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1、 版權所有轉(zhuǎn)載必究第一講 運動和力的關系【命題趨向】1 物體的運動：是歷年高考的重點、難點和熱點，它不僅涉及力學中的受力分析和牛頓定律的應用、一般曲線運動、平拋運動、圓周運動等，還常常涉及帶電粒子在電場、磁場和復合場中的運動問題。近幾年高考題中，既有對速度、位移、加速度的矢量性考查的選擇題及應用曲線運動的條件、曲線運動的動力學規(guī)律進行判斷的選擇題，也有應用勻變速運動的規(guī)律和牛頓定律的計算題，還有帶電粒子在電磁場運動的綜合計算題，今后這部分的考查更趨向于對考生分析問題、應用知識能力的考查。2 牛頓運動定律：總結近幾年高考的命題趨勢，一是力和運動的綜合題，重點考查綜合運用知識折能力，如為使物體變?yōu)?/p>

2、某一運動狀態(tài)，應選擇怎樣的施力方案；二是聯(lián)系實際，以實際問題為背景命題，如彈簧問題、傳送帶問題、傳感器問題、超重失重問題、同步衛(wèi)星問題等。這類問題不僅能考查考生從材料、信息中獲得有用信息的能力，把實際問題轉(zhuǎn)化成物理問題的能力?！究键c透視】1 勻變速直線運動的重要關系式： （1）一個定義式：加速度的定義式 （2）二個基本公式： （3）三個結論： 一個特征：，做勻變速直線運動的物體在相鄰相等時間間隔內(nèi)位移差相等。 二個中點公式：時間中點 位移中點 二個比例式：初速度為零的勻加速直線運動在連續(xù)相等時間內(nèi)的位移之比 初速度為零的勻加速直線運動在連續(xù)相等位移內(nèi)的時間之比2 圓周運動：向心力公式3 平拋運

3、動：水平方向 位移 速度 豎直方向 位移 速度 4 解決共點力平衡問題的基本思路：對研究對象進行受力分析，力合成或力分解，列平衡方程。5 牛頓運動定律： （1）牛頓第一定律（慣性定律）： （2）牛頓第二定律： 三個特性的理解 （3）牛頓第二定律：6 天體運動： 兩個基本方程 （1）萬有引力提供天體做圓周運動的向心力 （2）對天體表面物體，萬有引力等于重力 【例題解析】類型一：動力學解題的兩種基本類型題型特點：此類題目一般為中等難度題，題目都是選取一個具體的物理過程，創(chuàng)設一定的物理情景，按照一定的程序進行解題，考查對運動學和動力學基本原理的掌握情況。解題策略：這類題目較基礎，解題時總是要按照一定

4、的程序找出解題的一個突破點，進行受力分析，弄清楚動力學問題的關鍵是牛頓第二定律，聯(lián)系運動學和動力學的焦點是加速度。例1小明家剛買車的第一天，小明的爸爸駕車拐彎時，發(fā)現(xiàn)前面是一個上坡。一個小孩追逐一個皮球突然跑到車前。小明的爸爸急剎車，車輪與地面在馬路上劃出一道長12m的黑帶后停住。幸好沒有撞著小孩！小孩若無其事地跑開了。路邊一個交通警察目睹了全過程，遞過來一張超速罰款單，并指出最高限速是60km/h。小明對當時的情況進行了調(diào)查：估計路面與水平面的夾角為15；查課本可知輪胎與路面的動摩擦因數(shù)；從汽車說明書上查出該汽車的質(zhì)量是1570kg，小明的爸爸體重是60kg；目擊者告訴小明小孩重30kg，并

5、用30s的時間跑過了46m寬的馬路。又知cos15=09659，sin15=02588。根據(jù)以上信息，你能否用學過的知識到法庭為小明的爸爸做無過失辯護？（取g=98m/s2）解析：能進行無過失辯護。對汽車整體分析由牛頓第二定律得，2009031820080827，又 所以代入數(shù)據(jù)得a=822m/s2剎車可以認為是勻減速過程，末速度為零根據(jù)，得：，故不超速?！痉椒c撥】：動力學解題的兩種基本類型：（1）已知物體運動情況求受力情況；（2）已知物體受力情況求運動情況；而解答這兩類問題的關鍵是分析清楚物體的受力情況和運動情況，弄清所給的物理情景，加速度是動力學和運動學公式之間聯(lián)系的橋梁?！咀兪接柧?】

6、如圖所示，長L=75cm的靜止直筒中有一不計大小的小球，筒與球的總質(zhì)量為4kg，現(xiàn)對筒施加一豎直向下、大小為21N的恒力，使筒豎直向下運動，經(jīng)t=0.5s時間，小球恰好躍出筒口，求小球的質(zhì)量。 （取g=10m/s2）類型二：圖象的理解和應用題型特點：此類題目一般為中等難度題，題目都是要從圖像中去獲取一定信息用于解題，這類圖像一般有兩種，一是運動圖像（如速度圖像），二是力隨時間變化的圖像?？疾閷\動和力的關系的同時還考查學生的綜合運用知識的能力。解題策略：這類題目較基礎，解題時要充分讀懂圖像中的信息，然后與受力分析相結合，把相關的信息用到動力學問題問題中進行解題。例2總質(zhì)量為80kg的跳傘運動員

