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第一节电路中的能量学习任务1．知道电功与电功率的概念，了解电热、热功率，知道焦耳定律。
2．理解焦耳定律并会用Q＝I2Rt计算电热，能够对纯电阻电路和非纯电阻电路进行电功与电热的计算，提高解题能力。
3．会从能量守恒的角度探究电路中的能量转化关系，学会与他人交流合作，提高实验探究能力。
知识点一电功和电功率1．电功(1)实质：导体中的恒定电场对自由电荷的静电力在做功。
(2)公式：W＝UIt。
(3)国际单位：焦耳，符号为J。
(4)意义：电功是电能转化为其他形式的能的量度。
2．电功率(1)定义：电流做的功与完成这些功所用时间之比。
(2)公式：P＝Wt＝UI。
(3)单位：瓦特，符号：W。
(4)物理意义：表示电流做功的快慢。
计算电功率的普遍公式P＝Wt(比值定义法)和P＝UI，对于纯电阻电路，计算电功率还可以用公式P＝I2R和P＝U2R。
知识点二焦耳定律1．焦耳定律(1)内容：电流通过导体产生的热量与电流的二次方成正比，与导体的电阻及通电时间成正比。
(2)表达式：Q＝I2Rt。
2．热功率(1)定义：单位时间内的发热量称为热功率。
(2)表达式：P＝I2R。
(3)物理意义：表示电流发热快慢的物理量。
知识点三闭合电路中的能量1．电源提供的电功率为EI。
2．外电路上消耗的电功率为U外I。
3．内电路上消耗的电功率为U内I。
4．闭合电路中的功率关系：EI＝U外I＋U内I。
思考辨析(正确的画“√”，错误的画“×”)(1)电功率越大，电流做功一定越快。
(√)(2)任何电路都有W＝Q，即UIt＝I2Rt。
(×)(3)纯电阻电路中电源的输出功率随外电阻R的增大而增大。
(×)(4)纯电阻电路中，电源的输出功率最大时，电源的效率也最高。
(×)电风扇接上电源后，电风扇转动起来，电风扇消耗的电功率与机械功率与热功率关系怎样？是纯电阻电路还是非纯电阻电路？[提示]电功率等于机械功率与热功率之和，是非纯电阻电路。
实验：验证动量守恒定律[学习目标] 1.掌握验证动量守恒定律的方法和基本思路.2.掌握直线运动物体速度的测量方法．一、实验目的验证碰撞中的动量守恒定律二、实验原理为了使问题简化，这里研究两个物体的碰撞，且碰撞前两物体沿同一直线运动，碰撞后仍沿这一直线运动．设两个物体的质量分别为m1、m2，碰撞前的速度分别为v1、v2，碰撞后的速度分别为v1′、v2′，如果速度与我们规定的正方向相同取正值，相反取负值．根据实验求出两物体碰前动量p＝m1v1＋m2v2，碰后动量p′＝m1v1′＋m2v2′，看p与p′是否相等，从而验证动量守恒定律．三、实验设计实验设计需要考虑的问题：(1)如何保证碰撞前后两物体速度在一条直线上．(2)如何测定质量和速度．①测量质量用天平．②测定碰撞前后的速度，这是实验成功的关键．四、实验案例气垫导轨上的实验器材：气垫导轨、气泵、光电计时器、天平等．气垫导轨装置如图1所示，由导轨、滑块、挡光片、光电门等组成，在空腔导轨的两个工作面上均匀分布着一定数量的小孔，向导轨空腔内不断通入压缩空气，压缩空气会从小孔中喷出，使滑块稳定地漂浮在导轨上(如图2所示，图中气垫层的厚度放大了很多倍)，这样大大减小了由摩擦产生的影响．图1 图2设Δx为滑块(挡光片)的宽度，Δt为数字计时器显示的滑块(挡光片)经过光电门的时间，则v ＝Δx Δt .五、实验步骤1．调节气垫导轨，使其水平．是否水平可按如下方法检查：打开气泵后，导轨上的滑块应该能保持静止．2．按说明书连接好数字计时器与光电门．3．如图3所示，把中间夹有弯形弹簧片的两滑块置于光电门中间保持静止，烧断拴弹簧片的细线，测出两滑块的质量和速度，将实验结果记入设计好的表格中．图34．如图4所示，在滑块上安装好弹性碰撞架．将两滑块从左、右以适当的速度经过光电门后在两光电门中间发生碰撞，碰撞后分别沿各自碰撞前相反的方向运动再次经过光电门，光电计时器分别测出两滑块碰撞前后的速度．测出它们的质量后，将实验结果记入相应表格中．图45．如图5所示，在滑块上安装好撞针及橡皮泥，将装有橡皮泥的滑块停在两光电门之间，装有撞针的滑块从一侧经过光电门后两滑块碰撞，一起运动经过另一光电门，测出两滑块的质量和速度，将实验结果记入相应表格中．图56．根据上述各次碰撞的实验数据验证碰撞前后的动量是否守恒．实验数据记录表碰撞(烧断)前 碰撞(烧断)后质量m (kg) m 1 m 2 m 1 m 2速度v (m·s －1)v 1v 2v 1′v 2′m1v1＋m2v2m1v1′＋m2v2′mv(kg·m·s－1)结论例1某同学利用气垫导轨做验证碰撞中的动量守恒的实验；气垫导轨装置如图6所示，所用的气垫导轨装置由导轨、滑块、弹射架、光电门等组成．图6(1)下面是实验的主要步骤：①安装好气垫导轨，调节气垫导轨的调节旋钮，使导轨水平；②向气垫导轨通入压缩空气；③接通光电计时器；④把滑块2静止放在气垫导轨的中间；⑤滑块1挤压导轨左端弹射架上的橡皮绳；⑥释放滑块1，滑块1通过光电门1后与左侧固定弹簧的滑块2碰撞，碰后滑块1和滑块2依次通过光电门2，两滑块通过光电门2后依次被制动；⑦读出滑块通过两个光电门的挡光时间分别为滑块1通过光电门1的挡光时间Δt1＝10.01 ms，通过光电门2的挡光时间Δt2＝49.99 ms，滑块2通过光电门2的挡光时间Δt3＝8.35 ms；⑧测出挡光片的宽度d＝5 mm，测得滑块1(包括撞针)的质量为m1＝300 g，滑块2(包括弹簧)的质量为m2＝200 g；(2)数据处理与实验结论：①实验中气垫导轨的作用是a.________b．________.②碰撞前滑块1的速度v1为________m/s；碰撞后滑块1的速度v2为______m/s；滑块2的速度v3为______m/s；(结果保留两位有效数字)③在误差允许的范围内，通过本实验，同学们可以探究出哪些物理量是不变的？通过对实验数据的分析说明理由．(至少回答2个不变量)．a ．____________b ．____________.答案 ①a.大大减小了因滑块和导轨之间的摩擦而引起的误差．b.保证两个滑块的碰撞是一维的．②0.50 0.10 0.60③a.系统碰撞前后总动量不变．b.碰撞前后总动能不变．(c.碰撞前后质量不变．) 解析 ①a.大大减小了因滑块和导轨之间的摩擦而引起的误差．b.保证两个滑块的碰撞是一维的．②滑块1碰撞之前的速度v 1＝d Δt 1＝5×10－310.01×10－3 m/s ≈0.50 m/s ；滑块1碰撞之后的速度v 2＝d Δt 2＝5×10－30.049 9m/s ≈0.10 m/s ；滑块2碰撞后的速度v 3＝d Δt 3＝5×10－38.35×10－3 m/s ≈0.60 m/s ；③a.系统碰撞前后总动量不变．因为系统碰撞前的动量m 1v 1＝0.15 kg·m/s，系统碰撞后的动量m 1v 2＋m 2v 3＝0.15 kg·m/s b ．碰撞前后总动能不变．因为碰撞前的总动能E k1＝12m 1v 12＝0.037 5 J ，碰撞之后的总动能E k2＝12m 1v 22＋12m 2v 32＝0.037 5J ，所以碰撞前后总动能相等． c ．碰撞前后质量不变．例2 某同学设计了一个用打点计时器探究碰撞中动量变化的规律的实验：在小车A 的前端粘有橡皮泥，推动小车A 使之做匀速直线运动．然后与原来静止在前方的小车B 相碰并粘合成一体，继续做匀速直线运动，他设计的具体装置如图7所示．在小车A 后连着纸带，电磁打点计时器电源频率为50 Hz ，长木板下垫着小木片用以平衡摩擦力．图7(1)若已得到打点纸带如图8所示，并测得各计数点间的距离标在图上，A 为运动起始的第一点．则应选________段来计算小车A 的碰前速度，应选______段来计算小车A 和小车B 碰后的共同速度(填“AB ”“BC ”“CD ”或“DE ”)．图8(2)已测得小车A 的质量m A ＝0.40 kg ，小车B 的质量m B ＝0.20 kg ，由以上的测量结果可得：碰前两小车的总动量为______ kg·m/s，碰后两小车的总动量为______ kg·m/s. 答案 (1)BC DE (2)0.420 0.417解析 (1)因小车做匀速运动，应取纸带上打点均匀的一段来计算速度，碰前BC 段点距相等，碰后DE 段点距相等，故取BC 段、DE 段分别计算碰前小车A 的速度和碰后小车A 和小车B 的共同速度． (2)碰前小车速度v A ＝x BC T ＝10.50×10－20.02×5m/s ＝1.05 m/s其动量p A ＝m A v A ＝0.40×1.05 kg·m/s＝0.420 kg·m/s碰后小车A 和小车B 的共同速度v AB ＝x DE T ＝6.95×10－20.02×5m/s ＝0.695 m/s碰后总动量p AB ＝(m A ＋m B )v AB ＝(0.40＋0.20)×0.695 kg·m/s＝0.417 kg·m/s从上面计算可知：在实验误差允许的范围内，碰撞前后总动量不变．例3 某同学用图9甲所示的装置通过半径相同的A 、B 两球的碰撞来探究动量守恒定律．图中SQ 是斜槽，QR 为水平槽．实验时先使A 球从斜槽上某一固定位置G 由静止开始滚下，落到位于水平地面的记录纸上留下痕迹．再把B 球放在水平槽上靠近末端的地方，让A 球仍从位置G 由静止滚下，和B 球碰撞后，A 、B 两球分别在记录纸上留下各自的落点痕迹，重复这种操作10次．图中O 点是水平槽末端R 在记录纸上的垂直投影点．B 球落点痕迹如图乙所示，其中米尺水平放置，且平行于G 、R 、O 所在平面，米尺的零点与O 点对齐． (1)碰撞后B 球的水平射程ON 应取为________ cm.图9(2)该同学实验数据记录如表所示，设两球在空中运动的时间为t ，请根据数据求出两球碰撞前的动量之和是________，两球碰撞后的动量之和是________，由此得出的结论是________________________________________________________________________.m A /gm B /gOM /cmON /cm OP /cm20.010.015.247.9答案 (1)65.2 (2)958.0 g·cm t 956.0 g·cmt误差允许的范围内，碰撞前后动量守恒定律成立解析 (1)水平射程是将10个不同的落点用尽量小的圆圈起来，其圆心即为平均落点，从题图乙上可读出约为65.2 cm.