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江苏省
高考
物理
试卷
2007
2021
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江苏省高考物理试卷2007-2021年,江苏省,高考,物理,试卷,2007,2021
- 内容简介：
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考点卡片1物体的弹性和弹力【知识点的认识】1弹力（1）定义：发生弹性形变的物体，由于要恢复原状，对跟它接触的物体产生的力叫弹力（2）弹力的产生条件：弹力的产生条件是两个物体直接接触，并发生弹性形变（3）弹力的方向：力垂直于两物体的接触面支撑面的弹力：支持力的方向总是垂直于支撑面，指向被支持的物体；压力总是垂直于支撑面指向被压的物体 点与面接触时弹力的方向：过接触点垂直于接触面 球与面接触时弹力的方向：在接触点与球心的连线上 球与球相接触的弹力方向：垂直于过接触点的公切面弹簧两端的弹力方向：与弹簧中心轴线重合，指向弹簧恢复原状的方向其弹力可为拉力，可为压力轻绳对物体的弹力方向：沿绳指向绳收缩的方向，即只为拉力（4）弹力的大小对有明显形变的弹簧，弹力的大小可以由胡克定律计算对没有明显形变的物体，如桌面、绳子等物体，弹力大小由物体的受力情况和运动情况共同决定胡克定律可表示为（在弹性限度内）：Fkx，还可以表示成Fkx，即弹簧弹力的改变量和弹簧形变量的改变量成正比式中k叫弹簧的劲度系数，单位：N/mk由弹簧本身的性质决定（与弹簧的材料、粗细、直径及原长都有关系）“硬”弹簧，是指弹簧的k值较大（同样的力F作用下形变量x较小）几种典型物体模型的弹力特点如下表项目轻绳轻杆弹簧形变情况伸长忽略不计认为长度不变可伸长可缩短施力与受力情况只能受拉力或施出拉力能受拉或受压，可施出拉力或压力同杆力的方向始终沿绳不一定沿杆沿弹簧轴向力的变化可发生突变同绳只能发生渐变【知识点的应用及延伸】弹力有无及方向的判断问题：怎样判断弹力的有无？解答：（1）对于形变明显的情况（如弹簧）可由形变直接判断 （2）对于接触处的形变不明显，判断其弹力的有无可用以下方法拆除法即解除所研究处的接触，看物体的运动状态是否改变若不变，则说明无弹力；若改变，则说明有弹力分析主动力和运动状态来判断是否有弹力分析主动力就是分析沿弹力所在方向上，除弹力以外其他力的合力看该合力是否满足给定的运动状态，若不满足，则存在弹力；若满足，则不存在弹力【命题方向】（1）第一类常考题型是对概念的考查：关于弹力，下列说法中正确的是（）A相互接触的物体之间一定有弹力作用B不接触的物体之间也可能有弹力作用C压力和支持力的方向都垂直物体的接触面D压力和支持力的方向都平行于物体的接触面分析：知道弹力产生的条件：1、物体要相互接触2、物体要发生弹性形变清楚弹力的方向解答：解：A、弹力产生的条件是：1、物体要相互接触2、物体要发生弹性形变两个条件同时满足物体间才会产生弹力故A错误B、根据A选项分析，故B错误C、压力和支持力的方向都垂直物体的接触面，指向被压和被支持的方向，故C正确D、压力和支持力的方向都垂直物体的接触面，故D错误故选C点评：要注意支持力、压力属于弹力压力和支持力的方向都垂直物体的接触面（2）第二类常考题型是对具体事例进行分析：如图，球A放在斜面上，被竖直挡板挡住而处于静止状态，关于球A所受的弹力，正确的（）A球A仅受一个弹力作用，弹力方向垂直斜面向上B球A受两个弹力作用，一个水平向左，一个垂直斜面向下C球A受两个弹力作用，一个水平向右，一个垂直斜面向上D球A受三个弹力作用，一个水平向右，一个垂直斜面向上，一个竖直向下分析：小球处于静止状态，对挡板和斜面接触挤压，挡板和斜面都产生弹性形变，它们对小球产生弹力，弹力的方向垂直于接触面解答：解：由于小球对挡板和斜面接触挤压，挡板和斜面都产生弹性形变，它们对小球产生弹力，而且弹力的方向垂直于接触面，所以挡板对小球的弹力方向水平向右，斜面对小球的弹力方向垂直于斜面向上故选C点评：支持力是常见的弹力，其方向垂直于接触面并且指向被支持物基础题，比较容易【解题方法点拨】这部分知识难度中等、也有难题，在平时的练习中、阶段性考试中会单独出现，选择、填空、计算等等出题形式多种多样，在高考中不会以综合题的形式考查的，但是会做为题目的一个隐含条件考查弹力的有无及方向判断比较复杂，因此在确定其大小和方向时，不能想当然，应根据具体的条件或计算来确定2牛顿第二定律【知识点的认识】1内容：物体的加速度跟物体所受的合外力成正比，跟物体的质量成反比，加速度的方向跟合外力的方向相同2表达式：F合ma该表达式只能在国际单位制中成立因为F合kma，只有在国际单位制中才有k1力的单位的定义：使质量为1kg的物体，获得1m/s2的加速度的力，叫做1N，即1N1kgm/s23适用范围：（1）牛顿第二定律只适用于惯性参考系（相对地面静止或匀速直线运动的参考系）（2）牛顿第二定律只适用于宏观物体（相对于分子、原子）、低速运动（远小于光速）的情况4对牛顿第二定律的进一步理解 牛顿第二定律是动力学的核心内容，我们要从不同的角度，多层次、系统化地理解其内涵：F量化了迫使物体运动状态发生变化的外部作用，m量化了物体“不愿改变运动状态”的基本特性（惯性），而a则描述了物体的运动状态（v）变化的快慢明确了上述三个量的物理意义，就不难理解如下的关系了：aF，a1m 另外，牛顿第二定律给出的F、m、a三者之间的瞬时关系，也是由力的作用效果的瞬时性特征所决定的（1）矢量性：加速度a与合外力F合都是矢量，且方向总是相同（2）瞬时性：加速度a与合外力F合同时产生、同时变化、同时消失，是瞬时对应的（3）同体性：加速度a与合外力F合是对同一物体而言的两个物理量（4）独立性：作用于物体上的每个力各自产生的加速度都遵循牛顿第二定律，而物体的合加速度则是每个力产生的加速度的矢量和，合加速度总是与合外力相对应（5）相对性：物体的加速度是对相对地面静止或相对地面做匀速运动的物体而言的【命题方向】题型一：对牛顿第二定律的进一步理解的考查例子：放在水平地面上的一物块，受到方向不变的水平推力F的作用，F的大小与时间t的关系如图甲所示，物块速度v与时间t的关系如图乙所示取重力加速度g10m/s2由此两图线可以得出（）A物块的质量为1.5kgB物块与地面之间的滑动摩擦力为2NCt3s时刻物块的速度为3m/sDt3s时刻物块的加速度为2m/s2分析：根据vt图和Ft图象可知，在46s，物块匀速运动，处于受力平衡状态，所以拉力和摩擦力相等，由此可以求得物体受到的摩擦力的大小，在根据在24s内物块做匀加速运动，由牛顿第二定律可以求得物体的质量的大小根据速度时间图线求出3s时的速度和加速度解答：46s做匀速直线运动，则fF2N24s内做匀加速直线运动，加速度a=42=2m/s2，根据牛顿第二定律得，Ffma，即322m，解得m0.5kg由速度时间图线可知，3s时刻的速度为2m/s故B、D正确，A、C错误故选：BD点评：本题考查学生对于图象的解读能力，根据两个图象对比可以确定物体的运动的状态，再由牛顿第二定律来求解题型二：对牛顿第二定律瞬时性的理解例子：如图所示，质量为m的球与弹簧和水平细线相连，、的另一端分别固定于P、Q球静止时，中拉力大小为F1，中拉力大小为F2，当剪断瞬间时，球的加速度a应是（）A则ag，方向竖直向下 B则ag，方向竖直向上C则a=F1m，方向沿的延长线 D则a=F2m，方向水平向左分析：先研究原来静止的状态，由平衡条件求出弹簧和细线的拉力刚剪短细绳时，弹簧来不及形变，故弹簧弹力不能突变；细绳的形变是微小形变，在刚剪短弹簧的瞬间，细绳弹力可突变！根据牛顿第二定律求解瞬间的加速度解答：未断时，受力如图所示，由共点力平衡条件得，F2mgtan，F1=mgcos刚剪断的瞬间，弹簧弹力和重力不变，受力如图：由几何关系，F合F1sinF2ma，由牛顿第二定律得：a=F1sinm=F2m，方向水平向左，故ABC错误，D正确；故选：D点评：本题考查了求小球的加速度，正确受力分析、应用平衡条件与牛顿第二定律即可正确解题，知道弹簧的弹力不能突变是正确解题的关键题型三：动力学中的两类基本问题：已知受力情况求物体的运动情况；已知运动情况求物体的受力情况 加速度是联系运动和受力的重要“桥梁”，将运动学规律和牛顿第二定律相结合是解决问题的基本思路例子：某同学为了测定木块与斜面间的动摩擦因数，他用测速仪研究木块在斜面上的运动情况，装置如图甲所示他使木块以初速度v04m/s的速度沿倾角30的斜面上滑紧接着下滑至出发点，并同时开始记录数据，结果电脑只绘出了木块从开始上滑至最高点的vt图线如图乙所示g取10m/s2求：（1）上滑过程中的加速度的大小a1；（2）木块与斜面间的动摩擦因数；（3）木块回到出发点时的速度大小v分析：（1）由vt图象可以求出上滑过程的加速度（2）由牛顿第二定律可以得到摩擦因数（3）由运动学可得上滑距离，上下距离相等，由牛顿第二定律可得下滑的加速度，再由运动学可得下滑至出发点的速度解答：（1）由题图乙可知，木块经0.5s滑至最高点，由加速度定义式a=vt有：上滑过程中加速度的大小：a1=v0t1=40.5m/s2=8m/s2 （2）上滑过程中沿斜面向下受重力的分力，摩擦力，由牛顿第二定律Fma得上滑过程中有：mgsin+mgcosma1代入数据得：0.35（3）下滑的距离等于上滑的距离：x=v022a1=4228m1m 下滑摩擦力方向变为向上，由牛顿第二定律Fma得：下滑过程中：mgsinmgcosma2解得：a2=gsin-gcos=1012-0.351032=2m/s2下滑至出发点的速度大小为：v=2a2x联立解得：v2m/s 答：（1）上滑过程中的加速度的大小a1=8m/s2；（2）木块与斜面间的动摩擦因数0.35；（3）木块回到出发点时的速度大小v2m/s点评：解决本题的关键能够正确地受力分析，运用牛顿第二定律和运动学公式联合求解【解题方法点拨】1根据牛顿第二定律知，加速度与合外力存在瞬时对应关系对于分析瞬时对应关系时应注意两个基本模型特点的区别：（1）轻绳、轻杆模型：轻绳、轻杆产生弹力时的形变量很小，轻绳、轻杆的拉力可突变；（2）轻弹簧模型：弹力的大小为Fkx，其中k是弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量，弹力突变2应用牛顿第二定律解答动力学问题时，首先要对物体的受力情况及运动情况进行分析，确定题目属于动力学中的哪类问题，不论是由受力情况求运动情况，还是由运动情况求受力情况，都需用牛顿第二定律列方程应用牛顿第二定律的解题步骤（1）通过审题灵活地选取研究对象，明确物理过程（2）分析研究对象的受力情况和运动情况，必要时画好受力示意图和运动过程示意图，规定正方向（3）根据牛顿第二定律和运动公式列方程求解（列牛顿第二定律方程时可把力进行分解或合成处理，再列方程）（4）检查答案是否完整、合理，必要时需进行讨论3共点力的平衡【知识点的认识】1共点力物体同时受几个力的作用，如果这几个力都作用于物体的同一点或者它们的作用线交于同一点，这几个力叫共点力。能简化成质点的物体受到的力可视为共点力。2平衡状态物体保持静止或匀速运动状态（或有固定转轴的物体匀速转动）。注意：这里的静止需要二个条件，一是物体受到的合外力为零，二是物体的速度为零，仅速度为零时物体不一定处于静止状态，如物体做竖直上抛运动达到最高点时刻，物体速度为零，但物体不是处于静止状态，因为物体受到的合外力不为零。共点力的平衡：如果物体受到共点力的作用，且处于平衡状态，就叫做共点力的平衡。共点力的平衡条件：为使物体 保持平衡状态，作用在物体上的力必须满足的条件，叫做两种平衡状态：静态平衡v0；a0；动态平衡v0；a0；瞬时速度为0时，不一定处于平衡状态。如：竖直上抛最高点。只有能保持静止状态而加速度也为零才能认为平衡状态。物理学中的“缓慢移动”一般可理解为动态平衡。3共点力作用下物体的平衡条件（1）物体受到的合外力为零。即F合0； 其正交分解式为F合x0；F合y0；（2）某力与余下其它力的合力平衡（即等值、反向）。二力平衡：这两个力大小相等，方向相反，作用在同一直线上，并作用于同一物体。（要注意与一对作用力与反作用力的区别）。三力平衡：三个力的作用线（或者反向延长线）必交于一个点，且三个力共面。称为汇交共面性。其力大小符合组成三角形规律。三个力平移后构成一个首尾相接、封闭的矢量 形；任意两个力的合力与第三个力等大、反向（即是相互平衡）。推论：非平行的三个力作用于物体而平衡，则这三个力一定共点。几个共点力作用于物体而平衡，其中任意几个力的合力与剩余几个力（一个力）的合力一定等值反向。三力汇交原理：当物体受到三个非平行的共点力作用而平衡时，这三个力必交于一点；说明：物体受到N个共点力作用而处于平衡状态时，取出其中的一个力，则这个力必与剩下的（N1）个力的合力等大反向。若采用正交分解法求平衡问题，则其平衡条件为：FX合0，FY合0；求解平衡问题的一般步骤：选对象，画 受力图，建坐标，列方程。4平衡的临界问题由某种物理现象变化为另一种物理现象或由某种物理状态变化为另一种物理状态时，发生转折的状态叫临界状态，临界状态可以理解为“恰好出现”或“恰好不出现”某种现象的状态。平衡物体的临界状态是指物体所处的平衡状态将要发生变化的状态。往往 利用“恰好出现”或“恰好不出现”的条件。5平衡的极值问题极值是指研究平衡问题中某物理量变化情况时出遭到的最大值或最小值。可分为简单极值问题和条件极值问题。【重要考点归纳】1物体的受力分析（1）受力分析步骤物体的受力分析是解决力学问题的基础，同时也是关键所在，一般对物体进行受力分析的步骤如下：明确研究对象。在进行受力分析时，研究对象可以是某一个物体，也可以是保持相对静止的若干个物体。在解决比较复杂的问题时，灵活地选取研究对象可以使问题简化。研究对象确定以后，只分析研究对象以外的物体施 予研究对象的力（既研究对象所受的外力），而不分析研究对象施予外界的力。按顺序找力。必须是先场力（重力、电场力、磁场力），后接触力；接触力中必须先弹力，后摩擦力（只有在有弹力的接触面之间才可能有摩擦力）。画出受力示意图，标明各力的符号。需要合成或分解时，必须画出相应的平行四边形。（2）隔离法与整体法整体法：以几个物体构成的整个系统为研究对象进行求解。在许多问题中用整体法比较方便，但整体法不能求解系统的内力。