人教版（2019）高一下学期物理必修第二册期末复习：知识点+练习题（含答案）

这是一份人教版（2019）高一下学期物理必修第二册期末复习：知识点+练习题（含答案），共49页。试卷主要包含了曲线运动，运动的合成与分解，平抛运动，天体质量和密度的计算，卫星的动力学规律，宇宙速度和卫星变轨问题的分析，双星系统，传送带与板块问题等内容，欢迎下载使用。
抛体运动
一、曲线运动
1．速度的方向：质点在某一点的速度方向，沿曲线在这一点的_________________．
2．曲线运动的性质：做曲线运动的物体，速度的方向时刻在改变，所以曲线运动一定是_________运动．
a恒定：_____________运动；a变化：非匀变速曲线运动．
3．做曲线运动的条件：
(1)运动学角度：物体的______________方向跟速度方向不在同一条直线上．
(2)动力学角度：物体所受的________________方向跟速度方向不在同一条直线上．
4．速率变化情况判断
①当合外力方向与速度方向的夹角为锐角时，物体的速率增大（力做正功）；
②当合外力方向与速度方向的夹角为钝角时，物体的速率减小（力做负功）；
③当合外力方向与速度方向垂直时，物体的速率不变（力不做功）。
二、运动的合成与分解
1.运动性质的判断
2．判断两个直线运动的合运动性质，关键看合初速度方向与合加速度方向是否共线．
3．小船渡河问题
（1）渡河时间t=? 如何航行渡河时间最短？
（2）最短渡河位移S=? 如何求解？
注意：①区分三个速度：v船（船在静水中的速度）、v水（水的流速）、v合（船的实际速度）。
②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。
③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。
4．关联速度问题——绳（杆）端点速度分解模型
（1）模型特点
沿绳（或杆）方向的速度（包括加速度）分量大小相等。
（2）思路与方法
合运动（实际运动、对地运动）→绳拉物体的实际运动速度v
分运动→
方法：v1与v2的合成遵循平行四边形定则，v为平行四边形对角线。
三、平抛运动
1．基本规律
如图，以抛出点O为坐标原点，以初速度v0方向(水平方向)为x轴正方向，竖直向下为y轴正方向．
2．推论
（1）平抛运动物体的速度变化量
因为平抛运动的加速度为恒定的重力加速度g，所以做平抛运动的物体在任意相等时间间隔Δt内的速度改变量Δv＝gΔt是相同的，方向恒为竖直向下，如图所示．
（2）做平抛运动的物体在任意时刻(任意位置处)，(如图所示)
有tan θ＝_____________________.
（3）做平抛运动的物体在任意时刻的瞬时速度的反向延长线一定通过水平位移的中点，如图所示，即_____________________________.
四．斜抛基本规律
以斜抛运动的抛出点为坐标原点O，水平向右为x轴的正方向，竖直向上为y轴的正方向，建立如图所示的平面直角坐标系xOy.
初速度可以分解为v0x＝_______________，v0y＝________________
在水平方向，物体的位移和速度分别为
x＝__________________ vx＝__________________
在竖直方向，物体的位移和速度分别为
y＝________________________ vy＝__________________________
五．巩固练习:
1、如图所示，木块在水平桌面上移动的速度是v,跨过滑轮的绳子向下移动的速度是（绳与水平方向之间的夹角为α）（ ）
A、vsinαB、vsinα
C、vcsαD、vcsα
2、小船匀速横渡一条河流，水流速度的大小v1，船在静水中的速度大小v2．第一次船头垂直对岸方向航行时，在出发后t0=20s到达对岸下游60m处；第二次船头保持与河岸成θ=53°角向上游航行时，小船恰好经过时间t1能垂直河岸到达正对岸，求：
（1）求船在静水中的速度大小v2；
（2）求第二次过河的时间t1。
3、如图所示，一名跳台滑雪运动员经过一段时间的加速滑行后从O点水平飞出，经过3 s落到斜坡上的A点。已知O点是斜坡的起点，斜坡与水平面的夹角θ＝37°，运动员的质量m＝50 kg，不计空气阻力(sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，g取10 m/s2)。求：
(1)A点与O点的距离L；
(2)运动员离开O点时的速度大小；
(3)运动员从O点飞出到离斜坡距离最远所用的时间。
圆周运动
1．基本物理量及公式： ① 线速度：v = ②角速度：ω=
③周期T= ④线速度与角速度的关系：v =
⑤向心加速度：a = ⑥向心力: Fn =
2．传动装置
（1）同轴传动：各部分__________大小相等。（注意：各卫星绕着同一中心天体运动不是同轴传动）
（2）同缘传动（齿轮、摩擦轮、皮带、链条）：接触部分______________大小相等。
