1、返回目录 模块备考方略 返回目录 模块知识结构模块题型总结模块核心素养返回目录 模块知识结构返回目录 选修3-5返回目录 模块题型总结核心总结应用动量定理定量计算的一般步骤(1)选定研究对象，明确运动过程(2)进行受力分析，确定初末状态(3)选定正方向，根据动量定理列出对应方程，分析求解题型一 动量定理的理解与运用返回目录 应用动量定理的注意事项(1)明确物体受到冲量作用的结果是导致物体动量的变化冲量和动量都是矢量，它们的加、减运算都遵循矢量的平行四边形法则(2)列方程前首先要选取正方向，与规定的正方向一致的力或动量取正值，反之取负值，而不能只关注力或动量数值的大小返回目录(3)分析速度时一定
2、要选取同一个参考系，未加说明时一般是选地面为参考系，同一道题目中一般不要选取不同的参考系(4)公式中的冲量应是合外力的冲量，求动量的变化量时要严格按公式，且要注意用末动量减去初动量返回目录【考题11】一艘帆船在湖面上顺风行驶，在风力的推动下做速度为v4 m/s的匀速直线运动，已知帆船在该运动状态下突然失去风的动力作用，帆船在湖面上做匀减速直线运动，经过时间t8 s才可静止；该帆船的帆面正对风的有效面积为S10 m2，帆船的总质量为M936 kg，若帆船在行驶过程中受到的阻力恒定不变，空气的密度为1.3 kg/m3，在匀速行驶状态下估算：返回目录(1)帆船受到风的推力F的大小；(2)风速的大小v
3、解析(1)以帆船前进的方向为正方向风突然停止作用，帆船只受到阻力Ff作用，做匀减速直线运动，设帆船的加速度为a，则a 0vt0.5 m/s2，根据牛顿第二定律有FfMa，解得Ff468 N设帆船匀速运动时受到风的推力为F，所以FFf0，F468 N返回目录(2)设在时间t内，正对帆面吹入空气的质量为m，由牛顿第三定律知这些空气受到的阻力FF，根据动量定理有FtFtm(vv)，又mS(vv)t，解得v10 m/s答案(1)468 N(2)10 m/s返回目录【考题12】动量定理可以表示为pFt，其中动量p和力F都是矢量在运用动量定理处理二维问题时，可以在相互垂直的x，y两个方向上分别研究例如，质
4、量为m的小球斜射到木板上，入射的角度是，碰撞后弹出的角度也是，碰撞前后的速度大小都是v，如图所示.碰撞过程中忽略小球所受重力返回目录(1)分别求出碰撞前后x、y方向小球的动量变化px，py；(2)分析说明小球对木板的作用力的方向返回目录 解析(1)x方向上的动量变化为pxmvsin mvsin 0；y方向上的动量变化为pymvcos(mvcos)2mvcos，方向沿y轴正方向返回目录(2)根据动量定理可知，木板对小球作用力的方向沿y轴正方向；根据牛顿第三定律可知，小球对木板作用力的方向沿y轴负方向答案(1)见解析(2)沿y轴负方向返回目录 核心总结应用动量守恒定律的解题步骤(1)明确研究对象，
5、确定系统的组成(系统包括哪几个物体及研究的过程)题型二 动量守恒定律的理解与运用返回目录(2)进行受力分析，判断系统动量是否守恒(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)由动量守恒定律列出方程(4)代入数据，求出结果，必要时讨论说明返回目录 多体问题及临界问题求解方法(1)多体问题对于两个以上的物体组成的物体系统，由于物体较多，相互作用的情况也不尽相同，作用过程较为复杂，虽然仍可对初、末状态建立动量守恒的关系式，但因未知条件过多而无法求解，这时往往要根据作用过程中的不同阶段，建立多个动量守恒的方程，或将系统内的物体按相互作用的关系分成几个小系统，分别建立动量守恒的方程返
6、回目录(2)临界问题在动量守恒定律的应用中，常常会遇到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问题这类问题的求解关键是充分利用反证法、极限法分析物体的临界状态，挖掘问题中隐含的临界条件，选取适当的系统和过程，运用动量守恒定律进行解答返回目录【考题2】甲、乙两小孩各乘一辆小车在光滑水平面上匀速相向行驶，速度均为6 m/s.甲车上有质量为m1 kg的小球若干个，甲和他的车及所带小球的总质量为M150 kg，乙和他的车总质量为M230 kg.现为避免相撞，甲不断地将小球以相对地面16.5 m/s的水平速度抛向乙，且被乙接住假设某一次甲将小球抛出且被乙接住后刚好可保证两车不致相撞，此
