2017-2021年福建高考物理真题分类汇编之静电场.pdf

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1、2017-2021年福建高考物理真题分类汇编之静电场一.选 择 题（共 3 小题）I.（2019新课标1 ）如图，空间存在一方向水平向右的匀强电场，两个带电小球P 和 Q 用相同的绝缘细绳悬挂在水平天花板下，两细绳都恰好与天花板垂直，则（）A.P 和 Q 都带正电荷 B.P 和 Q 都带负电荷C.P 带正电荷，Q 带负电荷 D.P 带负电荷，Q 带正电荷2.（2018新课 标 I）如图，三个固定的带电小球a,b 和 c,相互间的距离分别为ab=5cm,bc=3cm,ca=4 cm,小球c 所受库仑力的合力的方向平行于a,b 的连线，设小球a,b所带电荷量的比值的绝对值为k,则（）a .NA.a

2、,b 的电荷同号，k=H9C.a,b 的电荷同号，k=M27B.a,b 的电荷异号，k=19D.a,b 的电荷异号，k=l l273.（2020新课标I）图（a）所示的电路中，K 与 L 间接一智能电源，用以控制电容器C两端的电压U c.如 果 U c随时间t 的变化如图（b）所示，则下列描述电阻R 两端电压UR随时间t 变化的图象中，正确的是（）图(a)图(b)2I-1-：3 4 5_ _ _ _:;I I I3-1 2：:1 1C.二.多 选 题（共 2 小题）_ i I .o|1 2 3 4 5 t/s（多选）4.（2 0 1 7 新课标I ）在一静止点电荷的电场中，任一点的电势少与该点

3、到点电荷的距离r 的关系如图所示。电场中四个点a、b、c和 d的电场强度大小分别为Ea、Eb、Ec 和 Ed,点 a 到点电荷的距离r a 与点a 的电势（p a 已在图中用坐标（r a，c p a）标出，其余类推。现将一带正电的试探电荷由a 点依次经b、c 点移动到d点，在相邻两点间移动的过程中，电场力所做的功分别为W a b、W b c 和 W e d.下列选项正确的是（）A.Ea:Eb=4：1C.W a b：W b c =3:1B.Ec：Ed=2：1D.W b c：WCd=l：3（多选）5.（2 0 1 8 新课标I ）图中虚线a、b、c、d、f 代表匀强电场内间距相等的一组等势面，已知

4、平面b上的电势为2 V,一电子经过a时的动能为1 0 e V,从 a到 d的过程中克服电场力所做的功为6 e V.下列说法正确的是（）a b c d fA.平面c 上的电势为零B.该电子可能到达不了平面fC.该电子经过平面d时，其电势能为4 e VD.该电子经过平面b时的速率是经过d时的2倍三.计 算 题（共3小题）6.（2 0 2 1福建）如 图（a）,同一竖直平面内A、B、M、N四点距O点的距离均为&L,O为水平连线A B的中点，M、N在A B连线的中垂线上。A、B两点分别固定有一点电荷,电荷量均为Q（Q 0）以O为原点，竖直向下为正方向建立x轴。若取无穷远处为电势零点，则ON上的电势（p

5、随位置x的变化关系如图（b）所示。一电荷量为Q （Q 0）的小球S i以一定初动能从M点竖直下落，一段时间后经过N点，其在ON段运动的加速度大小a随位置x的变化关系如图（c）所示。图中g为重力加速度大小，k为静电力常量。（1）求小球S i在M点所受电场力大小。（2）当小球S i运动到N点时，恰与一沿x轴负方向运动的不带电绝缘小球S 2发生弹性碰撞。已知S 与S 2的质量相等，碰撞前、后S 1的 动 能 均 为 驾 碰 撞 时 间 极 短。求3 L碰撞前S 2的动量大小。（3）现将S 2固定在N点，为保证S|能运动到N点与之相碰，S i从M点下落时的初动7.（2 0 1 7新课标I ）真空中存在

6、电场强度大小为E i的匀强电场，一带电油滴在该电场中竖直向上做匀速直线运动，速度大小为v o,在油滴处于位置A时，将电场强度的大小突然增大到某值，但保持其方向不变。持续一段时间口后，又突然将电场反向，但保持其大小不变；再持续同样一段时间后，油滴运动到B点。重力加速度大小为g。（1）求油滴运动到B点时的速度；（2）求增大后的电场强度的大小；为保证后来的电场强度比原来的大，试给出相应的t i和v o应满足的条件。已知不存在电场时，油滴以初速度v o做竖直上抛运动的最大高度恰好等于B、A两点间距离的两倍。8.（2020新课标I）在一柱形区域内有匀强电场，柱的横截面是以O 为圆心，半径为R 的圆，A

