步步高2015高三物理(新课标)一轮讲义：4.2平抛运动

考点内容要求 考纲解读运动的合成与分解 Ⅱ 1．平抛运动的规律及其研究方法、圆周运动的角速度、线速度及加速度是近年高考的热点，且多数与电场、磁场、机械能结合命制综合类试题． 2．万有引力定律在天体中的应用，如分析人造卫星的运行规律、计算天体的质量和密度等，是高考必考内容．以天体问题为背景的信息给予题，更是受到专家的青睐．在课改区一般以选择题的形式呈现．3．从命题趋势上看，对本部分内容的考查仍将延续与生产、生活以及科技航天相结合，形成新情景的物理题.抛体运动Ⅱ 匀速圆周运动、角速度、线速度、向心加速度 Ⅰ 匀速圆周运动的向心力 Ⅱ 离心现象Ⅰ 万有引力定律及其应用、环绕速度Ⅱ 第二宇宙速度和第三宇宙速度Ⅰ经典时空观和相对论时空观Ⅰ第1课时 曲线运动 运动的合成与分解、．1．[对曲线运动性质的理解]一辆轿车正在通过标有如图1所示图标的路段，关于该轿车在转弯的过程中，正确的选项是( )图1A．轿车处于平衡状态B．轿车的速度大小不一定变化C．轿车加速度的方向一定沿运动路线的切线方向D．轿车加速度的方向一定垂直于运动路线的切线方向答案 B2．[对合运动与分运动关系的理解]关于运动的合成，以下说法中正确的选项是() A．合运动的速度一定比每一个分运动的速度大B．两个分运动的时间一定与它们合运动的时间相等C．只要两个分运动是直线运动，合运动就一定是直线运动D．两个匀变速直线运动的合运动一定是匀变速直线运动答案 B3．[合运动与分运动关系的应用]在一光滑水平面内建立平面直角坐标系，一物体从t＝0时刻起，由坐标原点O(0,0)开始运动，其沿x轴和y轴方向运动的速度—时间图象如图2甲、乙所示，以下说法中正确的选项是()图2A．前2 s内物体沿x轴做匀加速直线运动B．后2 s内物体继续做匀加速直线运动，但加速度沿y轴方向C．4 s末物体坐标为(4 m,4 m)D．4 s末物体坐标为(6 m,2 m)答案AD解析前2 s内物体在y轴方向速度为0，由题图甲知只沿x轴方向做匀加速直线运动，A正确；后2 s内物体在x轴方向做匀速运动，在y轴方向做初速度为0的匀加速运动，加速度沿y轴方向，合运动是曲线运动，B错误；4 s内物体在x轴方向上的位移是x＝(12×2×2＋2×2) m＝6 m，在y轴方向上的位移为y＝12×2×2 m＝2 m，所以4 s末物体坐标为(6 m,2 m)，C错误，D正确．1．曲线运动(1)速度的方向：质点在某一点的速度方向，沿曲线在这一点的切线方向．(2)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变速运动．(3)曲线运动的条件：物体所受合外力的方向跟它的速度方向不在同一条直线上或它的加速度方向与速度方向不在同一条直线上．2．运动的合成与分解遵循的原则：位移、速度、加速度都是矢量，故它们的合成与分解都遵循平行四边形定则．3．合运动与分运动的关系(1)等时性合运动和分运动经历的时间相等，即同时开始、同时进行、同时停止．(2)独立性一个物体同时参与几个分运动，各分运动独立进行，不受其他运动的影响．(3)等效性各分运动的规律叠加起来与合运动的规律有完全相同的效果．考点一物体做曲线运动的条件及轨迹分析1．条件物体受到的合外力与初速度不共线．2．合外力方向与轨迹的关系物体做曲线运动的轨迹一定夹在合外力方向与速度方向之间，速度方向与轨迹相切，合外力方向指向轨迹的“凹”侧．3．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；(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；(3)当合外力方向与速度方向垂直时，物体的速率不变．例1质量为m的物体，在F1、F2、F3三个共点力的作用下做匀速直线运动，保持F1、F2不变，仅将F 3的方向改变90°(大小不变)后，物体可能做( ) A ．加速度大小为F 3m 的匀变速直线运动B ．加速度大小为2F 3m的匀变速直线运动 C ．加速度大小为2F 3m的匀变速曲线运动 D ．匀速直线运动解析 物体在F 1、F 2、F 3三个共点力作用下做匀速直线运动，必有F 3与F 1、F 2的合力等大反向，当F 3大小不变，方向改变90°时，F 1、F 2的合力大小仍为F 3，方向与改变方向后的F 3夹角为90°，故F 合＝2F 3，加速度a ＝F 合m ＝2F 3m .假设初速度方向与F 合方向共线，则物体做匀变速直线运动；假设初速度方向与F 合方向不共线，则物体做匀变速曲线运动，综上所述此题选B 、C. 答案 BC例2 如图3所示，光滑水平桌面上，一个小球以速度v 向右做匀速运动，它经过靠近桌边的竖直木板ad 边时，木板开始做自由落体运动．假设木板开始运动时，cd 边与桌面相齐，则小球在木板上的投影轨迹是( )图3解析 木板做自由落体运动，假设以木板作参考系，则小球沿竖直方向的运动可视为竖直向上的初速度为零、加速度为g 的匀加速直线运动，所以小球在木板上的投影轨迹是B. 答案 B1．合外力或加速度指向轨迹的“凹”(内)侧．2．曲线的轨迹不会出现急折，只能平滑变化，且与速度方向相切．突破训练1 如图4所示为一个做匀变速曲线运动质点的轨迹示意图，已知在B 点的速度与加速度相互垂直，且质点的运动方向是从A 到E ，则以下说法中正确的选项是( )图4A ．D 点的速率比C 点的速率大B ．A 点的加速度与速度的夹角小于90°C ．A 点的加速度比D 点的加速度大D ．从A 到D 加速度与速度的夹角先增大后减小 答案 A解析 质点做匀变速曲线运动，合力的大小与方向均不变，加速度不变，故C 错误；由B 点速度与加速度相互垂直可知，合力方向与B 点切线垂直且向下，故质点由C 到D 过程，合力做正功，速率增大，A 正确；A 点的加速度方向与过A 的切线方向即速度方向的夹角大于90°，B 错误；从A 到D 加速度与速度的夹角一直变小，D 错误． 考点二 运动的合成及运动性质分析1．运动的合成与分解的运算法则：平行四边形定则． 2．合运动的性质判断⎩⎪⎨⎪⎧加速度(或合外力)⎩⎪⎨⎪⎧变化：非匀变速运动不变：匀变速运动加速度(或合外力)方向与速度方向⎩⎪⎨⎪⎧共线：直线运动不共线：曲线运动3．两个直线运动的合运动性质的判断标准：看合初速度方向与合加速度方向是否共线.两个互成角度的分运动 合运动的性质 两个匀速直线运动 匀速直线运动一个匀速直线运动、 一个匀变速直线运动 匀变速曲线运动两个初速度为零的匀加速直线运动匀加速直线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，为匀变速直线运动如果v合与a合不共线，为匀变速曲线运动例3一个质点受到两个互成锐角的力F1和F2的作用，由静止开始运动，假设运动中保持两个力的方向不变，但F1突然增大ΔF，则质点此后()A．一定做匀变速曲线运动B．在相等时间内速度变化一定相等C．可能做变加速曲线运动D．一定做匀变速直线运动解析质点受到两个恒力F1、F2的作用，由静止开始沿两个恒力的合力方向做匀加速直线运动，如下图，此时运动方向与F合方向相同；当力F1发生变化后，力F1与F2的合力F合′与原合力F合相比，大小和方向都发生了变化，此时合力F合′方向不再与速度方向相同，但是F合′仍为恒力，故此后质点将做匀变速曲线运动，故A正确，C、D错误；由于合力恒定不变，则质点的加速度也恒定不变，由a＝ΔvΔt可得Δv＝aΔt，即在相等时间内速度变化也必然相等，则B正确．答案AB突破训练2如图5所示，吊车以v1的速度沿水平直线向右匀速行驶，同时以v2的速度匀速收拢绳索提升物体，以下表述正确的选项是()图5A．物体的实际运动速度为v1＋v2B．物体的实际运动速度为v21＋v22C．物体相对地面做曲线运动D．绳索保持竖直状态答案BD解析物体在两个方向均做匀速运动，因此合外力F＝0，绳索应在竖直方向，实际速度为v 21＋v 22，因此选项B 、D 正确．15．运动的合成与分解实例——小船渡河模型小船渡河问题分析(1)船的实际运动是水流的运动和船相对静水的运动的合运动．(2)三种速度：v 1(船在静水中的速度)、v 2(水流速度)、v (船的实际速度)． (3)三种情景①过河时间最短：船头正对河岸时，渡河时间最短，t 短＝dv 1(d 为河宽)．②过河路径最短(v 2<v 1时)：合速度垂直于河岸时，航程最短，s 短＝d .船头指向上游与河岸夹角为α，cos α＝v 2v 1.③过河路径最短(v 2>v 1时)：合速度不可能垂直于河岸，无法垂直渡河．确定方法如下：如图6所示，以v 2矢量末端为圆心，以v 1矢量的大小为半径画弧，从v 2矢量的始端向圆弧作切线，则合速度沿此切线方向航程最短．由图可知：cos α＝v 1v 2，最短航程：s短＝dcos α＝v 2v 1d .图6例4 已知河水的流速为v 1，小船在静水中的速度为v 2，且v 2>v 1，下面用小箭头表示小船及船头的指向，则能正确反映小船在最短时间内渡河、最短位移渡河的情景如图7所示，依次是( )图7A．①②B．①⑤C．④⑤D．②③解析船的实际速度是v1和v2的合速度，v1与河岸平行，对渡河时间没有影响，所以v2与河岸垂直即船头指向对岸时，渡河时间最短为t min＝dv2，式中d为河宽，此时合速度与河岸成一定夹角，船的实际路线应为④所示；最短位移即为d，应使合速度垂直河岸，则v2应指向河岸上游，实际路线为⑤所示，综合可得选项C正确．答案 C求解小船渡河问题的方法求解小船渡河问题有两类：一是求最短渡河时间，二是求最短渡河位移．无论哪类都必须明确以下四点：(1)解决这类问题的关键是：正确区分分运动和合运动，在船的航行方向也就是船头指向方向的运动，是分运动．船的运动也就是船的实际运动，是合运动，一般情况下与船头指向不共线．(2)运动分解的基本方法，按实际效果分解，一般用平行四边形定则沿水流方向和船头指向分解．(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)求最短渡河位移时，根据船速v船与水流速度v水的大小情况用三角形法则求极限的方法处理．突破训练3小船横渡一条河，船头始终垂直河岸且船本身提供的速度大小、方向都不变．已知小船的运动轨迹如图8所示，则河水的流速()图8A．越接近B岸水速越大B．越接近B岸水速越小C．由A到B水速先增后减D．水流速度恒定答案 B16．“关联”速度问题——绳(杆)端速度分解模型1．模型特点：沿绳(或杆)方向的速度分量大小相等． 2．思路与方法合运动→绳拉物体的实际运动速度v分运动→⎩⎪⎨⎪⎧其一：沿绳(或杆)的速度v 1其二：与绳(或杆)垂直的分速度v 2方法：v 1与v 2的合成遵循平行四边形定则．3．解题的原则：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．常见的模型如图9所示．图9例5 如图10所示，一人站在岸上，利用绳和定滑轮拉船靠岸，在某一时刻绳的速度为v ，绳AO 段与水平面的夹角为θ，OB 段与水平面的夹角为α.不计摩擦和轮的质量，则此时小船的速度多大？图10解析 小船的运动引起了绳子的收缩以及绳子绕定滑轮转动的效果，所以将小船的运动分解到绳子收缩的方向和垂直于绳子的方向，分解如下图，则由图可知v A ＝v cos θ.答案v cos θ解决此类问题时应把握以下两点： (1)确定合速度，它应是小船的实际速度；(2)小船的运动引起了两个效果：一是绳子的收缩，二是绳绕滑轮的转动．应根据实际效果进行运动的分解．高考题组1．(2011·四川·22(1))某研究性学习小组进行如下实验：如图11所示，在一端封闭的光滑细玻璃管中注满清水，水中放一个红蜡做成的小圆柱体R .将玻璃管的开口端用胶塞塞紧后竖直倒置且与y 轴重合，在R 从坐标原点以速度v 0＝3 cm/s 匀速上浮的同时，玻璃管沿x 轴正方向做初速度为零的匀加速直线运动．同学们测出某时刻R 的坐标为(4,6)，此时R 的速度大小为________ cm/s.R 在上升过程中运动轨迹的示意图是________．(R 视为质点)图11答案 5 D解析 红蜡块有水平方向的加速度，所受合外力指向曲线的内侧，所以其运动轨迹应如D 图所示．因为竖直方向匀速，由y ＝6 cm ＝v 0t 知t ＝2 s ，水平方向x ＝v x2·t ＝4 cm ，所以v x ＝4 cm/s ，因此此时R 的速度大小v ＝v 2x ＋v 20＝5 cm/s.模拟题组2．一只小船在静水中的速度为3 m/s ，它要渡过一条宽为30 m 的河，河水流速为4 m/s ，则这只船( )A ．不可能渡过这条河B ．可以渡过这条河，而且最小位移为50 mC ．过河时间不可能小于10 sD ．不能沿垂直于河岸方向过河 答案 CD3．有一个质量为2 kg 的质点在x －y 平面上运动，在x 方向的速度图象和y 方向的位移图象分别如图12甲、乙所示，以下说法正确的选项是( )图12A ．质点所受的合外力为3 NB ．质点的初速度为3 m/sC ．质点做匀变速直线运动D ．质点初速度的方向与合外力的方向垂直 答案 A解析 由题图乙可知，质点在y 方向上做匀速运动，v y ＝xt ＝4 m/s ，在x方向上做匀加速直线运动，a ＝ΔvΔt ＝ m/s 2，故质点所受合外力F ＝ma＝3 N ，A 正确．质点的初速度v ＝v 2x 0＋v 2y ＝5 m/s ，B 错误．质点做匀变速曲线运动，C 错误．质点初速度的方向与合外力的方向不垂直，如图，θ＝53°，D 错误．(限时：30分钟)►题组1 物体做曲线运动的条件及轨迹分析1．在美国拉斯维加斯当地时间2011年10月16日进行的印地车世界锦标赛的比赛中，发生15辆赛车连环撞车事故，两届印第安纳波利斯500赛冠军、英国车手丹·威尔顿因伤势过重去世．在比赛进行到第11圈时，77号赛车在弯道处强行顺时针加速超越是酿成这起事故的根本原因，下面四幅俯视图中画出了77号赛车转弯时所受合力的可能情况，你认为正确的选项是()答案 B解析做曲线运动的物体，所受的合外力指向轨迹凹的一侧，A、D选项错误；因为顺时针加速，F与v夹角为锐角，故B正确，C错误．2．光滑平面上一运动质点以速度v通过原点O，v与x轴正方向成α角(如图1)，与此同时对质点加上沿x轴正方向的恒力F x和沿y轴正方向的恒力F y，则()图1A．因为有F x，质点一定做曲线运动B．