(2)A 、B 两球在碰撞前后都做平抛运动，高度相同，在空中运动的时间相同，而水平方向都做匀速直线运动，其水平射程等于速度与落地时间t 的乘积． 碰撞前A 球的速度为v A ＝OP t ＝47.9 cm t，碰撞前质量与速度的乘积之和为m A v A ＝20.0 g×47.9 cm t ＝958.0 g·cmt.碰撞后A 球的速度为v A ′＝OM t ＝15.2 cmt，碰撞后B 球的速度为v B ′＝ON t ＝65.2 cm t.碰撞后动量之和为m A v A ′＋m B v B ′＝20.0 g×15.2 cm t ＋10.0 g×65.2 cm t ＝956.0 g·cmt.一、选择题(1题为单选题，2～3题为多选题)1．用气垫导轨进行验证碰撞中的动量守恒的实验时，不需要测量的物理量是( ) A ．滑块的质量 B ．挡光时间 C ．挡光片的宽度 D ．光电门的高度答案 D2．在利用气垫导轨探究动量守恒定律实验中，哪些因素可导致实验误差( ) A ．导轨安放不水平 B ．小车上挡光板倾斜 C ．两小车质量不相等 D ．两小车碰后粘合在一起 答案 AB解析 导轨不水平，小车速度将受重力影响．挡光板倾斜会导致挡光板宽度不等于挡光阶段小车通过的位移，导致速度计算出现误差．3．若用打点计时器做“探究碰撞中的不变量”的实验，下列操作正确的是( ) A ．相互作用的两车上，一个装上撞针，一个装上橡皮泥，是为了改变两车的质量 B ．相互作用的两车上，一个装上撞针，一个装上橡皮泥，是为了碰撞后粘在一起 C ．先接通打点计时器的电源，再释放拖动纸带的小车 D ．先释放拖动纸带的小车，再接通打点计时器的电源 答案 BC解析 相互作用的两车上，一个装上撞针，一个装上橡皮泥，是为了碰撞后两车能粘在一起共同运动，这种情况能得到能量损失很大的碰撞，选项A 错，B 正确；应当先接通打点计时器的电源，再释放拖动纸带的小车，否则因运动距离较短，小车释放以后再接通电源，不容易得到实验数据，故选项C 正确，D 错误． 二、非选择题4．在用气垫导轨做“验证碰撞中的动量守恒”实验时，左侧滑块质量m 1＝170 g ，右侧滑块质量m 2＝110 g ，挡光片宽度d 为3.00 cm ，两滑块之间有一压缩的弹簧片，并用细线连在一起，如图1所示．开始时两滑块静止，烧断细线后，两滑块分别向左、右方向运动．挡光片通过光电门的时间分别为Δt 1＝0.32 s ，Δt 2＝0.21 s ．则两滑块的速度大小分别为v 1′＝______m/s ，v 2′＝______m/s(保留三位有效数字)．烧断细线前m 1v 1＋m 2v 2＝______kg·m/s，烧断细线后m 1v 1′＋m 2v 2′＝________kg·m/s.可得到的结论是__________________________．(取向左为速度的正方向)图1答案 0.094 0.143 0 2.5×10－4在实验允许的误差范围内，碰撞前后两滑块的总动量保持不变 解析 两滑块速度v 1′＝d Δt 1＝3.00×10－20.32m/s ≈0.094 m/s ，v 2′＝－d Δt 2＝－3.00×10－20.21 m/s ≈－0.143 m/s ，烧断细线前m 1v 1＋m 2v 2＝0烧断细前后m 1v 1′＋m 2v 2′＝(0.170×0.094－0.110×0.143) kg·m/s＝2.5×10－4kg·m/s， 在实验允许的误差范围内，m 1v 1＋m 2v 2＝m 1v 1′＋m 2v 2′.5．用如图2所示装置验证碰撞中的动量守恒，气垫导轨水平放置，挡光板宽度为9.0 mm ，两滑块被弹簧(图中未画出)弹开后，左侧滑块通过左侧光电计时器，记录时间为0.040 s ，右侧滑块通过右侧光电计时器，记录时间为0.060 s ，左侧滑块质量为100 g ，左侧滑块的m 1v 1＝________ g·m/s，右侧滑块质量为150 g ，两滑块的总动量m 1v 1＋m 2v 2＝________g·m/s.(取向左为速度的正方向)图2答案 22.5 0解析 左侧滑块的速度为：v 1＝d 1t 1＝9.0×10－30.040m/s ＝0.225 m/s则左侧滑块的m 1v 1＝100 g×0.225 m/s＝22.5 g·m/s 右侧滑块的速度为：v 2＝－d 2t 2＝－9.0×10－30.060m/s ＝－0.15 m/s则右侧滑块的m 2v 2＝150 g×(－0.15 m/s)＝－22.5 g·m/s 因m 1v 1与m 2v 2等大、反向，两滑块的总动量m 1v 1＋m 2v 2＝0.6．如图3所示，在实验室用两端带竖直挡板C 、D 的气垫导轨和带固定挡板的质量都是M 的滑块A 、B ，做探究碰撞中的不变量的实验：图3(1)把两滑块A 和B 紧贴在一起，在A 上放质量为m 的砝码，置于导轨上，用电动卡销卡住A 和B ，在A 和B 的固定挡板间放一弹簧，使弹簧处于水平方向上的压缩状态．(2)按下电钮使电动卡销放开，同时启动两个记录两滑块运动时间的电子计时器，当A 和B 与挡板C 和D 碰撞的同时，电子计时器自动停表，记下A 运动至C 的时间t 1，B 运动至D 的时间t 2.(3)重复几次取t 1、t 2的平均值． 请回答以下几个问题：①在调整气垫导轨时应注意___________________________________________________； ②应测量的数据还有_________________________________________________________； ③作用前A 、B 两滑块的速度与质量乘积之和为________________，作用后A 、B 两滑块的速度与质量乘积之和为________________．(用测量的物理量符号和已知的物理量符号表示) 答案 ①用水平仪测量并调试使得气垫导轨水平 ②A 至C 的距离L 1、B 至D 的距离L 2 ③0 (M ＋m )L 1t 1－M L 2t 2或M L 2t 2－(M ＋m )L 1t 1解析 ①为了保证滑块A 、B 作用后做匀速直线运动，必须使气垫导轨水平，需要用水平仪加以调试．②要求出A 、B 两滑块在电动卡销放开后的速度，需测出A 至C 的时间t 1和B 至D 的时间t 2，并且要测量出两滑块到两挡板的运动距离L 1和L 2，再由公式v ＝xt求出其速度．③设向左为正方向，根据所测数据求得两滑块的速度分别为v A ＝L 1t 1，v B ＝－L 2t 2.碰前两滑块静止，v ＝0，速度与质量乘积之和为0；碰后两滑块的速度与质量乘积之和为(M ＋m )L 1t 1－M L 2t 2.若设向右为正方向，同理可得碰后两滑块的速度与质量的乘积之和为M L 2t 2－(M ＋m )L 1t 1. 7．某班物理兴趣小组选用如图4所示装置来“探究碰撞中的动量守恒”．将一段不可伸长的轻质小绳一端与力传感器(可以实时记录绳所受的拉力)相连固定在O 点，另一端连接小钢球A ，把小钢球拉至M 处可使绳水平拉紧．在小钢球最低点N 右侧放置有一水平气垫导轨，气垫导轨上放有小滑块B (B 上安装宽度较小且质量不计的遮光板)、光电门(已连接数字毫秒计)．当地的重力加速度为g .图4某同学按上图所示安装气垫导轨、滑块B (调整滑块B 的位置使小钢球自由下垂静止在N 点时与滑块B 接触而无压力)和光电门，调整好气垫导轨高度，确保小钢球A 通过最低点时恰好与滑块B 发生正碰．让小钢球A 从某位置静止释放，摆到最低点N 与滑块B 碰撞，碰撞后小钢球A 并没有立即反向，碰撞时间极短．(1)为完成实验，除了毫秒计读数Δt 、碰撞前瞬间绳的拉力F 1、碰撞结束瞬间绳的拉力F 2、滑块B 的质量m B 和遮光板宽度d 外，还需要测量的物理量有________． A ．小钢球A 的质量m A B ．绳长LC ．小钢球从M 到N 运动的时间(2)滑块B 通过光电门时的瞬时速度v B ＝________.(用题中已给的物理量符号来表示) (3)实验中需要探究的表达式为________． 答案 (1)AB (2)dΔt(3)F 1m A L －m 2A gL ＝F 2m A L －m 2A gL ＋m BdΔt解析 滑块B 通过光电门时的瞬时速度v B ＝dΔt. 根据牛顿第二定律得：F 1－m A g ＝m A v21L .F 2－m A g ＝m A v 22L.由m A v 1＝m A v 2＋m B v B 得F 1m A L －m 2A gL ＝F 2m A L －m 2A gL ＋m BdΔt.所以还需要测量小钢球A 的质量m A 以及绳长L .。
第一节物体的碰撞一、教材分析：本节书在大多数的教学计划中都会与第二节合在一起上，单独作为一节课来上的内容比较简单，所以应该利用好这节书进行思维和能力的渗透。
二、教学目标㈠知识与技能1、了解历史上对碰撞问题的研究过程2、知道生活中各种各样的碰撞形式3、知道弹性碰撞和非弹性碰撞4、能正确表述弹性碰撞和非弹性碰撞的特征，会用能量守恒的关系分析弹性与非弹性碰撞现象㈡过程与方法经历不同弹性的物体间的碰撞的实验探究过程，知道区分的常用方法，培养分析推理的能力㈢情感态度与价值观了解中外科学家对碰撞问题的研究历史过程，发展对科学的好奇心，体验探索自然规律的艰辛和喜悦通过碰撞的实验探究，了解世界的多样性，体验探究学习的快乐学会建立碰撞模型，正向迁移碰撞的规律，解决相似的物理问题，培养学生发散型创新思维方式三、教学重点、难点1．重点：掌握碰撞中能量的变化和规律，以及碰撞的特点2．难点：如何利用碰撞特点分析碰撞过程四、教学建议本节是为了引入动量作铺垫，让学生了解碰撞及其种类。
碰撞是力学中的基本问题之一，也是自然界的常见现象，教材首先展示了历史上各国科学家对这一问题的研究过程，在这一过程中对碰撞问题的研究导致了一系列定律的产生，接着通过生活实例让学生认识正碰和斜碰两个概念，目的是激发学生的学习兴趣，认识身边就存在着的物理，接着通过一个实验探究活动活动，让学生通过自己的实践总结不同弹性物体间的碰撞。
