資源簡介

2023年高考
物理二輪復(fù)習(xí)-專題練習(xí)
2022 屆衡水中學(xué)物理一本通高分手冊
目錄
專題 01 力與物體的平衡....................................................................................................................................................3
專題 02 力與直線運(yùn)動......................................................................................................................................................13
專題 03 力與曲線運(yùn)動......................................................................................................................................................29
專題 04 天體運(yùn)動.............................................................................................................................................................. 42
專題 05 功、功率 動能定理..........................................................................................................................................54
專題 06 機(jī)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(yùn)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(yùn)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(jì)算題................................................................................................................................................201
專題 17 電學(xué)綜合計(jì)算題................................................................................................................................................217
專題 18 力學(xué)實(shí)驗(yàn)及創(chuàng)新................................................................................................................................................243
專題 19 電學(xué)實(shí)驗(yàn)及創(chuàng)新................................................................................................................................................262
專題 20 熱學(xué)、光學(xué)實(shí)驗(yàn)................................................................................................................................................277
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2022 屆衡水中學(xué)物理一本通高分手冊
第一部分 力與運(yùn)動
專題 01 力與物體的平衡
一、素養(yǎng)呈現(xiàn)
1.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
2.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。
3.科學(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(diǎn)力的合成規(guī)律。
4.科學(xué)態(tài)度與責(zé)任：在生產(chǎn)、生活情境中，體驗(yàn)物理學(xué)技術(shù)的應(yīng)用。
二、素養(yǎng)落實(shí)
1.熟悉常見性質(zhì)力有無及方向的判斷
2.靈活應(yīng)用受力分析的一般步驟
3.掌握整體法、隔離法選取原則
4.平衡問題的解題方法
考點(diǎn)一 摩擦力的分析與計(jì)算
【考點(diǎn)詮釋】
1．摩擦力的有無及方向的判斷方法
(1)假設(shè)法。
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(2)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。
(3)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。
2．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μ1mg
B．地面對長木板的摩擦力的大小一定為μ2Mg
C．地面對長木板的摩擦力的大小一定為μ2(m＋M)g
D．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
摩擦力的公式計(jì)算木板受到的地面的摩擦力，所以木板與地面之間的摩擦力不一定是μ2(m＋M)g，故 A 正確，B、
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
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力 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。
【規(guī)律總結(jié)】摩擦力分析與計(jì)算的三點(diǎn)注意
1．分析物體的運(yùn)動狀態(tài)，判斷是靜摩擦力還是滑動摩擦力。
2．滑動摩擦力有具體的計(jì)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。
3．“f＝μN(yùn)”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。
考點(diǎn)二 物體的靜態(tài)平衡問題
【考點(diǎn)詮釋】
1．研究對象選取的 2 點(diǎn)技巧
(1)采用整體法進(jìn)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。
(2)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”。
2．求解共點(diǎn)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
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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】B
【解析】對 B受力分析，木塊 B受重力、A對 B的壓力、A對 B水平向左的靜摩擦力、斜面對 B垂直于斜面向
上的支持力、斜面對 B可能有靜摩擦力(當(dāng) A對 B向左的靜摩擦力平行斜面方向的分力與木塊 A對 B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 A 錯誤；當(dāng) A對 B向左的靜摩擦力平行斜面方向的分力大于木塊 A對 B的壓力與木塊 B重力的合力沿斜面
方向的分力時，木塊 B有上滑趨勢，此時木塊 B受到平行斜面向下的靜摩擦力，故 B 正確；對木塊 A受力分析，
受水平力、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、B整體重力沿斜面方向的分力平衡時，斜面
對 A、B整體的靜摩擦力為零)，所以 A、B整體可能受三個力作用，故 D 錯誤。
【規(guī)律總結(jié)】受力分析的四個步驟
【典例分析 3】用卡車運(yùn)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、Ⅱ壓力的大小分別為 F1、F2，則( )
A F 3 3 3 3． 1＝ mg，F(xiàn)2＝ mg B．F1＝ mg，F(xiàn)2＝ mg
3 2 2 3
C 1 3．F1＝ mg，F(xiàn)2＝ mg D．F
3 1
1＝ mg，F(xiàn)2＝ mg
2 2 2 2
【題眼點(diǎn)撥】①“勻速行駛”表明車上工件處于靜態(tài)平衡狀態(tài)。
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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。
【答案】D
【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(diǎn)
F′1
力平衡條件得 ＝cos 30° F′2， ＝cos 60° 3 1，則 F′1＝ mg，F(xiàn)′2＝ mg，根據(jù)牛頓第三定律，F(xiàn)1＝F′1
mg mg 2 2
3
＝ mg F 1， 2＝F′2＝ mg，故只有 D 選項(xiàng)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(diǎn)三 物體的動態(tài)平衡問題
【考點(diǎn)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
(1)先受力分析，得出物體受哪幾個力而處于平衡狀態(tài)。
(2)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。
【典例分析 4】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(yùn)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
( )
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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?yàn)檠芯繉ο螅∏蚴苤亓Α⒅С至屠ψ饔锰幱谄胶鉅顟B(tài)，設(shè)小球重心與圓弧軌道圓心的連
mg
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＝ ，小球所受拉力 F＝mgtan θ，小球緩慢
cos θ
向上運(yùn)動，θ增大，支持力增大，拉力增大，B 項(xiàng)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(xiàng)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(xiàng)錯誤；地面對軌道的支持力和摩擦力的合力增大，D 項(xiàng)正確。
方法 步驟
(1)列平衡方程得出未知量與已知量的關(guān)系表達(dá)式；
解析法
(2)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。
【典例分析 5】如圖所示，有一質(zhì)量不計(jì)的桿 AO，長為 R，可繞 A自由轉(zhuǎn)動。用繩在 O點(diǎn)懸掛一個重為 G的
物體，另一根繩一端系在 O點(diǎn)，另一端系在圓弧形墻壁上的 C點(diǎn)。當(dāng)點(diǎn) C由圖示位置逐漸向上沿圓弧 CB移動
過程中(保持 OA與墻面夾角θ不變)，OC繩所受拉力的大小變化情況是( )
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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(diǎn)撥】①“可繞 A點(diǎn)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。
【答案】C
【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(diǎn)分析，O受繩
的拉力、OA的支持力及 OC的拉力而處于平衡，受力分析如圖所示
將 F和 OC繩上的拉力合成，其合力與 G大小相等，方向相反，則在 OC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點(diǎn)時拉力最小，
故 C 正確。
方法 步驟
(1)根據(jù)已知量的變化情況，畫出平行四邊形邊、角的變化；
圖解法
(2)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。
【典例分析 6】(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 O
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的正上方，輕質(zhì)彈簧一端用輕質(zhì)細(xì)繩固定在 A點(diǎn)，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。現(xiàn)將細(xì)繩固定點(diǎn) A向右緩慢平移的過程中(小球 P未到達(dá)半球最高點(diǎn)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?br/>【題眼點(diǎn)撥】①“表面光滑，半球形物體”表明小球運(yùn)動過程 OP長度不變，而彈力的大小發(fā)生改變。
②“光滑小環(huán) D固定”O(jiān)D的長度不變。
【答案】AC
【解析】以小球?yàn)檠芯繉ο螅∏蚴苤亓?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
平衡條件得知 F＝G，如圖
F F F PO PD
根據(jù)三角形相似可得 N＝ ＝ T，將 F＝G代入得：FN＝ G，F(xiàn)T＝ G，將細(xì)繩固定點(diǎn) A向右緩慢平移，
PO DO PD DO DO
DO、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
律知小球?qū)Π肭虻膲毫Υ笮〔蛔儯?A、C 正確，B、D 錯誤。
方法 步驟
(1)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)
相似三角形
邊，利用三角形相似知識列出比例式；
法
(2)確定未知量大小的變化情況
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考點(diǎn)四 電磁場中的平衡問題
【考點(diǎn)詮釋】
1．基本思路
