2010年高考物理考点专题复习7

2010年高考物理一轮考点典型例题解析专题辅导4[高三]高考一轮复习-04振动和波考点34．弹簧振子，简谐运动，简谐运动的振幅、周期和频率，简谐运动的位移时间图象1. 弹簧振子：周期k m T π2=，与振幅无关，只由振子质量和弹簧的劲度决定。

2.简谐运动的基本概念：物体在跟偏离平衡位置的位移大小成正比，并且总指向平衡位置的回复力的作用下的振动，叫简谐运动。

表达式为：F= -kx⑴简谐运动的位移必须是指偏离平衡位置的位移。

也就是说，在研究简谐运动时所说的位移的起点都必须在平衡位置处。

⑵回复力是一种效果力。

是振动物体在沿振动方向上所受的合力。

⑶“平衡位置”不等于“平衡状态”。

平衡位置是指回复力为零的位置，物体在该位置所受的合外力不一定为零。

⑷F=-kx 是判断一个振动是不是简谐运动的充分必要条件。

凡是简谐运动沿振动方向的合力必须满足该条件；反之，只要沿振动方向的合力满足该条件，那么该振动一定是简谐运动。

3.描述简谐运动的物理量⑴振幅A 是描述振动强弱的物理量。

一定要将振幅跟位移相区别，在简谐运动的振动过程中，振幅是不变的而位移是时刻在改变的。

⑵周期T 是描述振动快慢的物理量。

完成一次全振动所须的时间叫周期。

（频率f=1/T 也是描述振动快慢的物理量）周期由振动系统本身的因素决定，叫固有周期。

152.弹簧振子在光滑的水平面上作简谐振动，周期是2.4s 。

当振子通过平衡位置向右运动时刻开始计时。

有下列说法：①经过1.6s ，振子向右运动，速度正在不断变小；②经过1.6s ，振子向左运动，速度正在不断变小；③经过1.9s ，振子向右运动，回复力正在不断变小；④经过1.9s ，振子向左运动，回复力正在不断变大。

以上说法中正确的是（ ）A ．只有①、③正确B ．只有②、④正确C ．只有①、④正确D ．只有②、③正确考点35．单摆，在小振幅条件下单摆做简谐运动，周期公式1.单摆振动的回复力是重力的切向分力，不能说成是重力和拉力的合力。

