双星各自的向心力mω²r的r为什么不是两星的距离而是轨道半径?它们的运动周期公式怎么算怎么理解的?还有总质量公
双星各自的向心力mω²r的r为什么不是两星的距离而是轨道半径?它们的运动周期公式怎么算怎么理解的?还有总质量公式也不懂是为什么
向心力公式中的r是指圆周运动的半径,也就是轨道半径.周期就用2π除以ω,就相当于路程除以速度.总质量公式是什么,请你在说明一下,我没有明白. 再问： T=2π[L³/G(m1+m2)]½，这个周期公式里的ω是怎么表达出来的，m1+m2=4π²L³/T²G再问： L是两星间距 再答： 根据万有引力公式Gm1m2/L^2=m1ω^2r1=m2ω^2r2，得出Gm2/L^2=ω^2r1，Gm1/L^2=ω^2r2，两个叠加即可，符号不太会打，请见谅，如果不明白再问我。再问： 可以问你一下吗？那个卫星绕地球圆周运动向心力由万有引力提供，那重力干嘛了？ 再答： 万有引力，重力和向心力三力合一，就是说它们是同一个力。再问： 好的，谢谢了
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与《双星各自的向心力mω²r的r为什么不是两星的距离而是轨道半径?它们的运动周期公式怎么算怎么理解的?还有总质量公》相关的作业问题
你说的距离只是卫星到地面的距离.万有引力是的确看两物体间的距离.如果把地球看成一个有很大体积的物体,则我们可以把它看成是由无数小的质点构成的,整个地球对卫星的引力可以认为是地球上每一个小部分对卫星引力的和.既然地球的体积是要考虑的,则每个小部分到卫星的距离则不是相同的.而它们到卫星的平均距离是R（地球质心到卫星的距离）
不对,黄金代换式只用于近地卫星,就是两者之间的距离约为地球的半径. 再问： 两天体之间距离为R+h 再 最后结果中出现GM 难道不带换 再答： 两天体之间距离为R+h 不能用黄金代换式
这两星可以看做是绕其中心连线上某一点O作相互的圆周运动,设M的转动半径为R1,m的转动半径为R2,则：R1+R2=L……………………………………………………（1） 因为两星之间的距离保持不变,则两者的角速度相等 两星之间的万有引力提供它们各自的向心力,所以：GMm/L^2=Mω^2R1=mω^2R2…………………………
学过微积分吗?dr中的r和距O为r的r是同一个r,dr表示r的增加量 再问： 那物理中那个求运动惯量的那个公式又该怎么理解呢 再答： 运动惯量？还是转动惯量？你能给出公式吗？再问： 不好意思 打错了 这个打不上去 高手帮个忙 我已将该题做成了文档 QQ传给你好不
再答： 抱歉，我不用QQ。你可以贴图
趋近于正无穷,E趋近于0,正确因为r趋近于0时,两个物体就不能视为质点无法使用这个公式 再问： 哦，知道了
设两星质量分别为m1,m2,运动半径分别为R1,R-R1.则Gm1m2/R^2=m1R1w^2=m2（R-R1）w^2得R1=Rm2/(m1+m2),则Gm1m2/R^2=Rm1m2/(m1+m2)w^2得m1+m2=R^3w^2/G
/>设两星质量分别为M1和M2，都绕连线上O点作周期为T的圆周运动，星球1和星球2到O的距离分别为l1和l2．由万有引力定律提供向心力：对&&M1：GM1M2R2=M1(2πT)2l1…①对M2：GM1M2R2=M2(2πT)2l2…②由几何关系知：l1+l2=R…③三式联立解得：M总=M1+M2=
向心力F1=GM1M2/(r1)2F1=M1(4π2/T2)r1soGM1M2/(r1)2=M1(4π2/T2)r1GM2=(4π2/T2)(r1)3M2=(4π2/GT2)(r1)3
设两星的质量为m1,m2,总质量为m.质量为m1的星运动半径为（m2/m）*R.所以G*m1*m2/(R)^2=m1*(2派/T)^2*(（m2/m）*R)解得：m=(4*派^2*R^3)/(G*T^2)
GM1M2/r*r=M1r1W*WGM1M2/r*r=M2r2W*Wr1/r2=M2/M1r1+r2=r先根据第三和第四个方程求出r1 r2 再求出 W(角速度 角速度相同）T=2*3.1415926/W根据10年前的物理知识回忆应该是这样.反正思路就是这样的.G为引力常数.
标准的二体问题啊.设两星的质量为m1,m2,总质量为m.质量为m1的星运动半径为（m2/m）*R.所以G*m1*m2/(R)^2=m1*(2派/T)^2*(（m2/m）*R)解得：m=(4*派^2*R^3)/(G*T^2)
史瓦西半径应该从广义相对论中求出,虽然牛顿力学可以求出同样的答案,但是黑洞表面巨大的引力是牛顿力学失效,性质上不同,只是一个巧合. 不过还是求一遍： 值得指出的是,mv^2/r=GMm/r^2这错在了一个地方,把逃逸速度当成匀速圆周运动的速度了.正如地球卫星达到某个速度就可以不摔下来,但是要逃出地球就得更高的速度,需要
这个需要图（证相似）,无法直接说,你能否先加我,再找到书,我对着书跟你说
(1)中的r1求的是中心位置距1号恒星的距离（2）求的是周期
你错了,是惯性参照系的选择不改变物理定理的描述.现在行星是围绕恒星做圆周运动.如果把恒星看成惯性参照系的话,那么行星就不是惯性参照系了.所以不能以行星为静止,恒星围绕行星转来应用相关的物理定律. 再问： 是惯性参照系的选择不改变物理定理的描述？没懂。。再详细一点吧 再答： 比方说假设物体A受到一个力f，那么以一个静止物
这可以由开普勒第三定律求出r^3/T^2=G（M1+M2）/4∏^2得M=M1+M2=4∏^2*r^3/T^2*G
设两星的质量分别为m1,m2轨道半径分别为R1,R2 角速度wGm1m2/R^2=m1w^2R1①Gm1m2/R^2=m2w^2R2②即m1R1=m2R2R2=m1R1/m2R=R1+R2=(m1+m2)R1/m2即R1=m2R/(m1+m2) 代入①可得Gm1m2/R^2=m1*(4π^2/T^2)*m2R/(m1+
如图 再问： 这道题的难点在哪，应注意些什么。 再答： 没有难点，就是对相关公式的应用，只要注意到两个物体相互间的力是相等的就行。
1． 根据牛顿第三定律知,杆对球的支持力也是0.5Mg,Mg – 0.5Mg = Mυ^2/R得小球在最高点的速度υ = 根号(0.5gR)2．根据牛顿第三定律知,杆对球的拉力也是0.5Mg,Mg + 0.5Mg = Mυ^2/R得小球在最高点的速度υ = 根号(3gR/2)当前位置： >>
高三物理二轮复习专题 1-4讲
第1讲力与物体的平衡图 1－1－1 1．(2013? 新课标全国卷Ⅱ，15)如图 1－1－1 所示，在固定斜面上的一物块受 到一外力的作用，F 平行于斜面向上．若要物块在斜面上保持静止，F 的取值 应有一定范围，已知其最大值和最小值分别为 F1 和 F2(F2＞0)．由此可求出 ( )A．物块的质量 B．斜面的倾角 C．物块与斜面间的最大静摩擦力 D．物块对斜面的正压力 解析 当拉力为 F1 时，物块有沿斜面向上运动的趋势，受到沿斜面向下的静摩擦力，大小为 fm，则 F1＝mgsin θ＋fm.当拉力为 F2 时，物块有沿斜面向下 运动的趋势，受到沿斜面向上的静摩擦力，大小为 fm，则 F2＋fm＝mgsin θ， 由此解得 fm＝ 答案 2. C F1－F2 2 .图 1－1－2(2013? 新课标全国卷Ⅱ，18)如图 1－1－2 所示，在光滑绝缘水平面上，三个带 电小球 a、b 和 c 分别位于边长为 l 的正三角形的三个顶点上；a、b 带正电， 电荷量均为 q，c 带负电．整个系统置于方向水平的匀强电场中．已知静电力 常量为 k.若三个小球均处于静止状态，则匀强电场场强的大小为( 3kq A. 3l2 3kq B. l2 3kq C. l2 2 3kq D. l2 )解析分析 a 球受力：b 对 a 的排斥力 F1、c 对 a 的吸引力 F2 和匀强电场对 a的电场力 F3＝qE.根据 c 受力平衡可知，a 受力情况如图所示 q2 3kq 利用正交分解法：F2cos 60°＝F1＝k l2 ，F2sin 60°＝qE.解得 E＝ l2 . 答案 B主要题型：选择题 知识热点 (1)单独命题 ①受力分析 ②力的合成与分解 ③共点力平衡 (2)交汇命题点：带电体(或粒子)在电场、磁场或复合场中的平衡问题 物理方法 (1)整体法和隔离法 (2)假设法 (3)合成法 (4)正交分解法 (5)矢量三角形法(图解法) (6)等效思想等． 命题趋势 近三年对本专题内容福建卷没有单独命题.2015 年高考对本专题内容单独命题 的几率很大，且以力的合成与分解和共点力的平衡的综合应用为主，题型为选 择题.热点一 受力分析、物体的平衡图 1－1－3 1．(2014? 山东卷，14)如图 1－1－3 所示，用两根等长轻绳将木板悬挂在竖直 木桩上等高的两点，制成一简易秋千．某次维修时将两轻绳各剪去一小段，但 仍保持等长且悬挂点不变．木板静止时，F1 表示木板所受合力的大小，F2 表 示单根轻绳对木板拉力的大小，则维修后( A．F1 不变，F2 变大 B．F1 不变，F2 变小 C．F1 变大，F2 变大 D．F1 变小，F2 变小 解析 木板静止，所受合力为零，将两轻绳各剪去一小段，木板再次静止，所 )受合力仍为零，所以 F1 不变，两绳之间的夹角变大，木板重力沿绳方向的分 力变大，故 F2 变大，正确选项为 A. 答案 A图 1－1－4 2．如图 1－1－4 所示，倾角为 θ 的斜面体 c 置于水平地面上，小物块 b 置于 斜面上，通过细绳跨过光滑的定滑轮与沙漏 a 连接，连接 b 的一段细绳与斜面 平行．在 a 中的沙子缓慢流出的过程中，a、b、c 都处于静止状态，则( )A．b 对 c 的摩擦力一定减小 B．b 对 c 的摩擦力方向可能平行斜面向上 C．地面对 c 的摩擦力方向一定向右 D．地面对 c 的摩擦力一定增大 解析 在 a 中的沙子缓慢流出的过程中，细绳中拉力 T＝mag 减小，若初始时c 对 b 的摩擦力方向平行斜面向上，则 fc→b＝mbgsin －T 增大，由牛顿第三定 律知，b 对 c 的摩擦力平行斜面向下，且其大小增大，故 A 选项错误；若初始 时 c 对 b 的摩擦力方向平行斜面向下，则 b 对 c 的摩擦力方向平行斜面向上， 故 B 选项正确；把 b 和 c 看做整体，分析受力，由平衡条件知，地面对 c 的摩 擦力方向一定向左且地面对 c 的摩擦力 f 错误． 答案 B地→c＝Tcos θ一定减小，选项 C、D3．(2014? 福州市高三二模)斜面体固定在水平面上，斜面的倾角为 θ，物体的 质量为 m，如图 1－1－5 甲所示，在沿斜面向上的力 F 作用下，物体沿斜面向 F 上匀速运动；如图乙所示，若换为沿斜面向下的力 9 作用于物体，物体将沿斜 面向下匀速运动．物体与斜面间的动摩擦因数为( )图 1－1－5 5 A.4cot θ 解析 5 B.4tan θ 4 C.5cot θ 4 D.5tan θF 物体沿斜面上滑时有 F＝mgsinθ＋μmcosθ；物体沿斜面下滑时有 9 ＋5 mgsin θ＝μmgcos θ，联立解得 μ＝ tan θ，选项 B 正确． 4 答案 B图 1－1－6 4.质量为 1 kg 的小球套在与水平面成 37°角的固定硬杆上，现用与杆和重力同平面且垂直于杆向上的力 F 拉小球，如图 1－1－6 所示，当力 F＝20 N 时 小球处于静止状态，设小球与杆间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，已知 sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，取 g＝10 m/s2.则( A．