军校招生文化科目统考复习《高中物理》部分物理知识点归纳

1、军校招生文化科目统考复习高中物理部分第一讲 直线运动和力一牛顿三定律学问清单：1牛顿第肯定律学问清单：（1）牛顿第肯定律导出了力的概念va力是转变物体运动状态的缘由；（运动状态指物体的速度）又依据加速度定义：t,有速度变化就肯定有加速度,所以可以说：力是使物体产生加速度的缘由；（不能说“ 力是产生速度的原因” 、“ 力是维护速度的缘由” ,也不能说“ 力是转变加速度的缘由” ；）（2）牛顿第肯定律导出了惯性的概念一切物体都有保持原有运动状态的性质,这就是惯性；惯性反映了物体运动状态转变的难易程度（惯性大的物体运动状态不简单转变）；质量是物体惯性大小的量度；（3）牛顿第肯定律描述的是抱负化状态牛

2、顿第肯定律描述的是物体在不受任何外力时的状态；而不受外力的物体是不存在的；物体不受外力和物体所受合外力为零是有区分的,所以不能把牛顿第肯定律当成牛顿其次定律在 F=0 时的特例；2. 牛顿第三定律学问清单：（1）区分一对作用力反作用力和一对平稳力一对作用力反作用力和一对平稳力的共同点有：大小相等、方向相反、作用在同一条直线上；不同点有：作用力反作用力作用在两个不同物体上,而平稳力作用在同一个物体上；作用力反作用力肯定是同种性质的力,而平稳力可能是不同性质的力；作用力反作用力肯定是同时产生同时消逝的,而平稳力中的一个消逝后,另一个可能仍旧存在；（2）一对作用力和反作用力的冲量和功一对作用力和反作

3、用力在同一个过程中（同一段时间或同一段位移）的总冲量肯定为零,但作的总功可能为零、可能为正、也可能为负；这是由于作用力和反作用力的作用时间肯定是相同的,而位移大小、方向都可能是不同的；3牛顿其次定律学问清单：（1）定律的内容表述物体的加速度跟所受的外力的合力成正比,跟物体的质量成反比,加速度的方向跟合力的方向相同 ,即 F =ma ；（2）要点表述：（1）矢量性（方向性） ：F 合与 a 的方向永久是一样的；（2）瞬时性（同时性） ：F合与 a 是瞬时对应的,它们同生、同灭、同变化；（3）同一性： F、m、a 均指同一讨论对象；（4）相对性：公式中 a 是相对惯性系的；（5）独立性：一个力在物

4、体上产生的成效不因另一个力的存在而转变；即：Fx=max; Fy=may（3）牛顿其次定律确立了力和运动的关系牛顿其次定律明确了物体的 受力情形 和运动情形 之间的定量关系；联系物体的受力情形和运动情形的桥梁或纽带就是 加速度 ；（4）应用牛顿其次定律解题的步骤 明确讨论对象；可以以某一个物体为对象,也可以以几个物体组成的质点组为对象；设每个质点的质量为 mi,对应的加速度为 ai,就有： F 合=m 1a1+m2a2+m3a3+, +mnan对这个结论可以这样懂得：先分别以质点组中的每个物体为讨论对象用牛顿其次定律：F1=m1a1, F 2=m2a2,Fn=mnan,将以上各式等号左、右分别

5、相加,其中左边全部力中,凡属于系统内力的,总是成对显现并且大小相等方向相反的,其矢量和必为零,所以最终得到的是该质点组所受的全部外力之和,即合外力 F；对讨论对象进行受力分析；同时仍应当分析讨论对象的运动情形（包括速度、加速度）,并把速度、加速度的方向在受力图旁边画出来；如讨论对象在不共线的两个力作用下做加速运动,一般用平行四边形定就（或三角形定就）解题；如讨论对象在不共线的三个以上的力作用下做加速运动,一般用正交分解法解题（留意 敏捷选取坐标轴的方向,既可以分解力,也可以分解加速度）；当讨论对象在讨论过程的不同阶段受力情形有变化时,那就必需 分阶段 进行受力分析,分阶段列方程求解；解题要养成

6、良好的习惯；只要严格依据以上步骤解题,同时仔细画出受力分析图,标出运动情况,那么问题都能迎刃而解；4运动和力的关系一览表：F合F合=0 V 0=0 静止匀加速直线运动a=0 F合恒定V 0 0 匀速直线运动V 0=0 匀加速直线运动a 恒定V 0与 F 合同向F合变化V 0 0 V 0 与 F 合反向匀减速直线运动V 0与 F 合成一角度匀变速曲线运动a 变化V 始终垂直 F合可做匀速圆周运动a=Acos（ t+ ）简谐运动二重点与难点：1 惯性 是物体的一种固有属性,惯性大小跟物体运动的速度是无关的 .同一辆汽车在同一路面上行驶,速度越大,刹车后滑行的时间越长,运动状态越难转变,是否可以推断

7、出速度越大,汽车的惯性越大呢？这种推断之所以错误,主要是把速度大的汽车刹车后滑行的时间长误认为汽车的运动状态难转变 .其实物体的运动状态难转变,是指在相同外力作用下物体的速度变化慢,即产生的加速度小 .这辆汽车虽以不同的速度运动,但由于汽车的质量不变,在同一路面上产生的制动力是相同的,因而由制动力产生的加速度也是相同的,故汽车运动状态转变的难易程度是一样的 .至于滑行时v间长短是由速度的变化量和加速度两者共同打算的（公式 t=a）.当汽车的加速度相同时,滑行时间完全取决于速度的变化量 .汽车的初速度越大,刹车后直到车停止的全过程中,速度的变化量越大,因而经受的时间就越长；2 牛顿第肯定律 是牛

