赢在高考(物理)全书答案

“赢在高考”丛书 物理二轮复习

- 1 - 参 考 答 案

专题一 直线运动

【基础整合】

要点回顾：

2. Δx =aT 2 ，(m--n ) aT 2 2

0t v v + ，t x 基础自测：

1. D

2. B

3. D

4. 解析：设物体的加速度为a ，到达A 的速度为v 0，通过AB 段和BC 段所用的时间为t ，则有：

2012

1at t v l += ① 202122at t v l l +=+ ②

联立①②式得

212at l l =- ③

t v l l 02123=- ④

设O 与A 的距离为l ，则有：a

v l 220= ⑤ 联立③④⑤式得：)

(8)3(122

21l l l l l --= 【考点突破】

例题1. 解析：根据“传送带上有黑色痕迹”可知，煤块与传送带之间发生了相对滑动，煤块的加速度a 小于传送带的加速度a 0。根据牛顿定律，可得a =μg

设经历时间t ，传送带由静止开始加速到速度等于v 0，煤块则由静止加速到v ，有 v 0=a 0t v =at

由于a

再经过时间t '，煤块的速度由v 增加到v 0，有 v 0 =v +at '

此后，煤块与传送带运动速度相同，相对于传送带不再滑动，不再产生新的痕迹。 设在煤块的速度从0增加到v 0的整个过程中，传送带和煤块移动的距离分别为s 0和s ，有 s 0=12 a 0t 2+v 0t ' s =v 022a

传送带上留下的黑色痕迹的长度 l =s 0－s 由以上各式得 l =v 02(a 0－μg)2μa 0g

教师提醒：注意过程的分析，正确理解“痕迹长度”的含义，才能得到正确的解答。而在相对运动的问题中，“速度相等”是一个重要的隐含条件和解题突破口。

迁移应用1：⑴ a =3m/s 2 ⑵ 6.5 m

“赢在高考”丛书 物理二轮复习 - 2 - 例题2. 解析：设A 车的速度为v A ，B 车加速行驶时间为t ，两车在t 0时相遇。则有

0t v s A A = ①

))((2

102t t at v at t v s B B B -+++= ② 式中，t 0 =12s ，s A 、s B 分别为 A 、B 两车相遇前行驶的路程。依题意有

s s s B A += ③

式中 s ＝84 m 。由①②③式得

[]0)(22002=--+-a

s t v v t t t A B 代入题给数据 v A =20m/s ，v B =4m/s ，a =2m/s 2，有

0108242=+-t t

解得:t 1=6 s ，t 2=18 s

t 2＝18s 不合题意，舍去。因此，B 车加速行驶的时间为 6 s 。

教师提醒：追及与相遇问题涉及的研究对象通常是两个物体，所谓“追上”或“相遇”即两物体“同时”出现在“同一位置”，要正确画出运动示意图，从而建立正确的时间关系和位移关系。“速度相等”是一个重要的临界条件，通常是分析这类问题的入手点和突破点。 迁移应用2：（1）1072m （2）120s

例题3.解析:（1）儿童下落过程，由运动学公式得：2012h gt =

① 管理人员奔跑的时间 0t t ≤ ② 对管理人员奔跑过程，由运动学公式得：S vt =

③ 由①②③并代入得：6/v m s ≥

即管理人员至少用6/m s 的平均速度跑到楼底。

（2）假设管理人员先做匀加速接着匀减速奔跑到楼底，奔跑过程中的最大速度为0v ，由运动学公式得002v v += ，得s m v s m v v m /9/1220=>==

故管理人员应先加速到9/m v m s =，再匀速，最后匀减速奔跑到楼底。

设匀加速、匀速、匀减速过程时间段分别为1t 、2t 、3t ，位移分别为1S 、2S 、3S 由运动学公式得21112

S at = ④ 23312

S at = ⑤ 22m S v t = ⑥

13m v at at == ⑦

又1230t t t t ++≤

⑧ 123S S S S ++= ⑨

“赢在高考”丛书 物理二轮复习 - 3 - 由④⑤⑥⑦⑧⑨并代入数据得：2

9/a m s ≥

教师提醒：本例是一道实际应用物理问题。求解的关键是建立运动学模型，要会分析管理人员的各个运动过程，并能用速度与最大速度的值进行比较确定管理人员的运动状态，从而分步运用匀变速规律列方程求解。

