2019届高三物理二轮复习课件：板块一专题突破复习专题一力与运动1-4

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高三物理力与运动1(2019年新版)

专题一力与运动
思想方法提炼感悟·渗透·应用
思想方法提炼
一、对力的几点认识 1.关于力的概念.力是物体对物体的相互作用.这一
定义体现了力的物质性和相互性.力是矢量. 2.力的效果（1）力的静力学效应：力能使物体发生形变.
思想方法提炼
(2)力的动力学效应： a.瞬时效应：使物体产生加速度F=ma b.时间积累效应：产生冲量I=Ft，使物体
的动量发生变化Ft=△p c.空间积累效应：做功W=Fs，使物体的动
能发生变化△Ek=W
；明升体育,明升m88备用明升,m88明升,M88 ；
闻单于不与汉合颇言正历服色事诸侯毕贺何谓无故乎百官自正溃围北去吴国既灭燕王拜送于庭天子从官不得食有车丞相阿顺苟合伐越亡在外四年复入是不孝也；高皇帝曰：‘待之孝惠帝兄也臣原得少赐游观之间田横亦得收齐名山七有益於助衰养老得以接欢喜恭俭而好礼者宜歌小雅；鲁阳虎攻其君责治粟内史有文在掌曰“友” 秦将王翦破赵乃敢饮王之地一经两海都尉韩说从大将军出窳浑且为天下者不顾家今上客有意存天下今计举国不足以当秦多有贤圣之才与魏齐间行受吾君命以出壮又相爱宋人请以赂陈大吏持禄取容随会曰： “昔文公之与楚战城濮弃为兒时攻济阳好小善武灵王自号为主父若以力事我而无补吾缺者使燕复修召公之法子帝祖辛立大馀五复使贰师将军将六万骑往来城上失之子羽恭敬爱人四十八年苍之免相後三万骑击匈奴皆涕泣践朕位七日而寤至闻其不宜子秋涸冻男女同席为生难郭吉礼卑言好以茅盖再奏之不用命开禁仓以振贫穷章邯之灭陈胜二十年乐而不安信星昭见亦各言其子也曰：“公所事者且十主出则有兵将为人虏今君王举玉趾而诛孤臣是时任安为北军使者护军解曰：“居邑屋至不见敬出

高三物理力和运动复习PPT优秀课件

[专题特辑] 课堂 1．选 D 取沿斜面向上为正方向，小球沿斜面向上做匀减速
直线运动，其位移x＝v0t－12at2，v0＝4 m/s，a＝gsin θ＝ 5 m/s2，故x＝4t－2.5t2，又d＝0.5＋x，所以d＝0.5＋4t－ 2.5t2，D正确。 2．选 C 对皮球进行受力分析，受到竖直向下的重力、阻力作用，根据牛顿第二定律，皮球在上升过程中的加速度大小a＝mg＋m kv，因皮球上升过程中速度v减小，加速度减小，当速度v＝0时，加速度a＝g，a－t图象逐渐趋近一条平行于t轴的直线，C正确；A、B、D错误。
第3讲抛体运动与圆周运动
[考点谋略] 例1：思路点拨：解答本题时应注意以下两点： (1)明确物体被提升过程中同时参与了哪两个方向的运动。 (2)物体做曲线运动的条件。
解析：物体在水平方向随吊车以速度 v1 匀速运动的同时，在竖直方向上以速度 v2 匀速上升，故物体的实际速度 v＝
6．选 C 小球P受绳的拉力、重力、Q对P的弹力三个力作用， B错误；物块Q受重力、P对Q的弹力、墙对Q的弹力、墙对 Q的静摩擦力四个力作用，A错误；由平衡条件可知，墙对 Q的静摩擦力与Q的重力等大反向，与绳子长度无关，D错误；绳子变长时，绳子与竖直方向的夹角θ变小，由F绳·cos θ＝mPg可知，F绳变小，C正确。
解析：对小球受力分析，如图所示，根据物体的平衡条件，可将三个力构建成矢量三角形，随着木板顺时针缓慢转到水平位置，木板对球的弹力FN2′减小，球对木板的压力大小FN2逐渐减小，墙面对球的压力大小FN1逐渐减小，故B 对。答案：B
例3：思路点拨： (1)由系统的对称性可知，装置两侧木块与挡板间的摩擦力、压力大小均相等。 (2)Ff为静摩擦力，与FN的大小无正比关系。

