1、专题二 重点知识一周回访考前第 7 天 力与物体的运动一、匀变速直线运动1匀变速直线运动的基本规律速度公式：vv 0at位移公式：x v 0t at212速度与位移关系公式：v 2v 2ax20位移与平均速度关系公式：x t tvv0 v22两个推论需牢记(1)在匀变速直线运动中，若质点在连续相等时间内的位移分别为x1、x 2、x 3、x n2 、x n1 、x n.x nx n1 aT 2，这是判断物体做匀变速直线运动的方法，也是计算加速度的一种方法其变形式为 a ，其中 m、n 是相等时间内位移段的序号xm xnm nT2(2)在匀变速直线运动中，位移中点的瞬时速度 vx/2 ，且无论是匀
2、加速v21 v22运动还是匀减速运动，总有 vx/2v t/2.【活学巧用】 在利用实验得到的纸带计算加速度时，可采用化小段为大段的方法，如图所示将 x1、x 2、x 3 合成为 d1，将 x4、x 5、x 6 合成为 d2，每段位移对应时间为 3T，则a .d2 d13T23初速度为零很特殊(1)时间等分点：各时刻的速度之比为 123各时刻的总位移大小之比为 122 23 2各段时间内的位移大小之比为 135(2)位移等分点：各分点的速度大小之比为 1 2 3到达各分点的时间之比为 1 2 3通过各段位移的时间之比为 1( 1)( )2 3 2【活学巧用】 末速度为零的匀减速直线运动，可逆向
3、看成初速度为零的匀加速直线运动来处理4自由落体更简单(取 g10 m/s 2)(1)n 秒末速度 (m/s)：10,20,30 gt n；(2)n 秒末下落高度 (m)：5,20,45 gt ；12 2n(3)第 n 秒内下落高度 (m)：5,15,25 gt gt(n1)2 .12 2n 125上抛具有对称性(1)从某点上升到最高点的时间与从最高点下落到该点的时间相等：t 上 t 下 ；(2)上升时经过某点的速度与下落时经过该点的速度大小相等：v 上 v 下 ；(3)上升的最大高度 Hm .v202g【考前提醒】 在竖直上抛运动中，如果给定位移大小，要注意计算时间时的多解性二、力与共点力作用
4、下物体的平衡1摩擦分“静” 、 “动”计算摩擦力时，首先要判断是静摩擦力还是滑动摩擦力(1)静摩擦力要根据物体的运动状态，通过平衡条件、牛顿运动定律或动能定理求解；静摩擦力可在 0f m 范围内双( 多)向、全自动满足物体的运动状态需求，当超过最大静摩擦力 fm 后变为滑动摩擦力；(2)滑动摩擦力可通过Error!【临考必记】 滑动摩擦力总是与物体相对运动的方向相反；静摩擦力可以与物体运动方向相同、相反，还可能成任意角2物体平衡的条件(1)物体受共点力作用处于平衡状态(静止或匀速直线运动状态)的条件是物体所受合力为 0，即 F 合 0.(2)若在 x 轴或 y 轴上的力平衡，那么，这一方向的合
5、力为 0，即 Fx 合 0 或 Fy 合0.3垂直最小两个分力 F1 和 F2 的合力为 F，若已知合力( 或一个分力)的大小和方向，又知一个分力(或合力) 的方向，则另一个分力与已知方向不知大小的那个力垂直时有最小值4遇圆则相似动态变化中，如果结点或质点的运动轨迹是圆，且其中一个变力的方向总通过圆心正上(或下)方的某点，则力的矢量三角形一般与跟圆有关的几何三角形相似三、牛顿运动定律的应用1运动性质看 F 与 v0(1)直接由加速度 a 或合外力 F 是否恒定以及其与初速度 v0 的方向关系判断(2)由速度表达式判断，若满足Error!(3)由位移表达式判断，若满足Error!2典型加速度需牢
6、记(1)水平面上滑行加速度：ag；(2)沿光滑斜面下滑加速度：agsin .3飘起、滑动有临界(注意 或 的位置)4合力为零速度最大若物体所受外力为变力，物体做非匀变速直线运动，则速度最大时合力为零5超重、失重看加速度(1)当物体具有向上或斜向上的加速度时处于超重状态；(2)当物体具有向下或斜向下的加速度时处于失重状态；(3)当物体竖直向下的加速度等于重力加速度时处于完全失重状态【临考必记】 做自由落体运动、平抛运动的物体及绕地球运行的卫星中的物体，都处于完全失重状态四、运动的合成与分解1小船渡河须清楚设船在静水中的速度大小为 v1，水速为 v2，河宽为 d.(1)渡河时间最短：小船的渡河时间
