2023年高考物理考前01-20天终极冲刺攻略02卷第13-17天

这是一份2023年高考物理考前01-20天终极冲刺攻略02卷第13-17天，共70页。





目 录 / contents



倒计时：第17天 抛体运动……………………………………………1



倒计时：第16天 圆周运动……………………………………………15




倒计时：第15天 万有引力与航天……………………………………24



倒计时：第14天 机械能………………………………………………39



倒计时：第13天 动量…………………………………………………53









专题2 曲线运动机械能与动量
高考预测
近几年高考真题对曲线运动、万有引力、机械能和动量的考查一般在18~24分，曲线运动、万有引力、机械能、动量等知识点单独在高考中的考查一般以选择题形式出题，也可能将曲线运动与机械能综合、或与动量定理、动量守恒定律综合以计算题形式出题。例如在2022年全国甲卷中第14题以北京2022年冬奥会首钢滑雪大跳台为情境，将学科内容和体育活动紧密结合，引导学生热爱体育运动。全国乙卷中第14题以空间站太空课堂切入，考查万有引力定律及其相关知识点。第15题以小环从大圆环顶端P点由静止自由下滑，为情景，考查机械能守恒定律；第25题，以两滑块速度图像给出解题信息，考查动量守恒定律、能量守恒定律、动能定理及其相关知识点，综合性强，具有一定的区分度和难度。预测2023年高考可能仍沿这种方法命题。
应试技巧
曲线运动和机械能与动量主要部分包括：抛体运动、圆周运动、万有引力、功和功率、动能定理和机械能守恒定律、动量定理和动量守恒定律等。
1.复杂运动可以等效分解为两个简单运动，运动的合成与分解，要抓住等时性，分合有道。平抛运动可以分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动。
2.圆周运动，抓住向心力，用好牛顿运动定律。匀速圆周运动所受合外力一定指向圆心，合外力提供向心力；竖直面内圆周运动要掌握绳球模型和杆球模型，绳球模型通过最高点的临界条件为v≥。
3.天体在万有引力作用下运动，行星围绕恒星运动，双星在万有引力作用下绕系统质心做匀速圆周运动。发射绕地球运动卫星的最小速度为第一宇宙速度7.9km/s。
4.功和功率、功能关系、能量守恒定律贯穿于整个物理学，必须理解其意义，熟练掌握。
5.运动和力的观点（运用牛顿运动定律和运动学知识）、能量观点（运用能量守恒定律、动能定理等）、动量观点（运用动量定理和动量守恒定律等）是解决物理问题的三把金钥匙。优选物理规律，可事半功倍，金榜题名。







倒计时第20天
今日心情：


考点解读
知道曲线运动的速度方向沿轨迹的切线方向，曲线运动是变速运动；掌握运动的合成和分解方法；能够运用运动的合成与分解研究抛体运动，掌握平抛运动规律，能够综合运用相关知识分析解决实际问题。
高考预测
高考对抛体运动的考查一般为选择题，也可能把抛体运动与其他知识以计算题形式综合考查。高考对于抛体运动的命题特点是：以实际问题或典型模型切入，与牛顿运动定律、功和能等其它知识结合在一起，综合考查分析问题、解决问题的能力。

1. 运动的合成与分解是处理复杂运动的基本思想和方法，对于复杂运动（合运动）可分解为两个简单的直线运动（分运动），运用已经掌握的直线运动规律分别进行研究。运动合成与分解的基本法则是平行四边形定则。在具体问题中，物体的实际运动是合运动，沿某一方向具有某一效果的运动是分运动。对物体的实际运动进行分解时，一般根据运动的实际效果进行分解。例如杆（绳）端速度一般分解为沿杆（绳）方向和垂直杆（绳）方向两个分速度。
（1）．三种过河情景分析
过河时间最短
船头正对河岸时，渡河时间最短，tmin＝(d为河宽)
过河路径最短(v水v船时)
合速度不可能垂直于河岸，无法垂直渡河，最短航程s短＝＝d

（2）.绳、杆牵连速度问题
把物体的实际速度分解为垂直于绳(杆)和平行于绳(杆)两个分量，根据沿绳(杆)方向的分速度大小相等求解。如下为四种常见的速度分解模型：



2.平抛运动是高中物理的重要模型之一，平抛运动的解题思想——化曲为直

平抛运动物体的速度改变量Δv=gΔt的方向总是竖直向下，且相等时间内速度改变量总是相等的。平抛物体的初速度v0、瞬时速度v和竖直分速度v⊥（v⊥=gt=）任意时刻都构成矢量三角形。

平抛运动基本规律
(1)速度关系

(2)位移关系

(3)轨迹方程：y＝x2。
(4)两个重要推论
①做平抛(或类平抛)运动的物体在任一时刻，设其速度方向与水平方向的夹角为β，位移与水平方向的夹角为α，则tan β＝2tan_α。
【温馨提示】分清速度偏转角β和位移与水平方向的夹角

3. 斜抛运动的处理方法
（1）将斜抛运动分解为两个直线运动。一般正交分解为沿竖直方向的竖直上抛运动（或竖直下抛运动）和水平方向的匀速直线运动，也可分解为沿抛出方向的匀速直线运动和竖直向下的自由落体运动。
（2）将斜抛运动的前半段逆向思维为平抛运动，利用平抛运动规律个对称性解答。



1. （2022山东物理）如图所示，某同学将离地的网球以的速度斜向上击出，击球点到竖直墙壁的距离。当网球竖直分速度为零时，击中墙壁上离地高度为的P点。网球与墙壁碰撞后，垂直墙面速度分量大小变为碰前的0.75倍。平行墙面的速度分量不变。重力加速度g取，网球碰墙后的速度大小v和着地点到墙壁的距离d分别为（　　）

A B.
C. D.
【参考答案】BD
【命题意图】本题考查运动的合成与分解及其相关知识点。
【名师解析】
设网球飞出时的速度为，竖直方向
代入数据得
则
排球水平方向到点的距离
根据几何关系可得打在墙面上时，垂直墙面的速度分量
平行墙面的速度分量
反弹后，垂直墙面的速度分量
则反弹后的网球速度大小为
网球落到地面的时间
着地点到墙壁的距离，故BD正确，AC错误。
【思路点拨】此题中把斜抛运动分解为竖直方向的竖直上抛运动和水平方向的匀速直线运动。
2．（2022·高考广东物理）如图5所示，在竖直平面内，截面为三角形的小积木悬挂在离地足够高处，一玩具枪的枪口与小积木上P点等高且相距为L。当玩具子弹以水平速度v从枪口向P点射出时，小积木恰好由静止释放，子弹从射出至击中积木所用时间为t。不计空气阻力。下列关于子弹的说法正确的是（ ）

A．将击中P点，t大于
B．将击中P点，t等于
C．将击中P点上方，t大于
D．将击中P点下方，t等于
【参考答案】B
【命题意图】本题考查平抛运动规律和自由落体运动。
【解题思路】
由于子弹水平射出后做平抛运动，小积木做自由落体运动，二者竖直方向运动相同，所以将击中P点。子弹水平方向做匀速直线运动，由L=vt，可知t=L/v，B项正确。

3．（2022·高考广东物理）图2是滑雪道的示意图。可视为质点的运动员从斜坡上的M点由静止自由滑下，经过水平NP段后飞入空中，在Q点落地。不计运动员经过N点的机械能损失，不计摩擦力和空气阻力。下列能表示该过程运动员速度大小v或加速度大小a随时间t变化的图像是（ ）

A． B．
C． D．

【参考答案】C
【命题意图】本题考查匀变速直线运动，匀速直线运动，平抛运动和对v-t图像、a—t图像的理解。
【解题思路】
根据题述情景，可知运动员在斜坡上有静止滑下，做加速度小于g的加速运动，在NP段做匀速直线运动， 从P飞出，做平抛运动，加速度为g，速度不均匀增大，所以图像C正确。
4. （2022高考河北）如图，广场水平地面上同种盆栽紧密排列在以为圆心、和为半径的同心圆上，圆心处装有竖直细水管，其上端水平喷水嘴的高度、出水速度及转动的角速度均可调节，以保障喷出的水全部落入相应的花盆中。依次给内圈和外圈上的盆栽浇水时，喷水嘴的高度、出水速度及转动的角速度分别用、、和、、表示。花盆大小相同，半径远小于同心圆半径，出水口截面积保持不变，忽略喷水嘴水平长度和空气阻力。下列说法正确的是（　　）


A. 若，则
B. 若，则
C. 若，，喷水嘴各转动一周，则落入每个花盆的水量相同
D. 若，喷水嘴各转动一周且落入每个花盆的水量相同，则
【参考答案】BD
【命题意图】本题考查平抛运动规律及其相关知识点。
【名师解析】根据平抛运动的规律，，
解得
可知若h1=h2，则 v1:v2 =R1:R2
若v1=v2，则，选项A错误，B正确；
若，则喷水嘴各转动一周的时间相同，因v1=v2，出水口的截面积相同，可知单位时间喷出水的质量相同，喷水嘴转动一周喷出的水量相同，但因内圈上的花盆总数量较小，可知得到的水量较多，选项C错误；设出水口横截面积为S0，喷水速度为v，若，则喷水管转动一周的时间相等，因h相等，则水落地的时间相等，则相等；在圆周上单位时间内单位长度的水量为
相等，即一周中每个花盆中的水量相同，选项D正确。

5．（2022·全国理综甲卷·24）（12分）
将一小球水平抛出，使用频闪仪和照相机对运动的小球进行拍摄，频闪仪每隔发出一次闪光。某次拍摄时，小球在抛出瞬间频闪仪恰好闪光，拍摄的照片编辑后如图所示。图中的第一个小球为抛出瞬间的影像，每相邻两个球之间被删去了3个影像，所标出的两个线段的长度和之比为3:7。重力加速度大小取，忽略空气阻力。求在抛出瞬间小球速度的大小。



【参考答案】v0=m/s
【命题意图】本题考查平抛运动规律的灵活运用。
【解题思路】由平抛运动规律，x1=v0·4T，y1=g（4T）2，
x2=v0·4T，y1+y2=g（8T）2，
s12=x12+y12，
s22=x22+y22，
s1‏׃ s2=3‏׃7，
联立解得：v0=m/s。

6. ．（9分）（2022高考北京卷）体育课上，甲同学在距离地面高处将排球击出，球的初速度沿水平方向，大小为；乙同学在离地处将排球垫起，垫起前后球的速度大小相等，方向相反。已知排球质量，取重力加速度。不计空气阻力。求：

（1）排球被垫起前在水平方向飞行的距离x；
（2）排球被垫起前瞬间的速度大小v及方向；
（3）排球与乙同学作用过程中所受冲量的大小I。
【命题意图】此题考查抛体运动及其相关知识点。
【名师解析】
（1）设排球在空中飞行的时间为t，则
得
则排球在空中飞行的水平距离
（2）乙同学垫起排球前瞬间排球在竖直方向速度的大小
得
则
得
设速度方向与水平方向夹角为（如答图2所示），

则
（3）根据动量定理，排球与乙同学作用过程中所受冲量的大小

7.（2021新高考辽宁卷）1935年5月，红军为突破“围剿”决定强渡大渡河。首支共产党员突击队冒着枪林弹雨依托仅有的一条小木船坚决强突。若河面宽300m，水流速度3m/s，木船相对静水的速度1m/s，则突击队渡河所需的最短时间为
A．75s B．95s C．100s D．300s
【参考答案】D
【解题思路】木船船头垂直河岸渡河，所需时间最短，由d=v船t解得最短时间t=300s，选项D正确。
8. （2021年1月浙江选考）某一滑雪运动员从滑道滑出并在空中翻转时经多次曝光得到的照片如图所示，每次曝光的时间间隔相等。若运动员的重心轨迹与同速度不计阻力的斜抛小球轨迹重合，A、B、C和D表示重心位置，且A和D处于同一水平高度。下列说法正确的是

A.相邻位置运动员重心的速度变化相同
B.运动员在A、D位置时重心的速度相同
C.运动员从A到B和从C到D的时间相同
D.运动员重心位置的最高点位于B和C中间
【参考答案】A
【解题思路】根据题述，每次曝光的时间间隔T相等，运动员做斜抛运动，只受重力作用，由牛顿第二定律，可知斜抛运动的加速度为重力加速度g，由g=，相邻位置，△t=T，相邻位置运动员重心的速度变化△v=gT，即相邻位置运动员重心的速度变化△v相同，选项A正确；AD位置处于同样高度，由斜抛运动的对称性可知，运动员在A、D位置时重心的速度大小相等，方向不同，选项B错误；由题图可知C位置是斜抛运动的最高点，所以运动员从A到B的时间小于从C到D的时间，选项CD错误。
9．（2021高考江苏物理卷）如图所示，A、B两篮球从相同高度同时抛出后直接落入篮筐，落入篮筐时的速度方向相同，下列判断正确的是（ ）

A．A比B先落入篮筐
B．A、B运动的最大高度相同
C．A在最高点的速度比B在最高点的速度小
D．A、B上升到某一相同高度时的速度方向相同
【参考答案】D
【命题意图】本题考查抛体运动及其相关知识点。
【解题思路】根据题述，落入篮筐时的速度方向相同，将落入篮筐时的速度分解，运用斜抛运动规律，可知B比A先落入篮筐，选项A错误；A运动的最大高度大于B，A在最高点的速度比B在最高点的速度大，选项BC错误；根据斜抛运动的轨迹关于最高点对称，可知AB上升到与篮筐相同高度时的速度方向相同，选项D正确。
10（2021重庆高考）.质量相同的甲乙两小球（视为质点）以不同的初速度竖直上抛，某时刻两球发生正碰。题图中实线和虚线分别表示甲乙两球位置随时间变化的曲线，其中虚线关于t=t1左右对称，实线两个顶点的纵坐标相同，若小球运动中除碰撞外仅受重力，则
A. t=0时刻，甲的速率大于乙的速率
B. 碰撞前后瞬间，乙的动量不变
C. 碰撞前后瞬间，甲的动能不变
D. 碰撞后甲的机械能大于乙的机械能


【参考答案】C
【名师解析】根据位移图像斜率表示速度可知，t=0时刻，甲的速率小于乙的速率，选项A错误；根据甲乙两球位移图像可知，碰撞前后瞬间，两球交换速度，方向反向。根据题述，虚线（乙的位移图像）关于t=t1左右对称，所以碰撞前后瞬间，乙的动量大小不变，方向变化，甲的动能不变，选项B错误C正确；根据题述，实线两个顶点的纵坐标相同，可知碰撞后甲的机械能与乙的机械能相等，选项D错误。
11（18分）（2022重庆高考）小明设计了一个青蛙捉飞虫的游戏，游戏中蛙和虫都在竖直平面内运动。虫可以从水平x轴上任意位置处由静止开始做匀加速直线运动，每次运动的加速度大小恒为（g为重力加速度），方向均与x轴负方向成斜向上（x轴向右为正）。蛙位于y轴上M点处，，能以不同速率向右或向左水平跳出，蛙运动过程中仅受重力作用。蛙和虫均视为质点，取。
（1）若虫飞出一段时间后，蛙以其最大跳出速率向右水平跳出，在的高度捉住虫时，蛙与虫的水平位移大小之比为，求蛙的最大跳出速率。
（2）若蛙跳出的速率不大于（1）问中的最大跳出速率，蛙跳出时刻不早于虫飞出时刻，虫能被捉住，求虫在x轴上飞出的位置范围。
（3）若虫从某位置飞出后，蛙可选择在某时刻以某速率跳出，捉住虫时蛙与虫的运动时间之比为；蛙也可选择在另一时刻以同一速率跳出，捉住虫时蛙与虫的运动时间之比为。求满足上述条件的虫飞出的所有可能位置及蛙对应的跳出速率。
【参考答案】（1）；（2）；
（3），或，
【名师解析】（1）虫子做匀减速直线运动，青蛙做平抛运动，x虫==H
=
青蛙做平抛运动，设在空中运动时间为t蛙，由平抛运动规律，x蛙= vmt蛙，
H-3H/4=
联立解得： ，
（2）设青蛙和虫若同时开始运动的时间均为t，相遇时有+=H
解得：

则最小位置坐标为 xmin= vmt-=H
而 青蛙和虫不同时出发时需要二者轨迹相切，青蛙的平抛运动有
y=H-，x= vmt
可得轨迹方程 y=H-
虫的轨迹方程 y=（xmax-x）tan37°
两轨迹相交，（xmax-x）tan37°=H-
整理可得-x+x max-H=0
令△=0，即 -4× （x max-H）=0
解得：xmax =2H
虫在x轴上飞出的位置范围为 H ≥x≥2H
（3）设青蛙在空中运动时间为t1，有
+=H
+=H
解得：，
而 +=x1
-=x1
解得：，
而 +=x2
-=x2
解得：，


