資源簡介

(共49張PPT)
專題二　力與直線運動
[專題復習定位]
1．直線運動中勻變速直線運動規律的應用。　
2．牛頓運動定律和動力學方法的應用。
3．動力學方法和數形結合思想分析圖像問題。
高考真題再現
PART
01
第一部分
√
命題點1　勻變速直線運動規律的應用
1．(2024·江西卷，T3)某物體位置隨時間的關系為x＝1＋2t＋3t2，則關于其速度與1 s內的位移大小，下列說法正確的是(　　)
A．速度是刻畫物體位置變化快慢的物理量，1 s內的位移大小為6 m
B．速度是刻畫物體位移變化快慢的物理量，1 s內的位移大小為6 m
C．速度是刻畫物體位置變化快慢的物理量，1 s內的位移大小為5 m
D．速度是刻畫物體位移變化快慢的物理量，1 s內的位移大小為5 m
解析：速度等于位移與時間的比值。位移是物體在一段時間內從一個位置到另一個位置的位置變化量，速度是刻畫物體位置變化快慢的物理量。由x＝1＋2t＋3t2可知開始時物體的位置x0＝1 m，1 s時物體的位置x1＝6 m，則1 s內物體的位移Δx＝x1－x0＝5 m。
√
2．(2023·山東卷，T6)如圖所示，電動公交車做勻減速直線運動進站，連續經過R、S、T三點。已知S、T間的距離是R、S間的兩倍，RS段的平均速度是10 m/s，ST段的平均速度是5 m/s，則公交車經過T點時的瞬時速度為
(　　)

A．3 m/s　　　　　 　 B．2 m/s
C．1 m/s D．0.5 m/s
√
√
命題點2　牛頓第二定律的應用
4.(2024·湖南卷，T3)如圖，質量分別為4m、3m、2m、m的四個小球A、B、C、D，通過細線或輕彈簧互相連接，懸掛于O點，處于靜止狀態，重力加速度為g。若將B、C間的細線剪斷，則剪斷瞬間B和C的加速度大小分別為
(　　)
A．g，1.5g　　 　 B．2g，1.5g
C．2g，0.5g D．g，0.5g
解析：剪斷前，對B、C、D整體分析有FAB＝(3m＋2m＋m)g，對D，FCD＝mg；剪斷后，對B，FAB－3mg＝3maB，解得aB＝g，方向豎直向上，對C，FDC＋2mg＝2maC，解得aC＝1.5g，方向豎直向下。
√
√
6.(2023·北京卷，T6)如圖所示，在光滑水平地面上，兩相同物塊用細線相連，兩物塊質量均為1 kg，細線能承受的最大拉力為2 N。若在水平拉力F作用下，兩物塊一起向右做勻加速直線運動，則F的最大值為(　　)
A．1 N B．2 N
C．4 N D．5 N
解析：對兩物塊整體由受力分析有F＝2ma，對于后面的物塊有FTmax＝ma，又FTmax＝2 N，聯立解得F＝4 N。
√
命題點3　動力學的兩類基本問題
7.(2022·遼寧卷，T7)如圖所示，一小物塊從長1 m的水平桌面一端以初速度v0沿中線滑向另一端，經過1 s從另一端滑落。物塊與桌面間動摩擦因數為μ，g取10 m/s2。下列v0、μ值可能正確的是(　　)

A．v0＝2.5 m/s B．v0＝1.5 m/s
C．μ＝0.28 D．μ＝0.25
(1)物塊初速度大小及其在薄板上運動的時間；
(2)平臺距地面的高度。
題型分類講練
PART
02
第二部分
題型一　勻變速直線運動規律的應用
1．常用方法和規律
2．兩種勻減速直線運動
(1)剎車問題：末速度為零的勻減速直線運動問題常用逆向思維法，對于剎車問題，應先判斷車停下所用的時間，再選擇合適的公式求解。
(2)雙向可逆類運動：勻減速直線運動速度減為零后反向運動，全過程加速度的大小和方向均不變，故求解時可對全過程列式，但需注意x、v、a等矢量的正負及物理意義。
√
考向1　基本規律的應用
　一汽車由靜止沿平直公路勻加速行駛。汽車啟動t時間后的6 s內前進了24 m，啟動5t時間后的6 s內前進了48 m，則該汽車的加速度大小和t分別為(　　)
A．1m/s2，1 s　　　 　 B．2m/s2，1 s
C．2m/s2，2 s D．1m/s2，2 s
√
考向2　重要推論的應用
　如圖所示的是一輛無人送貨車正在做勻加速直線運動。某時刻起開始計時，無人送貨車在第一個4 s內位移為9.6 m，第二個4 s 內位移為16 m，下列說法正確的是(　　)
A．計時時刻送貨車的速度為0
B．送貨車的加速度大小為1.6 m/s2
C．送貨車在第1個4 s末的速度大小為3.2 m/s
D．送貨車在第2個4 s內的平均速度大小為3.6 m/s　
題型二　牛頓第二定律的應用
考向1　超重和失重
通過受力分析，應用牛頓第二定律求出加速度的方向，如果加速度方向豎直向上或有豎直向上的分量，則物體處于超重狀態；如果加速度方向豎直向下或有豎直向下的分量，則物體處于失重狀態。
√
　舞蹈《只此青綠》表演中，需要舞者兩腳前后分開，以胯部為軸，上半身緩慢后躺，與地面近乎平行。在舞者緩慢后躺的過程中，下列說法正確的是(　　)

A．舞者對地面的壓力就是舞者所受的重力
B．地面對舞者的支持力和舞者所受的重力是一對平衡力
C．舞者受到地面的摩擦力方向向前
D．舞者處于失重狀態
[解析]　舞者對地面的壓力和舞者所受的重力性質不同，施力物體不同，故不是同一個力，A錯誤；舞者緩慢后躺，始終處于平衡狀態，地面對舞者的支持力和舞者所受的重力二者大小相等，方向相反，作用在同一個物體上，作用在同一直線上，是一對平衡力，則舞者不處于失重狀態，且水平方向上不受摩擦力，故B正確，C、D錯誤。
考向2　瞬時問題
應用牛頓第二定律分析瞬時問題時，應注意物體與物體間的彈力、繩的彈力和桿的彈力可以突變，而彈簧的彈力不能突變。
√
　(2024·湛江市期末) 如圖所示，輕質細繩OA一端系在小球O上，另一端固定在傾斜天花板上的A點，輕質彈簧OB一端與小球連接，另一端固定在豎直墻上的B點，平衡時細繩OA垂直于天花板，彈簧恰好水平。將細繩OA剪斷的瞬間，小球的加速度(　　)
