《课堂新坐标》2014届高考物理一轮复习配套word版文档：第九章 第3讲 电磁感应规律的综合应用

第3讲运动图象追及和相遇问题(对应学生用书第8页)位移图象和速度图象s－t图象v－t图象形状及运动性质平行于横轴：物体静止倾斜直线：物体做匀速运动平行于横轴：物体做匀速运动倾斜直线：物体做匀变速运动物理意义描述运动物体的位移随时间的变化规律描述运动物体的速度随时间的变化规律斜率表示速度表示加速度截距初位置坐标初速度图象交点物体相遇位置此刻速度相同“面积”质点通过的位移(1)无论是s－t图象，还是v－t图象都只能描述直线运动.(2)s－t图象和v－t图象都不表示物体运动的轨迹.【针对训练】1．如图1－3－1所示是一物体的s－t图象，则该物体在6 s内的路程是()图1－3－1A．0B．2 m C．4 m D．12 m【解析】做此题时不要把s－t图象当做物体运动的轨迹，s－t图象的斜率表示速度，该物体在6 s内的路程为(2＋2＋4＋4) m＝12 m，位移为零．【答案】 D追及和相遇问题1.两物体在同一时刻到达相同的位置，即两物体追及或相遇．2．追和被追两者的速度相等常是能追上、追不上、二者之间的距离有极值的临界条件．(1)在两个物体的追及过程中，当追者的速度小于被追者的速度时，两者的距离在增大．(2)当追者的速度大于被追者的速度时，两者的距离在减小．(3)当两者的速度相等时，两者的间距有极值，是最大值还是最小值，视实际情况而定．【针对训练】2．甲、乙两车某时刻由同一地点沿同一方向开始做直线运动，若以该时刻作为计时起点，得到两车的s－t的图象如图1－3－2所示，则下列说法正确的是()图1－3－2A．t1时刻乙车从后面追上甲车B．t1时刻两车相距最远C．t1时刻两车的速度刚好相等D．0到t1时间内，乙车的平均速度小于甲车的平均速度【解析】t1时刻两车位移相同，t1时刻前乙车的位移小于甲车的位移，故t1时刻乙车是从后面追上甲车，A项正确；B项错误；在s－t图象中，各个时刻图象切线的斜率表示速度，故t1时刻两车速度不相等，C项错误；0到t1时间内两车位移、时间相等，所以平均速度相等，D项错误．【答案】 A(对应学生用书第9页)对图象的进一步理解1.图象意义位移图象和速度图象是从不同角度描述运动过程的，意义不同．因此同一运动过程在两种图象上，形状不同，反之相同形状在两种图象上不是相同的运动．图1－3－3甲、乙中①均表示匀速运动，②均表示匀变速运动．图1－3－32．图象斜率表示纵、横坐标两物理量的比值，常有一个重要的物理量与之对应，用于定量计算对应物理量的大小和定性分析变化的快慢．如s－t图象的斜率表示速度，v－t图象的斜率表示加速度．3．图象面积图线与坐标轴围成的面积常与某一表示过程的物理量相对应．如v－t图象与横轴包围的“面积”表示位移大小．(1)对于s－t图象来说，通过比较相邻两时刻的位移来确定物体运动的方向．(2)对于v－t图象来说，画在横轴上方的图线表示速度方向与所选正方向相同，画在横轴下方的图线表示速度方向与所选方向相反．如图1－3－4所示的位移—时间图象和速度—时间图象中，给出四条图线1、2、3、4代表四个不同物体的运动情况，关于它们的物理意义，下列描述正确的是()图1－3－4A．图线1表示物体做曲线运动B. s－t图象中t1时刻v1＞v2C. v－t图象中0至t3时间内3和4的平均速度大小相等D．两图象中，t2、t4时刻分别表示2、4开始反向运动【审题视点】(1)s－t图象上“直线”代表匀速，“曲线”代表变速，“拐”点前后斜率正负发生变化，说明速度方向发生了变化．(2)v－t图象上“直线”表示匀变速，“曲线”表示变加速，“拐”点前后斜率正负发生变化，说明加速度方向发生了变化．【解析】图线1是位移图象，表示物体是做变速直线运动，所以选项A错；s－t图线上某点斜率的绝对值表示速度的大小，选项B正确；v－t图象中0至t3时间内3和4位移不同，所以平均速度不相等，选项C错；t2时刻2开始反向运动，t4时刻4加速度方向变化但运动方向不变，所以选项D错．【答案】 B【即学即用】1．下列图象能正确反映物体在直线上运动，经2 s一定回到初始位置的是()【解析】由s－t图象可以看出A选项正确．在v－t图象中，图象和坐标轴包围的面积在数值上等于位移的大小，所以C项正确，B不正确．在D图象中，若物体速度与加速度同向，则始终朝同一方向运动，因此位移不能为零，故D选项不正确．【答案】AC追及、相遇问题的分析1.讨论追及、相遇的问题，其实质就是分析讨论两物体在相同时间内能否到达相同空间位置的问题(1)两个关系：即时间关系和位移关系，这两个关系可通过画草图得到．(2)一个条件：即两者速度相等，它往往是物体间能否追上、追不上或(两者)距离最大、最小的临界条件，也是分析判断的切入点．2．解题思路和方法分析两物体运动过程―→画运动示意图―→找两物体位移关系―→列位移方程甲车以10 m/s 的速度在平直的公路上匀速行驶，乙车以4 m/s 的速度与甲车平行同向做匀速直线运动，甲车经过乙车旁边开始以0.5 m/s 2的加速度刹车，从甲车刹车开始计时，求：(1)乙车在追上甲车前，两车相距的最大距离； (2)乙车追上甲车所用的时间．【解析】 (1)当甲车速度减至等于乙车速度时两车的距离最大，设该减速过程经过的时间为t ，则v 乙＝v 甲－at解得：t ＝12 s此时甲、乙间的距离为Δx ＝v 甲t －12at 2－v 乙t＝10×12 m －12×0.5×122 m －4×12 m ＝36 m.(2)设甲车减速到零所需时间为t 1，则有：t 1＝v 甲a＝20 st 1时间内：x 甲＝v 甲2t 1＝102×20 m ＝100 mx 乙＝v 乙t 1＝4×20 m ＝80 m此后乙车运动时间：t 2＝x 甲－x 乙v 乙＝204 s ＝5 s故乙车追上甲车需t 1＋t 2＝25 s. 【答案】 (1)36 m (2)25 s解答追及相遇问题的常用方法(1)物理分析法：应用运动学公式，根据每个物体的运动情况，分别确定出各物体间的位移、时间和速度关系，并列出方程，进行求解．(2)相对运动法：巧妙地选取参考系，然后找两物体的运动关系．(3)极值法：设相遇时间为t ，根据条件列方程，得到关于t 的一元二次方程，用判别式进行讨论．若Δ>0，即有两个解，说明可以相遇两次，若Δ＝0，说明刚好追上或相碰；若Δ<0，说明追不上或不能相碰．(4)图象法：将两者的v －t 图象在同一个坐标系中画出，然后利用图象求解． 【即学即用】2．例2中，若甲车经过乙车旁边时，乙车开始以恒定的加速度加速运动，甲车匀速行驶，乙车追上甲车前，两车有最大距离18 m ，求乙车加速度的大小．【解析】 当甲、乙两车速度相等时有最大距离，则v 甲＝v 乙＋a ′t 对甲车：s 甲＝v 甲t对乙车：s 乙＝v 甲＋v 乙2t又有：Δs m ＝s 甲－s 乙代入数值，解以上各式得：a ′＝1 m/s 2. 【答案】 1 m/s 2(对应学生用书第10页)图象分析相遇问题利用图象分析追及、相遇问题，是常见的物理模型，以下是利用v－t图象分析这类问题的要点．(1)由斜率分析、计算加速度．(2)由“面积”求位移．(3)由运动性质和“相对位移”变化(看图线走势)判断相遇(或距离最大)时刻．如图1－3－5所示，a、b分别是甲、乙两辆车从同一地点沿同一直线同时运动的v－t图线，由图线可以判断()图1－3－5A．2秒后甲、乙两车的加速度大小相等B．在0～8 s内两车最远相距148 mC．两车只有t0时刻速率相等D．两车在t＝8 s时相遇【潜点探究】(1)由图象斜率可比较加速度大小．(2)由图象信息可知a、b开始时是向相反方向运动的，4 s时a反向，至t0时刻二者速度相同，此时，二者应相距最远，之后a速度大于b的速度，5 s后b反向与a相向运动，二者愈来愈近．(3)a、b是同地同时出发，图中信息显示8 s时，a回到出发点，此时二者是否相遇，要看b是否回到出发点．【规范解答】2秒后a甲＝0－204－2m/s2＝－10 m/s2，a乙＝0－(－20)5－2m/s2＝203m/s2，所以两车加速度大小不等，A错．由题图可知两车在0～8 s内相距最远应在两车速度相等，即t0时刻，由a、b两直线可求出t0＝4.4 s，则两车相距最远距离应为a、b两线和纵轴围成的面积，解得x＝148 m，故B对．除t0外，t＝2 s时，两车速率也相等，C错．t＝8 s时，甲返回到出发点．乙在负方向40 m，故未相遇，D错．【答案】 B【即学即用】3．(2012·银川一中一模)两辆游戏赛车a、b在两条平行的直车道上行驶，t＝0时两车都在同一计时线处，此时比赛开始．它们在四次比赛中的v－t图象如图所示．哪些图对应的比赛中，有一辆赛车追上了另一辆()【解析】 由v －t 图象的特点可知，图线与t 轴所围面积的大小，即为物体位移的大小．观察4个图象，只有C 选项中，a 、b 所围面积的大小有相等的时刻，故选项C 正确．【答案】 C(对应学生用书第11页)●考查位移——时间图象1．物体A 、B 的s －t 图象如图1－3－6所示，由图可知( )图1－3－6A ．从第3 s 起，两物体运动方向相同，且v A ＞v BB ．两物体由同一位置开始运动，但物体A 比B 迟3 s 才开始运动C ．在5 s 内物体的位移相同，5 s 末A 、B 相遇 D. 5 s 内A 、B 的平均速度相等【解析】 s －t 图象的斜率的大小表示物体运动的速度大小，斜率的正负表示物体运动的方向，由题图可知，A 正确；B 物体的出发点在离原点5 m 处，A 物体的出发点在原点处，B 错误；物体B 在5 s 内的位移为10 m －5 m ＝5 m ，物体A 在3～5 s 内的位移为10 m ，故C 、D 均错误．【答案】 A●结合速度——时间图象综合考查 2．(2012·山东高考)将地面上静止的货物竖直向上吊起，货物由地面运动至最高点的过程中，v －t 图象如图1－3－7所示．以下判断正确的是( )图1－3－7A ．前3 s 内货物处于超重状态B ．最后2 s 内货物只受重力作用C ．前3 s 内与最后2 s 内货物的平均速度相同D ．第3 s 末至第5 s 末的过程中，货物的机械能守恒【解析】 由v －t 图象可知，货物在前3 s 内具有向上的加速度，因此货物处于超重状态，选项A 正确；最后2 s 内，货物具有向下的加速度，其大小为a ＝62m/s 2＝3 m/s 2＜g ，因此货物在这一段时间内受重力和向上的拉力，选项B 错误；货物在前3 s 内的平均速度v 1＝0＋62 m/s ＝3 m/s ，最后2 s 内的平均速度v 2＝6＋02m/s ＝3 m/s ，两者速度相同，选项C正确；第3 s 末至第5 s 末的过程中，货物在向上的拉力和向下的重力作用下做匀速直线运动，拉力做正功，故机械能不守恒，选项D 错误．【答案】 AC●由图象判断物体运动方向3．(2013届陕西师大附中质检)某同学在学习了动力学知识后，绘出了一个沿直线运动的物体的加速度a 、速度v 、位移s 随时间变化的图象如图所示，若该物体在t ＝0时刻，初速度均为零，则下列图象中表示该物体沿单一方向运动的图象是( )【解析】 A 项位移正负交替，说明物体做往复运动，B 项物体先做匀加速运动，再做匀减速运动，然后做反向匀加速运动，再做反向匀减速运动，周而复始；C 项表示物体先做匀加速运动，再做匀减速运动，循环下去，物体始终是单向运动，C 正确，D 项从面积判断物体速度有负值出现，不是单向运动．