人教版高中物理必修2知识点总结材料

第5章 平抛运动

§5-1 曲线运动 & 运动的合成与分解

一、曲线运动

1.定义：物体运动轨迹是曲线的运动。

2.条件：运动物体所受合力的方向跟它的速度方向不在同一直线上。 3.特点：①方向：某点瞬时速度方向就是通过这一点的曲线的切线方向。 ②运动类型：变速运动（速度方向不断变化）。 ③F合≠0，一定有加速度a。 ④F合方向一定指向曲线凹侧。

⑤F合可以分解成水平和竖直的两个力。 4.运动描述——蜡块运动 涉及的公式： vy v 22vvvxy

vyvx tan P vx 蜡块的位置 θ

二、运动的合成与分解

1.合运动与分运动的关系：等时性、独立性、等效性、矢量性。 2.互成角度的两个分运动的合运动的判断：

①两个匀速直线运动的合运动仍然是匀速直线运动。

②速度方向不在同一直线上的两个分运动，一个是匀速直线运动，一个是匀变速直线运动，其合运动是匀变速曲线运动，a合为分运动的加速度。

③两初速度为0的匀加速直线运动的合运动仍然是匀加速直线运动。

④两个初速度不为0的匀加速直线运动的合运动可能是直线运动也可能是曲线运动。当两个分运动的初速度的和速度方向与这两个分运动的和加速度在同一直线上时，合运动是匀变速直线运动，否则即为曲线运动。

三、有关“曲线运动”的两大题型

（一）小船过河问题

模型一：过河时间t最短： 模型二：直接位移x最短： 模型三：间接位移x最短：

v v船 v v船 v船 v船 d d d θ θ A θ θ v水 v水 v水 vd 当vv水>v船时，x=d水L， d当， min水tanv船

v水文案大全

v船sinvcos水 smin(v水-v船)vcos船t船cosv水L

v船sin实用文档

[触类旁通]1．(2011 年上海卷)如图 5－4 所示，人沿平直的河岸以速度 v 行走，且通过不可伸长的绳拖船，船沿绳的方向行进．此过程中绳始终与水面平行，当绳与河岸的夹角为α时，船的速率为（ C ）。

vv C.vcos D. A.vsin B.cossin解析：依题意，船沿着绳子的方向前进，即船的速度总是沿着绳子的，根据绳子两端连接的物体在绳子方向上的投影速度相同，可知人的速度 v 在绳子方向上的分量等于船速，故 v船＝v cosα，C 正确．

2．(2011 年江苏卷)如图 5－5 所示，甲、乙两同学从河中O 点出发，分别沿直线游到 A 点和 B 点后，立即沿原路线返回到 O 点，OA、OB 分别与水流方向平行和垂直，且 OA＝OB.若水流速度不变，两人在静水中游速相等，则他们所用时间 t甲、t乙的大小关系为(C) A．t甲t乙 D．无法确定

ll

解析：设游速为v，水速为v0，OA＝OB＝l，则t甲＝＋；乙沿OB运动，乙的速度

v＋v0v－v0矢量图如图4所示，合速度必须沿OB方向，则t乙＝2·l22，联立解得t甲>t乙，C正确． v－v0

（二）绳杆问题(连带运动问题)

1、实质：合运动的识别与合运动的分解。

2、关键：①物体的实际运动是合速度，分速度的方向要按实际运动效果确定； ②沿绳（或杆）方向的分速度大小相等。

模型四：如图甲，绳子一头连着物体B，一头拉小船A，这时船的运动方向不沿绳子。

O v1 B O vA θ A

vA v2

乙 甲

处理方法：如图乙，把小船的速度vA沿绳方向和垂直于绳的方向分解为v1和v2，v1就是拉绳的速度，vA就是小船的实际速度。

[触类旁通]如图，在水平地面上做匀速直线运动的汽车，通过定滑

轮用绳子吊起一个物体，若汽车和被吊物体在同一时刻的速度分别为 v1 和 v2，则下列说法正确的是( C）

A．物体做匀速运动，且 v2＝v1 B．物体做加速运动，且 v2>v1 C．物体做加速运动，且 v2文案大全

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到汽车之间的绳与竖直方向的夹角变大了．显然汽车的运动是由沿绳方向的直线运动和垂直于绳改变绳与竖直方向的夹角的运动合成的，故应分解车的速度，如图，沿绳方向上有速度v2＝v1sin θ.由于v1 是恒量，而θ逐渐增大，所以 v2 逐渐增大，故被吊物体做加速运动，且 v2＜v1，C 正确．

§5-2 平抛运动 & 类平抛运动

一、抛体运动

1.定义：以一定的速度将物体抛出，在空气阻力可以忽略的情况下，物体只受重力的作用，它的运动即为抛体运动。

2.条件：①物体具有初速度；②运动过程中只受G。

二、平抛运动

1.定义：如果物体运动的初速度是沿水平方向的，这个运动就叫做平抛运动。 2.条件：①物体具有水平方向的加速度；②运动过程中只受G。

3.处理方法：平抛运动可以看作两个分运动的合运动：一个是水平方向的匀速直线运动，一个是竖直方向的自由落体运动。

12122gt4.规律： 2. （1）位移：xv0t,ygt,s(v0t)(gt),tan 222v0

gt22 α （2）速度：vxv0，vygt，vv0(gt)，tan v 0

（3）推论：①从抛出点开始，任意时刻速度偏向角θ的正切值等于位移偏向角φ的

12

gtgtgt 正切值的两倍。证明如下：tan,tan2 .tanθ=tanα=2tanφ。vvt2v 000

②从抛出点开始，任意时刻速度的反向延长线对应的水平位移的交点为此水平位移

2y

.如果物体落在斜面上，则位移偏向角与斜面倾斜角相等。 的中点，即tan x

[牛刀小试]如图为一物体做平抛运动的 x－y 图象，物体从 O 点抛出，x、y 分别表示其水平位移和竖直位移．在物体运动过程中的某一点 P(a，b)，其速度的反向延长线交于 x 轴的 A 点(A 点未画出)，则 OA 的长度为(B） A.a B.0.5a C.0.3a D.无法确定

v0

解析：作出图示(如图5－9所示)，设v与竖直方向的夹角为α，根据几何关系得tan α＝①，vy由平抛运动得水平方向有a＝v0t②，竖直方向有

1aaab＝vyt③，由①②③式得tan α＝ ，在Rt△AEP中，AE＝b tan α＝，所以OA＝.

22b22

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5.应用结论——影响做平抛运动的物体的飞行时间、射程及落地速度的因素 a、飞行时间：t2h，t与物体下落高度h有关，与初速度v0无关。 g2h,由v0和h共同决定。 g22b、水平射程：xv0tv02c、落地速度：vv0vyv02gh，v由v0和vy共同决定。

三、平抛运动及类平抛运动常见问题

模型一：斜面问题： 处理方法：1.沿水平方向的匀速运动和竖直方向的自由落体运动；2.沿斜 面方向的匀加速运动和垂直斜面方向的竖直上抛运动。

2vtan12考点一：物体从A运动到B的时间：根据xv0t,ygtt0

2g 考点二：B点的速度vB及其与v0的夹角α： 2vv0(gt)2v014tan2,arctan(2tan)

22v0tanx 考点三：A、B之间的距离s：s

cosgcos

[触类旁通](2010 年全国卷Ⅰ)一水平抛出的小球落到一倾角为θ的斜面上时，其速度方向与斜面垂直，运动轨迹如图 5－10 中虚线所示．小球在竖直方向下落的距离与在水平方向通过的距离之比为(D）

11A.tan B.2tan C. D.

2tantan解析：如图5所示，平抛的末速度与竖直方向的夹角等于斜面倾角θ，有tan θ＝

12

gt2

v0

，则下gtygt1

落高度与水平射程之比为＝＝＝，D正确．

xv0t2v02tan θ模型二：临界问题：

思路分析：排球的运动可看作平抛运动，把它分解为水平的匀速直线运动和

竖直的自由落体运动来分析。但应注意本题是“环境”限制下的平抛运动，

应弄清限制条件再求解。关键是要画出临界条件下的图来。

例：如图1所示，排球场总长为18m，设球网高度为2m，运动员站在离网3m

（不计空气阻力） 的线上（图中虚线所示）正对网前跳起将球水平击出。

（1）设击球点在3m线正上方高度为2.5m处，试问击球的速度在什么范围 内才能使球即不触网也不越界？

若击球点在3m线正上方的高度小余某个值，那么无论击球的速度多大， （2）

球不是触网就是越界，试求这个高度？

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模型三：类平抛运动：

122b 考点一：沿初速度方向的水平位移：根据sv0t,b2at,mgsinmasv0gsin. 考点二：入射的初速度：a'mgsingsin mgsin,b12a't2,av0tv02b. 考点三：P到Q的运动时间：amgsinmgsin,b12a't2,t2bgsin

. [综合应用](2011 年海南卷)如图 所示，水平地面上有一个坑，其竖直截面为半圆，ab 为沿

水平方向的直径．若在 a 点以初速度 v0 沿 ab 方向抛出一小球，小球会击中坑壁上的 c 点．已知 c点与水平地面的距离为坑半径的一半，求坑的半径。

解：设坑的半径为r，由于小球做平抛运动，则

x＝v0t ① y＝0.5r＝12

gt2 ②

过c点作cd⊥ab于d点，则有Rt△acd∽Rt△cbd 可得cd2＝ad·db

即为(r2)2＝x(2r－x) ③

又因为x>r，联立①②③式解得r＝

4

7－43

gv20.