第3讲 自然界中的守恒定律★一、考情直播该部分内容是自然界最普遍的两个规律的联手演绎，是中学阶段最重要的主干知识之一，是高考永恒话题，常见的重点问题主要围绕几个模型进行的．不管什么模型，解决时都涉及到两个方面，一个是根据条件建立系统的动量守恒定律方程；另一个是根据系统内的能量变化的特点建立系统的能量方程，因此深刻理解动量守恒定律的“五性”与能量守恒定律的转化流程是我们解决问题的前提．解决力学问题有三大途径，其中用动量的观点和能量的观点解决力学问题，是我们的首选．特别是对于变力作用或曲线运动问题，不涉及运动过程的细节，不涉及加速度，更显示出这两大观点的优越性．应用能量转换和守恒定律解题的一般步骤： （1）明确研究的对象及过程（2）搞清在这个过程中有哪些能量参与了转换（不能把能量的转换和做功重复考虑）（3）确定参与转化的能量中有哪些能量增加，哪些能量减少．（4）列出增加的能量和减小的能量之间的守恒式（或初、末状态能量相等的守恒式）考点一 子弹打木块模型子弹和木块组成的系统动量守恒，机械能不守恒，系统部分机械能单向转化为内能【例1】如图6-3-1所示，设质量为m 的子弹以初速度V 0射向静止在光滑水平面上的质量为M 的木块，并留在木块中不再射出，子弹钻入木块深度为d ．求木块对子弹的平均阻力的大小和该过程中木块前进的距离．【解析】子弹和木块最后共同运动，相当于完全非弹性碰撞．从动量的角度看，子弹射入木块过程中系统动量守恒：mV 0=（M+m ）V从能量的角度看，该过程系统损失的动能全部转化为系统的内能．设平均阻力大小为f ，设子弹、木块的位移大小分别为s 1、s 2，如图所示，显然有s 1-s 2=d图6-3-1对子弹用动能定理：22012121mv mv s f -=⋅……① 对木块用动能定理：2221Mv s f =⋅……②①、②相减得：()()222022121v m M Mm v m M mv d f +=+-=⋅……③ 这个式子的物理意义是：f ∙ d 恰好等于系统动能的损失；根据能量守恒定律，系统动能的损失应该等于系统内能的增加；可见Q d f =⋅，即两物体由于相对运动而摩擦产生的热（机械能转化为内能），等于摩擦力大小与两物体相对滑动的路程的乘积（由于摩擦力是耗散力，摩擦生热跟路径有关，所以这里应该用路程，而不是用位移）．由上式不难求得平均阻力的大小：()dm M Mmv f +=22至于木块前进的距离s 2，可以由以上②、③相比得出：d mM ms +=2 从牛顿运动定律和运动学公式出发，也可以得出同样的结论．由于子弹和木块都在恒力作用下做匀变速运动，位移与平均速度成正比：()v v v v v v s d s +=+=+00222/2/，mmM v v s d +==02，m M m s +=2 一般情况下M>>m ，所以s 2<<d ．这说明，在子弹射入木块过程中，木块的位移很小，可以忽略不计．这就为分阶段处理问题提供了依据．象这种运动物体与静止物体相互作用，动量守恒，最后共同运动的类型，全过程动能的损失量可用公式：()202v m M Mm E k +=∆…④当子弹速度很大时，可能射穿木块，这时末状态子弹和木块的速度大小不再相等，但穿透过程中系统动量仍然守恒，系统动能损失仍然是ΔE K =f ∙d （这里的d 为木块的厚度），但由于末状态子弹和木块速度不相等，所以不能再用④式计算ΔE K 的大小．做这类题时一定要画好示意图，把各种数量关系和速度符号标在图上，以免列方程时带错数据．考点二 根据动量守恒定律求解分析求解“三体二次作用过程”问题所谓“三体二次作用”问题是指系统由三个物体组成，但这三个物体间存在二次不同的相互作用过程．解答这类问题必须弄清这二次相互作用过程的特点，有哪几个物体参加？是短暂作用过程还是持续作用过程？各个过程遵守什么规律？弄清上述问题，就可以对不同的物理过程选择恰当的规律进行列式求解．【例2】光滑的水平面上，用弹簧相连的质量均为2kg 的A 、B 两物块都以V 0=6m/s 的速度向右运动，弹簧处于原长，质量为4kg 的物块C 静止在前方，如图6-3-2所示．B 与C 碰撞后二者粘在一起运动，在以后的运动中，当弹簧的弹性势能达到最大为 J 时，物块A 的速度是 m/s ．【解析】本题是一个“三体二次作用”问题：“三体”为A 、B 、C 三物块．“二次作用”过程为第一次是B 、C 二物块发生短时作用，而A 不参加，这过程动量守图6-3-2恒而机械能不守恒；第二次是B 、C 二物块作为一整体与A 物块发生持续作用，这过程动量守恒机械能也守恒．对于第一次B 、C 二物块发生短时作用过程，设B 、C 二物块发生短时作用后的共同速度为V BC ，则据动量守恒定律得：BC C B B V m m V m )(0+= ①对于第二次B 、C 二物块作为一整体与A 物块发生持续作用，设发生持续作用后的共同速度为V ，则据动量守恒定律和机械能守恒定律得：V m m m V m m mV C B A BC C B ))(0++=++（ ②2220)(21)(2121V m m m V m m V m E C B A BC C B A P ++-++= ③由式①②③可得：当弹簧的弹性势能达到最大为E P =12J 时，物块A 的速度V=3 m/s ．【例3】如图6-3-3所示为三块质量均为m ，长度均为L 的木块．木块1和木块2重叠放置在光滑的水平桌面上，木块3沿光滑水平桌面运动并与叠放在下面的木块2发生碰撞后粘合在一起，如果要求碰后原来叠放在上面的木块1完全移到木块3上，并且不会从木块3上掉下，木块3碰撞前的动能应满足什么条件？设木块之间的动摩擦因数为μ．