，两恒星总质量为M ＝m A ＋m B ＝π2d 3GT2，故C 正确；根据v ＝ωr ，两恒星角速度相等，则v A <v B ，故D 错误．例7 (多选)2019年人类天文史上首张黑洞图片正式公布．在宇宙中当一颗恒星靠近黑洞时，黑洞和恒星可以相互绕行，从而组成双星系统．在相互绕行的过程中，质量较大的恒星上的物质会逐渐被吸入到质量较小的黑洞中，从而被吞噬掉，黑洞吞噬恒星的过程也被称为“潮汐瓦解事件”．天鹅座X －1就是一个由黑洞和恒星组成的双星系统，它们以两者连线上的某一点为圆心做匀速圆周运动，如图所示．在刚开始吞噬的较短时间内，恒星和黑洞的距离不变，则在这段时间内，下列说法正确的是( )A ．两者之间的万有引力变大B ．黑洞的角速度变大C ．恒星的线速度变大D ．黑洞的线速度变大 答案 AC解析 假设恒星和黑洞的质量分别为M 、m ，环绕半径分别为R 、r ，且m <M ，两者之间的距离为L ，则根据万有引力定律有G MmL 2＝F 向，恒星和黑洞的距离不变，随着黑洞吞噬恒星，在刚开始吞噬的较短时间内，M 与m 的乘积变大，它们间的万有引力变大，故A 正确；双星系统属于同轴转动的模型，角速度相等，根据万有引力提供向心力有G MmL 2＝mω2r ＝Mω2R ，其中R ＋r ＝L ，解得恒星的角速度ω＝G (M ＋m )L 3，双星的质量之和不变，则角速度不变，故B 错误；根据mω2r ＝Mω2R ，得M m ＝rR，因为M 减小，m 增大，所以R 增大，r 减小，由v恒＝ωR ，v 黑＝ωr ，可得v 恒变大，v 黑变小，故C 正确，D 错误．例8 (多选)如图所示，质量相等的三颗星体组成三星系统，其他星体对它们的引力作用可忽略．设每颗星体的质量均为m ，三颗星体分别位于边长为r 的等边三角形的三个顶点上，它们绕某一共同的圆心O 在三角形所在的平面内以相同的角速度做匀速圆周运动．已知引力常量为G ，下列说法正确的是( )A ．每颗星体所需向心力大小为2G m 2r 2B ．每颗星体运行的周期均为2πr 33GmC ．若r 不变，星体质量均变为2m ，则星体的角速度变为原来的2倍D ．若m 不变，星体间的距离变为4r ，则星体的线速度变为原来的14答案 BC解析 任意两颗星体间的万有引力大小F 0＝G m 2r 2，每颗星体受到其他两个星体的引力的合力为F ＝2F 0cos 30°＝3G m 2r 2，A 错误；由牛顿第二定律可得F ＝m (2πT )2r ′，其中r ′＝r 2cos 30°＝3r3，解得每颗星体运行的周期均为T ＝2πr 33Gm ，B 正确；星体原来的角速度ω＝2πT＝3Gm r 3，若r 不变，星体质量均变为2m ，则星体的角速度ω′＝2πT ′＝6Gmr 3，则星体的角速度变为原来的2倍，C 正确；星体原来的线速度大小v ＝2πr ′T ，若m 不变，星体间的距离变为4r ，则星体的周期T ′＝2π(4r )33Gm＝16πr 33Gm ＝8T ，星体的线速度大小v ′＝2πT ′×4r ′＝πr ′T ，则星体的线速度变为原来的12，D 错误．考点四 星球“瓦解”问题 黑洞1．星球的瓦解问题当星球自转越来越快时，星球对“赤道”上的物体的引力不足以提供向心力时，物体将会“飘起来”，进一步导致星球瓦解，瓦解的临界条件是赤道上的物体所受星球的引力恰好提供向心力，即GMmR 2＝mω2R ，得ω＝GMR 3.当ω>GMR 3时，星球瓦解，当ω<GMR 3时，星球稳定运行． 2．黑洞黑洞是一种密度极大、引力极大的天体，以至于光都无法逃逸，科学家一般通过观测绕黑洞运行的天体的运动规律间接研究黑洞．当天体的逃逸速度(逃逸速度为其第一宇宙速度的2倍)超过光速时，该天体就是黑洞．考向1 星球的瓦解问题例9 (2018·全国卷Ⅱ·16)2018年2月，我国500 m 口径射电望远镜(天眼)发现毫秒脉冲星“J0318＋0253”，其自转周期T ＝5.19 ms.假设星体为质量均匀分布的球体，已知万有引力常量为6.67×10－11N·m 2/kg 2.以周期T 稳定自转的星体的密度最小值约为( )A ．5×109 kg/m 3B ．5×1012 kg/m 3C ．5×1015 kg/m 3D ．5×1018 kg/m 3答案 C解析 脉冲星稳定自转，万有引力提供向心力，则有G Mm r 2≥mr 4π2T 2，又知M ＝ρ·43πr 3，整理得密度ρ≥3πGT 2＝3×3.146.67×10－11×(5.19×10－3)2 kg/m 3≈5.2×1015 kg/m 3，故选C.考向2 黑洞问题例10 科技日报北京2017年9月6日电，英国《自然·天文学》杂志发表的一篇论文称，某科学家在银河系中心附近的一团分子气体云中发现了一个黑洞．科学研究表明，当天体的逃逸速度(逃逸速度为其第一宇宙速度的2倍)超过光速时，该天体就是黑洞．已知某天体与地球的质量之比为k ，地球的半径为R ，地球的环绕速度(第一宇宙速度)为v 1, 光速为c ，则要使该天体成为黑洞，其半径应小于( ) A.2v 12R kc 2 B.2kc 2R v 12 C.k v 12R 2c 2 D.2k v 12R c2答案 D解析 地球的第一宇宙速度为v 1＝GMR，则黑洞的第一宇宙速度为v 2＝GkMr，并且有2v 2>c ，联立解得r <2k v 12Rc2，所以D 正确，A 、B 、C 错误．课时精练1．(多选)目前，在地球周围有许多人造地球卫星绕着它运转，其中一些卫星的轨道近似为圆，且轨道半径逐渐变小．若卫星在轨道半径逐渐变小的过程中，只受到地球引力和稀薄气体阻力的作用，则下列判断正确的是()A．卫星的动能逐渐减小B．由于地球引力做正功，引力势能一定减小C．由于稀薄气体阻力做负功，地球引力做正功，机械能保持不变D．卫星克服稀薄气体阻力做的功小于引力势能的减小量答案BD解析在卫星轨道半径变小的过程中，地球引力做正功，引力势能一定减小，卫星轨道半径变小，动能增大，由于稀薄气体阻力做负功，机械能减小，选项A、C错误，B正确；卫星动能增大，卫星克服稀薄气体阻力做的功小于地球引力做的正功，而地球引力做的正功等于引力势能的减小量，所以卫星克服阻力做的功小于引力势能的减小量，选项D正确．2．(2023·浙江省强基联盟统测)2021年5月15日中国的火星探测器天问一号成功在火星表面着陆，如图为天问一号的降落器“祝融”运行的降低轨道示意图，由椭圆轨道1、椭圆轨道2、圆轨道3、最终经过轨道4落在火星表面附近，最后启动主发动机进行反冲，稳稳地落在火星表面，P点是它们的内切点．关于探测器在上述运动的过程中，下列说法中正确的是()A．探测器在轨道1和轨道2上运动时的机械能相等B．探测器在轨道2上由Q点向P点运动的过程中速度增大，机械能减小C．探测器在轨道1上运行经过P点的速度大于在轨道2上运行经过P点的速度D．轨道4可以看作平抛运动的轨迹答案 C解析探测器从轨道1变到轨道2上需要在P点减速，故机械能减小，所以探测器在轨道1和轨道2上运动时的机械能不相等，故C正确，A错误；探测器在同一轨道运行时，机械能不变，则探测器在轨道2上由Q点向P点运动的过程中速度增大，动能增大，势能减小，机可得，械能不变，故B错误；探测器沿轨道4到落到火星表面上是在做近心运动，由a＝G MR2在降落过程中加速度不断增大，平抛运动的加速度不发生改变，故轨道4不能看成平抛运动的轨迹，故D 错误．3.(多选)宇宙中两颗靠得比较近的恒星，只受到彼此之间的万有引力作用互相绕转，称之为双星系统．设某双星系统A 、B 绕其连线上的某固定点O 做匀速圆周运动，如图所示．若A 、B 两星球到O 点的距离之比为3∶1，则( )A ．星球A 与星球B 所受引力大小之比为1∶1 B ．星球A 与星球B 的线速度大小之比为1∶3C ．星球A 与星球B 的质量之比为3∶1D ．星球A 与星球B 的动能之比为3∶1 答案 AD解析 星球A 所受的引力与星球B 所受的引力均为二者之间的万有引力，大小是相等的，故A 正确；双星系统中，星球A 与星球B 转动的角速度相等，根据v ＝ωr 可知，线速度大小之比为3∶1，故B 错误；A 、B 两星球做匀速圆周运动的向心力由二者之间的万有引力提供，可得G m A m BL 2＝m A ω2r A ＝m B ω2r B ，则星球A 与星球B 的质量之比为m A ∶m B ＝r B ∶r A ＝1∶3，故C 错误；星球A 与星球B 的动能之比为E k A E k B ＝12m A v A 212m B v B2＝m A (ωr A )2m B (ωr B )2＝31，故D 正确．4．(2023·浙江诸暨市模拟)如图所示，“嫦娥一号”发射后绕地球椭圆轨道运行，多次调整后进入奔月轨道，接近月球后绕月球椭圆轨道运行，调整后进入月球表面轨道．已知a 是某一地球椭圆轨道的远地点，b 和c 是不同月球椭圆轨道的远月点，a 点到地球中心的距离等于b 点到月球中心的距离．则“嫦娥一号”( )A ．在a 点速度小于地球第一宇宙速度B ．在a 点和在b 点的加速度大小相等C ．在b 点的机械能小于在c 点的机械能D ．在奔月轨道上所受的万有引力一直减小 答案 A解析 地球第一宇宙速度等于卫星在地球表面轨道绕地球做圆周运动的线速度大小，是卫星绕地球运动的最大环绕速度，故“嫦娥一号”在a 点速度小于地球第一宇宙速度，A 正确；在a 点，根据万有引力提供向心力可得GM 地m r 2＝ma a ，解得a a ＝GM 地r 2，在b 点，根据万有引力提供向心力可得GM 月m r 2＝ma b ，解得a b ＝GM 月r 2，由于a 点到地球中心的距离等于b 点到月球中心的距离，且地球质量大于月球质量，可得a a >a b ，B 错误；卫星绕同一中心天体转动时，从低轨道变轨到高轨道，需要在变轨处点火加速，此过程卫星的机械能增加，可知同一卫星绕同一中心天体转动时，轨道越高，卫星机械能越大，故“嫦娥一号”在b 点的机械能大于在c 点的机械能，C 错误；在奔月轨道上，卫星受到地球的引力越来越小，受到月球的引力越来越大，可知“嫦娥一号”受到的万有引力先减小后增大，D 错误．5．星球上的物体脱离星球引力所需要的最小速度称为第二宇宙速度．星球的第二宇宙速度v 2与第一宇宙速度v 1的关系是v 2＝2v 1.已知某星球的半径为r ，它表面的重力加速度为地球表面重力加速度g 的16.不计其他星球的影响．忽略该星球的自转，则该星球的第二宇宙速度为( ) A.gr 3B.gr 6C.gr 3D.gr答案 A解析 该星球的第一宇宙速度满足G Mmr 2＝m v 12r ，在该星球表面处万有引力等于重力，则有G Mm r 2＝m g6，由以上两式得该星球的第一宇宙速度v 1＝gr 6，则该星球的第二宇宙速度v 2＝2×gr6＝gr3，故A 正确． 6.(2023·浙江稽阳联谊学校联考)2022年2月27日，长征八号遥二运载火箭在海南文昌点火起飞，经过12次分离，“跳着芭蕾”将22颗卫星分别顺利送入预定轨道，创造了我国一箭多星发射的最高纪录．如图所示，假设其中两颗同轨道卫星A 、B 绕地球飞行的轨道可视为圆轨道，轨道离地面的高度均为地球半径的116.下列说法正确的是( )A ．卫星A 和卫星B 的质量必须严格相等 B ．卫星在轨道上飞行的速度大于7.9 km/sC ．卫星B 在同轨道上加速就能与卫星A 对接D ．卫星进入轨道后所受地球的万有引力大小约为它在地面时的(1617)2答案 D解析 人造卫星的环绕周期、环绕半径等参量与卫星自身质量无关，A 错误；第一宇宙速度为卫星绕地球表面做匀速圆周运动的最大环绕速度，卫星在轨道上飞行的速度小于7.9 km/s ，B 错误；卫星B 在同轨道上加速，会使卫星B 做离心运动，环绕半径变大，无法完成对接，C 错误；卫星在地球表面运动时，受地球的万有引力大小F 1＝G MmR 2，卫星进入轨道后，受地球的万有引力大小F 2＝G Mm(R ＋116R )2，因此卫星进入轨道后所受地球的万有引力大小约为它在地面时的(1617)2，D 正确．7.(2023·浙江省联考)2021年5月22日，中国首辆火星车“祝融号”已安全驶离着陆平台，到达火星表面(如图所示)开始巡视探测，已知地球质量约为火星质量的9.28倍，地球的第一宇宙速度约为火星第一宇宙速度的2.2倍．假设地球和火星均为质量分布均匀的球体，不考虑地球和火星的自转，则“祝融号”在地球表面和火星表面所受万有引力大小的比值约为( )A ．0.4B ．0.9C ．2.5D ．9 答案 C解析 设祝融号质量为m ，地球质量为M ，地球的第一宇宙速度为v ，地球的半径为R ，则GMm R 2＝m v 2R ，得R ＝GM v 2，祝融号在地球表面所受万有引力大小为F ＝GMm R 2＝GMm (GM v 2)2＝m v 4GM，设火星质量为M 1，火星的第一宇宙速度为v 1，火星的半径为R 1，同理可得祝融号在火星表面所受万有引力大小为F 1＝m v 14GM 1，所以F F 1＝v 4M 1v 14M ＝(2.2)4×19.28≈2.5，故A 、B 、D 错误，C 正确．8.(2023·浙江绍兴市柯桥区模拟)2022年4月16日，神舟十三号与空间站天和核心舱分离，正式踏上回家之路，分离过程简化如图所示，脱离前天和核心舱处于半径为r 1的圆轨道Ⅰ，运行周期为T 1，从P 点脱离后神舟十三号飞船沿轨道Ⅱ返回半径为r 2的近地圆轨道Ⅲ上，Q 点为轨道Ⅱ与轨道Ⅲ的切点，在轨道Ⅲ上运行周期为T 2，然后再多次调整轨道，绕行5圈多点顺利着落在东风着陆场，根据信息可知( )A ．T 1∶T 2＝r 1∶r 2B ．可以估算地球的密度为ρ＝3πGT 12C ．飞船在轨道Ⅱ上Q 点的速率要大于在轨道Ⅱ上P 点的速率D ．飞船从P 到Q 过程中与地心连线扫过的面积与天和核心舱与地心连线在相同时间内扫过的面积相等 答案 C解析 根据开普勒第三定律有r 13T 12＝r 23T 22，得T 1∶T 2＝r 13∶r 23，故A 错误；根据万有引力提供向心力G Mm r 22＝m 4π2T 22r 2，由于轨道Ⅲ为近地轨道，则地球体积为V ＝43πr 23，得ρ＝M V ＝3πGT 22，故B 错误；飞船沿轨道Ⅱ运动过程中满足机械能守恒定律，Q 点的引力势能小于P 点的引力势能，故Q 点的动能大于P 点的动能，即Q 点的速度大于P 点的速度，故C 正确；根据开普勒第二定律，同一环绕天体与地心连线在相同时间内扫过的面积相等，飞船与核心舱在不同轨道运动，故D 错误．9.(2023·浙江省十校联盟第二次联考)如图所示，“天舟一号”货运飞船与“天宫二号”空间实验室对接，对接后飞行轨道高度与“天宫二号”圆轨道高度相同．已知引力常量为G ，地球半径为R .对接前“天宫二号”的轨道半径为r 、运行周期为T .由此可知( )A ．“天舟一号”货运飞船是从与“天宫二号”空间实验室同一高度轨道上加速追上“天宫二号”完成对接的B ．地球的质量为4π2r 2GT2C ．对接后，“天舟一号”与“天宫二号”组合体的运行周期等于TD ．地球的第一宇宙速度为2πRT答案 C解析 根据GMmr 2＝m v 2r ，卫星加速，则所需向心力大于万有引力，卫星做离心运动，则“天舟一号”货运飞船是从比“天宫二号”空间实验室轨道低的轨道上加速追上“天宫二号”完成对接的，故A 错误；根据万有引力提供向心力，有GMm r 2＝m 4π2T 2r ，可得M ＝4π2r 3GT 2，故B 错误；对接后“天舟一号”飞行轨道高度与“天宫二号”运行圆轨道高度相同，“天舟一号”与“天宫二号”组合体的运行周期等于T ，故C 正确；根据GMmR 2＝m v 12R ，可得v 1＝GMR，把M ＝4π2r 3GT 2代入解得v 1＝2πTr 3R，故D 错误． 10．(2023·辽宁省模拟)我国成功地发射“天问一号”标志着我国成功地迈出了探测火星的第一步．已知火星直径约为地球直径的一半，火星质量约为地球质量的十分之一，航天器贴近地球表面飞行一周所用时间为T ，地球表面的重力加速度为g ，若未来在火星表面发射一颗人造卫星，最小发射速度约为( ) A.gT 2π B.5gT10πC.5gT5πD.25gT 5π答案 B解析 由G MmR 2＝m v 2R，得第一宇宙速度v ＝GMR，设地球的第一宇宙速度为v 1，由g ＝ωv 1＝2πT v 1，得v 1＝gT2π，设火星的第一宇宙速度为v 2，则v 2v 1＝M 2M 1·R 1R 2，代入数据解得v 2＝55v 1＝5gT10π，B 项正确．11．黑洞是一种密度极大、引力极大的天体，以至于光都无法逃逸，科学家一般通过观测绕黑洞运行的天体的运动规律间接研究黑洞．已知某黑洞的逃逸速度为v ＝2GMR，其中引力常量为G ，M 是该黑洞的质量，R 是该黑洞的半径．若天文学家观测到与该黑洞相距为r 的天体以周期T 绕该黑洞做匀速圆周运动，光速为c ，则下列关于该黑洞的说法正确的是( )。
人教版九年级物理一轮复习电学综合复习教案
