二大定理、二大定律专题系列强化训练5：有关碰撞的综合题

二大定理、二大定律专题系列强化训练5：

有关碰撞的综合题

1、两块大小不同的圆形薄板（厚度不计），质量分别为M 和m （M ＝2m ）半径分别为R 和r ，两板之间用一根长为L ＝0.4m 的轻绳相连结，开始时，两板水平叠放在支架C 上方高h ＝0.2m 处，如图所示，以后两板一起下落，支架上有一个半径

的圆孔，两板中心与圆孔中心在同一竖直线

上，大圆板碰到支架后跳起，机械能无损失，小圆板穿过圆孔，两板分离，试求当细绳绷紧瞬间两板的速度．（

）

2．（16分）质量为M 的物块A 静止在离地面高h 的水平桌面的边缘，质量为m 的物块B 沿桌面向A 运动并以速度v 0与A 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。已知B 与桌面间的动摩擦因数为μ.重力加速度为g ，桌面足够长. 求：

（1）碰后A 、B 分别瞬间的速率各是多少？ （2）碰后B 后退的最大距离是多少？

h

v 0

3．（20分）如图所示，在非常高的光滑、绝缘水平高台边缘，静置一个不带电的小金属块B ，另有一与B 完全相同的带电量为+q 的小金属块A 以初速度v 0向B 运动，A 、B 的质量均为m ．A 与B 相碰撞后，两物块立即粘在一起，并从台上飞出．已知在高台边缘的右面空间中存在水平向左的匀强电场，场强大小E =2mg /q ．重力加速度为g ，求：

（1）A 、B 一起运动过程中距高台边缘的最大水平距离． （2）从开始到A 、B 运动到距高台边缘最大水平距离的过程 AB

系统损失的机械能为多大？

4．（16分）如图11所示。质量为m 的小球A 放在光滑水平轨道上，小球距左端竖直墙壁为s 。另一个质量为M =3m 的小球B 以速度v 0沿轨道向左运动并与A 发生正碰，已知碰后A 球的速度大小为1.2v 0，小球A

与墙壁的碰撞过程中无机械能损失，两小球均可视为质点，且碰撞时间极短。求：

（1）两球发生第一次碰撞后小球B 的速度大小和方向。 （2）两球发生碰撞的过程中A 球对B 球做功的大小。 （3）两球发生第二次碰撞的位置到墙壁的距离。

A E

图11

5、质量为m 的子弹以一定的速度水平打入质量为M 的静止木块，且知木块与地面间的接触是光滑的，子弹打入木块后与木块一起运动．木块前进1cm 子弹深入木块3cm ．则子弹的质量与木块的质量之比为m ：M 是多少？

6．（20分）如图一砂袋用无弹性轻细绳悬于O 点。开始时砂袋处于静止，此后用弹丸以水平速度击中砂袋后均未穿出。第一次弹丸的速度为v0，打入砂袋后二者共同摆动的最大摆角为θ（θ<90°），当其第一次返回图示位置时，第二粒弹丸以另一水平速度v 又击中砂袋，使砂袋向右摆动且最大摆角仍为θ。若弹丸质量均为m ，砂袋质量为4m ，弹丸和砂袋形状大小忽略不计，求： （1）两粒弹丸的水平速度之比

v

v 0

为多少？ （2）若v 0、m 为已知量，则两粒弹丸击中砂袋的过程中使系统

产生的总热量是多少？

7．如图，在光滑的水平桌面上，静放着一质量为980g 的长方形匀质木块，现有一颗质量为20g 的子弹以300m/s 的水平速度沿其轴线射向木块，结果子弹留在木块中没有射出，和木块一起以共同的速度运动。已知木块沿子弹运动方向的长度为10cm ，子弹打进木块的深度为6cm 。设木块对子弹的阻力保持不变。

（1）求子弹和木块的共同速度以及它们在此过程中所增加的内能。

（2）若子弹是以400m/s 的水平速度从同一方向水平射向该木块的，则它能否射穿该木块？

8． (19分)在光滑的水平轨道上，停放着一辆质量为680 g 的平板小车，在小车右端C 处的挡板上固定连着一根轻质弹簧，在靠近小车左端的车面A 处，放着一质量为675 g 的滑块（其大小

可以不计），如图所示，车上B 点的左边粗糙而右边光滑，现有一质量为5 g 的子弹以速度v 0水平向右击中滑块，并留在滑块中，子弹与滑块一起向右运动，恰好停在小车上的B 点。之后，小车与一堵竖直墙壁发生碰撞，被原速率弹回。试证明：滑块最终仍停在A 处，且此时速度为零。

9．(18分)如图所示，滑块的质量M=2kg ，开始静止在水平面上的A 点，滑块与水平面间的摩擦因数为μ=0.2，与A 点相距S=2.25m 的B 点上方有一质量m=1.2kg 的小球，小球被一长为l =0.5米的轻绳紧挂在O 点而处于静止状态。现给滑块一瞬时冲量I =10N ·S ，让滑块沿水平面向

右运动，此后与小球发生碰撞，碰后小球恰能在竖直平面内完成完整的圆周运动（g=10m/s 2）。求：

（1）滑块最终静止在距离A 点多远处？ （2）因滑块与小球碰撞而损失的机械能是多少？

10．（20分）如图所示，半径R = 0.2m 的粗糙竖直圆轨道与一平直光滑轨道相连于N ，在N 点有质量m 2 = 50g 的静止小球B ，一质量m 1 = 100g 的小球A 以v 0 = 1.5m/s

的

图

速度沿直轨道向B 球运动，碰撞后，小球A 以v 1 = 0.5m/s 的速度反向弹回，B 球沿圆轨道的内壁向上运动，如果B 球经过轨道最高点M 时对轨道的压力为0.5N ，求B 球由N 到M 的过程中克服摩擦阻力所做的功。（g 取10m/s 2）

11．（19分）如图所示，摆锤的质量为M ，摆杆长为l ，其质量不计，摆杆初始位置OA 与水平面成a 角，释放后摆锤绕O 轴无摩擦地做圆周运动，至最低点与质量为m 的钢块发生碰撞，碰撞时间极短，碰后摆锤又上升至B 点，A 、B 位于同一条直线上，钢块与水平面间的动摩擦因数为 ，求碰后钢块能滑行的距离。

12.如图所示，用长度为L 且不可伸长的轻绳将A 球悬于O 点正下方（小球半径相对绳长不计），用B 锤连续向左打击A 球两次，A 球才能在竖直面内做圆周运动。第一次打击时A 球静止，打击后悬绳恰好达到水平位置，第二次打击前A 球在最低点且速度水平向右，两次打击均为水平正碰，且碰撞时间相同。若两次打击球的平均作用力分别为F 1和F 2。

求：（１）第一次打击后A 球的最大速度。 （２）F 2：F 1的最小值。（结果可用根号表示）

13．如图所示，水平轨道与半径为R的光滑半圆轨道

相切，半圆轨道的左道的左侧存在着场强E=50N/C方向竖

直向上的匀强电场和磁感应强度B=1.25T垂直纸面向里的

匀强磁场，在水平轨道上一个质量为m=0.01kg、电荷量为

q=+10－3C的带电小球A以初速度为v0=40m/s向右运动，小

球A与水平轨道间的动摩擦因数为0.5。在光滑半圆轨道最低点停放一个质量为M=0.3kg的不带电绝缘小球B，两个小球均可看成质点，小球A与小球B碰撞后以v1=20m/s的速度向左运动，小球B沿圆轨道运动到最高点水平抛出，g=10m/s2。求当圆轨道半径R取多大值时，B球的平抛水平距离最大？最大值是多少？

