屆衡水中學(xué)物理一本通高分手冊1/290屆衡水中學(xué)物理一本通高分手冊HYPERLINKHYPERLINKHYPERLINKHYPERLINKHYPERLINKHYPERLINKHYPERLINKHYPERLINKHYPERLINKHYPERLINKHYPERLINKHYPERLINKHYPERLINKHYPERLINKHYPERLINKHYPERLINKHYPERLINKHYPERLINKHYPERLINKHYPERLINKHYPERLINKHYPERLINKHYPERLINKHYPERLINKHYPERLINKHYPERLINKHYPERLINKHYPERLINKHYPERLINKHYPERLINKHYPERLINKHYPERLINKHYPERLINKHYPERLINKHYPERLINKHYPERLINKHYPERLINKHYPERLINKHYPERLINKHYPERLINKHYPERLINKHYPERLINKHYPERLINKHYPERLINKHYPERLINKHYPERLINK\l"br277"熱學(xué)、光學(xué)實(shí)驗(yàn)HYPERLINK\l"br277"................................................................................................................................................HYPERLINK\l"br277"2/290屆衡水中學(xué)物理一本通高分手冊第一部分力與運(yùn)動(dòng)專題01力與物體的平衡一、素養(yǎng)呈現(xiàn)1234物理觀念：重力、重心、形變、彈力、摩擦力、合力與分力、力的合成、力的分解、矢量與標(biāo)量科學(xué)思維：輕桿()模型、輕彈簧模型、胡克定律、平行四邊形定則、整體法、隔離法、合成法、分解法?？茖W(xué)探究：探究彈簧形變與彈力的關(guān)系、研究兩個(gè)互成角度的共點(diǎn)力的合成規(guī)律?？茖W(xué)態(tài)度與責(zé)任：在生產(chǎn)、生活情境中，體驗(yàn)物理學(xué)技術(shù)的應(yīng)用。二、素養(yǎng)落實(shí)123熟悉常見性質(zhì)力有無及方向的判斷靈活應(yīng)用受力分析的一般步驟掌握整體法、隔離法選取原則4平衡問題的解題方法考點(diǎn)一摩擦力的分析與計(jì)算考點(diǎn)詮釋】．摩擦力的有無及方向的判斷方法(1)假設(shè)法?！?3/290屆衡水中學(xué)物理一本通高分手冊(2)狀態(tài)法：根據(jù)平衡條件、牛頓第二定律，判斷靜摩擦力的有無及方向。(3)牛頓第三定律法：先確定受力較少的物體受到的靜摩擦力的方向，再根據(jù)“力的相互性”確定另一物體受到的靜摩擦力方向。2．求解摩擦力的技巧【典例分析1Mm的木塊在水平向右的拉力F的作用下向右滑行，長木板保持靜止。已知木塊與長木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，長木板與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，下列說法正確的是()A．地面對(duì)長木板的摩擦力的大小一定為μ1mg．地面對(duì)長木板的摩擦力的大小一定為2．地面對(duì)長木板的摩擦力的大小一定為2(m＋)gD．只要拉力F增大到足夠大，長木板一定會(huì)與地面發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)【答案】A【解析】木塊所受木板的滑動(dòng)摩擦力大小為f＝μmg，方向水平向左，根據(jù)牛頓第三定律得知，木板受到木塊11的摩擦力方向水平向右，大小等于μmg；木板處于靜止?fàn)顟B(tài)，水平方向受到木塊的滑動(dòng)摩擦力和地面的靜摩擦力，根據(jù)平衡條件可知木板受到地面的摩擦力的大小也是μmg，木板相對(duì)于地面處于靜止?fàn)顟B(tài)，不能使用滑動(dòng)2(m＋M)gA正確，、C錯(cuò)誤；開始時(shí)木板處于靜止?fàn)顟B(tài)，說明木塊與木板之間的摩擦力小于木板與地面之間的最大靜摩擦力，與拉4/290屆衡水中學(xué)物理一本通高分手冊力F的大小無關(guān)，所以即使拉力F增大到足夠大，木板仍靜止，故D錯(cuò)誤?！疽?guī)律總結(jié)】摩擦力分析與計(jì)算的三點(diǎn)注意12．分析物體的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)，判斷是靜摩擦力還是滑動(dòng)摩擦力。程等?！埃溅蘊(yùn)”中N并不總是等于物體的重力，如斜面上的物體，且N與重力G在大小上沒有關(guān)系。考點(diǎn)二物體的靜態(tài)平衡問題考點(diǎn)詮釋】．研究對(duì)象選取的2點(diǎn)技巧3【1(1)采用整體法進(jìn)行受力分析時(shí)，要注意系統(tǒng)內(nèi)各個(gè)物體的狀態(tài)應(yīng)該相同。(2)當(dāng)直接分析一個(gè)物體的受力不方便時(shí)，可轉(zhuǎn)移研究對(duì)象，先分析另一個(gè)物體的受力，再根據(jù)牛頓第三定律分析該物體的受力，此法叫“轉(zhuǎn)換研究對(duì)象法。2．求解共點(diǎn)力平衡問題的常用方法常用方法包括力的合成法、分解法及正交分解法，示意圖如圖所示。合成法分解法正交分解法【典例分析2】如圖所示，固定的斜面上疊放著A、B兩木塊，木塊A與B的接觸面水平，水平力F作用于木塊，使木塊AB保持靜止，且F≠0。則下列描述正確的是()AB可能受到34個(gè)力作用．斜面對(duì)木塊B的摩擦力方向可能沿斜面向下5/290屆衡水中學(xué)物理一本通高分手冊C．A對(duì)B的摩擦力可能為零D．A、B整體不可能受三個(gè)力作用【答案】BBBA對(duì)BA對(duì)BB垂直于斜面向上的支持力、斜面對(duì)B可能有靜摩擦力(當(dāng)A對(duì)B向左的靜摩擦力平行斜面方向的分力與木塊A對(duì)B的壓力與木塊B重力的合力沿斜面方向的分力平衡時(shí)，斜面對(duì)B沒有靜摩擦力)作用，故B受4個(gè)力或者5個(gè)力作用，故A錯(cuò)誤；當(dāng)A對(duì)B向左的靜摩擦力平行斜面方向的分力大于木塊A對(duì)B的壓力與木塊B重力的合力沿斜面BBBA受力分析，受水平力、重力、B對(duì)A的支持力和靜摩擦力，根據(jù)平衡條件，B對(duì)A的靜摩擦力與水平力F平衡，根據(jù)牛頓第三定律，A對(duì)B的摩擦力水平向左，大小為F，故C錯(cuò)誤；對(duì)A、B整體受力分析，受重力、斜面對(duì)整體的支持力、水平力，可能有靜摩擦力(當(dāng)推力沿斜面方向的分力與、B整體重力沿斜面方向的分力平衡時(shí)，斜面對(duì)、B整體的靜摩擦力為零)，所以AB整體可能受三個(gè)力作用，故D錯(cuò)誤?！疽?guī)律總結(jié)】受力分析的四個(gè)步驟【典例分析】用卡車運(yùn)輸質(zhì)量為m的勻質(zhì)圓筒狀工件，為使工件保持固定，將其置于兩光滑斜面之間，如圖所示。兩斜面ⅠⅡ固定在車上，傾角分別為30°和60°。重力加速度為g。當(dāng)卡車沿平直公路勻速行駛時(shí)，圓筒對(duì)斜面Ⅰ、壓力的大小分別為F、F，則()123333A．F＝mg，F(xiàn)＝mgB．F＝mg，F(xiàn)＝mg121232231233212C．F＝mg，F(xiàn)＝mgD．F＝mg，F(xiàn)＝mg12122【題眼點(diǎn)撥】①“勻速行駛”表明車上工件處于靜態(tài)平衡狀態(tài)。6/290屆衡水中學(xué)物理一本通高分手冊②③【“光滑斜面”表明工件和斜面間僅有彈力作用?！?0°、60°”角明確彈力方向。答案】D【解析】以工件為研究對(duì)象，受力分析如圖所示，重力與′F′的合力等大反向，根據(jù)共點(diǎn)12力平衡條件得′1cos30°，′2cos60°F′＝32mgF′＝FF′11221mgmg3212＝【mgFF′＝，故只有D選項(xiàng)正確。22規(guī)律總結(jié)】處理靜態(tài)平衡問題的基本思路考點(diǎn)三物體的動(dòng)態(tài)平衡問題【考點(diǎn)詮釋】解析法的應(yīng)用此法常用于可以較簡捷列出平衡條件方程的情況或者正交分解的情況(1)先受力分析，得出物體受哪幾個(gè)力而處于平衡狀態(tài)。(2)建立直角坐標(biāo)系，正交分解力，列平衡條件方程，或在力的三角形中結(jié)合三角形知識(shí)列平衡條件方程。(3)分析方程中的變量有哪些，分析題目信息得到這些物理量是如何變化的。(4)把分析得到的變化的物理量代入方程，得到平衡條件下的受力動(dòng)態(tài)變化情況?！镜淅治?M的四分之一圓弧軌道置于水平面上。一質(zhì)量為m的光滑小球在水平力F的作用下，緩慢運(yùn)動(dòng)到圖中虛線所示的位置。已知在此過程中圓弧軌道一直處于靜止?fàn)顟B(tài)，下列說法正確的是()7/290屆衡水中學(xué)物理一本通高分手冊A．圓弧軌道與地面間的摩擦力不變．軌道對(duì)地面的壓力可能變大．小球所受的支持力逐漸變小D．地面對(duì)圓弧軌道的作用力變大【答案】D【解析】以小球?yàn)檠芯繉?duì)象，小球受重力、支持力和拉力作用處于平衡狀態(tài)，設(shè)小球重心與圓弧軌道圓心的連mgcosθ線與豎直方向的夾角為θ，由平衡條件可知，小球所受支持力N＝，小球所受拉力F＝tanθ，小球緩慢θBC隨拉力的增大而增大，A項(xiàng)錯(cuò)誤；地面對(duì)軌道的支持力和摩擦力的合力增大，D項(xiàng)正確。方法步驟(1)列平衡方程得出未知量與已知量的關(guān)系表達(dá)式；(2)根據(jù)已知量的變化情況來確定未知量的變化情況解析法圖解法的應(yīng)用此處常用于物體受三個(gè)力作用，其中一個(gè)力大小、方向不變，另一個(gè)力的方向不變的情景，思路如下：(1)先受力分析，得出物體受幾個(gè)力而處于平衡狀態(tài)。(2)分析題目給出的信息，判斷物體受力的變化方式。(3)把受力對(duì)應(yīng)到幾何圖形中結(jié)合幾何知識(shí)分析?！镜淅治?】如圖所示，有一質(zhì)量不計(jì)的桿AO，長為R，可繞A自由轉(zhuǎn)動(dòng)。用繩在O點(diǎn)懸掛一個(gè)重為G的OCC由圖示位置逐漸向上沿圓弧移動(dòng)過程中(OA與墻面夾角θ不變)，OC繩所受拉力的大小變化情況是()8/290屆衡水中學(xué)物理一本通高分手冊A．逐漸減小B．逐漸增大C．先減小后增大D．先增大后減小“可繞A點(diǎn)自由轉(zhuǎn)動(dòng)”O(jiān)AOC繩大小、方向改變?！