- 2021-05-13 发布 |
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文档介绍
高考物理第二轮总复习
2011年高考物理第二轮总复习 (大纲版) 目 录 第1专题 力与运动 2 第2专题 动量和能量 35 第3专题 圆周运动、航天与星体问题 60 第4专题 带电粒子在电场和磁场中的运动 78 第5专题 电磁感应与电路的分析 105 第6专题 振动与波、光学、执掌、原子物理 136 第7专题 高考物理实验 163 第8专题 数学方法在物理中的应用 188 第9专题 高中物理常见的物理模型 207 第10专题 计算题的答题规范与解析技巧 227 2010年高三物理第二轮总复习 (大纲版) 第1专题 力与运动 知识网络 考点预测 本专题复习三个模块的内容：运动的描述、受力分析与平衡、牛顿运动定律的运用．运动的描述与受力分析是两个相互独立的内容，它们通过牛顿运动定律才能连成一个有机的整体．虽然运动的描述、受力平衡在近几年(特别是2008年以前)都有独立的命题出现在高考中(如2008年的全国理综卷Ⅰ第23题、四川理综卷第23题)，但由于理综考试题量的局限以及课改趋势，独立考查前两模块的命题在2010年高考中出现的概率很小，大部分高考卷中应该都会出现同时考查三个模块知识的试题，而且占不少分值． 在综合复习这三个模块内容的时候，应该把握以下几点： 1．运动的描述是物理学的重要基础，其理论体系为用数学函数或图象的方法来描述、推断质点的运动规律，公式和推论众多．其中，平抛运动、追及问题、实际运动的描述应为复习的重点和难点． 2．无论是平衡问题，还是动力学问题，一般都需要进行受力分析，而正交分解法、隔离法与整体法相结合是最常用、最重要的思想方法，每年高考都会对其进行考查． 3．牛顿运动定律的应用是高中物理的重要内容之一，与此有关的高考试题每年都有，题型有选择题、计算题等，趋向于运用牛顿运动定律解决生产、生活和科技中的实际问题．此外，它还经常与电场、磁场结合，构成难度较大的综合性试题． 一、运动的描述 要点归纳 (一)匀变速直线运动的几个重要推论和解题方法 1．某段时间内的平均速度等于这段时间的中间时刻的瞬时速度，即t＝v． 2．在连续相等的时间间隔T内的位移之差Δs为恒量，且Δs＝aT2． 3．在初速度为零的匀变速直线运动中，相等的时间T内连续通过的位移之比为： s1∶s2∶s3∶…∶sn＝1∶3∶5∶…∶(2n－1) 通过连续相等的位移所用的时间之比为： t1∶t2∶t3∶…∶tn＝． 4．竖直上抛运动 (1)对称性：上升阶段和下落阶段具有时间和速度等方面的对称性． (2)可逆性：上升过程做匀减速运动，可逆向看做初速度为零的匀加速运动来研究． (3)整体性：整个运动过程实质上是匀变速直线运动． 5．解决匀变速直线运动问题的常用方法 (1)公式法 灵活运用匀变速直线运动的基本公式及一些有用的推导公式直接解决． (2)比例法 在初速度为零的匀加速直线运动中，其速度、位移和时间都存在一定的比例关系，灵活利用这些关系可使解题过程简化． (3)逆向过程处理法 逆向过程处理法是把运动过程的“末态”作为“初态”，将物体的运动过程倒过来进行研究的方法． (4)速度图象法 速度图象法是力学中一种常见的重要方法，它能够将问题中的许多关系，特别是一些隐藏关系，在图象上明显地反映出来，从而得到正确、简捷的解题方法． (二)运动的合成与分解 1．小船渡河 设水流的速度为v1，船的航行速度为v2，河的宽度为d． (1)过河时间t仅由v2沿垂直于河岸方向的分量v⊥决定，即t＝，与v1无关，所以当v2垂直于河岸时，渡河所用的时间最短，最短时间tmin＝． (2)渡河的路程由小船实际运动轨迹的方向决定．当v1＜v2时，最短路程smin＝d；当v1＞v2时，最短路程smin＝，如图1－1 所示． 图1－1 2．轻绳、轻杆两末端速度的关系 (1)分解法 把绳子(包括连杆)两端的速度都沿绳子的方向和垂直于绳子的方向分解，沿绳子方向的分运动相等(垂直方向的分运动不相关)，即v1cos θ1＝v2cos_θ2． (2)功率法 通过轻绳(轻杆)连接物体时，往往力拉轻绳(轻杆)做功的功率等于轻绳(轻杆)对物体做功的功率． 3．平抛运动 如图1－2所示，物体从O处以水平初速度v0抛出，经时间t到达P点． 图1－2 (1)加速度 (2)速度 合速度的大小v＝＝ 设合速度的方向与水平方向的夹角为θ，有： tan θ＝＝，即θ＝arctan ． (3)位移 设合位移的大小s＝＝ 合位移的方向与水平方向的夹角为α，有： tan α＝＝＝，即α＝arctan 要注意合速度的方向与水平方向的夹角不是合位移的方向与水平方向的夹角的2倍，即θ≠2α，而是tan θ＝2tan α． (4)时间：由sy＝gt2得，t＝，平抛物体在空中运动的时间t只由物体抛出时离地的高度sy决定，而与抛出时的初速度v0无关． (5)速度变化：平抛运动是匀变速曲线运动，故在相等的时间内，速度的变化量(g＝)相等，且必沿竖直方向，如图1－3所示． 图1－3 任意两时刻的速度与速度的变化量Δv构成直角三角形，Δv沿竖直方向． 注意：平抛运动的速率随时间并不均匀变化，而速度随时间是均匀变化的． (6)带电粒子(只受电场力的作用)垂直进入匀强电场中的运动与平抛运动相似，出电场后做匀速直线运动，如图1－4所示． 图1－4 故有：y＝＝． 热点、重点、难点 (一)直线运动 高考中对直线运动规律的考查一般以图象的应用或追及问题出现．这类题目侧重于考查学生应用数学知识处理物理问题的能力．对于追及问题，存在的困难在于选用哪些公式来列方程，作图求解，而熟记和运用好直线运动的重要推论往往是解决问题的捷径． ●例1 如图1－5甲所示，A、B两辆汽车在笔直的公路上同向行驶．当B车在A车前s＝84 m处时，B车的速度vB＝4 m/s，且正以a＝2 m/s2的加速度做匀加速运动；经过一段时间后，B车的加速度突然变为零．A车一直以vA＝20 m/s的速度做匀速运动，从最初相距84 m时开始计时，经过t0＝12 s后两车相遇．问B车加速行驶的时间是多少？ 图1－5甲 【解析】设B车加速行驶的时间为t，相遇时A车的位移为：sA＝vAt0 B车加速阶段的位移为： sB1＝vBt＋at2 匀速阶段的速度v＝vB＋at，匀速阶段的位移为： sB2＝v(t0－t) 相遇时，依题意有： sA＝sB1＋sB2＋s 联立以上各式得：t2－2t0t－＝0 将题中数据vA＝20 m/s，vB＝4 m/s，a＝2 m/s2，t0＝12 s，代入上式有：t2－24t＋108＝0 解得：t1＝6 s，t2＝18 s(不合题意，舍去) 因此，B车加速行驶的时间为6 s． [答案] 6 s 【点评】①出现不符合实际的解(t2＝18 s)的原因是方程“sB2＝v(t0－t)”并不完全描述B车的位移，还需加一定义域t≤12 s． ②解析后可以作出vA－t、vB－t 图象加以验证． 图1－5乙 根据v－t图象与t围成的面积等于位移可得，t＝12 s时，Δs＝[×(16＋4)×6＋4×6] m＝84 m． (二)平抛运动 平抛运动在高考试题中出现的几率相当高，或出现于力学综合题中，如2008年北京、山东理综卷第24题；或出现于带电粒子在匀强电场中的偏转一类问题中，如2008年宁夏理综卷第24题、天津理综卷第23题；或出现于此知识点的单独命题中，如2009年高考福建理综卷第20题、广东物理卷第17(1)题、2008年全国理综卷Ⅰ第14题．对于这一知识点的复习，除了要熟记两垂直方向上的分速度、分位移公式外，还要特别理解和运用好速度偏转角公式、位移偏转角公式以及两偏转角的关系式(即tan θ＝2tan α)． ●例2 图1－6甲所示，m为在水平传送带上被传送的小物体(可视为质点)，A为终端皮带轮．已知皮带轮的半径为r，传送带与皮带轮间不会打滑．当m可被水平抛出时，A轮每秒的转数最少为( ) 图1－6甲 A． B． C． D． 【解析】解法一 m到达皮带轮的顶端时，若m≥mg，表示m受到的重力小于(或等于)m沿皮带轮表面做圆周运动的向心力，m将离开皮带轮的外表面而做平抛运动 又因为转数n＝＝ 所以当v≥，即转数n≥时，m可被水平抛出，故选项A正确． 解法二 建立如图1－6乙所示的直角坐标系．当m到达皮带轮的顶端有一速度时，若没有皮带轮在下面，m将做平抛运动，根据速度的大小可以作出平抛运动的轨迹．若轨迹在皮带轮的下方，说明m将被皮带轮挡住，先沿皮带轮下滑；若轨迹在皮带轮的上方，说明m立即离开皮带轮做平抛运动． 图1－6乙 又因为皮带轮圆弧在坐标系中的函数为：当y2＋x2＝r2 初速度为v的平抛运动在坐标系中的函数为： y＝r－g()2 平抛运动的轨迹在皮带轮上方的条件为：当x>0时，平抛运动的轨迹上各点与O点间的距离大于r，即>r 即>r 解得：v≥ 又因皮带轮的转速n与v的关系为：n＝ 可得：当n≥时，m可被水平抛出． [答案] A 【点评】“解法一”应用动力学的方法分析求解；“解法二”应用运动学的方法(数学方法)求解，由于加速度的定义式为a＝，而决定式为a＝，故这两种方法殊途同归． ★同类拓展1 高台滑雪以其惊险刺激而闻名，运动员在空中的飞跃姿势具有很强的观赏性．某滑雪轨道的完整结构可以简化成如图1－7所示的示意图．其中AB段是助滑雪道，倾角α＝30°，BC段是水平起跳台，CD段是着陆雪道，AB段与BC段圆滑相连，DE段是一小段圆弧(其长度可忽略)，在D、E两点分别与CD、EF相切，EF是减速雪道，倾角θ＝37°．轨道各部分与滑雪板间的动摩擦因数均为μ＝0.25，图中轨道最高点A 处的起滑台距起跳台BC的竖直高度h＝10 m．A点与C点的水平距离L1＝20 m，C点与D点的距离为32.625 m．运动员连同滑雪板的总质量m＝60 kg．滑雪运动员从A点由静止开始起滑，通过起跳台从C点水平飞出，在落到着陆雪道上时，运动员靠改变姿势进行缓冲使自己只保留沿着陆雪道的分速度而不弹起．除缓冲外运动员均可视为质点，设运动员在全过程中不使用雪杖助滑，忽略空气阻力的影响，取重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8．求： 图1－7 (1)运动员在C点水平飞出时的速度大小． (2)运动员在着陆雪道CD上的着陆位置与C点的距离． (3)运动员滑过D点时的速度大小． 【解析】(1)滑雪运动员从A到C的过程中，由动能定理得：mgh－μmgcos α－μmg(L1－hcot α)＝mv 解得：vC＝10 m/s． (2)滑雪运动员从C点水平飞出到落到着陆雪道的过程中做平抛运动，有： x＝vCt y＝gt2 ＝tan θ 着陆位置与C点的距离s＝ 解得：s＝18.75 m，t＝1.5 s． (3)着陆位置到D点的距离s′＝13.875 m，滑雪运动员在着陆雪道上做匀加速直线运动．把平抛运动沿雪道和垂直雪道分解，可得着落后的初速度v0＝vCcos θ＋gtsin θ 加速度为：mgsin θ－μmgcos θ＝ma 运动到D点的速度为：v＝v＋2as′ 解得：vD＝20 m/s． [答案] (1)10 m/s (2)18.75 m (3)20 m/s 互动辨析 在斜面上的平抛问题较为常见，“位移与水平面的夹角等于倾角”为着落条件．同学们还要能总结出距斜面最远的时刻以及这一距离． 二、受力分析 要点归纳 (一)常见的五种性质的力 产生原因 或条件 方 向 大 小 重 力 由于地球的吸引而产生 G重＝mg＝G 总是竖直向下(铅直向下或垂直水平面向下)，注意不一定指向地心，不一定垂直地面向下 地球表面附近一切物体都受重力作用，与物体是否处于超重或失重状态无关 弹 力 ①接触 ②弹性形变 ①支持力的方向总是垂直于接触面而指向被支持的物体 ②压力的方向总是垂直于接触面而指向被压的物体 ③绳的拉力总是沿着绳而指向绳收缩的方向 F＝－kx 弹力的大小往往利用平衡条件和牛顿第二定律求解 摩 擦 力 滑 动 摩 擦 力 ①接触，接触面粗糙 ②存在正压力 ③与接触面有相对运动 与接触面的相对运动方向相反 f＝μFN 只与μ、FN有关，与接触面积、相对速度、加速度均无关 静 摩 擦 力 ①接触，接触面粗糙 ②存在正压力 ③与接触面存在相对运动的趋势 与接触面相对运动的趋势相反 ①与产生相对运动趋势的动力的大小相等 ②存在最大静摩擦力，最大静摩擦力的大小由粗糙程度、正压力决定 续表 产生原因 或条件 方 向 大 小 电 场 力 点电荷间的库仑力：真空中两个点电荷之间的相互作用 作用力的方向沿两点电荷的连线，同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引 F＝k 电场对处于其中的电荷的作用 正电荷的受力方向与该处场强的方向一致，负电荷的受力方向与该处场强的方向相反 F＝qE 磁 场 力 安培力：磁场对通电导线的作用力 F⊥B，F⊥I，即安培力F垂直于电流I和磁感应强度B所确定的平面．安培力的方向可用左手定则来判断 F＝BIL 安培力的实质是运动电荷受洛伦兹力作用的宏观表现 洛伦兹力：运动电荷在磁场中所受到的力 用左手定则判断洛伦兹力的方向．特别要注意四指应指向正电荷的运动方向；若为负电荷，则四指指向运动的反方向 带电粒子平行于磁场方向运动时，不受洛伦兹力的作用；带电粒子垂直于磁场方向运动时，所受洛伦兹力最大，即f洛＝qvB (二)力的运算、物体的平衡 1．力的合成与分解遵循力的平行四边形定则(或力的三角形定则)． 2．平衡状态是指物体处于匀速直线运动或静止状态，物体处于平衡状态的动力学条件是：F合＝0或Fx＝0、Fy ＝0、Fz＝0． 注意：静止状态是指速度和加速度都为零的状态，如做竖直上抛运动的物体到达最高点时速度为零，但加速度等于重力加速度，不为零，因此不是平衡状态． 3．平衡条件的推论 (1)物体处于平衡状态时，它所受的任何一个力与它所受的其余力的合力等大、反向． (2)物体在同一平面上的三个不平行的力的作用下处于平衡状态时，这三个力必为共点力． 物体在三个共点力的作用下而处于平衡状态时，表示这三个力的有向线段组成一封闭的矢量三角形，如图1－8所示． 图1－8 4．共点力作用下物体的平衡分析 热点、重点、难点 (一)正交分解法、平行四边形法则的应用 1．正交分解法是分析平衡状态物体受力时最常用、最主要的方法．即当F合＝0时有： Fx合＝0，Fy合＝0，Fz合＝0． 2．平行四边形法有时可巧妙用于定性分析物体受力的变化或确定相关几个力之比． ●例3 举重运动员在抓举比赛中为了减小杠铃上升的高度和发力，抓杠铃的两手间要有较大的距离．某运动员成功抓举杠铃时，测得两手臂间的夹角为120°，运动员的质量为75 kg，举起的杠铃的质量为125 kg，如图1－9甲所示．求该运动员每只手臂对杠铃的作用力的大小．(取g＝10 m/s2) 图1－9甲 【分析】由手臂的肌肉、骨骼构造以及平时的用力习惯可知，伸直的手臂主要沿手臂方向发力．取手腕、手掌为研究对象，握杠的手掌对杠有竖直向上的弹力和沿杠向外的静摩擦力，其合力沿手臂方向，如图1－9乙所示． 