7、时：返回目录(1)两车的速度大小各为多少？(2)甲总共抛出了多少个小球？解析 两车刚好不相撞的条件是某次甲抛出球后的速度与乙接住该球后的速度相等无论是甲抛球的过程，还是乙接球的过程，或是整个过程动量均守恒返回目录(1)甲、乙两小孩及两车组成的系统总动量守恒沿甲车的运动方向，甲不断抛球、乙接球后，当甲和小车与乙和小车具有共同速度时，可保证刚好不撞设共同速度为v，则M1v1M2v2(M1M2)v，解得vM1M2M1M2v120806 m/s1.5 m/s返回目录(2)这一过程中乙及车的动量变化为p306 kgm/s30(1.5)kgm/s225 kgm/s，每一个小球被乙接住，最终的动量变化为p1
8、16.51 kgm/s1.51 kgm/s15 kgm/s，故小球个数为n pp122515 15个答案(1)1.5 m/s 1.5 m/s(2)15个返回目录 处理力学问题的基本思路有三种：一是牛顿定律，二是动量关系，三是能量关系若考查有关物理量的瞬时对应关系，需应用牛顿定律，若考查一个过程，三种方法都有可能，但方法不同，处理问题的难易、繁简程度可能有很大的差别题型三 动量与能量综合问题返回目录 若研究对象为一个系统，应优先考虑两大守恒定律，若研究对象为单一物体，可优先考虑两个定理，特别是涉及时间问题时应优先考虑动量定理，涉及功和位移问题时应优先考虑动能定理因为两个守恒定律和两个定理只考查一
9、个物理过程的始末两个状态有关物理量间的关系，对过程的细节不予细究，这正是它们的方便之处特别是对于变力做功问题，在中学阶段无法用牛顿定律处理时，就更显示出它们的优越性返回目录 动量与能量的综合在碰撞中的求解技巧(1)对于发生弹性碰撞的物体，其作用过程中系统机械能守恒，动量守恒；对于非弹性碰撞来说，系统的动量守恒，但机械能不守恒，系统损失的机械能等于转化的内能返回目录(2)动量、能量问题解题思路返回目录【考题31】在如图所示的水平轨道中，AC段的中点B的正上方有一探测器，C处有一竖直挡板，物体P1沿轨道向右以速度v1与静止在A点的物体P2碰撞，并接合成复合体P，以此碰撞时刻为计时零点，探测器只在t
10、12 s至t24 s内工作已知P1、P2的质量都为m1kg，P与AC间的动摩擦因数为0.1，AB段长L4m，g取10 m/s2，P1、P2和P均视为质点，P与挡板的碰撞为弹性碰撞返回目录(1)若v16 m/s，求P1、P2碰后瞬间的速度大小v和碰撞损失的动能E；(2)若P与挡板碰后，能在探测器的工作时间内通过B点，求v1的取值范围和P向左经过A点时的最大动能E返回目录 解析(1)设P1和P2发生碰撞后速度为v2，根据动量守恒定律有mv12mv2，解得v2v12 3 m/s碰撞过程中损失的动能为E12mv21122mv22，解得E9 J返回目录(2)P滑动过程中，由牛顿第二定律知2ma 2mg，
11、可以把P从A点运动到C再返回B点的全过程看做匀减速直线运动，根据运动学公式有3Lv2t12at2，由式得v16Lgt2t，返回目录 a若2 s时通过B点，解得v114 m/s；b若4 s时通过B点，解得v110 m/s；故v1的取值范围为10 m/sv114 m/s设向左经过A点的速度为vA，由动能定理知122mv2A122mv222mg4L，返回目录 当v212v17 m/s时，复合体向左通过A点时的动能最大，E17 J答案(1)3 m/s 9 J(2)10 m/sv114 m/s 17 J返回目录【考题32】如图所示，物块A通过一不可伸长的轻绳悬挂在天花板下，初始时静止；从发射器(图中未画