3．匀速圆周运动的特点：速率、角速度 ,速度、加速度、合外力大小 ，方向时刻改变，合力就是向心力，它只改变速度的 。
4．变速圆周运动：合外力一般不是向心力，它不仅要改变物体 （切向分力），
还要改变 （向心力）。
5．生活中圆周运动：①火车转弯 ②汽车过拱形桥 ③航天器中的失重现象 ④离心现象
6．竖直面内圆周运动的求解思路
（1）定模型：首先判断是轻绳模型还是轻杆模型，两种模型过最高点的临界条件不同。
（2）确定临界点：v临=gr，对轻绳模型来说是能否通过最高点的临界点，而对轻杆模型来说是FN表现为支持力还是拉力的临界点。
（3）研究状态：通常情况下竖直平面内的圆周运动只涉及最高点和最低点的运动情况。
（4）受力分析：对物体在最高点或最低点时进行受力分析，根据牛顿第二定律列出方程，F合=F向。
（5）过程分析：应用动能定理或机械能守恒定律将初、末两个状态联系起来列方程。
7．离心运动与近心运动
（1）当F合F向时，物体做近心运动（向心运动）。
（4）最常见的近心运动的应用实例是航天器的减速变轨。
1. 水平面内的圆周运动
例题1、如图所示，水平转盘上放有质量为m的物体，当物块到转轴的距离为r时，连接物块和转轴的绳刚好被拉直（绳上张力为零）。物体和转盘间的最大静摩擦力是其正压力的μ倍。求：
（1）当细绳的拉力F0=0时，转盘的角速度ω0。
（2）当转盘的角速度ω1=μg2r时，细绳的拉力 FT1。
（3）当转盘的角速度ω2=3μg2r时，细绳的拉力FT2。
两个互成角度的分运动
合运动的性质
两个匀速直线运动
_________直线运动
一个匀速直线运动、一个匀变速直线运动
____________曲线运动
两个初速度为零的匀加速直线运动
___________________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_______运动
如果v合与a合不共线，为匀变速______运动
答案（1） μgr；（2） 0；（3）μmg2
解：（1）设转动过程中物体与盘间恰好达到最大静摩擦力时转动的角速度为ω 0 ，则
μmg=mrω02
解得ω0=μgr
（2）因为
ω1=μg2r ＜ω0
所以物体所需向心力小于物体与盘间的最大摩擦力，则物题与盘产生的摩擦力还未达到最大静摩擦力，细绳的拉力仍为0，即F T1 =0。
（3）因为
ω2=3μg2r ＞ω0
所以物体所需向心力大于物体与盘间的最大静摩擦力，则细绳将对物体施加拉力F T2 ，由牛顿第二定律得
FT2 +μmg=mω2 2 r
解得
FT2 =μmg2
2、竖直面内的圆周运动
例题2、如图所示，轻杆长为L，球的质量为m，杆连球在竖直平面内绕轴O自由转动，已知在最高点处，杆对球的支持力大小为F=12mg，求：
（1）小球在最高点的瞬时速度大小．
（2）小球到达最低点的动能．
答案（1）gL2；（2）94mgL
解：（1）在最高点，对小球受力分析可得
mg−F=mv12L
F=mg2
v1=gL2
（2）对小球，取最低点为零势能面，由机械能守恒有
Ek2=12mv12+mg⋅2L=94mgL
巩固练习：
4.如图所示，当汽车通过拱桥顶点的速度为10m/s时，车对桥顶的压力为车重的 34 ，如果要使汽车在粗糙的桥面行驶至桥顶时，不受摩擦力作用，则汽车通过桥顶的速度应为( )
A.15m/sB.20m/sC.25m/sD.30m/s
5．铁路在弯道处内外轨的高度是不同的，已知某弯道处内外轨倾角为θ，转弯半径为R，火车的质量为m，重力加速度为g，火车转弯时的速度大小为gRtanθ，则（ ）
A．车轮对内轨有挤压力
B．车轮对外轨有挤压力
C．铁轨对火车的支持力为mgcsθ
D．铁轨对火车的支持力为mgtanθ
专题二：《万有引力定律》
一、开普勒行星运动三大定律
1．第一定律（轨道定律）：所有行星绕太阳运动的轨道都是_________，太阳处在所有椭圆的一个共同_________上。
2．第二定律（面积定律）：对任意一个行星来说，它与太阳的连线在相等的时间内扫过_______的面积。
由于轨道不是圆，故行星离太阳距离较近时速度较________（势能_______而动能_______），对近日点和远日点的线速度大小有v1r1=v2r2，在同一轨道上运动，机械能____________。
3．第三定律（周期定律）：所有行星的轨道的半长轴的__________跟它的公转周期的__________的比值都相等。
若轨道周期为T，则有a3T2=k，比值k为对所有行星都相同（与太阳有关）的常量。
若轨道为圆，半径为r，则有r3T2=k，结合万有引力定律可得k=GM4π2（G为引力常量，M为中心天体质量）
二、万有引力定律
1．月—地检验：①检验人：牛顿；②结果：地面物体所受地球的引力，与月球所受地球的引力都是同一种力。
2．内容：自然界的任何物体都相互吸引，引力方向在它们的连线上，引力的大小跟它们的质量m1和m2乘积成正比，跟它们之间的距离的平方成反比。
3．表达式：F=Gm1m2r2，G=6.67×10−11N⋅m2/kg2(引力常量).
