(全国)2017年高二物理暑期作业 复习方法策略16讲 第12讲 用好几何作图”解决磁场中圆周运动

高考物理总复习第十二单元磁场第1讲磁场磁场力教师用书含解析磁场磁场力从近年高考来看,本章命题要点包括:(1)磁场、磁感应强度、磁感线;(2)通电直导线及通电线圈周围磁场的判定和叠加;(3)安培力、安培力的方向、安培力作用下的动力学分析;(4)洛伦兹力、洛伦兹力的方向;(5)洛伦兹力公式、洛伦兹力作用下的有界磁场中的偏转运动;(6)带电粒子在匀强磁场中的运动、时间、半径及轨迹判定等;(7)带电粒子在复合场中的运动;(8)质谱仪和回旋加速器等。

选择题多考查磁场的基本概念及右手定则,难度一般较小;计算题难度中等偏上或较大。

本部分内容综合性较强,经常以压轴题的形式出现。

试题综合考查力与运动以及运用数学知识解决物理问题的能力,尤其是对高新科技仪器物理原理的考查,这对考生物理建模及信息迁移的能力要求较高。

预测2020年高考中,本部分知识仍为出题的热点和难点,需要着重关注由安培定则判定磁场的方向及磁场的叠加,与电磁感应结合分析导体棒在安培力作用下的运动问题,带电粒子在有界匀强磁场中的匀速圆周运动问题及带电粒子在复合场中的运动问题。

第1讲磁场磁场力1 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。

(2)磁感应强度①物理意义:描述磁场的强弱和方向。

②大小:B=F(通电导线垂直于磁场)。

FF③方向:小磁针静止时N极所指的方向。

④单位:特斯拉(T)。

(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:磁感线是疏密程度相同、方向相同的平行直线。

认为B与F成正比,与IL成反比。

【易错警示】①磁感应强度由磁场本身决定,因此不能根据定义式B=FFF②测量磁感应强度时小段通电导线必须垂直磁场放入,如果平行磁场放入,则所受安培力为零,但不能说该点的磁感应强度为零。

③磁感应强度是矢量,其方向为放入其中的小磁针N极的受力方向,也是自由转动的小磁针静止时N极的指向。

高二物理磁场问题归纳知识精讲一. 本周教学内容:磁场问题归纳二. 学习目标：1、掌握电流磁场方向的判断方法。

2、重点掌握几种常见的磁感线的分布特点及安培定则的应用。

3、掌握磁感应强度的概念及其矢量性特点。

考点地位:本节内容是高中磁场理论的基础，涉及了高中阶段各种常见的典型的磁场分布及其特点、地磁场的分布特点、磁场的叠加等,这些内容的深刻把握,对于处理磁场问题中的综合问题有很好的作用。

近几年的高考中,突出的考查磁场的基本概念,如电磁感应强度的概念，安培定则等,出题形式主要以选择或填空的形式出现。

三. 重难点解析：1.磁场（1)定义：磁体或电流周围存在一种特殊物质，能够传递磁体与磁体、磁体和电流、电流和电流之间的相互作用,这种特殊的物质叫磁场。

（2）磁场的基本性质：对放入其中的磁体和电流产生力的作用。

（３)磁场的产生:①磁体能产生磁场；②电流能产生磁场。

（４）磁场的方向:注意：小磁针北极（Ｎ极，指北极)受力的方向即小磁针静止时北极所指方向,为磁场中该点的磁场方向。

说明:所有的磁作用都是通过磁场发生的,磁场与电场一样，都是场物质，这种物质并非由基本粒子构成。

2. 电流的磁场(1)电流对小磁针的作用1８20年,丹麦物理学家奥斯特发现，通电后,通电导线下方的与导线平行的小磁针发生偏转。

如图所示。

(2)电流和电流间的相互作用有互相平行而且距离较近的两条导线,当导线中分别通以方向相同和方向相反的电流时，观察发生的现象是：同向电流相吸,异向电流相斥。

小结:磁体与磁体间、电流与磁体间、电流和电流间的相互作用都是通过磁场来传递的,故电流能产生磁场。

3．磁感线(１)磁感线是为了形象地描述磁场而人为假设的曲线。

其疏密反映磁场的强弱，线上每一点的切线方向都跟该点的磁场方向相同。

（２）磁感线的特点：①在磁体外部，磁感线从北极发出，进入南极;在磁体内部由南极回到北极。

②磁感线的疏密表示磁场的强弱，磁感线越密的地方磁场越强；磁场方向在过该点的磁感线的切线上。

第10讲 用分解的思想处理电场中的偏转问题高考热点1．带电粒子在电场中的偏转问题2．带电粒子在电场中加速和偏转运动的综合． 3．带电粒子在交变电场中的运动．一、带电粒子在电场中的偏转1．带电粒子(不计重力)垂直电场线方向进入电场而发生偏转的过程中，应采用运动分解的思想：沿初速度方向粒子做匀速直线运动，沿电场力方向做初速度为零的匀加速直线运动． 2．学会快速准确推导偏转量和偏转角的表达式．例1 (2015·山东·20)(多选)如图1甲，两水平金属板间距为d ，板间电场强度的变化规律如图乙所示．t ＝0时刻，质量为m 的带电微粒以初速度v 0沿中线射入两板间，0～T3时间内微粒匀速运动，T 时刻微粒恰好经金属板边缘飞出．微粒运动过程中未与金属板接触．重力加速度的大小为g .关于微粒在0～T 时间内运动的描述，正确的是( )图1A ．末速度大小为2v 0B ．末速度沿水平方向C ．重力势能减少了12mgd D ．克服电场力做功为mgd变式1 (多选)一个质量为m 、带电荷量为q 的粒子从两平行金属板的正中间沿与匀强电场相垂直的方向射入，如图2所示．不计重力，当粒子的入射速度为v 0时，它恰好能穿过这电场而不会碰到金属板．现欲使入射速度为v02的此带电粒子也恰好能穿过这电场而不碰到金属板，则在其他量不变的情况下，必须( )图2A ．使粒子的带电荷量减小为原来的12B ．使两板间的电压减小为原来的14C ．使两板间的距离增大为原来的2倍D ．使两板间的距离增大为原来的4倍 规律总结 电场中偏转的运动规律 1．能飞出平行板时运动时间t ＝l v0. 2．沿电场方向加速度：a ＝F m ＝qE m ＝Uqmd离开电场时的偏移量：y ＝12at 2＝Uql22mdv20离开电场时的偏转角：tan θ＝vy v0＝Uqlmdv20二、带电粒子在电场中加速与偏转的综合对于带电粒子的加速过程，如果题目不要求分析运动细节，如计算运动时间等，首先考虑动能定理，这时只需分清合外力做功以及初态和末态的动能增量．对于带电粒子的类平抛过程，首先考虑运动的合成与分解，从动力学角度进行求解．例2 如图3所示，在两条平行的虚线内存在着宽度为L 、电场强度为E 的匀强电场，在与右侧虚线相距也为L 处有一与电场平行的屏．现有一电荷量为＋q 、质量为m 的带电粒子(重力不计)，以垂直于电场线方向的初速度v 0射入电场中，v 0方向的延长线与屏的交点为O .试求：图3(1)粒子从射入到打到屏上所用的时间．(2)粒子刚射出电场时的速度方向与初速度方向间夹角的正切值tan α；(3)粒子打在屏上的点P到O点的距离x.变式2 如图4所示，电子在电势差为U1的加速电场中由静止开始运动，然后从极板中央射入电势差为U2的两块水平的平行极板间的偏转电场中，入射方向跟极板平行．整个装置处在真空中，重力可忽略．在满足电子能射出平行板区域的条件下，下述四种情况中，一定能使电子的偏转角θ变大的是( )图4A．U1变大、U2变大 B．U1变小、U2变大C．U1变大、U2变小 D．U1变小、U2变小方法提炼计算粒子打到屏上的位置离屏中心的距离Y的三种方法：(1)Y ＝y ＋d tan θ(d 为屏到偏转电场的水平距离) (2)Y ＝(L 2＋d )tan θ(L 为电场宽度) (3)Y ＝y ＋v y ·d v0(4)根据三角形相似：Y y ＝L 2＋d L2三、带电粒子在交变电场中运动带电体在交变电场中的运动问题，一般分为直线运动(如加速或减速)和类平抛运动，分析思路和方法与前面介绍的带电体在电场中的运动相同，即还是运用力学规律，通过正确的受力分析和运动分析，灵活运用牛顿第二定律、运动学公式、动能定理等规律求解．只需注意电场(力)的变化即可．例3 如图5(a)所示，两平行正对的金属板A 、B 间加有如图(b)所示的交变电压，一重力可忽略不计的带正电粒子被固定在两板的正中间P 处．若在t 0时刻释放该粒子，粒子会时而向A 板运动，时而向B 板运动，并最终打在A 板上．则t 0可能属于的时间段是()(a) (b)图5A ．0<t 0<T4 B.T 2<t 0<3T 4C.3T 4<t 0<T D ．T <t 0<9T 8变式3 如图6(a)所示，两个平行金属板P 、Q 竖直放置，两板间加上如图(b)所示的电压．t ＝0时，Q 板比P 板电势高5 V ，此时在两板的正中央M 点有一个电子，速度为零，电子在电场力作用下运动，使得电子的位置和速度随时间变化．假设电子始终未与两板相碰．在0<t <8×10－10s 的时间内，这个电子处于M 点的右侧，速度方向向左且大小逐渐减小的时间是( )图6A．0<t<2×10－10 sB．2×10－10 s<t<4×10－10 sC．4×10－10 s<t<6×10－10 sD．6×10－10 s<t<8×10－10 s方法提炼1．注重全面分析(分析受力特点和运动规律)，抓住粒子的运动具有周期性和在空间上具有对称性的特征，求解粒子运动过程中的速度、位移、做功或确定与物理过程相关的边界条件．2．分析时从两条思路出发：(1)力和运动的关系，根据牛顿第二定律及运动学规律分析；(2)功能关系．题组1 带电粒子在电场中偏转的分析与计算1.如图7所示，A、B两块平行金属板水平放置，A、B间所加电压为U.虚线MN与两极板等距．一个质量为m、电量为q的粒子沿MN虚线从左向右以初速度v0射入电场，它从电场右边缘某处飞出电场时的速度方向与虚线MN的夹角为45°(图中未画出)．则在带电粒子穿越电场过程中( )图7A．电场力对粒子所做的功为qUB．电场力对粒子所做的功为qU 2C．电场力对粒子所做的功为12 mv20D．电场力对粒子所做的功为mv202.如图8所示，带电粒子P所带的电荷量是带电粒子Q的3倍，它们以相等的速度v0从同一点出发，沿着跟电场强度垂直的方向射入匀强电场，分别打在M、N点，若OM＝MN，忽略粒子重力的影响，则P和Q的质量之比为( )图8A．3∶4 B．4∶3C．3∶2 D．2∶33．(多选)如图9所示，有三个质量相等，分别带正电、负电和不带电的质点，由两水平极板中央，以相同的初速度v0，先后垂直匀强电场射入，并分别落在负极板上甲、乙、丙三处，可以判定( )图9A．甲处质点带正电，乙处质点不带点，丙处质点带负电B．三个质点在电场中的运动时间相等C．三个质点在电场中的加速度a甲>a乙>a丙D．三个质点到达负极板的动能E丙>E乙>E甲4.如图10所示，平行金属板长为L，一个带电荷量为＋q、质量为m的粒子以初速度v0紧贴上板垂直射入电场，刚好从下板边缘射出，末速度恰与下板成30°角，粒子重力不计，求：图10(1)粒子末速度大小；(2)电场强度的大小；(3)两极板间距离．题组2 带电粒子在电场中加速与偏转的综合5．如图11所示，一个带电粒子从粒子源飘入(初速度很小，可忽略不计)电压为U1的加速电场，经加速后从小孔S沿平行金属板A、B的中心线射入，A、B板长为L，相距为d，电压为U2.则带电粒子能从A、B板间飞出应该满足的条件是( )图11A.U2U1<2d LB.U2U1<d LC.U2U1<2d2L2 D.U2U1<d2L26.