1. （2023年甘肃张掖一诊） 在跳台滑雪比赛中，运动员在空中滑翔时身体的姿态会影响其下落的速度和滑翔的距离。假如把运动员看成质点且不计空气阻力，运动员从倾角为θ的斜面顶端P处以初速度v0向左水平飞出，落在斜面上的A点处，AP之间距离L为（已知重力加速度为g）（ ）

A. B.
C. D.
【参考答案】A
【名师解析】
运动员在空中做平抛运动，当其落到斜面上时
解得运动员的运动时间为
所以运动员竖直方向位移为
根据几何关系得
联立解得，故选A。
2. （2023陕西师大附中期初检测）一根长为的轻杆OA，O端用铰链固定，另一端固定着一个质量为m的小球，轻杆靠在一个高为、质量为M的物块上，现有轻微的扰动，使杆由竖直状态开始向右倾倒，若物块与地面摩擦不计，重力加速度为g，则杆与水平方向夹角为=30°时，小球A的线速度为（　　）

A. B.
C. D.
【参考答案】B
【名师解析】
根据运动的合成与分解可知，接触点B的实际运动为合运动，速度大小为，方向水平向右；可将B点运动的速度沿垂直于杆和沿杆的方向分解。当杆与水平方向夹角为=30°时，B点的线速度（垂直于杆的分速度）为
设小球A的线速度为v0，由题意可知
方向垂直于轻杆，对小球和物块，由动能定理可得
解得，故B正确，ACD错误。
3. （2023重庆八中高三入学考试）某商家开业酬宾，设置了折扣活动，可简化为如图所示的的模型。活动规则为：顾客在起抛线上将玩具球水平抛出，玩具球必须在碰地反弹后打中右侧奖板才有效。奖板从低至高依次是八折、六折、八折、六折，每块区域高度均为0.6m，起抛线与奖板水平距离为2m。小明试抛时，将玩具球从2m高处水平抛出，球刚好击中八折1区的正中央。玩具球碰地过程中水平速度分量不变，竖直速度等大反向。不计空气阻力，g取10m/s2.下列说法正确的是（　　）

A. 试抛时，球抛出时速度为
B. 试抛时，球在空中运动时间为
C. 若抛出位置不变，想击中六折1区，速度至少为
D. 若抛出位置不变，想击中六折1区，速度最大为
【参考答案】A
【名师解析】
．根据平抛运动规律，
则总时间
根据

解得
故A正确，B错误；
若抛出位置不变，想击中六折1区，则最短时间

速度最大值

最长时间

速度最小值

选项CD错误。
4. （2023陕西师大附中期初检测）冬梦飞扬，冬奥梦圆。第二十四届冬季奥林匹克运动会在北京开幕。跳台滑雪是一项深受勇敢者喜爱的滑雪运动。图（甲）为某跳台滑雪运动员从跳台a（长度可忽略不计）处沿水平方向飞出、经2s在斜坡b处着陆的示意图，图（乙）为运动员从a到b飞行时的动能Ek随飞行时间t变化的关系图像。不计空气阻力作用，重力加速度g取10m/s2，则下列说法错误的是（　　）

A. 斜坡的倾角为30°
B. 运动员在a处的速度大小为10m/s
C. 运动员运动到b处时重力的瞬时功率为1.2×104W
D. 运动员在1s末时离坡面的距离最大
【参考答案】A
【名师解析】
根据图像可得


联立解得，故B正确；
t＝2s时，运动员落在斜坡上，斜坡的倾角满足

解得，故A错误；
根据动能公式，解得
t＝2s时，运动员运动到b处时重力的瞬时功率为，故C正确；
运动员离坡面距离最远时，速度方向与坡面平行，有
解得，故D正确。由于本题选择错误的，故选A。


1. （2023湖北荆州调研）为m、可视为质点的物体放在光滑水平桌面上，在与水平桌面平行的恒力F作用下先后经过水平虚线上A、B两点，经过该两点时的速度大小分别为、，方向分别与AB成和，方向如图所示，已知，则关于该物体在水平桌面内的运动情况说法正确的是（　　）

A. 物体在水平桌面内做匀变速曲线运动
B. 恒力的大小为
C. 物体从A点运动到B点所用的时间为
D. 物体在水平桌面上运动的最小速度为
【参考答案】ABD
【名师解析】根据题述，物体在与水平桌面平行的恒力F作用下运动，其加速度为恒量，所以物体在水平桌面内做匀变速曲线运动，选项A正确；由vAcos30°=vBsin30°可知在图示方向物体做匀速运动，恒力方向如图中F所示，F方向与AB连线的夹角为60°，由动能定理FLcos60°=-=mv2，解得，B正确；物体从A点运动到B点所用的时间为t==，C错误；物体在水平桌面上运动的最小速度为vAcos30°=，D正确。

2. （2023湖南怀化质检）2021 年 8 月 21 日，中国人民火箭军成功发射两枚新型导弹。导弹轨迹通常都十分复杂，下图是分析导弹工作时的轨迹示意图，其中弹头的速度 v 与所受合外力 F关系正确的是（ ）

A．图中 A 点 B．图中 B 点 C．图中 C 点 D．图中 D 点

【参考答案】．D
【名师解析】弹头的轨迹时曲线运动，因此合外力与速度关系应满足曲线运动条件，合外力指向轨迹的凹侧，速度方向在轨迹的切线方向。
3．（2023南昌二中开学质检） 如图所示为内燃机中轻质活塞和曲柄连杆结构的示意图和简图。气缸内高压气体推动活塞使其往复运动，某时刻活塞的速度为，连杆AO与活塞轴线BO垂直，气缸中高压气体及外部大气对活塞作用力的合力大小为F，已知，不计一切摩擦，则此刻（　　）

A. 活塞对连杆AB的作用力为2F
B. 气缸壁对活塞的作用力为
C. 连杆AB的A端沿连杆AB方向的线速度为
D. 连杆OA的A端绕O点转动的线速度为
【参考答案】BD
【名师解析】
连杆AO与活塞轴线BO垂直时，由几何关系可知BA与BO之间的夹角
由于是轻质活塞，所以活塞所受合外力为零，活塞受连杆AB对其的推力、气缸壁对其的弹力和高压气体及外部大气对活塞的作用力作用，如图所示

根据平衡条件可得


解得


故A错误，B正确；
．沿连杆AB方向和垂直于连杆AB方向分解，如图所示

沿连杆AB方向的速度

连杆OA的A端绕O转动的线速度
故C错误，D正确。
4. （2023山东济南名校联考）如图所示，在高处以某一初速度水平抛出一石子，当它的速度由水平方向变化为与水平方向成θ角的过程中，石子水平方向位移为x，则下列说法正确的是（已知当地的重力加速度为g，不计空气阻力）（　　）

A. 石子运动时间为 B. 石子运动时间为
C. 石子初速度 D. 石子初速度
【参考答案】AC
【名师解析】
石子做平抛运动，设位移方向与水平方向的夹角为α，则

即

所以

石子的初速度为

故选AC。

5. (2023山东名校联考)如图所示，在水平地面上有一圆弧形凹槽ABC，AC连线与地面相平，凹槽ABC是位于竖直平面内以O为圆心、半径为R的一段圆弧，B为圆弧最低点，而且AB段光滑，BC段粗糙。现有一质量为m的小球(可视为质点)，从水平地面上P处以初速度v0斜向右上方飞出，v0与水平地面夹角为θ，不计空气阻力，该小球恰好能从A点沿圆弧的切线方向进入轨道，沿圆弧ABC继续运动后从C点以速率飞出。重力加速度为g，则下列说法中正确的是(　　 )
A．小球由P到A的过程中，离地面的最大高度为
B．小球进入A点时重力的瞬时功率为mgv0sin θ
C．小球在圆弧形轨道内由于摩擦产生的热量为
D．小球经过圆弧形轨道最低点B处受到轨道的支持力大小为mg(3－2cos θ)＋
【参考答案】BCD
【名师解析】小球由P到A的过程中，做斜抛运动，离地面的最大高度为H＝＝，故A错误；根据对称性可知，小球到A点的竖直分速度vAy＝v0y＝v0sin θ，小球进入A点时重力的瞬时功率为P＝mgvAy＝mgv0sin θ，故B正确；沿圆弧ABC过程中，由动能定理可知－Wf＝mvC2－mvA2，小球在圆弧形轨道内由于摩擦产生的热量Q＝Wf＝，故C正确；沿圆弧AB运动过程中，由机械能守恒定律可知mgR(1－cos θ)＋mv02＝mvB2，在最低点，由向心力公式得FN－mg＝，小球经过圆形轨道最低点B处受到轨道的支持力大小为FN＝mg(3－2cos θ)＋，故D正确。



妙趣横生
一九二四年秋天的一天，欧洲某国家的某个城市里正在举行汽车竞赛。“砰”的一声枪响，几辆赛车飞也似的冲了出去。一路上赛车运动员加大油门，你追我赶地向前飞驶而去。赛车经过一片瓜田，这是正是瓜果收获的季节，农民们满怀着丰收的喜悦在采摘瓜果。他们在瓜田里看着这紧张的比赛场面，纷纷拍手叫好。一个青年农民天真地想，送一个西瓜给运动员，让他们解解渴！于是，他随手将一个西瓜抛过去。结果，这个好心的礼物竟然把赛车给砸坏了，司机也受力重伤。

西瓜怎么会有这么大的威力呢？


名校预测

专家押题










倒计时第19天
今日心情：




考点解读
掌握描述匀速圆周运动的物理量，能够分析向心力的来源，掌握利用合外力提供向心力列方程解决匀速圆周运动的方法。理解竖直面内圆周运动的两种模型，能够分析生活中常见圆周运动的向心力，能够进行相关计算。
高考预测
圆周运动包括匀速圆周运动和竖直面内的变速圆周运动。圆周运动的基本特征之一是具有周期性，即在运动过程中，物体的空间位置具有时间上的重复性。
高考对于圆周运动的命题特点是：以实际问题或典型模型切入，与牛顿运动定律、功和能等其它知识结合在一起，综合考查分析问题、解决问题的能力。
。

1.匀速圆周运动的特点是物体所受合外力大小不变，方向总是指向圆心。解答水平面上的圆周运动问题，对物体进行受力分析，由合外力沿水平方向，指向圆心，根据F向＝ma向＝m＝mω2r＝mr。列出相关方程解答。

2．变速圆周运动

3．水平面内圆周运动的分析方法
(1)水平面内做圆周运动的物体，其向心力可能由弹力、摩擦力等力提供，常涉及绳的张紧与松弛、接触面分离等临界状态。
(2)常见临界条件：①绳的临界：张力FT＝0；
②接触面滑动的临界：F＝Ff；
③接触面分离的临界：FN＝0。
4．只有重力做功的竖直面内的变速圆周运动其机械能守恒。竖直面内的圆周运动问题，涉及知识面比较广，既有临界问题，又有能量守恒的问题，要注意物体运动到圆周的最高点速度不为零。竖直平面内圆周运动的解题方法是：在圆轨道最高点和最低点分别分析物体受力，注意在圆轨道最高点，合力方向向下，在圆轨道最低点，合外力方向向上。利用合外力等于向心力列方程求解。
竖直平面内的圆周运动的基本思路是“两点一过程”
(1)“两点”即最高点和最低点，在最高点和最低点对物体进行受力分析，确定向心力，根据牛顿第二定律列方程。
(2)“一过程”即从最高点到最低点，往往由动能定理将这两点联系起来。


1． （2022高考上海）运动员滑雪时运动轨迹如图所示，已知该运动员滑行的速率保持不变，角速度为ω，向心加速度为a，则

A。ω变小，a变小
B。ω变小，a变大
C。ω变大，a变小
D。ω变大，a变大
【参考答案】D
【命题意图】本题考查匀速圆周运动+模型思想+微元思想
【名师解析】运动员滑行的速率不变，做匀速率曲线运动，每一小段的运动都可以视为匀速圆周运动，根据v=ωr可知，r减小，角速度ω增大；根据向心加速度公式a=v2/r可知，r减小，向心加速度变大，选项D正确。

2．（2022年6月浙江选考）下列说法正确的是
A．链球做匀速圆周运动过程中加速度不变
B．足球下落过程中惯性不随速度增大而增大
C．乒乓球被击打过程中受到的作用力大小不变
D．篮球飞行过程中受到空气阻力的方向与速度方向无关
【参考答案】B
【命题意图】本题考查匀速圆周运动、惯性、空气阻力及其相关知识点。
【解题思路】链球做匀速圆周运动过程中加速度大小不变，方向改变，A错误；根据质量是惯性大小的量度，可知足球下落过程中惯性不随速度增大而增大，B正确；乒乓球被击打过程中受到的作用力大小变化，C错误；篮球飞行过程中受到空气阻力的方向与速度方向相反，D错误。

3.．（2022高考北京卷）我国航天员在“天宫课堂”中演示了多种有趣的实验，提高了青少年科学探索的兴趣。某同学设计了如下实验：细绳一端固定，另一端系一小球，给小球一初速度使其在竖直平面内做圆周运动。无论在“天宫”还是在地面做此实验，（ ）

A．小球的速度大小均发生变化 B．小球的向心加速度大小均发生变化
C．细绳的拉力对小球均不做功 D．细绳的拉力大小均发生变化
【参考答案】C
【命题意图】此题考查对功的定义的理解及其相关知识点。
【名师解析】给小球一初速度使其在竖直平面内做圆周运动。无论在“天宫”还是在地面做此实验，细绳的拉力与小球的速度位移方向垂直，根据功的定义可知细绳的拉力对小球均不做功，选项C正确。
4（2022高考辽宁物理） 2022年北京冬奥会短道速滑混合团体2000米接力决赛中，我国短道速滑队夺得中国队在本届冬奥会的首金。
（1）如果把运动员起跑后进入弯道前的过程看作初速度为零的匀加速直线运动，若运动员加速到速度时，滑过的距离，求加速度的大小；
（2）如果把运动员在弯道滑行的过程看作轨道为半圆的匀速圆周运动，如图所示，若甲、乙两名运动员同时进入弯道，滑行半径分别为，滑行速率分别为，求甲、乙过弯道时的向心加速度大小之比，并通过计算判断哪位运动员先出弯道。


【参考答案】（1）；（2），甲
【命题意图】本题考查直线运动、圆周运动、向心加速度及其相关知识点.
【名师解析】
（1）根据速度位移公式有

代入数据可得

（2）根据向心加速度的表达式

可得甲、乙的向心加速度之比为

甲、乙两物体做匀速圆周运动，则运动的时间为

代入数据可得甲、乙运动的时间为
，
因，所以甲先出弯道。

5. （2021高考全国甲卷）“旋转纽扣”是一种传统游戏。如图，先将纽扣绕几圈，使穿过纽扣的两股细绳拧在一起，然后用力反复拉绳的两端，纽扣正转和反转会交替出现。拉动多次后，纽扣绕其中心的转速可达50r/s，此时纽扣上距离中心1cm处的点向心加速度大小约为
z
z
外力
外力

A.10m/s2 B. 100m/s2 C.1000m/s2 D.10000m/s2
【参考答案】C
【名师解析】根据纽扣绕其中心的转速可达50r/s，可知角速度ω=2π×50rad/s=100πrad/s，此时纽扣上距离中心1cm处的点向心加速度大小约为a=ω2r=（100π）2×0.01m/s2=1000m/s2，选项C正确。
6．（2021高考河北物理）如图，矩形金属框竖直放置，其中、足够长，且杆光滑。一根轻弹簧一端固定在M点，另一端连接一个质量为m的小球，小球穿过杆。金属框绕轴分别以角速度和匀速转动时，小球均相对杆静止。若，则与以匀速转动时相比，以匀速转动时（ ）

A．小球的高度一定降低
B．弹簧弹力的大小一定不变
C．小球对杆压力的大小一定变大
D．小球所受合外力的大小一定变大
【参考答案】BD
【名师解析】对小球受力分析，设轻弹簧弹力为FT，轻弹簧与水平方向的夹角为θ，在竖直方向，由于杆光滑，其轻弹簧拉力沿杆方向向上的分力等于小球重力，FTsinθ=mg，小球均相对杆静止，θ角不变，所以所以弹簧弹力的大小一定不变，小球高度不变，选项A错误B正确；轻弹簧拉力沿水平方向的分力和杆对小球的弹力的合力提供向心力。当转速较小时，杆对小球的弹力背离转轴，FTcosθ-FN=mrω2，解得FN= FTcosθ-mrω2；当转速较大时，杆对小球的弹力指向转轴，FTcosθ+FN=mrω2，解得FN= mrω2 -FTcosθ，因，所以由牛顿第三定律可知，小球对杆压力的大小不一定变大，选项C错误；由匀速圆周运动的向心力公式F=mrω2可知，以匀速转动时，所需的向心力增大，小球所受合外力的大小一定变大，选项D正确。
【名师点评】本题采用情景新考查受力分析、匀速圆周运动，属于综合性考查，具有一定难度。