【解析】设第3块木块的初速度为V 0，对于3、2两木块的系统，设碰撞后的速度为V 1，据动量守恒定律得：mV 0=2mV 1 ①对于3、2整体与1组成的系统，设共同速度为V 2，则据动量守恒定律得：2mV 1=3mV 2 ②(1)第1块木块恰好运动到第3块上，首尾相齐，则据能量守恒有：3221.3.21.2.21V m V m mgL -=μ ③由①②③联立方程得：E k3=6μmgL ④(2)第1块运动到第3块木块上，恰好不掉下，据能量守恒定律得：3221.3.21.2.21)5.1(V m V m L mg -=μ ⑤由①②⑤联立方程得：E k3=9μmgL 故：mgL E mgL k μμ963≤≤ 考点三 根据动量守恒定律求解分析求解“三体二次作用过程”问题所谓“二体三次作用”问题是指系统由两个物体组成，但这两个物体存在三次不同的相互作用过程．求解这类问题的关键是正确划分三个不同的物理过程，并能弄清这些过程的特点，针对相应的过程应用相应的规律列方程解题．【例4】如图6-3-4所示，C 是放在光滑的水平面上的一块木板，木板的质量为3m ，在木板的上面有两块质量均为m 的小木块A 和B ，它们与木板间的动摩擦因数均为μ．最初木板静止，A 、B 两木块同时以方向水平向右的初速度V 0和2V 0在木板上滑动，木板足够长， A 、B 始终未滑离木板．求：（1）木块B 从刚开始运动到与木板C 速度刚好相等的过程中，木块B所发生图6-3-3的位移；（2）木块A 在整个过程中的最小速度．【解析】（1）木块A 先做匀减速直线运动，后做匀加速直线运动；木块B 一直做匀减速直线运动；木板C 做两段加速度不同的匀加速直线运动，直到A 、B 、C 三者的速度相等为止，设为V 1．对A 、B 、C 三者组成的系统，由动量守恒定律得：100)3(2V m m m mV mV ++=+解得：V 1=0．6V 0对木块B 运用动能定理，有：2021)2(2121V m mV mgs -=-μ解得)50/(91:20g V s μ=（2）设木块A 在整个过程中的最小速度为V′，所用时间为t ，由牛顿第二定律：对木块A ：g m mg a μμ==/1，对木板C ：3/23/22g m mg a μμ==，当木块A 与木板C 的速度相等时，木块A 的速度最小，因此有： t g gt V )3/2(0μμ=-，解得)5/(30g V t μ=木块A 在整个过程中的最小速度为：.5/2010/V t a V V =-= 考点四 用动量守恒定律和能量守恒解“相对滑动类”问题【例5】如图6-3-5所示，一质量为M 、长为L 的长方形木板B 放在光滑的水平地面上，在其右端放一质量为m 的小木块A ，m ＜M .现以地面为参照系，给A 和B 以大小相等、方向相反的初速度(如图1)，使A 开始向左运动，B 开始向右运动，但最后A 刚好没有滑离B 板，以地面为参照系.(1)若已知A 和B 的初速度大小为V 0，求它们最后的速度大小和方向. (2)若初速度的大小未知，求小木块A 向左运动到达的最远处(从地面上看)离出发点的距离.【解析】方法1、用牛顿第二定律和运动学公式求解．A 刚好没有滑离B 板，表示当A 滑到B 板的最左端时，A 、B 具有相同的速度，设此速度为V ，经过时间为t ，A 、B 间的滑动摩擦力为f .如图14所示．对A 据牛顿第二定律和运动学公式有：f =ma A ， L 2=2021t a t V A -， V =-V 0+a A t ；对B 据牛顿第二定律和运动学公式图6-3-5答图6-3-1有：f =Ma B ， 20021t a t V L B -=，V =V 0-a B t ；由几何关系有：L 0+L 2=L ；由以上各式可求得它们最后的速度大小为V ＝mM mM +-. V 0，方向向右． mM m MV fL +=202对A ，向左运动的最大距离为L MMm a V L A 42201+==．方法2、用动能定理和动量定理求解．A 刚好没有滑离B 板，表示当A 滑到B 板的最左端时，A 、B 具有相同的速度，设此速度为V ，经过时间为t ， A 和B 的初速度的大小为V 0，则据动量定理可得：对A ： f t = m V +m V 0 ① 对B ：-ft=MV －MV解得：V ＝mM mM +-V 0，方向向右A 在B 板的右端时初速度向左，而到达B 板左端时的末速度向右，可见A 在运动过程中必须经历向左作减速运动直到速度为零，再向右作加速运动直到速度为V 的两个阶段．设L 1为A 开始运动到速度变为零过程中向左运动的路程，L 2为A 从速度为零增加到速度为V 的过程中向右运动的路程，L 0为A 从开始运动到刚好到达B 的最左端的过程中B 运动的路程，如图2所示，设A 与B 之间的滑动摩擦力为f ，则由动能定理可得：对于B ： -f L 0=2022121MV MV - ③对于A ： -f L 1= -2021mV ④f (L 1-L 2)=221mV ⑤由几何关系L 0+L 2=L ⑥由①、②、③、④、⑤、⑥联立求得L 1=MLm M 4)(+.方法3、用能量守恒定律和动量守恒定律求解．A 刚好没有滑离B 板，表示当A 滑到B 板的最左端时，A 、B 具有相同的速度，设此速度为V ， A 和B 的初速度的大小为V 0，则据动量守恒定律可得：0－mV解得：V ＝mM mM +-. V 0，方向向右 .对系统的全过程，由能量守恒定律得：Q=fL=220)(21)21V M m V m M +-+（对于A fL 1= 2021mV由上述二式联立求得L 1=MLm M 4)(+.从上述三种解法中，不难看出，解法三简洁明了，容易快速求出正确答案．因此我们在解决动力学问题时，应优先考虑使用能量守恒定律和动量守恒定律求解，其次是考虑使用动能定理和动量定理求解，最后才考虑使用牛顿第二定律和运动学公式求解．考点五 连续发生作用的问题【例6】用质量为M 的铁锤沿水平方向将质量为m 、长为L 的铁钉敲入木板，铁锤每次以相同的速度V 0击钉，随即与钉一起运动并使钉进入木板一定距离．在每次击进入木板的过程中，钉所受的平均阻力为前一次受击进入木板过程中所受平均阻力的K 倍（K>1）．若第一次敲击使钉进入木板深度为L 1，问至少敲击多少次才能将钉全部敲入木板？