迁移应用3.（1）1s （2）102m

例题4. 解析：（1）设最大速度为v m,，则

加速阶段：t 1=1a v m , x 1=1

2a v m 减速阶段：t 3=2a v m , x 3=22a v m 匀速阶段：t 2= t －t 1－t 3 , x 2= v m t 2

且 x 1+ x 2+ x 3= x

其中 a 1=1.6m/s 2，a 2=6.4m/s 2，t=130s ，x=1600m

解得 v m =12.8m/s （另一个解舍去）

（2）作速度图像如图，路程不变，则图像包围的面积不变，利用图像分析可知，加速后立

即减速而无匀速过程时所用时间最短。 则：t min =2

'1'a v a v m m + , x =2

2'12'22a v a v m m + 其中 a 1=1.6m/s 2，a 2=6.4m/s 2， x=1600m

解得：t min =50s

教师提醒：对于多阶段运动过程的分析与处理，图像法是常用的方法。运动图像的复习，首先应掌握各种运动图像的意义，然后才可能主动地利用图像分析、解决问题．

迁移应用4.（1）v -s 图象是满足动能定理的一条抛物线 （2）v 0=75km/h

【仿真训练】

1. B

2. B

3. C

4. B

5. C

6. ABC

7. ABD

8. BC

9. BC

10.（1）t =2s (2) 0.5

11.（1）36m （2）图略。0～4s ，F 1=600N ；4～10s ，F 2=500N ；10～12s ，F 3=400N ．(3) 10s

12. (1) 0.5m (2) 2s

13. 解析：不正确。

在两质点相遇之前，它们之间的距离Δs 也可能不断减小，直至Δs ＝0（相遇），而不存在先变小后变大的情况，这完全取决于两质点之间的初始距离s 与v 0、a 之间的大小关系

由 s ＝v 0t －221at 可解得：a as v v t 22

00-±= v/ms -1 V m ’ o a 1 a 2 t min 130 t/s

“赢在高考”丛书 物理二轮复习

- 4 - 可见，若v 0

2

＝2as 即a v s 220= 则a v t 0= 当t ≤a

v 0时，甲乙之间的距离始终在减小，直至相遇，（最小距离Δ s ＝0），不会出现Δs 最小的情况。 当v 0<2as ，即s >a v 220时，甲与乙不可能相遇，在t

v 0时，两质点距离会出现先变小后变大的情况，当t =a

v 0时，两质点之间的距离最近：Δs min ＝s －a v 220

专题二 相互作用与牛顿运动定律

【基础整合】

要点回顾：

1.相对运动或相对运动趋势；相对运动或相对运动趋势方向；不一定；μN ；

2.221r

Q Q k

；Eq ；相同；相反； 3.qvB ；左手定则； 5.加速度； 基础自测：

1. C

2. B

3. BC

4. 解析：（1）以刷子为研究对象，受力分析如图，设向上推力为F ，滑动摩擦力为F f ，天花板对刷子的弹力为F N ，由牛顿第二定律，得：

（F －mg ）cos530－μ（F －mg ）sin53°=ma

代入数据，得 a =2m/s 2

（2）由运动学公式，得 L =12 at 2 代入数据，得 t =2s

【考点突破】

例题1.解析：（1）由力的平衡条件可知：

kx ＋f 1＋f 2cos45°－N sin45°= 0 ①

F －N cos45°－f 2sin45° = 0 ②

f 1=μF ③

f 2=μN ④

由①、②、③、④式得正压力的大小： 200221245cos 245sin )1(μμμμ--=--=kx kx N

（2）令N 趋向于∞，则有

0212=--μμ ，解得414.0=μ 教师提醒：处理共点力的平衡问题的基本思路：（1）弄清平衡状态（a =0），（2）巧选研究对

θ

“赢在高考”丛书 物理二轮复习 - 5 - 象，（3）作好受力分析图（正确的受力分析），（4）建立平衡方程，（5）求解或讨论。 迁移应用1.解析：（1）以滑板和运动员为研究对象，其受力如图所示，由共点力平衡条件可得

cos N F mg θ=

① sin N F F θ= ②

由①、②联立，得 F =810N

（2）/cos N F mg =θ 且 2N F kv =得5cos mg v k ==θ

m/s （3）水平牵引力的功率 P =Fv=4050 W

例题2. 解析：（1）由平衡条件可知A 受到的摩擦力f = F 库 =22

r

Q k （2）设A 、B 间距离为r ′，当加速度a = 0 时，2'2

4r Q k =μmg 得到mg

kQ r μ2'4= 由题可知A 、B 运动距离均为2 'r r s -= 故2

2r mg kQ s -=μ 教师提醒：处理复合场中的平衡问题，必须对各种场力的性质、特点有正确的认识，同时，对物体进行正确的受力分析是关键。

迁移应用2. C

例题3. C

教师提醒：物体的动态平衡问题，常用的处理方法有图解法、数学方程法等．而使用图解法时，应注意物体状态变化时，各个力的方向是如何变化的，以保证作图的正确性。 迁移应用3： IL

mg θsin 例题4.解析：令x 1表示未加F 时弹簧的压缩量，由胡克定律和牛顿定律可知

m A g sin θ=kx 1 ①

令x 2表示B 刚要离开C 时弹簧的伸长量，a 表示此时A 的加速度，由胡克定律和牛顿定律可知 kx 2=m B g sin θ ②

F －m A g sin θ－kx 2=m A a ③

由② ⑧ 式可得a =F －(m A +m B )gsinθm A

④ 由题意 d =x 1+x 2 ⑤

由①②⑤式可得d =(m A +m B )gsinθk

⑥ 教师提醒：弹簧问题一直是高考的热门问题，它可以与多个知识点组合而形成综合性问题。处理弹簧问题时，要注意对弹簧状态的分析，是压缩？还是拉伸？对关联物体施加的是拉