小球与杆间的动摩擦因数不小于 0.5 3 B．小球与杆间的动摩擦因数一定等于4 C．当力 F 增大时，小球受到的摩擦力增大 D．当力 F 减小时，小球受到的摩擦力一定减小 解析 小球受四个力作用如图所示，由平衡条件可得 f－mgsin 37°＝0，F－N )f －mgcos 37°＝0，解得 f＝6 N，N＝12 N．由 f＝μN 得 μ＝N＝0.5，故小球与 杆间动摩擦因数必须满足 μ≥0.5，A 对、B 错；当力 F 增大时，杆对小球的弹 力增大，最大静摩擦力增大，因此小球仍静止在杆上，f－mgsin 37°＝0 仍成 立，摩擦力为 6 N 不变，C 错；当力 F 减小时，小球可能沿杆下滑，也可能仍 静止，因此摩擦力可能减小，也可能不变，D 错．答案A1．研究对象的选取方法：(1)整体法，(2)隔离法． 2．受力分析的顺序 一般按照“一重、二弹、三摩擦，四其他”的程序，结合整体法与隔离法分析 物体的受力情况． 3．处理平衡问题的基本思路热点二 物体的动态平衡问题图 1－1－7 5．(2014? 广东佛山一模)如图 1－1－7 所示，一小球在斜面上处于静止状态， 不考虑一切摩擦，如果把竖直挡板由竖直位置缓慢绕 O 点转至水平位置，则 此过程中球对挡板的压力 F1 和球对斜面的压力 F2 的变化情况是( A．F1 先增大后减小，F2 一直减小 B．F1 先减小后增大，F2 一直减小 C．F1 和 F2 都一直减小 D．F1 和 F2 都一直增大 解析 小球受力如图甲所示， 因挡板是缓慢移动， 所以小球处于动态平衡状态， )在移动过程中，此三力(重力 G、斜面的支持力 F2′、挡板的弹力 F1′)组合成 一矢量三角形的变化情况如图乙所示(重力大小方向均不变，斜面对其支持力 方向始终不变)，由图可知此过程中斜面对小球的支持力不断减小，挡板对小 球弹力先减小后增大，再由牛顿第三定律知 B 对．答案B6．(2014? 浙江省宁波市二模)如图 1－1－8 所示，小方块代表一些相同质量的 钩码，图甲中 O 为轻绳之间的连接点，图乙中光滑的滑轮跨在轻绳上悬挂着 钩码，两装置均处于静止状态，现将图甲中的 B 滑轮和图乙中的端点 B 沿虚 线方向稍稍上移一些，则下列关于 θ 角的变化情况，说法正确的是( )图 1－1－8 A．图甲、图乙中 θ 角均变大 B．图甲、图乙中 θ 角均不变 C．图甲中 θ 角变大、图乙中 θ 角不变化 D．图甲中 θ 角不变、图乙中 θ 角变大 解析 题图甲中 B 滑轮沿虚线稍稍上移一些，O 点两侧细线中拉力大小不变，这两个拉力的合力不变， 从而导致题图甲中 θ 角不变． 题图乙中的端点 B 沿虚 线稍稍上移一些，由于 A、B 之间的细线长度不变，题图乙中 θ 角不变化．所 以选项 B 正确． 答案 B7．(2014? 贵州六校联盟联考)图 1－1－9 光滑竖直墙壁和粗糙水平地面上分别静止着 A、B 两个可认为是质点的小球， 两小球质量、 电荷量均相同， 现缓慢地把小球 B 稍向右移(两小球电荷量不变)， 系统仍处于静止状态，则下列说法正确的是( A．B 球受地面的摩擦力方向向左，大小增大 B．两小球之间的库仑力是排斥力，大小减小 C．B 小球可能只受三个力作用 D．小球 A 对墙壁的弹力减小 )解析A、B 受力如图所示：B 右移后，A 再次平衡，受到的 NA 和 F 都增大，对整体 分析：f＝NA，NB＝mAg＋mBg，A 正确，B、D 错误；B 小球一共受四个力作用， C 项错误． 答案 A图 1－1－10 8.如图 1－1－10 所示为某单位为庆祝建国 64 周年用氢气球悬挂红色条幅的示 意图，由于水平风力作用，悬挂条幅的绳 AC 和拉着气球的绳子 AB 与竖直方 向的夹角分别为 β、α，绳长不变，不考虑风对氢气球的作用，则( A．α ＝β B．AB 绳与 AC 绳的拉力大小相等 C．风力增大，AB 绳的张力增大 D．风力增大，β 角大小不变 解析 由于不考虑氢气球所受的风力， 整体研究， 根据图解法可知， 风力增大， )绳 AB 的拉力增大，α角也增大，C 项正确；对条幅研究，用图解法可知，当 风力增大， 绳 AC 的拉力增大， β角也增大， D 项错误； 对整体研究， FABsin α ＝F 风，对条幅研究，F 风＝G 条幅 tan β，FACsin β＝F 风，由此可知，α、β 是 否相等，与条幅的重力有关，因而 AB 绳与 AC 绳的拉力大小是否相等也取决 于条幅的重力，A、B 项错误． 答案 C求解动态平衡问题的思想和方法 1．基本思想：化“动”为“静”， “静”中求“动” 2．基本方法： (1)解析法：对研究对象的任一状态进行受力分析，建立平衡方程，求出因变量 与自变量的一般函数式，然后根据自变量的变化确定因变量的变化． (2)图解法热点三 电学中的平衡问题图 1－1－11 9．(2014? 江西南昌调研)水平面上有 U 形导轨 NMPQ，它们之间的宽度为 L， M 和 P 之间接入电源，现垂直于导轨搁一根质量为 m 的金属棒 ab，棒与导轨 的动摩擦因数为 μ(滑动摩擦力略小于最大静摩擦力)，通过棒的电流强度为 I， 现加一个范围较大的匀强磁场，磁感应强度大小为 B，方向垂直于金属棒 ab， 与垂直导轨平面的方向夹角为 θ，如图 1－1－11 所示，金属棒处于静止状态， 重力加速度为 g，则金属棒所受的摩擦力大小为( )A．BILsin θB．BILcos θC．μ (mg－BILsin θ ) D．μ (mg＋BILcos θ ) 解析金属棒处于静止状态，其合力为零，对其进行受力分析，如图所示，在水平方 向有 BILcos θ－f＝0，f＝BILcos θ，选项 B 正确，选项 A、C、D 错误． 答案 B10．(2014? 南宁二模)长为 L 的通电导体放在倾角为 θ 的光滑斜面上，并处在磁 感应强度为 B 的匀强磁场中，如图 1－1－12 所示，当 B 方向竖直向上，电流 为 I1 时导体处于平衡状态，若 B 方向改为垂直斜面向上，则电流为 I2 时导体 I1 仍处于平衡状态，电流比值I 应为(2)图 1－1－12 A．cos θ 解析 B. 1 cos θ C．sin θ D. 1 sin θ当 B 竖直向上时，对导体受力分析如图所示，由平衡条件得：BI1L＝mgtan θ ① 当 B 垂直斜面向上时，对导体受力分析如图所示，由平衡条件得：BI2L＝mgsin θ② I1 联立①②得：I ＝21 ，故选项 B 正确． cos θ答案B11．如图 1－1－13 所示，水平地面上固定一个光滑绝缘斜面，斜面与水平面 的夹角为 θ.一根轻质绝缘细线的一端固定在斜面顶端， 另一端系有一个带电小 球 A，细线与斜面平行．小球 A 的质量为 m、电量为 q.小球 A 的右侧固定放置 带等量同种电荷的小球 B，两球心的高度相同、间距为 d.静电力常量为 k，重 力加速度为 g，两带电小球可视为点电荷．小球 A 静止在斜面上，则( )图 1－1－13 2kq2 A．小球 A 与 B 之间库仑力的大小为 d2 q B．当d＝ q C．当 ＝ d q D．当d＝ 解析 mgsin θ 时，细线上的拉力为 0 k mgtan θ 时，细线上的拉力为 0 k mg 时，斜面对小球 A 的支持力为 0 ktan θkq1q2 kq2 由 F＝ r2 得：F 库＝ d2 ，选项 A 错误．对 A 球受力分析如图所示 kq2 q 要使 T＝0 需满足 mgtan θ＝ d2 ，即d＝ mgtan θ ，故选项 B 错，C 正确； k要使 A 球平衡，弹力 N 一定不为零，选项 D 错误． 答案 C12．如图 1－1－14 所示，在倾角为 θ 的斜面上固定两根足够长的光滑平行金 属导轨 PQ、MN，相距为 L，导轨处于磁感应强度为 B 的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面向下．有两根质量均为 m 的金属棒 a、b，先将 a 棒垂直导轨 放置，用跨过光滑定滑轮的细线与物块 c 连接，连接 a 棒的细线平行于导轨， 由静止释放 c，此后某时刻，将 b 也垂直导轨放置，a、c 此刻起做匀速运动， b 棒刚好能静止在导轨上．a 棒在运动过程中始终与导轨垂直，两棒与导轨间 接触良好，导轨电阻不计．则( )图 1－1－14 A．物块 c 的质量是 2msin θ B．b 棒放上导轨前，物块 c 减少的重力势能等于 a、c 增加的动能 C．b 棒放上导轨后，物块 c 减少的重力势能等于回路消耗的电能 D．b 棒放上导轨后，a 棒中电流大小是 解析 mgtan θ BL由于 a、c 匀速运动，b 处于静止，整体法可得 mcg＝2mgsin θ，mc＝2msin θ，A 项正确；b 棒放上导轨前，根据机械能守恒，物块 c 减少的重力 势能等于 a、c 增加的动能和 a 增加的重力势能之和，B 项错误；金属棒 b 放 上导轨后， 物块 c 减少的重力势能等于回路消耗的电能和 a 增加的重力势能之 和，C 项错误；金属棒 b 放上导轨后，对 b 应有，mgsin θ＝BIL，因此 a 中 的电流为 I＝ 答案 A mgsin θ BL ，D 项错误．处理电学中的平衡问题的方法： 与纯力学问题的分析方法一样，学会把电学问题力学化．分析方法是： 方法 选取研究对象 D D →“整体法”或“隔离法”多了个电场力F＝Eq或安培力F＝BIl 受力分析 D D → 或洛伦兹力F＝qvB 列平衡方程 F 合＝0 或 Fx＝0，Fy＝0高考命题热点1.力与共点力的平衡(1)物体的受力分析一定要全面，本着先重力，后弹力、摩擦力以及其他外力的 顺序进行分析，根据各种力的产生条件，分析清楚各个接触面处的接触情况． (2)弹力、摩擦力等力大小的计算要根据物体所处的状态列式求解，一定不要 “想当然”下结论． (3)找准解决问题的突破口．图 1－1－15 【典例】 (2014? 海南卷，5)(3 分)如图 1－1－15，一不可伸长的光滑轻绳，其 左端固定于 O 点，右端跨过位于 O′点的固定光滑轴悬挂一质量为 M 的物体； OO′段水平，长度为 L；绳子上套一可沿绳滑动的轻环．现在轻环上悬挂一钩 码，平衡后，物体上升 L.则钩码的质量为( 2 3 A. 2 M B. 2 M C. 2M D. 3M 审题流程 )第一步：抓关键点D →获取信息第二步：找突破口D →构建思路解析选物体 M 为研究对象．由平衡条件得：FT－Mg＝0①假设平衡后轻环位Z为 P，平衡后，物体上升 L，说明此时 POO′恰好构成一 个边长为 L 的正三角形，绳中张力处处相等，选钩码 m 为研究对象，受力分 析如图所示，由平衡条件得： 2FTcos 30°－mg＝0② 联立①②得：m＝ 3M 所以选项 D 正确． 答案 D图 1－1－16 (2014? 泉州二模)(6 分)如图 1－1－16 所示，有一质量不计的杆 AO，长为 R， 可绕 A 自由转动，用绳在 O 点悬挂一个重为 G 的物体，另一根绳一端系在 O 点，另一端系在以 O 点为圆心的圆弧形墙壁上的 C 点，当点 C 由图示位置逐 渐向上沿圆弧 CB 移动过程中(保持 OA 与地面夹角 θ 不变)， OC 绳所受拉力的 大小变化情况是( A．逐渐减小 )B．逐渐增大 D．先增大后减小C．先减小后增大解析据题意，对悬点 O 受力分析有：悬挂物对 O 点的拉力 T1＝G，AO 杆对O 点的支持力 N 和 CO 绳对 O 点的拉力 T2，作出受力分析图，如图所示，据 力的三角形定则可知，当 C 点向 B 点移动过程中，CO 绳拉力 T2 先变小后变 大，C 选项正确． 答案 C一、选择题(在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求) 1．