高考物理
一輪復(fù)習(xí)題型解析
第2講 動(dòng)量守恒定律及應(yīng)用
目標(biāo)要求 1.理解系統(tǒng)動(dòng)量守恒的條件.2.會(huì)應(yīng)用動(dòng)量守恒定律解決基本問(wèn)題.3.會(huì)用動(dòng)量守恒觀點(diǎn)分析爆炸、反沖運(yùn)動(dòng)和人船模型.4.理解碰撞的種類(lèi)及其遵循的規(guī)律．
考點(diǎn)一 動(dòng)量守恒定律的理解和基本應(yīng)用
1．內(nèi)容
如果一個(gè)系統(tǒng)不受外力，或者所受外力的矢量和為0，這個(gè)系統(tǒng)的總動(dòng)量保持不變．
2．表達(dá)式
(1)p＝p′或m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′.系統(tǒng)相互作用前的總動(dòng)量等于相互作用后的總動(dòng)量．
(2)Δp1＝－Δp2，相互作用的兩個(gè)物體動(dòng)量的變化量等大反向．
1．只要系統(tǒng)所受合外力做功為0，系統(tǒng)動(dòng)量就守恒．( × )
2．系統(tǒng)的動(dòng)量不變是指系統(tǒng)的動(dòng)量大小和方向都不變．( √ )
3．動(dòng)量守恒定律的表達(dá)式m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，一定是矢量式，應(yīng)用時(shí)要規(guī)定正方向，且其中的速度必須相對(duì)同一個(gè)參考系．( √ )
1．適用條件
(1)理想守恒：不受外力或所受外力的合力為零．
(2)近似守恒：系統(tǒng)內(nèi)各物體間相互作用的內(nèi)力遠(yuǎn)大于它所受到的外力．
(3)某一方向守恒：如果系統(tǒng)在某一方向上所受外力的合力為零，則系統(tǒng)在這一方向上動(dòng)量守恒．
2．應(yīng)用動(dòng)量守恒定律解題的步驟
(1)明確研究對(duì)象，確定系統(tǒng)的組成(系統(tǒng)包括哪幾個(gè)物體及研究的過(guò)程)．
(2)進(jìn)行受力分析，判斷系統(tǒng)動(dòng)量是否守恒(或某一方向上是否守恒)．
(3)規(guī)定正方向，確定初、末狀態(tài)動(dòng)量．
(4)由動(dòng)量守恒定律列出方程．
(5)代入數(shù)據(jù)，求出結(jié)果，必要時(shí)討論說(shuō)明．
考向1 系統(tǒng)動(dòng)量守恒的判斷
例1 如圖甲所示，把兩個(gè)質(zhì)量相等的小車(chē)A和B靜止地放在光滑的水平地面上．它們之間裝有被壓縮的輕質(zhì)彈簧，用不可伸長(zhǎng)的輕細(xì)線把它們系在一起．如圖乙所示，讓B緊靠墻壁，其他條件與圖甲相同．對(duì)于小車(chē)A、B和彈簧組成的系統(tǒng)，燒斷細(xì)線后下列說(shuō)法正確的是( )
A．從燒斷細(xì)線到彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)的過(guò)程中，圖甲所示系統(tǒng)動(dòng)量守恒，機(jī)械能守恒
B．從燒斷細(xì)線到彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)的過(guò)程中，圖乙所示系統(tǒng)動(dòng)量守恒，機(jī)械能守恒
C．從燒斷細(xì)線到彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)的過(guò)程中，墻壁對(duì)圖乙所示系統(tǒng)的沖量為零
D．從燒斷細(xì)線到彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)的過(guò)程中，墻壁彈力對(duì)圖乙中B車(chē)做功不為零
答案 A
解析 從燒斷細(xì)線到彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)的過(guò)程中，題圖甲所示系統(tǒng)所受外力之和為0，則系統(tǒng)動(dòng)量守恒，且運(yùn)動(dòng)過(guò)程中只有系統(tǒng)內(nèi)的彈力做功，所以系統(tǒng)機(jī)械能守恒，故A正確；從燒斷細(xì)線到彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)的過(guò)程中，題圖乙所示系統(tǒng)中由于墻壁對(duì)B有力的作用，則系統(tǒng)所受外力之和不為0，則系統(tǒng)動(dòng)量不守恒，運(yùn)動(dòng)過(guò)程中只有系統(tǒng)內(nèi)的彈力做功，所以系統(tǒng)機(jī)械能守恒，故B錯(cuò)誤；從燒斷細(xì)線到彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)的過(guò)程中，題圖乙所示系統(tǒng)中由于墻壁對(duì)B有力的作用，由公式I＝Ft可知，墻壁對(duì)題圖乙所示系統(tǒng)的沖量不為零，故C錯(cuò)誤；從燒斷細(xì)線到彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)的過(guò)程中，由于B車(chē)沒(méi)有位移，則墻壁彈力對(duì)題圖乙中B車(chē)做功為0，故D錯(cuò)誤．
考向2 動(dòng)量守恒定律的基本應(yīng)用
例2 (2019·江蘇卷·12(1))質(zhì)量為M的小孩站在質(zhì)量為m的滑板上，小孩和滑板均處于靜止?fàn)顟B(tài)，忽略滑板與地面間的摩擦．小孩沿水平方向躍離滑板，離開(kāi)滑板時(shí)的速度大小為v，此時(shí)滑板的速度大小為( )
A.eq \f(m,M)v B.eq \f(M,m)v
C.eq \f(m,m＋M)v D.eq \f(M,m＋M)v
答案 B
解析 以小孩運(yùn)動(dòng)方向?yàn)檎较颍瑢?duì)小孩和滑板組成的系統(tǒng)，由動(dòng)量守恒定律有0＝Mv－mv′，解得滑板的速度大小v′＝eq \f(Mv,m).
