2014年高考物理二轮复习_专题_力和运动-教师版

第1讲力与物体的平衡

摩擦力的分析与计算

[例1] 如图1－1－1所示，与水平面夹角为30°的固定斜面上有一质量m ＝1.0 kg 的物体。细

绳的一端与物体相连。另一端经摩擦不计的定滑轮与固定的弹簧秤相连。物体静止在斜面上，弹

簧秤的示 数为4.9 N 。关于物体受力的判断(取g ＝9.8 m/s 2)。下列说法正确的是( )

A ．斜面对物体的摩擦力大小为零

B ．斜面对物体的摩擦力大小为4.9 N ，方向沿斜面向上

C ．斜面对物体的支持力大小为4.9 3 N ，方向竖直向上

D ．斜面对物体的支持力大小为4.9 N ，方向垂直斜面向上

[思路点拨] 解答本题时应注意以下两点：(1)定滑轮不计摩擦，弹簧秤的示数等于绳子拉力大小。(2)物体静止在斜面上，物体合力一定为零。[解析] 因物体的重力沿斜面方向的分力mg sin 30°＝139.830.5 N＝4.9 N ，与弹簧秤的示数相等，故斜面对物体的摩擦力大小为0，则选项A 正确，选项B 错误；斜面对物体的支持力大小为mg cos 30°

＝139.8332

N ＝4.9 3 N ，方向垂直斜面向上，则选项C 、D 错误。[答案] A 一、基础知识要记牢1．分类(1)静摩擦力(大小0＜F 静≤F 静max )。(2)滑动摩擦力(大小F ＝μF N )。

2．方向 与物体的相对运动或相对运动趋势的方向相反，沿接触面的切线方向。

3．产生条件(1)相互接触且接触面粗糙；(2)有相对运动或相对运动趋势；(3)有弹力。

二、方法技巧要用好

1．物体间静摩擦力的有无及方向判断方法(1)“假设法”和“反推法”。

①假设法：先假设没有摩擦力(即光滑)时，看相对静止的物体间能否发生相对运动。若能，则有静摩擦力，方向与相对运动方向相反；若不能，则没有静摩擦力。

②反推法：是从被研究物体表现出的运动状态这个结果反推出它必须具有的条件，分析组成条件的相关因素中摩擦力所起的作用，就容易判断摩擦力的方向了。

(2)利用牛顿第二定律判断：先假设物体受摩擦力作用，并假设出方向，利用牛顿第二定律或平衡条件列式计算。若F 静≠0，则有静摩擦力；F 静>0，说明其方向与假设方向相同；F 静<0，说明其方向与假设方向相反。

(3)利用牛顿第三定律(即相互作用力的关系)来判断。

此法关键是抓住“摩擦力是成对出现的”，先确定受力较少的物体受到的摩擦力方向，再确定另一物体受到的摩擦力方向。2．摩擦力大小的计算方法

(1)滑动摩擦力大小：与正压力成正比，公式为F ＝μF N ，其中F N 表示正压力，而正压力不一定等于重力G 。

(2)静摩擦力大小：一般由受力物体所处的运动状态，根据平衡条件或牛顿第二定律来计算，其取值范围是0

三、易错易混要明了(1)接触面间有弹力存在时，不一定有摩擦力，但有摩擦力存在时，一定有弹力存在。

(2)接触面间的动摩擦因数μ一定时，滑动摩擦力与弹力成正比，但静摩擦力的大小与弹力无关。

共点力作用下物体的平衡

[例2] 如图1－1－2所示，一小球放置在木板与竖直墙面之间。设墙面对球的压力大小为N 1，球对木板

的压力大小为N 2。以木板与墙连接点所形成的水平直线为轴，将木板从图示位置开始缓慢地转到水平位置。

不计摩擦，在此过程中( )A ．N 1始终减小，N 2始终增大B ．N 1始终减小，N 2始终减小 C ．N 1先增大后

减小，N 2始终减小D ．N 1先增大后减小，N 2先减小后增大

[思路点拨] (1)木板缓慢转动过程中，球处于动态平衡状态。(2)墙面对球的压力N 1方向不变，球对木板

的压力N 2方向改变。(3)可用图解法分析N 1、N 2大小的变化情况。[解析] 对小球受力分析，如图所示，根

据物体的平衡条件，可将三个力构建成矢量三角形，随着木板顺时针缓慢转到水平位置，木

板对球的弹力N 2′减小，球对木板的压力大小N 2逐渐减小，墙面对球的压力大小N 1逐渐减小，

故B 对。[答案] B

一、基础知识要记牢1．平衡状态 物体处于静止或匀速直线运动的状态。2．动态平衡 物

体在缓慢移动过程中，可认为其速度、加速度均为零，物体处于平衡状态。3．平衡条件 F

合＝0或?

????

F x ＝0F y ＝04．共点力平衡的几个重要推论(1)三个或三个以上的共点力平衡，某一个力(或其中某几个力的合力)与其余力的合力等大反向。(2)同一平面上的三个不平行的力平衡，这三个力必为共点力，且表示这三个力的有向线段可以组成一个封闭的矢量三角形。

二、方法技巧要用好1．求解共点力平衡问题的一般思路 物体静止或做匀速直线运动a ＝0→物体处于平衡状态→共点力平衡→巧选研究对象整体法或隔离法→受力分析→建立平衡方程F 合＝0或????? F x ＝0F y ＝0→求解或作讨论

2．求解共点力平衡问题常用的方法(1)力的合成法：对研究对象受力分析后，应用平行四边形定则(或三角形定则)求合力的方法。力的合成法常用于仅受三个共点力作用而平衡时。(2)正交分解法：把物体受到的各力都分解到互相垂直的两个方向上，然后分别列出两个方向上合力为零的方程求解。当物体受四个及四个以上共点力作用而平衡时，一般采用正交分解法。(3)图解法：对研究对象进行受力分析，再根据平行四边形定则或三角形定则画出不同状态下力的矢量图(画在同一个图中)，然后根据有向线段(表示力)的长度变化情况判断各个力的变化情况。

三、易错易混要明了：用图解法分析动态平衡问题时要在矢量三角形中确定不变的量和改变的量。

[例3]如图1－1－3所示，桌面上固定一个光滑竖直挡板，现将一个重球A 与截面为三角形垫块

B 叠放在一起，用水平外力F 可以缓缓向左推动B ，使球慢慢升高，设各接触面均光滑，则该过程

中( ) A ．A 和B 均受三个力作用而平衡B ．B 对桌面的压力越来越大C ．A 对B 的压力越来

越小D ．推力F 的大小恒定不变

[解析] B 物体受重力、推力F 、地面和A 的弹力四个力的作用，故A 错；水平外力F 缓缓向左推

动B ，使球慢慢升高，故可把AB 看成一个处于平衡状态的整体，在竖直方向整体受重力和地面的支持力，故重力和地面的支持力大小相等，因整体的重力没有变化，故地面的支持力也不变化，由牛顿第三定律知B 对桌面的压力等于地面的支持力，也不变化，故B 错；AB 整体在水平方向上受水平推力F 及板向右的水平弹力，且大小相等，故A 所受板向右弹力不变，又重力不变，则B 对A 的弹力不变，A 对B 的压力不变，C 错D 对。[答案] D

一、基础知识要记牢(1)整体法：当只涉及系统外力而不涉及系统内部物体之间的内力时，则可以选整个系统为研究对象，而不必对系统内部物体一一隔离分析。(2)隔离法：为了弄清系统内某个物体的受力情况，一般采用隔离法。

二、方法技巧要用好同一题目中，若采用隔离法，往往先用整体法，再用隔离法，用隔离法分析时，一般先从受力最少的物体入手。三、易错易混要明了正确区分内力和外力。对几个物体组成的整体进行受力分析时，这几个物体间的作用力为内力，不能在受力图中出现；当隔离某一物体分析时，原来的内力变成了外力，要画在受力图上。

复合场中带电体的平衡

[例4] 如图1－1－4所示，质量m 1＝0.1 kg ，电阻R 1＝0.3 Ω，长度l ＝0.4 m 的导体棒ab 横放在U 型金属框架上，框架质量m 2＝0.2 kg ，放在绝缘水平面上，与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2，相距0.4 m 的

PP ′、QQ ′相互平行，电阻不计且足够长。电阻R 2＝0.1 Ω的PQ 垂

直于PP ′。整个装置处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度B ＝0.5 T 。垂直于ab 施加F ＝2

N 的水平恒力，ab 从静止开始无摩擦地运动，始终与PP ′、QQ ′保持良好接触，当ab 运动到

某处时，框架开始运动。设框架与水平面间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g 取10 m/s 2。求框架开始运动时ab 速度v 的大小。

[破题关键点] (1)框架能启动的动力是什么力？框架刚要启动时应满足什么关系？(2)导体棒ab 受哪几个力作用？当框架开始运动时，导体棒ab 处于什么运动状态？[解析] ab 对框架的压力F 1＝m 1g ①框架受水平面的支持力F N ＝m 2g ＋F 1②依题意，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则框架受到最大静摩擦力F f ＝μF N ③ab 中的感应电动势E ＝Blv ④PQ 中电流I ＝E

R 1＋R 2⑤PQ 受到的安培力F 安＝IlB ⑥框架开始运动时F 安＝F f ⑦由上述各式代入数据解得v ＝6 m/s ⑧[答案] 6 m/s

一、基础知识要记牢1．电场力F ＝Eq ，方向与场强方向相同或相反。2．安培力F ＝BIl (B ⊥I )，方向用左手定则判定。

3．洛伦兹力F ＝qvB (B ⊥v )，方向用左手定则判定。说明：电荷在电场中一定受电场力作用，电流或电荷在磁场中不一定受磁场力作用。二、方法技巧要用好 带电体在复合场中的平衡问题或导体棒在磁场中的平衡问题，无非是多考虑带电体所受的电场力、洛伦兹力或导体棒受的安培力，分析方法与力学中的平衡问题完全相同。

三、易错易混要明了(1)分析电场力或洛伦兹力时，注意带电体的电性。(2)分析带电粒子受力时，要注意判断重力是否考虑。

[课堂——针对考点强化训练]

1．如图1－1－5所示，两根等长的轻绳将日光灯悬挂在天花板上，两绳与竖直方向的夹角都为45°，日光灯保持水平，所受重力为G ，左右两绳的拉力大小分别为( )

A ．G 和G B.22G 和22G C.12G 和32G D.12G 和12

G 解析：选B 由对称性可知两根绳的拉力大小相等，设为T ，则对日光灯在竖直方向上有：2T cos

45°＝G ，可得T

2. 如图1－1－6所示，质量为m 的物体放在质量为M 、倾角为θ的斜面体上，斜面体置于粗糙的水平地面上，用平行

于斜面的力F 拉物体m 使其沿斜面向下匀速运动，M 始终静止，则下列说法正确的是( )

A ．M 相对地面有向右运动的趋势

B ．地面对M 的支持力为(M ＋m )g

C ．地面对M 的摩擦力大小为F cos θ

D ．物体m 对M 的作用力的大小为mg

解析：选C 物体沿斜面匀速下滑时的受力情况等效于物体静止与斜面上时的受力情况，故可

以把物体看成一个整体，F 在水平方向上的分力向左，故M 有向左的运动趋势，A 错；F 在竖直

方向上的分力向下，故地面对M 的支持力大于(M ＋m )g ，B 错；地面对M 的摩擦力与F 在水平方

向上的分力大小相等，F 在水平方向的分力为F cos θ，故C 对；对M 受力分析知物体m 对M 的作用力大于mg ，D 错。

3.如图1－1－7所示，两根等长的绳子AB 和BC 吊一重物静止，两根绳子与水平方向夹角均为60°。 现保持绳子AB 与水平方向的夹角不变，将绳子BC 逐渐缓慢地变化到沿水平方向，在这一过程中，绳子BC 的拉力变化情况是( )A ．增大B ．先减小，后增大C ．减小 D ．先增大，后减小

解析：选B 方法一：对力的处理(求合力)采用合成法，应用合力为零求解时采用图解法(画动态平行

四边形法)。作出力的平行四边形，如图甲所示。由图可看出，F BC 先减小后增大。方法

二：对力的处理(求合力)采用正交分解法。如图乙所示，由两方向合力为零分别列出：

F AB cos 60°＝F BC sin θ，F AB sin 60°＋FBC cos θ＝F B ，联立解得F BC sin(30°＋θ)＝F B /2，

显然，当θ＝60°时，F BC 最小，故当θ增大时，F BC 先减小后增大。

4．)如图1－1－8所示，金属棒MN 两端由等长的轻质细线水平悬挂，处于竖直向上的匀

强磁场中，棒中通以由M 向N 的电流，平衡时两悬线与竖直方向夹角均为θ。如果仅改

变下列某一个条件，θ角的相应变化情况是( )A ．棒中的电流变大，θ角变大B ．两

悬线等长变短，θ角变小C ．金属棒质量变大，θ角变大D ．磁感应强度变大，θ角变

小

解析：选A 选金属棒MN 为研究对象，其受力情况如图所示。根据平衡条件及力的矢量

三角形知识可得tan θ＝

BIl mg

，所以当棒中的电流I 、磁感应强度B 变大时，θ角变大，选项A 正确，选项D 错误；当金属棒质量m 变大时，θ角变小，选项C 错误；θ角的大小与悬线长无关，选项B 错误。

5.一小孩在广场玩耍时，将一充有氢气的气球用细绳系在一小石块上，并将其

置于水平地面上，如图1－1－9所示。设石块受到地面对它的支持力为F N ，摩

擦力为F f ，若水平风力逐渐增大而石块始终未动，则( ) A ．F N 逐渐减小 B ．F N

逐渐增大 C ．F f 逐渐减小D ．F f 逐渐增大

解析：选D 将气球和石块作为一个整体分析，受力如图所示。由平衡条件可

得，F 浮＋F N ＝mg ，F f ＝F 风，可见，水平风力F 风增大，F N 不变，F f 增大，D 正确。

6．用轻绳将光滑小球P 悬挂于竖直墙壁上，在墙壁和小球P 之间夹着矩形物块Q ，如图1－1－10所示。P 、

Q 均处于静止状态，则下列说法正确的是( )A ．物块Q 受到3个力B ．小球P 受4个力C ．若绳子变长，

则绳子的拉力将变小D ．若绳子变短，则Q 受到墙壁的静摩擦力将增大

解析：选C 小球P 受绳的拉力、重力、Q 对P 的弹力三个力作用，B 错误；物块Q 受重力、P 对Q 的弹力、

墙对Q 的弹力、墙对Q 的静摩擦力四个力作用，A 错误；由平衡条件可知，墙对Q 的静

摩擦力与Q 的重力等大反向，与绳子长度无关，D 错误；绳子变长时，绳子与竖直方向

的夹角θ变小，由F 绳2cos θ＝m P g 可知，F 绳变小，C 正确。

1．如图1所示，一轻质弹簧只受一个拉力F 1时，其伸长量为x ，当弹簧同时受到两个

拉力F 2和F 3作用时，伸长量也为x ，现对弹簧同时施加F 1、F 2、F 3三个力作用时，其伸

长量为x ′，则以下关于x ′与x 关系正确的是( )

A ．x ′＝x

B ．x ′＝2x

C ．x

D ．x ′<2x

解析：选B 由题意可知，同时受到F 2、F 3作用时，伸长量与受F 1时相同，故同时施加

F 1、F 2、F 3三个力作用时，其合力为2F 1，伸长量为x ′＝2x ，故B 正确。

2.如图2所示，斜面小车M 静止在光滑水平面上，一边紧贴墙壁。若再在斜面上加一物

体m ，且M 、m 相对静止，此时小车受力个数为( )A ．3 B ．4 C ．5 D ．6

解析：选B 对M 和m 整体，它们必受到重力和地面支持力，因小车静止，由平衡条件

知墙面对小车必无作用力，以小车为研究对象，受力如图所示，它受四个力：重力Mg ，

地面的支持力F N1，m 对它的压力F N2和静摩擦力F f ，由于m 静止，可知F f 和F N2的合力必

定竖直向下，故B 项正确。

3.物块M 在静止的传送带上匀速下滑时，若传送带突然转动且转动的方向如图3中箭头所示，则传

送带转动后( )A ．M 将减速下滑B ．M 仍匀速下滑 C ．M 受到的摩擦力变小D ．M 受到的摩擦力

变大

解析：选B 由物块M 在静止的传送带上匀速下滑知，Mg sin θ＝μMg cos θ，又传送带突然如题

图中所示转动，转动后物块所受的摩擦力和静止时相同，故物块的受力没有变化，则物块的运动状

态也不变化，M 仍匀速下滑，B 对。

4.如图4所示，质量为m 的小球置于倾角为30°的光滑斜面上，劲度系数为k 的轻弹簧一端系在小球

上，另一端固定在P 点，小球静止时，弹簧与竖直方向的夹角为30°，则弹簧的伸长量为( )