【答案】 C●结合v －t 图象考查追及、相遇问题4．(2013届铜川模拟)t ＝0时，甲乙两辆汽车从相距70 km 的两地开始相向行驶，它们的v －t 图象如图1－3－8所示．忽略汽车掉头所需时间．下列对汽车运动状况的描述正确的是( )图1－3－8A ．在第1小时末，乙车改变运动方向B ．在第2小时末，甲乙两车相距10 kmC ．在前4小时内，乙车运动加速度的大小总比甲车的大D ．在第4小时末，甲乙两车相遇 【解析】 由题图知，1小时末乙车沿负向行驶由匀加速直线运动变为匀减速直线运动，行驶方向并未改变，A 错．在前2小时内甲车的位移s 1＝12×2×30 km ＝30 km ，沿正向；乙车的位移s 2＝12×2×30 km ＝30 km ，沿负向；故此时两车相距Δs ＝(70－30－30) km ＝10 km ，B 对．由图象的斜率大小可知C 对．在前4小时内甲车的位移s 甲＝12×4×60 km ＝120 km ，沿正向；乙车的位移s 乙＝(12×2×60－12×2×30) km ＝30 km ，沿正向；第4小时末两车相距Δs ＝s 甲－(70＋s 乙)＝(120－100) km ＝20 km ，两车此时不相遇，D 错．【答案】 BC●追及相遇问题 5.图1－3－9如图1－3－9所示，长为L ＝75 cm 的平底玻璃管，底部放置一可视为质点的小球，现让玻璃管从静止开始以a 1＝16 m/s 2的加速度竖直向下运动，经过一段时间后小球运动到玻璃管口，此时让玻璃管加速度大小减为a 2＝2.5 m/s 2，方向不变，不计一切阻力(g 取10 m/s 2)，求：(1)小球到达管口时小球和玻璃管的速度；(2)从玻璃管开始运动到小球再次回到玻璃管底所用的时间．【解析】 (1)设小球运动到管口的时间为t 1，则由运动学规律知对玻璃管：s 1＝12a 1t 21对小球：s 2＝12gt 21，而L ＝s 1－s 2联立并代入数值得t 1＝0.5 s所以小球到达管口时，小球速度为v 1＝gt 1＝5 m/s ，玻璃管速度为v 2＝a 1t 1＝8 m/s. (2)设小球再次回到玻璃管底经历时间为t 2，则由运动学规律知：对小球：h 1＝v 1t 2＋12gt 22，对玻璃管：h 2＝v 2t 2＋12a 2t 22 而h 1＝h 2＋L联立并代入数值得t 2＝1 s所以整个运动过程的总时间为t ＝t 1＋t 2＝1.5 s. 【答案】 (1)5 m/s 8 m/s (2)1.5 s。

随 堂
回
扣 的是( )
自 测
A．内芯的折射率比外套的大，光传播
析 时在内芯与外套的界面上发生全反射
考
点 ·
B．内芯的折射率比外套的小，光传播
重 难
时在内芯与外套的界面上发生全反射
突 破
C．波长越短的光在光纤中传播的速度越大
D．频率越大的光在光纤中传播的速度越大
菜单
HK 新课标 ·物理
【解析】 光纤内芯比外套折射率大，在内芯与外套的
难 突
D．同一频率的光由第一种介质进入第二种介质时，折射
破
率与波长成正比
菜单
HK 新课标 ·物理
【解析】 介质的折射率 n 由介质本身及光的频率决定，
固 考
与入射角、折射角无关，A、B 都错．光在不同介质中光速不
练 考
基
题
· 教
同，这正是光发生折射的原因，n 与 v 成反比，C 正确．光是
· 随
材
· 重 难 突 破
菜单
HK 新课标 ·物理
【解析】 (1)设光线 BM 在 M 点的入射角为 i，折射角为 r，
固 考
由几何知识可知，i＝30°，r＝60°，根据折射定律得 n＝ssiinn ri⑤
练 考
基
·
代入数据得 n＝ 3.⑥
题 ·
教
随
材 回
(2)光线 BN 恰好在 N 点发生全反射，则∠BNO 为临界角 C
固
练
考 基
界面上发生全反射，A对、B错；频率大的光波长短，折射
考 题
·
·
教 材
率大，在光纤中传播速度小，C、D错．
随 堂
回
自
扣

第3讲机械能守恒定律及其应用(对应学生用书第78页)重力势能与弹性势能1.重力势能(1)重力做功的特点①重力做功与路径无关，只与始末位置的高度差有关．②重力做功不引起物体机械能的变化．(2)重力势能①公式：E p＝mgh.②矢标性：重力势能是标量，但有正、负，其意义是表示物体的重力势能比它在参考平面上大还是小，这与功的正、负的物理意义不同．③系统性：重力势能是物体和地球共有的．④相对性：重力势能的大小与参考平面的选取有关．重力势能的变化是绝对的，与参考平面的选取无关．(3)重力做功与重力势能变化的关系①定性关系：重力对物体做正功，重力势能就减少；重力对物体做负功，重力势能就增加．②定量关系：重力对物体做的功等于物体重力势能的减少量．即W G＝－(E p2－E p1)＝－ΔE p.2．弹性势能(1)大小：弹簧的弹性势能的大小与弹簧的形变量及劲度系数有关．(2)弹力做功与弹性势能变化的关系：弹力做正功，弹性势能减小，弹力做负功，弹性势能增加．错误!【针对训练】1.图5－3－1“蹦极”是一项非常刺激的体育运动．如图5－3－1所示，运动员身系弹性绳自高空中Q点自由下落，图中a是弹性绳的原长位置，c是运动员所到达的最低点，b是运动员静止地悬吊着时的平衡位置．则()A．由Q到c的整个过程中，运动员的动能及重力势能之和守恒B．由a下降到c的过程中，运动员的动能一直减小C．由a下降到c的过程中，运动员的动能先增大后减小D．由a下降到c的过程中，弹性绳的弹性势能一直增大【解析】由Q到c的整个过程中，运动员的动能、重力势能和弹性绳的弹性势能之和守恒，A错误；由a下降到c的过程中，运动员的动能先增大后减小，B错误，C正确；由a下降到c的过程中，弹性绳的伸长量不断增加，故弹性势能一直增大，D选项也正确．【答案】CD机械能守恒定律1.内容在只有重力或弹力做功的物体系统内，动能和势能可以互相转化，而总的机械能保持不变．2．机械能守恒的条件只有重力或弹力做功．3．守恒表达式观点表达式守恒观点E1＝E2，E k1＋E p1＝E k2＋E p2＝恒量转化观点ΔE k＝－ΔE p转移观点ΔE A减＝ΔE B增【针对训练】2.图5－3－2如图5－3－2所示，小球从高处下落到竖直放置的轻弹簧上，在将弹簧压缩到最短的整个过程中，下列关于能量的叙述中正确的是()A．重力势能和动能之和总保持不变B．重力势能和弹性势能之和总保持不变C．动能和弹性势能之和总保持不变D．重力势能、弹性势能和动能之和总保持不变【解析】在小球与弹簧相互作用过程中，重力势能、弹性势能和动能相互转化，总和保持不变，D正确；重力势能一直减小，故动能和弹性势能之和一直增大，C错误；动能先增大后减小，故重力势能与弹性势能之和先减小后增大，B错误；因弹性势能一直增大，故重力势能与动能之和一直减小，A错误．【答案】 D(对应学生用书第78页)机械能守恒条件的理解1.守恒条件机械能守恒的条件是只有重力、弹力做功，可以从以下三方面理解：(1)只受重力作用，例如在不考虑空气阻力的情况下的各种抛体运动，物体的机械能守恒．(2)受其他力，但其他力不做功，只有重力或弹力做功．(3)弹力做功伴随着弹性势能的变化，并且弹力做的功等于弹性势能的减少量．2．几种常见情况分析(1)水平面上物体做匀速直线运动或匀速圆周运动，其机械能保持不变．(2)光滑斜面上的物体沿斜面匀加速下滑或匀减速上滑时机械能守恒．若物体受摩擦力或其他力作用匀速下滑或匀速上滑，则机械能不守恒．(3)物体在竖直面内的光滑轨道上运动时，轨道支持力不做功，则机械能守恒．(4)细线悬挂的物体在竖直平面内摆动，悬线的拉力不做功，则机械能守恒．(5)抛体运动．如平抛、斜抛，不考虑空气阻力的过程中机械能守恒．(1)物体做匀速直线运动或物体所受合外力为零，不是机械能守恒的条件．(2)如果除重力、弹力外，还有其他力做功，但其他力做功之和为零，该种情况下只能说机械能不变，不能说机械能守恒．(2013届银川一中检测)在如图5－3－3所示的物理过程示意图中，甲图为一端固定有小球的轻杆，从右偏上30°角释放后绕光滑支点摆动；乙图为末端固定有小球的轻质直角架，释放后绕通过直角顶点的固定轴O无摩擦转动；丙图为置于光滑水平面上的A、B 两小车，B静止，A获得一向右的初速度后向右运动，某时刻连接两车的细绳绷紧，然后带动B车运动；丁图为置于光滑水平面上的带有竖直支架的小车，把用细绳悬挂的小球从图示位置释放，小球开始摆动．则关于这几个物理过程(空气阻力忽略不计)，下列判断中正确的是()甲乙丙丁图5－3－3A．甲图中小球机械能守恒B．乙图中小球A的机械能守恒C．丙图中两车组成的系统机械能守恒D．丁图中小球的机械能守恒【解析】甲图过程中轻杆对小球不做功，小球的机械能守恒；乙图过程中A、B两球通过杆相互影响(例如开始时A球带动B球转动)，轻杆对A的弹力不沿杆的方向，会对小球做功，所以每个小球的机械能不守恒，但把两个小球作为一个系统时机械能守恒；丙图中绳子绷紧的过程虽然只有弹力作为内力做功，但弹力突变有内能转化，机械能不守恒；丁图过程中细绳也会拉动小车运动，取地面为参考系，小球的轨迹不是圆弧，细绳会对小球做功，小球的机械能不守恒，把小球和小车当做一个系统，机械能才守恒．【答案】 A【即学即用】1．(2013届铜川模拟)如图5－3－4所示，斜劈劈尖顶着竖直墙壁静止于水平面上，现将一小球从图示位置静止释放，不计一切摩擦，则在小球从释放到落至地面的过程中，下列说法正确的是()图5－3－4A ．斜劈对小球的弹力不做功B ．斜劈与小球组成的系统机械能守恒C ．斜劈的机械能守恒D ．小球重力势能减少量等于斜劈动能的增加量【解析】 不计一切摩擦，小球下滑时，小球和斜劈组成的系统只有小球重力做功，系统机械能守恒，故B 正确，C 错误；小球重力势能的减少量应等于小球和斜劈动能的增加量之和，D 错误；斜劈对小球的弹力与小球位移间夹角大于90°，故此弹力做负功，A 错误．【答案】 B机械能守恒定律的表达式及应用 1.三种守恒表达式的比较表达角度 表达公式表达意义 注意事项守恒观点 E k ＋E p ＝E k ′＋E p ′ 系统初状态的机械能的总和与末状态机械能的总和相等应用时应选好重力势能的零势能面，且初、末状态必须用同一零势能面计算势能转化观点 ΔE k ＝－ΔE p 表示系统(或物体)机械能守恒时，系统减少(或增加)的重力势能等于系统增加(或减少)的动能应用时关键在于分清重力势能的增加量或减少量，可不选零势能面而直接计算初、末状态的势能差转移观点 ΔE 增＝ΔE 减 若系统由A 、B 两部分组成，则A 部分物体机械能的增加量与B 部分物体机械能的减少量相等常用于解决两个或多个物体组成的系统的机械能守恒问题2.应用机械能守恒的方法步骤(1)选取研究对象⎩⎪⎨⎪⎧单个物体多个物体组成的系统系统内有弹簧(2)根据受力分析和各力做功情况分析，确定是否符合机械能守恒条件．(3)确定初末状态的机械能或运动过程中物体机械能的转化情况． (4)选择合适的表达式列出方程，进行求解． (5)对计算结果进行必要的讨论和说明．(2012·海南高考)如图5－3－5，在竖直平面内有一固定光滑轨道，其中AB 是长为R 的水平直轨道，BCD 是圆心为O 、半径为R 的34圆弧轨道，两轨道相切于B 点．在外力作用下，一小球从A 点由静止开始做匀加速直线运动，到达B 点时撤除外力．已知小球刚好能沿圆轨道经过最高点C ，重力加速度大小为g .求图5－3－5(1)小球在AB 段运动的加速度的大小； (2)小球从D 点运动到A 点所用的时间．