14..（16分）如图所示，质量均为m的小球A和B，用轻弹簧相连，B球带+q的电量，A球不带电，两球静止于光滑的地面上，A球紧靠竖直墙壁，

墙壁和弹簧均绝缘。现沿水平方向施加水平向左的匀强电场，

场强为E。等B球向左移动距离l时，又突然撤去电场，求

（1）撤去电场后，A球刚离开墙壁时，B球的速度；

（2）撤去电场后，弹簧伸长到最长时的弹性势能。

二大定理、二大定律专题系列强化训练5： 有关碰撞的综合题（详解）

1.解：两板自由下落至支架C 时的速度为

， ①

大圆板与支架碰后以

（机械

能无损失）的速度竖直向上做竖 直上抛运动，设绳绷紧前的速度

为

，上跳的高度为

，则：

， ②

③

小圆板做初速度为

的匀加速直线运动，设落至细绳绷紧前历时

，则

， ④

⑤

因为：

m ． ⑥

联立①～⑥式，解得

，

向

上，

向下．由于绳作用时间极短，内力远大于外力，故绷紧过程中系统的动量守恒，

设两板的共同速度为u ，取向下为正方向，有： ，得 m/s ．

2.解：（1）设碰后A 、B 的速率分别为v 1、v 2，设水平向右为正，由A 、B 系统动量守恒，

有：210mv Mv mv -=……①

碰后A 何等平抛运动，由t v L 1=……②，2

2

1gt h =

……③得：

h g L

v 21=……④ 022v h

g m ML v -=……⑤ （2）B 做匀减速运动，由动能定理得：2

22

1mv mgS -

=-μ……⑥

g

v h g

m ML S μ2)2(

2

0-=

∴……⑦ 评分标准：①、②、③、④、⑤、⑦式各2分，⑥式4分。

3.解：（20分）（1）由动量守恒定律：mυ0=2mυ…………………………４分

碰后水平方向：qE =2ma 2mg

E q

=……３分 -2aX m =0-υ2……………2分 得：2

08m X g

υ=

………………………… ２分

（2）碰撞过程中损失的机械能： △E 1=

21mv 20-212mv 2=4

1mv 20………３分 碰后到距高台边缘最大水平距离的过程中A 损失的机械能： △E 2= qEX m =

4

1mv 2

0………………３分 从开始到A 、B 运动到距离高台边缘最大水平距离的过程 中AB 系统损失的机械能为： △E=△E 1＋△E 2=

2

1mv 20……………………３分 4.解：（1）A 、B 两球碰撞过程动量守恒，即

Mv 0=MV+mv …………（3分）

根据已知M =3m ，v = 1.2v 0 ，则得V = 0.6 v 0………（1分） 方向与B 球碰撞前的速度方向相同………………（1分） （2）A 球对B 球所做功的大小等于B 球动能的减少量 所以A 球对B 球所做功的大小为 W=

21Mv 02-2

1

MV 2=0.96mv 02………………（3分） （3）设A 、B 两球发生第二次碰撞的位置距墙壁为x ，则 A 球以1.2v 0的速度运动的距离为s +x ，B 球以0.6 v 0运动的距离为s – x ，A 、B 两球运动的时间相等，即有

06.02.1v x

s v x s -=+………………（4分） 解得两球发生第二次碰撞的位置距墙壁：s x 3

1=。………………（2分）

5.解：木块与地面间的接触是光滑的，系统在水平方向上动量

守恒．设子弹运动的初速度（即未射入木块前的速度）为

，子弹与物体一起运动的

速度为v ．则有：

①

根据动能定理分别研究子弹和木块：

对子弹有： ②

对木块有： ③ 已知： ④

（m ） ⑤

联立①～⑤解得：

．

6.解：（1）弹丸击中砂袋瞬间，系统水平方向不受外力，动量守恒，设碰后弹丸和砂袋的共

同速度为v 1，细绳长为L ，根据动量守恒定律有

mv 0= (m+4m)v 1………①………………3分 砂袋摆动过程中只有重力做功，机械能守恒，所以

)cos 1(552

1

21θ-=mgL mv ………②……3分 设第二粒弹丸击中砂袋后弹丸和砂袋的共同速度为v 2

同理有 mv －(m+4m)v 1= (m+5m)v 2 ……③……3分

)cos 1(662

122θ-=?mgL mv …④……2分 联解上述方程得

11

5

0=v v …………⑤………2分 （2）若v 0、m 为已知量，则 v 1=v 2=05

1v ………………⑥……1分

v=

05

11

v ……………………⑦………1分 弹丸击中砂袋的过程中系统动能的损失就是产生热量，所以两粒弹丸击中砂袋的过程中使系统产生的总热量应为

)62

152121()521

21(22212212021m v m v m v m v m v Q Q Q ?-?++

?-=+=

…⑧……3分

2

05

14mv =

……………………⑨……2分 7.解：（1）设子弹的初速度为v 0，射入木块的共同速度为v.以子弹和木块为系统，由动量

守恒定律有

v m M mv )(0+=（2分）解得s m s m m M mv v /0.6/02

.098.0300

02.00=+?=+=

（2分）

此过程系统所增

)

2(8826)02.098.0(2

1

30002.021)2()(212122220分分J J J v m M m v E E k =?+?-??=+-=

?=?

（2）设以v 0′=400m/s 的速度刚好能够射穿材质一样厚度为d ′的另一个木块.则对以子

弹和木块组成的系统，由动量守恒定律有：

v m M v m '+=')(0 s m s m m

M v m v /0.8/02

.098.040002.00=+?=+'='

此过程系统所损耗的机械能

)

1(15688)02.098.0(2

1

40002.021

)(212122220

分J J J v m M v m E E k

=?+?-??='+-'='?='?

由功能关系有d f s f E fd fs E '='='?==?相相,（2分） 两式相比即有

d d

d f fd s f fs E E '

='='='??相相

于是有cm cm cm d E E d 10147

156868821568>=?=?'?=

'（3分） 因为d ′>10cm ，所以能够穿透此木块.（1分） 8.

9.解：在A 点，给滑块瞬时冲量，由动量定理得：

0MV I =………………………①

滑块向前运动，与小球碰撞前，由动能定理得

20212

1

21MV MV Mgs -=

-μ………………………② 两物相碰，动量守恒定律得

321mV MV MV +=………………………③

小球恰能完成圆周运动，到最高点，由牛顿第二定律知

L

m V m g 2

4=………………………④

上摆过程，机械能守恒定律得

2

222

423mV mV mgL -=………………………⑤

滑块继续减速，由动能定理知

2

0)'(2

2MV S S Mg -=--μ………………………⑥

碰撞时，由能的转化与守恒定律知

2

222

32221mV MV MV E --=?⑦

联立以上各式解得

0=?E ，知碰撞为弹性碰撞，无机械能损失。

10.参考解答:由动量守恒定律，对小球A 、B 有： 221101v m v m v m +-= ①

s m m v v m v /450

)

5.05.1(100)(21012=+=+=

②

对小B 在M 点受重力mg 及轨道压力N ，做圆周运动，有：

R

v m N g m 22

22'=+

③

s m m RN gR v /205

.05

.02.0102.02

2=?+

?=+

='∴ ④

根据功能关系，对小球B ，有

R g m v m W v m f 22

121222

22

22+'=- ⑤ R g m v m v m W f 22

121222

22

22-'-=∴ ⑥

J

1.0]

2.021005.0205.02

1

405.021[22=???-

??-??= 评分标准：本题共20分。正确得出①式给4分；正确得出②式给2分；正确得出③式

给4分；正确得出④式给2分；正确得出⑤式给4分；正确得出⑥式给2分，正确得出结果给2分

11.解：设摆锤摆至最低点时速度为0v ，由机械能守恒定律得：

201(1sin )2

Mgl Mv α+=

① （4分） 设摆锤与钢块碰撞后速度分别为1v 、2v ，则由动量守恒定律得：

012Mv Mv mv =+ ② （4分）

碰后摆锤上升到点过程机械能守恒，则有；

m

S 5.2'=

211

(1sin )2

Mgl Mv α-=

③ （4分） 碰后对钢块在水平面上滑行至停下过程由动能定理得：

2

2102

mgS mv μ-=- ④ （4分）

联立以上①②③④式解得：

22

2(1cos )M l

S m αμ-=

⑤ （3分） 12.解：

12

11222

224.(1)v 1mv ........(32

v )

(2)F ,,',:'mg=m (3)

mgL v v L

=第一次打击之后正好达到水平的位置，设此时的速度为由于机械能守恒：分）分最小值是使小球刚好到达最高点此时绳的拉力为零设此时的速度为由牛顿第二定律有分

22222,v ,,:11mv '2.......(3)22

mv mgL =+设第二次打击后球速度为由机械能守恒有分

12211:

F (2)

F mv '()........(3)F :)

t mv t mv F ==--= 12动量定理第一次打击分第二次打击分分 13．解:(1)小球A 受到向上的电场力Eq=0.05N

(1分) 受到向上的洛仑兹力qvB=0.05N (1分) 受到向下的重力mg=0.1N

(1分) 由于qE+qvB=mg

(2分)

所以小球A 和水平面之间的挤压力为零，因此小球A 不受 摩擦力作用，小球A 向右做匀速直线运动.

