2023年高三物理第二轮总复习(全套精品)

PAGEPAGE1792023年高三物理第二轮总复习目录TOC\o"1-2"\h\z\u第1专题力与运动2第2专题动量和能量35第3专题圆周运动、航天与星体问题60第4专题带电粒子在电场和磁场中的运动78第5专题电磁感应与电路的分析105第6专题振动与波、光学、热学、原子物理136第7专题高考物理实验163第8专题数学方法在物理中的应用188第9专题高中物理常见的物理模型207第10专题计算题的答题标准与解析技巧2272023年高三物理第二轮总复习(大纲版)第1专题力与运动知识网络考点预测本专题复习三个模块的内容：运动的描述、受力分析与平衡、牛顿运动定律的运用．运动的描述与受力分析是两个相互独立的内容，它们通过牛顿运动定律才能连成一个有机的整体．虽然运动的描述、受力平衡在近几年(特别是2023年以前)都有独立的命题出现在高考中(如2023年的全国理综卷Ⅰ第23题、四川理综卷第23题)，但由于理综考试题量的局限以及课改趋势，独立考查前两模块的命题在2023年高考中出现的概率很小，大局部高考卷中应该都会出现同时考查三个模块知识的试题，而且占不少分值．在综合复习这三个模块内容的时候，应该把握以下几点：1．运动的描述是物理学的重要根底，其理论体系为用数学函数或图象的方法来描述、推断质点的运动规律，公式和推论众多．其中，平抛运动、追及问题、实际运动的描述应为复习的重点和难点．2．无论是平衡问题，还是动力学问题，一般都需要进行受力分析，而正交分解法、隔离法与整体法相结合是最常用、最重要的思想方法，每年高考都会对其进行考查．3．牛顿运动定律的应用是高中物理的重要内容之一，与此有关的高考试题每年都有，题型有选择题、计算题等，趋向于运用牛顿运动定律解决生产、生活和科技中的实际问题．此外，它还经常与电场、磁场结合，构成难度较大的综合性试题．一、运动的描述要点归纳(一)匀变速直线运动的几个重要推论和解题方法1．某段时间内的平均速度等于这段时间的中间时刻的瞬时速度，即eq\o(v,\s\up6(－))t＝veq\f(t,2)．2．在连续相等的时间间隔T内的位移之差Δs为恒量，且Δs＝aT2．3．在初速度为零的匀变速直线运动中，相等的时间T内连续通过的位移之比为：s1∶s2∶s3∶…∶sn＝1∶3∶5∶…∶(2n－1)通过连续相等的位移所用的时间之比为：t1∶t2∶t3∶…∶tn＝EQ\x\bo(1∶(eq\r(2)－1)∶(eq\r(3)－eq\r(2))∶…∶(eq\r(n)－eq\r(n－1)))．4．竖直上抛运动(1)对称性：上升阶段和下落阶段具有时间和速度等方面的对称性．(2)可逆性：上升过程做匀减速运动，可逆向看做初速度为零的匀加速运动来研究．(3)整体性：整个运动过程实质上是匀变速直线运动．5．解决匀变速直线运动问题的常用方法(1)公式法灵活运用匀变速直线运动的根本公式及一些有用的推导公式直接解决．(2)比例法在初速度为零的匀加速直线运动中，其速度、位移和时间都存在一定的比例关系，灵活利用这些关系可使解题过程简化．(3)逆向过程处理法逆向过程处理法是把运动过程的“末态〞作为“初态〞，将物体的运动过程倒过来进行研究的方法．(4)速度图象法速度图象法是力学中一种常见的重要方法，它能够将问题中的许多关系，特别是一些隐藏关系，在图象上明显地反映出来，从而得到正确、简捷的解题方法．(二)运动的合成与分解1．小船渡河设水流的速度为v1，船的航行速度为v2，河的宽度为d．(1)过河时间t仅由v2沿垂直于河岸方向的分量v⊥决定，即t＝eq\f(d,v⊥)，与v1无关，所以当v2垂直于河岸时，渡河所用的时间最短，最短时间tmin＝eq\f(d,v2)．(2)渡河的路程由小船实际运动轨迹的方向决定．当v1＜v2时，最短路程smin＝d；当v1＞v2时，最短路程smin＝eq\x\bo(\f(v1,v2)d)，如图1－1所示．图1－12．轻绳、轻杆两末端速度的关系(1)分解法把绳子(包括连杆)两端的速度都沿绳子的方向和垂直于绳子的方向分解，沿绳子方向的分运动相等(垂直方向的分运动不相关)，即v1cosθ1＝v2cos_θ2．(2)功率法通过轻绳(轻杆)连接物体时，往往力拉轻绳(轻杆)做功的功率等于轻绳(轻杆)对物体做功的功率．3．平抛运动如图1－2所示，物体从O处以水平初速度v0抛出，经时间t到达P点．图1－2(1)加速度eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(水平方向：ax＝0,竖直方向：ay＝g))(2)速度eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(水平方向：vx＝v0,竖直方向：vy＝gt))合速度的大小v＝eq\r(v\o\al(2,x)＋v\o\al(2,y))＝eq\r(v\o\al(2,0)＋g2t2)设合速度的方向与水平方向的夹角为θ，有：tanθ＝eq\f(vy,vx)＝eq\f(gt,v0)，即θ＝arctaneq\f(gt,v0)．(3)位移eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(水平方向：sx＝v0t,竖直方向：sy＝\f(1,2)gt2))设合位移的大小s＝eq\r(s\o\al(2,x)＋s\o\al(2,y))＝eq\r((v0t)2＋(\f(1,2)gt2)2)合位移的方向与水平方向的夹角为α，有：tanα＝eq\f(sy,sx)＝eq\f(\f(1,2)gt2,v0t)＝eq\f(gt,2v0)，即α＝arctaneq\f(gt,2v0)要注意合速度的方向与水平方向的夹角不是合位移的方向与水平方向的夹角的2倍，即θ≠2α，而是tanθ＝2tanα．(4)时间：由sy＝eq\f(1,2)gt2得，t＝eq\r(\f(2sy,g))，平抛物体在空中运动的时间t只由物体抛出时离地的高度sy决定，而与抛出时的初速度v0无关．(5)速度变化：平抛运动是匀变速曲线运动，故在相等的时间内，速度的变化量(g＝eq\f(Δv,Δt))相等，且必沿竖直方向，如图1－3所示．图1－3任意两时刻的速度与速度的变化量Δv构成直角三角形，Δv沿竖直方向．注意：平抛运动的速率随时间并不均匀变化，而速度随时间是均匀变化的．(6)带电粒子(只受电场力的作用)垂直进入匀强电场中的运动与平抛运动相似，出电场后做匀速直线运动，如图1－4所示．图1－4故有：y＝EQ\x\bo((L′＋eq\f(L,2))·tanα)＝EQ\x\bo((L′＋eq\f(L,2))·eq\f(qUL,dmv\o\al(2,0)))．热点、重点、难点(一)直线运动高考中对直线运动规律的考查一般以图象的应用或追及问题出现．这类题目侧重于考查学生应用数学知识处理物理问题的能力．对于追及问题，存在的困难在于选用哪些公式来列方程，作图求解，而熟记和运用好直线运动的重要推论往往是解决问题的捷径．●例1如图1－5甲所示，A、B两辆汽车在笔直的公路上同向行驶．当B车在A车前s＝84m处时，B车的速度vB＝4m/s，且正以a＝2m/s2的加速度做匀加速运动；经过一段时间后，B车的加速度突然变为零．A车一直以vA＝20m/s的速度做匀速运动，从最初相距84m时开始计时，经过t图1－5甲【解析】设B车加速行驶的时间为t，相遇时A车的位移为：sA＝vAt0B车加速阶段的位移为：sB1＝vBt＋eq\f(1,2)at2匀速阶段的速度v＝vB＋at，匀速阶段的位移为：sB2＝v(t0－t)相遇时，依题意有：sA＝sB1＋sB2＋s联立以上各式得：t2－2t0t－eq\f(2[(vB－vA)t0＋s],a)＝0将题中数据vA＝20m/s，vB＝4m/s，a＝2m/s2，t0＝12s，代入上式有：t2－解得：t1＝6s，t2＝18s(不合题意，舍去)因此，B车加速行驶的时间为6s．