如果F y>F x，质点向y轴一侧做曲线运动C．质点不可能做直线运动D．如果F x>F y cot α，质点向x轴一侧做曲线运动答案 D解析假设F y＝F x tan α，则F x和F y的合力F与v在同一直线上，此时质点做直线运动．假设F x>F y cot α，则F x、F y的合力F与x轴正方向的夹角β<α，则质点向x轴一侧做曲线运动，故正确选项为D.3．一小船在河中xOy平面内运动的轨迹如图2所示，以下判断正确的选项是()图2A．假设小船在x方向始终匀速，则在y方向先加速后减速B．假设小船在x方向始终匀速，则在y方向先减速后加速C．假设小船在y方向始终匀速，则在x方向先减速后加速D ．假设小船在y 方向始终匀速，则在x 方向先加速后减速 答案 BD解析 假设小船在x 方向始终匀速运动，根据轨迹弯曲方向可知，在相同的x 方向位移内，对应y 方向的位移先减小后增大故B 正确，同理可知D 正确．4．质量为m ＝4 kg 的质点静止在光滑水平面上的直角坐标系的原点O 处，先用沿＋x 轴方向的力F 1＝8 N 作用了2 s ，然后撤去F 1；再用沿＋y 轴方向的力F 2＝24 N 作用了1 s ，则质点在这3 s 内的轨迹为( )答案 D解析 在t 1＝2 s 内，质点沿x 轴方向的加速度a 1＝F 1m ＝2 m/s 2，2 s 末的速度v 1＝a 1t 1＝4 m/s ，位移x 1＝12a 1t 21＝4 m ；撤去F 1后的t 2＝1 s 内沿x 轴方向做匀速直线运动，位移x 2＝v 1t 2＝4 m ．沿y 轴方向做初速度为零的匀加速直线运动，加速度a 2＝F 2m ＝6 m/s 2，位移y ＝12a 2t 22＝3 m ，故3 s 末质点的坐标为(8,3)，故A 、B 错误；由于曲线运动中合力指向轨迹的“凹”侧，故C 错误，D 正确． ►题组2 小船渡河模型问题的分析5．甲、乙两船在同一条河流中同时开始渡河，河宽为H ，河水流速为v 0，划船速度均为v ，出发时两船相距233H ，甲、乙两船船头均与河岸成60°角，如图3所示．已知乙船恰好能垂直到达对岸A 点，则以下判断正确的选项是( )图3A ．甲、乙两船到达对岸的时间不同B ．v ＝2v 0C ．两船可能在未到达对岸前相遇D ．甲船也在A 点靠岸 答案 BD解析 渡河时间均为Hv sin 60°，乙能垂直于河岸渡河，对乙船由v cos 60°＝v 0得v ＝2v 0，甲船在该段时间内沿水流方向的位移为(v cos 60°＋v 0)H v sin 60°＝233H ，刚好到达A 点，综上所述，A 、C 错误，B 、D 正确．6．如图4所示，两次渡河时船相对水的速度大小和方向都不变．已知第一次实际航程为A至B ，位移为x 1，实际航速为v 1，所用时间为t 1.由于水速增大，第二次实际航程为A 至C ，位移为x 2，实际航速为v 2，所用时间为t 2.则( )图4A ．t 2>t 1，v 2＝x 2v 1x 1B ．t 2>t 1，v 2＝x 1v 1x 2C ．t 2＝t 1，v 2＝x 2v 1x 1D ．t 2＝t 1，v 2＝x 1v 1x 2答案 C解析 设河宽为d ，船自身的速度为v ，与河岸上游的夹角为θ，对垂直河岸的分运动，过河时间t ＝d v sin θ，则t 1＝t 2；对合运动，过河时间t ＝x 1v 1＝x 2v 2，故C 正确．7．一艘小船在静水中的速度大小为4 m/s ，要横渡水流速度为5 m/s 的河，河宽为80 m ．设船加速启动和减速停止的阶段时间很短，可忽略不计．以下说法正确的选项是( ) A ．船无法渡过此河B ．小船渡河的最小位移(相对岸)为80 mC ．船渡河的最短时间为20 sD ．船渡过河的位移越短(相对岸)，船渡过河的时间也越短 答案 C解析 只要在垂直于河岸的方向上有速度就一定能渡过此河，A 错．由于水流速度大于静水中船的速度，故无法合成垂直河岸的合速度，B 错．当船头垂直河岸航行时，垂直河岸的分运动速度最大，时间最短，t min＝804s＝20 s，C 对，D显然错误．►题组3“关联”速度模型8．人用绳子通过定滑轮拉物体A，A穿在光滑的竖直杆上，当以速度v0匀速地拉绳使物体A到达如图5所示位置时，绳与竖直杆的夹角为θ，则物体A实际运动的速度是()图5A．v0sin θB.v0sin θC．v0cos θD.v0cos θ答案 D解析由运动的合成与分解可知，物体A参与两个分运动：一个是沿着与它相连接的绳子的运动，另一个是垂直于绳子斜向上的运动．而物体A的实际运动轨迹是沿着竖直杆向上的，这一轨迹所对应的运动就是物体A的合运动，它们之间的关系如下图．由几何关系可得v＝v0cos θ，所以D项正确．9．如图6所示，套在竖直细杆上的环A由跨过定滑轮且不可伸长的轻绳与重物B相连，由于B的质量较大，在释放B后，A将沿杆上升，当A运动至与定滑轮的连线处于水平位置时，其上升速度为v A≠0，B未落地，这时B的速度v B＝________.图6答案0解析环A沿细杆上升的过程中，任取一位置，此时绳与竖直方向的夹角为α.将A的速度v A沿绳方向和垂直于绳的方向进行分解，如下图，则v 1＝v A cos α，B 下落的速度v B ＝v 1＝v A cos α.当环A 上升至与定滑轮 的连线处于水平位置时α＝90°，所以此时B 的速度v B ＝0. ►题组4 运动的合成与分解的应用10．某人骑自行车以4 m/s 的速度向正东方向行驶，气象站报告当时是正北风，风速也是4m/s ，则骑车人感觉的风速方向和大小分别是( ) A ．西北风，风速4 m/s B ．西北风，风速4 2 m/s C ．东北风，风速4 m/s D ．东北风，风速4 2 m/s 答案 D解析 假设无风，人以4 m/s 的速度向东行驶，则相当于人不动，风以4 m/s的速度从东向西刮，而实际风从正北方以4 m/s 的速度刮来，所以人感 觉到的风速应是这两个速度的合速度(如下图)．所以v 合＝v 21＋v 22＝42＋42 m/s ＝4 2 m/s ，风向为东北风，D 项正确．11．在第16届亚洲运动会上，10米移动靶团体冠军被我国选手获得．图7为简化的比赛现场图，设移动靶移动的速度为v 1，运发动射出的子弹的速度为v 2，移动靶离运发动的最近距离为d ，忽略空气阻力的影响，要想在最短的时间内射中目标，则运发动射击时离目标的距离应该为( )图7A.d v 2v 22－v 21B.d v 22＋v 21v 2C.d v 1v 2D.d v 2v 1 答案 B12．如图8所示，在光滑水平面上有坐标系xOy ，质量为1 kg 的质点开始静止在xOy 平面上的原点O 处，某一时刻起受到沿x 轴正方向的恒力F 1的作用，F 1的大小为2 N ，假设力F 1作用一段时间t 0后撤去，撤去力F 1后5 s 末质点恰好通过该平面上的A 点，A 点的坐标为x ＝11 m ，y ＝15 m.图8(1)为使质点按题设条件通过A 点，在撤去力F 1的同时对质点施加一个沿y 轴正方向的恒力F 2，力F 2应为多大？ (2)力F 1作用时间t 0为多长？(3)在图中画出质点运动轨迹示意图，在坐标系中标出必要的坐标． 答案 (1) N (2)1 s (3)见解析图解析 (1)撤去F 1，在F 2的作用下，沿x 轴正方向质点做匀速直线运动，沿y 轴正方向质点做匀加速直线运动．由y ＝12a 2t 2和a 2＝F 2m 可得F 2＝2myt 2代入数据得F 2 N.(2)在F 1作用下，质点运动的加速度a 1＝F 1m ＝2 m/s 2由x 1＝12a 1t 20，x －x 1＝v t ＝a 1t 0t .解得t 0＝1 s(3)质点运动轨迹示意图如下图．。

考点内容要求考纲解读磁场、磁感应强度、磁感线Ⅰ1．磁感应强度、磁感线、安培力、洛伦兹力的理解及安培定则和左手定则的运用，一般以选择题的形式出现．2．安培力的大小计算，以及带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的分析与计算．一般以计算题的形式出现．3．带电粒子在独立场、混合场中的运动问题仍是本章考查的重点内容，极易成为试卷的压轴题.通电直导线和通电线圈周围磁场的方向Ⅰ安培力、安培力的方向Ⅰ匀强磁场中的安培力Ⅱ洛伦兹力、洛伦兹力Ⅰ的方向洛伦兹力的公式Ⅱ带电粒子在匀强磁场Ⅱ中的运动质谱仪和回旋加速器Ⅰ说明：(1安培力的计算只限于电流与磁感应强度垂直的情形．(2洛伦兹力的计算只限于速度与磁场方向垂直的情形.第1课时磁场的描述磁场对电流的作用考纲解读 1.知道磁感应强度的概念及定义式，并能理解与应用.2.会用安培定则判断电流周围的磁场方向.3.会用左手定则分析解决通电导体在磁场中的受力及平衡类问题．1．[对磁感应强度的理解]下列关于磁感应强度的说法正确的是 (A．一小段通电导体放在磁场A处，受到的磁场力比B处的大，说明A处的磁感应强度比B处的磁感应强度大B．由B＝可知，某处的磁感应强度的大小与放入该处的通电导线所受磁场力F成正比，与导线的I、L成反比C．一小段通电导体在磁场中某处不受磁场力作用，则该处磁感应强度一定为零D．小磁针N极所受磁场力的方向就是该处磁感应强度的方向答案 D解析磁感应强度是描述磁场强弱和方向的物理量，是磁场本身性质的反映，其大小由磁场以及在磁场中的位置决定，与F、I、L都没有关系，B＝只是磁感应强度的定义式，同一通电导体受到的磁场力的大小由所在处的磁感应强度和放置的方式共同决定，所以A、B、C都是错误的．磁感应强度的方向就是该处小磁针N极所受磁场力的方向，不是通电导线的受力方向，所以D正确．2．[对磁感线的理解]关于磁场和磁感线的描述，下列说法中正确的是 (A．磁极与磁极之间、磁极与电流之间都可以通过磁场发生相互作用B．磁感线可以形象地描述磁场的强弱和方向，它每一点的切线方向都和小磁针在该点静止时北极所指的方向一致C．磁感线总是从磁铁的N极出发，到S极终止D．磁感线可以用细铁屑来显示，因而是真实存在的答案AB解析磁场是一种特殊物质，磁极、电流间发生作用都是通过磁场发生的，故A对；磁感线是为形象描述磁场而假想的线，不是真实存在的，故D错；磁感线的切线方向表示磁场的方向，磁感线的疏密表示磁场的强弱，故B对；磁感线是闭合曲线，在磁体外部由N极指向S 极，在磁体内部由S极指向N极，故C错．3．[磁场对电流作用力的计算]如图1所示，用粗细均匀的电阻丝折成平面梯形框架，ab、cd 边均与ad边成60°角，ab＝bc＝cd＝L，长度为L的该电阻丝电阻为r，框架与一电动势为E、内阻为r的电源相连接，垂直于框架平面有磁感应强度为B的匀强磁场，则框架受到的安培力的合力大小为 (图1A．0 B. C. D.答案 C解析总电阻R＝＋r＝r，总电流I＝＝，梯形框架受到的安培力等效为I通过ad边时受到的安培力，故F＝BI·＝BI·2L＝，所以C选项正确．4．[左手定则和安培定则的应用]如图2所示，甲、乙是直线电流的磁场，丙、丁是环形电流的磁场，戊、己是通电螺线管的磁场，试在各图中补画出电流方向或磁感线方向．图2答案5．[左手定则的应用]请根据图3中给出的条件，运用左手定则，求出各图中第三个物理量的方向．图3答案根据各图中已知方向利用左手定则，判知：(aF垂直于纸面向里(bF垂直于纸面向里(cB垂直于纸面向外(dI由左向右(eF垂直于I斜向右下方一、磁场、磁感应强度1．磁场(1基本特性：磁场对处于其中的磁体、电流和运动电荷有磁场力的作用．(2方向：小磁针的N极所受磁场力的方向，或自由小磁针静止时北极的指向．2．磁感应强度(1物理意义：描述磁场的强弱和方向．(2定义式：B＝(通电导线垂直于磁场．(3方向：小磁针静止时N极的指向．3．匀强磁场(1定义：磁感应强度的大小处处相等、方向处处相同的磁场称为匀强磁场．(2特点匀强磁场中的磁感线是疏密程度相同、方向相同的平行直线．二、磁感线、通电导体周围磁场的分布1．磁感线的特点(1磁感线上某点的切线方向就是该点的磁场方向．(2磁感线的疏密定性地表示磁场的强弱，在磁感线较密的地方磁场较强；在磁感线较疏的地方磁场较弱．(3磁感线是闭合曲线，没有起点和终点．在磁体外部，从N极指向S极；在磁体内部，由S 极指向N极．(4同一磁场的磁感线不中断、不相交、不相切．(5磁感线是假想的曲线，客观上不存在．2．电流的磁场直线电流的磁场通电螺线管的磁场环形电流的磁场特点无磁极、非匀强，且距导线越远处磁场越弱与条形磁铁的磁场相似，管内为匀强磁场且磁场最强，管外为非匀强磁场环形电流的两侧是N极和S极，且离圆环中心越远，磁场越弱安培定则立体图横截面图三、安培力、安培力的方向1．安培力的大小(1磁场和电流垂直时，F＝BIL.(2磁场和电流平行时：F＝0.2．安培力的方向(1用左手定则判定：伸开左手，使拇指与其余四个手指垂直，并且都与手掌在同一个平面内．让磁感线从掌心进入，并使四指指向电流的方向，这时拇指所指的方向就是通电导线在磁场中所受安培力的方向．(2安培力的方向特点：F⊥B，F⊥I，即F垂直于B和I决定的平面．考点一对磁感应强度的理解1．磁感应强度是反映磁场性质的物理量，由磁场本身决定，是用比值法定义的．2．磁感应强度B与电场强度E的比较对应名称比较项目磁感应强度B 电场强度E物理意义描述磁场的力的性质的物理量描述电场的力的性质的物理量定义式B＝，通电导线与B垂直E＝大小决定由磁场决定，与检验电流无关由电场决定，与检验电荷无关方向矢量磁感线切线方向，小磁针N极受力方向矢量电场线切线方向，放入该点的正电荷受力方向场的叠加合磁感应强度等于各磁场的磁感应强度的矢量和合场强等于各个电场的场强的矢量和例1下列说法中正确的是 (A．电荷在某处不受电场力的作用，则该处电场强度为零B．一小段通电导线在某处不受磁场力作用，则该处磁感应强度一定为零C．表征电场中某点电场的强弱，是把一个检验电荷放在该点时受到的电场力与检验电荷本身电荷量的比值D．表征磁场中某点磁场的强弱，是把一小段通电导线放在该点时受到的磁场力与该小段导线长度和电流乘积的比值解析电场和磁场有一个明显的区别是：电场对放入其中的电荷有力的作用，磁场对通电导线有力的作用的条件是磁场方向不能和电流方向平行，因此A对，B错．同理根据电场强度的定义式E＝F/q可知C正确．而同样用比值定义法定义的磁感应强度则应有明确的说明，即B＝中I和B的方向必须垂直，故D错．答案AC1．某点电场强度的方向与电荷在该点的受力方向相同或相反；而某点磁感应强度方向与电流元在该点所受安培力方向垂直，满足左手定则．2．