7、仅由 v1 垂直于河岸的分量 v 决定，即 t，与水速 v2 无关，所以当小船船头垂直于河岸渡河时，渡河的时间最短，dv为 tmin .dv1(2)渡河位移最短：当 v1v 2 时，能渡到正对岸，渡河最短位移为河的宽度d；当 v1v 2 时，不能到达正对岸，当合速度与 v1 垂直时渡河位移最短，为v2d/v1.2绳端速度的分解(1)沿绳的方向速度相等；(2)应分解的是物体的实际速度，分解为沿绳方向的分速度和垂直绳方向的分速度，即物体的运动产生两个效果：使绳端沿绳的方向伸长或缩短；使绳端绕滑轮转动五、曲线运动1平抛运动重推论(1)两个分运动与合运动具有等时性，且 t ，由下降的高度决定，与初速度
8、2ygv0 无关；(2)做平抛运动的物体在任何两个时刻(或两个位置)的速度变化量为 vgt，方向恒为竖直向下，且在任意相等的时间内速度的变化量 v 均相同；(3)任意时刻的速度与水平方向的夹角 的正切值总等于该时刻的位移与水平方向的夹角 的正切值的 2 倍，即 tan 2tan ，如图所示任意时刻瞬时速度的反向延长线过此时水平位移的中点2传动问题找相等(1)轮轴传动：角速度相等(2)摩擦传动：包括皮带、齿轮(链条) 等，轮子边缘线速度相等3匀速圆周运动公式及性质(1)向心力公式：F m 2rm r4m 2f2r mv.mv2r 42T2(2)匀速圆周运动的性质匀速圆周运动中物体所受合外力一定提
9、供向心力，沿线速度方向的切向力一定为零；周期、角速度、频率恒定，加速度大小不变、方向时刻指向圆心，是变加速曲线运动4竖直平面内的圆周运动(1)轻绳模型：物体能做完整圆周运动的条件是在最高点 Fmg m mg，即v2Rv ，物体在最高点的最小速度为 ，在最低点的最小速度为 .gR gR 5gR(2)拱形桥模型：在最高点有 mgF mg；即 v ；在最高点，当 vmv2R gR时，物体将离开桥面做平抛运动gR(3)细杆和管形轨道模型：在最高点，速度大小 v 可取任意值在最高点，当 v时物体受到的弹力向下；当 v 时物体受到的弹力向上；当 v 时物gR gR gR体受到的弹力为零六、万有引力与航天1
10、随、绕要分开(1)地表物体随地球自转而做圆周运动，重力小于万有引力，mgG mR 2，重力加速度 g 随纬度的增大而增大MmR2(2)地球表面附近绕地球做圆周运动的卫星，重力等于万有引力(不受地球自转的影响)，即 G mg.MmR22解决万有引力问题的基本模式(1)环绕卫星的万有引力提供向心力，即 G ma m m 2rm r；Mmr2 v2r 42T2(2)星球表面上物体所受重力近似等于万有引力(忽略星球自转)，即G mg，g为星球表面的重力加速度，R 为星球的半径MmR23人造地球卫星的“大”与“小”人造地球卫星的向心力由万有引力提供，G ma m m 2rm r，即Mmr2 v2r 42
11、T2a 、v 、 、T 2 .所以人造卫GMr2 1r2 GMr 1r GMr3 1r3 2 r3GM r3星的轨道半径、线速度、加速度、角速度和周期是一一对应的，离地面高度越大，线速度、向心加速度、角速度越小，周期越大【临考必记】 卫星的轨道半径是卫星绕天体做圆周运动的圆轨道半径，所以rRh.当卫星贴近天体表面运动时，h0，可近似认为轨道半径等于天体半径4变轨需在远地点、近地点卫星由一个圆轨道变轨到另一个圆轨道，需经过椭圆轨道过渡，变轨操控必须在椭圆轨道的近地点和远地点进行在圆轨道与椭圆轨道的切点短时(瞬时)变速；升高轨道则加速，降低轨道则减速；升高(加速)后，机械能增大，动能减小，向心加速
12、度减小，周期增大降低(减速)后，机械能减小，动能增大，向心加速度增大，周期减小【临考必记】 卫星经过圆轨道与椭圆轨道相切的点(近地点、远地点)时速度不等，在较高轨道的速度总大于较低轨道的速度(这与圆轨道上“低大高小”恰好相反)，但向心加速度相等1(多选 )物体甲的 xt 图象和物体乙的 vt 图象分别如图所示，则这两物体的运动情况是( )A甲在 06 s 内做匀速直线运动，通过的总位移大小为 4 mB甲在 06 s 内做往复运动，通过的总位移为零C乙在 06 s 内做往复运动， 6 s 内的平均速度为零D乙在 06 s 内做匀变速直线运动，通过的总位移大小为 4 m解析：选 AC.xt 图线的