[答案]6s【点评】①出现不符合实际的解(t2＝18s)的原因是方程“sB2＝v(t0－t)〞并不完全描述B车的位移，还需加一定义域t≤12s．②解析后可以作出vA－t、vB－t图象加以验证．图1－5乙根据v－t图象与t围成的面积等于位移可得，t＝12s时，Δs＝[eq\f(1,2)×(16＋4)×6＋4×6]m＝84m．(二)平抛运动平抛运动在高考试题中出现的几率相当高，或出现于力学综合题中，如2023年北京、山东理综卷第24题；或出现于带电粒子在匀强电场中的偏转一类问题中，如2023年宁夏理综卷第24题、天津理综卷第23题；或出现于此知识点的单独命题中，如2023年高考福建理综卷第20题、广东物理卷第17(1)题、2023年全国理综卷Ⅰ第14题．对于这一知识点的复习，除了要熟记两垂直方向上的分速度、分位移公式外，还要特别理解和运用好速度偏转角公式、位移偏转角公式以及两偏转角的关系式(即tanθ＝2tanα)．●例2图1－6甲所示，m为在水平传送带上被传送的小物体(可视为质点)，A为终端皮带轮．皮带轮的半径为r，传送带与皮带轮间不会打滑．当m可被水平抛出时，A轮每秒的转数最少为()图1－6甲A．eq\f(1,2π)eq\r(\f(g,r))B．eq\r(\f(g,r))C．eq\r(gr)D．eq\f(1,2π)eq\r(gr)【解析】解法一m到达皮带轮的顶端时，假设meq\f(v2,r)≥mg，表示m受到的重力小于(或等于)m沿皮带轮外表做圆周运动的向心力，m将离开皮带轮的外外表而做平抛运动又因为转数n＝eq\f(ω,2π)＝eq\f(v,2πr)所以当v≥eq\r(gr)，即转数n≥eq\f(1,2π)eq\r(\f(g,r))时，m可被水平抛出，应选项A正确．解法二建立如图1－6乙所示的直角坐标系．当m到达皮带轮的顶端有一速度时，假设没有皮带轮在下面，m将做平抛运动，根据速度的大小可以作出平抛运动的轨迹．假设轨迹在皮带轮的下方，说明m将被皮带轮挡住，先沿皮带轮下滑；假设轨迹在皮带轮的上方，说明m立即离开皮带轮做平抛运动．图1－6乙又因为皮带轮圆弧在坐标系中的函数为：当y2＋x2＝r2初速度为v的平抛运动在坐标系中的函数为：y＝r－eq\f(1,2)g(eq\f(x,v))2平抛运动的轨迹在皮带轮上方的条件为：当x>0时，平抛运动的轨迹上各点与O点间的距离大于r，即eq\r(y2＋x2)>r即eq\r([r－\f(1,2)g(\f(x,v))2]2＋x2)>r解得：v≥eq\r(gr)又因皮带轮的转速n与v的关系为：n＝eq\f(v,2πr)可得：当n≥eq\f(1,2π)eq\r(\f(g,r))时，m可被水平抛出．[答案]A【点评】“解法一〞应用动力学的方法分析求解；“解法二〞应用运动学的方法(数学方法)求解，由于加速度的定义式为a＝eq\f(Δv,Δt)，而决定式为a＝eq\f(F,m)，故这两种方法殊途同归．★同类拓展1高台滑雪以其惊险刺激而闻名，运发动在空中的飞跃姿势具有很强的欣赏性．某滑雪轨道的完整结构可以简化成如图1－7所示的示意图．其中AB段是助滑雪道，倾角α＝30°，BC段是水平起跳台，CD段是着陆雪道，AB段与BC段圆滑相连，DE段是一小段圆弧(其长度可忽略)，在D、E两点分别与CD、EF相切，EF是减速雪道，倾角θ＝37°．轨道各局部与滑雪板间的动摩擦因数均为μ＝0.25，图中轨道最高点A处的起滑台距起跳台BC的竖直高度h＝10m．A点与C点的水平距离L1＝20m，C点与D点的距离为32.625m．运发动连同滑雪板的总质量m＝60kg．滑雪运发动从A点由静止开始起滑，通过起跳台从C点水平飞出，在落到着陆雪道上时，运发动靠改变姿势进行缓冲使自己只保存沿着陆雪道的分速度而不弹起．除缓冲外运发动均可视为质点，设运发动在全过程中不使用雪杖助滑，忽略空气阻力的影响，取重力加速度g＝10m/s2，sin37°图1－7(1)运发动在C点水平飞出时的速度大小．(2)运发动在着陆雪道CD上的着陆位置与C点的距离．(3)运发动滑过D点时的速度大小．【解析】(1)滑雪运发动从A到C的过程中，由动能定理得：mgh－μmgcosαeq\f(h,sinα)－μmg(L1－hcotα)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)解得：vC＝10m(2)滑雪运发动从C点水平飞出到落到着陆雪道的过程中做平抛运动，有：x＝vCty＝eq\f(1,2)gt2eq\f(y,x)＝tanθ着陆位置与C点的距离s＝eq\f(x,cosθ)解得：s＝18.75m，t＝1.5(3)着陆位置到D点的距离s′＝13.875m，滑雪运发动在着陆雪道上做匀加速直线运动．把平抛运动沿雪道和垂直雪道分解，可得着落后的初速度v0＝vCcosθ＋gt加速度为：mgsinθ－μmgcosθ＝ma运动到D点的速度为：veq\o\al(2,D)＝veq\o\al(2,0)＋2as′解得：vD＝20m[答案](1)10m/s(2)18.75互动辨析在斜面上的平抛问题较为常见，“位移与水平面的夹角等于倾角〞为着落条件．同学们还要能总结出距斜面最远的时刻以及这一距离．二、受力分析要点归纳(一)常见的五种性质的力产生原因或条件方向大小重力由于地球的吸引而产生总是竖直向下(铅直向下或垂直水平面向下)，注意不一定指向地心，不一定垂直地面向下G重＝mg＝Geq\f(Mm,R2)地球外表附近一切物体都受重力作用，与物体是否处于超重或失重状态无关弹力①接触②弹性形变①支持力的方向总是垂直于接触面而指向被支持的物体②压力的方向总是垂直于接触面而指向被压的物体③绳的拉力总是沿着绳而指向绳收缩的方向F＝－kx弹力的大小往往利用平衡条件和牛顿第二定律求解摩擦力滑动摩擦力①接触，接触面粗糙②存在正压力③与接触面有相对运动与接触面的相对运动方向相反f＝μFN只与μ、FN有关，与接触面积、相对速度、加速度均无关静摩擦力①接触，接触面粗糙②存在正压力③与接触面存在相对运动的趋势与接触面相对运动的趋势相反①与产生相对运动趋势的动力的大小相等②存在最大静摩擦力，最大静摩擦力的大小由粗糙程度、正压力决定续表产生原因或条件方向大小电场力点电荷间的库仑力：真空中两个点电荷之间的相互作用作用力的方向沿两点电荷的连线，同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引F＝keq\f(q1q2,r2)电场对处于其中的电荷的作用正电荷的受力方向与该处场强的方向一致，负电荷的受力方向与该处场强的方向相反F＝qE磁场力安培力：磁场对通电导线的作用力F⊥B，F⊥I，即安培力F垂直于电流I和磁感应强度B所确定的平面．安培力的方向可用左手定那么来判断F＝BIL安培力的实质是运动电荷受洛伦兹力作用的宏观表现洛伦兹力：运动电荷在磁场中所受到的力用左手定那么判断洛伦兹力的方向．特别要注意四指应指向正电荷的运动方向；假设为负电荷，那么四指指向运动的反方向带电粒子平行于磁场方向运动时，不受洛伦兹力的作用；带电粒子垂直于磁场方向运动时，所受洛伦兹力最大，即f洛＝qvB(二)力的运算、物体的平衡1．力的合成与分解遵循力的平行四边形定那么(或力的三角形定那么)．2．平衡状态是指物体处于匀速直线运动或静止状态，物体处于平衡状态的动力学条件是：F合＝0或Fx＝0、Fy＝0、Fz＝0．注意：静止状态是指速度和加速度都为零的状态，如做竖直上抛运动的物体到达最高点时速度为零，但加速度等于重力加速度，不为零，因此不是平衡状态．3．平衡条件的推论(1)物体处于平衡状态时，它所受的任何一个力与它所受的其余力的合力等大、反向．(2)物体在同一平面上的三个不平行的力的作用下处于平衡状态时，这三个力必为共点力．