(2014? 广东卷，14)如图 1－1－17 所示，水平地面上堆放着原木，关于原木 P 在支撑点 M、N 处受力的方向，下列说法正确的是 ( )图 1－1－17A．M 处受到的支持力竖直向上 B．N 处受到的支持力竖直向上 C．M 处受到的静摩擦力沿 MN 方向 D．N 处受到的静摩擦力沿水平方向 解析 M 处支持力方向与支持面(地面)垂直，即竖直向上，A 正确；N 处支持力与支持面(原木接触面)垂直，即垂直 MN 向上，故 B 错误，摩擦力与接触面 平行，故 C、D 错误． 答案 A2.如图 1－1－18 所示的四脚支架经常使用在架设高压线 路、通信的基站塔台等领域．现有一质量为 m 的四脚 支架置于水平地面上， 其四根铁质支架等长， 与竖直方 向均成 θ 角，重力加速度为 g，则每根支架对地面的作 用力大小为 mg A. 4sin θ 1 C.4mgtan θ 解析 mg 4cos θ 1 D.4mg B. mg ，选项 B 正确． 4cos θ ( )图 1－1－18设每根支架对地面的作用力大小为 F，根据牛顿第三定律以及力的合成与分解知识可得 4Fcos θ＝mg，解得 F＝ 答案 B3．如图 1－1－19 甲所示，斜拉桥的塔柱两侧有许多钢索，它们的一端都系在塔 柱上．对于每一对钢索，它们的上端可以看成系在一起，即两根钢索对塔柱的 拉力 F1、F2 作用在同一点，它们合起来对塔柱的作用效果应该让塔柱好像受 到一个竖直向下的力 F 一样，如图乙所示．这样，塔柱便能稳固地伫立在桥 墩上，不会因钢索的牵拉而发生倾斜，甚至倒下．如果斜拉桥塔柱两侧的钢索 不能呈对称分布如图丙所示，要保持塔柱受的合力竖直向下，那么钢索 AC、 AB 的拉力 FAC、FAB 应满足 ( )图 1－1－19 A．FAC∶FAB＝1∶1 B．FAC∶FAB＝sin β ∶sin α C．FAC∶FAB＝cos β ∶cos α 解析 D．FAC∶FAB＝sin α ∶sin β将 AB、AC 上的力分解，在水平方向上的合力应为零，有：FACsin α－FABsin β＝0，则 FAC∶FAB＝sin β∶sin α，B 正确． 答案 B4．(2014? 吉林省长春市调研测试)如图 1－1－20 甲所示，水平地面上固定一倾角 为 30°的表面粗糙的斜劈，一质量为 m 的小物块能沿着斜劈的表面匀速下 滑．现对小物块施加一水平向右的恒力 F，使它沿该斜劈表面匀速上滑．如图 乙所示，则 F 大小应为 ( )图 1－1－20 A. 3mg 解析 3 B. 3 mg 3 C. 6 mg 3 D. 4 mg小物块能沿着斜劈的表面匀速下滑， 可知小物块与斜劈表面间的动摩擦因数 μ＝tan 30°.由小物块能沿着斜劈表面匀速上滑， 沿斜面方向列平衡方程， 可得 Fcos 30 °＝ mgsin 30 °＋ μN，垂直斜面方向有 N ＝Fsin 30°＋ mgcos 30°，联立解得 F＝ 3mg.所以 B、C、D 选项错误，A 选项正确． 答案 A5．(2014? 江苏徐州市模拟)如图 1－1－21 所示，静止 在光滑地面上的小车，由光滑的斜面 AB 和粗糙的 平面 BC 组成(它们在 B 处平滑连接)，小车右侧与图 1－1－21竖直墙壁之间连接着一个力传感器，当传感器受压时，其示数为正值，当传感 器被拉时，其示数为负值．一个小滑块从小车 A 点由静止开始下滑至 C 点的 过程中，传感器记录到的力 F 随时间 t 的关系图中可能正确的是 ( )解析当滑块在光滑的斜面 AB 上运动时，滑块对小车有斜向右下方、大小不变的压力，因此传感器对小车有向左的弹力，大小不变，方向为正．当滑块在 粗糙的平面 BC 上运动时，滑块对小车有方向向左、大小不变的摩擦力，因此 传感器对小车有向右的拉力，大小不变，方向为负，故正确答案为 D. 答案 D6． (2014? 山东潍坊市一模)如图 1－1－22 所示， 两相同 小球 a、b 用轻弹簧 A、B 连接并悬挂在天花板上保 持静止，水平力 F 作用在 a 上并缓慢拉 a，当 B 与 竖直方向夹角为 60°时，A、B 伸长量刚好相同．若 A、B 的劲度系数分别为 k1、k2，则以下判断正确的 是 k1 1 A.k ＝22()图 1－1－22k1 1 B.k ＝42C．撤去 F 的瞬间，a 球的加速度为零 D．撤去 F 的瞬间，b 球处于失重状态 解析 对 b 球受力分析由平衡条件可知：k1x＝mg① 对 a 球受力分析如图所示，由平衡条件得：k2xcos 60° ＝k1x＋mg② k1 1 由①②两式得：k ＝42故选项 A 错误，选项 B 正确；撤去 F 的瞬间，a 受的合外力大小为 F，方向水 平向右，故 a 球的加速度不为零，b 球仍处于平衡状态，故选项 C、D 错误． 答案 B7．(2014? 武汉调研)将两个质量均为 m 的小球 a、b 用细 线相连后，再用细线悬挂于 O 点，如图 1－1－23 所 示．用力 F 拉小球 b，使两个小球都处于静止状态， 且细线 Oa 与竖直方向的夹角保持 θ＝30°，则 F 的 最小值为 3 A. 3 mg 解析 B．mg 3 C. 2 mg ( ) 1 D.2mg图 1－1－23将 a、b 看成一个整体受力分析可知，当力 F 与 Oa 垂直时 F 最小，可知此时 F＝2mgsin θ＝mg，选项 B 正确． 答案 B8．(2014? 江苏苏北四校调研)体育器材室里，篮球摆放在如图 1－1－24 所示的球 架上．已知球架的宽度为 d，每只篮球的质量为 m、直径为 D，不计球与球架 之间摩擦，则每只篮球对一侧球架的压力大小为 ( )图 1－1－24 1 A.2mg mgD C. 2 D2－d2 解析 mgD B. d 2mg D2－d2 D. D以任意一只篮球为研究对象，对其受力分析如图所示， 设球架对篮球的支持力 N 与竖直方向的夹角为 α.由几何知识得： sin α d ＝D， D2－d2 则 cos α＝ D 根据平衡条件得：2Ncos α＝mg 解得：N＝ mgD 2 D2－d2 mgD ，C 项正确． 2 D2－d2由牛顿第三定律得篮球对球架的压力大小为：N′＝N＝ 答案 C9.(2014? 嘉兴教学测试)如图 1－1－25 所示为通过轻杆相连 的 A、B 两小球，用两根细线将其悬挂在水平天花板上 的 O 点．已知两球重力均为 G，轻杆与细线 OA 长均为 L.现用力 F 作用于小球 B 上(图上 F 未标出)，使系统保 持静止状态且 A、B 两球在同一水平线上，则力 F 最小 值为 2 A. 2 G 解析 B. 2G C．G D．2G图 1－1－25()由于系统处于静止状态时，A、B 两球在同一水平线上，悬线 OA 竖直，因此轻杆中的弹力为零，小球 B 受竖直向下的重力，沿悬线 OB 斜向上的拉力 和 F 的作用而处于静止状态， 三力的合力为零， 表示三力的线段构成封闭三角 形，由于重力的大小及方向不变，悬线拉力的方向不变，由几何关系可知，当 F 的方向与 OB 垂直且斜向右上方时， F 最小， 由几何关系可知， 此时 F＝Gsin 2 45°＝ 2 G，选项 A 正确． 答案 A10.甲、 乙两人用绳 aO 和 bO 通过装在 P 楼和 Q 楼楼顶 的定滑轮，将质量为 m 的物块由 O 点沿 Oa 直线缓 慢地向上提升，如图 1－1－26 所示，则在物块由 O 点沿直线 Oa 缓慢上升过程中，以下判断正确的是图 1－1－26()A．aO 绳和 bO 绳中的弹力都逐渐减小 B．aO 绳和 bO 绳中的弹力都逐渐增大 C．aO 绳中的弹力一直在增大，bO 绳中的弹力先减小后增大 D．aO 绳中的弹力先减小后增大，bO 绳中的弹力一直在增大 解析 对结点 O 进行受力分析，如图所示，根据三力平衡的特点可知 aO 绳和 bO 绳中的弹力的合力与重力是一对平衡力． 对 O 点受力分析如图，物块上升过程中绳 aO 与竖直方向的夹角 θ 增大，bO 绳中的弹力先减小后增大，aO 绳中的弹力一直增 大．故选项 C 正确． 答案 C11．如图 1－1－27 所示，倾斜光滑导轨宽为 L， 与水平面成 α 角，处在方向竖直向上、磁感 应强度大小为 B 的匀强磁场中， 金属杆 ab 水 平放在导轨上．当回路电流强度为 I 时，金图 1－1－27属杆 ab 所受安培力为 F，斜面的支持力为 N，则 A．安培力方向垂直 ab 杆沿斜面向上 B．安培力方向垂直 ab 杆水平向右 C．N＝BILcos α D．N＝BILsin θ 解析 画出倾斜导轨和 ab 杆的二维视图，由左手定 BIL ，只有选项 B 正确． sin α()则判断出安培力方向水平向右，大小为 F＝BIL，由 共点力平衡求得 N＝ 答案 B12.如图 1－1－28 所示，A、B 两球质量均为 m，固定在轻 弹簧的两端， 分别用细绳悬于 O 点， 其中球 A 处在光滑 竖直墙面和光滑水平墙面的交界处，已知两球均处于平图 1－1－28衡状态，OAB 恰好构成一个正三角形，则下列说法正确的是(重力加速度为 g) ( )A．球 A 可能受到四个力的作用 B．弹簧对球 A 的弹力大于对球 B 的弹力 C．绳 OB 对球 B 的拉力大小等于 3mg D．绳 OA 对球 A 的拉力大小大于 1.5mg 解析 对 B 球受力分析如图甲所示，由平衡条件得：F1＝F2＝mg，故选项 C错误．弹簧对球 A 的弹力大小等于对 B 的弹力，B 项错误．对 A 球受力分析 如图乙所示，其中 N2 可能为零，这时 A 球受四个力，且 Tm＝F3cos 60°＋mg ＝1.5mg，选项 A 正确，选项 D 错误．答案A二、非选择题 13．如图 1－1－29 所示，一质量为 M＝2 kg 的铁块套 在倾斜放置的杆上， 杆与水平方向的夹角 θ＝60°， 一轻绳一端连在铁块上，一端连在一质量为 m＝1 kg 的小球上，一水平力 F 作用在小球上，连接铁块 与球的轻绳与杆垂直， 铁块和球都处于静止状态． (g 取 10 m/s2)求： (1)拉力 F 的大小； (2)杆对铁块的摩擦力的大小． 解析 (1)对 B 球受力分析如图所示．图 1－1－29根据力的平衡得：F＝mgtan θ解得 F＝10 3 N (2)由于绳对铁块的拉力垂直于杆， 且铁块处于静止状态， 因此铁块受到的摩擦 力等于铁块的重力沿斜面向下的分力，即 f＝Mgsin θ，f＝10 3 N 答案 (1)10 3 N (2)10 3 N14．(2014? 漳州高三质检)如 1－1－30 图所示，质量为 M 的斜劈倾角为 θ，在水平面上保持静止，当将一 质量为 m 的木块放在斜面上时正好匀速下滑． 如果 用与斜面成 α 角的力 F 拉着木块沿斜面匀速上滑．图 1－1－30(1)求拉力 F 的大小； (2)若 m＝1 kg，θ ＝15°，g＝10 m/s2，求 F 的最小值以及对应的 α 的取值． 解析 (1)由木块在斜面上匀速向下滑动，可得：mgsin θ＝μmgcos θ① 在拉力 F 作用下匀速向上滑动时，有： Fcos α＝mgsin θ＋f② Fsin α＋N＝mgcos θ③ f＝μN④ 由以上四式联立可解得：F＝ mgsin 2θ ⑤ cos（θ－α）(2)由⑤式可知：当 α＝θ 时，F 有最小值，即： 当 α＝15°时，F 有最小值． Fmin＝mgsin 2θ 代入题中已知数据，可解得：Fmin＝5 N. 答案 (1) mg sin 2θ cos（θ－α） (2)α＝15° 5N第2讲力与物体的直线运动图 1－2－1 1. (2011? 福建卷， 18)如图 1－2－1 所示， 一不可伸长的轻质细绳跨过定滑轮后， 两端分别悬挂质量为 m1 和 m2 的物体 A 和 B.