A．豎直向下　　　　 B．沿OB方向
C．沿AO方向 D．等于0
考向3　連接體問題
1．整體法與隔離法的選用
(1)當連接體中各物體具有共同的加速度時，一般采用整體法；當連接體內各物體的加速度不同時，一般采用隔離法。
(2)求連接體內各物體間的相互作用力時必須用隔離法。
2．連接體問題的解題技巧
(1)通過輕繩連接的兩個物體：如果做加速運動(繩繃緊)，則它們沿繩方向的加速度大小相同。
(2)疊加體類連接體：兩物體間剛要發生相對滑動時物體間達到最大靜摩擦力，靠摩擦力帶動的物體的加速度達到最大加速度。
(3)靠在一起的連接體：分離時相互作用力為零，但此時兩物體的加速度仍相同。
(4)由輕彈簧連接的物體：彈簧對兩物體的彈力總是大小相等、方向相反，兩端物體的速度、加速度一般不同，多用隔離法。關注彈簧彈力隨物體位移的變化規律，注意彈簧彈力不能突變。
√
√
　如圖所示，傾角為30°的粗糙斜面上有4個完全相同的物塊，在與斜面平行的拉力F作用下恰好沿斜面向上做勻速直線運動，運動中連接各物塊間的細繩均與斜面平行，此時第1、2物塊間細繩的張力大小為T1，某時刻連接第3、4物塊間的細繩突然斷了，其余3個物塊仍在力F的作用下沿斜面向上運動，此時第1、2物塊間細繩的張力大小為T2，則T1∶T2等于(　　)

A．9∶2 B．9∶8
C．3∶2 D．1∶1
題型三　動力學的兩類基本問題
1．兩類題型
一種是已知運動分析受力，一種是已知受力分析運動。
2．解題關鍵
(1)抓住“兩個分析”：受力分析和運動過程分析；
(2)“兩個橋梁”：加速度是聯系運動和力的橋梁，轉折點的速度是聯系多運動過程的橋梁。
√
　如圖甲所示，電動平衡車是一種新的短途代步工具。已知人和平衡車的總質量是60 kg，啟動平衡車后，車由靜止開始向前做直線運動，某時刻關閉動力，最后停下來，其v－t圖像如圖乙所示。假設平衡車與地面間的動摩擦因數為μ，g取10 m/s2，則(　　)

A．平衡車與地面間的動摩擦因數為0.6
B．平衡車在整個運動過程中的位移大小為195 m
C．平衡車在整個運動過程中的平均速度大小為3 m/s
D．平衡車在加速階段的動力大小為72 N
　(2024·江門市二模)如圖所示，載重卡車載著與卡車質量相等的貨物在平直公路上以v0＝24 m/s的速度勻速行駛，緊急制動時防抱死制動系統(ABS)使車輪與地面間恰好達到最大靜摩擦力，貨物相對水平車廂底板發生滑動，恰好不能與車廂前壁發生碰撞。已知車輪與地面間的動摩擦因數μ1＝0.9，貨物與車廂底板間的動摩擦因數μ2＝0.8，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，取重力加速度大小g＝10 m/s2。
(1)求貨物與車廂前壁的距離L；
[答案]　7.2 m
(2)若卡車以v＝28 m/s的速度勻速行駛，要使貨物不能與車廂前壁發生碰撞，求卡車制動的最短距離d。
[答案]　41.8 m
題型四　動力學方法的綜合應用
考向1　傳送帶問題
1．解題關鍵
傳送帶問題的實質是相對運動問題，關鍵是根據相對運動確定摩擦力的方向，如果根據牛頓第二定律求加速度，確定相對運動的位移等。
2．分析思路
√
　如圖甲所示，傾斜的傳送帶正以恒定速率v1沿順時針方向轉動，傳送帶的傾角為37°。一物塊以初速度v0從傳送帶的底部沖上傳送帶并沿傳送帶向上運動，其運動的v－t圖像如圖乙所示，物塊到傳送帶頂端時速度恰好為零。sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g取10 m/s2，則(　　)
A．傳送帶的速度為16 m/s
B．摩擦力方向一直與物塊運動的方向相反
C．物塊與傳送帶間的動摩擦因數為0.25
D．傳送帶轉動的速率越大，物塊到達傳送帶頂端時的速度就會越大
考向2　滑塊—木板模型三個基本關系
加速度關系 如果滑塊與木板之間沒有發生相對運動，可以用“整體法”求出它們一起運動的加速度；如果滑塊與木板之間發生相對運動，應采用“隔離法”分別求出滑塊與木板運動的加速度。應注意找出滑塊與木板是否發生相對運動的隱含條件
速度關系 滑塊與木板之間發生相對運動時，明確滑塊與木板的速度關系，從而確定滑塊與木板受到的摩擦力。應注意當滑塊與木板的速度相同時，摩擦力會發生突變的情況
位移關系 滑塊與木板疊放在一起運動時，應仔細分析滑塊與木板的運動過程，明確滑塊與木板對地的位移和滑塊與木板之間的相對位移之間的關系
　(多選)質量m1＝4 kg的木板放在光滑的水平面上，其上放置一個質量m2＝2 kg的小物塊，木板和物塊間的動摩擦因數為0.4，木板的長度為4 m，物塊可視為質點。現用一大小F＝16 N的力作用在m2上，則下列說法正確的是(g取10 m/s2)(　　)
A．木板的加速度為2 m/s2
B．物塊的加速度為6 m/s2
C．經過2 s物塊從木板上脫離
D．物塊離開木板時的速度為8 m/s
√
√
√(共57張PPT)
專題三　力與曲線運動
[專題復習定位]
1．運動的合成與分解思想的應用，建立運動模型的思想方法。
2．通過生活中的拋體運動和圓周運動的實例分析，建立平拋運動、水平面和豎直面內的圓周運動模型。
高考真題再現
PART
01
第一部分
√
命題點1　曲線運動的性質
1．(2024·新課標卷，T15)福建艦是我國自主設計建造的首艘彈射型航空母艦。借助配重小車可以進行彈射測試，測試時配重小車被彈射器從甲板上水平彈出后，落到海面上。調整彈射裝置，使小車水平離開甲板時的動能變為調整前的4倍。忽略空氣阻力，則小車在海面上的落點與其離開甲板處的水平距離為調整前的(　　)
