高考第二轮物理复习资料(第1--4讲)[下学期]
文档属性
| 名称 | 高考第二轮物理复习资料(第1--4讲)[下学期] |  | |
| 格式 | rar | ||
| 文件大小 | 215.1KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 通用版 | ||
| 科目 | 物理 | ||
| 更新时间 | 2007-05-07 10:20:00 | ||
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文档简介
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祁东县物理中心教研组编写
典型课例: 第1 课时 物体的平衡
一. 考点梳理
1. 共点力作用下物体的平衡
(1) 平衡条件：合外力为零, 即 F合=0
(2) 平衡条件的推论： 当物体处于平衡状态时,它所受的某一个力与它所受的其余力的合力大小相等,方向相反.
(3) 三力汇交原理：物体在作用线共面的三个非平行力作用下,处于平衡状态时,这三个力的作用线交于一点.
2.物体平衡问题分类及解题思维方法
3 命题趋势:
平衡问题是历年高考的一个重点,热点,其中静摩擦力和力的合力与分解将是重点中的重点,在以能力立意命题的原则下,命题目人会考虑创新情景以考查这部分内容,所以对这部分内容要引起高度重视.
二. 热身训练
1.如图所示，光滑杆ABC固定放置在水平面上，∠ABC=α．
用细线相连的两只轻环P、Q分别套在AB、BC上．若用一个沿
BC方向的力拉轻环Q，使轻环P、Q间的细线被拉直且两环都
处于静止时，该拉力的大小为F，则这时细线对环P的拉力大
小为_______，杆对轻环Q的弹力大小为_______．
2.如图所示,质量为m的小球用绳子OA拉住放在光滑斜面上
.现将细绳由A向C上移时,则绳上的拉力: ( )
A. 逐渐增大 B. 逐渐减小
C. 先增大后减小 D. 先减小后增大
3如图形所示 ,木块A与B用一弹簧相连,竖直放在木块C上,三者
静止于地面,它们的质量之比为1:2:3,设所有接触面是光滑的,当沿水平方
向迅速抽出C的瞬间, A和B 的加速度分别为________, ___________
三. 讲练平台
例1．在匀强电场中将一质量为ｍ，电荷量为ｑ的带电小球由静止释放，小球的运动轨迹为一直线，该直线与竖直方向的夹角为θ，如图所示，
则可知匀强电场的大小( )
A 一定是 mg tanθ/q B 最大值是 mg tan/q
C最小值是mg sinθ/q D 以上都不对
例2．如图将一带电小球A,用绝缘棒固于水平地面上的某处,在它的正上方L处有一悬点O,通过长度为L 的绝缘细线吊一个质量为m与A球带同性电的小球B,于是悬线与竖直方向成某一夹角θ,现设法增大A球的电量,则悬线OB对B球的拉力大小为多少
例3．如图所示，物体的质量为2kg，两根轻绳AB和AC的一端连接于竖直墙上，另一端系于物体上，在物体上另施加一个方向与水平线成θ=600的拉力F，若要使两绳都能伸直，求拉力F的大小范围。
例4． 如图所示,质量m=10g带电q=10-2C的带正电小球在相互垂直的匀强电场和匀强磁场的空间中做匀速直线运动.其水平分速度V1=6m/s,竖直分速度为V2,已知磁场B=1T,方向垂直纸面向里.电场力的功率为0.3W,求:
(1)V2的数值; (2)电场强度大小和方向.(g=10m/s2)
四. 当堂巩固:
1． 如图所示,质量m=2kg物体,静止在斜面上,若用竖直向上
的力F=5N提物体,物体仍静止,则下列正确的
A. 斜面受的压力减小5N B.斜面受的压力的减小量小于5N
C．物体受的摩擦力减小2.5N D.物体受的摩擦力的减小量小于2.5N
2．如图所示，两个完全相同的光滑小球的质量为ｍ，放在竖直挡板和倾角为θ的固定斜面间，若缓缓地转动挡板至与斜面垂直，此过程中（ ）
Ａ．ＡＢ两球间弹力不变
Ｂ．Ｂ球对挡板的压力逐渐减小
Ｃ．Ｂ球对斜面的压力逐渐减小
Ｄ．Ａ球对斜面的压力逐渐增大
3．如图在粗糙水平面上放着一个三角形形木块abc,在它的两个粗糙斜面上分别放有质量为m1和m2 的两个物体, m1 > m2,若三角形木块和两物体都是静止的,则粗糙水平面对三角形木块 ( )
A. 有摩擦力作用,且方向水平向右;
B. 有摩擦力作用,且方向水平向左;
C. 有摩擦力作用,但其方向不能确定,因为 m1 , m2 ,θ1 ,θ2
D. 木块在水平方向无滑动趋势,因此不受地面的磨擦力作用
4.如图所示 ,一根轻弹簧上端固定在O点,下端拴一个钢球P,球处于静止状态,现对球施加一个方向向右的外力F,使球绶慢偏移,在移动的每一时刻,都可以认为钢球处于平衡状态,若外力F方向始终水平,移动中弹簧与竖起方向的夹角θ< 900,且弹簧的伸长不超过弹性限度,则下面给出的弹簧伸长量x与cosθ的数关系图像中,最接近的是( )
5．如图所示物体在沿斜面向上的力F1作用下沿斜面匀速下滑,此过程中斜面仍静止,斜面质量为M, 则水平地面对斜面体:
A无摩擦力
B有水平向左的摩擦力
C支持力为 (M+m )g
D支持力小于 (M+m)g
6有一半径r=0.2m的圆柱体绕竖直轴ＯＯ＇以角速度ω=9rad/s匀速转动，今用水平力Ｆ把质量为m=1kg的物体Ａ压在圆柱体的侧面．由于受档板上竖直的光滑槽的作用，物体Ａ在水平方向上不能随圆柱体转动，而以Ｖ０=2.4m/s的速度匀速下降．如图所示，若物体Ａ与圆柱体间的动摩擦因数u=0.25，求水平推力Ｆ的大小？（g=10m/s2）
7.如图所示，一质量为Ｍ的绝缘球形容器放在桌面上，它的内部有一劲度系数为Ｋ的轻弹簧，直立地固定于容器内壁底部，弹簧上端经绝缘物系住一只带正电q，质量为m的小球．从加一个方向竖直向上，场强为Ｅ的匀强电场起到容器对桌面的压力减为零为止，小球的电势能减少多少？
8．如图有一重力为G的圆柱体放置在水平桌面上,用一夹角为600 ,两夹边完全相同的人字夹水平将其夹住(夹角仍不变),圆柱体绐终静止.试问:
(1) 若人字夹内侧光滑,其任一侧与圆柱体间的弹力大小也等于G,则圆柱体与桌面间的摩擦力的大小为多少
(2) 若人字夹内侧粗糙, 其任一侧与圆柱体间的弹力大小仍等于G, 欲使圆柱体与桌面的压力为零, 则整个人字夹对圆柱体摩擦力的大小为多少 方向如何
9．（2004年江苏高考试题）如图所示，半径为R、圆心为O的大圆环固定在竖直平面内，两个轻质小圆环套在大圆环上．一根轻质长绳穿过两个小圆环，它的两端都系上质量为m的重物，忽略小圆环的大小
(1）将两个小圆环固定在大圆环竖直对称轴的两侧θ=30°的位置上如图．在两个小圆环间绳子的中点C处，挂上一个质量M=m的重物，使两个小圆环间的绳子水平，然后无初速释放重物M．设绳子与大、小圆环间的摩擦均可忽略，求重物M下降的最大距离．
（2）若不挂重物M．小圆环可以在大圆环上自由移动，且绳子与大、小圆环间及大、小圆环之间的摩擦均可以忽略，问两个小圆环分别在哪些位置时，系统可处于平衡状态
第1课时参考答案:
一．热身训练：
1. F/sinα，Fcotα 2 B图解法可得: D(先减小后增大) 3 0 3g /2
二. 讲练平台：
例1．解析: 带电小球受重力和电场力作用而作初速度为0的加速运动,
重力恒定, 匀强电场的电场力也恒定,故其合力也恒定,而且合力沿
轨迹方向,由力三角形可知C正确
例2．.解析: 以B 球为研究对象, B球受三个力作用而处于平衡状态,由正弦定理或三角形相似得 T= mg
例3．分析与解：作出A受力图如图所示，由平衡条件有：
F.cosθ-F2-F1cosθ=0,
Fsinθ+F1sinθ-mg=0
要使两绳都能绷直，则有：F1
由以上各式可解得F的取值范围为：。
例4．分析与解：（１）粒子受力如图所示，f1,f2分别为Ｖ１，Ｖ２所对应的洛仑兹力．设电场力Ｆ与水平方向夹角为θ，由平衡条件：
qEcosθ=qV2B ………①
qEsinθ+qV1B= mg………②
小球克服电场力功率等于重力功率，所以有：
mgV2=P电= 0.3
∴V2=0.3/mg = 3 m/s
(2)将Ｖ２代入①②得：Ecosθ=V2B = 3………③
qEsinθ+10×10-3×6×1=0.1………④
即qEsinθ=0.04 Esinθ=4………⑤
⑤÷④得：sinθ/cosθ=4/3 θ=arctan=530 ∴E = 3/cosθ= 5 N/C
三.达标测试：
1．BＣ 2．ＡＢＣ 3 D ４． D ５． BD
６．解：物体Ａ匀速下滑所受的力为平衡力，分析物体Ａ受力和运动情况如图所示，在垂直于圆柱面的方向上有： Ｎ２＝Ｆ
物体相对圆柱面的速度为Ｖ
Ｖ= = 3 m/s
物体所受摩擦力的方向如图，跟Ｖ方向相反，
由物体的平衡条件得：fcosα= mg
又因 f =μN ； cosα=V0/V= 2.4/3 = 0.8
故有： Ｆ==50 N
７．解：容器对桌面压力为零时，弹簧伸长量 X2=Mg/k ，故从加匀电场起到容器对桌面压力减少到零为止，小球共向上移动： X=X1+X2= (M+m)g/k
电势能的减少量等于电场力做的功，故有：
△Ｅ＝qEX ＝qE(M+m)g/k
８．(1)G 两夹边对圆柱体弹力的合力大小为G,方向沿夹的角的角平分线,圆柱体处于静止状态,水平面内的合力为0,所以桌面对圆柱的的摩擦力与夹对圆柱的力平衡,即摩擦力大小为G.
(2)圆柱体对桌面的压力为0,又处于静止状态,所示 圆柱体所受的摩擦力与夹对圆柱的弹力和圆柱体的重力的合力平衡,即摩擦力大小为 , 方向向上与坚直方向成450角且偏向夹一侧
９．分析与解：(1)重物向下先做加速运动，后做减速运动，当重物速度为零时，下降的距离最大．设下降的最大距离为，由机械能守恒定律得:
解得 ，（另解h=0舍去）
(2)系统处于平衡状态时，两小环的可能位置为:
a．两小环同时位于大圆环的底端．
b．两小环同时位于大圆环的顶端．
c．两小环一个位于大圆环的顶端，另一个位于大圆环的底端．
d．除上述三种情况外，根据对称性可知，系统如能平衡，则
两小圆环的位置一定关于大圆环竖直对称轴对称．设平衡时，
两小圆环在大圆环竖直对称轴两侧角的位置上(如图所示)．
对于重物，受绳子拉力与重力作用，有:
对于小圆环，受到三个力的作用，水平绳子的拉力、竖直绳子
的拉力、大圆环的支持力.两绳子的拉力沿大圆环切向的分力
大小相等，方向相反
得,而，所以 。
典型课案: 第2课时 曲线运动
育贤中学 撰稿: 王海文 审查: 黄美徕
一. 考点梳理:
1． 重点
(1)对平抛运动规律的深刻理解，应用及类平抛运动的解题
(2)圆周运动与万有引力，洛仑兹力的综合应用
(3)培养学生综合分析问题与解决问题的能力培养学生知识迁移能力
2．解题思维方法
(1) 对平抛运动（类平抛运动），将之分解成互相垂直两个方向的直线运动进行研究
(2) 对于圆周运动主要利用 F向=mV2/R=mω2R=mR求解。物体沿半径方向合外力为向心力。对于匀速圆周运动，合外力为向心力，利用Fn=mV2/R Fζ= 0求解。
(3) 对于带电粒子在电磁场中的运动，应与相应的力学知识、电磁学知识紧密联系,由粒子的受力特点寻找粒子的运动特点,或由运动特点分析受力情况.如带电粒子只在洛仑兹力作用下(合力为洛仑兹力)做圆周运动问题的求解方法: 正确画出运动轨迹→利用圆周的数学知识求出轨道半径与几何尺寸的关系式以及圆心角(偏转角)→
r = mv/qB , T=2πm/qB 求解.
二.热身训练
1. 如图所示,人用绳子通过定滑轮拉物体A,当人以
V匀速前进时,求物体A的速度______(设绳子与水
平方向的夹角为ɑ)
2如图,光滑斜面的顶端有一小球,若给小球一水平的初速度,经过时间t1 , 小球恰落在斜面的底端;若将小球放在斜面顶端由静止释放, 小球滑落到斜面的底端所需时间为t2, 则t1 , t2 的大小关系为:
Ａ t1 < t2 Ｂ t1 ＞ t2
Ｃ t1 ＝t2 Ｄ t1 ＝２t2
3如图所示，细杆的一端与小球相连，可绕过O点的水平轴自由转
动，现给小球一初速度，使它做圆周运动，图中a、b分别表示小球轨道的最低点和最高点。则杆对球的作用力可能是（ ）
①a 处为拉力，b处为拉力
②a 处为拉力，b处为推力
③a 处为推力，b处为拉力
④a 处为推力，b处推拉力
A. ①③ B. ②③ C. ①② D.②④
三.讲练平台
例1． 如图所示,当放在墙角的均匀直杆A端靠在竖直墙上,B
端放在水平地面上,当滑到图示位置时,B点速度为v,则A点速度
为____________ (ɑ为已知)
例2．一个空心圆锥体顶角为1200,内壁光滑,顶角处固定一长为L=2m的细线,细线下端悬挂质量为m=1kg的小球,当圆锥体绕其中心轴以角速度ω1=
rad/s转动达到稳定时,小球与圆锥体转动角速度相等,求此时绳子的
拉力T为多少 (g =10m/s2)
例3．用长L=1.6m的细绳，一端系着质量M=1kg的木块，另一端挂在固定点上。现有一颗质量m=20g的子弹以v1=500m／s的水平速度向木块中心射击，结果子弹穿出木块后以v2=100m／s的速度前进。问木块运动的最大高度？（取g=10m／s2，空气阻力不计）
例4．如图所示，在直角坐标系xoy中，ｘ＜０的区域存在沿+ｙ轴方向的匀强电场，场强大小为Ｅ;在ｘ>０的区域中存在一垂直纸面的矩形有界匀强磁场,其下边界和左边界分别与Ox,Oy轴重合,磁感应强度的大小为B (图中未画出)，现有一质量为m,电量为e的电子从第二象限的某点P以初速度沿+x轴方向开始运动，并以2v0的速度经坐标为(0,L)的Q点,再经磁场偏转恰好从坐标原点O沿x轴的负方向返回电场,求:
（1） P点的坐标．
（2） 矩形磁场的最小面积.