敬鸢浮緾解析】對(duì)物體受力分析，物體受力平衡，則拉力等于重力GOO受繩【的拉力、OA的支持力及OC的拉力而處于平衡，受力分析如圖所示將F和OC繩上的拉力合成，其合力與G大小相等，方向相反，則在OC繩上移的過程中，平行四邊形的對(duì)角OCD點(diǎn)時(shí)拉力最小，故C正確。方法步驟(1)根據(jù)已知量的變化情況，畫出平行四邊形邊、角的變化；(2)確定未知量大小、方向的變化圖解法三角形相似法的應(yīng)用此法是圖解法的特例，一般研究對(duì)象受繩(桿)或其他物體的約束，從幾何形狀來看，有一個(gè)邊大小不變，方向改變，還有一個(gè)邊的大小、方向均不變。且物體受到三個(gè)力的作用，其中的一個(gè)力大小、方向均不變，另外兩個(gè)力的方向都發(fā)生變化，可以用力三角形與幾何三角形相似的方法?！镜淅治?(多選)D固定在半球形物體球心O9/290屆衡水中學(xué)物理一本通高分手冊AD與放在半球形物體上的小球P相連，DA水平?，F(xiàn)將細(xì)繩固定點(diǎn)A向右緩慢平移的過程中(小球P未到達(dá)半球最高點(diǎn)前)，下列說法正確的是()A．彈簧變短B．彈簧變長C．小球?qū)Π肭虻膲毫Σ蛔僁．小球?qū)Π肭虻膲毫ψ兇蟆劲凇绢}眼點(diǎn)撥】①“表面光滑，半球形物體”表明小球運(yùn)動(dòng)過程OP長度不變，而彈力的大小發(fā)生改變?！肮饣…h(huán)D固定”O(jiān)D的長度不變。答案】AC【解析】以小球?yàn)檠芯繉?duì)象，小球受重力G、細(xì)線的拉力F和半球面的支持力F，作出FF的合力FTNNT平衡條件得知G，如圖根據(jù)三角形相似可得F＝F＝FT，將G代入得：＝POG＝PDG，將細(xì)繩固定點(diǎn)A向右緩慢平移，DODONDODOGFF不變，即知彈簧的彈力變小，彈簧變短。由牛頓第三定TN律知小球?qū)Π肭虻膲毫Υ笮〔蛔?，故AC正確，、D錯(cuò)誤。方法步驟(1)根據(jù)已知條件畫出兩個(gè)不同情況對(duì)應(yīng)的力的三角形和空間幾何三角形，確定對(duì)應(yīng)相似三角形法邊，利用三角形相似知識(shí)列出比例式；(2)確定未知量大小的變化情況10/290屆衡水中學(xué)物理一本通高分手冊考點(diǎn)四電磁場中的平衡問題考點(diǎn)詮釋】．基本思路要堅(jiān)持“電學(xué)問題、力學(xué)方法的基本思路，結(jié)合電學(xué)的基本規(guī)律和力學(xué)中的受力分析及平衡條件解決問題。．幾點(diǎn)注意【12(1)點(diǎn)電荷間的作用力大小要用庫侖定律。(2)安培力方向的判斷要先判斷磁場方向、電流方向，再用左手定則，同時(shí)注意將立體圖轉(zhuǎn)化為平面圖。(3)電場力或安培力的出現(xiàn)，可能會(huì)對(duì)彈力或摩擦力產(chǎn)生影響。(4)涉及電路問題時(shí)，要注意閉合電路歐姆定律的應(yīng)用?！镜淅治?】如圖，空間存在一方向水平向右的勻強(qiáng)電場，兩個(gè)帶電小球P和Q用相同的絕緣細(xì)繩懸掛在水平天花板下，兩細(xì)繩都恰好與天花板垂直，則()A.P和Q都帶正電荷B.P和Q都帶負(fù)電荷C.P帶正電荷，Q帶負(fù)電荷D.P帶負(fù)電荷，Q帶正電荷【答案】D解析】細(xì)繩豎直，把PQ看做整體，在水平方向所受電場力為零，所以Q必帶等量異種電荷，選項(xiàng)A、【B錯(cuò)誤；如果P、Q帶不同性質(zhì)的電荷，受力如圖甲、乙所示，由圖知，P帶正電荷，Q帶負(fù)電荷，水平方向的合力不為零；P帶負(fù)電荷、Q帶正電荷時(shí)符合題意，選項(xiàng)C錯(cuò)誤，D正確?！镜淅治?】用兩根絕緣細(xì)線懸于天花板的OO′點(diǎn)，桿中通有垂直于紙面向里的恒θ11/290屆衡水中學(xué)物理一本通高分手冊逆時(shí)針方向緩慢轉(zhuǎn)過90°，在轉(zhuǎn)動(dòng)過程中通過改變磁場磁感應(yīng)強(qiáng)度大小來保持懸線與豎直方向的夾角不變，則在轉(zhuǎn)動(dòng)過程中，磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小的變化情況是()A．一直減小B．一直增大C．先減小后增大D．先增大后減小【答案】C【解析】磁場在旋轉(zhuǎn)的過程中，桿處于平衡狀態(tài)，桿所受重力的大小和方向不變，懸線的拉力方向不變，由圖解法結(jié)合左手定則可知，在磁場旋轉(zhuǎn)的過程中，安培力先減小后增大，由F＝可知，磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度先減小后增大，故選【規(guī)律總結(jié)】電學(xué)中平衡問題的處理方法處理方法與力學(xué)問題的分析方法一樣，把方法和規(guī)律進(jìn)行遷移應(yīng)用即可。12/290屆衡水中學(xué)物理一本通高分手冊第一部分力與運(yùn)動(dòng)專題02力與直線運(yùn)動(dòng)一、素養(yǎng)呈現(xiàn)1物理觀念：參考系、質(zhì)點(diǎn)、位移、速度、加速度、勻變速直線運(yùn)動(dòng)、自由落體運(yùn)動(dòng)、慣性、作用力與反作用力、超重與失重、單位制。2科學(xué)思維：在特定情境中運(yùn)用勻變速直線運(yùn)動(dòng)模型、公式、推論及圖象解決問題、牛頓運(yùn)動(dòng)定律、整體法與隔離法、圖象法、控制變量法、臨界法。34科學(xué)探究：研究勻變速直線運(yùn)動(dòng)的特點(diǎn)、探究加速度與力、質(zhì)量的關(guān)系。科學(xué)態(tài)度與責(zé)任：以生產(chǎn)、生活實(shí)際為背景的勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律的應(yīng)用、追及相遇、交通與安全。二、素養(yǎng)落實(shí)12勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律和推論的靈活應(yīng)用掌握瞬時(shí)性問題的兩類模型3.熟悉圖象類型及圖象信息應(yīng)用考點(diǎn)一勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律的應(yīng)用考點(diǎn)詮釋】．勻變速直線運(yùn)動(dòng)的基本規(guī)律【1(1)速度關(guān)系：v＝v＋at。012(2)位移關(guān)系：x＝vt＋at2。0(3)速度位移關(guān)系：v2－v2＝2ax。013/290屆衡水中學(xué)物理一本通高分手冊xtv(4)某段時(shí)間內(nèi)的平均速度等于中間時(shí)刻的瞬時(shí)速度：＝＝v。t(5)勻變速直線運(yùn)動(dòng)在相等時(shí)間內(nèi)相鄰的兩段位移之差為常數(shù)，即Δx＝aT2。22．追及問題的解題思路和技巧(1)解題思路(2)解題技巧①緊抓“一圖三式”，即過程示意圖、時(shí)間關(guān)系式、速度關(guān)系式和位移關(guān)系式?！皠偤谩薄扒『谩薄白疃嘀辽佟迸R界狀態(tài)，滿足相應(yīng)的臨界條件。③若被追趕的物體做勻減速運(yùn)動(dòng)，一定要注意追上前該物體是否已停止運(yùn)動(dòng)，最后還要注意對(duì)解的討論分析。【＝典例分析1OAC|AB＝2mBC|3m。若物體通過AB和BC這兩段位移的時(shí)間相等，則O、A兩點(diǎn)之間的距離等于()9A．mB．89mC．34mD．43m8【答案】A解析】設(shè)物體通過AB、所用時(shí)間均為TB點(diǎn)的速度為：v＝2T＝52T【，x根據(jù)xaT2得：a＝2＝，215123T則有：vvaT＝－·T＝，AB2T根據(jù)速度位移公式得，OA兩點(diǎn)之間的距離為：14/290屆衡水中學(xué)物理一本通高分手冊92T298Ax＝＝m＝m。故A正確，B、C、D錯(cuò)誤。2a2T2【規(guī)律總結(jié)】重要公式的選擇適宜選用公式?jīng)]有涉及的物理量x題目中所涉及的物理量(包括已知量、待求量和為解題設(shè)定的中間量)＝vatvv、、tva、xv、vaxv、v、x12xv＋at2vt0v－v2axv＋vx＝0ta2【典例分析1】現(xiàn)有甲、乙兩汽車正沿同一平直大街同向勻速行駛，甲車在前，乙車在后，它們行駛的速度均為10m/s(反應(yīng)時(shí)間忽略不計(jì))，(反應(yīng)時(shí)間為t0.5s)動(dòng)力為車重的0.4倍，乙車緊急剎車時(shí)制動(dòng)力為車重的0.6倍，g10m/s，假設(shè)汽車可看作質(zhì)點(diǎn)。(1)若甲車司機(jī)看到黃燈時(shí)車頭距警戒線15m，他采取上述措施能否避免闖紅燈？(2)為保證兩車在緊急剎車過程中不相撞，甲、乙兩車在正常行駛過程中應(yīng)至少保持多大距離？【答案】(1)能(2)1.5mf10.4m1g解析】(1)根據(jù)牛頓第二定律，甲車緊急剎車的加速度大小為1m＝m14m/s。甲車停下來所需時(shí)間為va1040t＝＝s＝2.5s，11v222×40滑行距離＝2a＝m＝12.5m，1＝12.5m<15m，15/290屆衡水中學(xué)物理一本通高分手冊可見甲車司機(jī)剎車后能避免闖紅燈。(2)乙車緊急剎車的加速度大小為a＝＝20.6mg＝6m/s2，兩車速度相等時(shí)處于同一位置，即為恰好不相撞的2mm22條件。設(shè)甲、乙兩車行駛過程中至少應(yīng)保持距離x，在乙車剎車t時(shí)間后兩車的速度相等，02其運(yùn)動(dòng)關(guān)系如圖所示，則有速度關(guān)系va(tt)＝v－at，vv－at0120022022v－2位移關(guān)系vt＋vv2a1x＋0022t＝1.0sx1.5m。20【規(guī)律總結(jié)】判斷能否追上的常用方法情境：物體B追趕物體A，開始時(shí)，兩個(gè)物體相距x。(1)若v＝v時(shí)，x＋xx，則能追上。ABA0B(2)若v＝v時(shí)，x＋x＝x，則恰好追上。ABA0B(3)若v＝v時(shí)，x＋x>x，則不能追上。ABA0B考點(diǎn)二運(yùn)動(dòng)圖象問題考點(diǎn)詮釋】．解決圖象類問題四個(gè)注意”(1)速度圖線只有通過時(shí)間軸時(shí)速度方向才改變?！?16/290屆衡水中學(xué)物理一本通高分手冊(2)-t圖象分析兩個(gè)物體的運(yùn)動(dòng)時(shí)，要注意兩個(gè)物體的出發(fā)點(diǎn)是否相同。(3)物體的運(yùn)動(dòng)圖象與運(yùn)動(dòng)過程的轉(zhuǎn)化。