电荷在电场中一定会受到电场力的作用；如果电流方向与磁场方向平行，则电流在磁场中不受安培力的作用．突破训练1关于磁感应强度B，下列说法中正确的是 (A．磁场中某点B的大小，跟放在该点的试探电流元的情况有关B．磁场中某点B的方向，跟放在该点的试探电流元所受磁场力方向一致C．若在磁场中某点的试探电流元不受磁场力作用，该点B值大小为零D．在磁场中磁感线越密集的地方，磁感应强度越大答案 D解析磁感应强度是磁场本身的属性，在磁场中某处的磁感应强度为一恒量，其大小可由B＝计算，与试探电流元的F、I、L的情况无关，A错．磁感应强度的方向规定为小磁针N极所受磁场力的方向，与放在该处的电流元受力方向垂直，B错．当试探电流元的方向与磁场方向平行时，电流元受磁场力虽为零，但磁感应强度却不为零，C错．磁感线的疏密是根据磁场的强弱画出的，磁感线越密集的地方，磁感应强度越大，磁感线越稀疏的地方，磁感应强度越小，故D正确．考点二安培定则的应用和磁场的叠加1．安培定则的应用在运用安培定则判定直线电流和环形电流的磁场时应分清“因”和“果”.原因(电流方向结果(磁场绕向直线电流的磁场大拇指四指环形电流的磁场四指大拇指2．磁场的叠加磁感应强度是矢量，计算时与力的计算方法相同，利用平行四边形定则或正交分解法进行合成与分解．特别提醒两个电流附近的磁场某处的磁感应强度是由两个电流分别独立存在时产生的磁场在该处的磁感应强度叠加而成的．例2如图4所示，两根相互平行的长直导线过纸面上的M、N两点，且与纸面垂直，导线中通有大小相等、方向相反的电流．a、O、b在M、N的连线上，O为MN的中点，c、d 位于MN的中垂线上，且a、b、c、d到O点的距离均相等．关于以上几点处的磁场，下列说法正确的是 (图4A．O点处的磁感应强度为零B．a、b两点处的磁感应强度大小相等，方向相反C．c、d两点处的磁感应强度大小相等，方向相同D．a、c两点处磁感应强度的方向不同解析根据安培定则判断磁场方向，再结合矢量的合成知识求解．根据安培定则判断：两直线电流在O点产生的磁场方向均垂直于MN向下，O点的磁感应强度不为零，故A选项错误；a、b两点的磁感应强度大小相等，方向相同，故B选项错误；根据对称性，c、d两点处的磁感应强度大小相等，方向相同，故C选项正确；a、c两点的磁感应强度方向相同，故D选项错误．答案 C1．根据安培定则确定通电导线周围磁场的方向．2．磁场中每一点磁感应强度的方向为该点磁感线的切线方向．3．磁感应强度是矢量，多个通电导体产生的磁场叠加时，合磁场的磁感应强度等于各场源单独存在时在该点磁感应强度的矢量和．考点三安培力作用下导体运动情况的判定(1判定通电导体在安培力作用下的运动或运动趋势，首先必须弄清楚导体所在位置的磁场分布情况，然后利用左手定则准确判定导体的受力情况，进而确定导体的运动方向或运动趋势的方向．(2在应用左手定则判定安培力方向时，磁感线方向不一定垂直于电流方向，但安培力方向一定与磁场方向和电流方向垂直，即大拇指一定要垂直于磁场方向和电流方向决定的平面．例3一直导线平行于通电螺线管的轴线放置在螺线管的上方，如图5所示，如果直导线可以自由地运动且通以方向为由a到b的电流，则导线ab受磁场力后的运动情况为(图5A．从上向下看顺时针转动并靠近螺线管B．从上向下看顺时针转动并远离螺线管C．从上向下看逆时针转动并远离螺线管D．从上向下看逆时针转动并靠近螺线管解析本题考查安培定则以及左手定则，意在考查学生对安培定则以及左手定则的应用的理解．先由安培定则判断通电螺线管的南、北两极，找出导线左、右两端磁感应强度的方向，并用左手定则判断这两端受到的安培力的方向，如图a所示．可以判断导线受磁场力后从上向下看逆时针方向转动．再分析此时导线位置的磁场方向，再次用左手定则判断导线受磁场力的方向，如图b所示，导线还要靠近螺线管，所以D正确，A、B、C错误．答案 D判定安培力作用下导体运动情况的常用方法电流元法分割为电流元左手定则安培力方向―→整段导体所受合力方向―→运动方向特殊位置法在特殊位置―→安培力方向―→运动方向等效法环形电流小磁针条形磁铁通电螺线管多个环形电流结论法同向电流互相吸引，异向电流互相排斥；两不平行的直线电流相互作用时，有转到平行且电流方向相同的趋势转换研究对象法定性分析磁体在电流磁场作用下如何运动或运动趋势的问题，可先分析电流在磁体磁场中所受的安培力，然后由牛顿第三定律，确定磁体所受电流磁场的作用力，从而确定磁体所受合力及运动方向突破训练2如图6所示，把一重力不计的通电直导线AB放在蹄形磁铁磁极的正上方，导线可以自由移动．当导线中通有如图所示方向的电流I时，从上向下看，关于导线AB的运动情况下列说法正确的是 (图6A．顺时针转动，同时下降 B．顺时针转动，同时上升C．逆时针转动，同时下降 D．逆时针转动，同时上升答案 C解析(1根据如图甲所示的导线所处的特殊位置判断其运动情况．将导线AB从N、S极的中间O分成两段，由左手定则可得AO段所受安培力的方向垂直于纸面向外，BO段所受安培力的方向垂直于纸面向里，可见从上向下看，导线AB将绕O点逆时针转动．(2根据导线转过90°时的特殊位置判断其上下运动情况．如图乙所示，导线AB此时所受安培力方向竖直向下，导线将向下运动．(3由上述两个特殊位置的判断可知，当导线不在上述的特殊位置时，所受安培力使其逆时针转动同时还向下运动，所以可确定C正确．考点四安培力作用下导体的平衡与加速1．安培力作用下导体的平衡问题与力学中的平衡问题分析方法相同，只不过多了安培力，解题的关键是画出受力分析图．2．安培力作用下导体的加速问题与动力学问题分析方法相同，关键是做好受力分析，然后根据牛顿第二定律求出加速度．例4如图7所示，光滑的金属轨道分水平段和圆弧段两部分，O点为圆弧的圆心．两金属轨道之间的宽度为0.5 m，匀强磁场方向如图，大小为0.5 T．质量为0.05 kg、长为0.5 m的金属细杆置于金属轨道上的M点．当在金属细杆内通以电流强度为2 A的恒定电流时，金属细杆可以沿杆向右由静止开始运动．已知N、P为导轨上的两点，ON竖直、OP水平，且MN＝OP＝1 m，g取10 m/s2，则 (图7A．金属细杆开始运动时的加速度大小为5 m/s2B．金属细杆运动到P点时的速度大小为5 m/sC．金属细杆运动到P点时的向心加速度大小为10 m/s2D．金属细杆运动到P点时对每一条轨道的作用力大小为0.75 N解析金属细杆在水平方向受到安培力作用，安培力大小F安＝BIL＝0.5×2×0.5 N＝0.5 N，金属细杆开始运动时的加速度大小为a＝＝10 m/s2，选项A错误；对金属细杆从M点到P 点的运动过程，安培力做功W安＝F安·(＋＝1 J，重力做功WG＝－mg·＝－0.5 J，由动能定理得W安＋WG＝mv2，解得金属细杆运动到P点时的速度大小为v＝ m/s，选项B错误；金属细杆运动到P点时的加速度可分解为水平方向的向心加速度和竖直方向的加速度，水平方向的向心加速度大小为a′＝＝20 m/s2，选项C错误；在P点金属细杆受到轨道水平向左的作用力F，水平向右的安培力F安，由牛顿第二定律得F－F安＝，解得F＝1.5 N，每一条轨道对金属细杆的作用力大小为0.75 N，由牛顿第三定律可知金属细杆运动到P点时对每一条轨道的作用力大小为0.75 N，选项D正确．答案 D突破训练3如图8所示，质量为M、长为L的直导线通有垂直纸面向外的电流I，被一绝缘线拴着并处在匀强磁场中，导线能静止在倾角为θ的光滑斜面上，则磁感应强度B的大小和方向可能是 (图8A．大小为Mg tan θ/IL，方向垂直斜面向上B．大小为Mg sin θ/IL，方向垂直纸面向里C．大小为Mg/IL，方向水平向右D．大小为Mg/IL，方向沿斜面向下答案BC解析当磁场为A选项描述的磁场时，通电直导线受到沿斜面向上的安培力作用，F＝BIL＝IL＝Mgtan θ＝Mg>Mgsin θ，则通电直导线不可能静止在斜面上，故A错误；当磁场为B选项描述的磁场时，通电直导线不受安培力作用，则通电直导线可以在竖直向下的重力、垂直斜面向上的弹力、沿斜面向上的拉力三个力作用下在斜面上处于静止状态，故B正确；当磁场为C选项描述的磁场时，通电直导线受到竖直向上的安培力作用，由于F＝BIL＝IL＝Mg，则通电直导线在竖直向下的重力和竖直向上的安培力作用下在斜面上处于静止状态，故C正确；当磁场为D选项描述的磁场时，通电直导线受到垂直斜面向上的安培力作用，由于F＝BIL＝IL＝Mg>Mgcos θ，则通电直导线不可能静止在斜面上，故D错误．37．用转换视图法解答与安培力有关的综合问题方法概述对于安培力作用下的综合问题，需画出导体棒的受力示意图．但在三维空间对导体棒受力分析时，无法准确画出其受力情况，在解答此类问题时，可将三维立体图转化为二维平面图，即画出俯视图、剖面图或侧视图等．此时，金属棒用圆代替，电流方向用“×”或“·”表示．例5如图9甲所示，在水平地面上固定一对与水平面倾角为α的光滑平行导电轨道，轨道间的距离为l，两轨道底端的连线与轨道垂直，顶端接有电源．将一根质量为m的直导体棒ab放在两轨道上，且与两轨道垂直．已知通过导体棒的恒定电流大小为I，方向由a到b，图乙为图甲沿a→b方向观察的平面图．若重力加速度为g，在轨道所在空间加一竖直向上的匀强磁场，使导体棒在轨道上保持静止．图9(1请在图乙所示的平面图中画出导体棒受力的示意图；(2求出磁场对导体棒的安培力的大小；(3如果改变导轨所在空间的磁场方向，试确定使导体棒在轨道上保持静止的匀强磁场磁感应强度B的最小值的大小和方向．审题与关联解析(1如图所示(2根据共点力平衡条件可知，磁场对导体棒的安培力的大小F安＝mgtan α(3要使磁感应强度最小，则要求安培力最小．根据受力情况可知，最小安培力F安min＝mgsin α，方向平行于轨道斜向上所以最小磁感应强度Bmin＝＝根据左手定则可判断出，此时的磁感应强度的方向为垂直轨道平面斜向上答案见解析求解通电导体在磁场中的力学问题的方法(1选定研究对象；(2变三维为二维，画出平面受力分析图，判断安培力的方向时切忌跟着感觉走，一定要用左手定则来判断，注意F安⊥B、F安⊥I；(3根据力的平衡条件、牛顿第二定律列方程进行求解．高考题组1．(2013·安徽·15图10中a、b、c、d为四根与纸面垂直的长直导线，其横截面位于正方形的四个顶点上，且b、d连线水平，导线中通有大小相同的电流，方向如图所示．一带正电的粒子从正方形中心O点沿垂直于纸面的方向向外运动，它所受洛伦兹力的方向是 (图10A．向上 B．向下C．向左 D．向右答案 B解析据题意，由安培定则可知，b、d两通电直导线在O点产生的磁场相抵消，a、c两通电直导线在O点产生的磁场方向均向左，所以四条通电直导线在O点产生的合磁场方向向左．由左手定则可判断带电粒子所受洛伦兹力的方向向下．本题正确选项为B.2．(2012·天津理综·2如图11所示，金属棒MN两端由等长的轻质细线水平悬挂，处于竖直向上的匀强磁场中，金属棒中通以由M向N的电流，平衡时两悬线与竖直方向夹角均为θ.如果仅改变下列某一个条件，θ角的相应变化情况是 (图11A．金属棒中的电流变大，θ角变大B．两悬线等长变短，θ角变小C．金属棒质量变大，θ角变大D．磁感应强度变大，θ角变小答案 A解析选金属棒MN为研究对象，其受力情况如图所示．根据平衡条件及三角形知识可得tan θ＝，所以当金属棒中的电流I、磁感应强度B变大时，θ角变大，选项A正确，选项D错误；当金属棒质量m变大时，θ角变小，选项C错误；θ角的大小与悬线长短无关，选项B错误．3．(2012·海南单科·10图12中装置可演示磁场对通电导线的作用．电磁铁上、下两磁极之间某一水平面内固定两条平行金属导轨，L是置于导轨上并与导轨垂直的金属杆．当电磁铁线圈两端a、b，导轨两端e、f，分别接到两个不同的直流电源上时，L便在导轨上滑动．下列说法正确的是 (图12A．若a接正极，b接负极，e接正极，f接负极，则L向右滑动B．若a接正极，b接负极，e接负极，f接正极，则L向右滑动C．若a接负极，b接正极，e接正极，f接负极，则L向左滑动D．若a接负极，b接正极，e接负极，f接正极，则L向左滑动答案BD解析若a接正极，b接负极，电磁铁磁极间磁场方向向上，e接正极，f接负极，由左手定则判定金属杆受安培力向左，则L向左滑动，A项错误，同理判定B、D选项正确，C 项错误．模拟题组4．如图13所示，一个边长L、三边电阻相同的正三角形金属框放置在磁感应强度为B的匀强磁场中．若通以图示方向的电流(从A点流入，从C点流出，电流强度为I，则金属框受到的磁场力为 (图13A．0 B．ILB C.ILB D．2ILB答案 B解析可以把正三角形金属框看做两根导线并联，且两根导线中的总电流等于I，由安培力公式可知，金属框受到的磁场力为ILB，选项B正确．5．如图14所示，两平行金属导轨间的距离L＝0.40 m，金属导轨所在平面与水平面夹角θ＝37°，在导轨所在平面内，分布着磁感应强度B＝0.50 T、方向垂直于导轨所在平面斜向上的匀强磁场．金属导轨的一端接有电动势E＝4.5 V、内阻r＝0.50 Ω的直流电源．现把一个质量为m＝0.040 kg的导体棒ab放在金属导轨上，导体棒恰好静止．导体棒与金属导轨垂直且接触良好，导体棒与金属导轨接触的两点间的电阻R0＝2.5 Ω，金属导轨电阻不计，g取10 m/s2.已知sin 37°＝0.60，cos 37°＝0.80，求：图14(1通过导体棒的电流；(2导体棒受到的安培力大小；(3导体棒受到的摩擦力．答案(11.5 A(20.30 N(30.06 N，方向平行导轨向下解析(1根据闭合电路欧姆定律得I＝＝1.5 A(2导体棒受到的安培力F安＝BIL＝0.30 N(3对导体棒受力分析如图，将重力正交分解沿导轨方向F1＝mgsin 37°＝0.24 NF1<F安，根据平衡条件mgsin 37°＋Ff＝F安解得Ff＝0.06 N方向平行导轨向下(限时：45分钟►题组1对磁感应强度、磁感线的考查1．如图1所示，为某种用来束缚原子的磁场的磁感线分布情况，以O点(图中白点为坐标原点，沿z轴正方向磁感应强度B大小的变化最有可能为 (图1答案 C解析根据磁感线的疏密表示磁感应强度的大小可知，以O点(图中白点为坐标原点，沿z轴正方向磁感应强度B大小的变化最有可能为图C.2．电流计的主要结构如图2所示，固定有指针的铝框处在由磁极与软铁芯构成的磁场中，并可绕轴转动．铝框上绕有线圈，线圈的两端与接线柱相连．有同学对软铁芯内部的磁感线分布提出了如下的猜想，可能正确的是 (图2答案 C解析软铁芯被磁化后，左端为S极，右端为N极，而磁体内部的磁感线方向从S极指向N极，可见B、D错误．再根据磁感线不能相交，知A错误，C正确．►题组2安培定则及磁场的叠加3．有两根长直导线a、b互相平行放置，如图3所示为垂直于导线的截面图．在图中所示的平面内，O点为两根导线连线的中点，M、N为两根导线附近的两点，它们在两导线连线的中垂线上，且与O点的距离相等．若两导线中通有大小相等、方向相同的恒定电流I，则关于线段MN上各点的磁感应强度的说法中正确的是 (。

