2023高中物理高手手册

届衡水中学物理一本通高分手册1/290届衡水中学物理一本通高分手册HYPERLINKHYPERLINKHYPERLINKHYPERLINKHYPERLINKHYPERLINKHYPERLINKHYPERLINKHYPERLINKHYPERLINKHYPERLINKHYPERLINKHYPERLINKHYPERLINKHYPERLINKHYPERLINKHYPERLINKHYPERLINKHYPERLINKHYPERLINKHYPERLINKHYPERLINKHYPERLINKHYPERLINKHYPERLINKHYPERLINKHYPERLINKHYPERLINKHYPERLINKHYPERLINKHYPERLINKHYPERLINKHYPERLINKHYPERLINKHYPERLINKHYPERLINKHYPERLINKHYPERLINKHYPERLINKHYPERLINKHYPERLINKHYPERLINKHYPERLINKHYPERLINKHYPERLINKHYPERLINK\l"br277"热学、光学实验HYPERLINK\l"br277"................................................................................................................................................HYPERLINK\l"br277"2/290届衡水中学物理一本通高分手册第一部分力与运动专题01力与物体的平衡一、素养呈现1234物理观念：重力、重心、形变、弹力、摩擦力、合力与分力、力的合成、力的分解、矢量与标量科学思维：轻杆()模型、轻弹簧模型、胡克定律、平行四边形定则、整体法、隔离法、合成法、分解法。科学探究：探究弹簧形变与弹力的关系、研究两个互成角度的共点力的合成规律。科学态度与责任：在生产、生活情境中，体验物理学技术的应用。二、素养落实123熟悉常见性质力有无及方向的判断灵活应用受力分析的一般步骤掌握整体法、隔离法选取原则4平衡问题的解题方法考点一摩擦力的分析与计算考点诠释】．摩擦力的有无及方向的判断方法(1)假设法。【13/290届衡水中学物理一本通高分手册(2)状态法：根据平衡条件、牛顿第二定律，判断静摩擦力的有无及方向。(3)牛顿第三定律法：先确定受力较少的物体受到的静摩擦力的方向，再根据“力的相互性”确定另一物体受到的静摩擦力方向。2．求解摩擦力的技巧【典例分析1Mm的木块在水平向右的拉力F的作用下向右滑行，长木板保持静止。已知木块与长木板间的动摩擦因数为μ，长木板与地面间的动摩擦因数为μ，下列说法正确的是()A．地面对长木板的摩擦力的大小一定为μ1mg．地面对长木板的摩擦力的大小一定为2．地面对长木板的摩擦力的大小一定为2(m＋)gD．只要拉力F增大到足够大，长木板一定会与地面发生相对滑动【答案】A【解析】木块所受木板的滑动摩擦力大小为f＝μmg，方向水平向左，根据牛顿第三定律得知，木板受到木块11的摩擦力方向水平向右，大小等于μmg；木板处于静止状态，水平方向受到木块的滑动摩擦力和地面的静摩擦力，根据平衡条件可知木板受到地面的摩擦力的大小也是μmg，木板相对于地面处于静止状态，不能使用滑动2(m＋M)gA正确，、C错误；开始时木板处于静止状态，说明木块与木板之间的摩擦力小于木板与地面之间的最大静摩擦力，与拉4/290届衡水中学物理一本通高分手册力F的大小无关，所以即使拉力F增大到足够大，木板仍静止，故D错误。【规律总结】摩擦力分析与计算的三点注意12．分析物体的运动状态，判断是静摩擦力还是滑动摩擦力。程等。“＝μN”中N并不总是等于物体的重力，如斜面上的物体，且N与重力G在大小上没有关系。考点二物体的静态平衡问题考点诠释】．研究对象选取的2点技巧3【1(1)采用整体法进行受力分析时，要注意系统内各个物体的状态应该相同。(2)当直接分析一个物体的受力不方便时，可转移研究对象，先分析另一个物体的受力，再根据牛顿第三定律分析该物体的受力，此法叫“转换研究对象法。2．求解共点力平衡问题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，示意图如图所示。合成法分解法正交分解法【典例分析2】如图所示，固定的斜面上叠放着A、B两木块，木块A与B的接触面水平，水平力F作用于木块，使木块AB保持静止，且F≠0。则下列描述正确的是()AB可能受到34个力作用．斜面对木块B的摩擦力方向可能沿斜面向下5/290届衡水中学物理一本通高分手册C．A对B的摩擦力可能为零D．A、B整体不可能受三个力作用【答案】BBBA对BA对BB垂直于斜面向上的支持力、斜面对B可能有静摩擦力(当A对B向左的静摩擦力平行斜面方向的分力与木块A对B的压力与木块B重力的合力沿斜面方向的分力平衡时，斜面对B没有静摩擦力)作用，故B受4个力或者5个力作用，故A错误；当A对B向左的静摩擦力平行斜面方向的分力大于木块A对B的压力与木块B重力的合力沿斜面BBBA受力分析，受水平力、重力、B对A的支持力和静摩擦力，根据平衡条件，B对A的静摩擦力与水平力F平衡，根据牛顿第三定律，A对B的摩擦力水平向左，大小为F，故C错误；对A、B整体受力分析，受重力、斜面对整体的支持力、水平力，可能有静摩擦力(当推力沿斜面方向的分力与、B整体重力沿斜面方向的分力平衡时，斜面对、B整体的静摩擦力为零)，所以AB整体可能受三个力作用，故D错误。【规律总结】受力分析的四个步骤【典例分析】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ⅠⅡ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、压力的大小分别为F、F，则()123333A．F＝mg，F＝mgB．F＝mg，F＝mg121232231233212C．F＝mg，F＝mgD．F＝mg，F＝mg12122【题眼点拨】①“匀速行驶”表明车上工件处于静态平衡状态。6/290届衡水中学物理一本通高分手册②③【“光滑斜面”表明工件和斜面间仅有弹力作用。“30°、60°”角明确弹力方向。答案】D【解析】以工件为研究对象，受力分析如图所示，重力与′F′的合力等大反向，根据共点12力平衡条件得′1cos30°，′2cos60°F′＝32mgF′＝FF′11221mgmg3212＝【mgFF′＝，故只有D选项正确。22规律总结】处理静态平衡问题的基本思路考点三物体的动态平衡问题【考点诠释】解析法的应用此法常用于可以较简捷列出平衡条件方程的情况或者正交分解的情况(1)先受力分析，得出物体受哪几个力而处于平衡状态。(2)建立直角坐标系，正交分解力，列平衡条件方程，或在力的三角形中结合三角形知识列平衡条件方程。(3)分析方程中的变量有哪些，分析题目信息得到这些物理量是如何变化的。(4)把分析得到的变化的物理量代入方程，得到平衡条件下的受力动态变化情况。【典例分析4M的四分之一圆弧轨道置于水平面上。一质量为m的光滑小球在水平力F的作用下，缓慢运动到图中虚线所示的位置。已知在此过程中圆弧轨道一直处于静止状态，下列说法正确的是()7/290届衡水中学物理一本通高分手册A．圆弧轨道与地面间的摩擦力不变．轨道对地面的压力可能变大．小球所受的支持力逐渐变小D．地面对圆弧轨道的作用力变大【答案】D【解析】以小球为研究对象，小球受重力、支持力和拉力作用处于平衡状态，设小球重心与圆弧轨道圆心的连mgcosθ线与竖直方向的夹角为θ，由平衡条件可知，小球所受支持力N＝，小球所受拉力F＝tanθ，小球缓慢θBC随拉力的增大而增大，A项错误；地面对轨道的支持力和摩擦力的合力增大，D项正确。