四. 当堂巩固:
1．摄影组在某大楼边拍摄武打片,要求特技演员从地面飞到屋顶,如图所示,若特技演员的质量m=50kg,(人和车视为质点) g=10m/s2,导演从某房顶离地H=8m处架设了轮轴 , 轮和轴的直径之比为2:1 .若轨道车从图中A前进s=6m到B处时速度为v=5m/s,则由于绕在轮上细刚丝拉动,特技演员( )
A上升的高度为4m
B 在最高点具有竖直向上的速度6m/s
C在最高点具有的机械能为2900J
D 钢丝在这一过程中对演员做的功为1225J
2．如右图所示,,长为L的轻细直杆一端可绕水平地面上的O点在竖直平面内转动,另一端固定一质量为M的小球,杆一直靠在正方体箱子的左上角边上,箱子的质量为m.边长为L/4,杆与水平方向的夹角为θ , 现将杆由450角的位置静止释放,不计一切摩擦,当杆与水平方向=300时,小球的运动速度___________
3．一条宽为L的河流，河水流速为v1，船在静水中的速度为v2，要使船划到对岸时航程最短，船头应指向什么方向？最短航程是多少？
4．如图斜面上有abcd四个点,ab=bc=cd,从a 点正上方的O点以速度V水平抛出一个小球,它落在斜面上的b点,若小球从O点以2V水平抛出,不计空气阻力,则它落在斜面上的
A.b与c之间的某一点; B.c点;
C. c与d 之间的某一点; D.d点.
5．如图所示，杆OA长为R，可绕过O点的水平轴在竖直平面内转动，其端点A系着一跨过定滑轮B、C的不可伸长的轻绳，绳的另一端系一物块M。滑轮的半径可忽略，B在O的正上方，OB之间的距离为H。某一时刻，当绳的BA段与OB之间的夹角为α时，杆的角速度为ω，求此时物块M的速率Vm.
6．一内壁光滑的环形细圆管，位于竖直平面内，环的半径为R（比细管的半径大得多），圆管中有两个直径与细管内径相同的小球（可视为质点）。A球的质量为m1， B球的质量为m2。它们沿环形圆管顺时针运动，经过最低点时的速度都为v0。设A球运动到最低点时，B球恰好运动到最高点，若要此时两球作用于圆管的合力为零，那么m1，m2，R与v0应满足关系式是。
7．如图,有一半径r 的圆形有界匀强磁场B垂直纸面向里,其周围对称放置带中心孔abc的三个相同的平行板电容器,三个电容器两极板间的距离均为d ,接有相同的电压U ,在D处,有一静止的电子,质量为m,电量为e,释放后从a 孔射入匀强电场,并先后穿过bc孔，再从a孔穿出回到D处,求:
(1) 匀强磁场的磁感应强度B的大小;
(2) 电子从D出发到第一次回到D处所用的时间.
8．如图所示，在ｘ＞０的空间中，存在沿ｘ轴正方向的匀强电场Ｅ，在ｘ＜０的空间中，存在沿ｘ轴负方向的匀强电场，电场的大小也为Ｅ，一电子（－ｅ，ｍ）在ｘ＝ｄ的Ｐ点处以沿ｙ轴正方向的初速度v０开始运动，不计电子重力．
（3） 电子在ｘ方向运动的周期．
（4） 电子运动的轨迹与ｙ轴的各个交点中，任意两个交点的距离．
第2课时参考答案:
一．热身训练：1 2 A 3 C
二讲练平台：
例1．分析与解: A点速度沿墙竖直向下,设为VA,把它分解为沿杆方向和
垂直杆方向,则VAcos(90-ɑ) = Vcosɑ 故VA=Vcotɑ
例2．解:设当小球以角速度ω0绕中心轴转动时,小球与圆锥体恰好无作用力,则
mgtg600 = mω02Lsin600 ∴ ω0= rad/s
由于 ω>ω0 ,则小球与圆锥体的作用力为N,建立坐标系如图:
F x =Tcos300+Ncos600 = mω2r …………①
Fy = Tsin300- mg –Nsin600 = 0…………②
又 r = Lsin600 …………③
由①②③可得: T =35 N N = 5N
例3．【分析解答】 假设木块刚好能到达B点,设在B点时的速度v0。则应满足方程
由于 32J<48J, 故木块升不到B点，在到达B点之前的某一位置以某一速度开始做斜向上抛运动。设木块运动到某一临界位置C时，如图所示，木块所受的重力在绳子方向的分力恰好等于木块做圆周运动所需要的向心力。此时绳子的拉力为零，绳子便开始松弛了。木块就从这个位置开始，以此刻所具有的速度vc作斜上抛运动。木块所能到达的高度就是C点的高度和从C点开始的斜上抛运动的最大高度之和。
在水平方向动量守恒，有
mv1=Mv+mv2 vA=v=8m/s
v为木块被子弹击中后的速度。求得vA=v=8m/s。木块在临界位置C时的速度为vc，高度为
h′=L(1+cosθ) (2)
如图所示，根据机械能守恒定律有
木块从C点开始以速度vc做斜上抛运动所能达到的最大高度h″为
例4．分析与解 如图设P点坐标为(ｘｐ，ｙｐ)，从Ｐ到Ｑ电子做类平抛运动，设过Ｑ点时速度与＋ｘ轴的夹角为θ，则有
三、达标测试：
1．ABC
2． 分析与解: 设当θ1=30o时小球运动为v, 杆B点有速度为,则=
3．分析解答题中没有给出v1与v2的大小关系，所以应考虑以下可能情况。
此种情况下航程最短为L。
②当v2＜v1时，如图1－11船头斜向上游，与岸夹角为θ时，用三角形法则分析当它的方向与圆相切时，航程最短，设为S，由几何关系可知此时v2⊥v（合速度）（θ≠0）
③当v2=v1时，如图1－12，θ越小航程越短。（θ≠ 0）
4． A
5． 分析与解：杆的端点A点绕O点作圆周运动，其速度VA的方向与杆OA垂直，在所考察时其速度大小为：
VA=ωR
对于速度VA作如图6所示的正交分解，即沿绳BA方向和垂直于BA方向进行分解，沿绳BA方向的分量就是物块M的速率VM，因为物块只有沿绳方向的速度，所以
VM=VAcosβ
由正弦定理知，
由以上各式得VM=ωHsinα.
6【分析解答】首先画出小球运动达到最高点和最低点的受力图，如图4-1所示。A球在圆管最低点必受向上弹力N1，此时两球对圆管的合力为零，m2必受圆管向下的弹力N2，且N1=N2。
据牛顿第二定律A球在圆管的最低点有
同理m2在最高点有
m2球由最高点到最低点机械能守恒
7解:电子运动是多阶段的,首先电子在电场中被加速进入磁场后做匀速圆周运动,偏转后,从b孔穿出磁场,再次进入电场,在电场中做类似竖直上抛运动后,又以相同的速率再次进入磁场,如此重复两次(共三次),最后回到出发点D处,速度为零,以后这周而复始地运动下去,如图所示.
(1)设电子加速后获得的速率为V,进入磁场后做匀速圆周运动的半径为R,由动能定理有:
eu = mV2 …………①
由洛仑兹力公式和牛顿定律知: qVB = m …………②
由三角知识得: R = rtan600 …………③
由以上①②③式得: B =
(2)根据运动电荷在磁场中做匀速圆周运动的周期公式 T = ,依题意分析可知电子在磁场中运动一次所经历的时间为 T/6 ,故电子在磁场中运动的总时间 t1= 3×T/6 =,而电子在匀强电场中做一类似竖直上抛运动,所经历的时间t2, 由s = at2可求得: t2= 2,
因为 a = , 所以 t2=2d ,电子在电场中运动的总时间为: 6d.
故电子从出发至第一次回到出发点D处所用的时间为: t=t1+t2=+6d,将B代入上式得:
t=
8．分析与解 如图由类平抛得
典型课案： 第3课时 天体运动
祁东育贤中学 黄美徕 审查 王海文
一．考点梳理
1．考纲要求：万有引力定律的应用、人造地球卫星的运动（限于圆轨道）、动量知识和机械能知识的应用（包括碰撞、反冲、火箭）都是Ⅱ类要求；航天技术的发展和宇宙航行、宇宙速度属Ⅰ类要求。
2．命题趋势：本章内容高考年年必考，题型主要有选择题：如2004年江苏物理卷第4题、2004上海卷第3题、2005年安徽卷第16题、2005年全国卷第3题、2005年北京物理卷第20题、2005年江苏物理卷第5题；计算题：如2001年全国卷第31题、2003年第24题、2004年全国卷第23题、2004年广西物理卷第16题、2005年江苏物理卷第18题、2005年广东卷第15题等。飞船、卫星运行问题与物理知识（如万有引力定律、匀速圆周运动、牛顿运动定律等）及地理知识有十分密切的相关性，以此为背景的高考命题立意高、情景新、综合性强，对考生的理解能力、综合分析能力、信息提炼处理能力及空间想象能力提出了极高的要求，是新高考突出学科内及跨学科间综合创新能力考查的命题热点，亦是考生备考应试的难点. 特别是今年10月神州六号飞船再次实现载人航天飞行试验以来，明年高考有很大可能考查与“神六”相关的天体运动问题。
3．思路及方法：
(1).基本方法：把天体运动近似看作圆周运动，它所需要的向心力由万有引力提供，
即： Ｇ＝ｍω２ｒ＝ｍ
(2).估算天体的质量和密度
由G＝ｍ得：Ｍ＝．即只要测出环绕星体M运转的一颗卫星运转的半径和周期，就可以计算出中心天体的质量.
由ρ＝，Ｖ＝πＲ３得： ρ＝．R为中心天体的星体半径
特殊:当ｒ＝Ｒ时，即卫星绕天体M表面运行时，ρ＝(2003年高考)，由此可以测量天体的密度.
(3)行星表面重力加速度、轨道重力加速度问题
表面重力加速度g0,由 得：
轨道重力加速度g，由 得：
(４)卫星的绕行速度、角速度、周期与半径的关系
(1)由Ｇ得:ｖ＝． 即轨道半径越大，绕行速度越小
(2)由Ｇ＝ｍω２ｒ得：ω＝ 即轨道半径越大，绕行角速度越小
(3)由得： 即轨道半径越大，绕行周期越大.