(2分) 小球A 与小球B 碰撞动量守恒定律mv 0=-mv 1+Mv 2 (2分)

v 2=2m/s

(1分)

设小球B 运动到圆轨道最高点的速度为v 3，则根据机械能

守恒定律得 Mv 22

/2=2mgR+Mv 32

/2

(2分) 小球B 做平抛运动，则x=v 3t (2分)

2R=gt 2

/2

(2分)

由以上各式联立解得:16R 2

-1.6R+x 2

=0

(2分)

R=0.05m 时，x 有最大值，最大值为x m =0.2m (2分) 14．解:（16分）（1）撤去电场后，小球刚离墙壁时，弹簧为

原长，设小球的速度为ν 由能量守恒得 22

1

νm E q l =

m

Eql

2=

ν （2）弹簧伸长到最长时，两个小球速度相同，设为ν' 由动量守恒得 v m m '=2ν 2

v

='ν 由能量守恒得：

22)2(21

21v m E mv p '+= 弹性势能： 2

224

1)2(2121mv Eql v m mv E p -='-==Eql /2

评分标准： （1）问6分（2）问10分

电磁感应中动量定理和动量守恒

高考物理电磁感应中动量定理和动量守恒定律的运用 （1）如图1所示，半径为r的两半圆形光滑金属导轨并列竖直放置，在轨道左侧上方MN 间接有阻值为R0的电阻，整个轨道处在竖直向下的磁感应强度为B的匀强磁场中，两轨道间距为L，一电阻也为R0质量为m的金属棒ab从MN处由静 止释放经时间t到达轨道最低点cd时的速度为v，不计摩擦。 求： （1）棒从ab到cd过程中通过棒的电量。 （2）棒在cd处的加速度。 (2)如图2所示，在光滑的水平面上，有一垂直向下的匀强磁场分布在宽度为L的区域内，现有一个边长为a（a﹤L）的正方形闭合线圈以初速度v0垂直磁场边界滑过磁场后，速度为v(v ﹤v0)，那么线圈 A.完全进入磁场中时的速度大于（v0+v）/2 B.完全进入磁场中时的速度等于（v0+v）/2 C.完全进入磁场中时的速度小于（v0+v）/2 D.以上情况均有可能 （3）在水平光滑等距的金属导轨上有一定值电阻R,导轨宽d电阻不计,导体棒AB垂直于导轨放置,质量为m ,整个装置处于垂直导轨平面向上的匀强磁场中,磁感应强度为B.现给导体棒一水平初速度v0,求AB在导轨上滑行的距离. (4)如图3所示,在水平面上有两条导电导轨MN、PQ，导轨间距为d，匀强磁场垂直于导轨所在的平面向里，磁感应强度的大小为B，两根完全相同的金属杆1、2间隔一定的距离摆开放在导轨上，且与导轨垂直。它们的电阻均为R，两杆与导轨接触良好，导轨电阻不计，金属杆的摩擦不计。杆1以初速度v0滑向杆2，为使两杆不相碰，则杆2固定与不固定两种情况下，最初摆放两杆时的最少距离之比为： A.1:1 B.1:2 C.2:1 D.1:1 5:如图所示，光滑导轨EF、GH等高平行放置，EG间宽度为FH间宽度的3倍，导轨右侧水平且处于竖直向上的匀强磁场中，左侧呈弧形升高。ab、cd是质量均为m的金属棒，现让ab从离水平轨道h高处由静止下滑，设导轨足够长。试求： (1)ab、cd棒的最终速度；

高中物理动量定理和动能定理专项练习题

专题4、动量定理和动能定理 典型例题 【例1】如图所示，质量m A 为4.0kg 的木板A 放在水平面C 上，木板与水平面间的动摩擦因数μ为0.24，木板右端放着质量m B 为1.0kg 的小物块B （视为质点），它们均处于静止状态．木板突然受到水平向右的12N·s 的瞬时冲量作用开始运动，当小物块滑离木板时， 木板的动能E KA 为8.0J ，小物块的动能E KB 为0.50J ，重力加速度取10m/s 2 ，求： （1）瞬时冲量作用结束时木板的速度υ0; （2）木板的长度L ． 【例2】在一次抗洪抢险活动中，解放军某部队用直升飞机抢救一重要落水物体，静止在空中的直升飞机上的电动机通过悬绳将物体从离飞机90m 处的洪水中吊到机舱里．已知物体的质量为80kg ，吊绳的拉力不能超过1200N ，电动机的最大输出功率为12k W ，为尽快把物体安全救起，操作人员采取的办法是，先让吊绳以最大拉力工作一段时间，而后电动机又 以最大功率工作，当物体到达机舱前已达到最大速度．（g 取10m/s 2 ）求： （1）落水物体运动的最大速度； （2）这一过程所用的时间． 【例3】一个带电量为-q 的液滴，从O 点以速度υ射入匀强电场中，υ的方向与电场方向成θ角，已知油滴的质量为m ，测得油滴达到运动轨道的最高点时，速度的大小为υ，求： （1）最高点的位置可能在O 点上方的哪一侧？ （2）电场强度为多大？ （3）最高点处（设为N ）与O 点电势差绝对值为多大？

【例4】.如图所示，固定的半圆弧形光滑轨道置于水平方向的匀强电场和匀强磁场中，轨道圆弧半径为R ，磁感应强度为B ，方向垂直于纸面向外，电场强度为E ，方向水平向左。一个质量为m 的小球（可视为质点）放在轨道上的C 点恰好处于静止，圆弧半径OC 与水平直径AD 的夹角为α（sin α=0.8）. ⑴求小球带何种电荷？电荷量是多少？并说明理由. ⑵如果将小球从A 点由静止释放，小球在圆弧轨道上运动时，对轨道的最大压力的大小是多少？ 【例5】.如图所示，虚线上方有场强为E 的匀强电场，方向竖直向下，虚线上下有磁感应强度相同的匀强磁场，方向垂直纸面向外，ab 是一根长为L 的绝缘细杆，沿电场线放置在虚线上方的场中，b 端在虚线上.将一套在杆上的带正电的小球从a 端由静止释放后，小球先做加速运动，后做匀速运动到达b 端.已知小球与绝缘杆间的动摩擦因数μ=0.3，小球重力忽略不计，当小球脱离杆进入虚线下方后，运动轨迹是半圆，圆的半径是L /3，求带电小球从a 到b 运动过程中克服摩擦力所做的功与电场力所做功的比值. B E

地理概念、原理和规律整理

地理概念、原理和规律整理 必纠41个自然地理易错易混点 1、利用指向标定方向时，指向标总是指向北方，不能指示其他方向。 2、在经纬网地图上，必须根据“经线指示南北方向、纬线指示东西方向（取劣弧）”的法则来确定方向；不能简单地根据“上北下南，左东右西”的法则确定方向，但当经纬网地图上的经线和纬线都是直线时，也可以利用这个法则确定方向。 3、进行比例尺换算时，特别要注意实地距离和图上距离单位的统一。 4、在等高线图上判断河流流向时，要注意等高线的弯曲方向与河流流向相反。 5、判断某一物体是否属于天体，主要看这个物体是否单独存在于宇宙空间。 6、进行地方时和区时计算时，一要注意北京的时间与北京时间的区别；二要判断两地之间的东西位置关系（数轴法），确定加或减时间差（东加西减）；三要注意是否越过国际日期变更线（向东过线减一日，向西过线加一天）。 7、判断晨线和昏线的前提条件是地球的自转方向和昼夜分布状况：顺着地球自转方向，晨线以东为昼半球，昏线以东是夜半球。 8、在经纬网地图上推算两点之间的最短距离时要注意取通过这两点的球面大圆上的劣弧段进行计算。 9、要注意区别正午太阳高度和太阳高度，正午太阳高度是特殊时刻的太阳高度（地方时为12时）。太阳高度与物影长度的关系：太阳高度越大，物影越短；反之，物影越长。太阳方位与日影方向相反。 10、判读光照图和统计图时要注意利用图中的各种信息进行综合分析：光照图中的晨线和昏线、太阳直射纬线、昼半球和夜半球的中央经线；统计图中的横坐标名称和纵坐标名称、数值的正负、线条的升降等。 11、注意南北半球月份相同、季节相反。如7月份，北半球为夏季，南北球为冬季。 12、注意地球公转轨道上近日点与冬至日、远日点与夏至日的区别。 13、理解热力环流原理时，要注意从影响气压高低的因素入手分析气压的高低分布规律（p=pgh）气压高低与海拔高低相关：同一地点近地面气压总是高于高空气压，高空气压的高低与近地面相反。 14、分析实际生活中风与等压线的关系时，要注意区分近地面与高空：近地面要考虑摩擦力，风向与等压线斜交；高空一般不考虑摩擦力，风向与等压线平行；随着高度的增加，风向与等压线的夹角逐渐减小。