(4)x-t圖象、v-t圖象、a-t圖象的應(yīng)用。2．應(yīng)用圖象時(shí)的“兩個(gè)誤區(qū)”(1)誤認(rèn)為v-t圖象、x-t圖象是物體運(yùn)動(dòng)軌跡。(2)在v-t圖象中誤將交點(diǎn)認(rèn)為此時(shí)相遇。【典例分析3】如圖所示，、B分別是甲、乙兩小球從同一地點(diǎn)沿同一直線運(yùn)動(dòng)的v-t圖象，根據(jù)圖象可以判斷出()A＝4s時(shí)，甲球的加速度小于乙球的加速度＝6s時(shí)，甲球的速率小于乙球的速率＝4.5s時(shí)，兩球相距最遠(yuǎn)D＝8s時(shí)，兩球相遇【答案】D【解析】根據(jù)圖象可知，甲球的加速度a1＝Δ1Δ1＝－10m/s2，故甲球的加速度大小為10m/s，負(fù)號(hào)表示加速度Δv20方向與速度方向相反，乙球的加速度a2＝22＝m/s，故甲球的加速度大于乙球的加速度，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；當(dāng)2340m/s＋at＝－20m/s＋a(－2s)＝4.4s4.4s時(shí)兩球12230B＝6s時(shí)甲球的速度v＝－20m/sv＝m/s，故t＝6s時(shí)甲球的速率大12于乙球的速率，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；結(jié)合圖象可知8s時(shí)，甲、乙兩小球又同時(shí)回到原出發(fā)點(diǎn)，選項(xiàng)D正確。【典例分析4．(多選)甲、乙兩質(zhì)點(diǎn)同時(shí)、同初位置沿同一方向做直線運(yùn)動(dòng)。質(zhì)點(diǎn)甲做初速度為零、加速度大17/290屆衡水中學(xué)物理一本通高分手冊小為ava102止。甲、乙兩質(zhì)點(diǎn)在運(yùn)動(dòng)過程中的x-v(位置速度)圖象如圖所示(虛線與對(duì)應(yīng)的坐標(biāo)軸垂直)，則()A．質(zhì)點(diǎn)甲的加速度大小a＝1m/s2B．質(zhì)點(diǎn)乙的初速度為v＝6m/s，加速度大小a＝1m/s2102C．圖線中a＝26，b＝16D．兩圖線的交點(diǎn)表示兩質(zhì)點(diǎn)同時(shí)到達(dá)同一位置【答案】【解析】速度隨位移的增大而增大的圖線對(duì)應(yīng)質(zhì)點(diǎn)甲，速度隨位移的增大而減小的圖線對(duì)應(yīng)質(zhì)點(diǎn)乙，當(dāng)x＝0時(shí)，乙的速度為6m/s，即質(zhì)點(diǎn)乙的初速度v0＝6m/s，設(shè)質(zhì)點(diǎn)乙、甲先后通過x＝6m處時(shí)的速度均為v，對(duì)質(zhì)點(diǎn)甲有v2＝21x①，對(duì)質(zhì)點(diǎn)乙有2v2＝－2ax②，聯(lián)立①②解得a＋a＝3m/s2③，當(dāng)質(zhì)點(diǎn)甲的速度v10212＝8m/s、質(zhì)點(diǎn)乙的速度v＝2m/s時(shí)，兩質(zhì)點(diǎn)通過的位移相同，設(shè)為x′，對(duì)質(zhì)點(diǎn)甲有v2＝2ax′④，對(duì)質(zhì)點(diǎn)乙211vv＝－2ax′12a2a＝2m/sa＝1m/sAB正確；20212根據(jù)質(zhì)點(diǎn)甲的運(yùn)動(dòng)知v2＝ax＝6mv＝26m/sa26v＝8m/sx16m1甲甲甲b16，選項(xiàng)C正確；兩圖線的交點(diǎn)表示甲、乙兩質(zhì)點(diǎn)以相同的速度經(jīng)過該位置，但不是同時(shí)，選項(xiàng)D錯(cuò)誤?！疽?guī)律總結(jié)】運(yùn)動(dòng)圖象問題的“三點(diǎn)提醒”(1)對(duì)于x-t圖象，圖線在縱軸上的截距表示＝0時(shí)物體的位置；對(duì)于-t和a-t并不表示0時(shí)物體的位置。(2)在v-t圖象中，兩條圖線的交點(diǎn)不表示兩物體相遇，而是表示兩者速度相同。(3)v-t圖象中兩條圖線在軸上的截距不同，不少同學(xué)誤認(rèn)為兩物體的初始位置不同，位置是否相同應(yīng)根據(jù)題中條件確定。考點(diǎn)三動(dòng)力學(xué)中的連接體問題【考點(diǎn)詮釋】1．整體法的選取原則及解題步驟18/290屆衡水中學(xué)物理一本通高分手冊(1)當(dāng)只涉及系統(tǒng)的受力和運(yùn)動(dòng)情況而不涉及系統(tǒng)內(nèi)某些物體的受力和運(yùn)動(dòng)情況時(shí)，一般采用整體法。(2)運(yùn)用整體法解題的基本步驟：明確所研究系統(tǒng)和運(yùn)動(dòng)的全過程畫出系統(tǒng)整體的受力圖或運(yùn)動(dòng)全過程的示意圖選用適當(dāng)?shù)奈锢硪?guī)律列方程求解??2．隔離法的選取原則及解題步驟(1)當(dāng)涉及系統(tǒng)(連接體)內(nèi)某個(gè)物體的受力和運(yùn)動(dòng)情況時(shí)，一般采用隔離法。(2)運(yùn)用隔離法解題的基本步驟：①②③④【明確研究對(duì)象或過程、狀態(tài)。將某個(gè)研究對(duì)象或某段運(yùn)動(dòng)過程、某個(gè)狀態(tài)從系統(tǒng)或全過程中隔離出來。畫出某狀態(tài)下的受力圖或運(yùn)動(dòng)過程示意圖。選用適當(dāng)?shù)奈锢硪?guī)律列方程求解。典例分析5(多選)M3α45°的斜面體放在光滑水平地面上，斜面體上有一質(zhì)量為m＝1F重力加速度取＝10m/s，下列判斷正確的是()A．系統(tǒng)做勻速直線運(yùn)動(dòng)B．F＝40NC．斜面體對(duì)楔形物體的作用力大小為52ND．增大力F，楔形物體將相對(duì)斜面體沿斜面向上運(yùn)動(dòng)【【【光滑水平地面”“水平向左的恒力F”，兩條信息表明整體向左勻加速運(yùn)動(dòng)。答案】解析】19/290屆衡水中學(xué)物理一本通高分手冊甲乙對(duì)整體受力分析如圖甲所示，由牛頓第二定律有F＝(M＋m)a，對(duì)楔形物體受力分析如圖乙所示。由牛頓第二mg定律有mgtan45°＝ma＝40N＝10m/sAB正確；斜面體對(duì)楔形物體的作用力＝sin2mg＝102NCF體將會(huì)相對(duì)斜面體沿斜面上滑，D正確。＝【(1)處理連接體問題時(shí)，整體法與隔離法往往交叉使用，一般的思路是先用整體法求加速度，再用隔離法求物體間的作用力。(2)隔離法分析物體間的作用力時(shí)，一般應(yīng)選受力個(gè)數(shù)較少的物體進(jìn)行分析?！镜淅治?質(zhì)量分別為m2m的物塊AB。當(dāng)用水平力F作用于Bx1圖甲所示；當(dāng)用同樣大小的力F豎直提升兩物塊使它們以相同加速度向上加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，彈簧的伸長量為x圖乙所示；當(dāng)用同樣大小的力F沿傾角為θ的固定斜面向上拉兩物塊使它們以相同加速度向上加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，彈簧的伸長量為x，如圖丙所示，則xx∶x等于()3123甲乙丙A1∶∶1．∶21B．1∶2∶3D．無法確定【②【題眼點(diǎn)撥】①“相同的加速度”，采用整體法?！皒∶x∶x”采用隔離法。123答案】A20/290屆衡水中學(xué)物理一本通高分手冊－μmgFm【解析】對(duì)題圖甲，把物塊、B和彈簧看作一個(gè)整體研究，根據(jù)牛頓第二定律得a＝＝－μg3mF3A有kxμmg＝max＝kAB和彈簧看作一個(gè)整體研究，根據(jù)牛頓第二定律得a2111F3mgF3mFk＝＝g，對(duì)A有kxmgma，解得x＝；對(duì)題圖丙，把物塊AB和彈簧看作一個(gè)整體研究，2223m3mgsinθ3μmgcosθFm根據(jù)牛頓第二定律得3＝＝－gsinθ－cosθA有kxmgsinθ－μmgcosθma，333mF33kxx∶x1∶∶1A正確，B、D錯(cuò)誤。123【規(guī)律總結(jié)】(1)當(dāng)連接體中各物體具有共同的加速度時(shí)，一般采用整體法。當(dāng)系統(tǒng)內(nèi)各物體的加速度不同時(shí)，一般采用隔離法。(2)求連接體內(nèi)各物體間的相互作用力時(shí)必須用隔離法?？键c(diǎn)四牛頓第二定律的瞬時(shí)性問題【考點(diǎn)詮釋】(1)力可以發(fā)生突變，但速度不能發(fā)生突變。(2)輕繩、輕桿、輕彈簧兩端有重物或固定時(shí)，在外界條件變化時(shí)，輕繩、輕桿的彈力可以發(fā)生突變，但輕彈簧的彈力不能突變。(3)輕繩、輕桿、輕彈簧某端突然無重物連接或不固定，三者彈力均突變?yōu)榱恪！镜淅治?】如圖所示，質(zhì)量均為m的A、B兩小球分別用輕質(zhì)細(xì)繩1和輕彈簧系在天花板上的O點(diǎn)和O′點(diǎn)，A、B兩小球之間用一輕質(zhì)細(xì)繩L連接，細(xì)繩L、彈簧與豎直方向的夾角均為θ，細(xì)繩L水平拉直，則下212列有關(guān)細(xì)繩L2被剪斷瞬間的表述正確的是()A．細(xì)繩L1上的拉力與彈簧彈力之比為1∶1．A與B的加速度之比為11．細(xì)繩1上的拉力與彈簧彈力之比為2θ1DA與B的加速度之比為∶cosθ【答案】B【ALL的拉力將發(fā)生突變，合力垂直于細(xì)繩LL的拉力211121/290屆衡水中學(xué)物理一本通高分手冊大小為FmgcosθA球的加速度大小a＝gsinθBLAA2mgcosθaacosθFcosθ。A＝右，彈簧彈力大?。?，B球的加速度大小a＝tanθ，所以＝B1F1BB【規(guī)律總結(jié)】“兩關(guān)鍵”“四步驟”巧解瞬時(shí)性問題1．分析瞬時(shí)加速度的“兩個(gè)關(guān)鍵”(1)分析瞬時(shí)前、后的受力情況和運(yùn)動(dòng)狀態(tài)。(2)明確繩或桿類、彈簧或橡皮條類模型的特點(diǎn)。2“四個(gè)步驟”第一步：分析原來物體的受力情況。第二步：分析物體在突變時(shí)的受力情況。第三步：由牛頓第二定律列方程。第四步：求出瞬時(shí)加速度，并討論其合理性?？键c(diǎn)五．動(dòng)力學(xué)中的“傳送帶”模型【考點(diǎn)詮釋】1．水平傳送帶問題求解的關(guān)鍵在于對(duì)物體所受的摩擦力進(jìn)行正確的分析判斷。判斷摩擦力時(shí)要注意比較物體的運(yùn)動(dòng)速度與傳送帶的速度。物體的速度與傳送帶速度相等的時(shí)刻就是物體所受摩擦力發(fā)生突變的時(shí)刻。2．