用好教材本身和实验探究的开展是本节课的教学要注重的地方。
五、课前准备：1、布置学生预习；2、布置学生收集材料包括视频，关于碰撞的内容3、准备演示实验和分组实验教师演示实验：鸡蛋多个，弹性小球，非弹性类小球，正碰小球，牛顿摆学生分组实验：正碰小球六、教学设计流程七、课后反思由于内容简单，设计时尽可能给与学生自己探究和研究的时间，老师只在部分关键的地方给与总结性的点拨，这种叫法可能只是用于极少节书的设计。
【金版学案】2015-2016学年高中物理第一章电磁感应章末知识整合粤教版选修3-2专题一 电磁感应中的电路问题在电磁感应现象中，切割磁感线的导体或磁通量发生变化的回路将产生感应电动势．若回路闭合，则产生感应电流，感应电流引起热效应，所以电磁感应问题常常与电路知识综合考查．1．解决与电路相联系的电磁感应问题的基本方法．(1)明确哪部分导体或电路产生感应电动势，该导体或电路就是电源，其他部分是外电路．(2)用法拉第电磁感应定律确定感应电动势的大小，用楞次定律确定感应电流的方向．(3)画等效电路图．分清内外电路，画出等效电路图是解决此类问题的关键．(4)运用闭合电路欧姆定律、串并联电路的特点、电功、电功率等公式求解．2．问题示例．(1)图甲中若磁场增强，可判断感应电流方向为逆时针，则φB >φA ；若线圈内阻为r ，则U BA ＝ΔΦΔt ·R R ＋r. (2)图乙中，据右手定则判定电流流经AB 的方向为B →A ，则可判定φA >φB ，若导体棒的电阻为r ，则U AB ＝BLv R ＋r·R . 3．电磁感应中常见的两种情形．(1)导体切割磁感线时的电路分析．例1 固定在匀强磁场中的正方形导线框abcd ，各边长为L ，其中ab 是一段电阻为R 0的均匀电阻丝，其余三边均为电阻可忽略的铜线，磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度为B .现有一与ab 段的材料、粗细、长度都相同的电阻丝PQ 架在导线框上，以恒定速度v 从ad 滑向bc ，如图所示．当PQ 滑过L 3的距离时，PQ 两端的电势差是________，通过aP 段电阻丝的电流强度是________，方向向________(填“左”或“右”)．解析：把PQ 等效为电源，等效电路图如右图，产生感应电动势的大小：E ＝BLv ；整个电路的总电阻：R 总＝R 0＋R 03·2R 03R 0＝119R 0； 则干路中的电流：I ＝E119R 0； PQ 两端的电势差：U ＝E －Ir ＝E －E ·R 0119R 0＝211E ＝2BLv 11. aP 、bP 的电阻之比为1∶2，则电流比为2∶1，通过aP 的电流大小I ′＝23I ＝23·9E 11R 0＝6BLv 11R 0. 根据右手定则流过QP 的电流方向由Q 到P ，所以流过aP 段的电流方向向左．答案：2BLv 11 6BLv 11R 0 左 (2)磁场发生变化时的电路分析．例2 如图所示，匝数n ＝100匝，面积S ＝0.2 m 2、电阻r ＝0.5 Ω的圆形线圈MN 处于垂直纸面向里的匀强磁场内，磁感应强度随时间按B ＝0.6＋0.02t (T)的规律变化．处于磁场外的电阻R 1＝3.5 Ω，R 2＝6 Ω，电容C ＝30 μF ，开关S 开始时未闭合，求：(1)闭合S 后，线圈两端M 、N 两点间的电压U MN 和电阻R 2消耗的电功率；(2)闭合S 一段时间后又打开S ，则S 断开后通过R 2的电荷量为多少？解析：(1)线圈中感应电动势E ＝N ΔΦΔt ＝N ΔB ΔtS ＝100×0.02×0.2 V ＝0.4 V 通过电源的电流强度I ＝E R 1＋R 2＋r ＝0.43.5＋6＋0.5A ＝0.04 A 线圈两端M 、N 两点间的电压U MN ＝E －Ir ＝0.4 V －0.04×0.5 V ＝0.38 V电阻R 2消耗的电功率P 2＝I 2R 2＝0.04×0.04×6 W ＝9.6×10－3 W.(2)闭合S 一段时间后，电路稳定，电容器C 相当于开路，其两端电压U C 等于R 2两端的电压，即U C ＝IR 2＝0.04×6 V ＝0.24 V电容器充电后所带电荷量为Q ＝CU C ＝30×10－6×0.24 C ＝7.2×10－6C当S 再断开后，电容器通过电阻R 2放电，通过R 2的电荷量为7.2×10－6 C.答案：见解析专题二 电磁感应中的力学问题1．解决电磁感应中的力学问题的一般思路．(1)用法拉第电磁感应定律和楞次定律求感应电动势的大小和方向．(2)求回路中的电流．(3)分析研究导体的受力情况(包含安培力，用左手定则确定其方向)．(4)根据牛顿第二定律或物体受力平衡列方程求解．2．受力情况、运动情况的动态分析．导体受力运动产生感应电动势→感应电流→通电导体受安培力作用→合外力变化→加速度变化→速度变化→感应电动势变化→……周而复始地循环，最终结果是加速度等于0，导体达到稳定运动状态．此类问题要画好受力图，抓住加速度a ＝0时，速度v 达到最值的特点．例3 如图所示，水平放置的平行光滑轨道间距为L ＝1 m ．左端连有定值电阻R ＝2 Ω，金属杆MN 与轨道接触良好，MN 的电阻为r ＝0.5 Ω，轨道电阻不计，整个装置处于磁感应强度为B ＝1 T 的匀强磁场中，现在使MN 在水平向右的恒力F ＝2 N 的作用下运动，则：(1)试判断M N 杆哪端电势高．(2)杆获得的最大速度是多少？(3)MN 两点的最大电势差是多大？解析：(1)由右手定则可判断M 端电势高．(2)由题意可知：当金属杆MN 受到的安培力F 安＝F 时，杆获得的速度最大．即：F 安＝BIL ＝B 2L 2v R ＋r＝F ，代入数据得v ＝5 m/s. (3)当杆MN 获得最大速度后，杆即做匀速运动，此时U MN 电势差最大，此时由法拉第电磁感应定律可得E ＝BLv ＝5 V由欧姆定律可得：U MN ＝ER ＋r ·R ＝4 V.答案：(1)M 端电势高 (2)v ＝5 m/s (3)4 V规律小结：解决电磁感应中电路问题的关键是把电磁感应问题等效为稳恒直流电路问题：(1)把产生感应电动势那部分导体等效为电源，感应电动势的大小相当于电源电动势，其余部分相当于外电路．(2)画出等效电路图．(3)依据电路知识分析求解．例4 如图所示，AB 、CD 是两根足够长的固定平行金属导轨，两导轨间的距离为L ，导轨平面与水平面的夹角为θ，在整个导轨平面内都有垂直于导轨平面斜向上方的匀强磁场，磁感应强度为B ，在导轨的 AC 端连接一个阻值为 R 的电阻，一根质量为m 、垂直于导轨放置的金属棒ab ，从静止开始沿导轨下滑，求此过程中ab 棒的最大速度．已知ab 与导轨间的动摩擦因数为μ，导轨和金属棒的电阻都不计．解析：ab 沿导轨下滑过程中受四个力作用，即重力mg 、支持力F N 、摩擦力F f 、安培力F 安，如图所示，ab 由静止开始下滑后，将是 v ↑→E ↑→I ↑→F 安↑→a ↓(↑为增大符号)，所以这是个变加速过程，当加速度减到a ＝0时，其速度即增到最大v ＝v m ，此时必将处于平衡状态，以后将以v m 匀速下滑．ab 下滑时因切割磁感线，要产生感应电动势，根据电磁感应定律： E ＝BLv ① 闭合电路AC ba 中将产生感应电流，根据闭合电路欧姆定律： I ＝E R②根据右手定则可判定感应电流方向为aACba ，再根据左手定则判断它受的安培力 F 安方向如图所示，其大小为：F 安＝BIL ③取平行和垂直导轨的两个方向对ab 所受的力进行正交分解，应有：F N ＝mg cos θ F f ＝μmg cos θ 由①②③可得：F 安＝B 2L 2v R. 以ab 为研究对象，根据牛顿第二定律应有： mg sin θ－μmg cos θ－B 2L 2v R＝ma ； ab 做加速度减小的变加速运动，当a ＝0时速度达最大．因此，ab 达到v m 时应有：mg sin θ－μmg cos θ－B 2L 2v R＝0④ 由④式可解得 v m ＝mg （sin θ－μcos θ）R B 2L 2. 答案：见解析规律小结：解决电磁感应的力学综合问题常见的基本处理方法：(1)导体处于平衡状态——静止或匀速直线运动状态．处理方法：根据平衡条件，列式分析求解．(2)导体处于非平衡状态——加速度a ≠0.处理方法：根据牛顿第二定律进行动态分析，或结合功能关系分析．专题三 电磁感应中的图象问题1．常见的电磁感应图象．常见的图象有磁感应强度B 、磁通量Φ、感应电动势Е和感应电流Ι随时间t 变化的图象，即Bt 图象、Φt 图象、Et 图象和It 图象．对于切割磁感线产生感应电动势和感应电流的情况，还常常涉及感应电动势E 和感应电流I 随线圈位移x 变化的图象，即Ex 图象和Ix 图象．涉及磁场对导体的作用力的，有Ft 图象．因为要表示的物理量，如磁感应强度B 、磁通量Φ、感应电动势E 和感应电流I 以及安培力F 等，是有方向(或说正负)的，所以不管什么图象，都是用正负值来反映E 、I 、B 等物理量方向的(或正负的)2．分析思路．(1)用楞次定律或右手定则判断感应电动势(或电流)的方向，确定其正负及在坐标中的范围．(2)利用法拉第电磁感应定律分析感应电动势(或电流)的大小及变化规律．3．常见题型．(1)由给定的电磁感应过程选出或画出有关正确的图象．例5 矩形导线框abcd放在匀强磁场中，在外力控制下处于静止状态，如图甲所示．磁感线方向与导线框所在平面垂直，磁感应强度B随时间变化的图象如图乙所示．t＝0时刻，磁感应强度的方向垂直线框平面向里，在0～4 s时间内，导线框ad边所受安培力随时间变化的图象(规定向左为安培力的正方向)可能是下图中的( )解析：t＝0时刻，磁感应强度的方向垂直线框平面向里，在0到1 s内，穿过线框的磁通量变小，由楞次定律可得，感应电流方向是顺时针，再由左手定则可得线框的ad边的安培力水平向左．当在1 s到2 s内，磁感应强度的方向垂直线框平面向外，穿过线框的磁通量变大，由楞次定律可得，感应电流方向是顺时针，再由左手定则可得线框的ad边的安培力水平向右．在下一个周期内，重复出现安培力先向左后向右．答案：D(2)由给定的图象分析电磁感应过程，判断其他物理量的变化．