資源簡介

2023屆二輪復(fù)習(xí) 專題二 功和能
第五講 功與能量守恒定律 學(xué)案（含解析）
一、考向分析
動(dòng)量和能量在實(shí)際生產(chǎn)、生活中有廣泛應(yīng)用，是高考考查的重點(diǎn)和必考內(nèi)容，考查形式一般是綜合運(yùn)用動(dòng)能定理、機(jī)械能守恒定律和動(dòng)量守恒定律，結(jié)合動(dòng)力學(xué)方法解決直線運(yùn)動(dòng)、拋體運(yùn)動(dòng)、圓周
運(yùn)動(dòng)、多運(yùn)動(dòng)過程問題,試題中通常出現(xiàn)難度較大
的選擇題和綜合性較強(qiáng)的計(jì)算題，命題情景新,密切聯(lián)系實(shí)際,綜合性強(qiáng),突出考查考生綜合運(yùn)用物理規(guī)律解決實(shí)際問題的能力。
二、核心思路
三、重點(diǎn)知識
1.能量守恒定律：能量既不會(huì)憑空產(chǎn)生，也不會(huì)憑空消失，只會(huì)由一種能量轉(zhuǎn)化成另一種能量。
2.能量守恒表達(dá)式：
（1）守恒觀點(diǎn)：Ek1+Ep1=Ek2+Ep2+Wf
（2）轉(zhuǎn)化觀點(diǎn)： E=－ Ef
（3）轉(zhuǎn)移觀點(diǎn)：EA增=EB減
四、解題技巧
1.處理功能關(guān)系的綜合問題注意點(diǎn)
(1)弄清物體的受力和運(yùn)情況根據(jù)物體的運(yùn)動(dòng)過程分析物體的受力及不同的運(yùn)動(dòng)過程中力的變化情況。
(2)根據(jù)各力做功的不同特點(diǎn)分析各力在不同運(yùn)動(dòng)過程中的做功情況。
(3)根據(jù)不同能量變化運(yùn)用不同的功能關(guān)系。
①只涉及動(dòng)能的變化用動(dòng)能定理分析。
②只涉及重力勢能的變化,用重力做功與重力勢能變化的關(guān)系(。
③只涉及機(jī)械能的變化,用除重力和彈力之外的其他力做功與機(jī)械能變化關(guān)系。
2.利用能量守恒定律解題的兩條思路
(1)某種形式的能減少，一定存在其他形式的能增加，且減少量和增加量一定相等,即
(2)某個(gè)物體的能量減少,一定存在其他物體的能量增加，且減少量和增加量一定相等,即
五、思維建模
六、典型例題
考點(diǎn)1 曲線運(yùn)動(dòng)中的能量守恒
【例1】如圖所示,AB是豎直面內(nèi)的四分之一圓弧形光滑軌道,下端B與水平直軌道相切.一個(gè)小物塊自A點(diǎn)由靜止開始沿軌道下滑,已知軌道半徑為R=0.2m,小物塊的質(zhì)量為m=0.1kg,小物塊與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù) =0.5,取g=10m/s2.求:
(1)小物塊到達(dá)圓弧軌道末端B點(diǎn)時(shí)受支持力.
(2)小物塊在水平面上滑動(dòng)的最大距離.
【例2】如圖所示，一質(zhì)量的小物塊（可視為質(zhì)點(diǎn)）從距水平軌道高為的光滑斜面上的A點(diǎn)處滑下，物塊滑到斜面的最低端P點(diǎn)后（斜面與水平軌道平滑連接），進(jìn)入水平軌道，經(jīng)過水平軌道右端Q點(diǎn)后恰好沿半圓軌道的切線進(jìn)入豎直固定的光滑半圓軌道，最后物塊從半圓軌道最低點(diǎn)B水平飛出后落到C點(diǎn)，若物塊與水平軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)，B到C的豎直高度，取.
（1）求物塊到達(dá)Q點(diǎn)時(shí)的速度大小v.
（2）判斷物塊經(jīng)過Q點(diǎn)后能否沿半圓軌道運(yùn)動(dòng)？如不能，請說明理由.如能，求間的水平距離s.
歸納總結(jié)：
1.解題思路：
（1）確定物體的整體運(yùn)動(dòng)過程，劃清直線運(yùn)動(dòng)與曲線運(yùn)動(dòng)的分界點(diǎn)。
（2）根據(jù)題干和劃分的階段，分別列出各階段的能量守恒公式。
（3）結(jié)合曲線運(yùn)動(dòng)的運(yùn)動(dòng)規(guī)律和能量關(guān)系，列出等式并計(jì)算物理量。
2.注意事項(xiàng)：
（1）每個(gè)階段是否存在摩擦力，摩擦力是否做功，都決定著能量的等式。
（2）在大部分曲線運(yùn)動(dòng)中，物體所受的支持力不做功，一般情況下，列式可以不考慮支持力做功。
[變式訓(xùn)練]
1.如圖所示，半徑的光滑絕緣的半圓環(huán)軌道處于豎直平面內(nèi)，均強(qiáng)電場豎直向下，，半圓環(huán)與粗糙的絕緣水平地面相切于圓環(huán)的端點(diǎn)A，一不帶電小鐵塊，以初速度，從點(diǎn)水平向左運(yùn)動(dòng)，沖上豎直半圓環(huán)，并恰好通過最高點(diǎn)B點(diǎn)，最后金屬塊落回點(diǎn)，若換為一個(gè)比荷為的鐵塊仍以相同的初速度從C點(diǎn)水平向左運(yùn)動(dòng)，重力加速度，則（ ）
A.的距離為
B.金屬塊與水平面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為
C.若金屬塊帶正電，它在半圓環(huán)軌道上運(yùn)動(dòng)的最大高度為
D.若金屬塊帶負(fù)電，它在離開B點(diǎn)后與C點(diǎn)的最小距離為
2.如圖所示，AB間有一彈射裝置，質(zhì)量為m=l kg的小物塊在0.01s時(shí)間內(nèi)被彈射裝置彈出，以大小4m／s的速度沿著B點(diǎn)的切線方向進(jìn)入光滑豎直圓弧形軌道BC，已知B點(diǎn)距水平地面的高度為h=0.8m，圓弧軌道BC所對應(yīng)的圓心角∠BOC=60°（O為圓心），C點(diǎn)的切線水平，并與水平地面上長為L=2m的粗糙直軌道CD平滑連接，小物塊沿直軌道運(yùn)動(dòng)后會(huì)與豎直墻壁發(fā)生碰撞，重力加速度，空氣阻力忽略不計(jì)。求：
（1）彈射裝置對小物塊做功的平均功率；
（2）小物塊沿圓弧軌道滑到C時(shí)對軌道的壓力大小；
（3）若小物塊與軌道CD之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.5，且與豎直墻壁碰撞前后小物塊的速度大小不變，請確定小物塊最終所處的具體位置。
考點(diǎn)2 多物體整體能量守恒
【例3】質(zhì)量為的長木板放在光滑水平面上,一個(gè)質(zhì)量為的滑塊以速度沿木板表面從點(diǎn)滑到點(diǎn),在木板上前進(jìn)了,而木板在水平面上前進(jìn)了,如圖所示.設(shè)滑塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為.求:
1.摩擦力對滑塊做的功;
2.摩擦力對木板做的功;
3.摩擦力做的總功;
4.上述過程中機(jī)械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能的大小.
【例4】如圖所示,一個(gè)傾角θ=30°的光滑斜面頂端有定滑輪,質(zhì)量為m的A物體置于地面并于勁度系數(shù)為k的豎直輕彈簧相連,一條輕繩跨過滑輪,一端與斜面上質(zhì)量為m的B物體相連(繩與斜面平行),另一端與彈簧上端連接.開始時(shí)托著B繩子恰伸直彈簧處于原長狀態(tài),現(xiàn)將B由靜止釋放,B下滑過程中A恰好能離開地面但不繼續(xù)上升,求:

1.B下滑到最低點(diǎn)時(shí)的加速度;
2.若將B物體換成質(zhì)量為3m的C,C由上述初始位置靜止釋放,當(dāng)A物體剛好要離開地面時(shí),C速度的平方為多大
歸納總結(jié)：
解題思路：
（1）根據(jù)題干及問題，確立研究整體，明確整體所受的力。
（2）將物體所受的力分清內(nèi)力和外力。內(nèi)力做功不影響整體的能量守恒，外力做功影響整體能量變化。
（3）用整體法和分解法分別對整體和獨(dú)立個(gè)體進(jìn)行能量分析，確定能量轉(zhuǎn)移，列等式，求未知量。
[變式訓(xùn)練]
3.如圖所示，質(zhì)量(含擋板)的長木板靜止在足夠大的光滑水平面上，其右端擋板固定一勁度系數(shù)的水平輕質(zhì)彈簧，彈簧自然伸長時(shí)，其左端到木板左端的距離，小物塊(視為質(zhì)點(diǎn))以大小的初速度從木板的左端向右滑上長木板，已知物塊的質(zhì)量，彈簧的彈性勢能(其中為彈簧長度的形變量)，彈簧始終在彈性限度內(nèi)，取。
(1)若木板上表面光滑，求彈簧被物塊壓縮后的最大彈性勢能；
(2)若木板上表面粗糙，物塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)，請判斷物塊是否會(huì)壓縮彈簧，若物塊不會(huì)壓縮彈簧，求最終物塊到木板左端的距離；若物塊會(huì)壓縮彈簧，求彈簧的最大形變量。
4.如圖所示，半圓形軌道固定在水平桌面上，圓心與右端點(diǎn)連線水平，點(diǎn)為軌道最低點(diǎn)，輕繩一端連接小球，另一端連接物塊，現(xiàn)讓小球從靠近右端點(diǎn)處由靜止開始沿半圓形軌道內(nèi)壁下滑。已知半圓形軌道內(nèi)壁及端點(diǎn)均光滑，小球質(zhì)量，物塊質(zhì)量，軌道半徑，輕繩足夠長且不可伸長，物塊僅在豎直方向運(yùn)動(dòng)，小球和物塊均可視為質(zhì)點(diǎn)，重力加速度。求：
（1）小球剛運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)，物塊速度的大小；
（2）小球從運(yùn)動(dòng)到過程中，繩的彈力對物塊所做的功。
考點(diǎn)3 電場中的能量守恒
【例5】如圖所示，在場強(qiáng)為的水平勻強(qiáng)電場中，有半徑的光滑半圓形軌道豎直放置，與水平絕緣軌道平滑連接，電場線與軌道平面平行，C為圓弧的中點(diǎn).一帶正電、電荷量、質(zhì)量、可視為質(zhì)點(diǎn)的小滑塊與水平軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)，取.
（1）若小滑塊從半圓形軌道上的C點(diǎn)靜止釋放，運(yùn)動(dòng)到水平軌道上的P點(diǎn)靜止，求小滑塊通過段的時(shí)間.
（2）若小滑塊從水平軌道上的A端靜止釋放，沿軌道運(yùn)動(dòng)恰能到達(dá)并通過最高點(diǎn)D，求小滑塊此次運(yùn)動(dòng)通過C點(diǎn)時(shí)對軌道的壓力的大小.
【例6】如圖所示，光滑絕緣的圓形軌道BCDG位于豎直平面內(nèi)，B點(diǎn)是最低點(diǎn)，
C和G點(diǎn)與圓心等高，D點(diǎn)是最高點(diǎn)，軌道半徑為R，下端與光滑傾斜絕緣軌道在B
點(diǎn)平滑連接，整個(gè)軌道處在水平向左的勻強(qiáng)電場中。現(xiàn)有一質(zhì)量為、帶電量為的
小球（可視為質(zhì)點(diǎn)）從軌道上A點(diǎn)以初速度滾下，若小球通過圓軌道頂端
D點(diǎn)時(shí)，軌道對它的壓力，已知傾斜軌道傾角，AB距離，
重力加速度為，求：
（1）勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)；
（2）小球過C點(diǎn)時(shí)，軌道對它的作用力；
（3）小球在圓形軌道上運(yùn)動(dòng)的最小速度是多大？
歸納總結(jié)：
1.解題思路：
（1）根據(jù)電場力、重力等力對物體進(jìn)行受力分析，確定運(yùn)動(dòng)狀況。（注意帶電物體電性）
（2）判斷所受力做功。電場力做功與否可根據(jù)電勢變化確定。
（3）根據(jù)能量守恒列式，并求出未知量。
2.解題注意：
當(dāng)帶電物體在電場中運(yùn)動(dòng)時(shí)，物體會(huì)受到電場力的作用，當(dāng)電場力做功時(shí)，應(yīng)用能量守恒定律時(shí)，必須考慮電場力做功的正負(fù)。將電場力做功也列入等式當(dāng)中。
[變式訓(xùn)練]
5.如圖所示，在沿水平方向的勻強(qiáng)電場中，有一長度的絕緣輕繩上端固定在點(diǎn)，下端系一質(zhì)量、帶電量的小球（小球的大小可以忽略）在位置點(diǎn)處于靜止?fàn)顟B(tài)，此時(shí)輕繩與豎直方向的夾角，空氣阻力不計(jì)，,，。
（1）求該電場場強(qiáng)大小；
（2）在始終垂直于的外力作用下將小球從位置緩慢拉動(dòng)到細(xì)繩豎直位置的點(diǎn)，求外力對帶電小球做的功；
（3）將小球從點(diǎn)釋放，小球最高能達(dá)到什么位置？說明原因。
6.如圖所示,在水平地面上固定一傾角為θ的光滑絕緣斜面,斜面處于電場強(qiáng)度大小為E. 方向沿斜面向下的勻強(qiáng)電場中。一勁度系數(shù)為k的絕緣輕質(zhì)彈簧的一端固定在斜面底端,整根彈簧處于自然狀態(tài)。一質(zhì)量為m、帶電荷量為q(q>0)的滑塊從距離彈簧上端為x處靜止釋放，滑塊在運(yùn)動(dòng)過程中電荷量保持不變，設(shè)滑塊與彈簧接觸過程沒有機(jī)械能損失，彈簧始終處在彈性限度內(nèi)，重力加速度大小為g.
(1)求滑塊從靜止釋放到與彈簧上端接觸瞬間所經(jīng)歷的時(shí)間；
(2)若滑塊在沿斜面向下運(yùn)動(dòng)的整個(gè)過程中最大速度大小為求滑塊從靜止釋放到速度大小為的過程中彈簧的彈力所做的功W.
答案以及解析
例題答案：
【例1】答案：（1）由機(jī)械能守恒定律,得:mgR= mvB2
在B點(diǎn) N-mg=m
由以上兩式得 N=3mg=3N.
故小物塊到達(dá)圓弧軌道末端B點(diǎn)時(shí)受的支持力為3N.
(2)設(shè)在水平面上滑動(dòng)的最大距離為s
由能量守恒得 mgR=μmgs
s==m=0.4m
故小物塊在水平面上滑動(dòng)的最大距離為0.4m.
【例2】答案：（1）物塊由A運(yùn)動(dòng)到P的過程中，根據(jù)機(jī)械能守恒定律得
得
由能量守恒可列：
代入數(shù)據(jù)得.
（2）設(shè)物塊進(jìn)入半圓軌道后能沿圓軌道運(yùn)動(dòng)，此時(shí)圓軌道對物塊的壓力為，根據(jù)牛頓第二定律，有
，故物塊恰好能沿圓軌道運(yùn)動(dòng)
根據(jù)機(jī)械能守恒定律得
解得
根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律.
【例3】答案：1.分別對滑塊和木板進(jìn)行受力分析,如圖所示.
摩擦力對滑塊做的功為.
2.摩擦力對木板做的功為.
3.摩擦力做的總功為.
4.轉(zhuǎn)化為內(nèi)能的大小為.
【例4】答案：1.當(dāng)A物體剛要離開地面時(shí),A與地面間作用力為0,對A物體:由平衡條件得:F-mg=0,得:F=mg設(shè)B物體的加速度大小為a,對B物體,由牛頓第二定律得:F-mgsinθ=ma
解得:a=g,B物體加速度的方向沿斜面向上.
2.原來彈簧處于原長狀態(tài),當(dāng)A物體剛要離開地面時(shí),A物體處于平衡狀態(tài),設(shè)C物體沿斜面下滑x,則彈簧伸長即為x.對A物體有:
kx-mg=0
解得:x=
A物體剛要離開地面時(shí),彈簧的彈性勢能增加△E,對B物體下滑的過程,由能量守恒定律有:
△E=mgxsinθ
對C物體下滑的過程,由能量守恒定律有
解得:
【例5】答案：（1）設(shè)小滑塊通過B點(diǎn)時(shí)的速度為，由C到B過程中，由動(dòng)能定理得
設(shè)B到P時(shí)間為t，由動(dòng)量定理得
聯(lián)立解得.
（2）設(shè)小滑塊通過D點(diǎn)的速度為v，沿軌道恰能到達(dá)最高點(diǎn)D的條件為
設(shè)小滑塊通過C點(diǎn)時(shí)的速度為，小滑塊從C點(diǎn)到D點(diǎn)過程中，由動(dòng)能定理得
設(shè)小滑塊在C點(diǎn)時(shí)所受的支持力為N，則由牛頓第二定律有
聯(lián)立解得
由牛頓第三定律，可知小滑塊通過C點(diǎn)時(shí)對軌道的壓力大小
.
【例6】答案：（1）球在D點(diǎn)：，①
小球從A到D的過程中由動(dòng)能定理:，②
由①②得：，③
（2）小球從A到C的過程中，由動(dòng)能定理: ，④
小球在C點(diǎn)時(shí)，牛頓第二定律:，
又③④⑤得。
（3）電場力與重力的合力，
，
，，
解得。
變式訓(xùn)練答案
變式1答案：BD
解析： 小鐵塊不帶點(diǎn)時(shí)恰好經(jīng)過B點(diǎn)，則有，離開B點(diǎn)做平拋運(yùn)動(dòng)剛好到達(dá)點(diǎn)，有，，解得，，故A錯(cuò)誤；由到，根據(jù)動(dòng)能定理有，解得，故B正確；若金屬塊帶正電，則有，得，故C錯(cuò)誤；若金屬塊帶負(fù)電，由于，小球離開點(diǎn)后做勻速直線運(yùn)動(dòng)，故離點(diǎn)最近為，故D正確。
變式2答案：
（1）彈射裝置對小物塊做功為：
彈射裝置對小物塊做功的平均功率為：
（2）小物塊由B到C過程機(jī)械能守恒，則有：
在最低點(diǎn)C時(shí)，有：
由圖可知：
解得：
由牛頓第三定律可知物塊對軌道的壓力大小為30N
（3）小物塊由B滑到C點(diǎn)時(shí)具有的機(jī)械能為：
由C到D克服摩擦力做功為：
解得L=3.2m
所以，物塊將停留在距D點(diǎn)1.2m處
變式3答案：(1)彈簧的彈性勢能最大時(shí)，彈簧壓縮量最大，物塊和木板具有共同速度(設(shè)為)，
根據(jù)動(dòng)量定理可得：
解得：
根據(jù)能量守恒定律有：
解得：；
(2)假設(shè)物塊不會(huì)壓縮彈簧，且物塊在木板上通過的距離為，
根據(jù)能量關(guān)系可得：
解得：，
由于，故物塊會(huì)壓縮彈簧，由能量守恒定律可得：
解得：。
變式4答案：（1）設(shè)小球剛運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)，物塊速度的大小為
小球和物塊速度大小關(guān)系為
小球從運(yùn)動(dòng)到過程中，小球下降高度
物塊上升高度
小球和物塊系統(tǒng)機(jī)械能守恒：
聯(lián)立解得：
（2）小球從運(yùn)動(dòng)到過程中，由功能關(guān)系得：
解得：
變式5答案：（1）帶電小球靜止，受到合力等于零，電場力與重力的關(guān)系是，
（2）小球在外力作用下從位置緩慢移動(dòng)到位置過程中，根據(jù)動(dòng)能定理有
帶入數(shù)值得：
（3）小球最高到達(dá)點(diǎn)，與豎直方向夾角為（或者：與關(guān)于對稱）
原因：將電場力與重力等效成“等效重力”，其方向沿方向，小球從點(diǎn)靜止釋放，應(yīng)該擺動(dòng)到關(guān)于對稱的位置。
另法：列動(dòng)能定理，計(jì)算出與豎直方向夾角為
變式6答案：(1)滑塊從靜止釋放到與彈簧剛接觸的過程中做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)加速度大小為a，則有 ①
②
聯(lián)立①②可得 ③
(2)滑塊速度最大時(shí)受力平衡，設(shè)此時(shí)彈簧壓縮量為，則有
④
從靜止釋放到速度達(dá)到最大的過程中，由動(dòng)能定理得
⑤
聯(lián)立④⑤可得2023屆二輪復(fù)習(xí)（新高考）
專題二 功和能 第一講 功 功率與機(jī)械能 學(xué)案（含解析）
一、考向分析
對于功和功率，主要是考查對功和功率概念的理解和計(jì)算，往往涉及勻變速直線運(yùn)動(dòng)、平拋運(yùn)動(dòng)、圓周運(yùn)動(dòng)等。
與功和功率有關(guān)的圖像問題，一般有三類：①由F-t、F-x圖像分析運(yùn)動(dòng)過程，計(jì)算功或平均功率；②瞬時(shí)功率，由v-t圖像結(jié)合動(dòng)能定理求功或瞬時(shí)功率、平均功率；③由F-x、P-t圖像與坐標(biāo)軸圍成的面積求解功。
在不涉及時(shí)間的多過程運(yùn)動(dòng)問題中，可以利用動(dòng)力學(xué)方法解題，也可以利用動(dòng)能定理解題。利用動(dòng)能定理解題不需要分析運(yùn)動(dòng)細(xì)節(jié)，解答更為簡捷，尤其是多過程中涉及變力作用的曲線運(yùn)動(dòng)過程，則必須應(yīng)用動(dòng)能定理解題.應(yīng)用動(dòng)能定理時(shí)，可以分階段分析，也可以全過程分析.
力的作用效果能夠使物體的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)發(fā)生改變，即速度發(fā)生改變，牛頓第二定律和動(dòng)能定理都是用來描述力的這種作用效果的。牛頓第二定律對于一個(gè)力作用下物體的運(yùn)動(dòng)過程著重從空間積累的角度反映作用效果，而動(dòng)能定理可以反映該過程中某一瞬時(shí)力的作用效果，有些問題要將這兩個(gè)規(guī)律綜合起來加以應(yīng)用才能解決問題。
二、核心思路
三、重點(diǎn)知識
1.功
（1）恒力做功：W=Flcos α（α為F與l之間的夾角）。
（2）變力做功：①用動(dòng)能定理求解；②用F-x圖像求解。
（3）功是標(biāo)量，“+”“-”號表示做功的正負(fù)，不代表方向。
2.功率
（1）平均功率：。
（2）瞬時(shí)功率：
3.兩種機(jī)車啟動(dòng)方式的比較：
方式 恒定功率啟動(dòng) 恒定加速度啟動(dòng)
運(yùn)動(dòng)規(guī)律 先做加速度逐漸減小的變加速直線運(yùn)動(dòng)（對應(yīng)圖像中的OA段），最后以vm做勻速直線運(yùn)動(dòng) 先以加速度a做勻加速直線運(yùn)動(dòng)(對應(yīng)圖像中的OA段），然后在額定功率下做變加速直線運(yùn)動(dòng)(對應(yīng)圖像中的AB段)，最后以vm做勻速直線運(yùn)動(dòng)
v-t圖像
5.動(dòng)能定理：。
6.應(yīng)用動(dòng)能定理的步驟
7.機(jī)械能守恒定律：在除重力外其他力不做功的情況下，物體的機(jī)械能守恒。
8.機(jī)械能守恒表達(dá)式：
（1）守恒觀點(diǎn)：Ek1+Ep1=Ek2+Ep2
（2）轉(zhuǎn)化觀點(diǎn)： Ek=－ Ep
（3）轉(zhuǎn)移觀點(diǎn)：EA增=EB減
四、解題技巧
變力做功的計(jì)算
五、思維建模
五、典型例題
考點(diǎn)1 功和功率
例1.質(zhì)量為m的物體靜止在光滑水平面上，從時(shí)刻開始受到水平力的作用。力F的大小與時(shí)間t的關(guān)系，力的方向保持不變，則( )
A.時(shí)刻水平力的瞬時(shí)功率為
B.時(shí)刻水平力的瞬時(shí)功率為
C.在0~這段時(shí)間內(nèi)，水平力的平均功率為
D.在0~這段時(shí)間內(nèi)，水平力的平均功率為
解析：0~時(shí)間內(nèi)，物體的加速度時(shí)刻的速度，位移，~時(shí)間內(nèi)，加速度，時(shí)刻的速度，~時(shí)間內(nèi)的位移；所以時(shí)刻的瞬時(shí)功率，B對，A錯(cuò)：時(shí)間內(nèi)的平均功率，D對，C錯(cuò)。
答案：BD
歸納總結(jié)：
1.功的確定決定功率的計(jì)算,所以明確力對誰做功、做功的多少以及正負(fù)，是解決功和功率問題的關(guān)鍵。
2.在應(yīng)用公式：W=Flcosα?xí)r，要注意l的取值，尤其是在計(jì)算摩擦力做功時(shí)，l更是考察的重點(diǎn)。一般情況下我們在確定l時(shí)，看的都是物體與接觸面的相對位移。
3.在應(yīng)用公式：P=Fvcosα?xí)r，要注意F和v的方向問題。
[變式訓(xùn)練]
1.仰臥起坐是《國家學(xué)生體質(zhì)健康標(biāo)準(zhǔn)》中規(guī)定的女生測試項(xiàng)目之一。根據(jù)該標(biāo)準(zhǔn)高三女生一分鐘內(nèi)完成55個(gè)以上仰臥起坐記為滿分。若某女生一分鐘內(nèi)做了50個(gè)仰臥起坐，其質(zhì)量為，上半身質(zhì)量為總質(zhì)量的0.6倍，仰臥起坐時(shí)下半身重心位置不變，取。則測試過程中該女生克服重力做功的平均功率約為( )