如图12所示，一价氢离子(11H)和二价氦离子(42He)的混合体，经同一加速电场加速后，垂直射入同一偏转电场中，偏转后，打在同一荧光屏上，则它们( )图12A ．同时到达屏上同一点B ．先后到达屏上同一点C ．同时到达屏上不同点D ．先后到达屏上不同点7．(多选)如图13所示，有一质量为m 、带电荷量为q 的油滴，被置于竖直放置的两平行金属板间的匀强电场中．设油滴是从两板中间位置，由静止释放，则可以判定( )图13A ．油滴在电场中做抛物线运动B ．油滴在电场中做匀加速直线运动C ．油滴打在极板上的运动时间只取决于电场强度和两板间距离D ．油滴打在极板上的运动时间不仅取决于电场强度和两板间距离，还取决于油滴的荷质比 8．(多选)如图14所示，A 板发出的电子经加速后，水平射入水平放置的两平行金属板间，金属板间所加的电压为U ，电子最终打在荧光屏P 上，关于电子的运动，下列说法中正确的是( )图14A ．滑动触头向右移动时，其他不变，则电子打在荧光屏上的位置上升B．滑动触头向左移动时，其他不变，则电子打在荧光屏上的位置上升C．电压U增大时，其他不变，则电子打在荧光屏上的速度大小不变D．电压U增大时，其他不变，则电子从离开金属板到打在荧光屏上的时间不变9．示波器的示意图如图15所示，金属丝发射出来的电子被加速后从金属板的小孔穿出，进入偏转电场．电子在穿出偏转电场后沿直线前进，最后打在荧光屏上．设加速电压U1＝1 640 V，偏转极板长l＝4 cm，偏转极板间距d＝1 cm，当电子加速后从两偏转极板的中央沿与板平行的方向进入偏转电场．图15(1)偏转电压为多大时，电子束打在荧光屏上的偏转距离最大？(2)如果偏转极板右端到荧光屏的距离L＝20 cm，则电子束打在荧光屏上的最大偏转距离为多少？题组3 带电粒子在交变电场中运动10．(多选)如图16甲所示，一平行板电容器A、B两极板上，加一个如图乙所示的交变电压，开始时B板电势比A板高，有一个原来静止的电子正处在两板中间，它在电场力作用下开始运动，设A、B两板间距离足够大，下列说法中正确的是( )图16A．若电子从t＝0开始运动，则电子将在AB板间来回做往复运动B．若电子从t＝1 s开始运动，则电子将在AB板间来回做往复运动C．若电子从t＝2 s开始运动，则电子将一直向A板运动D．若电子从t＝3 s开始运动，则电子将一直向A板运动11．如图17甲所示，在平行板电容器A、B两极板间加上如图乙所示的交变电压．开始时A 板的电势比B板高，此时两板中间原来静止的电子在电场力作用下开始运动．设电子在运动中不与极板发生碰撞，向A板运动时为速度的正方向，则下列图象中能正确反映电子速度变化规律的是( )图1712．如图18所示，A 、B 两导体板平行放置，在t ＝0时将电子从A 板附近由静止释放(电子的重力忽略不计)．分别在A 、B 两板间加四种电压，它们的U AB －t 图线如下列选项所示．其中可能使电子到不了B 板的是( )图18第10讲 用分解的思想处理电场中的偏转问题备考指导例1 BC [因0～T 3时间内微粒匀速运动，故E 0q ＝mg ；在T 3～2T 3时间内，粒子只受重力作用，做平抛运动，在t ＝2T 3时刻的竖直速度为v y 1＝gT 3，水平速度为v 0；在2T 3～T 时间内，由牛顿第二定律2E 0q －mg ＝ma ，解得a ＝g ，方向向上，则在t ＝T 时刻，v y 2＝v y 1－g T 3＝0粒子的竖直速度减小到零，水平速度为v 0，选项A 错误，B 正确；微粒的重力势能减小了ΔE p ＝mg ·d 2＝12mgd ，选项C 正确；从射入到射出，由动能定理可知，12mgd －W 电＝0，可知克服电场力做功为12mgd ，选项D 错误；故选B 、C.]变式1 BC [设带电粒子穿过电场的侧移量为x ，则x ＝12at 2＝12·qU dm ·(l v0)2＝Uql22dmv20. 若v 0变为v02，q 减小为原来的12，则x 变为原来的2倍；v 0变为v02，两板距离增大为原来的4倍时，x 不变，仍为d 2，带电粒子不是恰好飞出电场．答案A 、D 错．若v 0变为v02，U 变为原来的14，则x 不变；若v 0变为v02，d 变为原来的2倍，则x 也变为原来的2倍，带电粒子恰从板边缘飞出．答案B 、C 正确．]例2 (1)2L v0 (2)qEL mv20 (3)3qEL22mv20解析 (1)根据题意，粒子在垂直于电场线的方向上做匀速直线运动，所以粒子从射入到打到屏上所用的时间t ＝2L v0.(2)设粒子射出电场时沿平行电场线方向的速度为v y ，根据牛顿第二定律，粒子在电场中的加速度为：a ＝Eq m所以v y ＝a L v0＝qELmv0所以粒子刚射出电场时的速度方向与初速度方向间夹角的正切值为tan α＝vy v0＝qELmv20.(3)解法一 设粒子在电场中的偏转距离为y ，则y ＝12a (L v0)2＝12·qEL2mv20又x ＝y ＋L tan α，解得：x ＝3qEL22mv20解法二 x ＝v y ·L v0＋y ＝3qEL22mv20.解法三 由x y ＝L ＋L 2L 2得：x ＝3y ＝3qEL22mv20.变式2 B [设电子经加速电场后获得的速度为v 0，水平极板长为l ，则由动能定理得U 1q ＝12mv 20，电子在水平极板间偏转所用时间t ＝l v0，又设电子在水平极板间的加速度为a ，水平极板的板间距为d ，由牛顿第二定律a ＝U2qdm，电子射出偏转电场时，平行于电场方向的速度v y ＝at ，联立解得v y ＝U2ql dmv0，又tan θ＝vy v0＝U0ql dmv20＝U2ql 2dqU1＝U2l2dU1，故U 2变大、U 1变小，一定能使偏转角θ变大，故B 正确．]例3 B [设粒子的速度方向、位移方向向右为正．依题意得，粒子的速度方向时而为正，时而为负，最终打在A 板上时位移为负，速度方向为负．作出t 0＝0、T 4、T 2、3T4释放时粒子运动的速度图象如图所示．由于速度图线与时间轴所围面积表示粒子通过的位移，则由图象可知0<t 0<T 4，3T4<t 0<T 时粒子在一个周期内的总位移大于零；T 4<t 0<3T 4时粒子在一个周期内的总位移小于零；当t 0>T 时情况类似．因粒子最终打在A 板上，则要求粒子在每个周期内的总位移应小于零，对照各选项可知只有B 正确．] 变式3 D [选向右为正方向，根据题图(b)作出粒子运动的v －t 图象如图所示．由图象可知正确选项为D.]考点突破1．C [由题意知粒子从电场右边缘射出时的速度v ＝v0cos 45°＝2v 0，根据动能定理可知电场力对粒子所做的功W ＝ΔE k ＝12mv 2－12mv 20＝12mv 20，C 正确，D 错误．粒子射出电场时，初末位置的电势差不能确定，所以电场力对粒子所做的功不能确定，A 、B 错误．]2．A [粒子P 和Q 在匀强电场中做类平抛运动，水平方向由x ＝v 0t 及OM ＝MN 得，t P ∶t Q ＝1∶2，竖直方向由h ＝12at 2得a ＝2h t2，它们沿竖直方向下落的加速度之比为a P ∶a Q ＝4∶1；根据a ＝qE m 得m ＝qE a ，故mP mQ ＝qP qQ ·aQ aP ＝34，A 正确．]3．AC [三个质点均做类平抛运动，它们在水平方向上的分运动相同，都是以初速度v 0做匀速直线运动，在竖直方向上均做初速度为零的匀加速直线运动，但它们下落的加速度不同，不带电的质点的加速度大小等于g ，带正电质点的加速度大于g ，带负电质点的加速度小于g ，下落高度相同，下落时间与加速度大小有关，根据公式h ＝12at 2可得t ＝2ha，可见，加速度越小，下落时间越长，所以t 负>t 不带电>t 正，又因为它们的水平位移x ＝v 0t ，所以x 负>x不带电>x 正，选项A 、C 正确，B 错误；因为三个质点到达负极板的过程中，电场力对带正电质点做正功，机械能增大，对带负电质点做负功，机械能减小，对不带电质点不做功，机械能不变，所以它们的动能E 甲>E 乙>E 丙，选项D 错误．] 4．(1)23v03 (2)3mv203qL (3)3L6解析粒子在平行板间做类平抛运动，射出极板的速度分解如图，所以v ＝v0cos θ＝23v03v ⊥＝v 0tan θ＝3v03.① (2)由v ⊥＝at ② 而t ＝L v0③a ＝qE m④由①②③④得E ＝3mv203qL.⑤ (3)v 2⊥＝2ad ，由①③④⑤得d ＝3L 6. 5．C [根据qU 1＝12mv 2，再根据t ＝L v 和y ＝12at 2＝12qU2md ·(L v )2，由题意知，y <12d ，解得U2U1<2d2L2，故C 正确．]6．B [一价氢离子(11H)和二价氦离子(42He)的比荷不同，经过加速电场的末速度不同，因此在加速电场及偏转电场的时间均不同，但在偏转电场中偏转距离相同，所以会先后打在屏上同一点，选B.]7．BD [油滴初速度为0，受不变的重力和电场力，做匀加速直线运动，A 错，B 对；由d2＝12Eq mt 2得，C 错，D 对．] 8．BD [滑动触头向右移动时，加速电压U 1变大，由eU 1＝12mv 2.进入偏转电场U 2时的速度v 增大．由t ＝L v ，时间变短，由y ＝12eU2mdt 2，y 偏小．因为电子向上偏转故位移下降，A 错．同理，B 正确；偏转电压增大时，加速度a 变大，时间t 不变，打到屏上的速度v ＝v20＋（at ）2应增大，故C 错；电子从离开金属板到打在荧光屏上的时间t ＝Lv不变，D 正确．] 9．(1)205 V (2)0.055 m解析 (1)电子在加速电场中，由动能定理得eU 1＝12mv 20， 电子进入偏转电场时的初速度v 0＝2eU1m， 电子在偏转电场中的飞行时间t 1＝l v0， 电子在偏转电场中的加速度：a ＝eE m ＝eU2md，要使电子从下极板边缘射出，应有：d 2＝12at 21＝eU2l22mdv20＝U2l24dU1， 解得偏转电压U 2＝205 V.(2)电子束打在荧光屏上的最大偏转距离y ＝d2＋y 2 由于电子离开偏转电场时垂直极板方向的速度v y ＝at 1＝eU2lmdv0，电子离开偏转电场到荧光屏的时间：t 2＝L v0y 2＝v y t 2＝eU2lL mdv20＝U2lL2U1d＝0.05 m 电子打在荧光屏上的最大偏转距离：y ＝d2＋y 2＝0.055 m. 10．BC11．A [电子在交变电场中所受电场力恒定，加速度大小不变，故C 、D 两项错误；从0时刻开始，电子向A 板做匀加速直线运动，12T 后电场力反向，电子向A 板做匀减速直线运动，直到t ＝T 时刻速度变为零．之后重复上述运动，A 项正确，B 项错误．]12．B [加A 图电压，电子从A 板开始向B 板做匀加速直线运动；加B 图电压，电子开始向B 板做匀加速运动，再做加速度大小相同的匀减速运动，速度减为零后做反向匀加速运动及匀减速运动，由对称性可知，电子将做周期性往复运动，所以电子有可能到不了B 板；加C 图电压，电子先匀加速，再匀减速到静止，完成一个周期，所以电子一直向B 板运动，即电子一定能到达B 板；加D 图电压，电子的运动与C 图情形相同，只是加速度变化，所以电子也一直向B 板运动，即电子一定能到达B 板，综上所述可知选项B 正确．]。

