高考物理必须突破15个必考热点

挑战2020年高考物理必须突破15个必考热点热点（1）平衡问题考向一：动态平衡【真题引领】(2017·全国卷Ⅰ改编)如图，柔软轻绳ON的一端O固定，其中间某点M拴一重物，用手拉住绳的另一端N，初始时，OM竖直且MN被拉直，OM与MN之间的夹角为α(α>QUOTEπ2π2)。现将重物向右上方缓慢拉起，并保持夹角α不变，在OM由竖直被拉到水平的过程中()A.MN上的张力逐渐增大 B.MN上的张力先增大后减小C.OM上的张力逐渐增大 D.OM上的张力先减小后增大【答案】A解析：以重物为研究对象，它受三个力即重力mg、绳OM段的拉力FO、NM段的拉力FN的作用处于平衡状态。考虑到力mg不变，FO与FN的夹角不变，当FO由竖直向上变为水平向左时，作出如图所示的力矢量图，由图可知：FN一直变大，FO先变大后减小。动态平衡问题的分析过程与处理方法：(1)一般思路：把“动”化为“静”，“静”中求“动”。(2)答题模板：(3)易错警示：相似三角形法的易错点在于不能正确进行受力分析，找到力三角形和结构三角形相似。如竞技场T10。考场练兵：在新疆吐鲁番的葡萄烘干房内，果农用图示支架悬挂葡萄。OA、OB为承重的轻杆，AOB始终在竖直面内，OA可绕A点自由转动，OB与OA通过铰链连接，可绕O点自由转动，且OB的长度可调节，现将新鲜葡萄用细线悬挂于O点，保持OA不动，调节OB的长度让B端沿地面上的AB连线向左缓慢移动，OA杆所受作用力大小为F1，OB杆所受的作用力大小为F2，∠AOB由锐角变为钝角的过程中，下列判断正确的是 ()A.F1逐渐变大，F2先变小后变大B.F1先变小后变大，F2逐渐变大C.F1逐渐变小，F2逐渐变小D.F1逐渐变大，F2逐渐变大【答案】A解析：由题可知，保持OA的位置不变，以O点为研究对象进行受力分析，受到细线的拉力(等于葡萄的重力)和两杆的支持力，如图所示，OB杆的支持力F2与OA杆的支持力F1的合力与细线的拉力等大、反向，当OB杆向左移动而OA位置不变时，各力的变化情况如图所示，由图可知，F1逐渐增大，F2先减小再增大，当OB与OA相互垂直时，F2最小，故A正确。考向二：静态平衡【真题引领】(2019·全国卷Ⅲ)用卡车运输质量为m的匀质圆筒状工件，为使工件保持固定，将其置于两光滑斜面之间，如图所示。两斜面Ⅰ、Ⅱ固定在车上，倾角分别为30°和60°。重力加速度为g。当卡车沿平直公路匀速行驶时，圆筒对斜面Ⅰ、Ⅱ压力的大小分别为F1、F2，则 ()A.F1=QUOTE3333mg，F2=QUOTE3232mg B.F1=QUOTE3232mg，F2=QUOTE3333mgC.F1=QUOTE1212mg，F2=QUOTE3232mg D.F1=QUOTE3232mg，F2=QUOTE1212mg【答案】D当卡车沿平直公路匀速行驶时，圆筒工件受力平衡。对圆筒进行受力分析知圆筒受重力mg和斜面Ⅰ、Ⅱ的支持力F1′、F2′。将圆筒的重力mg沿着垂直于斜面Ⅰ和垂直于斜面Ⅱ分解，则F1′=mgcos30°=QUOTE3232mg，F2′=mgsin30°=QUOTE1212mg。由牛顿第三定律可知斜面对圆筒的支持力与圆筒对斜面的压力大小相等，方向相反。故F1=QUOTE3232mg，F2=QUOTE1212mg，D正确。求解静态平衡问题的四种常用方法：适用条件注意事项优点合成法物体受三个力作用而平衡(1)表示三个力大小的线段长度不可随意画(2)两力的合力与第三个力等大反向对于物体所受的三个力，有两个力相互垂直或两个大小相等的平衡问题求解较简单分解法物体受三个力作用而平衡将其中一个力分解，其两个分力与物体受到的另两个力等大反向正交分解法物体受三个或三个以上的力作用而平衡选坐标轴时应使尽量多的力与坐标轴重合对于物体受三个以上的力处于平衡状态的问题求解较方便力的三角形法物体受三个力作用而平衡将三个力的矢量图平移，构成一个依次首尾相连接的矢量三角形常用于求解一般矢量三角形中未知力的大小和方向考场练兵：1.如图所示，质量为m的钢球静止于两光滑木板a、b之间。已知两木板的夹角α=45°，a木板与水平方向的夹角β=45°，则钢球对a、b板的压力大小Fa、Fb分别是 ()A.Fa=mg，Fb=mg B.Fa=mg，Fb=QUOTE22mgC.Fa=QUOTE2222mg，Fb=QUOTE2222mg D.Fa=QUOTE22mg，Fb=mg【答案】D解析：对钢球受力分析，作出受力分析图：根据共点力平衡条件可知，Fbcos45°+mgcos45°=FaFbsin45°=mgsin45°。解得：Fa=QUOTE22mg，Fb=mg，故D正确，A、B、C错误。2.如图所示，物体的质量为m，在恒力F的作用下，紧靠在天花板上保持静止，若物体与天花板间的动摩擦因数为μ，则()A.物体可能受到3个力作用B.天花板对物体摩擦力的大小一定为FcosθC.天花板对物体摩擦力的大小一定为μFsinθD.物体对天花板的压力大小为μFsinθ【答案】B解析：对物体受力分析，将推力F正交分解，如图，根据共点力平衡条件，有：水平方向：Fcosθ-f=0竖直方向：Fsinθ-N-mg=0解得：f=Fcosθ，N=Fsinθ-mg根据牛顿第三定律，压力也为Fsinθ-mg由分析可知，物体一定受4个力作用，故A错误；天花板对物体摩擦力的大小一定为Fcosθ，故B正确，C错误；物体对天花板的压力大小为Fsinθ-mg，故D错误。考向三：摩擦力、连接体【真题引领】(2017·全国卷Ⅱ)如图，一物块在水平拉力F的作用下沿水平桌面做匀速直线运动。若保持F的大小不变，而方向与水平面成60°角，物块也恰好做匀速直线运动。物块与桌面间的动摩擦因数为()A.2-QUOTE33B.QUOTE3636C.QUOTE3333D.QUOTE3232【答案】C解析：在F的作用下沿水平桌面匀速运动时有F=μmg；F的方向与水平面成60°角拉动时有Fcos60°=μ(mg-Fsin60°)，联立解得μ=QUOTE3333，故选C。摩擦力的求解方法：1.若有相对运动，则依据公式F=μFN和相对运动方向分析滑动摩擦力的大小和方向。2.若没有相对运动，则受到静摩擦力的作用，其大小和方向有以下解法：(1)物体处于平衡状态时，则依据平衡条件求解。(2)物体处于非平衡状态时，则依据牛顿第二定律求解。(3)多个物体相互作用(涉及连接体)时，运用整体法和隔离法，结合平衡条件或牛顿第二定律求解。(4)利用力的图象结合运动状态求解。(5)判断静摩擦力的方向常用假设法。考场练兵：1.如图所示为某新型夹砖机，它能用两支巨大的“手臂”将几吨砖夹起，大大提高了工作效率。已知该新型夹砖机能夹起质量为m的砖，两支“手臂”对砖产生的最大压力为Fmax(设最大静擦力等于滑动摩擦力)，则“手臂”与砖之间的动摩擦因数至少为()A.μ=QUOTEmgFmaxmgFmax B.μ=QUOTEmg2FmaxC.μ=QUOTE2mgFmax2mgFmax D.μ=QUOTEFmaxmg【答案】B解析：对砖进行受力分析，根据平衡条件得：2f=mg；2μFmax=mg；解得：μ=QUOTEmg2Fmaxmg2挑战2020年高考物理必须突破15个必考热点热点（2）牛顿运动定律的应用考向一：动力学两类基本问题【真题引领】(多选)(2016·全国卷Ⅱ)两实心小球甲和乙由同一种材料制成，甲球质量大于乙球质量。两球在空气中由静止下落，假设它们运动时受到的阻力与球的半径成正比，与球的速率无关。若它们下落相同的距离，则()A.甲球用的时间比乙球长B.