教案：人教版九年级物理一轮复习——电学综合复习一、教学内容本节课为人教版九年级物理一轮复习的电学综合复习，主要内容包括：1. 电流的概念和电流的单位；2. 电压的概念和电压的测量；3. 电阻的概念和电阻的计算；4. 欧姆定律及其应用；5. 串并联电路的特点及其应用；6. 电功率的概念和电功率的计算；7. 电功的概念和电功的计算；8. 电流的热效应及其应用。
二、教学目标1. 掌握电流、电压、电阻的基本概念及其单位；2. 理解欧姆定律，并能灵活运用解决实际问题；3. 掌握串并联电路的特点，并能分析简单的电路图；4. 掌握电功率和电功的计算方法，并能应用于实际生活；5. 了解电流的热效应，并能在生活中加以应用。
三、教学难点与重点重点：电流、电压、电阻的基本概念及其单位，欧姆定律，串并联电路的特点，电功率和电功的计算方法。
难点：电流的热效应及其应用。
四、教具与学具准备教具：黑板、粉笔、多媒体教学设备、电路图、实物电路。
学具：笔记本、笔、电路图、实物电路。
五、教学过程1. 实践情景引入：通过展示一个简单的家用电器电路图，让学生观察并描述电路中各部分的作用。
2. 电流的概念和电流的单位：讲解电流的定义，电流的单位是安培（A），并介绍电流的符号I。
3. 电压的概念和电压的测量：讲解电压的定义，电压的单位是伏特（V），并介绍电压的符号U。
通过示例，讲解电压表的使用方法。
4. 电阻的概念和电阻的计算：讲解电阻的定义，电阻的单位是欧姆（Ω），并介绍电阻的符号R。
讲解电阻的计算公式：R=U/I。
5. 欧姆定律及其应用：讲解欧姆定律的内容，即电流I与电压U成正比，与电阻R成反比。
公式为I=U/R。
通过示例，讲解欧姆定律在实际问题中的应用。
6. 串并联电路的特点及其应用：讲解串并联电路的定义和特点。
串联电路中电流相同，电压分配；并联电路中电压相同，电流分配。
通过示例，讲解串并联电路在实际问题中的应用。
7. 电功率的概念和电功率的计算：讲解电功率的定义，电功率的单位是瓦特（W），并介绍电功率的符号P。
适用于新高考新教材浙江专版2025届高考物理一轮总复习第6单元动量作业17动量动量定理课件新人教版
动量定理
A组
基础达标
微练一
对动量、冲量的理解
1.将物体水平抛出,在物体落地前(不计空气阻力),下列说法正确的是( B )
A.动量的方向不变
B.动量变化量的方向不变
C.相同时间内动量的变化量越来越大
D.动量变化得越来越快
解析 平抛运动中,速度大小方向都在发生变化,则由p=mv可知,动量的方向
C.沿轨道2下滑到终点的过程中,小球重力的冲量最小
D.分别沿轨道1、2、3下滑到终点的过程中,轨道对小球的支持力冲量均
为零
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
解析 小球分别沿轨道1、2、3滑到终点时,速度方向不相同,动量的方向不
相同,所以动量不相同,A错误;小球分别沿轨道1、2、3滑到终点的过程中,
支持力的方向与速度方向均垂直,支持力均不做功,B错误;重力的冲量为
I=mgt,沿轨道2下滑到终点的过程中用时最短,小球重力的冲量最小,C正确;
根据I=mgt,小球分别沿轨道1、2、3下滑到终点的过程中,轨道对小球的支
持力冲量均不等于零,D错误。
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
微练二
动量定理的基本应用
整体,可知演员B对地面的压力小于1 050 N;在4~6 s内,演员A减速下滑,具
有向上的加速度,处于超重状态,以演员A、B和竹竿为整体,可知演员B对
地面的压力大于1 050 N,故B错误;
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
2
取向下为正方向,在0~4 s内,由图乙可知,演员A的加速度为a1= 4 m/s2
为( C )
A.3.3×105 N
B.3.25×106 N
C.6.5×106 N
2024届高考一轮复习物理教案(新教材人教版浙江专用)：探究两个互成角度的力的合成规律
实验三探究两个互成角度的力的合成规律目标要求 1.掌握实验原理、器材、步骤及注意事项.2.理解教材基本实验的数据处理方法，并会进行误差分析.3.理解创新和拓展实验原理并会处理数据，进行误差分析．实验技能储备1．实验原理如图所示，分别用一个力F、互成角度的两个力F1、F2，使同一条一端固定的橡皮条伸长到同一点O，即伸长量相同，根据合力的定义，F为F1和F2的合力，作出力F及F1、F2的图示，分析F、F1和F2的关系．2．实验器材方木板，白纸，弹簧测力计(两个)，橡皮条，小圆环，细绳套(两个)，三角板，刻度尺，图钉(若干)，铅笔．3．实验步骤(1)装置安装：在方木板上用图钉固定一张白纸，如图甲，轻质小圆环挂在橡皮条的一端，另一端固定，橡皮条的原长为GE.(2)两力拉：如图乙，在小圆环上系上两个细绳套，用手通过两个弹簧测力计互成角度地共同拉动小圆环，小圆环处于O点，橡皮条伸长的长度为EO.用铅笔描下O点位置、细绳套的方向，并记录两弹簧测力计的示数F1、F2.(3)一力拉：如图丙，改用一个弹簧测力计单独拉住小圆环，仍使它处于O点，记下细绳套的方向和弹簧测力计的示数F.(4)重复实验：改变拉力F1和F2的大小和方向，重复做几次实验．4．数据处理(1)用铅笔和刻度尺从点O沿两细绳套的方向画直线，按选定的标度作出F1、F2和F的图示．(2)以F1和F2为邻边用刻度尺作平行四边形，过O点画平行四边形的对角线，此对角线代表的力记为F′，如图丁．(3)分析多次实验得到的多组数据，比较F与F′在误差允许的范围内是否完全重合，从而总结出两个互成角度的力的合成规律：平行四边形定则．5．注意事项(1)弹簧相同：使用弹簧测力计前，要先观察指针是否指在零刻度处，若指针不在零刻度处，要设法调整指针，使它指在零刻度处，再将两个弹簧测力计的挂钩钩在一起，向相反方向拉，两个测力计的示数相同方可使用．(2)位置不变：在同一次实验中，使橡皮条拉长时小圆环的位置一定要相同．(3)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°～120°之间为宜．(4)尽量减少误差：在合力不超出弹簧测力计的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．(5)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．考点一教材原型实验例1(2023·黑龙江省哈师大附中高三检测)在“探究两个互成角度的力的合成规律”实验中，实验装置及实验过程如图甲、乙、丙所示，E为橡皮筋原长时小圆环的位置，O为实验时小圆环被拉至的位置．(1)图丁中弹簧测力计的示数为________ N；(2)在实验过程中，不必记录的有________；A．甲图中E的位置B．乙图中O的位置C．OB、OC的方向D．弹簧测力计的示数(3)下列选项中，与本实验要求相符的是________；A．两细绳OB、OC夹角越大越好B．读数时，视线应正对弹簧测力计的刻度C．实验时，只需保证两次橡皮筋伸长量相同即可(4)某次实验记录纸如图戊所示，拉力F1和F2的方向分别过P1和P2点，拉力F的方向过P 点；三个力的大小分别为：F1＝2.70 N、F2＝2.30 N和F＝4.00 N，得出正确实验结论后，请根据实验结论和图中给出的标度：①在图中作出F1和F2的合力；②根据作图求出该合力大小为________ N.答案(1)2.35(2)A(3)B(4)①见解析图②3.99解析(1)弹簧测力计最小分度值为0.1 N，估读到0.01 N，题图丁中读数为2.35 N.(2)必须要记录的有两个分力F1和F2的大小和方向、合力F的大小和方向，力的大小通过弹簧测力计读出，两次都要使小圆环被拉到O点位置，所以必须记录的有B、C、D；不需要记录的是题图甲中E的位置，故选A.(3)两个细绳OB、OC夹角要适当大一些，但不能太大，合力一定时，两分力夹角太大导致两分力太大，测量误差变大，A错误；读数时，视线应正对弹簧测力计的刻度，规范操作，B 正确；实验时，不仅需保证两次橡皮筋伸长量相同，还必须都是沿竖直方向伸长至O点才行，C错误．(4)①由于标度已经选定，作图时要保证表示F1、F2的线段长度分别为标度的2.7倍和2.3倍，作图如图所示；②量出作图法求出的合力长度约为标度的3.99倍，所以合力大小为3.99 N.例2(2023·浙江绍兴市模拟)如图所示，某同学在家中尝试验证力的平行四边形定则，他找到三根完全相同的橡皮条(遵循胡克定律)、三角板、刻度尺、白纸、方木板、几枚图钉、细绳，并设计了如下实验．(1)将三根橡皮条两端各拴接一根相同的细绳，用刻度尺测出橡皮条的原长，记为L0.(2)将三根橡皮条一端的细绳拴在同一结点上，另一端的细绳分别拴在三个图钉上．(3)将白纸固定在方木板上，互成角度地拉伸三根橡皮条，并在白纸上分别固定三枚图钉，如图所示，记下结点位置O和________________________________，分别测出三根橡皮条的长度，记为L1、L2、L3，则三根橡皮条的拉力大小之比为________________________________．(4)取下器材，用铅笔和刻度尺从O点沿着三根橡皮条的方向画直线，按照一定的标度作出三根橡皮条对结点O的拉力F1、F2、F3的图示，用平行四边形定则求出F1、F2的合力F.改变三枚图钉的位置重复实验．(5)若测量发现F与F3在同一直线上，大小接近相等，则实验结论为____________________ _______________________________________________________________________________. 本实验采用的科学方法是____________(填“理想实验法”或“等效替代法”)．答案(3)三根橡皮条伸长的方向(L1－L0)∶(L2－L0)∶(L3－L0)(5)在实验误差允许的范围内，力的合成遵循力的平行四边形定则等效替代法解析(3)要作出力的图示，需要记录分力的大小和方向，所以在白纸上记下结点O的位置的同时，也要记录三根橡皮条伸长的方向；三根橡皮条的拉力大小之比等于三根橡皮条的伸长量之比，即为(L1－L0)∶(L2－L0)∶(L3－L0)．(5)结点O受三个力的作用处于平衡状态，所受合力为零，则实验结论为：在实验误差允许的范围内，力的合成遵循力的平行四边形定则；在“验证力的平行四边形定则”实验中，运用了合力的作用效果和分力的作用效果相同这一原理进行实验，故采用了等效替代法．考点二探索创新实验常见创新实验方案合力的改进：橡皮筋伸长到同一位置→钩码(重物)的重力不变分力的改进：弹簧测力计示数→⎩⎪⎨⎪⎧力传感器钩码的重力 力的大小创新：弹簧测力计的示数→橡皮筋长度的变化考向1 实验原理的改进例3 某同学要验证力的平行四边形定则，所用器材有：轻弹簧一只，钩码一个，橡皮条一根，刻度尺及细绳若干．实验步骤：①用轻弹簧竖直悬挂钩码，静止时测得弹簧的伸长量为1.5 cm.②如图所示，把橡皮条的一端固定在竖直板上的A 点，用两根细绳连在橡皮条的另一端，其中一根细绳挂上钩码，另一根细绳与轻弹簧连接并用力拉弹簧使橡皮条伸长，让细绳和橡皮条的结点到达O 点，用铅笔在白纸上记下O 点的位置，并分别沿细绳的方向在适当位置标出点B 、C .③测得轻弹簧的伸长量为2.3 cm.④去掉钩码，只用轻弹簧仍将结点拉到O 点的位置，并标出了力F 作用线上的一点D ，测得此时轻弹簧的伸长量为2.5 cm.请完成下列问题：(1)该实验____________(选填“需要”或“不需要”)测出钩码的重力；(2)在图中以O 为力的作用点，每一个小方格边长代表0.5 cm ，以0.5 cm 为标度作出各力的图示，并根据平行四边形定则作出步骤②中的两个力的合力F ′的图示；(3)观察比较F 和F ′，得出的结论是__________________________________．答案(1)不需要(2)见解析图(3)在误差允许的范围内，力的平行四边形定则成立解析(1)由胡克定律可得，在弹性限度内，弹簧发生弹性形变时，弹力的大小F与弹簧伸长(或缩短)的长度成正比，即有F＝kΔx，故可以用弹簧的伸长量来代替重力的大小，无需测出钩码的重力；(2)根据平行四边形定则作出步骤②中的两个力的合力F′的图示，如图所示(3)观察比较F和F′，由图示可得出的结论是：在误差允许的范围内，力的平行四边形定则成立．考向2测量物理量的创新例4某实验小组欲验证力的平行四边形定则．实验步骤如下：①将弹簧测力计固定在贴有白纸的竖直木板上，使其轴线沿竖直方向；②如图甲所示，将环形橡皮筋一端挂在弹簧测力计的挂钩上，另一端用圆珠笔尖竖直向下拉，直到弹簧测力计的示数为某一设定值，将橡皮筋两端的位置标记为O1、O2，记录弹簧测力计的示数F，测量并记录O1、O2间的距离(即橡皮筋的长度l)．每次将弹簧测力计的示数改变1.00 N，测出对应的l，部分数据如下表所示；F/N0 1.00 2.00 3.00 4.00 5.00 6.007.00l/cm l011.0012.0013.0014.0015.0016.0017.00③找出步骤②中F＝7.00 N时橡皮筋两端的位置，重新标记为O、O′(橡皮筋上端为O，下端为O′)，此时橡皮筋的拉力记为F OO′；④在挂钩上涂抹少许润滑油，将橡皮筋搭在挂钩上，如图乙所示，用两圆珠笔尖成适当角度地同时拉橡皮筋的两端，使挂钩的下端到达O点，将两笔尖的位置标记为A、B，橡皮筋OA 段的拉力记为F OA，OB段的拉力记为F OB；⑤根据给出的标度，作出F OA和F OB的合力F′，如图丙所示．(1)利用表中数据可得l0＝________ cm；(2)若测得OA＝7.50 cm，OB＝7.50 cm，则F OA的大小为________ N；(3)通过比较F′与________的大小和方向，即可得出实验结论．答案(1)10.00(2)5.00(3)F OO′解析(1)根据胡克定律，有ΔF＝kΔx代入表格中第二组和第三组数据，有(2.00－1.00) N＝k(12.00－11.00)×10－2 m解得k＝100 N/m同理，再代入第一组和第二组数据，有(1.00－0) N＝100 N/m×(11.00－l0)×10－2 m解得l0＝10.00 cm.(2)根据OA、OB的长度可求橡皮筋的弹力大小为F OA＝kΔl＝100×(7.50＋7.50－10.00)×10－2 N＝5.00 N(3)在两个力的作用效果和一个力的作用效果相同的情况下，通过比较F′和F OO′的大小和方向，即可验证力的平行四边形定则．考向3实验器材的创新例5如图所示，某实验小组同学利用DIS实验装置研究力的平行四边形定则，A、B为两个相同的双向力传感器，该型号传感器在受到拉力时读数为正，受到压力时读数为负．A连接质量不计的细绳，可沿固定的圆弧形轨道移动．B固定不动，通过光滑铰链连接长为0.3 m 的杆．将细绳连接在杆右端O点构成支架．保持杆在水平方向，按如下步骤操作：①测量绳子与水平杆的夹角∠AOB＝θ；②对两个传感器进行调零；③用另一根绳在O点悬挂一个钩码，记录两个传感器的读数；④取下钩码，移动传感器A改变θ角，重复上述实验步骤，得到表格．F1/N 1.0010.580… 1.002…(1)根据表格，A传感器对应的是表中力______(选填“F1”或“F2”)．钩码质量为______ kg(g 取10 m/s2，结果保留1位有效数字)．(2)本实验中多次对传感器进行调零，对此操作说明正确的是________．A．因为事先忘记调零B．何时调零对实验结果没有影响C．为了消除水平杆自身重力对结果的影响D．可以完全消除实验的误差(3)实验中，让A传感器沿圆心为O的圆弧形(而不是其他形状)轨道移动的主要目的是________．A．方便改变A传感器的读数B．方便改变B传感器的读数C．保持杆右端O的位置不变D．方便改变细绳与杆的夹角θ答案(1)F10.05(2)C(3)C解析(1)A传感器中的力均为拉力，为正值，故A传感器对应的是表中力F1，平衡时，mg ＝F1sin θ当θ＝30°时，F1＝1.001 N，可求得m≈0.05 kg(2)在挂钩码之前，对传感器进行调零，是为了消除水平杆自身重力对结果的影响，故C正确．(3)让A传感器沿圆心为O的圆弧形轨道移动的过程中，传感器与O点的距离保持不变，即O点位置保持不变，故A、B、D错误，C正确．课时精练1．(2023·云南省模拟)如图甲所示，实验小组做“验证力的平行四边形定则”的实验，先将白纸贴在水平桌面上，然后将橡皮筋的一端用图钉固定在白纸上的O点，让橡皮筋处于原长．部分实验步骤如下：(1)用一个弹簧测力计通过细绳将橡皮筋的P端拉至O1点，此时拉力的大小F可由弹簧测力计读出，弹簧测力计的示数如图乙所示，F的大小为________ N；(2)用两个弹簧测力计通过细绳同时拉橡皮筋的P端，再次将P端拉到O1点．此时观察到两个弹簧测力计的示数分别为F1＝2.50 N，F2＝2.60 N，方向如图丙的虚线所示；(3)用图丙所示的标度，以O1点为作用点，在图丙中画出这两个共点力的合力F合的图示，F合的大小为________ N(结果保留3位有效数字)；(4)通过比较________这两个力的大小和方向，即可得出实验结论．