第4课时 万有引力与航天考纲解读1.掌握万有引力定律的内容、公式及应用.2.理解环绕速度的含义并会求解.3.了解第二和第三宇宙速度．1．[对开普勒三定律的理解]火星和木星沿各自的椭圆轨道绕太阳运行，根据开普勒行星运动定律可知( )A ．太阳位于木星运行轨道的中心B ．火星和木星绕太阳运行速度的大小始终相等C ．火星与木星公转周期之比的平方等于它们轨道半长轴之比的立方D ．相同时间内，火星与太阳连线扫过的面积等于木星与太阳连线扫过的面积 答案 C解析 火星和木星在各自的椭圆轨道上绕太阳运动，速度的大小不可能始终相等，因此B 错；太阳在这些椭圆的一个焦点上，因此A 错； 在相同时间内，某个确定的行星与太阳连线在相同时间内扫过的面积相等，因此D 错，本题答案为C.2．[对万有引力定律的理解]关于万有引力公式F ＝G m 1m 2r2，以下说法中正确的是( )A ．公式只适用于星球之间的引力计算，不适用于质量较小的物体B ．当两物体间的距离趋近于0时，万有引力趋近于无穷大C ．两物体间的万有引力也符合牛顿第三定律D ．公式中引力常量G 的值是牛顿规定的 答案 C解析 万有引力公式F ＝G m 1m 2r ，虽然是牛顿由天体的运动规律得出的，但牛顿又将它推广到了宇宙中的任何物体，适用于计算任何两个质点间的引力．当两个物体间的距离趋近于0时，两个物体就不能视为质点了，万有引力公式不再适用．两物体间的万有引力也符合牛顿第三定律．公式中引力常量G 的值是卡文迪许在实验室里用实验测定的，而不是人为规定的．故正确答案为C.3．[第一宇宙速度的计算]美国宇航局2011年12月5日宣布，他们发现了太阳系外第一颗类似地球的、可适合居住的行星——“开普勒—22b ”，其直径约为地球的2.4倍．至今其确切质量和表面成分仍不清楚，假设该行星的密度和地球相当，根据以上信息，估算该行星的第一宇宙速度等于( ) A ．3.3×103 m/s B ．7.9×103 m/s C ．1.2×104 m/s D ．1.9×104 m/s 答案 D解析 由该行星的密度和地球相当可得M 1R 31＝M 2R 32，地球第一宇宙速度v 1＝GM 1R 1，该行星的第一宇宙速度v 2＝GM 2R 2，联立解得v 2＝2.4v 1＝1.9×104 m/s ，选项D 正确． 4．[对人造卫星及卫星轨道的考查]a 、b 、c 、d 是在地球大气层外的圆形轨道上运行的四颗人造卫星．其中a 、c 的轨道相交于P ，b 、d 在同一个圆轨道上，b 、c 轨道在同一平面上．某时刻四颗卫星的运行方向及位置如图1所示．下列说法中正确的是( )图1A ．a 、c 的加速度大小相等，且大于b 的加速度B ．b 、c 的角速度大小相等，且小于a 的角速度C ．a 、c 的线速度大小相等，且小于d 的线速度D ．a 、c 存在在P 点相撞的危险 答案 A解析 由G Mm r 2＝m v 2r ＝mrω2＝mr 4π2T2＝ma ，可知B 、C 、D 错误，A 正确．一、万有引力定律及其应用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．表达式：F ＝Gm 1m 2r 2，G 为引力常量：G ＝6.67×10－11 N·m 2/kg 2.3．适用条件(1)公式适用于质点间的相互作用．当两物体间的距离远远大于物体本身的大小时，物体可视为质点．(2)质量分布均匀的球体可视为质点，r 是两球心间的距离． 二、环绕速度1．第一宇宙速度又叫环绕速度．推导过程为：由mg ＝m v 21R ＝GMmR 2得：v 1＝GMR＝gR ＝7.9 km/s. 2．第一宇宙速度是人造地球卫星在地面附近环绕地球做匀速圆周运动时具有的速度． 3．第一宇宙速度是人造卫星的最大环绕速度，也是人造地球卫星的最小发射速度．特别提醒 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 三、第二宇宙速度和第三宇宙速度1．第二宇宙速度(脱离速度)：v 2＝11.2 km/s ，使物体挣脱地球引力束缚的最小发射速度． 2．第三宇宙速度(逃逸速度)：v 3＝16.7 km/s ，使物体挣脱太阳引力束缚的最小发射速度.考点一 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 G Mm r 2＝ma n ＝m v 2r ＝mω2r ＝m 4π2r T2 (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G Mm R 2＝mg (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G Mm R 2＝mg ，故天体质量M ＝gR 2G ，天体密度ρ＝M V ＝M 43πR 3＝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G Mm r 2＝m 4π2T 2r ，得出中心天体质量M ＝4π2r 3GT 2；②若已知天体半径R ，则天体的平均密度 ρ＝M V ＝M 43πR 3＝3πr 3GT 2R 3；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＝3πGT 2.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．例1 1798年，英国物理学家卡文迪许测出万有引力常量G ，因此卡文迪许被人们称为能称出地球质量的人．若已知万有引力常量G ，地球表面处的重力加速度g ，地球半径R ，地球上一个昼夜的时间T 1(地球自转周期)，一年的时间T 2(地球公转周期)，地球中心到月球中心的距离L 1，地球中心到太阳中心的距离L 2.你能计算出( ) A ．地球的质量m 地＝gR 2GB ．太阳的质量m 太＝4π2L 32GT 22 C ．月球的质量m 月＝4π2L 31GT 21D ．可求月球、地球及太阳的密度解析 对地球表面的一个物体m 0来说，应有m 0g ＝Gm 地m 0R 2，所以地球质量m 地＝gR 2G ，选项A 正确．对地球绕太阳运动来说，有Gm 太m 地L 22＝m 地4π2T 22L 2，则m 太＝4π2L 32GT 22，B 项正确．对月球绕地球运动来说，能求地球质量，不知道月球的相关参量及月球的卫星运动参量，无法求出它的质量和密度，C 、D 项错误． 答案 AB突破训练1 (2012·福建·16)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 2GN B.m v 4GN C.N v 2Gm D.N v 4Gm 答案 B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 2R ①m ′v 2R＝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B 项正确．考点二 卫星运行参量的比较与运算 1．卫星的各物理量随轨道半径变化的规律2．极地卫星和近地卫星(1)极地卫星运行时每圈都经过南北两极，由于地球自转，极地卫星可以实现全球覆盖． (2)近地卫星是在地球表面附近环绕地球做匀速圆周运动的卫星，其运行的轨道半径可近似认为等于地球的半径，其运行线速度约为7.9 km/s. (3)两种卫星的轨道平面一定通过地球的球心．深化拓展 (1)卫星的a 、v 、ω、T 是相互联系的，如果一个量发生变化，其他量也随之发生变化；这些量与卫星的质量无关，它们由轨道半径和中心天体的质量共同决定． (2)卫星的能量与轨道半径的关系：同一颗卫星，轨道半径越大，动能越小，势能越大，机械能越大．例2 “嫦娥四号”，专家称“四号星”，计划在2017年发射升空，它是嫦娥探月工程计划中嫦娥系列的第四颗人造探月卫星，主要任务是更深层次、更加全面的科学探测月球地貌、资源等方面的信息，完善月球档案资料．已知月球的半径为R ，月球表面的重力加速度为g ，月球的平均密度为ρ，“嫦娥四号”离月球中心的距离为r ，绕月周期为T .根据以上信息下列说法正确的是( ) A ．月球的第一宇宙速度为grB ．“嫦娥四号”绕月运行的速度为 gr 2RC ．万有引力常量可表示为3πr 3ρT 2R3D ．“嫦娥四号”必须减速运动才能返回地球解析 根据第一宇宙速度的定义有：mg ＝m v 2R ，v ＝gR ，A 错误；根据G Mmr 2＝m v 2r 和G MmR2＝mg 可以得到“嫦娥四号”绕月运行的速度为v ＝ R 2g r ，B 错误；根据G Mm r2＝m 4π2T 2r 和M ＝ρ43πR 3可以知道万有引力常量可表示为3πr 3ρT 2R 3，C 正确；“嫦娥四号”必须先加速离开月球，再减速运动才能返回地球，D 错误． 答案 C突破训练2 2013年6月13日，神州十号与天宫一号成功实现自动交会对接．对接前神州十号与天宫一号都在各自的轨道上做匀速圆周运动．已知引力常量为G ，下列说法正确的是( )A ．由神州十号运行的周期和轨道半径可以求出地球的质量B ．由神州十号运行的周期可以求出它离地面的高度C ．若神州十号的轨道半径比天宫一号大，则神州十号的周期比天宫一号小D ．漂浮在天宫一号内的宇航员处于平衡状态 答案 A例3 如图2所示，同步卫星与地心的距离为r ，运行速率为v 1，向心加速度为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，地球半径为R ，则下列比值正确的是( )图2A.a 1a 2＝r RB.a 1a 2＝(Rr )2C.v 1v 2＝r R D.v 1v 2＝ Rr解析 本题中涉及三个物体，其已知量排列如下： 地球同步卫星：轨道半径r ，运行速率v 1，向心加速度a 1； 地球赤道上的物体：轨道半径R ，随地球自转的向心加速度a 2； 近地卫星：轨道半径R ，运行速率v 2.对于卫星，其共同特点是万有引力提供向心力，有G Mmr 2＝m v 2r ，故v 1v 2＝Rr. 对于同步卫星和地球赤道上的物体，其共同点是角速度相等，有a ＝ω2r ，故a 1a 2＝rR .答案 AD同步卫星的六个“一定”突破训练3 已知地球质量为M ，半径为R ，自转周期为T ，地球同步卫星质量为m ，引力常量为G .有关同步卫星，下列表述正确的是( ) A ．卫星距地面的高度为 3GMT 24π2B ．卫星的运行速度小于第一宇宙速度C ．卫星运行时受到的向心力大小为G MmR2D ．卫星运行的向心加速度小于地球表面的重力加速度 答案 BD解析 天体运动的基本原理为万有引力提供向心力，地球的引力使卫星绕地球做匀速圆周运动，即F 万＝F 向＝m v 2r ＝4π2mr T 2.当卫星在地表运行时，F 万＝GMmR 2＝mg (R 为地球半径)，设同步卫星离地面高度为h ，则F 万＝GMm(R ＋h )2＝F 向＝ma 向<mg ，所以C 错误，D 正确．由GMm(R ＋h )2＝m v 2R ＋h得，v ＝GMR ＋h< GM R ，B 正确．由GMm (R ＋h )2＝4π2m (R ＋h )T 2，得R ＋h ＝ 3GMT 24π2，即h ＝ 3GMT 24π2－R ，A 错误．考点三 卫星变轨问题分析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大时，G Mm r 2<m v 2r ，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，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减小． (2)当卫星的速度突然减小时，G Mm r 2>m v 2r ，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．例4 “嫦娥一号”探月卫星绕地运行一段时间后，离开地球飞向月球．如图3所示是绕地飞行的三条轨道，1轨道是近地圆形轨道，2和3是变轨后的椭圆轨道．A 点是2轨道的近地点，B 点是2轨道的远地点，卫星在轨道1的运行速率为7.7 km/s ，则下列说法中正确的是( )图3A ．卫星在2轨道经过A 点时的速率一定大于7.7 km/sB ．卫星在2轨道经过B 点时的速率一定小于7.7 km/sC ．卫星在3轨道所具有的机械能小于在2轨道所具有的机械能D ．卫星在3轨道所具有的最大速率小于在2轨道所具有的最大速率解析 卫星在1轨道做匀速圆周运动，由万有引力定律和牛顿第二定律得G Mm r 2＝m v 21r ，卫星在2轨道A 点做离心运动，则有G Mm r 2<m v 22Ar ，故v 1<v 2A ，选项A 正确；卫星在2轨道B 点做近心运动，则有G Mm r 2B >m v 22Br B ，若卫星在经过B 点的圆轨道上运动，则G Mm r 2B＝m v 2Br B，由于r <r B ，所以v 1>v B ，故v 2B <v B <v 1＝7.7 km/s ，选项B 正确；3轨道的高度大于2轨道的高度，故卫星在3轨道所具有的机械能大于在2轨道所具有的机械能，选项C 错误；卫星在各个轨道上运动时，只有万有引力做功，机械能守恒，在A 点时重力势能最小，动能最大，速率最大，故卫星在3轨道所具有的最大速率大于在2 轨道所具有的最大速率，选项D 错误． 答案 AB突破训练4 2013年2月15日中午12时30分左右，俄罗斯车里雅宾斯克州发生天体坠落事件．如图4所示，一块陨石从外太空飞向地球，到A 点刚好进入大气层，之后由于受地球引力和大气层空气阻力的作用，轨道半径渐渐变小，则下列说法中正确的是( )图4A ．陨石正减速飞向A 处B ．陨石绕地球运转时角速度渐渐变小C ．陨石绕地球运转时速度渐渐变大D ．