(江苏专用)2021高考物理二轮复习 第一部分 专题一 力与运动 第四讲 万有引力与航天——课前自测
第1部分 专题1 第2讲—2021届高考物理二轮复习课件
奠定基础． 设问针对通过两段相等距高的时间，暗示题目解答的最佳切入点为 ④ 初速度为零的匀加速直线运动连续相等位移所需时间之比：tⅠ∶tⅡ∶ tⅢ∶tⅣ＝1∶( 2－1) ∶( 3－ 2)∶( 4－ 3).
第一部分 专题一 力与运动
高考二轮总复习 • 物理
牛顿运动定 2019 Ⅲ卷 20
律的应用
19(3)20 题
第一部分 专题一 力与运动
高考二轮总复习 • 物理
高考命题点 命题轨迹
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牛顿运动定 2019 Ⅲ卷 20
律的应用
19(3)20 题
18(1)15 题
17(3)25 题
第一部分 专题一 力与运动
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02 核心知识 · 提素养
2016 Ⅰ卷 21
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16(1)21 题
第一部分 专题一 力与运动
高考二轮总复习 • 物理
高考命题点
命题轨迹 2020 Ⅰ卷 24
匀变速直线 运动的规律
2Байду номын сангаас19
Ⅰ卷 18
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19(1)18 题
第一部分 专题一 力与运动
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命题轨迹
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第一部分 专题一 力与运动
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1．思想方法
“科学思维”展示
(1)追及相遇问题的解题思路和技巧
①紧抓“一图三式”，即过程示意图、时间关系式、速度关系式
和位移关系式．
②审题应抓住题目中的关键字眼，充分挖掘题目中的隐含条件，
2021高考江苏版物理一轮复习讲义：第4章 章末高效整合
章末高效整合物理方法|类平抛运动的求解技巧1．类平抛运动的特点(1)受力特点物体所受合力为恒力，且与初速度的方向垂直．(2)运动特点在初速度v0方向做匀速直线运动，在合外力方向做初速度为零的匀加速直线运动，加速度a＝F合m.2．类平抛运动的求解技巧(1)常规分解法将类平抛运动分解为沿初速度方向的匀速直线运动和垂直于初速度方向(即沿合力方向)的匀加速直线运动，两分运动彼此独立，互不影响，且与合运动具有等时性．(2)特殊分解法对于有些问题，可以过抛出点建立适当的直角坐标系，将加速度分解为a x、a y，初速度v0分解为v x、v y，然后分别在x、y方向列方程求解．在光滑的水平面内，一质量m＝1 kg的质点以速度v0＝10 m/s沿x 轴正方向运动，经过原点后受一沿y轴正方向(竖直方向)的恒力F＝15 N作用，直线OA与x轴成α＝37°，如图4-1所示曲线为质点的轨迹图(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)，求：图4-1(1)如果质点的运动轨迹与直线OA相交于P点，质点从O点到P点所经历的时间以及P点的坐标；(2)质点经过P点时的速度大小．【标准解答】(1)质点在水平方向上无外力作用做匀速直线运动，竖直方向受恒力F 和重力mg 作用做匀加速直线运动．由牛顿第二定律得： a ＝F －mg m ＝15－101m/s 2＝5 m/s 2. 设质点从O 点到P 点经历的时间为t ，P 点坐标为(x P ，y P )， 那么x P ＝v 0t ，y P ＝12at 2 又tan α＝y Px P联立解得：t ＝3 s ，x P ＝30 m ，y P ＝22.5 m. (2)质点经过P 点时沿y 轴正方向的速度 v y ＝at ＝15 m/s 故过P 点时的速度大小v P ＝v 20＋v 2y ＝513 m/s.【答案】 (1)3 s x P ＝30 m ，y P ＝22.5 m (2)513 m/s [突破训练]1．如图4-2所示，A 、B 两质点从同一点O 分别以一样的水平速度v 0沿x 轴正方向抛出，A 在竖直平面内运动，落地点为P 1；B 沿光滑斜面运动，落地点为P 2，P 1和P 2在同一水平面上，不计阻力，那么以下说法正确的选项是( )【导学号：96622074】图4-2A ．A 、B 的运动时间一样 B ．A 、B 沿x 轴方向的位移一样C ．A 、B 运动过程中的加速度大小一样D ．A 、B 落地时速度大小一样D 设O 点与水平面的高度差为h ，由h ＝12gt 21，h sin θ＝12g sin θ·t 22可得：t 1＝2hg，t2＝2hg sin2θ，故t1<t2，A错误；由x1＝v0t1，x2＝v0t2可知，x1<x2，B错误；由a1＝g，a2＝g sin θ可知，C错误；A落地的速度大小为v A＝v20＋(gt1)2＝v20＋2gh，B落地的速度大小v B＝v20＋(a2t2)2＝v20＋2gh，所以v A＝v B，故D 正确．物理模型|宇宙多星模型1．宇宙双星模型(1)两颗双星做匀速圆周运动所需的向心力是由它们之间的万有引力提供的，故两行星做匀速圆周运动的向心力大小相等．(2)两颗行星均绕它们连线上的一点做匀速圆周运动，因此它们的运行周期和角速度是相等的．(3)两颗行星做匀速圆周运动的半径r1和r2与两行星间距L的大小关系：r1＋r2＝L.2．宇宙三星模型(1)如图4-3所示，三颗质量相等的行星，一颗行星位于中心位置不动，另外两颗行星围绕它做圆周运动．这三颗行星始终位于同一直线上，中心行星受力平衡．运转的行星由其余两颗行星的引力提供向心力：Gm2r2＋Gm2(2r)2＝ma向图4-3两行星转动的方向一样，周期、角速度、线速度的大小相等．(2)如图4-4所示，三颗质量相等的行星位于一正三角形的顶点处，都绕三角形的中心做圆周运动．每颗行星运行所需向心力都由其余两颗行星对其万有引力的合力来提供．图4-4Gm2L2×2×cos 30°＝ma向其中L ＝2r cos 30°.三颗行星转动的方向一样，周期、角速度、线速度的大小相等．(2021 ·安徽高考)由三颗星体构成的系统，忽略其他星体对它们的作用，存在着一种运动形式，三颗星体在相互之间的万有引力作用下，分别位于等边三角形的三个顶点上，绕某一共同的圆心O 在三角形所在的平面内做一样角速度的圆周运动(图4-5所示为A 、B 、C 三颗星体质量不一样时的一般情况)．假设A 星体质量为2m ，B 、C 两星体的质量均为m ，三角形的边长为a ，求：图4-5(1)A 星体所受合力大小F A ； (2)B 星体所受合力大小F B ； (3)C 星体的轨道半径R C ； (4)三星体做圆周运动的周期T .【标准解答】 (1)由万有引力定律可知，A 星体所受B 、C 星体引力大小为F BA ＝G m A m B r 2＝G 2m 2a 2＝F CA ，方向如下图，那么合力大小为F A ＝23G m 2a 2.(2)同上，B 星体所受A 、C 星体引力大小分别为F AB ＝G m A m B r 2＝G 2m 2a 2，F CB ＝G m C m B r 2＝G m 2a 2，方向如下图．由F Bx ＝F AB cos 60 °＋F CB ＝2G m 2a 2， F By ＝F AB sin 60°＝3G m 2a 2， 可得F B ＝F 2Bx ＋F 2By ＝7G m 2a 2.(3)通过分析可知，圆心O 在中垂线AD 的中点，那么R C ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫34a 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12a 2，可得R C ＝74a .或⎝ ⎛由对称性可知OB ＝OC ＝R C ，cos ∠OBD ＝F Bx F B ＝ DB OB ＝12a R C ，得R C ＝⎭⎪⎫74a (4)三星体运动周期一样，对C 星体，由F C ＝F B ＝7G m 2a 2＝m ⎝ ⎛⎭⎪⎫2πT 2R C ，可得T ＝πa 3Gm .【答案】 (1)23G m 2a 2 (2)7G m 2a 2 (3)74a(4)πa 3Gm[突破训练]2．双星系统由两颗恒星组成，两恒星在相互引力的作用下，分别围绕其连线上的某一点做周期一样的匀速圆周运动．研究发现，双星系统演化过程中，两星的总质量、距离和周期均可能发生变化．假设某双星系统中两星做圆周运动的周期为T ，经过一段时间演化后，两星总质量变为原来的k 倍，两星之间的距离变为原来的n 倍，那么此时圆周运动的周期为( ) 【导学号：96622075】A.n 3k 2T B.n 3k T C.n 2k TD.n k TB 双星间的万有引力提供向心力．设原来双星间的距离为L ，质量分别为M 、m ，圆周运动的圆心距质量为m 的恒星距离为r .对质量为m 的恒星：GMm L 2＝m ⎝ ⎛⎭⎪⎫2πT 2·r 对质量为M 的恒星：G Mm L 2＝M ⎝ ⎛⎭⎪⎫2πT 2(L －r )得G M ＋m L 2＝4π2T 2·L 即T 2＝4π2L 3G (M ＋m )那么当总质量为k(M＋m)，间距为L′＝nL时，T′＝n3k T，选项B正确．高考热点1|平抛运动的临界问题解决平抛运动的临界问题要注意以下三点：(1)明确平抛运动的根本性质、公式；(2)确定临界状态；(3)确定临界轨迹，在轨迹示意图上寻找出几何关系．(2021·浙江高考)如图4-6所示，装甲车在水平地面上以速度v0＝20 m/s沿直线前进，车上机枪的枪管水平，距地面高为h＝1.8 m．在车正前方竖直立一块高为两米的长方形靶，其底边与地面接触．枪口与靶距离为L时，机枪手正对靶射出第一发子弹，子弹相对于枪口的初速度为v＝800 m/s.在子弹射出的同时，装甲车开场匀减速运动，行进s＝90 m后停下．装甲车停下后，机枪手以一样方式射出第二发子弹．(不计空气阻力，子弹看成质点，重力加速度g＝取10 m/s2)图4-6(1)求装甲车匀减速运动时的加速度大小；(2)当L＝410 m时，求第一发子弹的弹孔离地的高度，并计算靶上两个弹孔之间的距离；(3)假设靶上只有一个弹孔，求L的范围．【思路导引】【标准解答】(1)装甲车匀减速运动的加速度大小a＝v202s＝209m/s2.(2)第一发子弹飞行时间t 1＝Lv ＋v 0＝0.5 s弹孔离地高度h 1＝h －12gt 21＝0.55 m 第二发子弹的弹孔离地的高度 h 2＝h －12g ⎝ ⎛⎭⎪⎫L －s v 2＝1.0 m两弹孔之间的距离Δh ＝h 2－h 1＝0.45 m.(3)第一发子弹打到靶的下沿时(第二发打到靶上)，装甲车离靶的距离为L 1 L 1＝(v 0＋v )2hg ＝492 m第二发子弹打到靶的下沿时(第一发打到地上)，装甲车离靶的距离为L 2 L 2＝v2hg ＋s ＝570 m故L 的范围为492 m<L ≤570 m.【答案】 (1)209 m/s 2 (2)0.55 m 0.45 m (3)492 m<L ≤570 m [突破训练]3．(2021 ·全国卷Ⅰ)一带有乒乓球发射机的乒乓球台如图4-7所示．水平台面的长和宽分别为L 1和L 2，中间球网高度为h .发射机安装于台面左侧边缘的中点，能以不同速率向右侧不同方向水平发射乒乓球，发射点距台面高度为3h .不计空气的作用，重力加速度大小为g .假设乒乓球的发射速率v 在某范围内，通过选择适宜的方向，就能使乒乓球落到球网右侧台面上，那么v 的最大取值范围是( )图4-7A.L 12g6h <v <L 1g 6hB.L 14g h <v <(4L 21＋L 22)g6h C.L 12g 6h <v <12(4L 21＋L 22)g6h D.L 14g h <v <12(4L 21＋L 22)g6hD 设以速率v 1发射乒乓球，经过时间t 1刚好擦球网上边缘落到球网正中间． 那么竖直方向上有3h －h ＝12gt 21 ① 水平方向上有L 12＝v 1t 1 ②由①②两式可得v 1＝L 14g h设以速率v 2发射乒乓球，经过时间t 2刚好落到球网右侧台面的两角处，在竖直方向有3h ＝12gt 22③ 在水平方向有⎝ ⎛⎭⎪⎫L 222＋L 21＝v 2t 2 ④由③④两式可得v 2＝124L 21＋L 22g6h那么v 的最大取值范围为v 1＜v ＜v 2.应选项D 正确．高考热点2|万有引力定律的应用万有引力定律的应用是每年高考的必考内容，命题重点主要有两个：一是以现代航天科技为背景考察人造卫星的发射、运行、变轨对接等问题；二是与抛体运动、圆周运动和牛顿第二定律综合起来考察．(多项选择)宇宙飞船以周期T 绕地球做圆周运动时，由于地球遮挡阳光，会经历“日全食〞过程，如图4-8所示．地球的半径为R ，地球质量为M ，引力常量为G ，地球自转周期为T 0，太阳光可看做平行光，宇航员在A 点测出的张角为α，那么( )图4-8A ．飞船绕地球运动的线速度为2πRT sin α2B ．一天内飞船经历“日全食〞的次数为TT 0C ．飞船每次“日全食〞过程的时间为α2πT 0 D ．飞船周期为T ＝2πR sin α2RGM sin α2 【标准解答】 飞船绕地球运动的线速度为v ＝2πr T ，由几何关系知sin α2＝Rr ，所以v ＝2πR T sin α2，A 正确；又G Mmr 2 ＝m ⎝ ⎛⎭⎪⎫2πT 2r ，由此得T ＝2πR sin α2RGM sin α2，D 正确；飞船每次经历“日全食〞过程的时间为飞船转过α角所需的时间，即α2πT ，C 错误；一天内飞船经历“日全食〞的次数为T 0T ，B 错误．【答案】 AD [突破训练]4．一卫星绕火星外表附近做匀速圆周运动，其绕行的周期为T .假设宇航员在火星外表以初速度v 水平抛出一小球，经过时间t 恰好垂直打在倾角α＝30°的斜面体上，如图4-9所示．引力常量为G ，那么火星的质量为( )【导学号：96622076】图4-9A.3v 3T 416Gt 3π4 B.33v 3T 416Gt 3π4 C.3v 2T 416Gt 3π4D.33v 2T 416Gt 3π4B 以M 表示火星的质量，r 0表示火星的半径，g ′表示火星外表附近的重力加速度，火星对卫星的万有引力提供向心力，有G Mm r 20＝m ⎝ ⎛⎭⎪⎫2πT 2r 0，在火星外表有G Mm ′r 20＝m ′g ′；平抛小球速度的偏转角为60°，tan 60°＝g ′tv ，联立以上各式解得M ＝33v 3T 416Gt 3π4，B 正确．。
(江苏专用)高考物理二轮复习 第一部分 专题一 力与运动 第二讲 力与直线运动课件
考点三 牛顿第二定律与运动图像的综合应用 本考点既是重点，又是难点，之所以是重点，因其与现 实生活结合紧密，能很好地考查考生学以致用的能力；称其 是难点，因为借助图像来考查，信息抽象隐蔽，考生不能准 确获取信息而导致思维受阻。解决此类问题关键是从已知图 像中得出有用信息，再结合牛顿第二定律求解结果。因此需 要考生对这两部分知识学会互联互通。
态。重力加速度大小为g，则
()
A．物块b可能受3个力
B．细线的拉力小于2mg
C．剪断细线瞬间b的加速度大小为g
D．剪断细线瞬间a的加速度大小为2g
解析：对a、b整体分析可知，整体受重力和细线向上的拉 力，水平方向如果受墙的弹力，则整体不可能竖直静止，故 不会受到水平方向上的弹力，根据平衡条件可知，细线向上 的拉力F＝2mg，再对b分析可知，b只受重力和弹簧拉力而保 持静止，故A、B错误；由于b处于平衡，故弹簧的拉力F＝ mg，剪断细线瞬间弹簧的弹力不变，则对b分析可知，b受力 不变，合力为零，故加速度为零，故C错误；对a分析可知， 剪断细线瞬间a受重力和弹簧向下的拉力，合力Fa＝2mg，则 由牛顿第二定律可知，加速度大小为2g，故D正确。 答案：D
解析：由于AB段光滑，物块在AB段受重力和斜面支持力做加
速运动，物块加速度为a1＝mgsmin α＝gsin α，BC段粗糙，故物
块比在AB段多一个沿斜面向上的摩擦力，由于一小物块由A
点静止释放，沿斜面下滑到C点时速度恰好为零，可知物块先
做加速运动后做减速运动，故可知BC段加速度向上，其大小
为：a2＝f－mmgsin α＝mf －gsin α，故A、B正确；物块在AB段
(一)整体法与隔离法的选用原则 1．当连接体中各物体具有共同的加速度时，一般采用整 体法；当系统内各物体的加速度不同时，一般采用隔离法。 2．求连接体内各物体间的相互作用力时必须用隔离法。
(浙江选考)2021高考物理二轮复习专题一力与运动第4讲运动的合成与分解平抛运动学案