【审题视点】 (1)竖直平面，光滑34圆弧轨道．(2)小球A →B ，匀加速，且AB 长度等于轨道半径R . (3)小球刚好能过圆轨道最高点C . 【解析】 (1)小球在BCD 段运动时，受到重力mg 、轨道正压力N 的作用，如图所示．根据题意，N ≥0，且小球在最高点C 所受轨道正压力为零N C ＝0①设小球在C 点的速度大小为v C ，根据牛顿第二定律有mg ＝m v 2CR②小球从B 点运动到C 点，机械能守恒．设B 点处小球的速度大小为v B ，有 12m v 2B ＝12m v 2C＋2mgR ③ 由于小球在AB 段由静止开始做匀加速运动，设加速度大小为a ，由运动学公式有 v 2B ＝2aR ④由②③④式得a ＝52g .⑤(2)设小球在D 处的速度大小为v D ，下落到A 点时的速度大小为v ，由机械能守恒有 12m v 2＝12m v 2D ＋mgR ⑥ 12m v 2＝12m v 2⑦ 设从D 点运动到A 点所用的时间为t ，由运动学公式得 gt ＝v －v D ⑧由④⑤⑥⑦⑧式得t ＝(5－3) Rg .【答案】 (1)52g (2)(5－3) Rg【即学即用】2．(2013届渭南模拟)如图5－3－6所示，一固定在竖直平面内的光滑的半圆形轨道ABC ，其半径R ＝0.5 m ，轨道在C 处与水平地面相切，在C 处放一小物块，给它一水平向左的初速度v 0＝5 m/s ，结果它沿CBA 运动，通过A 点，最后落在水平地面上的D 点，求C 、D 的距离x (重力加速度g 取10 m/s 2)．图5－3－6【解析】 设小物块质量为m ，它从C 点经B 到达A 点时速度为v .由机械能守恒有12m v 2＝12m v 2＋2mgR ① 物块由A 到D 做平抛运动，设时间为t ，水平位移为x ，2R ＝12gt 2②x ＝v t ③由①②③式联立代入数据得x ＝1 m. 【答案】 1 m(对应学生用书第80页)多物体系统中的机械能守恒 应用机械能守恒定律解题时，常会遇到由多个物体组成的系统问题，这时应注意选取研究对象，分析研究过程，判断系统的机械能是否守恒，列方程时还要注意分析物体间的速度关系和位移关系．图5－3－7如图5－3－7所示，跨过同一高度处的定滑轮的细线连接着质量相同的物体A 和B ，A 套在光滑水平杆上，定滑轮离水平杆的高度h ＝0.2 m ，开始时让连着A 的细线与水平杆的夹角θ1＝37°，由静止释放B ，当细线与水平杆的夹角θ2＝53°时，A 的速度为多大？在以后的运动过程中，A 所获得的最大速度为多大？(设B 不会碰到水平杆，sin 37°＝0.6，sin 53°＝0.8，取g ＝10 m/s 2)【潜点探究】 (1)A 、B 之间只有动能和势能转化，可考虑系统机械能守恒． (2)连A 的细线与水平杆夹角θ1＝37°→θ2＝53°，可由几何关系求出物体B 下落高度． (3)线长一定，θ＜90°A 加速，θ＞90°A 减速．θ＝90°时，A 的速度最大．【规范解答】 A 、B 两物体组成的系统，只有动能和势能的转动，机械能守恒．设θ2＝53°时，A 、B 两物体的速度分别为v A 、v B ，B 下降的高度为h 1，则有mgh 1＝12m v 2A ＋12m v 2B . 其中h 1＝h sin θ1－hsin θ2.v A cos θ2＝v B 代入数据解以上关系式得v A ＝1.1 m/s 由于绳力对A 做正功，使A 加速，至左滑轮正下方速度最大，此时B 的速度为零，此过程B 下降高度设为h 2则有mgh 2＝12m v 2A m其中h 2＝hsin θ1－h代入数据解得 v A m ＝1.6 m/s.【答案】 见规范解答 【即学即用】 3.图5－3－8(2012·上海高考)如图5－3－8，可视为质点的小球A 、B 用不可伸长的细软轻线连接，跨过固定在地面上半径为R 的光滑圆柱，A 的质量为B 的两倍．当B 位于地面时，A 恰与圆柱轴心等高．将A 由静止释放，B 上升的最大高度是( )A ．2RB ．5R /3C ．4R /3D ．2R /3 【解析】如图所示，以A 、B 两球为系统，以地面为零势能面，设A 质量为2m ，B 质量为m ，根据机械能守恒定律有：2mgR ＝mgR ＋12×3m v 2，A 落地后B 将以v 做竖直上抛运动，即有12m v 2＝mgh ，解得h ＝13R .则B 上升的高度为R ＋13R ＝43R ，故选项C 正确． 【答案】 C(对应学生用书第81页)●重力势能、弹性势能与机械能守恒的判断 1．(2011·新课标全国高考)一蹦极运动员身系弹性蹦极绳从水面上方的高台下落，到最低点时距水面还有数米距离．假定空气阻力可忽略，运动员可视为质点，下列说法正确的是( )A ．运动员到达最低点前重力势能始终减小B ．蹦极绳张紧后的下落过程中，弹力做负功，弹性势能增加C ．蹦极过程中，运动员、地球和蹦极绳所组成的系统机械能守恒D ．蹦极过程中，重力势能的改变与重力势能零点的选取有关【解析】 到达最低点前高度始终在降低，所以重力势能始终减小，故A 正确．绳张紧后的下落过程，伸长量逐渐增大，弹力做负功，弹性势能增大，故B 正确．在蹦极过程中，只有重力与系统内弹力做功，故系统机械能守恒，C 正确．重力势能的改变与重力做功有关，重力做功只与始末位置高度差有关，与零势能面的选取无关，故D 错误．【答案】 ABC●机械能守恒与功率的综合2．(2013届徐州模拟)用长度为l 的细绳悬挂一个质量为m 的小球，将小球移至和悬点等高的位置使绳自然伸直．放手后小球在竖直平面内做圆周运动，小球在最低点的势能取作零，则小球运动过程中第一次动能和势能相等时重力的瞬时功率为( )A ．mg gl B.12mg glC.12mg 3glD.13mg 3gl 【解析】 设第一次小球动能与势能相等时的速度大小为v ，由机械能守恒定律得：mgl ＝12m v 2＋E p ，E p ＝12m v 2，解得v ＝gl ，此时v 与水平方向夹角为60°，故P ＝mg v sin 60°＝12mg 3gl ，C 正确．【答案】 C●系统的机械能守恒 3.图5－3－9(2013届吴中检测)轻杆AB 长2L ，A 端连在固定轴上，B 端固定一个质量为2m 的小球，中点C 固定一个质量为m 的小球．AB 杆可以绕A 端在竖直平面内自由转动．现将杆置于水平位置，如图5－3－9所示，然后由静止释放，不计各处摩擦与空气阻力，则下列说法正确的是( )A ．AB 杆转到竖直位置时，角速度为 10g9LB ．AB 杆转到竖直位置的过程中，B 端小球的机械能的增量为49mgLC ．AB 杆转动过程中杆CB 对B 球做正功，对C 球做负功，杆AC 对C 球做正功D ．AB 杆转动过程中，C 球机械能守恒 【解析】 在AB 杆由静止释放到转到竖直位置的过程中，以B 球的最低点为零势能点，根据机械能守恒定律有：mg ·2L ＋2mg (2L )＝mgL ＋12×2m (ω·2L )2＋12m (ωL )2，解得角速度ω＝10g9L，A 项正确．在此过程中，B 端小球机械能的增量为：ΔE B ＝E 末－E 初＝12·2m (ω·2L )2－2mg ·(2L )＝49mgL ，B 项正确．AB 杆转动过程中，杆AC 对C 球不做功，杆CB 对C 球做负功，对B 球做正功，C 项错．C 球机械能不守恒，B 、C 球系统机械能守恒，D 项错．【答案】 AB●机械能守恒定律在平抛运动中的应用 4.图5－3－10(2012·大纲全国高考)一探险队员在探险时遇到一山沟，山沟的一侧竖直，另一侧的坡面呈抛物线形状．此队员从山沟的竖直一侧，以速度v 0沿水平方向跳向另一侧坡面．如图5－3－10所示，以沟底的O 点为原点建立坐标系xOy .已知，山沟竖直一侧的高度为2h ，坡面的抛物线方程为y ＝12hx 2，探险队员的质量为m .人视为质点，忽略空气阻力，重力加速度为g .(1)求此人落到坡面时的动能；(2)此人水平跳出的速度为多大时，他落在坡面时的动能最小？动能的最小值为多少？ 【解析】 (1)设该队员在空中运动的时间为t ，在坡面上落点的横坐标为x ，纵坐标为y .由运动学公式和已知条件得x ＝v 0t ①2h －y ＝12gt 2②根据题意有y ＝x 22h③由机械能守恒，落到坡面时的动能为 12m v 2＝12m v 20＋mg (2h －y )④ 联立①②③④式得12m v 2＝12m (v 20＋4g 2h 2v 20＋gh)．⑤(2)⑤式可以改写为v 2＝(v 20＋gh －2gh v 20＋gh)2＋3gh ⑥ v 2取极小的条件为⑥式中的平方项等于0，由此得 v 0＝gh ⑦此时v 2＝3gh ，则最小动能为 (12m v 2)min ＝32mgh .⑧ 【答案】 (1)12m (v 20＋4g 2h 2v 20＋gh) (2)v 0＝gh 时落坡动能最小为32mgh●弹簧弹性势能与机械能守恒 5.图5－3－11(2011·福建高考)如图5－3－11为某种鱼饵自动投放器中的投饵管装置示意图，其下半部AB 是一长为2R 的竖直细管，上半部BC 是半径为R 的四分之一圆弧弯管，管口沿水平方向，AB 管内有一原长为R 、下端固定的轻质弹簧．投饵时，每次总将弹簧长度压缩到0.5R 后锁定，在弹簧上端放置一粒鱼饵，解除锁定，弹簧可将鱼饵弹射出去．设质量为m 的鱼饵到达管口C 时，对管壁的作用力恰好为零．不计鱼饵在运动过程中的机械能损失，且锁定和解除锁定时，均不改变弹簧的弹性势能．已知重力加速度为g .求： (1)质量为m 的鱼饵到达管口C 时的速度大小v 1； (2)弹簧压缩到0.5R 时的弹性势能E p .【解析】 (1)质量为m 的鱼饵到达管口C 时做圆周运动的向心力完全由重力提供，则mg ＝m v 21R①由①式解得v 1＝gR .②(2)弹簧的弹性势能全部转化为鱼饵的机械能，由机械能守恒定律有E p ＝mg (1.5R ＋R )＋12m v 21③由②③式解得 E p ＝3mgR .④【答案】 (1)gR (2)3mgR。

的速度与 t0 时刻的速度相等(类比法)，C 错；由以上分析和 能量守恒定律可知，线框从 1 位置进入磁场到 3 位置完全离
开磁场的过程中，线框中产生的电热为拉力做的功与线框损
失的动能之和，即 F(a＋b)＋12mv20－12mv2，D 错． 【答案】 B
菜单
HK 新课标 ·物理
选准问题视角，化难为易
HK 新课标 ·物理
汇
寻
方
妙
法
法
·
·
归
纳 物理模型是一种理想化的物理形态，是物理知识的一种直
巧 破
突
疑
破 观表现，模型思维法是利用类比、抽象、简化、理想化等 难
手段，突出物理过程的主要因素，忽略次要因素，把研究
对象的物理本质特征抽象出来，从而进行分析和推理的一
种思维方法．在遇到以新颖的背景、陌生的材料和前沿的
(2010·安徽高考)如图9－5所示，水平地面上方矩形
汇
寻
方 区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，两个边长相等的单匝 妙
法
法
· 归
闭合正方形线圈Ⅰ和Ⅱ，分别用相同材料、不同粗细的导线
· 巧
纳 突
绕制(Ⅰ为细导线)、两线圈在距磁场上界面h高处由静止开始
破 疑
破 自由下落，再进入磁场，最后落到地面．运动过程中，线圈 难
x1、x3两点虽然场强相等，但不在同一等势面上，电势不等，
D错．