要堅(jiān)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。
2．幾點(diǎn)注意
(1)點(diǎn)電荷間的作用力大小要用庫侖定律。
(2)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。
【典例分析 7】 如圖，空間存在一方向水平向右的勻強(qiáng)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(xiàng) 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、Q帶正電荷時符合題意，選項(xiàng) C 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(diǎn)，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(qiáng)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
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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(qiáng)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(qiáng)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(qiáng)度先
減小后增大，故選 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(jìn)行遷移應(yīng)用即可。
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第一部分 力與運(yùn)動
專題 02 力與直線運(yùn)動
一、素養(yǎng)呈現(xiàn)
1.物理觀念：參考系、質(zhì)點(diǎn)、位移、速度、加速度、勻變速直線運(yùn)動、自由落體運(yùn)動、慣性、作用力與反作用
力、超重與失重、單位制。
2.科學(xué)思維：在特定情境中運(yùn)用勻變速直線運(yùn)動模型、公式、推論及圖象解決問題、牛頓運(yùn)動定律、整體法與
隔離法、圖象法、控制變量法、臨界法。
3.科學(xué)探究：研究勻變速直線運(yùn)動的特點(diǎn)、探究加速度與力、質(zhì)量的關(guān)系。
4.科學(xué)態(tài)度與責(zé)任：以生產(chǎn)、生活實(shí)際為背景的勻變速直線運(yùn)動規(guī)律的應(yīng)用、追及相遇、交通與安全。
二、素養(yǎng)落實(shí)
1.勻變速直線運(yùn)動規(guī)律和推論的靈活應(yīng)用
2.掌握瞬時性問題的兩類模型
3.熟悉圖象類型及圖象信息應(yīng)用
考點(diǎn)一 勻變速直線運(yùn)動規(guī)律的應(yīng)用
【考點(diǎn)詮釋】
1．勻變速直線運(yùn)動的基本規(guī)律
(1)速度關(guān)系：v＝v0＋at。
(2) x v 1位移關(guān)系： ＝ 0t＋ at2。
2
(3)速度位移關(guān)系：v2－v20＝2ax。
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(4) x某段時間內(nèi)的平均速度等于中間時刻的瞬時速度： v ＝ ＝v 。
t
t
(5)勻變速直線運(yùn)動在相等時間內(nèi)相鄰的兩段位移之差為常數(shù)，即2 Δx＝aT2。
2．追及問題的解題思路和技巧
(1)解題思路
(2)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(yùn)動，一定要注意追上前該物體是否已停止運(yùn)動，最后還要注意對解的討論分析。
【典例分析 1】如圖所示，物體從 O點(diǎn)由靜止開始做勻加速直線運(yùn)動，途經(jīng) A、B、C三點(diǎn)，其中|AB|＝2 m，|BC|
＝3 m。若物體通過 AB和 BC這兩段位移的時間相等，則 O、A兩點(diǎn)之間的距離等于( )
A 9． m B 8． m C 3． m D 4． m
8 9 4 3
【答案】A
x 5
【解析】設(shè)物體通過 AB、BC所用時間均為 T，則 B點(diǎn)的速度為：vB＝ AC＝ ，
2T 2T
根據(jù)Δx＝aT2 a Δx 1得： ＝ ＝ ，
T2 T2
5 1 3
則有：vA＝vB－aT＝ － ·T＝ ，
2T T2 2T
根據(jù)速度位移公式得，O、A兩點(diǎn)之間的距離為：
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9
2 2
x v＝ A＝4T m 9OA ＝ m。故 A 正確，B、C、D 錯誤。
2a 2 8
T2
【規(guī)律總結(jié)】重要公式的選擇
題目中所涉及的物理量(包括已知量、待求量和為 沒有涉及
適宜選用公式
解題設(shè)定的中間量) 的物理量
v＝v0＋at v0、v、a、t x
x 1＝v0t＋ at2 v0、a、t、x2 v
v2－v20＝2ax v0、v、a、x t
x v＋v0＝ t v0、v、t、x a
2
【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 10 m/s。當(dāng)兩車快要到一十字路口時，甲車司機(jī)看到綠燈已轉(zhuǎn)換成了黃燈，于是緊急剎車(反應(yīng)時間忽略不計(jì))，
乙車司機(jī)為了避免與甲車相撞也緊急剎車，但乙車司機(jī)反應(yīng)較慢(反應(yīng)時間為 t0＝0.5 s)。已知甲車緊急剎車時制
動力為車重的 0.4 倍，乙車緊急剎車時制動力為車重的 0.6 倍，g＝10 m/s2，假設(shè)汽車可看作質(zhì)點(diǎn)。
(1)若甲車司機(jī)看到黃燈時車頭距警戒線 15 m，他采取上述措施能否避免闖紅燈？
(2)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)1.5 m
f 0.4m
【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 a ＝ 1 ＝ 1g1 ＝4 m/s2。
m1 m1
甲車停下來所需時間為
t v0 101＝ ＝ s＝2.5 s，
a1 4
v20 102
滑行距離 x＝ ＝ m＝12.5 m，
2a1 2×4
由于 x＝12.5 m<15 m，
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可見甲車司機(jī)剎車后能避免闖紅燈。
(2) f 0.6m g乙車緊急剎車的加速度大小為 a 2 22＝ ＝ ＝6 m/s2，兩車速度相等時處于同一位置，即為恰好不相撞的
m2 m2
條件。
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(yùn)動關(guān)系如圖所示，
則有速度關(guān)系 v0－a1(t2＋t0)＝v0－a2t2，v＝v0－a2t2
v20－v2 v02－v2
位移關(guān)系 v0t0＋ ＝x0＋
2a2 2a1
解得 t2＝1.0 s，x0＝1.5 m。
【規(guī)律總結(jié)】判斷能否追上的常用方法
情境：物體 B追趕物體 A，開始時，兩個物體相距 x0。
(1)若 vA＝vB時，xA＋x0(2)若 vA＝vB時，xA＋x0＝xB，則恰好追上。
(3)若 vA＝vB時，xA＋x0>xB，則不能追上。
考點(diǎn)二 運(yùn)動圖象問題
【考點(diǎn)詮釋】
1．解決圖象類問題“四個注意”
(1)速度圖線只有通過時間軸時速度方向才改變。
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(2)利用 v t圖象分析兩個物體的運(yùn)動時，要注意兩個物體的出發(fā)點(diǎn)是否相同。
(3)物體的運(yùn)動圖象與運(yùn)動過程的轉(zhuǎn)化。
(4)x t圖象、v t圖象、a t圖象的應(yīng)用。
2．應(yīng)用圖象時的“兩個誤區(qū)”
(1)誤認(rèn)為 v t圖象、x t圖象是物體運(yùn)動軌跡。
(2)在 v t圖象中誤將交點(diǎn)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(diǎn)沿同一直線運(yùn)動的 v t圖象，根據(jù)圖象可以判
斷出( )
A．在 t＝4 s 時，甲球的加速度小于乙球的加速度 B．在 t＝4.5 s 時，兩球相距最遠(yuǎn)
C．在 t＝6 s 時，甲球的速率小于乙球的速率 D．在 t＝8 s 時，兩球相遇
【答案】D
Δv
【解析】根據(jù)圖象可知，甲球的加速度 a 11＝ ＝－10 m/s2，故甲球的加速度大小為 10 m/s2，負(fù)號表示加速度
Δt1
Δv 20
方向與速度方向相反，乙球的加速度 a 22＝ ＝ m/s2，故甲球的加速度大于乙球的加速度，選項(xiàng) A 錯誤；當(dāng)
Δt2 3
兩球速度相同時，兩球相距最遠(yuǎn)，根據(jù)圖象有 40 m/s＋a1t＝－20 m/s＋a2(t－2 s)，解得 t＝4.4 s，即 4.4 s 時兩球
相距最遠(yuǎn)，選項(xiàng) B 錯誤；t＝6 s 時甲球的速度 v1＝－20 m/s
20
，乙球的速度 v2＝ m/s，故 t＝6 s 時甲球的速率大
3
于乙球的速率，選項(xiàng) C 錯誤；結(jié)合圖象可知 t＝8 s 時，甲、乙兩小球又同時回到原出發(fā)點(diǎn)，選項(xiàng) D 正確。
【典例分析 4】．(多選)甲、乙兩質(zhì)點(diǎn)同時、同初位置沿同一方向做直線運(yùn)動。質(zhì)點(diǎn)甲做初速度為零、加速度大
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小為 a1 的勻加速直線運(yùn)動；質(zhì)點(diǎn)乙做初速度為 v0、加速度大小為 a2 的勻減速直線運(yùn)動，且速度減至零后保持靜
止。甲、乙兩質(zhì)點(diǎn)在運(yùn)動過程中的 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(diǎn)甲的加速度大小 a1＝1 m/s2 B．質(zhì)點(diǎn)乙的初速度為 v0＝6 m/s，加速度大小 a2＝1 m/s2
C．圖線中 a＝2 6，b＝16 D．兩圖線的交點(diǎn)表示兩質(zhì)點(diǎn)同時到達(dá)同一位置
【答案】BC
【解析】速度隨位移的增大而增大的圖線對應(yīng)質(zhì)點(diǎn)甲，速度隨位移的增大而減小的圖線對應(yīng)質(zhì)點(diǎn)乙，當(dāng) x＝0
時，乙的速度為 6 m/s，即質(zhì)點(diǎn)乙的初速度 v0＝6 m/s，設(shè)質(zhì)點(diǎn)乙、甲先后通過 x＝6 m 處時的速度均為 v，對質(zhì)
點(diǎn)甲有 v2＝2a1x ①，對質(zhì)點(diǎn)乙有 v2－v20＝－2a2x ②，聯(lián)立①②解得 a1＋a2＝3 m/s2 ③，當(dāng)質(zhì)點(diǎn)甲的速度 v1
＝8 m/s、質(zhì)點(diǎn)乙的速度 v2＝2 m/s 時，兩質(zhì)點(diǎn)通過的位移相同，設(shè)為 x′，對質(zhì)點(diǎn)甲有 v12＝2a1x′ ④，對質(zhì)點(diǎn)乙
v22－v02＝－2a2x′ ⑤，聯(lián)立④⑤解得 a1＝2a2 ⑥，聯(lián)立③⑥解得 a1＝2 m/s2，a2＝1 m/s2，選項(xiàng) A 錯誤，B 正確；
根據(jù)質(zhì)點(diǎn)甲的運(yùn)動知 v2甲＝2a1x，當(dāng) x＝6 m 時，有 v 甲＝2 6 m/s，即 a＝2 6；當(dāng) v 甲＝8 m/s 時，有 x＝16 m，即
b＝16，選項(xiàng) C 正確；兩圖線的交點(diǎn)表示甲、乙兩質(zhì)點(diǎn)以相同的速度經(jīng)過該位置，但不是同時，選項(xiàng) D 錯誤。
【規(guī)律總結(jié)】運(yùn)動圖象問題的“三點(diǎn)提醒”
(1)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
并不表示 t＝0 時物體的位置。
(2)在 v t圖象中，兩條圖線的交點(diǎn)不表示兩物體相遇，而是表示兩者速度相同。
(3)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(diǎn)三 動力學(xué)中的連接體問題
【考點(diǎn)詮釋】
1．整體法的選取原則及解題步驟
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(1)當(dāng)只涉及系統(tǒng)的受力和運(yùn)動情況而不涉及系統(tǒng)內(nèi)某些物體的受力和運(yùn)動情況時，一般采用整體法。
(2)運(yùn)用整體法解題的基本步驟：
明確所研究 畫出系統(tǒng)整體的 選用適當(dāng)?shù)?br/>系統(tǒng)和運(yùn)動 受力圖或運(yùn)動全 物理規(guī)律列
的全過程 過程的示意圖 方程求解
2．隔離法的選取原則及解題步驟
(1)當(dāng)涉及系統(tǒng)(連接體)內(nèi)某個物體的受力和運(yùn)動情況時，一般采用隔離法。
(2)運(yùn)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(yùn)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(yùn)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＝3 kg、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＝1 kg 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(yùn)動。
重力加速度取 g＝10 m/s2，下列判斷正確的是( )
A．系統(tǒng)做勻速直線運(yùn)動
B．F＝40 N
C．斜面體對楔形物體的作用力大小為 5 2 N
D．增大力 F，楔形物體將相對斜面體沿斜面向上運(yùn)動
【關(guān)鍵信息】：“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(yùn)動。
【答案】BD
【解析】
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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
定律有 mgtan 45°＝ma，可得 F＝40 N，a＝10 m/s2 mg，A 錯誤，B 正確；斜面體對楔形物體的作用力 FN2＝
sin 45°
＝ 2mg＝10 2 N，C 錯誤；外力 F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。
【規(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。
(2)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(jìn)行分析。
【典例分析 6】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(yùn)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(yùn)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(yùn)動時，彈