“赢在高考”丛书 物理二轮复习 - 6 - 力还是推力？弹簧关联物体的位移与弹簧形变量的关系？

迁移应用4. C

例题5.解析：（1）物块P 刚到达相互作用区时的速度

v ０=gt 0 （1）

物块P 进入相互作用后的加速度

a 1= (kmg-mg )/m=(k -1)g （2）

解（1）（2）得物块P 在相互作用区内的运动时间

t 1=v 0/a 1=0.04s (3）

物块P 从起始位置下落到刚好与B 不接触时的运动时间

t=t 0+t 1=2.04s （4）

（2）板B 在物块P 未进入作用区时的加速度

a B 1=μg （5）

速度的改变量Δv b 1 = a B 1t 0 =0.4m/s （6）

当物块P 进入作用区后的加速度

a B2 =μ(Mg+kmg)/M （7）

由（3）（7）得速度的改变量

Δv b2 = a B 2t 1=0.0488m/s (8)

所以：板B 在物块P 从起始位置下落到刚好与B 不接触时

由（6）（8）得：速度的改变量

Δv =Δv b 1+Δv b 2 =0.4488m/s (9)

（3）当物块P 的速度减到零后，又开始以加速度a 向上做加速运动，经历时间t 1，跑出相互作用区，在这段时间内，B 板减少的速度仍是Δv b 2；物块P 离开相互作用区后，做加速度为g 的减速运动，经历时间t 0，回到初始位置，在这段时间内，B 板减少的速度为Δv b 1，以后物块又从起始位置自由落下，重复以前的运动，B 板的速度再次不断减少．总结以上分析可知：每当物块P 完成一次从起始位置自由下落，进入相互作用区后又离开相互作用区，最后回到起始位置的过程中，B 板速度减少的总量为

Δv =2Δv b1+2Δv b2 =0.8978m/s (10)

设在物块P 第n 次回到起始位置，

n =v B 0/Δv =10/0.8978=11.11≈11次 （11）

教师提醒：已知受力求运动或已知运动求受力是动力学中的两类基本问题，处理这样的问题时，首先要明确题设所涉及的物体的受力情况和运动情况，而加速度a 是联系受力和运动的桥梁，因而也是解题的突破口。

迁移应用5.解析：由牛顿第二定律得：mg －f ＝ma

2012

h t at =+v 抛物后减速下降有：///()()f m m g m m a --=-

Δv ＝a /Δt

解得： //101 kg /a t m m g t

+??==+??v v 例题6.解析：（1）设力F 作用时间为t 1，则 a B =F -μmg /m =6m/s 2 ， a A =μmg /M =1m/s 2

相对运动距离△s 1=2

1（a B - a A ）t 12

“赢在高考”丛书 物理二轮复习 - 7 - 设撤去F 时B 的速度为v B 、A 的速度为v A 。经t 2时间后 B 正好滑到右端且速度与A 相同 a B '=μg=2m/s 2， 方向向左

a A '=a A =1m/s 2

22B 2B 2A 2A 211S =t t S =t t 22

a a υυ''''+- 相对运动距离△s 2=2B A 21(+)t 2

a a '' 由A 12=(t +t )a υ' ，B 1B 2=t t a a υ'－ ，B A 1A B 2()t =(+)t a a a a ''－

得t 2 =5t 1/3 22B A 1B A 211()t (+)t =L 22

a a a a ''+－ 得t 1=203 s W F =F ·SB =F ·21a B t 12 得W F =3.6J

（2）M 变大、m 变小、μ变小、F 变大

教师提醒：所谓物体组，就是由多个物体组成的系统。解决物体组的动力学问题，要注意以下几点：（1）在处理方法上，可以灵活使用整体法和隔离法；（2）使用隔离法时要对每个物体进行正确的受力分析；（3）注意分析各个物体间的联系，比如速度关系、时间关系、位移关系等，从而找到解决问题的突破口．

