高三物理最新教案-2018年二轮复习名师点津专题十五电

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2018届高三物理第二轮复习计划高三物理备课组高三物理通过第一轮的复习，学生大都能掌握物理学中的基本概念、规律,及其一般应用。

但这些方面的知识,总的感觉是比较零散的，同时，对于综合方面的应用更存在较大的问题.因此,在第二轮复习中，首要的任务是能把整个高中的知识网络化、系统化，把所学的知识连成线，铺成面,织成网,疏理出知识结构,使之有机地结合在一起。

另外,要在理解的基础上,能够综合各部分的内容，进一步提高综合解题能力。

为达到第二轮复习的目的，经备课组老师讨论决定，仍将以专题复习的形式为主.计划如下：一、时间按排：2018年3月中旬至2018年5月中旬.二、内容安排：专题一：牛顿运动定律;专题二：功和能；专题三：带电粒子在电场、磁场中的运动;专题四：电磁感应和电路分析、计算综合应用；专题五:物理学科内的综合；专题六：选择题的分析与解题技巧；专题七：实验题的题型及处理方法；专题八：论述、计算题的审题方法和技巧；专题九：物理解题中的数学方法。

三、其它问题：我们认为要搞好第二轮复习还应注意以下几个方面:1、应抓住主干知识及主干知识之间的综合概括起来高中物理的主干知识有以下方面的内容:（1）力学部分:物体的平衡;牛顿运动定律与运动规律的综合应用；功能关系的综合应用；机械能守恒定律及能的转化和守恒定律。

⾼三物理第⼆轮专题复习教案（全套）第⼀讲平衡问题⼀、特别提⽰[解平衡问题⼏种常见⽅法]1、⼒的合成、分解法：对于三⼒平衡，⼀般根据“任意两个⼒的合⼒与第三⼒等⼤反向”的关系，借助三⾓函数、相似三⾓形等⼿段求解；或将某⼀个⼒分解到另外两个⼒的反⽅向上，得到这两个分⼒必与另外两个⼒等⼤、反向；对于多个⼒的平衡，利⽤先分解再合成的正交分解法。

2、⼒汇交原理：如果⼀个物体受三个不平⾏外⼒的作⽤⽽平衡，这三个⼒的作⽤线必在同⼀平⾯上，⽽且必有共点⼒。

3、正交分解法：将各⼒分解到x 轴上和y 轴上，运⽤两坐标轴上的合⼒等于零的条件)00(∑∑==y x F F 多⽤于三个以上共点⼒作⽤下的物体的平衡。

值得注意的是，对x 、y ⽅向选择时，尽可能使落在x 、y 轴上的⼒多；被分解的⼒尽可能是已知⼒。

4、⽮量三⾓形法：物体受同⼀平⾯内三个互不平⾏的⼒作⽤平衡时，这三个⼒的⽮量箭头⾸尾相接恰好构成三⾓形，则这三个⼒的合⼒必为零，利⽤三⾓形法求得未知⼒。

5、对称法：利⽤物理学中存在的各种对称关系分析问题和处理问题的⽅法叫做对称法。

在静⼒学中所研究对象有些具有对称性，模型的对称往往反映出物体或系统受⼒的对称性。

解题中注意到这⼀点，会使解题过程简化。

6、正弦定理法：三⼒平衡时，三个⼒可构成⼀封闭三⾓形，若由题设条件寻找到⾓度关系，则可⽤正弦定理列式求解。

7、相似三⾓形法：利⽤⼒的三⾓形和线段三⾓形相似。

⼆、典型例题1、⼒学中的平衡：运动状态未发⽣改变，即0=a 。

表现：静⽌或匀速直线运动（1）在重⼒、弹⼒、摩擦⼒作⽤下的平衡例1 质量为m 的物体置于动摩擦因数为µ的⽔平⾯上，现对它施加⼀个拉⼒，使它做匀速直线运动，问拉⼒与⽔平⽅向成多⼤夹⾓时这个⼒最⼩？解析取物体为研究对象，物体受到重⼒mg ，地⾯的⽀持⼒N ，摩擦⼒f 及拉⼒T 四个⼒作⽤，如图1-1所⽰。

由于物体在⽔平⾯上滑动，则N f µ=，将f 和N 合成，得到合⼒F ，由图知F 与f 的夹⾓：µ==αarcctg Nf arcctg不管拉⼒T ⽅向如何变化，F 与⽔平⽅向的夹⾓α不变，即F 为⼀个⽅向不发⽣改变的变⼒。

高三物理教案(合集15篇)高三物理教案(合集15篇)高三物理教案1 1、研究带电物体在电场中运动的两条主要途径带电物体在电场中的运动,是一个综合力和能量的力学问题,研究的方法与质点动力学一样(仅仅增加了电场力),它同样遵循运动的合成与分解、力的独立作用原理、牛顿运动定律、动能定理、功能原理等力学规律.研究时,主要可以按以下两条途径分析^p :(1)力和运动的关系--牛顿第二定律根据带电物体受到的电场力和其它力,用牛顿第二定律求出加速度,结合运动学公式确定带电物体的速度、位移等.这条线索通常适用于恒力作用下做匀变速运动的情况.(2)功和能的关系--动能定理根据电场力对带电物体所做的功,引起带电物体的能量发生变化,利用动能定理或从全过程中能量的转化,研究带电物体的速度变化,经历的位移等.这条线索同样也适用于不均匀的电场.2、研究带电物体在电场中运动的两类重要方法(1)类比与等效电场力和重力都是恒力,在电场力作用下的运动可与重力作用下的运动类比.例如,垂直射入平行板电场中的带电物体的运动可类比于平抛,带电单摆在竖直方向匀强电场中的运动可等效于重力场强度g值的变化等.(2)整体法(全过程法)电荷间的互相作用是成对出现的,把电荷系统的整体作为研究对象,就可以不必考虑其间的互相作用.电场力的功与重力的功一样,都只与始末位置有关,与途径无关.它们分别引起电荷电势能的变化和重力势能的变化,从电荷运动的全过程中功能关系出发(尤其从静止出发末速度为零的问题)往往能迅速找到解题切入点或简化计算高三物理教案2 1、与技能：掌握运用动量守恒定律的一般步骤。

2、过程与：知道运用动量守恒定律解决问题应注意的问题，并知道运用动量守恒定律解决有关问题的优点。

3、情感、态度与价值观：学会用动量守恒定律分析^p 解决碰撞、爆炸等物体互相作用的问题，培养。

教学重点：运用动量守恒定律的一般步骤。

教学难点：动量守恒定律的应用。

教学方法：启发、引导，讨论、交流。

20XX年高考物理复习全册教案目录20XX年高考物理二轮专题复习《临界问题》教案20XX年高考物理二轮专题复习《光学》教案20XX年高考物理二轮专题复习《动量》教案20XX年高考物理二轮专题复习《图像问题》教案20XX年高考物理二轮专题复习《恒定电流》教案20XX年高考物理二轮专题复习《新科技问题》教案20XX年高考物理二轮专题复习《机械振动和机械波》教案20XX年高考物理二轮专题复习《机械能》教案20XX年高考物理二轮专题复习《热学》教案20XX年高考物理二轮专题复习《电场》教案20XX年高考物理二轮专题复习《电磁感应》教案20XX年高考物理二轮专题复习《磁场》教案20XX年高考物理二轮专题复习《论述题》教案20XX 年高考物理二轮专题复习 磁场教案一、基本概念1．磁场的产生⑴磁极周围有磁场。