【答案】 C
菜单
HK 新课标 ·物理
物理方法是相通的，一种方法中往往包含着另一种或几种方
汇 方
法的使用，只有常用常练，才能熟能生巧，在解题中自然产 归
生灵感，即所谓的灵机一动，才能将不同的方法、技巧有机

第4讲 万有引力与航天(对应学生用书第64页)万有引力定律1.内容自然界中任何两个物体都相互吸引，引力的方向在它们的连线上，引力的大小与物体的质量m 1和m 2的乘积成正比，与它们之间距离r 的二次方成反比．2．公式F ＝G m 1m 2r2，其中G ＝6.67×10－11 N·m 2/kg 2，叫引力常量．3．适用条件公式适用于质点间的相互作用．当两物体间的距离远大于物体本身的大小时，物体可视为质点；均匀的球体可视为质点，r 是两球心间的距离；一个均匀球体与球外一个质点的万有引力也适用，其中r 为球心到质点间的距离．【针对训练】1．(2013届佛山检测)在讨论地球潮汐成因时，地球绕太阳运行轨道与月球绕地球运行轨道可视为圆轨道．已知太阳质量约为月球质量的2.7×107倍，地球绕太阳运行的轨道半径约为月球绕地球运行的轨道半径的400倍．关于太阳和月球对地球上相同质量海水的引力，以下说法正确的是( )A ．太阳引力远大于月球引力B ．太阳引力与月球引力相差不大C ．月球对不同区域海水的吸引力大小相等D ．月球对不同区域海水的吸引力大小有差异【解析】 设太阳质量为M ，月球质量为m ，海水质量为m ′，太阳到地球距离为r 1，月球到地球距离为r 2，由题意M m ＝2.7×107，r 1r 2＝400，由万有引力公式，太阳对海水的引力F 1＝GMm ′r 21，月球对海水的引力F 2＝Gmm ′r 22，则F 1F 2＝Mr 22mr 21＝2.7×107(400)2＝2 70016，故A 选项正确，B 选项错误；月球到地球上不同区域的海水距离不同，所以引力大小有差异，C 选项错误，D 选项正确．【答案】 AD万有引力定律应用及三种宇宙速度 1.万有引力定律基本应用(1)基本方法：把天体(或人造卫星)的运动看成是匀速圆周运动，其所需向心力由万有引力提供．(2)基本公式：G Mm r 2＝mg r＝ma ＝⎩⎪⎨⎪⎧m v 2rmrω2mr (2πT )2m v ω其中g r 为距天体中心r 处的重力加速度． 2．三种宇宙速度宇宙速度 数值(km/s)意义第一宇宙速度(环绕速度)7.9 这是卫星绕地球做圆周运动的最小发射速度，若7.9km /s≤v ＜11.2 km/s ，物体绕地球运行第二宇宙速度(逃逸速度)11.2 是物体挣脱地球引力束缚的最小发射速度，若11.2km /s≤v ＜16.7 km/s ，物体绕太阳运行第三宇宙速度16.7这是物体挣脱太阳引力束缚的最小发射速度，若v ≥16.7km/s ，物体将脱离太阳系在宇宙空间运行错误!【针对训练】 2．(2012·浙江高考)如图4－4－1所示，在火星与木星轨道之间有一小行星带．假设该带中的小行星只受到太阳的引力，并绕太阳做匀速圆周运动．下列说法正确的是( )图4－4－1A ．太阳对各小行星的引力相同B ．各小行星绕太阳运动的周期均小于一年C ．小行星带内侧小行星的向心加速度值大于外侧小行星的向心加速度值D ．小行星带内各小行星圆周运动的线速度值大于地球公转的线速度值【解析】 根据F ＝G Mmr2，小行星带中各小行星的轨道半径r 、质量m 均不确定，因此无法比较太阳对各小行星引力的大小，选项A 错误；根据G Mm r 2＝m (2πT )2r 得，T ＝2πr 3GM，因小行星绕太阳运动的轨道半径大于地球绕太阳运动的轨道半径，故小行星的运动周期大于地球的公转周期，即大于一年，选项B 错误；根据G Mm r 2＝ma 得a ＝GMr2，所以内侧小行星的向心加速度值大于外侧小行星的向心加速度值，选项C 正确；根据G Mm r 2＝m v2r，得v ＝GMr，所以小行星带内各小行星做圆周运动的线速度值小于地球公转的线速度值，选项D错误．【答案】 C同步卫星的运行特点 1.轨道平面一定：轨道平面与赤道平面共面． 2．周期一定：与地球自转周期相同，即T ＝24 h. 3．角速度一定：与地球自转的角速度相同．4．高度一定：由G Mm (R ＋h )2＝m 4π2T 2(R ＋h )得同步卫星离地面的高度h ＝ 3GMT 24π2－R .5．速率一定：v ＝ GMR ＋h.【针对训练】3．我国数据中继卫星“天链一号02星”在西昌卫星发射中心，于2011年7月11日23时41分发射升空，之后经过变轨控制后，成功定点在赤道上空的同步轨道．关于成功定点后的“天链一号02星”，下列说法正确的是( )A ．运行速度大于7.9 km/sB ．离地面高度一定，相对地面静止C ．绕地球运行的角速度比月球绕地球运行的角速度大D ．向心加速度与静止在赤道上物体的向心加速度大小相等【解析】 7.9 km/s 是第一宇宙速度，是所有地球卫星的最大运转速度，故A 错误；因“天链一号02星”是同步卫星，其轨道半径大于地球半径，而小于月球的轨道半径，B 、C 均正确；因该星与赤道上物体的角速度相同，但到地心距离不同(r ＞R )，由a 向＝rω2得a 星＞a 物，故D 错误．【答案】 BC经典时空观和相对论时空观 1.经典时空观(1)在经典力学中，物体的质量是不随运动状态而改变的．(2)在经典力学中，同一物理过程发生的位移和对应时间的测量结果在不同的参考系中是相同的．2．相对论时空观(1)在狭义相对论中，物体的质量是随物体运动速度的增大而增大的，用公式表示为m ＝m 01－v 2c2.(2)在狭义相对论中，同一物理过程发生的位移和对应时间的测量结果在不同的参考系中是不同的．(对应学生用书第65页)万有引力定律在天体运动中的应用1.基本方法把天体的运动看成匀速圆周运动，所需向心力由万有引力提供．G Mm r 2＝m v 2r ＝mω2r ＝m (2πT)2r ＝m (2πf )2r2．中心天体的质量M 、密度ρ的估算 (1)利用卫星的轨道半径r 和周期T测出卫星绕中心天体做匀速圆周运动的半径r 和周期T ，由G Mm r 2＝m (2πT)2r ，可得天体质量为：M ＝4π2r3GT 2.该中心天体密度为：ρ＝M V ＝M 43πR 3＝3πr 3GT 2R 3(R 为中心天体的半径)．当卫星沿中心天体表面运行时，r ＝R ，则ρ＝3πGT2.(2)利用天体表面的重力加速度g 和天体半径R由于G Mm R 2＝mg ，故天体质量M ＝gR 2G，天体密度ρ＝M V ＝M 43πR 3＝3g4πGR.(2011·安徽高考)(1)开普勒行星运动第三定律指出，行星绕太阳运动的椭圆轨道的半长轴a 的三次方与它的公转周期T 的二次方成正比，即a3T2＝k ，k 是一个对所有行星都相同的常量．将行星绕太阳的运动按圆周运动处理，请你推导出太阳系中该常量k 的表达式．已知引力常量为G ，太阳的质量为M 太；(2)开普勒定律不仅适用于太阳系，它对一切具有中心天体的引力系统(如地月系统)都成立．经测定月地距离为3.84×108m ，月球绕地球运动的周期为2.36×106 s ，试计算地球的质量M 地．(G ＝6.67×10－11 N·m 2/kg 2，结果保留一位有效数字)【审题视点】 (1)已知引力常量G ，太阳质量M ，导出太阳系中常量k . (2)a 3T2＝k 也适用地月系统，但不同天体系统k 值不同． 【解析】 (1)因行星绕太阳做圆周运动，于是轨道的半长轴a 即为轨道半径r .根据万有引力定律和牛顿第二定律有G m 行M 太r 2＝m 行(2πT)2r ①于是有r 3T 2＝G4π2M 太②即k ＝G4π2M 太．③(2)在地月系统中，设月球绕地球运动的轨道半径为R ，周期为T ，由②式可得R 3T 2＝G4π2M地④解得M 地＝6×1024 kg(5×1024 kg 也算对)．⑤【答案】 (1)k ＝G4π2M 太 (2)6×1024 kg求中心天体质量的途径依据万有引力等于向心力，可得以下四种求中心天体质量的途径(1)M ＝gr 2G ，若已知卫星在某一高度的加速度g 和环绕的半径r ；(2)M ＝r v 2G ，若已知卫星绕天体做匀速圆周运动的线速度v 和半径r ；(3)M ＝4π2r 3GT2，若已知卫星绕天体做匀速圆周运动的周期T 和半径r ；(4)M＝v 3T2πG ，若已知卫星运行的线速度v 和周期T .【即学即用】1．(2013届山东威海一中检测)如图4－4－2所示，是美国的“卡西尼”号探测器经过长达7年的“艰苦”旅行，进入绕土星飞行的轨道．若“卡西尼”号探测器在半径为R 的土星上空离土星表面高h 的圆形轨道上绕土星飞行，环绕n 周飞行时间为t ，已知万有引力常量为G ，则下列关于土星质量M 和平均密度ρ的表达式正确的是( )图4－4－2A ．M ＝4π2(R ＋h )3Gt 2，ρ＝3π(R ＋h )3Gt 2R 3 B ．M ＝4π2(R ＋h )2Gt 2，ρ＝3π(R ＋h )2Gt 2R 3C ．M ＝4π2t 2(R ＋h )3Gn 2，ρ＝3πt 2(R ＋h )3Gn 2R 3D ．M ＝4π2n 2(R ＋h )3Gt 2，ρ＝3πn 2(R ＋h )3Gt 2R 3【解析】 设“卡西尼”号的质量为m ，“卡西尼”号围绕土星的中心做匀速圆周运动，其向心力由万有引力提供，G Mm (R ＋h )2＝m (R ＋h )(2πT )2，其中T ＝tn ，解得M＝4π2n 2(R ＋h )3Gt 2.又土星体积V ＝43πR 3，所以ρ＝M V ＝3πn 2(R ＋h )3Gt 2R 3.【答案】 D卫星的发射和运行 1.卫星的轨道(1)赤道轨道：卫星的轨道在赤道平面内．同步卫星就是其中的一种．(2)极地轨道：卫星的轨道过南北两极，即在垂直于赤道的平面内．如极地气象卫星． (3)其他轨道：除以上两种轨道外的卫星轨道． 2．卫星的稳定运行与变轨运行分析 (1)卫星在圆轨道上的稳定运行G Mm r 2＝m v 2r ＝mrω2＝mr (2πT)2， 由此可推出⎩⎪⎨⎪⎧v ＝GMr ω＝GM r 3T ＝2πr 3GM(2)变轨运行分析①当v 增大时，所需向心力m v 2r增大，即万有引力不足以提供向心力，卫星将做离心运动，脱离原来的圆轨道，轨道半径变大，但卫星一旦进入新的轨道运行，由v ＝ GMr知其运行速度要减小，但重力势能、机械能均增加．②当卫星的速度减小时，向心力m v 2r减小，即万有引力大于卫星所需的向心力，因此卫星将做向心运动，同样会脱离原来的圆轨道，轨道半径变小，进入新轨道运行时由v ＝GM r知运行速度将增大，但重力势能、机械能均减少．(卫星的发射和回收就是利用了这一原理)图4－4－3(2013届汉中质检)2012年6月18日早上5点43分“神舟九号”飞船完成了最后一次变轨，在与“天宫一号”对接之前“神舟九号”共完成了4次变轨，“神舟九号”某次变轨的示意图如图4－4－3所示，在A 点从椭圆轨道Ⅱ进入圆形轨道Ⅰ，B 为轨道Ⅱ上的一点．关于飞船的运动，下列说法中正确的有( )A ．在轨道Ⅱ上经过A 的速度小于经过B 的速度B ．在轨道Ⅱ上经过A 的动能小于在轨道Ⅰ上经过A 的动能C ．在轨道Ⅱ上运动的周期小于在轨道Ⅰ上运动的周期D ．在轨道Ⅱ上经过A 的加速度小于在轨道Ⅰ上经过A 的加速度【审题视点】 (1)轨道Ⅱ为椭圆轨道，需要利用开普勒定律解决速度、周期问题． (2)明确变轨前后速度的变化．