甲球末速度的大小大于乙球末速度的大小C.甲球加速度的大小小于乙球加速度的大小D.甲球克服阻力做的功大于乙球克服阻力做的功【答案】B、D解析：设小球的密度为ρ，其质量m=QUOTE，设阻力与球的半径的比值为k，根据牛顿第二定律得：a=QUOTE(mg-kr)m(mg-kr)m=g-QUOTE=g-QUOTE，由此可见，由m甲>m乙，ρ甲=ρ乙，r甲>r乙可知a甲>a乙，选项C错误；由于两球由静止下落，两小球下落相同的距离则由x=QUOTE1212at2，t2=QUOTE2xa2xa，t甲<t乙，选项A错误；由v2=2ax可知，甲球末速度的大小大于乙球末速度的大小，选项B正确；由于甲球质量大于乙球质量，所以甲球半径大于乙球半径，甲球所受的阻力大于乙球所受的阻力，则两小球下落相同的距离甲球克服阻力做的功大于乙球克服阻力做的功，选项D正确。分析动力学问题的关键点：考场练兵：如图所示，一个竖直固定在地面上的透气圆筒，筒中有一劲度系数为k的轻弹簧，其下端固定，上端连接一质量为m的薄滑块，圆筒内壁涂有一层新型智能材料——ER流体，它对滑块的阻力可调。滑块静止时，ER流体对其阻力为零，此时弹簧的长度为L。现有一质量也为m(可视为质点)的物体在圆筒正上方距地面2L处自由下落，与滑块碰撞(碰撞时间极短)后粘在一起，并以物体碰前瞬间速度的一半向下运动。ER流体对滑块的阻力随滑块下移而变化，使滑块做匀减速运动，当下移距离为d时，速度减小为物体与滑块碰撞前瞬间速度的四分之一。取重力加速度为g，忽略空气阻力，试求：(1)物体与滑块碰撞前瞬间的速度大小。(2)滑块向下运动过程中的加速度大小。(3)当下移距离为d时，ER流体对滑块的阻力大小。【答案】(1)QUOTE2gL2gL(2)QUOTE3gL16d3gL16d(3)mg+QUOTE3mgL8d【解析】(1)设物体与滑块碰撞前瞬间的速度大小为v0，由自由落体运动规律有QUOTEv02v02=2gL，解得v0=QUOTE2gL2gL。(2)设滑块做匀减速运动的加速度大小为a，取竖直向下为正方向，则有-2ax=QUOTEv22v22-QUOTEv12v12，x=d，v1=QUOTEv02v02，v2=QUOTEv04v04，解得a=QUOTE3gL16(3)滑块静止时，设弹簧的压缩量为x0，则mg=kx0，设下移距离d时弹簧弹力为F，ER流体对滑块的阻力为FER，对物体与滑块组成的整体，受力分析如图所示，由牛顿第二定律得F+FER-2mg=2maF=k(d+x0)联立解得FER=mg+QUOTE3mgL8d3mgL考向二:牛顿运动定律与图象问题【真题引领】(2018·全国卷Ⅰ)如图，轻弹簧的下端固定在水平桌面上，上端放有物块P，系统处于静止状态，现用一竖直向上的力F作用在P上，使其向上做匀加速直线运动。以x表示P离开静止位置的位移，在弹簧恢复原长前，下列表示F和x之间关系的图象可能正确的是()【答案】A解析：设弹簧的最大压缩量为l，根据胡克定律有kl=mg。物块P做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有F+k(l-x)-mg=ma，解得F=ma+kx，则可能正确的是A。解决图象问题的思路：考场练兵：(多选)如图甲所示，水平地面上固定一足够长的光滑斜面，斜面顶端有一理想定滑轮，一轻绳跨过滑轮，绳两端分别连接小物块A和B。保持A的质量不变，改变B的质量m，当B的质量连续改变时，得到A的加速度a随B的质量m变化的图线，如乙图所示。设加速度沿斜面向上的方向为正方向，空气阻力不计，重力加速度g取9.8m/s2，斜面的倾角为θ，下列说法正确的是()A.若θ已知，可求出A的质量B.若θ未知，可求出乙图中a1的值C.若θ已知，可求出乙图中a2的值D.若θ已知，可求出乙图中m0的值【答案】B、C解析：设A的质量为M，当B的质量m=m0时，A的加速度为零，则有m0g=Mgsinθ，若θ已知，m0未知，不可求出A的质量，选项A错误，虽然θ已知，但M未知，所以由m0g=Mgsinθ不能求出m0的值，故D错。当B的质量m趋近于无限大时，A的加速度趋近于g，即a1=g，选项B正确。当m=0时，a2=-gsinθ，故C正确。考向三：牛顿第二定律与多过程和多对象问题【真题引领】(2019·江苏高考)如图所示，质量相等的物块A和B叠放在水平地面上，左边缘对齐。A与B、B与地面间的动摩擦因数均为μ。先敲击A，A立即获得水平向右的初速度，在B上滑动距离L后停下。接着敲击B，B立即获得水平向右的初速度，A、B都向右运动，左边缘再次对齐时恰好相对静止，此后两者一起运动至停下。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。求：(1)A被敲击后获得的初速度大小vA；(2)在左边缘再次对齐的前、后，B运动加速度的大小aB、aB′；(3)B被敲击后获得的初速度大小vB。【答案】(1)QUOTE(2)3μgμg(3)2QUOTE解析：(1)由牛顿运动定律知，A加速度的大小aA=μg由匀变速直线运动规律有2aAL=QUOTEvA2vA解得vA=QUOTE(2)设A、B的质量均为m对齐前，B所受合外力大小F=3μmg由牛顿运动定律F=maB，得aB=3μg对齐后，A、B所受合外力大小F′=2μmg由牛顿运动定律F′=2maB′，得aB′=μg(3)设敲击B后经过时间t，A、B达到共同速度v，位移分别为xA、xB，A加速度的大小等于aA则v=aAt，v=vB-aBtxA=QUOTE1212aAt2，xB=vBt-QUOTE1212aBt2且xB-xA=L解得vB=2QUOTE。掌握多过程或多对象问题的“两个方法、一种能力、两个依据”：考场练兵：有一项“快乐向前冲”的游戏可简化如下：如图所示，滑板长L=1m，起点A到终点线B的距离s=5m。开始滑板静止，右端与A平齐，滑板左端放一可视为质点的滑块，对滑块施一水平恒力F使滑板前进。板右端到达B处冲线，游戏结束。已知滑块与滑板间动摩擦因数μ=0.5，地面视为光滑，滑块质量m1=2kg，滑板质量m2=1kg，重力加速度g取10m/s2，求：(1)滑板由A滑到B的最短时间；(2)为使滑板能以最短时间到达，水平恒力F的取值范围。【答案】(1)1s(2)30N≤F≤34N解析：(1)滑板一直加速时，所用时间最短。设滑板加速度为a2，f=μm1g=m2a2，a2=10m/s2，s=QUOTEa2t22a(2)刚好相对滑动时，水平恒力最小，设为F1，此时可认为二者加速度相等，F1-μm1g=m1a2，解得F1=30N。当滑板运动到B点，滑块刚好脱离时，水平恒力最大，设为F2，设滑块加速度为a1，挑战2020年高考物理必须突破15个必考热点热点（3）平抛运动与圆周运动考向一：平抛运动规律的应用【真题引领】(2018·全国卷Ⅲ)在一斜面顶端，将甲、乙两个小球分别以v和QUOTEv2v2的速度沿同一方向水平抛出，两球都落在该斜面上。甲球落至斜面时的速率是乙球落至斜面时速率的 ()A.2倍 B.4倍C.6倍 D.8倍【答案】A解析：两球都落在该斜面上，其位移与水平方向夹角相等设为α，其速度与水平方向夹角设为β，据tanβ=2tanα，可知两球速度与水平方向夹角相等，据v=QUOTE可得QUOTE=QUOTEvv2vv2=2，故选A。平抛运动的两个关系、一种方法：1.两个关系：(1)速度关系。(2)位移关系。2.一种方法：处理匀变速曲线运动的方法。沿力的方向和垂直于力的方向；或者沿速度的方向和垂直于速度的方向分解，化曲为直，然后在两个方向上独立进行有关运算。