第4讲运动的合成与分解平抛运动[历次选考考情分析]章知识内容考试要求历次选考统计必考加试2021 /102021/042021/102021/042021/112021/04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 d 2、10 7131920考点一曲线运动的理解1．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那么(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那么．(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．1.[曲线运动方向](2021·绍兴市期末)翻滚过山车是大型游乐园里的一种比拟刺激的娱乐工程．如图1所示，翻滚过山车(可看成质点)从高处冲下，过M点时速度方向如下图，在圆形轨道内经过A、B、C三点．以下说法正确的选项是( )图1A．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两点时的速度方向一样D．圆形轨道上与M点速度方向一样的点在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．假设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，那么以下关于小球运动的说法正确的选项是( )图2A．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](2021·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，其中正确的选项是( ) 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解析当静水速度垂直于河岸时，渡河的时间最短，t＝dv c＝1803s＝60 s，此时船将运动到下游，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( )图3A．折线ACB B．线段ABC．曲线AmB D．曲线AnB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，遵循平行四边形定那么，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](2021·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，那么重物运动的速度( )图4A．大小和方向均不变B．大小不变，方向改变C．大小改变，方向不变D．大小和方向均改变答案 A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，重物具有与滑轮一样的水平速度，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一样，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．考点二 平抛运动根本规律的应用 1．飞行时间：t ＝2hg，取决于下落高度h ，与初速度v 0无关．2．水平射程：x ＝v 0t ＝v 02hg，由初速度v 0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 02＋2gh ，与水平方向的夹角的正切值tan α＝v y v x＝2gh v 0，所以落地速度只与初速度v 0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1 (2021·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t ＝2hg＝ s ＝0.6 s由x ＝vt ，那么v ＝x t ＝120.6m/s ＝20 m/s(2)在枪管内，由运动学公式得v 2＝2aL ，那么a ＝v 22L＝1 000 m/s 2，根据牛顿第二定律得F＝ma ＝2 N.6．(2021·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 答案 D解析 物体从车顶平抛出去，根据平抛运动知识可知h ＝12gt 2，x ＝vt ，因此要知道车顶到地面的高度，即可求出时间．测量零件脱落点与陷落点的水平距离即可求出抛出时(事故发生时)的瞬时速度，故答案为D.7．某同学将一篮球斜向上抛出，篮球恰好垂直击中篮板反弹后进入篮筐，忽略空气阻力，假设抛射点远离篮板方向水平移动一小段距离，仍使篮球垂直击中篮板一样位置，且球击中篮板前不会与篮筐相撞，那么以下方案可行的是( ) A ．增大抛射速度，同时减小抛射角 B ．减小抛射速度，同时减小抛射角 C ．增大抛射角，同时减小抛出速度 D ．增大抛射角，同时增大抛出速度 答案 A解析 应用逆向思维，把篮球的运动看成平抛运动，由于竖直高度不变，水平位移增大，篮球从抛射点到篮板的时间t ＝2hg不变，竖直分速度v y ＝2gh 不变，水平方向由x ＝v x t 知x 增大，v x 增大，抛射速度v ＝v x 2＋v y 2增大，与水平方向的夹角的正切值tan θ＝v yv x减小，故θ减小，可知A 正确．8．(2021·杭州市五校联考)在同一竖直线上的不同高度分别沿同一方向水平抛出两个小球A 和B ，两球在空中相遇，其运动轨迹如图5所示，不计空气阻力，以下说法正确的选项是( )图5A ．相遇时A 球速度一定大于B 球 B ．相遇时A 球速度一定小于B 球C ．相遇时A 球速度的水平分量一定等于B 球速度的水平分量D ．相遇时A 球速度的竖直分量一定大于B 球速度的竖直分量 答案 D解析 根据t ＝2hg，v y ＝gt ，h A >h B ，x ＝v x t ，知t A >t B ，v yA >v yB ，v xA <v xB ，选项D 正确．9．(2021·七彩阳光联盟期中)一条水平放置的水管，横截面积S ＝4.0 cm 2，距地面高度h ＝1.8 m ．水从管口以不变的速度源源不断地沿水平方向射出，水落地的位置到管口的水平距离约为0.6 m ．假设管口横截面上各处水的速度都一样，那么每秒内从管口射出的水的体积约为(g 取10 m/s 2)( ) A ．400 mL B ．600 mL C ．800 mL D ．1 000 mL答案 A解析 根据h ＝12gt 2得：t ＝2h g ＝ s ＝0.6 s ，那么平抛运动的初速度为：v 0＝x t＝1.0 m/s ，流量为：Q ＝vS ＝1.0×4.0×10－4 m 3/s ＝4×10－4 m 3/s ＝400 mL/s ，故V ＝Qt ＝400×1 mL＝400 mL.考点三 与斜面有关的平抛运动问题1．从斜面开场平抛到落回斜面的过程(1)全过程位移的方向沿斜面方向，即竖直位移与水平位移的比值等于斜面倾角的正切值． (2)竖直速度与水平速度之比等于斜面倾角正切值的两倍.方法内容斜面 总结分解位移水平：x ＝v 0t竖直：y ＝12gt 2合位移：s ＝x 2＋y 2分解位移，构建位移三角形2.从斜面外抛出的物体落到斜面上，注意找速度方向与斜面倾角的关系方法内容 斜面 总结分解速度水平：v x ＝v 0竖直：v y ＝gt 合速度：v ＝v x 2＋v y 2分解速度，构建速度三角形分解速度水平：v x ＝v 0竖直：v y ＝gt 合速度：v ＝v x 2＋v y 2分解速度，构建速度三角形例2 如图6所示，一小球从平台上水平抛出，恰好落在临近平台的一倾角为α＝53°的固定斜面顶端，并刚好沿斜面下滑，小球与斜面间的动摩擦因数μ＝0.5，斜面顶端与平台的高度差h ＝0.8 m ，g ＝10 m/s 2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，空气阻力不计，那么：图6(1)小球水平抛出的初速度是多大？(2)斜面顶端与平台边缘的水平距离s 是多少？(3)假设平台与斜面底端高度差H ＝6.8 m ，那么小球离开平台后经多长时间到达斜面底端？ 答案 (1)3 m/s (2)1.2 m (3)1.4 s 解析 (1)由于刚好沿斜面下滑，竖直方向有v y 2＝2gh 据题有tan 37°＝v 0v y解得v 0＝3 m/s (2)由h ＝12gt 12s ＝v 0t 1解得s ＝1.2 m ，t 1＝0.4 s(3)小球沿斜面下滑时，受力分析如图，沿斜面方向根据牛顿第二定律有mg sin 53°－μmg cos 53°＝ma设斜面长度为L ，由几何关系有cos 37°＝H －hL小球刚落到斜面上时的速度v ＝vycos 37°小球在斜面上运动的过程有L ＝vt 2＋12at 22联立解得：t 2＝1 s 因此t 总＝t 1＋t 2＝1.4 s.10．如图7是简化后的跳台滑雪的雪道示意图．整个雪道由倾斜的助滑雪道AB 、水平的起跳平台BC 和着陆雪道CD 组成，AB 与BC 平滑连接．运发动从助滑雪道AB 上由静止开场在重力作用下下滑，滑到C 点后水平飞出，落到CD 上的F 点，E 是运动轨迹上的某一点，在该点运发动的速度方向与轨道CD 平行，E ′点是E 点在斜面上的垂直投影．设运发动从C 到E 与从E 到F 的运动时间分别为t CE 和t EF .不计飞行中的空气阻力，下面说法或结论不正确的选项是( )图7A ．运发动在F 点的速度方向与从C 点飞出时的速度大小无关B ．t CE ∶t EF ＝1∶1C ．CE ′∶E ′F 可能等于1∶3D ．CE ′∶E ′F 可能等于1∶2 答案 C解析 设运发动在F 点的速度方向与水平方向的夹角为α，CD 斜面的倾角为θ，那么有tanα＝v y v 0，tan θ＝y x ＝v y2tv 0t ＝v y2v 0，那么得tan α＝2tan θ，θ一定，那么α一定，那么知运发动在F 点的速度方向与从C 点飞出时的速度大小无关，故A 正确；将运发动的运动分解为沿斜面方向和垂直于斜面方向，那么知垂直斜面方向上先做匀减速直线运动(类似于竖直上抛运动)，当运动到E 点，垂直斜面方向上的速度减为零，然后做匀加速直线运动，根据运动的对称性，知时间相等，t CE ∶t EF ＝1∶1，故B 正确；在沿斜面方向上做匀加速直线运动，根据匀加速直线运动规律知，初速度为零时，在连续相等时间内的位移为1∶3，又因为沿斜面方向上的初速度不为零，那么相等时间内的水平位移之比大于1∶3，可能等于1∶2，故D 正确，C 错误．11.(2021·宁波市3月选考)如图8所示，以10 3 m/s 的水平初速度v 0抛出的物体，飞行一段时间后，撞在倾角为30°的斜面上时，速度方向与斜面成60°角，这段飞行所用的时间为(g取10 m/s2)( )图8A．1 s B．2 s C．3 s D．6 s答案 A解析由速度关系v y＝v0tan 60°＝10 m/s，又由v y＝gt可知t＝1 s，故A正确．考点四 平抛运动的临界问题1．确定运动性质——平抛运动．2．确定临界状态，一般用极限法分析，即把平抛运动的初速度增大或减小，使临界状态呈现出来．3．确定临界状态的运动轨迹，并画出轨迹示意图，画示意图可以使抽象的物理情景变得直观，更可以使有些隐藏于问题深处的条件暴露出来．例3 某同学将小球从P 点水平抛向固定在水平地面上的圆柱形桶，小球沿着桶的直径方向恰好从桶的左侧上边沿进入桶内并打在桶的底角，如图9所示，P 点到桶左边沿的水平距离s ＝0.80 m ，桶的高度h 0＝0.45 m ，直径d ＝0.20 m ，桶底和桶壁的厚度不计，不计空气阻力，取重力加速度g ＝10 m/s 2，那么( )图9A ．P 点离地面的高度为2.5 mB ．P 点离地面的高度为1.25 mC ．小球抛出时的速度大小为1.0 m/sD ．小球经过桶的左侧上边沿时的速度大小为2.0 m/s 答案 B解析 设小球从P 点运动到桶左侧上边沿的时间为t 1，从P 点运动到桶的底角的总时间为t 2 从P 点运动到桶左侧上边沿过程中有：h 1－h 0＝12gt 12① s ＝v 0t 1②从P 点运动到桶的底角过程中有：h 1＝12gt 22③由几何知识有s ＋d ＝v 0t 2④由①②③④式并代入数据可得：h 1＝1.25 m ，v 0＝2.0 m/s设小球运动到桶的左侧上边沿时速度大小为v 1，与水平方向的夹角为θ，由平抛运动的规律有：竖直方向的速度：v ⊥＝gt 1⑤ 此时小球的速度：v 1＝v ⊥2＋v 02⑥tan θ＝v ⊥v 0⑦ 联立解得v 1＝2 5 m/s ，tan θ＝2.12.如图10所示，B 为竖直圆轨道的左端点，它和圆心O 的连线与竖直方向的夹角为α.一小球在圆轨道左侧的A 点以速度v 0平抛，恰好沿B 点的切线方向进入圆轨道．重力加速度为g ，不计空气阻力，那么A 、B 之间的水平距离为( )图10A.v 02tan αgB.2v 02tan αgC.v 02g tan αD.2v 02g tan α答案 A解析 由小球恰好沿B 点的切线方向进入圆轨道可知小球在B 点时的速度方向与水平方向夹角为α.由tan α＝gt v 0，x ＝v 0t ，联立解得AB 之间的水平距离为x ＝v 02tan αg，选项A 正确．专题强化练1．(2021·宁波市期末)如图1所示，某同学让带有水的伞绕伞柄旋转，可以看到伞面上的水滴沿伞边水平飞出，假设不考虑空气阻力，水滴飞出后做的运动是( )图1A ．匀速直线运动B ．平抛运动C ．自由落体运动D ．圆周运动 答案 B2.如图2所示，一辆汽车沿着弯曲的水平公路行驶，依次通过公路上的abcde 各位置，其中汽车速度方向与它在e 位置的速度方向大致一样的是( )图2A．位置a B．位置bC．位置c D．位置d答案 A解析a、b、c、d、e各点的速度方向为该点的切线方向，所以a和e的切线方向都是偏向左下的，速度方向大致一样．3．如图3，乒乓球从斜面上滚下，它以一定的速度沿直线运动，在与乒乓球路径相垂直的方向上放一个纸筒(纸筒的直径略大于乒乓球的直径)，当乒乓球经过筒口时，对着球横向吹气，那么关于乒乓球的运动，以下说法中正确的选项是( )图3A．乒乓球将保持原有的速度继续前进B．乒乓球将偏离原有的运动路径，但不进入纸筒C．乒乓球一定能沿吹气方向进入纸筒D．只有用力吹气，乒乓球才能沿吹气方向进入纸筒答案 B解析当乒乓球经过筒口时，对着球横向吹气，乒乓球沿着原方向做匀速直线运动的同时也会沿着吹气方向做加速运动，实际运动是两个运动的合运动，故一定不会进入纸筒．4．一轮船以一定的速度垂直河岸向对岸行驶，当河水流速均匀时，轮船所通过的路程、过河所用的时间与水流速度的正确关系是( )A．水速越大，路程和时间都不变B．水速越大，路程越长，时间不变C．水速越大，路程越长，时间越长D．水速越大，路程越长，时间越短答案 B解析运用运动分解的思想，求过河时间只分析垂直河岸的速度，当轮船以一定的速度垂直河岸向对岸行驶，即垂直河岸的速度不变，过河所用的时间不变，与水速无关；水越越大，由平行四边形定那么知，轮船的合速度越大，轮船所通过的路程越长，故A、C、D错误，B正确．5.(2021·温州市期末)公园里，经常可以看到大人和小孩都喜欢玩的一种游戏——“套圈〞，如图4所示是“套圈〞游戏的场景．某小孩和大人分别水平抛出圆环，大人抛出的圆环时运动高度大于小孩抛出时的高度，结果恰好都套中前方同一物体，假设圆环的水平位移一样．如果不计空气阻力，圆环的运动可以视为平抛运动，那么以下说法正确的选项是( )图4A．大人和小孩抛出的圆环发生的位移相等B．大人抛出圆环的加速度小于小孩抛出圆环的加速度C．大人和小孩抛出的圆环在空中飞行的时间相等D．大人抛出圆环的初速度小于小孩抛出圆环的初速度答案 D解析大人和小孩抛出的圆环发生的水平位移相等，竖直位移不同，所以大人和小孩抛出的圆环发生的位移不相等，故A错误；圆环做平抛运动，加速度a＝g，所以大人、小孩抛出的圆环的加速度相等，故B错误；平抛运动的时间由下落高度决定，可知大人抛出的圆环运动时间较长，故C错误；大人抛出的圆环运动时间较长，如果要让大人与小孩抛出的圆环的水平位移相等，那么大人要以较小的初速度抛出圆环，故D正确．6．(2021·嘉兴市期末)某同学对着墙壁练习打网球，假定球在墙面上以20 m/s的速度沿水平方向反弹，球在墙面上反弹点的高度在1.25 m至1.80 m之间，忽略空气阻力，那么球反弹后到第一次落地(g取10 m/s2)( )A．飞行的最短时间为0.6 sB．飞行的最长时间为1.1 sC．最远水平距离为10 mD．最大位移将超过12 m答案 D7．飞镖运动于15世纪兴起于英格兰，20世纪初成为流行甚广的日常休闲活动．如图5所示，某同学在离墙一定距离的O点，将飞镖水平掷出，飞镖插在墙壁的靶上且与墙壁的夹角为θ，不计空气阻力的影响，那么以下说法正确的选项是( )图5A ．飞镖的质量越大，θ角越大B ．飞镖的初速度越大，θ角越大C ．飞镖离墙的距离越大，θ角越大D ．飞镖离墙的距离越大，θ角不变 答案 B解析 设飞镖与墙的距离为d ，那么飞镖运动的时间t ＝dv 0，竖直方向速度v y ＝gt ＝dg v 0，tan θ＝v 0v y ＝v 02dg，所以v 0越大，θ角越大；d 越大，θ角越小，B 项正确． 8．(2021·金华市十校期末)如图6所示，在一次海上救援行动中，直升机用悬索系住伤员，直升机和伤员一起在水平方向以v 1＝8 m/s 的速度匀速运动，同时悬索将伤员在竖直方向以v 2＝6 m/s 的速度匀速上拉，那么伤员实际运动速度v 的大小是( )图6A ．6 m/sB ．8 m/sC ．10 m/sD ．14 m/s答案 C解析 由速度的合成知，实际速度v ＝v 12＋v 22＝10 m/s.9.(2021·湖州、衢州、丽水高三期末)如图7为利用稳定的细水柱显示平抛运动轨迹的装置．圆柱形饮料瓶的底面积为S ，每秒钟瓶中水位下降Δh ，形成的局部水柱末端P 离出水口的水平距离为x 时，竖直距离为h ，重力加速度为g ，那么(所有物理量均用国际单位)( )图7A ．为防止漏水，A 处口子应该堵住B ．为保证水柱稳定，瓶中的水应少一些C ．出水口的截面积数值大小约为S Δh x2h gD ．出水口的截面积数值大小约为S Δhg答案 C解析 左侧竖直管上端与空气相通，A 处水的压强始终等于大气压，不受瓶内水面上下的影响，因此，在水面降到A 处以前的一段时间内，可以得到稳定的细水柱，故A 、B 错误；根据题意可知水流离开管口做平抛运动，设初速度为v ，竖直方向下落的时间为：t ＝2hg，那么有：v ＝x t ＝xg2h，圆柱形饮料瓶的底面积为S ，每秒钟瓶中水位下降Δh ，那么有：S Δh ＝vS ′，解得出水口的截面积数值大小约为S Δh x2hg，故C 正确，D 错误．10.模拟飞机投弹游戏中，从飞机上水平抛出物块击中斜面上的某一个点，如图8所示，AB ＝BC ＝CD ，不计空气阻力．方式一：假设飞机盘旋在A 点的正上方某一不变的位置以不同的初速度v 1、v 2抛出两个物块，分别击中斜面上的B 点与C 点．方式二：假设飞机匀速运动，每隔一样的时间放下一个物块，前两个物块分别落在了B 、C 点，那么( )图8A ．方式一，v 1∶v 2＝1∶2B ．方式二，第三个物块恰好落在D 点C ．方式二，第三个物块落在C 、D 之间 D ．方式二，第三个物块落在水平面上 答案 C11.如图9所示，球网高出桌面H ，网到左、右桌边缘的距离为L .某人在乒乓球训练中，从左侧L2处，将球沿垂直于网的方向水平击出，球恰好通过网的上沿落到右侧桌边缘．设乒乓球的运动为平抛运动．那么( )图9A ．击球点的高度与网高度之比为2∶1B ．乒乓球在网左右两侧运动时间之比为2∶1C ．乒乓球过网时与落到桌边缘时竖直方向速率之比为1∶2D ．乒乓球在网左、右两侧运动速度变化量之比为1∶2 答案 D解析 根据平抛运动规律，乒乓球在网左、右两侧运动时间之比为1∶2，由Δv ＝g Δt 可得，乒乓球在左、右两侧运动速度变化量之比为1∶2，选项D 正确，B 错误．由y ＝12gt 2可得击球点的高度与网高度之比为9∶8，乒乓球过网时与落到桌边缘时竖直方向速率之比为1∶3，选项A 、C 错误．