7、B 为圆的直径，如图所示。质量为m,电荷量为q（q0）的带电粒子在纸面内自A 点先后以不同的速度进入电场，速度方向与电场的方向垂直。已知刚进入电场时速度为零的粒子，自圆周上的C 点以速率vo穿出电场，A C 与 A B 的夹角0=60.运动中粒子仅受电场力作用。（1）求电场强度的大小；（2）为使粒子穿过电场后的动能增量最大，该粒子进入电场时的速度应为多大？（3）为使粒子穿过电场前后动量变化量的大小为m vo,该粒子进入电场时的速度应为多大？-、/o ,A 厂所-；B飞/小 一 2017-2021年福建高考物理真题分类汇编之静电场参考答案与试题解析选 择 题（共 3 小题）1.（2019新课标I

8、）如图，空间存在一方向水平向右的匀强电场，两个带电小球P 和 Q 用相同的绝缘细绳悬挂在水平天花板下，两细绳都恰好与天花板垂直，则（）pO三 OQA.P 和 Q 都带正电荷 B.P 和 Q 都带负电荷C.P 带正电荷，Q 带负电荷 D.P 带负电荷，Q 带正电荷【考点】库仑定律；电场强度与电场力.【专题】定性思想；推理法；电场力与电势的性质专题；推理能力.【分析】明确两小球均受电场力和库仑力作用而处于平衡状态，根据库仑力和电场力的方向进行分析，从而明确两球的电性。【解答】解：由图可知，两小球均在电场力和库仑力的作用下保持平衡；由于库仑力为相互作用，大小相等、方向相反；故两小球受到的电场力也一定

9、方向相反；因此两小球一定带异种电荷，则 P 球所受库仑力向右，Q 球所受库仑力向左。匀强电场方向水平向右，故正电荷受电场力向右，其受库仑力一定向左，故 Q 带正电荷，P 带负电荷，故 D 正确，ABC错误。故选：D。【点评】本题考查带电小球在电场力的作用下处于平衡状态的分析，关键是明确电场力和库仑力的方向特点，同时注意共点力平衡条件的应用是解题的关键。2.（2018新课标I）如图，三个固定的带电小球a,b 和 c,相互间的距离分别为ab=5cm,bc=3cm,ca=4 cm,小 球 c 所受库仑力的合力的方向平行于a,b 的连线，设小球a,b所带电荷量的比值的绝对值为匕则（）bA.a,b的电荷

10、同号，k=b B.a,b的电荷异号，k=2 g9 9C.a,b的电荷同号，k=-l D.a,b的电荷异号，k=.l27 27【考点】库仑定律；力的合成与分解的运用.【专题】定性思想；推理法；电荷守恒定律与库仑定律专题.【分析】对小球C受力分析，根据库仑定律，与矢量的合成法则，结合几何关系，及三角知识，即可求解。【解答】解：根据同种电荷相斥，异种电荷相吸，且小球c所受库仑力的合力的方向平行于a,b的连线，可知，a,b的电荷异号，对小球C受力分析，如下图所示：a .H因ab=5cm,be=3cm,ca=4cm,因此ac_Lbc,那么两力的合成构成矩形，依据相似三角形之比，则有：三=总2=9；Fb

11、be 3而根据库仑定律，Fa=k空 殳，而Fb=k 22,2ac bec 2综上所得，=生X纥=丝，故ABC错误，D正确；%3 32 27故选：D。【点评】考查库仑定律与矢量的合成法则，掌握几何关系，与三角形相似比的运用，注意小球C的合力方向可能向左，不影响解题的结果。3.（2020新课标I）图（a）所示的电路中，K与L间接一智能电源，用以控制电容器C两端的电压U e.如 果U e随时间t的变化如图（b）所示，则下列描述电阻R两端电压UR随时间t变化的图象中，正确的是（）图(a)图(b)【考点】欧姆定律；电容器与电容.【专题】比较思想；图析法；恒定电流专题；分析综合能力.【分析】根 据 匚 冬

12、=U c）,分析电路中电流的变化情况，由欧姆定律确定U RA t A t与t的关系。【解答】解：电路中的电流为i=Ak2_=c空J 冬 邑 等 于U c-t图象A t A t A t A t斜率的大小，由图b知，1-2 s内图象的斜率是3-5 s内图象斜率的2倍，则1-2 s内电路中电流是3-5 s内的2倍，由 UR=IR 知，1 -2 s内电阻R两端电压UR是3-5 s内的2倍。l-2 s内，电容器在充电，3-5 s内电容器在放电，电路中电流方向相反，则l-2 s内R的电压与3-5 s内R的电压相反，故A正确，B C D错误。故选：A o【点评】解决本题的关键要知道电路中电流与电容器带电量的