例6一个圆形闭合线圈固定在垂直纸面的匀强磁场中，线圈平面与磁场方向垂直，如图甲所示设垂直于纸面向里的磁感应强度方向为正，垂直于纸面向外的磁感应强度方向为负，线圈中顺时针方向的感应电流为正，逆时针方向的感应电流为负．已知圆形线圈中感应电流i随时间变化的图象如图乙所示，则线圈处的磁场的磁感应强度随时间变化的图象可能是图中的哪一个( )解析：设垂直纸面向里的磁感应强度方向为正，线圈中顺时针方向的感应电流为正，则由乙可知：线圈中在前0.5 s内产生了逆时针方向的感应电流，由楞次定律可得：当磁通量增加时，感应磁场方向与原磁场方向相反；当磁通量减小时，感应磁场方向与原磁场方向相同．A．在前0.5 s内由乙图根据楞次定律可知，若磁场方向垂直向里(正方向)时，必须是磁场增强的；若磁场方向垂直向外(负方向)时，必须是磁场减弱的．而在0.5 s～1.5 s，若磁场方向垂直向里(正方向)时，必须是磁场减弱的；若磁场方向垂直向外(负方向)时，必须是磁场增加的．所以A选项错误；B．在前0.5 s内，若磁场方向垂直向里(正方向)时，必须是磁场增强的，则磁通量也会增大；若磁场方向垂直向外(负方向)时，必须是磁场减弱的，则磁通量也会减小．而在0.5 s～1.5 s，由感应电流方向，结合楞次定律可得：若磁场方向垂直向里(正方向)时，必须是磁场减弱的，则磁通量也会减小；若磁场方向垂直向外(负方向)时，必须是磁场增加的，则磁通量也会增大．故B错误；C．在前0.5 s内由乙图根据楞次定律可知，若磁场方向垂直向里(正方向)时，必须是磁场增强的；若磁场方向垂直向外(负方向)时，必须是磁场减弱的．而在0.5 s～1.5 s，若磁场方向垂直向里(正方向)时，必须是磁场减弱的；若磁场方向垂直向外(负方向)时，必须是磁场增加的．所以C选项正确；D．在前0.5 s内，若磁场方向垂直向里(正方向)时，必须是磁场增强的，则磁通量也会增大；若磁场方向垂直向外(负方向)时，必须是磁场减弱的，则磁通量也会减小．而在0.5 s ～1.5 s，由感应电流方向，结合楞次定律可得：若磁场方向垂直向里(正方向)时，必须是磁场减弱的，则磁通量也会减小；若磁场方向垂直向外(负方向)时，必须是磁场增加的，则磁通量也会增大．故D正确．答案：CD规律小结：(1)观察横纵坐标轴代表的物理量，整体观察图象的周期性．(2)观察图线并分析其物理意义，包含图线的斜率含义，横纵坐标轴的截距的含义，图线的形状对应的函数关系等．(3)实现将图象“翻译”成实际的物理过程，从而做出正确的判断．专题四电磁感应中的能量问题1．能量转化．在电磁感应现象中，通过外力克服安培力做功，把机械能或其他形式的能转化为电能，克服安培力做多少功，就有多少其他形式的能转化为电能，即在电路中就产生多少电能．若电路是纯电阻电路，转化过来的电能全部转化为内能；若电路为非纯电阻电路，则电能一部分转化为内能，一部分转化为其他形式的能，比如：用电器有电动机，一部分转化为机械能．2．一般思路．(1)分析回路，分清电源和外电路．(2)分清哪些力做功，明确有哪些形式的能量发生转化．如： 做功情况能量转化的特点 滑动摩擦力做功有内能产生 重力做功重力势能必然发生变化 克服安培力做功必然有其他形式的能转化为电能，并且克服安培力做了多少功，就有多少电能产生 安培力做正功 电能转化为其他形式的能(3)根据能量守恒列方程求解．3．电能的三种求解思路．(1)利用克服安培力做功求解，电磁感应中产生的电能等于克服安培力所做的功．(2)利用能量守恒求解，相应的其他能量的减少量等于产生的电能．(3)利用电路特征来求解，通过电路中所消耗的电能来计算．例7 如图所示，有一水平放置的光滑导电轨道，处在磁感强度为B ＝0.5 T ，方向向下的匀强磁场中．轨道上放一根金属杆，它的长度恰好等于轨道间的间距L ＝0.2 m ，其质量m ＝0.1 kg ，电阻r ＝0.02 Ω.跨接在轨道间的电阻R ＝1.18 Ω.轨道电阻忽略不计，g ＝10 m/s 2.(1)要使金属杆获得60 m/s 的稳定速度，应对它施加多大的水平力F?(2)在金属杆获得60 m/s 的稳定速度后，若撤去水平力F ，那么此后电阻R 上还能放出多少热量？解析：(1)金属杆获得稳定的速度，就是做匀速运动，它所受到的安培力与外力应是一对平衡力，即F ＝F B ＝BIL ，ab 杆切割磁感线产生的感应电动势为E ＝BLv ，回路中感应电流I ＝ER ＋r ＝BLv R ＋r ，所以F ＝B 2L 2v R ＋r ＝0.5 N. 撤去外力F 后，金属杆将在安培力的作用下做减速运动，感应电动势在减小，感应电流在减小，安培力在减小，加速度在减小，直到金属杆的速度为零时为止，此过程中，金属杆的动能通过安培力做功转化为回路中的电能，再通过电阻转化为电热．由于外电阻R 与金属杆是串联关系，在串联电路中，消耗的电能与电阻成正比，故有：Q R ＋Q r ＝12mv 2＝180 J ，在串联电路中，Q R Q r ＝R r＝59，解得：Q R ＝177 J. 答案：(1)0.5 N (2)177 J例8 如图所示，正方形导线框abcd 的质量为m 、边长为l ，导线框的总电阻为R .导线框从垂直纸面向里的水平有界匀强磁场的上方某处由静止自由下落，下落过程中，导线框始终在与磁场垂直的竖直平面内，cd 边保持水平．磁场的磁感应强度大小为B ，方向垂直纸面向里，磁场上、下两个界面水平距离为l .已知cd 边刚进入磁场时线框恰好做匀速运动．重力加速度为g .(1)求cd 边刚进入磁场时导线框的速度大小；(2)请证明：导线框的cd 边在磁场中运动的任意瞬间，导线框克服安培力做功的功率等于导线框消耗的电功率；(3)求从导线框cd 边刚进入磁场到ab 边刚离开磁场的过程中，导线框克服安培力所做的功．解析：(1)设线框cd 边刚进入磁场时的速度为v ，则在cd 边进入磁场过程时产生的感应电动势为E ＝BLv ，根据闭合电路欧姆定律，通过导线框的感应电流为：I ＝Blv R导线框受到的安培力为：F 安＝BIl ＝B 2l 2v R因cd 刚进入磁场时导线框做匀速运动，所以有F 安＝mg以上各式联立得：v ＝mgR B 2l 2. (2)导线框cd 边在磁场中运动时，克服安培力做功的功率为：P 安＝F 安v代入(1)中的结果，整理得：P 安＝B 2l 2v 2R导线框消耗的电功率为：P 电＝I 2R ＝B 2l 2v 2R 2·R ＝B 2l 2v 2R 因此有P 电＝P 安．(3)导线框ab 边刚进入磁场时，cd 边即离开磁场，因此导线框继续做匀速运动．导线框穿过磁场的整个过程中，导线框的动能不变．设导线框克服安培力做功为W 安，根据动能定理有：2mgl －W 安＝0，解得：W 安＝2mgl .答案：见解析规律小结：电磁感应的过程是能量转化与守恒的过程，在解决电磁感应中的能量问题时，应牢牢抓住能量守恒这一基本规律，明确哪些力做功，对应着哪些能量发生了转化．黑洞最后的命运：大爆炸在黑洞不断增大的假设中，黑洞的生命永远不会停止．但有一个预示性的停止正是由同一位霍金做出的，他把黑洞比作一个不断充气的气球.1976年，霍金在《自然》杂志上发表文章指出，黑洞会不断蒸发直到最后爆炸而消失．这种理论今天已被普遍认同．人们认为有可能“看到”黑洞的最后的闪烁，就是能从高能电磁波中观测到的黑洞最后爆炸时发射的γ射线．黑洞总是贪吃的，它们的终结正是由于狼吞虎咽地吃了某种消化不了的东西：带“负能”的粒子．带负能的粒子与提供正能的粒子一起来源于能层，但那些提供正能的粒子被推到了黑洞外面，而黑洞则吞下了带负能的粒子，这样它们就不得不用消耗自己能量的代价来弥补债务．因此黑洞的质量减少了，并开始了一个不断蒸发的过程．黑洞越来越小，越来越热，它的能量在空间散失，最后这个老掠夺者就爆炸和消失了．黑洞的大小不同，蒸发程度也不相同．现在我们换个话题，不谈从恒星坍缩产生的黑洞．科学家认为，大爆炸后立即产生出宇宙，那时形成了许多极小的黑洞：它们大小像一个质子但重量达亿万吨．质量巨大和温度极高的微型黑洞正是蒸发现象的理想发生地．现在，这些微型黑洞多数已经消失了，但另外一些爆炸正在发生之中．据天体物理学家说，有可能利用一个正在蒸发的微型黑洞来代替我们的太阳．这个微型黑洞的质量为月球质量的11 000，但直径只有0.000 5毫米．这样一个微型黑洞的温度为几千度，接近太阳表面温度，而且持续辐射能量的时间长达10亿年，如果和已知的宇宙年龄150亿年相比，时间是足够长了，如果和太阳100亿年的寿命相比，更可以说是一个永久性能源了．。
－0.2×(－6)kg· ＝2 kg·/s.由动量定理 Ft ＝Δp 得(F N －mg )t ＝Δp ，则 F N ＝ t ＋ s2章末整合提升一、动量定理及应用1．内容：物体所受合外力的冲量等于物体动量的改变量．2．公式：Ft ＝m v t －m v 0，它为矢量式，在一维情况时可变为代数运算．3．研究对象是质点：它说明的是外力对时间的积累效果．应用动量定理分析或解题时，只考虑物体的初、末状态的动量，而不必考虑中间的运动过程．4．解题思路：(1)确定研究对象，进行受力分析； (2)确定初、末状态的动量 (要先规定正方向，以便确定动量的正、负，还要把初、末状态的速度换成相对于同一惯性参考系的速度)；(3)利用 Ft ＝m v t －m v 0 列方程求解．【例 1】 质量为 0.2 kg 的小球竖直向下以 6 m/s 的速度落至水平地面，再以 4 m/s的速度反向弹回，取竖直向上为正方向，则小球与地面碰撞前、后的动量变化为________ kg·m/s.若小球与地面的作用时间为 0.2 ，则小球受到地面的平均作用力大小为________N( 取 g ＝10 m/s)．答案 2 12解析 由题知 v 2＝4 m/s 方向为正，则动量变化 Δp ＝m v 2－m v 1＝0.2×4 kg·m/sΔp m/s m2mg＝0.2N＋0.2×10N＝12N.借题发挥(1)动量、动量的变化量和动量定理都是矢量或矢量式，应用时先规定正方向．Δp(2)物体动量的变化率Δt等于它所受的力，这是牛顿第二定律的另一种表达形式．二、多过程问题中的动量守恒1．正确选择系统(由哪几个物体组成)和过程，分析系统所受的外力，看是否满足动量守恒的条件．2．准确选择初、末状态，选定正方向，根据动量守恒定律列方程．【例2】如图1所示，光滑水平轨道上放置长木板A(上表面粗糙)和滑块C，滑块B置于A的左端，三者质量分别为mA ＝2kg、mB＝1kg、mC＝2kg.