13、斜率的绝对值表示速率，为 m/s，物体甲做单方向的23匀速直线运动，6 s 内通过的位移为 4 m，A 对，B 错，vt 图线的斜率表示加速度，即物体乙 06 s 内做加速度大小不变的往复运动，06 s 内通过的总位移为零，即 6 s 内的平均速度为零，C 对、D 错2一辆汽车刹车后做匀变速直线运动直到停止，已知汽车在前一半时间内的平均速度为 ，则汽车在后一半时间内的平均速度为( )vA. B.14v 13vC. D.12v v解析：选 B.设汽车初速度为 v，减速时间为 t，则 时刻速度为 ，前一半时间内t2 v2的平均速度 ，后一半时间内的平均速度为 ，B 对vv v22 3v4 v4 v
14、33质量为 m 的体操运动员，双臂竖直悬吊在单杠下，当他如图所示增大双手间距离时( )A每只手臂的拉力将减小B每只手臂的拉力可能等于 mgC每只手臂的拉力一定小于 mgD两只手臂的拉力总是大小相等、方向相反解析：选 B.运动员两只手臂的拉力总是大小相等，但方向不是相反的，D 错；因人的重力一定，由力的合成与分解知识可知两只手臂的拉力随两只手间距离的增大而增大，当两只手臂间夹角为 120时，两只手臂的拉力大小等于人的重力大小，B 对，A、C 错4(多选 )如图所示，半圆形槽半径 R30 cm，质量 m1 kg 的小物块在沿半径方向的轻弹簧挤压下处于静止状态已知弹簧的劲度系数 k50 N/m，自由
15、长度L40 cm，一端固定在圆心 O 处，弹簧与竖直方向的夹角为 37.取 g10 m/s2， sin 370.6，cos 370.8.则( )A物块对槽的压力大小是 15 NB物块对槽的压力大小是 13 NC槽对物块的摩擦力大小是 6 ND槽对物块的摩擦力大小是 8 N解析：选 BC.物块受重力 mg、支持力 N、弹簧的推力 F、沿半圆形槽切线向上的静摩擦力 f，根据共点力平衡条件，切线方向上有 mgsin 37f，半径方向上有 Fmg cos 37N ，根据胡克定律，Fkx50 N/m(0.40.3)m5 N，解得 f6 N，N13 N，选项 B、C 正确5如图所示，质量为 m 的球置于倾
16、角为 的斜面上，被一个竖直挡板挡住，现用一个水平方向的力 F 拉斜面，使斜面在水平面上做加速度为 a 的匀加速直线运动，忽略一切摩擦，以下说法正确的是( )A若加速度足够小，竖直挡板对球的弹力可能为零B若加速度足够大，斜面对球的弹力可能为零C斜面和挡板对球的弹力的合力等于 maD斜面对球的弹力不仅有，而且是一个定值解析：选 D.对球进行受力分析：竖直向下的重力 mg、挡板对球水平向右的弹力N2 及斜面对球的弹力 N1，则由牛顿第二定律知三力的合力为 ma，C 错；而竖直方向有 N1cos mg，水平方向有 N2N 1sin ma，即 N1 为定值，mgcos N2mgtan ma，竖直挡板对球
17、的弹力随着加速度的减小而减小，但不可能为零，A、B 错，D 对6如图所示，在粗糙水平板上放一个物块，使水平板和物块一起在竖直平面内沿逆时针方向做匀速圆周运动，ab 为水平直径，cd 为竖直直径，在运动过程中木板始终保持水平，物块相对木板始终静止，则( )A物块始终受到三个力作用B只有在 a、b、c、d 四点，物块所受合外力才指向圆心C从 a 到 b，物块所受的摩擦力先增大后减小D从 b 到 a，物块处于超重状态解析：选 D.在 c、d 两点处，物块只受重力和支持力作用，在其他位置处物块受到重力、支持力、静摩擦力作用，选项 A 错误；物块做匀速圆周运动，合外力提供向心力，合外力始终指向圆心，选项
18、 B 错误；从 a 到 b，向心力的水平分量先减小后增大，所以摩擦力先减小后增大，选项 C 错误；从 b 到 a，向心加速度有向上的分量，物块处于超重状态，选项 D 正确7(多选 )“天宫二号 ”是中国即将发射的空间实验室如果空间实验室在发射中心发射升空，由长征运载火箭先送入近地点为 A、远地点为 B 的椭圆轨道上，B 点距离地面高度为 h，地球的中心位于椭圆轨道的一个焦点上空间实验室飞行几周后在 B 点进行变轨，进入预定圆轨道，如图所示如果已知空间实验室在预定圆轨道上飞行 n 圈所用时间为 t，引力常量为 G，地球半径为 R.则下列说法正确的是( )A空间实验室在椭圆轨道的 B 点的向心加速