考向3 動(dòng)量守恒定律的臨界問(wèn)題
例3 甲、乙兩小孩各乘一輛小車(chē)在光滑的水平冰面上勻速相向行駛，速度大小均為v0＝
6 m/s，甲車(chē)上有質(zhì)量為m＝1 kg的小球若干個(gè)，甲和他的小車(chē)及小車(chē)上小球的總質(zhì)量為M1＝50 kg，乙和他的小車(chē)的總質(zhì)量為M2＝30 kg.為避免相撞，甲不斷地將小球以相對(duì)地面為v′＝16.5 m/s的水平速度拋向乙，且被乙接住，假如某一次甲將小球拋出且被乙接住后，剛好可保證兩車(chē)不相撞．則甲總共拋出的小球個(gè)數(shù)是( )
A．12 B．13 C．14 D．15
答案 D
解析 規(guī)定甲的速度方向?yàn)檎较颍瑑绍?chē)剛好不相撞，則兩車(chē)速度相等，由動(dòng)量守恒定律得M1v0－M2v0＝(M1＋M2)v ，解得v＝1.5 m/s，對(duì)甲、小車(chē)及從甲車(chē)上拋出的小球，由動(dòng)量守恒定律得M1v0＝(M1－n·m)v＋n·mv′，解得n＝15，D正確．
考點(diǎn)二 爆炸、反沖運(yùn)動(dòng)和人船模型
1．爆炸現(xiàn)象的三個(gè)規(guī)律
2.反沖運(yùn)動(dòng)的三點(diǎn)說(shuō)明
1．發(fā)射炮彈，炮身后退；園林噴灌裝置一邊噴水一邊旋轉(zhuǎn)均屬于反沖現(xiàn)象．( √ )
2．爆炸過(guò)程中機(jī)械能增加，反沖過(guò)程中機(jī)械能減少．( × )
人船模型
(1)模型圖示
(2)模型特點(diǎn)
①兩物體滿足動(dòng)量守恒定律：mv人－Mv船＝0
②兩物體的位移大小滿足：meq \f(x人,t)－Meq \f(x船,t)＝0，
x人＋x船＝L，
得x人＝eq \f(M,M＋m)L，x船＝eq \f(m,M＋m)L
(3)運(yùn)動(dòng)特點(diǎn)
①人動(dòng)則船動(dòng)，人靜則船靜，人快船快，人慢船慢，人左船右；
②人船位移比等于它們質(zhì)量的反比；人船平均速度(瞬時(shí)速度)比等于它們質(zhì)量的反比，即eq \f(x人,x船)＝eq \f(v人,v船)＝eq \f(M,m).
考向1 爆炸問(wèn)題
例4 在某次軍演中，一炮彈由地面斜向上發(fā)射，假設(shè)當(dāng)炮彈剛好到最高點(diǎn)時(shí)爆炸，炸成前后兩部分P、Q，其中P的質(zhì)量大于Q.已知爆炸后P的運(yùn)動(dòng)方向與爆炸前的運(yùn)動(dòng)方向相同，假設(shè)爆炸后P、Q的速度方向均沿水平方向，忽略空氣的阻力，則下列說(shuō)法正確的是( )
A．爆炸后Q的運(yùn)動(dòng)方向一定與P的運(yùn)動(dòng)方向相同
B．爆炸后Q比P先落地
C．Q的落地點(diǎn)到爆炸點(diǎn)的水平距離大
D．爆炸前后P、Q動(dòng)量的變化量大小相等
答案 D
解析 在爆炸過(guò)程中，由于重力遠(yuǎn)小于內(nèi)力，系統(tǒng)的動(dòng)量守恒．爆炸前炮彈在最高點(diǎn)的速度沿水平方向，爆炸后P的運(yùn)動(dòng)方向與爆炸前的運(yùn)動(dòng)方向相同，根據(jù)動(dòng)量守恒定律判斷出Q的速度一定沿水平方向，但爆炸后的運(yùn)動(dòng)方向取決于P的動(dòng)量與爆炸前炮彈的動(dòng)量的大小關(guān)系，因此Q的運(yùn)動(dòng)方向不一定與爆炸前的運(yùn)動(dòng)方向相同，故A錯(cuò)誤；在爆炸過(guò)程中，P、Q受到爆炸力大小相等，作用時(shí)間相同，則爆炸力的沖量大小一定相等，由動(dòng)量定理可知，在爆炸過(guò)程中P、Q動(dòng)量的改變量大小相等、方向相反，D正確；爆炸后P、Q均做平拋運(yùn)動(dòng)，豎直方向上為自由落體運(yùn)動(dòng)，由于高度相同，在空中運(yùn)動(dòng)時(shí)間一定相同，所以P、Q一定同時(shí)落地，B錯(cuò)誤；由于爆炸后兩部分速度的大小關(guān)系無(wú)法判斷，因此落地點(diǎn)到爆炸點(diǎn)的水平距離無(wú)法確定，C錯(cuò)誤．
考向2 反沖運(yùn)動(dòng)
例5 火箭的飛行應(yīng)用了反沖的原理，靠噴出氣流的反沖作用而獲得巨大的速度．設(shè)質(zhì)量為m的火箭在極短的時(shí)間Δt內(nèi)噴射燃?xì)獾馁|(zhì)量是Δm(Δm?m)，以噴氣前的火箭為參考系，噴出燃?xì)獾乃俾适莡.
