2022屆衡水中學(xué)物理一本通高分手冊

20222022屆衡水中學(xué)物理一本通高分手冊PAGEPAGE2/290目錄TOC\o"1-1"\h\z\u專題01力與物體的平衡 3專題02力與直線運動 13專題03力與曲線運動 29專題04天體運動 42專題05功、功率動能定理 54專題06機械能守恒定律功能關(guān)系 66專題07動量和能量的綜合應(yīng)用 79專題08電場的性質(zhì)帶電粒子在電場中的運動 97專題09磁場的性質(zhì)帶電粒子在磁場及復(fù)合場中的運動 112專題10直流電路與交流電路 128專題11電磁感應(yīng)定律及其應(yīng)用 138專題12近代物理初步 151專題13分子動理論氣體及熱力學(xué)定律 163專題14振動和波動 178專題15光與電磁波 191專題16力學(xué)綜合計算題 201專題17電學(xué)綜合計算題 217專題18力學(xué)實驗及創(chuàng)新 243專題19電學(xué)實驗及創(chuàng)新 262專題20熱學(xué)、光學(xué)實驗 277第一部分力與運動01力與物體的平衡一、素養(yǎng)呈現(xiàn)物理觀念：重力、重心、形變、彈力、摩擦力、合力與分力、力的合成、力的分解、矢量與標(biāo)量科學(xué)思維：輕桿(繩)模型、輕彈簧模型、胡克定律、平行四邊形定則、整體法、隔離法、合成法、分解法?？茖W(xué)探究：探究彈簧形變與彈力的關(guān)系、研究兩個互成角度的共點力的合成規(guī)律。科學(xué)態(tài)度與責(zé)任：在生產(chǎn)、生活情境中，體驗物理學(xué)技術(shù)的應(yīng)用。二、素養(yǎng)落實熟悉常見性質(zhì)力有無及方向的判斷靈活應(yīng)用受力分析的一般步驟掌握整體法、隔離法選取原則平衡問題的解題方法【考點詮釋】(1)假設(shè)法。狀態(tài)法：根據(jù)平衡條件、牛頓第二定律，判斷靜摩擦力的有無及方向。牛頓第三定律法：先確定受力較少的物體受到的靜摩擦力的方向，再根據(jù)“力的相互性”確定另一物體受到的靜摩擦力方向。求解摩擦力的技巧【典例分析1】如圖所示，質(zhì)量為M的長木板放在水平地面上，放在長木板上的質(zhì)量為m的木塊在水平向右的拉力F的作用下向右滑行，長木板保持靜止。已知木塊與長木板間的動摩擦因數(shù)為μ1，長木板與地面間的動摩擦因數(shù)為μ2，下列說法正確的是()A．地面對長木板的摩擦力的大小一定為μ1mgB．地面對長木板的摩擦力的大小一定為μ2MgC．地面對長木板的摩擦力的大小一定為μ2(m＋M)gD．只要拉力F增大到足夠大，長木板一定會與地面發(fā)生相對滑動【答案】A【解析】木塊所受木板的滑動摩擦力大小為f1＝μ1mg，方向水平向左，根據(jù)牛頓第三定律得知，木板受到木塊的摩擦力方向水平向右，大小等于μ1mg；木板處于靜止?fàn)顟B(tài)，水平方向受到木塊的滑動摩擦力和地面的靜摩擦力，根據(jù)平衡條件可知木板受到地面的摩擦力的大小也是μ1mg，木板相對于地面處于靜止?fàn)顟B(tài)，不能使用滑動摩2m＋M)gA、C錯誤；開始時木板處于靜止?fàn)顟B(tài)，說明木塊與木板之間的摩擦力小于木板與地面之間的最大靜摩擦力，與拉F的大小無關(guān)，所以即使拉力F增大到足夠大，木板仍靜止，故D錯誤?！疽?guī)律總結(jié)】摩擦力分析與計算的三點注意分析物體的運動狀態(tài)，判斷是靜摩擦力還是滑動摩擦力?；瑒幽Σ亮τ芯唧w的計算公式，而靜摩擦力要借助其他公式，如：利用平衡條件列方程或牛頓第二定律列方程等?！癴＝μN”中N并不總是等于物體的重力，如斜面上的物體，且N與重力G在大小上沒有關(guān)系?？键c二物體的靜態(tài)平衡問題【考點詮釋】2點技巧采用整體法進行受力分析時，要注意系統(tǒng)內(nèi)各個物體的狀態(tài)應(yīng)該相同。當(dāng)直接分析一個物體的受力不方便時，可轉(zhuǎn)移研究對象，先分析另一個物體的受力，再根據(jù)牛頓第三定律分析該物體的受力，此法叫“轉(zhuǎn)換研究對象法”。求解共點力平衡問題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，示意圖如圖所示。合成法 分解法 正交分解法【典例分析2】如圖所示，固定的斜面上疊放著A、B兩木塊，木塊A與B的接觸面水平，水平力F作用于木塊A，使木塊A、B保持靜止，且F≠0。則下列描述正確的是( )A．B可能受到3個或4個力作用 B．斜面對木塊B的摩擦力方向可能沿斜面向下C．A對B的摩擦力可能為零 D．A、B整體不可能受三個力作用【答案】BBB受重力、AB的壓力、ABB垂直于斜面向B可能有靜摩擦力(ABAB的壓力與木塊B重力的合力沿斜面方向的分力平衡時，斜面對B沒有靜摩擦力)作用，故B受4個力或者5個力作用，故AABABB重力的合力沿斜面方BBBA水平力、重力、B對A的支持力和靜摩擦力，根據(jù)平衡條件，B對A的靜摩擦力與水平力F平衡，根據(jù)牛頓第三定律，A對B的摩擦力水平向左，大小為F，故C錯誤；對A、B整體受力分析，受重力、斜面對整體的支持力、水平力，可能有靜摩擦力(當(dāng)推力沿斜面方向的分力與A、BA、B整體的靜摩擦力為零)A、BD錯誤?！疽?guī)律總結(jié)】受力分析的四個步驟【典例分析3】用卡車運輸質(zhì)量為m的勻質(zhì)圓筒狀工件，為使工件保持固定，將其置于兩光滑斜面之間，如圖所示。兩斜面Ⅰ、Ⅱ固定在車上，傾角分別為30°和60°。重力加速度為g。當(dāng)卡車沿平直公路勻速行駛時，圓筒對斜面Ⅰ、ⅡF1、F2，則()A．F1＝3mg，F(xiàn)2＝3mg B．F1＝3mg，F(xiàn)2＝3mg3 2 2 3C．F1＝1mg，F(xiàn)2＝3mg D．F1＝3mg，F(xiàn)2＝1mg2 2 2 2【題眼點撥】①“勻速行駛”表明車上工件處于靜態(tài)平衡狀態(tài)。②“光滑斜面”表明工件和斜面間僅有彈力作用。③“30°、60°”角明確彈力方向?！敬鸢浮緿【解析】以工件為研究對象，受力分析如圖所示，重力與F′1、F′2的合力等大反向，根據(jù)共點力平衡條件得F′1＝cos30°mg