A．0.25　　　　　 B．0.5
C．2倍 D．4倍
√
命題點2　平拋運動
2．(2024·湖北卷，T3)如圖所示，有五片荷葉伸出荷塘水面，一只青蛙要從高處荷葉跳到低處荷葉上，設低處荷葉a、b、c、d和青蛙在同一豎直平面內，a、b高度相同，c、d高度相同，a、b分別在c、d正上方。將青蛙的跳躍視為平拋運動，若以最小的初速度完成跳躍，則它應跳到(　　)
A．荷葉a　　　 B．荷葉b
C．荷葉c D．荷葉d
3．(2024·北京卷，T19)如圖所示，水平放置的排水管滿口排水，管口的橫截面積為S，管口離水池水面的高度為h，水在水池中的落點與管口的水平距離為d。假定水在空中做平拋運動，已知重力加速度為g，h遠大于管口內徑。求：
(1)水從管口到水面的運動時間t；
(2)水從管口排出時的速度大小v0；
(3)管口單位時間內流出水的體積Q。
4．(2023·新課標卷，T11)將扁平的石子向水面快速拋出，石子可能會在水面上一跳一跳地飛向遠方，俗稱“打水漂”。要使石子從水面跳起產生“水漂”效果，石子接觸水面時的速度方向與水面的夾角不能大于θ。為了觀察到“水漂”，一同學將一石子從距水面高度為h處水平拋出，拋出速度的最小值為多少？(不計石子在空中飛行時的空氣阻力，重力加速度大小為g)
命題點3　斜拋運動
5．(多選)(2024·江西卷，T8)一條河流某處存在高度差，小魚從低處向上躍出水面，沖到高處。如圖所示，以小魚躍出水面處為坐標原點，x軸沿水平方向，建立坐標系，小魚的初速度為v0，末速度v沿x軸正方向。在此過程中，小魚可視為質點且只受重力作用。關于小魚的水平位置x、豎直位置y、水平方向分速度vx和豎直方向分速度vy與時間t的關系，下列圖像可能正確的是(　　)
√
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√
√
√
7．(2023·湖南卷，T2)如圖(a)所示，我國某些農村地區人們用手拋撒谷粒進行水稻播種。某次拋出的谷粒中有兩顆的運動軌跡如圖(b)所示，其軌跡在同一豎直平面內，拋出點均為O，且軌跡交于P點，拋出時谷粒1和谷粒2的初速度分別為v1和v2，其中v1方向水平，v2方向斜向上。忽略空氣阻力，關于兩谷粒在空中的運動，下列說法正確的是(　　)
A．谷粒1的加速度小于谷粒2的加速度
B．谷粒2在最高點的速度小于v1
C．兩谷粒從O到P的運動時間相等
D．兩谷粒從O到P的平均速度相等
解析：拋出的兩谷粒在空中均僅受重力作用，加速度均為重力加速度，故谷粒1的加速度等于谷粒2的加速度，A錯誤；谷粒2做斜上拋運動，谷粒1做平拋運動，均從O點運動到P點，故谷粒2運動時間較長，C錯誤；谷粒2做斜拋運動，水平方向上做勻速直線運動，故運動到最高點的速度即為水平方向上的分速度，與谷粒1比較水平位移相同，但運動時間較長，故谷粒2水平方向上的速度較小，即谷粒2在最高點的速度小于v1，B正確；兩谷粒從O點運動到P點的位移相同，運動時間不同，故平均速度不相等，谷粒1的平均速度大于谷粒2的平均速度，D錯誤。
√
√
9．(2024·遼寧、吉林、黑龍江卷，T2)當籃球在指尖上繞軸轉動時，球面上P、Q兩點做圓周運動的(　　)
A．半徑相等 B．線速度大小相等
C．向心加速度大小相等 D．角速度大小相等
解析：由題意可知，球面上P、Q兩點轉動時屬于同軸轉動，故角速度大小相等，故D正確；球面上P、Q兩點做圓周運動的半徑的關系為rP＜rQ，故A錯誤；根據v＝rω可知，vP＜vQ，故B錯誤；根據an＝rω2可知，aP＜aQ，故C錯誤。
√
10．(2024·江蘇卷，T11)如圖所示，細繩穿過豎直的管子拴住一個小球，讓小球在A高度處做水平面內的勻速圓周運動，現用力將細繩緩慢下拉，使小球在B高度處做水平面內的勻速圓周運動，不計一切摩擦，則(　　)
A．線速度vA>vB
B．角速度ωA>ωB
C．向心加速度aAD．向心力FA>FB
11.(2023·江蘇卷，T13)“轉碟”是傳統的雜技項目，如圖所示，質量為m的發光物體放在半徑為r的碟子邊緣，雜技演員用桿頂住碟子中心，使發光物體隨碟子一起在水平面內繞A點做勻速圓周運動。當角速度為ω0時，碟子邊緣看似一個光環。求此時發光物體的速度大小v0和受到的靜摩擦力大小f。
題型分類講練
PART
02
第二部分
題型一　運動的合成與分解
1．曲線運動的條件
當物體所受合外力的方向跟它的速度方向不共線時，物體做曲線運動。合運動與分運動具有等時性和等效性，各分運動具有獨立性。
2．合外力方向與軌跡
物體做曲線運動的軌跡一定夾在合外力方向與速度方向之間，速度方向與軌跡相切，合外力方向指向軌跡的凹側。
考向1　曲線運動的性質和特點
　(2023·江蘇卷，T10)達·芬奇的手稿中描述了這樣一個實驗：一個罐子在空中沿水平直線向右做勻加速運動，沿途連續漏出沙子。若不計空氣阻力，則下列圖中能反映空中沙子排列的幾何圖形是(　　)
√
考向2　運動的合成與分解
　潛艇從海水的高密度區駛入低密度區，浮力急劇減小的過程稱為“掉深”。如圖a所示，某潛艇在高密度區水平向右勻速航行，t＝0時，該潛艇開始“掉深”，潛艇“掉深”后其豎直方向的速度vy隨時間變化的圖像如圖b所示，水平速度vx保持不變，若以水平向右為x軸正方向，豎直向下為y軸正方向，則潛艇“掉深”后的前30 s內，能大致表示其運動軌跡的圖形是(　　)
√
[解析]　根據題意可知，潛艇在x軸方向上做勻速直線運動，y軸方向上先做勻加速直線運動，再做勻減速直線運動，則0到10 s的時間內潛艇所受合力向下，10 s到30 s潛艇所受合力向上，根據合外力指向軌跡凹側可知，B正確。
3．平拋運動的兩個推論