方法步骤(1)列平衡方程得出未知量与已知量的关系表达式；(2)根据已知量的变化情况来确定未知量的变化情况解析法图解法的应用此处常用于物体受三个力作用，其中一个力大小、方向不变，另一个力的方向不变的情景，思路如下：(1)先受力分析，得出物体受几个力而处于平衡状态。(2)分析题目给出的信息，判断物体受力的变化方式。(3)把受力对应到几何图形中结合几何知识分析。【典例分析5】如图所示，有一质量不计的杆AO，长为R，可绕A自由转动。用绳在O点悬挂一个重为G的OCC由图示位置逐渐向上沿圆弧移动过程中(OA与墙面夹角θ不变)，OC绳所受拉力的大小变化情况是()8/290届衡水中学物理一本通高分手册A．逐渐减小B．逐渐增大C．先减小后增大D．先增大后减小“可绕A点自由转动”OAOC绳大小、方向改变。【答案】C解析】对物体受力分析，物体受力平衡，则拉力等于重力GOO受绳【的拉力、OA的支持力及OC的拉力而处于平衡，受力分析如图所示将F和OC绳上的拉力合成，其合力与G大小相等，方向相反，则在OC绳上移的过程中，平行四边形的对角OCD点时拉力最小，故C正确。方法步骤(1)根据已知量的变化情况，画出平行四边形边、角的变化；(2)确定未知量大小、方向的变化图解法三角形相似法的应用此法是图解法的特例，一般研究对象受绳(杆)或其他物体的约束，从几何形状来看，有一个边大小不变，方向改变，还有一个边的大小、方向均不变。且物体受到三个力的作用，其中的一个力大小、方向均不变，另外两个力的方向都发生变化，可以用力三角形与几何三角形相似的方法。【典例分析6(多选)D固定在半球形物体球心O9/290届衡水中学物理一本通高分手册AD与放在半球形物体上的小球P相连，DA水平。现将细绳固定点A向右缓慢平移的过程中(小球P未到达半球最高点前)，下列说法正确的是()A．弹簧变短B．弹簧变长C．小球对半球的压力不变D．小球对半球的压力变大【②【题眼点拨】①“表面光滑，半球形物体”表明小球运动过程OP长度不变，而弹力的大小发生改变。“光滑小环D固定”OD的长度不变。答案】AC【解析】以小球为研究对象，小球受重力G、细线的拉力F和半球面的支持力F，作出FF的合力FTNNT平衡条件得知G，如图根据三角形相似可得F＝F＝FT，将G代入得：＝POG＝PDG，将细绳固定点A向右缓慢平移，DODONDODOGFF不变，即知弹簧的弹力变小，弹簧变短。由牛顿第三定TN律知小球对半球的压力大小不变，故AC正确，、D错误。方法步骤(1)根据已知条件画出两个不同情况对应的力的三角形和空间几何三角形，确定对应相似三角形法边，利用三角形相似知识列出比例式；(2)确定未知量大小的变化情况10/290届衡水中学物理一本通高分手册考点四电磁场中的平衡问题考点诠释】．基本思路要坚持“电学问题、力学方法的基本思路，结合电学的基本规律和力学中的受力分析及平衡条件解决问题。．几点注意【12(1)点电荷间的作用力大小要用库仑定律。(2)安培力方向的判断要先判断磁场方向、电流方向，再用左手定则，同时注意将立体图转化为平面图。(3)电场力或安培力的出现，可能会对弹力或摩擦力产生影响。(4)涉及电路问题时，要注意闭合电路欧姆定律的应用。【典例分析7】如图，空间存在一方向水平向右的匀强电场，两个带电小球P和Q用相同的绝缘细绳悬挂在水平天花板下，两细绳都恰好与天花板垂直，则()A.P和Q都带正电荷B.P和Q都带负电荷C.P带正电荷，Q带负电荷D.P带负电荷，Q带正电荷【答案】D解析】细绳竖直，把PQ看做整体，在水平方向所受电场力为零，所以Q必带等量异种电荷，选项A、【B错误；如果P、Q带不同性质的电荷，受力如图甲、乙所示，由图知，P带正电荷，Q带负电荷，水平方向的合力不为零；P带负电荷、Q带正电荷时符合题意，选项C错误，D正确。【典例分析8】用两根绝缘细线悬于天花板的OO′点，杆中通有垂直于纸面向里的恒θ11/290届衡水中学物理一本通高分手册逆时针方向缓慢转过90°，在转动过程中通过改变磁场磁感应强度大小来保持悬线与竖直方向的夹角不变，则在转动过程中，磁场的磁感应强度大小的变化情况是()A．一直减小B．一直增大C．先减小后增大D．先增大后减小【答案】C【解析】磁场在旋转的过程中，杆处于平衡状态，杆所受重力的大小和方向不变，悬线的拉力方向不变，由图解法结合左手定则可知，在磁场旋转的过程中，安培力先减小后增大，由F＝可知，磁场的磁感应强度先减小后增大，故选【规律总结】电学中平衡问题的处理方法处理方法与力学问题的分析方法一样，把方法和规律进行迁移应用即可。12/290届衡水中学物理一本通高分手册第一部分力与运动专题02力与直线运动一、素养呈现1物理观念：参考系、质点、位移、速度、加速度、匀变速直线运动、自由落体运动、惯性、作用力与反作用力、超重与失重、单位制。2科学思维：在特定情境中运用匀变速直线运动模型、公式、推论及图象解决问题、牛顿运动定律、整体法与隔离法、图象法、控制变量法、临界法。34科学探究：研究匀变速直线运动的特点、探究加速度与力、质量的关系。科学态度与责任：以生产、生活实际为背景的匀变速直线运动规律的应用、追及相遇、交通与安全。二、素养落实12匀变速直线运动规律和推论的灵活应用掌握瞬时性问题的两类模型3.熟悉图象类型及图象信息应用考点一匀变速直线运动规律的应用考点诠释】．匀变速直线运动的基本规律【1(1)速度关系：v＝v＋at。012(2)位移关系：x＝vt＋at2。0(3)速度位移关系：v2－v2＝2ax。013/290届衡水中学物理一本通高分手册xtv(4)某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度：＝＝v。t(5)匀变速直线运动在相等时间内相邻的两段位移之差为常数，即Δx＝aT2。22．追及问题的解题思路和技巧(1)解题思路(2)解题技巧①紧抓“一图三式”，即过程示意图、时间关系式、速度关系式和位移关系式。“刚好”“恰好”“最多至少”临界状态，满足相应的临界条件。③若被追赶的物体做匀减速运动，一定要注意追上前该物体是否已停止运动，最后还要注意对解的讨论分析。【＝典例分析1OAC|AB＝2mBC|3m。若物体通过AB和BC这两段位移的时间相等，则O、A两点之间的距离等于()9A．mB．89mC．34mD．43m8【答案】A解析】设物体通过AB、所用时间均为TB点的速度为：v＝2T＝52T【，x根据xaT2得：a＝2＝，215123T则有：vvaT＝－·T＝，AB2T根据速度位移公式得，OA两点之间的距离为：14/290届衡水中学物理一本通高分手册92T298Ax＝＝m＝m。故A正确，B、C、D错误。2a2T2【规律总结】重要公式的选择适宜选用公式没有涉及的物理量x题目中所涉及的物理量(包括已知量、待求量和为解题设定的中间量)＝vatvv、、tva、xv、vaxv、v、x12xv＋at2vt0v－v2axv＋vx＝0ta2【典例分析1】现有甲、乙两汽车正沿同一平直大街同向匀速行驶，甲车在前，乙车在后，它们行驶的速度均为10m/s(反应时间忽略不计)，(反应时间为t0.5s)动力为车重的0.4倍，乙车紧急刹车时制动力为车重的0.6倍，g10m/s，假设汽车可看作质点。(1)若甲车司机看到黄灯时车头距警戒线15m，他采取上述措施能否避免闯红灯？(2)为保证两车在紧急刹车过程中不相撞，甲、乙两车在正常行驶过程中应至少保持多大距离？【答案】(1)能(2)1.5mf10.4m1g解析】(1)根据牛顿第二定律，甲车紧急刹车的加速度大小为1m＝m14m/s。