13、关系，即1=华=A t 工知 道 竺J等于U c-t图象斜率的大小，根据数学知识分析出电t A t A t路中电流的变化情况。二.多 选 题（共2小题）（多选）4.（2 0 1 7新课标I ）在一静止点电荷的电场中，任一点的电势（p与该点到点电荷的距离r的关系如图所示。电场中四个点a、b、c和d的电场强度大小分别为E a、E b、E c和E d，点a到点电荷的距离必与点a的电势（p a已在图中用坐标（玷，（p a）标出，其余类推。现将一带正电的试探电荷由a 点依次经b、c 点移动到d点，在相邻两点间移动的过程中，电场力所做的功分别为W a b、W b c 和 W e d.下列选项正确的是（）6

14、420A.Ea：E b=4：1 B.Ec：E d=2：1C.W a b：W b c=3：1 D.W b c：W c d=l：3【考点】电势差和电场强度的关系.【专题】比较思想；比例法；电场力与电势的性质专题.【分析】由点电荷场强公式E =岑可求场强之比；利用公式U a b =P a-P b 和 W=qU分r别计算电场力做的功，从而求电场力做功之比。【解答】解：A、由点电荷场强公式E=也 可 得：E a：Eb=M k Q=4：1,故 A正确;r2 l2 22B、由点电荷场强公式E=X 2可得：民：E d=X 2：垣=4：1,故 B错误；2o2 仁 2r 3 6C 从 a 到 b 电场力做功为：W

15、 a b=q U a b=q（P a -p b）=q（6 -3）=3 q,从 b 到 c 电场力做功为：W b c=q U b c=q（p b -（pc）=q （3 -2）=q,所以有：Wab：W b c =3：1,故 C正确；D、从 c 到 d 电场力做功为：W c d=q U c d=q（p c-0）以 O 为原点，竖直向下为正方向建立x 轴.若取无穷远处为电势零点，则O N上的电势（p随位置x的变化关系如图（b）所示。一电荷量为Q （Q 0）的小球S i以一定初动能从M点竖直下落，一段时间后经过N点，其在ON段运动的加速度大小a随位置x的变化关系如图（c）所示。图中g为重力加速度大小，k

16、为静电力常量。（1）求小球S i在M点所受电场力大小。（2）当小球S i运动到N点时，恰与一沿x轴负方向运动的不带电绝缘小球S 2发生弹性碰撞。已知S 与S 2的质量相等，碰撞前、后S 1的 动 能 均 为 驯 碰 撞 时 间 极 短。求3 L碰撞前S 2的动量大小。（3）现将S 2固定在N点，为保证S i能运动到N点与之相碰，S i从M点下落时的初动【考点】动量守恒定律；动能定理；电势能与电场力做功；电势差和电场强度的关系.【专题】计算题；定量思想；推理法；带电粒子在磁场中的运动专题；分析综合能力.【分析】（1）根据库仑定律结合力的合成可解得：（2）根据牛顿第二定律结合动量守恒定律和能量守恒

17、定律可解得；（3）为保证S i能运动到N点与S 2相碰，S i运动到D点时的速度必须大于零，根据动能定理解得。【解答】解：（1）设A到M点的距离为RM，A点的电荷对小球SI的库仑力大小为FA,2由库仑定律有FA=K RM设小球SI在M点所受电场力大小为FM，由力的合成有F M=2F AS i n 4 5 联立式，由几何关系并代入数据得FM=近处,2(2)设O点下方L处为c点，A与C的距离为Rc，小球S1在C处所受的库仑力大小22为Fc，由库仑定律和力的合成有无=2幽/访0%式中sin0=%设小球S i的质量为m i，小 球S i在C点的加速度大小为a,由牛顿第二定律有Fc+mig=m ia由

18、图(c)可知，式中a=2g联立式并代入数据得mi=-8 k Q.27gL2设S2的质量为m 2,碰撞前、后S i的速度分别为vi,V/，S2碰撞前、后的速度分别为V2,V 2，取竖直向下为正方向。由动量守恒定律和能量守恒定律有mivi+m2V2=m ivi+m2 V21 2 1 2_1，2 1，27 ltllvl+7m2v2_2_mlvl+2-m2v2设小球S2碰撞前的动量为P2，由动量的定义有P2=m2V22依题意有工m iv工2要2 1 1 2 1 1 3Lmi=m2联立式并代入数据，得p 2=正 值 9gL2即碰撞前S2的 动 量 大 小 为 世 上 逗。9gL2(3)设O点上方L处为D

19、点。根 据 图(c)和对称性可知，S|在D点所受的电场力大小2等于小球的重力大小，方向竖直向上，S1在此处加速度为0；S|在D点上方做减速运动，在D点下方做加速运动，为保证S i能运动到N点与S2相碰，S i运动到D点时的速度必须大于零。设M点与D点电势差为UMD，由电势差定义有UMD=(PM-(PD设小球S i初动能为Ek，运动到D点的动能为EkD，由动能定理有m ig(M 0-D0)+QUMD=EkD-EkEkD 0由对称性，D点与C点电势相等，M点与N点电势相等，依 据 图(b)所给数据，并联立可得27 L答：(1)小球S i在M点所受电场力大小为返粤f。4 L2(2)当小球S i运动到

