《课堂新坐标》2014届高考物理一轮复习配套word版文档：第八章 第2讲 磁场对运动电荷的作用

第3讲运动图象追及和相遇问题(对应学生用书第8页)位移图象和速度图象s－t图象v－t图象形状及运动性质平行于横轴：物体静止倾斜直线：物体做匀速运动平行于横轴：物体做匀速运动倾斜直线：物体做匀变速运动物理意义描述运动物体的位移随时间的变化规律描述运动物体的速度随时间的变化规律斜率表示速度表示加速度截距初位置坐标初速度图象交点物体相遇位置此刻速度相同“面积”质点通过的位移(1)无论是s－t图象，还是v－t图象都只能描述直线运动.(2)s－t图象和v－t图象都不表示物体运动的轨迹.【针对训练】1．如图1－3－1所示是一物体的s－t图象，则该物体在6 s内的路程是()图1－3－1A．0B．2 m C．4 m D．12 m【解析】做此题时不要把s－t图象当做物体运动的轨迹，s－t图象的斜率表示速度，该物体在6 s内的路程为(2＋2＋4＋4) m＝12 m，位移为零．【答案】 D追及和相遇问题1.两物体在同一时刻到达相同的位置，即两物体追及或相遇．2．追和被追两者的速度相等常是能追上、追不上、二者之间的距离有极值的临界条件．(1)在两个物体的追及过程中，当追者的速度小于被追者的速度时，两者的距离在增大．(2)当追者的速度大于被追者的速度时，两者的距离在减小．(3)当两者的速度相等时，两者的间距有极值，是最大值还是最小值，视实际情况而定．【针对训练】2．甲、乙两车某时刻由同一地点沿同一方向开始做直线运动，若以该时刻作为计时起点，得到两车的s－t的图象如图1－3－2所示，则下列说法正确的是()图1－3－2A．t1时刻乙车从后面追上甲车B．t1时刻两车相距最远C．t1时刻两车的速度刚好相等D．0到t1时间内，乙车的平均速度小于甲车的平均速度【解析】t1时刻两车位移相同，t1时刻前乙车的位移小于甲车的位移，故t1时刻乙车是从后面追上甲车，A项正确；B项错误；在s－t图象中，各个时刻图象切线的斜率表示速度，故t1时刻两车速度不相等，C项错误；0到t1时间内两车位移、时间相等，所以平均速度相等，D项错误．【答案】 A(对应学生用书第9页)对图象的进一步理解1.图象意义位移图象和速度图象是从不同角度描述运动过程的，意义不同．因此同一运动过程在两种图象上，形状不同，反之相同形状在两种图象上不是相同的运动．图1－3－3甲、乙中①均表示匀速运动，②均表示匀变速运动．图1－3－32．图象斜率表示纵、横坐标两物理量的比值，常有一个重要的物理量与之对应，用于定量计算对应物理量的大小和定性分析变化的快慢．如s－t图象的斜率表示速度，v－t图象的斜率表示加速度．3．图象面积图线与坐标轴围成的面积常与某一表示过程的物理量相对应．如v－t图象与横轴包围的“面积”表示位移大小．(1)对于s－t图象来说，通过比较相邻两时刻的位移来确定物体运动的方向．(2)对于v－t图象来说，画在横轴上方的图线表示速度方向与所选正方向相同，画在横轴下方的图线表示速度方向与所选方向相反．如图1－3－4所示的位移—时间图象和速度—时间图象中，给出四条图线1、2、3、4代表四个不同物体的运动情况，关于它们的物理意义，下列描述正确的是()图1－3－4A．图线1表示物体做曲线运动B. s－t图象中t1时刻v1＞v2C. v－t图象中0至t3时间内3和4的平均速度大小相等D．两图象中，t2、t4时刻分别表示2、4开始反向运动【审题视点】(1)s－t图象上“直线”代表匀速，“曲线”代表变速，“拐”点前后斜率正负发生变化，说明速度方向发生了变化．(2)v－t图象上“直线”表示匀变速，“曲线”表示变加速，“拐”点前后斜率正负发生变化，说明加速度方向发生了变化．【解析】图线1是位移图象，表示物体是做变速直线运动，所以选项A错；s－t图线上某点斜率的绝对值表示速度的大小，选项B正确；v－t图象中0至t3时间内3和4位移不同，所以平均速度不相等，选项C错；t2时刻2开始反向运动，t4时刻4加速度方向变化但运动方向不变，所以选项D错．【答案】 B【即学即用】1．下列图象能正确反映物体在直线上运动，经2 s一定回到初始位置的是()【解析】由s－t图象可以看出A选项正确．在v－t图象中，图象和坐标轴包围的面积在数值上等于位移的大小，所以C项正确，B不正确．在D图象中，若物体速度与加速度同向，则始终朝同一方向运动，因此位移不能为零，故D选项不正确．【答案】AC追及、相遇问题的分析1.讨论追及、相遇的问题，其实质就是分析讨论两物体在相同时间内能否到达相同空间位置的问题(1)两个关系：即时间关系和位移关系，这两个关系可通过画草图得到．(2)一个条件：即两者速度相等，它往往是物体间能否追上、追不上或(两者)距离最大、最小的临界条件，也是分析判断的切入点．2．解题思路和方法分析两物体运动过程―→画运动示意图―→找两物体位移关系―→列位移方程甲车以10 m/s 的速度在平直的公路上匀速行驶，乙车以4 m/s 的速度与甲车平行同向做匀速直线运动，甲车经过乙车旁边开始以0.5 m/s 2的加速度刹车，从甲车刹车开始计时，求：(1)乙车在追上甲车前，两车相距的最大距离； (2)乙车追上甲车所用的时间．【解析】 (1)当甲车速度减至等于乙车速度时两车的距离最大，设该减速过程经过的时间为t ，则v 乙＝v 甲－at解得：t ＝12 s此时甲、乙间的距离为Δx ＝v 甲t －12at 2－v 乙t＝10×12 m －12×0.5×122 m －4×12 m ＝36 m.(2)设甲车减速到零所需时间为t 1，则有：t 1＝v 甲a＝20 st 1时间内：x 甲＝v 甲2t 1＝102×20 m ＝100 mx 乙＝v 乙t 1＝4×20 m ＝80 m此后乙车运动时间：t 2＝x 甲－x 乙v 乙＝204 s ＝5 s故乙车追上甲车需t 1＋t 2＝25 s. 【答案】 (1)36 m (2)25 s解答追及相遇问题的常用方法(1)物理分析法：应用运动学公式，根据每个物体的运动情况，分别确定出各物体间的位移、时间和速度关系，并列出方程，进行求解．(2)相对运动法：巧妙地选取参考系，然后找两物体的运动关系．(3)极值法：设相遇时间为t ，根据条件列方程，得到关于t 的一元二次方程，用判别式进行讨论．若Δ>0，即有两个解，说明可以相遇两次，若Δ＝0，说明刚好追上或相碰；若Δ<0，说明追不上或不能相碰．(4)图象法：将两者的v －t 图象在同一个坐标系中画出，然后利用图象求解． 【即学即用】2．例2中，若甲车经过乙车旁边时，乙车开始以恒定的加速度加速运动，甲车匀速行驶，乙车追上甲车前，两车有最大距离18 m ，求乙车加速度的大小．【解析】 当甲、乙两车速度相等时有最大距离，则v 甲＝v 乙＋a ′t 对甲车：s 甲＝v 甲t对乙车：s 乙＝v 甲＋v 乙2t又有：Δs m ＝s 甲－s 乙代入数值，解以上各式得：a ′＝1 m/s 2. 【答案】 1 m/s 2(对应学生用书第10页)图象分析相遇问题利用图象分析追及、相遇问题，是常见的物理模型，以下是利用v－t图象分析这类问题的要点．(1)由斜率分析、计算加速度．(2)由“面积”求位移．(3)由运动性质和“相对位移”变化(看图线走势)判断相遇(或距离最大)时刻．如图1－3－5所示，a、b分别是甲、乙两辆车从同一地点沿同一直线同时运动的v－t图线，由图线可以判断()图1－3－5A．2秒后甲、乙两车的加速度大小相等B．在0～8 s内两车最远相距148 mC．两车只有t0时刻速率相等D．两车在t＝8 s时相遇【潜点探究】(1)由图象斜率可比较加速度大小．(2)由图象信息可知a、b开始时是向相反方向运动的，4 s时a反向，至t0时刻二者速度相同，此时，二者应相距最远，之后a速度大于b的速度，5 s后b反向与a相向运动，二者愈来愈近．(3)a、b是同地同时出发，图中信息显示8 s时，a回到出发点，此时二者是否相遇，要看b是否回到出发点．【规范解答】2秒后a甲＝0－204－2m/s2＝－10 m/s2，a乙＝0－(－20)5－2m/s2＝203m/s2，所以两车加速度大小不等，A错．由题图可知两车在0～8 s内相距最远应在两车速度相等，即t0时刻，由a、b两直线可求出t0＝4.4 s，则两车相距最远距离应为a、b两线和纵轴围成的面积，解得x＝148 m，故B对．除t0外，t＝2 s时，两车速率也相等，C错．t＝8 s时，甲返回到出发点．乙在负方向40 m，故未相遇，D错．【答案】 B【即学即用】3．(2012·银川一中一模)两辆游戏赛车a、b在两条平行的直车道上行驶，t＝0时两车都在同一计时线处，此时比赛开始．它们在四次比赛中的v－t图象如图所示．哪些图对应的比赛中，有一辆赛车追上了另一辆()【解析】 由v －t 图象的特点可知，图线与t 轴所围面积的大小，即为物体位移的大小．观察4个图象，只有C 选项中，a 、b 所围面积的大小有相等的时刻，故选项C 正确．【答案】 C(对应学生用书第11页)●考查位移——时间图象1．物体A 、B 的s －t 图象如图1－3－6所示，由图可知( )图1－3－6A ．从第3 s 起，两物体运动方向相同，且v A ＞v BB ．两物体由同一位置开始运动，但物体A 比B 迟3 s 才开始运动C ．在5 s 内物体的位移相同，5 s 末A 、B 相遇 D. 5 s 内A 、B 的平均速度相等【解析】 s －t 图象的斜率的大小表示物体运动的速度大小，斜率的正负表示物体运动的方向，由题图可知，A 正确；B 物体的出发点在离原点5 m 处，A 物体的出发点在原点处，B 错误；物体B 在5 s 内的位移为10 m －5 m ＝5 m ，物体A 在3～5 s 内的位移为10 m ，故C 、D 均错误．【答案】 A●结合速度——时间图象综合考查 2．(2012·山东高考)将地面上静止的货物竖直向上吊起，货物由地面运动至最高点的过程中，v －t 图象如图1－3－7所示．以下判断正确的是( )图1－3－7A ．前3 s 内货物处于超重状态B ．最后2 s 内货物只受重力作用C ．前3 s 内与最后2 s 内货物的平均速度相同D ．第3 s 末至第5 s 末的过程中，货物的机械能守恒【解析】 由v －t 图象可知，货物在前3 s 内具有向上的加速度，因此货物处于超重状态，选项A 正确；最后2 s 内，货物具有向下的加速度，其大小为a ＝62m/s 2＝3 m/s 2＜g ，因此货物在这一段时间内受重力和向上的拉力，选项B 错误；货物在前3 s 内的平均速度v 1＝0＋62 m/s ＝3 m/s ，最后2 s 内的平均速度v 2＝6＋02m/s ＝3 m/s ，两者速度相同，选项C正确；第3 s 末至第5 s 末的过程中，货物在向上的拉力和向下的重力作用下做匀速直线运动，拉力做正功，故机械能不守恒，选项D 错误．【答案】 AC●由图象判断物体运动方向3．(2013届陕西师大附中质检)某同学在学习了动力学知识后，绘出了一个沿直线运动的物体的加速度a 、速度v 、位移s 随时间变化的图象如图所示，若该物体在t ＝0时刻，初速度均为零，则下列图象中表示该物体沿单一方向运动的图象是( )【解析】 A 项位移正负交替，说明物体做往复运动，B 项物体先做匀加速运动，再做匀减速运动，然后做反向匀加速运动，再做反向匀减速运动，周而复始；C 项表示物体先做匀加速运动，再做匀减速运动，循环下去，物体始终是单向运动，C 正确，D 项从面积判断物体速度有负值出现，不是单向运动．【答案】 C●结合v －t 图象考查追及、相遇问题4．(2013届铜川模拟)t ＝0时，甲乙两辆汽车从相距70 km 的两地开始相向行驶，它们的v －t 图象如图1－3－8所示．忽略汽车掉头所需时间．下列对汽车运动状况的描述正确的是( )图1－3－8A ．在第1小时末，乙车改变运动方向B ．在第2小时末，甲乙两车相距10 kmC ．在前4小时内，乙车运动加速度的大小总比甲车的大D ．在第4小时末，甲乙两车相遇 【解析】 由题图知，1小时末乙车沿负向行驶由匀加速直线运动变为匀减速直线运动，行驶方向并未改变，A 错．在前2小时内甲车的位移s 1＝12×2×30 km ＝30 km ，沿正向；乙车的位移s 2＝12×2×30 km ＝30 km ，沿负向；故此时两车相距Δs ＝(70－30－30) km ＝10 km ，B 对．由图象的斜率大小可知C 对．在前4小时内甲车的位移s 甲＝12×4×60 km ＝120 km ，沿正向；乙车的位移s 乙＝(12×2×60－12×2×30) km ＝30 km ，沿正向；第4小时末两车相距Δs ＝s 甲－(70＋s 乙)＝(120－100) km ＝20 km ，两车此时不相遇，D 错．【答案】 BC●追及相遇问题 5.图1－3－9如图1－3－9所示，长为L ＝75 cm 的平底玻璃管，底部放置一可视为质点的小球，现让玻璃管从静止开始以a 1＝16 m/s 2的加速度竖直向下运动，经过一段时间后小球运动到玻璃管口，此时让玻璃管加速度大小减为a 2＝2.5 m/s 2，方向不变，不计一切阻力(g 取10 m/s 2)，求：(1)小球到达管口时小球和玻璃管的速度；(2)从玻璃管开始运动到小球再次回到玻璃管底所用的时间．【解析】 (1)设小球运动到管口的时间为t 1，则由运动学规律知对玻璃管：s 1＝12a 1t 21对小球：s 2＝12gt 21，而L ＝s 1－s 2联立并代入数值得t 1＝0.5 s所以小球到达管口时，小球速度为v 1＝gt 1＝5 m/s ，玻璃管速度为v 2＝a 1t 1＝8 m/s. (2)设小球再次回到玻璃管底经历时间为t 2，则由运动学规律知：对小球：h 1＝v 1t 2＋12gt 22，对玻璃管：h 2＝v 2t 2＋12a 2t 22 而h 1＝h 2＋L联立并代入数值得t 2＝1 s所以整个运动过程的总时间为t ＝t 1＋t 2＝1.5 s. 【答案】 (1)5 m/s 8 m/s (2)1.5 s。