答案(1)4.30(3)见解析图 4.36(4.29 ～4.43)(4)F和F合解析(1)弹簧测力计的最小刻度为0.1 N，则F的大小为4.30 N；(3)画出这两个共点力的合力F合如图：由图可知F合的大小为4.36 N(4.29～4.43 N)；(4)通过比较F和F合这两个力的大小和方向，即可得出实验结论．2．(2023·浙江省镇海中学模拟)某实验小组用一只弹簧测力计和一个量角器等器材验证力的平行四边形定则．设计了如图所示的实验装置，固定在竖直木板上的量角器直边水平，橡皮筋一端固定于量角器圆心O的正上方A处，另一端系着绳套1和绳套2.(1)主要实验步骤如下：①弹簧测力计挂在绳套1上竖直向下拉橡皮筋，使橡皮筋的结点到达O处，记下弹簧测力计的示数F；②弹簧测力计挂在绳套1上，手拉着绳套2，缓慢拉橡皮筋，使橡皮筋的结点到达O点．此时绳套1沿0°方向，绳套2沿120°方向，记下拉绳套1的弹簧测力计的示数F1；③根据力的平行四边形定则计算此时绳套1的拉力F1′＝________ F；④比较F1和F1′，即可初步验证力的平行四边形定则；⑤改变绳套2的方向，重复上述实验步骤．(2)保持绳套2的方向不变，绳套1从图示位置逆时针缓慢转动90°，此过程中保持橡皮筋的结点在O处不动，关于绳套1的拉力大小的变化，下列结论正确的是________．A．逐渐增大B．先增大后减小C．逐渐减小D．先减小后增大答案(1)③33(2)D解析(1)③根据力的平行四边形定则计算绳套1的拉力F1′＝F tan 30°＝3 3F(2)保持绳套2的方向不变，绳套1从图示位置向下缓慢转动90°，此过程中保持橡皮筋的结点在O处不动，说明两个细绳拉力的合力不变，作图如下，故绳套1的拉力先减小后增大，故A、B、C错误，D正确．3．某学生实验小组设计了一个“验证力的平行四边形定则”的实验，装置如图甲所示，在竖直放置的木板上部附近两侧，固定两个力传感器，同一高度放置两个可以移动的定滑轮，两根细绳跨过定滑轮分别与两力传感器连接，在两细绳连接的结点O下方悬挂钩码，力传感器1、2的示数分别为F1、F2，调节两个定滑轮的位置可以改变两细绳间的夹角．实验中使用若干相同的钩码，每个钩码质量均为100 g，取g＝9.8 m/s2.(1)关于实验，下列说法正确的是________．A．实验开始前，需要调节木板使其位于竖直平面内B．每次实验都必须保证结点位于O点C．实验时需要记录钩码数量、两力传感器的示数和三细绳的方向D．实验时还需要用一个力传感器单独测量悬挂于O点钩码的总重力(2)根据某次实验得到的数据，该同学已经按照力的图示的要求画出了F1、F2(如图乙)，请你作图得到F1、F2的合力F(只作图，不求大小)，并写出该合力不完全竖直的一种可能原因．____________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________________ 答案(1)AC(2)见解析图定滑轮有摩擦、木板未竖直放置等(回答出一项合理答案即可) 解析(1)实验开始前，需要调节木板使其位于竖直平面内，以保证钩码重力等于细绳的拉力，选项A正确；该装置不需要每次实验保证结点位于O点，选项B错误；实验时需要记录钩码数量、两力传感器的示数和三细绳的方向，选项C正确；因为每个钩码的重力已知，所以不需要测钩码总重力，选项D错误．(2)利用平行四边形定则作出F1和F2的合力F，如图所示，该合力方向不完全在竖直方向的可能原因是定滑轮有摩擦、木板未竖直放置等．4.有同学利用如图所示的装置来探究两个互成角度的力的合成规律：在竖直木板上铺有白纸，固定两个光滑的滑轮A和B，将绳子打一个结点O，每个钩码的重力相等，当系统达到平衡时，根据钩码个数读出三根绳子的拉力F1、F2和F3，回答下列问题：(1)改变钩码个数，实验可能完成的是________(填正确答案前的字母)．A．钩码的个数N1＝N2＝2，N3＝5B．钩码的个数N1＝N3＝3，N2＝4C．钩码的个数N1＝N2＝N3＝4D．钩码的个数N1＝3，N2＝4，N3＝5(2)在拆下钩码和绳子前，最重要的一个步骤是________(填选项前字母)．A．标记结点O的位置，并记录OA、OB、OC三段绳子的方向B．量出OA、OB、OC三段绳子的长度C．用量角器量出三段绳子之间的夹角D．用天平测出钩码的质量(3)在作图时，你认为________(填“甲”或“乙”)是正确的．答案(1)BCD(2)A(3)甲解析(1)实验中的分力与合力的关系必须满足：|F1－F2|≤F3≤F1＋F2(等号在反向或同向时取得)，因此B、C、D三项都是可以的．(2)在拆下钩码和绳子前，最重要的一个步骤是标记结点O的位置，并记录OA、OB、OC三段绳子的方向．(3)F3的方向一定竖直向下，由于测量误差，F1和F2的合力方向可能偏离竖直方向，所以甲是正确的．5．(2023·浙江省丽水第二高级中学模拟)在“探究求合力的方法”的实验中：(1)小王同学采用图甲所示实验装置，在实验过程中需要记录的“结点”应该选择________(填“O”或“O′”)．某次实验时弹簧测力计的显示如图乙所示，则读数是________ N.(2)小李同学用两根完全相同的轻弹簧、一瓶矿泉水、智能手机等器材做实验．先用一根弹簧静止悬挂一瓶矿泉水，如图丙所示；然后用两根弹簧互成角度的悬挂同一瓶矿泉水，静止时用智能手机的测角功能分别测出AO、BO与竖直方向的夹角α、β，如图丁所示．对于本实验，下列说法或操作正确的是________．(选填选项前的字母)A．结点O的位置必须固定B．弹簧的劲度系数必须要已知C．必须要测量弹簧的伸长量D．矿泉水的质量对实验误差没有影响答案(1)O′ 5.80(2)C解析(1)由题图可知，小王同学采用题图甲所示实验装置，在实验过程中需要记录的“结点”应该选择O′.弹簧测力计分度值为0.1 N，其读数为5.80 N；(2)实验中矿泉水的重力是定值，所以不必保证结点O的位置必须固定，故A错误；实验中，题图丙用来测量合力，题图丁用来测量两个分力，根据胡克定律，力的大小与弹簧伸长量成正比，力的大小可以用弹簧伸长量来表示，因此必须测量弹簧的伸长量，不必知道弹簧的劲度系数，故C正确，B错误；矿泉水的质量影响重力的大小，会影响弹簧测力计读数的精确度，故D错误．。
高中物理人教版(浙江)一轮课件：13.1 动量守恒定律及其应用
3.运用动量守恒定律计算时,不要求涉及相对速度。
4.运用动量守恒定律计算时,不要求涉及平均速度。
c 5.运用动量守恒定律计算时,不要求涉及连续介质。
d 6.不要求综合应用动量、能量进行计算。
7.不要求定量计算反冲问题。
b 8.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。
-5知识点一
知识点二
的质量为( )
A.1 000 kg B.2 000 kg
C.3 000 kg D.4 000 kg
关闭
由动量定理可知 Ft=mv-0,解得 m= =
800×5
2
kg=2 000 kg,故 B 正确。
关闭
B
解析
答案
-10知识点一
知识点二
知识点三
3.(2016·金华十校联考)人从高处跳到低处时,为了安全,一般都是
知识点三
自我诊断
6.牛顿的《自然哲学的数学原理》中记载,A、B两个玻璃球相碰,
碰撞后的分离速度和它们碰撞前的接近速度之比总是约为15∶16。
分离速度是指碰撞后B对A的速度,接近速度是指碰撞前A对B的速
度。若上述过程是质量为2m的玻璃球A以速度v0碰撞质量为m的静
止玻璃球B,且为对心碰撞,求碰撞后A、B的速度大小。
面上,小车上表面粗糙。质量为m的滑块B以初速度v0滑到小车A上,关闭
)
B车足够长,滑块不会从车上滑落,则小车的最终速度大小为(
滑上 A 的过程中,A、B 系统符合动量守恒的条件,根据动量守恒定
0
0 v=
0
0
律有
mv
=(M+m)v,解得
,故
C
高考物理一轮复习课件 第14单元-动量课件 新人教版 浙江专版
第56讲 │ 考向互动探究
► 知识点三 冲量
1．定义：___力_____与_作__用__时__间_的乘积叫冲量．
2．表达式：I＝__I_＝__F_t__，单位：牛_·__秒__(_N_·__s_)_时__间，它反
映了力的作用对__相__同____的积累效果． 3．方向：冲量是矢量，恒力冲量的方向与力的方向
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第十四单元 动量
第56讲 动量 动量定理 动量 守恒定律 第57讲 实验：探究碰撞中的不 变量
2．本讲教学可按下面的思路展开： (1)通过例1及变式题复习对动量定理的理解；
第十四单元 │ 编读互动
(2)通过例2及变式题复习动量守恒的条件； (3)通过例3及变式题使学生进一步理解动量守恒定律，学 会利用动量守恒定律解题的一般思路和方法； (4)通过例4及变式题复习碰撞问题中的动量守恒和能量问 题． 3．本讲建议安排2课时．
建议复习时重点突破以下重点或难点：
第十四单元 │ 复习策略指南
1．辨析概念和规律：在复习时要注意对动量和动量守恒的 理解，注意动量的矢量性及动量守恒的条件．尤其要辨析“动 量和动能”、“机械能守恒的条件和动量守恒的条件”的区 别．
2．注意与其他知识综合：依据课标高考的要求，动量和动 量守恒定律容易与力学、原子物理知识综合及与生产、生活、 科技内容相结合命题，所以在复习时应注意培养学生建立物理 模型的能力，将物理问题经分析、推理转化为数学问题，运用 数学知识解决物理问题．
2024届高考一轮复习物理教案(新教材人教版浙江专用)：机械波
第2讲机械波目标要求 1.知道机械波的形成条件及特点.2.掌握波速、波长和频率的关系，会分析波的图像.3.知道波的干涉、衍射和多普勒效应，掌握干涉、衍射的条件．考点一机械波与波的图像1．机械波(1)机械波的形成条件①有发生机械振动的波源．②有传播介质，如空气、水等．(2)传播特点①机械波传播的只是振动的形式和能量，质点只在各自的平衡位置附近做简谐运动，并不随波迁移．②波传到任意一点，该点的起振方向都和波源的起振方向相同．③介质中每个质点都做受迫振动，因此，任一质点的振动频率和周期都和波源的振动频率和周期相同．④波源经过一个周期T完成一次全振动，波恰好向前传播一个波长的距离．2．波的图像(1)坐标轴：横轴表示各质点的平衡位置，纵轴表示该时刻各质点的位移．(2)意义：表示在波的传播方向上，某时刻各质点离开平衡位置的位移．(3)图像(如图)3．波长、波速、频率及其关系(1)波长λ：在波的传播方向上，振动相位总是相同的两个相邻质点间的距离．(2)波速v：波在介质中的传播速度，由介质本身的性质决定．(3)频率f：由波源决定，等于波源的振动频率．(4)波长、波速和频率(周期)的关系：v＝λT＝λf.1．在机械波传播过程中，介质中的质点沿着波的传播方向移动．( × ) 2．通过波的图像可以找出任一质点在任意时刻的位移．( × ) 3．机械波在传播过程中，各质点振动的周期、起振方向都相同．( √ ) 4．机械波在一个周期内传播的距离是振幅的4倍．( × ) 5．波速表示介质中质点振动的快慢．( × )1．波的周期性(1)质点振动nT (n ＝1,2,3，…)时，波形不变．(2)在波的传播方向上，当两质点平衡位置间的距离为nλ(n ＝1,2,3，…)时，它们的振动步调总相同；当两质点平衡位置间的距离为(2n ＋1)λ2(n ＝0,1,2,3，…)时，它们的振动步调总相反．2．波的传播方向与质点振动方向的互判 “上下坡”法沿波的传播方向，“上坡”时质点向下振动，“下坡”时质点向上振动“同侧”法波形图上某点表示传播方向和振动方向的箭头在图线同侧“微平移”法 将波形沿传播方向进行微小的平移，再由对应同一x 坐标的两波形曲线上的点来判断质点振动方向考向1 波的形成及传播例1 (2022·北京卷·6)在如图所示的xOy 坐标系中，一条弹性绳沿x 轴放置，图中小黑点代表绳上的质点，相邻质点的间距为a .t ＝0时，x ＝0处的质点P 0开始沿y 轴做周期为T 、振幅为A 的简谐运动．t ＝34T 时的波形如图所示．下列说法正确的是( )A ．t ＝0时，质点P 0沿y 轴负方向运动B ．t ＝34T 时，质点P 4的速度最大C ．t ＝34T 时，质点P 3和P 5相位相同D ．该列绳波的波速为8aT答案 D解析 由t ＝34T 时的波形图可知，波刚好传到质点P 6，根据“上下坡”法，可知此时质点P 6沿y 轴正方向运动，故波源起振的方向也沿y 轴正方向，则t ＝0时，质点P 0沿y 轴正方向运动，故A 错误；由题图可知，在t ＝34T 时，质点P 4处于正的最大位移处，故速度为零，故B错误；由题图可知，在t ＝34T 时，质点P 3沿y 轴负方向运动，质点P 5沿y 轴正方向运动，故两个质点的相位不相同，故C 错误；由题图可知λ4＝2a ，解得λ＝8a ，故该列绳波的波速为v＝λT ＝8aT ，故D 正确．考向2 波的图像例2 (多选)(2023·浙江省泰顺中学月考)一列简谐横波沿x 轴传播，在t ＝0时刻和t ＝1 s 时刻的波形分别如图中实线和虚线所示．已知x ＝0处的质点在0～1 s 内运动的路程为3.5 cm.下列说法正确的是( )A ．波沿x 轴负方向传播B ．波源振动周期为87 sC ．波的传播速度大小为11 m/sD ．t ＝1 s 时，x ＝6 m 处的质点沿y 轴正方向运动 答案 AC解析 x ＝0处的质点在0～1 s 的时间内通过的路程为3.5 cm ，可知34T ＜1 s ＜T ，则波传播的距离为34λ＜d ＜λ，结合波形图可知该波的传播方向沿x 轴负方向，A 正确；t ＝1 s 时刻x ＝0处的质点位移大小为0.5 cm ，即A 2，再经过112T 回到平衡位置，可得1112T ＝1 s ，解得T ＝1211 s ，由题图可知λ＝12 m ，则波速为v ＝λT ＝121211 m/s ＝11 m/s ，B 错误，C 正确；由“同侧法”可知t ＝1 s 时，x ＝6 m 处的质点沿y 轴负方向运动，D 错误．例3 (多选)(2022·浙江6月选考·16)位于x ＝0.25 m 的波源P 从t ＝0时刻开始振动，形成的简谐横波沿x 轴正负方向传播，在t ＝2.0 s 时波源停止振动，t ＝2.1 s 时的部分波形如图所示，其中质点a 的平衡位置x a ＝1.75 m ，质点b 的平衡位置x b ＝－0.5 m ．下列说法正确的是( )A ．沿x 轴正负方向传播的波发生干涉B ．t ＝0.42 s 时，波源的位移为正C ．t ＝2.25 s 时，质点a 沿y 轴负方向振动D ．在0到2 s 内，质点b 运动总路程是2.55 m 答案 BD解析 波沿x 轴正负方向传播，向相反方向传播的波不会相遇，不会发生干涉，故A 错误；由题图可知，波的波长λ＝1 m ，由题意可知0.1 s 内波传播四分之一波长，可得T4＝0.1 s ，解得T ＝0.4 s ，根据同侧法可知波源的振动方向向上，在t ＝0.42 s ，即T <t <5T4时，波源会向上振动，位移为正，故B 正确；波的波速v ＝λT ＝2.5 m/s ，波源停止振动后到质点a 停止振动的时间为t 1＝1.75－0.252.5s ＝0.6 s>0.25 s ，即质点a 还在继续振动，从t ＝2.1 s 到t ＝2.25 s ，经过时间为t 2＝0.15 s ，即T 4<t 2<T2，结合题图可知质点a 位移为正且沿y 轴正方向振动，故C 错误；波传到b 点所需的时间为t 3＝0.752.5 s ＝0.3 s ，在0到 2 s 内，质点b 振动的时间为t 4＝2 s－0.3 s ＝1.7 s ＝174T ，质点b 在此时间段内运动总路程s ＝17A ＝17×0.15 m ＝2.55 m ，故D 正确．考点二 振动图像与波的图像的综合应用振动图像和波的图像的比较比较项目 振动图像 波的图像研究对象 一个质点波传播方向上的所有质点 研究内容 某质点位移随时间的变化规律某时刻所有质点在空间分布的规律图像横坐标 表示时间 表示各质点的平衡位置 物理意义某质点在各时刻的位移某时刻各质点的位移振动方向的判断(看下一时刻的位移)(上下坡法)Δt 后的图形随时间推移，图像延伸，但已有形状不变随时间推移，图像沿波的传播方向平移，原有波形做周期性变化联系 (1)纵坐标均表示质点的位移(2)纵坐标的最大值均表示振幅(3)波在传播过程中，各质点都在各自的平衡位置附近振动例4 (多选)(2023·浙江杭州市一模)一列简谐横波在t ＝0.8 s 时的波形图如图甲所示，P 是介质中的质点，图乙是质点P 的振动图像．已知该波在该介质中的传播速度为10 m/s ，则( )A ．该波沿x 轴负方向传播B ．再经过0.9 s ，质点P 通过的路程为30 cmC ．t ＝0时刻质点P 离开平衡位置的位移－5 3 cmD ．