开始时C静止，A、B一起以v＝5m/s的速度匀速向右运动，A与C发生碰撞(时间极短)后C向右运动，经过一段时间，A、B再次达到共同速度一起向右运动，且恰好不再与C碰撞．求A与C发生碰撞后瞬间A的速度大小．图1答案2m/s解析长木板A与滑块C处于光滑水平轨道上，两者碰撞时间极短，碰撞过程中滑块B与长木板A间的摩擦力可以忽略不计，长木板A与滑块C组成的系统，在碰撞过程中动量守恒，则mA v＝mAvA＋mCvC两者碰撞后，长木板A与滑块B组成的系统，在两者达到同速之前系统所受合外力为零，系统动量守恒，mA vA＋mBv＝(mA＋mB)v长木板A和滑块B达到共同速度后，恰好不再与滑块C碰撞，则最后三者速度相等，vC＝v联立以上各式，代入数值解得：vA＝2m/s【例3】两块厚度相同的木块A和B，紧靠着放在光滑的水平面上，其质量分别为mA ＝0.5kg，mB＝0.3kg，它们的下底面光滑，上表面粗糙；另有一质量mC＝0.1kg的滑块C(可视为质点)，以vC＝25m/s的速度恰好水平地滑到A的上表面，如图2所示，由于摩擦，滑块最后停在木块B上，B和C的共同速度为3m/s，求：图2(1)当C在A的上表面滑动时，C和A组成的系统动量是否守恒？C、A、B三个物体组成的系统动量是否守恒？(2)当C在B的上表面滑动时，C和B组成的系统动量是否守恒？C刚滑上B时的速度vC′是多大？答案(1)不守恒守恒(2)守恒 4.2m/s解析(1)当C在A的上表面滑动时，由于B对A有作用力，C和A组成的系统动量不守恒．对于C、A、B三个物体组成的系统，所受外力的合力为零，动量守恒．(2)当C在B的上表面滑动时，C和B发生相互作用，系统不受外力作用，动量守恒．由动量守恒定律得：mC vC′＋mBvA＝(mB＋mC)vBC①A、B、C三个物体组成的系统，动量始终守恒，从C滑上A的上表面到C滑离A，由动量守恒定律得：mC vC＝mCvC′＋(mA＋mB)vA\②由以上两式联立解得vC ′＝4.2m/s，vA＝2.6m/s.三、动量和能量综合问题分析1．动量定理和动量守恒定律是矢量表达式，还可写出分量表达式；而动能定理和能量守恒定律是标量表达式，绝无分量表达式．2．动量守恒及机械能守恒都有条件．注意某些过程动量守恒，但机械能不守恒；某些过程机械能守恒，但动量不守恒；某些过程动量和机械能都守恒．但任何过程，能量都守恒．3．当两物体相互作用后具有相同速度的过程损失的机械能最多．【例4】如图3所示，两质量分别为m1和m2的弹性小球A、B叠放在一起，从高度为h处自由落下，且h远大于两小球半径，所有的碰撞都是完全弹性碰撞，且都发生在竖直方向．已知m2＝3m1，则小球A反弹后能达到的高度为()＝2g＝4h，选项D正确．A．hC．3h图3B．2hD．4h答案D解析两小球下降过程为自由落体运动，触地时两球速度相同，v＝2gh，B球碰撞地之后，速度瞬间反向，大小相等，选A与B碰撞过程进行研究，碰撞前后动量守恒，设碰后A、B速度大小分别为v1、v2，选竖直向上方向为正方向，111则m2v－m1v＝m1v1＋m2v2，由能量守恒定律得2(m1＋m2)v2＝2m1v12＋2m2v22，且m2＝3m1，联立解得v1＝2v＝22gh，v2＝0，故小球A反弹后能达到的高度为Hv12H【例5】如图4所示，半径为R＝2、质量为m的半圆形槽紧靠竖直墙壁放在光滑水平面上．在半圆形槽左侧上方高度为H处有一个质量也为m的光滑小球(可看作质点)由静止释放，求：图4(1)小球到达半圆形槽底时的速度大小；(2)小球经过槽底后上升的最大高度(相对槽底)．3答案(1)3gH(2)4H解析(1)小球到达半圆形槽底的过程中，槽保持静止，小球的机械能守恒，设1小球到达槽底时的速度大小为v，则有mg(H＋R)＝2m v02，得v＝3gH1 (2)设小球上升的最大高度(相对槽底)为 h ，在最高点，小球的速度方向水平、速度大小和槽的速度大小均为 v 1.小球从槽底到最高点过程，系统水平方向动量守 恒，机械能守恒，有 m v 0＝2m v 11 2 1 3 m v 02＝2×2m v 2＋mgh ，解得 h ＝4H .。
第一节认识静电[学科素养与目标要求]物理观念：1.知道自然界中的两种电荷及三种起电方式.2.掌握电荷守恒定律.3.知道电荷量及元电荷的概念．科学探究：了解验电器的构造、原理，并借助验电器感受摩擦起电、感应起电的过程．科学思维：知道三种起电方式的实质是相同的，会用电荷守恒定律分析问题．一、起电方法的实验探究1．判断物体是否带电的依据：物体具有了吸引轻小物体的性质，我们就说它带了电，或有了电荷．2．电荷的电性及相互作用：(1)电性①用丝绸摩擦过的玻璃棒带正电荷；②用毛皮摩擦过的橡胶棒带负电荷．(2)电荷间的作用：同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引．3．三种起电方法：(1)如图1，两物体带上等量的异(选填“同”或“异”)种电荷．图1(2)如图2，物体带上与带电体电性相同(选填“相同”或“相反”)的电荷．图2(3)如图3，一个带电体靠近导体时，导体近端感应出异种电荷，远端感应出同种电荷．图3二、电荷守恒定律1．电荷量：(1)电荷量：物体所带电荷的多少叫做电荷量．(2)国际单位：库仑，简称库，用符号C表示．正电荷的电荷量为正值，负电荷的电荷量为负值．(3)中和：等量的异种电荷完全抵消的现象．(4)元电荷：最小的电荷量，用符号e表示．e＝1.6×10－19_C.(5)电荷量的不连续性：任何带电体的电荷量都是e的整数倍．2．电荷守恒定律：(1)内容：电荷既不能创造，也不能消灭，它们只能从一个物体转移到另一个物体，或者从物体的一个部分转移到另一个部分．在转移过程中，电荷的代数和不变．(2)适用范围：电荷守恒定律不仅在一切宏观物理过程中成立，而且也是一切微观物理过程所普遍遵守的规律．1．判断下列说法的正误．(1)用丝绸摩擦过的玻璃棒带正电，是因为正电荷从丝绸转移到玻璃棒上．(×)(2)摩擦起电的过程是电子从一个物体转移到另一个物体的过程．(√)(3)原来不带电的丝绸和玻璃棒相互摩擦后分别带上了异种电荷，说明通过摩擦可以创造电荷．(×)(4)某一带电体的电荷量可能等于5×10－19C．(×)2．带正电的物体C靠近不带电的枕形导体AB，如图4所示，A端将带________电，B端将带________电．图4答案负正一、三种起电方式(1)带正电的物体A与不带电的物体B接触，使物体B带上了什么电荷？在这个过程中电荷是如何转移的？(2)如图所示，取一对用绝缘柱支撑的导体A和B，使它们彼此接触．起初它们不带电，贴在下部的金属箔片是闭合的．①把带正电荷的物体C移近导体A，金属箔片有什么变化？②这时把A和B分开，然后移去C，金属箔片又有什么变化？③再让A和B接触，又会看到什么现象？答案(1)正电荷，在这个过程中，有电子从物体B转移到物体A，物体B中电子数量减少，因此带正电．(2)①C移近导体A，两侧金属箔片都张开；②金属箔片仍张开，但张角变小；③金属箔片都闭合．三种起电方式的比较例1(多选)关于摩擦起电现象，下列说法正确的是( )A．摩擦起电现象使本来没有电子和质子的物体中产生电子和质子B．两种不同材料的不带电的绝缘体互相摩擦后，同时带上等量异种电荷C．摩擦起电，可能是因为摩擦导致质子从一个物体转移到了另一个物体而形成的D．丝绸摩擦玻璃棒时，电子从玻璃棒上转移到丝绸上，玻璃棒因质子数多于电子数而显正电答案BD解析摩擦起电实质是由于两个物体的原子核对核外电子的束缚能力不相同，因而电子可以在物体间转移．若一个物体失去电子，其质子数就会比电子数多，我们说它带正电；若一个物体得到电子，其质子数就会比电子数少，我们说它带负电．使物体带电并不是创造出电荷．例2(多选)如图5所示，A、B为相互接触并用绝缘支柱支持的金属导体，起初都不带电，在它们的下部贴有金属箔片，C是带正电的小球，下列说法正确的是( )图5A．把C移近导体A时，A、B上的金属箔片都张开B．把C移近导体A，先把A、B分开，然后移去C，A、B上的金属箔片仍张开C．把C移近导体A，先把C移走，再把A、B分开，A、B上的金属箔片仍张开D．把C移近导体A，先把A、B分开，再把C移走，最后重新让A、B接触，A上的金属箔片张开，而B上的金属箔片闭合答案AB解析A、B开始都不带电，把C移近导体A时，由于静电感应使A、B中的自由电子向左移动，使得A端带负电荷，B端带正电荷，所以两边的金属箔片都张开，A正确．先把A、B分开，再移走C，A、B仍然带电，金属箔片仍张开；但重新让A、B接触后，A、B上的感应电荷完全中和，金属箔片都不会张开，B正确，D错误．但如果先移走C，A、B上的感应电荷会马上中和，不再带电，所以金属箔片都不会张开，C错误．感应起电的判断方法1.当带电体靠近导体时，导体靠近带电体的一端带异种电荷，远离带电体的一端带同种电荷，如图6甲所示．2．导体接地时，该导体与地球可视为一个导体，而且该导体可视为近端导体，带异种电荷，地球就成为远端导体，带同种电荷，如图乙、丙所示．图6说明：用手摸一下导体，再移开手指，相当于先把导体接地，然后再与大地断开．二、电荷守恒定律元电荷(1)物体所带的电荷量可以是任意的吗？物体所带的电荷量可以是4×10－19C吗？(2)电子和质子就是元电荷吗？(3)在摩擦起电过程中，一个物体带上了正电荷，另一个物体带上了负电荷，该过程是否创造了电荷？答案(1)物体所带的电荷量不是任意的，它只能是1.60×10－19C的整数倍．由于4×10－19C 是1.60×10－19C的2.5倍，所以物体所带的电荷量不能是4×10－19C.(2)元电荷是最小的电荷量，不是物质；电子和质子是实实在在的粒子，不是元电荷．(3)摩擦起电的过程并没有创造电荷，只是电子发生了转移．1．使物体带电的实质不是创造了电荷，而是物体所带的电荷发生了转移，起电的过程就是物体间或物体内部电荷的重新分布．2．电荷的中和是指带等量异号电荷的两物体接触时，经过电子的转移，物体达到电中性的过程．3．导体接触带电时电荷量的分配与导体的材料、形状、大小有关，当两个完全相同的金属球接触后，电荷量将平均分配，即最后两个球带等量的同种电荷或均不带电．4．元电荷(1)元电荷是最小的电荷量，而不是实物粒子，元电荷无正、负之分．