20、N点时，恰与一沿x轴负方向运动的不带电绝缘小球S2发生弹性碰撞。已知S 1与S 2的质量相等，碰撞前、后S 1的 动 能 均 为 驷 碰 撞 时 间 极 短。碰3 L撞前s2的动量大小为9 g L 2(3)现将S2固定在N点,为保证S i能运动到N点与之相碰，S i从M点下落时的初动能须满足E k(3 8也 kQ127 L【点评】本题考查动量守恒定律，动能定理，结合带电粒子在电场中运动的规律，解题关键掌握粒子的运动情况分析，同时应用动量守恒定律时注意规定正方向。7.(20 1 7新课标I )真空中存在电场强度大小为E i的匀强电场，一带电油滴在该电场中竖直向上做匀速直线运动，速度大小为v o,

21、在油滴处于位置A时，将电场强度的大小突然增大到某值，但保持其方向不变。持续一段时间U后，又突然将电场反向，但保持其大小不变；再持续同样一段时间后，油滴运动到B点。重力加速度大小为g。(1)求油滴运动到B点时的速度；(2)求增大后的电场强度的大小；为保证后来的电场强度比原来的大，试给出相应的t i和v o应满足的条件。已知不存在电场时，油滴以初速度v o做竖直上抛运动的最大高度恰好等于B、A两点间距离的两倍。【考点】电势差和电场强度的关系：牛顿运动定律的综合应用.【专题】计算题；学科综合题；定量思想；方程法；电场力与电势的性质专题.【分析】(1)分析油滴的运动过程，可知其先进行向上的匀速直线运动

22、，到达A处后因电场强度突然增大而开始做向上的匀加速直线运动，经 过U后电场突然反向，油滴开始做匀减速直线运动，并可能在速度减为零后做反向的匀加速直线运动。对电场增大后的两个过程分别列出牛顿第二定律方程，即可求得两个过程中的加速度，而t i又是一个已知量，那么直接使用运动学公式即可求出V B的速度大小；(2)因为油滴最后可能做反向的匀加速直线运动，因此我们不能确定B点的位置究竟在A点上方还是A点下方，故需要分为两种情况讨论。对其中每一种情况，根据运动学公式列出方程，并与竖直上抛的方程进行联立，即可分别求得两种情况下的场强E2 的大小;而根据题意，为求出t i 与 v o 满足的条件，只需要使E

23、2 EI即可，那么就可以最终求得t i 与 v o 间的关系式。【解答】解：（1）方法一：设油滴质量为m,带电荷量为q,增大后的电场强度为E 2,根据题中条件可以判断电场力与重力方向相反；对于匀速运动阶段，有 qEi=m g 对于场强突然增大后的第一段t i 时间，由牛顿第二定律得：qE2-m g=m a i 对于场强第二段t i 时间，由牛顿第二定律得：qE2+m g=m a 2 由运动学公式，可得油滴在电场反向时的速度为：v i=v o+a i t i 油滴在B的速度为：V B=V|-a 2 t l 联立至式，可得：V B=V（）-2 g t l;方法二：选向上为正方向，由动量定理有：-m

24、 g X 2 t i+qEi U -qEi t i=m v -m v o解 得:V B=V O-2 g t i；（2）设无电场时竖直上抛的最大高度为h,由运动学公式，有：v 0 2=2 g h 根据位移时间关系可得：v o t i+J ,t?=x .2 11 x 1v i t l -a.+2=x-2 a2x1 x2油滴运动有两种情况：情况一：位移之和X l+X 2=（g）2联立、可得：E2 =E E1 （g Hv n 2 V 08 4 g t j 112由 题 意 得 E 2E,即满足条件 即当（1-返）型 或%4gt?1 2 g“（1 二 身）：1 才是可能的；情况二：位移之和X 1+X 2

25、=-成2联立、可得：P _p E1 ,v0 2 v0 sE 2-E 1+(g-7 )8 4 g t j t 2 v v 2 广由题意得E2E”即满足条件即反)工&,另一解为负,%4 g t j 1 2 g不合题意，舍去。答：(1)油滴运动到B点时的速度为v o -2 g t i；E i(2)增大后的电场强度的大小为E i+(g+g2oVt l 和 V O 应满足的条件为Ei或 E i+-(g-go22V14gt相应的t l 和 V()应满足的条件为t (【点评】有关带电粒子在匀强电场中的运动，可以从两条线索展开：其一，力和运动的关系。根据带电粒子受力情况，用牛顿第二定律求出加速度，结合运动学公

