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专题一力与运动(重点班)
专题一课程节数：6―8节力与运动复习时间：4月16日―25日牛顿力学：决定论FaVt初始状态V0运动 情况S一、知识网络构建知识网络构建一、知识网络构建六类性质力的比较力的种类 产生 条件 作用点 大小 重力 地球 吸引 重心 弹力 摩擦力 接触面粗糙、存在压力、相 对滑动或有相对滑动的趋势 在接触面上 滑动摩擦力：Ff＝μ FN 与接触面相切，与物体相对 运动或相对运动趋势方向相反直接接触、弹性形变在接触面上 弹簧：F＝ kx 与形变的方向相反。压力、支持 力垂直于接触面；绳的拉力沿绳G＝mg竖直向 下方向一、知识网络构建力的种类产生条件 作用点电场力电荷处在 电场中 电荷安培力通电导线与磁场不 在一条直线上 通电导线洛伦兹力电荷的速度与磁场不在 一条直线上 运动电荷大小F＝ qE正(负)电F＝ BIL(B⊥I)F＝ qvB(B⊥v)方向荷受电场力 与E方向相同 (反)用左手定则确定用左手定则确定一、知识网络构建一、知识网络构建一、知识网络构建运 动 与 力 的 定 性 关 系二、考情分析预测考情分析预测 本单元包括物体在共点力作用下的平衡、牛顿运动定律与 直线运动、曲线运动、万有引力与天体运动四部分，是整个高 中物理最重要的主干知识之一，且这部分知识和生产、生活实 际、近代科技紧密联系，因而成为近几年新课标区高考的必考 点． 物体在共点力作用下的平衡专题包括物体受力分析、力的 合成与分解、物体的平衡条件等，涉及的知识点有重力、弹力、 摩擦力、电场力、磁场力作用下的平衡问题，以及共点力的合 成与分解等．二、考情分析预测在受力分析的基础上，应用牛顿运动定律求解动力学问题， 是牛顿运动定律与直线运动的考查重点，直线运动规律的应用、 运动图象的理解和应用、牛顿第二定律的应用(加速度在受力 和运动结合问题中的桥梁作用)是考查热点． 曲线运动专题的考查重点是运动的合成与分解、平抛运动 和圆周运动．可将平抛(类平抛)运动、圆周运动、直线运动等 多种运动形式组合命题考查，也可与电场、磁场知识综合，以 运动为线索，从力和能量的角度命题考查．二、考情分析预测万有引力与天体运动专题的考查热点是应用万有引力定律解决 天体运动和变轨问题．考查重点包括应用万有引力定律比较不同 天体圆周运动中的线速度、加速度、周期问题，以及卫星发射、 回收和变轨过程中相关物理量的变化及功能转化问题． 预测2012年高考涉及运动和力的考题主要表现为以下几种形 式： 1．有关速度图象物理意义的选择题； 2．追及与相遇问题选择题； 3．超重和失重问题选择题； 4．与卫星的加速与变轨问题有关的选择题； 5．涉及抛体运动、圆周运动、直线运动组合情景下的计算题.三、近年高考纵览近年高考纵览 考点件2011年14，浙江卷14，江苏卷12010年广东卷13，江苏卷32009年东卷16，浙江卷14、16受力分析、平衡条 广东卷19，海南卷5，安徽卷 全国课标卷15、18， 天津卷1，江苏卷2，山整体法与隔离法综 山东卷17，天津卷2，海南卷4， 山东卷17，安徽卷19 合 江苏卷9运动的图象 福建卷16，全国课标21，海南 卷8 川卷23(1) 津卷9(1) 广东卷17，天津卷3 广东卷3，海南卷8，安 徽卷16匀变速直线运动全国课标卷24，天津卷3，四 课标全国24，全国Ⅰ 卷24，上海卷11 14江苏卷7牛顿定律、超重与 四川卷23(2)， 上海卷16，天 全国Ⅰ卷15，浙江卷 广东卷8，安徽卷22， 失重 运动和力 山东卷17北京卷18，福建卷16，四川卷 福建卷16，山东卷16， 海南卷15，江苏卷13，19，全国课标卷15，上海卷31 安徽卷22，四川卷23 宁夏卷20三、近年高考纵览考点运动的合成与分 解 抛体运动、圆周 运动 万有引力定律2011年全 国 课 标 卷 20 ， 上 海 卷11，江苏卷3 安 徽 卷 17 、 24 ， 北 京 卷22，江苏卷14 上海卷22(B)2010年江苏卷1，上海卷152009年江苏卷4全 国 Ⅰ 卷 18 ， 北 京 卷 22 ， 广东基础卷7，广东卷 上海卷30，天津卷9(1)，重 17 ， 福 建 卷 20 ， 安 徽 庆卷24，上海卷24 卷24，浙江卷24 广东 卷20，全 国课标 卷 20， 江苏卷3，浙江卷19 上海卷4人造卫星广 东 卷 19 ， 北 京 卷 15 ， 山 东 卷 18 ， 北 京 卷 16 ， 浙 福建卷1,3，重庆卷21， 广东卷5，山东卷18， 江卷20，江苏卷6，全国Ⅱ 福建卷14，海南卷6， 湖 北 卷 19 ， 浙 江 卷 19 ， 卷21，天津卷6，四川卷17， 安徽卷15，宁夏卷15 山东卷17，天津卷8， 福建卷14，安徽卷17 江苏7 重庆卷16，全国Ⅰ卷25 天津卷12双星、黑洞四、重点板块提升（一）物体的平衡（二）牛顿运动定律与直线运动（三）动力学观点在电学中的应用 （四）曲线运动 （五）万有引力与天体运动（一） 物体的平衡1.主干知识整合一、六种性质力的比较 二、力的合成与分解 1．力的分解的常用方法：按力的实际作用效果分解、正交分解法．2．合力与分力的关系：等效替代． 3．力的合成与分解的规律：平行四边形定则(适用于所有矢量的合成 如位移、速度、加速度等)． 三、共点力作用下物体(或系统)的平衡 1．平衡状态：物体处于静止或匀速直线运动的状态．2．平衡条件：F＝0 (在正交的两个方向上平衡：Fx＝0，Fy＝0)．四、物体受力分析 1．受力分析的步骤(1)明确研究对象：研究对象可以是一个点、一个物体或物体系等． (2)按顺序找力：按一重力、二弹力(分析有多少个接触点，然后根据弹力产生的条件分析是否产生弹力)、三摩擦力、四其他力(如电场力、磁场力等)的顺序来分析物体受力．防止多力或漏力． (3)画出力的示意图：每个力都要标明表示力的符号．2．受力分析的注意事项：(1)只分析研究对象受到的力(即研究对象以外的物体对研究对象施加 的力)，而不分析研究对象对其他物体施加的力． (2)只分析性质力，如重力、弹力、摩擦力、电场力(包括静电力即库 仑力)、磁场力(洛伦兹力和安培力)等，不分析效果力，如向心力等． (3)分析物体受力时，应关注力的产生条件、物体运动状态(例如物体 的平衡、加速运动与减速运动)、力的反作用力．2.要点热点探究?探究点一三力平衡问题1．共点力作用下物体的平衡条件 物体处于平衡状态(静止或匀速直线运动)时，作用在物体上 的所有力的合力为零． 2．三力平衡 如果物体仅受三个力作用而处于平衡状态，则其中任意两 个力的合力与第三个力大小相等、方向相反．可根据平行四边 形定则，利用直角三角形、相似三角形(或正、余弦定理)等知 识，采用合成法、正交分解法、矢量三角形法等方法求解．例1 [2011?江苏卷]如图1－1－1所示，石拱桥的正中央 有一质量为m的对称楔形石块，侧面与竖直方向的夹角为α ， 重力加速度为g，若接触面间的摩擦力忽略不计，则石块侧面 所受弹力的大小为( )图 1－1－1 mg A.2sinα mg B.2cosα 1 C.2mgtanα 1 D.2mgcotα例1 A 【解析】 以楔形石块为研究对象，它受到竖直 向下的重力和垂直侧面斜向上的两个支持力，利用正交 mg 分解法可得：2Fsinα＝mg，则 F＝2sinα A正确．【点评】 本题是应用力的合成的方法求解三力作用下物 体的平衡问题，下面的变式题则是应用分解的方法求解三力 作用下物体的平衡问题．[2011?安徽卷] 一质量为m的物块恰好静止在 倾角为θ的斜面上．现对物块施加一个竖直向下的恒力F，如 图1－1－2所示，则物块( ) A．仍处于静止状态 B．沿斜面加速下滑 C．受到的摩擦力不变 D．受到的合外力增大例1 变式题 A 【解析】 以物块为研究对象，当没有 施加恒力F时，物块恰好静止．对物块受力分析，物块受重 力、支持力、最大静摩擦力作用，由平衡条件得：mgsinθ＝ μmgcosθ，即μ＝tanθ；当对物块施加一竖直向下的恒力F时， 物块受重力、支持力、摩擦力和恒力F，假设物块仍恰好处 于静止状态，则有：(mg＋F)sinθ＝μ(mg＋F)cosθ，同样得到 μ＝tanθ.故物块仍恰好处于静止状态，此时所受的合力为零， 摩擦力增大，选项A正确，选项B、C、D错误．?探究点二多力平衡问题1．求解共点力平衡问题的一般思路 (1)选择研究对象；(2)采用整体法或隔离法分析对象受力； (3)根据平衡条件列方程；(4)联立方程求解． 2．多力平衡问题 如果物体受n个作用力而处于平衡状态，则其中任意一个 力与其余(n－1)个力的合力大小相等、方向相反． 当物体受四个及以上共点力的作用而平衡时，一般采用正交分 解法求解，即把物体受到的各个力沿互相垂直的两个方向分解， 当物体处于平衡状态时，有：Fx合＝0，Fy合＝0.建立坐标 标系 的原则是：让尽可能少的力分解．例2 如图1－1－3所示，一物块置于水平地面上．当用与 水平方向成60°角的力F1拉物块时，物块做匀速直线运动；当 改用与水平方向成30°角的力F2推物块时，物块仍做匀速直线 运动．若F1和F2的大小相等，则物块与地面之间的动摩擦因数 为( )A. 3－1图 1－1－3 3 1 B．2－ 3 C. 2 －23 D．1－ 2例2 B 【解析】 物体受重力mg、支持力N、摩擦力f、 已知力F处于平衡状态．将这些力正交分解，根据平衡条件， 有 ： F1cos60° ＝ μ(mg － F1sin60°) ， F2cos30° ＝ μ(mg ＋ F2sin30°)，联立解得：μ＝2－ 3如图1－1－4所示，置于水平地面的三脚架上固 定着一质量为m的照相机，三脚架的三根轻质支架等长，与 竖直方向均成30°角，则每根支架中承受的压力大小为( )1 A.3mg 2 B.3mg 3 C. 6 mg 2 3 D. 9 mg例2 变式题 D 【解析】 相机受力如图所示．其中F1、 F2、F3不在同一平面内，将它们按水平方向及竖直方向正交 分解，由于三根支架与竖直方向的夹角相等，故有：F1＝F2 ＝F3＝F，根据平衡条件有：3Fcos30°＝ 2 3 mg，解得： 9 F＝mg，D正确，A、B、C错误．探究点三 物体组的平衡问题 求解物体组(连接体)平衡问题的方法 1．整体法：当几个物体紧挨、相连时，通常称这些物体为 连接体．若这些物体的加速度相同，则将它们作为一个整体来研 究，对这个整体进行受力分析，这种方法就是整体法． 2．隔离法：把研究对象从周围物体中隔离出来，只分析其 他物体对该物体的作用，不考虑这个物体对其他物体的作用，这 种分析的方法称为隔离法．当连接体内的物体加速度不相同时， 常采用隔离法；若连接体内物体的加速度相同，但要求连接体内 物体的相互作用力时，也要采用隔离法． 3．同一题目中，往往整体法和隔离法都要用到，这时可先 用整体法分析，再用隔离法分析．?例3 [2011?海南卷] 如图1－1－5所示，粗糙的水平地 面上有一斜劈，斜劈上一物块正在沿斜面以速度v0匀速下滑， 斜劈保持静止，则地面对斜劈的摩擦力( ) A．等于零 B．不为零，方向向右 C．