(1)設做平拋運動的物體在任意時刻的速度方向與水平方向的夾角為θ，位移方向與水平方向的夾角為φ，則有tan θ＝2tan φ，如圖甲所示。
(2)做平拋運動的物體任意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，如圖乙所示。
4．平拋運動的幾種模型
√
　(2024·江蘇卷，T4)噴泉a、b形成如圖所示的形狀，不計空氣阻力，則噴泉a、b的(　　)
A．加速度相同　
B．初速度相同
C．最高點的速度相同
D．在空中的時間相同
√
　跳臺滑雪是最刺激的冰雪項目之一，某滑道示意圖如圖所示。長直助滑道AB與水平起跳平臺BC連接，著陸坡足夠長。運動員(含雪杖)沿AB滑下，經過一段時間從C點沿水平方向飛出，最后落在著陸坡上的D點。在不考慮空氣阻力情況下，運動員(　　)
A．在助滑道上受重力、支持力、摩擦力和下滑力作用
B．離開跳臺在空中飛行時處于超重狀態
C．在離著陸坡最遠時，速度方向與著陸坡平行
D．在空中的飛行時間與離開C點時的速度無關
[解析]　在助滑道上受重力、支持力、摩擦力作用，故A錯誤；離開跳臺在空中飛行時處于失重狀態，故B錯誤；將運動員離開跳臺時的速度分解為垂直于坡面的分速度和平行于坡面的分速度，當垂直于坡面的速度為零時，運動員速度方向與著陸坡平行，離著陸坡最遠，故C正確；運動員在空中的飛行時間由運動員離開跳臺時與垂直于坡面的分速度的大小決定，垂直于坡面的分速度大小與離開C點時的速度大小、方向都有關，故D錯誤。
√
考向2　斜拋運動的分析
　滑板運動是年輕人喜愛的一種新興極限運動。如圖，某同學騰空向右飛越障礙物，若不計空氣阻力，并將該同學及滑板看作質點，則該同學及板在空中運動的過程中(　　)
A．做勻變速運動
B．先超重后失重
C．在最高點時速度為零
D．在向上和向下運動通過空中同一高度時速度相同
[解析]　該同學及板在空中運動的過程中僅受重力，加速度恒為重力加速度，方向向下，故一直處于失重狀態(完全失重)，做勻變速運動，故A正確，B錯誤；該同學及板在空中做斜拋運動，在最高點豎直方向速度為零，水平方向速度不為零，故在最高點時速度不為零，故C錯誤；由對稱性可知，在向上和向下運動通過空中同一高度時豎直方向速度大小相等，方向相反，水平方向速度相同，則在向上和向下運動通過空中同一高度時速度大小相等，方向不同，所以速度不同，故D錯誤。
　(多選)(2024·廣州市一模)足球在空中運動的軌跡如圖。若以地面為參考平面，不計空氣阻力，下列能表示足球在空中運動過程的加速度a、重力勢能Ep隨離地面高度h變化的圖像是(　　)
√
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[解析]　足球在空中運動過程只受重力作用，加速度恒為重力加速度，保持不變，故A正確，B錯誤；以地面為參考平面，根據重力勢能表達式可得Ep＝mgh∝h，可知Ep－h圖像為過原點的一條傾斜直線，故C正確，D錯誤。
2．常見的圓周運動及臨界條件
(1)水平面內的圓周運動
運動模型 動力學分析 臨界情況
水平轉盤上的物體 Ff＝mω2r 恰好滑動
圓錐擺模型 mg tan θ＝mrω2 恰好離開接觸面
(2)豎直面及傾斜面內的圓周運動
√
考向1　圓周運動的運動學分析
　某款機械表中有兩個相互咬合的齒輪A、B，如圖所示。已知齒輪A、B的齒數之比為1∶2，則齒輪勻速轉動時，齒輪A、B的(　　)
A．周期之比T1∶T2＝2∶1
B．角速度之比ω1∶ω2＝2∶1
C．邊緣各點的線速度大小之比v1∶v2＝1∶2
D．轉速之比n1∶n2＝1∶2
√
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　(多選)滾筒洗衣機靜止于水平地面上，衣物隨著滾筒一起在豎直平面內做高速勻速圓周運動，以達到脫水的效果。滾筒截面如圖所示，A點為最高點，B點為最低點，CD為水平方向的直徑。下列說法正確的有(　　)
A．衣物運動到A點時處于超重狀態
B．衣物運動到B點時脫水效果最好
C．衣物運動到C點或D點時，洗衣機對地面的摩擦力不為零
D．衣物在B點時，洗衣機對地面的壓力等于洗衣機所受的重力
√
在衣物運動中，衣物運動到C點或D點時，洗衣機對衣物的水平作用力提供衣物做圓周運動的向心力，可知此時衣物對洗衣機在水平方向作用力最大，而洗衣機是靜止的，可知地面對其的摩擦力最大，根據牛頓第三定律可知，衣物運動到C點或D點時洗衣機對地面的摩擦力最大，故C正確。
√
考向3　圓周運動的臨界極值問題
　如圖所示的是港珠澳大橋的一段半徑為120 m的圓弧形彎道。晴天時路面對輪胎的徑向最大靜摩擦力為正壓力的0.8，下雨時路面對輪胎的徑向最大靜摩擦力變為正壓力的0.4。若汽車通過圓弧形彎道時做勻速圓周運動，汽車視為質點，路面視為水平且不考慮車道的寬度，g取10 m/s2，則(　　)
A．汽車以72 km/h的速率通過此圓弧形彎道時的向心加速度為3.0 m/s2
B．汽車以72 km/h的速率通過此圓弧形彎道時的角速度為0.6 rad/s
C．晴天時汽車以180 km/h的速率可以安全通過此圓弧形彎道
D．下雨時汽車以70 km/h的速率可以安全通過此圓弧形彎道(共53張PPT)
專題四　萬有引力定律的理解和應用
[專題復習定位]
1．通過建立天體運動的環繞模型，能夠熟練分析天體的運動特點。　
2．能夠利用圓周運動知識分析天體變軌的原理和能量變化情況。　
3．能夠熟練分析“雙星模型”問題。
高考真題再現
PART
01
第一部分
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命題點2　萬有引力定律的理解和應用