1. （2023年甘肃张掖一诊）如图所示，两个可视为质点的、相同的木块甲和乙放在转盘上，两者用长为L的不计伸长的细绳连接（细绳能够承受足够大的拉力），木块与转盘的最大静摩擦力均为各自重力的K倍，连线过圆心，甲到圆心距离，乙到圆心距离，且，，水平圆盘可绕过圆心的竖直轴OO'转动，两物体随圆盘一起以角速度转动，当从0开始缓慢增加时，甲、乙与转盘始终保持相对静止，则下列说法错误的是（已知重力加速度为g）（　　）

A. 当时，乙的静摩擦力恰为最大值
B. 取不同的值时，甲、乙所受静摩擦力都指向圆心
C. 取不同值时，乙所受静摩擦力始终指向圆心；甲所受静摩擦力可能指向圆心，也可能背向圆心
D. 如果时，两物体将相对圆盘发生滑动
【参考答案】B
【名师解析】
根据，可得
乙的半径大，知乙先达到最大静摩擦力，故A正确，不符合题意；
甲乙随转盘一起做匀速圆周运动，由于乙的半径较大，故需要的向心力较大，则
解得
即若时，甲、乙所受静摩擦力都指向圆心。当角速度增大，绳子出现张力，乙靠张力和静摩擦力的合力提供向心力，甲也靠拉力和静摩擦力的合力提供向心力，角速度增大，绳子的拉力逐渐增大，甲所受的静摩擦力先减小后反向增大，当反向增大到最大值，角速度再增大，甲乙与圆盘发生相对滑动。所以乙所受的静摩擦力方向始终指向圆心，甲所受的静摩擦力方向先指向圆心，然后背离圓心，故B错误，符合题意，C正确，不符合题意；
设角速度为时，此时甲乙发生滑动，此时绳子的拉力为F，则


解得，故时，两物体将相对圆盘发生滑动，故D正确，不符合题意。故选B。
2.（2023济南名校质检）如图所示，在德州市的某十字路口，设置有右转弯专用车道。现有一辆汽车正在水平右转弯车道上行驶，其运动可视作圆周运动，行驶过程中车辆未发生打滑。司机和副驾驶座上的乘客始终与汽车保持相对静止。当汽车在水平的右转弯车道上减速行驶时，下列说法正确的是（　　）

A. 司机和乘客具有相同的线速度
B. 汽车所受的合力一定指向圆心
C. 汽车对乘客的作用力小于汽车对司机的作用力
D. 汽车对乘客的作用力大于乘客所受的重力
【参考答案】D
【名师解析】
司机和副驾驶座上的乘客始终与汽车保持相对静止，司机和乘客具有相同的角速度，但半径不同，根据线速度与角速度的关系，则线速度不同，故A错误；
因汽车做减速圆周运动，汽车所受合力分解为指向圆心的向心力和与运动方向相反使速率减小的切向力，故合力的方向一定不指向圆心，故B错误；
乘客和司机角速度相同，由牛顿第二定律有
右转弯时乘客的半径小，但因不确定乘客和司机的质量大小关系，故汽车对乘客的作用力和对司机的作用力大小关系无法确定，故C错误；
汽车对乘客的作用力有竖直方向的支持力和水平方向使乘客做减速圆周运动合力，竖直方向的支持力与乘客所受的重力平衡，则汽车对乘客两个方向的力的合力一定大于乘客所受的重力，故D正确。
9、(12分)（2023江苏盐城市重点高中期初调研）如图所示的装置中,光滑水平杆固定在竖直转轴上,小圆环A和轻弹簧套在杆上,弹簧两端分别固定于竖直转轴和环A,细线穿过小孔O,两端分别与环A和小球B连接,线与水平杆平行,环A的质量为m,小球B的质量为2 m.现使整个装置绕竖直轴以角速度ω匀速转动,细线与竖直方向的夹角为37∘.缓慢加速后使整个装置以角速度2ω匀速转动,细线与竖直方向的夹角为53∘,此时弹簧弹力与角速度为ω时大小相等,已知重力加速度g,sin37∘=0.6,cos37∘=0.8,求:

(1)装置转动的角速度为ω时,细线OB的长度s.
(2)装置转动的角速度为2ω时,弹簧的弹力大小Fk.
(3)装置转动的角速度由ω增至2ω过程中,细线对小球B做的功W.
【名师解析】. (13分)
(1) 角速度为ω时，对小球B：
2mgtan 37°＝2mωssin 37°(2分)
解得s＝(1分)
(2) 装置转动的角速度为2ω时：设OB的长度为s’
对小球B，T2cos53°=2mg
T2sin53°=2m（2ω）2s’ sin53°
解得：s’=
设细线长为L，对圆环A，
角速度为ω时，FT1－Fk＝mω2（L-s） (1分)
角速度为2ω时，FT2+Fk＝m（2ω）2（L-s’） (1分)
联立解得 Fk＝2mg

(3) 装置转动的角速度由ω增加到2ω过程中，对小球B：
重力势能的变化量
ΔEpB＝mBg(LOBcos 37°－L′OBcos 53°)(1分)
小球动能的变化量ΔEkB＝mBv′－mBv(1分)
其中v′B＝2ωL′OBsin 53°，vB＝ωLOBsin 37°
细线对小球B做功W＝ΔEpB＋ΔEkB(1分)
联立解得：W＝(2分)
3．（2023江西红色十校第一次联考）如图，两个小朋友在幼儿园玩翘翘板，翘翘板与水平地面的最大夹角为30°，玩的时候老师先让质量为m的小朋友坐在翘翘板的左端，左端着地，然后老师将质量为1.5m的小朋友轻轻放到翘翘板的右端，两小朋友可视为质点且与转轴间的距离均为R，忽略一切摩擦和空气阻力，重力加速度为g，则右端的小朋友与地面接触前的速度大小为（ ）

A． B． C． D．
【参考答案】C
【名师解析】两个小朋友同轴转动，角速度相等，转动的半径相同，由知两个小朋友的线速度大小始终相等，两小朋友组成的系统没有机械能与其他形式能的转化，因此系统的机械能守恒，由，解得，C项正确。

4. （2023湖南顶级名校质检） 如图所示，一质量为M的人站在台秤上，手拿一根长为R的细线一端，另一端系一个质量为m的小球，使小球在竖直平面内做圆周运动。若小球恰好能做完整的圆周运动，已知圆周上b为最高点，a、c为圆心的等高点，重力加速度大小为g，则下列说法正确的是（ ）

A. 小球运动到最高点b时，小球速度为零
B. 小球运动到最高点b时，台秤的示数最小，且为Mg
C. 小球在a、c两个位置时，台秤的示数相同，且为Mg＋mg
D. 小球运动到最低点时台秤的示数为Mg＋6mg
【参考答案】D
【名师解析】
小球恰好能做完整的圆周运动，在最高点时
得，故A错误；
小球运动到最高点时，细线中拉力为零，台秤的示数为Mg，但不是最小，小球从c向b运动的过程中细线上有弹力，弹力对人有向上拉的效果，所以台秤的示数小于b点时，故B错误；小球在a、b、c三个位置，小球均处于完全失重状态，台秤的示数相同，且为Mg，故C错误；小球从最高点运动到最低点，由机械能守恒定律知

在最低点，由牛顿第二定律
联立解得小球运动到最低点时细线中拉力
小球运动到最低点时，台秤的示数最大且为，故D正确。
故选D。


专家押题
1. （2023湖南怀化期中）8．如图所示，质量 m=20g 的小球从斜坡上一定高度处滚下，顺利通过 A、B 后进入右侧一半径为 R=0.1m的光滑管道，到达与该段管道圆心等高的 C处时速度大小为m/s，最终小球恰好到达 D处，已知重力加速度 g=10m/s2。下列说法正确的是（ ）
A．小球在 A 点时处于失重状态
B．小球到达 D 点时，速度恰好为 0
C．小球在 C 处的加速度为 m / s2
D．小球在右侧光滑管道运动时，内侧管壁对小球无作用力
【参考答案】．CD
【名师解析】小球在 A 点时由支持力与重力的合力提供向心力，且支持力大于重力，根据牛顿第三定律得小 球对轨道的压力大于重力，小球处于超重状态，A 错误； B．小球恰好到达 D 点，速度 v =1m/s，
B 错误； C．小球在 C 处的加速度为向心加速度和重力加速度的合加速度，为 ，C 正确。 D．小球在右侧光滑管道运动时，能到达 D 点，D 点只有外侧轨道，说明小球在 D 点之前一直没有脱离轨道，且只和外侧轨道有弹力，如果在 C 点以上小球和内测轨道有弹力，则小球在 D 点之前就会脱离轨道而不会到达 D 点，C 正确；
2. （2023湖南三湘创新发展联考）如图所示，半径为R的半球形陶罐和陶罐内的物块（视为质点）绕竖直轴从静止开始缓慢加速转动，当达到某一角速度时，物块受到的摩擦力减为零，此时物块和陶罐球心O点的连线与之间的夹角为，此后保持该角速度做匀速圆周运动，重力加速度大小为g，下列说法正确的是（　　）

A. 物块匀速转动的周期为
B. 物块匀速转动的线速度大小为
C. 物块匀速转动的角速度大小为
D. 若继续增大转动的速度，物块有下滑的趋势
【参考答案】C
【名师解析】
．物块做匀速圆周运动的半径为
由题意可知此时物块所受支持力和重力的合力恰好提供向心力，如图所示。设物块匀速转动的角速度为ω，则有

解得

则物块匀速转动的周期为

线速度大小为

故AB错误，C正确；
若继续增大转动的速度，物块所受支持力和重力的合力不足以提供向心力，物块将受到沿内壁切线向下的摩擦力，即物块有上滑趋势，故D错误。

3. （2023江苏南通第一次质检）游乐场中一种叫“魔盘”的娱乐设施，游客坐在转动的魔盘上，当魔盘转速增大到一定值时，游客就会滑向盘的边缘，其简化结构如图所示。现魔盘稳定匀速转动，游客相对魔盘始终保持静止的情况下，游客所受魔盘的支持力会减小的是（　　）

A. 只增大游客的质量 B. 只使魔盘的转速减至另一值
C. 只减小魔盘表面的粗糙程度 D. 只增大游客与转轴间的距离
【参考答案】D
【名师解析】对游客受力分析如图，游客所受魔盘的支持力


只增大游客的质量，则游客所受魔盘的支持力会增大，故A错误；
分别对水平和竖直方向列方程，水平方向fx-Nx=mω2r
竖直方向fy+Ny=mg
魔盘转速减小，游客需要的向心力减小，但必须保证竖直方向受力平衡，因为重力不变，则f、N两个力只能一个增大一个减小，结合水平方向，游客所受魔盘的支持力会增大，故B错误；
C．只减小魔盘表面的粗糙程度，游客所受魔盘的支持力不变，故C错误；
D．只增大游客与转轴间的距离，游客需要的向心力增大，但必须保证竖直方向受力平衡，因为重力不变，则f、N两个力只能一个增大一个减小，结合水平方向，游客所受魔盘的支持力会减小，故D正确。


妙趣横生
摩天轮是一种大型转轮状的机械建筑设施，上面挂在轮边缘的是供乘客乘搭的座舱（Gondola）。乘客坐在摩天轮慢慢的往上转，可以从高处俯瞰四周景色。最常见的摩天轮一般出现在游乐园（或主题公园）与园游会里，作为一种游乐场机动游戏，与云霄飞车、旋转木马合称是“乐园三宝”。但摩天轮也经常单独存在于其他的场合，通常作为活动的观景台使用。
根据运作机构的差异，摩天轮可分为重力式摩天轮（Ferris Wheel）、无辐式摩天轮和观景摩天轮（Observation Wheel）三种。重力式摩天轮的座舱是挂在轮上，以重力维持滑轴水平；而观景摩天轮上的座舱则是悬在轮的外面，需要较复杂的连杆类机械结构，随着车厢绕转的位置来同步调整其保持水平。
最早的摩天轮由美国人乔治·法利士（George Washington Ferris）在1893年为芝加哥的哥伦布纪念博览会设计，目的是与巴黎在1889年博览会建造的巴黎铁塔一较高下。第一个摩天轮重2200吨，可乘坐2160人，高度相等于26层楼。正由于法利士的成就，日后人们皆以“法利士巨轮”（Ferris Wheel）来称呼这种设施，也就是我们所熟悉的摩天轮。
维也纳摩天轮是幸存至今的一座19世纪摩天轮，至今仍在营运。它于1897年竖立在奥地利维也纳的利奥波德城（第二区）普拉特游乐场，为皇帝弗朗茨·约瑟夫一世的金禧庆典而兴建，总高64.75米。1920年，巴黎摩天轮拆除后，维也纳摩天轮就成为世界最高的摩天轮。1944年在二战期间烧毁，次年重建，仍然保持世界最高摩天轮的地位，直到1985年被日本筑波市超过（85米高）。




名校预测

专家押题














倒计时第15天

今日心情：



考点解读
理解掌握万有引力定律，了解知道开普勒定律。能够运用相关知识估算地球质量和天体质量。
理解掌握宇宙第一速度，了解宇宙第二速度、第三速度。能够运用万有引力定律和牛顿运动定律分析解决航天相关的实际问题。
高考预测
万有引力与航天是高中物理中的重要内容之一，高考考查的重点是：结合实际情景，考查万有引力定律、天体运动和卫星运动、宇宙速度和航天等。

解答万有引力定律和天体运动的问题要抓住两个关键，一是物理模型（把天体看作质点，将天体运动看作匀速圆周运动）；二是动力学特征（万有引力提供天体运动的向心力）。
解决天体运动问题的“万能关系式”


由于人造地球卫星做圆周运动的向心力由地球对它的万有引力提供，所以人造地球卫星的轨道平面一定过地心，地心是卫星运行轨道的圆心。人造地球卫星的轨道可以是赤道轨道、极地轨道和与赤道平面成任意角度的椭圆轨道。只要圆轨道的圆心在地心或椭圆轨道的一个焦点在地心的轨道都可能是人造地球卫星运行的轨道。
航天飞机、宇宙飞船等在轨道上正常运行类似于卫星，可仿照卫星问题的处理方法，利用万有引力等于向心力列出相关方程解答。航天飞机、宇宙飞船等变轨时通过同一点所受万有引力相同，其加速度相同。航天飞机、宇宙飞船等从轨道半径较小的圆轨道通过加速变轨到椭圆轨道，机械能增大；在远地点加速变轨到半径较大的圆轨道，机械能增大。航天飞机、宇宙飞船等在椭圆轨道上运行，机械能守恒；在近地点势能最小，动能最大；在远地点势能最大，动能最小。


1. （2022山东物理）“羲和号”是我国首颗太阳探测科学技术试验卫星。如图所示，该卫星围绕地球的运动视为匀速圆周运动，轨道平面与赤道平面接近垂直。卫星每天在相同时刻，沿相同方向经过地球表面A点正上方，恰好绕地球运行n圈。已知地球半径为地轴R，自转周期为T，地球表面重力加速度为g，则“羲和号”卫星轨道距地面高度为（ ）

A. B.
C. D.
【参考答案】C
【命题意图】本题考查万有引力定律、牛顿运动定律、圆周运动及其相关知识点。
【名师解析】
地球表面的重力加速度为g，根据牛顿第二定律得
解得
根据题意可知，卫星的运行周期为
根据牛顿第二定律，万有引力提供卫星运动的向心力，则有
联立解得，选项C正确。

2．（2022·高考广东物理）“祝融号”火星车需要“休眠”以度过火星寒冷的冬季。假设火星和地球的冬季是各自公转周期的四分之一，且火星的冬季时长约为地球的1.88倍。火星和地球绕太阳的公转均可视为匀速圆周运动。下列关于火星、地球公转的说法正确的是（ ）
A．火星公转的线速度比地球的大
B．火星公转的角速度比地球的大
C．火星公转的半径比地球的小
D．火星公转的加速度比地球的小
【参考答案】D
【命题意图】本题考查开普勒第三定律、万有引力定律、牛顿运动定律和匀速圆周运动。
【解题思路】
根据题述，火星冬季时长为地球的1.88倍，可知火星绕太阳运动周期是地球的1.88倍。由开普勒第三定律可知，火星绕太阳匀速圆周运动的轨道半径比地球绕太阳匀速圆周运动的轨道半径大，选项C错误；由万有引力提供向心力，G=m，解得v=，由r火＞r地，可得v火＜v地， A项错误；由万有引力提供向心力，G=mω2r，解得ω=，由r火＞r地，可得ω火＜ω地， B项错误；由万有引力提供向心力，G=ma，解得a=，由r火＞r地，可得a火＜a地， D项正确。
【一题多解】在分析得出火星绕太阳运动周期是地球的1.88倍，即T 火＞T地后，利用ω=2π/T，得出ω火＜ω地。