不为零，方向向左 D．不为零，v0较大时方 向向左，v0较小时方向向右例3 A 【解析】 取斜劈和物块组成的整体为研究对象， 因物块沿斜面匀速下滑、斜劈静止，故说明系统水平方向加 速度为零，由牛顿第二定律可知，水平方向合外力为零，故 地面与斜劈间没有摩擦力，A选项正确．【点评】 本题也可应用隔离法求解，即分别物块和斜劈 进行受力分析，结合平衡条件和牛顿第三定律求解．物体组 整体以共同的加速度一起运动和整体处于平衡状态情况下均 可应用整体法解题．物体组各部分运动的加速度不同时，可 应用隔离法求解．如图1－1－6所示，倾角为α的三角滑块及其斜 面上的物块静止在粗糙水平地面上．现用力F垂直作用在物块 上，物块及滑块均未被推动，则滑块受到地面的静摩擦力大 小为( )A．0 B．Fcosα C．Fsinα D．Ftanα例3 变式题 C 【解析】 取物块及三角滑块整体为研 究对象，受力如图所示．将力F沿水平方向及竖直方向分解， 由平衡条件可得：f＝Fsinα，C正确．3.课堂限时训练：10分钟，正确率100％ 1．国家大剧院外部呈椭球型．假设国家大剧院的屋顶为 半球形，一保洁人员为执行保洁任务，必须在半球形屋顶上向 上缓慢爬行(如图所示)，他在向上爬的过程中( )A．屋顶对他的支持力不变 B．屋顶对他的支持力变大 C．屋顶对他的摩擦力不变 D．屋顶对他的摩擦力变大2．如图所示，倾角为30°的斜面固定于竖直墙上，一质 量分布均匀的光滑球，在水平推力F作用下静止在如图所示的 位置，F的作用线通过球心．设球所受的重力为G，竖直墙对 球的弹力为FN1 ，斜面对球的弹力为FN2.下列说法正确的是 ( ) A．FN1一定等于F B．FN2一定大于FN1 C．FN2一定大于G D．F一定小于G3. 如右图所示，长为2l的直导线折成边长相等，夹角为60°的V 形，并置于与其所在平面相垂直的匀 强磁场中，磁感应强度为B，当在该导线中通以电流强度为I的电流时，该V形通电导线受到的安培力大小为( ) A．0 B．0.5BIlC．BIlD．2BIl4.两刚性球a和b的质量分别为ma和mb，直径分别为da和db(da ＞db)。将a、b球依次放入一竖直放置、内径为d(da＜d＜da ＋db)的平底圆筒内，如图所示。设a、b两球静止时对圆筒侧 面的压力大小分别为f1和f2，筒底所受的压力大小为F。已知 重力加速度大小为g。若所有接触都是光滑的，则 ( )5.在地面附近的空间中有水平方向的匀强电场和匀强磁场，已 知磁场的方向垂直纸面向里，一个带电油滴沿着一条与竖直方 向成α 角的直线MN运动，如图1－1－8所示。由此可判断下列 说法正确的是 ( )A．如果油滴带正电，则油滴从M点运动到N点 B．如果油滴带正电，则油滴从N点运动到M点 C．如果电场方向水平向右，则油滴从N点运动到M点 D．如果电场方向水平向左，则油滴从N点运动到M点题目解析1.【解析】B人在屋顶上爬行时受到三 个力，如图甲所示．将这三个力构成一个闭合三 角形，如图乙所示．由几何关系可看出：f＝ mgsinθ，而N＝mgcosθ，当人向上爬行时，θ变小， 则f变小、N变大，故选B.2.【解析】C 小球受重力G、水平推力F、墙对球的水平弹力FN1、斜面对球的弹力FN2共四个力作用．将FN2沿水平和竖直方向正交分解，根据平衡 条件知：F＝FN2sin30°＋FN1，G＝FN2cos30°.选项C正确．3. 【解析】C 两边的安培力大小均为BIl，如图所示，两边安培力的夹角为120°，由平行四边形定则，它们合力的大小也为BIl，方向竖直向上。4.【解析】 A两刚性球在筒内静止时达到一种平衡状态：由于所有的接触面都是光滑的，作为一个整体考虑，两球在竖直方向受到重力和底面 的支持力作用(一对平衡力)，筒底所受的压力与该支持力是一对作用力和反 作用力，因此，F＝(ma＋mb)g；水平方向，两球在圆筒侧面正压力的作用 下平衡，依据平衡力的关系和牛顿第三定律，显然f1＝f2，即A选项正确。5. 【解析】AC 油滴在运动过程中受到重力、电场力及洛伦兹力的作用，因洛伦兹力的方向始终与速度方向垂直，大小随速度的改变而改变，而电场力与重力的合力是恒力，所以物体做匀速直线运动；又因电场力 一定在水平方向上，故洛伦兹力的方向是斜向上方的，因而当油滴带正电时，应该由M点向N点运动，故选项A正确、B错误。若电场方向水平向右，则油滴需带负电，此时斜向右上方与MN垂直的洛伦兹力对应粒子从N 点运动到M点，即选项C正确。同理，电场方向水平向左时，油滴需带正电，油滴是从M点运动到N点的，故选项D错误。（二） 牛顿运动定律与直线运动1.主干知识整合 一、匀变速直线运动的规律1．匀变速直线运动的公式2．匀变速直线运动的规律的应用技巧 (1)任意相邻相等时间内的位移之差相等，即Δx＝x2－x1＝ x3－x2＝?＝aT2，xm－xn＝(m－n)aT2. (2)某段时间的中间时刻的瞬时速度等于该段时间内的平v 均速度，即vt/2＝ －(3)对于初速度为零的匀变速直线运动，可尽量利用初速 度为零的运动特点解题．如第n秒的位移等于前n秒的位移与1 1 2 前n－1秒的位移之差，即x′n＝xn－xn－1＝ 2 an － 2 a(n－1)2 1 ＝ 2 a(2n－1)．(4)逆向思维法：将末速度为零的匀减速直线运动转换成 初速度为零的匀加速直线运动处理．末速度为零的匀减速直线 运动，其逆运动为初速度为零的匀加速直线运动，两者加速度 相同．如竖直上抛运动上升阶段的逆运动为自由落体运动，竖 直上抛运动上升阶段的最后1 s内的位移与自由落体运动第1 s 的位移大小相等． (5)加速度不变的匀减速直线运动涉及反向运动时(先减速 后反向加速)，可对全过程直接应用匀变速运动的规律解 题．如求解初速度为19.6 m/s的竖直上抛运动中3 s末的速度， 可由vt＝v0－gt直接解得vt ＝－9.8 m/s，负号说明速度方向与 初速度相反．3．图象问题 (1)两种图象 斜率的 纵轴截距 图象与t轴 分类 匀变速直 意义 的意义 所围面积 匀速直线运动 线运动 x－t 与时间轴不平 速度 初位置x0 抛物线 图象 行的直线 v－t 加速度 图象 初速度v0 位移 与 时 间 轴 平 行 过原点 的直线 的直线 特例(2)v－t图象的特点 ①v－t图象上只能表示物体运动的两个方向，t轴上方代 表的是“正方向”，t轴下方代表的是“负方向”，所以v－t 图象只能描述物体做“直线运动”的情况，不能描述物体做 “曲线运动” 的情况． ②v－t图象的交点表示同一时刻物体的速度相等． ③v－t图象不能确定物体的初始位置． (3)利用运动图象分析运动问题要注意以下几点 ①确定图象是v－t图象还是x－t图象． ②明确图象与坐标轴交点的意义．③明确图象斜率的意义：v－t图象中图线的斜率或各点切 线的斜率表示物体的加速度，斜率的大小表示加速度的大小， 斜率的正负反映了加速度的方向；x－t图象中图线的斜率或各 点切线的斜率表示物体的速度，斜率的大小表示速度的大小， 斜率的正负反映了速度的方向． ④明确图象与坐标轴所围的面积的意义． ⑤明确两条图线交点的意义．二、牛顿第二定律的四性 性质 内容瞬时性 力与加速度同时产生、同时消失、同时变化在公式F＝ma中，m、F、a都是同一研究对象在同一时 同体性 刻对应的物理量 矢量性 加速度与合力方向相同 当物体受几个力的作用时，每一个力分别产生的加速 独立性 度只与此力有关，与其他力无关；物体的加速度等于 所有分力产生的加速度分量的矢量和三、超重与失重 1．物体具有向上的加速度(或具有向上的加速度分量)时 处于超重状态． 2．物体具有向下的加速度(或具有向下的加速度分量)时 处于失重状态；物体具有的向下的加速度等于重力加速度时处 于完全失重状态． 注意：无论是超重还是失重，物体的重力不会改变． 四、力F与直线运动的关系 合外力F与物体的速度v在同一直线上时，物体做直线运 动．若F与v同向，物体做加速运动；若F与v反向，物体做减 速运动．在以上情形下，若力F恒定，则物体做匀变速直线运 动.2.要点热点探究 ? 探究点一 追及与相遇问题例1 一辆值勤的警车停在一条公路的直道边，当警员发 现从他旁边以v＝8 m/s的速度匀速行驶的货车有违章行为时， 决定前去追赶，经Δt＝2.5 s警车发动起来，以加速度a＝2 m/s2 做匀加速运动．试问： (1)警车发动起来后要多长的时间才能追上违章的货车？ (2)若警车能达到的最大速度是vm＝12 m/s，达到最大速度 后以该速度匀速运动，则警车发动起来后要多长的时间才能追 上违章的货车？例1(1)10 s(2)14 s【解析】 (1)Δx＝vΔt＝2.5×8 m＝20 m 设警车发动起来后要经时间t1才能追上违章的货车，则1 2 2at1 －vt1＝Δx，解得t1＝10 s (2)若警车的最大速度是vm＝12 m/s，则警车发动起来后加vm 12 速的时间t0＝ a ＝ 2 s ＝6 s&10 s，这以后警车做匀速运动．设警车发动起来后经过时间t2追上违章的货车，则1 2 2at0 ＋vm(t2－t0)－vt2＝Δx解得t2＝14 s【点评】 警车追上货车的条件是：从警车开始运动开始 计时，相同时间内警车的位移减去货车的位移等于开始计时时 刻二者之间的距离．题型解题要点初速度小(或初速度为零)的甲物体匀加速追做匀速运动的速度大的乙物体：(1)当两者速度相等时，甲、乙两物体的间距为甲追上乙前的最大距离； (2)若甲从两物体第一次相遇的位置开始追乙，当两者位移相等时，甲、乙两物体再次相遇；若甲、乙刚开始相距s0，则当两物体的位移之差为s0时，甲、乙两物体相遇．题型解题方法数学分析法；等效法；极端分析法；图象法甲、乙两车在一平直道路上同向运动，其v－t 图象如图所示，图中ΔOPQ和ΔOQT的面积分别为s1和s2(s2＞s1) 初始时，甲车在乙车前方s0处．下列说法中错误的是( )A．若s0＝s1＋s2，两车不会相遇 B．若s0＜s1，两车相遇2次 C．若s0＝s1，两车相遇1次 D．若s0＝s2，两车相遇1次例1 变式题 D 【解析】 由图可知甲的加速度a1比乙 的加速度a2大，在达到速度相等的时间T内两车相对位移为s1. 若s0 ＝s1 ＋s2 ，速度相等时甲比乙位移多s1&s0 ，乙车还没有追 上，此后甲车比乙车快，不可能追上，A对；若s0&s1，乙车追 上甲车时乙车比甲车快，因为甲车加速度大，甲车会再追上乙 车，之后乙车不能再追上甲车，B对；若s0 ＝s1 ，恰好在速度 相等时追上，之后不会再相遇，C对；若s0＝s2(s2&s1)，两车速 度相等时还没有追上，并且此后甲车快、更追不上，D错．?探究点二涉及传送带的动力学问题例2 如图1－2－2所示，水平传送带AB长l＝8.3 m，质量 为M＝1 kg的木块随传送带一起以v1＝2 m/s的速度向左匀速运 动(传送带的传送速度恒定)，木块与传送带间的动摩擦因数μ ＝0.5.当木块运动至最左端A点时，一颗质量为m＝20 g的子弹 以v0 ＝300 m/s水平向右的速度正对射入木块并穿出，穿出速 度v＝50 m/s，以后每隔1 s就有一颗子弹射中木块，设子弹射 穿木块的时间极短，且每次射入点各不相同，g取10 m/s2.