(1)求火箭在噴氣后增加的速度Δv；
(2)比沖是用于衡量火箭發(fā)動(dòng)機(jī)效率的重要物理參數(shù)，其定義為發(fā)動(dòng)機(jī)消耗單位質(zhì)量的推進(jìn)劑產(chǎn)生的沖量，用Isp表示，請(qǐng)推導(dǎo)比沖Isp與噴氣速率u的關(guān)系式．(很短時(shí)間Δt內(nèi)，研究火箭及其噴出的燃?xì)饨M成的系統(tǒng)，可以不考慮火箭重力的沖量．)
答案 (1)eq \f(Δmu,m) (2)Isp＝u
解析 (1)在很短時(shí)間Δt內(nèi)，研究火箭及其噴出的燃?xì)饨M成的系統(tǒng)，系統(tǒng)動(dòng)量守恒
(m－Δm)Δv＋Δm(－u)＝0
火箭在噴氣后增加的速度Δv＝eq \f(Δmu,m－Δm)
若認(rèn)為Δm?m，解得
Δv＝eq \f(Δmu,m)
(2)比沖的定義式為
Isp＝eq \f(I,Δm)
在很短時(shí)間Δt內(nèi)，火箭受到的沖量
I＝(m－Δm)Δv＝Δmu
代入比沖的定義式，得
Isp＝eq \f(I,Δm)＝u
考向3 人船模型
例6 有一只小船?？吭诤叴a頭，小船又窄又長(zhǎng)(重一噸左右)．一位同學(xué)想用一個(gè)卷尺粗略測(cè)定它的質(zhì)量．他進(jìn)行了如下操作：首先將船平行于碼頭自由停泊，輕輕從船尾上船，走到船頭停下，而后輕輕下船．用卷尺測(cè)出船后退的距離d，然后用卷尺測(cè)出船長(zhǎng)L.已知他的自身質(zhì)量為m，水的阻力不計(jì)，則船的質(zhì)量為( )
A.eq \f(m?L＋d?,d) B.eq \f(m?L－d?,d)
C.eq \f(mL,d) D.eq \f(m?L＋d?,L)
答案 B
解析 設(shè)船的質(zhì)量為M，人走動(dòng)的時(shí)候船的速度為v，人的速度為v′，人從船頭走到船尾用時(shí)為t，船的位移為d，則人的位移為L(zhǎng)－d，所以v＝eq \f(d,t)，v′＝eq \f(L－d,t).以船后退的方向?yàn)檎较?，根?jù)動(dòng)量守恒有：Mv－mv′＝0，可得：Meq \f(d,t)＝eq \f(m?L－d?,t)，小船的質(zhì)量為：M＝eq \f(m?L－d?,d)，故B正確．
考點(diǎn)三 碰撞問(wèn)題
1．碰撞
碰撞是指物體間的相互作用持續(xù)時(shí)間很短，而物體間相互作用力很大的現(xiàn)象．
2．特點(diǎn)
在碰撞現(xiàn)象中，一般都滿足內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，可認(rèn)為相互碰撞的系統(tǒng)動(dòng)量守恒．
3．分類(lèi)
1．碰撞前后系統(tǒng)的動(dòng)量和機(jī)械能均守恒．( × )
2．在光滑水平面上的兩球相向運(yùn)動(dòng)，碰撞后均變?yōu)殪o止，則兩球碰撞前的動(dòng)量大小一定相同．( √ )
1．碰撞問(wèn)題遵守的三條原則
(1)動(dòng)量守恒：p1＋p2＝p1′＋p2′.
(2)動(dòng)能不增加：Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′.
(3)速度要符合實(shí)際情況
①碰前兩物體同向運(yùn)動(dòng)，若要發(fā)生碰撞，則應(yīng)有v后>v前，碰后原來(lái)在前的物體速度一定增大，若碰后兩物體同向運(yùn)動(dòng)，則應(yīng)有v前′≥v后′.
②碰前兩物體相向運(yùn)動(dòng)，碰后兩物體的運(yùn)動(dòng)方向至少有一個(gè)改變．
2．彈性碰撞的重要結(jié)論
以質(zhì)量為m1、速度為v1的小球與質(zhì)量為m2的靜止小球發(fā)生彈性碰撞為例，則有
m1v1＝m1v1′＋m2v2′
eq \f(1,2)m1v12＝eq \f(1,2)m1v1′2＋eq \f(1,2)m2v2′2
聯(lián)立解得：v1′＝eq \f(m1－m2,m1＋m2)v1，v2′＝eq \f(2m1,m1＋m2)v1
討論：①若m1＝m2，則v1′＝0，v2′＝v1(速度交換)；
②若m1>m2，則v1′>0，v2′>0(碰后兩小球沿同一方向運(yùn)動(dòng))；當(dāng)m1?m2時(shí)，v1′≈v1，v2′≈2v1；
③若m1E2，所以兩冰壺間的碰撞為非彈性碰撞，
能量損失E＝ E1－ E2＝0.57 J.
課時(shí)精練
1.(2021·全國(guó)乙卷·14)如圖，光滑水平地面上有一小車(chē)，一輕彈簧的一端與車(chē)廂的擋板相連，另一端與滑塊相連，滑塊與車(chē)廂的水平底板間有摩擦．用力向右推動(dòng)車(chē)廂使彈簧壓縮，撤去推力時(shí)滑塊在車(chē)廂底板上有相對(duì)滑動(dòng)．在地面參考系(可視為慣性系)中，從撤去推力開(kāi)始，小車(chē)、彈簧和滑塊組成的系統(tǒng)( )
A．動(dòng)量守恒，機(jī)械能守恒
B．動(dòng)量守恒，機(jī)械能不守恒
C．動(dòng)量不守恒，機(jī)械能守恒
D．動(dòng)量不守恒，機(jī)械能不守恒
答案 B
解析 因?yàn)榛瑝K與車(chē)廂水平底板間有摩擦，且撤去推力后滑塊在車(chē)廂底板上有相對(duì)滑動(dòng)，即摩擦力做功，而水平地面是光滑的；對(duì)小車(chē)、彈簧和滑塊組成的系統(tǒng)，根據(jù)動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒的條件可知撤去推力后該系統(tǒng)動(dòng)量守恒，機(jī)械能不守恒．故選B.