考场练兵：羽毛球运动员林丹曾在某综艺节目中表演羽毛球定点击鼓，如图是他表演时的羽毛球场地示意图。图中甲、乙两鼓等高，丙、丁两鼓较低但也等高。若林丹每次发球时羽毛球飞出位置不变且均做平抛运动，则()A.击中甲、乙的两球初速度v甲=v乙B.击中甲、乙的两球初速度v甲>v乙C.假设某次发球能够击中甲鼓，用相同速度发球可能击中丁鼓D.击中四鼓的羽毛球中，击中丙鼓的初速度最大【答案】B解析：由题图可知，甲、乙两鼓的高度相同，所以羽毛球到达两鼓用时相同，但由于离林丹的水平距离不同，甲鼓的水平距离较远，所以由v=QUOTExtxt可知，击中甲、乙的两球初速度v甲>v乙，故A错误，B正确；由题图可知，甲、丁两鼓不在同一直线上，所以用相同速度发球不可能到达丁鼓，故C错误；由于丁、丙两鼓高度相同，但由图可知，丁鼓离林丹的水平距离最大，所以击中丁鼓的初速度一定大于击中丙鼓的初速度，故D错误。考向二：圆周运动过程及特殊点的分析【真题引领】(多选)(2019·江苏高考)如图所示，摩天轮悬挂的座舱在竖直平面内做匀速圆周运动。座舱的质量为m，运动半径为R，角速度大小为ω，重力加速度为g，则座舱 ()A.运动周期为QUOTEB.线速度的大小为ωRC.受摩天轮作用力的大小始终为mgD.所受合力的大小始终为mω2R【答案】B、D解析：由角速度的定义ω=QUOTE，可知T=QUOTE，选项A错误；由圆周运动的线速度与角速度的关系可知，v=ωR，故B正确；由于座舱在竖直面内做匀速圆周运动，所以座舱所受的合力即向心力F=mω2R，选项D正确；座舱在最高点时所受摩天轮的作用力N=mg-mω2R，座舱在最低点时所受摩天轮的作用力N′=mg+mω2R，所以选项C错误。“一、二、三、四”求解圆周运动问题：考场练兵：1.如图所示，固定在水平地面上的圆弧形容器，容器两端A、C在同一高度上，B为容器的最低点，圆弧上E、F两点也处在同一高度，容器的AB段粗糙，BC段光滑。一个可以看成质点的小球，从容器内的A点由静止释放后沿容器内壁运动到F以上、C点以下的H点(图中未画出)的过程中，则 ()A.小球运动到H点时加速度为零B.小球运动到E点时的向心加速度和F点时大小相等C.小球运动到E点时的切向加速度和F点时的大小相等D.小球运动到E点时的切向加速度比F点时的小【答案】D解析：H为光滑圆弧上的最高点，速度为零，加速度不为零，故A错误；AB段粗糙，小球运动过程机械能减小，BC段光滑，小球运动的过程机械能守恒，所以同一高度速度大小不同，所以向心加速度不同，故B错误；根据受力分析知在AB弧受摩擦力，在BC弧不受摩擦力，在F点的合力较大，根据牛顿第二定律知切线方向在E点加速度较小，故C错误，D正确。2.如图所示，轻绳的一端固定在O点，另一端系一质量为m的小球，在最低点给小球一个初速度，小球恰好能够在竖直平面内完成圆周运动，选项中给出了轻绳对小球拉力F跟小球转过的角度θ(0°≤θ≤180°)的余弦cosθ关系的四幅图象，其中A是一段直线，B是一段余弦函数线，C、D是一段抛物线，这四幅F-cosθ图象正确的是()【答案】A解析：从最低点到与竖直方向夹角θ位置，根据机械能守恒定律得，QUOTE1212mQUOTEv02v02=mgL(1-cosθ)+QUOTE1212mv2，当小球恰好通过最高点时，有QUOTE1212mQUOTEv02v02=mg·2L+QUOTE1212mQUOTEv12v12，mg=QUOTEmv12Lmv12L，解得，v0=QUOTE5gL5gL，又F-mgcosθ=QUOTEmv2L考向三：圆周运动临界状态的分析【真题引领】(2018·全国卷Ⅲ)如图，在竖直平面内，一半径为R的光滑圆弧轨道ABC和水平轨道PA在A点相切，BC为圆弧轨道的直径，O为圆心，OA和OB之间的夹角为α，sinα=QUOTE3535。一质量为m的小球沿水平轨道向右运动，经A点沿圆弧轨道通过C点，落至水平轨道；在整个过程中，除受到重力及轨道作用力外，小球还一直受到一水平恒力的作用。已知小球在C点所受合力的方向指向圆心，且此时小球对轨道的压力恰好为零。重力加速度大小为g。求：(1)水平恒力的大小和小球到达C点时速度的大小。(2)小球到达A点时动量的大小。(3)小球从C点落至水平轨道所用的时间。拼一拼越过重本线【答案】(1)QUOTE3434mgQUOTE5gR25gR2(2)QUOTEm23gR2m23gR2(3)QUOTE35gR解析：(1)由力的合成可得恒力F=QUOTE3434mg，F合=QUOTE5454mg据牛顿第二定律有F合=mQUOTEvC2Rv联立方程解得vC=QUOTE5gR25gR2(2)小球从A到C过程，据动能定理有-mgR(1+cosα)-FRsinα=QUOTE1212mQUOTEvC2vC2-QUOTE1212mQUOTEvA2vA2解得vA=QUOTE23gR223gR由p=mv得小球到达A点时动量的大小pA=QUOTEm23gR2m23(3)将C点速度分解为水平和竖直方向上的两个速度，竖直方向以初速度vCy、加速度g做匀加速直线运动，落到水平轨道时竖直方向速度设为vty，据运动规律有QUOTEvty2vty2-QUOTEvCy2vCyt=QUOTEvty-vCyg解得t=QUOTE35gR5g3圆周运动中临界问题的常见类型：在圆周运动问题中，当出现“恰好”“最大”“至少”“取值范围”等字眼时，说明运动过程中存在临界点。1.常见类型：(1)绳的拉力达到最大或为零。(2)物体开始滑动时静摩擦力达到最大。(3)物体脱离接触面时压力为零。2.解题关键：分析临界状态的受力，列出临界条件下的牛顿第二定律方程。考场练兵：1.如图所示，一倾斜的圆筒绕固定轴OO1以恒定的角速度ω转动，圆筒的半径r=1.5m。筒壁内有一小物体与圆筒始终保持相对静止，小物体与圆筒间的动摩擦因数为QUOTE3232(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，转动轴与水平面间的夹角为60°，重力加速度g取10m/s2，则ω的最小值是()A.1rad/sB.QUOTE303303rad/sC.QUOTE1010rad/sD.5rad/s【答案】C受力分析如图，受重力G，弹力N，静摩擦力f。由牛顿第二定律可知，mgcos60°+N=mω2r，在平行于桶壁方向上，fmax=μN≥mgsin60°。由以上式子，可得ω≥QUOTE1010rad/s，则ω最小值是QUOTE1010rad/s，故C正确。2.如图所示，水平杆固定在竖直杆上，两者互相垂直，水平杆上O、A两点连接有两轻绳，两绳的另一端都系在质量为m的小球上，OA=OB=AB，现通过转动竖直杆，使水平杆在水平面内做匀速圆周运动，三角形OAB始终在竖直平面内，若转动过程中OB、AB两绳始终处于拉直状态，则下列说法正确的是()挑战2020年高考物理必须突破15个必考热点热点（4）万有引力定律的应用考向一：星球表面物体重力与万有引力关系【真题引领】(多选)(2019·全国卷Ⅰ)在星球M上将一轻弹簧竖直固定在水平桌面上，把物体P轻放在弹簧上端，P由静止向下运动，物体的加速度a与弹簧的压缩量x间的关系如图中实线所示。在另一星球N上用完全相同的弹簧，改用物体Q完成同样的过程，其a-x关系如图中虚线所示，假设两星球均为质量均匀分布的球体。已知星球M的半径是星球N的3倍，则 ()A.M与N的密度相等B.Q的质量是P的3倍C.Q下落过程中的最大动能是P的4倍D.Q下落过程中弹簧的最大压缩量是P的4倍【答案】A、C解析：设星球M的质量为M1、星球N的质量为M2；星球M的半径为R1、星球N的半径为R2，则R1=3R2。