隔离法：从系统中选取一部分（其中的一个物体或两个物体组成的整体，少于系统内物体的总个数）进行分析。隔离法的原则是选取受力个数最少部分的来分析。通常在分析外力对系统作用时，用整体法；在分析系统内各物体之间的相互作用时，用隔离法。有时在解答一个问题时要多次选取研究对象，需要整体法与隔离法交叉使用。注意：本考点考查考生的基本功：受力分析，受力分析是处理力学问题的关键和基础，所以要熟练掌握物体受力分析的一般步骤和方法。2共点力平衡的处理方法（1）三力平衡的基本解题方法力的合成、分解法：即分析物体的受力，把某两个力进行合成，将三力转化为二力，构成一对平衡力，二是把重力按实际效果进行分解，将三力转化为四力，构成两对平衡力。相似三角形法：利用矢量三角形与几何三角形相似的关系，建立方程求解力的方法。应用这种方法，往往能收到简捷的效果。（2）多力平衡的基本解题方法：正交分解法利用正交分解方法解体的一般步骤：明确研究对象；进行受力分析；建立直角坐标系，建立坐标系的原则是让尽可能多的力落在坐标轴上，将不在坐标轴上的力正交分解；x方向，y方向分别列平衡方程求解。注意：求解平衡问题关键在于对物体正确的受力分析，不能多力，也不能少力，对于三力平衡，如果是特殊角度，一般采用力的合成、分解法，对于非特殊角，可采用相似三角形法求解，对于多力平衡，一般采用正交分解法。3动态平衡求解三个力的动态平衡问题，一般是采用图解法，即先做出两个变力的合力（应该与不变的那个力等大反向）然后过合力的末端画方向不变的那个力的平行线，另外一个变力的末端必落在该平行线上，这样就能很直观的判断两个变力是如何变化的了，如果涉及到最小直的问题，还可以采用解析法，即采用数学求极值的方法求解。4连接体的平衡问题当一个系统（两个及两个以上的物体）处于平衡状态时，系统内的每一个物体都处于平衡状态，当求系统内各部分相互作用时用隔离法（否则不能暴露物体间的相互作用），求系统受到的外力时，用整体法，即将整个系统作为一个研究对象，具体应用中，一般两种方法交替使用。【命题方向】（1）第一类常考题型是对基本知识点的考查：如图所示，一光滑斜面固定在地面上，重力为G的物体在一水平推力F的作用下处于静止状态。若斜面的倾角为，则（）AFGcosBFGsinC物体对斜面的压力FNGcosD物体对斜面的压力FN=Gcos分析：对物体进行受力分析：重力、推力F和斜面的支持力，作出力图，根据平衡条件求出F和斜面的支持力，再得到物体对斜面的压力。解：以物体为研究对象，对物体进行受力分析：重力、推力F和斜面的支持力，作出力图如图，根据平衡条件得FFNsinFNcosG解得 FGtan，FN=Gcos由牛顿第三定律得：FNFN=Gcos故选D。点评：本题分析受力情况，作出力图是解题的关键。此题运用力合成法进行处理，也可以运用正交分解法求解。（2）第二类常考题型是对多力平衡综合的考查：如图所示，半圆柱体P放在粗糙的水平地面上，其右端有固定放置的竖向挡板MN，在P和MN之间放有一个光滑均匀的小圆柱体Q，整个装置处于静止状态，若用外力使MN保持竖直且缓慢向右移动，在Q落到地面以前，发现P始终保持静止，在此过程中（）AMN对Q的弹力逐渐减小BQ所受的合力逐渐增大C地面对P的摩擦力逐渐增大DP、Q间的弹力先减小后增大分析：先对Q受力分析，受重力、P对Q的支持力和MN对Q的支持力，根据平衡条件求解出两个支持力；再对P、Q整体受力分析，受重力、地面支持力、MN挡板对其向左的支持力和地面对其向右的支持力，再次根据共点力平衡条件列式求解。解答：先对Q受力分析，受重力、P对Q的支持力和MN对Q的支持力，如图根据共点力平衡条件，有：N1=mgcosN2mgtan再对P、Q整体受力分析，受重力、地面支持力、MN挡板对其向左的支持力和地面对其向右的摩擦力，如图根据共点力平衡条件，有：fN2N（M+m）g故：fmgtanMN保持竖直且缓慢地向右移动过程中，角不断变大，故f变大，N不变，N1变大，N2变大，P、Q受到的合力一直为零；故选：C。点评：本题关键是先对物体Q受力分析，再对P、Q整体受力分析，然后根据共点力平衡条件求出各个力的表达式，最后再进行讨论。（3）第二类常考题型是对连接体的平衡问题的考查：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（）AN不变，T变大 BN不变，T变小CN变大，T变大 DN变大，T变小分析：分别以两环组成的整体和Q环为研究对象，分析受力情况，根据平衡条件研究AO杆对P环的支持力N和细绳上的拉力T的变化情况。解：以两环组成的整体，分析受力情况如图1所示。根据平衡条件得，N2mg保持不变。再以Q环为研究对象，分析受力情况如图2所示。设细绳与OB杆间夹角为，由平衡条件得，细绳的拉力T=mgcos，P环向左移一小段距离时，减小，cos变大，T变小。故选：B。点评：本题涉及两个物体的平衡问题，灵活选择研究对象是关键。当几个物体都处于静止状态时，可以把它们看成整体进行研究。【解题方法点拨】力学知识是物理学的基础，受力分析又是力学的基础，从近几年高考出题的形式上来看，力的合成与分解问题常与日常生活实际紧密结合，突出了对于实际物理问题的模型抽象能力，在高考的出题方向上也体现了考查学生运用数学知识分析物理问题的能力，主要是考查共点力作用下的物体平衡，尤其是三个共点力的平衡问题，同时更多的题目则体现了与物体的平衡问题、牛顿第二定律的应用问题、动量能量、场类问题的综合考查，试题形式主要以选择题、解答题形式出现。4平抛运动【知识点的认识】一、平抛运动1定义：将物体以一定的初速度沿水平方向抛出，不考虑空气阻力，物体只在重力作用下的运动2条件：（1）初速度沿水平方向；（2）只受重力作用3性质：匀变速曲线运动，其运动轨迹为抛物线4研究方法：分解成水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动两个分运动5规律：（1）水平方向：匀速直线运动，vxv0，xv0t，ax0（2）竖直方向：自由落体运动，vygt，y=12gt2，ayg（3）实际运动：v=vx2+vy2，s=x2+y2，ag二、类平抛运动1定义：加速度恒定，加速度方向与初速度方向垂直2性质：匀变速曲线运动，其运动轨迹为抛物线3研究方法：一般将类平抛运动沿初速度和加速度两个方向分解4规律：与平抛运动类似（1）初速度方向：匀速直线运动，vxv0，xv0t，ax0（2）加速度方向：初速度为零的匀加速直线运动，vyayt，y=12ayt2（3）合运动（实际运动）：v=vx2+vy2，s=x2+y2，aay三、平抛运动的基本规律1速度的变化规律 （1）任意时刻的速度水平分量均等于初速度v0（2）任意相等时间间隔t内的速度变化量方向竖直向下，大小vvygt2位移变化规律 （1）任意相等时间间隔内，水平位移相同，即xv0t（2）连续相等的时间间隔t内，竖直方向上的位移差不变，即ygt23平抛运动的两个重要推论 推论：做平抛运动的物体在任一时刻任一位置处，设其速度方向与水平方向的夹角为，位移与水平方向的夹角为，则tan2tan证明：如图所示，由平抛运动规律得：tan=v1v0=gtv0，tan=yx=1gt22v0t=gt2v0，所以tan2tan推论：做平抛运动的物体，任意时刻的瞬时速度方向的反向延长线一定通过此时水平位移的中点证明：如图所示，设平抛物体的初速度为v0，从原点O到A点的时间为t，A点坐标为（x，y），B点坐标为（x，0），则xv0t，y=12gt2，vgt，又tan=vv0=yx-x，解得x=x2即末状态速度方向的反向延长线与x轴的交点必为此时水平位移的中点【命题方向】（1）第一类常考题型是考查平抛运动基本规律的应用：如图所示，在一次空地演习中，离地H高处的飞机以水平速度V1发射一颗炮弹欲轰炸地面目标P，反应灵敏的地面拦截系统同时以速度V2竖直向上发射炮弹拦截设拦截系统与飞机的水平距离为s，不计空气阻力若拦截成功，则V1、V2的关系应满足（）Av1v2 Bv1=Hsv2 Cv1=sHv2 Dv1=Hsv2 分析：若拦截成功，竖直上抛的炮弹和平抛的炮弹运动时间相等，在竖直方向上的位移之和等于H，平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动解：炮弹运行的时间t=sv1，在这段时间内飞机发射炮弹在竖直方向上的位移h1=12gt2，拦截炮弹在这段时间内向上的位移，h2v2t-12gt2则Hh1+h2v2t，所以Hv2sv1，解得：v1=SHv2，故C正确，A、B、D错误故选C点评：解决平抛运动的关键在于用好运动的合成与分解，明确平抛运动的实质是水平方向的匀速直线运动与竖直方向的自由落体的合运动；两个分运动互不影响，相互独立（2）第二类常考题型是平抛运动和斜面结合问题：如图所示，A、B、C三个小球分别从斜面的顶端以不同的速度水平抛出，其中A、B落到斜面上，C落到水平面上，A、B落到斜面上时速度方向与水平方向的夹角分别为、，C落到水平面上时速度方向与水平方向的夹角为，则（）A B C D分析：设小球落在斜面上时平抛初速度为v0，落在斜面底端时初速度为v1，落在水平面上C点时初速度为v2小球落在斜面上时，斜面倾角的正切等于竖直位移与水平位移之比，列式求出平抛运动的时间，再求出落在斜面时速度方向与水平方向的夹角的正切，来比较夹角的大小解：设小球落在斜面上时平抛初速度为v0，落在斜面上时速度与水平方向的夹角为，斜面倾角为由tan=yx=12gt2v0t=gt2v0，得到t=2v0tang则tan=vyv0=gtv0=2tan，与初速度大小无关，即落到斜面上时速度方向与水平方向的夹角均相等，所以设小球落在斜面底端时速度与水平方向夹角为，其初速度为v1，落在水平面上C点时初速度为v2由于高度相同，平抛时间相等，设为t1则tan=gt1v1，tan=gt1v2由于v1v2 所以tantan，由上分析可知，所以故选B点评：本题关键是斜面的倾角的应用，它表示位移方向与水平方向的夹角，分解位移，不是分解速度，不能得到这样的式子：tan=vyvx（3）第三类常考题型是涉及平抛运动的综合问题：如图所示，在距地面高为H45m处，有一小球A以初速度v010m/s水平抛出，与此同时，在A的正下方有一物块B也以相同的初速度v0同方向滑出，B与地面间的动摩擦因数为0.5，A、B均可看做质点，空气阻力不计，重力加速度g取10m/s2，求：（1）A球从抛出到落地的时间和这段时间内的水平位移；（2）A球落地时，A、B之间的距离分析：A球做的是平抛运动，研究平抛运动的方法是把平抛运动分解到水平方向和竖直方向去研究，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动，两个方向上运动的时间相同B球只在摩擦力的作用下，做匀减速直线运动，由匀变速直线运动的规律可以求得B的位移的大小解：（1）A球做的是平抛运动，由平抛运动的规律得水平方向上：xV0t 竖直方向上：H=12gt2 由以上两个方程可以解得，x30m，t3s，（2）对B物块，由牛顿第二定律可得，mgma，所以ag5m/s2，减速至停止所需要的时间为t=V0a=2s3s，所以在A落地之前B已经停止运动，B的总位移为，xB=V022a=10m，所以AB间的距离为xxxB20m答：（1）A球从抛出到落地的时间是3s，这段时间内的水平位移是30m；（2）A球落地时，A、B之间的距离是20m点评：本题就是对平抛运动规律的考查，平抛运动可以分解为在水平方向上的匀速直线运动，和竖直方向上的自由落体运动来求解，对B运用匀减速直线运动的规律直接求解即可（4）第四类常考题型是斜抛运动问题：如图所示，水平地面上不同位置的三个小球斜上抛，沿三条不同的路径运动最终落在同一点，三条路径的最高点是等高的，若忽略空气阻力的影响，下列说法正确的是（）A三个小球落地时的速率相等B沿路径3抛出的小球在空中运动时间最长C三个小球抛出的初速度竖直分量相等D三个小球抛出的初速度水平分量相等分析：三个小球都做斜抛运动，运用运动的分解法，将其运动分解为竖直和水平两个方向研究，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做竖直上抛运动，根据运动学公式列式，再进行分析解：设任一小球初速度大小为v0，初速度的竖直分量为vy，水平分量为vx，初速度与水平方向的夹角为，上升的最大高度为h，运动时间为t，落地速度大小为vA、C、D、取竖直向上方向为正方向，小球竖直方向上做匀减速直线运动，加速度为ag，由0-vy2=-2gh，得vy=2gh，h相同，vy相同，则三个小球初速度的竖直分量相同由速度的分解知：vyv0sin，由于不同，所以v0不同根据机械能守恒定律得知，小球落地时与抛出时速率相等，所以可知三个小球落地时的速率不等又有 vyvxtan，vy相同，不同，则vx不同，初速度水平分量不等，故AD错误，C正确B、由运动学公式有：h=12g(t2)2，则得：t22hg，则知三个球运动的时间相等；故B错误故选：C点评：对于斜抛运动，要能熟练运用运动的分解法进行分析，掌握相关的运动学公式是解题的基础【解题方法点拨】1平抛运动的处理技巧一“补”登天 由平抛运动的分解规律可知，平抛运动可以分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动，我们在解答有关平抛运动的问题时，如果选择适当的位置补画这两个方向的平面，按照这种分解规律可以给解题带来极大的方便2斜面上的平抛运动问题的规律总结（1）顺着斜面平抛方法：分解位移xv0ty=12gt2tan=yx可求得t=2v0tang（2）对着斜面平抛（如右图）方法：分解速度vxv0vygt，tan=v0vy=v0gt可求得t=v0gtan（3）对着竖直墙壁平抛（如右图）水平初速度v0不同时，虽然落点不同，但水平位移相同t=dv03类平抛运动的求解方法常规分解法：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（即沿合外力的方向）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a分解为ax、ay，初速度v0分解为vx、vy，然后分别在x、y方向列方程求解4涉及平抛运动的综合问题（1）平抛运动与其他运动形式（如匀速直线运动、竖直上抛运动、自由落体运动、圆周运动等）综合的题目在这类问题的分析中要注意平抛运动与其他运动在时间上、位移上、速度上的相关分析（2）多体平抛问题：若两物体同时从同一高度（或同一点）抛出，则两物体始终在同一高度，二者间距只决定于两物体水平分运动；若两物体同时从不同高度抛出，则两物体高度差始终与抛出点高度差相同，二者间距由两物体水平分运动和竖直高度差决定；若两物体从同一点先后抛出，两物体竖直高度差随时间均匀增大，二者间距决定于两物体水平分运动和竖直分运动5运动的合成和分解【知识点的认识】运动的合成和分解1分运动和合运动：一个物体同时参与几个运动，参与的这几个运动即分运动，物体的实际运动即合运动。