4．使用条件：适用于相距很远，可以看做质点的两物体间的相互作用，质量分布均匀的球体也可用此公式计算，其中r指球心间的距离。
5．对G的理解：
①G是引力常量，由____________(填人名）通过扭秤装置测出，单位是N⋅m2/kg2。
②G在数值上等于两个质量为1kg的质点相距1m时的相互吸引力大小。
③G的测定证实了万有引力的存在，从而使万有引力能够进行定量计算，同时标志着力学实验精密程度的提高。
〖例1〗下列说法正确的是（ ）
A．卡文迪什通过扭秤实验测出了引力常量
B．牛顿发现了万有引力定律，并测得了引力常量
C．根据表达式可知F=Gm1m2r2，当r趋近于零时，万有引力趋近于无穷大
D．两物体间的万有引力总是大小相等，方向相反，是一对平衡力
三、万有引力和重力的关系
1．在地球表面上的物体
地球在不停地自转、地球上的物体随地球自转而做圆周运动，自转圆周运动需要一个向心力，是重力不直接等于万有引力而近似等于万有引力的原因，如图所示，万有引力为F，重力为G，向心力为Fn。当然，真实情况不会有这么大偏差。
（1）物体在一般位置时F向=mrω2，F向、F、G不在一条直线上。
（2）当物体在赤道上时，F向达到最大值Fnmax，Fnmax=mRω2，重力达到最小值：
Gmin=F−Fn=GMmR2−mRω2，重力加速度达到最小值，gmin=F−Fnm=GMR2−Rω2。
（3）当物体在两极时Fn=0，G=F，重力达到最大值Gmax=GMmR2，重力加速度达到最大值，gMR2max。
可见只有在两极时重力才等于万有引力，重力加速度达到最大值；其他位置时重力要略小于万有引力，在赤道处的重力加速度最小，两极处的重力加速度比赤道处大；但是由于自转的角速度很小，需要的向心力很小。计算题中，如果未提及地球的自转，一般认为重力近似等于万有引力。即mg=GMmR2或者写成GM=gR2，称为“黄金代换”。
2．离开地球表面的物体
卫星在做圆周运动时，只受到地球的万有引力作用，我们认为卫星所受到的引力就是卫星在该处所受到的重力，G重力=GMmR2，该处的重力加速度g'=GM(R+ℎ)2。这个值也是卫星绕地球做圆周运动的向心加速度的值；卫星及内部物体处于完全失重状态。（为什么？）答案：只受重力
3．重力加速度总结
〖例2〗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 ，在赤道的大小为 ,地球自转的周期为 ，引力常量为G 。地球的密度为（ ）
A． B． C． D．
四、天体质量和密度的计算
1．解决天体（卫星）运动问题的基本思路
（1）天体运动的向心力来源于天体之间的万有引力，
即GMmr2=mω2r=m(2πT)2r=mv2r=ma。
（2）在中心天体表面或附近运动时，万有引力近似等于重力，即mg=GMmR2（g表示天体表面的重力加速度）。
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mg=GMmR2，故天体质量M=gR2G； 天体密度：ρ=MV=3g4πGR；
（2）通过观察卫星绕天体做匀速圆周运动的周期T和轨道半径r
①由万有引力等于向心力，即GMmr2=m(2πT)2r，得出中心天体质量M=4π2r3GT2；
②若已知天体半径R，则天体的平均密度 ρ=MV=3πr3GT2R3；
③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ρ=MV=3πGT2。可见，只要测出卫星环绕天体表面运动的周期T，就可估算出中心天体的密度。
3．估算天体问题应注意三点
（1）天体质量估算中常有隐含条件，如地球的自转周期为24 h，公转周期为365天等；
（2）注意黄金代换式GM=gR2的应用；
（3）注意密度公式ρ=3πGT2的理解和应用。
〖例3〗假设火星和地球都是球体，火星的质量M1与地球质量M2之比M1：M2＝p；火星的半径R1与地球的半径R2之比R1：R2＝q，那么火星表面的重力加速度g1与地球表面处的重力加速度g2之比g1：g2等于（ ）
A．B．pq2C．D．Pq
思考：若分别在火星和地球的表面上以相同的速度竖直上抛小球，不计大气的阻力。则小球在火星上上升的最大高度与在地球上上升的最大高度之比为多少？
五、卫星的动力学规律
（一）由万有引力提供向心力，GMmr2=man=mv2r=mω2r=m4π2rT2。
（二）卫星的各物理量随轨道半径变化的规律
1．线速度v：由GMmr2=mv2r得v=GMr，可见，r越大，v越小；
2．角速度ω：由GMmr2=mω2r得ω=GMr3，可见，r越大，ω越小；
3．周期T：由GMmr2=m(2πT)2r得T=2πr3GM，可见，r越大，T越大；
4．向心加速度an：由GMmr2=man得an=GMr2，可见，r越大，an越小；
以上结论可总结为“一定四定，越高越慢，越高能量越大，发射越难”。