F′2，＝cos60°F′1＝mg

32 23D選項正確。2 2【規(guī)律總結(jié)】處理靜態(tài)平衡問題的基本思路考點三 物體的動態(tài)平衡問題【考點詮釋】解析法的應(yīng)用此法常用于可以較簡捷列出平衡條件方程的情況或者正交分解的情況先受力分析，得出物體受哪幾個力而處于平衡狀態(tài)。建立直角坐標(biāo)系，正交分解力，列平衡條件方程，或在力的三角形中結(jié)合三角形知識列平衡條件方程。(3)分析方程中的變量有哪些，分析題目信息得到這些物理量是如何變化的。(4)把分析得到的變化的物理量代入方程，得到平衡條件下的受力動態(tài)變化情況?！镜淅治?】如圖所示，一質(zhì)量為M的四分之一圓弧軌道置于水平面上。一質(zhì)量為m的光滑小球在水平力F的作用下，緩慢運動到圖中虛線所示的位置。已知在此過程中圓弧軌道一直處于靜止?fàn)顟B(tài)，下列說法正確的是()A．圓弧軌道與地面間的摩擦力不變 B．小球所受的支持力逐漸變小C．軌道對地面的壓力可能變大 D．地面對圓弧軌道的作用力變大【答案】D【解析】以小球為研究對象，小球受重力、支持力和拉力作用處于平衡狀態(tài)，設(shè)小球重心與圓弧軌道圓心的連線與豎直方向的夾角為θ，由平衡條件可知，小球所受支持力FN＝mg，小球所受拉力F＝mgtanθ，小球緩慢cosθ向上運動，θ增大，支持力增大，拉力增大，B項錯誤；對整體受力分析，地面對軌道的支持力等于整體重力且保持不變，由牛頓第三定律可知，軌道對地面的壓力保持不變，C項錯誤；軌道與地面間的摩擦力與拉力平衡，隨拉力的增大而增大，A項錯誤；地面對軌道的支持力和摩擦力的合力增大，D項正確。方法步驟解析法列平衡方程得出未知量與已知量的關(guān)系表達式；根據(jù)已知量的變化情況來確定未知量的變化情況圖解法的應(yīng)用此處常用于物體受三個力作用，其中一個力大小、方向不變，另一個力的方向不變的情景，思路如下：(1)先受力分析，得出物體受幾個力而處于平衡狀態(tài)。(2)分析題目給出的信息，判斷物體受力的變化方式。(3)把受力對應(yīng)到幾何圖形中結(jié)合幾何知識分析?！镜淅治?】如圖所示，有一質(zhì)量不計的桿AO，長為R，可繞A自由轉(zhuǎn)動。用繩在O點懸掛一個重為G的物體，另一根繩一端系在OCCCB移動過程中(OA與墻面夾角θ不變)，OC繩所受拉力的大小變化情況是()A．逐漸減小 B．逐漸增大 C．先減小后增大 D．先增大后減小【題眼點撥】①“可繞A點自由轉(zhuǎn)動”，桿OA對繩的作用力沿桿，且方向不變。②重力大小方向不變，OC繩大小、方向改變?！敬鸢浮緾【解析】對物體受力分析，物體受力平衡，則拉力等于重力G，故豎直繩的拉力不變；再對O點分析，O受繩的拉力、OAOC的拉力而處于平衡，受力分析如圖所示F和OCGOC繩上移的過程中，平行四邊形的對角線保持不變，平行四邊形發(fā)生圖中所示變化，則由圖可知OC繩的拉力先減小后增大，在圖中D故C正確。方法步驟圖解法根據(jù)已知量的變化情況，畫出平行四邊形邊、角的變化；確定未知量大小、方向的變化三角形相似法的應(yīng)用此法是圖解法的特例，一般研究對象受繩(桿)或其他物體的約束，從幾何形狀來看，有一個邊大小不變，方向改變，還有一個邊的大小、方向均不變。且物體受到三個力的作用，其中的一個力大小、方向均不變，另外兩個力的方向都發(fā)生變化，可以用力三角形與幾何三角形相似的方法?！镜淅治?】(多選)如圖所示，表面光滑的半球形物體固定在水平面上，光滑小環(huán)D固定在半球形物體球心O20222022屆衡水中學(xué)物理一本通高分手冊PAGEPAGE10/290的正上方，輕質(zhì)彈簧一端用輕質(zhì)細(xì)繩固定在A點，另一端用輕質(zhì)細(xì)繩穿過小環(huán)D與放在半球形物體上的小球P相連，DA水平?，F(xiàn)將細(xì)繩固定點A向右緩慢平移的過程中(小球P未到達半球最高點前)，下列說法正確的是()A．彈簧變短 B．彈簧變長C．小球?qū)Π肭虻膲毫Σ蛔?D．小球?qū)Π肭虻膲毫ψ兇蟆绢}眼點撥】①“表面光滑，半球形物體”表明小球運動過程OP長度不變，而彈力的大小發(fā)生改變。②“D固定”O(jiān)D的長度不變。【答案】AC【解析】以小球為研究對象，小球受重力G、細(xì)線的拉力FT和半球面的支持力FN，作出FN、FT的合力F，由F＝G，如圖根據(jù)三角形相似可得FN＝F＝FT，將F＝G代入得：FN＝POG，F(xiàn)T＝PDG，將細(xì)繩固定點A向右緩慢平移，PO DO PD DO DODO、PO不變，G也不變，PD變小，可見FT變小，F(xiàn)N不變，即知彈簧的彈力變小，彈簧變短。由牛頓第三定A、C正確，B、D錯誤。方法步驟法根據(jù)已知條件畫出兩個不同情況對應(yīng)的力的三角形和空間幾何三角形，確定對應(yīng)邊，利用三角形相似知識列出比例式；確定未知量大小的變化情況【考點詮釋】基本思路要堅持“電學(xué)問題、力學(xué)方法”的基本思路，結(jié)合電學(xué)的基本規(guī)律和力學(xué)中的受力分析及平衡條件解決問題。幾點注意點電荷間的作用力大小要用庫侖定律。安培力方向的判斷要先判斷磁場方向、電流方向，再用左手定則，同時注意將立體圖轉(zhuǎn)化為平面圖。(3)電場力或安培力的出現(xiàn)，可能會對彈力或摩擦力產(chǎn)生影響。(4)涉及電路問題時，要注意閉合電路歐姆定律的應(yīng)用?！镜淅治?】如圖，空間存在一方向水平向右的勻強電場，兩個帶電小球P和Q用相同的絕緣細(xì)繩懸掛在水平天花板下，兩細(xì)繩都恰好與天花板垂直，則( )A.P和Q都帶正電荷 B.P和Q都帶負(fù)電荷C.P帶正電荷，Q帶負(fù)電荷 D.P帶負(fù)電荷，Q帶正電荷【答案】D【解析】細(xì)繩豎直，把P、Q看做整體，在水平方向所受電場力為零，所以P、Q必帶等量異種電荷，選項A、B錯誤；如果P、Q帶不同性質(zhì)的電荷，受力如圖甲、乙所示，由圖知，P帶正電荷，Q帶負(fù)電荷，水平方向的合力不為零；P帶負(fù)電荷、QC錯誤，D正確。【典例分析8】如圖所示，金屬桿MN用兩根絕緣細(xì)線懸于天花板的O、O′點，桿中通有垂直于紙面向里的恒定電流，空間有豎直向上的勻強磁場，桿靜止時處于水平，懸線與豎直方向的夾角為θ，若將磁場在豎直面內(nèi)沿逆時針方向緩慢轉(zhuǎn)過90°，在轉(zhuǎn)動過程中通過改變磁場磁感應(yīng)強度大小來保持懸線與豎直方向的夾角不變，則在轉(zhuǎn)動過程中，磁場的磁感應(yīng)強度大小的變化情況是( )A．一直減小 B．一直增大 C．先減小后增大 D．先增大后減小【答案】C【解析】磁場在旋轉(zhuǎn)的過程中，桿處于平衡狀態(tài)，桿所受重力的大小和方向不變，懸線的拉力方向不變，由圖解法結(jié)合左手定則可知，在磁場旋轉(zhuǎn)的過程中，安培力先減小后增大，由F＝BIL可知，磁場的磁感應(yīng)強度先C.【規(guī)律總結(jié)】電學(xué)中平衡問題的處理方法處理方法與力學(xué)問題的分析方法一樣，把方法和規(guī)律進行遷移應(yīng)用即可。第一部分力與運動02力與直線運動一、素養(yǎng)呈現(xiàn)物理觀念：參考系、質(zhì)點、位移、速度、加速度、勻變速直線運動、自由落體運動、慣性、作用力與反作用力、超重與失重、單位制?？茖W(xué)思維：在特定情境中運用勻變速直線運動模型、公式、推論及圖象解決問題、牛頓運動定律、整體法與隔離法、圖象法、控制變量法、臨界法?？茖W(xué)探究：研究勻變速直線運動的特點、探究加速度與力、質(zhì)量的關(guān)系?？茖W(xué)態(tài)度與責(zé)任：以生產(chǎn)、生活實際為背景的勻變速直線運動規(guī)律的應(yīng)用、追及相遇、交通與安全。二、素養(yǎng)落實勻變速直線運動規(guī)律和推論的靈活應(yīng)用掌握瞬時性問題的兩類模型熟悉圖象類型及圖象信息應(yīng)用考點一勻變速直線運動規(guī)律的應(yīng)用【考點詮釋】(1)速度關(guān)系：v＝v0＋at。位移關(guān)系：x＝v0t＋1at2。20速度位移關(guān)系：v2－v2＝2ax。0某段時間內(nèi)的平均速度等于中間時刻的瞬時速度：v

x v。＝＝tt勻變速直線運動在相等時間內(nèi)相鄰的兩段位移之差為常數(shù)，2Δx＝aT2。2．追及問題的解題思路和技巧解題思路解題技巧①緊抓“一圖三式”，即過程示意圖、時間關(guān)系式、速度關(guān)系式和位移關(guān)系式。②審題應(yīng)抓住題目中的關(guān)鍵字眼，充分挖掘題目中的隱含條件，如“剛好”“恰好”“最多”“至少”等，往往對應(yīng)一個臨界狀態(tài)，滿足相應(yīng)的臨界條件。③若被追趕的物體做勻減速運動，一定要注意追上前該物體是否已停止運動，最后還要注意對解的討論分析。1】OA、B、C三點，其中|AB|＝2m，|BC|＝3m。若物體通過AB和BC這兩段位移的時間相等，則O、A兩點之間的距離等于( )8

m 9

m 4

m D．4m3【答案】AAB、BC所用時間均為TB點的速度為：vB＝xAC＝5，根據(jù)Δx＝aT2得：a＝Δx＝1，

2T 2TT2 T251·T＝3，2T T2 2T根據(jù)速度位移公式得，O、A兩點之間的距離為：9v2 2x＝A＝4Tmv2 2

mA正確，B、C、D錯誤。OA2a 2 8T2【規(guī)律總結(jié)】重要公式的選擇適宜選用公式題目中所涉及的物理量(包括已知量、待求量和為解題設(shè)定的中間量)沒有涉及的物理量v＝v0＋atv0、v、a、txx＝v0t＋1at22v0、a、t、xvv2－v2＝2ax0v0、v、a、xtx v＋v0＝ t2v0、v、t、xa【典例分析1】現(xiàn)有甲、乙兩汽車正沿同一平直大街同向勻速行駛，甲車在前，乙車在后，它們行駛的速度均為10m/s(反應(yīng)時間忽略不計)，乙車司機為了避免與甲車相撞也緊急剎車，但乙車司機反應(yīng)較慢(反應(yīng)時間為t0＝0.5s)。已知甲車緊急剎車時制動力為0.40.6倍，g＝10m/s2，假設(shè)汽車可看作質(zhì)點。若甲車司機看到黃燈時車頭距警戒線15m，他采取上述措施能否避免闖紅燈？為保證兩車在緊急剎車過程中不相撞，甲、乙兩車在正常行駛過程中應(yīng)至少保持多大距離？【答案】(1)能(2)1.5m【解析】(1)根據(jù)牛頓第二定律，甲車緊急剎車的加速度大小為a1＝f1＝0.4m1g＝4m/s2。m1 m1甲車停下來所需時間為t1＝v0＝10