2运动的合成与分解已知分运动求合运动称为运动的合成；已知合运动求分运动称为运动的分解。两者互为逆运算。在对物体的实际运动进行分解时，要根据实际效果分解。3遵循的规律位移、速度、加速度都是矢量，故它们的合成与分解都遵循平行四边形定则。（1）如果各分运动在同一直线上，需选取正方向，与正方向同向的量取“+”号，与正方向反向的量取“”号，从而将矢量运算简化为代数运算。（2）两分运动不在同一直线上时，按照平行四边形定则进行合成，如图所示。4合运动和分运动的关系（1）等时性：合运动与分运动经历的时间相等。（2）独立性：一个物体同时参与几个分运动时，各分运动独立进行，不受其他分运动的影响。（3）等效性：各分运动叠加起来与合运动有完全相同的效果。5合运动的性质与轨迹合运动的性质和轨迹，由两个分运动的性质及合初速度与合加速度的方向关系决定。（1）根据加速度判定合运动的性质：若合加速度不变，则为匀变速运动；若合加速度（大小或方向）变化，则为非匀变速运动。（2）根据合加速度的方向与合初速度的方向判定合运动的轨迹：若合加速度的方向与合初速度的方向在同一直线上则为直线运动，否则为曲线运动。（3）合力（或合加速度）方向与轨迹的关系物体做曲线运动的轨迹一定夹在合力（或合加速度）方向和速度方向之间，速度方向与轨迹相切，合力（或合加速度）方向指向曲线的凹侧。【命题方向】（1）第一类常考题型是考查合运动的性质与轨迹：如图，甲车自西向东做匀加速运动，乙车由南向北做匀速运动，到达O位置之前，乙车上的人看到甲车运动轨迹大致是图中的（）ABCD分析：以乙车为参考系，甲车在东西方向上做匀加速直线运动，在南北方向上做匀速直线运动，根据运动的合成确定甲车的轨迹。解答：解：以乙车为参考系，甲车向东做匀加速直线运动，向南做匀速直线运动，由于合加速度的方向与合速度的方向不在同一条直线上，则合运动是曲线，因为加速度的方向大致指向轨迹凹的一向，故C正确，A、B、D错误。故选C。点评：解决本题的关键知道曲线运动的条件，知道曲线运动加速度的方向大致指向轨迹凹的一向。（2）第二类常考题型是考查运动的合成与分解：一快艇从离岸边100m远的河流中央向岸边行驶。已知快艇在静水中的速度图象如（图甲）所示；河中各处水流速度相同，且速度图象如（图乙）所示，则（）A快艇的运动轨迹一定为直线B快艇的运动轨迹可能为直线，也可能为曲线C快艇最快到达岸边，所用的时间为20sD快艇最快到达岸边，经过的位移为100m分析：分析：AB、将快艇的运动分解为沿河岸方向和垂直于河岸方向，两分运动一个做匀加速直线运动，一个做匀速直线运动，根据运动的合成确定其运动的轨迹。C、根据合运动与分运动具有等时性，在垂直于河岸方向上的速度越大，时间越短。即静水速垂直于河岸时，时间最短。D、根据平行四边形定则求出合位移。解：AB、两分运动一个做匀加速直线运动，一个做匀速直线运动，知合加速度的方向与合速度的方向不在同一条直线上，合运动为曲线运动。故A、B错误。C、静水速垂直于河岸时，时间最短。在垂直于河岸方向上的加速度a0.5m/s2，由d=12at2得，t20s。故C正确。D、在沿河岸方向上的位移xv2t320m60m，所以最终位移s=x2+d2=2034m故D错误。故选：C。点评：解决本题的关键会将快艇的运动分解为沿河岸方向和垂直于河岸方向，知道在垂直于河岸方向上的速度越大，时间越短。以及知道分运动与合运动具有等时性。（3）第三类常考题型是考查小船渡河运动：如图所示，一条小船位于200m宽的河正中A点处，从这里向下游1003m处有一危险区，当时水流速度为4m/s，为了使小船避开危险区沿直线到达对岸，小船在静水中的速度至少是（）A.433m/s B.833m/s C.2m/s D.4m/s分析：小船离河岸100m处，要使能安全到达河岸，则小船的合运动最大位移为1002+(1003)2因此由水流速度与小船的合速度，借助于平行四边形定则，即可求出小船在静水中最小速度。解：要使小船避开危险区沿直线到达对岸，则有合运动的最大位移为1002+(1003)2。因此已知小船能安全到达河岸的合速度，设此速度与水流速度的夹角为，即有tan=1001003=33所以30又已知流水速度，则可得小船在静水中最小速度为：v船v水sin=124m/s2m/s故选：C。点评：一个速度要分解，已知一个分速度的大小与方向，还已知另一个分速度的大小且最小，则求这个分速度的方向与大小值。这种题型运用平行四边形定则，由几何关系来确定最小值。（4）第四类常考题型是考查绳、杆末端速度的分解：如图所示，沿竖直杆以速度匀速下滑的物体A通过轻质细绳拉光滑水平面上的物体B，当细绳与竖直杆间的夹角为时，物体B的速度为（）AvcosBcosCDsin分析：物体A以速度v沿竖直杆匀速下滑，绳子的速率等于物体B的速率，将A物体的速度分解为沿绳子方向和垂直于绳子方向，沿绳子方向的分速度等于绳速，由几何知识求解B的速率，再讨论B的运动情况。解：将A物体的速度按图示两个方向分解，如图所示，由绳子速率v绳vcos而绳子速率等于物体B的速率，则有物体B的速率vBv绳vcos故B正确，ACD错误，故选：B本题通常称为绳端物体速度分解问题，容易得出这样错误的结果：将绳的速度分解，如图得到vv绳sin【解题方法点拨】1两个直线运动的合运动性质的判断根据合加速度方向与合初速度方向判定合运动是直线运动还是曲线运动，具体分以下几种情况：两个互成角度的分运动 合运动的性质 两个匀速直线运动 匀速直线运动 一个匀速直线运动、一个匀变速直线运动匀变速曲线运动 两个初速度为零的匀加速直线运动匀加速直线运动 两个初速度不为零的匀变速直线运动 如果v合与a合共线，为匀变速直线运动 如果v合与a合不共线，为匀变速曲线运动 2运动的合成与分解的规律总结（1）分析运动的合成与分解问题，要注意运动的分解方向，一般情况按运动效果进行分解，切记不可按分解力的思路来分解运动。（2）要注意分析物体在两个方向上的受力及运动规律，分别在两个方向上列式求解。（3）两个分方向上的运动具有等时性，这常是处理运动分解问题的关键点。3小船渡河运动模型（1）小船渡河的运动可以看成是小船划行的运动和小船随河流运动的合运动，船的实际运动是两个分运动的合运动。该运动模型中常涉及的问题有船渡河最短时间的计算和船渡河位移最短时速度方向的确定等。小船渡河的三种情景：过河时间最短：船头正对河岸时，渡河时间最短，t短=dv1（d为河宽）。过河路径最短（v2v1时）：合速度垂直于河岸时，航程最短，s短d船头指向上游与河岸夹角为，cos=v2v1。过河路径最短（v2v1时）：合速度不可能垂直于河岸，无法垂直渡河。确定方法如下：如图所示，以v2矢量末端为圆心，以v1矢量的大小为半径画弧，从v2矢量的始端向圆弧作切线，则合速度沿此切线方向航程最短。由图可知：cos=v1v2，最短航程：s短dcos=v2v1d。（2）求解小船渡河问题的方法求解小船渡河问题有两类：一是求最短渡河时间，二是求最短渡河位移，无论哪类都必须明确以下四点：解决这类问题的关键是：正确区分分运动和合运动，船的航行方向也就是船头指向，是分运动。船的运动方向也就是船的实际运动方向，是合运动，一般情况下与船头指向不一致。运动分解的基本方法，按实际效果分解，一般用平行四边形定则按水流方向和船头指向分解。渡河时间只与垂直河岸的船的分速度有关，与水流速度无关。求最短渡河位移时，根据船速v船与水流速度v水的大小情况用三角形定则求极限的方法处理。4绳、杆末端速度分解模型（1）模型特点用绳、杆相牵连的物体，在运动过程中，其两物体的速度通常不同，但物体沿绳或杆方向的速度分量大小相等。（2）常用的解题思路和方法：先确定合运动的方向（物体实际运动的方向），然后分析这个合运动所产生的实际效果（一方面使绳或杆伸缩的效果；另一方面使绳或杆转动的效果）以确定两个分速度的方向（沿绳或杆方向的分速度和垂直绳或杆方向的分速度，而沿绳或杆方向的分速度大小相同）。（3）解决此类问题时应把握以下两点确定合速度，它应是小船的实际速度；小船的运动引起了两个效果：一是绳子的收缩，二是绳绕滑轮的转动。应根据实际效果进行运动的分解。6万有引力定律及其应用【知识点的认识】一、万有引力定律1内容：自然界中任何两个物体都相互吸引，引力的方向在它们的连线上，引力的大小与物体的质量m1和m2的乘积成正比，与它们之间距离r的平方成反比2表达式：F=Gm1m2r2，其中G6.671011 Nm2/kg2，叫引力常量 它是在牛顿发现万有引力定律一百年后英国物理学家卡文迪许利用扭秤装置测出的3适用条件：公式适用于质点间的相互作用但对于不能看做质点的两个质量分布均匀的球体间的相互作用是适用的，此时r是两球心间的距离；另外，对于一个质量分布均匀的球体和球外一个质点之间的相互作用万有引力定律也适用，其中r为球心到质点的距离二、应用万有引力定律分析天体运动1基本方法：把天体的运动看成匀速圆周运动，其所需的向心力由万有引力提供，即GMmr2=mv2r=m2r=m42T2r2天体质量M、密度的估算：若测出卫星绕天体做匀速圆周运动的半径r和周期T由GMmr2=m42T2r得：M=42GT2r3，=MV=M43r03=3GT2r03r3，其中r0为天体的半径，当卫星沿天体表面绕天体运动时，rr0，则=3GT23地球同步卫星的特点（1）轨道平面一定：轨道平面和赤道平面重合 （2）周期一定：与地球自转周期相同，即T24h86400 s（3）角速度一定：与地球自转的角速度相同 （4）高度一定：据GMmr2=m42T2r，得r=3GMT242=4.24104 km，卫星离地面高度hrR6R（为恒量）（5）速率一定：运动速度v=2rT=3.08 km/s（为恒量） （6）绕行方向一定：与地球自转的方向一致4极地卫星和近地卫星（1）极地卫星运行时每圈都经过南北两极由于地球自转，极地卫星可以实现全球覆盖 （2）近地卫星是在地球表面附近环绕地球做匀速圆周运动的卫星，其运行的轨道半径可近似认为等于地球的半径，其运行线速度约为7.9km/s（3）两种卫星的轨道平面一定通过地球的球心 5 三种宇宙速度比较 宇宙速度 数值（km/s） 意义 第一宇宙速度 7.9这是卫星绕地球做圆周运动的最小发射速度 第二宇宙速度 11.2这是物体挣脱地球引力束缚的最小发射速度 第三宇宙速度 16.7这是物体挣脱太阳引力束缚的最小发射速度 三、经典时空观和相对论时空观1经典时空观 （1）在经典力学中，物体的质量是不随运动状态而改变的 （2）在经典力学中，同一物理过程发生的位移和对应时间的测量结果在不同的参考系中是相同的2相对论时空观（1）在狭义相对论中，物体的质量随物体的运动速度的增大而增大，用公式表示为m=m01-v2c2（2）在狭义相对论中，同一物理过程发生的位移和对应时间的测量结果在不同的参考系中是不同的【命题方向】（1）第一类常考题型是考查万有引力定律在天体运动中的应用：我国在2010年实现探月计划“嫦娥工程”同学们也对月球有了更多的关注（1）若已知地球半径为R，地球表面的重力加速度为g，月球绕地球运动的周期为T，月球绕地球的运动近似看做匀速圆周运动，试求出月球绕地球运动的轨道半径；（2）若宇航员随登月飞船登陆月球后，在月球表面某处以速度v0竖直向上抛出一个小球，经过时间t，小球落回抛出点已知月球半径为r，万有引力常量为G，试求出月球的质量M月分析：（1）月球绕地球的运动时，由地球的万有引力提供向心力，由牛顿第二定律列出月球的轨道半径与地球质量等物理量的关系式；物体在地球表面上时，由重力等于地球的万有引力求出地球的质量，再求出月球的轨道半径（2）小球在月球表面做竖直上抛运动，由t=2v0g月求出月球表面的重力加速度，根据g月=GM月r2求出月球的质量M月解：（1）根据万有引力定律和向心力公式： GM月Mr2=M月(2T)2r mgGMmR2解得：r=3gR2T242（2）设月球表面处的重力加速度为g月，根据题意：得到 t=2v0g月又g月=GM月r2解得：M月=2v0r2Gt 答：（1）月球绕地球运动的轨道半径是3gR2T242； （2）月球的质量M月=2v0r2Gt点评：本题是卫星类型的问题，常常建立这样的模型：环绕天体绕中心天体做匀速圆周运动，由中心天体的万有引力提供向心力（2）第二类常考题型是卫星的v、T、a向与轨道半径r的关系：如图地球赤道上的山丘e，近地资源卫星p和同步通信卫星q均在赤道平面上绕地心做匀速圆周运动设e、p、q，的圆周运动速率分别为v1、v2、v3，向心加速度分别为a1、a2、a3，则（）Av1v2v3 Bv1v2v3 Ca1a2a3 Da1a3a2 分析：要比较线速度的大小关系，可根据p和q是万有引力完全提供向心力，GMmR2=mv2R解得v=GMR；而e和q相同的是角速度，根据vR可以得出结论不能比较e和p，因为e所受的万有引力不但提供向心力，而且提供重力对于p和q来说有GMmR2=ma，可得a=GMR2；根据a2R比较a1和a3解：对于卫星来说根据万有引力提供向心力有GMmR2=mv2R 