簧的伸長量為 x3，如圖丙所示，則 x1∶x2∶x3等于( )
甲 乙 丙
A．1∶1∶1 B．1∶2∶3
C．1∶2∶1 D．無法確定
【題眼點(diǎn)撥】①“相同的加速度”，采用整體法。
②“x1∶x2∶x3”采用隔離法。
【答案】A
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A B F－3μmg F【解析】對題圖甲，把物塊 、 和彈簧看作一個整體研究，根據(jù)牛頓第二定律得 a1＝ ＝ －μg，對
3m 3m
A有 kx1－μmg＝ma
F
1，解得 x1＝ ；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 a2
3k
F－3mg F F
＝ ＝ －g，對 A有 kx2－mg＝ma2，解得 x2＝ ；對題圖丙，把物塊 A、B和彈簧看作一個整體研究，
3m 3m 3k
F－3mgsin θ－3μmgcos θ F
根據(jù)牛頓第二定律得 a3＝ ＝ －gsin θ－μgcos θ，對A有 kx3－mgsin θ－μmgcos θ＝ma3，
3m 3m
解得 x F3＝ ，則 x1∶x2∶x3＝1∶1∶1。故 A 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。
考點(diǎn)四 牛頓第二定律的瞬時性問題
【考點(diǎn)詮釋】
(1)力可以發(fā)生突變，但速度不能發(fā)生突變。
(2)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。
(3)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?br/>【典例分析 7】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(diǎn)和 O′
點(diǎn)，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
列有關(guān)細(xì)繩 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∶1
C．A與 B的加速度之比為 1∶1 D．A與 B的加速度之比為 1∶cos θ
【答案】B
【解析】對 A球，剪斷細(xì)繩 L2 的瞬間，細(xì)繩 L1 的拉力將發(fā)生突變，合力垂直于細(xì)繩 L1 斜向下，細(xì)繩 L1的拉力
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大小為 FA＝mgcos θ，A球的加速度大小 aA＝gsin θ；對 B球，剪斷細(xì)繩 L2的瞬間，彈簧彈力不變，合力水平向
mg aA cos θ FA cos2θ
右，彈簧彈力大小 FB＝ ，B球的加速度大小 aB＝gtan θ，所以 ＝ ， ＝ 。
cos θ 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”
(1)分析瞬時前、后的受力情況和運(yùn)動狀態(tài)。
(2)明確繩或桿類、彈簧或橡皮條類模型的特點(diǎn)。
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。
考點(diǎn)五．動力學(xué)中的“傳送帶”模型
【考點(diǎn)詮釋】
1．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(jìn)行正確的分析判斷。
判斷摩擦力時要注意比較物體的運(yùn)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。
2．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(yùn)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(jìn)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(yùn)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。
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【典例分析 8】一傳送帶裝置如圖所示，其中 AB段是水平的，長度 LAB＝4 m，BC段是傾斜的，長度 LBC＝5 m，
傾角為θ＝37°，AB和 BC由 B點(diǎn)通過一段短的圓弧連接(圖中未畫出圓弧)，傳送帶以 v＝4 m/s 的恒定速率順時
針運(yùn)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 10 m/s2。現(xiàn)將一個工件(可看作質(zhì)點(diǎn))無初
速度地放在 A點(diǎn)，求：
(1)工件第一次到達(dá) B點(diǎn)所用的時間；
(2)工件沿傳送帶上升的最大高度；
(2)工件運(yùn)動了 23 s 后所在的位置。
【答案】(1)1.4 s (2)2.4 m (3)在 A點(diǎn)右側(cè) 2.4 m 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＝ma1
解得 a1＝μg＝5 m/s2
經(jīng) t1 時間工件與傳送帶的速度相同，解得
t v1＝ ＝0.8 s
a1
1
工件前進(jìn)的位移為 x1＝ a1t21＝1.6 m
2
此后工件將與傳送帶一起勻速運(yùn)動至 B點(diǎn)，用時
t LAB－x12＝ ＝0.6 s
v
所以工件第一次到達(dá) B點(diǎn)所用的時間
t＝t1＋t2＝1.4 s。
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(2)在傾斜傳送帶上工件的加速度為 a2，由牛頓第二定律得μmgcos θ－mgsin θ＝ma2
解得 a2＝－2 m/s2
hm
由速度位移公式得 0－v2＝2a2
sin θ
解得 hm＝2.4 m。
(3) 2hm工件沿傳送帶向上運(yùn)動的時間為 t3＝ ＝2 s
vsin θ
此后由于工件在傳送帶的傾斜段運(yùn)動時的加速度相同，在傳送帶的水平段運(yùn)動時的加速度也相同，故工件將在
傳送帶上做往復(fù)運(yùn)動，其周期為 T，則
T＝2t1＋2t3＝5.6 s
工件從開始運(yùn)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＝6.2 s，而 23 s＝t0＋
3T，這說明經(jīng)過 23 s 后工件恰好運(yùn)動到傳送帶的水平部分，且速度為零，故工件在 A點(diǎn)右側(cè)，到 A點(diǎn)的距離 x
＝LAB－x1＝2.4 m。
【規(guī)律總結(jié)】
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考點(diǎn)六 動力學(xué)中的“板—塊”模型
【考點(diǎn)詮釋】
1．模型特點(diǎn)：涉及兩個物體，并且物體間存在相對滑動。
2．兩種位移關(guān)系：滑塊由滑板的一端運(yùn)動到另一端的過程中，若滑塊和滑板同向運(yùn)動時，位移之差等于板長；
反向運(yùn)動時，位移之和等于板長。
3．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(yùn)動情況。
(2)求加速度：準(zhǔn)確求出各物體在各運(yùn)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。
【典例分析 9】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＝1.8 m、質(zhì)量 M＝3
kg 的薄木板，木板的最右端疊放一質(zhì)量 m＝1 kg 3的小物塊，物塊與木板間的動摩擦因數(shù)μ＝ 。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(yùn)動。設(shè)物塊與木板間最大靜摩擦力等于滑動摩擦
力，重力加速度 g取 10 m/s2，物塊可視為質(zhì)點(diǎn)。
(1)為使物塊不滑離木板，求力 F應(yīng)滿足的條件；
(2)若 F＝37.5 N，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。
【答案】(1)20 N【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)gsin α＝(M＋m)a
以物塊為研究對象，由牛頓第二定律得
Ff－mgsin α＝ma
又 Ff≤Ffm＝μmgcos α
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解得 F≤30 N
又 a>0 解得 F>20 N
所以 20 N(2)因 F＝37.5 N>30 N，所以物塊能夠滑離木板，隔離木板，由牛頓第二定律得
F－μmgcos α－Mgsin α＝Ma1
隔離物塊，由牛頓第二定律得
μmgcos α－mgsin α＝ma2
設(shè)物塊滑離木板所用時間為 t
x 1木板的位移 1＝ a1t2
2
物塊的位移 x 12＝ a2t2
2
物塊與木板分離的臨界條件為
Δx＝x1－x2＝L
聯(lián)立以上各式解得 t＝1.2 s
物塊滑離木板時的速度 v＝a2t
由公式－2gxsin α＝0－v2
解得 x＝0.9 m。
【典例分析 10】如圖所示，一足夠長的木板在粗糙水平地面上向右運(yùn)動。某時刻速度為 v0＝2 m/s，此時一與木
板質(zhì)量相等的小滑塊(可視為質(zhì)點(diǎn))以 v1＝4 m/s 的速度從右側(cè)滑上木板，經(jīng)過 1 s 兩者速度恰好相同，速度大小
為 v2＝1 m/s，方向向左。取重力加速度 g＝10 m/s2，試求：
(1)木板與滑塊間的動摩擦因數(shù)μ1；
(2)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。
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【思路點(diǎn)撥】解此題關(guān)鍵有兩點(diǎn)：
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(yùn)動求相對位移。
【答案】(1)0.3 (2)0.05 (3)2.75 m
v2－v1 1－4
【解析】(1)以向左為正方向，對小滑塊分析，其加速度為：a1＝ ＝ m/s2＝－3 m/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。
(2)對木板分析，向右減速運(yùn)動過程，根據(jù)牛頓第二定律以及運(yùn)動學(xué)公式可以得到：
μ1mg＋μ v02·2mg＝m
t1
向左加速運(yùn)動過程，根據(jù)牛頓第二定律以及運(yùn)動學(xué)公式可以得到：
μ v21mg－μ2·2mg＝m
t2
而且 t1＋t2＝t＝1 s
聯(lián)立可以得到：μ2＝0.05，t1＝0.5 s，t2＝0.5 s。
(3) t 0＋v0在 1＝0.5 s 時間內(nèi)，木板向右減速運(yùn)動，其向右運(yùn)動的位移為：x1＝ ·t1＝0.5 m，方向向右；
2
在 t2＝0.5 s
v2＋0
時間內(nèi)，木板向左加速運(yùn)動，其向左加速運(yùn)動的位移為：x2＝ ·t2＝0.25 m，方向向左；
2
t 1 s v1＋v2在整個 ＝ 時間內(nèi)，小滑塊向左減速運(yùn)動，其位移為：x＝ ·t＝2.5 m，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＝2.75 m。
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【規(guī)律總結(jié)】求解“滑塊—木板”類問題的技巧
(1)弄清各物體初態(tài)對地的運(yùn)動和相對運(yùn)動(或相對運(yùn)動趨勢)，根據(jù)相對運(yùn)動(或相對運(yùn)動趨勢)情況，確定物
體間的摩擦力方向。
(2)準(zhǔn)確地對各物體進(jìn)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(yùn)動情況。
(3)速度相等是這類問題的臨界點(diǎn)，此時往往意味著物體間的相對位移最大，物體的受力和運(yùn)動情況可能發(fā)
生突變。
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第一部分 力與運(yùn)動
專題 03 力與曲線運(yùn)動
一、素養(yǎng)呈現(xiàn)
1.物理觀念：合運(yùn)動、分運(yùn)動、平拋運(yùn)動、斜拋運(yùn)動、圓周運(yùn)動、向心力、向心加速度、線速度、角速度。
2.科學(xué)思維：運(yùn)動的合成與分解、平拋斜面模型、豎直平面圓周運(yùn)動模型。
3.科學(xué)態(tài)度與責(zé)任：離心現(xiàn)象與行車安全。
二、素養(yǎng)落實(shí)
1.掌握渡河問題、關(guān)聯(lián)速度問題的處理方法
2.應(yīng)用平拋運(yùn)動特點(diǎn)及規(guī)律解決相關(guān)問題
3.掌握圓周運(yùn)動動力學(xué)特點(diǎn)，靈活處理相關(guān)問題
考點(diǎn)一 曲線運(yùn)動和運(yùn)動的合成與分解
【考點(diǎn)詮釋】
1．曲線運(yùn)動的分析
(1)物體的實(shí)際運(yùn)動是合運(yùn)動，明確是在哪兩個方向上的分運(yùn)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(yùn)動的性質(zhì)。
(3)運(yùn)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
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(1)合速度：物體的實(shí)際運(yùn)動速度。
(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(shí)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(jī)械裝置可以將圓周運(yùn)動轉(zhuǎn)化為直線上的往復(fù)運(yùn)動．連桿 AB、OB可繞圖中 A、B、
O三處的轉(zhuǎn)軸轉(zhuǎn)動，連桿 OB在豎直面內(nèi)的圓周運(yùn)動可通過連桿 AB使滑塊在水平橫桿上左右滑動．已知 OB桿
長為 L，繞 O點(diǎn)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，AB桿與 OB桿的夾角為
β時，滑塊的水平速度大小為( )
A.ωLsin β B.ωLcos β C.ωLcos β D.ωLsin β
sin α sin α cos α cos α
【答案】 D
【解析】 設(shè)滑塊的水平速度大小為 v，A點(diǎn)的速度的方向沿水平方向，如圖將 A點(diǎn)的速度分解，
根據(jù)運(yùn)動的合成與分解可知，沿桿方向的分速度：vA 分＝vcos α，B點(diǎn)做圓周運(yùn)動，實(shí)際速度是圓周運(yùn)動的線速
度，可以分解為沿 AB桿方向的分速度和垂直于 AB桿方向的分速度，如圖，
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設(shè) B的線速度為 v′，則：
vB分＝v′cos θ＝v′cos (β－90°)＝v′cos (90°－β)＝v′sin β，v′＝ωL，
又二者沿桿方向的分速度是相等的，即：vA分＝vB 分
ωLsin β
聯(lián)立可得：v＝ ，故 D 正確.