19、度大于在预定圆轨道的 B 点的向心加速度B空间实验室从 A 点开始沿椭圆轨道向 B 点运动的过程中，机械能守恒C空间实验室从 A 点开始沿椭圆轨道向 B 点运动的过程中，动能先减小后增大D由题中给出的信息可以计算出地球的质量 MR h342n2Gt2解析：选 BD.在 B 点，由 ma 知，无论在哪个轨道上的 B 点，其向心加速GMmr2度相同，A 项错；空间实验室在椭圆轨道上运动时，其机械能守恒， B 项对；空间实验室从 A 点开始沿椭圆轨道向 B 运动过程中，动能一直减小，C 项错；对空间实验室在预定圆轨道上的运动过程，有 m (Rh)而 T ，故GMmR h2 42T2 tnM ，D 项
20、对R h342n2Gt28如图所示，水平地面上放置一个质量为 m 的物体，在与水平方向成 角、斜向右上方的拉力 F 的作用下沿水平地面运动物体与地面间的动摩擦因数为 ，重力加速度为 g.(1)若物体在拉力 F 的作用下能始终沿水平面向右运动，求拉力 F 的大小范围；(2)已知 m10 kg， 0.5，g10 m/s2，若物体以恒定加速度 a5 m/s2 向右做匀加速直线运动，求维持这一加速度的拉力 F 的最小值解析：(1)要使物体运动时不离开水平面，应有：Fsin mg要使物体能向右运动，应有：Fcos (mgF sin )解得： Fmgcos sin mgsin (2)根据牛顿第二定律得：F
21、cos (mgFsin )ma解得：Fmg macos sin Fmg ma1 2sin 其中 sin 11 2当 sin()1 时，F 有最小值解得：F minmg ma1 2代入数据可得：F min40 N5答案：见解析9某游乐场中有一供游客娱乐的设施，该设施左端有一长为 x14 m 的平直跑道，跑道的右端与一长为 x232 m 的传送带衔接，在距离传送带左端 x310 m处有一障碍物，已知传送带以大小为 1 m/s 的速度 v0 逆时针匀速转动，障碍物始终保持静止某游客从图中的位置开始由静止出发，向右以 a12 m/s2 的加速度做匀加速直线运动通过平直跑道，游客跑上传送带后以 a21
22、m/s2 的加速度继续向右跑，如果该游客在跨越障碍物时摔倒，经 t 2 s 后站起来，假设在这 2 s 的时间内游客与传送带间没有相对运动，游客站起后继续以 a21 m/s2 的加速度向右加速运动，并且跨越障碍物前后在传送带上保持 a21 m/s2 的加速度，然后一直跑到传送带的最右端求该游客从出发到到达传送带最右端所用的总时间解析：游客做匀加速直线运动通过平直跑道，则有x1 a1t12 21通过平直跑道的时间 t1 2 s2x1a1冲上传送带的初速度 v1a 1t14 m/s冲上传送带到到达障碍物的过程有 x3v 1t2 a2t12 2解得 t22 s设游客摔倒至爬起随传送带运动的距离为 L
23、，则Lv 0t1 2 m2 m游客从爬起到对地静止的过程有v 0a 2t3解得 t31 s设对地位移为 L1，则 L1 v0t3 a2t 0.5 m12 23游客向右加速冲刺过程有(LL 1)x 2x 3 a2t12 24解得 t47 s游客从出发到到达传送带最右端所用的总时间为t 总 t 1t 2tt 3t 414 s.答案：14 s考前第 6 天 功和能一、机械能1求功的途径(1)用定义式(WFlcos )求恒力功；(2)用动能定理 W mv mv 求功；12 2 12 21(3)用 Fl 图象所围的面积求功；(4)用平均力求功(力与位移呈线性关系，如弹簧的弹力)；(5)利用 WPt 求功