解得v=GMR故卫星的轨道半R径越大，卫星的线速度v越小由于近地资源卫星p的轨道半径小于同步通信卫星q的轨道半径，故同步卫星q的线速度v3小于近地资源卫星p的线速度v2，即v3v2由于同步通信卫星q和赤道上的山丘e的角速度相同，到地心的距离RqRe即eq根据vR可得v1eRev2qRq即v2v1故A、B错误对于p和q来说有GMmR2=ma可得a=GMR2由于RpRq则apaq即a2a3根据a2R由于RqRe可得aqae即a3a1故a2a3a1故C错误，D正确故选D点评：比较两个物理量之间的大小关系时要选用有相同物理量的公式进行比较如本题中的e和p不能比较，而只能e和q比较，因为e和q相同的是角速度p和q比较，因为p和q相同的是万有引力完全提供向心力（3）第三类常考题型是卫星变轨问题我国要发射的“嫦娥一号”探月卫星简化后的路线示意图如图所示卫星由地面发射后，经过发射轨道进入停泊轨道，然后在停泊轨道经过调速后进入地月转移轨道，再次调速后进人工作轨道，卫星开始对月球进行探测已知地球与月球的质量之比为a，卫星的停泊轨道与工作轨道的半径之比为b，卫星在停泊轨道和工作轨道上均可视为做匀速圆周运动，则（）A卫星在停泊轨道和工作轨道运行的速度之比为abB卫星在停泊轨道和工作轨道运行的周期之比为baC卫星在停泊轨道运行的速度大于地球的第一宇宙速度D卫星从停泊轨道转移到地月转移轨道，卫星必须加速分析：根据万有引力提供向心力列出等式即可求出速度之比第一宇宙速度是卫星绕地球附近做匀速圆周运动的速度，由速度公式v=GMr比较卫星在停泊轨道运行的速度与地球的第一宇宙速度的大小第一宇宙速度是绕地球做圆周运动的最大环绕速度卫星从停泊轨道转移到地月转移轨道，卫星必须加速解：A、B根据万有引力提供向心力得：GMmr2=mv2r=m42T2r，得 v=GMr，T2r3GM则得：卫星在停泊轨道和工作轨道运行的速度之比v停v工=GM地r停：GM月r工=ab，周期之比T停T工=r停3GM地：r工3GM月=b3a故A正确，B错误C、由卫星的速度公式v=GMr，知卫星的轨道半径越大，运行速度越小，而第一宇宙速度是卫星绕地球附近做匀速圆周运动的速度，是卫星绕地球做圆周运动的最大环绕速度，所以卫星在停泊轨道运行的速度小于地球的第一宇宙速度故C错误D、卫星从停泊轨道转移到地月转移轨道，卫星必须加速做离心运动，才能实现故D正确故选AD点评：解决本题的关键掌握万有引力提供向心力，以及理解第一宇宙速度（4）第四类常考题型是双星系统模型经长期观测人们在宇宙中已经发现了“双星系统”“双星系统”由两颗相距较近的恒星组成，每个恒星的线度远小于两个星体之间的距离，而且双星系统一般远离其他天体如图所示，两颗星球组成的双星，在相互之间的万有引力作用下，绕连线上的O点做周期相同的匀速圆周运动现测得两颗星之间的距离为L，质量之比为m1：m23：2则可知（）Am1、m2做圆周运动的线速度之比为3：2Bm1、m2做圆周运动的角速度之比为3：2Cm1做圆周运动的半径为25LDm2做圆周运动的半径为25L分析：双星在相互之间的万有引力作用下，绕连线上的O点做周期相同的匀速圆周运动，根据牛顿第二定律分别对两恒星进行列式，来求解线速度之比、角速度之比，并得出各自的半径解：设双星运行的角速度为，由于双星的周期相同，则它们的角速度也相同，则根据牛顿第二定律得： 对m1：Gm1m2L2=m12r1 对m2：Gm1m2L2=m22r2由：得：r1：r2m2：m12：3又r2+r1L，得r1=25L，r2=35L由vr，相同得：m1、m2做圆周运动的线速度之比为v1：v2r1：r22：3故选C点评：双星是圆周运动在万有引力运用中典型问题，关键抓住它们之间的关系：角速度和周期相同，由相互之间的万有引力提供向心力【解题方法点拨】一、万有引力定律的应用1解决天体（卫星）运动问题的基本思路（1）在地面附近万有引力近似等于物体的重力，F引mg，即GMmr2=mg，整理得GMgR2（2）天体运动都可近似地看成匀速圆周运动，其向心力由万有引力提供，即F引F向一般有以下几种表述形式：GMmr2=mv2r；GMmr2=m2r；GMmr2=m42T2r；2天体质量和密度的计算（1）利用天体表面的重力加速度g和天体半径R由于GMmR2=mg，故天体质量M=gR2G，天体密度=MV=M43R3=3g4GR（2）通过观察卫星绕天体做匀速圆周运动的周期T，轨道半径r由万有引力等于向心力，即GMmr2=m42T2r，得出中心天体质量M=42r3GT2若已知天体的半径R，则天体的密度=MV=M43R3=3r2GT2R3若天体的卫星在天体表面附近环绕天体运动，可认为其轨道半径r等于天体半径R，则天体密度=3GT2可见，只要测出卫星环绕天体表面运动的周期T，就可估测出中心天体的密度注意：不考虑天体自转，对任何天体表面都可以认为mg=GMmR2，从而得出GMgR2（通常称为黄金代换），其中M为该天体的质量，R为该天体的半径，g为相应天体表面的重力加速度二、卫星的各物理量随轨道半径的变化而变化的规律及卫星的变轨问题 1卫星的各物理量随轨道半径的变化而变化的规律（1）向心力和向心加速度：向心力是由万有引力充当的，即F=GMmr2，再根据牛顿第二定律可得，随着轨道半径的增加，卫星的向心力和向心加速度都减小（2）线速度v：由GMmr2=mv2r得v=GMr，随着轨道半径的增加，卫星的线速度减小（3）角速度：由GMmr2=m2r得=GMr3，随着轨道半径的增加，做匀速圆周运动的卫星的角速度减小（4）周期T：由GMmr2=m42T2r得T=2r3GM，随着轨道半径的增加，卫星的周期增大注意：上述讨论都是卫星做匀速圆周运动的情况，而非变轨时的情况2卫星的变轨问题 卫星绕地球稳定运行时，万有引力提供了卫星做圆周运动的向心力，由GMmr2=mv2r得v=GMr 由此可知，轨道半径r越大，卫星的线速度v越小当卫星由于某种原因速度v突然改变时，受到的万有引力GMmr2和需要的向心力mv2r不再相等，卫星将偏离原轨道运动当GMmr2mv2r时，卫星做近心运动，其轨道半径r变小，由于万有引力做正功，因而速度越来越大；反之 当GMmr2mv2r时，卫星做离心运动，其轨道半径r变大，由于万有引力做负功，因而速度越来越小人造卫星变轨问题的三点注意事项：（1）人造卫星变轨时半径的变化，根据万有引力和所需向心力的大小关系判断；稳定在新轨道上的运行速度变化由v=GMr判断（2）人造卫星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）人造卫星经过不同轨道相交的同一点时加速度相等，外轨道的速度大于内轨道的速度三、环绕速度与发射速度的比较及地球同步卫星1环绕速度与发射速度的比较近地卫星的环绕速度v=GMR=gR=7.9m/s，通常称为第一宇宙速度，它是地球周围所有卫星的最大环绕速度，是在地面上发射卫星的最小发射速度不同高度处的人造卫星在圆轨道上的运行速度v=GMr，其大小随半径的增大而减小但是，由于在人造地球卫星发射过程中火箭要克服地球引力做功，所以将卫星发射到离地球越远的轨道，在地面上所需的发射速度就越大2地球同步卫星特点 轨道平面一定 轨道平面与赤道平面重合 高度一定 距离地心的距离一定，h4.225104km； 距离地面的高度为3.6104km 环绕速度一定 v3.08 km/s，环绕方向与地球自转方向相同 角速度一定 7.3105rad/s 周期一定 与地球自转周期相同，常取T24h 向心加速度大小一定 a0.23 m/s2 四、双星系统模型1模型条件 （1）两颗星彼此相距较近 （2）两颗星靠相互之间的万有引力做匀速圆周运动 （3）两颗星绕同一圆心做圆周运动2模型特点 （1）“向心力等大反向”两颗星做匀速圆周运动的向心力由它们之间的万有引力提供，故F1F2，且方向相反，分别作用在两颗行星上，是一对作用力和反作用力 （2）“周期、角速度相同”两颗行星做匀速圆周运动的周期、角速度相等 （3）“半径反比”圆心在两颗行星的连线上，且r1+r2L，两颗行星做匀速圆周运动的半径与行星的质量成反比3解答双星问题应注意“两等”“两不等”（1）双星问题的“两等”：它们的角速度相等 双星做匀速圆周运动的向心力由它们之间的万有引力提供，即它们受到的向心力大小总是相等的（2）“两不等”：双星做匀速圆周运动的圆心是它们连线上的一点，所以双星做匀速圆周运动的半径与双星间的距离是不相等的，它们的轨道半径之和才等于它们间的距离 由m12r1m22r2知由于m1与m2一般不相等，故r1与r2一般也不相等7人造卫星【知识点的认识】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系1卫星的各物理量随轨道半径的变化而变化的规律（1）向心力和向心加速度：向心力是由万有引力充当的，即F=GMmr2，再根据牛顿第二定律可得，随着轨道半径的增加，卫星的向心力和向心加速度都减小。（2）线速度v：由GMmr2=mv2r得v=GMr，随着轨道半径的增加，卫星的线速度减小。（3）角速度：由GMmr2=m2r得=GMr3，随着轨道半径的增加，做匀速圆周运动的卫星的角速度减小。（4）周期T：由GMmr2=m42T2r得T=2r3GM，随着轨道半径的增加，卫星的周期增大。注意：上述讨论都是卫星做匀速圆周运动的情况，而非变轨时的情况。【命题方向】常考题型是卫星的v、T、a向与轨道半径r的关系：如图。地球赤道上的山丘e，近地资源卫星p和同步通信卫星q均在赤道平面上绕地心做匀速圆周运动。设e、p、q，的圆周运动速率分别为v1、v2、v3，向心加速度分别为a1、a2、a3，则（）Av1v2v3 Bv1v2v3 Ca1a2a3 Da1a3a2分析：要比较线速度的大小关系，可根据p和q是万有引力完全提供向心力，GMmR2=mv2R解得v=GMR；而e和q相同的是角速度，根据vR可以得出结论。不能比较e和p，因为e所受的万有引力不但提供向心力，而且提供重力。对于p和q来说有GMmR2=ma，可得a=GMR2；根据a2R比较a1和a3。解：对于卫星来说根据万有引力提供向心力有GMmR2=mv2R 解得v=GMR故卫星的轨道半R径越大，卫星的线速度v越小。由于近地资源卫星p的轨道半径小于同步通信卫星q的轨道半径，故同步卫星q的线速度v3小于近地资源卫星p的线速度v2，即v3v2。由于同步通信卫星q和赤道上的山丘e的角速度相同，到地心的距离RqRe即eq根据vR可得v1eRev2qRq即v2v1故A、B错误。对于p和q来说有GMmR2=ma可得a=GMR2由于RpRq则apaq即a2a3根据a2R由于RqRe可得aqae即a3a1故a2a3a1故C错误，D正确。故选D。点评：比较两个物理量之间的大小关系时要选用有相同物理量的公式进行比较。如本题中的e和p不能比较，而只能e和q比较，因为e和q相同的是角速度。p和q比较，因为p和q相同的是万有引力完全提供向心力。8动量守恒定律【知识点的认识】1内容：如果一个系统不受外力，或者所受外力的矢量和为零，这个系统的总动量保持不变，这就是动量守恒定律2表达式：（1）pp，系统相互作用前总动量p等于相互作用后的总动量p（2）m1v1+m2v2m1v1+m2v2，相互作用的两个物体组成的系统，作用前的动量和等于作用后的动量和（3）p1p2，相互作用的两个物体动量的增量等大反向（4）p0，系统总动量的增量为零3动量守恒定律的适用条件（1）不受外力或所受外力的合力为零不能认为系统内每个物体所受的合外力都为零，更不能认为系统处于平衡状态（2）近似适用条件：系统内各物体间相互作用的内力远大于它所受到的外力（3）如果系统在某一方向上所受外力的合力为零，则在这一方向上动量守恒【命题方向】题型一：动量守恒的判断例子：如图所示，A、B两物体的质量比mA：mB3：2，它们原来静止在平板车C上，A、B间有一根被压缩了的弹簧，A、B与平板车上表面间动摩擦因数相同，地面光滑当弹簧突然释放后，则有（）AA、B系统动量守恒 BA、B、C系统动量守恒C小车向左运动 D小车向右运动分析：在整个过程中三个物体组成的系统合外力为零，系统的动量守恒分析小车的受力情况，判断其运动情况解答：A、B，由题意，地面光滑，所以A、B和弹簧、小车组成的系统受合外力为零，所以系统的动量守恒在弹簧释放的过程中，由于mA：mB3：2，A、B所受的摩擦力大小不等，所以A、B组成的系统合外力不为零，动量不守恒故A错误B正确；C、D由于A、B两木块的质量之比为m1：m23：2，由摩擦力公式fNmg知，A对小车向左的滑动摩擦力大于B对小车向右的滑动摩擦力，在A、B相对小车停止运动之前，小车的合力所受的合外力向左，会向左运动，故C正确，D错误故选：BC点评：本题关键掌握系统动量守恒定律的适用条件：合外力为零，并能通过分析受力，判断是否系统的动量是否守恒，题目较为简单！题型二：动量守恒的应用例子：如图所示，C是放在光滑的水平面上的一块木板，木板的质量为3m，在木板的上面有两块质量均为m的小木块A和B，它们与木板间的动摩擦因数均为最初木板静止，A、B两木块同时以方向水平向右的初速度v0和2v0在木板上滑动，木板足够长，A、B始终未滑离木板求：（1）木块B从刚开始运动到与木板C速度刚好相等的过程中，木块B所发生的位移；（2）木块A在整个过程中的最小速度分析：（1）A、B两木块同时水平向右滑动后，木块A先做匀减速直线运动，当木块A与木板C的速度相等后，A、C相对静止一起在C摩擦力的作用下做匀加速直线运动；木块B一直做匀减速直线运动，直到三个物体速度相同根据三个物体组成的系统动量守恒求出最终共同的速度，对B由牛顿第二定律和运动学公式或动能定理求解发生的位移；（2）当木块A与木板C的速度相等时，木块A的速度最小，根据系统的动量守恒求解A在整个过程中的最小速度，或根据牛顿第二定律分别研究A、C，求出加速度，根据速度公式，由速度相等条件求出时间，再求解木块A在整个过程中的最小速度解答：（1）木块A先做匀减速直线运动，后做匀加速直线运动；木块B一直做匀减速直线运动；木板C做两段加速度不同的匀加速直线运动，直到A、B、C三者的速度相等为止，设为v1对A、B、C三者组成的系统，由动量守恒定律得：mv0+2mv0（m+m+3m）v1 