迁移应用6.解析：（1）设A 在C 板上滑动时，B 相对于C 板不动，则对B 、C 有 μmg =2ma 2g

a μ=

又B 依靠摩擦力能获得的最大加速度为 a m =m

mg μ=g μ ∵a m ＞a ∴ B 未相对C 滑动而随木板C 向右做加速运动

B 受到的摩擦力f b = ma =2

1μmg 方向向右 （2）要使物块A 刚好与物块B 发生碰撞，物块A 运动到物块B 处时，A 、B 的速度相等，即v 1= v 0－μgt =2

1μgt 得v 1= v 0/3 设木板C 在此过程中的位移为x 1，则物块A 的位移为x 1+x ，由动能定理 －μmg (x 1+x ) =

21mv 12－21mv 02 μmgx 1 =2

1(2m )v 12 联立上述各式解得v 0 =gx μ3

要使物块A 、B 发生相碰的条件是v 0＞gx μ3

【仿真训练】

1. C

2. A

3. C

4. C

5. A

6.AD

7. AC

8. BC

9. BC

10. 解：（1）B 、C 两球都带负电荷；理由略 ①

（2）由对称性知：q B = q C ②

“赢在高考”丛书 物理二轮复习 - 8 - B 球受三力作用，如图所示。

根据平衡条件有：

k 2r Qq B cos60°= k 2r q q B C ③

解①②两式得：

q B =2Q

④ （3）AB 细线中拉力增大，BC 中仍无作用力 ⑤

11. 解： 由图可知，在t=0到t=t 1=2s 的时间内，体重计的示数大于mg ，故电梯应做向上的加速运动.设在这段时间内体重计作用于小孩的力为f 1，电梯及小孩的加速度为a 1，由牛顿第二定律，得 f 1—mg=m a 1 ①

在这段时间内电梯上升的高度211121t a h = ②

在t 1到t=t 2=5s 的时间内，体重计的示数等于mg ，故电梯应做匀速上升运动，

即v 1= a 1 t 1 ③

在这段时间内电梯上升的高度 h 2= v 1(t 2—t 1) ④

在t 2到t=t 3=6s 的时间内，体重计的示数小于mg ，故电梯应做向上的减速运动.设这段时间内体重计作用于小孩的力为f 2，电梯及小孩的加速度为a 2，由牛顿第二定律，得 mg —f 2=ma 2 ⑤

在这段时间内电梯上升得高度22322313)(21)(t t a t t h --

-=υ ⑥ 电梯上升的总高度321h h h h ++= ⑦

由以上各式，利用牛顿第三定律和题文及题图中的数据，解得 h ＝9 m

12. 解：由于木块与斜面间有摩擦力的作用，所以小球B 与木块间有压力的作用，并且它们以共同的加速度a 沿斜面向下运动．将小球和木块看作一个整体，设木块的质量为M ，根据牛顿第二定律可得

()()()a m M g m M g m M +=+-+θμθcos sin

代入数据得2

2.0m/s a =

选小球为研究对象，设MN 面对小球的作用力为N ，

根据牛顿第二定律有ma N mg =-θsin

代入数据得 6.0N N =

根据牛顿第三定律，小球对MN 面的压力大小为6.0N ，方向沿斜面

13. 解：（1）当x =0.5m 时，F 2=(2+2×0.5)N=3N 12F F ma -=

221243m/s 0.5m/s 2

F F a m --=== （2）物体所受的合外力为

()()12422N 22N F F F x x =-=-+=-????合

“赢在高考”丛书 物理二轮复习 - 9 - 作出F t -合图如右图所示：

从图中可以看出，当0x =时，物体有最大加速度0a 。

00F ma =

22002m /s 1m /s 2

F a m === 当2m x =时，物体也有最大加速度2a 。

22F ma =

22222m /s 1m /s 2

F a m -===- 负号表示加速度方向向左。

（3）当物体的加速度为零时速度最大。从上述图中可以看出，当1m x =时，10a =，速度1v 最大。

从0x =至1m x =合外力所做的功为 01121J=1J 22

W F x =

=??合 根据动能定理，有 2111=1J 2

K E W mv ==合 所以当1m x =时，物体的速度最大，为 11221m/s 1m/s K E v ?===m 2

专题三 运动的合成与分解 抛体运动

【基础整合】

要点回顾：

1. 不在同一条直线上；变速运动；独立；等效；等时；

2. 平行四边形定则；

3. 恒定；匀速直线运动；匀变速直线运动；tan θ=2tan α； 基础自测:

1. AC

2. C

3. A

4. 解：（1）物体A 上滑过程中，由牛顿第二定律得：mg sin θ=ma

代入数据得：a =6m/s 2

设经过t 时间相撞，由运动学公式：10v at =-

代入数据得：t =1s

（2）平抛物体B 的水平位移：11cos372x v t =

?=2.4m 平抛速度：2x v t

==2.4m/s （3）物体A 、B 间的高度差：2111sin 3722A B h h h v t gt ⊥=+=

?+=6.8m 【考点突破】

例题1. B

教师提醒：物体做曲线运动的条件是所受合力与速度不在同一直线上，而且曲线运动的物体所受合力指向曲线凹的一侧，同时也可得到物体做直线运动的条件是物体所受合力方向与其

“赢在高考”丛书 物理二轮复习 - 10 - 运动方向在同一直线上。

迁移应用1. C

例题2. 解：设河宽为d ，河水流速为v 1，船速第一次为v 2，第二次为v 2’,（v 2、v 2’大小相同，方向不同），由题意有：

d ＝v 2·t 1=v ’2·sinα·t 2 ①

S BC =v 1·t 1 ②

③

三式联立，代入数据可求得：河宽d =200m

教师提醒：处理运动的合成与分解问题时，要抓住合运动与分运动的关系：等效性、独立性、等时性。

迁移应用2.解析：物体A 被拉至左侧定滑轮的正下方时获得最大速度，此时物体B 的瞬时速度为0。以物体A 所在水平面为参考平面，在从物体A 刚被释放到物体A 运动至左侧定滑轮正下方的过程中，对系统应用机械能守恒定律，有