图1－9乙 【解析】手臂对杠铃的作用力的方向沿手臂的方向，设该作用力的大小为F，则杠铃的受力情况如图1－9丙所示 图1－9丙 由平衡条件得： 2Fcos 60°＝mg 解得：F＝1250 N． [答案] 1250 N ●例4 两个可视为质点的小球a和b，用质量可忽略的刚性细杆相连放置在一个光滑的半球面内，如图1－10甲所示．已知小球a和b的质量之比为 ，细杆长度是球面半径的 倍．两球处于平衡状态时，细杆与水平面的夹角θ是[2008年高考·四川延考区理综卷]( ) 图1－10甲 A．45° B．30° C．22.5° D．15° 【解析】解法一 设细杆对两球的弹力大小为T，小球a、b的受力情况如图1－10乙所示 图1－10乙 其中球面对两球的弹力方向指向圆心，即有： cos α＝＝ 解得：α＝45° 故FNa的方向为向上偏右，即β1＝－45°－θ＝45°－θ FNb的方向为向上偏左，即β2＝－(45°－θ)＝45°＋θ 两球都受到重力、细杆的弹力和球面的弹力的作用，过O作竖直线交ab于c点，设球面的半径为R，由几何关系可得： ＝ ＝ 解得：FNa＝FNb 取a、b及细杆组成的整体为研究对象，由平衡条件得： FNa·sin β1＝FNb·sin β2 即 FNb·sin(45°－θ)＝FNb·sin(45°＋θ) 解得：θ＝15°． 解法二 由几何关系及细杆的长度知，平衡时有： sin∠Oab＝＝ 故∠Oab＝∠Oba＝45° 再设两小球及细杆组成的整体重心位于c点，由悬挂法的原理知c点位于O点的正下方，且＝＝ 即R·sin(45°－θ)∶R·sin(45°＋θ)＝1∶ 解得：θ＝15°． [答案] D 【点评】①利用平行四边形(三角形)定则分析物体的受力情况在各类教辅中较常见．掌握好这种方法的关键在于深刻地理解好“在力的图示中，有向线段替代了力的矢量”． ②在理论上，本题也可用隔离法分析小球a、b的受力情况，根据正交分解法分别列平衡方程进行求解，但是求解三角函数方程组时难度很大． ③解法二较简便，但确定重心的公式＝＝超纲． (二)带电粒子在复合场中的平衡问题 在高考试题中，也常出现带电粒子在复合场中受力平衡的物理情境，出现概率较大的是在正交的电场和磁场中的平衡问题及在电场和重力场中的平衡问题． 在如图1－11所示的速度选择器中，选择的速度v＝；在如图1－12所示的电磁流量计中，流速v＝，流量Q＝． 图1－11 图1－12 ●例5 在地面附近的空间中有水平方向的匀强电场和匀强磁场，已知磁场的方向垂直纸面向里，一个带电油滴沿着一条与竖直方向成α角的直线MN运动，如图1－13所示．由此可判断下列说法正确的是( ) 图1－13 A．如果油滴带正电，则油滴从M点运动到N点 B．如果油滴带正电，则油滴从N点运动到M点 C．如果电场方向水平向右，则油滴从N点运动到M点 D．如果电场方向水平向左，则油滴从N点运动到M点 【解析】 油滴在运动过程中受到重力、电场力及洛伦兹力的作用，因洛伦兹力的方向始终与速度方向垂直，大小随速度的改变而改变，而电场力与重力的合力是恒力，所以物体做匀速直线运动；又因电场力一定在水平方向上，故洛伦兹力的方向是斜向上方的，因而当油滴带正电时，应该由M点向N点运动，故选项A正确、B错误．若电场方向水平向右，则油滴需带负电，此时斜向右上方与MN垂直的洛伦兹力对应粒子从N点运动到M点，即选项C正确．同理，电场方向水平向左时，油滴需带正电，油滴是从M点运动到N点的，故选项D错误． [答案] AC 【点评】对于带电粒子在复合场中做直线运动的问题要注意受力分析．因为洛伦兹力的方向与速度的方向垂直，而且与磁场的方向、带电粒子的电性都有关，分析时更要注意．本题中重力和电场力均为恒力，要保证油滴做直线运动，两力的合力必须与洛伦兹力平衡，粒子的运动就只能是匀速直线运动． ★同类拓展2 如图1－14甲所示，悬挂在O点的一根不可伸长的绝缘细线下端挂有一个带电荷量不变的小球A．在两次实验中，均缓慢移动另一带同种电荷的小球B．当B到达悬点O的正下方并与A在同一水平线上，A处于受力平衡时，悬线偏离竖直方向的角度为θ．若两次实验中B的电荷量分别为q1和q2，θ分别为30°和45°，则为 [2007年高考·重庆理综卷]( )（没有分清什么量不变） 图1－14甲 A．2 B．3 C．2 D．3 【解析】对A球进行受力分析，如图1－14 乙所示， 图1－14乙 由于绳子的拉力和点电荷间的斥力的合力与A球的重力平衡，故有：F电＝mgtan θ，又F电＝k．设绳子的长度为L，则A、B两球之间的距离r＝Lsin θ，联立可得：q＝，由此可见，q与tan θsin2 θ 成正比，即＝＝2，故选项C正确． [答案] C 互动辨析 本题为带电体在重力场和电场中的平衡问题，解题的关键在于：先根据小球的受力情况画出平衡状态下的受力分析示意图；然后根据平衡条件和几何关系列式，得出电荷量的通解表达式，进而分析求解．本题体现了新课标在知识考查中重视方法渗透的思想． 三、牛顿运动定律的应用 要点归纳 (一)深刻理解牛顿第一、第三定律 1．牛顿第一定律(惯性定律) 一切物体总保持匀速直线运动状态或静止状态，直到有外力迫使它改变这种状态为止． (1)理解要点 ①运动是物体的一种属性，物体的运动不需要力来维持． ②它定性地揭示了运动与力的关系：力是改变物体运动状态的原因，是使物体产生加速度的原因． ③牛顿第一定律是牛顿第二定律的基础，不能认为它是牛顿第二定律合外力为零时的特例．牛顿第一定律定性地给出了力与运动的关系，第二定律定量地给出力与运动的关系． (2)惯性：物体保持原来的匀速直线运动状态或静止状态的性质叫做惯性． ①惯性是物体的固有属性，与物体的受力情况及运动状态无关． ②质量是物体惯性大小的量度． 2．牛顿第三定律 (1)两个物体之间的作用力和反作用力总是大小相等，方向相反，作用在一条直线上，可用公式表示为F＝－F′． (2)作用力与反作用力一定是同种性质的力，作用效果不能抵消． (3)牛顿第三定律的应用非常广泛，凡是涉及两个或两个以上物体的物理情境、过程的解答，往往都需要应用这一定律． (二)牛顿第二定律 1．定律内容 物体的加速度a跟物体所受的合外力F合成正比，跟物体的质量m成反比． 2．公式：F合＝ma 理解要点 ①因果性：F合是产生加速度a的原因，它们同时产生，同时变化，同时存在，同时消失． ②方向性：a与F合都是矢量，方向严格相同． ③瞬时性和对应性：a为某时刻某物体的加速度，F合是该时刻作用在该物体上的合外力． 3．应用牛顿第二定律解题的一般步骤： (1)确定研究对象； (2)分析研究对象的受力情况，画出受力分析图并找出加速度的方向； (3)建立直角坐标系，使尽可能多的力或加速度落在坐标轴上，并将其余的力或加速度分解到两坐标轴上； (4)分别沿x轴方向和y轴方向应用牛顿第二定律列出方程； (5)统一单位，计算数值． 热点、重点、难点 一、正交分解法在动力学问题中的应用 当物体受到多个方向的外力作用产生加速度时，常要用到正交分解法． 1．在适当的方向建立直角坐标系，使需要分解的矢量尽可能少． 2．Fx合＝max合，Fy合＝may合，Fz合＝maz合． 3．正交分解法对本章各类问题，甚至对整个高中物理来说都是一重要的思想方法． ●例6 如图1－15甲所示，在风洞实验室里，一根足够长的细杆与水平面成θ＝37°固定，质量m＝1 kg的小球穿在细杆上静止于细杆底端O点．现有水平向右的风力F作用于小球上，经时间t1＝2 s后停止，小球沿细杆运动的部分v－t图象如图1－15乙所示．试求：(取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8) 图1－15 (1)小球在0～2 s内的加速度a1和2～4 s内的加速度a2． (2)风对小球的作用力F的大小． 【解析】(1)由图象可知，在0～2 s内小球的加速度为： a1＝＝20 m/s2，方向沿杆向上 在2～4 s内小球的加速度为： a2＝＝－10 m/s2，负号表示方向沿杆向下． (2)有风力时的上升过程，小球的受力情况如图1－15丙所示 图1－15丙 在y方向，由平衡条件得： FN1＝Fsin θ＋mgcos θ 在x方向，由牛顿第二定律得： Fcos θ－mgsin θ－μFN1＝ma1 停风后上升阶段，小球的受力情况如图1－15丁所示 图1－15丁 在y方向，由平衡条件得： FN2＝mgcos θ 在x方向，由牛顿第二定律得： －mgsin θ－μFN2＝ma2 联立以上各式可得：F＝60 N． 【点评】①斜面(或类斜面)问题是高中最常出现的物理模型． ②正交分解法是求解高中物理题最重要的思想方法之一． 二、连接体问题(整体法与隔离法) 高考卷中常出现涉及两个研究对象的动力学问题，其中又包含两种情况：一是两对象的速度相同需分析它们之间的相互作用，二是两对象的加速度不同需分析各自的运动或受力．隔离(或与整体法相结合)的思想方法是处理这类问题的重要手段． 1．整体法是指当连接体内(即系统内)各物体具有相同的加速度时，可以把连接体内所有物体组成的系统作为整体考虑，分析其受力情况，运用牛顿第二定律对整体列方程求解的方法． 2．隔离法是指当研究对象涉及由多个物体组成的系统时，若要求连接体内物体间的相互作用力， 则应把某个物体或某几个物体从系统中隔离出来，分析其受力情况及运动情况，再利用牛顿第二定律对隔离出来的物体列式求解的方法． 3．当连接体中各物体运动的加速度相同或要求合外力时，优先考虑整体法；当连接体中各物体运动的加速度不相同或要求物体间的作用力时，优先考虑隔离法．有时一个问题要两种方法结合起来使用才能解决． ●例7 如图1－16所示，在光滑的水平地面上有两个质量相等的物体，中间用劲度系数为k的轻质弹簧相连，在外力F1、F2的作用下运动．已知F1＞F2，当运动达到稳定时，弹簧的伸长量为( ) 图1－16 A． B． C． D． 【解析】取A、B及弹簧整体为研究对象，由牛顿第二定律得：F1－F2＝2ma 取B为研究对象：kx－F2＝ma (或取A为研究对象：F1－kx＝ma) 可解得：x＝． [答案] C 【点评】①解析中的三个方程任取两个求解都可以． ②当地面粗糙时，只要两物体与地面的动摩擦因数相同，则A、B之间的拉力与地面光滑时相同． ★同类拓展3 如图1－17所示，质量为m的小物块A放在质量为M的木板B的左端，B在水平拉力的作用下沿水平地面匀速向右滑动，且A、B相对静止．某时刻撤去水平拉力，经过一段时间，B在地面上滑行了一段距离x，A在B上相对于B向右滑行了一段距离L(设木板B足够长)后A和B都停了下来．已知A、B间的动摩擦因数为μ1，B与地面间的动摩擦因数为μ2，且μ2＞μ1，则x的表达式应为( ) 图1－17 A．x＝L B．x＝ C．x＝ D．x＝ 【解析】设A、B相对静止一起向右匀速运动时的速度为v，撤去外力后至停止的过程中，A受到的滑动摩擦力为： f1＝μ1mg 其加速度大小a1＝＝μ1g B做减速运动的加速度大小a2＝ 由于μ2＞μ1，所以a2＞μ2g＞μ1g＝a1 即木板B先停止后，A在木板上继续做匀减速运动，且其加速度大小不变 对A应用动能定理得：－f1(L＋x)＝0－mv2 对B应用动能定理得： μ1mgx－μ2(m＋M)gx＝0－Mv2 解得：x＝． [答案] C 【点评】①虽然使A产生加速度的力由B施加，但产生的加速度a1＝μ1g是取大地为参照系的．加速度是相对速度而言的，所以加速度一定和速度取相同的参照系，与施力物体的速度无关． ②动能定理可由牛顿第二定律推导，特别对于匀变速直线运动，两表达式很容易相互转换． 三、临界问题 ●例8 如图1－18甲所示，滑块A置于光滑的水平面上，一细线的一端固定于倾角为45°、质量为M的光滑楔形滑块A的顶端P处，细线另一端拴一质量为m的小球B．现对滑块施加一水平方向的恒力F，要使小球B能相对斜面静止，恒力F应满足什么条件？ 图1－18甲 【解析】 先考虑恒力背离斜面方向(水平向左)的情况：设恒力大小为F1时，B还在斜面上且对斜面的压力为零，此时A、B有共同加速度a1，B的受力情况如图1－18乙所示，有： 图1－18乙 Tsin θ＝mg，Tcos θ＝ma1 解得：a1＝gcot θ 即F1＝(M＋m)a1＝(M＋m)gcot θ 由此可知，当水平向左的力大于(M＋m)gcot θ时，小球B将离开斜面，对于水平恒力向斜面一侧方向(水平向右)的情况：设恒力大小为F2时，B相对斜面静止时对悬绳的拉力恰好为零，此时A、B的共同加速度为a2，B的受力情况如图1－18丙所示，有： 图1－18丙 FNcos θ＝mg，FNsin θ＝ma2 解得：a2＝gtan θ 即F2＝(M＋m)a2＝(M＋m)gtan θ 由此可知，当水平向右的力大于(M＋m)gtan θ，B将沿斜面上滑，综上可知，当作用在A上的恒力F向左小于(M＋m)gcot θ，或向右小于(M＋m)gtan θ时，B能静止在斜面上． [答案] 向左小于(M＋m)gcot θ或向右小于(M＋m)gtan θ 【点评】斜面上的物体、被细绳悬挂的物体这两类物理模型是高中物理中重要的物理模型，也是高考常出现的重要物理情境． 四、超重与失重问题 1．超重与失重只是物体在竖直方向上具有加速度时所受支持力不等于重力的情形． 2．要注意飞行器绕地球做圆周运动时在竖直方向上具有向心加速度，处于失重状态． ●例9 为了测量某住宅大楼每层的平均高度(层高)及电梯的运行情况，甲、乙两位同学在一楼电梯内用电子体重计及秒表进行了以下实验：质量m＝50 kg的甲同学站在体重计上，乙同学记录电梯从地面一楼到顶层的过程中，体重计的示数随时间变化的情况，并作出了如图1－19甲所示的图象．已知t＝0时，电梯静止不动，从电梯内楼层按钮上获知该大楼共19层．求： (1)电梯启动和制动时的加速度大小． (2)该大楼的层高． 图1－19甲 【解析】(1)对于启动状态有：F1－mg＝ma1 得：a1＝2 m/s2 对于制动状态有：mg－F3＝ma2 得：a2＝2 m/s2． (2)电梯匀速运动的速度v＝a1t1＝2×1 m/s＝2 m/s 从图中读得电梯匀速上升的时间t2＝26 s 电梯运行的总时间t＝28 s 电梯运行的v－t图象如图1－19乙所示， 图1－19乙 所以总位移s＝v (t2＋t)＝×2×(26＋28) m＝54 m 层高h＝＝＝3 m． [答案] (1)2 m/s2 2 m/s2 (2)3 m 经典考题 在本专题中，正交分解、整体与隔离相结合是最重要也是最常用的思想方法，是高考中考查的重点．力的独立性原理、运动图象的应用次之，在高考中出现的概率也较大． 1．有一个直角支架AOB，AO水平放置，表面粗糙，OB竖直向下，表面光滑．AO上套有小环P，OB上套有小环Q，两环质量均为m，两环间由一根质量可忽略、不可伸长的细绳相连，并在某一位置平衡(如图1－20 甲所示)．现将P环向左移一小段距离，两环再次达到平衡，那么将移动后的平衡状态和原来的平衡状态比较，AO杆对P环的支持力N和细绳上的拉力T的变化情况是[1998年高考·上海物理卷]( ) 图1－20甲 A．N不变，T变大 B．N不变，T变小 C．N变大，T变大 D．N变大，T变小 【解析】Q环的受力情况如图1－20乙所示，由平衡条件得：Tcos θ＝mg． P环向左移动后θ变小，T＝变小． 图1－20乙 图1－20丙 P环的受力情况如图1－20丙所示，由平衡条件得： NP＝mg＋Tcos θ＝2mg，NP与θ角无关． 