（全国）2019年高二物理暑期作业复习方法策略16讲第8讲碰撞与动量守恒的复习策略高考热点1．动量和动量定理结合的问题．2．动量守恒定律和机械能守恒定律结合的问题．3．动量观点和能量观点解决力学综合问题．一、动量定理的理解和应用1．应用动量定理求解的两类简单问题(1)应用I＝Δp求变力的冲量和平均作用力．(2)应用Δp＝Ft求恒力作用下的曲线运动中物体动量的变化．2.使用动量定理的注意事项(1)一般来说，用牛顿第二定律能解决的问题，用动量定理也能解决，如果题目不涉及加速度和位移，用动量定理求解更简便．动量定理不仅适用于恒定的力，也适用于随时间变化的力．这种情况下，动量定理中的力F 应理解为变力在作用时间内的平均值．(2)动量定理的表达式是矢量式，运用它分析问题时要特别注意冲量、动量及动量变化量的方向，公式中的F是物体或系统所受的合力．例1质量为0.2 kg的球竖直向下以6 m/s 的速度落至水平地面，再以4 m/s的速度反向弹回。

取竖直向上为正方向，在小球与地面接触的时间内，球动量变化量Δp和合外力对小球做的功W分别为多大？方法提炼 应用动量定理解题的一般步骤1．明确研究对象和研究过程(研究过程既可以是全过程，也可以是全过程中的某一阶段)．2．进行受力分析：只分析研究对象以外的物体施加给研究对象的力，不必分析内力．3．规定正方向．4．写出研究对象的初、末动量和合外力的冲量，根据动量定理列方程求解．二、碰撞与动量守恒定律的应用1．碰撞过程遵从动量守恒定律m 1v 1＋m 2v 2＝m 1v 1′＋m 2v 2′2．碰撞后系统动能不增原则碰撞过程中系统内各物体的动能将发生变化，对于弹性碰撞，系统内物体间动能相互转移，没有转化成其他形式的能，因此总动能守恒；而非弹性碰撞过程中系统内物体相互作用时有一部分动能将转化为系统的内能，系统的总动能将减小．因此，碰前系统的总动能一定大于或等于碰后系统的总动能，即E k1＋E k2≥E k1′＋E k2′或p 212m 1＋p 222m 2≥p 1′22m 1＋p 2′22m 2. 3．碰撞前后的运动情况要合理．如追碰后，前球动量不能减小，后球动量在原方向上不能增加；追碰后，后球在原方向上的速度不可能大于前球的速度．例2 某同学研究碰撞问题，设计了如图1所示的装置．天花板下用等长轻细线竖直悬挂两弹性小球，球大小可以忽略，细线长度为R ，A 球质量为m ，B 球质量为M ，其中M ＝3m ，重力加速度为g .现将A 球拉至水平位置，保持细线伸直，无张力(如图虚线所示)，给A 球以竖直向下的初速度，使A 、B 两球在最低点发生弹性正碰，发现A 球刚好能弹回初始的水平位置．求：图1(1)碰撞后瞬间A的速度大小v1；(2)释放A球时初速度大小v.方法提炼碰撞的分类分类标准种类特点能量是否守恒弹性碰撞动量守恒，机械能守恒非弹性碰撞动量守恒，机械能有损失完全非弹性碰撞动量守恒，机械能损失最大碰撞前后动量是否共线对心碰撞(正碰)碰撞前后速度共线非对心碰撞(斜碰)碰撞前后速度不共线微观粒子的碰撞散射粒子相互接近时并不发生直接接触三、用动量观点和能量观点解决力学综合问题1．动量的观点：动量定理和动量守恒定律．2．能量的观点：动能定理和能量守恒定律．3．这两个观点研究的是物体或系统在运动变化所经历的过程中状态的改变，不对过程变化的细节做深入的研究，而只注重运动状态变化的结果及引起变化的原因．简单地说，只要求知道过程始末状态的动量式、动能式以及力在过程中的冲量和所做的功，即可求解问题．例3两物块A、B用轻弹簧相连，质量均为2 kg，初始时弹簧处于原长，A、B两物块都以v＝6 m/s的速度在光滑的水平地面上运动，质量4 kg的物块C静止在前方，如图2所示．B 与C碰撞后二者会粘在一起运动．求在以后的运动中：图2(1)当弹簧的弹性势能最大时，物块A的速度为多大？(2)系统中弹性势能的最大值是多少？方法提炼1．动量定理和动量守恒定律是矢量表达式，它们可以写出分量表达式；动能定理和能量守恒定律是标量表达式，没有分量表达式．2．从研究对象上看，动量定理既可研究单体，又可研究系统，但高中阶段一般用于研究单体．3．中学阶段凡是可以用力和运动的观点解决的问题，用动量的观点或能量的观点也可以求解，且用后者一般要比用前者更简便．若涉及曲线运动(α恒定)、竖直面内的圆周运动、碰撞等，一般不考虑用力和运动的方法求解．题组1 动量定理和动量守恒定律的理解和应用1．质量为60 kg的建筑工人，不慎从高空跌下，幸好弹性安全带的保护，使他悬挂起来．已知弹性安全带的缓冲时间是1.2 s，安全带长5 m，g取10 m/s2，则安全带所受的平均冲力的大小为( )A．500 N B．1 100 N C．600 N D．100 N2.质量为1 kg的物体做直线运动，其速度图象如图3所示，则物体在前10 s内和后10 s 内所受外力的冲量分别是( )图3A．10 N·s，10 N·sB．10 N·s，－10 N·sC．0.10 N·sD．0，－10 N·s3．(多选)如图4所示，一内外侧均光滑的半圆柱槽置于光滑的水平面上．槽的左侧有一竖直墙壁．现让一小球(可认为质点)自左端槽口A点的正上方从静止开始下落，与半圆柱槽相切并从A点进入槽内．则下列说法正确的是( )图4A．小球离开右侧槽口以后，将做竖直上抛运动B．小球在槽内运动的全过程中，只有重力对小球做功C．小球在槽内运动的全过程中，小球与槽组成的系统机械能守恒D．小球在槽内运动的全过程中，小球与槽组成的系统水平方向动量不守恒4.(多选)如图5所示，两物体A、B用轻质弹簧相连静止在光滑水平面上，现同时对A、B 两物体施加等大反向的水平恒力F1、F2，使A、B同时由静止开始运动，在运动过程中，对A、B两物体及弹簧组成的系统，说法正确的是(弹簧不超过其弹性限度)( )图5A．动量始终守恒B．机械能不断增加C．当弹簧伸长到最长时，系统的机械能最大D．当弹簧弹力的大小与F1、F2的大小相等时，A、B两物体速度为零5.如图6所示，一辆小车静止在光滑水平面上，A、B两人分别站在车的两端．当两人同时相向运动时( )图6A．若小车不动，两人速率一定相等B．若小车向左运动，A的动量一定比B的小C．若小车向左运动，A的动量一定比B的大D．若小车向右运动，A的动量一定比B的大6.如图7所示，质量为M的小船在静止水面上以速率v0向右匀速行驶，一质量为m的救生员站在船尾，相对小船静止．若救生员以相对水面速率v水平向左跃入水中，则救生员跃出后小船的速率为( )图7 A ．v 0＋m M v B ．v 0－m M vC ．v 0＋m M (v 0＋v )D ．v 0＋m M (v 0－v )题组2 碰撞与动量守恒定律的应用7.如图8所示，光滑水平面上有大小相同的A 、B 两球在同一直线上运动．两球质量关系为m B ＝2m A ，规定向右为正方向，A 、B 两球的动量均为6 kg·m/s，运动中两球发生碰撞，碰撞后A 球的动量增量为－4 kg·m/s，则( )图8A ．左方是A 球，碰撞后A 、B 两球速度大小之比为2∶5B ．左方是A 球，碰撞后A 、B 两球速度大小之比为1∶10C ．右方是A 球，碰撞后A 、B 两球速度大小之比为2∶5D ．右方是A 球，碰撞后A 、B 两球速度大小之比为1∶108．(多选)质量为m 的小球A 以速度v 0在光滑水平面上运动，与质量为2m 的静止小球B 发生对心碰撞，则碰撞后小球A 的速度大小v A 和小球B 的速度大小v B 可能为( )A ．v A ＝13v 0，vB ＝23v 0 B ．v A ＝25v 0，v B ＝710v 0 C ．v A ＝14v 0，v B ＝58v 0 D ．v A ＝38v 0，v B ＝516v 0 9.如图9所示，物体A 静止在光滑的水平面上，A 的左边固定有轻质弹簧，与A 质量相等的物体B 以速度v 向A 运动并与弹簧发生碰撞，A 、B 始终沿同一直线运动，则A 、B 组成的系统动能损失最多的时刻是( )图9A ．开始运动时B ．A 的速度等于v 时C ．B 的速度等于零时D ．A 和B 的速度相等时10．如图10所示，在水平光滑直导轨上，静止着三个质量为m ＝1 kg 的相同的小球A 、B 、C.现让A球以v0＝2 m/s的速度向B球运动，A、B两球碰撞后粘在一起继续向右运动并与C 球碰撞，C球的最终速度v C＝1 m/s.问：图10(1)A、B两球与C球相碰前的共同速度多大？(2)两次碰撞过程中一共损失了多少动能？题组3 应用动量和能量两种观点解决综合问题11．如图11所示，光滑坡道顶端距水平面高度为h，质量为m1的小物块A从坡道顶端由静止滑下进入水平面，在坡道末端O点无机械能损失．现将轻弹簧的一端固定在M处的墙上，另一端与质量为m2的物块B相连．A从坡道上滑下来后与B碰撞的时间极短，碰后A、B结合在一起共同压缩弹簧．各处摩擦不计，重力加速度为g，求：图11(1)A在与B碰撞前瞬时速度v的大小；(2)A与B碰后瞬间的速度v′的大小；(3)弹簧被压缩到最短时的弹性势能E p.12．如图12所示，竖直平面内的四分之一圆弧轨道下端与水平桌面相切，小滑块A和B分别静止在圆弧轨道的最高点和最低点．现将A无初速释放，A与B碰撞后结合为一个整体，并沿桌面滑动．已知圆弧轨道光滑，半径R＝0.2 m；A和B的质量相等；A和B整体与桌面之间的动摩擦因数μ＝0.2.取重力加速度g＝10 m/s2.求：图12(1)碰撞前瞬间A的速率v；(2)碰撞后瞬间A和B整体的速率v′；(3)A和B整体在桌面上滑动的距离l.第8讲 碰撞与动量守恒的复习策略备考指导例1 2 kg·m/s －2 J解析 取竖直向上为正方向，则小球与地面碰撞过程中动量的变化量Δp ＝mv 2－mv 1＝2 kg·m/s，方向竖直向上．由动能定理，合外力做的功W ＝12mv 22－12mv 21＝－2 J.例2 (1)2gR (2)6gR解析 (1)A 碰撞结束到弹回初始位置有：12mv 21＝mgR得v 1＝2gR(2)A 、B 系统碰撞前后瞬间，系统动量守恒：mv 0＝Mv 2－mv 1弹性碰撞，故碰撞过程机械能守恒：12mv 20＝12Mv 22＋12mv 21联立解得：⎩⎪⎨⎪⎧v 1＝M －m M ＋m v 0＝12vv 2＝2m M ＋m v 0＝12v 0，所以v 0＝2v 1从释放到碰撞前瞬间，A 球机械能守恒：12mv 20＝mgR ＋12mv 2解得：v ＝6gR .例3 (1)3 m/s (2)12 J解析 (1)当A 、B 、C 三者的速度相等时弹簧的弹性势能最大，设共同速度为v ABC . 由A 、B 、C 三者组成的系统动量守恒得：(m A ＋m B )v ＝(m A ＋m B ＋m C )v ABC解得v ABC ＝（2＋2）×62＋2＋4 m/s ＝3 m/s(2)B 、C 碰撞时B 、C 组成的系统动量守恒，设碰后瞬间B 、C 两者速度为v BC ，则m B v ＝(m B ＋m C )v BCv BC ＝2×62＋4m/s ＝2 m/s 设A 、B 、C 速度相同时弹簧的弹性势能最大为E p ，根据能量守恒有：E p ＝12(m B ＋m C )v 2BC ＋12m A v 2－12(m A ＋m B ＋m C )v 2ABC ＝12×(2＋4)×22 J ＋12×2×62 J －12×(2＋2＋4)×32 J ＝12 J 考点突破1．B [选取人为研究对象，人自由下落过程中由v 2＝2 gh ，v ＝10 m/s ，缓冲过程由动量定理得(F －mg )t ＝mv ，F ＝mv t ＋mg ＝1 100 N ．由牛顿第三定律可知，安全带所受的平均冲力为1 100 N ．]2．D [由题图可知，在前10 s 内初、末状态的动量相等，p 1＝p 2＝5 kg·m/s，由动量定理知I 1＝0；在后10 s 内p 3＝－5 kg·m/s，I 2＝p 3－p 2＝－10 N·s，故选D.]3．CD [小球从下落到最低点的过程中，槽没有动，与竖直墙之间存在挤压，动量不守恒；小球经过最低点往上运动的过程中，槽与竖直墙分离，水平方向动量守恒；全过程中有一段时间系统受竖直墙弹力的作用，故全过程系统水平方向动量不守恒，选项D 正确；小球离开右侧槽口时，水平方向有速度，将做斜抛运动，选项A 错误；小球经过最低点往上运动的过程中，槽往右运动，槽对小球的支持力对小球做负功，小球对槽的压力对槽做正功，系统机械能守恒，选项B 错误，C 正确．]4．AC [弹簧的弹力属于系统内力，水平恒力F 1、F 2等大反向，系统所受合外力为零，所以动量守恒，选项A 正确；刚开始，弹簧弹力小于水平恒力，两物体均做加速运动，弹簧被拉长，当弹力的大小与恒力相等时，合力为零，两物体的速度均达到最大，之后，弹簧继续被拉长，弹力大于水平恒力，两物体开始做减速运动，当弹簧被拉伸到最长时，两物体速度减为零，在此过程中，两个外力均对系统做正功，所以系统的机械能逐渐增加；此后，两物体返回，水平恒力均对物体做负功，系统的机械能逐渐减小，根据以上分析，选项C 正确，选项B 、D 错误．]5．C [根据动量守恒可知，若小车不动，两人的动量大小一定相等，因不知两人的质量，故选项A 错误；若小车向左运动，A 的动量一定比B 的大，故选项B 错误，C 正确；若小车向右运动，A 的动量一定比B 的小，故选项D 错误．]6．C [以v 0的方向为正方向，小船和救生员组成的系统满足动量守恒：(M ＋m )v 0＝m ·(－v )＋Mv ′，解得v ′＝v 0＋m M(v 0＋v )，故C 项正确，A 、B 、D 项均错．] 7．A [由m B ＝2m A ，知碰前v B ＜v A ，若左为A 球，设碰后二者速度分别为v A ′、v B ′，由题意知p A ′＝m A v A ′＝2 kg·m/s，p B ′＝m B v B ′＝10 kg·m/s，由以上各式得v A ′v B ′＝25，故正确选项为A ；若右为A 球，由于碰前动量都为6 kg·m/s，即都向右运动，两球不可能相碰．]8．AC [两球发生对心碰撞，应满足动量守恒及能量不增加，且后面的小球不能与前面的小球有二次碰撞，故D 错误；根据动量守恒定律可得，四个选项都满足．但碰撞前总动能为12mv 20，而碰撞后B 选项能量增加，B 错误，故A 、C 正确．]9．D [当B 触及弹簧后减速，而物体A 加速，当A 、B 两物体速度相等时，A 、B 间距离最小，弹簧压缩量最大，弹性势能最大，由能量守恒定律可知系统损失的动能最多，故只有D 正确．]10．(1)1 m/s (2)1.25 J解析 (1)A 、B 两球相碰，满足动量守恒定律，则有mv 0＝2mv 1代入数据求得A 、B 两球跟C 球相碰前的速度v 1＝1 m/s(2)A 、B 两球与C 球碰撞同样满足动量守恒定律，则有2mv 1＝mv C ＋2mv 2相碰后A 、B 两球的速度v 2＝0.5 m/s两次碰撞损失的动能ΔE k ＝12mv 20－12(2m )v 22－12mv 2C ＝1.25 J 11．(1)2gh (2)m 1m 1＋m 22gh (3)m 21gh m 1＋m 2 解析 (1)由机械能守恒定律得m 1gh ＝12m 1v 2 v ＝2gh(2)A 、B 在碰撞过程中，由动量守恒定律得：m 1v ＝(m 1＋m 2)v ′v ′＝m 1m 1＋m 22gh(3)A 、B 速度v ′减为零时，弹簧被压缩到最短，由机械能守恒定律得E p ＝12(m 1＋m 2)v ′2＝m 21gh m 1＋m 212．(1)2 m/s (2)1 m/s (3)0.25 m解析 设滑块的质量为m .(1)对小滑块在下滑过程中，根据机械能守恒定律 mgR ＝12mv 2①得碰撞前瞬间A 的速率 v ＝2gR ＝2 m/s.②(2)对A 、B 系统在碰撞过程中，根据动量守恒定律 mv ＝2mv ′③得碰撞后瞬间A 和B 整体的速率v ′＝12v ＝1 m/s.④(3)对A 、B 整体，在桌面上滑动过程中，根据动能定理 12×(2m )v ′2＝μ(2m )gl ⑤ 得A 和B 整体沿水平桌面滑动的距离 l ＝v ′22μg＝0.25 m.。