对星球M有：GQUOTEM1m1R12M1m1R12=m1×3a0、M1=ρ1·QUOTE4343πQUOTER13R13，解得ρ1=QUOTE；对星球N有：GQUOTEM2m2R22M2m2R22=m2a0、M2=ρ2·QUOTE4343πQUOTER23R23，解得ρ2=QUOTE=QUOTE=ρ1，故选项A正确；对物体P有：kx0=m1×3a0、对物体Q有：k·2x0=m2a0，解得m2=6m1，故选项B错误；由物体的加速度a与弹簧的压缩量x间的关系图，结合公式v2=2ax可知：图象面积ax=QUOTEv22v22，P下落过程中的最大动能Ek1=QUOTEm1v122m1v122=m1·3a0x0=3m1a0x0，Q下落过程中的最大动能Ek2=QUOTEm2v222m2v222=m2a0·2x0=2m2a0x解题思路：(1)一般思路：判断情景中万有引力等于重力是否成立，利用万有引力与重力之间的关系求出加速度，利用中心天体质量等物理量，来解决运动和密度的问题。(2)答题模板：(3)易错警示：在不满足万有引力等于重力的情况下，错用了这个关系。考场练兵：1.科幻大片《星际穿越》是基于知名理论物理学家基普·索恩的黑洞理论，加入人物和相关情节改编而成的。电影中的黑洞花费三十名研究人员将近一年的时间，用数千台计算机精确模拟才得以实现，让我们看到了迄今最真实的黑洞模样。若某黑洞的半径R约45km，质量M和半径R的关系满足QUOTEMRMR=QUOTEc22Gc22108m/s，G为引力常量)，则该黑洞表面重力加速度的数量级大约为()A.108m/s2B.1010m/s2C.1012m/s2D.1014m/s2【答案】C解析：黑洞实际为一天体，对黑洞表面的某一质量为m的物体有：QUOTEGMmR2GMmR2=mg，又有QUOTEMRMR=QUOTEc22Gc22G。联立解得：g=QUOTEc22Rc22(多选)月球是离地球最近的天体，已知月球质量为M，半径为R，引力常量为G，若忽略月球的自转，则关于在月球表面所做的实验，下列叙述正确的是()A.把质量为m的物体竖直悬挂在弹簧测力计下，静止时弹簧测力计的示数为QUOTEGMmR2GMmRB.以初速度v0竖直上抛一个物体，则物体经时间2πQUOTE落回原处C.把羽毛和铁锤从同一高度同时释放，则铁锤先落地D.用长为l的细绳拴一质量为m的小球在竖直平面内做圆周运动，则小球的最小动能为QUOTEGMml2R2GMml【答案】A、D解析：静止时弹簧测力计的拉力与月球的引力相平衡，所以弹簧测力计的示数F=QUOTEGMmR2GMmR2，A正确。月球表面的重力加速度为g=QUOTEGMR2GMR2，所以竖直上抛又落回原处的时间t=QUOTE2v0g2v0g=QUOTE2v0R2GM2v0R2GM，B错误。羽毛和铁锤从同一高度同时释放，没有阻力情况下同时落地，C错误。最高点的最小速度由mg=mQUOTEv2lv考向二：人造卫星的运行【真题引领】(2016·全国卷Ⅰ)利用三颗位置适当的地球同步卫星，可使地球赤道上任意两点之间保持无线电通讯。目前，地球同步卫星的轨道半径约为地球半径的6.6倍，假设地球的自转周期变小，若仍仅用三颗同步卫星来实现上述目的，则地球自转周期的最小值约为()A.1hB.4hC.8hD.16h【答案】B解析：由于地球同步卫星的运转周期与地球自转周期相同，假设地球的自转周期变小，则同步卫星的运转周期变小，轨道半径变小，由几何关系可知轨道半径最小值为2R，据GQUOTEMmr2Mmr2=mQUOTE4π2T24π2T2r可得T最小=(QUOTE2R6人造卫星问题的解题流程：考场练兵：(多选)2019年10月12日人民日报报道，中国将在2020年发射国产火星探测器，并且预计2021年中国火星探测器将抵达火星表面，中国计划在这次登陆火星过程中完成三大任务。若火星可视为均匀球体，其表面的重力加速度为g，半径为R，自转周期为T，万有引力常量为G，则下列说法正确的是 ()A.火星的平均密度为QUOTE3g4GπRB.火星的同步卫星距火星表面的高度为QUOTE3gR2T24C.火星的第一宇宙速度为2QUOTEgRgRD.火星的同步卫星运行的角速度为QUOTE【答案】A、B解析：在火星表面，对质量为m的物体由GQUOTEMmR2MmR2=mg和M=ρ·QUOTE4343πR3，可得：ρ=QUOTE3g4GπR3g4GπR，A正确。设火星的同步卫星距火星表面的高度为h，同步卫星的周期等于火星的自转周期T，则GQUOTEMm(R+h)2Mm(R+h)2=mQUOTE4π2T24π2T2(R+h)2，可得：h=QUOTE3gR2T24π2考向三：卫星变轨【真题引领】(2016·北京高考)如图所示，一颗人造卫星原来在椭圆轨道1绕地球E运行，在P点变轨后进入轨道2做匀速圆周运动。下列说法正确的是()A.不论在轨道1还是轨道2运行，卫星在P点的速度都相同B.不论在轨道1还是轨道2运行，卫星在P点的加速度都相同C.卫星在轨道1的任何位置都具有相同加速度D.卫星在轨道2的任何位置都具有相同动量【答案】B解析：从轨道1变轨到轨道2，需要加速，A错；不论在轨道1还是轨道2运行，卫星在P点只受万有引力，根据公式GQUOTEmMr2mMr2=ma可得a=QUOTEGMr2GMr卫星变轨问题的处理技巧：1.变轨原因：卫星由于某种原因速度发生改变，万有引力不再等于向心力，卫星将变轨运行。2.变轨分析：(1)在圆轨道上稳定运行时GQUOTEMmr2Mmr2=mQUOTEv2rv2r=mrω2=mr(QUOTE)2。(2)当v增大时，所需向心力增大，卫星做离心运动，轨道半径变大，卫星进入新的轨道运行，运行速度减小，重力势能、机械能均增加。(3)当卫星的速度突然减小时，所需向心力减小，卫星做向心运动，轨道半径变小。进入新轨道运行时，运行速度增大，重力势能、机械能均减小。考场练兵：1.(多选)航天器关闭动力系统后沿如图所示的椭圆轨道绕地球运动，A、B分别是轨道上的近地点和远地点，A位于地球表面附近。若航天器所受阻力不计，以下说法正确的是()A.航天器运动到A点时的速度等于第一宇宙速度B.航天器由A运动到B的过程中万有引力做负功C.航天器由A运动到B的过程中机械能不变D.航天器在A点的加速度小于在B点的加速度【答案】B、C解析：由于A点位于地球表面附近，若航天器以RA为半径做圆周运动时，速度应为第一宇宙速度，现航天器过A点做离心运动，则其过A点时的速度大于第一宇宙速度，A项错误。由A到B高度增加，万有引力做负功，B项正确。航天器由A到B的过程中只有万有引力做功，机械能守恒，C项正确。由GQUOTEMmR2MmR2=ma，可知aA=QUOTEGMRA2GMRA2，aB=QUOTEGMRB2GMRB2，又RA2.2019年春节期间，中国科幻电影里程碑的作品《流浪地球》热播，人类带着地球“流浪”至靠近木星时，上演了地球的生死存亡之战。影片中为了让地球逃离太阳系，人们在地球上建造特大功率发动机，使地球完成一系列变轨操作，其逃离过程如图所示，地球在椭圆轨道Ⅰ上运行到远日点B变轨，进入圆形轨道Ⅱ，在圆形轨道Ⅱ上运行到B点时再次加速变轨，从而最终摆脱太阳束缚。对于该过程，下列说法正确的是()A.在轨道Ⅰ上B点的动能等于在轨道Ⅱ上B点的动能B.沿轨道Ⅰ运行的周期小于沿轨道Ⅱ运行的周期C.沿轨道Ⅰ运行时，在A点的加速度小于在B点的加速度D.