12、出)射出的物块B沿水平方向与A相撞，碰撞后两者黏连在一起运动，碰撞前B的速度的大小v及碰撞后A和B一起上升的高度h均可由传感器(图中未画出)测得返回目录 某同学以h为纵坐标，v2为横坐标，利用实验数据作直线拟合，求得该直线的斜率为k1.92103 s2/m.已知物块A和B的质量分别为mA0.40 kg和mB0.10kg，重力加速度大小g9.8 m/s2返回目录(1)若碰撞时间极短且忽略空气阻力，求hv2直线斜率的理论值k0；(2)求k值的相对误差(|kk0|k0100%)，结果保留一位有效数字返回目录 解析(1)设物块A和B碰撞后共同运动的速度为v，由动量守恒定律有mBv(mAmB)v，在碰撞
13、后A和B共同上升的过程中，由机械能守恒定律有12(mAmB)v2(mAmB)gh，返回目录 联立式得hm2Bv22gmAmB2，由题意得k0m2B2gmAmB2，代入题给数据得k02.04103 s2/m.返回目录(2)按照定义|kk0|k0100%，由式和题给条件得6%.答案(1)2.04103 s2/m(2)6%返回目录 题型四 光电效应现象及其规律1用光子说解释光电效应及其规律(1)光照射金属时，电子吸收一个光子(形成光电子)的能量后，动能立即增大，不需要积累能量的过程(2)电子从金属表面逸出，首先需克服金属表面原子核的引力做功(逸出功W0)要使入射光子的能量不小于W0，对应频率0W0h
14、 为极限频率返回目录(3)光电子的最大初动能只随入射光频率的增大而增大(4)入射光越强，单位时间内入射到金属表面的光子数越多，产生的光电子越多，射出的光电子做定向移动时形成的光电流越大返回目录 2光电效应的图象分析图象名称图线形状由图线直接(间接)得到的物理量最大初动能Ek与入射光频率的关系图线极限频率：图线与轴交点的横坐标0；逸出功：图线与Ek轴交点的纵坐标的值；普朗克常量：图线的斜率kh返回目录 图象名称图线形状由图线直接(间接)得到的物理量颜色相同，强度不同的光，光电流与电压的关系遏止电压Uc：图线与横轴的交点；饱和光电流Im：电流的最大值；最大初动能：EkmeUc返回目录 图象名称图线
15、形状由图线直接(间接)得到的物理量颜色不同时，光电流与电压的关系遏止电压Uc1、Uc2；最大初动能Ek1eUc1，Ek2eUc2返回目录 图象名称图线形状由图线直接(间接)得到的物理量遏止电压Uc与入射光频率的关系图线截止频率c：图线与横轴的交点；遏止电压Uc：随入射光频率的增大而增大；普朗克常量h：等于图线的斜率与电子电荷量的乘积，即hke(注：此时两极之间接反向电压)返回目录 应用光电效应规律解题时应注意的问题(1)光电效应规律中“光电流的强度”指的是光电流的饱和值(对应从阴极发射出的电子全部被拉向阳极的状态)因为光电流未达到饱和值之前，其大小不仅与入射光的强度有关，还与光电管两极间的电压
16、有关，只有在光电流达到饱和值以后才只和入射光的强度成正比返回目录(2)明确两个决定关系逸出功W0一定时，入射光的频率决定着能否产生光电效应以及光电子的最大初动能入射光的频率一定时，入射光的强度决定着单位时间内发射出来的光电子数返回目录【考题4】小明用金属铷为阴极的光电管，观测光电效应现象，实验装置示意图如图甲所示已知普朗克常量h6.631034 Js返回目录(1)图甲中电极A为光电管的_(选填“阴极”或“阳极”)(2)实验中测得铷的遏止电压Uc与入射光频率之间的关系如图乙所示，则铷的截止频率c_Hz，逸出功W0_J(3)如果实验中入射光的频率7.001014 Hz，则产生的光电子的最大初动能E
17、k_J返回目录 解析(1)由光电管的结构知，A为阳极(2)Uc图象中横轴的截距中表示截止频率c5.141014 Hz逸 出 功 W0 hc 6.6310 345.141014J3.411019 J(3)由爱因斯坦的光电效应方程EkhW06.6310347.001014 J3.411019 J1.231019 J返回目录 答案(1)阳极(2)5.141014 3.411019(3)1.231019返回目录 题型五 玻尔理论及原子跃迁1基本内容(1)电子的轨道是量子化的，rnn2r1(2)原子的能量是量子化的，EnE1n2(3)能级跃迁时辐射或吸收光子的能量为两个能级的能级差，hEmEn(mn)返