高中物理动量定理和动量守恒

暑期生活第六篇：动量定理和动量守恒 复习目标 1．进一步深化对动量、冲量、动量变化、动量变化率等概念的理解。 2．能灵活熟练地应用动量定理解决有关问题。 3．能灵活熟练地应用动量守恒定律解决碰撞、反冲和各种相互作用的问题。 专题训练 1、两辆质量相同的小车A和B，置于光滑水平面上，一人站在A车上，两车均静止。若这个人从A车跳到B 车，接着又跳回A车，仍与A车保持相对静止，则此时A车的速率（） A、等于零 B、小于B车的速率 C、大于B车的速率 D、等于B车的速率 2、在空间某一点以大小相等的速度分别竖直上抛、竖直下抛、水平抛出质量相等的小球，不计空气阻力， 经过t秒（设小球均未落地）（） A．做上抛运动的小球动量变化最大 B．做下抛运动的小球动量变化最小 C．三个小球动量变化大小相等 D．做平抛运动的小球动量变化最小 3、质量相同的两木块从同一高度同时开始自由下落，至某一位置时A被水平飞来的子弹击中（未穿出），则 A、B两木块的落地时间t A、t B相比较，下列现象可能的是（） A．t A= t B B．t A ＞t B C．t A＜ t B D．无法判断 4、放在光滑水平面上的A、B两小车中间夹了一压缩轻质弹簧，用两手分别控制小车处于静止状态，下面说 法中正确的是（） A．两手同时放开后，两车的总动量为零 B．先放开右手，后放开左手，两车的总动量向右 C．先放开左手，后放开右手，两车的总动量向右 D．两手同时放开，两车总动量守恒；两手放开有先后，两车总动量不守恒 5、某物体沿粗糙斜面上滑，达到最高点后又返回原处，下列分析正确的是（） A．上滑、下滑两过程中摩擦力的冲量大小相等 B．上滑、下滑两过程中合外力的冲量相等 C．上滑、下滑两过程中动量变化的方向相同 D．整个运动过程中动量变化的方向沿斜面向下 6、水平推力F1和F2分别作用于水平面上的同一物体，分别作用一段时间后撤去，使物体都从静止开始运动 到最后停下，如果物体在两种情况下的总位移相等，且F1＞F2，则（） A、F2的冲量大 B、F1的冲量大 C、F1和F2的冲量相等 D、无法比较F1和F2的冲量大小 7、质量为1kg的炮弹，以800J的动能沿水平方向飞行时，突然爆炸分裂为质量相等的两块，前一块仍沿水 平方向飞行，动能为625J，则后一块的动能为（） A．175J B．225J C．125J A．275J 8、两小船静止在水面，一人在甲船的船头用绳水平拉乙船，则在两船靠拢的过程中，它们一定相同的物理量是（） A、动量的大小 B、动量变化率的大小 C、动能 D、位移的大小 9、质量为m的均匀木块静止在光滑水平面上，木块左右两侧各有一位拿 着完全相同步枪和子弹的射击手。左侧射手首先开枪，子弹水平射入木块的最大深度为d1，然后右侧射手开枪，子弹水平射入木块的最大深度为d2，如图所示。设子弹均未射穿木块，且两颗子弹与木块之间

动量定理与动能定理的应用

动量定理与动能定理的应用 一、动量守恒定律 1.定律内容：一个系统不受外力或所受外力之和为零，这个系统的总动量保持不变，这个结论叫做动量守恒定律. 说明：(1)动量守恒定律是自然界中最重要最普遍的守恒定律之一，它既适用于宏观物体，也适用于微观粒子；既适用于低速运动物体，也适用于高速运动物体，它是一个实验规律，也可用牛顿第三定律和动量定理推导出来. (2)相互间有作用力的物体系称为系统，系统内的物体可以是两个、三个或者更多，解决实际问题时要根据需要和求解问题的方便程度，合理地选择系统. 2.动量守恒定律的适用条件 (1)系统不受外力或系统所受外力的合力为零. (2)系统所受外力的合力虽不为零，但F内》F外，亦即外力作用于系统中的物体导致的动量的改变较内力作用所导致的动量改变小得多，则此时可忽略外力作用，系统动量近似守恒.例如：碰撞中的摩擦力和空中爆炸时的重力，较相互作用的内力小的多，可忽略不计. (3)系统所受合外力虽不为零，但系统在某一方向所受合力为零，则系统此方向的动量守恒，例图6�8，光滑水平面的小车和小球所构成的系统，在小球由小车顶端滚下的过程中，系统水平方向的动量守恒. 3.动量守恒的数学表述形式： (1)p＝p′即系统相互作用开始时的总动量等于相互作用结束时(或某一中间状态时)的总动量. (2)Δp＝0即系统的总动量的变化为零.若所研究的系统由两个物体组成，则可表述为：ｍ１ｖ１+ｍ２ｖ2＝ｍ１ｖ１′+ｍ２ｖ２′(等式两边均为矢量和)(3)Δp１＝－Δp２ 即若系统由两个物体组成，则两个物体的动量变化大小相等，方向相反，此处要注意动量变化的矢量性.在两物体相互作用的过程中，也可能两物体的动量都增大，也可能都减小，但其矢量和不变. 二、碰撞 1.碰撞是指物体间相互作用时间极短，而相互作用力很大的现象. 在碰撞过程中，系统内物体相互作用的内力一般远大于外力，故碰撞中的动量守恒，按碰撞前后物体的动量是否在一条直线区分，有正碰和斜碰，中学物理只研究正碰(正碰即两物体质心的连线与碰撞前后的速度都在同一直线上). 2.按碰撞过程中动能的损失情况区分，碰撞可分为二种： a.弹性碰撞：碰撞前后系统的总动能不变，对两个物体组成的系统满足： ｍ１ｖ１＋ｍ2ｖ２＝ｍ１ｖ１′＋ｍ２ｖ2′ １

地理概念和原理的教学策略

地理概念和原理的教学策略 内容提要： 本文认为地理概念和地理原理是对地理现象的反映，它体现了地理事物的本质特征。而概念的建立和原理的理解需要一种感知，不是一种简单的背诵式的记忆。这一感知过程也就是地理思维的形成过程，是对众多地理信息进行抽象；因此，在概念原理的教学过程中，选用经典的例子和案例可以让学生领会、感悟地理概念及原理的本质特征。提出地理概念原理的教学对策是让学生感悟，在感悟中形成地理思维、获得解决问题的能力。并探讨几种感悟教学的切入点。 ：地理概念、原理本质特征教学策略信息感悟 地理概念是地理基础知识的组成部分，也是理解和掌握地理基本原理、基本规律的关键。 一、地理概念和原理的本质特征体现着基本地理思维 1．地理概念和原理是对地理信息的一种抽象。 现行高考考试大纲中改变了能力目标的表述，侧重于学习行为过程；在四个考核目标中，“获取和解读信息”、“调动和运用知识”直接与地理概念和原理有关。所谓地理信息，就是用文字、图象、数字等表达的一些地理现象和特征；调用的知识绝大部分都是地理概念和原理。当我们理解了地理概念和原理背后的地理现象的本质特征后，就能有效地实现“调动和运用知识”去解读信息。

2．地理概念和原理的特点是高度的概括和时空的条件性。认识概念、原理的过程，是一种信息有序化的过程；所以，概念、原理不仅仅是一种知识，概念的建立过程与原理的把握是一种地理思维的形成过程。 3．地理概念、原理的建立过程，是一种对地理现象中所蕴涵的本质特征的感悟。 在概念原理的教学过程中，选用经典的例子和案例可以让学生领会、感悟地理概念及原理的本质特征。 例如，应用基本概念原理的本质特征解决问题的典型例子有“热力环流”。 二、地理概念教学 概念包括内涵和外延，最基本的特征是强调准确性和关联性。准确性要求学会归纳、判断；关联性要求学会联想、发散。他们是解决问题的方法，也是最基本的思维方式。1．从“准确”的相对性中去感悟概念 概念要求准确，所以概念中的限定词通常是作为把握概念的关键。但从表达这一层面来说，所下的定义永远是一个相对的准确；从反映概念的某一事物的现象和特征来说，通常又不能涵盖概念的全部。这成为我们教学的一个难点。比如，热力环流：体现在许多环节上；空间上有地面和高空，温度上有冷和热，空气运动有垂直和水平运动。“由于地面冷热不均而形成的空气环流，称为热力环流。”也就不能达到概念本

四年级运算定律与简便计算练习题大全.