3. （2022·全国理综乙卷·14）2022年3月，中国航天员翟志刚、王亚平、叶光富在离地球表面约的“天宫二号”空间站上通过天地连线，为同学们上了一堂精彩的科学课。通过直播画面可以看到，在近地圆轨道上飞行的“天宫二号”中，航天员可以自由地漂浮，这表明他们（　　）
A. 所受地球引力的大小近似为零
B. 所受地球引力与飞船对其作用力两者的合力近似为零
C. 所受地球引力的大小与其随飞船运动所需向心力的大小近似相等
D. 在地球表面上所受引力的大小小于其随飞船运动所需向心力的大小
【参考答案】C
【名师解析】航天员在空间站中所受万有引力完全提供做圆周运动的向心力，飞船对其作用力等于零，故C正确，AB错误；根据万有引力公式
可知在地球表面上所受引力的大小大于在飞船所受的万有引力大小，因此地球表面引力大于其随飞船运动所需向心力的大小，故D错误。
4．（2022新高考海南卷）火星与地球的质量比为a，半径比为b，则它们的第一字宙速度之比和表面的重力加速度之比分别是（ ）
A． B．= C． D．
【参考答案】BC
【名师解析】由mg=G可得火星与地球表面的重力加速度之比是==，选项A错误C正确；由v1=可得火星与地球的第一字宙速度之比是==， 选项B正确D错误。

5. （2022年1月浙江选考）“天问一号”从地球发射后，在如图甲所示的P点沿地火转移轨道到Q点，再依次进入如图乙所示的调相轨道和停泊轨道，则天问一号（　　）


A. 发射速度介于7.9km/s与11.2km/s之间
B. 从P点转移到Q点的时间小于6个月
C. 在环绕火星的停泊轨道运行的周期比在调相轨道上小
D. 在地火转移轨道运动时的速度均大于地球绕太阳的速度
【参考答案】C
【名师解析】因发射的卫星要能变轨到绕太阳转动，则发射速度要大于第二宇宙速度，即发射速度介于11.2km/s与16.7km/s之间，故A错误；因P点转移到Q点的转移轨道的半长轴大于地球公转轨道半径，则其周期大于地球公转周期（1年共12个月），则从P点转移到Q点的时间为轨道周期的一半时间应大于6个月，故B错误；因在环绕火星的停泊轨道的半长轴小于调相轨道的半长轴，则由开普勒第三定律可知在环绕火星的停泊轨道运行的周期比在调相轨道上小，故C正确；卫星从P点变轨时，要加速增大速度，此后做离心运动速度减小，则在地火转移轨道运动时的速度P点速度大于地球绕太阳的速度，故D错误；
故选C。
6．（2022年6月浙江选考）神州十三号飞船采用“快速返回技术”，在近地轨道上，返回舱脱离天和核心舱，在圆轨道环绕并择机返回地面。则
A．天和核心舱所处的圆轨道距地面高度越高，环绕速度越大
B．返回舱中的宇航员处于失重状态，不受地球的引力
C．质量不同的返回舱与天和核心舱可以在同一轨道运行
D．返回舱穿越大气层返回地面过程中，机械能守恒
【参考答案】C
【命题意图】本题考查万有引力定律、失重状态、卫星轨道、功能关系。
【解题思路】由G=m，可得v=，可知天和核心舱所处的圆轨道距地面高度h越高，环绕速度越小，A错误；返回舱中的宇航员处于失重状态，仍受地球的引力，B错误；质量不同的返回舱与天和核心舱可以在同一轨道运行，C正确；返回舱穿越大气层返回地面过程中，需要克服空气阻力做功，机械能减小，D错误。

7 . （2022高考上海）木卫一和木卫二都绕木星做匀速圆周运动，它们的周期分别为42h46min和85h22min，它们的轨道半径分别为R1和R2，线速度分别为v1和v2。则（ ）
A. R1＜R2 ， v1＜v2
B. R1＞R2 ， v1＜v2
C. R1＞R2 ， v1＞v2
D. R1＜R2 ， v1＞v2
【参考答案】D
【命题意图】本题考查万有引力定律+卫星的运动+匀速圆周运动+模型思维
【名师解析】卫星绕木星做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，根据=mR，可得R=，由题述可知，T1=42h46min，T2=85h22min，T1＜T2，根据R=，可知R1＜R2。根据=m，可得v=，由R1＜R2可知，v1＞v2。所以选项D正确。
【一题多解】由开普勒第三定律，=,由于T1＜T2，所以R1＜R2。
8. （2022高考湖北物理） 2008年，我国天文学家利用国家天文台兴隆观测基地的2.16米望远镜，发现了一颗绕恒星HD173416运动的系外行星HD173416b，2019年，该恒星和行星被国际天文学联合会分别命名为“羲和”和“和“望舒”，天文观测得到恒星羲和的质量是太阳质量的2倍，若将望舒与地球的公转均视为匀速圆周运动，且公转的轨道半径相等。则望舒与地球公转速度大小的比值为（ ）
A. B. 2
C. D.
【参考答案】C
【命题意图】本题考查万有引力定律与天体运动及其相关知识点。
【名师解析】
地球绕太阳公转和行星望舒绕恒星羲和的匀速圆周运动都是由万有引力提供向心力，有
解得公转的线速度大小为，根据题述天文观测得到恒星羲和的质量是太阳质量的2倍，即中心天体的质量M之比为2:1，公转的轨道半径r相等，由此可知望舒与地球公转速度大小的比值为，故选C。
9. （2022高考辽宁物理）如图所示，行星绕太阳的公转可以看成匀速圆周运动。在地图上容易测得地球—水星连线与地球—太阳连线夹角，地球—金星连线与地球—太阳连线夹角，两角最大值分别为、，则（　　）

A. 水星的公转周期比金星的大
B. 水星的公转向心加速度比金星的大
C. 水星与金星公转轨道半径之比为
D. 水星与金星的公转线速度之比为
【参考答案】BC
【命题意图】本题考查万有引力定律和天体运动及其相关知识点.
【名师解析】
天体运动，万有引力提供向心力有，
可解得 ，。因为水星的公转半径比金星小，故可知水星的公转周期比金星小；水星的公转向心加速度比金星的大，故选项A错误，B正确；设水星的公转半径为，地球的公转半径为，当α角最大时有，同理可知有
所以水星与金星的公转半径之比为，选项C正确；
根据万有引力提供向心力，，可得
由，联立解得，选项D错误。
10. ．（2022重庆高考）我国载人航天事业已迈入“空间站时代”。若中国空间站绕地球近似做匀速圆周运动，运行周期为T，轨道半径约为地球半径的倍，已知地球半径为R，引力常量为G，忽略地球自转的影响，则（ ）
A．漂浮在空间站中的宇航员不受地球的引力
B．空间站绕地球运动的线速度大小约为
C．地球的平均密度约为
D．空间站绕地球运动的向心加速度大小约为地面重力加速度的倍
【参考答案】BD
【名师解析】漂浮在空间站中的宇航员受地球的引力，选项A错误；根据题述，空间站绕地球做匀速圆周运动的轨道半径约为地球半径的倍，即r=R。
根据匀速圆周运动规律，v==，选项B正确；
设空间站的质量为m，空间站绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，G=mr，r=R，
地球平均密度 ρ=M/V，V=，联立解得ρ=，选项C错误；
根据万有引力定律和牛顿第二定律，G=ma，r=R，在地球表面，G=mg，联立解得：=，
所以空间站绕地球运动的向心加速度大小约为地面重力加速度的倍，选项D正确。
11．（10分）
（2022高考北京卷）利用物理模型对问题进行分析，是重要的科学思维方法。
（1）某质量为m的行星绕太阳运动的轨迹为椭圆，在近日点速度为，在远日点速度为。求从近日点到远日点过程中太阳对行星所做的功W。
（2）设行星与恒星的距离为r，请根据开普勒第三定律（）及向心力相关知识，证明恒星对行星的作用力F与r的平方成反比。
（3）宇宙中某恒星质量是太阳质量的2倍，单位时间内向外辐射的能量是太阳的16倍。设想地球“流浪”后绕此恒星公转，且在新公转轨道上的温度与“流浪”前一样。地球绕太阳公转的周期为，绕此恒星公转的周期为，求。
【命题意图】此题考查万有引力定律、牛顿运动定律、开普勒定律及其相关知识点。
【名师解析】
（1）根据动能定理有
（2）设行星绕恒星做匀速圆周运动，行星的质量为m，运动半径为r，运动速度大小为v。
恒星对行星的作用力F提供向心力，
则
运动周期
根据开普勒第三定律，k为常量。
得
即恒星对行星的作用力F与r的平方成反比。
（3）假定恒星的能量辐射各向均匀，地球绕恒星做半径为r的圆周运动，恒星单位时间内向外辐射的能量为。以恒星为球心，以r为半径的球面上，单位面积单位时间接受到的辐射能量。
设地球绕太阳公转半径为，在新轨道上公转半径为。地球在新公转轨道上的温度与“流浪”前一样，必须满足P不变，由于恒星单位时间内向外辐射的能量是太阳的16倍，
得
设恒星质量为M，地球在轨道上运行周期为T。
万有引力提供向心力
得
由于恒星质量是太阳质量的2倍，
得


1．（2022年9月河北示范性高中调研）反卫星技术（ASAT）是目前在军事航天领域一项非常敏感且先进的技术，其中一项技术是从正在正常运行的某卫星发射激光束，直接击毁敌方的人造天体或航天系统。现假设有一个质量为M处于半径为R的地球卫星轨道上，某时刻沿其运动方向，对一个半径为2R的卫星m实施“激光打击”，假设从激光系统启动、调试到击中m经时间，如图所示，则在此过程中，说法正确的是（ ）

A．M的线速度是m的线速度的2倍
B．M的周期是m的倍
C．激光系统启动时，m与M不能与中心天体“三点一线”
D．从启动激光系统到击中，m转过了的弧度
【参考答案】．C
【名师解析】本题主要考察万有引力的相关知识，
根据推得，则M与m的线速度之比为，故A选项错误；
同理根据，推得，则M与m的角速度之比为，周期之比为，故B选项错误；
由题意知发射“寄生卫星”后M运动方向没有改变，由动量定理知M的速度减小，引力大于向心力，M轨道会降低，在较低轨道达到新的平衡，C选项正确；
根据勾股定理，M到m的距离为，则运动过程的时间为，m运动的角速度为，则m运行的弧度为，选项中M并不是中心天体质量，故D选项错误。本题选C。

2. （2023重庆八中高三入学考试） 2021年10月14日，我国成功发射首颗太阳探测科学技术试验卫星“羲和号”，实现我国太阳探测零的突破，这标志着我国正式步入“探日”时代。“羲和号”卫星的轨道是经过地球南北极上空且圆心在地心的圆周，离地高度约为地球半径的。已知地球同步卫星运行轨道离地高度约为地球半径的6倍。则下列说法正确的是（　　）
A. “羲和号”卫星的发射速度大于11.2km/s
B. “羲和号”卫星的轨道平面可能与地球同步卫星的轨道平面重合
C. “羲和号”的运行速率约为地球同步轨道卫星运行速率的倍
D. “羲和号”的运行周期约为地球同步轨道卫星运行周期的倍
【参考答案】C
【名师解析】
卫星绕地球做圆周运动时的发射速度应该大于等于第一宇宙速度，小于第二宇宙速度，故A错误； “羲和号”卫星的轨道经过南北极，同步卫星轨道在赤道上空，故B错误；
由万有引力提供向心力可得


由题意可知


解得

故C正确，D错误。
3. （2023重庆八中高三质检）如图所示是a、b卫星分别绕P、Q行星在不同的轨道上做圆周运动的图像，其中为卫星的周期，为卫星的轨道半径。则下列说法正确的是（ ）

A. 卫星a的质量小于卫星b的质量
B. 行星P的质量小于行星Q的质量
C. 卫星a在2处的速率小于卫星b在3处的速率
D. 卫星a在1处的加速度小于卫星a在2处的加速度
【参考答案】BC
【名师解析】
根据万有引力提供向心力可得
可得
则有
由图像可知
则有
由于卫星的质量在等式中被约掉，故无法判断卫星a、b的质量关系，故A错误，B正确；
根据万有引力提供向心力可得
可得
由于卫星a在2处的轨道半径等于卫星b在3处的轨道半径，因为行星P的质量小于行星Q的质量，故有卫星a在2处的速率小于卫星b在3处的速率，故C正确；
根据万有引力提供向心力可得
可得
由于卫星a在1处的轨道半径小于卫星a在2处的轨道半径，可知卫星a在1处的加速度大于卫星a在2处的加速度，故D错误。
4. （2023云南昆明云南师大附中质检）地球的公转轨道接近圆，但哈雷彗星的轨道则是一个非常扁的椭圆，近日点离太阳中心的距离为0.586AU（1AU=地球到太阳的平均距离），在近日点哈雷彗星的速度大小为55km/s，远日点离太阳中心的距离为35.1AU。则下列说法正确的是（　　）
A. 哈雷彗星在近日点的加速度大小小于地球的加速度大小
B. 已知地球公转周期，不可以求出哈雷彗星的公转周期
C. 根据题目所给条件以及“面积定律”，可以近似求出哈雷彗星在远日点的速度大小
D. 因哈雷彗星在近日点速度过大，研究它的运动时不能用经典力学来处理
【参考答案】C
【名师解析】
由
可知，哈雷彗星在近日点加速度大小大于地球的加速度大小，故A错误；
由开普勒第三定律
已知地球公转周期，可以求出哈雷彗星的公转周期，故B错误；
根据题目所给条件以及“面积定律”，可以近似求出哈雷彗星在远日点的速度大小，故C正确；
55km/s的速度远小于光速，依然可以用经典力学解决问题，故D错误。
5. （2023陕西师大附中期初检测）屈原在长诗《天问》中发出了“日月安属?列星安陈?”的旷世之问，这也是中国首次火星探测工程“天问一号”名字的来源。“天问一号”探测器的发射时间要求很苛刻，必须在每次地球与火星会合之前的几个月、火星相对于太阳的位置领先于地球特定角度的时候出发。火星与地球几乎在同一平面内沿同一方向绕太阳近似做匀速圆周运动。如图所示，不考虑火星与地球的自转，且假设火星和地球的轨道平面在同一个平面上，相关数据见下表，则根据提供的数据可知（　　）


质量
半径
绕太阳做圆周运动的周期
地球
M
R
1年
火星
约0.1M
约0.5R
约1.9年
A. 在火星表面附近发射飞行器的速度至少为7.9km/s
B. 地球与火星从第1次会合到第2次会合的时间约为2.1年
C. 火星到太阳的距离约为地球到太阳的距离的1.9倍
D. 火星表面的重力加速度与地球表面的重力加速度之比约为3：5
【参考答案】B
【名师解析】
设地球最小的发射速度为v地，则
解得
则火星的发射速度与地球的发射速度之比为
可得火星的发射速度；故A错误；
根据，代入数据解得地球和火星从第1次会合到第2次会合的时间约为2.1年，故B正确；
根据开普勒第三定律得
代入数据解得火星到太阳的距离约为地球到太阳的距离的1.5倍，故C错误；
不考虑自转时，物体的重力等于万有引力
火星表面的重力加速度与地球表面的重力加速度之比为，故D错误。


1．（2023江西红色十校第一次联考）2021年5月15日，中国首个火星探测器“祝融”号登陆红色星球火星，正式开始系外行星之旅，成为第二个登陆火星的国家，由此引发广大太空迷的关注。假设未来人类宇航员登陆火星后，在火星表面将小球竖直上抛，取抛出点位置O位移为0，从小球抛出开始计时，以竖直向上为正方向，通过计算机得出小球运动的的图像如图所示（其中a、b均为已知量）。设火星是半径为R的匀质球体，引力常量为G，忽略火星自转的影响。下列说法正确的是（ ）

A．小球竖直上抛的初速度为a
B．小球从O点上升的最大高度为
C．火星的质量为
D．火星的第一宇宙速度为
【参考答案】D
【名师解析】设火星表面重力加速度为g，小球做竖直上抛运动的初速度为，竖直上抛运动位移，整理，在的图像中，得，，则，A项错误；小球竖直上抛的最大高度，B项错误；火星质量为M，由黄金代换公式，得，C项错误；火星表面发生卫星的第一宇宙速度，由万有引力提供向心力，有，得，D项正确。
2.（2023广东名校联盟开学大联考） 我国已成功实现多次载人飞船与空间站径向交会对接，其过程可简化为飞船被送入预定轨道后，进行多次变轨，到了空间站下方几十公里后进行远距离导引，到更近的“中瞄点”后进行近距离导引，飞船一边进行姿态调整，一边靠近空间站，在空间站正下方约200米处调整为垂直姿态，再逐步向核心舱靠近，完成对接。下列说法正确的是（　　）