§5-3 圆周运动 & 向心力 & 生活中常见圆周运动

一、匀速圆周运动

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1.定义：物体的运动轨迹是圆的运动叫做圆周运动，物体运动的线速度大小不变的圆周运动即为匀速圆周运动。

2.特点：①轨迹是圆；②线速度、加速度均大小不变，方向不断改变，故属于加速度改变的变速曲线运动，匀速圆周运动的角速度恒定；③匀速圆周运动发生条件是质点受到大小不变、方向始终与速度方向垂直的合外力；④匀速圆周运动的运动状态周而复始地出现，匀速圆周运动具有周期性。

3.描述圆周运动的物理量：

（1）线速度v是描述质点沿圆周运动快慢的物理量，是矢量；其方向沿轨迹切线，国际单位制中单位符号是m/s，匀速圆周运动中，v的大小不变，方向却一直在变；

（2）角速度ω是描述质点绕圆心转动快慢的物理量，是矢量；国际单位符号是rad／s； （3）周期T是质点沿圆周运动一周所用时间，在国际单位制中单位符号是s；

（4）频率f是质点在单位时间内完成一个完整圆周运动的次数，在国际单位制中单位符号是Hz；

（5）转速n是质点在单位时间内转过的圈数，单位符号为r/s，以及r/min． 4.各运动参量之间的转换关系：

2v22变形vRR2nR2n,TR.

TRTv5.三种常见的转动装置及其特点：

模型一：共轴传动 模型二:皮带传动 模型三：齿轮传动

A A r A r1 O B r O B r 2R B O R BrTBR vARTAr1n1vv,,,,TTABvAvB, ABABRTrvBrTBr2n2AA

BA[触类旁通]1、一个内壁光滑的圆锥形筒的轴线垂直于水平面，圆锥筒固定，有质量相同的小球A和B沿着筒的内壁在水平面内做匀速圆周运动，如图所示，A的运动半径较大，则( AC )

A．A球的角速度必小于B球的角速度

B．A球的线速度必小于B球的线速度

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C．A球的运动周期必大于B球的运动周期

D．A球对筒壁的压力必大于B球对筒壁的压力

解析：小球A、B的运动状态即运动条件均相同，属于三种模型中的皮带传送。则可以知道，两个小球的线速度v相同，B错；因为RA>RB，则ωA<ωB,TA二、向心加速度

1.定义：任何做匀速圆周运动的物体的加速度都指向圆心，这个加速度叫向心加速度。

注：并不是任何情况下，向心加速度的方向都是指向圆心。当物体做变速圆周运动时，向心加速度的一个分加速度指向圆心。

2.方向：在匀速圆周运动中，始终指向圆心，始终与线速度的方向垂直。向心加速度只改变线速度的方向而非大小。

3.意义：描述圆周运动速度方向方向改变快慢的物理量。

v222rvr(2n)2r. 4.公式：anrT

5.两个函数图像：

an an

r O O r v一定 ω一定

[触类旁通]1、如图所示的吊臂上有一个可以沿水平方向运动的小车A，

A 小车下装有吊着物体B的吊钩。在小车A与物体B以相同的水平速度沿吊臂方向匀速运动的同时，吊钩将物体B向上吊起。A、B之间的距离以d = H－2t2(SI)(SI表示国际单位制，式中H为吊臂离地面的高度)规律变化。对于地面的人来说，则物体做( AC )

B Ａ．速度大小不变的曲线运动

Ｂ．速度大小增加的曲线运动

Ｃ．加速度大小方向均不变的曲线运动

Ｄ．加速度大小方向均变化的曲线运动

2、如图所示，位于竖直平面上的圆弧轨道光滑，半径为R，OB沿竖直方向，上端A距地面高度为H，质量为m的小球从A点由静止释放，到达B点时的速度为，最后落在地面上C点处，不计空气阻力，求：

(1)小球刚运动到B点时的加速度为多大，对轨道的压力多大； (2)小球落地点C与B点水平距离为多少。

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三、向心力

1.定义：做圆周运动的物体所受到的沿着半径指向圆心的合力，叫做向心力。 2.方向：总是指向圆心。

v2222Fmmrmvm3.公式：nrm(2n)r.

rT4.几个注意点：①向心力的方向总是指向圆心，它的方向时刻在变化，虽然它的大小不变，但

是向心力也是变力。②在受力分析时，只分析性质力，而不分析效果力，因此在受力分析是，不要加上向心力。③描述做匀速圆周运动的物体时，不能说该物体受向心力，而是说该物体受到什么力，这几个力的合力充当或提供向心力。

2四、变速圆周运动的处理方法

1.特点：线速度、向心力、向心加速度的大小和方向均变化。

v22.动力学方程：合外力沿法线方向的分力提供向心力：Fnmm2r。合外力沿切线方向的

r分力产生切线加速度：FT=mωaT。 3.离心运动：

（1）当物体实际受到的沿半径方向的合力满足F供=F需=mω2r时，物体做圆周运动；当F供2

需=mωr时，物体做离心运动。

（2）离心运动并不是受“离心力”的作用产生的运动，而是惯性的表现，是F供五、圆周运动的典型类型

类型 用细绳拴一小球在竖直平面内转动 小球固定在轻杆的一端在竖直平面内转动 受力特点 绳对球只有拉力 图示 最高点的运动情况 mv2①若F＝0，则mg＝，v＝gR R②若F≠0，则v>gR mv2①若F＝0，则mg＝，v＝gR Rv2②若F向下，则mg＋F＝m，v>gR Rmv2③若F向上，则mg－F＝或mg－F＝0，R则0≤v杆对球可以是拉力也可以是支持力 实用文档

小球在竖直细管内转动 管对球的弹力FN可以向上也可以向下 mv20依据mg＝判断，若v＝v0，FN＝0；若vv0，FN向下 ①如果刚好能通过球壳的最高点A，则vA＝0，FN＝mg ②如果到达某点后离开球壳面，该点处小球受到壳面的弹力FN＝0，之后改做斜抛运动，若在最高点离开则为平抛运动 球壳外的小球 在最高点时弹力FN的方向向上

六、有关生活中常见圆周运动的涉及的几大题型分析

（一）解题步骤：

①明确研究对象； ②定圆心找半径；

③对研究对象进行受力分析； ④对外力进行正交分解；

⑤列方程：将与和物体在同一圆周运动平面上的力或其分力代数运算后，另得数等于向心力；

⑥解方程并对结果进行必要的讨论。 （二）典型模型：

I、圆周运动中的动力学问题 谈一谈：圆周运动问题属于一般的动力学问题，无非是由物体的受力情况确定物体的运动情况，或者由物体的运动情况求解物体的受力情况。解题思路就是，以加速度为纽带，运用那个牛顿第二定律和运动学公式列方程，求解并讨论。 模型一：火车转弯问题：

h a、涉及公式：① Fmgtanmgsinmg合FN

L

2 Rghv0②，由①②得：。 vFm0合 LRF合

b、分析：设转弯时火车的行驶速度为v，则： L （1）若v>v0，外轨道对火车轮缘有挤压作用； h

（2）若vmg

22vv模型二：汽车过拱桥问题：a 、涉及公式：mgFNm,所以当FNmgmmg， RR

此时汽车处于失重状态，而且v越大越明显，因此汽车过拱桥时不 宜告诉行驶。 2文案大全

b、分析：当FNmgm（1）vvvgR： RgR，汽车对桥面的压力为0，汽车出于完全失重状态；

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[触类旁通]1、铁路在弯道处的内外轨道高度是不同的，已知内外轨道平面与水平面的倾角为θ，如图所示，弯道处的圆弧半径为R，若质量为m的火车转弯时速度小于，则( A )

A．内轨对内侧车轮轮缘有挤压 B．外轨对外侧车轮轮缘有挤压 C．这时铁轨对火车的支持力等于

D．这时铁轨对火车的支持力大于

解析：当内外轨对轮缘没有挤压时，物体受重力和支持力的合力提供向心力，此时速度为

gRtanθ。

2、如图所示，质量为m的物体从半径为R的半球形碗边向碗底滑动，滑倒最低点时的速度为v。若物体滑倒最低点时受到的摩擦力是f，则物体与碗的动摩擦因数μ为（ B ）。 A、

f B、fRmgmgRmv2 C、

fRmgRmv2 D、

fRmv2

v2v2解析：设在最低点时，碗对物体的支持力为F，则Fmgmam，解得Fmgm，

RR由

f=μF解得fv2mgmR，化简得fR，所以B正确。 2mgRmvII、圆周运动的临界问题

A.常见竖直平面内圆周运动的最高点的临界问题

谈一谈：竖直平面内的圆周运动是典型的变速圆周运动。对于物体在竖直平面内做变速圆周运动的问题，中学物理只研究问题通过最高点和最低点的情况，并且经常出现有关最高点的临界问题。

模型三：轻绳约束、单轨约束条件下，小球过圆周最高点：

（注意：绳对小球只能产生沿绳收缩方向的拉力.）

（1）临界条件：小球到达最高点时，绳子的拉力或单轨的弹力刚好等于0，小球的重力提供向心力。即：

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2v临界mgmv临界gR。

R实用文档

v v 绳 O R v

模型四：轻杆约束、双轨约束条件下，小球过圆周最高点：

（1）临界条件：由于轻杆和双轨的支撑作用，小球恰能到达最

v 高点的临街速度v0. v 临界 杆（2）如图甲所示的小球过最高点时，轻杆对小球的弹力情况：

①当v=0时，轻杆对小球有竖直向上的支持力FN，其大小等于小

球的重力，即FN=mg；

②当0vgR时，轻杆对小球的支持力的方向竖直向上，大小 甲 乙

随小球速度的增大而减小，其取值范围是0FNmg；

③当vgR时，FN=0；

④当vgR时，轻杆对小球有指向圆心的拉力，其大小随速度的增大而增大。

（3）如图乙所示的小球过最高点时，光滑双轨对小球的弹力情况：

①当v=0时，轨道的内壁下侧对小球有竖直向上的支持力FN，其大小等于小球的重力，即FN=mg；

②当0vgR时，轨道的内壁下侧对小球仍有竖直向上的支持力FN，大小随小球速度的增

大而减小，其取值范围是0FNmg；

③当vgR时，FN=0；

④当vgR时，轨道的内壁上侧对小球有竖直向下指向圆心的弹力，其大小随速度的增大而

增大。

模型五：小物体在竖直半圆面的外轨道做圆周运动：

两种情况：

（ 1）若使物体能从最高点沿轨道外侧下滑，物体在最高点的速度v

的限制条件是vgR.