故选项B正确． [答案] B 【点评】①本例是正交分解法、隔离法的典型应用，以后的许多考题都由此改编而来． ②求解支持力N时，还可取P、Q组成的整体为研究对象，将整体受到的外力正交分解知竖直方向有：NQ＝2mg． 2．如图1－21甲所示，在倾角为α的固定光滑斜面上有一块用绳子拴着的长木板，木板上站着一只猫．已知木板的质量是猫的质量的2倍．当绳子突然断开时，猫立即沿着板向上跑，以保持其相对斜面的位置不变．则此时木板沿斜面下滑的加速度为[2004年高考·全国理综卷Ⅳ]( ) 图1－21甲 A．sin α B．gsin α C．gsin α D．2gsin α 【解析】绳子断开后猫的受力情况如图1－21乙所示，由平衡条件知，木板对猫有沿斜面向上的摩擦力，有： f＝mgsin α 图1－21乙 图1－21丙 再取木板为研究对象，其受力情况如图1－21丙所示．由牛顿第二定律知： 2mgsin α＋f′＝2ma 解得：a＝gsin α． [答案] C 【点评】①猫脚与木块之间的摩擦力使猫保持平衡状态． ②还可取猫、木板组成的整体为研究对象，由牛顿第二定律：3mgsin α＝2ma求解，但这一方法高中不作要求． 3．如图1－22所示，某货场需将质量m1＝100 kg的货物(可视为质点)从高处运送至地面，为避免货物与地面发生撞击，现利用固定于地面的光滑四分之一圆轨道，使货物由轨道顶端无初速度滑下，轨道半径R＝1.8 m．地面上紧靠轨道依次排放两块完全相同的木板A、B，长度均为l＝2 m，质量均为m2＝100 kg， 木板上表面与轨道末端相切．货物与木板间的动摩擦因数为μ1，木板与地面间的动摩擦因数μ2＝0.2．(最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，取g＝10 m/s2) [2009年高考·山东理综卷] 图1－22 (1)求货物到达圆轨道末端时对轨道的压力． (2)若货物滑上木板A时，木板不动，而滑上木板B时，木板B开始滑动，求μ1应满足的条件． (3)若μ1＝0.5，求货物滑到木板A末端时的速度和在木板A上运动的时间． 【解析】(1)设货物滑到圆轨道末端时的速度为v0，对货物的下滑过程中根据机械能守恒定律得： mgR＝m1v 设货物在轨道末端所受支持力的大小为FN，根据牛顿第二定律得，FN－m1g＝m1 联立以上两式并代入数据得FN＝3000 N 根据牛顿第三定律，货物到达圆轨道末端时对轨道的压力大小为3000 N，方向竖直向下． (2)若滑上木板A时，木板不动，由受力分析得： μ1m1g≤μ2(m1＋2m2)g 若滑上木板B时，木板B开始滑动，由受力分析得： μ1m1g＞μ2(m1＋m2)g 联立并代入数据得0.4＜μ1≤0.6． (3)μ1＝0.5，由上问可得，货物在木板A上滑动时，木板不动，设货物在木板A上做减速运动时的加速度大小为a1，由牛顿第二定律得μ1m1g＝m1a1 设货物滑到木板A末端时的速度为v1，由运动学公式得： v－v＝－2a1l 联立并代入数据得v1＝4 m/s 设在木板A上运动的时间为t，由运动学公式得： v1＝v0－a1t 联立并代入数据得t＝0.4 s． [答案] (1)3000 N，方向竖直向下 (2)0.4＜μ1≤0.6 (3)0.4 s 【点评】象这样同时考查受力分析、动力学、运动学的题型在2010届高考中出现的可能性最大． 4．如图1－23甲所示，P、Q为某地区水平地面上的两点，在P点正下方一球形区域内储藏有石油．假定区域周围岩石均匀分布，密度为ρ；石油密度远小于ρ，可将上述球形区域视为空腔．如果没有这一空腔，则该地区重力加速度(正常值)沿竖直方向；当存在空腔时，该地区重力加速度的大小和方向会与正常情况有微小偏离．重力加速度在原竖直方向(即PO方向)上的投影相对于正常值的偏离叫做“重力加速度反常”．为了探寻石油区域的位置和石油储量，常利用P点附近重力加速度反常现象．已知引力常数为G． 图1－23甲 (1)设球形空腔体积为V，球心深度为d(远小于地球半径)，＝x，求空腔所引起的Q点处的重力加速度反常． (2)若在水平地面上半径L的范围内发现：重力加速度反常值在δ与kδ(k＞1)之间变化， 且重力加速度反常的最大值出现在半径为L的范围的中心，如果这种反常是由于地下存在某一球形空腔造成的，试求此球形空腔球心的深度和空腔的体积． [2009年高考·全国理综卷Ⅱ] 【解析】(1)由牛顿第二定律得：a＝ 故重力加速度g＝G 假设空腔处存在密度为ρ的岩石时，对Q处物体的引力产生的重力加速度为Δg＝G＝ 由力的独立原理及矢量的合成定则知，球形区域为空腔时Q点处的物体的重力加速度的矢量关系如图1－23乙所示 图1－23乙 即 故加速度反常Δg′＝Δg·cos θ＝． (2)由(1)解可得，重力加速度反常Δg′的最大值和最小值分别为： (Δg′)max＝，(Δg′)min＝ 由题设有(Δg′)max＝kδ、(Δg′)min＝δ 联立以上各式得，地下球形空腔球心的深度和空腔的体积分别为： d＝，V＝． [答案] (1) (2) 【点评】①对于本题大部分同学不知如何入手，其原因在于对力的独立性原理及矢量(加速度)的合成与分解理解不够深刻和熟练． ②本考题使大部分同学陷入一个思维误区，总在思考g＝，而不去思考g也是自由落体的加速度g＝，遵循矢量的平行四边形定则． 能力演练 一、选择题(10×4分) 1．如图所示，A、B是两个长方形物块，F是作用在物块B上沿水平方向的力，A和B以相同的速度在水平地面C上做匀速直线运动(空气阻力不计)．由此可知，A、B间的动摩擦因数μ1和B、C间的动摩擦因数μ2有可能是( ) A．μ1＝0，μ2＝0 B．μ1＝0，μ2≠0 C．μ1≠0，μ2＝0 D．μ1≠0，μ2≠0 【解析】本题中选A、B整体为研究对象，由于A、B在推力F的作用下做匀速直线运动，可知地面对B的摩擦力一定水平向左，故μ2≠0；对A进行受力分析可知，水平方向不受力，μ1可能为零，故正确答案为BD． [答案] BD 2．如图所示，从倾角为θ、高h＝1.8 m的斜面顶端A处水平抛出一石子，石子刚好落在这个斜面底端的B点处．石子抛出后，经时间t距斜面最远，则时间t的大小为(取g＝10 m/s2)( ) A．0.1 s B．0.2 s C．0.3 s D．0.6 s 【解析】由题意知，石子下落的时间t0＝＝0.6 s 又因为水平位移x＝hcot θ 故石子平抛的水平初速度v0＝＝ 当石子的速度方向与斜面平行时，石子距斜面最远 即＝tan θ 解得：t＝＝0.3 s． [答案] C 3．在轻绳的两端各拴一个小球，一人用手拿着上端的小球站在3楼的阳台上，放手后让小球自由下落，两小球相继落地的时间差为T．如果站在4楼的阳台上，同样放手让小球自由下落，则两小球相继落地的时间差将( ) A．不变 B．增大 C．减小 D．无法判断 【解析】两小球都做自由落体运动，可在同一v－t图象中作出速度随时间变化的关系曲线，如图所示．设人在3楼的阳台上释放小球后，两球落地的时间差为Δt1，图中阴影部分的面积为Δh；若人在4楼的阳台上释放小球后，两球落地的时间差为Δt2，要保证阴影部分的面积也是Δh，从图中可以看出一定有Δt2＜Δt1． [答案] C 4．如图甲所示，小球静止在小车中的光滑斜面A和光滑竖直挡板B之间，原来小车向左匀速运动．现在小车改为向左减速运动，那么关于斜面对小球的弹力NA的大小和挡板B对小球的弹力NB的大小，以下说法正确的是( ) 甲 A．NA不变，NB减小 B．NA增大，NB不变 C．NB有可能增大 D．NA可能为零 【解析】小球的受力情况如图乙所示，有： 乙 NAcos θ＝mg NAsin θ－NB＝ma 故NA不变，NB减小． [答案] A 5．小球从空中自由下落，与水平地面第一次相碰后弹到空中某一高度，其速度随时间变化的关系如图所示，则( ) A．小球第一次反弹后的速度大小为3 m/s B．小球碰撞时速度的改变量为2 m/s C．小球是从5 m高处自由下落的 D．小球反弹起的最大高度为0.45 m 【解析】第一次反弹后的速度为－3 m/s，负号表示方向向上，A正确．碰撞时速度的改变量Δv＝－8 m/s，B错误．下落的高度h1＝×5×0.5 m＝1.25 m，反弹的高度h2＝×3×0.3＝0.45 m，D正确． [答案] AD 6．如图甲所示，四个质量、形状相同的斜面体放在粗糙的水平面上，将四个质量相同的物块放在斜面顶端，因物块与斜面的摩擦力不同，四个物块运动情况不同．A物块放上后匀加速下滑，B物块获一初速度后匀速下滑，C物块获一初速度后匀减速下滑，D物块放上后静止在斜面上．若在上述四种情况下斜面体均保持静止且对地面的压力依次为F1、F2、F3、F4，则它们的大小关系是( ) 甲 A．F1＝F2＝F3＝F4 B．F1＞F2＞F3＞F4 C．F1＜F2＝F4＜F3 D．F1＝F3＜F2＜F4 【解析】斜面的受力情况如乙图所示，其中，f1、N分别为斜面对物块的摩擦力和支持力的反作用力 乙 N＝mgcos θ f2可能向左，也可能向右或为零． a图中，f1＜mgsin θ，故 F＝Mg＋mgcos θ·cos θ＋f1sin θ＜(M＋m)g b图中，f1＝mgsin θ，故F＝Mg＋mgcos θ·cos θ＋f1sin θ＝(M＋m)g c图中，f1＞mgsin θ，故F＝Mg＋mgcos θ·cos θ＋f1sin θ＞(M＋m)g d图中，f1＝mgsin θ，故F＝(M＋m)g． [答案] C 7．把一钢球系在一根弹性绳的一端，绳的另一端固定在天花板上，先把钢球托起(如图所示)，然后放手．若弹性绳的伸长始终在弹性限度内，关于钢球的加速度a、速度v随时间t变化的图象，下列说法正确的是( ) A．甲为a－t图象 B．乙为a－t图象 C．丙为v－t图象 D．丁为v－t图象 【解析】由题图可知，弹性绳处于松弛状态下降时钢球做自由落体运动，绷紧后小球做简谐运动；当小球上升至绳再次松弛时做竖直上抛运动，故v～t图象为图甲，a～t图象为图乙． [答案] B 8．如图所示，足够长的水平传送带以速度v沿顺时针方向运动，传送带的右端与光滑曲面的底部平滑连接，曲面上的A点距离底部的高度h＝0.45 m．一小物块从A点静止滑下，再滑上传送带，经过一段时间又返回曲面．g取10 m/s2，则下列说法正确的是( ) A．若v＝1 m/s，则小物块能回到A点 B．若v＝2 m/s，则小物块能回到A点 C．若v＝5 m/s，则小物块能回到A点 D．无论v等于多少，小物块均能回到A点 【解析】小物块滑上传送带的初速度v0＝＝3 m/s 当传送带的速度v≥3 m/s时，小物块返回曲面的初速度都等于3 m/s，恰好能回到A点，当传送带的传送速度v＜3 m/s 时，小物块返回曲面的初速度等于v，不能回到A点． [答案] C 9．如图甲所示，质量为m的物体用细绳拴住放在粗糙的水平传送带上，物体距传送带左端的距离为L．当传送带分别以v1、v2的速度逆时针转动(v1＜v2)，稳定时绳与水平方向的夹角为θ，绳中的拉力分别为F1，F2；若剪断细绳时，物体到达左端的时间分别为t1、t2，则下列说法正确的是( ) 甲 A．F1＜F2 B．F1＝F2 C．t1一定大于t2 D．t1可能等于t2 【解析】绳剪断前物体的受力情况如图乙所示，由平衡条件得：FN＋Fsin θ＝mg 乙 f＝μFN＝Fcos θ 解得：F＝，F的大小与传送带的速度无关绳剪断后m在两速度的传送带上的加速度相同 若L≤，则两次都是匀加速到达左端，t1＝t2 若L＞，则物体在传送带上先加速再匀速到达左端，在速度小的传送带上需要的时间更长，t1＞t2． [答案] BD 10．静电透镜是利用静电场使电子束会聚或发散的一种装置，其中某部分静电场的分布如图甲所示．图中虚线表示这个静电场在xOy平面内的一族等势线，等势线形状关于Ox轴、Oy轴对称．等势线的电势沿x轴正方向增加，且相邻两等势线的电势差相等．一个电子经过P点(其横坐标为－x0)时，速度与Ox轴平行，适当控制实验条件，使该电子通过电场区域时仅在Ox轴上方运动．在通过电场区域过程中，该电子沿y轴方向的分速度vy随位置坐标x变化的示意图是图乙中的( ) 甲 乙 【解析】在x轴负方向，电子所受的电场力向右偏下，则电子的竖直分速度沿y轴负方向不断增加，到达x＝0时竖直分速度最大，到达x轴正方向后，电子所受的电场力向右偏上，则其竖直分速度沿y轴负方向不断减小；又由于在x轴负方向的电子运动处的电场线比在x轴正方向电子运动处的电场线密，相应的电子的加速度大，故电子在x轴正方向经过与x轴负方向相同的水平距离时，y轴方向的分速度不能减为零，D正确． [答案] D 二、非选择题(共60分) 11．(6分)在某次实验中得到小车做直线运动的s－t关系如图所示． (1)由图可以确定，小车在AC段和DE段的运动分别为( ) A．AC段是匀加速运动，DE段是匀速运动 B．AC段是加速运动，DE段是匀加速运动 C．AC段是加速运动；DE段是匀速运动 D．AC段是匀加速运动；DE段是匀加速运动 (2)在与AB、AC、AD对应的平均速度中，最接近小车在A点的瞬时速度是________段中的平均速度． [答案] (1)C (2)AB (每空3分) 12．(9分)当物体从高空下落时，其所受阻力会随物体速度的增大而增大，因此物体下落一段距离后将保持匀速运动状态，这个速度称为此物体下落的收尾速度．研究发现，在相同环境下，球形物体的收尾速度仅与球的半径和质量有关．下表是某次研究的实验数据． 小球编号 A B C D E 小球的半径(×10－3 m) 0.5 0.5 1.5 2 2.5 小球的质量(×10－6 kg) 2 5 45 40 100 小球的收尾速度(m/s) 16 40 40 20 32 (1)根据表中的数据，求出B球与C球达到收尾速度时所受的阻力之比． (2)根据表中的数据，归纳出球形物体所受的阻力f与球的速度大小及球的半径之间的关系．(写出有关表达式，并求出比例系数，重力加速度g取9.8 m/s2) (3)现将C球和D球用轻质细线连接，若它们在下落时所受的阻力与单独下落时的规律相同，让它们同时从足够高的同一高度下落，试求出它们的收尾速度，并判断它们落地的顺序(不需要写出判断理由)． 【解析】(1)球在达到收尾速度时处于平衡状态，有： f＝mg 则fB∶fC ＝mB ∶mC 代入数据解得：fB∶fC＝1∶9． (2)由表中A、B两球的有关数据可得，阻力与速度成正比，即f∝v 由表中B、C两球的有关数据可得，阻力与球的半径的平方成正比，即f∝r2 得：f＝kvr2 其中k＝4.9 N·s/m3． (3)将C球和D球用细线连接后，应满足： mCg＋mDg＝fC ＋fD 即mCg＋mDg＝kv(r＋r) 代入数据解得：v＝27.2 m/s 比较C、D两小球的质量和半径，可判断出C球先落地． [答案] (1)1∶9 (3分) (2)f＝kvr2，k＝4.9 N·s/m3 (3分) (3)27.2 m/s C球先落地 (3分) 13．(10分)将一平板支撑成一斜面，一石块可以沿着斜面往不同的方向滑行，如图所示．如果使石块具有初速度v，方向沿斜面向下，那么它将做匀减速运动，经过距离L1后停下来；如果使石块具有同样大小的速度，但方向沿斜面向上，它将向上运动距离L2后停下来．