质点P 的平衡位置坐标为x ＝7 m 答案 AD解析 由乙图可知0.8 s 时P 点振动方向向下，根据上下坡法知，波沿x 轴负方向传播，A 正确； 经过1个周期，质点经过的路程s 1＝4A ，经过0.5个周期，经过的路程s 2＝2A 以上规律质点在任何位置开始运动都适用； 经过14个周期，经过的路程s 3＝A经过34周期，经过的路程s 4＝3A以上规律质点只有在特殊位置(平衡位置、最大位移处)开始运动才适用，t ＝0.9 s ＝34T ，此时质点P 未处于特殊位置，故s P ≠30 cm ，B 错误； 由图乙可知，0时刻质点P 位于平衡位置，C 错误； 根据简谐运动的表达式 y ＝A sin 2πT t ＝10sin 5π3t (cm)当x ＝0时，y ＝5 cm ，则t ＝0.1 s即x ＝0处的质点从平衡位置到5 cm 处经历的时间为0.1 s 故P 点振动形式传播到x ＝0处的时间t ＝0.8 s －0.1 s ＝0.7 s x P ＝v t ＝7 m ，故D 正确．例5 (2022·辽宁卷·3)一列简谐横波沿x 轴正方向传播，某时刻的波形如图所示，关于质点P 的说法正确的是( )A ．该时刻速度沿y 轴正方向B ．该时刻加速度沿y 轴正方向C ．此后14周期内通过的路程为AD ．此后12周期内沿x 轴正方向迁移为12λ答案 A解析 波沿x 轴正方向传播，由“同侧法”可知，该时刻质点P 的速度沿y 轴正方向，加速度沿y 轴负方向，选项A 正确，B 错误；在该时刻质点P 不在特殊位置，则在14周期内的路程不一定等于A ，选项C 错误；质点只能在平衡位置附近振动，而不随波迁移，选项D 错误．考点三 波传播的周期性与多解性问题造成波动问题多解的主要因素 (1)周期性①时间周期性：时间间隔Δt 与周期T 的关系不明确． ②空间周期性：波传播距离Δx 与波长λ的关系不明确． (2)双向性①传播方向双向性：波的传播方向不确定． ②振动方向双向性：质点振动方向不确定．例6 (多选)(2023·浙江北斗星盟联考)一列简谐波沿x 轴方向传播，t 1＝0时刻和t 2＝0.1 s 时刻的图像分别为图中的实线和虚线所示．已知波速v 满足500 m/s ≤v ≤1 000 m/s.由图判断简谐波的频率可能是( )A ．12.5 HzB ．27.5 HzC ．17.5 HzD ．22.5 Hz答案 ACD解析 若波沿x 轴正方向传播，在Δt ＝t 2－t 1时间内，波传播的距离为Δx ＝(40n ＋10) m(n ＝0,1,2,3，…)，波速为v ＝ΔxΔt ＝(400n ＋100)m/s ，已知500 m/s ≤v ≤1 000 m/s ，即500≤400n ＋100≤1 000，解得1≤n ≤2.25，n 为整数，所以n 等于1或2，频率为f ＝v λ＝400n ＋10040 Hz ，当n ＝1时，f 1＝12.5 Hz ，当n ＝2时，f 2＝22.5 Hz ；若波沿x 轴负方向传播，在Δt ＝t 2－t 1时间内，波传播的距离为Δx ＝(40n ＋30) m(n ＝0,1,2,3，…)，波速为v ＝ΔxΔt ＝(400n ＋300)m/s ，已知500 m/s ≤v ≤1 000 m/s ，即500≤400n ＋300≤1 000，解得0.5≤n ≤1.75，n 为整数，所以n 等于1，频率为f ＝v λ＝400n ＋30040Hz ＝17.5 Hz ，A 、C 、D 正确，B 错误．例7 (多选)一列简谐横波沿x 轴正方向传播，图(a)是t ＝0时刻的波形图，图(b)和图(c)分别是x 轴上某两处质点的振动图像．由此可知，这两质点平衡位置之间的距离可能是( )A.13 mB.23 m C ．1 m D.43 m 答案 BD解析 由题图(a)知，波长λ＝2 m ，在t ＝0时刻，题图(b)中的质点在波峰位置，题图(c)中的质点在y ＝－0.05 m 处，且振动方向向下(设为B 位置，其坐标为x ＝116m)．若题图(b)中质点在题图(c)中质点的左侧，则两质点平衡位置之间的距离Δx ＝nλ＋(116－12)m(n＝0,1,2，…)当n ＝0时，Δx ＝43 m ；当n ＝1时，Δx ＝103 m ，…若题图(b)中质点在题图(c)中质点的右侧，则两质点平衡位置之间的距离Δx ′＝nλ＋(52－116)m(n ＝0,1,2，…)当n ＝0时，Δx ′＝23 m ；当n ＝1时，Δx ′＝83 m ，……综上所述，选项B 、D 正确．考点四 波的干涉、衍射 多普勒效应1．波的叠加在波的叠加中，质点的位移等于这几列波单独传播时引起的位移的矢量和．2．波的干涉现象中加强点、减弱点的判断方法(1)公式法某质点的振动是加强还是减弱，取决于该点到两相干波源的距离之差Δr.①当两波源振动步调一致时．若Δr＝nλ(n＝0,1,2，…)，则振动加强；若Δr＝(2n＋1)λ2(n＝0,1,2，…)，则振动减弱．②当两波源振动步调相反时．若Δr＝(2n＋1)λ2(n＝0,1,2，…)，则振动加强；若Δr＝nλ(n＝0,1,2，…)，则振动减弱．(2)图像法在某时刻波的干涉的波形图上，波峰与波峰(或波谷与波谷)的交点，一定是加强点，而波峰与波谷的交点一定是减弱点，各加强点或减弱点各自连接形成以两波源为中心向外辐射的连线，形成加强线和减弱线，两种线互相间隔，加强点与减弱点之间各质点的振幅介于加强点与减弱点的振幅之间．3．多普勒效应的成因分析(1)接收频率：观察者接收到的频率等于观察者在单位时间内接收到的完全波的个数．(2)当波源与观察者相互靠近时，观察者接收到的频率增加，当波源与观察者相互远离时，观察者接收到的频率变小．1．两列波在介质中相遇，一定产生干涉现象．(×)2．两列波发生干涉时，加强区的质点振幅变大，质点一直处于位移最大处．(×) 3．一切波都能发生衍射现象．(√)4．发生多普勒效应时，波源的真实频率没有发生变化．(√)例8(2023·浙江1月选考·6)主动降噪耳机能收集周围环境中的噪声信号，并产生相应的抵消声波，某一噪声信号传到耳膜的振动图像如图所示，取得最好降噪效果的抵消声波(声音在空气中的传播速度为340 m/s)()A．振幅为2AB．频率为100 HzC ．波长应为1.7 m 的奇数倍D ．在耳膜中产生的振动与图中所示的振动同相 答案 B解析 主动降噪耳机是根据波的干涉，抵消声波与噪声的振幅、频率相同，相位相反，叠加后才能相互抵消来实现降噪，故抵消声波的振幅为A ，A 错误；抵消声波与噪声的频率相同，有f ＝1T ＝100 Hz ，B 正确；抵消声波与噪声的波速、频率相同，则波长也相同，为λ＝v T ＝340×0.01 m ＝3.4 m ，C 错误；抵消声波在耳膜中产生的振动与图中所示的振动反相，D 错误． 例9 (多选)(2023·浙江绍兴市检测)在水槽中，波源是固定在同一个振动片上的两根细杆，当振动片振动时，细杆周期性地击打水面，形成两列水面波，这两列波相遇后，在它们的重叠区域会形成如图甲所示的稳定干涉图样．如图乙所示，振动片做周期为T 的简谐运动，两细杆同步周期性地击打水面上的A 、B 两点，以线段AB 为直径在水面上画一个半圆，半径OC 与AB 垂直．圆周上除C 点外还有其他振幅最大的点，D 点为距C 点最近的振幅最大的点．已知半圆的直径为d ，∠DBA ＝37°，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，则( )A ．水波的波长为d 5B ．水波的传播速度2d5TC ．AB 圆周上共有10个振动减弱点D ．若减小振动片振动的周期，C 点可能为振幅最小的点 答案 AC解析 依题意，DB 与AD 的长度差为波长，由几何知识可得DB ＝d cos 37°＝45d ，AD ＝d sin 37°＝35d ，解得λ＝d 5，故A 正确；水波的传播速度为v ＝λT ＝d5T ，故B 错误；在AB 连线上取一点P ，设它的振动是减弱的，令P A ＝x ，则PB ＝d －x ，P 点到两波源的路程差为P A －PB ＝2x －d ＝dn10(n ＝±1，±3，…)，在0<x <d 的范围内，n 取值为n ＝±1，±3，±5，±7，±9，说明在AB 之间连线上有10个振动减弱点，必然有10个振动减弱区，根据波的干涉图样画出10条振动减弱线，和AB 半圆的交点共有10个，故C 正确；若减小振动片振动的周期，C 点与两波源的距离相等，即C点到两波源的路程差为零，仍为振幅最大的点，故D错误．课时精练1．超声波是一种频率高于20 000 Hz 的声波，波长很短，广泛应用于生活与生产实践．关于超声波及应用，下列说法正确的是()A．在同种介质中，超声波的速度大于次声波的速度B．超声波的频率越高，衍射本领越强C．高速公路上的测速仪发出超声波波长大于所接收波的波长，说明此时车正在靠近测速仪D．“彩超”检查身体时，超声波迎着血液流动方向发射，仪器接收到的反射回来的波的频率低于其发射的超声波的频率答案 C解析在同种介质中，超声波的速度与次声波的速度一样，A错误；超声波的频率越高，波长越短，越不容易发生衍射，B错误；高速公路上的测速仪发出超声波波长大于所接收波的波长，说明发出的超声波的频率小于所接收波的频率，根据多普勒效应，接收到的频率变高，说明此时车正在靠近测速仪，C正确；用超声波测血液流速，超声波迎着血液流动方向发射，血液流速越快，仪器接收到的反射回来的波的频率越高，D错误．2．A、B为同一波源发出的两列波，某时刻在不同介质、相同距离上的波形如图所示，则两列波的波速大小之比v A∶v B是()A．1∶3 B．1∶2 C．2∶1 D．3∶1答案 C解析由题图读出两列波的波长之比λA∶λB＝2∶1，同一波源发出的两列波频率f相同，则由波速公式v＝λf得到，两列波的波速大小之比v A∶v B＝λA∶λB＝2∶1，故选项C正确．3.(多选)如图所示，蟾蜍在池塘边平静的水面上鸣叫，形成了水波．已知水波的传播速度与水的深度成正相关，蟾蜍的鸣叫频率f＝1 451 Hz.下列说法正确的是()A ．水波从浅水区传入深水区，频率变大B ．在深水区，水波更容易发生衍射现象C ．池塘水面上的落叶会被水波推向岸边D ．若水波两个相邻波峰间距离为0.5 cm ，则此处水波的波速约为7.3 m/s答案 BD解析 蟾蜍声带的振动产生了在空气中传播的声波和在池塘中传播的水波，无论是声波还是水波，它们都是由声带振动产生的，所以其频率都应该等于声带的振动频率，故A 错误；由已知水波的传播速度与水的深度成正相关，可知水波的波长与水深有关，深水区的波长大，所以更容易发生衍射现象，故B 正确；池塘水面上的落叶只会上下振动，不会随波向前运动，故C 错误；蟾蜍的鸣叫频率f ＝1 451 Hz ，且水波波长λ＝0.5 cm ＝0.005 m ，则波速v ＝λf ＝0.005×1 451 m/s ≈7.3 m/s ，故D 正确．4．(2022·辽宁卷·3)一列简谐横波沿x 轴正方向传播，某时刻的波形如图所示，关于质点P 的说法正确的是( )A ．该时刻速度沿y 轴正方向B ．该时刻加速度沿y 轴正方向C ．此后14周期内通过的路程为A D ．此后12周期内沿x 轴正方向迁移为12λ 答案 A解析 波沿x 轴正方向传播，由“同侧法”可知，该时刻质点P 的速度沿y 轴正方向，加速度沿y 轴负方向，选项A 正确，B 错误；在该时刻质点P 不在特殊位置，则在14周期内的路程不一定等于A ，选项C 错误；质点只能在平衡位置附近振动，而不随波迁移，选项D 错误．5．(多选)(2022·浙江1月选考·15)两列振幅相等、波长均为λ、周期均为T 的简谐横波沿同一绳子相向传播，若两列波均由一次全振动产生，t ＝0时刻的波形如图所示，此时两列波相距λ，则( )A ．t ＝T 4时，波形如图甲所示B ．t ＝T 2时，波形如图乙所示C ．t ＝3T 4时，波形如图丙所示 D ．t ＝T 时，波形如图丁所示答案 BD解析 根据波长和波速的关系式v ＝λT ，则t ＝T 4时，两列波各自向前传播的距离为x ＝v t ＝λ4，故两列波的波前还未相遇，故A 错误；t ＝T 2时，两列波各自向前传播的距离为x ＝v t ＝λ2，故两列波的波前刚好相遇，故B 正确；t ＝3T 4时，两列波各自向前传播的距离为x ＝v t ＝3λ4，根据波的叠加原理可知，在两列波之间λ4～3λ4的区域为两列波叠加区域，振动加强，λ2处为波谷与波谷相遇，则质点的位移大小为2A (A 为单列波的振幅)，故C 错误；t ＝T 时，两列波各自向前传播的距离为x ＝v t ＝λ，两列波的波峰与波谷叠加，位移为零，故D 正确．6.两辆汽车甲与乙，在t ＝0时刻，分别距十字路O 处的距离为x 甲和x 乙．两车分别以速率v 甲和v 乙沿水平的、相互正交的公路匀速前进，如图所示．汽车甲持续地以固定的频率f 0鸣笛，则在任意时刻t 汽车乙的司机所检测到的笛声频率将如何变化(已知声速为u ，且有u >v 甲、u >v 乙)( )A ．当两车均向O 运动(在到达O 之前)时，汽车乙的司机接收到的频率一定比波源发出的频率低B．当两车均向O运动(在到达O之前)时，汽车乙的司机接收到的频率可能等于波源发出的频率C．当两车均向远离O的方向运动时，汽车乙的司机接收到的频率一定比波源发出的频率低D．当两车均向远离O的方向运动时，汽车乙的司机接收到的频率一定比波源发出的频率高答案 C解析根据多普勒效应可知，当两车均向O运动(在到达O之前)时，汽车乙的司机接收到的频率一定比波源发出的频率高；当两车均向远离O的方向运动时，汽车乙的司机接收到的频率一定比波源发出的频率低，故A、B、D错误，C正确．7．(多选)(2023·浙南名校联盟一模)一列简谐横波沿x轴传播，如图所示，实线为t1＝2 s时的波形图，虚线为t2＝8 s时的波形图．以下关于平衡位置在O处质点的振动图像，可能正确的是()答案AC解析若机械波沿x轴正方向传播，在t1＝2 s时O点振动方向向上，则传播时间满足Δt＝t2－t1＝34T＋nT，解得T＝4Δt3＋4n ＝243＋4ns(n＝0,1,2,3，…)当n＝0时，T＝8 s，则t＝0时刻O点处于负的最大位移处，故A正确，B错误；若机械波沿x轴负方向传播，则满足Δt＝t2－t1＝14T＋nT，解得T＝4Δt1＋4n＝241＋4ns(n＝0,1,2,3，…)当n＝0时，T＝24 s，在t2＝8 s＝13T时，O点处于波谷，则t＝0时刻，O在平衡位置上方位移为正值，故C 正确，D 错误．8．(多选)(2023·温州市一模)如图所示，在均匀介质中，坐标系xOy 位于水平面内．O 点处的波源从t ＝0时刻开始沿垂直于xOy 水平面的z 轴做简谐运动，其位移随时间变化关系为z ＝2sin 5πt ( cm)，产生的机械波在xOy 平面内传播．实线圆、虚线圆分别表示t 0时刻相邻的波峰和波谷，且此时刻平面内只有一圈波谷，则下列说法正确的是( )A ．该机械波的传播速度为5 m/sB ．t 0＝0.5 sC ．t ＝1.45 s 时，B 处质点的速度方向为z 轴正方向D ．t ＝0.8 s 至t ＝1.6 s 时间内，C 处质点运动的路程为16 cm答案 AB解析 由题意可得，相邻的波峰和波谷距离为1 m ，故波长为λ＝2 m ．T ＝2πω＝2π5π s ＝0.4 s ，故机械波的传播速度为v ＝λT ＝2 m 0.4 s＝5 m/s ，故A 正确； 由图像可知，OD 距离2 m 为一个完整的波长，t 0时刻，O 、D 均在波峰，且平面内只有一个完整的波形，则O 点此时第二次出现波峰，可知t 0＝T ＋T 4＝0.5 s ，故B 正确； 由A 、B 选项中的计算结果可知机械波传播到B 点需要t B ＝45s ＝0.8 s 则t ＝1.45 s 时，B 点已经振动了n 个周期，则n ＝t －t B T ＝1.45 s －0.8 s 0.4 s ＝158机械波上的所有点都在模仿O 点的振动情况，振动图像如图所示，58T 的位置在z 轴的负半轴，且速度方向沿z 轴负方向．故C 错误；根据勾股定理可知，OC ＝(4 m )2＋(3 m )2＝5 m ，则传播到C 点的时间为t C ＝5 m 5 m/s＝1 s则t ＝0.8 s 至t ＝1.6 s 时间内，C 处质点振动了n ′个周期，n ′＝t －t C T ＝1.6 s －1.0 s 0.4 s ＝112， 则C 点处质点运动的路程s ＝n ′·4A ＝32×4×2 cm ＝12 cm ，故D 错误． 9．(多选)(2020·浙江7月选考·15)如图所示，x 轴上－2 m 、12 m 处有两个振动周期均为4 s 、振幅均为1 cm 的相同的波源S 1、S 2，t ＝0时刻同时开始竖直向下振动，产生波长均为4 m 沿x 轴传播的简谐横波．P 、M 、Q 分别是x 轴上2 m 、5 m 和8.5 m 的三个点，下列说法正确的是( )A ．6.0 s 时P 、M 、Q 三点均已振动B ．8.0 s 后M 点的位移始终是2 cmC ．10.0 s 后P 点的位移始终是0D ．10.5 s 时Q 点的振动方向竖直向下答案 CD解析 由v ＝λT得两列波的波速均为1 m/s ，且S 1P ＝4 m ，S 1M ＝7 m ，S 1Q ＝10.5 m ，S 2P ＝10 m ，S 2M ＝7 m ，S 2Q ＝3.5 m ．