cos α
【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(shí)際運(yùn)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(diǎn))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。現(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 v
C．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
( ) vsin(π α) v vcos(π α) v tan(π α) v 實(shí)向，船速垂直河岸的分速度 船的實(shí)際速度 不變，有 － ＝ 實(shí)， － ＝ 水，所以 － ＝ ，若
v 水
v 實(shí)不變，v 水增大，則 tan(π－α)減小，分析可知，α增大，v增大，只有 B 正確。
【規(guī)律總結(jié)】“三情景、兩方案”解決小船渡河問題
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考點(diǎn)二 平拋運(yùn)動
【考點(diǎn)詮釋】
1．平拋運(yùn)動的研究方法
2．平拋運(yùn)動的二級結(jié)論
y
(1)做平拋運(yùn)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(diǎn)，則 tan α＝x。
2
(2)做平拋運(yùn)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θ
的正切值的 2 倍，即 tan α＝2tan θ。
(3)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。
(4)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。
【典例分析 3】如圖所示，xOy是平面直角坐標(biāo)系，Ox水平、Oy豎直，一質(zhì)點(diǎn)從 O點(diǎn)開始做平拋運(yùn)動，P點(diǎn)是
軌跡上的一點(diǎn). 質(zhì)點(diǎn)在 P點(diǎn)的速度大小為 v，方向沿該點(diǎn)所在軌跡的切線. M點(diǎn)為 P點(diǎn)在 Ox軸上的投影，P點(diǎn)
速度方向的反向延長線與 Ox軸相交于 Q點(diǎn). 已知平拋的初速度為 20m/s，MP=20m，重力加速度 g取 10m/s2，
則下列說法正確的是
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A．QM的長度為 10m B．質(zhì)點(diǎn)從 O到 P的運(yùn)動時間為 1s
C．質(zhì)點(diǎn)在 P點(diǎn)的速度 v大小為 40m/s D．質(zhì)點(diǎn)在 P點(diǎn)的速度與水平方向的夾角為 45°
【答案】D
1 2
【解析】AB．根據(jù)平拋運(yùn)動在豎直方向做自由落體運(yùn)動有： h gt
2
可得 t=2s；質(zhì)點(diǎn)在水平方向的位移為： x v0t 40m
根據(jù)平拋運(yùn)動的推論可知 Q是 OM的中點(diǎn)，所以 QM=20m，故 A 錯誤，B 錯誤；
C．質(zhì)點(diǎn)在 P點(diǎn)的豎直速度： vy gt 10 2m/s=20m/s
所以在 P點(diǎn)的速度為： v v2 v2 202 202x y 20 2m/s 故 C 錯誤；
v
D tan y．因?yàn)椋? 1所以質(zhì)點(diǎn)在 P點(diǎn)的速度與水平方向的夾角為 45°，故 D 正確.
vx
【規(guī)律總結(jié)】“化曲為直”思想在平拋運(yùn)動中的應(yīng)用
根據(jù)運(yùn)動效果的等效性，利用運(yùn)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(yùn)動：
(1)水平方向的勻速直線運(yùn)動。
(2)豎直方向的自由落體運(yùn)動。
【典例分析 4】．如圖所示，斜面 ABC傾角為 ，在 A點(diǎn)以速度 v1將小球水平拋出（小球可以看成質(zhì)點(diǎn)），小
球恰好經(jīng)過斜面上的小孔E，落在斜面底部的D點(diǎn)，且D為 BC的中點(diǎn)。在 A點(diǎn)以速度 v2將小球水平拋出，
小球剛好落在C點(diǎn)。若小球從 E運(yùn)動到D的時間為 t1，從 A運(yùn)動到C的時間為 t2 ，則 t1 : t2 為（ ）
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A．1：1 B．1：2 C．2：3 D．1：3
【答案】B
【解析】對于平拋運(yùn)動，其運(yùn)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
1 gt 2
樣，都為 t2 。設(shè)從 A到 E的時間為 t ，由平拋運(yùn)動規(guī)律得 tan 2
v1t
1 gt 22
同理，從 A到D的運(yùn)動 tan 2
v1t2
AB
根據(jù)數(shù)學(xué)幾何問題可知 tan
BC
tan AB
BD
tan 2 tan 即 t2 2t
由于 t2 t1 t 因此 t1 : t2 1: 2
即 A到E和 E到D的時間相等，都為 A到D的時間的一半，又因?yàn)閺?A點(diǎn)拋出，D、C在同一水平面上，高
1
度相同，時間相同，即 t1 t t故選 B。2
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【規(guī)律總結(jié)】與斜面相關(guān)聯(lián)的平拋運(yùn)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。
【典例分析 5】北京冬奧會將在 2022 年 2 月 4 日至 2022 年 2 月 20 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(yùn)會。圖示為某滑雪運(yùn)動員訓(xùn)練的情境，運(yùn)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(yùn)動員從弧形坡
面水平飛出的速度大小為 v0，飛出后在空中的姿勢保持不變，不計(jì)空氣阻力，下列判斷正確的是( )
A．若運(yùn)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
B 2v tan θ．若運(yùn)動員飛出時的水平速度大小變?yōu)?2v0，運(yùn)動員飛出后經(jīng) t＝ 0 距斜面最遠(yuǎn)
g
C．若運(yùn)動員飛出時的水平速度大小變?yōu)?2v0，運(yùn)動員落點(diǎn)位移為原來的 4 倍
D．若運(yùn)動員飛出時的水平速度大小變?yōu)?2v0，落到斜面前瞬間速度方向與水平方向的夾角變大
【題眼點(diǎn)撥】 ①“沿水平方向飛出”，運(yùn)動員做平拋運(yùn)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(diǎn)構(gòu)建斜面，比較實(shí)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(yùn)動規(guī)律，設(shè)運(yùn)動員從弧形坡面上 A點(diǎn)做平拋運(yùn)動，落到斜面上的 C點(diǎn)，
沿 AC作一直線 ACB，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(shí)際斜面上 E點(diǎn)時豎直方
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向分速度 vyE小于落到 D點(diǎn)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(diǎn)時速度與水平方向
的夾角比落到 D點(diǎn)小，故 A、D 項(xiàng)錯誤；運(yùn)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 tan θ＝
gt 2v tan θ v gt
，得 t＝ 0 ，故 B 項(xiàng)正確；若沿傾角為α的 AB斜面平拋，落到斜面上 D點(diǎn)的時間 tan α＝ y＝ ＝2tan θ，
2v0 g v0 v0
2v tan θ 2v2tan θ 2
解得 t＝ 0 ，則 x＝v 00t＝ ，故 s x 2v tan θ＝ ＝ 0 ，可知當(dāng)速度為 2v0 時，s′＝4s，則落到 E點(diǎn)時的距
g g cos θ gcos θ
離 s″<4s，故 C 項(xiàng)錯誤。
【規(guī)律總結(jié)】平拋運(yùn)動問題要構(gòu)建好兩類模型，一類是常規(guī)平拋運(yùn)動模型，注意分解方法，應(yīng)用勻變速運(yùn)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(diǎn)三 圓周運(yùn)動
【考點(diǎn)詮釋】
1．水平面內(nèi)的圓周運(yùn)動的“臨界”分析
(1)繩的臨界：張力 FT＝0
(2)接觸面滑動臨界：F＝fm
(3)接觸面分離臨界：FN＝0
2．豎直面內(nèi)的圓周運(yùn)動(輕繩模型和輕桿模型)
輕繩模型 輕桿模型
圖示
重力，彈力 F 彈向下、向上或等于零，mg±F在最高點(diǎn)受 v2
重力，彈力 F 彈向下或等于零，mg＋F 彈＝mR v
2
力 彈＝mR
v2
恰好過最高 F 彈＝0，mg＝m ，v＝ Rg，即在最高點(diǎn)速R v＝0，mg＝F 彈，在最高點(diǎn)速度可為零
點(diǎn)
度不能為零
關(guān)聯(lián) 應(yīng)用動能定理或機(jī)械能守恒定律將初、末狀態(tài)聯(lián)系起來列方程求解
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【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( )
A r v
2
．該彎道的半徑 ＝
gtan θ
B．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】 AB
【解析】 火車拐彎時不側(cè)向擠壓車輪輪緣，靠重力和支持力的合力提供向心力，設(shè)轉(zhuǎn)彎處斜面的傾角為θ，根
2 2 2
據(jù)牛頓第二定律得 mgtan θ mv r v＝ ，解得 ＝ ，故選項(xiàng) A 正確；根據(jù)牛頓第二定律得 mgtan θ v＝m ，解得 v
r gtan θ r
＝ grtan θ，可知火車規(guī)定的行駛速度與質(zhì)量無關(guān)，故選項(xiàng) 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(xiàng) C 錯誤；當(dāng)火車速率小于 v時，重力和