【解析】 轨道Ⅱ为椭圆轨道，根据开普勒第二定律，飞船与地球的连线在相等的时间内扫过的面积相等，可知近地点的速度大于远地点的速度，故A 正确．根据开普勒第三定律，飞船在轨道Ⅰ和轨道Ⅱ满足：a 3T 2Ⅱ＝R 3T 2Ⅰ，又R ＞a ，可知T Ⅰ＞T Ⅱ，故C 正确．飞船在A点变轨时，从轨道Ⅱ进入轨道Ⅰ需加速，又E k ＝12m v 2，故B 正确．无论在轨道Ⅰ上还是在轨道Ⅱ上，A 点到地球的距离不变，飞船受到的万有引力一样，由牛顿第二定律可知向心加速度相同，故D 错误．【答案】 ABC 【即学即用】 2．(2012·四川高考)今年4月30日，西昌卫星发射中心发射的中圆轨道卫星，其轨道半径为2.8×107m ．它与另一颗同质量的同步轨道卫星(轨道半径为4.2×107 m)相比( )A ．向心力较小B ．动能较大C ．发射速度都是第一宇宙速度D ．角速度较小【解析】 由题意知，中圆轨道卫星的轨道半径r 1小于同步卫星轨道半径r 2，卫星运行时的向心力由万有引力提供，根据F 向＝G Mmr2知，两卫星的向心力F 1>F 2，选项A 错误；根据G Mm r 2＝m v 2r＝mω2r ，得环绕速度v 1>v 2，角速度ω1＞ω2，两卫星质量相等，则动能E k1>E k2，故选项B 正确，选项D 错误；根据能量守恒，卫星发射得越高，发射速度越大，第一宇宙速度是发射卫星的最小速度，因此两卫星的发射速度都大于第一宇宙速度，且v 01<v 02，选项C 错误．【答案】 B近地卫星、同步卫星的区别 近地卫星、同步卫星和地球赤道上的物体做圆周运动的区别：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；近地卫星与地球赤道上的物体的运动半径都等于地球半径，而不等于同步卫星运动半径；三者的线速度各不相同．求解此类题的关键有三点：1．在求解“同步卫星”与“赤道上的物体”的向心加速度的比例关系时应依据二者角速度相同的特点，运用公式a ＝ω2r 而不能运用公式a ＝GMr2.2．在求解“同步卫星”与“赤道上的物体”的线速度比例关系时，仍要依据二者角速度相同的特点，运用公式v ＝ωr 而不能运用公式v ＝GM /r .3．在求解“同步卫星”运行速度与第一宇宙速度的比例关系时，因都是由万有引力提供的向心力，故要运用公式v ＝GM /r ，而不能运用公式v ＝ωr 或v ＝gr .某地球同步卫星离地心的距离为r ，运行速度为v 1，加速度为a 1，地球赤道上的物体随地球自转的向心加速度为a 2，第一宇宙速度为v 2，地球的半径为R ，则下列比例式中正确的是( )A.a 1a 2＝r RB.a 1a 2＝(R r )2C.v 1v 2＝r RD.v 1v 2＝(R r )1/2 【解析】 由于同步卫星与赤道上的物体具有相同的角速度，则：对同步卫星，a 1＝ω2r ；对赤道上的物体，a 2＝ω2R ，由以上二式可得a 1a 2＝rR ，故选项A 正确，B 错误．同步卫星需要的向心力完全由万有引力提供，则GMm r 2＝m v 21r，所以，v 1＝GM /r .对于第一宇宙速度，由GMm R 2＝m v 22R ，得v 2＝GM /R .以上两速度相比得：v 1v 2＝ Rr .故选项C 错误，D 正确． 【答案】 AD 【即学即用】3．(2013届汉中模拟)北京时间2012年10月25日23时33分，中国在西昌卫星发射中心用“长征三号丙”运载火箭，将第十六颗“北斗”导航卫星成功发射升空并送入太空预定转移轨道，这是一颗地球静止轨道卫星．“北斗”导航卫星定位系统由静止轨道卫星(同步卫星)、中轨道卫星和倾斜同步卫星组成，中轨道卫星轨道半径约为27 900 公里，静止轨道卫星的半径约为42 400 公里．(已知 (279424)3)≈0.53)下列说法正确的是( )A ．静止轨道卫星和中轨道卫星的线速度均大于地球的第一宇宙速度B ．静止轨道卫星的角速度比中轨道卫星角速度小C ．中轨道卫星的周期约为12.7 hD ．地球赤道上随地球自转物体的向心加速度比静止轨道卫星向心加速度大【解析】 根据万有引力提供向心力得人造卫星线速度公式v ＝ GMr ，可判断静止轨道卫星和中轨道卫星的线速度均小于地球的第一宇宙速度，A 错；由GMmr2＝mrω2得ω＝GM r 3，则可知静止轨道卫星的角速度比中轨道卫星角速度小，B 对；由GMm r 2＝m 4π2T2r 得T ＝2πr 3GM，静止轨道卫星的周期为T ＝24 h ，故中轨道卫星的周期T ′与静止轨道卫星的周期T 之比T ′T ＝r ′3r 3，解得T ′＝12.7 h ，C 对；根据向心加速度公式a ＝4π2T2r ，可知地球赤道上随地球自转物体的向心加速度比静止轨道卫星向心加速度小，D 错．【答案】 BC(对应学生用书第67页)“双星”模型1.双星系统宇宙中往往会有相距较近，质量相差不多的两颗星球，它们离其他星球都较远，因此其他星球对他们的万有引力可以忽略不计．在这种情况下，它们将围绕它们连线上的某一固定点做同周期的匀速圆周运动，这种结构叫做双星系统．2．双星系统的特点(1)两星都绕它们连线上的一点做匀速圆周运动，故两星的角速度、周期相等；(2)两星之间的万有引力提供各自做圆周运动的向心力，所以它们的向心力大小相等； (3)两星的轨道半径之和等于两星之间的距离，即r 1＋r 2＝L .图4－4－4天文学家观测河外星系大麦哲伦云时，发现了LMCX －3双星系统，它由可见星A 和不可见的暗星B 构成．两星视为质点，不考虑其他天体的影响，A 、B 围绕两者连线上的O 点做匀速圆周运动，它们之间的距离保持不变，如图4－4－4所示．引力常量为G ，由观测能够得到可见星A 的速率v 和运行周期T .(1)可见星A 所受暗星B 的引力F A 可等效为位于O 点处质量为m ′的星体(视为质点)对它的引力，设A 和B 的质量分别为m 1、m 2，试求m ′(用m 1、m 2表示)；(2)求暗星B 的质量m 2与可见星A 的速率v 、运行周期T 和质量m 1之间的关系式． 【规范解答】 (1)设A 、B 的圆轨道半径分别为r 1、r 2，角速度均为ω 由双星所受向心力大小相同，可得m 1ω2r 1＝m 2ω2r 2 设A 、B 之间的距离为L ，又L ＝r 1＋r 2由上述各式得L ＝m 1＋m 2m 2r 1①由万有引力定律得，双星间的引力F ＝G m 1m 2L2将①式代入上式得F ＝G m 1m 32(m 1＋m 2)2r 21②由题意，将此引力视为O 点处质量为m ′的星体对可见星A 的引力，则有F ＝G m 1m ′r 21③比较②③可得m ′＝m 32(m 1＋m 2)2.④(2)对可见星A ，有G m 1m ′r 21＝m 1v 2r 1⑤可见星A 的轨道半径r 1＝v T2π⑥由④⑤⑥式解得m 32(m 1＋m 2)2＝v 3T 2πG.【答案】 (1)m ′＝m 32(m 1＋m 2)2 (2)m 32(m 1＋m 2)2＝v 3T 2πG【即学即用】 4．(2012·重庆高考)冥王星与其附近的另一星体卡戎可视为双星系统，质量比约为7∶1，同时绕它们连线上某点O 做匀速圆周运动．由此可知，冥王星绕O 点运动的( )A ．轨道半径约为卡戎的17B ．角速度大小约为卡戎的17C ．线速度大小约为卡戎的7倍D ．向心力大小约为卡戎的7倍【解析】 本题是双星问题，设冥王星的质量、轨道半径、线速度分别为m 1、r 1、v 1，卡戎的质量、轨道半径、线速度分别为m 2、r 2、v 2，由双星问题的规律可得，两星间的万有引力分别给两星提供做圆周运动的向心力，且两星的角速度相等，故B 、D 均错；由G m 1m 2L2＝m 1ω2r 1＝m 2ω2r 2(L 为两星间的距离)，因此r 1r 2＝m 2m 1＝17，v 1v 2＝ωr 1ωr 2＝m 2m 1＝17，故A 对，C 错．【答案】 A(对应学生用书第68页)●中心天体质量的估算 1．(2012·福建高考)一卫星绕某一行星表面附近做匀速圆周运动，其线速度大小为v .假设宇航员在该行星表面上用弹簧测力计测量一质量为m 的物体重力，物体静止时，弹簧测力计的示数为N .已知引力常量为G ，则这颗行星的质量为( )A.m v 2GNB.m v 4GNC.N v 2GmD.N v 4Gm 【解析】 设卫星的质量为m ′由万有引力提供向心力，得G Mm ′R 2＝m ′v 2R①m ′v2R＝m ′g ②由已知条件：m 的重力为N 得 N ＝mg ③由③得g ＝Nm ，代入②得：R ＝m v 2N代入①得M ＝m v 4GN，故A 、C 、D 三项均错误，B 项正确．【答案】 B ●卫星运行比较 2．(2012·北京高考)关于环绕地球运动的卫星，下列说法正确的是( ) A ．分别沿圆轨道和椭圆轨道运行的两颗卫星，不可能具有相同的周期 B ．沿椭圆轨道运行的一颗卫星，在轨道不同位置可能具有相同的速率 C ．在赤道上空运行的两颗地球同步卫星，它们的轨道半径有可能不同 D ．沿不同轨道经过北京上空的两颗卫星，它们的轨道平面一定会重合【解析】 根据开普勒第三定律，a 3T2＝恒量，当圆轨道的半径R 与椭圆轨道的半长轴a相等时，两卫星的周期相等，故选项A 错误；卫星沿椭圆轨道运行且从近地点向远地点运行时，万有引力做负功，根据动能定理，知动能减小，速率减小；从远地点向近地点移动时动能增加，速率增大，且两者具有对称性，故选项B 正确；所有同步卫星的运行周期相等，根据G Mm r 2＝m (2πT)2r 知，同步卫星轨道的半径r 一定，故选项C 错误；根据卫星做圆周运动的向心力由万有引力提供，可知卫星运行的轨道平面过某一地点，轨道平面必过地心，但轨道不一定重合，故北京上空的两颗卫星的轨道可以不重合，选项D 错误．【答案】 B●行星“相遇”问题 3．(2011·重庆高考)某行星和地球绕太阳公转的轨道均可视为圆．每过N 年，该行星会运行到日地连线的延长线上，如图4－4－5所示，该行星与地球的公转半径之比为( )图4－4－5A.⎝⎛⎭⎫N ＋1N 23 B.⎝⎛⎭⎫N N －123C.⎝⎛⎭⎫N ＋1N 32 D.⎝⎛⎭⎫N N －132【解析】 根据ω＝θt 可知，ω地＝2N πt ，ω星＝2(N －1)πt ，再由GMmr 2＝mω2r 可得，r 星r 地＝⎝ ⎛⎭⎪⎫ω地ω星23＝⎝⎛⎭⎫N N －123，答案为B 选项． 【答案】 B●重力加速度的比较 4．(2012·新课标全国高考)假设地球是一半径为R 、质量分布均匀的球体．一矿井深度为d .已知质量分布均匀的球壳对壳内物体的引力为零．矿井底部和地面处的重力加速度大小之比为( )A ．1－d RB ．1＋dRC.⎝⎛⎭⎫R －d R 2 D.⎝⎛⎭⎫R R －d 2【解析】 设地球的密度为ρ，地球的质量为M ，根据万有引力定律可知，地球表面的重力加速度g ＝GM R 2.地球质量可表示为M ＝43πR 3ρ，因质量分布均匀的球壳对球壳内物体的引力为零，所以矿井下以(R －d )为半径的地球的质量为M ′＝43π(R －d )3ρ，解得M ′＝⎝⎛⎭⎫R －d R 3M ，则矿井底部处的重力加速度g ′＝GM ′(R －d )2， 则矿井底部处的重力加速度和地球表面的重力加速度之比为g ′g ＝1－dR，选项A 正确；选项B 、C 、D 错误．【答案】 A●同步卫星通信问题 5.图4－4－6(2013届西安铁路一中检测)如图4－4－6所示，设A 、B 为地球赤道圆的一条直径的两端，利用同步卫星将一电磁波信号由A 点传到B 点，已知地球半径为R ，地球表面处的重力加速度为g ，地球自转周期为T ，不考虑大气对电磁波的折射．设电磁波在空气中的传播速度为c .求：(1)至少要用几颗同步卫星？(2)这几颗卫星间的最近距离是多少？(3)用这几颗卫星把电磁波信号由A 点传到B 点需要经历多长时间？【解析】(1)至少要用两颗同步卫星，这两颗卫星分别位于如图所示的P 1和P 2两点．(2)这两颗卫星间的最近距离是d ＝2R .(3)设同步卫星的轨道半径为r ＝OP 1，由万有引力定律和牛顿第二定律：G Mm r 2＝mr 4π2T 2，对地面上的物体有：m 0g ＝G Mm 0R 2 解得r ＝3gR 2T 24π2用这两颗卫星把电磁波信号由A 点传到B 点需要经历的时间为t ＝2R ＋2P 1B c，又P 1B ＝r 2－R 2，解得：t ＝2R c ＋2 3g 2R 4T 416π4－R 2c. 【答案】 (1)至少两颗 (2)2R(3)2R c ＋2 3g 2R 4T 416π4－R 2c。