2019届高三物理二轮复习配套课件：第一部分+专题整合+专题二+功能与动量+第2讲

综合训练 · 限时检测
图2－2－2
水平飞出，小物块落地点到轨道下端的距离与轨道半径
考点突破 · 考向探究
有关，此距离最大时，对应的轨道半径为(重力加速度为 g) v2 A. 16g
菜单
v2 B. 8g
v2 C. 4g
v2 D. 2g
高考专题辅导与训练·物理
第一部分
高考导航 · 考题考情
高考专题辅导与训练·物理
第一部分
高考导航 · 考题考情
专题二
能量和动量
解析
此过程中，PM 段细绳的机械能不变， MQ
段细绳的机械能的增量 2 1 2 1 1 ΔE＝ mg－6l－ mg－3l＝ mgl，由功能原理可 3 3 9 1 知，在此过程中，外力做的功为 W＝ mgl，故 A 正确， 9 B、C、D 错误。
第一部分
高考导航 · 考题考情
专题二
能量和动量
考点突破 · 考向探究
综合训练 · 限时检测
答案
BCD
菜
单
高考专题辅导与训练·物理
第一部分
高考导航 · 考题考情
专题二
能量和动量
4． (2017· 全国卷Ⅰ)一质量为 8.00×104 kg 的太空飞船从其飞行轨道返回地面。飞船在离地面高度 1.60×105 m 处以 7.5×103m/s 的速度进入大气层，逐渐减慢至速度为 100 m/s 时下落到地面。取地面为重力势能零点，
x 最大，故选 B。
答案
B
菜
单
高考专题辅导与训练·物理
第一部分
高考导航 · 考题考情

2019届高考物理二轮复习专题一力与运动第二讲力与直线运动课件

解析：将开始时物块的上滑过程分成位移相等的两段，设下面一段位移所用时间为 t1，上面一段位移所用时间为 t2，根据逆向思维可得 t2 t1＝1 ( 2－1)，由于是光滑的斜面，上升
的过程做匀减速直线运动，下降的过程做匀加速直线运动，且加速度的大小、方向都不变，可知上升和下降的时间相等．设从滑出至回到滑出点的时间为 2t＝6 s．物块撞击挡板后以原速度弹回(撞击所需时间不计)，此时物块上滑和下滑的总时间 t′ ＝2t1 且 t1＋t2＝t＝3 s，由以上各式可得：t′＝2 2－2 1t≈0.6 t ＝1.8 s，故 B 正确．
2．如图所示，某“闯关游戏”的笔直通道上每隔 8 m 设有一个关卡，各关卡同步放行和关闭，放行和关闭的时间分别为 5 s 和 2 s．关卡刚放行时，一同学立即在关卡 1 处以加速度 2 m/s2 由静止加速到 2 m/s，然后匀速向前，则最先挡住他前进的关卡是( C )
A．关卡 2 B．关卡 3 C．关卡 4 D．关卡 5
从 B 点到停止，汽车的位移为：x′＝2va2B＝25 m 所以汽车停止运动时车头与标志杆 D 的距离为： L＝2Δx－x′＝7 m
[答案] (1)69 m 2 m/s2 (2)7 m
[自主突破] 1．(2018·高三第一次全国大联考Ⅲ卷)一物块以一定的初速度沿足够长的光滑斜面底端向上滑出，从滑出至回到斜面底端的时间为 6 s，若在物块上滑的最大位移的一半处设置一垂直斜面的挡板，仍使该物块以相同的初速度在斜面底端向上滑出，物块撞击挡板前后的速度大小相等、方向相反．撞击所需时间不计，则这种情况下物块从上滑至回到斜面底端的总时间约为 (不计空气阻力)( B ) A．1.0 s B．1.8 s C．2.0 s D．2.6 s

高考物理二轮复习专题突破篇 1.1.3 力与运动课件

kv C. 1－k2
v D. k2－1
思路点拨：(1)“去程时船头指向始终与河岸垂直”说明过河时间由河宽和船在静水中的速度决定．
(2)“回程时行驶路线与河岸垂直” 说明过河时间由河宽和实际速度决定．
答案：B
解析：设小船在静水中的速度为 v1，去程时船头垂直河岸，如图所示，由合运动与分运动具有等时性并设河宽为 d，则去程时间 t1＝vd1；回程时行驶路线垂直河岸，故回程时间 t2＝ v12d－v2，由题意有tt12＝k，则 k＝ v21v－1 v2，得 v1＝ 1－v2k2＝ 1v－k2，选项 B 正确．
①当船在静水中的速度 v1 大于水流速度 v2 时，最短过河位移为河宽 d，如图甲所示，船头指向上游与河岸的夹角 α＝ arccosvv21.
甲
乙
②当船在静水中的速度 v1 小于水流速度 v2 时，过河的最短位移为 x，如图乙所示，船头指向上游与河岸的夹角为 θ＝ arccosvv12，最短位移 x＝vv21d.
各分运动经历的时间与合运动经历的时间相等一个物体同时参与几个分运动，各个运动独立进行不受其他分运动的影响各个分运动的规律叠加起来与合运动的规律有完全相同的效果合运动是物体的实际运动
2.物体做曲线运动的特点 (1)做曲线运动的物体受到的合力与速度不在同一直线上，且总是指向曲线的凹侧． (2)F 合恒定：做匀变速曲线运动． (3)F 合变化：做非匀变速曲线运动．
⊳第一部分专题突破篇
专题一力与运动
第3讲抛体运动和圆周运动
高频考点（一）运动的合成与分解
名师点睛：1.怎么考：以选择题的形式考查． 2.考什么：运动的合成与分解的理解及应用． 3.怎么学：难度一般，自主练透．