并就你的解答讨论要将钉全部敲入木板，L 1必须满足什么条件？【解析】设铁锤每次敲击铁钉后以共同速度V 运动，根据动量守恒定律可得： MV 0=（M+m ）V设第一次受击进入木板过程中受平均阻力为f 1，则根据动能定理可得：)(2210202211m M V M MV L f +-=-=-第二次受击进入木板过程中受平均阻力为f 2=Kf 1， 根据动能定理可得：)(2210202221m M V M MV L Kf +-=-=- 所以L 2=L 1/K ．同理可得L 3=L 1/K 2，L 4=L 1/K 3…………L n =L 1/K N (N-1)因为L=L 1+L 2+……+L n =11)1(1L K K K n n ---，所以)(11log KLL KL KL Kn -+= 当01≤-+KL L KL 时，上式无意义，但其物理意义是当01≤-+KL L KL 时不论你敲击多少次都不能将铁钉全部敲入木板．所以要将钉全部敲入木板，L 1必须满足：L 1>（K-1）L/K ★二、高考热点探究【真题1】 (2）一个物体静置于光滑水平面上，外面扣一质量为M 的盒子，如图6-3-6所示．现给盒子一初速度v 0，此后，盒子运动的v 一t 图象呈周期性变化，如图6-3-7所示．请据此求盒内物体的质量．【解析】设物体的质量为m ，t 0时刻受盒子碰撞获得速度v ，根据动量守恒定律图6-3-6 图6-3-7Mv 0=mv ①3t 0时刻物体与盒子右壁碰撞使盒子速度又变为v 0，说明碰撞是弹性碰撞 12Mv 02 = 12mv 2② 联立①②解得m =M ③（也可通过图象分析得出v 0=v ，结合动量守恒，得出正确结果）【真题2】如图6-3-8， 一质量为M 的物块静止在桌面边缘， 桌面离水平面的高度为h ．一质量为m 的子弹以水平速度V 0射入物块后， 以水平速度V 0/2射出． 重力加速度为g ． 求（1）此过程中系统损失的机械能；（2）此后物块落地点离桌面边缘的水平距离．【解析】（1）设子弹穿过物块后的速度为V ，由动量守恒得MV v m mv +⨯=2①解得：Mm v V 20= ②系统损失的机械能为：⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡+⎪⎭⎫ ⎝⎛-=∆22020*******MV v m mv E ③由②③两式可得：20381mv M m E ⎪⎭⎫ ⎝⎛-=∆ ④（2）设物块下落到地面所需时间为t ，落地点距桌面边缘的水平距离为s ，则：221gt h = ⑤Vt s = ⑥由②⑤⑥三式可得：g hM mv s 20= ⑦【真题3】某兴趣小组设计了一种实验装置，用来研究碰撞问题，其模型如题25图所示不用完全相同的轻绳将N 个大小相同、质量不等的小球并列悬挂于一水平杆、球间有微小间隔，从左到右，球的编号依次为1、2、3……N ，球的质量依次递减，每球质量与其相邻左球质量之比为k （k ＜1)，如图6-3-9.将1号球向左拉起，然后由静止释放，使其与2号球碰撞，2号球再与3号球碰撞……所有碰撞皆为无机械能损失的正碰.(不计空气阻力，忽略绳的伸长， g 取10 m/s 2)(1)设与n +1号球碰撞前，n 号球的速度为v n ，求n +1号球碰撞后的速度. (2)若N ＝5，在1号球向左拉高h 的情况下，要使5号球碰撞后升高16k (16 h 小于绳长)问k 值为多少？图6-3-8【解析】(1)设n 号球质量为m ，n +1，碰撞后的速度分别为,1+''n nv v 、取水平向右为正方向，据题意有n 号球与n +1号球碰撞前的速度分别为v n 、0、m n +1n km根据动量守恒，有1+'+'=nn v n v v km E m v m (1) 根据机械能守恒，有221n n v m =1222121+'+n n nn v km v m (2) 由（1）、(2)得)0(1211舍去='+='++n nnv k E v 设n +1号球与n +2号球碰前的速度为E n +1据题意有v n -1=1+'nv 得v n -1=1+'nv =kE n+12 (3) （2）设1号球摆至最低点时的速度为v 1，由机械能守恒定律有211121v m gh m = (4)v 1=gh 2 (5) 同理可求，5号球碰后瞬间的速度k g v 1625⨯= (6)由(3)式得111212v k k k v nn ⎪⎭⎫⎝⎛⋅=+-+ (7)N=n =5时，v 5=1112v k v nn ⎪⎭⎫⎝⎛⋅=+ (8)由(5)、(6)、(8)三式得k =12-)12(414.0舍去--=≈k （9） （3）设绳长为l ，每个球在最低点时，细绳对球的拉力为F ，由牛顿第二定律有l v m g m F nn n 2=- (10)则kn n n n n n n n E lg m l v m g m l v m g m F 22/222+=+=+= (11) （11）式中E kn 为n 号球在最低点的动能由题意1号球的重力最大，又由机械能守恒可知1号球在最低点碰前的动能也最大，根据（11）式可判断在1号球碰前瞬间悬挂1号球细绳的张力最大，故悬挂1号球的绳最容易断.【真题4】24．(18分)光滑水平面上放着质量m A =1kg 的物块A 与质量m B =2kg 的物块B ，A 与B 均可视为质点，A 靠在竖直墙壁上，A 、B 间夹一个被压缩的轻弹簧(弹簧与A 、B 均不拴接)，用手挡住B 不动，此时弹簧弹性势能E P =49J ．在A 、B 间系一轻质细绳，细绳长度大于弹簧的自然长度，如图6-3-10所示．放手后B 向右运动，绳在短暂时间内被拉断，之后B 冲上与水平面相切的竖直半圆光滑轨道，其半径R =0.5m ，B 恰能到达最高点C ．取g=10m ／s 2，求(1)绳拉断后瞬间B 的速度v B 的大小； (2)绳拉断过程绳对B 的冲量I 的大小； (3)绳拉断过程绳对A 所做的功W ．