（一）加、减法运算定律 1. 加法交换律 定义：两个加数交换位置，和不变。 字母表示：a = a+ + b b 例如：16+23=23+16 546+78=78+546 2. 加法结合律 定义：先把前两个数相加，或者先把后两个数相加，和不变。 字母表示：) a+ + = b + + ) ( (c b a c 例1.用简便方法计算下式： （1）63+16+84 （2）76+15+24 （3）140+639+860 = 63+（16+84） （4）63+1.6+8.4 （5）0.76+15+0.24 （6）1.4+639+8.6 =（0.76+0.24）+15 举一反三： （1）46+67+54 （2）680+485+120 （3）155+657+245 （4）0.46+67+0.54 （5）6.80+485+1.20 （6）1.55+657+2.45 拓展 3.减法交换律、结合律 注：减法交换律、结合律是由加法交换律和结合律衍生出来的。 减法交换律：如果一个数连续减去两个数，那么后面两个减数的位置可以互换。 字母表示：b = - - - a c c b a-

例2. 简便计算：198-75-98 346-58-46 7453-289-253 = (198-98)-75 减法结合律：如果一个数连续减去两个数，那么相当于从这个数当中减去后面两个数的和。字母表示：) = - - a+ - a (c b c b 例3.简便计算： （1）369-45-155 （2）896-580-120 （3）1823-254-746 = 369-(45+155) 4.拆分、凑整法简便计算 拆分法：当一个数比整百、整千稍微大一些的时候，我们可以把这个数拆分成整百、整千与一个较小数的和，然后利用加减法的交换、结合律进行简便计算。例如：103=100+3，1006=1000+6，… 凑整法：当一个数比整百、整千稍微小一些的时候，我们可以把这个数写成一个整百、整千的数减去一个较小的数的形式，然后利用加减法的运算定律进行简便计算。例如：97=100-3，998=1000-2，… 例4.计算下式，能简便的进行简便计算： （1）89+106 （2）56+98 （3）658+997 = 89+100+6 =56+100-2 练习：怎么简便怎么计算 （1）730+895+170 （2）820-456+280 （3）900-456-244

动能定理和动量定理的区别与联系教学内容

动能定理和动量定理的区别与联系 动量定理和动能定理虽然都是从牛顿第二定律推导出 来的，但在解决力学中某些问题时，这两个定理比牛顿第二定律更能体现出优越性。我们先看一看它们共同之处：1．两个定理都不用考虑中间过程，只考虑始末状态。动量定理只考虑始末状态的动量，动能定理只考虑始末状态的动能。过程中的速度加速度变化不予考虑。 例1 质量为m的小球以初速度v o在水平面上向右运动，小球与水平面间动摩擦因数为μ，小球碰到右侧固定挡板后被弹回，假设在碰撞过程中没有能量损失，求小球在水平面上运动的总路程S。 解：分析：小球来回与挡板碰撞运动方向不断改变，速度大小也不断改变，运用牛顿第二定律显然不好解出，而用动能定理就比较方便了，小球受三个力作用：重力mg，支持力F，摩擦力f，全过程只有摩擦力做负功，所以有–μmg S=0-1/2mv o2 S=mv o2/2μmg =v o2/2μg 2．两个定理不仅适用于恒力，也适用于变力。 例2 物块A和B用轻绳相连悬在轻弹簧下端静止不动，连接A,B的绳子被烧断后，A上升到某位置速度大小为V，这时B下落的速度大小为μ，已知A, B质量分别为m和M，在

这段时间内，弹簧的弹力对物块A的冲量是多少？ 解析弹簧的弹力为变力，设弹力对物体A的冲量为I 取向上为正方向，根据动量定理： 对物块A：I–mgt＝mu-0 ① 对物块B：–Mgt=–Mμ-0 ② 解得：I =mv+mu 3．两个定理不仅适用于直线运动，也适用于曲线运动。 例3 如图，质量为1kg的物体从轨 道A点由静止下滑，轨道B是弯曲的，A 点高出B点0.8m，物体到达B点的速度为 2m/s．求物体在AB轨道上克服摩擦力所 做的功。 解析本题中物体在轨道上受到的 摩擦力是大小方向不断变化的，不适合用牛顿第二定律求解，但用动能定理就方便了mgh-W=1/2mv2-0 得W=6J 4．两个定理都主要解决“不守恒”问题，动量定理主要解决动量不守恒问题，动能定理主要解决机械能不守恒问题。 例4 一列火车总质量为M，在牵引力作用下以加速

高中地理 原理规律大归纳

高中地理原理规律大归纳 1．经度的递变 向东度数增大为东经度，向西度数增大为西经度。 2．纬度的递变 向北度数增大为北纬度，向南度数增大为南纬度。 3．纬线的形状和长度 所有纬线都是互相平行的圆，赤道是最长的纬线圈，由此往两极逐渐缩短。 4．经线的形状和长度 所有经线都是交于南北极点的半圆，长度都相等。 5．南北半球的划分 赤道以北为北半球，以南为南半球。 6．东西半球的划分 20°W往东至160°E为东半球，20°W往西至160°E为西半球。 7．高中低纬的划分 南北纬30°之间为低纬度，30°-60°之间为中纬度，60°-90°之间为高纬度。 8．比例尺大小与图示范围 相同图幅，比例尺愈大，表示的范围愈小；比例尺愈小，表示的范围愈大。 9．地图上方向的确定 ①一般情况，“上北下南，左西右东”；②有指向标的地图，指向标的箭头指向北方；③经纬网地图，经线指示南北方向，纬线指示东西方向。 10．等高线的疏密与坡度 同一幅地图中等高线越密，坡度越陡。

11．等高线的凸向与地形 等高线向高处凸出的地方为山谷，向低处凸出的地方为由脊。 12．不同日期的分界线 零点经线往东至日界线为地球上的“今天”，往西至日界线为地球上的“昨天”。 13．天体系统的层次 地月系→太阳系→银河系→总星系→河外星系 14．地球生命存在的原因 ①比较稳定和安全的宇宙环境；②日地距离适中，地球表面温度适宜，存在液态水；③地球体积和质量适中，有足够引力吸引大量气体，形成大气层。 15．月相的变化 ①新月（农历初一、彻夜不见）；②上弦月（初七、初八、上半夜西方天空）；③满月（十五、十六、通宵可见）；④下弦月（二十二、二十三、下半夜东方天空）。16．地球的自转 ①方向（自西向东、北极上空俯视呈逆时针方向、南极上空俯视呈顺时针方向）； ②周期（1恒星日，即23时56分4秒）；③速度（角速度：除极点外，其它各点均为15°/时；线速度：1670COSФ km/h）；④地理意义（a.昼夜更替，周期为1太阳日，即24小时。b.经度每隔15°，地方时相差1小时，越向东，地方时越早，c.地球表面水平运动的物体，其运动方向发生一定的偏转，北半球向右，南半球向左）。 17．北极星的地平高度与当地纬度的关系 北半球观测，北极星的地平高度与当地纬度相等。 18．地球的公转 ①轨道（椭圆轨道1月初近日点，7月初远日点）；②方向（自西向东、北极上空俯视呈逆时针方向，南极上空俯视呈顺时针方向）；③周期（1恒星年，即365日6时9分10秒；回归年，即365日5时48分46秒）；④速度（角速度为1°/d，线速度约为30km/s;近日点快，远日点慢）；⑤地理意义（a.昼夜长短和正午太阳高度的变化；b.四季和五带的划分）。 19．太阳直射点的回归运动（以北半球为例） 从冬至到第二年夏至，太阳直射点自23°26ˊS向北移动，经过赤道（春分时），到达23°26ˊN；从夏至到冬至，太阳直射点自23°26ˊN向南移动，经过赤道（秋分时），到达23°26ˊS。其周期为1回归年，即365日5时48分46秒。