(５)地球同步卫星
所谓地球同步卫星是指相对于地面静止的人造卫星，它的周期T＝24h．要使卫星同步，同步卫星只能位于赤道正上方某一确定高度h．
由: Ｇ（Ｒ＋ｈ） 得：
=3.6×104ｋｍ=5.6Ｒ Ｒ表示地球半径
二.热身训练
1．把火星和地球绕太阳运行的轨道视为圆周。由火星和地球绕太阳运动的周期之比可求得
A．火星和地球的质量之比 B．火星和太阳的质量之比
C．火星和地球到太阳的距离之比 D．火星和地球绕太阳运动速度之比
2．某人造卫星运动的轨道可近似看作是以地心为中心的圆．由于阻力作用，人造卫星到地心的距离从r1慢慢变到r2，用EKl、EK2分别表示卫星在这两个轨道上的动能，则
(A)r1r2，EK1(C)r1EK2 (D)r1>r2，EK1>EK2
3.宇航员在探测某星球时，发现该星球均匀带电，且电性为负，电荷量为Q．在一次实验时，宇航员将一带负电q（q<A．仍处于悬浮状态 B．背向该星球球心方向飞向太空
C．向该星球球心方向下落 D．沿该星球自转的线速度方向飞向太空
4．如图3-1所示，a、b、c是在地球大气层外圆形轨道上运动的3颗卫星，下列说法正确的是：
A．b、c的线速度大小相等，且大于a的线速度；
B．b、c的向心加速度大小相等，且大于a的向心加速度；
C．c加速可追上同一轨道上的b，b减速可等候同一轨道上的c；
D．a卫星由于某原因，轨道半径缓慢减小，其线速度将增大。
三．讲练平台
【例１】如图3-2所示为一空间探测器的示意图，P1、P2、P3、P4是四个喷气发动机，P1、P3的连线与空间一固定坐标系的x轴平行，P2、P4的连线与y轴平行，每台发动机开动时，都能向探测器提供推力，但不会使探测器转动。开始时，探测器以恒定的速率v0向x方向平动，要使探测器改为向正x偏负y60°方向以原速率v0平动，则可
A．先开动P1适当时间，再开动P4适当时间
B．先开动P3适当时间，再开动P2适当时间
C．开动P4适当时间
D．先开动P3适当时间，再开动P4适当时间
【例2】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，观测到它的自转周期为。问该中子星的最小密度应是多少才能维持该星的稳定，不致因自转而瓦解。计算时星体可视为均匀球体。(引力常量：G=6.6710m/kg·s)
【例３】宇航员在一星球表面上的某高处，沿水平方向抛出一小球。经过时间t，小球落到星球表面，测得抛出点与落地点之间的距离为L。若抛出时初速度增大到2倍，则抛出点与落地点之间的距离为L。已知两落地点在同一水平面上，该星球的半径为R，万有引力常数为G。求该星球的质量M。
【例４】侦察卫星在通过地球两极上的圆轨道上运行，它的运行轨道距地面高度为h，要使卫星在一天的时间内将地面上赤道各处在日照条件的情况下全都拍摄下来，卫星在通过赤道上空时，卫星上的摄像机至少应拍摄地面上赤道圆周的弧长是多少？设地球半径为R，地面处的重力加速度为g，地球自转的周期为T。
四.当堂巩固
1．已知引力常量G、月球中心到地球中心的距离R和月球绕地球运行的周期T。仅利用这三个数据，可以估算出的物理量有
A．月球的质量 B．地球的质量
C．地球的半径 D．月球绕地球运行速度的大小
2．一颗正在绕地球转动的人造卫星，由于受到阻力作用则将会出现：
A.速度变小 B.动能增大 C.角速度变小 D.半径变大
3．一均匀球体以角速度ω绕自己的对称轴自转，若维持球体不被瓦解的唯一作用力是万有引力，则此球的最小密度是多少？
4．已知地球绕太阳公转的轨道半径r=1.49×1011m, 公转的周期T=3.16107s,求太阳的质量M。
5．发射地球同步卫星时，先将卫星发射至近地圆轨道1，然后经点火，使其沿椭圆轨道2运行，最后再次点火，将卫星送入同步圆轨道3，轨道1、2相切于Q点，轨道2、3相切于P点，如图3-3所示。则在卫星分别在1、2、3轨道上正常运行时，以下说法正确的是：
A．卫星在轨道3上的速率大于在轨道1上的速率
B．卫星在轨道3上的角速度小于在轨道1上的角速度
C．卫星在轨道1上经过Q点时的加速度大于它在轨道2上经过Q点时的加速度
D．卫星在轨道2上经过P点时的加速度等于它在轨道3上经过P点时的加速度
6.根据观察，在土星外层有一个环，为了判断环是土星的连续物还是小卫星群。可测出环中各层的线速度v 与该层到土星中心的距离r之间的关系。下列判断正确的是：
A．若v与r成正比，则环为连续物 B．若v 2与r成正比，则环为小卫星群；
C．若v与r成反比，则环为连续物 D．若v 2与r成反比，则环为小卫星群。
7.一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与卫星的半径R之比R0/R＝3.6，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，则在卫星表面有 ……经过计算得出：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？若正确，列式证明；若有错误，求出正确结果。
8.两个星球组成双星，它们在相互之间的万有引力作用下，绕连线上某点做周期相同的匀速圆周运动。现测得两星中心距离为R，其运动周期为T，求两星的总质量。
9． 2005年10月12日9时整，我国自行研制的“神舟六号”载人飞船顺利升空，飞行115小时32分绕地球73圈于17日4时33分在内蒙古主着陆场成功着陆，返回舱完好无损，宇航员费俊龙、聂海胜自主出舱，“神舟六号”载人航天飞行圆满成功。飞船升空后，首先沿椭圆轨道运行，其近地点约为200公里，远地点约为347公里。在绕地球飞行四圈后，地面发出指令，使飞船上的发动机在飞船到达远地点时自动点火，实施变轨，提高了飞船的速度。使得飞船在距地面340公里的圆轨道上飞行。
（1）求在圆轨道上飞船的飞行速度v和 运行周期T（已知g0、R0）。
（2）如图3-4所示若已知飞船的质量为M，飞船在Q点时通过发动机向后喷出一定质量气体使飞船速度增加而进入圆轨道，这时的运动速度大小v2 ，设喷出的气体的速度为u，质量为m，求：飞船在椭圆轨道上经Q点的速度v1及椭圆轨道Q点处的重力加速度。
（3）飞船在圆轨道上运行时，需要进行多次轨道维持。轨道维持就是通过控制飞船上的发动机的点火时间和推力，使飞船能保持在同一轨道上稳定运行。如果不进行轨道维持，飞船的轨道高度就会逐渐降低，在这种情况下，飞船的动能、重力势能和机械能变化的关系应该是
A．动能、重力势能和机械能逐渐减小
B．重力势能逐渐减小，动能逐渐增大， 机械能不变
C．重力势能逐渐增大，动能逐渐减小， 机械能不变
D．重力势能逐渐减小，动能逐渐增大， 机械能逐渐减小
（4）飞船绕地球飞行73圈后于16日9时57分收到返回信号，5时58分发动机制动点火，假设点火通过喷气使飞船做减速运动，飞船应向什么方向喷气
（5）飞船在竖直向上发射升空阶段、进入轨道绕地球做匀速圆周运动阶段和返回地球竖直向下加速下降阶段，两名航天员分别处于什么状态：
A．超重、完全失重、失重 B．超重、完全失重、超重
C．超重、失重、完全失重 D．失重、完全失重、超重
第3课时 《天体运动》 参考答案
二.【热身训练】
1．选CD.由动力学知识列方程，行星的质量会约去，无法求出行星质量，也无法求出太阳的质量。但可以求出行星离太阳的距离之比，进而还可求出动行速度之比。由开普勒第三定律有：:可见能求出火星和地球到太阳的距离之比；又根据圆周运动知识有： ，可见能求出火星和地球绕太阳运行的速度之比。
2.选B．当卫星受到阻力作用后，其总机械能要减小，卫星必定只能降至低轨道上飞行，故r减小。由可知，v要增大，动能也要增大。可见只有B选项正确。
常见错解：当卫星受到阻力作用时，由于卫星克服阻力做功，故动能减小，速度变小，为了继续环绕地球，由于卫星速度可知，v减小则半径r必增大，可见应该选C。
３．选A．库仑定律和万有引力定律都是平方反比定律，天体运动和核外电子绕核运转也是很相似的模型，对描述引力场的有关物理量（场强，电势能与重力加速度、重力势能）的类比研究可以很好地考查学生的对知识的迁移能力。该题考查两种力的平衡问题。
４．选D．因为b、c在同一轨道上运行，故其线速度大小、加速度大小均相等。又b、c轨道半径大于a的轨道半径，由知，Vb=Vcmv2/r, 故它将偏离原轨道做向心运动。所以无论如何c也追不上b，b也等不到c，故C选项错。对这一选项，不能用来分析b、c轨道半径的变化情况。对a卫星，当它的轨道半径缓慢减小时，在转动一段较短时间内，可近似认为它的轨道半径未变，视为稳定运行，由知，r减小时V逐渐增大，故项正确。常见错解：；认为c加速可追上b而错选C。
三．【讲练平台】
例1. 该题实际上是要校正探测器的飞行状态，这在航天活动中，是很常见的工作，因为这也是很有意义的一道题。最后要达到的状态是向正x偏负y60°方向平动，速率仍为v0。如图所示，这个运动可分解为速率为v0cos60°的沿正x方向的平动和速率为v0sin60°的沿负y方向的平动，与原状态相比，我们应使正x方向的速率减小，负y方向的速率增大。因此应开动P1以施加一负x方向的反冲力来减小正x方向的速率；然后开动P4以施加一负y方向的反冲力来产生负y方向的速率。所以选项A正确。
例2.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。
设中子星的密度为，质量为M ，半径为R，自转角速度为，位于赤道处的小物块质量为m，则有
由以上各式得：，代入数据解得：。
点评：在应用万有引力定律解题时，经常需要像本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。
例3. 设抛出点的高度为h，第一次平抛的水平射程为x，则有 x2+h2=L2……①
由平抛运动规律得知，当初速度增大到2倍时，其水平射程也增大到2x，可得
（2x）2+h2=(L)2……②
设该星球上的重力加速度为g，由平抛运动的规律得： h=gt2 ……③
在星球表面上，由万有引力定律与牛顿第二定律得： mg= G……④
联立①②③④式解得：
例4. 如果周期是12小时，每天能对同一地区进行两次观测。如果周期是6小时，每天能对同一纬度的地方进行四次观测。如果周期是小时，每天能对同一纬度的地方进行n次观测。
设上星运行周期为T1，则有
物体处在地面上时有 解得：
在一天内卫星绕地球转过的圈数为，即在日照条件下有n次经过赤道上空，所以每次摄像机拍摄的赤道弧长为，将T1结果代入得
四.当堂巩固
1. BD
2. 常见错解：当卫星受到阻力作用时，由于卫星克服阻力做功，故动能减小，速度变小，为了继续环绕地球，由于卫星速度可知，v减小则半径r必增大，又因，故ω变小，可见应该选A、C、D。
正确解析：当卫星受到阻力作用后，其总机械能要减小，卫星必定只能降至低轨道上飞行，故r减小。由可知，v要增大，动能、角速度也要增大。可见只有B选项正确。
３．设球体质量为M，半径为R，设想有一质量为m的质点绕此球体表面附近做匀速圆周运动，则
G= mω02R ， 所以：ω02=πGρ。
由于ω≤ω0得：ω2≤πGρ，则ρ≥，即此球的最小密度为：。
４．根据地球绕太阳做圆周运动的向心力来源于万有引力得：
G=mr(2π/T)2 M=4π2r3/GT2=1.96 1030kg.
５．选BD．因为，所以，
，即B选项正确，A选项错误。根据牛顿第二定律可得，即卫星的加速度a只与卫星到地心的距离r有关，所以C选项错误，D选项正确。
本题易错选C，其理由： 因为卫星在轨道1上经过Q点时的速度等于它在轨道2上经过Q点时的速度，而在Q点轨道的曲率半径，即C选项正确。
６．选AD.连续物是指和天体连在一起的物体，其角速度和天体相同，其线速度v与r成正比。而对卫星来讲，其线速度，即v与r的平方根成反比。由上面分析可知，连续物线速度v与r成正比；小卫星群v 2与R成反比。
7. 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＝g 行星表面=g0 即=
即g = 0.16g0。
8. 解析：设两星质量分别为M1和M2，都绕连线上O点作周期为T的圆周运动，星球1和星球2到O的距离分别为l1和l2。由万有引力定律和牛顿第二定律及几何条件可得:
对M1：G＝M1（）2 l1 ∴M2＝
对M2：G＝M2（）2 l2 ∴M1＝
两式相加得M1＋M2＝（l1＋l2）＝。
9．(1)由 和 r=R0+h 得：
(2) 解析：由动量守恒得：
得出：
因为在Q点上的重力加速度由万有引力提供，则有：
得出：
(3)选 D ．
(4)飞船应该向前进的方向喷气，减少这一时刻的瞬时速度，使万有引力大于所需要的向心力，飞船开始做向心运动，实施返回计划。
(５)Ａ
典型课案： 第4课时 动量 动量守恒
祁东育贤中学 撰稿 黄美徕 审查 王海文
一、考点梳理
1．考纲要求：动量、冲量、动量定理、动量守恒定律、动量知识和机械能知识的应用（包括碰撞、反冲、火箭）都是Ⅱ类要求；航天技术的发展和宇宙航行属Ⅰ类要求。
2．命题趋势：
本章内容高考年年必考，题型全面，选择题主要考查动量的矢量性，辨析“动量和动能”、“冲量与功”的基本概念；常设置一个瞬间碰撞的情景，用动量定理求变力的冲量；或求出平均力；或用动量守恒定律来判定在碰撞后的各个物体运动状态的可能值；计算题主要考查综合运用牛顿定律、能量守恒、动量守恒解题的能力。一般过程复杂、难度大、能力要求高，经常是高考的压轴题。如： 2000年全国卷第22题、2003年全国卷第20题、2004年理综全国卷第25题的柴油机打桩问题、2004年江苏物理卷第18题、2004年广东物理卷第17题、2005年江苏物理卷第18题、2005年广西物理卷第25题、2005年云南物理卷第25题、2005年北京物理卷第25题等。近几年全国理综卷中学科间综合命题的渗透程度明显走低，以传统题目翻新的学科内综合考查愈显突出.可以预见，动量守恒定律尤其与机械能守恒、能量转化、电磁感应等相关知识的综合应用，仍是今年高考不可回避的考查重点.考查的难点将集中于复杂物理过程的分析、动量守恒条件的判定，参与作用的物体系统（研究对象）灵活选取等方面.