第11讲 高考怎样考实验高考热点1．力学创新实验的考查． 2．伏安法测电阻的电路设计． 3．电学创新实验的考查．一、力学创新实验的考查解决创新探究型实验试题的基础是熟练掌握考试说明要求的物理实验，重点是基本实验器材的使用方法和实验中体现的物理思想，例如平衡摩擦力的方法、用重力代替拉力的方法、控制变量的方法、累积法测量微小量的方法、图象探究物理量关系的方法、微小量放大测量的方法、平均值减小误差的方法等等．解决创新探究型实验试题的关键是能将学过的实验知识和方法在不同的情境下迁移应用．例1 (2020·江苏单科·11)某同学用如图1甲所示的装置验证机械能守恒定律．一根细线系住钢球，悬挂在铁架台上，钢球静止于A 点．光电门固定在A 的正下方，在钢球底部竖直地粘住一片宽度为d 的遮光条．将钢球拉至不同位置由静止释放，遮光条经过光电门的挡光时间t 可由计时器测出，取v ＝dt 作为钢球经过A 点时的速度．记录钢球每次下落的高度h 和计时器示数t ，计算并比较钢球在释放点和A 点之间的势能变化大小ΔE p 与动能变化大小ΔE k ，就能验证机械能是否守恒．甲(1)ΔE p ＝mgh 计算钢球重力势能变化的大小，式中钢球下落高度h 应测量释放时的钢球球心到________之间的竖直距离． A ．钢球在A 点时的顶端 B ．钢球在A 点时的球心 C ．钢球在A 点时的底端(2)用ΔE k ＝12mv 2计算钢球动能变化的大小．用刻度尺测量遮光条宽度，示数如图乙所示，其读数为________cm.某次测量中，计时器的示数为0.010 0 s ，则钢球的速度为v ＝________m/s.乙图1(3)下表为该同学的实验结果：ΔE p(×10－2 J) 4.892 9.786 14.69 19.59 29.38ΔE k(×10－2 J) 5.04 10.1 15.1 20.0 29.8他发现表中的ΔE p与ΔE k之间存在差异，认为这是由于空气阻力造成的．你是否同意他的观点？请说明理由．___________________________________________________________(4)请你提出一条减小上述差异的改进建议．_____________________________________________________________变式1用如图2甲所示的实验装置来“探究加速度与力的关系”．现使小车A连接纸带后置于水平放置的一端带有定滑轮的足够长的木板上，B为打点计时器、C为弹簧测力计，不计绳与滑轮的摩擦．实验时，先接通电源再松开小车，打点计时器在纸带上打下一系列的点．图2(1)甲同学打好三条纸带，选取其中最好的一条，其中一段如图乙所示．图中A、B、C、D、E为计数点，相邻的两个计数点间还有四个点未画出．已知打点计时器打点的时间间隔为0.02 s，根据纸带可计算出v B＝________m/s，还可求得小车的加速度a＝________m/s2.(2)若该同学利用已学的牛顿第二定律计算发现小车所受合外力小于测力计读数，且明显超出实验误差的的正常范围．你认为主要的原因是________________________________________________________________________，实验操作中需改进的措施是__________________________________________________________________________________________________________.规律总结力学创新实验虽然在试题的情境上进行了创新，但其使用的实验原理和实验处理方法仍然不变，因此，对于创新型实验的处理，最根本的还是要把其从新情境中抽出来，找出与常规实验的相同之处，然后运用熟悉的实验原理和实验数据处理方法进行处理．二、伏安法测电阻的电路设计1．电学实验是高考实验考查的重点，考查的实验有测定金属的电阻率、描绘小灯泡的伏安特性曲线、测定电源的电动势和内阻、多用电表的使用等．2．高考对电学实验的考查侧重于考查电路设计、实物图连接、数据处理和误差分析，并且高考对电学实验的考查向着拓展实验、创新实验的方向发展．例2有一个小灯泡上标有“4 V，2 W”的字样，现在要用伏安法描绘这个灯泡的I－U图线．现有下列器材供选用：A．电压表(0～5 V，内阻10 kΩ)；B．电压表(0～15 V，内阻20 kΩ)；C．电流表(0～3 A，内阻0.4 Ω)；D．电流表(0～0.6 A，内阻1.0 Ω)；E．滑动变阻器(10 Ω，2 A)；F．滑动变阻器(500 Ω，1 A)G．学生电源(直流6 V)、开关、导线若干图3 图4图5(1)实验时，选用图3而不选用图4的电路图来完成实验，请说明理由：_______________________________________________________________________________________________________________________________.(2)实验中所用电压表应选用______________，电流表应选用______________，滑动变阻器应选用______________．(用序号字母表示)(3)把图5中所示的实验器材按图3用笔画线代替导线连接成实物电路图．图6(4)某同学通过实验测量得到的数据已经描在了图6所示的I －U 坐标系中，请用一光滑的曲线将各描点连接好． 规律总结1．电流表内外接法的选择(1)若R x >R A R V ，则采用电流表内接法，此时R 测＝U 测I 测＝R x ＋R A >R x .(2)若R x <R A R V ，则采用电流表外接法，此时R 测＝U 测I 测＝R x R VR x ＋R V <R x .2．滑动变阻器限流式接法和分压式接法的选择通常滑动变阻器应选用限流式接法，但在下列三种情况下，必须选择分压式接法．(1)若采用限流式电路，电路中的最小电流仍超过用电器的额定电流时，必须选用分压式电路． (2)当用电器电阻远大于滑动变阻器最大电阻，且实验要求的电压变化范围较大或要求测量多组实验数据时，必须选用分压式电路．(3)要求回路中某部分电路的电压从零开始可连续变化时必须选用分压式电路．变式2 (2020·浙江理综·22)图7是小红同学在做“描绘小灯泡的伏安特性曲线”实验的实物连接图．图7图8(1)根据图7画出实验电路图；(2)调节滑动变阻器得到了两组电流表与电压表的示数如图8中的①、②、③、④所示，电流表量程为0.6 A，电压表量程为3 V．所示读数为：①______________、②____________、③____________、④____________．两组数据得到的电阻分别为__________和__________．三、电学创新实验的考查“创新型电学实验”的核心是其实验原理，分析设计时，要综合运用欧姆定律、电功率、电磁感应定律、安培定则等重要物理规律等，加强探究性思考．同时要参考教材原实验的原理、器材、步骤、数据处理方法，遵循正确、安全、准确的原则．例3(2020·全国卷Ⅰ·23)现要组装一个由热敏电阻控制的报警系统，要求当热敏电阻的温度达到或超过60 ℃时，系统报警．提供的器材有：热敏电阻，报警器(内阻很小，流过的电流超过I c时就会报警)，电阻箱(最大阻值为999.9 Ω)，直流电源(输出电压为U，内阻不计)，滑动变阻器R1(最大阻值为1 000 Ω)，滑动变阻器R2(最大阻值为2 000 Ω)，单刀双掷开关一个，导线若干．在室温下对系统进行调节，已知U约为18 V，I c约为10 mA；流过报警器的电流超过20 mA时，报警器可能损坏；该热敏电阻的阻值随温度升高而减小，在60 ℃时阻值为650.0 Ω.(1)完成待调节的报警系统原理电路图的连线．图9(2)电路中应选用滑动变阻器________(填“R1”或“R2”)．(3)按照下列步骤调节此报警系统：①电路接通前，需将电阻箱调到一固定的阻值，根据实验要求，这一阻值为________Ω；滑动变阻器的滑片应置于________(填“a”或“b”)端附近，不能置于另一端的原因是______________________________________________．②将开关向________(填“c”或“d”)端闭合，缓慢移动滑动变阻器的滑片，直至______________________________________________________________．(4)保持滑动变阻器滑片的位置不变，将开关向另一端闭合，报警系统即可正常使用．变式3(2020·全国卷Ⅲ·22)某同学用图10中所给器材进行与安培力有关的实验．两根金属导轨ab 和a1b1固定在同一水平面内且相互平行，足够大的电磁铁(未画出)的N极位于两导轨的正上方，S极位于两导轨的正下方，一金属棒置于导轨上且与两导轨垂直．图10(1)在图10中画出连线，完成实验电路．要求滑动变阻器以限流方式接入电路，且在开关闭合后，金属棒沿箭头所示的方向移动．(2)为使金属棒在离开导轨时具有更大的速度，有人提出以下建议：A．适当增加两导轨间的距离B．换一根更长的金属棒C．适当增大金属棒中的电流其中正确的是________(填入正确选项前的标号)．规律总结1．根据题目所给仪器，确定实验方案(伏安法、半偏法，等效替代法、比例法)．2．灵活选用实验器材(1)定值电阻可当电压表(或电流表)使用(2)已知内阻的电压表(或电流表)可当通过串联(或并联)定值电阻、扩大量程．3．利用图象法处理实验数据，巧用数形结合，得到实验所测物理量．题组1 力学实验的考查1．读出图11中游标卡尺和螺旋测微器的读数．图11(1)________ cm，(2)________ mm.2．某同学把附有滑轮的长木板平放在实验桌上，将细绳一端拴在小车上，另一端绕过定滑轮，挂上适当的钩码，使小车在钩码的牵引下运动，以此定量探究绳拉力做功与小车动能变化的关系．此外还准备了打点计时器及配套的电源、导线、复写纸、纸带、小木块等．组装的实验装置如图12所示．图12①若要完成该实验，必需的实验器材还有哪些______________________．②实验开始时，他先调节木板上定滑轮的高度，使牵引小车的细绳与木板平行．他这样做的目的是下列的哪个________(填字母代号)．A．避免小车在运动过程中发生抖动B．可使打点计时器在纸带上打出的点迹清晰C．可以保证小车最终能够实现匀速直线运动D．可在平衡摩擦力后使细绳拉力等于小车受的合力③平衡摩擦力后，当他用多个钩码牵引小车时，发现小车运动过快，致使打出的纸带上点数较少，难以选到合适的点计算小车速度，在保证所挂钩码数目不变的条件下，请你利用本实验的器材提出一个解决办法：______________________．④他将钩码重力做的功当作细绳拉力做的功，经多次实验发现拉力做功总是要比小车动能增量大一些．这一情况可能是下列哪些原因造成的________(填字母代号)．A．在接通电源的同时释放了小车B．小车释放时离打点计时器太近C．阻力未完全被小车重力沿木板方向的分力平衡掉D．钩码做匀加速运动，钩码重力大于细绳拉力3．如图13甲所示是某同学探究小车加速度与力的关系的实验装置．他将光电门固定在水平轨道上的B点，用不同重物通过细线拉同一小车，每次小车都从同一位置A由静止释放．图13(1)若用游标卡尺测出遮光条的宽度d如图乙所示，则d＝____________ cm；实验时将小车从图示位置由静止释放，由数字计时器读出遮光条通过光电门的时间Δt＝2.0×10－2s，则小车经过光电门时的速度为____________m/s；(2)实验中可近似认为细线对小车的拉力与重物的重力大小相等，则重物的质量m与小车的质量M间应满足的关系为________；(3)测出多组重物的质量m和对应遮光条通过光电门的时间Δt，并算出相应小车经过光电门时的速度v，通过描点作出线性图象，研究小车加速度与力的关系，处理数据时应作出____________(选填“v－m”或“v2－m”)图象；(4)该同学在(3)中作出的线性图象不通过坐标原点，开始实验前他应采取的做法是( )A．将木板不带滑轮的一端适当垫高，使小车在钩码拉动下恰好做匀速运动B．将木板不带滑轮的一端适当垫高，使小车在钩码拉动下恰好做匀加速运动C．将木板不带滑轮的一端适当垫高，在不挂钩码的情况下使小车恰好做匀速运动D．将木板不带滑轮的一端适当垫高，在不挂钩码的情况下使小车恰好做匀加速运动4.如图14所示，两个质量各为m1和m2的小物块A和B，分别系在一条跨过定滑轮的软绳两端，已知m1>m2，现要利用此装置验证机械能守恒定律．图14(1)若选定物块A从静止开始下落的过程进行测量，则需要测量的物理量有________．①物块的质量m1、m2；②物块A下落的距离及下落这段距离所用的时间；③物块B上升的距离及上升这段距离所用的时间；④绳子的长度．(2)为提高实验结果的准确程度，某小组同学对此实验提出以下建议：①绳的质量要轻；②在“轻质绳”的前提下，绳子越长越好；③尽量保证物块只沿竖直方向运动，不要摇晃；以上建议中确实对提高准确程度有作用的是____________________________________．(3)写出一条上面没有提到的对提高实验结果准确程度有益的建议：______________________________________________________________________________________________________________________________________.题组2 电学实验的考查5．关于多用电表的使用，下列操作正确的是( )A．多用电表测电压时，要将红表笔接高电势点B．多用电表测电压时，应串联接入电路C．多用电表测电阻时，要调节倍率，使测量指示值尽可能大D．多用电表测电阻时，如将红黑表笔接错将导致测量错误(2)如图15所示，若多用电表的选择开关处于表中所指的挡位，请在表格中填出相应的读数．图15选择开关所处挡位读数直流电流100 mA ________ mA直流电压50 V ________ V电阻×100________ Ω6.用实验方法测电流表内电阻的电路图如图16所示．器材有待测电流表A：量程0～10 mA，内阻R A约为30 Ω(待测)；电流表A′：量程50 mA；电阻箱R1：0～999.9 Ω；滑动变阻器R2：0～500 Ω；电源：E ＝3 V，r为1～2 Ω.图16(1)滑动变阻器滑片P在实验开始前应放在________端(填“a”或“b”)．将单刀双掷开关S先接“1”位置，调节滑动变阻器滑片P，使待测电流表A的指针至某位置(或满偏)，记下此时电流表A′的示数I′.滑片P不再移动．(2)将开关S接“2”位置，调节电阻箱使______________________________________________________________________________________________.(3)待测电流表A的内电阻R A等于________________________________．(4)写出以上测量原理包含的主要物理方法：_________________________________________________________________________________________.7．为了测量一精密金属丝的电阻率，先用多用电表粗测其电阻约为6 Ω.除待测金属丝外，实验室还备有的实验器材如下：A．电压表V1(量程3 V，内阻约为15 kΩ)B．电压表V2(量程15 V，内阻约为75 kΩ)C．电流表A1(量程3 A，内阻约为0.2 Ω)D．电流表A2(量程600 mA，内阻约为1 Ω)E．滑动变阻器R1(0～5 Ω，0.6 A)F．滑动变阻器R2(0～2 000 Ω，0.1 A)G．输出电压为3 V的直流稳压电源EH．电阻箱I．开关S，导线若干为了减小实验误差，需进一步测其电阻，采用伏安法，则上述器材中电压表应选用__________(填序号)，电流表应选用__________(填序号)，滑动变阻器应选用________(填序号)；上图中最合理的电路图应选择______________．如果金属丝的直径为D，长度为L，所测电压为U，电流为I，写出计算电阻率的表达式ρ＝__________．8．某同学用如图17甲所示的实物电路测绘额定电压为3.0 V的小灯泡的伏安特性曲线，并研究小灯泡实际功率及灯丝温度等问题．。