M 点开始振动时间t ＝S 1M v ＝S 2M v ＝7 s ，故A 错误；S 1M －S 2M ＝0，故M 点是振动加强点，振幅A ＝2A 0＝2 cm ，但位移并不是始终为2 cm ，如t ＝9 s 时，M 点的位移为0，故B 错误；S 2P －S 1P ＝6 m ＝112λ，故P 点为振动减弱点，位移始终为0，故C 正确；t ＝10.5 s 时，由于S 1Q ＝10.5 m ，故S 1形成的波刚好传到Q 点，即10.5 s 时Q 点由S 1引起的振动为竖直向下，由S 2Q ＝3.5 m,10.5 s 时，S 2波使Q 点振动了10.5 s －3.51 s ＝7 s ＝134T 的时间，即此时Q 点在S 2波的波峰，则Q 点实际振动方向竖直向下，故D 正确．10．(多选)(2023·浙江绍兴市模拟)位于x ＝0处的波源O 在介质中产生沿x 轴正方向传播的机械波．如图所示，当t ＝0时刻恰好传到x ＝12 m 位置，P 、Q 分别是x ＝4 m 、x ＝6 m 位置处的两质点，下列说法正确的是( )A ．波源O 的起振方向为沿y 轴负方向B ．P 、Q 位移的大小和方向始终相同C ．t ＝0开始，当P 第一次处于x 轴上方4 cm 处时，Q 处于x 轴下方4 cm 处D ．t ＝0开始，当波刚传到x ＝14 m 位置时，P 、Q 经过的路程分别为16 cm 和32 cm 答案 ACD解析 由题图可知，此时刻x ＝12 m 处的质点开始振动，根据“上坡向下”振动规律，该质点此时刻向y 轴负方向振动，所以波源O 的起振方向为沿y 轴负方向，A 正确；由题图知波长是变化的，P 、Q 的平衡位置之间的距离有时等于一个波长是同相点，位移的大小和方向相同，有时等于半个波长是反相点，位移方向相反，B 错误；t ＝0时，P 点向y 轴负方向振动，对应的波长为λ1＝4 m ，设波速为v ，则振动周期为T 1＝λ1v ＝4v ，P 点的振动方程为y ＝－8sin 2πT 1t (cm)，当P 第一次处于x 轴上方4 cm 处时，则有y P ＝－8sin 2πT 1t 1(cm)＝4 cm ，解得t 1＝712T 1，t ＝0时，Q 点向y 轴负方向振动，对应的波长为λ2＝2 m ，则振动周期为T 2＝λ2v ＝2v ＝T 12，当t 1＝712T 1时，Q 点已经完成了一次周期为T 2＝T 12的振动，回到原来位置，接下来以周期为T 1振动，则有y Q ＝－8sin 2πT 1(t 1－T 12)(cm)＝－4 cm ，C 正确；t ＝0开始，当波刚传到x ＝14 m 位置时，可知传播时间为Δt ＝Δx v ＝2v ，又Δt ＝2v ＝T 12＝T 2，可知P 点振动了半个周期，Q 点振动了一个周期，因此P 点的路程为s P ＝2A ＝16 cm ，Q 点的路程为s Q ＝4A ＝32 cm ，D 正确．11．(2023·浙江宁波市鄞州高级中学模拟)一根长20 m 的软绳拉直后放置在光滑水平地板上，以绳中点为坐标原点，以绳上各质点的平衡位置为x 轴建立图示坐标系．两人在绳端P 、Q 沿y 轴方向不断有节奏地抖动，形成两列振幅分别为10 cm 、20 cm 的相向传播的机械波．已知P 点形成的波的传播速度为4 m/s.t ＝0时刻的波形如图所示．下列判断正确的有( )A．两波源的起振方向相反B．两列波无法形成稳定的干涉图样C．t＝2 s时，在PQ之间(不含PQ两点)绳上一共有2个质点的位移为－25 cmD．叠加稳定后，x＝3 m处的质点振幅小于x＝4 m处质点的振幅答案 C解析由题图可知，P、Q两波源的起振方向都向下，选项A错误；波速由介质决定，故两列波的波速相同，由题图可知，两列波的波长相同，由v＝λf可知，两列波频率相等，又因为相位差一定，所以能形成稳定的干涉图样，选项B错误；两列波的周期T＝λv＝1 s，t＝2 s 后，波形如图所示，由图可知：在PQ之间(不含PQ两点)绳上一共有2个质点的位移为－25 cm，选项C正确；叠加稳定后，波形如图所示，由图可知：叠加稳定后，x＝3 m处的质点振幅大于x＝4 m处质点的振幅，选项D错误．12．(多选)(2023·浙江省名校协作体模拟)如图甲所示，在同一介质中，波源分别为S1与S2的频率相同的两列机械波在t＝0时刻同时起振，波源为S1的机械波振动图像如图乙所示；波源为S2的机械波在t＝0.25 s时波的图像如图丙所示．P为介质中的一点，P点距离波源S1与S2的距离分别是PS1＝7 m，PS2＝9 m，则()A．质点P的位移不可能为0B．t＝1.25 s时，质点P处于波谷C．质点P的起振方向沿y轴正方向D．波源为S2的机械波的起振方向沿y轴负方向答案BC解析结合波源S2在t＝0.25 s时波的图像即题图丙可知，此时刚开始振动的质点的起振方向沿y轴正方向，质点与波源的起振方向相同，因此波源为S2的机械波的起振方向沿y轴正方向，D错误；根据波源S1的振动图像即题图乙可知，波源S1的起振方向沿y轴正方向，同一介质中波速相同，又因为PS1<PS2，由此可知波源S1的机械波最先传到P点，因此质点P的起振方向与波源S1的起振方向相同，沿y轴正方向，C正确；在同一介质中，频率相同的两＝10 m/s，列机械波，波速相同，波长相等，由题图可知λ＝2.0 m，T＝0.2 s，则波速为v＝λTP点到两波源的路程差为Δx＝PS2－PS1＝2 m，即P点到两波源的路程差为波长的整数倍，且两波源的起振方向相同，因此，P点为振动加强点，质点P的位移可以为0，A错误；S1和S2振动传到P的时间分别为t1＝PS1v＝0.7 s，t2＝PS2v＝0.9 s，由此可知，在t＝1.25 s时，波源S1在t′＝1.25 s－t1＝0.55 s时的振动情况传到P点，此时波源S1位于波谷；波源S2在t″＝1.25 s－t2＝0.35 s时的振动情况传到P点，此时波源S2位于波谷，在t＝1.25 s时P处为两列波的波谷叠加，质点P处于波谷，B正确．13.(多选)如图所示，一列振幅为10 cm的简谐横波，其传播方向上有两个质点P和Q，两者的平衡位置相距3 m．某时刻两质点均在平衡位置且二者之间只有一个波谷，再经过0.3 s，Q第一次到达波峰．则下列说法正确的是()A．波长可能为2 mB．周期可能为0.24 sC．波速可能为15 m/s。
2024届高考一轮复习物理教案(新教材人教版浙江专用)：抛体运动
第2讲抛体运动目标要求 1.掌握平抛运动的规律，学会运用运动的合成与分解处理类平抛、斜抛运动问题.2.学会处理斜面或圆弧面约束下的平抛运动问题.3.会处理平抛运动中的临界、极值问题．考点一平抛运动的规律及应用平抛运动1．定义：将物体以一定的初速度沿水平方向抛出，物体只在重力作用下的运动．2．性质：平抛运动是加速度为g的匀变速曲线运动，运动轨迹是抛物线．3．研究方法：化曲为直(1)水平方向：匀速直线运动；(2)竖直方向：自由落体运动．4．基本规律如图，以抛出点O为坐标原点，以初速度v0方向(水平方向)为x轴正方向，竖直向下为y轴正方向，建立平面直角坐标系xOy.1．平抛运动的加速度方向与速度方向总垂直．(×)2．相等时间内做平抛运动的物体速度变化量相同．(√)3．相等时间内做平抛运动的物体速度大小变化相同．(×)1．平抛运动物体的速度变化量因为平抛运动的加速度为恒定的重力加速度g ，所以做平抛运动的物体在任意相等时间间隔Δt 内的速度变化量Δv ＝g Δt 是相同的，方向恒为竖直向下，如图所示．2．两个推论(1)做平抛运动的物体在任意时刻的瞬时速度的反向延长线一定通过此时水平位移的中点． (2)做平抛运动的物体在任意时刻任意位置处，有tan θ＝2tan α .例1 (多选)a 、b 两个物体做平抛运动的轨迹如图所示，设它们抛出的初速度分别为v a 、v b ，从抛出至碰到台上的时间分别为t a 、t b ，则( )A ．v a ＞v bB ．v a ＜v bC ．t a ＞t bD ．t a ＜t b 答案 AD解析 由题图知，h b ＞h a ，因为h ＝12gt 2，所以t a ＜t b ，又因为x ＝v 0t ，且x a ＞x b ，所以v a ＞v b ，选项A 、D 正确．例2 (多选)(2023·浙江省金华十校模拟)如图是飞镖盘示意图，盘面画有多个同心圆用来表示环数，O 是圆心，盘竖直挂在墙上，A 是盘的最高点，B 是盘的最低点．某同学玩飞镖时，飞镖的出手点与A 等高，且每次飞镖的出手点相同，出手时飞镖速度与盘面垂直，第一支飞镖命中B 点，第二支飞镖命中O 点，若空气阻力不计，可知前、后两支飞镖( )A．空中飞行时间之比是2∶1B ．空中飞行时间之比是2∶1C．出手时飞镖速度大小之比是1∶ 2 D．命中前瞬间速度大小之比是1∶ 2 答案BC解析飞镖飞出时在竖直方向做自由落体运动，由y＝12gt2，解得飞镖飞行时间为t＝2y g，由题意可知，第一支飞镖和第二支飞镖飞行时间之比为t1∶t2＝2∶1，A错误，B正确；飞镖飞出后水平方向做匀速直线运动，且水平位移相同，由x＝v0t可知，第一支飞镖和第二支飞镖出手速度大小之比为v01∶v02＝1∶2，C正确；飞镖命中时的速度大小为v＝v02＋(gt)2＝v02＋g2x2v02可见，第一支飞镖和第二支飞镖命中时速度大小之比不可能为1∶2，D错误．考点二与斜面或圆弧面有关的平抛运动已知条件情景示例解题策略已知速度方向从斜面外平抛，垂直落在斜面上，如图所示，已知速度的方向垂直于斜面分解速度tan θ＝v0v y＝v0gt从圆弧形轨道外平抛，恰好无碰撞地进入圆弧形轨道，如图所示，已知速度方向沿该点圆弧的切线方向分解速度tan θ＝v yv0＝gtv0已知位移方向从斜面上平抛又落到斜面上，如图所示，已知位移的方向沿斜面向下分解位移tan θ＝yx＝12gt2v0t＝gt2v0在斜面外平抛，落在斜面上位移最小，如图所示，已知位移方向垂直斜面分解位移tan θ＝xy＝v0t12gt2＝2v0gt利用位移关系从圆心处水平抛出，落到半径为R 的圆弧上，如图所示，已知位移大小等于半径R⎩⎪⎨⎪⎧x＝v0ty＝12gt2x2＋y2＝R2从与圆心等高的圆弧上水平抛出，落到半径为R的圆弧上，如图所示，已知水平位移x与R的差的平方与竖直位移的平方之和等于半径的平方⎩⎪⎨⎪⎧x＝R＋R cos θx＝v0ty＝R sin θ＝12gt2(x－R)2＋y2＝R2考向1与斜面有关的平抛运动例3(2023·浙江省名校协作体模拟)第24届冬季奥运会于2022年2月在北京成功举办，如图甲所示为运动员跳台滑雪运动瞬间，运动示意图如图乙所示，运动员从助滑雪道AB上由静止滑下，到达C点后水平飞出，落到滑道上的D点，运动轨迹上的E点的速度方向与滑道CD平行，设运动员从C到E与从E到D的运动时间分别为t1与t2，忽略空气阻力，运动员可视为质点，下列说法正确的是()A．t1<t2B．t1>t2C．若运动员离开C点时的速度加倍，则落在滑道上的速度方向不变D．若运动员离开C点时的速度加倍，则落在滑道上到C的距离也加倍答案 C解析以C点为原点，以CD为x轴，以垂直CD向上方向为y轴，建立坐标系如图所示．对运动员的运动进行分解，y 轴方向上的运动类似竖直上拋运动，x 轴方向做匀加速直线运动．当运动员速度方向与滑道平行时，在y 轴方向上到达最高点，根据竖直上拋运动的对称性，知t 1＝t 2，A 、B 错误；设运动员落在滑道上的速度方向与水平方向的夹角为α，滑道的倾角为θ，则有tan α＝v y v 0，tan θ＝y x ＝v y2tv 0t ＝v y 2v 0，得tan α＝2tan θ，θ一定，则α一定，可知运动员落在滑道上的速度方向与从C 点飞出时的速度大小无关，C 正确．从抛出至落到滑道，tan θ＝y x ＝gt2v 0，得t ＝2v 0tan θgx ＝v 0t ＝2v 02tan θg若运动员离开C 点时的速度v 0加倍，则水平位移变为原来的4倍， 又s ＝xcos θ，则s 也变为原来的4倍， D 错误．例4 (2023·福建宁德市高三月考)如图所示，1、2两个小球以相同的速度v 0水平抛出．球1从左侧斜面抛出，经过时间t 1落回斜面上，球2从某处抛出，经过时间t 2恰能垂直撞在右侧的斜面上．已知左、右两侧斜面的倾角分别为α＝30°、β＝60°，则( )A ．t 1∶t 2＝1∶2B ．t 1∶t 2＝1∶3C ．t 1∶t 2＝2∶1D ．t 1∶t 2＝3∶1答案 C解析 由题意可得，对球1，有tan α＝12gt12v 0t 1＝gt 12v 0，对球2，有tan β＝v 0gt 2，又tan α·tan β＝1，联立解得t 1∶t 2＝2∶1，A 、B 、D 错误，C 正确．考向2 与圆弧面有关的平抛运动例5 如图所示，一小球从一半圆轨道左端A 点正上方某处开始做平抛运动(小球可视为质点)，飞行过程中恰好与半圆轨道相切于B 点，O 为半圆轨道圆心，半圆轨道半径为R ，OB 与水平方向的夹角为60°，重力加速度为g ，不计空气阻力，则小球抛出时的初速度为( )A.33gR2 B.3gR2 C.3gR2D.3gR3答案 A解析 小球飞行过程中恰好与半圆轨道相切于B 点，可知小球运动到B 点时速度方向与水平方向的夹角为30°，设位移方向与水平方向的夹角为θ，则tan θ＝tan 30°2＝36，由tan θ＝y x ＝y 32R ，可得竖直方向的位移y ＝34R ，而v y 2＝2gy ，tan 30°＝v y v 0，联立解得v 0＝33gR2，选项A 正确．考点三 平抛运动的临界和极值问题1．平抛运动的临界问题有两种常见情形：(1)物体的最大位移、最小位移、最大初速度、最小初速度；(2)物体的速度方向恰好为某一方向．2．解题技巧：在题中找出有关临界问题的关键字，如“恰好不出界”“刚好飞过壕沟”“速度方向恰好与斜面平行”“速度方向与圆周相切”等，然后利用平抛运动对应的位移规律或速度规律进行解题．考向1 平抛运动的临界问题例6 如图所示，一网球运动员将网球(可视为质点)从O 点水平向右击出，网球恰好擦网通过落在对方场地的A 点，A 点到球网的水平距离是击球点到球网的水平距离的2倍．已知球网的高度为h ，重力加速度为g ，不计空气阻力，则网球击出后在空中飞行的时间为( )A.3h gB.32h gC.5h 2gD.322h g答案 B解析 设网球击出后在空中飞行的时间为t ，因为A 点到球网的水平距离是击球点到球网的水平距离的2倍，所以网球从击球点运动到球网的时间为t 3，则H ＝12gt 2，H －h ＝12g (t3)2，联立解得t ＝32hg，故选B.考向2 平抛运动的极值问题例7 某科技比赛中，参赛者设计了一个轨道模型，如图所示．模型放到0.8 m 高的水平桌子上，最高点距离水平地面2 m ，右端出口水平．现让小球在最高点由静止释放，忽略阻力作用，为使小球飞得最远，右端出口距离桌面的高度应设计为( )A ．0B ．0.1 mC ．0.2 mD ．0.3 m答案 C解析 小球从最高点到右端出口，机械能守恒，有mg (H －h )＝12m v 2，从右端出口飞出后，小球做平抛运动，有x ＝v t ，h ＝12gt 2，联立解得x ＝2(H －h )h ，根据数学知识可知，当H －h＝h 时，x 最大，即h ＝1 m 时，小球飞得最远，此时右端出口距离桌面高度为Δh ＝1 m －0.8 m ＝0.2 m ，故C 正确．考点四 斜抛运动1．定义：将物体以初速度v 0斜向上方或斜向下方抛出，物体只在重力作用下的运动． 2．性质：斜抛运动是加速度为g 的匀变速曲线运动，运动轨迹是抛物线． 3．研究方法：运动的合成与分解(1)水平方向：匀速直线运动； (2)竖直方向：匀变速直线运动． 4．基本规律以斜抛运动的抛出点为坐标原点O ，水平向右为x 轴的正方向，竖直向上为y 轴的正方向，建立如图所示的平面直角坐标系xOy . 初速度可以分解为v 0x ＝v 0cos θ，v 0y ＝v 0sin θ. 在水平方向，物体的位移和速度分别为 x ＝v 0x t ＝(v 0cos θ)t ① v x ＝v 0x ＝v 0cos θ②在竖直方向，物体的位移和速度分别为 y ＝v 0y t －12gt 2＝(v 0sin θ)t －12gt 2③v y ＝v 0y －gt ＝v 0sin θ－gt ④1．斜抛运动中的极值在最高点，v y ＝0，由④式得到t ＝v 0sin θg ⑤将⑤式代入③式得物体的射高y m ＝v 02sin 2θ2g ⑥物体落回与抛出点同一高度时，有y ＝0， 由③式得总时间t 总＝2v 0sin θg⑦将⑦式代入①式得物体的射程x m ＝v 02sin 2θg当θ＝45°时，sin 2θ最大，射程最大．所以对于给定大小的初速度v 0，沿θ＝45°方向斜向上抛出时，射程最大． 2．逆向思维法处理斜抛问题对斜上抛运动，从抛出点到最高点的运动可逆过程分析，看成平抛运动，分析完整的斜上抛运动，还可根据对称性求解某些问题．