（2）若vgR，物体将从最高电起，脱离圆轨道做平抛运动。

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[触类旁通]1、如图所示，质量为0.5 kg的小杯里盛有1 kg的水，用绳子系住小杯在竖直平面内做“水流星”表演，转动半径为1 m，小杯通过最高点的速度为4 m/s，g取10 m/s2，求： (1)在最高点时，绳的拉力？

(2)在最高点时水对小杯底的压力？

(3)为使小杯经过最高点时水不流出, 在最高点时最小速率是多少? b 答案：(1)9 N，方向竖直向下；(2)6 N，方向竖直向上；(3)m/s = 3.16 m/s 2、如图所示，细杆的一端与一小球相连，可绕过O点的水平轴自由转动，现O 给小球一初速度，使其做圆周运动，图中a、b分别表示小球轨道的最低点和最高点，则杆对球的作用力可能是( AB )

A．a处为拉力，b处为拉力 B．a处为拉力，b处为推力 Q a C．a处为推力，b处为拉力 D．a处为推力，b处为推力 3、如图所示，LMPQ是光滑轨道，LM水平，长为5m，MPQ是一半径O P R=1.6m的半圆，QOM在同一竖直面上，在恒力F作用下，质量m=1kg的物体A从L点由静止开始运动，当达到M时立即停止用力，欲A F 使A刚好能通过Q点，则力F大小为多少？（取g=10m/s2）

L M 解析：物体A经过Q时，其受力情况如图所示： 由牛顿第二定律得：mgFNmv R2Q FN mg O P

物体A刚好过A时有FN=0；解得vgR4m/s，

对物体从L到Q全过程，由动能定理得：

M 12FLM2mgRmv，解得F=8N。

2B.物体在水平面内做圆周运动的临界问题

谈一谈：在水平面内做圆周运动的物体，当角速度ω变化时，物体有远离或向着圆心运动（半径变化）的趋势。这时要根据物体的受力情况判断物体所受的某个力是否存在以及这个力存在时方向如何（特别是一些接触力，如静摩擦力、绳的拉力等）。

模型六：转盘问题 处理方法：先对A进行受力分析，如图所示，注意在分析时不能忽略摩擦力，当

N 然，如果说明盘面为光滑平面，摩擦力就可以忽略了。受力分析完成后，可以发

A 现支持力N与mg相互抵销，则只有f充当该物体的向心力，则有

O f v2222FmmRm()Rm(2n)2Rfmg，接着可以求的所需的圆周 mg RT 运动参数等。

等效为 等效处理：O可以看作一只手或一个固定转动点，B绕着O经长为R的轻绳或轻

杆的牵引做着圆周运动。还是先对B进行受力分析，发现，上图的f在此图中可

等效为绳或杆对小球的拉力，则将f改为F拉即可，根据题意求出F拉，带入公式O 2v2R Fmm2Rm()2Rm(2n)2RF拉，即可求的所需参量。

RTB 【综合应用】1、如图所示，按顺时针方向在竖直平面内做匀速转动的轮子其边缘上有一点 A，当 A 通过与圆心等高的 a 处时，有一质点 B 从圆心 O 处开始做自由落体运动．已知轮子的半径为 R，求：

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(1)轮子的角速度ω满足什么条件时，点 A 才能与质点 B 相遇？

(2)轮子的角速度ω′满足什么条件时，点 A 与质点 B 的速度才有可能在某时刻相同？ 解析：(1)点 A 只能与质点 B 在 d 处相遇，即轮子的最低处，则点 A 从 a 处转到 d 处所3

转过的角度应为θ＝2nπ＋π，其中n为自然数．

212

由h＝gt知，质点B从O点落到d处所用的时间为t＝

2

2R，则轮子的角速度应满足条件

gθ3ω＝＝(2n＋)πt2g，其中n为自然数． 2R(2)点 A 与质点 B 的速度相同时，点 A 的速度方向必然向下，因此速度相同时，点 A 必然运动到了 c 处，则点 A 运动到 c 处时所转过的角度应为θ’＝2nπ＋π，其中 n 为自然数．

'(2n1)转过的时间为 t'

''此时质点 B 的速度为 vB＝gt′，又因为轮子做匀速转动，所以点 A 的速度为 vA＝ω′R 由 vA＝vB 得，轮子的角速度应满足条件'(2n1)g，其中n为自然数． R2、(2009年高考浙江理综)某校物理兴趣小组决定举行遥控赛车比赛．比赛路径如下图所示，赛车从起点A出发，沿水平直线轨道运动L后，由B点进入半径为R的光滑竖直圆轨道，离开竖直圆轨道后继续在光滑平直轨道上运动到C点，并能越过壕沟．已知赛车质量m＝0.1 kg，通电后以额定功率P＝1.5 W工作，进入竖直轨道前受到的阻力恒为0.3 N，随后在运动中受到的阻力均可不记．图中L＝10.00 m，R＝0.32 m，h＝1.25 m，x＝1.50 m．问：要使赛车完成比赛，电动机至少工作多长时间？(取g＝10 m/s2)

解析：设赛车越过壕沟需要的最小速度为v1，由平抛运动的规律

12Rx＝v1t，h＝gt，解得：v1＝x＝3 m/s

22h设赛车恰好越过圆轨道，对应圆轨道最高点的速度为v2，最低点的速度为v3，由牛顿第二定律及机械能守恒定律得

v21122

mg＝m ， mv2＝mv2＋mg(2R) 3

R22解得v3＝5gh＝4 m/s

通过分析比较，赛车要完成比赛，在进入圆轨道前的速度最小应该是 vmin＝4 m/s

设电动机工作时间至少为t，根据功能关系

1

Pt－FfL＝mv2min，由此可得t＝2.53 s.

2

3、如下图所示，让摆球从图中A位置由静止开始下摆，正好到最低点位置时线被拉断．设摆线长为L＝1.6 m，摆球的质量为0.5kg，摆线最大拉力为10N，悬点与地面的竖直高度为H=4m，不计空气阻力，g10 m/s2。求：

（1）摆球着地时的速度大小．（2）D到C的距离。

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B

的取

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解析：（1）小球刚摆到B点时，由牛顿第二定律可知：

2vBFmmgm①，由①并带入数据可解的：vB4m/s，

l小球离开B后，做平抛运动.

1竖直方向：Hlgt2②，落地时竖直方向的速度：vygt③

222vy落地时的速度大小：vvB④，由①②③④得：v8m/s.

（2）落地点D到C的距离svBt

83m. 5第六章 万有引力与航天

§6-1 开普勒定律

一、两种对立学说（了解）

1.地心说：

（1）代表人物：托勒密；（2）主要观点：地球是静止不动的，地球是宇宙的中心。 2.日心说：

（1）代表人物：哥白尼；（2）主要观点：太阳静止不动，地球和其他行星都绕太阳运动。

二、开普勒定律

1.开普勒第一定律（轨道定律）：所有行星围绕太阳运动的轨道都是椭圆，太阳处在所有椭圆的一个焦点上。

2.开普勒第二定律（面积定律）：对任意一个行星来说，它与太阳的连线在相等时间内扫过相等的面积。此定律也适用于其他行星或卫星绕某一天体的运动。 3.开普勒第三定律（周期定律）：所有行星轨道的半长轴R的三次方与公转周期T的二次方的

a3比值都相同，即2k,k值是由中心天体决定的。通常将行星或卫星绕中心天体运动的轨道近

T似为圆，则半长轴a即为圆的半径。我们也常用开普勒三定律来分析行星在近日点和远日点运动速率的大小。

[牛刀小试]1、关于“地心说”和“日心说”的下列说法中正确的是( AB )。 A．地心说的参考系是地球 B．日心说的参考系是太阳

C．地心说与日心说只是参考系不同，两者具有等同的价值 D．日心说是由开普勒提出来的

2、开普勒分别于1609年和1619年发表了他发现的行星运动规律，后人称之为开普勒行星运动定律。关于开普勒行星运动定律，下列说法正确的是( B )