第3讲机械能守恒定律及其应用(对应学生用书第78页)重力势能与弹性势能1.重力势能(1)重力做功的特点①重力做功与路径无关，只与始末位置的高度差有关．②重力做功不引起物体机械能的变化．(2)重力势能①公式：E p＝mgh.②矢标性：重力势能是标量，但有正、负，其意义是表示物体的重力势能比它在参考平面上大还是小，这与功的正、负的物理意义不同．③系统性：重力势能是物体和地球共有的．④相对性：重力势能的大小与参考平面的选取有关．重力势能的变化是绝对的，与参考平面的选取无关．(3)重力做功与重力势能变化的关系①定性关系：重力对物体做正功，重力势能就减少；重力对物体做负功，重力势能就增加．②定量关系：重力对物体做的功等于物体重力势能的减少量．即W G＝－(E p2－E p1)＝－ΔE p.2．弹性势能(1)大小：弹簧的弹性势能的大小与弹簧的形变量及劲度系数有关．(2)弹力做功与弹性势能变化的关系：弹力做正功，弹性势能减小，弹力做负功，弹性势能增加．错误!【针对训练】1.图5－3－1“蹦极”是一项非常刺激的体育运动．如图5－3－1所示，运动员身系弹性绳自高空中Q点自由下落，图中a是弹性绳的原长位置，c是运动员所到达的最低点，b是运动员静止地悬吊着时的平衡位置．则()A．由Q到c的整个过程中，运动员的动能及重力势能之和守恒B．由a下降到c的过程中，运动员的动能一直减小C．由a下降到c的过程中，运动员的动能先增大后减小D．由a下降到c的过程中，弹性绳的弹性势能一直增大【解析】由Q到c的整个过程中，运动员的动能、重力势能和弹性绳的弹性势能之和守恒，A错误；由a下降到c的过程中，运动员的动能先增大后减小，B错误，C正确；由a下降到c的过程中，弹性绳的伸长量不断增加，故弹性势能一直增大，D选项也正确．【答案】CD机械能守恒定律1.内容在只有重力或弹力做功的物体系统内，动能和势能可以互相转化，而总的机械能保持不变．2．机械能守恒的条件只有重力或弹力做功．3．守恒表达式观点表达式守恒观点E1＝E2，E k1＋E p1＝E k2＋E p2＝恒量转化观点ΔE k＝－ΔE p转移观点ΔE A减＝ΔE B增【针对训练】2.图5－3－2如图5－3－2所示，小球从高处下落到竖直放置的轻弹簧上，在将弹簧压缩到最短的整个过程中，下列关于能量的叙述中正确的是()A．重力势能和动能之和总保持不变B．重力势能和弹性势能之和总保持不变C．动能和弹性势能之和总保持不变D．重力势能、弹性势能和动能之和总保持不变【解析】在小球与弹簧相互作用过程中，重力势能、弹性势能和动能相互转化，总和保持不变，D正确；重力势能一直减小，故动能和弹性势能之和一直增大，C错误；动能先增大后减小，故重力势能与弹性势能之和先减小后增大，B错误；因弹性势能一直增大，故重力势能与动能之和一直减小，A错误．【答案】 D(对应学生用书第78页)机械能守恒条件的理解1.守恒条件机械能守恒的条件是只有重力、弹力做功，可以从以下三方面理解：(1)只受重力作用，例如在不考虑空气阻力的情况下的各种抛体运动，物体的机械能守恒．(2)受其他力，但其他力不做功，只有重力或弹力做功．(3)弹力做功伴随着弹性势能的变化，并且弹力做的功等于弹性势能的减少量．2．几种常见情况分析(1)水平面上物体做匀速直线运动或匀速圆周运动，其机械能保持不变．(2)光滑斜面上的物体沿斜面匀加速下滑或匀减速上滑时机械能守恒．若物体受摩擦力或其他力作用匀速下滑或匀速上滑，则机械能不守恒．(3)物体在竖直面内的光滑轨道上运动时，轨道支持力不做功，则机械能守恒．(4)细线悬挂的物体在竖直平面内摆动，悬线的拉力不做功，则机械能守恒．(5)抛体运动．如平抛、斜抛，不考虑空气阻力的过程中机械能守恒．(1)物体做匀速直线运动或物体所受合外力为零，不是机械能守恒的条件．(2)如果除重力、弹力外，还有其他力做功，但其他力做功之和为零，该种情况下只能说机械能不变，不能说机械能守恒．(2013届银川一中检测)在如图5－3－3所示的物理过程示意图中，甲图为一端固定有小球的轻杆，从右偏上30°角释放后绕光滑支点摆动；乙图为末端固定有小球的轻质直角架，释放后绕通过直角顶点的固定轴O无摩擦转动；丙图为置于光滑水平面上的A、B 两小车，B静止，A获得一向右的初速度后向右运动，某时刻连接两车的细绳绷紧，然后带动B车运动；丁图为置于光滑水平面上的带有竖直支架的小车，把用细绳悬挂的小球从图示位置释放，小球开始摆动．则关于这几个物理过程(空气阻力忽略不计)，下列判断中正确的是()甲乙丙丁图5－3－3A．甲图中小球机械能守恒B．乙图中小球A的机械能守恒C．丙图中两车组成的系统机械能守恒D．丁图中小球的机械能守恒【解析】甲图过程中轻杆对小球不做功，小球的机械能守恒；乙图过程中A、B两球通过杆相互影响(例如开始时A球带动B球转动)，轻杆对A的弹力不沿杆的方向，会对小球做功，所以每个小球的机械能不守恒，但把两个小球作为一个系统时机械能守恒；丙图中绳子绷紧的过程虽然只有弹力作为内力做功，但弹力突变有内能转化，机械能不守恒；丁图过程中细绳也会拉动小车运动，取地面为参考系，小球的轨迹不是圆弧，细绳会对小球做功，小球的机械能不守恒，把小球和小车当做一个系统，机械能才守恒．【答案】 A【即学即用】1．(2013届铜川模拟)如图5－3－4所示，斜劈劈尖顶着竖直墙壁静止于水平面上，现将一小球从图示位置静止释放，不计一切摩擦，则在小球从释放到落至地面的过程中，下列说法正确的是()图5－3－4A ．斜劈对小球的弹力不做功B ．斜劈与小球组成的系统机械能守恒C ．斜劈的机械能守恒D ．小球重力势能减少量等于斜劈动能的增加量【解析】 不计一切摩擦，小球下滑时，小球和斜劈组成的系统只有小球重力做功，系统机械能守恒，故B 正确，C 错误；小球重力势能的减少量应等于小球和斜劈动能的增加量之和，D 错误；斜劈对小球的弹力与小球位移间夹角大于90°，故此弹力做负功，A 错误．【答案】 B机械能守恒定律的表达式及应用 1.三种守恒表达式的比较表达角度 表达公式表达意义 注意事项守恒观点 E k ＋E p ＝E k ′＋E p ′ 系统初状态的机械能的总和与末状态机械能的总和相等应用时应选好重力势能的零势能面，且初、末状态必须用同一零势能面计算势能转化观点 ΔE k ＝－ΔE p 表示系统(或物体)机械能守恒时，系统减少(或增加)的重力势能等于系统增加(或减少)的动能应用时关键在于分清重力势能的增加量或减少量，可不选零势能面而直接计算初、末状态的势能差转移观点 ΔE 增＝ΔE 减 若系统由A 、B 两部分组成，则A 部分物体机械能的增加量与B 部分物体机械能的减少量相等常用于解决两个或多个物体组成的系统的机械能守恒问题2.应用机械能守恒的方法步骤(1)选取研究对象⎩⎪⎨⎪⎧单个物体多个物体组成的系统系统内有弹簧(2)根据受力分析和各力做功情况分析，确定是否符合机械能守恒条件．(3)确定初末状态的机械能或运动过程中物体机械能的转化情况． (4)选择合适的表达式列出方程，进行求解． (5)对计算结果进行必要的讨论和说明．(2012·海南高考)如图5－3－5，在竖直平面内有一固定光滑轨道，其中AB 是长为R 的水平直轨道，BCD 是圆心为O 、半径为R 的34圆弧轨道，两轨道相切于B 点．在外力作用下，一小球从A 点由静止开始做匀加速直线运动，到达B 点时撤除外力．已知小球刚好能沿圆轨道经过最高点C ，重力加速度大小为g .求图5－3－5(1)小球在AB 段运动的加速度的大小； (2)小球从D 点运动到A 点所用的时间．【审题视点】 (1)竖直平面，光滑34圆弧轨道．(2)小球A →B ，匀加速，且AB 长度等于轨道半径R . (3)小球刚好能过圆轨道最高点C . 【解析】 (1)小球在BCD 段运动时，受到重力mg 、轨道正压力N 的作用，如图所示．根据题意，N ≥0，且小球在最高点C 所受轨道正压力为零N C ＝0①设小球在C 点的速度大小为v C ，根据牛顿第二定律有mg ＝m v 2CR②小球从B 点运动到C 点，机械能守恒．设B 点处小球的速度大小为v B ，有 12m v 2B ＝12m v 2C＋2mgR ③ 由于小球在AB 段由静止开始做匀加速运动，设加速度大小为a ，由运动学公式有 v 2B ＝2aR ④由②③④式得a ＝52g .⑤(2)设小球在D 处的速度大小为v D ，下落到A 点时的速度大小为v ，由机械能守恒有 12m v 2＝12m v 2D ＋mgR ⑥ 12m v 2＝12m v 2⑦ 设从D 点运动到A 点所用的时间为t ，由运动学公式得 gt ＝v －v D ⑧由④⑤⑥⑦⑧式得t ＝(5－3) Rg .【答案】 (1)52g (2)(5－3) Rg【即学即用】2．(2013届渭南模拟)如图5－3－6所示，一固定在竖直平面内的光滑的半圆形轨道ABC ，其半径R ＝0.5 m ，轨道在C 处与水平地面相切，在C 处放一小物块，给它一水平向左的初速度v 0＝5 m/s ，结果它沿CBA 运动，通过A 点，最后落在水平地面上的D 点，求C 、D 的距离x (重力加速度g 取10 m/s 2)．图5－3－6【解析】 设小物块质量为m ，它从C 点经B 到达A 点时速度为v .由机械能守恒有12m v 2＝12m v 2＋2mgR ① 物块由A 到D 做平抛运动，设时间为t ，水平位移为x ，2R ＝12gt 2②x ＝v t ③由①②③式联立代入数据得x ＝1 m. 【答案】 1 m(对应学生用书第80页)多物体系统中的机械能守恒 应用机械能守恒定律解题时，常会遇到由多个物体组成的系统问题，这时应注意选取研究对象，分析研究过程，判断系统的机械能是否守恒，列方程时还要注意分析物体间的速度关系和位移关系．图5－3－7如图5－3－7所示，跨过同一高度处的定滑轮的细线连接着质量相同的物体A 和B ，A 套在光滑水平杆上，定滑轮离水平杆的高度h ＝0.2 m ，开始时让连着A 的细线与水平杆的夹角θ1＝37°，由静止释放B ，当细线与水平杆的夹角θ2＝53°时，A 的速度为多大？在以后的运动过程中，A 所获得的最大速度为多大？(设B 不会碰到水平杆，sin 37°＝0.6，sin 53°＝0.8，取g ＝10 m/s 2)【潜点探究】 (1)A 、B 之间只有动能和势能转化，可考虑系统机械能守恒． (2)连A 的细线与水平杆夹角θ1＝37°→θ2＝53°，可由几何关系求出物体B 下落高度． (3)线长一定，θ＜90°A 加速，θ＞90°A 减速．θ＝90°时，A 的速度最大．【规范解答】 A 、B 两物体组成的系统，只有动能和势能的转动，机械能守恒．设θ2＝53°时，A 、B 两物体的速度分别为v A 、v B ，B 下降的高度为h 1，则有mgh 1＝12m v 2A ＋12m v 2B . 其中h 1＝h sin θ1－hsin θ2.v A cos θ2＝v B 代入数据解以上关系式得v A ＝1.1 m/s 由于绳力对A 做正功，使A 加速，至左滑轮正下方速度最大，此时B 的速度为零，此过程B 下降高度设为h 2则有mgh 2＝12m v 2A m其中h 2＝hsin θ1－h代入数据解得 v A m ＝1.6 m/s.【答案】 见规范解答 【即学即用】 3.图5－3－8(2012·上海高考)如图5－3－8，可视为质点的小球A 、B 用不可伸长的细软轻线连接，跨过固定在地面上半径为R 的光滑圆柱，A 的质量为B 的两倍．当B 位于地面时，A 恰与圆柱轴心等高．将A 由静止释放，B 上升的最大高度是( )A ．2RB ．5R /3C ．4R /3D ．2R /3 【解析】如图所示，以A 、B 两球为系统，以地面为零势能面，设A 质量为2m ，B 质量为m ，根据机械能守恒定律有：2mgR ＝mgR ＋12×3m v 2，A 落地后B 将以v 做竖直上抛运动，即有12m v 2＝mgh ，解得h ＝13R .则B 上升的高度为R ＋13R ＝43R ，故选项C 正确． 【答案】 C(对应学生用书第81页)●重力势能、弹性势能与机械能守恒的判断 1．(2011·新课标全国高考)一蹦极运动员身系弹性蹦极绳从水面上方的高台下落，到最低点时距水面还有数米距离．假定空气阻力可忽略，运动员可视为质点，下列说法正确的是( )A ．运动员到达最低点前重力势能始终减小B ．蹦极绳张紧后的下落过程中，弹力做负功，弹性势能增加C ．蹦极过程中，运动员、地球和蹦极绳所组成的系统机械能守恒D ．蹦极过程中，重力势能的改变与重力势能零点的选取有关【解析】 到达最低点前高度始终在降低，所以重力势能始终减小，故A 正确．绳张紧后的下落过程，伸长量逐渐增大，弹力做负功，弹性势能增大，故B 正确．在蹦极过程中，只有重力与系统内弹力做功，故系统机械能守恒，C 正确．重力势能的改变与重力做功有关，重力做功只与始末位置高度差有关，与零势能面的选取无关，故D 错误．【答案】 ABC●机械能守恒与功率的综合2．(2013届徐州模拟)用长度为l 的细绳悬挂一个质量为m 的小球，将小球移至和悬点等高的位置使绳自然伸直．放手后小球在竖直平面内做圆周运动，小球在最低点的势能取作零，则小球运动过程中第一次动能和势能相等时重力的瞬时功率为( )A ．mg gl B.12mg glC.12mg 3glD.13mg 3gl 【解析】 设第一次小球动能与势能相等时的速度大小为v ，由机械能守恒定律得：mgl ＝12m v 2＋E p ，E p ＝12m v 2，解得v ＝gl ，此时v 与水平方向夹角为60°，故P ＝mg v sin 60°＝12mg 3gl ，C 正确．【答案】 C●系统的机械能守恒 3.图5－3－9(2013届吴中检测)轻杆AB 长2L ，A 端连在固定轴上，B 端固定一个质量为2m 的小球，中点C 固定一个质量为m 的小球．AB 杆可以绕A 端在竖直平面内自由转动．现将杆置于水平位置，如图5－3－9所示，然后由静止释放，不计各处摩擦与空气阻力，则下列说法正确的是( )A ．AB 杆转到竖直位置时，角速度为 10g9LB ．AB 杆转到竖直位置的过程中，B 端小球的机械能的增量为49mgLC ．AB 杆转动过程中杆CB 对B 球做正功，对C 球做负功，杆AC 对C 球做正功D ．AB 杆转动过程中，C 球机械能守恒 【解析】 在AB 杆由静止释放到转到竖直位置的过程中，以B 球的最低点为零势能点，根据机械能守恒定律有：mg ·2L ＋2mg (2L )＝mgL ＋12×2m (ω·2L )2＋12m (ωL )2，解得角速度ω＝10g9L，A 项正确．在此过程中，B 端小球机械能的增量为：ΔE B ＝E 末－E 初＝12·2m (ω·2L )2－2mg ·(2L )＝49mgL ，B 项正确．AB 杆转动过程中，杆AC 对C 球不做功，杆CB 对C 球做负功，对B 球做正功，C 项错．C 球机械能不守恒，B 、C 球系统机械能守恒，D 项错．【答案】 AB●机械能守恒定律在平抛运动中的应用 4.