例8 (2021·江苏卷·9)如图所示，A 、B 两篮球从相同高度同时抛出后直接落入篮筐，落入篮筐时的速度方向相同，下列判断正确的是( )A ．A 比B 先落入篮筐 B ．A 、B 运动的最大高度相同C ．A 在最高点的速度比B 在最高点的速度小D ．A 、B 上升到某一相同高度时的速度方向相同 答案 D解析 若研究两个过程的逆过程，可看成是从篮筐沿同方向斜向上的斜抛运动，落到同一高度上的两点，则A 上升的高度较大，高度决定时间，可知A 运动时间较长，即B 先落入篮筐中，A 、B 错误；因为两球抛射角相同，A 的射程较远，则A 球的水平速度较大，即A 在最高点的速度比B 在最高点的速度大，C 错误；由斜抛运动的对称性可知，当A 、B 上升到某一相同高度时的速度方向相同，D 正确．例9 (2023·浙江温州市模拟)如图甲所示是一种投弹式干粉消防车．如图乙，消防车从出弹口到高楼的水平距离为x ，在同一位置消防车先后向高层建筑发射2枚灭火弹，且灭火弹均恰好垂直射入建筑玻璃窗，假设发射初速度大小均为v 0，v 0与水平方向夹角分别为θ1、θ2，击中点离出弹口高度分别为h 1、h 2，空中飞行时间分别为t 1、t 2.灭火弹可视为质点，两运动轨迹在同一竖直面内，且不计空气阻力，重力加速度为g .则下列说法正确的是( )A ．高度之比h 1h 2＝cos θ1cos θ2B ．时间之比t 1t 2＝cos θ1cos θ2C ．两枚灭火弹的发射角满足θ1＋θ2＝90°D ．水平距离与两枚灭火弹飞行时间满足x ＝2gt 1t 2 答案 C解析 两灭火弹在竖直方向的初速度分别为v y 1＝v 0sin θ1，v y 2＝v 0sin θ2，根据v y 2＝2gh ，可得h 1h 2＝sin 2 θ1sin 2 θ2，根据v y ＝gt ，可得t 1t 2＝sin θ1sin θ2，故A 、B 错误；两灭火弹在水平方向有x ＝v 0cos θ1·v 0sin θ1g ，x ＝v 0cos θ2·v 0sin θ2g ，可得sin 2θ1＝sin 2θ2＝sin (180°－2θ2)，结合数学关系可得θ1＋θ2＝90°，故C 正确；水平方向有x t 1＝v 0cos θ1，竖直方向有gt 2＝v 0sin θ2，又由θ1＋θ2＝90°得sin θ2＝cos θ1，可得x ＝gt 1t 2，故D 错误．课时精练1.(2023·浙江省稽阳联谊学校联考)在北京冬奥会自由式滑雪女子空中技巧决赛中，中国选手徐梦桃以压倒性优势夺冠．空中技巧比赛中，运动员经跳台斜向上滑出后在空中运动时，若其重心轨迹与相同速度、不计阻力的斜抛小球轨迹重合，下列说法正确的是( )A ．斜向上运动过程中，运动员受斜向上作用力和重力B ．加速下落过程就是自由落体运动C ．在空中运动时，相等时间内运动员重心的速度变化相同D ．运动员运动到最高点瞬间，竖直方向分速度为零，竖直方向合力为零 答案 C解析 斜向上运动过程中，斜向上作用力的施力物体不存在，所以运动员不受斜向上作用力，故A 错误；加速下落过程不是自由落体运动，因为水平方向有速度，故B 错误；在空中运动时，加速度恒为重力加速度，为定值，则相等时间内运动员重心的速度变化相同，故C 正确；运动员运动到最高点瞬间，竖直方向受重力作用，合力不为零，故D 错误．2.(2022·广东卷·6)如图所示，在竖直平面内，截面为三角形的小积木悬挂在离地足够高处，一玩具枪的枪口与小积木上P 点等高且相距为L .当玩具子弹以水平速度v 从枪口向P 点射出时，小积木恰好由静止释放，子弹从射出至击中积木所用时间为t .不计空气阻力．下列关于子弹的说法正确的是( )A ．将击中P 点，t 大于Lv B ．将击中P 点，t 等于Lv C ．将击中P 点上方，t 大于Lv D ．将击中P 点下方，t 等于Lv 答案 B解析 由题意知枪口与P 点等高，子弹和小积木在竖直方向上均做自由落体运动，当子弹击中积木时子弹和积木的运动时间相同，根据h ＝12gt 2，可知下落高度相同，所以将击中P 点；又由于初始状态子弹到P 点的水平距离为L ，子弹在水平方向上做匀速直线运动，故有t ＝Lv ，故选B.3.(多选)如图所示，从某高度处水平抛出一小球，经过时间t 到达地面时，速度与水平方向的夹角为θ，不计空气阻力，重力加速度为g .下列说法正确的是( )A ．小球水平抛出时的初速度大小为gt tan θB ．小球在t 时间内的位移方向与水平方向的夹角为θ2C ．若小球初速度增大，则平抛运动的时间变长D ．若小球初速度增大，则θ减小 答案 AD解析 由tan θ＝gt v 0可得小球平抛的初速度大小v 0＝gttan θ，A 正确；设小球在t 时间内的位移方向与水平方向的夹角为α，由tan α＝h x ＝12gt 2v 0t ＝gt 2v 0＝12tan θ可知，α≠θ2，B 错误；小球做平抛运动的时间t ＝2h g ，与小球初速度无关，C 错误；由tan θ＝gtv 0可知，v 0越大，θ越小，D 正确．4.如图所示，滑板爱好者先后两次从坡道A 点滑出，均落至B 点，第二次的滞空时间比第一次长，不计空气阻力，则( )A ．两次滑出速度方向相同B ．两次腾空最大高度相同C ．第二次滑出速度一定大D ．第二次在最高点速度小 答案 D解析 设滑板爱好者从A 点滑出后竖直方向的分速度为v y ，则空中运动的时间t ＝2v yg ，第二次的滞空时间比第一次长，则第二次竖直方向的分速度大；两次水平方向的分位移大小相等，则第二次水平方向的分速度v x 小，滑出速度方向与水平方向之间的夹角满足tan θ＝v yv x ，所以两次滑出速度方向一定不相同，故A 错误；滑板爱好者从A 到B 做斜上抛运动，上升到的最大高度h ＝v y 22g ，第二次竖直方向的分速度大，则第二次腾空最大高度大，故B 错误；结合A的分析可知，第二次滑出竖直方向的分速度大，水平方向的分速度小，所以不能判断出两次滑出速度的大小关系，故C 错误；滑板爱好者到达最高点时竖直方向的分速度为零，在最高点的速度等于水平方向的分速度；第二次滑出水平方向的分速度小，则第二次滑出在最高点速度小，故D 正确．5.(2023·浙江瑞安市第六中学月考)如图所示，在M 点分别以不同的速度将两个小球水平抛出，两小球分别落在水平地面上的P 点和Q 点．已知O 点是M 点在地面上的竖直投影，OP ∶PQ ＝1∶3，且不考虑空气阻力的影响，下列说法中正确的是( )A ．两小球的下落时间之比为1∶3B ．两小球的下落时间之比为1∶4C ．两小球的初速度大小之比为1∶3D ．两小球的初速度大小之比为1∶4 答案 D解析 依题意两小球下落高度相同，根据公式h ＝12gt 2，可知两小球的下落时间之比为1∶1，故A 、B 错误；两小球的水平位移之比为x 1x 2＝OP OP ＋PQ ＝14，又x ＝v 0t ，解得v 01v 02＝14，故C错误，D 正确．6.(2023·山东烟台市高三模拟)如图所示，小球以v 0正对倾角为θ的斜面水平抛出，若小球到达斜面的位移最小，则飞行时间t 为(重力加速度为g )( )A ．t ＝v 0tan θB ．t ＝2v 0tan θgC ．t ＝v 0g tan θD ．t ＝2v 0g tan θ答案 D解析 如图所示，要使小球到达斜面的位移最小，则要求落点与抛出点的连线与斜面垂直，所以有tan θ＝x y ，而x ＝v 0t ，y ＝12gt 2，联立解得t ＝2v 0g tan θ，故选D.7.如图所示，一小球(视为质点)以速度v 从倾角为θ的斜面底端斜向上抛出，落到斜面上的M 点且速度水平向右．现将该小球以2v 的速度从斜面底端朝同样方向抛出，落在斜面上的N 点．下列说法正确的是( )A ．落到M 和N 两点的小球在空中运动的时间之比大于1∶2B ．小球落到M 和N 两点的速度之比大于1∶2C ．小球落到N 点时速度方向水平向右D ．M 和N 两点距离斜面底端的高度之比为1∶2 答案 C解析 由于落到斜面上M 点时小球速度水平向右，故可把小球在空中的运动逆向看成从M 点向左的平抛运动，设在M 点的速度大小为v x ，把小球在斜面底端的速度v 分解为水平速度v x 和竖直速度v y ，则x ＝v x t ，y ＝12gt 2，位移间的关系tan θ＝yx ，联立解得在空中飞行时间t ＝2v x tan θg ，且v y ＝gt ＝2v x tan θ，v 和水平方向夹角的正切值tan α＝v yv x ＝2tan θ，为定值，即落到N 点时速度方向水平向右，故C 正确；速度大小为v ＝v x 2＋v y 2＝v x1＋4tan 2θ，即v 与v x 成正比，故落到M 和N 两点的速度之比为1∶2，故B 错误；由t ＝2v x tan θg 知，落到M 和N 两点的小球在空中运动的时间之比为1∶2，故A 错误；竖直高度为y ＝12gt 2＝2v x 2tan 2θg ，y与v x 2成正比，则M 和N 两点距离斜面底端的高度之比为1∶4，故D 错误．8.(多选)(2023·辽宁省模拟)如图所示，一倾角为θ且足够长的斜面固定在地面上，将小球A 从斜面顶端以速度v 1水平向右抛出，小球击中了斜面上的C 点，将小球B 从空中与小球A 等高的某点以速度v 2水平向左抛出，小球恰好垂直斜面击中C 点，不计空气阻力，斜面足够长，重力加速度为g ，下列说法中正确的是( )A ．小球A 在空中运动的时间为2v 1tan θgB ．小球B 在空中运动的时间为v 2tan θgC ．若将小球B 以大小相等的初速度从该点向各个方向抛出，则竖直下抛落到斜面上所用时间最短D ．若将小球B 以大小相等的初速度从该点向各个方向抛出，则垂直斜面向上抛出落到斜面上所用时间最长答案 AD解析 设小球A 在空中运动的时间为t 1，则x 1＝v 1t 1，y 1＝12gt 12，tan θ＝y 1x 1，联立解得t 1＝2v 1tan θg ，故A 正确；设小球B 在空中运动的时间为t 2，则tan θ＝v 2gt 2，解得t 2＝v 2g tan θ，故B 错误；根据运动的合成与分解可知，小球B 落到斜面上所用时间取决于其在垂直于斜面方向的分运动的情况，易知小球B 在垂直于斜面方向的加速度大小始终为g cos θ，则当小球B 以垂直于斜面向下的初速度抛出时，其落到斜面上所用时间最短，当小球B 以垂直于斜面向上的初速度抛出时，其落到斜面上所用的时间最长，故C 错误，D 正确．9.套圈游戏是一项趣味活动，如图，某次游戏中，一小孩从距地面高0.45 m 处水平抛出半径为0.1 m 的圆环(圆环面始终水平)，套住了距圆环前端水平距离为1.0 m 、高度为0.25 m 的竖直细圆筒．若重力加速度大小取g ＝10 m/s 2，忽略空气阻力，则小孩抛出圆环的初速度可能是( )A ．4.3 m/sB ．5.6 m/sC ．6.5 m/sD ．7.5 m/s答案 B解析 根据h 1－h 2＝12gt 2得t ＝2(h 1－h 2)g＝2(0.45－0.25)10s ＝0.2 s ，则平抛运动的最大速度v 1＝x ＋2R t ＝1.0＋2×0.10.2 m/s ＝6.0 m/s ，最小速度v 2＝x t ＝1.00.2 m/s ＝5.0 m/s ，则5.0 m/s ＜v ＜6.0 m/s ，故选B.10.为加大生态环保力度，打赢污染防治攻坚战，某工厂坚决落实有关节能减排政策，该工厂水平的排水管道满管径工作，减排前、后落水点距出水口的水平距离分别为x 0、x 1，则减排前、后相同时间内的排水量之比为( )A.x 1x 0B.x 0x 1C.x 1x 0D.x 0x 1答案 B解析 设水下落的高度为h ，与水下落的时间t 的关系为h ＝12gt 2，故下落高度相同，水流入下方的时间相同，根据平抛运动水平方向的位移与时间关系x ＝v t ，减排前、后水的流速比就等于水平位移之比，所以减排前、后相同时间内的排水量之比就等于水平位移之比，即为x 0x 1，A 、C 、D 错误，B 正确．11.(2023·河北保定市高三检测)如图所示，某次跳台滑雪训练中，运动员(视为质点)从倾斜雪道上端的水平平台上以10 m/s 的速度飞出，最后落在倾角为37°的倾斜雪道上．重力加速度大小取g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，不计空气阻力．下列说法正确的是( )A ．运动员的落点距雪道上端的距离为18 mB ．运动员飞出后到雪道的最远距离为1.25 mC ．运动员飞出后距雪道最远时的速度大小为12.5 m/sD ．若运动员水平飞出时的速度减小，则他落在雪道上的速度方向将改变 答案 C解析 根据平抛运动知识可知，x ＝v 0t ，y ＝12gt 2，tan 37°＝y x ，联立解得t ＝1.5 s ，则运动员的落点距雪道上端的距离为s ＝v 0tcos 37°＝18.75 m ，选项A 错误；当运动员速度方向与倾斜雪道方向平行时，距离倾斜雪道最远，根据平行四边形定则知，速度v ＝v 0cos 37°＝12.5 m/s ，选项C 正确；运动员飞出后到雪道的最远距离为h ＝(v 0sin 37°)22g cos 37°＝2.25 m ，选项B 错误；当运动员落在倾斜雪道上时，速度方向与水平方向夹角的正切值tan α＝2tan 37°，即速度方向与水平方向的夹角是一定值，可知若运动员水平飞出时的速度减小，则他落在雪道上的速度方向不变，选项D 错误．12.(2022·全国甲卷·24)将一小球水平抛出，使用频闪仪和照相机对运动的小球进行拍摄，频闪仪每隔0.05 s 发出一次闪光．某次拍摄时，小球在抛出瞬间频闪仪恰好闪光，拍摄的照片编辑后如图所示．图中的第一个小球为抛出瞬间的影像，每相邻两个球之间被删去了3个影像，所标出的两个线段的长度s 1和s 2之比为3∶7.重力加速度大小取g ＝10 m/s 2，忽略空气阻力．求在抛出瞬间小球速度的大小．答案255m/s 解析 频闪仪每隔0.05 s 发出一次闪光，每相邻两个球之间被删去3个影像，故相邻两球的时间间隔为t ＝4T ＝4×0.05 s ＝0.2 s ．设抛出瞬间小球的速度为v 0，每相邻两球间的水平方向上位移为x ，竖直方向上的位移分别为y 1、y 2，根据平抛运动位移公式有x ＝v 0t ，y 1＝12gt 2＝12×10×0.22 m ＝0.2 m ，y 2＝12g (2t )2－12gt 2＝12×10×(0.42－0.22) m ＝0.6 m ，令y 1＝y ，则有y 2＝3y 1＝3y已标注的线段s 1、s 2分别为s 1＝x 2＋y 2s 2＝x 2＋(3y )2＝x 2＋9y 2 则有x 2＋y 2∶x 2＋9y 2＝3∶7整理得x ＝255y ，故在抛出瞬间小球的速度大小为v 0＝x t ＝255m/s.13.(多选)2022年北京冬奥会在北京和张家口举行，北京成为了历史上第一个既举办过夏季奥运会又举办过冬季奥运会的城市．图示为某滑雪运动员训练的场景，运动员以速度v 1＝10 m/s 沿倾角α＝37°、高H ＝15 m 的斜面甲飞出，并能无碰撞地落在倾角β＝60°的斜面乙上，顺利完成飞越．把运动员视为质点，忽略空气阻力，重力加速度取g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.以下说法正确的是( )A ．运动员落至斜面乙时的速率为16 m/sB ．斜面乙的高度为7.2 mC ．运动员在空中飞行时离地面的最大高度为20 mD ．两斜面间的水平距离约为11.1 m 答案 AB解析 运动员在水平方向做匀速直线运动，水平方向速度大小为v x ＝v 1cos α＝8 m/s ，落到斜面乙时，设速度大小为v 2，则满足v x ＝v 2cos β，解得v 2＝16 m/s ，故A 正确；设斜面乙高度为h ，从斜面甲到斜面乙过程中，由机械能守恒定律得mg (H －h )＝12m v 22－12m v 12，解得h ＝7.2 m ，故B 正确；从斜面甲飞出时，运动员在竖直方向的速度大小为v y ＝v 1sin α＝6 m/s ，则运动员在空中飞行时离地面的最大高度为H max ＝H ＋v y 22g ＝16.8 m ，故C 错误；运动员到达斜面乙的竖直方向速度大小为v y ′＝v 2sin β＝8 3 m/s ，则在空中运动的时间t ＝v y ′－(－v y )g ＝43＋35s ，则水平距离为x ＝v x t ≈15.9 m ，故D 错误．。
浙江高考物理一轮复习第五章机械能及其守恒定律素养提升课六动力学方法和能量观点的综合应用学案
素养提升课(六) 动力学方法和能量观点的综合应用题型一 动力学方法和动能定理的应用(2020·7月浙江选考)小明将如图所示的装置放在水平地面上，该装置由弧形轨道、竖直圆轨道、水平直轨道AB 和倾角θ＝37°的斜轨道BC 平滑连接而成。
质量m ＝0.1 kg 的小滑块从弧形轨道离地高H ＝1.0 m 处静止释放。
已知R ＝0.2 m ，L AB ＝L BC ＝1.0 m ，滑块与轨道AB 和BC 间的动摩擦因数均为μ＝0.25，弧形轨道和圆轨道均可视为光滑，忽略空气阻力。