现在平板上沿水平方向钉一光滑木条(图中MN所示)，木条的侧边与斜面垂直．如果使石块在水平方向以与前两种情况同样大小的初速度紧贴着光滑木条运动，求石块在水平方向通过的距离L． 【解析】设斜面的倾斜角为θ，石块与斜面间的动摩擦因数为μ，故石块沿斜面减速下滑时的加速度为： a1＝μgcos θ－gsin θ (2分) 沿斜面减速上滑时的加速度a2＝μgcos θ＋gsin θ (2分) 紧贴光滑木条水平运动时的加速度a3＝μgcos θ (2分) 由题意可得： v2＝2a1L1 v2＝2a2L2 v2＝2a3L (3分) 解得：L＝． (1分) [答案] 14．(10分)如图所示，一固定的斜面倾角为30°，一边与地面垂直，顶上有一定滑轮．一柔软的细线跨过定滑轮，两端分别与物块A和B连结，A的质量为4m，B的质量为m．开始时将B按在地面上不动，然后放开手，让A沿斜面下滑而B上升．物块A与斜面间无摩擦．当A沿斜面下滑s距离后，细线突然断了，求物块B上升的最大高度．(不计细线与滑轮之间的摩擦) 【解析】设细线断前物块的加速度大小为a，细线的张力为T，由牛顿第二定律得： 4mgsin 30°－T＝4ma (2分) T－mg＝ma (2分) 解得：a＝g (1分) 故线断瞬间B的速度大小vB＝＝ (2分) 线断后B再上升的最大高度h＝＝s (1分) 物块B上升的最大高度h总＝s＋h＝s． (2分) [答案] s 15．(12分)在光滑的绝缘水平面上有一质量m＝1.0×10－3 kg、电荷量q＝＋1.0×10－10 C的带电小球静止在O点，以O点为原点在该水平面内建立直角坐标系xOy(如图所示)．现突然加一个沿x轴正方向、场强大小E＝2.0×106 V/m的匀强电场使小球运动，并开始计时．在第1 s末所加电场方向突然变为沿y轴正方向，大小不变；在第2 s末电场突然消失，求第3 s末小球的位置． 一位同学这样分析：第1 s内小球沿x轴做初速度为零的匀加速直线运动，可求出其位移x1；第2 s内小球沿y轴正方向做初速度为零的匀加速直线运动，可求出其位移y2及其速度v，第3 s内小球沿y轴正方向做匀速直线运动，可求出其位移s，最后小球的横坐标是x1，纵坐标是y2＋s． 你认为他的分析正确吗？如果认为正确，请按他的思路求出第3 s末小球的位置；如果认为不正确，请指出错误之处并求出第3 s末小球的位置． 【解析】该同学的分析不正确．因为第1 s末小球有沿x方向的初速度，所以第2 s内小球做类平抛运动，第3 s内也不沿y轴正方向运动． (3分) 第1 s内小球做初速度为零的匀加速直线运动，有： a1x＝＝ (1分) x1＝a1xt＝ ＝ m＝0.1 m (1分) v1x＝a1xt1＝ 第2 s内小球做类平抛运动，有： a2y＝ (1分) y2＝a2yt＝ ＝ m＝0.1 m (1分) v2y＝a2t2＝ x2＝v1xt2＝ ＝ m＝0.2 m (1分) 第3 s内小球做匀速直线运动，沿x方向速度为v1x，沿y方向速度为v2y，有： x3＝v1xt3＝ ＝ m＝0.2 m (1分) y3＝v2yt3＝ ＝ m＝0.2 m (1分) 第3 s末小球的位置坐标为： x＝x1＋x2＋x3＝0.5 m (1分) y＝y2＋y3＝0.3 m． (1分) [答案] 略 16．(13分)如图所示，长L＝1.5 m、高h＝0.45 m、质量M＝10 kg 的长方体木箱在水平面上向右做直线运动．当木箱的速度v0＝3.6 m/s时，对木箱施加一个方向水平向左的恒力F＝50 N，并同时将一个质量m＝1 kg的小球轻放在距木箱右端处的P点(小球可视为质点，放在P点时相对于地面的速度为零)，经过一段时间，小球脱离木箱落到地面．已知木箱与地面的动摩擦因数μ＝0.2，而小球与木箱之间的摩擦不计．取g＝10 m/s2，求： (1)小球从开始离开木箱至落到地面所用的时间． (2)小球放上P点后，木箱向右运动的最大位移． (3)小球离开木箱时木箱的速度． 【解析】(1)小球离开木箱后做自由落体运动，设其落到地面所用的时间为t，由h＝gt2得： t＝＝ s＝0.3 s． (2分) (2)小球放上木箱后相对地面静止 由F＋μFN＝Ma1 (1分) FN＝(M＋m)g (1分) 得木箱的加速度： a1＝＝ m/s2 ＝7.2 m/s2 (2分) 木箱向右运动的最大位移s1＝＝ m＝0.9 m． (1分) (3)由于s1＝0.9 m＜1 m，故木箱在向右运动期间，小球不会从木箱的左端掉下 (1分) 得木箱向左运动的加速度： a2＝＝ m/s2 ＝2.8 m/s2 (2分) 设木箱向左运动s2时，小球从木箱的右端掉下，有： s2＝s1＋＝0.9 m＋0.5 m＝1.4 m (1分) 设木箱向左运动所用的时间为t2，则由s2＝a2t得： t2＝＝ s＝1 s (1分) 小球刚离开木箱时木箱的速度方向向左，大小为： v2＝a2t2＝2.8×1 m/s＝2.8 m/s． (1分) [答案] (1)0.3 s (2)0.9 m (3)2.8 m/s 第2专题 动量和能量 知识网络 考点预测 本专题涉及的内容是动力学内容的延续和深化．动量守恒定律、机械能守恒定律、能量守恒定律比牛顿运动定律的适用范围更广泛．它们是自然界中最基本、最普遍、最重要的客观规律，也是高中物理的重点和难点、高考考查内容的重点．其命题形式一般是能量与动量综合起来考，如：2009年全国理综卷Ⅰ第21题、第25题，2008年全国理综卷Ⅰ的第24题“下摆拉动 滑块碰撞问题”，全国理综卷Ⅱ的第23题“子弹射击木块问题”，重庆理综卷的第24题“碰撞后压缩弹簧问题”．但是，由于目前全国的课改形势以及在课程标准中的内容设置，在高考中出现的这类综合题的难点主要在于功能关系的应用上，而不是在于动量守恒定律的应用上． 另外，从2009年各地的高考考卷中也可发现，除了能量与动量的综合题外，单独考查功能原理的试题在卷中出现的概率也较大． 要点归纳 一、基本的物理概念 1．冲量与功的比较 (2)属性 2．动量与动能的比较 (1)定义式 (2)属性 (3)动量与动能量值间的关系 (4)动量和动能都是描述物体状态的量，都有相对性(相对所选择的参考系)，都与物体的受力情况无关．动量的变化和动能的变化都是过程量，都是针对某段时间而言的． 二、动量观点的基本物理规律 1．动量定理的基本形式与表达式：I＝Δp． 分方向的表达式：Ix合＝Δpx，Iy合＝Δpy． 2．动量定理推论：动量的变化率等于物体所受的合外力，即＝F合． 3．动量守恒定律 (1)动量守恒定律的研究对象是一个系统(含两个或两个以上相互作用的物体)． (2)动量守恒定律的适用条件 ①标准条件：系统不受外力或系统所受外力之和为零． ②近似条件：系统所受外力之和虽不为零，但比系统的内力小得多(如碰撞问题中的摩擦力、爆炸问题中的重力等外力与相互作用的内力相比小得多)，可以忽略不计． ③分量条件：系统所受外力之和虽不为零，但在某个方向上的分量为零，则在该方向上系统总动量的分量保持不变． (3)使用动量守恒定律时应注意： ①速度的瞬时性； ②动量的矢量性； ③时间的同一性． (4)应用动量守恒定律解决问题的基本思路和方法 ①分析题意，明确研究对象．在分析相互作用的物体总动量是否守恒时，通常把这些被研究的物体统称为系统．对于比较复杂的物理过程，要采用程序法对全过程进行分段分析，要明确在哪些阶段中，哪些物体发生相互作用，从而确定所研究的系统是由哪些物体组成的． ②对各阶段所选系统内的物体进行受力分析，弄清哪些是系统内部物体之间相互作用的内力，哪些是作用于系统的外力．在受力分析的基础上根据动量守恒定律的条件，判断能否应用动量守恒定律． ③明确所研究的相互作用过程，确定过程的始末状态，即系统内各个物体的初动量和末动量的值或表达式．(注意：在研究地面上物体间相互作用的过程时，各物体运动的速度均应取地球为参考系) ④确定正方向，建立动量守恒方程求解． 三、功和能 1．中学物理中常见的能量 动能Ek＝mv2；重力势能Ep＝mgh；弹性势能E弹＝kx2；机械能E＝Ek＋Ep；分子势能；分子动能；内能；电势能E＝qφ；电能；磁场能；化学能；光能；原子能(电子的动能和势能之和)；原子核能E＝mc2；引力势能；太阳能；风能(空气的动能)；地热、潮汐能． 2．常见力的功和功率的计算： 恒力做功W＝Fscos θ； 重力做功W＝mgh； 一对滑动摩擦力做的总功Wf＝－fs路； 电场力做功W＝qU； 功率恒定时牵引力所做的功W＝Pt； 恒定压强下的压力所做的功W＝p·ΔV； 电流所做的功W＝UIt； 洛伦兹力永不做功； 瞬时功率P＝Fvcos_θ； 平均功率＝＝Fcos θ． 3．中学物理中重要的功能关系 能量与物体运动的状态相对应．在物体相互作用的过程中，物体的运动状态通常要发生变化，所以物体的能量变化一般要通过做功来实现，这就是常说的“功是能量转化的量度”的物理本质．那么，什么功对应着什么能量的转化呢？在高中物理中主要的功能关系有： (1)外力对物体所做的总功等于物体动能的增量，即W总＝ΔEk．(动能定理) (2)重力(或弹簧的弹力)对物体所做的功等于物体重力势能(或弹性势能)的增量的负值，即W重＝－ΔEp(或W弹＝－ΔEp)． (3)电场力对电荷所做的功等于电荷电势能的增量的负值，即W电＝－ΔE电． (4)除重力(或弹簧的弹力)以外的力对物体所做的功等于物体机械能的增量，即W其他＝ΔE机．(功能原理) (5)当除重力(或弹簧弹力)以外的力对物体所做的功等于零时，则有ΔE机＝0，即机械能守恒． (6)一对滑动摩擦力做功与内能变化的关系是：“摩擦所产生的热”等于滑动摩擦力跟物体间相对路程的乘积，即Q＝fs相对．一对滑动摩擦力所做的功的代数和总为负值，表示除了有机械能在两个物体间转移外，还有一部分机械能转化为内能，这就是“摩擦生热”的实质． (7)安培力做功对应着电能与其他形式的能相互转化，即W安＝ΔE电．安培力做正功，对应着电能转化为其他能(如电动机模型)；克服安培力做负功，对应着其他能转化为电能(如发电机模型)；安培力做功的绝对值等于电能转化的量值． (8)分子力对分子所做的功等于分子势能的增量的负值，即W分子力＝－ΔE分子． (9)外界对一定质量的气体所做的功W与气体从外界所吸收的热量Q之和等于气体内能的变化，即W＋Q＝ΔU． (10)在电机电路中，电流做功的功率等于电阻发热的功率与输出的机械功率之和． (11)在纯电阻电路中，电流做功的功率等于电阻发热的功率． (12)在电解槽电路中，电流做功的功率等于电阻发热的功率与转化为化学能的功率之和． (13)在光电效应中，光子的能量hν＝W＋mv02． (14)在原子物理中，原子辐射光子的能量hν＝E初－E末，原子吸收光子的能量hν＝E末－E初． (15)核力对核子所做的功等于核能增量的负值，即W核＝－ΔE核，并且Δmc2＝ΔE核． (16)能量转化和守恒定律．对于所有参与相互作用的物体所组成的系统，无论什么力做功，可能每一个物体的能量的数值及形式都发生变化，但系统内所有物体的各种形式能量的总和保持不变． 4．运用能量观点分析、解决问题的基本思路 (1)选定研究对象(单个物体或一个系统)，弄清物理过程． (2)分析受力情况，看有什么力在做功，弄清系统内有多少种形式的能在参与转化． (3)仔细分析系统内各种能量的变化情况及变化的数量． (4)列方程ΔE减＝ΔE增或E初＝E末求解． 四、弹性碰撞 在一光滑水平面上有两个质量分别为m1、m2的刚性小球A和B以初速度v1、v2运动，若它们能发生正碰，碰撞后它们的速度分别为v1′和v2′．v1、v2、v1′、v2′是以地面为参考系的，将A和B看做系统． 由碰撞过程中系统动量守恒，有： m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′ 由于弹性碰撞中没有机械能损失，故有： m1v12＋m2v22＝m1v1′2＋m2v2′2 由以上两式可得： v2′－v1′＝－(v2－v1)或v1′－v2′＝－(v1－v2) 碰撞后B相对于A的速度与碰撞前B相对于A的速度大小相等、方向相反；碰撞后A相对于B的速度与碰撞前A相对于B的速度大小相等、方向相反． 【结论1】对于一维弹性碰撞，若以其中某物体为参考系，则另一物体碰撞前后速度大小不变、方向相反(即以原速率弹回)． 联立以上各式可解得： v1′＝ v2′＝ 若m1＝m2，即两个物体的质量相等，则v1′＝v2，v2′＝v1，表示碰后A的速度变为v2，B的速度变为v1． 【结论2】对于一维弹性碰撞，若两个物体的质量相等，则碰撞后两个物体互换速度(即碰后A的速度等于碰前B的速度，碰后B的速度等于碰前A的速度)． 若A的质量远大于B的质量，则有： v1′＝v1，v2′＝2v1－v2； 若A的质量远小于B的质量，则有： v2′＝v2，v1′＝2v2－v1． 【结论3】对于一维弹性碰撞，若其中某物体的质量远大于另一物体的质量，则质量大的物体碰撞前后速度保持不变．至于质量小的物体碰后速度如何，可结合结论1和结论2得出． 在高考复习中，若能引导学生推导出以上二级结论并熟记，对提高学生的解题速度是大有帮助的． 热点、重点、难点 一、动量定理的应用问题 动量定理的应用在高考中主要有以下题型： 1．定性解释周围的一些现象； 2．求打击、碰撞、落地过程中的平均冲力； 3．计算流体问题中的冲力(或反冲力)； 4．根据安培力的冲量求电荷量． ●例1 如图2－1所示，一个下面装有轮子的贮气瓶停放在光滑的水平地面上，瓶的底端与竖直墙壁接触．现打开右端阀门，气体向外喷出，设喷口的面积为S，气体的密度为ρ，气体向外喷出的速度为v，则气体刚喷出时贮气瓶底端对竖直墙壁的作用力大小是( ) 图2－1 A．ρvS B． C．ρv2S D．ρv2S 【解析】Δt时间内喷出气体的质量Δm＝ρSv·Δt 对于贮气瓶、瓶内气体及喷出的气体所组成的系统，由动量定理得： F·Δt＝Δm·v－0 解得：F＝ρv2S． [答案] D 【点评】动量定理对多个物体组成的系统也成立，而动能定理对于多个物体组成的系统不适用． ★同类拓展1 如图2－2所示，质量为M的木块位于光滑水平面上，在木块与墙之间用轻弹簧连接，开始时木块静止在A位置．现有一质量为m的子弹以水平速度v0射向木块并嵌入其中，则当木块回到A位置时的速度v以及此过程中墙对弹簧的冲量I的大小分别为( ) 图2－2 A．v＝，I＝0 B．v＝，I＝2mv0 C．v＝，I＝ D．v＝，I＝2mv0 【解析】设在子弹射入木块且未压缩弹簧的过程中，木块(含子弹)的速度为v1，由动量守恒定律得： mv0＝(m＋M)v1 解得：v1＝ 对木块(含子弹)压缩弹簧再返回A点的过程，由动能定理得： (m＋M)v2－(m＋M)v12＝W总＝0 可知：v＝v1＝ 取子弹、木块和弹簧组成的系统为研究对象，由动量定理得： I＝(m＋M)·(－v)－(m＋M)v1＝－2mv0 负号表示方向向左． [答案] B 二、动能定理、机械能守恒定律的应用 1．对于单个平动的物体：W总＝ΔEk，W总指物体所受的所有外力做的总功． 2．