【解析】（1）设B 在绳被拉断后瞬间的速度为B v ，到达C 点时的速度为C v ，有2c B B v m g m R= （1）2211222B B B c B m v m v m gR =+ （2） 代入数据得5/B v m s = （3）（2）设弹簧恢复到自然长度时B 的速度为1v ，取水平向右为正方向，有2112P B E m v = （4）1B B B I m v m v =- （5）代入数据得 4,I NS =- 其大小为4NS （6）（3）设绳断后A 的速度为A v ，取水平向右为正方向，有1B B B A A m v m v m v =+ （7）212A A w m v = 代入数据得8W J = （9）★三、抢分频道◇限时基础训练（20分钟）班级 姓名 成绩1．(2003年上海高考)一个质量为0.3kg 的弹性小球，在光滑水平面上以6m/s 的速度垂直撞到墙上，碰撞后小球沿相反方向运动，反弹后的速度大小与磁撞前相同，则碰撞前后小球速度变化量的大小△v 和碰撞过程中墙对小球做功的大小W 为（ ）A ．△v ＝0B ．△v ＝12m/sC ．W ＝0D ．W ＝10.8J 1．【答案】BC ．取碰前速度为正，速度变化量6612/v m s ∆=--=-，其大小为12 m ／s ，B 正确．碰撞前后速度不变，动能无变化，由动能定理，墙对小球做功W=0，C 正确．2．在光滑水平面上，动能为E 0、动量的大小为P 0的小钢球l 和静止小钢球2发生碰撞，碰撞前后球1的运动方向相反．将碰撞后球1的动能和动量的大小分别记为E 1、P 1，球2的动能和动量的大小分别记为E 2、P 2，则必有：（ ）A ．E 1<E 0B ．P 1<P 0C ．E 2>E 0D ．P 2>P 0 2．【答案】ABD ．由于系统在水平方向上不受外力，故系统在水平方向上动量守恒，若取P 0的方向为正方向，则有P 0=- P 1+ P 2，在上式中，P 0>0、P 1<0、P 2>0，显然有P 2> P 0，故选项D 正确．另一方面，由能量守恒可知，碰撞前后的动能应满足关系E 0≥E 1+E 2，则有E 1<E 0，即选项A 正确．由于E 1<E 0，所以12012122m p m p <，得P 1< P 0．B 选项正确．3．如图6-3-11甲所示，一轻弹簧的两端与质量分别为m 1和m 2的两物块A 、B 相连接，并静止在光滑的水平面上．现使A 瞬时获得水平向右的速度3m/s ，以此刻为计时起点，两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示，从图象信息可得（ ）A ．在t 1、t 3时刻两物块达到共同速度1m/s ，且弹簧都是处于压缩状态B ．从t 3到t 4时刻弹簧由压缩状态恢复到原长C ．两物体的质量之比为m 1∶m 2 = 1∶2D ．在t 2时刻A 与B 的动能之比为E k1∶E k2 =1∶8 3．【答案】CD ．t 1时刻弹簧压缩最多，t 3时刻弹簧伸长最长．t 4时刻弹簧恢复到原长．因两物速度变化量之比为2∶1，所质量比为1∶2；D 也正确．４．在质量为M 的小车中挂有一单摆，摆球的质量为m 0，小车和单摆以恒定的速度v 沿光滑水平地面运动，与位于正对面的质量为m 的静止木块发生碰撞，碰撞的时间极短.在此碰撞过程中，下列哪个或哪些情况说法是可能发生的①小车、木块、摆球的速度都发生变化，分别变为v 1、v 2、v 3，满足（M ＋m 0）v ＝Mv 1＋mv 2＋m 0v 3②摆球的速度不变，小车和木块的速度变为v 1和v 2，满足Mv ＝Mv 1＋mv 2 ③摆球的速度不变，小车和木块的速度都变为v '，满足Mv ＝（M ＋m ）v ' ④小车和摆球的速度都变为v 1，木块的速度变为v 2，满足（M ＋m 0）v ＝（M ＋m 0）v 1＋mv 2以上说法正确的是（ ）A.只有①B.只有④C.只有②D.②③4. 【答案】D ．在小车与木块直接碰撞的瞬间，彼此作用力很大，所以它们的速度在瞬间发生改变，在此期间它们的位移可看为零.而摆球并没有直接与木块发生力的作用，因为在它与小车以共同速度匀速运动时，摆线沿竖直方向，因此绳的拉力不能改变小球速度的大小，即小球的速度不变，而小车和木块碰撞后，可能以各自不同的速度继续向前运动，也可能以共同速度（完全非弹性碰撞）向前运动.5．如图6-3-12所示，一质量M =3.0 kg 的长方形木板B 放在光滑水平地面上，在其右端放一质量m =1.0 kg 的小木块A.现以地面为参考系，给A 和B 以大小均为4.0 m/s 、方向相反的初速度，使A 开始向左运动，B图6-3-11没有滑离B 板.站在地面的观察者看到在一段时间内小木块A 正在做加速运动，则在这段时间内的某时刻木板B 相对地面的速度大小可能是（ ）A.2.4 m/sB.2.8 m/sC.3.0 m/sD.1.8 m/s ５．【答案】A ．小木块A 先向左做减速运动，速度减小到零再向右做加速运动.由动量守恒定律可求得，小木块开始做加速运动时，正在做加速运动的木板B 的速度为：Mv －mv =Mv 1，v 1=2.7 m/s ；小木块加速运动结束时，小木块和木板获得共同速度，则Mv －mv =（M +m ）v 2，此时木板速度为v 2=2 m/s ；在木块A 正在做加速运动的时间内木板B 相对地面的速度从2.7 m/s 减小到2 m/s.6．向空中发射一物体．不计空气阻力，当物体的速度恰好沿水平方向时，物体炸裂为a ，b 两块．若质量较大的a 块的速度方向仍沿原来的方向则（ ）A ．b 的速度方向一定与原速度方向相反B ．从炸裂到落地这段时间里，a 飞行的水平距离一定比b 的大C ．a ，b 一定同时到达地面D ．炸裂的过程中，a 、b 中受到的爆炸力的冲量大小一定相等 6．【答案】CD ．