)sin (212h h mg mv -=θ

， 解得A 所能获得的最大速度为

)2.053

sin 2.0(102)sin (20-??=-=h h g v θm/s=1m/s 。 例题3. 解析：如图选坐标，斜面的方程为：

3tan 4

y x x θ== ① 运动员飞出后做平抛运动

0x v t = ②

212

y gt = ③ 联立①②③式，得飞行时间：t ＝1.2 s

落点的x 坐标：x 1＝v 0t ＝9.6 m

“赢在高考”丛书 物理二轮复习 - 11 - 落点离斜面顶端的距离：112 m cos x s θ

== 落点距地面的高度：11()sin 7.8 m h L s θ=-=

接触斜面前的x 分速度：8 m/s x v =

y 分速度：12 m/s y v gt ==

沿斜面的速度大小为：cos sin 13.6 m/s B x y v v v θθ=+=

设运动员在水平雪道上运动的距离为s 2，由功能关系得：

2121cos ()2

B mgh mv mg L s mgs μθμ+=-+ 解得：s 2＝74.8 m

教师提醒：平抛、类平抛乃至一般的匀变速曲线运动，都可以根据力的独立作用原理把运动进行分解，把复杂的运动分解为两个简单的运动，再进行处理。

迁移应用3. 解析： 由于小球与竖直墙壁的碰撞只影响水平方向的速度，在竖直方向上的

速度不变，在竖直方向上是自由落体运动，所以小球从抛出到落地所用时间为

2t s ===，小球在水平方向运动的总距离为s =v 0 t =5.0×2m=10m，而两竖直墙壁间的距离为d =1.0m ，小球水平方向运动的总距离为两墙壁间距离的10倍，由于是偶数，所以最后小球落在A 墙壁的下部，说明了小球落地点的水平距离为零，小球落地前与墙壁碰撞的次数n =10-1=9次

【仿真训练】

1. B

2. D

3. A

4. C

5. D

6. BD

7. AC

8. BD

9. AC

10. 解：当击球点高度为2.5m 时，击球速度为v 1时恰好触网；击球速度为v 2时恰好出界。当击球点高度为h

如图中的（a ）、（b ）、（c （12.5－2.25=2

1gt 12 3=v 1t 1

2.5=2

1gt 22 12=v 2t 2

由此解得： v 1≈13.4m/s v 2≈17m/s

所以，球既不触网又不出界的速度值应为 13.4m/s ＜υ＜17m/s

（2）同样根据平抛运动的规律，有：

h －2.25=

2

1gt 12 3=vt 1 h =2

1gt 22

“赢在高考”丛书 物理二轮复习 - 12 - 12=vt 2

由此解得： h =2.4m

所以，当h ＜2.4m 时，无论击球速度多大，球总是触网或出界。

11.解析：（1）s 1：s 2=1：3 （2）F /G =2

2 （3）E =12J 12.解析：(1)设滑板在水平地面滑行时受到的平均阻力为f ，根据动能定理有:

22102

fS mv -=-

由上式解得: 22260460228mv f N N S ?===?

(2)人和滑板一起在空中做平抛运动，设初速为v 0，飞行时间为t ，

根据平抛运动规律有

: t =

且10S v t

= 由以上公式可解得

: 0/5/v s m s === 13. 解析：（1）由牛顿第二定律得： a =F/m =15m/s 2

设质点从O 到P 所用时间为t ，则

x 方向：x P =v 0t

y 方向：y P =at 2/2

且： tan37°= y P / x P

联立解得：t =1s ，x P =10m ，y P =7.5m

所以P 点的坐标为（10m ，7.5m ）

(2) v Py =at =15m/s

v P =s m v v py px /1813522

≈=+

与x 轴夹角θ满足tan θ= v py / v px =3/2 ,即θ= arctan(3/2)

专题四 圆周运动与万有引力定律

【基础整合】

要点回顾： 1.T R π2；ωR ；T π2；R v ；v

R π2；ωπ2； 2.方向；大小； 3.gR ；0；匀速圆周；万有引力； 4.减小；减小；增大；减小；环绕；脱离；逃逸；

基础自测

1. BCD

2. A

3. C

4. 解：（1）设此时盒子的运动周期为T 0，因为在最高点时盒子与小球之间刚好无作用力，因此小球仅受重力作用．根据牛顿运动定律得：

“赢在高考”丛书 物理二轮复习

- 13 - 2v mg m R = 且 0

2R v T π= 解之得：g

R T π20=

（2）设此时盒子的运动周期为T ，则此时小球的向心加速度为：R T

a n 22

4π= 由第一问知：R T g 202

4π= 且 2

0T T = 由上述三式知：g a n 4=

设小球受盒子右侧面的作用力为F ，受上侧面的作用力为N ，根据牛顿运动定律知： 在水平方向上：n F ma = 即：4F mg =

在竖直方向上：0N mg += 即：N mg =-

所以小球对盒子的右侧面和下侧面有作用力，分别为4 mg 和mg

【考点突破】

例题1. 解析：（1）速度是矢量，要A 、B 两物体的速度相同，A 物体必须运动到圆周的最高点，此时两者速度方向都向右。

（2）A 、B 两物体运动时间相等，所以：

t B =t A =ωπ24141??