s＝2.5s，a1 4x＝

2 v0＝v0

m＝12.5m，2a1 2×4x＝12.5m<15m，可見甲車司機剎車后能避免闖紅燈。(2)乙車緊急剎車的加速度大小為a2＝f2＝0.6m2g＝6m/s2，兩車速度相等時處于同一位置，即為恰好不相撞的條件。

m2 m2設(shè)甲、乙兩車行駛過程中至少應(yīng)保持距離x0，在乙車剎車t2時間后兩車的速度相等，其運動關(guān)系如圖所示，v0－a1(t2＋t0)＝v0－a2t2，v＝v0－a2t20v2－v20v0t0＋2a2

v2－v20＝x0＋02a1t2＝1.0s，x0＝1.5m。【規(guī)律總結(jié)】【規(guī)律總結(jié)】判斷能否追上的常用方法B追趕物體Ax0。vA＝vB時，xA＋x0<xB，則能追上。vA＝vB時，xA＋x0＝xB，則恰好追上。vA＝vB時，xA＋x0>xB，則不能追上?！究键c詮釋】解決圖象類問題“四個注意”速度圖線只有通過時間軸時速度方向才改變。利用v-t圖象分析兩個物體的運動時，要注意兩個物體的出發(fā)點是否相同。物體的運動圖象與運動過程的轉(zhuǎn)化。(4)x-t圖象、v-t圖象、a-t圖象的應(yīng)用。應(yīng)用圖象時的“兩個誤區(qū)”v-t圖象、x-t圖象是物體運動軌跡。v-t圖象中誤將交點認(rèn)為此時相遇。【典例分析3】如圖所示，A、B分別是甲、乙兩小球從同一地點沿同一直線運動的v-t圖象，根據(jù)圖象可以判斷出( )A．在t＝4s時，甲球的加速度小于乙球的加速度 B．在t＝4.5s時，兩球相距最遠(yuǎn)C．在t＝6s時，甲球的速率小于乙球的速率 D．在t＝8s時，兩球相遇【答案】D【解析】根據(jù)圖象可知，甲球的加速度a1＝Δv1＝－10m/s2，故甲球的加速度大小為10m/s2，負(fù)號表示加速度Δt1方向與速度方向相反，乙球的加速度a2＝Δv2＝20

m/s2，故甲球的加速度大于乙球的加速度，選項A錯誤；當(dāng)Δt2 340m/s＋a1t＝－20m/s＋a2(t－2s)t＝4.4s4.4s時兩球B錯誤；t＝6sv1＝－20m/sv2＝203

m/st＝6s時甲球的速率大于乙球的速率，選項C錯誤；結(jié)合圖象可知t＝8s時，甲、乙兩小球又同時回到原出發(fā)點，選項D正確。【典例分析4．(多選)甲、乙兩質(zhì)點同時、同初位置沿同一方向做直線運動。質(zhì)點甲做初速度為零、加速度大小為a1的勻加速直線運動；質(zhì)點乙做初速度為v0、加速度大小為a2的勻減速直線運動，且速度減至零后保持靜x-v(位置—速度)圖象如圖所示(虛線與對應(yīng)的坐標(biāo)軸垂直)，則()A．質(zhì)點甲的加速度大小a1＝1m/s2 B．質(zhì)點乙的初速度為v0＝6m/s，加速度大小a2＝1m/s2C．圖線中a＝26，b＝16 D．兩圖線的交點表示兩質(zhì)點同時到達同一位置【答案】BC0【解析】速度隨位移的增大而增大的圖線對應(yīng)質(zhì)點甲，速度隨位移的增大而減小的圖線對應(yīng)質(zhì)點乙，當(dāng)x＝0時，乙的速度為6m/s，即質(zhì)點乙的初速度v0＝6m/s，設(shè)質(zhì)點乙、甲先后通過x＝6m處時的速度均為v，對質(zhì)v2＝2a1xv2－v2＝－2a2xa1＋a2＝3m/s2v101＝8m/s、質(zhì)點乙的速度v2＝2m/s時，兩質(zhì)點通過的位移相同，設(shè)為x′，對質(zhì)點甲有v2＝2a1x′④，對質(zhì)點乙1v2－v2＝－2ax′ ⑤，聯(lián)立④⑤解得a＝2a ⑥，聯(lián)立③⑥解得a＝2m/s2，a＝1m/s2，選項A錯誤，B正確；2 0 2 1 2 1 2甲v2＝2a1xx＝6mv甲

甲＝26m/sa＝26v

甲＝8m/sx＝16m，即b＝16，選項C正確；兩圖線的交點表示甲、乙兩質(zhì)點以相同的速度經(jīng)過該位置，但不是同時，選項D錯誤?！疽?guī)律總結(jié)】【規(guī)律總結(jié)】運動圖象問題的“三點提醒”對于x-t圖象，圖線在縱軸上的截距表示t＝0時物體的位置；對于v-t和a-t圖象，圖線在縱軸上的截距t＝0時物體的位置。在v-t圖象中，兩條圖線的交點不表示兩物體相遇，而是表示兩者速度相同。v-t圖象中兩條圖線在軸上的截距不同，不少同學(xué)誤認(rèn)為兩物體的初始位置不同，位置是否相同應(yīng)根據(jù)題中條件確定。【考點詮釋】整體法的選取原則及解題步驟(1)當(dāng)只涉及系統(tǒng)的受力和運動情況而不涉及系統(tǒng)內(nèi)某些物體的受力和運動情況時，一般采用整體法。(2)運用整體法解題的基本步驟：方程求解過程的示意圖方程求解過程的示意圖的全過程隔離法的選取原則及解題步驟當(dāng)涉及系統(tǒng)(連接體)內(nèi)某個物體的受力和運動情況時，一般采用隔離法。(2)運用隔離法解題的基本步驟：①明確研究對象或過程、狀態(tài)。②將某個研究對象或某段運動過程、某個狀態(tài)從系統(tǒng)或全過程中隔離出來。③畫出某狀態(tài)下的受力圖或運動過程示意圖。④選用適當(dāng)?shù)奈锢硪?guī)律列方程求解。【典例分析5】(多選)如圖所示，一質(zhì)量M＝3kg、傾角為α＝45°的斜面體放在光滑水平地面上，斜面體上有一質(zhì)量為m＝1kg的光滑楔形物體用一水平向左的恒力F作用在斜面體上系統(tǒng)恰好保持相對靜止地向左運動。重力加速度取g＝10m/s2，下列判斷正確的是( )B．F＝40NC52ND．增大力F，楔形物體將相對斜面體沿斜面向上運動“光滑水平地面”“水平向左的恒力F”，兩條信息表明整體向左勻加速運動?！敬鸢浮緽D【解析】甲 乙對整體受力分析如圖甲所示，由牛頓第二定律有F＝(M＋m)a，對楔形物體受力分析如圖乙所示。由牛頓第二定mgtan45°＝maF＝40N，a＝10m/s2，A錯誤，BFN2＝mgsin45°＝2mg＝102N，CF增大，則斜面體加速度增加，由于斜面體與楔形物體間無摩擦力，則楔形物體將會相對斜面體沿斜面上滑，D正確?！疽?guī)律總結(jié)】(1)處理連接體問題時，整體法與隔離法往往交叉使用，一般的思路是先用整體法求加速度，再用隔離法求物體間的作用力。隔離法分析物體間的作用力時，一般應(yīng)選受力個數(shù)較少的物體進行分析?！镜淅治?】質(zhì)量分別為m、2m的物塊A、B用輕彈簧相連，設(shè)兩物塊與水平面及斜面間的動摩擦因數(shù)都為μ。當(dāng)用水平力F作用于B上，且兩物塊在粗糙的水平面上以相同加速度向右加速運動時，彈簧的伸長量為x1，如圖甲所示；當(dāng)用同樣大小的力F豎直提升兩物塊使它們以相同加速度向上加速運動時，彈簧的伸長量為x2，如圖乙所示；當(dāng)用同樣大小的力F沿傾角為θ的固定斜面向上拉兩物塊使它們以相同加速度向上加速運動時，彈x3，如圖丙所示，則x1∶x2∶x3等于( )甲 乙 丙A．1∶1∶1 B．1∶2∶3C．1∶2∶1 D．無法確定【題眼點撥】①“相同的加速度”，采用整體法。②“x1∶x2∶x3”采用隔離法?！敬鸢浮緼【解析】對題圖甲，把物塊A、B和彈簧看作一個整體研究，根據(jù)牛頓第二定律得a1＝F－3μmg＝F－μg，對3m 3mAkx1－μmg＝ma1，解得x1＝F；對題圖乙，把物塊A、B和彈簧看作一個整體研究，根據(jù)牛頓第二定律得a23kF－3mg＝