7、從離地500m的直升機上跳下，經(jīng)過2s拉開繩索開啟降落傘，如圖所示是跳傘過程中的圖，試根據(jù)圖像求：（g取10m/s2）（1）t1s時運動員的加速度和所受阻力的大小。（2）估算14s內(nèi)運動員下落的高度及克服阻力做的功。（3）估算運動員從飛機上跳下到著地的總時間。解析：（1）從圖中可以看出，在t2s內(nèi)運動員做勻加速運動，其加速度大小為m/s2=8m/s2設此過程中運動員受到的阻力大小為f，根據(jù)牛頓第二定律，有得80(108)N160N （2）從圖中估算得出運動員在14s內(nèi)下落了39522m158根據(jù)動能定理，有所以有（80101588062）J125105J （3）14s后運動員做勻速運動的時間為

8、s57s運動員從飛機上跳下到著地需要的總時間t總tt（1457）s71s【方法點撥】此題是一道給出一個運動圖像的問題，但從圖像可以看出，物體是做非勻變速運動，解題時須要一定的綜合分析能力，從非勻變速運動圖像中獲取對解題有用的信息來。 【變式訓練2】某探究性學習小組對一輛自制小遙控車的性能進行研究。他們讓這輛小車在水平地面上由靜止開始運動，并將小車運動的全過程記錄下來，通過數(shù)據(jù)處理得到如圖所示的vt圖像，已知小車0ts內(nèi)做勻加速直線運動；ts10s內(nèi)小車牽引力的功率保持不變，且7s10s為勻速直線運動；在10s末停止遙控讓小車自由滑行，小車質(zhì)量m=1kg， 整個過程中小車受到的阻力f大小不變。求

9、： （1）小車所受阻力f的大小 （2）在ts10s內(nèi)小車牽引力的功率P； （3）小車在加速運動過程中的總位移s。類型三：傳送帶問題題型特點：此類題目的難度可變性大，一般與摩擦力相聯(lián)系，還能往能量問題方面延伸，最主要的是摩擦力與相對運動的情況相關，摩擦力的情形比較復雜?？疾閷φ麄€力學知識和綜合分析能力情況的熱點問題。解題策略：這類題目一般都是較難題，解題時要一定要分析清楚摩擦力是動力還是阻力，摩擦力的種類和方向，還要對運動和力的關系以及物理過程的程序要理順，才能有清晰的解題思路。例3圖示為倉庫中常用的皮帶傳輸裝置示意圖，它由兩臺皮帶傳送機組成，一臺水平傳送，A、B 兩端相距3m ，另一臺傾斜，傳

10、送帶與地面的傾角= 37, C、D 兩端相距4.45m , B、C相距很近水平部分AB 以5m/s的速率順時針轉(zhuǎn)動將質(zhì)量為10 kg 的一袋大米放在A 端，到達B 端后，速度大小不變地傳到傾斜的CD 部分，米袋與傳送帶間的動摩擦因數(shù)均為0.5.試求： （1）若CD 部分傳送帶不運轉(zhuǎn)，求米袋沿傳送帶所能上升的最大距離 （2）若要米袋能被送到D 端，求CD 部分順時針運轉(zhuǎn)的速度應滿足的條件及米袋從C 端到D 端所用時間的取值范圍解析：（1）米袋在AB上加速時的加速度 米袋的速度達到時，滑行的距離，因此米袋在到達B點之前就有了與傳送帶相同的速度 設米袋在CD上運動的加速度大小為a，由牛頓第二定律得

11、代入數(shù)據(jù)得 20090318所以能滑上的最大距離 （2）設CD部分運轉(zhuǎn)速度為時米袋恰能到達D點(即米袋到達D點時速度恰好為零)，則米袋速度減為之前的加速度為 米袋速度小于至減為零前的加速度為 由 解得 ，即要把米袋送到D點，CD部分的速度 米袋恰能運到D點所用時間最長為 若CD部分傳送帶的速度較大，使米袋沿CD上滑時所受摩擦力一直沿皮帶向上，則所用時間最短，此種情況米袋加速度一直為。由 所以，所求的時間t的范圍為 【方法點撥】解答這類題的關鍵是分析摩擦力的方向及向上和向下的條件。從本題可以得到三點啟示：（1）解答“運動和力”問題的關鍵是分析清楚物體的受力情況和運動情況，弄清所給的物理情景。加速

12、度是動力學和運動學公式之間聯(lián)系的橋梁。（2）審題時應注意對題給條件作必要的定性分析和半定量分析；（3）滑動摩擦力的方向并不總是阻礙物體的運動，而是阻礙物體間的相對運動，它可能是阻力，也可能是動力?！咀兪接柧?】如圖所示，質(zhì)量M=8 kg的小車放在水平光滑的平面上，在小車左端加一水平恒力F，F(xiàn)=8 N，當小車向右運動的速度達到1.5 m/s時，在小車前端輕輕地放上一個大小不計，質(zhì)量為m=2 kg的小物塊，物塊與小車間的動摩擦因數(shù)=0.2，小車足夠長求（1）小物塊放后，小物塊及小車的加速度各為多大？（2）經(jīng)多長時間兩者達到相同的速度？（3）從小物塊放上小車開始，經(jīng)過t=1.5 s小物塊通過的位移大