A. B. C. D.
2.質(zhì)量為的物體，在大小恒定的水平拉力F的作用下，沿水平面做直線運(yùn)動(dòng).0~2 s內(nèi)F的方向與運(yùn)動(dòng)方向相反，2~4 s內(nèi)F的方向與運(yùn)動(dòng)方向相同，物體的圖象如圖所示.g取，則( )
A.拉力F的大小為100 N B.物體在第4 s時(shí)拉力的瞬時(shí)功率為60 W
C.4 s內(nèi)拉力所做的功為480 J D.4 s內(nèi)物體克服摩擦力做的功為480 J
考點(diǎn)2 機(jī)車啟動(dòng)
例2.質(zhì)量為、發(fā)動(dòng)機(jī)的額定功率為80 kW的汽車在平直公路上行駛，若該汽車所受阻力大小恒為，則下列判斷正確的是( )
A.汽車的最大速度是10 m/s
B.汽車以的加速度勻加速啟動(dòng)，啟動(dòng)后第2 s末發(fā)動(dòng)機(jī)的實(shí)際功率是32 kW
C.汽車以的加速度勻加速啟動(dòng)，勻加速運(yùn)動(dòng)所能維持的時(shí)間為10 s
D.若汽車保持額定功率啟動(dòng)，則當(dāng)其速度為5 m/s時(shí)，加速度為
解析：當(dāng)牽引力等于阻力時(shí)，速度最大，根據(jù)得，汽車的最大速度，故A錯(cuò)誤；根據(jù)牛頓第二定律得，，解得，第2 s末的速度，第2 s末發(fā)動(dòng)機(jī)的實(shí)際功率，故B正確；汽車做勻加速直線運(yùn)動(dòng)的末速度，則做勻加速直線運(yùn)動(dòng)的時(shí)間，故C錯(cuò)誤；當(dāng)汽車速度為5 m/s時(shí)，牽引力，根據(jù)牛頓第二定律得，汽車的加速度，故D正確。
答案：BD
歸納總結(jié)：
1.兩種機(jī)車啟動(dòng)方式中，確定好汽車運(yùn)動(dòng)狀態(tài)，進(jìn)而確定汽車加速度和受力，才能準(zhǔn)確而快速的解題。
2.常用公式：
[變式訓(xùn)練]
3.為減少汽車排放帶來的污染，很多城市開始使用電動(dòng)汽車，現(xiàn)有一輛質(zhì)量為的某品牌電動(dòng)汽車電池每次充滿電后能提供的總電能為，充電時(shí)，直流充電樁充電電壓為，充電時(shí)間為，充電效率為，以的速度在平直高速公路勻速行駛時(shí)汽車將總電能轉(zhuǎn)化為機(jī)械能的效率為，汽車受到的阻力為重力的0.03倍，由此可知( )
A．充電的平均電流為
B．汽車牽引力的功率為
C．汽車能勻速行駛的時(shí)間為
D．汽車能勻速行駛的距離為
4.2019年10月1日,在慶祝中華人民共和國成立70周年閱兵式上,習(xí)近平主席乘“紅旗”牌國產(chǎn)轎車依次檢閱15個(gè)徒步方隊(duì)和32個(gè)裝備方隊(duì)(如圖甲所示)。檢閱車在水平路面上的啟動(dòng)過程如圖乙所示,其中為過原點(diǎn)的傾斜直線,段表示以額定功率行駛時(shí)的加速階段,段是與段相切的水平直線,若檢閱車的質(zhì)量為,行駛過程中所受阻力恒為,則下列說法正確的是( )
A.檢閱車在時(shí)刻的牽引力和功率都是最大值,時(shí)間內(nèi)其牽引力等于
B.時(shí)間內(nèi)檢閱車做變加速運(yùn)動(dòng)
C.時(shí)間內(nèi)的平均速度等于
D.時(shí)間內(nèi)檢閱車克服阻力所做功為
考點(diǎn)3 動(dòng)能定理
例3.小明用如圖所示軌道探究滑塊的運(yùn)動(dòng)規(guī)律。長的斜軌道傾角為，斜軌道底端平滑連接長的水平軌道，水平軌道左端與半徑的光滑半圓形軌道底端B平滑連接。將質(zhì)量的滑塊（可不計(jì)大小）從斜軌道頂端釋放，滑塊與斜軌道及水平軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為。已知，g取。
（1）若無初速度釋放滑塊，求滑塊到達(dá)B點(diǎn)時(shí)對半圓形軌道壓力的大小；
（2）為保證滑塊能到達(dá)半圓形軌道頂端A，應(yīng)至少以多大速度釋放滑塊？
解析：（1）滑塊從斜軌道頂端滑到B點(diǎn)的過程根據(jù)動(dòng)能定理有
在B點(diǎn)由牛頓第二定律得
解得
由牛頓第三定律得滑塊到達(dá)B點(diǎn)時(shí)對半圓形軌道壓力的大小為2.15 N。
（2）若滑塊恰能到達(dá)半圓形軌道頂端A，到達(dá)A時(shí)速度記為，則
解得
從斜軌道頂端到A由動(dòng)能定理得
解得
答案：（1）2.15 N
（2）
歸納總結(jié)：
1.相比其他知識點(diǎn)動(dòng)能定理的考察更加系統(tǒng)化，經(jīng)常可以在各部分知識考察中穿插。當(dāng)運(yùn)用動(dòng)能定理時(shí)，我們可以分段列式，也可以整體列式。分段的時(shí)候要保證每一段之間“不重不漏”。
2.對于相對復(fù)雜的運(yùn)動(dòng)過程，我們要學(xué)會(huì)根據(jù)題干將整體的運(yùn)動(dòng)過程分段，明確每一段的分解點(diǎn)以及分界依據(jù)（如速度、加速度、位移），逐段列式。
[變式訓(xùn)練]
5.高速公路部分路段旁建有如圖所示的避險(xiǎn)車道，車輛可駛?cè)氡茈U(xiǎn)。若質(zhì)量為的貨車剎車后以初速度經(jīng)點(diǎn)沖上避險(xiǎn)車道，前進(jìn)距離時(shí)到點(diǎn)減速為0,貨車所受阻力恒定，兩點(diǎn)高度差為為中點(diǎn)，已知重力加速度為，下列關(guān)于該貨車從運(yùn)動(dòng)到過程說法正確的是（ ）
A.克服阻力做的功為
B.該過程產(chǎn)生的熱量為
C.在段克服阻力做的功小于段克服阻力做的功
D.在段的運(yùn)動(dòng)時(shí)間等于段的運(yùn)動(dòng)時(shí)間
6.如圖所示，豎直平面內(nèi)的直角坐標(biāo)系中有一根表面粗糙的粗細(xì)均勻的細(xì)桿，它的上端固定在坐標(biāo)原點(diǎn)處且與軸相切。和段分別為彎曲桿和直桿，它們相切于點(diǎn)，段所對應(yīng)的曲線方程為。一根套在直桿上的輕彈簧下端固定在點(diǎn)，其原長比桿的長度短。可視為質(zhì)點(diǎn)的開孔小球(孔的直徑略大于桿的直徑)套在細(xì)桿上。現(xiàn)將小球從處以的初速度沿軸的正方向拋出，過點(diǎn)后沿桿運(yùn)動(dòng)壓縮彈簧，再經(jīng)彈簧反彈后恰好到達(dá)點(diǎn)。已知小球的質(zhì)量，點(diǎn)的縱坐標(biāo)為，小球與桿間的動(dòng)摩擦因數(shù)，取。求：
(1)上述整個(gè)過程中摩擦力對小球所做的功；
(2)小球初次運(yùn)動(dòng)至點(diǎn)時(shí)的速度的大小和方向；
考點(diǎn)4 機(jī)械能守恒
例4.如圖所示,在水平面上依次放置小物塊A和C以及曲面劈 B,其中A與C的質(zhì)量相等均為m,曲面劈B的質(zhì)量曲面劈B的曲面下端與水平面相切,且曲面劈B足夠高,各接觸面均光滑。現(xiàn)讓小物塊C以水平速度。向右運(yùn)動(dòng),與A發(fā)生碰撞,碰撞后兩個(gè)小物塊粘在一起滑上曲面劈 B。求:
(1)碰撞過程中系統(tǒng)損失的機(jī)械能;
(2)碰后物塊A與C在曲面劈B上能夠達(dá)到的最大高度。
解析：（1）小物塊C與A發(fā)生碰撞粘在一起，以的方向?yàn)檎较?由動(dòng)量守恒定律得:
解得;
碰撞過程中系統(tǒng)損失的機(jī)械能為
解得:
（2）當(dāng)小物塊上升到最大高速時(shí), 系統(tǒng)的速度相等;根據(jù)動(dòng)量守恒定律:
解得
根據(jù)機(jī)械能守恒得:
解得:
答案：（1）；（2）
歸納總結(jié)：
1.判斷機(jī)械能是否守恒的方法：
（1）根據(jù)做功判斷：若物體或系統(tǒng)中只有重力（或系統(tǒng)內(nèi)彈力）做功，不受其他力、其他力不做功或其他力做功代數(shù)和為零時(shí)，機(jī)械能守恒。
（2）利用能量轉(zhuǎn)化來判斷：若物體或系統(tǒng)中只有動(dòng)能和勢能的相互轉(zhuǎn)化，則物體或系統(tǒng)機(jī)械能守恒。
2.解題思路
（1）確定研究的對象，可以是單個(gè)物體，也可以是多個(gè)物體組成的系統(tǒng)。
（2）對研究對象進(jìn)行受力分析和做功情況的分析。
（3）判斷機(jī)械能是否守恒。
（4）選取適當(dāng)列式方式，列等式并求解未知量。
[變式訓(xùn)練]
7.如圖所示，用鉸鏈將三個(gè)質(zhì)量均為m的小球A、B、C與兩根長為L的輕桿相連，B、C置于水平地面上，系統(tǒng)靜止時(shí)輕桿豎直，現(xiàn)給系統(tǒng)一個(gè)微小擾動(dòng)，B、C在輕桿的作用下向兩側(cè)滑動(dòng)，三個(gè)小球始終在同一豎直平面內(nèi)運(yùn)動(dòng)，忽略一切摩擦，重力加速度為g，則此過程中（ ）
A.球A的機(jī)械能一直減小 B.球C的機(jī)械能一直增大
C.球B對地面的壓力不可能小于mg D.球A落地的瞬時(shí)速度為
8.一輕彈簧的下端固定在水平面上，上端連接質(zhì)量的木板，當(dāng)木板處于靜止?fàn)顟B(tài)時(shí)彈簧的壓縮量，如圖所示.一質(zhì)量也為的橡皮泥從木板正上方距離的A處自由落下，打在木板上立刻粘住后與木板一起向下運(yùn)動(dòng)，它們到達(dá)最低點(diǎn)后又向上運(yùn)動(dòng).不計(jì)空氣阻力，g取，（彈性勢能表達(dá)式為，其中k為彈簧勁度系數(shù)，x為彈簧形變量）求：
（1）橡皮泥打在木板上一起向下運(yùn)動(dòng)時(shí)的初速度；
（2）橡皮泥和木板一起上升的最大高度；
（3）橡皮泥和木板一起運(yùn)動(dòng)過程中的最大速度.
答案以及解析
變式訓(xùn)練答案
變式1答案：C
解析：該同學(xué)身高約,則每次上半身重心上升的距離約為：
則她每一次克服重力做的功為：
內(nèi)她克服重力所做的總功為：
她克服重力做功的平均功率為：故C正確，ABD錯(cuò)誤
故選：C。
變式2答案：D
解析：由圖象可得，0~2 s內(nèi)物體做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，加速度大小為，在勻減速過程中，由牛頓第二定律得，2~4 s內(nèi)物體做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，加速度大小為，有，聯(lián)立解得，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；物體在第4 s時(shí)拉力的瞬時(shí)功率為，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；4 s內(nèi)物體通過的位移為，拉力做功為，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；4 s內(nèi)物體通過的路程為，克服摩擦力做功為，選項(xiàng)D正確.
變式3答案：C
解析：A．由題可知，電能，則由可知，充電電流為故A錯(cuò)誤；
B．當(dāng)汽車勻速行駛時(shí)，牽引力等于阻力的大小，即
則牽引力的功率為故B錯(cuò)誤；
CD．汽車能勻速行駛的時(shí)間
則汽車勻速行駛的最大距離為
故C正確，D錯(cuò)誤。
變式4答案：AD
解析：A. 由圖象可知,檢閱車的運(yùn)動(dòng)過程為：Oa為勻加速直線運(yùn)動(dòng),ab是恒定功率運(yùn)動(dòng),且加速度在逐漸減小,所以t1時(shí)刻牽引力和功率最大,bc是勻速直線運(yùn)動(dòng),t2~t3時(shí)間內(nèi)其牽引力等于f，故A正確。
B. 在0~t1時(shí)間段，由v t圖象知檢閱車做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，故B錯(cuò)誤。
C. 在0~t2時(shí)間段,由v t圖象可知,檢閱車先做勻加速運(yùn)動(dòng)再做變加速運(yùn)動(dòng),故此段時(shí)間內(nèi)平均速度大于，故C錯(cuò)誤；
D. 設(shè)時(shí)間t1 t2內(nèi)檢閱車克服阻力所做功為Wf,由動(dòng)能定理,克服阻力所做功為，故D正確。
變式5答案：B
解析：根據(jù)動(dòng)能定理，，克服阻力做的功為，A錯(cuò)誤;克服阻力做的功等于系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能，該過程產(chǎn)生的熱量為,B正確；阻力做的功與位移成正比，在段克服阻力做的功等于段克服阻力做的功,C錯(cuò)誤;從到做勻減速運(yùn)動(dòng)，在段的運(yùn)動(dòng)時(shí)間小于段的運(yùn)動(dòng)時(shí)間，D錯(cuò)誤。
變式6答案：(1)對題述過程由動(dòng)能定理得
代入數(shù)據(jù)解得
(2)假設(shè)小球拋出后做平拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律可得,
代入數(shù)據(jù)解得
與曲線方程一致，
說明小球在段運(yùn)動(dòng)過程中與細(xì)桿無摩擦，做平拋運(yùn)動(dòng)。
由動(dòng)能定理
代入數(shù)據(jù)解得
由運(yùn)動(dòng)的合成和分解可得的方向與軸正方向夾角的余弦值，即。
變式7答案：D
解析：AB. 因?yàn)锳、B、C組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，在A落地前，BC運(yùn)動(dòng)；在A落地時(shí)，BC停止運(yùn)動(dòng)。由于系統(tǒng)機(jī)械能守恒可知，A的機(jī)械能轉(zhuǎn)化為BC的動(dòng)能，故A的機(jī)械能不可能一直減小，同理C的機(jī)械能不可能一直增大，故A錯(cuò)誤、B錯(cuò)誤；
C. 在A落地前，B做減速運(yùn)動(dòng)，由于輕桿對B有斜向上的拉力，因此B對地面的壓力可小于mg，故C錯(cuò)誤；
D. 根據(jù)動(dòng)能定理可得：，解得：，故D正確。
變式8答案：（1）1 m/s
（2）在彈簧原長上方
（3）
解析：（1）橡皮泥打在木板上瞬間有，解得，
碰撞瞬間動(dòng)量守恒，取豎直向下為正方向，由動(dòng)量守恒定律有，
解得.
（2）開始時(shí)彈簧被壓縮，則，解得，
設(shè)橡皮泥和木板上升的最大高度在原長上方處，由系統(tǒng)機(jī)械能守恒定律有
，
解得.
（3）速度最大時(shí)橡皮泥和木板所受合外力為零，彈簧形變量滿足，解得，
碰撞后到速度最大時(shí)，由系統(tǒng)機(jī)械能守恒定律有
，
解得.2023屆二輪復(fù)習(xí)
專題 力與運(yùn)動(dòng)-靜態(tài)平衡問題 學(xué)案（含解析）
單個(gè)物體的平衡問題
（2022.云南省.歷年真題）如圖所示，學(xué)校門口水平地面上有一質(zhì)量為m的石墩，石墩與水平地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，工作人員用輕繩按圖示方式勻速移動(dòng)石墩時(shí)，兩平行輕繩與水平面間的夾角均為θ，則下列說法正確的是（　　）
A．輕繩的合拉力大小為
B．輕繩的合拉力大小為
C．減小夾角θ，輕繩的合拉力一定減小
D．輕繩的合拉力最小時(shí)，地面對石墩的摩擦力也最小
關(guān)鍵信息：勻速移動(dòng) → 受力平衡
求解繩子拉力、地面對石墩的摩擦力 → 選石墩為研究對象
解題思路：石墩受五個(gè)力的作用處于平衡狀態(tài)，多力平衡問題通常采用正交分解，再列平衡方程進(jìn)行解答。也可以把支持力和摩擦力合成一個(gè)力，轉(zhuǎn)化為三力平衡問題，作圖求解。
AB．設(shè)輕繩的合拉力大小為T，對石墩受力分析：
由平衡條件，在水平方向上有：
豎直方向上有：
根據(jù)滑動(dòng)摩擦力公式得：
聯(lián)立解得：，故A錯(cuò)誤，B正確；
C．拉力的大小為：其中，可知當(dāng)時(shí)，拉力有最小值，即減小夾角θ，輕繩的合拉力不一定減小，故C錯(cuò)誤；
D．摩擦力大小為：
可知增大夾角θ，摩擦力一直減小，當(dāng)趨近于90°時(shí)，摩擦力最小，故輕繩的合拉力最小時(shí)，地面對石墩的摩擦力不是最小，故D錯(cuò)誤；
將支持力和摩擦力合成一個(gè)力F，則，則當(dāng)力F最小時(shí)，支持力N也最小，根據(jù)可知此時(shí)摩檫力也是最小的。由圖可知，T、F不會(huì)同時(shí)最小，即輕繩的合拉力T與合力F不會(huì)同時(shí)最小，故輕繩的合拉力和摩擦力不會(huì)同時(shí)最小。
故選：B。
（2022.廣東深圳.模擬）如圖所示，兩輕質(zhì)肩帶將裙子對稱地懸掛在三角形衣架上晾曬。兩肩帶傾斜，A處與衣架臂的夾角θ＞90°，則（ ）
A．衣架對裙子的作用力大于裙子的重力
B．每根肩帶的拉力均等于裙子重力的一半
C．A處肩帶所受的靜摩擦力小于肩帶的拉力
D．A處肩帶所受支持力等于肩帶的拉力大小
A．由于裙子處于靜止?fàn)顟B(tài)，可知衣架對裙子的作用力大小等于裙子的重力，A錯(cuò)誤。
B．肩帶傾斜，即拉力的方向不是豎直向上，根據(jù)力的合成與分解可知每根肩帶的拉力均大于裙子重力的一半，B錯(cuò)誤。
CD．對A處的肩帶受力分析，如圖所示，
將肩帶的拉力分解為沿衣架左臂方向的F1和垂直衣架左臂方向的F2，則F1＝F摩、F2＝F支，故肩帶所受的支持力和靜摩擦力都小于肩帶的拉力，C正確，D錯(cuò)誤．
故選C。
處理單個(gè)物體的平衡問題時(shí)，首先要對物體進(jìn)行受力分析，當(dāng)物體受三個(gè)力的作用時(shí)一般用合成法或矢量三角形法，當(dāng)物體受到四個(gè)或四個(gè)以上共點(diǎn)力的作用而平衡時(shí)可以用正交分解法，也可以將多力問題轉(zhuǎn)化為三力問題借助矢量三角形求解。最小力問題常用數(shù)學(xué)函數(shù)求解或者矢量三角形中尋找垂直關(guān)系。
多個(gè)物體的平衡問題
（2022.湖南株洲.月考）我國的石橋世界聞名，如圖，某橋由六塊形狀完全相同的石塊組成，其中石塊1、6固定，2、5質(zhì)量相同為m，3、4質(zhì)量相同為m′，不計(jì)石塊間的摩擦，則m∶m′為（　　）
A． B． C．1 D．2
關(guān)鍵信息：形狀完全相同 → 接觸面的傾角（隱含條件，易錯(cuò)）
石塊1、6固定 → 研究對象不選擇1、6
2、5質(zhì)量相同為m，3、4質(zhì)量相同為m′ → 對稱性
解題思路：將2、3、4、5作為研究對象，不論對哪一個(gè)石塊分析，兩個(gè)質(zhì)量（重力）之間的關(guān)系都是通過相互作用力建立聯(lián)系的。
34兩個(gè)石塊整體對應(yīng)的圓心角為60°，則2對34整體的作用力與5對34整體的作用力大小相等，兩力夾角為120°，如圖1可得F23＝2m'g ①；
同理2345四塊石塊整體對應(yīng)的圓心角為120°，則1對2345整體的作用力與6對2345整體的作用力大小相等，兩力夾角為60°，如圖2可得 ②；
對2受力分析如圖3，水平方向：F12cos60°＝F23cos30° ③
聯(lián)立①②③解得：m：m′＝2。
故D正確，ABC錯(cuò)誤。
選取研究對象的原則：
（1）對研究對象列出的方程中必須有相同的物理量
（2）選出的對象盡可能使將來列方程簡單、方程形式也相似
（3）從數(shù)學(xué)角度看，解直角三角形比較簡單
（4）盡可能列比較少的方程（一般兩個(gè)）
隔離石塊3受力分析，由圖4可得：F43＝m′gtan60°
以23整體為研究對象受力分析，由圖5可得：F43＝(m＋m′)gtan30°
所以3m′＝m＋m′，即m∶m′＝2
故選：D。
（2022.浙江寧波.模擬）掛燈籠的習(xí)俗起源于2100多年前的西漢時(shí)期，已成為喜慶的象征。如圖所示，由五根等長的輕質(zhì)細(xì)繩懸掛起四個(gè)質(zhì)量相等的燈籠，從左向右依次記為甲、乙、丙、丁，它們處于靜止?fàn)顟B(tài)，中間的細(xì)繩是水平的，另外四根細(xì)繩與水平面所成的角為θ1和θ2（如圖）。關(guān)于θ1和θ2，下列關(guān)系式正確的是（ ）
A．θ1＝θ2 B．θ1＝2θ2 C．sin θ1＝2sin θ2 D．tan θ1＝2tan θ2
以甲、乙兩燈籠整體為研究對象，受力分析如圖：
設(shè)水平方向細(xì)繩的拉力為T，則有tan θ1＝，以乙燈籠為研究對象，則有
tan θ2＝，聯(lián)立解得tan θ1＝2tan θ2，選項(xiàng)D正確．
多個(gè)物體的平衡問題，一般優(yōu)先考慮整體法，再考慮隔離法，但選擇2個(gè)物體或者選擇3個(gè)物體、4個(gè)物體進(jìn)行分析都可以稱為整體法，為了選取合適的研究對象，既要考慮物體的對稱性和受力特點(diǎn)，又要考慮待求量和關(guān)聯(lián)量，盡量不出現(xiàn)無關(guān)量或新的未知量。整體法和隔離法不是獨(dú)立的，對一些較復(fù)雜的問題，通常需要多次選取研究對象，交替使用整體法和隔離法。
非共面力的平衡問題
（2022.西安.二模）如圖所示，ABCD為傾角為30°的正方形斜面，其中AB與底邊DC平行、BC與AD平行。斜面上一質(zhì)量為1kg的物塊，在斜面內(nèi)施加平行于AB向左的拉力F，物塊恰好沿斜面對角線BD勻速下滑。下列敘述正確的（g＝10m/s2）（　　）
A．物塊受到摩擦力的方向平行于AD沿斜面向上
B．水平向左的外力大小等于N
C．滑動(dòng)摩擦力的大小等于5N
D．物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為
關(guān)鍵信息：ABCD為正方形斜面 → ∠BDC＝45°
物塊沿對角線BD勻速下滑 → ①受力平衡 ②摩擦力方向平行于斜面沿DB向上
解題思路：
對物體進(jìn)行受力分析：重力、彈力、拉力、摩擦力；發(fā)現(xiàn)重力、彈力、摩擦力和拉力不在同一平面上，如圖所示：
對于此類問題，我們將非相互垂直的力進(jìn)行正交分解，利用物體在每個(gè)面上受力都應(yīng)該平衡的條件解決問題。
A、滑動(dòng)摩擦力方向與相對運(yùn)動(dòng)方向相反，所以物塊受到摩擦力的方向平行于斜面沿DB向上，故A錯(cuò)誤。
B、將重力分解在沿ABCD斜面方向與垂直于ABCD斜面方向，物塊在ABCD平面內(nèi)受力如圖：
其中，則，故B錯(cuò)誤。
C、滑動(dòng)摩擦力大小，故C錯(cuò)誤。
D、物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)，故D正確。
故選：D。
（2021.山東青州.期末）如圖所示，“V”形槽兩側(cè)面的夾角為60°，槽的兩側(cè)面與水平面的夾角相同。質(zhì)量為m的圓柱形工件放在“V”形槽中，當(dāng)槽的棱與水平面的夾角為37°時(shí)，工件恰好能勻速下滑，重力加速度為g，sin37°＝0.6，則（　　）
A．工件對槽每個(gè)側(cè)面的壓力均為mg B．工件對槽每個(gè)側(cè)面的壓力均為
C．工件與槽間的動(dòng)摩擦因數(shù)為 D．工件與槽間的動(dòng)摩擦因數(shù)為
AB、工件的重力可以分解為沿棱方向向下的分力mgsin37°與垂直于棱方向的分力mgcos37°，如圖1所示；
進(jìn)一步將垂直于棱方向的分力分解為兩個(gè)擠壓斜面的壓力，如圖2所示；
由幾何關(guān)系可知2Ncos60°＝mgcos37°，解得：N＝0.8mg
可得工件對槽每個(gè)側(cè)面的壓力均為0.8mg，故AB錯(cuò)誤；
CD、此時(shí)沿棱方向的分力mgsin37°與圓柱體和槽之間的摩擦力大小相等，有Ff＝2μN(yùn)＝mgsin37°
解得：μ＝，故D正確，ABC錯(cuò)誤。
故選：D。
對于非共面力的平衡問題，基本思路不變，首先是對物體進(jìn)行受力分析，只是發(fā)現(xiàn)物體受力不在同一平面上以后，尋找關(guān)聯(lián)力是解決這種問題的關(guān)鍵。解題技巧：把同一面上的力進(jìn)行正交分解，尋找不同面上的關(guān)聯(lián)力，根據(jù)平衡方程列式求解即可。解決此類問題時(shí)要注意圖形結(jié)構(gòu)的對稱性特點(diǎn)，結(jié)構(gòu)的對稱性往往對應(yīng)著物體受力的對稱性。2023屆二輪復(fù)習(xí)