18、回目录 2考查内容(1)原子跃迁：电势能与动能的变化情况n增大时，电子的动能减小而势能增加，总能量增加，吸收光子；反之动能增大，电势能减小，总能量减少，放出光子返回目录(2)氢原子光谱的巴耳末线系(3)氢原子的能级结构、能级公式(4)氢原子能级图的应用(5)氢原子的辐射和吸收光子及电离理论返回目录 原子跃迁问题的注意事项(1)能级之间跃迁时放出的光子频率是不连续的(2)能级之间发生跃迁时放出(吸收)光子的频率由hEmEn求得若求波长可由公式c求得(3)一个氢原子跃迁发出可能的光谱线条数最多为(n1)返回目录(4)一群氢原子跃迁发出可能的光谱线条数的两种求解方法 用数学中的组合知识求解；利用能级
19、图求解：在氢原子能级图中将氢原子跃迁的各种可能情况一一画出，然后相加返回目录 【考题5】(多选)用大量具有一定能量的电子轰击大量处于基态的氢原子，观测到了一定数目的光谱线调高电子的能量再次进行观测，发现光谱线的数目比原来增加了5条用n表示两次观测中最高激发态的量子数n之差，E表示调高后电子的能量氢原子的能级图如图所示.据此判断n和E的可能值为()返回目录 An1 13.22 eVE13.32 eVBn2 13.22 eVE13.32 eVCn1 12.75 eVE13.06 eVDn2 12.75 eVE13.06 eV答案 AD 返回目录 解析 设氢原子原来的最高能级为n，则调高电子能量后，
20、最高能级为nn，则nnnn12nn125，2nnn2n10返回目录 当n1时，n5，由于是电子轰击，所以电子的能量必须满足(13.60.38)eVE(13.60.28)eV；当n2时，n2，电子的能量必须满足(13.60.85)eVE(13.60.54)eV返回目录 1原子从低能级向高能级跃迁的能量情况：吸收一定能量的光子，当一个光子的能量满足hE末E初时，才能被某一个原子吸收，使原子从低能级E初向高能级E末跃迁，而当光子能量h大于或小于E末E初时都不能被原子吸收题型六 原子能级跃迁过程中的能量综合问题返回目录 2原子从高能级向低能级跃迁的能量情况：以光子的形式向外辐射能量，所辐射的光子能量恰
21、好等于发生跃迁时的两能级间的能量差3电离时的能量：当光子能量大于或等于原子所处的能级绝对值时，可以被氢原子吸收，使氢原子电离，多余的能量作为电子的初动能返回目录 粒子散射实验和电子绕核运动的对比粒子散射实验电子绕核运动大小：FkQqr2受力特点方向：粒子所受库仑力沿粒子与核的连线，由核指向粒子；特点：粒子离核越近，F越大；反之，F越小方向：电子所受库仑力沿电子与核的连线，由电子指向核；特点：在同一轨道上运动时，F大小不变返回目录 粒子散射实验电子绕核运动能量转化情况(1)当粒子靠近原子核时，库仑斥力对粒子做负功，电势能增加(2)当粒子远离原子核时，库仑斥力对粒子做正功，电势能减小(1)电子绕核
22、运动时，库仑力对电子不做功，电势能、动能不变(2)轨道半径r变大时，库仑力对电子做负功，电势能增加，动能减少；反之，电势能减少，动能增加返回目录 粒子散射实验电子绕核运动运动性质绝大多数粒子做直线运动，极个别粒子发生大角度偏转电子绕核做匀速圆周运动，库仑力提供向心力，即kQqr2 mv2r返回目录【考 题 6】1951 年 物 理 学 家 发 现 了“电 子 偶数”，所谓“电子偶数”，就是由一个负电子和一个正电子绕它们的质量中心旋转形成的相对稳定的系统已知正、负电子的质量均为me，普朗克常量为h，静电力常量为k(1)若正、负电子是由一个光子和核场相互作用产生的，且相互作用过程中核场不提供能量，