2.如圖所示，氣球下面有一根長(zhǎng)繩，一個(gè)質(zhì)量為m1＝50 kg的人抓在氣球下方，氣球和長(zhǎng)繩的總質(zhì)量為m2＝20 kg，長(zhǎng)繩的下端剛好和水平地面接觸，當(dāng)靜止時(shí)人離地面的高度為h＝5 m．如果這個(gè)人開(kāi)始沿繩向下滑，當(dāng)滑到繩下端時(shí)，他離地面的高度約是(可以把人看成質(zhì)點(diǎn))( )
A．5 m B．3.6 m
C．2.6 m D．8 m
答案 B
解析 當(dāng)人滑到繩下端時(shí)，設(shè)人相對(duì)地面下滑的位移大小為h1，氣球相對(duì)地面上升的位移大小為h2，由動(dòng)量守恒定律，得m1eq \f(h1,t)＝m2eq \f(h2,t)，且h1＋h2＝h，解得h2≈3.6 m，所以他離地高度約是3.6 m，故選項(xiàng)B正確．
3．如圖甲所示，光滑水平面上有A、B兩物塊，已知A物塊的質(zhì)量mA＝1 kg.初始時(shí)刻B靜止，A以一定的初速度向右運(yùn)動(dòng)，之后與B發(fā)生碰撞并一起運(yùn)動(dòng)，它們的位移—時(shí)間圖像如圖乙所示(規(guī)定向右為位移的正方向)，已知A、B碰撞時(shí)間極短(t＝0.01 s)，圖中無(wú)法顯示，則( )
A．物塊B的質(zhì)量為2 kg
B．物塊B的質(zhì)量為4 kg
C．A、B碰撞時(shí)的平均作用力大小為300 N
D．A、B碰撞時(shí)的平均作用力大小為100 N
答案 C
解析 由題圖乙可知撞前vA＝4 m/s，vB＝0，撞后的共同速度v＝eq \f(20－16,8－4) m/s＝1 m/s，則由mAvA＝(mA＋mB)v可得mB＝eq \f(mAvA－mAv,v)＝3 kg，A、B錯(cuò)誤；對(duì)B有Ft＝mBv－0，解得F＝
300 N，C正確，D錯(cuò)誤．
4．豎直向上發(fā)射一物體(不計(jì)空氣阻力)，在物體上升的某一時(shí)刻突然炸裂為a、b兩塊，質(zhì)量較小的a塊速度方向與物體原來(lái)的速度方向相反，則( )
A．炸裂后瞬間，a塊的速度一定比原來(lái)物體的速度小
B．炸裂后瞬間，b塊的速度方向一定與原來(lái)物體的速度方向相同
C．炸裂后瞬間，b塊的速度一定比原來(lái)物體的速度小
D．炸裂過(guò)程中，b塊的動(dòng)量變化量大小一定小于a塊的動(dòng)量變化量大小
答案 B
解析 在炸裂過(guò)程中，由于重力遠(yuǎn)小于內(nèi)力，系統(tǒng)的動(dòng)量守恒，炸裂后瞬間a塊的速度大小不能確定，以豎直向上為正方向，根據(jù)動(dòng)量守恒定律有(ma＋mb)v0＝ma(－va)＋mbvb，解得vb＝eq \f(?ma＋mb?v0＋mava,mb)>v0，b塊的速度方向一定與原來(lái)物體的速度方向相同，故A、C錯(cuò)誤，B正確；由動(dòng)量守恒可知，炸裂過(guò)程中，b塊的動(dòng)量變化量大小一定等于a塊的動(dòng)量變化量大小，故D錯(cuò)誤．
5．冰壺運(yùn)動(dòng)深受觀眾喜愛(ài)，在某次投擲中，冰壺甲運(yùn)動(dòng)一段時(shí)間后與靜止的冰壺乙發(fā)生正碰，如圖乙．若兩冰壺質(zhì)量相等，則碰后兩冰壺最終停止的位置，可能是圖中的哪幅圖( )
答案 B
解析 兩冰壺碰撞過(guò)程中動(dòng)量守恒，兩冰壺發(fā)生正碰，由動(dòng)量守恒定律可知，碰撞前后系統(tǒng)動(dòng)量不變，兩冰壺的動(dòng)量方向即速度方向，不會(huì)偏離甲原來(lái)的方向，可知，A圖情況是不可能的，故A錯(cuò)誤；如果兩冰壺發(fā)生彈性碰撞，碰撞過(guò)程動(dòng)量守恒、機(jī)械能守恒，兩冰壺質(zhì)量相等，碰撞后兩冰壺交換速度，甲靜止，乙的速度等于甲的速度，碰后乙做減速運(yùn)動(dòng)，最后停止，最終兩冰壺的位置可能如選項(xiàng)B所示，故B正確；兩冰壺碰撞后，乙在前，甲在后，選項(xiàng)C所示是不可能的，故C錯(cuò)誤；碰撞過(guò)程機(jī)械能不可能增大，兩冰壺質(zhì)量相等，碰撞后甲的速度不可能大于乙的速度，碰撞后甲的位移不可能大于乙的位移，故D錯(cuò)誤．
6．如圖所示，在光滑的水平面上有三個(gè)完全相同的小球，它們排成一條直線，小球2、3靜止，并靠在一起，球1以速度v0撞向它們，設(shè)碰撞過(guò)程中不損失機(jī)械能，則碰后三個(gè)小球的速度分別為( )
A．v1＝v2＝v3＝eq \f(1,\r(3))v0
B．v1＝0，v2＝v3＝eq \f(1,\r(2))v0
C．v1＝0，v2＝v3＝eq \f(1,2)v0
D．v1＝v2＝0，v3＝v0
答案 D
解析 由題設(shè)條件，三球在碰撞過(guò)程中總動(dòng)量和總動(dòng)能守恒．設(shè)三球質(zhì)量均為m，則碰撞前系統(tǒng)總動(dòng)量為mv0，總動(dòng)能為eq \f(1,2)mv02.選項(xiàng)A、B中的數(shù)據(jù)都違反了動(dòng)量守恒定律，故不可能．對(duì)選項(xiàng)C，碰后總動(dòng)量為mv0，但總動(dòng)能為eq \f(1,4)mv02，這顯然違反了機(jī)械能守恒定律，故不可能．對(duì)選項(xiàng)D，既滿足動(dòng)量守恒定律，也滿足機(jī)械能守恒定律，故選D.