專題 力與運(yùn)動(dòng)-勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律的應(yīng)用 學(xué)案（含解析）
勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律
（2022.湖北.歷年真題）我國高鐵技術(shù)全球領(lǐng)先，乘高鐵極大節(jié)省了出行時(shí)間。假設(shè)兩火車站W(wǎng)和G間的鐵路里程為1080km，W和G之間還均勻分布了4個(gè)車站。列車從W站始發(fā)，經(jīng)停4站后到達(dá)終點(diǎn)站G。設(shè)普通列車的最高速度為108km/h，高鐵列車的最高速度為324km/h。若普通列車和高鐵列車在進(jìn)站和出站過程中，加速度大小均為0.5m/s2，其余行駛時(shí)間內(nèi)保持各自的最高速度勻速運(yùn)動(dòng)，兩種列車在每個(gè)車站停車時(shí)間相同，則從W到G乘高鐵列車出行比乘普通列車節(jié)省的時(shí)間為（　　）
A．6小時(shí)25分鐘 B．6小時(shí)30分鐘
C．6小時(shí)35分鐘 D．6小時(shí)40分鐘
關(guān)鍵信息：W和G之間均勻分布4個(gè)車站 → 有5段相等的位移
每個(gè)站點(diǎn)進(jìn)出站方式相同 → 任意相鄰兩個(gè)車站之間節(jié)省的時(shí)間相同
兩種列車在每個(gè)車站停車時(shí)間相同 → 節(jié)省的時(shí)間只在運(yùn)動(dòng)中產(chǎn)生
加速度相等，最高速度不同 → 相同位移下運(yùn)動(dòng)時(shí)間不同
解題思路：兩列車最高速度不同，相鄰兩個(gè)車站之間減速時(shí)間不同，勻速時(shí)間不同，加速時(shí)間不同，但加速度卻是相等的。在哪兒節(jié)省了時(shí)間？怎么計(jì)算？帶著這個(gè)問題深入分析已知條件。
108km/h＝30m/s，324km/h＝90m/s
相鄰兩站的距離：x＝＝2.16×105 m
普通列車加速時(shí)間：t1＝＝s＝60s
加速過程位移：x1＝＝×0.5×602m＝900m
根據(jù)對稱性，普通列車在加速階段與減速階段所用時(shí)間相等，位移大小相同，
故勻速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t1′＝＝s＝7140s
高鐵列車加速時(shí)間：t2＝＝s＝180s
加速過程位移：x2＝＝×0.5×1802m＝8100m
故勻速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t2′＝＝＝2220s
故相鄰兩站節(jié)省的時(shí)間：
Δt＝(2t1＋t1')﹣(2t2＋t2')＝(2×60＋7140)s﹣(2×180＋2220)s＝4680s
故節(jié)省的總時(shí)間t＝5Δt＝4680×5s＝23400s＝6小時(shí)30分
故ACD錯(cuò)誤，B正確。
故選：B。
（2022.浙江.模擬）現(xiàn)在城市的交通非常發(fā)達(dá)，城市的快速道限速可以達(dá)到80km/h。現(xiàn)在有一輛汽車正以72km/h的速度向紅綠燈路口行駛，離路口還有120m的地方，他發(fā)現(xiàn)前方是紅燈，并且顯示倒計(jì)時(shí)時(shí)間為10s，他繼續(xù)原速前進(jìn)，一段時(shí)間后，開始以大小5m/s2的加速度減速，到達(dá)路口時(shí)車剛好停止。（車輛可以視為質(zhì)點(diǎn)，不計(jì)司機(jī)的反應(yīng)時(shí)間）
（1）求車到達(dá)路口時(shí)紅燈還剩幾秒；
（2）如果車輛在120m處按自由滑行（關(guān)閉動(dòng)力）的方式來減速前進(jìn)，加速度大小為a1＝1.25m/s2，車輛會(huì)不會(huì)闖紅燈？
（3）車輛在120m處就開始做勻減速運(yùn)動(dòng)，試問車輛應(yīng)該以多大的加速度減速，才能使車輛到達(dá)路口的時(shí)候綠燈恰好亮起？
（1）v0＝72 km/h＝20 m/s
設(shè)減速為零時(shí)的時(shí)間為t2，運(yùn)動(dòng)的位移為x2，
t2＝，x2＝t2
代入數(shù)據(jù)解得：t2＝4 s，x2＝40 m
根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律，勻速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t1，t1＝，
代入數(shù)據(jù)解得：t1＝4 s
所以等待時(shí)間為：t＝t0﹣t1﹣t2＝2 s。
（2）當(dāng)位移為120 m時(shí)，設(shè)用時(shí)為t3，那么x＝v0t3﹣a1t32，
代入數(shù)據(jù)解得：t3＝8 s
此時(shí)速度為v＝v0﹣a1t3＝10 m/s
此時(shí)依然是紅燈，而汽車的速度為10 m/s，必定闖紅燈。
（3）即在10 s時(shí)，車輛的位移恰好等于120 m，則
x＝v0t﹣at2
代入數(shù)據(jù)解得a＝1.6 m/s2。
1．解決勻變速直線運(yùn)動(dòng)的六種思想方法
（1）基本公式法：指速度公式、位移公式和速度位移關(guān)系式，靈活選用運(yùn)動(dòng)學(xué)公式，已知三個(gè)物理量，求兩個(gè)物理量，都可以一步解答。
（2）平均速度法：①（對任何性質(zhì)的運(yùn)動(dòng)都適用）；②（只適用于勻變速直線運(yùn)動(dòng)）。
（3）推論法：利用Δx＝aT2（對于紙帶類問題一般用此方法）。
（4）比例法：適用于初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)與末速度為零的勻減速直線運(yùn)動(dòng)。
（5）逆向思維法：對于勻減速到速度為零后立即停止運(yùn)動(dòng)，求解時(shí)要注意確定其實(shí)際運(yùn)動(dòng)時(shí)間.。如果問題涉及最后階段（到停止）的運(yùn)動(dòng)，可把該階段看成反向的初速度為零、加速度不變的勻加速直線運(yùn)動(dòng)。
（6）圖像法：根據(jù)v－t圖像，利用圍成的面積計(jì)算位移，比較經(jīng)過相同位移所用的時(shí)間。
追及與相遇問題
（2022.湖南長沙.模擬）如圖所示，甲、乙兩輛汽車并排沿平直路面向前行駛，兩車車頂O1、O2兩位置都裝有藍(lán)牙設(shè)備，這兩個(gè)藍(lán)牙設(shè)備在5m以內(nèi)時(shí)能夠?qū)崿F(xiàn)通信。t＝0時(shí)刻，甲、乙兩車剛好位于圖示位置，此時(shí)甲車的速度為4m/s，乙車的速度為1m/s，O1、O2的距離為3m。從該時(shí)刻起甲車以1m/s2的加速度做勻減速運(yùn)動(dòng)直至停下，乙車保持原有速度做勻速直線運(yùn)動(dòng)。忽略信號傳遞時(shí)間，從t＝0時(shí)刻起，甲、乙兩車能利用藍(lán)牙通信的時(shí)間為（　　）
A．2s B．10s C．16s D．20s
關(guān)鍵信息：5m以內(nèi)時(shí)實(shí)現(xiàn)通信，O1、O2的距離為3m → 運(yùn)動(dòng)方向相距4m能夠通信
甲乙并排，甲的初速度大于乙 → ①甲先行駛至乙車前方 ②可能被乙車追上
甲車以1m/s2的加速度做勻減速運(yùn)動(dòng)直至停下 → 經(jīng)4s停下
解題思路：根據(jù)幾何關(guān)系可知，當(dāng)兩車在運(yùn)動(dòng)方向的位移相差4m之內(nèi)時(shí)，兩車能夠利用藍(lán)牙保持通信。甲車做勻減速運(yùn)動(dòng)直到停下，可以按甲車停車之前、之后兩段過程分析計(jì)算乙車在運(yùn)動(dòng)方向相距在4m之內(nèi)的時(shí)間。
當(dāng)t＝4s時(shí)，甲車的速度減為零，此時(shí)甲車停止，由分析可知，在甲車停止前，甲車始終在前，設(shè)甲車停止前兩車在運(yùn)動(dòng)方向上相距4m的時(shí)間為t1，
在甲車未停止前，甲車在前，乙車在后，則
解得：t1≤2s或t1≥4s（不合題意，舍去）
當(dāng)甲車停止時(shí)，則此時(shí)甲車的位移為x1＝×4m＝8m，乙車的位移為x2＝1×4m＝4m，此時(shí)甲車在乙車前4m，根據(jù)上述分析可知，乙車可以繼續(xù)往前開8m的距離，在此過程中甲乙兩車的豎直距離仍然保持在4m之內(nèi)，此時(shí)的時(shí)間為t′＝＝8s，綜上所示，能夠保持藍(lán)牙通信的總時(shí)間為t總＝t1＋t′＝2s＋8s＝10s，故B正確，ACD錯(cuò)誤；
故選：B。
（2021.河南新鄉(xiāng).期末考試）冬天，霧霾天氣頻繁出現(xiàn)，某日早晨有濃霧，道路能見度只有30m，且路面濕滑。一輛小汽車以18m/s的速度由南向北行駛，某時(shí)刻，汽車司機(jī)突然發(fā)現(xiàn)正前方濃霧中有一輛卡車正以6m/s的速度同向勻速行駛，于是鳴笛示警同時(shí)緊急剎車，但路面濕滑，只能以2m/s2的加速度勻減速行駛。前車接到示警2s后以2m/s2的加速度勻加速行駛。下列說法正確的是（　　）
A．兩車雖采取了加速，減速措施，但加速度過小，仍會(huì)發(fā)生追尾
B．前車開始加速時(shí)，兩車距離最近
C．兩車距離最近時(shí)只有2m
D．前車開始加速時(shí)，兩車僅相距9m
設(shè)小汽車的速度v1＝18m/s，卡車的速度v2＝6m/s，a＝2m/s2，t0＝2s，s＝30m，
ABC、設(shè)汽車經(jīng)時(shí)間t兩者共速，則v1﹣at＝v2＋a(t﹣t0)，解得t＝4s，
此時(shí)間內(nèi)小汽車的位移：，
卡車的位移：，
因x2＋s＞x1可知兩車不會(huì)追尾，此時(shí)兩車的距離為28m＋30m﹣56m＝2m，故C正確，AB錯(cuò)誤；
D、在前車開始加速時(shí)，兩車相距Δx＝s－(v1t0－at02－v2t0)＝10m，故D錯(cuò)誤；
故選：C。
特別提醒：
1.若被追趕的物體做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，一定要注意判斷被追上前該物體是否已經(jīng)停止運(yùn)動(dòng)。
2.在進(jìn)行多物體、多過程運(yùn)動(dòng)分析時(shí)，靈活運(yùn)用v-t圖像，可清晰描繪運(yùn)動(dòng)圖景，為解決相關(guān)問題提供便捷。
自由落體與豎直上拋
（2021.陜西西安.期末考試）在地面上以初速度kv0豎直上拋一物體A后，又以初速度v0在同一地點(diǎn)豎直上拋另一物體B，若要使兩物體能在空中相遇，則兩物體拋出的時(shí)間間隔Δt必須滿足什么條件（已知k＞1，不計(jì)空氣阻力）（　　）
A．Δt＞ B．Δt＜
C．＜Δt＜ D．＜Δt＜
關(guān)鍵信息：
物理角度分析：空中相遇 → 同時(shí)到同一位置 → B物體上升過程相遇還是下落過程相遇？與時(shí)間有什么關(guān)聯(lián)？
數(shù)學(xué)角度分析：空中相遇 → 同時(shí)到同一位置 → 軌跡存在交點(diǎn) → 可以通過軌跡方程來判斷。
解題思路：豎直上拋初速度已知，時(shí)間決定了物體所在的位置，通過判斷物體到達(dá)最高點(diǎn)的時(shí)間或回到出發(fā)點(diǎn)的時(shí)間，結(jié)合臨界條件來判斷其可能的相遇位置；也可以通過軌跡方程來判斷。
物體A從地面上拋出到回到地面所用時(shí)間為：tA＝2
物體B從地面上拋出到回到地面所用時(shí)間為：tB＝2
要使兩物體能在空中相遇，
臨界一：假設(shè)兩物體剛好在回到地面時(shí)相遇，則有：Δt1＝tA﹣tB＝
臨界二：在物體A剛好回到地面時(shí)，將物體B上拋，則有：Δt2＝tA＝
故為了使兩物體能在空中相遇，兩物體拋出的時(shí)間間隔Δt必須滿足
＜Δt＜
故D正確，ABC錯(cuò)誤；
故選：D。
根據(jù)豎直上拋位移時(shí)間表達(dá)式，畫出兩種情況下的位移時(shí)間圖，通過平移物體B的運(yùn)動(dòng)軌跡，圖像交點(diǎn)說明相遇，來判斷兩物體拋出的時(shí)間間隔Δt。
臨界一：假設(shè)兩物體剛好在回到地面時(shí)相遇，則有：Δt1＝－2 ＝
臨界二：在物體A剛好回到地面時(shí)，將物體B上拋，則有：Δt2＝tA＝
故為了使兩物體能在空中相遇，兩物體拋出的時(shí)間間隔Δt必須滿足
＜Δt＜
（2022.湖南新寧.三模）日本特?cái)z片奧特曼風(fēng)靡世界幾十年，其拍攝過程采用微縮景觀的方法進(jìn)行拍攝。設(shè)某次拍攝中“景觀”被等比例縮小25倍進(jìn)行拍攝，拍攝時(shí)一石塊從1.8m處落下，為了防止放映時(shí)穿幫，在放映時(shí)應(yīng)（　　）
A．慢放25倍 B．快放25倍 C．慢放5倍 D．快放5倍
根據(jù)自由落體運(yùn)動(dòng)規(guī)律有h＝gt2，
即t＝，
由于縮小25倍拍攝，則影片中石塊下落的高度應(yīng)該是1.8m的25倍，
所以為防止穿幫，放映的時(shí)間應(yīng)該是拍攝過程中石塊實(shí)際下落時(shí)間的5倍，即慢放5倍速度播放，故C正確，ABD錯(cuò)誤。
故選：C。
豎直上拋運(yùn)動(dòng)：
（1）重要特性
①對稱性
a．時(shí)間對稱：物體上升過程中從A→C所用時(shí)間tAC和下降過程中從C→A所用時(shí)間tCA相等，同理tAB＝tBA。
b．速度對稱：物體上升過程經(jīng)過A點(diǎn)的速度與下降過程經(jīng)過A點(diǎn)的速度大小相等。
②多解性：當(dāng)物體經(jīng)過拋出點(diǎn)上方某個(gè)位置時(shí)，可能處于上升階段，也可能處于下降階段，造成多解，在解決問題時(shí)要注意這個(gè)特性。
（2）研究方法
分段法 上升階段：a＝g的勻減速直線運(yùn)動(dòng) 下降階段：自由落體運(yùn)動(dòng)
全程法 初速度v0向上，加速度g向下的勻變速直線運(yùn)動(dòng)，vt＝v0－gt，h＝v0t－gt2（以豎直向上為正方向） 若vt＞0，物體上升，若vt＜0，物體下落 若h＞0，物體在拋出點(diǎn)上方，若h＜0，物體在拋出點(diǎn)下方
利用圖像研究運(yùn)動(dòng)問題
（2022.東北三省四市.模擬）一輛汽車以20m/s的速度在平直公路上行駛，某時(shí)刻司機(jī)發(fā)現(xiàn)前方施工需減速行駛，司機(jī)反應(yīng)了0.2s后開始剎車。如圖所示為發(fā)現(xiàn)施工提示后的速度平方v2隨位移x的變化關(guān)系。從司機(jī)發(fā)現(xiàn)前方施工提示至汽車速度減小到5m/s過程中，汽車的位移為（　　）
A．44m B．41.5m C．40m D．37.5m
關(guān)鍵信息：
（圖像中獲取信息）v2隨位移x線性變化 → 存在函數(shù)關(guān)系 → 尋找函數(shù)表達(dá)式，分析斜率和截距的含義。
解題思路：
解答圖像題的關(guān)鍵是尋找圖像對應(yīng)的函數(shù)關(guān)系，從圖像中獲取信息。勻變速直線運(yùn)動(dòng)的速度—位移關(guān)系為v2－＝2ax，變形為v2＝2ax＋，結(jié)合圖像可知，v2關(guān)于自變量x是一次函數(shù)，圖線斜率等于2a，截距表示。
由圖可知：在0～4m內(nèi)斜率為零，汽車做勻速直線運(yùn)動(dòng)；
由v2＝2ax＋可知，在4m～44m內(nèi)，
斜率為2a＝m/s2＝－10m/s2，
加速度為a＝m/s2＝－5m/s2，
初速度為20m/s，末速度為零。
故從司機(jī)發(fā)現(xiàn)前方施工提示至汽車速度減小到5m/s過程中，
汽車的位移有勻速的位移x1＝4m，減速的位移滿足：v2－＝2ax2，
解得：x2＝＝m＝37.5m
故汽車的位移為x＝x1＋x2＝4m＋37.5m＝41.5m
故B正確，ACD錯(cuò)誤。
故選：B。
（2022.河南安陽.一模）一物塊在粗糙水平面上沿直線自由滑行，物塊運(yùn)動(dòng)的位移為x，運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t，繪制的圖像如圖所示，則物塊在前3s內(nèi)的位移為（　　）
A．25m B．24m C．20m D．15m
由題意知物塊在粗糙水平面上沿直線自由滑行，則位移為x＝v0t-at2，
整理得，
由圖可知斜率為v0＝20m/s，由截距可知加速度大小為：a＝8m/s2 ；
所以物體減為零的時(shí)間為t＝＝s＝2.5s
物塊在前3s內(nèi)的位移為物體速度減到零時(shí)間內(nèi)的位移，則有x＝＝25m
故A正確，BCD錯(cuò)誤。
故選：A。
1、關(guān)注坐標(biāo)軸所表示的物理量，從物理規(guī)律出發(fā)尋找圖像對應(yīng)的函數(shù)關(guān)系式；
2、理解截距、斜率、面積所代表的物理量（注意正負(fù)的含義）；
3、分析交點(diǎn)、轉(zhuǎn)折點(diǎn)、漸近線等，交點(diǎn)往往是解決問題的切入點(diǎn)。2023屆二輪復(fù)習(xí) 專題三 動(dòng)能和動(dòng)量 （1）
第六講 動(dòng)量與動(dòng)量守恒定律 學(xué)案（含解析）
一、考向分析
高考對動(dòng)量定理的單獨(dú)命名較少，通常與運(yùn)動(dòng)學(xué)公式、牛頓運(yùn)動(dòng)定律，動(dòng)量守恒及能量等知識結(jié)合命題，考查考生的理解和分析能力。
動(dòng)量和能量在實(shí)際生產(chǎn)、生活中有廣泛應(yīng)用，是高考考查的重點(diǎn)和必考內(nèi)容，考查形式一般是綜合運(yùn)用動(dòng)能定理、機(jī)械能守恒定律和動(dòng)量守恒定律，結(jié)合動(dòng)力學(xué)方法解決直線運(yùn)動(dòng)、拋體運(yùn)動(dòng)、圓周率運(yùn)動(dòng)、多運(yùn)動(dòng)過程問題，試題中通常出現(xiàn)難度較大以的選擇題和綜合性較強(qiáng)的計(jì)算題，命題情景新，密切聯(lián)系實(shí)際，綜合性強(qiáng)，突出考查考生綜合運(yùn)用物理規(guī)律解決實(shí)際問題的能力。
二、核心思路
三、重點(diǎn)知識
1.動(dòng)量定理：。
注：F為物體所受合力；由于F與v都是矢量在列式前，必須規(guī)定正方向。
2.動(dòng)量守恒條件：
（1）不受外力或者所受外力的矢量和為零時(shí)，系統(tǒng)的動(dòng)量守恒。
（2）當(dāng)外力相對系統(tǒng)內(nèi)力小很多時(shí)，系統(tǒng)的動(dòng)量守恒。
（3）當(dāng)某一方向上的合外力為零時(shí)，系統(tǒng)在該方向上動(dòng)量守恒。
3.三種碰撞問題列式：
4.三種反沖類問題列式：
5.三種連接體問題列式：
四、解題技巧
1.動(dòng)量定理的應(yīng)用技巧
(1)一般來說，能用牛頓第二定律解決的問題也能用動(dòng)量定理解決，如果題目不涉及加速度和位移,用動(dòng)量定理求解更簡捷。
(2)動(dòng)量定理既適用于恒力，也適用于變力，當(dāng)力為變力時(shí)，動(dòng)量定理中的力F應(yīng)理解為變力在作用時(shí)間內(nèi)的平均值。
(3)動(dòng)量定理的表達(dá)式是矢量式，運(yùn)用它分析問題時(shí)要特別注意沖量、動(dòng)量及動(dòng)量變化量的方向，公式中F是物體或系統(tǒng)所受的合力。
2.應(yīng)用動(dòng)量守恒定律解題注意點(diǎn)
(1)注意動(dòng)量守恒的條件
動(dòng)量守恒定律是有條件的,具體情況有:
前提條件——存在相互作用的物體組成的系統(tǒng)。
理想條件——系統(tǒng)不受外力。
實(shí)際條件——系統(tǒng)所受合力為零。
近似條件——系統(tǒng)內(nèi)各物體間相互作用的內(nèi)力遠(yuǎn)大于系統(tǒng)所受的外力。
方向條件——系統(tǒng)在某一方向上滿足上面的條件，則此方向上動(dòng)量守恒。
(2)注意正方向的選取:動(dòng)量守恒定律的表達(dá)式是矢量式,所以一定要在規(guī)定正方向后,再確定初、末狀態(tài)的動(dòng)量。
(3)注意研究系統(tǒng)的選取:選取研究對象是解決物理問題的首要環(huán)節(jié)。運(yùn)用動(dòng)量守恒定律首先要確定系統(tǒng)的組成(系統(tǒng)包括哪幾個(gè)物體及研究的過程)；在很多物理問題中,研究對象的選取方案并不是唯一的，選取不同的研究對象會(huì)影響求解的繁簡程度。
(4)注意研究過程的選取；在運(yùn)用動(dòng)量守恒定律解題時(shí),會(huì)遇到系統(tǒng)間物體多次相互作用的問題，若作用時(shí)的速度相對于同一參考系,則可以把整個(gè)過程作為研究過程；若作用時(shí)的速度相對于不同的參考系，則必須分段列式。
思維建模
子彈打木塊和滑塊——滑板模型
爆炸現(xiàn)象和反沖運(yùn)動(dòng)
人船模型
六、典型例題
考點(diǎn)1 沖量與動(dòng)量定理
【例1】兩球沿一直線運(yùn)動(dòng)并發(fā)生正碰，如圖所示為兩球碰撞前后的位移﹣時(shí)間圖象，分別為兩球碰前的位移﹣時(shí)間圖象，為碰撞后兩球共同運(yùn)動(dòng)的位移﹣時(shí)間圖象，若球質(zhì)量，則由圖象判斷下列結(jié)論錯(cuò)誤的是（ ）
A.碰撞前的總動(dòng)量為
B.碰撞時(shí)對所施沖量為
C.碰撞前后的動(dòng)量變化為
D.碰撞中兩球組成的系統(tǒng)損失的動(dòng)能為10J
【例2】如圖所示，兩個(gè)質(zhì)量相等的小球，分別從同一高度、傾角分別為的光滑斜面頂端由靜止自由滑下。在小球從開始下滑到到達(dá)斜面底端的過程中，下列判斷正確的是( )
A.球和球到達(dá)斜面底端的速度大小不相等
B.球重力做功的平均功率比球重力做功的平均功率小
C.球運(yùn)動(dòng)的加速度比球運(yùn)動(dòng)的加速度大
D.球所受重力的沖量大小比球所受重力的沖量大小小
歸納總結(jié)：
1.恒力的沖量可應(yīng)用I=Ft直接求解,變力的沖量應(yīng)用動(dòng)量定理求解。
2.物體動(dòng)量變化是由合外力的沖量決定的,物體動(dòng)能變化是由合外力做的功決定的。
3.動(dòng)量定理是過程定理,解題時(shí)必須明確過程及初末狀態(tài)的動(dòng)量。
4.動(dòng)量定理的表達(dá)式是矢量式,在一維情況下,各個(gè)矢量必須選取統(tǒng)一的正方向。
[變式訓(xùn)練]
1.如圖所示，質(zhì)量為的小球B靜止在光滑的水平面上，質(zhì)量為的小球A以速度靠近B，并與B發(fā)生碰撞，碰撞前后兩個(gè)小球的速度始終在同一條直線上.兩球的半徑相等，且碰撞過程沒有機(jī)械能損失.當(dāng)一定時(shí)，越大，則( )
A.碰撞后A的速度越小 B.碰撞后A的速度越大
C.碰撞過程中B受到的沖量越大 D.碰撞過程中A受到的沖量越大
2.如圖所示，水平面上，向下與水平方向成30°、大小為的推力作用在質(zhì)量為的物體上，向上與水平方向成30°、大小為F的拉力作用在質(zhì)量為的物體B上，A、B都由靜止開始運(yùn)動(dòng)，相等時(shí)間內(nèi)運(yùn)動(dòng)了相同的位移，與水平面的動(dòng)摩擦因數(shù)分別為和，則（ ）
A.推力對做的功與拉力對B做的功相等
B.推力對的沖量與拉力對B的沖量相同
C.若=，則 ＞
D.若=，則 ＜
考點(diǎn)2 動(dòng)量守恒
【例3】如圖所示,物塊和通過一根輕質(zhì)不可伸長的細(xì)繩連接,跨放在質(zhì)量不計(jì)的光滑定滑輪兩側(cè),質(zhì)量分別為、。初始時(shí)靜止與水平地面上,懸于空中。先將豎直向上再舉高(未觸及滑輪)然后由靜止釋放。一段時(shí)間后細(xì)繩繃直,以大小相等的速度一起運(yùn)動(dòng),之后恰好可以和地面接觸。取。空氣阻力不計(jì)。求:
(1)從釋放到細(xì)繩繃直時(shí)的運(yùn)動(dòng)時(shí)間t;
(2)的最大速度的大小;
(3)初始時(shí)離地面的高度。
【例4】質(zhì)量為m、半徑為R的小球，放在半徑為、質(zhì)量為的大空心球內(nèi)，大球開始靜止在光滑水平面上。當(dāng)小球從如圖所示的位置無初速度沿內(nèi)壁滾到最低點(diǎn)時(shí)，大球移動(dòng)的距離是( )