图5－3－10(2012·大纲全国高考)一探险队员在探险时遇到一山沟，山沟的一侧竖直，另一侧的坡面呈抛物线形状．此队员从山沟的竖直一侧，以速度v 0沿水平方向跳向另一侧坡面．如图5－3－10所示，以沟底的O 点为原点建立坐标系xOy .已知，山沟竖直一侧的高度为2h ，坡面的抛物线方程为y ＝12hx 2，探险队员的质量为m .人视为质点，忽略空气阻力，重力加速度为g .(1)求此人落到坡面时的动能；(2)此人水平跳出的速度为多大时，他落在坡面时的动能最小？动能的最小值为多少？ 【解析】 (1)设该队员在空中运动的时间为t ，在坡面上落点的横坐标为x ，纵坐标为y .由运动学公式和已知条件得x ＝v 0t ①2h －y ＝12gt 2②根据题意有y ＝x 22h③由机械能守恒，落到坡面时的动能为 12m v 2＝12m v 20＋mg (2h －y )④ 联立①②③④式得12m v 2＝12m (v 20＋4g 2h 2v 20＋gh)．⑤(2)⑤式可以改写为v 2＝(v 20＋gh －2gh v 20＋gh)2＋3gh ⑥ v 2取极小的条件为⑥式中的平方项等于0，由此得 v 0＝gh ⑦此时v 2＝3gh ，则最小动能为 (12m v 2)min ＝32mgh .⑧ 【答案】 (1)12m (v 20＋4g 2h 2v 20＋gh) (2)v 0＝gh 时落坡动能最小为32mgh●弹簧弹性势能与机械能守恒 5.图5－3－11(2011·福建高考)如图5－3－11为某种鱼饵自动投放器中的投饵管装置示意图，其下半部AB 是一长为2R 的竖直细管，上半部BC 是半径为R 的四分之一圆弧弯管，管口沿水平方向，AB 管内有一原长为R 、下端固定的轻质弹簧．投饵时，每次总将弹簧长度压缩到0.5R 后锁定，在弹簧上端放置一粒鱼饵，解除锁定，弹簧可将鱼饵弹射出去．设质量为m 的鱼饵到达管口C 时，对管壁的作用力恰好为零．不计鱼饵在运动过程中的机械能损失，且锁定和解除锁定时，均不改变弹簧的弹性势能．已知重力加速度为g .求： (1)质量为m 的鱼饵到达管口C 时的速度大小v 1； (2)弹簧压缩到0.5R 时的弹性势能E p .【解析】 (1)质量为m 的鱼饵到达管口C 时做圆周运动的向心力完全由重力提供，则mg ＝m v 21R①由①式解得v 1＝gR .②(2)弹簧的弹性势能全部转化为鱼饵的机械能，由机械能守恒定律有E p ＝mg (1.5R ＋R )＋12m v 21③由②③式解得 E p ＝3mgR .④【答案】 (1)gR (2)3mgR。

第4讲 万有引力与航天(对应学生用书第64页)万有引力定律1.内容自然界中任何两个物体都相互吸引，引力的方向在它们的连线上，引力的大小与物体的质量m 1和m 2的乘积成正比，与它们之间距离r 的二次方成反比．2．公式F ＝G m 1m 2r2，其中G ＝6.67×10－11 N·m 2/kg 2，叫引力常量．3．适用条件公式适用于质点间的相互作用．当两物体间的距离远大于物体本身的大小时，物体可视为质点；均匀的球体可视为质点，r 是两球心间的距离；一个均匀球体与球外一个质点的万有引力也适用，其中r 为球心到质点间的距离．【针对训练】1．(2013届佛山检测)在讨论地球潮汐成因时，地球绕太阳运行轨道与月球绕地球运行轨道可视为圆轨道．已知太阳质量约为月球质量的2.7×107倍，地球绕太阳运行的轨道半径约为月球绕地球运行的轨道半径的400倍．关于太阳和月球对地球上相同质量海水的引力，以下说法正确的是( )A ．太阳引力远大于月球引力B ．太阳引力与月球引力相差不大C ．月球对不同区域海水的吸引力大小相等D ．月球对不同区域海水的吸引力大小有差异【解析】 设太阳质量为M ，月球质量为m ，海水质量为m ′，太阳到地球距离为r 1，月球到地球距离为r 2，由题意M m ＝2.7×107，r 1r 2＝400，由万有引力公式，太阳对海水的引力F 1＝GMm ′r 21，月球对海水的引力F 2＝Gmm ′r 22，则F 1F 2＝Mr 22mr 21＝2.7×107(400)2＝2 70016，故A 选项正确，B 选项错误；月球到地球上不同区域的海水距离不同，所以引力大小有差异，C 选项错误，D 选项正确．【答案】 AD万有引力定律应用及三种宇宙速度 1.万有引力定律基本应用(1)基本方法：把天体(或人造卫星)的运动看成是匀速圆周运动，其所需向心力由万有引力提供．(2)基本公式：G Mm r 2＝mg r＝ma ＝⎩⎪⎨⎪⎧m v 2rmrω2mr (2πT )2m v ω其中g r 为距天体中心r 处的重力加速度． 2．三种宇宙速度宇宙速度 数值(km/s)意义第一宇宙速度(环绕速度)7.9 这是卫星绕地球做圆周运动的最小发射速度，若7.9km /s≤v ＜11.2 km/s ，物体绕地球运行第二宇宙速度(逃逸速度)11.2 是物体挣脱地球引力束缚的最小发射速度，若11.2km /s≤v ＜16.7 km/s ，物体绕太阳运行第三宇宙速度16.7这是物体挣脱太阳引力束缚的最小发射速度，若v ≥16.7km/s ，物体将脱离太阳系在宇宙空间运行错误!【针对训练】 2．(2012·浙江高考)如图4－4－1所示，在火星与木星轨道之间有一小行星带．假设该带中的小行星只受到太阳的引力，并绕太阳做匀速圆周运动．下列说法正确的是( )图4－4－1A ．太阳对各小行星的引力相同B ．各小行星绕太阳运动的周期均小于一年C ．小行星带内侧小行星的向心加速度值大于外侧小行星的向心加速度值D ．小行星带内各小行星圆周运动的线速度值大于地球公转的线速度值【解析】 根据F ＝G Mmr2，小行星带中各小行星的轨道半径r 、质量m 均不确定，因此无法比较太阳对各小行星引力的大小，选项A 错误；根据G Mm r 2＝m (2πT )2r 得，T ＝2πr 3GM，因小行星绕太阳运动的轨道半径大于地球绕太阳运动的轨道半径，故小行星的运动周期大于地球的公转周期，即大于一年，选项B 错误；根据G Mm r 2＝ma 得a ＝GMr2，所以内侧小行星的向心加速度值大于外侧小行星的向心加速度值，选项C 正确；根据G Mm r 2＝m v2r，得v ＝GMr，所以小行星带内各小行星做圆周运动的线速度值小于地球公转的线速度值，选项D错误．【答案】 C同步卫星的运行特点 1.轨道平面一定：轨道平面与赤道平面共面． 2．周期一定：与地球自转周期相同，即T ＝24 h. 3．角速度一定：与地球自转的角速度相同．4．高度一定：由G Mm (R ＋h )2＝m 4π2T 2(R ＋h )得同步卫星离地面的高度h ＝ 3GMT 24π2－R .5．速率一定：v ＝ GMR ＋h.【针对训练】3．我国数据中继卫星“天链一号02星”在西昌卫星发射中心，于2011年7月11日23时41分发射升空，之后经过变轨控制后，成功定点在赤道上空的同步轨道．关于成功定点后的“天链一号02星”，下列说法正确的是( )A ．运行速度大于7.9 km/sB ．离地面高度一定，相对地面静止C ．绕地球运行的角速度比月球绕地球运行的角速度大D ．向心加速度与静止在赤道上物体的向心加速度大小相等【解析】 7.9 km/s 是第一宇宙速度，是所有地球卫星的最大运转速度，故A 错误；因“天链一号02星”是同步卫星，其轨道半径大于地球半径，而小于月球的轨道半径，B 、C 均正确；因该星与赤道上物体的角速度相同，但到地心距离不同(r ＞R )，由a 向＝rω2得a 星＞a 物，故D 错误．【答案】 BC经典时空观和相对论时空观 1.经典时空观(1)在经典力学中，物体的质量是不随运动状态而改变的．(2)在经典力学中，同一物理过程发生的位移和对应时间的测量结果在不同的参考系中是相同的．2．相对论时空观(1)在狭义相对论中，物体的质量是随物体运动速度的增大而增大的，用公式表示为m ＝m 01－v 2c2.(2)在狭义相对论中，同一物理过程发生的位移和对应时间的测量结果在不同的参考系中是不同的．(对应学生用书第65页)万有引力定律在天体运动中的应用1.基本方法把天体的运动看成匀速圆周运动，所需向心力由万有引力提供．G Mm r 2＝m v 2r ＝mω2r ＝m (2πT)2r ＝m (2πf )2r2．中心天体的质量M 、密度ρ的估算 (1)利用卫星的轨道半径r 和周期T测出卫星绕中心天体做匀速圆周运动的半径r 和周期T ，由G Mm r 2＝m (2πT)2r ，可得天体质量为：M ＝4π2r3GT 2.该中心天体密度为：ρ＝M V ＝M 43πR 3＝3πr 3GT 2R 3(R 为中心天体的半径)．当卫星沿中心天体表面运行时，r ＝R ，则ρ＝3πGT2.(2)利用天体表面的重力加速度g 和天体半径R由于G Mm R 2＝mg ，故天体质量M ＝gR 2G，天体密度ρ＝M V ＝M 43πR 3＝3g4πGR.(2011·安徽高考)(1)开普勒行星运动第三定律指出，行星绕太阳运动的椭圆轨道的半长轴a 的三次方与它的公转周期T 的二次方成正比，即a3T2＝k ，k 是一个对所有行星都相同的常量．将行星绕太阳的运动按圆周运动处理，请你推导出太阳系中该常量k 的表达式．已知引力常量为G ，太阳的质量为M 太；(2)开普勒定律不仅适用于太阳系，它对一切具有中心天体的引力系统(如地月系统)都成立．经测定月地距离为3.84×108m ，月球绕地球运动的周期为2.36×106 s ，试计算地球的质量M 地．(G ＝6.67×10－11 N·m 2/kg 2，结果保留一位有效数字)【审题视点】 (1)已知引力常量G ，太阳质量M ，导出太阳系中常量k . (2)a 3T2＝k 也适用地月系统，但不同天体系统k 值不同． 【解析】 (1)因行星绕太阳做圆周运动，于是轨道的半长轴a 即为轨道半径r .根据万有引力定律和牛顿第二定律有G m 行M 太r 2＝m 行(2πT)2r ①于是有r 3T 2＝G4π2M 太②即k ＝G4π2M 太．③(2)在地月系统中，设月球绕地球运动的轨道半径为R ，周期为T ，由②式可得R 3T 2＝G4π2M地④解得M 地＝6×1024 kg(5×1024 kg 也算对)．⑤【答案】 (1)k ＝G4π2M 太 (2)6×1024 kg求中心天体质量的途径依据万有引力等于向心力，可得以下四种求中心天体质量的途径(1)M ＝gr 2G ，若已知卫星在某一高度的加速度g 和环绕的半径r ；(2)M ＝r v 2G ，若已知卫星绕天体做匀速圆周运动的线速度v 和半径r ；(3)M ＝4π2r 3GT2，若已知卫星绕天体做匀速圆周运动的周期T 和半径r ；(4)M＝v 3T2πG ，若已知卫星运行的线速度v 和周期T .【即学即用】1．(2013届山东威海一中检测)如图4－4－2所示，是美国的“卡西尼”号探测器经过长达7年的“艰苦”旅行，进入绕土星飞行的轨道．若“卡西尼”号探测器在半径为R 的土星上空离土星表面高h 的圆形轨道上绕土星飞行，环绕n 周飞行时间为t ，已知万有引力常量为G ，则下列关于土星质量M 和平均密度ρ的表达式正确的是( )图4－4－2A ．M ＝4π2(R ＋h )3Gt 2，ρ＝3π(R ＋h )3Gt 2R 3 B ．M ＝4π2(R ＋h )2Gt 2，ρ＝3π(R ＋h )2Gt 2R 3C ．M ＝4π2t 2(R ＋h )3Gn 2，ρ＝3πt 2(R ＋h )3Gn 2R 3D ．M ＝4π2n 2(R ＋h )3Gt 2，ρ＝3πn 2(R ＋h )3Gt 2R 3【解析】 设“卡西尼”号的质量为m ，“卡西尼”号围绕土星的中心做匀速圆周运动，其向心力由万有引力提供，G Mm (R ＋h )2＝m (R ＋h )(2πT )2，其中T ＝tn ，解得M＝4π2n 2(R ＋h )3Gt 2.又土星体积V ＝43πR 3，所以ρ＝M V ＝3πn 2(R ＋h )3Gt 2R 3.【答案】 D卫星的发射和运行 1.卫星的轨道(1)赤道轨道：卫星的轨道在赤道平面内．同步卫星就是其中的一种．(2)极地轨道：卫星的轨道过南北两极，即在垂直于赤道的平面内．如极地气象卫星． (3)其他轨道：除以上两种轨道外的卫星轨道． 2．卫星的稳定运行与变轨运行分析 (1)卫星在圆轨道上的稳定运行G Mm r 2＝m v 2r ＝mrω2＝mr (2πT)2， 由此可推出⎩⎪⎨⎪⎧v ＝GMr ω＝GM r 3T ＝2πr 3GM(2)变轨运行分析①当v 增大时，所需向心力m v 2r增大，即万有引力不足以提供向心力，卫星将做离心运动，脱离原来的圆轨道，轨道半径变大，但卫星一旦进入新的轨道运行，由v ＝ GMr知其运行速度要减小，但重力势能、机械能均增加．②当卫星的速度减小时，向心力m v 2r减小，即万有引力大于卫星所需的向心力，因此卫星将做向心运动，同样会脱离原来的圆轨道，轨道半径变小，进入新轨道运行时由v ＝GM r知运行速度将增大，但重力势能、机械能均减少．(卫星的发射和回收就是利用了这一原理)图4－4－3(2013届汉中质检)2012年6月18日早上5点43分“神舟九号”飞船完成了最后一次变轨，在与“天宫一号”对接之前“神舟九号”共完成了4次变轨，“神舟九号”某次变轨的示意图如图4－4－3所示，在A 点从椭圆轨道Ⅱ进入圆形轨道Ⅰ，B 为轨道Ⅱ上的一点．关于飞船的运动，下列说法中正确的有( )A ．在轨道Ⅱ上经过A 的速度小于经过B 的速度B ．在轨道Ⅱ上经过A 的动能小于在轨道Ⅰ上经过A 的动能C ．在轨道Ⅱ上运动的周期小于在轨道Ⅰ上运动的周期D ．在轨道Ⅱ上经过A 的加速度小于在轨道Ⅰ上经过A 的加速度【审题视点】 (1)轨道Ⅱ为椭圆轨道，需要利用开普勒定律解决速度、周期问题． (2)明确变轨前后速度的变化．【解析】 轨道Ⅱ为椭圆轨道，根据开普勒第二定律，飞船与地球的连线在相等的时间内扫过的面积相等，可知近地点的速度大于远地点的速度，故A 正确．根据开普勒第三定律，飞船在轨道Ⅰ和轨道Ⅱ满足：a 3T 2Ⅱ＝R 3T 2Ⅰ，又R ＞a ，可知T Ⅰ＞T Ⅱ，故C 正确．飞船在A点变轨时，从轨道Ⅱ进入轨道Ⅰ需加速，又E k ＝12m v 2，故B 正确．无论在轨道Ⅰ上还是在轨道Ⅱ上，A 点到地球的距离不变，飞船受到的万有引力一样，由牛顿第二定律可知向心加速度相同，故D 错误．【答案】 ABC 【即学即用】 2．(2012·四川高考)今年4月30日，西昌卫星发射中心发射的中圆轨道卫星，其轨道半径为2.8×107m ．