第1讲 巧选公式 画好两图 轻松复习好运动学 高考热点1．匀变速运动基本规律的应用．2．运动学图象问题．3．追及相遇问题．一、匀变速直线运动规律的理解及应用1．对于匀变速直线运动的公式要知道它的来龙去脉，在推导的基础上记忆并灵活应用，理解规律的适用条件，注重运动过程的分析，注意一题多解，一题多变．2．要特别注意应用平均速度公式解题，能使解题过程非常简洁．3．要画好两图：运动情景图和v －t 图象，图景结合，使抽象的问题形象化，是解决运动学问题的两个重要工具．例1 物体以一定的初速度从斜面底端A 点冲上固定的光滑斜面，斜面总长度为l ，到达斜面最高点C 时速度恰好为零，如图所示．已知物体运动到距斜面底端34l 处的B 点时，所用时间为t ，求物体从B 滑到C 所用的时间．图1变式1汽车关闭发动机后做匀减速直线运动，当它运动了300 m时速度减为初速度的一半，接着运动了20 s停下来，则汽车关闭发动机后运动的总距离为( )A．400 m B．500 m C．600 m D．650 m规律总结1．描述匀变速直线运动涉及的基本物理量有v0、v、a、x、t五个量，每一个基本公式中都涉及四个量，选择公式时一定要注意分析已知量和待求量，根据所涉及的物理量选择合适的公式求解，是运用这些规律的技巧．2．对于刹车类问题，实质是汽车在单方向上的匀减速直线运动问题．速度减为零后，加速度消失，汽车停止不动，不再返回．3．逆向思维法：匀减速到速度为零的直线运动一般看成逆向的初速度为零的匀加速直线运动．二、运动图象的理解及应用1．物理过程可以用文字表述，也可以用数学式表达，还可以用图象描述，利用图象描述物理过程更直观．用图象解题过程简单，思路清晰．2．x－t图象和v－t图象只能描述直线运动，且图线都不表示物体运动的轨迹，有时可以根据图象画出运动示意图，或转化成其它图象．3．解图象类问题关键在于首先要将图象与物体的运动对应起来，通过图象的坐标轴、关键点、斜率、面积等信息，对运动进行分析，从而解决问题．其次还应注意挖掘题目中的隐含条件．例2(2016·全国卷Ⅰ·21)(多选)甲、乙两车在平直公路上同向行驶，其v－t图象如图2所示．已知两车在t＝3 s时并排行驶，则( )图2A．在t＝1 s时，甲车在乙车后B．在t＝0时，甲车在乙车前7.5 mC．两车另一次并排行驶的时刻是t＝2 sD．甲、乙车两次并排行驶的位置之间沿公路方向的距离为40 m变式2(2015·广东理综·13)甲、乙两人同时同地出发骑自行车做直线运动，前1小时内的位移—时间图象如图3所示，下列表述正确的是( )图3A．0.2～0.5小时内，甲的加速度比乙的大B．0.2～0.5小时内，甲的速度比乙的大C．0.6～0.8小时内，甲的位移比乙的小D．0.8小时内，甲、乙骑行的路程相等规律总结对于运动学图象问题，通常要注意以下几点：(1)斜率：x－t图象中斜率表示运动物体的速度．v－t图象中斜率表示运动物体的加速度．(2)面积：即图线和坐标轴所围的面积，也往往代表一个物理量，这要看两物理量的乘积有无意义．例如v和t的乘积vt＝x有意义，所以v－t图线与横轴所围“面积”表示位移，x －t图象与横轴所围“面积”无意义．(3)截距：截距一般表示物理过程的初始情况，例如t＝0时的位移或速度．(4)特殊点：例如交点、拐点(转折点)等．例如x－t图象的交点表示两质点相遇，但v－t 图象的交点只表示速度相等．三、追及与相遇问题1．紧抓“一图三式”，即：过程示意图，时间关系式、速度关系式和位移关系式．2．审题应抓住题目中的关键字眼，充分挖掘题目中的隐含条件，如“刚好”“恰好”“最多”“至少”等，往往对应一个临界状态，满足相应的临界条件．3．求解追及相遇问题常用的方法有：物理分析法、函数方程法、图象法．例3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．甲车经过乙车旁边时开始以0.5 m/s2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．变式3甲、乙两辆汽车在一条平直的单行道上同向行驶，乙在前、甲在后．t＝0时刻，两车同时刹车，结果发生了碰撞，如图4所示为两车刹车后的v－t图象，下列说法正确的是( )图4A．两车刹车时的距离一定小于90 mB．两车刹车时的距离一定等于112.5 mC．两车一定是在t＝20 s之前的某时刻发生碰撞的D．两车一定是在t＝20 s之后的某时刻发生碰撞的方法提炼分析追及问题的方法技巧可概括为“一个临界条件”、“两个等量关系”．(1)一个临界条件：速度相等．它往往是物体间能否追上或(两者)距离最大、最小的临界条件，也是分析判断问题的切入点．(2)两个等量关系：时间关系和位移关系，通过画草图找出两物体的时间关系和位移关系是解题的突破口．(3)若被追赶的物体做匀减速运动，一定要注意追上前该物体是否已经停止运动，另外还要注意最后对解的讨论分析．题组1 匀变速直线运动规律的理解及应用1．若某地区的重力加速度为9.8 m/s2，一物体由t＝0开始做自由落体运动，下列说法正确的是( )A．下落过程中，物体在任一秒末的速度是该秒初速度的9.8倍B．t＝0时物体的速度和加速度都为零C．下落开始的连续三个两秒末的速度之比为1∶2∶3D．下落开始的连续三个两秒内的位移之比为1∶4∶92．某航母跑道长200 m，飞机在航母上滑行的最大加速度为6 m/s2，起飞需要的最低速度为50 m/s.那么，飞机在滑行前，需要借助弹射系统获得的最小初速度为( )A．5 m/s B．10 m/s C．15 m/s D．20 m/s3．(2015·江苏单科·5)如图5所示，某“闯关游戏”的笔直通道上每隔8 m设有一个关卡，各关卡同步放行和关闭，放行和关闭的时间分别为5 s和2 s．关卡刚放行时，一同学立即在关卡1处以加速度2 m/s2由静止加速到2 m/s，然后匀速向前，则最先挡住他前进的关卡是( )图5A．关卡2 B．关卡3 C．关卡4 D．关卡54．如图6所示，某人距离墙壁10 m起跑，向着墙壁冲去，挨上墙之后立即返回出发点．设起跑的加速度为4 m/s2，运动过程中的最大速度为4 m/s，快到达墙根时需减速到零，不能与墙壁相撞．减速的加速度为8 m/s2，返回时达到最大速度后不需减速，保持最大速度冲到出发点．求该人总的往返时间．图6题组2 运动图象的理解及应用5．(多选)一个质点做直线运动，下列图象能反映质点最终回到初始位置的有( )6.如图7所示，直线a和曲线b分别是在平直公路上行驶的汽车a和b的位移一时间(x－t)图线．由图可知( )图7A．在t1时刻，a车追上b车B．在t2时刻，a、b两车运动方向相反C．在t1到t2这段时间内，b车的速率先减少后增加D．在t1到t2这段时间内，b车的速率一直比a车的大7.一质点沿x轴做直线运动，其v－t图象如图8所示．质点在t＝0时位于x＝5 m处，开始沿x轴正向运动．当t＝8 s时，质点在x轴上的位置为( )图8A．x＝3 m B．x＝8 m C．x＝9 m D．x＝14 m8．(2016·江苏单科·5)小球从一定高度处由静止下落，与地面碰撞后回到原高度再次下落，重复上述运动，取小球的落地点为原点建立坐标系，竖直向上为正方向．下列速度v和位置x的关系图象中，能描述该过程的是( )题组3 追及与相遇问题9．甲车以加速度3 m/s2由静止开始作匀加速直线运动，乙车落后2 s在同一地点由静止出发，以加速度4 m/s2作加速直线运动，两车速度方向一致．在乙车追上甲车之前，两车距离的最大值是( )A．18 m B．24 m C．22 m D．28 m10.甲、乙两物体先后从同一地点出发，沿一条直线运动，它们的v－t图象如图9所示，由图可知( )图9A．甲比乙运动快，且早出发，所以乙追不上甲B．t＝20 s时，乙追上了甲C．在t＝20 s之前，甲比乙运动快；在t＝20 s之后，乙比甲运动快D．由于乙在t＝10 s时才开始运动，所以t＝10 s时，甲在乙前面，它们之间的距离为乙追上甲前的最大距离11.如图10所示，A、B两物体相距x＝7 m时，A在水平拉力和摩擦力作用下，正以v A＝4 m/s 的速度向右匀速运动，而物体B此时正以v B＝10 m/s的初速度向右匀减速运动，加速度a ＝－2 m/s2，则A追上B所经历的时间是( )图10A．7 s B．8 s C．9 s D．10 s12.潜艇部队经常开展鱼雷攻击敌方舰艇演练．某次演习的简化模型(如图11所示)为：敌舰沿直线MN匀速航行，潜艇隐蔽在Q点不动，Q到MN的距离x QO＝2 000 m．当敌舰到达距离O点800 m的A点时，潜艇沿QO方向发射一枚鱼雷，正好在O点击中敌舰．敌舰因受鱼雷攻击，速度突然减为原来的一半，且立刻沿原运动方向做匀加速运动逃逸.100 s后潜艇沿QB方向发射第二枚鱼雷，鱼雷在B点再次击中敌舰．测得x OB＝1 500 m，不考虑海水速度的影响，潜艇和敌舰可视为质点，鱼雷的速度大小恒为25 m/s.求：图11(1)敌舰第一次被击中前的速度大小；(2)鱼雷由Q至B经历的时间；(3)敌舰逃逸时的加速度大小．答案精析第1讲 巧选公式 画好两图轻松复习好运动学备考指导例1 t解析 方法一 逆向思维法物体向上匀减速冲上斜面，相当于向下匀加速滑下斜面．故x BC ＝at 2BC 2，x AC ＝a （t ＋t BC ）22，又x BC ＝x AC 4，由以上三式解得t BC ＝t .方法二 基本公式法因为物体沿斜面向上做匀减速运动，设物体从B 滑到C 所用的时间为t BC ，由匀变速直线运动的规律可得v 20＝2ax AC ①v 2B ＝v 20－2ax AB ②x AB ＝34x AC ③由①②③解得v B ＝v 02④ 又v B ＝v 0－at ⑤ v B ＝at BC ⑥由④⑤⑥解得t BC ＝t .方法三 比例法对于初速度为零的匀加速直线运动，在连续相等的时间里通过的位移之比为 x 1∶x 2∶x 3∶…∶x n ＝1∶3∶5∶…∶(2n －1)．因为x CB ∶x BA ＝x AC 4∶3x AC 4＝1∶3，而通过x BA 的时间为t ，所以通过x BC 的时间t BC ＝t .变式1 A [设汽车减速运动的初速度是v 0，加速度为a ，则有(v 02)2－v 20＝2ax ，0－v 02＝at 有以上两式可得：a ＝－0.5 m/s 2 v 0＝20 m/s又由v 2－v 20＝2ax 总得 x 总＝400 m]例2 BD [根据v －t 图，甲、乙都沿正方向运动．t ＝3 s 时，甲、乙相遇，此时v 甲＝30 m/s ，v 乙＝25 m/s ，由位移和v －t 图线所围面积对应关系知，0～3 s 内甲车位移x 甲＝12×3×30 m＝45 m ，乙车位移x 乙＝12×3×(10＋25) m ＝52.5 m ．故t ＝0时，甲、乙相距Δx 1＝x 乙－x甲＝7.5 m ，即甲在乙前方7.5 m ，B 选项正确；0～1 s 内，x 甲′＝12×1×10 m＝5 m ，x 乙′＝12×1×(10＋15) m ＝12.5 m ，Δx 2＝x 乙′－x 甲′＝7.5 m ＝Δx 1，说明甲、乙第一次相遇，A 、C 错误；甲、乙两次相遇地点之间的距离为x ＝x 甲－x 甲′＝45 m －5 m ＝40 m ，所以D 选项正确．]变式2 B [位移－时间图象的斜率绝对值反映速度大小，在0.2～0.5小时内，甲、乙均做匀速直线运动，加速度为0，甲图象斜率大于乙图象，说明甲的速度大于乙的速度，故A 错误，B 正确；由位移－时间图象可以看出在0.6～0.8小时内甲的位移比乙的大，故C 错误；由位移－时间图象看出在t ＝0.5小时时，甲在s ＝10 km 处，而乙在s ＝8 km 处，进一步得出在0.8小时内甲的路程比乙的大，故D 错误．] 例3 (1)36 m (2)25 s解析 (1)当甲车速度减至等于乙车速度时两车的距离最大，设该减速过程所用时间为t ， 则有v 乙＝v 甲－at ，解得t ＝12 s ，此时甲、乙两车间距离为v 甲t －12at 2－v 乙t ＝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 s t 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＝204s ＝5 s 故乙车追上甲车需t 1＋t 2＝25 s.变式3 C [v －t 图象给定了两车的初速度和加速度，不确定值是刹车前两车间距离，由两车的v －t 图象可知，两车不相撞的最小距离Δx min ＝(5＋252－5＋152)×20 m＝100 m ，即当Δx <100 m 时两车必相撞，A 、B 均错误；两车相撞一定发生在甲车速度大于乙车速度时，即t ＝20 s 之前，C 正确，D 错误．]考点突破1．C [加速度为g ＝9.8 m/s 2，根据加速度的意义可知物体速度每秒增加9.8 m/s ，故A 错误；刚下落时物体的速度为零，加速度是9.8 m/s 2，故B 错误；根据v ＝gt ，2 s 、4 s 、6 s 末速度之比为1∶2∶3，即下落开始连续的三个两秒末的速度之比为1∶2∶3，故C 正确；根据h ＝12gt 2，2 s 、4 s 、6 s 内的位移之比为1∶4∶9，故下落开始连续的三个两秒内的位移之比为1∶3∶5，故D 错误．]2．B [由题知x ＝200 m ，加速度a ＝6 m/s 2，末速度v ＝50 m/s ，由运动学公式v 2－v 20＝2ax 代人数据得：v 0＝10 m/s ，故B 项正确．]3．C [由题意知，该同学先加速后匀速，速度增大到2 m/s 用时t 1＝v a＝1 s ，在加速时间内通过的位移x 1＝12at 21＝1 m ，t 2＝4 s ，x 2＝vt 2＝8 m ，已过关卡2，t 3＝2 s 时间内x 3＝4 m ，关卡打开，t 4＝5 s ，x 4＝vt 4＝10 m ，此时关卡关闭，距离关卡4还有1 m ，到达关卡4还需t 5＝0.5 s ，小于2 s ，所以最先挡住他前进的是关卡4，故C 正确．]4．6.25 s解析 加速阶段：t 1＝v max a 1＝1 s ；x 1＝12v max t 1＝2 m 减速阶段：t 2＝v max a 2＝0.5 s ；x 2＝12v max t 2＝1 m 匀速阶段：t 3＝x －（x 1＋x 2）v max＝1.75 s返回的过程中，加速阶段：t 4＝v max a 4＝1 s ；x 4＝12v max t 4＝2 m 匀速阶段：t 5＝x －x 4v max＝2 s 该人总的往返时间为t ＝t 1＋t 2＋t 3＋t 4＋t 5＝6.25 s5．AC [A 图中2 s 末物体的纵坐标为零，与初始坐标相同，物体回到了初始位置，故A 正确；B 图中物体从正向2 m 处出发，2 s 末时到达负向的2 m 处，故没有回到初始位置，故B 错误；C 图中物体1 s 内以2 m/s 的速度沿正方向运动，1 s 末位移为2 m ，第2 s 内，物体反向以2 m/s 的速度运动，第2 s 内位移为负方向的2 m ，故物体应回到初始位置，故C 正确；D 图中物体一直沿正方向运动，故2 s 末物体无法回到初始位置，故D 错误．] 6．B [由x －t 图线分析可知，t 1时刻b 车追上了a 车，A 选项错误；x －t 图线斜率的正负表示运动方向，t 2时刻a 车沿正方向运动，b 车沿负方向运动，B 选项正确；x －t 图线斜率的大小表示速度大小，t 1到t 2这段时间内曲线b 斜率先增加后减小，C 、D 选项错误．] 7．B [由题图知，质点在8 s 内的位移Δx ＝12×(2＋4)×2 m－12×(2＋4)×1 m＝3 m ．t＝0时，质点位于x 0＝5 m 处，故8 s 末质点在x 轴上的位置x ＝x 0＋Δx ＝8 m ，B 正确．]8．A [由运动学公式可得小球与地面碰撞后速度v 与位置x 的关系为v ＝v 20－2gx ，从最高点下落时二者的关系为v ＝－2g （x 0－x ），对比图象可知A 项正确．]9．B [乙车从静止开始做匀加速运动，落后甲 2 s ，则开始阶段甲车在前．当乙车速度小于甲车的速度时，两者距离增大；当乙车速度大于甲车的速度时，两者距离减小，则当两者速度相等距离最大．即：a 甲(t 乙＋2)＝a 乙t 乙，得：t 乙＝6 s ；两车距离的最大值为Δx ＝x甲－x 乙＝12a 甲(t 乙＋2)2－12a 乙t 2乙＝24 m ，故选B.]10．C [从题图中看到开始甲比乙运动快，且早出发，但是乙做匀加速运动，最终是可以追上甲的，A 项错误；t ＝20 s 时，速度图象中甲的速度图线与时间轴所围的面积大于乙的，即甲的位移大于乙的位移，所以乙没有追上甲，B 项错误；在t ＝20 s 之前，甲的速度大于乙的速度，在t ＝20 s 之后，乙的速度大于甲的速度，C 项正确；乙在追上甲之前，当它们速度相同时，它们之间的距离最大，对应的时刻为t ＝20 s ，D 选项错误．] 11．B [设物体B 减速至静止的时间为t 则－v B ＝at ，t ＝102s ＝5 s.物体B 向前运动的位移x B ＝12v B t ＝12×10×5 m＝25 m.又因A 物体5 s 内前进x A ＝v A t ＝4×5 m＝20 m ，显然x B ＋7 m ＞x A .所以A 追上B 之前，物体B 早已经静止，设A 追上B 经历的时间为t ′，则t ′＝x B ＋7 mv A＝8 s ，B 正确．]12．(1)10 m/s (2)100 s (3)0.025 m/s 2解析 (1)鱼雷从Q 到O 经历的时间t 1＝x QO v ＝2 00025 m/s ＝80 s ，敌舰被击中前的速度v 1＝x OAt 1＝80080m/s ＝10 m/s (2)设第二枚鱼雷经过时间t 2击中敌舰，则x QB ＝x OB 2＋x QO 2＝2 500 m ，t 2＝x QB v ＝2 50025s ＝100 s(3)敌舰第一次被击中后瞬间的速度v 2＝v 12＝5 m/s ，敌舰第一次被击中后运动的时间t 3＝t 2＋100 s ＝200 s设敌舰逃逸时的加速度大小为a ，由x OB ＝v 2t 3＋12at 23，得a ＝0.025 m/s 2.。