F－gAkx2－mg＝ma2x2＝F

；對題圖丙，把物塊A、B和彈簧看作一個整體研究，3m 3m 3k3＝3mgsnθ3μmgcosθ＝F－gsnθ－μcosθA有kx3mgsnθ－μmgcosθma3，3m 3mA正確，B、C、D錯誤。3k【規(guī)律總結(jié)】(1)當(dāng)連接體中各物體具有共同的加速度時，一般采用整體法。當(dāng)系統(tǒng)內(nèi)各物體的加速度不同時，一般采用隔離法。(2)求連接體內(nèi)各物體間的相互作用力時必須用隔離法?？键c四牛頓第二定律的瞬時性問題【考點詮釋】力可以發(fā)生突變，但速度不能發(fā)生突變。輕繩、輕桿、輕彈簧兩端有重物或固定時，在外界條件變化時，輕繩、輕桿的彈力可以發(fā)生突變，但輕彈簧的彈力不能突變。輕繩、輕桿、輕彈簧某端突然無重物連接或不固定，三者彈力均突變?yōu)榱恪！镜淅治?】如圖所示，質(zhì)量均為m的A、B兩小球分別用輕質(zhì)細(xì)繩L1和輕彈簧系在天花板上的O點和O′點，A、B兩小球之間用一輕質(zhì)細(xì)繩L2連接，細(xì)繩L1、彈簧與豎直方向的夾角均為θ，細(xì)繩L2水平拉直，則下L2被剪斷瞬間的表述正確的是()A．細(xì)繩L1上的拉力與彈簧彈力之比為1∶1 B．細(xì)繩L1上的拉力與彈簧彈力之比為cos2θ∶1C．A與B的加速度之比為1∶1 D．A與B的加速度之比為1∶cosθ【答案】B【解析】對AL2L1L1L1的拉力FA＝mgcosθ，AaA＝gsinθBL2的瞬間，彈簧彈力不變，合力水平向F＝mg，Ba＝gtanθ

aA

FA 。Bcosθ

B ，所以＝ ，＝aB 1 FB 1【規(guī)律總結(jié)】“兩關(guān)鍵”“四步驟”巧解瞬時性問題1．分析瞬時加速度的“兩個關(guān)鍵”分析瞬時前、后的受力情況和運動狀態(tài)。明確繩或桿類、彈簧或橡皮條類模型的特點。2．“四個步驟”第一步：分析原來物體的受力情況。第二步：分析物體在突變時的受力情況。第三步：由牛頓第二定律列方程。第四步：求出瞬時加速度，并討論其合理性?？键c五．動力學(xué)中的“傳送帶”模型【考點詮釋】水平傳送帶問題求解的關(guān)鍵在于對物體所受的摩擦力進行正確的分析判斷。判斷摩擦力時要注意比較物體的運動速度與傳送帶的速度。物體的速度與傳送帶速度相等的時刻就是物體所受摩擦力發(fā)生突變的時刻。傾斜傳送帶問題求解的關(guān)鍵在于認(rèn)真分析物體與傳送帶的相對運動情況，從而確定其是否受到滑動摩擦力作用，如果受到滑動摩擦力作用應(yīng)進一步確定其大小和方向，然后根據(jù)物體的受力情況確定物體的運動情況。當(dāng)物體速度與傳送帶速度相等時，物體所受的摩擦力有可能發(fā)生突變。8】ABLAB＝4m，BC段是傾斜的，長度LBC＝5m，傾角為θ＝37°，AB和BC由B點通過一段短的圓弧連接(圖中未畫出圓弧)，傳送帶以v＝4m/s的恒定速率順時針運轉(zhuǎn)，已知工件與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，重力加速度g取10m/s2。現(xiàn)將一個工件(可看作質(zhì)點)無初速A點，求：工件第一次到達B點所用的時間；(2)工件沿傳送帶上升的最大高度；(2)23s后所在的位置。【答案】(1)1.4s (2)2.4m (3)在A點右側(cè)2.4m處【解析】(1)工件剛放在水平傳送帶上的加速度大小為a1，由牛頓第二定律得μmg＝ma1m/s2經(jīng)t1時間工件與傳送帶的速度相同，解得t1＝v＝0.8sa111t2＝1.6112此后工件將與傳送帶一起勻速運動至B點，用時t2＝LAB－x1＝0.6svB點所用的時間t＝t1＋t2＝1.4s。在傾斜傳送帶上工件的加速度為a2，由牛頓第二定律得μmgcosθ－mgsinθ＝ma2a2＝－2m/s20－v2＝2a2hmsinθhm＝2.4m。t3＝2hm＝2svsinθ此后由于工件在傳送帶的傾斜段運動時的加速度相同，在傳送帶的水平段運動時的加速度也相同，故工件將在T，則T＝2t1＋2t3＝5.6s工件從開始運動到第一次返回傳送帶的水平部分，且速度變?yōu)榱闼钑r間t0＝2t1＋t2＋2t3＝6.2s，而23s＝t0＋3T，這說明經(jīng)過23s后工件恰好運動到傳送帶的水平部分，且速度為零，故工件在A點右側(cè)，到A點的距離x＝LAB－x1＝2.4m?！疽?guī)律總結(jié)】“板—塊”模型【考點詮釋】模型特點：涉及兩個物體，并且物體間存在相對滑動。兩種位移關(guān)系：滑塊由滑板的一端運動到另一端的過程中，若滑塊和滑板同向運動時，位移之差等于板長；反向運動時，位移之和等于板長。解題思路(1)審題建模：求解時應(yīng)先仔細(xì)審題，清楚題目的含義、分析清楚每一個物體的受力情況、運動情況。(2)求加速度：準(zhǔn)確求出各物體在各運動過程的加速度(注意兩過程的連接處加速度可能突變)。(3)明確關(guān)系：找出物體之間的位移(路程)關(guān)系或速度關(guān)系是解題的突破口。求解中應(yīng)注意聯(lián)系兩個過程的紐帶，每一個過程的末速度是下一個過程的初速度?！镜淅治?】如圖所示，傾角α＝30°的足夠長光滑斜面固定在水平面上，斜面上放一長L＝1.8m、質(zhì)量M＝3kg的薄木板，木板的最右端疊放一質(zhì)量m＝1kg的小物塊，物塊與木板間的動摩擦因數(shù)μ＝3。對木板施加沿2斜面向上的恒力F，使木板沿斜面由靜止開始做勻加速直線運動。設(shè)物塊與木板間最大靜摩擦力等于滑動摩擦g10m/s2，物塊可視為質(zhì)點。為使物塊不滑離木板，求力F應(yīng)滿足的條件；若F＝37.5N，物塊能否滑離木板？若不能，請說明理由；若能，求出物塊滑離木板所用的時間及滑離木板后沿斜面上升的最大距離?！敬鸢浮?1)20N<F≤30N (2)能1.2s 0.9m【解析】(1)以物塊和木板整體為研究對象，由牛頓第二定律得F－(M＋m)gsinα＝(M＋m)a以物塊為研究對象，由牛頓第二定律得Ff－mgsinα＝maFf≤Ffm＝μmgcosαF≤30Na>0F>20N20N<F≤30N。(2)因F＝37.5N>30N，所以物塊能夠滑離木板，隔離木板，由牛頓第二定律得F－μmgcosα－Mgsinα＝Ma1μmgcosα－mgsinα＝ma2設(shè)物塊滑離木板所用時間為tx1＝1a1t22x2＝1a2t22物塊與木板分離的臨界條件為Δx＝x1－x2＝Lt＝1.2s物塊滑離木板時的速度v＝a2t由公式－2gxsinα＝0－v2x＝0.9m?！镜淅治?0】如圖所示，一足夠長的木板在粗糙水平地面上向右運動。某時刻速度為v0＝2m/s，此時一與木板質(zhì)量相等的小滑塊(可視為質(zhì)點)以v1＝4m/s的速度從右側(cè)滑上木板，經(jīng)過1s兩者速度恰好相同，速度大小v2＝1m/sg＝10m/s2，試求：木板與滑塊間的動摩擦因數(shù)μ1；木板與地面間的動摩擦因數(shù)μ2；(3)從滑塊滑上木板，到最終兩者速度恰好相同的過程中，滑塊相對木板的位移大小?！舅悸伏c撥】解此題關(guān)鍵有兩點：①根據(jù)速度變化結(jié)合加速度定義求加速度，利用牛頓第二定律求動摩擦因數(shù)。②逐段分析木板和小滑塊的運動求相對位移?！敬鸢浮?1)0.3 (2)0.05 (3)2.75m【解析】(1)以向左為正方向，對小滑塊分析，其加速度為：a1＝v2－v1＝1－4

m/s2＝－3m/s2，負(fù)號表示加速度t 1方向向右，設(shè)小滑塊的質(zhì)量為m，根據(jù)牛頓第二定律有：－μ1mg＝ma1，可以得到：μ1＝0.3。對木板分析，向右減速運動過程，根據(jù)牛頓第二定律以及運動學(xué)公式可以得到：μ1mg＋μ2·2mg＝mv0t1向左加速運動過程，根據(jù)牛頓第二定律以及運動學(xué)公式可以得到：μ1mg－μ2·2mg＝mv2t2t1＋t2＝t＝1s聯(lián)立可以得到：μ2＝0.05，t1＝0.5s，t2＝0.5s。在t1＝0.5s時間內(nèi)，木板向右減速運動，其向右運動的位移為：x1＝0＋v0·t1＝0.5m，方向向右；2在t2＝0.5s時間內(nèi)，木板向左加速運動，其向左加速運動的位移為：x2＝v2＋0·t2＝0.25m，方向向左；2在整個t＝1s時間內(nèi)，小滑塊向左減速運動，其位移為：x