甲车停下来所需时间为va1040t＝＝s＝2.5s，11v222×40滑行距离＝2a＝m＝12.5m，1＝12.5m<15m，15/290届衡水中学物理一本通高分手册可见甲车司机刹车后能避免闯红灯。(2)乙车紧急刹车的加速度大小为a＝＝20.6mg＝6m/s2，两车速度相等时处于同一位置，即为恰好不相撞的2mm22条件。设甲、乙两车行驶过程中至少应保持距离x，在乙车刹车t时间后两车的速度相等，02其运动关系如图所示，则有速度关系va(tt)＝v－at，vv－at0120022022v－2位移关系vt＋vv2a1x＋0022t＝1.0sx1.5m。20【规律总结】判断能否追上的常用方法情境：物体B追赶物体A，开始时，两个物体相距x。(1)若v＝v时，x＋xx，则能追上。ABA0B(2)若v＝v时，x＋x＝x，则恰好追上。ABA0B(3)若v＝v时，x＋x>x，则不能追上。ABA0B考点二运动图象问题考点诠释】．解决图象类问题四个注意”(1)速度图线只有通过时间轴时速度方向才改变。【116/290届衡水中学物理一本通高分手册(2)­t图象分析两个物体的运动时，要注意两个物体的出发点是否相同。(3)物体的运动图象与运动过程的转化。(4)x­t图象、v­t图象、a­t图象的应用。2．应用图象时的“两个误区”(1)误认为v­t图象、x­t图象是物体运动轨迹。(2)在v­t图象中误将交点认为此时相遇。【典例分析3】如图所示，、B分别是甲、乙两小球从同一地点沿同一直线运动的v­t图象，根据图象可以判断出()A＝4s时，甲球的加速度小于乙球的加速度＝6s时，甲球的速率小于乙球的速率＝4.5s时，两球相距最远D＝8s时，两球相遇【答案】D【解析】根据图象可知，甲球的加速度a1＝Δ1Δ1＝－10m/s2，故甲球的加速度大小为10m/s，负号表示加速度Δv20方向与速度方向相反，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，选项A错误；当2340m/s＋at＝－20m/s＋a(－2s)＝4.4s4.4s时两球12230B＝6s时甲球的速度v＝－20m/sv＝m/s，故t＝6s时甲球的速率大12于乙球的速率，选项C错误；结合图象可知8s时，甲、乙两小球又同时回到原出发点，选项D正确。【典例分析4．(多选)甲、乙两质点同时、同初位置沿同一方向做直线运动。质点甲做初速度为零、加速度大17/290届衡水中学物理一本通高分手册小为ava102止。甲、乙两质点在运动过程中的x­v(位置速度)图象如图所示(虚线与对应的坐标轴垂直)，则()A．质点甲的加速度大小a＝1m/s2B．质点乙的初速度为v＝6m/s，加速度大小a＝1m/s2102C．图线中a＝26，b＝16D．两图线的交点表示两质点同时到达同一位置【答案】【解析】速度随位移的增大而增大的图线对应质点甲，速度随位移的增大而减小的图线对应质点乙，当x＝0时，乙的速度为6m/s，即质点乙的初速度v0＝6m/s，设质点乙、甲先后通过x＝6m处时的速度均为v，对质点甲有v2＝21x①，对质点乙有2v2＝－2ax②，联立①②解得a＋a＝3m/s2③，当质点甲的速度v10212＝8m/s、质点乙的速度v＝2m/s时，两质点通过的位移相同，设为x′，对质点甲有v2＝2ax′④，对质点乙211vv＝－2ax′12a2a＝2m/sa＝1m/sAB正确；20212根据质点甲的运动知v2＝ax＝6mv＝26m/sa26v＝8m/sx16m1甲甲甲b16，选项C正确；两图线的交点表示甲、乙两质点以相同的速度经过该位置，但不是同时，选项D错误。【规律总结】运动图象问题的“三点提醒”(1)对于x­t图象，图线在纵轴上的截距表示＝0时物体的位置；对于­t和a­t并不表示0时物体的位置。(2)在v­t图象中，两条图线的交点不表示两物体相遇，而是表示两者速度相同。(3)v­t图象中两条图线在轴上的截距不同，不少同学误认为两物体的初始位置不同，位置是否相同应根据题中条件确定。考点三动力学中的连接体问题【考点诠释】1．整体法的选取原则及解题步骤18/290届衡水中学物理一本通高分手册(1)当只涉及系统的受力和运动情况而不涉及系统内某些物体的受力和运动情况时，一般采用整体法。(2)运用整体法解题的基本步骤：明确所研究系统和运动的全过程画出系统整体的受力图或运动全过程的示意图选用适当的物理规律列方程求解⇨⇨2．隔离法的选取原则及解题步骤(1)当涉及系统(连接体)内某个物体的受力和运动情况时，一般采用隔离法。(2)运用隔离法解题的基本步骤：①②③④【明确研究对象或过程、状态。将某个研究对象或某段运动过程、某个状态从系统或全过程中隔离出来。画出某状态下的受力图或运动过程示意图。选用适当的物理规律列方程求解。典例分析5(多选)M3α45°的斜面体放在光滑水平地面上，斜面体上有一质量为m＝1F重力加速度取＝10m/s，下列判断正确的是()A．系统做匀速直线运动B．F＝40NC．斜面体对楔形物体的作用力大小为52ND．增大力F，楔形物体将相对斜面体沿斜面向上运动【【【光滑水平地面”“水平向左的恒力F”，两条信息表明整体向左匀加速运动。答案】解析】19/290届衡水中学物理一本通高分手册甲乙对整体受力分析如图甲所示，由牛顿第二定律有F＝(M＋m)a，对楔形物体受力分析如图乙所示。由牛顿第二mg定律有mgtan45°＝ma＝40N＝10m/sAB正确；斜面体对楔形物体的作用力＝sin2mg＝102NCF体将会相对斜面体沿斜面上滑，D正确。＝【(1)处理连接体问题时，整体法与隔离法往往交叉使用，一般的思路是先用整体法求加速度，再用隔离法求物体间的作用力。(2)隔离法分析物体间的作用力时，一般应选受力个数较少的物体进行分析。【典例分析6质量分别为m2m的物块AB。当用水平力F作用于Bx1图甲所示；当用同样大小的力F竖直提升两物块使它们以相同加速度向上加速运动时，弹簧的伸长量为x图乙所示；当用同样大小的力F沿倾角为θ的固定斜面向上拉两物块使它们以相同加速度向上加速运动时，弹簧的伸长量为x，如图丙所示，则xx∶x等于()3123甲乙丙A1∶∶1．∶21B．1∶2∶3D．无法确定【②【题眼点拨】①“相同的加速度”，采用整体法。“x∶x∶x”采用隔离法。123答案】A20/290届衡水中学物理一本通高分手册－μmgFm【解析】对题图甲，把物块、B和弹簧看作一个整体研究，根据牛顿第二定律得a＝＝－μg3mF3A有kxμmg＝max＝kAB和弹簧看作一个整体研究，根据牛顿第二定律得a2111F3mgF3mFk＝＝g，对A有kxmgma，解得x＝；对题图丙，把物块AB和弹簧看作一个整体研究，2223m3mgsinθ3μmgcosθFm根据牛顿第二定律得3＝＝－gsinθ－cosθA有kxmgsinθ－μmgcosθma，333mF33kxx∶x1∶∶1A正确，B、D错误。123【规律总结】(1)当连接体中各物体具有共同的加速度时，一般采用整体法。当系统内各物体的加速度不同时，一般采用隔离法。(2)求连接体内各物体间的相互作用力时必须用隔离法。考点四牛顿第二定律的瞬时性问题【考点诠释】(1)力可以发生突变，但速度不能发生突变。(2)轻绳、轻杆、轻弹簧两端有重物或固定时，在外界条件变化时，轻绳、轻杆的弹力可以发生突变，但轻弹簧的弹力不能突变。(3)轻绳、轻杆、轻弹簧某端突然无重物连接或不固定，三者弹力均突变为零。【典例分析7】如图所示，质量均为m的A、B两小球分别用轻质细绳1和轻弹簧系在天花板上的O点和O′点，A、B两小球之间用一轻质细绳L连接，细绳L、弹簧与竖直方向的夹角均为θ，细绳L水平拉直，则下212列有关细绳L2被剪断瞬间的表述正确的是()A．