26、式确定带电粒子的速度和位移等；其二，功和能的关系。根据电场力对带电粒子做功，引起带电粒子的能量发生变化，利用动能定理进行解答。8.(2 0 2 0 新课标I )在一柱形区域内有匀强电场，柱的横截面是以O为圆心，半径为R 的圆，AB为圆的直径，如图所示。质量为m,电荷量为q (q 0)的带电粒子在纸面内自A 点先后以不同的速度进入电场，速度方向与电场的方向垂直。已知刚进入电场时速度为零的粒子，自圆周上的C点以速率v o 穿出电场，AC与 AB的夹角。=6 0 .运动中粒子仅受电场力作用。(1)求电场强度的大小；(2)为使粒子穿过电场后的动能增量最大，该粒子进入电场时的速度应为多大？(3)为使粒子

27、穿过电场前后动量变化量的大小为m v o,该粒子进入电场时的速度应为多大？仁-J【考点】带电粒子在匀强电场中的运动：动量冲量；动能；电场强度与电场力.【专题】计算题；学科综合题；定量思想；推理法；带电粒子在电场中的运动专题；分析综合能力.【分析】（I）粒子初速度为零时，沿电场力方向做匀加速直线运动，粒子由C点射出电场，所以电场方向与A C平行，由A指向C.根据动能定理求电场强度的大小。（2）为使粒子穿过电场后的动能增量最大，电场力做功最多，出射点的切线必定与电场垂直。粒子在电场中做类平抛运动，根据牛顿第二定律和分位移公式分别列式，结合几何关系求解。（3）以粒子进入电场时的方向为x轴，电场方向为

28、y轴，建立坐标系，根据数学知识写出圆方程。为使粒子穿过电场前后动量变化量的大小为m v o,根据m v o=m a t求解粒子进入电场时的速度。【解答】解：（1）粒子初速度为零，由C点射出电场，故电场方向与A C平行，由A指向C。由几何关系和电场强度的定义知：A C=R F=q E 由动能定理得F-A C=|mv2-2联立解得E=Y 92 q R（2）如图，由几何关系知A C L B C,故电场中的等势线与B C平行。作 与B C平行的直线与圆相切于D点，与AC的延长线交于P点，则自D点从圆周上穿出的粒子的动能增量最大。由几何关系知ZP A D=3 0,AP=3R,D P=2 R 2 2设粒子

29、以速度V I进入电场时动能增量最大，在电场中运动的时间为t”粒子在AC方向做加速度为a的匀加速运动，运动的距离等于A P；在垂直于AC方向上做匀速运动，运动的距离等于D P,由牛顿第二定律和运动学公式有：F=m a A P=a t j DP =v山联立式得v i=Y2 v c(3)设粒子以速度v进入电场时，在电场中运动的时间为t。以A为原点，粒子进入电场的方向为x轴正方向，电场方向为y轴正方向建立直角坐标系，由运动学公式有：y=-at2(1 0)2x =v t (1 1)粒子离开电场的位置在圆周上，有(X-ZIR)2+(V-1R)2=R2(1 2)2 2粒子在电场中运动时，其X方向的动量不变，

30、y方向的初动量为零，设穿过电场前后动量变化量的大小为m v o的粒子，离开电场时其y方向的速度分量为V 2，由题给条件及运动学公式有：m v 2=m v o=m at (1 3)联立(1 0)(1 1)(1 2)(1 3)式得：v=0或 Vn2 0另解：由题意知，初速度为0时，动量增量大小为m v o,此即问题的一个解。自A点以不同的速率垂直于电场方向射入电场的粒子，沿y方向位移相等时，所用时间都相同，因此，不同粒子运动到线段CB上时，动量变化量都相同，自B点射出电场的粒子，其动量变化也为m v o，由几何关系和运动学规律可得，此时入射速率v=Y?v c。2 0答：(1)电场强度的大小为2m

31、V O小2(2)为使粒子穿过电场后的动能增量最大，该粒子进入电场时的速度应为亚V。(3)为使粒子穿过电场前后动量变化量的大小为m v o,该粒子进入电场时的速度应为0或 返V n。2 F【点评】本题考查带电粒子在电场中加速和偏转问题，要明确粒子的受力情况，确定其运动情况，会熟练运用运动的分解法处理类平抛运动，结合几何知识帮助解答。考点卡片1.力的合成与分解的运用【知识点的认识】一、物体的受力分析1.放在水平地面上静止的物体.F 合=0二力平衡：某个物体受两个力作用时，只要两个力大小相等，方向相反，作用在同一条直线上，则这两个力合力为零，物体处于平衡状态.2.放在水平地面上的物体（受到一个竖直向