它与另一颗同质量的同步轨道卫星(轨道半径为4.2×107 m)相比( )A ．向心力较小B ．动能较大C ．发射速度都是第一宇宙速度D ．角速度较小【解析】 由题意知，中圆轨道卫星的轨道半径r 1小于同步卫星轨道半径r 2，卫星运行时的向心力由万有引力提供，根据F 向＝G Mmr2知，两卫星的向心力F 1>F 2，选项A 错误；根据G Mm r 2＝m v 2r＝mω2r ，得环绕速度v 1>v 2，角速度ω1＞ω2，两卫星质量相等，则动能E k1>E k2，故选项B 正确，选项D 错误；根据能量守恒，卫星发射得越高，发射速度越大，第一宇宙速度是发射卫星的最小速度，因此两卫星的发射速度都大于第一宇宙速度，且v 01<v 02，选项C 错误．【答案】 B近地卫星、同步卫星的区别 近地卫星、同步卫星和地球赤道上的物体做圆周运动的区别：同步卫星与地球赤道上的物体的周期都等于地球自转的周期，而不等于近地卫星的周期；近地卫星与地球赤道上的物体的运动半径都等于地球半径，而不等于同步卫星运动半径；三者的线速度各不相同．求解此类题的关键有三点：1．在求解“同步卫星”与“赤道上的物体”的向心加速度的比例关系时应依据二者角速度相同的特点，运用公式a ＝ω2r 而不能运用公式a ＝GMr2.2．在求解“同步卫星”与“赤道上的物体”的线速度比例关系时，仍要依据二者角速度相同的特点，运用公式v ＝ωr 而不能运用公式v ＝GM /r .3．在求解“同步卫星”运行速度与第一宇宙速度的比例关系时，因都是由万有引力提供的向心力，故要运用公式v ＝GM /r ，而不能运用公式v ＝ωr 或v ＝gr .某地球同步卫星离地心的距离为r ，运行速度为v 1，加速度为a 1，地球赤道上的物体随地球自转的向心加速度为a 2，第一宇宙速度为v 2，地球的半径为R ，则下列比例式中正确的是( )A.a 1a 2＝r RB.a 1a 2＝(R r )2C.v 1v 2＝r RD.v 1v 2＝(R r )1/2 【解析】 由于同步卫星与赤道上的物体具有相同的角速度，则：对同步卫星，a 1＝ω2r ；对赤道上的物体，a 2＝ω2R ，由以上二式可得a 1a 2＝rR ，故选项A 正确，B 错误．同步卫星需要的向心力完全由万有引力提供，则GMm r 2＝m v 21r，所以，v 1＝GM /r .对于第一宇宙速度，由GMm R 2＝m v 22R ，得v 2＝GM /R .以上两速度相比得：v 1v 2＝ Rr .故选项C 错误，D 正确． 【答案】 AD 【即学即用】3．(2013届汉中模拟)北京时间2012年10月25日23时33分，中国在西昌卫星发射中心用“长征三号丙”运载火箭，将第十六颗“北斗”导航卫星成功发射升空并送入太空预定转移轨道，这是一颗地球静止轨道卫星．“北斗”导航卫星定位系统由静止轨道卫星(同步卫星)、中轨道卫星和倾斜同步卫星组成，中轨道卫星轨道半径约为27 900 公里，静止轨道卫星的半径约为42 400 公里．(已知 (279424)3)≈0.53)下列说法正确的是( )A ．静止轨道卫星和中轨道卫星的线速度均大于地球的第一宇宙速度B ．静止轨道卫星的角速度比中轨道卫星角速度小C ．中轨道卫星的周期约为12.7 hD ．地球赤道上随地球自转物体的向心加速度比静止轨道卫星向心加速度大【解析】 根据万有引力提供向心力得人造卫星线速度公式v ＝ GMr ，可判断静止轨道卫星和中轨道卫星的线速度均小于地球的第一宇宙速度，A 错；由GMmr2＝mrω2得ω＝GM r 3，则可知静止轨道卫星的角速度比中轨道卫星角速度小，B 对；由GMm r 2＝m 4π2T2r 得T ＝2πr 3GM，静止轨道卫星的周期为T ＝24 h ，故中轨道卫星的周期T ′与静止轨道卫星的周期T 之比T ′T ＝r ′3r 3，解得T ′＝12.7 h ，C 对；根据向心加速度公式a ＝4π2T2r ，可知地球赤道上随地球自转物体的向心加速度比静止轨道卫星向心加速度小，D 错．【答案】 BC(对应学生用书第67页)“双星”模型1.双星系统宇宙中往往会有相距较近，质量相差不多的两颗星球，它们离其他星球都较远，因此其他星球对他们的万有引力可以忽略不计．在这种情况下，它们将围绕它们连线上的某一固定点做同周期的匀速圆周运动，这种结构叫做双星系统．2．双星系统的特点(1)两星都绕它们连线上的一点做匀速圆周运动，故两星的角速度、周期相等；(2)两星之间的万有引力提供各自做圆周运动的向心力，所以它们的向心力大小相等； (3)两星的轨道半径之和等于两星之间的距离，即r 1＋r 2＝L .图4－4－4天文学家观测河外星系大麦哲伦云时，发现了LMCX －3双星系统，它由可见星A 和不可见的暗星B 构成．两星视为质点，不考虑其他天体的影响，A 、B 围绕两者连线上的O 点做匀速圆周运动，它们之间的距离保持不变，如图4－4－4所示．引力常量为G ，由观测能够得到可见星A 的速率v 和运行周期T .(1)可见星A 所受暗星B 的引力F A 可等效为位于O 点处质量为m ′的星体(视为质点)对它的引力，设A 和B 的质量分别为m 1、m 2，试求m ′(用m 1、m 2表示)；(2)求暗星B 的质量m 2与可见星A 的速率v 、运行周期T 和质量m 1之间的关系式． 【规范解答】 (1)设A 、B 的圆轨道半径分别为r 1、r 2，角速度均为ω 由双星所受向心力大小相同，可得m 1ω2r 1＝m 2ω2r 2 设A 、B 之间的距离为L ，又L ＝r 1＋r 2由上述各式得L ＝m 1＋m 2m 2r 1①由万有引力定律得，双星间的引力F ＝G m 1m 2L2将①式代入上式得F ＝G m 1m 32(m 1＋m 2)2r 21②由题意，将此引力视为O 点处质量为m ′的星体对可见星A 的引力，则有F ＝G m 1m ′r 21③比较②③可得m ′＝m 32(m 1＋m 2)2.④(2)对可见星A ，有G m 1m ′r 21＝m 1v 2r 1⑤可见星A 的轨道半径r 1＝v T2π⑥由④⑤⑥式解得m 32(m 1＋m 2)2＝v 3T 2πG.【答案】 (1)m ′＝m 32(m 1＋m 2)2 (2)m 32(m 1＋m 2)2＝v 3T 2πG【即学即用】 4．(2012·重庆高考)冥王星与其附近的另一星体卡戎可视为双星系统，质量比约为7∶1，同时绕它们连线上某点O 做匀速圆周运动．由此可知，冥王星绕O 点运动的( )A ．轨道半径约为卡戎的17B ．角速度大小约为卡戎的17C ．线速度大小约为卡戎的7倍D ．向心力大小约为卡戎的7倍【解析】 本题是双星问题，设冥王星的质量、轨道半径、线速度分别为m 1、r 1、v 1，卡戎的质量、轨道半径、线速度分别为m 2、r 2、v 2，由双星问题的规律可得，两星间的万有引力分别给两星提供做圆周运动的向心力，且两星的角速度相等，故B 、D 均错；由G m 1m 2L2＝m 1ω2r 1＝m 2ω2r 2(L 为两星间的距离)，因此r 1r 2＝m 2m 1＝17，v 1v 2＝ωr 1ωr 2＝m 2m 1＝17，故A 对，C 错．【答案】 A(对应学生用书第68页)●中心天体质量的估算 1．(2012·福建高考)一卫星绕某一行星表面附近做匀速圆周运动，其线速度大小为v .假设宇航员在该行星表面上用弹簧测力计测量一质量为m 的物体重力，物体静止时，弹簧测力计的示数为N .已知引力常量为G ，则这颗行星的质量为( )A.m v 2GNB.m v 4GNC.N v 2GmD.N v 4Gm 【解析】 设卫星的质量为m ′由万有引力提供向心力，得G Mm ′R 2＝m ′v 2R①m ′v2R＝m ′g ②由已知条件：m 的重力为N 得 N ＝mg ③由③得g ＝Nm ，代入②得：R ＝m v 2N代入①得M ＝m v 4GN，故A 、C 、D 三项均错误，B 项正确．【答案】 B ●卫星运行比较 2．(2012·北京高考)关于环绕地球运动的卫星，下列说法正确的是( ) A ．分别沿圆轨道和椭圆轨道运行的两颗卫星，不可能具有相同的周期 B ．沿椭圆轨道运行的一颗卫星，在轨道不同位置可能具有相同的速率 C ．在赤道上空运行的两颗地球同步卫星，它们的轨道半径有可能不同 D ．沿不同轨道经过北京上空的两颗卫星，它们的轨道平面一定会重合【解析】 根据开普勒第三定律，a 3T2＝恒量，当圆轨道的半径R 与椭圆轨道的半长轴a相等时，两卫星的周期相等，故选项A 错误；卫星沿椭圆轨道运行且从近地点向远地点运行时，万有引力做负功，根据动能定理，知动能减小，速率减小；从远地点向近地点移动时动能增加，速率增大，且两者具有对称性，故选项B 正确；所有同步卫星的运行周期相等，根据G Mm r 2＝m (2πT)2r 知，同步卫星轨道的半径r 一定，故选项C 错误；根据卫星做圆周运动的向心力由万有引力提供，可知卫星运行的轨道平面过某一地点，轨道平面必过地心，但轨道不一定重合，故北京上空的两颗卫星的轨道可以不重合，选项D 错误．【答案】 B●行星“相遇”问题 3．(2011·重庆高考)某行星和地球绕太阳公转的轨道均可视为圆．每过N 年，该行星会运行到日地连线的延长线上，如图4－4－5所示，该行星与地球的公转半径之比为( )图4－4－5A.⎝⎛⎭⎫N ＋1N 23 B.⎝⎛⎭⎫N N －123C.⎝⎛⎭⎫N ＋1N 32 D.⎝⎛⎭⎫N N －132【解析】 根据ω＝θt 可知，ω地＝2N πt ，ω星＝2(N －1)πt ，再由GMmr 2＝mω2r 可得，r 星r 地＝⎝ ⎛⎭⎪⎫ω地ω星23＝⎝⎛⎭⎫N N －123，答案为B 选项． 【答案】 B●重力加速度的比较 4．(2012·新课标全国高考)假设地球是一半径为R 、质量分布均匀的球体．一矿井深度为d .已知质量分布均匀的球壳对壳内物体的引力为零．矿井底部和地面处的重力加速度大小之比为( )A ．1－d RB ．1＋dRC.⎝⎛⎭⎫R －d R 2 D.⎝⎛⎭⎫R R －d 2【解析】 设地球的密度为ρ，地球的质量为M ，根据万有引力定律可知，地球表面的重力加速度g ＝GM R 2.地球质量可表示为M ＝43πR 3ρ，因质量分布均匀的球壳对球壳内物体的引力为零，所以矿井下以(R －d )为半径的地球的质量为M ′＝43π(R －d )3ρ，解得M ′＝⎝⎛⎭⎫R －d R 3M ，则矿井底部处的重力加速度g ′＝GM ′(R －d )2， 则矿井底部处的重力加速度和地球表面的重力加速度之比为g ′g ＝1－dR，选项A 正确；选项B 、C 、D 错误．【答案】 A●同步卫星通信问题 5.图4－4－6(2013届西安铁路一中检测)如图4－4－6所示，设A 、B 为地球赤道圆的一条直径的两端，利用同步卫星将一电磁波信号由A 点传到B 点，已知地球半径为R ，地球表面处的重力加速度为g ，地球自转周期为T ，不考虑大气对电磁波的折射．设电磁波在空气中的传播速度为c .求：(1)至少要用几颗同步卫星？(2)这几颗卫星间的最近距离是多少？(3)用这几颗卫星把电磁波信号由A 点传到B 点需要经历多长时间？【解析】(1)至少要用两颗同步卫星，这两颗卫星分别位于如图所示的P 1和P 2两点．(2)这两颗卫星间的最近距离是d ＝2R .(3)设同步卫星的轨道半径为r ＝OP 1，由万有引力定律和牛顿第二定律：G Mm r 2＝mr 4π2T 2，对地面上的物体有：m 0g ＝G Mm 0R 2 解得r ＝3gR 2T 24π2用这两颗卫星把电磁波信号由A 点传到B 点需要经历的时间为t ＝2R ＋2P 1B c，又P 1B ＝r 2－R 2，解得：t ＝2R c ＋2 3g 2R 4T 416π4－R 2c. 【答案】 (1)至少两颗 (2)2R(3)2R c ＋2 3g 2R 4T 416π4－R 2c。

第1讲动量定理动量守恒定律(对应学生用书第201页)1.动量(1)定义：运动物体的质量m与速度v的乘积．(2)定义式：p＝mv.(3)单位：kg·m/s.(4)方向：与速度方向相同．(5)物理意义：物体的动量表征物体的运动状态，其中速度为瞬时速度．2．动量变化(1)定义：物体的末动量p′与初动量p的矢量差．(2)表达式：Δp＝p′－p.(3)矢量性：动量变化是矢量，其方向与物体的速度变化的方向相同．31．(2012届北京市朝阳区高三上学期期中统考)物体在运动过程中加速度不为零，则下列说法正确的是( )A．物体速度的大小一定随时间变化B．物体速度的方向一定随时间变化C．物体动能一定随时间变化D．物体动量一定随时间变化【解析】加速度不为零，说明其速度在变化，速度的改变存在三种情况：速度的方向不变，只是大小在变化(动能也变化)，速度的大小不变，只是方向在变化(动能不变)；速度的大小和方向同时改变(动能变化)．显然，选项A、B、C均错误；动量是矢量，只要加速度改变，物体的动量就一定改变，选项D正确．本题答案为D.【答案】 D1.冲量(1)定义：力F与力的作用时间t的乘积．(2)定义式：I ＝Ft .(3)单位：N·s(4)方向：恒力作用时，与力的方向相同．(5)物理意义：是一个过程量，表示力在时间上积累的作用效果．2．动量定理(1)内容：物体所受合力的冲量等于物体的动量变化．(2)表达式：⎩⎪⎨⎪⎧Ft ＝mv 2－mv 1I ＝Δp【针对训练】2．篮球运动员通常伸出双手迎接传来的篮球．接球时，两手随球迅速收缩至胸前．这样做可以( )A ．减小球对手的冲量B ．减小球对人的冲击力C ．减小球的动量变化量D ．减小球的动能变化量【解析】 接球过程中，球的初动量和末动量一定，所以球的动量变化量恒定不变，选项C 错误；根据动量定理，手对球的冲量等于球动量的改变量，也恒定不变，球对手的冲量也不变，选项A 错误；球的初动能和末动能一定，所以球的动能变化量恒定不变，选项D 错误；根据动量定理I ＝Ft ，球对手的冲量I 不变，接球时两手随球迅速收缩至胸前，是通过延长受力时间t 以减小球对人的冲击力F ，所以选项B 正确．本题答案为B.【答案】1.内容：这个系统的总动量保持不变．2．常用的表达式(1)p ＝p ′，系统相互作用前的总动量p 等于相互作用后的总动量p ′.(2)m 1v 1＋m 2v 2＝m 1v ′1＋m 2v ′2，相互作用的两个物体组成的系统，作用前的总动量等于作用后的总动量．(3)Δp 1＝－Δp 2，相互作用的两个物体动量的增量大小相等，方向相反．