细绳L1上的拉力与弹簧弹力之比为1∶1．A与B的加速度之比为11．细绳1上的拉力与弹簧弹力之比为2θ1DA与B的加速度之比为∶cosθ【答案】B【ALL的拉力将发生突变，合力垂直于细绳LL的拉力211121/290届衡水中学物理一本通高分手册大小为FmgcosθA球的加速度大小a＝gsinθBLAA2mgcosθaacosθFcosθ。A＝右，弹簧弹力大小＝，B球的加速度大小a＝tanθ，所以＝B1F1BB【规律总结】“两关键”“四步骤”巧解瞬时性问题1．分析瞬时加速度的“两个关键”(1)分析瞬时前、后的受力情况和运动状态。(2)明确绳或杆类、弹簧或橡皮条类模型的特点。2“四个步骤”第一步：分析原来物体的受力情况。第二步：分析物体在突变时的受力情况。第三步：由牛顿第二定律列方程。第四步：求出瞬时加速度，并讨论其合理性。考点五．动力学中的“传送带”模型【考点诠释】1．水平传送带问题求解的关键在于对物体所受的摩擦力进行正确的分析判断。判断摩擦力时要注意比较物体的运动速度与传送带的速度。物体的速度与传送带速度相等的时刻就是物体所受摩擦力发生突变的时刻。2．倾斜传送带问题求解的关键在于认真分析物体与传送带的相对运动情况，从而确定其是否受到滑动摩擦力作用，如果受到滑动摩擦力作用应进一步确定其大小和方向，然后根据物体的受力情况确定物体的运动情况。当物体速度与传送带速度相等时，物体所受的摩擦力有可能发生突变。22/290届衡水中学物理一本通高分手册【典例分析8L＝4mL5m，倾角为θ＝37°和由B点通过一段短的圆弧连接(图中未画出圆弧)，传送带以v4m/s的恒定速率顺时针运转，已知工件与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g取10m/s2。现将一个工件(可看作质点)无初速度地放在A点，求：(1)工件第一次到达B点所用的时间；(2)工件沿传送带上升的最大高度；(2)工件运动了23s后所在的位置。【答案】(1)1.4s(2)2.4m(3)在A点右侧2.4m处【解析】(1)工件刚放在水平传送带上的加速度大小为1，由牛顿第二定律得μmg＝ma11μg5m/s2经1时间工件与传送带的速度相同，解得vt＝0.8s1a112工件前进的位移为x＝at1.6m111此后工件将与传送带一起匀速运动至B点，用时L－x＝0.6s＝v所以工件第一次到达B点所用的时间＝t＋t＝1.4s。1223/290届衡水中学物理一本通高分手册(2)在倾斜传送带上工件的加速度为a，由牛顿第二定律得μmgcosθ－mgsinθ＝ma222＝－2m/s2hm由速度位移公式得－v2a2＝2.4m。sinθ2hm(3)工件沿传送带向上运动的时间为t＝＝2s3sinθ此后由于工件在传送带的倾斜段运动时的加速度相同，在传送带的水平段运动时的加速度也相同，故工件将在传送带上做往复运动，其周期为＝t＋2t＝5.6s13工件从开始运动到第一次返回传送带的水平部分，且速度变为零所需时间t2t＋t2t6.2s，而23s＝t＋012303，这说明经过23s后工件恰好运动到传送带的水平部分，且速度为零，故工件在A点右侧，到A点的距离x＝Lx2.4m。1【规律总结】24/290届衡水中学物理一本通高分手册考点六动力学中的“板块”模型【考点诠释】12．模型特点：涉及两个物体，并且物体间存在相对滑动。．两种位移关系：滑块由滑板的一端运动到另一端的过程中，若滑块和滑板同向运动时，位移之差等于板长；反向运动时，位移之和等于板长。3．解题思路(1)审题建模：求解时应先仔细审题，清楚题目的含义、分析清楚每一个物体的受力情况、运动情况。(2)求加速度：准确求出各物体在各运动过程的加速度(注意两过程的连接处加速度可能突变)。(3)(路程)每一个过程的末速度是下一个过程的初速度。【典例分析9α＝30°＝1.8mM＝33kg的薄木板，木板的最右端叠放一质量m＝1kg的小物块，物块与木板间的动摩擦因数μ＝。对木板施加沿2斜面向上的恒力，使木板沿斜面由静止开始做匀加速直线运动。设物块与木板间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s，物块可视为质点。(1)为使物块不滑离木板，求力F应满足的条件；(2)若F＝37.5N，物块能否滑离木板？若不能，请说明理由；若能，求出物块滑离木板所用的时间及滑离木板后沿斜面上升的最大距离。【答案】(1)20N<≤30N(2)能1.2s0.9m【解析】(1)以物块和木板整体为研究对象，由牛顿第二定律得(Mm)sinα(＋m)a以物块为研究对象，由牛顿第二定律得mgsinαma又FFμmgcosαffm25/290届衡水中学物理一本通高分手册≤30N又aF>20N20N<≤30N。(2)因F＝37.5N>30N，所以物块能够滑离木板，隔离木板，由牛顿第二定律得－μmgcosα－sinαMa1隔离物块，由牛顿第二定律得μmgcosαmgsinα＝ma2设物块滑离木板所用时间为t1木板的位移x＝at211212物块的位移x＝at222物块与木板分离的临界条件为Δx＝x－x＝L12联立以上各式解得1.2s物块滑离木板时的速度＝at由公式－2sinα＝－v2＝0.9m。【典例分析10v＝2m/s板质量相等的小滑块(可视为质点)以v1＝4m/s的速度从右侧滑上木板，经过1s两者速度恰好相同，速度大小为v＝1m/s，方向向左。取重力加速度g10m/s，试求：(1)木板与滑块间的动摩擦因数μ；1(2)木板与地面间的动摩擦因数μ；2(3)从滑块滑上木板，到最终两者速度恰好相同的过程中，滑块相对木板的位移大小。26/290届衡水中学物理一本通高分手册【①②【思路点拨】解此题关键有两点：根据速度变化结合加速度定义求加速度，利用牛顿第二定律求动摩擦因数。逐段分析木板和小滑块的运动求相对位移。答案】(1)0.3(2)0.05(3)2.75mvv1－4【(1)a＝＝m/s2＝－3m/s2，负号表示加速度t1方向向右，设小滑块的质量为m，根据牛顿第二定律有：－μmgma，可以得到：μ0.3。111(2)对木板分析，向右减速运动过程，根据牛顿第二定律以及运动学公式可以得到：v0μmg＋μ·2mgm121向左加速运动过程，根据牛顿第二定律以及运动学公式可以得到：v2μmg－μ·2mgm122t＋t＝＝1s12联立可以得到：μ＝0.05t＝0.5st＝0.5s。2120＋v0(3)在t＝0.5s时间内，木板向右减速运动，其向右运动的位移为：x＝·t＝0.5m，方向向右；111220在t0.5s时间内，木板向左加速运动，其向左加速运动的位移为：x＝·t＝0.25m，方向向左；2222v＋v2在整个＝1s时间内，小滑块向左减速运动，其位移为：x＝·t＝2.5m，方向向左2则整个过程中滑块相对木板的位移大小为：Δ＝xx－x2.75m。1227/290届衡水中学物理一本通高分手册【规律总结】求解“滑块木板”类问题的技巧(1)弄清各物体初态对地的运动和相对运动(或相对运动趋势)，根据相对运动(或相对运动趋势)情况，确定物体间的摩擦力方向。(2)准确地对各物体进行受力分析，并根据牛顿第二定律确定各物体的加速度，结合加速度和速度的方向关系确定物体的运动情况。(3)速度相等是这类问题的临界点，此时往往意味着物体间的相对位移最大，物体的受力和运动情况可能发生突变。28/290届衡水中学物理一本通高分手册第一部分力与运动专题03力与曲线运动一、素养呈现123物理观念：合运动、分运动、平抛运动、斜抛运动、圆周运动、向心力、向心加速度、线速度、角速度。