13、小為多少？(取g=l0 m/s2) 類型四：曲線運動問題題型特點：此類題目一般難度比較大，聯(lián)系比較廣，要特別注意一些效果力（如向心力、回復力）的問題和運動軌跡的分析?？疾閷Χ鄠€知識點的綜合能力的情況。解題策略：這類題目解題時要充分做好受力情況分析和運動情況分析，從運動情況看曲線運動問題主要有圓周運動、平拋運動和運動的合成分解；從受力情況看除要注意效果力外，還與超重、失重等問題相聯(lián)系。例4如圖所示，半徑R=0.80m的光滑圓弧軌道豎直固定，過最低點的半徑OC處于豎直位置其右方有底面半徑r=0.2m的轉(zhuǎn)筒，轉(zhuǎn)筒頂端與C等高，下部有一小孔，距頂端h=0.8m轉(zhuǎn)筒的軸線與圓弧軌道在同一豎直平面內(nèi)，開始

14、時小孔也在這一平面內(nèi)的圖示位置今讓一質(zhì)量m=0.1kg的小物塊自A點由靜止開始下落后打在圓弧軌道上的B點，但未反彈，在瞬問碰撞過程中，小物塊沿半徑方向的分速度立刻減為0，而沿切線方向的分速度不變此后，小物塊沿圓弧軌道滑下，到達C點時觸動光電裝置，使轉(zhuǎn)筒立刻以某一角速度勻速轉(zhuǎn)動起來，且小物塊最終正好進入小孔已知A、B到圓心O的距離均為R，與水平方向的夾角均為=30，不計空氣阻力，g取l0m/s2求： （1）小物塊到達C點時對軌道的壓力大小FC ； （2）轉(zhuǎn)筒軸線距C點的距離L； （3）轉(zhuǎn)筒轉(zhuǎn)動的角速度解析：（1）小物塊由AB：2mgRsin30=mvB2/2 vB=4m/s 碰撞后瞬間小物塊速度

15、 vB= vBcos30=2m/s 小物塊由BC：mgR(1-sin30)=mvC2/2-m vB2/2vC=m/s 小物塊在C點 ： F-mg=mvC2/R F=3.5N 所以由牛頓第三定律知，小物塊對軌道壓力的大小FC=3.5N （2）小球由C到小孔做平拋運動h=gt2/2 t=0.4s 所以L=vCt+r=(0.8+0.2)m （3）=2n/t=5nrad/s 【方法點撥】（1）平拋運動是最簡單最基本的合運動，處理的方法是分解為水平方向的勻速直線運動和豎直方向的勻變速直線運動，加速度等于重力加速度。我們也可以將此思想應用于只受重力或恒力的曲線運動（類平拋運動）。（2）對做圓周運動的物體，

16、關鍵在于明確向心力的來源，然后根據(jù)牛頓運動定律列方程求解?！咀兪接柧?】有兩個完全相同的小滑塊A和B，A沿光滑水平面以速度v0與靜止在平面邊緣O點的B發(fā)生正碰，碰撞中無機械能損失。碰后B運動的軌跡為OD曲線，如圖所示。 （1）已知滑塊質(zhì)量為m,碰撞時間為，求碰撞過程中A對B平均沖力的大小。 （2）為了研究物體從光滑拋物線軌道頂端無初速下滑的運動，特制做一個與B平拋軌 道完全相同的光滑軌道，并將該軌道固定在與OD曲線重合的位置，讓A沿該軌 道無初速下滑（經(jīng)分析，A下滑過程中不會脫離軌道）。a分析A沿軌道下滑到任意一點的動量與B 平拋經(jīng)過該點的動量的大小關系;b在OD曲線上有一M點，O和M兩點連線

17、與 豎直方向的夾角為45。求A通過M點時的 水平分速度和豎直分速度。類型五：多過程運動的問題分析和公式的選擇題型特點：此類題目一般難度不太大但比較繁雜，往往包含有多個過程和每個過程有不同的特點，以及不同特點的問題須要選擇不同的解題原理?？疾榫C合處理問題的能力。解題策略：這類題目雖然較繁雜，解題時要注意每個過程或按照某個特點一定能列出一個方程，然后注意對比一下方程個數(shù)和未知量的個數(shù)，確定是否可解，就能通過解方程組求解問題。例5如圖15所示，可視為質(zhì)點的三物塊A、B、C放在傾角為30的固定絕緣長斜面上，物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)，A與B緊靠在一起，C緊靠在固定擋板上，三物塊的質(zhì)量分別為mA=0.80