系统只有重力、弹力作为内力做功时，机械能守恒． (1)用细绳悬挂的物体绕细绳另一端做圆周运动时，细绳对物体不做功． (2)轻杆绕一端自由下摆，若轻杆上只固定一个物体，则轻杆对物体不做功；若轻杆上不同位置固定两个物体，则轻杆分别对两物体做功． (3)对于细绳连接的物体，若细绳存在突然绷紧的瞬间，则物体(系统)的机械能减少． 3．单个可当做质点的物体机械能守恒时，既可用机械能守恒定律解题，也可用动能定理解题，两种方法等效．发生形变的物体和几个物体组成的系统机械能守恒时，一般用机械能守恒定律解题，不方便应用动能定理解题． ●例2 以初速度v0竖直向上抛出一质量为m的小物块．假定物块所受的空气阻力f大小不变．已知重力加速度为g，则物块上升的最大高度和返回到原抛出点的速率分别为 [2009年高考·全国理综卷Ⅱ]( ) A．和v0 B．和v0 C．和v0 D．和v0 【解析】方法一：对于物块上升的过程，由动能定理得： －(mgh＋fh)＝0－mv02 解得：h＝ 设物块返回至原抛出点的速率为v，对于整个过程应用动能定理有： mv2－mv02＝－f·2h 解得：v＝v0． 方法二：设小物块在上升过程中的加速度大小为a1，由牛顿第二定律有： a1＝ 故物块上升的最大高度h＝＝ 设小物块在下降过程中的加速度为a2，由牛顿第二定律有： a2＝ 可得：v＝＝v0． [答案] A 【点评】动能定理是由牛顿第二定律导出的一个结论，对于单个物体受恒力作用的过程，以上两种方法都可以用来分析解答，但方法二的物理过程较复杂．例如涉及曲线运动或变力做功时，运用动能定理更为方便． ★同类拓展2 一匹马拉着质量为 60 kg 的雪橇，从静止开始用 80 s 的时间沿平直冰面跑完 1000 m．设在运动过程中雪橇受到的阻力保持不变，已知雪橇在开始运动的 8 s 时间内做匀加速直线运动，从第 8 s 末开始，马拉雪橇做功的功率保持不变，使雪橇继续做直线运动，最后一段时间雪橇做的是匀速直线运动，速度大小为 15 m/s；开始运动的 8 s 内马拉雪橇的平均功率是 8 s 后功率的一半．求：整个运动过程中马拉雪橇做功的平均功率和雪橇在运动过程中所受阻力的大小． 【解析】设 8 s 后马拉雪橇的功率为P，则： 匀速运动时P＝F·v＝f·v 即运动过程中雪橇受到的阻力大小f＝ 对于整个过程运用动能定理得： ·t1＋P(t总－t1)－f·s总＝mvt2－0 即×8＋P(80－8)－×1000＝×60×152 解得：P＝723 W 故f＝48.2 N 再由动能定理可得t总－f·s＝mvt2 解得：＝687 W． [答案] 687 W 48.2 N ●例3 如图2－3所示，质量为m1的物体A经一轻质弹簧与下方地面上的质量为m2的物体B相连，弹簧的劲度系数为k，A、B都处于静止状态．一条不可伸长的轻绳绕过两个轻滑轮，一端连物体A，另一端连一轻挂钩．开始时各段绳都处于伸直状态，A上方的一段沿竖直方向．若在挂钩上挂一质量为m3的物体C，则B将刚好离地．若将C换成另一个质量为m1＋m3的物体D，仍从上述初始位置由静止状态释放，则这次B刚离地时D的速度大小是多少？(已知重力加速度为g) 图2－3 【解析】开始时A、B静止，即处于平衡状态，设弹簧的压缩量为x1，则有： kx1＝m1g 挂上C后，当B刚要离地时，设弹簧的伸长量为x2，则有： kx2＝m2g 此时，A和C的速度均为零 从挂上C到A和C的速度均为零时，根据机械能守恒定律可知，弹性势能的改变量为： ΔE＝m3g(x1＋x2)－m1g(x1＋x2) 将C换成D后，有： ΔE＋(m1＋m3＋m1)v2＝(m1＋m3)g(x1＋x2)－m1g(x1＋x2) 联立解得：v＝． [答案] 【点评】含弹簧连接的物理情境题在近几年高考中出现的概率很高，而且多次考查以下原理：①弹簧的压缩量或伸长量相同时，弹性势能相等；②弹性势能的变化取决于弹簧的始末形变量，与过程无关． 三、碰撞问题 1．在高中物理中涉及的许多碰撞过程(包括射击)，即使在空中或粗糙的水平面上，往往由于作用时间短、内力远大于外力，系统的动量仍可看做守恒． 2．两滑块在水平面上碰撞的过程遵循以下三个法则： ①动量守恒； ②机械能不增加； ③碰后两物体的前后位置要符合实际情境． 3．两物体发生完全非弹性碰撞时，机械能的损耗最大． ●例4 如图2－4所示，在光滑绝缘水平面上由左到右沿一条直线等间距的静止排着多个形状相同的带正电的绝缘小球，依次编号为1、2、3……每个小球所带的电荷量都相等且均为q＝3.75×10－3 C，第一个小球的质量m＝0.03 kg，从第二个小球起往下的小球的质量依次为前一个小球的，小球均位于垂直于小球所在直线的匀强磁场里，已知该磁场的磁感应强度B＝0.5 T．现给第一个小球一个水平速度v＝8 m/s，使第一个小球向前运动并且与后面的小球发生弹性正碰．若碰撞过程中电荷不转移，则第几个小球被碰后可以脱离地面？(不计电荷之间的库仑力，取g＝10 m/s2) 图2－4 【解析】设第一个小球与第二个小球发生弹性碰撞后两小球的速度分别为v1和v2，根据动量和能量守恒有： mv＝mv1＋mv2 mv2＝mv12＋mv22 联立解得：v2＝v 同理，可得第n＋1个小球被碰后的速度 vn＋1＝()nv 设第n＋1个小球被碰后对地面的压力为零或脱离地面，则： qvn＋1B≥()nmg 联立以上两式代入数值可得n≥2，所以第3个小球被碰后首先离开地面． [答案] 第3个 【点评】解答对于多个物体、多次碰撞且动量守恒的物理过程时，总结出通项公式或递推式是关键． ★同类拓展3 如图2－5所示，质量为m的钢板与直立轻弹簧的上端连接，弹簧下端固定在地上，平衡时，弹簧的压缩量为x0．一个物块从钢板的正上方相距3x0的A处自由落下，打在钢板上并立刻与钢板一起向下运动，但不粘连，它们到达最低点后又向上运动．已知物块的质量也为m时，它们恰能回到O点；若物块的质量为2m，仍从A处自由落下，则物块与钢板回到O点时还具有向上的速度．求物块向上运动所到达的最高点与O点之间的距离． 图2－5 【解析】物块与钢板碰撞前瞬间的速度为： v0＝ 设质量为m的物块与钢板碰撞后瞬间的速度为v1，由动量守恒定律有： mv0＝2mv1 设弹簧的压缩量为x0时的弹性势能为Ep，对于物块和钢板碰撞后直至回到O点的过程，由机械能守恒定律得： Ep＋×2m×v12＝2mgx0 设质量为2m的物块与钢板碰撞后瞬间的速度为v2，物块与钢板回到O点时所具有的速度为v3，由动量守恒定律有： 2mv0＝3mv2 由机械能守恒定律有： Ep＋×3m×v22＝3mgx0＋×3m×v32 解得：v3＝ 当质量为2m的物块与钢板一起回到O点时，弹簧的弹力为零，物块与钢板只受到重力的作用，加速度为g；一过O点，钢板就会受到弹簧向下的拉力作用，加速度大于g，由于物块与钢板不粘连，故在O点处物块与钢板分离；分离后，物块以速度v3竖直上升，由竖直上抛的最大位移公式得： h＝＝ 所以物块向上运动所到达的最高点与O点之间的距离为． [答案] 【点评】①物块与钢板碰撞的瞬间外力之和并不为零，但这一过程时间极短，内力远大于外力，故可近似看成动量守恒． ②两次下压至回到O点的过程中，速度、路程并不相同，但弹性势能的改变(弹力做的功)相同． ③在本题中，物块与钢板下压至回到O点的过程也可以运用动能定理列方程． 第一次：0－×2m×v12＝W弹－2mgx0 第二次：×3m×v32－×3m×v22＝W弹－3mgx0． 四、高中物理常见的功能关系 1．摩擦生热——等于摩擦力与两接触面相对滑动的路程的乘积，即Q＝f·s相． ●例5 如图2－6所示，绷紧的传送带与水平面的夹角θ＝30°，皮带在电动机的带动下始终以v0＝2 m/s的速率运行．现把一质量m＝10 kg的工件(可看做质点)轻轻放在皮带的底端，经时间t＝1.9 s，工件被传送到h＝1.5 m的皮带顶端．取g＝10 m/s2．求： (1)工件与皮带间的动摩擦因数μ． (2)电动机由于传送工件而多消耗的电能． 图2－6 【解析】(1)由题意可知，皮带长s＝＝3 m 工件的速度达到v0前工件做匀加速运动，设经时间t1工件的速度达到v0，此过程工件的位移为： s1＝v0t1 达到v0后，工件做匀速运动，此过程工件的位移为： s－s1＝v0(t－t1) 代入数据解得：t1＝0.8 s 工件加速运动的加速度a＝＝2.5 m/s2 据牛顿第二定律得：μmgcos θ－mgsin θ＝ma 解得：μ＝． (2)在时间t1内，皮带运动的位移s2＝v0t1＝1.6 m 工件相对皮带的位移Δs＝s2－s1＝0.8 m 在时间t1内，因摩擦产生的热量Q＝μmgcos θ·Δs＝60 J 工件获得的动能Ek＝mv02＝20 J 工件增加的势能Ep＝mgh＝150 J 电动机多消耗的电能E＝Q＋Ek＋Ep＝230 J． [答案] (1) (2)230 J 2．机械能的变化——除重力、弹簧的弹力以外的力做的功等于系统机械能的变化． ●例6 一面积很大的水池中的水深为H，水面上浮着一正方体木块，木块的边长为a，密度为水的，质量为m．开始时木块静止，有一半没入水中，如图2－7甲所示，现用力F将木块缓慢地向下压，不计摩擦． 图2－7甲 (1)求从开始压木块到木块刚好完全没入水的过程中，力F所做的功． (2)若将该木块放在底面为正方形(边长为a)的盛水足够深的长方体容器中，开始时，木块静止，有一半没入水中，水面距容器底的距离为2a，如图2－7乙所示．现用力F将木块缓慢地压到容器底部，不计摩擦，求这一过程中压力做的功． 图2-7乙 【解析】方法一：(1)因水池的面积很大，可忽略因木块压入水中所引起的水深变化，木块刚好完全没入水中时，图2－7丙中原来处于划斜线区域的水被排开，结果等效于使这部分水平铺于水面，这部分水的质量为m，其势能的改变量为(取容器底为零势能面)： 图2－7丙 ΔE水＝mgH－mg(H－a) ＝mga 木块势能的改变量为： ΔE木＝mg(H－)－mgH ＝－mga 根据功能原理，力F所做的功为： W＝ΔE水＋ΔE木＝mga． (2)因容器的底面积为2a2，仅是木块的底面积的2倍，故不可忽略木块压入水中所引起的水深变化．如图2－7丁所示，木块到达容器底部时，水面上升a，相当于木块末状态位置的水填充至木块原浸入水中的空间和升高的水面处平面，故这一过程中水的势能的变化量为： 图2－7丁 ΔE水′＝mga＋mg(2a－＋)＝mga 木块的势能的变化量ΔE木′＝－mg·a 根据功能原理，压力F做的功为： W′＝ΔE水′＋ΔE木′＝mga． 方法二：(1)水池的面积很大，可忽略因木块压入水中引起的水深变化．当木块浮在水面上时重力与浮力的大小相等；当木块刚没入水中时，浮力的大小等于重力的2倍，故所需的压力随下压位移的变化图象如图2－7戊所示． 图2－7戊 故WF＝mg·＝mga． (2)随着木块的下沉水面缓慢上升，木块刚好完全没入水中时，水面上升的高度，此时木块受到的浮力的大小等于重力的2倍．此后，木块再下沉a的距离即沉至容器底部，故木块下沉的整个过程中压力的大小随位移的变化图象如图2－7己所示 图2－7己 故WF′＝mg·＋mg·a＝mga． [答案] (1)mga (2)mga 【点评】①通过两种方法对比，深刻理解功能关系． ②根据功的定义计算在小容器中下压木块时，严格的讲还要说明在0～的位移段压力也是线性增大的． 3．导体克服安培力做的功等于(切割磁感线引起的)电磁感应转化的电能． ●例7 如图2－8所示，竖直放置的光滑平行金属导轨MN、PQ相距L，在M点和P点间接有一个阻值为R的电阻，在两导轨间的矩形区域OO1O1′O′内有垂直导轨平面向里、宽为d的匀强磁场，磁感应强度为B．一质量为m、电阻为r的导体棒ab垂直地搁在导轨上，与磁场的上边界相距d0．现使ab棒由静止开始释放，棒ab在离开磁场前已经做匀速直线运动(棒ab与导轨始终保持良好接触且下落过程中始终保持水平，导轨的电阻不计)． 图2－8 (1)求棒ab离开磁场的下边界时的速度大小． (2)求棒ab在通过磁场区的过程中产生的焦耳热． (3)试分析讨论棒ab在磁场中可能出现的运动情况． 【解析】(1)设棒ab离开磁场的边界前做匀速运动的速度为v，产生的感应电动势为： E＝BLv 电路中的电流I＝ 对棒ab，由平衡条件得：mg－BIL＝0 解得：v＝． (2)设整个回路中产生的焦耳热为Q，由能量的转化和守恒定律可得： mg(d0＋d)＝Q＋mv2 解得：Q＝mg(d0＋d)－ 故Qab＝[mg(d0＋d)－]． (3)设棒刚进入磁场时的速度为v0，由mgd0＝mv02 解得：v0＝ 棒在磁场中匀速运动时的速度v＝，则 ①当v0＝v，即d0＝时，棒进入磁场后做匀速直线运动； ②当v0＜v，即d0＜时，棒进入磁场后先做加速运动，后做匀速直线运动； ③当v0＞v，即d0＞时，棒进入磁场后先做减速运动，后做匀速直线运动． [答案] (1) (2)[mg(d0＋d)－] (3)①当v0＝v，即d0＝时，棒进入磁场后做匀速直线运动；②当v0＜v，即d0＜时，棒进入磁场后先做加速运动，后做匀速直线运动；③当v0＞v，即d0＞时，棒进入磁场后先做减速运动，后做匀速直线运动． 【点评】①计算转化的电能时，也可应用动能定理： mg(d0＋d)－W安＝mv2－0，其中W安＝E电＝Q． ②对于电磁感应中能量转化的问题，在以后的《感应电路》专题中还会作更深入的探讨． 五、多次相互作用或含多个物体的系统的动量、功能问题 ●例8 如图2－9所示，在光滑水平面上有一质量为M的长木板，长木板上有一质量为m的小物块，它与长木板间的动摩擦因数为μ．开始时，长木板与小物块均靠在与水平面垂直的固定挡板处，某时刻它们以共同的速度v0向右运动，当长木板与右边的固定竖直挡板碰撞后，其速度的大小不变、方向相反，以后每次的碰撞均如此．设左右挡板之间的距离足够长，且M＞m． 图2－9 (1)要想物块不从长木板上落下，则长木板的长度L应满足什么条件？ (2)若上述条件满足，且M＝2 kg，m＝1 kg，v0＝10 m/s，求整个系统在第5次碰撞前损失的所有机械能． 【解析】(1)设第1次碰撞后小物块与长木板共同运动的速度为v1，第n次碰撞后小物块与长木板共同运动的速度为vn．每次碰撞后，由于两挡板的距离足够长，物块与长木板都能达到相对静止，第1次若不能掉下，往后每次相对滑动的距离会越来越小，更不可能掉下．由动量守恒定律和能量守恒定律有：(M－m)v0＝(M＋m)v1 μmgs＝(m＋M)v02－(M＋m)v12 解得：s＝ 故L应满足的条件是： L≥s＝． (2)第2次碰撞前有： (M－m)v0＝(M＋m)v1 第3次碰撞前有： (M－m)v1＝(M＋m)v2 第n次碰撞前有： (M－m)vn－2＝(M＋m)vn－1 所以vn－1＝()n－1v0 故第5次碰撞前有：v4＝()4v0 故第5次碰撞前损失的总机械能为： ΔE＝(M＋m)v02－(M＋m)v42 代入数据解得：ΔE＝149.98 J． [答案] (1)L≥ (2)149.98 J 【点评】在复杂的多过程问题上，归纳法和演绎法常常大有作为． 经典考题 动量与功能问题可以与高中物理所有的知识点综合，是高考的重点，试题难度大，需要多训练、多总结归纳． 1．如图所示，一轻绳的一端系在固定粗糙斜面上的O点，另一端系一小球，给小球一足够大的初速度，使小球在斜面上做圆周运动，在此过程中[2008年高考·海南物理卷]( ) A．小球的机械能守恒 B．