23、则此光子的频率必须大于临界值，临界值为多大？返回目录(2)假设“电子偶数”中，正、负电子绕它们质量中心做匀速圆周运动的轨道半径r、运动速度v及电子的质量满足玻尔的轨道量子化理论：mevrnh2，n1,2，“电子偶数”的能量为正、负电子运动的动能和系统的电势能之和，已知两正、负电子相距为L时系统的电势能为Eke2L.试求n1时“电子偶数”的能量返回目录(3)“电子偶数”由第一激发态跃迁到基态发出光子的波长为多大？解析(1)设光子频率的临界值为0，则h02mec2，02mec2h返回目录(2)由于正、负电子质量相等，故两电子的轨道半径相等，设为r，则正、负电子间距为2r，速度均为v，则k e24r
24、2mev2r，mevrn h2，电子偶数能量En212mev2ke22r，得Enmek22e4h2n2电子偶数基态能量为E1mek22e4h2返回目录(3)电子偶数处于第一激发态时能量E2E14，设电子偶数从第一激发态跃迁到基态时发出光子的波长为则E2E134E1hc，解得4ch33mek22e4答案 见解析返回目录 题型七 半衰期的理解及衰变次数的确定1半衰期(1)半衰期的计算：根据半衰期的概念，可总结出公式N余N原12t，m余m原12t返回目录(2)半衰期的理解：半衰期是表示放射性元素衰变快慢的物理量，同一放射性元素具有的衰变速率一定，不同的放射性元素半衰期不同，有的差别很大(3)适用条件
25、：半衰期是一个统计规律，是对大量的原子核衰变规律的总结，对于一个特定的原子核，无法确定何时发生衰变返回目录 2衰变、衰变的比较衰变类型衰变衰变衰变方程AZXA4Z2Y42HeAZX AZ1Y 01e2个质子和2个中子结合成一个整体射出中子转化为质子和电子衰变实质211H210n42He10n11H 01e衰变规律电荷数守恒、质量数守恒、动量守恒返回目录 3确定衰变次数的方法因为衰变对质量数无影响，先由质量数的改变确定衰变的次数，然后再根据衰变规律确定衰变的次数返回目录【考题7】由于放射性元素237 93Np的半衰期很短，所以在自然界一直未被发现，只是在使用人工的方法制造后才被发现已知 237
26、93 Np经过一系列衰变和衰变后变成209 83Bi，下列说法正确的是()A209 83Bi的原子核比237 93Np的原子核少28个中子B衰变过程中共发生了7次衰变和4次衰变C衰变过程中共发生了4次衰变和7次衰变D衰变前比衰变后所有物质的质量数少返回目录 答案 B 解析 237 93Np与209 83Bi的中子数分别为23793144，20983126，故中子数之差为14412618，即 209 83 Bi的原子核比 237 93Np的原子核少18个中子，选项A错误；237 93Np衰变成209 83Bi的衰变方程为237 93Np209 83Bix42Hey 01e，返回目录 式中x、y分
27、别为和的衰变次数，由质量数守恒和电荷数守恒得4x209237，2xy8393，解得x7，y4，即衰变过程中共发生了7次衰变和4次衰变，选项B正确，C错误；根据衰变规律可知，反应前后质量数守恒，选项D错误返回目录 核心总结：核能的计算方法1根据质量亏损计算其步骤如下：根据核反应方程，计算核反应前和核反应后的质量亏损m根据爱因斯坦质能方程Emc2或Emc2计算核能题型八 核能的计算返回目录 计算过程中m的单位是千克，E的单位是焦耳返回目录 2利用原子质量单位u和电子伏特间的关系计算(1)明确原子质量单位u和电子伏特间的关系因为1 u1.660 61027 kg，则 E mc2 1.660 610
28、27(3.0108)2 J 1.4941010 J又1 eV1.61019 J，则E1.4941010 J931.5 MeV返回目录(2)根据1原子质量单位(u)相当于931.5 MeV能量，用核子结合成原子核时质量亏损的原子质量单位数乘以931.5 MeV，即Em931.5 MeV返回目录 m的单位是u，E的单位是MeV返回目录 3利用平均结合能来计算核能原子核的结合能核子的平均结合能核子数核反应中反应前系统内所有原子核的总结合能与反应后生成的所有新核的总结合能之差，就是该次核反应所释放(或吸收)的核能返回目录 4根据能量守恒和动量守恒来计算核能参与核反应的粒子所组成的系统，在核反应过程中的