科学思维：运动的合成与分解、平抛斜面模型、竖直平面圆周运动模型。科学态度与责任：离心现象与行车安全。二、素养落实123掌握渡河问题、关联速度问题的处理方法应用平抛运动特点及规律解决相关问题掌握圆周运动动力学特点，灵活处理相关问题考点一曲线运动和运动的合成与分解考点诠释】．曲线运动的分析【1(1)物体的实际运动是合运动，明确是在哪两个方向上的分运动的合成。(2)根据合外力与合初速度的方向关系判断合运动的性质。(3)运动的合成与分解就是速度、位移、加速度等的合成与分解，遵守平行四边形定则。2．渡河问题中分清三种速度29/290届衡水中学物理一本通高分手册(1)合速度：物体的实际运动速度。(2)船速：船在静水中的速度。(3)水速：水流动的速度，可能大于船速。3．端速问题解题方法把物体的实际速度分解为垂直于绳()和平行于绳(杆)两个分量，根据沿绳(杆)方向的分速度大小相等求解，常见的模型如图所示。甲乙丙丁【典例分析1】如图所示的机械装置可以将圆周运动转化为直线上的往复运动．连杆AB、OB可绕图中AB、OOB在竖直面内的圆周运动可通过连杆OB杆长为O点沿逆时针方向匀速转动的角速度为ω与水平方向夹角为杆与OB杆的夹角为时，滑块的水平速度大小为()sinβsinαωLcosβsinαωLcosβcosαsinβcosαA.B.C.D.【答案】D【解析】设滑块的水平速度大小为，A点的速度的方向沿水平方向，如图将A点的速度分解，根据运动的合成与分解可知，沿杆方向的分速度：vA＝vcosαB点做圆周运动，实际速度是圆周运动的线速度，可以分解为沿杆方向的分速度和垂直于杆方向的分速度，如图，30/290届衡水中学物理一本通高分手册设B的线速度为′，则：vB＝′cosθ＝′cos(β90°)＝′cos(90°－β)v′sinβv′＝，又二者沿杆方向的分速度是相等的，即：vA＝B分sinβcosα联立可得：v＝D正确.【“端速问题”的关键是合速度的判断，根据与杆或与绳相连的物体相对地面发生的实际运动判断是常用方法【典例分析2如图所示，船在静水中的速度为v，小船(可视为质点)过河时，船头偏向上游，与水流方向的夹角为α，其航线恰好垂直于河岸。现水流速度稍有增大，为保持航线和过河所需时间不变，下列措施可行的是()A．减小α，增大船速v．减小α，船速vB．增大α，增大船速vD．增大α，船速v【答案】B【解析】要保持航线仍垂直于河岸，过河所需时间不变，必须让船在静水中的速度沿河岸的分量和水速等大反v(船的实际速度)vsin(πα)vvcos(πα)＝vtan(πα)＝实水v水v不变，v增大，则tan(π－α)减小，分析可知，α增大，v增大，只有B正确。实水【规律总结】三情景、两方案”解决小船渡河问题31/290届衡水中学物理一本通高分手册考点二平抛运动考点诠释】．平抛运动的研究方法【12．平抛运动的二级结论y(1)做平抛运动的物体在任一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，则tanα＝。x2(2)做平抛运动的物体在任一时刻任一位置处，其速度与水平方向的夹角αθ的正切值的2倍，即tanα2tanθ。(3)若物体在斜面上平抛又落到斜面上，则其竖直位移与水平位移之比等于斜面倾角的正切值。(4)若平抛物体垂直打在斜面上，则物体打在斜面上瞬间，其水平速度与竖直速度之比等于斜面倾角的正切值。【典例分析xOyOxOyOP轨迹上的一点.质点在P点的速度大小为v，方向沿该点所在轨迹的切线.MPOx轴上的投影，P点速度方向的反向延长线与Ox轴相交于Q.已知平抛的初速度为20m/s，MP=20m，重力加速度g取10m/s，则下列说法正确的是32/290届衡水中学物理一本通高分手册A．QM的长度为10mB．质点从O到P的运动时间为1sC．质点在P点的速度v大小为40m/sD．质点在P点的速度与水平方向的夹角为45°【答案】D1h2【解析】．根据平拋运动在竖直方向做自由落体运动有：2xvt40m=2s；质点在水平方向的位移为：根据平抛运动的推论可知Q是OM的中点，所以QM=20mA错误，B错误；vgt102m/s=20m/syC．质点在P点的竖直速度：vvx2vy222m/s故C错误；2所以在P点的速度为：vytan1所以质点在P点的速度与水平方向的夹角为45°D正确.D．因为：vx【规律总结】化曲为直”思想在平抛运动中的应用根据运动效果的等效性，利用运动分解的方法，将其转化为我们所熟悉的两个方向上的直线运动：(1)水平方向的匀速直线运动。(2)竖直方向的自由落体运动。倾角为v1【典例分析．如图所示，斜面点以速度A球恰好经过斜面上的小孔E，落在斜面底部的D点，且D为的中点。在A点以速度将小球水平抛出，v2小球刚好落在C点。若小球从运动到的时间为EDtA运动到Ctt:t的时间为2）12133/290届衡水中学物理一本通高分手册A．1：1B．1：2C．2：3D．1：3【答案】Bh【解析】对于平抛运动，其运动时间只由高度决定，不管是以初速度v1v2或抛出，其落到斜面底端时间是一1gt2t样，都为。设从AE的时间为t，由平抛运动规律得2vt到tan211gt22同理，从A到D的运动2tanvt12tan根据数学几何问题可知ABtanBD2tant2ttan即2t1tt:t1:2212即A到E和E到DA到DA点抛出，D、C1度相同，时间相同，即tt。t1234/290届衡水中学物理一本通高分手册【规律总结】与斜面相关联的平抛运动的分解方法与技巧(1)如果知道速度的大小或方向，应首先考虑分解速度。(2)如果知道位移的大小或方向，应首先考虑分解位移。【典例分析5北京冬奥会将在2022年2月4日至2022年2月20家口历史上第一次举办冬季奥运会。图示为某滑雪运动员训练的情境，运动员从弧形坡面上滑下，沿水平方向θ面水平飞出的速度大小为v，飞出后在空中的姿势保持不变，不计空气阻力，下列判断正确的是()A．若运动员以不同的速度从弧形坡面飞出，落到斜面前瞬间速度方向一定相同0tanθ2B．若运动员飞出时的水平速度大小变为2v，运动员飞出后经t＝距斜面最远0gC．若运动员飞出时的水平速度大小变为2v，运动员落点位移为原来的4倍0D．若运动员飞出时的水平速度大小变为2v，落到斜面前瞬间速度方向与水平方向的夹角变大0【②【【题眼点拨】①“沿水平方向飞出”，运动员做平抛运动，要应用分解思想。“弧形斜面与斜面顶端有一定高度差，可从抛出点构建斜面，比较实际斜面，应用二级结论。答案】B解析】利用物体从斜面顶端平抛的运动规律，设运动员从弧形坡面上A点做平抛运动，落到斜面上的C点，沿作一直线ACB，如图所示则从AAB(虚拟)E点时竖直方35/290届衡水中学物理一本通高分手册向分速度v小于落到D点时竖直方向分速度vE点时速度与水平方向的夹角比落到D点小，故AD项错误；运动员离斜面最远时的速度与斜面平行，当速度为2v0时，有tanθ＝gt2vtanθvgt0y＝Bα的D点的时间tanα＝＝2tanθ，20gv0v0解得t2vtanθg，则x＝vt＝2v2tanθ，故s＝x2vtanθ，可知当速度为20时，s′＝4s，则落到E点时的距0gcosθgcosθ离s″<4sC项错误。【规律总结】平抛运动问题要构建好两类模型，一类是常规平抛运动模型，注意分解方法，应用匀变速运动的规律；另一类是平抛斜面结合模型，要灵活应用斜面倾角，分解速度或位移，构建几何关系。考点三圆周运动【考点诠释】1．水平面内的圆周运动的“临界”(1)绳的临界：张力＝0(2)接触面滑动临界：＝m(3)接触面分离临界：＝02．