高考物理专题强化训练18---分子动理论、热力学定律 含解析

高考物理18 分子 分子动一、填空题(5分) 1. (考点1)(2019湖北武汉二模)如图是铁原子在铜的表面排列成圆圈,构成ρ=7.8×103 kg/m 3,摩尔质量M=5为球体模型,铁原子直径的表达式数字)。 解析铁的摩尔体积为??;每个铁原子代入数据得d=? 6?5.6?10-2 3.14?7.8?103 ?6?? 答案(1)?6? π??A ? (2)3×10-10 二、选择题(共7小题,每题个得4分,全部选对得5分,每选考物理专题强化训练分子动理论分子动理论、、热力学定律(满分:40分 时间:20分钟) 如图是教材3-5封面的插图,它是通过扫描隧道显微镜构成了“量子围栏”。为了估算铁原子直径,查到以下.6×10-2kg/mol,阿伏加德罗常数N A =6.0×1023 mol 达式D= ,铁原子直径约为 m(铁原子的体积:???A ,把每个铁原子看作是球体,则16πd 3?10 23 m≈3 ×10 -10 m 。 5分,共35分。每题填正确答案标号,选对每选错1个扣3分,最低得0分) 训练 定律 显微镜拍下的照片:48个 到以下数据:铁的密度-1。若将铁原子简化 m(结果保留一位有效=? ??A ,解得d=?6? π??A ? 。 1个得2分,选对2

2.(考点2)(2019广东南海模拟)大自然之中存在许多绚丽夺目的晶体,由于化学成分和结构各不相同, 这些晶体呈现出千姿百态,高贵如钻石,平凡如雪花,都是由无数原子严谨而有序地组成。关于晶体与非晶体,正确的说法为。 A.晶体沿不同方向的导热或导电性能不同,但沿不同方向的光学性质一定相同 B.单晶体有确定的熔点,非晶体没有确定的熔点 C.有的物质在不同条件下能够生成不同晶体,是因为组成它们的微粒能够按照不同规则在空间分布 D.多晶体是许多单晶体杂乱无章的组合而成的,所以多晶体没有确定的几何形状 E.固体可以分为晶体和非晶体两类,晶体、非晶体是绝对的,是不可以相互转化的 解析单晶体在物理性质上表现为各向异性,多晶体在物理性质上表现各向同性,物理性质包括导热性、导电性、光学性、机械强度等,故A错误。单晶体和多晶体有确定的熔点,非晶体没有确定的熔点,故B正确。有的物质在不同条件下能够生成不同晶体,是因为组成它们的微粒能够按照不同规则在空 间分布,例如,石墨和金刚石,由于空间结构不同,形成不同的晶体,故C正确。而多晶体是由许许多多 的细小的单晶体集合而成,没有天然的规则的几何形状,故D正确。固体可以分为晶体和非晶体两类,晶体、非晶体是相对的,在一定的条件下可以相互转化的,故E错误。故选BCD。 答案BCD 3.

高中物理公式大全(全集) 八、动量与能量

八、动量与能量 1．动量 2．机械能 1．两个“定理” （1）动量定理：F ·t =Δp 矢量式 (力F 在时间t 上积累，影响物体的动量p ) （2）动能定理：F ·s =ΔE k 标量式 (力F 在空间s 上积累，影响物体的动能E k ) 动量定理与动能定理一样，都是以单个物体为研究对象．但所描述的物理内容差别极大．动量定理数学表达式：F 合·t =Δp ，是描述力的时间积累作用效果——使动量变化；该式是矢量式，即在冲量方向上产生动量的变化． 例如，质量为m 的小球以速度v 0与竖直方向成θ角 打在光滑的水平面上，与水平面的接触时间为Δt ，弹起 时速度大小仍为v 0且与竖直方向仍成θ角，如图所示．则 在Δt 内： 以小球为研究对象，其受力情况如图所示．可见小球 所受冲量是在竖直方向上，因此，小球的动量变化只能在 竖直方向上．有如下的方程： F ′击·Δt -mg Δt =mv 0cos θ-（-mv 0cos θ） 小球水平方向上无冲量作用，从图中可见小球水平方向动量不变． 综上所述，在应用动量定理时一定要特别注意其矢量性．应用动能定理时就无需作这方 面考虑了．Δt 内应用动能定理列方程：W 合=m υ02/2－m υ02 /2 =0 2．两个“定律” （1）动量守恒定律：适用条件——系统不受外力或所受外力之和为零 公式：m 1v 1+m 2v 2=m 1v 1′+m 2v 2 ′或 p =p ′ （2）机械能守恒定律：适用条件——只有重力（或弹簧的弹力）做功 公式：E k2+E p2=E k1+E p1 或 ΔE p = －ΔE k 3．动量守恒定律与动量定理的关系 一、知识网络 二、画龙点睛 规律

高考地理复习——自然地理基本规律与原理

第1讲大气运动规律 [考纲原文] 1.大气受热过程。2.全球气压带、风带的分布、移动规律及其对气候的影响。3.锋面、低压、高压等天气系统的特点。 [网络构建] 题点1气温的时空分布规律 母题导入 (原创)下图为世界局部地区年平均气温等值线图，读图完成问题。 (1)判断造成该区域南北温度差异及①处气温与同纬度其他地区明显不同的主要因素分

别是________、________。 (2)图中甲、乙、丙、丁四区域，南北温差最小的是________，判断依据是 ________________________________________________________________________。 (3)丙地大雾天气较多，下图是气温垂直分布的4种情形，其中最不利雾气天气形成的情 形是() A．①B．②C．③D．④ 答案(1)太阳辐射洋流 (2)乙乙处等温线最稀疏，南北温差最小 (3)A 解析第(1)题，由于地理纬度差异，高低纬度地区获得的太阳辐射不同，使纬度较低区域温度比纬度较高区域高。①处有加利福尼亚寒流经过，寒流对所经地区起到降温减湿的作用，温度较同纬度低。第(2)题，与其他三处相比，乙处等温线最稀疏，南北温差最小。第(3)题，①情形下部热上部冷，空气对流显著，利于污染物扩散。其他三种情形，在不同高度均存在逆温现象，不利于污染物扩散。 核心规律 1．气温的时间变化 (1)气温的日变化 一般，日气温最高值出现在午后2时左右，日气温最低值出现在日出前后。一天中气温的最高值与最低值的差，称为气温日较差。它的大小反映了气温日变化的情况。一般，低纬地区日较差大于高纬地区，陆地日较差大于海洋。 (2)气温的年变化 一年之中，就北半球而言，太阳辐射最强在夏至日，最热月在7月；太阳辐射最弱在冬至日，最冷月在1月。海洋最热月和最冷月比大陆推迟一个月。南半球与北半球季节相反。 一年内，月平均气温的最高值与最低值的差，称为气温年较差。它的大小反映了气温年变化的幅度。一般，气温的年较差高纬大于低纬，陆地大于海洋。

2020版高考化学新课标大二轮专题强化训练：14 填空题

专题强化训练(十四) 能力练(20分钟) 1．(2019·广东七校联合体第一次联考)氨催化分解既可防治氨气污染，又能得到氢能源。 (1)已知： ①反应Ⅰ：4NH3(g)＋3O2(g)2N2(g)＋6H2O(g) ΔH1＝－1266.6 kJ·mol－1 ②H2的燃烧热ΔH2＝－285.8 kJ·mol－1 ③水汽化时ΔH3＝＋44.0 kJ·mol－1 反应Ⅰ热力学趋势很大(平衡常数很大)的原因为 ____________________________； NH3分解的热化学方程式为_____________________。 (2)在Co－Al催化剂体系中，压强p0下氨气以一定流速通过反应器，得到不同催化剂下氨气转化率随温度变化曲线如图所示，活化能最小的催化剂为________，温度高时NH3的转化率接近平衡转化率的原因是_________________________________。 如果增大气体流速，则b点对应的点可能为________(填“a”、“c”、“d”、“e”或“f”)点。

[解析](1)反应Ⅰ是放热量很大的反应，产物的能量较低，故热 力学趋势很大。根据已知②和③可以写出热化学方程式：H2(g)＋1 2 O2(g)===H2O(l)ΔH2＝－285.8 kJ·mol－1(反应Ⅱ)和H2O(l)===H2O(g)ΔH3＝＋44.0 kJ·mol－1(反应Ⅲ)，根据盖斯定律， 由1 2×(反应Ⅰ－反应Ⅱ×6－反应Ⅲ×6)得NH3分解的热化学方程 式：2NH3(g)N2(g)＋3H2(g)ΔH＝＋92.1 kJ·mol－1。(2)从图1可看出，压强为p0、温度相同时，在催化剂90CoAl的作用下，NH3的转化率最高，故该催化剂的活化能最小。相同条件下，增大气体流速，NH3的转化率降低，此时b点对应的转化率可能降至e点。 [答案](1)该反应为放热量很大的反应2NH3(g)N2(g)＋3H2(g)ΔH＝＋92.1 kJ·mol－1 (2)90CoAl平衡转化率随温度升高而增大，此反应为吸热反应，温度升高，反应速率加快，转化率接近平衡转化率 e 2．(2019·安徽安庆联考)甲醇是重要的化工原料，又是一种可再生能源，具有广泛的开发和应用前景。 (1)已知反应CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)ΔH＝－99 kJ·mol－1中的相关化学键键能如下：