求： (1)第一颗子弹射入木块并穿出时木块的速度； (2)在被第二颗子弹击中前，木块向右运动离A点的最大距 离．例2 (1)3 m/s (2)0.9 m 【解析】 (1)设子弹第一次射穿 木块后木块的速度为v′(方向向右)，则在第一次射穿木块的 过程中： 对木块和子弹整体由动量守恒定律(取向右为正方向)得 mv0－Mv1＝mv＋Mv′ 解得v′＝3 m/s，方向向右．(2)木块向右滑动中加速度大小为a＝μg＝5 m/s2 ，以速度v′ v′＝3 m/s向右滑行，速度减为零时所用时间为t1＝ a ＝0.6 s显然这之前第二颗子弹仍未射出，所以木块向右运动离A点v′2 的最大距离sm＝ 2a ＝0.9 m.【点评】 此题考查了动量守恒定律、牛顿运动定律和运动学的基本规律在传送带问题中的应用情况，解答此题的关键是 要求学生分析物理过程，建立清晰的物理情景，并注意到过程 之间的内在联系．题型解题要点物体在传送带上运动的问题，应以地面为参考系，首先根 据牛顿第二定律确定其加速度的大小和方向，然后根据直线运 动规律分析其运动情况．特别应关注物体的速度与传送带速度 相等后的受力情况是否发生变化．题型拓展思考物体在传送带上运动的可能性思考：在水平传送带上可能 怎样运动？在倾斜传送带上可能怎样运动？[2011?福建卷] 如图1－2－3甲所示，绷紧的水 平传送带始终以恒定速率v1运行．初速度大小为v2的小物块从 与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带．若从小物 块滑上传送带开始计时，小物块在传送带上运动的v－t图象 (以地面为参考系)如图乙所示．已知v2＞v1，则( )A．t2时刻，小物块离A处的距离达到最大 B．t2时刻，小物块相对传送带滑动的距离达到最大 C．0～t2时间内，小物块受到的摩擦力方向先向右后向左 D．0～t3时间内，小物块始终受到大小不变的摩擦力作用例2 变式题 B 【解析】 结合图乙，在0～t1时间内， 物体向左做匀减速直线运动，t1时刻运动到最左边，A错；在 t1 ～t2 时间内，物体向右做匀加速直线运动，但由于速度小于 传送带的速度，物体与传送带的相对位移仍在增大，t2时刻相 对位移最大，B对；0～t2时间内，物体相对传送带向左运动， 一直受到向右的滑动摩擦力，f＝μmg不变，但t2时刻以后物体 相对传送带静止，摩擦力为0，C、D错．?探究点三直线运动中的动态分析例３(双选)如图1－2－4所示，运动员“10 m跳板跳水”运 动的过程可简化为：运动员走上跳板，将跳板从水平位置B压 到最低点C，跳板又将运动员竖直向上弹到最高点A，然后运 动员做自由落体运动，竖直落入水中．跳板自身重力忽略不计， 则下列说法正确的是( )A．运动员向下运动(B→C)的过程中，先失重后超重，对 板的压力先减小后增大 B．运动员向下运动(B→C)的过程中，先失重后超重，对 板的压力一直增大 C．运动员向上运动(C→B)的过程中，先超重后失重，对 板的压力先增大后减小 D．运动员向上运动(C→B)的过程中，先超重后失重，对 板的压力一直减小例3 BD 【解析】 运动员由B→C的过程中，先向下加 速运动后向下减速运动，即先失重后超重，但跳板的形变量一 直变大，所以跳板所受的压力一直变大，选项A错误、B正确； 运动员由C→B的过程中，先向上加速运动后向上减速运动， 即先超重后失重，跳板所受的压力一直变小，选项C错误、D 正确． 【点评】 解答本题的关键是将B→C的过程中分解为两个阶 段，第一阶段的特点是向下加速运动，第二阶段的特点是向下 减速运动，利用牛顿第二定律分别对加速运动和减速运动阶段 的加速度大小及方向变化规律作出判断，然后根据超重和失重知识得出结果．(双选)“蹦极”是一项新兴的体育活动．某蹦极者 从高高的跳台上跳下后，由于绑在身上的弹性绳很长，足以 使他在空中享受几秒钟的“自由落体运动”．当下落到一定距 离时，人被拉伸的弹性绳向上拉起，之后又落下，如此反 复．若不计空气阻力的影响，请判断下列说法正确的是( ) A．当弹性绳达到原长后，人开始做减速运动 B．当弹性绳刚好达到原长时，人的速度最大 C．当弹性绳弹力刚好等于人的重力时，人的速度最大 D．当人达到最低点时，加速度最大，且一定大于重力加 速度
例3 变式题 CD 【解析】 当弹性绳达到原长后，开 始阶段，人所受的重力大于弹性绳对人的弹力，人向下做加速 度逐渐减小的加速运动，当重力等于弹性绳对人的弹力时，加 速度为零，速度最大，选项C正确；当速度达到最大值以后， 人向下做减速运动，加速度方向向上，且逐渐增大，由于弹性 绳处于原长时，人具有向下的速度，此时加速度等于重力加速 度，运动至平衡位置下方对称位置时的加速度向上且等于重力 加速度，故当人达到最低点时，加速度一定大于重力加速度， 选项D正确． 拓展：请或出v-t图。3.课堂限时训练：时间20分钟，100％得分率 1．如图所示，质量为m2 的物体2放在正沿平直轨道向右 行驶的车厢底板上，并用竖直细绳通过光滑定滑轮连接质量为 m1的物体1，与物体1相连接的绳与竖直方向保持θ角不变，则 ( ) A．车厢的加速度为gsinθ m1g B．绳对物体1的拉力为 cosθ C．底板对物体2的支持力为(m2－m1)g D．物体2所受底板的摩擦力为m2gsinθ2．如图所示是“神舟”系列航天飞船返回舱返回地面的 示意图，假定其过程可简化为：打开降落伞一段时间后，整个 装置匀速下降，为确保安全着陆，需点燃返回舱的缓冲火箭， 在火箭喷气过程中返回舱做减速直线运动，则( )A．火箭开始喷气瞬间伞绳对返回舱的拉力变小 B．返回舱在喷气过程中减速的主要原因是空气阻力C．返回舱在喷气过程中所受合外力可能做正功 D．返回舱在喷气过程中处于失重状态3. 利用速度传感器与计算机组合，可以自动画出物 体运动的 v－t 图象．某同学在一次实验中得到的运动小车 的 v－t 图象如图 2 所示，由此可知，在 0～15 s 这段时间里 ( A．小车先做加速运动，后做减速运动 B．小车做曲线运动 C．小车先沿正方向运动，后沿反方向运动 D．小车的最大位移为 6 m )4．(2010? 浙江? 14)如图9所示，A、B两物体叠放在 一起，以相同的初速度上抛(不计空气阻力)．下 列说法正确的是 ( )A．在上升和下降过程中A对B的压力一定为零 B．上升过程中A对B的压力大于A物体受到的重力 C．下降过程中A对B的压力大于A物体受到的重力图9D．在上升和下降过程中A对B的压力等于A物体受到的重力（以上每题4分）5．物体 A、B 的 s－t 图象如图 10 所示，由图可知 （ A．从第 3 s 起，两物体运动方向相同，且 vA&vB)B．两物体由同一位置开始运动，但物体 A 比 B 迟 3 s 才开始 运动 C．在 5 s 内物体的位移相同，5 s 末 A、B 相遇 D．5 s 内 A、B 的平均速度不等（本题6分）图106.酒后驾车严重威胁交通安全． 其主要原因是饮酒后会使人 的反应时间(从发现情况到实施操作制动的时间) 变长， 造成反 制距离(从发现情况到汽车停止的距离)变长，假定汽车以 108 km/h 的速度匀速行驶，刹车时汽车的 加速度大小为 8 m/s2， 正常人的反应时间为 0.5 s，饮酒人的反应时间为 1.5 s，试问： (1)驾驶员饮酒后的反制距离比正常时多几米？ (2)饮酒的驾驶员从发现情况到汽车停止需多少时间？（18分）7. (18 分)如图所示是一传送带装置，长度为 4 m，与水平方向之间的 夹角为 37°，传送带以 0.8 m/s 的速度匀 速运行，从流水线上下来的工件每隔 2 s 有一个落到 A 点(可认为初速度为零)，工件质量为 1 kg. 经传送带运送到与 B 等高处的平台上，再由工人运走．已知 工件与传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.8，sin 37°＝0.6， cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2.求： (1)每个工件从落上传送带的 A 点开始到被传送至最高点 B 所 经历的时间； (2)传送带对每个工件所做的功； (3)由于传送工件，传送带的动力装置需增加的功率．训练题解析1.【解析】gtanθ，绳子拉力F＝Bm1g 摩擦力F1＝m2a＝m2gtanθ，所以选B. cosθm1g .对物体2受力分析可得：支持力FN＝m2g－ cosθ对物体1受力分析可得：m1gtanθ＝m1a，a＝，2.【解析】A在火箭喷气过程中返回舱做减速直线运动，加速度方向向上，返回舱处于超重状态，动能减小，返回舱所受合外力做负功．返回舱在喷气过程中减速的主要原因 是缓冲火箭向下喷气而获得向上的反冲力．火箭开始喷气前匀速下降，拉力等于重力减去返回舱受到的空气阻力，火箭开始喷气瞬间反冲力直接对返回舱作用，因而伞绳对返回舱的拉力瞬 间变小．3.解析 Av－t 图象斜率表示加速度，所围的面积表示运动位移.v 的大小表示运动的快慢，正负表示运动方向．由图象 知：0～15 s 内，速度方向均为正方向，大小先变大后变小． v－t 图象不是运动轨迹．求 0～15 s 内位移时查小方格面积， 不足半个方格舍掉，只有 A 项正确．4.在上升和下降过程中，A、B 完全失重，所以 A 对 B 的压力一定为零． 答案：A5.s－t 图象的点是反映物体某一时刻相对原点的位置，斜率表示速度．物体 A 在 0～3 s 内在原点处静止，3 s 后匀速沿正方向运动；物体 B 在 t＝0 时刻从距原点 5 m 处出发,沿正方向运动，在 5 s 时刻相遇，但 5 s 内位移 sA&sB，故 v A& v B；所 以 A、D 项对．答案：AD6. 解析 (1)汽车匀速行驶v0＝108 km/h＝30 m/s(1分)正常情况与饮酒后，从刹车到车停止这段的运动是一样的， 设饮酒后的刹车距离比正常时多Δs，正常人与饮酒人的反应 时间分别为t1、t2，则 Δs＝v0(t2－t1) Δs＝30 m (2)驾驶员从实施操作制动到汽车停止所用时间 vt－v0 t3＝ a t3＝3.75 s 所以饮酒的驾驶员从发现情况到汽车停止所需时间 t＝t2＋t3 t＝5.25 s 答案 (1)30 m (1分) (1分) (4分) (2分)(4分) (2分)(2)5.25 s7.