傾斜傳送帶問題求解的關(guān)鍵在于認(rèn)真分析物體與傳送帶的相對(duì)運(yùn)動(dòng)情況，從而確定其是否受到滑動(dòng)摩擦力作用，如果受到滑動(dòng)摩擦力作用應(yīng)進(jìn)一步確定其大小和方向，然后根據(jù)物體的受力情況確定物體的運(yùn)動(dòng)情況。當(dāng)物體速度與傳送帶速度相等時(shí)，物體所受的摩擦力有可能發(fā)生突變。22/290屆衡水中學(xué)物理一本通高分手冊【典例分析8L＝4mL5m，傾角為θ＝37°和由B點(diǎn)通過一段短的圓弧連接(圖中未畫出圓弧)，傳送帶以v4m/s的恒定速率順時(shí)針運(yùn)轉(zhuǎn)，已知工件與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5，重力加速度g取10m/s2。現(xiàn)將一個(gè)工件(可看作質(zhì)點(diǎn))無初速度地放在A點(diǎn)，求：(1)工件第一次到達(dá)B點(diǎn)所用的時(shí)間；(2)工件沿傳送帶上升的最大高度；(2)工件運(yùn)動(dòng)了23s后所在的位置?！敬鸢浮?1)1.4s(2)2.4m(3)在A點(diǎn)右側(cè)2.4m處【解析】(1)工件剛放在水平傳送帶上的加速度大小為1，由牛頓第二定律得μmg＝ma11μg5m/s2經(jīng)1時(shí)間工件與傳送帶的速度相同，解得vt＝0.8s1a112工件前進(jìn)的位移為x＝at1.6m111此后工件將與傳送帶一起勻速運(yùn)動(dòng)至B點(diǎn)，用時(shí)L－x＝0.6s＝v所以工件第一次到達(dá)B點(diǎn)所用的時(shí)間＝t＋t＝1.4s。1223/290屆衡水中學(xué)物理一本通高分手冊(2)在傾斜傳送帶上工件的加速度為a，由牛頓第二定律得μmgcosθ－mgsinθ＝ma222＝－2m/s2hm由速度位移公式得－v2a2＝2.4m。sinθ2hm(3)工件沿傳送帶向上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t＝＝2s3sinθ此后由于工件在傳送帶的傾斜段運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度相同，在傳送帶的水平段運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度也相同，故工件將在傳送帶上做往復(fù)運(yùn)動(dòng)，其周期為＝t＋2t＝5.6s13工件從開始運(yùn)動(dòng)到第一次返回傳送帶的水平部分，且速度變?yōu)榱闼钑r(shí)間t2t＋t2t6.2s，而23s＝t＋012303，這說明經(jīng)過23s后工件恰好運(yùn)動(dòng)到傳送帶的水平部分，且速度為零，故工件在A點(diǎn)右側(cè)，到A點(diǎn)的距離x＝Lx2.4m。1【規(guī)律總結(jié)】24/290屆衡水中學(xué)物理一本通高分手冊考點(diǎn)六動(dòng)力學(xué)中的“板塊”模型【考點(diǎn)詮釋】12．模型特點(diǎn)：涉及兩個(gè)物體，并且物體間存在相對(duì)滑動(dòng)。．兩種位移關(guān)系：滑塊由滑板的一端運(yùn)動(dòng)到另一端的過程中，若滑塊和滑板同向運(yùn)動(dòng)時(shí)，位移之差等于板長；反向運(yùn)動(dòng)時(shí)，位移之和等于板長。3．解題思路(1)審題建模：求解時(shí)應(yīng)先仔細(xì)審題，清楚題目的含義、分析清楚每一個(gè)物體的受力情況、運(yùn)動(dòng)情況。(2)求加速度：準(zhǔn)確求出各物體在各運(yùn)動(dòng)過程的加速度(注意兩過程的連接處加速度可能突變)。(3)(路程)每一個(gè)過程的末速度是下一個(gè)過程的初速度?！镜淅治?α＝30°＝1.8mM＝33kg的薄木板，木板的最右端疊放一質(zhì)量m＝1kg的小物塊，物塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝。對(duì)木板施加沿2斜面向上的恒力，使木板沿斜面由靜止開始做勻加速直線運(yùn)動(dòng)。設(shè)物塊與木板間最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，重力加速度g取10m/s，物塊可視為質(zhì)點(diǎn)。(1)為使物塊不滑離木板，求力F應(yīng)滿足的條件；(2)若F＝37.5N，物塊能否滑離木板？若不能，請(qǐng)說明理由；若能，求出物塊滑離木板所用的時(shí)間及滑離木板后沿斜面上升的最大距離。【答案】(1)20N<≤30N(2)能1.2s0.9m【解析】(1)以物塊和木板整體為研究對(duì)象，由牛頓第二定律得(Mm)sinα(＋m)a以物塊為研究對(duì)象，由牛頓第二定律得mgsinαma又FFμmgcosαffm25/290屆衡水中學(xué)物理一本通高分手冊≤30N又aF>20N20N<≤30N。(2)因F＝37.5N>30N，所以物塊能夠滑離木板，隔離木板，由牛頓第二定律得－μmgcosα－sinαMa1隔離物塊，由牛頓第二定律得μmgcosαmgsinα＝ma2設(shè)物塊滑離木板所用時(shí)間為t1木板的位移x＝at211212物塊的位移x＝at222物塊與木板分離的臨界條件為Δx＝x－x＝L12聯(lián)立以上各式解得1.2s物塊滑離木板時(shí)的速度＝at由公式－2sinα＝－v2＝0.9m?！镜淅治?0v＝2m/s板質(zhì)量相等的小滑塊(可視為質(zhì)點(diǎn))以v1＝4m/s的速度從右側(cè)滑上木板，經(jīng)過1s兩者速度恰好相同，速度大小為v＝1m/s，方向向左。取重力加速度g10m/s，試求：(1)木板與滑塊間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ；1(2)木板與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ；2(3)從滑塊滑上木板，到最終兩者速度恰好相同的過程中，滑塊相對(duì)木板的位移大小。26/290屆衡水中學(xué)物理一本通高分手冊【①②【思路點(diǎn)撥】解此題關(guān)鍵有兩點(diǎn)：根據(jù)速度變化結(jié)合加速度定義求加速度，利用牛頓第二定律求動(dòng)摩擦因數(shù)。逐段分析木板和小滑塊的運(yùn)動(dòng)求相對(duì)位移。答案】(1)0.3(2)0.05(3)2.75mvv1－4【(1)a＝＝m/s2＝－3m/s2，負(fù)號(hào)表示加速度t1方向向右，設(shè)小滑塊的質(zhì)量為m，根據(jù)牛頓第二定律有：－μmgma，可以得到：μ0.3。111(2)對(duì)木板分析，向右減速運(yùn)動(dòng)過程，根據(jù)牛頓第二定律以及運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可以得到：v0μmg＋μ·2mgm121向左加速運(yùn)動(dòng)過程，根據(jù)牛頓第二定律以及運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可以得到：v2μmg－μ·2mgm122t＋t＝＝1s12聯(lián)立可以得到：μ＝0.05t＝0.5st＝0.5s。2120＋v0(3)在t＝0.5s時(shí)間內(nèi)，木板向右減速運(yùn)動(dòng)，其向右運(yùn)動(dòng)的位移為：x＝·t＝0.5m，方向向右；111220在t0.5s時(shí)間內(nèi)，木板向左加速運(yùn)動(dòng)，其向左加速運(yùn)動(dòng)的位移為：x＝·t＝0.25m，方向向左；2222v＋v2在整個(gè)＝1s時(shí)間內(nèi)，小滑塊向左減速運(yùn)動(dòng)，其位移為：x＝·t＝2.5m，方向向左2則整個(gè)過程中滑塊相對(duì)木板的位移大小為：Δ＝xx－x2.75m。1227/290屆衡水中學(xué)物理一本通高分手冊【規(guī)律總結(jié)】求解“滑塊木板”類問題的技巧(1)弄清各物體初態(tài)對(duì)地的運(yùn)動(dòng)和相對(duì)運(yùn)動(dòng)(或相對(duì)運(yùn)動(dòng)趨勢)，根據(jù)相對(duì)運(yùn)動(dòng)(或相對(duì)運(yùn)動(dòng)趨勢)情況，確定物體間的摩擦力方向。(2)準(zhǔn)確地對(duì)各物體進(jìn)行受力分析，并根據(jù)牛頓第二定律確定各物體的加速度，結(jié)合加速度和速度的方向關(guān)系確定物體的運(yùn)動(dòng)情況。(3)速度相等是這類問題的臨界點(diǎn)，此時(shí)往往意味著物體間的相對(duì)位移最大，物體的受力和運(yùn)動(dòng)情況可能發(fā)生突變。28/290屆衡水中學(xué)物理一本通高分手冊第一部分力與運(yùn)動(dòng)專題03力與曲線運(yùn)動(dòng)一、素養(yǎng)呈現(xiàn)123物理觀念：合運(yùn)動(dòng)、分運(yùn)動(dòng)、平拋運(yùn)動(dòng)、斜拋運(yùn)動(dòng)、圓周運(yùn)動(dòng)、向心力、向心加速度、線速度、角速度。科學(xué)思維：運(yùn)動(dòng)的合成與分解、平拋斜面模型、豎直平面圓周運(yùn)動(dòng)模型?？茖W(xué)態(tài)度與責(zé)任：離心現(xiàn)象與行車安全。二、素養(yǎng)落實(shí)123掌握渡河問題、關(guān)聯(lián)速度問題的處理方法應(yīng)用平拋運(yùn)動(dòng)特點(diǎn)及規(guī)律解決相關(guān)問題掌握?qǐng)A周運(yùn)動(dòng)動(dòng)力學(xué)特點(diǎn)，靈活處理相關(guān)問題考點(diǎn)一曲線運(yùn)動(dòng)和運(yùn)動(dòng)的合成與分解考點(diǎn)詮釋】．曲線運(yùn)動(dòng)的分析【1(1)物體的實(shí)際運(yùn)動(dòng)是合運(yùn)動(dòng)，明確是在哪兩個(gè)方向上的分運(yùn)動(dòng)的合成。(2)根據(jù)合外力與合初速度的方向關(guān)系判斷合運(yùn)動(dòng)的性質(zhì)。(3)運(yùn)動(dòng)的合成與分解就是速度、位移、加速度等的合成與分解，遵守平行四邊形定則。2．渡河問題中分清三種速度29/290屆衡水中學(xué)物理一本通高分手冊(1)合速度：物體的實(shí)際運(yùn)動(dòng)速度。(2)船速：船在靜水中的速度。(3)水速：水流動(dòng)的速度，可能大于船速。3．