⑵电流周围有磁场（奥斯特）。

安培提出分子电流假说（又叫磁性起源假说），认为磁极的磁场和电流的磁场都是由电荷的运动产生的。

⑶变化的电场在周围空间产生磁场（麦克斯韦）。

2．磁场的基本性质磁场对放入其中的磁极和电流有磁场力的作用（对磁极一定有力的作用；对电流可能有力的作用，当电流和磁感线平行时不受磁场力作用）。

3．磁感应强度 IL F B （条件是L ⊥B ；在匀强磁场中或ΔL 很小。

） 磁感应强度是矢量。

单位是特斯拉，符号为T ，1T=1N/(A ∙m)=1kg/(A ∙s 2)4．磁感线⑴用来形象地描述磁场中各点的磁场方向和强弱的曲线。

磁感线上每一点的切线方向就是该点的磁场方向，也就是在该点小磁针静止时N 极的指向。

磁感线的疏密表示磁场的强弱。

⑵磁感线是封闭曲线（和静电场的电场线不同）。

⑶要熟记常见的几种磁场的磁感线：地磁场的特点：两极的磁感线垂直于地面；赤道上方的磁感线的水平分量总是指向北方；南半球的磁感线的竖直分量向上，北半球的磁感线的竖直分量向下。

⑷电流的磁场方向由安培定则（右手螺旋定则）确定：对直导线，四指指磁感线方向；对环行电流，大拇指指中心轴线上的磁感线方向；对长直螺线管大拇指指螺线管内部的磁感线方向。