A. B. C. D.
歸納總結(jié)：
應(yīng)用動(dòng)量守恒定律解題的基本步驟：
（1）明確研究對象,確定系統(tǒng)的組成(系統(tǒng)包括哪幾個(gè)物體)及研究的過程。
（2）進(jìn)行受力分析,判斷系統(tǒng)動(dòng)量是否守恒(或某一方向上動(dòng)量是否守恒)。
（3）規(guī)定正方向,確定初、末狀態(tài)動(dòng)量。
（4）由動(dòng)量守恒定律列出方程。
（5）代入數(shù)據(jù),求出結(jié)果,必要時(shí)進(jìn)行討論說明。
[變式訓(xùn)練]
3.如圖所示，質(zhì)量為的木板靜止在光滑水平面上，木板左端固定一輕質(zhì)擋板，一根輕彈簧左端固定在擋板上，質(zhì)量為的小物塊從木板最右端以速度滑上木板，壓縮彈簧，然后被彈回，運(yùn)動(dòng)到木板最右端時(shí)與木板相對靜止。已知物塊與木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，整個(gè)過程中彈簧的形變均在彈性限度內(nèi)，則（ ）
A.木板先加速再減速，最終做勻速運(yùn)動(dòng)
B.整個(gè)過程中彈簧彈性勢能的最大值為
C.整個(gè)過程中木板和彈簧對物塊的沖量大小為
D.彈簧壓縮到最短時(shí)，物塊到木板最右端的距離為
4.如圖,半徑為、質(zhì)量為的半圓軌道小車靜止在光滑的水平地面上,將質(zhì)量也為的小球從距點(diǎn)正上方高處由靜止釋放,小球自由落體后由點(diǎn)經(jīng)過半圓軌道后從沖出,在空中能上升的最大高度為,則( )
A.小球和小車組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒
B.小車向左運(yùn)動(dòng)的最大距離為
C.小球離開小車后做豎直上拋運(yùn)動(dòng)
D.小球第二次能上升的最大高度
考點(diǎn)3 三種碰撞問題
【例5】如圖所示，三個(gè)半徑相同的小球穿在兩根平行且光滑的足夠長的桿上，三個(gè)球的質(zhì)量分別為 ，，，三個(gè)小球的初狀態(tài)均靜止，兩球之間連著一根輕質(zhì)彈簧，彈簧處于原長狀態(tài)。現(xiàn)給一個(gè)向左的初速度，碰后球的速度依然向左，大小為，下列說法正確的是（ ）
A.球和的碰撞是彈性碰撞
B.球和碰撞后，球的最小速度可為0
C.球和碰撞后，彈簧的最大彈性勢能可以達(dá)到72J
D.球和碰撞后，球速度最小時(shí)球的速度可能為
【例6】如圖所示，豎直平面內(nèi)固定有半徑為的光滑半圓形軌道，最高點(diǎn)與圓心、在同一水平線上，物塊甲、乙質(zhì)量之比為1：3。物塊甲從處由靜止開始無初速釋放，滑到最低點(diǎn)與靜止在處的物塊乙發(fā)生第一次彈性碰撞，碰撞時(shí)間很短可不計(jì)，碰后物塊甲立即反向，恰能回到軌道上點(diǎn)，物塊甲、乙均可視為質(zhì)點(diǎn)，不計(jì)空氣阻力，下列說法正確的是（ ）
A.之間的豎直高度為 B.之間的豎直高度為
C.在以后的運(yùn)動(dòng)中，物塊甲不能回到點(diǎn) D.在以后的運(yùn)動(dòng)中，物塊甲能回到點(diǎn)
歸納總結(jié)：
三種碰撞類問題解題思路：
（1）判斷兩物體碰撞瞬間的情況:當(dāng)兩物體相碰時(shí),首先要判斷碰撞時(shí)間是否極短、碰撞時(shí)的相互作用力(內(nèi)力)是否遠(yuǎn)遠(yuǎn)大于外力
（2）碰撞的“三個(gè)原則”:①動(dòng)量守恒原則,即碰撞前后兩物體組成的系統(tǒng)滿足動(dòng)量守恒定律;②動(dòng)能不增加原則,即碰撞后系統(tǒng)的總能量不大于碰撞前系統(tǒng)的總能量;③物理情境可行性原則,即兩物體碰撞前后的物理情境應(yīng)與實(shí)際相一致
（3）根據(jù)兩物體碰撞時(shí)遵循的物理規(guī)律,列出相對應(yīng)的物理方程:①如果物體間發(fā)生的是彈性碰撞,則一般是列出動(dòng)量守恒方程和機(jī)械能守恒方程進(jìn)行求解;②如果物體間發(fā)生的不是彈性碰撞,則一般應(yīng)用動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律(功能關(guān)系)進(jìn)行求解
[變式訓(xùn)練]
5.水平軌道與圓弧軌道平滑相連。質(zhì)量為的物體在水平軌道上處于靜止?fàn)顟B(tài)，現(xiàn)給物體一個(gè)水平向右的瞬時(shí)沖量沿圓弧軌道向上滑行的最大高度為。返回到水平軌道后，與靜止在水平面上的物體發(fā)生彈性碰撞，碰撞后向左滑行后靜止(滑動(dòng)過程中未與發(fā)生碰撞)。已知與軌道之間無摩擦，與軌道之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為,()求：
(1)受到的水平瞬時(shí)沖量的大小；
(2)物體的質(zhì)量？
6.如圖所示，在水平面上依次放置小物塊和以及曲面劈，其中與的質(zhì)量相等均為，曲面劈的質(zhì)量，曲面劈的曲面下端與水平面相切，且曲面劈足夠高，各接觸面均光滑。現(xiàn)讓小物塊以水平速度向右運(yùn)動(dòng)，與發(fā)生碰撞，碰撞后兩個(gè)小物塊粘在一起滑上曲面劈。求：
（1）碰撞過程中系統(tǒng)損失的機(jī)械能；
（2）碰后物塊與在曲面劈上能夠達(dá)到的最大高度。
考點(diǎn)4 反沖問題
【例7】將質(zhì)量為的模型火箭點(diǎn)火升空，燃燒的燃?xì)庖源笮榈乃俣葟幕鸺龂娍谠诤芏虝r(shí)間內(nèi)噴出。在燃?xì)鈬姵龊蟮乃查g，火箭的動(dòng)量大小為(噴出過程中重力和空氣阻力可忽略)( )
A． B．
C． D．
【例8】如圖，質(zhì)量為的小船在靜止水面上以速率向右勻速行駛，一質(zhì)量為的救生員在船尾，相對小船靜止。若救生員以相對水面速率水平向左躍入水中，則救生員躍出后小船的速率為( )
A. B. C. D.
歸納總結(jié)：
反沖類問題解題思路：
（1）確定反沖問題中的主體和客體，看好誰為誰提供動(dòng)量。
（2）反沖類問題的動(dòng)量必守恒，先計(jì)算客體的動(dòng)量變化，根據(jù)兩物體動(dòng)量的矢量和為零列等式。
（3）兩種列式方式：①A物體的動(dòng)量變化量=B物體的動(dòng)量變化量（標(biāo)量式）
②A物體的動(dòng)量+B物體的動(dòng)量=0（矢量式）（列式前規(guī)定正方向）。
[變式訓(xùn)練]
7.運(yùn)動(dòng)員在水上做飛行運(yùn)動(dòng)表演，如圖所示，他操控噴射式懸浮飛行器將豎直送上來的水反轉(zhuǎn)180°后向下噴出，令自己懸停在空中.已知運(yùn)動(dòng)員與裝備的總質(zhì)量為90 kg，兩個(gè)噴嘴的直徑均為10 cm，重力加速度大小，水的密度，則噴嘴處噴水的速度大約為( )
A.2.7 m/s B.5.4 m/s C.7.6 m/s D.10.8 m/s
8.為估算池中睡蓮葉面受雨滴撞擊產(chǎn)生的平均壓強(qiáng),小明在雨天將一圓柱形水杯置于露臺,測得1小時(shí)內(nèi)杯中水上升了45 .査詢得知,當(dāng)時(shí)雨滴豎直下落速度約為12 .據(jù)此估算該壓強(qiáng)約為(設(shè)雨滴撞擊睡蓮后無反彈,不計(jì)雨滴重力,雨水的密度為 ()( )
A.0.15
B.0.54
C.1.5
D.5.4
考點(diǎn)5 多連接體多過程
【例9】小車靜止在光滑水平面上，站在車上的人練習(xí)打靶，靶裝在車的另一端，如圖所示.已知車、人、槍和靶的總質(zhì)量為M（不含子彈），每顆子彈質(zhì)量為m，共n發(fā)，打靶時(shí)，槍口到靶的距離為d.若每發(fā)子彈打入靶中，就留在靶里，且待前一發(fā)子彈打入靶中后，再打下一發(fā).則以下說法正確的是( )
A.待打完n發(fā)子彈后，小車將以一定的速度向右勻速運(yùn)動(dòng)
B.待打完n發(fā)子彈后，小車應(yīng)停在射擊之前位置的右方
C.在每一發(fā)子彈的射擊過程中，小車所發(fā)生的位移相同，大小均為
D.在每一發(fā)子彈的射擊過程中，小車所發(fā)生的位移不相同
【例10】如圖甲所示，固定的光滑半圓軌道的直徑沿豎直方向，其半徑R的大小可以連續(xù)調(diào)節(jié)，軌道上裝有壓力傳感器，傳感器的位置N始終與圓心O等高.質(zhì)量、長度的小車靜置在光滑水平地面上，小車上表面與P點(diǎn)等高，小車右端與P點(diǎn)的距離.一質(zhì)量的小滑塊以的水平初速度從左端滑上小車，當(dāng)小車與墻壁碰撞后小車立即停止運(yùn)動(dòng).在R取不同值時(shí)，壓力傳感器讀數(shù)F與的關(guān)系如圖乙所示.已知小滑塊與小車表面間的動(dòng)摩擦因數(shù)，取重力加速度.求：
（1）小滑塊到達(dá)P點(diǎn)時(shí)的速度的大小；
（2）圖乙中a和b的值.
歸納總結(jié)：
1.多過程解題思路：
（1）確定每個(gè)分解過程中的動(dòng)量是否守恒。
（2）確定每個(gè)過程間隔中的聯(lián)系關(guān)系，確定過程與過程之間連接的物理量。
（3）各段分別列式，在根據(jù)確定好的連接關(guān)系，將各段關(guān)系式聯(lián)立。
（4）求解方程組，得出未知量。
2.多過程常見連接點(diǎn)：
（1）“與斜面相切”代表著兩分段間速度相等，且無能量、動(dòng)量損失。
（2）“脫離彈簧”代表彈性勢能變?yōu)榱悖D(zhuǎn)化成物體動(dòng)能（或動(dòng)能和摩擦內(nèi)能）。
（3）“滑上斜面”代表物體的水平分速度與斜面的水平分速度動(dòng)量守恒。
[變式訓(xùn)練]
9.如圖所示,質(zhì)量為的光滑弧形槽靜止在光滑的水平地面上,其半徑為,弧形槽過點(diǎn)的切線豎直,用質(zhì)量為的小球?qū)椈蓧嚎s在豎直墻上并鎖定, 彈簧儲存的彈性勢能為50J。解除鎖定后,小球脫離彈簧沖上弧形槽,并能從弧形槽的最高點(diǎn)沖出,重力加速度,小球可視為質(zhì)點(diǎn),忽略空氣阻力。求：
（1）小球沖出弧形槽最高點(diǎn)后做什么運(yùn)動(dòng)，上升的最大高度為多少？
（2）小球落回弧形槽后，與弧形槽分離，滑上水平地面時(shí)的速度是多少？
（3）小球從沖出點(diǎn)到再次落回到弧形槽時(shí),弧形槽向前運(yùn)動(dòng)了多長？
10.如圖所示，質(zhì)量為、左端有擋板的長木板置于水平地面上，上表面光滑，下表面與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.2。一輛固定有電動(dòng)機(jī)的小車，質(zhì)量共，放置在木板上，電動(dòng)機(jī)可收攏與擋板拴接的水平輕繩，初始時(shí)離擋板的距離為。開啟電動(dòng)機(jī)收攏輕繩使小車勻加速運(yùn)動(dòng)到擋板處。設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，空氣阻力不計(jì)，取。
(1)若運(yùn)動(dòng)時(shí)間為，且木板不動(dòng)，求輕繩的拉力大小；
(2)若要運(yùn)動(dòng)時(shí)間最短，且木板不動(dòng)，求加速過程中輕繩拉力的最大功率；
(3)若小車與擋板碰撞后結(jié)合成一個(gè)牢固整體（碰撞時(shí)間極短，同時(shí)電動(dòng)機(jī)停止運(yùn)轉(zhuǎn)），求最終停止時(shí)，木板與初位置距離的最大值及對應(yīng)的輕繩拉力。
答案以及解析
例題答案：
【例1】答案：A
解析：A. 以碰撞前的速度方向?yàn)檎较?由動(dòng)量守恒定律得：,解得：,碰前的總動(dòng)量,代入數(shù)據(jù)解得：，故A錯(cuò)誤，符合題意；
【例2】答案：B
解析：A.根據(jù)動(dòng)能定理可得：末速度大小相等，故A錯(cuò)誤；
B.重力的平均功率：,末速度大小相等,因?yàn)?所以，故B正確；
C.速度變化率即加速度,,又因?yàn)?所以，故C錯(cuò)誤；
D.球運(yùn)動(dòng)過程中加速度比球小,球運(yùn)動(dòng)過程中位移比球大,由,故,重力的沖量為,故，故D錯(cuò)誤；
故選：B。
【例3】答案：(1)從釋放到細(xì)繩剛繃直前做自由落體運(yùn)動(dòng),有,①
代入數(shù)據(jù)解得,②
(2)設(shè)細(xì)繩繃直前瞬間速度大小為,有③
細(xì)繩繃直瞬間,細(xì)繩張力遠(yuǎn)大于的重力,相互作用,由動(dòng)量守恒得
④
之后做勻減速運(yùn)動(dòng),所以細(xì)繩繃直后瞬間的速度即為最大速度,聯(lián)立②③④式,代入數(shù)據(jù)解得⑤
(3)細(xì)繩繃直后,一起運(yùn)動(dòng),恰好可以和地面接觸,說明此時(shí)的速度為零,這一過程中組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒,有
⑥
代入數(shù)據(jù)解得⑦
【例4】答案：B
解析：由水平方向動(dòng)量守恒有，又，，所以，選項(xiàng)B正確。
【例5】答案：AD
解析：A. 兩球碰撞過程系統(tǒng)動(dòng)量守恒，以向左為正方向，
由動(dòng)量守恒定律得：，
代入數(shù)據(jù)解得：，
碰撞前系統(tǒng)總動(dòng)能：，
碰撞后系統(tǒng)總動(dòng)能：，
碰撞過程機(jī)械能不變，機(jī)械能守恒，碰撞是彈性碰撞，故A正確；
BD、碰撞后，組成的系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒，彈簧恢復(fù)原長時(shí)的速度最小，的速度最大，以向左為正方向,從碰撞后到彈簧恢復(fù)原長過程,在水平方向,由動(dòng)量守恒定律得：，
由機(jī)械能守恒定律得：，
代入數(shù)據(jù)解得：，
由此可知，球和碰撞后，的最小速度為4m/s，此時(shí)C的速度為16m/s，故B錯(cuò)誤，D正確；
C. 速度相等時(shí)彈簧伸長量最大，彈簧彈性勢能最大，系統(tǒng)在水平方向動(dòng)量守恒，
以向左為正方向,在水平方向,由動(dòng)量守恒定律得：，
由機(jī)械能守恒定律得：，
代入數(shù)據(jù)解得,彈簧的最大彈性勢能：，故C錯(cuò)誤。
【例6】答案：AC
解析：AB. 設(shè)之間的豎直高度為，物塊甲點(diǎn)滑到點(diǎn)過程機(jī)械能守恒，由機(jī)械能守恒定律得
解得物塊甲第一次與物塊乙碰前速度大小
碰后物塊甲立即反向，恰能回到軌道上點(diǎn)，由機(jī)械能守恒定律得
解得碰撞后甲的速度大小為
設(shè)甲的質(zhì)量為，則乙的質(zhì)量為，甲乙發(fā)生彈性碰撞，以向左為正方向，根據(jù)動(dòng)量守恒定律有
根據(jù)機(jī)械能守恒定律有
聯(lián)立解得，，，故A正確，B錯(cuò)誤；
CD. 由于第一次碰撞后兩物塊的速度大小相等，則物塊甲、乙將同時(shí)回到最低位置P點(diǎn)發(fā)生第二次彈性碰撞，以向右為正方向由動(dòng)量守恒定律得
由機(jī)械能守恒定律得
解得物塊甲的速度大小為
碰撞后對甲，由機(jī)械能守恒定律得
解得，物塊甲能回到點(diǎn)，故C錯(cuò)誤，D正確。
【例7】答案：A
解析：本題考查動(dòng)量守恒定律及其相關(guān)的知識點(diǎn)。燃?xì)鈴幕鸺龂娍谠诤芏痰臅r(shí)間內(nèi)噴出，其噴出過程中重力和空氣阻力可忽略，因此火箭和燃?xì)饨M成的系統(tǒng)所受合外力為零，運(yùn)用動(dòng)量守恒定律解答即可。燃?xì)鈴幕鸺龂娍趪姵龅乃查g，火箭和燃?xì)饨M成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，設(shè)燃?xì)鈬姵龊蟮乃查g，火箭的動(dòng)量大小為，根據(jù)動(dòng)量守恒定律，可得，解得，選項(xiàng)A正確.
【例8】答案：C
解析：取向右為正方向,由動(dòng)量守恒有,解之有，故C正確。
【例9】答案：BC
解析：車、人、槍、靶和n顆子彈組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，系統(tǒng)初動(dòng)量為0，故末動(dòng)量為0，A錯(cuò)誤；每發(fā)子彈打入靶中，就留在靶里，且待前一發(fā)打入靶中后，再打下一發(fā)，因此每次射擊，以一顆子彈和車、人、槍、靶、顆子彈為研究對象，動(dòng)量守恒，則有，由位移關(guān)系有，解得，故C正確，D錯(cuò)誤；每射擊一次，車子都會(huì)右移，故B正確.
【例10】答案：（1）小滑塊滑上小車后將做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，小車將做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)小滑塊加速度大小為，小車加速度大小為，由牛頓第二定律
對滑塊有
對小車有
設(shè)小車與滑塊經(jīng)時(shí)間t后速度相等，則有
滑塊的位移
小車的位移
代入數(shù)據(jù)解得
由于，說明小車與墻壁碰撞時(shí)小滑塊恰好到達(dá)小車右端，即小滑塊到達(dá)P點(diǎn)的速度.
另解：設(shè)小滑塊與小車共速的速度為v，相對位移為，則
由動(dòng)量守恒定律得
解得
由功能關(guān)系得
此過程小車的位移設(shè)為
則有
解得
由于，說明小車與墻壁碰撞時(shí)小滑塊恰好到達(dá)小車右端，即小滑塊到達(dá)P點(diǎn)的速度.
（2）小滑塊到達(dá)N點(diǎn)時(shí)的速度設(shè)為，則有
從P點(diǎn)到N點(diǎn)的過程中，由機(jī)械能守恒定律有
聯(lián)立解得
故
由關(guān)系式并結(jié)合圖乙可知，圖象的斜率
故.
變式訓(xùn)練答案
變式1答案：CD
解析：以的方向?yàn)檎较颍谂鲎策^程中，根據(jù)動(dòng)量守恒得，又因碰撞過程中機(jī)械能守恒，故有，兩式聯(lián)立得.當(dāng)時(shí)，越大，越小，當(dāng)時(shí)，越大，越大，選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤；碰撞過程中，A受到的沖量，可知越大，A受到的沖量越大，選項(xiàng)D正確；B受到的沖量與A受到的沖量大小相等、方向相反，因此越大，B受到的沖量也會(huì)越大，選項(xiàng)C正確.
變式2答案：AD
解析：根據(jù)功和沖量的定義，可知A正確，B錯(cuò)誤；兩物體在相等時(shí)間內(nèi)運(yùn)動(dòng)了相同的位移，兩個(gè)物體的加速度大小相等，根據(jù)牛頓第二定律，化簡整理后有
，若，則，C錯(cuò)誤，D正確。
變式3答案：AB
解析：A. 物塊接觸彈簧之前，物塊減速運(yùn)動(dòng)，木塊加速運(yùn)動(dòng)；當(dāng)彈簧被壓縮到最短時(shí)，摩擦力反向，直到彈簧再次恢復(fù)原長，物塊繼續(xù)減速，木塊繼續(xù)加速；當(dāng)物塊與彈簧分離后，物塊水平方向只受向左的摩擦力，所以物塊加速，木板加速；最終，當(dāng)物塊滑到木板最右端時(shí)，物塊與木板共速，一起向左勻速運(yùn)動(dòng)。所以木塊先加速再減速，最終做勻速運(yùn)動(dòng)，所以A正確；
B. 當(dāng)彈簧被壓縮到最短時(shí)，彈簧的彈性勢能最大，此時(shí)物塊與木板第一次共速，將物塊，彈簧和木塊看做系統(tǒng)，由動(dòng)量守恒定律可得，得。從開始運(yùn)動(dòng)到彈簧被壓縮到最短，由能量守恒可得。從開始運(yùn)動(dòng)到物塊到達(dá)木板最右端，由能量守恒可得，，則最大的彈性勢能為，所以B正確；
C. 根據(jù)動(dòng)量定理，整個(gè)過程中物塊所受合力的沖量大小為，所以是合力的沖量大小，不是木板和彈簧對物塊的沖量大小，所以C錯(cuò)誤；
D. 由題意可知，物塊與木板之間的摩擦力為，又系統(tǒng)克服摩擦力做功為，則，即彈簧壓縮到最短時(shí)，物塊到木板最右端的距離為，所以D錯(cuò)誤。
變式4答案：CD
解析：A、小球與小車組成的系統(tǒng)在水平方向所受的合外力為零,水平方向系統(tǒng)動(dòng)星守恒,由于小球有豎直分加速度,所以系統(tǒng)所受的合外力不為零,系統(tǒng)動(dòng)星不守恒,故A錯(cuò)誤;
B、系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒,以向右為正方向,在水平方向,由動(dòng)量守恒走律得:,即有。
解得小車的最大位移:,故B錯(cuò)誤;
C、小球與小車組成的系統(tǒng)在水平方向動(dòng)星守恒,小球由點(diǎn)離開小車時(shí)系統(tǒng)水平方向動(dòng)量為零,小球與小車水平方向速度為零。小球離開小車后做豎直上拋運(yùn)動(dòng)。故C正確;
D、小球第一次車中運(yùn)動(dòng)過程中,由動(dòng)能定理得:,
為小球克服摩擦力做功大小,
解得:,即小球第一次在車中滾動(dòng)損失的機(jī)械能為,
由于小球第二次在車中滾動(dòng)時(shí),對應(yīng)位罝處速度變小,因此小車給小球的彈力變小,摩擦力變小,摩擦力做功小于,機(jī)械能損失小于,因此小球再次離開小車時(shí),能上升的高度大于,而小于,即。故D正確；
故選:CD。
變式5答案：(1)對物體，由機(jī)械能定恒定律得①
受到的沖量②
解①②得，，受到的沖量
(2)由圓弧軌道返回與碰撞前，由于機(jī)械能守恒，其速度大小仍為
發(fā)生彈性碰撞，動(dòng)量定恒，機(jī)械能定恒
③
④
碰后到停止，由動(dòng)能定理得
⑤
解③④⑤得物體質(zhì)量為
變式6答案：（1）小物塊與發(fā)生碰撞粘在一起，由動(dòng)量守恒定律得：
解得
碰撞過程中系統(tǒng)損失的機(jī)械能為：
解得
（2）當(dāng)上升到最大高度時(shí)，系統(tǒng)的速度相等，根據(jù)動(dòng)量守恒定律：
解得
由能量關(guān)系：
解得
變式7答案：B
解析：兩個(gè)噴嘴的橫截面積均為，根據(jù)平衡條件可知每個(gè)噴嘴對水的作用力為，取質(zhì)量為的水為研究對象，根據(jù)動(dòng)量定理得，解得，選項(xiàng)B正確。
變式8答案：A
解析：雨滴與睡蓮葉面碰撞,對睡蓮葉面的沖量等于動(dòng)量的變化,設(shè)雨滴的質(zhì)量為,對葉面的壓力為則有,得,壓強(qiáng),故A正確。
變式9答案：(1)設(shè)解除鎖定后,小球獲得的速度為,由能量守恒可得:
，
當(dāng)小球沖出槽的最高點(diǎn)時(shí),兩者在水平方向共速,設(shè)此時(shí)小球水平速度為,豎直速度為,由水平方向動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒可得，
，
聯(lián)立解得,所以小球相對于斜槽做豎直上拋運(yùn)動(dòng),相對于地面做斜上拋運(yùn)動(dòng)。設(shè)小球上升的最大高度為,則，解得;。
(2)小球落回弧形槽后,與弧形槽分離,滑上水平地面時(shí),設(shè)小球和圓弧槽的速度分別為和,取水平向左為正方向,由系統(tǒng)水平方向動(dòng)能守恒和機(jī)械能守恒得，聯(lián)立代入數(shù)據(jù)解得,
故小球落回弧形槽后,與弧形槽分離,滑上水平地面時(shí)的速度為0.
(3)由得所以小球在空中運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間為，小球從沖出點(diǎn)到再次落回到弧形槽時(shí),弧形槽向前運(yùn)動(dòng)的距離為.