12.如图10所示，一长为2L 的木板，倾斜放置，倾角为45°，今有一弹性小球，从与木板上端等高的某处自由释放，小球落到木板上反弹时，速度大小不变，碰撞前后，速度方向与木板夹角相等，欲使小球一次碰撞后恰好落到木板下端，那么小球释放点距木板上端的水平距离为(不计空气阻力)( )图10A.12LB.13LC.14LD.15L 答案 D解析 由于小球释放位置与木板上端等高，设小球释放位置距木板上端的水平距离为x ，小球与木板碰撞前有v 2＝2gx ，小球与木板碰撞后做平抛运动，那么水平方向上有L －x ＝vt ，竖直方向上有L －x ＝12gt 2，由以上三式联立解得x ＝15L ，故D 正确．13．(2021·温州市九校联盟期末)如图11所示，倾角θ＝30°的斜面AB ，在斜面顶端B 向左水平抛出小球1、同时在底端A 正上方某高度处水平向右抛出小球2，小球1、2同时落在P 点，P 点为斜边AB 的中点，不计空气阻力，那么( )图11A ．小球2 一定垂直撞在斜面上B ．小球1、2的初速度可以不相等C ．小球1落在P 点时与斜面的夹角为30°D ．改变小球1的初速度，小球1落在斜面上的速度方向都平行 答案 D解析 两个小球同时做平抛运动，又同时落在P 点，说明运动时间一样，水平位移大小相等，由x ＝v 0t 知初速度相等．小球1落在斜面上时，有 tan θ＝12gt 2v0t ＝gt2v 0小球2落在斜面上的速度与竖直方向的夹角的正切值tan α＝v 0gt ＝12tan θ，α≠θ，所以小球2没有垂直撞在斜面上，故A 、B 错误．小球1落在P 点时速度与水平方向的夹角的正切值tan β＝gt v 0＝2tan θ＝233<3，β<60°，所以小球1落在P 点时与斜面的夹角小于30°，故C 错误．改变小球1的初速度，根据tan β＝2tan θ知，小球1落在斜面上的速度方向与水平方向的夹角一样，相互平行，故D 正确．14.俄罗斯苏－34轰炸机对叙利亚的两个恐惧分子车队进展了打击，消灭了40辆油罐汽车．如图12所示的一辆油罐汽车被准确击中．假设飞机投弹时正在距地面180 m 高度以速度80 m/s 沿水平方向匀速飞行(炸弹离开飞机时相对飞机的初速度为零)，而该车当时正在飞机正前方下的平直公路上以20 m/s 的速度匀速前进(运动方向与飞机的飞行方向一样)，不计空气阻力．(取g ＝10 m/s 2)求：图12(1)炸弹从被投出到落地的时间； (2)炸弹刚落地时的速度大小；(3)飞机是从距油罐汽车水平距离多远时开场投弹的． 答案 (1)6 s (2)100 m/s (3)360 m解析 (1)根据h ＝12gt 2得，炸弹抛出到落地的时间t ＝2h g＝2×18010s ＝6 s. (2)炸弹落地时的竖直分速度v y ＝gt ＝10×6 m/s＝60 m/s.根据平行四边形定那么知，落地时的速度大小v ＝v x 2＋v y 2＝802＋602m/s ＝100 m/s. (3)炸弹的水平位移x 1＝v x t ＝80×6 m＝480 m ，油罐汽车的位移x 2＝v ′t ＝20×6 m＝120 m ，那么Δx ＝x 1－x 2＝480 m －120 m ＝360 m.15.如图13所示，水平台面AB 距地面的高度h ＝0.8 m ．有一滑块从A 点以v 0＝6 m/s 的初速度在台面上自由滑行，滑块与平台间的动摩擦因数μB 点后垂直于平台边缘水平飞出．x AB ＝2.2 m ，不计空气阻力，g 取10 m/s 2.求：图13(1)滑块从B 点飞出时的速度大小； (2)滑块落地点到平台边缘的水平距离． 答案 (1)5 m/s (2)2 m解析 滑块在平台上做匀减速直线运动的加速度大小为a ＝F f m＝μg ＝2.5 m/s 2(1)由v B 2－v 02＝－2ax AB ， 得v B ＝5 m/s(2)滑块从B 点飞出后做平抛运动，竖直方向，h ＝12gt 2水平方向，x ＝v B t 解得x ＝2 m故滑块落地点到平台边缘的水平距离为2 m.。
2021届江苏高考物理二轮复习专题突破优秀课件-专题一力与直线运动
2 0 2 1 届江苏 高考物 理二轮 复习专 题突破 课 优件 秀： 课 专 件题-专一题第一2力讲与力直与线直运线动运（动完 整版）
[答案] (1)14.7 m/s (2)2 m/s2
考点2 运动图象问题
新储备·等级考提能
2 0 2 1 届江苏 高考物 理二轮 复习专 题突破 优秀课 件-专题 一力与 直线运 动（完 整版）
A．出发 4 s 内冰橇的加速度大小为 1.5 m/s2 B．冰橇与赛道间的动摩擦因数为 0.05 C．出发 10 s 内冰橇的位移为 75 m D．比赛中运动员到达终点时的速度大小为 36 m/s
2 0 2 1 届江苏 高考物 理二轮 复习专 题突破 课 优件 秀： 课 专 件题-专一题第一2力讲与力直与线直运线动运（动完 整版）
2．追及问题的解题思路和技巧 (1)解题思路
2 0 2 1 届江苏 高考物 理二轮 复习专 题突破 课 优件 秀： 课 专 件题-专一题第一2力讲与力直与线直运线动运（动完 整版）
2 0 2 1 届江苏 高考物 理二轮 复习专 题突破 课 优件 秀： 课 专 件题-专一题第一2力讲与力直与线直运线动运（动完 整版）
[跟进训练] 1．(2020·济南市高三第一次模拟考试)短跑运动员在训练中从起 跑开始的一段时间内可看成先做匀加速直线运动再做匀速直线运 动。已知总位移大小为 s，匀速阶段的速度大小为 v、时间为 t，则 匀加速阶段的时间为( ) A．vs B．2vs C．2vs－t D．2vs－2t
2 0 2 1 届江苏 高考物 理二轮 复习专 题突破 课 优件 秀： 课 专 件题-专一题第一2力讲与力直与线直运线动运（动完 整版）
1_专题一 力与运动 高考物理(江苏)二轮复习
专题一力与运动冲刺提分作业一、单项选择题1.(2019江苏苏、锡、常、镇四市二模)一质点做匀加速直线运动,在时间t内的平均速度为v,末速度是初速度的3倍,则该质点在时间t内的加速度为( )A.8vt B.3v2tC.4vtD.vt答案 D 设质点初速度为v0,则末速度为3v,由v=v0+3v02得,v=v2,则加速度a=3v0-v0t=vt,故D正确。
2.(2018江苏苏北四市一调)如图所示,小明将叠放在一起的A、B两本书抛给小强,已知A 的质量为m,重力加速度为g,两本书在空中不翻转,不计空气阻力,则A、B在空中运动时( )A.A的加速度等于gB.B的加速度大于gC.A对B的压力等于mgD.A对B的压力大于mg答案 A 两本书叠在一起抛出,做加速度为g的抛体运动,处于完全失重状态,则A与B间的作用力为零。
故A正确,B、C、D错误。
3.(2019江苏单科,2,3分)如图所示,一只气球在风中处于静止状态,风对气球的作用力水平向右。
细绳与竖直方向的夹角为α,绳的拉力为T,则风对气球作用力的大小为( )A.TsinαB.TcosαC.T sin αD.T cos α答案 C 如图所示,气球处于平衡状态,在水平方向上风力与拉力T的水平分力平衡,F风=T sin α,故选项C正确。
4.(2019江苏南通、泰州、扬州等七市二模联考)为使雨水尽快离开房屋的屋顶面,屋顶的倾角设计必须合理。
某房屋示意图如图所示,设屋顶面光滑,倾角为θ,雨水由静止开始沿屋顶面向下流动,则理想的倾角θ为 ( )A.30°B.45°C.60°D.75°答案 B 如题图,从房屋侧面看,由于房屋的水平宽度一定,设为2x,由公式s=12at2可得t2=2sa =2xcosθgsinθ=2xgsinθcosθ=4xgsin2θ,当sin 2θ=1,即θ=45°时,时间t最小。
5.(2018江苏高考压轴冲刺卷)一滑块以初速度v从斜面底端沿粗糙程度相同的斜面向上运动,运动到最高点后,又能沿斜面向下运动到底端,取斜面底端为坐标原点,沿斜面向上为x 轴的正方向,则滑块速度的平方v2与位置坐标x的关系图像正确的是( )答案 A v2-x图线的斜率表示加速度,根据牛顿第二定律可知:向上运动时的加速度大小为a=g sin θ+μg cos θ,向下运动时的加速度大小为a'=g sin θ-μg cos θ, 故斜率恒定,且向上减速运动的加速度大。
2021届高考物理二轮复习教学课件：第一章运动图象问题
3.“面积”的含义: (1)图线与时间轴围成的面积表示相应时间内的_位__移__。 (2)若面积在时间轴的上方,表示_位__移__方向为正方向;若面积在时间轴的下方, 表示_位__移__方向为负方向。
【情境转换】
说出图中各物体的运动性质,其中图像3、6为抛物线。 提示:物体1静止,物体2匀速直线运动,物体3匀加速直线运动,物体4匀速直线运 动,物体5匀加速直线运动,物体6变加速直线运动。
【解题思路】解答本题要注意以下两点: (1)位移—时间图象反映了物体在不同时刻的位移。 (2)位移—时间图象的斜率表示物体运动的速度。 【解析】选B。因x-t图象的斜率等于速度,可知在0～t1时间内开始时甲的速度 大于乙,后来乙的速度大于甲,A错误;由图象可知在0～t1时间内甲、乙位移相 同,B正确;甲、乙均向同方向做直线运动,则甲、乙的路程相同,C错误;由斜率 等于速度可知甲做匀速运动,乙做加速运动,D错误。故选B。
考点1 准确解读各种运动图象(d) 【要点融会贯通】 1.读图:
2.作图和用图:依据物体的状态或物理过程所遵循的物理规律,作出与之对应 的示意图或数学函数图象来研究和处理问题。
【典例考题研析】 【典例1】(2019·浙江4月选考真题)甲、乙两物体零时刻开始从同一地点向 同一方向做直线运动,位移—时间图象如图所示,则在0～t1时间内 () A.甲的速度总比乙大 B.甲、乙位移相同 C.甲经过的路程比乙小 D.甲、乙均做加速运动
【加固训练】 1.下列给出的四组图象中,能够反映同一直线运动的是 ( )
【解析】选C。A、B选项中的左图表明0～3 s内物体匀速运动,位移正比于时
间,加速度为零,3～5 s内物体匀加速运动,加速度大小a= v =2 m/s2,A、B
t
(江苏专用)2021版高考物理大一轮复习 第一章 运动的描述 第2讲 匀变速直线运动的规律
（江苏专用）2021版高考物理大一轮复习第一章运动的描述第2讲匀变速直线运动的规律（江苏专用）2021版高考物理大一轮复习第一章运动的描述第2讲匀变速直线运动的规律（江苏特别版）2022版高考物理大圆复习第1章体育第2章讲匀变速直线运动的规律1.在一起交通事故中，交警测得事故车辆的制动轨迹为30m，车辆最大制动加速度为15m/s，路段限速为60km/h()．a、 C.无法判断b．不超速d、速度只有60公里/小时2分析：如果在最大制动加速度下制动，制动时的速度可以从v=2aX得到，为30m/S=108km/h，因此车辆正在超速，a是正确的。
回答a2．如图1所示，一小球从a点由静止开始沿斜面向下做匀变速直线运动，若到达b点时速度为v，到达c点时速度为2v，则xab∶xbc等于()．图1a．1∶1b．1∶2c．1∶3d．1∶4通过分析位移速度公式，我们可以得到VB VA=2axab，VC VB=2axbc。
通过替换每个瞬时速度，我们可以看到选项C是正确的。
答案c3．汽车进行刹车试验，若速率从8m/s匀减速至零，需用时间1s，按规定速率为8m/s的汽车刹车后拖行路程不得超过5.9m，那么上述刹车试验的拖行路程是否符合规定()a、拖航距离为8m，符合规定。
B.拖航距离为8m，不符合规定。
C.拖航距离为4m，符合规定。
D.拖航距离为4m，不符合规定－v0－分析v==4m/s.x=VT=4m<5.9m，所以C是正确的2答案c4.制动后，移动车辆匀速直线移动，3.5s后停止，制动后1s、2S、3S内通过的位移比为：()．a、一,∶3.∶5b.1∶2.∶3c.3∶5.∶6d.1∶8.∶162二2二解析画示意图如图所示，把汽车从a→e的末速度为0的匀减速直线运动，逆过来转换为从e→a的初速度为0的匀加速直线运动来等效处理，由于逆过来前后，加速度大小相同，故逆过来前后的运动位移、速度时间均具有对称性．所以知汽车在相等时间内发生的位移之比为1∶3∶5∶…，把时间间隔分为0.5s，所以xde∶xcd∶xbc∶xab＝1∶8∶16∶24，所以xab∶xac∶xad＝3∶5∶6.选项c正确．答案c5．匀速运动的汽车从某时刻开始刹车，匀减速运动直至停止．若测得刹车时间为t，刹车位移为x，根据这些测量结果，可以求出()．a．汽车刹车过程的初速度b．汽车刹车过程的加速度c．汽车刹车过程的平均速度d．汽车刹车过程的制动力12－解析因汽车做匀减速直线运动，所以有x＝at＝vt，可以求出汽车刹车过程的加速二－a度、平均速度V、B和C正确；V=at，可以得到车辆制动过程的初始速度，a是正确的；因为我不知道汽车的质量，所以我无法计算汽车在制动时的制动力，D错了6．取一根长2m左右的细线，5个铁垫圈和一个金属盘．在线端系上第一个垫圈，隔12cm再系一个，以后垫圈之间的距离分别为36cm、60cm、84cm，如图2所示．站在椅子上，向上提起线的上端，让线自由垂下，且第一个垫圈紧靠放在地上的金属盘．松手后开始计时，若不计空气阻力，则第2、3、4、5个垫圈()．图2a．落到盘上的声音时间间隔越来越大b．落到盘上的声音时间间隔相等c、依次落到磁盘上的速率为1∶ 2.∶ 3.∶ 2.d．依次落到盘上的时间关系为1∶(2－1)∶(3－2)∶(2－3)十二解析根据其运动规律h＝gt判断落到盘上的声音时间间隔相等，b项正确．由v＝22GH已知垫片依次落在圆盘上的速率为1:2:3:4:。
【创新设计】2021高考物理二轮复习(江苏专用)-教师用书-第4讲-力与物体的曲线运动(二)
第4讲 力与物体的曲线运动(二) ——电场和磁场中的曲线运动对应同学用书P151．(多选) (2022·江苏单科，9)如图1－4－1所示，MN 是磁感应强度为B 的匀强磁场的边界．一质量为m 、电荷量为q 的粒子在纸面内从O 点射入磁场．若粒子速度为v 0，最远能落在边界上的A 点．下列说法正确的有( )图1－4－1A ．若粒子落在A 点的左侧，其速度肯定小于v 0B ．若粒子落在A 点的右侧，其速度肯定大于v 0C ．若粒子落在A 点左右两侧d 的范围内，其速度不行能小于v 0－qBd 2mD ．若粒子落在A 点左右两侧d 的范围内，其速度不行能大于v 0＋qBd2m解析 带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，q v 0B ＝m v 20r ，所以r ＝m v 0qB ，当带电粒子从不同方向由O 点以速度v 0进入匀强磁场时，其轨迹是半径为r 的圆，轨迹与边界的交点位置最远是离O 点2r 的距离，即OA ＝2r ，落在A 点的粒子从O 点垂直入射，其他粒子则均落在A 点左侧，若落在A 点右侧，则必需有更大的速度，选项B 正确．若粒子速度虽然比v 0大，但进入磁场时与磁场边界夹角过大或过小，粒子仍有可能落在A 点左侧，选项A 、D 错误．若粒子落在A 点左右两侧d 的范围内，设其半径为r ′，则r ′≥2r －d 2，代入r ＝m v 0qB ，r ′＝m vqB ，解得v ≥v 0－qBd2m ，选项C 正确．答案 BC2．(2022·江苏卷，14)(16分)某装置用磁场把握带电粒子的运动，工作原理如图1－4－2所示．装置的长为L ，上下两个相同的矩形区域内存在匀强磁场，磁感应强度大小均为B 、方向与纸面垂直且相反，两磁场的间距为d .装置右端有一收集板，M 、N 、P 为板上的三点，M 位于轴线OO ′上，N 、P 分别位于下方磁场的上、下边界上．在纸面内，质量为m 、电荷量为－q 的粒子以某一速度从装置左端的中点射入，方向与轴线成30°角，经过上方的磁场区域一次，恰好到达P 点．转变粒子入射速度的大小，可以把握粒子到达收集板上的位置．不计粒子的重力．图1－4－2(1) 求磁场区域的宽度h ；(2)欲使粒子到达收集板的位置从P 点移到N 点，求粒子入射速度的最小变化量Δv ； (3)欲使粒子到达M 点，求粒子入射速度大小的可能值．解析 (1)设粒子在磁场中的轨道半径为r ，画出带电粒子的运动轨迹如图所示．由几何关系得L ＝3r sin 30°＋3×d 2tan 30° ①(2分)又由h ＝r (1－cos 30°)②(2分)联立①②解得：h ＝(23L －3d )(1－32)③(1分) (2)设转变入射速度后粒子在磁场中的轨道半径为r ′，则有q v B ＝m v 2r 及q v ′B ＝m v ′2r ′④(2又由几何关系得3r sin 30°＝4r ′sin 30°⑤(2分)联立④⑤解得Δv ＝v －v ′＝qB m (L 6－34d ) ⑥(1分)(3)设粒子经过上方磁场n 次，则由几何关系得 L ＝(2n ＋2)r n sin 30°＋(2n ＋2)d2/tan 30° ⑦(2分) 又由q v n B ＝m v 2n r n，⑧(2分) 解得v n ＝qB m (L n ＋1－3d )(1≤n <3L3d －1，n 取整数)⑨(2分)答案 (1)(23L －3d )(1－32) (2)qB m (L 6－34d )(3)qB m (L n ＋1－3d )(1≤n ＜3L 3d －1，n 取整数)主要题型：选择题、计算题 学问热点 (1)单独命题①带电粒子在电场中的受力分析与运动分析． ②带电粒子在有界匀强磁场中的圆周运动问题． (2)交汇命题点①结合匀变速曲线运动规律、动能定理进行考查． ②带电粒子在电场、磁场、重力场中的运动分析．物理方法(1)运动的合成与分解方法(如类平抛运动的处理方法) (2)对称法 (3)数形结合法(利用几何关系) (4)模型法(类平抛运动模型、匀速圆周运动模型) 命题趋势近几年江苏省高考对带电粒子在电场中的运动没有单独命题，猜测2021年以生产与生活中的带电粒子在电场中的运动为背景，突出表现物理学问在实际生活中的应用应为重视点．热点一 带电粒子在电场中的运动1．(2022·扬州市高三期末)如图1－4－3所示，水平放置的两块带电平行金属板．板间存在着方向竖直向下、场强大小为E 的匀强电场和垂直于纸面的匀强磁场．假设电场、磁场只存在于两板间．一个带正电的粒子，以水平速度v 0从两极板的左端正中心沿垂直于电场、磁场的方向射入极板间，恰好做匀速直线运动．不计粒子的重力及空气阻力．则( )图1－4－3A ．板间所加的匀强磁场B ＝Ev 0，方向垂直于纸面对里B ．若粒子电量加倍，将会向下偏转C ．若粒子从极板的右侧射入，肯定沿直线运动D ．