物体在三个共点力的作用下而处于平衡状态时，表示这三个力的有向线段组成一封闭的矢量三角形，如图1－8所示．图1－84．共点力作用下物体的平衡分析热点、重点、难点(一)正交分解法、平行四边形法那么的应用1．正交分解法是分析平衡状态物体受力时最常用、最主要的方法．即当F合＝0时有：Fx合＝0，Fy合＝0，Fz合＝0．2．平行四边形法有时可巧妙用于定性分析物体受力的变化或确定相关几个力之比．●例3举重运发动在抓举比赛中为了减小杠铃上升的高度和发力，抓杠铃的两手间要有较大的距离．某运发动成功抓举杠铃时，测得两手臂间的夹角为120°，运发动的质量为75kg，举起的杠铃的质量为125kg，如图1－9甲所示．求该运发动每只手臂对杠铃的作用力的大小．(取g＝图1－9甲【分析】由手臂的肌肉、骨骼构造以及平时的用力习惯可知，伸直的手臂主要沿手臂方向发力．取手腕、手掌为研究对象，握杠的手掌对杠有竖直向上的弹力和沿杠向外的静摩擦力，其合力沿手臂方向，如图1－9乙所示．图1－9乙【解析】手臂对杠铃的作用力的方向沿手臂的方向，设该作用力的大小为F，那么杠铃的受力情况如图1－9丙所示图1－9丙由平衡条件得：2Fcos60°＝mg解得：F＝1250N．[答案]1250N●例4两个可视为质点的小球a和b，用质量可忽略的刚性细杆相连放置在一个光滑的半球面内，如图1－10甲所示．小球a和b的质量之比为eq\r(3)，细杆长度是球面半径的eq\r(2)倍．两球处于平衡状态时，细杆与水平面的夹角θ是[2023年高考·四川延考区理综卷]()图1－10甲A．45°B．30°C．22.5°D．15°【解析】解法一设细杆对两球的弹力大小为T，小球a、b的受力情况如图1－10乙所示图1－10乙其中球面对两球的弹力方向指向圆心，即有：cosα＝eq\f(\f(\r(2),2)R,R)＝eq\f(\r(2),2)解得：α＝45°故FNa的方向为向上偏右，即β1＝eq\f(π,2)－45°－θ＝45°－θFNb的方向为向上偏左，即β2＝eq\f(π,2)－(45°－θ)＝45°＋θ两球都受到重力、细杆的弹力和球面的弹力的作用，过O作竖直线交ab于c点，设球面的半径为R，由几何关系可得：eq\f(mag,Oc)＝eq\f(FNa,R)eq\f(mbg,Oc)＝eq\f(FNb,R)解得：FNa＝eq\r(3)FNb取a、b及细杆组成的整体为研究对象，由平衡条件得：FNa·sinβ1＝FNb·sinβ2即eq\r(3)FNb·sin(45°－θ)＝FNb·sin(45°＋θ)解得：θ＝15°．解法二由几何关系及细杆的长度知，平衡时有：sin∠Oab＝eq\f(\f(\r(2),2)R,R)＝eq\f(\r(2),2)故∠Oab＝∠Oba＝45°再设两小球及细杆组成的整体重心位于c点，由悬挂法的原理知c点位于O点的正下方，且eq\f(ac,bc)＝eq\f(ma,mb)＝eq\r(3)即R·sin(45°－θ)∶R·sin(45°＋θ)＝1∶eq\r(3)解得：θ＝15°．[答案]D【点评】①利用平行四边形(三角形)定那么分析物体的受力情况在各类教辅中较常见．掌握好这种方法的关键在于深刻地理解好“在力的图示中，有向线段替代了力的矢量〞．②在理论上，此题也可用隔离法分析小球a、b的受力情况，根据正交分解法分别列平衡方程进行求解，但是求解三角函数方程组时难度很大．③解法二较简便，但确定重心的公式eq\f(ac,bc)＝eq\f(ma,mb)＝eq\r(3)超纲．(二)带电粒子在复合场中的平衡问题在高考试题中，也常出现带电粒子在复合场中受力平衡的物理情境，出现概率较大的是在正交的电场和磁场中的平衡问题及在电场和重力场中的平衡问题．在如图1－11所示的速度选择器中，选择的速度v＝eq\f(E,B)；在如图1－12所示的电磁流量计中，流速v＝eq\f(u,Bd)，流量Q＝eq\f(πdu,4B)．图1－11图1－12●例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，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1－13所示．由此可判断以下说法正确的是()图1－13A．如果油滴带正电，那么油滴从M点运动到N点B．如果油滴带正电，那么油滴从N点运动到M点C．如果电场方向水平向右，那么油滴从N点运动到M点D．如果电场方向水平向左，那么油滴从N点运动到M点【解析】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，应选项A正确、B错误．假设电场方向水平向右，那么油滴需带负电，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，应选项D错误．[答案]AC【点评】对于带电粒子在复合场中做直线运动的问题要注意受力分析．因为洛伦兹力的方向与速度的方向垂直，而且与磁场的方向、带电粒子的电性都有关，分析时更要注意．此题中重力和电场力均为恒力，要保证油滴做直线运动，两力的合力必须与洛伦兹力平衡，粒子的运动就只能是匀速直线运动．★同类拓展2如图1－14甲所示，悬挂在O点的一根不可伸长的绝缘细线下端挂有一个带电荷量不变的小球A．在两次实验中，均缓慢移动另一带同种电荷的小球B．当B到达悬点O的正下方并与A在同一水平线上，A处于受力平衡时，悬线偏离竖直方向的角度为θ．假设两次实验中B的电荷量分别为q1和q2，θ分别为30°和45°，那么eq\f(q2,q1)为[2007年高考·重庆理综卷]()图1－14甲A．2B．3C．2eq\r(3)D．3eq\r(3)【解析】对A球进行受力分析，如图1－14乙所示，图1－14乙由于绳子的拉力和点电荷间的斥力的合力与A球的重力平衡，故有：F电＝mgtanθ，又F电＝keq\f(qQA,r2)．设绳子的长度为L，那么A、B两球之间的距离r＝Lsinθ，联立可得：q＝eq\f(mL2gtanθsin2θ,kQA)，由此可见，q与tanθsin2θ成正比，即eq\f(q2,q1)＝eq\f(tan45°sin245°,tan30°sin230°)＝2eq\r(3)，应选项C正确．[答案]C互动辨析此题为带电体在重力场和电场中的平衡问题，解题的关键在于：先根据小球的受力情况画出平衡状态下的受力分析示意图；然后根据平衡条件和几何关系列式，得出电荷量的通解表达式，进而分析求解．此题表达了新课标在知识考查中重视方法渗透的思想．三、牛顿运动定律的应用要点归纳(一)深刻理解牛顿第一、第三定律1．牛顿第一定律(惯性定律)一切物体总保持匀速直线运动状态或静止状态，直到有外力迫使它改变这种状态为止．(1)理解要点①运动是物体的一种属性，物体的运动不需要力来维持．②它定性地揭示了运动与力的关系：力是改变物体运动状态的原因，是使物体产生加速度的原因．③牛顿第一定律是牛顿第二定律的根底，不能认为它是牛顿第二定律合外力为零时的特例．牛顿第一定律定性地给出了力与运动的关系，第二定律定量地给出力与运动的关系．(2)惯性：物体保持原来的匀速直线运动状态或静止状态的性质叫做惯性．①惯性是物体的固有属性，与物体的受力情况及运动状态无关．②质量是物体惯性大小的量度．2．牛顿第三定律(1)两个物体之间的作用力和反作用力总是大小相等，方向相反，作用在一条直线上，可用公式表示为F＝－F′．(2)作用力与反作用力一定是同种性质的力，作用效果不能抵消．(3)牛顿第三定律的应用非常广泛，但凡涉及两个或两个以上物体的物理情境、过程的解答，往往都需要应用这一定律．(二)牛顿第二定律1．定律内容物体的加速度a跟物体所受的合外力F合成正比，跟物体的质量m成反比．2．公式：F合＝ma理解要点①因果性：F合是产生加速度a的原因，它们同时产生，同时变化，同时存在，同时消失．②方向性：a与F合都是矢量，方向严格相同．