07年二轮复习名师点津 专题十二 磁场考点解读大小的计算以及方向的判断（左手定则）等基本内容.还涉及到带电粒子在磁场中受到洛伦兹力和带电粒子在磁场中的圆周运动的分析判断和计算，此外带电粒子在磁场、电场和重力场中的受力、运动，也是考试大纲明确要求的内容.考点清单1 磁场 磁感线1.磁场（1）磁场的存在：磁场是一种特殊的物质存在于磁极和电流周围.（2）磁场的特点：磁场对放入磁场中的磁极和电流有力的作用.（3）磁场的方向：规定磁场中任意 一点的小磁针静止时N 极的指向（小磁针N 极受力方向）.（4）磁感应强度（描述磁场强弱的物理量），定义式ILF B 注意：○1磁感应强度B 与F 、I 、L 无关，只由磁场本身决定.○2式中的I 必须垂直于该处的磁场. ○3磁感应强度是一个矢量，B 的方向就是该处的磁场方向（不是F 的方向）. [例1] 三根平行的直导线，分别垂直地通过一个等腰直角三角形的三个顶点，如图12-31所示，现使每条通电导线在斜边中点O 所产生的磁感应强度的大小为B .则该处的实际磁感应强度的大小和方向如何？图12-31[解析] 根据安培定则，I 1与I 3在O 点处产生的磁感应强度相同，I 2在O 点处产生的磁感应强度的方向与B 1(B 3)相垂直.又知B 1、B 2、B 3的大小相等均为B ，根据矢量的运算可知O 处的实际磁感应强度的大小B B B B 5)2(220=+=，方向在三角形平面内与斜边夹角θ=arctan 2如图所示.[评价] 本题考查运用平行四边形定则合成磁感应强度和运用安培定则判断通电直导线形成的磁场在某处的磁感应强度的方向，解题时应注意磁感应强度在某处的方向是以直导线为圆心的圆周在该处的切线方向.2.磁感线（1）磁感线的特点○1不是真实存在的，是人们为了形象描述磁场而假想的. ○2是闭合曲线，磁体的外部是从N 极到S 极，内部是从S 极到N 极. ○3磁感线的疏密表示磁场的强弱，磁感线上某点的切线方向表示该点的磁场方向. （2）几种常见的磁感线在掌握各类磁场的分布时，要牢记地磁场、条形磁铁、蹄形磁铁等永磁体的磁场分布以及直线电流、环形电流和通电螺线管周围空间的磁场分布，要能熟练地用磁感线正确表示，以图示方法画出磁感线的分布情况（包括正确的方向和大致的疏密程度），还要能根据解题的需要选择不同的图示（如立体图、纵剖面图或横断面图等）.○1条形磁铁和蹄形磁铁的磁场 在磁体的外部，磁感线从N 极射出进入S 极，在内部也有相应条数的磁感线（图12-32中未画出）与外部磁感线衔接并组成闭合曲线.图12-32○2直线电流的磁场 直线电流的磁感线是在垂直于导线平面上的以导线上某点为圆心的同心圆（如图12-33），其分布呈现“中心密边缘疏”的特征，从不同角度观察，如图12-34.图11-33图12-34○3环形电流的磁场如12-35图中甲、乙、丙从不同角度观察，环形电流的磁感线是一组穿过环所在平面的曲线，在环形导线所在平面处，各条磁感线都与环形导线所在的平面垂直.图12-35○4通电螺线管的磁感线与条形磁铁相似，一端相当于北极N，另一端相当于南极S.由于在螺线管内部磁感线从S指向N，因此不能用“同名磁极相斥，异名磁极相吸”来判断在管内部的小磁针的指向，小磁针在通电螺线管周围空间的指向，不论是在管内或管外，应根据磁感线的方向加以判断，如图12-36.图12-36○5匀强磁场在磁场的某些区域内，若磁感线为同向、等间距的平行的直线，则这个区域的磁场叫匀强磁场.条形磁铁N和S两磁极端面相互平行，距离较近时，磁极间的磁场是匀强磁场，如图12-37所示.通有稳恒电流的长直螺线管内的中央区域的磁场也是匀强磁场，如图12-36乙所示.图12-373.关于安培定则的理解关于电流磁场方向的判定，要求能正确掌握安培定则的两种用法，自直线电流的磁场过渡到环形电流的磁场，再到通电螺线管的磁场，由简到繁，领会安培定则两种用法的一致性.例如对环形电流，我们可以看作由很多小的直线电流组成，让伸直的大拇指指向电流方向，则弯曲的四指所指为磁感线环绕方向，结果同让弯曲的四指指向电流方向，伸直的大拇指指向为中心轴线上的磁感线方向一致.这说明安培定则（1）和安培定则（2）是一致的.在正确判定通电螺线管内部磁场方向的基础上，依据螺线管内部与外部的磁感线衔接形成一些闭合曲线并且环绕方向一致，明确其N、S极的相对位置，理解内部“磁感线是由S极指向N极的”.[例2] 如图12-38甲为通电螺线管的剖面图.试判断a、b、c、d四个位置上小磁针静止时N极的指向.图12-38[解析] 根据安培定则可知螺线管内部磁感线方向从右向左；再根据磁感线为闭合曲线的特点，可知通电螺线管的磁感线分布图，各点处的磁感线的切线方向，就是小磁针在该处N极的受力方向，得四个点的小磁针静止时N极的指向.如图乙所示.[评价] 判断小磁针静止时N极的指向，应根据磁感线的方向判断，而不应根据“同名磁极互相排斥，异名磁极互相吸引”来判断，因为上述结论只适用于磁体外部的情况，对内部不成立.2 磁场对电流的作用1.安培力（1）安培力大小θF=（其中θ为B与I之间的夹角）BIlsin○1若磁场和电流垂直时：F =BI l；○2若磁场和电流平行时：F =0.（2）安培力的方向左手定则：伸开左手，使大拇指跟其余四指垂直，并且都跟手掌在一个平面内，让磁感线垂直（或倾斜）穿入手心，伸开四指指向电流方向，拇指所指的方向即为导线所受安培力的方向[说明] 电流所受的安培力的方向既跟磁场方向垂直，又跟电流方向垂直，所以安培力的方向总是垂直于磁感线和通电导线所确立的平面.2.安培力的力矩推导安培力的力矩：当线圈如图12-39放置时，bc 和ad 边所受安培力大小相等，方向相反，作用在一条直线上，合力为零，且不产生力矩.ab 和cd 边所受安培力大小ab BI F F bc ab ∙==，方向相反，不作用在一条直线上，此时合力矩为：θθcos 2cos 2bc F bc F M cd ab ∙+∙=图12-39即：θcos BIS M =从上式可以看出，当线圈平面跟磁感线平行时，θ=0°，cos θ=1，所受力矩最大；当线圈平面跟磁感线垂直时，θ=90°，cos θ=0，所受力矩最小为零，所以线圈会停在这个位置上.[例题] 如图12-40甲所示，abcd 是一竖直的矩形导线框，线框面积为S ，放在磁感应强度为B 的均匀水平磁场中，ab 边在水平面内且与磁场方向成60°角，若导线框中的电流为I ，则导线框所受的安培力对某竖直的固定轴的力矩等于（ ）A.IBSB.21IBSC.23IBS D.由于导线框的边条及固定轴的位置未给出，无法确定图12-40[解析] 为了便于正确地找出力臂，应将题中所给的立体图改画成平面俯视图，并设竖直转轴过图中O 点（O 点为任选一点），a O 长L a o ，bO 长，L bo 则L a o +L bo ＝L 1，为便于分析，设电流方沿abcda .由左手定则判断各边所受安培力的方向，可知ab 、bc 边受力与竖直转轴平行，不产生力矩；ad 、bc 两边所受安培力方向如图乙，将产生磁力矩.ab 、bc 边所受安培力的大小均为2IBL F =，产生的力矩分别为：θcos ao ad FL M =，θcos bo bc FL M =，两个力矩的方向相同，合力矩θθcos cos )(12L IBL L L F M M M bo ao bc ad =+=+=，将θ=60°代入，得M =21IBS . [评价] （1）此题需要丰富的空间想象力，画出线圈在纸面内受力的平面图，由于题意未限定竖直转轴的位置，我们可任意设定转轴位置.（2）由此题也导出了单匝通电线圈在磁场所受磁力矩的公式θcos IBS M =.若为N 线圈，则公式为θcos NIBS M =，它不限于矩形线圈、对称轴的情况，对任意运形状的线圈，任一垂直于磁场的转轴位置都适用.3 磁场对运动电荷的作用力（洛伦兹力）1.洛伦兹力的大小θsin qvB f =当θ=90°时，qvB f =，此时，电荷受到的洛伦兹力最大；当θ=0°或180°时，f =0，即电荷在磁场中平行于磁场方向运动时，电荷不受洛伦兹力作用；当v =0时，f =0，说明磁场只对运动的电荷产生力的作用.2.洛伦兹力的方向左手定则：伸开左手，使大姆指跟其余四个手指垂直，且处于同一平面内，让磁感线穿入手心，四指指向为正电荷的运动方向（或负电荷运动的反方向），大拇指所指的方向是正电荷（负电荷）所受的洛伦兹力的方向.[说明] （1）洛伦兹力的方向既与电荷的运动方向垂直，又与磁场方向垂直，所以洛伦兹力的方向总是垂直于运动电荷的速度方向和磁场方向所确定的平面.（2）洛伦兹力方向总垂直于电荷运动方向，当电荷运动方向发生变化时，洛伦兹力的方向随之变化.（3）由于洛伦兹力方向总与电荷运动方向垂直，所以洛伦兹力对电荷不做功.3.由安培力公式ILB F =推导洛伦兹力公式qvB f =如图12-41所示，直导线长L ，电流为I ，导体中运动电荷数为n ，截面积为S ，电荷的电量为q ，运动速度为v ，则图12-41安培力nf ILB F == 所以洛伦兹力nILB n F f == 因为NqSv I =（N 为单位体积内的电荷数） 所以qvB nNSL n LB NqSv f ∙=∙=，式中NSL n =，故qvB f =. [例] 一个质量m =0.1g 的小滑块，带有q =5×10-4C 的电荷放置在倾角α=30°的光滑斜面上（绝缘），斜面置于B =0.5T 的匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里，如图12-42所示，小滑块由静止开始沿斜面滑下，其斜面足够长，小滑块滑至某一位置时，要离开斜面.