解得：v10.6v0木块B滑动的加速度为：ag，所发生的位移：x=v12-(2v0)2-2a=91v0250g（2）A与C速度相等时，速度最小，此过程A和B减少的速度相等，有：mv0+2mv0（m+3m）vA+mvBv0vA2v0vB解得：vA0.4v0答：（1）木块B从刚开始运动到与木板C速度刚好相等的过程中，木块B所发生的位移是91v0250g；（2）木块A在整个过程中的最小速度是0.4v0点评：本题是木块在木板上滑动的类型，分析物体的运动过程是解题基础，其次要把握物理过程所遵守的规律，这种类型常常根据动量守恒和能量守恒结合处理题型三：动量守恒的临界问题如图所示，光滑的水平面上有一个质量为M2m的凸型滑块，它的一个侧面是与水平面相切的光滑曲面，滑块的高度为h0.3m质量为m的小球，以水平速度v0在水平面上迎着光滑曲面冲向滑块试分析计算v0应满足什么条件小球才能越过滑块（取g1Om/s2）分析：小球越到滑块最高点速度水平向右，以滑块和和小球组成的系统为研究对象；根据动量守恒和过程系统机械能守恒列出等式；根据题意要越过滑块，应有v1v2，我们解决问题时取的是临界状态求解解答：设小球越过滑块最高点的速度为v1，此时滑块的速度为v2，根据动量守恒得：mv0mv1+2mv2此过程系统机械能守恒，根据机械能守恒得：12mv02=12mv12+122mv22+mgh小球要越过滑块，应有v1v2，至少也要有v1v2，设v1v2v，上述两式变为mv0（m+2m）v12mv0212（m+2m）v2+mgh解得v03m/s答：小球要越过滑块，初速度应满足v03m/s点评：应用动量守恒定律时要清楚研究的对象和守恒条件把动量守恒和能量守恒结合起来列出等式求解是常见的问题题型四：动量与能量的综合例子：如图所示，光滑水平面上放置质量均为M2kg的甲、乙两辆小车，两车之间通过一感应开关相连（当滑块滑过两车连接处时，感应开关使两车自动分离，分离时对两车及滑块的瞬时速度没有影响），甲车上表面光滑，乙车上表面与滑块P之问的动摩擦因数0.5，一根轻质弹簧固定在甲车的左端，质量为m1kg的滑块P（可视为质点）与弹簧的右端接触但不相连，用一根细线拴在甲车左端和滑块P之间使弹簧处于压缩状态，此时弹簧的弹性势能E010J，弹簧原长小于甲车长度，整个系统处于静止状态现剪断细线，滑块P滑上乙车后最终未滑离乙车，g取10m/s2求：（1）滑块P滑上乙车前的瞬时速度的大小；（2）滑块P滑上乙车后相对乙车滑行的距离分析：（1）因地面光滑，所以滑块P在甲车上滑动的过程中，符合动量守恒的条件，同时除了弹簧的弹力做功之外，没有其他的力做功，所以机械能也是守恒的，分别应用动量守恒和机械能守恒列式求解，可得出滑块P滑上乙时的瞬时速度（2）滑块P滑上乙车时，甲乙两车脱离，滑块和乙车做成了系统，经对其受力分析，合外力为零，动量守恒，可求出滑块和乙车的最终共同速度，由能量的转化和守恒可知，系统减少的机械能转化为了内能，即为摩擦力与相对位移的乘积从而可求出相对位移，即滑块P在乙车上滑行的距离解答：（1）设滑块P滑上乙车前的速度为v，以整体为研究对象，作用的过程中动量和机械能都守恒，选向右的方向为正，应用动量守恒和能量关系有：mv12Mv20E0=12mv12+12(2M)v22两式联立解得：v14m/s v21m/s（2）以滑块和乙车为研究对象，选向右的方向为正，在此动过程中，由动量守恒定律得：mv1Mv2（m+M）v共由能量守恒定律得：mgL=12mv12+12Mv22-12（M+m）v共2联立并代入得：L=53m答：（1）滑块P滑上乙时的瞬时速度的大小为4m/s（2）滑块P滑上乙车后最终未滑离乙车，滑块P在乙车上滑行的距离为53m点评：本题考察了动量守恒机械能守恒和能量的转化与守恒应用动量守恒定律解题要注意“四性”，系统性矢量性同时性机械能守恒的条件是只有重力（或弹簧的弹力）做功，并只发生动能和势能的转化【解题方法点拨】1应用动量守恒定律的解题步骤：（1）明确研究对象（系统包括哪几个物体及研究的过程）；（2）进行受力分析，判断系统动量是否守恒（或某一方向上是否守恒）；（3）规定正方向，确定初末状态动量；（4）由动量守恒定律列式求解；（5）必要时进行讨论2解决动量守恒中的临界问题应把握以下两点：（1）寻找临界状态：题设情境中看是否有相互作用的两物体相距最近，避免相碰和物体开始反向运动等临界状态（2）挖掘临界条件：在与动量相关的临界问题中，临界条件常常表现为两物体的相对速度关系与相对位移关系，即速度相等或位移相等正确把握以上两点是求解这类问题的关键3综合应用动量观点和能量观点4动量观点和能量观点：这两个观点研究的是物体或系统运动变化所经历的过程中状态的改变，不对过程变化的细节作深入的研究，而只关心运动状态变化的结果及引起变化的原因，简单地说，只要求知道过程的始末状态动量、动能和力在过程中所做的功，即可对问题求解5利用动量观点和能量观点解题应注意下列问题：（1）动量守恒定律是矢量表达式，还可写出分量表达式；而动能定理和能量守恒定律是标量表达式，无分量表达式（2）动量守恒定律和能量守恒定律，是自然界中最普遍的规律，它们研究的是物体系，在力学中解题时必须注意动量守恒条件及机械能守恒条件在应用这两个规律时，当确定了研究对象及运动状态的变化过程后，根据问题的已知条件和求解的未知量，选择研究的两个状态列方程求解（3）中学阶段凡可用力和运动解决的问题，若用动量观点或能量观点求解，一般比用力和运动的观点简便9功的计算【知识点的认识】1做功的两个不可缺少的因素：力和物体在力的方向上发生的位移2功的公式：WFlcos，其中F为恒力，为F的方向与位移l的方向之间的夹角；功的单位：焦耳（J）；功是标量3功的计算：（1）合力的功先求出合力，然后求总功，表达式为：WFscos（为合力与位移方向的夹角）合力的功等于各分力所做功的代数和，即：WW1+W2+（2）变力做功：对于变力做功不能依定义式WFscos直接求解，但可依物理规律通过技巧的转化间接求解可用（微元法）无限分小法来求，过程无限分小后，可认为每小段是恒力做功平均力法：若变力大小随位移是线性变化，且方向不变时，可将变力的平均值求出后用公式：W=Fscos=F1+F22scos计算利用Fs图象，Fs图线与坐标轴所包围的面积即是力F做功的数值已知变力做功的平均功率P，则功WPt用动能定理进行求解：由动能定理WEK可知，将变力的功转换为物体动能的变化量，可将问题轻易解决用功能关系进行求解【命题方向】题型一：功的计算例1：如图所示，质量为m的小球用长L的细线悬挂而静止在竖直位置 用水平拉力F将小球拉到细线与竖直方向成角的位置在此过程中：（1）F为恒力，拉力F做的功是FLsinJ（2）用F缓慢地拉，拉力F做的功是mgL（1cos）J分析：小球用细线悬挂而静止在竖直位置，当用恒力拉离与竖直方向成角的位置过程中，由功的公式结合球的位移可求出拉力做功当F缓慢地拉离与竖直方向成角的位置过程中，则由动能定理可求出拉力做功解答：（1）当小球用细线悬挂而静止在竖直位置，当用恒力拉离与竖直方向成角的位置过程中，则拉力做功为：WFSFLsin（2）当F缓慢地拉离与竖直方向成角的位置过程中，缓慢则是速率不变，则由动能定理可得：WFmgh0而高度变化为：hL（1cos）所以WFmgL（1cos）故答案为：FLsin；mgL（1cos）点评：当力恒定时，力与力的方向的位移乘积为做功的多少；当力不恒定时，则由动能定理来间接求出变力做功同时当小球缓慢运动，也就是速率不变题型二：用画图法求功例2：用铁锤将一铁钉击入木块，设木块对铁钉的阻力与铁钉进入木块内的深度成正比，即Ffkx（其中x为铁钉进入木块的深度），在铁锤击打第一次后，铁钉进入木块的深度为d（1）求铁锤对铁钉做功的大小；（2）若铁锤对铁钉每次做功都相等，求击打第二次时，铁钉还能进入的深度分析：阻力与深度成正比，力是变力，可以应用fd图象再结合动能定理分析答求解解答：（1）由题意可知，阻力与深度d成正比，fd图象如图所示，Fx图象与坐标轴所形成图形的面积等于力所做的功，故第一次时所做的功：W=fd2；（2）每次钉钉子时做功相同，如图所示可得：力与深度成正比，则：fkd，fkd，两次做功相同，W=12df=12（f+f）（dd），解得：d=2dd，第二次钉子进入木板的深度：hdd（2-1）d；答：（1）铁锤对铁钉做功的大小为fd2；（2）二次钉子进入木板的深度（2-1）d；点评：图象法在物理学中应用非常广泛，有时可以起到事半功倍的效果，在学习中要注意应用【解题方法点拨】1在计算力所做的功时，首先要对物体进行受力分析，明确是要求哪个力做的功，这个力是恒力还是变力；其次进行运动分析，明确是要求哪一个过程力所做的功关于恒力的功和变力的功的计算方法如下：（1）恒力做功：对恒力作用下物体的运动，力对物体做的功用WFlcos求解该公式可写成WF（lcos）（Fcos ）l即功等于力与力方向上的位移的乘积或功等于位移与位移方向上的力的乘积（2）变力做功：用动能定理WEk或功能关系WE，即用能量的增量等效代换变力所做的功（也可计算恒力做功）当变力的功率P一定时，可用WPt求功，如机车以恒定功率启动时把变力做功转化为恒力做功：当力的大小不变，而方向始终与运动方向相同或相反时，这类力的功等于力和路程（不是位移）的乘积如滑动摩擦力做功、空气阻力做功等（3）总功的求法：总功等于合外力的功：先求出物体所受各力的合力F合，再根据W总F合lcos计算总功，但应注意应是合力与位移l的夹角总功等于各力做功的代数和【知识点的应用及延伸】各种力做功的特点1、重力做功特点（1）重点做功与路径无关，只与物体的始末位置高度差有关（2）重力做功的大小：Wmgh（3）重力做功与重力势能的关系：WGEpEp1Ep2 此外，做功多少与路径无关的力还有：匀强电场中的电场力做功，液体的浮力做功等2摩擦力做功的特点：（1）静摩擦力做功的特点：静摩擦力可以做正功，也可以做负功，还可以不做功在静摩擦力做功的过程中，只有机械能的相互转移（静摩擦力起着传递机械能的作用），而没有机械能转化为其他形式的能相互摩擦的系统内，一对静摩擦力所做功的代数和总为零（2）滑动摩擦力做功的特点：滑动摩擦力可以对物体做正功，也可以对物体做负功，当然也可以不做功一对滑动摩擦力做功的过程中，能量的转化有两个方面：一是相互摩擦的物体之间机械能的转移；二是机械能转化为内能一对滑动摩擦力的总功等于fs，式中s指物体间的相对位移转化为内能的量值等于滑动摩擦力与相对位移的乘积，即WQ（即摩擦生热）滑动摩擦力、空气摩擦阻力等，在曲线运动或往返运动时等于力和路程（不是位移）的乘积10动能定理【知识点的认识】1内容：合外力在一个过程中对物体所做的功等于物体在这个过程中动能的变化。2表达式：WEK2EK1。3物理意义：动能定理指出了外力对物体所做的总功与物体动能变化之间的关系，即合力的功是物体动能变化的量度。4动能定理的适用条件（1）动能定理既适用于直线运动，也适用于曲线运动。（2）既适用于恒力做功，也适用于变力做功。（3）力可以是各种性质的力，既可以同时作用，也可以不同时作用。5对动能定理的理解（1）一个物体的动能变化Ek与合外力对物体所做功W具有等量代换关系。若Ek0，表示物体的动能增加，其增加量等于合外力对物体所做的正功。若Ek0，表示物体的动能减少，其减少量等于合外力对物体所做的负功的绝对值。若Ek0，表示合外力对物体所做的功等于零。反之亦然。这种等量代换关系提供了一种计算变力做功的简便方法。（2）动能定理公式中等号的意义：等号表明合力做功与物体动能的变化间的三个关系：数量关系：即合外力所做的功与物体动能的变化具有等量代换关系。可以通过计算物体动能的变化，求合力的功，进而求得某一力的功。单位相同：国际单位都是焦耳。因果关系：合外力的功是物体动能变化的原因。（3）动能定理中涉及的物理量有F、x、m、v、W、Ek等，在处理含有上述物理量的力学问题时，可以考虑使用动能定理。由于只需要从力在整个位移内所做的功和这段位移始末两状态的动能变化去考虑，无需注意其中运动状态变化的细节，同时动能和功都是标量，无方向性，所以无论是直线运动还是曲线运动，计算都会特别方便。（4）动能定理中的位移和速度必须是相对于同一个参考系的，一般以地面为参考系。注意：功和动能都是标量，动能定理表达式是一个标量式，不能在某一个方向上应用动能定理，但牛顿第二定律是矢量方程，可以在互相垂直的方向上分别使用分量方程。【命题方向】题型一：对动能定理表达式的直接考核如图所示，某人将质量为m的石块从距地面h高处斜向上方抛出，石块抛出时的速度大小为v0，不计空气阻力，石块落地时的动能为（）AmghB.12mv02 C.12mv02-mgh D.12mv02+mgh分析：根据动能定理求出石块落地时的动能大小。解答：根据动能定理得，mgh=12mv2-12mv02，解得石块落地时的动能Ek=12mv2=mgh+12mv02故D正确，A、B、C错误。故选：D。点评：运用动能定理解题首先要确定研究对象和研究过程，分析有哪些力做功，根据动能定理列出表达式进行求解。【解题方法点拨】1应用动能定理的一般步骤（1）选取研究对象，明确并分析运动过程。（2）分析受力及各力做功的情况受哪些力？每个力是否做功？在哪段位移哪段过程中做功？做正功还是负功？做多少功？求出代数和。（3）明确过程始末状态的动能Ek1及Ek2。（4）列方程W总Ek2Ek1，必要时注意分析题目潜在的条件，补充方程进行求解。注意：在研究某一物体受到力的持续作用而发生状态改变时，如涉及位移和速度而不涉及时间时应首先考虑应用动能定理，而后考虑牛顿定律、运动学公式，如涉及加速度时，先考虑牛顿第二定律。用动能定理解题，关键是对研究对象进行准确的受力分析及运动过程分析，并画出物体运动过程的草图，以便更准确地理解物理过程和各物理量的关系。有些力在物体运动全过程中不是始终存在的，在计算外力做功时更应引起注意。