v1＋v2＝ ·t＝2.5m，方向向左2則整個過程中滑塊相對木板的位移大小為：Δx＝x＋x1－x2＝2.75m?！疽?guī)律總結(jié)】【規(guī)律總結(jié)】求解“滑塊—木板”類問題的技巧弄清各物體初態(tài)對地的運動和相對運動(或相對運動趨勢)，根據(jù)相對運動(或相對運動趨勢)情況，確定物體間的摩擦力方向。準(zhǔn)確地對各物體進行受力分析，并根據(jù)牛頓第二定律確定各物體的加速度，結(jié)合加速度和速度的方向關(guān)系確定物體的運動情況。速度相等是這類問題的臨界點，此時往往意味著物體間的相對位移最大，物體的受力和運動情況可能發(fā)生突變。第一部分力與運動03力與曲線運動一、素養(yǎng)呈現(xiàn)物理觀念：合運動、分運動、平拋運動、斜拋運動、圓周運動、向心力、向心加速度、線速度、角速度。科學(xué)思維：運動的合成與分解、平拋斜面模型、豎直平面圓周運動模型?？茖W(xué)態(tài)度與責(zé)任：離心現(xiàn)象與行車安全。二、素養(yǎng)落實掌握渡河問題、關(guān)聯(lián)速度問題的處理方法應(yīng)用平拋運動特點及規(guī)律解決相關(guān)問題掌握圓周運動動力學(xué)特點，靈活處理相關(guān)問題考點一曲線運動和運動的合成與分解【考點詮釋】1．曲線運動的分析(1)物體的實際運動是合運動，明確是在哪兩個方向上的分運動的合成。(2)根據(jù)合外力與合初速度的方向關(guān)系判斷合運動的性質(zhì)。(3)運動的合成與分解就是速度、位移、加速度等的合成與分解，遵守平行四邊形定則。2．渡河問題中分清三種速度(2)船速：船在靜水中的速度。(3)水速：水流動的速度，可能大于船速。3．端速問題解題方法把物體的實際速度分解為垂直于繩(桿)和平行于繩(桿)兩個分量，根據(jù)沿繩(桿)方向的分速度大小相等求解，常見的模型如圖所示。甲 乙丙 丁【典例分析1】如圖所示的機械裝置可以將圓周運動轉(zhuǎn)化為直線上的往復(fù)運動．連桿AB、OB可繞圖中A、B、OOB在豎直面內(nèi)的圓周運動可通過連桿ABOB桿L，繞O點沿逆時針方向勻速轉(zhuǎn)動的角速度為ω，當(dāng)連桿AB與水平方向夾角為α，ABOB桿的夾角為β時，滑塊的水平速度大小為()ωLsinβsinα

ωLcosβsinα

ωLcosβcosαωLsinβcosα【答案】D【解析】設(shè)滑塊的水平速度大小為v，A點的速度的方向沿水平方向，如圖將A點的速度分解，根據(jù)運動的合成與分解可知，沿桿方向的分速度：vA分＝vcosα，B點做圓周運動，實際速度是圓周運動的線速ABAB桿方向的分速度，如圖，Bv′，則：β－90°)＝v′cos(90°－β)＝v′sinβ，v′＝ωL，又二者沿桿方向的分速度是相等的，即：vA分＝vB分聯(lián)立可得：v＝ωLsinβD正確.cosα【規(guī)律總結(jié)】“端速問題”的關(guān)鍵是合速度的判斷，根據(jù)與桿或與繩相連的物體相對地面發(fā)生的實際運動判斷是常用方法【典例分析2】如圖所示，船在靜水中的速度為v，小船(可視為質(zhì)點)過河時，船頭偏向上游，與水流方向的夾角為α，其航線恰好垂直于河岸?，F(xiàn)水流速度稍有增大，為保持航線和過河所需時間不變，下列措施可行的是()A．減小α，增大船速v B．增大α，增大船速vC．減小α，船速v不變 D．增大α，船速v不變【答案】B【解析】要保持航線仍垂直于河岸，過河所需時間不變，必須讓船在靜水中的速度沿河岸的分量和水速等大反向，船速垂直河岸的分速度(船的實際速度)不變，有vsin(π－α)＝v

v實＝，若v水v實不變，v水增大，則tan(π－α)減小，分析可知，α增大，vB正確?！疽?guī)律總結(jié)】“三情景、兩方案”解決小船渡河問題【考點詮釋】平拋運動的研究方法平拋運動的二級結(jié)論y做平拋運動的物體在任一時刻的瞬時速度的反向延長線一定通過此時水平位移的中點，則tanα＝x。2做平拋運動的物體在任一時刻任一位置處，其速度與水平方向的夾角α的正切值，是位移與水平方向的夾角θ2tanα＝2tanθ。若物體在斜面上平拋又落到斜面上，則其豎直位移與水平位移之比等于斜面傾角的正切值。若平拋物體垂直打在斜面上，則物體打在斜面上瞬間，其水平速度與豎直速度之比等于斜面傾角的正切值?！镜淅治?】如圖所示，xOy是平面直角坐標(biāo)系，Ox水平、Oy豎直，一質(zhì)點從O點開始做平拋運動，P點是軌跡上的一點.Pv，方向沿該點所在軌跡的切線.MPOx軸上的投影，P點OxQ點.20m/s，MP=20m，重力加速度g取10m/s2，則下列說法正確的是A．QM的長度為10m B．質(zhì)點從O到P的運動時間為1sC．質(zhì)點在P點的速度v大小為40m/s D．質(zhì)點在P點的速度與水平方向的夾角為45°【答案】D【解析】ABh1gt22t=2sxv0t40mQOMQM=20mA錯誤，B錯誤；CPvygt102m/s=20m/sv2v2x y202202所以在P點的速度為：v v2v2x y202202Dtanvyvx

1P45°D正確.【規(guī)律總結(jié)】“化曲為直”思想在平拋運動中的應(yīng)用根據(jù)運動效果的等效性，利用運動分解的方法，將其轉(zhuǎn)化為我們所熟悉的兩個方向上的直線運動：【典例分析CA點以速度1（EDDBC的中點。在A點以速度v2將小球水平拋出，小球剛好落在CED的時間為t1A運動到C的時間為t2，則t1t2為（）A．1：1 B．1：2 C．2：3 D．1：3【答案】B【解析】對于平拋運動，其運動時間只由高度h決定，不管是以初速度v1或v2拋出，其落到斜面底端時間是一1gt2樣，都為t2。設(shè)從A到E的時間為t，由平拋運動規(guī)律得tan2 v1t1gt2同理，從A到D的運動tan2 2v1t2根據(jù)數(shù)學(xué)幾何問題可知tanABBCtanABBDtan2tan即t22t由于t2t1t因此 t1:t21:2AEEDADAD、C在同一水平面上，高度相同，時間相同，即t1

t1tB。2【規(guī)律總結(jié)】與斜面相關(guān)聯(lián)的平拋運動的分解方法與技巧(1)如果知道速度的大小或方向，應(yīng)首先考慮分解速度。(2)如果知道位移的大小或方向，應(yīng)首先考慮分解位移。5】2022242022220日在北京和張家口聯(lián)合舉行，這是北京和張家口歷史上第一次舉辦冬季奧運會。圖示為某滑雪運動員訓(xùn)練的情境，運動員從弧形坡面上滑下，沿水平方向飛出后落到斜面上。斜面足夠長且傾角為θ，弧形坡面與斜面頂端有一定高度差。某次訓(xùn)練時，運動員從弧形坡v0，飛出后在空中的姿勢保持不變，不計空氣阻力，下列判斷正確的是()若運動員以不同的速度從弧形坡面飛出，落到斜面前瞬間速度方向一定相同若運動員飛出時的水平速度大小變?yōu)?v0，運動員飛出后經(jīng)t＝2v0tanθ距斜面最遠(yuǎn)g若運動員飛出時的水平速度大小變?yōu)?v0，運動員落點位移為原來的4倍若運動員飛出時的水平速度大小變?yōu)?v0，落到斜面前瞬間速度方向與水平方向的夾角變大【題眼點撥】①“沿水平方向飛出”，運動員做平拋運動，要應(yīng)用分解思想。②“弧形斜面與斜面頂端有一定高度差”，可從拋出點構(gòu)建斜面，比較實際斜面，應(yīng)用二級結(jié)論。【答案】B【解析】利用物體從斜面頂端平拋的運動規(guī)律，設(shè)運動員從弧形坡面上A點做平拋運動，落到斜面上的C點，ACACB，如圖所示則從A平拋時，落到斜面AB(虛擬)上時，速度方向與水平方向的夾角都相等，則落到實際斜面上E點時豎直方向分速度vyE小于落到D點時豎直方向分速度vyD，而二者水平方向分速度相同，則落到E點時速度與水平方向的夾角比落到D點小，故A、D項錯誤；運動員離斜面最遠(yuǎn)時的速度與斜面平行，當(dāng)速度為2v0時，有tanθ＝gtt＝2v0tanθB項正確；若沿傾角為αABDtanα＝vy＝gt＝2tanθ，2v0 g v0 v000θx＝vt＝2v2tanθs＝x00