(2)虽然质子、电子的电荷量等于元电荷，但不能说质子、电子是元电荷．(3)电子的比荷：电子的电荷量e与电子的质量m e之比，叫做电子的比荷．例3 完全相同的两金属小球A 、B 带有相同大小的电荷量，相隔一定的距离，今让第三个完全相同的不带电金属小球C ，先后与A 、B 接触后移开．(1)若A 、B 两球带同种电荷，接触后两球的电荷量大小之比为多大？ (2)若A 、B 两球带异种电荷，接触后两球的电荷量大小之比为多大？ 答案 (1)2∶3 (2)2∶1解析 (1)设A 、B 带电荷量大小均为q ，则A 、C 接触后，A 、C 带电荷量为q A ＝q C ＝12q .C 与B 接触后，B 、C 所带电荷量为q B ＝q C ′＝q ＋12q2＝34q . 故A 、B 带电荷量大小之比为|q A ||q B |＝12q34q ＝23.(2)设A 带正电，B 带负电，且所带电荷量大小均为Q . 则C 与A 接触后，A 、C 带电荷量为q A ′＝q C ″＝＋12Q .C 与B 接触后，B 、C 带电荷量为q B ′＝q C＝12Q －Q 2＝－14Q ，故A 、B 带电荷量大小之比为|q A ′||q B ′|＝12Q14Q ＝21.例4放在绝缘支架上的两个完全相同的金属小球A 、B 分别带有电荷量Q A ＝6.4×10－9C 、Q B ＝－3.2×10－9C ，让两个金属小球接触，在接触过程中，电子如何转移？转移了多少个？ 答案 电子由B 球转移到A 球 3.0×1010个解析 两小球接触时，电荷量少的负电荷先被中和，剩余的正电荷再重新分配，由于两小球完全相同，剩余正电荷一定平分，即接触后两小球带电荷量Q A ′＝Q B ′＝Q A ＋Q B2＝6.4×10－9－3.2×10－92C ＝1.6×10－9C在接触过程中，电子由B 球转移到A 球，自身的负电荷全部中和后，继续转移，使B 球带Q B ′的正电，这样共转移的电荷量为ΔQ ＝Q B ′－Q B ＝1.6×10－9C －(－3.2×10－9C) ＝4.8×10－9C 则转移的电子数n ＝ΔQ e ＝4.8×10－91.6×10－19(个)＝3.0×1010(个)．[学科素养] 通过例3、例4的学习，使学生进一步掌握电荷守恒定律及其相关应用，知道两个完全相同的金属球接触后将平分电荷，较好地体现了“物理观念”和“科学思维”的核心素养．三、验电器的原理和使用 验电器的两种应用方式及原理(1)带电体接触验电器：当带电的物体与验电器上面的金属球接触时，有一部分电荷转移到验电器上，与金属球相连的两个金属箔片带上同种电荷，因相互排斥而张开．如图7甲． (2)带电体靠近验电器：当带电体靠近验电器的金属球时，带电体会使验电器的金属球感应出异种电荷，而金属箔片上会感应出同种电荷(感应起电)，两箔片在斥力作用下张开，如图乙．图7例5如图8所示，用起电机使金属球A带负电，靠近验电器B的金属球，则( )图8A．验电器的金属箔片不张开，因为球A没有和B接触B．验电器的金属箔片张开，因为整个验电器都带上了正电C．验电器的金属箔片张开，因为整个验电器都带上了负电D．验电器的金属箔片张开，因为验电器下部的两金属箔片都带上了负电答案 D解析带负电的球A靠近验电器B的金属球，根据电荷“同性相斥，异性相吸”的特点知，验电器金属球上的电子会被球A上的负电荷排斥到验电器下端箔片上，则验电器下部的两金属箔片就会因带负电荷而相斥，箔片张开，故选D.1．(对三种起电方式的理解)(多选)下列说法中正确的是( )A．静电感应不是创造电荷，只是电荷从物体的一部分转移到另一部分B．摩擦起电时，一个物体失去一些电子而带正电，另一个物体得到这些电子而带负电C．摩擦起电和感应起电都能使电子转移，只不过前者使电子从一个物体转移到另一个物体上，而后者则使电子从物体的一部分转移到另一部分D．一个带电体接触一个不带电的物体，两个物体可能带上异种电荷答案ABC2.(感应起电)(多选)(2018·济宁市高二上月考)如图9所示，把置于绝缘支架上的不带电的枕形导体放在带负电的导体C附近，导体的A端感应出正电荷，B端感应出负电荷．关于使导体带电的以下说法中正确的是( )图9A．如果用手摸一下导体的B端，B端自由电子将经人体流入大地，手指离开，移去带电体C，导体带正电B．如果用手摸一下导体的A端，大地的自由电子将经人体流入导体与A端的正电荷中和，手指离开，移去带电体C，导体带负电C．如果用手摸一下导体的中间，由于中间无电荷，手指离开，移去带电体C，导体不带电D．无论用手摸一下导体的什么位置，导体上的自由电子都经人体流入大地，手指离开，移去带电体C，导体带正电答案AD解析无论用手摸一下导体的什么位置，都会使枕形导体通过人体与大地相连，由于静电感应，导体上的自由电子将经人体流入大地，使得导体带正电，手指离开，移去带电体C，导体带正电，故选A、D.3．(验电器的原理)如图10所示，用丝绸摩擦过的玻璃棒和验电器的金属球接触，使验电器的金属箔片张开，关于这一现象，下列说法正确的是( )图10A ．两片金属箔片上带异种电荷B ．两片金属箔片上均带负电荷C ．金属箔片上有电子转移到玻璃棒上D ．将玻璃棒移走，则金属箔片立即合在一起 答案 C解析 用丝绸摩擦过的玻璃棒带正电，若将其接触验电器的金属球，此时两个箔片上均带正电荷；在此过程中，一部分电子会从验电器向玻璃棒转移；移走玻璃棒后，箔片仍带电，不会立即合在一起，选项C 正确．4．(电荷守恒定律的应用)有三个相同的金属小球A 、B 、C ，其中小球A 带有2.0×10－5C 的正电荷，小球B 、C 不带电，现在让小球C 先与球A 接触后取走，再让小球B 与球A 接触后分开，最后让小球B 与小球C 接触后分开，最终三球的带电荷量分别为q A ′＝______________C ，q B ′＝______________C ，q C ′＝____________C.答案 5×10－67.5×10－67.5×10－6解析 小球C 先与球A 接触后平分A 的电荷，则q A ＝q C ＝q2＝1.0×10－5C ，再让小球B 与球A接触后分开，则q A ′＝q B ＝q A2＝5×10－6C ；最后让小球B 与小球C 接触后分开，则q B ′＝q C ′＝q B ＋q C2＝7.5×10－6C.一、选择题考点一电荷量与元电荷1．(多选)关于电荷量，以下说法正确的是( )A．物体所带的电荷量可以为任意值B．物体所带的电荷量只能为某些值C．物体带电荷量的最小值为1.6×10－9CD．若物体带正电荷，电荷量为1.6×10－9C，这是因为物体失去了1.0×1010个电子答案BD解析物体所带的电荷量不能为任意值，只能为元电荷的整数倍，故A错误，B正确．物体带电荷量的最小值与电子的电荷量数值相等，为1.6×10－19C，故C错误．物体带电荷量为1.6×10－9C，说明物体失去了1.6×10－91.60×10－19＝1.0×1010个电子，故D正确．考点二三种起电方式2．(2018·南通中学高二检测)绝缘细线上端固定，下端挂一轻质小球a，a的表面镀有铝膜，在a的旁边有一绝缘金属球b，开始时a、b都不带电，如图1所示，现使b带电，则( )图1A．b将吸引a，吸住后不放B．b先吸引a，接触后又把a排斥开C．a、b之间不发生相互作用D．b立即把a排斥开答案 B解析带电物体能够吸引轻小物体，故b会将a球吸引过来，a与b接触后，带同种电荷而相互排斥，由此可知，B正确，A、C、D错误．3.如图2所示，放在绝缘支架上带正电的导体球A，靠近放在绝缘支架上不带电的导体B，导体B用导线经开关接地，现把S先合上再断开，再移走A，则导体B( )图2A．不带电B．带正电C．带负电D．不能确定答案 C解析根据静电感应现象和电荷间的相互作用，可判断导体B带负电，故选C.4.(多选)用金属箔做成一个不带电的圆环，放在干燥的绝缘桌面上．小明同学用绝缘材料做的笔套与头发摩擦后，将笔套自上向下慢慢靠近圆环，当距离约为0.5cm时圆环被吸引到笔套上，如图3所示．对上述现象的判断与分析，下列说法正确的是( )图3A．笔套碰到圆环后，笔套所带的电荷立刻被全部中和B．摩擦使笔套带电C．笔套靠近圆环时，圆环上、下部分感应出异种电荷D．圆环被吸引到笔套的过程中，圆环所受静电力的合力大于圆环的重力答案BCD考点三验电器及其原理5．使带电的金属球靠近不带电的验电器，验电器的金属箔片张开，如图表示验电器上感应电荷的分布情况，正确的是( )答案 B解析把带电金属球靠近不带电的验电器，会改变验电器上的电荷分布；由于电荷间同性相斥、异性相吸，使得验电器上靠近带电金属球的一端和金属球电性相反，而远离带电金属球的一端和金属球电性相同，故选项B正确．6．(2018·宿迁市沭阳县高二期中)如图4所示，有一带正电的验电器，将不带电的金属球A 接触验电器的小球B时，验电器的金箔张角( )图4A．变大B．变小C．不变D．先变小，后变大答案 B解析有一带正电的验电器，将不带电的金属球A接触验电器的小球B时，金属球A将带正电，根据电荷守恒定律有，验电器的电荷减小，验电器的金箔张角减小，故B正确，A、C、D错误．考点四 电荷守恒定律的应用7．如图5所示，左边是一个原先不带电的导体，右边C 是后来靠近的带正电的导体球，若用绝缘工具沿图示某条虚线将导体切开，导体分为A 、B 两部分，这两部分所带电荷量的数值分别为Q A 、Q B ，则下列结论正确的是( )图5A ．沿虚线d 切开，A 带负电，B 带正电，且Q A ＞Q BB ．只有沿虚线b 切开，才有A 带正电，B 带负电，且Q A ＝Q BC ．沿虚线a 切开，A 带正电，B 带负电，且Q A ＜Q BD ．沿任意一条虚线切开，都有A 带正电，B 带负电，且Q A ＝Q B答案 D解析 导体原来不带电，在带正电的导体球C 静电感应的作用下，导体中的自由电子向B 部分转移，使B 部分有了多余的电子而带负电；A 部分少了电子而带正电．根据电荷守恒定律，A 部分移走的电子数目和B 部分多余的电子数目是相同的，因此无论从哪一条虚线切开，两部分的电荷量总是相等的，故只有D 正确．二、非选择题8．有三个完全相同的绝缘金属小球A 、B 、C ，其中小球A 带有3×10－3C 的正电荷，小球B 带有2×10－3C 的负电荷，小球C 不带电．先让小球C 与小球A 接触后分开，再让小球B 与小球A 接触后分开，最后让小球B 与小球C 接触后分开，试求这时三个小球的带电荷量分别为多少？答案 q A ＝－2.5×10－4C q B ＝6.25×10－4C q C ＝6.25×10－4C解析 C 、A 接触后分开，A 、C 带电荷量均为3×10－32C ＝1.5×10－3C ，再让小球B 与小球A 接触后分开，A 、B 带电荷量均为1.5×10－3－2×10－32C ＝－2.5×10－4C ，最后让小球B 与小球C 接触后分开，B 、C 带电荷量均为1.5×10－3－2.5×10－42C ＝6.25×10－4C ，故最终三个小球的带电荷量分别为q A ＝－2.5×10－4C ，q B ＝6.25×10－4C ，q C ＝6.25×10－4C.。