若粒子带负电，其他条件不变，将向上偏转解析 对于粒子的匀速直线运动，由共点力平衡条件有q v 0B －qE ＝0，解得B ＝Ev 0，由左手定则可知匀强磁场的方向垂直纸面对里，A对；若电量加倍，q v0B－qE＝0仍成立，粒子仍做匀速直线运动，不会偏转，B错；若粒子从极板的右侧射入，粒子所受电场力及洛伦兹力方向都将向下，粒子向下偏转，C错；若带负电粒子从左向右射入，电场力、洛伦兹力均反向，q v0B－qE＝0仍成立，粒子不会偏转，D错．答案 A2．(2022·安徽联考)如图1－4－4所示，六面体真空盒置于水平面上，它的ABCD面与EFGH面为金属板，其他面为绝缘材料．ABCD面带正电，EFGH面带负电．从小孔P沿水平方向以相同速度射入三个质量相同的带正电液滴A、B、C，最终分别落在1、2、3三点．则下列说法正确的是()图1－4－4A．三个液滴在真空盒中都做平抛运动B．三个液滴的运动时间不肯定相同C．三个液滴落到底板时的速率相同D．液滴C所带电荷量最多解析三个液滴具有相同的水平初速度，但除了受重力以外，还受水平方向的电场力作用，不是平抛运动，选项A错误；在竖直方向上三个液滴都做自由落体运动，下落高度又相同，运动时间必相同，选项B错误；在相同的运动时间内，液滴C水平位移最大，说明它在水平方向的加速度最大，它受到的电场力最大，故它所带电荷量也最多，选项D正确；由于电场力对液滴C做功最多，它落到底板时的速率最大，选项C错误．答案 D3．(山西省2022届高三四校联考)有一种电荷把握式喷墨打印机的打印头的结构简图如图1－4－5所示．其中墨盒可以喷出微小的墨汁微粒，此微粒经过带电室后以肯定的初速度垂直射入偏转电场，再经偏转电场后打到纸上，显示出字符．已知偏移量越小打在纸上的字迹越小，现要缩小字迹，下列措施可行的是() 图1－4－5A．增大墨汁微粒的比荷B．减小墨汁微粒进入偏转电场时的初动能C．减小偏转极板的长度D．增大偏转极板间的电压解析已知偏移量越小打在纸上的字迹越小，因偏移量y＝qUL 22md v20，现要缩小字迹，可行的措施可减小墨汁微粒的比荷qm，增大墨汁微粒进入偏转电场时的初动能12m v2，减小偏转极板的长度L，减小偏转极板间的电压U，故选C.答案 C4. (2022·山东卷，18)如图1－4－6所示，场强大小为E、方向竖直向下的匀强电场中有一矩形区域abcd，水平边ab长为s，竖直边ad长为h.质量均为m、带电量分别为＋q和－q的两粒子，由a、c两点先后沿ab和cd方向以速率v0进入矩形区(两粒子不同时消灭在电场中)．不计重力．若两粒子轨迹恰好相切，则v0等于()图1－4－6A.s22qEmh B.s2qEmhC.s42qEmh D.s4qEmh解析两粒子都做类平抛运动，轨迹恰好相切，由对称性可知，切点为矩形的几何中心，则有h2＝12 qEm t2，s2＝v0t，可得，v0＝s2qEmh，正确选项为B.答案 B1．解题途径的选择(1)求解带电粒子在匀强电场中的运动时，运动和力、功能关系两个途径都适用，选择依据是题给条件，当不涉准时间时选择功能关系，否则必需选择运动和力．(2)带电粒子在非匀强电场中运动时，加速度不断变化，只能选择功能关系求解．2．逆向思维巧解题平抛和类平抛运动均有可运用逆向思维解题的命题消灭，如上面题组中第4题．热点二带电粒子在磁场中的运动5. (2022·全国卷新课标Ⅰ，16)如图1－4－7，MN为铝质薄平板，铝板上方和下方分别有垂直于图平面的匀强磁场(未画出)．一带电粒子从紧贴铝板上表面的P点垂直于铝板向上射出，从Q点穿越铝板后到达PQ的中点O.已知粒子穿越铝板时，其动能损失一半，速度方向和电荷量不变．不计重力，铝板上方和下方的磁感应强度大小之比为()A．2 B. 2C．1 D.2 2图1－4－7解析设粒子在铝板上方和下方的速率及轨道半径分别为v1、v2及R1、R2. 由牛顿其次定律及洛伦兹力公式得：q v1B上＝m v21R1①q v2B下＝m v22R2②由题意知：R1＝2R2③12m v21＝12×12m v22④联立①②③④得：B上B下＝22，选项D正确．答案 D6. (多选)(2022·南通市、扬州市、泰州市、连云港市、淮安市高三三模)如图1－4－8所示，范围足够大、磁感应强度为B的匀强磁场垂直于xOy平面对里，两质量相等的粒子带等量异种电荷，它们从x轴上关于O点对称的两点同时由静止释放，运动过程中未发生碰撞，不计粒子所受的重力．则()图1－4－8A．两粒子沿x轴做直线运动B．运动过程中，若两粒子间的距离等于初始位置间的距离时，它们的速度均为零C．运动过程中，两粒子间的距离最小时，它们的速度沿y轴方向的重量v y最大D．若减小磁感应强度，再从原处同时由静止释放两粒子，它们可能会发生碰撞解析粒子开头运动后受到洛伦兹力的作用，速度方向会发生转变，不会沿直线运动，选项A错误；当两粒子间距离等于初始距离时，电场力做功为零，由功能关系知，粒子动能为零，它们的速度均为零，选项B正确；粒子间的距离最小时，电场力做功最多，速度最大，但速度沿x轴方向的重量为零，故速度沿y轴方向的重量最大，选项C正确；若减小磁感应强度，粒子所受洛伦兹力减小，其运动轨道曲率半径增大，两粒子可能会发生碰撞，选项D正确．答案BCD7. 如图1－4－9所示，圆形区域内有一垂直纸面的匀强磁场，P 为磁场边界上的一点．有很多带有同样电荷、具有同样质量的粒子在纸面内沿各个方向以相同的速率通过P 点进入磁场．这些粒子射出边界的位置均处于边界的某一段圆弧上，这段圆弧的弧长是圆周长的13.将磁感应强度的大小从原来的B 1变为B 2，结果相应的弧长变为原来的一半，则B 2/B 1等于 ( ) A . 2 B. 3 C ．2D ．3图1－4－9解析 当轨道半径小于或等于磁场区半径时，粒子射出圆形磁场的点离入射点最远距离为轨迹直径．如图所示，当粒子从13圆周射出磁场时，粒子在磁场中运动的轨道直径为PQ ，粒子都从圆弧PQ 之间射出，因此轨道半径r 1＝R cos 30°＝32R ；若粒子射出的圆弧对应弧长为“原来”的一半，即16周长，对应的弦长为R ，即粒子运动轨迹直径等于磁场区半径R ，半径r 2＝R 2，由r ＝m v qB 可得B 2B 1＝r 1r 2＝ 3.答案 B8．(多选)(2022·全国卷新课标Ⅱ，20)图1－4－10为某磁谱仪部分构件的示意图．图中，永磁铁供应匀强磁场，硅微条径迹探测器可以探测粒子在其中运动的轨迹．宇宙射线中有大量的电子、正电子和质子．当这些粒子从上部垂直进入磁场时，下列说法正确的是( ) A ．电子与正电子的偏转方向肯定不同B ．电子与正电子在磁场中运动轨迹的半径肯定相同C ．仅依据粒子运动轨迹无法推断该粒子是质子还是正电子D ．粒子的动能越大，它在磁场中运动轨迹的半径越小图1－4－10解析 由于电子和正电子带电性相反，若入射速度方向相同时，受力方向相反，则偏转方向肯定相反，选项A 正确；由于电子和正电子的入射速度大小未知，依据r ＝m vqB 可知，运动半径不肯定相同，选项B 错误；虽然质子和正电子带电量及电性相同，但是两者的质量和速度大小未知，由r ＝m v qB 知，依据运动轨迹无法推断粒子是质子还是正电子，选项C 正确；由E k ＝12m v 2，则r ＝m v qB ＝2mE kqB ，可知粒子的动能越大，它在磁场中运动轨迹的半径越大，选项D 错误． 答案 AC9．(2022·岳阳一中质检)如图1－4－11所示，L 1和L 2为距离d ＝0.1 m 的两平行的虚线，L 1上方和L 2下方都是垂直纸面对里的磁感应强度为B ＝0.20 T 的匀强磁场，A 、B 两点都在L 2上，质量为m ＝1.67×10－27 kg 、电荷量q ＝1.60×10－19 C 的质子，从A 点以v 0＝5.0×105 m/s 的速度与L 2成θ＝45°角斜向上射出，经过上方和下方的磁场偏转后正好经过B 点，经过B 点时速度方向也斜向上，求(结果保留两位有效数字)图1－4－11(1)质子在磁场中做圆周运动的半径；(2)A 、B 两点间的最短距离；(3)质子由A 点运动到B 点的时间的可能值． 解析 (1)质子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力供应向心力，设半径为R ，有： q v 0B ＝m v 20R ①R ＝m v 0qB ＝2.6×10－2 m ②(2)质子由A 点运动到B 点可重复若干 周期，其中一个周期内的运动状况如图所示．由几何关系知，A 、B 两点间的最短距离为： d min ＝2d tan θ＝2d ＝0.20 m ③(3)质子在两磁场中各运动一次的时间正好为一个圆周运动的周期T (优弧加劣弧恰好为一个整圆)T ＝2πm qB ，设在L 1、L 2间运动的时间为t 1，则有：t 1＝2dv 0sin θ④所以t 2＝T ＋t 1＝2πm qB ＋2dv 0sin θ＝8.9×10－7 s ⑤质子从A 到B 运动时间的可能值应为t 2的整数倍 即t AB ＝nt 2＝8.9×10－7n s(n ＝1,2,3，…) 答案 (1)2.6×10－2 m (2)0.20 m (3)8.9×10－7n s(n ＝1,2,3，…)1．分析带电粒子在磁场中运动的基本步骤2．对称性的应用(1)粒子从直线边界射入磁场，再从这一边界射出时，速度方向与边界的夹角相等． (2)粒子沿径向射入圆形磁场区域时，必沿径向射出磁场区域．3．带电粒子在有界磁场中运动临界问题的三种几何关系(1)刚好穿出磁场边界的条件是带电粒子在磁场中运动的轨迹与边界相切．(2)当粒子的运动速率v 肯定时，粒子经过的弧长(或弦长)越长，圆心角越大，则带电粒子在有界磁场中运动的时间越长．(3)当粒子的运动速率v 变化时，带电粒子在匀强磁场中的运动轨迹对应的圆心角越大，其在磁场中的运动时间越长.高考命题热点 4.带电粒子在匀强磁场中的运动图1－4－12(1)圆心O 的确定是关键：如图1－4－12所示，圆心O 总是位于粒子在不同位置的两点A 、B 处所受洛伦兹力F 作用线的交点上或弦AB 的中垂线OO ′与任一个洛伦兹力F 作用线的交点上； (2)确定半径R①物理方法：R ＝m vqB ；②几何方法：一般由三角关系及圆的学问来计算确定．(3)确定圆心角(也叫回旋角)φ与时间t ：粒子的速度偏向角α等于回旋角φ，且等于弦AB 与切线的夹角(弦切角)θ的2倍，即有φ＝α＝2θ＝ωt ＝2πT t ，或α＝φ＝sR (几何方法，s 为φ对应的圆弧弧长)，或t ＝s v ＝αR v ＝φR v .推断挨次：圆心O →半径R →圆心角φ.①沿半径方向射入，则必沿径向射出；②若带电粒子的轨道半径等于圆形区半径，则粒子经磁场后射出方向总平行入射点的切线，与粒子射入磁场的方向无关．【典例】 (2021·海南高考，14)(13分)如图1－4－13所示，纸面内有E 、F 、G 三点，∠GEF ＝30°，∠EFG ＝135°，空间有一匀强磁场，磁感应强度大小为B ，方向垂直于纸面对外．先使带有电荷量为q (q ＞0)的点电荷a 在纸面内垂直于EF 从F 点射出，其轨迹经过G 点；图1－4－13再使带有同样电荷量的点电荷b 在纸面内与EF 成肯定角度从E 点射出，其轨迹也经过G 点，两点电荷从射出到经过G 点所用的时间相同，且经过G 点时的速度方向也相同．已知点电荷a 的质量为m ，轨道半径为R ，不计重力，求： (1)点电荷a 从射出到经过G 点所用的时间； (2)点电荷b 的速度的大小． 审题流程(1)读题、审题的关键把抽象思维―――――→转化为形象思维． (2)思维转化过程满分解答 (1)设点电荷a 的速度大小为v ，由牛顿其次定律得 q v B ＝m v 2R ①(1分)由①式得v ＝qBRm②(1分)设点电荷a 做圆周运动的周期为T ，有T ＝2πmqB③(2分)如图，O 和O 1分别是a 和b 的圆轨道的圆心．设a 在磁场中偏转的角度为θ，b 在磁场中偏转的角度为θ1，由几何关系得θ＝90°，θ1＝60° ④(1故a 从开头运动到经过G 点所用的时间t 为 t ＝πm2qB⑤(1分)(2)设点电荷b 的速度大小为v 1，轨道半径为R 1，依题意有t ＝R 1θ1v 1＝Rθv⑥(2由⑥式得v 1＝R 1θ1Rθv ⑦(1分)由于两轨道在G 点相切，所以过G 点的半径OG 和O 1G 在同始终线上．由几何关系和题给条件得 θ1＝60° ⑧(1分)R 1＝2R⑨(1分)联立②④⑦⑧⑨⑩式，解得 v 1＝4qBR3m⑩(2分)答案 (1)πm 2qB (2)4qBR3m(2022·山东卷，24)(20分)如图1－4－14甲所示，间距为d 、垂直于纸面的两平行板P 、Q 间存在匀强磁场．取垂直于纸面对里为磁场的正方向，磁感应强度随时间的变化规律如图乙所示．t ＝0时刻，一质量为m 、带电量为＋q 的粒子(不计重力)，以初速度v 0由Q 板左端靠近板面的位置，沿垂直于磁场且平行于板面的方向射入磁场区．当B 0和T B 取某些特定值时，可使t ＝0时刻入射的粒子经Δt时间恰能垂直打在P 板上(不考虑粒子反弹)．上述m 、q 、d 、v 0为已知量．图1－4－14(1)若Δt ＝12T B ，求B 0；(2)若Δt ＝32T B ，求粒子在磁场中运动时加速度的大小； (3)若B 0＝4m v 0qd ，为使粒子仍能垂直打在P 板上，求T B .解析 (1)设粒子做圆周运动的半径为R 1，由牛顿其次定律得q v 0B 0＝m v 20R 1①(1分)据题意由几何关系得R 1＝d ②(1分) 联立①②式得B 0＝m v 0qd ③(1分)(2)设粒子做圆周运动的半径为R 2，加速度大小为a ，由圆周运动公式得a ＝v 20R 2④(1分)据题意由几何关系得3R 2＝d ⑤(1分) 联立④⑤式得a ＝3v 20d ⑥(1分)(3)设粒子做圆周运动的半径为R ，周期为T ，由圆周运动公式得T ＝2πRv 0⑦(1分)由牛顿其次定律得q v 0B 0＝m v 20R ⑧(1分)由题意知B 0＝4m v 0qd ，代入⑧式得d ＝4R ⑨(1分) 粒子在1个T B 内的运动轨迹如图所示，O 1、O 2为圆心，O 1O 2连线与水平方向的夹角为θ，在每个T B 内，只有A 、B 两个位置才有可能垂直击中P 板，且均要求0<θ<π2， 由题意可知π2＋θ2πT ＝T B2⑩(1分)设经受完整T B 的个数为n (n ＝0,1,2,3……) 若在A 点击中P 板，据题意由几何关系得 R ＋2(R ＋R sin θ)n ＝d ⑪(1分)当n ＝0时，无解⑫(1分)当n ＝1时，联立⑨⑪式得θ＝π6(或sin θ＝12)⑬(1分)联立⑦⑨⑩⑬式得T B ＝πd3v 0⑭(1分)当n ≥2时，不满足0＜θ<π2的要求⑮(1分)若在B 点击中P 板，据题意由几何关系得 R ＋2R sin θ＋2(R ＋R sin θ)n ＝d ⑯(1分) 当n ＝0时，无解⑰(1分)当n ＝1时，联立⑨⑯式得 θ＝arcsin 14(或sin θ＝14)⑱(1分)联立⑦⑨⑩⑱式得T B ＝(π2＋arcsin 14)d2v 0⑲(1分) 当n ≥2时，不满足0<θ<90°的要求⑳(1分)答案 (1)m v 0qd (2)3v 2d(3)见解析一、单项选择题 1.图1－4－15(2022·河北唐山二模，16)一个带正电的粒子，在xOy平面内以速度v0从O点进入一个匀强电场，重力不计．粒子只在电场力作用下连续在xOy平面内沿图1－4－15中虚线轨迹运动到A点，且在A点时的速度方向与y轴平行，则电场强度的方向可能是()A．沿x轴正方向B．沿x轴负方向C．沿y轴正方向D．垂直于xOy平面对里解析在O点粒子速度有水平向右的重量，而到A点时水平重量变为零，说明该粒子所受电场力向左或有向左的重量，又由于粒子带正电，故只有B正确．答案 B图1－4－162．如图1－4－16所示，虚线MN上方的空间内存在一磁感应强度大小为B的匀强磁场．一群电子以不同的速率v从MN边界上的P点以相同的方向射入磁场，其中某一速率为v0的电子从Q点射出．已知电子入射方向与边界的夹角为θ，则由以上条件可推断()A．该匀强磁场的方向垂直纸面对外B．全部电子在磁场中的运动轨迹都相同C．全部电子的速度方向都转变了2θD．速率大于v0的电子在磁场中运动的时间长解析由左手定则可知该匀强磁场的方向垂直纸面对里，选项A错误；由半径公式r ＝m v0eB可知，电子进入磁场的速率越大，其轨道半径就越大，则不同速率的电子在磁场中的运动轨迹不同，选项B错误；全部电子在磁场中运动的圆心角为2θ，全部电子的速度方向都转变了2θ，选项C正确；又由于电子在磁场中运动的周期为T＝2πmeB，所以电子在磁场中运动的时间为t＝2θ2πT＝2mθeB，与电子运动的速率无关，选项D错误．答案 C 图1－4－173．(2022·江苏省无锡市期末)如图1－4－17所示，足够大的光滑绝缘水平面上有三个带电质点，A 和C均围绕B以相同的角速度做匀速圆周运动，三个带电质点始终在同始终线上，B恰能保持静止．其中A、C和B的距离分别是L1和L2.不计三质点间的万有引力，则A和C的比荷(电荷量与质量之比)之比应是()A.⎝⎛⎭⎪⎫L1L22 B.⎝⎛⎭⎪⎫L2L12 C.⎝⎛⎭⎪⎫L1L23 D.⎝⎛⎭⎪⎫L2L13解析依据B恰能保持静止可得：kq A q BL21＝kq C q BL22.A做匀速圆周运动，kq A q BL21－kq C q A(L1＋L2)2＝m Aω2L1，C 做匀速圆周运动，kq C q BL22－kq C q A(L1＋L2)2＝m Cω2L2，联立解得A和C的比荷(电荷量与质量之比)之比等于(L1L2)3，选项C正确．答案 C图1－4－184．如图1－4－18所示为圆柱形区域的横截面，在没有磁场的状况下，带电粒子(不计重力)以某一初速度沿截面直径方向入射，穿过此区域的时间为t.在该区域加沿圆柱轴线方向的匀强磁场，磁感应强度为B，带电粒子仍以同一初速度沿截面直径入射，粒子飞出此区域时，速度方向偏转60°角，依据上述条件不行能求下列物理量中的哪几个()A．带电粒子的比荷B．带电粒子在磁场中运动的时间C．带电粒子在磁场中运动的半径D．带电粒子在磁场中运动的角速度解析设磁场区域的半径为R，不加磁场时，带电粒子速度的表达式为v＝2Rt带电粒子在磁场中运动半径由题中的图可知r＝R cot 30°＝3R由粒子在磁场中运动的轨道半径公式可得3R＝m v qB由以上三式可得qm＝23Bt，周期T＝2πmqB＝2π3qBt2qB＝3πt，在磁场中运动时间t′＝T6＝π36t，运动角速度ω＝2πT＝23t＝233t，所以选C.答案 C5．(2022·合肥市第三次质量检测)图1－4－19如图1－4－19所示，虚线MN上方存在方向垂直纸面对里的匀强磁场B1，带电粒子从边界MN上的A点以速度v0垂直磁场方向射入磁场、经磁场偏转后从边界MN上的B点射出．