A．所有行星绕太阳运动的轨道都是圆，太阳处在圆心上 B．对任何一颗行星来说，离太阳越近，运行速率就越大

C．在牛顿发现万有引力定律后，开普勒才发现了行星的运行规律

D．开普勒独立完成了观测行星的运行数据、整理观测数据、发现行星运动规律等全部工作

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§6-2 万有引力定律

一、万有引力定律

1.月—地检验：①检验人：牛顿；②结果：地面物体所受地球的引力，与月球所受地球的引力都是同一种力。

2.内容：自然界的任何物体都相互吸引，引力方向在它们的连线上，引力的大小跟它们的质量m1和m2乘积成正比，跟它们之间的距离的平方成反比。

mm3.表达式：FG122，G6.671011Nm2/kg2(引力常量).

r4.使用条件：适用于相距很远，可以看做质点的两物体间的相互作用，质量分布均匀的球体也可用此公式计算，其中r指球心间的距离。 5.四大性质：

①普遍性：任何客观存在的有质量的物体之间都存在万有引力。

②相互性：两个物体间的万有引力是一对作用力与反作用力，满足牛顿第三定律。

③宏观性：一般万有引力很小，只有在质量巨大的星球间或天体与天体附近的物体间，其存在才有意义。 ④特殊性：两物体间的万有引力只取决于它们本身的质量及两者间的距离，而与它们所处环境以及周围是否有其他物体无关。

6.对G的理解：①G是引力常量，由卡文迪许通过扭秤装置测出，单位是Nm2/kg2。 ②G在数值上等于两个质量为1kg的质点相距1m时的相互吸引力大小。

③G的测定证实了万有引力的存在，从而使万有引力能够进行定量计算，同时标志着力学实验精密程度的提高，开创了测量弱相互作用力的新时代。

[牛刀小试]1、关于万有引力和万有引力定律理解正确的有( B ) A．不可能看作质点的两物体之间不存在相互作用的引力

mm B．可看作质点的两物体间的引力可用F =G122 计算

rmm C．由F = G122知，两物体间距离r减小时，它们之间的引力增大，紧靠在一起时，万有引力非常

r大

D．引力常量的大小首先是由卡文迪许测出来的，且等于6.67×10－11N·m / kg2、下列说法中正确的是( ACD )

A．总结出关于行星运动三条定律的科学家是开普勒 B．总结出万有引力定律的物理学家是伽俐略 C．总结出万有引力定律的物理学家是牛顿

D．第一次精确测量出万有引力常量的物理学家是卡文迪许

2

2

7.万有引力与重力的关系： (1)“黄金代换”公式推导：

GMmGMgR2。 当GF时，就会有mg2R(2)注意：①重力是由于地球的吸引而使物体受到的力，但重力不是万有引力。

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②只有在两极时物体所受的万有引力才等于重力。

③重力的方向竖直向下，但并不一定指向地心，物体在赤道上重力最小，在两极时重力最大。 ④随着纬度的增加，物体的重力减小，物体在赤道上重力最小，在两极时重力最大。 ⑤物体随地球自转所需的向心力一般很小，物体的重力随纬度的变化很小，因此在一般粗略的计算中，可以认为物体所受的重力等于物体所受地球的吸引力，即可得到“黄金代换”公式。

[牛刀小试]设地球表面的重力加速度为g0，物体在距地心4 R(R为地球半径)处，由于地球的作用而产生的重力加速度为g，则g∶g0为( D )

A．16∶1 B．4∶1 C．1∶4 D．1∶16

8.万有引力定律与天体运动：

(1) 运动性质：通常把天体的运动近似看成是匀速圆周运动。 (2) 从力和运动的关系角度分析天体运动：

天体做匀速圆周运动运动，其速度方向时刻改变，其所需的向心力由万有引力提供，即F需=F万。如图所示，由牛顿第二定律得：

GMmF需ma,F万，从运动的角度分析向心加速度：

L2v222an2LL(2f)L.

LTGMmv2222mmLmLm(2f)L. （3）重要关系式：2LLT[牛刀小试]1、两颗球形行星A和B各有一颗卫星a和b，卫星的圆形轨道接近各自行星的表面，如果两颗行星的质量之比，半径之比= q，则两颗卫星的周期之比等于qq。 p222、地球绕太阳公转的角速度为ω1，轨道半径为R1，月球绕地球公转的角速度为ω2，轨道半径为R2，那么太阳的质量是地球质量的多少倍？

解析：地球与太阳的万有引力提供地球运动的向心力，月球与地球的万有引力提供月球运动的向心力，最 1后算得结果为 22R1R。 2M1= p；火星的半径R1与地球的半径R2之M233、假设火星和地球都是球体，火星的质量M1与地球质量M2之比比

R1g= q，那么火星表面的引力加速度g1与地球表面处的重力加速度g2之比1等于( A ) R2g2A．

p 2q B．p q

2

C．

p q D．p q

9.计算大考点：“填补法”计算均匀球体间的万有引力：

谈一谈：万有引力定律适用于两质点间的引力作用，对于形状不规则的物体应给予填补，变成一个形状规则、便于确定质点位置的物体，再用万有引力定律进行求解。 模型：如右图所示，在一个半径为R，质量为M的均匀球体中，紧贴球的边缘挖出一个半径为R/2的球形空穴后，对位于球心和空穴中心连线上、与球心相距d的质点m的引力是多大？

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思路分析：把整个球体对质点的引力看成是挖去的小球体和剩余部分对质点的引力之和，即可求解。

根据“思路分析”所述，引力F可视作F=F1+F2：

GMm4R4RM1已知F，因半径为R/2的小球质量为M'M, 24d3232R38333GMmMm7d28dR2R2, 所以F2GG,F1FF2GGMm22222dRRRR8d8d8d2dd2222M'mMm则挖去小球后的剩余部分对球外质点m的引力为GMm7d28dR2R2R8d2d22。

[能力提升]某小报登载：×年×月×日，×国发射了一颗质量为100kg，周期为1h的人造环月球卫星。一位同学记不住引力常量G的数值且手边没有可查找的材料，但他记得月球半径约11

为地球的，月球表面重力加速度约为地球的，经过推理，他认定该报道是则假新闻，试写出

46他的论证方案。(地球半径约为6.4×103km)

Mm4π2

证明：因为G2＝m2R，所以T＝2π

RTMmGM2＝mg得g＝2，故Tmin＝2πRR3R地

＝2π2g地

3

R3

， GMR月

＝2πg月

1R地4 1g地6

又GR＝2πGM＝2π3×6.4×106

s＝6.2×103s≈1.72h。

2×9.8

环月卫星最小周期约为1.72h，故该报道是则假新闻。

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§6-3 由“万有引力定律”引出的四大考点

一、解题思路——“金三角”关系：

（1）万有引力与向心力的联系：万有引力提供天体做匀速圆周运动的向心力，即

GMmv2222mammrmrm(2n)r是本章解题的主线索。 2rrT（2）万有引力与重力的联系：物体所受的重力近似等于它受到的万有引力，即为对应轨道处的重力加速度，这是本章解题的副线索。

2GMmmg,gr2v222mgmmrm（3）重力与向心力的联系：适r,g为对应轨道处的重力加速度，

rT用于已知g的特殊情况。

2二、天体质量的估算

模型一：环绕型：

谈一谈：对于有卫星的天体，可认为卫星绕中心天体做匀速圆周运动，中心天体对卫星的万有引力提供卫星做匀速圆周运动的向心力，利用引力常量G和环形卫星的v、ω、T、r中任意两个量进行估算（只能估计中心天体的质量，不能估算环绕卫星的质量）。

Mm42r32①已知r和T:G2m. rM2rTGTMmv2rv2. ②已知r和v:G2mMrrG2Mmv2v3T2③已知T和v:G2mm. rMrrT2G模型二：表面型：

谈一谈：对于没有卫星的天体（或有卫星，但不知道卫星运行的相关物理量），可忽略天体自转的影响，根据万有引力等于重力进行粗略估算。

MmgR2. G2mgMRG2变形：如果物体不在天体表面，但知道物体所在处的g，也可以利用上面的方

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法求出天体的质量：

处理：不考虑天体自转的影响，天体附近物体的重力等于物体受的万有引力，即：

Mmg'(Rh)2Gmg'M. 2(Rh)G[触类旁通]1、(2013·福建理综，13)设太阳质量为M，某行星绕太阳公转周期为T，轨道可视作半径为r的圆。已知万有引力常量为G，则描述该行星运动的上述物理量满足( A )

A．GM＝

4π2r3

T2

B．GM＝

4π2r2

T2

C．GM＝

4π2r2

T3

D．GM＝

4πr3

T2

GMm4π2

解析：本题考查了万有引力在天体中的应用。是知识的简单应用。由r2＝mrT2可得 4π2r3

GM＝T2，A正确。

2、(2013·全国大纲卷，18)“嫦娥一号”是我国首次发射的探月卫星，它在距月球表面高度为200km的圆形轨道上运行，运行周期为127分钟。已知引力常量G＝6.67×10－11N·m2/kg2，月球半径约为1.74×103km。利用以上数据估算月球的质量约为( D ) A．8.1×1010kg B．7.4×1013kg C．5.4×1019kg D．7.4×1022kg

解析：本题考查万有引力定律在天体中的应用。解题的关键是明确探月卫星绕月球运行的向心Mm4π24π2r3

力是由月球对卫星的万有引力提供。由Gr2＝mrr2得M＝GT2，又r＝R月＋h，代入数值得月球质量M＝7.4×1022kg，选项D正确。

3、土星的9个卫星中最内侧的一个卫星，其轨道为圆形，轨道半径为1.59×105 km，公转周期为18 h 46 min，则土星的质量为 5.21×1026 kg。