A.mg k

B.3mg 2k

C.3mg 3k

D.3mg k

解析：选C 对小球受力分析可知小球受力平衡，由题意可知弹簧弹力与竖直方向夹角为30°，竖直

方向上弹簧弹力与斜面支持力的合力与重力平衡，根据几何关系可知：2kx cos 30°＝mg ，解得：x ＝

3mg

3k

，故选项C 正确。 5.如图5所示，吊床用绳子拴在两棵树上等高位置。某人先坐在吊床上，后躺在吊床上，均处于静

止状态。设吊床两端系绳中的拉力为F 1、吊床对该人的作用力为F 2，则( )

A ．坐着比躺着时F 1大

B ．躺着比坐着时F 1大

C ．坐着比躺着时F 2大

D ．躺着比坐着时F 2大

解析：选A 设绳子与水平方向的夹角为θ，在竖直方向上由平衡条件有G ＝2F sin θ，所以F ＝

G

2sin θ

，因坐着比躺着绳与水平方向的夹角小一些，所以坐着比躺着时绳中的拉力大，故选项A 正确，选项B 错。两种情况吊床对该人的作用力大小为人的重力，所以选项C 、D 错。

6.两物体M 、m 用跨过光滑定滑轮的轻绳相连，如图6所示，OA 、OB 与水平面的

夹角分别为30°、60°，M 、m 均处于静止状态。则( )A ．绳OA 对M 的拉力大

小大于绳OB 对M 的拉力B ．绳OA 对M 的拉力大小等于绳OB 对M 的拉力C ．m 受

到水平面的静摩擦力大小为零D ．m 受到水平面的静摩擦力的方向水平向左

解析：选D 取O 点为研究对象进行受力分析，如图所示，F T A

静摩擦力的方向水平向左，D 正确。

7．如图7所示，一光滑的半圆形碗固定在水平面上，质量为m

1的小球用轻绳跨

过光滑碗连接质量分别为m 2和m 3的物体，平衡时小球恰好与碗之间没有弹力作

用，两绳与水平方向夹角分别为60°、30°。则m 1∶m 2∶m 3的比值为( )A ．1∶

2∶3 B ．2∶3∶1 C ．2∶1∶1 D ．2∶1∶ 3

解析：选B 分析m 2、m 3受力，由平衡条件可知，两段绳中张力大小分别为m 2g 、

m 3g ，再分析m 1受力如图所示，由平衡条件可得：m 2g ＝m 1g cos 30°，m 3 g ＝m 1 g sin

30°，故有：m 2＝32m 1，m 3＝12m 1，所以，m 1∶m 2∶m 3＝m 1∶32m 1∶12

m 1＝2∶3∶1，B 正确。

8.如图8所示，质量分别为10 kg 的物体A 和B 通过光滑滑轮与物体C 相连，物体与水平面和斜面

间的动摩擦因数均为0.2，斜面的倾角为37°，若C 刚好能匀速拉动A 和B 而下滑，则物体C 的质

量为(重力加速度g ＝10 m/s 2)( ) A ．9.6 kg B ．8.0 kgC ．3.6 kg D ．7.6 kg

解析：选A 物体C 匀速下落，则BC 间绳中张力F BC 等于m C g ，而物体B 匀速上滑，由平衡条件可得：

F BC ＝m B g sin 37°＋μm B g cos 37°＋F AB ，而F AB ＝μm A g ，故得：m C g ＝m B g sin 37°＋μm B g cos 37°＋μm A g ，解得m C ＝9.6 kg ，A 正确。

9.如图9所示，将两个质量均为m 的小球a 、b 用细线相连并悬挂于O 点，用力F 拉小球a 使整个装置处于平衡状态，且悬线Oa 与竖直方向的夹角为θ＝60°，则力F 的大小可能为( ) A.3mg B ．mg

C.32mg

D.33

mg 解析：选A 以a 、b 整体为研究对象进行受力分析如图所示，当F 与F T 垂直时，F 最小。F min ＝

2mg sin 60°＝3mg ，A 对。

10．如图10所示，将两相同的木块a 、b 置于粗糙的水平地面上，中间用一轻弹簧连接，两侧用细绳系于墙壁。开始时a 、b 均静止，弹簧处于伸长状态，两细绳均有拉力，a 所受摩擦力f a ≠0，b 所受摩擦力f b ＝0，

现将右侧细绳剪断，则剪断瞬间( )

A ．f a 大小不变

B ．f a 方向改变

C ．f b 仍然为零

D ．f b 方向向左

解析：选A 右侧细绳剪断的瞬间，弹簧弹力来不及发生变化，故a 的受力情况不变，a 左侧绳的拉力、静摩擦力大小方向均不变，A 正确，B 错误。而b 在剪断绳的瞬间右侧绳的拉力立即消失，静摩擦力向右，C 、D 错误。

11．三个质量均为1 kg 的相同木块a 、b 、c 和两个劲度系数均为500 N/m 的相同轻弹

簧p 、q 用轻绳连接如图11所示，其中a 放在光滑水平桌面上。开始时p 弹簧处于原

长，木块都处于静止。现用水平力缓慢地向左拉p 弹簧的左端，直到c 木块刚好离开

水平地面为止，g 取10 m/s 2。该过程p 弹簧的左端向左移动的距离是(不计滑轮的摩

擦)( )A ．4 cm B ．6 cmC ．8 cm D ．10 cm

解析：选C 开始时q 弹簧处于压缩状态，由胡克定律，压缩了2 cm 。c 木块刚好离开

水平地面时，轻弹簧q 中拉力为10 N ，由胡克定律，轻弹簧q 伸长2 cm ；轻弹簧p 中

拉力为20 N ，由胡克定律，轻弹簧p 伸长4 cm ；该过程p 弹簧的左端向左移动的距离是2 cm ＋2 cm ＋4 cm ＝8 cm ，选项C 正确。

12.一端装有定滑轮的粗糙斜面体放在地面上，A 、B 两物体通过细绳连接，并处于静止状态(不

计绳的质量和绳与滑轮间的摩擦)，如图12所示。现用水平力F 作用于物体B 上，缓慢拉开一

小角度，此过程中斜面体与物体A 仍然静止。则下列说法正确的是( )

A ．在缓慢拉开

B 的过程中，水平力F 不变 B ．斜面体所受地面的支持力一定不变

C ．斜面对物体A 作用力的合力变大

D ．物体A 所受斜面体的摩擦力一定变大

解析：选B 对物体B 受力分析如图所示。由图可以看出，随θ的增大，F 和绳的拉力F

T 均增大，A

错误；取A 、B 和斜面体为一整体，由平衡条件可知，竖直方向上，斜面体受到地面的支持力，始终为

整体的总重力，不随F 而改变，B 正确；因不知A 物体初态时摩擦力的方向，故在F T 增大的过程，物体

A 所受斜面体的摩擦力的大小变化情况无法确定，D 错误；因斜面对A 的弹力的大小和方向不变，故斜

面对物体A 的作用力的变化因摩擦力变化不能确定而不能确定，C 错误。

13.如图13所示，墙上有两个钉子a 和b ，它们的连线与水平方向的夹角为45°，两者的高度差为l 。

一条不可伸长的轻质细绳一端固定于a 点，另一端跨过光滑钉子b 悬挂一质量为m

1的重物。在绳上距

a 端l /2的c 点有一固定绳圈。若绳圈上悬挂质量为m 2的钩码，平衡后绳的ac 段正好水平，则重物和

钩码的质量比m 1m 2为( ) A. 5 B ．2 C.52

D. 2 解析：选C 对平衡后绳圈c 受力分析如图所示，图中F

1＝m 2g ，F 2＝m 1g ，由图中几何关系及平衡条件

可知：F 2F 1＝l 2＋l 22

l ＝52，即m 1m 2＝52

，C 正确。 14．如图14所示，楔形斜面体倾角为37°，其BC 长为0.8 m ，AB 宽为0.6 m ，一重为25 N 的木块原

先在斜面体上部，它与斜面间的动摩擦因数为0.6，要使木块沿对角线AC 方向匀速下滑，需要对它施

加方向平行于斜面的力F ，则F 的大小和方向为(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)( ) A ．15 N

沿斜面向上B ．15 N 与AB 边平行C ．9 N 近似于沿DB 方向D ．9 N 近似于沿CA 方向

解析：选C 木块沿斜面方向受到重力沿斜面向下的分力F

G ＝mg sin 37°＝15 N 、沿对角线CA 斜向

上的滑动摩擦力F f ＝μmg cos 37°＝12 N 、外力F 三个力作用，因物块匀速下滑，以上三个力的合力

必定为零，由题意可知∠CAD ＝37°，由余弦定理可知，F ＝F G 2＋F f 2－2F G f cos 37°＝9 N ，且F 与

F f 垂直，故C 正确。

第2讲牛顿运动定律与直线运动

匀变速直线运动规律的应用

[例1]动车从A 站以a 1＝0.5 m/s 2的加速度匀加速度启动，当速度达到180 km/h 时开始做匀速行驶，接近B 站以大小

为a 2＝0.5 m/s 2的加速度匀减速刹车，静止时恰好正点到达B 站。某次，动车在A 站因故晚出发了3 min ，以a 1＝0.5 m/s

2匀加速启动后，当速度达到216 km/h 开始匀速运动，接近B 站以大小为a 2＝0.5 m/s 2的加速度匀减速刹车，静止时也

恰好正点到达B 站。求A 、B 两站间的距离。

[思路点拨] 解答本题时应注意以下三点：(1)两次动车运动的总位移的关系；(2)两次动车运动的总时间的关系；

(3)将速度的单位转化为国际单位制单位。[解析] 设动车匀速行驶时间为t 1，匀加速行驶时间为t 1′，由于加速时的加速度与减速时的加速度大小相等，故加速时间与减速时间相等，加速位移与减速位移也相等。

故有v 1＝at 1′ s AB ＝2312

at 1′2＋v 1t 1第二次启动的最大速度v 2＝216 km/h ＝60 m/s ， 设匀速行驶时间为t 2，加速时间为t 2′，则v 2＝at 2′，s AB ＝2312

at 2′2＋v 2t 2，因两次均正点到达，则有： 2t 1′＋t 1＝2t 2′＋t 2＋180以上各式联立解得：s AB ＝60 km 。[答案] 60 km

一、基础知识要记牢1．匀变速直线运动的公式速度公式v ＝v 0＋at 位移公式x ＝v 0t ＋12

at 2 速度位移公式v 2－v 02＝2ax 平均速度公式v ＝x t 或v ＝v 0＋v 2说明：公式v ＝x t

适用于一切运动；其他公式只适用于匀变速直线运动。2．匀变速直线运动的两个重要结论(1)任意相邻相等时间内的位移之差相等，即Δx ＝x 2－x 1＝x 3－x 2＝…＝aT 2，可以推导出x m －x n ＝(m －n )aT 2。(2)某段时间中间时刻的瞬时速度等于该段时间内的平均速度，即v t /2＝v 。

二、方法技巧要用好

1．符号确定在匀变速直线运动中，一般规定初速度v 0的方向为正方向(但不绝对，也可规定为负方向)，凡与正方向相同的矢量为正值，相反的矢量为负值，这样就把公式中的矢量运算转换成了代数运算。

2．应用技巧物体做匀减速直线运动，减速为零后再反向运动，如果整个过程加速度恒定，则可对整个过程直接应用矢量式。

三、易错易混要明了

物体做加速运动还是减速运动只取决于速度与加速度方向间的关系，与加速度的增大或减小无关。

用牛顿第二定律解决连接体问题

[例2] 如图1－2－1所示，一夹子夹住木块，在力F 作用下向上提升。夹子和木块的质量分别为m 、M ，

夹子与木块两侧间的最大静摩擦力均为f 。若木块不滑动，力F 的最大值是( )

A ．2f (m ＋M )/M

B ．2f (m ＋M )/m

C ．2f (m ＋M )/M －(m ＋M )g

D ．2f (m ＋M )/m ＋(m ＋M )g

[思路点拨] 当夹子与木块两侧间的摩擦力达到最大值时，木块向上运动的加速度达到最大值，若木块

不相对夹子滑动，则力F 达到最大值。[解析] 当夹子与木块两侧间的摩擦力达到最大摩擦力f 时，拉

力F 最大，系统向上的加速度为a 。先以m 为研究对象，进行受力分析，根据牛顿第二定律可知：F －2f －mg ＝ma ， 再以M 为研究对象，进行受力分析，根据牛顿第二定律可知：2f －Mg ＝Ma ，

两式联立可解得F ＝2f m ＋M M

，A 正确。[答案] A 一、基础知识要记牢

1．整体法在连接体问题中，如果不要求知道各个运动物体之间的相互作用力，就可以把它们看成一个整体(当成一个质点)，只分析整体所受的外力，应用牛顿第二定律列方程即可。

2．隔离法如果需要知道物体之间的相互作用力，就需要把某一个物体从系统中隔离出来，分析这个物体受到的所有力，应用牛顿第二定律列出方程。

二、方法技巧要用好整体法适用于解决连接体的各部分具有相同的加速度的情况，对于加速度不同的连接体一般采用隔离法分析。

动力学的两类基本问题

[例3] 为了研究鱼所受水的阻力与其形状的关系，小明同学用石蜡做成两条质量均为m 、形状不

同的“A 鱼”和“B 鱼”，如图1－2－2所示。在高出水面H 处分别静止释放“A 鱼”和“B 鱼”，

“A 鱼”竖直下潜h A 后速度减小为零，“B 鱼”竖直下潜h B 后速度减小为零。“鱼”在水中运动时，

除受重力外，还受到浮力和水的阻力。已知“鱼”在水中所受浮力是其重力的109

倍，重力加速度为g ，“鱼”运动的位移值远大于“鱼”的长度。假设“鱼”运动时所受水的阻力恒定，空气阻力不

计。求：(1)“A 鱼”入水瞬间的速度v A 1； (2)“A 鱼”在水中运动时所受阻力f A ；

(3)“A 鱼”和“B 鱼”在水中运动时所受阻力之比f A ∶f B 。

[破题关键点] (1)两“鱼”入水前做什么规律的运动？(2)两“鱼”入水后竖直下潜过程中，受哪

些力作用？做什么规律的直线运动？[解析] (1)“A 鱼”在入水前做自由落体运动，有v A 12－0＝

2gH ①得：v A 1＝2gH ②

(2)“A 鱼”在水中运动时受重力、浮力和阻力的作用，做匀减速运动，设加速度为a A ，有

F 合＝F 浮＋f A －mg ③F 合＝ma A ④0－v A 12＝－2a A h A ⑤由题意：F 浮＝109mg 综合上述各式，得f A ＝mg (H h A －19

)⑥ (3)考虑到“B 鱼”的受力、运动情况与“A 鱼”相似，有f B ＝mg (H h B －19)⑦综合⑥、⑦两式，得f A f B ＝h B 9H －h A h A 9H －h B

[答案] (1)2gH (2)mg (H h A －19) (3)h B 9H －h A h A 9H －h B 一、基础知识要记牢1．已知物体的受力情况求物体的运动情况

已知物体的受力情况，可以求出物体所受的合外力，根据牛顿第二定律可求出物体的加速度，再知道物体的初始条件(初位置和初速度)，根据运动学公式，就可以求出物体在任一时刻的速度和位移，也就可以求解物体的运动情况。

2．已知物体的运动情况求物体的受力情况

根据物体的运动情况，由运动学公式可以求出加速度，再根据牛顿第二定律可确定物体的受力情况，从而求出未知的力，或与力相关的某些物理量，如动摩擦因数、弹簧的劲度系数、力的方向等。

物体的运动情况由所受的力及物体运动的初始状态共同决定，无论哪种情况，联系力和运动的“桥梁”都是加速度。

二、方法技巧要用好1．动力学两类问题的分析思路

2．常用方法(1)整体法、隔离法。(2)正交分解法，一般取加速

度方向和垂直于加速度方向进行分解，为减少分解的矢量的个

数，有时也根据情况分解加速度。

三、易错易混要明了 应用牛顿第二定律列式时，一般以加速度

方向为正方向列式，而应用运动学公式列式时，一般以初速度方

向为正方向列式，在处理具体问题时加速度与初速度的方向不一

定一致，因此要注意v 0和a 的符号。

牛顿运动定律与图象的综合应用

[例4] 如图1－2－3甲所示，质量为M 的长木板，静止放置在粗糙水平地面

上，有一个质量为m 、可视为质点的物块，以某一水平初速度从左端冲上木板。

从物块冲上木板到物块和木板达到共同速度的过程中，物块和木板的v －t 图象

分别如图乙中的折线acd 和bcd 所示，a 、b 、c 、d 点的坐标分别为a (0,10)、

b (0,0)、

c (4,4)、

d (12,0)。根据v －t 图象，求：(1)物块冲上木板做匀减速直

线运动的加速度大小a 1，木板开始做匀加速直线运动的加速度大小a 2，达到共

同速度后一起做匀减速直线运动的加速度大小a 3；(2)物块质量m 与长木板质量M 之比；

(3)物块相对长木板滑行的距离Δs 。

[思路点拨] 解答本题时应注意以下三点：(1)v －t 图象斜率大小表示物体运动的加速度大小；(2)不同物体或不同时间阶段受力情况分析；(3)物块与木板同速后不再发生相对滑动。[解析] (1)由v －t 图象可求出物块冲上木板做匀减