若在粒子经过的区域PQ上方再叠加方向垂直纸面对里的匀强磁场B2.让该粒子仍以速度v0从A处沿原方向射入磁场，经磁场偏转后从边界MN上的B′点射出．(图中未标出)，不计粒子的重力，下列关于粒子的说法正确的是()A．B′点在B点的右侧B．从B′点射出的速度大于从B点射出的速度C．从B′点射出的速度方向平行于从B点射出的速度方向D．从A到B′的时间等于从A到B的时间解析粒子在匀强磁场中运动，依据洛伦兹力供应向心力q v B＝m v2r得：r＝m vqB，所以磁感应强度越大，粒子运动的半径越小，所以带电粒子在PQ上方时做圆周运动的半径小，粒子透过PQ连线的速度方向不变，故运动轨迹(PQ上方)如图，因此B′点在B点的左侧，故A错误；洛伦兹力对运动电荷不做功，所以粒子的速度不变，故B错误；从图中可以看出，两种状况下，粒子穿过PQ连线时转过的角度相同，所以从PQ的上方出来时的速度方向是相同的，因此从B′点射出的速度方向平行于从B点射出的速度方向，故C正确；因T＝2πrv＝2πmqB，所以在粒子经过的区域PQ上方再叠加方向垂直纸面对里的匀强磁场时，上方的磁场变大，粒子穿过上方的时间就变小，所以从A到B′的时间小于从A到B的时间，故D错．答案 C二、多项选择题6．(2022·扬州市期末)图1－4－20如图1－4－20所示，两个带正电的小球套在一个倾斜的直杆上，其中A球固定，两球均可视为点电荷，B球质量为m.现将B球从M点由静止释放，它能自由向下滑行至N点恰好静止，且MO＝ON，则()A．若将B球由N点释放可能滑至M点B．在MO与ON段电场力对B球做功相等C．B球从M至N点，重力势能未能完全转化为电势能D．若从比M点更高点滑下时，B球速度最大的位置仍旧不变解析由于克服摩擦力做功，若将B球由N点释放，它不行能滑至M点，A错；由于MO段与ON 段电势差不相等，两段中电场力对B球做功不相等，B错；由于克服摩擦做功，B球从M至N点，削减的重力势能转化为电势能和内能，C对；B球速度最大位置是合力为零的位置，该位置固定不变，D对．答案CD图1－4－217．(2022·河南洛阳市统考)在光滑绝缘的水平桌面上，存在着方向水平向右的匀强电场，电场线如图1－4－21中实线所示．一初速度不为零的带电小球从桌面上的A点开头运动，到C点时，突然受到一个外加的恒力F作用而连续运动到B点，其运动轨迹如图中虚线所示，v表示小球经过C 点时的速度．则()A．小球带正电B．恒力F的方向可能水平向左C．恒力F的方向可能与v方向相反D．在A、B两点小球的速率不行能相等解析由小球从A到C的运动轨迹可知，小球所受电场力向右，小球带正电，选项A正确；到C 点时，突然受到一个外加的水平恒力F作用而连续运动到B点，恒力F的方向可能水平向左，选项B正确；恒力F的方向与v方向的夹角肯定小于180°，选项C错误；在A、B两点小球的速率有可能相等，选项D错误．答案AB图1－4－228．在xOy平面内有一个宽为L(ac＝L)的磁场区，磁场垂直纸面对外，如图1－4－22所示，一带电粒子从x轴上的P点以速度v垂直于x轴射出，经磁场后从M点穿过y轴．今要求粒子从N点穿过y轴，下列措施可行的是()A．将磁场区向y轴负向平移适当距离B．将磁场区向y轴正向平移适当距离C．保持cd不动，将ab向y轴正方向平移适当距离D．保持磁场位置和宽度不变，减小磁感应强度解析带电粒子进入磁场后的运动轨迹如图所示，若磁场宽度不变，则轨迹efM不变，将磁场区沿y轴平移时，efM随之平移，因此磁场区向y轴负向平移可使粒子由N点过y轴，A对、B错；当保持cd不动，将ab向y轴正方向平移时，粒子在磁场中运动的时间增长，偏转角增大，可使粒子过N点，C正确；若保持磁场位置和宽度不变，减小磁感应强度，则轨道半径增大，偏转角减小，粒子从离N点更远处过y轴，D错．答案AC9.图1－4－23(2022·高考押题卷三)如图1－4－23所示，以直角三角形AOC为边界的有界匀强磁场区域．磁场方向垂直于纸面对里，磁感应强度大小为B.∠A＝60°，AO＝a.在O点放置一个粒子源，可以向纸面内各个方向放射某种带负电粒子，粒子的比荷为qm，速度大小都为v0，且满足v0＝qBam，放射方向由图中的角度θ表示．对于粒子进入磁场后的运动(不计重力作用)，下列说法正确的是() A．粒子在磁场中运动的半径为aB．粒子有可能打到A点C．以θ＝60°飞入的粒子在磁场中运动时间最短D．在AC边界上只有一半区域有粒子射出解析依据q v0B＝m v20R得：R＝a，故选项A正确．θ＝0时，粒子的运动轨迹如图所示，随着θ的增大，粒子将在A、D之间射出，当θ＝60°时，粒子恰好从A点射出，且在磁场中的运动时间最长，当θ＞60°时，随着θ的增大，粒子在磁场中的运动时间减小．由以上分析可知，选项A、B、D正确．答案ABD。
2021届新高考物理二轮复习阶段训练(一) 力与运动 含解析
2.(2019·全国卷Ⅲ)用卡车运输质量为 m 的匀质圆筒状工件,为使工件保持固定,将其 置于两光滑斜面之间,如图所示。两斜面Ⅰ、Ⅱ固定在车上,倾角分别为 30°和 60°。 重力加速度为 g。当卡车沿平直公路匀速行驶时,圆筒对斜面Ⅰ、Ⅱ压力的大小分 别为 F1、F2,则( )
A.F1= 33mg,F2= 23mg
解析:由万有引力提供向心力得,
Ὠ
2
=ma=
2
。由 a=
Ὠ2 可知,a∝ 12,可判断 A 正确,B
错误;由 v= Ὠ可知,半径增加,速度减小,可判断 C、D 错误。
7.三角形传送带以 1 m/s 的速度逆时针匀速转动,两边的传送带长都是 2 m,且与水平 方向的夹角均为 37°。现有两个小物块 A、B 从传送带顶端均以 1 m/s 的初速度沿 传送带下滑,物块与传送带间的动摩擦因数均为 0.5。下列说法正确的是( )
-2-
解析:在 CD 段,整体的加速度 a=(
+
) +
sin
=gsinθ,隔离对 A 分析,有
mAgsinθ+FfA=mAa,解得 FfA=0,可知 A 受重力和支持力两个力作用,故 A 错误。设 DE 段物块与斜面间的动摩擦因数为μ,在 DE 段,整体的加速度
a=(
+
) sin - ( +
+
) sin =gsinθ-μgcosθ,隔离对 A 分析,有 mAgsinθ+FfA=mAa,解得
4.如图所示,固定斜面的 CD 段光滑,DE 段粗糙,A、B 两物体叠放在一起从 C 点由静 止下滑,下滑过程中 A、B 保持相对静止,则( )
A.在 CD 段时,A 受三个力作用 B.在 DE 段时,A 可能受三个力作用 C.在 DE 段时,A 受摩擦力方向一定沿斜面向上 D.整个下滑过程中,A、B 均处于失重状态 答案:C
最新-2021届高考物理二轮复习江苏专用课件：考前第4天 精品
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①t＝nT(表示打点的时间间隔的个数，
打点计时器 T表示打点周期)
时间
②打点周期与所接交流电周期相同
光电计时器能自动记录挡光时间，显示 光电计时器
在读数窗口
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1.(2016·江苏盐城模拟)在“研究速度随时间变化的规律”的实验 中，某同学获得的一条纸带如图1所示。
图1 (1)已知打点计时器的电源频率为50 Hz，则打点计时器在纸带 上打下相邻两点的时间间隔为________。 (2)A、B、C、D、E、F、G是纸带上7个计数点，每两个相邻 计数点间有四个点没有画出，从图中读出A、B两点间距x＝ ________ m。
回答下列问题： ①本实验采用________法来研究加速度与质量的关系。 ②本实验中，________(填“要求”或“不要求”)滑块与钩码的总 质量 M 远大于砂桶和砂子的总质量 m。 ③下列各图象中能正确反映滑块加速度 a 与M1 之间的变化规律的 是________________。
解析 (1)气垫导轨工作时滑块与导轨不接触，滑块与导轨间的摩 擦力为零，气垫导轨水平时，滑块做匀速直线运动，加速度为零。 (2)本实验采用控制变量法，要保证滑块受到的合外力不变，即每 一次的实验均要保证拉力传感器的示数为 F1；由于滑块受到的合 外力大小由拉力传感器直接测出，故不要求 M 远大于 m；从实验 原理可以得到 a 与M1 成正比。 答案 (1)零 (2)F1 ①控制变量 ②不要求 ③B
2.某学习小组利用如图2所示的实验装置研究滑块的加速度a与质 量M之间的关系。实验时采用了不可伸长的轻质细绳和轻小定 滑轮，加速度传感器可以测量滑块的加速度大小，拉力传感器 可以测量细绳的拉力大小。
【创新设计】2021高考物理二轮复习(江苏专用)-教师用书-第3讲-力与物体的曲线运动(一)
第3讲力与物体的曲线运动(一)——平抛、圆周和天体运动1．(多选) (2022·江苏卷，6)如图1－3－1所示，相距l的两小球A、B位于同一高度h(l、h均为定值)．将A向B水平抛出的同时，B自由下落．A、B与地面碰撞前后，水平分速度不变，竖直分速度大小不变、方向相反．不计空气阻力及小球与地面碰撞的时间，则()图1－3－1A．A、B在第一次落地前能否相碰，取决于A的初速度B．A、B在第一次落地前若不碰，此后就不会相碰C．A、B不行能运动到最高处相碰D．A、B肯定能相碰解析由题意知A做平抛运动，即水平方向做匀速直线运动，竖直方向为自由落体运动；B为自由落体运动，A、B竖直方向的运动相同，二者与地面碰撞前运动时间t1相同，且t1＝2hg，若第一次落地前相碰，只要满足A运动时间t＝lv<t1，即v>lt1，所以选项A正确；由于A、B在竖直方向的运动同步，始终处于同一高度，且A与地面相碰后水平速度不变，所以A 肯定会经过B所在的竖直线与B相碰．碰撞位置由A球的初速度打算，故选项B、C错误，选项D 正确．答案AD2．(多选)(2022·江苏卷，8)2011年8月，“嫦娥二号”成功进入了环绕“日地拉格朗日点”的轨道，我国成为世界上第三个造访该点的国家．如图1－3－2所示，该拉格朗日点位于太阳和地球连线的延长线上，一飞行器处于该点，在几乎不消耗燃料的状况下与地球同步绕太阳做圆周运动，则此飞行器的()图1－3－2A．线速度大于地球的线速度B．向心加速度大于地球的向心加速度C．向心力仅由太阳的引力供应D．向心力仅由地球的引力供应解析飞行器与地球同步绕太阳做圆周运动，所以ω飞＝ω地，由圆周运动线速度和角速度的关系v＝rω得v飞>v地，选项A正确；由公式a＝rω2知，a飞>a地，选项B正确；飞行器受到太阳和地球的万有引力，方向均指向圆心，其合力供应向心力，故C、D选项错．答案AB3．(2021·江苏单科，1)火星和木星沿各自的椭圆轨道绕太阳运行，依据开普勒行星运动定律可知()A．太阳位于木星运行轨道的中心B．火星和木星绕太阳运行速度的大小始终相等C．火星与木星公转周期之比的平方等于它们轨道半长轴之比的立方D．相同时间内，火星与太阳连线扫过的面积等于木星与太阳连线扫过的面积解析由开普勒第肯定律(轨道定律)可知，太阳位于木星运行轨道的一个焦点上，A错误．火星和木星绕太阳运行的轨道不同，运行速度的大小不行能始终相等，B错误．依据开普勒第三定律(周期定律)知全部行星轨道的半长轴的三次方与它的公转周期的平方的比值是一个常数，C正确．对于某一个行星来说，其与太阳连线在相同的时间内扫过的面积相等，不同行星在相同的时间内扫过的面积不相等，D错误．答案 C4. (2021·江苏卷，2)如图1－3－3所示，“旋转秋千”中的两个座椅A、B质量相等，通过相同长度的缆绳悬挂在旋转圆盘上．不考虑空气阻力的影响，当旋转圆盘绕竖直的中心轴匀速转动时，下列说法正确的是()A．A的速度比B的大B．A与B的向心加速度大小相等C．悬挂A、B的缆绳与竖直方向的夹角相等D．悬挂A的缆绳所受的拉力比悬挂B的小图1－3－3解析由于物体的角速度ω相同，线速度v＝rω，而r A<r B，所以v A<v B则A项错；依据a＝rω2知a A<a B，则B错；如右图，tan θ＝a ng，而B的向心加速度较大，则B的缆绳与竖直方向夹角较大，缆绳拉力T＝mgcos θ，则T A<T B，所以C项错，D项正确．答案 D5．(多选)(2021·江苏卷，7)如图1－3－4所示，从地面上同一位置抛出两小球A、B，分别落在地面上的M、N点，两球运动的最大高度相同．空气阻力不计，则()A．B的加速度比A的大B．B的飞行时间比A的长C．B在最高点的速度比A在最高点的大D．B在落地时的速度比A在落地时的大图1－3－4解析两物体都只受重力，因此它们加速度相同A项错；由题意和抛体运动规律知，竖直方向分运动完全相同，因此飞行时间一样，则B项错，再依据水平方向，同样的时间内B物体水平位移大，则B物体在最高点的速度较大，由机械能守恒定律知B落地速度比A的也大，则C、D项正确．答案CD6．(2022·江苏卷，2)已知地球的质量约为火星质量的10倍，地球的半径约为火星半径的2倍，则航天器在火星表面四周绕火星做匀速圆周运动的速率约为()A．3.5 km/s B．5.0 km/sC．17.7 km/s D．35.2 km/s解析由万有引力供应向心力可得：GMmr2＝mv2r，在行星表面运行时有r＝R，则得v＝GMR∝MR，因此v火v地＝M火M地×R地R火＝110×2＝55，又由v地＝7.9 km/s，故v火≈3.5 km/s，故选A正确．答案 A7．(多选)(2022·江苏卷，6)为了验证平抛运动的小球在竖直方向上做自由落体运动，用如图1－3－5所示的装置进行试验．小锤打击弹性金属片，A球水平抛出，同时B球被松开，自由下落．关于该试验，下列说法中正确的有()A．两球的质量应相等B．两球应同时落地C．应转变装置的高度，多次试验D．试验也能说明A球在水平方向上做匀速直线运动图1－3－5解析物体做平抛运动的规律与其质量无关，A错；在试验中A球做平抛运动，B球做自由落体运动，两球应同时落地，试验说明A球在竖直方向上做自由落体运动，B对、D错；为了消退偶然误差，可转变装置高度，多次试验进行验证，C对．答案BC主要题型：选择题学问热点(1)单独命题①平抛运动规律的考查②圆周运动规律的考查③天体运动、人造卫星问题的考查(2)交汇命题①平抛(类平抛)运动与圆周运动、功能关系等综合问题的考查②结合牛顿运动定律、圆周运动、功能关系考查航天器的变轨、对接问题．物理方法(1)运动的合成与分解法(2)模型法命题趋势(1)2021年高考中，平抛运动规律及其争辩方法、圆周运动仍是热点．(2)万有引力定律及天体的运动每年必考．估计2021年考查天体运动要突出物理与现代科学技术的结合，特殊是与现代航天技术的联系会更加紧密．热点一平抛运动问题的分析1．(2022·全国卷新课标Ⅱ，15)取水平地面为重力势能零点．一物块从某一高度水平抛出，在抛出点其动能与重力势能恰好相等．不计空气阻力．该物块落地时的速度方向与水平方向的夹角为A.π6 B.π4C.π3 D.5π12解析设物体水平抛出的初速度为v0，抛出时的高度为h，由题意知12m v2＝mgh，则v0＝2gh，物体落地的竖直速度v y＝2gh，则落地时速度方向与水平方向的夹角tan θ＝v yv0＝2gh2gh＝1，则θ＝π4，选项B正确．答案 B2. (多选)(2022·湖南十三校3月联考)如图1－3－6所示，从地面上方不同高度处以水平速度v a、v b 抛出两小球a、b，结果a落在b初始位置的正下方，而b落在a初始位置的正下方，bc为过小球b初始位置的水平线，不计空气阻力，下列推断正确的有()图1－3－6A．两球抛出时的初速度v a<v bB．若它们同时落地(不考虑它们在空中相碰弹射，可互不影响地通过)，它们可能在空中相遇C．若两小球同时抛出，它们不能在空中相遇D．若要使它们能在空中相遇，必需在a到达bc时将b抛出解析a、b两球平抛的竖直位移关系为h a＞h b，由h＝12gt2得，运动时间t a＞t b，a、b的水平位移x 相同，由v 0＝xt 得，v a ＜v b ，A 项正确，若它们同时落地，则a 必需提前抛出，假设它们能在空中相遇，则相遇处位于同一高度，此时两球在竖直方向的分速度肯定是v ay ＞v by ，则两球不行能同时落地，即假设错误，故两球不行能在空中相遇，B 项错误；若两球同时抛出，两球在同一时刻不在同一水平高度上，不行能在空中相遇，C 项正确；在a 到达bc 水平线上时将b 抛出，以后高度不再相同，所以两者不行能在空中相遇，D 项错误． 答案 AC3．(2022·镇江高三模拟)如图1－3－7所示，在竖直放置的半圆形容器的中心O 点分别以水平初速度v 1、v 2抛出两个小球(可视为质点)，最终它们分别落在圆弧上的A 点和B 点，已知OA 与OB 相互垂直，且OA 与竖直方向成α角，则两个小球初速度之比v 1v 2为( ) A ．tan α B ．cos α C ．tan αtan αD ．cos αcos α图1－3－7解析 由几何关系可知，A 的竖直位移h A ＝R cos α，水平位移x A ＝R sin α；B 的竖直位移h B ＝R cos(90°－α)＝R sin α，水平位移x B ＝R sin(90°－α)＝R cos α，由平抛运动的规律可知，h ＝12gt 2，x ＝v 0t ，解得v 0＝x g 2h ，则v 1v 2＝x A x B ·h Bh A ＝tan αtan α，选项C 正确．答案 C4．(多选)如图1－3－8所示，一个小球从高h ＝10 m 处以水平速度v 0＝10 m/s 抛出，撞在倾角θ＝45°的斜面上的P 点，已知AC ＝5 m ，则 ( )A ．小球运动到P 点需要1 sB ．P 、C 之间的距离为 2 m C ．小球撞击P 点时速度的 大小为10 2 m/sD ．小球撞击P 点时速度方向是垂直于斜面对下图1－3－8解析 设P 、C 之间的距离为L ，依据平抛运动规律，有5＋L cos 45°＝v 0t ，h －L sin 45°＝12gt 2，联立解得L ＝5 2 m ，t ＝1 s ，选项A 正确，B 错误；小球撞击P 点时的水平速度v ′＝v 0＝10 m/s ，竖直速度v y ＝gt ＝10 m/s ，所以小球撞击P 点时速度的大小为v ＝v 20＋v 2y ＝10 2 m/s ，设小球的速度方向与水平方向的夹角为α，则tan α＝v yv 0＝1，α＝45°，方向垂直于斜面对下，所以小球垂直于斜面对下撞击P 点，选项C 、D 正确． 答案 ACD1．争辩抛体运动的基本思路(1)求降落点的问题一般要建立水平位移和竖直位移之间的关系；(2)求解末速度的大小和方向的问题，一般要建立水平速度和竖直速度之间的关系； (3)要留意挖掘和利用合运动、分运动及题设情景之间的几何关系．