? ??+=??? ??

+n T n A 、B 两物体速度大小，所以：v B =v A =ωr

又： v B =at B = B t M

F 解得：()π

ω1422+=n r M F （n=0,1,2,……） （3）x B =()4

14212r n t M F B ?+=??π,（n=0,1,2,……） 所以，Ｂ物体的最小位移是4r

?π。

教师提醒：处理匀速圆周运动的运动学问题，要把握以下几点：（1）各个物理量之间的关系，（2）各个点之间的关系，比如哪些点线速度大小相等、哪些点角速度大小相等，（3）周期性和重复性。

迁移应用1. 答案： （n=0,1,2,……）

“赢在高考”丛书 物理二轮复习 - 14 - 例题2. 解析：（1）设圆盘的角速度为ω时，滑块从圆盘上滑落：

μmg=mrω

2样 ∴ω=2rad/s

（2）抛出时的动能：22

1mv E k == 12 μmgr=0.1J 平抛运动，只有重力做功，机械能守恒，滑块到达地面时的机械能E =22

1mv E k =

=0.1J （3）滑块离开圆盘后做平抛运动，设水平位移为x ， x=vt

h = 12 gt 2

∴ x = 22

m 由空间几何关系，得 OC=x 2

+r 2+h 2 =7 m

教师提醒：圆周运动的动力学问题的处理关键是：（1）分析运动平面，找到圆心、半径，（2）正确的受力分析，找出向心力的来源（沿半径方向的合力提供向心力）。

迁移应用2. 解析：（1）设小环沿棒运动的加速度为a ，由牛顿第二定律得 ma mg =θcos ①

由运动学公式得

22

1at x = ② 由①②式得小环运动的时间θ

cos 2g x t = ③ （2）设小环离对称轴的距离为r ，由牛顿第二定律得

2cot ωθmr mg = ④

n πω2= ⑤

由④⑤式得224cot n

g r πθ=

⑥ 例题3．解析：（1）mgl=21mv 2 T 1-mg=m l v 2

T 2-mg=m 2

/2l v

∴T 1=3mg T 2=5mg

（2）小球恰好能在竖直平面内做圆周运动，在最高点时有速度v 1 ，此时做圆周运动的半径为r ，则mg(2

L -r)= 21mv 12 ① 且mg=m r

v 21 ②

“赢在高考”丛书 物理二轮复习

- 15 - 由几何关系:X 2=(L-r)2-(2

L )2 ③ 由以上三式可得：r = L /3 ④

x =6

7L ⑤ （3）小球做圆周运动到达最低点时，速度设为v 2 则 T-mg=m r

v 22 ⑥ 以后小球做平抛运动过B 点，在水平方向有x=v 2t ⑦

在竖直方向有：L/2-r=

2

1gt 2 ⑧ 由④⑤⑥⑦⑧式可得T =411mg 教师提醒：竖直平面内的圆周运动，要注意对圆周最高点的分析，而最高点的临界速度往往是该类问题的解题突破口。

迁移应用3. 解析：（1）设B 球经过最高点时速度为v

B 球的重力提供向心力 m 2g =m 2R

v 2

根据机械能守恒 R g m v m v m 22

121222202+= 得 gR v 420=

（2）因为A 球对管的压力向下，所以B 球对管的压力向上。

设A 球受管的支持力为F A ，A 球受管的压力为F B ，依题意 F A =F B

根据牛顿第二定律 R v m g m F A 2011=- ；R

v m g m F B 2

22=+ 又 R g m v m v m 22121222202+=

联立各式得 0)5()(212021=++-g m m R

v m m （3）A 球受管的支持力为F A ，方向竖直向上；设B 球受管的弹力为F B ，取竖直向上为F B 的正方向，根据牛顿第二定律：

R v m mg F A 20=- ； R

v m F mg B 2

=- 又 R mg mv mv 22

121220+= 两球受圆管的合力F 合=F A +B B ，方向竖直向上。 联立以上各式得F 合=6mg ，方向竖直向上。

“赢在高考”丛书 物理二轮复习 - 16 - 根据牛顿第三定律，A 、B 两小球对轨道作用力的合力大小为6mg ，方向竖直向下。 例题4. 解析：设两颗恒星的质量分别为m 1、m 2，做圆周运动的半径分别为r 1、r 2，角速度分别为w 1,w 2。根据题意有：

w 1=w 2 ①

r 1+r 2=r ②

根据万有引力定律和牛顿定律，有 G 1211221r w m r m m = ③ G 1221221r w m r

m m = ④ 联立以上各式解得 2121m m r m r +=

⑤ 根据解速度与周期的关系知 T w w π221== ⑥

联立③⑤⑥式解得： 322

214r G T m m π=+

教师提醒：天体的运动在高中阶段一般都简化为匀速圆周运动，解题方法是万有引力提供向心力，若方程不够，往往再辅之以黄金替换式（在地球表面的物体所受重力约等于地球对其引力）。