竖直面内的圆周运动轻绳模型和轻杆模型)轻绳模型轻杆模型重力，弹力F向下、向上或等于零，mg±F在最高点受v2RF向下或等于零，mg＋Fmv2弹弹力mR2恰好过最高F＝，mgmv＝Rg，即在最高点速弹Rv0mg＝F，在最高点速度可为零点度不能为零应用动能定理或机械能守恒定律将初、末状态联系起来列方程求解36/290届衡水中学物理一本通高分手册【典例分析6】在修筑铁路时，弯道处的外轨会略高于内轨。如图5所示，当火车以规定的行驶速度转弯时，内、外轨均不会受到轮缘的挤压，设此时的速度大小为，重力加速度为g，两轨所在面的倾角为θ，则()v2tanθA．该弯道的半径r＝．当火车质量改变时，规定的行驶速度大小不变．当火车速率大于v时，内轨将受到轮缘的挤压D．当火车速率小于v时，外轨将受到轮缘的挤压【答案】AB【解析】2据牛顿第二定律得mgtanθ＝m，解得r＝2gtanθv2，故选项A正确；根据牛顿第二定律得mgtanθ＝m，解得vrr＝grtanθ，可知火车规定的行驶速度与质量无关，故选项B正确；当火车速率大于v时，重力和支持力的合力不够提供向心力，此时外轨对火车有侧压力，轮缘挤压外轨，故选项C错误；当火车速率小于v支持力的合力大于所需的向心力，此时内轨对火车有侧压力，轮缘挤压内轨，故选项D错误。【典例分析7(多选)A和B，它们分居圆心两侧，与圆心距离分别为R＝r，R＝2r，与盘间的动摩擦因数μ相同，当圆盘转速加快到AB两物体刚好还未发生滑动时，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列说法正确的是()A．此时绳子张力为F＝3μmgT2μgrB．此时圆盘的角速度为ω＝C．此时A所受摩擦力方向沿半径指向圆外37/290届衡水中学物理一本通高分手册D．此时烧断绳子，A仍相对盘静止，B将做离心运动【答案】【A和B＝mωrB的半径比AB所B的静摩擦力方向指向圆心，A的最大静摩擦力方向指向圆外，根据牛顿第二定律得F－μmg＝mωr，Fμmg＝mω·2r，解得F＝μmg，TTT2μgrω＝ACAmωr＝2A的最大静摩擦力不足以提供所需向心力，则A做离心运动，故D错误。【规律总结】一、二、三、四”求解圆周运动问题【典例分析8“魔力陀螺”，B圆心O且大小恒为F，当质点以速率v＝gR通过A点时，对轨道的压力为其重力的8倍，不计摩擦和空气阻力，质点质量为m，重力加速度为，则()甲乙A．强磁性引力的大小F＝7mgB．质点在A点对轨道的压力小于在B点对轨道的压力C．只要质点能做完整的圆周运动，则质点对A、B两点的压力差恒为5mg38/290届衡水中学物理一本通高分手册D．若强磁性引力大小恒为2F，为确保质点做完整的圆周运动，则质点通过B点的最大速率为15gR【②【题眼点拨】①“强磁性引力始终指向圆心O”，表明向心力来源有重力、弹力和强磁性引力。“对轨道压力为其重力的8倍”，运用此信息列牛顿第二定律方程求解F。答案】Dv2R【AF＋mgFmF＝′＝mg，AAAmv2R联立解得F＝8mg，选项A错误；质点能完成圆周运动，在A点根据牛顿第二定律有F＋mg－N＝，根据mv2RB牛顿第三定律有N＝N′；在B点，根据牛顿第二定律有－mgN＝，根据牛顿第三定律有NN′AABBB1212A点到Bmg·2R＝mv2－mv2′N′6mgBCBAABv2RB性引力大小恒为2F，在B点，根据牛顿第二定律有2F－mg－F＝m，由数学知识可知当F＝0时，质点速BB度最大为v，可解得v＝gR，选项D正确。mm【典例分析9】如图所示，水平地面上有一光滑弧形轨道与半径为r的光滑圆轨道相连，且固定在同一个竖直m这个高度h的取值可为()A．2.2rB．1.2rC．1.6rD．0.8r【答案】D【解析】小球沿圆轨道运动时，可能做完整的圆周运动，当小球刚好不脱离圆轨道时，在圆轨道最高点重力提v21供向心力，则有mgm，由机械能守恒定律得mgh－mg·2r＝mv，解得h＝2.5r。小球沿圆轨道运动时，也r2可能不超过与圆心等高处，由机械能守恒定律得mghmg·r，得h＝r，综上可得，为使小球在沿圆轨道运动时始终不离开轨道，h的范围为h≤r或h≥2.5r，选项D正确。【规律总结】分析竖直平面内圆周运动临界问题的思路39/290届衡水中学物理一本通高分手册【典例分析10l的轻质细线固定在O点，细线的下端系一质量为mO的正11下方0.5l处的P点可以垂直于竖直平面插入一颗钉子，现将小球从细线处于水平状态由静止释放，此时钉子还5未插入P点，在B点右下方水平地面上固定有一半径为R＝16l的光滑圆弧形槽，槽的圆心在O，D点为最低点，且∠D37°，重力加速度为g，不计空气阻力。(sin37°＝0.6，cos37°0.8)(1)小球运动到B点时的速度大小；(2)如果钉子插入PAB(3)在第(2)问的情况下，小球恰好从槽的C点无碰撞地进入槽内，求整个过程中小球对槽的最大压力。【答案】(1)2gl(2)5mgmg12【解析】(1)设小球运动到B点的速度为vA到B应用动能定理，mg·l＝mv2BB解得：v＝2gl。(2)插入钉子后，小球再次经过B点时有：v2lB－＝m0解得绳子能承受的最大拉力5mg。40/290届衡水中学物理一本通高分手册(3)小球从B点开始做平抛运动，在C点时速度方向恰好沿轨道切线方向，即：vBcosv＝小球沿槽运动到最低点时对轨道的压力最大，小球从C到D过程中机械能守恒有：1212mgR(1cos37°)＝mv2－mv2DCv2D在D点有：－＝mR解得槽对小球的支持力mg由牛顿第三定律得小球对槽的最大压力为′＝，方向竖直向下。【规律总结】解决平抛与圆周运动组合问题的“四个关键”(1)运动阶段的划分，如例题中分成三个阶段(圆周平抛→圆周)。(2)运动阶段的衔接，尤其注意速度方向，如例题中，小球运动到B点的速度。(3)两个运动阶段在时间和空间上的联系。(4)对于平抛运动或类平抛运动与圆周运动组合的问题，应用合成与分解的思想分析，这两种运动转折点的速度是解题的关键。41/290届衡水中学物理一本通高分手册第一部分力与运动专题04天体运动一、素养呈现123物理观念：万有引力、宇宙速度、经典时空观、相对论时空观。科学思维：万有引力定律、开普勒定律、双星模型、多星运动模型。科学态度与责任：万有引力与卫星发射、变轨、回收。二、素养落实1234.掌握卫星的运行特点和规律掌握计算天体质量(密度)的方法掌握宇宙速度并推导第一宇宙速度会应用动力学和能量观点分析卫星变轨问题考点一万有引力定律的应用【考点诠释】1．开普勒第三定律32(1)＝k，其中k与中心天体有关，r是椭圆轨道的半长轴。(2)对同一中心天体的所有行星，该公式都成立。2．估算中心天体的质量和密度的两条思路42/290届衡水中学物理一本通高分手册M2gR2GMV3g4πGR(1)利用中心天体的半径和表面的重力加速度g计算。由G＝mgM＝ρ＝＝＝。43πR3r24π224π23GT2(2)利用环绕天体的轨道半径r和周期T计算。由G＝mrM＝M3GT2π做匀速圆周运动，轨道半径rR，则ρ4＝。πR33【典例分析1】若宇航员在月球表面附近高h处以初速度v0水平抛出一个小球，测出小球的水平射程为L。已知月球半径为，引力常量为G。则下列说法正确的是()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．月球的质量m＝月L【答案】解析】设月球表面的重力加速度为gL＝【12222Gm月mhRv2v，在竖直方向上h＝gg＝0A＝mgm＝0月月月月2R22hRv20GL2m23hvv0月0球密度为ρ4＝＝B正确，Dv＝g月R＝L2hRC正确。2π2R4πR3πR333【典例分析2探路者”AB一颗靠近其表面飞行的卫星，测得两颗卫星的周期相等，以下判断正确的是()A．