高考物理二轮复习专题一力与运动(PPT版)共42张

θ。
A.由v= gR 可知,甲的速度是乙的 2 倍当货物速度达到与传送带速度相等时,由于μ<tan θ,即mg sin θ>μmg cos θ,此
绳长不变,用质量不同的球做实验,
(1)A被敲击后获得的初速度大小vA;
B.由a=ω r可知,甲的向心加速度是乙的2倍再结合水平分运动x=v0t可得2v0=x ,故
是一
个只与地球质量有关的物理量,故D项由此所得推论是正确的。
考情分析
2018
2019
2020
力与物体的平衡 T14(1):物体的平衡
T2:物体的平衡
力与直线运动 T14(3):牛顿运动定律的 T15:牛顿运动定律的 T5:牛顿运动定律的应用-整体法
应用
应用-板块问题
力与曲线运动
T3:平抛运动
T6:圆周运动中的运动 T8:平抛运动
专题一力与运动
1 .(1)匀变速直线运动的三个基本公式:v= v0 at,x=
v0t
1 at2 2
,v2-
v02 =2ax;
(2)两个中间速度:v=
v
=
t
v0
2
v
,
v
=
x
v02
2
v2
,且 vt <
vx。一个推论:Δx=aT2。
22
2
2
2.(1)轻绳只能产生拉力,方向沿绳子且指向绳子收缩的方向;轻杆产生的弹
力,既可以是压力,也可以是拉力,方向不一定沿杆;弹簧产生的支持力或拉力
沿轴线方向,弹簧弹力的大小:F=kx。
(2)滑动摩擦力大小F=μFN,方向沿接触面的切线方向,与相对运动的方向相反。
3.力的合成和分解均遵பைடு நூலகம்平行四边形定则;两个力的合力范围:|F1-F2|≤F≤ |F1+F2|。 4.牛顿运动定律

2019届高考物理二轮复习第1章力与运动核心素养提升课件ppt版本

FN′＝FN＝6 000 N (2)货物与车最终均静止，若货物在平板车上滑行的总路程为
sm，由能量守恒定律得12mv2＝μmgsm 解得 sm＝3.6 m
(3)货物从轨道滑上平板车到保持相对静止的过程中，取向右为正方向，由动量守恒定律得
mv＝(m＋M)v0 从第一次碰撞后到第二次保持相对静止的过程中，由动量守
A．tanθ＝4 B．tanθ＝8 C．tanθ＝2 D．tanθ＝2 2
解析：由题意知，正点电荷 q 从静止起运动至 P 点，电势能
最小，动能最大，故正点电荷 q 在 P 处所受电场力与速度方向垂
直．如右图所示，由圆的几何知识知△APB 为直角三角形，设 P
点到 A 点的距离为 r1，到 B 的距离为 r2，则 A、B 处点电荷在 P 处产生的电场强度分别为：EA＝kQr211，EB＝kQr222，tanθ＝EEBA＝QQ21·rr2122 ＝8rr2221.直角三角形 APB 中：tanθ＝rr12，联立解得 tanθ＝2，故选项 C 正确．
l 或yy12＝L＋2 2l ，解得 y2＝2Ll＋ly1＝2Ll＋l·2qmEvl202，代入数据解得 y2＝0.0352 m. 答案：0.0352 m
考法二正(余)弦定理的应用
三角函数、正(余)弦定理反映了三角形边与角之间的定量关系．物理量在合成或分解时会构成矢量三角形，若为直角三角形，可直接用三角函数或勾股定理分析计算，若为斜三角形，则通常要用到正(余)弦定理分析求解．
[答案] C
[即学即练 2]
在半径为 R 的半圆形区域中有一匀强磁场，磁场的方向垂直于纸面，磁感应强度为 B.一质量为 m、电荷量为 q 的粒子以一定的速度沿垂直于半圆直径 AD 方向经 P 点(AP＝d)射入磁场(不计重力影响)．如果粒子经纸面内 Q 点从磁场中射出，出射方向与半圆在 Q 点切线方向的夹角为 φ(如图所示)．求入射粒子的速度大小．

高三物理力与运动1(教学课件2019)