〖例4〗北京时间2022年8月10日12时50分，我国在太原卫星发射中心使用长征六号遥十运载火箭，成功将吉林一号高分03D09星、云遥一号04-08星等十六颗卫星发射升空，卫星顺利进入预定轨道，发射任务获得圆满成功。如图所示，若其中的A、B两颗卫星均沿图示方向绕地球做匀速圆周运动，角速度大小分别为ωA、ωB。下列判断正确的是（ ）
A．A、B的轨道半径rArB=3ωA2ωB2
B．A、B的线速度大小之比为vAvB=3ωBωA
C．A、B的向心加速度大小之比为aAaB=3ωA4ωB4
D．A、B受到地球的万有引力大小之比FAFB=3ωB4ωA4
拓展：比较A,B两颗卫星的线速度，角速度，周期，加速度大小关系。若两颗卫星质量相等，则A,B的动能，势能，机械能大小关系是怎样的？
〖例5〗2021年10月16日神舟十三号载人飞船顺利将翟志刚、王亚平、叶光富3名航天员送入太空，假设神舟十三号载人飞船在距地面高度为h的轨道做圆周运动，已知地球的半径为R，地球表面的重力加速度为g，引力常量为G，则：
(1)神舟十三号载人飞船的线速度大小
(2)神舟十三号载人飞船运行的周期
(3)神舟十三号载人飞船轨道处的重力速度g'；
(4)地球的平均密度ρ
（三）同步卫星
同步卫星是指相对地球“静止不动”的卫星。
同步卫星的六个“一定”：
〖例6〗（多选）关于同步卫星，下列说法中正确的有（ ）
A．地球同步卫星在轨运行的周期和地球的公转周期相同
B．地球同步卫星绕地球的角速度虽被确定，但高度和速度可以选择，高度增加，速度减小，高度降低，速度增大
C．所有国家发射的同步卫星都在同一轨道上
D．为了避免同步通信卫星在轨道上相撞，必须让它们运行在不同轨道上
E．我国发射的同步卫星能定点在北京正上方
F．同步卫星运行速度小于第一宇宙速度
六．赤道上的物体与同步卫星以及近地卫星的运动规律
1．地球赤道上的物体，静止在地面上与地球相对静止，随地球的自转绕地轴做匀速圆周运动。地球赤道上的物体受到地球的万有引力，其中的一个分力提供物体随地球自转做圆周运动的向心力，产生向心加速度a，另一个分力为重力，有GMmR2–mg=ma（其中R为地球半径）。
2．近地卫星的轨道高度约等于地球的半径，其所受万有引力完全提供卫星做圆周运动的向心力，即GMmR2=ma。
3．同步卫星与赤道上的物体具有与地球自转相同的运转周期和运转角速度，始终与地球保持相对静止状态，共同绕地轴做匀速圆周运动。
4．区别：
（1）同步卫星与地球赤道上的物体的周期都等于地球自转的周期，而不等于近地卫星的周期。
（2）近地卫星与地球赤道上的物体的运动半径都等于地球的半径，而不等于同步卫星运动的半径。
（3）三者的线速度各不相同。
注意：①赤道表面物体与同步卫星：角速度和周期相同，常用公式和
②近地卫星和同步卫星：都是绕模型（圆轨道），满足F万=F向
5.四个运动参量的比较：（赤道上的物体为A,近地卫星为B,同步卫星为C）
①周期： ②角速度：
③线速度： ④向心加速度：
〖例7〗有a、b、c、d四颗地球卫星，a在地球赤道上未发射，b在地面附近近地轨道上正常运动，c是地球同步卫星，d是高空探测卫星，各卫星排列位置如图，则有( )
A．a的向心力由重力提供
B．c在4 h内转过的圆心角是π6
C．b在相同时间内转过的弧长最长
D．d的运动周期有可能是20 h
七、宇宙速度和卫星变轨问题的分析
1．第一宇宙速度是地球卫星 发射速度，也是所有地球卫星的 运行速度，其大小为7.9km/s。两种计算方法
①由，得②由，得。
2．第二宇宙速度（11.2 km/s）是卫星挣脱地球引力束缚的最小发射速度
3．第三宇宙速度（16.7 km/s）是卫星挣脱太阳引力束缚的最小发射速度
4．当卫星由于某种原因速度突然改变时（开启或关闭发动机或空气阻力作用），万有引力不再等于向心力，卫星将变轨运行：
（1）当卫星的速度突然增加时，GMmr2mv2r，即万有引力大于所需要的向心力，卫星将做近心运动，脱离原来的圆轨道，轨道半径变小，当卫星进入新的轨道稳定运行时由v=GMr可知其运行速度比原轨道时增大。卫星的发射和回收就是利用这一原理。
5．处理卫星变轨问题的思路和方法
（1）要增大卫星的轨道半径，必须加速；
（2）当轨道半径增大时，卫星的机械能随之增大。
6．卫星变轨问题的判断：
（1）卫星的速度变大时，做离心运动，重新稳定时，轨道半径变大。
（2）卫星的速度变小时，做近心运动，重新稳定时，轨道半径变小。
（3）圆轨道与椭圆轨道相切时，切点处外面的轨道上的速度大，向心加速度相同。
7．特别提醒:“三个不同”
（1）两种周期——自转周期和公转周期的不同
（2）两种速度——环绕速度与发射速度的不同，最大环绕速度等于最小发射速度
（3）两个半径——天体半径R和卫星轨道半径r的不同
例如：如图所示
1．四个速度关系是：
2．四个加速度关系是： （Ⅰ，Ⅱ轨道过P点，Ⅱ，Ⅲ轨道过Q点）
3．三个轨道周期关系是：
4．能量变化关系：
①由低轨道———高轨道（发射）：加速（向后喷气），机械能增加，势能增加，动能减小；
②由高轨道———低轨道（回收）：减速（向前喷气），机械能减小，势能减小，动能增加。