③瞬时性和对应性：a为某时刻某物体的加速度，F合是该时刻作用在该物体上的合外力．3．应用牛顿第二定律解题的一般步骤：(1)确定研究对象；(2)分析研究对象的受力情况，画出受力分析图并找出加速度的方向；(3)建立直角坐标系，使尽可能多的力或加速度落在坐标轴上，并将其余的力或加速度分解到两坐标轴上；(4)分别沿x轴方向和y轴方向应用牛顿第二定律列出方程；(5)统一单位，计算数值．热点、重点、难点一、正交分解法在动力学问题中的应用当物体受到多个方向的外力作用产生加速度时，常要用到正交分解法．1．在适当的方向建立直角坐标系，使需要分解的矢量尽可能少．2．Fx合＝max合，Fy合＝may合，Fz合＝maz合．3．正交分解法对本章各类问题，甚至对整个高中物理来说都是一重要的思想方法．●例6如图1－15甲所示，在风洞实验室里，一根足够长的细杆与水平面成θ＝37°固定，质量m＝1kg的小球穿在细杆上静止于细杆底端O点．现有水平向右的风力F作用于小球上，经时间t1＝2s后停止，小球沿细杆运动的局部v－t图象如图1－15乙所示．试求：(取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，图1－15(1)小球在0～2s内的加速度a1和2～4s内的加速度a2．(2)风对小球的作用力F的大小．【解析】(1)由图象可知，在0～2s内小球的加速度为：a1＝eq\f(v2－v1,t1)＝20m/s2，方向沿杆向上在2～4s内小球的加速度为：a2＝eq\f(v3－v2,t2)＝－10m/s2，负号表示方向沿杆向下．(2)有风力时的上升过程，小球的受力情况如图1－15丙所示图1－15丙在y方向，由平衡条件得：FN1＝Fsinθ＋mgcosθ在x方向，由牛顿第二定律得：Fcosθ－mgsinθ－μFN1＝ma1停风后上升阶段，小球的受力情况如图1－15丁所示图1－15丁在y方向，由平衡条件得：FN2＝mgcosθ在x方向，由牛顿第二定律得：－mgsinθ－μFN2＝ma2联立以上各式可得：F＝60N．【点评】①斜面(或类斜面)问题是高中最常出现的物理模型．②正交分解法是求解高中物理题最重要的思想方法之一．二、连接体问题(整体法与隔离法)高考卷中常出现涉及两个研究对象的动力学问题，其中又包含两种情况：一是两对象的速度相同需分析它们之间的相互作用，二是两对象的加速度不同需分析各自的运动或受力．隔离(或与整体法相结合)的思想方法是处理这类问题的重要手段．1．整体法是指当连接体内(即系统内)各物体具有相同的加速度时，可以把连接体内所有物体组成的系统作为整体考虑，分析其受力情况，运用牛顿第二定律对整体列方程求解的方法．2．隔离法是指当研究对象涉及由多个物体组成的系统时，假设要求连接体内物体间的相互作用力，那么应把某个物体或某几个物体从系统中隔离出来，分析其受力情况及运动情况，再利用牛顿第二定律对隔离出来的物体列式求解的方法．3．当连接体中各物体运动的加速度相同或要求合外力时，优先考虑整体法；当连接体中各物体运动的加速度不相同或要求物体间的作用力时，优先考虑隔离法．有时一个问题要两种方法结合起来使用才能解决．●例7如图1－16所示，在光滑的水平地面上有两个质量相等的物体，中间用劲度系数为k的轻质弹簧相连，在外力F1、F2的作用下运动．F1＞F2，当运动到达稳定时，弹簧的伸长量为()图1－16A．eq\f(F1－F2,k)B．eq\f(F1－F2,2k)C．eq\f(F1＋F2,2k)D．eq\f(F1＋F2,k)【解析】取A、B及弹簧整体为研究对象，由牛顿第二定律得：F1－F2＝2ma取B为研究对象：kx－F2＝ma(或取A为研究对象：F1－kx＝ma)可解得：x＝eq\f(F1＋F2,2k)．[答案]C【点评】①解析中的三个方程任取两个求解都可以．②当地面粗糙时，只要两物体与地面的动摩擦因数相同，那么A、B之间的拉力与地面光滑时相同．★同类拓展3如图1－17所示，质量为m的小物块A放在质量为M的木板B的左端，B在水平拉力的作用下沿水平地面匀速向右滑动，且A、B相对静止．某时刻撤去水平拉力，经过一段时间，B在地面上滑行了一段距离x，A在B上相对于B向右滑行了一段距离L(设木板B足够长)后A和B都停了下来．A、B间的动摩擦因数为μ1，B与地面间的动摩擦因数为μ2，且μ2＞μ1，那么x的表达式应为()图1－17A．x＝eq\f(M,m)LB．x＝eq\f((M＋m)L,m)C．x＝eq\f(μ1ML,(μ2－μ1)(m＋M))D．x＝eq\f(μ1ML,(μ2＋μ1)(m＋M))【解析】设A、B相对静止一起向右匀速运动时的速度为v，撤去外力后至停止的过程中，A受到的滑动摩擦力为：f1＝μ1mg其加速度大小a1＝eq\f(f1,m)＝μ1gB做减速运动的加速度大小a2＝eq\f(μ2(m＋M)g－μ1mg,M)由于μ2＞μ1，所以a2＞μ2g＞μ1g＝即木板B先停止后，A在木板上继续做匀减速运动，且其加速度大小不变对A应用动能定理得：－f1(L＋x)＝0－eq\f(1,2)mv2对B应用动能定理得：μ1mgx－μ2(m＋M)gx＝0－eq\f(1,2)Mv2解得：x＝eq\f(μ1ML,(μ2－μ1)(m＋M))．[答案]C【点评】①虽然使A产生加速度的力由B施加，但产生的加速度a1＝μ1g是取大地为参照系的．加速度是相对速度而言的，所以加速度一定和速度取相同的参照系，与施力物体的速度无关②动能定理可由牛顿第二定律推导，特别对于匀变速直线运动，两表达式很容易相互转换．三、临界问题●例8如图1－18甲所示，滑块A置于光滑的水平面上，一细线的一端固定于倾角为45°、质量为M的光滑楔形滑块A的顶端P处，细线另一端拴一质量为m的小球B．现对滑块施加一水平方向的恒力F，要使小球B能相对斜面静止，恒力F应满足什么条件？图1－18甲【解析】先考虑恒力背离斜面方向(水平向左)的情况：设恒力大小为F1时，B还在斜面上且对斜面的压力为零，此时A、B有共同加速度a1，B的受力情况如图1－18乙所示，有：图1－18乙Tsinθ＝mg，Tcosθ＝ma1解得：a1＝gcotθ即F1＝(M＋m)a1＝(M＋m)gcotθ由此可知，当水平向左的力大于(M＋m)gcotθ时，小球B将离开斜面，对于水平恒力向斜面一侧方向(水平向右)的情况：设恒力大小为F2时，B相对斜面静止时对悬绳的拉力恰好为零，此时A、B的共同加速度为a2，B的受力情况如图1－18丙所示，有：图1－18丙FNcosθ＝mg，FNsinθ＝ma2解得：a2＝gtanθ即F2＝(M＋m)a2＝(M＋m)gtanθ由此可知，当水平向右的力大于(M＋m)gtanθ，B将沿斜面上滑，综上可知，当作用在A上的恒力F向左小于(M＋m)gcotθ，或向右小于(M＋m)gtanθ时，B能静止在斜面上．[答案]向左小于(M＋m)gcotθ或向右小于(M＋m)gtanθ【点评】斜面上的物体、被细绳悬挂的物体这两类物理模型是高中物理中重要的物理模型，也是高考常出现的重要物理情境．四、超重与失重问题1．超重与失重只是物体在竖直方向上具有加速度时所受支持力不等于重力的情形．2．要注意飞行器绕地球做圆周运动时在竖直方向上具有向心加速度，处于失重状态．●例9为了测量某住宅大楼每层的平均高度(层高)及电梯的运行情况，甲、乙两位同学在一楼电梯内用电子体重计及秒表进行了以下实验：质量m＝50kg的甲同学站在体重计上，乙同学记录电梯从地面一楼到顶层的过程中，体重计的示数随时间变化的情况，并作出了如图1－19甲所示的图象．t＝0时，电梯静止不动，从电梯内楼层按钮上获知该大楼共19层．(1)电梯启动和制动时的加速度大小．(2)该大楼的层高．