8、顿在伽利略抱负试验的基础上,继承前人的成果,加以丰富的想象总结出来的一条由试验不能直接验证的独立定律 .这种以牢靠的试验事实为基础,通过推理,得出结论的思维方法是科学讨论中的一种重要方法,称抱负试验法；3 超重、失重 现象是系统在竖直方向上有加速度时表现出的一种似乎物体的重力增加或削减的现象,超重、失重问题可做如下等效处理：将物体的重力 mg 直接看作 mg+ma超重 或 mg-ma失重,然后按平稳问题处理；4当求物体的作用力不便利时,依据牛顿第三定律 ,可以求其反作用力,即转化讨论对象；5牛顿定律适用于惯性参考系 . 地球及相对于其静止或匀速运动的物体均为惯性参考系；因此,由牛顿其次定律求出

9、的加速度是相对地球的,由此推断出的物体的运动情形也是对地的；这一点,在两个物体相对滑动的有关问题中,要特殊留意、例 如图 324 所示,一质量为m 的物体系于长度分别为l 1、l2 的两根细线上,l1 的一端悬挂在天花板上,与竖直方向夹角为 ,l2 水平拉直,物体处于 平稳状态 ；现将 l2 线剪断,求剪断 瞬时 物体的加速度 . 图 3图 31下面是某同学对该题的一种解法：解 ：设 l 1 线上 拉力为 F 1, l2 线 上拉 力为 F 2,重 力为 mg, 物 体在三 力作 用下 保持 平稳, 即F1cos =mg ,F2=mgtan ；剪断线的瞬时,F 2突然消逝,物体即在 F2 反方

10、向获得加速度 .由于mgtan =ma,所以加速度 a=gtan ,方向在 F 2的反方向；你认为这个结果正确吗？请对该解法作出评判并说明理由；2如将图 324 中的细线 件不变,求解的步骤和结果与（l 1改为长度相同、质量不计的轻弹簧,如图325 所示,其他条1）完全相同,即a=gtan ,你认为这个结果正确吗？请说明理由；两种基本模型的建立：1；刚性绳（或接触面）：认为是一种不发生明显形变就能产生弹力的物体,剪断或脱离后,其中的弹力立刻消逝,不需要形变复原时间,一般题目中所给细线、轻杆和接触面在不加特殊说明时,均可按此模型处理；2弹簧（或橡皮绳） ：此种物体的特点是形变量大,形变复原需要较

11、长时间,在瞬时问题中,其弹力大小往往可以看成是不变的；其次讲曲线运动O V OX 一、平抛运动V yVo Y g 的匀变速曲线运1、平抛运动：只受重力,加速度等于动；2、平抛运动的处理方法平抛运动可分解为水平方向上的匀速直线运动和竖直方向上的自由落体运动,建立如右图所示的坐标系,设物体被抛出后经受的时间为ts ,就 ts 末,物体的水平速度为VO,y= 1/2gt 2）22 ,故合位移0竖直速度 Vy=gt ,合速度 V=VO 2+gt2 tan = Vy/V O = gt/ VOts 内,在 x 轴上发生的位移X=Vot ,在 y 轴上发生的位移为 S= X 2+y2 = （VO 2）+（1

12、/2gt,方向 tan =y/x=gt/2v在这种问题当中,时间是联系两个分运动的桥梁,并且时间仅由下落的高度来打算,其他的像位移、速度、速度和位移的方向等均是由时间和水平初速度共同来打算；1、在 2022 年第十一届全运会上一位运动员进行射击竞赛时,子弹水平射出后击中目标当子弹在飞行过程中速度平行于抛出点与目标的连线时,大小为 v,不考虑空气阻力,已知连线与水平面的夹角为 ,就子弹 A 初速度 v0vcos2vtanB飞行时间 tgv 2sin2C飞行的水平距离 xg2v 2tan 2D飞行的竖直距离 yg1 22gt解析： 如下列图,初速度 v0vcos,A 正确； tanv0t,就 t2

13、vsin,所以 B 错误；飞行的水平距离 xv 2sin2g,C 正确；飞行的竖直距离 y2v 2sing 2,D 错误答案： AC 2以速度 v 0水平抛出一小球后,不计空气阻力,某时刻小球的竖直分位移与水平分位移大小相等,以下判定正确选项 A 此时小球的竖直分速度大小大于水平分速度大小B此时小球速度的方向与位移的方向相同C此时小球速度的方向与水平方向成 D从抛出到此时小球运动的时间为45 度角 2v0 g解析： 平抛运动可分解为水平方向的匀速直线运动：xv 0t；竖直方向的自由落体：y1 2gt 2 ；vygt；tany x；tanv y .联立得： tan2tan；t2v 0 g .所以

14、 vy 2v0,故 B、C 错误, A、D 正确答案： AD 3如图 6 所示,从倾角为 的斜面上的M 点水平抛出一个小球,小球的初速度为v0,最终小球落在斜面上的 N 点,就 重力加速度为g A 可求 M、N 之间的距离B不能求出小球落到 N 点时速度的大小和方向 图 6 C可求小球到达 N 点时的动能D可以肯定,当小球速度方向与斜面平行时,小球与斜面间的距离最大解析： 设小球从抛出到落到N 点经受时间为t,就有 tan1 22gt v0t gt 2v 0,t 2v 0tan,因此可求出dMNv 0t cos2v0 gcos ,v N2tangt2v 0 2,方向 与水平方向的夹角：tang

15、t v 0,故 A 正确、 B 错误但因小球的质量未知,因此小球在N 点时的动能不能求出, C 错误当小球的速度方向与斜面平行时,小球垂直于斜面方向的速度为零,此时小球与斜面间的距离最大,D 正确答案： AD 1.运动员沿操场的弯道部分由向跑步时,速度越来越大,如下列图,他所受到的地面的水平力的方向正确选项（）N F . . F . F . C. D. F 2如图 449 是马戏团中上演的飞车节目,在竖直平面内有半径为 R 的圆轨道；表演者骑着摩托车在圆轨道内做圆周运动；已知人和摩托车的总质量为 m ,人以Bv 1 2 gR 的速度过轨道最高点 B ,并以 v 2 3v 1 的速度过最低点 A