29、动量和能量是守恒的，因此，在题给条件中没有涉及质量亏损，或者核反应所释放的核能全部转化为生成的新粒子的动能而无光子辐射的情况下，从动量和能量守恒出发可以计算出核能的变化返回目录 5应用阿伏加德罗常数计算核能若要计算具有宏观质量的物质中所有原子核都发生核反应所放出的总能量，应用阿伏加德罗常数计算核能较为简便返回目录(1)根据物体的质量m和摩尔质量M由nmM求出摩尔数，并求出原子核的个数NNAnNAmM(2)由题设条件求出一个原子核与另一个原子核反应放出或吸收的能量E0(或直接从题目中找出E0)(3)再根据ENE0求出总能量返回目录【考题81】在微观领域，动量守恒定律和能量守恒定律依然适用在轻核聚
30、变的核反应中，两个氘核(21H)以相同的动能E00.35 MeV做对心碰撞，假设该反应中释放的核能全部转化为氦核(32 He)和中子(10 n)的动能已知氘核的质量mD2.014 1 u，中子的质量mn1.008 7 u，氦核的质量mHe3.016 0 u，其中1 u相当于931 MeV.在上述轻核聚变的核反应中生成的氦核和中子的动能各是多少MeV？(结果保留一位有效数字)返回目录 解析 由爱因斯坦的质能方程，核聚变反应中释放的核能Emc2，解得E3.3 MeV，核反应中系统的能量守恒 EkHeEkn2E0E，核反应中系统的动量守恒 pHepn0，由Ek p22m可知EkHeEkn mnmHe
31、，返回目录 解得EkHemnmnmHe(2E0E)1 MeV，EknmHemnmHe(2E0E)3 MeV答案 1 MeV 3 MeV返回目录【考题82】一个质子和两个中子聚变为一个氚核，已知质子质量mH1.007 3 u，中子质量mn1.008 7u，氚核质量m3.018 0 u(1 u相当于931.5 MeV)(1)写出聚变方程；(2)求释放出的核能；(3)求平均每个核子释放的能量返回目录 解析(1)11H210n31H(2)质量亏损mmH2mnm(1.007 321.008 73.018 0)u0.006 7 u，释放的核能E0.006 7931.5 MeV6.24 MeV返回目录(3)
32、平均每个核子放出的能量为6.243 MeV2.08 MeV答案(1)11H210n31H(2)6.24 MeV(3)2.08 MeV返回目录 模块核心素养素养方法在物理变化的过程中，常存在着某些不变的关系或不变的量，在讨论一个物理变化过程时，对其中的各个量或量的变化关系进行分析，素养一 守恒思想返回目录 寻找到整个过程中或过程发生前后存在着不变关系或不变的量，则成为研究这一变化过程的中心和关键这就是物理学中最常用的一种思维方法守恒思维法，简称守恒法返回目录 人们在认识客观世界的过程中积累了丰富的经验，总结出许多守恒定律建立在守恒定律之上的具体的解题方法可分为：能量守恒法、机械能守恒法、电荷守恒
33、法、质量守恒法及动量守恒法等守恒定律是物理学中普遍适用的规律之一，是物理教材的知识主干，也是历年高考各种题型正面考查或侧面渗透的重点，且常见于高考压轴题中由于守恒定律适用范围广，处理问题方便，因此，寻求“守恒量”已成为物理研究的一个重要方面返回目录【典例1】一静止原子核发生衰变，生成一粒子及一新核，粒子垂直进入磁感应强度大小为B的匀强磁场，其运动轨迹是半径为R的圆已知粒子的质量为m，电荷量为q，新核的质量为M，光在真空中的速度大小为c.求衰变前原子核的质量返回目录 解析 设衰变产生的粒子的速度大小为v，由洛伦兹力公式和向心力公式得qvBmv2R 设衰变后新核的速度大小为v，衰变前后动量守恒，有
34、0Mvmv返回目录 设衰变前原子核质量为M0，衰变前后能量守恒，有(M0Mm)c212mv212Mv2，解得M0(Mm)1qBR22Mmc2 答案(Mm)1qBR22Mmc2返回目录 素养方法(1)物理模型是一种理想化的物理形态可以指物理对象或物理过程，也可以指运动形式等，它是物理知识的一种直观表现科学家做理论研究时，通常都要用从“构建模型”入手，利用抽象、理想化、简化、类比等手法，把研究对象的本质特征抽象出来，构成一个概念、实物、或运动过程的体系，即形成模型素养二 理想模型思想返回目录 从本质上讲，物理过程的分析和解答，就是探究、构建物理模型的过程，我们通常所要求的解题时应“明确物理过程”“