3．思路及方法：
（1）.动量的变化及计算： .由于动量为矢量，则求解动量的变化时，其运算遵循平行四边形定则。
①若初末动量在同一直线上，则在选定正方向的前提下，可化矢量运算为代数运算。
②若初末动量不在同一直线上，则运算遵循平行四边形定则。
③动量和动能都是描述物体运动状态的物理量，其数量关系为： ； 。
（2）．冲量的计算方法：①恒力的冲量可用I＝Ft求解。②方向不变，但大小 随时间线性变化的力的冲量可用求解。③利用F－t图中的“面积”求解。④用动量定理求解
（3）．应用动量定理解题的思路和一般步骤为：
①明确研究对象和物理过程；②分析研究对象在运动过程中的受力情况（找出所有力，画出力的示意图）；③选取正方向,确定各力的冲量以及初、未状态的动量的大小及正负；④最后运用动量定理列方程、求解。
4．动量守恒定律
（1）动量守恒定律成立的条件:①系统不受外力或者所受外力之和为零；②系统受外力，但外力远小于内力，可以忽略不计；③系统在某一个方向上所受的合外力为零，则该方向上动量守恒。④全过程的某一阶段系统受的合外力为零，则该阶段系统动量守恒。
（2）表达式：除了，即p1+p2=p1/+p2/外，
还有：Δp1+Δp2=0，Δp1= -Δp2 和
在应用动量守恒定律时，除要注意定律适用条件的近似性、独立性、速度或动量的相对性、矢量性外，还要注意两物体相互作用时，尽管动量守恒，但动能不一定守恒，在作用过程中没有其它形式的能转化为机械能时，作用后物体系统的总机械能不应大于作用前的总机械能。
二.热身训练
1．质量为m的小球由高为H的、倾角为θ光滑斜面顶端无初速滑到底端过程中，重力、弹力、合力的冲量各是多大？
2．如图4-1所示，abcd和为水平放置的光滑平行导轨，区域内充满方向竖直向上的匀强磁场。ab、间的宽度是cd、间宽度的2倍。设导轨足够长，导体棒ef的质量是gh的质量的2倍。现给导体棒ef一个初速度v0，沿导轨向左运动，当两棒的速度稳定时，两棒的速度分别是多少？
3. 如图4-2所示，AB为一光滑水平横杆，杆上套一质量为M的小圆环，环上系一长为L质量不计的细绳，绳的另一端拴一质量为m的小球，现将绳拉直，且与AB平行，由静止释放小球，则当线绳与A B成θ角时，圆环移动的距离是多少？
4．平静的水面上有一载人小船，船和人共同质量为M，站立在船上的人手中拿一质量为m的物体。起初人相对船静止，船、人、物体以共同速度v0前进，当人相对于船以速度u向相反方向将物体抛出时，人和船的速度各为多大？（水的阻力不计）。
三.讲练平台
【例１】质量为500g的杯放在秤上,水自水龙头以每秒700g的流量注入杯中,水流速度大小为14m/s.求从开始注水计时，10s末秤的示数为多少 (设水进入杯后速度为零,g=10m/s2)
【例2】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，，它们的下底面光滑，上表面粗糙；另有一质量的滑块C（可视为质点），以的速度恰好水平地滑到A的上表面，如图4-3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3.0m/s，求：
(1)木块A的最终速度； （2）滑块C离开A时的速度。
【例3】如图4-4，光滑水平面上有一小车B，右端固定一砂箱，砂箱左侧连接一水平轻弹簧，小车和砂箱总质量为M，车上放着一物体A与其左侧车面的摩擦因数为μ，与其它车面的摩擦不计。物A的质量也为M，在A随小车以速度v0向右匀速运动时，弹簧处于自然状态（物体A没有与弹簧直接连接），距沙面H高处有一质量为m的泥球自由下落，恰好落在砂箱中 ，求：
（1）小车前进中，弹簧弹性势能的最大值。
（2）为使物体A不从小车上滑下，车面粗糙部分至少多长？
【例４】摆长为L，质量为2m，不带电的小铜球甲，静止在平衡位置A处与放在固定的绝缘水平面上的形状和材料跟甲完全相同质量为m的空心小铜球乙刚好接触，现将甲拉离平衡位置，使其悬线与竖直方向夹角为θ，同时给乙球带上电量为Q的正电荷，整个空间存在着垂直纸面的磁感应强度为B的匀强磁场,将甲由静止释放，使其在纸面内摆动,则甲乙两球在A处发生正碰，如图4-5所示.已知碰撞后乙球对水平面恰好无压力,求甲球在继续摆动过程中对悬线的最大拉力是多少
四.当堂巩固
1．质量为M的小车在水平地面上以速度v0匀速向右运动。当车中的砂子从底部的漏斗中不断流下时，车子速度将（ ）
A．减小 B．不变 C．增大 D．无法确定
２．静止的质量为M的原子核，当它放射出一个质量为m、速度为v的粒子后，原子核剩余部分的速度大小为： C
A.mv/M B.mv/(M+m) C.mv/(M-m) D.Mv/m
3.光子的能量为，动量的大小为 。如果一个静止的放射性元素的原子核在发生衰变时，只发出一个光子，则衰变后的原子核：
A．仍然静止
B．沿着与光子运动方向相同的方向运动
C．沿着与光子运动方向相反的方向运动
D．可能向任何方向运动
４． K－介子衰变的方程为，其中K－介子和介子带负的基元电荷，介子不带电。一个K－介子沿垂直于磁场的方向射入匀强磁场中，其轨迹为圆弧AP，衰变后产生的介子的轨迹为圆弧PB，两轨迹在P点相切，它们的半径和之比为2:1。介子的轨迹未画出，由此可知的动量大小与的动量大小之比为
A．1:1 B．1:2 C．1:3 D．1:6
５．质量为M的小船以速度v0行驶，船上有两个质量皆为m的小孩a和b，分别静止站在船头和船尾.现在小孩a沿水平方向以速率v（相对于静止水面）向前跃入水中，然后小孩b沿水平方向以同一速率v（相对于静止水面）向后跃入水中.求小孩b跃出后小船的速度.
６．蹦床是运动员在一张绷紧的弹性网上蹦跳、翻滚并做各种空中动作的运动项目。一个质量为60kg的运动员，从离水平网面3.2m高处自由下落，着网后沿竖直方向蹦回到离水平网面5.0m高处。已知运动员与网接触的时间为1.2s。若把在这段时间内网对运动员的作用力当作恒力处理，求此力的大小。（g=10m/s2）
７．质量为M的小物块A静止在离地面高h的水平桌面的边缘，质量为m的小物块B沿桌面向A运动以速度v0与之发生正碰（碰撞时间极短）。碰后A离开桌面，其落地点离出发点的水平距离为L。碰后B反向运动，求B后退的距离。已知B与桌面间的动摩擦因数为。重力加速度为g。
８.两根足够长的固定的平行金属导轨位于同一水平面内，两导轨间的距离为L。导轨上面横放着两根导体棒ab和cd，构成矩形回路，如图4-7所示．两根导体棒的质量皆为m，电阻皆为R，回路中其余部分的电阻可不计．在整个导轨平面内都有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为B．设两导体棒均可沿导轨无摩擦地滑行．开始时，棒cd静止，棒ab有指向棒cd的初速度v0．若两导体棒在运动中始终不接触，求：
（1）在运动中产生的焦耳热最多是多少．
（2）当ab棒的速度变为初速度的3/4时，cd棒的加速度是多少？
９．（备选）自动称米机已被许多粮店广泛使用。买者认为：因为米落到容器中时有向下的冲力而不划算；卖者认为：当预定米的质量数满足时，自动装置即刻切断米流时，此刻尚有一些米仍在空中，这些米是多给买者的，因而双方争执起来，究竟哪方说得对而划算呢？原理如图4-8所示。
第4课时 《动量 动量守恒》 参考答案
二.【热身训练】
1.力的作用时间都是，力的大小依次是mg、mg·cosθ和
mg·sinθ，所以它们的冲量依次是：
2.设cd、间宽度为L，gh的质量是m，当两棒的速度稳定时，回路中的感应电流为零，设导体棒ef的速度减小到v 1, 导体棒gh的速度增大到v 2,则有2BLv1-BLv2=0,即v2=2v1。
对导体棒ef由动量定理得：
对导体棒gh由动量定理得：
由以上各式可得： ,
3.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θ角时小球的水平速度为v，圆环的水平速度为V，则由水平动量守恒有：MV=mv……①
且在任意时刻或位置V与v均满足这一关系，加之时间相同，公式中的V和v可分别用其水平位移替代，则上式可写为：Md=m［（L－Lcosθ）－d］……②
联立方程①②并解得：联圆环移动的距离 d=mL（1-cosθ）/（M+m）
4．明确物体被抛出的同时，船速已发生变化，不再是原来的v0，而变成了v，即v与u是同一时刻，抛出后物对地速度是（v-u），而不是（v0 -u）.
由动量守恒定律得：（M+m）v0=Mv+m(v-u) 解得：
三．【讲练平台】
例1. 解析：秤的示数由三部分构成，即杯的重力，10S内注入的水所受重力及水的冲击力，其中杯与水重力为： G+G1=75N
取△t时间内流入杯内质量为△m的水为对象，它对杯的冲击力为F，有：
（F─△mg）△t = △mV 而 F>>△mg
由动量定理有： F△t=△mV ∴ F =△mV/△t = 9.8N
∴ FN = G+G1+F= 84.8N
例2． 解析：这是一个由A、B、C三个物体组成的系统，以这系统为研究对象，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两木块分离，分离时木块A的速度为。最后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）为计算，我们以B、C为系统，C滑上B后与A分离，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：
∴
例3．解析：在m下落到砂箱，在砂箱中的过程中，由于车与小泥球m在水平方向不受任何外力作用，故车及砂、泥球整个系统的水平方向动量守恒，有：
MV0 = （M+m）V1
此时物块A由于不受外力作用，而继续向右作匀速直线运动而与轻弹簧，以物块A、车等系统为研究对象，水平方向仍未受任何外力作用，系统动量守恒。当弹簧压缩至最短达到最大弹性势能Ep时，整个系统的速度为V2，则由动量守恒有：
MV0 +（M+m）V1= （2M+m）V2
联立上述方程解得：
之后，物块A相对于地面仍向右作变减速直线运动，而相对车则向车的左面运动。直到脱离弹簧，获得对车向左的动能，设刚滑至车尾相对车静止，由能量守恒知弹性势能转化为系统克服摩擦力做功，转化的内能： μMgL = Ep
∴
例4解析：设碰撞前甲球速度大小为v0，甲球下摆过程机械能守恒：
m甲v02 = m甲gL(1－cosθ) ………① ∴
设碰后甲乙两球速度大小分别为V 、u，由碰撞时甲乙的动量守恒及电荷守恒有：
2mv0=2mv+mu ……② q甲=q乙=Q/2 ……③
碰后乙球以u向右运动恰好对水平面无压力: mg=BuQ/2……④
甲球继续摆动，当以v向左通过A点时对悬线有最大拉力，由牛顿第二定律有：
………⑤
解之得： 其中
四.当堂巩固
１．解析：B．此题易错选C，认为总质量减小，车速增大。这种想法错在研究对象的选取，应保持初末状态研究对象是同系统，质量不变。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。
２．Ｃ ； ３.Ｃ
４．解：Kˉ介子带负电，在磁场中作圆周运动到达P点发生衰变，变成带负电的πˉ介子和不带电的π0介子。πˉ介子在磁场中作圆周运动，半径与Kˉ介子不同，带电粒子在磁场中作圆周运动，半径，可知Kˉ介子和πˉ介子的动量之比： ，Kˉ介子在P点衰变时动量守恒，衰变前后粒子的动量方向如图所示。有 解得 ：。故选项C正确。
５．因均是以对地（即题中相对于静止水面）的水平速度，所以先后跃入水中与同时跃入水中结果相同.设小孩b跃出后小船向前行驶的速度为v，取v0为正向，根据动量守恒定律，有：（M+2m）v0=Mv+mv-mv 解得：v=(1+)v0
６．将运动员看质量为m的质点，从h1高处下落，刚接触网时速度的大小 （向下）， 弹跳后到达的高度为h2，刚离网时速度的大小 （向上） ，以表示接触时间， 接触过程中运动员受到向上的弹力F和向下的重力mg。由动量定理得：（F-mg）Δt=mV2+mV1，由以上各式解得， 代入数值得： 。
７.解：设AB碰后A的速度为v1，则A平抛有：h= gt2 L=v1t
求得：v1=L……①
设碰后B的速度为v2 ，则对AB碰撞过程由动量守恒有：mv0=Mv1－mv2……②
设B后退距离为s，对B后退直至停止过程，由动能定理：μmgs=mv22……③
由①②③解得：s= (+v02－)
８. ab棒向cd棒运动时，两棒和导轨构成的回路面积变小，磁通量发生变化，于是产生感应电流．ab棒受到与运动方向相反的安培力作用作减速运动，cd棒则在安培力作用下作加速运动．在ab棒的速度大于cd棒的速度时，回路总有感应电流，ab棒继续减速，cd棒继续加速．两棒速度达到相同后，回路面积保持不变，磁通量不变化，不产生感应电流，两棒以相同的速度V作匀速运动．
（1）从初始至两棒达到速度相同的过程中，两棒总动量守恒，有
根据能量守恒，整个过程中产生的总热量: ；
（2）设ab棒的速度变为初速度的3/4时，cd棒的速度为v1，则由动量守恒可知:
此时回路中的感应电动势和感应电流分别为: ，
此时cd棒所受的安培力: ,所以cd棒的加速度为:
由以上各式，可得 。
９．设米流的流量为dkg/s，它是恒定的，自动装置能即刻在出口处切断米流，米流在出口处速度很小可视为零。若切断米流后，盛米容器中静止的那部分米的质量为m1kg,空中还在下落的米的质量为m2kg,则落在极短时间Δt内落在静止的米堆上的一部分米的质量Δm=dΔt,设其落在米堆上之前的速度为v，经过Δt后静止，其受力如图所示。由动量定理得： （F-Δmg）Δt=Δmv , 即 F=dv+dgΔt
设米从出口处落到米表面所用的时间为t，由m2=dt,v=gt可得dv=m2g 即F=m2g+Δmg.根据牛顿第三定律得:F/=F，称米机读数为M=m1+m2+Δm
可见，称米机读数包含了静止在袋中部分的质量m1，也包含了尚在空中的下落的米流的质量m2，还包含了刚落至米堆的一小部分的质量Δm,即自动称米机是准确的。不存在谁划不划算的问题。
(1)分类
1．在重力场中的平衡
2．在电场中的平衡
3．在重力场、电场和磁场的复合场中的平衡
认真读
题审题选好研究对象
正确受力分析
图解法
对力合成或分解,运用平行四边形定则或
三角形定则(当物体受三个力作用而处于平衡状态时应优先考虑该种解法)
先考虑该种解法）
正交分解法
建立直角 Fx合=0 适用多个共点
坐标系 Fy合=0 力作用下平衡
α
P
Q
F
A
B
C
A
C
O
B
C
A
θ
θ
O
A
B
A
B
C
F
θ
θ
V1
v
v
V2
v
v
B
v
v
300
F
θ
A
B
B
B
b
m2
a
m1 ,
c
θ1
θ2
O
P
F
A
B
C
D
θ
x
x
x
x
cosθ
cosθ
cosθ
cosθ
F1
V
M
F
O’
O
A
档板
m M
+q
m
m
O
C
θ
θ
R
G
F2
F1
F
x
y
θ
θ
f1 =qBV1
F= qE
mg
θ
F2 =qBV2
V1
V2
f
mg
α
V1
V
V0
O
N1
m
m
O
C
θ
θ
R
N
T
T
T
mg
α
α
V0
A
ɑ
A
ɑ
O
a
b
A
B
v
ɑ
1200
L
V1
m
Q
O
x
y
A
S
θ
H
V
A
B
θ
m
O
c
d
a
b
O
v
C
A
R
O
ω
α
B
M
A
B
+
+
+
一
一
一
U
U
U
a
b
c
D
V00
E
E
O
P
x
y
A
B
O
Q
O
x
V箱
M
C
A
R
O
ω
图6
α
VA
β
B
A
B
N1
m2g
N2
m1g
V00
XV00
E
E
P
O
A
C
b
a
c
地球
图3-1
图3-2
y
x
P1
P2
P4
P3
P
Q
1
2
3
图3-3
P
Q
地球
图3-4
图
o
y
x
v0x
v0
600
v0y
图4-1
g
e
f
b
c
a
h
d
图4-2
θ
M
B
m
A
图4-3
Ｃ
vc
A
B
图4-4
H
A
B
乙
甲
A
θ
图4-5
B
图4-6
K－
P
B
A
图4-7
L
b
a
d
v0
c
B
k
图4-8
F
△mg
m2
k
△m
m1
图
PAGE
2
2
祁东县物理中心教研组编写
典型课例: 第1 课时 物体的平衡
一. 考点梳理
1. 共点力作用下物体的平衡
(1) 平衡条件：合外力为零, 即 F合=0
(2) 平衡条件的推论： 当物体处于平衡状态时,它所受的某一个力与它所受的其余力的合力大小相等,方向相反.