16、 ；求在 A 、 B 两点轨道对摩托车的压力大小相差多少？v1OR v 2A443 如图 4410 所示,轨道 ABCD的 AB 段为一半径 R =0.2m 的光滑 1/4 圆形轨道, BC段为高 h =5m的竖直轨道, CD段为水平轨道；一质量为 0.1 kg 的小球由 A 点从静止开头下滑到 B 点时速度的大小为 2m/s,离开 B 点后做平抛运动（g 取 10m/s 2）,求：（1）小球离开 B 点后,在 CD轨道上的落地点到 C的水平距离；（2）小球到达 B 点时对圆形轨道的压力大小？二、万有引力与航天G一、万有引力定律：（1687 年）为 两 质 点 或 球 心 间 的 距 离 ；

17、G为 万 有 引 力 恒 量FGm 1m2r2适 用 于 两 个 质 点 或 均 匀 球 体 ； r6 . 671011Nm2/kg2二、万有引力定律的应用天 体 运 动 的 向 心力 来 源于 天 体 之 间 的 万有 引 力, 即GMmmv2m42rEMBED r2r22TmMEquation.3 m2r；地球对物体的万有引力近似等于物体的重力,即GR2mg 得出GM R2g；2（2）圆周运动的有关公式：T,v=r；由GMmmv2可得：vGMr2r2rr 越大, v 越小；由GMmm2r可得：GMr3r 越大, 越小；r2由GMmm22r可得：r2T2r3GMr 越大, T 越大；T由GM

18、mma 向可得：a向GMr2r2r 越大, a向越小；2常见题型（1）测天体的质量及密度：（万有引力全部供应向心力）2由 G Mmr2 m 2T r得 M 4GT 2 r2 33M 4 R 3 32 r3又 3 得 GT R【例 1】中子星是恒星演化过程的一种可能结果,它的密度很大；现有一中子星,观测到它的1自转周期为 T=30 s；问该中子星的最小密度应是多少才能维护该星的稳固,不致因自转而瓦解；计11 3 2算时星体可视为匀称球体；引力常数 G=6.67 10 m /kg.s 解析： 设想中子星赤道处一小块物质,只有当它受到的万有引力大于或等于它随星体所需的向心力时,中子星才不会瓦解；设中

19、子星的密度为2,质量为2M ,半径为R,自转角速度为,位于赤道处的小物块质量为m,就有GMmmRM4 3R 3R2T3由以上各式得GT2,代入数据解得：1 .271014kg/m3；点评： 在应用万有引力定律解题时,常常需要像此题一样先假设某处存在一个物体再分析求解是应用万有引力定律解题惯用的一种方法；（2）行星表面重力加速度、轨道重力加速度问题：（重力近似等于万有引力）G Mm2 mg 0 g 0 GM2表面重力加速度：R RGMm GM2 mg h g h 2轨道重力加速度：R h R h【例 2】一卫星绕某行星做匀速圆周运动,已知行星表面的重力加速度为 g0,行星的质量 M 与卫星的质量

20、 m 之比 M /m=81,行星的半径 R0 与卫星的半径 R 之比 R0/R3.6,行星与卫星之间的距离r 与 行 星 的 半 径 R0之 比 r/R0 60 ； 设 卫 星 表 面 的 重 力 加 速 度 为 g , 就 在 卫 星 表 面 有GMmr 2 mg,经过运算得出：卫星表面的重力加速度为行星表面的重力加速度的 1/3600；上述结果是否正确？如正确,列式证明；如有错误,求出正确结果；解析： 题中所列关于 g 的表达式并不是卫星表面的重力加速度,而是卫星绕行星做匀速圆周运动的向心加速度；正确的解法是卫星表面Gmg行星表面GM=g0即R 0 R2EMBED Equation.3 m

21、=gR2R 02g0M即 g =0.16g0；（3）人造卫星、宇宙速度：人造卫星分类 同步卫星【例 3】我国自行研制的“ 风云一号” 、“ 风云二号” 气象卫星运行的轨道是不同的；“ 一号” 是极地圆形轨道卫星；其轨道平面与赤道平面垂直,周期是12h；“ 二号” 是地球同步卫星；两颗卫星相比 号离地面较高；号观看范畴较大；号运行速度较大；如某天上午 8 点“ 风云一号” 正好通过某城市的上空,那么下一次它通过该城市上空的时刻将是；解析： 依据周期公式 T= 2 GM r3知,高度越大,周期越大,就“ 风云二号”气象卫星离地面GM较高；依据运行轨道的特点知,“ 风云一号”观看范畴较大；依据运行速

22、度公式 V= r 知,高度越小,速度越大,就“ 风云一号”运行速度较大,由于“ 风云一号” 卫星的周期是 12h,每天能对同一地区进行两次观测,在这种轨道上运动的卫星通过任意纬度的地方时时间保持不变；就下一次它通过该城市上空的时刻将是其次天上午 8 点；【例 4】可发射一颗人造卫星,使其圆轨道满意以下条件（）A 、与地球表面上某一纬度线（非赤道）是共面的同心圆B、与地球表面上某一经度线是共面的同心圆C、与地球表面上的赤道线是共面同心圆 , 且【例 1】一卫星绕某行星做匀速圆周运动,已知行星表面的重力加速度为 g0,行星的质量 M与卫星的质量 m之比 M/ m=81,行星的半径 R0 与卫星的半

23、径R 之比 R0/ R3.6 ,行星与卫星之间的距离 r 与行星的半径 R0之比 r / R060；设卫星表面的重力加速度为 g,就在卫星表面有 GMmr 2 mg 经过运算得出：卫星表面的重力加速度为行星表面的重力加速度的 如正确,列式证明；如有错误,求出正确结果；1/3600 ；上述结果是否正确？解析： 题中所列关于 g 的表达式并不是卫星表面的重力加速度,而是卫星绕行星做匀速圆周运动 的向心加速度；正确的解法是卫星表面Gmg行星表面GM=g0即R 0 R2m=gR2R 02g0M即 g =0.16g0 【例 2 】在地球（看作质量匀称分布的球体）上空有很多同步卫星,下面说法中正确选项（）