迁移应用4. 解析：（1）s = rθ, h= r －R , 得 h =S /θ－R

（2）v=s/t , GMm/r 2 = m v 2 / r , 得M = S 3 / θG t 2

（3）GMm/R 2 = m v 12 / R , 得v 1= ( S 3 /θt 2 R )1/2

例题5.解析：（1）αcos 0L t v = , αsin 2

12L gt = t

v g αtan 20/= （2）αtan 20/v t g v y ==

)tan 41(2

1)(21220220α+=+=mv v v m E y k （3）R v m mg 2/= （2分） t

R v R g v αtan 20/== 教师提醒：万有引力与其他运动怎么建立联系？用重力加速度联系。因此，星球表面重力加速度的求解是此类问题的解题关键。

“赢在高考”丛书 物理二轮复习

- 17 -

例题6. 解析：卫星从发射到脱离地球引力的过程中机械能守恒．设卫星以v 0的速度从地面附近发射时能脱离地球的引力，则其在地面时的能量为：

E 0＝)(210

20r GMm mv -+ 由题意知 E 0 ≥0

即 )(210

20r GMm mv -+≥0 又因为在地球表面时，物体的重力等于万有引力，有：

020

mg r Mm G = 解得第二宇宙速度v 0满足：v 0≥002r g ．

教师提醒：此类问题往往与卫星的变轨问题相结合，在变轨过程中，动能定理或机械能守恒定律仍然能派上用场。

迁移应用6. 解析：（1）质量为m′的物体在火星表面 g m R

m GM '='2 设轨道舱的质量为m 0，速度大小为v ，则r v m r

GMm 2

020= 返回舱和人应具有的动能22

1mv E K = 联立以上三式解得 r

mgR E K 22

= （2）对返回舱在返回过程中，由动能定理知：W =E K －E

联立④⑤解得火星引力对返回舱做功 E r

mgR W -=22

故克服引力做功为 W 克=-W =E －r

mgR 22

“赢在高考”丛书 物理二轮复习 - 18 -

【仿真训练】

1. A

2. A

3. D

4. D

5. C

6. BC

7. AC

8. BC

9. BCD

三、计算题：

10. 解析：（1）设人的质量为m ，在星球表面附近的重力等于万有引力，有

mg 星=

2R

GMm 解得 g 星=2R GM （2）设人能上升的最大高度为h ，由功能关系得mg 星h =

202

1mv 解得 h =GM v R 2202 11. 解析：设物块在圆形轨道最高点的速度为v ，由机械能守恒定律得

mgh ＝2mgR ＋12

m v 2 ① 物块在最高点受的力为重力mg 、轨道的压力N 。重力与压力的合力提供向心力，有：

mg ＋N ＝m 2

v R

② 物块能通过最高点的条件是：N ≥0 ③

由②③式得：v

④

由①④式得：h ≥2.5R ⑤

按题的需求，N ＝5mg ，由②式得：v

⑥

由①⑥式得：h ≤5R

h 的取值范围是：2.5R ≤h ≤5R

12. 解析：（1）由万有引力定律和向心力公式得

)h R (T 2m )h R (Mm G 2

B 2+???? ??π=+ ① mg R

Mm G 2= ② 联立①②得 23

B gR

)h R (2T +π= ③ （2）由题意得 π=ω-ω2t 0B ④

由③得 32

B )

h R (gR +=ω

“赢在高考”丛书 物理二轮复习 - 19 - 代入④得032)h R (gR 2t ω-+π

=

13. 解析：（1）对小球从A →C 由机械能守恒定律得：

202

1mv mgR mgh += 代入数值解出 v 0=2m/s

（2）小球向上穿出圆筒所用时间为t

T k t 2

121-= （k =1，2，3……） 小球从离开圆筒到第二次进入圆筒所用时间为2t 2。

2t 2=nT （n =1，2，3……）

对小球由C 竖直上抛的上升阶段，由速度公式得：

)(0210t t g v +-=

联立解得 s n k T 1

24.0-+= 当n =k =1时， s T 2.0max =

（3）对小球在圆筒内上升的阶段，由位移公式得：

21102

12gt t v R -

=' 代入数值解得 m R 075.0='