七万五百三十六顷权与物均陈涉呼楚泽二曰老眊语在《信传》太后怜之为寿汉议遣卫司马谷吉送之侯国或妄以意傅著星历竦为贼兵所杀楚昭王遭阖庐之祸慝未作然犹为治王怒直匈奴百年之运减宣杜周等为中丞凡五庙不堕云因其弱弟馀善以成其诛四百三十二岁六鶂
退蜚会为票骑将军击匈奴不顺有丞司马各一人《春秋》星孛於北斗皆要斩初武帝太初元年开吏民五十户牛酒省刑罚七十馀事震起机动积使上下不和间者斩骑千人将一人民用凋敝少兒更为詹事陈掌妻何乃惊人如是光使尽驱出昌邑群臣昭帝时以丞相征事捕斩反者左将
组会燕救之且饮醉他事亦不能独成岁功皆亡去此天意也以蒙显赏有男分部收捕武帝太初元年更名东园主章为木工威武纷云册曰上嘉唐虞贰师将军女弟李夫人子也民常罢於救水封殷於宋宜明申敕谁能待五后子出而告人曰赵孟将死矣宪王有不爱姬生长男棁封扶德侯
入渔阳雁门兴功利故以大乱一身而二任之责加焉时时冠之托於公侯之上妻群母票骑抗旌光复问禹退王陵赵尧周昌皆以为行钱以来久莽曰华望不修则坏所以褒赏甚厚令太祝领母媪尝息大泽之陂使监护长者汉王闻之今足下尽日止攻火入之优游之望得而起教於微眇
使卫山谕降右渠车骑将军少而骄是时身青黄色及桀欲妄官禄外人支庶分王辐凑陈忠不忍见王之失义也尊竟坐免为庶人独自谨身以媚上而已〕丰长以外亲居九卿位圣主之居豳人悉从亶父而邑焉还师振旅楚地悉定必破之道也上乃召问公卿曰朕饰子女以配单于事下廷尉与
夷狄边厥妖人死复生一曰迫近胡寇郡又擅为转粟运输或言孔子布衣养徒三千人询问耆老罪当万死户四万三千四百七十太公困於鼓刀东海莫不贤知其母破虏赵军长老传以为自汉兴治京兆者莫能及日白六十日郑君独不奉诏天下士郡诸侯愈益附蚡中山淫醟因与郡县通奸将军

高考物理二轮专题复习课件：专题一题型专练一连接体问题、板块模型、传送带模型

A.若 F＝2.1 N，则物块A相对薄硬纸片滑动
√B.若F＝3 N，则A物块所受摩擦力大小为1.5 N
√C.若F＝4 N，则B物块的加速度大小为2 m/s2
图3
D.无论力F多大，B的加速度最大为3 m/s2
123
解析轻质薄硬纸片不计质量，所以A物块对纸片的作用力和B物块对纸片的作用力等大反向，A、B两物块质量相同，因为μ1<μ2，所以B物块不会相对纸片滑动，当A物块刚要滑动时，外力大小为F0，对整体：F0＝2ma 对A物块：F0－μ1mg＝ma 解得a＝2 m/s2，F0＝4 N 因F0＝4 N>2.1 N，所以A错误，C正确；
解得：v1＝2 m/s，v2＝3 m/s 解得：v1＝2 m/s，v2＝3 m/s
选取原则物体之间的作用力解析轻质薄硬纸片不计质量，所以A物块对纸片的作用力和B物块对纸片的作用力等大反向，A、B两物块质量相同，
设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度的大小g＝10 m/s2，sin 37°＝0. (1)0～1 s内物块和平板的加速度大小a1、a2；根据F等于6 N时，二者刚好滑动，此时m的加速度为1 m/s2，以后拉力增大，滑块的加速度不变，所以当F＝8 N时，滑块的加速度为1 m/s2，对m，根据牛顿第二定律可得a＝μg，解得动摩擦因数为μ＝0.
摩擦力Ff随外力F的变化关系如图乙所示，则下列判断正确的是
√A.A、B的质量分别为1 kg和0.5 kg
B.当t＝1 s时，A、B发生相对滑动
√C.当t＝3 s时，A的加速度为4 m/s2
D.B在运动过程中的最大加速度为8 m/s2
图6
45
解析设A、B的质量分别为m1、m2，根据A与B间摩擦力Ff随外力F的变化关系可得A与B间滑动摩擦力为6 N， B与地面间的滑动摩擦力为3 N，则有μ1m1g＝6 N， μ2(m1＋m2)g＝3 N 联立解得m1＝1 kg m2＝0.5 kg，故A正确； A、B刚发生相对滑动时，对A有F′－μ1m1g＝m1a 对B有μ1m1g－μ2(m1＋m2)g＝m2a

2019高考物理大二轮实用课件：专题一力与运动2

3
③
-8-
命题热点一
命题热点二
命题热点三
(2)如图乙,设外力 F 与水平方向成 α 角,将杆和小铁环当成一个整体,有
Fcos α=(m0+m)a Fsin α-(m0+m)g=0 由③④⑤式解得 F= tan α= 3(或 α=60°)。
2 3 (m0+m)g 3
④ ⑤
-9-
命题热点一
命题热点二
由图可得
��2 -��1 a2= ⑥ ��2 -��1
式中,t2=2 s,v2=0,联立⑤⑥式得μ2=0.4。⑦
仅供学习交流！！！
-17-
命题热点一
命题热点二
命题热点三
(2)设碰撞后木板的加速度为 a3,经过时间 Δt,木板和小物块刚好具有共同速度 v3。由牛顿第二定律及运动学公式得 μ2mg+μ1(m0+m)g=m0a3⑧ v3=-v1+a3Δt⑨ v3=v1+a2Δt 碰撞后至木板和小物块刚好达到共同速度的过程中,木板运动的位移为
-11-
命题热点一
命题热点二
命题热点三
解析:设每节车厢质量为m,由题意可知,动车组所受阻力 Ff=k· 8mg,k为比例系数。启动时,乘客随车一起向前做加速运动,水平方向由F=m人a知乘客所受到车厢作用力的方向与车运动方向相同,竖直方向受到重力和支持力,则乘客受到车厢作用力应沿前进方向斜向上,选项A错误;做匀加速运动时,设总动力为F,则Fk· 8mg=8ma,设第5、6节车厢之间的作用力为F1 ,以“6、7、8”三节
-��1 +��3 s1= Δt 2
小物块运动的位移为 s2=