若滑轮有一定大小，质量为 m 且 分布均匀，滑轮转动时与绳之间无相对滑动，不计滑轮与轴之间的摩擦．设细 绳对 A 和 B 的拉力大小分别为 T1 和 T2， 已知下列四个关于 T1 的表达式中有一 个是正确的．请你根据所学的物理知识，通过一定的分析，判断正确的表达式 是( ) （m＋2m1）m2g B．T1＝ m＋4（m1＋m2）（m＋2m2）m1g A．T1＝ m＋2（m1＋m2）（m＋4m2）m1g （m＋4m1）m2g C．T1＝ D．T1＝ m＋2（m1＋m2） m－4（m1＋m2） 解析 若将滑轮视为轻质，即 m＝0，而绳为轻质，故 T1＝T2，由牛顿第二定2m2m1g 律 m2g－T1＝m2a，T1－m1g＝m1a，得 T1＝ ，对各选项逐一进行验证， m1＋m2 只有 C 正确；当 m1＝m2 时，则 T1＝T2＝m1g，同时对各选项逐一验证，只有 C 正确． 答案 C2．(2013? 福建卷，17)在国际单位制(简称 SI)中，力学和电学的基本单位有： m(米)、kg(千克)、s(秒)、A(安培)．导出单位 V(伏特)用上述基本单位可表示 为( )A．m2?kg?s－4?A－1 B．m2?kg?s－3?A－1 C．m2?kg?s－2?A－1 D．m2?kg?s－1?A－1解析物理公式与方程的意义是：等式两边单位统一，数值相等．由电势差定N?m kg?m?s－2?m W F?s 义式 U＝ q ＝ 可知电压的单位： V＝ ＝ ＝kg? m2 ? s－3? A I?t A?s A?s－1，所以 B 正确． B答案图 1－2－2 3．(2014? 福建卷，15)如图 1－2－2 所示，滑块以初速度 v0 沿表面粗糙且足够 长的固定斜面，从顶端下滑，直至速度为零．对于该运动过程，若用 h、s、v、 a 分别表示滑块的下降高度、位移、 速度和加速度的大小，t 表示时间，则下 列图像最能正确描述这一运动规律的是( )解析在下滑的过程中， 根据牛顿第二定律可得： mgsin θ－μmgcos θ＝ma，故加速度保持不变，所以 D 错误；物块做匀减速直线运动，v－t 图像应为一 1 条斜线，故 C 错误；根据匀变速直线运动的规律 s＝v0t－2at2，s－t 图像应为 过原点的抛物线的一部分，可得 B 正确；下降的高度 h＝ssin θ，与 s－t 图像 相似，所以 A 错误． 答案 B图 1－2－3 4. (2014? 新课标全国卷 Ⅰ，17)如图 1－2－3 所示，用橡皮筋将一小球悬挂在小车的架子上，系统处于平衡状态．现使小车从静止开始向左加速，加速度从 零开始逐渐增大到某一值，然后保持此值，小球稳定地偏离竖直方向某一角度 (橡皮筋在弹性限度内)．与稳定在竖直位置时相比，小球的高度( A．一定升高 B．一定降低 C．保持不变 D．升高或降低由橡皮筋的劲度系数决定 解析 法一 当橡皮筋竖直时，由平衡条件知： )mg k?Δx1＝mg，即Δx1＝ k mg 橡皮筋的长度为 l1＝l0＋Δx1＝l0＋ k当小球向左加速时，受力如图所示． 橡皮筋的拉力 T＝k? Δx2① Tcos θ＝mg② 此时小球距悬点在竖直方向的高度为 l2＝(l0＋Δx2)cos θ③ mg 联立①②③得，l2＝l0cos θ＋ k 比较 l1 和 l2 可知，l1&l2，小球的位Z一定升高，选项 A 正确． 法二 升高． 答案 A (极限法)当向左的加速度很大时，橡皮筋趋于水平，所以小球的位Z要5．(2013? 福建卷，21)质量为 M、长为 3L 的杆水平放置，杆两端 A、B 系着 长为 3L 的不可伸长且光滑的柔软轻绳，绳上套着一质量为 m 的小铁环．已知 重力加速度为 g，不计空气影响． (1)现让杆和环均静止悬挂在空中，如图 1－2－4 甲，求绳中拉力的大小； (2)若杆与环保持相对静止，在空中沿 AB 方向水平向右做匀加速直线运动，此时环恰好悬于 A 端的正下方，如图乙所示．图 1－2－4 ①求此状态下杆的加速度大小 a； ②为保持这种状态需在杆上施加一个多大的外力，方向如何？(a) 解析 (1)如图(a)，设平衡时绳中拉力为 T，有2Tcos θ－mg＝0① 6 ② 3 6 由①②式解得 T＝ 4 mg③ 由图知 cos θ＝ (2)①此时，对小铁环进行受力分析，如图(b)所示，有(b) T′sin θ ′＝ma④ T′＋T ′cos θ ′－mg＝0⑤ 3 由图知 θ ′＝60°，代入④⑤式解得 a＝ 3 g⑥ ②如图(c)，设外力 F 与水平方向成 α 角，将杆和小铁环当成一个整体，有 Fcos α＝(M＋m)a⑦(c) Fsin α －(M＋m)g＝0⑧ 由⑥⑦⑧式解得 2 3 F＝ 3 (M＋m)g tan α ＝ 3，α ＝60° 即外力方向与水平方向的夹角为 60°斜向右上方． 答案 6 (1) 4 mg 3 (2)① 3 mg 2 3 ② 3 (M＋m)g， 方向与水平方向的夹角为 60°斜向右上方 6．(2014? 新课标全国卷Ⅰ，24)公路上行驶的两汽车之间应保持一定的安全距 离．当前车突然停止时，后车司机可以采取刹车措施，使汽车在安全距离内停 下而不会与前车相碰．通常情况下，人的反应时间和汽车系统的反应时间之和 为 1 s．当汽车在晴天干燥沥青路面上以 108 km/h 的速度匀速行驶时，安全距 2 离为 120 m．设雨天时汽车轮胎与沥青路面间的动摩擦因数为晴天时的5.若要 求安全距离仍为 120 m，求汽车在雨天安全行驶的最大速度． 解析 设路面干燥时， 汽车与地面的动摩擦因数为 μ0，刹车时汽车的加速度大小为 a0，安全距离为 s0，反应时间为 t0，由牛顿第二定律和运动学公式得μ0mg＝ma0①v2 0 s0＝v0t0＋2a ②0式中，m 和 v0 分别为汽车的质量和刹车前的速度， 设在雨天行驶时，汽车与地面的动摩擦因数 μ，依题意有 2μ＝5μ0③设在雨天行驶时汽车刹车的加速度大小为 a，安全行驶的最大速度为 v，由牛 顿第二定律和运动学公式得μmg＝ma④v2 s＝vt0＋2a⑤ 联立①②③④⑤式并代入题给数据得 v＝20 m/s(或 72 km/h)⑥ 答案 20 m/s(或 72 km/h)7．(2014? 新课标全国卷Ⅱ，24)2012 年 10 月，奥地利极限运动员菲利克斯? 鲍 姆加特纳乘气球升至约 39 km 的高空后跳下， 经过 4 分 20 秒到达距地面约 1.5 km 高度处，打开降落伞并成功落地，打破了跳伞运动的多项世界纪录．取重 力加速度的大小 g＝10 m/s2. (1)若忽略空气阻力，求该运动员从静止开始下落至 1.5 km 高度处所需的时间 及其在此处速度的大小． (2)实际上， 物体在空气中运动时会受到空气的阻力， 高速运动时所受阻力的大 小可近似表示为 f＝kv2，其中 v 为速率，k 为阻力系数，其数值与物体的形状、 横截面积及空气密度有关．已知该运动员在某段时间内高速下落的 v－t 图像 如图 1－2－5 所示．若该运动员和所带装备的总质量 m＝100 kg，试估算该运 动员在达到最大速度时所受阻力的阻力系数．(结果保留 1 位有效数字)图 1－2－5 解析 (1)设运动员从开始自由下落至 1.5 km 高度处的时间为 t， 下落距离为 s，在 1.5 km 高度处的速度大小为 v，根据运动学公式有：v＝gt① 1 s＝2gt2② 依题意有 s＝(3.9×104－1.5×103)m③ 联立①②③式可得：t＝87 s④ v＝8.7×102 m/s⑤ (2)该运动员达到最大速度 vmax 时，加速度为零，由牛顿第二定律有： mg＝kv2 max⑥ 由所给的 v－t 图像可读出 vmax≈360 m/s⑦由⑥⑦式可得：k＝0.008 kg/m⑧ 答案 (1)87 s 8.7×102 m/s (2)0.008 kg/m主要题型：选择题和计算题 知识热点 (1)单独命题 ①匀变速直线运动的公式及应用的考查． ②s－t、v－t、a－t、F－t、F－a 等图像问题的考查． ③牛顿运动定律的考查． (2)交汇命题 ①结合匀变速直线运动规律考查多过程问题和连接体问题． ②匀变速直线运动规律和牛顿运动定律的综合考查． 物理方法 (1)公式法 命题趋势 (1)单独考查匀变速直线运动的规律、 运动图像在实际生活中的应用以及牛顿运 动定律的应用，题型一般为选择题． (2)力和运动的关系大多结合牛顿运动定律、 受力分析、 运动过程分析综合考查， 题目一般为计算题. (2)图像法 (3)整体法和隔离法 (4)逆向思维法热点一 运动图像问题1．对 s－t 图像和 v－t 图像的理解 (1)无论是 s－t 图像还是 v－t 图像，都只能描述直线运动． (2)s－t 图像和 v－t 图像都不表示物体运动的轨迹． (3)s－t 图像和 v－t 图像的形状由 s 与 t、v 与 t 的函数关系决定． 2．运动图像及其应用： 斜率的意 义 纵截距 的意义 图像与 t 轴所围 匀速直线运 动 匀变速 线运动面积 s－t 图像 v－t 图像 速度 加速度 初位置 初速度 位移 倾斜的直线 与时间轴平 行的直线直 抛物线 倾斜的 直线1．(2014? 新课标全国卷Ⅱ，14)图 1－2－6 甲、乙两汽车在一平直公路上同向行驶．在 t＝0 到 t＝t1 的时间内，它们的 v －t 图像如图 1－2－6 所示．在这段时间内( A．汽车甲的平均速度比乙的大 B．汽车乙的平均速度等于 v1＋v2 2 )C．甲、乙两汽车的位移相同 D．汽车甲的加速度大小逐渐减小，汽车乙的加速度大小逐渐增大 解析 因为图线与坐标轴所夹的“面积”是物体的位移，故在 0～t1 时间内，－ s 甲车的位移大于乙车，故根据v＝ t 可知，甲车的平均速度大于乙车，选项 A 正确，C 错误；因为乙车做变减速运动，故平均速度不等于v1＋v2 2 ，选项 B 错误；因为图线的切线的斜率等于物体的加速度， 故甲、 乙两车的加速度均逐渐减小， 选项 D 错误． 答案 A2．(2014? 山东临沂 3 月质检)物体甲、乙原来静止于光滑水平面上．从 t＝0 时 刻开始，甲沿水平面做直线运动，位移 s 和时间平方 t2 的关系图像如图 1－2 －7 甲所示；乙受到如图乙所示的水平拉力 F 的作用．则在 0～4 s 的时间内 ( )图 1－2－7 A．甲物体所受合力不断变化 C．2 s 末乙物体改变运动方向 解析 B．甲物体的速度不断减小 D．2 s 末乙物体速度达到最大由 s－t2 图像可得函数关系 s＝s0－kt2， 由匀变速直线运动的位移公式知，甲物体向负方向做匀加速直线运动，故 A、B 项错；乙物体先向正方向做加速 度减小的加速运动，t＝2 s 加速度减为零，速度达最大，2～4 s 再向正方向做 加速度增大的减速运动，4 s 末速度减为零．故 C 项错，D 项正确． 答案 D3．(2014? 高考冲刺卷七)在一大雾天，一辆小汽车以 30 m/s 的速度匀速行驶在 高速公路上，突然发现正前方 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 1－2－8 所示，图线 a、 b 分别为小汽车和大卡车的 v－t 图像(忽略刹车反应时间)，以下说法正确的是 ( )图 1－2－8 A．因刹车失灵前小汽车已减速，故不会发生追尾事故 B．在 t＝3 s 时发生追尾事故 C．在 t＝5 s 时发生追尾事故 D．若紧急刹车时两车相距 40 米，则不会发生追尾事故且两车最近时相距 10 米 解析 根据图像可知，t＝5 s 时两车速度相等，若不发生追尾事故，则此时两车相距最近，由图像可以求出两车的位移之差为 35 m，可见两车早已发生追 尾，若紧急刹车时两车相距 40 米，则小汽车追不上大卡车，但两车最近距离为 5 m，故 A、C、D 错；由图像可以求出 t＝3 s 时两车的位移之差刚好为 30 米，可见此时刚好发生追尾事故，所以 B 对． 