第八章 ⎪⎪⎪磁场[备考指南]考 点内 容 要求题型把 握 考 情一、磁场、安培力磁场、磁感应强度、磁感线Ⅰ选择找 规 律从近几年高考试题来看，高考对本章内容的考查，重点考查安培力、洛伦兹力以及带电粒子在磁场(或复合场)中的运动问题。

对安培力、洛伦兹力的考查多以选择题的形式出现；对带电粒子的运动问题多以综合计算题的形式出现，一般综合考查受力分析、动力学关系、功能关系、圆周运动、平抛运动等知识，难度较大，分值较高。

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二、带电粒子在匀强磁场中的运动匀强磁场中的安培力 Ⅱ选择、计算洛伦兹力、洛伦兹力的方向 Ⅰ 三、带电粒子在组合场叠加场中的运动洛伦兹力公式Ⅱ选择、计算明 热 点预计在2017年高考中仍将以带电粒子在有界磁场、组合场、复合场中运动的综合分析为重点，出现大型综合题的几率较大。

带电粒子在匀强磁场中的运动Ⅱ质谱仪和回旋加速器 Ⅰ第1节 磁场的描述__磁场对电流的作用(1)磁场中某点磁感应强度的大小，跟放在该点的试探电流元的情况无关。

(√)(2)磁场中某点磁感应强度的方向，跟放在该点的试探电流元所受磁场力的方向一致。

(×)(3)垂直磁场放置的线圈面积减小时，穿过线圈的磁通量可能增大。

(√)(4)小磁针N极所指的方向就是该处磁场的方向。

(×)(5)在同一幅图中，磁感线越密，磁场越强。

(√)(6)将通电导线放入磁场中，若不受安培力，说明该处磁感应强度为零。

(×)(7)安培力可能做正功，也可能做负功。

(√)1820年，丹麦物理学家奥斯特发现电流可以使周围的小磁针发生偏转，称为电流的磁效应。

要点一对磁感应强度的理解1．理解磁感应强度的三点注意事项(1)磁感应强度由磁场本身决定，因此不能根据定义式B＝FIL认为B与F成正比，与IL成反比。

(2)测量磁感应强度时小段通电导线必须垂直磁场放入，如果平行磁场放入，则所受安培力为零，但不能说该点的磁感应强度为零。

第16讲“概率”复习重在模型概率是高中数学的重要内容，高考对概率的考查，往往以实际问题为背景，重点考查古典概型，几何概型，尤其是相互独立事件和独立重复试验．对概率的复习，要做到审准题意，弄准概型，用准公式．1．明确概念，分清概型．抓住古典概型，几何概型，条件概率，独立重复试验这些基本概型的特征，能根据试验的特点与过程，判断其概率模型，正确运用相应的概率计算公式．古典概型与几何概型是基本的概率模型，前者能一一列举，后者是“连续的”，需用长度、面积或体积度量，至于是用长度、面积还是体积度量，取决于试验的基本事件的变量个数．弄清相互独立事件与独立重复试验的区别．2．把握常见事件，理清关系．把握常见事件的概念，如随机事件，必然事件，不可能事件，基本事件，包含关系，互斥事件，对立事件，相互独立事件．理清相互关系，如必然事件的对立事件是不可能事件；互斥不一定对立，对立一定互斥；若A、B相互独立，则A与B，A与B 也相互独立，等等．掌握互斥事件的和事件的概率加法公式，相互独立事件的积事件的概率乘法公式．3．会分解、转化复杂事件．把一个复杂事件表示为几个互斥事件的和事件，或转化为对立事件，是解决概率问题的重要策略．例1已知关于x的一元二次方程9x2＋6ax－b2＋4＝0，a，b∈R.(1)若a是从1，2，3三个数中任意取的一个数，b是从0，1，2三个数中任意取的一个数，求已知方程有两个不相等实根的概率；(2)若a是从0，3]内任意取的一个数，b是从0，2]内任意取的一个数，求已知方程有实根的概率；解后反思古典概型往往用列表、图示等方法将基本事件罗列出来，确定事件所包含的基本事件，要有规律地列举基本事件，避免基本事件的“重”和“漏”．对于几何概型，若基本事件对应直线上的点，需用长度度量；若基本事件对应平面内的点，需用面积度量；若基本事件对应空间内的点，需用体积度量.例2两台车床加工同一种机械零件如下表从这100解后反思在古典概型下，P(B|A)＝P（AB）P（A）.例3为推行新课程改革，某校决定开设一批选修课程，分别为文学、艺术、竞赛三类，这三类课程所含科目的个数分别占总数的12、14、14，现在3名学生独立地从中任选一个科目参加学习．(1)求他们选择的科目所属类别互不相同的概率；(2)记ξ为3人中选择的科目属于文学或竞赛的人数，求ξ＝2的概率．解后反思1．两个事件相互独立是指这两个事件彼此没有影响．独立重复实验是指在相同条件下多次进行，每次实验只有两个结果：A发生或A不发生，每次实验A发生的概率都一样．在例3中，3名学生独立地从中任选一个科目参加学习，可看作3次实验，尽管每次实验都有3个结果：文学、艺术、竞赛，可转化为两个结果：选艺术、不选艺术，每次实验选艺术的概率都是14，即为独立重复实验．2．概率计算首先要根据条件分清概型，然后理清事件之间的关系，把随机事件表示为几个互斥事件的和，把每个互斥事件表示为基本事件的积．总结感悟1．求解概率问题时，首先要根据条件定准概型，然后理清事件之间的关系，根据相关公式进行计算；2．概率计算时，往往把一个复杂事件表示为几个互斥的事件的和，或转化为对立事件，然后再把这些事件表示为基本事件的积；3．古典概型往往用列表、图示等方法，将基本事件有规律地罗列出来，避免基本事件的“重”和“漏”．对于几何概型，需用长度、面积或体积度量，度量的“维度”，取决于试验的基本事件的变量个数.4．两个事件相互独立是指这两个事件之间彼此没有影响．独立重复实验是指在相同条件下多次进行，每次实验只有两个结果：A发生或A不发生，每次实验A发生的概率都一样．A级1．如果3个正整数可作为一个直角三角形三条边的边长，则称这3个数为一组勾股数，从1，2，3，4，5中任取3个不同的数，则这3个数构成一组勾股数的概率为________．2．抛掷两枚骰子，当至少一枚5点或一枚6点出现时，就说这次试验成功，则在10次试验中成功次数的均值为________．3．一只蚂蚁在三边长分别为3，4，5的三角形内爬行，则此蚂蚁距离三角形三个顶点的距离均超过1的概率为________．4．已知P(B|A)＝13，P(A)＝25，则P(AB)＝________．5．已知A、B是相互独立事件，且P(A)＝12，P(B)＝23，则P(AB)＝________；P(AB)＝________．6．从次品率为0.1的一批产品中任取4件，恰有两件次品的概率为________．7．(2016·全国Ⅰ改编)某公司的班车在7：00，8：00，8：30发车，小明在7：50至8：30之间到达发车站乘坐班车，且到达发车站的时刻是随机的，则他等车时间不超过10分钟的概率是________．B级8．先后掷骰子(骰子的六个面上分别标有1，2，3，4，5，6)两次落在水平桌面后，记正面朝上的点数分别为x，y.设事件A为“x＋y为偶数”，事件B为“x，y中有偶数，且x≠y”，则概率P(B|A)＝________．9．甲、乙两名学生通过某种听力测试的概率分别为12和13，两人同时参加测试，其中有且只有一人能通过的概率是________．10．位于坐标原点的一个质点P 按下述规则移动：质点每次移动一个单位，移动的方向为向上或向右，并且向上、向右移动的概率都是12.则质点P 移动5次后位于点(2，3)的概率为____________．11.如图，EFGH 是以O 为圆心，半径为1的圆的内接正方形．将一颗豆子随机地扔到该圆内，用A 表示事件“豆子落在正方形EFGH 内”，B 表示事件“豆子落在扇形OHE (阴影部分)内”，则(1)P (A )＝________；(2)P (B |A )＝________．12．甲、乙两人投篮命中的概率分别为p 、q ，他们各投两次，若p ＝12，且甲比乙投中次数多的概率恰好等于736，则q 的值为________．13．某联欢晚会举行抽奖活动，举办方设置了甲、乙两种抽奖方案，方案甲的中奖率为23，中奖可以获得2分；方案乙的中奖率为25，中奖可以获得3分；未中奖则不得分．每人有且只有一次抽奖机会，每次抽奖中奖与否互不影响，晚会结束后凭分数兑换奖品．(1)若小明选择方案甲抽奖，小红选择方案乙抽奖，记他们的累计得分为X ，求X ≤3的概率；(2)若小明、小红两人都选择方案甲或都选择方案乙进行抽奖，问：他们选择何种方案抽奖，累计得分的均值较大？第16讲“概率”复习重在模型题型分析例1解设“方程9x2＋6ax－b2＋4＝0有两个不相等实根”为事件A，“方程9x2＋6ax－b2＋4＝0有实根”为事件B.(1)由题意，得基本事件有9个，它们为(1，0)，(1，1)，(1，2)，(2，0)，(2，1)，(2，2)，(3，0)，(3，1)，(3，2)，其中第一个数表示a的值，第二个数表示b的值．由Δ＝36a2－36(－b2＋4)＝36a2＋36b2－36×4>0，得a2＋b2>4.可知(1，2)，(2，1)，(2，2)，(3，0)，(3，1)，(3，2)满足条件，所以事件A发生的概率为P(A)＝69＝23；(2)a，b的取值记为(a，b)，构成一个矩形区域，如图．构成事件B的区域为{(a，b)|0≤a≤3，0≤b≤2，a2＋b2≥4}，所以事件B发生的概率为P(B)＝2×3－14×π×222×3＝1－π6.例2解记“在100个零件中任取一件是甲机床加工的零件”为事件A，记“从100个零件中任取一件取得合格品”为事件B.则P(B|A)＝P（AB）P（A）＝35100÷40100＝3540＝0.875.例3解记第i名学生选择的科目属于文学、艺术、竞赛分别为事件A i、B i、C i、i＝1，2，3.由题意知A1A2A3相互独立，B1B2B3相互独立，C1C2C3相互独立，A i、B j、C k(i，j，k＝1，2，3，且i，j，k互不相同)相互独立，且P(A i)＝1 2，P(B j)＝14，P(C k)＝14.(1)他们选择的项目所属类别互不相同的事件分别为：A1B2C3，A1C2B3，，B1A2C3，B1C2A3，C1A2B3，C1B2A3，则他们选择的科目所属类别互不相同的概率为：P＝P(A1B2C3)＋P(A1C2B3)＋P(B1A2C3)＋P(B1C2A3)＋P(C1A2B3)＋P(C1B2A3)＝6×12×14×14＝316.(2)设3名学生中选择的科目属于艺术的人数为η，由已知，得η～B (3，14)，且ξ＝3－η.所以P (ξ＝2)＝P (η＝1)＝C 13(14)(34)2＝2764. 线下作业 1.110解析 从1，2，3，4，5中任取3个不同的数共有如下10种不同的结果：(1，2，3)，(1，2，4)，(1，2，5)，(1，3，4)，(1，3，5)，(1，4，5)，(2，3，4)，(2，3，5)，(2，4，5)，(3，4，5)，其中勾股数只有(3，4，5)，所以概率为110. 2.509解析 抛掷两枚骰子，当两枚骰子不出现5点和6点时的概率为46×46＝49，所以至少有一次出现5点或6点的概率为1－49＝59，用X 表示10次试验中成功的次数，则X ～B (10，59)，E (X )＝10×59＝509. 3．1－π12解析 如图，三角形ABC 的面积为12×3×4＝6，离三个顶点距离都不大于1的地方的面积为S ＝12×π·12＝π2，所以其恰在离三个顶点距离都大于1的地方的概率为P ＝6－π26＝1－π12. 4.215解析 P (AB )＝P (B |A )·P (A )＝13×25＝215. 5.16 16解析 ∵P (A )＝12，P (B )＝23， ∴P (A )＝12，P (B )＝13.∴P (AB )＝P (A )P (B )＝12×13＝16， P (AB )＝P (A )P (B )＝12×13＝16. 6．0.048 6解析 P ＝C 24(0.1)2(1－0.1)2＝0.048 6.7.12解析 如图所示，画出时间轴：小明到达的时间会随机的落在图中线段AB 中，而当他的到达时间落在线段AC 或DB 时，才能保证他等车的时间不超过10分钟，根据几何概型得所求概率P ＝10＋1040＝12. 8.13解析 由题意知P (A )＝P (x 是偶数)·P (y 是偶数)＋P (x 是奇数)·P (y 是奇数)＝12×12＋12×12＝12.记事件AB 表示“x ＋y 为偶数，x ，y 中有偶数，且x ≠y ”即“x 、y 都是偶数且x ≠y ”， 所以P (AB )＝16， 故P (B |A )＝P （AB ）P （A ）＝13.9.12解析 设事件A 表示“甲通过听力测试”，事件B 表示“乙通过听力测试”．依题意知，事件A 和B 相互独立，且P (A )＝12，P (B )＝13.记“有且只有一人通过听力测试”为事件C ，则C ＝(AB )∪(AB )，且AB 和AB 互斥．故P (C )＝P (AB )∪P (AB ) ＝P (AB )＋P (AB ) ＝P (A )P (B )＋P (A )P (B ) ＝12×(1－13)＋(1－12)×13＝12. 10.516解析 质点每次只能向上或向右移动，且概率均为12，所以移动5次可看成做了5次独立重复试验．质点P 移动5次后位于点(2，3)的概率为 C 25(12)2(12)3＝C 25(12)5＝516. 11．(1)2π (2)14解析 (1)由题意可得，事件A 发生的概率 P (A )＝S 正方形EFGH S 圆O ＝2×2π×12＝2π. (2)事件AB 表示“豆子落在△EOH 内”， 则P (AB )＝S △EOH S 圆O ＝12×12π×12＝12π. 故P (B |A )＝P （AB ）P （A ）＝12π2π＝14.12.23解析 所有可能情形有：甲投中1次，乙投中0次；甲投中2次，乙投中1次或0次．依题意有：C 12p (1－p )·C 02(1－q )2＋C 22p 2C 02(1－q )2＋C 12q (1－q )]＝736，解得q ＝23或q ＝103(舍去)．13．解 方法一 (1)由已知得，小明中奖的概率为23，小红中奖的概率为25，且两人中奖与否互不影响．记“这2人的累计得分X ≤3”的事件为A ，则事件A 的对立事件为“X ＝5”，因为P(X＝5)＝23×25＝415，所以P(A)＝1－P(X＝5)＝11 15，即这2人的累计得分X≤3的概率为11 15.(2)设小明、小红都选择方案甲抽奖中奖次数为X1，都选择方案乙抽奖中奖次数为X2，则这两人选择方案甲抽奖累计得分的均值为E(2X1)，选择方案乙抽奖累计得分的均值为E(3X2)．由已知可得，X1～B(2，23)，X2～B(2，25)，所以E(X1)＝2×23＝43，E(X2)＝2×25＝45，从而E(2X1)＝2E(X1)＝8 3，E(3X2)＝3E(X2)＝12 5，因为E(2X1)>E(3X2)，所以他们都选择方案甲进行抽奖时，累计得分的均值较大．方法二(1)由已知得，小明中奖的概率为23，小红中奖的概率为25，且两人中奖与否互不影响．记“这2人的累计得分X≤3”的事件为A，则事件A包含有“X＝0”，“X＝2”，“X＝3”三个两两互斥的事件，因为P(X＝0)＝(1－23)×(1－25)＝15，P(X＝2)＝23×(1－25)＝25，P(X＝3)＝(1－23)×25＝215，所以P(A)＝P(X＝0)＋P(X＝2)＋P(X＝3)＝11 15，即这2人的累计得分X≤3的概率为11 15.(2)设小明、小红都选择方案甲所获得的累计得分为X1，都选择方案乙所获得的累计得分为X2，则X1，X2的概率分布如下：所以E(X1)＝0×19＋2×49＋4×49＝83，E(X2)＝0×925＋3×1225＋6×425＝125.因为E(X1)>E(X2)，所以他们都选择方案甲进行抽奖时，累计得分的均值较大．。