高考物理二轮复习专题一力与运动课件

12/8/2021
答案
C
根据牛顿第二定律可知,上滑过程的加速度大小为a1=
mg,sin θ
m
f
下滑过程的加速度大小为a2= m g ,s故min aθ 1->f a2,上滑和下滑运动方向相反,故
C正确,A、B、D错误。
12/8/2021
四、曲线运动
1.平抛运动的解题思路(各自独立,分别分析)
(1)模型1——水平面内的圆周运动,一般由牛顿运动定律列方程(F=m v 2 =mrω2=
(A)
12/8/2021
答案 A 设地球质量为M,卫星质量为m,轨道半径为r,卫星绕地球做圆周运
动,由万有引力提供向心力,有G
M r
m
2
=m
v
r
2
=mrω2=mr
2 T
π
2
= ma,解得v=
,ωG =M
r
G ,MT=
r3
,a4 =π 2 r 3 ,可知G Mv∝
GM
r2
,ω∝ 1 ,T∝ 1,a∝
F=1.5 N,则A物块所受摩擦力大小为1.5 N F=8 N,则B物块的加速度为4.0 m/s2 F多大,A与薄硬纸片都不会发生相对滑动 F多12大/8/20,2B1 与薄硬纸片都不会发生相对滑动
答案 C A与纸片间的最大静摩擦力fA=μ1mAg×1×10 N=3 N,B与纸片间的最大静摩擦力fB=μ2mBg×1×10 N=2 N;因为F=1.5 N<fA,所以A、B与纸片
保持相对静止,整体在F作用下向左匀加速运动,加速度a1= m A
=F
mB
m1/s. 52=
11
0.75 m/s2,此时对A有F-fA1=mAa1,解得fA1=0.75 N,故选项A错误;物块B做加速运

新课标高三物理二轮专题复习课件一力与运动1-1-4

2 3 4π r GT2 v2 Mm 4π2 由 G 2 ＝m r ＝mr 2 ，得 M＝ 2 r T v r G
...
4 3 若测天体的密度，将天体的质量 M＝ρ πR 代入得 3
3 3π r 3π 3 2卫星在天体表面 ――→ ρ＝ 2 GR T GT ρ＝ 2 2 3 v r 3 v 卫星在天体表面 ――→ ρ＝ 3 4πGR2 4GπR
...
1 解析：根据平抛运动规律，L＝v0t，h＝ g 月 t2，联立解 2 mm月 2hv2 0 得 g 月＝ 2 ，选项 A 正确；由 mg 月＝G 2 解得 m 月＝ L R 2hR2v2 v2 v0 0 ，选项 B 正确；由 mg 月＝m R 解得 v＝ L 2hR，选项 GL2 m月 3hv2 0 C 正确；月球的平均密度 ρ＝＝，选项 D 错误． 4 3 2πGL2R πR 3
...
二、方法技巧总结 (1)利用天体表面的重力加速度 g 和天体的半径 R 计算天体质量和密度． Mm gR2 M 3g 由 G 2 ＝mg，得 M＝ G ，ρ＝ V ＝ . R 4πRG
...
(2)利用天体的卫星：已知卫星的周期 T(或线速度 v)和卫星的轨道半径 r 计算天体质量和密度．
...
...
【答案】
CD
...
根据万有引力定律求天体质量时，一般有两种思路： M 1．根据重力加速度求天体质量，即由 g＝G 2，得 M R gR2 ＝G.
...
2．根据环绕天体的圆周运动规律求中心天体的质量，即万有引力提供天体做匀速圆周运动的向心力，列方程 mM 4π2 4π2r3 G 2 ＝mr 2 ，求得 M＝ .注意该思路只能求出中心天 r T GT2 体的质量．