2．(2024·安徽卷，T5)2024年3月20日，我國探月工程四期鵲橋二號中繼星成功發射升空。當抵達距離月球表面某高度時，鵲橋二號開始進行近月制動，并順利進入捕獲軌道運行，如圖所示，軌道的半長軸約為51 900 km。后經多次軌道調整，進入凍結軌道運行，軌道的半長軸約為9 900 km，周期約為24 h，則鵲橋二號在捕獲軌道運行時(　　)
A．周期約為144 h
B．近月點的速度大于遠月點的速度
C．近月點的速度小于在凍結軌道運行時近月點的速度
D．近月點的加速度大于在凍結軌道運行時近月點的加速度
√
3．(2024·廣西卷，T1)潮汐現象出現的原因之一是在地球的不同位置海水受到月球的引力不相同。圖中a、b和c處單位質量的海水受月球引力大小在(　　)
A．a處最大
B．b處最大
C．c處最大
D．a、c處相等，b處最小
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命題點3　衛星和天體運行的分析
7．(2024·新課標卷，T16)天文學家發現，在太陽系外的一顆紅矮星有兩顆行星繞其運行，其中行星GJ1002c的軌道近似為圓，軌道半徑約為日地距離的0.07，周期約為0.06年，則這顆紅矮星的質量約為太陽質量的(　　)
A．0.001 B．0.1
C．10倍 D．1 000倍
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8.(2024·湖北卷，T4)太空碎片會對航天器帶來危害。設空間站在地球附近沿逆時針方向做勻速圓周運動，如圖中實線所示。為了避開碎片，空間站在P點向圖中箭頭所指徑向方向極短時間噴射氣體，使空間站獲得一定的反沖速度，從而實現變軌。變軌后的軌道如圖中虛線所示，其半長軸大于原軌道半徑，則(　　)
A．空間站變軌前、后在P點的加速度相同
B．空間站變軌后的運動周期比變軌前的小
C．空間站變軌后在P點的速度比變軌前的小
D．空間站變軌前的速度比變軌后在近地點的大
解析：在P點變軌前后空間站所受到的萬有引力不變，空間站變軌前、后在P點的加速度相同，故A正確；因為變軌后其半長軸大于原軌道半徑，空間站變軌后的運動周期比變軌前的大，故B錯誤；變軌后在P點因反沖運動相當于瞬間獲得豎直向下的速度，原水平向左的圓周運動速度不變，因此合速度變大，故C錯誤；由于空間站變軌后在P點的速度比變軌前大，而比在近地點的速度小，則空間站變軌前的速度比變軌后在近地點的小，故D錯誤。
√
9.(多選)(2024·河北卷，T8)2024年3月20日，鵲橋二號中繼星成功發射升空，為嫦娥六號在月球背面的探月任務提供地月間中繼通信。鵲橋二號采用周期為24 h的環月橢圓凍結軌道(如圖)，近月點A距月心約為2.0 × 103 km，遠月點B距月心約為1.8 × 104 km，CD為橢圓軌道的短軸，下列說法正確的是(　BD　)
A．鵲橋二號從C經B到D的運動時間為12 h
B．鵲橋二號在A、B兩點的加速度大小之比約為81∶1
C．鵲橋二號在C、D兩點的速度方向垂直于其與月心的連線
D．鵲橋二號在地球表面附近的發射速度大于7.9 km/s且小于11.2 km/s
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11.(2023·湖北卷，T2)2022年12月8日，地球恰好運行到火星和太陽之間，且三者幾乎排成一條直線，此現象被稱為“火星沖日”。火星和地球幾乎在同一平面內沿同一方向繞太陽做圓周運動，火星與地球的公轉軌道半徑之比約為3∶2，如圖所示。根據以上信息可以得出(　　)
A．火星與地球繞太陽運動的周期之比約為27∶8
B．當火星與地球相距最遠時，兩者的相對速度最大
C．火星與地球表面的自由落體加速度大小之比約為9∶4
D．下一次“火星沖日”將出現在2023年12月8日之前
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題型分類講練
PART
02
第二部分
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題型一　開普勒定律的理解和應用
　已知地球同步衛星距地面的高度約為地球半徑的6倍，月球繞地球一圈的時間約為27天。如圖，某時刻地球、月球和同步衛星的中心在一條直線，此時月球到同步衛星的距離與地球半徑之比約為(　　)

A．28　　 B．48　　
C．56　　 D．63
2．天體運行的基本規律
√
考向1　天體運行中的失重現象
　空間站是一種在近地軌道長時間運行、可供航天員工作和生活的載人航天器，其運行軌道可以近似為圓。圖甲為我國三名航天員站立在空間站內地板上的情景，圖乙是航天員王亞平在空間站做的實驗。已知同步衛星的軌道半徑大于近地軌道半徑，下列說法正確的是(　　)
A．空間站內的航天員處于平衡狀態
B．空間站內的航天員不能用拉力器鍛煉肌肉力量
C．空間站的加速度比地球同步衛星向心加速度小
D．空間站內飄浮的水滴呈球形是由水完全失重和水的表面張力共同造成的
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考向3　天體運行參量的分析
　(2024·湛江市一模)北京時間2024年1月9日，我國在西昌衛星發射中心采用長征二號丙運載火箭，成功將“愛因斯坦探針”空間科學衛星發射升空，衛星順利進入高度為600 km、傾角為29°的近地軌道，發射任務取得圓滿成功。已知同步衛星距地球表面高度約為35 900 km。下列說法正確的是(　　)
A．該衛星的運行速度大于第一宇宙速度
B．該衛星的運行周期大于24 h
C．該衛星軌道處的重力加速度大于9.8 m/s2