11功能关系【知识点的认识】1内容（1）功是能量转化的量度，即做了多少功就有多少能量发生了转化（2）做功的过程一定伴随着能量的转化，而且能量的转化必通过做功来实现2高中物理中几种常见的功能关系 功能量的变化合外力做正功动能增加重力做正功重力势能减少弹簧弹力做正功弹性势能减少电场力做正功电势能减少其他力（除重力、弹力）做正功机械能增加一对滑动摩擦力做的总功为负功系统的内能增加【命题方向】题型一：对功能关系的理解应用例1：如图所示，一固定斜面倾角为30，一质量为m的小物块自斜面底端以一定的初速度沿斜面向上做匀减速运动，加速度大小等于重力加速度的大小g物块上升的最大高度为H，则此过程中，物块的（）A动能损失了2mgH B动能损失了mgHC机械能损失了mgH D机械能损失了12mgH分析：若动能变化为正值，说明动能增加，若为负值，说明动能减少，然后根据动能定理，求出合力做的功即可；要求机械能损失，只要求出除重力外其它力做的功即可解：根据动能定理应有Ek=-maHsin30=-2mgH，动能增量为负值，说明动能减少了 2mgH，所以A正确B错误；再由牛顿第二定律（选取沿斜面向下为正方向）有mgsin30+fmamg，可得f=12mg，根据功能关系应有EfHsin30=-mgH，即机械能损失了mgH，所以C正确D错误故选：AC点评：要熟记动能定理与功能原理在解题中的应用：涉及到总功、动能变化时应用动能定理解决；涉及到机械能变化时应求出除重力外其它力做的功【解题方法点拨】1解答功能关系问题时，一般步骤如下：（1）明确研究对象及其运动过程；（2）对研究对象进行受力分析，明确其所受的每一个力的大小、方向；（3）计算各个力所做的功；（4）明确能量转化的关系，找出对应力所做的功12阿伏加德罗常数【知识点的认识】一、阿伏加德罗常数 1定义：1mol任何物质所含有相同的粒子数，叫做阿伏加德罗常数NA2大小：6.021023mol1二、微观量的估算的基本方法 1微观量：分子体积V0、分子直径d、分子质量m02宏观量：物体的体积V、摩尔体积Vm、物体的质量m、摩尔质量M、物体的密度3关系：（1）分子的质量：m0=MNA=VmNA（2）分子的体积：V0=VmNA=MNA（3）物体所含的分子数：n=VVmNA=mVmNA或n=mMNA=VMNA4两种模型（1）球体模型直径d=36V0（2）立方体模型边长为 d=3V0注意：1固体和液体分子都可看成是紧密堆集在一起的分子的体积，仅适用于固体和液体，对气体不适用2对于气体分子，的值并非气体分子的大小，而是两个相邻的气体分子之间的平均距离【命题方向】（1）常考题型是微观量的估算：只要知道下列哪一组物理量，就可以估算出气体中分子间的平均距离（）A阿伏加德罗常数、该气体的摩尔质量和质量 B阿伏加德罗常数、该气体的摩尔质量和密度 C阿伏加德罗常数、该气体的质量和体积 D该气体的密度、体积的摩尔质量 分析：气体中分子间的平均距离远大于分子的直径，可以将空间分成一个个的小正方体，分子处于正方体的中心，则正方体的边长就等于原子间距解答：A、知道该气体的摩尔质量和质量，可以得到摩尔数，不知道体积，故A错误；B、知道阿伏加德罗常数、该气体的摩尔质量和密度，用摩尔质量除以摩尔密度可以得到摩尔体积，再除以阿伏加德罗常数得到每个分子平均占有的体积，用正方体模型得到边长，即为分子间距，故B正确；C、阿伏加德罗常数、该气体的质量和体积已知，可以得到密度，但不知道摩尔体积和摩尔质量，故C错误；D、已知该气体的密度、体积和摩尔质量，可以得到摩尔体积，但缺少阿伏加德罗常数，故D错误；故选B点评：本题关键是明确摩尔质量除以密度等于摩尔体积，摩尔体积除以阿伏加德罗常数等于每个分子占有的空间体积（2）若以表示水的摩尔质量，v表示在标准状态下水蒸气的摩尔体积，为在标准状态下水蒸气的密度，NA为阿佛加德罗常数，m、分别表示每个水分子的质量和体积，下面是四个关系式：NA=vm=NAm=NA=vNA其中（）A和都是正确的 B和都是正确的C和都是正确的 D和都是正确的分析：对一摩尔的任何物质包含的分子数都是阿佛加德罗常数NA，所以NA=m=vm，即和都是正确的而对水和水蒸气，由于分子间距的存在，NA并不等于摩尔体积v解：对一摩尔的任何物质包含的分子数都是阿佛加德罗常数NA，水的摩尔质量V除以每个水分子的质量m为阿佛加德罗常数，故正确，而对水和水蒸气，由于分子间距的存在，NA并不等于摩尔体积v，故错误故选B点评：本题主要考查气体阿伏伽德罗常数的计算，关键是区分对气体还是液体的计算【解题方法点拨】 微观量的估算问题的关键是：（1）牢牢抓住阿伏加德罗常数，它是联系微观物理量和宏观物理量的桥梁（2）估算分子质量时，不论是液体、固体、气体，均可用m=MmolNA（3）估算分子大小和分子间距时，对固体、液体与气体，应建立不同的微观结构模型13布朗运动【知识点的认识】一、布朗运动 1定义：悬浮在液体或气体中的固体小颗粒的永不停息地做无规则运动2原因：小颗粒受到不同方向的液体分子无规则运动产生的撞击力不平衡引起的3实质：不是液体分子的运动，也不是固体小颗粒分子的运动，而是小颗粒的运动4决定因素：颗粒越小，温度越高，布朗运动越剧烈5间接证明了：分子永不停息地做无规则运动二、布朗运动与分子热运动 布朗运动 分子热运动 研究对象 悬浮在液（气）体中的固体小颗粒 分子 形成原因 由分子无规则运动撞击力的不平衡引起的，是分子运动的反映 是分子本身的特征 运动条件 固体小颗粒在液体（或气体）中的运动 一切状态（固、液、气）的物体中的分子都做热运动 共同特点 都是永不停息的无规则运动，都随温度的升高而变得更加激烈 【命题方向】常考题型是考查对布朗运动实质的理解：（1）下列关于布朗运动的说法，正确的是（）A布朗运动是液体分子的无规则运动 B液体温度越高，悬浮粒子越小，布朗运动越剧烈 C布朗运动是由于液体各部分的温度不同而引起的 D布朗运动是由液体分子从各个方向对悬浮粒子撞击作用的不平衡引起的 分析：布朗运动是小微粒受到的分子的撞击的不平衡产生的，是小微粒的运动受温度的影响解答：A、布朗运动是悬浮颗粒的无规则运动，不是液体分子的运动，故A错误；B、液体的温度越高，悬浮颗粒越小，布朗运动越剧烈，故B正确；C、D、布朗运动是由于液体分子从各个方向对悬浮粒子撞击作用不平衡引起的，故C错误，D正确故选BD点评：明确布朗运动不是分子的运动，是固体微粒的运动，其剧烈程度与温度有关（2）做布朗运动实验，得到某个观测记录如图图中记录的是 （）A分子无规则运动的情况 B某个微粒做布朗运动的轨迹 C某个微粒做布朗运动的速度时间图线 D按等时间间隔依次记录的某个运动微粒位置的连线 分析：布朗运动是固体微粒的无规则运动，在任意时刻微粒的位置，而不是运动轨迹，而只是按时间间隔依次记录位置的连线解答：A、布朗运动是悬浮在液体中的固体小颗粒的无规则运动，而非分子的运动，故A项错误B、布朗运动既然是无规则运动，所以微粒没有固定的运动轨迹，故B项错误C、对于某个微粒而言在不同时刻的速度大小和方向均是不确定的，所以无法确定其在某一个时刻的速度，故也就无法描绘其速度时间图线，故C项错误D、任意两点间的位置的连线，故D对故选D点评：本题主要考察对布朗运动的理解，属于基础题【解题方法点拨】 对布朗运动的理解要准确：（1）布朗运动不是液体分子的运动，而是固体颗粒的运动，但它反映了液体分子的无规则运动（理解时注意几个关联词：不是，而是，但）（2）温度越高，悬浮颗粒越小布朗运动越明显（3）产生原因：周围液体分子的无规则运动对悬浮颗粒撞击的不平衡（4）布朗运动是永不停止的注意布朗颗粒的限度是非常小的，不能用肉眼直接观察到14理想气体的状态方程【知识点的认识】 理想气体的状态方程 （1）理想气体 宏观上讲，理想气体是指在任何条件下始终遵守气体实验定律的气体，实际气体在压强不太大、温度不太低的条件下，可视为理想气体 微观上讲，理想气体的分子间除碰撞外无其他作用力，分子本身没有体积，即它所占据的空间认为都是可以被压缩的空间（2）理想气体的状态方程一定质量的理想气体状态方程：p1V1T1=p2V2T2或pVT=C气体实验定律可看作一定质量理想气体状态方程的特例【命题方向】题型一：气体实验定律和理想气体状态方程的应用如图，两个侧壁绝热、顶部和底部都导热的相同气缸直立放置，气缸底部和顶部均有细管连通，顶部的细管带有阀门K两气缸的容积均为V0，气缸中各有一个绝热活塞（质量不同，厚度可忽略）开始时K关闭，两活塞下方和右活塞上方充有气体（可视为理想气体），压强分别为p0和p03；左活塞在气缸正中间，其上方为真空；右活塞上方气体体积为V04现使气缸底与一恒温热源接触，平衡后左活塞升至气缸顶部，且与顶部刚好没有接触；然后打开K，经过一段时间，重新达到平衡已知外界温度为T0，不计活塞与气缸壁间的摩擦求：（i）恒温热源的温度T；（ii）重新达到平衡后左气缸中活塞上方气体的体积Vx分析：（i）两活塞下方封闭的气体等压变化，利用盖吕萨克定律列式求解；（ii）分别以两部分封闭气体，利用玻意耳定律列式求解解：（i）与恒温热源接触后，在K未打开时，右活塞不动，两活塞下方的气体经历等压过程，由盖吕萨克定律得：TT0=7V045V04解得 T=75T0（ii）由初始状态的力学平衡条件可知，左活塞的质量比右活塞的大打开K后，右活塞必须升至气缸顶才能满足力学平衡条件气缸顶部与外界接触，底部与恒温热源接触，两部分气体各自经历等温过程，设在活塞上方气体压强为p，由玻意耳定律得PVx=P03V04对下方气体由玻意耳定律得：(P+P0)(2V0-Vx)=p07V04联立式得 6VX2-V0VX-V02=0解得VX=V02VX=-V03不合题意，舍去答：（i） 恒温热源的温度T=75T0；（ii）重新达到平衡后左气缸中活塞上方气体的体积VX=V02点评：本题涉及两部分气体状态变化问题，除了隔离研究两部分之外，关键是把握它们之间的联系，比如体积关系、温度关系及压强关系题型二：理想气体状态方程与热力学第一定律的综合问题密闭在钢瓶中的理想气体，温度升高时压强增大从分子动理论的角度分析，这是由于分子热运动的平均动能增大了该气体在温度T1、T2时的分子速率分布图象如图所示，则T1小于T2（选填“大于”或“小于”）分析：温度是分子平均动能的标志，温度升高平均动能增大，体积不变时，气体的内能由平均动能决定解：密闭在钢瓶中的理想气体体积不变，温度升高时分子平均动能增大压强增大温度升高时，速率大的分子所占比重较大T1T2答案为：平均动能，小于点评：本题考查了温度是分子平均动能的标志，温度升高平均动能增大【解题方法点拨】1（对应题型一）运用气体实验定律和理想气体状态方程解题的一般步骤：（1）明确所研究的气体状态变化过程；（2）确定初、末状态压强p、体积V、温度T；（3）根据题设条件选择规律（实验定律或状态方程）列方程；（4）根据题意列辅助方程（如压强大小的计算方程等）（5）联立方程求解2（对应题型二）解答理想气体状态方程与热力学第一定律的综合问题的关键在于找到两个规律之间的联系，弄清气体状态变化过程中各状态量的变化情况两个规律的联系在于气体的体积V和温度T，关系如下：（1）体积变化对应气体与外界做功的关系：体积增大，气体对外界做功，即W0；体积减小，外界对气体做功，即W0（2）理想气体不计分子间作用力，即不计分子势能，故内能只与温度有关：温度升高，内能增大，即U0；温度降低，内能减小，即U015电势能与电场力做功【知识点的认识】1静电力做功的特点：静电力做功与路径无关，或者说：电荷在电场中沿一闭合路径移动，静电力做功为零。2电势能概念：电荷在电场中具有势能，叫电势能。电荷在某点的电势能，等于把电荷从该点移动到零势能位置时，静电力做的功，用EP表示。3静电力做功与电势能变化的关系：静电力做正功，电势能减小；静电力做负功，电势能增加。关系式：WABEPAEPB。4单位：J（宏观能量）和eV（微观能量），它们间的换算关系为：1eV1.61019J。（5）特点：系统性：由电荷和所在电场共有；相对性：与所选取的零点位置有关，通常取大地或无穷远处为电势能的零点位置；标量性：只有大小，没有方向，其正负的物理含义是：若EP0，则电势能比在参考位置时大，若EP0，则电势能比在参考位置时小。 理解与注意：学习电势能时，可以通过与重力势能类比来理解相关概念，上面列举的各项概念几乎是所有势能都有的，只是具体环境不同而已。【命题方向】题型一：电势能、场强、电势概念的理解例1：一个点电荷从静电场中的a点移到b点，其电势能的变化为零，则（）Aa、b两点的场强一定相等B电荷由a点移到b点电场力做的功一定为零C作用于该点电荷的电场力与移动方向总是垂直的Da、b两点的电势一定相等分析：从静电场中a点移到b点，其电势能的变化为零，电场力做功为零。但电荷不一定沿等势面移动。a，b两点的电势一定相等。解：A、根据公式WabqUab分析可知，电场力做功Wab0，a、b两点的电势差Uab为零。而电势与场强无关，所以a、b两点的电场强度不一定相等。故A错误B、由公式WabqUab，Uab0，得Wab0，即电场力做功一定为0故B正确。C、电场力做功为零，作用于该点电荷的电场力与其移动的方向不一定总是垂直的。故C错误。D、根据公式WabqUab分析可知，电场力做功Wab0，a、b两点的电势差Uab为零。故D正确。故选：BD。点评：本题抓住电场力做功只与电荷初末位置有关，与路径无关是关键，与重力做功的特点相似。【解题方法点拨】1电势能大小的比较方法（1）做功判断法：电场力做正功时电势能减小；电场力做负功时电势能增大。（对正、负电荷都适用）。（2）依据电势高低判断：正电荷在电势高处具有的电势能大，负电荷在电势低处具有的电势能大。16电势差和电场强度的关系【知识点的认识】一、电势差与电场强度的关系式1关系式：UEd或者E=Ud。2适用条件：只有在匀强电场中才有这个关系。3注意：式中d是指沿电场方向两点间的距离。4方向关系：场强的方向就是电势降低最快的方向。由于电场线跟等势面垂直，只有沿电场线方向，单位长度上的电势差才最大，也就是说电势降落最快的方向为电场强度的方向。但电势降落的方向不一定是电场强度方向。二、对公式UEd的理解1从变形公式E=Ud可以看出，电场强度越大，说明沿电场线方向电势差越大，表明电势降落的越快，因此电场强度除了能描述电场的力的性质外还有另一个物理意义，那就是：电场强度是描述电场中电势降落快慢的物理量，也同时说明，沿电场线方向电势降落最快。2公式中的d可理解为匀强电场中两点所在等势面之间的距离。3对于非匀强电场，用公式E=Ud可以定性分析某些问题。例如等差等势面E越大处，d越小。因此可以断定，等差等势面越密的地方电场强度也越大。现在举例来说明公式E=Ud在非匀强电场中的应用。如图所示，A、B、C是同一电场线上的三点，且AB=BC，由电场线的疏密程度可以看出EAEBEC，所以AB间的平均场强比BC间的小，即EABEBC，又因为UAB=ABEAB，UBC=BCEBC，所以UABUBC。三、电场强度与电势差的比较物理量电势差U电场强度E定义（1）电场中任意两点的电势之差，UABAB（2）电荷在电场中两点间移动时，静电力所做的功跟电荷量的比值放入电场中某一点的电荷受到的静电力跟它的电荷量的比值定义式U=WqE=Fq意义描述了电场的能的性质描述了电场的力的性质大小数值上等于单位正电荷从一点移到另一点时，静电力所做的功数值上等于单位电荷受到的力方向标量，无方向规定为正电荷在该点所受静电力的方向联系在匀强电场中有UEd 【命题方向】题型一：匀强电场中电势差与场强的关系例1：如图所示，在平面直角坐标系中，有方向平行于坐标平面的匀强电场，其中坐标原点O处的电势为0V，点A处的电势为6V，点B处的电势为3V，则电场强度的大小为（）A.200V/m B.2003V/m C.100V/m D.1003V/m分析：在x轴上找一电势为3V的点，将该点与B点连接，该连线为等势线，求出OB沿电场线方向上的距离，根据E=Ud求出电场强度的大小。解：OA的中点C的电势为3V，将C点与B点连接，如图，电场线与等势线垂直，根据几何关系得，BC23cm，则OB沿电场线方向上的距离d=3sin60=32cm。