(4)Δp ＝0，系统总动量的增量为零．3．成立条件：系统不受外力或所受外力的合力为零．(对应学生用书第202页)1.适用于受持续的冲量作用，也适用于受间断的多个冲量的作用．2．解释现象：一类是物体的动量变化一定，此时力的作用时间越短，力就越大；时间越长，力就越小．另一类是作用力一定，此时力的作用时间越长，动量变化越大；力的作用时间越短，动量变化越小．3．解题的基本思路(1)确定研究对象：一般为单个物体或由多个物体组成的系统.(2)对物体进行受力分析．可以先求每个力的冲量，再求各力冲量的矢量和；或先求合力，再求其冲量．(3)抓住过程的初末状态，选好正方向，确定各动量和冲量的正负号．(4)根据动量定理列方程代入数据求解．(1)应用动量定理解题时，首先要选一个正方向．(2)动量定理中的力F 为合外力，应用时应注意将所研究的过程中作用在物体上的所有外力都考虑进去．(若整个过程分为受力不同的若干阶段，I 应为不同阶段冲量的矢量和)(2012·安庆模拟)排球运动是一项同学们喜欢的体育运动．为了了解排球的某些性能，某同学让排球从距地面高h 1＝1.8 m 处自由落下，测出该排球从开始下落到第一次反弹到最高点所用时间为t ＝1.3 s ，第一次反弹的高度为h 2＝1.25 m ．已知排球的质量为m＝0.4 kg ，g 取10 m/s 2，不计空气阻力．求：(1)排球与地面的作用时间；(2)排球对地面的平均作用力的大小．【解析】 (1)排球第一次落到地面的时间为t 1，第一次反弹到最高点的时间为t 2，由h 1＝12gt 21，h 2＝12gt 22，得 t 1＝0.6 s ，t 2＝0.5 s所以排球与地面的作用时间Δt ＝t －t 1－t 2＝0.2 s.(2)方法一：设排球第一次落地的速度大小为v 1，第一次反弹离开地面时的速度大小为v 2，则有：v 1＝gt 1＝6 m/s ，v 2＝gt 2＝5 m/s设地面对排球的平均作用力的大小为F ，以排球为研究对象，取向上为正方向，则在排球与地面的作用过程中，由动量定理得：(F －mg )Δt ＝mv 2－m (－v 1)解得：F ＝m v 2＋v 1Δt＋mg 代入数据得：F ＝26 N根据牛顿第三定律得：排球对地面的平均作用力为26 N.方法二：全过程应用动量定理取竖直向上为正方向，从开始下落到第一次反弹到最高点的过程用动量定理得F (t －t 1－t 2)－mgt ＝0解得：F ＝mgt t －t 1－t 2＝26 N 再由牛顿第三定律得排球对地面的平均作用力的大小为26 N.【答案】 (1)0.2 s (2)26 N(1)利用动量定理求解问题时，确定正方向，把矢量运算转化为标量运算，准确表述物体动量的变化是解题的关键．(2)若物体的运动涉及多个过程，可分段求解，也可全程考虑，全程求解往往使解答更简捷．【即学即用】1．(2013届蚌埠模拟)物体在恒定的合力作用下做直线运动，在时间t 1内动能由零增大到E1，在时间t2内动能由E1增加到2E1，设合力在时间t1内做的功为W1，冲量为I1，在时间t2内做的功是W2，冲量为I2，则( )A．I1＜I2，W1＝W2B．I1＞I2，W1＝W2C．I1＞I2，W1＜W2 D．I1＝I2，W1＜W2【解析】根据动能定理有W1＝E1－0＝E1，W2＝2E1－E1＝E1，所以W1＝W2；根据动量定理和动量与动能的关系式p＝2mE k，有I1＝2mE1－0＝2mE1，I2＝2mE1－2mE1＝(2－2)mE1，显然I1＞I2.只有选项B正确．本题答案为B.1.(1)系统不受外力或系统所受外力的矢量和为零，则系统动量守恒．(2)系统所受合外力虽然不为零，但系统的内力远大于外力时，如碰撞、爆炸等现象中，系统的动量可看成近似守恒．(3)系统所受的合外力虽不为零，如果在某一个方向上合外力为零，那么在该方向上系统的动量守恒．以上内容可简单概括为：①理想守恒，②近似守恒．③分方向守恒．在确定使用动量守恒定律时，一定要仔细分析守恒条件，明确研究对象，是哪一个系统、哪一个过程动量守恒．2．系统所受的合外力是否为零不很明确时，可直接看系统的动量是否变化．如果系统的动量增加或减小，则系统的动量一定不守恒．(1)运用动量守恒定律时，应注意所选取的系统，并判断动量是否守恒．(2)“动量守恒”的确切含义是指系统在某一过程中动量保持不变．图12－1－1(2013届芜湖模拟)质量为m的物块甲以3 m/s的速度在光滑水平面上运动，有一轻弹簧固定其上，另一质量也为m的物体乙以4 m/s的速度与甲相向运动，如图12－1－1所示．则( )A．甲、乙两物块在弹簧压缩过程中，由于弹力作用，系统动量不守恒B．当两物块相距最近时，甲物块的速率为零C．当甲物块的速率为1 m/s时，乙物块的速率可能为2 m/s，也可能为0D．甲物块的速率可能达到5 m/s【解析】甲、乙两物块在弹簧压缩过程中，由于弹力是系统内力，系统合外力为零，所以动量守恒，选项A错误；当两物块相距最近时，它们的速率相同，设为v，取水平向右为正方向，根据动量守恒定律有mv乙－mv甲＝2mv，代入数据，可得v＝0.5 m/s，选项B错误；当甲物块的速率为1 m/s时，其方向可能向左，也可能向右，当水平向左时，根据动量守恒定律可得，乙物块的速率为2 m/s，当水平向右时，同理可得，乙物块的速率为0，所以选项C正确；因为整个过程中，系统的机械能不可能增加，若甲物块的速率达到5 m/s，那么乙物体的速率肯定不为零，这样系统的机械能增加了，所以选项D错误．本题答案为C.【答案】 C【即学即用】2.将物体P从置于光滑水平面上的斜面体Q的顶端以一定的初速度沿斜面往下滑，如图12－1－2所示，在下滑过程中，P的速度越来越小，最后相对斜面静止，那么由P和Q组成的系统( )A．动量守恒B．最后P和Q均静止C．水平方向动量守恒D．最后P和Q以一定的速度共同向右运动【解析】因水平面光滑，将P、Q看做一个系统，水平方向合力为零，故系统在水平方向动量守恒，但竖直方向P有重力，动量不守恒，故C正确，A错误；因P的水平分速度水平向左，故P、Q最终以一定的速度共同向左运动，故B、D错误．1.机械能守恒的条件是只有重力、弹力做功，动量守恒的条件是系统不受外力或所受合外力为零．2．注意动量守恒的“四性”(1)矢量性：表达式中涉及的都是矢量，需要首先选取正方向，分清各物体初末动量的正、负．(2)瞬时性：动量是状态量，动量守恒指对应每一时刻的总动量都和初时刻的总动量相等．不同时刻的动量不能相加．(3)同一性：速度的大小跟参考系的选取有关，应用动量守恒定律，各物体的速度必须是相对同一参考系的速度．一般选地面为参考系．(4)普适性：它不仅适用于两个物体所组成的系统，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．3．解题步骤在利用动量守恒定律列式时，应注意以下问题：(1)要规定动量的正方向．(2)一般情况下，物体的速度均为对地速度．(3)正确确定系统初、末两状态的总动量．(2011·山东高考)如图12－1－3所示，甲、乙两船的总质量(包括船、人和货物)分别为10m、12m，两船沿同一直线同一方向运动，速度分别为2v0、v0.为避免两船相撞，乙船上的人将一质量为m的货物沿水平方向抛向甲船，甲船上的人将货物接住，求抛出货物的最小速度．(不计水的阻力)．【审题视点】(1)甲、乙两船沿同一直线同一方向运动．(2)为避免两船相撞，乙船上的人抛出货物的最小速度．【解析】 设乙船上的人抛出货物的最小速度大小为v min ，抛出货物后船的速度为v 1，甲船上的人接到货物后船的速度为v 2，由动量守恒定律得12m ×v 0＝11m ×v 1－m ×v min ①10m ×2v 0－m ×v min ＝11m ×v 2②为避免两船相撞应满足v 1＝v 2③联立①②③式得v min ＝4v 0.④【答案】 4v 0(1)动量守恒指的是研究过程中任何时刻系统的总动量都相等，不仅指总动量的大小不变，而且总动量的方向也不变．(2)应用动量守恒定律解决问题时，要注意合理选取研究对象，准确分析物体相互作用过程中是否满足动量守恒的条件，然后再选取正方向，列方程求解．【即学即用】3．(2012·山东高考)如图12－1－4光滑水平轨道上有三个木块A 、B 、C ，质量分别为m A ＝3m 、m B ＝m C ＝m ，开始时B 、C 均静止，A 以初速度v 0向右运动，A 与B 碰撞后分开，B 又与C 发生碰撞并粘在一起，此后A 与B 间的距离保持不变．求B 与C 碰撞前B 的速度大小．图12－1－4【解析】 设A 与B 碰撞后，A 的速度为v A ，B 与C 碰撞前B 的速度为v B ，B 与C 碰撞后粘在一起的速度为v ，由动量守恒定律得对A 、B 木块：m A v 0＝m A v A ＋m B v B ①对B 、C 木块：m B v B ＝(m B ＋m C )v ②由A 与B 间的距离保持不变可知v A ＝v ③联立①②③式，代入数据得v B ＝65v 0.④ 【答案】 65v 0(对应学生用书第204页)1．a 、b 两球在光滑的水平面上沿同一直线发生正碰，作用前a 球动量p a ＝30 k g·m/s，b 球动量p b ＝0，碰撞过程中，a 球的动量减少了20 kg·m/s，则作用后b 球的动量为( )A ．－20 kg·m/sB ．10 kg·m/sC ．20 kg·m/s D．30 kg·m/s【解析】 碰撞过程中，a 球的动量减少了20 kg·m/s，故此时a 球的动量是10 kg·m/s，a 、b 两球碰撞前后总动量保持不变为30 kg·m/s，则作用后b 球的动量为20 kg·m/s.C 对．【答案】 C2．如图12－1－5所示，一小车静止在光滑水平面上，甲、乙两人分别站在左右两侧，整个系统原来静止，则当两人同时相向走动时( )图12－1－5A．要使小车静止不动，甲乙速率必须相等B．要使小车向左运动，甲的速率必须比乙的大C．要使小车向左运动，甲的动量必须比乙的大D．要使小车向左运动，甲的动量必须比乙的小【解析】甲、乙与小车组成的系统动量守恒，有：m甲v甲＋m乙v乙＋M车v车＝0，可知，只要甲、乙的动量大小不等，小车的动量就不会为0，即将获得动量而运动，故要使小车向左运动，甲的动量必须比乙的大．故C对．【答案】 C3．(2013届合肥模拟)两质量相同的滑冰者甲和乙都静止在光滑的水平冰面上，其中一人向另一人抛出一个篮球，另一人接球后再抛回，如此反复几次后，甲和乙最后的速率关系是( )A．若甲最先抛球，则甲的速率大于乙的速率B．若乙最后接球，则甲的速率大于乙的速率C．只有甲最先抛球，乙最后接球，才有甲的速率大于乙的速率D．无论怎样抛球和接球，最终都是甲的速率大于乙的速率【解析】设甲、乙、篮球的质量分别为m甲、m乙、m0.因甲、乙两个滑冰者及篮球组成的系统所受合外力为零，故动量守恒．系统初动量为零，选全过程研究，由动量守恒定律可知：若甲最后接球：选甲的速度方向为正方向，0＝(m甲＋m0)v甲－m乙v乙．因m甲＝m乙，故v甲＜v乙．若乙最后接球：有0＝m甲v甲－(m乙＋m0)v乙，有v甲＞v乙，故选项B正确．【答案】 B4.图12－1－6在2010年温哥华冬奥会上，首次参赛的中国女子冰壶队喜获铜牌，如图12－1－6为中国队员投掷冰壶的镜头．在某次投掷中，冰壶运动一段时间后以0.4 m/s的速度与对方的静止冰壶发生正碰，碰后对方的冰壶以0.3 m/s的速度向前滑行．若两冰壶质量相等，规定向前运动的方向为正方向，则碰后中国队冰壶获得的速度为( )A．0.1 m/s B．－0.1 m/sC．0.7 m/s D．－0.7 m/s【解析】设冰壶质量为m，碰后中国队冰壶速度为v x，由动量守恒定律得mv0＝mv＋mv x解得v x＝0.1 m/s，故选项A正确．【答案】 A5.图12－1－7(2013届马鞍山模拟)如图12－1－7所示，在光滑水平面上，用等大异向的F1、F2分别同时作用于A 、B 两个静止的物体上，已知m a ＜m b ，经过相同的时间后同时撤去两力，以后两物体相碰并粘为一体，则粘合体最终将( )A ．静止B ．向右运动C ．向左运动D ．无法确定【解析】 选取A 、B 两个物体组成的系统为研究对象，根据动量定理，整个运动过程中，系统所受的合外力为零，所以动量改变量为零，初始时刻系统静止，总动量为零，最后粘合体的动量也为零，即粘合体静止，所以选项A 正确．本题答案为A.【答案】 A6．(2011·福建高考)在光滑水平面上，一质量为m 、速度大小为v 的A 球与质量为2m 静止的B 球碰撞后，A 球的速度方向与碰撞前相反．则碰撞后B 球的速度大小可能是( )A ．0.6vB ．0.4vC ．0.3vD ．0.2v【解析】 根据动量守恒定律得：mv ＝2mv B －mv A 化简可得，v A ＝2v B －v ，因v A >0，所以v B >v 2，故只有A 项正确． 【答案】 A7．(2013届宿州模拟)A 、B 两船质量均为M ，都静止在平静的水面上，A 船中质量为M /2的人以相对于地面的水平速度v 从A 船跳到B 船，再从B 船跳到A 船(水的阻力不计)，则( )A ．A 、B 两船(包括人)的动量大小之比总是1∶1B ．A 、B 两船(包括人)的速度大小之比总是1∶1C ．两次跳跃完成后，A 、B 两船(包括人)的速度大小之比为3∶2D ．两次跳跃完成后，A 、B 两船(包括人)的速度大小之比为2∶1【解析】 取两船和人为一系统，因水的阻力不计，系统动量守恒，故得：(M ＋M 2)v A －Mv B ＝0，即p A ∶p B ＝1∶1，v A ∶v B ＝2∶3，A 正确，B 、C 、D 错误．【答案】 A8．一颗卫星在高空绕地球做匀速圆周运动，如果从卫星上发射一枚小火箭，发射方向与卫星运动方向相反，则可能发生的现象是( )A ．火箭竖直下落，而卫星的轨道半径减小B ．火箭和卫星都可能沿原轨道运动C ．火箭和卫星都不可能沿原轨道运动D ．火箭运行的轨道半径减小，卫星运行的轨道半径增大【解析】 卫星绕地球做匀速圆周运动，受地球引力指向圆心，发射火箭时沿轨道的切线方向动量守恒，向运动反方向发射火箭，卫星速度必增大，因向心力不足而做离心运动，所以卫星的半径必增大，所以A 、B 选项错误．而火箭的对地速度可能与原速度方向相同、也可能相反，还可能为零．若为原方向，则发射后火箭的速度必小于原来随卫星运行的速度，则由于向心力过大做向心运动，而卫星的速度增加，做离心运动，则D 答案正确．