32、上的力F 仍保持静止）F/G。竖直方向上三力平衡：F+FN=G,即：竖直方向上合力为0.3.放在水平地面上的物体（受到一个推力仍保持静止）F合=0水平方向上二力平衡，即：水平方向上合力为o竖直方向上二力平衡；即：竖直方向上合力为0.4 .放在水平地面上的物体（受到一个拉力F仍保持静止如图示）水平方向上：F x=F f,即：水平方向上合力为0；竖直方向上：G=F y+F N，即：竖直方向上合力为0.5 .力的合成解题：放在斜面上静止的物体合成法：物体受几个力的作用，可先将某几个力合成，再将问题转化为二力平衡.6 .力的分解解题：放在斜面上静止的物体卜G分解法：物体受几个力的作用，将某个力按效果分

33、解，则其分力与其它几个力满足平衡条件.7 .放在斜面上的物体受到一个平行斜面向上的力F仍保持静止平行斜面方向上：F|=F+F f,即：平行斜面方向方向上合力为0；垂直斜面方向上：F2=FN，即：垂直斜面方向上合力为0.8 .放在斜面上的物体受到一个垂直斜面向下的力F仍保持静止平行斜面方向上：F i=F f,即：平行斜面方向方向上合力为0；垂直斜面方向上：F2+F=FN.即：垂直斜面方向上合力为0.9.放在斜面上的物体受到一个水平向右的力F仍保持静止_ GF合=0平行斜面方向上：G i=F f+F”即：平行斜面方向方向上合力为0；垂直斜面方向上：G 2+F 2 FN，即：垂直斜面方向上合力为0.

34、2.牛顿运动定律的综合应用【知识点的认识】1 .整体法：当连接体内(即系统内)各物体的加速度相同时，可以把系统内的所有物体看成一个整体，分析其受力和运动情况，运用牛顿第二定律对整体列方程求解的方法.2 .隔离法：当求系统内物体间相互作用的内力时，常把某个物体从系统中隔离出来，分析其受力和运动情况，再用牛顿第二定律对隔离出来的物体列方程求解的方法.3 .外力和内力：(1)如果以物体系统为研究对象，受到系统之外的物体的作用力，这些力是该系统受到的外力，而系统内各物体间的相互作用力为内力.(2)应用牛顿第二定律列方程时不考虑内力.如果把某物体隔离出来作为研究对象，则内力将转换为隔离体的外力.3.动量

35、冲量【知识点的认识】一、动量1 .定义：运动物体的质量和速度的乘积叫做物体的动量，通常用p来表示.2 .表达式：p=m v.3 .单位：k g*m/s.4 .标矢性：动量是矢量，其方向和速度方向相同.二、冲量1.定义：力尸和它的作用时间t 的乘积叫做这个力的冲量，通常用/表示.2.表达式：/=Ft（此式只能用来计算恒力F 的冲量）.3.单位：N,s（1 N*s=l kgm/s）4.标矢性：冲量是矢量、方向由力的方向决定.【命题方向】题型一：动量大小的计算及方向的判断例子：一个物体的质量是2 k g,沿竖直方向下落，以 10m/s的速度碰到水泥地面上，随后又以 8m/s的速度被反弹回，若取竖直向

36、上为正方向，则小球与地面相碰前的动量是-2 0 kg,m/s,相 碰 后 的 动 量 是 16 k w m/s,小球的动量变化是36 kgm/s.分析：已知向上为正方向，则可知初末动量大小，同时可求出小球的动量变化.解答：因向上为正，则小球与地面相碰前的动量为：Pi=m vi=2X （-10）=-20kg,m/s；碰后的动量为 P2=mv2=2X8=16kg,m/s；则小球的动量变化为：P 2-PI=16-（-20）=36kg*m/s故答案为：-2 0；16；36.点评：本题考查动量的求法，求动量时一定要注意动量的正负.4.动量守恒定律【知识点的认识】1.内容：如果一个系统不受外力，或者所受外

37、力的矢量和为零，这个系统的总动量保持不变，这就是动量守恒定律.2.表达式：（1）p=p,系统相互作用前总动量p 等于相互作用后的总动量p.（2）mv+miv2mv+?2V 2,，相互作用的两个物体组成的系统，作用前的动量和等于作用后的动量和.（3）/X p=-/p i,相互作用的两个物体动量的增量等大反向.（4）A p=O,系统总动量的增量为零.3.动量守恒定律的适用条件（1）不受外力或所受外力的合力为零.不能认为系统内每个物体所受的合外力都为零，更不能认为系统处于平衡状态.（2）近似适用条件：系统内各物体间相互作用的内力远大于它所受到的外力.（3）如果系统在某一方向上所受外力的合力为零，则在