支持力的合力大于所需的向心力，此時內(nèi)軌對火車有側(cè)壓力，輪緣擠壓內(nèi)軌，故選項(xiàng) D 錯誤。
【典例分析 7】(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( )
A．此時繩子張力為 FT＝3μmg
B．此時圓盤的角速度為ω 2μg＝
r
C．此時 A所受摩擦力方向沿半徑指向圓外
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D．此時燒斷繩子，A仍相對盤靜止，B將做離心運(yùn)動
【答案】ABC
【解析】兩物塊 A和 B隨著圓盤轉(zhuǎn)動時，合外力提供向心力，則 F＝mω2r，B的半徑比 A的半徑大，所以 B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(yùn)動，故 D 錯誤。
【規(guī)律總結(jié)】“一、二、三、四”求解圓周運(yùn)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(diǎn)在圓軌道外側(cè)運(yùn)動的模型，如圖乙所示，在豎直平面內(nèi)固定的強(qiáng)磁性圓軌道半徑為 R，
A、B兩點(diǎn)分別為軌道的最高點(diǎn)與最低點(diǎn)。質(zhì)點(diǎn)沿軌道外側(cè)做完整的圓周運(yùn)動，受圓軌道的強(qiáng)磁性引力始終指向
圓心 O且大小恒為 F，當(dāng)質(zhì)點(diǎn)以速率 v＝ gR通過 A點(diǎn)時，對軌道的壓力為其重力的 8 倍，不計(jì)摩擦和空氣阻
力，質(zhì)點(diǎn)質(zhì)量為 m，重力加速度為 g，則( )
甲 乙
A．強(qiáng)磁性引力的大小 F＝7mg
B．質(zhì)點(diǎn)在 A點(diǎn)對軌道的壓力小于在 B點(diǎn)對軌道的壓力
C．只要質(zhì)點(diǎn)能做完整的圓周運(yùn)動，則質(zhì)點(diǎn)對 A、B兩點(diǎn)的壓力差恒為 5mg
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D．若強(qiáng)磁性引力大小恒為 2F，為確保質(zhì)點(diǎn)做完整的圓周運(yùn)動，則質(zhì)點(diǎn)通過 B點(diǎn)的最大速率為 15gR
【題眼點(diǎn)撥】 ①“強(qiáng)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(qiáng)磁性引力。
②“對軌道壓力為其重力的 8 倍”，運(yùn)用此信息列牛頓第二定律方程求解 F。
【答案】D
v2
【解析】在 A點(diǎn)，對質(zhì)點(diǎn)受力分析并結(jié)合牛頓第二定律有 F＋mg－FA＝m ，根據(jù)牛頓第三定律有 FA＝F′A＝8mg，
R
mvA2
聯(lián)立解得 F＝8mg，選項(xiàng) A 錯誤；質(zhì)點(diǎn)能完成圓周運(yùn)動，在 A點(diǎn)根據(jù)牛頓第二定律有 F＋mg－NA＝ ，根據(jù)
R
N N′ B F mg N mvB
2
牛頓第三定律有 A＝ A；在 點(diǎn)，根據(jù)牛頓第二定律有 － － B＝ ，根據(jù)牛頓第三定律有 NB＝N′B；從
R
A 1 1點(diǎn)到 B點(diǎn)的過程，根據(jù)動能定理有 mg·2R＝ mvB2－ mvA2，聯(lián)立解得 N′A－N′B＝6mg，選項(xiàng) B、C 錯誤；若強(qiáng)磁
2 2
2
性引力大小恒為 2F，在 B點(diǎn)，根據(jù)牛頓第二定律有 2F－mg vB－FB＝m ，由數(shù)學(xué)知識可知當(dāng) FB＝0 時，質(zhì)點(diǎn)速
R
度最大為 vBm，可解得 vBm＝ 15gR，選項(xiàng) D 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(yùn)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(yùn)動時，可能做完整的圓周運(yùn)動，當(dāng)小球剛好不脫離圓軌道時，在圓軌道最高點(diǎn)重力提
v2 1
供向心力，則有 mg＝m ，由機(jī)械能守恒定律得 mgh－mg·2r＝ mv2，解得 h＝2.5r。小球沿圓軌道運(yùn)動時，也
r 2
可能不超過與圓心等高處，由機(jī)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(yùn)動時
始終不離開軌道，h的范圍為 h≤r或 h≥2.5r，選項(xiàng) D 正確。
【規(guī)律總結(jié)】分析豎直平面內(nèi)圓周運(yùn)動臨界問題的思路
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【典例分析 10】如圖所示，長為 l的輕質(zhì)細(xì)線固定在 O1點(diǎn)，細(xì)線的下端系一質(zhì)量為 m的小球，固定點(diǎn) O1的正
下方 0.5l處的 P點(diǎn)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
5
未插入 P點(diǎn)，在 B點(diǎn)右下方水平地面上固定有一半徑為 R＝ l的光滑圓弧形槽，槽的圓心在 O2，D點(diǎn)為最低
16
點(diǎn)，且∠CO2D＝37°，重力加速度為 g，不計(jì)空氣阻力。(已知 sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)求：
(1)小球運(yùn)動到 B點(diǎn)時的速度大小；
(2)如果釘子插入 P點(diǎn)后，小球仍然從 A點(diǎn)靜止釋放，到達(dá) B點(diǎn)時，繩子恰好被拉斷，求繩子能承受的最大拉力；
(3)在第(2)問的情況下，小球恰好從槽的 C點(diǎn)無碰撞地進(jìn)入槽內(nèi)，求整個過程中小球?qū)Σ鄣淖畲髩毫Α?br/>【答案】(1) 2gl (2)5mg (3)11.4mg
【解析】(1) 1設(shè)小球運(yùn)動到 B點(diǎn)的速度為 vB，由 A到 B應(yīng)用動能定理，mg·l＝ mv2B
2
解得：vB＝ 2gl。
(2)插入釘子后，小球再次經(jīng)過 B點(diǎn)時有：
2
F－mg vB＝m
0.5l
解得繩子能承受的最大拉力 F＝5mg。
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(3)小球從 B點(diǎn)開始做平拋運(yùn)動，在 C點(diǎn)時速度方向恰好沿軌道切線方向，即：
v vBC＝
cos 37°
小球沿槽運(yùn)動到最低點(diǎn)時對軌道的壓力最大，小球從 C到 D過程中機(jī)械能守恒有：
mgR(1－cos 37°) 1＝ mv2 1D－ mvC2
2 2
vD2
在 D點(diǎn)有：FN－mg＝m
R
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?br/>F′N＝11.4mg，方向豎直向下。
【規(guī)律總結(jié)】解決平拋與圓周運(yùn)動組合問題的“四個關(guān)鍵”
(1)運(yùn)動階段的劃分，如例題中分成三個階段(圓周→平拋→圓周)。
(2)運(yùn)動階段的銜接，尤其注意速度方向，如例題中，小球運(yùn)動到 B 點(diǎn)的速度。
(3)兩個運(yùn)動階段在時間和空間上的聯(lián)系。
(4)對于平拋運(yùn)動或類平拋運(yùn)動與圓周運(yùn)動組合的問題，應(yīng)用合成與分解的思想分析，這兩種運(yùn)動轉(zhuǎn)折點(diǎn)的速度
是解題的關(guān)鍵。
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第一部分 力與運(yùn)動
專題 04 天體運(yùn)動
一、素養(yǎng)呈現(xiàn)
1.物理觀念：萬有引力、宇宙速度、經(jīng)典時空觀、相對論時空觀。
2.科學(xué)思維：萬有引力定律、開普勒定律、雙星模型、多星運(yùn)動模型。
3.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(shí)
1.掌握衛(wèi)星的運(yùn)行特點(diǎn)和規(guī)律
2.掌握計(jì)算天體質(zhì)量(密度)的方法
3.掌握宇宙速度并推導(dǎo)第一宇宙速度
4.會應(yīng)用動力學(xué)和能量觀點(diǎn)分析衛(wèi)星變軌問題
考點(diǎn)一 萬有引力定律的應(yīng)用
【考點(diǎn)詮釋】
1．開普勒第三定律
3
(1)r ＝k，其中 k與中心天體有關(guān)，r是橢圓軌道的半長軸。
T2
(2)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
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(1) Mm gR
2 M M 3g
利用中心天體的半徑和表面的重力加速度 g計(jì)算。由 G ＝mg求出 M＝ ，進(jìn)而求得ρ＝ ＝ ＝ 。
R2 G V 4πR3 4πGR
3
2 2 3
(2) r T GMm m4π r M 4π r利用環(huán)繞天體的軌道半徑 和周期 計(jì)算。由 ＝ ，可得出 ＝ 。若環(huán)繞天體繞中心天體表面
r2 T2 GT2
M 3π
做勻速圓周運(yùn)動，軌道半徑 r＝R，則ρ＝4 ＝ 。πR3 GT2
3
【典例分析 1】若宇航員在月球表面附近高 h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( )
2 2
A hv0 3hv0．月球表面的重力加速度 g 月＝ B．月球的平均密度ρ＝L2 2πGL2R
C v v0 2hR D m hR
2v2
．月球的第一宇宙速度 ＝ ．月球的質(zhì)量 0
L 月
＝
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(yùn)動，根據(jù)平拋知識可知在水平方向上 L＝
2 2 2
v0t 1 2hv
Gm m 2hR v
，在豎直方向上 h＝ g 月 t2，解得 g 月＝ 0，故 A 錯誤；在月球表面 月 ＝mg 月，解得 m 月＝ 0，則月2 L2 R2 GL2
2hR2v20
m 月 2 2
ρ 3hv0 v0球密度為 ＝ ＝ GL4 ＝ ，故 B 正確，D 錯誤；月球的第一宇宙速度 v＝ g 月R＝ 2hR，故 C 正確。πR3 4 3 2πGL
2R L
3 πR3
【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( )
A．天體 A、B的質(zhì)量一定相等
B．兩顆衛(wèi)星的線速度一定相等
C．天體 A、B表面的重力加速度之比等于它們的半徑之比
D．天體 A、B的密度一定不相等
【答案】C