进入大气层后，陨石的机械能渐渐变大 答案 C解析 由于万有引力做功，陨石正加速飞向A 处，选项A 错误．陨石绕地球运转时，因轨道半径渐渐变小，则角速度渐渐变大，速度渐渐变大，选项B 错误，C 正确．进入大气层后，由于受到空气阻力的作用，陨石的机械能渐渐变小，选项D 错误． 考点四 重力加速度和宇宙速度的求解1．第一宇宙速度v 1＝7.9 km/s ，既是发射卫星的最小发射速度，也是卫星绕地球运行的最大环绕速度．2．第一宇宙速度的求法：(1)GMm R 2＝m v 21R，所以v 1＝GMR. (2)mg ＝m v 21R，所以v 1＝gR .3．第二、第三宇宙速度也都是指发射速度．例5 “伽利略”木星探测器，从1989年10月进入太空起，历经6年，行程37亿千米，终于到达木星周围．此后在t 秒内绕木星运行N 圈后，对木星及其卫星进行考察，最后坠入木星大气层烧毁．设这N 圈都是绕木星在同一个圆周上运行，其运行速率为v ，探测器上的照相机正对木星拍摄整个木星时的视角为θ(如图5所示)，设木星为一球体．求：图5(1)木星探测器在上述圆形轨道上运行时的轨道半径； (2)木星的第一宇宙速度．解析 (1)设木星探测器在题述圆形轨道运行时，轨道半径为r ，由v ＝2πr T可得：r ＝v T2π由题意，T ＝tN联立解得r ＝v t2πN(2)探测器在圆形轨道上运行时，万有引力提供向心力， G mMr 2＝m v 2r. 设木星的第一宇宙速度为v 0，有，G m ′M R 2＝m ′v 20R联立解得：v 0＝rRv 由题意可知R ＝r sin θ2，解得：v 0＝v sin θ2.答案 (1)v t2πN(2)vsin θ2突破训练5 随着我国登月计划的实施，我国宇航员登上月球已不是梦想．假如我国宇航员登上月球并在月球表面附近以初速度v 0竖直向上抛出一个小球，经时间t 后回到出发点．已知月球的半径为R ，万有引力常量为G ，则下列说法正确的是( ) A ．月球表面的重力加速度为v 0tB ．月球的质量为2v 0R 2GtC ．宇航员在月球表面获得v 0Rt的速度就可能离开月球表面围绕月球做圆周运动 D ．宇航员在月球表面附近绕月球做匀速圆周运动的绕行周期为 Rt v 0答案 B解析 根据竖直上抛运动可得t ＝2v 0g ，g ＝2v 0t ，A 项错误；由GMm R 2＝mg ＝m v 2R ＝m (2πT )2R可得：M ＝2v 0R 2Gt，v ＝2v 0Rt，T ＝2π Rt2v 0，故B 项正确，C 、D 项错误．20．双星系统模型问题的分析与计算绕公共圆心转动的两个星体组成的系统，我们称之为双星系统，如图6所示，双星系统模型有以下特点：图6(1)各自需要的向心力由彼此间的万有引力相互提供，即 Gm 1m 2L 2＝m 1ω21r 1，Gm 1m 2L 2＝m 2ω22r 2 (2)两颗星的周期及角速度都相同，即 T 1＝T 2，ω1＝ω2(3)两颗星的半径与它们之间的距离关系为：r 1＋r 2＝L (4)两颗星到圆心的距离r 1、r 2与星体质量成反比，即m 1m 2＝r 2r 1(5)双星的运动周期T ＝2πL 3G (m 1＋m 2)(6)双星的总质量公式m 1＋m 2＝4π2L 3T 2G例6 冥王星与其附近的星体卡戎可视为双星系统，它们的质量比约为7∶1，同时绕它们连线上某点O 做匀速圆周运动．由此可知卡戎绕O 点运动的( )A ．角速度大小约为冥王星的7倍B ．向心力大小约为冥王星的1/7C ．轨道半径约为冥王星的7倍D ．周期与冥王星周期相同 答案 CD解析 对于双星系统，任意时刻均在同一条直线上，故转动的周期、角速度都相同．彼此给对方的万有引力提供向心力，故向心力大小相同，由m 1ω2r 1＝m 2ω2r 2，得r 2r 1＝m 1m 2＝7，故C 、D 项正确.高考题组1．(2013·山东·20)双星系统由两颗恒星组成，两恒星在相互引力的作用下，分别围绕其连线上的某一点做周期相同的匀速圆周运动．研究发现，双星系统演化过程中，两星的总质量、距离和周期均可能发生变化．若某双星系统中两星做圆周运动的周期为T ，经过一段时间演化后，两星总质量变为原来的k 倍，两星之间的距离变为原来的n 倍，则此时圆周运动的周期为( ) A.n 3k 2T B.n 3kT C. n 2kT D.n kT 答案 B解析 双星靠彼此的万有引力提供向心力，则有 G m 1m 2L 2＝m 1r 14π2T 2 G m 1m 2L 2＝m 2r 24π2T 2 并且r 1＋r 2＝L 解得T ＝2πL 3G (m 1＋m 2)当双星总质量变为原来的k 倍，两星之间距离变为原来的n 倍时T ′＝2πn 3L 3Gk (m 1＋m 2)＝n 3k·T 故选项B 正确．2．(2013·新课标Ⅰ·20)2012年6月18日，神州九号飞船与天宫一号目标飞行器在离地面343km 的近圆形轨道上成功进行了我国首次载人空间交会对接．对接轨道所处的空间存在极其稀薄的大气，下面说法正确的是( )A ．为实现对接，两者运行速度的大小都应介于第一宇宙速度和第二宇宙速度之间B ．如不加干预，在运行一段时间后，天宫一号的动能可能会增加C ．如不加干预，天宫一号的轨道高度将缓慢降低D ．航天员在天宫一号中处于失重状态，说明航天员不受地球引力作用 答案 BC解析 地球所有卫星的运行速度都小于第一宇宙速度，故A 错误．轨道处的稀薄大气会对天宫一号产生阻力，不加干预其轨道会缓慢降低，同时由于降低轨道，天宫一号的重力势能一部分转化为动能，故天宫一号的动能可能会增加，B 、C 正确；航天员受到地球引力作用，此时引力充当向心力，产生向心加速度，航天员处于失重状态，D 错误． 3．(2013·新课标Ⅱ·20)目前，在地球周围有许多人造地球卫星绕着它转，其中一些卫星的轨道可近似为圆，且轨道半径逐渐变小．若卫星在轨道半径逐渐变小的过程中，只受到地球引力和稀薄气体阻力的作用，则下列判断正确的是( ) A ．卫星的动能逐渐减小B ．由于地球引力做正功，引力势能一定减小C ．由于气体阻力做负功，地球引力做正功，机械能保持不变D ．卫星克服气体阻力做的功小于引力势能的减小 答案 BD解析 在卫星轨道半径逐渐变小的过程中，地球引力做正功，引力势能减小；气体阻力做负功，机械能逐渐转化为内能，机械能减小，选项B 正确，C 错误．卫星的运动近似看作是匀速圆周运动，根据G Mmr 2＝m v 2r得v ＝GMr，所以卫星的速度逐渐增大，动能增大，选项A 错误．减小的引力势能一部分用来克服气体阻力做功，一部分用来增加动能，故D 正确． 模拟题组4．我校某同学在学习中记录了一些与地球月球有关的数据资料如表中所示，利用这些数据计算地球表面与月球表面之间的距离s ，则下列运算公式中不正确的是( )A.v 2g ′－R －r B.v T2π－R －rC. 3g 0R 2T 24π2－R －r D.ct2 答案 A5．为了探测X 星球，某探测飞船先在以该星球中心为圆心，高度为h 的圆轨道上运动，随后飞船多次变轨，最后围绕该星球做近表面圆周飞行，周期为T .引力常量G 已知．则( )A ．变轨过程中必须向运动的反方向喷气B ．变轨后与变轨前相比，飞船的机械能增大C ．可以确定该星球的质量D ．可以确定该星球的平均密度 答案 D6．据报道，嫦娥三号将于近期发射．嫦娥三号接近月球表面的过程可简化为三个阶段：距离月球表面15 km 时打开反推发动机减速，下降到距月球表面H ＝100 m 高度时悬停，寻找合适落月点；找到落月点后继续下降，距月球表面h ＝4 m 时速度再次减为0；此后，关闭所有发动机，使它做自由落体运动落到月球表面．已知嫦娥三号质量为140 kg ，月球表面重力加速度g ′约为1.6 m/s 2，月球半径为R ，引力常量G .求： (1)月球的质量；(用题给字母表示)(2)嫦娥三号悬停在离月球表面100 m 处时发动机对嫦娥三号的作用力； (3)嫦娥三号从悬停在100 m 处到落至月球表面，发动机对嫦娥三号做的功． 答案 (1)g ′R 2G (2)224 N (3)－21 504 J解析 (1)在月球表面G MmR 2＝mg ′解得：M ＝g ′R 2G(2)因受力平衡，有F ＝mg ′解得：F ＝224 N(3)从悬停在高100 m 处到达高4 m 处过程由动能定理 mg ′(H －h )＋W 1＝0从高4 m 处释放后嫦娥三号机械能守恒，发动机不做功．W 2＝0 解得：W ＝W 1＋W 2＝－21 504 J(限时：30分钟)►题组1 万有引力定律及应用1．(2012·新课标全国·21)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＋d RC ．(R －d R )2D ．(R R －d )2答案 A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 ，则矿井底部的重力加速度g ′＝GM ′(R －d )2，则矿井底部的重力加速度和地面处的重力加速度大小之比为g ′g ＝1－dR，选项A 正确．2．(2013·浙江·18)如图1所示，三颗质量均为m 的地球同步卫星等间隔分布在半径为r 的圆轨道上，设地球质量为M 、半径为R .下列说法正确的是( )图1A ．地球对一颗卫星的引力大小为GMm(r －R )2B ．一颗卫星对地球的引力大小为GMmr 2C ．两颗卫星之间的引力大小为Gm 23r2D ．三颗卫星对地球引力的合力大小为3GMmr 2答案 BC解析 地球对一颗卫星的引力等于一颗卫星对地球的引力，由万有引力定律得其大小为GMmr 2，故A 错误，B 正确；任意两颗卫星之间的距离L ＝3r ，则两颗卫星之间的引力大小为Gm 23r 2，C 正确；三颗卫星对地球的引力大小相等且三个引力互成120°，其合力为0，故D 选项错误．3．2013年1月27日，我国在境内再次成功地进行了陆基中段反导拦截技术试验，中段是指弹道导弹在大气层外空间依靠惯性飞行的一段．如图2所示，一枚蓝军弹道导弹从地面上A 点发射升空，目标是攻击红军基地B 点，导弹升空后，红军反导预警系统立刻发现目标，从C 点发射拦截导弹，并在弹道导弹飞行中段的最高点D 将其击毁．下列说法中正确的是( )图2A ．图中E 到D 过程，弹道导弹机械能不断增大B ．图中E 到D 过程，弹道导弹的加速度不断减小C ．弹道导弹在大气层外运动轨迹是以地心为焦点的椭圆D ．弹道导弹飞行至D 点时速度大于7.9 km/s 答案 BC解析 弹道导弹从E 到D 靠惯性飞行，只受地球的引力作用，机械能守恒，选项A 错误；弹道导弹从E 到D ，与地心的距离R 增大，万有引力F ＝G M 地mR 2减小，弹道导弹的加速度a ＝Fm减小，选项B 正确；由开普勒第一定律知，选项C 正确；D 点在远地点，弹道导弹的速度最小，由v ＝ GMr可知，D 点到地心的距离r 大于地球的半径R 0，所以弹道导弹的速度v ＝ GMr小于第一宇宙速度v 宇＝ GMR 0＝7.9 km/s ，选项D 错误．►题组2 天体质量和密度的计算4．有一宇宙飞船到了某行星上(该行星没有自转运动)，以速度v 贴近行星表面匀速飞行，测出运动的周期为T ，已知引力常量为G ，则可得( ) A ．该行星的半径为v T2πB ．该行星的平均密度为3πGT 2C ．无法求出该行星的质量D ．该行星表面的重力加速度为4π2v 2T 2答案 AB解析 由T ＝2πR v 可得：R ＝v T 2π，A 正确；由GMmR 2＝m v 2R 可得：M ＝v 3T 2πG ，C 错误；由M＝43πR 3ρ得：ρ＝3πGT 2，B 正确；由GMmR 2＝mg 得：g ＝2πv T，D 错误． 5．宇航员在地球表面以一定初速度竖直上抛一小球，经过时间t 小球落回原处；若他在某星球表面以相同的初速度竖直上抛同一小球，需经过时间5t 小球落回原处，已知该星球的半径与地球半径之比R 星∶R 地＝1∶4，地球表面重力加速度为g ，设该星球表面重力加速度为g ′，地球的质量为M 地，该星球的质量为M 星．空气阻力不计．则( ) A ．g ′∶g ＝5∶1 B ．g ′∶g ＝1∶5 C ．M 星∶M 地＝1∶20 D ．M 星∶M 地＝1∶80 答案 BD解析 小球以相同的初速度在星球和地球表面做竖直上抛运动，星球上：v 0＝g ′·5t 2得，g ′＝2v 05t ，同理地球上的重力加速度g ＝2v 0t ；则有g ′∶g ＝1∶5，所以A 错误，B 正确．由星球表面的物重近似等于万有引力可得，在星球上取一质量为m 0的物体，则有m 0g ′＝G M 星m 0R 2星，得M 星＝g ′R 2星G ，同理得：M 地＝g ·R 2地G ，所以M 星∶M 地＝1∶80，故C 错误，D 正确．►题组3 卫星运行参量的分析与计算。