答案 B4．(2014? 天津卷，5)以不同初速度将两个物体同时竖直向上抛出并开始计时， 一个物体所受空气阻力可忽略，另一物体所受空气阻力大小与物体速率成正 比，下列用虚线和实线描述两物体运动的 v－t 图像可能正确的是( )解析若空气阻力可忽略不计，则物体做竖直上抛运动，其 v－t 图像应为一条不过原点的斜线．斜率大小为 g，如图中虚线所示；若物体所受空气阻力大 小与物体速率成正比，即 F 阻＝kv，由牛顿第二定律得：上升过程 mg＋kv＝ ma 上得 a 上＝ mg＋kv m ，则随着 v 逐渐减小，加速度 a 上逐渐减小，对应 v－t 图像斜率减小，A 错；当 v＝0 时，a 上＝g，对应 v－t 图与 t 轴的交点，其斜率 应等于 g，即 v＝0 时，实线与虚线平行，故 B、C 错误，D 项正确． 答案 D1．图像问题要三看 (1)看清坐标轴所表示的物理量 D→明确因变量(纵轴表示的量 )与自变量(横轴 表示的量)的制约关系． (2)看图线本身D→识别两个相关量的变化趋势，从而分析具体的物理过程． (3)看交点、斜率、面积D→明确图线与图线的交点，图线与坐标轴的交点、图 线斜率、图线与坐标轴围成的面积的物理意义． 2．从 v－t 图像中可读取的四个运动量 (1)运动速度：从速度轴上直接读出，正负表示运动方向．(2)运动时间：从时间轴上直接读出时刻，取差得到运动时间． (3)运动加速度：由图线的斜率得到加速度，斜率的大小表示加速度的大小，斜 率的正负反映了加速度的方向． (4)运动的位移： 由图线与时间轴围成的面积得到位移， 图线与时间轴围成的面 积表示位移的大小，时间轴以上的面积表示与规定的正方向相同，时间轴以下 的面积表示与规定的正方向相反． 热点二 匀变速直线运动规律的应用5．物体做自由落体运动，最后 1 s 内的平均速度是第 3 s 内平均速度的 1.6 倍， 则物体下落时间为(g 取 10 m/s2)( )A．4.3 s B．4.4 s C．4.5 s D．4.6 s 解析 物体在第 3 s 内的位移为 25 m，第 3 s 内的平均速度为 25 m/s，则最后1 s 内的平均速度为 40 m/s，即最后 1 s 中间时刻的速度为 40 m/s，因此从下 v 落到最后 1 s 中间时刻所用时间为 t＝g＝4 s，所以整个下落的时间为 4.5 s. 答案 C6．(2014? 上海卷)在离地高 h 处，沿竖直方向同时向上和向下抛出两个小球， 它们的初速度大小均为 v，不计空气阻力，两球落地的时间差为( 2v A. g 解析 v B.g 2h C. v h D.v )向上抛出的小球回到抛出点速度大小仍为 v，方向向下，在此之后的运动情况与竖直向下抛出的小球运动情况完全相同，即时间相同．所以两球落地 时间差就是向上小球从抛出到落回抛出点的时间，t＝2v/g.答案A7． [2014? 沈阳高三质量监测(二)]一辆公交车从甲站以 a1＝1 m/s2 的加速度匀加 速出站，当其速度达到 v1＝50 m/s 时开始匀速行驶，临近乙站时司机又以 a2 ＝1 m/s2 的加速度刹车，公交车恰好停靠在乙站．某次发车时，公交车因故晚 出发了 t0＝180 s， 公交车以相同的加速度出站， 出站后当其速度达到 v2＝60 m/s 时开始匀速行驶，临近乙站时仍以相同的加速度刹车，结果也恰好停在乙站， 并且正点到达．则甲、乙两站间的距离是多少？ 解析 由于加速时加速度和减速时加速度大小相等， 则加速时间和减速时间相等，加速位移和减速位移相等． 设准时出站时，匀速行驶时间为 t1，加速运动时间为 t1′，由匀变速直线运动 v1 规律可得：t1′＝a ＝50 s11 s 甲、乙＝2×2at1′2＋v1t1 因故晚出发时，设匀速行驶时间为 t2，加速运动时间为 t2′，由匀变速直线运 v2 动规律可得：t2′＝a ＝60 s21 s 甲、乙＝2× at2′2＋v2t2 2 又两次均正点到达，则 2t1′＋t1＝2t2′＋t2＋t0 联立解得甲、乙两站间的距离 s 甲、乙＝57 km. 答案 57 km8．(2014? 高考冲刺卷五)2013 年 7 月 1 日，宁杭高铁正式开通运行，到长三角 各个城市坐火车就像乘公交一样快捷．目前我国高铁常使用自动闭塞法行车， 如图 1－2－9 所示， 自动闭塞法是通过信号机将行车区间划分为若干个闭塞分 区， 每个闭塞分区的尾端都设有信号灯， 当闭塞分区有列车 B 占用时信号灯显 示红色(停车)， 后一个闭塞分区显示黄色(制动减速)， 其他闭塞分区显示绿色(正 常运行)．假设列车 A 制动时所受总阻力为重力的 0.1 倍，不考虑司机刹车的 反应时间．(重力加速度 g 取 10 m/s2)图 1－2－9 (1)如果信号系统发生故障，列车 A 的运行速度是 30 m/s，司机看到停在路轨 上的列车 B 才开始刹车，要使列车不发生追尾事故，则列车 A 司机可视距离 不得小于多少？ (2)如果信号系统正常，司机可视距离取(1)中列车 A 司机的可视距离，列车设 计运行速度为 252 km/h，当司机看到黄灯开始制动，到红灯处停车．每个闭塞 分区多长？ 解析 (1)列车紧急制动时，加速度大小为 a＝0.1g＝1 m/s2.如果信号系统发生故障，要使列车不发生追尾事故，则列车 A 司机可视距离不得小于列车 A 的 紧急制动距离，由运动公式 v＝ 2as1代入数据得可视距离不得小于 s1＝450 m2 v2 (2)当运行速度为 v2＝252 km/h＝70 m/s 时， 紧急制动距离 s2＝2a代入数据得 s2＝2 450 m．信号正常，当司机看到黄灯开始制动，到红灯处停车．每个闭塞 分区的长度为 s2－s1＝2 450 m－450 m＝2 000 m 答案 (1)450 m (2)2 000 m1．求解匀变速直线运动问题的一般思路 审题 → 画出示意图 → 判断运动性质 → 选取正方向 → 选用公式列方程 → 求解方程 2.热点三 动力学两类问题9．如图 1－2－10 甲所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率 v1 运行．初速 度大小为 v2 的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的 A 处滑上传送带． 若 从小物块滑上传送带开始计时，小物块在传送带上运动的 v－t 图像(以地面为 参考系)如图乙所示．已知 v2＞v1，则( )图 1－2－10 A．t2 时刻，小物块离 A 处的距离达到最大 B．t2 时刻，小物块相对传送带滑动的距离达到最大 C．0～t2 时间内，小物块受到的摩擦力方向先向右后向左 D．0～t3 时间内，小物块始终受到大小不变的摩擦力作用 解析 由题图知物块先向左减速，后反向右加速到 v1 再做匀速直线运动，t1时刻离 A 距离最大，A 错误；t2 时刻二者相对静止，故 t2 时刻物块相对传送带 滑动距离最大，B 正确；0～t2 时间内摩擦力方向一直向右，C 错误；在 0～t2 时间内摩擦力为滑动摩擦力，大小不变，在 t2～t3 时间内物块做匀速运动，此 过程摩擦力为零，D 错误． 答案 10. B图 1－2－11 (2014? 皖南八校三次联考)如图 1－2－11 所示，两个相同的木盒置于同一粗糙 的水平面上．木盒 1 中固定一质量为 m 的砝码，在木盒 2 上持续施加竖直向 下的恒力 F(F＝mg)．现给它们一相同的初速度，木盒 1、2 滑行的最远距离分 别为 s1、s2.关于 s1 与 s2 的大小，下列说法正确的是( A．s1＜s2 C．s1＞s2 解析 B．s1＝s2 D．无法比较 )木盒 1、2 受到的力一样，但质量不一样，根据牛顿第二定律 F＝ma 可知，木盒 2 的加速度大，所以减速快，滑行距离小，选项 C 正确． 答案 C图 1－2－12 11．(2014? 厦门市高三质检)如图 1－2－12 所示，静止在水平面上的足够长的 木板 m1 左端放着小物块 m2，某时刻，m2 受到水平向右的拉力 F＝kt(k 是常数) 作用，设 m2、m1 和 m1、地面之间的滑动摩擦力大小分别为 F1 和 F2，各物体 之间的滑动摩擦力大小等于最大静摩擦力，且 F1 大于 F2，则在 m2、m1 没有分 离的过程中，下面可以定性地描述木板 m1 运动的 v－t 的图像是( )解析v－t 图像的斜率表示加速度．木块和木板之间相对静止时，所受的摩擦力为静摩擦力．在达到最大静摩擦力前，木块和木板以相同加速度运动，根据 牛顿第二定律 a1＝a2 ＝ kt－F2 F2－F1 ，木块和木板相对运动时，a1＝ m 恒定不 m1＋m2 1变．故正确答案为选项 D. 答案 D12．(2014? 江西南昌二模)有一个冰上木箱的游戏节目，规则是：选手们从起点 开始用力推箱一段时间后， 放手让箱向前滑动， 若箱最后停在桌上有效区域内， 视为成功；若 箱最后未停在桌上有效区域内就视为失败．其简化模型如图 1－2－13 所示， AC 是长度为 L1＝7 m 的水平冰面，选手们可将木箱放在 A 点，从 A 点开始用 一恒定不变的水平推力推箱，BC 为有效区域．已知 BC 长度 L2＝1 m，木箱的 质量 m＝50 kg，木箱与冰面间的动摩擦因数 μ＝0.1.某选手作用在木箱上的水 平推力 F＝200 N，木箱沿 AC 做直线运动，若木箱可视为质点，g 取 10 m/s2. 那么该选手要想游戏获得成功，试求：图 1－2－13 (1)推力作用在木箱上时的加速度大小； (2)推力作用在木箱上的时间满足什么条件？ 解析 ＝ma1 解得 a1＝3 m/s2 (2)撤去推力后，木箱的加速度大小为 a2，根据牛顿运动定律得 μmg＝ma2 解得 a2＝1 m/s2 1 推力作用在木箱上时间 t 内的位移为 s1＝2a1t2 （a1t）2 撤去力 F 后木箱继续滑行的距离为 s2＝ 2a2(1)设推力作用在木箱上时的加速度为 a1，根据牛顿运动定律得 F－μmg木箱停在有效区域内，要满足条件 L1－L2≤s1＋s2≤L1 解得 1 s≤t≤ 答案 (1)3 m/s2 7 6 s (2)1 s≤t≤ 7 6 s应用牛顿第二定律解决动力学问题的步骤高考命题热点2.运动图像与牛顿运动定律的综合应用数图结合解决动力学问题 物理公式与物理图像的结合是一种重要题型．动力学中常见的图像有 v－t 图 像、s－t 图像、F－t 图像、F－a 图像等，解决图像问题的关键有： (1)分清图像的横、 纵坐标所代表的物理量及单位， 注意坐标原点是否从零开始， 明确其物理意义． (2)明确图线斜率的物理意义：明确图线与横、纵坐标的交点、图线的转折点及 两图线的交点的意义等． (3)明确能从图像中获得哪些信息：把图像与具体的题意、情境结合，并结合斜 率、特殊点等的物理意义，确定能从图像中反馈出来哪些有用信息并结合牛顿 运动定律求解．【典例】(2013? 新课标全国卷Ⅱ，25)图 1－2－14 (18 分)一长木板在水平地面上运动，在 t＝0 时刻将一相对于地面静止的物块 轻放到木板上，以后木板运动的速度－时间图像如图 1－2－14 所示．已知物 块与木板的质量相等，物块与木板间及木板与地面间均有摩擦．物块与木板间 的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且物块始终在木板上．取重力加速度的大小 g＝10 m/s2，求： (1)物块与木板间、木板与地面间的动摩擦因数； (2)从 t＝0 时刻到物块与木板均停止运动时，物块相对于木板的位移的大小． 