端速問題解題方法把物體的實(shí)際速度分解為垂直于繩()和平行于繩(桿)兩個(gè)分量，根據(jù)沿繩(桿)方向的分速度大小相等求解，常見的模型如圖所示。甲乙丙丁【典例分析1】如圖所示的機(jī)械裝置可以將圓周運(yùn)動(dòng)轉(zhuǎn)化為直線上的往復(fù)運(yùn)動(dòng)．連桿AB、OB可繞圖中AB、OOB在豎直面內(nèi)的圓周運(yùn)動(dòng)可通過連桿OB桿長為O點(diǎn)沿逆時(shí)針方向勻速轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度為ω與水平方向夾角為桿與OB桿的夾角為時(shí)，滑塊的水平速度大小為()sinβsinαωLcosβsinαωLcosβcosαsinβcosαA.B.C.D.【答案】D【解析】設(shè)滑塊的水平速度大小為，A點(diǎn)的速度的方向沿水平方向，如圖將A點(diǎn)的速度分解，根據(jù)運(yùn)動(dòng)的合成與分解可知，沿桿方向的分速度：vA＝vcosαB點(diǎn)做圓周運(yùn)動(dòng)，實(shí)際速度是圓周運(yùn)動(dòng)的線速度，可以分解為沿桿方向的分速度和垂直于桿方向的分速度，如圖，30/290屆衡水中學(xué)物理一本通高分手冊設(shè)B的線速度為′，則：vB＝′cosθ＝′cos(β90°)＝′cos(90°－β)v′sinβv′＝，又二者沿桿方向的分速度是相等的，即：vA＝B分sinβcosα聯(lián)立可得：v＝D正確.【“端速問題”的關(guān)鍵是合速度的判斷，根據(jù)與桿或與繩相連的物體相對(duì)地面發(fā)生的實(shí)際運(yùn)動(dòng)判斷是常用方法【典例分析2如圖所示，船在靜水中的速度為v，小船(可視為質(zhì)點(diǎn))過河時(shí)，船頭偏向上游，與水流方向的夾角為α，其航線恰好垂直于河岸?，F(xiàn)水流速度稍有增大，為保持航線和過河所需時(shí)間不變，下列措施可行的是()A．減小α，增大船速v．減小α，船速vB．增大α，增大船速vD．增大α，船速v【答案】B【解析】要保持航線仍垂直于河岸，過河所需時(shí)間不變，必須讓船在靜水中的速度沿河岸的分量和水速等大反v(船的實(shí)際速度)vsin(πα)vvcos(πα)＝vtan(πα)＝實(shí)水v水v不變，v增大，則tan(π－α)減小，分析可知，α增大，v增大，只有B正確。實(shí)水【規(guī)律總結(jié)】三情景、兩方案”解決小船渡河問題31/290屆衡水中學(xué)物理一本通高分手冊考點(diǎn)二平拋運(yùn)動(dòng)考點(diǎn)詮釋】．平拋運(yùn)動(dòng)的研究方法【12．平拋運(yùn)動(dòng)的二級(jí)結(jié)論y(1)做平拋運(yùn)動(dòng)的物體在任一時(shí)刻的瞬時(shí)速度的反向延長線一定通過此時(shí)水平位移的中點(diǎn)，則tanα＝。x2(2)做平拋運(yùn)動(dòng)的物體在任一時(shí)刻任一位置處，其速度與水平方向的夾角αθ的正切值的2倍，即tanα2tanθ。(3)若物體在斜面上平拋又落到斜面上，則其豎直位移與水平位移之比等于斜面傾角的正切值。(4)若平拋物體垂直打在斜面上，則物體打在斜面上瞬間，其水平速度與豎直速度之比等于斜面傾角的正切值?！镜淅治鰔OyOxOyOP軌跡上的一點(diǎn).質(zhì)點(diǎn)在P點(diǎn)的速度大小為v，方向沿該點(diǎn)所在軌跡的切線.MPOx軸上的投影，P點(diǎn)速度方向的反向延長線與Ox軸相交于Q.已知平拋的初速度為20m/s，MP=20m，重力加速度g取10m/s，則下列說法正確的是32/290屆衡水中學(xué)物理一本通高分手冊A．QM的長度為10mB．質(zhì)點(diǎn)從O到P的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為1sC．質(zhì)點(diǎn)在P點(diǎn)的速度v大小為40m/sD．質(zhì)點(diǎn)在P點(diǎn)的速度與水平方向的夾角為45°【答案】D1h2【解析】．根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)在豎直方向做自由落體運(yùn)動(dòng)有：2xvt40m=2s；質(zhì)點(diǎn)在水平方向的位移為：根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)的推論可知Q是OM的中點(diǎn)，所以QM=20mA錯(cuò)誤，B錯(cuò)誤；vgt102m/s=20m/syC．質(zhì)點(diǎn)在P點(diǎn)的豎直速度：vvx2vy222m/s故C錯(cuò)誤；2所以在P點(diǎn)的速度為：vytan1所以質(zhì)點(diǎn)在P點(diǎn)的速度與水平方向的夾角為45°D正確.D．因?yàn)椋簐x【規(guī)律總結(jié)】化曲為直”思想在平拋運(yùn)動(dòng)中的應(yīng)用根據(jù)運(yùn)動(dòng)效果的等效性，利用運(yùn)動(dòng)分解的方法，將其轉(zhuǎn)化為我們所熟悉的兩個(gè)方向上的直線運(yùn)動(dòng)：(1)水平方向的勻速直線運(yùn)動(dòng)。(2)豎直方向的自由落體運(yùn)動(dòng)。傾角為v1【典例分析．如圖所示，斜面點(diǎn)以速度A球恰好經(jīng)過斜面上的小孔E，落在斜面底部的D點(diǎn)，且D為的中點(diǎn)。在A點(diǎn)以速度將小球水平拋出，v2小球剛好落在C點(diǎn)。若小球從運(yùn)動(dòng)到的時(shí)間為EDtA運(yùn)動(dòng)到Ctt:t的時(shí)間為2）12133/290屆衡水中學(xué)物理一本通高分手冊A．1：1B．1：2C．2：3D．1：3【答案】Bh【解析】對(duì)于平拋運(yùn)動(dòng)，其運(yùn)動(dòng)時(shí)間只由高度決定，不管是以初速度v1v2或拋出，其落到斜面底端時(shí)間是一1gt2t樣，都為。設(shè)從AE的時(shí)間為t，由平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律得2vt到tan211gt22同理，從A到D的運(yùn)動(dòng)2tanvt12tan根據(jù)數(shù)學(xué)幾何問題可知ABtanBD2tant2ttan即2t1tt:t1:2212即A到E和E到DA到DA點(diǎn)拋出，D、C1度相同，時(shí)間相同，即tt。t1234/290屆衡水中學(xué)物理一本通高分手冊【規(guī)律總結(jié)】與斜面相關(guān)聯(lián)的平拋運(yùn)動(dòng)的分解方法與技巧(1)如果知道速度的大小或方向，應(yīng)首先考慮分解速度。(2)如果知道位移的大小或方向，應(yīng)首先考慮分解位移。【典例分析5北京冬奧會(huì)將在2022年2月4日至2022年2月20家口歷史上第一次舉辦冬季奧運(yùn)會(huì)。圖示為某滑雪運(yùn)動(dòng)員訓(xùn)練的情境，運(yùn)動(dòng)員從弧形坡面上滑下，沿水平方向θ面水平飛出的速度大小為v，飛出后在空中的姿勢保持不變，不計(jì)空氣阻力，下列判斷正確的是()A．若運(yùn)動(dòng)員以不同的速度從弧形坡面飛出，落到斜面前瞬間速度方向一定相同0tanθ2B．若運(yùn)動(dòng)員飛出時(shí)的水平速度大小變?yōu)?v，運(yùn)動(dòng)員飛出后經(jīng)t＝距斜面最遠(yuǎn)0gC．若運(yùn)動(dòng)員飛出時(shí)的水平速度大小變?yōu)?v，運(yùn)動(dòng)員落點(diǎn)位移為原來的4倍0D．若運(yùn)動(dòng)員飛出時(shí)的水平速度大小變?yōu)?v，落到斜面前瞬間速度方向與水平方向的夾角變大0【②【【題眼點(diǎn)撥】①“沿水平方向飛出”，運(yùn)動(dòng)員做平拋運(yùn)動(dòng)，要應(yīng)用分解思想。“弧形斜面與斜面頂端有一定高度差，可從拋出點(diǎn)構(gòu)建斜面，比較實(shí)際斜面，應(yīng)用二級(jí)結(jié)論。答案】B解析】利用物體從斜面頂端平拋的運(yùn)動(dòng)規(guī)律，設(shè)運(yùn)動(dòng)員從弧形坡面上A點(diǎn)做平拋運(yùn)動(dòng)，落到斜面上的C點(diǎn)，沿作一直線ACB，如圖所示則從AAB(虛擬)E點(diǎn)時(shí)豎直方35/290屆衡水中學(xué)物理一本通高分手冊向分速度v小于落到D點(diǎn)時(shí)豎直方向分速度vE點(diǎn)時(shí)速度與水平方向的夾角比落到D點(diǎn)小，故AD項(xiàng)錯(cuò)誤；運(yùn)動(dòng)員離斜面最遠(yuǎn)時(shí)的速度與斜面平行，當(dāng)速度為2v0時(shí)，有tanθ＝gt2vtanθvgt0y＝Bα的D點(diǎn)的時(shí)間tanα＝＝2tanθ，20gv0v0解得t2vtanθg，則x＝vt＝2v2tanθ，故s＝x2vtanθ，可知當(dāng)速度為20時(shí)，s′＝4s，則落到E點(diǎn)時(shí)的距0gcosθgcosθ離s″<4sC項(xiàng)錯(cuò)誤?！疽?guī)律總結(jié)】平拋運(yùn)動(dòng)問題要構(gòu)建好兩類模型，一類是常規(guī)平拋運(yùn)動(dòng)模型，注意分解方法，應(yīng)用勻變速運(yùn)動(dòng)的規(guī)律；另一類是平拋斜面結(jié)合模型，要靈活應(yīng)用斜面傾角，分解速度或位移，構(gòu)建幾何關(guān)系?？键c(diǎn)三圓周運(yùn)動(dòng)【考點(diǎn)詮釋】1．水平面內(nèi)的圓周運(yùn)動(dòng)的“臨界”(1)繩的臨界：張力＝0(2)接觸面滑動(dòng)臨界：＝m(3)接觸面分離臨界：＝02．豎直面內(nèi)的圓周運(yùn)動(dòng)輕繩模型和輕桿模型)輕繩模型輕桿模型重力，彈力F向下、向上或等于零，mg±F在最高點(diǎn)受v2RF向下或等于零，mg＋Fmv2彈彈力mR2恰好過最高F＝，mgmv＝Rg，即在最高點(diǎn)速彈Rv0mg＝F，在最高點(diǎn)速度可為零點(diǎn)度不能為零應(yīng)用動(dòng)能定理或機(jī)械能守恒定律將初、末狀態(tài)聯(lián)系起來列方程求解36/290屆衡水中學(xué)物理一本通高分手冊【典例分析6】在修筑鐵路時(shí)，彎道處的外軌會(huì)略高于內(nèi)軌。