2v2vtanθ＝0 ，可知當(dāng)速度為2v0

時，s′＝4s，則落到E點時的距g gs″<4sC項錯誤。

gcosθ【規(guī)律總結(jié)】平拋運動問題要構(gòu)建好兩類模型，一類是常規(guī)平拋運動模型，注意分解方法，應(yīng)用勻變速運動的規(guī)律；另一類是平拋斜面結(jié)合模型，要靈活應(yīng)用斜面傾角，分解速度或位移，構(gòu)建幾何關(guān)系。【考點詮釋】水平面內(nèi)的圓周運動的“臨界”分析(1)FT＝0接觸面滑動臨界：F＝fm(3)接觸面分離臨界：FN＝0豎直面內(nèi)的圓周運動(輕繩模型和輕桿模型)輕繩模型輕桿模型圖示力F向下或等于零，mg＋F＝mv2彈 彈R重力，彈力F彈向下、向上或等于零，mg±F＝mv2彈R點F＝0，mg＝mv2，v＝Rg，即在最高點速彈R度不能為零v＝0，mg＝F彈，在最高點速度可為零關(guān)聯(lián)應(yīng)用動能定理或機械能守恒定律將初、末狀態(tài)聯(lián)系起來列方程求解【典例分析6】在修筑鐵路時，彎道處的外軌會略高于內(nèi)軌。如圖5所示，當(dāng)火車以規(guī)定的行駛速度轉(zhuǎn)彎時，內(nèi)、外軌均不會受到輪緣的擠壓，設(shè)此時的速度大小為v，重力加速度為g，兩軌所在面的傾角為θ，則( )r＝v2gtanθ當(dāng)火車質(zhì)量改變時，規(guī)定的行駛速度大小不變C．當(dāng)火車速率大于v時，內(nèi)軌將受到輪緣的擠壓D．當(dāng)火車速率小于v時，外軌將受到輪緣的擠壓【答案】ABθ，根mgtanθ＝mv2r＝v2，故選項A正確；根據(jù)牛頓第二定律得mgtanθ＝mv2，解得vr gtanθ r＝grtanθ，可知火車規(guī)定的行駛速度與質(zhì)量無關(guān)，故選項B正確；當(dāng)火車速率大于v時，重力和支持力的合力不夠提供向心力，此時外軌對火車有側(cè)壓力，輪緣擠壓外軌，故選項C錯誤；當(dāng)火車速率小于v時，重力和D錯誤?！镜淅治?】(多選)如圖所示，在勻速轉(zhuǎn)動的水平盤上，沿半徑方向放著用細(xì)線相連的質(zhì)量相等的兩個物體A和B，它們分居圓心兩側(cè)，與圓心距離分別為RA＝r，RB＝2r，與盤間的動摩擦因數(shù)μ相同，當(dāng)圓盤轉(zhuǎn)速加快到兩物體剛好還未發(fā)生滑動時，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，下列說法正確的是()此時繩子張力為FT＝3μmg2μgr此時圓盤的角速度為2μgr此時A所受摩擦力方向沿半徑指向圓外此時燒斷繩子，A仍相對盤靜止，B將做離心運動【答案】ABCABF＝mω2r，BAB所需向心力大，繩子拉力相等，所以當(dāng)圓盤轉(zhuǎn)速加快到兩物體剛好還未發(fā)生滑動時，B的靜摩擦力方向指向圓心，A的最大靜摩擦力方向指向圓外，根據(jù)牛頓第二定律得FT－μmg＝mω2r，F(xiàn)T＋μmg＝mω2·2r，解得FT＝3μmg，ω＝ 2μg，故A、B、C正確；燒斷繩子瞬間A物體所需的向心力：mω2r＝2μmg，此時燒斷繩子，A的最大靜r摩擦力不足以提供所需向心力，則A做離心運動，故D錯誤。【規(guī)律總結(jié)】“一、二、三、四”求解圓周運動問題【典例分析8】如圖甲所示，陀螺可在圓軌道外側(cè)旋轉(zhuǎn)而不脫落，好像軌道對它施加了魔法一樣，被稱為“魔力陀螺”它可等效為一質(zhì)點在圓軌道外側(cè)運動的模型如圖乙所示在豎直平面內(nèi)固定的強磁性圓軌道半徑為R，A、B兩點分別為軌道的最高點與最低點。質(zhì)點沿軌道外側(cè)做完整的圓周運動，受圓軌道的強磁性引力始終指向圓心O且大小恒為F，當(dāng)質(zhì)點以速率v＝gR通過A點時，對軌道的壓力為其重力的8倍，不計摩擦和空氣阻力，質(zhì)點質(zhì)量為m，重力加速度為g，則( )甲 乙強磁性引力的大小F＝7mgAB點對軌道的壓力只要質(zhì)點能做完整的圓周運動，則質(zhì)點對A、B兩點的壓力差恒為5mg若強磁性引力大小恒為2F，為確保質(zhì)點做完整的圓周運動，則質(zhì)點通過B點的最大速率為15gR【題眼點撥】①“強磁性引力始終指向圓心O”，表明向心力來源有重力、彈力和強磁性引力。②“對軌道壓力為其重力的8倍”，運用此信息列牛頓第二定律方程求解F?！敬鸢浮緿AF＋mg－F＝mv2

F＝F′＝8mg，A R

A Amv2聯(lián)立解得F＝8mg，選項A錯誤；質(zhì)點能完成圓周運動，在A點根據(jù)牛頓第二定律有F＋mg－NA＝mv2

A，根據(jù)R牛頓第三定律有NA＝N′A；在B點，根據(jù)牛頓第二定律有F－mg－NB＝

NB＝N′B；從RABmg·2R＝1mv2－1mv2N′－N′＝6mgB、C錯誤；若強磁B A A B2 2v2性引力大小恒為2F，在B點，根據(jù)牛頓第二定律有2F－mg－FB＝mB，由數(shù)學(xué)知識可知當(dāng)FB＝0時，質(zhì)點速RvBmvBm＝15gRD正確。【典例分析9】如圖所示，水平地面上有一光滑弧形軌道與半徑為r的光滑圓軌道相連，且固定在同一個豎直面內(nèi)將一質(zhì)量為m的小球由弧形軌道上某一高度處無初速釋放為使小球在沿圓軌道運動時始終不脫離軌道，這個高度h的取值可為( )A．2.2r B．1.2r C．1.6r D．0.8r【答案】D【解析】小球沿圓軌道運動時，可能做完整的圓周運動，當(dāng)小球剛好不脫離圓軌道時，在圓軌道最高點重力提供向心力，則有mg＝mv2，由機械能守恒定律得mgh－mg·2r＝1mv2，解得h＝2.5r。小球沿圓軌道運動時，也r 2可能不超過與圓心等高處，由機械能守恒定律得mgh＝mg·r，得h＝r，綜上可得，為使小球在沿圓軌道運動時始終不離開軌道，hh≤rh≥2.5rD正確。【規(guī)律總結(jié)】分析豎直平面內(nèi)圓周運動臨界問題的思路【典例分析10】如圖所示，長為l的輕質(zhì)細(xì)線固定在O1點，細(xì)線的下端系一質(zhì)量為m的小球，固定點O1的正下方0.5l處的P點可以垂直于豎直平面插入一顆釘子，現(xiàn)將小球從細(xì)線處于水平狀態(tài)由靜止釋放，此時釘子還未插入P點，在B點右下方水平地面上固定有一半徑為R＝5l的光滑圓弧形槽，槽的圓心在O2，D點為最低16點，且∠CO2D＝37°，重力加速度為g，不計空氣阻力。(已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)求：B點時的速度大??；PAB點時，繩子恰好被拉斷，求繩子能承受的最大拉力；在第(2)問的情況下，小球恰好從槽的C點無碰撞地進入槽內(nèi)，求整個過程中小球?qū)Σ鄣淖畲髩毫?。【答案?1)2gl (2)5mg (3)11.4mgB【解析】(1)設(shè)小球運動到BvB，由AB應(yīng)用動能定理，mg·l＝1mv2B2解得：vB＝2gl。插入釘子后，小球再次經(jīng)過B點時有：F－mg＝m

2vBv0.5l解得繩子能承受的最大拉力F＝5mg。小球從B點開始做平拋運動，在C點時速度方向恰好沿軌道切線方向，即：vC＝vBcos37°小球沿槽運動到最低點時對軌道的壓力最大，小球從C到D過程中機械能守恒有：mgR(1－cos37°)＝1mv2－1mv2D C2 2v2vD點有：FN－mg＝mDR解得槽對小球的支持力FN＝11.4mg由牛頓第三定律得小球?qū)Σ鄣淖畲髩毫镕′N＝11.4mg，方向豎直向下?！疽?guī)律總結(jié)】解決平拋與圓周運動組合問題的“四個關(guān)鍵”運動階段的劃分，如例題中分成三個階段(圓周→平拋→圓周)。運動階段的銜接，尤其注意速度方向，如例題中，小球運動到B點的速度。兩個運動階段在時間和空間上的聯(lián)系。對于平拋運動或類平拋運動與圓周運動組合的問題，應(yīng)用合成與分解的思想分析，這兩種運動轉(zhuǎn)折點的速度是解題的關(guān)鍵。第一部分力與運動04天體運動一、素養(yǎng)呈現(xiàn)物理觀念：萬有引力、宇宙速度、經(jīng)典時空觀、相對論時空觀?？茖W(xué)思維：萬有引力定律、開普勒定律、雙星模型、多星運動模型。科學(xué)態(tài)度與責(zé)任：萬有引力與衛(wèi)星發(fā)射、變軌、回收。二、素養(yǎng)落實掌握衛(wèi)星的運行特點和規(guī)律掌握計算天體質(zhì)量(密度)的方法掌握宇宙速度并推導(dǎo)第一宇宙速度會應(yīng)用動力學(xué)和能量觀點分析衛(wèi)星變軌問題【考點詮釋】1．開普勒第三定律r3＝k，其中k與中心天體有關(guān)，r是橢圓軌道的半長軸。T2對同一中心天體的所有行星，該公式都成立。2．估算中心天體的質(zhì)量和密度的兩條思路利用中心天體的半徑和表面的重力加速度gGMm＝mg求出M＝gR2

Mρ＝＝

M＝3g。R2 G

V 4πR33

4πGRr利用環(huán)繞天體的軌道半徑r和周期T計算。由GMm＝m4π2，可得出M＝4π2r3。若環(huán)繞天體繞中心天體表面rM做勻速圓周運動，軌道半徑r＝R，則ρ＝4πR3

r2 T2＝3π。3GT23

GT2【典例分析1】若宇航員在月球表面附近高h(yuǎn)處以初速度v0水平拋出一個小球，測出小球的水平射程為L。已知月球半徑為R，引力常量為G。則下列說法正確的是( )hv2 3hv2A．月球表面的重力加速度g＝0 B．月球的平均密度ρ＝ 0月月C．月球的第一宇宙速度v＝v0月

L22hR Dm

2πGL2R＝ hR2v＝ L GL2【答案】BC【解析】設(shè)月球表面的重力加速度為g月，小球在月球表面做平拋運動，根據(jù)平拋知識可知在水平方向上L＝2hv2hRv2v0t，在豎直方向上h＝1gt2，解得g＝ 0，故A錯誤；在月球表面Gm月m＝mg，解得m2hv2hRv222月 月 月 月月月月月2 L2 R2 GL20＝2hR2v20＝m月球密度為ρ＝