解析 (1)工件刚放上传送带时的加速度为 a＝μgcos 37°－gsin 37°＝0.4 m/s2 当工件速度达 v＝0.8 m/s 时，工件相对传送带静止 v 0.8 工件加速的时间 t1＝ ＝ s＝2 s a 0.4 加速运动的位移 1 1 s1＝ at12＝ ×0.4×22 m＝0.8 m 2 2 在 AB 段匀速运动的位移为 s2＝4 m－0.8 m＝3.2 m 分) s 3.2 所用的时间为 t2＝ 2＝ s＝4 s v 0.8 总时间为 t＝t1＋t2＝6 s 1 (2)由动能定理得 W－mgLsin 37°＝ mv2 2 1 W＝mgLsin 37°＋ mv2 2 1 ＝1×10×4×0.6 J＋ ×1×0.82 J＝24.32 J 2(2 分) (1 分)(1 分) ( 1 (1 分) (1 分) (2 分)(3 分)(3)因工件在 AB 段上加速运动的时间为 2 s，所以在位移 st 内总是有一个工件位于传送带上，该工件对传送带的滑动摩 擦力为 f1＝mgμcos 37°＝6.4 N (2 分) 工件在 AB 段上匀速运动过程中，因前后两工件相隔时间为 2 s，两工件之间的距离为 2×0.8 m＝1.6 m，所以这段距离内 始终有两个工件位于传送带上，每个工件对传送带的摩擦力 为 f2＝mgsin 37°＝6 N 传送带动力装置需增加的功率为 P＝(f1＋2f2)v＝18.4×0.8 W＝14.72 W (3 分) (1 分)答案(1)6 s (2)24.32 J(3)14.72 W（三）动力学观点在电学中的应用1.要点整合（1）带电粒子在磁场中的运动问题：洛伦兹力的方向始终 垂直于 粒子的速度方向． （2）带电粒子在复合场中的运动情况一般较为复杂，但是它仍 然是一个 力学 问题，同样遵循力和运动的各条基本规律． （3）若带电粒子在静电力、重力和洛伦兹力共同作用下做直线 运动，如果是匀强电场和匀强磁场，那么重力和静电力都是 恒 力，洛伦兹力与速度方向垂直，而其大小与 速度 切相关．因此，只有带电粒子的 速度大小 可能做直线运 动，即做匀速直线运动． 大小密 不变，才（4）典型的匀变速直线运动： (1)只受重力作用的自由落体运动和竖直上抛运动． (2)带电粒子在匀强电场中由静止开始被加速或带电粒子沿 着平行于电场方向射入电场中的运动． (3)物体、质点或带电粒子所受的各种外力的合 且合力方向与初速度方向 相同 的运动．恒定，2.解题策略探究（1）带电粒子在电场中做直线运动的问题：在电场中处理力 学问题，其分析方法与力学相同．首先进行 受力分析 ， 然后看物体所受的合力与速度方向是否一致，其运动类型有 电场加速运动和在交变的电场内往复运动．（2）处理带电粒子在交变电场作用下的直线运动问题时，首 先要分析清楚带电粒子在 一个周期 特征． （3）在具体解决带电粒子在复合场内运动问题时，要认真做 好以下三点： (1)正确分析 受力 情况； 内的受力和运动(2)充分理解和掌握不同场对电荷作用的特点和差异； (3)认真分析运动的详细过程,充分发掘题目中 的隐含条件， 建立清晰的物理情景， 最终把物理模型转化为数学表达式.3.热点题型例析题型 1 电场内动力学问题的分析 例 1：制备纳米薄膜装置的工作电极可简化为真 空中间距为 d 的两平行极板，如图 1 甲所示．加在极板 A、B 间的电压 UAB 作周期性变化， 其正向电压为 U0， 反向电压为－kU0(k&1)， 电压变化的周期为 2τ，如图乙所示．在 t＝0 时，极板 B 附 近的一个电子，质量为 m、电荷量为 e，受电 场作用由静止 开始运动．若整个运动过程中，电子未碰到 极板 A，且不考 虑重力作用．图15 (1)若k＝ ，电子在0～2τ时间内不能到达极板A，求d应满足 4 的条件； (2)若电子在0～200τ时间内未碰到极板B，求此运动过程中电 子速度v随时间t变化的关系； (3)若电子在第N个周期内的位移为零，求k的值．解析 (1)电子在0～τ时间内做匀加速运动 eU0 加速度的大小a1＝ md 1 2 位移s1＝ a1τ 2 在τ～2τ时间内先做匀减速运动，后反向做匀加速运动 5eU0 加速度的大小a2＝ 4md 初速度的大小v1＝a1τ ① ②③ ④v12 匀减速运动阶段的位移s2＝ 2a2 9eU0τ2 由题知d&s1＋s2，解得d& 10m (2)在2nτ～(2n＋1)τ，(n＝0,1,2，?，99)时间内 速度增量 Δv1＝a1τ⑤ ⑥⑦在(2n＋1)τ～2(n＋1)τ，(n＝0,1,2，?，99)时间内， ekU0 加速度的大小a2′＝ md 速度增量Δv2＝－a2′τ (a)当0≤t－2nτ&τ时 电子的运动速度v＝nΔv1＋nΔv2＋a1(t－2nτ) eU0 解得v＝[t－(k＋1)nτ] ，(n＝0,1,2，?，99) dm ⑨ ⑩ ⑧(b)当 0≤t－(2n＋1)τ&τ 时 电子的运动速度 v＝(n＋1)Δv1＋nΔv2－a2′[t－(2n＋1)τ] eU0 解得 v＝[(n＋1)(k＋1)τ－kt] ，(n＝0,1,2，?，99) dm (3)电子在 2(N－1)τ～(2N－1)τ 时间内的位移 1 2 s2N－1＝v2N－ 2τ＋ a1τ 2 电子在(2N－1)τ～2Nτ 时间内的位移 1 s2N＝v2N－1τ－ a2′τ2 2 eU0 由⑩式可知 v2N－2＝(N－1)(1－k)τ dm eU0 由?式可知 v2N－1＝(N－Nk＋k)τ dm 4N－1 依据题意 s2N－ 1＋s2N＝0,解得 k＝ 4N－3? ?答案 (1)d&9eU0τ2 10m4N－1 (2)见解析 (3) 4N－3强化训练 1 如图 2 所示，固定光滑的绝缘斜面倾 角为 30° ，其上方空间有平行于斜面的匀强电 场 E，将质量为 m＝0.8 kg,电荷量为＋10－4C的物体(可视为质点)放在斜面上，场强 E 的大 小变化如下图所示，将物体由静止释放，则 在 3 s 内物体位移最大的是 ( )图2解析取物体受力分析，沿斜面运动的加速度 Eq a＝gsin 30° － ，画其运动的v－t图象，由 m v－t图象的斜率表示a，面积表示其位移，由此 分析得知A项正确．答案A题型2磁场内动力学问题的分析例2 (16分)如图3所示，长为L的木板静止在 光滑水平面上,小木块放置在木板的右端， 木板和小木块的质量均为m，小木块的带图3电量为＋q,木板不带电，小木块与木板之间的动摩擦因数为 μ，整个空间存在着方向垂直纸面向里、磁感应强度大小为B 的匀强磁场．现对木板施加一个方向水平向右、大小为μmg mg 的恒力F，当作用时间为t时，小木块速度刚好达到 且正好 Bq 滑至木板中央，求： (1)t时刻时，木板的加速度大小为多少？ (2)恒力作用多长时间时，小木块和木板之间开始发生相对滑 动(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)?审题突破mg 1.小木块速度刚好达到 时，小木块和木板各受 Bq几个力作用？ 2．小木块和木板间发生相对滑动时，二者加速度大小有什 么关系？ 解析 (1)t时刻，小木块受到竖直向上的洛伦兹力f洛＝Bqv木块＝mg F＝ma木板 F a木板＝ ＝μg m(3分) (3分) (2分)则小木块与木板之间无挤压，不存在摩擦力，对木板有(2)小木块和木板之间发生相对滑动之前一起匀加速，设加速 度为a. 则F＝2ma有a＝ F 1 ＝ μg 2m 2 (2分)小木块和木板之间刚要开始发生相对滑动时，设摩擦力为 fm，共同速度为v1 对小木块fm＝μ(mg－Bqv1)＝ma v1＝at1 mg 所以v1＝ 2Bq m t1＝ μBq (2分) (2分) (1分) (1分)m 答案 (1)μg (2) μBq一题多变 离开木板前小木块相对于木板做什么运动？解析 对小木块受力分析如图f＝μN＝ma， N＝mg－f洛，f洛＝qvB，a＝μg－μqBv/m，v增 大，a减小，a＝0时做匀速运动．答案见解析以题说法 由于带电物体在磁场内受洛伦兹力作用，而f洛＝ qvB，v影响f洛，f洛又反过来影响v，因此，磁场内的动力学 分析是一种动态动力学问题，在解题中应注意洛伦兹力对受 力和运动产生的影响．强化训练 2如图 4 所示为一个质量为 m、电荷量为 q 的带正电的圆环，可在水平放置的足 够长的粗糙细杆上滑动，细杆处于磁感应 强度为 B 的匀强磁场中(不计空气阻力)，现 速度图象可能是下图中的 ( )图4 给圆环向右初速度 v0，在以后的运动过程中，圆环运动的解析?mg＋N＝Bqv ? 0 ? 取圆环受力分析如甲图， ? f＝μN＝ma ?，若开始Bqv0＝mg，则N＝0，其运动为匀速运动，A项正确；若开始 Bqv0&mg，随着圆环速度v减小，则N也减小，加速度也减 小，直到加速度减小到零做匀速运动，其运动图象如乙图所 示，故D项错误；若开始Bqv0&mg时，则有mg＝N＋Bqv0； 运动中N随v减小而增大，由此知圆环在做加速度增大的减速 运动，其运动图象如图丙所示，故C错误．甲乙丙答案A题型 3 电磁感应中动力学问题的分析 例3 (19 分)如图 5 所示，光滑的平行金属导 轨水平放置，电阻不计，导轨间距为 l， 左侧接一阻值为 R 的电阻．空间有竖直向 下的磁感应强度为 B 的匀强磁场．质量为 m,电阻为 r 的导体棒 CD 垂直于导轨放置， 静止开始做加速度为 a 的匀加速直线运动．求： (1)导体棒 CD 在磁场中由静止开始运动到 t1 时刻的拉力 F1； (2)若撤去拉力后棒的速度 v 随位移 s 的变化规律满足 v＝v0－ B2l2 s，且棒在撤去拉力后在磁场中运动距离 d 时恰好静 m(R＋r) 止，则拉力作用的匀加速运动的时间为多少？图5并接触良好．棒 CD 在平行于 MN 向右的水平拉力作用下从(3)请在图6中定性画出导体棒CD从静止开 始运动到停止全过程的v－t图象．图中横 坐标上的t0为撤去拉力的时刻，纵坐标上 的v0为棒CD在t0时刻的速度．(本小题不要 求写出计算过程)图6审题突破 1.导体棒做匀加速运动过程中拉力是恒力吗？ B2l2 2．从v＝v0－ s可得出匀加速直线运动的末速度为多 m(R＋r) 少吗？解析示范 (1)导体棒CD做加速度为a的匀加速直线运动， 当运动t1时间，速度达到v1＝at1 其切割磁感线产生的感应电动势E＝Blv1 E 回路产生的感应电流I＝ R＋r (2分) (2分)FA＝BlI(2分)B2l2v1 得安培力FA＝ R＋r B2l2v1 据牛顿运动定律得F1－ ＝ma R＋r B2l2at1 F1＝ ＋ma R＋r (2)设棒做匀加速直线运动的时间为t0 v0＝at0 当位移s为d时，v＝0 B2l2 代入v＝v0－ s m(R＋r) B2l2d 得t0＝ (2分) ma(R＋r) (2分) (2分) (2分) (1分)(3)v－t图象如图所示(4分)B2l2at1 B2l2d 答案 (1) ＋ma (2) (3)如解析图 R＋r ma(R＋r)以题说法 B2l2v 1.感应电流在磁场中受到磁场力为F＝BIl＝ , R此力与洛伦兹力类似，力F与运动速度v紧密相连，即运动和 受力相互影响，也是一种动态问题． 2．感应电流在磁场中受到的安培力一定是阻力，在受力分 析时一定要注意该力的方向特点． 3．对此类问题的分析还要注意临界状态运动和受力特点．强化训练 3 (18 分)如图 7 所示，两根平行金 属导轨固定在同一水平面内，间距为 l， 导轨左端连接一个电阻，一根质量为 m、 电阻为 r 的金属杆 ab 垂直放置在导轨上．图7在杆的右方距杆为 d 处有一个匀强磁场， 磁场方向垂直于轨 道平面向下，磁感应强度为 B.对杆施加一个大小为 F、方 向平行于导轨的恒力，使杆从静止开始运动，已知杆到达 磁场区域时速度为 v，之后进入磁场恰好做匀速运动．不 计导轨的电阻，假定导轨与杆之间存在恒定的阻力．