Mm 4π2 4π2 R3
【解析】根據(jù)萬有引力提供向心力得 G ＝m R，解得 M＝ · ，T相等，R不一定相等，所以天體 A、B
R2 T2 G T2
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2πR
的質(zhì)量不一定相等，選項(xiàng) A 錯誤；衛(wèi)星的線速度為 v＝ ，T相等，而 R不一定相等，故線速度不一定相等，
T
4π2
選項(xiàng) B R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＝ ，可見天體 A、B表面
T2
4π2 3
M ·
R
2
的重力加速度之比等于它們的半徑之比，選項(xiàng) C 正確；天體的密度為ρ M 3π＝ ＝ ＝ G T4 ＝ ，由于兩顆衛(wèi)V πR3 4 GT23
3 πR3
星的周期相等，則天體 A、B的密度一定相等，選項(xiàng) D 錯誤。
【規(guī)律總結(jié)】估算天體質(zhì)量(密度)的兩點(diǎn)注意
(1)利用萬有引力提供天體做圓周運(yùn)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。
(2) 4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(jì)算天體密度時，體積 V＝ πR3
3
只能用天體半徑 R。
考點(diǎn)二 天體的運(yùn)行與變軌
【考點(diǎn)詮釋】
1.天體運(yùn)行參數(shù)
2 2
(1) Mm v 4π萬有引力提供向心力，即 G ＝ma＝m ＝mω2·r＝m ·r。
r2 r T2
(2) GMm天體對其表面物體的萬有引力近似等于重力，即 ＝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”。
2.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(yùn)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
(1) Mm v
2
衛(wèi)星變軌的運(yùn)動模型是向心運(yùn)動和離心運(yùn)動。當(dāng)由于某種原因衛(wèi)星速度 v突然增大時，有 G r2 r
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2
引力不足以提供向心力，衛(wèi)星將偏離圓軌道做離心運(yùn)動；當(dāng) v Mm v突然減小時，有 G >m ，衛(wèi)星將做向心運(yùn)動。
r2 r
(2)在不同軌道的同一點(diǎn)，加速度相同、線速度不同、機(jī)械能不同。
【典例分析 3】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(yùn)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 π π小時內(nèi)轉(zhuǎn)過的圓心角是 ，a在 2 小時內(nèi)轉(zhuǎn)過的圓心角是
3 6
D．b的周期一定小于 d的周期，d的周期一定小于 24 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
Mm GM
心加速度遠(yuǎn)小于重力加速度 g，根據(jù)牛頓第二定律，萬有引力提供向心力，G ＝man，解得向心加速度 an＝ ，
r2 r2
由于衛(wèi)星 d的軌道半徑大于衛(wèi)星 c的軌道半徑，所以衛(wèi)星 c的向心加速度大于 d的向心加速度，選項(xiàng) A 錯誤；
地球同步衛(wèi)星 c繞地球運(yùn)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 2
＝m v 可得 v GM＝ ，軌道半徑越小速度越大，則 vb>vc>vd，又 a與 c角速度相等，且 a的軌道半徑小于
r2 r r
c的軌道半徑，故 vc>va，即 b的速度最大，所以在相同時間內(nèi) b轉(zhuǎn)過的弧長最長，選項(xiàng) B 正確；a、c角速度相
2π π 2π π
同，在 4 小時內(nèi)轉(zhuǎn)過的圓心角都為 ＝ ，在 2 小時內(nèi)轉(zhuǎn)過的圓心角都為 ＝ ，選項(xiàng) C 正確；c和 b的軌道半
6 3 12 6
徑都小于 d的軌道半徑，由開普勒第三定律可知，b的運(yùn)動周期一定小于 d的運(yùn)動周期，d的運(yùn)動周期一定大于
c的運(yùn)動周期(24 小時)，選項(xiàng) D 錯誤。
【規(guī)律總結(jié)】研究衛(wèi)星運(yùn)行熟悉“三星一物”
(1)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。
(2)極地衛(wèi)星運(yùn)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(shí)現(xiàn)全球覆蓋。
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(3)近地衛(wèi)星是在地球表面附近環(huán)繞地球做勻速圓周運(yùn)動的衛(wèi)星，其運(yùn)行的軌道半徑可近似認(rèn)為等于地球的半徑，
其運(yùn)行線速度約為 7.9 km/s。
(4)赤道上的物體隨地球自轉(zhuǎn)而做勻速圓周運(yùn)動，由萬有引力和地面支持力的合力充當(dāng)向心力(或者說由萬有引力
的分力充當(dāng)向心力)，它的運(yùn)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。
【典例分析 4】．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(yùn)動，運(yùn)行周期為 T，到達(dá)軌道的 A點(diǎn)時點(diǎn)火變軌進(jìn)入橢圓軌道Ⅱ，到達(dá)軌道的近地點(diǎn) B時，再次點(diǎn)火進(jìn)入近
地軌道Ⅲ繞地做勻速圓周運(yùn)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( )
A 4π
2R3
．地球的質(zhì)量可表示為
GT2
B．該衛(wèi)星在軌道Ⅲ上 B點(diǎn)的速率大于在軌道Ⅱ上 A點(diǎn)的速率
C．衛(wèi)星在圓軌道Ⅰ和圓軌道Ⅲ上做圓周運(yùn)動時，軌道Ⅰ上動能小，引力勢能大，機(jī)械能小
D．衛(wèi)星從遠(yuǎn)地點(diǎn) A向近地點(diǎn) B運(yùn)動的過程中，加速度變小
【答案】B
Mm 4π2 4π2 R＋h 3
【解析】衛(wèi)星在軌道Ⅰ上的運(yùn)動過程中，萬有引力充當(dāng)向心力，故有 G ＝m (R＋h)，解得 M＝ ，
R＋h 2 T2 GT2
A Mm v
2 Mm v2
錯誤；衛(wèi)星在軌道Ⅰ上過 A點(diǎn)做勻速圓周運(yùn)動，即G ＝m Ⅰ，衛(wèi)星在軌道Ⅱ上過 A點(diǎn)做近心運(yùn)動，即 G >m Ⅱ，
r2 r r2 r
所以衛(wèi)星在軌道Ⅰ上 A點(diǎn)速率大于在軌道Ⅱ上 A點(diǎn)的速率，在軌道Ⅲ上 B點(diǎn)的速率大于在軌道Ⅰ上 A點(diǎn)的速率，B
正確；從 A運(yùn)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(diǎn)點(diǎn)火減速，使衛(wèi)星由高軌道進(jìn)入低軌道，在Ⅱ軌道上 B點(diǎn)點(diǎn)
Mm GM
火，衛(wèi)星減速并做向心運(yùn)動，則衛(wèi)星的機(jī)械能減小，C 錯誤；根據(jù)公式 G ＝ma可得 a＝ ，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(diǎn)到近地點(diǎn)運(yùn)動過程中，加速度變大，D 錯誤。
【典例分析 5】．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(yùn)動，到達(dá)軌道 A點(diǎn)點(diǎn)火變軌進(jìn)入橢
圓軌道Ⅱ，到達(dá)軌道近月點(diǎn) B再次點(diǎn)火進(jìn)入近月軌道Ⅲ并繞月球做勻速圓周運(yùn)動．假設(shè)月球半徑為 R，月球表
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面的重力加速度為 g，則( )
A．飛行器在 B點(diǎn)處點(diǎn)火后，動能增加
B 5R．由已知條件可求出飛行器在軌道Ⅱ上的運(yùn)行周期為 5π
2g
C．僅在萬有引力作用下，飛行器在軌道Ⅱ上通過 B點(diǎn)的加速度大于在軌道Ⅲ上通過 B點(diǎn)的加速度
D R．飛行器在軌道Ⅲ上繞月球運(yùn)行一周所需的時間為 2π
g
【答案】 BD
【解析】 在 B點(diǎn)應(yīng)給飛行器點(diǎn)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(yùn)行一周所需的
4π2 R
時間為 T3，則：mg＝mR 2，解得：T3＝2π ，根據(jù)幾何關(guān)系可知，Ⅱ軌道的半長軸 a＝2.5R，根據(jù)開普勒第T3 g
R3 2.5R 3 T 5π 5R三定律有 ＝ ，則可以得到： 2＝ ，故 B、D 正確；僅在萬有引力作用下，飛行器在軌道Ⅱ上通
T32 T22 2g
過 B點(diǎn)時到月球球心的距離與在軌道Ⅲ上通過 B點(diǎn)時到月球球心的距離相等，萬有引力相同，則加速度相等，
故 C 錯誤．
【規(guī)律總結(jié)】航天器變軌問題的“三點(diǎn)”注意
(1)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(yùn)行速度變化
v GM由 ＝ 判斷。
r
(2)同一航天器在一個確定的圓(橢圓)軌道上運(yùn)行時機(jī)械能守恒，在不同軌道上運(yùn)行時機(jī)械能不同，軌道半徑越
大，機(jī)械能越大。
(3)航天器經(jīng)過不同軌道的相交點(diǎn)時，加速度相等，外軌道的速度大于內(nèi)軌道的速度。
【典例分析 6】．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
g
器．火箭從地面由靜止開始以 的初始加速度豎直向上加速運(yùn)動，火箭通過控制系統(tǒng)使其在上升過程中壓力傳感
2
R
器的示數(shù)保持不變．當(dāng)火箭上升到距地面 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
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斷正確的是( )
A 1 4．此高度處的重力加速度為 g B．此高度處的重力加速度為 g
4 9
C 5 19．此高度處火箭的加速度為 g D．此高度處火箭的加速度為 g
4 18
【答案】 BD
GMm R GMm