如圖5所示，當(dāng)火車以規(guī)定的行駛速度轉(zhuǎn)彎時(shí)，內(nèi)、外軌均不會(huì)受到輪緣的擠壓，設(shè)此時(shí)的速度大小為，重力加速度為g，兩軌所在面的傾角為θ，則()v2tanθA．該彎道的半徑r＝．當(dāng)火車質(zhì)量改變時(shí)，規(guī)定的行駛速度大小不變．當(dāng)火車速率大于v時(shí)，內(nèi)軌將受到輪緣的擠壓D．當(dāng)火車速率小于v時(shí)，外軌將受到輪緣的擠壓【答案】AB【解析】2據(jù)牛頓第二定律得mgtanθ＝m，解得r＝2gtanθv2，故選項(xiàng)A正確；根據(jù)牛頓第二定律得mgtanθ＝m，解得vrr＝grtanθ，可知火車規(guī)定的行駛速度與質(zhì)量無關(guān)，故選項(xiàng)B正確；當(dāng)火車速率大于v時(shí)，重力和支持力的合力不夠提供向心力，此時(shí)外軌對(duì)火車有側(cè)壓力，輪緣擠壓外軌，故選項(xiàng)C錯(cuò)誤；當(dāng)火車速率小于v支持力的合力大于所需的向心力，此時(shí)內(nèi)軌對(duì)火車有側(cè)壓力，輪緣擠壓內(nèi)軌，故選項(xiàng)D錯(cuò)誤。【典例分析7(多選)A和B，它們分居圓心兩側(cè)，與圓心距離分別為R＝r，R＝2r，與盤間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ相同，當(dāng)圓盤轉(zhuǎn)速加快到AB兩物體剛好還未發(fā)生滑動(dòng)時(shí)，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，下列說法正確的是()A．此時(shí)繩子張力為F＝3μmgT2μgrB．此時(shí)圓盤的角速度為ω＝C．此時(shí)A所受摩擦力方向沿半徑指向圓外37/290屆衡水中學(xué)物理一本通高分手冊D．此時(shí)燒斷繩子，A仍相對(duì)盤靜止，B將做離心運(yùn)動(dòng)【答案】【A和B＝mωrB的半徑比AB所B的靜摩擦力方向指向圓心，A的最大靜摩擦力方向指向圓外，根據(jù)牛頓第二定律得F－μmg＝mωr，F(xiàn)μmg＝mω·2r，解得F＝μmg，TTT2μgrω＝ACAmωr＝2A的最大靜摩擦力不足以提供所需向心力，則A做離心運(yùn)動(dòng)，故D錯(cuò)誤。【規(guī)律總結(jié)】一、二、三、四”求解圓周運(yùn)動(dòng)問題【典例分析8“魔力陀螺”，B圓心O且大小恒為F，當(dāng)質(zhì)點(diǎn)以速率v＝gR通過A點(diǎn)時(shí)，對(duì)軌道的壓力為其重力的8倍，不計(jì)摩擦和空氣阻力，質(zhì)點(diǎn)質(zhì)量為m，重力加速度為，則()甲乙A．強(qiáng)磁性引力的大小F＝7mgB．質(zhì)點(diǎn)在A點(diǎn)對(duì)軌道的壓力小于在B點(diǎn)對(duì)軌道的壓力C．只要質(zhì)點(diǎn)能做完整的圓周運(yùn)動(dòng)，則質(zhì)點(diǎn)對(duì)A、B兩點(diǎn)的壓力差恒為5mg38/290屆衡水中學(xué)物理一本通高分手冊D．若強(qiáng)磁性引力大小恒為2F，為確保質(zhì)點(diǎn)做完整的圓周運(yùn)動(dòng)，則質(zhì)點(diǎn)通過B點(diǎn)的最大速率為15gR【②【題眼點(diǎn)撥】①“強(qiáng)磁性引力始終指向圓心O”，表明向心力來源有重力、彈力和強(qiáng)磁性引力。“對(duì)軌道壓力為其重力的8倍”，運(yùn)用此信息列牛頓第二定律方程求解F。答案】Dv2R【AF＋mgFmF＝′＝mg，AAAmv2R聯(lián)立解得F＝8mg，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；質(zhì)點(diǎn)能完成圓周運(yùn)動(dòng)，在A點(diǎn)根據(jù)牛頓第二定律有F＋mg－N＝，根據(jù)mv2RB牛頓第三定律有N＝N′；在B點(diǎn)，根據(jù)牛頓第二定律有－mgN＝，根據(jù)牛頓第三定律有NN′AABBB1212A點(diǎn)到Bmg·2R＝mv2－mv2′N′6mgBCBAABv2RB性引力大小恒為2F，在B點(diǎn)，根據(jù)牛頓第二定律有2F－mg－F＝m，由數(shù)學(xué)知識(shí)可知當(dāng)F＝0時(shí)，質(zhì)點(diǎn)速BB度最大為v，可解得v＝gR，選項(xiàng)D正確。mm【典例分析9】如圖所示，水平地面上有一光滑弧形軌道與半徑為r的光滑圓軌道相連，且固定在同一個(gè)豎直m這個(gè)高度h的取值可為()A．2.2rB．1.2rC．1.6rD．0.8r【答案】D【解析】小球沿圓軌道運(yùn)動(dòng)時(shí)，可能做完整的圓周運(yùn)動(dòng)，當(dāng)小球剛好不脫離圓軌道時(shí)，在圓軌道最高點(diǎn)重力提v21供向心力，則有mgm，由機(jī)械能守恒定律得mgh－mg·2r＝mv，解得h＝2.5r。小球沿圓軌道運(yùn)動(dòng)時(shí)，也r2可能不超過與圓心等高處，由機(jī)械能守恒定律得mghmg·r，得h＝r，綜上可得，為使小球在沿圓軌道運(yùn)動(dòng)時(shí)始終不離開軌道，h的范圍為h≤r或h≥2.5r，選項(xiàng)D正確?！疽?guī)律總結(jié)】分析豎直平面內(nèi)圓周運(yùn)動(dòng)臨界問題的思路39/290屆衡水中學(xué)物理一本通高分手冊【典例分析10l的輕質(zhì)細(xì)線固定在O點(diǎn)，細(xì)線的下端系一質(zhì)量為mO的正11下方0.5l處的P點(diǎn)可以垂直于豎直平面插入一顆釘子，現(xiàn)將小球從細(xì)線處于水平狀態(tài)由靜止釋放，此時(shí)釘子還5未插入P點(diǎn)，在B點(diǎn)右下方水平地面上固定有一半徑為R＝16l的光滑圓弧形槽，槽的圓心在O，D點(diǎn)為最低點(diǎn)，且∠D37°，重力加速度為g，不計(jì)空氣阻力。(sin37°＝0.6，cos37°0.8)(1)小球運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)的速度大??；(2)如果釘子插入PAB(3)在第(2)問的情況下，小球恰好從槽的C點(diǎn)無碰撞地進(jìn)入槽內(nèi)，求整個(gè)過程中小球?qū)Σ鄣淖畲髩毫?。【答案?1)2gl(2)5mgmg12【解析】(1)設(shè)小球運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的速度為vA到B應(yīng)用動(dòng)能定理，mg·l＝mv2BB解得：v＝2gl。(2)插入釘子后，小球再次經(jīng)過B點(diǎn)時(shí)有：v2lB－＝m0解得繩子能承受的最大拉力5mg。40/290屆衡水中學(xué)物理一本通高分手冊(3)小球從B點(diǎn)開始做平拋運(yùn)動(dòng)，在C點(diǎn)時(shí)速度方向恰好沿軌道切線方向，即：vBcosv＝小球沿槽運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力最大，小球從C到D過程中機(jī)械能守恒有：1212mgR(1cos37°)＝mv2－mv2DCv2D在D點(diǎn)有：－＝mR解得槽對(duì)小球的支持力mg由牛頓第三定律得小球?qū)Σ鄣淖畲髩毫椤洌?，方向豎直向下?！疽?guī)律總結(jié)】解決平拋與圓周運(yùn)動(dòng)組合問題的“四個(gè)關(guān)鍵”(1)運(yùn)動(dòng)階段的劃分，如例題中分成三個(gè)階段(圓周平拋→圓周)。(2)運(yùn)動(dòng)階段的銜接，尤其注意速度方向，如例題中，小球運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的速度。(3)兩個(gè)運(yùn)動(dòng)階段在時(shí)間和空間上的聯(lián)系。(4)對(duì)于平拋運(yùn)動(dòng)或類平拋運(yùn)動(dòng)與圓周運(yùn)動(dòng)組合的問題，應(yīng)用合成與分解的思想分析，這兩種運(yùn)動(dòng)轉(zhuǎn)折點(diǎn)的速度是解題的關(guān)鍵。41/290屆衡水中學(xué)物理一本通高分手冊第一部分力與運(yùn)動(dòng)專題04天體運(yùn)動(dòng)一、素養(yǎng)呈現(xiàn)123物理觀念：萬有引力、宇宙速度、經(jīng)典時(shí)空觀、相對(duì)論時(shí)空觀。科學(xué)思維：萬有引力定律、開普勒定律、雙星模型、多星運(yùn)動(dòng)模型?？茖W(xué)態(tài)度與責(zé)任：萬有引力與衛(wèi)星發(fā)射、變軌、回收。二、素養(yǎng)落實(shí)1234.掌握衛(wèi)星的運(yùn)行特點(diǎn)和規(guī)律掌握計(jì)算天體質(zhì)量(密度)的方法掌握宇宙速度并推導(dǎo)第一宇宙速度會(huì)應(yīng)用動(dòng)力學(xué)和能量觀點(diǎn)分析衛(wèi)星變軌問題考點(diǎn)一萬有引力定律的應(yīng)用【考點(diǎn)詮釋】1．開普勒第三定律32(1)＝k，其中k與中心天體有關(guān)，r是橢圓軌道的半長軸。(2)對(duì)同一中心天體的所有行星，該公式都成立。2．估算中心天體的質(zhì)量和密度的兩條思路42/290屆衡水中學(xué)物理一本通高分手冊M2gR2GMV3g4πGR(1)利用中心天體的半徑和表面的重力加速度g計(jì)算。由G＝mgM＝ρ＝＝＝。43πR3r24π224π23GT2(2)利用環(huán)繞天體的軌道半徑r和周期T計(jì)算。由G＝mrM＝M3GT2π做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，軌道半徑rR，則ρ4＝。πR33【典例分析1】若宇航員在月球表面附近高h(yuǎn)處以初速度v0水平拋出一個(gè)小球，測出小球的水平射程為L。已知月球半徑為，引力常量為G。則下列說法正確的是()hv22hv22πGLR00A．月球表面的重力加速度g＝B．月球的平均密度ρ＝月v0hRv20GL2C．月球的第一宇宙速度v＝2hRD．月球的質(zhì)量m＝月L【答案】解析】設(shè)月球表面的重力加速度為gL＝【12222Gm月mhRv2v，在豎直方向上h＝gg＝0A＝mgm＝0月月月月2R22hRv20GL2m23hvv0月0球密度為ρ4＝＝B正確，Dv＝g月R＝L2hRC正確。2π2R4πR3πR333【典例分析2探路者”AB一顆靠近其表面飛行的衛(wèi)星，測得兩顆衛(wèi)星的周期相等，以下判斷正確的是()A．天體A、B的質(zhì)量一定相等B．