求： (1)导轨对杆 ab 的阻力大小 f； (2)杆 ab 中通过的电流及其方向； (3)导轨左端所接电阻的阻值 R.解析(1)杆进入磁场前做匀加速运动，有 (2分) (2分)F－f＝ma v2＝2ad 解得导轨对杆的阻力 mv2 f＝F－ 2d (2)杆进入磁场后做匀速运动，有 F＝f＋FB 杆ab所受的安培力 FB＝IBl 解得杆ab中通过的电流 mv2 I＝ 2Bld 杆中的电流方向自a流向b(2分)(2分) (1分)(2分) (2分)(3)杆产生的感应电动势 E＝Blv 杆中的感应电流 E I＝ R＋r 解得导轨左端所接电阻阻值 2B2l2d R＝ －r mv (1分)(2分)(2分)答案mv2 mv2 (1) F－ (2) ，方向由 a→b 2d 2Bld2B2l2d (3) －r mv4.限时训练一、单项选择题 1．如图 8 所示，水平放置的平行金属导轨左 边接有电阻 R,轨道所在处有竖直向下的匀 强磁场，金属棒 ab 横跨导轨，第一次用恒 定的拉力 F 作用下由静止开始向右运动， 稳定时速度为 2v，第二次保持拉力的功率 P 恒定，由静止开始向右运动，稳定时速度也为 2v(除 R 外，其 余电阻不计，导轨光滑)，在两次金属棒 ab 速度为 v 时加速度 分 别为 a1、a2，则 ( ) 1 B．a1＝ a2 2 1 D．a1＝ a2 4 A．a1＝a2 1 C．a1＝ a2 32．如图9所示，空间存在相互垂直的匀强电场 和匀强磁场，电场的方向竖直向下，磁场方 向水平(图中垂直纸面向里)，一带电油滴P恰 好处于静止状态,则下列说法正确的是( ) A．若仅撤去电场，P可能做匀加速直线运动 B．若仅撤去磁场，P可能做匀加速直线运动 D．若给P一初速度，P不可能做匀速直线运动图9C．若给P一初速度，P可能做顺时针方向的匀速圆周运动二、双项选择题 3．如图10所示是一带正电质点仅在静电力作 用下从A点运动到B点的v－t图象，由此可 知 A．该质点一定做直线运动 B．该质点所处电场不可能是匀强电场 C．该质点通过A点的加速度比B点的小 D．该质点通过A点的电势比B点的高 ( )图104．如图11所示为匀强电场的电场强度E随时间t变化的图 象．当t＝0时，在此匀强电场中由静止释放一个带电粒 子,设带电粒子只受电场力的作用，则下列说法中正确的 是 ( )图11 A．带电粒子将始终向同一个方向运动 B．2 s末带电粒子回到原出发点 C．3 s末带电粒子的速度为零 D．0～3 s内，电场力做的总功为零5.如图12所示，两个等量同种点电荷分别固定 于光滑绝缘水平面上A、B两点.一个带电粒 子由静止释放，仅受电场力作用，沿着AB 中垂线从C点运动到D点(C、D是关于AB对 称的两点)．下列关于粒子运动的v－t图象 中可能正确的是 ( )图126．如图13所示，带正电的小球穿在绝缘粗糙 与水平面倾角为θ的直杆上,a、b、c为直杆 上的三点且ab＝bc，整个空间存在着竖直 向上的匀强电场和垂直于杆斜向上的匀强 磁场(磁场图中未画出),现使小球以某一初 零，则小球由a经b到c运动的过程中图13 速度沿杆向下滑动，到a点时动能为100 J，到c点时动能为( ) A．小球电势能增加量可能大于其重力势能减少量 B．小球先做加速运动后做减速运动 C．小球到c点后可能沿杆向上运动 D．小球在ab段克服摩擦力所做的功与在bc段克服摩擦力 所做的功相等答案与解析B2L22v B2L2v 1. 第一次：棒受拉力 F＝F 安＝BIL＝ R ，F－ R ＝ma1 B2L24v2 P B2L2v 第二次：拉力的功率 P＝F′? 2v＝ R ， v－ R ＝ma2 1 由此得 a1＝ a2，所以 C 项正确． 32. 油滴处于静止状态,因此重力与向上的电场力平衡.若撤去电场， 油滴会在重力作用下运动， 速度变化,受到的洛伦兹力也变化，故 F 合变化，不会做匀加速直线运动,故 A 项错误；若仅撤 去磁场，油滴仍处于静止状态，故 B 项错误；若给 P 一个竖直向下的初速度,P 可在 F 洛下做 匀速圆周运动;若初速度与磁场方向平行，P 可做匀速直线运动；故只有 C 项正确．3.由 v－t 图象得知，该质点速度方向不变，速度在均匀增大，加速度恒定，故受电场力恒定,且电 场力做正功，受力方向由 A 指向 B，场强方向由 A 指向 B，故电势 φA&φB.所以 A、D 项正确．4.带电粒子受到的合力为 F＝Eq＝ma，根据其受力，画其运动速度的 v－t 图象,如图所示.由此 判断 C、D 选项正确．5. 等量同种电荷中垂线上场强的特点是：在 AB 中点处场强 E＝0，由中点到两边，先增大后减小； 由此知带电粒子受到的电场力产生的加速度如上特点．故 C、D 项正确．6. 对小球受力分析；受竖直向上的电场力 F 电，重力，垂直 于杆方向上的洛伦兹力 f 洛,杆的弹力 N 和摩擦力 f.因为 F 电可 能大于或小于重力，故 A、C 正确；球在运动中因受摩擦力 f 作用.由 a→c 一直做加速度减小的减速运动， B 项错误． 故 因 为 f 洛＝Bqv 随 v 而变，f＝μN 随之变化,故 D 项错误．答案AC（四） 曲线运动1.单元前测1．一个高尔夫球静止于平坦的地面上． 在 t＝0 时球被击出，飞行中球的速率 与时间的关系如图 8 所示，若不计空 气阻力的影响，根据图象提供的信息 不能求出的是 A．高尔夫球在何时落地 B．人击球时对高尔夫球做的功 C．高尔夫球可上升的最大高度 D．高尔夫球落地时离击球点的距离 ( )? 2.如图所示，圆O在匀强电场中，场强方向与圆O所在平面 平行，带正电的微粒以相同的初动能沿着各个方向从A点 进入圆形区域中，只在电场力作用下运动，从圆周上不同 点离开圆形区域，其中从C点离开圆形区域的带电微粒的 动能最大，图中O是圆心，AB是圆的直径，AC是与AB成角 的弦，则匀强电场的方向为（ ） ? A．沿AB方向 B．沿AC方向 ? C．沿BC方向 D．沿OC方向3.如右图所示，轻杆的一端有一个小球，另一端有 光滑的固定轴O.现给球一初速度，使球和杆一起绕 O轴在竖直面内转动．不计空气阻力，用F表示球 到达最高点时杆对小球的作用力，则F( ) A．一定是拉力 B．一定是推力 C．一定等于0 D．可能是拉力，可能是推力， 也可能等于04.如右图所示，竖直圆筒内壁光滑， 半径为R，顶部有入口A，在A的正下方h处有出口B，一质量为m的小球从入口A沿圆筒壁切线方向水平射入圆筒内，要使球从B处飞出小球进入入口A处的速度 应满足什么条件？v0 在运动过程中，球对筒的压力多大？解析： 1.小球在空中只受重力作用，做斜抛运动,由图知在 t＝2.5 s 时，到达最高点． 由 v－t 图象面积可求得 C、D 项;小球在 t＝5 s 时落地；因不知小球质量， 由 1 2 W 人＝ mv0 ,求不出 W 人，故选 B 项． 2答案：B2.答案：D3.【解析】 D 设小球在最高点速度为v，初速度为 ，杆长为r，当小 球到达最高点时，如果速度v= v0 ， ｖ０ = gr时，杆对小球作用力为零；如果速度v& ，ｖ gr ０ & 时，杆对小球有拉力；如果速度v & 5 gr ， grｖ０ &5 gr时，杆对小球有推力，现在不知ｖ０的数值，则三种情况均有可能，所以D选项正确．4. 小球在竖直方向做自由落体运动，所以小球在 筒内的运动时间为：t ?2h g在水平方向，以周期运动的规律来研究，得2?R (n=1、2、3…) t?n V0 2n?R g 所以 v0 ? (n=1、2、3…) ? 2n?R t h2 v0 2n 2? 2 mgR FN ? m ? (n=1、2、3…) R h 2n?R g (n=1、2、3…)； ? 2n?R 【答案】 v 0 ? t h 2 v0 2n 2? 2 mgR FN ? m ? (n=1、2、3…) R h由牛顿第二定律? 对照答案分析：? 如果你能在10分钟顺利完成，则表明本部分基础较好，在 下面几部分的复习中，可简单浏览主干知识整合和要点热点探究，重点放在限时训练? 如果需要10分钟以上完成且无法获得满分，则必须认真复习主干知识整合和要点热点探究，争取在限时训练中过关 。2.主干知识整合 一、曲线运动 1．物体做曲线运动的条件：运动物体所受合外力的方 向跟其速度方向不在一条直线上时，物体做曲线运动． 2．曲线运动的轨迹：当做曲线运动的物体所受合外力 为恒力时，其运动为匀变速曲线运动，运动轨迹为抛物线， 如平抛运动、斜抛运动、带电粒子在匀强电场中的曲线运 动．曲线运动的轨迹位于速度(轨迹上各点的切线)和合力的 夹角之间，而合力的方向指向轨迹弯曲的内侧．二、抛体运动 1．平抛运动 (1)平抛运动是匀变速曲线运动(其加速度为重力加速度)， 可分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动， 运动轨迹为抛物线． (2)物体做平抛运动时，运动时间由竖直高度决定，水平 位移由初速度和竖直高度共同决定． (3)物体做平抛运动时，在任意相等时间间隔Δt内速度的 改变量Δv大小相等、方向相同(Δv＝Δvy＝gΔt)．(4)平抛运动的两个重要推论 ①做平抛运动的物体任意时刻的瞬时速度的反向延长线一 定通过此时水平位移的中点，如图1－4－1所示．由x－x′ vx vyt x 由 y ＝v ，y＝ 2 ，x＝vxt，联立解得：x′＝2. y②做平抛运动的物体在任意时刻、任意位置处的瞬时速度与水平 方向的夹角 θ 及位移与水平方向的夹角 φ 满足：tanθ＝2tanφ.(tanθ＝ y y x ， tanφ＝x，又 x′＝2，故 tanθ＝2tanφ) x－x′2．类平抛运动以一定的初速度将物体抛出，如果物体受的合力恒定且与 初速度方向垂直，则物体所做的运动为类平抛运动，如以初速 度v0垂直电场方向射入匀强电场中的带电粒子的运动． 类平抛运动的性质及解题方法与平抛运动类似，也是用运动的 分解法．三、圆周运动 1．描述圆周运动的物理量 物理量 线速度 角速度 周期、频率 向心加速度 大小 方向 物理意义s 2πr v＝ t ＝ T φ 2π ω＝ t ＝ T 1 2πr T＝ f ＝ v v2 a＝ r ＝ω2r圆弧上各点的 切线方向 中 学 不 研 究 其 描述质点沿圆 方向 周运动的快慢 无方向描述线速度方 时刻指向圆心 向改变的快慢物理量 相互关系大小方向物理意义v2 4π2r a ＝ r ＝ω2r＝4π2rf2＝ T2 ＝ωv注意：同一转动体上各点的角速度相等，皮带传动轮子边 缘各点的线速度大小相等． 2．向心力 做圆周运动物体的向心力可以由重力、弹力、摩擦力等各 种性质的力提供，也可以由各力的合力或某力的分力提供． 物体做匀速圆周运动时，物体的合力提供向心力，合力的方向 指向圆心；物体做变速圆周运动时，物体的合力的方向不一定 沿半径指向圆心，合力沿半径方向的分力提供向心力，合力沿 切线方向的分力改变物体速度的大小．3．处理圆周运动的动力学问题的步骤 (1)首先要明确研究对象； (2)对其受力分析，明确向心力的来源； (3)确定其运动轨道所在的平面、圆心的位置以及半径； (4)将牛顿第二定律应用于圆周运动，得到圆周运动中的动 v2 4π2 力学方程，有以下各种情况：F＝ m ＝mrω2＝mvω＝mr 2 T r ＝4π2mrf2.