黃岡二輪復習物理學科

《動量和能量》二輪復習策略一、從命題趨向看高考動量與能量是近幾年高考理科綜合物理學科命題的重點、熱點和焦點，也是廣大考生普遍感到棘手的難點，兩個守恒定律可謂是高考物理的重中之重，常作為物理試卷中壓軸題的考查對象。近三年在動量和能量部分的考查情況看：07年考查一道計算題（18分），08年考查一道實驗題和一道計算題，共計30分，09年考查一道選擇題和一道計算題，共計24分，09年的題型和分值應該是比較適中的，預計10年會沿用這種模式。縱觀近幾年高考理科綜合試題，對這部分考查的特點是：?1、 靈活性強，難度較大，能力要求高，內容極豐富，多次出現(xiàn)在兩個守恒定律網(wǎng)絡交匯的綜合計算中；2、 題型全，年年有，不回避重復考查，平均每年有2道題左右，是拉開考生檔次的重要手段；3、兩個守恒定律不論是從內容上看還是從方法上看都極易滿足理科綜合試題命題的要求，經(jīng)常與牛頓運動定律、圓周運動、電磁學和近代物理知識相結合進行命題，在高考中所占分量相當大；從高考命題逐漸趨于穩(wěn)定的特點來看，今后對兩個守恒定律的考查重點仍將放在分析問題和解決問題的能力上，因此同學們在復習中，還是應在熟練掌握基本概念和規(guī)律的基礎上，注重分析、綜合能力的培養(yǎng)，訓練從能量、動量守恒的角度分析問題的思維方法。二、重難點突破及復習對策從近幾年的考查情況看，選擇題通常借助一幅不太復雜的情景考查學生對動量能量主要知識初步理解能力，計算題則以生活中或從實際中抽象出來的理想的相對復雜情景，考查學生物理理解能力、推理能力、分析綜合能力、應用數(shù)學處理物理問題的能力。學生在這方面難點主要有三：一是經(jīng)常與力學、電磁學、近代物理知識相聯(lián)系，綜合程度高，過程復習難度大；二是情景來源生活或實際，學生難以抽象為理想化物理模型，建模困難；三是計算題中有些復雜的情景過程需要應用數(shù)學知識，應用難度大。針對學生在動量和能量學習中的困難，精心設計復習對策：對策一：創(chuàng)設豐富的情景引導學生進行分析，提高解題的自信心從常規(guī)化的情景開始訓練，引導學生分析，精心選好題、組好題，或者改編一些題目，補充一些情景新穎的題目，擴大學生思維的廣度和深度，不斷積累解題的經(jīng)驗和自信心。在選好題方面，積極搜索各方面的信息，尋找好題源；在改編題目上發(fā)揮備課組的團隊作用，充分發(fā)揮全體老師的積極性。對策二：以過程分析為基礎，注重物理模型的建構與類此，提高綜合分析能力1、審題仔細，重視過程分析和挖掘隱含條件。審題就是發(fā)現(xiàn)題中的已知條件，弄清題中的物理過程?在審題時，對題中的信息要用簡單的形式（如符號、圖表、數(shù)據(jù)等）有序地記錄下來，并對信息進行綜合分析、推理、篩選，既要明確直接的明顯的條件，又耍挖掘間接的、隱含的條件。同時要重視過程分析:注意題中的關鍵字、詞、句，把握題中的變量與不變量，多角度、立體地整合題中信息，通過畫運動草圖或圖像等方法構建出一幅已知和未知相關聯(lián)的物理圖景。2、明確研究對象，重視受力與運動的雙重分析。明確研究對象就是根據(jù)題給條件和所求問題，確定需研究的物體或系統(tǒng)。研究對象確定后，要重視受力與運動的雙重分析，即按照力的性質（場力、彈力、摩擦力等）有序地分析其全部的受力;同時，要分析運動的性質并注意運動的連續(xù)性、可能性及合成與分解性，抓住銜接不同運動狀態(tài)的關鍵物理量（如速度、位移、加速度、時間等），從而為準確解題打下堅實基礎。3、確定過程，強調思維的定式，靈活選用物理規(guī)律解題。確定研究對象和研究過程后，就應在分析的基礎上靈活選用物理規(guī)律來解題，規(guī)律選用的一般原則是：對單個物體，宜選用動量定理和動能定理，其中涉及時間的問題，應選用動量定理，涉及位移的問題應選用動能定理。若是多個物體組成的系統(tǒng)，優(yōu)先考慮兩個守恒定律。若涉及系統(tǒng)內物體的相對位移（路程）和摩擦力的問題，要考慮應用能量守恒定律。4、深化模型教學，明確解題途徑，正確運用定理或定律。動量與能量的知識通常結合一定的物理載體（裝置或器件）組成基本的物理模型，如傳送帶模型、碰撞模型、子彈打木塊模型、天體運動模型、彈簧模型、雙桿模型、豎直面內圓周運動模型等。借鑒模型就是通過審題與分析后與基本物理模型比較，從而確定相似、相同、等效或變換的模型的過程，在確立了一定的模型后，要以簡單明了為前提選擇正確的解題途徑，找出與題目相適應的定理或定律建立方程，并巧用數(shù)學方法求出結果，最后別忘了還要檢結果是否符合物理過程和規(guī)律。模型圖景受力特點運動特點適用規(guī)律傳送帶彈性碰撞??對策三：扎實搞好二輪專題復習，做好分類突破。1、構建知識框架，形成體系，加強基本概念、基本規(guī)律的理解、運用；2、常見模型和常見思路；3、 彈簧連接體問題動力學過程分析，運用臨界條件和能量觀點處理綜合性問題；4、 多物體、多過程問題，會隔離分析三個以上相關聯(lián)物體受力和運動，運用數(shù)學歸納法分析多過程問題。精選題組：