7.如圖所示，在光滑水平面上有一靜止的質(zhì)量為M的小車(chē)，用長(zhǎng)為L(zhǎng)的細(xì)線系一質(zhì)量為m的小球，將小球拉至水平位置，球放開(kāi)時(shí)小車(chē)與小球保持靜止?fàn)顟B(tài)，松手后讓小球下落，在最低點(diǎn)與固定在小車(chē)上的油泥相撞并粘在一起，則( )
A．小球與油泥相撞后一起向左運(yùn)動(dòng)
B．小球與油泥相撞后一起向右運(yùn)動(dòng)
C．整個(gè)過(guò)程小車(chē)的運(yùn)動(dòng)距離為eq \f(ML,m＋M)
D．整個(gè)過(guò)程小車(chē)的運(yùn)動(dòng)距離為eq \f(mL,m＋M)
答案 D
解析 在水平方向上，系統(tǒng)不受外力，因此在水平方向動(dòng)量守恒．小球下落過(guò)程中，水平方向具有向右的分速度，因此為保證動(dòng)量守恒，小車(chē)要向左運(yùn)動(dòng)．當(dāng)撞到油泥，是完全非彈性碰撞，小球和小車(chē)大小相等方向相反的動(dòng)量恰好抵消掉，所以小車(chē)和小球都保持靜止，故A、B錯(cuò)誤；設(shè)當(dāng)小球到達(dá)最低點(diǎn)時(shí)，小球向右移動(dòng)的距離為x1，小車(chē)向左移動(dòng)的距離為x2，根據(jù)系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒有mv1－Mv2＝0，又v1＝eq \f(x1,t)，v2＝eq \f(x2,t)，則有meq \f(x1,t)－Meq \f(x2,t)＝0，變形得mx1＝Mx2，根據(jù)x1＋x2＝L，聯(lián)立解得x2＝eq \f(mL,m＋M)，故C錯(cuò)誤，D正確．
8．(2021·浙江1月選考·12)在爆炸實(shí)驗(yàn)基地有一發(fā)射塔，發(fā)射塔正下方的水平地面上安裝有聲音記錄儀．爆炸物自發(fā)射塔豎直向上發(fā)射，上升到空中最高點(diǎn)時(shí)炸裂成質(zhì)量之比為2∶1、初速度均沿水平方向的兩個(gè)碎塊．遙控器引爆瞬間開(kāi)始計(jì)時(shí)，在5 s末和6 s末先后記錄到從空氣中傳來(lái)的碎塊撞擊地面的響聲．已知聲音在空氣中的傳播速度為340 m/s，重力加速度大小g取10 m/s2，忽略空氣阻力．下列說(shuō)法正確的是( )
A．兩碎塊的位移大小之比為1∶2
B．爆炸物的爆炸點(diǎn)離地面高度為80 m
C．爆炸后的質(zhì)量大的碎塊的初速度為68 m/s
D．爆炸后兩碎塊落地點(diǎn)之間的水平距離為340 m
答案 B
解析 設(shè)碎塊落地的時(shí)間為t，質(zhì)量大的碎塊水平初速度為v，則由動(dòng)量守恒定律知質(zhì)量小的碎塊水平初速度為2v，爆炸后的碎塊做平拋運(yùn)動(dòng)，下落的高度相同，則在空中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間相同，由水平方向x＝v0t知落地水平位移之比為1∶2，碎塊位移s＝eq \r(x2＋y2)，可見(jiàn)兩碎塊的位移大小之比不是1∶2，故A項(xiàng)錯(cuò)誤；據(jù)題意知，vt＝(5 s－t)×340 m/s，又2vt＝(6 s－t)×340 m/s，聯(lián)立解得t＝4 s，v＝85 m/s，故爆炸點(diǎn)離地面高度為h＝eq \f(1,2)gt2＝80 m，所以B項(xiàng)正確，C項(xiàng)錯(cuò)誤；兩碎塊落地點(diǎn)的水平距離為Δx＝3vt＝1 020 m，故D項(xiàng)錯(cuò)誤．
9.如圖所示，動(dòng)量分別為pA＝12 kg·m/s、pB＝13 kg·m/s的兩個(gè)小球A、B在光滑的水平面上沿一直線向右運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過(guò)一段時(shí)間后兩球發(fā)生正碰，分別用ΔpA、ΔpB表示兩小球動(dòng)量的變化量．則下列選項(xiàng)中可能正確的是( )
A．ΔpA＝－3 kg·m/s、ΔpB＝4 kg·m/s
B．ΔpA＝－2 kg·m/s、ΔpB＝2 kg·m/s
C．ΔpA＝－24 kg·m/s、ΔpB＝24 kg·m/s
D．ΔpA＝3 kg·m/s、ΔpB＝－3 kg·m/s
答案 B
解析 本題屬于追及碰撞，碰前，后面物體的速度一定要大于前面物體的速度(否則無(wú)法實(shí)現(xiàn)碰撞)，碰后，前面物體的動(dòng)量增大，后面物體的動(dòng)量減小，減小量等于增大量，所以ΔpA0，并且ΔpA＝－ΔpB，據(jù)此可排除選項(xiàng)A、D；若ΔpA＝－24 kg·m/s、ΔpB＝24 kg·m/s，碰后兩球的動(dòng)量分別為pA′＝－12 kg·m/s、pB′＝37 kg·m/s，根據(jù)關(guān)系式Ek＝eq \f(p2,2m)可知，A球的質(zhì)量和動(dòng)量大小不變，動(dòng)能不變，而B(niǎo)球的質(zhì)量不變，但動(dòng)量增大，所以B球的動(dòng)能增大，這樣碰后系統(tǒng)的機(jī)械能比碰前增大了，可排除選項(xiàng)C；經(jīng)檢驗(yàn)，選項(xiàng)B滿足碰撞遵循的三個(gè)規(guī)律．
10．在發(fā)射地球衛(wèi)星時(shí)需要運(yùn)載火箭多次點(diǎn)火，以提高最終的發(fā)射速度．某次地球近地衛(wèi)星發(fā)射的過(guò)程中，火箭噴氣發(fā)動(dòng)機(jī)每次噴出質(zhì)量為m＝800 g的氣體，氣體離開(kāi)發(fā)動(dòng)機(jī)時(shí)的對(duì)地速度v＝1 000 m/s，假設(shè)火箭(含燃料在內(nèi))的總質(zhì)量為M＝600 kg，發(fā)動(dòng)機(jī)每秒噴氣20次，忽略地球引力的影響，則( )
A．第三次氣體噴出后火箭的速度大小約為4 m/s
B．地球衛(wèi)星要能成功發(fā)射，速度大小至少達(dá)到11.2 km/s
C．要使火箭能成功發(fā)射至少要噴氣500次
D．要使火箭能成功發(fā)射至少要持續(xù)噴氣17 s
答案 A
解析 設(shè)噴出三次氣體后火箭的速度為v3，以火箭和噴出的三次氣體為研究對(duì)象，以豎直向上為正方向，由動(dòng)量守恒定律得：(M－3m)v3－3mv＝0，解得：v3≈4 m/s，故A正確；地球衛(wèi)星要能成功發(fā)射，噴氣n次后至少要達(dá)到第一宇宙速度，即：vn＝7.9 km/s，故B錯(cuò)誤；以火箭和噴出的n次氣體為研究對(duì)象，以豎直向上為正方向，由動(dòng)量守恒定律得：(M－nm)vn－nmv＝0，代入數(shù)據(jù)解得：n≈666，故C錯(cuò)誤；至少持續(xù)噴氣時(shí)間為：t＝eq \f(n,20)＝33.3 s，故D錯(cuò)誤．
11.如圖所示，甲車(chē)質(zhì)量m1＝20 kg，車(chē)上有質(zhì)量M＝50 kg的人，甲車(chē)(連同車(chē)上的人)以v＝3 m/s的速度向右滑行，此時(shí)質(zhì)量m2＝50 kg的乙車(chē)正以v0＝1.8 m/s的速度迎面滑來(lái)，為了避免兩車(chē)相撞，當(dāng)兩車(chē)相距適當(dāng)距離時(shí)，人從甲車(chē)跳到乙車(chē)上，則人跳出甲車(chē)的水平速度(相對(duì)地面)應(yīng)當(dāng)在什么范圍內(nèi)才能避免兩車(chē)相撞？不計(jì)地面和小車(chē)的摩擦，且乙車(chē)足夠長(zhǎng)．
答案 大于或等于3.8 m/s
解析 人跳到乙車(chē)上后，如果兩車(chē)同向，且甲車(chē)的速度等于乙車(chē)的速度就可以恰好避免兩車(chē)相撞
以人、甲車(chē)、乙車(chē)組成的系統(tǒng)為研究對(duì)象，以向右為正方向
由水平方向動(dòng)量守恒得
(m1＋M)v－m2v0＝(m1＋m2＋M)v′
解得v′＝1 m/s
以人與甲車(chē)為一系統(tǒng)，人跳離甲車(chē)過(guò)程水平方向動(dòng)量守恒，得(m1＋M)v＝m1v′＋Mu
解得u＝3.8 m/s
因此，只要人跳離甲車(chē)的水平速度大于或等于3.8 m/s，就可避免兩車(chē)相撞．
12．如圖所示，ABC為一固定在豎直平面內(nèi)的光滑軌道，AB段是半徑R＝0.8 m的eq \f(1,4)圓弧，B在圓心O的正下方，BC段水平，AB段與BC段平滑連接．球2、球3均放在BC軌道上，質(zhì)量m1＝0.4 kg的球1從A點(diǎn)由靜止釋放，球1進(jìn)入水平軌道后與球2發(fā)生彈性正碰，球2再與球3發(fā)生彈性正碰，g＝10 m/s2.