18、kg、mB=0.64kg、mC=0.50kg，其中A不帶電，B、C的帶電量分別為qB=+4.00105C、qC=+2.00105C、且保持不變，開始時三個物塊均能保持靜止且與斜面間均無摩擦力作用，現(xiàn)給A施加一平行于斜面向上的力F，使A在斜面上作加速度a=1.5m/s2的勻加速直線運動，經(jīng)過時間t0，力F變?yōu)楹懔?，當A運動到斜面頂端時撤去力F。已知靜電力常量k=9.0109Nm2/C2，g=10m/s2。求： （1）未施加力F時物塊B、C間的距離； （2）t0時間內(nèi)A上滑的距離； （3）t0時間內(nèi)F和庫侖力對A、B兩物塊做的總功。解析：（1）A、B、C處于靜止狀態(tài)時，設B、C間距離為L1，則C對

19、B的庫侖斥 力以A、B為研究對象，根據(jù)力的平衡， 聯(lián)立解得：L1=1.0m （2）設A施加力F后，A、B沿斜面向上做勻直線運動，C對B的庫侖斥力逐漸減小， A、B之間的彈力也逐漸減小。經(jīng)過時間t0，B、C間距離設為L2，A、B兩者間彈力減 小到零，此后兩者分離，力F變?yōu)楹懔Γ瑒tt0時刻C對B的庫侖斥力為以B為研究對象，由牛頓第二定律有聯(lián)立解得L2=12m則t0時間內(nèi)A上滑的距離L= L2L1=02m （3）設在t0時間內(nèi)，末速度為v1，力F和庫侖力對A、B物塊做的功為W1，由動能定 理有 而由式解得：W1=225J 【方法點撥】對于多過程問題要分清它包含哪幾個過程，每個過程的特點及適用規(guī)律，前

20、后過程之間的聯(lián)系，然后列方程求解。 【變式訓練5】如圖所示，固定的凹槽水平表面光滑，其內(nèi)放置U形滑板N，滑板兩端為半徑R=0.45 m的1/4圓弧而，A和D分別是圓弧的端點，BC段表面粗糙，其余段表面光滑，小滑塊P1和P2的質(zhì)量均為m，滑板的質(zhì)量M=4 m.P1和P2與BC面的動摩擦因數(shù)分別為和，最大靜摩擦力近似等于滑動摩擦力，開始時滑板緊靠槽的左端，P2靜止在粗糙面的B點，P1以v0=4.0 m/s的初速度從A點沿弧面自由滑下，與P2發(fā)生彈性碰撞后，P1處在粗糙面B點上，當P2滑到C點時，滑板恰好與槽的右端碰撞并與槽牢固粘連，P2繼續(xù)滑動，到達D點時速度為零，P1與P2視為質(zhì)點，取g=10

21、m/s2.問： （1）P2在BC段向右滑動時，滑板的加速度為多大？ （2）BC長度為多少？N、P1和P2最終靜止后，P1與P2間的距離為多少？類型六：天體運動問題題型特點：此類題目一般為中等難度題，題目一般都要從向心力的供求去列取方程，以及供求關系發(fā)生變化時出現(xiàn)的天體運動變軌問題，其次就是與新情景相連系（如神七）的問題?？疾閷A周運動和萬有引力定律的掌握情況。解題策略：這類題目解題時要根據(jù)計算天體運動的基本方法列出基本方程式，然后結合有關其他知識（如幾何圖形）進行解題。例6中國首個月球探測計劃“嫦娥工程”預計在2017年送機器人上月球，實地采樣送回地球，為載人登月及月球基地選址做準備設想我國宇

22、航員隨“嫦娥”號登月飛船繞月球飛行，飛船上備有以下實驗儀器：A計時表一只，B彈簧秤一把，C已知質(zhì)量為m的物體一個，D天平一只(附砝碼一盒)在飛船貼近月球表面時可近似看成繞月球做勻速圓周運動，宇航員測量出飛船在靠近月球表面的圓形軌道繞行N圈所用的時間為t飛船的登月艙在月球上著陸后，遙控機器人利用所攜帶的儀器又進行了第二次測量，利用上述兩次測量所得的物理量可出推導出月球的半徑和質(zhì)量（已知萬有引力常量為G），要求：（1）機器人進行第二次測量的內(nèi)容是什么？（2）試推導用上述測量的物理量表示的月球半徑和質(zhì)量的表達式解析：（1）機器人在月球上用彈簧秤豎直懸掛物體，靜止時讀出彈簧秤的讀數(shù)F，即為物體在月球上

23、所受重力的大小 （2）在月球上忽略月球的自轉(zhuǎn)可知 =F 飛船在繞月球運行時，因為是靠近月球表面，故近似認為其軌道半徑為月球的半徑R，由萬有引力提供物體做圓周運動的向心力可知 又 由、式可知月球的半徑 月球的質(zhì)量 【方法點撥】天體運動問題公式多，變形也多，但萬變不離其中：（1）對天體萬有引力提供向心力 ；（2）對天體表面物體，萬有引力等于重力。此外還常有一些隱含條件可以加以利用，如地球的自轉(zhuǎn)周期為24小時，公轉(zhuǎn)周期為365天，月球的公轉(zhuǎn)周期約為30天等等。 【變式訓練6】質(zhì)量為m的衛(wèi)星圍繞地球做勻速圓周運動，軌道半徑是地球半徑的2倍。已知地球半徑為R，地球表面的重力加速度為g。衛(wèi)星的動能是 （