變式10答案：(1)對小車的勻加速過程，有:①
②
代入數(shù)據(jù)，聯(lián)立①②式解得小車所受牽引力
(2)要木板不移動(dòng)，繩對木板的拉力應(yīng)滿足
③
要小車運(yùn)動(dòng)時(shí)間最短，繩對木板的拉力應(yīng)為最大
故對小車，有④
小車與擋板相碰前瞬間，拉力對小車做功的功率達(dá)最大⑤
代入數(shù)據(jù)，聯(lián)立④⑤式解得最大功率
(44.8、45.1)
(3)須分為“木板不動(dòng)”和“木板移動(dòng)”兩種情況，分別討論如下：
(i)若小車加速時(shí)木板不動(dòng)，對小車加速度、與板相碰、共同減速到停的過程，分別有
聯(lián)立解得木板移動(dòng)距離⑥
即時(shí)，木板移動(dòng)距離最大，為⑦
(ii)若小車加速過程木板移動(dòng)，即，從起動(dòng)到碰，對小車和木板，分別有：⑧
，，
代入數(shù)據(jù)，聯(lián)立解得木板向右移動(dòng)距離⑨
及碰前瞬間車與木板的速度大小：⑩
對碰撞過程，有
代入⑩式，解得碰后瞬間共同速度方向向左，大小
從共速到停下，對整體，有
代入數(shù)據(jù)，解得木板向右移動(dòng)距離
木板總位移
代入，整理得：
代入，得
綜合兩種情形得木板移動(dòng)的最大距離，對應(yīng)2023屆二輪復(fù)習(xí) 專題四 電場和磁場 （2）
第八講 帶電粒子在磁場中的運(yùn)動(dòng) 學(xué)案（含解析）
一、考向分析
帶電粒子在磁場中的運(yùn)動(dòng)歷來都是高考命題的熱點(diǎn)問題，高考對該部分的考查以帶電粒子在各種有界磁場中的運(yùn)動(dòng)為主，通常涉及臨界極值問題對考生利用數(shù)學(xué)知識解決物理問題的能力要求較高。
二、核心思路
三、重點(diǎn)知識
1.安培力大小的計(jì)算公式：F=BILsinθ（其中θ為B與I之間的夾角）。
（1）若磁場方向和電流方向垂直：F=BIL。
（2）若磁場方向和電流方向平行：F=0。
2.用準(zhǔn)“兩個(gè)定則”
（1）對電流的磁場用安培定則。
（2）對通電導(dǎo)線在磁場中所受的安培力和帶電粒子在磁場中所受的洛倫茲力用左手定則。
3.畫好“兩個(gè)圖”
（1）對安培力作用下的靜止、運(yùn)動(dòng)問題畫好受力分析圖。
（2）對帶電粒子的勻速圓周運(yùn)動(dòng)問題畫好與圓有關(guān)的幾何圖。
4.記住“兩個(gè)注意”
（1）洛倫茲力永不做功。
（2）安培力、電流方向、磁場方向兩兩垂直。
5.靈活應(yīng)用帶電粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的關(guān)系式
① ② ③
④ ⑤ ⑥
四、解題技巧
1.帶電粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的分析方法
（1）畫軌跡→確定圓心
（2）找聯(lián)系：
軌跡半徑與磁感應(yīng)強(qiáng)度、運(yùn)動(dòng)速度相聯(lián)系，即；
由幾何方法——一般由數(shù)學(xué)知識（勾股定理、三角函數(shù)等）來確定半徑；
偏轉(zhuǎn)角度與圓心角、運(yùn)動(dòng)時(shí)間相聯(lián)系；
粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)時(shí)間與周期相聯(lián)系。
（3）用規(guī)律→牛頓第二定律和圓周運(yùn)動(dòng)的規(guī)律等，特別是周期公式、半徑公式。
2.臨界問題的常用處理方法
方法 圖解 條件解讀
平移 帶電粒子從磁場邊界射入磁場時(shí)速度大小及方向均不變,但入射點(diǎn)的位置是變化的。這種情況下可以將軌跡圓按其圓心所在的軌跡進(jìn)行平移,當(dāng)軌跡圓平移到與磁場的邊界相切或與某個(gè)特征位置相交時(shí)即可得到臨界狀態(tài)
縮放 帶電粒子射入磁場中的入射點(diǎn)的位置不變，粒子的速度方向不變但大小是變化的。這種情況下可以讓軌跡圓始終經(jīng)過入射點(diǎn),沿軌跡圓的圓心所在的直線將圓的大小進(jìn)行適當(dāng)?shù)乜s放，當(dāng)軌跡圓與磁場的邊界相切或與某個(gè)特征位置相交時(shí)即可得到臨界狀態(tài)
旋轉(zhuǎn) 帶電粒子射人磁場中的人射點(diǎn)的位置不變，粒子的速度大小也不變但方向是改變的。這種情況下可以將軌跡圓以粒子人射點(diǎn)為轉(zhuǎn)軸進(jìn)行旋轉(zhuǎn)，當(dāng)軌跡圓轉(zhuǎn)到與磁場的邊界相切或與某個(gè)特征位置相交時(shí)即可得到臨界狀態(tài)
思維建模
六、典型例題
考點(diǎn)1 直線電流周圍磁場
【例1】如圖所示，在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為的勻強(qiáng)磁場中，兩長直導(dǎo)線P和Q垂直于紙面固定放置，二者之間的距離為.在兩導(dǎo)線中均通有方向垂直于紙面向里，大小相等的電流時(shí)，紙面內(nèi)與兩導(dǎo)線距離為的a點(diǎn)處的磁感應(yīng)強(qiáng)度為零.若僅讓P中的電流反向，則a點(diǎn)處磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為( )
A. B. C. D.
答案：B
解析：對a點(diǎn)的磁場分析如圖甲所示，設(shè)P和Q在a點(diǎn)產(chǎn)生的磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，當(dāng)P和Q中的電流都垂直紙面向里時(shí)，根據(jù)右手螺旋定則可知，P在a點(diǎn)產(chǎn)生的磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向?yàn)樗较蛴移?0°，Q在a點(diǎn)產(chǎn)生的磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向?yàn)樗较蛴移?0°，兩者在a點(diǎn)產(chǎn)生的磁場的合磁感應(yīng)強(qiáng)度為，方向水平向右，因a點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為零，故.的方向水平向左.當(dāng)P中電流方向反向時(shí)，磁場分析如圖乙所示，P在a點(diǎn)產(chǎn)生的磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向?yàn)樗较蜃笃?0°，P和Q在a點(diǎn)產(chǎn)生的磁場的合磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，方向豎直向上，則a點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為，故B正確，A、C、D錯(cuò)誤。
歸納總結(jié)：
（1）判斷電流的磁場要正確使用安培定則，將大拇指和四指環(huán)繞方向確定正確是解題的重中之重。
（2）當(dāng)研究多根直導(dǎo)線在一點(diǎn)的磁場時(shí)，首先研究每一根直導(dǎo)線在該點(diǎn)的磁場方向如何，再將此處的磁場進(jìn)行疊加，疊加時(shí)應(yīng)用平行四邊形法則運(yùn)算。
[變式訓(xùn)練]
1.如圖所示，條形磁鐵放在水平桌面上，在其中央正上方固定一根長直導(dǎo)線，導(dǎo)線與磁鐵垂直，給導(dǎo)線通以垂直紙面向外的電流，則( )
A.磁鐵對桌面的壓力減小，不受桌面的摩擦力
B.磁鐵對桌面的壓力減小，受到桌面的摩擦力
C.磁鐵對桌面的壓力增大，不受桌面的摩擦力
D.磁鐵對桌面的壓力增大，受到桌面的摩擦力
2.如圖所示，四根相互平行的固定長直導(dǎo)線，其橫截面構(gòu)成一角度為的菱形，均通有相等的電流，菱形中心為。中電流方向與中的相同，與中的相反，下列說法中正確的是( )
A.菱形中心處的磁感應(yīng)強(qiáng)度不為零
B.菱形中心處的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向沿
C.所受安培力與所受安培力大小不相等
D.所受安培力的方向與所受安培力的方向相同
考點(diǎn)2 磁場對通電導(dǎo)體的作用力
【例2】如圖所示,輕質(zhì)彈簧下面掛有邊長為L、質(zhì)量為m的正方形金屬框,各邊電阻相同,金屬框放置在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直金屬框平面向里的勻強(qiáng)磁場中.若兩端與電源相連,通以如圖所示方向的電流時(shí),彈簧恰好處于原長狀態(tài),則通入正方形金屬框邊的電流大小為( )
A. B. C. D.
答案：B
解析：根據(jù)電流方向可知,邊、邊、邊串聯(lián),再與邊并聯(lián),設(shè)每邊電阻為R,根據(jù)平衡條件可知,根據(jù)并聯(lián)電路的特點(diǎn)可知,聯(lián)立兩式解得,故B正確。
歸納總結(jié)：
（1）選定研究對象進(jìn)行受力分析，受力分析時(shí)要考慮安培力。
（2）作受力分析圖，標(biāo)出輔助方向（如磁場的方向、通電直導(dǎo)線電流的方向等），有助于分析安培力的方向，由于安培力F、電流I和磁感應(yīng)強(qiáng)度B的方向兩兩垂直，涉及三維空間，所以在受力分析時(shí)要善于用平面圖（側(cè)視圖、剖面圖或俯視圖等）表示出三維的空間關(guān)系。
（3）根據(jù)平衡條件、牛頓第二定律或功能關(guān)系列式求解。
[變式訓(xùn)練]
3.傾角為的導(dǎo)電軌道間接有電源，軌道上靜止放有一根金屬桿。現(xiàn)垂直軌道平面向上加一勻強(qiáng)磁場，如圖所示，磁感應(yīng)強(qiáng)度逐漸增加的過程中，桿受到的靜摩擦力( )
A.逐漸增大 B.逐漸減小 C.先增大后減小 D.先減小后增大
4.如圖所示,在光滑水平面上一輕質(zhì)彈簧將擋板和一條形磁鐵連接起來,此時(shí)磁鐵對水平面的壓力為,現(xiàn)在磁鐵正上方位置固定一導(dǎo)體棒,當(dāng)導(dǎo)體棒中通以垂直紙面向里的電流后,磁鐵對水平面的壓力為,則以下說法正確的是( )
A.彈簧長度將變長, B.彈簧長度將變短,
C.彈簧長度將變長, D.彈簧長度將變短,
考點(diǎn)3 帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中的運(yùn)動(dòng)
【例3】兩種不計(jì)重力的帶電粒子M和N，以相同的速率經(jīng)小孔S垂直進(jìn)入勻強(qiáng)磁場，運(yùn)動(dòng)半周后飛出磁場，其半圓軌跡如圖中虛線所示，下列表述正確的是( )
A.M帶正電荷，N帶負(fù)電荷
B.洛倫茲力對做正功
C.M的比荷小于N的比荷
D.M在磁場中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間小于N在磁場中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間
答案：C
解析：由左手定則判斷出N帶正電荷，M帶負(fù)電荷，故A錯(cuò)誤；因洛倫茲力始終與運(yùn)動(dòng)的方向垂直，所以洛倫茲力不做功，故B錯(cuò)誤；粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力，有，則比荷為，即在相同速率的情況下，軌跡半徑大的粒子比荷小，故C正確；粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)半周，即運(yùn)動(dòng)時(shí)間為周期的一半，而周期為，由圖可知，M在磁場中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間大于N的運(yùn)動(dòng)時(shí)間，故D錯(cuò)誤。
歸納總結(jié)：
（1）帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中運(yùn)動(dòng)時(shí)，要抓住洛倫茲力提供向心力，即：得，，運(yùn)動(dòng)時(shí)間公式，粒子在磁場中的運(yùn)動(dòng)半徑和速度有關(guān)，運(yùn)動(dòng)周期和速度無關(guān)，畫軌跡，定圓心，找半徑，結(jié)合幾何知識分析解題。
（2）若不計(jì)重力，由于洛倫茲力不做功，帶電粒子進(jìn)入磁場的初速度大小即為圓周運(yùn)動(dòng)的線速度大小。有時(shí)，初速度大小要根據(jù)加速電場做功得到，即。
[變式訓(xùn)練]
5.如圖所示，真空中點(diǎn)固定一個(gè)帶正電的點(diǎn)電荷，同一平面內(nèi)距離點(diǎn)電荷處有一個(gè)帶負(fù)電的粒子(不計(jì)重力)，該粒子在紙面內(nèi)沿垂直于它們連線的方向入射，已知空間同時(shí)存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，則關(guān)于粒子在電、磁場中的運(yùn)動(dòng)軌跡不可能的是( )
A.在紙面內(nèi)以點(diǎn)為圓心，為半徑的圓
B.初始階段為在紙面內(nèi)向右偏的曲線
C.初始階段為在紙面內(nèi)向左偏的曲線
D.沿初速度方向的直線
6.如圖所示平面內(nèi)，在的區(qū)域有垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場，在的區(qū)域有垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場，兩區(qū)域內(nèi)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等.在O點(diǎn)處有一小孔，一束質(zhì)量為m、帶電荷量的粒子（重力不計(jì)）以某一速度沿x軸經(jīng)小孔（小孔未畫出）射入磁場，測得粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的周期為T，且粒子在的區(qū)域中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間與在的區(qū)域中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間分別為.求：
（1）磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小；
（2）粒子的運(yùn)動(dòng)速度的大小；
（3）粒子打在x軸上的位置離原點(diǎn)O的距離。
考點(diǎn)4 帶電粒子在直邊界磁場中的運(yùn)動(dòng)
【例4】如圖所示,在邊長為L的正方形區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場,其磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B,在正方形的對角線上有一點(diǎn)P,其到的距離均為,且在P點(diǎn)處有一個(gè)發(fā)射正離子的裝置,能連續(xù)不斷地向紙面內(nèi)的各個(gè)方向均勻發(fā)射出速率不同的正離子.已知正離子的質(zhì)量為m,電荷量為q,不計(jì)離子重力及離子間的相互作用力.下列說法正確的是( )
A.速率為范圍內(nèi)的所有正離子均不能射出正方形區(qū)域
B.速率為范圍內(nèi)的所有正離子均不能射出正方形區(qū)域
C.速率為的所有正離子中能打在邊上的離子數(shù)是其總數(shù)的
D.速率為的所有正離子中能打在邊上的離子數(shù)是其總數(shù)的
答案：AD
解析：由題意可知正離子不射出該區(qū)域時(shí)其做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑,對正離子,由牛頓第二定律有,得,A正確,B錯(cuò)誤；當(dāng)正離子的速率時(shí),其做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑,如圖所示,軌跡與邊相切的正離子打到上的G點(diǎn),由幾何關(guān)系可知,此軌跡對應(yīng)的正離子入射速度方向與成30°角,軌跡與邊相切的正離子打到上的H點(diǎn),由幾何關(guān)系可知,此軌跡對應(yīng)的正離子入射速度方向與成60°角,即能打到邊上的正離子的速度方向最大夾角為30°,能打在邊上的離子數(shù)與正離子總數(shù)之比為,C錯(cuò)誤,D正確。
歸納總結(jié)：
解題步驟：
（1）找圓周運(yùn)動(dòng)的圓心：
①當(dāng)題中所給條件可以計(jì)算出圓周半徑時(shí)，從入射點(diǎn)沿洛倫茲力方向量出半徑長度，即為圓心所在位置。
②當(dāng)只知道入射點(diǎn)和出射點(diǎn)時(shí)，通過幾何關(guān)系可以求得：分別過入射點(diǎn)和出射點(diǎn)向洛倫茲力方向做虛線，兩條虛線相交點(diǎn)，即為圓心（如下圖中紅虛線所示）。
（2）找圓周半徑：
①當(dāng)題中所給條件可以計(jì)算出圓周半徑時(shí)，直接用公式計(jì)算。
②當(dāng)只知道入射點(diǎn)和出射點(diǎn)時(shí)，若dr，有。
（3）根據(jù)洛倫茲力和圓周運(yùn)動(dòng)公式列等式求未知量。
[變式訓(xùn)練]
7.如圖所示,與之間分布有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場,邊界上有一粒子源S。某一時(shí)刻,從粒子源S沿平行于紙面,向各個(gè)方向發(fā)射出大量帶正電的同種粒子(不計(jì)粒子的重力及粒子間的相互作用),所有粒子的初速度大小相等,經(jīng)過一段時(shí)間有大量粒子從邊界射出磁場。已知,從邊界射出的粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的最長時(shí)間等于(T為粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的周期),則從邊界射出的粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的最短時(shí)間為( )
A. B. C. D.
8.如圖所示,在空間中存在垂直紙面向里，場強(qiáng)為的勻強(qiáng)磁場。其邊界的寬度為，在左邊界的點(diǎn)處有一質(zhì)量為，帶電量為的帶電粒子沿與左邊界成的方向射入磁場，粒子重力不計(jì)。求；
（1）帶電粒子能從邊界飛出的速度條件；
（2）若帶電粒子能垂直邊界飛出磁場，穿過小孔進(jìn)入如圖所示的勻強(qiáng)電場中減速至零且不碰到負(fù)極板，則極板間電壓及整個(gè)過程中粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間。
考點(diǎn)5 帶電粒子在圓形或弧形邊界磁場中的運(yùn)動(dòng)
【例5】如圖所示，圓形區(qū)域內(nèi)有一垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為，P為磁場邊界上的一點(diǎn).相同的帶正電荷的粒子，以相同的速率從P點(diǎn)射入磁場區(qū)域，速度方向沿紙面內(nèi)的各個(gè)方向.這些粒子射出邊界的位置均處于邊界的某一段圓弧內(nèi)，這段圓弧的弧長是圓周長的.若將磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小變?yōu)椋Y(jié)果相應(yīng)的弧長變?yōu)閳A周長的，不計(jì)粒子的重力和粒子間的相互影響，則等于( )
A. B. C. D.
答案：C
解析：設(shè)磁場圓的半徑為r，當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度為時(shí)，從P點(diǎn)射入的粒子與磁場邊界的最遠(yuǎn)交點(diǎn)為M，最遠(yuǎn)的點(diǎn)是軌跡上直徑與磁場邊界圓的交點(diǎn)，，如圖甲所示，所以粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑滿足，解得.當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度為時(shí)，從P點(diǎn)射入的粒子與磁場邊界的最遠(yuǎn)交點(diǎn)為N，最遠(yuǎn)的點(diǎn)是軌跡上直徑與磁場邊界圓的交點(diǎn)，，如圖乙所示.所以粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑，由帶電粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑，且相等，則得，故選C。
歸納總結(jié)：
當(dāng)磁場是圓形有界磁場時(shí)，在找?guī)缀侮P(guān)系時(shí)要尤其注意帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中的“四點(diǎn)、六線、三角”。
①四點(diǎn)：入射點(diǎn)B、出射點(diǎn)C、軌跡圈心A、入射速度直線與出射速度直線的交點(diǎn)O。
②六線：圓弧兩端點(diǎn)所在的軌跡半徑r、入射速度直線OB和出射速度直線OC、入射點(diǎn)與出射點(diǎn)的連線BC、圓心與兩條速度垂線交點(diǎn)的連線AO。
③三角：速度偏轉(zhuǎn)角∠COD、圓心角∠BAC、弦切角∠OBC，其中偏轉(zhuǎn)角等于圓心角，也等于弦切角的兩倍。
如果入射方向指向圓形磁場圓心的話，那么出射方向的反向延長線必過圓心。
[變式訓(xùn)練]
9.如圖所示為圓柱形區(qū)域的橫截面，在沒有磁場的情況下，帶電粒子(不計(jì)重力)以某一初速度沿截面直徑方向入射，穿過此區(qū)域的時(shí)間為t。在該區(qū)域加沿圓柱軸線方向的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為，帶電粒子仍以同一初速度沿截面直徑入射，粒子飛出此區(qū)域時(shí)，速度方向偏轉(zhuǎn)角，根據(jù)上述條件可求的物理量是( )
A.帶電粒子的比荷 B.帶電粒子在磁場中的運(yùn)動(dòng)周期
C.帶電粒子在磁場中的運(yùn)動(dòng)半徑 D.帶電粒子的初速度
10.如圖所示，在直角坐標(biāo)系內(nèi)有兩個(gè)半徑的等大圓形區(qū)域I和Ⅱ，圓心分別位于處和處，兩個(gè)區(qū)域內(nèi)都有垂直平面向外的勻強(qiáng)磁場.現(xiàn)有一個(gè)不計(jì)重力的帶正電的粒子，從A點(diǎn)處以速度水平向右射入?yún)^(qū)域I中，然后從區(qū)域Ⅰ豎直向下射出，經(jīng)區(qū)域Ⅱ的磁場偏轉(zhuǎn)后又豎直向上進(jìn)入?yún)^(qū)城I.求：
（1）區(qū)域I與區(qū)域Ⅱ內(nèi)勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小之比；
（2）從最初進(jìn)入?yún)^(qū)域I到第二次離開區(qū)域I的總時(shí)間。
考點(diǎn)6 帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中的運(yùn)動(dòng)的臨界、極值、多解問題
【例6】
如圖所示,寬度為d的勻強(qiáng)有界磁場,磁感應(yīng)強(qiáng)度為和是磁場左右的兩條邊界線.現(xiàn)有一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電粒子沿圖示方向垂直射入磁場中, ,要使粒子不能從右邊界射出,求粒子入射速率v的最大值可能是多少
答案：為正電荷），為負(fù)電荷）
解析：題目中只給出粒子“電荷量為 q”，未說明是帶哪種電荷，所以分情況討論：
若帶電粒子帶正電荷，則軌跡是圖中與相切的圓弧，軌跡半徑 ,又，解得
若帶電粒子帶負(fù)電荷， 則軌跡是圖中與相切的圓弧.軌跡半徑，又解得。
歸納總結(jié)：
（1）解決帶電粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的臨界問題，關(guān)鍵在于運(yùn)用動(dòng)態(tài)思維，尋找臨界點(diǎn)，確定臨界狀態(tài)，根據(jù)粒子的速度方向找出半徑，同時(shí)由磁場邊界和題設(shè)條件畫好軌跡，定好圓心，建立幾何關(guān)系。
（2）粒子射出或不射出磁場的臨界狀態(tài)是粒子運(yùn)動(dòng)軌跡與磁場邊界相切，根據(jù)相切畫好邊界圖，找到相關(guān)幾何關(guān)系。
（3）相同粒子當(dāng)速度v大小一定時(shí)，弧長越長圓心角越大，則帶電粒子在有界磁場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間越長。
（4）當(dāng)速度v大小變化時(shí)，圓心角大的運(yùn)動(dòng)時(shí)間長，解題時(shí)一般要根據(jù)受力情況和運(yùn)動(dòng)情況畫出運(yùn)動(dòng)軌跡的草圖，找出圓心，根據(jù)幾何關(guān)系求出半徑及圓心角等。
[變式訓(xùn)練]
11.如圖(a)所示,勻強(qiáng)磁場垂直于平面,磁感應(yīng)強(qiáng)度按圖(b)所示規(guī)律變化(垂直于紙面向外為正).時(shí),一比荷為的帶正電粒子從原點(diǎn)O沿y軸正方向射入磁場,速度大小,不計(jì)粒子重力。
1.求帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中運(yùn)動(dòng)的軌跡半徑；
2.求時(shí)帶電粒子的坐標(biāo)；
3.保持(b)中磁場不變,再加一垂直于平面向外的恒定勻強(qiáng)磁場,其磁感應(yīng)強(qiáng)度為,在時(shí),粒子仍以原來的速度從原點(diǎn)O射入,求粒子回到坐標(biāo)原點(diǎn)O的時(shí)刻。
變式訓(xùn)練答案
變式1答案：A
解析：在磁鐵外部，磁感線從N極指向S極，長直導(dǎo)線在磁鐵的中央正上方，導(dǎo)線所在處磁場水平向左，導(dǎo)線中電流垂直于紙面向外，由左手定則可知，導(dǎo)線受到的安培力豎直向下，由牛頓第三定律可知，導(dǎo)線對磁鐵的作用力豎直向上，因此磁鐵對桌面的壓力減小，磁鐵沒有沿水平桌面運(yùn)動(dòng)的趨勢，所以磁鐵不受桌面的摩擦力，選項(xiàng)A正確。
變式2答案：A
解析：AB、根據(jù)安培定則可以判斷,和直線電流在處的磁場方向沿方向,和直線電流在處的磁場方向?yàn)榉较?所以棱形中心處的合磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度不為零,方向應(yīng)該在和之間，故A正確，B錯(cuò)誤；
CD、和都受到和的電流所產(chǎn)生的磁場的安培力作用,且因?yàn)檫@四個(gè)直線電流的截面組成一個(gè)棱形,所以和受到和的作用力大小相等的,同時(shí)也由于和之間的相互作用力也是大小相等的,故所受安培力與所受安培力的大小相等，方向不同，故CD錯(cuò)誤。
故選：A。
變式3答案：D
解析：加上磁場之前，對桿受力分析，受重力、支持力、靜摩擦力；
根據(jù)平衡條件可知：；
加速磁場后，根據(jù)左手定則，安培力的方向平行斜面向上，磁感應(yīng)強(qiáng)度逐漸增加的過程中，安培力逐漸增加；
根據(jù)平衡條件，有：；
由于安培力逐漸變大，故靜摩擦力先減小后反向增加；
故選：D。
變式4答案：B
解析：開始時(shí)條形磁鐵受重力和支持力,二力平衡,故彈簧處于原長,磁鐵對水平面的壓力等于磁鐵的重力；增加通電導(dǎo)體棒后,根據(jù)條形磁鐵磁感線分布情況得到導(dǎo)體棒所在位置磁場方向如圖所示,由左手定則可判斷出導(dǎo)體棒所受安培力方向如圖所示.由牛頓第三定律可知,條形磁鐵受到導(dǎo)體棒的作用力斜向左上方,故條形磁鐵對水平面的壓力減小,同時(shí)彈簧縮短.故選B。
變式5答案：D
解析：A、O點(diǎn)固定的帶正電的點(diǎn)電荷對帶負(fù)電的粒子的吸引力在二者的連線上，指向O點(diǎn)，與初速度垂直，由左手定則可知粒子在初始位置受到的洛倫茲力的方向在二者的連線上，與受到的吸引力方向相反，與初速度垂直，故如果吸引力大于洛倫茲力，吸引力與洛倫茲力的合力剛好提供向心力，粒子在電、磁場中的運(yùn)動(dòng)軌跡是在紙面內(nèi)以O(shè)點(diǎn)為圓心，r為半徑的圓，故A正確，不符合題意；
B、如果洛倫茲力大于吸引力，初始位置帶負(fù)電的粒子受到的合力在二者連線上指向帶負(fù)電粒子的右側(cè)，帶負(fù)電的粒子初始階段為在紙面內(nèi)向右偏的曲線，或者吸引力大于洛倫茲力，但二者的合力不足以提供帶負(fù)電粒子的向心力，則帶負(fù)電的粒子初始階段為在紙面內(nèi)向右偏的曲線即離心運(yùn)動(dòng)，故B正確，不符合題意；
C、如果吸引力大于洛倫茲力，吸引力與洛倫茲力的合力大于帶負(fù)電粒子向心力，則初始階段為在紙面內(nèi)向左偏的曲線即近心運(yùn)動(dòng)，故C正確，不符合題意；
D、如果初始位置洛倫茲力大小等于帶正電的點(diǎn)電荷對帶負(fù)電的粒子的吸引力，帶負(fù)電的粒子要沿初速度方向做直線運(yùn)動(dòng)，但吸引力做負(fù)功，洛倫茲力不做功，下一時(shí)刻速度會(huì)減小，兩力不再相等，故不可能做沿初速度方向的直線運(yùn)動(dòng)，故D錯(cuò)誤，符合題意。
變式6答案：（1）由
解得磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小。
（2）由題意可知，粒子在磁場中的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，因粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間分別為，則其運(yùn)動(dòng)軌跡分別對應(yīng)的圓心角為60°、150°，由幾何關(guān)系有
解得粒子的運(yùn)動(dòng)速度大小。
（3）設(shè)粒子打在x軸上的位置離原點(diǎn)O的距離為L，由幾何關(guān)系有
解得。
變式7答案：A
解析：根據(jù)題述從邊界射出的粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的最長時(shí)間等于,則運(yùn)動(dòng)時(shí)間最長的粒子在磁場中的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖中心側(cè)實(shí)線所示。設(shè)粒子的軌跡半徑為r,則。粒子源S到的最近距離為,即為粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)時(shí)間最短的軌跡所對的弦,該軌跡所對圓心角為,粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的最短時(shí)間為,選項(xiàng)A正確。
變式8答案：（1）粒子能從右邊界射出的臨界條件為：
所以粒子能從左邊界射出速度應(yīng)滿足：　
（2）粒子能從右邊界垂直射出
　　
解得：　　　
粒子不碰到右極板所加電壓滿足的條件　　
因粒子轉(zhuǎn)過的圓心角為,所用時(shí)間為,而　　
因返回通過磁場所用時(shí)間相同,所以總時(shí)間
變式9答案：AB
解析：無磁場時(shí)，帶電粒子做勻速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)圓柱形區(qū)域磁場的半徑為，則，而有磁場時(shí)，帶電粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由半徑公式可得：，由幾何關(guān)系得，圓磁場半徑與圓軌道半徑的關(guān)系：，由以上各式聯(lián)式可得：，設(shè)粒子在磁場中的運(yùn)動(dòng)周期為，則周期為，由于不知圓磁場的半徑，因此帶電粒子的運(yùn)動(dòng)半徑也無法求出，以及初速度無法求，故AB正確，CD錯(cuò)誤。
故選AB。
變式10答案：（1）設(shè)A點(diǎn)所在半徑與y軸的夾角為θ，由幾何關(guān)系可得
解得，故
由對稱性可知，粒子豎直向下離開區(qū)域I的位置一定在A點(diǎn)所在直徑對應(yīng)點(diǎn)，且這段圓弧所對應(yīng)的圓心角為90°，畫出粒子的整個(gè)運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示
在區(qū)域I中運(yùn)動(dòng)時(shí)，設(shè)運(yùn)動(dòng)半徑為，
由幾何關(guān)系可得
代入數(shù)據(jù)可得
在區(qū)域Ⅱ內(nèi)運(yùn)動(dòng)時(shí)，粒子剛好轉(zhuǎn)過半個(gè)圓周，設(shè)運(yùn)動(dòng)半徑為，由幾何關(guān)系可得
代入數(shù)據(jù)可得
粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)時(shí)，所受的洛倫茲力
在此力作用下粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，所以有
聯(lián)立可得
由此可見，在質(zhì)量、速度、電荷量不變的情況下，運(yùn)動(dòng)半徑與磁感應(yīng)強(qiáng)度成反比
故粒子在區(qū)域I與區(qū)域Ⅱ的運(yùn)動(dòng)半徑之比為2:1，所以磁感應(yīng)強(qiáng)度之比為1:2。
（2）由數(shù)學(xué)知識可知，弧長的計(jì)算公式為，所以粒子在區(qū)域I內(nèi)運(yùn)動(dòng)的弧長為
在區(qū)域Ⅱ內(nèi)運(yùn)動(dòng)的弧長為
由幾何關(guān)系可以求出，在兩區(qū)域之間的無磁場區(qū)運(yùn)動(dòng)的路徑長度為
故運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間
解得。
變式11答案：1.1m 2.