4、宇航员站在一颗星球表面上的某高处，沿水平方向抛出一个小球。经过时间t，小球落到星球表面，测得抛出点与落地点之间的距离为L。若抛出时的初速度增大到2倍，则抛出点与落地点之间的距离为3L。已知两落地点在同一水平面上，该星球的半径为R，万有引力常数为G。求该星球的质量M。

解析：在该星球表面平抛物体的运动规律与地球表面相同，根据已知条件可以求出该星球表面的加速度；需要注意的是抛出点与落地点之间的距离为小球所做平抛运动的位移的大小，而非水平方向的位移的大小。然后根据万有引力等于重力，求出该星球的质量

23LR23Gt2。

5、“科学真是迷人。”如果我们能测出月球表面的加速度g、月球的半径R和月球绕地球运转的周期T，就能根据万有引力定律“称量”月球的质量了。已知引力常数G，用M表示月球的质量。关于月球质量，下列说法正确的是( A )

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gR2A．M =

GGR2B．M =

g4π2R3C．M =

GT2T2R3D．M =2

4πG解析：月球绕地球运转的周期T与月球的质量无关。

三、天体密度的计算

模型一：利用天体表面的g求天体密度： Mm43gG2mg,MR3. R34GR 变形 物体不在天体表面：

Mm433g'(Rh)2Gmg',MR. 23(Rh)34GR模型二：利用天体的卫星求天体的密度：

42r32Mm42r43M3r3GTG2m2,MR.4343GT2R3rT3RR33

四、求星球表面的重力加速度：

在忽略星球自转的情况下，物体在星球表面的重力大小等于物体与星球间的万有引力大小，即：

mg星G

[牛刀小试]（2012新课标全国卷，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 )

22ddRdRA．1－ B．1＋ C. D. 

RRRRdM星mGM星g.星22R星R星解析：设地球的质量为M，地球的密度为ρ，根据万有引力定律可知， 地球表面的重力加速度g＝

GM43

2，地球的质量可表示为M＝πRρ R3

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 R－d3GM′43

M′＝π(R－d)ρ，解得M′＝(R)M，则矿井底部处的重力加速度g′＝，所以矿

3R－d2g′d

井底部处的重力加速度和地球表面处的重力加速度之比g＝1－R，选项A正确，选项B、C、D错误。

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五、双星问题：

特点：“四个相等”：两星球向心力相等、角速度相等、周期相等、距离等于轨道半径之和。 符号表示：Fm2rmvr11m2m1,v,r1L,r2L. mmm1m2m1m2处理方法：双星间的万有引力提供了它们做圆周运动的向心力，即：

m1m2G2＝m1ω2r1＝m2ω2r2，由此得出： L

(1)m1r1＝m2r2，即某恒星的运动半径与其质量成反比。

2π4π2L3

(2)由于ω＝T，r1＋r2＝L，所以两恒星的质量之和m1＋m2＝。

GT2[牛刀小试]1、(2010 年全国卷Ⅰ)如图所示，质量分别为 m 和 M 的两个星球 A 和 B 在引力作用下都绕 O 点做匀速圆周运动，星球 A 和 B两者中心之间的距离为 L.已知 A、B 的中心和 O 三点始终共线，A 和B 分别在 O 的两侧．引力常量为 G. (1)求两星球做圆周运动的周期；

(2)在地月系统中，若忽略其他星球的影响，可以将月球和地球看成上述星球 A 和B，月球绕其轨道中心运行为的周期记为 T1.但在近似处理问题时，常常认为月球是绕地心做圆周运动的，这样算得的运行周期为 T2. 已知地球和月球的质量分别为 5.98×1024kg 和7.35×1022kg.求 T2与T1两者的平方之比．(结果保留两位小数)

解析：(1)A 和 B 绕 O 做匀速圆周运动，它们之间的万有引力提供向心力，则 A 和 B 的向心力相等，且 A 和 B 与 O 始终共线，说明 A 和 B 有相同的角速度和周期．因此有 mω2r＝Mω2R，r＋R＝L联立解得R＝

mm＋ML，r＝

Mm＋ML

对A根据牛顿第二定律和万有引力定律得：

L3GMmM2. mL，化简得T2G(Mm)L2TMmL3(2)将地月看成双星，由(1)得T2

G(Mm)2GMm2将月球看做绕地心做圆周运动，根据牛顿第二定律和万有引力定律得2mL

LT2L3化简得T2

GM所以两种周期的平方比值为

2422

T2M＋m5.98×10＋7.35×10＝1.01. 24T＝M＝5.98×10122、(2013·山东理综，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

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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( B )

A.

n3T B.k2n3kT C.

n2kT

D.

nkT

解析：本题考查双星问题，解题的关键是要掌握双星的角速度(周期)相等，要注意双星的距离GMmGMm

不是轨道半径，该题考查了理解能力和综合分析问题的能力。由r2＝mr1ω2；r2＝Mr2ω2； GM＋mGkM＋m4π24π22r＝r1＋r2得：＝rω＝rT2同理有＝nrT2，解得T1＝

r2nr21

n3kT，B正确。

§6-4 宇宙速度 & 卫星

一、涉及航空航天的“三大速度”：

（一）宇宙速度： 1.第一宇宙速度：人造地球卫星在地面附近环绕地球做匀速圆周运动必须具有的速度叫第一宇宙速度，也叫地面附近的环绕速度，v1=7.9km/s。它是近地卫星的运行速度，也是人造卫星最小发射速度。（待在地球旁边的速度） 2.第二宇宙速度：使物体挣脱地球引力的束缚，成为绕太阳运动的人造卫星或飞到其他行星上去的最小速度，v2=11.2km/s。（离弃地球，投入太阳怀抱的速度）

3.第三宇宙速度：使物体挣脱太阳引力的束缚，飞到太阳以外的宇宙空间去的最小速度，v2=16.7km/s。（离弃太阳，投入更大宇宙空间怀抱的速度） （二）发射速度：

1.定义：卫星在地面附近离开发射装置的初速度。 2.取值范围及运行状态：

①v发v17.9km/s,人造卫星只能“贴着”地面近地运行。 ②v发v17.9km/s，可以使卫星在距地面较高的轨道上运行。

③v1v发v2,即7.9km/sv发11.2m/s,一般情况下人造地球卫星发射速度。 （三）运行速度：

1.定义：卫星在进入运行轨道后绕地球做圆周运动的线速度。

Mmv2GM,该速度指的是人造地球卫星在轨道上2.大小：对于人造地球卫星，G2mvrrr的运行的环绕速度，其大小随轨道的半径r↓而v↑。

3.注意：①当卫星“贴着”地面飞行时，运行速度等于第一宇宙速度；②当卫星的轨道半径大

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于地球半径时，运行速度小于第一宇宙速度。

[牛刀小试]1、地球的第一宇宙速度约为8 km/s，某行星的质量是地球的6倍，半径是地球的1.5倍。该行星上的第一宇宙速度约为( A )

A．16 km/s

B．32 km/s

C．46 km/s

D．2 km/s

v2Mm解析：由公式m= G2，若M增大为原来的6倍，r增大为原来的1.5倍，可得v增大为原

rr来的2倍。

2、某行星的质量为地球质量的16倍，半径为地球半径的4倍，已知地球的第一宇宙速度为7.9 km/s ,该行星的第一宇宙速度是多少？

解析：思路与第一题相同，答案可易算得为15.8 km/s。

3、某星球半径为R，一物体在该星球表面附近自由下落，若在连续两个T时间内下落的高度依次为h1、h2，则该星球附近的第一宇宙速度为

R(h2h1)T。

二、两种卫星：

（一）人造地球卫星：

1.定义：在地球上以一定初速度将物体发射出去，物体将不再落回地面而绕地球运行而形成的人造卫星。

2.分类：近地卫星、中轨道卫星、高轨道卫星、地球同步卫星、极地卫星等。 3.三个”近似”：

①近地卫星贴近地球表面运行，可近似认为它做匀速圆周运动的半径等于地球半径。 ②在地球表面随地球一起自转的物体可近似认为地球对它的万有引力等于重力。 ③天体的运动轨道可近似看成圆轨道，万有引力提供向心力。 4.四个等式：

Mmv2GM1①运行速度：Gmvvh,v。 2(Rh)RhRhRh②角速度：GMmGM12 m(Rh)h,。

(Rh)2(Rh)3(Rh)32Mm(Rh)32③周期：。Gm(Rh)T2T(Rh)3h,T。 2(Rh)GMT④向心加速度：GMmGM1maaah,a。 222(Rh)(Rh)(Rh)（二）地球同步卫星：

1.定义：在赤道平面内，以和地球自转角速度相同的角速度绕地球运行的卫星。 2.五个“一定”：

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①周期T一定：与地球自转周期相等（24h），角速度ω也等于地球自转角速度。

②轨道一定：所有同步卫星的运行方向与地球自转方向一致，轨道平面与赤道平面重合。 ③运行速度v大小一定：所有同步卫星绕地球运行的线速度大小一定，均为3.08km/s。 ④离地高度h一定：所有同步卫星的轨道半径均相同，其离地高度约为3.6×104km。 ⑤向心加速度an大小一定：所有同步卫星绕地球运行的向心加速度大小都相等，约为0.22m/s2。 注：所有国家发射的同步卫星的轨道都与赤道为同心圆，它们都在同一轨道上运动且都相对静止。