重力对小球不做功 C．绳的张力对小球不做功 D．在任何一段时间内，小球克服摩擦力所做的功是等于小球动能的减少 【解析】小球与斜面之间的摩擦力对小球做功使小球的机械能减小，选项A错误；在小球运动的过程中，重力、摩擦力对小球做功，绳的张力对小球不做功．小球动能的变化等于重力、摩擦力做功之和，故选项B、D错误，C正确． [答案] C 2．质量为M的物块以速度v运动，与质量为m的静止物块发生正碰，碰撞后两者的动量正好相等．两者质量之比可能为[2009年高考·全国理综卷Ⅰ]( ) A．2 B．3 C．4 D．5 【解析】由题意知，碰后两球动量相等，即p1＝p2＝Mv 故v1＝，v2＝ 由两物块的位置关系知：≥，得M≥m 又由能量的转化和守恒定律有： Mv2≥M()2＋m()2 解得：M≤3m，故选项A、B正确． [答案] AB 【点评】碰撞问题是高考对动量守恒定律考查的主流题型，这类问题一般都要考虑动量守恒、动能不增加、位置不超越这三方面． 3．图示为某探究活动小组设计的节能运输系统．斜面轨道的倾角为30°，质量为M的木箱与轨道间的动摩擦因数为．木箱在轨道顶端时，自动装货装置将质量为m的货物装入木箱，然后木箱载着货物沿轨道无初速度滑下，当轻弹簧被压缩至最短时，自动卸货装置立刻将货物卸下，然后木箱恰好被弹回到轨道顶端，再重复上述过程．下列选项正确的是[2009年高考·山东理综卷]( ) A．m＝M B．m＝2M C．木箱不与弹簧接触时，上滑的加速度大于下滑的加速度 D．在木箱与货物从顶端滑到最低点的过程中，减少的重力势能全部转化为弹簧的弹性势能 【解析】设弹簧压缩最大时的弹性势能为Ep，由动能定理得下滑过程有： (m＋M)gsin 30°·s－μ(m＋M)gcos 30°·s－Ep＝0 上滑过程：Ep－Mgsin 30°·s－μMgcos 30°·s＝0 解得：m＝2M． [答案] BC 4．某同学利用如图所示的装置来验证动量守恒定律．图中两摆的摆长相同，且悬挂于同一高度处，A、B两摆球均很小，质量之比为1∶2．当两摆均处于自由静止状态时，其侧面刚好接触．向右上方拉动B球使其摆线伸直并与竖直方向成45°角，然后将其由静止释放．结果观察到两摆球粘在一起摆动，且最大摆角为30°．若本实验允许的最大误差为±4%，则此实验是否成功地验证了动量守恒定律？试分析说明理由． [2008年高考·宁夏理综卷] 【解析】设摆球A、B的质量分别为mA、mB，摆长为l，B球的初始高度为h1，碰撞前B球的速度为vB．在不考虑摆线的质量的情况下，根据题意及机械能守恒定律得： h1＝l(1－cos 45°) mBvB2＝mBgh1 设碰撞前后两摆球的总动量的大小分别为p1、p2，则有： p1＝mBvB 联立解得：p1＝mB 同理可得：p2＝(mA＋mB) 联立解得：＝ 解得：()2＝1.03 由此可以推出：||≤4% 所以，此实验在规定的范围内验证了动量守恒定律． (本题要求验证碰撞中的动量守恒定律及碰撞前与碰撞后的机械能守恒定律．) [答案] 是，理由略 5．用放射源钋的α射线轰击铍时，能放出一种穿透力极强的中性射线，这就是所谓的铍“辐射”．1932年，查德威克用铍“辐射”分别照射(轰击)氢和氮(它们可视为处于静止状态)，测得照射后沿铍“辐射”方向高速运动的氢核、氮核的速度之比为7∶1．查德威克假设铍“辐射”是由一种质量不为零的中性粒子构成的，从而通过上述实验在历史上首次发现了中子．假设铍“辐射”中的中性粒子与氢核或氮核发生弹性正碰，试在不考虑相对论效应条件下计算构成铍“辐射”的中性粒子的质量．(质量用原子质量单位u表示，1 u等于一个12C原子质量的．取氢核和氮核的质量分别为1.0 u和14 u)[2007年高考·全国理综卷Ⅱ] 【解析】设构成铍“辐射”的中性粒子的质量和速度分别为m和v，氢核的质量为mH，构成铍“辐射”的中性粒子与氢核发生弹性正碰，碰后两粒子的速度分别为v′和vH′． 由动量守恒和能量守恒定律得： mv＝mv′＋mHvH′ mv2＝mv′2＋mHvH′2 解得：vH′＝ 同理，对质量为mN的氮核，其碰后速度为： vN′＝ 可得：m＝ 根据题意可知：vH′＝7vN′ 将数据代入可得：m＝1.2 u． [答案] 1.2 u 【点评】在课程标准中，动量与原子物理同属于选修3－5模块，关于粒子之间碰撞动量守恒的试题在近几年高考中也屡有出现． 6．如图所示，倾角为θ的斜面上静止放置三个质量均为m的木箱，相邻两木箱的距离均为l．工人用沿斜面的力推最下面的木箱使之上滑，逐一与其他木箱碰撞．每次碰撞后木箱都粘在一起运动．整个过程中工人的推力不变，最后恰好能推着三个木箱匀速上滑．已知木箱与斜面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g．设碰撞时间极短，求： (1)工人的推力． (2)三个木箱匀速运动的速度． (3)在第一次碰撞中损失的机械能． [2009年高考·全国理综卷Ⅰ] 【解析】(1)设工人的推力为F，则有： F＝3mg(sin θ＋μcos θ)． (2)设第一次碰撞前瞬间木箱的速度为v1，由功能关系得： Fl＝mgl sin θ＋μmglcos θ＋mv12 设碰撞后两木箱的速度为v2，由动量守恒得： mv1＝2mv2 设再次碰撞前瞬间两木箱的速度为v3，由功能关系得： Fl＝2mglsin θ＋2μmglcos θ＋×2m(v32－v22) 设碰撞后三个木箱一起运动的速度为v4，由动量守恒得： 2mv3＝3mv4 联立解得：v4＝． (3)设在第一次碰撞中损失的机械能为ΔE，有： ΔE＝mv12－×2mv22 联立解得：ΔE＝mgl(sin θ＋μcos θ)． [答案] (1)3mg(sin θ＋μcos θ) (2) (3)mgl(sin θ＋μcos θ) 能力演练 一、选择题(10×4分) 1．美国的NBA篮球赛非常精彩，因此吸引了众多观众．在NBA篮球赛中经常能看到这样的场面：在终场前 0.1 s 的时候，运动员把球投出且准确命中，获得比赛的最后胜利．已知球的质量为m，运动员将篮球投出时球离地的高度为h1，动能为Ek，篮筐距地面的高度为h2，不计空气阻力，则篮球进筐时的动能为( ) A．Ek＋mgh1－mgh2 B．Ek－mgh1＋mgh2 C．－Ek＋mgh1＋mgh2 D．－Ek－mgh1＋mgh2 【解析】由动能定理得：Ek′－Ek＝WG＝mg(h1－h2) 解得：Ek′＝Ek＋mgh1－mgh2． [答案] A 2．如图所示，竖直放置的劲度系数为k的轻质弹簧上端与质量为m的小球连接，下端与放在水平桌面上的质量为M的绝缘物块相连．小球带正电，电荷量为q，且与弹簧绝缘，物块、弹簧和小球组成的系统处于静止状态．现突然加上一个竖直向上的大小为E的匀强电场，小球向上运动，某时刻物块对水平面的压力为零．从加上匀强电场到物块对水平面的压力为零的过程中，小球电势能的改变量为( ) A． B．－ C． D． 【解析】加电场前，弹簧的压缩量x1＝，当物块对水平面的压力为零时，弹簧的伸长量x2＝，故这一过程中小球沿电场方向运动的距离为x1＋x2＝ 电势能的变化ΔE＝－W电＝－． [答案] B 3．一个质量为m的物体以某一速度从固定斜面底端冲上倾角α＝30°的斜面．已知该物体做匀减速运动的加速度为g，在斜面上上升的最大高度为h，则此过程中( ) A．物体的动能增加mgh B．物体的重力做功mgh C．物体的机械能损失了mgh D．物体克服摩擦力做功mgh 【解析】由题意可知： 物体受到的合外力F＝mg 其中摩擦力f＝F－mgsin θ＝mg 由动能定理得：ΔEk＝－F·＝－mgh 重力做功WG＝－mgh 物体的机械能的变化ΔE＝－f·s＝－mg· ＝－mgh 物体克服摩擦力做的功Wf′＝f·s＝mgh． [答案] CD 4．一质量为m的物体在水平恒力F的作用下沿水平面运动，在t0时刻撤去F，其v－t图象如图所示．已知物体与水平面间的动摩擦因数为μ，则下列关于F的大小及其做的功W的大小关系式中，正确的是( ) A．F＝μmg B．F＝2μmg C．W＝μmgv0t0 D．W＝μmgv0t0 【解析】由题图知：F－μmg＝m· ＝ 解得：F＝3μmg 故W＝F··t0＝μmgv0t0． [答案] D 5．如图所示，已知木板的质量为M，长度为L；小木块的质量为m；水平地面光滑；一根不计质量的轻绳通过定滑轮分别与木板和小木块连接，小木块与木板间的动摩擦因数为μ．开始时，木块静止在木板左端，现用水平向右的力F将小木块拉至木板右端，则拉力至少做的功大小为( ) A．2μmgL B．μmgL C． D．μ(M＋m)gL 【解析】方法一 当拉小木块向右缓慢移动时，拉力F＝μmg＋FT＝2μmg 当小木块向右运动时到达木板的右端，有： WF＝F·＝μmgL． 方法二 由功能关系知，拉力至少做的功等于小木块与木板摩擦产生的热量．即WF＝Q＝μmgL． [答案] B 6．质量为2×103 kg、发动机的额定功率为 80 kW 的汽车在平直公路上行驶．若该汽车所受阻力大小恒为4×103 N，则下列判断中正确的有( ) A．汽车的最大速度是 20 m/s B．汽车以加速度 2 m/s2 匀加速启动，启动后第 2 s末时发动机的实际功率是 32 kW C．汽车做上述匀加速运动所能维持的时间为 10 s D．若汽车保持额定功率启动，则当其速度为 5 m/s 时，加速度为 6 m/s2 【解析】汽车达到最大速度时有：P＝F·vm＝f·vm，故vm＝20 m/s 当汽车的加速度a＝2 m/s2时，有： F＝f＋ma＝8×103 N 故第 2 s 末P实＝F·at＝32 kW 汽车以a＝2 m/s2 的加速度匀加速启动所能达到的最大速度为： v1＝＝10 m/s 能持续的时间t1＝＝5 s 以额定功率启动，当v＝5 m/s时，有： F＝＝16×103 N，a＝＝6 m/s2． [答案] ABD 7．如图所示，质量为M、长度为l的小车静止在光滑的水平面上；质量为m的小物块(可视为质点)放在小车的最左端．现用一水平向右的恒力F作用在小物块上，使物块从静止开始做匀加速直线运动．物块和小车之间的摩擦力为f．物块滑到小车的最右端时，小车运动的距离为s．在这个过程中，以下结论正确的是( ) A．物块到达小车最右端时，具有的动能为F(l＋s) B．物块到达小车最右端时，小车具有的动能为fs C．物块克服摩擦力所做的功为f(l＋s) D．物块和小车增加的机械能为fs 【解析】物块到达小车最右端时，知： 物块具有的动能Ek′＝(F－f)·(l＋s) 此时小车具有动能Ek′＝f·s 这一过程物块克服摩擦力所做的功为： Wf′＝f·(l＋s) 由功能关系知ΔE＝F·(l＋s)－f·l． [答案] BC 8．真空中存在竖直向上的匀强电场和水平方向的匀强磁场，一质量为m、带电荷量为q的物体以速度v在竖直平面内做半径为R的匀速圆周运动．假设t＝0时刻物体在运动轨迹的最低点且重力势能为零，电势能也为零，则下列说法正确的是( ) A．物体带正电且逆时针转动 B．在物体运动的过程中，机械能守恒，且机械能E＝mv2 C．在物体运动的过程中，重力势能随时间变化的关系为Ep＝mgR(1－cos t) D．在物体运动的过程中，电势能随时间变化的关系为E电＝mgR(cos t－1) 【解析】由题意知，题中物体所受的电场力平衡，洛伦兹力提供其做匀速圆周运动所需的向心力，故知物体带正电，洛伦兹力使其逆时针转动．有： 重力势能Ep＝mgh＝mgR(1－cos t) 电势能E电＝－qEh＝－mgh＝－Ep． [答案] ACD 9．如图所示，在光滑的水平轨道上有甲、乙两个等大的小球沿轨道向右运动，取向右为正方向，它们的动量分别为p1＝5 kg·m/s 和 p2＝7 kg·m/s．若两球能发生正碰，则碰后两球动量的增量Δp1和Δp2可能是( ) A．Δp1＝－3 kg·m/s，Δp2＝3 kg·m/s B．Δp1＝3 kg·m/s，Δp2＝3 kg·m/s C．Δp1＝3 kg·m/s，Δp2＝－3 kg·m/s D．Δp1＝－10 kg·m/s，Δp2＝10 kg·m/s 【解析】由题意知，＞ Ek＝＋ 当动量做选项A所述的变化时，系统的动量守恒，通过计算可知机械能可能减小，故有可能成立； 当动量做选项B所述的变化时，系统的动量不守恒，故不可能成立； 当动量做选项C所述的变化时，甲的速度大于乙的速度，故不可能成立； 当动量做选项D所述的变化时，系统的动能增大，故不可能成立． [答案] A 10．如图所示，在光滑的水平面上有一垂直向下的匀强磁场分布在宽为L的区域内，一边长为a(a＜L)的正方形闭合线圈以初速度v0垂直于磁场边界滑过磁场后速度变为v(v＜v0)，那么( ) A．完全进入磁场中时线圈的速度大于 B．完全进入磁场中时线圈的速度等于 C．完全进入磁场中时线圈的速度小于 D．上述情况中A、B均有可能，而C是不可能的 【解析】设完全进入磁场中时线圈的速度为vx，线圈在穿过磁场的过程中所受的合外力为安培力．对于线圈进入磁场的过程，据动量定理可得： I＝BL·Δt＝mvx－mv0 又因为感应电荷量q＝·Δt＝＝B 可得：－B2＝mvx－mv0 对于线圈穿出磁场的过程，同理可得： －B2＝mv－mvx 联立解得：vx＝，故选项B正确． [答案] B 二、选择题(共60分) 11．(6分)气垫导轨是常用的一种实验仪器．它是利用气泵使带孔的导轨与滑块之间形成气垫，使滑块悬浮在导轨上，滑块在导轨上的运动可视为没有摩擦．我们可以用带竖直挡板C和D的气垫导轨以及滑块A和B来验证动量守恒定律，实验装置如图所示(弹簧的长度忽略不计)．采用的实验步骤如下： ①用天平分别测出滑块A、B的质量mA、mB； ②调整气垫导轨，使导轨处于水平； ③在A和B间放入一个被压缩的轻弹簧，用电动卡销将其锁定，把它们静止地放在气垫导轨上； ④用刻度尺测出A的左端至C板的距离L1； ⑤按下电钮放开卡销，同时使分别记录滑块A、B的运动时间的计时器开始工作，当滑块A、B分别碰撞挡板C、D时停止计时，记下A、B分别到达C、D的运动时间t1和t2． (1)实验中还应测量的物理量是______________________． (2)利用上述测量的实验数据验证动量守恒定律的表达式是________________________，上式中算得的A、B两滑块的动量大小并不完全相等，产生误差的原因是______________________________________________． (3)利用上述实验数据能否测出被压缩弹簧的弹性势能的大小？如能，请写出表达式：__________________． [答案] (1)B的右端至D板的距离L2 (1分) (2)mA－mB＝0 (1分) 测量时间、距离等物理量时存在误差，阻力、气垫导轨不水平等造成误差(答对其中两点即可) (2分) (3)能，Ep＝(mA＋mB) (2分) 12．(9分)光电计时器是一种研究物体运动情况的常用计时仪器，其结构如图甲所示，a、b分别是光电门的激光发射和接收装置，当有物体从a、b间通过时，光电计时器就可以显示物体的挡光时间．现利用如图乙所示的装置来测量滑块与长 1 m 左右的木板间的动摩擦因数及被压缩弹簧的弹性势能，图中木板固定在水平面上，木板的左壁固定有一个处于锁定状态的压缩轻弹簧(弹簧的长度与木板相比可忽略)，弹簧右端与滑块接触，1和2是固定在木板上适当位置的两个光电门，与之连接的两个光电计时器没有画出．