（全国）2019年高二物理暑期作业 复习方法策略16讲 第6讲“万有引力定律与航天”复习中的5个问题高考热点1．天体质量和密度的计算 2．卫星运行参数的比较与计算 3．卫星变轨问题的分析 4．宇宙速度的理解和计算 5．双星系统模型问题的分析与计算一、天体质量和密度的计算 分析天体运动问题的两条基本思路：(1)当天体运动时，由万有引力提供向心力G Mm r 2＝m v 2r ＝m ω2r ＝mr (2πT)2.这是万有引力定律这一章的主线索．(2)在地面附近万有引力近似等于物体的重力，G Mm R2＝mg .这是万有引力定律这一章的副线索． 由上式得：GM ＝gR 2.若已知地球表面的重力加速度g 和地球半径R ，可以用gR 2替换GM ，由于这种代换的重要性，通常称为黄金代换．例1 已知引力常量为G ，地球半径为R ，月球和地球之间的距离为r ，同步卫星距地面的高度为h ，月球绕地球的运转周期为T 1.地球的自转周期为T 2，地球表面的重力加速度为g .某同学根据以上条件，提出一种估算地球质量M 的方法：同步卫星绕地心做圆周运动，由G Mm h 2＝m ⎝ ⎛⎭⎪⎫2πT 22h得M ＝4π2h3GT 22.(1)请判断上面的结果是否正确，并说明理由．如不正确，请给出正确的解法和结果； (2)请根据已知条件再提出两种估算地球质量的方法并解得结果．规律总结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＝3g 4πGR.(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 ＝4π2r3GT 2；②若已知天体半径R ，则天体的平均密度ρ＝M V ＝M 43πR3＝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＝3πGT2.可见，只要测出卫星环绕天体表面运动的周期T ，就可估算出中心天体的密度．变式 (2015·江苏单科·3)过去几千年来，人类对行星的认识与研究仅限于太阳系内，行星“51 peg b”的发现拉开了研究太阳系外行星的序幕．“51 peg b”绕其中心恒星做匀速圆周运动，周期约为4天，轨道半径约为地球绕太阳运动半径的120，该中心恒星与太阳的质量比约为( )A.110B ．1C ．5D ．10二、卫星运行参量的比较与运算1．卫星的a 、v 、ω、T 是相互联系的，如果一个量发生变化，其它量也随之发生变化；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．对于稳定运动的卫星，只要轨道半径相等，卫星的向心加速度、线速度、角速度、周期都相等，与卫星的质量无关．两个不同的卫星相比较，轨道半径越大，向心加速度、线速度、角速度越小，周期越大．例2 (2016·四川理综·3)国务院批复，自2016年起将4月24日设立为“中国航天日”.1970年4月24日我国首次成功发射的人造卫星东方红一号，目前仍然在椭圆轨道上运行，其轨道近地点高度约为440 km ，远地点高度约为2 060 km ；1984年4月8日成功发射的东方红二号卫星运行在赤道上空35 786 km 的地球同步轨道上．设东方红一号在远地点的加速度为a 1，东方红二号的加速度为a 2，固定在地球赤道上的物体随地球自转的加速度为a 3，则a 1、a 2、a 3的大小关系为()图1A ．a 2＞a 1＞a 3B ．a 3＞a 2＞a 1C ．a 3＞a 1＞a 2D ．a 1＞a 2＞a 3 规律总结1．卫星的动力学规律由万有引力提供向心力，G Mm r 2＝ma 向＝m v 2r ＝m ω2r ＝m 4π2r T2.2．卫星的各物理量随轨道半径变化的规律规律⎩⎪⎪⎨⎪⎪⎧G Mm r 2＝（r ＝R 地＋h ）⎩⎪⎪⎨⎪⎪⎧⎭⎪⎪⎬⎪⎪⎫m v 2r→v ＝ GM r →v ∝1rm ω2r →ω＝ GM r 3→ω∝1r 3m 4π2T 2r →T ＝ 4π2r 3GM→T ∝r 3ma →a ＝GM r 2→a ∝1r2越高越慢mg ＝GMmR 2地（近地时）→GM ＝gR2地三、卫星变轨问题的分析卫星的变轨问题有以下两种情况：(1)制动变轨：卫星的速率变小时，使得万有引力大于所需向心力，卫星做向心运动，轨道半径将变小，所以要使卫星的轨道半径减小，需开动反冲发动机使卫星做减速运动．(2)加速变轨：卫星的速率增大时，使得万有引力小于所需向心力，卫星做离心运动，轨道半径将变大，所以要使卫星的轨道半径变大，需开动反冲发动机使卫星做加速运动．例3发射地球同步卫星时，先将卫星发射至近地圆轨道1，然后点火，使其沿椭圆轨道2运行，最后再次点火，将卫星送入同步圆轨道3.轨道1、2相切于Q点，轨道2、3相切于P 点，如图2所示，则当卫星分别在1、2、3轨道上正常运行时，以下说法正确的是( )图2A．卫星在轨道3上的周期小于在轨道1上的周期B．卫星经轨道2由Q向P运动过程中速率变小C．卫星在轨道1上经过Q点时的加速度大于它在轨道2上经过Q点时的加速度D．卫星在轨道2上经过P点的速率大于它在轨道3上经过P点的速率规律总结人造卫星发射过程经过多次变轨(如图3)，物理量的定性分析图3(1)速度：设卫星在圆轨道Ⅰ和Ⅲ上运行时的速率分别为v1、v3，在A点和B点速率分别为v A、v B.在A点加速，则v A>v1，在B点加速，则v3>v B，又因v1>v3，故有v A>v1>v3>v B.(2)加速度：因为在A点，卫星只受到万有引力作用，故不论从轨道Ⅰ还是轨道Ⅱ经过A点，卫星的加速度都相同，同理，经过B点加速度也相同．(3)周期：设卫星在Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ轨道上运行周期分别为T1、T2、T3，轨道半径分别为r1、r2(半长轴)、r 3，由开普勒第三定律r 3T2＝k 可知T 1<T 2<T 3.四、宇宙速度的理解和计算第一宇宙速度：v 1＝7.9 km/s ，是人造地球卫星的最小发射速度，也是其最大运行速度． 第二宇宙速度：v 2＝11.2 km/s ，是物体挣脱地球的引力束缚需要的最小发射速度． 第三宇宙速度：v 3＝16.7 km/s ，是物体挣脱太阳的引力束缚需要的最小发射速度． 例4 “神舟九号”宇宙飞船搭载3名航天员飞天，并与“天宫一号”成功对接．在发射时，“神舟九号”宇宙飞船首先要发射到离地面很近的圆轨道，然后经过多次变轨，最终与在距地面高度为h 的圆形轨道上绕地球飞行的“天宫一号”完成对接，之后，整体保持在距地面高度仍为h 的圆形轨道上绕地球继续运行．已知地球半径为R ，地面附近的重力加速度为g .求：(1)地球的第一宇宙速度；(2)“神舟九号”宇宙飞船在近地圆轨道运行的速度与对接后整体的运行速度之比．规律总结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＝ GM R.(2)mg ＝mv 21R，所以v 1＝gR .3．第二、第三宇宙速度也都是指发射速度． 五、双星系统模型问题的分析与计算天文学家将相距较近、仅在彼此的引力作用下运行的两颗恒星称为双星． 分析、求解双星问题的两个关键点(1)向心力来源：双星问题中，向心力来源于另一星体的万有引力．(2)圆心或轨道半径的确定及求解：双星问题中，轨道的圆心位于两星连线上某处，只有两星质量相等时才位于连线的中点，此处极易发生的错误是列式时将两星之间的距离当作轨道半径．例5 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 3k T C.n 2kT D.n kT 规律总结 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 . (4)轨道半径与质量成反比，即m 1r 1＝m 2r 2.题组1 天体质量和密度的计算1．(多选)对宇宙的思考一直伴随着人类的成长，人们采用各种方式对宇宙进行着探索，搜寻着外星智慧生命，试图去证明人类并不孤单．其中最有效也是最难的方法就是身临其境．设想某载人飞船绕一类地行星做匀速圆周运动，其轨道半径可视为该行星半径R ，载人飞船运动周期为T ，该行星表面的重力加速度为g ，引力常量为G .则( ) A ．飞船的速度是绕行星做圆周运动的最大速度 B ．该行星的平均密度可表示为3π4GT2C ．飞船做圆周运动的半径增大，其运动周期将减小D ．该行星的平均密度可表示为3g4πGR2．一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.mv 2GNB.mv 4GNC.Nv 2GmD.Nv 4Gm题组2 卫星运行参量的比较与运算3．(2016·江苏单科·7)(多选)如图4所示，两质量相等的卫星A 、B 绕地球做匀速圆周运动，用R 、T 、E k 、S 分别表示卫星的轨道半径、周期、动能、与地心连线在单位时间内扫过的面积．下列关系式正确的有( )图4A ．T A >TB B ．E k A >E k BC ．S A ＝S BD.R 3A T 2A ＝R 3B T 2B4．一人造地球卫星绕地球做匀速圆周运动，假如该卫星变轨后仍做匀速圆周运动，动能减小为原来的14，不考虑卫星质量的变化，则变轨前、后卫星的( )A ．向心加速度大小之比为4∶1B ．角速度大小之比为2∶1C ．周期之比为1∶8D ．轨道半径之比为1∶25．火星表面特征非常接近地球，适合人类居住．我国宇航员王跃曾与俄罗斯宇航员一起进行“模拟登火星”实验活动．已知火星半径是地球半径的12，质量是地球质量的19，自转周期也基本相同，地球表面重力加速度是g ，若王跃在地面上能向上跳起的最大高度是h ，在忽略自转影响和空气阻力的条件下，下述分析正确的是( ) A ．王跃在火星表面受到的万有引力是在地球表面受到的万有引力的29B ．火星表面的重力加速度是49gC ．火星的第一宇宙速度是地球第一宇宙速度的23D ．王跃以相同的初速度v 0在火星上起跳时，可跳的最大高度是92h题组3 卫星变轨问题的分析6．(多选)“天宫一号”是中国发射的第一个目标飞行器，随后发射的“神舟八号”无人飞船已与它成功对接．它们的运行轨迹如图5所示，假设“天宫一号”绕地球做圆周运动的轨道半径为r ，周期为T ，引力常量为G ，则以下说法正确的是( )图5A ．根据题中条件可以计算出地球的质量B ．根据题中条件可以计算出地球对“天宫一号”的引力大小C ．在近地点P 处，“神舟八号”的加速度比“天宫一号”大D ．要实现“神舟八号”与“天宫一号”在近地点P 处安全对接，“神舟八号”需在靠近P 处时制动减速7．我国相继完成“神十”与“天宫”对接、“嫦娥”携“玉兔”落月两大航天工程．某航天爱好者提出“玉兔”回家的设想：如图6所示，将携带“玉兔”的返回系统由月球表面发射到h 高度的轨道上，与在该轨道绕月球做圆周运动的飞船对接，然后由飞船送“玉兔”返回地球．设“玉兔”质量为m ，月球半径为R ，月面的重力加速度为g 月．以月面为零势能面，“玉兔”在h 高度的引力势能可表示为E p ＝GMmhR （R ＋h ），其中G 为引力常量，M 为月球质量．若忽略月球的自转，从开始发射到对接完成需要对“玉兔”做的功为( )图6A.mg 月R R ＋h (h ＋2R )B.mg 月RR ＋h (h ＋2R ) C.mg 月R R ＋h (h ＋22R ) D.mg 月R R ＋h (h ＋12R ) 8.(2016·天津理综·3)我国即将发射“天宫二号”空间实验室，之后发射“神舟十一号”飞船与“天宫二号”对接．假设“天宫二号”与“神舟十一号”都围绕地球做匀速圆周运动，为了实现飞船与空间实验室的对接，下列措施可行的是( )图7A ．使飞船与空间实验室在同一轨道上运行，然后飞船加速追上空间实验室实现对接B ．使飞船与空间实验室在同一轨道上运行，然后空间实验室减速等待飞船实现对接C ．飞船先在比空间实验室半径小的轨道上加速，加速后飞船逐渐靠近空间实验室，两者速度接近时实现对接D ．飞船先在比空间实验室半径小的轨道上减速，减速后飞船逐渐靠近空间实验室，两者速度接近时实现对接题组4 宇宙速度的理解和计算9．(多选)中俄联合实施了探测火星活动计划，由中国负责研制的“萤火一号”火星探测器与俄罗斯研制的“福布斯—土壤”火星探测器一起由俄罗斯“天顶”运载火箭发射前往火星．如果火星的质量为地球质量的19，火星的半径为地球半径的12.那么关于火星探测器，下列说法中正确的是( )A ．发射速度只要大于第一宇宙速度即可B ．发射速度只有达到第三宇宙速度才可以C ．发射速度应大于第二宇宙速度、小于第三宇宙速度D ．火星探测器环绕火星运动的最大速度约为地球第一宇宙速度的1210．天文学家在太阳系外找到一颗和地球尺寸大体相同的系外行星P ，这颗行星围绕某恒星Q 做匀速圆周运动．测得P 的公转周期为T ，公转轨道半径为r ，已知引力常量为G .则( )A ．恒星Q 的质量约为4π2r 3GT 2B ．行星P 的质量约为4π2r 3GT2C ．以7.9 km/s 的速度从地球发射的探测器可以到达该行星表面D ．以11.2 km/s 的速度从地球发射的探测器可以到达该行星表面11．使物体脱离星球的引力束缚，不再绕星球运行，从星球表面发射所需的最小速度称为第二宇宙速度，星球的第二宇宙速度v 2与第一宇宙速度v 1的关系是v 2＝2v 1.已知某星球的半径为r ，它表面的重力加速度为地球表面重力加速度g 的16.不计其他星球的影响，则该星球的第二宇宙速度为( ) A.16gr B. 13gr C. 12gr D.gr 12．人类第一次登上月球时，宇航员在月球表面做了一个实验：将一片羽毛和一个铁锤从同一个高度由静止同时释放，二者几乎同时落地．若羽毛和铁锤是从高度为h 处下落，经时间t 落到月球表面．已知引力常量为G ，月球的半径为R .(1)求月球表面的自由落体加速度大小g 月；(2)若不考虑月球自转的影响，求：a ．月球的质量M ；b .月球的“第一宇宙速度”大小v .题组5 双星系统模型问题的分析与计算13．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14.如图8所示，双星系统中的星球A 、B 都可视为质点，A 、B 绕两者连线上的O 点做匀速圆周运动，A 、B 之间距离不变，引力常量为G ，观测到A 的速率为v 、运行周期为T ，二者质量分别为m 1、m 2.图8(1)求B 的周期和速率；(2)A 受B 的引力F A 可等效为位于O 点处质量为m ′的星体对它的引力，试求m ′.(用m 1、m 2表示)第6讲 “万有引力定律与航天”复习中的5个问题备考指导例1 (1)不正确 M ＝4π2（R ＋h ）3GT 22 (2)M ＝4π2r 3GT 21 M ＝gR2G解析 本题的条件分为三组：①月球：周期为T 1，轨道半径为r .②同步卫星：周期为T 2，轨道半径为R ＋h .③地球表面上的物体：重力加速度为g ，地球半径为R ，自转周期为T 2. (1)该同学在计算中，以卫星为研究对象，把万有引力定律和牛顿第二定律相结合，思路完全正确，但结果是错误的，因为卫星的轨道半径是卫星到地心的距离，地球的半径R 在计算过程中不能忽略．正确的解法：G Mm （R ＋h ）2＝m ⎝ ⎛⎭⎪⎫2πT 22(R ＋h ) 解得：M ＝4π2（R ＋h ）3GT 22(2)方法一：对月球绕地球做圆周运动，由G Mm r 2＝m ⎝ ⎛⎭⎪⎫2πT 12r 得M ＝4π2r3GT 21方法二：在地面上重力近似等于万有引力，由G Mm R 2＝mg 得M ＝gR 2G变式 B [根据万有引力提供向心力，有G Mm r 2＝m 4π2T 2r ，可得M ＝4π2r3GT 2，所以恒星质量与太阳质量之比为M 恒M 太＝r 3行T 2地r 3地T 2行＝(120)3×(3654)2≈1，故选项B 正确．]例2 D [由于东方红二号卫星是同步卫星，则其角速度和赤道上的物体角速度相等，根据a ＝ω2r ，r 2>r 3，则a 2>a 3；由万有引力定律和牛顿第二定律得，G Mmr2＝ma ，由题目中数据可以得出，r 1<r 2，则a 2<a 1；综合以上分析有，a 1>a 2>a 3，选项D 正确．]例3 B [T ＝2π r 3GM，轨道半径越大，周期越长，选项A 错误；从轨道的近地点向远地点运动时，速度逐渐减小，选项B 正确；轨道上某点的加速度a ＝GMr2，离地高度相同，加速度相同，选项C 错误；卫星在轨道2上的P 点要通过加速才能够变轨到轨道3，选项D 错误．] 例4 (1)gR (2)R ＋hR解析 (1)设地球的第一宇宙速度为v ，根据万有引力定律和牛顿第二定律得：G Mm R 2＝m v 2R在地面附近G MmR2＝mg 联立解得v ＝gR .(2)根据题意可知，设“神舟九号”宇宙飞船在近地圆轨道运行的速度为v 1，v 1＝v ＝gR对接后，整体的运行速度为v 2，根据万有引力定律和牛顿第二定律得G Mm （R ＋h ）2＝m v 22R ＋h，解得v 2＝gR 2R ＋h ，所以v 1∶v 2＝ R ＋hR. 例5 B [双星靠彼此的引力提供向心力，则有G m 1m 2L 2＝m 1r 14π2T 2，G m 1m 2L 2＝m 2r 24π2T2 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．] 考点突破1．AD [对飞船，万有引力提供向心力，由G Mm r 2＝m v 2r 得v ＝GMr，即轨道半径越大，飞船速度越小，A 项正确；由G Mm R 2＝m (2πT )2R ，得行星质量M ＝4π2R 3GT 2，又行星密度ρ＝M V ＝3M4πR 3，因此得ρ＝3πGT 2，B 项错；由T ＝2π r 3GM 可知，当轨道半径增大时，飞船的周期增大，C错；由G Mm R 2＝mg 得M ＝gR 2G ，代入密度表达式即得ρ＝3g4πGR，D 项正确．]2．B [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 ＝N m ，代入②得：R ＝mv 2N代入①得M ＝mv 4GN，故B 项正确．]3．AD [由GMm R 2＝mv 2R ＝m 4π2T 2R 和E k ＝12Mv 2可得T ＝2πR 3GM ，E k ＝GMm2R，因R A >R B ，则T A >T B ，E k A <E k B ，A 对，B 错；由开普勒定律可知，C 错，D 对．]4．C [根据E k ＝12mv 2得v ＝2E km ，所以卫星变轨前、后的速度之比为v 1v 2＝21.根据G Mm r 2＝m v 2r，得卫星变轨前、后的轨道半径之比为r 1r 2＝v 22v 21＝14，选项D 错误；根据G Mm r2＝ma ，得卫星变轨前、后的向心加速度大小之比为a 1a 2＝r 22r 21＝161，选项A 错误；根据G Mm r2＝m ω2r ，得卫星变轨前、后的角速度大小之比为ω1ω2＝r 32r 31＝81，选项B 错误；根据T ＝2πω，得卫星变轨前、后的周期之比为T 1T 2＝ω2ω1＝18，选项C 正确．]5．B [由F ＝G Mm R 2＝mg 得F 火＝49F 地，g 火＝49g ，选项A 错误，选项B 正确；由v ＝gR 得v 火＝23v 地，选项C 错误；由h ＝v 202g 得h 火＝94h ，选项D 错误．] 6．AD7．D [“玉兔”在h 高处做圆周运动时有G Mm （R ＋h ）2＝mv 2R ＋h.发射“玉兔”时对“玉兔”做的功W ＝12mv 2＋E p .在月球表面有GMm R 2＝mg 月，联立各式解得W ＝mg 月R R ＋h (h ＋12R )．故选项D 正确，选项A 、B 、C 错误．]8．C [若使飞船与空间站在同一轨道上运行，然后飞船加速，所需向心力变大，则飞船将脱离原轨道而进入更高的轨道，不能实现对接，选项A 错误；若使飞船与空间站在同一轨道上运行，然后空间站减速，所需向心力变小，则空间站将脱离原轨道而进入更低的轨道，不能实现对接，选项B 错误；要想实现对接，可使飞船在比空间试验室半径较小的轨道上加速，然后飞船将进入较高的空间试验室轨道，逐渐靠近空间实验室后，两者速度接近时实现对接，选项C 正确；若飞船在比空间试验室半径较小的轨道上减速，则飞船将进入更低的轨道，不能实现对接，选项D 错误．]9．CD [根据三个宇宙速度的意义，可知选项A 、B 错误，选项C 正确；已知M 火＝M 地/9，R火＝R 地/2，则v mv 1＝GM 火R 火：GM 地R 地＝23≈0.5，选项D 正确．] 10．A [根据公式G Mm r 2＝m (2πT )2r ，得M ＝4π2GT2r 3，可得到中心天体Q 的质量，选项A 正确，B 错误；由于该行星在太阳系外，探测器要到达该行星所需的发射速度要大于第三宇宙速度，即大于16.7 km/s ，选项C 、D 错误．]11．B [本题考查万有引力定律的应用．根据万有引力定律可知GMm r 2＝16mg ＝m v 21r，解得v 1＝16gr ，因v 2＝2v 1，所以v 2＝ 13gr ，B 正确．]12．(1)2h t 2 (2)2hR2Gt22hR t解析 (1)月球表面附近的物体做自由落体运动h ＝12g 月t 2月球表面的自由落体加速度大小g 月＝2ht2(2)a .若不考虑月球自转的影响G Mm R2＝mg 月 月球的质量M ＝2hR2Gt2b ．质量为m ′的飞行器在月球表面附近绕月球做匀速圆周运动有m ′g 月＝m ′v 2R月球的“第一宇宙速度”大小v ＝g 月R ＝2hR t.13．A [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Gm 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．]14．(1)T m 1v m 2 (2)m 32（m 1＋m 2）2解析 (1)设A 、B 的轨道半径分别为r 1、r 2，它们做圆周运动的周期T 、角速度ω都相同，根据牛顿第二定律有F A ＝m 1ω2r 1，F B ＝m 2ω2r 2，即r 1r 2＝m 2m 1.故B 的周期和速率分别为：T B ＝T A ＝T ，v B ＝ωr 2＝ωm 1r 1m 2＝m 1v m 2. (2)A 、B 之间的距离r ＝r 1＋r 2＝m 1＋m 2m 2r 1， 根据万有引力定律有F A ＝G m 1m 2r 2＝G m 1m ′r 21， 所以m ′＝m 32（m 1＋m 2）2.。