(3) 三力汇交原理：物体在作用线共面的三个非平行力作用下,处于平衡状态时,这三个力的作用线交于一点.
2.物体平衡问题分类及解题思维方法
3 命题趋势:
平衡问题是历年高考的一个重点,热点,其中静摩擦力和力的合力与分解将是重点中的重点,在以能力立意命题的原则下,命题目人会考虑创新情景以考查这部分内容,所以对这部分内容要引起高度重视.
二. 热身训练
1.如图所示，光滑杆ABC固定放置在水平面上，∠ABC=α．
用细线相连的两只轻环P、Q分别套在AB、BC上．若用一个沿
BC方向的力拉轻环Q，使轻环P、Q间的细线被拉直且两环都
处于静止时，该拉力的大小为F，则这时细线对环P的拉力大
小为_______，杆对轻环Q的弹力大小为_______．
2.如图所示,质量为m的小球用绳子OA拉住放在光滑斜面上
.现将细绳由A向C上移时,则绳上的拉力: ( )
A. 逐渐增大 B. 逐渐减小
C. 先增大后减小 D. 先减小后增大
3如图形所示 ,木块A与B用一弹簧相连,竖直放在木块C上,三者
静止于地面,它们的质量之比为1:2:3,设所有接触面是光滑的,当沿水平方
向迅速抽出C的瞬间, A和B 的加速度分别为________, ___________
三. 讲练平台
例1．在匀强电场中将一质量为ｍ，电荷量为ｑ的带电小球由静止释放，小球的运动轨迹为一直线，该直线与竖直方向的夹角为θ，如图所示，
则可知匀强电场的大小( )
A 一定是 mg tanθ/q B 最大值是 mg tan/q
C最小值是mg sinθ/q D 以上都不对
例2．如图将一带电小球A,用绝缘棒固于水平地面上的某处,在它的正上方L处有一悬点O,通过长度为L 的绝缘细线吊一个质量为m与A球带同性电的小球B,于是悬线与竖直方向成某一夹角θ,现设法增大A球的电量,则悬线OB对B球的拉力大小为多少
例3．如图所示，物体的质量为2kg，两根轻绳AB和AC的一端连接于竖直墙上，另一端系于物体上，在物体上另施加一个方向与水平线成θ=600的拉力F，若要使两绳都能伸直，求拉力F的大小范围。
例4． 如图所示,质量m=10g带电q=10-2C的带正电小球在相互垂直的匀强电场和匀强磁场的空间中做匀速直线运动.其水平分速度V1=6m/s,竖直分速度为V2,已知磁场B=1T,方向垂直纸面向里.电场力的功率为0.3W,求:
(1)V2的数值; (2)电场强度大小和方向.(g=10m/s2)
四. 当堂巩固:
1． 如图所示,质量m=2kg物体,静止在斜面上,若用竖直向上
的力F=5N提物体,物体仍静止,则下列正确的
A. 斜面受的压力减小5N B.斜面受的压力的减小量小于5N
C．物体受的摩擦力减小2.5N D.物体受的摩擦力的减小量小于2.5N
2．如图所示，两个完全相同的光滑小球的质量为ｍ，放在竖直挡板和倾角为θ的固定斜面间，若缓缓地转动挡板至与斜面垂直，此过程中（ ）
Ａ．ＡＢ两球间弹力不变
Ｂ．Ｂ球对挡板的压力逐渐减小
Ｃ．Ｂ球对斜面的压力逐渐减小
Ｄ．Ａ球对斜面的压力逐渐增大
3．如图在粗糙水平面上放着一个三角形形木块abc,在它的两个粗糙斜面上分别放有质量为m1和m2 的两个物体, m1 > m2,若三角形木块和两物体都是静止的,则粗糙水平面对三角形木块 ( )
A. 有摩擦力作用,且方向水平向右;
B. 有摩擦力作用,且方向水平向左;
C. 有摩擦力作用,但其方向不能确定,因为 m1 , m2 ,θ1 ,θ2
D. 木块在水平方向无滑动趋势,因此不受地面的磨擦力作用
4.如图所示 ,一根轻弹簧上端固定在O点,下端拴一个钢球P,球处于静止状态,现对球施加一个方向向右的外力F,使球绶慢偏移,在移动的每一时刻,都可以认为钢球处于平衡状态,若外力F方向始终水平,移动中弹簧与竖起方向的夹角θ< 900,且弹簧的伸长不超过弹性限度,则下面给出的弹簧伸长量x与cosθ的数关系图像中,最接近的是( )
5．如图所示物体在沿斜面向上的力F1作用下沿斜面匀速下滑,此过程中斜面仍静止,斜面质量为M, 则水平地面对斜面体:
A无摩擦力
B有水平向左的摩擦力
C支持力为 (M+m )g
D支持力小于 (M+m)g
6有一半径r=0.2m的圆柱体绕竖直轴ＯＯ＇以角速度ω=9rad/s匀速转动，今用水平力Ｆ把质量为m=1kg的物体Ａ压在圆柱体的侧面．由于受档板上竖直的光滑槽的作用，物体Ａ在水平方向上不能随圆柱体转动，而以Ｖ０=2.4m/s的速度匀速下降．如图所示，若物体Ａ与圆柱体间的动摩擦因数u=0.25，求水平推力Ｆ的大小？（g=10m/s2）
7.如图所示，一质量为Ｍ的绝缘球形容器放在桌面上，它的内部有一劲度系数为Ｋ的轻弹簧，直立地固定于容器内壁底部，弹簧上端经绝缘物系住一只带正电q，质量为m的小球．从加一个方向竖直向上，场强为Ｅ的匀强电场起到容器对桌面的压力减为零为止，小球的电势能减少多少？
8．如图有一重力为G的圆柱体放置在水平桌面上,用一夹角为600 ,两夹边完全相同的人字夹水平将其夹住(夹角仍不变),圆柱体绐终静止.试问:
(1) 若人字夹内侧光滑,其任一侧与圆柱体间的弹力大小也等于G,则圆柱体与桌面间的摩擦力的大小为多少
(2) 若人字夹内侧粗糙, 其任一侧与圆柱体间的弹力大小仍等于G, 欲使圆柱体与桌面的压力为零, 则整个人字夹对圆柱体摩擦力的大小为多少 方向如何
9．（2004年江苏高考试题）如图所示，半径为R、圆心为O的大圆环固定在竖直平面内，两个轻质小圆环套在大圆环上．一根轻质长绳穿过两个小圆环，它的两端都系上质量为m的重物，忽略小圆环的大小
(1）将两个小圆环固定在大圆环竖直对称轴的两侧θ=30°的位置上如图．在两个小圆环间绳子的中点C处，挂上一个质量M=m的重物，使两个小圆环间的绳子水平，然后无初速释放重物M．设绳子与大、小圆环间的摩擦均可忽略，求重物M下降的最大距离．
（2）若不挂重物M．小圆环可以在大圆环上自由移动，且绳子与大、小圆环间及大、小圆环之间的摩擦均可以忽略，问两个小圆环分别在哪些位置时，系统可处于平衡状态
第1课时参考答案:
一．热身训练：
1. F/sinα，Fcotα 2 B图解法可得: D(先减小后增大) 3 0 3g /2
二. 讲练平台：
例1．解析: 带电小球受重力和电场力作用而作初速度为0的加速运动,
重力恒定, 匀强电场的电场力也恒定,故其合力也恒定,而且合力沿
轨迹方向,由力三角形可知C正确
例2．.解析: 以B 球为研究对象, B球受三个力作用而处于平衡状态,由正弦定理或三角形相似得 T= mg
例3．分析与解：作出A受力图如图所示，由平衡条件有：
F.cosθ-F2-F1cosθ=0,
Fsinθ+F1sinθ-mg=0
要使两绳都能绷直，则有：F1
由以上各式可解得F的取值范围为：。
例4．分析与解：（１）粒子受力如图所示，f1,f2分别为Ｖ１，Ｖ２所对应的洛仑兹力．设电场力Ｆ与水平方向夹角为θ，由平衡条件：
qEcosθ=qV2B ………①
qEsinθ+qV1B= mg………②
小球克服电场力功率等于重力功率，所以有：
mgV2=P电= 0.3
∴V2=0.3/mg = 3 m/s
(2)将Ｖ２代入①②得：Ecosθ=V2B = 3………③
qEsinθ+10×10-3×6×1=0.1………④
即qEsinθ=0.04 Esinθ=4………⑤
⑤÷④得：sinθ/cosθ=4/3 θ=arctan=530 ∴E = 3/cosθ= 5 N/C
三.达标测试：
1．BＣ 2．ＡＢＣ 3 D ４． D ５． BD
６．解：物体Ａ匀速下滑所受的力为平衡力，分析物体Ａ受力和运动情况如图所示，在垂直于圆柱面的方向上有： Ｎ２＝Ｆ
物体相对圆柱面的速度为Ｖ
Ｖ= = 3 m/s
物体所受摩擦力的方向如图，跟Ｖ方向相反，
由物体的平衡条件得：fcosα= mg
又因 f =μN ； cosα=V0/V= 2.4/3 = 0.8
故有： Ｆ==50 N
７．解：容器对桌面压力为零时，弹簧伸长量 X2=Mg/k ，故从加匀电场起到容器对桌面压力减少到零为止，小球共向上移动： X=X1+X2= (M+m)g/k
电势能的减少量等于电场力做的功，故有：
△Ｅ＝qEX ＝qE(M+m)g/k
８．(1)G 两夹边对圆柱体弹力的合力大小为G,方向沿夹的角的角平分线,圆柱体处于静止状态,水平面内的合力为0,所以桌面对圆柱的的摩擦力与夹对圆柱的力平衡,即摩擦力大小为G.
(2)圆柱体对桌面的压力为0,又处于静止状态,所示 圆柱体所受的摩擦力与夹对圆柱的弹力和圆柱体的重力的合力平衡,即摩擦力大小为 , 方向向上与坚直方向成450角且偏向夹一侧
９．分析与解：(1)重物向下先做加速运动，后做减速运动，当重物速度为零时，下降的距离最大．设下降的最大距离为，由机械能守恒定律得:
解得 ，（另解h=0舍去）
(2)系统处于平衡状态时，两小环的可能位置为:
a．两小环同时位于大圆环的底端．
b．两小环同时位于大圆环的顶端．
c．两小环一个位于大圆环的顶端，另一个位于大圆环的底端．
d．除上述三种情况外，根据对称性可知，系统如能平衡，则
两小圆环的位置一定关于大圆环竖直对称轴对称．设平衡时，
两小圆环在大圆环竖直对称轴两侧角的位置上(如图所示)．
对于重物，受绳子拉力与重力作用，有:
对于小圆环，受到三个力的作用，水平绳子的拉力、竖直绳子
的拉力、大圆环的支持力.两绳子的拉力沿大圆环切向的分力
大小相等，方向相反
得,而，所以 。
典型课案: 第2课时 曲线运动
育贤中学 撰稿: 王海文 审查: 黄美徕
一. 考点梳理:
1． 重点
(1)对平抛运动规律的深刻理解，应用及类平抛运动的解题
(2)圆周运动与万有引力，洛仑兹力的综合应用
(3)培养学生综合分析问题与解决问题的能力培养学生知识迁移能力
2．解题思维方法
(1) 对平抛运动（类平抛运动），将之分解成互相垂直两个方向的直线运动进行研究
(2) 对于圆周运动主要利用 F向=mV2/R=mω2R=mR求解。物体沿半径方向合外力为向心力。对于匀速圆周运动，合外力为向心力，利用Fn=mV2/R Fζ= 0求解。
(3) 对于带电粒子在电磁场中的运动，应与相应的力学知识、电磁学知识紧密联系,由粒子的受力特点寻找粒子的运动特点,或由运动特点分析受力情况.如带电粒子只在洛仑兹力作用下(合力为洛仑兹力)做圆周运动问题的求解方法: 正确画出运动轨迹→利用圆周的数学知识求出轨道半径与几何尺寸的关系式以及圆心角(偏转角)→
r = mv/qB , T=2πm/qB 求解.
二.热身训练
1. 如图所示,人用绳子通过定滑轮拉物体A,当人以
V匀速前进时,求物体A的速度______(设绳子与水
平方向的夹角为ɑ)
2如图,光滑斜面的顶端有一小球,若给小球一水平的初速度,经过时间t1 , 小球恰落在斜面的底端;若将小球放在斜面顶端由静止释放, 小球滑落到斜面的底端所需时间为t2, 则t1 , t2 的大小关系为:
Ａ t1 < t2 Ｂ t1 ＞ t2
Ｃ t1 ＝t2 Ｄ t1 ＝２t2
3如图所示，细杆的一端与小球相连，可绕过O点的水平轴自由转
动，现给小球一初速度，使它做圆周运动，图中a、b分别表示小球轨道的最低点和最高点。则杆对球的作用力可能是（ ）
①a 处为拉力，b处为拉力
②a 处为拉力，b处为推力
③a 处为推力，b处为拉力
④a 处为推力，b处推拉力
A. ①③ B. ②③ C. ①② D.②④
三.讲练平台
例1． 如图所示,当放在墙角的均匀直杆A端靠在竖直墙上,B
端放在水平地面上,当滑到图示位置时,B点速度为v,则A点速度
为____________ (ɑ为已知)
例2．一个空心圆锥体顶角为1200,内壁光滑,顶角处固定一长为L=2m的细线,细线下端悬挂质量为m=1kg的小球,当圆锥体绕其中心轴以角速度ω1=
rad/s转动达到稳定时,小球与圆锥体转动角速度相等,求此时绳子的
拉力T为多少 (g =10m/s2)
例3．用长L=1.6m的细绳，一端系着质量M=1kg的木块，另一端挂在固定点上。现有一颗质量m=20g的子弹以v1=500m／s的水平速度向木块中心射击，结果子弹穿出木块后以v2=100m／s的速度前进。问木块运动的最大高度？（取g=10m／s2，空气阻力不计）
例4．如图所示，在直角坐标系xoy中，ｘ＜０的区域存在沿+ｙ轴方向的匀强电场，场强大小为Ｅ;在ｘ>０的区域中存在一垂直纸面的矩形有界匀强磁场,其下边界和左边界分别与Ox,Oy轴重合,磁感应强度的大小为B (图中未画出)，现有一质量为m,电量为e的电子从第二象限的某点P以初速度沿+x轴方向开始运动，并以2v0的速度经坐标为(0,L)的Q点,再经磁场偏转恰好从坐标原点O沿x轴的负方向返回电场,求:
（1） P点的坐标．
（2） 矩形磁场的最小面积.