图1－19甲【解析】(1)对于启动状态有：F1－mg＝ma1得：a1＝2m对于制动状态有：mg－F3＝ma2得：a2＝2m/s(2)电梯匀速运动的速度v＝a1t1＝2×1m/s＝从图中读得电梯匀速上升的时间t2＝26s电梯运行的总时间t＝28s电梯运行的v－t图象如图1－19乙所示，图1－19乙所以总位移s＝eq\f(1,2)v(t2＋t)＝eq\f(1,2)×2×(26＋28)m＝54m层高h＝eq\f(s,18)＝eq\f(54,18)＝3m．[答案](1)2m/s22m经典考题在本专题中，正交分解、整体与隔离相结合是最重要也是最常用的思想方法，是高考中考查的重点．力的独立性原理、运动图象的应用次之，在高考中出现的概率也较大．1．有一个直角支架AOB，AO水平放置，外表粗糙，OB竖直向下，外表光滑．AO上套有小环P，OB上套有小环Q，两环质量均为m，两环间由一根质量可忽略、不可伸长的细绳相连，并在某一位置平衡(如图1－20甲所示)．现将P环向左移一小段距离，两环再次到达平衡，那么将移动后的平衡状态和原来的平衡状态比拟，AO杆对P环的支持力N和细绳上的拉力T的变化情况是[1998年高考·上海物理卷]()图1－20甲A．N不变，T变大B．N不变，T变小C．N变大，T变大D．N变大，T变小【解析】Q环的受力情况如图1－20乙所示，由平衡条件得：Tcosθ＝mg．P环向左移动后θ变小，T＝eq\f(mg,cosθ)变小．图1－20乙图1－20丙P环的受力情况如图1－20丙所示，由平衡条件得：NP＝mg＋Tcosθ＝2mg，NP与θ角无关．应选项B正确．[答案]B【点评】①本例是正交分解法、隔离法的典型应用，以后的许多考题都由此改编而来．②求解支持力N时，还可取P、Q组成的整体为研究对象，将整体受到的外力正交分解知竖直方向有：NQ＝2mg．2．如图1－21甲所示，在倾角为α的固定光滑斜面上有一块用绳子拴着的长木板，木板上站着一只猫．木板的质量是猫的质量的2倍．当绳子突然断开时，猫立即沿着板向上跑，以保持其相对斜面的位置不变．那么此时木板沿斜面下滑的加速度为[2004年高考·全国理综卷Ⅳ]()图1－21甲A．eq\f(g,2)sinαB．gsinαC．eq\f(3,2)gsinαD．2gsinα【解析】绳子断开后猫的受力情况如图1－21乙所示，由平衡条件知，木板对猫有沿斜面向上的摩擦力，有：f＝mgsinα图1－21乙图1－21丙再取木板为研究对象，其受力情况如图1－21丙所示．由牛顿第二定律知：2mgsinα＋f′＝2ma解得：a＝eq\f(3,2)gsinα．[答案]C【点评】①猫脚与木块之间的摩擦力使猫保持平衡状态．②还可取猫、木板组成的整体为研究对象，由牛顿第二定律：3mgsinα＝2ma求解，但这一方法高中不作要求．3．如图1－22所示，某货场需将质量m1＝100kg的货物(可视为质点)从高处运送至地面，为防止货物与地面发生撞击，现利用固定于地面的光滑四分之一圆轨道，使货物由轨道顶端无初速度滑下，轨道半径R＝1.8m．地面上紧靠轨道依次排放两块完全相同的木板A、B，长度均为l＝2m，质量均为m2＝100kg，木板上外表与轨道末端相切．货物与木板间的动摩擦因数为μ1，木板与地面间的动摩擦因数μ2＝0.2．(最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等[2023年高考·山东理综卷]图1－22(1)求货物到达圆轨道末端时对轨道的压力．(2)假设货物滑上木板A时，木板不动，而滑上木板B时，木板B开始滑动，求μ1应满足的条件．(3)假设μ1＝0.5，求货物滑到木板A末端时的速度和在木板A上运动的时间．【解析】(1)设货物滑到圆轨道末端时的速度为v0，对货物的下滑过程中根据机械能守恒定律得：mgR＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,0)设货物在轨道末端所受支持力的大小为FN，根据牛顿第二定律得，FN－m1g＝m1eq\f(v\o\al(2,0),R)联立以上两式并代入数据得FN＝3000N根据牛顿第三定律，货物到达圆轨道末端时对轨道的压力大小为3000N，方向竖直向下．(2)假设滑上木板A时，木板不动，由受力分析得：μ1m1g≤μ2(m1＋2假设滑上木板B时，木板B开始滑动，由受力分析得：μ1m1g＞μ2(m1＋m2联立并代入数据得0.4＜μ1≤0.6．(3)μ1＝0.5，由上问可得，货物在木板A上滑动时，木板不动，设货物在木板A上做减速运动时的加速度大小为a1，由牛顿第二定律得μ1m1g＝m设货物滑到木板A末端时的速度为v1，由运动学公式得：veq\o\al(2,1)－veq\o\al(2,0)＝－2a1l联立并代入数据得v1＝4设在木板A上运动的时间为t，由运动学公式得：v1＝v0－a1t联立并代入数据得t＝0.4s．[答案](1)3000N，方向竖直向下(2)0.4＜μ1≤0.6(3)0.4s【点评】象这样同时考查受力分析、动力学、运动学的题型在2023届高考中出现的可能性最大．4．如图1－23甲所示，P、Q为某地区水平地面上的两点，在P点正下方一球形区域内储藏有石油．假定区域周围岩石均匀分布，密度为ρ；石油密度远小于ρ，可将上述球形区域视为空腔．如果没有这一空腔，那么该地区重力加速度(正常值)沿竖直方向；当存在空腔时，该地区重力加速度的大小和方向会与正常情况有微小偏离．重力加速度在原竖直方向(即PO方向)上的投影相对于正常值的偏离叫做“重力加速度反常〞．为了探寻石油区域的位置和石油储量，常利用P点附近重力加速度反常现象．引力常数为G．图1－23甲(1)设球形空腔体积为V，球心深度为d(远小于地球半径)，eq\x\to(PQ)＝x，求空腔所引起的Q点处的重力加速度反常．(2)假设在水平地面上半径L的范围内发现：重力加速度反常值在δ与kδ(k＞1)之间变化，且重力加速度反常的最大值出现在半径为L的范围的中心，如果这种反常是由于地下存在某一球形空腔造成的，试求此球形空腔球心的深度和空腔的体积．[2023年高考·全国理综卷Ⅱ]【解析】(1)由牛顿第二定律得：a＝eq\f(F引,m)故重力加速度g＝Geq\f(M,r2)假设空腔处存在密度为ρ的岩石时，对Q处物体的引力产生的重力加速度为Δg＝Geq\f(M′,d2＋x2)＝eq\f(GρV,d2＋x2)由力的独立原理及矢量的合成定那么知，球形区域为空腔时Q点处的物体的重力加速度的矢量关系如图1－23乙所示图1－23乙即故加速度反常Δg′＝Δg·cosθ＝eq\f(GρVd,\r((d2＋x2)3))．(2)由(1)解可得，重力加速度反常Δg′的最大值和最小值分别为：(Δg′)max＝eq\f(GρV,d2)，(Δg′)min＝由题设有(Δg′)max＝kδ、(Δg′)min＝δ联立以上各式得，地下球形空腔球心的深度和空腔的体积分别为：d＝，V＝．[答案](1)(2)【点评】①对于此题大局部同学不知如何入手，其原因在于对力的独立性原理及矢量(加速度)的合成与分解理解不够深刻和熟练．②本考题使大局部同学陷入一个思维误区，总在思考g＝eq\f(G,m)，而不去思考g也是自由落体的加速度g＝eq\f(F引,m)，遵循矢量的平行四边形定那么．能力演练一、选择题(10×4分)1．如下图，A、B是两个长方形物块，F是作用在物块B上沿水平方向的力，A和B以相同的速度在水平地面C上做匀速直线运动(空气阻力不计)．由此可知，A、B间的动摩擦因数μ1和B、C间的动摩擦因数μ2有可能是()A．μ1＝0，μ2＝0B．μ1＝0，μ2≠0C．μ1≠0，μ2＝0D．μ1≠0，μ2≠0【解析】此题中选A、B整体为研究对象，由于A、B在推力F的作用下做匀速直线运动，可知地面对B的摩擦力一定水平向左，故μ2≠0；对A进行受力分析可知，水平方向不受力，μ1可能为零，故正确答案为BD．[答案]BD2．如下图，从倾角为θ、高h＝1.8m的斜面顶端A处水平抛出一石子，石子刚好落在这个斜面底端的B点处．