第6讲“万有引力定律与航天〞复习中的5个问题高考热点1．天体质量和密度的计算2．卫星运行参数的比拟与计算3．卫星变轨问题的分析4．宇宙速度的理解和计算5．双星系统模型问题的分析与计算一、天体质量和密度的计算分析天体运动问题的两条根本思路：(1)当天体运动时，由万有引力提供向心力GMmr2＝mv2r＝mω2r＝mr(2πT)2.这是万有引力定律这一章的主线索．(2)在地面附近万有引力近似等于物体的重力，GMmR2＝mg.这是万有引力定律这一章的副线索．由上式得：GM＝gR2.假设地球外表的重力加速度g和地球半径R，可以用gR2替换GM，由于这种代换的重要性，通常称为黄金代换．例1引力常量为G，地球半径为R，月球和地球之间的距离为r，同步卫星距地面的高度为h，月球绕地球的运转周期为T1.地球的自转周期为T2，地球外表的重力加速度为g.某同学根据以上条件，提出一种估算地球质量M的方法：同步卫星绕地心做圆周运动，由GMmh2＝m⎝⎛⎭⎪⎫2πT22h得M＝4π2h3GT22.(1)请判断上面的结果是否正确，并说明理由．如不正确，请给出正确的解法和结果；(2)请根据条件再提出两种估算地球质量的方法并解得结果．规律总结天体质量和密度的计算(1)利用天体外表的重力加速度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＝3g 4πGR.(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 ＝4π2r3GT 2；②假设天体半径R ，如此天体的平均密度ρ＝M V ＝M 43πR3＝3πr 3GT 2R 3；③假设天体的卫星在天体外表附近环绕天体运动，可认为其轨道半径r 等于天体半径R ，如此天体密度ρ＝3πGT2.可见，只要测出卫星环绕天体外表运动的周期T ，就可估算出中心天体的密度．变式 (2015·江苏单科·3)过去几千年来，人类对行星的认识与研究仅限于太阳系内，行星“51 peg b〞的发现拉开了研究太阳系外行星的序幕．“51 peg b〞绕其中心恒星做匀速圆周运动，周期约为4天，轨道半径约为地球绕太阳运动半径的120，该中心恒星与太阳的质量比约为( )A.110 B ．1 C ．5 D ．10 二、卫星运行参量的比拟与运算1．卫星的a 、v 、ω、T 是相互联系的，如果一个量发生变化，其它量也随之发生变化；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．对于稳定运动的卫星，只要轨道半径相等，卫星的向心加速度、线速度、角速度、周期都相等，与卫星的质量无关．两个不同的卫星相比拟，轨道半径越大，向心加速度、线速度、角速度越小，周期越大．例2 (2016·四川理综·3)国务院批复，自2016年起将4月24日设立为“中国航天日〞.1970年4月24日我国首次成功发射的人造卫星东方红一号，目前仍然在椭圆轨道上运行，其轨道近地点高度约为440 km ，远地点高度约为2 060 km ；1984年4月8日成功发射的东方红二号卫星运行在赤道上空35 786 km 的地球同步轨道上．设东方红一号在远地点的加速度为a 1，东方红二号的加速度为a 2，固定在地球赤道上的物体随地球自转的加速度为a 3，如此a 1、a 2、a 3的大小关系为( )图1A ．a 2＞a 1＞a 3B ．a 3＞a 2＞a 1C ．a 3＞a 1＞a 2D ．a 1＞a 2＞a 3 规律总结1．卫星的动力学规律由万有引力提供向心力，G Mm r 2＝ma 向＝m v 2r ＝mω2r ＝m 4π2r T2.2．卫星的各物理量随轨道半径变化的规律规律⎩⎪⎪⎨⎪⎪⎧G Mm r 2＝〔r ＝R 地＋h 〕⎩⎪⎪⎨⎪⎪⎧⎭⎪⎪⎬⎪⎪⎫m v 2r→v ＝GM r →v ∝1rmω2r →ω＝ GM r 3→ω∝1r 3m 4π2T 2r →T ＝ 4π2r 3GM→T ∝r 3ma →a ＝GM r 2→a ∝1r2越高越慢mg ＝GMmR 2地〔近地时〕→GM ＝gR2地三、卫星变轨问题的分析 卫星的变轨问题有以下两种情况：(1)制动变轨：卫星的速率变小时，使得万有引力大于所需向心力，卫星做向心运动，轨道半径将变小，所以要使卫星的轨道半径减小，需开动反冲发动机使卫星做减速运动． (2)加速变轨：卫星的速率增大时，使得万有引力小于所需向心力，卫星做离心运动，轨道半径将变大，所以要使卫星的轨道半径变大，需开动反冲发动机使卫星做加速运动． 例3 发射地球同步卫星时，先将卫星发射至近地圆轨道1，然后点火，使其沿椭圆轨道2运行，最后再次点火，将卫星送入同步圆轨道3.轨道1、2相切于Q 点，轨道2、3相切于P 点，如图2所示，如此当卫星分别在1、2、3轨道上正常运行时，以下说法正确的答案是( )图2A ．卫星在轨道3上的周期小于在轨道1上的周期B ．卫星经轨道2由Q 向P 运动过程中速率变小C ．卫星在轨道1上经过Q 点时的加速度大于它在轨道2上经过Q 点时的加速度D ．卫星在轨道2上经过P 点的速率大于它在轨道3上经过P 点的速率 规律总结人造卫星发射过程经过屡次变轨(如图3)，物理量的定性分析图3(1)速度：设卫星在圆轨道Ⅰ和Ⅲ上运行时的速率分别为v 1、v 3，在A 点和B 点速率分别为v A 、v B .在A 点加速，如此v A >v 1，在B 点加速，如此v 3>v B ，又因v 1>v 3，故有v A >v 1>v 3>v B .(2)加速度：因为在A 点，卫星只受到万有引力作用，故不论从轨道Ⅰ还是轨道Ⅱ经过A 点，卫星的加速度都一样，同理，经过B 点加速度也一样．(3)周期：设卫星在Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ轨道上运行周期分别为T 1、T 2、T 3，轨道半径分别为r 1、r 2(半长轴)、r 3，由开普勒第三定律r 3T2＝k 可知T 1<T 2<T 3.四、宇宙速度的理解和计算第一宇宙速度：v 1＝7.9 km/s ，是人造地球卫星的最小发射速度，也是其最大运行速度． 第二宇宙速度：v 2＝11.2 km/s ，是物体挣脱地球的引力束缚需要的最小发射速度． 第三宇宙速度：v 3＝16.7 km/s ，是物体挣脱太阳的引力束缚需要的最小发射速度． 例4 “神舟九号〞宇宙飞船搭载3名航天员飞天，并与“天宫一号〞成功对接．在发射时，“神舟九号〞宇宙飞船首先要发射到离地面很近的圆轨道，然后经过屡次变轨，最终与在距地面高度为h 的圆形轨道上绕地球飞行的“天宫一号〞完成对接，之后，整体保持在距地面高度仍为h 的圆形轨道上绕地球继续运行．地球半径为R ，地面附近的重力加速度为g .求：(1)地球的第一宇宙速度；(2)“神舟九号〞宇宙飞船在近地圆轨道运行的速度与对接后整体的运行速度之比．规律总结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＝ GM R.(2)mg ＝mv 21R，所以v 1＝gR .3．第二、第三宇宙速度也都是指发射速度． 五、双星系统模型问题的分析与计算天文学家将相距较近、仅在彼此的引力作用下运行的两颗恒星称为双星． 分析、求解双星问题的两个关键点(1)向心力来源：双星问题中，向心力来源于另一星体的万有引力．(2)圆心或轨道半径确实定与求解：双星问题中，轨道的圆心位于两星连线上某处，只有两星质量相等时才位于连线的中点，此处极易发生的错误是列式时将两星之间的距离当作轨道半径．例5 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一样的匀速圆周运动．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．假设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，如此此时圆周运动的周期为( )A.n3k2T B.n3kTC.n2kT D.nkT规律总结双星系统的特点：(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r1＋r2＝L.(4)轨道半径与质量成反比，即m1r1＝m2r2.题组1 天体质量和密度的计算1．(多项选择)对宇宙的思考一直伴随着人类的成长，人们采用各种方式对宇宙进展着探索，搜寻着外星智慧生命，试图去证明人类并不孤单．其中最有效也是最难的方法就是身临其境．设想某载人飞船绕一类地行星做匀速圆周运动，其轨道半径可视为该行星半径R，载人飞船运动周期为T，该行星外表的重力加速度为g，引力常量为G.如此( )A．飞船的速度是绕行星做圆周运动的最大速度B．该行星的平均密度可表示为3π4GT2C．飞船做圆周运动的半径增大，其运动周期将减小D．该行星的平均密度可表示为3g4πGR2．一卫星绕某一行星外表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外表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.引力常量为G，如此这颗行星的质量为( )A.mv 2GNB.mv 4GNC.Nv 2GmD.Nv 4Gm题组2 卫星运行参量的比拟与运算3．(2016·江苏单科·7)(多项选择)如图4所示，两质量相等的卫星A 、B 绕地球做匀速圆周运动，用R 、T 、E k 、S 分别表示卫星的轨道半径、周期、动能、与地心连线在单位时间内扫过的面积．如下关系式正确的有( )图4A ．T A >TB B ．E k A >E k BC ．S A ＝S BD.R 3A T 2A ＝R 3B T 2B4．一人造地球卫星绕地球做匀速圆周运动，假设该卫星变轨后仍做匀速圆周运动，动能减小为原来的14，不考虑卫星质量的变化，如此变轨前、后卫星的( )A ．向心加速度大小之比为4∶1B ．角速度大小之比为2∶1C ．周期之比为1∶8D ．轨道半径之比为1∶25．火星外表特征非常接近地球，适合人类居住．我国宇航员王跃曾与俄罗斯宇航员一起进展“模拟登火星〞实验活动．火星半径是地球半径的12，质量是地球质量的19，自转周期也根本一样，地球外表重力加速度是g ，假设王跃在地面上能向上跳起的最大高度是h ，在忽略自转影响和空气阻力的条件下，下述分析正确的答案是( ) A ．王跃在火星外表受到的万有引力是在地球外表受到的万有引力的29B ．火星外表的重力加速度是49gC ．火星的第一宇宙速度是地球第一宇宙速度的23D ．王跃以一样的初速度v 0在火星上起跳时，可跳的最大高度是92h题组3 卫星变轨问题的分析6．(多项选择)“天宫一号〞是中国发射的第一个目标飞行器，随后发射的“神舟八号〞无人飞船已与它成功对接．它们的运行轨迹如图5所示，假设“天宫一号〞绕地球做圆周运动的轨道半径为r ，周期为T ，引力常量为G ，如此以下说法正确的答案是( )图5A ．根据题中条件可以计算出地球的质量B ．根据题中条件可以计算出地球对“天宫一号〞的引力大小C ．在近地点P 处，“神舟八号〞的加速度比“天宫一号〞大D ．要实现“神舟八号〞与“天宫一号〞在近地点P 处安全对接，“神舟八号〞需在靠近P 处时制动减速7．我国相继完成“神十〞与“天宫〞对接、“嫦娥〞携“玉兔〞落月两大航天工程．某航天爱好者提出“玉兔〞回家的设想：如图6所示，将携带“玉兔〞的返回系统由月球外表发射到h 高度的轨道上，与在该轨道绕月球做圆周运动的飞船对接，然后由飞船送“玉兔〞返回地球．设“玉兔〞质量为m ，月球半径为R ，月面的重力加速度为g 月．以月面为零势能面，“玉兔〞在h 高度的引力势能可表示为E p ＝GMmhR 〔R ＋h 〕，其中G 为引力常量，M 为月球质量．假设忽略月球的自转，从开始发射到对接完成需要对“玉兔〞做的功为( )图6A.mg 月R R ＋h (h ＋2R )B.mg 月RR ＋h (h ＋2R ) C.mg 月R R ＋h (h ＋22R ) D.mg 月R R ＋h (h ＋12R )8.(2016·某某理综·3)我国即将发射“天宫二号〞空间实验室，之后发射“神舟十一号〞飞船与“天宫二号〞对接．假设“天宫二号〞与“神舟十一号〞都围绕地球做匀速圆周运动，为了实现飞船与空间实验室的对接，如下措施可行的是( )图7A ．使飞船与空间实验室在同一轨道上运行，然后飞船加速追上空间实验室实现对接B ．使飞船与空间实验室在同一轨道上运行，然后空间实验室减速等待飞船实现对接C ．飞船先在比空间实验室半径小的轨道上加速，加速后飞船逐渐靠近空间实验室，两者速度接近时实现对接D ．飞船先在比空间实验室半径小的轨道上减速，减速后飞船逐渐靠近空间实验室，两者速度接近时实现对接题组4 宇宙速度的理解和计算9．(多项选择)中俄联合实施了探测火星活动计划，由中国负责研制的“萤火一号〞火星探测器与俄罗斯研制的“福布斯—土壤〞火星探测器一起由俄罗斯“天顶〞运载火箭发射前往火星．如果火星的质量为地球质量的19，火星的半径为地球半径的12.那么关于火星探测器，如下说法中正确的答案是( ) A ．发射速度只要大于第一宇宙速度即可 B ．发射速度只有达到第三宇宙速度才可以C ．发射速度应大于第二宇宙速度、小于第三宇宙速度D ．火星探测器环绕火星运动的最大速度约为地球第一宇宙速度的1210．天文学家在太阳系外找到一颗和地球尺寸大体一样的系外行星P ，这颗行星围绕某恒星Q 做匀速圆周运动．测得P 的公转周期为T ，公转轨道半径为r ，引力常量为G .如此( )A ．恒星Q 的质量约为4π2r3GT 2B ．行星P 的质量约为4π2r 3GT2C ．以7.9 km/s 的速度从地球发射的探测器可以到达该行星外表D ．以11.2 km/s 的速度从地球发射的探测器可以到达该行星外表11．使物体脱离星球的引力束缚，不再绕星球运行，从星球外表发射所需的最小速度称为第二宇宙速度，星球的第二宇宙速度v 2与第一宇宙速度v 1的关系是v 2＝2v 1.某星球的半径为r ，它外表的重力加速度为地球外表重力加速度g 的16.不计其他星球的影响，如此该星球的第二宇宙速度为( ) A.16gr B. 13gr C. 12gr D.gr 12．人类第一次登上月球时，宇航员在月球外表做了一个实验：将一片羽毛和一个铁锤从同一个高度由静止同时释放，二者几乎同时落地．假设羽毛和铁锤是从高度为h 处下落，经时间t 落到月球外表．引力常量为G ，月球的半径为R . (1)求月球外表的自由落体加速度大小g 月；(2)假设不考虑月球自转的影响，求：a ．月球的质量M ；b .月球的“第一宇宙速度〞大小v .题组5 双星系统模型问题的分析与计算13．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14.如图8所示，双星系统中的星球A 、B 都可视为质点，A 、B 绕两者连线上的O 点做匀速圆周运动，A 、B 之间距离不变，引力常量为G ，观测到A 的速率为v 、运行周期为T ，二者质量分别为m 1、m 2.图8(1)求B 的周期和速率；(2)A 受B 的引力F A 可等效为位于O 点处质量为m ′的星体对它的引力，试求m ′.(用m 1、m 2表示)第6讲 “万有引力定律与航天〞复习中的5个问题备考指导例1 (1)不正确 M ＝4π2〔R ＋h 〕3GT 22 (2)M ＝4π2r 3GT 21M ＝gR2G解析 此题的条件分为三组：①月球：周期为T 1，轨道半径为r .②同步卫星：周期为T 2，轨道半径为R ＋h .③地球外表上的物体：重力加速度为g ，地球半径为R ，自转周期为T 2. (1)该同学在计算中，以卫星为研究对象，把万有引力定律和牛顿第二定律相结合，思路完全正确，但结果是错误的，因为卫星的轨道半径是卫星到地心的距离，地球的半径R 在计算过程中不能忽略．正确的解法：G Mm 〔R ＋h 〕2＝m ⎝ ⎛⎭⎪⎫2πT 22(R ＋h ) 解得：M ＝4π2〔R ＋h 〕3GT 22(2)方法一：对月球绕地球做圆周运动，由G Mm r 2＝m ⎝ ⎛⎭⎪⎫2πT 12r 得M ＝4π2r3GT 21方法二：在地面上重力近似等于万有引力，由G Mm R 2＝mg 得M ＝gR 2G变式 B [根据万有引力提供向心力，有G Mm r 2＝m 4π2T 2r ，可得M ＝4π2r3GT 2，所以恒星质量与太阳质量之比为M 恒M 太＝r 3行T 2地r 3地T 2行＝(120)3×(3654)2≈1，应当选项B 正确．]例2 D [由于东方红二号卫星是同步卫星，如此其角速度和赤道上的物体角速度相等，根据a ＝ω2r ，r 2>r 3，如此a 2>a 3；由万有引力定律和牛顿第二定律得，G Mmr2＝ma ，由题目中数据可以得出，r 1<r 2，如此a 2<a 1；综合以上分析有，a 1>a 2>a 3，选项D 正确．]例3 B [T ＝2π r 3GM，轨道半径越大，周期越长，选项A 错误；从轨道的近地点向远地点运动时，速度逐渐减小，选项B 正确；轨道上某点的加速度a ＝GMr2，离地高度一样，加速度一样，选项C 错误；卫星在轨道2上的P 点要通过加速才能够变轨到轨道3，选项D 错误．] 例4 (1)gR (2)R ＋hR解析 (1)设地球的第一宇宙速度为v ，根据万有引力定律和牛顿第二定律得：G Mm R 2＝m v 2R在地面附近G MmR2＝mg 联立解得v ＝gR .(2)根据题意可知，设“神舟九号〞宇宙飞船在近地圆轨道运行的速度为v 1，v 1＝v ＝gR对接后，整体的运行速度为v 2，根据万有引力定律和牛顿第二定律得G Mm 〔R ＋h 〕2＝m v 22R ＋h，解得v 2＝gR 2R ＋h ，所以v 1∶v 2＝ R ＋hR. 例5 B [双星靠彼此的引力提供向心力，如此有G m 1m 2L 2＝m 1r 14π2T 2，G m 1m 2L 2＝m 2r 24π2T2 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 应当选项B 正确．] 考点突破1．AD [对飞船，万有引力提供向心力，由G Mm r 2＝m v 2r 得v ＝GMr，即轨道半径越大，飞船速度越小，A 项正确；由G Mm R 2＝m (2πT )2R ，得行星质量M ＝4π2R 3GT 2，又行星密度ρ＝M V ＝3M4πR 3，因此得ρ＝3πGT 2，B 项错；由T ＝2π r 3GM 可知，当轨道半径增大时，飞船的周期增大，C错；由G Mm R 2＝mg 得M ＝gR 2G ，代入密度表达式即得ρ＝3g4πGR，D 项正确．]2．B [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由条件：m 的重力为N 得N ＝mg ③由③得g ＝N m ，代入②得：R ＝mv 2N代入①得M ＝mv 4GN，故B 项正确．]3．AD [由GMm R 2＝mv 2R ＝m 4π2T 2R 和E k ＝12Mv 2可得T ＝2πR 3GM ，E k ＝GMm2R，因R A >R B ，如此T A >T B ，E k A <E k B ，A 对，B 错；由开普勒定律可知，C 错，D 对．]4．C [根据E k ＝12mv 2得v ＝2E km ，所以卫星变轨前、后的速度之比为v 1v 2＝21.根据G Mm r 2＝m v 2r，得卫星变轨前、后的轨道半径之比为r 1r 2＝v 22v 21＝14，选项D 错误；根据G Mm r2＝ma ，得卫星变轨前、后的向心加速度大小之比为a 1a 2＝r 22r 21＝161，选项A 错误；根据G Mm r 2＝mω2r ，得卫星变轨前、后的角速度大小之比为ω1ω2＝ r 32r 31＝81，选项B 错误；根据T ＝2πω，得卫星变轨前、后的周期之比为T 1T 2＝ω2ω1＝18，选项C 正确．]5．B [由F ＝G Mm R 2＝mg 得F 火＝49F 地，g 火＝49g ，选项A 错误，选项B 正确；由v ＝gR 得v 火＝23v 地，选项C 错误；由h ＝v 202g 得h 火＝94h ，选项D 错误．] 6．AD7．D [“玉兔〞在h 高处做圆周运动时有G Mm 〔R ＋h 〕2＝mv 2R ＋h.发射“玉兔〞时对“玉兔〞做的功W ＝12mv 2＋E p .在月球外表有GMm R 2＝mg 月，联立各式解得W ＝mg 月R R ＋h (h ＋12R )．应当选项D 正确，选项A 、B 、C 错误．]8．C [假设使飞船与空间站在同一轨道上运行，然后飞船加速，所需向心力变大，如此飞船将脱离原轨道而进入更高的轨道，不能实现对接，选项A 错误；假设使飞船与空间站在同一轨道上运行，然后空间站减速，所需向心力变小，如此空间站将脱离原轨道而进入更低的轨道，不能实现对接，选项B 错误；要想实现对接，可使飞船在比空间试验室半径较小的轨道上加速，然后飞船将进入较高的空间试验室轨道，逐渐靠近空间实验室后，两者速度接近时实现对接，选项C 正确；假设飞船在比空间试验室半径较小的轨道上减速，如此飞船将进入更低的轨道，不能实现对接，选项D 错误．]9．CD [根据三个宇宙速度的意义，可知选项A 、B 错误，选项C 正确；M 火＝M 地/9，R 火＝R地/2，如此v mv 1＝GM 火R 火：GM 地R 地＝23≈0.5，选项D 正确．] 10．A [根据公式G Mm r 2＝m (2πT )2r ，得M ＝4π2GT2r 3，可得到中心天体Q 的质量，选项A 正确，B 错误；由于该行星在太阳系外，探测器要到达该行星所需的发射速度要大于第三宇宙速度，即大于16.7 km/s ，选项C 、D 错误．]11．B [此题考查万有引力定律的应用．根据万有引力定律可知GMm r 2＝16mg ＝m v 21r，解得v 1＝16gr ，因v 2＝2v 1，所以v 2＝ 13gr ，B 正确．] 12．(1)2h t 2 (2)2hR2Gt22hR t解析(1)月球外表附近的物体做自由落体运动h ＝12g 月t 2月球外表的自由落体加速度大小g 月＝2ht2(2)a .假设不考虑月球自转的影响G Mm R2＝mg 月 月球的质量M ＝2hR2Gt2b ．质量为m ′的飞行器在月球外表附近绕月球做匀速圆周运动有m ′g 月＝m ′v 2R月球的“第一宇宙速度〞大小v ＝g 月R ＝2hR t.13．A [此题是双星问题，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Gm 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．]14．(1)T m 1v m 2 (2)m 32〔m 1＋m 2〕2解析 (1)设A 、B 的轨道半径分别为r 1、r 2，它们做圆周运动的周期T 、角速度ω都一样，根据牛顿第二定律有F A ＝m 1ω2r 1，F B ＝m 2ω2r 2，即r 1r 2＝m 2m 1.故B 的周期和速率分别为：T B ＝T A ＝T ，v B ＝ωr 2＝ωm 1r 1m 2＝m 1v m 2. (2)A 、B 之间的距离r ＝r 1＋r 2＝m 1＋m 2m 2r 1， 根据万有引力定律有F A ＝G m 1m 2r 2＝G m 1m ′r 21， 所以m ′＝m 32〔m 1＋m 2〕2.。