3.,
解析：1.帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中運(yùn)動(dòng),洛倫茲力提供向心力,有
,
代入數(shù)據(jù)解得.
2.帶電粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的周期,
在過程中,粒子運(yùn)動(dòng)了,圓弧對應(yīng)的圓心角,在過程中,粒子又運(yùn)動(dòng)了,圓弧對應(yīng)的圓心角,軌跡如圖(a)所示,根據(jù)幾何關(guān)系可知,橫坐標(biāo),
縱坐標(biāo),
帶電粒子的坐標(biāo)為.
3.施加的勻強(qiáng)磁場與原磁場疊加后形成的磁場變化規(guī)律如圖(b)所示,
當(dāng)時(shí),,
當(dāng)時(shí),
,
粒子運(yùn)動(dòng)軌跡如圖(c)所示,則粒子回到原點(diǎn)O的時(shí)刻為,.2023屆二輪復(fù)習(xí) 專題五 電路與電磁感應(yīng)（1）
第九講 恒定電流與交變電流（含解析）
一、考向分析
直流電路的動(dòng)態(tài)分析一般結(jié)合閉合電路歐姆定律、電阻定律、電阻的串并聯(lián)及電容器等知識進(jìn)行考查。通常從變化的部分人手，采用“分→總→分”的模型進(jìn)行分析。這部分題目經(jīng)常以生活、生產(chǎn)中的實(shí)際問題情景為背景，考查考生的理解能力，推理論證能力。
二、核心思路
三、重點(diǎn)知識
1.閉合電路歐姆定律
（1）閉合電路的歐姆定律：
（2）路端電壓與電流的關(guān)系：
（3）路端電壓與負(fù)載的關(guān)系：，路端電壓隨外電阻的增大而增大，隨外電阻的減小而減小。
2，正弦式交變電流的“四值”
（1）最大值
（2）瞬時(shí)值（從中性面開始計(jì)時(shí)）
（3）有效值：正弦式交變電流的有效值；非正弦式交變電流的有效值根據(jù)電流的熱效應(yīng)，用等效的思想求解。
（4）半個(gè)周期內(nèi)的平均值：，常用來計(jì)算通過電路的電荷量。
3.理想變壓器的基本關(guān)系式
（1）功率關(guān)系：
（2）電壓關(guān)系：
（3）電流關(guān)系：
4.遠(yuǎn)距離輸電
（1）如圖所示，發(fā)電站的輸出電功率為P，輸出電壓為U ，用戶得到的電功率為，電壓為，則輸電電流為。
（2）輸電導(dǎo)線隨時(shí)的電壓：。
（3）輸電導(dǎo)線上損失的電功率：。
（4）減少電能損失的基本途徑：根據(jù)公式，可知有兩個(gè)基本途徑：
①減小輸電線電阻，如：加大輸電導(dǎo)線的橫截面積，采用電阻率小的材料等；
②高壓輸電，在輸送功率一定的條件下，提高電壓，減小輸送電流。
四、解題技巧
1.幾個(gè)常用的推論
(1)串聯(lián)電路的總電阻大于其中任一部分電路的電阻。
(2)并聯(lián)電路的總電阻小于其中任一支路的電阻。
(3)n個(gè)相同的電阻并聯(lián)，總電阻等于一個(gè)電阻等于一個(gè)電阻的，即。
(4)多個(gè)電阻并聯(lián)時(shí)，其中任一個(gè)電阻增大或減小，總電阻也隨之增大或減小。
(5)并聯(lián)支路增多，并聯(lián)電路總電阻減小。
(6)大電阻和小電阻并聯(lián)，總電阻接近小電阻的阻值。小電阻做粗調(diào)，大電阻做微調(diào)。
大電阻和小電阻串聯(lián)，總電阻接近大電阻的阻值。大電阻做粗調(diào),小電阻做微調(diào)。
(7)如圖所示分壓電路中，總電阻與PB段電阻變化情況相同。
2.程序法
分析解答動(dòng)態(tài)直流電路類問題的一般步驟:
(1)確定電路的外電阻(）如何變化。
(2)根據(jù)閉合電路歐姆定律，確定電路的總電流如何變化。
(3)由，確定電源的內(nèi)電壓如何變化。
(4)由，確定電源的外電壓(路端電壓)如何變化。
(5)由部分電路歐姆定律，確定干路上某定值電阻兩端的電壓如何變化。
(6)確定支路兩端的電壓如何變化以及通過各支路的電流如何變化。
3.結(jié)論法
當(dāng)局部電阻變化時(shí)，與串聯(lián)的電阻R的功率P、電流I、電壓U與電阻變化相反，簡稱串聯(lián)反變或串反，如圖(a)。而與并聯(lián)的R的與的變化相同，簡稱并聯(lián)同變或并同，如圖（b）。簡稱“串反并同”。
五、思維建模
六、典型例題
考點(diǎn)1 直流電路動(dòng)態(tài)分析
【例1】如圖，為內(nèi)阻不能忽略的電池，為定值電阻，為開關(guān)，與分別為電壓表與電流表。初始時(shí)與均閉合，現(xiàn)將斷開，則（ ）
A.的讀數(shù)變大,的讀數(shù)變小 B.的讀數(shù)變大,的讀數(shù)變大
C.的讀數(shù)變小,的讀數(shù)變小 D.的讀數(shù)變小,的讀數(shù)變大
答案：B
解析：S斷開，相當(dāng)于電阻變大，則由閉合電路歐姆定律可得電路中總電流減小，故路端電壓增大，V的讀數(shù)變大；把R1歸為內(nèi)阻，內(nèi)電壓減小，故R3中的電壓增大，由歐姆定律可知R3中的電流也增大，電流表示數(shù)增大，
A．分析得V的讀數(shù)變大，A的讀數(shù)變大，故A錯(cuò)誤；
B．分析得V的讀數(shù)變大，A的讀數(shù)變大，故B正確；
C．分析得V的讀數(shù)變大，A的讀數(shù)變大，故C錯(cuò)誤；
D．分析得V的讀數(shù)變大，A的讀數(shù)變大，故D錯(cuò)誤.
歸納總結(jié)：
直流電路動(dòng)態(tài)分析的3種常用方法
（1）程序法
遵循“局部—整體—部分”的思路，按以下步驟分析：
（2）結(jié)論法—“串反并同”
①“串反”：指某一電阻增大（減小）時(shí)，與它串聯(lián)或間接串聯(lián)的電阻中的電流、兩端電壓、電功率都將減小（增大）。
②“并同”：指某一電阻增大（減小）時(shí)，與它并聯(lián)或間接并聯(lián)的電阻中的電流、兩端電壓、電功率都將增大（減小）。
（3）極限法
因變阻器滑片滑動(dòng)引起電路電阻變化的問題，可將變阻器的滑片分別滑至兩個(gè)極端，使電阻最大或電阻為零去討論。
[變式訓(xùn)練]
1.如圖所示電路中，電源內(nèi)阻忽略不計(jì)，為定值電阻，為滑動(dòng)變阻器R的最大阻值，且有，開關(guān)閉合后，理想電流表A的示數(shù)為I，理想電壓表的示數(shù)分別為，其變化量的絕對值分別為則下列說法正確的是　　
A．?dāng)嚅_開關(guān)，將R的滑動(dòng)觸片向右移動(dòng)，則電流A示數(shù)變小、 電壓表示數(shù)變小
B．保持R的滑動(dòng)觸片不動(dòng)，閉合開關(guān)，則電流表A示數(shù)變大、電壓表示數(shù)變小
C．?dāng)嚅_開關(guān)，將R的滑動(dòng)觸片向右移動(dòng)，則滑動(dòng)變阻器消耗的電功率減小
D．?dāng)嚅_開關(guān)，將R的滑動(dòng)觸片向右移動(dòng)，則有
2.如圖，平行金屬板中帶電質(zhì)點(diǎn)原處于靜止?fàn)顟B(tài)，不考慮電流表和電壓表對電路的影響，選地面的電勢為零，當(dāng)滑動(dòng)變阻器的滑片向端移動(dòng)時(shí)，下列說法正確的是（ ）
A.電壓表讀數(shù)減小
B.小球的電勢能減小
C.電源的效率變高
D.若電壓表、電流表的示數(shù)變化量分別為和 ，則
考點(diǎn)2 交變電流的產(chǎn)生和描述
【例2】在同一勻強(qiáng)磁場中,兩個(gè)相同的矩形金屬線圈分別繞線圈平面內(nèi)且與磁場垂直的軸勻速轉(zhuǎn)動(dòng),產(chǎn)生的電動(dòng)勢隨時(shí)間變化的圖象如圖所示,則( )
A.線圈的轉(zhuǎn)速是的3倍 B.線圈產(chǎn)生的電動(dòng)勢最大值為
C.時(shí)，線圈恰好經(jīng)過中性面 D.時(shí)，線圈恰好經(jīng)過中性面
答案：BD
解析：A.由圖可知,a的周期,b的周期,根據(jù)可知ab的轉(zhuǎn)速之比為3:2，故A錯(cuò)誤；
B.根據(jù)可知,ab的角速度之比為3:2,a產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢的最大值為,根據(jù)可知,b產(chǎn)生的電動(dòng)勢最大值為，故B正確；
C.t=0.01s時(shí)，線圈產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢最大，此時(shí)線圈a恰好經(jīng)過與中性面垂直位置，故C錯(cuò)誤；
D.t=0.03s時(shí)，線圈b產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢最小為零，故線圈b恰好經(jīng)過中性面，故D正確；
故選：BD。
歸納總結(jié)：
（1）有效值計(jì)算的三點(diǎn)注意
①計(jì)算有效值時(shí)要根據(jù)串聯(lián)電路中，“相同時(shí)間”內(nèi)“相同電阻”上產(chǎn)生“相同熱量”列式求解。
②若有效值發(fā)生周期性變化，分段計(jì)算電熱，求和得出一個(gè)周期內(nèi)產(chǎn)生的總熱量。
③利用兩個(gè)公式和可分別求得電流有效值和電壓有效值。
（2）交變電流“四值”應(yīng)用的三點(diǎn)提醒
①在解答有關(guān)交變電流的問題時(shí)，要注意電路結(jié)構(gòu)。
②注意區(qū)分交變電流的最大值、瞬時(shí)值、有效值和平均值，其中最大值是瞬時(shí)值中的最大值，有效值是以電流的熱效應(yīng)等效來定義的。
③與電磁感應(yīng)問題一樣，求解與電能、電熱相關(guān)的問題時(shí)，要用有效值；而求解通過導(dǎo)體某橫截面的電荷量時(shí)，要用平均值。
（3）交變電流瞬時(shí)值表達(dá)式書寫時(shí)要注意計(jì)時(shí)時(shí)刻是以中性面開始，還是以與中性面垂直位置開始。
①確定正弦式交變電流的峰值，根據(jù)已知圖象或由公式Em=NBSω求出相應(yīng)峰值，其中。
②明確線圈的初始位置，找出對應(yīng)的函數(shù)關(guān)系式。
a.若線圈從中性面開始計(jì)時(shí)，則e—t圖象為正弦函數(shù)，；
b.若線圈從垂直中性面開始計(jì)時(shí)，則e—t圖象為余弦函數(shù)，。
[變式訓(xùn)練]
3.在同一勻強(qiáng)磁場中，兩個(gè)相同的矩形金屬線圈分別繞線圈平面內(nèi)且與磁場垂直的軸勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，產(chǎn)生的電動(dòng)勢隨時(shí)間變化的圖象如圖所示，則( )
A．線圈轉(zhuǎn)2圈時(shí)，線圈轉(zhuǎn)了3圈
B．線圈產(chǎn)生的電動(dòng)勢的有效值為
C．時(shí)，線圈恰好經(jīng)過中性面
D．時(shí)，線圈恰好經(jīng)過中性面
4.如圖所示，面積為、內(nèi)阻不計(jì)的100匝矩形閉合線圈，從圖示位置開始繞垂直于磁場的軸勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度為100 rad/s，勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為，矩形線圈通過滑環(huán)與理想變壓器原線圈相連，觸頭P可移動(dòng)，副線圈所接電阻，電表均為理想交流電表，下列說法正確的是( )
A.矩形線圈中感應(yīng)電動(dòng)勢瞬時(shí)值的表達(dá)式為
B.P上移時(shí)，電流表示數(shù)減小
C.時(shí)，電壓表示數(shù)為
D.當(dāng)原、副線圈匝數(shù)比為2：1時(shí)，電阻R上消耗的功率為50 W
考點(diǎn)3 變壓器與遠(yuǎn)距離輸電
【例3】如圖所示,理想變壓器原、副線圈的匝數(shù)比,原線圈接的交流電,電阻為理想二極管,則( )
A.通過電阻的電流為2 A B.二極管的反向耐壓值應(yīng)大于50 V
C.原線圈的輸入功率大于50 W D.通過原線圈的電流為
答案：BC
解析：由交流電的表達(dá)式知,原線圈兩端電壓有效值,根據(jù)得,副線圈兩端電壓有效值,則通過電阻的電流,故A錯(cuò)誤;輸出電壓最大值為50 V,故要使電路正常工作,二極管反向耐壓值應(yīng)大于50 V,故B正確;根據(jù)電流熱效應(yīng),有,則通過的電流,副線圈的輸出功率,故原線圈的輸入功率也為75 W,故C正確;通過原線圈的電流,故D錯(cuò)誤。
歸納總結(jié)：
抓住“兩不變、兩損耗”巧解變壓器與遠(yuǎn)距離輸電問題
（1）“兩不變”的動(dòng)態(tài)分析
①負(fù)載電阻不變，討論變壓器原、副線圈兩端的電壓電流、電功率等隨匝數(shù)比的變化情況。
②匝數(shù)比不變，討論變壓器原、副線圈兩端的電壓、電流、電功率等隨負(fù)載電阻的變化情況。
不論哪種情況，要注意兩點(diǎn)：一、根據(jù)題意分清變量和不變量；二、弄清“誰決定誰”的制約關(guān)系：對電壓而言，輸入決定輸出；對電流、電功（率）而言，輸出決定輸入。
（2）“兩損耗”的輸電分析
①電壓損耗：輸電線上的電阻導(dǎo)致的電壓損耗，UR=U2－U3=IRR。
②功率損耗：輸電線上的電阻發(fā)熱導(dǎo)致的功率損耗，。輸電線上的能量損耗是熱損耗，計(jì)算功率損耗時(shí)用公式或。
[變式訓(xùn)練]
5.高壓輸電可大幅度節(jié)能，至2017年11月，我國已建成投運(yùn)8項(xiàng)特高壓交流工程和11項(xiàng)特高壓直流工程。中國全面掌握了特高壓核心技術(shù)，成為世界首個(gè)也是唯一成功掌握并實(shí)際應(yīng)用特高壓技術(shù)的國家。某小型水電站的電能輸送示意圖如圖甲所示，發(fā)電機(jī)輸出的電壓恒定，通過升壓變壓器和降壓變壓器向用戶供電，已知輸電線的總電阻為，降壓變壓器的原、副線圈匝數(shù)之比為4∶1，它的副線圈兩端的交變電壓如圖乙所示，若將變壓器視為理想變壓器，則下列說法中正確的是（ ）
A.降壓變壓器原線圈的輸入電壓為
B.降壓變壓器的輸入功率與輸出功率之比為4∶1
C.當(dāng)用戶端用電量增大時(shí)，輸電線上損耗的功率減小
D.當(dāng)用戶端用電量增大時(shí)，發(fā)電廠輸出的功率也增大
6.如圖所示為遠(yuǎn)距離交流輸電的簡化電路圖.發(fā)電廠的輸出電壓是U,用等效總電阻是r的兩條輸電線輸電,輸電線路中的電流是,其末端間的電壓為.在輸電線與用戶間連有一理想變壓器,流入用戶端的電流是,則( )
A.用戶端的電壓為 B.輸電線上的電壓損失為
C.理想變壓器的輸入功率為 D.輸電線路上損失的電功率為
變式訓(xùn)練答案
變式1答案：AD
解析：A. 斷開開關(guān),將滑片向右移動(dòng)時(shí),R接入電路電阻增大,電路總電阻增大,則由閉合電路歐姆定律可知,干路電流減小,電流表A示數(shù)減小,電壓表減小，故A正確；
B. 保持R的滑動(dòng)觸片不動(dòng),閉合開關(guān),被短路,電路總電阻減小,干路電流增大,電流表示數(shù)A增大;而,可知電壓表示數(shù)增大，故B錯(cuò)誤；
C. 當(dāng)滑動(dòng)變阻器的電阻等于等效電源的內(nèi)阻時(shí)滑動(dòng)變阻器的阻值時(shí),滑動(dòng)變阻器的功率達(dá)到最大,斷開開關(guān),將R的滑動(dòng)觸片向右移動(dòng),由于，所以滑動(dòng)變阻器的功率一直在增大，故C錯(cuò)誤；
D. 由可知, ,由可知，故D正確。故選：AD。
變式2答案：AD
解析：A項(xiàng)：由圖可知，與滑動(dòng)變阻器串聯(lián)后與并聯(lián)后，再由串連接在電源兩端；電容器與并聯(lián)；當(dāng)滑片向移動(dòng)時(shí)，滑動(dòng)變阻器接入電阻減小，則電路中總電阻減小；由閉合電路歐姆定律可知，電路中電流增大；路端電壓減小，同時(shí)兩端的電壓也增大；所以并聯(lián)部分的電壓減小，故A正確；
B項(xiàng)： 由A項(xiàng)分析可知并聯(lián)部分的電壓減小，即平行金屬板兩端電壓減小，根據(jù)，平行金屬板間的場強(qiáng)減小，小球?qū)⑾蛳逻\(yùn)動(dòng)，由于下板接地即下板電勢為0，由帶電質(zhì)點(diǎn)原處于靜止?fàn)顟B(tài)可知，小球帶負(fù)電，根據(jù)負(fù)電荷在電勢低的地方電勢能大，所以小球的電勢能增大，故B錯(cuò)誤；
C項(xiàng)：電源的效率：,由分析可知，路端電壓減小，所以電源的效率變低，故C錯(cuò)誤；
D項(xiàng)：將和電源等效為一個(gè)新的電源，新電源的內(nèi)阻為，電壓表測的為新電源的路端電壓，如果電流表測的也為總電流，則,由分析可知，由于總電流增大，并聯(lián)部分的電壓減小，所以中的電流減小，則增大，所以，所以，故D正確。
變式3答案：AC
解析：A.由圖可知,a的周期,b的周期,根據(jù)可知ab的轉(zhuǎn)速之比為3:2，故A正確；
B.根據(jù)可知,ab的角速度之比為3:2,a產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢的最大值為,根據(jù)可知b產(chǎn)生的電動(dòng)勢最大值為：,有效值為：，故B錯(cuò)誤；
C.時(shí)，線圈產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢最小為零，故線圈恰好經(jīng)過中性面，故C正確；
D.時(shí)，線圈產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢最大，此時(shí)線圈恰好經(jīng)過與中性面垂直位置，故D錯(cuò)誤；
故選：AC。
變式4答案：D
解析：矩形閉合線圈在磁場中轉(zhuǎn)動(dòng)，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢的最大值為，矩形線圈中感應(yīng)電動(dòng)勢瞬時(shí)值的表達(dá)式為，故A錯(cuò)誤；P上移時(shí)，原線圈的匝數(shù)減少，則副線圈兩端電壓增大，通過副線圈的電流增大，則通過原線圈的電流增大，電流表示數(shù)增大，故B錯(cuò)誤；原線圈兩端電壓的有效值為，電壓表示數(shù)為100 V，故C錯(cuò)誤；當(dāng)原、副線圈匝數(shù)比為2:1時(shí)，副線圈兩端電壓的有效值為50 V，電阻R上消耗的功率為，故D正確。
變式5答案：AD
解析：A.令降壓變壓器的原副線圈電壓的有效值分別為,匝數(shù)分別為，
由圖象得到,降壓變壓器副線圈兩端交變電壓，
則,降壓變壓器原、副線圈匝數(shù)之比為，
且,所以的原線圈的輸入電壓為，故A正確；
B. 降壓變壓器為理想變壓器，故輸入功率與輸出功率之比為1:1，故B錯(cuò)誤；
C. 當(dāng)用戶端的電量增大時(shí),由于功率增大,中副線圈電壓恒為,故中副線圈的電流增大，輸電線上電流增大,因?yàn)檩旊娋€上損耗的功率，所以輸電線上損耗的功率增大，故C錯(cuò)誤；
D. 當(dāng)用電量增大時(shí)，輸電線上電流增大，故升壓變壓器的原線圈電流增大，又原線圈電壓不變，故發(fā)電廠輸出的功率增大，故D正確；
變式6答案：B
解析：由于在輸電線與用戶間連有一理想變壓器,設(shè)用戶端的電壓是,則,可得,故A錯(cuò)誤;輸電線上的電壓損失,故B正確;理想變壓器的輸入功率,故C錯(cuò)誤;輸電線路上損失的電功率，故D錯(cuò)誤。2023屆二輪復(fù)習(xí) 專題五 電路與電磁感應(yīng) （2）
第十講 電磁感應(yīng)及應(yīng)用 學(xué)案（含解析）
一、考向分析
電磁感應(yīng)中的電路問題，主要考查等效電路的模型建構(gòu)。題目多涉及感生電動(dòng)勢和動(dòng)生電動(dòng)勢，其中動(dòng)生電動(dòng)勢又常考查平動(dòng)切割和轉(zhuǎn)動(dòng)切割這兩種方式。在高考中對于電磁感應(yīng)中的電路問題，經(jīng)常與圖像、力和運(yùn)動(dòng)、功和能量等聯(lián)系在一起考查。
電磁感應(yīng)中的力學(xué)問題，涉及兩大研究對象:電學(xué)對象和力學(xué)對象。聯(lián)系兩大研究對象的橋梁是磁場對感應(yīng)電流的安培力，其大小與方向的變化直接導(dǎo)致兩大研究對象的狀態(tài)改變，可謂“牽一發(fā)而動(dòng)全身”。在高考中，可以通過電磁感應(yīng)中的力學(xué)問題,很好地考查考生的力與運(yùn)動(dòng)的相互觀念，是高考的考查熱點(diǎn)。
二、核心思路
三、重點(diǎn)知識
1.“三定則、一定律”的應(yīng)用
（1）安培定則：判斷運(yùn)動(dòng)電荷、電流產(chǎn)生的磁場方向。
（2）左手定則：判斷磁場對運(yùn)動(dòng)電荷、電流的作用力的方向。
（3）右手定則：判斷部分導(dǎo)體切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電流的方向。
（4）楞次定律：判斷閉合電路磁通量發(fā)生變化產(chǎn)生的感應(yīng)電流的方向。
2.求感應(yīng)電動(dòng)勢的兩種方法
（1），用來計(jì)算感應(yīng)電動(dòng)勢的平均值。
（2），用來計(jì)算感應(yīng)電動(dòng)勢的瞬時(shí)值。
3.楞次定律中“阻礙”的主要表現(xiàn)形式
（1）阻礙原磁通量的變化—“增反減同”；
（2）阻礙相對運(yùn)動(dòng)—“來拒去留”；
（3）使線圈面積有擴(kuò)大或縮小的趨勢—“增縮減擴(kuò)”；
（4）阻礙原電流的變化（自感現(xiàn)象）—“增反減同”。
四、解題技巧
1.電磁感應(yīng)電路的等效關(guān)系
（1）切割磁感線的導(dǎo)體部分閉合回路的電源
（2）切割磁感線的導(dǎo)體部的電阻分電源內(nèi)阻
（3）其余部分電阻外電路電阻
2.電磁感應(yīng)中電路問題分析
（1）“源”的分析：用法拉第電磁感應(yīng)定律計(jì)算E的大小，根據(jù)右手定則或楞次定律確定感應(yīng)電動(dòng)勢的方向（感應(yīng)電流方向是電源內(nèi)部電流的方向），從而確定電源正負(fù)極，明確內(nèi)阻r。
（2）“路”的分析：根據(jù)“等效電源”和電路中其他各元件的連接方式畫出等效電路。
（3）常用規(guī)律：或，閉合電路歐姆定律、串并聯(lián)電路知識、電功率、焦耳定律等相關(guān)關(guān)系式。
思維建模
六、典型例題
考點(diǎn)1 楞次定律及法拉第電磁感應(yīng)定律
【例1】左圖為手機(jī)及無線充電板．右圖為充電原理示意圖．充電板接交流電源，對充電板供電，充電板內(nèi)的送電線圈可產(chǎn)生交變磁場，從而使手機(jī)內(nèi)的受電線圈產(chǎn)生交變電流，再經(jīng)整流電路轉(zhuǎn)變成直流電后對手機(jī)電池充電，下列說法正確的是( )
A.手機(jī)外殼用金屬材料制作可以減少能量損耗
B.如果圖示方向的磁場在變強(qiáng)，受電線圈中點(diǎn)的電勢高于點(diǎn)的電勢
C.在送電線圈電壓不變的情況下，增加送電線圈匝數(shù)可以提高受電線圈的電壓
D.受電線圈中交變電流的頻率與發(fā)射線圈中交變電流的頻率相同
答案：D
解析：A. 外殼不能使用金屬材料，若使用金屬材料外殼也會(huì)發(fā)生電磁感應(yīng)，形成回路，消耗能量，故A錯(cuò)誤；
B. 通過楞次定律結(jié)合右手螺旋法則，知電流由流出，相當(dāng)于電源正極，點(diǎn)電勢高于點(diǎn)，故B錯(cuò)誤；
C. 在送電線圈電壓不變的情況下，增加送電線圈匝數(shù)不改變送電線圈的電流和周圍的磁場，不可以提高受電線圈的電壓，故C錯(cuò)誤；
D. 根據(jù)電磁感應(yīng)原理可知，接收線圈中交變電流的頻率與發(fā)射線圈中交變電流的頻率相同，故D正確。
歸納總結(jié)：
（1）判定感應(yīng)電流方向的兩種方法
①楞次定律：一般用于線圈面積不變，磁感應(yīng)強(qiáng)度發(fā)生變化的情形。
注意：
1.感應(yīng)電流的磁場總要阻礙引起感應(yīng)電流的磁通量的變化。
2.磁通量：，為標(biāo)量，有正負(fù)，B為矢量，通過平面的法向量與磁感應(yīng)強(qiáng)度確定。
3.當(dāng)磁通量增加時(shí)，感應(yīng)電流的磁場方向與原磁場方向相反，當(dāng)磁通量減小時(shí)，感應(yīng)電流的磁場方向與原磁場方向相同。
②右手定則：一般用于導(dǎo)體棒切割磁感線的情形。
（2）求感應(yīng)電動(dòng)勢的方法
①感生電動(dòng)勢：
②動(dòng)生電動(dòng)勢：
[變式訓(xùn)練]
1.如圖甲所示，為導(dǎo)體框架，其平面與水平面成θ角，導(dǎo)體棒與始終垂直且接觸良好，整個(gè)裝置放在垂直于框架平面的磁場中，磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t的變化情況如圖乙所示（設(shè)圖甲中B的方向?yàn)檎较颍?~時(shí)間內(nèi)導(dǎo)體棒始終靜止，下列判斷正確的是( )
A.在0~時(shí)間內(nèi)導(dǎo)體棒所受摩擦力可能一直增大
B.在0~時(shí)間內(nèi)導(dǎo)體棒所受摩擦力可能一直減小
C.在0~時(shí)間內(nèi)導(dǎo)體棒所受摩擦力可能先減小后增大
D.在0和兩個(gè)時(shí)刻導(dǎo)體棒所受摩擦力大小可能相等
2.如圖所示(俯視圖)，位于同一水平面內(nèi)的兩根固定金屬導(dǎo)軌，電阻不計(jì)，兩導(dǎo)軌之間存在豎直向下的勻強(qiáng)磁場。現(xiàn)將兩根粗細(xì)均勻、完全相同的銅棒放在兩導(dǎo)軌上，若兩棒從圖示位置以相同的速度沿方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，始終與兩導(dǎo)軌接觸良好，且始終與導(dǎo)軌垂直，不計(jì)一切摩擦，則下列說法中正確的是( )
A.回路中有順時(shí)針方向的感應(yīng)電流
B.回路中的感應(yīng)電動(dòng)勢不變
C.回路中的感應(yīng)電流不變
D.回路中的熱功率不斷減小
考點(diǎn)2 電磁感應(yīng)圖像問題
【例3】如圖所示，在虛線左側(cè)的足夠大區(qū)域存在勻強(qiáng)磁場，磁場方向垂直紙面向里，有一個(gè)直角三角形金屬線框，線框左邊與磁場邊界平行，線框的電阻為R，線框以垂直虛線方向的速度做勻速直線運(yùn)動(dòng)，從線框的左邊進(jìn)入磁場時(shí)開始計(jì)時(shí)，E表示線框產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢大小，F(xiàn)表示線框受到的拉力大小，P表示線框的電功率的大小，I表示線框中的感應(yīng)電流的大小，則下列圖像中正確的是( )