现使弹簧解除锁定，滑块获得一定的初速度后水平向右运动，光电门1、2各自连接的计时器显示的挡光时间分别为2.0×10－2 s和5.0×10－2 s．用游标卡尺测量小滑块的宽度d，游标卡尺的示数如图丙所示． (1)读出滑块的宽度d＝________cm． (2)滑块通过光电门1的速度v1＝________m/s，通过光电门2的速度v2＝________m/s． (3)若用米尺测量出两个光电门之间的距离为L，已知当地的重力加速度为g，则滑块与木板间的动摩擦因数的表达式为______________．(各量均用字母表示) (4)若用米尺测量出滑块的初始位置到光电门2的距离为s，为测量被压缩弹簧的弹性势能，则还需测量的物理量是__________________________(说明其含义，并指明代表物理量的字母)，被压缩弹簧的弹性势能可表示为______________________________(各量均用字母表示)． [答案] (1)5.50 (2)2.75 1.10 (每空1分) (3) (2分) (4)滑块的质量m mv22＋ (每空2分) 13．(10分)在半径R＝5000 km 的某星球表面，宇航员做了如下实验．实验装置如图甲所示，竖直平面内的光滑轨道由轨道AB和圆弧轨道BC组成，将质量m＝0.2 kg 的小球从轨道AB上高H处的某点静止滑下，用力传感器测出小球经过C点时对轨道的压力F，改变H的大小，可测出相应的F大小，F随H的变化关系如图乙所示．求： (1)圆轨道的半径． (2)该星球的第一宇宙速度． 【解析】(1)设该星球表面的重力加速度为g0，圆轨道的半径为r．当H＝0.5 m时，有： mg0(H－2r)＝mv02 (2分) ＝mg0 (2分) 解得：r＝H＝0.2 m． (1分) (2)当H＞0.5 m时，有： mg0(H－2r)＝mv2 (1分) ＝mg0＋F (1分) 即F＝g0(2H－1) (1分) 由F－H图象可得：g0＝5 m/s2 (1分) 该星球的第一宇宙速度v＝＝5 km/s． (1分) [答案] (1)0.2 m (2)5 km/s 14．(10分)如图所示，间距为L的两条足够长的平行金属导轨与水平面的夹角为θ，导轨光滑且电阻忽略不计．磁感应强度为B的条形匀强磁场的方向与导轨平面垂直，磁场区域的宽度为d1，间距为d2．两根质量均为m、有效电阻均为R的导体棒a和b放在导轨上，并与导轨垂直．(设重力加速度为g) (1)若a进入第2个磁场区域时，b以与a同样的速度进入第1个磁场区域，求b穿过第1个磁场区域过程中增加的动能ΔEk． (2)若a进入第2个磁场区域时，b恰好离开第1个磁场区域，此后a离开第2个磁场区域时，b又恰好进入第2个磁场区域，且a、b在任意一个磁场区域或无磁场区域的运动时间均相同，求b穿过第2个磁场区域的过程中， 两导体棒产生的总焦耳热Q． 【解析】(1)这一过程a和b不受安培力作用． 由机械能守恒定律知：ΔEk＝mgd1sin θ． (3分) (2)由题意可知，两导体棒每次进磁场区域时的速度相等，出磁场区域时的速度也相等，分别设为v1和v2．当b穿过第2个磁场区域时，对于棒a，有： mv12－mv22＝mgd2sin θ (2分) 对于棒b，有： mv22－mv12＝mgd1sin θ－W安 (2分) W安＝Q (1分) 解得：Q＝mg(d1＋d2)sin θ． (2分) [答案] (1)mgd1sin θ (2)mg(d1＋d2)sin θ 15．(12分)如图所示，质量分别为3m、2m、m的三个小球A、B、C，用两根长为L的轻绳相连，置于倾角为30°、高为L的固定光滑斜面上，A球恰能从斜面顶端处竖直落下，弧形挡板使小球只能竖直向下运动，碰撞过程中没有动能损失，小球落地后均不再反弹．现由静止开始释放它们，不计所有摩擦．求： (1)A球刚要落地时的速度大小． (2)C球刚要落地时的速度大小． (3)在B球运动的过程中，两绳对B球做的总功． 【解析】(1)在A球未落地前，A、B、C组成的系统机械能守恒，设A球刚要落地时系统的速度大小为v1，则： (mA＋mB＋mC)v12＝mAghA－mBghB1－mCghC1 (2分) 又hA＝L，hB1＝hC1＝Lsin 30°＝L 代入数据解得：v1＝． (2分) (2)在A球落地后，B球未落地前，B、C组成的系统机械能守恒．设B球刚要落地时系统的速度大小为v2，则： (mB＋mC)v22－(mB＋mC)v12＝mBghB2－mCghC2 (2分) 又hB2＝L，hC2＝Lsin 30°＝L 代入数据解得：v2＝ (1分) 在B球落地后，C球在下落过程中机械能守恒，设C球刚要落地时系统的速度大小为v3，则： mCv32－mCv22＝mCghC3，又hC3＝L (1分) 代入数据得：v3＝． (1分) (3)在B球运动的过程中，重力和绳的拉力做功，设两绳做的总功为W，根据动能定理可得： mBgLsin 30° ＋W＝mBv22 (2分) 代入数据解得：W＝mgL． (1分) [答案] (1) (2) (3)mgL 16．(13分)如图所示，一个带有圆弧的粗糙滑板A的总质量mA＝3 kg，其圆弧部分与水平部分相切于P，水平部分PQ长L＝3.75 m．开始时，A静止在光滑水平面上．现有一质量mB＝2 kg 的小木块B从滑块A的右端以水平初速度v0＝5 m/s 滑上A，小木块B与滑板A之间的动摩擦因数μ＝0.15，小木块B滑到滑板A的左端并沿着圆弧部分上滑一段弧长后返回，最终停止在滑板A上． (1)求A、B相对静止时的速度大小． (2)若B最终停在A的水平部分上的R点，P、R相距 1 m，求B在圆弧上运动的过程中因摩擦而产生的内能． (3)若圆弧部分光滑，且除v0不确定外其他条件不变，讨论小木块B在整个运动过程中，是否有可能在某段时间里相对地面向右运动？如不可能，说明理由；如可能，试求出B既向右滑动，又不滑离木板A的v0取值范围．(取g＝10 m/s2，结果可以保留根号) 【解析】(1)根据动量守恒得： mBv0＝(mB＋mA)v (2分) 解得：v＝v0＝2 m/s． (1分) (2)设B在A的圆弧部分产生的热量为Q1，在A的水平部分产生的热量为Q2．则有： mBv02＝(mB＋mA)v2＋Q1＋Q2 (2分) 又Q2＝μmBg(LQP＋LPR) (1分) 联立解得：Q1＝0.75 J． (1分) (3)当B滑上圆弧再返回至P点时最有可能速度向右，设木块滑至P的速度为vB，此时A的速度为vA，有： mBv0＝mBvB＋mAvA (1分) mBv02＝mBvB2＋mAvA2＋μmBgL (2分) 代入数据得：vB2－0.8v0vB＋6.75－0.2v02＝0 当vB的两个解一正一负时，表示B从圆弧滑下的速度向右．即需：v0＞5.9 m/s，故B有可能相对地面向右运动． 若要B最终不滑离A，有： μmBg·2L≥mBv02－(mB＋mA)(v0)2 (2分) 得：v0≤6.1 m/s 故v0的取值范围为：5.9 m/s＜v0≤6.1 m/s． (1分) [答案] (1)2 m/s (2)0.75 J (3)可能 5.9 m/s＜v0≤6.1 m/s 第3专题 圆周运动、航天与星体问题 知识网络 考点预测 本专题包含两类问题或者说两大题型，无论是星体问题还是其他圆周运动的问题，往往都要运用牛顿运动定律和功能关系进行求解，但由于在高考中地位重要，因`而单独作为一个专题进行总结、分类和强化训练． 航天与星体问题是近几年各地高考卷中的必考题型．由于对这个小模块每年都考，各类题型都有，考得很细，所以历年高考试题往往与近期天文的新发现或航天的新成就、新事件结合，我们在平时学习的过程中应多思考这类天文新发现和航天新事件中可能用于命题的要素． 在高考卷中，关于航天及星体问题的大部分试题的解题思路明确，即向心力由万有引力提供，设问的难度不大，但也可能出现设问新颖、综合性强、难度大的试题．如2008年高考全国理综卷Ⅱ中第25题，2009年高考全国理综卷Ⅱ第26题． 要点归纳 一、圆周运动 1．描述匀速圆周运动的相关物理量及其关系 (1)物理量：线速度v、角速度ω、周期T、频率f、转速n、向心加速度a等等． (2)关系：v＝＝ωr＝2πrf，a＝＝ω2r＝r＝4π2f2r． 2．匀速圆周运动的向心力 (1)向心力的来源：向心力是由效果命名的力，它可以由重力、弹力、摩擦力等力来充当，也可以是由这些力的合力或它们的分力来提供，即任何力都可能提供向心力，向心力的作用是只改变线速度的方向， 不改变线速度的大小． (2)大小：F向＝ma＝m＝mω2r＝mr ＝4mπ2f2r (牛顿第二定律) 3．圆周运动的临界问题 分析圆周运动的临界问题时，一般应从与研究对象相联系的物体(如：绳、杆、轨道等)的力学特征着手． (1)如图3－1所示，绳系小球在竖直平面内做圆周运动及小球沿竖直圆轨道的内侧面做圆周运动过最高点的临界问题(小球只受重力、绳或轨道的弹力)． 图3－1 由于小球运动到圆轨迹的最高点时，绳或轨道对小球的作用力只能向下，作用力最小为零，所以小球做完整的圆周运动在最高点应有一最小速度vmin．当小球刚好能通过最高点时，有： mg＝m 解得：vmin＝． 又由机械能守恒定律有：mv下2＝mv上2＋mg·2R，可得v下≥ 所以，小球要能通过最高点，它在最高点时的速度v需要满足的条件是v≥．当v＞ 时，绳对球产生拉力，轨道对球产生压力． (2)如图3－2所示，轻质杆一端的小球绕杆的另一端做圆周运动及小球在竖直放置的圆环内做圆周运动过最高点的临界问题． 图3－2 分析小球在最高点的受力情况：小球受重力mg、杆或轨道对小球的力F． 小球在最高点的动力学方程为： mg＋F＝m． 由于小球运动到圆轨迹的最高点时，杆或轨道对小球的作用力可以向下，可以向上，也可以为零；以向下的方向为正方向，设小球在最高点时杆或轨道对它的作用力大小为F，方向向上，速度大小为v，则有： mg－F＝m 当v＝0时，F＝mg，方向向上； 当0＜v＜ 时，F随v的增大而减小，方向向上； 当v＝ 时，F＝0； 当v＞ 时，F为负值，表示方向向下，且F随v的增大而增大． 4．弯道问题 (1)火车的弯道、公路的弯道都向内侧倾斜，若弯道半径为r，车辆通过速度为v0，则弯道的倾角应为： θ＝． (2)飞机、鸟在空中盘旋时受力与火车以“v0”过弯道相同，故机翼、翅膀的倾角θ＝arctan． 图3－3 (3)骑自行车在水平路面上转弯时，向心力由静摩擦力提供，但车身的倾斜角仍为θ＝arctan． 二、航天与星体问题 1．天体运动的两个基本规律 (1)万有引力提供向心力 行星卫星模型：F＝G＝m＝mrω2＝mr 双星模型：G＝m1ω2r1＝m2ω2(L－r1) 其中，G＝6.67×10－11 N·m2/kg2 2．万有引力等于重力 G＝mg(物体在地球表面且忽略地球自转效应)； G＝mg′(在离地面高h处，忽略地球自转效应完全相等，g′为该处的重力加速度) 2．人造卫星的加速度、线速度、角速度、周期跟轨道半径的关系 F万＝G＝F向＝ 3．宇宙速度 (1)第一宇宙速度(环绕速度)：v＝＝7.9_km/s，是卫星发射的最小速度，也是卫星环绕地球运行的最大速度． (2)第二宇宙速度：v＝11.2 km/s (3)第三宇宙速度：v＝16.7 km/s 注意：①三个宇宙速度的大小都是取地球中心为参照系； ②以上数据是地球上的宇宙速度，其他星球上都有各自的宇宙速度，计算方法与地球相同． 4．关于地球同步卫星 地球同步卫星是指与地球自转同步的卫星，它相对于地球表面是静止的，广泛应用于通信领域，又叫做同步通信卫星．其特点可概括为六个“一定”： (1)位置一定(必须位于地球赤道的上空) 地球同步卫星绕地球旋转的轨道平面一定与地球的赤道面重合． 假设同步卫星的轨道平面与赤道平面不重合，而与某一纬线所在的平面重合，如图3－4所示．同步卫星由于受到地球指向地心的万有引力F的作用，绕地轴做圆周运动，F的一个分力F1提供向心力，而另一个分力F2将使同步卫星不断地移向赤道面，最终直至与赤道面重合为止(此时万有引力F全部提供向心力)． 图3－4 (2)周期(T)一定 ①同步卫星的运行方向与地球自转的方向一致． ②同步卫星的运转周期与地球的自转周期相同，即T＝24 h． (3)角速度(ω)一定 由公式ω＝知，地球同步卫星的角速度ω＝，因为T恒定，π为常数，故ω也一定． (4)向心加速度(a)的大小一定 地球同步卫星的向心加速度为a，则由牛顿第二定律和万有引力定律得： G＝ma，a＝． (5)距离地球表面的高度(h)一定 由于万有引力提供向心力，则在ω一定的条件下，同步卫星的高度不具有任意性，而是唯一确定的． 根据G＝mω2(R＋h)得： h＝－R＝－R≈36000 km． (6)环绕速率(v)一定 在轨道半径一定的条件下，同步卫星的环绕速率也一定，且为v＝＝＝3.08 km/s． 因此，所有同步卫星的线速度大小、角速度大小及周期、半径都相等． 由此可知要发射同步卫星必须同时满足三个条件： ①卫星运行周期和地球自转周期相同； ②卫星的运行轨道在地球的赤道平面内； ③卫星距地面高度有确定值． 热点、重点、难点 一、圆周运动 关于圆周运动，在高考中除了一般会出现星体问题，带电粒子在匀强磁场中的运动的试题外，还常会出现其他考查动能和功能关系的圆周运动问题．如2009年高考安徽理综卷第24题、浙江理综卷第24题，2008年高考山东理综卷第24题、广东物理卷第17题，2007年高考全国理综卷Ⅱ第23题等． ●例1 如图3－5 所示，两个圆弧轨道固定在水平地面上，半径R相同，A轨道由金属凹槽制成，B轨道由金属圆管制成，均可视为光滑轨道．在两轨道右侧的正上方分别将金属小球A和B由静止释放，小球距离地面的高度分别用hA和hB表示，则下列说法正确的是( ) 图3－5 A．若hA＝hB≥2R，则两小球都能沿轨道运动到最高点 B．若hA＝hB＝，由于机械能守恒，两个小球沿轨道上升的最大高度均为 C．适当调整hA和hB，均可使两小球从轨道最高点飞出后，恰好落在轨道右端口处 D．若使小球沿轨道运动并且从最高点飞出，A小球的最小高度为，B小球在hB>2R的任何高度均可 【解析】当hB＝2R时，B小球能沿圆管运动到达最高点，且由机械能守恒定律知到达最高点时速度减为零，故当hA＝2R时，A小球到达最高点前已离开圆弧轨道；同理，当hA＝hB＝R时，B小球能恰好上升至R，A小球上升至前已离开圆弧，故选项A、B错误． 要使小球从轨道最高点飞出后恰好落在轨道右端口，在最高点的初速度应为v0＝＝ 又因为A小球沿凹槽到达最高点的条件为m≥mg，即v≥，故A小球不可能从轨道最高点飞出后恰好落在轨道右端口处． 又由机械能守恒定律，A小球能到达凹槽轨道高点的条件为： mgha≥mg·2R＋m()2 得ha≥R．故选项C错误、D正确． [答案] D 【点评】除了天体问题和带电粒子在匀强磁场中运动外，竖直方向的圆周运动问题是较常出现的题型．本例题较典型地包含这类问题中的动力学关系和动能关系． 二、天体质量、密度及表面重力加速度的计算 1．星体表面的重力加速度：g＝G 2．