四. 当堂巩固:
1．摄影组在某大楼边拍摄武打片,要求特技演员从地面飞到屋顶,如图所示,若特技演员的质量m=50kg,(人和车视为质点) g=10m/s2,导演从某房顶离地H=8m处架设了轮轴 , 轮和轴的直径之比为2:1 .若轨道车从图中A前进s=6m到B处时速度为v=5m/s,则由于绕在轮上细刚丝拉动,特技演员( )
A上升的高度为4m
B 在最高点具有竖直向上的速度6m/s
C在最高点具有的机械能为2900J
D 钢丝在这一过程中对演员做的功为1225J
2．如右图所示,,长为L的轻细直杆一端可绕水平地面上的O点在竖直平面内转动,另一端固定一质量为M的小球,杆一直靠在正方体箱子的左上角边上,箱子的质量为m.边长为L/4,杆与水平方向的夹角为θ , 现将杆由450角的位置静止释放,不计一切摩擦,当杆与水平方向=300时,小球的运动速度___________
3．一条宽为L的河流，河水流速为v1，船在静水中的速度为v2，要使船划到对岸时航程最短，船头应指向什么方向？最短航程是多少？
4．如图斜面上有abcd四个点,ab=bc=cd,从a 点正上方的O点以速度V水平抛出一个小球,它落在斜面上的b点,若小球从O点以2V水平抛出,不计空气阻力,则它落在斜面上的
A.b与c之间的某一点; B.c点;
C. c与d 之间的某一点; D.d点.
5．如图所示，杆OA长为R，可绕过O点的水平轴在竖直平面内转动，其端点A系着一跨过定滑轮B、C的不可伸长的轻绳，绳的另一端系一物块M。滑轮的半径可忽略，B在O的正上方，OB之间的距离为H。某一时刻，当绳的BA段与OB之间的夹角为α时，杆的角速度为ω，求此时物块M的速率Vm.
6．一内壁光滑的环形细圆管，位于竖直平面内，环的半径为R（比细管的半径大得多），圆管中有两个直径与细管内径相同的小球（可视为质点）。A球的质量为m1， B球的质量为m2。它们沿环形圆管顺时针运动，经过最低点时的速度都为v0。设A球运动到最低点时，B球恰好运动到最高点，若要此时两球作用于圆管的合力为零，那么m1，m2，R与v0应满足关系式是。
7．如图,有一半径r 的圆形有界匀强磁场B垂直纸面向里,其周围对称放置带中心孔abc的三个相同的平行板电容器,三个电容器两极板间的距离均为d ,接有相同的电压U ,在D处,有一静止的电子,质量为m,电量为e,释放后从a 孔射入匀强电场,并先后穿过bc孔，再从a孔穿出回到D处,求:
(1) 匀强磁场的磁感应强度B的大小;
(2) 电子从D出发到第一次回到D处所用的时间.
8．如图所示，在ｘ＞０的空间中，存在沿ｘ轴正方向的匀强电场Ｅ，在ｘ＜０的空间中，存在沿ｘ轴负方向的匀强电场，电场的大小也为Ｅ，一电子（－ｅ，ｍ）在ｘ＝ｄ的Ｐ点处以沿ｙ轴正方向的初速度v０开始运动，不计电子重力．
（3） 电子在ｘ方向运动的周期．
（4） 电子运动的轨迹与ｙ轴的各个交点中，任意两个交点的距离．
第2课时参考答案:
一．热身训练：1 2 A 3 C
二讲练平台：
例1．分析与解: A点速度沿墙竖直向下,设为VA,把它分解为沿杆方向和
垂直杆方向,则VAcos(90-ɑ) = Vcosɑ 故VA=Vcotɑ
例2．解:设当小球以角速度ω0绕中心轴转动时,小球与圆锥体恰好无作用力,则
mgtg600 = mω02Lsin600 ∴ ω0= rad/s
由于 ω>ω0 ,则小球与圆锥体的作用力为N,建立坐标系如图:
F x =Tcos300+Ncos600 = mω2r …………①
Fy = Tsin300- mg –Nsin600 = 0…………②
又 r = Lsin600 …………③
由①②③可得: T =35 N N = 5N
例3．【分析解答】 假设木块刚好能到达B点,设在B点时的速度v0。则应满足方程
由于 32J<48J, 故木块升不到B点，在到达B点之前的某一位置以某一速度开始做斜向上抛运动。设木块运动到某一临界位置C时，如图所示，木块所受的重力在绳子方向的分力恰好等于木块做圆周运动所需要的向心力。此时绳子的拉力为零，绳子便开始松弛了。木块就从这个位置开始，以此刻所具有的速度vc作斜上抛运动。木块所能到达的高度就是C点的高度和从C点开始的斜上抛运动的最大高度之和。
在水平方向动量守恒，有
mv1=Mv+mv2 vA=v=8m/s
v为木块被子弹击中后的速度。求得vA=v=8m/s。木块在临界位置C时的速度为vc，高度为
h′=L(1+cosθ) (2)
如图所示，根据机械能守恒定律有
木块从C点开始以速度vc做斜上抛运动所能达到的最大高度h″为
例4．分析与解 如图设P点坐标为(ｘｐ，ｙｐ)，从Ｐ到Ｑ电子做类平抛运动，设过Ｑ点时速度与＋ｘ轴的夹角为θ，则有
三、达标测试：
1．ABC
2． 分析与解: 设当θ1=30o时小球运动为v, 杆B点有速度为,则=
3．分析解答题中没有给出v1与v2的大小关系，所以应考虑以下可能情况。
此种情况下航程最短为L。
②当v2＜v1时，如图1－11船头斜向上游，与岸夹角为θ时，用三角形法则分析当它的方向与圆相切时，航程最短，设为S，由几何关系可知此时v2⊥v（合速度）（θ≠0）
③当v2=v1时，如图1－12，θ越小航程越短。（θ≠ 0）
4． A
5． 分析与解：杆的端点A点绕O点作圆周运动，其速度VA的方向与杆OA垂直，在所考察时其速度大小为：
VA=ωR
对于速度VA作如图6所示的正交分解，即沿绳BA方向和垂直于BA方向进行分解，沿绳BA方向的分量就是物块M的速率VM，因为物块只有沿绳方向的速度，所以
VM=VAcosβ
由正弦定理知，
由以上各式得VM=ωHsinα.
6【分析解答】首先画出小球运动达到最高点和最低点的受力图，如图4-1所示。A球在圆管最低点必受向上弹力N1，此时两球对圆管的合力为零，m2必受圆管向下的弹力N2，且N1=N2。
据牛顿第二定律A球在圆管的最低点有
同理m2在最高点有
m2球由最高点到最低点机械能守恒
7解:电子运动是多阶段的,首先电子在电场中被加速进入磁场后做匀速圆周运动,偏转后,从b孔穿出磁场,再次进入电场,在电场中做类似竖直上抛运动后,又以相同的速率再次进入磁场,如此重复两次(共三次),最后回到出发点D处,速度为零,以后这周而复始地运动下去,如图所示.
(1)设电子加速后获得的速率为V,进入磁场后做匀速圆周运动的半径为R,由动能定理有:
eu = mV2 …………①
由洛仑兹力公式和牛顿定律知: qVB = m …………②
由三角知识得: R = rtan600 …………③
由以上①②③式得: B =
(2)根据运动电荷在磁场中做匀速圆周运动的周期公式 T = ,依题意分析可知电子在磁场中运动一次所经历的时间为 T/6 ,故电子在磁场中运动的总时间 t1= 3×T/6 =,而电子在匀强电场中做一类似竖直上抛运动,所经历的时间t2, 由s = at2可求得: t2= 2,
因为 a = , 所以 t2=2d ,电子在电场中运动的总时间为: 6d.
故电子从出发至第一次回到出发点D处所用的时间为: t=t1+t2=+6d,将B代入上式得:
t=
8．分析与解 如图由类平抛得
典型课案： 第3课时 天体运动
祁东育贤中学 黄美徕 审查 王海文
一．考点梳理
1．考纲要求：万有引力定律的应用、人造地球卫星的运动（限于圆轨道）、动量知识和机械能知识的应用（包括碰撞、反冲、火箭）都是Ⅱ类要求；航天技术的发展和宇宙航行、宇宙速度属Ⅰ类要求。
2．命题趋势：本章内容高考年年必考，题型主要有选择题：如2004年江苏物理卷第4题、2004上海卷第3题、2005年安徽卷第16题、2005年全国卷第3题、2005年北京物理卷第20题、2005年江苏物理卷第5题；计算题：如2001年全国卷第31题、2003年第24题、2004年全国卷第23题、2004年广西物理卷第16题、2005年江苏物理卷第18题、2005年广东卷第15题等。飞船、卫星运行问题与物理知识（如万有引力定律、匀速圆周运动、牛顿运动定律等）及地理知识有十分密切的相关性，以此为背景的高考命题立意高、情景新、综合性强，对考生的理解能力、综合分析能力、信息提炼处理能力及空间想象能力提出了极高的要求，是新高考突出学科内及跨学科间综合创新能力考查的命题热点，亦是考生备考应试的难点. 特别是今年10月神州六号飞船再次实现载人航天飞行试验以来，明年高考有很大可能考查与“神六”相关的天体运动问题。
3．思路及方法：
(1).基本方法：把天体运动近似看作圆周运动，它所需要的向心力由万有引力提供，
即： Ｇ＝ｍω２ｒ＝ｍ
(2).估算天体的质量和密度
由G＝ｍ得：Ｍ＝．即只要测出环绕星体M运转的一颗卫星运转的半径和周期，就可以计算出中心天体的质量.
由ρ＝，Ｖ＝πＲ３得： ρ＝．R为中心天体的星体半径
特殊:当ｒ＝Ｒ时，即卫星绕天体M表面运行时，ρ＝(2003年高考)，由此可以测量天体的密度.
(3)行星表面重力加速度、轨道重力加速度问题
表面重力加速度g0,由 得：
轨道重力加速度g，由 得：
(４)卫星的绕行速度、角速度、周期与半径的关系
(1)由Ｇ得:ｖ＝． 即轨道半径越大，绕行速度越小
(2)由Ｇ＝ｍω２ｒ得：ω＝ 即轨道半径越大，绕行角速度越小
(3)由得： 即轨道半径越大，绕行周期越大.