24、A它们的质量可能不同 B 它们的速度可能不同C它们的向心加速度可能不同 D它们离地心的距离可能不同解析： 同步卫星绕地球近似作匀速圆周运动所需的向心力由同步卫星的地球间的万有引力供应；设地球的质量为 M,同步卫星的质量为 m,地球半径为 R,同步卫星距离地面的高度为 h,由 F引=FmM 4 23 GMT 2向, G R h 2=m T 2（R+h）得： h= 4 2- R,可见同步卫星离地心的距离是肯定的；mM v2 GM由 G R h 2=m R h 得： v= R h , 所以同步卫星的速度相同；mM M由 G R h 2=ma得： a= G R h 2即同步卫星的向心加速度相同；由以上

25、各式均可看出地球同步卫星的除质量可以不同外,其它物理量值都应是固定的；所以正确选项为 A；第三讲功和能1.动量守恒定律成立的条件系统不受外力或者所受外力之和为零；系统受外力,但外力远小于内力,可以忽视不计；系统在某一个方向上所受的合外力为零,就该方向上动量守恒；全过程的某一阶段系统受的合外力为零,就该阶段系统动量守恒；2动量守恒定律的表达形式 p1+ p2=p1/+ p2/ ,3应用动量守恒定律解决问题的基本思路和一般方法（1）分析题意,明确讨论对象；（2）对各阶段所选系统内的物体进行受力分析,判定能否应用动量守恒；（3）确定过程的始、末状态,写出初动量和末动量表达式；（4）建立动量守恒方程求

26、解；例一、在光滑水平面上有一个静止的质量为的木块,一颗质量为的子弹以初速 0水平射入木块,且陷入木块的最大深度为 d；设冲击过程中木块的运动位移为 s,子弹所受阻力恒定；试证明：sd；解：如下列图,m 冲击 M 的过程, m、M 组成的系统水平方向不受外力,动量守恒mv0mM vF,由动能定理得：m1,所以 sd.；设子弹所受阻力的大小为对 M ：Fs1Mv20（3 分）2对 m：F sd1mv21mv2022联立上式解得：sMmmd因Mm例二、质量 m1=10g 的小球在光滑的水平桌面上以条直线上向左运动的另一个小球其次个小球的质量为v1=30cm/s 的速率向右运动,恰好遇上在同一 m2=

27、50g,速率 v2=10cm/s碰撞后,小球m2恰好停止那么,碰撞后小球 m1 的速度是多大,方向如何？【分析】 取相互作用的两个小球为讨论的系统；由于桌面光滑,在水平方向上系统不受外力在竖直方向上,系统受重力和桌面的弹力,其合力为零故两球碰撞的过程动量守恒【解】 设向右的方向为正方向据动量守恒定律有：m 1 v 1 m 2 v 2 m 1 v 1 m 2 v 2代入数据解得 v1=-20cm/s. 即碰撞后球 m1 的速度大小为 20cm/s,方向向左例三、（6 分）质量为 M 的小车,如下列图,上面站着一个质量为 m 的人,以 v0 的速度在光滑的水平面上前进；现在人用相对于地面速度大小为

28、 u 水平向后跳出；求：人跳出后车的速度？解：取向右为正方向,对人和车组成的系统动量守恒：所以： V=m+MV 0=mu+MV 2 分3 分mM V0muM方向水平向右1 分例四、炮弹在水平飞行时,其动能为Ek0=800J,某时它炸裂成质量相等的两块,其中一块的动能为 Ek1=625J,求另一块的动能 Ek2；【解答】以炮弹爆炸前的方向为正方向,并考虑到动能为 625J 的一块的速度可能为正可能为负,由动量守恒定律：PP1P2 由动能和动量的关系有：p 2 mE k由得：2 mE k 2 mE k 1 / 2 2 mE k 2 / 2整理并代入数据解得：Ek2=225J 或 4225J；（正确

29、答案是另一块的动能为 225J 或 4225J）；【评析】从上面的结果看,炮弹炸裂后的总动能为625225J=850J 或625+4225J=4850J；比炸裂前的总动能大,这是由于在爆炸过程中,化学能转化为机械能的缘故；例五、一个质量 M=1kg 的鸟在空中 v0=6m/s 沿水平方向飞行,离地面高度 h=20m,忽被一颗质量 m=20g 沿水平方向同向飞来的子弹击中,子弹速度 v=300m/s,击中后子弹留在鸟体内,鸟立刻死去, g=10m/s 2求：（ 1）鸟被击中后的速度为多少？（2）鸟落地处离被击中处的水平距离【分析】 子弹击中鸟的过程,水平方向动量守恒,接着两者一起作平抛运动；解：

30、 把子弹和鸟作为一个系统,水平方向动量守恒设击中后的共同速度为u,取v0 的方向为正方向,就由：Mv0mvmMu,得：uMv 0mv161201033300m/s=11.8m/s Mm2010击中后,鸟带着子弹作平抛运动；由h1 gt 22得运动时间为：t故鸟落地处离击中处水平距离为：2 h 2 20g 10 s=2s Sut11.8 2m 23.6m例六、图中,轻弹簧的一端固定,另一端与滑块 B 相连, B 静止在水平导轨上,弹簧处在原长状态；另一质量与 B 相同滑块 A,从导轨上的 P 点以某一初速度向 B 滑行,当 A 滑过距离 1l时,与 B 相碰,碰撞时间极短,碰后 A、B 紧贴在一