求：图12-42（1）小滑块带何种电荷？（2）小滑块离开斜面的瞬时速度多大？（3）该斜面的长度至少多长？[解析] （1）小滑块沿斜面下滑过程中，受重力mg 、斜面支持力F N 和洛伦兹力F .若要小滑块离开斜面，洛伦兹力F 方向应垂直斜面向上，根据左手定则可知，小滑块应带有负电荷.（2）小滑块沿斜面下滑时，垂直斜面方向的加速度为零，有0cos =-+αmg F Bqv N当F N =0时，小滑块开始脱离斜面，此时，αcos mg Bqv =.得Bqmg v αcos = 431055.02310101.0--⨯⨯⨯⨯⨯=m/s 32=m/s ≈3.4m/s.（3）下滑过程中，只有重力做功，由动能定理得221sin mv mgs =α 斜面的长度至少应是αsin 22g v s = 5.0102)32(2⨯⨯=m =1.2 m. [评价] 该题是洛伦兹力与力学知识结合的题目，考查左手定则及平衡条件应用、洛伦兹力大小计算及洛伦兹力不做功等知识的综合应用.4 带电粒子在匀强磁场中的运动1.运动分析：如图12-43所示，若带电粒子沿垂直磁场方向射入磁场，即θ=90°时，带电粒子所受洛伦兹力qvB f =，方向总与速度v 方向垂直.洛伦兹力提供向心力，使带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动.图12-432.其特征方程为：f 洛=F 向3.四个基本公式：（1）向心力公式：Rv m Bqv 2= （2）半径公式：qBm v R = （3）周期和频率公式：f qB m T 12==π（4）动能公式：mBqR m p mv E K 2)(221222=== 注意：带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期T ，只和粒子的比荷（q /m ）有关，与粒子的速度v 、半径R 的大小无关；也就是说比荷（q /m ）相同的带电粒子，在同样的匀强磁场中，T 、f 和ω相同.[例] 质子（11H ）和α粒子（42He ）从静止开始经相同的电势差加速后垂直进入同一匀速磁场做圆周运动，则这两粒子的动能之比1K E ∶2K E = ，轨道半径之比1r ∶2r = ，周期之比1T ∶2T = .[解析] 粒子在电场中加速时只有电场力做功，由动能定理得：221mv qU =. 故1k E ∶2k E =（q 1U ）∶（q 2U ）= q 1∶q 2=1∶2 故221mv qU =， 得mqU v 2=. 粒子在磁场的圆周半径qmU B m qU qB m qB mv r 212===， 故1r ∶2r =11q m ∶22q m =1∶2. 粒子做圆周运动的周期qBm T π2= 故1T ∶2T =11q m ∶22q m =1∶2. [答案] 1k E ∶2k E =1∶2；1r ∶2r =1∶2；1T ∶2T =1∶2.5 带电粒子在复合场中运动规律分析1.复合场一般包括重力场、电场和磁场，本专题所说的复合场指的是磁场与电场、磁场与重力场，或者是三场合一.2.三种场力的特点（1）重力的大小为mg，方向竖直向下，重力做功与路径无关，其数值除与带电粒子的质量有关外，还与初、末位置的高度差有关.（2）电场力的大小为q E，方向与电场强度E及带电粒子所带电荷的性质有关，电场力做功与路径无关，其数值除与带电粒子的电荷量有关外，还与初、末位置的电势差有关.（3）洛伦兹力的大小跟速度与磁场方向的夹角有关，当带电粒子的速度与磁场方向平行时，f =0；当带电粒子的速度与磁场方向垂直时，f =qv B；洛伦兹力的方向垂直于速度v和磁感应强度B所决定的平面.无论带电粒子做什么运动，洛伦兹力都不做功.3.注意：电子、质子、α粒子、离子等微观粒子在复合场中运动时，一般都不计重力，但质量较大的质点（如带电尘粒）在复合场中运动时，不能忽略重力.4.带电粒子在复合场中运动的处理方法.（1）正确分析带电粒子的受力及运动特征是解决问题的前提○1带电粒子在复合场中做什么运动，取决于带电粒子所受的合外力及其初始状态的速度，因此应把带电粒子的运动情况和受力情况结合起来进行分析，当带电粒子在复合场中所受合外力为零时，做匀速直线运动（如速度选择题）.○2当带电粒子所受的重力与电场力等值反向，洛伦兹力提供向心力时，带电粒子在垂直于磁场的平面内做匀速圆周运动.○3当带电粒子所受的合外力是变力，且与初速度方向不在一条直线上时，粒子做非匀变速曲线运动，这时粒子的运动轨迹既不是圆弧，也不是抛物线，由于带电粒子可能连续通过几个情况不同的复合场区，因此粒子的运动情况也发生相应的变化，其运动过程可能由几种不同的运动阶段所组成.（2）灵活选用力学规律是解决问题的关键○1当带电粒子在复合场中做匀速运动时，应根据平衡条件列方程求解.○2当带电粒子在复合场中做匀速圆周运动时，往往应用牛顿第二定律和平衡条件列方程联立求解.○3当带电粒子在复合场中做非匀速曲线运动时，应选用动能定理或能量守恒定律列方程求解.[说明] 如果涉及两个带电粒子的碰撞问题，还要根据动量守恒定律列出方程，再与其他方程联立求解.由于带电粒子在复合场中受力情况复杂，运动情况多变，往往出现临界问题，这时应以题目中的“恰好”、“最大”、“最高”、“至少”等词语为突破口，挖掘隐含条件，根据临界条件列出辅助方程，再与其他方程联立求解.[例1] 如图12-44所示，水平放置的M 、N 两金属板之间，有水平向里的匀强磁场，磁感应强度B =0.5T ，质量为7110995.9-⨯=m kg 、电量为8100.1-⨯-=q C 的带电微粒，静止在N 板附近，在M 、N 两板间突然加上电压（M 板电势高于N 板电势）时，微粒开始运动，经一段时间后，该微粒水平匀速地碰撞原来静止的质量为m 2的中性微粒，并粘合在一起，然后共同沿一段圆弧做匀速圆周运动，最终落在N 板上.若两板间的电场强度3100.1⨯=E V/m ，求：图12-44（1）两微粒碰撞前，质量为m 1的微粒的速度大小；（2）被碰微粒的质量m 2；（3）两微粒粘合后沿圆弧运动的轨道半径.[解析] （1）碰撞前，质量为m 1的微粒已沿水平方向做匀速运动，根据平衡条件有qE qvB g m =+1解得碰撞前质量为m 1的微粒的速度大小为qBg m qE v 1-= 5.0100.11010995.9100.1100.18738⨯⨯⨯⨯-⨯⨯⨯=---m/s 1= m/s.（2）由于两微粒碰撞后一起做匀速圆周运动，说明两微粒所受的电场力与它们的重力相平衡，洛伦兹力提供做匀速圆周运动的向心力，故有qE g m m =+)(21. 解得12m gqE m -=)10995.910100.1100.1(738--⨯-⨯⨯⨯=kg 10105-⨯=kg.（3）设两微粒一起做匀速圆周运动的速度大小为v ′，轨道半径为R ，根据牛顿第二定律有Rv m m B v q 221)('+=' 研究两微粒的碰撞过程，根据动量守恒定律有v m m v m '+=)(2111，以上两式联立解得5.0100.1110995.9)(87121⨯⨯⨯⨯=='+=--qB v m qB v m m R m ≈200m. [评价] 该题中电场力、重力、洛伦兹力同时存在，搞清三种力的特点，结合力学中的动量守恒、圆周运动等知识可解此题.[例2] 如图12-45甲所示的平行板器件中，电场E 和磁场B 相互垂直.具有某一水平速度v 的带电粒子将沿着图中所示的虚线穿过两板间的空间而不发生偏转.具有其他速度的带电粒子将发生偏转，这种器件能把具有速度v 的粒子选择出来，所以叫做速度选择器.试证明带电粒子具有速度v =E /B 时，才能沿着图示的虚线路径通过.图12-45[证明] 电荷q （带正电）刚进入平行板间时，受到两个力作用:一个电场力F 1=E q ，另一个是洛伦兹力F 2=qv B ，它们的方向相反如图乙所示.如果q 能穿过两板的空间而不发生偏转，应有F 1=F 2，即E q ＝qv B ，所以BE v =. [说明] 电荷q 带负电也可以，因为q 带负电，它受到的电场力和洛兹力的方向正好跟图中所示的方向相反，只要它的速率也是BE v =，它也能穿过两板间而不发生偏转.所以，电荷带电的正负不会影响速度选择器对它们的速度的选择，如果把电场方向改变为反方向或把磁场方向改变为反方向，则速度选择器不能使用.因为这时电场力和洛伦兹力是同向的，粒子必将发生偏转.如果同时把电场和磁场方向改变为相反方向，则速度选择器还能使用.[例3] 如图12-46所示是测量带电粒子质量的仪器工作原理示意图.设法将某有机化合物的气态分子导入图中所示的容器A 中，使它受到电子束轰击，失去一个电子变成正一价的分子离子.分子离子从狭缝s 1以很小的速度进入电压为U 的加速电场区（初速不计），加速后，再通过狭缝s 2、s 3射入磁感应强度为B 的匀强磁场，方向垂直于磁场区的界面PQ .最后，分子离子打到感光片上，形成垂直于纸面而且平行于狭缝s 3的细线.若测得细线到狭缝s 3的距离为d ，导出分子离子的质量m 的表达式.图12-46[解析] 对加速电场应用动能定理qU mv =221. 粒子进入匀强磁场后，做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力 Rv m qvB 2= 又由几何关系：R d 2= 解得Ud qB m 822=. [说明] 本题是以质谱仪为基础，考查带电粒子在电场和磁场中的运动和受力关系，因此在复习过程中应注意课本中所介绍的各种物理模型.。