所以电场强度E=Ud=31.510-2=200V/m。故A正确，B、C、D错误。故选：A。点评：解决本题的关键知道电场线与等势线垂直，掌握匀强电场的电场强度大小与电势差的关系，即E=Ud，注意d是沿电场线方向上的距离。【解题方法点拨】1UEd关系的应用：公式UEd中d是沿场强方向的两点间的距离或两等势面间的距离，而U是这两点间的电势差。这一定量关系只适用于匀强电场，变形后E=Ud，用它可求匀强电场的场强，也可定性分析非匀强电场。17带电粒子在匀强电场中的运动【知识点的认识】一、带电粒子在电场中的运动1带电粒子在电场中的加速 带电粒子沿与电场线平行的方向进入匀强电场，带电粒子将做加（减）速运动有两种分析方法：（1）用动力学观点分析：a=qEm，E=Ud，v2v022ad（2）用功能观点分析：粒子只受电场力作用，电场力做的功等于物体动能的变化qU12mv2-12mv022带电粒子在匀强电场中的偏转（1）研究条件：带电粒子垂直于电场方向进入匀强电场（2）处理方法：类似于平抛运动，应用运动分解的方法沿初速度方向做匀速直线运动，运动时间t=lv0沿电场方向，做匀加速直线运动加速度：a=Fm=qEm=Uqmd离开电场时的偏移量：y=12at2=Uql22mdv02离开电场时的偏转角：tan=vyv0=Uqlmdv02 【命题方向】题型一：带电粒子在匀强电场中平衡和运动的分析例1：如图所示，两板间距为d的平行板电容器与一电源连接，开关S闭合，电容器两板间的一质量为m，带电荷量为q的微粒静止不动，下列说法中正确的是（）A微粒带的是正电B电源电动势的大小等于mgdqC断开开关S，微粒将向下做加速运动D保持开关S闭合，把电容器两极板距离减小，将向下做加速运动分析：带电荷量为q的微粒静止不动，所受的电场力与重力平衡，由平衡条件分析微粒的电性由公式E=Ud，求解电源电动势断开电键s，根据微粒的电场力有无变化，分析微粒的运动情况保持开关S闭合，把电容器两极板距离减小，可根据电容的决定式、定义式和场强公式E=Ud，判断出板间场强不变，微粒不动解：A、由题，带电荷量为q的微粒静止不动，则微粒受到竖直向上的电场力作用，而平行板电容器板间场强方向竖直向下，则微粒带负电故A错误B、由平衡条件得：mgqUd得，电源电动势的大小为EU=mgdq故B正确C、断开开关S，电容器所带电量不变，由C=S4kd、C=QU和E=Ud，可得电容器板间场强E=4kQS，则场强不变，微粒所受的电场力不变，则微粒仍静止不动故C错误D、保持开关S闭合，把电容器两极板距离减小，由E=Ud，知板间场强增大，微粒所受电场力增大，则微粒向上做加速运动故D错误故选：B点评：本题整合了微粒的力平衡、电容器动态分析，由平衡条件判断微粒的电性，由E=Ud，分析板间场强如何变化，判断微粒是否运动【解题思路点拨】 带电粒子在电场中的运动是一个综合电场力、电势能的力学问题，其研究方法与质点动力学相同，同样遵循运动的合成与分解、牛顿运动定律、动能定理等力学规律处理问题的要点是注意区分不同的物理过程，弄清在不同的物理过程中物体的受力情况及运动性质（平衡、加速或减速，是直线运动还是曲线运动），并选用相应的物理规律在解决问题时，主要可以从两条线索展开： 其一，力和运动的关系根据带电粒子受力情况，用牛顿第二定律求出加速度，结合运动学公式确定带电粒子的速度位移等这条线索通常适用于在恒力作用下做匀变速运动的情况 其二，功和能的关系根据电场力对带电粒子做功，引起带电粒子的能量发生变化，利用动能定理研究全过程中能的转化，研究带电粒子的速度变化、位移等这条线索不但适用于匀强电场，也适用于非匀强电场 另外，对于带电粒子的偏转问题，用运动的合成与分解及运动规律解决往往比较简捷，但并不是绝对的，同解决力学中的问题一样，都可用不同的方法解决同一问题，应根据具体情况，确定具体的解题方法18闭合电路的欧姆定律【知识点的认识】1闭合电路欧姆定律（1）内容：闭合电路里的电流跟电源的电动势成正比，跟内、外电阻之和成反比（2）公式：I=ER+r（只适用于纯电阻电路）；EU外+Ir（适用于所有电路）2路端电压与外电阻的关系：一般情况UIR=ER+rR=E1+rR，当R增大时，U增大特殊情况（1）当外电路断路时，I0，UE（2）当外电路短路时，I短=Er，U0【命题方向】（1）第一类常考题型是对电路的动态分析：如图所示，电源电动势为E，内阻为r，当滑动变阻器的滑片P处于左端时，三盏灯L1、L2、L3均发光良好在滑片P从左端逐渐向右端滑动的过程中，下列说法中正确的是（）A小灯泡L1、L2变暗 B小灯泡L3变暗，L1、L2变亮C电压表V1、V2示数均变大 D电压表V1、V2示数之和变大分析：在滑片P从左端逐渐向右端滑动的过程中，先分析变阻器接入电路的电阻如何变化，分析外电路总电阻的变化，由闭合电路欧姆定律分析干路电流的变化，即可由欧姆定律判断L2两端电压的变化，从而知道灯泡L2亮度的变化和电压表V2示数的变化再根据路端电压的变化，分析灯泡L3亮度的变化和电压表V1示数的变化；根据干路电流与L3电流的变化，分析L1电流的变化，即可判断灯泡L1亮度的变化根据路端电压的变化，判断两电压表示数之和的变化解：B、滑片P向右滑动的过程中，滑动变阻器接入电路的电阻变大，整个闭合回路的总电阻变大，根据闭合欧姆定律可得干路电流I=ER外总+r变小，灯泡L2变暗，故B错误C、灯泡L2两端电压U2IR2变小，即电压表V2示数变小，电压表V1的读数为U1EI（r+R2），变大，故C错误A、小灯泡L3变亮，根据串、并联电路的特点II1+I3，I减小，I3=U1R3变大，则通过小灯泡L1的电流I1减小，小灯泡L1变暗，故A正确D、电压表V1、V2示数之和为UEIr，I减小，U增大，故D正确故选AD点评：本题首先要搞清电路的连接方式，搞懂电压表测量哪部分电路的电压，其次按“局部整体局部”的思路进行分析总结：分析此类问题要注意以下三点：闭合电路欧姆定律EU+Ir（E、r不变）和部分电路欧姆定律UIR联合使用局部电阻增则总电阻增，反之总电阻减；支路数量增则总电阻减，反之总电阻增两个关系：外电压等于外电路上串联各分电压之和；总电流等于各支路电流之和（2）第二类常考题型是闭合电路欧姆定律的应用及电源的功率：如图所示，电源电动势E12V，内阻r3，甲图中R01，乙图中直流电动机内阻R01，当调节滑动变阻器R1时可使甲电路输出功率最大，同样，调节R2时可使乙电路输出功率最大，且此时电动机刚好正常工作（额定输出功率为P02W），则R1和R2的值为（）A2，2 B2，1.5 C1.5，1.5 D1.5，2分析：对于甲图，当电路的内阻和外阻相等时，电路的输出功率最大，由此可以求得甲图中的最大的功率；对于乙图，求出最大输出的功率的表达式，利用数学知识求乙图中的电阻的大小解：据P输出=E2(R-r)2R+4r 可知：当电路的外电阻等于内阻时，电路的输出功率最大，所以甲图R1rR0312对于乙图，输出的功率最大时，电动机的额定功率P02W，电路中电流为I，所以P输出max2W+I2R0+I2R2又因为UR212V3I-2+I2I所以I=12-3I-2+I2IR2 联立利用数学关系求得当R21.5时，乙电路的输出功率最大为12W，故ACD错误，B正确故选：B点评：对于电功率的计算，一定要分析清楚是不是纯电阻电路，对于非纯电阻电路，总功率和发热功率的计算公式是不一样的总结：对闭合电路功率的两点认识闭合电路是一个能量转化系统，电源将其他形式的能转化为电能内外电路将电能转化为其他形式的能，EIP内+P外就是能量守恒定律在闭合电路中的体现外电阻的阻值向接近内阻的阻值方向变化时，电源的输出功率变大（3）第三类常考题型是电源的UI图象的应用如图，直线A为电源的UI图线，直线B和C分别为电阻R1和R2的UI图线，用该电源分别与R1、R2组成闭合电路时，电源的输出功率分别为P1、P2，电源的效率分别为1、2，则（）AP1P2 BP1P2 C12 D12分析：电源的效率等于电源输出功率与电源总功率的百分比，根据效率的定义，找出效率与电源路端电压的关系，由图读出路端电压，就能求出效率；电源与电阻的UI图线的交点，表示电阻接在电源上时的工作状态，可读出电压、电流，算出电源的输出功率，进而比较大小解：AB、由图线的交点读出，B接在电源上时，电源的输出输出功率P1UI8WC接在电源上时，电源的输出输出功率P2UI8W 故A错误，B正确CD、电源的效率=P出P总=UIEI=UE，效率与路端电压成正比，B接在电源上时路端电压大，效率高，12故C正确，D 错误故选：BC点评：本题首先要知道效率与功率的区别，电源的效率高，输出功率不一定大其次，会读图电源与电阻的伏安特性曲线交点表示电阻接在该电源上时的工作状态总结：UI图象的一般分析思路明确纵、横坐标的物理意义明确图象的截距、斜率及交点的意义找出图线上对应状态的参量或关系式结合相关概念或规律进行分析、计算【解题方法点拨】一、电路的动态分析1判定总电阻变化情况的规律 （1）当外电路的任何一个电阻增大（或减小）时，电路的总电阻一定增大（或减小）（2）若开关的通、断使串联的用电器增多时，电路的总电阻增大；若开关的通、断使并联的支路增多时，电路的总电阻减小（3）在如图所示分压电路中，滑动变阻器可视为由两段电阻构成，其中一段R并与用电器并联，另一段R串与并联部分串联A、B两端的总电阻与R串的变化趋势一致2分析思路二、闭合电路欧姆定律的应用及电源的功率三、电源的UI图象的应用1根据UEIr可知，电源的UI图线是如图所示的一条倾斜的直线（1）直线斜率的绝对值表示电源的电阻r，纵轴的截距为电源电动势E（2）直线上任何一点A与原点O的连线的斜率表示对应的外电路电阻R（3）图线上每一点的坐标的乘积为对应情况下电源的输出功率，对于图中的A点有PAUAIA2对于UI图线中纵坐标（U）不从零开始的情况，图线与横坐标的交点坐标小于短路电流，但直线斜率的绝对值仍等于电源的内阻19电功、电功率【知识点的认识】1电功 （1）电功：电路中电场力移动电荷做的功 （2）公式：WqUIUt （3）实质：电能转化成其他形式能的过程 2电功率 （1）定义：单位时间内电流做的功，表示电流做功的快慢 （2）公式：P=Wt=IU3电热：电流流过导体产生的热量由焦耳定律来计算，QI2Rt 4热功率：单位时间内的发热量，表达式为：PI2R【命题方向】（1）常考题型考查对电功与电热：功率为10w的发光二极管（LED灯）的亮度与功率为60W的白炽灯相当根据国家节能战略，2016年前普通白炽灯应被淘汰假设每户家庭有2只60W的白炽灯，均用10W的LED灯替代估算出全国一年节省的电能最接近（）A8108KWh B81010KWh C81011KWh D81013KWh分析：全国大约有5.5亿户人家，每天亮灯时间大约4h，已知白炽灯和节能灯的额定功率和各自的工作时间，根据公式WPt可求节能灯少消耗的电能解：全国一年节省的电能最接近WPt2（0.06kW0.01kW）5.51084h3658.031010kWh故选B点评：本题考查的功率的计算，关键是要了解全国有多少家庭及每天亮灯时间解题过程中要注意单位的换算，同时养成节能的好习惯（2）第二类常考题型是考查电功率与热功率的理解：额定电压都是110V，额定功率PA100W、PB40W的电灯两盏，若接在外电压是220V的电路上，使每盏电灯均能正常发光，且电路中消耗的功率最小的电路是下图所示的（）A B C D分析：由题可知，灯泡的电压相等，但是灯泡的功率不同，由此可以知道两种灯泡的电阻的大小不同，在由电路的串并联的知识先逐个分析灯泡能否正常的发光，再判断消耗的功率最小的电路解：A、由于AB两个灯泡的电阻大小不同，所以直接把AB串连接入电路的话，AB的电压不会平分，AB不会同时正常发光，所以A错误；B、由于额定电压都是110V，额定功率PA100W、PB40W，由此可知RBRA，把灯泡A与电阻并联的话，会使并联的部分的电阻更小，所以AB的电压不会平分，AB不会同时正常发光，所以B错误；C、由于额定电压都是110V，额定功率PA100W、PB40W，由此可知RBRA，把灯泡B与电阻并联的话，可以使并联部分的电阻减小，可能使A与并联部分的电阻相同，所以AB能同时正常发光，并且电路消耗的功率与A灯泡的功率相同，所以总功率的大小为200W；D、把AB并联之后与电阻串连接入电路的话，当电阻的阻值与AB并联的总的电阻相等时，AB就可以正常发光，此时电阻消耗的功率为AB灯泡功率的和，所以电路消耗的总的功率的大小为280W；由CD的分析可知，正常发光并且消耗的功率最小的为C，所以C正确故选C点评：解答本题是一定要注意题目要同时满足两个条件即灯泡能够正常发光并且消耗的功率还要最小此类问题的分析思路分两步：先分清哪个电路的灯泡能正常发光，这里可以从电压、电流、电功率三个量中任意挑选一个使其达到其额定值，其余两个也达到额定值；确定了正常发光的电路后，再比较哪一个的实际功率小，可以用计算的方法比较，也可以用定性分析的方法比较【解题方法点拨】1电功与电热、电功率与热功率的理解 纯电阻电路非纯电阻电路实例白炽灯、电炉、电饭锅、电热毯、电熨斗及转子被卡住的电动机等电动机、电解槽、日光灯等电功与电热WUItUq QI2Rt=U2RtWQWUItUq，QI2Rt WQ电功率与热功率P电UI，P热I2R=U2RP电P热P电UI，P热I2RP电P热2电功和电热的处理方法 无论在纯电阻电路还是在非纯电阻电路中，发热功率都是I2r处理非纯电阻电路的计算问题时，要善于从能量转化的角度出发，紧紧围绕能量守恒定律，利用“电功电热+其他能量”寻找等量关系求解20带电粒子在匀强磁场中的运动【知识点的认识】带电粒子在匀强磁场中的运动1若vB，带电粒子不受洛伦兹力，在匀强磁场中做匀速直线运动2若vB，带电粒子仅受洛伦兹力作用，在垂直于磁感线的平面内以入射速度v做匀速圆周运动3半径和周期公式：（vB）【命题方向】常考题型：带电粒子在匀强磁场中的匀速圆周运动如图，半径为R的圆柱形匀强磁场区域的横截面（纸面），磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外一电荷量为q（q0）、质量为m的粒子沿平行于直径ab的方向射入磁场区域，射入点与ab的距离为R2已知粒子射出磁场与射入磁场时运动方向间的夹角为60，则粒子的速率为（不计重力）（）A.qBR2m B.qBRm C.3qBR2m