在轨道Ⅰ上由A点运行到B点的过程，速度逐渐增大【答案】B解析：因为从椭圆轨道Ⅰ上的B点加速才能进入圆形轨道Ⅱ，则在轨道Ⅰ上B点的动能小于在轨道Ⅱ上B点的动能，选项A错误；因为在椭圆轨道Ⅰ的半长轴a小于在圆形轨道Ⅱ的半径R，由开普勒行星运动第三定律QUOTEa3T12a3T12=QUOTER3T22R3T2考向四：双星运动【真题引领】(多选)(2018·全国卷Ⅰ)2017年，人类第一次直接探测到来自双中子星合并的引力波。根据科学家们复原的过程，在两颗中子星合并前约100s时，它们相距约400km，绕二者连线上的某点每秒转动12圈。将两颗中子星都看作是质量均匀分布的球体，由这些数据、万有引力常量并利用牛顿力学知识，可以估算出这一时刻两颗中子星 ()A.质量之积 B.质量之和C.速率之和 D.各自的自转角速度【答案】B、C解析：由题可知双中子星相距L约400km、万有引力常量G、双中子星做匀速圆周运动的频率f=12Hz。由万有引力提供向心力可得GQUOTEm1m2L2m1m2L2=m1(2πf)2r1、GQUOTEm1m2L2m1m2L2=m2(2πf)2r2，r1+r2=L，联立解得：m1+m2=QUOTE4π2f2双星问题的求解思路：考场练兵：1.我们的银河系的恒星中大约四分之一是双星。某双星由质量不等的星体S1和S2构成，两星在相互之间的万有引力作用下绕两者连线上某一定点C做匀速圆周运动。由天文观察测得其运动周期为T，S1到C点的距离为r1，S1和S2的距离为r，已知引力常量为G。由此可求出S2的质量为：()A.QUOTE4π2r2(r-r1)GT24π2r2(r-r1)GT2B.【答案】D解析：根据两星体周期相同，角速度相同，可得GQUOTEm1m2r2m1m2r2=m1ω2r1，GQUOTEm1m2r2m1m2r2=m1QUOTE4π2T22.双星系统由两颗恒星组成，两恒星在相互引力的作用下，分别围绕其连线上的某一点做周期相同的匀速圆周运动。研究发现，双星系统演化过程中，两星的总质量、距离和周期均可能发生变化。若某双星系统中两星做圆周运动的周期为T，经过一段时间演化后，两星总质量变为原来的k倍，两星之间的距离变为原来的n倍，则此时圆周运动的周期为()A.QUOTEn3k2n3k2T B.QUOTEn3kn3kT C.QUOTEn2kn2kT D.QUOTEnk挑战2020年高考物理必须突破15个必考热点热点（5）功和能考向一：动能定理的应用【真题引领】(2019·全国卷Ⅲ)从地面竖直向上抛出一物体，物体在运动过程中除受到重力外，还受到一大小不变、方向始终与运动方向相反的外力作用。距地面高度h在3m以内时，物体上升、下落过程中动能Ek随h的变化如图所示。重力加速度取10m/s2。该物体的质量为 ()A.2kgB.1.5kgC.1kgD.0.5kg【答案】C(1)题眼解读：①看到“竖直向上抛出”想到“不一定是竖直上抛，可能有阻力。②看到“Ek随h的变化关系”想到“利用动能定理”。③看到“上升和下落过程”想到“阻力方向发生变化”。(2)情境转化：上升过程：下降过程： 解析：对上升过程，由动能定理，-(F+mg)h=Ek-Ek0，得Ek=Ek0-(F+mg)h，即F+mg=-k=12N；下落过程中，设物体从最高处下落到地面的距离为l，由动能定理可得(mg-F)(l-h)=Ek，转换可得Ek=(mg-F)l-(mg-F)h，即mg-F=-k′=8N，联立两公式，得到m=1kg、F=2N，故只有C正确。(3)错因警示：警示1：上升和下降过程阻力方向发生变化。警示2：各力做功的正负。应用动能定理求解的思路和步骤：考场练兵：1.(多选)如图所示，一轻弹簧直立于水平地面上，质量为m的小球从距离弹簧上端B点h高处的A点自由下落，在C点处小球速度达到最大。x0表示B、C两点之间的距离；Ek表示小球在C点处的动能。若改变高度h，则下列表示x0随h变化的图象和Ek随h变化的图象中正确的是 ()【答案】B、C解析：小球在下落中先做自由落体运动，再做加速度减小的加速运动，当重力等于弹力时，小球的速度达到最大，故小球速度最大值与小球下落的高度无关，不论A点多高，到达C点均为速度最大值；x0保持不变；故A错误，B正确；因小球下落过程中只有重力和弹簧的弹力做功，因弹簧的形变量保持不变，故弹簧弹力做功不变，故高度越高，小球到达C点的动能越大；Ek=mg(h+x0)-W弹，故图象不能过原点，故C正确，D错误。2.(多选)如图所示，质量为m1、长为L的木板置于光滑的水平面上，一质量为m的滑块放置在木板左端，滑块与木板间滑动摩擦力的大小为f，用水平的恒定拉力F作用于滑块。当滑块从静止开始运动到木板右端时，木板在地面上移动的距离为s，滑块速度为v1，木板速度为v2，下列结论中正确的是()A.滑块克服摩擦力所做的功为f(L+s)B.上述过程满足(F-f)(L+s)=QUOTE1212mQUOTEv12v12+QUOTE1212m1QUOTEv22v22C.其他条件不变的情况下，F越大，滑块到达右端所用时间越长D.其他条件不变的情况下，f越大，滑块与木板间产生的热量越多【答案】A、D解析：当滑块从静止开始运动到木板右端时，发生的位移为L+s，滑块克服摩擦力所做的功为f(L+s)。故A正确。滑块与木板间产生的热量Q=fL，根据能量守恒定律知：F(L+s)=Q+QUOTE1212mQUOTEv12v12+QUOTE1212m1QUOTEv22v22，故B错误。滑块和木板都是做初速度为零的匀加速运动，在其他条件不变的情况下，木板的运动情况不变，滑块和木板的相对位移还是L，滑块的位移也没有发生改变，所以拉力F越大滑块的加速度越大，离开木板时间就越短，故C错误。系统产生的热量等于摩擦力和相对位移乘积，即Q=fL，相对位移L没变，f越大，产生的热量越多，故D正确。3.如图所示，竖直固定的光滑直杆上套有一个质量为m的滑块，初始时静置a点。一原长为l的轻质弹簧左端固定在o点，右端与滑块相连。直杆上还有b、c、d三点，且b与o在同一水平线上，ob=l，oa、oc与ob夹角均为37°，od与ob夹角为53°。现由静止释放小滑块，在小滑块从a下滑到d过程中，弹簧始终处于弹性限度内，则下列说法正确的是(sin37°=0.6) ()A.滑块在b点时速度最大，加速度为gB.从a下滑到c点的过程中，滑块的机械能守恒C.滑块在c点的速度大小为QUOTE3gl3glD.滑块在d处的机械能等于在a处的机械能【答案】C解析：从a到b，弹簧对滑块有沿弹簧向下的拉力，滑块的速度不断增大。从b到c，弹簧对滑块有沿弹簧向上的拉力，开始时拉力沿杆向上的分力小于滑块的重力，滑块仍在加速，所以滑块在b点时速度不是最大，此时滑块的合力为mg，则加速度为g，故A错误。从a下滑到c点的过程中，由于弹簧的弹力对滑块做功，因此滑块的机械能不守恒，故B错误。对于滑块与弹簧组成的系统，只有重力和弹力做功，系统的机械能守恒，由机械能守恒定律得：mg·2l·tan37°=QUOTE1212mQUOTEvc2vc2，可得滑块在c点的速度大小为：vc=QUOTE3gl3gl，故C正确。弹簧在d处的弹性势能大于在a处的弹性势能，由系统的机械能守恒可知，滑块在d处的机械能小于在a处的机械能，故D错误。考向二：动能定理和平抛运动的结合【真题引领】(多选)(2019·海南高考)三个小物块分别从3条不同光滑轨道的上端由静止开始滑下。已知轨道1、轨道2、轨道3的上端距水平地面的高度均为4h0；它们的下端水平，距地面的高度分别为h1=h0、h2=2h0、h3=3h0，如图所示。