(５)地球同步卫星
所谓地球同步卫星是指相对于地面静止的人造卫星，它的周期T＝24h．要使卫星同步，同步卫星只能位于赤道正上方某一确定高度h．
由: Ｇ（Ｒ＋ｈ） 得：
=3.6×104ｋｍ=5.6Ｒ Ｒ表示地球半径
二.热身训练
1．把火星和地球绕太阳运行的轨道视为圆周。由火星和地球绕太阳运动的周期之比可求得
A．火星和地球的质量之比 B．火星和太阳的质量之比
C．火星和地球到太阳的距离之比 D．火星和地球绕太阳运动速度之比
2．某人造卫星运动的轨道可近似看作是以地心为中心的圆．由于阻力作用，人造卫星到地心的距离从r1慢慢变到r2，用EKl、EK2分别表示卫星在这两个轨道上的动能，则
(A)r1
3.宇航员在探测某星球时，发现该星球均匀带电，且电性为负，电荷量为Q．在一次实验时，宇航员将一带负电q（q<
C．向该星球球心方向下落 D．沿该星球自转的线速度方向飞向太空
4．如图3-1所示，a、b、c是在地球大气层外圆形轨道上运动的3颗卫星，下列说法正确的是：
A．b、c的线速度大小相等，且大于a的线速度；
B．b、c的向心加速度大小相等，且大于a的向心加速度；
C．c加速可追上同一轨道上的b，b减速可等候同一轨道上的c；
D．a卫星由于某原因，轨道半径缓慢减小，其线速度将增大。
三．讲练平台
【例１】如图3-2所示为一空间探测器的示意图，P1、P2、P3、P4是四个喷气发动机，P1、P3的连线与空间一固定坐标系的x轴平行，P2、P4的连线与y轴平行，每台发动机开动时，都能向探测器提供推力，但不会使探测器转动。开始时，探测器以恒定的速率v0向x方向平动，要使探测器改为向正x偏负y60°方向以原速率v0平动，则可
A．先开动P1适当时间，再开动P4适当时间
B．先开动P3适当时间，再开动P2适当时间
C．开动P4适当时间
D．先开动P3适当时间，再开动P4适当时间
【例2】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，观测到它的自转周期为。问该中子星的最小密度应是多少才能维持该星的稳定，不致因自转而瓦解。计算时星体可视为均匀球体。(引力常量：G=6.6710m/kg·s)
【例３】宇航员在一星球表面上的某高处，沿水平方向抛出一小球。经过时间t，小球落到星球表面，测得抛出点与落地点之间的距离为L。若抛出时初速度增大到2倍，则抛出点与落地点之间的距离为L。已知两落地点在同一水平面上，该星球的半径为R，万有引力常数为G。求该星球的质量M。
【例４】侦察卫星在通过地球两极上的圆轨道上运行，它的运行轨道距地面高度为h，要使卫星在一天的时间内将地面上赤道各处在日照条件的情况下全都拍摄下来，卫星在通过赤道上空时，卫星上的摄像机至少应拍摄地面上赤道圆周的弧长是多少？设地球半径为R，地面处的重力加速度为g，地球自转的周期为T。
四.当堂巩固
1．已知引力常量G、月球中心到地球中心的距离R和月球绕地球运行的周期T。仅利用这三个数据，可以估算出的物理量有
A．月球的质量 B．地球的质量
C．地球的半径 D．月球绕地球运行速度的大小
2．一颗正在绕地球转动的人造卫星，由于受到阻力作用则将会出现：
A.速度变小 B.动能增大 C.角速度变小 D.半径变大
3．一均匀球体以角速度ω绕自己的对称轴自转，若维持球体不被瓦解的唯一作用力是万有引力，则此球的最小密度是多少？
4．已知地球绕太阳公转的轨道半径r=1.49×1011m, 公转的周期T=3.16107s,求太阳的质量M。
5．发射地球同步卫星时，先将卫星发射至近地圆轨道1，然后经点火，使其沿椭圆轨道2运行，最后再次点火，将卫星送入同步圆轨道3，轨道1、2相切于Q点，轨道2、3相切于P点，如图3-3所示。则在卫星分别在1、2、3轨道上正常运行时，以下说法正确的是：
A．卫星在轨道3上的速率大于在轨道1上的速率
B．卫星在轨道3上的角速度小于在轨道1上的角速度
C．卫星在轨道1上经过Q点时的加速度大于它在轨道2上经过Q点时的加速度
D．卫星在轨道2上经过P点时的加速度等于它在轨道3上经过P点时的加速度
6.根据观察，在土星外层有一个环，为了判断环是土星的连续物还是小卫星群。可测出环中各层的线速度v 与该层到土星中心的距离r之间的关系。下列判断正确的是：
A．若v与r成正比，则环为连续物 B．若v 2与r成正比，则环为小卫星群；
C．若v与r成反比，则环为连续物 D．若v 2与r成反比，则环为小卫星群。
7.一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与卫星的半径R之比R0/R＝3.6，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，则在卫星表面有 ……经过计算得出：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？若正确，列式证明；若有错误，求出正确结果。
8.两个星球组成双星，它们在相互之间的万有引力作用下，绕连线上某点做周期相同的匀速圆周运动。现测得两星中心距离为R，其运动周期为T，求两星的总质量。
9． 2005年10月12日9时整，我国自行研制的“神舟六号”载人飞船顺利升空，飞行115小时32分绕地球73圈于17日4时33分在内蒙古主着陆场成功着陆，返回舱完好无损，宇航员费俊龙、聂海胜自主出舱，“神舟六号”载人航天飞行圆满成功。飞船升空后，首先沿椭圆轨道运行，其近地点约为200公里，远地点约为347公里。在绕地球飞行四圈后，地面发出指令，使飞船上的发动机在飞船到达远地点时自动点火，实施变轨，提高了飞船的速度。使得飞船在距地面340公里的圆轨道上飞行。
（1）求在圆轨道上飞船的飞行速度v和 运行周期T（已知g0、R0）。
（2）如图3-4所示若已知飞船的质量为M，飞船在Q点时通过发动机向后喷出一定质量气体使飞船速度增加而进入圆轨道，这时的运动速度大小v2 ，设喷出的气体的速度为u，质量为m，求：飞船在椭圆轨道上经Q点的速度v1及椭圆轨道Q点处的重力加速度。
（3）飞船在圆轨道上运行时，需要进行多次轨道维持。轨道维持就是通过控制飞船上的发动机的点火时间和推力，使飞船能保持在同一轨道上稳定运行。如果不进行轨道维持，飞船的轨道高度就会逐渐降低，在这种情况下，飞船的动能、重力势能和机械能变化的关系应该是
A．动能、重力势能和机械能逐渐减小
B．重力势能逐渐减小，动能逐渐增大， 机械能不变
C．重力势能逐渐增大，动能逐渐减小， 机械能不变
D．重力势能逐渐减小，动能逐渐增大， 机械能逐渐减小
（4）飞船绕地球飞行73圈后于16日9时57分收到返回信号，5时58分发动机制动点火，假设点火通过喷气使飞船做减速运动，飞船应向什么方向喷气
（5）飞船在竖直向上发射升空阶段、进入轨道绕地球做匀速圆周运动阶段和返回地球竖直向下加速下降阶段，两名航天员分别处于什么状态：
A．超重、完全失重、失重 B．超重、完全失重、超重
C．超重、失重、完全失重 D．失重、完全失重、超重
第3课时 《天体运动》 参考答案
二.【热身训练】
1．选CD.由动力学知识列方程，行星的质量会约去，无法求出行星质量，也无法求出太阳的质量。但可以求出行星离太阳的距离之比，进而还可求出动行速度之比。由开普勒第三定律有：:可见能求出火星和地球到太阳的距离之比；又根据圆周运动知识有： ，可见能求出火星和地球绕太阳运行的速度之比。
2.选B．当卫星受到阻力作用后，其总机械能要减小，卫星必定只能降至低轨道上飞行，故r减小。由可知，v要增大，动能也要增大。可见只有B选项正确。
常见错解：当卫星受到阻力作用时，由于卫星克服阻力做功，故动能减小，速度变小，为了继续环绕地球，由于卫星速度可知，v减小则半径r必增大，可见应该选C。
３．选A．库仑定律和万有引力定律都是平方反比定律，天体运动和核外电子绕核运转也是很相似的模型，对描述引力场的有关物理量（场强，电势能与重力加速度、重力势能）的类比研究可以很好地考查学生的对知识的迁移能力。该题考查两种力的平衡问题。
４．选D．因为b、c在同一轨道上运行，故其线速度大小、加速度大小均相等。又b、c轨道半径大于a的轨道半径，由知，Vb=Vc
三．【讲练平台】
例1. 该题实际上是要校正探测器的飞行状态，这在航天活动中，是很常见的工作，因为这也是很有意义的一道题。最后要达到的状态是向正x偏负y60°方向平动，速率仍为v0。如图所示，这个运动可分解为速率为v0cos60°的沿正x方向的平动和速率为v0sin60°的沿负y方向的平动，与原状态相比，我们应使正x方向的速率减小，负y方向的速率增大。因此应开动P1以施加一负x方向的反冲力来减小正x方向的速率；然后开动P4以施加一负y方向的反冲力来产生负y方向的速率。所以选项A正确。
例2.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。
设中子星的密度为，质量为M ，半径为R，自转角速度为，位于赤道处的小物块质量为m，则有
由以上各式得：，代入数据解得：。
点评：在应用万有引力定律解题时，经常需要像本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。
例3. 设抛出点的高度为h，第一次平抛的水平射程为x，则有 x2+h2=L2……①
由平抛运动规律得知，当初速度增大到2倍时，其水平射程也增大到2x，可得
（2x）2+h2=(L)2……②
设该星球上的重力加速度为g，由平抛运动的规律得： h=gt2 ……③
在星球表面上，由万有引力定律与牛顿第二定律得： mg= G……④
联立①②③④式解得：
例4. 如果周期是12小时，每天能对同一地区进行两次观测。如果周期是6小时，每天能对同一纬度的地方进行四次观测。如果周期是小时，每天能对同一纬度的地方进行n次观测。
设上星运行周期为T1，则有
物体处在地面上时有 解得：
在一天内卫星绕地球转过的圈数为，即在日照条件下有n次经过赤道上空，所以每次摄像机拍摄的赤道弧长为，将T1结果代入得
四.当堂巩固
1. BD
2. 常见错解：当卫星受到阻力作用时，由于卫星克服阻力做功，故动能减小，速度变小，为了继续环绕地球，由于卫星速度可知，v减小则半径r必增大，又因，故ω变小，可见应该选A、C、D。
正确解析：当卫星受到阻力作用后，其总机械能要减小，卫星必定只能降至低轨道上飞行，故r减小。由可知，v要增大，动能、角速度也要增大。可见只有B选项正确。
３．设球体质量为M，半径为R，设想有一质量为m的质点绕此球体表面附近做匀速圆周运动，则
G= mω02R ， 所以：ω02=πGρ。
由于ω≤ω0得：ω2≤πGρ，则ρ≥，即此球的最小密度为：。
４．根据地球绕太阳做圆周运动的向心力来源于万有引力得：
G=mr(2π/T)2 M=4π2r3/GT2=1.96 1030kg.
５．选BD．因为，所以，
，即B选项正确，A选项错误。根据牛顿第二定律可得，即卫星的加速度a只与卫星到地心的距离r有关，所以C选项错误，D选项正确。
本题易错选C，其理由： 因为卫星在轨道1上经过Q点时的速度等于它在轨道2上经过Q点时的速度，而在Q点轨道的曲率半径
６．选AD.连续物是指和天体连在一起的物体，其角速度和天体相同，其线速度v与r成正比。而对卫星来讲，其线速度，即v与r的平方根成反比。由上面分析可知，连续物线速度v与r成正比；小卫星群v 2与R成反比。
7. 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＝g 行星表面=g0 即=
即g = 0.16g0。
8. 解析：设两星质量分别为M1和M2，都绕连线上O点作周期为T的圆周运动，星球1和星球2到O的距离分别为l1和l2。由万有引力定律和牛顿第二定律及几何条件可得:
对M1：G＝M1（）2 l1 ∴M2＝
对M2：G＝M2（）2 l2 ∴M1＝
两式相加得M1＋M2＝（l1＋l2）＝。
9．(1)由 和 r=R0+h 得：
(2) 解析：由动量守恒得：
得出：
因为在Q点上的重力加速度由万有引力提供，则有：
得出：
(3)选 D ．
(4)飞船应该向前进的方向喷气，减少这一时刻的瞬时速度，使万有引力大于所需要的向心力，飞船开始做向心运动，实施返回计划。
(５)Ａ
典型课案： 第4课时 动量 动量守恒
祁东育贤中学 撰稿 黄美徕 审查 王海文
一、考点梳理
1．考纲要求：动量、冲量、动量定理、动量守恒定律、动量知识和机械能知识的应用（包括碰撞、反冲、火箭）都是Ⅱ类要求；航天技术的发展和宇宙航行属Ⅰ类要求。
2．命题趋势：
本章内容高考年年必考，题型全面，选择题主要考查动量的矢量性，辨析“动量和动能”、“冲量与功”的基本概念；常设置一个瞬间碰撞的情景，用动量定理求变力的冲量；或求出平均力；或用动量守恒定律来判定在碰撞后的各个物体运动状态的可能值；计算题主要考查综合运用牛顿定律、能量守恒、动量守恒解题的能力。一般过程复杂、难度大、能力要求高，经常是高考的压轴题。如： 2000年全国卷第22题、2003年全国卷第20题、2004年理综全国卷第25题的柴油机打桩问题、2004年江苏物理卷第18题、2004年广东物理卷第17题、2005年江苏物理卷第18题、2005年广西物理卷第25题、2005年云南物理卷第25题、2005年北京物理卷第25题等。近几年全国理综卷中学科间综合命题的渗透程度明显走低，以传统题目翻新的学科内综合考查愈显突出.可以预见，动量守恒定律尤其与机械能守恒、能量转化、电磁感应等相关知识的综合应用，仍是今年高考不可回避的考查重点.考查的难点将集中于复杂物理过程的分析、动量守恒条件的判定，参与作用的物体系统（研究对象）灵活选取等方面.