石子抛出后，经时间t距斜面最远，那么时间t的大小为(取g＝10mA．0.1sB．0.2sC．0.3sD．0.6s【解析】由题意知，石子下落的时间t0＝eq\r(\f(2h,g))＝0.6s又因为水平位移x＝hcotθ故石子平抛的水平初速度v0＝eq\f(x,t0)＝eq\f(hcotθ,t0)当石子的速度方向与斜面平行时，石子距斜面最远即eq\f(gt,v0)＝tanθ解得：t＝eq\r(\f(h,2g))＝0.3s．[答案]C3．在轻绳的两端各拴一个小球，一人用手拿着上端的小球站在3楼的阳台上，放手后让小球自由下落，两小球相继落地的时间差为T．如果站在4楼的阳台上，同样放手让小球自由下落，那么两小球相继落地的时间差将()A．不变B．增大C．减小D．无法判断【解析】两小球都做自由落体运动，可在同一v－t图象中作出速度随时间变化的关系曲线，如下图．设人在3楼的阳台上释放小球后，两球落地的时间差为Δt1，图中阴影局部的面积为Δh；假设人在4楼的阳台上释放小球后，两球落地的时间差为Δt2，要保证阴影局部的面积也是Δh，从图中可以看出一定有Δt2＜Δt1．[答案]C4．如图甲所示，小球静止在小车中的光滑斜面A和光滑竖直挡板B之间，原来小车向左匀速运动．现在小车改为向左减速运动，那么关于斜面对小球的弹力NA的大小和挡板B对小球的弹力NB的大小，以下说法正确的是()甲A．NA不变，NB减小B．NA增大，NB不变C．NB有可能增大D．NA可能为零【解析】小球的受力情况如图乙所示，有：乙NAcosθ＝mgNAsinθ－NB＝ma故NA不变，NB减小．[答案]A5．小球从空中自由下落，与水平地面第一次相碰后弹到空中某一高度，其速度随时间变化的关系如下图，那么()A．小球第一次反弹后的速度大小为3B．小球碰撞时速度的改变量为2C．小球是从5D．小球反弹起的最大高度为0.45【解析】第一次反弹后的速度为－3m/s，负号表示方向向上，A正确．碰撞时速度的改变量Δv＝－8m/s，B错误．下落的高度h1＝eq\f(1,2)×5×0.5m＝1.25m，反弹的高度h2＝eq\f(1,2)×3×0.3＝0.45m[答案]AD6．如图甲所示，四个质量、形状相同的斜面体放在粗糙的水平面上，将四个质量相同的物块放在斜面顶端，因物块与斜面的摩擦力不同，四个物块运动情况不同．A物块放上后匀加速下滑，B物块获一初速度后匀速下滑，C物块获一初速度后匀减速下滑，D物块放上后静止在斜面上．假设在上述四种情况下斜面体均保持静止且对地面的压力依次为F1、F2、F3、F4，那么它们的大小关系是()甲A．F1＝F2＝F3＝F4B．F1＞F2＞F3＞F4C．F1＜F2＝F4＜F3D．F1＝F3＜F2＜F4【解析】斜面的受力情况如乙图所示，其中，f1、N分别为斜面对物块的摩擦力和支持力的反作用力乙N＝mgcosθf2可能向左，也可能向右或为零．a图中，f1＜mgsinθ，故F＝Mg＋mgcosθ·cosθ＋f1sinθ＜(M＋m)gb图中，f1＝mgsinθ，故F＝Mg＋mgcosθ·cosθ＋f1sinθ＝(M＋m)gc图中，f1＞mgsinθ，故F＝Mg＋mgcosθ·cosθ＋f1sinθ＞(M＋m)gd图中，f1＝mgsinθ，故F＝(M＋m)g．[答案]C7．把一钢球系在一根弹性绳的一端，绳的另一端固定在天花板上，先把钢球托起(如下图)，然后放手．假设弹性绳的伸长始终在弹性限度内，关于钢球的加速度a、速度v随时间t变化的图象，以下说法正确的是()A．甲为a－t图象B．乙为a－t图象C．丙为v－t图象D．丁为v－t图象【解析】由题图可知，弹性绳处于松弛状态下降时钢球做自由落体运动，绷紧后小球做简谐运动；当小球上升至绳再次松弛时做竖直上抛运动，故v～t图象为图甲，a～t图象为图乙．[答案]B8．如下图，足够长的水平传送带以速度v沿顺时针方向运动，传送带的右端与光滑曲面的底部平滑连接，曲面上的A点距离底部的高度h＝0.45m．一小物块从A点静止滑下，再滑上传送带，经过一段时间又返回曲面．g取10m/s2，那么A．假设v＝1m/s，那么小物块能回到B．假设v＝2m/s，那么小物块能回到C．假设v＝5m/s，那么小物块能回到D．无论v等于多少，小物块均能回到A点【解析】小物块滑上传送带的初速度v0＝eq\r(2gh)＝3m/s当传送带的速度v≥3m/s时，小物块返回曲面的初速度都等于3m/s，恰好能回到A点，当传送带的传送速度v＜3m/s[答案]C9．如图甲所示，质量为m的物体用细绳拴住放在粗糙的水平传送带上，物体距传送带左端的距离为L．当传送带分别以v1、v2的速度逆时针转动(v1＜v2)，稳定时绳与水平方向的夹角为θ，绳中的拉力分别为F1，F2；假设剪断细绳时，物体到达左端的时间分别为t1、t2，那么以下说法正确的是()甲A．F1＜F2B．F1＝F2C．t1一定大于t2D．t1可能等于t2【解析】绳剪断前物体的受力情况如图乙所示，由平衡条件得：FN＋Fsinθ＝mg乙f＝μFN＝Fcosθ解得：F＝eq\f(μmg,μsinθ＋cosθ)，F的大小与传送带的速度无关绳剪断后m在两速度的传送带上的加速度相同假设L≤eq\f(v\o\al(2,1),2μg)，那么两次都是匀加速到达左端，t1＝t2假设L＞eq\f(v\o\al(2,1),2μg)，那么物体在传送带上先加速再匀速到达左端，在速度小的传送带上需要的时间更长，t1＞t2．[答案]BD10．静电透镜是利用静电场使电子束会聚或发散的一种装置，其中某局部静电场的分布如图甲所示．图中虚线表示这个静电场在xOy平面内的一族等势线，等势线形状关于Ox轴、Oy轴对称．等势线的电势沿x轴正方向增加，且相邻两等势线的电势差相等．一个电子经过P点(其横坐标为－x0)时，速度与Ox轴平行，适当控制实验条件，使该电子通过电场区域时仅在Ox轴上方运动．在通过电场区域过程中，该电子沿y轴方向的分速度vy随位置坐标x变化的示意图是图乙中的()甲乙【解析】在x轴负方向，电子所受的电场力向右偏下，那么电子的竖直分速度沿y轴负方向不断增加，到达x＝0时竖直分速度最大，到达x轴正方向后，电子所受的电场力向右偏上，那么其竖直分速度沿y轴负方向不断减小；又由于在x轴负方向的电子运动处的电场线比在x轴正方向电子运动处的电场线密，相应的电子的加速度大，故电子在x轴正方向经过与x轴负方向相同的水平距离时，y轴方向的分速度不能减为零，D正确．[答案]D二、非选择题(共60分)11．(6分)在某次实验中得到小车做直线运动的s－t关系如下图．(1)由图可以确定，小车在AC段和DE段的运动分别为()A．AC段是匀加速运动，DE段是匀速运动B．AC段是加速运动，DE段是匀加速运动C．AC段是加速运动；DE段是匀速运动D．AC段是匀加速运动；DE段是匀加速运动(2)在与AB、AC、AD对应的平均速度中，最接近小车在A点的瞬时速度是________段中的平均速度．[答案](1)C(2)AB(每空3分)12．(9分)当物体从高空下落时，其所受阻力会随物体速度的增大而增大，因此物体下落一段距离后将保持匀速运动状态，这个速度称为此物体下落的收尾速度．研究发现，在相同环境下，球形物体的收尾速度仅与球的半径和质量有关．下表是某次研究的实验数据．小球编号ABCDE小球的半径(×10－30.50.51.522.5小球的质量(×10－6254540100小球的收尾速度(m/s)1640402032(1)根据表中的数据，求出B球与C球到达收尾速度时所受的阻力之比．(2)根据表中的数据，归纳出球形物体所受的阻力f与球的速度大小及球的半径之间的关系．(写出有关表达式，并求出比例系数，重力加速度g取9.8m/s(3)现将C球和D球用轻质细线连接，假设它们在下落时所受的阻力与单独下落时的规律相同，让它们同时从足够高的同一高度下落，试求出它们的收尾速度，并判断它们落地的顺序(不需要写出判断理由)．