若沿轨道1、2、3下滑的小物块的落地点到轨道下端的水平距离分别记为s1、s2、s3，则()A.s1>s2B.s2>s3C.s1=s3D.s2=s3【答案】B、C(1)题眼解读：①看到“光滑”想到“没有摩擦力”。②看到“曲线轨道”想到“用能量的观点解决问题”。③看到“平抛”想到“采用运动的分解”。解析：根据mgh=QUOTE1212mv2得小滑块离开轨道时的水平速度v=QUOTE2ghm2ghm，轨道1、2、3下滑的小物块的初速度之比为QUOTE33∶QUOTE22∶1，由h=QUOTE1212gt2，可知t=QUOTE2hg2hg，轨道1、2、3下滑的小物块的时间之比为1∶QUOTE22∶QUOTE33，根据x=vt可知，小物块的落地点到轨道下端的水平距离之比s1∶s2∶s3=QUOTE33∶2∶QUOTE33，故B、C正确，A、D错误。(2)错因警示：警示：下落的高度与物体离地的高度不一样。解决动能定理与平抛运动的一般思路：考场练兵：如图，质量为m的小球从A点由静止开始沿半径为R的QUOTE1414光滑圆轨道AB滑下，在B点沿水平方向飞出后，落在一个与地面成37°角的斜面上的C点(图中未画出)。已知重力加速度为g，sin37°=0.6，则从A点到C点的过程中小球重力做功的数值为()A.QUOTE13mgR413mgR4B.QUOTE9mgR49mgR【答案】A解析：小球从B到C的过程中，做的是平抛运动，位移与水平方向的夹角为：tan37°=QUOTEhxhx=QUOTE12gtv012gtv0，B点速度为v0，根据动能定理知：mgR=QUOTE1212mQUOTEv02t=3QUOTER2gR2gh=QUOTE1212gt2=QUOTE9494R，所以重力做功的数值为：W=mgQUOTER+94RR+94R=QUOTE13mgR4考向三：动能定理和圆周运动的结合【真题引领】(2019·天津高考)完全由我国自行设计、建造的国产新型航空母舰已完成多次海试，并取得成功。航母上的舰载机采用滑跃式起飞，故甲板是由水平甲板和上翘甲板两部分构成，如图1所示。为了便于研究舰载机的起飞过程，假设上翘甲板BC是与水平甲板AB相切的一段圆弧，示意如图2，AB长L1=150m，BC水平投影L2=63m，图中C点切线方向与水平方向的夹角θ=12°(sin12°≈0.21)。若舰载机从A点由静止开始做匀加速直线运动，经t=6s到达B点进入BC。已知飞行员的质量m=60kg，g=10m/s2，求：(1)舰载机水平运动的过程中，飞行员受到的水平力所做功W。(2)舰载机刚进入BC时，飞行员受到竖直向上的压力FN多大。【答案】(1)7.5×104J(2)1.1×103N(1)题眼解读：①看到“水平甲板和上翘甲板”想到“是两种不同性质的运动相衔接”。②看到“BC为一段圆弧”想到“利用圆周运动的知识”。③看到“开始做匀加速直线运动”想到“可用运动学知识解也可用动能定理解”。解析：(1)舰载机由静止开始做匀加速直线运动，设其刚进入上翘甲板时的速度为v，则有QUOTEv2v2=QUOTEL1tL1t ①根据动能定理，有W=QUOTE1212mv2-0 ②联立①②式，代入数据，得W=7.5×104J ③(2)设上翘甲板所对应的圆弧半径为R，根据几何关系，有L2=Rsinθ ④由牛顿第二定律，有FN-mg=mQUOTEv2Rv2R 联立①④⑤式，代入数据，得FN=1.1×103N(2)错因警示：警示1：根据几何关系求出圆弧BC所在圆的半径。警示2：舰载机刚进入BC时飞行员所受力的合力提供其做圆周运动的向心力。解决动能定理和圆周运动结合问题的思路：考场练兵：挑战2020年高考物理必须突破15个必考热点热点（6）碰撞与动量守恒考向一：对动量定理的理解和应用【真题引领】(2019·全国卷Ⅰ)最近，我国为“长征九号”研制的大推力新型火箭发动机联试成功，这标志着我国重型运载火箭的研发取得突破性进展。若某次实验中该发动机向后喷射的气体速度约为3km/s，产生的推力约为4.8×106N，则它在1s时间内喷射的气体质量约为 ()A.1.6×102kg B.1.6×103kgC.1.6×105kg D.1.6×106kg【答案】B题眼解读：看到“推力、1s时间”想到“用动量定理”。解析：设某次实验中该发动机向后喷射的气体的质量为m，对该气体根据动量定理有：Ft=mv-0，解得m=QUOTEFtvFtv=QUOTEkg=1.6×103kg，故选项B正确，A、C、D错误。应用动量定理的解题流程：考场练兵：如图，光滑曲面轨道在O点与光滑水平地面平滑连接，地面上静止放置一各表面光滑、质量为3m的斜面体C。一质量为m的小物块A从高h处由静止开始沿轨道下滑，在O点与质量为m的静止小物块B发生碰撞，碰撞后A、B立即粘连在一起向右运动(碰撞时间极短)，平滑地滑上斜面体，在斜面体上上升的高度小于斜面体高度。求：(1)A和B碰撞过程中B受的合力的冲量大小；(2)斜面体C获得的最大速度。【答案】(1)QUOTEm22ghm22gh(2)QUOTE252解析：(1)A下落到O点过程：mgh=QUOTE1212mQUOTEv02v02解得：v0=QUOTE2gh2ghA、B碰撞动量守恒：mv0=2mv1解得：v1=QUOTE1212v0对B，由动量定理得：I=Δp所以IB=mv1=QUOTEm22ghm2(2)AB一起冲上斜面体后又返回时，C获得的速度最大AB与C水平方向动量守恒：2mv1=2mvB+mCvCAB与C机械能守恒：QUOTE12122mQUOTEv12v12=QUOTE12122mQUOTEvB2vB2+QUOTE1212mCQUOTEvC2vC2联立解得：vC=QUOTE4mv12m代入数据得：vC=QUOTE2v052v05=QUOTE252考向二：动量守恒和能量相结合【真题引领】(2019·全国卷Ⅰ)竖直面内一倾斜轨道与一足够长的水平轨道通过一小段光滑圆弧平滑连接，小物块B静止于水平轨道的最左端，如图(a)所示。t=0时刻，小物块A在倾斜轨道上从静止开始下滑，一段时间后与B发生弹性碰撞(碰撞时间极短)；当A返回到倾斜轨道上的P点(图中未标出)时，速度减为0，此时对其施加一外力，使其在倾斜轨道上保持静止。物块A运动的v-t图象如图(b)所示，图中的v1和t1均为未知量。已知A的质量为m，初始时A与B的高度差为H，重力加速度大小为g，不计空气阻力。(1)求物块B的质量。(2)在图(b)所描述的整个运动过程中，求物块A克服摩擦力所做的功。(3)已知两物块与轨道间的动摩擦因数均相等，在物块B停止运动后，改变物块与轨道间的动摩擦因数，然后将A从P点释放，一段时间后A刚好能与B再次碰上。求改变前后动摩擦因数的比值。【答案】(1)3m(2)QUOTE215215mgH(3)QUOTE119119(1)题眼解读：①看到“光滑的圆弧”想到“只改变速度方向，没有能量损失”。②看到“与B发生弹性碰撞”想到“动量守恒、能量守恒”。③看到“v-t图象”，想到“斜率、面积的含义”。解析：(1)根据图(b)，v1为物块A在碰撞前瞬间速度的大小，QUOTEv12v12mv1=m(-QUOTEv12v12)+m′v′ QUOTE1212mQUOTEv12v12=QUOTE1212m(-QUOTEv12v12)2+QUOTE1212m′v′2 ②联立①②式得m′=3m ③(2)在图(b)所描述的运动中，设物块A与轨道间的滑动摩擦力大小为f，下滑过程中所走过的路程为s1，返回过程中所走过的路程为s2，P点的高度为h，整个过程中克服摩擦力所做的功为W。