速直线运动的加速度大小a 1＝10－44 m/s 2＝1.5 m/s 2，木板开始做匀加速直线运动的加速度大小a 2＝4－04

m/s 2＝1 m/s 2，达到共同速度后一起做匀减速直线运动的加速度大小a 3＝4－08

m/s 2＝0.5 m/s 2。(2)对物块冲上木板匀减速阶段：μ1mg ＝ma 1对木板向前匀加速阶段：μ1mg －μ2(m ＋M )g ＝Ma 2物块和木板达到共同速度后向前匀减速阶段：μ2(m ＋M )g ＝(M

＋m )a 3以上三式联立可得m M ＝32

。(3)由v －t 图象可以看出，物块相对于长木板滑行的距离Δs 对应图中△abc 的面积，故Δs ＝1034312 m ＝20 m 。[答案] (1)1.5 m/s 2 1 m/s 2 0.5 m/s 2 (2)32

(3)20 m 一、基础知识要记牢(1)高考中关于动力学问题的图象主要有s －t 图象、v －t 图象、F －t 图象等。

(2)在v －t 图象中：①“点”的意义：图象上的任一点表示对应时刻物体的速度。②“斜率”的意义：“斜率”表示物体的加速度。③“面积”的意义：图象与坐标轴围成的“面积”表示物体在对应的时间段内发生的位移。④“截距”的意义：纵轴截距表示物体出发时的速度，横轴截距表示物体出发时距计时起点的时间间隔或速度为零的时刻。

二、方法技巧要用好

(1)首先弄清图象纵、横坐标的含义(位移、速度、加速度等)。(2)利用图象分析动力学问题时，关键要将题目中的物理情境与图象结合起来分析，利用物理规律或公式求解或作出判断。(3)弄清图象中斜率、截距、交点、转折点、面积等的物理意义，从而充分利用图象提供的信息来解决问题。

[课堂——针对考点强化训练]

1.如图1－2－4所示，在倾角为θ＝30°的足够长的光滑斜面上，一质量为2 kg 的小球自与斜面底端P 点相距0.5 m 处，以4 m/s 的初速度沿斜面向上运动。在返回P 点之前，若小球与P 点之间的距离为d ，重

力加速度g 取10 m/s 2。则d 与t 的关系式为( )A ．d ＝4t ＋2.5t 2 B ．d ＝4t －2.5t 2C ．d ＝0.5

＋4t ＋2.5t 2D ．d ＝0.5＋4t －2.5t 2

解析：选D 取沿斜面向上为正方向，小球沿斜面向上做匀减速直线运动，其位移x ＝v 0t －12

at 2，v 0＝4 m/s ，a ＝g sin θ＝5 m/s 2，故x ＝4t －2.5t 2，又d ＝0.5＋x ，所以d ＝0.5＋4t －2.5t 2，

D 正确。

2．将一只皮球竖直向上抛出，皮球运动时受到空气阻力的大小与速度

的大小成正比。下列描绘皮球在上升过程中加速度大小a 与时间t 关系

的图象，可能正确的是( )

解析：选C 对皮球进行受力分析，受到竖直向下的重力、阻力作用，根据牛顿第二定律，皮球在上升过程中的加速度

大小a ＝mg ＋kv m

，因皮球上升过程中速度v 减小，加速度减小，当速度v ＝0时，加速度a ＝g ，a －t 图象逐渐趋近一条平行于t 轴的直线，C 正确；A 、B 、D 错误。

3.某物体运动的速度图象如图1－2－6所示，根据图象可知( )

A ．0～2 s 内的加速度为1 m/s 2

B ．0～5 s 内的位移为10 m

C ．0～2 s 与4～5 s 的速度方向相反

D ．第1 s 末与第5 s

末加速度方向相同

解析：选A 由a ＝Δv /Δt 知a ＝1 m/s 2，故A 对；由v －t 图象中梯形面积表示位移可算得5 s 内的位移是7 m ，故B

错；在前5 s 内因速度都大于0，故物体一直向正方向运动，C 错；物体在前2 s 内加速度的方向为正，第5 s 末加速度方向为负，故D 错。

4． 质量为0.1 kg 的弹性球从空中某高度由静止开始下落，该下落过程对应的v －t 图象如图1－2－7所示。球与水

平地面相碰后离开地面时的速度大小为碰撞前的3

4

。设球受到的空气阻力大小恒为f ，取g ＝10 m/s 2，求： (1)弹性球受到的空气阻力f 的大小；(2)弹性球第一次碰撞后反弹的高度h 。

解析： (1)设弹性球第一次下落过程中的加速度大小为a 1，由图知a 1＝Δv Δt ＝40.5

m/s 2＝8 m/s 2根据牛顿第二定律，得mg －f ＝ma 1 f ＝m (g －a 1)＝0.2 N (2)由题图知弹性球第一次到达地面时的速度大小为v 1＝4

m/s ，设球第一次离开地面时的速度大小为v 2，则v 2＝34

v 1＝3 m/s 第一次离开地面后，设上升过程中球的加速度大小为a 2，则mg ＋f ＝ma 2，a 2＝12 m/s 2于是，有0－v 22＝－2a 2h 解得h ＝38 m 。答案：(1)0.2 N (2)38

m [课下——针对高考押题训练]

1. (20122上海质检)甲、乙两位同学进行百米

赛跑，假如把他们的运动近似当作匀速直线运动

来处理，他们同时从起跑线起跑，经过一段时间

后他们的位置如图1所示，在图2中分别作出在

这段时间内两人运动的位移s 、速度v 与时间t 的关系图象，正确的

是( )

解析：选B 甲、乙两同学均做匀速直线运动，D 错误，由题图1可知，v 乙>v 甲，故B 正确，A 、C 错误。

2.质量为0.3 kg 的物体在水平面上运动，图3中两直线分别表示物体受水平拉力和不受水平拉

力时的速度—时间图象，则下列说法正确的是( )A ．物体所受摩擦力一定等于0.1 N

B ．水平拉力一定等于0.1 N

C ．物体不受水平拉力时的速度—时间图象一定是a

D ．物

体不受水平拉力时的速度—时间图象一定是b

解析：选B 由速度—时间图象知，a 、b 图线表示物体做匀减速运动。加速度大小设为a a 、a b ，

则a a ＝5－36 m/s 2＝13 m/s 2，a b ＝5－16 m/s 2＝23

m/s 2。拉力的情形可能有两种：若拉

力和摩擦力与速度方向相反，则f ＝ma a ，F ＋f ＝ma b ，此时F ＝f ＝0.3313

N ＝0.1 N ，此情况，a 表示没有受拉力时的情况，b 表示受拉力时的情况；若拉力方向与速度方

向相同，则f ＝ma b ，f －F ＝ma a ，此时f ＝0.3323

N ＝0.2 N ，F ＝0.1 N ，这时，a 表示受拉力时的情况，b 表示没有受拉力时的情况，故选B 。

3．如图4所示，汽车以10 m/s 的速度匀速驶向路口，当行驶至距路口停车线20 m

处时，绿灯还有3 s 熄灭。而该汽车在绿灯熄灭时刚好停在停车线处，则汽车运动

的速度(v )－时间(t )图象可能是 ( )

解析：选C 由速度图象与横轴所夹“面积”等于这段时间内的位移可知，该汽

车在绿灯熄灭时刚好停在停车线处，其在3 s 内的位移一定为20 m ，故汽车运动

的速度(v )－时间(t )图象可能是C 。

4. (20122安徽高考)如图5所示，放在固定斜面上的物块以加速度a 沿斜面匀

加速下滑，若在物块上再施加一个竖直向下的恒力F ，则( )A ．物块可能匀速

下滑B ．物块仍以加速度a 匀加速下滑C ．物块将以大于a 的加速度匀加速下滑D ．物

块将以小于a 的加速度匀加速下滑

解析：选C 对物块进行受力分析，设斜面的角度为θ，可列方程mg sin θ－μmg cos θ＝ma ，

sin θ－μcos θ＝a /g ，当加上力F 后，由牛顿第二定律得(mg ＋F )sin θ－μ(mg ＋F )cos θ＝

ma 1，即mg sin θ－μmg cos θ＋F sin θ－μF cos θ＝ma 1，ma ＋F sin θ－μF cos θ＝ma 1，F sin

θ－μF cos θ＝F (sin θ－μcos θ)＝Fa /g ，Fa /g 大于零，代入上式知，a 1大于a 。物块将以

大于a 的加速度匀加速下滑。只有C 项正确。

5.如图6所示，光滑斜面固定于水平面上，滑块A 、B 叠放后一起冲上斜面，且始终保持相对静止，

A 上表面水平。则A 、

B 整体在斜面上运动时，B 受力的示意图为( )

解析：选A 因A 上表面水平，A 、B 间若存在摩擦力，只能沿水平方向，故C 、D 均错误；因A 、

B 沿光滑斜面向上冲时，加速度一定沿斜面向下，故滑块B 水平方向必有向左的合外力，即A 对B

的静摩擦力F f ，故A 正确，B 错误。

6．利用如图8甲所示的装置测量滑块和滑板间的动摩擦因数，将质量为M

的滑块A 放在倾斜滑板B 上，C 为位移传感器，它能将滑块A 到传感器C

的距离数据实时传送到计算机上，经计算机处理后在屏幕上显示出滑块A

的速度－时间(v －t )图象。先给滑块A 一个沿滑板B 向上的初速度，得到

的v －t 图象如图乙所示，则( )A ．滑块A 上滑时加速度的大小为8

m/s 2B ．滑块A 下滑时加速度的大小为8 m/s 2C ．滑块与滑板之间的动摩擦

因数μ＝0.5D ．滑块A 上滑时运动的位移为2 m

解析：选A 滑块A 上滑时加速度的大小a 1＝????

??0－4.00.5 m/s 2＝8.0 m/s 2，A 项正确；A 下滑时的加速度a 2＝ 4.01.5－0.5 m/s 2＝4.0 m/s 2，B 项错误；由牛顿第二定律知A 上滑时mg sin θ＋μmg cos θ＝ma 1，A 下滑时mg sin θ－μmg cos θ＝

ma 2，解得μ＝0.25，C 项错误；在速度－时间图象中面积表示位移，滑块A 上滑时运动的位移为1 m ，D 项错误。

7．如图9甲所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率v

1运行。初速度大小

为v 2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v 2>v 1，则( )A ．t 2时刻，小物块离A 处的

距离达到最大B ．t 2时刻，小物块相对传送带滑动的距离达到最大C ．0～t 2时间内，小物块受到的摩擦力方向先向右后向左D ．0～t 3时间内，小物块始终受到大小不变的摩擦力作用

解析：选B 小物块对地速度为零时，即t 1时刻，向左离开A 处最远。t 2时刻，小物块相对传送带静止，此时不再相对传送带滑动，所以从开始到此刻，它相对传送带滑动的距离最大。0～t 2时间内，小物块受到的摩擦力为滑动摩擦力，方向始终向右，大小不变。t 2时刻以后相对传送带静止，故不再受摩擦力作用。B 正确。

8.如图10所示，在水平桌面上叠放着质量相等的A 、B 两块木板，在木板A 上放着质量为m 的物块C ，木板和物块均处于静止状态。A 、B 、C 之间以及B 与地面之间的动摩擦因数均为μ，设最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，重力加速度为g ，现用水平恒力F 向右拉木板A ，则以下判断正确的是( )

A ．不管F 多大，木板

B 一定保持静止B ．B 受到地面的滑动摩擦力大小一定小于F

C ．A 、C 之间的摩擦力大小一定等于μmg

D ．A 、B 之间的摩擦力大小不可能等于F

解析：选A 设A 、B 的质量为M ，则A 对B 的最大静摩擦力f AB ＝μ(M ＋m )g ，而地面对B 的最

大静摩擦力大小为f B 地＝μ(2M ＋m )g ，故无论F 多大，B 一定保持静止，A 正确；若F

9．摩天大楼中一部直通高层的客运电梯，行程超过百米，电梯的简化模型如图11甲所示。考虑安全、舒适、省时等因素，电梯的加速度a 是随时间t 变化的。已知电梯在t ＝0时由静止开始上升，a －t 图象如图乙所示。电梯总质量m

＝2.03103 kg 。忽略一切阻力，重力加速度g 取10 m/s 2。

(1)求电梯在上升过程中受到的最大拉力F

1和最小拉力F 2；(2)类比是

一种常用的研究方法。对于直线运动，教科书中讲解了由v －t 图象求

位移的方法。请你借鉴此方法，对比加速度和速度的定义，根据图乙

所示a －t 图象，求电梯在第1 s 内的速度改变量Δv 1和第2 s 末的

速率v 2。

解析：(1)由牛顿第二定律，有F －mg ＝ma 由a －t 图象可知，F 1和F 2

对应的加速度分别是a 1＝1.0 m/s 2，a 2＝－1.0 m/s 2，

F 1＝m (g ＋a 1)＝2.031033(10＋1.0)N ＝2.23104 N F 2＝m (g ＋a 2)＝2.031033(10－1.0)N ＝1.83104 N

(2)类比可得，所求速度变化量等于第1 s 内a －t 图线下的面积Δv 1＝0.5 m/s 同理可得Δv 2＝v 2－v 0＝1.5 m/s v 0＝0，第2 s 末的速率v 2＝1.5 m/s 答案：(1)F 1＝2.23104 N F 2＝1.83104 N(2) Δv 1＝0.5 m/s v 2＝1.5 m/s

10．如图12所示，水平面上有一固定着轻质定滑轮O 的木块A ，它的上表面与水平面平

行，它的右侧是一个倾角θ＝37°的斜面。放置在A 上的物体B 和物体C 通过一轻质细

绳相连，细绳的一部分与水平面平行，另一部分与斜面平行。现对A 施加一水平向右的

恒力F ，使A 、B 、C 恰好保持相对静止。已知A 、B 、C 的质量均为m ，重力加速度为g ，

不计一切摩擦，求恒力F 的大小。(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)

解析：设绳的张力为T ，斜面对物体C 的支持力为F N ，系统加速度为a ，以B 为研究对象T ＝ma 以C 为研究对象F N sin θ－T cos θ＝ma F N cos θ＋T sin θ＝mg 联立解得a ＝g 3

以A 、B 、C 为整体F ＝3ma ，故F ＝mg 。答案：mg 第3讲抛体运动与圆周运动

运动的合成与分解

[例1] )如图1－3－1所示，吊车以v

1速度沿水平直线匀速行驶，同时以v 2速度收拢绳索

提升物体时，下列表述正确的是( )

A ．物体的实际运动速度为v 1＋v 2

B ．物体的实际运动速度为v 12＋v 22

C ．物体相对地面做曲线运动

D ．绳索向左偏离竖直方向一个角度

[思路点拨] 解答本题时应注意以下两点：(1)明确物体被提升过程中同时参与了哪两个方

向的运动。(2)物体做曲线运动的条件。

[解析] 物体在水平方向随吊车以速度v 1匀速运动的同时，在竖直方向上以速度v 2匀速上升，

故物体的实际速度v ＝v 12＋v 22，大小、方向均恒定，故物体相对地面做直线运动，因物体的加速度为零，绳的拉力与

物体的重力等大反向，绳索保持竖直状态，综上所述，可知A 、C 、D 错误，B 正确。[答案] B

一、基础知识要记牢

(1)

(2)合合合运动。(3)做曲线运动的物体受的合力总是指向曲线的凹侧。

二、方法技巧要用好1．解决运动合成和分解的一般思路(1)明确合运动或分运动的运动性质。(2)明确是在哪两个方向上的合成或分解。(3)找出各个方向上已知的物理量(速度、位移、加速度)(4)运用力与速度的关系或矢量的运算法则进行分析求解。