D.2qBRm【分析】由题意利用几何关系可得出粒子的转动半径，由洛仑兹力充当向心力可得出粒子速度的大小；解：由题，射入点与ab的距离为R2则射入点与圆心的连线和竖直方向之间的夹角是30，粒子的偏转角是60，即它的轨迹圆弧对应的圆心角是60，所以入射点、出射点和圆心构成等边三角形，所以，它的轨迹的半径与圆形磁场的半径相等，即rR轨迹如图：洛伦兹力提供向心力：qvB=mv2R，变形得：v=qBRm故正确的答案是B故选：B【点评】在磁场中做圆周运动，确定圆心和半径为解题的关键【解题方法点拨】带电粒子在匀强磁场中的匀速圆周运动一、轨道圆的“三个确定”（1）如何确定“圆心”由两点和两线确定圆心，画出带电粒子在匀强磁场中的运动轨迹确定带电粒子运动轨迹上的两个特殊点（一般是射入和射出磁场时的两点），过这两点作带电粒子运动方向的垂线（这两垂线即为粒子在这两点所受洛伦兹力的方向），则两垂线的交点就是圆心，如图（a）所示若只已知过其中一个点的粒子运动方向，则除过已知运动方向的该点作垂线外，还要将这两点相连作弦，再作弦的中垂线，两垂线交点就是圆心，如图（b）所示 若只已知一个点及运动方向，也知另外某时刻的速度方向，但不确定该速度方向所在的点，如图（c）所示，此时要将其中一速度的延长线与另一速度的反向延长线相交成一角（PAM），画出该角的角平分线，它与已知点的速度的垂线交于一点O，该点就是圆心（2）如何确定“半径”方法一：由物理方程求：半径R=mvqB；方法二：由几何方程求：一般由数学知识（勾股定理、三角函数等）计算来确定（3）如何确定“圆心角与时间”速度的偏向角圆弧所对应的圆心角（回旋角）2倍的弦切角，如图（d）所示时间的计算方法方法一：由圆心角求，t=2T；方法二：由弧长求，t=sv二、解题思路分析1带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的分析方法 2带电粒子在有界匀强磁场中运动时的常见情形 直线边界（粒子进出磁场具有对称性） 平行边界（粒子运动存在临界条件） 圆形边界（粒子沿径向射入，再沿径向射出） 3带电粒子在有界磁场中的常用几何关系 （1）四个点：分别是入射点、出射点、轨迹圆心和入射速度直线与出射速度直线的交点 （2）三个角：速度偏转角、圆心角、弦切角，其中偏转角等于圆心角，也等于弦切角的2倍三、求解带电粒子在匀强磁场中运动的临界和极值问题的方法 由于带电粒子往往是在有界磁场中运动，粒子在磁场中只运动一段圆弧就飞出磁场边界，其轨迹不是完整的圆，因此，此类问题往往要根据带电粒子运动的轨迹作相关图去寻找几何关系，分析临界条件，然后应用数学知识和相应物理规律分析求解 （1）两种思路 以定理、定律为依据，首先求出所研究问题的一般规律和一般解的形式，然后再分析、讨论临界条件下的特殊规律和特殊解；直接分析、讨论临界状态，找出临界条件，从而通过临界条件求出临界值 （2）两种方法 物理方法：利用临界条件求极值； 利用问题的边界条件求极值； 利用矢量图求极值数学方法：利用三角函数求极值； 利用二次方程的判别式求极值； 利用不等式的性质求极值； 利用图象法等 （3）从关键词中找突破口：许多临界问题，题干中常用“恰好”、“最大”、“至少”、“不相撞”、“不脱离”等词语对临界状态给以暗示审题时，一定要抓住这些特定的词语挖掘其隐藏的规律，找出临界条件21磁通量【知识点的认识】一、磁通量1概念：穿过某一面积的磁感线条数2磁通量的计算（1）公式：BS（2）适用条件：匀强磁场；S是垂直磁场并在磁场中的有效面积（3）单位：韦伯（Wb），1Wb1Tm2【命题方向】题型一：磁通量的变化及计算如图所示，环形金属软弹簧，套在条形磁铁的中心位置若将弹簧沿半径向外拉，使其面积增大，则穿过弹簧所包围面积的磁通量将（）A增大B减小C不变D无法确定如何变化分析：当穿过线圈的磁感线有相反的两种方向时，要根据抵消后的条数来确定磁通量的大小磁感线是闭合曲线，磁铁外部与内部磁感线条数相等，而磁铁内外穿过线圈的磁感线方向相反，根据抵消情况确定磁通量的变化解答：磁感线在条形磁铁的内外形成闭合曲线，磁铁外部的磁感线总数等于内部磁感线的总数，而且磁铁内外磁感线方向相反而磁铁外部的磁感线分布在无穷大空间，所以图中线圈中磁铁内部的磁感线多于外部的磁感线，由于方向相反，外部的磁感线要将内部的磁感线抵消一些，将弹簧沿半径向外拉，使其面积增大，内部磁感线总数不变，而抵消增大，剩余减小，则磁通量将减小故B正确故选：B点评：本题中穿过线圈的磁场方向有两种，磁感线出现抵消，要根据抵消后剩余的磁感线来比较磁通量的大小【解题方法点拨】1对磁通量的理解（1）BS的含义：BS只适用于磁感应强度B与面积S垂直的情况当B与S平面间的夹角为时，则有BSsin可理解为BSsin，即等于B与S在垂直于B方向上投影面积的乘积也可理解为BsinS，即等于B在垂直于S方向上的分量与S的乘积如图（1）所示（2）面积S的含义：S不一定是某个线圈的真正面积，而是线圈在磁场范围内的面积如图 （2）所示，S应为线圈面积的一半（3）多匝线圈的磁通量：多匝线圈内磁通量的大小与线圈匝数无关，因为不论线圈匝数多少，穿过线圈的磁感线条数相同，而磁感线条数可表示磁通量的大小 （4）合磁通量求法：若某个平面内有不同方向和强弱的磁场共同存在，当计算穿过这个面的磁通量时，先规定某个方向的磁通量为正，反方向的磁通量为负，平面内各个方向的磁通量的代数和等于这个平面内的合磁通量2磁通量的变化磁通量可以用穿过某一面积的磁感线条数来形象地定性描述，也可以用公式BSsin （为B与S面的夹角）进行定量的计算在分析磁通量是否发生变化时，两种描述是统一的，不能有矛盾的结果出现例如：（1）线圈的面积发生变化时磁通量是不一定发生变化的，如图，当线圈面积由S1变为S2时，磁通量并没有变化（2）当磁场范围一定时，线圈面积发生变化，磁通量也可能不变，如图所示，在空间有磁感线穿过线圈S，S外没有磁场，如增大S，则不变3磁通量改变的方式：（1）线圈跟磁体之间发生相对运动，这种改变方式是S不变而相当于B发生变化；（2）线圈不动，线圈所围面积也不变，但穿过线圈面积的磁感应强度是时间的函数；（3）线圈所围面积发生变化，线圈中的一部分导体做切割磁感线运动，其实质也是B不变而S增大或减小；（4）线圈所围面积不变，磁感应强度也不变，但二者之间的夹角发生变化，如匀强磁场中转动的矩形线圈就是典型例子22导体切割磁感线时的感应电动势【知识点的认识】2导体切割磁感线的情形以及感应电动势（1）一般情况：运动速度v和磁感线方向夹角为，则EBlvsin。（2）常用情况：运动速度v和磁感线方向垂直，则EBlv。（3）导体棒在磁场中转动导体棒以端点为轴，在匀强磁场中垂直于磁感线方向匀速转动产生感应电动势EBlv=12Bl2（平均速度等于中点位置线速度12l）。【命题方向】题型一：导体切割磁感线产生感应电动势的分析与计算如图所示，三角形金属导轨EOF上放一金属杆AB，在外力作用下使AB保持与OF垂直，以速度v从O点开始右移，设导轨和金属棒均为粗细相同的同种金属制成，则下列说法正确的是（）A电路中的感应电动势大小不变B电路中的感应电动势逐渐增大C电路中的感应电流大小不变D电路中的感应电流逐渐减小分析：感应电动势大小根据公式EBLv，L是有效的切割长度分析；要判断感应电流，先由电阻定律分析回路中电阻中如何变化，再根据欧姆定律分析。解答：设导轨和金属棒单位长度的电阻为r。EOF。A、B从O点开始金属棒运动时间为t时，有效的切割长度 Lvttan，感应电动势大小 EBLvBvttanvt，则知感应电动势逐渐增大，故A错误，B正确。C、D根据电阻定律得t时刻回路中总电阻为 R（vt+vttan+vtcos）rBv2ttan(vt+vttan+vtcos)感应电流大小为 I=ER=Bv2ttan(vt+vttan+vtcos)1r=Bv2tan(v+vtan+vcos)r与t无关，说明感应电流大小不变，故C正确，D错误。故选：BC。点评：本题关键要抓住感应电流既与感应电动势有关，还与回路中的电阻有关，根据物理规律推导解析式，再进行分析。【解题方法点拨】 闭合或不闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动时，导体两端将产生感应电动势。如果电路闭合，电路中形成感应电流。切割磁感线运动的那部分导体相当于电路中的电源。常见的情景有以下几种：1在EBLv中（要求BL、Bv、Lv，即B、L、v三者两两垂直），式中的L应该取与B、v均垂直的有效长度（所谓导体的有效切割长度，指的是切割导体两端点的连线在同时垂直于v和B的方向上的投影的长度，下图中的有效长度均为ab的长度）。2公式EBLv中，若速度v为平均速度，则E为平均电动势；若v为瞬时速度，则E为瞬时电动势。3若导体不是垂直切割磁感线运动，v与B有一夹角，如图所示，则EBlv1Blvsin 。23电容器和电感器对交变电流的导通和阻碍作用【知识点的认识】1、电感器对交变电流的阻碍作用（1）电感器对交变电流有阻碍作用，阻碍作用的大小用感抗来表示影响电感器对交变电流阻碍作用大小的因素：线圈的自感系数和交流电的频率线圈的自感系数越大、交流电的频率越高，电感对交变电流的阻碍作用越大即线圈的感抗就越大（2）电感器在电路中的作用：通直流，阻交流；通低频，阻高频“通直流，阻交流”这是对两种不同类型的电流而言的，因为（恒定）直流电的电流不变化，不能引起自感现象，交流电的电流时刻改变，必有自感电动势产生来阻碍电流的变化“通低频，阻高频”这是对不同频率的交流而言的，因为交变电流的频率越高，电流变化越快，自感作用越强，感抗也就越大（3）电感器的应用扼流圈：扼流圈是利用电感阻碍交变电流的作用制成的电感线圈分低频扼流圈和高频扼流圈两类：低频扼流圈构造：线圈绕在铁芯上，匝数多，自感系数大，电阻较小作用：通直流，阻交流高频扼流圈构造：线圈绕在铁氧体上，匝数少，自感系数小（铁芯易磁化使自感系数增大，铁氧体不易磁化，自感系数很小）作用：通低频，阻高频2、电容器对交变电流的阻碍作用（1）电容器对交变电流有阻碍作用，阻碍作用的大小用容抗来表示影响电容器对交变电流阻碍作用大小的因素有电容器的电容与交流电的频率，电容器的电容越大、交流电的频率越高，电容器对交变电流的阻碍作用越小即线圈的容抗就越大（2）电容器在电路中的作用：通交流，隔直流；通高频，阻低频 信号和交流信号，如图1所示，该电路中的电容就起到“隔直流，通交流”的作用，其电容器叫耦合（或隔直）电容器在电子技术中，从某一装置输出的电流常常既有高频成分，又有低频成分，若在下一级电路的输入端并联一个电容器，就可只把低频成分的交流信号输送到下一级装置，如图2所示，具有这种“通高频，阻低频”用途的电容器叫高频旁路电容器疑难分析1、为什么电感器对交变电流有阻碍作用？将交变电流通入电感线圈，由于线圈中的电流大小和方向都时刻变化，根据电磁感应原理，电感线圈中必产生自感电动势，以阻碍电流的变化，因此交流电路的电感线圈对交变电流有阻碍作用2、为什么电容器对交变电流有阻碍作用？当电源电压推动电路中形成电流的自由电荷向某一方向做定向移动的时候，电容器两极板上积累的电荷要反抗自由电荷向这个方向做定向移动，因此交流电路的电容对交变电流有阻碍作用3、电阻、电感器、电容器对交变电流阻碍作用的区别与联系 电阻电感器电容器产生的原因定向移动的自由电荷与不动的离子间的碰撞由于电感线圈的自感现象阻碍电流的变化电容器两极板上积累的电荷对向这个方向定向移动的电荷的反抗作用在电路中的特点对直流、交流均有阻碍作用只对变化的电流如交流有阻碍作用不能通直流，只能通变化的电流对直流的阻碍作用无限大，对交流的阻碍作用随频率的降低而增大决定 因素由导体本身（长短、粗细、材料）决定，与温度有关由导体本身的自感系数和交流的频率f决定由电容的大小和交流的频率决定电能的转化与做功电流通过电阻做功，电能转化为内能电能和磁场能往复转化电流的能与电场能往复转化24波长、频率和波速的关系【知识点的认识】描述机械波的物理量 （1）波长：两个相邻的、在振动过程中对平衡位置的位移总是相同的质点间的距离叫波长 在横波中，两个相邻波峰（或波谷）间的距离等于波长在纵波中，两个相邻密部（或疏部）间的距离等于波长 （2）频率f：波的频率由波源决定，无论在什么介质中传播，波的频率都不变 （3）波速v：单位时间内振动向外传播的距离波速的大小由介质决定 （4）波速与波长和频率的关系：vf 【命题方向】常考题型：如图所示是一列简谐波在t0时的波形图象，波速为v10m/s，此时波恰好传到I点，下列说法中正确的是（）A此列波的周期为T0.4sB质点B、F在振动过程中位移总是相等C质点I的起振方向沿y轴负方向D当t5.1s时，x10m的质点处于平衡位置处E质点A、C、E、G、I在振动过程中位移总是相同【分析】由波形图可以直接得出波的波长，根据v=T求解周期，根据波形图来确定I处的起振方向，当质点间的距离为波长的整数倍时，振动情况完全相同，当质点间的距离为半波长的奇数倍时，振动情况相反解：A、由波形图可知，波长4m，则T=v=410=0.4s，故A正确；B、质点B、F之间的距离正好是一个波长，振动情况完全相同，所以质点B、F在振动过程中位移总是相等，故B正确；C、由图可知，I刚开始振动时的方向沿y轴负方向，故C正确；D、波传到xl0m的质点的时间t=xv=1010=1s，t5.1s时，xl0m的质点已经振动4.1s1014T，所以此时处于波谷处，故D错误；E、质点A、C间的距离为半个波长，振动情况相反，所以位移的方向不同，故D错误；故选：ABC【点评】本题考察了根据波动图象得出振动图象是一重点知识，其关键是理解振动和波动的区别【解题方法点拨】25光的折射定律【知识点的认识】一、光的折射1光的折射现象：光射到两种介质的分界面上时，一部分光进入到另一种介质中去，光的传播方向发生改变的现象叫做光的折射。2光的折射定律：折射光线与入射光线、法线处于同一平面内，折射光线与入射光线分别位于法线两侧，入射角的正弦与折射角的正弦成正比。3在折射现象中，光路是可逆的。4折射率：光从真空射入某种介质发生折射时，入射角1的正弦与折射角2的正弦之比，叫做介质的绝对折射率，简称折射率。表示为n=sin1sin2。实验证明，介质的折射率等于光在真空中与在该介质中的传播速度之比，即n=cv任何介质的折射率都大于
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