由动能定理有mgH-fs1=QUOTE1212mQUOTEv12v12-0 ④-(fs2+mgh)=0-QUOTE1212m(-QUOTEv12v12)2 ⑤从图(b)所给的v-t图线可知s1=QUOTE1212v1t1 ⑥s2=QUOTE1212·QUOTEv12v12·(1.4t1-t1) ⑦由几何关系QUOTEs2s1s2s1=QUOTEhHhH 物块A在整个过程中克服摩擦力所做的功为W=fs1+fs2 ⑨联立④⑤⑥⑦⑧⑨式可得W=QUOTE215215mgH ⑩(3)设倾斜轨道倾角为θ，物块与轨道间的动摩擦因数在改变前为μ，有W=μmgcosθ·QUOTE 设物块B在水平轨道上能够滑行的距离为s′，由动能定理有-μm′gs′=0-QUOTE1212m′v′2 设改变后的动摩擦因数为μ′，由动能定理有mgh-μ′mgcosθ·QUOTE-μ′mgs′=0 联立①③④⑤⑥⑦⑧⑩式可得QUOTE=QUOTE119119 (2)易错警示：警示1：若研究对象为一个系统(如题中A、B系统)，应优先考虑用动量守恒定律和能量守恒定律(机械能守恒定律)。(2)斜面体C获得的最大速度。(2)易错警示：警示1：若研究对象为一个系统(如题中A、B系统)，应优先考虑用动量守恒定律和能量守恒定律(机械能守恒定律)。警示2：若研究对象为单一物体，且涉及功和位移问题时，应优先考虑动能定理。动量和能量综合问题的解题流程：考场练兵：(多选)一个质量为m1的人造地球卫星在高空做匀速圆周运动，轨道半径为r。某时刻和一个质量为m2的同轨道反向运动的太空碎片发生迎面正碰，碰后二者结合成一个整体，并开始沿椭圆轨道运动，轨道的远地点为碰撞时的点。若碰后卫星的内部装置仍能有效运转，当卫星与碎片的整体再次经过远地点时，通过极短时间喷气可使整体仍在卫星碰前的轨道上做圆周运动，绕行方向与碰前相同。已知地球的半径为R，地球表面的重力加速度大小为g，下列说法正确的是()A.卫星与碎片碰撞前的线速度大小为QUOTEgR2rgB.卫星与碎片碰撞前运行的周期大小为QUOTEC.喷气装置对卫星和碎片整体所做的功为QUOTE2m1m2gD.喷气装置对卫星和碎片整体所做的功为QUOTEm1m2gR【答案】B、C解析：碰撞前，卫星做圆周运动的向心力由万有引力提供，可得GQUOTEMm1r2Mm1r2=m1QUOTEv2rv2r，又mg=QUOTEGMmR2GMmR2，可得v=QUOTEGMrGMr=QUOTEgR2rgR2r，故A错误；据万有引力提供卫星做圆周运动的向心力，有GQUOTEMm1r2Mm1r2=m1QUOTE4π2T24π2T2r，解得卫星运行的周期为T=QUOTE=QUOTE，故B正确；碰撞过程，根据动量守恒定律可得：m1v-m2v=(m1+m2)v1，由动能定理可得W=QUOTE1212(m1+m2)v2-QUOTE1212(m1+m2)QUOTEv12v12，喷气装置对卫星和碎片整体所做的功为W′=W=考向三：弹性碰撞和非弹性碰撞【真题引领】(2018·全国卷Ⅱ)汽车A在水平冰雪路面上行驶，驾驶员发现其正前方停有汽车B，立即采取制动措施，但仍然撞上了汽车B。两车碰撞时和两车都完全停止后的位置如图所示，碰撞后B车向前滑动了4.5m，A车向前滑动了2.0m。已知A和B的质量分别为2.0×103kg和1.5×103kg，两车与该冰雪路面间的动摩擦因数均为0.10，两车碰撞时间极短，在碰撞后车轮均没有滚动，重力加速度大小g=10m/s2。求：(1)碰撞后的瞬间B车速度的大小。(2)碰撞前的瞬间A车速度的大小。【答案】(1)3m/s(2)4.25m/s(1)题眼解读：看到“碰撞时间极短”想到“动量守恒”。解析：(1)设B车的质量为mB，碰后加速度大小为aB。根据牛顿第二定律有μmBg=mBaB ①式中μ是汽车与路面间的动摩擦因数。设碰撞后瞬间B车速度的大小为v′B，碰撞后滑行的距离为xB。由运动学公式有vQUOTE'B2'B2=2aBxB 联立①②式并利用题给数据得v′B=3m/s ③(2)设A车的质量为mA，碰后加速度大小为aA。根据牛顿第二定律有μmAg=mAaA ④设碰撞后瞬间A车速度大小为v′A，碰撞后滑行的距离为xA。由运动学公式有vQUOTE'A2'A2=2aAxA 设碰撞前的瞬间A车的速度大小为vA。两车在碰撞过程中动量守恒，有mAvA=mAv′A+mBv′B ⑥联立③④⑤⑥式并利用题给数据得vA=4.25m/s ⑦(2)错因警示：警示1：没有明确研究对象和物理过程。警示2：对象在运动过程中的受力情况分析不清。警示3：没有注意矢量运算的方向性问题。警示4：计算造成的失误。碰撞三原，两结论：1.碰撞遵从的三个原则：(1)动量守恒，即p1+p2=p′1+p′2；(2)系统动能不增加，即Ek1+Ek2≥E′k1+E′k2；(3)速度合理，两球同向，后球速度不能大于前球速度。2.熟记两个结论：(1)“一动一静”两物体发生弹性正碰后的速度满足v1=QUOTEm1-m2m1+m2m1-m2m1+m2(2)发生完全非弹性碰撞后两物体共速，动能损失最多。考场练兵：1.(多选)如图所示，光滑的水平面上有P、Q两个固定挡板，A、B是两挡板连线的三等分点，A点处有一质量为m2的静止小球，紧贴P挡板的右侧有一质量为m1的等大小球以速度v0向右运动并与m2相碰。小球与小球、小球与挡板间的碰撞均为弹性正碰，两小球均可视为质点。已知两小球之间的第二次碰撞恰好发生在B点处，则两小球的质量关系可能为 ()A.m1=3m2B.m2=m1C.m2=5m1 D.m2=7m1挑战2020年高考物理必须突破15个必考热点热点（7）电场的性质及带电粒子在电场中的运动考向一：电场力的性质【真题引领】(2018·全国卷Ⅰ)如图，三个固定的带电小球a、b和c，相互间的距离分别为ab=5cm，bc=3cm，ca=4cm。小球c所受库仑力的合力的方向平行于a、b的连线。设小球a、b所带电荷量的比值的绝对值为k，则()A.a、b的电荷同号，k=QUOTE169169B.a、b的电荷异号，k=QUOTE169169C.a、b的电荷同号，k=QUOTE64276427D.a、b的电荷异号，k=QUOTE64276427【答案】D(1)题眼解读：看到“小球c所受库仑力的合力的方向平行于a、b的连线”想到“库仑力的合成”。解析：假设a、b的电荷同号，若小球c与a、b的电荷同号，则小球c所受库仑力的合力的方向斜向上；若小球c与a、b的电荷异号，则小球c所受库仑力的合力的方向斜向下，这样与已知条件“小球c所受库仑力的合力的方向平行于a、b的连线”相矛盾，故a、b的电荷异号。设ac与ab的夹角为θ，则tanθ=QUOTEbcacbcac=QUOTE3434，根据库仑定律有：Fbc=k0QUOTEqbqc(bc)2qbqc(bc)2、Fac=k0QUOTEqaqc(ac)2qaqc(ac)2，而tanθ=QUOTEFbcF(2)错因警示：警示1：判断a、b电荷的带电情况。警示2：判断小球c所受a、b电荷库仑力的方向。警示3：根据几何关系，找出小球c所受a、b库仑力的关系。涉及电场力问题的解题思路：考场练兵：1.在场强为E=kQUOTEQr2Qr2A.把一正试探电荷+q放在a点，试探电荷恰好受力平衡B.把一负试探电荷-q放在b点，试探电荷恰好受力平衡C.把一负试探电荷-q放在c点，试探电荷恰好受力平衡D.