2．平抛运动的三点提示 (1)平抛运动的速度是均匀变化的，速度变化的方向是竖直向下的； (2)平抛运动的水平位移随时间均匀变化，而竖直位移不随时间均匀变化，其总位移不随时间均匀变化；(3)平抛运动一般沿水平方向和竖直方向分解，也可以沿任意方向分解． 热点二 圆周运动问题的分析5. (多选)如图1－3－9所示，一个固定在竖直平面上的光滑半圆形管道，管道里有一个直径略小于管道内径的小球，小球在管道内做圆周运动，从B 点脱离后做平抛运动，经过0.3 s 后又恰好垂直与倾角为45°的斜面相碰．已知半圆形管道的半径为R ＝1 m ，小球可看做质点且其质量为m ＝1 kg ，g 取10 m/s 2.则( )图1－3－9A ．小球在斜面上的相碰点C 与B 点的水平距离是0.9 m B ．小球在斜面上的相碰点C 与B 点的水平距离是1.9 m C ．小球经过管道的B 点时，受到管道的作用力F N B 的大小是1 ND ．小球经过管道的B 点时，受到管道的作用力F N B 的大小是2 N解析 依据平抛运动的规律，小球在C 点的竖直分速度v y ＝gt ＝3 m/s ，水平分速度v x ＝v y tan 45°＝3 m/s ，则B 点与C 点的水平距离为x ＝v x t ＝0.9 m ，选项A 正确，B 错误；在B 点设管道对小球的作用力方向向下，依据牛顿其次定律，有F N B ＋mg ＝m v 2BR ，v B ＝v x ＝3 m/s ，解得F N B ＝－1 N ，负号表示管道对小球的作用力方向向上，选项C 正确，D 错误． 答案 AC6．(多选)(2022·全国卷新课标Ⅰ，20)如图1－3－10，两个质量均为m 的小木块a 和b (可视为质点)放在水平圆盘上，a 与转轴OO ′的距离为l ，b 与转轴的距离为2l ，木块与圆盘的最大静摩擦力为木块所受重力的k 倍，重力加速度大小为g .若圆盘从静止开头绕转轴缓慢地加速转动，用ω表示圆盘转动的角速度，下列说法正确的是 ( )图1－3－10A ．b 肯定比a 先开头滑动B ．a 、b 所受的摩擦力始终相等C ．ω＝kg2l 是b 开头滑动的临界角速度 D ．当ω＝2kg3l 时，a 所受摩擦力的大小为kmg解析 木块a 、b 的质量相同，外界对它们做圆周运动供应的最大向心力，即最大静摩擦力f m ＝kmg 相同．它们所需的向心力由F 向＝mω2r 知F a <F b .所以b 肯定比a 先开头滑动，A 项正确；a 、b 一起绕转轴缓慢地转动时，F 摩＝mω2r ，r 不同，所受的摩擦力不同，B 项错．b 开头滑动时有kmg ＝mω2·2l ，其临界角速度为ωb ＝kg2l ，选项C 正确．当ω＝2kg3l 时，a 所受摩擦力大小为F f ＝mω2r ＝23kmg ，选项D 错误． 答案 AC7．(2022·珠海联考)如图1－3－11所示，平台上的小球从A 点水平抛出，恰能无碰撞地进入光滑的斜面BC ，经C 点进入光滑水平面CD 时速率不变，最终进入悬挂在O 点并与水平面等高的弧形轻质筐内．已知小球质量为m ，A 、B 两点高度差为h ，BC 斜面高2h ，倾角α＝45°，悬挂弧形轻质筐的轻绳长为3h ，小球可看成质点，弧形轻质筐的重力忽视不计，且其高度远小于悬线长度，重力加速度为g ，试求：图1－3－11(1)B 点与抛出点A 的水平距离x ； (2)小球运动至C 点速度v C 的大小；(3)小球进入轻质筐后瞬间，轻质筐所受拉力F 的大小．解析 (1)小球运动至B 点时速度方向与水平方向夹角为45°，设小球抛出时的初速度为v 0，从A点至B 点的时间为t ，有h ＝12gt 2，tan 45°＝gt v 0，x ＝v 0t解得x ＝2h(2)设小球运动至B 点时速度为v B ，在斜面上运动的加速度为a ，有v B ＝2v 0，a ＝g sin 45° v 2C －v 2B ＝2a ·2h sin 45°，解得v C ＝22gh (3)小球进入轻质筐后瞬间做圆周运动，由牛顿其次定律得F －mg ＝m v 2C3h ，解得F ＝113mg . 答案 (1)2h (2)22gh (3)113mg解决圆周运动力学问题要留意以下几点：1．要进行受力分析，明确向心力的来源，确定圆心以及半径． 2．列出正确的动力学方程 F ＝m v 2r ＝mrω2＝mωv ＝mr 4π2T 2.3．对于竖直面内的圆周运动要留意“杆模型”和“绳模型”的临界条件．(1)轻绳模型：临界条件：mg ＝m v 2高R(2)轻杆模型：临界条件：v 高＝0热点三 天体运动 人造卫星8．(2022·茂名一模)目前我国已放射北斗导航地球同步卫星十六颗，大大提高了导航服务质量，这些卫星( )A ．环绕地球运行可以不在同一条轨道上B ．运行角速度相同C ．运行速度大小相等，且都大于7.9 km/sD ．向心加速度与静止在赤道上物体的向心加速度大小相等解析 地球同步卫星的周期与地球自转周期相同，它们运行在同一条轨道上，角速度相同，人造地球同步卫星做匀速圆周运动的速度小于7.9 km/s ，向心加速度大于赤道上物体的向心加速度，只有B 选项正确． 答案 B9．(2022·天津卷，3)争辩表明，地球自转在渐渐变慢，3亿年前地球自转的周期约为22小时．假设这种趋势会持续下去，地球的其他条件都不变，将来人类放射的地球同步卫星与现在的相比( )A ．距地面的高度变大B ．向心加速度变大C ．线速度变大D ．角速度变大解析 同步卫星的周期等于地球的自转周期，依据GMm r 2＝m (2πT )2r 可知，卫星的周期越大，轨道半径越大，所以地球自转变慢后，同步卫星需要在更高的轨道上运行，A 对．又由GMmr 2＝m v 2r ＝mω2r＝ma 判知：r 增大，则v 减小、ω变小、a 变小，故B 、C 、D 均错． 答案 A10．(2022·徐州市高三考前信息卷)我国在轨运行的气象卫星有两类，一类是极地轨道卫星——“风云1号”，绕地球做匀速圆周运动的周期为12 h ，另一类是地球同步轨道卫星——“风云2号”，运动周期为24 h ．下列说法正确的是( )图1－3－12A．“风云1号”的线速度小于“风云2号”的线速度B．“风云1号”的向心加速度大于“风云2号”的向心加速度C．“风云1号”的放射速度大于“风云2号”的放射速度D．“风云1号”“风云2”号相对地面均静止解析由万有引力供应向心力GMmR2＝m(2πT)2R ，又“风云1号”绕地球做匀速圆周运动的周期小于“风云2号”的周期，知“风云1号”绕地球做匀速圆周运动的半径小于“风云2号”绕地球做匀速圆周运动的半径，由GMmR2＝m v2R知，“风云1号”的线速度大于“风云2号”的线速度，A错误；由GMmR2＝ma知，“风云1号”的向心加速度大于“风云2号”的向心加速度，B正确；卫星的绕行半径越大，需要的放射速度也就越大，“风云1号”的放射速度小于“风云2号”的放射速度，C错误；“风云2号”相对地面静止，“风云1号”与地球发生相对运动，D错误．答案 B11.极地卫星的运行轨道平面通过地球的南北两极(轨道可视为圆轨道)，如图1－3－13所示，若某极地卫星从北纬30°的正上方按图示方向第一次运行至南纬60°正上方，所用时间为t，已知地球半径为R(地球可看作球体)，地球表面的重力加速度为g，引力常量为G，由以上条件可知()图1－3－13A．地球的质量为gR GB．卫星运行的角速度为π2tC．卫星运行的线速度为πR 2tD．卫星距地面的高度为解析由GMmR2＝mg得M＝gR2G，A项错；卫星从北纬30°的正上方按图示方向第一次运行至南纬60°正上方所用时间为t，半径扫过的圆心角φ＝90°＝π2，故卫星运行的角速度ω＝φt＝π2t，B项正确；卫星运行的线速度v＝ωr＝π2t(R＋h)，C项错；由GMm(R＋h)2＝mω2(R＋h)解得卫星距地面的高度h＝－R，D项错误．答案 B12．(多选)(2022·广东卷，21)如图1－3－14所示，飞行器P绕某星球做匀速圆周运动，星球相对飞行器的张角为θ，下列说法正确的是()A．轨道半径越大，周期越长B．轨道半径越大，速度越大C．若测得周期和张角，可得到星球的平均密度D．若测得周期和轨道半径，可得到星球的平均密度图1－3－14解析据GMmR2＝mR4π2T2，可知半径越大则周期越大，故选项A正确；据GMmR2＝mv2R，可知轨道半径越大则环绕速度越小，故选项B错误；假如测得周期，则有M＝4π2R3GT2，假如测得张角θ，则该星球半径为：r＝R sinθ2，所以M＝4π2R3GT2＝43πr3ρ＝43π(R sinθ2)3ρ，则ρ＝3πGT2sin3(θ2)，故选项C正确，而选项D无法计算星球半径，则无法求出星球密度，选项D错误．答案AC1．对第一宇宙速度的三点提示：(1)第一宇宙速度是人造卫星的最小放射速度，卫星离地面越高，卫星所需要的放射速度越大． (2)第一宇宙速度是人造卫星的最大环绕速度，卫星离地面越高，卫星的运行速度越小． (3)第一宇宙速度是近地卫星的运行速度，其轨道半径与地球半径相同． 2．天体运动的两大模型 (1)“天体公转”模型某天体绕中心天体做匀速圆周运动 ①万有引力供应向心力G Mm r 2＝m v 2r ＝mω2r ＝m (2πT )2r ＝ma n ＝mg ′(g ′表示轨道处的重力加速度)——可称为“天上公式”． ②在地球表面：GMm R 2＝mg .(g 表示地球表面的重力加速度)→可称为“地面公式”． (2)“天体自转”模型绕通过自身中心的某一轴以肯定的角速度匀速转动的天体称为“自转”天体． 3．解题技巧解决力与运动关系的思想还是动力学思想，解决力与运动的关系的桥梁还是牛顿其次定律． (1)卫星的a n 、v 、ω、T 是相互联系的，其中一个量发生变化，其他各量也随之发生变化． (2)a n 、v 、ω、T 均与卫星的质量无关，只由轨道半径r 和中心天体质量共同打算．高考命题热点 3.卫星运动过程中基本参量的计算与比较解决天体问题的“一、二、三”(1)“一个模型”：天体的运动可简化为围绕中心天体做“匀速圆周运动的模型”． (2)“两组公式”：①天体做匀速圆周运动的向心力由万有引力供应，基本规律为G Mm r 2＝m v 2r ＝mω2r ＝m 4π2T 2r ＝ma n . ②天体对其表面的物体的万有引力近似等于重力，即GMmR 2＝mg 或gR 2＝GM (R 、g 分别是天体的半径、表面重力加速度)，公式gR 2＝GM 应用广泛，称“黄金代换”．(3)“三个区分”①中心天体和环绕天体的区分； ②自转周期和公转周期的区分； ③星球半径和轨道半径的区分．图1－3－15【典例】 (多选)(6分)在放射一颗质量为m 的人造地球同步卫星时，先将其放射到贴近地球表面运行的圆轨道Ⅰ上(离地面高度忽视不计)，再通过一椭圆轨道Ⅱ变轨后到达距地面高为h 的预定圆轨道Ⅲ上．已知它在圆形轨道Ⅰ上运行的加速度为g ，地球半径为R ，图1－3－15中PQ 长约为8R ，卫星在变轨过程中质量不变，则( ) A ．卫星在轨道Ⅲ上运行的加速度为(h R ＋h )2gB ．卫星在轨道Ⅲ上运行的线速度为v ＝gR 2R ＋hC ．卫星在轨道Ⅲ上运行时经过P 点的速率大于在轨道Ⅱ上运行时经过P 点的速率D ．卫星在轨道Ⅲ上的动能大于在轨道Ⅰ上的动能 审题流程第一步：抓住信息→构建运动模型 读题其次步：找突破口→理清思路解析设地球质量为M，由万有引力供应向心力得在轨道Ⅰ上有G MmR2＝mg，在轨道Ⅲ上有GMm(R＋h)2＝ma，所以a＝(RR＋h )2g，A错；又因a＝v2R＋h，所以v＝gR2R＋h，B对；卫星由轨道Ⅱ变轨到轨道Ⅲ需要加速做离心运动，即满足GMmr2＜m v2r，所以卫星在轨道Ⅲ上运行时经过P点的速率大于在轨道Ⅱ上运行时经过P点的速率，C对．尽管卫星从轨道Ⅰ变轨到轨道Ⅲ要在P、Q点各加速一次，但在圆形运行轨道上v＝GMr，所以由动能表达式知卫星在轨道Ⅲ上的动能小于在轨道Ⅰ上的动能，D错．答案BC1．变轨运动与机械能变化卫星速度增大(发动机做正功)会做离心运动，轨道半径增大，万有引力做负功，卫星动能减小，由于变轨时遵从能量守恒，稳定在圆轨道上时需满足GMmr2＝mv2r，致使卫星在较高轨道上的运行速度小于在较低轨道上的运行速度，但机械能增大；相反，卫星由于速度减小(发动机做负功)会做向心运动，轨道半径减小，万有引力做正功，卫星动能增大，同样缘由致使卫星在较低轨道上的运行速度大于在较高轨道上的运行速度，但机械能减小．2．航天器变轨问题的三点留意事项(1)航天器变轨时半径的变化，依据万有引力和所需向心力的大小关系推断；稳定在新轨道上的运行速度变化由v＝GMr推断．(2)航天器在不同轨道上运行时机械能不同，轨道半径越大，机械能越大．(3)航天器经过不同轨道相切的同一点时加速度相等，外轨道的速度大于内轨道的速度．(2022·山东卷，20)(6分)2021年我国相继完成“神十”与“天宫”对接、“嫦娥”携“玉兔”落月两大航天工程．某航天爱好者提出“玉兔”回家的设想：如图1－3－16所示，将携带“玉兔”的返回系统由月球表面放射到h高度的轨道上，与在该轨道绕月球做圆周运动的飞船对接，然后由飞船送“玉兔”返回地球．设“玉兔”质量为m，月球半径为R，月面的重力加速度为g月．以月面为零势能面．“玉兔”在h高度的引力势能可表示为E p＝GMmhR(R＋h)，其中G为引力常量，M为月球质量．若忽视月球的自转，从开头放射到对接完成需要对“玉兔”做的功为(图1－3－16A.mg 月RR ＋h(h ＋2R ) B.mg 月RR ＋h(h ＋2R ) C.mg 月R R ＋h (h ＋22R ) D.mg 月R R ＋h(h ＋12R ) 解析 设玉兔在高度h 的速度为v ，则由万有引力定律得，G Mm (R ＋h )2＝m v 2(R ＋h )可知，玉兔在该轨道上的动能为E k ＝12GMm(R ＋h )，由功能关系可知对玉兔做的功为：W ＝E p ＋E k ＝GMmh R (R ＋h )＋12GMm(R ＋h )，结合在月球表面：G MmR 2＝mg 月， 整理可知W ＝mg 月R R ＋h(h ＋12R )，故正确选项为D. 答案 D一、单项选择题1．(2022·福建卷，14)若有一颗“宜居”行星，其质量为地球的p 倍，半径为地球的q 倍，则该行星卫星的环绕速度是地球卫星环绕速度的( ) A.pq 倍 B.qp 倍C.p q倍 D.pq 3倍 解析 依据万有引力供应向心力G MmR 2＝m v 2R ，可得v ＝GM R ∝MR ，由题意可得：v 行v 地＝M 行R 地R 行M 地＝pq ，C 选项正确，A 、B 、D 选项错误．答案 C2．(2022·宿迁市高三摸底考试)图1－3－17如图1－3－17所示，一飞行器围绕地球沿半径为r 的圆轨道1运动．经P 点时，启动推动器短时间向前喷气使其变轨，2、3是与轨道1相切于P 点的可能轨道．则飞行器( )A ．变轨后将沿轨道2运动B ．相对于变轨前运行周期变长C ．变轨前、后在两轨道上经P 点的速度大小相等D ．变轨前、后在两轨道上经P 点的加速度大小相等解析 飞行器向前喷气后其速度减小，变轨后将沿轨道3运动，选项A 错误；由开普勒第三定律知飞行器相对于变轨前运行周期变短，选项B 错误；由万有引力定律和牛顿其次定律知变轨前、后在两轨道上经P 点的加速度大小相等，选项C 错误，选项D 正确． 答案 D3．(2022·山东潍坊二模)四颗地球卫星a 、b 、c 、d 的排列位置如图1－3－18所示，其中，a 是静止在地球赤道上还未放射的卫星，b 是近地轨道卫星，c 是地球同步卫星，d 是高空探测卫星，四颗卫星相比较( )图1－3－18A ．a 的向心加速度最大B ．相同时间内b 转过的弧长最长C ．c 相对于b 静止D ．d 的运动周期可能是23 h解析 a 、b 、c 、d 四颗卫星中，b 的向心加速度、线速度、角速度都最大．c 相对于a 静止，c 的周期为T c ＝24 h ，它们的周期关系为：T b ＜T a ＝T c ＜T d ，由以上分析可知正确的选项为B.答案 B4．(2022·安徽卷，19)图1－3－19如图1－3－19所示，一倾斜的匀质圆盘绕垂直于盘面的固定对称轴以恒定角速度ω转动，盘面上离转轴距离2.5 m 处有一小物体与圆盘始终保持相对静止．物体与盘面间的动摩擦因数为32(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，盘面与水平面的夹角为30°，g取10 m/s2.则ω的最大值是() A. 5 rad/s B. 3 rad/sC．1.0 rad/s D．0.5 rad/s解析经分析可知，小物体最先相对滑动的位置为最低点，对小物体受力分析得：μmg cos θ－mg sin θ＝mω2r.代入数据得：ω＝1.0 rad/s，选项C正确．答案 C5.图1－3－20如图1－3－20所示，小球由静止释放，运动到最低点A时，细线断裂，小球最终落在地板上．假如细线的长度l可以转变，则()A．细线越长，小球在最低点越简洁断裂B．细线越短，小球在最低点越简洁断裂C．细线越长，小球落地点越远D．细线长度是O点高度的一半时，小球落地点最远解析依据机械能守恒定律可知，小球下摆过程中有mgl＝12m v2，在A点有T－mg＝mv2l，所以细线对小球的拉力T＝3mg，可见细线的断裂状况与细线长短无关，A、B错误．细线断裂后，小球做平抛运动，设O点离地板的高度为H，则H－l＝12gt2，小球做平抛运动的水平位移x＝v t，整理得x＝2(H－l)l，所以细线长度是O点高度的一半时，小球落地点最远，C错误，D正确．答案 D6. 图1－3－21如图1－3－21所示，BOD是半圆的水平直径，OC为竖直半径，半圆半径为R，A在B点正上方高R处，现有两小球分别从A、B两点以肯定初速度水平抛出，分别击中半圆上的D点和C点，已知B球击中C点时动能为E k，不计空气阻力，则A球击中D点时动能为()A．2E B.85E C.54E D.5E解析由平抛运动规律可知两小球下落时间均为t＝2Rg，由水平射程x＝v t知，A、B两小球的初速度分别为v A＝2gR、v B＝gR2，由动能定理知对B球有mgR＝E k－12m v2B，对A球有mgR＝E k A－12m v2A，联立得E k A＝85E k，B对．答案 B二、多项选择题7．(2022·广东深圳一模)图1－3－22如图1－3－22为过山车以及轨道简化模型，以下推断正确的是()A．过山车在圆轨道上做匀速圆周运动B．过山车在圆轨道最高点时的速度应不小于gRC．过山车在圆轨道最低点时乘客处于超重状态D．过山车在斜面h＝2R高处由静止滑下能通过圆轨道最高点解析过山车在圆轨道上做变速圆周运动，A错误；过山车沿轨道内侧运动，到最高点时有mg＋F N＝mv2R，当F N＝0时有最小速度，故最小速度v min＝gR，B正确；过山车在圆轨道最低点时有竖直向上的向心加速度，处于超重状态，C正确．过山车由静止滑下能通过圆轨道最高点，需满足mgh－mg×2R＝12m(gR)2，即h＝2.5R，选项D错误．答案BC8．(2022·盐城市三模)。