2．小船过河的两类问题的分析方法

(1)要求最短时间过河，则船头必须垂直指向对岸，不论船速与水流速度的关系如何。

(2)要求过河的位移最短，则要区分两种情况：

①当船在静水中的速度v

1大于水流速度v 2时，最短过河位移为河宽d ， 图1－3－2

如图1－3－2所示，船头指向上游与河岸的夹角α＝arccos v 2v 1。

②当船在静水中的速度v 1小于水流速度v 2时，过河的最短位移为x ，如图1－3－3所示，船头指向上

游与河岸的夹角为θ＝arccos v 1v 2， 最短位移x ＝v 2v 1

d 。

三、易错易混要明了

(1)两互成角度的直线运动的合运动不一定是曲线运动。

(2)小船渡河的最短位移不一定是河宽，小船以最短时间渡河时，位移不是最小。

平抛运动的基本规律

[例2] 在一次国际城市运动会中，要求运动员从高为H 的平台上A 点由静止出发，沿着动摩擦因数为μ的滑道向下运动到B 点后水平滑出，最后落在水池中。如图1－3－4所示，设滑道的水平距离为L ，B 点的高度h 可由运动员自由

调节(取g ＝10 m/s 2)。求：(1)运动员到达B 点的速度v

0与高度h 的关系；(2)运动员要达到最大

水平运动距离，B 点的高度h 应调为多大？对应的最大水平距离s max 为多少？(3)若图中H ＝4 m ，L

＝5 m ，动摩擦因数μ＝0.2，则水平运动距离要达到7 m ，h 值应为多少？

[思路点拨] (1)从A 点到B 点→动能定理；(2)从B 点水平滑出后→平抛运动公式；(3)最大水平

运动距离→由二次函数求最大值。[解析] (1)设斜面长度为L 1，斜面倾角为α，根据动能定理得

mg (H －h )－μmgL 1cos α＝12mv 02①即mg (H －h )－μmgL ＝12mv 02②v 0＝2g H －h －μL 。③(2)根据平抛运动公式x ＝v 0t ④h ＝12gt 2⑤由③④⑤式得x ＝2H －μL －h h ⑥当h ＝H －μL 2

时，x 有最大值，x m ＝H －μL ，则s max ＝L ＋H －μL 。(3)在⑥式中令x ＝(7－5) m ＝2 m ，H ＝4 m ，L ＝5 m ，μ＝0.2，则－h 2＋3h －1＝0求出h 1＝3＋52 m ＝2.62 m ，h 2＝3－52

m ＝0.38 m 。[答案] (1)v 0＝2g H －h －μL (2)H －μL 2

L ＋H －μL (3)2.62 m 或0.38 m 一、基础知识要记牢

1．平抛运动以一定的初速度将物体水平抛出，在只受重力的情况下，物体所做的运动。 (1)位移关系????? x ＝v 0t y ＝12gt 2(2)速度关系????? v x ＝v 0v y ＝gt 2．类平抛运动 以一定的初速度将物体水平抛出，如果物体受的合

力恒定且与初速度方向垂直，则物体做类平抛运动。类平抛运动的加速度方向不一定竖直向下，大小也不一定等于g 。

3．两个重要结论

(1)设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为θ，位移与水平方向的夹角为φ，则有tan θ＝2tan φ。如图甲所示。

(2)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。如图乙所示。

二、方法技巧要用好

(1)处理平抛运动(或类平抛运动)时，一般将运动沿初速度方向和垂直于初速度

方向进行分解，先按分运动规律列式，再用运动的合成求合运动。

(2)对于在斜面上平抛又落到斜面上的问题，其竖直位移与水平位移之比等于斜

面倾角的正切值。

(3)若平抛的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。

圆周运动问题分析

[例3] 如图1－3－6所示，竖直平面内有一34

圆弧形光滑轨道，圆弧半径为R 。AD 为水平面，A 端与圆心O 等高，B 点在圆心的正上方，一个质量为m 的小球，自A 点以竖直向下的初速度

进入圆弧轨道，经过圆弧上的B 点飞出后落到C 点。已知AC ＝R ，重力加速度为g 。求：

(1)小球通过B 点时对轨道的压力大小；(2)小球在A 点的初速度大小；(3)若圆弧轨道不光滑，

小球在A 点仍以相同的初速度进入圆弧轨道，恰能通过B 点，则小球在运动过程中克服摩擦力

做了多少功？

[解析] (1)由B 到C 小球做平抛运动R ＝12gt 2 x ＝v B t 在B 点由牛顿第二定律得F ＋mg ＝m v B 2R

解得F ＝mg 由牛顿第三定律，小球对轨道的压力为mg (2)小球由A 点到B 点，机械能守恒12mv A 2＝12

mv B 2＋mgR 由以上解得v A ＝2gR (3)小球恰能通过最高点B 时有mg ＝m v 2R 从A 点到B 点，由动能定理得－mgR －W ＝12mv 2－12

mv A 2 由以上式子解得W ＝12mgR [答案] (1)mg (2)2gR (3)12

mgR 一、基础知识要记牢(1)描述匀速圆周运动快慢的物理量有：线速度v 、角速度ω、周期T 、频率f 、转速n 。

其关系有：v ＝s t ＝2πr T ，ω＝φt ＝2πT ，v ＝ωr ，n ＝f ＝1T

(2)注意两个问题：①凡是直接用皮带传动(包括链条传动、摩擦传动)的两个轮子，两轮边缘上各点的线速度大小相等；②凡是同一个轮轴上(或各个轮都绕同一根轴同步转动)各点角速度相等。(3)圆周运动的向心力来源：在匀速圆周运动中合力提供向心力，在非匀速圆周运动中，沿半径方向的合外力提供向心力。

二、方法技巧要用好1．解决圆周运动动力学问题的一般步骤(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

的动力学方程，有以下各种情况，F ＝m v 2r ＝mr ω2＝mv ω＝mr 4π2T 2＝4π2mrf 2。解题时应根据已知条件进行选择。 2

(1)做圆周运动的物体，其向心力一定由沿半径指向圆心的合外力提供，与切向合力无关。

(2)对于竖直平面内的圆周运动，要注意区别“绳模型”和“杆模型”，两种模型在最高点的临界条件不同。

[针对考点强化训练]

1.如图1－3－7所示为一个做匀变速曲线运动的质点的轨迹示意图，已知在B 点的速度与加速

度相互垂直，则下列说法中正确的是( )A ．D 点的速率比C 点的速率大B ．A 点的加速度与

速度的夹角小于90°C．A 点的加速度比D 点的加速度大D ．从A 到D 加速度与速度的夹角先增

大后减小

解析：选A 质点做匀变速曲线运动，合力的大小与方向均不变，加速度不变，故C 错误；由B 点速度与加速度相互垂直可知，合力方向与B 点切线垂直且向下，故质点由C 到D 过程，合力做正功，速率增大，A 正确；A 点的加速度方向与过A 的切线也即速度方向夹角大于90°，B 错误；从A 到D 加速度与速度的夹角一直变小，D 错误。

2.如图1－3－8所示，在同一竖直面内，小球a 、b 从高度不同的两点，分别以初速度v a 和v b 沿

水平方向抛出，经过时间t a 和t b 后落到与两抛出点水平距离相等的P 点，若不计空气阻力，则( )

A ．t a ＞t b ，v a ＜v b

B ．t a ＞t b ，v a ＞v b

C ．t a ＜t b ，v a ＜v b

D ．t a ＜t b ，v a ＞v b

解析：选A 做平抛运动的物体，水平方向上做匀速直线运动，有x ＝vt ；竖直方向上做自由落体

运动，有h ＝12

gt 2。由题意知h a ＞h b ，则有t a ＞t b ，又因为x a ＝x b ，根据以上关系式得v a ＜v b ，A 对。 3．如图1－3－9所示，倾角30°的斜面连接水平面，在水平面上安装半径为R 的

半圆竖直挡板，质量m 的小球从斜面上高为R /2处静止释放，到达水平面恰能贴

着挡板内侧运动。不计小球体积，不计摩擦和机械能损失。则小球沿挡板运动时

对挡板的力是( )A ．0.5mg B ．mg C ．1.5mg D ．2mg

解析：选B 质量m 的小球从斜面上高为R /2处静止释放，由机械能守恒定律可得，

到达水平面时速度的二次方v 2＝gR ，小球在挡板弹力作用下做匀速圆周运动，F ＝

mv 2/R ，由牛顿第三定律，小球沿挡板运动时对挡板的力F ′＝F ，联立解得F ′＝

mg ，选项B 正确。

4.如图1－3－10所示，长为L 的轻杆一端固定质量为m 的小球，另一端有固定转轴O 。现使小球在竖

直平面内做圆周运动。P 为圆周轨道的最高点。若小球通过圆周轨道最低点时的速度大小为 92

gL ，则以下判断正确的是( )A ．小球不能到达P 点 B ．小球到达P 点时的速度小于gL

C ．小球能到达P 点，但在P 点不会受到轻杆的弹力

D ．小球能到达P 点，且在P 点受到轻杆向下的弹

力

解析：选B 根据机械能守恒定律2mgL ＝12mv 2－12mv P 2，可求出小球在P 点的速度为12gL

mg ，故小球在P 点受到轻杆向上的弹力，故C 、D 均错误。

5．如图1－3－11所示，置于圆形水平转台边缘的小物块随转台加速转动，当转速达到某一数

值时，物块恰好滑离转台开始做平抛运动。现测得转台半径R ＝0.5 m ，离水平地面的高度H ＝

0.8 m ，物块平抛落地过程水平位移的大小x ＝0.4 m 。设物块所受的最大静摩擦力等于滑动摩

擦力，取重力加速度g ＝10 m/s 2。求： (1)物块做平抛运动的初速度大小v 0；(2)物块与转台间

的动摩擦因数μ。

解析：(1)物块做平抛运动，在竖直方向上有H ＝12gt 2 ①在水平方向上有 x ＝v 0t ②由①②式解得 v 0＝x g 2H

＝1 m/s ③(2)物块离开转台时，最大静摩擦力提供向心力，有F f m ＝m v 02R ④F f m ＝μF N ＝μmg ⑤由③④⑤式解得 μ＝v 02gR

， μ＝0.2答案：(1)1 m/s (2)0.2

[针对高考押题训练]

1.如图1所示，靠摩擦传动做匀速转动的大、小两轮接触面互不打滑，大轮半径是小轮半径的2

倍，A 、B 分别为大、小轮边缘上的点，C 为大轮上一条半径的中点，则( )A ．两轮转动的角速

度相等B ．小轮转动的角速度是大轮的2倍C ．质点加速度a A ＝2a B D ．质点加速度a B ＝2a C

解析：选B 两轮不打滑，边缘质点线速度大小相等，v A ＝v B ，而r A ＝2r B ，故ωA ＝12

ωB ，A 错误，B 正确；由a ＝v 2r 得a A a

B ＝r B r A ＝12，

C 错误；由a ＝ω2r ，得a A a C ＝r A r C ＝2，则a B a C

＝4，D 错误。 2．如图2所示，在不计滑轮摩擦和绳子质量的条件下，当小车匀速向右运动时，物体A 的受力情况

是( )A ．绳的拉力大于A 的重力B ．绳的拉力等于A 的重力C ．绳的拉力小于A 的重力D ．拉力先

大于重力，后变为小于重力

解析：选A 小车水平向右的速度(也就是绳子末端的运动速度)为合速度，它的两

个分速度v 1、v 2如图所示，其中v 2就是拉动绳子的速度，它等于A 上升的速度。

由图得，v A ＝v 2＝v cos θ。小车匀速向右运动过程中，θ逐渐变小，可知v A 逐渐

变大，故A 做加速运动，由A 的受力及牛顿第二定律可知绳的拉力大于A 的重力，

故选项A 正确。

3.一般的曲线运动可以分成很多小段，每小段都可以看成圆周运动的一部分，即把整条曲线用一系列

不同半径的小圆弧来代替。如图3甲所示，曲线上A 点的曲率圆定义为：通过A 点和曲线上紧邻A 点

两侧的两点作一圆，在极限情况下，这个圆就叫做A 点的曲率圆，其半径ρ叫做A 点的曲率半径。现将一物体沿与水

平面成α角的方向以速度v 0抛出，如图乙所示。则在其轨迹最高点P 处的曲率半径是( ) A.v 02g B.v 02sin 2αg

C.v 02cos 2αg

D.v 02cos 2αg sin α

解析：选C 根据运动的分解，物体在最高点的速度等于水平分速度，即为v 0cos α，在最高点看成是向心力为重力的

圆周运动的一部分，则mg ＝m v 0cos α2ρ，ρ＝v 0cos α2g

，C 项正确。 4．一探照灯照射在云层底面上，云层底面是与地面平行的平面，如图4所示，云层底面距地面

高h ，探照灯以角速度ω在竖直平面内转动，当光束转到与竖直方向夹角为θ时，云层底面上

光点的移动速度是( )

A ．h ω B.h ωcos θ C.h ωcos θ

D ．h ωtan θ 解析：选C 当光束转到与竖直方向夹角为θ时，云层底面上光点转动的线速度为h ωcos θ

。设云层底面上光点的移动速度为v ，则有v cos θ＝h ωcos θ，解得云层底面上光点的移动速度v ＝h ωcos 2θ

，选项C 正确。 5．在处理交通事故中，测定碰撞前瞬间汽车的速度，对于事故责任的认定具有重要的作用。利

用v ＝ 4.92ΔL h 1－h 2

可以测定事故车辆碰撞前瞬间的速度，其中h 1、h 2分别是散落物(图5中用A 、B 表示)在车上时候的离地高度。如果不计空气阻力，g 取9.8 m/s 2。下列说法正确的是( )

A ．题中公式是根据牛顿运动定律得出的

B ．A 、B 的落地时间与它们在车上的高度无关

C ．ΔL 是在事故现场被水平抛出的散落物沿公路方向上的水平距离

D ．A 、B 落地时间与车辆速度的乘积等于ΔL

解析：选C 由题意可知，散落物做平抛运动的初速度与车速相同，由下落高度可以求得时间，t 1＝2h 1g ，t 2＝2h 2g

；各散落物的水平位移x 1＝vt 1，x 2＝vt 2；散落物的距离ΔL ＝x 1－x 2；由以上各式联立可求得：v ＝ 4.9ΔL

h 1－h 2，该式

是由平抛运动规律求得的，因此A 、B 、D 错误，C 正确。

6．(20122孝感一模)如图6所示，一长为2L 的木板，倾斜放置，倾角为45°，今有一弹性小球，自

与木板上端等高的某处自由释放，小球落到木板上反弹时，速度大小不变，碰撞前后，速度方向与木板

夹角相等，欲使小球恰好落到木板下端，则小球释放点距木板上端的水平距离为( )

A.12L

B.13L

C.14L

D.15

L 解析：选D 设小球释放点距木板上端的水平距离为h ，由几何关系可知，θ＝45°，所以下落高度为h ，

根据自由落体运动规律，末速度v ＝2gh ，也就是平抛运动的初速度，设平抛运动的水平位移和竖直位移分别为x 和

y ，因θ＝45°，所以x ＝y ，由平抛运动规律x ＝vt ，y ＝12

gt 2，联立解得x ＝4h ，由题意可知42h ＋2h ＝2L ，解得h ＝15

L ，所以选项D 正确。 7.)如图7所示，斜面上a 、b 、c 三点等距，小球从a 点正上方O 点抛出，做初速为v 0的平抛运动，恰

落在b 点。若小球初速变为v ，其落点位于c ，则( )A ．v 03v 0

解析：选A 以O 点为原点，v 0方向为x 轴，竖直向下为y 轴建立平面直角坐标系，则有x c ＝2x b ，y c >y b ，

由x b ＝v 0t b ，x c ＝vt c 和t c >t b ，可知，v 0

8．如图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。下列说法中正确的是( )(1)小球落地点离O 点的水平距离为2R (2)小

球落地时的动能为5mgR /2(3)小球运动到半圆弧最高点P 时向心力恰好为零

(4)若将半圆弧轨道上部的1/4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0.5 R

A ．(1)(2)

B ．(1)(2)(3)(4)

C ．(1)(2)(4)

D ．(1)(4)

解析：选C 因小球恰能通过最高点P ，重力为其提供向心加速度，故其在最高点的速度为gR ，小

球从最高点以v x ＝gR 的速度水平抛出，在空中运动的时间为t ＝4R g

，水平位移为x ＝v x t ＝2R ，故(1)对(3)错；由机械能守恒知，小球在落地时的机械能与最高点时相等，小球在最高点的机械能为5 mgR /2，故(2)

对；若将半圆弧轨道上部的1/4圆弧截去则小球能达到的最大高度时速度为零，故其势能为5 mgR /2，

上升的最大高度为2.5R ，所以比P 点高0.5R ，(4)对。综上所述C 对。

9.如图9所示，边长为L 的正方形ABCD 中有竖直向上的匀强电场，一个不计重力的带电粒子，质量

为m ，电荷量为q ，以初速度v 0从A 点沿AD 方向射入，正好从CD 的中点射出，而且射出时速度方向与CD 成θ＝30°的夹角。(1)该带电粒子带什么电？ (2)该电场的电场强度E 为多少？