〖例8〗（多选）2011年中俄联合实施探测火星计划，由中国负责研制的“萤火一号”火星探测器与俄罗斯研制的“福布斯—土壤”火星探测器一起由俄罗斯“天顶”运载火箭发射前往火星．已知火星的质量约为地球质量的EQ \* jc0 \* hps21 \(\s\up 9(1),9)，火星的半径约为地球半径的EQ \* jc0 \* hps21 \(\s\up 9(1),2).下列关于火星探测器的说法中正确的是( )
A．发射速度只要大于第一宇宙速度即可
B．发射速度只有达到第三宇宙速度才可以
C．发射速度应大于第二宇宙速度而小于第三宇宙速度
D．火星探测器环绕火星运行的最大速度为地球第一宇宙速度的23
〖例9〗如图所示，一飞行器围绕地球沿半径为的圆轨道1运动，经点时，启动推进器短时间向后喷气使其变轨，轨道2、3是与轨道1相切于点的可能轨道，则飞行器（ ）
A．变轨后将沿轨道3运动
B．变轨后相对于变轨前运行周期变大
C．变轨前、后在两轨道上运动时经P点的速度大小相等
D．变轨前经过P点的加速度大于变轨后经过P点的加速度
〖例10〗（多选）北斗导航卫星的发射需要经过几次变轨，例如某次变轨，先将卫星发射至近地圆轨道1上，然后在P处变轨到椭圆轨道2上，最后由轨道2在Q处变轨进入圆轨道3，轨道1、2相切于P点，轨道2、3相切于Q点．忽略空气阻力和卫星质量的变化，则以下说法正确的是（ ）
A．该卫星从轨道1变轨到轨道2需要在P处减速
B．该卫星在轨道从轨道1到轨道2再到轨道3，机械能逐渐减小
C．该卫星在轨道3的动能小于在轨道1的动能
D．该卫星稳定运行时，在轨道3上经过Q点的加速度等于在轨道2上Q点的加速度
八、双星系统
1．在天体运动中，将两颗彼此相距较近，且在相互之间万有引力作用下绕两者连线上的某点做周期相同的匀速圆周运动的行星称为双星。
2．双星系统的条件：
（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。
3．双星系统的特点：
（1）两星的角速度、周期相等； （2）两星的向心力大小相等；
（3）两星的轨道半径之和等于两星之间的距离，即r1+r2=L，轨道半径与行星的质量成反比。
4．双星问题的处理方法：
双星间的万有引力提供了它们做圆周运动的向心力，即Gm1m2L2=m1ω2r1=m2ω2r2，由此得出
（1）m1r1=m2r2，即某恒星的运动半径与其质量成反比；
（2）由于ω=2πT，r1+r2=L，所以两恒星的质量之和m1+m2=4π2L3GT2。
〖例11〗（多选）如图为某双星系统A、B绕其连线上的O点做匀速圆周运动的示意图，若A星的轨道半径大于B星的轨道半径，双星的总质量M，双星间的距离为L，其运动周期为T，则( )
A．A的质量一定大于B的质量
B．A的线速度一定大于B的线速度
C．L一定，M越大，T越大
D．M一定，L越大，T越大
专题三：《机械能守恒定律》
一、基础知识
（一）．功
1．公式
2．功的正负
① 当0⩽α0，力对物体做正功，力体现为动力；
② 当α=π2，，力不做功；
③ 当π2μmg时，则A、B一定会发生相对滑动
B．拉力F做的功一定等于A、B系统动能的增加量
C．拉力F和f1对A做的功之和一定等于A的动能的增加量
D．f2对B做的功一定等于B的动能的增加量
*练习1、如图所示，木板L=5m，质量为M=2kg的平板车在粗糙水平面上向右滑行，当其速度为v=9m/s时，在其右端轻轻放上一个质量为m=1kg的滑块，已知滑块与木板间的动摩擦因数为μ1=0.2，木板与地面间的动摩擦因数为μ2=0.4，最大静摩擦力可视为等于滑动摩擦力，求：
（1）滑块与木板取得相同的速度前各自的加速度大小；
（2）从开始至最终停止，滑块与木板间因摩擦产生的热量Q；
（3）从开始至木板刚停下，滑块、木板和地面组成的系统增加的内能Q。
考点七、机械能守恒定律及其应用
1、判断机械能守恒的方法：
1）．确定研究对象，是单个物体还是系统；
2）．确定研究对象机械能的构成，尤其要注意研究对象是否包含弹性势能；
3）．判断是否有力，即“外力”，做功影响研究对象的机械能，如果“外力”不做功，则研究对象的机械能守恒。
【例题8】如图所示，将小球放在竖直放置的轻弹簧上，把小球往下按至A位置，松手后，弹簧弹出小球，小球升至最高位置C，途中经过位置B时弹簧正好处于自由状态，不计空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A．小球在上升过程中机械能守恒
B．小球在位置B时速度最大
C．从A到B过程中，小球动能和弹簧弹性势能之和先增大后减小
D．小球在位置A的加速度大于重力加速度g
练习1、（多选）如图，不计空气阻力，取地面为参考平面，将质量为m的物体沿斜上方以速度v0抛出后，能达到的最大高度为h0，当它将要落到离地面高度为h的平台上时，下列判断正确的是（ ）
A．它的总机械能等于 B．它的总机械能为mgh0