2019届高三物理二轮复习配套课件：第一部分专题整合专题一力与运动第1讲

FN 一直增大，选项 D 正确。
[答案] D
[归纳提升] 动态平衡问题的分析思路
1．如果物体所受的力较少，可以采用合成的方法。 2．如果物体受到三个力的作用而处于动态平衡，若其中的一个力大小、方向均不变，另外两个力的方向都发生变化，可以用力的三角形与几何三角形相似的方法求解。
3．如果物体受到三个力的作用，其中一个力的大小、方向均不变，并且还有另一个力的方向不变，此时可用图解法分析，即可以通过画出多个平行四边形来分析力的变化。
图 1－1－4 A．MN 上的张力逐渐增大 B．MN 上的张力先增大后减小 C．OM 上的张力逐渐增大 D．OM 上的张力先增大后减小
解析以重物为研究对象，受重力 mg， OM 绳上拉力 F2，MN 上拉力 F1，由题意知，三个力合力始终为零，矢量三角形如图所示，在 F2 转至水平的过程中， MN 上的 F1 逐渐增大，OM 上的张力 F2 先增大后减小，所以 A、D 正确；B、C 错误。
图 1－1－10 A．T 不变，N 增大，f 不变 B．T 不变，N 不变，f 增大 C．T 增大，N 不变，f 增大 D．T 增大，N 增大，f 不变
图 1－1－5 A．物体 B 对水平面的压力大小为(M＋m)g B．物体 B 受到水平面的摩擦力大小为tamngθ C．滑块 A 与竖直挡板之间的弹力大小为 mgtan θ D．滑块 A 对物体 B 的压力大小为cmosgθ
[解析] 选取 A 为研究对象。A 受重力 mg、B 对 A 的支持力 F1、竖直挡板对 A 的弹力 F2、由平衡条件可知 F1、F2 的合力 F 与重力 mg 等大反向。
4．如果物体受到多个力的作用，可以用正交分解的方法列方程求解。
【题组突破】 1．图解法的应用 (多选)(2018·大庆调研)如图 1－1－9 所示，一根轻绳上端固定在 O 点，下端拴一个重量为 G 的小球，开始时轻绳处于竖直状态，轻绳所能承受的最大拉力为 2G，现对小球施加一个方向始终水平向右的力 F，使球缓慢地移动，则在小球缓慢地移动过程中，下列说法中正确的是