审题流程 第一步：抓关键点D →获取信息 (1)读题： 隐含 ?→ 相对于地面静 D D → 物块的初速度为零 信息 止的物块 题干 ? 关键点 D D → 隐含 物块与长木板始终存 ?→ 物块始终在 D D → 信息 木板上 在相互作用的摩擦力 ? (2)读图：第二步：找突破口→形成思路 v－t图像 →①共同速度 v1＝1 m/s ②木板加速度 a2＝8 m/s2 ③ t1 ＝ 0.5 s 选规律 D D → ①由v1＝a1t1求物块的加速度 ②牛顿第二定律求μ1、μ2 判断 D D → 二者再次 D D → 相对滑动用假设法判断二者获得共同速度后的运动状态隔离法分别求两物体的加速度和位移 满分解答 由 v－t 图像可知，在 t1＝0.5 s 时，二者速度相同，为 v1＝1 m/s，物块和木板的加速度大小分别为 a1 和 a2，则 v1 a1＝ t ①(2 分)1v0－v1 a2＝ t ②(2 分)1设物块与木板间、木板与地面间的动摩擦因数分别为 μ1、μ2，根据牛顿第二定 律， 对物块有 μ1mg＝ma1③(2 分) 对木板有 μ1mg＋2μ2mg＝ma2④(2 分) 联立①②③④式得联立方程得：μ1＝0.2，μ2＝0.3(1 分)(2)t1 时刻后，地面对木板的摩擦力阻碍木板运动，物块与木板之间的摩擦力改 变方向．设物块与木板之间的摩擦力大小为 Ff，物块和木板的加速度大小分别 为 a1′和 a2′，由牛顿第二定律得 对物块有 Ff＝ma1′(1 分) 对木板有 2μ2mg－Ff＝ma2′(1 分) 假设物块相对木板静止，即 Ff＜μ1mg，则 a1′＝a2′， 得 Ff＝μ2mg＞μ1mg， 与假设矛盾，所以物块相对木板向前减速滑动，而不是与木板共同运动，物块 加速度大小 a1′＝a1＝2 m/s2(1 分)物块的 v－t 图像如图所示．此过程木板的加速度 a2′＝2μ2g－μ1g＝4 m/s2(1 分) 由运动学公式可得，物块和木板相对地面的位移分别为2 v2 v1 1 x1＝2a ＋ ＝0.5 m(2 分) 1 2a1′v0＋v1 v2 13 1 x2＝ 2 t1＋ ＝ m(2 分) 2a2′ 8 物块相对木板的位移大小为 x＝x2－x1＝1.125 m(1 分) 答案 (1)0.2 0.3 (2)1.125 m1．解图像问题时不要为图像的表面现象所迷惑，要将基本的受力分析、运动 状态分析、牛顿第二定律与图像反映的物理过程和状态相结合． 2．滑块―木板模型(15 分)如图 1－2－15 甲所示，长木板 B 固定在光滑水平面上，可看作质点的 物体 A 静止叠放在 B 的最左端，现用 F＝6 N 的水平力向右拉物体 A，A 经过 5 s 运动到 B 的最右端，其 v－t 图像如图乙所示，已知 A、B 质量分别为 1 kg 和 4 kg，A、B 间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g＝10 m/s2.图 1－2－15 (1)求物体 A 与木板 B 间的动摩擦因数 μ； (2)若 B 不固定，求 A 运动到 B 的最右端所用的时间． 解析 aA＝ (1)根据 v－t 图像可知物体 A 的加速度Δv 10 ＝ m/s2＝2 m/s2(2 分) Δt 5以 A 为研究对象，根据牛顿第二定律可得 F－μmAg＝mAaA(2 分) 解得 μ＝ F－mAaA 6－1×2 mAg ＝ 1×10 ＝0.4(2 分)(2)由图像知木板 B 的长度为 1 l＝2×5×10 m＝25 m(2 分) 若 B 不固定 μmAg＝mBaB(2 分) B 的加速度μmAg 0.4×1×10 aB＝ m ＝ m/s2＝1 m/s2(1 分) 4 B设 A 运动到 B 的最右端所用的时间为 t， 1 1 根据题意可得2aAt2－2aBt2＝l(2 分) 代入数据解得 t＝7.07 s(2 分) 答案 (1)0.4 (2)7.07 s一、选择题(在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求) 1．如图 1－2－16 所示，直线 a 和曲线 b 分别是在平直公路 上行驶的汽车 a 和 b 的位移―时间(s－t)图线．由图可知 ( A．在时刻 t1，a、b 两车运动方向相同 B．在时刻 t2，a、b 两车运动方向相反 C．在 t1 到 t2 这段时间内，b 车的速率先减小后增大 D．在 t1 到 t2 这段时间内，b 车的速率一直比 a 车的大 解析 s－t 图线的斜率表示速度，从题图中看出，a 车始终静止，b 车先正向 )图 1－2－16减速，速率减小为 0 后，再反向加速，因此 A、B、D 选项错误，C 正确． 答案 C2． (2014? 高考冲刺卷四)中国首次太空授课活动于 2013 年 6 月 20 日上午举行， 如 图 1－2－17 所示，航天员王亚平利用天宫一号中的“质量测量仪”测量航天 员聂海胜的质量为 74 kg.测量时， 聂海胜与轻质支架被王亚平水平拉离初始位置，且处于静止状态，当王亚平松手后，聂海胜与轻质支架受到一个大小为 100 N 的水平恒力作用而复位，用光栅测得复位时瞬间速度为 1 m/s，则复位 的时间为 ( )图 1－2－17 A．0.74 s 解析 B．0.37 s C．0.26 s D．1.35 s宇航员复位的过程中由于受到的是水平恒力的作用， 所以是匀变速直线F 100 运动，由牛顿第二定律可得宇航员的加速度为 a＝m＝ 74 m/s2，再根据加速 度的定义式 a＝ 正确． 答案 A vt－v0 vt 1 得到复位的时间，所以复位时间 t ＝ ＝ t a 100 s＝0.74 s，A 743．(2014? 全国大纲卷，14)一质点沿 x 轴做直线运动，其 v－t 图像如图 1－2－18 所示．质点在 t＝0 时位于 x＝5 m 处，开始沿 x 轴正向运动．当 t＝8 s 时，质 点在 x 轴上的位置为 ( )图 1－2－18 A．x＝3 m C．x＝9 m 解析 B．x＝8 m D．x＝14 m质点前 4 s 内沿 x 轴正方向运动，其位移可由 v－t 图像中的“面积”数 （2＋4）×2 m＝6 m．同理可得 4～8 s 内的位称(沿 2值表示，则对应位移 x1＝x 轴负方向运动)x2＝－（2＋4）×1 m＝－3 m．又知初位Z x0＝5 m．则当在 2t＝8 s 时，质点在 x 轴上的位Z为 x＝x0＋x1＋x2＝8 m，选项 B 正确． 答案 B4．如图 1－2－19 为表面粗糙、倾斜放置的传送带，物块 可以由传递带顶端 A 由静止开始滑到传送带底端 B， 传 送带静止时物块下滑的时间为 t1， 传送带逆时针匀速转 动时物块下滑的时间为 t2， 传送带逆时针加速转动时物 块下滑的时间为 t3， 传送带顺时针方向匀速转动时物块图 1－2－19下滑的时间为 t4，则关于这四个时间的大小关系，下列正确的是 A．t4＜t1＜t2＜t3 C．t4＜t1＝t2＝t3 解析 B．t4＜t1＝t2＜t3 D．t1＝t2＝t3＝t4()传送带静止、 逆时针转动时，物块相对于地面向下做匀加速运动的加速度相同，因此 t1＝t2＝t3.由于传送带顺时针转动时，物块开始速度小于传送 带速度时，加速度比逆时针转动时的加速度大，因此下滑的时间最短，C 项正 确． 答案 C5．(2014? 潍坊市一模)如图 1－2－20 甲所示，水平地面上轻弹簧左端固定，右端 通过滑块压缩 0.4 m 锁定，t＝0 时解除锁定释放滑块．计算机通过滑块上的速 度传感器描绘出滑块的速度图像如图乙所示，其中 Oab 段为曲线，bc 段为直 线，倾斜直线 Od 是 t＝0 时的速度图线的切线，已知滑块质量 m＝2.0 kg，取 g＝10 m/s2，则下列说法正确的是 ( )图 1－2－20 A．滑块被释放后，先做匀加速直线运动，后做匀减速直线运动 B．弹簧恢复原长时，滑块速度最大C．弹簧的劲度系数 k＝175 N/m D．该过程中滑块的最大加速度为 35 m/s2 解析 由图像可判断，滑块先做加速度减小的加速运动，再做加速度增大的减速运动，最后做匀减速运动，直至静止，A 项错误；滑块运动过程中，当弹簧 弹力大小等于摩擦力的时候，滑块的速度最大，B 项错误；从题中图像知，滑 Δv1 1.5 块脱离弹簧后的加速度大小 a1＝ ＝0.3 m/s2＝5 m/s2，而由 μmg＝ma1，可 Δt1 Δv2 3 得 μ＝0.5，刚释放时滑动的加速度 a2＝ ＝ m/s2＝30 m/s2，这是滑块运 Δt2 0.1 动过程中的最大加速度，而此时满足 kx－μmg＝ma2，可解得 k＝175 N/m，故 C 项正确，D 项错误． 答案 C6.(2014? 全国大纲卷， 19)一物块沿倾角为 θ 的斜坡向上滑 动．当物块的初速度为 v 时，上升的最大高度为 H， v 如图 1－2－21 所示；当物块的初速度为2时，上升的 最大高度记为 h.重力加速度大小为 g.物块与斜坡间的 动摩擦因数和 h 分别为 H A．tan θ 和 2 H C．tan θ 和 2 解析 v2 H B．(2gH－1)tan θ 和 2 v2 H D．(2gH－1)tan θ 和 4图 1－2－21()设物块与斜坡间的动摩擦因数为 μ，则物块沿斜坡上滑时的加速度大小a＝μgcos θ＋gsin θ① 当物块的初速度为 v 时，由运动学公式知 H v2＝2a ② sin θ v 当物块的初速度为2时，由运动学公式知 h ?v?2 ?2? ＝2a ③ ? ? sin θ H 由②③两式得 h＝ 4? v ? 由①②两式得 μ＝?2gH－1?tan θ. ? ? 答案 D 7.某同学站在电梯地板上， 利用速度传感器和计算机 研究一观光电梯升降过程中的情况，如图 1－2 －22 所示的 v－t 图像是计算机显示的观光电梯 在某一段时间内的速度变化情况 ( 向上为正方图 1－2－222向)．根据图像提供的信息，可以判断下列说法中正确的是 A．0～5 s 内，观光电梯在加速上升，该同学处于失重状态 B．5～10 s 内，该同学对电梯地板的压力等于他所受的重力 C．10～20 s 内，观光电梯在减速上升，该同学处于超重状态 D．20～25 s 内，观光电梯在加速下降，该同学处于超重状态 解析()0～5 s 内，观光电梯在加速上升，加速度方向向上，该同学处于超重状态，选项 A 错误；5～10 s 内，观光电梯匀速上升，该同学对电梯地板的压力 等于他所受的重力，选项 B 正确；10～20 s 内，观光电梯在减速上升，加速度 方向向下，该同学处于失重状态，选项 C 错误；20～25 s 内，观光电梯在加速 下降，加速度方向向下，该同学处于失重状态，选项 D 错误． 答案 B8.(2014? 广东省实验中学质检)甲、 乙两物体做直线运 动的 v－t 图像如图 1－2－23 所示，由图可知 ( A．乙物体的加速度为 1 m/s2 B．4 s 末两物体相遇 C．4 s 末甲物体在乙物体前面 D．条件不足，无法判断两物体何时相遇 解析 对乙物体， a＝ Δv ＝1.33 m/s2， 故选项 A 错误； 由于不知道初始时刻甲、 Δt图 1－2－23)乙的位Z关系，故无法判断 4 s 末甲、乙的相对位Z及两物体何时相遇，故选 项 B、C 错误，选项 D 正确．答案D9．(2014? 晋江市高三模拟)如图 1－2－24 甲所示，一 轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端放置一物体 (物体与弹簧不连接)， 初始时物体处于静止状态． 现 用竖直向上的拉力 F 作用在物体上，使物体开始向 上做匀加速直线运动，拉力 F 与物体位移 s 之间的 关系如图乙所示(g＝10 m/s2)， 则下列结论正确的是 ( A．