2019最新粤教版高中物理选修（3-5）第一章《动量动量守恒定律》学案[学习目标定位] 1.知道什么是系统,能正确区分内力和外力.2.知道动量守恒的条件,能正确书写动量守恒的关系式.3.能利用动量守恒定律解决简单的相互作用问题．1．动量是矢量,其表达式为p＝mv,动量的方向与速度v的方向相同．2．动量的变化Δp＝p′－p,其方向与Δv的方向相同．3．动量定理(1)内容：物体所受合力的冲量等于物体动量的改变量．(2)公式：F·Δt＝mv′－mv.4．系统、内力和外力(1)系统：当研究两个物体相互碰撞时,可以把具有相互作用的两个物体称为系统．(2)内力：系统内部物体间的相互作用力．(3)外力：系统外部的其他物体对系统的作用力．5．动量守恒定律(1)内容：如果系统所受到的合外力为零,则系统的总动量保持不变．(2)表达式：对于两个物体组成的系统,常写成：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′.(3)适用条件：系统不受外力或者所受外力矢量和为零．解决学生疑难点：一、系统内力和外力[问题设计](1)马拉车前进,试分别分析马和车的受力．(2)如果把马和车作为一个整体,哪些是整体内部物体间的相互作用力？哪些是外界对整体的作用力？答案(1)马受重力、地面的支持力、地面的摩擦力、车的拉力四个力的作用．车受重力、地面的支持力、地面的摩擦力、马的拉力四个力的作用．(2)整体内部物体间的相互作用力有：马拉车的力和车拉马的力．外界对整体的作用力有：车受的重力、支持力、摩擦力和马受的重力、支持力、摩擦力．[要点提炼]1．在马与车相互作用时,可以把马与车看成一个整体,称做系统．2．马拉车和车拉马的力是系统内物体间的相互作用力,称做内力．地面(地球)对马、车的作用力是系统外的物体对系统内物体的作用力,称做外力．二、动量守恒定律[问题设计]如图1所示,在水平桌面上做匀速运动的两个小球,质量分别为m1和m2,沿着同一直线向相同的方向运动,速度分别是v1和v2,v2>v1.当第二个小球追上第一个小球时两球发生碰撞,碰撞后两球的速度分别为v1′和v2′.试用动量定理和牛顿第三定律推导两球碰前总动量m1v1＋m2v2与碰后总动量m1v1′＋m2v2′的关系．图1答案设碰撞过程中两球间的作用力分别为F1、F2,相互作用时间为t根据动量定理：F1t＝m1(v1′－v1),F2t＝m2(v2′－v2)．因为F1与F2是两球间的相互作用力,根据牛顿第三定律,F1＝－F2,则有：m1v1′－m1v1＝m2v2－m2v2′即m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′此式表明两球在相互作用前的总动量等于相互作用后的总动量,这就是动量守恒定律的表达式．[要点提炼]1．动量守恒定律成立的条件：系统不受外力或者所受外力的合力为零．2．动量守恒定律的表达式(1)m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′(作用前后动量相等)．(2)Δp＝0(系统动量的增量为零)．(3)Δp1＝－Δp2(相互作用的两个物体组成的系统,两物体动量的增量大小相等,方向相反)．[延伸思考](1)当系统所受外力的合力不为零,但系统外力远小于内力时,系统的动量是否近似守恒？(2)当系统所受外力的合力不为零,但在某个方向上的分量为零时,系统在该方向上的动量是否守恒？答案(1)系统外力远小于内力时,外力的作用可以忽略,系统的动量守恒．(2)系统在某个方向上的合力为零时,系统在该方向上动量守恒．三、动量守恒定律的理解和简单应用1．动量守恒定律的“五性”(1)条件性：动量守恒定律的应用是有条件的,应用时一定要注意判断系统的动量是否守恒．(2)矢量性：动量守恒定律的表达式是一个矢量式,解题时要规定正方向,将矢量运算转化为代数运算．(3)相对性：动量守恒定律中,系统中各物体在相互作用前后的动量,必须相对于同一惯性系,各物体的速度通常为相对于地面的速度．(4)同时性：动量守恒定律中初动量必须是系统中各物体在相互作用前同一时刻的动量,末动量必须是系统中各物体在相互作用后同一时刻的动量．(5)普适性：动量守恒定律不仅适用于两个物体组成的系统,也适用于多个物体组成的系统．不仅适用于宏观物体组成的系统,也适用于微观粒子组成的系统．2．应用动量守恒定律解题的基本思路(1)找：找研究对象(系统包括哪几个物体)和研究过程；(2)析：进行受力分析,判断系统动量是否守恒(或在某一方向是否守恒)；(3)定：规定正方向,确定初末状态动量正负号,画好分析图；(4)列：由动量守恒定律列式；(5)算：合理进行运算,得出最后的结果,并对结果进行讨论．一、动量守恒的条件判断例1 (双选)光滑水平面上A、B两小车间有一弹簧如图2所示,用手抓住小车并将弹簧压缩后使两小车均处于静止状态．将两小车及弹簧看做一个系统,下列说法正确的是( )图2A．两手同时放开后,系统总动量始终为零B．先放开左手,再放开右手后,动量不守恒C．先放开左手,后放开右手,总动量向左D．无论何时放手,两手放开后,在弹簧恢复原长的过程中,系统总动量都保持不变,且系统的总动量为零解析A项,在两手同时放开后,水平方向无外力作用,只有弹簧的弹力(内力),故动量守恒,即系统的总动量始终为零．B项,先放开左手,再放开右手后,两手对系统都无作用力之后的那一段时间,系统所受合外力也为零,即动量是守恒的．C项,先放开左手,系统在右手作用下,产生向左的冲量,故有向左的动量,再放开右手后,系统的动量仍守恒,即此后的总动量向左．D项,无论何时放开手,只要是两手都放开就满足动量守恒的条件,即系统的总动量保持不变．若同时放开,那么作用后系统的总动量就等于放手前的总动量,即为零；若两手先后放开,那么两手都放开后的总动量也是守恒的,但不为零．答案AC二、动量守恒定律的应用例2 质量为3 kg的小球A在光滑水平面上以6 m/s 的速度向右运动,恰遇上质量为5 kg、以 4 m/s的速度向左运动的小球B,碰撞后B球恰好静止,求碰撞后A球的速度．解析两球在光滑水平面上运动,碰撞过程中系统所受合外力为零,系统动量守恒．取A球初速度方向为正方向初状态：v A＝6 m/s,v B＝－4 m/s末状态：v B′＝0,v A′＝？(待求)根据动量守恒定律,有m A v A ＋m B v B ＝m A v A ′＋m B v B ′,得v A ′＝m A v A ＋m B v B －m B v B ′m A≈－0.67 m/s 答案 0.67 m/s,方向向左例3 (单选)质量M ＝100 kg 的小船静止在水面上,船首站着质量m 甲＝40 kg 的游泳者甲,船尾站着质量m 乙＝60 kg 的游泳者乙,船首指向左方,若甲、乙两游泳者同时在同一水平线上,甲朝左、乙朝右以3 m/s 的速率跃入水中,则( )A ．小船向左运动,速率为1 m/sB ．小船向左运动,速率为0.6 m/sC ．小船向右运动,速率大于1 m/sD ．小船仍静止解析 设水平向右为正方向,两游泳者同时跳离小船后小船的速度为v ,根据甲、乙两游泳者和小船组成的系统动量守恒有：－m 甲v 甲＋m 乙v 乙＋Mv ＝0,代入数据,可得v ＝－0.6 m/s,其中负号表示小船向左运动,所以选项B 正确．答案B动量守恒定律⎩⎪⎪⎨⎪⎪⎧ 系统⎩⎪⎨⎪⎧ 内力外力动量守恒的条件动量守恒的表达式⎩⎪⎨⎪⎧ m 1v 1＋m 2v 2＝m 1v 1′＋m 2v 2′Δp ＝0Δp 1＝－Δp 2动量守恒定律的普适性1．(单选)把一支枪水平固定在小车上,小车放在光滑的水平面上,枪发射出一颗子弹时,关于枪、子弹和车,下列说法中正确的是( )A ．枪和弹组成的系统动量守恒B ．枪和车组成的系统动量守恒C ．三者组成的系统因为枪弹和枪筒之间的摩擦力很小,使系统的动量变化很小,可忽略不计,故系统动量近似守恒D ．三者组成的系统动量守恒,因为系统只受重力和地面支持力这两个外力作用,这两个外力的合力为零答案 D解析 由于枪水平放置,故三者组成的系统除受重力和支持力(两外力平衡)外,不受其他外力,动量守恒．子弹和枪筒之间的力应为系统的内力,对系统的总动量没有影响,故选项C 错误．分开枪和车,则枪和弹组成的系统受到车对其的外力作用,车和枪组成的系统受到子弹对其的外力作用,动量都不守恒,正确答案为D.2．(单选)水平面上质量分别为0.1 kg 和0.2 kg 的物体相向运动,过一段时间则要相碰,它们与水平面的动摩擦因数分别为0.2和0.1.假定除碰撞外在水平方向这两个物体只受摩擦力作用,则碰撞过程中这两个物体组成的系统( )A ．动量不守恒B ．动量守恒C ．动量不一定守恒D ．以上都有可能答案 B解析 选取这两个相向运动的物体组成的系统为研究对象,这两个物体受到的重力与支持力平衡,受到的两个摩擦力方向相反,大小都是0.2 N,所以系统受到的外力之和为零,系统的动量守恒．所以本题选B.3．(单选)如图3所示,质量为M 的小车置于光滑的水平面上,车的上表面粗糙,有一质量为m 的木块以初速度v 0水平地滑至车的上表面,若车足够长,则( )图3A ．木块的最终速度为mM ＋m v 0 B ．由于车表面粗糙,小车和木块所组成的系统动量不守恒C ．车表面越粗糙,木块减少的动量越多D ．车表面越粗糙,小车获得的动量越多答案 A解析 由m 和M 组成的系统水平方向动量守恒易得A 正确；m 和M 动量的变化与小车上表面的粗糙程度无关,因为车足够长,最终各自的动量与摩擦力大小无关．4．