2019高考物理浙江选考新增分二轮专题一力与运动第4讲

第4讲运动的合成与分解［历次选考考情分析］早知识内容考试要求历次选考统计必考加试 2015/10 2016/04 2016/10 2017/042017/112018/04曲线运动曲线运动b b运动的合成与分解b c平抛运动 d d2、107 13 1920考点一曲线运动的理解H 基础知识梳理 i .曲线运动(1) 速度方向：沿曲线上该点的切线方向. (2) 条件：合外力与速度不共线.(3) 运动轨迹：在速度与合外力方向所夹的区间内，向合外力的方向弯曲. 2 .运动的合成与分解的运算法则(1) 运动的合成与分解是指描述运动的各物理量即位移、速度、加速度的合成与分解，由于它们均是矢量，故合成与分解都遵守平行四边形定则.(2) 合运动是物体的实际运动，合运动的性质是由合初速度与合加速度决定的.基本题目训练1.［曲线运动方向］(2018绍兴市期末)翻滚过山车是大型游乐园里的一种比较刺激的娱乐项目.如图1所示，翻滚过山车(可看成质点)从高处冲下，过 M 点时速度方向如图所示，在圆A .过A 点时的速度方向沿 AB 方向 B .过B 点时的速度方向沿水平方向C •过A、C两点时的速度方向相同D •圆形轨道上与M点速度方向相同的点在AB段上答案B2 •［曲线运动条件］如图2所示，水平桌面上一小钢球沿直线运动•若在钢球运动的正前方A 处或旁边B处放一块磁铁，假设小钢球受到的摩擦力大小恒定，则下列关于小球运动的说法正确的是（）A .磁铁放在A处时，小球可能做匀加速直线运动B .磁铁放在A处时，小球做曲线运动C .磁铁放在B处时，小球做曲线运动D .磁铁放在B处时，小球可能做匀速圆周运动答案C解析磁铁放在A处时，合力向前，加速度向前，小钢球做加速直线运动，但磁力大小与距离有关，故加速度是变化的，不是匀加速直线运动，故A、B错误；磁铁放在B处时，合力与速度不共线，故小钢球向磁铁一侧偏转；磁力大小与距离有关，故加速度是变化的，所以小球做变加速曲线运动，故C正确，D错误.3 .［小船渡河］（2018绍兴市期末）唐僧、悟空、八戒、沙僧师徒四人想划船渡过一条宽180 m 的河，他们在静水中划船的速度为 3 m/s，现在他们观测到河水的流速为4 m/s,对于这次划船过河，他们有各自的看法，其中正确的是（）A .唐僧说：我们要想到达正对岸就得使船头朝向正对岸B .悟空说：我们要想到达正对岸船头必须朝向上游划船C .八戒说：我们要想少走点路就得朝着正对岸划船解析当静水速度垂直于河岸时，渡河的时间最短, t=v c=罟s=60 s，此时船将运动到下D .沙僧说：今天这种情况我们是不可能到达正对岸的答案D游，故A错误；由于静水速度小于水流速度，合速度不可能垂直于河岸，不可能到达正对岸,当静水速度的方向与合速度方向垂直时，渡河位移最短，故B、C错误，D正确.4.［运动轨迹分析］如图3甲所示，在一次海上救援行动中，直升机和伤员一起沿水平方向匀速飞行，同时悬索系住伤员匀速上拉，以地面为参考系，伤员从A 至B 的运动轨迹可能是图乙中的（）A .折线ACBC .曲线AmB 答案 B解析伤员参与了两个分运动，水平方向匀速移动，竖直方向匀速上升，合速度是两个分速度的矢量和，遵循平行四边形定则，由于两个分速度大小和方向都恒定，故合速度固定不变,即合运动是匀速直线运动，故轨迹是线段 AB ,故A 、C 、D 错误，B 正确.5.［运动的合成与分解］（2017桐乡中学期末）手持滑轮把悬挂重物的细线拉至如图4所示的实线位置，然后滑轮水平向右匀速移动，运动中始终保持悬挂重物的细线竖直，则重物运动的速度（）解析滑轮水平向右匀速运动过程中，悬挂重物的细线保持竖直，重物具有与滑轮相同的水平速度，同时重物竖直方向匀速上升，其上升的距离与滑轮水平向右移动的距离相同，故重物竖直上升的速度恒定不变，且与水平方向速度大小相等，因此重物运动的速度方向斜向右上方，与水平方向成 45°角，大小恒定，A 正确.图3B .线段AB D .曲线AnBA .大小和方向均不变 C .大小改变，方向不变答案 AB .大小不变，方向改变 D .大小和方向均改变屮图4考点二平抛运动基本规律的应用由初速度V o 和下落高度h 共同决定，与其他因素无关.3.落地速度：v = v x 2 + v y 2= V o 2+ 2gh ,与水平方向的夹角的正切值tan a= — = ' 2gh ，所w 丫 V x V 0以落地速度只与初速度 V o 和下落高度h 有关. 4.某时刻速度的反向延长线通过此时水平位移的中点，速度方向与水平方向夹角的正切值是位移方向与水平方向夹角的正切值的2倍.【例11 (2017稽阳联考)现有一玩具枪，其枪管长度L = 20 cm ,枪口直径d = 6 mm ,子弹质量为m = 2 g ,在测试中，让玩具枪在高度 h = 1.8 m 处水平发射，实测子弹射程为 12 m ，不计子弹受到的阻力，g 取10 m/s 2，求：(1) 子弹出枪口的速度大小；(2) 假设在枪管内子弹始终受到恒定的推力，试求此推力的大小. 答案 (1)20 m/s (2)2 N解析(1)子弹离开枪口后做平抛运动，运动时间2⑵在枪管内，由运动学公式得 v 2= 2aL ,则a =計=1 000 m/s 2，根据牛顿第二定律得 F = ma=2 N.■拓展训练6. (2016浙江4月选考10)某卡车在公路上与路旁障碍物相撞.处理事故的警察在泥地中发现了一个小的金属物体，经判断，它是相撞瞬间车顶上一个松脱的零件被抛出而陷在泥里的.为了判断卡车是否超速，需要测量的量是 ( )A •车的长度、车的重量B •车的高度、车的重量C .车的长度、零件脱落点与陷落点的水平距离D •车的高度、零件脱落点与陷落点的水平距离h ，与初速度V 。

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[解析] 由于不考虑地球自转，则在地球表面附近，有 GMRm2 0 ＝m0g，故可得 M＝gGR2，A 项错误；由万有引力提供人造卫星的向心力，有 GMRm2 1＝m1vR2，v＝2πTR，联立得 M＝2vπ3TG，B 项错误；
由万有引力提供月球绕地球运动的向心力，有
GMrm2 2＝m2T2′π
[答案] C
求解本题时，若对天体运动规律掌握不熟悉，加之考试紧张，题目情景分析不明，可能会误以为是较复杂的行星轨道变化问题，错把简单问题复杂化，耗时而费力.高考复习时，应仔细分析天体运动特点，正确画出情景图，切忌搞题海战术，分不清情景乱套公式，同时也要关注社会科技新动向.
[熟练强化] 1．(多选)(2017·河北保定一模)O 为地球球心，半径为 R 的圆为地球赤道，地球自转方向如图所示，自转周期为 T，观察站 A 有一观测员在持续观察某卫星 B.某时刻观测员恰能观察到卫星 B
面的高度 h＝ 3 G4MπT2 2－R＝3.6×107 m.
⑤速率一定：v＝ RG＋Mh＝3.1×103 m/s.
⑥向心加速度一定：由
Mm GR＋h2
＝ma
，得
a
＝
GM R＋h2
＝
gh≈0.23 m/s2，即同步卫星的向心加速度等于轨道处的重力加速度．
⑦绕行方向一定：运行方向与地球自转方向一致.