物体炸裂过程发生在物体沿水平方向运动时，由于物体沿水平方向不受外力，所以沿水平方向动量守恒，根据动量守恒定律有：b B A A B A v m v m v m m +=+)(， 当v A 与原来速度v 同向时，v B 可能与v A 反向，也可能与v A 同向，第二种情况是由于v A 的大小没有确定，题目只讲的质量较大，但若v A 很小，则m A v A 还可能小于原动量(m A +m B )v ．这时，v B 的方向会与v A 方向一致，即与原来方向相同所以A 不对．a ，b 两块在水平飞行的同时，竖直方向做自由落体运动即做平抛运动，时间由ght 2=，因h 相同，t 相同，选项C 是正确， 由于水平飞行距离x = v ·t ，a 、b 两块炸裂后的速度v A 、v B 不一定相等，而落地时间t 又相等，所以水平飞行距离无法比较大小，所以B 不对． 根据牛顿第三定律，a ，b 所受爆炸力F A =－F B ，力的作用时间相等，所以冲量I=F ·t 的大小一定相等．所以D 是正确的．7．如图6-3-13所示将一光滑的半圆槽置于光滑水平面上，槽的左侧有一固定在水平面上的物块．今让一小球自左侧槽口A 的正上方从静止开始落下，与圆弧槽相切自A 点进入槽内，则以下结论中正确的是：（ ）A ．小球在半圆槽内运动的全过程中，只有重力对它做功B ．小球在半圆槽内运动的全过程中，小球与半圆槽在水平方向动量守恒C ．小球自半圆槽的最低点B 向C 点运动的过程中，小球与半圆槽在水平方向动量守恒D ．小球离开C 点以后，将做竖直上抛运动．图6-3-137．【答案】C ．小球在半圆槽内自B →C 运动过程中，虽然开始时半圆槽与其左侧物块接触，但已不挤压，同时水平而光滑，因而系统在水平方向不受任何外力作用，故在此过程中，系统在水平方向动量守恒，所以正确答案应选C ．8．图6-3-14，质量为m 的人立于平板车上，人与车的总质量为M ，人与车以速度v 1在光滑水平面上向东运动．当此人相对于车以速度v 2竖直跳起时，车的速度变为： ( )A.m M Mv Mv --21，向东 B.m M Mv -1，向东C.mM Mv Mv -+21 ，向东 D.1v ，向东8. 【答案】D ．人和车这个系统，在水平方向上合外力等于零，系统在水平方向上动量守恒．设车的速度V 1的方向为正方向，选地面为参照系．初态车和人的总动量为Mv 1，末态车的动量为(M －m)v ′l (因为人在水平方向上没有受到冲量，其水平动量保持不变)．人在水平方向上对地的动量仍为mv 1，则有Mv 1=(M －m)v ′1＋mv 1，(M －m)v 1=(M －m)v ′，所以v ′=v 1正确答案应为D ．9．如图6-3-15所示，质量分别为m 和2m 的A 、B 两个木块间用轻弹簧相连，放在光滑水平面上，A 靠紧竖直墙．用水平力F 将B 向左压，使弹簧被压缩一定长度，静止后弹簧储存的弹性势能为E ．这时突然撤去F ，关于A 、B 和弹簧组成的系统，下列说法中正确的是 （ ）A ．撤去F 后，系统动量守恒，机械能守恒B ．撤去F 后，A 离开竖直墙前，系统动量不守恒，机械能守恒C ．撤去F 后，A 离开竖直墙后，弹簧的弹性势能最大值为ED ．撤去F 后，A 离开竖直墙后，弹簧的弹性势能最大值为E /39．【答案】BD ．撤去F 后，A 离开竖直墙前，墙壁对系统有力的作用，系统动量不守恒，但此力对系统不做功，故系统机械能守恒．当A 离开竖直墙后，系统不受外力，系统动量守恒，且机械能守恒．当两物体的速度相等时，弹簧的弹性势能最大．设刚离开墙壁时B 的速度为v 0，则图6-3-14图6-3-1520221mv E =，由系统动量守恒得：v m m mv )2(20+=，mE v v ==032，两物体总动能为E v m m E 32)2(212=+=，此时弹性势能的最大值为E E E E P 3132=-=10．放在光滑水平面上的A 、B 两小车中间夹了一压缩的轻质弹簧，用两手分别控制小车处于静止状态，下面说法中正确的是A ．两手同时放开后，两车的总动量为零B ．先放开右手，后放开左手，而车的总动量向右C ．先放开左手，后放开右手，两车的总动量向右D ．两手同时放开，同车的总动量守恒；两手放开有先后，两车总动量不守恒 10．【答案】ABD ．根据动量守恒定律的适用条件，两手同时放开，则两车水平方向不受外力作用，总动量守恒；否则，两车总动量不守恒，若后放开左手，则左手对小车有向右的冲量作用，从而两车的总动量向右；反之，则向左．因而，选项ABD 正确．◇基础提升训练1．如图6-3-17所示，A 、B 两物体的质量比m A ∶m B ＝3∶2，它们原来静止在平板车C 上，A 、B 间有一根被压缩了的弹簧，A 、B 与平板车上表面间的动摩擦因数相同，地面光滑.当弹簧突然释放后，则有（ ）①A 、B 系统动量守恒 ②A 、B 、C 系统动量守恒 ③小车向左运动④小车向右运动 以上判断正确的是A.①③B.②④C.①④D.②③ 1．【答案】D 解析：由A 、B 、C 组成的系统动量守恒（总动量为零），故选项②正确.因μm A g ＞μm B g ，所以小车所受合力向左，则③对.应选D.2．如图6-3-17所示，A 、B 两物体的质量mA>mB ，中间用一段细绳相连并有一被压缩的弹簧，放在平板上车C 上后，A 、B 、C 均处于静止状态．若地面光滑，则在细绳被剪断后，A 、B 从C 上未滑离之前，A 、B 在C 上向相反方向滑动过程中（ ）A ．若A 、B 与C 之间的摩擦力大小相同，则A 、B 组成的系统动量守恒，A 、B 、C 组成的系统动量也守恒B ．若A 、B 与C 之间的摩擦力大小不相同，则A 、B 组成的系统动量不守恒，A 、B 、C 组成的系统动量也不守恒C ．若A 、B 与C 之间的摩擦力大小不相同，则A 、B 组成的系统动量不守恒，但A 、B 、C 组成的系统动量守恒D ．以上说法均不对 2．【答案】AC ．当A 、B 两物体组成一个系统时，弹簧弹力为内力，而A 、B图6-3-17。