第一讲 平衡问题一、特别提示 [ 解平衡问题几种常见方法 ]1、力的合成、分解法：对于三力平衡，一般根据“任意两个力的合力与第三力等大反向”的关系，借助三角函数、相似三角形等手段求解；或将某一个力分解到另外两个力的反方向上，得到这两个分力必与另外两个力等大、反向；对于多个力的平衡， 利用先分解再合成的正交分解法。

2、力汇交原理：如果一个物体受三个不平行外力的作用而平衡，这三个力的作用线必在同一平面上，而且必有共点力。

3、正交分解法：将各力分解到x 轴上和y 轴上，运用两坐标轴上的合力等于零的条件(F xF y0) 多用于三个以上共点力作用下的物体的平衡。

值得注意的是，对x 、y 方向选择时，尽可能使落在 x 、 y 轴上的力多；被分解的力尽可能是已知力。

4、矢量三角形法：物体受同一平面内三个互不平行的力作用平衡时，这三个力的矢量箭头首尾相接恰好构成三角形，则这三个力的合力必为零，利用三角形法求得未知力。

5、对称法：利用物理学中存在的各种对称关系分析问题和处理问题的方法叫做对称法。

在静力学中所研究对象有些具有对称性，模型的对称往往反映出物体或系统受力的对称性。

解题中注意到这一点，会使解题过程简化。

6、正弦定理法：三力平衡时，三个力可构成一封闭三角形，若由题设条件寻找到角度关系，则可用正弦定理列式求解。

7、相似三角形法：利用力的三角形和线段三角形相似。

二、典型例题1、力学中的平衡：运动状态未发生改变，即 a 0 。

表现：静止或匀速直线运动（1）在重力、弹力、摩擦力作用下的平衡例 1 质量为 m 的物体置于动摩擦因数为 的水平面上， 现对它施加一个拉力，使它做匀速直线运动，问拉力与水平方向成多大夹角时这个力最小？解析 取物体为研究对象， 物体受到重力 mg ，地面的支持力 N ，摩擦力 f及拉力T 四个力作用，如图1-1所示。