动量定理与动量守恒定律·典型例题解析

动量定理与动量守恒定律·典型例题解析 【例1】 在光滑的水平面上有一质量为2m 的盒子，盒子中间有一质量为m 的物体，如图55－1所示．物体与盒底间的动摩擦因数为μ现给物体以水平速度v 0向右运动，当它刚好与盒子右壁相碰时，速度减为 v 02 ，物体与盒子右壁相碰后即粘在右壁上，求： (1)物体在盒内滑行的时间； (2)物体与盒子右壁相碰过程中对盒子的冲量． 解析：(1)对物体在盒内滑行的时间内应用动量定理得：－μmgt ＝ m mv t 0·－，＝v v g 0022 (2)物体与盒子右壁相碰前及相碰过程中系统的总动量都守恒，设碰 撞前瞬时盒子的速度为，则：＝＋＝＋．解得＝，＝．所以碰撞过程中物体给盒子的冲量由动量定理得＝－＝，方向向右． v mv m v 22mv (m 2m)v v v I 2mv 2mv mv /61001212210v v 0043 点拨：分清不同的物理过程所遵循的相应物理规律是解题的关键． 【例2】 如图55－2所示，质量均为M 的小车A 、B ，B 车上 挂有质量为的金属球，球相对车静止，若两车以相等的速率M 4 C C B 1.8m/s 在光滑的水平面上相向运动，相碰后连在一起，则碰撞刚结束时小车的速度多大？C 球摆到最高点时C 球的速度多大？ 解析：两车相碰过程由于作用时间很短，C 球没有参与两车在水平方向的相互作用．对两车组成的系统，由动量守恒定律得(以向左为正)：Mv －Mv ＝

2Mv 1两车相碰后速度v 1＝0，这时C 球的速度仍为v ，向左，接着C 球向左上方摆动与两车发生相互作用，到达最高点时和两车 具有共同的速度，对和两车组成的系统，水平方向动量守恒，＝＋＋，解得＝＝，方向向左．v C v (M M )v v v 0.2m /s 222M M 4419 点拨：两车相碰的过程，由于作用时间很短，可认为各物都没有发生位移，因而C 球的悬线不偏离竖直方向，不可能跟B 车发生水平方向的相互作用．在C 球上摆的过程中，作用时间较长，悬线偏离竖直方向，与两车发生相互作用使两车在水平方向的动量改变，这时只有将C 球和两车作为系统，水平方向的总动量才守恒． 【例3】 如图55－3所示，质量为m 的人站在质量为M 的小车的右端，处于静止状态．已知车的长度为L ，则当人走到小车的左端时，小车将沿光滑的水平面向右移动多少距离？ 点拨：将人和车作为系统，动量守恒，设车向右移动的距离为s ，则人向左移动的距离为L －s ，取向右为正方向，根据动量守恒定律可得M ·s －m(L －s)＝0，从而可解得s ．注意在用位移表示动量守恒时，各位移都是相对地面的，并在选定正方向后位移有正、负之分． 参考答案 例例跟踪反馈．．．；；．×·3 m M +m L 4 M +m M H [] 1 C 2h 300v 49.110N s 04M m M 【例4】 如图55－4所示，气球的质量为M 离地的高度为H ，在气球下方有一质量为m 的人拉住系在气球上不计质量的软绳，人和气球恰悬浮在空中处于静止状态，现人沿软绳下滑到达地面时软绳的下端恰离开地面，求软绳的长度．

地理规律和原理

高中地理主要的地理规律和原理 地理规律和原理的概念 原理是指带有普遍性的、最基本的、可以作为其它规律的基础的规律。地理原理主要在于理解，是解决分析地理问题的基础。 规律是指事物之间的内在的本质联系。针对地理事象“是什么（样）”，地理规律更多强调地理事象的表现，地理规律主要在于“应用”。 高考涉及的主要地理规律和原理 一、太阳辐射的纬度分布与季节变化规律 ⑴太阳辐射的纬度分布： ①春分日与秋分日，太阳辐射由赤道向两极递减。原因：太阳直射赤道，正午太阳高度由赤道向两极方向递减。 ②夏至日，太阳辐射由北回归线向南北两侧递减。原因：太阳直射北回归线，正午太阳高度由北回归线向南北两侧递减。 ③冬至日，太阳辐射由南回归线向南北两侧递减。原因：太阳直射南回归线，正午太阳高度由北回归线向南北两侧递减。 ⑵太阳辐射的季节变化： ①赤道两侧的低纬度地区，太阳辐射强，季节变化小。原因：正午太阳高度大，且正午太阳高度和昼夜长短变化小。 ②中纬度地区，当地夏季太阳辐射强，当地冬季太阳辐射弱。原因：正午太阳高度变化幅度最大，昼夜长短变化较大。 ③高纬度地区，太阳辐射少。原因：昼夜长短变化最大，太阳高度小。 （3）、我国太阳辐射能时空分布规律 ①、就时间而言，我国大部分地区位于北半球的中纬度，夏季太阳高度角大，光照时间长，各个地区的太阳辐射能夏半年多于冬半年。 ②、就空间而言，我国太阳辐射能分布大体上东南向西北递增。 大体上的界线，从大兴安岭向西南，，经北京西侧，兰州，昆明再折向北到西藏南部，这一条线以西、以北广大地区，太阳辐射特别丰富。 ③、影响太阳辐射的因素包括纬度高低（正午太阳高度和昼长）、地形地势、气候气象条件等。 二、地球运动的规律 1．地球公转速度分布规律 ⑴规律：日地连线单位时间内扫过的面积相等，因此，距离太阳越近，公转速度越快． ⑵公转速度变化图示： 2.太阳直射点的运动规律 太阳直直射点的移动示意图： 由于黄赤交角的存在，地球在公转轨道的不同位置时，所接受到的太阳垂直照射点(即太阳直射点)是有变化的。 3．正午太阳高度的分布规律 (1)正午太阳高度的纬度变化 正午太阳高度是一天中最大的太阳高度。同一纬线上正午太阳高度相等。 同一时刻，正午太阳高度由太阳直射点向南、北两侧递减。太阳直射点所在的纬线上正午太阳高度最大(90o)。正午太阳高度由直射点所在的纬线向南北方向递减。 (2)正午太阳高度的季节变化