【课堂新坐标】（教师用书）2013-2014学年高中物理 课后知能检测2 沪科版选修3-41．关于简谐运动的回复力，下列说法正确的是( )A ．可以是恒力B ．可以是方向不变而大小变化的力C ．可以是大小不变而方向改变的力D ．一定是变力【解析】 由F ＝－kx 可知，由于位移的大小和方向在变化，因此回复力的大小和方向也在变化．一定是变力．【答案】 D2．(多选)关于简谐振动，以下说法中正确的是( )A ．回复力总指向平衡位置B ．加速度、速度方向永远一致C ．在平衡位置加速度、速度均达到最大值D ．在平衡位置速度达到最大值，而加速度为零【解析】 回复力是把物体拉回到平衡位置的力，A 对；加速度方向始终指向平衡位置，速度方向可能指向平衡位置，也可能远离平衡位置，B 错；平衡位置位移为零，据a ＝－kx m知加速度为零，势能最小，动能最大，速度最大，C 错，D 对．【答案】 AD3．弹簧振子在光滑水平面上做简谐运动，在振子向平衡位置运动的过程中( )A ．振子所受的回复力逐渐增大B ．振子的位移逐渐增大C ．振子的速度逐渐减小D ．振子的加速度逐渐减小【解析】 振子的位移指由平衡位置指向振动物体所在位置的位移，因而向平衡位置运动时位移逐渐减小．而回复力与位移成正比，故回复力也减小．由牛顿第二定律a ＝F /m 得，加速度也减小，物体向平衡位置运动时，回复力与速度方向一致，故物体的速度逐渐增大．【答案】 D4．(多选)(2013·咸阳检测)如图1－2－9所示是某一质点做简谐运动的图像，下列说法正确的是( )图1－2－9A．在第1 s内，质点速度逐渐增大B．在第2 s内，质点速度逐渐增大C．在第3 s内，动能转化为势能D．在第4 s内，动能转化为势能【解析】质点在第1 s内，由平衡位置向正向最大位移处运动，做减速运动，所以选项A错误；在第2 s内，质点由正向最大位移处向平衡位置运动，做加速运动，所以选项B 正确；在第3 s内，质点由平衡位置向负向最大位移处运动，动能转化为势能，所以选项C 正确；在第4 s内，质点由负向最大位移处向平衡位置运动，势能转化为动能，所以选项D 错误．【答案】BC5．(多选)如图1－2－10所示，轻质弹簧下挂一个重为300 N的物体A，伸长了3 cm，再挂上重为200 N的物体B时又伸长了2 cm，若将连接A、B两物体的细线烧断，使A在竖直面内振动，则( )图1－2－10A．最大回复力为300 NB．最大回复力为200 NC．振幅为3 cmD．振幅为2 cm【解析】在最低点绳被烧断后，A受到的合力是200 N，B对；振幅应是2 cm，D对．【答案】BD6．(2013·榆林检测)如图1－2－11甲所示，悬挂在竖直方向上的弹簧振子，周期T＝2 s，从振子处于最低点位置向上运动时开始计时，在一个周期内的振动图像如图乙所示．关于这个图像，下列说法正确的是( )甲乙图1－2－11A．t＝1.25 s时，振子的加速度为正，速度也为正B．t＝1.7 s时，振子的加速度为负，速度也为负C．t＝1.0 s时，振子的速度为零，加速度为负向最大值D．t＝1.5 s时，振子的速度为零，加速度为负向最大值【解析】t＝1.25 s时，加速度为负，速度为负；t＝1.7 s时，加速度为正，速度为负；t＝1.0 s时，速度为零，加速度为负向最大值；t＝1.5 s时，速度为负向最大值，加速度为零，故C正确．【答案】 C7．(多选)做简谐运动的物体，每次经过同一位置时，都具有相同的( )A．加速度B．速度C．位移D．动能【解析】做简谐运动的物体，每次经过同一位置时具有相同的位移，位移相同则回复力相同，回复力相同则加速度相同；速度大小相等，但方向可能相同，也可能相反，但动能一定是相等的，所以A、C、D正确．【答案】ACD8．(2013·赤峰检测)如图1－2－12所示，弹簧上面固定一质量为m的小球，小球在竖直方向上做振幅为A的简谐运动，当小球振动到最高点时弹簧正好为原长，则小球在振动过程中( )图1－2－12A．小球最大动能应等于mgAB．弹簧的弹性势能和小球动能总和保持不变C ．弹簧最大弹性势能等于2mgAD ．小球在最低点时的弹力大于2mg【解析】 设小球受力平衡时弹簧的压缩量为x 0，则有mg ＝kx 0，由题意知x 0＝A ，小球振动到最低点时，弹簧的压缩量为2x 0＝2A ，弹力为k ·2x 0＝2mg ，选项D 错误；由动能定理知，小球由最高点到最低点的过程中，重力势能减少量mg ·2A 全部转化为弹簧的弹性势能，选项C 正确；在平衡位置时，小球的动能最大，由最高点振动到平衡位置的过程中，重力势能减少量mgA 一部分转化为动能，一部分转化为弹性势能，故选项A 错误；小球在振动过程中还有重力势能的变化，故选项B 错误．【答案】 C9．(多选)如图1－2－13所示是某弹簧振子的振动图像，试由图像判断下列说法中正确的是( )图1－2－13A ．振幅是3 cmB ．周期是8 sC. 4 s 末小球速度为负，加速度为零，回复力为零D ．第22 s 末小球的加速度为正，速度最大【解析】 纵轴是质点离开平衡位置的位移，横轴是时间，图像是振动图像．由图像可知振幅A ＝3 cm ，故A 正确；而周期T ＝8 s ，故B 正确；4 s 末时质点在“下坡路程”，因而速度为负，而质点正好在平衡位置，因而a ＝0，C 正确；第22 s 末恰是234个周期，因而质点正处于负向最大位移处，速度为0，加速度正向最大，则D 错误，故正确选项为A 、B 、C.【答案】 ABC10．如图1－2－14所示，小球被套在光滑的水平杆上，跟弹簧相连组成弹簧振子，小球在平衡位置附近的A 、B 间往复运动，以O 为位移起点，向右为位移x 的正方向，则：图1－2－14(1)速度由正变负的位置在________；(2)位移为负向最大值的位置在________；(3)加速度由正变负的位置在________；(4)加速度达到正向最大值的位置在________．【解析】 矢量由正变负时，就是矢量改变方向时，也就是该矢量数值为零时，故速度由正变负的位置在B 点，加速度由正变负的位置在O 点，负向最大位移的位置在A 点．加速度a ＝－k m x ，正向最大加速度处的位置在A 点．【答案】 (1)B (2)A (3)O (4)A11．已知水平弹簧振子的质量为2 kg ，当它运动到平衡位置左侧2 cm 时受到的回复力为4 N ，求当它运动到平衡位置右侧4 cm 时，受到的回复力的大小和方向以及加速度的大小和方向．【解析】 F ＝－kx ，所以F 1的大小F 1＝kx 1，由此可得k ＝200 N/m.F 2＝kx 2＝200×4 ×10－2 N ＝8 N ，由于位移向右，故回复力F 2的方向向左．根据牛顿第二定律a 2＝F 2m ＝82m/s 2＝4 m/s 2，方向向左． 【答案】 回复力大小为8 N ，方向向左 加速度大小为4 m/s 2，方向向左12．如图1－2－15所示，质量为m 的小球在两根劲度系数分别为k 1和k 2的轻质弹簧作用下在光滑水平面上的运动(小球在O 点时两根弹簧均处于自由状态)是否是简谐运动？图1－2－15【解析】 弹力的合力，其大小为F ＝F 1＋F 2＝(k 1＋k 2)x ，令k ＝k 1＋k 2，上式可写成：F ＝kx .由于小球所受回复力的方向与位移x 的方向相反，考虑方向后，上式可表示为：F ＝－kx .所以，小球将在两根弹簧的作用下，沿水平面做简谐运动．【答案】 是简谐运动。

1 . 形 成 风 的 直 接 原 因 是 ： 水平气压梯度力 __________________。 2．高空风与近地面风的比较
类型 受力情况 风向 图示(北半球)
高空 风
水平气压 梯度力和 地转偏向 力
与等压线 平行 ________
水平气
压梯度
近地 力、地
与等压线
之间 面风 转偏向 成一夹角 _________ 力和摩
1．近地面大气的主要的直接热源是 ( C ) A．a B．b C．c D．d 2．图中反映二氧化碳增多，加强大气 “温室效应”的箭头是( B ) A．a B．b C．c D．d 【解析】 图中a、b、c、d箭头的含义 依次是射向地面的太阳辐射、大气吸收的地 面辐射、地面辐射、大气逆辐射。地面是近 地面大气的主要的直接热源。二氧化碳增 多，能强烈吸收地面辐射使大气增温。
(1)此时，甲、乙、丙三地的大气垂直状 况相比较( D ) A．甲地比乙地稳定 B．乙地对流最旺盛 C．乙地比丙地稳定 D．丙地最稳定 (2)正午前后( B ) A．甲地气温回升快 B．乙地可能出现 强对流天气 C．丙地刮起东北风 D．甲地出现强 劲的偏南风
【信息提取】
以下有效信息：
结合图文材料，可以获得
(2012·吉林模拟)读图，回答3～4题。
3．下列叙述正确的是( B ) A．一天中最高气温出现在山谷 B．山顶气温日变化最小 C．山顶冬季日温差大于夏季日温差 D．山谷冬季日温差远大于夏季日温差
4．导致一天中最低温出现在山谷的主 要原因是( C ) A．山谷地形闭塞，降温快 B．夜间吹谷风，谷地散热快 C．夜间吹山风，冷空气沿山坡下沉积 聚在谷地 D．谷地多夜雨，降温快
①一般情况下，空气的密度与气温、空气 中的水汽含量呈负相关。 ②甲、乙、丙三地垂直方向上相比，甲地

菜 单
的运动．
新课标 ·物理
教 学 教 法 分 析
必修1
课 堂 互 动 探 究
2．思考判断 (1)质点就是质量小，体积小的物体． (× )
教 学 方 案 设 计
(2)一个物体能否看做质点，关键是其大小和形状对所研 究问题的影响可否忽略．(√ ) (3)研究火车车轮的转动时，车轮不可看做质点．(√)
当 堂 双 基 达 标
课 前 自 主 导 学 菜 单
课 时 作 业
新课标 ·物理
教 学 教 法 分 析
必修1
课 堂 互 动 探 究
教 学 方 案 设 计
1.体验质点的条件及意义，初步掌握“科学抽 象”这种研究方法． 过程与 2.体会用坐标方法描述物体位置的优越性，可 方法 用不同的方法设计实验并体会比较．增强学生 发现问题并力求解决问题的意识和能力． 1.认识运动是宇宙中的普遍现象，运动和静止 的相对性，培养学生热爱自然，关心科技发展， 情感态度 勇于探索的精神． 与价值观 2.通过分析不同参考系中的运动现象的不同， 帮助学生建立辩证唯物主义的世界观.