31、起运 动 ,但互不粘连；已知最终 A 恰好返回动身点 P 并停 止 ；滑块 A 和 B 与导轨的滑动摩擦因数都为,运动过 程 中弹簧最大形变量为 2l,求 A 从 P 动身时的初速度 0v；解令 A、 B 质量皆为 m,A 刚接触 B 时速度为 v （碰前）,1 2 1 2mv 0 mv 1 mgl 1由功能关系,有 2 2 A、B 碰撞过程中动量守恒,令碰后 A、B 共同运动的速度为 v 2 . 有：mv 1 2mv 2 碰后 A、B 先一起向左运动,接着 A、B 一起被弹回,在弹簧复原到原长时,设 A、B 的共同速度为 v ,在这过程中,弹簧势能始末两态都为零,利用功能关系,有：1 2 m

32、 v 2 2 1 2 m v 3 2 2 m g 2 l 2 2 2 1 2mv 3 mgl 1此后 A、B 开头分别, A 单独向右滑到 P 点停下,由功能关系有 2 由以上各式,解得 v 0 g 10 l 1 16 l 2 三、针对练习练习 11质量为 M 的小车在水平地面上以速度 流下时,车子速度将（）v0 匀速向右运动；当车中的砂子从底部的漏斗中不断A减小 B不变 C增大 D无法确定2某人站在静浮于水面的船上,从某时刻开头人从船头走向船尾,设水的阻力不计,那么在这段时间内人和船的运动情形是（）A人匀速走动,船就匀速后退,且两者的速度大小与它们的质量成反比B人匀加速走动,船就匀加速后退,

33、且两者的速度大小肯定相等C不管人如何走动,在任意时刻两者的速度总是方向相反,大小与它们的质量成反比D人走到船尾不再走动,船就停下3如下列图,放在光滑水平桌面上的 A、B 木块中部夹一被压缩的弹簧,当弹簧被放开时,它们各安闲桌面上滑行一段距离后,飞离桌面落在地上；A 的落地点与桌边水平距离 0.5m,B 的落地点距离桌边 1m,那么（）AA、B 离开弹簧时的速度比为 12 BA、B 质量比为 21 C未离开弹簧时,A、B 所受冲量比为 12 D未离开弹簧时,A、B 加速度之比 12 4连同炮弹在内的车停放在水平地面上；炮车和弹质量为 M ,炮膛中炮弹质量为 m,炮车与地面同时的动摩擦因数为 ,炮

34、筒的仰角为 ；设炮弹以速度 射出,那么炮车在地面上后退的距离为 _；5甲、乙两人在摩擦可略的冰面上以相同的速度相向滑行；甲手里拿着一只篮球,但总质量与乙 相 同 ； 从 某 时 刻 起 两 人 在 行 进 中 互 相 传 球 , 当 乙 的 速 度 恰 好 为 零 时 , 甲 的 速 度 为_,此时球在 _位置；6如下列图,在沙堆表面放置一长方形木块A ,其上面再放一个质量为m=0.10kg 的爆竹B,木块的质量为M=6.0kg ；当爆竹爆炸时,因反冲作用使木块陷入沙中深度h=50cm,而木块所受的,求爆竹能上升平均阻力为f=80N ；如爆竹的火药质量以及空气阻力可忽视不计,g 取的最大高度；

35、练习 31在光滑水平面上,两球沿球心连线以相等速率相向而行,并发生碰撞,以下现象可能的是（ ）A如两球质量相同,碰后以某一相等速率相互分开B如两球质量相同,碰后以某一相等速率同向而行C如两球质量不同,碰后以某一相等速率相互分开D如两球质量不同,碰后以某一相等速率同向而行2如下列图,用细线挂一质量为 M 的木块,有一质量为 m 的子弹自左向右水平射穿此木块,穿透前后子弹的速度分别为 和 v（设子弹穿过木块的时间和空气阻力不计）,木块的速度大小为（ ）ABM,人的质量为m；如人要沿绳梯着地,就绳CD3载人气球原静止于高h 的空中,气球质量为梯长至少是（）A（ m M ）h/M B mh/M C M

36、h/m D h 4质量为 2kg 的小车以 2m/s 的速度沿光滑的水平面对右运动,如将质量为 2kg 的砂袋以 3m/s的速度迎面扔上小车,就砂袋与小车一起运动的速度的大小和方向是（）A2.6m/s,向右 B2.6m/s,向左 C0.5m/s,向左 D0.8m/s,向右5在质量为 M 的小车中挂有一单摆,摆球的质量为,小车（和单摆）以恒定的速度 V 沿光滑水平地面运动,与位于正对面的质量为m 的静止木块发生碰撞,碰撞的时间极短；在此碰撞过程中,以下哪个或哪些说法是可能发生的（）、, 满 足A 小 车 、 木 块 、 摆 球 的 速 度 都 发 生 变 化 , 分 别 变 为B摆球的速度不变,

37、小车和木块的速度变为和,满意C摆球的速度不变,小车和木块的速度都变为v,满意 MV （M m ）v D 小 车 和 摆 球 的 速 度 都 变 为, 木 块 的 速 度 变 为, 满 足m,出口速a、b6车厢停在光滑的水平轨道上,车厢后面的人对前壁发射一颗子弹；设子弹质量为度 v,车厢和人的质量为M ,就子弹陷入前车壁后,车厢的速度为（）Amv/M ,向前Bmv/M ,向后Cmv/（m M）,向前D0 7向空中发射一物体,不计空气阻力；当此物体的速度恰好沿水平方向时,物体炸裂成两块,如质量较大的a 块的速度方向仍沿原先的方向,就（）Ab 的速度方向肯定与原速度方向相反B从炸裂到落地的这段时间里