24、）2.4.62.4.6AmgR BmgR CmgR D2 mgR類型七：牛頓運動定律與電磁學的綜合題型特點：此類題目綜合性較強，題目都是首先是一個電路的問題，然后進行力的分析時，除了力學中常見的力以外，還要特別注意電場力和磁場力，然后可以按照力學方法求解，考查對運動和力的知識能力的遷移情況。解題策略：這類題目綜合性強，解題時既不能單純地把它當成力學（或電學）問題，也不能把問題想得過于復雜，只要按照先進行電路分析，再進行受力分析，最后根據(jù)運動和力的關系列式求解，還是可以簡化解題的。例7如圖所示，在豎直放置的兩條平行光滑長導軌的上端，接有一個電容為C、擊穿電壓為B的電容器，有一勻強磁場與導軌平面垂

25、直，磁感應強度為B現(xiàn)在有一根質(zhì)量為m、長為L的金屬桿f，在t時以初速度v沿導軌下滑問：金屬桿f下滑多長時間電容器就被擊穿?假設圖中任何部分的電阻均可忽略不計解析：先分析金屬桿的運動情況由于電路中電阻忽略不計，所以電容器兩端電壓UC等于金屬桿兩端的感應電動勢，即CBLv 在金屬桿的運動方向上有mgBLm 式中的I為電容器的充電電流，因此QtCCtCBLvtCBL 式代入式 mg（mCBL） 式表明金屬桿做勻加速運動，因此t時刻的速度 vtvtvmgt（mCBL） 當電容器兩端電壓UCB時，電容器被擊穿，由式可知此時速度 vBBL 代入可知當t（BBLv）（mCBL）mg時，電容器將被擊穿【方法點

26、撥】這類題與動力學題的分析方法一致,只是受力分析時多了電場力和磁場力,要注意把握好這兩種力各自的特點,如安培力的方向判斷方法,安培力的大小與速度的關系等等【變式訓練7】如圖所示，電阻不計的平行金屬導軌MN和OP水平放置，MO間接有阻值為R的電阻，導軌相距為d，其間有豎直向下的勻強磁場，磁感強度為B質(zhì)量為m、電阻為r的導體棒CD垂直于導軌放置，并接觸良好用平行于MN的恒力F向右拉動CD，CD受恒定的摩擦阻力f，已知Ff問： （1）CD運動的最大速度是多少? （2）當CD達到最大速度后，電阻R消耗的電功率是多少? （3）當CD的速度是最大速度的1/3時，CD的加速度是多少?【專題訓練與高考預測】F

27、BA1如圖所示，物體A靠在豎直的墻面上，在豎直向上的力F的作用下， A、B體均保持靜止，則物體A的受力個數(shù)為（ ）A2B3C4D5 2如圖所示，在高空中有四個小球，在同一位置同時以速率向上、向下、向左、向右被射 出，經(jīng)過1 s后四個小球在空中的位置構成的正確圖形是（ ）t/s543210 2 4 6V/m/sab3質(zhì)量為0.3的物體在水平面上運動，圖中兩條直線分別表 示物體受水平拉力和不受水平拉力的速度時間圖象，則下列說法中正確的是：（ ）A物體不受水平拉力時的速度圖象一定是bB物體受水平拉力時的速度圖象可能是aC物體所受的摩擦力可能等于0.2N321D水平拉力一定等于0.1N4一個單擺懸掛在

28、小車上，隨小車沿著斜面滑下，圖中的虛線 與斜面垂直，虛線沿斜面方向，則可判斷出 （ ）A如果斜面光滑，擺線與重合B如果斜面光滑，擺線與重合C如果斜面粗糙但摩擦力小于下滑力，擺線位于與之間D如果斜面粗糙但摩擦力大于下滑力，擺線位于與之間5某同學參加課外活動小組時上網(wǎng)查到了以下一些與地球、月球有關的數(shù)據(jù)：地球半徑為R， 月球半徑為r，萬有引力常量為G，月球繞地球轉(zhuǎn)動一周的時間為T，光速為c，1969年 8月1日第一次用激光器向位于正上方的月球表面發(fā)射出激光光束，經(jīng)過時間t接收到從 月球表面反射回來的激光信號，把上述數(shù)據(jù)拿到活動小組上討論，同學們發(fā)表了以下不 同的觀點，你認為正確的是（ ）A甲同學認

29、為：利用上述數(shù)據(jù)可以計算出地球的質(zhì)量B乙同學認為：利用上述數(shù)據(jù)可以計算出地球的平均密度C丙同學認為：利用上述數(shù)據(jù)可以計算出月球的質(zhì)量D丁同學認為：利用上述數(shù)據(jù)可以計算出月球的平均密度6據(jù)報道，美國宇航局發(fā)射的“勇氣”號和“機遇”號孿生雙子火星探測器在2004年1月4日 和1月25日相繼帶著地球人的問候在火星著陸。假設火星和 地球繞太陽的運動可以近似看作同一平面內(nèi)同方向的勻速圓 周運動，已知火星的軌道半徑r1=2.41011m，地球的軌道半 徑r2=1.51011m，如圖所示，從圖示的火星與地球相距最近 的時刻開始計時，請估算到火星下次與地球相距最近大約需多長時間（ ）A1.4年 B4年 C2.