解题时应根据已知条件合理选择方程形式．3.要点热点探究 ? 探究点一 运动的合成与分解合运动和分运动的关系：合运动是物体的实际运动，分运 动是合运动的两个效果． 等时性 独立性 等效性 各分运动经历的时间与合运动经历的时间相等 一个物体同时参与几个分运动，各个运动独立进 行而不受其他分运动的影响 各个分运动的规律叠加起来与合运动的规律有完 全相同的效果例1 某研究性学习小组进行了如下实验：如图1－4－2所示， 在一端封闭的光滑玻璃管中注满清水，水中放一个红蜡做成的小 圆柱体R(可视为质点)．将玻璃管的开口端用胶塞塞紧后竖直倒 置且与y轴重合，在R从坐标原点以速度v0＝3 cm/s匀速上浮的同 时，玻璃管沿x轴正方向做初速度为零的匀加速直线运动．R在上 升过程中运动轨迹的示意图是( )例1 D 【解析】 玻璃管沿x轴正方向做初速度为零的匀 加速直线运动，而蜡块在竖直方向做匀速运动，故蜡块所受 的合外力沿水平方向，根据曲线运动的特点，受力方向应指 向曲线弯曲的内侧，故D正确．[2011?上海卷] 如图1－4－4所示，人沿着平直 的河岸以速度v行走，且通过不可伸长的绳拖船，船沿绳的方向行进，此过程中绳始终与水面平行．当绳与河岸的夹角为α时，船的速率为( )图 1－4－4 A．vsinα v B. sinα C．vcosα v D. cosα例1 变式题 C 【解析】 人的速度可以沿绳的方向及 垂直绳的方向分解，沿绳方向的分速度大小就是船的速率， 即v船＝vcosα.?探究点二平抛与类平抛问题1．平抛运动的处理方法是将其分解为水平方向和竖直方向 的两个分运动． (1)水平方向：做匀速直线运动，vx＝v0，x＝v0t. 1 2 (2)竖直方向：做自由落体运动，vy＝gt，y＝ 2 gt . 2．类平抛运动的处理方法也是分解运动，即将其分解为沿 初速度v0方向(不一定水平)的匀速运动(vx＝v0，x＝v0t)和沿合力 1 2 方向(与初速度v0方向垂直)的匀加速运动(vy＝at，y＝ 2 at )．注 意加速度方向不一定竖直向下、大小也不一定等于g.例2[2011?广东卷] (双选)如图1－4－5所示，在网球的网前截击练习中，若练习者在球网正上方距地面H处，将球 以速度v沿垂直球网的方向击出，球刚好落在底线上．已知底线到网的距离为L，重力加速度取g，将球的运动视作平抛运动，下列表述正确的是( )A．球的速度 v 等于 Lg 2H2H B．球从击出到落地所用时间为 g C．球从击球点至落地点的位移等于 L D．球从击球点至落地点的位移与球的质量有关例 2 AB 【解析】 平抛运动可分解为水平方向的匀速直线运 1 2 动和竖直方向的自由落体运动，在竖直方向，由 H＝2gt 得球的飞 2H L g 行时间为 t＝ g ，在水平方向，由 L＝vt 得 v＝ t ＝L 2H，选项 A、B 正确；球从击出点到落地点的位移应为平抛运动的合位移，即 s＝ H2＋L2，与质量无关，选项 C、D 错误．【点评】 平抛运动、类平抛运动处理的方法都是采用运动 分解的方法，即分解为沿初速度方向的匀速直线运动和垂直初 速度方向初速度为零的匀加速直线运动．例2属于平抛运动的问 题，下面的变式题则是一道考查类平抛运动的问题．如图1－4－6所示，板间距为d、板长为4d的水平 金属板A和B上下正对放置，并接在电源上．现有一质量为m、 带电量为＋q的质点沿两板中心线以某一速度水平射入，两板 间电压U＝U0，当A板接电源负极时，该质点沿两板中心线射 出；当A板接电源正极时，该质点射到B板上距左端为d的C 处．(重力加速度为g，不计空气阻力) (1)求质点射入两板时的速度； (2)当A板接负极时，为使带电质点能够从两板间射出， 求两板所加恒定电压U的范围．例 2 变式题9U0 7U0 (1) 2gd (2) 8 &U& 8qU0 【解析】 (1)两板加上电压 U0，当 A 板接负极时，有 d ＝mg； 当 A 板接正极时，设带电质点射入两极板时的速度为 v0，向下运动 的加速度为 a，经时间 t 射到 C 点，则有：qU0 d ＋mg＝ma d＝v0t d 1 2 2＝2at 解得质点射入两板时的速度 v0＝ 2gd(2)将运动分解为竖直方向的匀加速直线运动和水平方向的 匀速直线运动，设竖直方向运动的加速度为a1，运动时间为t1. 当带电质点恰好打在极板右边缘时， 对竖直方向，有：(2)将运动分解为竖直方向的匀加速直线运动和水平方向的匀速 直线运动，设竖直方向运动的加速度为 a1，运动时间为 t1. 当带电质点恰好打在极板右边缘时， 对竖直方向，有： d 1 2 2＝2a1t1 对水平方向，有： x 4d t1＝v ＝ v0 0g 解得 a1＝8 当 a1 的方向向上时，设两板所加恒定电压为 U1，有 qU1 9 d －mg＝ma1，解得 U1＝8U0 当 a1 的方向向下时，设两板所加恒定电压为 U2，有 qU2 7 mg－ d ＝ma1，解得 U2＝8U0 9U0 7U0 所以，所加恒定电压范围为 8 &U& 8?探究点三圆周运动及其临界问题竖直面内圆周运动的两种临界问题的比较分类 实例 最高点无支撑 最高点有支撑 球与杆连接、车过拱桥、 球与绳连接、 水流星、 球过竖直管道、 套在圆环 翻滚过山车 上的物体等图示重力、弹力 F 弹向下 重力、弹力 F 弹向下或向 在 最 高 或等于零 点受力 v2 (mg＋F 弹＝m R ) F 弹＝0，v＝ Rg (在最高点速度不能 为零) (在最高点速度可为零) 上或等于零 v2 (mg±F 弹＝m R ) F 弹＝mg，v＝0恰好过 最高点例3 [2011?安徽卷]如图1－4－7所示，倾角θ＝37°的斜面 底端B平滑连接着半径r＝0.40 m的竖直光滑圆轨道．质量m＝ 0.50 kg的小物块从距地面h＝2.7 m处沿斜面由静止开始下滑，已知物块滑到斜面底端B时的速度大小v＝6.0 m/s，已知小物块通过B点时无能量损失，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10 m/s2 ， 求： (1)小物块与斜面间的动摩擦因数； (2)物块运动到圆轨道的最高点A时，对圆轨道的压力大小．例3(1)0.25 (2)20 N【解析】 (1)物块沿斜面下滑过程中，在重力、支持力和摩擦力 作用下做匀加速运动，设下滑加速度为 a，到达斜面底端 B 时的速度 为 v，则 mgsinθ－μmgcosθ＝ma h v ＝2a? sinθ2解得 μ＝0.25(2)设物块运动到圆轨道的最高点 A 时的速度为 vA，在 A 点受到 圆轨道的压力为 FN，由机械能守恒定律得： 1 2 1 2 2r 2mv ＝2mvA＋mg? 物块运动到圆轨道的最高点 A 时，由牛顿第二定律得： v2 A FN＋mg＝m r 代入数据解得：FN＝20 N 由牛顿第三定律可知，物块运动到圆轨道的最高点 A 时，对圆轨 道的压力大小 F′N＝FN＝20 N【点评】 处理竖直面内的圆周运动时，首先根据动能定 理或机械能守恒定律确定最高点与最低点的速度关系，然 后分别在最高点或最低点利用牛顿第二定律建立动力学方 程并求解．分析竖直面内的圆周运动要明确在最高点有无 支撑，从而确定物体能通过最高点的临界条件．(双选)如图1－4－8所示，小球沿水平面通过O点进 入半 径为 R的 半圆 弧轨道 后 恰能通 过 最高点 P， 然后落 回 水平 面．不计一切阻力，下列说法正确的是( )A．小球落地点离O点的水平距离为RB．小球落地点离O点的水平距离为2R C．小球运动到半圆弧最高点P时向心力恰好为零1 D．若将半圆弧轨道上部的 4 圆弧截去，其他条件不变，则小球能达到的最大高度比P点高例 3 变式题BD【解析】 小球恰能通过最高点 P，则在mv2 最高点 P 时重力恰好提供向心力， R ＝mg，选项 C 错；小球离 1 2 开 P 点后做平抛运动，x＝vt,2R＝2gt ，解出 x＝2R，故选项 A 1 错，B 对；若将半圆弧轨道上部的4圆弧截去，其他条件不变，则 小球离开轨道后竖直上抛，达到最大高度时速度为零，显然能达 到的最大高度比 P 点高，D 对．?探究点四曲线运动的综合问题曲线运动的综合问题一般以平抛运动、圆周运动情景为载 体，综合考查曲线运动的规律、运动的分解与合成、牛顿运动 定律、机械能守恒定律和动能定理等物理主干知识． 在曲线运动综合问题的解题过程中，应首先进行物体受力分析和运动过程分析，然后确定应用何种规律解题，并且要注意两种不同运动分界点的运动和受力特征．例4 如图1－4－9所示，用内壁光滑的细管弯成半径为R的圆 轨道，固定在竖直平面内，O是圆心，A、B为两个端口，A与圆 心O等高，∠AOB＝120°，重力加速度为g.(1)一直径略小于圆管内径的小球从A点正上方h高处自由下落，并进入圆管运动，小球质量为m，求小球经过圆管最低点时 对圆管的压力大小． (2)一直径略小于圆管内径的小球从A 点正上方某点向右水平抛出，小球无 碰撞地进入圆管运动，求小球水平抛 出的初速度．(3)在(2)的情况下，求小球从A点离开后相对于A点上升的最大高度.例4? 2h? ?3＋ ? (1)mg R? ?(2)33 3 2 Rg (3) 2 R3【解析】 (1)设小球到达最低点时速度大小为 v，圆管对小球的 支持力为 FN，则 1 2 mg(h＋R)＝2mv 解得 v2 FN－mg＝m R? 2h? FN＝mg?3＋ R ? ? ?根据牛顿第三定律，小球经过圆管最低点时对圆管的压力 F′N? 2h? ＝mg?3＋ R ?. ? ?(2)设小球抛出时距 B 点的竖直高度为 h1，初速度大小为 v1，由 题意得 R＋Rcos60° 1 ＝v 3 解得 h1＝ 4 R 2h1 g v1＝ v1 tan30° 2gh1 ＝ 3 2 Rg 3(3)设小球从 A 点离开后相对于 A 点上升的最大高度为 H， 1 mgH＝mg(h1＋Rsin60° 2mv2 )＋ 1 3 3 解得 H＝ 2 R【点评】 本题综合考查了匀变速直线运动、圆周运动、 平抛运动等常见物体运动的规律．解答此题的关键是将全 过程划分为几段分过程，然后分别对分过程根据相应规律 建立方程，最后解方程．如图1－4－10所示，长为L的细绳上端系一质量不计 的环，环套在光滑水平杆上，在细绳的下端吊一个质量为m的铁球(可视作质点)，球离地的高度h＝L.现让环与球一起以 v＝ 2gL 的速度向右运动，在A处环被挡住后立即停止．已知A离右墙的水平 距离也为L，当地的重力加速度为g，不计空气阻力．求： (1)在环被挡住立即停止时绳对小球 的拉力大小；(2)若在环被挡住后，细线突然断裂，则在以后的运动过程中，球的 第一次碰撞点离墙角B点的距离是 多少？例 4 变式题(1)3mg3 (2)4L【解析】 (1)在环被挡住而立即停止后小球立即以速率 v 绕 A 点做圆周运动， 根据牛顿第二定律和圆周运动的向心力公式有： mv2 F－mg＝ L 解得：F＝3mg(2)细绳断裂后，小球做平抛运动． 