专题五 功和能

【基础整合】

要点回顾：

1.重力势能；弹性势能；电势能；动能；机械能；内能；电能

基础自测 ：

1．A 2． ACD 3．AC

4.解析：（1）从A 到B 的过程中，人与雪橇损失的机械能为：222

121B A mv mv mgh E -+

=? 代入数据解得△E=9.1×103J

（2）人与雪橇在BC 段做减速运动的加速度大小 t v v a C B ?-=

根据牛顿第二定律有 ma F f =

解得 2

104.1?=f F N

“赢在高考”丛书 物理二轮复习

- 20 - （3）由动能定得得 22

10B f mv x F -=- 代入数据解得 x=36m

【考点突破】

例题1. 解析：由于弹簧的弹力F 与弹簧的形变量x 成正比．即F=kx ．本题中x 就是人手向右移动的距离L ，因此我们可以建立F —x 关系图象，如图所示。

如果我们将L 无限细分成很多相等的小段△x，当△x 趋近于零

时，则在这一段上的变力F 就可以看做恒力。△x 与图线所构成的

图形为矩形，因此在这段位移△x 上弹力所做的功kx·△x 就等于

这个矩形的面积。

由于功是标量，所以弹力在L 的位移内所做的总功就等于各个

小段△x 上的功(即矩形面积)的总和。

故人手克服弹力所做的功为22

121kL kL L W =??=。 教师提醒：此题用微元法求变力做功问题，用到极限思想，极限思想在中学课本中多次涉及。江苏省近几年高考都涉及用微元法解决问题。

迁移应用1.（1）由于水池面积很大，故木块压入水中后，池水的高度变化可以忽略不计.如图所示，1，2分别表示木块刚好没入水中时和到达池底的位置，木块从1移到2，相当于同体积的水从2移到1，所以池水势能的改变量等于这部分水在位置1和位置2的势能之差. 故池水势能的改变量

ΔE =2mg （H -2a ）-2mg ·2

a =2mg （H -a ） （2）如图所示，画斜线部分水的质量为m ，平铺于水面后，其重力势能改变量为 ΔE 水=mgH -mg （H -

43a ）= 43mga 木块重力势能的改变量为

ΔE 木=mg （H -2a ）-mgH =-2

1mga 根据功能关系，力F 所做的功W =ΔE 水+ΔE 木

=41mga

例题2. 解析： 汽车运动中所受的阻力大小为

F ′=0.1mg =0.1×5×103×10 N=5×103 N

（1）汽车保持恒定功率起动时，做加速度逐渐减小的加速运动，当加速度减小到零时，速度达到最大。

设当汽车的加速度为2 m ／s 2时牵引力为F 1，由牛顿第二定律得 F 1－F ′=ma

得F 1=F ′+ma =5×103 N ＋5×103×2 N=1.5×104 N

汽车的速度为v =44

210

5.1106??=F P m ／s=4 m ／s （2）当汽车以恒定加速度0.5 m ／s 2

匀加速运动时，汽车的牵引力为F 2，由牛顿第二定律得 F 2－F ′=ma

得 F 2=F ′+ma =5×103 N ＋5×103×0.5 Ｎ=7.5×103 Ｎ

“赢在高考”丛书 物理二轮复习 - 21 - 汽车匀加速运动时，其功率逐渐增大，当功率增大到等于额定功率时，匀加速运动结束，此

时汽车的速度为 v t =34

210

5.7106??=F P m ／s=8 m ／s 则汽车匀加速运动的时间为 t =5

.08=a v t s=16 s 教师提醒：此类问题关键是分析清楚物体的受力和运动情况，再运用功能关系和运动学公式求解。在（2）问中应注意在匀加速运动过程中功率随时间增加，牵引力大于阻力。 迁移应用2. 解析：最快方式先做匀加速运动：ma mg F =-

N F 120=得到：2/5s m a =

又最大功率1200 W ，所以匀加速最大速度：

m s s m v ma mg

v P 10,/10,1===- 经历时间s a

v t 21==，以后以最大功率做变加速运动至匀速运动，由动能定理 2

22222mv mv mgs Pt m -=-，则s m mg P v m /15== 解得s t 75.52=，则s t t t 75.721=+=

例题3. 解析：在此过程中由于A 、B 构成的系统的机械能守恒，因此系统减少的重力势能应与系统增加的动能相等．即

22)2(2

1212)2(2v m mv L mg L mg +=+- 由此解得A 、B 两球转到杆处于竖直位置时的速度大小为gL v 31=

而在此过程中A 、B 两球的机械能的增加量分别为

mgL mv L mg E 3

221221=+=? mgL mv L mg

E 322212222-=+-=? 所以，此过程中轻杆对Ａ、Ｂ两小球所做的功分别为

mgL E W 3211=?= mgL E W 3

222-=?= 教师提醒：A 球、B 球和轻杆整体机械能守恒，但A 球或B 球的机械能并不守恒。 迁移应用3. A C

例题4. 解析：以地面为参考系（下同），设传送带的运动速度为v 0，在水平段运输的过程

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