38、,a 飞行的水平距离肯定比b 的大Ca、 b 肯定同时到达水平地面D在炸裂过程中,a、 b 受到的爆炸力的冲量大小肯定相等8两质量均为 M 的冰船 A 、B 静止在光滑冰面上,轴线在一条直线上,船头相对,质量为 m的小球从 A 船跳入 B 船,又立刻跳回,A、B 两船最终的速度之比是_；得：答案【例 1】全过程机械能也守恒；解析：系统水平方向动量守恒,在小球上升过程中,由水平方向系统动量守恒由 系 统 机 械 能 守 恒 得 ：解得全过程系统水平动量守恒,机械能守恒,得点评：此题和上面分析的弹性碰撞基本相同,唯独的不同点仅在于重力势能代替了弹性势能；【例 3】解析：子弹和木块最终共同运动,相当

39、于完全非弹性碰撞；从动量的角度看,子弹射入木块过程中系统动量守恒：从能量的角度看,该过程系统缺失的动能全部转化为系统的内能；设平均阻力大小为 f,设子弹、木块的位移大小分别为 s1、s2,如下列图,明显有 s1-s2=d对子弹用动能定理：, 对木块用动能定理：, 、相减得：, 点评： 这个式子的物理意义是：缺失应当等于系统内能的增加；可见f.d 恰好等于系统动能的缺失；依据能量守恒定律,系统动能的,即两物体由于相对运动而摩擦产生的热（机械能转化为内能） ,等于摩擦力大小与两物体相对滑动的路程的乘积（由于摩擦力是耗散力,摩擦生热跟路径有关,所以这里应当用路程,而不是用位移）；如,就 s2d；木块

40、的位移很小；但这种运动物体与静止物体相互作用,最终共同运动的类型,全过程动能的缺失量均可用公式：, 当子弹速度很大时,可能射穿木块,这时末状态子弹和木块的速度大小不再相等,但穿透过程中系统动量仍旧守恒,系统动能缺失仍旧是 EK= f .d（这里的 d 为木块的厚度） ,但由于末状态子弹和木块速度不相等,所以不能再用式运算 EK 的大小；【例 4】 解析：先画出示意图；人、船系统动量守恒,总动量始终为零,所以人、船动量大小始终相等；从图中可以看出,人、船的位移大小之和等于 L；设人、船位移大小分别为 l1、l2,就：mv1=Mv2,两边同乘时间 t,ml1=Ml2,而 l1 l2=L,点评：应当

41、留意到：此结论与人在船上行走的速度大小无关；不论是匀速行走仍是变速行走,甚至来回行走,只要人最终到达船的左端,那么结论都是相同的；做这类题目,第一要画好示意图,要特殊留意两个物体相对于地面的移动方向和两个物体位移 大小之间的关系；以上所列举的人、船模型的前提是系统初动量为零；假如发生相互作用前系统就具有肯定的动 m1 m2v0= m1v1 m2v2 列式；量,那就不能再用 m1v1=m2v2 这种形式列方程,而要利用【例 5】解析：火箭喷出燃气前后系统动量守恒；喷出燃气后火箭剩余质量变为 M-m,以 v0 方向为正方向,【例 6】分析：手雷在空中爆炸时所受合外力应是它受到的重力G= m1 m2

42、 g,可见系统的动量并不守恒；但在爆炸瞬时,内力远大于外力时,外力可以不计,系统的动量近似守恒；设手雷原飞行方向为正方向,就整体初速度；m1=0.3kg 的大块速度为m/s、 m2=0.2kg 的小块速度为,方向不清,暂设为正方向；由动量守恒定律：m/s 此结果说明,质量为 200 克的部分以 50m/s 的速度向反方向运动,其中负号表示与所设正方向相反【例 7】解析：虽然小球、细绳及圆环在运动过程中合外力不为零（杆的支持力与两圆环及小球的重力之和不相等）系统动量不守恒,但是系统在水平方向不受外力,因而水平动量守恒；设细绳与 AB成 角时小球的水平速度为 v,圆环的水平速度为 V,就由水平动量

43、守恒有：MV=mv且在任意时刻或位置 V 与 v 均满意这一关系,加之时间相同,公式中的 V 和 v 可分别用其水平位移替代,就上式可写为：Md=m（L-Lcos ）-d解得圆环移动的距离：d=mL（1-cos ） /（M m）点评：以动量守恒定律等学问为依靠,考查动量守恒条件的懂得与敏捷运用才能易显现的错误： （1）对动量守恒条件懂得不深刻,对系统水平方向动量守恒感到怀疑,无法列出守恒方程 .（2）找不出圆环与小球位移之和（L-Lcos ）；【例 8】解析：（1）由 A、B 系统动量守恒定律得：Mv0-mv0=（M m）v 所以 v= v0 方向向右（2）A 向左运动速度减为零时,到达最远处

44、,此时板车移动位移为s,速度为v,就由动量守恒定律得： Mv0-mv0=Mv对板车应用动能定理得：- mgs= mv2- mv02 联立解得：s= v02 【例 9】解析：这是一个由A、B、C 三个物体组成的系统,以这系统为讨论对象,当C 在 A、B 上滑动时, A、B、C 三个物体间存在相互作用,但在水平方向不存在其他外力作用,因此系统的动量守恒；（1）当 C 滑上 A 后,由于有摩擦力作用,将带动 A 和 B 一起运动,直至 C 滑上 B 后, A 、B两木块分别,分别时木块 A 的速度为；最终 C 相对静止在 B 上,与 B 以共同速度运动,由动量守恒定律有（2）为运算,我们以B、C 为

45、系统, C 滑上 B 后与 A 分别, C、B 系统水平方向动量守恒； C 离开 A 时的速度为,B 与 A 的速度同为,由动量守恒定律有三、针对练习练习 1参考答案1B 砂子和小车组成的系统动量守恒,由动量守恒定律,在初状态,砂子落下前,砂子和车都以向前运动；在末状态,砂子落下时具有与车相同的水平速度,车的速度为v ,由得,车速不变；此题易错选C,认为总质量减小,车速增大；这种想法错在讨论对象的选取,应保持初末状态讨论对象是同系统,质量不变；2A 、C、 D 人和船组成的系统动量守恒,总动量为 0,不管人如何走动,在任意时刻两者的动量大小相等,方向相反；如人停止运动而船也停止运动,选 A 、