若火箭速度与原速度等值反向，则火箭可沿原轨道运动，则C 错误．所以答案为D.【答案】 D9．(2013届六安模拟)现代采煤方法中，有一种方法是用高压水流将煤层击碎而将煤采下，水流从高压水枪中射出，喷射速度很大，水流能将煤层击碎是因为水流( )A ．有很大的动能B ．有很大的动量C ．和煤层接触时有很大的动量变化D ．和煤层接触时单位面积上的动量变化率很大【解析】 类似于气体的压强，高压水流喷射到煤层后，会对煤层产生持续的作用力，如果煤层单位面积上的压力过大，就能将煤层击碎；根据动量定理有Δp ＝F Δt ，所以F ＝Δp /Δt ，可见，煤层单位面积上的压力等于单位面积上的动量变化率，所以本题答案为D.【答案】 D10．在光滑水平冰面上，甲、乙两人各乘一小车，甲、乙质量相等，甲手中另持一小球，开始时甲、乙均静止，某一时刻，甲向正东方向将球沿着冰面推给乙，乙接住球后又向正西方向将球推回给甲，如此推接数次后，甲又将球推出，球在冰面上向乙运动，但已经无法追上乙，此时甲的速率v 甲、乙的速率v 乙及球的速率v 三者之间的关系为( )A ．v 甲＝v 乙≥vB ．v <v 甲<v 乙C ．v 甲<v ≤v 乙D ．v ≤v 乙<v 甲【解析】 以甲、乙、球三者为系统，系统的动量守恒，取向西为正方向，在全过程中有：0＝m 甲v 甲－m 乙v 乙－m 球v且m 甲＝m 乙故v 甲>v 乙，根据球最终无法追上乙得v ≤v 乙，故选项D 正确．【答案】 D 11.图12－1－8(2013届宁波模拟)如图12－1－8所示，质量为m ＝2 kg 的物体，在水平力F ＝8 N 的作用下，由静止开始沿水平面向右运动．已知物体与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2.若F 作用t 1＝6 s 后撤去，撤去F 后又经t 2＝2 s 物体与竖直墙壁相碰，若物体与墙壁作用时间t 3＝0.1 s ，碰墙后反向弹回的速度v ′＝6 m/s ，求墙壁对物体的平均作用力．(g 取10 m/s 2)【解析】 取从物体开始运动到撞墙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Ft 1－μmg (t 1＋t 2)－F t 3＝－mv ′所以F ＝Ft 1－μmg t 1＋t 2＋mv ′t 3 ＝8×6－0.2×2×10×6＋2＋2×60.1N ＝280 N ，方向与F 的方向相反． 【答案】 280 N ，方向与F 的方向相反12．(2013届宿州模拟)如图12－1－9所示，滑块A 、C 质量均为m ，滑块B 质量为32m .开始时A 、B 分别以v 1、v 2的速度沿光滑水平轨道向固定在右侧的挡板运动，现将C 无初速地放在A 上，并与A 粘合不再分开，此时A 与B 相距较近，B 与挡板相距足够远．若B 与挡板碰撞将以原速率反弹，A 与B 碰撞将粘合在一起．为使B 能与挡板碰撞两次，v 1、v 2应满足什么关系？图12－1－9【解析】 设向右为正方向，A 与C 粘合在一起的共同速度为v ′，由动量守恒定律得 mv 1＝2mv ′①为保证B 碰挡板前A 未能追上B ，应满足v ′≤v 2②设A 与B 碰后的共同速度为v ″，由动量守恒定律得2mv ′－32mv 2＝72mv ″③ 为使B 能与挡板再次碰撞应满足v ″>0④联立①②③④式得32v 2<v 1≤2v 2或12v 1≤v 2<23v 1.【答案】 32v 2<v 1≤2v 2或12v 1≤v 2<23v 1 13．如图12－1－10所示，光滑水平直轨道上有三个滑块A 、B 、C ，质量分别为m A ＝m C ＝2m ，m B ＝m ，A 、B 用细绳连接，中间有一压缩的轻弹簧(弹簧与滑块不拴接)．开始时A 、B 以共同速度v 0运动，C 静止．某时刻细绳突然断开，A 、B 被弹开，然后B 又与C 发生碰撞并粘在一起，最终三滑块速度恰好相同．求B 与C 碰撞前B 的速度．图12－1－10【解析】 设共同速度为v ，球A 与B 分开后，B 的速度为v B ，由动量守恒定律知(m A ＋m B )v 0＝m A v ＋m B v B ①m B v B ＝(m B ＋m C )v ②联立①②式，得B 与C 碰撞前B 的速度v B ＝95v 0. 【答案】 95v 0 14．(2013届蚌埠模拟)两磁铁各放在一辆小车上，小车能在水平面上无摩擦地沿同一直线运动．已知甲车和磁铁的总质量为0.5 kg ，乙车和磁铁的总质量为1.0 kg.两磁铁的N 极相对，推动一下，使两车相向运动．某时刻甲的速率为2 m/s ，乙的速率为3 m/s ，方向与甲相反．两车运动过程中始终未相碰．求：(1)两车相距最近时，乙的速度为多大？(2)甲车开始反向运动时，乙车的速度为多大？【解析】 (1)两车相距最近时，两车的速度相同，设该速度为v ，取乙车的速度方向为正方向．由动量守恒定律得m 乙v 乙－m 甲v 甲＝(m 甲＋m 乙)v所以两车最近时，乙车的速度为v ＝m 乙v 乙－m 甲v 甲m 甲＋m 乙＝1×3－0.5×20.5＋1m/s ＝43m/s≈1.33 m/s. (2)甲车开始反向时，其速度为0，设此时乙车的速度为v 乙′，由动量守恒定律得 m 乙v 乙－m 甲v 甲＝m 乙v 乙′解得v 乙′＝m 乙v 乙－m 甲v 甲m 乙＝1×3－0.5×21m/s ＝2 m/s. 【答案】 (1)1.33 m/s (2)2 m/s。

第六章静电场第1节 电场力的性质[真题回放]1．(多选)(2014·新课标全国卷Ⅱ)关于静电场的电场强度和电势，下列说法正确的是( ) A ．电场强度的方向处处与等电势面垂直 B ．电场强度为零的地方，电势也为零C ．随着电场强度的大小逐渐减小，电势也逐渐降低D ．任一点的电场强度总是指向该点电势降落最快的方向【解析】 根据电场强度与电势的关系解题．电场线(电场强度)的方向总是与等电势面垂直，选项A 正确．电场强度和电势是两个不同的物理量，电场强度等于零的地方，电势不一定等于零，选项B 错误．沿着电场线方向，电势不断降落，电势的高低与电场强度的大小无必然关系，选项C 错误．电场线(电场强度)的方向总是从高的等电势面指向低的等电势面，而且是电势降落最快的方向，选项D 正确．【答案】 AD2．(2013·新课标全国卷Ⅱ)如图6­1­1，在光滑绝缘水平面上，三个带电小球a 、b 和c 分别位于边长为l 的正三角形的三个顶点上；a 、b 带正电，电荷量均为q ，c 带负电．整个系统置于方向水平的匀强电场中．已知静电力常量为k .若三个小球均处于静止状态，则匀强电场场强的大小为( )图6­1­1A.3kq 3l 2B.3kq l2C.3kq l 2D.23kql 2【解析】 各小球都在力的作用下处于静止状态，分别对各小球受力分析，列平衡方程可求解．以c 球为研究对象，除受另外a 、b 两个小球的库仑力外还受匀强电场的静电力，如图所示，c 球处于平衡状态，据共点力平衡条件可知F 静＝2k qq c l 2cos 30°，F 静＝Eq c ，解得E ＝3kql2，选项B 正确．【答案】 B3．(2013·新课标全国Ⅰ)如图6­1­2，一半径为R 的圆盘上均匀分布着电荷量为Q 的电荷，在垂直于圆盘且过圆心c 的轴线上有a 、b 、d 三个点，a 和b 、b 和c 、c 和d 间的距离均为R ，在a 点处有一电荷量为q (q >0)的固定点电荷．已知b 点处的场强为零，则d 点处场强的大小为(k 为静电力常量)()图6­1­2A ．k 3q R2B.k 10q 9R 2C ．kQ ＋qR 2D.k 9Q ＋q 9R2【解析】 本题应从点电荷产生的电场和电场的叠加角度解决问题．已知a 处点电荷和带电圆盘均在b 处产生电场，且b 处场强为零，所以带电圆盘在b 处产生的电场场强E 1与q 在b 处产生的电场场强E ab 等大反向，即E 1＝E ab ＝kqR 2，带电圆盘在d 处产生的电场场强E 2＝E 1且方向与E 1相反，q 在d 处产生的电场场强E ad ＝kqR2，则d 处场强E d ＝E 2＋E ad ＝kq R 2＋kq 9R 2＝k 10q9R2，选项B 正确．【答案】 B[考向分析]考点一 对库仑定律的理解和应用1.适用条件：仅适用于真空中的两个点电荷间的相互作用．虽然从数学角度讲由r →0能得出F →∞的结论，但从物理学的角度分析，这一结论是错误的，因为r →0时，两电荷已不能再看作点电荷了．2．库仑力的大小计算：计算库仑力可以直接运用公式，将电荷量的绝对值代入公式，根据同种电荷相斥，异种电荷相吸来判断作用力F 是引力还是斥力；也可将电荷量带正、负号一起运算，根据结果的正负，来判断作用力是引力还是斥力．3．综合应用：库仑力参与的受力分析与我们在前面学习的受力分析思路和方法相同，应用时要注意结合库仑力的特点进行受力分析．两个电荷间的平衡问题可以应用共点力平衡的所有规律进行分析和讨论．库仑力作用下的动力学问题类型特征与牛顿运动定律中的题型相同．【例1】 (多选)(2014·浙江高考)如图6­1­3所示，水平地面上固定一个光滑绝缘斜面，斜面与水平面的夹角为θ.一根轻质绝缘细线的一端固定在斜面顶端，另一端系有一个带电小球A ，细线与斜面平行．小球A 的质量为m 、电量为q .小球A 的右侧固定放置带等量同种电荷的小球B ，两球心的高度相同、间距为d .静电力常量为k ，重力加速度为g ，两带电小球可视为点电荷．小球A 静止在斜面上，则( )图6­1­3A ．小球A 与B 之间库仑力的大小为kq 2d2B ．当q d ＝mg sin θk 时，细线上的拉力为0 C ．当q d ＝mg tan θk 时，细线上的拉力为0 D ．当q d＝mg k tan θ时，斜面对小球A 的支持力为0【思维模板】 问1：A 球受几个力？ 提示：4个．问2：绳力为零的条件是什么？ 提示：其余3个力平衡．问3：斜面对球的支持力可能为零吗？ 提示：不可能．因为其余力不能平衡．【解析】 根据库仑定律、物体的平衡条件解决问题．根据库仑定律，A 、B 球间的库仑力F库＝k q 2d 2，选项A 正确．小球A 受竖直向下的重力mg ，水平向左的库仑力F 库＝kq 2d 2，由平衡条件知，当斜面对小球的支持力F N 的大小等于重力与库仑力的合力大小时，细线上的拉力等于零，如图所示，则kq 2d 2mg＝tan θ，所以q d ＝mg tan θk，选项C 正确，选项B 错误；斜面对小球的支持力F N 始终不会等于零，选项D 错误．【答案】 AC 【反思总结】处理点电荷的平衡问题及动力学问题的方法(1)确定研究对象．如果有几个物体相互作用时，要依据题意，适当选取“整体法”或“隔离法”． (2)对研究对象进行受力分析，多了库仑力(F ＝kq 1q 2r 2)． (3)列平衡方程(F 合＝0或F x ＝0，F y ＝0)． 突破训练 1如图6­1­4所示，悬挂在O 点的一根不可伸长的绝缘细线下端有一个带电荷量不变的小球A .在两次实验中，均缓慢移动另一带同种电荷的小球B .当B 到达悬点O 的正下方并与A 在同一水平线上，A 处于受力平衡时，悬线偏离竖直方向的角度为θ，若两次实验中B 的电荷量分别为q 1和q 2，θ分别为30°和45°，则q 2q1为( )图6­1­4A ．2B ．3C ．2 3D.3 3【解析】 对A 受力分析如图所示， 由库仑定律得F ＝kq A q Br 2；又r ＝l sin θ，F ＝G tan θ 由以上各式可解得q B ＝Gl 2sin 2 θtan θkq A，因G 、l 、q A 、k 不变，则q 2q 1＝sin 2 45°tan 45°sin 2 30°tan 30°＝23，故C 正确． 【答案】 C考点二 电场强度的计算与叠加 1.场强公式 三 个 公 式⎩⎪⎪⎨⎪⎪⎧E ＝F q ⎩⎪⎨⎪⎧ 适用于任何电场与检验电荷是否存在无关E ＝kQr 2⎩⎪⎨⎪⎧ 适用于点电荷产生的电场Q 为场源电荷的电量E ＝U d ⎩⎪⎨⎪⎧适用于匀强电场U 为两点间的电势差，d 为沿电场方向两点间的距离2．电场的叠加(1)电场叠加：多个电荷在空间某处产生的电场为各电荷在该处所产生的电场场强的矢量和． (2)分析步骤①确定分析计算的空间位置．②分析该处有几个分电场，先计算出各个分电场在该点的电场强度的大小和方向． ③依次利用平行四边形定则求出矢量和．【例2】 (2014·福建高考)如图6­1­5，真空中xOy 平面直角坐标系上的ABC 三点构成等边三角形，边长L ＝2.0 m ．若将电荷量均为q ＝＋2.0×10－6C 的两点电荷分别固定在A 、B 点，已知静电力常量k ＝9.0×109N·m 2/C 2，求：图6­1­5(1)两点电荷间的库仑力大小； (2)C 点的电场强度的大小和方向．【解析】 根据库仑定律、点电荷的场强公式结合平行四边形定则求解． (1)根据库仑定律，A 、B 两点电荷间的库仑力大小为F ＝k q 2L2①代入数据得F ＝9.0×10－3N②(2)A 、B 点电荷在C 点产生的场强大小相等，均为E 1＝k q L2③A 、B 两点电荷形成的电场在C 点的合场强大小为 E ＝2E 1 cos 30°④由③④式并代入数据得E ＝7.8×103 N/C⑤场强E 的方向沿y 轴正向． 【答案】 (1)9.0×10－3N (2)7.8×103N/C 方向沿y 轴正向 突破训练 2如图6­1­6所示，A 、B 、C 、D 、E 是半径为r 的圆周上等间距的五个点，在这些点上各固定一个点电荷，除A 点处的电荷量为－q 外，其余各点处的电荷量均为＋q ，则圆心O 处( )图6­1­6A ．场强大小为kq r 2，方向沿OA 方向B ．场强大小为kq r2，方向沿AO 方向C ．场强大小为2kqr 2，方向沿OA 方向D ．场强大小为2kqr2，方向沿AO 方向【解析】 根据对称性，先假定在A 点放上＋q 的点电荷，则O 点的场强为零，即B 、C 、D 、E 四个点电荷在O 点的场强方向沿OA 向上，大小为kq r2.故O 点的合场强为A 点－q 在O 点产生的场强与B 、C 、D 、E 四个＋q 在O 点产生的合场强的矢量和，即E O ＝E A ＋E ′＝2kqr2，所以答案为C 项．【答案】 C考点三 对电场线的理解和应用 1.