A. 飞船在低轨道的环绕周期比在高轨道的环绕周期大
B. 远距离导引过程中，飞船需要点火加速
C. 空间站的线速度比第一宇宙速度大
D. 交会对接时，必须控制飞船绕地球运行的角速度与空间站的角速度相同
【参考答案】BD
【名师解析】根据开普勒第三定律，飞船在低轨道的环绕周期比在高轨道的环绕周期小，A错误；到了空间站下方几十公里后进行远距离导引，远距离导引过程中，需要飞船做离心运动，才能到更近的“中瞄点”后进行近距离导引，所以飞船需要点火加速，B正确；根据第一宇宙速度是航天器围绕地面做匀速圆周运动的速度，是最大的环绕速度，而空间站距离地面大约400km，所以空间站的线速度比第一宇宙速度小，C错误；交会对接时，必须控制飞船绕地球运行的角速度与空间站的角速度相同，D正确。
【一题多解】也可利用万有引力提供向心力列方程得到周期T与轨道半径之间的关系，进而判断出选项A的正确与否。
3. （2023湖南三湘创新发展联考）2022年5月，宇航员王亚平为我们演示了如何在太空洗头，通过直播画面可以看到，洗头时有水漂浮在空间站中，这说明（　　）
A. 水滴所受地球引力全部充当向心力
B. 水滴所受地球引力与飞船对其作用力两者的合力近似为零
C. 水滴受到了来自飞船的空气浮力平衡了重力
D. 水滴在空间站时的质量小于在地球上时的质量
【参考答案】A
【名师解析】
水滴所受地球引力全部充当向心力，使其处于完全失重状态而漂浮，此时飞船对其作用力为零，水滴所受地球引力与飞船对其作用力两者的合力等于地球引力，故A正确，BC错误；水滴在空间站时的质量等于在地球上时的质量，故D错误。
4. （2023江苏南通第一次质检）“羲和号”卫星是我国首颗太阳探测科学技术试验卫星。该卫星轨道为圆轨道，通过地球南北两极上方，离地高度517km，能够24h持续对太阳进行观测，则该卫星（　　）
A. 运行周期大于24h
B. 运行速度大于第一宇宙速度
C. 运行角速度大于地球同步卫星的角速度
D. 发射速度大于第二宇宙速度
【参考答案】C
【名师解析】
根据万有引力提供向心力有
可得
由于“羲和号”卫星半径小于同步卫星的半径，则运行周期小于同步卫星的周期，即小于，故A错误；
第一宇宙速度为围绕地球做圆周运动最大速度，则“羲和号”卫星运行速度小于第一宇宙速度，故B错误；根据万有引力提供向心力有
可得，由于“羲和号”卫星半径小于同步卫星的半径，则运行角速度大于地球同步卫星的角速度，故C正确；卫星没有摆脱地球的万有引力作用，所以发射速度小于第二宇宙速度，故D错误。
5. ．(2023湖北高中名校联盟第一次联合测评)2022年6月5日，神舟十四号成功对接于天和核心舱径向端口，航天员陈冬、刘洋、蔡旭哲依次进入天和核心舱。航天员们在一个月的时间内，有序开展了载人环境建立、空间站平台维护与照料、空间科学实验等工作。已知天和核心舱距离地面的高度约为380km，地球半径为6400km。下列说法正确的是（ ）

A．航天员可以漂浮在空间站中，所以加速度为零
B．天和核心舱在轨运行的线速度小于同步卫星的线速度
C．神舟十四号的发射速度大于7.9km/s
D．天和核心舱绕地球运动的周期约为8h
【参考答案】.C
【名师解析】航天员可以漂浮在空间站中，是由于处于完全失重状态，所受重力不变，重力提供航天员绕地球匀速圆周运动的向心力，所以加速度不为零，Ａ错误；根据轨道半径越大，线速度越小可知，天和核心舱在轨运行的线速度大于同步卫星的线速度，Ｂ错误；神舟十四号飞船发射速度一定大于第一宇宙速度7.9km/s，Ｃ正确；根据天和核心舱距离地面的高度约为380km，地球半径为6400km，利用万有引力提供向心力列方程可计算得出天和核心舱绕地球运动的周期约为1.5h，D错误。
【特别提醒】发射航天器的最小速度等于第一宇宙速度。
6. （2023湖南顶级名校质检）如图所示，是某小行星绕太阳运动的椭圆轨道，M、N、P是小行星依次经过的三个位置，、为椭圆的两个焦点。小行星由M到N和由N到P的过程中，通过的路程相等，小行星与太阳中心的连线扫过的面积分别为和。已知由M到N过程中，太阳的引力对小行星做正功。下列判断正确的是（　　）

A. 太阳位于焦点处
B.
C. 在M和N处，小行星的动能
D. 在N和P处，小行星的加速度
【参考答案】B
【名师解析】
已知由M到N过程中，太阳的引力对小行星做正功，说明小行星靠近太阳运动，所以太阳位于焦点处，A错误；根据开普勒行星运动定律可知小行星由M到P的过程中速度逐渐增大，小行星由M到N和由N到P的过程中，通过的路程相等，所以小行星由M到N运动时间大于由N到P的运动时间，由开普勒第二定律可知，B正确；
由动能定理，由M到N过程中，
万有引力做正功，则速度增大，动能增大，即，C错误；
根据万有引力公式，
可知小行星在N处的引力小于在P处的引力，由牛顿第二定律
得，D错误。

7. （2023济南重点高中质检）2022年6月5日17时42分，神舟十四号载人飞船与天和核心舱径向端口成功对接。对接后的组合体绕地球做匀速圆周运动，其轨道离地面高度为地球半径的。已知地球半径为R，地球表面重力加速度为g。下列说法正确的是（　　）
A. 神舟十四号与天和核心舱对接时，要先变轨到达核心舱所在的轨道，再加速追上核心舱进行对接
B. 组合体的向心加速度大于g
C. 组合体的线速度小于地球赤道上物体的线速度
D. 组合体运行周期为
【参考答案】D
【名师解析】
根据万有引力提供向心力，有，神舟十四号变轨到达与天和核心舱同一轨道，若再加速则会做离心运动，不会追上核心舱进行对接，故A错误；
根据牛顿第二定律，组合体的向心加速度为，由。由于组合体的轨道半径r大于地球半径R，故组合体的向心加速度小于g，故B错误；
根据万有引力提供向心力可得，解得
由于组合体的轨道半径小于同步卫星的轨道半径，则组合体的线速度大于同步卫星的线速度，同步卫星的角速度等于地球自转角速度，所以同步卫星的线速度大于地球赤道上物体的线速度，故组合体的线速度大于地球赤道上物体的线速度，故C错误；
设组合体运行的周期为T，则
在地球表面有
联立解得，故D正确。

妙趣横生
北斗导航系统的原理和功能
一．北斗导航系统简述
中国北斗卫星导航系统(BeiDou Navigation Satellite System，BDS)是中国自行研制的全球卫星导航系统。是继美国全球定位系统(GPS)、俄罗斯格洛纳斯卫星导航系统(GLONASS)之后第三个成熟的卫星导航系统。北斗卫星导航系统(BDS)和美国GPS、俄罗斯GLONASS、欧盟GALILEO，是联合国卫星导航委员会已认定的供应商。
北斗卫星导航系统由空面段、地面段和用户段三部分组成，可在全球范围内全天候、全天时为各类用户提供高精度、高可靠定位、导航、授时服务，并具短报文通信能力，已经初步具备区域导航、定位和授时能力，定位精度10米，测速精度0.2米/秒，授时精度10纳秒。

北斗卫星导航系统空间段由35颗卫星组成，包括5颗静止轨道卫星、27颗中地球轨道卫星、3颗倾斜同步轨道卫星。5颗静止轨道卫星定点位置为东经58.75°、80°、110.5°、140°、160°，中地球轨道卫星运行在3个轨道面上，轨道面之间为相隔120°均匀分布，覆盖全球。
系统的地面段由主控站、注入站、监测站组成。主控站用于系统运行管理与控制等。主控站从监测站接收数据并进行处理，生成卫星导航电文和差分完好性信息，而后交由注入站执行信息的发送。注入站用于向卫星发送信号，对卫星进行控制管理，在接受主控站的调度后，将卫星导航电文和差分完好性信息向卫星发送。监测站用于接收卫星的信号，并发送给主控站，可实现对卫星的监测，以确定卫星轨道，并为时间同步提供观测资料。
用户段即用户的终端，即可以是专用于北斗卫星导航系统的信号接收机，也可以是同时兼容其他卫星导航系统的接收机。接收机需要捕获并跟踪卫星的信号，根据数据按一定的方式进行定位计算，最终得到用户的经纬度、高度、速度、时间等信息

二．北斗导航系统工作原理
北斗导航定位系统随着智能手机的普及，已经渗透到我们生活的方方面面。北斗导航定位系统采用“三点定位法”来定位的。下面我们以二维平面为例，来说明“三点定位法”的原理。
假若你到了一个陌生的地方，你可以通过测量出你到某已知地点A的距离a，则你就处在以A为圆心，以a为半径的圆周上，如图3（a）所示。如果再测量出你到另一个已知地点B的距离b，则你就处在以B为圆心，以b为半径的圆周上，如图3（b）所示。由图2可以看出，你现在的位置只可能是在两圆周的交点O1或O2上。若要惟一确定你的位置，就必须再通过测量出你到第三个已知地点C的距离c，你现在的位置就处在以C为圆心，以c为半径的圆周上，如图3（c）所示。这三圆的交点O1就是你现在的位置。如果这三个已知点的坐标已知，则可利用数学知识计算出你现在的位置即这三圆的交点O1的坐标值。这就是说，“三点定位法”需要有三个坐标已知的参考点，并知道被测量点到参考点的距离。在三维空间中，其定位原理与此基本相同，只是要加上一个条件：被测量点在地面上。在北斗导航定位系统中，三个参考点就是三颗悬在空中已知位置坐标的卫星，被测量点到它们的距离可以通过接收从卫星发射过来的无线电波测量出来。被测量点在地面上的位置可由地面接收装置中的电脑计算出来。北斗导航定位系统要由空间接收系统、地面监控系统用户接收系统三大部分组成，天上地下协同工作，才能完成定位。


在地面上，只要用一部北斗导航定位系统接收机测出3-4颗卫星信号到达本接收机的时间，就可准确推算出接收机所在地(可以是地面或天上任何位置)的经纬度、海拔高度、时间、运动速度等数据。

三．北斗导航系统的功能
北斗系统的建设实践，实现了在区域快速形成服务能力、逐步扩展为全球服务的发展路径，丰富了世界卫星导航事业的发展模式。北斗系统具有以下特点：一是北斗系统空间段采用三种轨道卫星组成的混合星座，与其他卫星导航系统相比高轨卫星更多，抗遮挡能力强，尤其低纬度地区性能特点更为明显。二是北斗系统提供多个频点的导航信号，能够通过多频信号组合使用等方式提高服务精度。三是北斗系统创新融合了导航与通信能力，具有实时导航、快速定位、精确授时、位置报告和短报文通信服务五大功能。 
“北斗”卫星导航定位系统的军事功能主要有：运动目标的定位导航；为缩短反应时间的武器载具发射位置的快速定位；人员搜救、水上排雷的定位需求等。“北斗”卫星导航定位系统在军事上，意味着可主动进行各级部队的定位，也就是说大陆各级部队一旦配备“北斗”卫星导航定位系统，除了可供自身定位导航外，高层指挥部也可随时通过“北斗”系统掌握部队位置，并传递相关命令，对任务的执行有相当大的助益。换言之，大陆可利用“北斗”卫星导航定位系统执行部队指挥与管制及战场管理。
“北斗”卫星导航定位系统的民用功能主要有：
①个人位置服务。当你进入不熟悉的地方时，你可以使用装有北斗卫星导航接收芯片的手机或车载卫星导航装置找到你要走的路线。
②气象应用。北斗导航卫星气象应用的开展，可以促进中国天气分析和数值天气预报、气候变化监测和预测，也可以提高空间天气预警业务水平，提升中国气象防灾减灾的能力。
③道路交通管理。卫星导航将有利于减缓交通阻塞，提升道路交通管理水平。通过在车辆上安装卫星导航接收机和数据发射机，车辆的位置信息就能在几秒钟内自动转发到中心站。这些位置信息可用于道路交通管理。
④铁路智能交通。卫星导航将促进传统运输方式实现升级与转型。例如，在铁路运输领域，通过安装卫星导航终端设备，可极大缩短列车行驶间隔时间，降低运输成本，有效提高运输效率。未来，北斗卫星导航系统将提供高可靠、高精度的定位、测速、授时服务，促进铁路交通的现代化，实现传统调度向智能交通管理的转型。
⑤海运和水运。海运和水运是全世界最广泛的运输方式之一，也是卫星导航最早应用的领域之一。在世界各大洋和江河湖泊行驶的各类船舶大多都安装了卫星导航终端设备，使海上和水路运输更为高效和安全。北斗卫星导航系统将在任何天气条件下，为水上航行船舶提供导航定位和安全保障。同时，北斗卫星导航系统特有的短报文通信功能将支持各种新型服务的开发。
⑥航空运输。当飞机在机场跑道着陆时，最基本的要求是确保飞机相互间的安全距离。利用卫星导航精确定位与测速的优势，可实时确定飞机的瞬时位置，有效减小飞机之间的安全距离，甚至在大雾天气情况下，可以实现自动盲降，极大提高飞行安全和机场运营效率。通过将北斗卫星导航系统与其他系统的有效结合，将为航空运输提供更多的安全保障。
⑦应急救援。卫星导航已广泛用于沙漠、山区、海洋等人烟稀少地区的搜索救援。在发生地震、洪灾等重大灾害时，救援成功的关键在于及时了解灾情并迅速到达救援地点。北斗卫星导航系统除导航定位外，还具备短报文通信功能，通过卫星导航终端设备可及时报告所处位置和受灾情况，有效缩短救援搜寻时间，提高抢险救灾时效，大大减少人民生命财产损失。
⑧指导放牧。2014年10月，北斗系统开始在青海省牧区试点建设北斗卫星放牧信息化指导系统，主要依靠牧区放牧智能指导系统管理平台、牧民专用北斗智能终端和牧场数据采集自动站，实现数据信息传输，并通过北斗地面站及北斗星群中转、中继处理，实现草场牧草、牛羊的动态监控。2015年夏季，试点牧区的牧民就能使用专用北斗智能终端设备来指导放牧。
卫星导航系统是人类发展的共同财富，是提供全天候精确时空信息的空间基础设施，推动了知识技术密集、成长潜力大、综合效益好的新兴产业集群发展，成为国家安全和经济社会发展的重要支撑，日益改变着人类生产生活方式。 
　　中国将坚定不移地实施北斗系统建设，不断提升系统性能，履行服务承诺。坚持开放合作，加强推广普及，着力促进卫星导航在全球的广泛应用，让卫星导航更好地惠及民生福祉、服务人类发展进步。

名校预测

专家押题

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今日心情：



考点解读
掌握功和功率的物理意义及其相关计算。会运用两种模型分析机车的启动，会运用相关知识进行相关计算。
能够运用动能定理和相关知识分析解决实际问题。
理解掌握机械能守恒定律，功能关系等。理解掌握能量守恒定律，并能够运用能量守恒定律分析解决实际问题。。

高考预测
和能是物理的一条主线，功和功率，动能定理，机械能守恒定律及能量守恒定律是是核心知识点，是高考命题的热点和重点。高考对功和能的考查通常与运动学、牛顿运动定律、电学等综合在一起，设置新颖情景，综合性强，过程多，具有一定的难度。


1.对于运动过程复杂，受到变力作用，曲线运动等不能直接利用牛顿运动定律处理的问题，利用功能思路可柳暗花明。若过程中只有重力做功或弹簧弹力做功，可利用机械能守恒定律列方程解答。若过程中有其它外力做功，可利用动能定理解答。若过程中产生了内能、热量、电能等，可利用能量守恒定律解答。
2．解决机车启动问题的两点注意
(1)分清是匀加速启动还是恒定功率启动：
①匀加速启动过程中，机车功率是不断增大的，当功率达到额定功率时匀加速运动速度达到最大，但不是机车能达到的最大速度。
②以额定功率启动的过程中，牵引力是不断减小的，机车做加速度减小的加速运动，牵引力的最小值等于阻力。
(2)无论哪种启动方式，最后达到最大速度时，均满足P＝Ffvm，P为机车的额定功率。
3. 常见的功能关系
合力做功与动能的关系
W合＝ΔEk
重力做功与重力势能的关系
WG＝－ΔEp
弹力做功与弹性势能的关系
W弹＝－ΔEp
除重力和系统内弹力之外其他力做功与机械能的关系
W其他＝ΔE机
滑动摩擦力做功与内能的关系
Ffx相对＝ΔE内