假设小球直接落到地面上，则： 1 2 h＝2gt ，得 t＝ 2h g＝ 2L g球的水平位移：x＝vt＝2L&L故实际上小球应先碰到右墙，则 L＝vt′ 1 1 小球下落的高度 h′＝2gt′2＝4L 3 所以球的第一次碰撞点距 B 的距离为：H＝L－h′＝4L4.课堂限时训练：限时10分钟，正确率应达到100％。 1.一水平抛出的小球落到一倾角为θ的斜面上时，其速度 方向与斜面垂直，运动轨迹如图1-4-11中虚线所示．小球在竖 直方向下落的距离与在水平方向通过的距离之比为( )1 A.tanθ1 B.2tanθC．tanθD．2tanθ2.如图所示，两个半径不同而内壁光滑的半圆轨道固定在地面上，质量 相等的两个小球分别从与球心在同一水平高度的A、B两点由静止开始 自由滑下，它们通过轨道最低点时（ ） A．速度相同 B．向心加速度相同 C．对轨道的压力A大于B D．机械能相等3.光滑的水平面上固定着一个螺旋形光滑水平轨道，俯视如图所示。一 个小球以一定速度沿轨道切线方向进入轨道，以下关于小球运动的说法 中正确的是（ ） A．轨道对小球不做功，小球的角速度不断增大； B．轨道对小球做正功，小球的角速度不断增大； v C．轨道对小球做正功，小球的线速度不断增大； D．轨道对小球不做功，小球的线速度不断增大。? 4.如图1是汽车过桥时对不同类形桥面压力变化的实验．采 用DIS方法对模型进行测量，其结果如右边电脑屏幕所示． ? （1）图1中的传感器为___________传感器； ? （2）图1中甲、乙、丙分别为三种不同类型的桥面．对于 凸形桥甲，其相对应的压力图线应是屏幕上的 (填a、b 或c)； ? （3）如增大小球在斜槽上的高度，则在图2中大致画出小 球通过凸形桥甲时压力图线。图1图2? 5.如图所示，轻线一端系一质量为m的小球，另一端穿过 光滑小孔套在正下方的图钉A上，此时小球在光滑的水平 平台上做半径为a、角速度为ω的匀速圆周运动。现拔掉图 钉A让小球飞出，此后细绳又被A正上方距A高为h的图钉B 套住，达稳定后，小球又在平台上做匀速圆周运动。求： （18分） ? （1）图钉A拔掉前，轻线对小球的拉力大小， ? （2）从拔掉图钉A到被图钉B套住前小球做什么运动？所 用的时间为多少？ ? （3）小球最后做圆周运动的角速度。a ω mB h A 图 2-9答案解析如图所示，平抛物体的末速度 v 与竖直方向的 v v 夹角等于斜面倾角θ，其竖直速度分量 vy＝gt，所以 tanθ＝ 0＝ 0.物 vy gt 1 体下落高度 h＝ gt2， 水平位移 x＝v0t， 所以竖直方向下落的距离与在 2 1 2 h 2gt gt 1 水平方向通过的距离之比为 ＝ ＝ ＝ ，选项 B 正确． x v0t 2v0 2tanθ 1.【解析】 B2.答案：BD 3.答案：A? 4. （1）力 （2）C（3）略（曲线如c更远离b）（五）万有引力与天体运动1.主干知识整合一、万有引力定律 宇宙间任意两个有质量的物体间都存在相互吸引力， 内容 其大小与两物体的质量乘积成正比，与它们间距离的 二次方成反比，引力的方向在它们的连线上 m1m2 公式 F＝G 2 其中引力常量 G＝6.67×10－11N? 2/ kg2 m r 适 用 适用于质点或均匀球体之间，其中 r 为质点间、球心 条件 间或质点与球心间的距离二、天体运动问题的处理方法1．在处理天体的运动问题时，通常把天体的运动简化为： 中心天体是不动的，环绕天体以中心天体的球心为圆心做匀速 圆周运动；环绕天体只受到中心天体的万有引力作用，这个引 力提供环绕天体做匀速圆周运动的向心力．2．人造卫星的加速度、线速度、角速度、周期与轨道半径的关系v Mm 2π GM G r2 ＝ma＝m r ＝mrω2＝mr T 2，解得：a＝ r2 、v＝2GM r 、ω＝GM r3 、T＝2πr3 GM以上表达式中，M 为中心天体的质量，m 是绕行天体的质量．由 以上关系可以看出，当轨道半径 r 增大时，a、v、ω 减小，而 T 增大， 且与绕行天体的质量无关．一旦轨道半径 r 确定，则 a、v、ω、T 的 大小也确定．例如所有地球同步卫星的 r、v、ω、T、a 大小均相等．3．求解天体问题的一般思路 (1)环绕天体绕中心天体做匀速圆周运动，所需要的向心力由万有 Mm mv 2π2 2 引力提供，即 G r2 ＝ r ＝mω r＝m T r. Mm (2)物体在地球表面附近受到的重力近似等于万有引力， mg＝G R2 (R 为地球半径)．在地球质量未知的情况下，可应用 GM＝gR2 转换． 三、宇宙速度 1．第一宇宙速度(环绕速度)：是发射地球卫星的最小速度，也是 卫星围绕地球做圆周运动的最大运行速度，大小为 7.9 km/s.22．第二宇宙速度(逃逸速度)：是人造卫星挣脱地球束缚而成为一 颗太阳的人造小行星的最小发射速度，大小为 11.2 km/s. 3．第三宇宙速度(脱离速度)：是人造卫星挣脱太阳的束缚而成为 一颗绕银河系中心运行的小恒星的最小发射速度，大小为 16.7 km/s. 注意：1.三个宇宙速度的大小都是以地球中心为参考系的． 2．以上数据是地球上的宇宙速度，其他星球上都有各自的宇宙速 度，计算方法与地球相同． 3．人造卫星的理论发射速度在 7.9 km/s 到 11.2 km/s 之间．2.要点热点探究?探究点一同步卫星、近地卫星与极地卫星问题1．地球轨道同步卫星 (1)同步卫星位于赤道正上方，轨道平面与赤道平面共面；(2)同步卫星的轨道半径一定，距离地球表面的高度一定，约36000 km； (3)同步卫星的运行周期和地球的自转周期相同，T＝24 h， 且转动方向相同；(4)所有地球轨道同步卫星的半径、线速度大小、角速度大小及周 期都相同． 2．近地卫星：当人造地球卫星在近地轨道上运行时，轨道半径近 似等于地球的半径 R，近地卫星的运行速度即地球的第一宇宙速度． (1)设地球的质量为 M，卫星的质量为 m，当人造地球卫星在近地 轨道上运行时，轨道半径近似等于地球的半径 R，万有引力提供近地 Mm mv1 卫星做圆周运动的向心力，G R2 ＝ R ，解得 v1＝2GM R ＝7.9 km/smv2 1 (2)卫星刚好绕地球表面运动，重力近似等于万有引力，mg＝ R ， 解得 v1＝ gR＝7.9 km/s.3． 极地轨道卫星： 绕地球做圆周运动的卫星在运行过程中通过两 极正上方． 由于地球自转， 极地卫星并不是沿同一经度线的上方运行．例 1 [2011? 广东卷]已知地球质量为 M， 半径为 R， 自转周期为 T， 地球同步卫星质量为 m， 引力常量为 G.有关同步卫星， 下列表述正确的 是( ) 3 GMT2 A．卫星距地面的高度为 4π2 B．卫星的运行速度小于第一宇宙速度 Mm C．卫星运行时受到的向心力大小为 G R2 D．卫星运行的向心加速度小于地球表面的重力加速度【解析】 同步卫星绕地球做匀速圆周运动的过程中万 Mm 4π2 有引力提供向心力，设卫星距离地面的高度为 h，由 G ＝m T2 (R ?R＋h?2 BD 3 GMT2 ＋h)，可以得到 h＝ 4π2 －R，故选项 A 错误；卫星运行受到的向 Mm 心力由万有引力充当，即 F 向＝G ，选项 C 错误；第一宇宙速度 ?R＋h?2 v2 Mm 为近地卫星的环绕速度，由 G r2 ＝m r ＝ma，得卫星运行速度 v＝ GM GM 、 卫星运行的向心加速度 a＝ r2 ， 可见当卫星绕行半径 r 增大时， r v 与 a 都要减小，所以 B、D 选项正确．例1【点评】 解答地球轨道同步卫星问题时，应关注同步卫 星的轨道总在地球赤道正上方、运行周期与地球自转周期相 同且转动方向相同、轨道半径相同等要点．下面的变式题综 合考查地球自转、近地卫星和地球轨道同步卫星的运动问 题．[2011?山东卷] 甲、乙为两颗地球卫星，其中甲 为地球同步卫星，乙的运行高度低于甲的运行高度，两卫星轨道均可视为圆轨道．以下判断正确的是(A．甲的周期大于乙的周期 B．乙的速度大于第一宇宙速度 C．甲的加速度小于乙的加速度 D．甲在运行时能经过北极的正上方)例 1 变式题 T＝2πGM AC 【解析】 由 a＝ r2 、v＝GM r 、ω＝GM r3 、r3 GM可知：轨道半径 r 越大，a、v、ω 越小，而 T 越大，故 A、C 对，B 错；地球同步卫星只能在赤道上空运行，不可能经过北极的正 上方，D 错．?探究点二天体质量和密度的估算问题1．已知环绕天体的周期 T 和半径 r，求中心天体的质量、密度 Mm 4π2 由 G r2 ＝m T2 r 可知：只要知道环绕天体的周期 T 和半径 r，就 4π2r3 4 3 可求出中心天体的质量 M＝ GT2 .设中心天体的半径为 R， V＝3πR ， 则 M 3πr3 其密度为 ρ＝ V ，联立解得 ρ＝GT2R3. 若测得中心天体的近表卫星周期 T，此时 r＝R，则中心天体的平 3π 均密度为 ρ＝GT2.可见只需要测得中心天体近表卫星的周期，就可以得 到中心天体的密度．2．已知星球表面的重力加速度 g，求星球质量 Mm 在星球表面附近，重力近似等于万有引力，即 mg＝G R2 (多用代 gR2 GM 换)，可求得星球质量 M＝ G ，或星球表面的重力加速度 g＝ R2 .例 2 [2011?福建卷] “嫦娥二号”是我国月球探测第二期工程的 先导星．若测得“嫦娥二号”在月球(可视为密度均匀的球体)表面附近 圆形轨道运行的周期 T，已知引力常量为 G，半径为 R 的球体体积公式 3 3 V＝4πR ，则可估算月球的( A．密度 B．质量 C．半径 D．自转周期 )例2A?2π?2 Mm 4 ? ? R，M＝ρV，V＝ πR3，联立 【解析】 由 G R2 ＝m T 3 ? ?3π 解得 ρ＝GT2，已知周期 T，就可求密度 ρ，A 正确．【点评】 本题根据月球的近表卫星的周期，可求得月球的密度 ρ 3π ＝GT2，因月球半径未知，不能确定月球的质量．同理，如果知道中心 天体的密度，可求得中心天体的近表卫星周期，见下面的变式题．[2011? 北京卷] 一物体静置在平均密度为 ρ 的球形天体表 面的赤道上． 已知引力常量为 G， 若由于天体自转使物体对天体表面压 力恰好为零，则天体自转周期为( A. C. 4π 3Gρ π Gρ B. D. 3 4πGρ 3π Gρ )例 2 变式题D【解析】 物体对天体表面压力恰好为零，则物Mm 体随天体自转需要的向心力恰好由物体受到的万有引力提供：G R2 ＝?2π?2 m? T ? R，又 ? ?M M 3M ρ＝ V ＝4 ＝4πR3，联立解得 T＝ πR3 33π Gρ.?探究点三航天器的动力学分析与变轨问题＝提供天体做圆周运动的向心力是该天体受到的万有引力 F供v2 Mm G r2 ，天体做圆周运动需要的向心力是 F 需＝m r .当 F 供＝F 需时，天 体在圆轨道上做匀速圆周运动；当 F 供＞F 需时，万有引力充当向心力 过余，天体做向心运动；当 F 供＜F 需时，万有引力充当向心力不足， 天体做离心运动．运行半径较大的人造卫星的一般发射过程如图 1－4－1 所示， 先将 卫星发射到离地面较近的圆轨道Ⅰ上，运行稳定后再启动火箭(或发动 机)短暂加速(位置 B)，由于速度变大，万有引力充当向心力不足，卫星 将沿椭圆轨道Ⅱ做离心运动， 当卫星将沿椭圆轨道运动到椭圆轨道的远 地点 A 时，再次启动火箭短暂加速，卫星再次变轨绕圆轨道Ⅲ做匀速 圆周运动．