C．它的动能为mg(h0-h) D．它的动能为
2、系统的机械能守恒问题
解决多物体系统机械能守恒的注意点
(1)对多个物体组成的系统，要注意判断物体运动过程中系统的机械能是否守恒．一般情况为：不计空气阻力和一切摩擦，系统的机械能守恒．
(2)注意寻找用绳或杆相连接的物体间的速度关系和位移关系．
(3)列机械能守恒方程时，一般选用ΔEk＝－ΔEp或ΔEA＝－ΔEB的形式．
几种实际情景的分析
(1)速率相等情景
注意分析各个物体在竖直方向的高度变化．
(2)角速度相等情景
①杆对物体的作用力并不总是沿杆的方向，杆能对物体做功，单个物体机械能不守恒．
②由v＝ωr知，v与r成正比．
(3)某一方向分速度相等情景(关联速度情景)
两物体速度的关联实质：沿绳(或沿杆)方向的分速度大小相等．
【例题9】如图所示，长为2L的轻杆一端可绕O点自由转动，杆的中点和另一端分别固定两个质量均为m的小球A、B。让轻杆从水平位置由静止释放，在转动至竖直位置的过程中，不计空气阻力，重力加速度大小为g，下列说法正确的是（ ）
A．杆对B球做的功为
B．重力对A球做功的功率先减小后增大
C．杆转动至竖直位置时，O点对杆的弹力大小为
D．杆转动至竖直位置时，B球的速度大小为
练习1、如图所示，一条轻绳跨过定滑轮，绳的两端各系一个小球A和B，当轻绳刚好被拉紧后，B球的高度为h，A球静止于地面。定滑轮的质量及轮与轴间的摩擦力不变，重力加速度为g，释放B球，当B球刚落地时，A球的速度大小为，则A球与B球的质量比为（ ）
A．B．C．D．
专题四：《动量与动量守恒》
冲量的理解与计算
1．定义：力与力的作用时间的乘积
2．三种计算方法：(1)I＝F∆t（计算恒力的冲量）；(2)I＝Δp（计算合力的冲量）；
(3)F-t图像中图像与t轴围成的面积表示这个力的冲量（计算变力的冲量）。
动量定理的应用
1．内容：物体在一个过程中所受合力的冲量等于它在这个过程始末的动量变化量。
2．表达式：F∆t= mv′－mv F指物体所受的合力。
练1．如图所示，质量为m的小滑块沿倾角为θ的斜面向上滑动，经过时间t1速度为零并又开始下滑，经过时间t2回到斜面底端，滑块在运动过程中受到的摩擦力大小始终为Ff。则在整个运动过程中( )
A．重力对滑块的总冲量为mg(t1+t2) sin θ
B．支持力对滑块的总冲量为mg(t1+t2) cs θ
C．合外力对滑块的冲量为0
D．摩擦力对滑块的总冲量为Ff(t1+t2)
练2．质量m＝70 kg的撑竿跳高运动员从h＝5．0 m高处下落，则
(1)落到海绵垫子上，经Δt1＝1 s后停止，则该运动员身体受到的平均冲力约为多少？
(2)如果是落到普通沙坑中，经Δt2＝0.1s停下，则沙坑对运动员的平均冲力约为多少？(g取10m/s2)
练3．(流体模型) 水流射向墙壁，会对墙壁产生冲击力。假设水枪喷水口的横截面积为 S，喷出水流的流速为 v，水流垂直射向竖直墙壁后速度变为0。已知水的密度为 ρ，重力加速度大小为 g，求墙壁受到的平均冲击力。
三、动量守恒定律
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，该系统的总动量保持不变。
2．表达式
(1)p＝p′，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＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，相互作用的两个物体组成的系统，作用前动量和等于作用后的
(3)Δp1＝－Δp2，相互作用的两个物体动量的变化量等大反向。
(4)Δp＝0，系统总动量的增量为零。
3.成立条件
（1）理想守恒：________________________
（2）近似守恒：___________________________
（3）某一方向守恒：__________________________
4．解题步骤： (1)明确研究对象及运动过程；(2)对物体进行受力分析，明确合力的冲量；
(3)明确初末动量； (4)根据动量定理列式子。
四、动量守恒定律的应用
常见模型：碰撞模型、类碰撞模型（子弹打木块模型、滑块木板模型、弹簧模型）、反冲模型（人船模型、类人船模型）、爆炸、单方向动量守恒
（一）碰撞
1．碰撞的分类
按碰撞过程中机械能是否损失分类
①弹性碰撞：碰撞过程中机械能守恒，即碰撞前后系统的总动能不变，Ek1＋Ek2＝Ek1′＋Ek2′。
②非弹性碰撞：碰撞过程中机械能不守恒，即碰撞后系统的总动能小于碰撞前系统的总动能，
Ek1′＋Ek2′v1>v4>v3 aⅠp=aⅡp＞aⅡQ=aⅢQ TⅠ＜TⅡ＜TⅢ
〖例9〗答案：B 【例11】答案：CD 【例12】答案：BD
专题三：《机械能守恒定律》
阻力；阻碍
（三）路径；正功，减少；负功，增加，克服
（四）
（六）只有重力或弹簧弹力做功
（七）；；；;
【例题1】（1）-8.4J；（2）7.6J
【例题2】AD