4. 应用动能定理解题的思维流程


5.所谓机械能综合问题是指题述的过程或某一部分过程满足机械能守恒定律的条件。判断系统机械能守恒的方法是：①从机械能守恒的条件分析。若只有重力做功和弹簧弹力做功，则系统的机械能守恒；若过程中有滑动摩擦力做功、空气阻力做功，则机械能一般不守恒。②从能力转化的角度分析。若只有物体间动能和重力势能、弹性势能之间的相互转化，机械能没有转化为其它形式的能量（如内能、电能等），则系统的机械能守恒。③从机械能各种形式能量的增加或减少情况分析。若系统的动能或势能均增加，则系统的机械能一定不守恒；若系统内各个物体的机械能均增加或均减少，则系统的机械能一定不守恒。


1. （2022·高考广东物理）如图8所示，载有防疫物资的无人驾驶小车，在水平MN段以恒定功率、速度匀速行驶，在斜坡PQ段以恒定功率、速度匀速行驶。己知小车总质量为，， PQ段的倾角为，重力加速度g取，不计空气阻力。下列说法正确的有（ ）

A．从M到N，小车牵引力大小为 、
B．从M到N，小车克服摩擦力做功
C．从P到Q，小车重力势能增加
D．从P到Q，小车克服摩擦力做功
【参考答案】ABD
【命题意图】本题考查功率，平衡条件，重力势能和摩擦力做功的计算。
【解题思路】
从M到N，由P1=F1v1，解得小车牵引力F1= P1/v1=200/5N=40N，A正确；从M到N，小车匀速行驶，牵引力等于摩擦力，可得摩擦力f1= F1=40N，小车克服摩擦力做功Wf1= f1x=40×20J=800J，B正确；从P到Q，小车上升高度h=PQsin30°=20×0.5m=10m，小车重力势能增加△Ep=mgh=50×10×10J=5000J，C错误；从P到Q，由P2=F2v2，解得小车牵引力F2= P2/v2=570/2N=285N，从P到Q，小车匀速行驶，小车牵引力F2=f2+mgsin30°，解得f2= F2-mgsin30°=285N-50×10×1/2N=35N。从P到Q，小车克服摩擦力做功Wf2= f2x=35×20J=700J，D正确。
【一题多解】对选项B，由于小车匀速运动，动能不变，也可利用动能定理，得出W1- Wf1=0，W1=P1t1，t1=x/v1，得出Wf1=W= P1x/v1=200×20/5J=800J。对选项D，由于小车匀速运动，动能不变，也可利用功能关系，得出W2- Wf2=△Ep=mgh，W2=P2t2，t2=x/v2，得出Wf1=W2- mgh = P2x/v2- mgh =570×20/2J-50×10×10J =700J。
2.（2022新高考江苏卷）某滑雪赛道如图所示，滑雪运动员从静止开始沿斜面下滑，经圆弧滑道起跳。将运动员视为质点，不计摩擦力及空气阻力，此过程中，运动员的动能与水平位移x的关系图像正确的是（　　）

A. B.
C. D.
【参考答案】A
【命题意图】本题考查动能定理及其相关知识点。
【解题思路】
设斜面倾角为θ，不计摩擦力和空气阻力，由题意可知，运动员在沿斜面下滑过程中，根据动能定理有Ek=mgxtanθ，即Ek=mgtanθ×x，滑雪运动员从静止开始沿斜面下滑，经圆弧滑道起跳，下滑过程中开始阶段倾角θ不变，Ek-x图像为一条倾斜的直线；经过圆弧轨道过程中θ先减小后增大，即图像斜率先减小后增大，所以运动员的动能与水平位移x的关系图像正确的是图A。
3. （2022新高考江苏卷）如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端与物块A连接在一起，处于压缩状态，A由静止释放后沿斜面向上运动到最大位移时，立即将物块B轻放在A右侧，A、B由静止开始一起沿斜面向下运动，下滑过程中A、B始终不分离，当A回到初始位置时速度为零，A、B与斜面间的动摩擦因数相同、弹簧未超过弹性限度，则（　　）


A. 当上滑到最大位移的一半时，A的加速度方向沿斜面向下
B. A上滑时、弹簧的弹力方向不发生变化
C. 下滑时，B对A的压力先减小后增大
D. 整个过程中A、B克服摩擦力所做的总功大于B的重力势能减小量
【参考答案】B
【命题意图】本题考查牛顿运动定律、能量守恒定律及其相关知识点。
【解题思路】
由于A、B在下滑过程中不分离，设在最高点的弹力为F，方向沿斜面向下为正方向，斜面倾角为θ，AB之间的弹力为FAB，摩擦因素为μ，刚下滑时根据牛顿第二定律对AB整体有

隔离B分析受力，根据牛顿第二定律有
联立可得 。
由于A对B的弹力FAB方向沿斜面向上，故可知在最高点F的方向沿斜面向上；由于在开始时弹簧弹力也是沿斜面向上的，所以弹簧一直处于压缩状态，所以A上滑时、弹簧的弹力方向一直沿斜面向上，弹力方向不发生变化，选项B正确；设弹簧原长在O点，A刚开始运动时距离O点为x1，A运动到最高点时距离O点为x2；下滑过程A、B不分离，则弹簧一直处于压缩状态，上滑过程根据能量守恒定律可得
，化简得。
当上滑到最大位移的一半时，A所受合外力
代入k值可知F合=0，由牛顿第二定律可知此时加速度为0，选项A错误；
根据B的分析可知
再结合B选项的结论可知下滑过程中F向上且逐渐变大，则下滑过程FAB逐渐变大，根据牛顿第三定律可知B对A的压力逐渐变大，选项C错误；由于A回到初始位置，整个过程中弹力做的功为0，A重力做的功为0，当A回到初始位置时速度为零，根据功能关系可知整个过程中A、B克服摩擦力所做的总功等于B的重力势能减小量，选项D错误。

4. （2022高考河北）如图，轻质定滑轮固定在天花板上，物体和用不可伸长的轻绳相连，悬挂在定滑轮上，质量，时刻将两物体由静止释放，物体的加速度大小为。时刻轻绳突然断开，物体能够达到的最高点恰与物体释放位置处于同一高度，取时刻物体所在水平面为零势能面，此时物体的机械能为。重力加速度大小为，不计摩擦和空气阻力，两物体均可视为质点。下列说法正确的是（　　）


A. 物体和的质量之比为
B. 时刻物体的机械能为
C. 时刻物体重力的功率为
D. 时刻物体的速度大小
【参考答案】BCD
【命题意图】本题考查牛顿运动定律、机械能、功率及其相关知识点。
【名师解析】由牛顿第二定律，mQg- mPg =（mQ+ mP）a，a=，解得mP‏׃mQ=1‏׃2，选项A错误；经过时间T，P上升高度，h1==，T时刻P速度v=aT=，P竖直上抛运动，竖直上抛高度h2==。PQ之间竖直高度为h= h1+ h2= +=，t=0时物体的机能为E= mQg h=..。在Q匀加速下落过程中，隔离Q受力分析，由牛顿第二定律，mQg- F =mQa，解得细绳中拉力F= 2mQg/3.对Q由功能原理可知，T时刻Q的机械能为ET=E-F h1=-2mQg/3×==E/2，T时刻后，只有重力对Q做功，Q机械能不变，所以时刻物体的机械能为，选项B正确；由竖直上抛运动到最高点的时间为t=v/g=T/3，时刻物体P的速度v=g×2T/3=2gT/3，物体重力的功率为PG= mPgv===，选项CD正确。
5．（2022·全国理综甲卷·14）北京2022年冬奥会首钢滑雪大跳台局部示意图如图所示。运动员从a处由静止自由滑下，到b处起跳，c点为a、b之间的最低点，a、c两处的高度差为h。要求运动员过c点时对滑雪板的压力不大于自身所受重力的k倍，运动过程中将运动员视为质点并忽略所有阻力，则c点处这一段圆弧雪道的半径不应小于（ ）

A． B． C． D．
【参考答案】D
【命题意图】本题考查机械能守恒定律，牛顿运动定律，圆周运动。
【解题思路】从a到c，由机械能守恒定律，mgh=mv2，在c点，由牛顿第二定律，F-mg=m，F≤kmg，联立解得R≥，选项D正确。

6. （2022·全国理综乙卷·16）固定于竖直平面内的光滑大圆环上套有一个小环，小环从大圆环顶端P点由静止开始自由下滑，在下滑过程中，小环的速率正比于（　　）

A. 它滑过的弧长
B. 它下降的高度
C. 它到P点的距离
D. 它与P点的连线扫过的面积
【参考答案】C
【名师解析】
设小环从大圆环顶端P点由静止开始自由下滑到Q，如图所示

设圆环下降的高度为，圆环的半径为，它到P点的距离为，根据机械能守恒定律得

由几何关系可得，
联立可得
由可得，即小环的速率正比于它到P点的距离L，故C正确，ABD错误。

7．（2022年6月浙江选考）小明用额定功率为1200W、最大拉力为300N的提升装置，把静置于地面的质量为20kg的重物竖直提升到高为85.2m的平台，先加速再匀速，最后做加速度大小不超过5m/s2的匀减速运动，到达平台速度刚好为零，则提升重物的最短时间为
A．13.2s B．14.2s
C．15.5s D．17.0s
【参考答案】C
【命题意图】本题考查功率、直线运动和牛顿运动定律。
【解题思路】以最大加速度向上运动时间最短。提升向上加速的最大加速度a1=（F-mg）/m=5m/s2。当功率达到额定功率时，设重物速度为，则有，加速上升时间为t1=v1/a=0.8s，匀加速上升高度h1=v1t1/2=1.6m，减速上升时间t3=v/a=1.2s，上升高度h3=v t2/2=3.6m，设重物从结束匀加速运动到开始做匀减速运动所用时间为，上升高度h2=85.2m- h1- h3=85.2m-1.6m-3.6m=80m。该过程以额定功率提升重物，根据动能定理可得Pt2-mgh2=-，解得t2=13,5s。提升重物的最短时间为t= t1+ t2+ t3=0.8s+13.5s+1.2s=15.5s，，所以C正确。


8．（2022高考河北卷）[河北2022·9，6分]如图，轻质定滑轮固定在天花板上，物体和用不可伸长的轻绳相连，悬挂定滑轮上，质量，时刻将两物体由静止释放，物体的加速度大小为。时刻轻绳突然断开，物体能够达到的最高点恰与物体释放位置处于同一高度，取时刻物体所在水平面为零势能面，此时物体的机能为。重力加速度大小为，不计摩擦和空气阻力，两物体均可视为质点。下列说法正确的是（ ），

A．物体和的质量之比为
B．时刻物体的机械能为
C．时刻物体重力的功率为
D．时刻物体的速度大小
【参考答案】BCD
【名师解析】由牛顿第二定律，mQg- mPg =（mQ+ mP）a，a=，解得mP‏׃mQ=1‏׃2，选项A错误；经过时间T，P上升高度，h1==，T时刻P速度v=aT=，P竖直上抛运动，竖直上抛高度h2==。PQ之间竖直高度为h= h1+ h2= +=，t=0时物体的机能为E= mQg h=..。在Q匀加速下落过程中，隔离Q受力分析，由牛顿第二定律，mQg- F =mQa，解得细绳中拉力F= 2mQg/3.对Q由功能原理可知，T时刻Q的机械能为ET=E-F h1=-2mQg/3×==E/2，T时刻后，只有重力对Q做功，Q机械能不变，所以时刻物体的机械能为，选项B正确；由竖直上抛运动到最高点的时间为t=v/g=T/3，时刻物体P的速度v=g×2T/3=2gT/3，物体重力的功率为PG= mPgv===，选项CD正确。
9. （2022年1月浙江选考）某节水喷灌系统如图所示，水以的速度水平喷出，每秒喷出水的质量为2.0kg。喷出的水是从井下抽取的，喷口离水面的高度保持H=3.75m不变。水泵由电动机带动，电动机正常工作时，输入电压为220V，输入电流为2.0A。不计电动机的摩擦损耗，电动机的输出功率等于水泵所需要的输入功率。已知水泵的抽水效率（水泵的输出功率与输入功率之比）为75%，忽略水在管道中运动的机械能损失，则（　　）


A. 每秒水泵对水做功为75J
B. 每秒水泵对水做功为225J
C. 水泵输入功率为440W
D. 电动机线圈的电阻为10
【参考答案】D
【名师解析】每秒喷出水的质量为,抽水增加了水的重力势能和动能，则每秒水泵对水做功为
，故AB错误；
水泵的输出能量转化为水的机械能，则，而水泵的抽水效率（水泵的输出功率与输入功率之比）为75%，则，故C错误；电动机的输出功率等于水泵所需要的输入功率，则电动机的机械功率为，而电动机的电功率为，。由能量守恒可知，联立解得，故D正确。

10. （2022年1月浙江选考）如图所示，处于竖直平面内的一探究装置，由倾角=37°的光滑直轨道AB、圆心为O1的半圆形光滑轨道BCD、圆心为O2的半圆形光滑细圆管轨道DEF、倾角也为37°的粗糙直轨道FG组成，B、D和F为轨道间的相切点，弹性板垂直轨道固定在G点（与B点等高），B、O1、D、O2和F点处于同一直线上。已知可视为质点的滑块质量m=0.1kg，轨道BCD和DEF的半径R=0.15m，轨道AB长度，滑块与轨道FG间的动摩擦因数，滑块与弹性板作用后，以等大速度弹回，sin37°=0.6，cos37°=0.8。滑块开始时均从轨道AB上某点静止释放，
（1）若释放点距B点的长度l=0.7m，求滑块到最低点C时轨道对其支持力FN的大小；
（2）设释放点距B点的长度为，滑块第一次经F点时的速度v与之间的关系式；
（3）若滑块最终静止在轨道FG的中点，求释放点距B点长度的值。

【参考答案】（1）7N；（2）；（3）见解析
【名师解析】（1）到C点过程

C点时由牛顿第二定律，
解得：
（2）能过最高点时，则能到F点，则恰到最高点时

解得
要能过F点
（3）设摩擦力做功为第一次到达中点时的n倍

解得
当时，
当时，
当时，
易错警示：本题（2）中考生容易得出速度关系，但的取值范围弄错，写成，导致这种错误的原因是漏掉必须通过圆弧轨道的最高点才能到达点，即漏掉这个制约关系从而无法正确界定。
本题（3）中考生易漏掉这个条件，从而不能完整的解答。


1.（2023济南重点高中质检） 如图所示，京张高铁将北京到张家口的通行时间缩短在1小时内，成为2022年北京冬奥会重要的交通保障设施。假设此高铁动车启动后沿平直轨道行驶，发动机的功率恒为P，且行驶过程中受到的阻力大小恒定。已知动车的质量为m，最高行驶速度km/h。则下列说法正确的是（　　）

A. 行驶过程中动车受到的阻力大小为
B. 当动车的速度为时，动车的加速度大小为
C. 从启动到速度为的过程中，动车牵引力所做的功为
D. 由题目信息可估算京张铁路的全长为350km
【参考答案】B
【名师解析】
．动车速度最大时，牵引力与阻力平衡，则行驶过程中动车受到的阻力大小
故A错误；
当动车的速度为时，动车的牵引力
根据牛顿第二定律
解得，故B正确；
从启动到速度为的过程中，动车牵引力所做的功等于动车动能增加量和克服阻力做功之和，故大于，故C错误；
只知道最高的瞬时速率，无法估算平均速率，无法得出大致路程，故D错误。

2．（2023年河北示范性高中调研）如图所示，在竖直平面内固定着一个倾斜光滑杆，杆上套着一个质量为m的圆环，圆环通过轻绳绕过一定滑轮（无摩擦）与一个竖直放置的轻弹簧相连接（弹簧下端固定在地面上），在外力作用下物块静止在A点，细线刚好拉直并且垂直于长杆，弹簧处于原长状态，现将物块从A点静止释放，物块运动到C点速度为零，B是AC的中点，弹簧始终在弹性限度以内，不计滑轮质量。则下列说法正确的是（ ）

A．在下滑过程中，圆环、弹簧与地球组成的系统机械能不守恒
B．由于斜面光滑，圆环从A到B过程弹簧弹性势能的增加量等于B到C过程中弹簧弹性势能的增加量
C．圆环在最低点加速度为零
D．合外力从A到B过程中对圆环所做的功不等于从B到C过程中所做的功
【参考答案】．D
【名师解析】圆环下滑过程中，圆环，弹簧与地球组成的系统满足系统机械能守恒的条件，只有重力和系统内的弹力做功，故系统机械能守恒，A选项错误。
圆环从A到B过程中，圆环的重力势能转化为圆环的动能和弹簧的弹性势能，而圆环从B到C过程中，圆环的重力势能和动能转化为弹簧的弹性势能，故B选项错误。
圆环在最低点速度为零，但是加速度沿斜面向上，C选项错误。
圆环从A到B过程合外力所做的功等于从B到C过程克服合外力所做的功，D选项正确。
3. （2023河南郑州四中第一次调研）小华同学下楼时乘坐小区电梯，在坐电梯运动的过程中，重力的瞬时功率与时间的关系图像如图所示。已知小华的质量为m，重力加速度大小为g。下列说法正确的是（　　）