兩顆衛(wèi)星的線速度一定相等．天體AB表面的重力加速度之比等于它們的半徑之比D．天體AB的密度一定不相等【答案】C解析】根據(jù)萬有引力提供向心力得GMmm4π2，解得M＝4π23GT2·，T相等，R不一定相等，所以天體AB【2243/290屆衡水中學(xué)物理一本通高分手冊的質(zhì)量不一定相等，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；衛(wèi)星的線速度為＝2π，T相等，而R不一定相等，故線速度不一定相等，T選項(xiàng)B錯(cuò)誤；天體A、B表面的重力加速度等于對(duì)應(yīng)衛(wèi)星的向心加速度，即g＝a＝4πR，可見天體A、B表面T24π2R3·MMVG243的重力加速度之比等于它們的半徑之比，選項(xiàng)C正確；天體的密度為ρ＝＝＝＝，由于兩顆衛(wèi)43GT2πR3πR3星的周期相等，則天體B的密度一定相等，選項(xiàng)D錯(cuò)誤?！疽?guī)律總結(jié)】估算天體質(zhì)量(密度)的兩點(diǎn)注意(1)利用萬有引力提供天體做圓周運(yùn)動(dòng)的向心力估算天體質(zhì)量時(shí)，求出的只是中心天體的質(zhì)量，并非環(huán)繞天體的質(zhì)量。43(2)區(qū)別天體半徑R和衛(wèi)星軌道半徑r，只有在天體表面附近的衛(wèi)星才有r≈R；計(jì)算天體密度時(shí)，體積V＝πR3只能用天體半徑?？键c(diǎn)二天體的運(yùn)行與變軌【考點(diǎn)詮釋】1.天體運(yùn)行參數(shù)r2v2r4π22(1)萬有引力提供向心力，即G＝＝m＝mω·r＝m·r。2(2)天體對(duì)其表面物體的萬有引力近似等于重力，即＝mg或GM＝gR(R、g分別是天體的半徑、表面重力加速度)，公式GMgR2應(yīng)用廣泛，被稱為“黃金代換式”。2.地面赤道上物體與地球衛(wèi)星的比較(1)地面赤道上的物體隨地球一起轉(zhuǎn)動(dòng)，具有相同的角速度，所受萬有引力并非全部提供向心力。(2)空中繞地球自轉(zhuǎn)的衛(wèi)星萬有引力全部充當(dāng)向心力，周期和半徑有關(guān)。(3)比較地面赤道上物體和空中衛(wèi)星的運(yùn)行參數(shù)，可借助同步衛(wèi)星的“橋梁”作用。3.衛(wèi)星變軌問題v2m，萬有(1)衛(wèi)星變軌的運(yùn)動(dòng)模型是向心運(yùn)動(dòng)和離心運(yùn)動(dòng)。當(dāng)由于某種原因衛(wèi)星速度v突然增大時(shí)，有Gr2r44/290屆衡水中學(xué)物理一本通高分手冊v2mr，衛(wèi)星將做向心運(yùn)動(dòng)。2引力不足以提供向心力，衛(wèi)星將偏離圓軌道做離心運(yùn)動(dòng)；當(dāng)v突然減小時(shí)，有G(2)在不同軌道的同一點(diǎn)，加速度相同、線速度不同、機(jī)械能不同。【典例分析3有abcda還未發(fā)射，在赤道表面上隨地球一起轉(zhuǎn)動(dòng)，b是近地軌道衛(wèi)星，c是地球同步衛(wèi)星，d是高空探測衛(wèi)星，它們均做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，各衛(wèi)星排列位置如圖所示，則()Aa的向心加速度等于重力加速度g，c的向心加速度大于d的向心加速度．在相同時(shí)間內(nèi)b轉(zhuǎn)過的弧長最長，ac轉(zhuǎn)過的弧長對(duì)應(yīng)的角度相等π3π6C．c在4小時(shí)內(nèi)轉(zhuǎn)過的圓心角是，a在2小時(shí)內(nèi)轉(zhuǎn)過的圓心角是D．b的周期一定小于d的周期，d的周期一定小于24小時(shí)【答案】【解析】a在地球表面隨地球一起轉(zhuǎn)動(dòng)，其萬有引力等于重力與向心力之和，且重力遠(yuǎn)大于向心力，故a的向r2GMr2心加速度遠(yuǎn)小于重力加速度gGmaa＝，nn由于衛(wèi)星d的軌道半徑大于衛(wèi)星c的軌道半徑，所以衛(wèi)星c的向心加速度大于d的向心加速度，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；地球同步衛(wèi)星cacr22rGMr＝m可得v＝v>vva與ca的軌道半徑小于bcdcvvbbBac角速度相ca同，在4小時(shí)內(nèi)轉(zhuǎn)過的圓心角都為2＝，在2小時(shí)內(nèi)轉(zhuǎn)過的圓心角都為2π＝，選項(xiàng)C正確；c和b的軌道半π6π3π612徑都小于db的運(yùn)動(dòng)周期一定小于d的運(yùn)動(dòng)周期，d的運(yùn)動(dòng)周期一定大于c的運(yùn)動(dòng)周期(24小時(shí))，選項(xiàng)D錯(cuò)誤?！疽?guī)律總結(jié)】研究衛(wèi)星運(yùn)行熟悉“三星一物”(1)同步衛(wèi)星的周期、軌道平面、高度、線速度的大小、角速度、繞行方向均是固定不變的，常用于無線電通信，故又稱通信衛(wèi)星。(2)極地衛(wèi)星運(yùn)行時(shí)每圈都經(jīng)過南北兩極，由于地球自轉(zhuǎn)，極地衛(wèi)星可以實(shí)現(xiàn)全球覆蓋。45/290屆衡水中學(xué)物理一本通高分手冊(3)近地衛(wèi)星是在地球表面附近環(huán)繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的衛(wèi)星，其運(yùn)行的軌道半徑可近似認(rèn)為等于地球的半徑，其運(yùn)行線速度約為7.9km/s。(4)(或者說由萬有引力的分力充當(dāng)向心力)，它的運(yùn)動(dòng)規(guī)律不同于衛(wèi)星，但它的周期、角速度與同步衛(wèi)星相等?！镜淅治?Rh的圓形軌道Ⅰ上做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，運(yùn)行周期為T，到達(dá)軌道的A點(diǎn)時(shí)點(diǎn)火變軌進(jìn)入橢圓軌道Ⅱ，到達(dá)軌道的近地點(diǎn)B時(shí)，再次點(diǎn)火進(jìn)入近地軌道Ⅲ繞地做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，引力常量為G，不考慮其他星球的影響，則下列說法正確的是()4π32A．地球的質(zhì)量可表示為B．該衛(wèi)星在軌道Ⅲ上B點(diǎn)的速率大于在軌道Ⅱ上A點(diǎn)的速率．衛(wèi)星在圓軌道Ⅰ和圓軌道Ⅲ上做圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)，軌道Ⅰ上動(dòng)能小，引力勢能大，機(jī)械能小D．衛(wèi)星從遠(yuǎn)地點(diǎn)A向近地點(diǎn)B運(yùn)動(dòng)的過程中，加速度變小【答案】B＋h24π2m(Rh)M＝4π2R＋h3【ⅠG，T2GT2r2v2rv2ⅠⅡA錯(cuò)誤；衛(wèi)星在軌道Ⅰ上過A點(diǎn)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，即GmⅡAG>m，r2r所以衛(wèi)星在軌道Ⅰ上A點(diǎn)速率大于在軌道Ⅱ上A上B點(diǎn)的速率大于在軌道Ⅰ上A點(diǎn)的速率，BA運(yùn)動(dòng)到BⅢ上的速度大于軌道Ⅰ上的Ⅰ軌道上A軌道上B點(diǎn)點(diǎn)r2GMr2CG＝ma可得a＝地球越遠(yuǎn)，其向心加速度越小，故衛(wèi)星從遠(yuǎn)地點(diǎn)到近地點(diǎn)運(yùn)動(dòng)過程中，加速度變大，D錯(cuò)誤?！镜淅治?3R的圓形軌道ⅠA點(diǎn)點(diǎn)火變軌進(jìn)入橢圓軌道Ⅱ，到達(dá)軌道近月點(diǎn)B再次點(diǎn)火進(jìn)入近月軌道Ⅲ并繞月球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)．假設(shè)月球半徑為R，月球表46/290屆衡水中學(xué)物理一本通高分手冊面的重力加速度為，則()A．飛行器在B點(diǎn)處點(diǎn)火后，動(dòng)能增加52RgB．由已知條件可求出飛行器在軌道Ⅱ上的運(yùn)行周期為5πC．僅在萬有引力作用下，飛行器在軌道Ⅱ上通過B點(diǎn)的加速度大于在軌道Ⅲ上通過B點(diǎn)的加速度RgD．飛行器在軌道Ⅲ上繞月球運(yùn)行一周所需的時(shí)間為2π【答案】【在BAⅢ繞月球運(yùn)行一周所需的時(shí)間為TmgmR4π3＝g，根據(jù)幾何關(guān)系可知，Ⅱ軌道的半長軸a＝2.5R，根據(jù)開普勒第RT23三定律有R3＝T22.53T22，則可以得到：T＝5π2g，故B、D正確；僅在萬有引力作用下，飛行器在軌道上通5R3過B點(diǎn)時(shí)到月球球心的距離與在軌道Ⅲ上通過B點(diǎn)時(shí)到月球球心的距離相等，萬有引力相同，則加速度相等，故C錯(cuò)誤．【規(guī)律總結(jié)】航天器變軌問題的“三點(diǎn)”注意(1)航天器變軌時(shí)半徑的變化，根據(jù)萬有引力和所需向心力的大小關(guān)系判斷；穩(wěn)定在新圓軌道上的運(yùn)行速度變化GMr由v＝判斷。(2)同一航天器在一個(gè)確定的圓(橢圓)軌道上運(yùn)行時(shí)機(jī)械能守恒，在不同軌道上運(yùn)行時(shí)機(jī)械能不同，軌道半徑越大，機(jī)械能越大。(3)航天器經(jīng)過不同軌道的相交點(diǎn)時(shí)，加速度相等，外軌道的速度大于內(nèi)軌道的速度?！镜淅治?．如圖所示，一火箭中固定有一水平放置的壓力傳感器，傳感器上放有一個(gè)質(zhì)量為m的科考儀g2R2器的示數(shù)保持不變．當(dāng)火箭上升到距地面的高度時(shí)(地球的半徑為R，地球表面處的重力加速度為)，以下判47/290屆衡水中學(xué)物理一本通高分手冊斷正確的是()1449A．此高度處的重力加速度為gB．此高度處的重力加速度為g541918C．此高度處火箭的加速度為gD．此高度處火箭的加速度為g【答案】RR2R2【mg＝mg′＝g′＋2249＝gA錯(cuò)誤，B正確；g2由牛頓第二定律可知，在地面，－mgm·R2距地面的高度時(shí)，F(xiàn)－mg′＝maN聯(lián)立解得：a＝19gC錯(cuò)誤，D正確．考點(diǎn)三天體運(yùn)動(dòng)中的多星模型【考點(diǎn)詮釋】1．宇宙雙星模型特點(diǎn)Gm1m2Gm1m22(1)各自所需的向心力由彼此間的萬有引力提供，即＝mω2r，mωr。1112222(2)兩顆星的周期及角速度都相同，即T＝T，ω＝ω。