24、2机车启动类问题中的“临界点”(1)全程最大速度的临界点为：F 阻 .Pmvm(2)匀加速运动的最后点为 F 阻 ma；此时瞬时功率等于额定功率 P 额Pv1m(3)在匀加速过程中的某点有： F 阻 ma.P1v1(4)在变加速运动过程中的某点有： F 阻 ma 2.Pmv23重力势能Epmgh (h 是相对于零势能面的高度)4机械能守恒定律的三种表达方式(1)始末状态：mgh 1 mv mgh 2 mv .12 21 12 2(2)能量转化：E k(增) E p(减)(3)研究对象：E A EB.二、功能关系1常见功能关系做功 能量变化 功能关系重力做功 重力势能变化 Ep WGE p弹力做
25、功 弹性势能变化 Ep WFNE P合外力做功 W 合 动能变化 Ek W 合 E k除重力和弹力之外其他力做功W 其机械能变化 E W 其 E滑动摩擦力与介质阻力做功 Ffl相对系统内能变化 E内Ffl 相对 E 内电场力做功 WABqU AB 电势能变化 Ep WAB Ep电流做功 WUIt 电能变化 E WE2.传送带上摩擦生热传送带以恒定速度运行，小物体无初速度地放上传送带，达到共同速度过程中，相对滑动距离等于小物体对地位移，摩擦生热等于小物体获得的动能Error!1(多选 )一滑块放在水平面上，从 t0 时刻开始对滑块施加一水平方向的恒力F，使滑块由静止开始运动，恒力 F 作用的时间
26、为 t1，如图所示为滑块在整个过程中的速度随时间的变化规律，且图线的倾角 .若 0t 1 时间内恒力 F 做的功以及滑块克服摩擦力做的功分别为 W 和 W1、恒力 F 做功的平均功率以及滑块克服摩擦力做功的平均功率分别为 P 和 P1，t 1t 2 时间内滑块克服摩擦力做的功与克服摩擦力做功的平均功率分别为 W2、P 2.则下列关系式正确的是( )AW W1 W2 BW 1W 2CPP 1P 2 DP 1 P2解析：选 ACD.对于整个过程，由动能定理可知 WW 1W 20，故WW 1W 2，A 正确；由题图可知，加速过程的位移大于减速过程的位移，因摩擦力不变，故加速时摩擦力做的功大于减速时克
27、服摩擦力做的功，B 错误；根据匀变速直线运动的规律可知加速和减速过程中的平均速度相等，故由 PF v可知，克服摩擦力做功的平均功率相等，故 P1P 2，D 正确；由功率关系可知WPt 1P 1t1P 2t2，所以 PP 1P 2 ，又 1，则 PP 1P 2，C 正确t2t1 t2t12在女子排球比赛中，假设运动员某次发球后排球恰好从网上边缘过网女子排球网网高 H2.24 m，排球质量为 m300 g，运动员对排球做的功为 W120 J，排球从发出至运动到网上边缘的过程中克服空气阻力做功为 W24.12 J，重力加速度 g10 m/s 2.排球发出时的位置高度 h2.04 m，选地面为零势能面
28、，则( )A与排球发出时相比，排球恰好到达球网上边缘时重力势能的增加量为 6.72 JB排球恰好到达球网上边缘时的机械能为 26.12 JC排球恰好到达球网上边缘时的动能为 15.88 JD与排球发出时相比，排球恰好到达球网上边缘时动能的减少量为 4.72 J解析：选 D.与排球发出时相比，排球恰好到达球网上边缘时重力势能的增加量为 mg(Hh)0.6 J，A 错误；排球恰好到达球网上边缘时的机械能为mghW 1W 222 J，B 错误；排球恰好到达球网上边缘时的动能为W1W 2mg (Hh)15.28 J，C 错误；与排球发出时相比，排球恰好到达球网上边缘时动能的减少量为 W2mg(Hh)4
29、.72 J，D 正确3如图所示，滑块 A、B 的质量均为 m，A 套在固定竖直杆上，A、B 通过转轴用长度为 L 的刚性轻杆连接，B 放在水平面上并靠着竖直杆，A 、B 均静止由于微小的扰动，B 开始沿水平面向右运动不计一切摩擦，滑块 A、B 视为质点在 A 下滑的过程中，下列说法中正确的是( )AA、 B 组成的系统机械能不守恒B在 A 落地之前轻杆对 B 一直做正功CA 运动到最低点时的速度为 2gLD当 A 的机械能最小时，B 对水平面的压力大小为 2mg解析：选 C.因为不计一切摩擦，所以 A、B 组成的系统机械能守恒，A 错误；A开始下落时轻杆对 B 做正功，B 的机械能增大，A 的