天体质量常用的计算公式：M＝＝ ●例2 假设某个国家发射了一颗绕火星做圆周运动的卫星．已知该卫星贴着火星表面运动，把火星视为均匀球体，如果知道该卫星的运行周期为T，引力常量为G，那么( ) A．可以计算火星的质量 B．可以计算火星表面的引力加速度 C．可以计算火星的密度 D．可以计算火星的半径 【解析】卫星绕火星做圆周运动的向心力由万有引力提供，则有：G＝mr 而火星的质量M＝ρπr3 联立解得：火星的密度ρ＝ 由M＝，g＝G＝r知，不能确定火星的质量、半径和其的表面引力加速度，所以C正确． [答案] C 【点评】历年的高考中都常见到关于星体质量(或密度)、重力加速度的计算试题，如2009年高考全国理综卷Ⅰ第19题，江苏物理卷第3题，2008年高考上海物理卷1(A)等． ★同类拓展1 我国探月的嫦娥工程已启动，在不久的将来，我国宇航员将登上月球．假如宇航员在月球上测得摆长为l的单摆做小振幅振动的周期为T，将月球视为密度均匀、半径为r的球体，则月球的密度为( ) A． B． C． D． 【解析】设月球表面附近的重力加速度为g0． 有：T＝2π 又由g0＝G，ρ＝ 可解得ρ＝． [答案] B 三、行星、卫星的动力学问题 不同轨道的行星(卫星)的速度、周期、角速度的关系在“要点归纳”中已有总结，关于这类问题还需特别注意分析清楚卫星的变轨过程及变轨前后的速度、周期及向心加速度的关系． ●例3 2008年9月25日到28日，我国成功发射了神舟七号载人航天飞行并实现了航天员首次出舱．飞船先沿椭圆轨道飞行，后在远地点343千米处点火加速，由椭圆轨道变成高度为343千米的圆轨道，在此圆轨道上飞船运行周期约为90分钟．下列判断正确的是[2009年高考·山东理综卷]( ) A．飞船变轨前后的机械能相等 B．飞船在圆轨道上时航天员出舱前后都处于失重状态 C．飞船在此圆轨道上运动的角速度大于同步卫星运动的角速度 D．飞船变轨前通过椭圆轨道远地点时的加速度大于变轨后沿圆轨道运动的加速度 【解析】飞船点火变轨，反冲力对飞船做正功，飞船的机械能不守恒，A错误．飞船在圆形轨道上绕行时，航天员(包括飞船及其他物品)受到的万有引力恰好提供所需的向心力，处于完全失重状态，B正确．神舟七号的运行高度远低于同步卫星，由ω2∝知，C正确．由牛顿第二定律a＝＝G知，变轨前后过同一点的加速度相等． [答案] BC 【点评】对于这类卫星变轨的问题，特别要注意比较加速度时不能根据运动学公式a＝＝ω2r ，因为变轨前后卫星在同一点的速度、轨道半径均变化，一般要通过决定式a＝来比较． ★同类拓展2 为纪念伽利略将望远镜用于天文观测400周年，2009年被定为以“探索我的宇宙”为主题的国际天文年．我国发射的嫦娥一号卫星绕月球经过一年多的运行，完成了既定任务，于2009年3月1日16日13分成功撞月．图示为嫦娥一号卫星撞月的模拟图，卫星在控制点1开始进入撞月轨道．假设卫星绕月球做圆周运动的轨道半径为R，周期为T，引力常量为G．根据题中信息( ) A．可以求出月球的质量 B．可以求出月球对嫦娥一号卫星的引力 C．可知嫦娥一号卫星在控制点1处应减速 D．可知嫦娥一号在地面的发射速度大于11.2 km/s 【解析】由G＝mR可得月球的质量M＝，A正确．由于不知嫦娥一号的质量，无法求得引力，B错误．卫星在控制点1开始做近月运动，知在该点万有引力要大于所需的向心力，故知在控制点1应减速，C正确．嫦娥一号进入绕月轨道后，同时还与月球一起绕地球运行，并未脱离地球，故知发射速度小于11.2 km/s，D错误． [答案] AC 四、星体、航天问题中涉及的一些功能关系 1．质量相同的绕地做圆周运动的卫星，在越高的轨道动能Ek＝mv2＝G越小，引力势能越大，总机械能越大． 2．若假设距某星球无穷远的引力势能为零，则距它r处卫星的引力势能Ep＝－G(不需推导和记忆)．在星球表面处发射物体能逃逸的初动能为Ek≥|Ep|＝G． ●例4 2008年12月，天文学家们通过观测的数据确认了银河系中央的黑洞“人马座A*”的质量与太阳质量的倍数关系．研究发现，有一星体S2绕人马座A*做椭圆运动，其轨道半长轴为9.50×102天文单位(地球公转轨道的半径为一个天文单位)，人马座A*就处在该椭圆的一个焦点上．观测得到S2星的运动周期为15.2年． (1)若将S2星的运行轨道视为半径r＝9.50×102天文单位的圆轨道，试估算人马座A*的质量MA是太阳质量MS的多少倍．(结果保留一位有效数字) (2)黑洞的第二宇宙速度极大，处于黑洞表面的粒子即使以光速运动，其具有的动能也不足以克服黑洞对它的引力束缚．由于引力的作用，黑洞表面处质量为m的粒子具有的势能为Ep＝－G(设粒子在离黑洞无限远处的势能为零)，式中M、R分别表示黑洞的质量和半径．已知引力常量G＝6.7×10－11 N·m2 /kg2，光速c＝3.0×108 m/s，太阳质量MS＝2.0×1030 kg，太阳半径RS＝7.0×108 m，不考虑相对论效应，利用上问结果，在经典力学范围内求人马座A*的半径RA与太阳半径RS之比应小于多少．(结果按四舍五入保留整数) [2009年高考·天津理综卷] 【解析】(1)S2星绕人马座A*做圆周运动的向心力由人马座A*对S2星的万有引力提供，设S2星的质量为mS2，角速度为ω，周期为T，则有： G＝mS2ω2r ω＝ 设地球质量为mE，公转轨道半径为rE，周期为TE，则： G＝mE()2rE 综合上述三式得：＝()3()2 上式中TE＝1年，rE＝1天文单位 代入数据可得：＝4×106． (2)引力对粒子作用不到的地方即为无限远处，此时粒子的势能为零．“处于黑洞表面的粒子即使以光速运动，其具有的动能也不足以克服黑洞对它的引力束缚”，说明了黑洞表面处以光速运动的粒子在远离黑洞的过程中克服引力做功，粒子在到达无限远之前，其动能便减小为零，此时势能仍为负值，则其能量总和小于零．根据能量守恒定律可知，粒子在黑洞表面处的能量也小于零，则有： mc2－G＜0 依题意可知：R＝RA，M＝MA 可得：RA＜ 代入数据得：RA＜1.2×1010 m 故＜17． [答案] (1)4×106 (2)<17 【点评】①“黑洞”问题在高考中时有出现，关键要理解好其“不能逃逸”的动能定理方程：mc2－G<0． ②Ep＝－G是假定离星球无穷远的物体与星球共有的引力势能为零时，物体在其他位置(与星球共有)的引力势能，同样有引力做的功等于引力势能的减少． ★同类拓展3 2005年10月12日，神舟六号飞船顺利升空后，在离地面340 km的圆轨道上运行了73圈．运行中需要多次进行轨道维持．所谓“轨道维持”就是通过控制飞船上发动机的点火时间、推力的大小和方向，使飞船能保持在预定轨道上稳定运行．如果不进行轨道维持，由于飞船在轨道上运动受摩擦阻力的作用，轨道高度会逐渐缓慢降低，在这种情况下，下列说法正确的是( ) A．飞船受到的万有引力逐渐增大、线速度逐渐减小 B．飞船的向心加速度逐渐增大、周期逐渐减小、线速度和角速度都逐渐增大 C．飞船的动能、重力势能和机械能都逐渐减小 D．重力势能逐渐减小，动能逐渐增大，机械能逐渐减小 【解析】飞船的轨道高度缓慢降低，由万有引力定律知其受到的万有引力逐渐增大，向心加速度逐渐增大，又由于轨道变化的缓慢性，即在很短时间可当做匀速圆周运动，由G＝m＝mω2r＝mr知，其线速度逐渐增大，动能增大，由此可知飞船动能逐渐增大，重力势能逐渐减小，由空气阻力做负功知机械能逐渐减少． [答案] BD 五、双星问题 ●例5 天文学家将相距较近、仅在彼此的引力作用下运行的两颗恒星称为双星．双星系统在银河系中很普遍．利用双星系统中两颗恒星的运动特征可推算出它们的总质量．已知某双星系统中两颗恒星围绕它们连线上的某一固定点分别做匀速圆周运动，周期均为T，两颗恒星之间的距离为r，试推算这个双星系统的总质量．(引力常量为G) [2008年高考·宁夏理综卷] 【解析】设两颗恒星的质量分别为m1、m2，做圆周运动的半径分别为r1、r2，角速度分别为ω1、ω2．根据题意有： ω1＝ω2 r1＋r2＝r 根据万有引力定律和牛顿定律，有： G＝m1r1ω12 G＝m2r2ω22 联立解得：r1＝ 根据角速度与周期的关系知ω1＝ω2＝ 联立解得：m1＋m2＝． [答案] 【点评】在双星系统中，当其中一星体质量远远大于另一星体时，它们的共同圆心就在大质量星球内部且趋近于球心． 经典考题 1．天文学家新发现了太阳系外的一颗行星．这颗行星的体积是地球的4.7倍，质量是地球的25倍．已知某一近地卫星绕地球运行的周期约为1.4小时，引力常量G＝6.67×10－11 N·m2/kg2，由此估算该行星的平均密度约为[2009年高考·全国理综卷Ⅰ]( ) A．1.8×103 kg/m3 B．5.6×103 kg/m3 C．1.1×104 kg/m3 D．2.9×104 kg/m3 【解析】由G＝mR，ρ＝可得，地球密度ρ＝，再由质量和体积关系得该行星的密度ρ′＝2.9×104 kg/m3． [答案] D 2．2009年2月11日，俄罗斯的“宇宙－2251”卫星和美国的“铱－33”卫星在西伯利亚上空约805 km处发生碰撞．这是历史上首次发生的完整在轨卫星碰撞事件．碰撞过程中产生的大量碎片可能会影响太空环境．假定有甲、乙两块碎片，绕地球运行的轨道都是圆，甲的运行速率比乙的大，则下列说法中正确的是[2009年高考·安徽理综卷Ⅰ]( ) A．甲的运行周期一定比乙的长 B．甲距地面的高度一定比乙的高 C．甲的向心力一定比乙的小 D．甲的加速度一定比乙的大 【解析】由v＝可知，甲碎片的速率大，轨道半径小，故B错误；由公式T＝2π可知，甲的周期小，故A错误；由于未知两碎片的质量，无法判断向心力的大小，故C错误；碎片的加速度是指引力加速度，由G＝ma，可得a＝，甲的加速度比乙大，D正确． [答案] D 3.1990年4月25日，科学家将哈勃天文望远镜送上距地球表面约600 km的高空，使得人类对宇宙中星体的观测与研究有了极大的进展．假设哈勃望远镜沿圆轨道绕地球运行．已知地球半径为6.4×106 m，利用地球同步卫星与地球表面的距离为3.6×107 m这一事实可得到哈勃望远镜绕地球运行的周期．以下数据中，最接近其运行周期的是[2008年高考·四川理综卷]( ) A．0.6小时 B．1.6小时 C．4.0小时 D．24小时 【解析】由开普勒行星运动定律可知，＝恒量，所以＝，其中r为地球的半径，h1，t1，h2，t2分别表示望远镜到地表的距离、望远镜的周期、同步卫星距地表的距离、同步卫星的周期(24 h)，代入解得：t1＝1.6 h． [答案] B 【点评】高考对星体航天问题的考查以圆周运动的动力学方程为主，具体常涉及求密度值、同步卫星的参量、变轨的能量变化等．在具体解题时要注意运用好几个常用的代换． 4．我国发射的嫦娥一号探月卫星沿近似于圆形的轨道绕月飞行．为了获得月球表面全貌的信息，让卫星轨道平面缓慢变化，卫星将获得的信息持续用微波信号发回地球．设地球和月球的质量分别为M和m，地球和月球的半径分别为R和R1，月球绕地球的轨道半径和卫星绕月球的轨道半径分别为r和r1，月球绕地球转动的周期为T．假定在卫星绕月运行的一个周期内卫星轨道平面与地月连心线共面，求在该周期内卫星发射的微波信号因月球遮挡而不能到达地球的时间．(用M、m、R、R1、r、r1和T表示，忽略月球绕地球转动对遮挡时间的影响)．[2008年高考·全国理综卷Ⅱ] 【解析】如图所示，设O和O′分别表示地球和月球的中心．在卫星轨道平面上，A是地月连心线OO′与地月球表面的公切线ACD的交点，D、C和B分别是该公切线与地球表面、月球表面和卫星轨道的交点．过A点在另一侧作地月球面的公切线，交卫星轨道于E点．卫星在圆弧BE上运动时发出的信号被遮挡． 设探月卫星的质量为m0，引力常量为G，根据万有引力定律有： G＝m()2r G＝m0()2r1(其中T1表示探月卫星绕月球转动的周期) 由以上两式可得：()2＝()3 设卫星的微波信号被遮挡的时间为t，则由于卫星绕月球做匀速圆周运动，有： ＝，其中α＝∠CO′A，β＝∠CO′B 由几何关系得：rcos α＝R－R1，r1cos β＝R1 联立解得：t＝(arccos－arccos)． [答案] (arccos－arccos) 【点评】航体星体问题有时在高考中也以计算题出现，解答的关键仍是做圆周运动的动力学方程．另外，还需要同学们具有丰富的想象力，描绘情境图、难图化易、化整为零等能力． 能力演练 一、选择题(10×4分) 1．在越野赛车时，一辆赛车在水平公路上减速转弯，从俯视图可以看到，赛车沿圆周由P向Q行驶．下列图中画出了赛车转弯时所受合力的四种方式，其中正确的是( ) 【解析】将F向切向和径向分解，切向分力使其减速，径向的分力产生向心加速度，故D正确． [答案] D 2．备受关注的京沪高速铁路预计在2010年投入运营．按照设计，乘高速列车从北京到上海只需4个多小时，由于高速列车的速度快，对轨道、轨基的抗震动和抗冲击力的要求都很高．如图所示，列车转弯可以看成是做匀速圆周运动，若某弯道的半径为R，列车设计时速为v，则该弯道处铁轨内外轨的设计倾角θ应为( ) A．arctan B．arcsin C．arccot D．arccos 【解析】设计的倾角θ应使列车过弯道时重力与支持力的合力提供向心力：mgtan θ＝m，解得：θ＝arctan ． [答案] A 3.2005年12月11日，有着“送子女神”之称的小行星“婚神”(Juno)冲日，在此后十多天的时间里，国内外天文爱好者凭借双筒望远镜可观测到它的“倩影” ．在太阳系中除了八大行星以外，还有成千上万颗肉眼看不见的小天体，沿着椭圆轨道不停地围绕太阳公转．这些小天体就是太阳系中的小行星．冲日是观测小行星难得的机遇．此时，小行星、太阳、地球几乎成一条直线，且和地球位于太阳的同一侧．“婚神”星冲日的虚拟图如图所示，则( ) A．2005年12月11日，“婚神”星的线速度大于地球的线速度 B．2005年12月11日，“婚神”星的加速度小于地球的加速度 C．2006年12月11日，必将发生下一次“婚神”星冲日 D．下一次“婚神”星冲日必将在2006年12月11日之后的某天发生 【解析】由G＝m得v2∝，“婚神”的线速度小于地球的线速度，由a＝＝G知，“婚神”的加速度小于地球的加速度，地球的公转周期为一年，“婚神”的公转周期大于一年，C错误，D正确． [答案] BD 4.2007年11月5日，嫦娥一号探月卫星沿地月转移轨道到达月球附近，在距月球表面200 km的P点进行第一次“刹车制动”后被月球俘获，进入椭圆轨道 Ⅰ 绕月飞行，如图所示．之后，卫星在P点经过几次“刹车制动”，最终在距月球表面200 km、周期127 min的圆形轨道 Ⅲ 上绕月球做匀速圆周运动．若已知月球的半径R月和引力常量G，忽略地球对嫦娥一号的引力作用，则由上述条件( ) A．可估算月球的质量 B．可估算月球表面附近的重力加速度 C．可知卫星沿轨道Ⅰ经过P点的速度小于沿轨道Ⅲ经过P点的速度 D．可知卫星沿轨道Ⅰ经过P点的加速度大于沿轨道Ⅱ经过P点的加速度 【解析】由G＝m(R月＋h)可得： 月球的质量M＝，选项A正确． 月球表面附近的重力加速度为： g月＝G＝，选项B正确． 卫星沿轨道Ⅰ经过P点时有： m>G 沿轨道Ⅲ经过P点时：m＝G 可见vPⅢ查看更多