1212(3)兩顆星的運(yùn)行半徑與它們之間的距離關(guān)系為：r＋r＝L。122．宇宙多星模型特點(diǎn)48/290屆衡水中學(xué)物理一本通高分手冊(1)天體運(yùn)動(dòng)中，三星、四星等多星模型是指相互作用且圍繞某一點(diǎn)做圓周運(yùn)動(dòng)的星體。(2)星體做圓周運(yùn)動(dòng)所需向心力由其他星體對(duì)它的萬有引力的合力提供(如圖所示)，在多星系統(tǒng)中各星體運(yùn)行的角速度相等?！镜淅治?】如圖所示，A、B兩顆恒星分別繞它們連線上某一點(diǎn)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，我們通常稱之為“雙星系”，A的質(zhì)量為B的2倍，忽略其他星球?qū)Χ叩囊?，下列說法正確的是()A．恒星A的向心加速度是B的一半．恒星A的公轉(zhuǎn)周期是B的一半B．恒星A的線速度是B的2倍D．恒星A的動(dòng)能是B的2倍【答案】A【ABB則有2M4πr＝MrA與恒星B的軌道半徑之比為rr＝12v＝ωra＝ωrT＝T4π2T2BABABT212Emv22112得A正確，C錯(cuò)誤；由動(dòng)能E＝2k＝·＝×＝D錯(cuò)誤。AAkEkBmv214BB【典例分析819161974年拉塞爾赫爾斯和約瑟夫泰勒發(fā)現(xiàn)赫爾斯泰勒脈沖雙星，這雙星系統(tǒng)在互相公轉(zhuǎn)時(shí)，由于不斷發(fā)射引力波而失去能量，逐漸相互靠近，此現(xiàn)象為引力波的存在提供了首個(gè)間接證據(jù)。科學(xué)家們猜測該雙星系統(tǒng)中體積較小的星球能“吸食”另一顆體積較大的星球表面的物質(zhì)，達(dá)到質(zhì)量轉(zhuǎn)移的目的，則關(guān)于赫爾斯泰勒脈沖雙星周期T隨雙星之間的距離L變化的關(guān)系圖象正確的是()49/290屆衡水中學(xué)物理一本通高分手冊ABCD【答案】B2Tπ22π2TGmmL2【解析】雙星做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的向心力由它們之間的萬有引力提供，2m1＝m2R，由幾何關(guān)Gmm1T2112系得：R＋R＝，解得：＝·，已知此雙星系統(tǒng)中體積較小的星球能“吸食另一顆體積較大的星3124π211∝B正確，AC、T23D錯(cuò)誤。規(guī)律總結(jié)】雙星模型歸納(1)定義：繞公共圓心轉(zhuǎn)動(dòng)的兩個(gè)星體組成的系統(tǒng)，我們稱之為雙星系統(tǒng)，如圖所示。【(2)特點(diǎn)：①各自所需的向心力由彼此間的萬有引力提供，即GmmL2Gmm222＝mωr，＝mωr。221112②兩顆星的周期及角速度都相同，即T＝Tω＝ω。121250/290屆衡水中學(xué)物理一本通高分手冊③④m兩顆星的半徑與它們之間的距離關(guān)系為：r＋r＝L。12兩顆星到圓心的距離r、r與星體質(zhì)量成反比，即12rr＝2。1m23Gmm⑤雙星的運(yùn)動(dòng)周期＝2π。12雙星的總質(zhì)量mm＝πL。4TG⑥12【典例分析9】宇宙中存在一些離其他恒星較遠(yuǎn)的三星系統(tǒng)，通?？珊雎云渌求w對(duì)它們的引力作用，三星質(zhì)量相同。現(xiàn)已觀測到穩(wěn)定的三星系統(tǒng)存在兩種基本的構(gòu)成形式：一種是三顆星位于同一直線上，兩顆星圍繞中央星做圓周運(yùn)動(dòng)，如圖甲所示；另一種是三顆星位于等邊三角形的三個(gè)頂點(diǎn)上，并沿外接于等邊三角形的圓形軌道運(yùn)行，如圖乙所示。設(shè)兩種系統(tǒng)中三個(gè)星體的質(zhì)量均為m，且兩種系統(tǒng)中各星間的距離已在圖甲、圖乙中標(biāo)出，引力常量為G，則()甲乙GmLA．直線三星系統(tǒng)中星體做圓周運(yùn)動(dòng)的線速度大小為3GmB．直線三星系統(tǒng)中星體做圓周運(yùn)動(dòng)的周期為4π53Gm．三角形三星系統(tǒng)中每顆星做圓周運(yùn)動(dòng)的角速度為2D．三角形三星系統(tǒng)中每顆星做圓周運(yùn)動(dòng)的加速度大小為33GmL2【答案】解析】在直線三星系統(tǒng)中，星體做圓周運(yùn)動(dòng)的向心力由其他兩星對(duì)它的萬有引力的合力提供，根據(jù)萬有引力【m2m222v2m，解得v＝125GmL2πr，A項(xiàng)錯(cuò)誤；由周期T＝知，直線三星系統(tǒng)定律和牛頓第二定律，有GL2GLv3Gmm2B2G2cos中星體做圓周運(yùn)動(dòng)的周期為＝4π551/290屆衡水中學(xué)物理一本通高分手冊L3Gm3，C項(xiàng)錯(cuò)誤；由2Gcos30°maa＝3Gm230°＝mω2·，解得ω＝D項(xiàng)正確。2cos30°【規(guī)律總結(jié)】多星模型歸納(1)(2)三星模型：①R的圓形軌道上運(yùn)行(如圖甲所示)。三顆質(zhì)量均為m的星體位于等邊三角形的三個(gè)頂點(diǎn)上(如圖乙所示)。②甲乙丙丁(3)四星模型：如圖丙所示)O繞O做勻速圓周運(yùn)動(dòng)(如圖丁所示)?！镜淅治?0】位于貴州的“中國天眼是目前世界上口徑最大的單天線射電望遠(yuǎn)鏡，通過可以測量地球與木星之間的距離．當(dāng)接收到來自木星的光線傳播方向恰好與地球公轉(zhuǎn)線速度方向相同時(shí)，測得地球與木星的距離是地球與太陽距離的k倍．若地球和木星繞太陽的運(yùn)動(dòng)均視為勻速圓周運(yùn)動(dòng)且軌道共面，則可知木星的公轉(zhuǎn)周期為()3432A．(1＋k2)年B．(1＋k2)年3232C．(1＋k)年D．k年【答案】A【解析】該題中，太陽、地球、木星的位置關(guān)系如圖：52/290屆衡水中學(xué)物理一本通高分手冊設(shè)地球的公轉(zhuǎn)半徑為R，木星的公轉(zhuǎn)半徑為R，測得地球與木星的距離是地球與太陽距離的k倍，則有：R2122R3R3R3R3132122＝R2＋(kR)2＝(1＋k)R2，由開普勒第三定律有：＝，可得：T2＝·T2＝(1＋k)·T2，由于地球公轉(zhuǎn)周11111T2T21234期T＝1年，則有：T(1＋2)年，故A正確，CD錯(cuò)誤．1253/290屆衡水中學(xué)物理一本通高分手冊第二部分功能與動(dòng)量專題05功、功率動(dòng)能定理一、素養(yǎng)呈現(xiàn)123物理觀念：功、功率?？茖W(xué)思維：機(jī)車啟動(dòng)問題、動(dòng)能定理?？茖W(xué)態(tài)度與責(zé)任：兩類機(jī)車啟動(dòng)問題。二、素養(yǎng)落實(shí)123.掌握功、功率的計(jì)算方法掌握兩類機(jī)車啟動(dòng)問題的分析計(jì)算方法理解動(dòng)能定理，掌握動(dòng)能定理的應(yīng)用方法考點(diǎn)一功的分析與計(jì)算考點(diǎn)詮釋】．功的正負(fù)的判斷方法(1)恒力做功正負(fù)的判斷：依據(jù)力與位移的夾角來判斷。【154/290屆衡水中學(xué)物理一本通高分手冊(2)曲線運(yùn)動(dòng)中做功正負(fù)的判斷：依據(jù)F與v的方向的夾角α來判斷。α<90°，力對(duì)物體做正功；90°<α≤180°，力對(duì)物體做負(fù)功；α90°，力對(duì)物體不做功。2．恒力做功的計(jì)算方法3．合力做功的計(jì)算方法方法一：先求合外力F，再用W＝Fcos求功。適用于F為恒力的過程。合合合合方法二：先求各個(gè)力做的功WWW…，再應(yīng)用W＝WWW…求合外力做的功。123123合【典例分析1一質(zhì)量為m的物體靜止在水平地面上，在水平拉力的作用下開始運(yùn)動(dòng)，圖甲是在06s內(nèi)其速度與時(shí)間關(guān)系圖象，圖乙是拉力的功率與時(shí)間關(guān)系圖象，g取10m/s。下列判斷正確的是()甲乙A．拉力的大小為4N，且保持不變B．物體的質(zhì)量為2kgC．0～6s內(nèi)物體克服摩擦力做的功為24JD．0～6s內(nèi)拉力做的功為156J【答案】【0～2s26s內(nèi)物體做勻速運(yùn)動(dòng)，拉力等于滑動(dòng)摩擦力，因此拉力大小不恒定，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；在2～6s內(nèi)根據(jù)功率公式＝Fv，vPv有F＝＝4N，故滑動(dòng)摩擦力fF＝4N0～2s內(nèi)有a＝t＝3m/s，由牛頓第二定律可知′f＝maP′F′v，聯(lián)立解得m＝2F′10N，選項(xiàng)B正確；由圖甲可知在0～6s內(nèi)物體通過的位移為＝3012m，故物體克服摩擦力做的功為W＝fx＝120J，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；由動(dòng)能定理可知W－W＝mv2，故0～6s內(nèi)拉力ff1212做的功W＝mv2W＝×2×62J120J＝156J，選項(xiàng)D正確。f【(1)根據(jù)v-tP-t圖象結(jié)合功率公55/290屆衡水中學(xué)物理一本通高分手冊式可以求出力的大小。(2)恒力做功可以根據(jù)功的定義式求解，變力做功一般根據(jù)動(dòng)能定理求解。【典例分析2Mm的人正用恒力F向前推車廂，在車以加速度a向前加速行駛距離L的過程中，下列說法正確的是()A．人對(duì)車的推力F做的功為．車對(duì)人的作用力大小為ma．人對(duì)車做的功為maLD．車對(duì)人的摩擦力做的功為(Fma)L【答案】A【W(wǎng)FLA人的作用力為′＝mamaW＝－maLB水平方向受到的合力為ma＝ma＋mg2ma＋g，故C錯(cuò)誤；對(duì)人由牛頓第二定律可得－＝ma，則＝ma＋，車對(duì)人的摩擦力做功為WfL＝(＋ma)LD錯(cuò)誤?！疽?guī)律總結(jié)】恒力做功的計(jì)算方法考點(diǎn)二功率的分析與計(jì)算【考點(diǎn)詮釋】1．平均功率的計(jì)算方法WtP(1)利用＝。Pvv(2)利用＝F·cosα，其中為物體運(yùn)動(dòng)的平均速度，F(xiàn)為恒力。2．瞬時(shí)功率的計(jì)算方法56/290屆衡水中學(xué)物理一本通高分手冊(1)利用公式P＝F·vcosα，其中v為t時(shí)刻的瞬時(shí)速度。(2)P＝F·v，其中v為物體的速度v在力F方向上的分速度。FF(3)P＝F·v，其中F為物體受到的外力F在速度v方向上的分力。vv【典例分析】(多選)質(zhì)量為m的物體從距地面H高處自由下落，經(jīng)歷時(shí)間