物体与弹簧分离时，弹簧处于压缩状态 B．弹簧的劲度系数为 7.5 N/cm C．物体的质量为 3 kg D．物体的加速度大小为 5 m/s2 解析 设物体的质量为 m，开始时弹簧的压缩量为Δx，由平衡条件可得 )图 1－2－24kΔx＝mg① 现用竖直向上的拉力 F 作用在物体上， 使物体开始向上做匀加速运动， 根据拉 力 F 与物体位移 s 的关系可得 Δx＝4 cm＝0.04 m② 10＝ma③ 30－mg＝ma④ 联立①②③④可以解得，物体的质量 m＝2 kg，物体的加速度大小 a＝5 m/s2， 弹簧的劲度系数 k＝500 N/m，故只有 D 正确． 答案 D二、非选择题 10．2013 年 1 月 1 日实施新的交通规定：黄灯亮时车头已经越过停车线的车辆可 以继续前行， 车头未越过停车线的若继续前行则视为闯黄灯， 属于交通违章行 为． 现有甲、 乙两汽车正沿同一平直马路同向匀速行驶， 甲车在前， 乙车在后， 当两车快要到十字路口时，甲车司机看到黄灯闪烁，3 秒黄灯提示后将再转为 红灯．请问 (1)若甲车在黄灯开始闪烁时刹车， 要使车在黄灯闪烁的时间内停下来且刹车距离不得大于 18 m，则甲车刹车前的行驶速度不能超过多少？ (2)若甲、乙车均以 v0＝15 m/s 的速度驶向路口，乙车司机看到甲车刹车后也 紧急刹车(乙车司机的反应时间Δ t2＝0.4 s， 反应时间内视为匀速运动)． 已知甲 车、乙车紧急刹车时产生的加速度大小分别为 a1＝5 m/s2、a2＝6 m/s2.若甲车 司机看到黄灯闪烁时车头距警戒线 L＝30 m，要避免闯红灯，他的反应时间Δ t1 不能超过多少？ (3)满足第(2)问的条件下，为保证两车在紧急刹车过程中不相撞，甲、乙两车 刹车前的距离 s0 至少多大？ 解析 (1)设在满足条件的情况下，甲车的最大行驶速度为 v1，根据平均速度 v1 公式可得 2 ?t1＝18 m， 所以 v1＝12 m/s2 v0 (2)对甲车：v0Δt1＋2a ＝L 1代入数据得Δt1＝0.5 s (3)设乙车减速运动的时间为 t，当甲、乙两车速度相等时，即 v0－a2t＝v0－a1(t ＋Δt2) 解得 t＝2 s 则 vt＝v0－a2t＝3 m/s2 v0 －v2 t s1＝ 2a ＝21.6 m 1 2 v2 0－vt s2＝v0Δt2＋ 2a ＝24 m 2故刹车前的距离至少为 s0＝s2－s1＝2.4 m 答案 (1)12 m/s (2)0.5 s (3)2.4 m11．如图 1－2－25 甲所示，倾角 θ＝37°的斜面由粗糙的 AB 段和光滑的 BC 段 组成，质量 m＝1 kg 的物体(可视为质点)在平行斜面的恒定外力 F 作用下由 A 点加速下滑，运动到 B 点时，力 F 突然反向(大小不变)，其部分 v－t 图如图 乙所示，物体滑到 C 点时速度恰好为零，取 sin 37°＝0.6，重力加速度 g＝10 m/s2，求：图 1－2－25 (1)外力 F 的大小及物体在 AB 段与斜面间的动摩擦因数 μ. (2)物体从 A 到 C 的平均速度大小． 解析 (1)由 v－t 图可知物体在 AB 段的加速度为Δv1 a1＝ ＝10 m/s2 Δt1 Δv2 在 BC 段加速度为 a2＝ ＝－2 m/s2 Δt2 由牛顿第二定律知物体在 AB 段有 F＋mgsin θ－μmgcos θ＝ma1 在 BC 段有 mgsin θ－F＝ma2 联立并代入数值得 F＝8 N，μ＝0.5. (2)由运动学规律知物体从 B 到 C 经历的时间为 Δv 10 t2＝ a ＝ 2 s＝5 s 2 v 物体从 A 到 B 发生的位移为 s1＝2t1＝5 m v 物体从 B 到 C 发生的位移为 s2＝2t2＝25 m－物体从 A 到 C 的平均速度大小v＝ 答案 (1)8 N 0.5 (2)5 m/ss1＋s2 ＝5 m/s. t1＋t212． (2014? 山东卷， 23)研究表明， 一般人的刹车反应时间(即图 1－2－26 甲中“反 应过程”所用时间)t0＝0.4 s，但饮酒会导致反应时间延长．在某次试验中，志 愿者少量饮酒后驾车以 v0＝72 km/h 的速度在试验场的水平路面上匀速行驶，从发现情况到汽车停止，行驶距离 L＝39 m．减速过程中汽车位移 s 与速度 v 的关系曲线如图乙所示， 此过程可视为匀变速直线运动． 取重力加速度的大小 g＝10 m/s2.求：图 1－2－26 (1)减速过程汽车加速度的大小及所用时间； (2)饮酒使志愿者的反应时间比一般人增加了多少； (3)减速过程汽车对志愿者作用力的大小与志愿者重力大小的比值． 解析 (1)设减速过程汽车加速度的大小为 a，所用时间为 t，由 s－v 图像可得初速度 v0＝20 m/s，末速度 v1＝0，位移 s＝25 m，2 由运动学公式得：v0 ＝2as①v0 t＝ a ② 联立①②式，代入数据得：a＝8 m/s2③ t＝2.5 s④ (2)设志愿者反应时间为 t′， 反应时间的增加量为Δt， 由运动学公式得 L＝v0t′ ＋s⑤ Δt＝t′－t0⑥ 联立⑤⑥式，代入数据得Δt＝0.3 s⑦ (3)设志愿者所受合外力的大小为 F，汽车对志愿者作用力的大小为 F0，志愿 者质量为 m，由牛顿第二定律得F＝ma⑧2 如图，由平行四边形定则得：F0 ＝F2＋(mg)2⑨F0 41 联立③⑧⑨式，代入数据得： ＝ ⑩ mg 5 41 答案 (1)8 m/s2 2.5 s (2)0.3 s (3) 5第3讲力与物体的曲线运动(一) ――平抛、圆周和天体运动1．(2012? 福建卷，16)一卫星绕某一行星表面附近做匀速圆周运动，其线速度 大小为 v.假设宇航员在该行星表面上用弹簧测力计测量一质量为 m 的物体重 力，物体静止时，弹簧测力计的示数为 N.已知引力常量为 G，则这颗行星的质 量为( mv2 A. GN 解析 ) mv4 B. GN Nv2 Nv4 C. Gm D.Gm设卫星的质量为 m′，Mm′ v2 由万有引力提供向心力，得 G R2 ＝m′ R ，① Mm′ 而 G R2 ＝m′g，② 由已知条件：m 的重力为 N 得 N＝mg，③ mv4 联立①②③解得 M＝ GN ， 故 A、C、D 三项均错误，B 项正确． 答案 B2．(2013? 福建卷，13)设太阳质量为 M，某行星绕太阳公转周期为 T，轨道可 视作半径为 r 的圆．已知万有引力常量为 G，则描述该行星运动的上述物理量 满足( ) 4π 2r3 4π 2r2 A．GM＝ T2 B．GM＝ T2 4π 2r2 4π r3 C．GM＝ T3 D．GM＝ T2 解析 4π2 GMm 太阳对行星的万有引力提供向心力，即 r2 ＝m T2 r，整理可得 GM＝4π2 3 T2 r ，故 A 正确． 答案 A3．(2014? 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 解析 可得： 答案p 3 q倍 D. pq 倍 v2 Mm 根据万有引力提供向心力 G R2 ＝m R ，可得 v＝ B. C. v行 ＝ v地 C M行R地 ＝ R行M地q p倍GM R ∝M R ，由题意p q，C 选项正确，A、B、D 选项错误．4．(2014? 新课标全国卷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( π A. 6 解析 π B. 4 π C. 3 5π D. 12 )1 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2mv2 0＝mgh，则 v0＝ 2gh，物体落地的竖直速度 vy＝ 2gh，则落地时速度方向与水 π vy 2gh 平方向的夹角 tan θ＝v ＝ ＝1，则 θ＝ 4 ，选项 B 正确． 0 2gh 答案 B5．(2014? 新课标全国卷Ⅱ，18)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 g0，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( 3π g0－g 3π g0 A.GT2 g B.GT2 g0－g 0 3π 3π g0 C.GT2 D.GT2 g 解析 Mm Mm 由万有引力定律可知：在两极处 G R2 ＝mg0，在赤道上：G R2 －mg＝ )2π 3π g0 4 m( T )2R，地球的质量：M＝3πR3ρ，联立三式可得：ρ＝GT2 ，选项 B g0－g 正确． 答案 B图 1－3－1 6．(2012? 福建卷，20)如图 1－3－1 所示，置于圆形水平转台边缘的小物块随 转台加速转动； 当转速达到某一数值时， 物块恰好滑离转台开始做平抛运动． 现 测得转台半径 R＝0.5 m，离水平地面的高度 H＝0.8 m，物块平抛落地过程水 平位移的大小 s＝0.4 m．设物块所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力 加速度 g＝10 m/s2.求： (1)物块做平抛运动的初速度大小 v0； (2)物块与转台间的动摩擦因数 μ. 解析 (1)物块做平抛运动，在竖直方向上有1 H＝2gt2① 在水平方向上有 s＝v0t② 由①②式解得 v0＝s g 2H代入数据得 v0＝1 m/s.③ (2)物块离开转台时，最大静摩擦力提供向心力，有 v2 0 fm＝m R ④ fm＝μN＝μmg⑤2 v0 由③④⑤式解得 μ＝gR代入数据得 μ＝0.2. 答案 (1)1 m/s (2)0.2图 1－3－2 7．(2013? 福建卷，20)如图 1－3－2，一不可伸长的轻绳上端悬挂于 O 点，下端系一质量 m＝1.0 kg 的小球．现将小球拉到 A 点(保持绳绷直)由静止释放， 当它经过 B 点时绳恰好被拉断，小球平抛后落在水平地面上的 C 点．地面上 的 D 点与 OB 在同一竖直线上，已知绳长 L＝1.0 m，B 点离地高度 H＝1.0 m， A、B 两点的高度差 h＝0.5 m，重力加速度 g 取 10 m/s2，不计空气影响，求： (1)地面上 DC 两点间的距离 s； (2)轻绳所受的最大拉力大小． 解析 (1)小球从 A 到 B 过程机械能守恒，有1 mgh＝2mv2 B① 1 小球从 B 到 C 做平抛运动，在竖直方向上有 H＝2gt2② 在水平方向上有 s＝vBt③ 由①②③式解得 s＝1.41 m④ (2)小球下摆到达 B 点时，绳的拉力和重力的合力提供向心力，有 v2 B F－mg＝m L ⑤ 由①⑤式解得 F＝20 N 根据牛顿第三定律 F′＝－F，得轻绳所受的最大拉力大小为 20 N. 答案 (1)1.41 m (2)20 N主要题型：选择题和计算题 知识热点 (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天体运动中的超重、失重问题． ③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 命题趋势(2)模型法(1)2015 年高考中，平抛运动规律及其研究方法、圆周运动仍是热点． (2)天体运动要突出物理与现代科学技术的结合， 特别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图 1－3－3 1．(2014? 高考押题卷六)2013 年 7 月 7 日凌晨，海峡组合彭帅与谢淑薇在温布 尔登网球公开赛女双决赛中，夺下温网女双冠军，拿下两人合作以来第一座大 满贯双打桂冠．