2021届高考物理二轮复习PPT-第四章平抛运动的规律及其应用
A . 6 B . 2 C . 2 D . 3
3
23
【解析】选C。由题意得,乒乓球在甲的球拍与乙的球拍之间做斜上抛运动,根
据斜上抛运动的特点可知,乒乓球在水平方向的分速度大小保持不变,竖直方
向的分速度是不断变化的,由于乒乓球击打拍面时速度与拍面垂直,在甲处:
vx=v1sin45°,在乙处:vx=v2sin30°;所以: 误。
若经过a点时的动能为E2,该摩托车恰能越过坑到达b点。
E E
2 1
等于
(
)
A.20
B.18
C.9.0
D.3.0
【解析】选B。摩托车从a到c做平抛运动,水平方向:h=v1t①,竖直方向: h水E2==平12 9 mg方2 gt向h2,②所:3,以又h=知v=EEE2112t1④=8,12B,竖m正v 直12③确方,,联A向、立:0C①.、5②hD=③错12 得g误tE2。1⑤=,又m;知摩4g hE托2=车12从m av⑥到22 ,联b做立平④抛⑤运⑥动得,
(多选)(2020·江苏卷)如图所示,小球A、B分别从2l和l的高度水平抛出后落地,
上述过程中A、B的水平位移分别为l和2l。忽略空气阻力,则
()
A.A和B的位移大小相等
B.A的运动时间是B的2倍
C.A的初速度是B的 1
2
D.A的末速度比B的大
【解题思路】解答本题应注意以下两点
关 (1)位移的大小即从初始位置到末位置的有向线段的长度。
vx
v1 ＝ sin 4,故5 ＝C正2确,A、B、D错
v2
vx
2
sin30
关键能力·层级突破
考点1 平抛运动的基本规律(d
【要点融会贯通】
1.飞行时间和水平射程:
2021版高考物理(江苏专用)大一轮复习文档(讲义+题库)：第1章 专题一 Word版含答案
考点一运动学图象的理解和应用1．x－t图象(1)物理意义：反映了物体做直线运动的位移随时间变化的规律．(2)图线斜率的意义①图线上某点切线的斜率的大小表示物体速度的大小．②切线斜率的正负表示物体速度的方向．(3)两种特殊的x－t 图象①匀速直线运动的x－t图象是一条倾斜的直线．②若x－t图象是一条平行于时间轴的直线，则表示物体处于静止状态．2．v－t 图象(1)物理意义：反映了做直线运动的物体的速度随时间变化的规律．(2)图线斜率的意义①图线上某点切线的斜率的大小表示物体加速度的大小．②图线上某点切线的斜率的正负表示物体加速度的方向．(3)两种特殊的v－t图象①匀速直线运动的v－t图象是与横轴平行的直线．②匀变速直线运动的v－t图象是一条倾斜的直线．(4)图线与时间轴围成的面积的意义①图线与时间轴围成的面积表示相应时间内的位移大小．②此面积在时间轴的上方，表示这段时间内的位移方向为正方向；若此面积在时间轴的下方，表示这段时间内的位移方向为负方向．3．a－t图象(1)物理意义：反映了做直线运动的物体的加速度随时间变化的规律．(2)图象斜率的意义：图线上某点切线的斜率表示该点加速度的变化率．(3)包围面积的意义：图象和时间轴所围的面积，表示物体的速度变化量．1．[位移图象的理解](2021·广东理综·13)甲、乙两人同时同地动身骑自行车做直线运动，前1小时内的位移—时间图象如图1所示，下列表述正确的是()图1A．0.2～0.5小时内，甲的加速度比乙的大B．0.2～0.5小时内，甲的速度比乙的大C．0.6～0.8小时内，甲的位移比乙的小D．0.8小时内，甲、乙骑行的路程相等答案 B解析位移－时间图象的斜率确定值反映速度大小，在0.2～0.5小时内，甲、乙均做匀速直线运动，加速度为0，甲图象斜率大于乙图象，说明甲的速度大于乙的速度，故A错误，B正确；由位移－时间图象可以看出在0.6～0.8小时内甲的位移比乙的大，故C错误；由位移－时间图象看出在t＝0.5小时时，甲在s＝10 km 处，而乙在s＝8 km处，进一步得出在0.8小时内甲的路程比乙的大，故D错误．2．[速度图象的理解](2022·天津理综·1)质点做直线运动的速度—时间图象如图2所示，该质点()图2A．在第1秒末速度方向发生了转变B．在第2秒末加速度方向发生了转变C．在第2秒内发生的位移为零D．第3秒末和第5秒末的位置相同答案 D解析A．在第1秒末质点的加速度方向发生转变，速度方向未转变，A错误．B．在第2秒末质点的速度方向发生转变，加速度方向未转变，B错误．C．在第2秒内质点始终沿正方向运动，位移不为零，C错误．D ．从第3秒末到第5秒末质点的位移为零，故两时刻质点的位置相同，D 正确．3．[两类图象的比较]如图3所示的位移－时间(x －t )图象和速度－时间(v －t )图象中给出四条图线，甲、乙、丙、丁代表四辆车由同一地点向同一方向运动的状况，则下列说法正确的是( )图3A ．甲车做直线运动，乙车做曲线运动B ．0～t 1时间内，甲车通过的路程大于乙车通过的路程C ．0～t 2时间内，丙、丁两车在t 2时刻相距最远D ．0～t 2时间内，丙、丁两车的平均速度相等 答案 C解析 在x －t 图象中表示的是做直线运动的物体的位移随时间的变化状况，而不是物体运动的轨迹．由于甲、乙两车在0～t 1时间内做单向的直线运动，故在这段时间内两车通过的位移和路程均相等，A 、B 选项均错．在v －t 图象中，t 2时刻丙、丁速度相等．故两者相距最远，C 选项正确．由图线可知，0～t 2时间内丙的位移小于丁的位移，故丙的平均速度小于丁的平均速度，D 选项错误．4．[速度图象的应用](2022·新课标Ⅱ·14)甲、乙两汽车在一平直大路上同向行驶．在t ＝0到t ＝t 1的时间内，它们的v －t 图象如图4所示．在这段时间内( )图4A ．汽车甲的平均速度比乙的大B ．汽车乙的平均速度等于v 1＋v 22C ．甲、乙两汽车的位移相同D ．汽车甲的加速度大小渐渐减小，汽车乙的加速度大小渐渐增大 答案 A解析 由v －t 图象知，在0～t 1时间内，甲的位移大于乙的位移，C 错误．由v ＝xt 知，甲的平均速度比乙的大，故A 正确．如图所示，汽车乙的v －t 图象中，实线与坐标轴所围的面积小于上方虚线与坐标轴所围的面积，故汽车乙的平均速度小于v 1＋v 22，B 错误．v －t 图象中的斜率表示加速度，甲、乙图线上各点切线斜率的确定值均渐渐减小，故加速度的大小都渐渐减小，D 错误．图象问题的三个提示1．x －t 图象、v －t 图象都不是物体运动的轨迹，图象中各点的坐标值x 、v 与t 一一对应． 2．x －t 图象、v －t 图象的外形由x 与t 、v 与t 的函数关系打算． 3．无论是x －t 图象还是v －t 图象，所描述的运动状况都是直线运动．考点二 追及与相遇问题1．分析技巧：可概括为“一个临界条件”、“两个等量关系”．(1)一个临界条件：速度相等．它往往是物体间能否追上或(两者)距离最大、最小的临界条件，也是分析推断问题的切入点；(2)两个等量关系：时间关系和位移关系，通过画草图找出两物体的时间关系和位移关系是解题的突破口． 2．能否追上的推断方法物体B 追赶物体A ：开头时，两个物体相距x 0.若v A ＝v B 时，x A ＋x 0<x B ，则能追上；若v A ＝v B 时，x A ＋x 0＝x B ，则恰好不相撞；若v A ＝v B 时，x A ＋x 0>x B ，则不能追上．3．若被追赶的物体做匀减速直线运动，肯定要留意推断追上前该物体是否已经停止运动． [思维深化]假如是做匀减速运动的物体A 追匀速运动的物体B ，当v A ＝v B 时，A 、B 相遇的状况有哪几种情形？ 答案 (1)若已超越则相遇两次．(2)若恰好追上，则相遇一次．(3)若没追上，则无法相遇．5．[对追及和相遇的理解](多选)如图5所示，A 、B 两物体从同一点开头运动，从A 、B 两物体的位移图象可知下述说法中正确的是( )图5A ．A 、B 两物体同时自同一位置向同一方向运动B．A、B两物体自同一位置向同一方向运动，B比A晚动身2 sC．A、B两物体速度大小均为10 m/sD．A、B两物体在A动身后4 s时距原点20 m处相遇答案BD解析由x－t图象可知，A、B两物体自同一位置向同一方向运动，且B比A晚动身2 s，图象中直线的斜率大小表示做匀速直线运动的速度大小，由x－t图象可知，B物体的运动速度大小比A物体的运动速度大小要大，A、B两直线的交点的物理意义表示相遇，交点的坐标表示相遇的时刻和相遇的位置，故A、B两物体在A物体动身后4 s时相遇．相遇位置距原点20 m，综上所述，B、D选项正确．6．[对追及和相遇的理解]如图6所示，为三个运动物体的v－t图象，其中A、B两物体是从不同地点动身，A、C是从同一地点动身，则以下说法正确的是()图6A．A、C两物体的运动方向相反B．t＝4 s时，A、B两物体相遇C．t＝4 s时，A、C两物体相遇D．t＝2 s时，A、B两物体相距最远答案 C解析在t＝4 s之前，A、B、C物体开头阶段速度方向均为正，方向相同；当t＝4 s时，A、B两物体发生的位移相同，但由于两物体不是同地动身，因此此时两者并没有相遇，而A、C两物体是同时同地动身，此时两者的位移也相等，故此时两物体相遇；当t＝2 s时，A、B两物体的速度相同，此时应当为两者之间距离的一个极值，但由于初始状态不清，没有明确A、B谁在前，故有“相距最远”和“相距最近”两种可能，因此D错．追及与相遇问题的类型及解题思路1．相遇问题的两类状况(1)同向运动的两物体追及即相遇，各自位移之差等于开头时两物体之间的距离．(2)相向运动的物体，当各自发生的位移大小之和等于开头时两物体间的距离时即相遇．2．追及问题涉及两个不同物体的运动关系，分析时要紧抓“一个图三个关系式”，即：过程示意图或v－t图象，速度关系式、时间关系式和位移关系式．同时要关注题目中的关键字眼，充分挖掘题目中的隐含条件，如“刚好”“恰好”“最多”“至少”等．7．[速度大者追速度小者]在一大雾天，一辆小汽车以30 m/s的速度行驶在高速大路上，突然发觉正前方30 m 处有一辆大卡车以10 m/s的速度同方向匀速行驶，小汽车紧急刹车，刹车过程中刹车失灵．如图7a、b分别为小汽车和大卡车的v－t图线，以下说法正确的是()图7A．因刹车失灵前小汽车已减速，不会追尾B．在t＝5 s时追尾C．在t＝3 s时追尾D．由于初始距离太近，即使刹车不失灵也会追尾答案 C解析由v－t图象可知，小汽车刹车失灵前做匀减速运动，刹车失灵后加速度减小但仍做匀减速运动，大卡车始终做匀速运动，5 s时两车速度相等，此时两者位移差为x小汽车－x大卡车＝12×(10＋20)×1 m＋12×4×10 m ＝35 m>30 m，所以在t＝5 s前已追尾，A、B错误；t＝3 s时，由图象知小汽车的位移为x1＝30＋202×1 m＋20＋20＋1022×2 m＝60 m，大卡车的位移为30 m，它们的位移差为30 m，所以t＝3 s时追尾，C正确；假如刹车过程中刹车不失灵，由图可知，刹车的加速度大小为a＝10 m/s2，速度相等时，时间t＝30－1010s＝2 s，小汽车的位移为x2＝30×2 m－12×10×22 m＝40 m，大卡车的位移为20 m，它们的位移差为20 m，所以不会发生追尾，D错误．8．[速度大者追速度小者]甲、乙两车在同始终线轨道上同向行驶，甲车在前，速度为v1＝8 m/s，乙车在后，速度为v2＝16 m/s，当两车相距x0＝8 m时，甲车因故开头刹车，加速度大小为a1＝2 m/s2，为避开相撞，乙车马上开头刹车，则乙车的加速度至少为多大？答案 见解析 解析 方法一：临界法两车速度相同均为v 时，设所用时间为t ，乙车的加速度为a 2，则v 1－a 1t ＝v 2－a 2t ＝v ，v 1＋v 2t ＝v 2＋v2t －x 0，解得t ＝2 s ，a 2＝6 m /s 2，即t ＝2 s 时，两车恰好未相撞，明显此后在停止运动前，甲的速度始终大于乙的速度，故可避开相撞．满足题意的条件为乙车的加速度至少为6 m/s 2. 方法二：函数法 甲、乙运动的位移： x 甲＝v 1t －12a 1t 2x 乙＝v 2t －12a 2t 2避开相撞的条件为x 乙－x 甲<x 0 即12(a 2－a 1)t 2＋(v 1－v 2)t ＋x 0>0 代入数据有(a 2－2)t 2－16t ＋16>0不等式成立的条件是：Δ＝162－4×16(a 2－2)<0，且a 2－2>0 解得a 2>6 m/s 2速度大者减速追速度小者(匀速)的结论1．两者速度相等时，追者位移仍小于被追者位移与初始间距之和，则永久追不上，此时二者间有最小距离． 2．若速度相等时，追者位移恰等于被追者位移与初始间距之和，则刚好追上，也是二者相遇时避开碰撞的临界条件．3．若相遇时追者速度仍大于被追者的速度，则被追者还能再一次追上追者．9．[速度小者追速度大者]甲、乙两车在平直大路上竞赛，某一时刻，乙车在甲车前方L 1＝11 m 处，乙车速度v 乙＝60 m /s ，甲车速度v 甲＝50 m/s ，此时乙车离终点尚有L 2＝600 m ，如图8所示．若甲车加速运动，加速度a ＝2 m/s 2，乙车速度不变，不计车长．求：图8(1)经过多长时间甲、乙两车间距离最大，最大距离是多少？ (2)到达终点时甲车能否超过乙车？ 答案 (1)5 s 36 m (2)不能解析 (1)当甲、乙两车速度相等时，两车间距最大，即v 甲＋at 1＝v 乙，得 t 1＝v 乙－v 甲a ＝60－502 s ＝5 s甲车位移x 甲＝v 甲t 1＋12at 21＝275 m乙车位移x 乙＝v 乙t 1＝60×5 m ＝300 m 此时两车间距离Δx ＝x 乙＋L 1－x 甲＝36 m (2)甲车追上乙车时，位移关系x 甲′＝x 乙′＋L 1 甲车位移x 甲′＝v 甲t 2＋12at 22乙车位移x 乙′＝v 乙t 2将x 甲′、x 乙′代入位移关系，得 v 甲t 2＋12at 22＝v 乙t 2＋L 1代入数值并整理得t 22－10t 2－11＝0， 解得t 2＝－1 s(舍去)或t 2＝11 s 此时乙车位移x 乙′＝v 乙t 2＝660 m因x 乙′>L 2，故乙车已冲过终点线，即到达终点时甲车不能追上乙车．速度小者加速追速度大者(匀速)的结论 1．当二者速度相等时二者间有最大距离．2．当追者位移等于被追者位移与初始间距之和时，二者相遇．1．一个质点沿x 轴做匀加速直线运动．其位移－时间图象如图9所示，则下列说法正确的是( )图9A．该质点的加速度大小为2 m/s2B．该质点在t＝1 s时的速度大小为2 m/sC．该质点在t＝0到t＝2 s时间内的位移大小为6 mD．该质点在t＝0时速度为零答案 D解析质点做匀加速直线运动，设t＝0时质点的速度为v0，加速度为a，由图象知t1＝1 s时，x1＝2 m；t2＝2 s时，x2＝8 m，利用公式x＝v0t＋12at2得x1＝v0t1＋12at21，x2＝v0t2＋12at22，代入数据解得a＝4 m/s2，v0＝0，t＝1 s时的速度大小为4 m/s，故只有D正确．2．亚丁湾索马里海疆六艘海盗快艇试图靠近中国海军护航编队爱护的商船，中国特战队员放射爆震弹成功将其驱离．假如其中一艘海盗快艇在海面上运动的v－t图象如图10所示，设运动过程中海盗快艇所受阻力不变．则下列说法正确的是()图10A．海盗快艇在0～66 s内从静止动身做加速度增大的加速直线运动B．海盗快艇在96 s末开头调头逃离C．海盗快艇在66 s末离商船最近D．海盗快艇在96～116 s内做匀减速直线运动答案 B解析在0～66 s 内图象的斜率越来越小，加速度越来越小，故海盗快艇做加速度减小的加速运动，A错误；海盗快艇在96 s末，速度由正变负，即转变运动的方向，开头掉头逃跑，此时海盗快艇离商船最近，B正确，C错误；海盗快艇在96～116 s内，沿反方向做匀加速运动，D错误．3．如图11所示，Ⅰ、Ⅱ分别是甲、乙两小球从同一地点沿同始终线运动的v－t图线，依据图线可以推断() 图11A．甲、乙两小球做的是初速度方向相反的匀变速直线运动，加速度大小相同、方向相同B．两球在t＝8 s时相距最远C．两球在t＝2 s时刻速度相等D．两球在t＝8 s相遇答案 D4．酒后驾驶严峻威逼公众交通平安，若将驾驶员从视觉感知前方危急到汽车开头制动的时间称为反应时间，将反应时间和制动时间内汽车行驶的总距离称为感知制动距离．科学争辩发觉，反应时间和感知制动距离在驾驶员饮酒前后会发生明显变化．一驾驶员正常驾车和酒后驾车时，感知前方危急后汽车运动v－t图线分别如图12甲、乙所示．求：图12(1)正常驾驶时的感知制动距离x；(2)酒后驾驶时的感知制动距离比正常驾驶时增加的距离Δx.答案(1)75 m(2)30 m解析(1)设驾驶员饮酒前、后的反应时间分别为t1、t2，由图线可得：t1＝0.5 s，t2＝1.5 s汽车减速时间为t3＝4.0 s，初速度v0＝30 m/s由图线可得x＝v0t1＋v0＋02t3解得x＝75 m.(2)Δx＝v0(t2－t1)＝30×(1.5－0.5) m＝30 m.5．如图13所示，直线MN表示一条平直大路，甲、乙两辆汽车原来停在A、B两处，A、B间的距离为85 m，现甲车先开头向右做匀加速直线运动，加速度a1＝2.5 m/s2，甲车运动6 s时，乙车马上开头向右做匀加速直线运动，加速度a 2＝5 m/s 2，求两辆汽车相遇处距A 处的距离．图13答案 125 m 或245 m解析 甲车运动6 s 的位移为x 0＝12a 1t 20＝45 m ，尚未追上乙车，设此后经过时间t 与乙车相遇，则有：12a 1(t ＋t 0)2＝12a 2t 2＋85 将上式代入数据并开放整理得 t 2－12t ＋32＝0.解得t 1＝4 s ，t 2＝8 s.t 1、t 2都有意义，t 1＝4 s 时，甲车追上乙车； t 2＝8 s 时，乙车追上甲车再次相遇． 第一次相遇地点距A 的距离 x 1＝12a 1(t 1＋t 0)2＝125 m.其次次相遇地点距A 的距离 x 2＝12a 1(t 2＋t 0)2＝245 m.练出高分基础巩固1．某汽车在启用ABS 刹车系统和不启用ABS 刹车系统紧急刹车时，其车速与时间的变化关系分别如图1中的①、②图线所示，由图可知，启用ABS 后( )图1A ．t 1时刻车速更小B ．0～t 3时间内加速度更小C ．加速度总是比不启用ABS 时大D ．刹车后前行的距离比不启用ABS 时短 答案 D解析 由题图可知，启用ABS 后，t 1时刻车速更大，A 错；由v －t 图线的斜率表示加速度可知，在0～t 1时间内，启用ABS 后的加速度比不启用ABS 时小，而在t 1～t 3时间内，启用ABS 后的加速度比不启用ABS 时大，B 、C 错．