30、0年 D1年7如圖所示，傾角為的光滑固定斜面上有一輕彈簧，下端與斜面底部連接，上端與物塊 A連接，B物塊疊放在A上面，A、B物塊的質(zhì)量均為M，靜止時彈簧被壓縮了L，對B 物塊施加平行于斜面的力，下列判斷正確的是（ ）A若施加向下的最大值為F1的變力，使彈簧緩慢壓縮，要使撤去F1后的運動中AB能分離，應AB滿足F12MgsinB若施加向下的F2=2Mgsin的恒力，使彈簧再壓縮L時立即撤去F2，以后的運動中AB一定能夠分離C若施加向上的F3=Mgsin的恒力，到AB兩物塊分離時沿斜面向上運動了大小為L的位移D若施加向上的F4=2Mgsin的恒力，AB兩物塊立即分離8如圖甲所示，一根水平張緊的彈性

31、長繩上有等間距的Q、P、O、P、Q質(zhì)點，相鄰兩質(zhì) 點間距離為1m，t=0時刻。質(zhì)點從平衡位置開始沿y軸正方向振動，并產(chǎn)生分別向左向 右傳播的波，O質(zhì)點振動圖象如圖乙所示，當O點第一次達到正方向最大位移時，P點 剛開始振動，則（ ）AP、P兩點距離為半個波長，因此它們的振動步調(diào)始終相反B當Q質(zhì)點第一次達到負向最大位移時，O質(zhì)點通過的路程為25cmC當波在繩中傳播時，波速為1m/sD若O質(zhì)點振動加快，波的傳播速度不變9在有“科學界奧斯卡”之稱的美國 科學 雜志2003 年度世界科技大突破評選中，物理 學中的“證明宇宙是由暗物質(zhì)和暗能量主宰”的觀點名列榜首，成為當今科技突破中的頭 號熱點世界科技的發(fā)

32、展顯示，暗物質(zhì)、暗能量正成為天體物理學研究的重點宇宙中 的暗物質(zhì)是不能直接觀測到的東西，存在的依據(jù)來自子螺旋轉(zhuǎn)的星系和星團，這些星系 和星團以自身為中心高速旋轉(zhuǎn)而沒有飛散開去，僅靠自身質(zhì)量產(chǎn)生的引力是遠不足以把 它們集合在一起的，一定存在暗物質(zhì)，它的吸引力足以把這些旋轉(zhuǎn)的星系牢牢抓住根 據(jù)對某一雙星系統(tǒng)的光學測量確定該雙星系統(tǒng)中每一個星體的質(zhì)量都是M，兩 者相距L （L遠大于星體的直徑），它們正圍繞兩者連線的中點做圓周運動 （1）若沒有其他物質(zhì)存在，試推算該雙星系統(tǒng)的運動周期T。 （2）若實驗上觀測到的運動周期為T ， 且為了解釋觀測周期T 和（1 ）中理論上推算的雙星運動的周期T 不同，目前

33、有一種理論認為，在宇宙中可能存在一種用望遠鏡也觀測不到的暗物質(zhì)作為一種簡化模型，我們假定在以這兩個星體連線為直徑的球體內(nèi)均勻分布著這種暗物質(zhì)，而不考慮其他暗物質(zhì)的影響，試根據(jù)這一模型和上述觀測結果確定該星系間這種暗物質(zhì)的密度10某實驗室中懸掛著一彈簧振子和一單擺，彈簧振子的彈簧和小球（球中間有孔）都套在固定的光滑豎直桿上某次有感地震中觀察到靜止的振子開始振動40 s后，單擺才開始擺動此次地震中同一震源產(chǎn)生的地震縱波和橫波的波長分別為10 km和50 km，頻率為10 Hz假設該實驗室恰好位于震源的正上方，求震源離實驗室的距離 11物體A的質(zhì)量M1kg，靜止在光滑水平面上的平板車B的質(zhì)量為m05

34、kg、長L1m。某時刻A以v04m/s向右的初速度滑上木板B的上表面，在A滑上B的同時，給B施加一個水平向右的拉力。忽略物體A的大小，已知A與B之間的動摩擦因數(shù)02，取重力加速度g=10m/s2試求: （1）若F=5N，物體A在小車上運動時相對 小車滑行的最大距離； （2）如果要使A不至于從B上滑落，拉力F 大小應滿足的條件。 12如圖所示，勁度系數(shù)k = 800N/m的輕彈簧兩端各焊接著兩個質(zhì)量均為m =12kg的物體A、B，豎立靜止在水平地面上?，F(xiàn)要加一豎直向上的力F在物體A上，使A開始向上做勻加速運動，經(jīng)0.4s B剛要離開地面，設整個過程彈簧都處于彈性限度內(nèi)（g取10m/s2 ）。求：