D．該衛星運行的角速度大于同步衛星的角速度
題型三　同步衛星和“雙星模型”
考向1　地球同步衛星
√
　北斗三號全球衛星導航系統由24顆中圓軌道(軌道半徑約28 000 km)衛星、3顆地球靜止同步軌道衛星和3顆傾斜地球同步軌道衛星(兩種衛星軌道半徑相等，均約為42 000 km)組成，則(　　)
A．傾斜地球同步軌道衛星和靜止同步軌道衛星周期不相等
B．北斗三號導航系統所有衛星繞地球運行的線速度均小于7.9 km/s
C．傾斜地球同步軌道衛星能定點北京上空并與北京保持相對靜止
D．中圓軌道衛星線速度約為地球靜止同步衛星線速度的1.5倍
考向2　“雙星模型”問題
√
　(多選)我國天文學家通過“天眼”在武仙座球狀星團中發現一個由白矮星P、脈沖星Q組成的雙星系統。如圖所示，P、Q繞兩者連線上的O點做勻速圓周運動，忽略其他天體對P、Q的影響。已知P的軌道半徑大于Q的軌道半徑，P、Q的總質量為M，距離為L，運動周期均為T，則(　　)
A．P的質量小于Q的質量
B．P的線速度小于Q的線速度
C．P受到的引力小于Q受到的引力
D．若總質量M恒定，則L越大，T越大
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題型四　衛星變軌和能量問題
1．由低軌變高軌，瞬時點火加速，穩定在高軌道上時速度較小、動能較小、機械能較大；由高軌變低軌，反之。
2．衛星經過兩個軌道的相切點，加速度相等，外軌道的速度大于內軌道的速度。
　載人飛船和空間站對接的一種方法叫“同橢圓軌道法”，其簡化示意圖如圖所示。先把飛船發射到近地圓形軌道Ⅰ，然后經過多次變軌使飛船不斷逼近空間站軌道，當兩者軌道很接近的時候，再從空間站下方、后方緩慢變軌進入空間站軌道。Ⅱ、Ⅲ是繞地球運行的橢圓軌道，Ⅳ是繞地球運行、很接近空間站軌道的圓形軌道。P、Q分別為橢圓軌道Ⅲ的遠地點和近地點，下列說法正確的是(　　)
A．在軌道Ⅲ上，載人飛船在Q點的加速度比在P點的加速度大
B．載人飛船在軌道Ⅲ上運行的周期比在軌道Ⅰ上運行的周期小
C．載人飛船在軌道Ⅲ上經過P點的速度大于在軌道Ⅳ上經過P點的速度
D．在軌道Ⅲ上，載人飛船在P點的機械能比在Q點的機械能大
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載人飛船要實現在軌道Ⅲ向軌道Ⅳ變軌，則必須在兩軌相切處P點點火加速才能順利實現由低軌向高軌的變軌運行，因此載人飛船在軌道Ⅲ上經過P點的速度小于在軌道Ⅳ上經過P點的速度，故C錯誤；同一物體在環繞中心天體運動的過程中，軌道越高其機械能越大，而在同一軌道上運行時，其機械能守恒，因此在軌道Ⅲ上，載人飛船在P點的機械能等于在Q點的機械能，故D錯誤。
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　(2024·廣東省下學期模擬預測)搭載神舟十八號載人飛船的長征二號F遙十八運載火箭發射過程簡化為如圖所示，飛船由“長征”火箭送入近地點為A、遠地點為B的橢圓軌道 Ⅰ，調整好姿態后在B點通過點火變軌進入預定圓軌道 Ⅱ。下列說法正確的是(　　)
A．飛船要想從地球成功發射，發射速度可以小于地球
第一宇宙速度
B．飛船在軌道Ⅰ上運動到B點時的速率小于飛船在軌道Ⅱ上運動到B點時的速率
C．飛船在軌道Ⅰ上具有的機械能大于在軌道Ⅱ上具有的機械能
D．飛船在軌道Ⅰ上運動到B點時的加速度大于飛船在軌道Ⅱ上運動到B點時的加速度
[解析]　第一宇宙速度是發射環繞地球飛行器時的最小速度，故A錯誤；飛船在軌道Ⅰ上運動到B點時需要點火加速進入軌道Ⅱ上，故飛船在軌道Ⅰ上運動到B點時的速率小于飛船在軌道Ⅱ上運動到B點時的速率，飛船在軌道Ⅰ上具有的機械能小于在軌道Ⅱ上具有的機械能，故B正確，C錯誤；飛船在兩個軌道上到達同一點時受到的萬有引力相同，故飛船在軌道Ⅰ上運動到B點時的加速度等于飛船在軌道Ⅱ上運動到B點時的加速度，故D錯誤。(共52張PPT)
模塊一　力與運動
專題一　力與物體的平衡
[專題復習定位]
1．該專題主要解決力學和電學中的受力分析和共點力的平衡問題，涉及的力主要有重力、彈力、摩擦力、電場力和磁場力等。　2.掌握力的合成法和分解法、整體法與隔離法、解析法和圖解法等的應用。
高考真題再現
PART
01
第一部分
命題點1　力的合成與分解
1．(2022·遼寧卷，T4)如圖所示，蜘蛛用蛛絲將其自身懸掛在水管上，并處于靜止狀態。蛛絲OM、ON與豎直方向夾角分別為α、β(α>β)。用F1、F2分別表示OM、ON的拉力，則(　　)
A．F1的豎直分力大于F2的豎直分力
B．F1的豎直分力等于F2的豎直分力
C．F1的水平分力大于F2的水平分力
D．F1的水平分力等于F2的水平分力
√
解析：對結點O受力分析，水平方向F1sin α＝F2sin β，即F1的水平分力等于F2的水平分力，C錯誤，D正確；因α>β，且α、β均為銳角，則F1√
命題點2　受力分析和靜態平衡
2．(2023·廣東卷，T2)如圖所示，可視為質點的機器人通過磁鐵吸附在船舷外壁面檢測船體。壁面可視為斜面，與豎直方向夾角為θ。船和機器人保持靜止時，機器人僅受重力G、支持力FN、摩擦力Ff和磁力F的作用，磁力垂直于壁面，下列關系式正確的是(　　)
A．Ff＝G　　　　 　　 B．F＝FN
C．Ff＝G cos θ D．F＝G sin θ
解析：如圖所示，將重力垂直于斜面方向和沿斜面方向分解，沿斜面方向，由平衡條件得Ff＝G cos θ，故A錯誤，C正確；垂直于斜面方向，由平衡條件得F＝G sin θ＋FN，故B、D錯誤。