例 3 [2010?江苏卷] 2009 年 5 月，航天飞机在完成对哈勃空间望 远镜的维修任务后，在 A 点从圆形轨道Ⅰ进入椭圆轨道Ⅱ，B 为轨道Ⅱ 上的一点，如图 1－5－2 所示，关于航天飞机的运动，下列说法中正确 的有()A．在轨道Ⅱ上经过A的速度小于经过B的速度B．在轨道Ⅱ上经过A的动能大于在轨道Ⅰ上经过A的动能 C．在轨道Ⅱ上运动的周期小于在轨道Ⅰ上运动的周期D．在轨道Ⅱ上经过A的加速度小于在 轨道Ⅰ上经过A的加速度图 1－5－ 2例3AC 【解析】 卫星在同一轨道上运行时，只有万有引力做功，机械能守恒，势能越大，动能就越小，故卫星离地球越远，速度越 小，A 正确；由 I 轨道变到 II 轨道能量要减小，由于在同一高度，故 通过减速(减小动能)达到减小能量的目的，所以 B 错误；根据开普勒定 R3 律， T2＝c，轨道半长轴越短，周期越小，即 R2＜R1，所以 T2＜T1，C GM 正确；根据 a＝ R2 知 D 错误．日18时59分57秒，搭载着“嫦娥二 号”卫星的长征三号丙运载火箭在西昌卫星发射中心点火发 射，卫星由地面发射后，进入地月转移轨道，经多次变轨最 终进入距离月球表面100公里，周期为118分钟的工作轨道， 开始对月球进行探测，如图1－4－3所示．已知万有引力常量 为G，则( ) A．卫星在轨道Ⅲ上的运动速度比 月球的第一宇宙速度小B．卫星在轨道Ⅲ上经过P点的速度比在轨道Ⅰ上经过P点时大 C．由已知条件可求月球的密度 D．卫星在轨道Ⅰ上的机械能比在 轨道Ⅱ上大例 3 变式题2AD 【解析】 因轨道Ⅲ的运动半径大于月球半径，Mm mv 由 G r2 ＝ r 知，卫星在轨道Ⅲ上的运动速度比卫星在接近月球表面 的轨道上的运动速度小，即比月球的第一宇宙速度小，选项 A 正确； Mm mv 卫星在圆轨道Ⅲ上经过 P 点做匀速圆周运动，有 G r2 ＝ r ，卫星在 Mm mv′ 椭圆轨道Ⅰ上经过 P 点后做离心运动，有 G r2 & r ，所以 v&v′， 选项 B 错误；2 2根据“嫦娥二号”卫星的工作轨道半径和周期可求月球的质量， 结合月球半径可求月球密度，但本题月球半径未知，所以无法求得月 球质量和密度，选项 C 错误；“嫦娥二号”由椭圆轨道Ⅰ减速变轨后 进入椭圆轨道Ⅱ，机械能减小，所以卫星在轨道Ⅰ上的机械能比在轨 道Ⅱ上大，D 正确.?探究点四双星问题“双星”是两颗星相距较近， 依靠彼此间的万有引力绕着两星之间 连线上的某点做圆周运动的天体系统． 解答“双星”问题要抓住两个要 点，即双星的运动周期相等，向心力大小相等．例4两个靠近的天体称为双星， 它们以两者连线上某点 O 为圆心做匀速圆周运动，其质量分别为 m1、m2，如图 1－4－4 所示， 以下说法正确的是( )A．它们的角速度相同 B．线速度与质量成反比 C．向心力与质量成正比 D．轨道半径与质量成正比例 4 AB 【解析】 双星的角速度相同，向心力为相互的万有引 力，大小也相同，即有 m1r1ω2＝m2r2ω2，所以 r1∶r2＝m2∶m1，所以 A 对、D 错；又 v＝ωr，线速度与轨道半径成正比，即与质量成反比，故 B 对；双星的向心力相等，C 错．【点评】 双星共轴转动，角速度相同，分别对两星列出动力学方 程，并利用两星轨道半径之和等于两星间的距离，联立方程可求解．本 题很容易误认为星球的轨道半径是两星间的距离，或误用轨道半径计算 双星间的引力．月球与地球质量之比约为1∶80，有研究者认为 月球和地球可视为一个由两个质点构成的双星系统，它们都围绕月地连线上某点O做匀速圆周运动．据此观点，可知月球与地球绕O点运动的线速度大小之比约为( A．1∶6400 B．1∶80 C．80∶1 )D．6400∶1例 4 变式题 1C 【解析】 月球和地球绕 O 点做匀速圆周运动，它们之间的万有引力提供各自的向心力，则地球和月球的向心力大小 相等．且月球、地球和 O 始终共线，说明月球和地球有相同的角速度 v r M 和周期．因此有 mω r＝Mω R，所以V＝R＝ m ，线速度和质量成反比，2 2正确答案 C.宇宙中存在一些质量相等的且离其他恒星较远的四颗星组 成的四星系统，通常可忽略其他星体对它们的引力作用．设四星系统中每个 星体质量均为 m，半径均为 R，四颗星稳定分布在边长为 a 的正方形的四个 顶点上．已知引力常数为 G，关于“四星”系统，下列说法错误的是( A．四颗星围绕正方形对角线的交点做匀速圆周运动 B．四颗星的线速度均为 Gm 2 a 2＋ 4 )Gm C．四颗星表面的重力加速度均为 R2 D．四颗星的周期均为 2πa 2a ?4＋ 2?Gm例 4 变式题 2ACD【解析】 四星系统是一个稳定系统，其运行过程中相对位置不变，即四颗星球的运动周期相同，均绕正方形对 2a 角线的交点做半径 r＝ 2 的匀速圆周运动．每颗星球受到的向心力均 Gm2 Gm2 为三颗星球对其产生的万有引力的合力，即 F＝ ＋2? a2 ? cos45° ? 2a?2 ＝ ?2 2＋1?Gm2 mv2 ， F＝ r ， 由 解得 v＝ 2a2?2π?2 ?4＋ 2?Gm ， F＝m? T ? r， 由 4a ? ?解得 T＝2πa m 速度 g＝GR2.2a mm0 .由 G R2 ＝m0g 知，每颗星球表面的重力加 ?4＋ 2?Gm3.课堂限时训练：10分钟完成，正确率100％。 1. 一物体静置在平均密度为ρ 的球形天体表面的赤道上。已知 引力常量为G，若由于天体自转使物体对天体表面压力恰好为零， 则天体自转周期为 ( )? 4π A.? ?3Gρ ? ?π C.? ?Gρ ? ?1 ? ?2 ? ? 3 ? B.? ?4π Gρ ?3π D.? ?Gρ ? ?1 ? ?2 ? ?1 ? ?2 ??1 ? ?2 ?2．太阳系中的 8 大行星的轨道均可以近似看成圆轨道．下列 4 幅 图是用来描述这些行星运动所遵从的某一规律的图象，图中坐标系的 T R 横轴是 lg ，纵轴是 lg ；这里 T 和 R 分别是行星绕太阳运行的周期 T0 R0 和相应的圆轨道半径， 0 和 R0 分别是水星绕太阳运行的周期和相应的 T 圆轨道半径．下列 4 幅图中正确的是( )
3．日，我国自行设计、制造的第一颗人造地球卫 星“东红一号”发射成功，开创了我国航天事业的新纪元。“东方 红一号”的运行轨道为椭圆轨道，其近地点M和运地点N的高度分别 为439 km和2384 km，则 ( ) A．卫星在M点的势能大于N点的势能 B．卫星在M点的角速度大于N点的角速度 C．卫星在M点的加速度大于N点的加速度 D．卫星在N点的速度大于7.9km/s4． (综合题)宇宙飞船以周期为 T 绕地地球作圆周运动时， 由于地球遮挡阳光，会经历“日全食”过程，如图所示。已 知地球的半径为 R，地球质量为 M，引力常量为 G，地球处置 周期为 T0，太阳光可看作平行光，宇航员在 A 点测出的张角 为α ， 则 ( )2π R A. 飞船绕地球运动的线速度为 Tsin? α /2? B. 一天内飞船经历“日全食”的次数为 T/T0 C. 飞船每次“日全食”过程的时间为 aT0/(2π ) 2π R D. 飞船周期为 T＝ α sin? ? 2Rα GMsin? ? 25．为了对火星及其周围的空间环境进行监测，我国即将于 2011 年 10 月发射第一颗火星探测器“萤火一号”．假设探测器在离火星表 面高度分别为 h1 和 h2 的圆轨道上运动时，周期分别为 T1 和 T2.火星可 视为质量分布均匀的球体，且忽略火星的自转影响，引力常量为 G.仅 利用以上数据，可以计算出( )A．火星的密度和火星表面的重力加速度 B．火星的质量和火星对“萤火一号”的引力 C．火星的半径和“萤火一号”的质量 D．火星表面的重力加速度和火星对“萤火一号”的引力6.在氢原子中，当核外电子从n=3的激发态跃迁到n=2的激发态时()A．电势能减少，动能增加，核外电子的周期变大 B．电势能的减少值大于动能的增加值 C．电子在n=3轨道上和n=2轨道上运动时动能之比 为4∶9D．电子在n=3轨道上和n=2轨道上运动时动能之比为3∶2答案解析1. 【解析】 D 物体对天体表面压力恰好为零，则 万有引力提供向心力： 3π M Mm 2π 2 1 G 2 ＝m ( ) R，又ρ ＝ 4 ，联立解得： T＝ Gρ 。 R T 2 π R3 32.【解析】 B R3 T2 R 3 根据开普勒第三定律 2＝k，得 2＝ 3.两边取对 T T0 R 0T2 R3 T R 数得：lg 2＝lg 3，即 2lg ＝3lg ，所以选项 B 正确． T0 R0 T0 R0【解析】 卫星在 M 点的高度小于 N 点，故选项 A 错； 由开普勒定律，卫星在 M 点的线速度大于 N 点的线速度，由 v ＝ω R , RM& R N ，故 ω M&ω N，故选项 B 对；卫星在 M 点受的万3. BCMm v ＝m 2，卫星 r2 r 在经过 N 点圆轨道的线速度小于 7.9km/s，故卫星在经过 N 点有引力大于 N 点的万有引力，故选项 C 对；由 G 椭圆轨道的速度更小于 7.9km/s，故选项 D 错。4. AD 【解析】 由图， 飞船绕地球运动的半径 r＝R/sin(α /2)，2π R 线速度 v＝2π r/T， 故解出 v＝ α Tsin? ? 2 2π2Mm ， 所以选项 A 对； G 2 由 r2π R ＝ m( ) r ， 结 合 r ＝ R/sin(α /2) ， 故 解 出 T ＝ T α sin? ? 2Rα GMsin? ? 2，所以选项 D 对。5. 【解析】 A 设火星质量为 M，半径为 R，“萤火一号”的质量?2π?2 ?2π?2 Mm Mm ? ? ? 为 m，则有 G 2＝m? T1 ? (R＋h1)，G?R＋h2?2＝m? T2 ? (R＋h2)，联 ? ?R＋h1?Mm 立两式可求得 M、R，由此又可解得火星密度．由 mg＝G R2 可得火星 GM 表面的重力加速度 g＝ R2 .选项 A 正确．6. 答案：BC 电子在原子核外轨道上做匀速圆周运动，库仑力提供向心力，即 2 2 2 2 2 而 rn ? m 2 r ，故电势能 Epn ? En ? Ekn ? E1 n2 ? ke 2n2 r ? 1n2 (E1 ? ke 2r ) ke2 rn2 ? mvn rn , Ekn ? mv0 2 ? ke 1 2rn 2 1 (注意Ep＜0)．又因电子由离核较远的轨道跃迁到离核较近的轨道时释放能量，所以 电势能减少而动能增加，且电势能的减少量大于动能的增加量．动能之比 Ek3∶Ek2=r2∶r3= 2 2 r1 : 32 r2 =4∶9. 对电子绕核运动的周期可由 T ? 2?r v 速度v增大，而r变小，故周期变小． 综上所述，选项B、C正确． 分析．在离核近的轨道上，因动能变大即
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