35、 （1）此過程所加外力F的最大值和最小值； （2）此過程中力F所做的功。 13如圖32-3所示，一質(zhì)量為m的小球，在B點從靜止開始沿半球形容器內(nèi)壁無摩擦地滑下，B點與容器底部A點的高度差為h容器質(zhì)量為M，內(nèi)壁半徑為R，求： （1）當容器固定在水平桌面上，小球滑至底部A時，容器內(nèi)壁對 小球的作用力大小 （2）當容器放置在光滑的水平桌面上，小球滑至底部A時，小球相對容器的速度大小? 容器此時對小球的作用力大小14如圖所示，水平長傳送帶始終以速度勻速運動，現(xiàn)將一質(zhì)量為m=lkg的物體放于左端(無初速度)最終 物體與傳送帶一起以的速度運動，在物塊由速度為零增加至過程中，求： （1）物塊從速度為零增至的

36、過程中，求由于摩擦而產(chǎn)生的熱量。 （2）由于放了物塊，帶動傳送帶的電動機多消耗多少電能?【參考解答】【變式訓練1】解：設筒與小球的總質(zhì)量為M，小球的質(zhì)量為m，筒在重力及恒力的共同作用下豎直向下做初速為零的勻加速運動，設加速度為a；小球做自由落體運動，設在時間t內(nèi)，筒與小球的位移分別為h1、h2（球可視為質(zhì)點）由運動學公式得 又有L=h1-h2代入數(shù)據(jù)解得：a=16m/s2又因為筒受到重力(M-m)g和向下作用力F，據(jù)牛頓第二定律有F+(M-m)g=(M-m)a代入數(shù)據(jù)得m=0.5kg【變式訓練2】（1）在10s末撤去牽引力后，小車只在阻力f作用下做勻減速運動，由圖像可得減速時a=-2m/s2

37、則f=ma=2N （2）小車的勻速運動階段即7s10s內(nèi)，設牽引力為F， 則F=f由圖像可知vm=6m/s P=Fvm=12W （3）小車的加速運動過程可以分解為0t和t7兩段， 由于ts時功率為12W，所以此時牽引力為F=P/vt=4N， 所以0ts內(nèi)的加速度大小為a1=（F-f）/m=2m/s2，時間t=15sm在07s內(nèi)由動能定理可得 【變式訓練3】（1）物塊的加速度a1=g=2 m/s2， 小車的加速度m/s2 （2）設經(jīng)過時間，兩物體的速度相同，解得=10 s （3）經(jīng)過=1.0 s后，設兩物體一起運動的加速度為a，a= m/s2；此時小物塊受到的摩擦力為f=ma=1.6 N4.0

38、N，故兩物體1.0 s后一起以a=0.8 m/s2運動.小物塊的位移為s=代入數(shù)值得：s=2.1 m 【變式訓練4】滑動A與B正碰，滿足 由，解得， 根據(jù)動量定理，滑塊B滿足 解得 （2）a設任意點到O點豎直高度差為dB由O點分別運動至該點過程中，只有重力做功，所以機械能守恒。選該任意點為勢能零點，有，由于，有 即A下滑到任意一點的動量總和是小于B平拋經(jīng)過該點的動量。b以O為原點，建立直角坐標系xOy,x軸正方向水平向右，y軸正方向豎直向下，則對B有，B的軌跡方程 在M點，所以 因為A、B的運動軌跡均為OD曲線，故在任意一點，兩者速度方向相同。設B水平和豎直分速度大小分別為和，速率為；A水平和

39、豎直分速度大小分別為和，速率為，則， B做平拋運動，故， 對A由機械能守恒得 由得，將代入得，【變式訓練5】（1）P1滑到最低點速度為，由機械能守恒定律有： 解得：P1、P2碰撞，滿足動量守恒，機械能守恒定律，設碰后速度分別為、 解得： =5m/sP2向右滑動時，假設P1保持不動，對P2有：（向左）對P1、M有： 此時對P1有：，所以假設成立。（2）P2滑到C點速度為，由 得P1、P2碰撞到P2滑到C點時，設P1、M速度為v，對動量守恒定律： 解得：對P1、P2、M為系統(tǒng)：代入數(shù)值得：滑板碰后，P1向右滑行距離：P2向左滑行距離：所以P1、P2靜止后距離：【變式訓練6】A【變式訓練7】(1)以

40、金屬棒為研究對象，當CD受力：F=FA+f時，CD速度最大，即： （2）CD棒產(chǎn)生的感應電動勢為：回路中產(chǎn)生的感應電流為： 則R中消耗的電功率為： （3）當CD速度為最大速度的1/3即時，CD中的電流為最大值的1/3即則CD棒所受的安培力為：CD棒的加速度為：【專題訓練與高考預測】1B解析:先由整體法分析可知，A與墻之間無作用力，再隔離A,受到重力，B對它的支持 力和沿AB接觸面向上的B對它的摩擦力共三個力作用。2A解析：由于四個小球朝四個方向的加速度相同，相當于小球從同一位置以速率向上、 向下、向左、向右四個方向做勻速直線運動。選A。3BCD。解析：因不知道水平拉力與速度方向是否一致，物體受