(1)求球1到達(dá)B點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力大??；
(2)若球2的質(zhì)量m2＝0.1 kg，求球1與球2碰撞后球2的速度大?。?br>(3)若球3的質(zhì)量m3＝0.1 kg，為使球3獲得最大的動(dòng)能，球2的質(zhì)量應(yīng)為多少．
答案 (1)12 N (2)6.4 m/s (3)0.2 kg
解析 (1)對(duì)球1從A到B應(yīng)用動(dòng)能定理：m1gR＝eq \f(1,2)m1v02
在B點(diǎn)對(duì)球1應(yīng)用牛頓第二定律：
FN－m1g＝m1eq \f(v02,R)
聯(lián)立解得：v0＝4 m/s、FN＝12 N
由牛頓第三定律知球1在B點(diǎn)對(duì)軌道的壓力大小FN′＝FN＝12 N.
(2)球1、球2碰撞時(shí)，根據(jù)動(dòng)量守恒定律有：
m1v0＝m1v1＋m2v2
由機(jī)械能守恒定律得：
eq \f(1,2)m1v02＝eq \f(1,2)m1v12＋eq \f(1,2)m2v22
解得：v2＝eq \f(2m1,m1＋m2)v0＝6.4 m/s.
(3)同理，球2、球3碰撞后：
v3＝eq \f(2m2,m2＋m3)v2
則v3＝eq \f(2m2,m2＋m3)·eq \f(2m1,m1＋m2)v0
代入數(shù)據(jù)得v3＝eq \f(1.6,m2＋\f(0.04,m2)＋0.5)v0，
由數(shù)學(xué)知識(shí)可知，當(dāng)m2＝eq \f(0.04,m2)時(shí)，m2＋eq \f(0.04,m2)＋0.5最小，v3最大
所以m22＝0.04，m2＝0.2 kg.
13.如圖所示，豎直平面內(nèi)有一光滑軌道ABC，AB是半徑為R的四分之一圓弧軌道，水平軌道BC足夠長(zhǎng)，其上放有一前端固定輕彈簧的小物塊Q.一質(zhì)量為m的小物塊P自A處由靜止釋放，沿AB滑下后與Q相碰．已知重力加速度為g.
(1)若Q的質(zhì)量也為m，則彈簧被壓縮的過(guò)程中最大彈性勢(shì)能為多大；
(2)若Q的質(zhì)量為2m，則P第一次反彈后，沿圓弧軌道達(dá)到的最大高度為多大；
(3)若要使P與Q只發(fā)生一次碰撞，則物塊Q的質(zhì)量應(yīng)滿足什么條件．
答案 (1)eq \f(1,2)mgR (2)eq \f(1,9)R (3)mQ≤3m
解析 (1)P從A滑到B重力勢(shì)能轉(zhuǎn)化為動(dòng)能，設(shè)P在B點(diǎn)的速度為v1，有mgR＝eq \f(1,2)mv12
得v1＝eq \r(2gR)
當(dāng)Q與P速度相同時(shí)，彈簧壓縮量最大，彈簧的彈性勢(shì)能最大，由系統(tǒng)動(dòng)量守恒，有mv1＝2mv共
Ep＝eq \f(1,2)mv12－eq \f(1,2)×2mv共2
解得：Ep＝eq \f(1,2)mgR
(2)P與Q發(fā)生碰撞時(shí)系統(tǒng)動(dòng)量守恒，且沒(méi)有機(jī)械能損失．取向右為正方向，有：
mv1＝mv1′＋2mv2′
eq \f(1,2)mv12＝eq \f(1,2)mv1′2＋eq \f(1,2)×2mv2′2
解得：v1′＝－eq \f(1,3)eq \r(2gR)(負(fù)號(hào)表示P向左運(yùn)動(dòng))
此后P沖上圓弧軌道，設(shè)P能達(dá)到的最大高度是h′，有
eq \f(1,2)mv1′2＝mgh′
解得：h′＝eq \f(1,9)R
(3)P滑到水平軌道以速度v1與靜止的Q發(fā)生第一次碰撞，設(shè)向右為正方向，有：mv1＝mvP′＋mQvQ′
eq \f(1,2)mv12＝eq \f(1,2)mvP′2＋eq \f(1,2)mQvQ′2
解得：vP′＝eq \f(?m－mQ?v1,m＋mQ)
vQ′＝eq \f(2mv1,m＋mQ)
P與Q不發(fā)生第二次碰撞的條件為|vP′|≤vQ′，即|m－mQ|≤2m，
解得：mQ≤3m.