解析：(1)根据做曲线运动的物体受的合力总是指向曲线凹的一侧，故带电粒子受到的电场力竖直向下，带电粒子所受电场力方向与电场强度方向相反，所以粒子应带负电。(2)带电粒子在电场中做类平抛运动，水平方向：L ＝v 0t ，竖直方向：v y ＝at ，a ＝Eq /m 又根据带电粒子离开电场时的速度方向，由题图可得

v y v 0＝tan(90°－θ)联立解得该电场的电场强度E ＝3mv 02qL 。答案：(1)负电 (2)3mv 02qL

10．如图10甲所示为车站使用的水平传送带的模型，它的水平传

送带的长度为L ＝8 m ，传送带的皮带轮的半径均为R ＝0.2 m ，传

送带的上部距地面的高度为h ＝0.45 m ，现有一个旅行包(视为质

点)以速度v 0＝10 m/s 的初速度水平地滑上水平传送带。已知旅

行包与皮带之间的动摩擦因数为μ＝0.6，皮带轮与皮带之间始

终不打滑。g 取10 m/s 2。讨论下列问题。

(1)若传送带静止，旅行包滑到B 点时，人若没有及时取下，旅行

包将从B 端滑落，则包的落地点距B 端的水平距离为多少？

(2)设皮带轮顺时针匀速转动，若皮带轮的角速度ω1＝40 rad/s ，旅行包落地点距B 端的

水平距离又为多少？(3)设皮带轮以不同的角速度顺时针匀速转动，画出旅行包落地点距B 端的水平距离x 随皮带轮的角速度ω变化的图象。(只需画出图象，不要求写出计算过程)

解析：(1)旅行包做匀减速运动a ＝μg ＝6 m/s 2，旅行包到达B 端速度为v ＝v 02－2aL ＝100－96 m/s ＝2 m/s ，包的

落地点距B 端的水平距离为x ＝vt ＝v 2h g ＝23230.4510

m ＝0.6 m 。(2)当ω1＝40 rad/s 时，皮带速度为v 1＝ω1R ＝8 m/s ，当旅行包的速度也为v 1＝8 m/s 时，在皮带上

运动了位移x ＝v 02－v 122a ＝100－6412

m ＝3<8 m ，以后旅行包做 匀速直线运动，所以旅行包到达B 端的速度也为v 1＝8 m/s ，包的落地点距B 端的水平

距离为x 1＝v 1t ＝v 12h g ＝83 230.4510

m ＝2.4 m 。(3)如图所示 答案：(1)0.6 m (2)2.4 m (3)见解析

第4讲万有引力定律及应用

天体质量和密度的估算

[例1] )一卫星绕某一行星表面附近做匀速圆周运动，其线速度大小为v 。假设宇航员在该行星表面上用弹簧测力计测量一质量为m 的物体重力，物体静止时，弹簧测力计的示数为N 。已知引力常量为G ，则这颗行星的质量为( ) A.mv 2GN B.mv 4GN C.Nv 2Gm D.Nv 4

Gm

[思路点拨] 解答本题时应注意以下两点：(1)行星表面附近的绕行卫星的轨道半径与行星半径的大小关系。

(2)行星表面物体的重力与其所受万有引力的大小关系。[解析] 由题意知行星表面的重力加速度为g ＝N

m

，又在行星表面有g ＝GM R 2，卫星在行星表面运行时有m ′g ＝m ′v 2R ，联立解得M ＝mv 4

GN

，故选项B 正确。[答案] B 一、基础知识要记牢1．万有引力定律表达式F ＝G m 1m 2r

22．万有引力定律在天体运动中的主要应用公式 (1)GMm r 2＝m v 2r ＝mr ω2＝mr 4π2T 2。(2)由GMm r

2＝mg r (g r 为r 处的重力加速度)，可得GM ＝g r r 2。 二、方法技巧要用好 (1)利用天体表面的重力加速度g 和天体的半径R 计算天体质量和密度。由G Mm R 2＝mg ，得M ＝gR 2G

，ρ＝M V ＝3g 4πRG

。(2)利用天体的卫星：已知卫星的周期T (或线速度v )和卫星的轨道半径r 计算天体质量和密度。 由G Mm r 2＝m v 2r ＝mr 4π2T 2，得M ＝????? 4π2r 3GT 2v 2r

G 若测天体的密度，将天体的质量M ＝ρ4

3

πR 3代入得

ρ＝????? 3πr 3GR 3T 2――――――→卫星在天体表面 ρ＝3πGT 23v 2r 4G πR 3――――――→卫星在天体表面 ρ＝3v 24πGR 2

三、易错易混要明了(1)利用万有引力提供天体圆周运动的向心力估算天体质量，估算的是中心天体的质量而非环绕天体的质量。 (2)轨道半径与天体半径的关系为r ＝R ＋h ，只有在天体表面附近的卫星，才有R ?h ，r ≈R 。

人造卫星的a 、v 、T 、ω与r 的关系

[例2]如图1－4－1所示，在火星与木星轨道之间有一小行星带。假设该带中的小行

星只受到太阳的引力，并绕太阳做匀速圆周运动。下列说法正确的是( )

A ．太阳对各小行星的引力相同

B ．各小行星绕太阳运动的周期均小于一年

C ．小行星

带内侧小行星的向心加速度值大于外侧小行星的向心加速度值D ．小行星带内各小行

星圆周运动的线速度值大于地球公转的线速度值

[思路点拨] 解答本题时应注意以下两点：(1)太阳对各小行星的万有引力提供其圆周运动的向心力。

(2)各小行星的质量和轨道半径不一定相同。[解析] 因各小行星到太阳中心的距离不同，皆大于地球到太阳中心的距

离，根据万有引力公式G Mm r 2＝m v 2r ＝m (2πT

)2r ＝ma ，知太阳对各小行星的引力不相同，各小行星绕太阳运动的周期均大于一年，则选项A 、B 错误，由a ＝GM r 2和v 2＝GM r

，r 越小，a 越大，r 越大，v 越小，则选项C 正确，D 错误。[答案] C

一、基础知识要记牢(1)在研究人造卫星等天体运动时，进行了以下近似：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)同步卫星：①同步卫星绕地心做匀速圆周运动的周期等于地球的自转周期。②由G Mm R ＋h 2＝m 4π2T 2

(R ＋h )，同步卫星都在赤道上空相同的高度上。

二、方法技巧要用好人造卫星的a 、v 、ω、T 与轨道半径的关系 G Mm r 2＝???????

?? m v 2r →v ＝ GM r →v ∝1r m ω2r →ω＝ GM r 3→ω∝1

r 3m 4π2T 2r →T ＝ 4π2r 3GM →T ∝r 3ma →a ＝GM r 2→a ∝1r 2当r ＝R 地

时????? v ＝7.9 km/s 为第一宇宙速度ω为最大环绕角速度T 为最小周期a 为最大加速度g 表

卫星变轨问题分析

[例3] 2010年10月26日21时27分，北京航天飞行控制中心对“嫦娥二号”卫星实施了降轨控制，约18分钟后，卫星成功进入了远月点100公里、近月点15公里的试验轨道，为在月球虹湾区拍摄图象做好准

备，如图1－4－2为“嫦娥二号”某次在近地点A 由轨道1 变轨为轨道2的示意图，下列说法

中正确的是( )A ．“嫦娥二号”在轨道1的A 点处应点火加速B ．“嫦娥二号”在轨道1的

A 点处的速度比在轨道2的A 点处的速度大C ．“嫦娥二号”在轨道1的A 点处的加速度比在轨

道2的A 点处的加速度大D ．“嫦娥二号”在轨道1的B 点处的机械能比在轨道2的C 点处的

机械能大

[解析] 卫星要由轨道1变轨为轨道2，在A 处需做离心运动，应加速使其做圆周运动所需向心力m v 2r

大于月球所能提供的万有引力G Mm r 2，故A 项正确，B 项错误；由G Mm r

2＝ma 可知，卫星在不同轨道同一点处的加速度大小相等，C 项错误；卫星由轨道1变轨到轨道2，发动机的推力对卫星做正功，卫星的机械能增加，所以卫星在轨道1的B 点处的机械能比在轨道2的

C 点处的机械能小，

D 项错误。[答案] A

一、基础知识要记牢(1)当物体做匀速圆周运动时，F 供＝F 需＝m v 2r

。(2)当F 供＞F 需时，物体做近心运动。(3)当F 供＜F 需时，物体做离心运动。

二、方法技巧要用好(1)当v 增大时，所需向心力m v 2r

增大，即万有引力不足以提供向心力，卫星将做离心运动，脱离原来的圆轨道，轨道半径变大，克服引力做功，重力势能增加。卫星一旦进入新的轨道运行，由v ＝ GM r

知其运行速度要减小，但重力势能、机械能均增加。(2)当卫星的速度突然减小时，向心力mv 2

r

减小，即万有引力大于卫星所需的向心力，因此卫星将做向心运动，同样会脱离原来的圆轨道，轨道半径变小，引力做正功，重力势能减少，进入新轨

道运行时，由v ＝

GM r

知运行速度将增大，但重力势能、机械能均减少。(卫星的发射和回收就是利用了这一原理) (3)卫星绕过不同轨道上的同一点(切点)时，由F ＝GMm r 2＝ma 知，它们的加速度相同。 三、易错易混要明了：卫星变轨时半径的变化，根据万有引力和所需向心力的大小关系判断；稳定在新轨道上的运行速度变化由v ＝GM r

判断。 [针对考点强化训练]

1．欧洲天文学家发现了可能适合人类居住的行星“格里斯581c”。该行星的质量是地球的p 倍，直径是地球的q 倍。设在该行星表面及地球表面发射人造卫星的最小发射速度分别为v 1、v 2，则v 1/v 2的比值为( )

A.p /q 3 B ．p /q C.p 3/q D.p /q

解析：选D 发射卫星的最小速度也即是卫星围绕星球表面的环绕速度，故其运动的轨道半径就是星球的半径。由万有引力为其提供向心力知GMm /R 2＝mv 2/R ，则v ＝GM R ，故v 1/v 2＝M 行R 地M 地R 行

＝p /q ，故D 对。 2．(20122山东高考)2011年11月3日，“神舟八号”飞船与“天宫一号”目标飞行器成功实施了首次交会对接。任务完成后“天宫一号”经变轨升到更高的轨道，等待与“神舟九号”交会对接。变轨前和变轨完成后“天宫一号”的运行轨道均可视为圆轨道，对应的轨道半径分别为R 1、R 2，线速度大小分别为v 1、v 2。则v 1v 2等于( ) A.R 13R 23 B.R 2R 1 C.R 22R 12 D.R 2R 1

解析：选B “天宫一号”做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，由G Mm R 2＝m v 2R

可得v ＝GM R ，则变轨前后v 1v 2＝R 2R 1，选项B 正确。

3．宇航员在月球上做自由落体实验，将某物体由距月球表面高h 处释放，经时间t 后落到月球表面(设月球半径为R )。据上述信息推断，飞船在月球表面附近绕月球做匀速圆周运动所必须具有的速率为( )

A.2Rh t

B.2Rh t

C.Rh t

D.Rh 2t

解析：选B 设月球表面的重力加速度为g 月，飞船绕月球表面做匀速圆周运动的线速度为v ，质量为m ，根据万有引力

定律：GMm R 2＝mg 月①GMm R 2＝m v 2R ②根据月球表面物体做自由落体运动：h ＝12g 月t 2③由①②③得：v ＝2Rh t 2＝2Rh t

。 4．一人造地球卫星绕地球做匀速圆周运动，假如该卫星变轨后仍做匀速圆周运动，动能减小为原来的14

，不考虑卫星质量的变化，则变轨前后卫星的( )A ．向心加速度大小之比为4∶1B ．角速度大小之比为2∶1C ．周期之比为1∶8

D ．轨道半径之比为1∶2

解析：选C 由万有引力提供向心力，GMm R 2＝mv 2R ，可得v ＝GM R 。根据动能减小为原来的14可知，速度减小为原来的12

，轨道半径增加到原来的4倍，向心加速度a ＝GM R 2减小到原来的116

，向心加速度大小之比为16∶1，轨道半径之比为1∶4，选项A 、D 错误。由角速度公式ω＝v R ，可知角速度减小为原来的18

，角速度大小之比为8∶1，根据周期与角速度成反比可知，周期之比为1∶8，选项B 错误，C 正确。

5.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1－4－3所示。关于航天飞机的运动，下列说法中错误的有( )

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 的动能小于在轨道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

解析：选D 航天飞机在轨道Ⅱ上从远地点A 向近地点B 运动的过程中万有引力做正功，所以在A 点的速度小于在B 点的速度，选项A 正确；航天飞机在A 点减速后才能做向心运动，从圆形轨道Ⅰ进入椭圆轨道Ⅱ，所以轨道Ⅱ上经过A

点的动能小于在轨道Ⅰ上经过A 点的动能，选项B 正确；根据开普勒第三定律R 3

T 2＝k ，因为轨道Ⅱ的长半轴小于轨道Ⅰ的半径，所以航天飞机在轨道Ⅱ的运动周期小于在轨道Ⅰ的运动周期，选项C 正确；根据牛顿第二定律F ＝ma ，因航天飞机在轨道Ⅱ和轨道Ⅰ上A 点的万有引力相等，所以在轨道Ⅱ上经过A 点的加速度等于在轨道Ⅰ上经过A 点的加速度，选项D 错误。

[针对高考押题训练]

1．设某人造卫星绕地球做匀速圆周运动，轨道半径为r 。已知地球的质量为M ，万有引力常量为G ，该人造卫星与地心的连线在单位时间内所扫过的面积是( ) A.GMr 2 B.2GMr 2

C.2GMr D ．2GMr 解析：选A 由万有引力为其做圆周运动提供向心力得GMm /r 2＝mv 2/r 则v ＝

GM r ，故在单位时间内所走过的弧长为L ＝GM r ，扫过的面积为S ＝L 2πr πr 2＝GMr 2

。

2．2011年9月29日，我国成功发射了“天宫1号”目标飞行器，“天宫1号”进入工作轨道后，其

运行周期约为91 min 。预计随后不久将发射“神舟8号”飞船并与“天宫1号”在太空实现交会对接。

若对接前的某段时间内“神舟8号”和“天宫1号”处在同一圆形轨道上顺时针运行， 图1

如图1所示。下列说法中正确的是( )A ．和同步卫星相比，“天宫1号”的向心加速度更大B ．“天

宫1号”在此轨道运行的速度一定大于第一宇宙速度C ．“神舟8号”和“天宫1号”的向心力一定

相同D ．“神舟8号”和“天宫1号”运行周期可能不相同

解析：选A 因为同步卫星的周期大于“天宫1号”，故“天宫1号”的运动半径较小，由万有引力提供向心力可知，向心加速度a ＝GM R 2，故和同步卫星相比，“天宫1号”的向心加速度更大，A 对；第一宇宙速度是最大的环绕速度，“天宫1号”在此轨道运行的速度比第一宇宙速度小，故B 错；“神舟8号”和“天宫1号”的质量大小不同，故它们的

向心力不相同，C 错；“神舟8号”和“天宫1号”在同一轨道上，由T ＝4π2r 3GM

知，周期相同，D 错。 3．我国发射的“天宫一号”和“神舟八号”在对接前，“天宫一号”的运行轨道高度为350 km ，“神舟八号”的运行轨道高度为343 km 。它们的运行轨道均视为圆周，则( )

A ．“天宫一号”比“神舟八号”速度大

B ．“天宫一号”比“神舟八号”周期长

C ．“天宫一号”比“神舟八号”角速度大

D ．“天宫一号”比“神舟八号”加速度大

解析：选B 用万有引力定律处理天体问题的基本方法是：把天体的运动看成圆周运动，其做圆周运动的向心力由万有

引力提供。G Mm r 2＝m v 2r ＝mr ω2＝mr (2πT

)2＝m (2πf )2r ＝ma ，只有选项B 正确。 4．冥王星与其附近的另一星体卡戎可视为双星系统，质量比约为7∶1，同时绕它们连线上某点O 做匀速圆周运动。由

此可知，冥王星绕O 点运动的( )A ．轨道半径约为卡戎的17 B ．角速度大小约为卡戎的17

C ．线速度大小约为卡戎的7倍

D ．向心力大小约为卡戎的7倍

解析：选A 两星绕连线上某点稳定转动，则转动周期和角速度相同，根据两星做圆周运动所需的向心力由万有引力提供，两星受到的万有引力为相互作用力，有Gm 1m 2L 2＝4π2m 1R 1T 2，Gm 1m 2L 2＝4π2m 2R 2T 2，解之得R 1R 2＝m 2m 1＝17

，A 选项正确，B 选项错误；线速度v ＝ωR ，v 1v 2＝R 1R 2＝17

，C 选项错误；因两星向心力均由大小相等的相互作用的万有引力提供，D 选项错误。 5．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 ．甲的加速度大于乙的加速度