30、机械能减小，当轻杆的弹力为零时，A 的机械能最小，此时 B 对地面的压力大小为 mg，然后轻杆对 B 做负功，B 的机械能减小，A 的机械能增大，B、D 错误；当 A 运动到最低点时，B的速度为零，设 A 的速度为 v，则根据机械能守恒定律可得： mgL mv2，v12， C 正确2gL4(多选 )如图甲所示，一倾角为 37的传送带以恒定速度运行现将一质量m1 kg 的物体抛上传送带，物体相对地面的速度随时间变化的关系如图乙所示，取沿传送带向上为正方向，g 取 10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8.则下列说法正确的是( )A08 s 内物体位移的大小是 18 mB0 8 s
31、内物体机械能增量是 90 JC0 8 s 内物体机械能增量是 84 JD08 s 内物体与传送带摩擦产生的热量是 126 J解析：选 BD.从题图乙求出 08 s 内物体位移的大小 s14 m，A 错误；08 s内，物体上升的高度 hssin 8.4 m，物体机械能增量 E EpE k90 J，B 正确，C 错误；0 6 s 内物体的加速度 agcos gsin 1 m/s2，得 ，传送带速度大小为 4 m/s，s 18 m，08 s 内物体与传送带摩擦产生的热量78Qmgcos s126 J， D 正确5如图所示，质量 M2 kg、长 L2 m 的长木板静止放置在光滑水平面上，在其左端放置一
32、质量 m1 kg 的小木块(可视为质点)先相对静止，然后用一水平向右、F4 N 的力作用在小木块上，经过时间 t 2 s，小木块从长木板另一端滑出，g 取 10 m/s2，则( )A小木块与长木板之间的动摩擦因数为 0.1B在整个运动过程中由于摩擦产生的热量为 8 JC小木块脱离长木板的瞬间，拉力 F 的功率为 16 WD长木板在运动过程中获得的机械能为 16 J解析：选 C.小木块的加速度为 a1 ，木板的加速度为 a2 ，脱离时F mgm mgM小木块的位移 x1 a1t2，木板的位移 x2 a2t2，则由 Lx 1x 2，结合以上式子12 12知小木块与长木板之间的动摩擦因数为 0.2，
33、故选项 A 错误；整个运动过程中由于摩擦产生的热量为 QmgL0.21102 J4 J，故选项 B 错误；小木块脱离长木板的瞬间 v1a 1t22 m/s4 m/s，功率 PFv 144 W16 W，故选项 C 正确；长木板在运动过程中获得的机械能为 E Mv M(a2t)2，结合12 2 12A 项知 E4 J，故选项 D 错误6(多选 )如图所示，光滑轨道 ABCD 是大型游乐设施过山车轨道的简化模型，最低点 B 处的入、出口靠近但相互错开，C 是半径为 R 的圆形轨道的最高点，BD 部分水平，末端 D 点与右端足够长的水平传送带无缝连接，传送带以恒定速度 v 逆时针转动，现将一质量为 m
34、 的小滑块从轨道 AB 上某一固定位置 A 由静止释放，滑块能通过 C 点后再经 D 点滑上传送带，则 ( )A固定位置 A 到 B 点的竖直高度可能为 2RB滑块在传送带上向右运动的最大距离与传送带速度 v 有关C滑块可能重新回到出发点 A 处D传送带速度 v 越大，滑块与传送带摩擦产生的热量越多解析：选 CD.设 AB 的高度为 h，假设物块从 A 点下滑刚好通过最高点 C，则此时应该是从 A 下滑的高度的最小值，刚好通过最高点时，由重力提供向心力，则：mg ，解得 vC ，从 A 到 C 根据动能定理：mg(h2R)mv2CR gR mv 0，整理得到：h2.5R，故选项 A 错误；从
35、A 到最终停止，根据动能12 2C定理得：mghmgx0，可以得到 x ，可以看出滑块在传送带上向右运动的h最大距离与传送带速度 v 无关，与高度 h 有关，故选项 B 错误；物块在传送带上先做减速运动，可能反向做加速运动，如果再次到达 D 点时速度大小不变，则根据能量守恒，可以再次回到 A 点，故选项 C 正确；滑块与传送带之间产生的热量 Qmg x 相对 ，当传送带的速度越大，则在相同时间内二者相对位移越大，则产生的热量越多，故选项 D 正确7如图所示，光滑曲面 AB 与水平面 BC 平滑连接于 B 点，BC 右端连接内壁光滑、半径为 r0.4 m 的四分之一细圆管 CD，管口 D 端正下