如图 1－3－3 所示，在网球的网前截击中，若网球运动员在球 网正上方距地面 H 处，将球以速度 v 沿垂直球网的方向击出，则球刚好落在 底线上．已知底线到网的距离为 L，重力加速度取 g，将球的运动视作平抛运 动，下列表述正确的是( A．球的速度 v 等于 L 2g H 2H g )B．球从击出至落地所用时间为C．球从击球点至落地点的位移等于 L D．球从击球点至落地点的位移与球的质量有关 解析 球做平抛运动，从击出至落地所用时间为 t＝ 2H g ，B 正确；球的速度L v＝ t ＝Lg 2 2 2H，A 错误；球从击球点至落地点的位移为 H ＋L ，这个位移与球的质量无关，C、D 错误． 答案 B图 1－3－4 2. 倾角为 θ 的斜面上有 A、B、C 三点，现从这三点分别以不同的初速度水平 抛出一小球， 三个小球均落在斜面上的 D 点， 今测得 AB∶BC∶CD＝5∶3∶1， 由此可判断( )A．A、B、C 处三个小球运动时间之比为 1∶2∶3 B．A、B、C 处三个小球落在斜面上时速度与初速度间的夹角之比为 1∶2∶3 C．A、B、C 处三个小球的初速度大小之比为 3∶2∶1 D．A、B、C 处三个小球的运动轨迹可能在空中相交 解析 由于沿斜面 AB∶BC∶CD ＝ 5∶3∶1 ，故三个小球竖直位移之比为9∶4∶1，运动时间之比为 3∶2∶1，A 项错误；斜面上平抛的小球落在斜面 上时，速度与初速度之间的夹角 α 满足 tan α＝2tan θ，与小球抛出时的初 gt 速度大小和位Z无关，因此 B 项错误；同时 tan α＝v ，所以三个小球的初速0度之比等于运动时间之比，为 3∶2∶1，C 项正确；三个小球的运动轨迹(抛物 线)在 D 点相交，因此不会在空中相交，D 项错误． 答案 C图 1－3－5 3． 如图 1－3－5 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( )A．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 不可能运动到最高处相碰 D．A、B 一定不能相碰 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＝ 2h g ，若第一次落地前相碰，只要满足 A 运动时l l 间 t＝v&t1，即 v& ，所以选项 A 正确；因为 A、B 在竖直方向的运动同步，始 t1 终处于同一高度，且 A 与地面相碰后水平速度不变，所以 A 一定会经过 B 所 在的竖直线与 B 相碰．碰撞位Z由 A 球的初速度决定，故选项 B、C、D 错误． 答案 A图 1－3－6 4．(2014? 福州市高三质测)如图 1－3－6 所示，质量为 m＝0.10 kg 的小物块以 初速度 v0＝4.0 m/s，在粗糙水平桌面上做直线运动，经时间 t＝0.4 s 后以速度 v 飞离桌面，最终落在水平地面上．已知物块与桌面间的动摩擦因数 μ＝0.25， 桌面离地高 h＝0.45 m，不计空气阻力，重力加速度取 g＝10 m/s.求： (1)小物块飞离桌面时的速度大小 v. (2)小物块落地点距飞出点的水平距离 s. 解析 (1)由牛顿第二定律，得 μmg＝maa＝μg＝2.5 m/s2 物块做匀减速直线运动，v＝v0＝at 得 v＝3.0 m/s 1 (2)物块飞出桌面后做平抛运动，竖直方向：h＝2gt2 1 水平方面：s＝vt1 代入数据得 s＝0.9 m.答案3.0 m/s0.9 m1．研究抛体运动的基本思路 (1)求解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)要注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．平抛运动的三点提醒 (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5．2013 年 6 月 20 日上午 10 时，中国载人航天史上的首堂太空授课开讲．航 天员做了一个有趣实验：T 形支架上，用细绳拴着一颗明黄色的小钢球．航天 员王亚平用手指沿切线方向轻推小球， 可以看到小球在拉力作用下在某一平面 内做圆周运动．从电视画面上可估算出细绳长度大约为 32 cm，小球 2 s 转动 一圈．由此可知王亚平使小球沿垂直细绳方向获得的速度为( A．0.1 m/s B．0.5 m/s C．1 m/s D．2 m/s 解析 在太空完全失重的环境下， 小球在细绳的拉力作用下在某一平面内做匀 )速圆周运动．小球做匀速圆周运动的周长为 s＝2πR＝2π×0.32 m＝2 m，由s＝vT 可得小球做匀速圆周运动的速度为 v＝s/T＝1 m/s，选项 C 正确． 答案 C6．如图 1－3－7 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/s2.则( )图 1－3－7 A．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 NB 的大小是 2 N D．小球经过管道的 B 点时，小球对管道的作用力方向竖直向上 解析 根据平抛运动的规律， 小球在 C 点的竖直分速度 vy＝gt＝3 m/s， 水平分速度 vx＝vytan 45°＝3 m/s，则 B 点与 C 点的水平距离为 x＝vxt＝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， 根据牛顿第二定律， v2 B 有 NB＋mg＝m R ，vB＝vx＝3 m/s，解得 NB＝－1 N，负号表示管道对小球的作 用力方向竖直向上，由牛顿第三定律知小球对管道的作用力方向竖直向下，选 项 C、D 错误． 答案 A7．(2014? 珠海联考)如图 1－3－8 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，最后 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略不计， 且其高度远小于悬线长度， 重力加速度为 g，试求：图 1－3－8 (1)B 点与抛出点 A 的水平距离 x； (2)小球运动至 C 点速度 vC 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01 gt 的初速度为 v0，从 A 点至 B 点的时间为 t，有 h＝2gt2，tan 45°＝v ，x＝v0t 解得 x＝2h (2)设小球运动至 B 点时速度为 vB，在斜面上运动的加速度为 a，有 vB＝ 2v0， a＝gsin 45° 2h 2 vC －v2 ，解得 vC＝2 2gh B＝2a? sin 45°2 vC (3)小球进入轻质筐后瞬间做圆周运动，由牛顿第二定律得 F－mg＝m3h，解得 11 F＝ 3 mg. 11 答案 (1)2h (2)2 2gh (3) 3 mg解决圆周运动力学问题要注意以下几点： 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 4π 2 v2 F＝m r ＝mrω2＝mωv＝mr T2 . 3．对于竖直面内的圆周运动要注意“杆模型”和“绳模型”的临界条件． mv2 高 (1)轻绳模型：临界条件：mg＝ 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．(2014? 茂名一模)目前我国已发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/s D．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． (2014? 高考冲刺卷五)“嫦娥三号”探月卫星已于 2013 年年底在西昌卫星发 射中心发射，实现“落月”的阶段．已知月球绕地球做圆周运动的半径为 r1、 周期为 T1；“嫦娥三号”探月卫星绕月球做圆周运动的半径为 r2、周期为 T2. 引力常量为 G，不计周围其他天体的影响，下列说法正确的是( A．根据题目条件能求出“嫦娥三号”探月卫星的质量 B．根据题目条件能求出地球的密度 C．根据题目条件能求出地球与月球之间的引力 )3 3 r1 r2 D．根据题目条件可得出T2＝T2 1 2 2 4 π Mm 解析 由 G r2 ＝m T2 r 可知只能求出中心天体的质量，因而可以求出地球和月球的质量， 而不能求出“嫦娥三号”探月卫星的质量， 选项 A 错误， C 正确； 由于地球的半径未知，因而不能求出地球的密度，选项 B 错误；由于“嫦娥三 r3 r3 1 2 号”探月卫星和月球做圆周运动的中心天体不同，因而T2＝T2不能成立，选项 1 2 D 错误． 答案 C10．(2014? 天津卷，3)研究表明，地球自转在逐渐变慢，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，未来 人类发射的地球同步卫星与现在的相比( A．距地面的高度变大 C．线速度变大 解析 )B．向心加速度变大D．角速度变大2π GMm 同步卫星的周期等于地球的自转周期， 根据 r2 ＝m( T )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 v2 GMm 道上运行，A 对．又由 r2 ＝m r ＝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 A图 1－3－9 11. 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 －3－9 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( gR A．地球的质量为 G π B．卫星运行的角速度为 2t )πR C．卫星运行的线速度为 2t 1 2 2 ?4gR t ?3 D．卫星距地面的高度为? π 2 ? ? ? 2 Mm gR 解析 由 G R2 ＝mg 得 M＝ G ，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°＝ π φ π 2 ，故卫星运行的角速度 ω＝ t ＝ 2t ，B 项正确；卫星运行的线速度 v＝ωr＝ π Mm (R＋h)，C 项错；由 G ＝mω2(R＋h)解得卫星距地面的高度 h＝ 2t （R＋h）2 1 2 2 ?4gR t ?3 ? π2 ? －R，D 项错误． ? ? 答案 B12．(2014? 漳州高三质检)随着航天技术的迅猛发展，不久的将来人们可实现太 空旅行的梦想．若发射一个太空旅行仓绕地球做匀速圆周运动，其轨道半径等 于地球半径的 2 倍，且小于地球同步卫星的轨道半径，则下列说法正确的是 ( )A．旅行仓运行的线速度大于 7.9 km/s B．旅行仓运行的周期小于地球同步卫星的周期 C．旅行仓的向心加速度等于地球表面重力加速度的一半 D．旅行仓中的游客会处于失重状态，游客不受重力 解析 第一宇宙速度为最大的运行速度，A 错误；半径小的卫星线速度、角速Mm Mm 度、加速度都大，而周期小，B 正确；牛顿第二定律 G r2 ＝ma，G R2 ＝mg， 旅行仓的向心加速度等于地球表面重力加速度的四分之一，C 错误；旅行仓中 的游客会处于失重状态，游客受重力提供向心力，D 错误． 答案 B1．对第一宇宙速度的三点提醒： (1)第一宇宙速度是人造卫星的最小发射速度， 卫星离地面越高， 卫星所需要的