3．思路及方法：
（1）.动量的变化及计算： .由于动量为矢量，则求解动量的变化时，其运算遵循平行四边形定则。
①若初末动量在同一直线上，则在选定正方向的前提下，可化矢量运算为代数运算。
②若初末动量不在同一直线上，则运算遵循平行四边形定则。
③动量和动能都是描述物体运动状态的物理量，其数量关系为： ； 。
（2）．冲量的计算方法：①恒力的冲量可用I＝Ft求解。②方向不变，但大小 随时间线性变化的力的冲量可用求解。③利用F－t图中的“面积”求解。④用动量定理求解
（3）．应用动量定理解题的思路和一般步骤为：
①明确研究对象和物理过程；②分析研究对象在运动过程中的受力情况（找出所有力，画出力的示意图）；③选取正方向,确定各力的冲量以及初、未状态的动量的大小及正负；④最后运用动量定理列方程、求解。
4．动量守恒定律
（1）动量守恒定律成立的条件:①系统不受外力或者所受外力之和为零；②系统受外力，但外力远小于内力，可以忽略不计；③系统在某一个方向上所受的合外力为零，则该方向上动量守恒。④全过程的某一阶段系统受的合外力为零，则该阶段系统动量守恒。
（2）表达式：除了，即p1+p2=p1/+p2/外，
还有：Δp1+Δp2=0，Δp1= -Δp2 和
在应用动量守恒定律时，除要注意定律适用条件的近似性、独立性、速度或动量的相对性、矢量性外，还要注意两物体相互作用时，尽管动量守恒，但动能不一定守恒，在作用过程中没有其它形式的能转化为机械能时，作用后物体系统的总机械能不应大于作用前的总机械能。
二.热身训练
1．质量为m的小球由高为H的、倾角为θ光滑斜面顶端无初速滑到底端过程中，重力、弹力、合力的冲量各是多大？
2．如图4-1所示，abcd和为水平放置的光滑平行导轨，区域内充满方向竖直向上的匀强磁场。ab、间的宽度是cd、间宽度的2倍。设导轨足够长，导体棒ef的质量是gh的质量的2倍。现给导体棒ef一个初速度v0，沿导轨向左运动，当两棒的速度稳定时，两棒的速度分别是多少？
3. 如图4-2所示，AB为一光滑水平横杆，杆上套一质量为M的小圆环，环上系一长为L质量不计的细绳，绳的另一端拴一质量为m的小球，现将绳拉直，且与AB平行，由静止释放小球，则当线绳与A B成θ角时，圆环移动的距离是多少？
4．平静的水面上有一载人小船，船和人共同质量为M，站立在船上的人手中拿一质量为m的物体。起初人相对船静止，船、人、物体以共同速度v0前进，当人相对于船以速度u向相反方向将物体抛出时，人和船的速度各为多大？（水的阻力不计）。
三.讲练平台
【例１】质量为500g的杯放在秤上,水自水龙头以每秒700g的流量注入杯中,水流速度大小为14m/s.求从开始注水计时，10s末秤的示数为多少 (设水进入杯后速度为零,g=10m/s2)
【例2】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，，它们的下底面光滑，上表面粗糙；另有一质量的滑块C（可视为质点），以的速度恰好水平地滑到A的上表面，如图4-3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3.0m/s，求：
(1)木块A的最终速度； （2）滑块C离开A时的速度。
【例3】如图4-4，光滑水平面上有一小车B，右端固定一砂箱，砂箱左侧连接一水平轻弹簧，小车和砂箱总质量为M，车上放着一物体A与其左侧车面的摩擦因数为μ，与其它车面的摩擦不计。物A的质量也为M，在A随小车以速度v0向右匀速运动时，弹簧处于自然状态（物体A没有与弹簧直接连接），距沙面H高处有一质量为m的泥球自由下落，恰好落在砂箱中 ，求：
（1）小车前进中，弹簧弹性势能的最大值。
（2）为使物体A不从小车上滑下，车面粗糙部分至少多长？
【例４】摆长为L，质量为2m，不带电的小铜球甲，静止在平衡位置A处与放在固定的绝缘水平面上的形状和材料跟甲完全相同质量为m的空心小铜球乙刚好接触，现将甲拉离平衡位置，使其悬线与竖直方向夹角为θ，同时给乙球带上电量为Q的正电荷，整个空间存在着垂直纸面的磁感应强度为B的匀强磁场,将甲由静止释放，使其在纸面内摆动,则甲乙两球在A处发生正碰，如图4-5所示.已知碰撞后乙球对水平面恰好无压力,求甲球在继续摆动过程中对悬线的最大拉力是多少
四.当堂巩固
1．质量为M的小车在水平地面上以速度v0匀速向右运动。当车中的砂子从底部的漏斗中不断流下时，车子速度将（ ）
A．减小 B．不变 C．增大 D．无法确定
２．静止的质量为M的原子核，当它放射出一个质量为m、速度为v的粒子后，原子核剩余部分的速度大小为： C
A.mv/M B.mv/(M+m) C.mv/(M-m) D.Mv/m
3.光子的能量为，动量的大小为 。如果一个静止的放射性元素的原子核在发生衰变时，只发出一个光子，则衰变后的原子核：
A．仍然静止
B．沿着与光子运动方向相同的方向运动
C．沿着与光子运动方向相反的方向运动
D．可能向任何方向运动
４． K－介子衰变的方程为，其中K－介子和介子带负的基元电荷，介子不带电。一个K－介子沿垂直于磁场的方向射入匀强磁场中，其轨迹为圆弧AP，衰变后产生的介子的轨迹为圆弧PB，两轨迹在P点相切，它们的半径和之比为2:1。介子的轨迹未画出，由此可知的动量大小与的动量大小之比为
A．1:1 B．1:2 C．1:3 D．1:6
５．质量为M的小船以速度v0行驶，船上有两个质量皆为m的小孩a和b，分别静止站在船头和船尾.现在小孩a沿水平方向以速率v（相对于静止水面）向前跃入水中，然后小孩b沿水平方向以同一速率v（相对于静止水面）向后跃入水中.求小孩b跃出后小船的速度.
６．蹦床是运动员在一张绷紧的弹性网上蹦跳、翻滚并做各种空中动作的运动项目。一个质量为60kg的运动员，从离水平网面3.2m高处自由下落，着网后沿竖直方向蹦回到离水平网面5.0m高处。已知运动员与网接触的时间为1.2s。若把在这段时间内网对运动员的作用力当作恒力处理，求此力的大小。（g=10m/s2）
７．质量为M的小物块A静止在离地面高h的水平桌面的边缘，质量为m的小物块B沿桌面向A运动以速度v0与之发生正碰（碰撞时间极短）。碰后A离开桌面，其落地点离出发点的水平距离为L。碰后B反向运动，求B后退的距离。已知B与桌面间的动摩擦因数为。重力加速度为g。
８.两根足够长的固定的平行金属导轨位于同一水平面内，两导轨间的距离为L。导轨上面横放着两根导体棒ab和cd，构成矩形回路，如图4-7所示．两根导体棒的质量皆为m，电阻皆为R，回路中其余部分的电阻可不计．在整个导轨平面内都有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为B．设两导体棒均可沿导轨无摩擦地滑行．开始时，棒cd静止，棒ab有指向棒cd的初速度v0．若两导体棒在运动中始终不接触，求：
（1）在运动中产生的焦耳热最多是多少．
（2）当ab棒的速度变为初速度的3/4时，cd棒的加速度是多少？
９．（备选）自动称米机已被许多粮店广泛使用。买者认为：因为米落到容器中时有向下的冲力而不划算；卖者认为：当预定米的质量数满足时，自动装置即刻切断米流时，此刻尚有一些米仍在空中，这些米是多给买者的，因而双方争执起来，究竟哪方说得对而划算呢？原理如图4-8所示。
第4课时 《动量 动量守恒》 参考答案
二.【热身训练】
1.力的作用时间都是，力的大小依次是mg、mg·cosθ和
mg·sinθ，所以它们的冲量依次是：
2.设cd、间宽度为L，gh的质量是m，当两棒的速度稳定时，回路中的感应电流为零，设导体棒ef的速度减小到v 1, 导体棒gh的速度增大到v 2,则有2BLv1-BLv2=0,即v2=2v1。
对导体棒ef由动量定理得：
对导体棒gh由动量定理得：
由以上各式可得： ,
3.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θ角时小球的水平速度为v，圆环的水平速度为V，则由水平动量守恒有：MV=mv……①
且在任意时刻或位置V与v均满足这一关系，加之时间相同，公式中的V和v可分别用其水平位移替代，则上式可写为：Md=m［（L－Lcosθ）－d］……②
联立方程①②并解得：联圆环移动的距离 d=mL（1-cosθ）/（M+m）
4．明确物体被抛出的同时，船速已发生变化，不再是原来的v0，而变成了v，即v与u是同一时刻，抛出后物对地速度是（v-u），而不是（v0 -u）.
由动量守恒定律得：（M+m）v0=Mv+m(v-u) 解得：
三．【讲练平台】
例1. 解析：秤的示数由三部分构成，即杯的重力，10S内注入的水所受重力及水的冲击力，其中杯与水重力为： G+G1=75N
取△t时间内流入杯内质量为△m的水为对象，它对杯的冲击力为F，有：
（F─△mg）△t = △mV 而 F>>△mg
由动量定理有： F△t=△mV ∴ F =△mV/△t = 9.8N
∴ FN = G+G1+F= 84.8N
例2． 解析：这是一个由A、B、C三个物体组成的系统，以这系统为研究对象，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两木块分离，分离时木块A的速度为。最后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）为计算，我们以B、C为系统，C滑上B后与A分离，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：
∴
例3．解析：在m下落到砂箱，在砂箱中的过程中，由于车与小泥球m在水平方向不受任何外力作用，故车及砂、泥球整个系统的水平方向动量守恒，有：
MV0 = （M+m）V1
此时物块A由于不受外力作用，而继续向右作匀速直线运动而与轻弹簧，以物块A、车等系统为研究对象，水平方向仍未受任何外力作用，系统动量守恒。当弹簧压缩至最短达到最大弹性势能Ep时，整个系统的速度为V2，则由动量守恒有：
MV0 +（M+m）V1= （2M+m）V2
联立上述方程解得：
之后，物块A相对于地面仍向右作变减速直线运动，而相对车则向车的左面运动。直到脱离弹簧，获得对车向左的动能，设刚滑至车尾相对车静止，由能量守恒知弹性势能转化为系统克服摩擦力做功，转化的内能： μMgL = Ep
∴
例4解析：设碰撞前甲球速度大小为v0，甲球下摆过程机械能守恒：
m甲v02 = m甲gL(1－cosθ) ………① ∴
设碰后甲乙两球速度大小分别为V 、u，由碰撞时甲乙的动量守恒及电荷守恒有：
2mv0=2mv+mu ……② q甲=q乙=Q/2 ……③
碰后乙球以u向右运动恰好对水平面无压力: mg=BuQ/2……④
甲球继续摆动，当以v向左通过A点时对悬线有最大拉力，由牛顿第二定律有：
………⑤
解之得： 其中
四.当堂巩固
１．解析：B．此题易错选C，认为总质量减小，车速增大。这种想法错在研究对象的选取，应保持初末状态研究对象是同系统，质量不变。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。
２．Ｃ ； ３.Ｃ
４．解：Kˉ介子带负电，在磁场中作圆周运动到达P点发生衰变，变成带负电的πˉ介子和不带电的π0介子。πˉ介子在磁场中作圆周运动，半径与Kˉ介子不同，带电粒子在磁场中作圆周运动，半径，可知Kˉ介子和πˉ介子的动量之比： ，Kˉ介子在P点衰变时动量守恒，衰变前后粒子的动量方向如图所示。有 解得 ：。故选项C正确。
５．因均是以对地（即题中相对于静止水面）的水平速度，所以先后跃入水中与同时跃入水中结果相同.设小孩b跃出后小船向前行驶的速度为v，取v0为正向，根据动量守恒定律，有：（M+2m）v0=Mv+mv-mv 解得：v=(1+)v0
６．将运动员看质量为m的质点，从h1高处下落，刚接触网时速度的大小 （向下）， 弹跳后到达的高度为h2，刚离网时速度的大小 （向上） ，以表示接触时间， 接触过程中运动员受到向上的弹力F和向下的重力mg。由动量定理得：（F-mg）Δt=mV2+mV1，由以上各式解得， 代入数值得： 。
７.解：设AB碰后A的速度为v1，则A平抛有：h= gt2 L=v1t
求得：v1=L……①
设碰后B的速度为v2 ，则对AB碰撞过程由动量守恒有：mv0=Mv1－mv2……②
设B后退距离为s，对B后退直至停止过程，由动能定理：μmgs=mv22……③
由①②③解得：s= (+v02－)
８. ab棒向cd棒运动时，两棒和导轨构成的回路面积变小，磁通量发生变化，于是产生感应电流．ab棒受到与运动方向相反的安培力作用作减速运动，cd棒则在安培力作用下作加速运动．在ab棒的速度大于cd棒的速度时，回路总有感应电流，ab棒继续减速，cd棒继续加速．两棒速度达到相同后，回路面积保持不变，磁通量不变化，不产生感应电流，两棒以相同的速度V作匀速运动．
（1）从初始至两棒达到速度相同的过程中，两棒总动量守恒，有
根据能量守恒，整个过程中产生的总热量: ；
（2）设ab棒的速度变为初速度的3/4时，cd棒的速度为v1，则由动量守恒可知:
此时回路中的感应电动势和感应电流分别为: ，
此时cd棒所受的安培力: ,所以cd棒的加速度为:
由以上各式，可得 。
９．设米流的流量为dkg/s，它是恒定的，自动装置能即刻在出口处切断米流，米流在出口处速度很小可视为零。若切断米流后，盛米容器中静止的那部分米的质量为m1kg,空中还在下落的米的质量为m2kg,则落在极短时间Δt内落在静止的米堆上的一部分米的质量Δm=dΔt,设其落在米堆上之前的速度为v，经过Δt后静止，其受力如图所示。由动量定理得： （F-Δmg）Δt=Δmv , 即 F=dv+dgΔt
设米从出口处落到米表面所用的时间为t，由m2=dt,v=gt可得dv=m2g 即F=m2g+Δmg.根据牛顿第三定律得:F/=F，称米机读数为M=m1+m2+Δm
可见，称米机读数包含了静止在袋中部分的质量m1，也包含了尚在空中的下落的米流的质量m2，还包含了刚落至米堆的一小部分的质量Δm,即自动称米机是准确的。不存在谁划不划算的问题。
(1)分类
1．在重力场中的平衡
2．在电场中的平衡
3．在重力场、电场和磁场的复合场中的平衡
认真读
题审题选好研究对象
正确受力分析
图解法
对力合成或分解,运用平行四边形定则或
三角形定则(当物体受三个力作用而处于平衡状态时应优先考虑该种解法)
先考虑该种解法）
正交分解法
建立直角 Fx合=0 适用多个共点
坐标系 Fy合=0 力作用下平衡
α
P
Q
F
A
B
C
A
C
O
B
C
A
θ
θ
O
A
B
A
B
C
F
θ
θ
V1
v
v
V2
v
v
B
v
v
300
F
θ
A
B
B
B
b
m2
a
m1 ,
c
θ1
θ2
O
P
F
A
B
C
D
θ
x
x
x
x
cosθ
cosθ
cosθ
cosθ
F1
V
M
F
O’
O
A
档板
m M
+q
m
m
O
C
θ
θ
R
G
F2
F1
F
x
y
θ
θ
f1 =qBV1
F= qE
mg
θ
F2 =qBV2
V1
V2
f
mg
α
V1
V
V0
O
N1
m
m
O
C
θ
θ
R
N
T
T
T
mg
α
α
V0
A
ɑ
A
ɑ
O
a
b
A
B
v
ɑ
1200
L
V1
m
Q
O
x
y
A
S
θ
H
V
A
B
θ
m
O
c
d
a
b
O
v
C
A
R
O
ω
α
B
M
A
B
+
+
+
一
一
一
U
U
U
a
b
c
D
V00
E
E
O
P
x
y
A
B
O
Q
O
x
V箱
M
C
A
R
O
ω
图6
α
VA
β
B
A
B
N1
m2g
N2
m1g
V00
XV00
E
E
P
O
A
C
b
a
c
地球
图3-1
图3-2
y
x
P1
P2
P4
P3
P
Q
1
2
3
图3-3
P
Q
地球
图3-4
图
o
y
x
v0x
v0
600
v0y
图4-1
g
e
f
b
c
a
h
d
图4-2
θ
M
B
m
A
图4-3
Ｃ
vc
A
B
图4-4
H
A
B
乙
甲
A
θ
图4-5
B
图4-6
K－
P
B
A
图4-7
L
b
a
d
v0
c
B
k
图4-8
F
△mg
m2
k
△m
m1
图
PAGE
2
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