46、C、D；B 项错在两者速度大小肯定相等,人和船的质量不肯定相等；3A 、 B、 D A 、 B 组成的系统在水平不受外力,动量守恒,从两物落地点到桌边的距离,两物体落地时间相等,与 x 成正比,即 A、B 离开弹簧的速度比；由,可知,未离开弹簧时,A、B 受到的弹力相同,作用时间相同,冲量 I=Ft 也相同,C 错；未离开弹簧时,F 相同, m 不同,加速度,与质量成反比,；第四讲 机械振动和机械波例一一列简谐横波沿 x 轴负方向传播,图 甲是 t1s 时的波形图,图 乙是波中某振动质点位移随时间变化的振动图线 两图用同一时间起点 ,就图 乙可能是图 甲 中哪个质点的振动图线 Ax0 处的质点

47、 Bx1m 处的质点Cx2m 处的质点 D x3m 处的质点【解析】由题图 乙知, 1s 时,质点正经平稳位置向下振动和邻近的下一个时刻的位移相比较得出由题图 甲,用“ 上坡下振” 判出：这样的质点为 x0 或 x4m 处的质点故答案选 A. 例二、一列简谐波沿 x 轴传播,某时刻波的图象如下列图此时 A、 B 两质点的位移相同,此后 A和 B 分别经过最短时间 0.1s 和 0.7s 回到该时刻位置就 A该波沿 x 轴负方向传播B该波的传播速度为 2.5m/s C图示时刻 A 点的速度方向和加速度方向相同D图示时刻 B 点的速度方向和加速度方向相反【解析】题图中所示 A 和 B 位置都在正方

48、向上,加速度方向均指向 y 轴负方向, A 回到原先位置所用时间为 0.1s, B 回到原位置所用时间为 0.7s,可以看出 A 先向 y 轴正方向运动,B 先向 y 轴负方向运动,故 C、 D 错误由于 A 正向上运动,依据“ 平移法” 可知此波正向 x 轴负方向传播,A 正确 A 和 B 回到原位置的过程刚好组成一个周期质点的运动,故此波的周期为 0.8s,就 vT 2 0.82.5m/s,B 正确例三如下列图,沿波的传播方向上有间距均为1m 的五个质点,均静止在各自的平稳位置,一列简谐横波以1m/s 的速度水平向右传播,t0 时到达质点a,质点a 开头由平稳位置向下运动t3s时质点 a

49、第一次到达平稳位置上方的最高点,就以下判定正确选项A质点 d 是开头振动后的振动周期为 4s Bt4s 时波恰好传到质点 eC在 3st4s 这段时间内质点 c 的速度方向向上D质点 b 开头振动时速度方向向上【解析】质点 a 先向下运动,第一次到达最高点需四分之三周期,依据题意,经受时间 3s,故该波的周期为 4s,该波经过的全部质点的振动周期均为 4s,A 正确； t4s 时,波传播了 4m,正好在质点 e,B 正确；波需要 2s 传播到质点 c,又经 1s 质点 c 到达最低位置,接下来的 1s,即 3st4s时间段内质点 c 应向上运动, C 正确；由于波经过的全部质点振动形式都相同,

50、故质点 b 开头振动的方向应例四有两个静止的声源,发出声波1 和声波2,在空气中传播,如下列图为某时刻这两列波的图象,就以下说法中正确选项 A声波 1 的波速比声波2 的波速大B相对于同一障碍物,波 1 比波 2 更简单发生明显的衍射现象C这两列波相遇时,不会产生干涉现象D远离两个声源运动的观看者,听到的这两列波的频率均与从声源发出时的频率相同D 项【解析】波的传播速度由介质打算,与波的波长无关,A 项错；依据波发生明显衍射的条件可知,波长较大的波1 空易发生明显的衍射现象B 项正确；两列波频率不同,故不能发生干涉现象,C 项正确；由于波的多普勒效应,远离声源运动的观看者听到的波的频率均比声源

51、的频率低,错6一列简谐波沿x 轴传播,某时刻波的图象如下列图此时A、B 两质点的位移相同,此后A和 B 分别经过最短时间0.1s 和 0.7s 回到该时刻位置就 A 该波沿 x 轴负方向传播B该波的传播速度为 2.5m/s C图示时刻 A 点的速度方向和加速度方向相同D图示时刻 B 点的速度方向和加速度方向相反【解析】题图中所示 A 和 B 位置都在正方向上,加速度方向均指向 y 轴负方向, A 回到原先位置所用时间为 0.1s,B 回到原位置所用时间为 0.7s,可以看出 A 先向 y 轴正方向运动,B 先向 y 轴负方向运动,故 C、D 错误由于 A 正向上运动,依据“ 平移法 ” 可知此

52、波正向 x 轴负方向传播,A正确 A 和 B 回到原位置的过程刚好组成一个周期质点的运动,故此波的周期为 0.8s,就 v T 2 0.82.5m/s,B 正确【答案】AB t3s7如下列图,沿波的传播方向上有间距均为1m 的五个质点,均静止在各自的平稳位置,一列简谐横波以1m/s 的速度水平向右传播,t0 时到达质点a,质点a 开头由平稳位置向下运动时质点 a 第一次到达平稳位置上方的最高点,就以下判定正确选项A 质点 d 是开头振动后的振动周期为4s Bt4s 时波恰好传到质点 eC在 3st4s 这段时间内质点 c 的速度方向向上D质点 b 开头振动时速度方向向上【解析】质点 a 先向下