电场线的作用 (1)表示场强的方向电场线上每一点的切线方向和该点的场强方向一致． (2)比较场强的大小电场线的疏密程度反映了场强的大小即电场的强弱．同一幅图中，电场线越密的地方场强越强，电场线越疏的地方场强越弱． (3)判断电势的高低在静电场中，顺着电场线的方向电势越来越低． 2．等量点电荷的电场线比较【例3】 (多选)[考向：场强分布特点]如图6­1­7所示，在两等量异种点电荷的电场中，MN 为两电荷连线的中垂线，a 、b 、c 三点所在直线平行于两电荷的连线，且a 和c 关于MN 对称、b 点位于MN 上，d 点位于两电荷的连线上．以下判断正确的是( )图6­1­7A．b点场强大于d点场强B．b点场强小于d点场强C．a、b两点间的电势差等于b、c两点间的电势差D．试探电荷＋q在a点的电势能小于在c点的电势能【解析】利用等量异种电荷的电场线分布特点，知两点电荷连线上的中点O是连线上场强最小的点，即E d>E O，同时，对中垂线MN 而言，中点O又是中垂线上场强最大的点，即E O>E b，综上可知，E d>E b，A错误；B正确．等量导种点电荷的电场线、等势面均关于中垂线MN对称．由题意“a和c关于MN对称”可知，U ab＝U bc，C正确．根据电场线的方向可知，a点的电势高于c点的电势，即φa>φc.结合电势能公式E p＝qφ可知，试探电荷＋q在a点的电势能大于在c点的电势能，D错误．【答案】BC【例4】[考向：轨迹判断]静电除尘器是目前普遍采用的一种高效除尘器，某除尘器模型的收尘板是很长的条形金属板，图6­1­8中直线ab为该收尘板的横截面．工作时收尘板带正电，其左侧的电场线分布如图所示；粉尘带负电，在电场力作用下向收尘板运动，最后落在收尘板上．若用粗黑曲线表示原来静止于P点的带电粉尘颗粒的运动轨迹，图6­1­8下列四幅图中可能正确的是(忽略重力和空气阻力)( )【解析】因粉尘带负电，故带电粉尘所受电场力的方向与电场线的切线方向相反，轨迹上任何一点的切线方向为运动方向，若粒子做曲线运动，轨迹应出现在速度方向和力的方向所夹的区域内．从轨迹找几个点判断一下，只有A项符合，故A项正确．【答案】 A物理模型10 三电荷平衡模型1.模型构建(1)三个点电荷共线．(2)三个点电荷彼此间仅靠电场力作用达到平衡，不受其他外力．(3)任意一个点电荷受到其他两个点电荷的电场力大小相等，方向相反，为一对平衡力．2．模型规律(1)“三点共线”——三个点电荷分布在同一直线上．(2)“两同夹异”——正负电荷相互间隔．(3)“两大夹小”——中间电荷的电荷量最小．(4)“近小远大”——中间电荷靠近电荷量较小的电荷．【例5】 如图6­1­9所示三个点电荷q 1、q 2、q 3在一条直线上，q 2和q 3的距离为q 1和q 2距离的两倍，每个点电荷所受静电力的合力为零，由此可以判定，三个点电荷的电荷量之比q 1∶q 2∶q 3为( )图6­1­9A ．(－9)∶4∶(－36)B ．9∶4∶36C ．(－3)∶2∶(－6)D.3∶2∶6【解析】 13212r ，则q 2和q 3的距离为2r ，对于q 1有kq 2q 1r 2＝kq 1q 3r 2，则有q 2q 3＝19，对q 3有kq 1q 3r 2＝kq 2q 3r 2，所以q 1q 2＝94，考虑到各电荷的电性，故A 正确．【答案】 A 突破训练 3(多选)如图6­1­10所示，点电荷＋4Q 与＋Q 分别固定在A 、B 两点，C 、D 两点将AB 连线三等分，现使一个带负电的粒子从C 点开始以某一初速度向右运动，不计粒子的重力，则该粒子在CD 之间运动的速度大小v 与时间t 的关系图象可能是( )图6­1­10【解析】 负电荷从C →D 运动过程中受A 点电荷吸引力F 1和B 点电荷吸引力F 2，由已知的电荷电量和距离条件结合库仑定律，可知F 1>F 2，故减速运动，可能一直减速，也可能先减速到零然后反向加速，但库仑力是变化的、不可能匀减速，所以选项A 、D 错误，BC 正确．【答案】 BC[电场的叠加]1．(2013·江苏高考)下列选项中的各14圆环大小相同，所带电荷量已在图中标出，且电荷均匀分布，各14圆环间彼此绝缘．坐标原点O处电场强度最大的是( )【解析】 每个14圆环在O 点产生的电场强度大小相等，设为E .根据电场的叠加原理和对称性，得A 、B 、C 、D 各图中O 点的电场强度分别为E A ＝E 、E B ＝2E 、E C ＝E 、E D ＝0，故选项B 正确．【答案】 B[库仑定律与电荷守恒定律]2．(2011·海南高考)三个相同的金属小球1、2、3分别置于绝缘支架上，各球之间的距离远大于小球的直径．球1的带电量为q ，球2的带电量为nq ，球3不带电且离球1和球2很远，此时球1、2之间作用力的大小为F .现使球3先与球2接触，再与球1接触，然后将球3移至远处，此时1、2之间作用力的大小仍为F ，方向不变．由此可知( )A ．n ＝3 B.n ＝4 C ．n ＝5D.n ＝6【解析】 由于各球之间距离远大于小球的直径，小球带电时可视为点电荷．由库仑定律F ＝kQ 1Q 2r 2知两点电荷间距离不变时，相互间静电力大小与两球所带电荷量的乘积成正比．又由于三小球相同，则接触时平分总电荷量，故有q ×nq ＝nq2×q ＋nq 22，解之可得n ＝6，D 正确．【答案】 D[等量导种电荷电场分布特点]3．(多选)用电场线能很直观、很方便地比较电场中各点的强弱．如图6­1­11甲是等量异种点电荷形成电场的电场线，图6­1­11乙是场中的一些点：O 是电荷连线的中点，E 、F 是连线中垂线上相对O 对称的两点，B 、C 和A 、D 也相对O 对称．则( )甲乙图6­1­11A．B、C两点场强大小和方向都相同B．A、D两点场强大小相等，方向相反C．E、O、F三点比较，O的场强最强D．B、O、C三点比较，O点场强最弱【解析】由对称性可知，B、C两点场强大小和方向均相同，A正确；A、D两点场强大小相同，方向也相同，B错误；在两电荷连线的中垂线上，O点场强最强，在两点电荷连线上，O点场强最弱，C、D正确．【答案】ACD[电场线与运动轨迹的关系]4．(2011·新课标全国卷)一带负电荷的质点，在电场力作用下沿曲线abc从a运动到c，已知质点的速率是递减的．关于b点电场强度E的方向，下列图示中可能正确的是(虚线是曲线在b点的切线)( )【解析】由a至c的弯曲情况可知受力方向指向图中虚线的右下方，b点的速度方向v b如图，由a至c速率递减可知受力方向如图中F，α角大于90°，因为电荷为负，故场强方向应与F反向，故D正确．【答案】 D图6­1­12[带电粒子的受力与运动]5．(多选)(2014·广东高考)如图6­1­12所示，光滑绝缘的水平桌面上，固定着一个带电量为＋Q 的小球P .带电量分别为－q 和＋2q 的小球M 和N ，由绝缘细杆相连，静止在桌面上．P 与M 相距L ，P 、M 和N 视为点电荷，下列说法正确的是( )A ．M 与N 的距离大于LB ．P 、M 和N 在同一直线上C ．在P 产生的电场中，M 、N 处的电势相同D ．M 、N 及细杆组成的系统所受合外力为零【解析】 假设P 、M 和N 不在同一直线上，对M 受力分析可知M 不可能处于静止状态，所以选项B 正确；M 、N 和杆组成的系统，处于静止状态，则系统所受合外力为零，故k Qq L 2＝kQ ·2qL ＋x 2，解得x ＝(2－1)L ，所以选项A 错误，D 正确；在正点电荷产生的电场中，离场源电荷越近，电势越高，φM >φN ，所以选项C 错误．【答案】 BD课时提升练(十八) 电场力的性质(限时：45分钟)A 组 对点训练——巩固基础知识题组一 对电场强度的理解1．(多选)下列关于电场强度的两个表达式E ＝F /q 和E ＝kQ /r 2的叙述，正确的是( )A ．E ＝F /q 是电场强度的定义式，F 是放入电场中的电荷所受的力，q 是产生电场的电荷的电荷量B ．E ＝F /q 是电场强度的定义式，F 是放入电场中电荷所受的电场力，q 是放入电场中电荷的电荷量，它适用于任何电场C ．E ＝kQ /r 2是点电荷场强的计算式，Q 是产生电场的电荷的电荷量，它不适用于匀强电场 D ．从点电荷场强计算式分析库仑定律的表达式F ＝k q 1q 2r 2，式kq 2r 2是点电荷q 2产生的电场在点电荷q 1处的场强大小，而kq 1r2是点电荷q 1产生的电场在q 2处场强的大小【解析】 公式E ＝F /q 是电场强度的定义式，适用于任何电场．E ＝kQr2是点电荷场强的计算公式，只适用于点电荷电场，库仑定律公式F ＝kq 1q 2r 2可以看成q 1在q 2处产生的电场强度E 1＝kq 1r2对q 2的作用力，故A 错误，B 、C 、D 正确． 【答案】 BCD图6­1­132．如图6­1­13所示，真空中O 点有一点电荷，在它产生的电场中有a 、b 两点，a 点的场强大小为E a ，方向与ab 连线成60°角，b 点的场强大小为E b ，方向与ab 连线成30°角．关于a 、b 两点场强大小E a 、E b 的关系，以下结论正确的是( )A ．E a ＝33E b B.E a ＝13E bC ．E a ＝3E bD.E a ＝3E b【解析】 由题图可知，r b ＝3r a ，再由E ＝kQ r 2可知，E a E b ＝r 2br 2a ＝31，故D 正确．【答案】 D题组二 对库仑定律的理解应用3．(2012·上海高考)A 、B 、C 三点在同一直线上，AB ∶BC ＝1∶2，B 点位于A 、C 之间，在B 处固定一电荷量为Q 的点电荷．当在A 处放一电荷量为＋q 的点电荷时，它所受到的电场力为F ；移去A 处电荷，在C 处放一电荷量为－2q 的点电荷，其所受电场力为( )A ．－F /2B ．F /2C ．－FD ．F【解析】 设AB 间距离为x ，则BC 间距离为2x ，根据库仑定律有F ＝k Qq x2，在C 处放一电荷量为－2q 的点电荷，其所受电场力为F ′＝k2qQx2＝F2，考虑电场力方向易知B 正确．【答案】 B4．(多选)(2015·武汉市高三调研)如图6­1­14所示，在光滑绝缘的水平桌面上有四个小球，带电荷量分别为－q 、Q 、－q 、Q .四个小球构成一个菱形，－q 、－q 的连线与－q 、Q 的连线之间的夹角为α.若此系统处于平衡状态，则正确的关系式可能是( )图6­1­14A ．cos 3α＝q8QB ．cos 3α＝q 2QC ．sin 3α＝Q8qD ．sin 3α＝Q 2q2【解析】 若设Q 与－q 之间的距离为r ，则－q 与－q 之间的距离为2r cos α.对其中一－q 进行受力分析如图所示，其中F 1为另一－q 对它的库仑力，F 2和F 3分别为两Q 对它的库仑力，由对称性和库仑定律可得F 1＝kq 2r cos α2，F 2＝F 3＝k Qq r2，由矢量平行四边形中的几何关系可得F 12＝F 2cos α，联立以上几式解得cos 3α＝q8Q .如果对其中一Q 进行受力分析，根据共点力的平衡知识同理可得出结论sin 3α＝Q8q.【答案】 AC题组三电场线的理解应用5．一负电荷从电场中的A点由静止释放，只受电场力作用，沿电场线运动到B点，它运动的速度—时间图象如图6­1­15所示，则A、B两点所在区域的电场线分布情况可能是下列图中的( )图6­1­15【解析】由速度—时间图象可知，电荷的速度越来越大，且加速度也是越来越大，故电荷在运动过程中，应受到逐渐增大的吸引力作用，所以电场线的方向应由B指向A.由于加速度越来越大，所以电场力越来越大，即B点的电场强度应大于A点的电场强度，即B点处电场线应比A点处密集，所以正确答案为C.【答案】 C6．一个带正电的粒子，在xOy平面内以速度v0从O点进入一个匀强电场，重力不计．粒子只在电场力作用下继续在xOy平面内沿图6­1­16中的虚线轨迹运动到A点，且在A点时的速度方向与y轴平行，则电场强度的方向可能是( )图6­1­16A．沿x轴正方向B．沿x轴负方向C．沿y轴正方向D．垂直于xOy平面向里【解析】在O点粒子速度有水平向右的分量，而到A点的水平分量变为零，说明该粒子所受电场力向左或有向左的分量，又因为粒子带正电，故只有B正确．【答案】 B题组四场强的叠加应用7．两带电荷量分别为q和－q的点电荷放在x轴上，相距为L，能正确反映两电荷连线上场强大小E与x关系的图是( )【解析】 越靠近两电荷的地方场强越大，两等量异种点电荷连线的中点处场强最小，但不是零，B 、D 错；两电荷的电荷量大小相等，场强大小关于中点对称分布，C 错，应选A.【答案】 A8．图6­1­17中边长为a 的正三角形ABC 的三个顶点分别固定三个点电荷＋q 、＋q 、－q ，则该三角形中心O 点处的场强为( )图6­1­17A.6kqa 2，方向由C 指向OB.6kqa2，方向由O 指向C C.3kqa 2，方向由C 指向O D.3kqa2，方向由O 指向C【解析】 每个点电荷在O 点处的场强大小都是E ＝kq 3a2＝3kqa2，画出矢量叠加的示意图，如图所示，由图可得O 点处的合场强为E 0＝2E ＝6kqa2，方向由O 指向C .B 项正确．【答案】 BB 组 深化训练——提升应考能力9．(多选)在相距为r 的A 、B 两点分别放上点电荷Q A 和Q B ，C 为AB 的中点，如图6­1­18所示．现引入带正电的检验电荷q ，则下列说法中正图6­1­18确的是( )A ．如果q 在C 点受力为零，则O A 和OB 一定是等量异种电荷B ．如果q 在AB 延长线上离B 较近的D 点受力为零，则Q A 和O B 一定是异种电荷，且电荷量大小Q A >Q BC ．如果q 在AC 段上的某一点受力为零，而在BC 段上移动时始终受到向右的力，则Q A 一定是负电荷，且电荷量大小Q A <Q BD ．如果q 沿AB 的垂直平分线移动时受力方向始终不变，则Q A 和Q B 一定是等量异种电荷【解析】 如果q 在C 点受力为零，则Q A 、Q B 对q 的电场力大小相等，方向相反，Q A 和Q B 一定是等量同种电荷，A 错误；如果q 在D 点受力为零，则Q A 、Q B 对q 的电场力大小相等，方向相反，Q A 和Q B 一定是异种电荷，由题图可知，q 到B 的距离较小，则电荷量大小为Q A >Q B ，B 正确；同理得出，C 正确；q 沿AB 的垂直平分线移动时受力方向始终不变，说明中垂线上各点的场强方向相同，则有Q A 和Q B 一定是等量异种电荷，D 正确．