D ．甲在运行时能经过北极的正上方

解析：选A 对同一个中心天体而言，根据开普勒第三定律可知，卫星的轨道半径越大，周期就越长，A 正确。第一宇宙速度是环绕地球运行的最大线速度，B 错。由G Mm r

2＝ma 可得轨道半径大的天体加速度小，C 错误。同步卫星只能在赤道的正上空，不可能过北极的正上方，D 错。

6．关于环绕地球运动的卫星，下列说法正确的是( )A ．分别沿圆轨道和椭圆轨道运行的两颗卫星，不可能具有相同的周期B ．沿椭圆轨道运行的一颗卫星，在轨道不同位置可能具有相同的速率C ．在赤道上空运行的两颗地球同步卫星，它们的轨道半径有可能不同D ．沿不同轨道经过北京上空的两颗卫星，它们的轨道平面一定会重合

解析：选B 由开普勒第三定律a 3

T 2＝恒量，可知当圆轨道的半径R 与椭圆轨道的半长轴a 相等时，两卫星的周期相等，故A 项错；沿椭圆轨道运行的卫星在关于长轴对称的两点速率相等，故B 项对；所有同步卫星的轨道半径均相等，故C 错；沿不同轨道运行的卫星，其轨道平面只要过地心即可，不一定重合，故D 错。

7．北斗卫星导航系统第三颗组网卫星(简称“三号卫星”)的工作轨道为地球同步轨道，设地球半径为R ，“三号卫星”的离地高度为h ，则关于地球赤道上静止的物体、地球近地环绕卫星和“三号卫星”的有关物理量下列说法中正确的是

( )A ．赤道上物体与“三号卫星”的线速度之比为v 1v 3＝R ＋h R B ．近地卫星与“三号卫星”的角速度之比为ω1ω3

＝R ＋h R

2

C ．近地卫星与“三号卫星”的周期之比为T 2T 3＝R R ＋h 3

D ．赤道上物体与“三号卫星”的向心加速度之

比为a 1a 3＝(R ＋h R )2 解析：选C “三号卫星”与地球自转同步，角速度相同，故有v 1v 3＝R R ＋h ，A 错误；对近地卫星G Mm 2R 2＝m 2ω22

R ，对“三号卫星”G Mm 3R ＋h 2＝m 3ω32

(R ＋h )，两式比较可得ω2ω3＝R ＋h R 3，故B 错误；同样对近地卫星G Mm 2R 2＝m 24π2T 22R ，对“三号卫星”G Mm 3R ＋h

2＝m 34π2T 32(R ＋h )，两式比较可得T 2T 3＝R R ＋h 3，故C 正确；“三号卫星”与地球自转同步，角速度相同，由a ＝ω2r 可得：a 1a 3＝R R ＋h

，故D 错误。 8．某月球探测器每天在月球表面上空绕月球两极数次。若以T 表示探测器在离月球表面高度h 处的轨道上做匀速圆周

运动的周期，以R 表示月球的半径，则( )A ．探测器运行时的向心加速度为4π2R T 2B ．月球表面的重力加速度为4π2R T

2 C ．探测器运行时的向心加速度4π2R ＋h T 2D ．月球表面的重力加速度为4π2R ＋h T

2 解析：选C 探测器在离月球表面高度h 做匀速圆周运动时的轨道半径为R ＋h ，故m

4π2R ＋h T 2＝ma 则a ＝

4π2R ＋h T 2，A 错C 对；月球表面的重力加速度等于月球探测器围绕月球表面做圆周运动的向心加速度，设围绕月球

表面做圆周运动的周期T ′，故其向心加速度为a ′＝g 月＝4π2R T ′2，D 错；因T ′＜T ，月球表面的重力加速度g 月>4π2R T

2，故B 错。

9．有a 、b 、c 、d 四颗地球卫星，a 还未发射，在地球赤道上随地球表面一起转动，b 处

于地面附近的近地轨道上正常运动，c 是地球同步卫星，d 是高空探测卫星，各卫星排列

位置如图2所示，则有( )A ．a 的向心加速度等于重力加速度g B ．b 在相同时间内转过

的弧长最长C ．c 在4小时内转过的圆心角是π/6D ．d 的运动周期有可能是20小时

解析：选B 对a ：GMm R 2－F N ＝ma ，又GMm R 2＝mg ，故a ＜g ，A 错误；由GMm r 2＝m v 2

r 得：v ＝ GM r

，b 的速度最大，相同时间内转过的弧长最长，B 正确；c 为同步卫星，周期为24小时，故4小时转过的角度为2π2434＝π3

，C 错误；因d 的运动周期一定大于c 的周期，故周期一定大于24小时，D 错误。

10．一行星绕恒星做圆周运动。由天文观测可得，其运行周期为 T ，速度为 v 。引力常量为 G ，则下列说法错误的是( )

A ．恒星的质量为v 3T 2πG

B ．行星的质量为4π2v 3GT

C ．行星运动的轨道半径为vT 2π

D ．行星运动的加速度为2πv T

解析：选B 因v ＝ωr ＝2πr T ，所以r ＝vT 2π，C 正确；结合万有引力定律公式GMm r 2＝m v 2r ，可解得恒星的质量M ＝v 3T 2πG

，A 正确；因不知行星和恒星之间的万有引力的大小，所以行星的质量无法计算，B 错误；行星的加速度a ＝ω2r ＝4π2T 23vT 2π

＝2πv T

，D 正确。 11.如图3所示，是某次发射人造卫星的示意图，人造卫星先在近地圆周轨道1上运动，然后改在

椭圆轨道2上运动，最后在圆周轨道3上运动，a 点是轨道1、2的交点，b 点是轨道2、3的交点，

人造卫星在轨道1上的速度为v 1，在轨道2上a 点的速度为v 2a ，在轨道2上b 点的速度为v 2b ，在

轨道3上的速度为v 3，则各速度的大小关系是( ) A ．v 1>v 2a >v 2b >v 3 B ．v 1

C ．v 2a >v 1>v 3>v 2b

D ．v 2a >v 1>v 2b >v 3

解析：选C 在a 点，由轨道1变到轨道2，是离心运动，这说明F 供

，因此是加速运动，故v 2a >v 1；在b 点，由轨道2变到轨道3，还是离心运动，同理，是加速运动，故v 3>v 2b ，由v ＝GM r

知v 1>v 3，所以v 2a >v 1>v 3>v 2b ，C 正确。

12．假设地球是一半径为R 、质量分布均匀的球体。一矿井深度为d 。已知质量分布均匀

的球壳对壳内物体的引力为零。矿井底部和地面处的重力加速度大小之比为( )

A ．1－d R

B ．1＋d R

C ．(R －d R )2

D ．(R R －d

)2 解析：选A 如图所示，根据题意“质量分布均匀的球壳对壳内物体的引力为零”，可知：

地面处的球壳对地面与矿井底部之间的环形部分的引力为零，设地面处的重力加速度为

g ，地球质量为M ，由地球表面的物体m 1受到的重力近似等于万有引力，故m 1g ＝G Mm 1R

2，再将矿井底部所在的球体抽取出来，设矿井底部处的重力加速度为g ′，该球体质量为M ′，半径r ＝R －d ，同理可得矿

井底部处的物体m 2受到的重力m 2g ′＝G M ′m 2r 2，且由M ＝ρV ＝ρ243πR 3，M ′＝ρV ′＝ρ243π(R －d )3，联立解得g ′g

＝1－d R

，A 对。

13．经长期观测发现，A 行星运行的轨道半径为R 0，周期为T 0，但其实际运行的轨道与圆轨道总存在

一些偏离，且周期性地每隔t 0时间发生一次最大的偏离。如图4所示，天文学家认为形成这种现象的

原因可能是A 行星外侧还存在着一颗未知行星B ，则行星B 运动轨道半径为( )

A ．R ＝R 03t 02t 0－T 02

B ．R ＝R 0t 0t 0－T

C ．R ＝R 03t 0t 0－T 02

D ．R ＝R 03t 02t 0－T 0

解析：选A A 行星发生最大偏离时，A 、B 行星与恒星在同一直线上，且位于恒星同一侧，设行星B 的运行周期为T 、

半径为R ，则有：2πT 0t 0－2πT t 0＝2π，所以T ＝t 0T 0t 0－T 0，由开普勒第三定律得：R 03T 02＝R 3

T

2，解得：R ＝R 03t 02t 0－T 02，A 正确。

高三物理试题及答案

高三物理试题 一、选择题（共12个小题，每小题4分,共计48分。每小题只有一选项是正确的。） 1．图中重物的质量为m ，轻细线AO 和BO 的A 、B 端是固定的，平衡时AO 是水平的，BO 与水平面的夹角为θ，AO 的拉力1F 和BO 的拉力2F 的大小是（ ） A ．θcos 1mg F = B.F 1=mgtg θ C.θ sin 2 mg F = D. θsin 2mg F = 2．如图所示，一物体静止在以O 端为轴的斜木板上，当其倾角θ逐渐增大，且物体尚未滑动之前的过程中（） A ．物体所受重力与支持力的合力逐渐增大 B ．物体所受重力与静摩擦力的合力逐渐增大 C ．物体所受重力、支持力及静摩擦力的合力逐渐增大 D ．物体所受重力对O 轴的力矩逐渐增大 3．如图所示，水平恒力F 拉质量为m 的木块沿水平放置在地面上的长木板向右运动中，木板保持静止。若木板质量为M ，木块与木板、木板与地面间的动摩擦因数分别为1μ、2μ，则木板与地面间的摩擦力大小为（） A.F B.mg 1μ C.g M m )(2+μ D.mg mg 21μμ+ 4．如图所示，在倾角为30°的斜面顶端装有定滑轮，用劲度系数k=100N/m 的轻质弹簧和细绳连接后分别与物体a 、b 连接起来，细绳跨过定滑轮，b 放在斜面后，系统处于静止状态，不计一切摩擦，若kg m a 1=则 弹簧的伸长量是（） A.0cm B.10cm C.20cm D.30cm 5．一列火车从静止开始做匀加速直线运动，一个人站在第1节车厢前端观察并计时，若第一节车厢从他身边经过历时2s ，全部列车用6s 过完，则车厢的节数是（ ） A.3节 B.8节 C.9节 D.10节 6．在交通事故的分析中，刹车线的长度是很重要的依据，刹车线是汽车刹车后，停止转动的轮胎在地面上滑动时留下的痕迹。在某次交通事故中，汽车刹车线长度14m ，假设汽车轮胎与地面间的动摩擦因数为0.7，g =10m/s 2 ，则汽车开始刹车的速度为（ ） A ．7m/s B ．10 m/s C ．14 m/s D ．20 m/s 7．从空中同一点，以 s m v /100=的速度将a 球竖直上抛的同时将b 球以相同的速度大小水平 抛出，取2 /10s m g =，则两球先后落地的时间差为（） A.1s B.2s C.4s D.无法确定

2018年高考物理大二轮总复习：全套试卷(含答案)

专题一力与运动 第1讲力与物体的平衡 一、明“因”熟“力”，理清一个“网络” 二、两种思维方法，攻克受力分析问题 方法一整体思维法 1．原则：只涉及系统外力不涉及系统内部物体之间的相互作用力2．条件：系统内的物体具有相同的运动状态 3．优、缺点：整体法解题一般比较简单，但整体法不能求内力方法二隔离思维法 1．原则：分析系统内某个物体的受力情况 2．优点：系统内物体受到的内力外力均能求 三、确定基本思路，破解平衡问题

高频考点1 物体的受力分析 1．研究对象的选取方法 (1)整体法；(2)隔离法． 2．物体受力分析的技巧 (1)分析受力的思路： ①先数研究对象有几个接触处，每个接触处最多有两个接触力(弹力和摩擦力)； ②假设法是判断弹力、摩擦力是否存在及方向怎样的基本方法； ③分析两个或两个以上相互作用的物体时，要采用整体(隔离)的方法． (2)受力分析的基本步骤： 明确研究对象―→确定受力分析的研究对象，可以是单个 物体，也可以是几个物体组成的系统 ↓ 按顺序分析力―→一般先分析场力、已知力，再分析弹力、摩擦力，最后分析其他力 ↓ 画受力示意图―→每分析一个力就画出它的示意图，并标出规范的符号 ↓ 检查是否有误―→受力情况应满足研究对象的运动状态，否则就有漏力、多力或错力 1－1. (多选)如图甲、乙所示，倾角为θ的斜面上放置一滑块M ，在滑块M 上放置一个

质量为m的物块，M和m相对静止，一起沿斜面匀速下滑，下列说法正确的是() A．图甲中物块m受到摩擦力 B．图乙中物块m受到摩擦力 C．图甲中物块m受到水平向左的摩擦力 D．图乙中物块m受到与斜面平行向上的摩擦力 解析：对题图甲：设m受到摩擦力，则物块m受到重力、支持力、摩擦力，而重力、支持力平衡，若受到摩擦力作用，其方向与接触面相切，方向水平，则物体m受力将不平衡，与题中条件矛盾，故假设不成立，A、C错误．对题图乙：设物块m不受摩擦力，由于m匀速下滑，m必受力平衡，若m只受重力、支持力作用，由于支持力与接触面垂直，故重力、支持力不可能平衡，则假设不成立，由受力分析知：m受到与斜面平行向上的摩擦力，B、D正确． 答案：BD 1－2. (2017·内蒙古集宁一中一模)如图所示，A和B两物块的接触面是水平的，A与B 保持相对静止一起沿固定粗糙斜面匀速下滑，在下滑过程中B的受力个数为() A．3个B．4个 C．5个D．6个 解析：先以A为研究对象，分析受力情况：重力、B的竖直向上的支持力，B对A没有摩擦力，否则A不会匀速运动．再对B研究，B受到重力、A对B竖直向下的压力，斜面的支持力和滑动摩擦力，共4个力，B正确． 答案：B 1－3．(2017·南昌三中理综测试)如图所示，穿在一根光滑的固定杆上的小球A、B连接在一条跨过定滑轮的细绳两端，杆与水平面成θ角，不计所有摩擦，当两球静止时，OA绳与杆的夹角为θ，OB绳沿竖直方向，则正确的说法是() A．小球A可能受到2个力的作用

高三物理二轮复习专题一

专题定位 本专题解决的是受力分析和共点力平衡问题．高考对本专题内容的考查主要有：①对各种性质力特点的理解；②共点力作用下平衡条件的应用．考查的主要物理思想和方法有：①整体法和隔离法；②假设法；③合成法；④正交分解法；⑤矢量三角形法；⑥相似三角形法；⑦等效思想；⑧分解思想． 应考策略 深刻理解各种性质力的特点．熟练掌握分析共点力平衡问题的各种方法． 1． 弹力 (1)大小：弹簧在弹性限度内，弹力的大小可由胡克定律F ＝kx 计算；一般情况下物体间相互作用的弹力可由平衡条件或牛顿运动定律来求解． (2)方向：一般垂直于接触面(或切面)指向形变恢复的方向；绳的拉力沿绳指向绳收缩的方向． 2． 摩擦力 (1)大小：滑动摩擦力F f ＝μF N ，与接触面的面积无关；静摩擦力0

(1)大小：F洛＝q v B，此式只适用于B⊥v的情况．当B∥v时F洛＝0. (2)方向：用左手定则判断，洛伦兹力垂直于B、v决定的平面，洛伦兹力总不做功．6．共点力的平衡 (1)平衡状态：静止或匀速直线运动． (2)平衡条件：F合＝0或F x＝0，F y＝0. (3)常用推论：①若物体受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．②若三个共点力的合力为零，则表示这三个力的有向线段首尾相接组成一个封闭三角形． 1．处理平衡问题的基本思路：确定平衡状态(加速度为零)→巧选研究对象(整体法或隔离法)→受力分析→建立平衡方程→求解或作讨论． 2．常用的方法 (1)在判断弹力或摩擦力是否存在以及确定方向时常用假设法． (2)求解平衡问题时常用二力平衡法、矢量三角形法、正交分解法、相似三角形法、图解 法等． 3．带电体的平衡问题仍然满足平衡条件，只是要注意准确分析场力——电场力、安培力或洛伦兹力． 4．如果带电粒子在重力场、电场和磁场三者组成的复合场中做直线运动，则一定是匀速直线运动，因为F洛⊥v. 题型1整体法和隔离法在受力分析中的应用 例1如图1所示，固定在水平地面上的物体P，左侧是光滑圆弧面，一根轻绳跨过物体P 顶点上的小滑轮，一端系有质量为m＝4 kg的小球，小球与圆心连线跟水平方向的夹角θ＝60°，绳的另一端水平连接物块3，三个物块重均为50 N，作用在物块2的水平力F＝20 N，整个系统平衡，g＝10 m/s2，则以下正确的是() 图1 A．1和2之间的摩擦力是20 N B．2和3之间的摩擦力是20 N