由于物体在水平面上滑动，则fN，将 f和 N合成，得到合力F ，由图知F 与f的夹角：arcctgfarcctgN不管拉力 T 方向如何变化， F 与水平方向的夹角 不变，即的变力。

[高二物理复习教案（共2课时）]分子热运动能量守恒复习课第2课时一、复习目标：1．通过本节习题课的复习，进一步熟悉本单元的基本内容，提高解决问题的能力。

2．本单元要求同学们：（1）知道分子的动能和分子的势能，知道物体的内能。

（2）理解改变物体内能的两种方式。

（3）知道热力学第一定律的内容是什么，并能写出它的数学表达式。

（4）理解能量守恒定律。

（5）知道热力学第二定律的内容是什么，什么是第二类永动机以及第二类永动机为什么不能制成。

二、复习重点：物体的内能及改变内能的两种方式，热力学第一定律；运用相关知识解决实际问题。

三、教学方法：复习提问，学案导学四、教具学案五、教学过程（一）知识回顾（1）从分子动理论的观点看来，温度标志着什么？什么是分子的动能？什么是分子势能？什么是物体的内能？物体的内能跟什么有关系？温度是分子平均动能大小的标志。

组成物体的分子不停地做无规则运动，像一切运动着的物体一样，做热运动的分子也具有动能。

分子间存在相互作用力，分子间具有由它们的相对位置决定的势能，这就是分子势能。

物体中所有分子的热运动的动能和分子势能的总和，叫做物体的内能。

物体的内能跟物体的物质的量、温度和体积有关系。

（2）改变物体的内能有哪两种方式？从能量转化的观点来看，它们有什么区别？做功和热传递。

做功的过程是其它形式能和内能的转化；热传递是内能的转移。

（3）热力学第一定律的内容是什么？写出它的数学表达式。

外界对物体所做的功W加上物体从外界吸收的热量Q，等于物体内能的增加△E。

这个结论叫做热力学第一定律。

热力学第一定律的数学表达式为W＋Q=△E。

表达式中各量的符号规定：（4）能量守恒定律的内容是什么？举出若干实例来说明。

能量既不会凭空产生，也不会凭空消失，它只能从一种形式转化为别的形式，或者从一个物体转移到别的物体。

这就是能量守恒定律。

（5）热力学第二定律的内容是什么？什么是第二类永动机？第二类永动机为什么不能制成？表述一：不可能使热量由低温物体传递到高温物体，而不产生其他变化。

高三物理教案：第二轮专题备课复习教案以下是为大家整理的关于《高三物理教案：第二轮专题备课复习教案》，供大家学习参考！本文题目：高三物理教案：第二轮专题备课复习教案〓专题〓高考物理实验全攻略知识结构：自然科学是实验性科学，物理实验是物理学的重要组成部分.理科综合对实验能力提出了明确的要求，即是“设计和完成实验的能力”，它包含两个方面：Ⅰ.独立完成实验的能力.(1)理解实验原理、实验目的及要求;实验原理中学要求必做的实验可以分为4个类型：练习型、测量型、验证型、探索型.对每一种类型都要把原理弄清楚.应特别注意的问题：验证机械能守恒定律中不需要选择第一个间距等于2mm的纸带.这个实验的正确实验步骤是先闭合电源开关，启动打点计时器，待打点计时器的工作稳定后，再释放重锤，使它自由落下，同时纸带打出一系列点迹.按这种方法操作，在未释放纸带前，打点计时器已经在纸带上打出点迹，但都打在同一点上，这就是第一点.由于开始释放的时刻是不确定的，从开始释放到打第二个点的时间一定小于0.02s，但具体时间不确定，因此第一点与第二点的距离只能知道一定小于2mm(如果这段时间恰等于0.02s，则这段位移s=gt2/2=(10×0.022/2)m=2×10-3m=2mm)，但不能知道它的确切数值，也不需要知道它的确切数值.不论第一点与第二点的间距是否等于2mm，它都是从打第一点处开始作自由落体运动的，因此只要测量出第一点O与后面某一点P间的距离h，再测出打P点时的速度v，如果：gh≈ ( )，就算验证了这个过程中机械能守恒.(2)掌握实验方法步骤;(3)会控制实验条件和使用实验仪器，会处理实验安全问题;实验仪器要求掌握的实验仪器主要有：刻度尺、游标卡尺、螺旋测微器(千分尺)、天平、停表(秒表)、打点计时器(电火花计时仪)、弹簧秤、温度表、电流表、电压表、多用电表、滑动变阻器、电阻箱，等等。

对于使用新教材的省市，还要加上示波器等。

高三物理二轮复习教案5篇.教案不能面面俱到、大而全，而应该是在学科基本的知识框架基础上，对当前急需解决的问题进行研究、探索、阐述，能够体现教师对相关学科有价值的学术观点及研究心得。

这里由小编给大家分享高三物理二轮复习教案，方便大家学习。

高三物理二轮复习教案篇1一、引入新课演示实验：让物块在旋转的平台上尽可能做匀速圆周运动。

教师：物块为什么可以做匀速圆周运动?这节课我们就来研究这个问题。

(设计意图：从实验引入，激发学生的好奇心，活跃课堂气氛。

)二、新课教学向心力1.向心力的概念学生：在教师引导下对物块进行受力分析：物块受到重力、摩擦力与支持力。

教师：物块所受到的合力是什么?学生：重力与支持力相互抵消，合力就是摩擦力。

教师：这个合力具有怎样的特点?学生：思考并回答：方向指向圆周运动的圆心。

教师：得出向心力的定义：做匀速圆周运动的物体受到的指向圆心的合力。

(做好新旧知识的衔接，使概念的得出自然、流畅。

)2.感受向心力学生：学生手拉着细绳的一端，使带细绳的钢球在水平面内尽可能做匀速圆周运动。

教师：钢球在水平面内尽可能做匀速圆周运动，什么力使钢球做圆周运动?学生：对钢球进行受力分析，发现拉力使钢球做圆周运动。

(设计意图：利用常见的小实验，让学生亲身体验，增强学生对向心力的感性认识。

)教师：也就是说，钢球受到的拉力充当圆周运动的向心力。

大家动手实验并猜想：拉力的大小与什么因素有关?学生：动手体验并猜想：拉力的大小可能与钢球的质量m、线速度的v、角速度高三物理二轮复习教案篇2[教学要求]1、力的示意图2、力的分类[重点难点]1、力的分类[教学要求]1、力的示意图：(表示力的意思的图，一为逗乐，二为揭示物体名词的命名方式)用有向线段表示力的方向和作用点的图，叫做力的示意图。