35、在头脑中建立一幅清晰的物理图景”，其实就是指要正确地构建物理模型返回目录(2)构建模型中应注意以下三点养成根据物理概念和物理规律分析问题的思维习惯结合题目描述的现象，给出的条件，确定问题的性质；同时抓住现象的特征寻找因果关系这样能为物理模型的构建打下基础返回目录 理想化方法是构建物理模型的重要方法，理想化方法的本质是抓住主要矛盾，近似的处理实际问题，因此在分析问题时要养成比较、取舍的习惯要透彻掌握典型物理模型的本质特征，不断积累典型模型，并灵活运用它们返回目录【典例2】如图所示，质量分别为mA、mB的两个弹性小球A、B静止在地面上方，B球距地面的高度h0.8 m，A球在B球的正上方先将B球释放
36、，经过一段时间后再将A球释放当A球下落t0.3 s时，刚好与B球在地面上方的P点处相碰返回目录 碰撞时间极短，碰后瞬间A球的速度恰为零已知mB3mA，重力加速度大小g取10 m/s2，忽略空气阻力及碰撞中的动能损失求：(1)B球第一次到达地面时的速度；(2)P点距离地面的高度返回目录 解析 由于两球碰撞时间极短，并且没有能量损失，所以在碰撞过程两球所组成的系统动量守恒，碰撞前后总动能相等，分别列方程求解(1)设B球第一次到达地面时的速度大小为vB，由运动学公式有vB 2gh，将h0.8 m代入上式，解得vB4 m/s.返回目录(2)设两球相碰前后，A球的速度大小分别为v1和v1(v10)，B球
37、的速度分别为v2和v2由运动学规律可得v1gt，由于碰撞时间极短，重力的作用可以忽略，两球相撞前后的动量守恒，总动能保持不变规定向下的方向为正，有mAv1mBv2mBv2，12mAv2112mBv2212mBv22，返回目录 设B球与地面相碰后的速度大小为vB，由运动学及碰撞的规律可得vBvB，设P点距地面的高度为h，由运动学规律可得hv2Bv222g，联立式，并代入已知条件解得h0.75 m答案(1)4 m/s(2)0.75 m返回目录 素养方法动量守恒定律是力学中的一个重要规律，在运用动量守恒定律解题时，常常会遇到相互作用的几个物体间的临界问题，求解这类问题要注意对临界状态的分析，把握相关
38、的临界条件，明确常见的类型素养三 临界与极值思想返回目录(1)涉及弹簧类的临界问题：对于由弹簧组成的系统，在物体间发生相互作用的过程中，当弹簧被压缩到最短或拉伸到最长时，弹簧两端的两个物体的速度必然相等返回目录(2)涉及相互作用最大限度类的临界问题：在物体滑上斜面(斜面放在光滑水平面上)的过程中，由于物体间弹力的作用，斜面在水平方向上将做加速运动，物体滑到斜面上最高点的临界条件是物体与斜面沿水平方向具有共同的速度，物体在竖直方向上的分速度等于零(3)子弹打木块类的临界问题：子弹刚好击穿木块的临界条件为子弹穿出时的速度与木块的速度相同返回目录 【典例3】如图所示，电容器固定在一个绝缘座上，绝缘座
39、放在光滑水平面上，平行板电容器板间的距离为d，右极板上有一小孔，通过孔有一左端固定在电容器左极板上的水平绝缘光滑细杆，电容器极板以及底座、绝缘杆总质量为M，给电容器充电后，有一质量为m的带正电小环恰套返回目录 在杆上以某一初速度v0对准小孔向左运动，并从小孔进入电容器，设带电小环不影响电容器板间电场分布带电小环进入电容器后距左板的最小距离为0.5d，试求：(1)带电小环与左极板相距最近时的速度v；(2)此过程中电容器移动的距离x；(3)此过程中电势能的变化量返回目录 解析(1)带电小环进入电容器后在电场力的作用下做匀减速运动，而电容器则在电场力的作用下做加速运动，当它们的速度相等时，带电小环与