物体和质点
1.基本知识 (1)机械运动
教 学 方 案 设 计
物体的 (2)质点
空间位置
随时间的变化．
当 堂 双 基 达 标
①定义：忽略物体的 大小 和 形状 ，突出“物体具有
课 前 自 主 导 学
质量”这个要素，把它简化为一个 有质量
的物质点．
课 时 作 业
②物体视为质点的条件： 物体的 大小 和 形状 可以忽 略或物体上任意一点的运动可代替 整个物体
当 堂 双 基 达 标
课 前 自 主 导 学 菜 单
课 时 作 业
新课标 ·物理

【课堂新坐标】（教师用书）2013-2014学年高中物理课后知能检测14 沪科版选修3-11．(2012·宁德高二检测)人们早在公元前6、7世纪就发现了磁石吸铁、磁石指南等现象，如图5－1－5所示是最早的指南仪器——司南，形似勺子，勺柄是其磁体南极，则司南静止时，勺柄所指的方向是( )图5－1－5A．东方B．北方C．西方D．南方【解析】勺柄是磁体南极，故司南静止时，勺柄所指的方向是南方，故D正确．【答案】 D2．关于地磁场，下列叙述正确的是( )A．地球的地磁两极和地理两极重合B．指南针指南的一极是指南针的北极C．地磁的北极与地理的南极重合D．地磁的北极在地理南极附近【解析】地球是一个大磁体，其地磁北极(N极)在地理南极附近，地磁南极(S极)在地理北极附近，并不重合；根据“同名磁极相斥，异名磁极相吸”可知，指南针指南的一极应该是指南针的南极(S极)．【答案】 D3．把铁棒甲的一端靠近铁棒乙的中部，发现两者吸引，而把乙的一端靠近甲的中部时，两者互不吸引，则( )A．甲有磁性，乙无磁性B．甲无磁性，乙有磁性C．甲、乙都有磁性D．甲、乙都无磁性【解析】当铁棒甲的一端靠近铁棒乙的中部，两者互相吸引，说明甲是磁体，具有磁性；把铁棒乙的一端靠近铁棒甲的中部，两者不能相互吸引，说明乙不是磁体，没有磁性．【答案】 A4．下列元件中哪些用到了软磁性材料( ) A ．半导体收音机的天线磁棒 B ．扬声器中的磁铁 C ．变压器的闭合铁芯 D ．录音机的磁头【解析】 软磁性材料磁性较弱，也容易磁化，主要用于收音机的天线磁棒、变压器的铁芯和录音机的磁头等．而扬声器中的磁铁是强磁性材料．【答案】 ACD5．下列说法中正确的是( )A ．电场线越密的地方，电场强度越大；同样，磁感线越密的地方，磁感应强度越大B ．在电场中，任意两条电场线不会相交；同样，在磁场中，任意两条磁感线不会相交C ．电场线不是闭合的，磁感线也不是闭合的D ．电场线某点的切线方向表示该点的电场强度方向；同样，磁感线某点的切线方向表示该点的磁感应强度方向【解析】 由电场线和磁场线的特点可知，选项A 、B 、D 正确． 【答案】 ABD6．有人说：“公式B ＝ΦS表明：磁场中某处的磁感应强度的大小与垂直穿过某平面的磁通量成正比，与该平面的面积成反比，无方向．”这种说法( )A ．完全正确B ．完全错误C ．大小正确，方向错误D ．大小错误，方向正确【解析】 磁场中某处的磁感应强度的大小是由磁场本身性质决定的，仅与产生磁场的磁体或电流有关，与其他因素无关，磁感应强度是矢量，具有方向，故选项B 正确．【答案】 B7．将面积为0.5 m 2的单匝线圈放在磁感应强度为2.0×10－2T 的匀强磁场中，线圈平面垂直于磁场方向，如图5－1－6所示，那么穿过这个线圈的磁通量为( )图5－1－6A ．1.0×10－2Wb B ．1.0 WbC ．0.5×10－2Wb D ．5×10－2Wb【解析】 根据Φ＝BS ＝2.0×10－2×0.5 Wb，故Φ＝1.0×10－2Wb ，A 正确． 【答案】 A8．地球是一个大磁体：①在地面上放置一个小磁针，小磁针的南极指向地磁场的南极；②地磁场的北极在地理南极附近；③赤道附近地磁场的方向和地面平行；④北半球地磁场方向相对地面是斜向上的；⑤地球上任何地方的地磁场方向都是和地面平行的．以上关于地磁场的描述正确的是( )A ．①②④B ．②③④C ．①⑤D ．②③【解析】 地磁场类似于条形磁铁磁场，地磁南极在地理的北极附近，而地磁的北极在地理的南极附近．【答案】 D9．(2013·汉中高二期末)如图5－1－7所示，是等腰直角三棱柱，其中底面abcd 为正方形，边长为L ，它们按图示位置放置处于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度为B ，下面说法中正确的是( )图5－1－7A ．通过abcd 平面的磁通量大小为BL 2B ．通过cdEF 平面的磁通量大小为22BL 2C ．通过abFE 平面的磁通量大小为零D ．通过整个三棱柱的磁通量为零【解析】 abcd 平面垂直磁感应强度方向的投影面积与cdEF 平面面积相等，均为22L 2，磁通量大小均为22BL 2，A 错误，B 正确；abFE 平面与磁感应强度方向平行，磁通量为零，C 正确；又因通过abcd 、cdEF 两平面磁通量正负相反，合磁通量为零，所以通过整个三棱柱的磁通量为零，D 正确．【答案】 BCD10．如图5－1－8所示，匀强磁场的磁感应强度为B ，B 的方向与水平方向的夹角为30°，图中实线位置有一面积为S 的矩形线圈处于磁场中，并绕着它的一条边从水平位置转到竖直位置(图中虚线位置)．计算在此过程中磁通量的改变量为( )图5－1－8A.3－12BS B ．BS C.3＋12BS D ．2BS【解析】 磁通量为标量，但有方向，求磁通量及变化时，应注意：①磁场的方向改变 ②磁场穿过线圈的方向改变．取线圈在水平位置时穿过线圈的磁通量为正，则Φ1＝BS sin30°＝12BS线圈处于竖直位置时，磁感线从线圈另一面穿过，磁通量为Φ2＝－BS cos 30°＝－32BS则线圈中的磁通量的改变量|ΔΦ|＝|Φ2－Φ1|＝3＋12BS . 【答案】 C11．地球是个大磁场，在地球上，指南针能指南北是因为受到________的作用．人类将在本世纪登上火星，目前，火星上的磁场情况不明，如果现在登上火星，你认为在火星上宇航员能依靠指南针来导向吗？________(选填“能”“不能”或“不知道”)【解析】 地球周围有磁场，指南针就是因为受到地磁场的作用力而指南北的，火星上磁场情况不明，不能用指南针来导向．【答案】 地磁场 不能12．在60周年国庆盛典上我国“飞豹”新型超音速歼击机在天安门上空沿水平方向以1.7倍的声速自东向西飞过，该机两翼面积分别为15 m 2，设北京上空地磁场的竖直分量为0.42×10－4T ，则该机两翼的磁通量为多少？若该机做花样表演“翻转180°飞行”，则此过程中两机翼磁通量变化量为多少？【解析】 根据磁通量公式Φ＝BS cos α知， Φ＝B ·S ＝0.42×10－4×2×15 Wb＝1.26×10－3Wb 磁通量的变化量ΔΦ＝Φ2－Φ1，ΔΦ＝2Φ＝2.52×10－3 Wb.【答案】 1.26×10－3 Wb 2.52×10－3 Wb。

课后作业(二十)[(时间45分钟，满分100分)一、选择题(本题共10小题，每小题7分，共70分．在每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确，全部选对的得7分，选对但不全的得4分，有选错的得0分．)1．(2013届陕西师大附中检测)冬天当脱毛线衫时，静电经常会跟你开开小玩笑．下列一些相关的说法中正确的是()A．在将外衣脱下的过程中，内外衣间摩擦起电，内衣和外衣所带的电荷是同种电荷B．如果内外两件衣服可看作是电容器的两极，并且在将外衣脱下的某个过程中两衣间电荷量一定，随着两衣间距离的增大，两衣间电容变小，则两衣间的电势差也将变小C．在将外衣脱下的过程中，内外两衣间隔增大，衣物上电荷的电势能将增大(若不计放电中和) D．脱衣时如果人体带上了正电，当手接近金属门把时，由于手与门把间空气电离会造成对人体轻微的电击2.图6－3－17三个分别带有正电、负电和不带电的质量相同的颗粒，从水平放置的平行带电金属板左侧以相同速度v0垂直电场线方向射入匀强电场，分别落在带正电荷的下板上的a、b、c三点，如图6－3－17所示，下面判断正确的是()A．落在a点的颗粒带正电，c点的带负电，b点的不带电B．落在a、b、c点的颗粒在电场中的加速度的关系是aa＞ab＞acC．三个颗粒在电场中运动的时间关系是ta＞tb＞tcD．电场力对落在c点的颗粒做负功3.图6－3－18(2013届石家庄一中检测)如图6－3－18所示，从F处释放一个无初速度的电子向B板方向运动，指出下列对电子运动的描述中错误的是(设电源电动势为U)()A．电子到达B板时的动能是U(eV)[B．电子从B板到达C板动能变化量为零C．电子到达D板时动能是3U(eV)D．电子在A板和D板之间做往复运动4.图6－3－19(2013届西安一中模拟)一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地，在两极板间有一正电荷(电荷量很小)固定在P点，如图6－3－19所示．以E表示两极板间的场强，U表示电容器的电压，W表示正电荷在P点的电势能．若保持负极板不动，将正极板移动到图中虚线所示的位置，则下列判断正确的是()A．U变小，E不变B．E变大，W变大C．U变小，W不变D．U不变，W不变[ ]5.图6－3－20(2013届榆林一中模拟)如图6－3－20所示，矩形区域ABCD 内存在竖直向下的匀强电场，两个带正电的粒子a 和b 以相同的水平速度射入电场，粒子a 由顶点A 射入，从BC 的中点P 射出，粒子b 由AB 的中点O 射入，从顶点C 射出．若不计重力，则a 和b 的比荷(即粒子的电荷量与质量之比)是( )A ．1∶2B ．2∶1C ．1∶8D ．8∶16．(2013届安康中学抽样测试)如图6－3－21甲所示，平行金属板中央有一个静止的电子(不计重力)，两板间距离足够大．当两板间加上如图乙所示的交变电压后，在下图中，反映电子速度v 、位移x 和加速度a 三个物理量随时间t 的变化规律可能正确的是( )甲 乙图6－3－217.图6－3－22(2013届山西省实验中学质检)如图6－3－22所示，在xOy 竖直平面内存在着水平向右的匀强电场．有一带正电的小球自坐标原点沿着y 轴正方向以初速度v0抛出，运动轨迹最高点为M ，与x 轴交点为N ，不计空气阻力，则小球( )A ．做匀加速运动B ．从O 到M 的过程动能增大C ．到M 点时的动能为零D ．到N 点时的动能大于12mv208.图6－3－23如图6－3－23所示，MPQO 为有界的竖直向下的匀强电场，电场强度为E ，ACB 为光滑固定的半圆形轨道，圆轨道半径为R ，AB 为圆水平直径的两个端点，AC 为14圆弧．一个质量为m 、电荷量为－q 的带电小球，从A 点正上方高为H 处由静止释放，并从A 点沿切线进入半圆轨道．不计空气阻力及一切能量损失，关于带电小球的运动情况，下列说法正确的是( )A ．小球一定能从B 点离开轨道B ．小球在AC 部分可能做匀速圆周运动C ．若小球能从B 点离开，上升的高度一定小于HD ．小球到达C 点的速度可能为零9．(2013届太原一中检测)如图6－3－24所示，光滑的水平轨道AB ，与半径为R 的光滑的半圆形轨道BCD 相切于B 点，AB 水平轨道部分存在水平向右的匀强电场，半圆形轨道在竖直平面内，B 为最低点，D 为最高点．一质量为m 、带正电的小球从距B 点x 的位置在电场力的作用下由静止开始沿AB 向右运动，恰能通过最高点，则( )图6－3－24[中.教.网z.z.s.tep]A ．R 越大，x 越大B．R越大，小球经过B点后瞬间对轨道的压力越大C．m越大，x越大D．m与R同时增大，电场力做功增大10．(2013届海口模拟)如图6－3－25甲所示，三个相同的金属板共轴排列，它们的距离与宽度均相同，轴线上开有小孔，在左边和右边两个金属板上加电压U后，金属板间就形成匀强电场；有一个比荷qm＝1.0×10－2 C/kg的带正电的粒子从左边金属板小孔轴线A处由静止释放，在电场力作用下沿小孔轴线射出(不计粒子重力)，其v－t图象如图6－3－25乙所示，则下列说法正确的是()图6－3－25A．