2010年高考物理试题分类汇编——牛顿运动定律（全国卷1）15．如右图，轻弹簧上端与一质量为m 的木块1相连，下端与另一质量为M 的木块2相连，整个系统置于水平放置的光滑木板上，并处于静止状态。

现将木板沿水平方向突然抽出，设抽出后的瞬间，木块1、2的加速度大小分别为1a 、2a 。

重力加速度大小为g 。

则有A ．1a g =，2a g =B ．10a =，2a g =C ．10a =，2m M a g M +=D ．1a g =，2m Ma g M+= 【答案】C【解析】在抽出木板的瞬时，弹簧对1的支持力和对2的压力并未改变。

对1物体受重力和支持力，mg=F,a 1=0. 对2物体受重力和压力，根据牛顿第二定律g MmM M Mg F a +=+=【命题意图与考点定位】本题属于牛顿第二定律应用的瞬时加速度问题，关键是区分瞬时力与延时力。

（上海物理）11. 将一个物体以某一速度从地面竖直向上抛出，设物体在运动过程中所受空气阻力大小不变，则物体（A ）刚抛出时的速度最大 （B ）在最高点的加速度为零（C ）上升时间大于下落时间 （D ）上升时的加速度等于下落时的加速度 解析：m f +=g a 上，mf-=g a 下，所以上升时的加速度大于下落时的加速度，D 错误； 根据221h gt =，上升时间小于下落时间，C 错误，B 也错误，本题选A 。

本题考查牛顿运动定律和运动学公式。

难度：中。

（上海物理）32.（14分）如图，宽度L=0.5m 的光滑金属框架MNPQ 固定板个与水平面内，并处在磁感应强度大小B=0.4T ，方向竖直向下的匀强磁场中，框架的电阻非均匀分布，将质量m=0.1kg ，电阻可忽略的金属棒ab 放置在框架上，并且框架接触良好，以P 为坐标原点，PQ 方向为x 轴正方向建立坐标，金属棒从01x m =处以02/v m s =的初速度，沿x 轴负方向做22/a m s =的匀减速直线运动，运动中金属棒仅受安培力作用。

实验八测量电源电动势和内电阻注意事项1.可选用旧电池：为了使电路的路端电压变化明显，电池的内阻宜大些，可选用已使用过一段时间的1号干电池。

2.电流不要过大，读数要快：干电池在大电流放电时，电动势E会明显下降，内阻r会明显增大。

因此，实验中不要将I调得过大，读数要快，每次读完立即断电。

3.计算法求E、r：要测出不少于6组I、U数据，且变化范围要大些，用方程组求解时，要将测出的I、U数据中，第1和第4为一组、第2和第5为一组、第3和第6为一组，分别解出E、r值，再求平均值。

4.合理选择标度：为使图线分布空间大，如图1所示，纵坐标可以不从零开始，则图线和横轴的交点不再是短路电流，电源的内阻不能用r＝EI短确定，应根据r＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪ΔUΔI确定。

图1误差分析1.用图象法求E和r时作图不准确。

2.由于电流表或电压表的分压或分流存在系统误差。

本实验中测量结果是：E测<E真，r测<r真。

热点一实验原理与实验操作【例1】(2015·江苏单科，10)小明利用如图2所示的实验装置测量一干电池的电动势和内阻。

图2(1)如图2中电流表的示数为________A。

(2)调节滑动变阻器，电压表和电流表的示数记录如下：U(V) 1.45 1.36 1.27 1.16 1.06I(A)0.120.200.280.360.44由图线求得：电动势E＝________V；内阻r＝________Ω。

(3)实验时，小明进行了多次测量，花费了较长时间，测量期间一直保持电路闭合。

其实，从实验误差考虑，这样的操作不妥，因为___________________________ ____________________________________________________________________。

解析 (1)由实验装置图可知，电流表使用0.6 A 量程，所以读数为0.44 A ；(2)描点画图，如图所示，根据U ＝－Ir ＋E 可得电动势为E ＝1.60 V ；图线的斜率绝对值等于内阻r ＝1.22 Ω；(3)干电池长时间使用后，电动势和内阻会发生变化，导致实验误差增大。

考点1 力 直线运动1.（2010·全国Ⅰ理综·T24）(15分)汽车由静止开始在平直的公路上行驶，0～60s 内汽车的加速度随时间变化的图线如图所示。

⑴画出汽车在0～60s 内的v -t 图线； ⑵求在这60s 内汽车行驶的路程。

【命题立意】本题以a-t 和v-t 图线转换为考点,主要考查应用v-t 图线解决问题的能力。

【思路点拨】解答本题时,可参照以下解题步骤:【规范解答】(1)由加速度图像可知前10s 汽车做匀加速直线运动，中间30s 汽车做匀速直线运动,后20s 汽车做匀减速直线运动到停止。

(2分) 由a-t 图和匀变速直线运动的公式,得v m =a 1t 1= 20m/s 。

(2分)建立v-t 坐标系,根据上面所求可画出速度图像如图所示。

(4分)(2)由速度图像的面积可求出汽车作匀加速、匀速、匀减速三段运动的位移之和, (3分) 即:11(102030202020)m 22++×××××=900m (4分) 【答案】⑴速度图像如图所示, ⑵900m2.（2010·全国Ⅱ理综·T22）（5分）利用图中所示的装置可以研究自由落体运动。

实验中需要调整好仪器，接通打点计时器的电源，松开纸带，使重物下落。

打点计时器会在纸带上打出一系列的小点。

（1）为了测得重物下落的加速度，还需要的实验器材有_______。

（填入正确选项前的字母） A ．天平 B ．秒表 C ．米尺（2）若实验中所得到的重物下落的加速度值小于当地的重力加速度值，而实验操作与数据处理均无错误，写出一个你认为可能引起此误差的原因：__________________________________。

【命题立意】本题考查了实验器材的选取、误差的分析，比较容易。

【思路点拨】 结合题意选择器材，根据结果，分析误差来源。

【规范解答】（1）为了测得重物下落的加速度，必须知道重物下落的时间与位移，时间可由打点计时器测定，位移可由米尺测定，物体的质量没有必要测定，故不需要天平。

考点1 直线运动1.〔2010·新课标全国卷·T 24〕〔14分〕短跑名将博尔特在奥运会上创造了100m 和200m 短跑项目的新世界纪录，他的成绩分别是9.69s 和l9.30s 。

假定他在100m 比赛时从发令到起跑的反响时间是0.15s ，起跑后做匀加速运动，达到最大速率后做匀速运动。

200m 比赛时，反响时间与起跑后加速阶段的加速度和加速时间与l00m 比赛时一样，但由于弯道和体力等因素的影响，以后的平均速率只有跑l00m 时最大速率的96％。

求： 〔1〕加速所用时间和达到的最大速率；〔2〕起跑后做匀加速运动的加速度。

〔结果保存两位小数〕【命题立意】此题以短跑名将博尔特在奥运会上的100m 和200m 短跑项目立意命题，考查考生分析运动过程建立运动模型的能力和运用相应的运动规律列方程以与数学运算能力。

【思路点拨】解答此题可按以下思路分析：【规范解答】〔1〕设加速所用时间为t ，匀速运动达到的最大速率为v ，如此有 100)15.069.9(20=--++t v t v ① 2006.90)15.030.19(20=⨯--++v t t v ② 由①②式联立解得：s t 29.1=③ s m v /24.11=④〔2〕设起跑后做匀加速运动的加速度大小为a ，如此tv a = ⑤ 解得：2/71.8s m a =⑥【答案】〔1〕s t 29.1=s m v /24.11=〔2〕2/71.8s m a =2.〔2010·广东理综·T17〕如图是某质点运动的速度图像，由图像得到的正确结果是( )A ．0～1s 内的平均速度是2m/sB. 0～2s 内的位移大小是3mC. 0～1s 内的加速度大于2～4s 内的加速度D ．0～1s 内的运动方向与2～4s 内的运动方向相反分析运动过程 建立运动模型 解方程得结果 选用运动规律列方程【命题立意】此题主要考查v-t 图像。