人教版九年级物理第17章欧姆定律单元强化训练有答案

人教版九年级物理第17章欧姆定律单元强化训练有答案 考试时间：90分钟满分：100分 姓名：__________ 班级：__________考号：__________ 一、选择题（每题2分，共15题；共30分） 1.下列说法中错误的是（） A. 当加在导体两端的电压改变时，电压与电流的比值也随着改变 B. 用不同的导体研究电流和电压的关系时，得到的结论都一样 C. 相同的电压加在电阻不同的导体两端，电流一定不同 D. 同一导体，两端电压越大，通过的电流也越大 2.从欧姆定律可导出R= ，下列说法正确的是（） A. 当电压为0时，电阻为0 B. 当电流增大2倍时，电阻减小2倍 C. 当电压增大2倍时，电阻增大2倍 D. 不管电压或电流如何变化，电阻不变 3.如图所示，电源电压为6V且保持不变，定值电阻R0=20Ω，在开关S闭合的情况下，下列说法中正确的是（） A. 在a、b两点间接入一个“3V0.5A”的小灯泡，小灯泡能正常发光 B. 在a、b两点间接入一个量程为0～0.6A的电流表，电流表的示数为0.2A C. 在a、b两点间接入一个阻值为10Ω的定值电阻R，则R0两端的电压为4V D. 在a、b两点间接入一个阻值为10Ω的定值电阻R，电路消耗的总电功率为1.8W 4.在“探究电流跟电阻的关系”和“伏安法测定值电阻”的两个实验中，下列说法中不正确的是（） A. 它们都是采用控制变量的研究方法 B. 它们的实验电路图是相同的 C. 前者多次测量的目的是分析多组数据，得出电流跟电阻的关系 D. 后者多次测量的目的是求电阻的平均值，减小误差 5.如图所示的电路中，电源电压恒定不变，当电键S闭合时（） A. 电压表示数变小，电流表示数变小，灯变暗 B. 电压表示数变大，电流表示数变大，灯变亮 C. 电压表示数不变，电流表示数不变，灯的亮度不变 D. 电压表示数不变，电流表示数变小，灯变暗6.如图所示，电源电压为4.5V且保持不变，闭合开关S后，电压表的示数为3V，则（） A. 小灯泡两端的电压为3V B. 小灯泡两端的电压为1.5V C. 向右移动滑片P，电压表示数变小 D. 向右移动滑片P，电流表示数变大 7.有两个阻值不同的电阻R1、R2，它们的电流随电压变化的I﹣U图线如图所示．如果R1、R2串联后的总电阻为R串，并联后的总电阻为R并，则关于R串、R并的I﹣U图线所在的区域，下列说法中正确的是（） A. R串在Ⅱ区域，R并在Ⅲ区域 B. R串在Ⅲ区域，R并在Ⅰ区域 C. R串在Ⅰ区域，R并在Ⅱ区 D. R串在Ⅰ区域，R并在Ⅲ区域 8.在如图所示的电路图中，当电键K闭合时（） A. 整个电路发生短路 B. 电流表示数变小 C. 电压表示数不变化 D. 电流表示数变大 9.如图所示的四个电路中，电源电压都相同且不变，电阻R的阻值均相等. 闭合电键S后，电流表示数最小的是（） A. B. C. D. 10.如图所示，电路中电源电压恒为4.5V，电压表的量程为0～3V，电流表的量程为0～0.6A，滑动变阻器的规格为“35Ω 1.5A”，灯泡的额定电流为0.5A，电阻为5Ω（灯丝电阻不变）．闭合开关，要求两电表的示数均不能超过所选量程，灯泡两端电压不允许超过额定值，则下列说法正确的是（） A. 灯泡的最小功率是0.45 W B. 滑动变阻器允许的调节范围是4Ω～35Ω C. 当滑动变阻器的滑片向右滑动过程中，电压表示数变大，灯泡变亮 D. 当滑动变阻器的滑片向左滑动过程中，电压表与电流表示数的比值不变 11.用“伏安法测电阻”的实验中，小雪和晓彤分别选用定值电阻和小灯泡为测量对象，在处理实验数据时，分别画出了U﹣I的图象，如图甲、乙所示．对于图象的分析，以下说法错误的是（） 第1 页共4 页

考前必看专题：地理规律和原理

专题复习：地理规律和原理 地理规律和原理的概念 原理是指带有普遍性的、最基本的、可以作为其它规律的基础的规律。地理原理主要在于理解，是解决分析地理问题的基础。 规律是指事物之间的内在的本质联系。针对地理事象“是什么（样）”，地理规律更多强调地理事象的表现，地理规律主要在于“应用”。 高考涉及的主要地理规律和原理 一、我国太阳辐射能时空分布规律 1、就时间而言，我国大部分地区位于北半球的中纬度，夏季太阳高 度角大，光照时间长，各个地区的太阳辐射能夏半年多于冬半年。 2、就空间而言，我国太阳辐射能分布大体上东南向西北递增。 大体上的界线，从大兴安岭向西南，，经北京西侧，兰州，昆明再折向北到西藏南部，这一条线以西、以北广大地区，太阳辐射特别丰富。 3、影响太阳辐射的因素主要包括纬度高低（正午太阳高度和昼长）、 地形地势、气候气象条件等方面。 二、地球运动的规律

1、地球自转与公转的规律 恒星年：365日6时9 分10秒 2、地方时计算规律

计算规律：东比西早（大），东加西减；相差1时区，相差1小时。※日界线 例一．读经纬线示意图，图中虚线代表晨昏 线，阴影与非阴影部分代表两个不同日期。 据此回答以下1-2题 1．甲地时间为： A．9时B．12时C．21时D．15时 2．若图中的日期是7日和8日，则北京时间可能为： A．1月7日4时 B．1月8日11时 C．7月7日11时 D．7月8日4时

3、地球自转与晨昏线的关系规律 A．晨昏线的概念及判读方法 昼夜半球的分界线，叫晨昏圈（线）。在晨昏线西侧 取一点，顺着地球自转方向，如果从夜半球进入昼半球，则是晨线，反之则是昏线。 B．晨昏线的规律及应用（晨昏线是解决地方时计算、昼夜长短、日照图综合判读等等地球运动相关知识的线索和突破口） ①判断地球自转方向 晨昏线的判断方法逆向使用，已知昼夜半球的分界 线是晨线或昏线，判读地球的自转方向。 ②判断地方时 晨线和赤道交点所在经线的地方时为6：00，昏线 和赤道交点所在经线地方时为18：00；昼半球的中央经线为12：00，夜半球中央经线为00：00；与晨昏圈相切的纬度，如果出现极昼则切点（晨昏圈纬度最高点）所在经线为00：00，如果出现极夜则为12：00。 如右图A为00：00，B为12：00。 ③判断节气或季节

新课标2020版高考物理大二轮复习专题强化训练2力与物体的直线运动202003210311

专题强化训练(二) 一、选择题 1．(2019·贵阳高三监测)一物体做匀减速直线运动，4 s 内的位移为16 m ，速度大小变为原来的三分之一，方向不变．则该物体的加速度大小为( ) A ．1 m/s 2 B ．1.5 m/s 2 C ．2 m/s 2 D ．0.75 m/s 2 [解析] 设该物体的初速度为v 0，加速度大小为a ，由题意知t ＝4 s ，根据匀变速直线 运动规律，x ＝ v 0＋ v 0 32 ·t ，v 0 3 ＝v 0－at ，联立解得a ＝1 m/s 2 ，选项A 正确． [答案] A 2．(多选)(2019·江西南昌三模)高速公路上甲、乙两车在同一车道上同向行驶．甲车在前，乙车在后，速度均为v 0＝30 m/s ，距离s 0＝100 m ．t ＝0时刻甲车遇紧急情况后，甲、乙两车的加速度随时间变化的关系如图甲、乙所示．取运动方向为正方向．下列说法正确的是( ) A ．t ＝3 s 时两车相距最近 B ．0～9 s 内两车位移之差为45 m C ．t ＝6 s 时两车相距最近，为10 m D ．两车在0～9 s 内会相撞 [解析] 由题图可画出两车的速度—时间图像，如图所示．

由图像可知，t ＝6 s 时两车速度相等，此时两车相距最近，故A 错误；图中阴影部分面积为0～6 s 内两车位移之差，可得Δx ＝12×30×3 m＋1 2×30×(6－3) m ＝90 m<100 m ， 此时两车相距最近，为10 m ，所以两车不会相撞，故C 正确，D 错误；0～9 s 内两车位移之差Δx ′＝1 2 ×30×3 m＝45 m ，故B 正确． [答案] BC 3．(2019·福州市质检)物体在水平地面上受到水平推力的作用，在6 s 内力F 、速度v 随时间变化如图所示，由图像可得( ) A ．物体的质量为2 kg B ．物体在6 s 内运动的位移为6 m C ．在0～2 s 内推力做的功为2 J D ．物体与地面间的动摩擦因数为0.025 [解析] 物体在0～2 s 内做匀加速直线运动，加速度为a ＝12 m/s 2，由牛顿第二定律有： F －μmg ＝ma ，即：3－μmg ＝ma ；物体在2～6 s 内做匀速直线运动，因此有：μmg ＝1 N ， 联立解得：物体的质量为m ＝4 kg ，物体与地面间的动摩擦因数为μ＝0.025，选项A 错误，选项D 正确；根据v －t 图像所围的面积表示物体运动的位移可得物体在6 s 内运动的位移为x ＝1 2×2×1 m＋4×1 m＝5 m ，选项B 错误；力对物体所做的功等于力乘以力方向上的位 移，因此在2 s 内推力做的功为W ＝Fx ＝3×1 2 ×2×1 J＝3 J ，选项C 错误． [答案] D 4．(2019·河南南阳一中开学考试)如图所示，一轻质长木板置于光滑水平地面上，木板上有质量分别为m A ＝1 kg 和m B ＝2 kg 的A 、B 两物块，A 、B 与木板之间的动摩擦因数都为μ＝0.2，水平恒力F 作用在A 物块上，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g 取10 m/s 2 .则( )