A. 0~t0时间内，电梯的加速度大小为
B. 0~t0时间内，电梯对小华支持力大小为
C. 0~2t0时间内重力做的功为
D. 0~2t0时间内小华克服支持力做的功为
【参考答案】AC
【名师解析】
重力的瞬时功率
P=mgv
由图像得：0~t0时间内

可得

则加速度

不变，电梯在0~t0时间内匀加速下降，A正确；
在0~t0时间内，根据牛顿第二定律得
mg–N=ma
解得

B错误；
根据“P–t图像中图线与t轴包围的面积表示功”得：0~2t0时间内重力做的功

C正确；
当t=t0时，t0~2t0时间内重力功率不变，速度不变，即2t0时刻的速度大小
v2=v1
0~2t0时间内，根据动能定理有

解得小华克服支持力做的功

D错误。
4.. （2023重庆八中高三质检）今年8月持续高温使得重庆发生了山火，政府出动了直升机灭火。如图甲所示，在绳索的作用下水箱由静止开始竖直向上运动，水箱的机械能E与其竖直位移y的变化关系图像如图乙所示，其中OA段为曲线，AB段为直线。若忽略摩擦阻力和空气阻力，则（ ）

A. 在OA段，水箱一定做匀变速直线运动
B. 在AB段，水箱一定做匀变速直线运动
C. 在OA段，绳索对水箱的拉力一直不变
D. 在AB段，绳索对水箱的拉力一直不变
【参考答案】D
【名师解析】
根据物体机械能的变化等于除重力外的其他力做的功，可知水箱的机械能变化等于绳索对水箱的拉力做的功，则图乙中图线斜率绝对值等于绳索对水箱的拉力大小；在OA段，绳索对水箱的拉力逐渐减小，水箱受到的合力不是恒力，水箱不是做匀变速直线运动，故AC错误；
在AB段，图线的斜率保持不变，可知绳索对水箱的拉力一直不变，但可能拉力等于水箱的重力，水箱可能做匀速直线运动，故B错误，D正确。



1. （2023河南四市二模）汽车生产时都要进行一系列测试，其中一项为加速性能的测试，测试方法为:将汽车停在 水平平直试验路段起点，实验开始时，司机立即将油门踩到底（保持汽车以额定功率运 动），记录汽车速度从0加速到100km/h所用时间，该时间是衡量汽车动力水平的一个重要参考指标。某国产汽车的额定功率为100kW，在某次测试时，汽车从静止开始以额 定功率运动，假设运动过程中所受阻力恒定，汽车最终做匀速直线运动。通过传感器测得汽车运动速度的倒数1v与加速度a的关系如图所示。
下列说法正确的是
A.汽车所受阻力大小为1000N
B.汽车运动的最大速度为50m/s
C.汽车的质量为4000kg
D.当汽车的速度为25m/s时，其加速度为2m/s2
【参考答案】B
【命题意图】本题考查汽车运动速度的倒数1v与加速度a的关系图像的理解+汽车恒定功率启动+牛顿第二定律+P=Fv
【名师解析】

【知识拓展】(1) 机车以恒定功率启动的功率图像和速度图像：

（2）机车以恒定功率运行时，牵引力做的功W＝Pt，由动能定理得Pt－F阻x＝ΔEk，此式经常用于求解机车以恒定功率启动过程的位移、速度或时间。
（3）恒定功率启动的a——图像

由F－Ff＝ma，P＝Fv可得：a＝·－，则①斜率k＝；②纵截距b＝－；③横截距＝。

2. （2023浙江名校联盟联考）21.（12分）如图所示为某物理兴趣小组所设计的游戏装置示意图。质量m=0.05kg的小钢珠（视为质点）用长度L=0.2m的轻绳拴着在竖直面内绕O做圆周运动。钢珠运动到A点时轻绳恰好断开，以vA=1m/s的速度水平抛出，钢珠飞出后恰好从B点无碰撞切入一倾角为θ=45°的斜面上，从C处小圆弧以vC=2m/s的速度水平抛出，已知抛出点距地面高为h1=0.45m。若钢珠在第一次与地面碰撞前恰好掠过高为h2=0.25m的挡板D，经过一次碰撞又恰好掠过高为h3=0.4m的挡板E，最后打中位于F处的电灯开关（开关大小不计，可视为点）。若钢珠与地面发生弹性碰撞时，碰撞前后速度水平分量不变，速度的竖直分量大小不变，方向相反。不计空气阻力，g取10m/s2。求：
（1）轻绳能够承受的最大拉力；
（2）A、B两点的竖直距离；
（3）挡板D以及E距抛出点C可能的水平距离xD、xE


【参考答案】（1）F=0.75N；（2）h=0.05m；（3）xD=0.4m，xE=1m或1.4m
【名师解析】（1）（3分）对A点受力分析得：
得F=0.75N
（2）（3分）从A→B：
据
得h=0.05m
（3）（6分）从C→D：，得
则有
从C→落地：，
则有：落地，
反弹后：在竖直方向上有，解得：，
当时，
当，
3. （2022山东泰安三模）如图所示为某传送装置的示意图，整个装置由三部分组成，中间是水平传送带（传送带向右匀速传动，其速度的大小v可以由驱动系统根据需要设定），其左侧为一倾斜直轨道，右侧为放置在光滑水平面上质量为M的滑板，倾斜直轨道末端及滑板上表面与传送带两端等高并平滑对接。一质量为m的物块从倾斜直轨道的顶端由静止释放，物块经过传送带后滑上滑板，滑板运动到D时与固定挡板碰撞粘连，此后物块滑离滑板。已知物块的质量，滑板的质量，倾斜直轨道顶端距离传送带平面的高度，传送带两轴心间距，滑板的长度，滑板右端到固定挡板D的左端的距离为L3，物块与倾斜直轨道间的动摩擦因数满足（θ为斜直轨道的倾角），物块与传送带和滑板间的动摩擦因数分别为、，重力加速度的大小。
(1)若，求物块刚滑上传送带时的速度大小及通过传送带所需的时间；
(2)求物块刚滑上右侧滑板时所能达到的最大动能和最小动能；
(3)若，讨论物块从滑上滑板到离开滑板右端的过程中，克服摩擦力所做的功Wf与L3的关系。

【参考答案】(1)；；(2)；；(3)见解析
【名师解析】
(1)对物块，在A到B的运动过程应用动能定理得

代入

解得

若传送带速度，则

代入数据解得

这段时间

随后在传送带上匀速运动的时间

物块通过传送带所需的时间

(2)a。当传送带静止或速度较小时，物块在传送带上一直做减速运动，物块克服摩擦力所做的功最多，即物块刚滑上滑板时的动能最小，最小动能设为，由动能定理得

解得

b。当传送带的速度较大时，物块在传送带上一直做匀加速运动，摩擦力对物块所做的功最多，即物块刚滑上滑板时的动能最大，最大动能设为，由动能定理得

解得

(3)由(2)问可知，物块刚达到滑板时的速度范围为，故当时，物块先匀加速再匀速，刚滑上滑板时的速度大小，设若滑板与挡板间距足够长，滑板碰挡板前物块与滑板能达共速v2，由动量守恒得

解得

对物块，由动能定理得

对滑板，由动能定理得

解得
，
物块相对滑板的位移

故若，则木板与挡板碰撞前物块与滑板已经共速，共速后二者相对静止，无摩擦力，故克服摩擦力做的功

若，则当滑板与挡板相碰时物块尚未滑到滑板的右端，这种情况下物块的对地位移为

克服摩擦力做的功


妙趣横生
过山车的原理
过山车是一项富有刺激性的娱乐工具。那种风驰电掣、有惊无险的快感令不少人着迷。如果你对物理学感兴趣的话，那么在乘坐过山车的过程中不仅能够体验到冒险的快感，还有助于理解力学定律。实际上，过山车的运动包含了许多物理学原理，人们在设计过山车时巧妙地运用了这些原理。如果能亲身体验一下由能量守恒、加速度和力交织在一起产生的效果，那感觉真是妙不可言。这次同物理学打交道不用动脑子，只要收紧你的腹肌，保护好肠胃就行了。当然，如果你受身体条件和心理承受能力的限制，无法亲身体验过山车带来的种种感受，你不妨站在一旁仔细观察过山车的运动和乘坐者的反应。

在刚刚开始时，过山车的小列车是依靠弹射器的推力或者链条爬上最高点的，但在第一次下行后，就再也没有任何装置为它提供动力了。事实上，从这时起，带动它沿轨道行驶的唯一的“发动机”将是重力势能，即由势能转化为动能、又由动能转化为重力势能这样一种不断转化的过程构成的。
第一种能，即重力势能是物体因其所处位置而自身拥有的能量，它是由于物体和地球的重力相互作用而产生的。对过山车来说，它的势能在处于最高点时达到了最大值，也就是当它爬升到“山丘”的顶峰时最大。当过山车开始下降时，它的势能就不断地减少（因为高度下降了），但能量不会消失，而是转化成了动能，也就是运动的能量。不过，在能量的转化过程中，由于过山车的车轮与轨道的摩擦而产生了热量，从而损耗了少量的机械能（动能和势能）。这就是在设计中随后的小山丘比开始时的小山丘略矮一点的原因。
过山车最后一节小车厢里是过山车赠送给勇敢的乘客最为刺激的礼物。事实上，下降的感受在过山车的尾部车厢最为强烈。因为最后一节车厢通过最高点时的速度比过山车头部的车厢要快，这是由于重力作用于过山车中部的质量中心的缘故。这样，乘坐在最后一节车厢的人就能够快速地达到和跨越最高点，从而就会产生一种要被抛离的感觉，因为质量中心正在加速向。尾部车厢的车轮是牢固地扣在轨道上的，否则在到达顶峰附近时，小车厢就可能脱轨飞出去。
车头部的车厢情况就不同了，它的质量中心在“身后”，在短时间内，它虽然处在下降的状态，但是它要“等待”质量中心越过高点被重力推动。
过山车的竖直立环是一种离心机装置，当列车接近回环时，乘客的惯性速度笔直地指向前方。但车厢一直沿轨道行进，使乘客的身体无法按直线运动。于是重力推着乘客离开车厢的地板，而惯性则将乘客向地板方向挤压。乘客本身的外向惯性产生惯性力，使乘客即使在头朝下时也能牢牢地停留在车厢的底部。当然乘客需要某种安全护具来保证自己的安全，但在大多数大回环中，无论有没有护具，乘客都会停留在车厢中。
当列车沿着回环移动时，作用在乘客身上的合力在不断地变化。在回环的最底部，因为加速度朝上，所以轨道对游客向上的支撑力要大于重力，此时游客可以感觉到超重的现象，即感觉特别沉重。当一路冲上回环时，重力则把乘客向地板的方向推。所以乘客会感到重力将您向座位方向挤压。
在回环的顶部，乘客完全倒转了过来，指向地面的重力以及轨道的向下的支持力想把乘客拖出座位，但支持力和重力仅与离心力平衡，即提供运动所需的向心力，此时若是飞车的速度较小，小到所产生的离心力小于重力的话，飞车就会有掉落的危险，所以，在回环顶部的时候要求有一定的速度以保证安全。同时也是由于离心力的存在，抵消了一部分重力，于是乘客会产生失重现象，感觉身体变得极轻。等列车驶出回环，沿水平方向行进，乘客又会回到原来的重力。
大回环的魅力在于，它在短短的一段轨道中塞进了丰富的元素。在几秒钟内，作用在乘客身上的力不断变化，从而让人体验到各种不同的感觉。当这些力作用于身体的各个部位时，眼睛会看到整个世界都倒了过来。对于许多过山车乘客而言，在回环顶部是整个运行过程中最精彩的一刻，人们会感到身体轻如羽毛，眼中只能看到天空。
在大回环中，竖直加速度的强度是由两个因素决定的：列车的速度和弯道的角度。当列车进入回环时，它拥有最大的动能，也就是说，它以最快的速度移动。在回环的顶部，重力已经在一定程度上降低了列车的速度，所以列车拥有更多的势能，但动能减少了，也就是说它以较低的速度移动，但速度不能够低于某一个安全行驶的速度。
过山车的设计师们最早采用的是正圆形回环。在这种设计中，一路上的弯道角度是一个常数。为了在回环顶部产生足够的竖直加速度以压迫列车紧贴轨道，设计师们必须让列车以相当快的速度进入回环（如此可使列车在回环顶部仍能快速行进）。更快的速度意味着乘客在进入回环时会受到更大的作用力，而这可能会让乘客很不舒服。
水滴形设计使这些力的平衡变得更加容易。回环顶部的弯道角度比回环侧面更急促。这样可以让列车以足够快的速度穿过回环，使之在回环顶部拥有充足的加速力，而且水滴形设计会在侧面产生较小的竖直加速度。这提供了维持过山车一切运行所需的力，而不致将过大的力施加在可能有危险的部位。
一旦过山车走完了它的行程，制动装置就会非常安全地使过山车停下来。减速的快慢是由制动气缸中气体的压力来控制的。



名校预测

专家押题


倒计时第13天






考点解读
理解动量和冲量的物理意义，掌握动量定理，能够运用动量定理分析解决实际问题。
掌握动量守恒的条件，能够运用动量守恒定律分析解决实际问题。

高考预测
所谓动量与能量综合问题，是指命题以具体情景给出，考查动量守恒定律、动量定理、能量守恒定律及其相关知识。纵观近几年高考全国试题和各省市试题，高考对动量和能量综合问题的命题，一般以碰撞、物块滑板模型、爆炸等情景切入命题，考查动量守恒定律和能量在某一特定情景中的运用。


动量守恒定律是自然界中最重要最普遍的守恒定律之一，也是高考重点考查内容之一。碰撞是指物体间相互作用时间极短，而相互作用力很大的现象。在碰撞过程中，系统内物体相互作用的内力一般远大于外力，故碰撞中的动量守恒，但是机械能可能有损失。在物体发生相互作用时，伴随着能量的转化和转移。相互作用的系统一定满足能量守恒定律。若相互作用后有内能产生，则产生的内能等于系统损失的机械能。


1. （2022山东物理）我国多次成功使用“冷发射”技术发射长征十一号系列运载火箭。如图所示，发射仓内的高压气体先将火箭竖直向上推出，火箭速度接近零时再点火飞向太空。从火箭开始运动到点火的过程中（ ）

A. 火箭的加速度为零时，动能最大
B. 高压气体释放的能量全部转化为火箭的动能
C. 高压气体对火箭推力的冲量等于火箭动量的增加量
D. 高压气体的推力和空气阻力对火箭做功之和等于火箭动能的增加量
【参考答案】A
【命题意图】本题考查受力分析、动量定理、能量守恒定律及其相关知识点。
【名师解析】
火箭从发射仓发射出来，受竖直向下的重力、竖直向下的空气阻力和竖直向上的高压气体的推力作用，且推力大小不断减小，刚开始向上的时候高压气体的推力大于向下的重力和空气阻力之和，故火箭向上做加速度减小的加速运动，当向上的高压气体的推力等于向下的重力和空气阻力之和时，火箭的加速度为零，速度最大，接着向上的高压气体的推力小于向下的重力和空气阻力之和时，火箭接着向上做加速度增大的减速运动，直至速度为零，故当火箭的加速度为零时，速度最大，动能最大，故A正确；根据能量守恒定律，可知高压气体释放的能量转化为火箭的动能、火箭的重力势能和内能，故B错误；根据动量定理，可知合力冲量等于火箭动量的增加量，故C错误；根据功能关系，可知高压气体的推力和空气阻力对火箭做功之和等于火箭机械能的增加量，故D错误。
2. （2022·全国理综乙卷·20）质量为的物块在水平力F的作用下由静止开始在水平地面上做直线运动，F与时间t的关系如图所示。已知物块与地面间的动摩擦因数为0.2，重力加速度大小取。则（　　）