实验四探究加速度与力、质量的关系考纲解读 1.学会用控制变量法研究物理规律.2.学会灵活运用图象法处理物理问题的方法.3.探究加速度与力、质量的关系，并验证牛顿第二定律．考点一对实验原理与注意事项的考查例1(2013·天津·9(2))某实验小组利用图1所示的装置探究加速度与力、质量的关系．图1①下列做法正确的是________(填字母代号)A．调节滑轮的高度，使牵引木块的细绳与长木板保持平行B．在调节木板倾斜度平衡木块受到的滑动摩擦力时，将装有砝码的砝码桶通过定滑轮拴在木块上C．实验时，先放开木块再接通打点计时器的电源D．通过增减木块上的砝码改变质量时，不需要重新调节木板倾斜度②为使砝码桶及桶内砝码的总重力在数值上近似等于木块运动时受到的拉力，应满足的条件是砝码桶及桶内砝码的总质量________木块和木块上砝码的总质量．(选填“远大于”、“远小于”或“近似等于”)③甲、乙两同学在同一实验室，各取一套图2所示的装置放在水平桌面上，木块上均不放砝码，在没有平衡摩擦力的情况下，研究加速度a与拉力F的关系，分别得到图9中甲、乙两条直线．设甲、乙用的木块质量分别为m甲、m乙，甲、乙用的木块与木板间的动摩擦因数分别为μ甲、μ乙，由图可知，m甲________m乙，μ甲________μ乙．(选填“大于”、“小于”或“等于”)图2解析①在探究加速度与力、质量的关系的实验中，平衡摩擦力时木块不通过定滑轮挂砝码桶，而要挂纸带，并且改变质量时不需要重新平衡摩擦力；在实验时应先接通电源再放开木块，故选项A、D均正确，B、C均错误．②选木块和木块上砝码(设总质量为M)、砝码桶及桶内的砝码(设总质量为m)为研究对象，则mg＝(M＋m)a选砝码桶及桶内的砝码为研究对象则mg－F T＝ma联立解得：F T＝mg－m2gM＋m要使F T＝mg，需要m2gM＋m→0，即M≫m③对质量为m的木块由牛顿第二定律得：F－μmg＝ma即a＝1m F－μg.上式与题图结合可知：1m甲＞1m乙，μ甲g＞μ乙g.即：m甲＜m乙，μ甲＞μ乙答案①AD②远小于③小于大于考点二 对实验步骤和数据处理的考查例2 为了探究加速度与力的关系，使用如图3所示的气垫导轨装置进行实验．其中G 1、G 2为两个光电门，它们与数字计时器相连，当滑行器通过G 1、G 2光电门时，光束被遮挡的时间Δt 1、Δt 2都可以被测量并记录，滑行器同上面固定的一条形挡光片的总质量为M ，挡光片宽度为D ，两光电门间距离为x ，牵引砝码的质量为m .回答下列问题：图3(1)实验开始应先调节气垫导轨下面的螺钉，使气垫导轨水平，在不增加其他仪器的情况下，如何判定调节是否到位？答：___________________________________________________________________. (2)若取M ＝0.4 kg ，改变m 的值，进行多次实验，以下m 的取值不合适的一个是________． A ．m ＝5 g B ．m ＝15 g C ．m ＝40 g D ．m ＝400 g(3)在此实验中，需要测得每一个牵引力对应的加速度，写出该加速度的表达式：________________.(用Δt 1、Δt 2、D 、x 表示)答案 (1)取下牵引砝码，M 放在任意位置都不动；或取下牵引砝码，轻推滑行器M ，数字计时器记录两个光电门的光束被挡的时间Δt 相等 (2)D (3)a ＝⎝⎛⎭⎫D Δt 22－⎝⎛⎭⎫D Δt 122x创新实验设计例3 某实验小组在“探究加速度与物体受力的关系”实验中，设计出如下的实验方案，其实验装置如图4所示．已知小车质量M ＝214.6 g ，砝码盘质量m 0＝7.8 g ，所使用的打点计时器交流电频率f ＝50 Hz.其实验步骤是：图4A．按图中所示安装好实验装置；B．调节长木板的倾角，轻推小车后，使小车能沿长木板向下做匀速运动；C．取下细绳和砝码盘，记下砝码盘中砝码的质量m；D．将小车置于打点计时器旁，先接通电源，再放开小车，打出一条纸带，由纸带求得小车的加速度a；E．重新挂上细绳和砝码盘，改变砝码盘中砝码的质量，重复B－D步骤，求得小车在不同合外力F作用下的加速度．回答下列问题：(1)按上述方案做实验，是否要求砝码和砝码盘的总质量远小于小车的质量？________(填“是”或“否”)．(2)实验中打出的其中一条纸带如图5所示，由该纸带可求得小车的加速度a＝________ m/s2.图5(3)某同学将有关测量数据填入他所设计的表格中，如下表，________________________________________________________________________，从该图线延长线与横轴的交点可求出的物理量是________________________，其大小为________．图6答案(1)否(2)0.88(3)在计算小车所受的合外力时未计入砝码盘的重力(只要涉及“未考虑砝码质量的因素”就算正确)砝码盘的重力0.08 N解析 (1)取下砝码盘后，小车加速运动时所受的合外力即为砝码和砝码盘的总重力，而实验中的研究对象是小车，因此，实验中不必使砝码及砝码盘的质量远小于小车的质量．(2)a ＝(8.64＋7.75)－(6.87＋6.00)4×(0.1)2×10－2 m /s 2＝0.88 m/s 2. (3)实验中本应有(m 0＋m )g ＝Ma ，由于实验中未计入砝码盘质量m 0，测得的图象与真实图象相比沿F 轴左移m 0g ，图象将不过原点．由图象及上述分析可知，m 0g ＝0.08 N.14.物理实验思想方法之近似法、控制变量 法、平衡摩擦力法和化曲为直法1．近似法：在探究加速度与力、质量的关系实验中，近似法是指绳对小车的拉力近似等于绳另一端连接的小盘和砝码的总重力，近似法要在小盘和砝码的总重力远小于小车的重力的情况下才能用．2．控制变量法：控制变量法是指分别研究加速度与力、加速度与质量关系时用到的方法，在实验中的具体体现是：研究加速度与力的关系时，保持小车质量不变；研究加速度与质量的关系时，保持小盘和砝码的总重力不变．3．平衡摩擦力法：平衡摩擦力法是指通过调整斜面倾角，让小车重力沿斜面的分力与摩擦力抵消，使小车受到的合外力等于绳对小车的拉力，体现在实验中是让小车不挂小盘时能在斜面上匀速运动．4．化曲为直法：化曲为直法是指处理数据时，不作a －m 图象而作a －1m 图象，反映在图象中就是把原来的曲线变成倾斜的直线．例4 某实验小组欲以图7所示实验装置“探究加速度与物体受力和质量的关系”．图中A为小车，B 为装有砝码的小盘，C 为一端带有定滑轮的长木板，小车通过纸带与电磁打点计时器相连，小车的质量为m 1，小盘(及砝码)的质量为m 2.图7(1)下列说法正确的是()A．实验时先放开小车，再接通打点计时器的电源B．每次改变小车质量时，应重新平衡摩擦力C．本实验中应满足m2远小于m1的条件D．在用图象探究小车加速度与受力的关系时，应作a－m1图象(2)实验中，得到一条打点的纸带，如图8所示，已知相邻计数点间的时间间隔为T，且间距x1、x2、x3、x4、x5、x6已量出，则打点计时器打下F点时小车的瞬时速度的计算式为v F＝________，小车加速度的计算式a＝________.图8(3)某同学平衡好摩擦阻力后，在保持小车质量不变的情况下，通过多次改变砝码重力，作出小车加速度a与砝码重力F的图象如图9所示．若牛顿第二定律成立，重力加速度g ＝10 m/s 2，则小车的质量为__________kg ，小盘的质量为________kg.图9(4)实际上，在砝码的重力越来越大时，小车的加速度不能无限制地增大，将趋近于某一极限值，此极限值为________m/s 2.解析 (1)实验时应先接通电源，再放开小车，A 项错；每次改变小车质量时，没必要重新平衡摩擦力，B 项错；实验要求m 2≪m 1，C 项对；D 项中应作a －m 2或a －F 图象，D 错．(2)v F ＝v t2＝v ＝x 5＋x 62T ，由逐差法知a ＝x 4＋x 5＋x 6－x 3－x 2－x 19T 2.(3)由题图中的a －F 图线可知：a ＝F m ＋0.3，即图线的斜率k ＝1m ，可求解得m ＝2.0 kg.当F ＝0时，a ＝0.3 m/s 2，此时a ＝F 0m ＝m 0gm，所以m 0＝0.06 kg.(4)当砝码重力越来越大时，a ＝(m ＋m 0)gm ＋m 0＋M ，即m 无限大时，a 趋向于g . 答案 (1)C (2)x 5＋x 62T x 4＋x 5＋x 6－x 3－x 2－x 19T 2(3)2.0 0.06 (4)101．用如图10所示装置探究影响加速度的因素，提供的器材有长木板、铁架台、米尺、计时仪器、小车(可视为质点)、砝码等，进行以下探究活动：图10(1)探究加速度与质量的关系①测量木板长度l，将木板一端放在铁架台的支架上．②让小车从静止开始由顶端滑到底端，测出下滑时间t，则小车运动的加速度可表示为a＝________.③保持木板倾角不变，向小车内加入砝码，再使其从静止开始由顶端滑到底端，测出下滑时间t′.④在实验误差允许范围内小车两次下滑的加速度a与a′的关系为a____a′.(填“>”、“<”或“＝”)⑤据此能否得出加速度与质量的关系？______(填“能”或“不能”)(2)探究加速度与合外力的关系①若不计摩擦，小车质量为M ，木板长度为l ，木板两端高度差为h ，重力加速度为g ，则小车沿木板下滑受到的合外力为F ＝______.②改变木板倾角，测出每次木板两端的高度差h 和小车下滑的时间t .③为了寻求a 与F 的关系，可以作出与变量h 、t 相关的图象，当两坐标轴的物理量分别为________和________时，得到的图象才是直线．答案 (1)②2l t 2 ④＝ ⑤不能 (2)①Mg h l ③h 1t 2(或“t 2 1h”) 2．“探究加速度与物体质量、物体受力的关系”的实验装置如图11所示．图11(1)在平衡摩擦力后，挂上砝码盘，打出了一条纸带如图12所示．计时器打点的时间间隔为0.02 s ．从比较清晰的点起，每5个点取一个计数点，量出相邻计数点之间的距离(图中已标出)，该小车的加速度a ＝________ m/s 2.(结果保留两位有效数字)图12(2)平衡摩擦力后，将5个相同的砝码都放在小车上．挂上砝码盘，然后每次从小车上取一个砝码添加到砝码盘中，测量小车的加速度．小车的加速度a与砝码盘中砝码总重力F的实验数据如下表：坐标原点，请说明主要原因是什么？答案(1)0.17 m/s2(2)未计入砝码盘的重力3．如图13为“用DIS(位移传感器、数据采集器、计算机)研究加速度和力的关系”的实验装置．图13(1)在该实验中必须采用控制变量法，应保持__________不变，用钩码所受的重力作为____________，用DIS测小车的加速度．(2)改变所挂钩码的数量，多次重复测量，在某次实验中根据测得的多组数据可画出a －F关系图线(如图14所示)．图14①分析此图线的OA段可得出的实验结论是______________________________．②此图线的AB段明显偏离直线，造成此误差的主要原因是________．A．小车与轨道之间存在摩擦B．导轨保持了水平状态C．所挂钩码的总质量太大D．所用小车的质量太大答案 (1)小车的总质量 小车所受的外力(2)①在质量不变的情况下，加速度与外力成正比 ②C解析 (1)因为要探究“加速度和力的关系”，所以应保持小车的总质量不变，钩码所受的重力作为小车所受的外力．(2)由于OA 段a －F 关系图线为一倾斜的直线，所以在质量不变的条件下，加速度与外力成正比；由实验原理：mg ＝Ma 得：a ＝mg M ＝F M ，而实际上a ′＝mg M ＋m，可见AB 段明显偏离直线是没有满足M ≫m 造成的．4．某同学在用如图15甲所示的装置做“探究加速度与物体受力的关系”实验时．(1)该同学在实验室找到了一个小正方体木块，用实验桌上的一把游标卡尺测出正方体木块的边长，示数如图乙所示，则正方体木块的边长为________ cm ；图15(2)接着用这个小正方体木块把小车轨道的一端垫高，通过速度传感器发现小车刚好做匀速直线运动．设小车的质量为M ，正方体木块的边长为a ，并用刻度尺量出图中AB 的距离l (a ≪l ，且已知θ很小时tan θ≈sin θ)，则小车向下滑动时受到的摩擦力为________．(3)然后用细线通过定滑轮挂上重物让小车匀加速下滑，不断改变重物的质量m ，测出对应的加速度a ，则下列图象中能正确反映小车加速度a 与所挂重物质量m 的关系的是________．答案 (1)3.150 (2)Mga l(3)C 5．(2011·课标·23)利用图16所示的装置可测量滑块在斜面上运动的加速度．一斜面上安装有两个光电门，其中光电门乙固定在斜面上靠近底端处，光电门甲的位置可移动．当一带有遮光片的滑块自斜面上滑下时，与两个光电门都相连的计时器可以显示出遮光片从光电门甲滑至乙所用的时间t.改变光电门甲的位置进行多次测量，每次都使滑块从同一点由静止开始下滑，并用米尺测量甲、乙之间的距离s，记下相应的t值；所得数据如下表所示.图16(1)若滑块所受摩擦力为一常量，滑块加速度的大小a、滑块经过光电门乙时的瞬时速度v t、测量值s和t四个物理量之间所满足的关系式是______________；(2)根据表中给出的数据，在图17给出的坐标纸上画出st－t图线；图17(3)由所画出的s t－t 图线，得出滑块加速度的大小为a ＝__________m/s 2(保留2位有效数字)． 答案 (1)s ＝v t t －12at 2或s t ＝v t －12at (2)见解析图 (3)2.0 解析 可认为滑块从乙到甲做匀减速直线运动，根据运动学公式有s ＝v t t －12at 2，得s t ＝v t －12at ，根据所给数据描点并连线如图所示，图线的斜率为－12a ，根据图象得－12a ＝－1.0，则a ＝2.0 m/s 2(注意保留2位有效数字)．6．用如图18所示的实验装置可以探究加速度与力、质量的关系．小车上固定一个盒子(图中未画出)，盒子内盛有砂子，小车的总质量(包括车、盒子及盒内砂子)记为M ，砂桶的总质量(包括桶以及桶内砂子)记为m .图18(1)验证“在质量不变的情况下，加速度与合外力成正比”．从盒子中取出一些砂子，装入砂桶中，称量并记录砂桶的总重力mg ，将该力视为合外力F ，对应的加速度a 则从打点纸带中计算得到．多次改变合外力F 的大小，每次都会得到一个相应的加速度．以合外力F 为横轴、加速度a 为纵轴画出a －F 图象，图象是一条过原点的直线． ①a －F 图象斜率的物理意义是_________________________________________． ②你认为把砂桶的总重力mg 当作合外力F 是否合理？答：________(填“合理”或“不合理”)．(2)验证“在合外力不变的情况下，加速度与质量成反比”．本次实验中，保持桶内的砂子质量不变，故系统所受的合外力不变．用图象法处理数据时，以加速度a 为纵轴，以________为横轴，才能保证图象是一条过原点的直线．答案 (1)①1m ＋M ②合理 (2)1m ＋M解析 (1)本题是对课本中已有的“验证牛顿第二定律”实验方案的创新．本题中“从盒子中取出一些砂子，装入砂桶中”说明小车的质量是变化的，而此项操作是要求验证“在质量不变的情况下，加速度与合外力成正比”，显然研究对象不再是小车，仔细审题后不难发现，研究对象应该是小车与砂桶所组成的系统，是系统的总质量(m ＋M )保持不变．a －F 图象的斜率表示1m ＋M，故把砂桶的总重力mg 当作(系统所受的)合外力F 是合理的． (2)此项操作中明确说明了“系统所受的合外力不变”，因此，应以系统总质量的倒数即1m ＋M 为横轴，以加速度a 为纵轴，画出a －1m ＋M图象，图象才是一条过原点的直线．。