36、方直立一根劲度系数为 k25 N/m 的轻弹簧，轻弹簧下端固定，上端恰好与管口 D 端齐平质量为 m1 kg 的小球在曲面上距 BC 的高度为 h0.8 m 处从静止开始下滑，进入管口 C 端时与管壁间恰好无作用力，通过 CD 后压缩弹簧已知弹簧的弹性势能表达式为 Ep kx2，x 为弹簧的形变量，小球与 BC 间的动摩擦因数 0.5，12取 g10 m/s 2.求：(1)小球达到 B 点时的速度大小 vB；(2)水平面 BC 的长度 s；(3)在压缩弹簧过程中小球的最大速度 vm.解析：(1)由机械能守恒得：mgh mv12 2B解得：v B 4 m/s2gh(2)由 mgmv2Cr得 vC
37、 2 m/sgr由动能定理得：mghmgs mv12 2C解得：s1.2 m(3)设在压缩弹簧过程中小球速度最大时离 D 端的距离为 x，则有：kx mg得：x 0.4 mmgk由功能关系得：mg(rx ) kx2 mv mv12 12 2m 12 2C解得：v m4 m/s答案：(1)4 m/s (2)1.2 m (3)4 m/s8如图所示，竖直平面内，水平光滑轨道 CD 与两个半径相同的半圆轨道分别相切于 D、C，在 A 点某人将质量为 m0.1 kg 的小球以一定初速度水平弹出，小球沿水平轨道 AB 滑行并从 B 点水平飞离，小球与水平轨道 CD 碰撞(碰撞过程小球无机械能损失)两次后恰
38、好到达半圆轨道的 E 点，在 E 点小球对轨道的压力为 N，已知小球与 AB 间的动摩擦因数 0.1 ，AB 长 s10 m，水平轨道169CD 长 l12 m，小球每次与水平轨道碰撞时间为 t210 3 s，碰撞时水平速度不变，竖直速度反向，取重力加速度 g10 m/s 2，求：(1)半圆轨道的半径 R；(2)人对小球所做的功 W0；(3)碰撞过程中，水平轨道对小球的平均作用力大小解析：(1)由题知小球从 B 到 E，水平方向做匀速运动，故 vBv E在 E 点，由牛顿第二定律知 mgNm v2ER因小球与 CD 碰撞两次，由平抛运动规律知水平方向： v Etl4竖直方向：2R gt212联
39、立并代入数值得 R0.9 m.(2)从 A 到 B 由动能定理知 mgsE kA mv12 2B由功能关系知人对小球所做的功W0E kA解得 W02.25 J.(3)小球在碰撞时竖直方向速度变化量vy2 gt产生的加速度 avyt由牛顿第二定律知 mgmaF解得 601 N.F答案：(1)0.9 m (2)2.25 J (3)601 N9如图所示，长为 L 的细线一端固定在 O 点，另一端拴一质量为 m 的小球已知小球在最高点 A 时受到细线的拉力刚好等于小球自身的重力， O 点到水平地面的距离为 H(H L)，重力加速度为 g.(1)求小球通过最高点 A 时的速度大小；(2)求小球通过最低点
40、 B 时，细线对小球的拉力；(3)若小球运动到最高点 A 时细线断裂或小球运动到最低点 B 时细线断裂，两种情况下小球落在水平地面上的位置到 C 点(C 点为地面上的点，位于 A 点正下方)的距离相等，则 L 和 H 应满足什么关系？解析：(1)设小球运动到最高点 A 时的速度大小为 vA，则由合力提供向心力可得：2mgm ，解得：v A .v2AL 2gL(2)设小球运动到 B 点时的速度大小为 vB，则由机械能守恒定律可得：mg2L mv mv ，解得：v B12 2A 12 2B 6gL设小球运动到 B 点时，细线对小球的拉力大小为 FT，则有：F Tmgm ，解v2BL得：F T7mg
41、 .(3)若小球运动到 A 点时细线断裂，则小球从最高点 A 开始做平抛运动，有：xv AtA，HL gt12 2A若小球运动到 B 点时细线断裂，则小球从最低点 B 开始做平抛运动，有：xv BtB，HL gt12 2B联立解得：L .H2答案：(1) (2)7mg (3) L2gLH2考前第 5 天 电场和磁场一、概念公式1库仑定律FkQ1Q2r22电场强度的表达式(1)定义式：EFq(2)计算式：EkQr2(3)匀强电场中：EUd3电势差和电势的关系UAB A B或 UBA B A4电场力做功的计算(1)普适：WqU(2)匀强电场：WEdq5电容的定义式C QU QU6平行板电容器的决定