的質雖之比為2：3D..4廚相互作用前后的總動能不變1v/m-s_l?B-\X；的質雖之比為2：3D..4廚相互作用前后的總動能不變1v/m-s_l?B-\X；- _LZfArrB："7…，」LA.A的質量之比為眈C.A逍相互作用前后的總動能減小2.光滑水平面上并排放著兩個相同的木塊仏禺一粒子彈以一定速度水平射人A并穿出木塊比用打表示木塊蟲受到子彈作用力的沖塑*旳表示木塊B的動量，它們隨時間變化的關系分別如圖fb）和圖心）所示，則左如圖所示的軌道由位于豎直平面的圓弧軌道和水平A軌道兩部分相連而做水平軌道的右側有一質鼠為2用的滑塊（:與輕質彈簧的一端相連，彈簧的另?-端固定在豎直的墻M上，彈竇處于原長時，滑塊C在P點處?在水平軌道上方0處,用長為L的細錢懸掛7質量為瑜的小球B.B球恰好與水平軌道相切于D點*并可繞0點在豎直平面內擺動?質量為琨的滑塊A在圓弧軌道上由靜止釋放，進人水平軌道與小球號發(fā)生碰撞M3碰撞前后速度發(fā)生交換?P點左方的軌道光滑、右方粗糙,滑塊札C與啟段軌道的動摩擦因數(shù)均為#=yM風C均可視為質點,重力加速度為昂（1）若滑塊A能以與小球H碰前瞬間相同的速度與滑塊（:相碰丿至少要從距水平軌道多高的地方開始釋放？（戈）在（1）中算出的最小高度處由靜止釋放兒經(jīng)一段時間4與C相碰，設碰撞時間極短，碰后A工一起壓縮弾鑄,彈竇最大壓縮量為#，求彈竇的最大彈性勢能.4在長為2L的絕緣輕質細桿的兩端各連接一牛質量均為m的帶電小球可視為質點，不考慮兩者間的相互作用｝M球帶電荷量 J-——4L—T?為+対上球帶電荷量為-勿.現(xiàn)把A上、細桿組戰(zhàn) 巴 二二用的系統(tǒng)鎖定在光滑絕緣的水平面上，并址A處于如 g」砒 !圖所示的有界勻強電場區(qū)域MPQN內.已知虛線7H77血叫曾心是跚桿的中垂線，腫和/VQ的距離為4b勻強電場的場強大小為西方向水平向右+現(xiàn)取消對A/的鎖定，讓它ff］從靜止開始運動+(忽略小球運動中所產(chǎn)生的鑑場造成的影響》求小球A上運動過程中的最大速度;小球仏月能否回到原出發(fā)點？若不能，請說明理由；若能”請求出經(jīng)過務長時間它們又回到原出發(fā)點.求運動過程中帶電小球喪電勢能增抑的最大值*鼻如圖所示，光滑水平面闖艸上放有兩相同的小Qp物塊加罠左端墻壁處有一彈射裝置玖右端§仏朋JV Qn處與水平傳送帶理想連接，傳送帶水平部分護"6“氣3▽—G檢度￡蟲叫沿逆時針方向以恒定速率v=6m/s勻速轉動.物塊A上與傳送帯間的動摩擦因數(shù)M=0.Z物塊A、R的質暈m4=mj=lk&開始時人、B靜止丿疋間壓縮■輕質彈簧「貯存有彈性勢能Er=16人現(xiàn)#m鎖定，彈開乩E求，(1》物塊H沿傳送帶向右滑動的最遠距離.(2｝物塊B滑回水平面M?V的速度臨(3)若物塊B滑回水平面?zhèn)群笈c被彈射裝置P彈回的物塊A在水平面上相碰,且乂宙碰后近換速度，則彈射裝置P必須給A做多少功才能讓2桂后R能從Q端滑出.6.水平固定的兩根足夠怏的平行光滑桿和＜?0,兩桿之間的距離為此兩桿上各穿有質量分別為=1kg和叫=2kg的小球E、F,兩小球之間用一輕質彈簧連接,彈賛的自由長度也為止開蛤時，彈賛處于自然忡長狀態(tài)”兩小球靜止，如圖(町所示.現(xiàn)給小球E一沿桿向右方向的瞬時初速度，以向右為速度的正方向，得到E的v-i圖陛理圖(昉所示的周期性圖線(以小球E獲得瞬時連度開始計時).在圖0)中作出小球F的r7圖像匸若在光滑桿上小球F右側較遠處還穿有另一質量為-3kg的小球&該小球在某一時刻開始向左勻速運動,速率為砂=4mA,它將遇到小球F并與F結合在-起運動,求:在以后的過程中，彈簧弾性勢能的最大值的范圍.