(单选)如图4所示,质量为M 的盒子放在光滑的水平面上,盒子内表面不光滑,盒内放有一块质量为m 的物体．从某一时刻起给m 一个水平向右的初速度v 0,那么在物块与盒子前后壁多次往复碰撞后( )图4A．两者的速度均为零B．两者的速度总不会相等C．物体的最终速度为mv0/M,向右D．物体的最终速度为mv0/(M＋m),向右答案 D解析物体与盒子组成的系统所受合外力为零,物体与盒子前后壁多次往复碰撞后,以速度v共同运动,由动量守恒定律得：mv0＝(M＋m)v,故v＝mv0/(M＋m),方向向右．[概念规律题组]1．(单选)关于牛顿运动定律和动量守恒定律的适用范围,下列说法正确的是( ) A．牛顿运动定律也适合解决高速运动的问题B．牛顿运动定律也适合解决微观粒子的运动问题C．动量守恒定律既适用于低速,也适用于高速运动的问题D．动量守恒定律适用于宏观物体,不适用于微观粒子答案 C解析牛顿运动定律只适合研究低速、宏观问题,动量守恒定律适用于目前为止物理学研究的各个领域．2．(双选)木块a和b用一根轻弹簧连接起来,放在光滑水平面上,a紧靠在墙壁上,在b 上施加向左的水平力使弹簧压缩,如图1所示,当撤去外力后,下列说法中正确的是( )图1A．a尚未离开墙壁前,a和b组成的系统的动量守恒B．a尚未离开墙壁前,a和b组成的系统的动量不守恒C．a离开墙壁后,a和b组成的系统的动量守恒D．a离开墙壁后,a和b组成的系统的动量不守恒答案BC3．(单选)如图2所示,A、B两物体质量之比m A∶m B＝3∶2,原来静止在平板小车C 上,A、B间有一根被压缩的弹簧,地面光滑,当弹簧突然释放后,则下列说法不正确的是( )图2A．若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同,A、B组成的系统的动量守恒B．若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同,A、B、C组成的系统的动量守恒C．若A、B所受的摩擦力大小相等,A、B组成的系统的动量守恒D．若A、B所受的摩擦力大小相等,A、B、C组成的系统的动量守恒答案 A解析如果A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同,弹簧释放后A、B分别相对小车向左、向右滑动,它们所受的滑动摩擦力f A向右、f B向左,由于m A∶m B＝3∶2,所以f A∶f B＝3∶2,则A、B组成的系统所受的合外力不为零,故其动量不守恒,A选项错；对A、B、C组成的系统,A、B与C间的摩擦力为内力,该系统所受的外力为竖直方向的重力和支持力,它们的合力为零,故该系统的动量守恒,B、D选项均正确；若A、B所受摩擦力大小相等,则A、B组成系统所受的合外力为零,故其动量守恒,C选项正确．4．(单选)图3如图3所示的装置中,木块B与水平桌面间的接触是光滑的,子弹A沿水平方向射入木块后留在木块内,将弹簧压缩到最短．现将子弹、木块和弹簧合在一起作为研究对象(系统),则此系统在从子弹开始射入木块到弹簧压缩至最短的整个过程中( ) A．动量守恒、机械能守恒B．动量不守恒、机械能不守恒C．动量守恒、机械能不守恒D ．动量不守恒、机械能守恒答案 B解析 在子弹射入木块这一瞬间过程,取子弹与木块为系统则可认为动量守恒(此瞬间弹簧尚未形变)．子弹射入木块后木块压缩弹簧过程中,机械能守恒,但动量不守恒(墙壁对弹簧的作用力是系统外力,且外力不等于零)．若以子弹、木块和弹簧合在一起作为研究对象(系统),从子弹开始射入木块到弹簧压缩至最短时,有摩擦力做功,机械能不守恒,弹簧固定端墙壁对弹簧有外力作用,因此动量不守恒,故正确选项为B.5．(双选)如图4所示,水平面上有两个木块,两木块的质量分别为m 1、m 2,且m 2＝2m 1.开始两木块之间有一根用轻绳缚住的已压缩轻弹簧,烧断绳后,两木块分别向左、右运动．若两木块m 1和m 2与水平面间的动摩擦因数分别为μ1、μ2,且μ1＝2μ2,则在弹簧伸长的过程中,两木块( )图4A ．动量大小之比为1∶1B ．速度大小之比为2∶1C ．动量大小之比为2∶1D ．速度大小之比为1∶1答案 AB解析 以两木块及弹簧组成的系统为研究对象,绳断开后,弹簧将对两木块有推力作用,这可以看成是内力；水平面对两木块有方向相反的滑动摩擦力,且f 1＝μ1m 1g ,f 2＝μ2m 2g .因此系统所受合外力F 合＝μ1m 1g －μ2m 2g ＝0,即满足动量守恒定律的条件．设弹簧伸长过程中某一时刻,两木块速度大小分别为v 1、v 2.由动量守恒定律有(以向右为正方向)：－m 1v 1＋m 2v 2＝0,即m 1v 1＝m 2v 2.即两物体的动量大小之比为1∶1,故A 项正确．两物体的速度大小之比为v 1v 2＝m 2m 1＝21,故B 项正确． [方法技巧题组]6．(单选)在高速公路上发生了一起交通事故,一辆质量为1 500 kg 向南行驶的长途客车迎面撞上了一辆质量为3 000 kg 向北行驶的卡车,撞后两车连在一起,并向南滑行一段距离后静止．根据测速仪的测定,长途客车撞前以20 m/s 的速度匀速行驶,由此可判断卡车撞前的行驶速度( )A ．小于10 m/sB ．大于10 m/s,小于20 m/sC ．大于20 m/s,小于30 m/sD ．大于30 m/s,小于40 m/s答案 A解析 两车碰撞过程中尽管受到地面的摩擦力作用,但远小于相互作用的内力(碰撞力),所以动量守恒．依题意,碰撞后两车以共同速度向南滑行,即碰撞后系统的末动量方向向南．设长途客车和卡车的质量分别为m 1、m 2,撞前的速度大小分别为v 1、v 2,撞后共同速度为v ,选定向南为正方向,根据动量守恒定律有：m 1v 1－m 2v 2＝(m 1＋m 2)v ,又v >0,则m 1v 1－m 2v 2>0,代入数据解得v 2<m 1m 2v 1＝10 m/s. 7．(单选)如图5所示,甲、乙两物体在光滑水平面上沿同一直线相向运动,甲、乙物体的速度大小分别为3 m/s 和1 m/s ；碰撞后甲、乙两物体都反向运动,速度大小均为2 m/s.则甲、乙两物体质量之比为( )图5A ．2∶3 B．2∶5C ．3∶5 D．5∶3答案 C解析 选取碰撞前甲物体的速度方向为正方向,根据动量守恒定律有m 甲v 1－m 乙v 2＝－m 甲v 1′＋m 乙v 2′,代入数据,可得m 甲∶m 乙＝3∶5,选项C 正确．8．(双选)如图6所示,A 、B 两个小球在光滑水平面上沿同一直线相向运动,它们的动量大小分别为p 1和p 2,碰撞后A 球继续向右运动,动量大小为p 1′,此时B 球的动量大小为p 2′,则下列等式成立的是( )图6A ．p 1＋p 2＝p 1′＋p 2′ B．p 1－p 2＝p 1′＋p 2′C ．p 1′－p 1＝p 2′＋p 2D ．－p 1′＋p 1＝p 2′＋p 2答案 BD解析 因水平面光滑,所以A 、B 两球组成的系统在水平方向上动量守恒．以向右为正方向,由于p 1、p 2、p 1′、p 2′均表示动量的大小,所以碰前的动量为p 1－p 2,碰后的动量为p 1′＋p 2′,B 对．经变形－p 1′＋p 1＝p 2′＋p 2,D 对．9．(单选)一炮艇总质量为M ,以速度v 0匀速行驶,从艇上以相对炮艇的水平速度v 沿前进方向发射一质量为m 的炮弹,射出炮弹后炮艇的速度为v ′,若不计水的阻力,则下列各关系式中正确的是( )A ．Mv 0＝Mv ′＋mvB ．Mv 0＝(M －m )v ′＋mvC ．Mv 0＝(M －m )v ′＋m (v ＋v 0)D ．Mv 0＝(M －m )v ′＋m (v ＋v ′)答案 D解析 发射炮弹的过程,系统动量守恒,发射前,系统的总动量为Mv 0,射出炮弹后,炮艇的质量变为M －m ,速度为v ′,炮弹质量为m ,对地速度为v ＋v ′,所以系统总动量为(M －m )v ′＋m (v ＋v ′),本题答案为D.10．一辆车在光滑水平路面上以速度v 匀速行驶．车上的人每次以相同的速度4v (对地速度)向行驶的正前方抛出一个质量为m 的沙包．抛出第一个沙包后,车速减为原来的34,则抛出第四个沙包后,此车的运动情况如何？ 答案 车以v 3的速度向后退 解析 设车的总质量为M ,抛出第四个沙包后车速为v 1,由全过程动量守恒得Mv ＝(M －4m )v 1＋4m ·4v ①对抛出第一个沙包前后列方程有： Mv ＝(M －m )34v ＋m ·4v ②将②式所得M ＝13m 代入①式,解得抛出第四个沙包后车速为v 1＝－v 3,负号表示向后退．[创新应用题组]11．为了采集木星和火星之间星云的标本,将航天器制成勺形,星云物质彼此间相对静止．航天器质量为104 kg,正以10 km/s 的速度运行,星云物质速度为100 m/s,方向与航天器相同,航天器没有开启动力装置．如果每秒钟可搜集10 kg 星云物质,一个小时后航天器的速度变为多少？(以上速度均相对于同一惯性参考系)答案 2 252 m/s解析 这是一道结合天体运动使用动量守恒定律解答的题目,动量守恒定律中的速度不一定都以地面为参考系,只要相对于同一参考系就行．由动量守恒定律有m航v航＋Δmv云＝(m航＋Δm)v,代入数据解得v＝2 252 m/s. 12．质量为1 000 kg的轿车与质量为4 000 kg的货车迎面相撞．碰撞后两车绞在一起,并沿货车行驶方向运动一段路程后停止(如图7所示)．从事故现场测出,两车相撞前,货车的行驶速度为54 km/h,撞后两车的共同速度为18 km/h.该段公路对轿车的限速为100 km/h,试判断轿车是否超速行驶．图7答案轿车超速行驶解析碰撞中两车间的相互作用力很大,可忽略两车受到的其他作用力,近似认为两车在碰撞过程中动量守恒．设轿车质量为m1,货车质量为m2；碰撞前轿车速度为v1,货车速度为v2；碰撞后两车的共同速度为v′.选轿车碰撞前的速度方向为正方向．碰撞前系统的总动量为m1v1＋m2v2,碰撞后系统的总动量为(m1＋m2)v′,由动量守恒定律得：m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v′v1＝m1＋m2v′－m2v2m1＝－＋＋1 000km/h＝126 km/h>100 km/h,故轿车在碰撞前超速行驶．。