【解析】 由地球表面萬有引力近似等于重力得：mg＝ ，距地面 的高度時，mg′＝ R ，聯(lián)立可得：g′R2 2 R＋ 2
2
4
＝ g，故 A 錯誤，B 正確；
9
由牛頓第二定律可知，在地面，F(xiàn)N－mg＝m·g
2
R
距地面 的高度時，F(xiàn)N－mg′＝ma
2
19
聯(lián)立解得：a＝ g，故 C 錯誤，D 正確．
18
考點(diǎn)三 天體運(yùn)動中的多星模型
【考點(diǎn)詮釋】
1．宇宙雙星模型特點(diǎn)
(1) Gm1m2 Gm1m2各自所需的向心力由彼此間的萬有引力提供，即 ＝m1ω21r1， ＝m2ω22r2。
L2 L2
(2)兩顆星的周期及角速度都相同，即 T1＝T2，ω1＝ω2。
(3)兩顆星的運(yùn)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(diǎn)
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(1)天體運(yùn)動中，三星、四星等多星模型是指相互作用且圍繞某一點(diǎn)做圓周運(yùn)動的星體。
(2)星體做圓周運(yùn)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(yùn)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(diǎn)做勻速圓周運(yùn)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，
4π2 2
則有 2M r 4πA＝M 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＝ω2r，TA＝TB，可
T2 T2
1 2
得 A 正確，B、C 錯誤；由動能 Ek＝ mv2
E m v 2 1 1
可得 kA＝ A· A＝ × ＝ ，故 D 錯誤。
2 EkB mB vB2 1 4 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(dá)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( )
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A B
C D
【答案】B
2π 2 2π 2
Gm1m2
【解析】雙星做勻速圓周運(yùn)動的向心力由它們之間的萬有引力提供， 2 ＝m1 T R1＝m2 T R2，由幾何關(guān)L
系得：R1＋R2＝L 1
G m1＋m2 1
，解得： ＝ · ，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 L3
1 1
體表面的物質(zhì)，達(dá)到質(zhì)量轉(zhuǎn)移的目的，每個星球的質(zhì)量變化，但質(zhì)量之和不變，所以 ∝ ，故 B 正確，A、C、
T2 L3
D 錯誤。
【規(guī)律總結(jié)】雙星模型歸納
(1)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。
(2)特點(diǎn)：
①各自所需的向心力由彼此間的萬有引力提供，即
Gm1m2 m ω Gm＝ 1m2
2 1 1
2r1， ＝m2 2ω
22r2。
L L
②兩顆星的周期及角速度都相同，
即 T1＝T2，ω1＝ω2。
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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 r2
＝ 。
m2 r1
L3
⑤雙星的運(yùn)動周期 T＝2π 。
G m1＋m2
m m 4π
2L3
⑥雙星的總質(zhì)量 1＋ 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)，通常可忽略其他星體對它們的引力作用，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(yùn)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(diǎn)上，并沿外接于等邊三角形的圓形
軌道運(yùn)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)出，引力常量為 G，則( )
甲 乙
A Gm．直線三星系統(tǒng)中星體做圓周運(yùn)動的線速度大小為
L
3
B．直線三星系統(tǒng)中星體做圓周運(yùn)動的周期為 4π L
5Gm
3
C L．三角形三星系統(tǒng)中每顆星做圓周運(yùn)動的角速度為 2
3Gm
D 3Gm．三角形三星系統(tǒng)中每顆星做圓周運(yùn)動的加速度大小為
L2
【答案】BD
【解析】在直線三星系統(tǒng)中，星體做圓周運(yùn)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
m2 m2 v2 1 5Gm 2πr
定律和牛頓第二定律，有 G ＋G ＝m ，解得 v＝ ，A 項(xiàng)錯誤；由周期 T＝ 知，直線三星系統(tǒng)
L2 2L 2 L 2 L v
L3 m2
中星體做圓周運(yùn)動的周期為 T＝4π ，B 項(xiàng)正確；同理，對三角形三星系統(tǒng)中做圓周運(yùn)動的星體，有 2G cos
5Gm L2
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2
30° mω2· L ω 3Gm＝ ，解得 ＝ ，C 項(xiàng)錯誤；由 2Gm cos 30°＝ma 3Gm，得 a＝ ，D 項(xiàng)正確。
2cos 30° L3 L2 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(yùn)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：
①三顆星體位于同一直線上，兩顆質(zhì)量相等的環(huán)繞星圍繞中央星在同一半徑為R的圓形軌道上運(yùn)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(diǎn)上(如圖乙所示)。
甲 乙 丙 丁
(3)四星模型：
①其中一種是四顆質(zhì)量相等的星體位于正方形的四個頂點(diǎn)上，沿著外接于正方形的圓形軌道做勻速圓周運(yùn)動(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(diǎn)上，另一顆位于中心 O，外圍三顆星
繞 O做勻速圓周運(yùn)動(如圖丁所示)。
【典例分析 10】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(yùn)動均視為勻速圓周運(yùn)動且軌道共面，則
可知木星的公轉(zhuǎn)周期為( )
A 3 3．(1＋k2) 年 B．(1＋k2) 年
4 2
C．(1＋k)3年 D 3．k 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：
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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
3 3 3
＝R12＋(kR1)2 R R R 3＝(1＋k2)R12，由開普勒第三定律有： 1 ＝ 2 ，可得：T2＝ 22 ·T12＝(1＋k2) ·T12，由于地球公轉(zhuǎn)周
T12 T22 R13 2
期 T1＝1 年，則有：T2＝(1＋k2)
3
年，故 A 正確，B、C、D 錯誤．
4
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第二部分 功能與動量
專題 05 功、功率 動能定理
一、素養(yǎng)呈現(xiàn)
1.物理觀念：功、功率。
2.科學(xué)思維：機(jī)車啟動問題、動能定理。
3.科學(xué)態(tài)度與責(zé)任：兩類機(jī)車啟動問題。
二、素養(yǎng)落實(shí)
1.掌握功、功率的計(jì)算方法
2.掌握兩類機(jī)車啟動問題的分析計(jì)算方法
3.理解動能定理，掌握動能定理的應(yīng)用方法
考點(diǎn)一 功的分析與計(jì)算
【考點(diǎn)詮釋】
1．功的正負(fù)的判斷方法
(1)恒力做功正負(fù)的判斷：依據(jù)力與位移的夾角來判斷。
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(2)曲線運(yùn)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。
2．恒力做功的計(jì)算方法
3．合力做功的計(jì)算方法
方法一：先求合外力 F 合，再用 W 合＝F 合 lcos α求功。適用于 F 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(yùn)動，圖甲是在 0～6 s 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 10 m/s2。下列判斷正確的是( )
甲 乙
A．拉力的大小為 4 N，且保持不變 B．物體的質(zhì)量為 2 kg
C．0～6 s 內(nèi)物體克服摩擦力做的功為 24 J D．0～6 s 內(nèi)拉力做的功為 156 J
【答案】BD
【解析】對物體受力分析，由圖甲可知，在 0～2 s 內(nèi)物體做勻加速運(yùn)動，拉力大于滑動摩擦力，在 2～6 s 內(nèi)物
體做勻速運(yùn)動，拉力等于滑動摩擦力，因此拉力大小不恒定，選項(xiàng) A 錯誤；在 2～6 s 內(nèi)根據(jù)功率公式 P＝Fv，
F P Δv有 ＝ ＝4 N，故滑動摩擦力 f＝F＝4 N，在圖甲中，0～2 s 內(nèi)有 a＝ ＝3 m/s2，由牛頓第二定律可知 F′－f＝
v Δt
ma，又 P′＝F′v，聯(lián)立解得 m＝2 kg，F(xiàn)′＝10 N，選項(xiàng) B 正確；由圖甲可知在 0～6 s 內(nèi)物體通過的位移為 x＝30
m，故物體克服摩擦力做的功為 Wf＝fx＝120 J
1
，選項(xiàng) C 錯誤；由動能定理可知 W－Wf＝ mv2，故 0～6 s 內(nèi)拉力
2
1
做的功 W＝ mv2＋W 1f＝ ×2×62 J＋120 J＝156 J，選項(xiàng) D 正確。
2 2
【規(guī)律總結(jié)】(1)根據(jù) v t圖象可以獲得物體的運(yùn)動速度、加速度、通過的位移等信息，根據(jù) P t圖象結(jié)合功率公
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式可以求出力的大小。
(2)恒力做功可以根據(jù)功的定義式求解，變力做功一般根據(jù)動能定理求解。
【典例分析 2】如圖所示，水平路面上有一輛質(zhì)量為 M的汽車，車廂中有一個質(zhì)量為 m的人正用恒力 F向前推