【解析】(1)球在到达收尾速度时处于平衡状态，有：f＝mg那么fB∶fC＝mB∶mC代入数据解得：fB∶fC＝1∶9．(2)由表中A、B两球的有关数据可得，阻力与速度成正比，即f∝v由表中B、C两球的有关数据可得，阻力与球的半径的平方成正比，即f∝r2得：f＝kvr2其中k＝4.9N·s/m3．(3)将C球和D球用细线连接后，应满足：mCg＋mDg＝fC＋fD即mCg＋mDg＝kv(req\o\al(2,C)＋req\o\al(2,D))代入数据解得：v＝27.2比拟C、D两小球的质量和半径，可判断出C球先落地．[答案](1)1∶9(3分)(2)f＝kvr2，k＝4.9N·s/m3(3分)(3)27.2m/sC球先落地(313．(10分)将一平板支撑成一斜面，一石块可以沿着斜面往不同的方向滑行，如下图．如果使石块具有初速度v，方向沿斜面向下，那么它将做匀减速运动，经过距离L1后停下来；如果使石块具有同样大小的速度，但方向沿斜面向上，它将向上运动距离L2后停下来．现在平板上沿水平方向钉一光滑木条(图中MN所示)，木条的侧边与斜面垂直．如果使石块在水平方向以与前两种情况同样大小的初速度紧贴着光滑木条运动，求石块在水平方向通过的距离L．【解析】设斜面的倾斜角为θ，石块与斜面间的动摩擦因数为μ，故石块沿斜面减速下滑时的加速度为：a1＝μgcosθ－gsinθ(2分)沿斜面减速上滑时的加速度a2＝μgcosθ＋gsinθ(2分)紧贴光滑木条水平运动时的加速度a3＝μgcosθ(2分)由题意可得：v2＝2a1v2＝2a2v2＝2a3L(3解得：L＝eq\f(2L1L2,L1＋L2)．(1分)[答案]eq\f(2L1L2,L1＋L2)14．(10分)如下图，一固定的斜面倾角为30°，一边与地面垂直，顶上有一定滑轮．一柔软的细线跨过定滑轮，两端分别与物块A和B连结，A的质量为4m，B的质量为m．开始时将B按在地面上不动，然后放开手，让A沿斜面下滑而B上升．物块A与斜面间无摩擦．当A沿斜面下滑s距离后，细线突然断了，求物块B上升的最大高度．(不计细线与滑轮之间的摩擦【解析】设细线断前物块的加速度大小为a，细线的张力为T，由牛顿第二定律得：4mgsin30°－T＝4ma(2分)T－mg＝ma(2分)解得：a＝eq\f(1,5)g(1分)故线断瞬间B的速度大小vB＝eq\r(2as)＝eq\r(\f(2,5)gs)(2分)线断后B再上升的最大高度h＝eq\f(v\o\al(2,B),2g)＝eq\f(1,5)s(1分)物块B上升的最大高度h总＝s＋h＝eq\f(6,5)s．(2分)[答案]eq\f(6,5)s15．(12分)在光滑的绝缘水平面上有一质量m＝1.0×10－3kg、电荷量q＝＋1.0×10－10C的带电小球静止在O点，以O点为原点在该水平面内建立直角坐标系xOy(如下图)．现突然加一个沿x轴正方向、场强大小E＝2.0×106V/m的匀强电场使小球运动，并开始计时．在第1s末所加电场方向突然变为沿y轴正方向，大小不变；在第2s末电场突然消失，求第一位同学这样分析：第1s内小球沿x轴做初速度为零的匀加速直线运动，可求出其位移x1；第2s内小球沿y轴正方向做初速度为零的匀加速直线运动，可求出其位移y2及其速度v，第3s内小球沿y轴正方向做匀速直线运动，可求出其位移s，最后小球的横坐标是x1，纵坐标是y2＋s．你认为他的分析正确吗？如果认为正确，请按他的思路求出第3s末小球的位置；如果认为不正确，请指出错误之处并求出第3s末小球的位置．【解析】该同学的分析不正确．因为第1s末小球有沿x方向的初速度，所以第2s内小球做类平抛运动，第3s内也不沿y轴正方向运动．(3分)第1s内小球做初速度为零的匀加速直线运动，有：a1x＝eq\f(F,m)＝eq\f(qE,m)(1分)x1＝eq\f(1,2)a1xteq\o\al(2,1)＝eq\f(qEt\o\al(2,1),2m)＝eq\f(1.0×10－10×2.0×106×12,2×1.0×10－3)m＝0.1m(1分)v1x＝a1xt1＝eq\f(qEt1,m)第2s内小球做类平抛运动，有：a2y＝eq\f(qE,m)(1分)y2＝eq\f(1,2)a2yteq\o\al(2,2)＝eq\f(qEt\o\al(2,2),2m)＝eq\f(1.0×10－10×2.0×106×12,2×1.0×10－3)m＝0.1m(1分)v2y＝a2t2＝eq\f(qEt2,m)x2＝v1xt2＝eq\f(qEt1t2,m)＝eq\f(1.0×10－10×2.0×106×1×1,1.0×10－3)m＝0.2m(1分)第3s内小球做匀速直线运动，沿x方向速度为v1x，沿y方向速度为v2y，有：x3＝v1xt3＝eq\f(qEt1t3,m)＝eq\f(1.0×10－10×2.0×106×1×1,1.0×10－3)m＝0.2m(1分)y3＝v2yt3＝eq\f(qEt2t3,m)＝eq\f(1.0×10－10×2.0×106×1×1,1.0×10－3)m＝0.2m(1分)第3s末小球的位置坐标为：x＝x1＋x2＋x3＝0.5m(1y＝y2＋y3＝0.3m．(1[答案]略16．(13分)如下图，长L＝1.5m、高h＝0.45m、质量M＝10kg的长方体木箱在水平面上向右做直线运动．当木箱的速度v0＝3.6m/s时，对木箱施加一个方向水平向左的恒力F＝50N，并同时将一个质量m＝1kg的小球轻放在距木箱右端eq\f(L,3)处的P点(小球可视为质点，放在P点时相对于地面的速度为零)，经过一段时间，小球脱离木箱落到地面．木箱与地面的动摩擦因数μ＝0.2，而小球与木箱之间的摩擦不计．取g＝10m/s2，求：(1)小球从开始离开木箱至落到地面所用的时间．(2)小球放上P点后，木箱向右运动的最大位移．(3)小球离开木箱时木箱的速度．【解析】(1)小球离开木箱后做自由落体运动，设其落到地面所用的时间为t，由h＝eq\f(1,2)gt2得：t＝eq\r(\f(2h,g))＝eq\r(\f(2×0.45,10))s＝0.3s．(2分)(2)小球放上木箱后相对地面静止由F＋μFN＝Ma1(1分)FN＝(M＋m)g(1分)得木箱的加速度：a1＝eq\f(F＋μ(M＋m)g,M)＝eq\f(50＋0.2(10＋1)×10,10)m/s2＝7.2m/s2(2木箱向右运动的最大位移s1＝eq\f(v\o\al(2,0),2a1)＝eq\f(3.62,2×7.2)m＝0.9m．(1分)(3)由于s1＝0.9m＜1m，故木箱在向右运动期间，小球不会从木箱的左端掉下(1分)得木箱向左运动的加速度：a2＝eq\f(F－μ(M＋m)g,M)＝eq\f(50－0.2(10＋1)×10,10)m/s2＝2.8m/s2(2分)设木箱向左运动s2时，小球从木箱的右端掉下，有：s2＝s1＋eq\f(L,3)＝0.9m＋0.5m＝1.4m(1分)设木箱向左运动所用的时间为t2，那么由s2＝eq\f(1,2)a2teq\o\al(2,2)得：t2＝eq\r(\f(2s2,a2))＝eq\r(\f(2×1.4,2.8))s＝1s(1分)小球刚离开木箱时木箱的速度方向向左，大小为：v2＝a2t2＝2.8×1m/s＝2.8m/s．(1分)[答案](1)0.3s(2)0.9m(3)第2专题动量和能量知识网络考点预测本专题涉及的内容是动力学内容的延续和深化．动量守恒定律、机械能守恒定律、能量守恒定律比牛顿运动定律的适用范围更广泛．它们是自然界中最根本、最普遍、最重要的客观规律，也是高中物理的重点和难点、高考考查内容的重点．其命题形式一般是能量与动量综合起来考，如：2023年全国理综卷Ⅰ第21题、第25题，2023年全国理综卷Ⅰ的第24题“下摆拉动滑块碰撞问题〞，全国理综卷Ⅱ的第23题“子弹射击木块问题〞，重庆理综卷的第24题“碰撞后压缩弹簧问题〞．