41、水平拉力時的速度圖象可 能是a也可能是bA錯，BC正確。由兩圖像可知，兩次加速度之差為，所以D 正確。4BD。解析：因單擺與小車具有共同加速度，先由整體法求出它們的共同加速度，再隔離 單擺進行受力分析，可知BD正確。 5AB解析：由發(fā)出到接收激光反射信號經(jīng)歷時間可求出地球表面到月球表面的距離為 ，故月球繞地球做圓周運動的軌道半徑為R+s+r，即。又因為已知繞 行周期T，由基本方程式得：；又因為 ，所以，可見A、B都正確，而月球是環(huán)繞衛(wèi)星，找 不到它的環(huán)繞物體，故月球的質(zhì)量和密度無法計算，所以C、D錯誤。6C解析:設火星的周期為,地球的周期為,且=1年, 設經(jīng)時間 火星下次與地球相距最近,由,得

42、: 年選C7ABD。解析:略 8BCD。解析:由題可知,周期=4s,m, C正確。P、P兩點到O質(zhì)點距離為波長， 振動步調(diào)始終相同，A錯。Q質(zhì)點第一次達到負向最大位移時經(jīng)過時間為=4s，B正確。 傳播速度由介質(zhì)決定，D正確。9解：（1）雙星均繞它們的連線中點做圓周運動，設運動的周期為，根據(jù)萬有引力提供 向心力，有：，解得： （2）根據(jù)觀測的結果，星體運動的周期，說明雙星系統(tǒng)中受到的向心力大于本身的引力，故它還受到其它指向中心的作用力。由題意知，這一作用力來源于均勻分布的暗物質(zhì)，它對雙星系統(tǒng)的作用與一個質(zhì)量等于球體內(nèi)暗物質(zhì)總質(zhì)量而位于中點處的質(zhì)點相同，考慮到暗物質(zhì)作用后雙星的周期即為，則有：又由

43、： 聯(lián)立解得：設所求暗物質(zhì)的密度為，有：解得：10解：地震縱波傳播速度為：vPfP 地震橫波傳播速度為：vSfS震源離實驗室距離為s，有： 解得：11解：（1）物體A滑上木板B以后，作勻減速運動，有mg =maA 得aA=g=2 m/s2木板B作加速運動，有F+mg=MaB，得：aB=14 m/s2兩者速度相同時，有V0-aAt=aBt，得：t=025s A滑行距離：SA=V0t-aAt2/2=15/16m B滑行距離：SB=aBt2/2=7/16m 最大距離：s= SA- SB=0.5m （2）物體A不滑落的臨界條件是A到達B的右端時，A、B具有共同的速度v1，則： 又： 由、式，可得：aB

44、=6（m/s2） 再代入式得： F= m2aBm1g=1N 若F1N，則A滑到B的右端時，速度仍大于B的速度，于是將從B上滑落，所以F必須大于等于1N。 當F較大時，在A到達B的右端之前，就與B具有相同的速度，之后，A必須相對B靜止，才不會從B的左端滑落。即有：F=（m+m）a，m1g =m1a 所以：F3N 若F大于3N，A就會相對B向左滑下。綜上：力F應滿足的條件是： 1NF3N 12解：（1）整個過程彈簧由壓縮狀態(tài)變?yōu)樯扉L狀態(tài)當彈簧被壓縮時，對A，由牛頓定律得： 即： 初始彈簧壓縮量最大，取最大值， 有最小值，滿足 當彈簧被伸長時，對A，由牛頓定律得： 即： 當B恰好離開地面時，彈簧的伸

45、長量最大， 取最大值， 有最大值，滿足： 對A，由勻加速運動得： 聯(lián)立解得： （2）由于初末狀態(tài)，彈性勢能相等，由功能關系得13解：(1)m下滑只有重力做功，故機械能守恒，即有mgh=mv，v2=2gh 底部A是圓周上的一點，由牛頓第二定律，有：T-mg=m T=mg+m =mg+m=mg(1+) （2）容器放置在水平桌面上，則m與M組成的系統(tǒng)在水平方向不受外力，故系統(tǒng)在水平方向上動量守恒；又因m與M無摩擦，故m與M的總機械能也守恒令m滑到底部時，m的速度為v1，M的速度為v2由動量守恒定律得：0=mv1+Mv2 由機械能守恒定律得：mgh=mv+Mv 聯(lián)立兩式解得：v1=，v2=-小球相對容器的速度大小v，v=v1-v2=由牛頓第二定律得：T-mg=mT =mg+m=mg1+14解析：(1)小物塊剛放到傳送帶上時其速度為零，將相對傳送帶向左滑動，受到一個向右的滑動摩擦力，使物塊加速，最終與帶子達到相同速度。物塊所受的滑動摩擦力為 物塊加速度 加速至的時間 物體相對地面的位移 這段時間傳送帶向右傳送的位移 則物塊相對于帶向后滑動的位移 根據(jù)能量守恒定律知 。 （2）放上物塊后，傳送帶克服滑動摩力做的功為 此問也可以這樣求解，電動機多消耗的電能即物塊獲得動能及傳送帶上產(chǎn)生的熱量之和。即27