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3.(2024·遼寧、吉林、黑龍江卷，T3)利用硯臺將墨條磨成墨汁，墨條速度方向水平向左時，則(　　)
A．硯臺對墨條的摩擦力方向水平向左
B．桌面對硯臺的摩擦力方向水平向左
C．桌面和墨條對硯臺的摩擦力是一對平衡力
D．桌面對硯臺的支持力與墨條對硯臺的壓力是一對平衡力
解析：滑動摩擦力方向與物體間的相對運動方向相反，墨條相對硯臺水平向左運動，則硯臺對墨條的摩擦力方向水平向右，A錯誤；根據牛頓第三定律結合A項分析可知，硯臺受到墨條水平向左的摩擦力，而硯臺處于靜止狀態，其水平方向上受力平衡，則桌面對硯臺的摩擦力方向水平向右，桌面和墨條對硯臺的摩擦力是一對平衡力，B錯誤，C正確；對硯臺受力分析，豎直方向上，硯臺受到自身重力、墨條的壓力和桌面的支持力，因此桌面對硯臺的支持力與墨條對硯臺的壓力不是一對平衡力，D錯誤。
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4．(2024·廣西卷，T2)工人卸貨時常利用斜面將重物從高處滑下。如圖，三個完全相同的貨箱正沿著表面均勻的長直木板下滑，貨箱各表面材質和粗糙程度均相同。若1、2、3號貨箱與直木板間摩擦力的大小分別為Ff1、Ff2和Ff3，則(　　)
A．Ff1C．Ff1＝Ff3解析：根據滑動摩擦力的公式f＝μFN，可知滑動摩擦力的大小與接觸面積無關，只與接觸面的粗糙程度和壓力大小有關，由題可知三個貨箱各表面材質和粗糙程度均相同，壓力大小也相同，故摩擦力相同，即Ff1＝Ff2＝Ff3。
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9.(2023·海南卷，T3)如圖所示，工人利用滑輪組將重物緩慢提起，下列說法正確的是(　　)
A．工人受到的重力和支持力是一對平衡力
B．工人對繩的拉力和繩對工人的拉力是一對作用力與反作用力
C．重物緩慢提起的過程中，繩子拉力變小
D．重物緩慢提起的過程中，繩子拉力不變
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命題點4　電學中的平衡問題
10．(2022·湖南卷，T3)如圖(a)，直導線MN被兩等長且平行的絕緣輕繩懸掛于水平軸OO′上，其所在區域存在方向垂直指向OO′的磁場，與OO′距離相等位置的磁感應強度大小相等且不隨時間變化，其截面圖如圖(b)所示。導線通以電流I，靜止后，懸線偏離豎直方向的夾角為θ。下列說法正確的是(　　)
A．當導線靜止在圖(a)右側位置時，導線中電流方向由N指向M
B．電流I增大，靜止后，導線對懸線的拉力不變
C．tan θ與電流I成正比
D．sin θ與電流I成正比
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題型分類講練
PART
02
第二部分
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題型一　力的合成與分解
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題型二　受力分析和靜態平衡
1．受力分析的方法
(1)基本思路
在分析兩個或兩個以上物體間的相互作用時，一般采用整體法與隔離法進行分析。
(2)分析方法
①整體法：將加速度相同的幾個相互關聯的物體作為一個整體進行受力分析。
②隔離法：將所研究的對象從周圍的物體中分離出來，單獨進行受力分析。
2．靜態平衡問題的處理方法
(1)合成法：物體受三個共點力的作用而平衡，則任意兩個力的合力一定與第三個力大小相等、方向相反。
(2)效果分解法：物體受三個共點力的作用而平衡，將某一個力按力的效果分解，則其分力和其他兩個力滿足平衡條件。
(3)正交分解法：物體受到三個或三個以上力的作用而平衡，將物體所受的力分解為相互垂直的兩組，每組力都滿足平衡條件。
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考向1　受力分析
　一智能機器人協助派件員分揀快遞的場景如圖所示，派件員將包裹放在機器人的水平托盤上后，機器人通過掃碼讀取目的地信息，并生成最優路線，將不同目的地的包裹送至不同的位置，從而實現包裹的分揀功能。關于機器人和包裹，下列說法正確的是(　　)
A．機器人加速前進則包裹對水平托盤的摩擦力方向向后
B．包裹受到向上的支持力是包裹發生形變產生的
C．包裹對機器人的壓力和機器人對包裹的支持力是一對平衡力
D．包裹隨著機器人一起做勻速直線運動時，包裹受到向前的摩擦力
[解析]　機器人加速前進時，相對于包裹機器人有向前運動的趨勢，故此時包裹對水平托盤的摩擦力方向向后，A正確；包裹受到向上的支持力是托盤發生形變產生的，B錯誤；包裹對機器人的壓力和機器人對包裹的支持力是一對相互作用力，C錯誤；包裹隨著機器人一起做勻速直線運動時，包裹加速度為零，故此時不受摩擦力，D錯誤。
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考向2　靜態平衡問題
　(2023·山東卷，T2)餐廳暖盤車的儲盤裝置示意圖如圖所示，三根完全相同的彈簧等間距豎直懸掛在水平固定圓環上，下端連接托盤。托盤上疊放若干相同的盤子，取走一個盤子，穩定后余下的正好升高補平。已知單個盤子的質量為300 g，相鄰兩盤間距為1.0 cm，重力加速度大小g取10 m/s2。彈簧始終在彈性限度內，每根彈簧的勁度系數為(　　)
A．10 N/m　　　　 　 B．100 N/m
C．200 N/m D．300 N/m