A. B. C. D.
答案：A
解析：設(shè)線框左側(cè)的直角邊邊長為，右側(cè)銳角角度為θ，線框進(jìn)入磁場t時(shí)間內(nèi)，線框切割磁感線的有效長度為，感應(yīng)電動(dòng)勢為，是關(guān)于t的一次函數(shù)，即電動(dòng)勢隨時(shí)間均勻減小，A正確;由于線框以速度做勻速直線運(yùn)動(dòng)，由平衡條件可知，是關(guān)于t的二次函數(shù)，B錯(cuò)誤;電功率等于克服安培力做功的功率，則，是關(guān)于t的二次函數(shù)，C錯(cuò)誤;線框中的感應(yīng)電流，是關(guān)于t的一次函數(shù)，D錯(cuò)誤。
歸納總結(jié)：
（1）解決電磁感應(yīng)圖象問題的一般步驟
①明確圖象的種類，即是圖象還是圖象或者是圖象、圖象等。
②分析電磁感應(yīng)的具體過程。
③用右手定則或楞次定律確定方向?qū)?yīng)關(guān)系。
④結(jié)合法拉第電磁感應(yīng)定律、歐姆定律、牛頓運(yùn)動(dòng)定律等寫出函數(shù)關(guān)系式.平張?zhí)?br/>⑤根據(jù)函數(shù)關(guān)系式，進(jìn)行數(shù)學(xué)分析，如分析斜率的變化、截距等。
⑥應(yīng)用圖象信息畫圖象、判斷圖象或討論各物理量的變化。
（2）
如圖1，規(guī)定垂直紙面向里為磁場正方向，順時(shí)針為電流正方向，根據(jù)圖象畫出圖象，如圖2。
為方便記憶，我們設(shè)定：伸出右手，讓大拇指指向磁場正方向，環(huán)繞四指，如果四指環(huán)繞方向?yàn)榫€圈中電流正方向，則稱為“B、I二者滿足右手”；若環(huán)繞方向?yàn)榫€圈中電流負(fù)方向，則稱為“B、I二者不滿足右手”。
結(jié)論：
①B、1二者滿足右手：“斜正電負(fù)”“斜負(fù)電正”“斜零電零”；
②B、1二者不滿足右手：“斜正電正”“斜負(fù)電負(fù)”“斜零電零”
（3）
如圖3，規(guī)定垂直紙面向里為磁場正方向，順時(shí)針為電流正方向，安培力向左為正方向，根據(jù)圖象畫出矩形線框abcd的ab邊的圖象，如圖4。
為方便記憶，我們設(shè)定：伸出左手，使大拇指與其余四指垂直，并且都與手掌在同一個(gè)平面內(nèi)，讓指向正方向的磁感線從掌心進(jìn)入，并使四指指向電流的正方向（磁場垂直紙面向里，順時(shí)針電流為正，磁場垂直紙面向外，逆時(shí)針電流為正），如果大拇指所指方向?yàn)榘才嗔Φ恼较颍瑒t稱為“B、I、F三者滿足左手”；否則，稱為“B、I、F三者不滿足左手”。
結(jié)論：
①B、I、F三者滿足左手：“斜正對稱”“斜負(fù)相同”→“斜率全負(fù)”；
②B、I、F三者不滿足左手：“斜正相同”“斜負(fù)對稱”→“斜率全正”。
[變式訓(xùn)練]
3.空間存在豎直向上的勻強(qiáng)磁場，將一個(gè)不會(huì)變形的單匝金屬圓線圈放入該磁場中，規(guī)定圖甲所示的線圈中的電流方向?yàn)檎．?dāng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間按圖乙所示的規(guī)律變化時(shí)，能正確表示線圈中感應(yīng)電流隨時(shí)間變化的圖線是( )
A. B.
C. D.
4.如圖甲所示，一矩形金屬線圈垂直勻強(qiáng)磁場并固定于磁場中，磁場是變化的，磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間t的變化關(guān)系圖象如圖乙所示，則線圈的邊所受安培力隨時(shí)間t變化的圖象是圖中的(規(guī)定向右為安培力的正方向)( )
A. B.
C. D.
考點(diǎn)3 導(dǎo)體棒切割磁感線
【例5】如圖所示，兩個(gè)平行的導(dǎo)軌與水平面的夾角為 ，導(dǎo)軌的左側(cè)接一個(gè)阻值為 的定值電阻，兩導(dǎo)軌之間的距離為 。導(dǎo)軌處在勻強(qiáng)磁場中，勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為 ，方向垂直于導(dǎo)軌平面向上。一質(zhì)量為 、電阻為 ，長度為 的導(dǎo)體棒 垂直于兩導(dǎo)軌放置，導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌的動(dòng)摩擦因數(shù)為 ( )。導(dǎo)體棒 在重力作用下，由靜止開始下滑了距離 后，速度達(dá)到最大，重力加速度為 ，不計(jì)導(dǎo)軌電阻，導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌始終接觸良好。則（ ）
A.把導(dǎo)體棒 看成等效電源時(shí)，是電源正極
B. 當(dāng)導(dǎo)體棒的速度為(小于最大速度)時(shí)，導(dǎo)體棒的加速度為
C. 當(dāng)導(dǎo)體棒從開始運(yùn)動(dòng)到速度最大的過程中，通過電阻的電荷量為
D.若導(dǎo)體棒由靜止到速度最大的過程中，獲得的動(dòng)能為，則電阻上產(chǎn)生的焦耳熱是
答案：BC
解析：A.根據(jù)右手定則可知，導(dǎo)體棒ab中的感應(yīng)電流方向由a到b，則b是電源正極，故A錯(cuò)誤；
B.當(dāng)導(dǎo)體棒ab的速度為時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律有：mgsinα BIL μmgcosα=ma，又，所以導(dǎo)體棒ab的加速度為：，故B正確；
C.導(dǎo)體棒ab從開始運(yùn)動(dòng)到速度最大的過程中，通過電阻R的電荷量為：，故C正確；
D.導(dǎo)體棒ab由靜止到速度最大的過程中，根據(jù)能量守恒定律有：+μmgxcosα+Q=mgxsinα，所以電阻R上產(chǎn)生的熱量為：，故D錯(cuò)誤。
故選：BC。
歸納總結(jié)：
三類導(dǎo)體棒切割
①電阻+導(dǎo)體棒
a.具初速度：導(dǎo)體棒做加速度逐漸減小的減速運(yùn)動(dòng)，直至速度為0；
b.恒力拉動(dòng)類：導(dǎo)體棒做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動(dòng)，直至速度；
c.恒定功率類：導(dǎo)體棒做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動(dòng)，直至速度。
總結(jié)：安培力為阻力，類比磁流體發(fā)電機(jī)。
②電源+導(dǎo)體棒
導(dǎo)體棒做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動(dòng)，直至速度。
③電容+導(dǎo)體棒
恒力拉動(dòng)導(dǎo)體棒，則
故導(dǎo)體棒做勻加速運(yùn)動(dòng)
[變式訓(xùn)練]
5.如圖所示，兩光滑平行金屬導(dǎo)軌與，其間距為，質(zhì)量為，電阻為的直導(dǎo)線垂直跨在導(dǎo)軌上，且與導(dǎo)軌接觸良好，整個(gè)裝置處于垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為。電路中電容器電容為，定值電阻阻值為，其它電阻不計(jì)。現(xiàn)給直導(dǎo)線一水平向右的初速度，當(dāng)電路穩(wěn)定后，直導(dǎo)線以速度向右勻速運(yùn)動(dòng)，則( )
A．電容器兩端的電壓小于 B．電容器所帶電荷量為
C．電阻兩端的電壓為 D．直導(dǎo)線的初速度為
6.在磁感應(yīng)強(qiáng)度為，方向垂直于滑軌平面的勻強(qiáng)磁場中，有一與水平面成37°的導(dǎo)電滑軌，滑軌上放一可移動(dòng)的金屬桿，電源電動(dòng)勢，內(nèi)阻，導(dǎo)軌間距，質(zhì)量，，求可變電阻在什么范圍內(nèi)時(shí)，桿可在滑軌上保持平衡（不計(jì)桿和導(dǎo)軌電阻）。
考點(diǎn)4 線框穿磁場
【例7】14.有一邊長分別為L和的單匝矩形導(dǎo)線框，導(dǎo)線框的總電阻為R，讓導(dǎo)線框在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場中以恒定角速度ω且同時(shí)以兩短邊中點(diǎn)連線為軸旋轉(zhuǎn)，如圖所示，此時(shí)導(dǎo)線框平面平行于磁場方向.下列說法正確的是( )
A.導(dǎo)線框的發(fā)熱功率為
B.導(dǎo)線框轉(zhuǎn)到圖示位置時(shí)，某一長邊兩端的電壓為
C.從圖示位置開始，導(dǎo)線框轉(zhuǎn)過的過程中通過導(dǎo)線某一橫截面的電荷量為
D.從圖示位置開始，導(dǎo)線框轉(zhuǎn)過時(shí)的電動(dòng)勢是
答案：ABD
解析：導(dǎo)線框在磁場中轉(zhuǎn)動(dòng)產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢的最大值為，其有效值為，導(dǎo)線框的發(fā)熱功率，解得，A正確;導(dǎo)線框轉(zhuǎn)到題圖所示位置時(shí)，某一長邊產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢是導(dǎo)線框在磁場中產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢的最大值的一半，，此時(shí)導(dǎo)線框中的電流，某一長邊兩端的電壓，B正確;從題圖所示位置開始，導(dǎo)線框轉(zhuǎn)過60°的過程中通過導(dǎo)線某一橫截面的電荷量，C錯(cuò)誤;從題圖所示位置開始，導(dǎo)線框轉(zhuǎn)過60°時(shí)的電動(dòng)勢，D正確。
歸納總結(jié)：
根據(jù)關(guān)鍵詞列關(guān)系式
（1）“最大速度”“最終速度”“勻速”“恒定”→；
（2）“加速度”→；
（3）“功率”“電功率”“熱功率”→；
（4）“熱量”→；
（5）“電量”→；
（6）“總電路、總時(shí)間”→，其中為安培力的沖量。
[變式訓(xùn)練]
7.如圖所示，一正方形金屬線框靜止在光滑的水平桌面上，線框右側(cè)兩條平行虛線間存在一勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度方向豎直向上。邊與磁場邊界平行，磁場虛線間距大于正方形金屬線框邊長。現(xiàn)給線框一水平向右的初速度，線框能通過磁場區(qū)域并繼續(xù)向右運(yùn)動(dòng)，下列說法正確的是（ ）
A.線框進(jìn)入磁場的過程中，邊受到的安培力方向水平向左
B.線框通過磁場的整個(gè)過程中，邊兩端的電壓始終不變
C.線框進(jìn)入磁場和離開磁場的過程中，通過線框的電荷量相等
D.線框進(jìn)入磁場和離開磁場的過程中，線框速度的變化量相等
8.如圖所示，空間中存在一個(gè)范圍足夠大的垂直紙面向里的磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度沿垂直斜面方向大小相等，沿斜面方向從點(diǎn)開始按規(guī)律變化（其中為斜面上任一點(diǎn)到點(diǎn)的距離），矩形線圈在一足夠長的光滑斜面上從點(diǎn)由靜止開始向下滑動(dòng)，滑動(dòng)過程中沒有翻轉(zhuǎn)。下列說法正確的是( )
A．線圈運(yùn)動(dòng)過程中感應(yīng)電流的方向沿方向
B．線圈中的電流先增大后不變
C．線圈最終將做勻速直線運(yùn)動(dòng)
D．線圈回路消耗的電功率與運(yùn)動(dòng)速度成正比
考點(diǎn)5 磁懸浮類問題
【例9】如圖所示是磁懸浮列車運(yùn)行原理模型，兩根平行絕緣直導(dǎo)軌間距為L，寬度相同的磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小關(guān)系為B1=B2=B，方向相反，并且以速度v同時(shí)沿直導(dǎo)軌向右勻速運(yùn)動(dòng).導(dǎo)軌上金屬框ab邊長與磁場寬度相同，也為L，金屬框的電阻為R，運(yùn)動(dòng)時(shí)受到的阻力為Ff，則金屬框運(yùn)動(dòng)的最大速度表達(dá)式為( )
A. B. C. D.
答案：C
解析：由于磁場以速度v向右運(yùn)動(dòng)，當(dāng)金屬框穩(wěn)定后以最大速度，向右運(yùn)動(dòng)，此時(shí)金屬框相對于磁場的運(yùn)動(dòng)速度為v-vm，根據(jù)右 手定則可以判斷回路中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢E等于ad、bc邊分別產(chǎn)生 的感應(yīng)電動(dòng)勢之和，則E= 2BL(v-vm），根據(jù)閉合電路歐姆定律可得，此時(shí)金屬框中產(chǎn)生的感應(yīng)電流為，金屬框的兩條邊ad和bc都受到安培力作用，ad和bc邊所處的磁場方向相 反，電流方向也相反，故它們所受安培力方向相同，故金屬框受到的安培力大小，當(dāng)金屬框速度最大時(shí)，安培力與摩擦力平衡，可得F-Ff= 0，解得，故C正確，A、B、D錯(cuò)誤。
歸納總結(jié)：
基本模型
軌道向右運(yùn)動(dòng)，線框相對軌道向左運(yùn)動(dòng)，判斷出線框所受安培力方向向右，故線框向右運(yùn)動(dòng);隨著線框的運(yùn)動(dòng)，磁場與線框間的相對速度減小，故線框所受安培力減小，線框做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，最終達(dá)到最大速度，此時(shí)，；若，則，；若，則。
[變式訓(xùn)練]
9.超導(dǎo)磁懸浮列車是利用超導(dǎo)體的抗磁作用使列車車體向上浮起，同時(shí)通過周期性地變換磁極方向而獲得推進(jìn)動(dòng)力的新型交通工具.其推進(jìn)原理可以簡化為如圖所示的模型:在水平面上相距L的兩根平行直導(dǎo)軌間，有豎直方向等距離分布的勻強(qiáng)磁場B1和B2，且B1=B2=B，每個(gè)磁場的寬度都是l，相間排列，所有這些磁場都以相同的速度向右勻速運(yùn)動(dòng)，這時(shí)跨在兩導(dǎo)軌間的長為L、寬為l的金屬框abcd(懸浮在導(dǎo)軌上方)在磁場力作用下也將會(huì)向右運(yùn)動(dòng).設(shè)金屬框的總電阻為R，運(yùn)動(dòng)中所受到的阻力恒為Ff，金屬框的最大速度為vm.求:
1.磁場向右勻速運(yùn)動(dòng)的速度.
2.列車在運(yùn)動(dòng)過程中金屬框產(chǎn)生的最大電流。
變式訓(xùn)練答案
變式1答案：ACD
解析：根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律并結(jié)合歐姆定律可知，在框架中產(chǎn)生恒定的感應(yīng)電流，方向由Q至P，根據(jù)左手定則可知，導(dǎo)體棒受到沿向上的安培力，因磁感應(yīng)強(qiáng)度逐漸減小，故受到的安培力逐漸減小.時(shí)，若安培力，則導(dǎo)體棒受到的靜摩擦力一直沿向上，由平衡條件可知，靜摩擦力大小，隨著安培力的減小，靜摩擦力一直增大；時(shí)，若安培力，則導(dǎo)體棒受到的靜摩擦力先沿向下后沿向上，由平衡條件知，當(dāng)導(dǎo)體棒所受靜摩擦力沿向下時(shí)，，隨著安培力的減小，靜摩擦力逐漸減小，當(dāng)靜摩擦力沿向上時(shí)，，隨著安培力的減小，靜摩擦力又逐漸增大，A、C正確，B錯(cuò)誤.在時(shí)，若，則此時(shí)，在時(shí)，，則在0和兩個(gè)時(shí)刻導(dǎo)體棒所受的摩擦力大小相等，D正確。
變式2答案：BD
解析：A.兩棒以相同的速度沿方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，回路的磁通量不斷增大，根據(jù)楞次定律可知，感應(yīng)電流方向沿逆時(shí)針。故A錯(cuò)誤。
B.設(shè)兩棒原來相距的距離為與的夾角為。回路中總的感應(yīng)電動(dòng)勢，
保持不變，由于回路的電阻不斷增大，所以回路中的感應(yīng)電流不斷減小，故B正確。
C.回路中的熱功率為，E不變，R增大，則P不斷減小，故C錯(cuò)誤。
D.兩棒所受安培力的合力為，I減小，其他量不變，所以F減小，故D正確。
故選：BD。
變式3答案：B
解析：根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可得線圈產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢為，根據(jù)歐姆定律產(chǎn)生的感應(yīng)電流為，由圖乙可得， 時(shí)間內(nèi)， 均勻增大，所以穿過線圈的豎直向上磁通量增大，由楞次定律可得產(chǎn)生的感應(yīng)電流為順時(shí)針方向，為正.在內(nèi)，磁感應(yīng)強(qiáng)度不變，所以穿過線圈的磁通量不變，故感應(yīng)電流為零;在內(nèi)，磁感應(yīng)強(qiáng)度在均勻減小，穿過線圈垂直向上的磁通量減小，根據(jù)楞次定律可知，感應(yīng)電流為逆時(shí)針方向，為負(fù)，因?yàn)檎扔冢磮D像的斜率越大，產(chǎn)生的感應(yīng)電流越大，所以B正確;
變式4答案：A
解析：內(nèi)，由楞次定律知，感應(yīng)電流的方向?yàn)椋鶕?jù)，電流為定值，根據(jù)左手定則，邊所受安培力的方向向左，由知，安培力均勻減小。
內(nèi)，由楞次定律知，感應(yīng)電流的方向?yàn)椋鶕?jù)，電流為定值，根據(jù)左手定則，邊所受安培力的方向向右，由知，安培力均勻增大。故B.C.D錯(cuò)誤，A正確。
故選：A
變式5答案：BD
解析： ABC：ab以速度v向右做勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，導(dǎo)線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢恒定，電容器不充電也不放電，電路中無電流，故電阻兩端電壓為零，根據(jù)閉合電路歐姆定律得知，電容器兩板間的電壓為
則電容器所帶電荷量
AC錯(cuò)誤，B正確；
D：設(shè)直導(dǎo)線ab的初速度為v0，根據(jù)動(dòng)量守恒可得
，其中，
解得，
D正確，故選BD
變式6答案：對導(dǎo)體棒受力分析，回路中的電流為
導(dǎo)體棒受到的安培力為
當(dāng)摩擦力沿斜面向上，電流強(qiáng)度最小，電阻最大，由共點(diǎn)力平衡得
解得
當(dāng)摩擦力沿斜面向下，電流強(qiáng)度最大，電阻最小由共點(diǎn)力平衡得
聯(lián)立解得
可變電阻在圍內(nèi)
變式7答案：ACD
解析：A、根據(jù)楞次定律的另一種表述知，感應(yīng)電流總阻礙導(dǎo)體與磁場間相對運(yùn)動(dòng)，知線框進(jìn)入磁場的過程中，cd邊受到的安培力方向水平向左，故A正確；
B、線框通過磁場的整個(gè)過程中，ab邊或cd邊產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢恒定，設(shè)為E。
線框進(jìn)入磁場過程，cd邊相當(dāng)于電源，cd邊兩端的電壓為路端電壓，即為其他三邊的總電壓，為．線框完全在磁場中運(yùn)動(dòng)時(shí)，電路中沒有感應(yīng)電流，cd邊兩端的電壓為E．線框離開磁場的過程，ab邊相當(dāng)于電源，cd邊兩端的電壓為，故B錯(cuò)誤；
C、線框進(jìn)入磁場和離開磁場的過程中，磁通量的變化量相等，根據(jù)分析知兩個(gè)過程中通過線框的電荷量相等，故C正確；
D、對于線框進(jìn)入磁場的過程，由動(dòng)量定理得：，其中，即得-BLq=mΔv，即，由于線框進(jìn)入磁場和離開磁場的過程中，通過線框的電荷量q相等，所以線框速度的變化量Δv相等，故D正確。
變式8答案：BC
解析：A、線圈在運(yùn)動(dòng)過程中，穿過線圈的磁通量不斷增大，磁場方向垂直于斜面向下，根據(jù)楞次定律判斷可知，感應(yīng)電流的方向沿ABCDA方向，故A錯(cuò)誤；
BC、設(shè)線圈的長為L，寬為a。當(dāng)線圈AB邊距離O點(diǎn)的距離為x時(shí)，回路中總的感應(yīng)電動(dòng)勢為感應(yīng)電流大小為線圈所受安培力的合力大小為，可知，線圈由靜止開始向下滑動(dòng)后做加速運(yùn)動(dòng)，隨著速度增加，受到的安培力逐漸增大，合力減小，加速度減小，當(dāng)加速度減至零時(shí)開始做勻速直線運(yùn)動(dòng)，所以線圈中的電流先增大后不變，線圈最終將做勻速直線運(yùn)動(dòng)，故BC正確；
D、線圈回路消耗的電功率為，知線圈回路消耗的電功率與運(yùn)動(dòng)速度的平方成正比，故D錯(cuò)誤。
變式9答案：1.導(dǎo)體棒ad和bc各以相對磁場的速度切割磁感線運(yùn)動(dòng)，由右手定則可知回路中產(chǎn)生的電流方向?yàn)閍bcda，回路中產(chǎn)生的電動(dòng)勢為，回路中電流為，由于左右兩邊ad和bc均受到安培力，則合安培力為，依題意金屬框達(dá)到最大速度時(shí)受到的阻力與安培力平衡，則，解得磁場向右勻速運(yùn)動(dòng)的速度.