三、卫星变轨问题：

1.原因：线速度v发生变化，使万有引力不等于向心力，从而实现变轨。

2.条件：增大卫星的线速度v，使万有引力小于所需的向心力，从而实现变轨。

3.注意：卫星到达高轨道后，在新的轨道上其运行速度反而减小；当卫星的线速度v减小时，万有引力大于所需的向心力，卫星则做向心运动，但到了低轨道后达到新的稳定运行状态时速度反而增大。

4.卫星追及相遇问题：某星体的两颗卫星之间的距离有最近和最远之分，但它们都处在同一条直线上。由于它们轨道不是重合的，因此在最近和最远的相遇问题上不能通过位移或弧长相等来处理，而是通过卫星运动的圆心角来衡量，若它们初始位置在同一直线上，实际内轨道所转过的圆心角与外轨道所转过的圆心角之差为π的整数倍时就是出现最近或最远的时刻。

四、与卫星有关的几组概念的比较总结：

1.天体半径R和卫星轨道半径r的比较：卫星的轨道半径r是指卫星绕天体做匀速圆周运动的半径，与天体半径R的关系是r=R+h（h为卫星距离天体表面的高度），当卫星贴近天体表面运动时，可视作h=0，即r=R。

2.卫星运行的加速度与物体随地球自转的向心加速度的比较： （1）卫星运行的加速度：

MmGM 卫星绕地球运行，由万有引力提供向心力，产生的向心加速度满足G2ma,即a2,

rr其方向始终指向地心，大小随卫星到地心距离r的增大而减小。 （2）物体随地球自转的向心加速度：

当地球上的物体随地球的自转而运动时，万有引力的一个分力使物体产生随地球自转的向心加速度，其方向垂直指向地轴，大小从赤道到两极逐渐减小。 3.自转周期和公转周期的比较：

自转周期是天体绕自身某轴线运动一周的时间，公转周期是某星球绕中心天体做圆周运动一周的时间。一般两者不等（月球除外），如地球的自转周期是24h，公转周期是365天。 4.近地卫星、同步卫星、赤道上的物体的比较： （1）近地卫星和赤道上的物体： 内容 近地卫星 赤道上的物体 相同点 质量相同时，受到地球的引力大小相等 受地球引力和地面支持力作用，其只受地球引力作用且地球引力等于受力情况 合力提供物体随地球自转做圆周运卫星做圆周运动所需向心力 不同点 动的向心力 运动情况 角速度、线速度、向心加速度、周期均不等 （2）近地卫星和同步卫星： 相同点：都是地球卫星，地球的引力提供向心力。

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不同点：近地卫星的线速度、角速度、向心加速度均比同步卫星的大，而周期比同步卫星的小。 （3）赤道上的物体和同步卫星： 内容 近地卫星 赤道上的物体 相同点 角速度都等于地球自转的角速度，周期都等于地球自转的周期 只受地球引力作用且地球引力等于受地球引力和地面支持力作用，其受力情况 卫星做圆周运动所需向心力 合力提供物体做圆周运动的向心力 不同点 轨道半径 同步卫星的轨道半径比赤道上的物体的轨道半径大很多 运动情况 同步卫星的线速度、向心加速度均大于赤道上的物体 [牛刀小试]1、(多选)我国发射的“嫦娥二号”探月卫星的路线示意图如图 6－2 所示，卫星由地面发射后经过发射轨道进入停泊轨道，然后在停泊轨道经过调速后进入地月转移轨道，经过几次制动后进入工作轨道，卫星开始对月球进行探测．已知地球与月球的质量之比为 a∶1，卫星的停泊轨道与工作轨道的半径之比为 b∶1，卫星在停泊轨道和工作轨道上均可视为做匀速圆周运动，则卫星（ AD ）

A．在停泊轨道和工作轨道运行的速度之比为a∶b B．在停泊轨道和工作轨道运行的周期之比为b∶a C．在停泊轨道运行的速度大于地球的第一宇宙速度 D．从停泊轨道进入地月转移轨道时，卫星必须加速

v2v1MmMM1r2解析：由Gr2＝mr得v＝Gr，所以v＝Mr＝221T1得T＝2

r31M2·＝r32M1

b3a，选项B错误．由v＝aMm4π2b，选项A正确．由Gr2＝mT2r

M

Gr可知，轨道半径越大，运行速度越小，所

以选项C错误．要使卫星从停泊轨道进入地月转移轨道，必须使卫星做离心运动，即应增加卫星的动能，选项D正确．

2、(多选)发射地球同步卫星时，先将卫星发射至近地圆形轨道 1，然后经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轨道 3.轨道 1、2 相切于 Q 点，轨道 2、3 相切于P 点，如图 6－3 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(BD）

A．卫星在轨道 3 上的运行速率大于在轨道 1 上的速率 B．卫星在轨道 3 上的角速度小于在轨道 1 上的角速度

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 点时的加速度等于它在轨道 3上经过 P 点时的加速度

v2MmGM

解析：由于万有引力提供卫星做圆周运动的向心力，则有Gr2＝mr＝mω2r，所以v＝r、GM

ω＝

r3.由题图可得轨道半径r1v3、ω1>ω3，A错B对．Q点是圆周轨道1与椭

Mm

圆轨道2的相切点，由于万有引力提供向心力，则有Gr2＝ma向，所以a向＝GM

r2，显然，卫星在经过圆周轨道1上的Q点和在经过椭圆轨道2上的Q点时

GM

具有的向心加速度均为a向＝r2，C错；同理可得D对．

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x2y2z

3、(多选)地球同步卫星到地心的距离r可由r＝4π2求出．已知式中 x 的单位是 m, y 的单位是 s，z 的单位是 m/s2 ，则

A．x 是地球半径，y 是地球自转的周期，z 是地球表面处的重力加速度

B．x 是地球半径，y 是同步卫星绕地心运动的周期，z 是同步卫星的加速度 C．x 是赤道周长，y 是地球自转周期，z 是同步卫星的加速度

D．x 是地球半径，y 是同步卫星绕地心运动的周期，z 是地球表面处的重力加速度

222

GMTxyzMm22解析：由G2m()r，可得r3＝4π2①，与题目中给出的r3＝4π2相比需再作进一步处rTM

理．考虑到z的单位是m/s2，是加速度的单位，于是引入加速度a＝Gr2②，上式中a为同步

3

r2T2a

卫星的加速度，r为同步卫星到地心的距离，由①②两式可得r＝4π2，显然与所有选项不对3

2222

M3RTg3xyz应；引入地球表面处的重力加速度：g＝GR2③，由①③两式可得r＝4π2，与r＝4π2相比，形式相同，并且与A、D对应．对于同步卫星，其绕地心运动的周期与地球自转周期T相同． 【题外延伸】此题不能靠单纯分析量纲来验证结论，各选项都符合量纲，无法求解．要结合同

223zyz步卫星的知识进行推导，推导的方向是既要符合题目中给出的r＝4π2形式，又要符合选项的

要求．在推导的过程中思路要清晰，量纲要相符，形式要相同，表面上看是一件很难的事情，其实只要尝试多几次即可．

4、(多选)下列关于同步卫星的说法，正确的是(AC）。 A．同步卫星和地球自转同步，卫星的高度和速率是确定的

B．同步卫星的角速度是确定的，但高度和速率可以选择，高度增加，速率增大，且仍保持同步

C．一颗人造地球卫星的周期是 114 min，比同步卫星的周期短，所以这颗人造地球卫星离地面的高度比同步卫星低

D．同步卫星的速率比地球大气层附近的人造卫星的速率大

解析：同步卫星和地球自转同步，即它们的周期 T 相同，同步卫星绕地心近似做匀速圆周运动，所需向心力由卫星 m 和地球 M 之间的万有引力提供．设地球半径为 R，同步卫星高度为3GMT2Mm4π2Mm

h，因为F引＝F向，所以G＝m(R＋h)，得h＝－R，可见h是一定的；由G2T4πR＋h2R＋h2v2

＝m得：v＝

R＋h

GM

，可见 v 也是一定的，A 正确．由于同步卫星的周期确定，即角速R＋h

3GMT2度确定，则 h 和 v 均随之确定，不能改变，否则不能同步，B错误．由h＝－R可

4π2知，当T变小时，h变小，可见，人造卫星离地面的高度比同步卫星低，速率比同步卫星大，C正确，D 错误。

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5、2007年10月24日18时，“嫦娥一号”卫星星箭成功分离，卫星进入绕地轨道。在绕地运行时，要经过三次近地变轨：12小时椭圆轨道①→24小时椭圆轨道②→48小时椭圆轨道③→地月转移轨道④。11月5日11时，当卫星经过距月球表面高度为h的A点时，再一次实施变轨，进入12小时椭圆轨道⑤，后又经过两次变轨，最后进入周期为T的月球极月圆轨道⑦。如图所示。已知月球半径为R。

(1)请回答：“嫦娥一号”在完成三次近地变轨时需要加速还是减速？

(2)写出月球表面重力加速度的表达式。 解析：(1)加速

(2)设月球表面的重力加速度为g月，在月球表面Mm

有GR2＝mg

月，卫星在极月圆轨道有，G

Mm

＝

R＋h24π2R＋h32π2

m(T)(R＋h)，解得g月＝T2R2。

6、2009年5月，航天飞机在完成对哈勃空间望远镜的维修任务后，在A点从圆形轨道Ⅰ进入椭圆轨道Ⅱ，B为轨道Ⅱ上的一点，如图所示，关于航天飞机的运动，下列说法中正确的有( ABC )