40、电容器的左极板相距最近，在这一过程中，带电小环与电容器所组成的系统不受外力作用，系统动量守恒，由此可得mv0(Mm)v，由式解得v mv0Mm返回目录(2)设此过程中电容器移动的距离为x，则带电小环前进的位移为xd2，设电容器中电场的场强为E，带电小环所带电荷量为q，对于电容器，由动能定理得Eqx12Mv20，返回目录 对带电小环，由动能定理得Eqxd2 12mv212mv20，由式解得xmd2Mm返回目录(3)又根据能量守恒观点，电势能的变化量等于系统机械能的减少量，即Ep12mv2012(Mm)v2，由式解得Ep Mmv202Mm答案(1)mv0Mm(2)md2Mm(3)Mmv202Mm返
41、回目录 素养方法等效转换思想是把复杂的物理现象、物理过程转化为简单的物理现象、物理过程来研究和处理的一种思维方法素养四 等效转换思想返回目录 常见的等效类型有：(1)物理量的等效：如等效电阻、等效电源、等效长度、等效力等(2)过程的等效：如平抛运动可等效为水平方向的匀速直线运动和竖直方向上的自由落体运动等返回目录 解题思路(1)分析所研究的问题是否属于等效问题(2)确定该问题属于哪一类等效问题(3)分析问题等效后的求解思路返回目录【典例4】如图所示，光滑水平面上停放一个木箱和小车，木箱质量为m，小车和人总质量为M，Mm41，人以速率v沿水平方向将木箱推出，木箱被挡板以原速反弹回来以后，人接住木
42、箱再以同样大小的速度v第二次推出木箱，木箱又被原速反弹，如此反复，则人最多能推几次木箱？返回目录 解析 一般思维处理本题时选木箱、人和小车组成的系统为研究对象，取向右为正方向设第n次推出木箱后人与小车的速度为vn，第n次接住后速度为vn，则由动量守恒定律可知返回目录 第一次推出后有0Mv1mv，则v1mvM 第一次接住后有Mv1mv(Mm)v1第二次推出后有(Mm)v1Mv2mv，则v23mvM 第二次接住后有Mv2mv(Mm)v2返回目录 第n1次接住后有Mvn1mv(Mm)vn1第n次推出后有(Mm)vn1Mvnmv即vn2n1Mmv当vnv时，人就接不到木箱了，由此得，n2.5，取n3，
43、所以，人最多能推3次木箱答案 3次返回目录 素养方法用图象来描述两个物理量之间的关系是物理学中常用的方法利用图象法分析解答问题直观、简捷对于物理学中两个物理量之间的关系，图象除了能直接表明其变化特点，提供直观、清晰的物理图景外，图象与横轴所围的面积还可以表示第三个物理量(这个物理量一定是由图象中的两物理量的乘积所确定)，素养五 数形结合思想返回目录 如速度时间图象与横轴所围的面积为物体在这段时间内的位移等，充分利用图象带来的信息，也是求解物理题的一种有效的方法反过来，充分利用图象的功能来解读题设条件中的物理情景，寻找物理量之间的关系的方法，无论是在学习还是现代科研中均被广泛应用要运用图象正确地
44、分析、解答物理问题，应对物理图象做到“三会”：会看、会用、会画返回目录【典例5】质量为2m的长木板静止地放在光滑的水平面上，如图甲所示，质量为m的小铅块(可视为质点)以水平速度v0滑上木板左端，恰能滑至木板右端与木板相对静止，铅块运动中所受的摩擦力始终不变现将木板分成长度与质量均相等的两段(1、2)后紧挨着仍放在此水平面上，让小铅块以相同的初速度v0由木板1的左端开始滑动，如图乙所示，则下列判断正确的是()返回目录 返回目录 A小铅块滑到木板2的右端前就与之保持相对静止B小铅块滑到木板2的右端时与之保持相对静止C小铅块滑到木板2的右端后飞离木板D上面三种情况都有可能出现答案 A 返回目录 解析 采用图象法求解，对于甲，铅块刚好滑至木板右端，铅块、木板以共同速度v1一起运动，其运动的vt图象如图实线所示，三角形OCv0的面积为铅块和木板的位移之差，即木板总长度返回目录 对于乙，将木板分成两段后，木板1、2先一起向右加速，设经过时间t2后铅块滑到木板2，铅块滑到木板2后，木板2的加速度比原来大(因摩擦力未变，木板质量减半)，故木块2的运动图象如图中折线OAB所示从图中不难看出，将木板分成两段后，铅块与木板2能达到共同速度v2，相对1和2的总路程为四边形OABv0的面积，显然，四边形OABv0的面积小于三角形OCv0的面积，选项A正确