第1课时 功 功率考纲解读1.会判断功的正负，会计算恒力的功和变力的功.2.理解功率的两个公式P ＝Wt和P ＝Fv ，能利用P ＝Fv 计算瞬时功率.3.会分析机车的两种启动方式．1．[功的理解]下列关于功的说法，正确的是( )A ．力作用在物体上的一段时间内，物体运动了一段位移，该力一定对物体做功B ．力对物体做正功时，可以理解为该力是物体运动的动力，通过该力做功，使其他形式的能量转化为物体的动能或用来克服其他力做功C ．功有正、负之分，说明功是矢量，功的正、负表示力的方向D ．当物体只受到摩擦力作用时，摩擦力一定对物体做负功 答案 B2．[功率的理解]关于功率公式P ＝W t和P ＝Fv 的说法正确的是( )A ．由P ＝W t知，只要知道W 和t 就可求出任意时刻的功率 B ．由P ＝Fv 既能求某一时刻的瞬时功率，也可以求平均功率 C ．由P ＝Fv 知，随着汽车速度的增大，它的功率也可以无限制地增大 D ．由P ＝Fv 知，当汽车发动机功率一定时，牵引力与速度成反比 答案 BD3．[功和功率的计算]一质量为m 的物体静止在光滑的水平面上，从某一时刻开始受到恒定的外力F 作用，物体运动了一段时间t ，该段时间内力F 做的功和t 时刻力F 的功率分别为( )A.F 2t 22m ，F 2t 2mB.F 2t 2m ，F 2t mC.F 2t 22m ，F 2t mD.F 2t 2m ，F 2t 2m答案 C4．[对重力做功和摩擦力做功的分析]如图1所示，滑块以速率v 1沿斜面由底端向上滑行，至某一位置后返回，回到出发点时的速率变为v 2，且v 2<v 1，则下列说法中错误的是( )图1A ．全过程中重力做功为零B ．在上滑和下滑两过程中，机械能减少量相等C ．在上滑和下滑两过程中，滑块的加速度大小相等D ．在上滑和下滑两过程中，摩擦力做功的平均功率相等 答案 CD解析 根据功的公式，回到出发点，位移为零，全过程中重力做功为零，A 正确；在上滑和下滑两过程中摩擦力大小相同，位移大小相同，所以做功相同，根据能量守恒定律，机械能减少量相等，B 正确；上滑时物体所受合外力大于下滑时所受合外力，所以在上滑和下滑两过程中加速度不相等，C 错误；上滑的时间小于下滑时间，摩擦力做功的平均功率不相等，D 错误．5．[对三种力做功的理解]如图2所示，在粗糙斜面顶端系一弹簧，弹簧下端挂一物体，物体在A 点时处于静止状态，现用平行于斜面向下的拉力作用于物体，第一次直接将物体缓慢拉到B 点，第二次将物体先缓慢拉到C 点然后再使其缓慢回到B 点，则在两次拉物体的过程中( )图2A ．重力对物体做功相等B ．摩擦力对物体做功相等C ．弹簧的弹力对物体做功不相等D ．物体与弹簧构成的系统机械能的变化量相同 答案 AD一、功1．做功的两个要素(1)作用在物体上的力．(2)物体在力的方向上发生的位移． 2．公式：W ＝Fl cos_α(1)α是力与位移方向之间的夹角，l 为物体对地的位移． (2)该公式只适用于恒力做功． (3)功是标(标或矢)量． 3．功的正负(1)α<90°，力对物体做正功．(2)α>90°，力对物体做负功，或者说物体克服这个力做了功． (3)α＝90°，力对物体不做功． 二、功率1．定义：功与完成这些功所用时间的比值．物理意义：描述力对物体做功的快慢． 2．公式(1)P ＝Wt，P 为时间t 内的平均功率． (2)P ＝Fv cos α(α为F 与v 的夹角) ①v 为平均速度，则P 为平均功率．②v为瞬时速度，则P为瞬时功率．考点一判断正、负功的方法1．恒力做功的判断：若物体做直线运动，则依据力与位移的夹角来判断．2．曲线运动中功的判断：若物体做曲线运动，则依据F与v的方向夹角来判断．当0°≤α<90°时，力对物体做正功；当90°<α≤180°时，力对物体做负功；当α＝90°时，力对物体不做功．3．依据能量变化来判断：根据功是能量转化的量度，若有能量转化，则必有力对物体做功．此法常用于判断两个相联系的物体之间的相互作用力做功的判断．特别提醒 1.作用力和反作用力虽然等大反向，但由于其分别作用在两个物体上，产生的位移效果无必然联系，故作用力和反作用力做的功不一定一正一负，大小也不一定相等．2．摩擦力并非只做负功，也可以做正功或不做功．例1 生活中有人常说在车厢内推车是没用的，如图3，在水平地面上运动的汽车车厢内一人用力推车，当车在倒车时刹车的过程中( )图3A．人对车做正功B．人对车做负功C．人对车不做功D．车对人的作用力方向水平向右解析倒车表示速度向右，刹车表示减速运动，即a、v方向相反，加速度a向左，人与车具有相同的加速度，对人受力分析，受到重力和车对人的作用力，则车对人的作用力方向为斜向左上方，D错；那么人对车的作用力方向斜向右下方，人对车的作用力与车运动位移方向成锐角，即人对车做正功(或对人由动能定理，人的动能减小，车对人做负功，人对车做正功来判断)，A对，B、C错．答案 A突破训练1 如图4所示，质量为m的物体置于倾角为θ的斜面上，物体与斜面间的动摩擦因数为μ，在外力作用下，斜面以加速度a沿水平方向向左做匀加速运动，运动中物体m与斜面体相对静止．则关于斜面对m的支持力和摩擦力的下列说法中错误的是( )图4A．支持力一定做正功 B．摩擦力一定做正功C．摩擦力可能不做功 D．摩擦力可能做负功答案 B解析支持力方向垂直斜面向上，故支持力一定做正功．而摩擦力是否存在需要讨论，若摩擦力恰好为零，物体只受重力和支持力，如图所示，此时加速度a＝g tan θ，当a>g tan θ，摩擦力沿斜面向下，摩擦力与位移夹角小于90°，则做正功；当a<g tan θ，摩擦力沿斜面向上，摩擦力与位移夹角大于90°，则做负功．综上所述，B是错误的．考点二功的计算1．恒力做的功：直接用W＝Fl cos α计算．2．合外力做的功方法一：先求合外力F合，再用W合＝F合l cos α求功．方法二：先求各个力做的功W1、W2、W3、……，再应用W合＝W1＋W2＋W3＋……求合外力做的功．3．变力做的功(1)应用动能定理求解．(2)应用W＝Pt求解，此法适用于变力的功率P不变．(3)将变力做功转化为恒力做功，此法适用于力的大小不变，方向与运动方向相同或相反，或力的方向不变，大小随位移均匀变化的情况．例2 一滑块在水平地面上沿直线滑行，t＝0时其速度为1 m/s.从此刻开始在滑块运动方向上再施加一水平作用力F，力F和滑块的速度v随时间的变化规律分别如图5甲和乙所示，规定初速度的方向为正方向．求：图5(1)在第1秒内、第2秒内力F对滑块做的功W1、W2；(2)前两秒内力F 的总功W F 及滑块所受合力的功W .解析 (1)第1秒内滑块的位移为l 1＝0.5 m ，第2秒内滑块的位移为l 2＝－0.5 m. 由W ＝Fl cos α可得，W 1＝0.5 JW 2＝－1.5 J.(2)前2秒内力F 的总功W F ＝W 1＋W 2＝－1 J. 由动能定理可求合力的功W ＝12mv 22－12mv 21＝0.答案 (1)0.5 J －1.5 J (2)－1 J 0突破训练2 一质量为m 的物体在水平恒力F 的作用下沿水平面运动，在t 0时刻撤去力F ，其v －t 图象如图6所示．已知物体与水平面间的动摩擦因数为μ，则下列关于力F 的大小和力F 做功W 的大小关系式正确的是( )图6A ．F ＝μmgB ．F ＝2μmgC ．W ＝μmgv 0t 0D ．W ＝32μmgv 0t 0答案 D解析 在t 0时刻前，F －μmg ＝m v 0t 0，在t 0时刻以后，－μmg ＝－m v 02t 0，由以上两式可得F ＝3μmg ，因此选项A 、B 均不正确；在0至t 0时间内，W －μmg ·12v 0t 0＝12mv 20，在t 0至3t 0时间内，－μmg ·12v 0(2t 0)＝－12mv 20，因此力F 做的功为W ＝32μmgv 0t 0，选项C 错误，选项D 正确． 考点三 功率的计算公式P ＝W t和P ＝Fv 的区别：(1)P ＝W t是功率的定义式，P ＝Fv 是功率的计算式． (2)平均功率的计算方法 ①利用P ＝W t.②利用P ＝F ·v cos α，其中v 为物体运动的平均速度．(3)瞬时功率的计算方法①利用公式P ＝Fv cos α，其中v 为t 时刻的瞬时速度． ②P ＝F ·v F ，其中v F 为物体的速度v 在力F 方向上的分速度． ③P ＝F v ·v ，其中F v 为物体受到的外力F 在速度v 方向上的分力．例3 质量为m 的物体静止在光滑水平面上，从t ＝0时刻开始受到水平力的作用．力的大小F 与时间t 的关系如图7所示，力的方向保持不变，则( )图7A ．3t 0时刻的瞬时功率为5F 20t 0mB ．3t 0时刻的瞬时功率为15F 20t 0mC ．在t ＝0到3t 0这段时间内，水平力的平均功率为23F 20t 04mD ．在t ＝0到3t 0这段时间内，水平力的平均功率为25F 20t 06m解析 2t 0时刻速度大小v 2＝a 1·2t 0＝2F 0m t 0.3t 0时刻的速度大小为v 3＝v 2＋a 2t 0＝F 0m·2t 0＋3F 0m ·t 0＝5F 0t 0m ，3t 0时刻力F ＝3F 0，所以瞬时功率P ＝3F 0·v 3＝15F 20t 0m，A 错，B 对；0～3t 0时间段，水平力对物体做功W ＝F 0x 1＋3F 0x 2＝F 0×12·F 0m (2t 0)2＋3F 0·v 2＋v 32t 0＝25F 20t 202m，平均功率P ＝W t ＝25F 20t 06m，C 错，D 对．答案 BD求力做功的功率时应注意的问题(1)首先要明确所求功率是平均功率还是瞬时功率，对应于某一过程的功率为平均功率，对应于某一时刻的功率为瞬时功率．(2)求功率大小时要注意F 与v 方向间的夹角α对结果的影响．(3)用P ＝F v cos α求平均功率时，v 应容易求得，如求匀变速直线运动中某力的平均功率．突破训练3 一起重机的钢绳由静止开始匀加速提起质量为m 的重物，当重物的速度为v 1时，起重机的有用功率达到最大值P ，以后起重机保持该功率不变，继续提升重物，直到以最大速度v 2匀速上升为止，则整个过程中，下列说法不正确的是( ) A ．钢绳的最大拉力为P v 1 B ．钢绳的最大拉力为P v 2C ．重物的最大速度为v 2＝P mgD ．重物做匀加速直线运动的时间为mv 21P －mgv 1答案 B解析 起重机达到最大功率后，钢绳的拉力逐渐减小，所以匀加速运动过程的拉力为最大拉力，F 1＝Pv 1，A 正确，B 错误；达到最大速度v 2时，拉力F 2＝mg ，所以v 2＝P F 2＝P mg，C 正确；重物做匀加速运动的加速度a ＝F 1－mg m ＝Pv 1－mgm ＝Pmv 1－g ，匀加速运动时间t 1＝v 1a ＝mv 21P －mgv 1，D 正确．21.机车的两种启动模型的分析1．模型综述物体在牵引力(受功率和速度制约)作用下，从静止开始克服一定的阻力，加速度不变或变化，最终加速度等于零，速度达到最大值． 2．模型特征(1)以恒定功率启动的方式： ①动态过程：②这一过程的速度—时间图象如图8所示：图8(2)以恒定加速度启动的方式：①动态过程：②这一过程的速度—时间图象如图9所示：图9深化拓展无论哪种启动方式，机车最终的最大速度都应满足：v m＝PF f，且以这个速度做匀速直线运动．例4 如图10甲所示，在水平路段AB上有一质量为2×103kg的汽车，正以10 m/s的速度向右匀速行驶，汽车前方的水平路段BC较粗糙，汽车通过整个ABC路段的v－t图象如图乙所示，在t＝20 s时汽车到达C点，运动过程中汽车发动机的输出功率保持不变．假设汽车在AB路段上运动时所受的恒定阻力(含地面摩擦力和空气阻力等)F f1＝2 000 N．(解题时将汽车看成质点)求：图10(1)运动过程中汽车发动机的输出功率P；(2)汽车速度减至8 m/s时的加速度a的大小；(3)BC路段的长度．答案(1)20 kW (2)0.75 m/s2(3)93.75 m解析(1)汽车在AB路段时牵引力和阻力相等，则F1＝F f1，输出功率P＝F1v1解得P＝20 kW(2)t＝15 s后汽车处于匀速运动状态，有F 2＝F f2，P ＝F 2v 2，则F f2＝Pv 2解得F f2＝4 000 Nv ＝8 m/s 时汽车在做减速运动，有 F f2－F ＝ma ，F ＝Pv解得a ＝0.75 m/s 2(3)对BC 段由动能定理得Pt －F f2x ＝12mv 22－12mv 21解得x ＝93.75 m分析机车启动问题时的注意事项(1)在用公式P ＝Fv 计算机车的功率时，F 是指机车的牵引力而不是机车所受到的合力． (2)恒定功率下的加速一定不是匀加速，这种加速过程发动机做的功可用W ＝Pt 计算，不能用W ＝Fl 计算(因为F 是变力)；(3)以恒定牵引力加速时的功率一定不恒定，这种加速过程发动机做的功常用W ＝Fl 计算，不能用W ＝Pt 计算(因为功率P 是变化的)．高考题组1．(2013·全国新课标Ⅰ·21)2012年11月，“歼15”舰载机在“辽宁号”航空母舰上着舰成功．图11(a)为利用阻拦系统让舰载机在飞行甲板上快速停止的原理示意图．飞机着舰并成功钩住阻拦索后，飞机的动力系统立即关闭．阻拦系统通过阻拦索对飞机施加一作用力，使飞机在甲板上短距离滑行后停止．某次降落，以飞机着舰为计时零点，飞机在t ＝0.4 s 时恰好钩住阻拦索中间位置，其着舰到停止的速度—时间图线如图(b)所示．假如无阻拦索，飞机从着舰到停止需要的滑行距离约为1000 m ．已知航母始终静止，重力加速度的大小为g .则( )图11A ．从着舰到停止，飞机在甲板上滑行的距离约为无阻拦索时的110B ．在0.4 s ～2.5 s 时间内，阻拦索的张力几乎不随时间变化C ．在滑行过程中，飞行员所承受的加速度大小会超过2.5gD ．在0.4 s ～2.5 s 时间内，阻拦系统对飞机做功的功率几乎不变 答案 AC解析 速度时间图线与时间轴所围的面积表示飞机的位移大小，由题图(b)知，位移大小约为x ＝70×0.4 m ＋702×2.6 m ＝119 m ，约为无阻拦索时的110，A 正确．在0.4 s ～2.5 s 时间内，飞机所受阻拦索的张力的合力几乎不变，但由于两力方向的变化，阻拦索的张力要逐渐减小，B 错误．该段时间内加速度约为a ＝68－102.5－0.4m/s 2≈27.6m/s 2>2.5g ，C 正确．在0.4 s ～2.5 s 时间内，阻拦系统对飞机做功的功率P ＝F 合·v ，随着v 的减小，功率P 减小，D 错误．2．