GL2

3hv20＝0

B正確，Dv＝g

R v02hRC正確。月月4πR33

4πR33

2πGL2R L【典例分析2】“探路者”號宇宙飛船在宇宙深處飛行過程中，發(fā)現(xiàn)A、B兩顆密度均勻的球形天體，兩天體各有一顆靠近其表面飛行的衛(wèi)星，測得兩顆衛(wèi)星的周期相等，以下判斷正確的是( )天體A、B的質(zhì)量一定相等兩顆衛(wèi)星的線速度一定相等天體A、B表面的重力加速度之比等于它們的半徑之比A、B的密度一定不相等【答案】C【解析】根據(jù)萬有引力提供向心力得GMm＝m4π2R，解得M

4π2·R3

T相等，RA、BR2 T2

＝ ，GT2，的質(zhì)量不一定相等，選項A錯誤；衛(wèi)星的線速度為v＝2πR T相等，而R不一定相等，故線速度不一定相等，，T選項B錯誤；天體A、B表面的重力加速度等于對應(yīng)衛(wèi)星的向心加速度，即g＝a＝4π2R，可見天體A、B表面T24π2R3的重力加速度之比等于它們的半徑之比，選項C正確；天體的密度為ρ＝M＝M

·

，由于兩顆衛(wèi)星的周期相等，則天體A、B的密度一定相等，選項D錯誤。【規(guī)律總結(jié)】估算天體質(zhì)量(密度)的兩點注意

V 4πR33

4πR33

GT2利用萬有引力提供天體做圓周運動的向心力估算天體質(zhì)量時，求出的只是中心天體的質(zhì)量，并非環(huán)繞天體的質(zhì)量。區(qū)別天體半徑R和衛(wèi)星軌道半徑r，只有在天體表面附近的衛(wèi)星才有r≈R；計算天體密度時，體積V＝4πR33R?！究键c詮釋】天體運行參數(shù)＝·r萬有引力提供向心力，即GMm＝ma＝mv2 mω2·r＝m4π2。＝·rr2 r T2天體對其表面物體的萬有引力近似等于重力，即GMm＝mg或GM＝gR2(R、g分別是天體的半徑、表面重力R2加速度)，公式GM＝gR2應(yīng)用廣泛，被稱為“黃金代換式”。地面赤道上物體與地球衛(wèi)星的比較(1)地面赤道上的物體隨地球一起轉(zhuǎn)動，具有相同的角速度，所受萬有引力并非全部提供向心力。(2)空中繞地球自轉(zhuǎn)的衛(wèi)星萬有引力全部充當(dāng)向心力，周期和半徑有關(guān)。(3)比較地面赤道上物體和空中衛(wèi)星的運行參數(shù)，可借助同步衛(wèi)星的“橋梁”作用。3.衛(wèi)星變軌問題衛(wèi)星變軌的運動模型是向心運動和離心運動。當(dāng)由于某種原因衛(wèi)星速度v突然增大時，有GMm<mv2，萬有r2 r引力不足以提供向心力，衛(wèi)星將偏離圓軌道做離心運動；當(dāng)v突然減小時，有GMm>mv2r2 r在不同軌道的同一點，加速度相同、線速度不同、機械能不同?！镜淅治?】有a、b、c、d四顆地球衛(wèi)星，a還未發(fā)射，在赤道表面上隨地球一起轉(zhuǎn)動，b是近地軌道衛(wèi)星，c是地球同步衛(wèi)星，d是高空探測衛(wèi)星，它們均做勻速圓周運動，各衛(wèi)星排列位置如圖所示，則( )A．a(chǎn)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B．在相同時間內(nèi)b轉(zhuǎn)過的弧長最長，a、c轉(zhuǎn)過的弧長對應(yīng)的角度相等C．c在4小時內(nèi)轉(zhuǎn)過的圓心角是π，a2小時內(nèi)轉(zhuǎn)過的圓心角是π3 6D．bd的周期，d24小時【答案】BC【解析】a在地球表面隨地球一起轉(zhuǎn)動，其萬有引力等于重力與向心力之和，且重力遠(yuǎn)大于向心力，故a的向心gGmmanaGM，r2 r2d的軌道半徑大于衛(wèi)星cc的向心加速度大于d的向心加速度，選項A錯誤；地球同步衛(wèi)星c繞地球運動的角速度與地球自轉(zhuǎn)角速度相同，相同時間內(nèi)a、c轉(zhuǎn)過的弧長對應(yīng)的角度相等，由GMm＝mv2可得v＝ GM，軌道半徑越小速度越大，則v>v>v，又a與c角速度相等，且a的軌道半徑小于r2 r r

b c dcvc>vabbB正確；a、c角速度相同，在4小時內(nèi)轉(zhuǎn)過的圓心角都為2π＝6

3

2小時內(nèi)轉(zhuǎn)過的圓心角都為2π ＝12 6＝

C正確；cb的軌道半徑都小于d的軌道半徑，由開普勒第三定律可知，b的運動周期一定小于d的運動周期，d的運動周期一定大于c的運動周期(24小時)D錯誤?！疽?guī)律總結(jié)】研究衛(wèi)星運行熟悉“三星一物”同步衛(wèi)星的周期、軌道平面、高度、線速度的大小、角速度、繞行方向均是固定不變的，常用于無線電通信，故又稱通信衛(wèi)星。極地衛(wèi)星運行時每圈都經(jīng)過南北兩極，由于地球自轉(zhuǎn)，極地衛(wèi)星可以實現(xiàn)全球覆蓋。近地衛(wèi)星是在地球表面附近環(huán)繞地球做勻速圓周運動的衛(wèi)星，其運行的軌道半徑可近似認(rèn)為等于地球的半徑，7.9km/s。(或者說由萬有引力的分力充當(dāng)向心力)，它的運動規(guī)律不同于衛(wèi)星，但它的周期、角速度與同步衛(wèi)星相等?！镜淅治?．如圖所示，設(shè)地球半徑為R，假設(shè)某地球衛(wèi)星在距地球表面高度為h的圓形軌道Ⅰ上做勻速圓周運動，運行周期為T，到達軌道的A點時點火變軌進入橢圓軌道Ⅱ，到達軌道的近地點B時，再次點火進入近地軌道Ⅲ繞地做勻速圓周運動，引力常量為G，不考慮其他星球的影響，則下列說法正確的是()地球的質(zhì)量可表示為4π2R3GT2該衛(wèi)星在軌道Ⅲ上B點的速率大于在軌道Ⅱ上A點的速率衛(wèi)星在圓軌道Ⅰ和圓軌道Ⅲ上做圓周運動時，軌道Ⅰ上動能小，引力勢能大，機械能小DAB運動的過程中，加速度變小【答案】B＝mⅠGMm＝mv2R＋h2v2

4π2(RT2

，GT2，AⅠ上過AGMmr2

＝mⅠ衛(wèi)星在軌道Ⅱ上過A點做近心運動即GMmr r2

2v>mⅡ，vr所以衛(wèi)星在軌道Ⅰ上A點速率大于在軌道Ⅱ上A點的速率，在軌道Ⅲ上B點的速率大于在軌道Ⅰ上A點的速率，B正確；從A運動到B的過程，地球引力對衛(wèi)星做負(fù)功，引力勢能減小，因衛(wèi)星在軌道Ⅲ上的速度大于軌道Ⅰ上的速度，故此過程中衛(wèi)星的動能增加，在Ⅰ軌道上A點點火減速，使衛(wèi)星由高軌道進入低軌道，在Ⅱ軌道上B點點火，衛(wèi)星減速并做向心運動，則衛(wèi)星的機械能減小，C錯誤；根據(jù)公式GMm＝ma可得a＝GM，所以衛(wèi)星距離r2 r2地球越遠(yuǎn)，其向心加速度越小，故衛(wèi)星從遠(yuǎn)地點到近地點運動過程中，加速度變大，D錯誤?！镜淅治?．如圖所示，飛行器在距月球表面高度為3R的圓形軌道Ⅰ上運動，到達軌道A點點火變軌進入橢圓軌道Ⅱ，到達軌道近月點B再次點火進入近月軌道Ⅲ并繞月球做勻速圓周運動．假設(shè)月球半徑為R，月球表面的重力加速度為g，則( )B點處點火后，動能增加5R2g由已知條件可求出飛行器在軌道Ⅱ5R2g僅在萬有引力作用下，飛行器在軌道Ⅱ上通過B點的加速度大于在軌道Ⅲ上通過B點的加速度Rg飛行器在軌道Ⅲ上繞月球運行一周所需的時間為Rg【答案】BD【解析】在B點應(yīng)給飛行器點火減速，動能減小，故A錯誤；設(shè)飛行器在近月軌道Ⅲ繞月球運行一周所需的T，則：mg＝mR4π233

T＝2π R33

Ⅱ軌道的半長軸a＝2.5R，根據(jù)開普勒第T，解得：T23

，根據(jù)幾何關(guān)系可知，g三定律有R3＝2.5R3，則可以得到：T＝5π 5R，故B、D正確；僅在萬有引力作用下，飛行器在軌道Ⅱ上通2TT2 3 2 2TT2 過B點時到月球球心的距離與在軌道Ⅲ上通過B點時到月球球心的距離相等，萬有引力相同，則加速度相等，C錯誤．【規(guī)律總結(jié)】航天器變軌問題的“三點”注意航天器變軌時半徑的變化，根據(jù)萬有引力和所需向心力的大小關(guān)系判斷；穩(wěn)定在新圓軌道上的運行速度變化由v＝ GM判斷。r同一航天器在一個確定的圓(橢圓)軌道上運行時機械能守恒，在不同軌道上運行時機械能不同，軌道半徑越大，機械能越大。航天器經(jīng)過不同軌道的相交點時，加速度相等，外軌道的速度大于內(nèi)軌道的速度?！镜淅治?．如圖所示，一火箭中固定有一水平放置的壓力傳感器，傳感器上放有一個質(zhì)量為m的科考儀器．火箭從地面由靜止開始以g的初始加速度豎直向上加速運動，火箭通過控制系統(tǒng)使其在上升過程中壓力傳感2器的示數(shù)保持不變．當(dāng)火箭上升到距地面