A．在轨道Ⅱ上经过A的速度小于经过B的速度

B．在轨道Ⅱ上经过A的动能小于在轨道Ⅰ上经过A 的动能 C．在轨道Ⅱ上运动的周期小于在轨道Ⅰ上运动的周期

D．在轨道Ⅱ上经过A的加速度小于在轨道Ⅰ上经过A的加速度 解析：逐项判断A．根据开普勒定律，近地点的速度大于远地点的速度，A正确；B．由I轨道变到II轨道要减速，所以B正确；C．根据

R3GM开普勒定律，2= c，R2＜R1，所以T2＜T1。C正确；D．根据a =2，

TR应等于，D错误。

7、我国发射的“嫦娥一号”卫星经过多次加速、变轨后，最终成功进入环月工作轨道。如图

所示，卫星既可以在离月球比较近的圆轨道a上运动，也可以在离月球比较远的圆轨道b上运动。下列说法正确的是( D )

A．卫星在a上运行的线速度小于在b上运行的线速度 B．卫星在a上运行的周期大于在b上运行的周期

C．卫星在a上运行的角速度小于在b上运行的角速度 D．卫星在a上运行时受到的万有引力大于在b上运行时的万有引力 解析：根据万有引力提供向心力，推导出线速度、角速度和周期与轨道半径的关系式。

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第七章 机械能守恒定律运动

§7-1 能量 & 功 & 功率

一、能量的转化和守恒

1.能量的物理意义：一个物体如果具备了对外做功的本领，我们就说这个物体具有能量。能量是状态量，是标量，与物体的某一状态相对应。能量的表现形式多种多样，如动能、势能等。 2.能量守恒与转化定律：能量只能从一种形式转化成另一种形式，或从一个物体转移到另一个物体，但能的总量保持不变，这就是能量守恒和转化定律。

3.寻找守恒量的方法：寻找守恒量必须讲究科学的方法：如观察此消彼长的物理量、研究其相互的关系、科学构思巧妙实验、精确地论证、推理和计算等。

二、功

1.概念：如果一个物体受到力的作用，并在力的方向上发生了一段位移，则这个力就对物体做了功。

2.公式：W=Flcosθ[F为该力的大小，l为力发生的位移，θ为位移l与力F之间的夹角]。 注：功仅与F、S、θ有关，与物体所受的其它外力、速度、加速度无关。 3.单位：焦耳，简称“焦”，符号J。

4.标量：但它有正功、负功。功的正负表示能量传递的方向，或表示动力做功还是阻力做功，即表示做过的效果。

5.物理意义：功是能量转化的量度。功是一个过程所对应的量，因此功是过程量。 6.合力的功：①总功等于各个力对物体做功的代数和：； ②总功等于合外力所做的功：W总=F合lcosθ。 7.判断力F做功的情况的方法： ①利用公式W=Flcosθ来判断：

当[0,)时，即力与位移成锐角，力做正功，功为正

2当时，即力与位移垂直，力不做功，功为零

2当(,]时，即力与位移成钝角，力做负功，功为负

2②看物体间是否有能量的转化或转移：

若有能量的转化或转移，则必定有力做功。此方法常用于两个相互联系的物体。

三、功率

1.概念：描述力对物体做功快慢的物理量。

WPFcos。 2.公式：P（定义式），适用于任何情况，P顺F顺cos，t3.单位：瓦特，简称“瓦”，符号W。

4.标量：功率表示功的变化率，是一种频率，只有大小，没有方向。 5.分类：额定功率：指发动机正常工作时最大输出功率，电器的铭牌上写的功率即为额定功率； 实际功率：指发动机实际输出的功率即发动机产生牵引力的功率，P实≤P额。 6.机械效率：输入功率：机器工作时，外界对机器做功的功率。

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输出功率：极其对外做功的功率。 机械效率：7.机车的两种启动方式： 启动方式 恒定功率启动 恒定加速度启动 阶段一：aFF阻不变F不变vPFv,直到过 程 分 析 阶段一：vFPaFF阻 vm阶段二：FF阻a0PFvmF阻vm mP输出P输入.

P=P额=F·vm’。 阶段二：vFP额aFF阻. vm阶段三：FFa0vvP额。 m阻P阻以加速度a做匀加速直线运动（对应下图中的OA段，运动规律 做加速度逐渐减小的变加速直线运动（对应下图中的OA段）→以vm做匀速直线运动（对应下图中AB段） t0v'm）→做加速度减小的变加速直线运动（对应下图a 中的AB段）→以vm做匀速直线运动（对应下图中的BC段） v v-t 图像 v B vm vm’ t O B A vm O A C t1 t0 t1 t 注意：①不管哪种启动方式，机动车的功率均是指牵引力的功率，对启动过程的分析也都是用分段分析法。

②P=Fv中的F仅是机动车的牵引力，而非机动车所受的合力，这一点是在解题时极易出现错误的地方。

§7-2 重力做功 & 重力势能 & 弹性势能

一、重力做功

1.特点：重力做的功由重力大小和重力方向上发生的位移（数值方向上的高度差）决定。 2.公式：WG=mg·Δh。

3.注意：重力做功与物体的运动路径无关，只决定于运动初始位置的高度差。

二、重力势能

1.定义：物体由于位于高处而具有的能量。

2.表达式：Ep=mgh[h为物体重心到参考平面的竖直高度]，单位J。 3.影响因素：物体的质量m和所在的高度h。 4.标量：正负不表示方向。

重力势能为正，表示物体在参考面的上方；重力势能为负，表示物体在参考面的下方；重力势能为零，表示物体在参考面的上。

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5.重力势能的变化：ΔEp=Ep2-Ep1，即末状态与初状态的重力势能的差值。 6.对Ep=mgh的理解：

①其中h为物体重心的高度。

②重力势能具有相对性，是相对于选取的参考平面而言的。选择不同的参考平面，确定出的物体高度不一样，重力势能也不同。

③重力势能可正可负，在参考平面上方重力势能为正值，在参考平面下方重力势能为负值。重力势能是标量，其正负表示比参考平面高或低。

注：a、在计算重力势能时，应该明确选取参考平面。

b、选择哪个水平面作为参考平面，可视研究问题的方便而定，通常选择地面作为参考平面。

7.系统性：重力势能属于地球和物体所组成的系统，通常说物体具有多少重力势能，只是一种简略的说法。

8.重力做功与重力势能变化的关系：重力势能变化的过程也就是重力做功的过程，重力做正功，重力势能减少；重力做负功，重力势能增加，即满足WG=-ΔEp=Ep1-Ep2。

三、弹性势能

1.概念：发生弹性形变的物体的各部分之间，由于弹力的相互作用具有势的能。 2.表达式：EP12kx，单位为J。 23.影响因素：弹簧的劲度系数k和弹簧形变量x。

4.弹力做功与弹性势能的关系：。弹力做正功时，物体弹性势能减少；弹力做负功时，物体弹性势能增加，即W弹-EPEP1-EP2。

§7-3 动能 & 动能定理

一、动能

1.概念：物体由于运动而具有的能量，称为动能。

12.表达式：EKmv2，单位为J。

23.影响因素：只与物体某状态下的速度大小有关，与速度的方向无关。 注：动能是相对量（因为速度是相对量）。参考系不同，速度就不同，所以动能也不同，一般来说都以地面为参考系。

1212mv1，即末状态动能与初状态动能之差。 4.动能的变化：EKmv222注意：ΔEK>0，表示物体的动能增加；ΔEK<0，表示物体的动能减少。

5.说明：①动能具有相对性，与参考系的选取有关，一般以地面为参考系描述物体的动能。 ②动能是表征物体运动状态的物理量，与时刻、位置对应。 ③动能是一个标量，有大小、无方向，且恒为正值。

二、动能定理

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1.内容：力在一个过程中对物体做的功，等于物体在这个过程中动能的变化。 2.表达式：WEKEk2-Ek1。

3.意义：动能定理指出了外力对物体所做的总功与物体动能变化之间的关系。即外力对物体所做的总功，对应于物体动能的变化，变化的大小由做功的多少来量度。

4.适用情况：①适用于受恒力作用的直线运动，也适用于变力作用的曲线运动； ②不涉及加速度和时间的问题中，首选动能定律； ③求解多个过程的问题； ④变力做功。

5.解题步骤：①明确研究对象，找出研究对象初末运动状态（对应的速度）及其对应的过程； ②对研究对象进行受力分析；

③弄清外力做功的大小和正负，计算时将正负号代入；

④当研究对象运动由几个物理过程所组成，则可以采用整体法进行研究。

§7-4 机械能守恒定律 & 能量守恒定律

一、机械能守恒定律

1.内容：在只有重力或弹簧弹力做功的物体系统内，动能与势能可以相互转化，而总的机械能保持不变。

2.条件：只有重力或弹簧弹力做功。 3.用法：

①EKEPEK'EP'，系统中初末状态机械能总和相等，且初末状态必须用同一零势能计算势能。

②EKEP，系统重力势能减少（增加）多少，动能就增加（减少）多少。 ③EA增EB减，系统中A部分增加（减少）多少，B部分就减少（增加）多少。

4.解题步骤：①确定研究对象，分析研究对象的物理过程； ②进行受力分析；

③分析各力做功的情况，明确守恒条件；

④选择零势能面，确定初末状态的机械能（必须用同一零势能计算势能）； ⑤根据机械能守恒定律列方程。 5.判断机械能守恒的方法：

①从做功角度判断：分析物体或物体系的受力情况，明确各力做功的情况，若只有重力或弹簧弹力对物体或物体系做功，则物体或物体系机械能守恒； ②从能量转化的角度来判断：若物体系中只有动能和势能的相互转化，而无机械能与其他形式的能的转化，则物体系的机械能守恒。