(1)求滑块运动到与圆心O 等高的D 点时对轨道的压力； (2)通过计算判断滑块能否冲出斜轨道的末端C 点；(3)若滑下的滑块与静止在水平直轨道上距A 点x 处的质量为2m 的小滑块相碰，碰后一起运动，动摩擦因数仍为0.25，求它们在轨道BC 上到达的高度h 与x 之间的关系。
(碰撞时间不计，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)[解析] (1)由机械能守恒定律得mgH ＝mgR ＋12mv 2D由牛顿第二定律得F N ＝mv 2DR＝8 N由牛顿第三定律得F N ′＝F N ＝8 N ，方向水平向左。
(2)假设能在斜轨道上到达最高点C ′点，由功能关系得mgH ＝μmgL AB ＋μmgL BC ′cos θ＋mgL BC ′sin θ得L BC ′＝1516m<1.0 m ，故不会冲出。
(3)设滑块运动到距A 点x 处的速度为v ，由动能定理得mgH －μmgx ＝12mv 2设碰撞后的速度为v ′，由动量守恒定律得mv ＝3mv ′ 设碰撞后滑块滑到斜轨道的高度为h ，由动能定理得－3μmg (L AB －x )－3μmg h tan θ－3mgh ＝0－12(3m )v ′2得h ＝16x －548 m(58m<x ≤1 m)h ＝0(0≤x ≤58m)。
[答案] 见解析【对点练1】 跳台滑雪是冬奥会的比赛项目之一，一简化后的跳台滑雪的雪道示意图如图所示。
2024届高考一轮复习物理教案(新教材人教版浙江专用)：运动学图像问题
专题强化一运动学图像问题目标要求 1.知道几种运动学图像的物理意义.2.会由图像分析物体的运动情况.3.能根据图像判断或求解图像以外的物理量.4.掌握运动学图像间的相互转化．题型一运动学图像的理解和应用1．对基本图像(x－t图像、v－t图像)的理解x－t图像v－t图像图像举例斜率意义速度加速度面积意义无位移特别处两条图线的交点表示相遇图线的拐点表示速度反向图线与时间轴所围面积表示位移图线的拐点表示加速度反向2.对a－t图像的理解(1)图线①表示物体做加速度逐渐增大的直线运动，图线③表示物体做加速度逐渐减小的直线运动，图线②表示物体做匀变速直线运动．(2)由Δv＝aΔt可知图像中图线与横轴所围面积表示速度变化量．1．x－t图像表示物体运动的轨迹．(×)2．x－t图像中的图线过t轴表明速度方向一定发生变化．(×)3．v－t图像上两图线的交点表示两物体此时相遇．(×)4．v－t图像中图线的斜率表示物体的加速度，x－t图像中图线的斜率表示物体的速度．(√)5．x －t 、v －t 和a －t 图像都只能描述直线运动．( √ )1．无论x －t 图像、v －t 图像是直线还是曲线，所描述的运动都是直线运动，图像的形状反映了x 与t 、v 与t 的函数关系，而不是物体运动的轨迹．2．x －t 图像中两图线的交点表示两物体相遇，v －t 图像中两图线的交点表示该时刻两物体的速度相等，并非相遇．3．位置坐标x －y 图像则能描述曲线运动，图线交点表示物体均经过该位置，但不一定相遇，因为不知道时间关系．例1 (2023·广东省模拟)中国海军服役的歼－15舰载机在航母甲板上加速起飞过程中，某段时间内舰载机的位移时间(x －t )图像如图所示，则( )A ．由图可知，舰载机起飞的运动轨迹是曲线B ．在0～3 s 内，舰载机的平均速度大于12 m/sC ．在M 点对应的位置，舰载机的速度大于20 m/sD ．在N 点对应的时刻，舰载机的速度为7.5 m/s 答案 C解析 x －t 图像只能表示直线运动的规律，即舰载机起飞的运动轨迹是直线，A 错误；在0～3 s 内，舰载机通过的位移为x ＝36 m －0＝36 m ，平均速度为v ＝x t ＝363 m/s ＝12 m/s ，B 错误；在2～2.55 s 内的平均速度为v ′＝x MN t MN ＝26－152.55－2 m/s ＝20 m/s ，根据2～2.55 s 内的平均速度等于MN 连线的斜率大小，在M 点对应的位置，舰载机的速度等于过M 点的切线斜率大小，可知在M 点对应的位置，舰载机的速度大于MN 段平均速度20 m/s ，C 正确；在0～2 s 内的平均速度为v ″＝Δx Δt ＝15－02 m/s ＝7.5 m/s,0～2 s 内的平均速度等于ON 连线的斜率大小，在N 点对应的时刻，舰载机的速度等于过N 点的切线斜率大小，可知在N 点对应的时刻，舰载机的速度大于ON 段平均速度7.5 m/s ，D 错误．例2 (2023·浙南名校联盟联考)如图是小明设计的飞船降落方案的v －t 图像．当飞船从高度H ＝60 km 处以速度v 0＝500 m/s 竖直向下运动时，控制系统打开降落伞，飞船开始减速．经过时间2t 0(t 0＝100 s)，飞船开始做匀速运动，其收尾速度为0.1v 0.当t ＝3t 0时，飞船的反推发动机点火，飞船开始做匀减速直线运动，再经过时间t 0至地面时速度恰好为零．下列判断正确的是( )A ．从t ＝3t 0至4t 0期间，飞船的加速度大小是5 m/s 2，方向竖直向上B ．从t ＝3t 0至4t 0期间，飞船下降了10 kmC ．从t ＝0至2t 0期间，飞船的平均速度大小是275 m/sD ．从t ＝0至2t 0期间，飞船下降了52.5 km 答案 D解析 从t ＝3t 0至4t 0期间，飞船的加速度为a ＝Δv Δt ＝－0.1×500100 m/s 2＝－0.5 m/s 2，负号表示方向竖直向上，故A 错误；在速度－时间图像中，图线与时间轴所围“面积”表示位移，可得从t ＝3t 0至4t 0期间，飞船下降了x ＝12×50×100 m ＝2 500 m ，故B 错误；从t ＝0至2t 0期间，飞船下降的距离为h ＝H －0.1v 0t 0－x ＝52 500 m ，平均速度为v ＝h 2t 0＝52 500200 m/s ＝262.5 m/s ，故C 错误，D 正确．例3 (多选)(2021·广东卷·8)赛龙舟是端午节的传统活动．下列v －t 和s －t 图像描述了五条相同的龙舟从同一起点线同时出发、沿长直河道划向同一终点线的运动全过程，其中能反映龙舟甲与其它龙舟在途中出现船头并齐的有( )答案 BD解析 A 图是v －t 图像，由图可知，甲的速度一直大于乙的速度，所以途中不可能出现甲、乙船头并齐，故A错误；B图是v－t图像，由图可知，开始丙的速度大，后来甲的速度大，v－t图像中图线与横轴围成的面积表示位移，由图可以判断在途中甲、丙位移会相同，所以在途中甲、丙船头会并齐，故B正确；C图是s－t图像，由图可知，丁一直运动在甲的前面，所以途中不可能出现甲、丁船头并齐，故C错误；D图是s－t图像，交点表示相遇，所以甲、戊在途中船头会并齐，故D正确．例4一物体由静止开始，在粗糙的水平面上沿直线运动，其加速度a随时间t变化的a－t 图像如图所示．若选物体开始运动的方向为正方向，那么，下列说法中正确的是()A．在0～2 s的时间内，物体先做匀速直线运动后做匀减速运动B．在2 s时物体的位移最大C．在2～3 s的时间内，物体速度的变化量为－1 m/sD．在0～4 s的时间内，物体的位移为0答案 C解析在0～1 s的时间内，加速度不变，物体做匀加速运动，在1～2 s的时间内加速度数值减小，物体做加速度减小的加速运动，A错误；2 s时，加速度为0，速度最大，此时位移不是最大，B错误；a－t图像中图线与横轴所围的面积表示速度的变化量，在2～3 s的时间内，速度变化量为Δv＝12×1×(－2) m/s＝－1 m/s，C正确；在0～4 s内，物体的速度变化量为0，即物体在4 s时停止运动，位移不为0，D错误．题型二用函数法解决非常规图像问题对于非常规运动图像，可由运动学公式推导出两个物理量间的函数关系，来分析图像的斜率、截距、面积的含义．1．函数法解决xt－t 图像由x ＝v 0t ＋12at 2可得x t ＝v 0＋12at ，截距b 为初速度v 0，图像的斜率k 为12a ，如图甲所示．2．函数法解决v 2－x 图像由v 2－v 02＝2ax 可知v 2＝v 02＋2ax ，截距b 为v 02，图像斜率k 为2a ，如图乙所示． 3．其他非常规图像图像种类示例解题关键x t 2－1t图像公式依据： x ＝v 0t ＋12at 2→x t 2＝v 0·1t ＋12a 斜率意义：初速度v 0 纵截距意义： 加速度一半a 2a －x 图像公式依据： v 2－v 02＝2ax →ax ＝v 2－v 022面积意义：速度平方变化量的一半v 2－v 0221v －x 图像公式依据：t ＝xv 面积意义：运动时间t例5 (2023·浙江省山水联盟开学考试)为检测某新能源动力车的刹车性能，现在平直公路上做刹车实验，如图所示是动力车在刹车过程中位移和时间的比值xt与t 之间的关系图像，下列说法正确的是( )A ．动力车的初速度大小为10 m/sB ．刹车过程动力车的加速度大小为2.5 m/s 2C ．刹车过程持续的时间为8 sD ．从开始刹车时计时，经过8 s ，动力车的位移大小为40 m 答案 D解析 根据匀变速直线运动的位移时间公式x ＝v 0t ＋12at 2，得x t ＝12at ＋v 0，对比题图可得v 0＝20 m/s ，12a ＝10－204 m/s 2，知a ＝－5 m/s 2，即刚刹车时动力车的初速度大小为20 m/s ，刹车过程动力车的加速度大小为5 m/s 2，故A 、B 错误；刹车过程持续的时间为t 0＝0－v 0a ＝－20－5s＝4 s ，故C 错误；经过8 s ，车已经停止，则整个刹车过程动力车的位移大小为x 0＝v 02t 0＝202×4 m ＝40 m ，故D 正确．例6 (2023·辽宁沈阳市模拟)一辆汽车以20 m/s 的速度在平直公路上行驶，某时刻司机发现前方施工需减速行驶，司机反应了0.2 s 后开始刹车．如图所示为发现施工提示后的速度平方v 2随位移x 的变化关系．从司机发现前方施工提示至汽车速度减小到5 m/s 过程中，汽车的位移为( )A ．44 mB ．41.5 mC ．40 mD ．37.5 m 答案 B解析 由题图可知，减速之前汽车的位移为x 1＝4 m ，根据匀变速直线运动的速度位移公式可得v 2－v 02＝2ax ，由图像解得a ＝－5 m/s 2，当速度为5 m/s 时，汽车的位移为x 2＝v 2－v 022a ＝37.5 m ，故汽车的位移为x ＝x 1＋x 2＝41.5 m ，A 、C 、D 错误，B 正确．题型三图像间的相互转化1．解决图像转换类问题的一般流程：2．要注意应用解析法和排除法，两者结合提高选择题图像类题型的解题准确率和速度．例7(2021·辽宁卷·3)某驾校学员在教练的指导下沿直线路段练习驾驶技术，汽车的位置x 与时间t的关系如图所示，则汽车行驶速度v与时间t的关系图像可能正确的是()答案 A解析x－t图像斜率的物理意义是速度，在0～t1时间内，x－t图像斜率增大，汽车的速度增大；在t1～t2时间内，x－t图像斜率不变，汽车的速度不变；在t2～t3时间内，x－t图像的斜率减小，汽车做减速运动，综上所述可知A中v－t图像可能正确，故选A.例8一静止在光滑水平面的物体从t＝0时刻开始的加速度与时间的关系图像如图所示，a 随t周期性变化．(1)画出物体在0～9 s内的v－t图像；(2)求t＝0到t＝32 s内物体的位移大小．答案(1)见解析图(2)32 m解析(1)根据题意作出物体的v－t图像，如图所示．(2)由v －t 图像可知0～3 s 内位移大小为Δx 1＝12×3×2 m ＝3 m0～30 s 内位移大小为10Δx 1＝30 m30～32 s 内位移大小为Δx 2＝12×2×2 m ＝2 m故0～32 s 内物体位移大小为 x ＝10Δx 1＋Δx 2＝32 m.课时精练1.A 、B 两物体沿同一直线运动，运动过程中的x －t 图像如图所示，下列说法正确的是( )A ．4 s 时A 物体运动方向发生改变B ．0～6 s 内B 物体的速度逐渐减小C ．0～5 s 内两物体的平均速度大小相等D ．0～6 s 内某时刻两物体的速度大小相等 答案 D解析 x －t 图像的斜率表示速度，斜率的正负表示速度方向，所以A 物体运动方向始终不变，故A 错误；由题图可知，0～6 s 内B 物体的速度逐渐增大，故B 错误；由题图可知，0～5 s 内A 物体的位移大于B 物体的位移，由公式v ＝xt 可知，A 物体的平均速度大于B 物体的平均速度，故C 错误；0～6 s 内存在某时刻两图像斜率的绝对值相等，即存在某时刻两物体的速度大小相等，故D 正确．2.(2023·浙江省名校协作体模拟)2021年东京奥运会上，十四岁的中国小将全红婵夺得女子10米跳台冠军，如图为其竖直分速度与时间的关系图像，以其向上离开跳台时作为计时起点，向下运动的方向为正方向，运动过程中视其为质点，则关于竖直方向上的运动，下列说法正确的是()A．t1时刻达到最高点B．t3时刻开始进入水面C．t2～t3时间段加速度竖直向下D．0～t1时间段与t1～t2时间段加速度方向相反答案 A解析由题图可知0～t1时间内全红婵在竖直方向上做向上的匀减速运动，在t1时刻达到最高点，之后在t1～t2时间内在竖直方向上做向下的匀加速运动，所以0～t1时间段与t1～t2时间段在竖直方向上加速度方向相同；全红婵在t2时刻开始进入水面，t2～t3时间内在水中竖直方向上做向下的匀减速运动，此时全红婵的加速度方向向上，综上可知A正确，B、C、D 错误．3．(2023·浙江诸暨市适应性考试)如图所示是卡车沿直线运动的v－t图像，下列说法正确的是()A．卡车速度最大时加速度也最大B．卡车第4分钟运动方向与第6分钟运动方向相同C．卡车在第1分钟内的位移大于第5分钟内的位移D．整个运动过程中卡车的加速度方向始终保持不变答案 B解析卡车速度最大时加速度等于零，A错误；第4分钟和第6分钟，卡车速度均为正值，运动方向相同，B正确；在v－t图像中位移等于图像与时间轴所围的面积，卡车在第1分钟内的位移小于第5分钟内的位移，C错误；v－t图像的斜率表示加速度，整个运动过程中卡车的加速度方向先向正方向后向负方向，D错误．4．(2022·河北卷·1)科学训练可以提升运动成绩，某短跑运动员科学训练前后百米全程测试中，速度v与时间t的关系图像如图所示．由图像可知()A．0～t1时间内，训练后运动员的平均加速度大B．0～t2时间内，训练前、后运动员跑过的距离相等C．t2～t3时间内，训练后运动员的平均速度小D．t3时刻后，运动员训练前做减速运动，训练后做加速运动答案 D解析根据v－t图像的斜率表示加速度，由题图可知0～t1时间内，训练后运动员的平均加速度比训练前的小，故A错误；根据v－t图像与横轴围成的面积表示位移，由题图可知0～t2时间内，训练前运动员跑过的距离比训练后的大，故B错误；由题图可知t2～t3时间内，训练后运动员的位移比训练前的位移大，根据平均速度等于位移与时间的比值，可知训练后运动员的平均速度大，故C错误；根据v－t图像可直接判断知，t3时刻后，运动员训练前速度减小，做减速运动；t3时刻后，运动员训练后速度增加，做加速运动，故D正确．5．(2023·浙江省之江教育联盟联考)如图所示，甲、乙、丙、丁是以时间t为横轴的图像，下列说法正确的是()A．若甲是v－t图像，则物体做匀速直线运动B．若乙是a－t图像，则物体做匀加速直线运动C．若丙是x－t图像，则物体做匀加速直线运动D．若丁是v－t图像，则物体静止答案 C解析若甲是v－t图像，斜率表示加速度，斜率不变，所以加速度不变，即物体做匀变速直线运动，故A错误；若乙是a－t图像，则物体做加速度增大的变速直线运动，故B错误；若丙是x －t 图像，根据x ＝v 0t ＋12at 2可知物体做匀加速直线运动，故C 正确；若丁是v －t 图像，则表示物体做匀速直线运动，故D 错误．6.一质点由静止开始做直线运动的v －t 关系图像如图所示，则该质点的x －t 关系图像可大致表示为选项图中的( )答案 B解析 根据x －t 图像中图线的斜率表示速度可知，该质点的x －t 关系图像可大致表示为B 图，故选B.7.根据机动车的运动情况，绘制如图所示的x t 2－1t 图像，已知其在水平路面沿直线行驶，规定初速度v 0的方向为正方向，运动过程中所受阻力恒定．以下说法正确的是( )A ．机动车匀加速运动B ．机动车的初速度为0C ．机动车的加速度为8 m/s 2D ．机动车在前3秒内的位移是25 m 答案 D解析 由x ＝v 0t ＋12at 2 变形可得x t 2＝v 0·1t ＋12a ，由截距知12a ＝－4 m/s 2 ，解得机动车的加速度a ＝－8 m/s 2 ，由于机动车的加速度为负值，因此牵引力小于阻力，由斜率知v 0＝40.2 m/s ＝20 m/s ，故A 、B 、C 错误；机动车速度变为零所需时间为t ＝0－v 0a ＝2.5 s ，因此3 s 末机动车已静止，其在前3秒内的位移是x ′＝0－v 022a＝25 m ，故D 正确．8．冰壶是冬奥会的传统比赛项目．