R的高度時(地球的半徑為R，地球表面處的重力加速度為g)，以下判2斷正確的是( )gA．此高度處的重力加速度為1g B．此高度處的重力加速度為4g4 9gC．此高度處火箭的加速度為5g D．此高度處火箭的加速度為19g4 18【答案】BD【解析】由地球表面萬有引力近似等于重力得：mg＝GMm，距地面R的高度時，mg′＝GMm，聯(lián)立可得：g′＝4gA錯誤，B正確；＝9

R2 2

R＋R22由牛頓第二定律可知，在地面，F(xiàn)N－mg＝m·g2R距地面2

的高度時，F(xiàn)N－mg′＝mag聯(lián)立解得：a＝19g18

C錯誤，D正確．【考點詮釋】1．宇宙雙星模型特點(1)

Gm1m2

2 Gm1m2 2各自所需的向心力由彼此間的萬有引力提供，即

L2 ＝m1ω1r1，

L2 ＝m2ω2r2。T1＝T2，ω1＝ω2。兩顆星的運行半徑與它們之間的距離關(guān)系為：r1＋r2＝L。2．宇宙多星模型特點天體運動中，三星、四星等多星模型是指相互作用且圍繞某一點做圓周運動的星體。星體做圓周運動所需向心力由其他星體對它的萬有引力的合力提供(如圖所示)，在多星系統(tǒng)中各星體運行的角速度相等。【典例分析7】如圖所示，A、B兩顆恒星分別繞它們連線上某一點做勻速圓周運動，我們通常稱之為“雙星系統(tǒng)”，A的質(zhì)量為B的2倍，忽略其他星球?qū)Χ叩囊Γ铝姓f法正確的是( )A．恒星A的向心加速度是B的一半 B．恒星A的線速度是B的2倍C．恒星A的公轉(zhuǎn)周期是B的一半 D．恒星A的動能是B的2倍【答案】A【解析】A、B之間的引力提供各自的向心力，由牛頓第二定律可知，A、B的向心力相等，角速度和周期相等，2M4π2

4π2 2rA＝MT2

rB，解得恒星A與恒星B的軌道半徑之比為rA∶rB＝1∶2，由v＝ωr，a＝ωr，TA＝TB，可T2AA正確，B、CE＝1mv2可得EkA＝mA·v2＝2×1＝1D錯誤。Akv22 EkBv2

mBB 14 2【典例分析8】關(guān)于引力波，早在1916年愛因斯坦基于廣義相對論預(yù)言了其存在。1974年拉塞爾赫爾斯和約瑟夫泰勒發(fā)現(xiàn)赫爾斯—泰勒脈沖雙星，這雙星系統(tǒng)在互相公轉(zhuǎn)時，由于不斷發(fā)射引力波而失去能量，逐漸相互靠近，此現(xiàn)象為引力波的存在提供了首個間接證據(jù)。科學(xué)家們猜測該雙星系統(tǒng)中體積較小的星球能“吸食”另一顆體積較大的星球表面的物質(zhì)，達到質(zhì)量轉(zhuǎn)移的目的，則關(guān)于赫爾斯—泰勒脈沖雙星周期T隨雙星之間的距離L變化的關(guān)系圖象正確的是()A BC D【答案】B【解析】雙星做勻速圓周運動的向心力由它們之間的萬有引力提供，

Gm1mL2

2＝m1

22πT2πTR1＝2πT2πT

2R2，由幾何關(guān)系得：R1＋R2＝L，解得：1＝Gm1＋m2·1，已知此雙星系統(tǒng)中體積較小的星球能“吸食”另一顆體積較大的星T2 4π2 L311，故B正確，A、C、T2 L3D錯誤?！疽?guī)律總結(jié)】雙星模型歸納定義：繞公共圓心轉(zhuǎn)動的兩個星體組成的系統(tǒng)，我們稱之為雙星系統(tǒng)，如圖所示。特點：①各自所需的向心力由彼此間的萬有引力提供，即1Gm1m2＝mω2r，Gm1m2＝mω2r。111 22222L L22T1＝T2，ω1＝ω2。③兩顆星的半徑與它們之間的距離關(guān)系為：r1＋r2＝L。④兩顆星到圓心的距離r1、r2與星體質(zhì)量成反比，即m1＝m2

。r1L3Gm1＋L3Gm1＋m2m＋m＝4π2L31 2 。T2G【典例分析9】宇宙中存在一些離其他恒星較遠(yuǎn)的三星系統(tǒng)，通?？珊雎云渌求w對它們的引力作用，三星質(zhì)量相同。現(xiàn)已觀測到穩(wěn)定的三星系統(tǒng)存在兩種基本的構(gòu)成形式：一種是三顆星位于同一直線上，兩顆星圍繞中央星做圓周運動，如圖甲所示；另一種是三顆星位于等邊三角形的三個頂點上，并沿外接于等邊三角形的圓形軌道運行，如圖乙所示。設(shè)兩種系統(tǒng)中三個星體的質(zhì)量均為m，且兩種系統(tǒng)中各星間的距離已在圖甲、圖乙中標(biāo)G，則()甲 乙GmLGmLL35L35GmL33L33Gm三角形三星系統(tǒng)中每顆星做圓周運動的加速度大小為3GmL2【答案】BD【解析】在直線三星系統(tǒng)中，星體做圓周運動的向心力由其他兩星對它的萬有引力的合力提供，根據(jù)萬有引力＝mv定律和牛頓第二定律，有Gm2＋Gm2 2 解得v＝1 5Gm，A項錯誤；由周期T＝2πr＝mv，L2 2L2 L 2 L vL35Gm中星體做圓周運動的周期為L35Gm

B

m22G cosL230°＝mω2· L30°

，解得ω＝ ；由L3

m22G cos30°L2

＝maa＝3Gm，D項正確。L2【規(guī)律總結(jié)】多星模型歸納(1)定義：所研究星體的萬有引力的合力提供做圓周運動的向心力，除中央星體外，各星體的角速度或周期相同。(2)三星模型：R的圓形軌道上運行(如圖甲所示)。②三顆質(zhì)量均為m的星體位于等邊三角形的三個頂點上(如圖乙所示)。甲 乙 丙 丁(3)四星模型：(如圖丙所示)。②另一種是三顆質(zhì)量相等的星體始終位于正三角形的三個頂點上，另一顆位于中心O，外圍三顆星O做勻速圓周運動(如圖丁所示)?！镜淅治?0】位于貴州的“中國天眼”(FAST)是目前世界上口徑最大的單天線射電望遠(yuǎn)鏡，通過FAST可以測量地球與木星之間的距離．當(dāng)FAST接收到來自木星的光線傳播方向恰好與地球公轉(zhuǎn)線速度方向相同時，測得地球與木星的距離是地球與太陽距離的k倍．若地球和木星繞太陽的運動均視為勻速圓周運動且軌道共面，則可知木星的公轉(zhuǎn)周期為()A．(1＋k2)3年 B．(1＋k2)3年4 2C．(1＋k)3年 D．k3年2 2【答案】A【解析】該題中，太陽、地球、木星的位置關(guān)系如圖：設(shè)地球的公轉(zhuǎn)半徑為R1，木星的公轉(zhuǎn)半徑為R2，測得地球與木星的距離是地球與太陽距離的k倍，則有：R22＝R2＋(kR)2＝(1＋k2)R2，由開普勒第三定律有：R13＝R23，可得：T2＝R23·T2＝(1＋2311

2，由于地球公轉(zhuǎn)周TT1 1 1TT

2 2 1 2

R13

k)·T12T1＝1年，則有：T2＝(1＋k2)3A正確，B、C、D錯誤．4第二部分功能與動量05功、功率動能定理一、素養(yǎng)呈現(xiàn)物理觀念：功、功率?？茖W(xué)思維：機車啟動問題、動能定理?？茖W(xué)態(tài)度與責(zé)任：兩類機車啟動問題。二、素養(yǎng)落實掌握功、功率的計算方法掌握兩類機車啟動問題的分析計算方法理解動能定理，掌握動能定理的應(yīng)用方法【考點詮釋】功的正負(fù)的判斷方法恒力做功正負(fù)的判斷：依據(jù)力與位移的夾角來判斷。曲線運動中做功正負(fù)的判斷：依據(jù)F與v的方向的夾角α來判斷。0°≤α<90°，力對物體做正功；90°<α≤180°，力對物體做負(fù)功；α＝90°，力對物體不做功。恒力做功的計算方法合力做功的計算方法F合W合＝FlcosαF合為恒力的過程。方法二：先求各個力做的功W1、W2、W3…，再應(yīng)用W合＝W1＋W2＋W3…求合外力做的功。【典例分析1】一質(zhì)量為m的物體靜止在水平地面上，在水平拉力的作用下開始運動，圖甲是在0～6s內(nèi)其速度與時間關(guān)系圖象，圖乙是拉力的功率與時間關(guān)系圖象，g取10m/s2。下列判斷正確的是( )甲 乙A．拉力的大小為4N，且保持不變 B．物體的質(zhì)量為2kgC．0～6s