天体A、B的质量一定相等B．两颗卫星的线速度一定相等．天体AB表面的重力加速度之比等于它们的半径之比D．天体AB的密度一定不相等【答案】C解析】根据万有引力提供向心力得GMmm4π2，解得M＝4π23GT2·，T相等，R不一定相等，所以天体AB【2243/290届衡水中学物理一本通高分手册的质量不一定相等，选项A错误；卫星的线速度为＝2π，T相等，而R不一定相等，故线速度不一定相等，T选项B错误；天体A、B表面的重力加速度等于对应卫星的向心加速度，即g＝a＝4πR，可见天体A、B表面T24π2R3·MMVG243的重力加速度之比等于它们的半径之比，选项C正确；天体的密度为ρ＝＝＝＝，由于两颗卫43GT2πR3πR3星的周期相等，则天体B的密度一定相等，选项D错误。【规律总结】估算天体质量(密度)的两点注意(1)利用万有引力提供天体做圆周运动的向心力估算天体质量时，求出的只是中心天体的质量，并非环绕天体的质量。43(2)区别天体半径R和卫星轨道半径r，只有在天体表面附近的卫星才有r≈R；计算天体密度时，体积V＝πR3只能用天体半径。考点二天体的运行与变轨【考点诠释】1.天体运行参数r2v2r4π22(1)万有引力提供向心力，即G＝＝m＝mω·r＝m·r。2(2)天体对其表面物体的万有引力近似等于重力，即＝mg或GM＝gR(R、g分别是天体的半径、表面重力加速度)，公式GMgR2应用广泛，被称为“黄金代换式”。2.地面赤道上物体与地球卫星的比较(1)地面赤道上的物体随地球一起转动，具有相同的角速度，所受万有引力并非全部提供向心力。(2)空中绕地球自转的卫星万有引力全部充当向心力，周期和半径有关。(3)比较地面赤道上物体和空中卫星的运行参数，可借助同步卫星的“桥梁”作用。3.卫星变轨问题v2m，万有(1)卫星变轨的运动模型是向心运动和离心运动。当由于某种原因卫星速度v突然增大时，有Gr2r44/290届衡水中学物理一本通高分手册v2mr，卫星将做向心运动。2引力不足以提供向心力，卫星将偏离圆轨道做离心运动；当v突然减小时，有G(2)在不同轨道的同一点，加速度相同、线速度不同、机械能不同。【典例分析3有abcda还未发射，在赤道表面上随地球一起转动，b是近地轨道卫星，c是地球同步卫星，d是高空探测卫星，它们均做匀速圆周运动，各卫星排列位置如图所示，则()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．在相同时间内b转过的弧长最长，ac转过的弧长对应的角度相等π3π6C．c在4小时内转过的圆心角是，a在2小时内转过的圆心角是D．b的周期一定小于d的周期，d的周期一定小于24小时【答案】【解析】a在地球表面随地球一起转动，其万有引力等于重力与向心力之和，且重力远大于向心力，故a的向r2GMr2心加速度远小于重力加速度gGmaa＝，nn由于卫星d的轨道半径大于卫星c的轨道半径，所以卫星c的向心加速度大于d的向心加速度，选项A错误；地球同步卫星cacr22rGMr＝m可得v＝v>vva与ca的轨道半径小于bcdcvvbbBac角速度相ca同，在4小时内转过的圆心角都为2＝，在2小时内转过的圆心角都为2π＝，选项C正确；c和b的轨道半π6π3π612径都小于db的运动周期一定小于d的运动周期，d的运动周期一定大于c的运动周期(24小时)，选项D错误。【规律总结】研究卫星运行熟悉“三星一物”(1)同步卫星的周期、轨道平面、高度、线速度的大小、角速度、绕行方向均是固定不变的，常用于无线电通信，故又称通信卫星。(2)极地卫星运行时每圈都经过南北两极，由于地球自转，极地卫星可以实现全球覆盖。45/290届衡水中学物理一本通高分手册(3)近地卫星是在地球表面附近环绕地球做匀速圆周运动的卫星，其运行的轨道半径可近似认为等于地球的半径，其运行线速度约为7.9km/s。(4)(或者说由万有引力的分力充当向心力)，它的运动规律不同于卫星，但它的周期、角速度与同步卫星相等。【典例分析4Rh的圆形轨道Ⅰ上做匀速圆周运动，运行周期为T，到达轨道的A点时点火变轨进入椭圆轨道Ⅱ，到达轨道的近地点B时，再次点火进入近地轨道Ⅲ绕地做匀速圆周运动，引力常量为G，不考虑其他星球的影响，则下列说法正确的是()4π32A．地球的质量可表示为B．该卫星在轨道Ⅲ上B点的速率大于在轨道Ⅱ上A点的速率．卫星在圆轨道Ⅰ和圆轨道Ⅲ上做圆周运动时，轨道Ⅰ上动能小，引力势能大，机械能小D．卫星从远地点A向近地点B运动的过程中，加速度变小【答案】B＋h24π2m(Rh)M＝4π2R＋h3【ⅠG，T2GT2r2v2rv2ⅠⅡA错误；卫星在轨道Ⅰ上过A点做匀速圆周运动，即GmⅡAG>m，r2r所以卫星在轨道Ⅰ上A点速率大于在轨道Ⅱ上A上B点的速率大于在轨道Ⅰ上A点的速率，BA运动到BⅢ上的速度大于轨道Ⅰ上的Ⅰ轨道上A轨道上B点点r2GMr2CG＝ma可得a＝地球越远，其向心加速度越小，故卫星从远地点到近地点运动过程中，加速度变大，D错误。【典例分析53R的圆形轨道ⅠA点点火变轨进入椭圆轨道Ⅱ，到达轨道近月点B再次点火进入近月轨道Ⅲ并绕月球做匀速圆周运动．假设月球半径为R，月球表46/290届衡水中学物理一本通高分手册面的重力加速度为，则()A．飞行器在B点处点火后，动能增加52RgB．由已知条件可求出飞行器在轨道Ⅱ上的运行周期为5πC．仅在万有引力作用下，飞行器在轨道Ⅱ上通过B点的加速度大于在轨道Ⅲ上通过B点的加速度RgD．飞行器在轨道Ⅲ上绕月球运行一周所需的时间为2π【答案】【在BAⅢ绕月球运行一周所需的时间为TmgmR4π3＝g，根据几何关系可知，Ⅱ轨道的半长轴a＝2.5R，根据开普勒第RT23三定律有R3＝T22.53T22，则可以得到：T＝5π2g，故B、D正确；仅在万有引力作用下，飞行器在轨道上通5R3过B点时到月球球心的距离与在轨道Ⅲ上通过B点时到月球球心的距离相等，万有引力相同，则加速度相等，故C错误．【规律总结】航天器变轨问题的“三点”注意(1)航天器变轨时半径的变化，根据万有引力和所需向心力的大小关系判断；稳定在新圆轨道上的运行速度变化GMr由v＝判断。(2)同一航天器在一个确定的圆(椭圆)轨道上运行时机械能守恒，在不同轨道上运行时机械能不同，轨道半径越大，机械能越大。(3)航天器经过不同轨道的相交点时，加速度相等，外轨道的速度大于内轨道的速度。【典例分析6．如图所示，一火箭中固定有一水平放置的压力传感器，传感器上放有一个质量为m的科考仪g2R2器的示数保持不变．当火箭上升到距地面的高度时(地球的半径为R，地球表面处的重力加速度为)，以下判47/290届衡水中学物理一本通高分手册断正确的是()1449A．此高度处的重力加速度为gB．此高度处的重力加速度为g541918C．此高度处火箭的加速度为gD．此高度处火箭的加速度为g【答案】RR2R2【mg＝mg′＝g′＋2249＝gA错误，B正确；g2由牛顿第二定律可知，在地面，－mgm·R2距地面的高度时，F－mg′＝maN联立解得：a＝19gC错误，D正确．考点三天体运动中的多星模型【考点诠释】1．宇宙双星模型特点Gm1m2Gm1m22(1)各自所需的向心力由彼此间的万有引力提供，即＝mω2r，mωr。1112222(2)两颗星的周期及角速度都相同，即T＝T，ω＝ω。1212(3)两颗星的运行半径与它们之间的距离关系为：r＋r＝L。122．宇宙多星模型特点48/290届衡水中学物理一本通高分手册(1)天体运动中，三星、四星等多星模型是指相互作用且围绕某一点做圆周运动的星体。(2)星体做圆周运动所需向心力由其他星体对它的万有引力的合力提供(如图所示)，在多星系统中各星体运行的角速度相等。