動(dòng)量守恒
爆炸物體間的相互作用力遠(yuǎn)遠(yuǎn)大于受到的外力，所以在爆炸過(guò)程中，系統(tǒng)的總動(dòng)量守恒
動(dòng)能增加
在爆炸過(guò)程中，有其他形式的能量(如化學(xué)能)轉(zhuǎn)化為機(jī)械能，所以系統(tǒng)的機(jī)械能增加
位置不變
爆炸的時(shí)間極短，因而作用過(guò)程中物體產(chǎn)生的位移很小，可以認(rèn)為爆炸后各部分仍然從爆炸前的位置以新的動(dòng)量開(kāi)始運(yùn)動(dòng)
作用原理
反沖運(yùn)動(dòng)是系統(tǒng)內(nèi)兩物體之間的作用力和反作用力產(chǎn)生的效果
動(dòng)量守恒
反沖運(yùn)動(dòng)中系統(tǒng)不受外力或內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，所以反沖運(yùn)動(dòng)遵循動(dòng)量守恒定律
機(jī)械能增加
反沖運(yùn)動(dòng)中，由于有其他形式的能轉(zhuǎn)化為機(jī)械能，所以系統(tǒng)的總機(jī)械能增加
動(dòng)量是否守恒
機(jī)械能是否守恒
彈性碰撞
守恒
守恒
非彈性碰撞
守恒
有損失
完全非彈性碰撞
守恒
損失最大
目錄
第一章 運(yùn)動(dòng)的描述 勻變速直線運(yùn)動(dòng)
第1講 運(yùn)動(dòng)的描述
第2講 勻變速直線運(yùn)動(dòng)的規(guī)律
第3講 自由落體運(yùn)動(dòng)和豎直上拋運(yùn)動(dòng) 多過(guò)程問(wèn)題
專(zhuān)題強(qiáng)化一 運(yùn)動(dòng)圖像問(wèn)題
題型一 x－t圖像
題型二 v－t圖像
題型三 用函數(shù)法解決非常規(guī)圖像問(wèn)題
題型四 圖像間的相互轉(zhuǎn)化
題型五 應(yīng)用圖像解決動(dòng)力學(xué)問(wèn)題
專(zhuān)題強(qiáng)化二 追及相遇問(wèn)題
題型一 追及相遇問(wèn)題
題型二 圖像法在追及相遇問(wèn)題中的應(yīng)用
實(shí)驗(yàn)一 探究小車(chē)速度隨時(shí)間變化的規(guī)律
第二章 相互作用
第1講 重力 彈力 摩擦力
第2講 摩擦力的綜合分析
第3講 力的合成與分解
專(zhuān)題強(qiáng)化三 受力分析 共點(diǎn)力平衡
題型一 受力分析
題型二 共點(diǎn)力的平衡條件及應(yīng)用
專(zhuān)題強(qiáng)化四 動(dòng)態(tài)平衡問(wèn)題 平衡中的臨界、極值問(wèn)題
題型一 動(dòng)態(tài)平衡問(wèn)題
題型二 平衡中的臨界、極值問(wèn)題
實(shí)驗(yàn)二 探究彈簧彈力與形變量的關(guān)系
實(shí)驗(yàn)三 探究?jī)蓚€(gè)互成角度的力的合成規(guī)律
第三章 牛頓運(yùn)動(dòng)定律
第1講 牛頓運(yùn)動(dòng)三定律
第2講 牛頓第二定律的基本應(yīng)用
專(zhuān)題強(qiáng)化五 牛頓第二定律的綜合應(yīng)用
題型一 動(dòng)力學(xué)中的連接體問(wèn)題
題型二 動(dòng)力學(xué)中的臨界和極值問(wèn)題
題型三 動(dòng)力學(xué)圖像問(wèn)題
專(zhuān)題強(qiáng)化六 傳送帶模型和“滑塊－木板”模型
題型一 傳送帶模型
題型二 “滑塊—木板”模型
實(shí)驗(yàn)四 探究加速度與物體受力、物體質(zhì)量的關(guān)系
第四章 曲線運(yùn)動(dòng)
第1講 曲線運(yùn)動(dòng) 運(yùn)動(dòng)的合成與分解
第2講 拋體運(yùn)動(dòng)
第3講 圓周運(yùn)動(dòng)
專(zhuān)題強(qiáng)化七 圓周運(yùn)動(dòng)的臨界問(wèn)題
題型一 水平面內(nèi)圓周運(yùn)動(dòng)的臨界問(wèn)題
題型二 豎直面內(nèi)圓周運(yùn)動(dòng)的臨界問(wèn)題
題型三 斜面上圓周運(yùn)動(dòng)的臨界問(wèn)題
實(shí)驗(yàn)五 探究平拋運(yùn)動(dòng)的特點(diǎn)
實(shí)驗(yàn)六 探究向心力大小與半徑、角速度、質(zhì)量的關(guān)系
第五章 萬(wàn)有引力與航天
第1講 萬(wàn)有引力定律及應(yīng)用
第2講 人造衛(wèi)星 宇宙速度
專(zhuān)題強(qiáng)化八 衛(wèi)星變軌問(wèn)題 雙星模型
題型一 衛(wèi)星的變軌和對(duì)接問(wèn)題
題型二 星球穩(wěn)定自轉(zhuǎn)的臨界問(wèn)題
題型三 雙星或多星模型
第六章 機(jī)械能
第1講 功、功率 機(jī)車(chē)啟動(dòng)問(wèn)題
第2講 動(dòng)能定理及其應(yīng)用
專(zhuān)題強(qiáng)化九 動(dòng)能定理在多過(guò)程問(wèn)題中的應(yīng)用
題型一 動(dòng)能定理在多過(guò)程問(wèn)題中的應(yīng)用
題型二 動(dòng)能定理在往復(fù)運(yùn)動(dòng)問(wèn)題中的應(yīng)用
第3講 機(jī)械能守恒定律及其應(yīng)用
第4講 功能關(guān)系 能量守恒定律
專(zhuān)題強(qiáng)化十 動(dòng)力學(xué)和能量觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用
題型一 傳送帶模型
題型二 滑塊—木板模型綜合分析
題型三 多運(yùn)動(dòng)組合問(wèn)題
實(shí)驗(yàn)七 驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律
第七章 動(dòng)量
第1講 動(dòng)量定理及應(yīng)用
第2講 動(dòng)量守恒定律及應(yīng)用
專(zhuān)題強(qiáng)化十一 碰撞模型的拓展
題型一 “滑塊—彈簧”模型
題型二 “滑塊—斜(曲)面”模型
專(zhuān)題強(qiáng)化十二 動(dòng)量守恒在子彈打木塊模型和板塊模型中的應(yīng)用
題型一 子彈打木塊模型
題型二 滑塊—木板模型
專(zhuān)題強(qiáng)化十三 動(dòng)量和能量的綜合問(wèn)題
題型一 動(dòng)量與能量觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用
題型二 力學(xué)三大觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用
實(shí)驗(yàn)八 驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律