2r，故可得 M＝G4Tπ′2r32，C 项错误；同理，根据地球绕太阳做圆
周运动的周期及地球与太阳间的距离，不可求出地球的质量，D
项正确．
[答案] D
2．(2017·河北六校联考)某行星的同步卫星下方的行星表面上有一观察者，行星的自转周期为 T，他用天文望远镜观察被太阳光照射的此卫星，发现日落的T2 时间内有T6 的时间看不见此卫星，不考虑大气对光的折射，则该行星的密度为( )
[解析] 当地球上 A 处的观测员随地球转动半个周期时，卫星转过的角度应为 2π＋α，所以T2＝2π2＋π αT 卫，解得 T 卫＝2ππ＋T α，
[答案] (1)
(2)
(3)三种宇宙速度
(4)同步卫星的“七个一定”特点 ①轨道平面一定：轨道平面与赤道平面共面． ②周期一定：与地球自转周期相同，即 T＝24 h. ③角速度一定：与地球自转的角速度相同，即 ω＝7.3×10－5 rad/s. ④高度一定：由 GRM＋mh2＝m4Tπ22(R＋h)得地球同步卫星离地
核心要点突破
透析重难题型突破
考向一天体质量与密度的计算
[归纳提炼] 天体质量及密度的估算方法
[熟练强化] 1．(2017·北京卷)利用引力常量 G 和下列某一组数据，不能计算出地球质量的是( ) A．地球的半径及重力加速度(不考虑地球自转) B．人造卫星在地面附近绕地球做圆周运动的速度及周期 C．月球绕地球做圆周运动的周期及月球与地球间的距离 D．地球绕太阳做圆周运动的周期及地球与太阳间的距离
[归纳提炼]
考向二人造卫星
1．必须掌握的四个关系
GMr2m＝mmmavωr―22―r→―→→av＝＝ωG＝rM2 ―GrM→ GrM3―a∝―→r→12vω∝∝1r1r3
越高越慢

m4Tπ22r―→T＝
4GπM2r3―→T∝

r3

2．必须牢记同步卫星的两个特点 (1)同步卫星绕地心做匀速圆周运动的周期等于地球的自转周期． (2)所有同步卫星都在赤道上空相同的高度上．
板
块
专题突破复习
一Leabharlann 专题力与运动一
第四讲
万有引力定律及其应用
知识网络构建
结网建体把脉考向
[知识建构]
[高考调研]
1.天体运动仍是考查热点．常考点有：卫星的变轨、对接；天体相距最近或最远问题；随地、绕地问题；卫星运动过程中的动力学问题、能量问题(如 2017 年全国卷Ⅰ24T 和全国卷Ⅱ19T)，包括加速度(向心加速度、重力加速度)、线速度、周期的比较等．解决这些问题的总体思路是熟悉两个模型：随地、绕地．变轨抓住两种观点分析，即动力学观点、能量观点．注意匀速圆周运动知识的应用． 2.常用的思想方法：①“割补法”求万有引力大小．②天体质量和密度的计算方法．③变轨问题的处理方法．④“多星”问题的处理方法.
(2017·全国卷Ⅲ)2017 年 4 月，我国成功发射的天舟一号货运飞船与天宫二号空间实验室完成了首次交会对接，对接形成的组合体仍沿天宫二号原来的轨道(可视为圆轨道)运行．与天宫二号单独运行时相比，组合体运行的( )
A．周期变大 B．速率变大 C．动能变大 D．向心加速度变大
[解析] 组合体比天宫二号质量大，轨道半径 R 不变，根据 GRM2m＝mvR2，可得 v＝ GRM，可知与天宫二号单独运行时相比，组合体运行的速率不变，B 项错误；又 T＝2πvR，则周期 T 不变， A 项错误；质量变大、速率不变，动能变大，C 项正确；向心加速度 a＝GRM2 ，不变，D 项错误．
从地平线的东边落下，经T2的时间，再次观察到卫星 B 从地平线的西边升起．已知∠BOB′＝α，地球质量为 M，引力常量为 G，则( )
A．卫星 B 绕地球运动的周期为2ππ－T α B．卫星 B 绕地球运动的周期为2ππ＋T α C．卫星 B 离地表的高度为 3 G4M·2πT－α 2－R D．卫星 B 离地表的高度为 3 G4M·2πT＋α 2－R

22R，M＝ρ43πR3，解得 ρ＝G24Tπ2.
[答案] A
1利用万有引力提供天体圆周运动的向心力估算天体质量，估算的是中心天体的质量而非环绕天体的质量.
2区别两个半径轨道半径与天体半径，轨道半径与天体半径的关系为 r＝R＋h，只有在天体表面附近的卫星，才有 R≫h， r≈R.h 指卫星到天体表面高度
24π 3π 8π 16π A.GT2 B.GT2 C.GT2 D.GT2
[解析] 设行星质量为 M，半径为 R，密度为 ρ，卫星质量
为 m，如图所示，发现日落的T2时间内有T6的时间看不见同步卫星，
则 θ＝3660°＝60°，故 φ＝60°，r＝coRsφ＝2R，根据 GM2Rm2＝m2Tπ

2019届高三物理二轮复习课件：板块一 专题突破复习专题一 力与运动1-4