53、运动,第一次到达最高点需四分之三周期,依据题意,经受时间 3s,故该波的周期为 4s,该波经过的全部质点的振动周期均为 4s,A 正确； t4s 时,波传播了 4m,正好在质点 e,B 正确；波需要 2s 传播到质点 c,又经 1s 质点 c 到达最低位置,接下来的 1s,即3st4s 时间段内质点 c 应向上运动, C 正确；由于波经过的全部质点振动形式都相同,故质点 b 开始振动的方向应与质点 a 相同,向下运动,故 D 错误【答案】ABC 8一列沿 x 轴正方向传播的横波,t0 时刻的波形如图中实线所示,t0.2s 时刻的波形如图中的虚线所示,就 A 质点 P 的运动方向向右B波的周期可

54、能为 0.27s C波的频率可能为 1.25Hz D波的传播速度可能为 20m/s 【解析】由于横波沿 x 轴正方向传播,所以选项 A 错由图知 24m,0.2sn1/4T,故 T0.8/4n1s,n0,1,2, .又 f1/T,故 f4n1/0.8Hz , n0,1,2, .v/T304n1m/s,n0,1,2, .应选项 C 对, B、D 错【答案】C 9如图是用频闪照相的方法获得的弹簧振子的位移时间图象,以下有关该图象的说法正确的是 A 该图象的坐标原点是建立在弹簧振子小球的平稳位置处B从图象可以看出小球在振动过程中沿 t 轴方向移动的C为了显示小球在不同时刻偏离平稳位置的位移,让底片沿

55、垂直 D图象中小球的疏密显示出相同时间内小球位置变化快慢不同x 轴方向匀速运动【解析】从图象看出,小球振动方向是沿x 轴的,故B 错；平稳位置邻近小球疏,表示运动快；小球密处表示运动慢,故D 对【答案】ACD 10某地区地震波中的横波和纵波传播速率分别约为4km/s 和 9km/s.一种简易地震仪由竖直弹簧振子 P 和水平弹簧振子 H 组成 如下列图 在一次地震中,震源在地震仪下方,观看到两振子相差 5s 开头振动,就 A P 先开头振动,震源距地震仪约 36km BP 先开头振动,震源距地震仪约 25km CH 先开头振动,震源距地震仪约 36km DH 先开头振动,震源距地震仪约 25km

56、 【解析】由于纵波的传播速度快些,所以纵波先到达地震仪处,所以 P 先开头振动设地震仪距震源为 x,就有x 4x 95,解得： x36km. 【答案】A 11如图甲所示,在弹簧振子的小球上安装了一支记录用的笔 P,在下面放一条纸带当小球做简谐运动时,沿垂直于振动方向拉动纸带,笔 P 在纸带上画出了一条振动曲线已知在某次试验中如图方向拉动纸带,且在某段时间内得到如图乙所示的曲线,依据曲线可知这段时间内 A 纸带在加速运动B纸带在减速运动C振子的振动周期在逐步增加D振子的振动周期在逐步减小【解析】振子做简谐振动,其周期不发生变化,C、D 错误,由纸带上的轨迹可以看出相等时间内的位移在增大,所以纸带

57、在加速运动,A 对, B 错留意纸带的运动方向和位移变化之间的关系【答案】A 1 和声波2,在空气中传播,如下列图为某时刻这两列波的12有两个静止的声源,发出声波图象,就以下说法中正确选项 A 声波 1 的波速比声波2 的波速大B相对于同一障碍物,波 1 比波 2 更简单发生明显的衍射现象C这两列波相遇时,不会产生干涉现象D远离两个声源运动的观看者,听到的这两列波的频率均与从声源发出时的频率相同【解析】波的传播速度由介质打算,与波的波长无关,A 项错；依据波发生明显衍射的条件可知,波长较大的波 1 空易发生明显的衍射现象 B 项正确；两列波频率不同,故不能发生干涉现象, C 项正确；由于波的多

58、普勒效应,远离声源运动的观看者听到的波的频率均比声源的频率低,D项错【答案】BC 二、试验题 此题共 2 小题,共 18 分 13在用单摆测重力加速度的试验中,1需要用到的测量仪器有 _试验中需要直接测出的物理量有 _可推导出 g_. 2 在这个试验中,为减小误差,尽量精确地测出重力加速度,试验中要使：摆绳长度远_摆球直径,摆绳的质量远 角_10 ；_摆球的质量,并在悬挂后进行摆长的测量；最大摆先测出单摆摇摆 3050 次的总时间,再运算出摇摆的周期；测摇摆时间要选取摆求通过 _时为计时的起、止点【解析】1摆长是悬点到球心的距离,故要用到游标卡尺测摆球的直径,用秒表测时间2摆球通过最低点的速度

59、最大,此时作为计时的起、止点,能削减计时误差【答案】1游标卡尺、米尺、秒表 摆长 l 和摇摆周期 T 42 2lT14在“ 用单摆测定重力加速度” 的试验中,用刻度尺量悬点到小球的距离为 96.60cm,用卡尺量得小球直径是 5.260cm,测量周期有 3 次,每次都在摆球通过最低点时按下秒表开头计时,同时将此次通过最低点作为第一次,接着始终数到计时终止,结果如下表：这个单摆振动周期的测量值是123 _m/s2.取三位有数的次数618171 时间 s60.4079.8070.60 _s,当地重力加速度的值是效数字 【解析】由题可知单摆的周期T1601/2s2.013s 60.40T2811/2

60、s1.995s 79.8070.60T3711/2s2.017s 就周期 TT1 T2T32.01s 3摆长 lld 20.9661 2 0.0526m 0.9923m 故重力加速度g4 T 2 2l 4 3.142.01 2 0.99232 m/s 29.69m/s 2. 【答案】2.01 9.69 三、运算题 此题共包括 4 小题,共 54 分,解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤,只写出最终答案不能得分,有数值运算的题,答案中必需明确写出数值和单位 15在湖中,甲、乙两人分别乘坐在相距24m 的两只小船上,有一列水波从湖面传来,每只船每分钟上、下浮动 20 次,当甲船位于波峰