高三物理第二轮复习计划

2019年高三物理第二轮复习计划高三物理第二轮复习计划 高三物理通过第一轮的复习，学生大都能掌握物理学中的基本概念、规律，及其一般应用。但这些方面的知识，总的感觉是比较零散的，同时，对于综合方面的应用更存在较大的问题。因此，在第二轮复习中，首要的任务是能把整个高中的知识网络化、系统化，把所学的知识连成线，铺成面，织成网，疏理出知识结构，使之有机地结合在一起。另外，要在理解的基础上，能够综合各部分的内容，进一步提高解题能力。为达到第二轮复习的目的，经备课组老师讨论决定，将以专题复习的形式为主。计划如下 一、时间按排:2019年3月底至2019年4月底(第五-----九周) 二、内容安排暨专题设置: 专题一:物理实验(六课时第五周，由李振德老师负责) 专题二:力与运动(六课时第六周，由徐光范老师负责) 专题三:功和能热学(六课时第七周，由陈立平老师负责) 专题四:带电粒子在电场和磁场中的运动(六课时第八周，由吴雷老师负责) 专题五:电磁感应和电路，交变电流(六课时第九周，由刘兆祥老师负责) 三、其它问题:我们认为要搞好第二轮复习还应注意以下几个

方面: 1、应抓住主干知识及主干知识之间的综合 概括起来高中物理的主干知识有以下方面的内容: (1)力学部分:物体的平衡与直线运动；平抛与圆周运动，牛顿运动定律与运动规律的综合应用；机械能守恒定律及能的转化和守恒定律。 (2)电磁学部分:带电粒子在电、磁场中的运动；有关电路的分析和计算；电磁感应现象及其应用。 (3)热学部分:分子运动论，热力学定律，理想气体 在各部分的综合应用中，主要以下面几种方式的综合较多: (1)牛顿三定律与匀变速直线运动的综合(主要体现在力学、带电粒子在匀强电场中运动、通电导体在磁场中运动，电磁感应过程中导体的运动等形式)。 (2能量的综合(是解决物理问题中一个基本的观念，一定要加强这方面的训练，也是每年必考内容之一)； (3)以带电粒子在电场、磁场中为模型的电学与力学的综合，主要有三种具体的综合形式: 一是利用牛顿定律与匀变速直线运动的规律解决带电粒子在匀强电场中的运动； 二是利用牛顿定律与圆周运动向心力公式解决带电粒子在磁场中的运动， 三是用能量观点解决带电粒子在电场中的运动。

高考物理试题及答案完整版

高考物理试题及答案 HEN system office room 【HEN16H-HENS2AHENS8Q8-HENH1688】

2015高考物理（北京卷） 13．下列说法正确的是 A ．物体放出热量，其内能一定减小 B ．物体对外做功，其内能一定减小 C ．物体吸收热量，同时对外做功，其内能可能增加 D ．物体放出热量，同时对外做功，其内能可能不变 14．下列核反应方程中，属于仪衰变的是 A ．H O He N 1117842147+→+ B ．He Th U 4 22349023892+→ C ．n He H H 10423121+→+ D ．e Pa Th 0 12349123490-+→ 15．周期为的简谐横波沿x 轴传播，该波在某时刻的图像如图所示，此时质点P 沿y 轴负方向运动。则该波 A ．沿x 轴正方向传播，波速v =20m/s B ．沿x 轴正方向传播，波速v =10m/s C ．沿x 轴负方向传播，波速v =20m/s D ．沿x 轴负方向传播，波速v =10m/s 16．假设地球和火星都绕太阳做匀速圆周运动，己知地球到太阳的距离小于火星到太 阳的距离，那么 A ．地球公转周期大于火星的公转周期 B ．地球公转的线速度小于火星公转的线速度 C ．地球公转的加速度小于火星公转的加速度 D ．地球公转的角速度大于火星公转的角速度 17．验观察到，静止在匀强磁场中A 点的原子核发生β衰变，衰变产生的新核与电 子恰在纸面内做匀速圆周运动，运动方向和轨迹示意如 图。则 A ．轨迹1是电子的，磁场方向垂直纸面向外 B ．轨迹2是电子的，磁场方向垂直纸面向外 C ．轨迹l 是新核的，磁场方向垂直纸面向里 D ．轨迹2是新核的，磁场方向垂直纸面向里 18．“蹦极”运动中，长弹性绳的一端固定，另一端绑在人身上，人从几十米高处跳 下。将蹦极过程简化为人沿竖直方向的运动。从绳恰好伸直，到人第一次下降至最低点的过程中，下列分析正确的是

高考物理二轮复习攻略

2019高考物理二轮复习攻略 物理在绝大多数的省份既是会考科目又是高考科目，在高中的学习中占有重要地位。以下是查字典物理网为大家整理的高考物理二轮复习攻略，希望可以解决您所遇到的相关问题，加油，查字典物理网一直陪伴您。 一、知识板块：以小综合为主，不求大而全 第一轮复习基本上都是以单元，章节为体系。侧重全面弄懂基本概念，透彻理解基本规律，熟练运用基本公式解答个体类物理问题。综合应用程度不太高。实际上知识与技能的综合是客观存在，所以，我们因势利导把知识进行适当综合。但要循序渐进，以小综合为主，不求一步到位的大而全。 所谓小综合，就是大家一眼就能审视出一个问题涉及那两个知识点，可能用到那几个物理公式的。譬如： 1.力和物体的运动综合问题(力的平衡、直线运动、牛顿定律、平抛运动、匀速圆周运动); 2.万有引力定律的应用问题; 3.机械振动和机械波; 4.动能定理与机械能守恒定律; 5.气体性质问题; 6.带电粒子在电场中的直线运动(匀速、匀加速、匀减速、往复运动)，曲线运动(类平抛、圆周运动); 7.直流电路分析问题：①动态分析，②故障分析;

8.电磁感应中的综合问题：①导体棒切割磁感线(单根、双根、U形导轨、形导轨、O形导轨;导轨水平放置、竖直放置、倾斜放置等各种情景)，②闭合线圈穿过有界磁场(线圈有正方形、矩形、三角形、圆形、梯形等)，(有边界单个磁场，有分界衔接磁场)、(线圈有竖直方向穿过、水平方向穿过等各种情景); 9.物理实验专题复习：①应用性实验，②设计性实验，③探究性实验; 10.物理信息给予题(新概念、新规律、数据、表格、图像等) 11.联系实际新情景题(文字描述新情景、图字展现新情景、建物理模型，重物理过程分析); 12.常用的几种物理思维方法; 13.物理学习中常用的物理方法。 二、方法板块：以基本方法为主，不哗众取宠 分析研究和解答物理问题，离不开物理思想，这种思想直觉反应是思维方法。平时学习中大家已经接触和应用过多种方法，但仍是比较零乱的。因此，有必要适当地加于归纳总结，能知道一些方法的适用情况，区别普遍性与特殊性。其中要以基本方法为主。即必须掌握，熟练应用且平时用得最多的几种方法。 如受力分析法：从中判断研究对象受几个力，是恒力还是变力;过程分析法：能把较复杂的物理问题分析成若干简单的物理过程从而明确每个分过程该选用什么物理定理定律处理;状态分析法：对于应用守恒规律(机械能守恒、定质量气体状态方程)和物理定理(动能定理)处理的问题，正确选定和确定状态至关重要;控制变量的方法：当研究

高考物理通用版第二轮复习讲义(精华版)

高考物理通用版第二轮复习讲义（精华版） 第1讲 | 应用“三类典型运动”破解电磁场计算题 ┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄ 命题点(一) 带电粒子(体)在电场中的运动 [研一题]———————————————————————————————— 如图所示，金属丝发射出的电子(质量为m 、电荷量为e ，初速度与重力均忽略不计)被加速后从金属板的小孔穿出进入偏转电场(小孔与上、下极板间的距离相等)。已知偏转电场两极板间距离为d ，当加速电压为U 1、偏转电压为U 2时，电子恰好打在下极板的右边缘M 点，现将偏转电场的下极板向下平移d 2 。 (1)如何只改变加速电压U 1，使电子打在下极板的中点？ (2)如何只改变偏转电压U 2，使电子仍打在下极板的M 点？ [解析] (1)设移动下极板前后偏转电场的电场强度分别为E 和E ′，电子在偏转电场中的加速度大小分别为a 、a ′，加速电压改变前后，电子穿出小孔时的速度大小分别为v 0、v 1 因偏转电压不变，所以有Ed ＝E ′·3 2d ， 即E ′＝2 3 E

由qE ＝ma 及qE ′＝ma ′知a ′＝2 3 a 设极板长度为L ，则d ＝12a ′????L 2v 12，d 2＝12a ????L v 02，解得v 12＝v 0 2 12 在加速电场中由动能定理知 eU 1＝12m v 02，eU 1′＝1 2m v 12 解得U 1′＝ U 112，即加速电压应减为原来的1 12 ，才能使电子打在下极板的中点。 (2)因电子在偏转电场中水平方向上做匀速直线运动，极板移动前后，电子在偏转电场中运动的时间t 相等，设极板移动前后，电子在偏转电场中运动的加速度大小分别为a 1、a 2，则有 d 2＝12a 1t 2，d ＝1 2a 2t 2， 即a 2＝2a 1 由牛顿第二定律知a 1＝eU 2 md ，a 2＝eU 2′m ·32 d 解得U 2′＝3U 2，即偏转电压变为原来的3倍，才能使电子仍打在M 点。 [答案] (1)加速电压应减为原来的1 12，即U 112 (2)偏转电压变为原来的3倍，即3U 2 [悟一法]———————————————————————————————— 带电粒子(体)在电场中的运动问题的解题流程 [通一类]———————————————————————————————— (2017·全国卷Ⅰ)真空中存在电场强度大小为E 1的匀强电场，一带电油滴在该电场中竖直向上做匀速直线运动，速度大小为v 0。在油滴处于位置A 时，将电场强度的大小突然增大到某值，但保持其方向不变。持续一段时间t 1后，又突然将电场反向，但保持其大小

2018年全国卷1高考物理试题及答案

2018年高考物理试题及答案 二、选择题：本题共8小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，第14~18题只有一 项符合题目要求，第19~21题有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。 14．高铁列车在启动阶段的运动可看作初速度为零的均加速直线运动，在启动阶段列车的动能A．与它所经历的时间成正比 B．与它的位移成正比 C．与它的速度成正比 D．与它的动量成正比 15．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之间关系的图像可能正确的是 A． B． C．

D． 16．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=5 cm，bc=3 cm，ca= 4 cm。小球c所受库仑力的合力的方向平衡于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， 16 9 k= B．a、b的电荷异号， 16 9 k= C．a、b的电荷同号， 64 27 k= D．a、b的电荷异号， 64 27 k= 17．如图，导体轨道OPQS固定，其中PQS是半圆弧，Q为半圆弧的中心，O为圆心。轨道的电阻忽略不计。OM是有一定电阻。可绕O转动的金属杆。M端位于PQS上，O M与轨道接触良好。空间存在半圆所在平面垂直的匀强磁场，磁感应强度的大小为B，现使OM从OQ位置以恒定的角速度逆时针转到OS位置并固定（过程Ⅰ）；再使磁感应强度的大小以一定的变化率从B增加到B'（过程Ⅱ）。在过程Ⅰ、Ⅱ中，流过OM 的电荷量相等，则B B ' 等于

专题分层突破练14 热学—2021届高考物理二轮总复习专题检测

专题分层突破练14热学 A组 1.(2020山东济宁第二次模拟)下列说法正确的是() A.晶体一定具有各向异性的特征 B.温度升高物体的内能一定增大 C.布朗运动是液体分子的无规则运动 D.自由下落的水滴呈球形是液体表面张力作用的结果 2.(多选)(2020陕西渭南质量检测)下列说法正确的是() A.—定质量的气体,在压强不变时,单位时间内分子与器壁碰撞次数随温度降低而减少 B.知道阿伏加德罗常数、气体的摩尔质量和密度,可以估算出该气体中分子间的平均距离 C.若一定质量的理想气体在被压缩的同时放出热量,则气体内能可能减小 D.同种物质不可能以晶体和非晶体两种不同的形态出现 3.(2020江苏盐城第三次模拟)下列关于分子运动和热现象的说法正确的是() A.气体温度升高,所有分子的速率都增加 B.—定量100 ℃的水变成100 ℃的水蒸气,其分子平均动能增加 C.一定量气体的内能等于其所有分子热运动动能和分子势能的总和 D.一定量气体如果失去容器的约束就会散开,这是因为气体分子之间存在势能的缘故 4. (2020山东青岛一模)如图,在研究功与内能改变的关系时,将一小块易燃物放在厚玻璃筒底部,用力向下压活塞,可以将易燃物点燃。关于该实验,下列说法正确的是() A.筒内气体,在被压缩的同时从外界迅速吸收热量,导致气体温度升高

B.只要最终筒内气体压强足够大,筒内易燃物就会被点燃 C.若实验中易燃物被点燃,是活塞与筒壁间摩擦生热导致的 D.该实验成功的关键是向下压活塞的力要大,速度要快 5. (多选)(2020海南高考调研)图示描述了一定质量的理想气体状态变化过程中的四个状态,图中ab的延长线过原点,则下列说法正确的是() A.气体从状态a到b的过程,气体体积不变 B.气体从状态b到c的过程,一定从外界吸收热量 C.气体从状态c到d的过程,外界对气体做功 D.气体从状态d到a的过程,气体对外界做功 6. (2020广东广州、深圳学调联盟高三第二次调研)如图,粗细均匀的弯曲玻璃管A、B两端开口,管内有一段水银柱,中管内水银面与管口A之间气体柱长为l A=40 cm,右管内气体柱长为l B=39 cm。先将开口B封闭,再将左管竖直插入水银槽中,设被封闭的气体为理想气体,整个过程温度不变,若稳定后进入左管的水银面比水银槽水银面低4 cm,已知大气压强p0=76 cmHg,求: (1)A端上方气柱长度; (2)稳定后右管内的气体压强。

高考物理二轮复习 专题十 高考物理模型

2013年高考二轮复习专题十 高考物理模型 方法概述 高考命题以《考试大纲》为依据，考查学生对高中物理知识的掌握情况，体现了“知识与技能、过程与方法并重”的高中物理学习思想．每年各地的高考题为了避免雷同而千变万化、多姿多彩，但又总有一些共性，这些共性可粗略地总结如下： (1)选择题中一般都包含3～4道关于振动与波、原子物理、光学、热学的试题． (2)实验题以考查电路、电学测量为主，两道实验小题中出一道较新颖的设计性实验题的可能性较大． (3)试卷中下列常见的物理模型出现的概率较大：斜面问题、叠加体模型(包含子弹射入)、带电粒子的加速与偏转、天体问题(圆周运动)、轻绳(轻杆)连接体模型、传送带问题、含弹簧的连接体模型． 高考中常出现的物理模型中，有些问题在高考中变化较大，或者在前面专题中已有较全面的论述，在这里就不再论述和例举．斜面问题、叠加体模型、含弹簧的连接体模型等在高考中的地位特别重要，本专题就这几类模型进行归纳总结和强化训练；传送带问题在高考中出现的概率也较大，而且解题思路独特，本专题也略加论述． 热点、重点、难点 一、斜面问题 在每年各地的高考卷中几乎都有关于斜面模型的试题．在前面的复习中，我们对这一模型的例举和训练也比较多，遇到这类问题时，以下结论可以帮助大家更好、更快地理清解题思路和选择解题方法． 1．自由释放的滑块能在斜面上(如图9－1 甲所示)匀速下滑时，m与M之间的动摩擦因数μ＝g tan θ． 图9－1甲 2．自由释放的滑块在斜面上(如图9－1 甲所示)： (1)静止或匀速下滑时，斜面M对水平地面的静摩擦力为零； (2)加速下滑时，斜面对水平地面的静摩擦力水平向右； (3)减速下滑时，斜面对水平地面的静摩擦力水平向左． 3．自由释放的滑块在斜面上(如图9－1乙所示)匀速下滑时，M对水平地面的静摩擦力为零，这一过程中再在m上加上任何方向的作用力，(在m停止前)M对水平地面的静摩擦力依然为零(见一轮书中的方法概述)． 图9－1乙 4．悬挂有物体的小车在斜面上滑行(如图9－2所示)： 图9－2

2019年全国卷高考物理试题及答案

2019全国Ⅰ卷物理 2019全国Ⅱ卷物理 2019全国Ⅲ卷物理2019年高考全国卷Ⅰ物理试题

14．氢原子能级示意图如图所示。光子能景在eV~ eV的光为可见光。要使处于基态（n=1）的氢原子被激发后可辐射出可见光光子，最少应给氢原子提供的能量为 A．eV B．eV C．eV D．eV 15．如图，空间存在一方向水平向右的匀强磁场，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 16．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3 km/s，产生的推力约为×108 N，则它在1 s时间内喷射的气体质量约为