車廂，在車以加速度 a向前加速行駛距離 L的過程中，下列說法正確的是( )
A．人對車的推力 F做的功為 FL B．人對車做的功為 maL
C．車對人的作用力大小為 ma D．車對人的摩擦力做的功為(F－ma)L
【答案】A
【解析】根據(jù)功的公式可知，人對車的推力做功 W＝FL，故 A 正確；在水平方向上，由牛頓第二定律可知車對
人的作用力為 F′＝ma，由牛頓第三定律可知人對車的作用力為－ma，人對車做功為 W＝－maL，故 B 錯誤；人
水平方向受到的合力為 ma，豎直方向上車對人還有支持力，故車對人的作用力為 N＝ ma 2＋ mg 2＝m a2＋g2，
故 C 錯誤；對人由牛頓第二定律可得 f－F＝ma，則 f＝ma＋F，車對人的摩擦力做功為 W＝fL＝(F＋ma)L，故
D 錯誤。
【規(guī)律總結(jié)】恒力做功的計(jì)算方法
考點(diǎn)二 功率的分析與計(jì)算
【考點(diǎn)詮釋】
1．平均功率的計(jì)算方法
(1) W利用 P ＝ 。
t
(2)利用 P ＝F· v cos α，其中 v 為物體運(yùn)動的平均速度，F(xiàn)為恒力。
2．瞬時功率的計(jì)算方法
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(1)利用公式 P＝F·vcos α，其中 v為 t時刻的瞬時速度。
(2)P＝F·vF，其中 vF為物體的速度 v在力 F方向上的分速度。
(3)P＝Fv·v，其中 Fv為物體受到的外力 F在速度 v方向上的分力。
【典例分析 3】(多選)質(zhì)量為 m的物體從距地面 H高處自由下落，經(jīng)歷時間 t，則下列說法中正確的是( )
A．t 1秒內(nèi)重力對物體做功為 mg2t2
2
B．t秒內(nèi)重力的平均功率為 mg2t
C t． 秒末重力的瞬時功率與 t秒末重力的瞬時功率之比為 1∶2
2
D t t．前 秒內(nèi)重力做功的平均功率與后 秒內(nèi)重力做功的平均功率之比為 1∶3
2 2
【答案】ACD
1mg2t21 1 W 1
【解析】物體自由下落，t秒內(nèi)物體下落 h＝ gt2，Wt＝mgh＝ mg2t2，故 A 正確；P＝ ＝2 ＝ mg2t，故 B
2 2 t t 2
t t
錯誤；從靜止開始自由下落，前 秒末與后 秒末的速度之比為 1∶2(因 v＝gt∝t)，又有 P＝Fv＝mgv∝v t，故前
2 2 2
t t t
秒末與后 秒末功率瞬時值之比為 P1∶P2＝1∶2，C 正確；前 秒與后 秒下落的位移之比為 1∶3，則重力做功
2 2 2
之比為 1∶3，故重力做功的平均功率之比為 1∶3，D 正確。
【規(guī)律總結(jié)】求解功率時應(yīng)注意的三個問題
(1)首先要明確所求功率是平均功率還是瞬時功率。
(2)平均功率與一段時間(或過程)相對應(yīng)，計(jì)算時應(yīng)明確是哪個力在哪段時間(或過程)內(nèi)做功的平均功率。
(3)瞬時功率計(jì)算時應(yīng)明確是哪個力在哪個時刻(或狀態(tài))的功率。
考點(diǎn)三 機(jī)車啟動問題
【考點(diǎn)詮釋】
1．兩種啟動方式
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以恒定功率啟動 以恒定加速度啟動
P t圖象和 v t圖象
F－F v↑阻
OA v↑ F P
F－F a＝ 不變 F不變 P＝Fv↑直到 P 額
段過程分析 ＝ ↓ a＝ 阻↓ m
v m
＝Fv1
v1
運(yùn)動性質(zhì) 加速度減小的加速運(yùn)動 勻加速直線運(yùn)動，維持時間 t0＝
a
P P F－F
AB段過程分析 F＝F 阻 a＝0 vm＝ v↑ F＝ 額↓ a＝ 阻↓F 阻 v m
運(yùn)動性質(zhì) 以 vm做勻速直線運(yùn)動 加速度減小的加速運(yùn)動
BC段 無 F＝F 阻 a＝0 以 v
P 額
m＝ 做勻速運(yùn)動
F 阻
2.三個重要關(guān)系式
(1) P無論哪種啟動過程，機(jī)車的最大速度都為 vm＝ 。
F 阻
(2) P P機(jī)車以恒定加速度啟動時，勻加速過程結(jié)束后功率最大，速度不是最大，即 v＝ F F 阻
(3)機(jī)車以恒定功率運(yùn)行時，牽引力做的功 W＝Pt，由動能定理得 Pt－F 阻x＝ΔEk，此式經(jīng)常用于求解機(jī)車以恒
定功率啟動過程的位移、速度或時間。
【典例分析 4】一起重機(jī)的鋼繩由靜止開始勻加速提起質(zhì)量為 m的重物，當(dāng)重物的速度為 v1 時，起重機(jī)的功率
達(dá)到最大值 P，之后起重機(jī)保持該功率不變，繼續(xù)提升重物，最后重物以最大速度 v2勻速上升，不計(jì)鋼繩重力。
則整個過程中，下列說法正確的是( )
A P．鋼繩的最大拉力為
v2
B mv1
2
．重物勻加速過程的時間為
P－mgv1
C P．重物勻加速過程的加速度為
mv1
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D v v v1＋v2．速度由 1增大至 2 的過程中，重物的平均速度 v <
2
【答案】B
P
【解析】勻加速過程物體處于超重狀態(tài)，鋼繩拉力較大，勻加速運(yùn)動階段鋼繩的拉力為 F＝ ，故 A 錯誤；根
v1
2
據(jù)牛頓第二定律可知 F－mg＝ma，結(jié)合 v＝at a P解得 ＝ －g，t mv1＝ ，故 B 正確，C 錯誤；在速度由 v1
mv1 P－mgv1
v v1＋v2增大至 2的過程中，重物做加速度減小的變加速運(yùn)動，平均速度 v > ，故 D 錯誤。
2
【典例分析 5】一輛小汽車在水平路面上由靜止啟動，在前 5 s 內(nèi)做勻加速直線運(yùn)動，5 s 末達(dá)到額定功率，之
后保持以額定功率運(yùn)動，其 v t圖象如圖所示。已知汽車的質(zhì)量為 m＝1×103 kg，汽車受到地面的阻力為車重的
0.1 倍，g取 10 m/s2，則以下說法正確的是( )
A．汽車在前 5 s 內(nèi)的牽引力為 5×102 N B．汽車速度為 25 m/s 時的加速度為 5 m/s2
C．汽車的額定功率為 100 kW D．汽車的最大速度為 80 m/s
【答案】C
Δv 20
【解析】由圖象可知勻加速直線運(yùn)動的加速度為 a＝ ＝ m/s2＝4 m/s2，根據(jù)牛頓第二定律得 F－f＝ma，解
Δt 5
得牽引力為 F＝f＋ma＝0.1×1×104 N＋1×103×4 N＝5×103 N，故 A 錯誤。額定功率為 P＝Fv＝5 000×20 W＝100
kW P 100 000 F′－f，故 C 正確。當(dāng)車的速度是 25 m/s 時，牽引力 F′＝ ＝ N＝4 000 N，此時車的加速度 a′＝ ＝
v′ 25 m
4 000－0.1×1×104 m/s2＝3 m/s2，故 B P P錯誤。當(dāng)牽引力與阻力相等時，速度最大，最大速度為 v
3 m
＝ ＝ ＝
1×10 F f
100 000 m/s＝100 m/s，故 D 錯誤。
1 000
【規(guī)律總結(jié)】機(jī)車啟動問題的兩種求解思路
(1)圖解機(jī)車以恒定功率啟動：
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(2)圖解機(jī)車以恒定加速度啟動：
考點(diǎn)四 動能定理的應(yīng)用
1．對動能定理的理解
(1)動能定理表達(dá)式 W＝ΔEk中，W表示所有外力做功的代數(shù)和。ΔEk 為所研究過程的末動能與初動能之差，且
物體的速度均是相對地面的速度。
(2)
2．應(yīng)用動能定理解題應(yīng)注意的四點(diǎn)
(1)動能定理往往用于單個物體的運(yùn)動過程，由于不涉及加速度及時間，比動力學(xué)研究方法要簡捷。
(2)動能定理表達(dá)式是一個標(biāo)量式，在某個方向上應(yīng)用動能定理是沒有依據(jù)的。
(3)物體在某個運(yùn)動過程中包含有幾個運(yùn)動性質(zhì)不同的過程(如加速、減速的過程)，此時可以分段考慮，也可以
對全過程考慮，但如能對整個過程利用動能定理列式，則可使問題簡化。
(4)根據(jù)動能定理列方程時，必須明確各力做功的正、負(fù)，確實(shí)難以判斷的先假定為正功，最后根據(jù)結(jié)果加以檢
驗(yàn)。
【典例分析 6】如圖是一種常見的圓桌，桌面中間嵌一半徑為 r＝1.5 m、可繞中心軸轉(zhuǎn)動的圓盤，桌面與圓盤
面在同一水平面內(nèi)且兩者間縫隙可不考慮。已知桌面離地高度為 h＝0.8 m，將一可視為質(zhì)點(diǎn)的小碟子放置在圓
盤邊緣，若緩慢增大圓盤轉(zhuǎn)動的角速度，碟子將從圓盤上甩出并滑上桌面，再從桌面飛出，且落地點(diǎn)與桌面飛
出點(diǎn)的水平距離為 0.4 m。已知碟子質(zhì)量 m＝0.1 kg，碟子與圓盤間的最大靜摩擦力 Fmax＝0.6 N，最大靜摩擦力
等于滑動摩擦力，取 g＝10 m/s2。求：
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(1)碟子從桌面飛出時的速度大小；
(2)碟子在桌面上運(yùn)動時，桌面摩擦力對它做的功；
(3)若碟子與桌面間動摩擦因數(shù)為μ＝0.225，要使碟子不滑出桌面，則桌面半徑至少是多少？
【答案】 (1)1 m/s (2)－0.4 J (3)2.5 m
【解析】 (1)碟子滑離圓桌后做平拋運(yùn)動，則
h 1＝ gt2，x＝vt
2
v x g解得 ＝ ＝1 m/s。
2h
(2)由題意得，當(dāng)?shù)釉趫A盤上轉(zhuǎn)動時，由靜摩擦力提供向心力，當(dāng)靜摩擦力達(dá)到最大時，碟子即將滑落，設(shè)碟
v20
子從圓盤上甩出時的速度大小為 v0，則 Fmax＝m
r
解得 v0＝3 m/s
W 1由動能定理得 f＝ mv2
1
－ mv20，代入數(shù)據(jù)得 Wf＝－0.4 J。
2 2
(3)當(dāng)?shù)踊綀A桌邊緣時速度恰好減為零，對應(yīng)的圓桌半徑取最小值。設(shè)碟子在圓桌上滑動的位移為 s，由動
能定理有－μmgs＝0 1－ mv02
2
則圓桌的最小半徑為 R＝ r2＋s2
聯(lián)立解得 R＝2.5 m。
【規(guī)律總結(jié)】應(yīng)用動能定理解題的思維流程
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【典例分析 7】如圖甲所示，一豎直面內(nèi)的軌道是由粗糙斜面 AB和光滑軌道 BCD組成，AB與 BCD相切于 B
點(diǎn)，C為圓軌道的最低點(diǎn)，將物塊置于軌道 ABC上離地面高為 H處由靜止下滑，可用力傳感器測出其經(jīng)過 C
點(diǎn)時對軌道的壓力 FN。現(xiàn)將物塊放在 ABC上不同高度處，讓 H從零開始逐漸增大，傳感器測得物塊每次從不
同高度處下滑到 C點(diǎn)時對軌道的壓力 FN，得到如圖乙兩段直線 PQ和 QI，且 IQ反向延長線與縱軸交點(diǎn)坐標(biāo)值
為 2.5 N，g取 10 m/s2。求：

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