[解析]　由題意知，取走一個盤子，穩定后余下的正好升高補平，則說明一個盤子所受的重力可以使彈簧形變相鄰兩盤間距，則有mg＝3kx，解得k＝100 N/m。
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　梅州的非物質文化遺產有不少，興寧花燈就是其中一種，它與北京宮燈是一脈相承，始于宋代，流行于明清，傳承了上千年的客家傳統習俗。花燈用四條長度相同、承受能力相同的繩子高高吊起，如圖所示，繩子與豎直方向夾角為θ，花燈質量為m，則下列說法正確的是(　　)

A．每條繩子的拉力均相同
B．增大繩子與豎直方向的夾角，花燈受的合外力增大
C．繩子拉力的合力方向為豎直方向
D．繩子長一些更易斷
題型三　動態平衡問題
1．解析法
先受力分析，再建立直角坐標系，正交分解力，列平衡方程或在力的三角形中結合三角形知識列平衡方程，然后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，得到平衡條件下的受力動態變化情況。
2．圖解法
(1)先受力分析，得出物體受幾個力而處于平衡狀態。
(2)分析題目給出的信息，判斷物體受力的變化方式。
(3)把受力對應到幾何圖形中，結合幾何知識分析。
說明：此法一般應用于物體受3個共點力或者可以等效為3個共點力的情況，并且常用于定性分析。
3．力的三角形法
對受三個力作用而平衡的物體，將力的矢量圖平移使三個力組成一個首尾依次相接的矢量三角形，根據正弦定理、余弦定理或相似三角形等數學知識求解未知力。
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考向1　解析法的應用
　如圖所示，某同學將一橡皮擦輕放在塑料尺的一端，并將該端伸出桌面邊緣，塑料尺緩慢向外移動，彎曲程度變大，橡皮擦相對于塑料尺始終保持靜止，則在此過程中橡皮擦對尺子的(　　)

A．壓力增大　　　　 　 B．壓力減小
C．摩擦力不變 D．摩擦力減小
[解析]　將橡皮擦所在位置等效為沿塑料尺切線方向的一個斜面，設斜面傾角為θ，對橡皮擦進行分析，如圖所示，則有f＝mg sin θ，N＝mg cos θ，根據牛頓第三定律有f′＝f，N′＝N，在橡皮擦離桌邊越來越遠，塑料尺也越來越彎曲的過程中，等效斜面傾角θ逐漸增大，可知f′增大，N′減小，即橡皮擦對尺子的壓力減小，摩擦力增大。
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考向2　圖解法的應用
　如圖所示，用光滑鐵絲彎成的四分之一圓弧軌道豎直固定在水平地面上，O為圓心，A為軌道上的一點，一中間帶有小孔的小球套在圓弧軌道上，對小球施加一個拉力，若在拉力方向從水平向左在紙面內順時針轉至豎直向上的過程中，小球始終靜止在A點，則拉力F(　　)

A．先變大，后變小 B．先變小，后變大
C．一直變大 D．一直變小
[解析]　小球始終靜止在A點，對小球受力分析可知，小球受重力、彈力及拉力，三力平衡，三力可組成一個閉合的三角形，如圖所示，則拉力方向從水平向左在紙面內順時針轉至豎直向上的過程中，拉力F先變小，后變大，所以B正確，A、C、D錯誤。
考向3　正弦定理的應用
　新疆是我國最大的產棉區，在新疆超過70%的棉田都通過機械自動化采收。自動采棉機能夠在采摘棉花的同時將棉花打包成圓柱形棉包，通過采棉機后側可以旋轉的支架平穩將其放下，如圖甲所示。放下棉包的過程可以簡化為如圖乙所示的模型，質量為m的棉包放在“V”形擋板上，兩板間夾角為120°固定不變，“V”形擋板可繞P點在豎直面內轉動，忽略“V”形擋板對棉包的摩擦力，在使BP板由水平位置逆時針緩慢轉動60°的過程中，下列說法正確的是(　　)
A．當AP板水平時，棉包受到三個力的作用
B．棉包對AP板的壓力一直增大
C．棉包對BP板的壓力先減小后增大
D．當BP板轉動30°時，棉包對AP板的壓力大于棉包對BP板的壓力
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題型四　電學中的平衡問題
1．基本思路
要堅持“電學問題、力學方法”的基本思路，結合電學的基本規律和力學中的受力分析及平衡條件解決問題。
2．注意事項
(1)點電荷間的作用力大小要用庫侖定律求解。
(2)安培力方向的判斷要先判斷磁場方向、電流方向，再用左手定則判斷，同時注意將立體圖轉化為平面圖。
(3)電場力或安培力的出現，可能會對彈力或摩擦力產生影響。
(4)涉及電路問題時，要注意閉合電路歐姆定律的應用。
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考向3　電磁感應中的平衡
　(多選)依附建筑物架設的磁力緩降高樓安全逃生裝置，具有操作簡單、無需電能、逃生高度不受限制及下降速度可調、可控等優點。該裝置原理如圖，可等效為間距L＝0.5 m的兩根豎直導軌上部連通，人和磁鐵固定在一起，沿導軌共同下滑，磁鐵產生磁感應強度B＝0.2 T的勻強磁場。人和磁鐵所經位置處，可等效為有一固定導體棒cd與導軌相連，整個裝置總電阻始終為R＝4×10－5 Ω，在某次逃生試驗中，質量M＝50 kg的測試者利用該裝置最終以v＝2 m/s的速度勻速下降，已知與人一起下滑部分裝置的質量m＝20 kg，重力加速度g取10 m/s2，則(　　)
A．導體棒cd中電流的方向從d到c
B．導體棒cd中電流的方向從c到d
C．下落過程中除安培力外的阻力大小為200 N
D．下落過程中除安培力外的阻力大小為1 200 N
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