2.開始時(shí)金屬框產(chǎn)生的電流量大，設(shè)為。
把上式中v的表達(dá)式代入，可得。2023屆二輪復(fù)習(xí) 專題一 力與運(yùn)動(dòng) （3）
第三講 曲線運(yùn)動(dòng) 學(xué)案（含解析）
一、考向分析
平拋運(yùn)動(dòng)在高考中可以單獨(dú)命題，也常常綜合圓周運(yùn)動(dòng)、機(jī)械能、動(dòng)量及電場等知識命題。試題往往與生活實(shí)際、體育運(yùn)動(dòng)等聯(lián)系密切，體現(xiàn)物理來源于生活，又走向生活的命題思路。
高考對圓周運(yùn)動(dòng)的考查通常結(jié)合萬有引力定律、磁場等知識命題，單獨(dú)考查圓周運(yùn)動(dòng)問題時(shí)一般以實(shí)際生活為背景命題，由于情景的多樣性和作用力的多樣性，圓周運(yùn)動(dòng)的動(dòng)力學(xué)問題類型較多，難度也較大。
二、核心思路
三、重點(diǎn)知識
1.運(yùn)動(dòng)的合成與分解的一般思路
（1）明確合運(yùn)動(dòng)或分運(yùn)動(dòng)的運(yùn)動(dòng)性質(zhì)。
（2）明確是在哪一個(gè)或兩個(gè)方向上的合成或分解。
（3）找出各個(gè)方向上已知的物理量（速度、位移、加速度）。
（4）運(yùn)用力與速度的關(guān)系或矢量運(yùn)算法則進(jìn)行分析求解。
2.運(yùn)動(dòng)的合成與分解的運(yùn)算法則：平行四邊形法則。
3.平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律：
（1）平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間由平拋高度決定。
（2）平拋軌跡中，任意時(shí)刻速度的反向延長線過此時(shí)水平位移的中點(diǎn)。
（3）在任意時(shí)刻瞬時(shí)速度與水平方向的夾角為 θ，位移與水平方向夾角為 α，則有tan θ =2tan α。
4.做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的物體，其向心力等于合力。向心力不做功，只改變速度方向，不改變速度大小。
5.水平方向的圓周運(yùn)動(dòng)
（1）水平方向的圓周問題，可由接觸面的支持力、接觸面的摩擦力、繩或桿的拉力等提供向心力。解題關(guān)鍵在于各種力的臨界狀態(tài)。
（2）常見臨界狀態(tài)：
①繩：松弛與伸直的臨界→F拉=0、恰好不斷裂→F為最大值。
②摩擦力：恰好不發(fā)生相對滑動(dòng)→摩擦力為最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力、求速度范圍時(shí)→根據(jù)摩擦力的方向以及題干，求出不產(chǎn)生相對滑動(dòng)的最大和最小臨界值。
6.豎直方向的圓周運(yùn)動(dòng)
（1）繩球模型：半徑為R的圓形軌道，物體能通過最高點(diǎn)的條件是。
（2）桿球模型：物體能通過最高點(diǎn)的條件是v>0。
（3）拱模型：①凸拱橋關(guān)系式：
②凹拱橋關(guān)系式：
7.重力和萬有引力的關(guān)系
（1）不考慮地球自轉(zhuǎn)，地球表面附近物體的重力等于物體與地球間的萬有引力，即有：，化簡得（黃金代換式）
（2）考慮地球自轉(zhuǎn)時(shí)，在兩極上才有，赤道上則有。
8.傳動(dòng)裝置
（1）關(guān)系記憶：同帶等線速，同軸等角速。
（2）對于不相鄰的裝置，要根據(jù)半徑的不同，通過相鄰的裝置來轉(zhuǎn)到計(jì)算角速度與線速度關(guān)系。
（3）相關(guān)公式：，
同軸：
同帶：
9.人造衛(wèi)星做勻速圓周運(yùn)動(dòng)
（1）常用等式：。
（2）導(dǎo)出表達(dá)式：。
（3）結(jié)論：衛(wèi)星運(yùn)行半徑越大，向心加速度、線速度、角速度越小，周期越大。萬有引力、動(dòng)能越小，引力勢能越大。
10.三類天體問題
（1）近地衛(wèi)星：
（2）同步衛(wèi)星：
（3）雙星：
四、解題技巧
一、平拋運(yùn)動(dòng)
1.基本思路——化曲為直：處理平拋運(yùn)動(dòng)(類平拋運(yùn)動(dòng)）問題時(shí)，一般將運(yùn)動(dòng)沿初速度方向和垂直初速度方向進(jìn)行分解，先按分運(yùn)動(dòng)規(guī)律列式，再用運(yùn)動(dòng)的合成法則求合運(yùn)動(dòng)。
2.解決斜面約束下的平拋運(yùn)動(dòng)問題時(shí)要抓住幾何關(guān)系，靈活應(yīng)用各種規(guī)律，特別要注意速度偏向角和位移偏向角的關(guān)系。若質(zhì)點(diǎn)從斜面上平拋又落到斜面上，則有，若質(zhì)點(diǎn)從斜面外拋出，垂直落在斜面上，則有。以上兩式中的θ為斜面傾角。
二、圓周運(yùn)動(dòng)
1.明確向心力是解決圓周運(yùn)動(dòng)問題的關(guān)鍵
在勻速圓周運(yùn)動(dòng)中，合力是物體做圓周運(yùn)動(dòng)的向心力，在變速圓周運(yùn)動(dòng)中，沿半徑方向的合力是物體做圓周運(yùn)動(dòng)的向心力。
2.豎直平面內(nèi)圓周運(yùn)動(dòng)的分析方法
（1）確定模型種類，首先判斷是“輕繩模型”還是“輕桿模型”。
（2）確定臨界位置：對于豎直面內(nèi)的圓周運(yùn)動(dòng)，其臨界狀態(tài)通常為圓周運(yùn)動(dòng)的最高點(diǎn)或最低點(diǎn)。
（3）研究臨界狀態(tài)：對于“輕繩模型”，最高點(diǎn)的臨界狀態(tài)滿足速度（其中R為圓周運(yùn)動(dòng)的半徑)；而對于“輕桿模型”，最高點(diǎn)的臨界狀態(tài)滿足速度v=0。
（4）對質(zhì)點(diǎn)進(jìn)行受力分析：明確質(zhì)點(diǎn)做圓周運(yùn)動(dòng)過程中的受力情況（通常是最高點(diǎn)或最低點(diǎn)），然后根據(jù)牛頓第二定律列出方程。
（5）對運(yùn)動(dòng)過程進(jìn)行分析：對于處于兩個(gè)狀態(tài)之間的運(yùn)動(dòng)過程，通常采用動(dòng)能定理或機(jī)械能守恒定律來求解。
五、思維建模
六、典型例題
考點(diǎn)1 運(yùn)動(dòng)的合成與分解
例1.河水由西向東流，河寬為800 m，河中各點(diǎn)的水流速度大小為，各點(diǎn)到較近河岸的距離為x，與x的關(guān)系為。讓小船船頭垂直河岸由南向北渡河，小船在靜水中的速度大小恒為。下列說法中正確的是( )
A.小船渡河的軌跡為直線
B.小船在河水中的最大速度是5 m/s
C.小船在距離南岸200 m處的速度小于在距離北岸200 m處的速度
D.小船渡河的時(shí)間是160 s
答案：B
解析：水流速度大小與離河岸的距離大小有關(guān)，故小船的靜水速度與河水速度的合速度的大小和方向是變化的，小船渡河的軌跡為曲線，A錯(cuò)誤；河水速度最大為，故小船在河水中的最大速度為，B正確；小船距離南、北岸200 m處，水流速度均為1.5 m/s，故小船的速度大小相等，C錯(cuò)誤；小船渡河時(shí)間與水流速度大小無關(guān)，，D錯(cuò)誤。
歸納總結(jié)：
1.判斷運(yùn)動(dòng)軌跡的方法：分別求得某時(shí)刻物體合速度方向與物體所受合力方向，若二者方向共線，則物體做直線運(yùn)動(dòng)；若二者方向不共線，則物體做曲線運(yùn)動(dòng)。物體做曲線運(yùn)動(dòng)時(shí)，軌跡的凹側(cè)為物體所受合力方向。
2.端速問題
（1）解題思路：把物體的實(shí)際速度分解為垂直于繩（桿）和平行于繩（桿）方向的兩個(gè)分量，根據(jù)沿繩方向速度相等列等式求解未知量。
（2）注意：①在進(jìn)行速度分解時(shí)，要注意角度關(guān)系。
②等式具有瞬時(shí)性，當(dāng)存在角度時(shí)，物體的運(yùn)動(dòng)會(huì)引起下一時(shí)刻的角度變化。必要時(shí)，可能需要對兩個(gè)時(shí)刻分別進(jìn)行速度分解。
3.過河問題
（1）過河時(shí)間最短：船頭方向垂直于河岸，
（2）過河路徑最短：
①當(dāng)水流速度小于船速時(shí)：水流與船的合速度垂直于河岸時(shí)，路徑為河寬d。
②當(dāng)水流速度大于船速時(shí)：合速度無法垂直于河岸。因?yàn)楹拥膶挾萪確定，所以只需要讓船的行駛方向v與垂直河岸方向的夾角越小，船的路徑即為最短。如下圖：
因?yàn)榇撵o水速度v船和水流速度v水不變，所以當(dāng)船的靜水速度v船垂直船的行駛速度v時(shí)，θ最小，路徑最短。，。
[變式訓(xùn)練]
1.如圖所示，卡車通過定滑輪以恒定的功率控繩，牽引河中的小船沿水面運(yùn)動(dòng)，已知小船的質(zhì)量為沿水面運(yùn)動(dòng)時(shí)所受的阻力為，當(dāng)繩段與水平面夾角為時(shí)，小船的速度為，不計(jì)繩子與滑輪的摩擦，則此時(shí)小船的加速度等于（ ）
A． B． C． D．
2.如圖所示，船從A處開出后沿直線到達(dá)對岸，若與河岸成角，水流速度為4 m/s，則船從A點(diǎn)開出的最小速度為（ ）
A.2 m/s B.2.4 m/s C.3 m/s D.3.5 m/s
考點(diǎn)2 拋體運(yùn)動(dòng)
例2.2022年北京將迎來中國歷史上的第一次冬季奧運(yùn)會(huì)。跳臺滑雪是冬奧會(huì)的傳統(tǒng)項(xiàng)目，其運(yùn)動(dòng)過程可以簡化成如圖所示模型。運(yùn)動(dòng)員從雪坡斜面頂端A點(diǎn)以不同的初速度水平飛出，分別落在斜面上點(diǎn)，，落到點(diǎn)對應(yīng)的起跳初速度分別為、，下落的時(shí)間分別為、，不計(jì)空氣阻力。下列判斷正確的是( )
A.兩次下落的時(shí)間之比
B.兩次落在斜面上時(shí)速度與斜面的夾角之比為1:2
C.兩次初速度大小之比為
D.兩次落在斜面上時(shí)速度大小之比為
答案：D
解析：落到點(diǎn)時(shí)對應(yīng)下落的高度之比為1:2，由于運(yùn)動(dòng)員在豎直方向上做自由落體運(yùn)動(dòng)，則由公式得，則兩次下落的時(shí)間之比為，A錯(cuò)誤；兩次落到斜面上時(shí)位移與水平方向的夾角相同，由平拋運(yùn)動(dòng)的推論知兩次落在斜面上時(shí)速度與水平方向的夾角相同，知兩次落在斜面上時(shí)速度與斜面的夾角相同，B錯(cuò)誤；運(yùn)動(dòng)員在水平方向上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則由得，由于兩次的水平位移之比為1:2，又時(shí)間之比為，則兩次初速度大小之比為，C錯(cuò)誤；又由于兩次落在斜面上時(shí)的速度與水平方向的夾角相同，設(shè)與水平方向的夾角均為α，則落在斜面上的瞬時(shí)速度為，所以兩次落在斜面上時(shí)速度大小之比等于初速度大小之比，為，D正確。
歸納總結(jié)：
1.處理平拋運(yùn)動(dòng)時(shí)，一般將運(yùn)動(dòng)沿平拋初速度方向和垂直初速度方向進(jìn)行分解，先按分運(yùn)動(dòng)規(guī)律列式，再用運(yùn)動(dòng)的合成求合運(yùn)動(dòng)。
2.斜面上的平拋運(yùn)動(dòng)如果落點(diǎn)也在斜面上，則豎直位移與水平位移之比等于斜面坡角的正切值；豎直速度與水平速度的比值等于斜面坡角正切值的二倍。
[變式訓(xùn)練]
3.某學(xué)校體育選修課開設(shè)飛鏢投擲項(xiàng)目，在豎直墻壁上懸掛一鏢靶，一學(xué)生站在離墻壁一定距離的某處，先后將兩只飛鏢由同一位置水平擲出，落在靶上的位置如圖所示（側(cè)視圖）.若不計(jì)空氣阻力，下列說法正確的是( )
A.飛鏢B的運(yùn)動(dòng)時(shí)間與飛鏢A的運(yùn)動(dòng)時(shí)間相同
B.飛鏢B擲出時(shí)的初速度比飛鏢A擲出時(shí)的初速度大
C.飛鏢的速度變化方向一定相同
D.飛鏢B的質(zhì)量一定比飛鏢A的質(zhì)量大
4.隨著北京冬奧會(huì)的臨近，滑雪項(xiàng)目成為了人們非常喜愛的運(yùn)動(dòng)項(xiàng)目。如圖，質(zhì)量為的運(yùn)動(dòng)員從高為的點(diǎn)由靜止滑下，到達(dá)點(diǎn)時(shí)以速度水平飛出，經(jīng)一段時(shí)間后落到傾角為的長直滑道上點(diǎn)，重力加速度大小為，不計(jì)空氣阻力，則運(yùn)動(dòng)員( )
A.落到斜面上點(diǎn)時(shí)的速度
B.在空中平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間
C.從點(diǎn)經(jīng)時(shí)，與斜面垂直距離最大
D.從4到的過程中克服阻力所做的功
考點(diǎn)3 圓周運(yùn)動(dòng)
例3.如圖，一同學(xué)表演蕩秋千。已知秋千的兩根繩長均為10 m，該同學(xué)和秋千踏板的總質(zhì)量約為50 kg。繩的質(zhì)量忽略不計(jì)。當(dāng)該同學(xué)蕩到秋千支架的正下方時(shí)，速度大小為8 m/s，此時(shí)每根繩子平均承受的拉力約為( )
A.200 N B.400 N C.600 N D.800 N
答案：B
解析：該同學(xué)身高相對于秋千的繩長可忽略不計(jì)，可以把該同學(xué)看成質(zhì)點(diǎn)。當(dāng)該同學(xué)蕩到秋千支架的正下方時(shí)，由牛頓第二定律有，代入數(shù)據(jù)解得，選項(xiàng)B正確。
歸納總結(jié)：
1.圓周類問題解題思路：
（1）確定圓周運(yùn)動(dòng)的類型以及受力，畫出受力分析圖。
（2）根據(jù)運(yùn)動(dòng)狀態(tài)確定向心力大小。
（3）計(jì)算合力大小，根據(jù)牛頓定律及向心力公式列等式。
2.注意：高考中物體圓周運(yùn)動(dòng)的受力都比較復(fù)雜，我們在分析受力時(shí)，要根據(jù)重力的特性去逐步展開，尤其是對摩擦力進(jìn)行分析時(shí)，要先確定摩擦力的類型，在確定摩擦力的方向，最后根據(jù)受力平衡和牛頓第二定律列等式。
[變式訓(xùn)練]
5.如圖所示,長的輕質(zhì)細(xì)桿,一端固定有一個(gè)質(zhì)量為的小球,另一端由電動(dòng)機(jī)帶動(dòng),使桿繞在豎直平面內(nèi)作勻速圓周運(yùn)動(dòng),小球的速率為。取,下列說法正確的是( )
A.小球通過最高點(diǎn)時(shí),對桿的拉力大小是
B.小球通過最高點(diǎn)時(shí),對桿的壓力大小是
C.小球通過最低點(diǎn)時(shí),對桿的拉力大小是
D.小球通過最低點(diǎn)時(shí),對桿的拉力大小是
6.兩個(gè)質(zhì)量分別為2m和m的小木塊a和b(可視為質(zhì)點(diǎn))放在水平圓盤上,a與轉(zhuǎn)軸的距離為與轉(zhuǎn)軸的距離為之間用長為L的強(qiáng)度足夠大的輕繩相連,木塊與圓盤的最大靜摩擦力為木塊所受重力的k倍,重力加速度大小為g。若圓盤從靜止開始繞轉(zhuǎn)軸緩慢地加速轉(zhuǎn)動(dòng),開始時(shí)輕繩剛好伸直但無張力,用ω表示圓盤轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度,下列說法正確的是()
A.a比b先達(dá)到最大靜摩擦力
B.a、b所受的摩擦力始終相等
C.是b開始滑動(dòng)的臨界角速度
D.當(dāng)時(shí),a所受摩擦力的大小為
考點(diǎn)4 計(jì)算天體質(zhì)量及密度
例4.使物體成為衛(wèi)星的最小發(fā)射速度稱為第一宇宙速度，而使物體脫離星球引力所需要的最小發(fā)射速度稱為第二宇宙速度，與的關(guān)系是。已知某星球半徑是地球半徑R的，其表面的重力加速度是地球表面重力加速度g的，地球的平均密度為ρ，不計(jì)其他星球的影響，則( )
A.該星球的平均密度為 B.該星球的質(zhì)量為
C.該星球上的第二宇宙速度為 D.該星球的自轉(zhuǎn)周期是地球的
答案：A
解析：對于處在星球表面的物體，其萬有引力近似等于重力，則由得，又，，整理得，則該星球的密度與地球密度的比值為，則，A正確；該星球的體積為，質(zhì)量為，由以上可得，B錯(cuò)誤；由得，又，則該星球上的第一宇宙速度為，該星球上的第二宇宙速度為，C錯(cuò)誤；由題中的條件不能分析出該星球與地球自轉(zhuǎn)周期的關(guān)系，D錯(cuò)誤。
歸納總結(jié)：
1.計(jì)算天體質(zhì)量和密度的思路：
（1）利用中心天體半徑和表面重力加速度g計(jì)算：由，求出。
（2）利用環(huán)繞天體的軌道半徑和周期計(jì)算：由，，若貼地表飛行，則，
2.注意事項(xiàng)：
（1）無論用哪種方式求質(zhì)量，都只能求中心天體質(zhì)量，不能計(jì)算環(huán)繞天體質(zhì)量。
（2）注意天體半徑和軌道半徑的區(qū)別。
（3）有些天體運(yùn)動(dòng)的選項(xiàng)可以不算出準(zhǔn)確值，可以用排除法排除選項(xiàng)。
[變式訓(xùn)練]
7.假設(shè)宇宙中有兩顆相距無限遠(yuǎn)的行星和，自身球體半徑分別為和。兩顆行星各自周圍的衛(wèi)星的軌道半徑的三次方與運(yùn)行公轉(zhuǎn)周期的平方的關(guān)系如圖所示；為衛(wèi)星環(huán)繞各自行星表面運(yùn)行的周期。則( )
A．行星的質(zhì)量小于行星的質(zhì)量
B．行星的密度小于行星的密度
C．行星的第一宇宙速度等于行星的第一宇宙速度
D．當(dāng)兩行星周圍的衛(wèi)星的運(yùn)動(dòng)軌道半徑相同時(shí)，行星的衛(wèi)星的向心加速度大于行星的衛(wèi)星的向心加速度
8.如圖所示，宇航員站在某質(zhì)量分布均勻的星球表面一斜坡上P點(diǎn)沿水平方向以初速度拋出一個(gè)小球，測得小球經(jīng)時(shí)間t落到斜坡上另一點(diǎn)Q，斜面的傾角為α，已知該星球半徑為R，萬有引力常量為G，求：
(1)該星球表面的重力加速度；
(2)該星球的密度；
(3)該星球的第一宇宙速度v；
(4)人造衛(wèi)星繞該星球表面做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的最小周期T.
考點(diǎn)5 衛(wèi)星變軌問題
例5.2019年10月11日，中國火星探測器首次公開亮相，暫命名為“火星一號”，并計(jì)劃于2020年發(fā)射.接近火星后，探測器需經(jīng)歷如圖所示的變軌過程，軌道Ⅰ為圓軌道，已知引力常量為G，則下列說法正確的是( )
A.探測器在軌道Ⅰ上的機(jī)械能大于在軌道Ⅱ上的機(jī)械能
B.探測器在軌道上運(yùn)動(dòng)時(shí)，運(yùn)行的周期
C.探測器若從軌道Ⅱ變軌到軌道Ⅰ，需要在P點(diǎn)朝速度反向噴氣
D.若軌道Ⅰ貼近火星表面，并已知探測器在軌道Ⅰ上運(yùn)動(dòng)的角速度，可以推知火星的密度
答案：BD
解析：根據(jù)開普勒第三定律可知，探測器在軌道上運(yùn)動(dòng)時(shí)半徑越大其運(yùn)行的周期越大，故B正確；探測器在P點(diǎn)從軌道Ⅱ變軌到軌道Ⅰ，需要在P點(diǎn)朝速度方向噴氣，從而使探測器減速到達(dá)軌道Ⅰ，則探測器在軌道Ⅰ上的機(jī)械能小于在軌道Ⅱ上的機(jī)械能，故AC錯(cuò)誤；根據(jù)萬有引力定律可得，根據(jù)可得，聯(lián)立解得，所以當(dāng)軌道Ⅰ貼近火星表面，并且已知探測器在軌道Ⅰ上運(yùn)動(dòng)的角速度，可以推知火星的密度，故D正確.
歸納總結(jié)：
1.圓軌道運(yùn)行的天體中，軌道越低，速度越大，周期越小，可用“高軌低速大周期，低軌高速小周期”記憶
2.橢圓軌道運(yùn)行的天體機(jī)械能守恒，遠(yuǎn)離中心天體時(shí)，萬有引力做負(fù)功，速度減小，勢能增大，可用“高軌低速等周期，等機(jī)大勢小引力”記憶。
3.同一衛(wèi)星在不同軌道上運(yùn)行時(shí)，半徑越大機(jī)械能越大，可用“高軌大機(jī)，低軌小機(jī)”記憶。
4.衛(wèi)星經(jīng)過不同軌道的焦點(diǎn)時(shí)，加速度相等。
[變式訓(xùn)練]
9.如圖所示，在“嫦娥”探月工程中，設(shè)月球半徑為，月球表面的重力加速度為。飛船在半徑為的圓形軌道Ⅰ上運(yùn)動(dòng)，到達(dá)軌道的點(diǎn)時(shí)點(diǎn)火變軌進(jìn)入橢圓軌道Ⅱ，到達(dá)軌道的近月點(diǎn)時(shí)，再次點(diǎn)火進(jìn)入近月軌道Ⅲ繞月做圓周運(yùn)動(dòng)，則( )
A．飛船在軌道Ⅰ、Ⅲ上運(yùn)行的周期之比為81
B．飛船在軌道Ⅲ的運(yùn)行速率大于
C．飛船在軌道Ⅰ上經(jīng)過處的加速度小于在軌道Ⅱ上經(jīng)過處的加速度
D．飛船在軌道Ⅰ上經(jīng)過處的運(yùn)行速率小于飛船在軌道Ⅱ上經(jīng)過處的運(yùn)行速率
10.在發(fā)射地球同步衛(wèi)星的過程中，衛(wèi)星首先進(jìn)入橢圓軌道Ⅰ，然后在點(diǎn)通過改變衛(wèi)星速度，讓衛(wèi)星進(jìn)入地球同步軌道Ⅱ。則下列說法正確的是( )
A．該衛(wèi)星的發(fā)射速度必定大于第二宇宙速度
B．衛(wèi)星在同步軌道Ⅱ上的運(yùn)行速度大于第一宇宙速度
C．在軌道Ⅰ上，衛(wèi)星在點(diǎn)的速度大于在點(diǎn)的速度
D．衛(wèi)星在點(diǎn)通過加速實(shí)現(xiàn)由軌道Ⅰ進(jìn)入軌道Ⅱ
變式訓(xùn)練答案
變式1答案：D
解析：小船的實(shí)際運(yùn)動(dòng)為合運(yùn)動(dòng)，沿著繩子方向和垂直繩子方向的是分運(yùn)動(dòng)，如圖
根據(jù)平行四邊形定則，有
故拉力為：①
對船受力分析，受重力、拉力、浮力和阻力，根據(jù)牛頓第二定律，有
②
由①②解的
變式2答案：B
解析：如圖所示，
當(dāng)時(shí)，最小，
.
變式3答案：C
解析：兩只飛鏢由同一位置水平拋出，由飛鏢落在靶上的位置可知，飛鏢B豎直下落的高度大于飛鏢A豎直下落的高度，由可得，即飛鏢B的運(yùn)動(dòng)時(shí)間大于飛鏢A的運(yùn)動(dòng)時(shí)間，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；由，結(jié)合兩飛鏢水平位移相同，可知飛鏢B擲出時(shí)的初速度小于飛鏢A擲出時(shí)的初速度，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；物體做平拋運(yùn)動(dòng)時(shí)只受重力作用，其加速度g的方向豎直向下，由可知速度變化的方向與加速度方向一致，所以飛鏢的速度變化方向一定相同，選項(xiàng)C正確；根據(jù)題中信息，不能判斷出飛鏢的質(zhì)量大小關(guān)系，選項(xiàng)D錯(cuò)誤.
變式4答案：CD
解析：A.設(shè)落到C點(diǎn)時(shí)，與水平方向的夾角為，則，所以，故A錯(cuò)誤；
B.，所以，故B錯(cuò)誤；
C.速度方向與斜面平行時(shí)運(yùn)動(dòng)員與斜面距離最遠(yuǎn)，此時(shí)，所以，故C正確；
D.從A到B，根據(jù)動(dòng)能定理，所以，故D正確。
變式5答案：BD
解析：設(shè)小球在最高點(diǎn)時(shí)受桿的彈力向上,則,得,故小球?qū)U的壓力大小是6N,A錯(cuò)誤,B正確;小球通過最低點(diǎn)時(shí),,得,小球?qū)U的拉力大小是54N,C錯(cuò)誤,D正確
變式6答案：D
解析：木塊隨圓盤一起轉(zhuǎn)動(dòng),靜摩擦力提供向心力,由牛頓第二定律得,當(dāng)木塊所受摩擦力達(dá)到最大靜摩擦力時(shí),,即,所以當(dāng)圓盤的角速度增大時(shí)b受到的靜摩擦力先達(dá)到最大,故A錯(cuò)誤;在b受到的摩擦力沒有達(dá)到最大前,靜摩擦力提供向心力,由牛頓第二定律得,木塊所受的靜摩擦力,a和b的質(zhì)量分別是2m和m,而a與轉(zhuǎn)軸的距離為與轉(zhuǎn)軸的距離為,所以開始時(shí)a和b受到的摩擦力是相等的,當(dāng)b受到的靜摩擦力達(dá)到最大后,b受到的摩擦力與繩子的拉力的合力提供向心力,即,而對a有,聯(lián)立得,可知二者受到的摩擦力不一定相等,故B錯(cuò)誤;當(dāng)b剛要滑動(dòng)時(shí),有,解得,故C錯(cuò)誤;當(dāng)時(shí),a所受摩擦力的大小為,故D正確。
變式7答案：D
解析：A.根據(jù)萬有引力提供向心力,有：
解得：，
對于環(huán)繞行星表面運(yùn)行的衛(wèi)星，有：…①
對于環(huán)繞行星B表面運(yùn)行的衛(wèi)星，有：…②
聯(lián)立①②得：…③
由圖知,,所以，故A錯(cuò)誤。
B.行星質(zhì)量為：
B行星的質(zhì)量為：，
代入③得：
解得：，故B錯(cuò)誤。
C.行星的近地衛(wèi)星的線速度即第一宇宙速度,根據(jù)萬有引力提供向心力,有：
解得：,因?yàn)?所以，故C錯(cuò)誤。
D.根據(jù)知,,由于，行星運(yùn)動(dòng)的軌道半徑相等，則行星的衛(wèi)星的向心加速度大于行星的衛(wèi)星的向心加速度，故D正確。
變式8答案：(1)
(2)
(3)
(4)
解析：(1)設(shè)該星球表面的重力加速度為g，根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律：
水平方向：
豎直方向：
平拋位移與水平方向的夾角的正切值
由以上三式得
(2)在星球表面有：，
所以，
該星球的密度：.
(3)由，
可得.
(4)繞星球表面運(yùn)行的衛(wèi)星具有最小的周期，，
.
變式9答案：A
解析：A.飛船在軌道Ⅰ、Ⅲ上的軌道半徑分別為4R和R,根據(jù)開普勒第三定律可知,，解得飛船在軌道Ⅰ、Ⅲ上運(yùn)行的周期之比為8:1，故A正確；
B.飛船在軌道Ⅲ上繞月球表面飛行,重力提供向心力, ,運(yùn)行速率：，故B錯(cuò)誤；
C.在同一位置A點(diǎn),飛船只受萬有引力作用,加速度：，故飛船在軌道Ⅰ上經(jīng)過A處的加速度等于在軌道Ⅱ上經(jīng)過A處的加速度，故C錯(cuò)誤；
D.飛船在A點(diǎn)，由軌道Ⅰ變軌到軌道Ⅱ，做近心運(yùn)動(dòng)，需要減速，故飛船在軌道Ⅰ上經(jīng)過A處的運(yùn)行速率大于飛船在軌道Ⅱ上經(jīng)過A處的運(yùn)行速率，故D錯(cuò)誤。
故選：A。
變式10答案：CD
解析：A、是衛(wèi)星脫離地球束縛的發(fā)射速度，而同步衛(wèi)星仍然繞地球運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤。
B、即第一宇宙速度是近地衛(wèi)星的環(huán)繞速度，也是最大的圓周運(yùn)動(dòng)的環(huán)繞速度。而同步衛(wèi)星的軌道半徑要大于近地衛(wèi)星的軌道半徑，根據(jù)v的表達(dá)式可以發(fā)現(xiàn)，同步衛(wèi)星運(yùn)行的線速度一定小于第一宇宙速度。故B錯(cuò)誤。
C、在軌道Ⅰ上，由P點(diǎn)向Q點(diǎn)運(yùn)動(dòng)，萬有引力做負(fù)功，動(dòng)能減小，所以P點(diǎn)的速度大于Q點(diǎn)的速度。故C正確。
D、從橢圓軌道Ⅰ到同步軌道Ⅱ，衛(wèi)星在Q點(diǎn)是做逐漸遠(yuǎn)離圓心的運(yùn)動(dòng)，要實(shí)現(xiàn)這個(gè)運(yùn)動(dòng)必須衛(wèi)星所需向心力大于萬有引力，所以應(yīng)給衛(wèi)星加速，增加所需的向心力。所以衛(wèi)星在Q點(diǎn)通過加速實(shí)現(xiàn)由軌道Ⅰ進(jìn)入軌道Ⅱ。故D正確
故選：CD

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