【答案】 BCD10．如图6­1­19所示，光滑绝缘细杆与水平面成θ角并固定，杆上套有一带正电小球，质量为m 、电荷量为q ，为使小球静止在杆上，可加一匀强电场，所加电场的场强满足什么条件时，小球可在杆上保持静止( )图6­1­19A ．垂直于杆斜向上，场强大小为mg cos θ/qB ．竖直向上，场强大小为mg /qC ．垂直于杆斜向上，场强大小为mg sin θ/qD ．水平向右，场强大小为mg cot θ/q【解析】 若所加电场的场强垂直于杆斜向上，对小球受力分析可知，其受到竖直向下的重力、垂直于杆斜向上的电场力和垂直于杆方向的支持力，在这三个力的作用下，小球在沿杆方向上不可能平衡，选项A 、C 错误；若所加电场的场强方向竖直向上，对小球受力分析可知，当E ＝mg /q 时，电场力与重力等大反向，小球可在杆上保持静止，选项B 正确；若所加电场的场强水平向右，对小球受力分析可知，其共受到三个力的作用，假设小球此时能够静止，则根据平衡条件可得Eq ＝mg tan θ，所以E ＝mg tan θ/q ，选项D 错误．本题答案为B.【答案】 B11．如图6­1­20所示，在A 点固定一正电荷，电荷量为Q ，在A 点正上方离A 高度为h 的B 点由静止释放某带电的液珠，液珠开始运动的瞬间加速度大小为g2(g 为重力加速度)．已知静电力常量为k ，两带电物体均可看成点电荷，液珠只能沿竖直方向运动，不计空气阻力，求：图6­1­20(1)液珠的比荷(电荷量与质量的比值)；(2)若液珠开始释放时的加速度方向向上，要使液珠释放后保持静止，可以加一竖直方向的匀强电场，则所加匀强电场的方向如何？电场强度的大小为多少？【解析】 (1)加速度的方向分两种情况①加速度向下时，因为mg －k Qq h 2＝m (12g )所以q m ＝gh 22kQ②加速度向上时，因为k Qq h 2－mg ＝m (12g )所以q m ＝3gh 22kQ(2)因为液珠开始释放时的加速度方向向上，所以液珠带正电．要使液珠释放后保持静止，必须加一方向竖直向下的匀强电场． 因为qE －12mg ＝0所以E ＝m q ·g 2＝kQ3h2.【答案】 (1)gh 22kQ 3gh 22kQ (2)竖直向下 kQ3h212．如图6­1­21所示，光滑绝缘的细圆管弯成半径为R 的半圆形，固定在竖直面内，管口B 、C 的连线水平．质量为m 的带正电小球从B 点正上方的A 点自由下落，A 、B 两点间距离为4R .从小球(小球直径小于细圆管直径)进入管口开始，整个空间中突然加上一个斜向左上方的匀强电场，小球所受电场力在竖直方向上的分力方向向上，大小与重力相等，结果小球从管口C 处离开圆管后，又能经过A 点．设小球运动过程中电荷量没有改变，重力加速度为g ，求：图6­1­21(1)小球到达B 点时的速度大小； (2)小球受到的电场力大小；(3)小球经过管口C 处时对圆管壁的压力．【解析】 (1)小球从开始自由下落至到达管口B 的过程中机械能守恒，故有：mg ·4R ＝12mv 2B到达B 点时速度大小为v B ＝8gR .(2)设电场力的竖直分力为F y ，水平分力为F x ，则F y ＝mg ，小球从B 运动到C 的过程中，由动能定理得： －F x ·2R ＝12mv 2C －12mv 2B小球从管口C 处离开圆管后，做类平抛运动，由于经过A 点，有y ＝4R ＝v C t ，x ＝2R ＝12a x t 2＝F x 2mt 2联立解得：F x ＝mg 电场力的大小为F ＝qE ＝F 2x ＋F 2y ＝2mg .(3)小球经过管口C 处时，向心力由F x 和圆管的弹力F N 的合力提供，设弹力F N 的方向向左，则F x ＋F N ＝mv 2CR，解得：F N ＝3mg .根据牛顿第三定律可知，小球经过管口C 处时对圆管的压力为F N ′＝F N ＝3mg ，方向水平向右． 【答案】 (1)8gR (2)2mg (3)3mg ，方向水平向右第2节 电场能的性质[真题回放]1．(多选)(2014·新课标全国卷Ⅰ)如图6­2­1，在正点电荷Q 的电场中有M 、N 、P 、F 四点，M 、N 、P 为直角三角形的三个顶点，F 为MN 的中点，图6­2­1∠M ＝30°.M 、N 、P 、F 四点处的电势分别用φM 、φN 、φP 、φF 表示，已知φM ＝φN ，φP ＝φF ，点电荷Q 在M 、N 、P 三点所在平面内，则( )A ．点电荷Q 一定在MP 的连线上B ．连接PF 的线段一定在同一等势面上C ．将正拭探电荷从P 点搬运到N 点，电场力做负功D ．φP 大于φM【解析】 本题根据点电荷形成电场中等势面的特点及在任何电场中电场线与等势面垂直的特性进行解题．电场是由正点电荷产生的，所以电场线由正点电荷指向无穷远处，并且跟点电荷距离相等的点，电势相等，场强大小相等．由于φM ＝φN ，φP ＝φF ，所以点电荷Q 到M 和N 的距离相等，到P 和F 的距离相等，即过F 作MN 的中垂线，然后作FP 的中垂线，两中垂线的交点为点电荷Q 所在的位置，由几何知识得Q 在MP 上，如图所示，故选项A 正确；点电荷形成的电场中等势面是球面，故选项B 错误；正试探电荷与Q 同号，所以受斥力作用，故将其从P 点搬运到N 点时，电场力做正功，故选项C 错误；由几何关系知点电荷Q 距M 的距离大，距P 的距离小，所以φM <φP ，故选项D 正确．【答案】 AD2．(2014·山东高考)如图6­2­2，半径为R 的均匀带正电薄球壳，其上有一。

【课堂新坐标】2014届高考物理（人教版，安徽专用）一轮复习随堂自测：第五章机械能及其守恒定律（含答案解析）1．(2012·安庆模拟)在探究平抛运动的规律时，可以选用如图4－5－4所示的各种装置图，以下操作合理的是( )图4－5－4A．选用装置图1研究平抛物体竖直分运动，应该用眼睛看A、B两球是否同时落地B．选用装置图2要获得稳定的细水柱所显示的平抛轨迹，竖直管上端A一定要低于水面C．选用装置图3要获得钢球的平抛轨迹，每次不一定要从斜槽上同一位置由静止释放钢球D．以上说法都不正确2．(2012·亳州模拟)在“研究平抛物体的运动”的实验中，用如图4－5－5所示的实验装置：图4－5－5(1)将两个完全相同的斜滑轨固定在同一竖直面内，它们的最下端水平，把两个质量相等的小钢球，从斜面的顶点由静止同时释放，滑道2与光滑水平面吻合，观察到________，说明____________．(2)在教材“研究平抛物体的运动”的实验中可以测出小球经过曲线上任意位置的瞬时速度．实验简要步骤如下：A．让小球多次从________位置无初速滚下，记下小球穿过卡片孔的一系列的位置．B．按图安装好器材，注意调整________，记下斜槽末端O点和过O点的竖直线．C．测出曲线上某点的位置坐标x、y，用v＝________算出该点的瞬时速度．D．取下白纸，以O点为原点，以竖直线为轴建立坐标系，用平滑曲线画平抛轨迹．①完成上述步骤，将正确的答案填在横线上．②上述实验步骤的合理顺序是________．3．某同学设计了一个研究平抛运动的实验装置，如图4－5－6所示．在水平桌面上放置一个斜面，让钢球从斜面上同一位置由静止滚下，钢球滚过桌边后便做平抛运动．在钢球抛出后经过的地方放置一块水平木板，木板由支架固定成水平，木板所在高度可通过竖直标尺读出，木板可以上下自由调节．在木板上固定一张白纸．该同学在完成装置安装后进行了如下步骤的实验：图4－5－6A．实验前在白纸上画一条直线，并在线上标出a、b、c三点，且ab＝bc，如图4－5－6所示．量出ab长度L＝20.00 cm.B．让钢球从斜面上的某一位置由静止滚下，调节木板位置，使得钢球正好击中c点，记下此时木板离地面的高度h1＝70.00 cm.C．让钢球从斜面上的同一位置由静止滚下，调节木板位置，使得钢球正好击中b点，记下此时木板离地面的高度h2＝90.00 cm.D．让钢球从斜面上的同一位置由静止滚下，调节木板位置，使得钢球正好击中a点，记下此时木板离地面的高度h3＝100.00 cm.则该同学由上述测量结果即可粗测出钢球的平抛初速度大小v0＝______m/s.钢球击中b 点时其竖直分速度大小为v by＝____m/s.已知钢球的重力加速度为g＝10 m/s2，空气阻力不计．4．在做“研究平抛物体的运动”的实验时，为了确定小球在不同时刻所通过的位置，用如图4－5－7所示的装置，将一块平木板钉上复写纸和白纸，竖直立于槽口前某处且和斜槽所在的平面垂直，使小球从斜槽上紧靠挡板处由静止滚下，小球撞在木板上留下点迹A；将木板向后移距离x，再使小球从斜槽上紧靠挡板处由静止滚下，小球撞在木板上留下点迹B；又将木板再向后移距离x，小球再从斜槽上紧靠挡板处由静止滚下，再得到点迹C.若测得木板每次后移距离x＝20.00 cm，A、B间距离y1＝4.70 cm，B、C间距离y2＝14.50 cm.根据以上直接测量的物理量推导出小球初速度的计算公式为v0＝_________________________________.(用题中所给字母表示)；小球初速度值为______m/s.(g取9.8 m/s2，结果保留三位有效数字)图4－5－75．利用实验室的斜面小槽等器材装配如图4－5－8甲所示的装置．钢球从斜槽上滚下，经过水平槽飞出后做平抛运动．每次都使钢球在斜槽上同一位置滚下，钢球在空中做平抛运动的轨迹是一定的，设法用铅笔描出小球经过的位置，通过多次实验，在竖直白纸上记录钢球所经过的多个位置，连起来就得到钢球做平抛运动的轨迹．甲乙图4－5－8(1)某同学在安装实验装置和进行其余的操作时都准确无误，他在分析数据时所建立的坐标系如图4－5－8乙所示．他的错误之处是______________．(2)该同学根据自己所建立的坐标系，在描出的平抛运动轨迹图上任取一点(x，y)，运用公式v0＝x g2y求小球的初速度v0，这样测得的平抛初速度值与真实值相比________．(填“偏大”、“偏小”或“相等”)6．某同学利用图4－5－9甲所示装置做“研究平抛运动”的实验，根据实验结果在坐标纸上描出了小球水平抛出后的运动轨迹，但不慎将画有轨迹图线的坐标纸丢失了一部分，剩余部分如图乙所示．图4－5－9乙中水平方向与竖直方向每小格的长度均代表0.10 m，P1、P2和P3是轨迹图线上的3个点，P1和P2、P2和P3之间的水平距离相等．图4－5－9完成下列填空：(重力加速度取9.8 m/s2)(1)设P 1、P 2和P 3的横坐标分别为x 1、x 2和x 3，纵坐标分别为y 1、y 2和y 3，从图乙中可读出|y 1－y 2|＝____m ，|y 1－y 3|＝______m ，|x 1－x 2|＝______m(保留两位小数)．(2)若已测知抛出后小球在水平方向上做匀速运动．利用(1)中读取的数据，求出小球从P 1运动到P 2所用的时间为______s ，小球抛出后的水平速度为________m/s(均可用根号表示)．(3)已测得小球抛出前下滑的高度为0.50 m ，设E 1和E 2分别为开始下滑时和抛出时的机械能，则小球从开始下滑到抛出的过程中机械能的相对损失E 1－E 2E 1×100%＝______%(保留两位有效数字)．答案及解析1．【解析】 用装置图1应根据两球落地声音来判断，选项A 错；用装置图2要获得稳定的细水柱所显示的平抛轨迹，竖直管上端A 一定要低于水面，这样才能保证水流速度稳定，选项B 正确；用装置图3要获得钢球的平抛轨迹，每次一定要从斜槽上同一位置由静止释放钢球，才能保证小球平抛的初速度相同，选项C 错．【答案】 B2．【解析】 (1)根据研究平抛物体运动的实验原理知，物体在水平方向上做匀速直线运动，因此可观察到：球1在水平轨道上击中小球2，说明了平抛运动在水平方向上的分运动是匀速直线运动．(2)为保证小球每次平抛运动的初速度相同，需保证每次从同一位置无初速滚下．另外注意调整斜槽末端切线水平，以保证小球做平抛运动．根据水平方向上x ＝v 0t ，竖直方向上y ＝12gt 2，v 2y ＝2gy ，得曲线上某点速度为v ＝v 20＋v 2y ＝ gx 22y＋2gy . 【答案】 (1)球1在水平轨道上击中球2 平抛运动在水平方向上的分运动是匀速直线运动(2)①A.斜槽上相同 B ．斜槽末端切线水平 C.gx 22y＋2gy ②BADC 3．【解析】 由于小球每次都是从斜面上同一位置释放的，所以小球的水平初速度不变，小球从落到a 点到落到b 点与从落到b 点到落到c 点所用的时间相同，可设为T .水平方向：v 0＝ac2T① 竖直方向：ab 对应的竖直高度Δh 1＝h 3－h 2＝10 cm. bc 对应的竖直高度Δh 2＝h 2－h 1＝20 cm则Δh ＝Δh 2－Δh 1＝gT 2②联立①②代入数据得v 0＝2 m/s ，T ＝0.1 s由运动学公式：v by ＝h 3－h 12T ＝0.3 m 2×0.1 s ＝1.5 m/s. 【答案】 2 1.54．【解析】 y 2－y 1＝gT 2，v 0＝x T联立解得v 0＝x gy 2－y 1代入数据解得：v 0＝2.00 m/s【答案】 x gy 2－y 1 2.005．【解析】 (1)小球平抛运动的起点在斜槽末端正上方小球球心所在处，该同学的错误在于他将斜槽末端点作为坐标原点．(2)这样建立坐标系后，坐标y 值测量偏小，由v 0＝xg 2y求出的小球的初速度v 0将比真实值偏大．【答案】 (1)将斜槽末端点作为坐标原点 (2)偏大6．【解析】 (1)|y 1－y 2|＝6.1×0.10 m＝0.61 m|y 1－y 3|＝16.1×0.10 m＝1.61 m|x 1－x 2|＝6.0×0.10 m＝0.60 m.(2)Δy ＝|y 1－y 3|－|y 1－y 2|－|y 1－y 2|＝(1.61－0.61－0.61) m ＝0.39 m ，由Δy ＝gt 2得t ＝ Δy g ＝ 0.3910 s≈0.20 s，水平速度v x ＝|x 1－x 2|t ＝0.600.20m/s ＝3.0 m/s. (3)以抛出点为零势能点，则E 1＝mgh ，E 2＝12mv 2x ，所以E 1－E 2E 1×100%＝ mgh －12mv 2x mgh ×100%＝gh －12v 2x gh ×100%＝ 9.8×0.50－12×3.029.8×0.50×100%≈8.2%. 【答案】 (1)0.61 1.61 0.60 (2)0.20 3.0 (3)8.2。