把一正试探电荷+q放在d点，试探电荷恰好受力平衡【答案】B解析：点电荷+Q在a点产生的电场方向水平向右，大小为Ea=kQUOTEQr2Qr2，与电场E叠加后合场强指向右斜上方，故试探电荷受力不平衡，A错误；点电荷+Q在b点产生的电场方向水平向下，大小为Eb=kQUOTEQr2Qr2.MN为足够大的不带电的金属板，在其右侧距离为d的位置放一个电荷量为+q的点电荷O，金属板右侧空间的电场分布如图甲所示，P是金属板表面上与点电荷O距离为r的一点。几位同学想求出P点的电场强度大小，但发现问题很难，经过研究，他们发现图甲所示的电场分布与图乙中虚线右侧的电场分布是一样的。图乙中是两等量异号点电荷的电场线分布，其电荷量的大小均为q，它们之间的距离为2d，虚线是两点电荷连线的中垂线。由此他们分别对甲图P点的电场强度方向和大小做出以下判断，其中正确的是()A.方向沿P点和点电荷的连线向左，大小为QUOTE2kqdr32B.方向沿P点和点电荷的连线向左，大小为QUOTE2kqr2-dC.方向垂直于金属板向左，大小为QUOTE2kqdr32D.方向垂直于金属板向左，大小为QUOTE2kqr2-d【答案】C解析：据题意，从乙图可以出，P点电场方向为水平向左；由图乙可知，正、负电荷在P点电场的叠加，其大小为E=2kQUOTEqr2qr2cosθ=2kQUOTEqr2qr2·QUOTEdrdr=2kQUOTEqdr3qdr3.碳14可以用来作示踪剂标记化合物，也常在考古学中测定生物死亡年代。在匀强电场中有一个初速度可以忽略的放射性碳14原子核，它所放射的粒子与反冲核经过相等的时间所形成的径迹如图所示，a、b均表示长度，那么碳14的衰变方程可能为()AQUOTE.614.614CQUOTEHe+QUOTE?410?410Be BQUOTE.614.614CQUOTEe+QUOTE?514?514BCQUOTE.614.614CQUOTEe+QUOTE?714?714N DQUOTE.614.614CQUOTEH+QUOTE?512?512B【答案】A解析：由轨迹弯曲方向可以看出，反冲核与放射的粒子的受力方向均与电场强度方向相同，故均带正电；根据核衰变过程动量守恒有：0=m1v1-m2v2对图象分析，根据类平抛规律，对放射出的粒子1有v1t=bQUOTE12q1Em11对反冲核2有v2t=aQUOTE12q2Em21由以上各式得q1=2q2故A正确，B、C、D错误。考向二：电场能的性质【真题引领】(多选)(2018·全国卷Ⅰ)图中虚线a、b、c、d、f代表匀强电场内间距相等的一组等势面，已知平面b上的电势为2V。一电子经过a时的动能为10eV，从a到d的过程中克服电场力所做的功为6eV。下列说法正确的是()平面c上的电势为零B.该电子可能到达不了平面fC.该电子经过平面d时，其电势能为4eVD.该电子经过平面b时的速率是经过d时的2倍【答案】A、B(1)题眼解读：看到“等势面”想到“电势能”，看到“克服电场力做功”想到“功能关系”解析：匀强电场中等势面间距相等，则相邻等势面之间的电势差相等。一电子从a到d的过程中克服电场力所做的功为6eV，则Uad=QUOTEWadqWadq=QUOTE-6eV-e=6V，故Ubc=2V，即φb-φc=2V，而φb=2V，解得：φc=0，故选项A正确；由于af之间的电势差Uaf=8V，一电子经过a时的动能为10eV，电子运动的方向不确定，则电子可能经过平面f，也可能到达不了平面f，故选项B正确；因为φc=0，则电子在平面b的电势能Epb=-2eV，而Ubd=4V，电子从b到d的过程，电场力做功Wbd=-eUbd=-4eV。电子从b到d的过程，Wbd=Epb-Epd，解得Epd=2eV，故选项C错误；Uab=2V、Uad=6V，电子从a到b的过程根据动能定理有：-eUab=QUOTE1212mQUOTEvb2vb2-QUOTE1212mQUOTEva2va2，电子从a到d的过程，根据动能定理有：-eUad=QUOTE1212mQUOTEvd2vd2-QUOTE1212mQUOTEva2va2，解得vb=QUOTE22vd，故选项D错误。(2)错因警示：误认为电子的运动与电场线方向相同，导致漏选答案B。涉及电场能问题的解题思路：考场练兵：1.如图所示的电场，等势面是一簇相互平行的竖直平面，间隔均为d，各面电势已在图中标出，现有一质量为m的带电小球(可视为点电荷)以速度v0，方向与水平方向成45°角斜向上射入电场，要使小球做直线运动，则小球所带电的电性及电荷量为()A.负电QUOTEmgd100mgd100B.正电QUOTEmgd100mgd100C.负电QUOTEmgd20mgd20 D.正电QUOTEmgd200mgd200【答案】B解析：要使带电小球做直线运动，则其所受合力与v0应在一条直线上，而电场力与等势面垂直，必在水平方向，则需考虑小球的重力作用。电场线由等势面高处指向等势面低处，得电场线方向水平向左，且E=QUOTEUdUd=QUOTE100d100d。对小球受力分析：为使合力与v0在一条直线上，则得小球带正电，且有mg=Eq，得q=QUOTEmgEmgE=QUOTEmgd100mgd100。故选项B正确。2.静电场聚焦在电子显微镜和示波管中起着重要的作用。图示为某示波管内的聚焦电场，实线和虚线分别表示电场线和等势线，两电子分别从a、b两点运动到c点，则 ()A.聚焦电场对两电子始终做负功B.电子在a点具有的电势能比b点小C.a点处的电势比c点处的电势低D.b处的电场强度比c处小【答案】C解析：电子所受电场力与电场线方向相反，两电子分别从d、b两点运动到C点，所受电场力方向始终与运动方向夹角小于90°，聚焦电场对两电子始终做正功，选项A错误；a、b两点处于同一等势面上，电子在a点具有的电势能与在b点具有的电势能相等，选项B错误；根据沿电场线方向电势降低可知，a点处的电势比c点处的电势低，选项C正确；根据电场线的疏密表示电场强度的大小可知，b处的电场强度比c处大，选项D错误。考向三：带电粒子在电场中的运动【真题引领】(2019·全国卷Ⅱ)如图，两金属板P、Q水平放置，间距为d。两金属板正中间有一水平放置的金属网G，P、Q、G的尺寸相同。G接地，P、Q的电势均为φ(φ>0)。质量为m，电荷量为q(q>0)的粒子自G的左端上方距离G为h的位置，以速度v0平行于纸面水平射入电场，重力忽略不计。(1)求粒子第一次穿过G时的动能，以及它从射入电场至此时在水平方向上的位移大小。(2)若粒子恰好从G的下方距离G也为h的位置离开电场，则金属板的长度最短应为多少？【答案】(1)QUOTE1212mQUOTEv02v02+QUOTEqhv0QUOTE(2)2v0QUOTE(1)题眼解读：看到“两金属板、粒子以速度v0平行于纸面水平射入电场”想到“用类平抛”。看到“长度最短应为多少”想到“临界”。解析：(1)PG、QG间场强大小相等，均为E，粒子在PG间所受电场力F的方向竖直向下，设粒子的加速度大小为a，有E=QUOTE ①F=qE=ma ②设粒子第一次到达G时动能为Ek，由动能定理有qEh=Ek-QUOTE1212mQUOTEv02v02 ③设粒子第一次到达G时所用时间为t，粒子在水平方向的位移为l，如图所示，则有h=QUOTE1212at2 ④l=v0t ⑤联立①②③④⑤式解得Ek=QUOTE1212mQUOTEv02v02+QUOTEqh ⑥l=v0QUOTE ⑦(2)设粒子穿过G一次就从电场的右侧飞出，则金属板的长度最短，如图所示，由对称性知，此时金属板的长度为L=2l=2v0QUOTE(2)错因警示：警示1：PG、QG间场强大小相等，方向相反，为匀强电场。警示2：粒子进入电场做类平抛运动。警示3