右侧金属板接电源的正极B．所加电压U＝100 VC．乙图中的v2＝2 m/sD．通过极板间隙所用时间比为1∶(2－1)二、非选择题(本题共2小题，共30分．计算题要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位．)11．(15分)如图6－3－26所示，AB是一倾角为θ＝37°的绝缘粗糙直轨道，滑块与斜面间的动摩擦因数μ＝0.30，BCD是半径为R＝0.2 m的光滑圆弧轨道，它们相切于B点，C为圆弧轨道的最低点，整个空间存在着竖直向上的匀强电场，场强E＝4.0×103 N/C，质量m＝0.20 kg的带电滑块从斜面顶端由静止开始滑下．已知斜面AB对应的高度h＝0.24 m，滑块带电荷量q ＝－5.0×10－4 C，取重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.60，cos 37°＝0.80.求：图6－3－26(1)滑块从斜面最高点滑到斜面底端B点时的速度大小；(2)滑块滑到圆弧轨道最低点C时对轨道的压力．12．(15分)(2013届西安三校联考)如图6－3－27，直流电源的路端电压U＝182 V，金属板AB、CD、EF、GH相互平行、彼此靠近．它们分别和变阻器上的触点a、b、c、d连接．变阻器上ab、bc、cd段电阻之比为1∶2∶3.孔O1正对B和E，孔O2正对D和G.边缘F、H正对．一个电子以初速度v0＝4×106 m/s沿AB方向从A点进入电场，恰好穿过孔O1和O2后，从H点离开电场．金属板间的距离L1＝2 cm，L2＝4 cm，L3＝6 cm.电子质量me＝9.1×10－31 kg，电荷量q＝1.6×10－19 C．正对的两平行板间可视为匀强电场，求：[图6－3－27(1)各相对两板间的电场强度；(2)电子离开H点时的动能；(3)四块金属板的总长度(AB＋CD＋EF＋GH)．[ ]答案与解析1．【解析】 摩擦起电实质是电子的转移，则两物体应带异种电荷，故A 项错；由U ＝Q C 知，Q 不变，C 减小，U 增大，故B 项错；因内外衣带异种电荷，将它们间隔增大时，克服电场力做功，电势能增大，故C 项正确；人体带上正电，与金属门把接近时会放电，D 项正确．【答案】 CD2.【解析】 由于带电粒子都打在极板上，所以沿电场方向匀加速运动的时间t ＝2ya ，垂直电场方向匀速运动由x ＝v0t ，得ta ＜tb ＜tc ，所以aa ＞ab ＞ac ，再由牛顿第二定律可推出，a 带负电，b 不带电，c 带正电，故答案为B 、D.【答案】 BD3.【解析】 由电路图可得，电子在A 、B 板间加速运动，电场力做正功U(eV)，在B 、C 板间匀速运动，在C 、D 板间减速运动，电场力做负功－U(eV)，所以电子在D 板处速度为零，电子在A 板和D 板之间做往复运动，所以答案为C.【答案】 C4.【解析】 与电源断开后，电容器两极板所带电荷量一定，则：E ＝U d ，U ＝Q C ，所以E ＝Q Cd .对于平行板电容器有：C ＝εS 4πkd .所以E ＝Q εS ·4πk ，与d 无关，故E 不变．当正极板向下移动时，d 减小，U 减小，A 项正确．因极板间场强没变，正电荷P 相对负极板的位置没变，所以，W 不变，C 项正确．【答案】 AC5.【解析】设AB 长为2h ，BC 长为2l ，对a 粒子⎩⎪⎨⎪⎧ 2h ＝12aat2a ＝12qaE ma t2a ，①l ＝v0ta ，②得2h ＝12qaE ma (l v0)2，③对b 粒子⎩⎪⎨⎪⎧h ＝12abt2b ＝12qbE mb t2b ，④2l ＝v0tb ，⑤得h ＝12qbE mb (2l v0)2，⑥ 由③⑥两式得qa ma qb mb ＝81，故选D 项．【答案】 D6．【解析】 在平行金属板之间加上如题图乙所示的交变电压时，因为电子在平行金属板间所受的电场力F ＝U0e d ，所以电子所受的电场力大小不变．由牛顿第二定律F＝ma 可知，电子在第一个T 4内向B 板做匀加速直线运动，在第二个T 4内向B 板做匀减速直线运动，在第三个T 4内反向做匀加速直线运动，在第四个T 4内向A 板做匀减速直线运动，所以a －t图象如图D 所示，v －t 图象如图A 所示；又因匀变速直线运动位移x ＝v0t ＋12at2，所以x －t图象应是曲线．【答案】 AD7.【解析】 带正电的小球自坐标原点沿着y 轴正方向以初速度v0抛出后受到恒定的合力作用做匀变速运动，在运动开始的一段时间内合力与速度的夹角为钝角，速度减小，A 、B 都错；小球自坐标原点到M 点，y 方向在重力作用下做速度减小到零的匀变速运动，x 方向在电场力作用下做初速度为零的匀加速运动，所以到M 点时的动能不为零，C 错；由动能定理有：qEx ＝12mv2N －12mv20＞0，D 正确．【答案】 D8.【解析】 若电场力大于重力，则有可能不从B 点离开轨道，选项A 错误；若电场力等于重力，小球在AC 部分做匀速圆周运动，选项B 正确；因电场力做负功，则机械能损失，上升的高度一定小于H ，选项C 正确；由圆周运动知识可知，若小球到达C 点的速度为零，则在此之前就已脱轨了，选项D 错误．【答案】 BC9．【解析】 小球在BCD 部分做圆周运动，在D 点，mg ＝m v2D R ，小球由B 到D 的过程中有：－2mgR ＝12mv2D －12mv2B ，vB ＝5gR ，R 越大，小球经过B 点时的速度越大，则x 越大，选项A正确；在B 点有：FN －mg ＝m v2B R ，FN ＝6mg ，选项B 错误；由Eqx ＝12mv2B ，知m 越大，小球在B 点的动能越大，x 越大，电场力做功越多，选项C 、D 正确．【答案】 ACD10．【解析】 带正电的粒子在电场力作用下由左极板向右运动，可判断左侧金属板接电源正极，A 选项错误．由v －t 图象可知，带电粒子的加速度a ＝2 m/s2，两极板间距d ＝0.25 m ，由qE ＝ma 得E ＝200 V/m ，U ＝2Ed ＝100 V ，B 选项正确．可将粒子在两个间隙间的运动看成是初速度为零的连续的匀加速运动，两间隙距离相等，则有t1∶t2＝1∶(2－1)，D 选项正确．v1∶v2＝1∶2，将v1＝1.0 m/s 代入，得v2＝ 2 m/s ，C 选项错误．[来 ]【答案】 BD11．【解析】 (1)滑块沿斜面滑下的过程中，受到的滑动摩擦力f ＝μ(mg ＋qE)cos 37°＝0.96 N设到达斜面底端时的速度为v1，根据动能定理得(mg ＋qE)h －f h sin 37°＝12mv21解得v1＝2.4 m/s(2)滑块从B 到C ，由动能定理可得：(mg ＋qE)R(1－cos 37°)＝12mv22－12mv21当滑块经过最低点时，有FN －(mg ＋qE)＝m v22R由牛顿第三定律：F′N ＝FN解得：F′N ＝11.36 N【答案】 (1)2.4 m/s (2)11.36 N12．【解析】 (1)三对正对极板间电压之比U1∶U2∶U3＝Rab ∶Rbc ∶Rcd ＝1∶2∶3 板间距离之比L1∶L2∶L3＝1∶2∶3故三个电场场强相等E ＝U L1＋L2＋L3＝1 516.67 N/C (2)根据动能定理qU ＝12mev2－12mev20电子离开H 点时的动能Ek ＝12mev20＋qU ＝3.64×10－17 J(3)由于板间场强相等，则电子在竖直方向所受电场力不变，加速度恒定，可知电子做类平抛运动：竖直方向：L1＋L2＋L3＝12·qE me t2水平方向：x ＝v0t消去t 解得x ＝0.12 m四块金属板的总长度AB ＋CD ＋EF ＋GH ＝2x ＝0.24 m【答案】 (1)见解析 (2)3.64×10－17 J (3)0.24 m。

本章内容主要包括算法与程序框图 (流程图与结构图)用样本估计总 体、变量间的相关关系、回归分析 及独立性检验．重点考查程序框 图、抽样方法、频率分布直方图及 茎叶图，常与概率知识结合考查， 以选择、填空题为主，分值约为 5～10分，属容易题． 本章知识重在训练学生的有序性， 表述的条理性思维和分析问题的能 力，数据处理的能力，用数学知识 和方法分析、解决实际生活中的问 题．本章知识与现实生活联系密 切，有助于培养学生对数学知识的 应用意识.
图 9－1－2 A．k＞4? B．k＞5? C．k＞6? D．k＞7?
【解析】
由程序框图可知，k＝1 时，S＝1；k＝2 时 S
＝2×1＋2＝4；k＝3 时 S＝2×4＋3＝11；k＝4 时 S＝2×11 ＋4＝26；k＝5 时 S＝2×26＋5＝57.故选 A.
【答案】
A
5．(2013· 北京高考改编)执行如图 9－1－3 所示的程序框 图，输出的 S 值为________．
图 9－1－1
1 A. 6
25 B. 24
3 C. 4
11 D. 12
【解析】
1 1 s＝0，n＝2,2＜8，s＝0＋ ＝ ； 2 2
1 1 3 n＝2＋2＝4,4＜8，s＝ ＋ ＝ ； 2 4 4 3 1 11 n＝4＋2＝6,6＜8，s＝ ＋ ＝ ； 4 6 12 11 n＝6＋2＝8,8＜8 不成立，输出 s 的值为 . 12
【答案】 D
3．运行如图所示的程序，可得 a 的输出值为( a＝20 a＝a*2－30 Print%io2，a A．30 C．10 B．20 D．－10
)
【解析】 【答案】
a＝20×2－30＝10，故选 C. C
4．某程序框图如图 9－1－2 所示，若输出的 S＝57，则 判断框内为( )

新课标 ·理科数学（广东专用）自主落实 ·固基础附表：P(K2≥k k 0.050 3.841 0.010 6.635 0.001 10.828 高考体验 ·明考情参照附表，得到的正确结论是( A．在犯错误的概率不超过0.1%的前提下，认为“爱好典例探究 ·提知能该项运动与性别有关” B．在犯错误的概率不超过0.1%的前提下，认为“爱好该项运动与性别无关” 课后作业菜单
新课标 ·理科数学（广东专用） C．有99%以上的把握认为“爱好该项运动与性别有自主落实 ·固基础关” D．有99%以上的把握认为“爱好该项运动与性别无关” 高考体验 ·明考情【解析】由相关系数K2的意义，附表所对应的概率为“爱好该运动与性别有关”，典例探究 ·提知能∴有 99% 以上的把握认为“ 爱好该项运动与性别有关”．【答案】 C 课后作业菜单
新课标 ·理科数学（广东专用）自主落实 ·固基础课后作业（六十三）高考体验 ·明考情典例探究 ·提知能课后作业菜单。

固
考
基
·
教
材
练
回 扣
考
1.电路动态变化问题是指由于断开或闭合开关、滑动变阻 题
·
析
器滑片的滑动等造成电路结构发生了变化，一处变化又引起了
随 堂
考
自
点 ·
一系列的变化，对它们的分析要熟练掌握闭合电路欧姆定律，
测
重
难 突
部分电路欧姆定律，串、并联电路的电压、电流关系．
破
2．分析方法
课
提
后
考 能
(1)程序法：电路结构的变化→R 的变化→R 总的变化→I 总
导体中的电流跟导体两端的电压U成 正比 ，跟导体的电阻R成
练 考
扣 析
反比 ． 2．公式：
I＝UR
.
题 · 随 堂
考
自
点 3．适用条件
测
·
重 适用于 金属导体和 电解质溶液 导电，适用于 纯电阻 电路．
难
突 破
4．导体的伏安特性曲线
用横轴表示 电压U ，纵轴表示 电流I ，画出I－U关系图线． 课
提 考
· 随 堂
考
自
点
测
·
重
难
突
破
课
提 考
(3)特殊情况
后 作
能
业
· 考
①当外电路断路时，I＝0，U＝E.
题
细 研
②当外电路短路时，I 短＝Er ，U＝0.
菜单
固 考 基 · 教 材 回 扣
析 考 点 · 重 难 突 破
提 考 能 · 考 题 细 研
菜单
HK 新课标 ·物理
练 考 题 · 随 堂 自 测
作 业