38、这一方向上动量守恒.【命题方向】题型一：动量守恒的判断例子：如图所示，A、B 两物体的质量比mA：OIB=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 与平板车上表面间动摩擦因数相同，地面光滑.当弹簧突然释放后，则 有（）A.A、B 系统动量守恒 B.A、B、C 系统动量守恒C.小车向左运动 D.小车向右运动分析：在整个过程中三个物体组成的系统合外力为零，系统的动量守恒.分析小车的受力情况，判断其运动情况.解答：A、B,由题意，地面光滑，所 以 A、B 和弹簧、小车组成的系统受合外力为零，所以系统的动量守恒.在弹簧释放的过程中，由于nu：mB=3：2,A、B 所受

39、的摩擦力大小不等，所 以 A、B 组成的系统合外力不为零，动量不守恒.故A 错 误.B 正确；C 口由于人、B 两木块的质量之比为mi：m2=3：2,由摩擦力公式f=uN=|im g知，A 对小车向左的滑动摩擦力大于B 对小车向右的滑动摩擦力，在 A、B 相对小车停止运动之前,小车的合力所受的合外力向左，会向左运动，故 C 正确，D 错误.故选：BC.点评：本题关键掌握系统动量守恒定律的适用条件：合外力为零，并能通过分析受力，判断是否系统的动量是否守恒，题目较为简单！题型二：动量守恒的应用例子：如图所示，C 是放在光滑的水平面上的一块木板，木板的质量为3 m,在木板的上面有两块质量均为m 的小

40、木块A 和 B,它们与木板间的动摩擦因数均为巴 最初木板静止，A、B 两木块同时以方向水平向右的初速度vo和 2Vo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 所发生的位移；（2）木块A 在整个过程中的最小速度.分析：（1）A、B 两木块同时水平向右滑动后，木 块 A 先做匀减速直线运动，当木块A 与木板C的速度相等后，A、C相对静止一起在C摩擦力的作用下做匀加速直线运动；木 块B一直做匀减速直线运动，直到三个物体速度相同.根据三个物体组成的系统动量守恒求出最终共同的速度，对B由牛顿第二定律和运动学公式或动能定理求解

41、发生的位移；（2）当木块A与木板C的速度相等时，木 块A的速度最小，根据系统的动量守恒求解A在整个过程中的最小速度，或根据牛顿第二定律分别研究A、C,求出加速度，根据速度公式，由速度相等条件求出时间，再求解木块A在整个过程中的最小速度.解答：（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 .对A、B、C三者组成的系统，由动量守恒定律得：m v o+2 m v o=（m+m+3 m）v（解得：v i=O.6 v o木块B滑动的加速度为：a=n g,所发生的位移：x=d-0）;=竺1-

42、2a 50 Hg（2）A与C速度相等时，速度最小，此过程A和B减少的速度相等，有：m v o+2 m v o=（m+3 m）V A+I T I V Bv o -V A=2V（）-V B解得：V A=O.4V O答：（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所发生的位移是5011g（2）木块A在整个过程中的最小速度是O.4 v o.点评：本题是木块在木板上滑动的类型，分析物体的运动过程是解题基础，其次要把握物理过程所遵守的规律，这种类型常常根据动量守恒和能量守恒结合处理.题型三：动量守恒的临界问题如图所示，光滑的水平面上有一个质量为M=2m的凸型滑块，它的一个侧面是与水平面相

43、切的光滑曲面，滑块的高度为h=0.3 m.质量为m的小球，以水平速度v o在水平面上迎着光滑曲面冲向滑块.试分析计算v o应满足什么条件小球才能越过滑块.（取g=1 0 m/s 2）分析：小球越到滑块最高点速度水平向右，以滑块和和小球组成的系统为研究对象；根据动量守恒和过程系统机械能守恒列出等式；根据题意要越过滑块，应有V 1 V 2,我们解决问题时取的是临界状态求解.解答：设小球越过滑块最高点的速度为“，此时滑块的速度为V 2,根据动量守恒得：m v o=m v i+2 m v 2此过程系统机械能守恒，根据机械能守恒得：A m v o2=-m v 12+v 22+m gh2 2 2小球要越过

44、滑块，应有V 1 V 2，至少也要有V 1=V 2，设V 1=V 2 =V,上述两式变为m v o=(m+2 m)vm v()(m+2 m)v +m gh2 2解得 v o 3 m/s答：小球要越过滑块，初速度应满足v o 3 m/s.点评：应用动量守恒定律时要清楚研究的对象和守恒条件.把动量守恒和能量守恒结合起来列出等式求解是常见的问题.题型四：动量与能量的综合例子：如图所示，光滑水平面上放置质量均为M=2 k g的甲、乙两辆小车，两车之间通过一感应开关相连(当滑块滑过两车连接处时，感应开关使两车自动分离，分离时对两车及滑块的瞬时速度没有影响)，甲车上表面光滑，乙车上表面与滑块P之问的动摩擦