【典例分析7】如图所示，A、B两颗恒星分别绕它们连线上某一点做匀速圆周运动，我们通常称之为“双星系”，A的质量为B的2倍，忽略其他星球对二者的引力，下列说法正确的是()A．恒星A的向心加速度是B的一半．恒星A的公转周期是B的一半B．恒星A的线速度是B的2倍D．恒星A的动能是B的2倍【答案】A【ABB则有2M4πr＝MrA与恒星B的轨道半径之比为rr＝12v＝ωra＝ωrT＝T4π2T2BABABT212Emv22112得A正确，C错误；由动能E＝2k＝·＝×＝D错误。AAkEkBmv214BB【典例分析819161974年拉塞尔赫尔斯和约瑟夫泰勒发现赫尔斯泰勒脉冲双星，这双星系统在互相公转时，由于不断发射引力波而失去能量，逐渐相互靠近，此现象为引力波的存在提供了首个间接证据。科学家们猜测该双星系统中体积较小的星球能“吸食”另一颗体积较大的星球表面的物质，达到质量转移的目的，则关于赫尔斯泰勒脉冲双星周期T随双星之间的距离L变化的关系图象正确的是()49/290届衡水中学物理一本通高分手册ABCD【答案】B2Tπ22π2TGmmL2【解析】双星做匀速圆周运动的向心力由它们之间的万有引力提供，2m1＝m2R，由几何关Gmm1T2112系得：R＋R＝，解得：＝·，已知此双星系统中体积较小的星球能“吸食另一颗体积较大的星3124π211∝B正确，AC、T23D错误。规律总结】双星模型归纳(1)定义：绕公共圆心转动的两个星体组成的系统，我们称之为双星系统，如图所示。【(2)特点：①各自所需的向心力由彼此间的万有引力提供，即GmmL2Gmm222＝mωr，＝mωr。221112②两颗星的周期及角速度都相同，即T＝Tω＝ω。121250/290届衡水中学物理一本通高分手册③④m两颗星的半径与它们之间的距离关系为：r＋r＝L。12两颗星到圆心的距离r、r与星体质量成反比，即12rr＝2。1m23Gmm⑤双星的运动周期＝2π。12双星的总质量mm＝πL。4TG⑥12【典例分析9】宇宙中存在一些离其他恒星较远的三星系统，通常可忽略其他星体对它们的引力作用，三星质量相同。现已观测到稳定的三星系统存在两种基本的构成形式：一种是三颗星位于同一直线上，两颗星围绕中央星做圆周运动，如图甲所示；另一种是三颗星位于等边三角形的三个顶点上，并沿外接于等边三角形的圆形轨道运行，如图乙所示。设两种系统中三个星体的质量均为m，且两种系统中各星间的距离已在图甲、图乙中标出，引力常量为G，则()甲乙GmLA．直线三星系统中星体做圆周运动的线速度大小为3GmB．直线三星系统中星体做圆周运动的周期为4π53Gm．三角形三星系统中每颗星做圆周运动的角速度为2D．三角形三星系统中每颗星做圆周运动的加速度大小为33GmL2【答案】解析】在直线三星系统中，星体做圆周运动的向心力由其他两星对它的万有引力的合力提供，根据万有引力【m2m222v2m，解得v＝125GmL2πr，A项错误；由周期T＝知，直线三星系统定律和牛顿第二定律，有GL2GLv3Gmm2B2G2cos中星体做圆周运动的周期为＝4π551/290届衡水中学物理一本通高分手册L3Gm3，C项错误；由2Gcos30°maa＝3Gm230°＝mω2·，解得ω＝D项正确。2cos30°【规律总结】多星模型归纳(1)(2)三星模型：①R的圆形轨道上运行(如图甲所示)。三颗质量均为m的星体位于等边三角形的三个顶点上(如图乙所示)。②甲乙丙丁(3)四星模型：如图丙所示)O绕O做匀速圆周运动(如图丁所示)。【典例分析10】位于贵州的“中国天眼是目前世界上口径最大的单天线射电望远镜，通过可以测量地球与木星之间的距离．当接收到来自木星的光线传播方向恰好与地球公转线速度方向相同时，测得地球与木星的距离是地球与太阳距离的k倍．若地球和木星绕太阳的运动均视为匀速圆周运动且轨道共面，则可知木星的公转周期为()3432A．(1＋k2)年B．(1＋k2)年3232C．(1＋k)年D．k年【答案】A【解析】该题中，太阳、地球、木星的位置关系如图：52/290届衡水中学物理一本通高分手册设地球的公转半径为R，木星的公转半径为R，测得地球与木星的距离是地球与太阳距离的k倍，则有：R2122R3R3R3R3132122＝R2＋(kR)2＝(1＋k)R2，由开普勒第三定律有：＝，可得：T2＝·T2＝(1＋k)·T2，由于地球公转周11111T2T21234期T＝1年，则有：T(1＋2)年，故A正确，CD错误．1253/290届衡水中学物理一本通高分手册第二部分功能与动量专题05功、功率动能定理一、素养呈现123物理观念：功、功率。科学思维：机车启动问题、动能定理。科学态度与责任：两类机车启动问题。二、素养落实123.掌握功、功率的计算方法掌握两类机车启动问题的分析计算方法理解动能定理，掌握动能定理的应用方法考点一功的分析与计算考点诠释】．功的正负的判断方法(1)恒力做功正负的判断：依据力与位移的夹角来判断。【154/290届衡水中学物理一本通高分手册(2)曲线运动中做功正负的判断：依据F与v的方向的夹角α来判断。α<90°，力对物体做正功；90°<α≤180°，力对物体做负功；α90°，力对物体不做功。2．恒力做功的计算方法3．合力做功的计算方法方法一：先求合外力F，再用W＝Fcos求功。适用于F为恒力的过程。合合合合方法二：先求各个力做的功WWW…，再应用W＝WWW…求合外力做的功。123123合【典例分析1一质量为m的物体静止在水平地面上，在水平拉力的作用下开始运动，图甲是在06s内其速度与时间关系图象，图乙是拉力的功率与时间关系图象，g取10m/s。下列判断正确的是()甲乙A．拉力的大小为4N，且保持不变B．物体的质量为2kgC．0～6s内物体克服摩擦力做的功为24JD．0～6s内拉力做的功为156J【答案】【0～2s26s内物体做匀速运动，拉力等于滑动摩擦力，因此拉力大小不恒定，选项A错误；在2～6s内根据功率公式＝Fv，vPv有F＝＝4N，故滑动摩擦力fF＝4N0～2s内有a＝t＝3m/s，由牛顿第二定律可知′f＝maP′F′v，联立解得m＝2F′10N，选项B正确；由图甲可知在0～6s内物体通过的位移为＝3012m，故物体克服摩擦力做的功为W＝fx＝120J，选项C错误；由动能定理可知W－W＝mv2，故0～6s内拉力ff1212做的功W＝mv2W＝×2×62J120J＝156J，选项D正确。f【(1)根据v­tP­t图象结合功率公55/290届衡水中学物理一本通高分手册式可以求出力的大小。(2)恒力做功可以根据功的定义式求解，变力做功一般根据动能定理求解。【典例分析2Mm的人正用恒力F向前推车厢，在车以加速度a向前加速行驶距离L的过程中，下列说法正确的是()A．人对车的推力F做的功为．车对人的作用力大小为ma．人对车做的功为maLD．车对人的摩擦力做的功为(Fma)L【答案】A【WFLA人的作用力为′＝mamaW＝－maLB水平方向受到的合力为ma＝ma＋mg2ma＋g，故C错误；对人由牛顿第二定律可得－＝ma，则＝ma＋，车对人的摩擦力做功为WfL＝(＋ma)LD错误。【规律总结】恒力做功的计算方法考点二功率的分析与计算【考点诠释】1．平均功率的计算方法WtP(1)利用＝。Pvv(2)利用＝F·cosα，其中为物体运动的平均速度，F为恒力。2．瞬时功率的计算方法56/290届衡水中学物理一本通高分手册(1)利用公式P＝F·vcosα，其中v为t时刻的瞬时速度。(2)P＝F·v，其中v为物体的速度v在力F方向上的分速度。FF(3)P＝F·v，其中F为物体受到的外力F在速度v方向上的分力。vv【典例分析】(多选)质量为m的物体从距地面H高处自由下落，经历时间