第八章 靜電場(chǎng)
第1講 靜電場(chǎng)中力的性質(zhì)
第2講 靜電場(chǎng)中能的性質(zhì)
專(zhuān)題強(qiáng)化十四 電場(chǎng)性質(zhì)的綜合應(yīng)用
題型一 電場(chǎng)中功能關(guān)系的綜合問(wèn)題
題型二 電場(chǎng)中的圖像問(wèn)題
第3講 電容器 實(shí)驗(yàn)：觀察電容器的充、放電現(xiàn)象 帶電粒子在電場(chǎng)中的直線運(yùn)動(dòng)
第4講 帶電粒子在電場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)
專(zhuān)題強(qiáng)化十五 帶電粒子在電場(chǎng)中的力電綜合問(wèn)題
題型一 帶電粒子在重力場(chǎng)和電場(chǎng)中的圓周運(yùn)動(dòng)
題型二 電場(chǎng)中的力電綜合問(wèn)題
第九章 恒定電流
第1講 電路的基本概念及電路分析
第2講 閉合電路的歐姆定律
專(zhuān)題強(qiáng)化十六 電學(xué)實(shí)驗(yàn)基礎(chǔ)
題型一 常用儀器的讀數(shù)
題型二 電表改裝
題型三 測(cè)量電路與控制電路的選擇
題型四 實(shí)驗(yàn)器材的選取與實(shí)物圖的連接
實(shí)驗(yàn)九 導(dǎo)體電阻率的測(cè)量
實(shí)驗(yàn)十 測(cè)量電源的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)電阻
實(shí)驗(yàn)十一 用多用電表測(cè)量電學(xué)中的物理量
專(zhuān)題強(qiáng)化十七 電學(xué)實(shí)驗(yàn)綜合
題型一 測(cè)電阻的其他幾種方法
題型二 傳感器類(lèi)實(shí)驗(yàn)
題型三 定值電阻在電學(xué)實(shí)驗(yàn)中的應(yīng)用
第十章 磁場(chǎng)
第1講 磁場(chǎng)及其對(duì)電流的作用
第2講 磁場(chǎng)對(duì)運(yùn)動(dòng)電荷(帶電體)的作用
專(zhuān)題強(qiáng)化十八 帶電粒子在有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)
題型一 帶電粒子在有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)
題型二 帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的臨界問(wèn)題
題型三 帶電粒子在有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的多解問(wèn)題
專(zhuān)題強(qiáng)化十九 動(dòng)態(tài)圓問(wèn)題
題型一 “平移圓”模型
題型二 “旋轉(zhuǎn)圓”模型
題型三 “放縮圓”模型
題型四 “磁聚焦”模型
專(zhuān)題強(qiáng)化二十 洛倫茲力與現(xiàn)代科技
題型一 質(zhì)譜儀
題型二 回旋加速器
題型三 電場(chǎng)與磁場(chǎng)疊加的應(yīng)用實(shí)例分析
專(zhuān)題強(qiáng)化二十一 帶電粒子在組合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)
題型一 磁場(chǎng)與磁場(chǎng)的組合
題型二 電場(chǎng)與磁場(chǎng)的組合
專(zhuān)題強(qiáng)化二十二 帶電粒子在疊加場(chǎng)和交變電、磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)
題型一 帶電粒子在疊加場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)
題型二 帶電粒子在交變電、磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)
第十一章 電磁感應(yīng)
第1講 電磁感應(yīng)現(xiàn)象 楞次定律 實(shí)驗(yàn)：探究影響感應(yīng)電流方向的因素
第2講 法拉第電磁感應(yīng)定律、自感和渦流
專(zhuān)題強(qiáng)化二十三 電磁感應(yīng)中的電路及圖像問(wèn)題
題型一 電磁感應(yīng)中的電路問(wèn)題
題型二 電磁感應(yīng)中電荷量的計(jì)算
題型三 電磁感應(yīng)中的圖像問(wèn)題
專(zhuān)題強(qiáng)化二十四 電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)和能量問(wèn)題
題型一 電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)問(wèn)題
題型二 電磁感應(yīng)中的能量問(wèn)題
專(zhuān)題強(qiáng)化二十五 動(dòng)量觀點(diǎn)在電磁感應(yīng)中的應(yīng)用
題型一 動(dòng)量定理在電磁感應(yīng)中的應(yīng)用
題型二 動(dòng)量守恒定律在電磁感應(yīng)中的應(yīng)用
第十二章 交變電流
第1講 交變電流的產(chǎn)生和描述
第2講 變壓器 遠(yuǎn)距離輸電 實(shí)驗(yàn)：探究變壓器原、副線圈電壓與匝數(shù)的關(guān)系
第十三章 機(jī)械振動(dòng)與機(jī)械波
第1講 機(jī)械振動(dòng)
實(shí)驗(yàn)十二 用單擺測(cè)量重力加速度的大小
第2講 機(jī)械波
第十四章 光 電磁波
第1講 光的折射、全反射
第2講 光的干涉、衍射和偏振 電磁波
實(shí)驗(yàn)十三 測(cè)量玻璃的折射率
實(shí)驗(yàn)十四 用雙縫干涉實(shí)驗(yàn)測(cè)光的波長(zhǎng)
第十五章 熱學(xué)
第1講 分子動(dòng)理論 內(nèi)能
第2講 固體、液體和氣體
專(zhuān)題強(qiáng)化二十六 氣體實(shí)驗(yàn)定律的綜合應(yīng)用
題型一 玻璃管液封模型
題型二 汽缸活塞類(lèi)模型
題型三 變質(zhì)量氣體模型
第3講 熱力學(xué)定律與能量守恒定律
實(shí)驗(yàn)十五 用油膜法估測(cè)油酸分子的大小
實(shí)驗(yàn)十六 探究等溫情況下一定質(zhì)量氣體壓強(qiáng)與體積的關(guān)系
第十六章 近代物理
第1講 原子結(jié)構(gòu)和波粒二象性
第2講 原子核

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