7、一傾角為0=45。的斜血固定于地面，斜面頂端離地面的高度h=lm,0斜面底端有一垂直于斜而的固定擋板。在斜面頂端自由釋放一質量m=0.09kg的小物塊(視為質點)。小物塊與斜面之間的動摩擦因數(shù)u=0.2o當小物塊與擋板碰撞后，將以原速返回。重力加速度g=10m/s2。在小物塊與擋板的前4次碰撞過程中，擋板給予小物塊的總沖量是多少？解析：設小物塊從高為h處由靜止開始沿斜面向下運動，到達斜面底端時速度為V。1h由功能關系得mgh=—mv2+pmgcos0——TOC\o"1-5"\h\z2 sm0以沿斜面向上為動量的正方向。按動量定理，碰撞過程中擋板給小物塊的沖量I=mv一m(—v) ②設碰撞后小物塊所能達到的最大高度為h'則mv2=mgh+umgcos0- ③同理，有mgh=￡mv'2+p同理，有mgh=￡mv'2+pmgcos0h'

sin0I'=mv'一m(-v')式中，V為小物塊再次到達斜面底端時的速度，I'為再次碰撞過程中擋板給小物塊的沖量。由①②③④⑤式得I'=②③④⑤式得I'=kI⑥式中Itan0—]丄*Vtan0+卩由此可知，小物塊前4次與擋板碰撞所獲得的沖量成等比級數(shù)，首項為I]=2m\：2gh。(1-卩cot0)總沖量為I=I+1+1+1=I(1+k+k2+k3) ⑨1 2 3 4 1⑩QD?kn-1=啓⑩QD1—k4I= 2m*2gh°(1-卩cot0)代入數(shù)據(jù)得 I=0.43(3+<6)N?s&如圖所示，線圈工件加工車間的傳送帶不停地水平傳送邊長為L、質量為m、電阻為R的正方形線圈。在傳送帶的左端，線圈無初速地放在以恒定速度v勻速運動的傳送帶上，經(jīng)過一段時間，達到與傳送帶相同的速度v后，線圈與傳送帶始終保持相對靜止，繼而通過一磁感應強度大小為B、方向豎直向上的有界勻強磁場。已知當一個線圈剛好開始勻速運動時，下一個線圈恰好放在傳送帶上；線圈勻速運動時

（2）在某個線圈加速的過程中，該線圈通過的距離S1與在這段時間里傳送帶通過的距離s2之比。3） 傳送帶每傳送一個線圈，其電動機為此所消耗的電能E。4） 傳送帶傳送線圈的總功率P。解析：（1）線圈進入和離開磁場區(qū)域過程中因產(chǎn)生感應電流而發(fā)熱，故（BLv）22L2B2L3vQ=Pt= ?—=—RvR°v（2）線圈加速過程中平均速度為2，而傳送帶保持速度v做勻速運動，故S『vt/2 S2=vt（3）S『vt/2 S2=vt（3）線圈