45、因数“=0.5,一根轻质弹簧固定在甲车的左端，质量为m=l k g的滑块P (可视为质点)与弹簧的右端接触但不相连，用一根细线拴在甲车左端和滑块P之间使弹簧处于压缩状态，此时弹簧的弹性势能E o=1 0 J,弹簧原长小于甲车长度，整个系统处于静止状态.现剪断细线，滑块P滑上乙车后最终未滑离乙车，gM X 1 0 m/s2.求：(1)滑块P滑上乙车前的瞬时速度的大小；(2)滑块P滑上乙车后相对乙车滑行的距离.分析：(1)因地面光滑，所以滑块P在甲车上滑动的过程中，符合动量守恒的条件，同时除了弹簧的弹力做功之外，没有其他的力做功，所以机械能也是守恒的，分别应用动量守恒和机械能守恒列式求解，可得出滑

46、块P滑上乙时的瞬时速度.(2)滑块P滑上乙车时，甲乙两车脱离，滑块和乙车做成了系统，经对其受力分析，合外力为零，动量守恒，可求出滑块和乙车的最终共同速度，由能量的转化和守恒可知，系统减少的机械能转化为了内能，即为摩擦力与相对位移的乘积.从而可求出相对位移，即滑块P在乙车上滑行的距离.解答：（1）设滑块P滑上乙车前的速度为V,以整体为研究对象，作用的过程中动量和机械能都守恒，选向右的方向为正，应用动量守恒和能量关系有：m v i -2 Mv 2=0 E 0T 棺 濯两式联立解得：v i=4 m/s V 2=lm/s（2）以滑块和乙车为研究对象，选向右的方向为正，在此动过程中，由动量守恒定律得：m

47、 v i -MV2=（m+M）v 共 由能量守恒定律得：|i m gL=L1 n+工儿丫；-工（M+m）幺2 1 2 2 2 八联立并代入得：L=m3答：（1）滑块P滑上乙时的瞬时速度的大小为4 m/s.（2）滑块P滑上乙车后最终未滑离乙车，滑块P在乙车上滑行的距离为互m.3点评：本题考察了动量守恒.机械能守恒和能量的转化与守恒.应用动量守恒定律解题要注意“四性”，系统性.矢量性.同时性.机械能守恒的条件是只有重力（或弹簧的弹力）做功，并只发生动能和势能的转化.【解题方法点拨】I.应用动量守恒定律的解题步骤：（1）明确研究对象（系统包括哪几个物体及研究的过程）；（2）进行受力分析，判断系统动量

48、是否守恒（或某一方向上是否守恒）；（3）规定正方向，确定初末状态动量；（4）由动量守恒定律列式求解；（5）必要时进行讨论.2 .解决动量守恒中的临界问题应把握以下两点：（1）寻找临界状态：题设情境中看是否有相互作用的两物体相距最近，避免相碰和物体开始反向运动等临界状态.（2）挖掘临界条件：在与动量相关的临界问题中，临界条件常常表现为两物体的相对速度关系与相对位移关系，即速度相等或位移相等.正确把握以上两点是求解这类问题的关键.3.综合应用动量观点和能量观点4.动量观点和能量观点：这两个观点研究的是物体或系统运动变化所经历的过程中状态的改变,不对过程变化的细节作深入的研究，而只关心运动状态变化的

49、结果及引起变化的原因，简单地说，只要求知道过程的始末状态动量、动能和力在过程中所做的功，即可对问题求解.5.利用动量观点和能量观点解题应注意下列问题：(1)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，无分量表达式.(2)动量守恒定律和能量守恒定律，是自然界中最普遍的规律，它们研究的是物体系，在力学中解题时必须注意动量守恒条件及机械能守恒条件.在应用这两个规律时，当确定了研究对象及运动状态的变化过程后，根据问题的已知条件和求解的未知量，选择研究的两个状态列方程求解.(3)中学阶段凡可用力和运动解决的问题，若用动量观点或能量观点求解，一般比用力和运动的观点简

50、便.甲 乙:”IrffrrFITTM I心 血f7i-YfAviw-75.动能【知识点的认识】一、动能1.定义：物体由于运动而具有的能叫动能.2 .公式：E k=inv2.单位：焦 耳(J).23 .矢标性：动能是标量，只有正值.4 .动能是状态量.而动能的变化量是过程量.5 .动能具有相对性，动能的大小与参照物的选取有关，中学物理中，一般取地球为参照物.【命题方向】题型一：对动能公式的考查例1：甲、乙两物体的质量相同，速度之比v a v乙=3：1,它们的动能之比EK甲：EK乙 等于()A.1：1 B.1：3 C.3：1 D.9：1分析：根据动能的定义式E K=mv2,可以求得甲乙的动能之比.