A. 时物块的动能为零
B. 时物块回到初始位置
C. 时物块的动量为
D. 时间内F对物块所做的功为
【参考答案】AD
【名师解析】
物块与地面间摩擦力为
对物块从内由动量定理可知
即
得
3s时物块的动量为
设3s后经过时间t物块的速度减为0，由动量定理可得
即，解得
所以物块在4s时速度减为0，则此时物块的动能也为0，故A正确，C错误；
物块发生的位移为x1，由动能定理可得
即，得
过程中，对物块由动能定理可得
即，解得
物块开始反向运动，物块的加速度大小为
发生的位移为
即6s时物块没有回到初始位置，故B错误；
物块在6s时的速度大小为
拉力所做的功为，故D正确。
3. （2022高考湖北物理）一质点做曲线运动，在前一段时间内速度大小由v增大到2v，在随后的一段时间内速度大小由2v增大到5v。前后两段时间内，合外力对质点做功分别为W1和W2，合外力的冲量大小分别为I1和I2。下列关系式一定成立的是（　　）
A. ， B. ，
C. ， D. ，
【参考答案】D
【命题意图】本题考查曲线运动，动能定理，动量定理。
【解题思路】由动能定理，速度由v增大到2v，合外力做功
；速度由2v增大到5v，合外力做功，所以W2= 7W1；由于速度是矢量，具有方向，当初、末速度方向相同时，动量变化量最小，方向相反时，动量变化量最大，因此冲量的大小范围是，，比较可得一定成立。选项D正确。
4．（2022新高考海南卷）在冰上接力比赛时，甲推乙的作用力是，乙对甲的作用力是，则这两个力（ ）
A．大小相等，方向相反
B．大小相等，方向相同
C．的冲量大于的冲量
D．的冲量小于的冲量
【参考答案】A
【名师解析】甲推乙的作用力与乙对甲的作用力是一对作用力和反作用力，根据牛顿第三定律，这两个力大小相等，方向相反，根据冲量的定义，可知的冲量等于于的冲量，选项A正确BCD错误。
4．（2022重庆高考）在测试汽车的安全气囊对驾乘人员头部防护作用的实验中，某小组得到了假人头部所受安全气囊的作用力随时间变化的曲线（如图）。从碰撞开始到碰撞结束过程中，若假人头部只受到安全气囊的作用，则由曲线可知，假人头部（ ）

A．速度的变化量等于曲线与横轴围成的面积
B．动量大小先增大后减小
C．动能变化正比于曲线与横轴围成的面积
D．加速度大小先增大后减小
【参考答案】D
【名师解析】若假人头部只受到安全气囊的作用，则所受安全气囊的作用力随时间变化的曲线与横轴所围面积表示合外力冲量，由动量定理可知作用力随时间变化的曲线与横轴所围面积也表示动量的变化量，选项AB错误；由动能与动量的关系可知，动能变化与动量变化不是成正比，所以动能变化不是正比于曲线与横轴围成的面积，选项C错误；由牛顿第二定律可知，加速度大小先增大后减小，选项D正确。
5．（11分）（2022·高考广东物理）某同学受自动雨伞开伞过程的启发，设计了如图12所示的物理模型。竖直放置在水平桌面上的滑杆上套有一个滑块，初始时它们处于静止状态。当滑块从A处以初速度为向上滑动时，受到滑杆的摩擦力f为,滑块滑到B处与滑杆发生完全非弹性碰撞，带动滑杆离开桌面一起竖直向上运动。己知滑块的质量，滑杆的质量，A、B间的距离，重力加速度g取，不计空气阻力。求：

（1）滑块在静止时和向上滑动的过程中，桌面对滑杆支持力的大小和；
（2）滑块碰撞前瞬间的速度大小v；
（3）滑杆向上运动的最大高度h。
【命题意图】本题考查平衡条件、牛顿运动定律、动量守恒定律、匀变速直线运动规律。
【解题思路】（1）滑块静止时，对整体，由平衡条件，N1=mg+Mg。
代入数据解得N1=8N。
滑块向上滑动时，滑杆对滑块有向下的摩擦力f=1N，由牛顿第三定律，滑块对滑杆有向上的摩擦力f’=1N
隔离滑杆受力分析，由平衡条件 N2=Mg-f’。
代入数据解得N2=5N。
（2）滑块向上匀减速运动，由牛顿第二定律，mg+f=ma
解得加速度大小 a=15m/s2。
由v2-v02=-2al 解得：v=8 m/s
（3）滑块与滑杆碰撞，由动量守恒定律，mv=（m+M）v’，
解得 v’=2m/s
由v’2=2gh
解得h=0.2m。

6.（2022高考北京卷）体育课上，甲同学在距离地面高处将排球击出，球的初速度沿水平方向，大小为；乙同学在离地处将排球垫起，垫起前后球的速度大小相等，方向相反。已知排球质量，取重力加速度。不计空气阻力。求：

（1）排球被垫起前在水平方向飞行的距离x；
（2）排球被垫起前瞬间的速度大小v及方向；
（3）排球与乙同学作用过程中所受冲量的大小I。
【命题意图】此题考查抛体运动及其相关知识点。
【名师解析】
（1）设排球在空中飞行的时间为t，则
得
则排球在空中飞行的水平距离
（2）乙同学垫起排球前瞬间排球在竖直方向速度的大小
得
则
得
设速度方向与水平方向夹角为（如答图2所示），

则
（3）根据动量定理，排球与乙同学作用过程中所受冲量的大小
7.（2022高考北京卷）质量为和的两个物体在光滑水平面上正碰，其位置坐标x随时间t变化的图像如图所示。下列说法正确的是（ ）

A．碰撞前的速率大于的速率 B．碰撞后的速率大于的速率
C．碰撞后的动量大于的动量 D．碰撞后的动能小于的动能
【参考答案】C
【命题意图】此题考查碰撞及其相关知识点。
【名师解析】根据位移图像斜率表示速度可知，碰撞前的速率为零，碰撞后的速率等于的速率。选项AB错误；由碰撞规律可知，m1大于m2，碰撞后的动量大于的动量，碰撞后的动能大于的动能，选项C正确D错误。
8. （2022·全国理综乙卷·25） 如图（a），一质量为m的物块A与轻质弹簧连接，静止在光滑水平面上：物块B向A运动，时与弹簧接触，到时与弹簧分离，第一次碰撞结束，A、B的图像如图（b）所示。已知从到时间内，物块A运动的距离为。A、B分离后，A滑上粗糙斜面，然后滑下，与一直在水平面上运动的B再次碰撞，之后A再次滑上斜面，达到的最高点与前一次相同。斜面倾角为，与水平面光滑连接。碰撞过程中弹簧始终处于弹性限度内。求
（1）第一次碰撞过程中，弹簧弹性势能的最大值；
（2）第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值；
（3）物块A与斜面间的动摩擦因数。

【参考答案】（1）；（2）；（3）
【名师解析】
（1）当弹簧被压缩最短时，弹簧弹性势能最大，此时、速度相等，即时刻，根据动量守恒定律

根据能量守恒定律

联立解得，
（2）同一时刻弹簧对、的弹力大小相等，根据牛顿第二定律

可知同一时刻

则同一时刻、的的瞬时速度分别为


根据位移等于速度在时间上的累积可得


又

解得

第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值

（3）物块A第二次到达斜面的最高点与第一次相同，说明物块A第二次与B分离后速度大小仍为，方向水平向右，设物块A第一次滑下斜面的速度大小为，设向左为正方向，根据动量守恒定律可得

根据能量守恒定律可得

联立解得
设在斜面上滑行的长度为，上滑过程，根据动能定理可得

下滑过程，根据动能定理可得

联立解得


1．（2023北京名校联考）如图6所示，一沙袋用无弹性轻细绳悬于O点，开始时沙袋处于静止状态，一弹丸以水平速度v0击中沙袋后未穿出，二者共同摆动。若弹丸质量为m，沙袋质量为5m，弹丸和沙袋形状大小忽略不计，弹丸击中沙袋后漏出的沙子质量忽略不计，不计空气阻力，重力加速度为g。下列说法中正确的是(　　)
A．弹丸打入沙袋过程中，细绳所受拉力大小保持不变
B．弹丸打入沙袋过程中，弹丸对沙袋的冲量大小大于沙袋对弹丸的冲量大小
C．沙袋和弹丸一起摆动所达到的最大高度为
D．弹丸打入沙袋过程中所产生的热量为
【参考答案】C　
【名师解析】 弹丸打入沙袋的过程由动量守恒定律mv0＝(m＋5m)v，解得v＝v0；弹丸打入沙袋后，总质量变大，且做圆周运动，根据T＝6mg＋6m可知，细绳所受拉力变大，选项A错误；根据牛顿第三定律可知，弹丸打入沙袋过程中，弹丸对沙袋的冲量大小等于沙袋对弹丸的冲量大小，选项B错误；由机械能守恒可得：·6mv2＝6mgh，解得h＝，选项C正确；弹丸打入沙袋过程中所产生的热量为Q＝mv－·6mv2＝mv，选项D错误。

2． （2023湖北六校期中联考）传说英国科学家瓦特观察到水蒸气顶起锅盖，进而发明了蒸汽机。假设每个水分子的质量均为m，运动的水分子均垂直撞击平板锅盖，撞击速度均为v。每次撞击后速度大小均变为v/3，方向垂直锅盖，撞击的时间极短，发现质量为M的锅盖刚好被顶起。忽略水分子所受重力，则单位时间撞击锅盖的水分子个数为（　　）

A. B. C. D.
【参考答案】A
【名师解析】
设单位时间撞击锅盖的水分子个数为n，则由动量定理

其中

解得

故选A。
3.（2023湖南名校质检）如图所示，在光滑水平面上，质量为m的小球A和质量为m的小球B通过轻弹簧拴接并处于静止状态，弹簧处于原长；质量为m的小球C以初速度v0沿A、B连线向右匀速运动，并与小球A发生弹性碰撞。在小球B的右侧某位置固定一块弹性挡板（图中未画出），当小球B与挡板发生正碰后立刻将挡板撤走。不计所有碰撞过程中的机械能损失，弹簧始终处于弹性限度内，小球B与挡板的碰撞时间极短，碰后小球B的速度大小不变，但方向相反。则B与挡板碰后弹簧弹性势能的最大值Em可能是（ ）

A． B． C． D．
【参考答案】．BC
【名师解析】由题，系统的初动能为，而系统的机械能守恒，则弹簧的弹性势能不可能等于，故A错误；由于小球C与小球A质量相等，发生弹性正碰，则碰撞后交换速度，若在A与B动量相等时，B与挡板碰撞，B碰撞后速度大小不变、方向相反，当两者速度同时减至零时，弹簧的弹性最大，最大值为，故B正确；当B的速度很小（约为零）时，B与挡板碰撞时，当两球速度相等弹簧的弹性势能最大，设共同速度为v，则由动量守恒得，，得，最大的弹性势能为，则最大的弹性势能的范围为，故C正确，D错误。故选BC。


4.(20分)(2023洛阳名校联考)如图所示,光滑圆弧轨道AB固定在水平面上与水平面平滑连接,在圆弧轨道最低点A静止放置物块b、c(可看作质点),b、c的质量分别为m、2m,b、c间有少量火药(质量可忽略),某时刻火药燃烧将b、c迅速分开,分开后b以速度v0向左冲上圆弧,经一段时间再次回到b、c分开位置后继续向右运动,当c刚好停止运动时b与之发生第一次碰撞。已知b与c的所有碰撞均为弹性碰撞,b与水平面间没有摩擦,c与水平面间的动摩擦因数为μ,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度大小为g。已知物块b从圆弧底端冲上圆弧到再次回到圆弧底端所用时间与b冲上圆弧的速度大小无关,可用圆弧半径R表示为πRg(R为题中未知量),求:

(1)圆弧轨道半径的大小;
(2)b与c发生第3次碰撞前,b的速度;
(3)b、c第n次碰撞后到第n+1次碰撞前c运动的位移大小(n=1,2,3,…)。
【名师解析】 (1)b、c分开过程,根据动量守恒定律有mv0=2mvc0
c沿水平面滑动的加速度大小a=μmgm=μg
根据运动学规律,分开后c在水平面上滑动的时间t0和滑过的距离xc0满足t0=vc0a,vc02=2axc0
b再次回到b、c分开位置时t1=πRg
b匀速运动的时间t2=xc0v0
则t0=t1+t2
整理得R=9v0264π2μ2g。
(2)设b、c第1次碰撞后的速度分别为vb1和vc1,根据动量守恒定律和机械能守恒定律有
mv0=mvb1+2mvc1,12mv02=12mvb12+12·2mvc12
解得vb1=-13v0,vc1=23v0
设第2次碰撞前c已停止运动,则第1次碰撞后c滑动的时间tc1=vc1a=2v03μg
b的运动时间tb1=t1+2xc0+xc1|vb1|
其中xc1=vc122a
由于tc1m，当小球到达圆弧轨道左侧最高处时，由人船模型，mx=M（2R-x），解得：x=，小车向右移动距离s=2R-x=＜R，即小车的左边外侧始终不会伸出桌面左边缘，小车的右边外侧不会伸出桌面右边缘，选项D错误。
5.【参考答案】（1）；（2）
【名师解析】（1）目标棋从B到C由动能定理

解得

（2）母棋从A到B由动能定理

母棋与目标棋碰撞时

碰后瞬间母棋的动能

代入数据解得

专家押题
1.【参考答案】D
【名师解析】滑块从A滑到C的过程中水平方向动量守恒，竖直方向上合为不为零，系统动量不守恒，故A错误；滑块刚滑到B点时速度最大，取水平向右为正方向，由水平方向动量守恒定律和机械能守恒定律得，
解得，，即滑块滑到B点时的速度为，故B错误；
设全程小车相对地面位移大小为s，根据题意可知全程滑块水平方向相对小车的位移为R+L，则滑块水平方向相对地面的位移为
滑块与小车组成的系统在水平方向动量守恒，取水平向右为正方向，在水平方向，由动量守恒定律得

已知，解得，，故C错误；
系统在水平方向动量守恒，以向右为正方向，对整个过程，由动量守恒定律得，解得，由能量守恒定律得，解得，故D正确。
2.【名师解析】：⑴物块A在斜面滑动时，有
…………………………………………………………①(1分)
解得a1=6m/s2
当物块B在斜面向上滑动时，有
……………………………………………②(1分)
解得a2=10m/s2
当A、B达到共同速度时相距最远
…………………………………………………………③(1分)
解得t1=0.5s
A、B之间的最远距离∆xmax=L＋xB1－xA1
∆xmax=L＋（）－（）…………………④(1分)
联立①②③④解得∆xmax=7m ………………………………⑤(1分)
⑵当物块B从v2减到零时，有
………………………………………………………………⑥(1分)
得t2=2s
则t2时刻，A、B之间的距离∆x=L＋xB2－xA2
∆x=L＋－（）……………………………………⑦(1分)
联立①②⑥⑦解得∆x=2.5m
可判断出物块B减速到零后可继续沿斜面下滑，当物块B在斜面向下滑动时，有
…………………………………………⑧(1分)
解得a3=2m/s2
t2=2s时，物块A的速度大小………………………⑨(1分)
得vA2=6m/s
从t2=2s时刻起，设再经过∆t时间物块A、B发生碰撞
则有……………………………………⑩(1分)
联立①⑧⑨⑩⑪解得∆t=0.5s或∆t=2.5s（舍去）
则物块A、B发生碰撞的时刻t=t2＋∆t=2.5s………………………⑪(1分)
⑶设沿斜面向上为正方向
碰撞前A的速度vA=vA2－a1∆t=3m/s………………………………⑫(1分)
碰撞前B的速度vB=－a3∆t=－1m/s………………………………⑬(1分)
在A、B碰撞前后，A、B系统的动量守恒
mvA＋mvB=mvA’＋mvB’……………………………………………⑭(1分)
A、B两球碰撞前后机械能的关系为
………………………………………⑮(1分)
若为弹性碰撞，A、B两球速度分别为-1m/s、3m/s
若为完全非弹性碰撞，A、B两球速度分别为1m/s、1m/s
由此可知碰撞后B球动能的取值范围为0.5J≤EkB≤4.5J…………⑯(1分)
3.【名师解析】
（1）小球从开始到最低点的过程中机械能守恒，由机械能守恒定律得：
(1分)
(1分)
(1分)
小球与小滑块发生弹性碰撞，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：
(1分)
由机械能守恒定律得：
(1分)
代入数据解得： (2分)
（2）对物块： (1分)
对长木板： (1分)
(1分)
(1分)
(1分)
(1分)
（其他方法正确均可参照给分)

4. 【名师解析】（1）设碰撞前的m1的速度为v10，根据机械能守恒定律
①
设碰撞后m1与m2的速度分别为v1和v2，根据动量守恒定律
②
由于碰撞过程中无机械能损失，则 ③
②、③式联立解得 ④
将①代入得④
（2）a. 由④式，考虑到得
=
根据动能传递系数的定义，对于1、2两球 ⑤
同理可得，球m2和球m3碰撞后，动能传递系数k13应为
⑥
依次类推，动能传递系数k1n应为

解得
b. 将m1=4m0,m3=mo代入⑥式可得
为使k13最大，只需使= 最大，即m2+取最小值，由可知
当m2=即m2=可得：m2=2 m0时，k13最大。