由图线与横轴所围面积表示位移可知，启用ABS 后，刹车距离比不启用ABS 时短，D 正确． 2．利用速度传感器与计算机结合，可以自动作出物体运动的图象．某同学在一次试验中得到的运动小车的速度－时间图象如图2所示，以下说法错误的是( )图2A ．小车先做加速运动，后做减速运动B ．小车运动的最大速度约为0.8 m/sC ．小车的位移肯定大于8 mD ．小车做曲线运动答案 D解析 由v －t 图象可以看出，小车的速度先增加后减小，最大速度约为0.8 m/s ，故A 、B 均正确．小车的位移为v －t 图象与t 轴所围的“面积”，x ＝85×0.1×1 m ＝8.5 m>8 m ，C 正确．图线弯曲表明小车速度变化不均匀，不表示小车做曲线运动，故D 错误．3．如图3所示是A 、B 两质点从同一地点运动的x －t 图象，则下列说法错误的是( )图3A ．A 质点以20 m/s 的速度匀速运动B ．B 质点先沿正方向做直线运动，后沿负方向做直线运动C ．B 质点最初4 s 做加速运动，后4 s 做减速运动D ．A 、B 两质点在4 s 末相遇 答案 C解析 x －t 图象的斜率大小表示质点运动速度的大小，正负表示速度的方向，由x －t 图象可知，A 质点沿正方向做匀速直线运动，其速度v ＝x t ＝804m /s ＝20 m/s ，A 正确；B 质点最初4 s 沿正方向做减速运动，后4 s沿负方向做加速运动，B 正确，C 错误；4 s 末A 、B 两质点达到同一位置，故相遇，D 正确．4．据英国《每日邮报》2022年8月10日报道，27名跳水运动员参与了科索沃年度高空跳水竞赛．自某运动员离开跳台开头计时，在t 2时刻运动员以速度v 2落水，选向下为正方向，某速度随时间变化的规律如图4所示，下列结论正确的是( )图4A ．该运动员在0～t 2时间内加速度大小先减小后增大，加速度的方向不变B ．该运动员在t 2～t 3时间内加速度大小渐渐减小，处于失重状态C ．在0～t 2时间内，平均速度v 1＝v 1＋v 22 D ．在t 2～t 3时间内，平均速度v 2＝0＋v 22答案 C解析 由题图可知，0～t 2时间内运动员的加速度始终不变，A 项错误；在t 2～t 3时间内图线上各点切线的斜率的大小渐渐减小，则加速度大小渐渐减小，运动员减速下落处于超重状态，B 项错误；由题图可知，在0～t 2时间内为匀变速直线运动，所以平均速度v 1＝v 1＋v 22，C 项正确；在t 2～t 3时间内，由图线与t 轴所围面积表示位移可知，此时间内的平均速度v 2<0＋v 22，D 项错误．5．(多选)甲、乙两物体在同始终线上运动的x －t 图象如图5所示，以甲的动身点为原点，动身时刻为计时起点．则从图象可以看出( )图5A ．t 2到t 3这段时间内甲的平均速度大于乙的平均速度B ．乙比甲先动身C ．甲开头运动时，乙在甲前面x 0处D ．甲在中途停了一会儿，最终也没追上乙 答案 AC解析 在t 2～t 3这段时间内，甲的位移大于乙的位移，由v ＝xt ，所以甲的平均速度大于乙的平均速度，A 项正确．由题图知乙和甲同时动身，且乙在甲前面x 0处，故B 项错，C 项正确．在t 3时刻，甲追上了乙，D 项错．6．(多选)四个质点做直线运动，它们的速度图象分别如图所示，在2 s 末能回到动身点的是( )答案 AD7．(多选)两辆玩耍赛车a 、b 在两条平行的直车道上行驶．t ＝0时两车都在同一计时线处，此时竞赛开头．它们在四次竞赛中的v －t 图象如图所示．则下列图象对应的竞赛中，有一辆赛车能够追上另一辆的是( )答案 AC综合应用8．(2021·海南·4)一物体做直线运动，其加速度随时间变化的a －t 图象如图6所示．下列v －t 图象中，可能正确描述此物体运动的是( )图6答案 D解析由题图可知，在0～T2时间内a＝a0>0，若v0≥0，物体做匀加速运动；若v0<0，物体做匀减速运动，故B、C均错误；由于在T～2T时间内a＝－a0，故物体做匀减速运动且图线斜率的确定值与0～T2时间内相同，故A错误，D正确．9．设物体运动的加速度为a、速度为v、位移为x.现有四个不同物体的运动过程中某物理量与时间的关系图象，如图所示．已知t＝0时刻物体的速度均为零，则其中表示物体做单向直线运动的图象是()答案 C10．(多选)下列给出的四组图象中，能够反映同始终线运动的是()答案BC解析A、B选项中左图表明0～3 s内物体匀速运动，位移应正比于时间，加速度为零，3～5 s内物体匀加速运动，加速度大小a＝ΔvΔt＝2 m/s2，A错，B对；C、D选项中左图0～3 s内位移不变，表示物体静止(速度为零，加速度为零)，3～5 s内位移与时间成正比，表示物体匀速运动，v＝ΔxΔt＝2 m/s，a＝0，C对，D错. 11．某天，小明在上学途中沿人行道以v1＝1 m/s速度向一公交车站走去，发觉一辆公交车正以v2＝15 m/s 速度从身旁的平直大路同向驶过，此时他们距车站x＝50 m．为了乘上该公交车，他加速向前跑去，最大加速度a1＝2.5 m/s2，能达到的最大速度v m＝6 m/s.假设公交车在行驶到距车站x0＝25 m处开头刹车，刚好到车站停下，停车时间t＝10 s，之后公交车启动向前开去．不计车长，求：(1)若公交车刹车过程视为匀减速直线运动，其加速度a2大小是多少？(2)若小明加速过程视为匀加速直线运动，通过计算分析他能否乘上该公交车．答案(1)4.5 m/s2(2)见解析解析(1)公交车的加速度a2＝0－v222x0＝0－1522×25m/s2＝－4.5 m/s2所以其加速度大小为4.5 m/s2.(2)汽车从相遇处到开头刹车用时t1＝x－x0v2＝2515s＝53s汽车刹车过程中用时t2＝0－v2a2＝103s小明以最大加速度达到最大速度用时t3＝v m－v1a1＝6－12.5s＝2 s小明加速过程中的位移x′＝12(v1＋v m)t3＝7 m以最大速度跑到车站所用的时间t4＝x－x′v m＝436st3＋t4<t1＋t2＋10 s，故小明可以在汽车还停在车站时上车．12．具有我国自主学问产权的“歼－10”飞机的横空出世，证明白我国航空事业在飞速进展，而航空事业的进展又离不开风洞试验，其简化模型如图7a所示．在光滑的水平轨道上停放相距x0＝10 m的甲、乙两车，其中乙车是风力驱动车．在弹射装置使甲车获得v0＝40 m/s的瞬时速度向乙车运动的同时，乙车的风洞开头工作，将风吹向固定在甲车上的挡风板，从而使乙车获得了速度，测绘装置得到了甲、乙两车的v－t图象如图b所示，设两车始终未相撞．图7(1)若甲车的质量与其加速度的乘积等于乙车的质量与其加速度的乘积，求甲、乙两车的质量比； (2)求两车相距最近时的距离． 答案 (1)13(2)4 m解析 (1)由题图b 可知：甲车加速度的大小a 甲＝40－10t 1 m/s 2，乙车加速度的大小a 乙＝10－0t 1m/s 2因甲车的质量与其加速度的乘积等于乙车的质量与其加速度的乘积，所以有：m 甲 a 甲＝m 乙 a 乙 解得m 甲m 乙＝13.(2)在t 1时刻，甲、乙两车的速度相等，均为v ＝10 m/s ，此时两车相距最近 对乙车有：v ＝a 乙 t 1 对甲车有：v ＝a 甲(0.4－t 1) 可解得t 1＝0.3 s车的位移等于v －t 图线与坐标轴所围的面积，有：x 甲＝(40＋10)×0.32 m ＝7.5 m ，x 乙＝10×0.32m ＝1.5 m两车相距最近时的距离为x min ＝x 0＋x 乙－x 甲＝4 m.。
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第四讲 万有引力与航天——课前自测诊断卷 考点一 天体质量和密度的计算1.[考查卫星运行及天体质量的计算][多选]仅根据万有引力常数G 和下面的数据，可以计算出地球质量M 的是( )A ．月球绕地球运行的周期T 1及月球中心到地球中心的距离R 1B ．地球同步卫星离地面的高度C ．地球绕太阳运行的周期T 2及地球到太阳中心的距离R 2D ．人造地球卫星绕地球运行的速度v 和运行周期T解析：选AD 月球绕地球做圆周运动，地球对月球的万有引力提供圆周运动的向心力GMm R 12＝m ⎝ ⎛⎭⎪⎫2πT 2R 1，已知月球绕地球运行的周期T 1及月球中心到地球中心的距离R 1，则可以求出中心天体地球的质量，故A 正确；地球同步卫星绕地球做匀速圆周运动的周期等于地球的自转周期，T ＝24 h ，根据万有引力提供向心力G Mm R ＋h2＝m 4π2T 2(R ＋h )，可得地球质量：M ＝4π2GT2(R ＋h )3，因不知道地球半径，无法求出地球质量，故B 错误；利用地球绕太阳运行的周期T 2及地球到太阳中心的距离R 2可以求出太阳的质量，不能求出地球的质量，故C 错误；利用公式GMm r 2＝m ⎝ ⎛⎭⎪⎫2πT 2r 及公式GMm r 2＝m v 2r 可求出中心天体地球的质量，故D 正确。
2．[考查天体密度的计算]假设地球可视为质量均匀分布的球体。
已知地球表面重力加速度在两极的大小为g 0，在赤道的大小为g ；地球自转的周期为T ，引力常量为G 。
地球的密度为( )A.3πg 0－g GT 2g 0 B.3πg 0GT 2g 0－g C.3πGT 2 D.3πg 0GT 2g解析：选B 根据万有引力与重力的关系解题。
物体在地球的两极时，mg 0＝G Mm R 2，物体在赤道上时，mg ＋m ⎝ ⎛⎭⎪⎫2πT 2R ＝G Mm R 2，以上两式联立解得地球的密度ρ＝3πg 0GT 2g 0－g 。
故选项B 正确，选项A 、C 、D 错误。
3．[考查天体密度的计算与卫星运动规律的分析][多选]2020-2021年1月3日，嫦娥四号成功着陆在月球背面南极－艾特肯盆地冯·卡门撞击坑的预选着陆区。
它是嫦娥探月工程计划中嫦娥系列的第四颗人造探月卫星，主要任务是更深层次、更加全面的科学探测月球地貌、资源等方面的信息，完善月球档案资料。
已知月球的半径为R ，月球表面的重力加速度为g ，引力常量为G ，嫦娥四号离月球中心的距离为r ，绕月周期为T 。
根据以上信息可求出( )A ．月球的平均密度为3πr 3GT 2R 3B ．月球的平均密度为3πGT 2C ．嫦娥四号绕月运行的速度为 r 2g RD ．嫦娥四号绕月运行的速度为2πr T解析：选AD “嫦娥四号”绕月运行时，根据万有引力提供向心力，有GMm r 2＝m 4π2r T2，解得：M ＝4π2r 3GT 2，月球的平均密度为：ρ＝M V ＝4π2r3GT 24πR 33＝3πr 3GT 2R 3，故A 正确，B 错误；月球表面任意一物体重力等于万有引力mg ＝G MmR 2，则有：GM ＝gR 2，“嫦娥四号”绕月运行时，万有引力提供向心力G Mm r 2＝m v 2r ，得：v ＝GM r，联立解得：v ＝gR 2r ，故C 错误；由公式v ＝2πr T ，所以“嫦娥四号”绕月运行的速度为v ＝2πr T ，故D 正确。
4．[考查天体密度的计算与比较]据美国宇航局消息，在距离地球40光年的地方发现了三颗可能适合人类居住的类地行星，假设某天我们可以穿越空间到达某一类地行星，测得以初速度10 m/s 竖直上抛一个小球可到达的最大高度只有1 m ，而其球体半径只有地球的一半，则其平均密度和地球的平均密度之比为(取地球重力加速度g ＝10 m/s 2)( )A ．5∶2B ．2∶5C ．1∶10D ．10∶1 解析：选D 根据h ＝v 022g 和g ＝GM R 2可得，M ＝R 2v 022Gh ，即ρ43πR 3＝R 2v 022Gh，所以行星平均密度ρ＝3v 028πGRh ∝1Rh ，在地球表面以初速度10 m/s 竖直上抛一个小球可到达的最大高度h 地＝v 022g 地＝5 m 。
据此可得，该类地行星和地球的平均密度之比为10∶1，选项D 正确。
考点二 卫星运行参量的比较 5.[如图所示，A 、B 是绕地球做匀速圆周运动的两颗卫星，A 、B 两卫星与地心的连线在相等时间内扫过的面积之比为k ，不计A 、B 两卫星之间的引力，则A 、B 两卫星的周期之比为( )A ．k 3B ．k 2C ．kD ．k 23 解析：选A 设卫星绕地球做圆周运动的半径为r ，周期为T ，则在t 时间内与地心连线扫过的面积为S ＝t T πr 2，即S A S B ＝r A 2T B r B 2T A ＝k ，根据开普勒第三定律可知r A 3T A 2＝r B 3T B 2，联立解得T A T B＝k 3，A 正确。
6．[考查不同椭圆轨道卫星运行参量的比较][多选](2020-2021·南京、盐城二模)如图所示，甲、乙两颗人造卫星在各自的椭圆轨道上绕地球运行，两轨道相切于P 点。
不计大气阻力，下列说法正确的是( )A ．甲的机械能一定比乙的大B ．甲的运行周期比乙的大C ．甲、乙分别经过P 点的速度大小相等D ．甲、乙分别经过P 点的加速度大小相等解析：选BD 两颗卫星的质量关系不确定，则不能确定两颗卫星的机械能的大小关系，选项A 错误；甲的半长轴大于乙的半长轴，根据开普勒第三定律可知，甲的运行周期比乙的大，选项B 正确；乙经过P 点时加速才能进入甲的轨道，故甲、乙分别经过P 点的速度大小不相等，选项C 错误；根据a ＝GM r2可知，甲、乙分别经过P 点的加速度大小相等，选项D 正确。
7．[考查赤道上的物体与轨道卫星状态参量的比较]我国在太原卫星发射中心用“长征四号丙”运载火箭成功将“遥感二十九号”卫星发射升空。
该卫星为近地轨道卫星，轨迹可视为半径与地球半径相等的圆。
卫星在运行过程中，与静止在赤道上的物体相比较( )A ．卫星的线速度较大B ．卫星的周期较长C ．卫星的角速度较小D ．卫星的向心加速度较小 解析：选A 卫星为近地轨道卫星，则其速度为第一宇宙速度，是最大的运行速度，周期小于自转周期，角速度大于自转角速度，故A 正确，B 、C 错误；卫星由万有引力产生加速度，而静止在赤道上的物体合力小于万有引力，则卫星的向心加速度大于物体，故D 错误。
8．[考查卫星运动加速度与地球赤道上物体自转向心加速度大小的比较]国务院批复，自2016年起将4月24日设立为“中国航天日”。
1970年4月24日我国首次成功发射的人造卫星“东方红一号”，目前仍然在椭圆轨道上运行，其轨道近地点高度约为440 km ，远地点高度约为2 060 km ；1984年4月8日成功发射的“东方红二号”卫星运行在赤道上空35 786 km 的地球同步轨道上。
设“东方红一号”在远地点的加速度为a 1，“东方红二号”的加速度为a 2，固定在地球赤道上的物体随地球自转的加速度为a 3，则a 1、a 2、a 3的大小关系为( )A ．a 2＞a 1＞a 3B ．a 3＞a 2＞a 1C ．a 3＞a 1＞a 2D ．a 1＞a 2＞a 3解析：选D “东方红二号”地球同步卫星和地球自转的角速度相同，由a ＝ω2r 可知，a 2＞a 3；由万有引力提供向心力可得：a ＝GM r 2，“东方红一号”的轨道半径小于“东方红二号”的轨道半径，所以有：a 1＞a 2，所以有：a 1＞a 2＞a 3，故A 、B 、C 错误，D 正确。
考点三 卫星变轨问题9.[[多选](2020-2021·南京摸底)如图所示，一颗人造卫星原来在椭圆轨道1绕地球E 运行，在P 点变轨后进入轨道2做匀速圆周运动。
下列说法正确的是( )A ．不论在轨道1还是轨道2运行，卫星在P 点的机械能都相同B ．不论在轨道1还是轨道2运行，卫星在P 点的机械能不相同C ．卫星在轨道1的任何位置都具有相同的加速度D ．卫星经过P 点时，在轨道2速度大于轨道1的速度解析：选BD 卫星在轨道1上的P 点和轨道2上的P 点的势能相同；而卫星从轨道1上的P 点要加速才能进入轨道2，则卫星经过P 点时，在轨道2的速度大于轨道1的速度，即卫星在轨道1上的P 点的动能小于在轨道2上的P 点动能，即卫星在两个轨道上的P 点时的机械能不相同，选项A 错误，B 、D 正确；卫星在轨道1的任何位置的加速度都不相同，选项C 错误。
10．[考查卫星变轨与同步卫星的综合问题]发射地球同步卫星时，先将卫星发射至近地圆轨道1，然后经点火，使其沿椭圆轨道2运行，最后再次点火，将卫星送入同步圆轨道3。
轨道1、2相切于Q 点，轨道2、3相切于P 点，则( )A ．卫星在轨道3上的速率大于在轨道1上的速率B ．卫星在轨道3上的角速度等于在轨道1上的角速度C ．卫星在轨道2上经过P 点时的加速度大于它在轨道3上经过P 点时的加速度D ．卫星在轨道1上经过Q 点时的速率小于它在轨道2上经过Q 点时的速率解析：选D 卫星绕地球做匀速圆周运动时，由万有引力提供向心力得：G Mm r 2＝m v 2r，得v ＝GM r，可知卫星的轨道半径越大，速率越小，所以卫星在轨道3上的速率小于在轨道1上的速率，故A 错误；由万有引力提供向心力得：G Mmr 2＝mrω2，得ω＝GM r 3，则轨道半径大的角速度小，所以卫星在轨道3上的角速度小于在轨道1上的角速度，故B 错误；卫星运行时只受万有引力，由G Mm r 2＝ma 得：加速度a ＝GM r2，则知在同一地点，卫星的加速度相等，故C 错误；从轨道1到轨道2，卫星在Q 点是做逐渐远离圆心的运动，要实现这个运动必须使卫星加速，使其所需向心力大于万有引力，所以卫星在轨道1上经过Q 点时的速率小于它在轨道2上经过Q 点时的速率，故D 正确。
11．[考查飞船的起飞与返回][多选]据印度时报报道，目前，印度政府2017年电子预算文件显示，火星登陆计划暂定于2021～2022年。
在不久的将来，人类将登陆火星，建立基地。
用运载飞船给火星基地进行补给，就成了一项非常重要的任务。
其中一种设想的补给方法：补给飞船从地球起飞，到达月球基地后，卸下部分补给品。
再从月球起飞，飞抵火星。
在到达火星近地轨道后，“空投补给品”，补给飞船在不着陆的情况下完成作业，返回地球。
下列说法正确的是( )A ．补给飞船从月球起飞时的发射速度要达到7.9 km/sB ．“空投补给品”要给补给品减速C ．补给飞船不在火星上着陆原因是为了节省能量D ．补给飞船卸下部分补给品后，因为受到的万有引力减小，所以要做离心运动解析：选BC 月球的质量和重力加速度都小于地球，补给飞船从月球起飞时的发射速度不用达到7.9 km/s ，选项A 错误；从高轨道变轨到低轨道，需要减速，所以“空投补给品”要给补给品减速，选项B 正确；补给飞船不在火星上着陆，可以节省因发射而耗费的能量，选项C 正确；补给飞船卸下部分补给品后，仍做圆周运动，选项D 错误。