(2012·江苏单科·3)如图12所示，细线的一端固定于O 点，另一端系一小球．在水平拉力F 作用下，小球以恒定速率在竖直平面内由A 点运动到B 点．在此过程中拉力的瞬时功率变化情况是( )图12A ．逐渐增大B ．逐渐减小C ．先增大，后减小D ．先减小，后增大 答案 A解析 小球速率恒定，由动能定理知：拉力做的功与克服重力做的功始终相等，将小球的速度分解，可发现小球在竖直方向分速度逐渐增大，重力的瞬时功率也逐渐增大，则拉力的瞬时功率也逐渐增大，A项正确．模拟题组3．设匀速行驶的汽车的发动机保持功率不变，则下列说法正确的是( )①路面越粗糙，汽车行驶越慢②路面越粗糙，汽车行驶越快③在同一路面，汽车不载货比载货时行驶得快④在同一路面，汽车不载货比载货时行驶得慢A．①④ B．②③ C．②④ D．①③答案 D4．动车组列车(如图13所示)是由几节自带动力的车厢(动车)加几节不带动力的车厢(拖车)编成一组，它将动力装置分散安装置在多节车厢上．在某次试运行中共有4节动车和4节拖车组成动车组，每节动车可以提供P e＝750 kW的额定功率，每节车厢平均质量为m ＝20 t．该次试运行开始时动车组先以恒定加速度a＝0.5 m/s2启动做直线运动，达到额定功率后再做变加速直线运动，总共经过550 s的时间加速后，动车组便开始以最大速度v m＝270 km/h匀速行驶．设每节动车在行驶中的功率相同，行驶过程中每节车厢所受阻力相同且恒定．求：图13(1)动车组在匀加速阶段的牵引力大小；(2)动车组在整个加速过程中每节动车的平均功率；(3)动车组在整个加速过程中所通过的路程(计算结果保留两位有效数字)．答案(1)1.2×105 N (2)715.9 kW (3)28 km解析(1)设动车组在运动中所受阻力为F f，动车组的牵引力为F，动车组以最大速度匀速运动时，F＝F f动车组总功率P＝Fv m＝F f v m，P＝4P e解得F f＝4×104 N设动车组在匀加速阶段所提供的牵引力为F′，由牛顿第二定律有F′－F f＝8ma解得F′＝1.2×105 N(2)设动车组在匀加速阶段所能达到的最大速度为v，匀加速运动的时间为t1，由P＝F′·v，解得v＝25 m/s由运动学公式v ＝at 1，解得t 1＝50 s 动车非匀加速运动的时间t 2＝t －t 1＝500 s 动车组在加速过程中每节动车的平均功率 P ＝W t ＝12×P e t 1＋P e t 2t代入数据解得P ＝715.9 kW(或约为716 kW)(3)设动车组在加速过程中所通过的路程为s ，由动能定理 12×4P e t 1＋4P e t 2－F f s ＝12×8mv 2m －0 解得s ≈28 km(限时：30分钟)►题组1 关于做功的判断1．如图1所示，一轻绳的一端系在固定粗糙斜面上的O 点，另一端系一小球．给小球一足够大的初速度，使小球在斜面上做圆周运动．在此过程中()图1A ．斜面对小球的支持力做功B ．重力对小球不做功C ．绳的张力对小球不做功D ．在任何一段时间内，小球克服摩擦力所做的功总是等于小球动能的减少量 答案 C解析 斜面的支持力、绳的张力总是与小球的运动方向垂直，故不做功，A 错，C 对；摩擦力总与速度方向相反，做负功；小球在重力方向上有位移，因而重力对小球做功，B 错；小球动能的变化量等于合外力做的功，即重力与摩擦力做功的和，D 错． 2．如图2所示，木块B 上表面是水平的，木块A 置于B 上并与B 保持相对静止，一起沿固定的光滑斜面由静止开始下滑，在下滑过程中()图2A．A所受的合外力对A不做功B．B对A的弹力做正功C．B对A的摩擦力做正功D．A对B不做功答案CD解析A、B一起沿固定的光滑斜面由静止开始下滑，设斜面倾角为θ，则加速度为g sin θ.由于A速度增大，由动能定理，A所受的合外力对A做正功，B对A的摩擦力做正功，B对A的弹力做负功，选项A、B错误，C正确．A对B不做功，选项D正确．3．一物体在粗糙的水平面上滑行．从某时刻起，对该物体再施加一水平恒力F，运动了一段时间，( )A．如果物体改做匀速运动，则力F一定对物体做正功B．如果物体改做匀加速直线运动，则力F一定对物体做正功C．如果物体仍做匀减速运动，则力F一定对物体做负功D．如果物体改做曲线运动，则力F一定对物体不做功答案AB解析物体在粗糙的水平面上做匀减速直线运动．施加一水平恒力F后，如果物体改做匀速运动，则力F一定与摩擦力等大、反向，与物体运动方向相同，对物体做正功，A 正确；如果物体改做匀加速直线运动，则力F一定与物体运动方向相同，且大于摩擦力，力F对物体做正功，B正确；如果物体仍做匀减速运动，则力F可能与物体运动方向相同，但大小小于摩擦力，对物体做正功，也可能与物体运动方向相反，对物体做负功，C错误；只要物体受力F与物体运动方向不共线，物体就做曲线运动，力F与速度的夹角既可以是锐角也可以是钝角，还可以是直角，各种做功情况都有可能，D错误．4．如图3甲所示，静止在水平地面上的物块A，受到水平向右的拉力F作用，F与时间t 的关系图象如图乙所示；设物块与地面间的静摩擦力最大值F fm与滑动摩擦力大小相等，则( )图3A．0～t1时间内F的功率逐渐增大B．t2时刻物块A的加速度最大C．t3时刻物块A的动能最大D．t1～t3时间内F对物块先做正功后做负功答案 BC解析 当拉力小于最大静摩擦力时，物块静止不动，静摩擦力与拉力二力平衡，当拉力大于最大静摩擦力时，物块开始加速，当拉力重新小于最大静摩擦力时，物块由于惯性继续减速运动．t 1时刻前，拉力小于最大静摩擦力，物块静止不动，静摩擦力与拉力二力平衡，合力为零，力F 的功率为零，故A 错误；t 1～t 2，合力向前，物块做加速度增大的加速运动，t 2时刻物块A 的加速度最大，故B 正确；t 3时刻之后合力向后，物块由于惯性减速前进，故t 3时刻A 的速度最大，动能最大，C 正确；t 1～t 3时间内物块速度一直增大，动能一直增大，F 对物块A 始终做正功，D 错误；故选B 、C. ►题组2 关于功和功率的计算5．用一水平拉力使质量为m 的物体从静止开始沿粗糙的水平面运动，物体的v －t 图象如图4所示．下列表述正确的是( )图4A ．在0～t 1时间内拉力逐渐减小B ．在0～t 1时间内物体做曲线运动C ．在t 1～t 2时间内拉力的功率不为零D ．在t 1～t 2时间内合外力做功为12mv 2答案 AC解析 由F －μmg ＝ma 及P ＝Fv 知0～t 1时间内拉力F 逐渐减小，物体做直线运动，A 正确，B 错误；在t 1～t 2时间内，F ＝μmg ，F 合＝0，故C 正确，D 错误．6．质量为1 kg 的物体静止于光滑水平面上，t ＝0时刻起，物体受到向右的水平拉力F 作用，第1 s 内F ＝2 N ，第2 s 内F ＝1 N ．下列判断正确的是( ) A ．2 s 末物体的速度为4 m/s B ．2 s 内物体的位移为3 m C ．第1 s 末拉力的瞬时功率最大 D ．第2 s 末拉力的瞬时功率最大 答案 C解析 由牛顿第二定律知第1 s 内物体的加速度大小为2 m/s 2，第2 s 内的加速度大小为1 m/s 2，则第1 s 末物体的速度大小为v 1＝a 1t 1＝2 m/s ，第2 s 末物体的速度大小为v 2＝v 1＋a 2t 2＝3 m/s ，选项A 错误；2 s 内物体的位移为x ＝12a 1t 21＋(v 1t 2＋12a 2t 22)＝3.5 m ，选项B 错误；第1 s 末拉力的瞬时功率为P 1＝F 1v 1＝4 W ，第2 s 末拉力的瞬时功率为P 2＝F 2v 2＝3 W ，选项C 正确，选项D 错误．7．如图5所示，长为L 的长木板水平放置，在木板的A 端放置一个质量为m 的小物块，现缓慢地抬高A 端，使木板以左端为轴转动，当木板转到与水平面的夹角为α时小物块开始滑动，此时停止转动木板，小物块滑到底端的速度为v ，则在整个过程中，下列说法不正确的是( )图5A ．木板对小物块做功为12mv 2B ．摩擦力对小物块做功为mgL sin αC ．支持力对小物块做功为mgL sin αD ．滑动摩擦力对小物块做功为12mv 2－mgL sin α答案 B解析 在抬高A 端的过程中，小物块受到的摩擦力为静摩擦力，其方向和小物块的运动方向时刻垂直，故在抬高阶段，摩擦力并不做功，这样在抬高小物块的过程中，由动能定理得：W N ＋W G ＝0，即W N －mgL sin α＝0，所以W N ＝mgL sin α.在小物块下滑的过程中，支持力不做功，滑动摩擦力和重力做功，由动能定理得：W G ＋W f ＝12mv 2，即W f ＝12mv 2－mgL sin α，B 错，C 、D 正确．在整个过程中，设木板对小物块做的功为W ，对小物块在整个过程由动能定理得W ＝12mv 2，A 正确．8．如图6甲所示，物体受到水平推力F 的作用在粗糙水平面上做直线运动．通过力传感器和速度传感器监测到推力F 、物体速度v 随时间t 变化的规律如图乙所示．取g ＝10 m/s 2.则( )图6A ．物体的质量m ＝1 kgB ．物体与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2C ．第2 s 内物体克服摩擦力做的功W ＝2 JD ．前2 s 内推力F 做功的平均功率P ＝1.5 W答案 CD解析 第2 s 内，根据速度－时间图象可知，物体的加速度为a ＝2 m/s 2，第3 s 内，物体做匀速直线运动，F ＝F f ＝μmg ＝2 N ，根据牛顿第二定律有3 N －μmg ＝ma ，解得m ＝0.5 kg ，μ＝0.4，A 、B 选项错误；第2 s 内物体运动的位移为1 m ，摩擦力为2 N ，克服摩擦力做的功W ＝2 J ，C 选项正确；前2 s 内推力F 做的功为3 J ，平均功率P ＝32W ＝1.5 W ，D 选项正确． 9．放在粗糙水平面上的物体受到水平拉力的作用，在0～6 s 内其速度与时间的图象和该拉力的功率与时间的图象分别如图7甲、乙所示．下列说法正确的是( )图7A ．0～6 s 内物体的位移大小为30 mB ．0～6 s 内拉力做的功为70 JC ．合外力在0～6 s 内做的功与0～2 s 内做的功相等D ．滑动摩擦力的大小为5 N 答案 ABC解析 由v －t 图象面积表示相应时间内的位移，得A 项正确；0～2 s 内，物体做匀加速运动，设拉力为F 1，由P 1＝F 1v ，得F 1＝306 N ＝5 N ，W 1＝F 1x 1＝5×2×62 J ＝30 J,2 s ～6 s 内，W 2＝P 2t 2＝10×4 J ＝40 J ，所以0～6 s 内W ＝W 1＋W 2＝70 J ，B 项正确；由v －t 图象得0～2 s 内物体做匀加速运动，2 s ～6 s 内物体做匀速运动，由动能定理可得C 项正确；2 s ～6 s 内，F f ＝F 拉＝P v ＝106 N ＝53N ，D 项错误． ►题组3 关于机车的两种启动方式问题10．质量为m 的汽车在平直的路面上启动，启动过程的速度—时间图象如图8所示，其中OA 段为直线，AB 段为曲线，B 点后为平行于横轴的直线．已知从t 1时刻开始汽车的功率保持不变，整个运动过程中汽车所受阻力的大小恒为F f ，以下说法正确的是( )图8A ．0～t 1时间内，汽车的牵引力等于m v 1t 1B ．t 1～t 2时间内，汽车的功率等于(m v 1t 1＋F f )v 2 C ．t 1～t 2时间内，汽车的平均速率小于v 1＋v 22D ．汽车运动的最大速率v 2＝(mv 1F f t 1＋1)v 1 答案 D解析 0～t 1时间内汽车的加速度大小为v 1t 1，m v 1t 1为汽车所受的合外力大小，而不是牵引力大小，选项A 错误；t 1时刻汽车牵引力的功率为Fv 1＝(m v 1t 1＋F f )v 1，之后汽车功率保持不变，选项B 错误；t 1～t 2时间内，汽车的平均速率大于v 1＋v 22，选项C 错误；牵引力等于阻力时速度最大，即t 2时刻汽车速率达到最大值，则有(m v 1t 1＋F f )v 1＝F f v 2，解得v 2＝(mv 1F f t 1＋1)v 1，选项D 正确．11．一辆汽车在水平路面上匀速直线行驶，阻力恒定为F f .t 1时刻驶入一段阻力为F f2的路段继续行驶．t 2时刻驶出这段路，阻力恢复为F f .行驶中汽车功率恒定，则汽车的速度v 及牵引力F 随时间t 的变化图象可能是( )答案 AC解析 0～t 1时间内，汽车做匀速运动，F ＝F f .t 1～t 2时间内P ＝Fv ，随着v 的增大，F 减小，汽车做加速度逐渐减小的加速运动．t 2时刻，F <F f ，汽车做减速运动，随着v 的减小，F 增大，汽车做加速度逐渐减小的减速运动，当F ＝F f 时做匀速运动，所以正确选项为A 、C.12．高速连续曝光照相机可在底片上重叠形成多个图象．现利用这架照相机对MD －2000家用汽车的加速性能进行研究，如图9所示为汽车做匀加速直线运动时连续曝光三次的照片，图中的标尺单位为米，照相机每两次曝光的时间间隔为1.0 s ．已知该汽车的质量为2 000 kg ，额定功率为72 kW ，汽车运动过程中所受的阻力始终为1 600 N.图9(1)求该汽车的加速度．(2)若汽车由静止以此加速度开始做匀加速直线运动，匀加速运动状态最多能保持多长时间？(3)求汽车所能达到的最大速度． 答案 (1)1.0 m/s 2(2)20 s (3)45 m/s解析 (1)汽车做匀加速直线运动，根据运动学公式有x 1＝v 0·ΔT ＋12a ·ΔT 2 v 1＝v 0＋a ΔT x 2＝v 1ΔT ＋12a ·ΔT 2由以上几式可得，Δx ＝x 2－x 1＝a ·ΔT 2a ＝Δx ΔT 2＝3.00－2.001.02m/s 2＝1.0 m/s 2. (2)做匀加速直线运动的汽车所受合外力为恒力，由牛顿第二定律得：F －F f ＝ma ，所以F ＝ma ＋F f ＝3 600 N ，随着速度的增大，汽车的输出功率增大，当达到额定功率时，匀加速运动的速度不再增加，由P ＝Fv 得v 1＝P F ＝72×1033 600m/s ＝20 m/s ，由匀加速运动公式v ＝at 得：t ＝v 1a＝20 s.(3)当汽车达到最大速度时，有F ′＝F f ＝1 600 N.由P ＝F ′·v max ，得v max ＝P F ′＝72×1031 600m/s ＝45 m/s.。