A ．× 102 kg B ．×103 kg C ．×105 kg D ．×106 kg 17．如图，等边三角形线框LMN 由三根相同的导体棒连接而成，固定于匀强磁场中，线框平 面与磁感应强度方向垂直，线框顶点M 、N 与直流电源两端相接，已如导体棒MN 受到的安培力大小为F ，则线框LMN 受到的安培力的大小为 A ．2F B ． C ． D ．0 18．如图，篮球架下的运动员原地垂直起跳扣篮，离地后重心上升的最大高度为H 。上升第 一个4H 所用的时间为t 1，第四个4 H 所用的时间为t 2。不计空气阻力，则21t t 满足 A ．1<21t t <2 B ．2<21t t <3 C ．3<21t t <4 D ．4<21 t t <5 19．如图，一粗糙斜面固定在地面上，斜面顶端装有一光滑定滑轮。一细绳跨过滑轮，其一 端悬挂物块N 。另一端与斜面上的物块M 相连，系统处于静止状态。现用水平向左的拉

2013年高考物理二轮专题复习 模型讲解 斜面模型

2013年高考二轮专题复习之模型讲解 斜面模型 ［模型概述］ 斜面模型是中学物理中最常见的模型之一，各级各类考题都会出现，设计的内容有力学、电学等。相关方法有整体与隔离法、极值法、极限法等，是属于考查学生分析、推理能力的模型之一。 ［模型讲解］ 一. 利用正交分解法处理斜面上的平衡问题 例1. 相距为20cm 的平行金属导轨倾斜放置（见图1），导轨所在平面与水平面的夹角为?=37θ，现在导轨上放一质量为330g 的金属棒ab ，它与导轨间动摩擦系数为50.0=μ，整个装置处于磁感应强度B=2T 的竖直向上的匀强磁场中，导轨所接电源电动势为15V ，内阻不计，滑动变阻器的阻值可按要求进行调节，其他部分电阻不计，取2/10s m g =，为保持金属棒ab 处于静止状态，求： （1）ab 中通入的最大电流强度为多少？ （2）ab 中通入的最小电流强度为多少？ 解析：导体棒ab 在重力、静摩擦力、弹力、安培力四力作用下平衡，由图2中所示电流方向，可知导体棒所受安培力水平向右。当导体棒所受安培力较大时，导体棒所受静摩擦力沿导轨向下，当导体棒所受安培力较小时，导体棒所受静摩擦力沿导轨向上。 （1）ab 中通入最大电流强度时受力分析如图2，此时最大静摩擦力N f F F μ=沿斜面向下，建立直角坐标系，由ab 平衡可知，x 方向：

)sin cos (sin cos max θθμθ θμ+=+=N N N F F F F y 方向：)sin (cos sin cos θμθθμθ-=-=N N N F F F mg 由以上各式联立解得： A BL F I L BI F N m g F 5.16,6.6sin cos sin cos max max max max max == ==-+=有θ μθθθμ （2）通入最小电流时，ab 受力分析如图3所示，此时静摩擦力N f F F '' μ=，方向沿斜面向上，建立直角坐标系，由平衡有： x 方向：)cos (sin 'cos 'sin 'min θμθθμθ-=-=N N N F F F F y 方向：)cos sin ('cos 'sin 'θθμθθμ+=+=N N N F F F mg 联立两式解得：N mg F 6.0cos sin cos sin min =+-=θ θμθμθ 由A BL F I L BI F 5.1,min min min min === 评点：此例题考查的知识点有：（1）受力分析——平衡条件的确定；（2）临界条件分析的能力；（3）直流电路知识的应用；（4）正交分解法。 说明：正交分解法是在平行四边形定则的基础上发展起来的，其目的是用代数运算来解决矢量运算。正交分解法在求解不在一条直线上的多个力的合力时显示出了较大的优越性。建立坐标系时，一般选共点力作用线的交点为坐标轴的原点，并尽可能使较多的力落在坐标轴上，这样可以减少需要分解的数目，简化运算过程。 二. 利用矢量三角形法处理斜面系统的变速运动 例2. 物体置于光滑的斜面上，当斜面固定时，物体沿斜面下滑的加速度为1a ，斜面对物

高三物理第二轮专题复习教案(全套)

第一讲 平衡问题 一、特别提示[解平衡问题几种常见方法] 1、力的合成、分解法：对于三力平衡，一般根据“任意两个力的合力与第三力等大反向”的关系，借助三角函数、相似三角形等手段求解；或将某一个力分解到另外两个力的反方向上，得到这两个分力必与另外两个力等大、反向；对于多个力的平衡，利用先分解再合成的正交分解法。 2、力汇交原理：如果一个物体受三个不平行外力的作用而平衡，这三个力的作用线必在同一平面上，而且必有共点力。 3、正交分解法：将各力分解到x 轴上和y 轴上，运用两坐标轴上的合力等于零的条件)00(∑∑==y x F F 多用于三个以上共点力作用下的物体的平衡。值得注意的是，对x 、 y 方向选择时，尽可能使落在x 、y 轴上的力多；被分解的力尽可能是已知力。 4、矢量三角形法：物体受同一平面内三个互不平行的力作用平衡时，这三个力的矢量箭头首尾相接恰好构成三角形，则这三个力的合力必为零，利用三角形法求得未知力。 5、对称法：利用物理学中存在的各种对称关系分析问题和处理问题的方法叫做对称法。在静力学中所研究对象有些具有对称性，模型的对称往往反映出物体或系统受力的对称性。解题中注意到这一点，会使解题过程简化。 6、正弦定理法：三力平衡时，三个力可构成一封闭三角形，若由题设条件寻找到角度关系，则可用正弦定理列式求解。 7、相似三角形法：利用力的三角形和线段三角形相似。 二、典型例题 1、力学中的平衡：运动状态未发生改变，即0=a 。表现：静 止或匀速直线运动 （1）在重力、弹力、摩擦力作用下的平衡 例1 质量为m 的物体置于动摩擦因数为μ的水平面上，现对它施加一个拉力，使它做匀速直线运动，问拉力与水平方向成多大夹角时这个力最小？ 解析 取物体为研究对象，物体受到重力mg ，地面的支持力N ，摩擦力f 及拉力T 四个力作用，如图1-1所示。 由于物体在水平面上滑动，则N f μ=，将f 和N 合成，得到合力F ，由图知F 与f 的夹角： μ==αarcctg N f arcctg 不管拉力T 方向如何变化，F 与水平方向的夹角α不变，即F 为一个方向不发生改变的变力。这显然属于三力平衡中的动态平衡问题，由前面讨论知，当T 与F 互相垂直时，T 有最小值，即当拉力与水平方向的夹角μ=μ-=θarctg arcctg 90时，使物体做匀速运动的拉力T 最小。 （2）摩擦力在平衡问题中的表现 这类问题是指平衡的物体受到了包括摩擦力在内的力的作用。在共点力平衡中，当物

2018年全国高考物理试题及答案

青蓝教育招聘高中教师试题 姓名 物 理 本试卷共6页，20小题，满分150分。考试用时120分钟。 一、选择题：本大题共12小题，每小题4分，共48分。在每小题给出的四个选项中，有一个或一个以上选项符合题目要求，全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答 的得0分。 1．物理学的发展丰富了人类对物质世界的认识，推动了科学技术的创新和革命，促进了物 质生产的繁荣与人类文明的进步，下列表述正确的是 A ．牛顿发现了万有引力定律 B ．洛伦兹发现了电磁感应定律 C ．光电效应证实了光的波动性 D ．相对论的创立表明经典力学已不再适用 2．科学家发现在月球上含有丰富的He 3 2（氦3），它是一种高效、清洁、安全的核聚变燃料，其参与的一种核聚变反应的方程式为He 32+He 32→H 112+He 42，关于He 32聚变下列表述正 确的是 A ．聚变反应不会释放能量 B ．聚变反应产生了新的原子核 C ．聚变反应没有质量亏损 D ．目前核电站都采用He 32聚变反应发电 3．某物体运动的速度图象如图1 A ．0-2s 内的加速度为1m/s 2 B ．0-5s 内的位移为10m C ．第1s 末与第3s 末的速度方向相同 D ．第1s 末与第5s 末的速度方向相同 4．硅光电池是利用光电效应原理制成的器件,下列表述正确的是 A ．硅光电池是把光能转变为电能的一种装置 B ．硅光电池中吸收了光子能量的电子都能逸出 C ．逸出的光电子的最大初动能与入射光的频率无关 D ．任意频率的光照射到硅光电池上都能产生光电效应 5．发射人造卫星是将卫星以一定的速度送入预定轨道，发射场一般选择在尽可能靠近赤道的地方，如图2．这样选址的优点是，在赤道附近 A ．地球的引力较大 B ．地球自转线速度较大 C ．重力加速度较大 D ．地球自转角速度较大 6．如图3所示，在一个粗糙水平面上，彼此靠近地放置两个带同种电荷的小物块，由静止释放后，两个物块向相反方向运动，并最终停止，在物块的运动过程中，下列表述正确的是 A ．两个物块的电势能逐渐减少 +q 图3 图1

高考物理二轮复习专题讲

专题04 曲线运动 考试大纲要求考纲解读 1. 运动的合成与分解Ⅱ1.本专题是牛顿运动定律在曲线运动中的具体应用，万有引力定律是力学中一个重要的、独立的基本定律．运动的合成与分解是研究复杂运动的基本方法． 2.平抛运动的规律及其研究思想在前几年高考题中都有所体现，在近两年的考题中考查得较少，但仍要引起注意． 3.匀速圆周运动及其重要公式，特别是匀速圆周运动的动力学特点要引起足够的重视，对天体运动的考查都离不开匀速圆周运动 4. 本专题的一些考题常是本章内容与电场、磁场、机械能等知识的综合题和与实际生活、新科技、新能源等结合的应用题，这种题难度较大，学习过程中应加强综合能力的培养. 2. 抛体运动Ⅱ 3. 匀速圆周运动、角速度、线 速度、向心加速度 Ⅰ 4.匀速圆周运动的向心力Ⅱ 5.离心现象Ⅰ 纵观近几年高考试题，预测2020年物理高考试题还会考： 1.单独命题常以选择题的形式出现；与牛顿运动定律、功能关系、电磁学知识相综合常以计算题的形式出现。 2.平抛运动的规律及其研究方法、近年考试的热点，且多数与电场、磁场、机械能等知识结合制成综合类试题。 3.圆周运动的角速度、线速度及加速度是近年高考的热点，且多数与电场、磁场、机械能等知识结合制成综合类试题，这样的题目往往难度较大。 考向01 曲线运动运动的合成与分解 1.讲高考 （1）考纲要求 ①掌握曲线运动的概念、特点及条件；②掌握运动的合成与分解法则。

（2）命题规律 单独命题常以选择题的形式出现；与牛顿运动定律、功能关系、电磁学知识相综合常以计算题的形式出现。案例1．【2020·广东·14】如图所示，帆板在海面上以速度v朝正西方向运动，帆船以速度v朝正北方向航行，以帆板为参照物：（） A．帆船朝正东方向航行，速度大小为v B．帆船朝正西方向航行，速度大小为v C．帆船朝南偏东45°方向航行，速度大小为2v D．帆船朝北偏东45°方向航行，速度大小为2v 【答案】D 【考点定位】对参考系的理解、矢量运算法则——平行四边形定则的应用。 【名师点睛】此题也可假设经过时间t，画出两者的二维坐标位置示意图，求出相对位移，再除以时间t 即可。 案例2．【2020·安徽·14】图示是α粒子（氦原子核）被重金属原子核散射的运动轨迹，M、N、P、Q 是轨迹上的四点，在散射过程中可以认为重金属原子核静止不动。图中所标出的α粒子在各点处的加速度方向正确的是：（） A．M点 B．N点 C．P点 D．Q点 【答案】C 【解析】由库仑定律，可得两点电荷间的库仑力的方向在两者的两线上，同种电荷相互排斥，由牛顿第二定律，加速度的方向就是合外力的方向，故C正确，ABD错误。 考点：考查库仑定律和牛顿第二定律。

高考物理第二轮专题复习资料

高中物理重点专题汇总 第一讲 平衡问题 一、特别提示[解平衡问题几种常见方法] 1、力的合成、分解法：对于三力平衡，一般根据“任意两个力的合力与第三力等大反向”的关系，借助三角函数、相似三角形等手段求解；或将某一个力分解到另外两个力的反方向上，得到这两个分力必与另外两个力等大、反向；对于多个力的平衡，利用先分解再合成的正交分解法。 2、力汇交原理：如果一个物体受三个不平行外力的作用而平衡，这三个力的作用线必在同一平面上，而且必有共点力。 3、正交分解法：将各力分解到x 轴上和y 轴上，运用两坐标轴上的合力等于零的条件)00(∑∑==y x F F 多用于三个以上共点力作用下的物体的平衡。值得注意的是，对x 、y 方向选择时，尽可能使落在x 、y 轴上的力多；被分解的力尽可能是已知力。 4、矢量三角形法：物体受同一平面内三个互不平行的力作用平衡时，这三个力的矢量箭头首尾相接恰好构成三角形，则这三个力的合力必为零，利用三角形法求得未知力。 5、对称法：利用物理学中存在的各种对称关系分析问题和处理问题的方法叫做对称法。在静力学中所研究对象有些具有对称性，模型的对称往往反映出物体或系统受力的对称性。解题中注意到这一点，会使解题过程简化。 6、正弦定理法：三力平衡时，三个力可构成一封闭三角形，若由题设条件寻找到角度关系，则可用正弦定理列式求解。 7、相似三角形法：利用力的三角形和线段三角形相似。 二、典型例题 1、力学中的平衡：运动状态未发生改变，即0=a 。表现：静止或匀速直线运动 （1）在重力、弹力、摩擦力作用下的平衡 例1 质量为m 的物体置于动摩擦因数为μ的水平面上，现对它施加一个拉力，使它做匀速 直线运动，问拉力与水平方向成多大夹角时这个力最小？ 例2 重力为G 的物体A 受到与竖直方向成α角的外力 F 后，静止在竖直墙面上，如图1-2所示，试求墙对物体A 的静摩擦力。

2017全国统一高考物理试题及答案(新课标1卷)

2017年普通高等学校招生全国统一考试 物理试题及答案（新课标1卷） 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。。 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 S 32 Cl 35.5 K 39 Ti 48 Fe 56 I 127 二、选择题：本题共8小题，每小题6分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第14~18题只有一项 符合题目要求，第19~21题有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。 14．将质量为1.00 kg 的模型火箭点火升空，50 g 燃烧的燃气以大小为600 m/s 的速度从火箭喷口在很短时 间内喷出。在燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为（喷出过程中重力和空气阻力可忽略） A ．30kg m/s ? B ．5.7×102kg m/s ? C ．6.0×102kg m/s ? D ．6.3×102kg m/s ? 15．发球机从同一高度向正前方依次水平射出两个速度不同的乒乓球（忽略空气的影响）。速度较大的球 越过球网，速度较小的球没有越过球网；其原因是 A ．速度较小的球下降相同距离所用的时间较多 B ．速度较小的球在下降相同距离时在竖直方向上的速度较大 C ．速度较大的球通过同一水平距离所用的时间较少 D ．速度较大的球在相同时间间隔内下降的距离较大 16．如图，空间某区域存在匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向上（与纸面平行），磁场方向垂直于纸 面向里，三个带正电的微粒a 、b 、c 电荷量相等，质量分别为m a 、m b 、m c 。已知在该区域内，a 在纸面内做匀速圆周运动，b 在纸面内向右做匀速直线运动，c 在纸面内向左做匀速直线运动。下列选项正确的是 A ．a b c m m m >> B ．b a c m m m >>

高考物理二轮复习各专题练习题及答案解析

运动的描述匀变速直线运动 考点一匀变速直线运动的规律运动图象追及、相遇问题 命题角度1多物体系统(匀变速直线运动)及其v-t、x-t、a-t图象 高考真题体验·对方向 1.(2019全国Ⅰ·18) 如图,篮球架下的运动员原地垂直起跳扣篮,离地后重心上升的最大高度为H.上升第一个H 4 所 用的时间为t1,第四个H 4 所用的时间为t2.不计空气阻力,则H2 H1 满足() A.1

B.从0到t1时间内,两车走过的路程相等 C.从t1到t2时间内,两车走过的路程相等 D.在t1到t2时间内的某时刻,两车速度相等 答案CD 解析图线的斜率大小表示物体运动的速度大小,t1时刻两图线的斜率不同,所以两车速度不同,A选项错误;从0到t1时间内,x乙=x1,x甲