(力的图示和力的示意图的区别在于，力的图示除表示力的方向和作用点外，还表示力的大小。

即力的大小、方向、作用点，正好是力的三要素。

而力的示意图中并不表示力的大小)2、力的分类(力有许多种分类方式，比如力可以分成接触力和非接触力。

009届高考物理二轮精品复习资料专题一 运动和力参考答案典型例题[例1] 解析：对系统进行整体分析，受力分析如图1—2：由平衡条件有：cos30F f︒=sin 30()N F M m g +︒=+由此解得f =()sin 30135N N M m g F =+-︒=[例2] 解析： （1）设t 1、t 2为声源S 发出两个信号的时刻，12、t t ''为观察者接收到两个信号的时刻．则第一个信号经过11()t t '-时间被观察者A 接收到，第二个信号经过（22t t '-）时刻被观察者A 接收到，且 2121t t t t t t '''∆=-∆=-设声源发出第一个信号时，S 、A 两点间的距离为L ，两个声信号从声源传播到观察者的过程中，它们的运动的距离关系如图所示，可得11112221()()()()P A P A S v t t L v t t v t t L v t t v t ''''-=+--=+--∆ 由以上各式解得P SP Av v t t v v -'∆=∆-（2）设声源发出声波的振动周期为T ，这样，由以上结论，观察者接收到的声波振动的周期T ′,P SP A v v T T v v -'=-．由此可得，观察者接收到的声波频率与声源发出声波频率间的关系为P AP Sv v f f v v -'=-．[例3] 解答：根据题意作图1—4．对这两个天体而言，它们的运动方程分别为212112m m Gm r rω= ①212222m m Gm r r ω= ②以及12r r r += ③由以上三式解得21121212;m m r r r r m m m m ==++．将r 1和r 2的表达式分别代①和②式，f图1—2t v t 't vt t 'S m可得ω=112222v r m v r m T ωωππω====== [例4] 解答：（1）A 、B 两球以相同的初速度v 0，从同一点水平抛出，可以肯定它们沿同一轨道运动． 作细线刚被拉直时刻A 、B 球位置示意图1—5． 根据题意可知：0 4.50.8 3.6(m) 4.8(m)x v t y ∆=∆=⨯=∆==设A 球运动时间为t ，则B 球运动时间为t －0.8，由于A 、B 球在竖直方向上均作自由落体运动，所以有2211(0.8)22y gt g t ∆=--． 由此解得t =1s ． （2）细线刚被拉直时，A 、B 球的水平位移分别为004.5m (0.8)0.9m A B x v t x v t ===-=[例5] 解答：（1）A 球通过最低点时，作用于环形圆管的压力竖直向下，根据牛顿第三定律，A 球受到竖直向上的支持力N 1，由牛顿第二定律，有：2111v N m g m g-= ①由题意知，A 球通过最低点时，B 球恰好通过最高点，而且该时刻A 、B 两球作用于圆管的合力为零；可见B 球作用于圆管的压力肯定竖直向上，根据牛顿第三定律，圆管对B 球的反作用力N 2竖直向下；假设B 球通过最高点时的速度为v ，则B 球在该时刻的运动方程为2222v N m g m R+= ②由题意N 1=N 2 ③∴2210212m v m v m g m g R R+=-④ 对B 球运用机械能守恒定律22202211222m v m v m gR =+ ⑤ 解得2204v v gR =- ⑥⑥式代入④式可得：21212(5)()0v m m g m m R++-=．[例6] 解答：火箭上升到最高点的运动分为两个阶段：匀加速上升阶段和竖直上抛阶段．地面上的摆钟对两个阶段的计时为140(s)t ===xy图1—51218320(s)at t t g=== 即总的读数（计时）为t =t 1＋t 2=360（s ） 放在火箭中的摆钟也分两个阶段计时．第一阶段匀加速上升，a =8g ，钟摆周期112233T T '== 其钟面指示时间113120s t t '== 第二阶段竖直上抛，为匀减速直线运动，加速度竖直向下，a =g ，完全失重，摆钟不“走”，计时20t '=．可见放在火箭中的摆钟总计时为12120s t t t '''=+=． 综上所述，火箭中的摆钟比地面上的摆钟读数少了240s t t t '∆=-=．[例7] 解答：在情形（1）中，滑块相对于桌面以速度v 0=0.1m/s 向右做匀速运动，放手后，木板由静止开始向右做匀加速运动．20.02m/s mga Mμ==经时间t ，木板的速度增大到v 0=0.1m/s ，05s v t a==． 在5s 内滑块相对于桌面向右的位移大小为S 1=v 0t =0.5m ． 而木板向右相对于桌面的位移为2210.25m 2S at ==． 可见，滑块在木板上向右只滑行了S 1－S 2=0.25m ，即达到相对静止状态，随后，它们一起以共同速度v 0向右做匀速直线运动．只要线足够长，桌上的柱子不阻挡它们运动，滑块就到不了木板的右端．在情形（2）中，滑块与木板组成一个系统，放手后滑块相树于木板的速度仍为v 0，滑块到达木板右端历时05s lt v '==． [例8] 解答：以m 表示球的质量，F 表示两球相互作用的恒定斥力，l 表示两球间的原始距离．A 球作初速度为v 0的匀减速运动，B 球作初速度为零的匀加速运动．在两球间距由l 先减小，到又恢复到l 的过程中，A 球的运动路程为l 1，B 球运动路程为l 2，间距恢复到l 时，A 球速度为v 1，B 球速度为v 2．由动量守恒，有012mv mv mv =+ 由功能关系：A 球221011122Fl mv mv =- B 球：22212Fl mv = 根据题意可知l 1=l 2，由上三式可得22222220120220022()22v v v v v v v v v v =+=-+=-+ 得v 2=v 0、v 1=0 即两球交换速度．当两球速度相同时，两球间距最小，设两球速度相等时的速度为v ， 则00(),2v mv m m v v =+= B 球的速度由02v v =增加到v 0花时间t 0，即00002vv v at at =+=+ 得02v a t =． 解二：用牛顿第二定律和运动学公式．（略）跟踪练习1．C 提示：利用平衡条件．2．（1）重物先向下做加速运动，后做减速运动，当重物速度为零时，下降的距离最大，设下降的最大距离为h ，由机械能守恒定律得2sin )Mgh mg R θ=解得h ． （2）系统处于平衡状态时，两小环的可能位置为 a ．两小环同时位于大圆环的底端 b ．两小环同时位于大圆环的顶端c ．两小环一个位于大圆环的顶端，另一个位于大圆环的底端d ．除上述三种情况外，根据对称性可知，系统如能平衡，则小圆环的位置一定关于大圆环竖直对称轴对称．设平衡时，两小圆环在大圆环竖直对称轴两侧α角的位置上（如图）．对于重物m ，受绳的拉力T 与重力mg 作用，有T =mg ．对于小圆环，受到三个力的作用，水平绳的拉力T ，竖直绳的拉力T ，大圆环的支持力N ．两绳的拉力沿大圆环切向的分力大小相等，方向相反sin sin T T αα'=．得,90,45ααααα''=+=︒=︒而∴．3．设测速仪扫描速度为v ′，因P 1、P 2在标尺上对应间隔为30小格，所以3030v t'==∆格/s ． 测速仪发出超声波信号P 1到接收P 1的反射信号n 1．从图B 上可以看出，测速仪扫描12小格，所以测速仪从发出信号P 1到接收其反射信号n 1所经历时间120.4s t v'=='． 汽车接收到P 1信号时与测速仪相距1168m 2t S v ==声． 同理，测速仪从发出信号P 2到接收到其反射信号n 2，测速仪扫描9小格，故所经历时间290.3s t v =='．汽车在接收到P 2信号时与测速仪相距2251m 2t S v ==声． 所以，汽车在接收到P 1、P 2两个信号的时间内前进的距离△S =S 1－S 2=17m ．从图B 可以看出，n 1与P 2之间有18小格，所以，测速仪从接收反射信号n 1到超声信号P 2的时间间隔3180.6s t v =='． 所以汽车接收P 1、P 2两个信号之间的时间间隔为1230.95s 22t tt t ∆=++=． ∴汽车速度17.9Sv t∆==∆m/s ． 4．从B 发出第一个超声波开始计时，经2T被C 车接收．故C 车第一次接收超声波时与B 距离102T S v =．第二个超声波从发出至接收，经T ＋△T 时间，C 车第二车接收超声波时距B 为202T TS v +∆=，C 车从接收第一个超声波到接收第二个超声波内前进S 2－S 1，接收第一个超声波时刻12Tt =，接收第二个超声波时刻为202T Tt T +∆=+． TααNαm 1mT所以接收第一和第二个超声波的时间间距为2102Tt t t T ∆∆=-=+． 故车速0021002222C v TTv S S v T T tT T ∆∆-===+∆∆+∆．车向右运动． 5．ACD6．（1）根据动能定理，可求出卫星由近地点到远地点运动过程中，地球引力对卫星的功为22211122W mv mv =-．（2）由牛顿第二定律知1222112()()GM GM a a R h R h ==++ ∴21212()R h a a R h +=+ 7．（1）建立如图所示坐标系，将v 0与g 进行正交分解．0000cos ,sin sin ,cos x y x y v v v v g g g g θθθθ====-在x 方向，小球以0x v 为初速度作匀加速运动． 在y 方向，小球以0y v 为初速度，作类竖直上抛运动．当y 方向的速度为零时，小球离斜面最远，由运动学公式02220sin |2|2cos y y v v H g g θθ==． 小球经时间t 上升到最大高度，由0y y v g t =得000sin tan cos g yv v v t g g gθθθ===．（2）02220000221sin 1sin 2(2)2cos sin 42cos 2cos ABx x v v Sv t g t v v g g θθθθθθ=+=+ 2202sin (1tan )v gθθ=+8．（1）设滑雪者质量为m ，斜面与水平面夹角为θ，滑雪者滑行过程中克服摩擦力做功cos (cos )W mgS mg L S mgL μθμθμ=+-= ①由动能定理21()2mg H h mgLmv μ--=② 离开B 点时的速度v③ （2）设滑雪者离开B 点后落在台阶上2111122h gt S vt ==<可解得1S =④此时必须满足2H L h μ-< ⑤当2H L h μ->时，滑雪者直接落到地面上，222221,2h gt S v t ==， y可解得2S = 9．AC10．摆球先后以正方形的顶点为圆心，半径分别为R 1=4a ，R 2=3a ，R 3=2a ，R 4=a 为半径各作四分之一圆周的圆运动．当摆球从P 点开始，沿半径R 1=4a 运动到最低点时的速度v 1， 根据动量定理221011422mv mv mga -= ① 当摆球开始以v 1绕B 点以半径R 2=3a 作圆周运动时，摆线拉力最大，为T max =7mg ，这时摆球的运动方程为21max3mv T mg a-= ②由此求得v 0的最大许可值为0v当摆球绕C 点以半径R 3=2a 运动到最高点时，为确保沿圆周运动，到达最高点时的速度3v由动能定理223001122mv mv mga v -=-得0v 11．B12．由题意知，周期为42s 63T ==．波速40320m/s 23v T λ===．P 、Q 两点距离相差9(6)4-次全振动所需时间即9235(6)4s.4322t ∆=-⨯=-= ∴50m PQ v t =∆=．13．ABC 开始时小车上的物体受弹簧水平向右的拉力为6N ，水平向左的静摩擦力也为6N ，合力为零．沿水平向右方向对小车施加以作用力，小车向右做加速运动时，车上的物体沿水平向右方向上的合力（F =ma ）逐渐增大到8N 后恒定．