t ＝0时刻，冰壶运动员以v 0＝3 m/s 的速度沿水平冰面将冰壶掷出，t ＝5 s 时，队友开始用毛刷在冰壶滑行前方不断的摩擦冰面(如图甲所示)，t ＝17.5 s 时冰壶停止运动，冰壶运动过程中加速度a 的大小随时间t 的变化关系如图乙所示．以下判断正确的是( )A ．t ＝5 s 时，冰壶的速度大小为1 m/sB ．5～17.5 s 内，冰壶的加速度大小为0.17 m/s 2C ．0～17.5 s 内，冰壶运动的位移大小为52.5 mD ．与不摩擦冰面相比，摩擦冰面情况下，冰壶多滑行2.5 m 才停下 答案 D解析 5 s 末的速度大小为v ＝v 0－a 1t 1＝(3－0.2×5) m/s ＝2 m/s ，A 错误；5～17.5 s 内，冰壶的初速度v ＝2 m/s ，末速度为0，运动时间t 2＝12.5 s ，故冰壶的加速度大小为a 2＝v －0t 2＝212.5 m/s 2＝0.16 m/s 2，B 错误；0～5 s 内位移大小为x 1＝v ＋v 02t 1＝12.5 m,5～17.5 s 内的位移大小为x 2＝v2t 2＝12.5 m ，则0～17.5 s 内的位移大小为x ＝x 1＋x 2＝25 m ，C 错误；若不摩擦冰面，冰壶运动的时间为t 3＝v 0－0a 1＝15 s,15 s 内位移大小为x 3＝v 02t 3＝22.5 m ，Δx ＝x －x 3＝2.5 m ，D 正确．9.(多选)甲、乙两物体从同一地点同时开始做直线运动的v －t 图像如图所示，甲物体在t ＝6 s 以后停止运动．根据图像提供的信息可知( )A ．6 s 末乙追上甲B ．在乙追上甲之前，甲、乙相距最远为10 mC ．8 s 末甲、乙两物体相遇，且离出发点32 mD ．在0～4 s 内与4～6 s 内甲的平均速度相等 答案 BC解析 根据题图图像可知，在0～4 s 内甲的平均速度v 1＝4＋82 m/s ＝6 m/s ，在4～6 s 内甲的平均速度v 2＝8＋02 m/s ＝4 m/s ，D 错误；在0～6 s 内，甲的位移x 甲＝v 1×4 s ＋v 2×2 s＝32 m ，乙的位移x 乙＝6×4 m ＝24 m ，因此6 s 末乙未追上甲，A 错误；当两者速度相等时，距离最远，即5 s 末距离最远，此时x 甲′＝4＋82×4 m ＋4＋82×1 m ＝30 m ，x 乙′＝4×5 m＝20 m ，最远距离Δx ′＝x 甲′－x 乙′＝10 m ，B 正确；6 s 以后，甲物体停止运动，因此相遇时，距离出发点32 m ，所用时间t ＝x 甲v 乙＝324s ＝8 s ，C 正确．10．(2023·浙江省模拟)甲、乙两名运动员在泳池里训练，t ＝0时刻从泳池的两端出发，甲、乙的速度－时间图像分别如图甲、乙所示，若不计转向的时间且持续运动，两运动员均可视为质点，下列说法正确的是( )A ．泳池长50 mB ．两运动员一定不会在泳池的两端相遇C ．从t ＝0时刻起经过1 min ，两运动员共相遇了3次D ．在0～30 s 内，甲、乙运动员的平均速度大小之比为8∶5 答案 C解析 根据v －t 图线与时间轴围成的面积表示位移，可知泳池长度L ＝1.25×20 m ＝25 m ，故A 错误；如图所示，由甲、乙的位移－时间图线的交点表示相遇可知，甲、乙在t ＝100 s时在泳池的一端相遇，故B 错误；在0～60 s 内甲、乙相遇3次，故C 正确；在0～30 s 内，甲的位移大小为x 1＝1.25×20 m －1.25×10 m ＝12.5 m ，乙的位移大小为x 2＝1.0×25 m －1.0×5 m ＝20 m ，在0～30 s 内，甲、乙运动员的平均速度大小之比为v 1∶v 2＝x 1t ′∶x 2t ′＝5∶8，故D 错误．11．(多选)如图甲所示，一维坐标系中有一物块静止于x 轴上的某位置(图中未画出)，从t ＝0时刻开始，物块在外力作用下沿x 轴正方向做匀变速直线运动，其位置坐标与速率平方的关系图像如图乙所示．下列说法正确的是( )A ．物块运动的加速度大小为1 m/s 2B ．t ＝4 s 时物块位于x ＝2 m 处C ．2～4 s 内物块的平均速度大小为1.5 m/sD ．前2 s 内物块的位移大小为2 m 答案 BC解析 设t ＝0时刻物块位于x ＝x 0处，根据v 2＝2a (x －x 0)可知x ＝x 0＋12a v 2，根据题图乙可知x 0＝－2 m ，a ＝12 m/s 2，A 错误；t ＝4 s 时物块位置为x ＝x 0＋12at 42＝－2 m ＋12×12×42 m ＝2 m ，B 正确；2～4 s 时间内物块的位移Δx ＝12at 42－12at 22＝12×12×42 m －12×12×22 m ＝3 m ，因此这段时间内平均速度v ＝Δx Δt ＝32 m/s ＝1.5 m/s ，C 正确；前2 s 内物块的位移大小Δx ′＝12at 22＝12×12×22 m ＝1 m ，D 错误．12.(2023·湖南省雅礼中学模拟)两辆小汽车在平直路面上同向运动，两车从同一地点由静止同时出发，其位移x 随速度平方v 2变化的关系图像如图所示，图a 、b 、c 表示两车的v －t 图像，以下判断正确的是( )A ．甲、乙两车在x 1处再次相遇B ．甲、乙两车的v －t 图像为图aC ．甲、乙两车的v －t 图像为图bD ．甲、乙两车的v －t 图像为图c 答案 B 解析 根据公式v 2－v 02＝2ax ，变形可得x ＝12a v 2－v 022a ，由题图可知，v 0＝0，则x ＝12av 2，由图像可得，乙的加速度不变，甲的加速度逐渐增大，所以甲、乙两车的v －t 图像为题图a ，由甲、乙的位移图像可知在x 1处速度相同，由题图a(即甲、乙两车的v －t 图像)可得，速度相同时，需要的时间不同，则两车在不同时间到达x 1，故没在x 1处相遇，故A 、C 、D 错误，B 正确．13．某同学欲估算飞机着陆时的速度，他假设飞机在平直跑道上做匀减速运动，飞机在跑道上滑行的距离为x ，从着陆到停下来所用的时间为t ，实际上，飞机的速度越大，所受的阻力越大，则飞机着陆时的速度应是( ) A ．v ＝xtB ．v ＝2xtC ．v >2x tD.x t <v <2x t答案 C解析 飞机做变减速直线运动，因为速度在减小，则阻力在减小，加速度减小，故飞机做加速度逐渐减小的减速运动，速度时间图线如图中实线所示．若飞机做匀减速直线运动，如图中虚线所示，则平均速度v ′＝v 2＝x ′t ，实线与时间轴围成的面积为x ，平均速度v ＝xt ，因为x ′>x ，可知x t <x ′t ＝v 2，即v >2xt，故选C.。
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第2讲动量和电学知识的综合应用命题点一动量观点在电场、磁场中的应用动量与电磁学知识综合应用类问题的求解与一般的力学问题求解思路并无差异，只是问题的情景更复杂多样；分析清楚物理过程,正确识别物理模型是解决问题的关键.考向1动量观点在电场中的应用例1(2017·“金华十校”联考)如图1所示,竖直固定的光滑绝缘的直圆筒底部放置一带正电的A球，其电荷量Q=4×10－3Ｃ.有一个质量为ｍ=0.1 kg的带正电小球B，B球与Ａ球间的距离为ａ＝0．4 m,此时小球B处于静止状态,且小球Ｂ在小球A形成的电场中具有的电势能表达式为E p=k错误!，其中r为电荷q与Q之间的距离．有一质量也为m的不带电绝缘小球C从距离小球B的上方Ｈ＝0.8 m处自由下落,落在小球B上立刻与小球B粘在一起向下运动，它们到达最低点后又向上运动(取g=10m/s2,k=9×109N·m２/C2).求:图１(1）小球C与小球B碰撞后的速度为多大;(2)小球B的带电荷量q为多少；(３)当小球B和C一起向下运动与小球A距离多远时，其速度最大？速度的最大值为多少？(可保留根号）答案（1)２ｍ/s (2)错误!×１0－8 C（3)错误!ｍ2错误!m/s解析(1）小球Ｃ自由下落Ｈ距离的速度v0＝错误!=４m/s小球C与小球B发生碰撞，由动量守恒定律得:ｍv０=2m v1所以v1=2ｍ/s（２)小球B在碰撞前处于平衡状态，对B球进行受力分析知：mｇ=k错误!代入数据得：q=错误!×１０-８C（3)设当C和B向下运动的速度最大时，与A之间的距离为ｙ，对C和B整体进行受力分析有:2ｍg=k＼ｆ(Qq,y2）代入数据有:y＝错误!ｍ由能量守恒得：错误!未定义书签。
×2mｖ错误!＋ｋ错误!=错误!×2ｍｖ错误!－２mg(a－y)＋k错误!未定义书签。
代入数据得：v m=２错误!m/s考向2 动量观点在磁场中的应用例2如图2所示是计算机模拟出的一种宇宙空间的情景，在此宇宙空间内存在这样一个远离其他空间的区域(其他星体对该区域内物体的引力忽略不计),以MＮ为界,上半部分匀强磁场的磁感应强度为Ｂ１,下半部分匀强磁场的磁感应强度为Ｂ2.已知Ｂ1＝4Ｂ2＝４B0，磁场方向相同，且磁场区域足够大.在距离界线MN为h的P点有一宇航员处于静止状态，宇航员以平行于MN的速度向右抛出一质量为m、电荷量为ｑ的带负电小球，发现小球在界线处的速度方向与界线成90°角，接着小球进入下半部分磁场．当宇航员沿与界线平行的直线匀速到达目标Q点时,刚好又接住球而静止.图２（1)请你粗略地作出小球从Ｐ点运动到Q点的运动轨迹;(2）ＰQ间的距离是多大；(3)宇航员的质量是多少.答案(1)见解析图(2）6h(３)错误!未定义书签。
解析(1)小球的运动轨迹如图所示.(2）设小球的速率为v1,由几何关系可知Ｒ１＝h,由q vＢ＝m错误!和B1=4B2=４B0,可知R2=4R1＝4h，由ｑv1(4B0)=m错误!,解得小球的速率v1=错误!，根据运动的对称性，PQ间的距离为L＝２(R２－R1)＝6h.(3)设宇航员的速率为v2，由qｖB＝错误!未定义书签。
和T=错误!得做匀速圆周运动的周期T=＼f(2πｍ，qB)，故小球由Ｐ运动到Q的时间ｔ=＼f(T1,2)＋错误!＝错误!未定义书签。
.所以宇航员匀速运动的速率为ｖ2＝＼f（Ｌ，ｔ)=错误!,宇航员在Q点接住球时,由动量守恒定律有M v2-m v１=０，可解得宇航员的质量Ｍ=错误!未定义书签。
.命题点二动量观点在电磁感应中的应用感应电流在磁场中受到安培力的作用，因此电磁感应问题往往跟力学问题联系在一起.解决这类问题需要综合应用电磁感应规律(法拉第电磁感应定律、楞次定律)及力学中的有关规律(牛顿运动定律、动量守恒定律、动量定理、动能定理等）.解决这类问题的方法是：１.选择研究对象．即是哪一根导体棒或几根导体棒组成的系统．2．分析其受力情况．安培力既跟电流方向垂直又跟磁场方向垂直．3．分析研究对象所受的各力做功情况和合外力情况,选定所要应用的物理规律.４.分析研究对象(或系统）动量情况是否符合动量守恒.5.运用物理规律列方程，求解．注意:加速度a=0时，速度v达到最大值.例3(2０１7·浙江4月选考·22)间距为l的两平行金属导轨由水平部分和倾斜部分平滑连接而成，如图3所示.倾角为θ的导轨处于大小为B1、方向垂直导轨平面向上的匀强磁场区间Ⅰ中.水平导轨上的无磁场区间静止放置一质量为3m的“联动双杆”(由两根长为l的金属杆c ｄ和eｆ，用长度为L的刚性绝缘杆连接构成),在“联动双杆”右侧存在大小为B2、方向垂直导轨平面向上的匀强磁场区间Ⅱ,其长度大于Ｌ.质量为m、长为ｌ的金属杆ab从倾斜导轨上端释放,达到匀速后进入水平导轨（无能量损失),杆ab与“联动双杆”发生碰撞,碰后杆ａb 和cd合在一起形成“联动三杆”．“联动三杆”继续沿水平导轨进入磁场区间Ⅱ并从中滑出．运动过程中,杆ab、cｄ和eｆ与导轨始终接触良好,且保持与导轨垂直．已知杆ab、cd和ｅｆ电阻均为Ｒ＝0．02 Ω、ｍ＝０．１kｇ、l=０.5 ｍ，L＝０.3ｍ,θ=30°,B1=0．1Ｔ，B2=0.2Ｔ．不计摩擦阻力和导轨电阻,忽略磁场边界效应，g取1０ｍ/s2．求：图３(1)杆ab在倾斜导轨上匀速运动时的速度大小ｖ0;(2)“联动三杆”进入磁场区间Ⅱ前的速度大小ｖ;(3）“联动三杆”滑过磁场区间Ⅱ产生的焦耳热Ｑ．答案见解析解析(1)杆ab匀速时处于平衡状态,有mg sin θ＝错误!解得:ｖ0＝6 ｍ/ｓ．(2)杆aｂ与“联动双杆”碰撞时，由动量守恒定律得m v0＝4ｍv，解得v=错误!未定义书签。
=1．5 m/s.(3)设“联动三杆”进入磁场区间Ⅱ时速度变化量的大小为Δv，由动量定理得Ｂ2I lΔt=4mΔv 因I＝错误!未定义书签。
＝错误!未定义书签。
=错误!，解得Δv=0.25 m/s．设“联动三杆”滑出磁场区间Ⅱ时速度变化量的大小为Δｖ′，同样有B２错误!未定义书签。
′lΔt′=4mΔv′,错误!′=错误!解得Δｖ′=０.25 ｍ/ｓ．因此“联动三杆”滑出磁场区间Ⅱ时的速度为ｖ′＝ｖ-Δv－Δv′=1m／s.由能量守恒得：Ｑ＝错误!×４m(ｖ2－v′2)＝0.25 J．变式1（２01６·浙江4月选考·23）某同学设计了一个电磁推动加喷气推动的火箭发射装置，如图4所示．竖直固定在绝缘底座上的两根长直光滑导轨，间距为L.导轨间加有垂直导轨平面向下的匀强磁场B．绝缘火箭支撑在导轨间,总质量为m，其中燃料质量为m′,燃料室中的金属棒EＦ电阻为R，并通过电刷与电阻可忽略的导轨良好接触．引燃火箭下方的推进剂,迅速推动刚性金属棒ＣＤ（电阻可忽略且和导轨接触良好）向上运动,当回路CEＦDC面积减少量达到最大值ΔS，用时Δｔ，此过程激励出强电流,产生电磁推力加速火箭.在Δｔ时间内，电阻Ｒ产生的焦耳热使燃料燃烧形成高温高压气体.当燃烧室下方的可控喷气孔打开后.喷出燃气进一步加速火箭.图4(１)求回路在Δｔ时间内感应电动势的平均值及通过金属棒ＥF的电荷量，并判断金属棒EF 中的感应电流方向；(2）经Δt时间火箭恰好脱离导轨,求火箭脱离时的速度大小ｖ０;(不计空气阻力)(3)火箭脱离导轨时，喷气孔打开,在极短的时间内喷射出质量为m′的燃气，喷出的燃气相对喷气前火箭的速度为v，求喷气后火箭增加的速度Δｖ．（提示:可选喷气前的火箭为参考系)答案(１)错误!未定义书签。
＼ｆ(BΔＳ,R) 向右(2)错误!－gΔt(3)错误!v解析(1)根据法拉第电磁感应定律,有错误!未定义书签。
=错误!＝错误!未定义书签。
ｑ＝错误!未定义书签。
Δｔ=错误!＝错误!未定义书签。
，电流方向向右(2)Δt时间内产生的平均感应电流错误!未定义书签。
＝错误!未定义书签。
=错误!未定义书签。
平均安培力错误!未定义书签。
=B错误!未定义书签。
Ｌ由动量定理有(错误!－mg)Δｔ＝m v０解得ｖ0＝错误!-gΔｔ（3)以喷气前的火箭为参考系,设竖直向上为正,由动量守恒定律－ｍ′v＋(m－ｍ′)Δv=0得Δv＝错误!未定义书签。
ｖ.变式2(2017·嘉兴市期末)如图5所示，两根水平放置的“└”形平行金属导轨相距L=0.5 m，导轨电阻不计.在导轨矩形区域MNPＯ中有竖直向上的匀强磁场B1，在MＮ左侧的导轨处于水平向左的匀强磁场B2中，B1=B2=1.０T．金属棒ab悬挂在力传感器下,保持水平并与导轨良好接触.金属棒ｃd垂直于水平导轨以速度v0＝４ｍ／s进入B1磁场,与竖直导轨碰撞后不反弹,此过程中通过金属棒cd的电荷量q＝0.25C,ａb、cd上产生的总焦耳热Q＝0.３5Ｊ．金属棒ab、ｃd的质量均为m=0.１0 kg,电阻均为R＝1.0 Ω.不计一切摩擦.求：图5(1)金属棒cd刚进入磁场时,传感器的示数变化了多少?(2）MＮ与ＯＰ间的距离d;（3)金属棒cd经过磁场B1的过程中受到的安培力的冲量大小.答案(1)0.5 N （2)1 m（3)０.1 kg·m／s解析（１）金属棒cｄ刚进入磁场时E=B１Lｖ0，I＝E2R金属棒ab受到的受培力Ｆ安=B2IL传感器增加的示数ΔＦ传=Ｆ安=０．5 N(2)金属棒cｄ经过区域MNOＰ时的平均感应电动势为错误!未定义书签。
＝＼f(ΔΦ,Δｔ），其中ΔΦ=B１Lｄ平均感应电流为错误!＝错误!未定义书签。
由q＝错误!未定义书签。
·Δt=错误!可得ｄ＝１ｍ(3)金属棒cd 与竖直导轨碰撞之前ａb 、cd 系统能量守恒,可得Q ＋＼f(1,2)ｍv 2＝错误!m v 错误!则金属棒cd 离开B 1磁场时的速度v =3 m ／ｓ则cd 经过磁场Ｂ1过程中受到的安培力的冲量I 安=m ｖ－m v 0代入数据得I 安=－0.1 ｋg·m/s.１.如图１所示,在光滑绝缘水平面上方足够大的区域内存在水平向右的电场，电场强度为E .不带电的绝缘小球P ２静止在Ｏ点.带正电的小球P １离小球P ２左侧的距离为L .现由静止释放小球P 1,在电场力的作用下P １与P 2发生正碰后反弹,反弹速度是碰前的错误!倍．已知P 1的质量为m ,带电荷量为q ,P 2的质量为5m ．求：图１（1)碰撞前瞬间小球P 1的速度．(2)碰撞后瞬间小球P 2的速度．(３）小球Ｐ1和小球P 2从第一次碰撞到第二次碰撞的时间和位置.答案 (1)＼r(＼f （2qEL ，m ）),方向水平向右 (２）错误!未定义书签。
＼ｒ(2qE Ｌ m),方向水平向右 (3）2错误!未定义书签。