AB．小球落到一倾角为的斜面上时，其速度方向与斜面垂直，故小球击中斜面前瞬间，速度方向与竖直方向的夹角为
解得
此时重力做功的功率为
选项A正确，B错误；
CD．平抛运动的时间为
下降的高度为
重力做功的平均功率
选项C错误，D正确。
【例题3】（1）100m/s；（2）；（3）
解：（1）当列车的牵引力与阻力大小相等时，列车速度达到最大，列车做匀速运动，根据力的平衡可知牵引力
列车能达到的最大速度
（2）列车从静止开始以的加速度做匀加速运动，设这种加速运动能达到的最大速度为，所需的时间为t，当列车达到速度时，列车的实际功率恰好达到额定功率，根据功率公式有
根据牛顿第二定律有
根据运动学公式有
解得
25秒末列车的速度
25秒末列车的瞬时功率
（3）设列车速度为时牵引力大小为，加速度大小为，根据功率公式可知
根据牛顿第二定律
【例题4】98J，增加了98J
铁链从初状态到末状态，它的重心位置提高了
因而克服铁链重力所做的功为
根据重力做功与重力势能的关系可知，铁链的重力势能增加了98J。
练习1、C
在F-x图像中，图线与x轴所围面积的代数和就表示力F在这段位移内所做的功，面积
⸪W=S 则S=12πFm12x0=14Fmx0
【例题5】（1）60N；（2）0.8m；（3）1.5m
（1）根据机械能守恒
根据牛顿第二定律
解得
（2）从A到D的过程中，根据动能定理
滑块从D点做竖直上抛运动，由运动学公式
得
（3）设滑块在BC段通过的总路程为s，对全程，由动能定理
得
分析得
可知，此时滑块距B点1.5m。
练习1、BD
A．对小球进行受力分析，设绳子的拉力为F，则由题意可得；
随着θ减小，拉力F一直大于重力，故A错误；
B．由题意及几何关系可得；
由可得，小球的线速度始终小于等于ωlsinθ，故B正确；
CD．由题意，重力做功为
由动能定理可知，动能的变化量和重力所的功全部用来克服空气阻力做功，即
由于小球动能变化量大于零，则空气阻力做的功大于mgl（1-csθ），故C错误，D正确。
【例题6】ABD
A．滑块先在摩擦力作用下向左减速运动，速度由v2减小到0，再在摩擦力作用下向右加速运动，由于v2>v1，速度先增加到v1与传送带间无相对运动而摩擦力消失，之后再以速度v1匀速运动到传送带右端，故A正确；
B．由动能定理知此过程中传送带对滑块所做功等于滑块动能变化量，即W=－
故B正确；
D．由功能关系可知，此过程中滑块与传送带间摩擦产生的热量等于摩擦力与相对路程的乘积，以传送带为参考系，滑块以初速度v2+v1向左匀减速运动，加速度
故摩擦产生的热量为
故D正确；
C．由能量守恒，此过程中电动机对传送带所做功等于摩擦产生的热量与滑块获得的动能
或由功能关系可知，电动机对传送带多做的功等于传送带克服摩擦力所做功，即
故C错误。
练习1、BD
A．设物体相对传送带滑动时的加速度大小为a，则物体从放上传送带到速率达到v所经历的时间为
t时间内物体和传送带的位移大小分别为；
物体相对于传送带滑动的位移大小为
设传送带倾角为θ，物体与传送带之间的动摩擦因数为μ，则根据牛顿第二定律可得
物体与传送带因摩擦产生的热量为
故A错误；
BC．根据功能关系可知，传送带对物体做功等于物体机械能的增加量，即
故B正确，C错误；
D．根据能量守恒定律可知，为传送物体，电动机需对传送带额外做功为
故D正确。
【例题7】CD
A．根据牛顿第二定律得，
解得
若时，则A、B一定会发生相对滑动，A错误；
B．拉力F做的功等于A、B系统动能的增加量与产生的热量之和，B错误；
C．根据动能定理，拉力F和f1对A做的功之和一定等于A的动能的增加量，C正确；
D．根据动能定理， f2对B做的功一定等于B的动能的增加量，D正确。
练习1、（1）2m/s2，7m/s2；（2）10.2J；（3）80.28J
（1）滑块与木板取得相同的速度前，对滑块和木板根据牛顿第二定律分别有
；
解得，
（2）设经过t1时间两者速度相等，根据运动学规律有
解得
此时两者的共同速度为
到达共同速度前，滑块和木板的位移分别为；
两者相对位移为
到达共同速度后，假设两者可以以相同的加速度做匀减速运动，根据牛顿第二定律有
解得
此时滑块所受摩擦力大小为
即假设不成立，所以到达共同速度后两者做加速度不同的匀减速运动，对滑块和木板分别有
；
解得，
易知木板先停止运动，从达到共速到各自停下的过程中，滑块和木板的位移分别为
；
两者相对位移为
根据功能关系可得
（3）两者共速后，设木板经t2停止运动，则
木板停下时，滑块的速度为
从开始至木板刚停止时，根据能量守恒定律有
解得
【例题8】D
A．小球从A到B的过程中，弹簧弹力对小球做正功，小球机械能增大，故A错误；
B．小球所受合力为零时速度最大，此时弹簧处于压缩状态，所以该位置在A、B之间，故B错误；
C．小球和弹簧组成的系统机械能守恒，从A到B的过程中，小球重力势能一直增大，所以小球动能和弹簧弹性势能之和一直减小，故C错误；
D．易知小球上升至B点时的速度不为零，设从A到B弹簧弹力对位移的平均值为，根据动能定理有