在此过程中向左的静摩擦力先减小，改变方向后逐渐增大到（向右的）2N 而保持恒定；弹簧的拉力（大小、方向）始终没有变，物体与小车保持相对静止，小车上的物体不受摩擦力作用时，向右的加速度由弹簧的拉力提供：260.75m/s 8T a m ===． 14．（1）设物体与板的位移分别为S 物、S 板，则由题意有2LS S -=物板 ① 212S S vt a t =物板板∶∶ ② 解得：,2L S L S ==物板．（2）由22112,,mgMv v a S a M mgLμμ===板板板得．212,21,,2,(),2S S L S S S L S L mg M m g Ma v a S μμ''''''-===='''-+==物板物板板物板板板∶∶得由得222()Mv M m gL μ=+，故板与桌面之间的动摩擦因数222()Mv M m gLμ+≥．15．在0～10s 内，物体的加速度210.8m/s va t∆==∆（正向） 在10～14s 内，物体的加速度222m/s va t∆==∆ （反向） 由牛顿第二定律1F mg ma μ-= ① 23Fm g m a μ-=- ② 由此解得F =8.4Nμ=0.3416．（1）依题意得1B v =0，设小滑块在水平面上运动的加速度大小为a ，由牛顿第二定律，f mg ma μ==，由运动学公式202v gS μ=，解得0.09μ=．（2）滑块在水平面上运动时间为t 1，由01110, 3.3s 23v S t t ===得．在斜面上运动的时间2120.8s 4.1s t t t t ==+=∴（3）若滑块在A 点速度为v 1=5m/s ，则运动到B 点的速度4m/s B v =．即运动到B 点后，小滑块将做平抛运动．假设小滑块不会落到斜面上，则经过30.4s t =落到水平面上， 则水平位移3 1.67m tan30B hx v t ==>︒．所以假设正确，即小滑块从A 点运动到地面所需时间为312 1.5s BSt t v v '=+=+．专题二 动量与机械能典型例题[例1] D解析：本题辨析一对平衡力和一对作用力和反作用力的功、冲量．因为，一对平衡力大小相等、方向相反，作用在同一物体上，所以，同一段时间内，它们的冲量大小相等、方向相反，故不是相同的冲量，则①错误．如果在同一段时间内，一对平衡力做功，要么均为零（静止），要么大小相等符号相反（正功与负功），故②正确．至于一对作用力与反作用力，虽然两者大小相等，方向相反，但分别作用在两个不同物体上（对方物体），所以，即使在同样时间内，力的作用点的位移不是一定相等的（子弹穿木块中的一对摩擦力），则做功大小不一定相等．而且作功的正负号也不一定相反（点电荷间相互作用力、磁体间相互作用力的做功，都是同时做正功，或同时做负功．）因此③错误，④正确．综上所述，选项D 正确．【例2】 解析：（1）飞机达到最大速度时牵引力F 与其所受阻力f 大小相等，由P =Fv 得mmP P fv f v ==（2）航空母舰上飞机跑道的最小长度为s ，由动能定理得22022m mv mv Pt fs -=-220()22mmv mv Pt s f +-= 将m P f v =代入上式得220()22m m mv mv Pt v s P +-=或220()[]2m m m v v s t v P-=+ 【例3】 解析：解法1（程序法）：选物体为研究对象，在t 1时间内其受力情况如图①所示，选F 的方向为正方向，根据牛顿第二定律，物体运动的加速度为22180.2210m/s 2m/s 2F mg a m μ--⨯⨯===．撤去F 时物体的速度为v 1=a 1t 1=2×6m/s=12m/s撤去F 后，物体做匀减速运动，其受力情况如图②所示，根据牛顿第二定律，其运动的加速度为2220.210m/s 2m/s mga g mμμ-==-=-⨯=-． 物体开始碰撞时的速度为v 2=v 1＋a 2t 2=[12＋(－2)×2]m/s=8m/s ．再研究物体碰撞的过程，设竖直墙对物体的平均作用力为F ，其方向水平向左．若选水平向左为正方向，根据动量定理有32()Ft mv m v '=--．解得123()2(68)N 280N 0.1m v v F t '+⨯+===．解法2（全程考虑）：取从物体开始运动到碰撞后反向弹回的全过程应用动量定理，并取F 的方向为正方向，则1123()F t mg t t F t mv μ'-+-=-所以1123()86(0.2)210(62)26280N 0.1F t mg t t mv F t μ'-++⨯⨯-⨯⨯⨯++⨯===点评：比较上述两种方法看出，当物体所受各力的作用时间不相同且间断作用时，应用动量定理解题对全程列式较简单，这时定理中的合外力的冲量可理解为整个运动过程中各力冲量的矢量和．此题应用牛顿第二定律和运动学公式较繁琐．另外有些变力作用或曲线运动的题目用牛顿定律难以解决，应用动量定理解决可化难为易． 【例4】 解析：该题用守恒观点和转化观点分别解答如下：解法一：（守恒观点）选小球为研究对象，设小球沿半径为R 的轨道做匀速圆周运动的线速度为v 0，根据牛顿第二定律有212()v m m g M R+= ①当剪断两物体之间的轻线后，轻线对小球的拉力减小，不足以维持小球在半径为R 的轨道上继续做匀速圆周运动，于是小球沿切线方向逐渐偏离原来的轨道，同时轻线下端的物体m 1逐渐上升，且小球的线速度逐渐减小．假设物体m 1上升高度为h ，小球的线速度减为v 时，小球在半径为（R ＋h ）的轨道上再次做N F μmg FN F①N F μmg N F②匀速圆周运动，根据牛顿第二定律有21v m g M R h=+ ②再选小球M 、物体m 1与地球组所的系统为研究对象，研究两物体间的轻线剪断后物体m 1上升的过程，由于只有重力做功，所以系统的机械能守恒．选小球做匀速圆周运动的水平面为零势面，设小球沿半径为R 的轨道做匀速圆周运动时m 1到水平板的距离为H ，根据机械能守恒定律有2201111()22Mv m gH Mv m g H h -=-- ③以上三式联立解得 v =解法二：（转化观点）与解法一相同，首先列出①②两式，然后再选小球、物体m 1与地球组成的系统为研究对象，研究两物体间的轻线剪断后物体m 1上升的过程，由于系统的机械能守恒，所以小球动能的减少量等于物体m 1重力势能的增加量．即22011122Mv Mv m gh -= ④①、②、④式联立解得 v =点评：比较上述两种解法可以看出，根据机械能守恒定律应用守恒观点列方程时，需要选零势面和找出物体与零势面的高度差，比较麻烦；如果应用转化观点列方程，则无需选零势面，往往显得简捷．【例5】 解析：（1）第一颗子弹射入木块过程中动量守恒011mv MV mu MV '-=+ ①解得：1v '=3m/s ② 木块向右作减速运动加速度5Mga g Mμμ===m/s 2 ③木块速度减小为零所用时间11v t a'= ④ 解得t 1 =0.6s<1s ⑤所以木块在被第二颗子弹击中前向右运动离A 点最远时，速度为零，移动距离为2112v s a'=解得s 1=0.9m ． ⑥（2）在第二颗子弹射中木块前，木块再向左作加速运动，时间t 2=1s －0.6s=0.4s ⑦ 速度增大为v 2=at 2=2m/s （恰与传送带同速） ⑧ 向左移动的位移为22210.4m 2s at == ⑨ 所以两颗子弹射中木块的时间间隔内，木块总位移S 0=S 1－S 2=0.5m 方向向右 ⑩ 第16颗子弹击中前，木块向右移动的位移为150.57.5m s =⨯= ○11第16颗子弹击中后，木块将会再向右先移动0.9m ，总位移为0.9m ＋7.5=8.4m>8.3m 木块将从B 端落下．所以木块在传送带上最多能被16颗子弹击中． （3）第一颗子弹击穿木块过程中产生的热量为2222101111112222Q mv MV mu MV '=+-- ○12 木块向右减速运动过程中板对传送带的位移为111S v t s '=+ ○13 产生的热量为Q 2=MgS μ' ○14木块向左加速运动过程中相对传送带的位移为122S V t s ''=- ○15 产生的热量为3Q Mgs μ''= ○16第16颗子弹射入后木块滑行时间为t 3有213310.82v t at '-= ○17 解得t 3=0.4s ○18木块与传送带的相对位移为S =v 1t 3＋0.8 ○19 产生的热量为Q 4=Mgs μ ○20全过程中产生的热量为Q =15(Q 1＋Q 2＋Q 3)＋Q 1＋Q 4 解得Q =14155.5J ○21【例6】 解析：运动分析：当小车被挡住时，物体落在小车上沿曲面向下滑动，对小车有斜向下方的压力，由于P 的作用小车处于静止状态，物体离开小车时速度为v 1，最终平抛落地，当去掉挡板，由于物对车的作用，小车将向左加速运动，动能增大，物体相对车滑动的同时，随车一起向左移动，整个过程机械能守恒，物体滑离小车时的动能将比在前一种情况下小，最终平抛落地，小车同时向前运动，所求距离是物体平抛过程中的水平位移与小车位移的和．求出此种情况下，物体离开车时的速度v 2，及此时车的速度2v '以及相应运动的时间是关键，由于在物体与小车相互作用过程中水平方向动量守恒这是解决v 2、2v '间关系的具体方法．（1）挡住小车时，求物体滑落时的速度v 1，物体从最高点下落至滑离小车时机械能守恒，设车尾部（右端）离地面高为h ，则有211()2mg H h mv -=， ① 由平抛运动的规律s 0=v 1t ②212h gt =． ③ （2）设去掉挡板时物体离开小车时速度为v 2，小车速度为2v '，物体从最高点至离开小车之时系统机械能守恒222211()22mg H h mv Mv '-=+ ④ 物体与小车相互作用过程中水平方向动量守恒220Mv mv '-=． ⑤ 此式不仅给出了v 2与2v '大小的关系，同时也说明了v 2是向右的． 物体离开车后对地平抛 22s v t '= ⑥212h gt '=⑦ 车在t '时间内向前的位移22s v t '''= ⑧比较式⑦、③，得,t t '=解式①、④、⑤，得2122,mv v v M'==．此种情况下落地点距车右端的距离222221()(1)m s s s v v t v t t s M ''=+=+=+==点评：此题解题过程运用了机械能守恒、动量守恒及平抛运动的知识，另外根据动量守恒判断m 离车时速度的方向及速度间的关系也是特别重要的．【例7】 解析：（1）设第一次碰墙壁后，平板车向左移动s ，速度为0．由于体系总动量向右，平板车速度为零时，滑块还在向右滑行．由动能定理20102MgS mv μ-=-① 202mv s Mgμ= ②代入数据得22210.33m 20.43103s ⨯===⨯⨯⨯ ③ （3）假如平板车在第二次碰撞前还未和滑块相对静止，那么其速度的大小肯定还是2m/s ，滑块的速度则大于2m/s ，方向均向右．这样就违反动量守恒．所以平板车在第二次碰撞前肯定已和滑块具有共同速度v ．此即平板车碰墙前瞬间的速度．00()Mv mv M m v -=+ ④∴0M mv v M m-=+ ⑤代入数据得010.4m/s 5v v == ⑥ （3）平板车与墙壁第一次碰撞后到滑块与平板又达到共同速度v 前的过程，可用图（a ）（b ）（c ）表示．（a ）为平板车与墙壁撞后瞬间滑块与平板车的位置，图（b ）为平板车到达最左端时两者的位置，图（c ）为平板车与滑块再次达到共同速度为两者的位置．在此过程中滑块板车动能减少等于动能减少等于摩擦力对滑块所做功Mgs μ'，平到A 再回到B 的过程摩擦力对平板车所做功Mgs μ''（平板车从B 中摩擦力做功为零），其中s '、s ''分别为滑块和平板车的位移．滑块和平板车动能总减少为1,Mgl μ其中1l ss '''=+为滑块相对平板车的位移．此后，平板车与墙壁发生多次碰撞，每次情况与此类似，最后停在墙边．设滑块相对平板车总位移为l ，则有201()2M m v Mgl μ+= ⑦ 20()2M m v l Mgμ+= ⑧代入数据得25250.833m 20.43106l ⨯===⨯⨯⨯ ⑨ l 即为平板车的最短长度．【例8】 解析：本题应用动量守恒，机械能守恒及能量守恒定律联合求解。