42、式CrS4kd7磁感应强度的定义式BFIL8安培力大小FBIL(B、I、L 相互垂直 )9洛伦兹力的大小FqvB10带电粒子在匀强磁场中的运动(1)洛伦兹力充当向心力，qvBmr 2m mr 4 2mrf2ma.v2r 42T2(2)圆周运动的半径 r 、周期 T .mvqB 2mqB二、静电场与带电粒子在电场中的运动1两同夹异、两大夹小三个自由点电荷，只在彼此间库仑力作用下而平衡，则(1)三点共线：三个点电荷必在同一直线上；(2)两同夹异：两侧电荷电性相同，中间电荷电性与两侧电荷电性相反；(3)两大夹小：两侧电荷电荷量都比中间电荷电荷量大；(4)近小远大：中间电荷靠近两侧中电荷量较小的电荷，
43、如图所示，若 l1l 2，则q1q 3；(5)电荷量之比(如图所示)：q1q2q3 21 2.(l1 l2l2 ) (l1 l2l1 )2电场力做功与电荷的移动电势能变化与电场力做功对应，电场力做的功等于电势能变化量的负值，即 W 电E p.3带电粒子在电场中的加速与偏转(1)加速：qU 1 mv .12 20(2)偏转：带电粒子以速度 v0 沿轴线垂直偏转电场方向射入离开电场时的偏移量：y at2 .12 qL2U22mv20d U2L24U1d离开电场时速度偏向角的正切值：tan .vyv0 qU2Lmv20d U2L2U1d【临考必记】 带电性质相同，其他量不同的带电粒子从静止经过同一加
44、速电场加速后进入同一偏转电场，则射出偏转电场时具有相同的偏移量 y 和速度偏向角，即打在荧光屏上同一点4荧光屏上的偏移量 y0粒子飞出偏转电场时，速度的反向延长线过在偏转电场中水平位移的中点荧光屏上的偏移量 y0 tan ，y 0 y.(D L2) L 2DL三、磁场与带电粒子在磁场中的运动1安培力的计算用 FBIl 计算安培力时，l 为导体的有效长度2带电粒子的半径和周期带电粒子垂直进入磁场，在磁场中做匀速圆周运动：R ，T (周期与速mvqB 2mqB率无关)3带电粒子在匀强磁场中做圆周运动的分析方法(1)定圆心：几何方法确定圆心两点速度垂线的交点；一个速度的垂线与弦的中垂线的交点(2)求
45、半径几何方法：由(1)中所作几何图形解三角形；物理方法：由 qvB 得 R .mv2R mvqB(3)求圆心角两个半径的夹角；两个速度的夹角，即速度的偏向角；弦切角的两倍【临考必记】 (1)带电粒子在匀强磁场中做圆周运动的时间 t T，其中 为2轨迹对应的圆心角(2)洛伦兹力永不做功4几种常见磁应用(1)速度选择器如下图所示，当带电粒子进入电场和磁场共存空间时，同时受到电场力和洛伦兹力作用，F 电 Eq，F 洛 Bqv0，若 EqBqv 0，有 v0 .即能从 S2 孔飞出的粒子EB只有一种速度，而与粒子的质量、电性、电量无关(2)电磁流量计如图所示，一圆形导管直径为 d，用非磁性材料制成，其
46、中有可以导电的液体向左流动，导电流体中的自由电荷(正负离子)在洛伦兹力作用下横向偏转，a、b 间出现电势差当自由电荷所受电场力和洛伦兹力平衡时，a、b 间的电势差就保持稳定由 qvBqE qUd可得 vUBd流量 QSv .d24 UBd dU4B(3)磁流体发电机如图是磁流体发电机，等离子气体喷入磁场，正、负离子在洛伦兹力作用下发生上下偏转而聚集到 A、B 板上，产生电势差，设 A、B 平行金属板的面积为 S，相距为 L，等离子气体的电阻率为 ，喷入气体速度为 v，板间磁场的磁感应强度为 B，板外电阻为 R，当等离子气体匀速通过 A、B 板间时，板间电势差最大，离子受力平衡：qE 场 qvB，E 场 vB，电动势 EE 场 LBLv，电源内电阻r ，故 R 中的电流 I .LS ER r BLvR LS BLvSRS L(4)霍尔效应如图所示，厚度为 h，宽度为 d 的导体板放在垂直于磁感应强度为 B 的匀强磁场中，当电流流过导体板时，在导体板上下侧面间会产生电势差，U k (k 为霍IBd尔系数)(5)回旋加速器如图所示，是两个 D 形金属盒之间留有一个很小的缝隙，有很强的磁场垂直穿过 D 形金属盒D 形金属盒缝隙中存在交变的电场带电粒子在缝隙的电场中被加速，然后进入磁场做半