但是，由于目前全国的课改形势以及在课程标准中的内容设置，在高考中出现的这类综合题的难点主要在于功能关系的应用上，而不是在于动量守恒定律的应用上．另外，从2023年各地的高考考卷中也可发现，除了能量与动量的综合题外，单独考查功能原理的试题在卷中出现的概率也较大．要点归纳一、根本的物理概念1．冲量与功的比拟eq\b\lc\\rc\(\a\vs4\al\co1((1)定义式))eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(冲量的定义式：I＝Ft(作用力在时间上的积累效果),功的定义式：W＝Fscosθ(作用力在空间上的积累效果)))(2)属性eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(冲量是矢量，既有大小又有方向(求合冲量应按矢,量合成法那么来计算),功是标量，只有大小没有方向(求物体所受外力的,总功只需按代数和计算)))2．动量与动能的比拟(1)定义式eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(动量的定义式：p＝mv,动能的定义式：Ek＝\x\bo(\f(1,2)mv2)))(2)属性eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(动量是矢量(动量的变化也是矢量,求动量的变化,应按矢量运算法那么来计算),动能是标量(动能的变化也是标量,求动能的变化,只需按代数运算法那么来计算)))(3)动量与动能量值间的关系eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(p＝\x\bo(\r(2mEk)),Ek＝\f(p2,2m)＝\x\bo(\f(1,2)pv)))(4)动量和动能都是描述物体状态的量，都有相对性(相对所选择的参考系)，都与物体的受力情况无关．动量的变化和动能的变化都是过程量，都是针对某段时间而言的．二、动量观点的根本物理规律1．动量定理的根本形式与表达式：I＝Δp．分方向的表达式：Ix合＝Δpx，Iy合＝Δpy．2．动量定理推论：动量的变化率等于物体所受的合外力，即eq\f(Δp,Δt)＝F合．3．动量守恒定律(1)动量守恒定律的研究对象是一个系统(含两个或两个以上相互作用的物体)．(2)动量守恒定律的适用条件①标准条件：系统不受外力或系统所受外力之和为零．②近似条件：系统所受外力之和虽不为零，但比系统的内力小得多(如碰撞问题中的摩擦力、爆炸问题中的重力等外力与相互作用的内力相比小得多)，可以忽略不计．③分量条件：系统所受外力之和虽不为零，但在某个方向上的分量为零，那么在该方向上系统总动量的分量保持不变．(3)使用动量守恒定律时应注意：①速度的瞬时性；②动量的矢量性；③时间的同一性．(4)应用动量守恒定律解决问题的根本思路和方法①分析题意，明确研究对象．在分析相互作用的物体总动量是否守恒时，通常把这些被研究的物体统称为系统．对于比拟复杂的物理过程，要采用程序法对全过程进行分段分析，要明确在哪些阶段中，哪些物体发生相互作用，从而确定所研究的系统是由哪些物体组成的．②对各阶段所选系统内的物体进行受力分析，弄清哪些是系统内部物体之间相互作用的内力，哪些是作用于系统的外力．在受力分析的根底上根据动量守恒定律的条件，判断能否应用动量守恒定律．③明确所研究的相互作用过程，确定过程的始末状态，即系统内各个物体的初动量和末动量的值或表达式．(注意：在研究地面上物体间相互作用的过程时，各物体运动的速度均应取地球为参考系)④确定正方向，建立动量守恒方程求解．三、功和能1．中学物理中常见的能量动能Ek＝eq\f(1,2)mv2；重力势能Ep＝mgh；弹性势能E弹＝eq\f(1,2)kx2；机械能E＝Ek＋Ep；分子势能；分子动能；内能；电势能E＝qφ；电能；磁场能；化学能；光能；原子能(电子的动能和势能之和)；原子核能E＝mc2；引力势能；太阳能；风能(空气的动能)；地热、潮汐能．2．常见力的功和功率的计算：恒力做功W＝Fscosθ；重力做功W＝mgh；一对滑动摩擦力做的总功Wf＝－fs路；电场力做功W＝qU；功率恒定时牵引力所做的功W＝Pt；恒定压强下的压力所做的功W＝p·ΔV；电流所做的功W＝UIt；洛伦兹力永不做功；瞬时功率P＝Fvcos_θ；平均功率eq\o(P,\s\up6(－))＝eq\f(W,t)＝Feq\o(v,\s\up6(－))cosθ．3．中学物理中重要的功能关系能量与物体运动的状态相对应．在物体相互作用的过程中，物体的运动状态通常要发生变化，所以物体的能量变化一般要通过做功来实现，这就是常说的“功是能量转化的量度〞的物理本质．那么，什么功对应着什么能量的转化呢？在高中物理中主要的功能关系有：(1)外力对物体所做的总功等于物体动能的增量，即W总＝ΔEk．(动能定理)(2)重力(或弹簧的弹力)对物体所做的功等于物体重力势能(或弹性势能)的增量的负值，即W重＝－ΔEp(或W弹＝－ΔEp)．(3)电场力对电荷所做的功等于电荷电势能的增量的负值，即W电＝－ΔE电．(4)除重力(或弹簧的弹力)以外的力对物体所做的功等于物体机械能的增量，即W其他＝ΔE机．(功能原理)(5)当除重力(或弹簧弹力)以外的力对物体所做的功等于零时，那么有ΔE机＝0，即机械能守恒．(6)一对滑动摩擦力做功与内能变化的关系是：“摩擦所产生的热〞等于滑动摩擦力跟物体间相对路程的乘积，即Q＝fs相对．一对滑动摩擦力所做的功的代数和总为负值，表示除了有机械能在两个物体间转移外，还有一局部机械能转化为内能，这就是“摩擦生热〞的实质．(7)安培力做功对应着电能与其他形式的能相互转化，即W安＝ΔE电．安培力做正功，对应着电能转化为其他能(如电动机模型)；克服安培力做负功，对应着其他能转化为电能(如发电机模型)；安培力做功的绝对值等于电能转化的量值．(8)分子力对分子所做的功等于分子势能的增量的负值，即W分子力＝－ΔE分子．(9)外界对一定质量的气体所做的功W与气体从外界所吸收的热量Q之和等于气体内能的变化，即W＋Q＝ΔU．(10)在电机电路中，电流做功的功率等于电阻发热的功率与输出的机械功率之和．(11)在纯电阻电路中，电流做功的功率等于电阻发热的功率．(12)在电解槽电路中，电流做功的功率等于电阻发热的功率与转化为化学能的功率之和．(13)在光电效应中，光子的能量hν＝W＋eq\f(1,2)mv02．(14)在原子物理中，原子辐射光子的能量hν＝E初－E末，原子吸收光子的能量hν＝E末－E初．(15)核力对核子所做的功等于核能增量的负值，即W核＝－ΔE核，并且Δmc2＝ΔE核．(16)能量转化和守恒定律．对于所有参与相互作用的物体所组成的系统，无论什么力做功，可能每一个物体的能量的数值及形式都发生变化，但系统内所有物体的各种形式能量的总和保持不变．4．运用能量观点分析、解决问题的根本思路(1)选定研究对象(单个物体或一个系统)，弄清物理过程．(2)分析受力情况，看有什么力在做功，弄清系统内有多少种形式的能在参与转化．(3)仔细分析系统内各种能量的变化情况及变化的数量．(4)列方程ΔE减＝ΔE增或E初＝E末求解．四、弹性碰撞在一光滑水平面上有两个质量分别为m1、m2的刚性小球A和B以初速度v1、v2运动，假设它们能发生正碰，碰撞后它们的速度分别为v1′和v2′．v1、v2、v1′、v2′是以地面为参考系的，将A和B看做系统．由碰撞过程中系统动量守恒，有：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′由于弹性碰撞中没有机械能损失，故有：eq\f(1,2)m1v12＋eq