所以
根据胡克定律可知，从A到B，弹簧弹力与小球位移成线性关系，且小球在B点时弹簧弹力为零，所以
即
在A点，根据牛顿第二定律有
解得 故D正确。
练习1、AD
A．在运动的过程中机械能守恒，因此它落到平台上时的总机械能等于初始状态的总机械能，因此它的总机械能等于，A正确；
B．由于到达最高点时，只有水平分速度，因此在最高点时的总机械能可表示为
B错误；
CD．根据机械能守恒可知
因此它落到平台上时的动能为
从最高点到高度h处由动能定理可得
C错误，D正确。
【例题9】C
【详解】AD．根据机械能守恒定律得
解得
根据动能定理得
解得
AD错误；
B．重力的功率为 ，杆水平时和杆竖直时vy=0，因为vy先增大后减小，所以重力对A球做功的功率先增大后减小，B错误；
C．杆竖直时，根据牛顿第二定律得 ；
解得 ； 故C正确。
练习1、B
B球下落的过程中，由A、B两球及绳子组成的系统机械能守恒
解得mAmB=13故选B。
专题四：《动量与动量守恒》
动量守恒
3.成立条件
（1）理想守恒：系统不受外力或外力的矢量和为零
（2）近似守恒：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）某一方向守恒：若系统在某一方向上所受外力的矢量和为零，系统在这一方向上动量守恒
某一方向动量守恒
系统在某个方向上所受合力为零时，系统在该方向上动量守恒
解题思路：铁球和砂车组成的系统水平方向不受 外力 ，故水平方向动量 守恒
类人船模型
（1）人沿着 竖直方向 在空中的热气球下面的软梯滑下或攀上，求热气球上升或下降高度的问题；
（2）小球沿放在 光滑 水平地面上的弧形槽滑下，求弧形槽移动距离的问题等
临界问题
在动量守恒定律的应用中，常常会遇到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问题。分析临界问题的关键是寻找 临界 状态，写出 临界 条件。常常表现为两物体的相对 静止 关系与相对 滑动 关系，这些特定关系的判断是求解这类问题的关键
练1．B 重力对滑块的总冲量为mg(t1+t2)，故A错误;滑块受到的支持力为mg cs θ，则支持力对滑块的总冲量为mg cs θ(t1+t2)，故B正确;在整个运动过程中，小滑块的动量发生了变化，故合外力对滑块的冲量不为零，故C错误;滑块上滑与下滑过程中，摩擦力的方向相反，若规定沿斜面向上为正方向，则摩擦力对滑块的总冲量为Ff(t2-t1)，故D错误。故选B。
练2．（1）1 400 N （2）7 700 N
解析：（1）依题意分析，运动员下落到刚接触海绵垫子时的速度为v1，
mgh=12mveq \\al(2,1)，得v1＝2gℎ。
经∆t1＝1 s后速度变为0，取向下为正方向，
对运动员由动量定理知，有(mg－F)∆t1＝0－mv1，
代入数据，解得eq \x\t(F)1＝1 400 N
（2）运动员下落到刚接触普通沙坑时的速度为v2，
mgh=12mv22，得v2＝2gℎ。
经∆t2＝0．1 s后速度变为0，取向下为正方向，
对运动员由动量定理知，有(mg－F)∆t2＝0－mv2，
代入数据，解得eq \x\t(F)2＝7700 N
全程法：以全过程为研究对象，初、末动量的数值都是0，所以运动员的动量变化量为零，根据动量定理，合下落到海绵垫子上时，mg(t＋Δt1)－eq \x\t(F)Δt1＝0
代入数据，解得eq \x\t(F)＝1 400 N
下落到沙坑中，mg(t＋Δt2)－eq \x\t(F′)Δt2＝0
代入数据，解得eq \x\t(F′)＝7 700 N
练3．
练4．C
练5.D
练6.D 小球与小车组成的系统在水平方向不受外力，在竖直方向所受合外力不为零，故系统只在水平方向动量守恒，故A、B错误;小球向左摆到最高点时，小球水平速度为零，小车的速度也为零，故C错误;系统水平方向总动量为零，在任意时刻，小球和小车在水平方向的动量一定大小相等、方向相反，故D正确。故选D。
练7．(1)10 m/s (2)5 m
解析：(1)子弹射入小车的过程中，子弹与小车组成的系统动量守恒，由动量守恒定律得
m0v0＝(m0＋m1)v1，解得v1＝10 m/s。
(2)子弹、小车、小物块组成的系统动量守恒，设当小物块与车共速时，共同速度为v2，两者相对位移大小为L，由动量守恒定律和能量守恒定律有
(m0＋m1)v1＝(m0＋m1＋m2)v2
μm2gL＝eq \f(1,2)(m0＋m1)veq \\al(2,1)－eq \f(1,2)(m0＋m1＋m2)veq \\al(2,2)
解得L＝5 m
故要使小物块不脱离小车，小车的长度至少为5 m。
练8. 子弹、A、B组成的系统，从子弹开始射入物体A一直到弹簧被压缩到最短的过程中，系统所受外力（重力、支持力）的合力始终为零，故整个过程系统的动量守恒，设系统的共同速度为v，由动量守恒定律得:mv0=(m＋mA＋mB)v
故:v=.即弹簧压缩到最短时B的速度为。