二、能量守恒定律

1.内容：能量既不会凭空产生，也不会凭空消失，它只能从一种形式转化为另一种形式，或从一个物体转移到另一个物体，在转化或转移的过程中，能量的总量保持不变。 2.表达式：E初E末或E增E减。

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3.意义：动能定理指出了外力对物体所做的总功与物体动能变化之间的关系。即外力对物体所做的总功，对应于物体动能的变化，变化的大小由做功的多少来量度。 4.解题思路：①转化：同一系统中，A增必定存在B减，且增减量相等；

②转移：两个物体A、B，只要A的某种能量增加，B的某种能量一定减少，且增减量相等。

5.解题步骤：①分清有哪几种形式的能在变化；

②分别列出减少的能量ΔE减和增加的能量ΔE增的表达式或列出最初的能量E初和最终的能量E末的表达式；

③根据E初E末或E增E减列等式求解。

§7-5 综合：各种力做功的计算 & 功能关系

一、各种力做功的计算问题

1.恒力做功：

（1）运用公式W=Flcosθ：使用此式时需找对真正做功的力F和它发生的位移lcosθ。 注意：用此式计算只能计算恒力做功。 （2）多个恒力的做功求解：

①用平行四边形定则求出合外力，再根据W=F合lcosθ计算功。注意θ应是合外力与位移l间的夹角。

②分别求出各个外力做的功:W1=F1lcosθ1,W2=F2lcosθ2…再求出各个外力做功的代数和 W总=W1+W2+…。

2.变力做功（物理八种常见的分析方法）：

（1）等值法：若某一变力做的功和某一恒力做的功相等，则可以通过计算该恒力做的功，求出该变力做的功。恒力做功用计算。

（2）功率法：若功率恒定，可根据W=Pt求变力做的功。 （3）动能定理法：根据W=ΔEK计算。

（4）功能分析法：某种功与某种能对应，可根据相应能的变化求对应的力做的功。

（5）平均力法：如果力的方向不变，力的大小随位移按线性规律变化，可用算术平均值（恒力）代替变力，公式为WFlcos。

（6）图像法：如果参与做功的力是变力，方向与位移方向始终一致而大小随时间变化，我们可作出该力随位移变化的图像。如图，那么曲线与横坐标轴所围的面积，即为变力做的功。

（7）极限法（极端法）：将所求的物理量推向极大或极小推断出现的情况，此方法适用于选择题中。

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（8）微元法：将一个过程分解成无数段极小的过程，即整个过程是由小过程组合而成，先分析小过程，从而引向总过程讨论分析，从而得出结论。 3.摩擦力做功： （1）做功特点：

①摩擦力既可以对物体做正功，也可以对物体做负功。

②在相互存在的静摩擦力的系统中，一对静摩擦力中，一个做正功，另一个做负功，且功的代数和为0。

③静摩擦力对物体做功的过程，是机械能在相互接触的物体之间转移的过程，没有机械能转化为内能。

（2）摩擦力做的功与产生内能的关系：

①滑动摩擦力做的功为负值，在数值上等于滑动摩擦力与相对位移的乘积，即W滑=-fs相对。 ②滑动摩擦力做的功在数值上等于存在相互摩擦力的系统机械能的减少量，根据能量守恒定律可知，滑动摩擦力做的功在数值上等于系统内产生的内能，即W滑=-ΔE。

二、功和能的关系

1.能量的转化必须通过做功才能实现：做功的过程就是能量转化的过程，某种力做功往往与某一具体的能量变化相对应。 2.功是能量转化的量度：

①合外力做的功（所有外力做的功）动能变化量；②重力做的功重力势能变化量； ③弹簧弹力做的功弹性势能变化量；④外力（除重力、弹簧弹力）做的功机械能变化量： ⑤弹簧弹力、重力做的功不引起机械能的变化；⑥一对滑动摩擦力做的功内能变化量； ⑦电场力做的功电视能变化。

试 题 链 接

1．(2010年湖南师大附中模拟)如右图所示，一质量为m的小球固定于轻质弹簧的一端，弹簧的另一端固定于O点处，将小球拉至A处，弹簧恰好无形变，由静止释放小球，它运动到O点正下方B点的速度为v，与A点的竖直高度差为h，则( AD )

A．由A至B重力做功为mgh

1

B．由A至B重力势能减少mv2

2

C．由A至B小球克服弹力做功为mgh

D．小球到达位置B时弹簧的弹性势能为mgh12mv。 21

2．质量为m的物体，从距地面h高处由静止开始以加速度a＝g竖直下落到地面，在此过程中( B )

3

1

A．物体的重力势能减少mgh

31

B．物体的动能增加mgh

31

C．物体的机械能减少mgh

3

D．物体的机械能保持不变

11

【解析】 物体所受合力为F合＝ma＝mg，由动能定理得，动能的增加量ΔEk＝F合·h＝mgh.

33

3．如右图所示，具有一定初速度的物块，沿倾角为30°的粗糙斜面向上运动的过程中，受一个恒定的沿斜面向上的拉力F作用，这时物块的加速度大小为4 m/s2，方向沿斜面向下，那么，在物块向上运动的过程中，正确的说法是( A )

A．物块的机械能一定增加

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B．物块的机械能一定减小 C．物块的机械能可能不变

D．物块的机械能可能增加也可能减小

【解析】 机械能变化的原因是非重力、弹力做功，题中除重力外，有拉力F和摩擦力Ff做功，则机械能的变化决定于F与Ff做功大小关系．

由mgsin α＋Ff－F＝ma，知F－Ff＝mgsin 30°－ma＞0，即F＞Ff.故F做正功多于克服摩擦力做功，故机械能增大．

4．(2010年济宁模拟)如右图所示，固定斜面倾角为θ，整个斜面分为AB、BC两段，AB＝2BC.小物块P(可视为质点)与AB、BC两段斜面间的动摩擦因数分别为μ1、μ2.已知P由静止开始从A点释放，恰好能滑动到C点而停下，那么θ、 μ1、 μ2间应满足的关系是( B )

μ1＋2μ22μ1＋μ2

A．tan θ＝ B．tan θ＝

33

C．tan θ＝2μ1－μ2 D．tan θ＝2μ2－μ1

2μ1＋μ2【解析】 由动能定理得mg·AC·sin θ－μ1mgcos θ·AB－μ2mgcos θ·BC＝0，则有tan θ＝，B项正

3

确．

5．两辆汽车在同一平直路面上行驶，它们的质量之比m1∶m2＝1∶2，速度之比v1∶v2＝2∶1，当两车急刹车后，甲车滑行的最大距离为l1，乙车滑行的最大距离为l2，设两车与路面间的动摩擦因数相等，不计空气阻力，则( D )

A．l1∶l2＝1∶2 B．l1∶l2＝1∶1 C．l1∶l2＝2∶1 D．l1∶l2＝4∶1 【解析】 由动能定理，对两车分别列式

112

－F1l1＝0－m1v21，－F2l2＝0－m2v2， 22F1＝μm1g，F2＝μm2g.

由以上四式联立得l1∶l2＝4∶1 故选项D是正确的．

6．一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v1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v2匀速上升为止，物体上升的高度为h，则整个过程中，下列说法正确的是( BCD )

P

A．钢绳的最大拉力为 v2P

B．钢绳的最大拉力为 v1

P

C．重物的最大速度v2＝

mg

P

D．重物匀加速运动的加速度为－g

mv1

【解析】 由F－mg＝ma和P＝Fv可知，重物匀加速上升过程中钢绳拉力大于重力且不变，达到最大

P

功率P后，随v增加，钢绳拉力F变小，当F＝mg时重物达最大速度v2，故v2＝，最大拉力F＝mg＋

mg

PPPma＝，A错误，B、C正确，由－mg＝ma得：a＝－g，D正确．

v1v1mv1

7．如下图甲所示，质量为m＝1 kg的物体置于倾角为θ＝37°固定的粗糙斜面上，对物体施以平行于斜面向上的拉力F，t1＝1 s时撤去拉力，物体运动的部分v－t图象如图乙，下列说法正确的是(g＝10 m/s2)(B)

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A．拉力F的大小为20 N

B．物体运动到最高点的时间为3 s C．0～1 s内重力的平均功率为100 W D．t＝4 s时物体的速度大小为10 m/s

【解析】 由乙图可知，物体加速时，a1＝20 m/s2，撤去F后，a2＝10 m/s2，方向沿斜面向下，由牛顿

vm第二定律得：F－mgsin θ－μmgcos θ＝ma1，mgsin θ＋μmgcos θ＝ma2，得：F＝30 N，物体减速的时间t2＝

a2

vm

＝2 s，故B正确，A错误；Pmg＝mgsin θ·＝ 60 W，C错误；物体至最高点后mgsin θ－μmgcos θ＝ma3，

2

得a3＝2 m/s2，故t＝4 s时物体的速度v＝a3(t－3)＝2 m/s，D错误．

8．(2009年高考山东卷)右图示为某探究活动小组设计的节能运动系统．斜面轨道倾角为30°，质量为

3

M的木箱与轨道的动摩擦因数为.木箱在轨道顶端时，自动装货装置将质量为

6

m的货物装入木箱．然后木箱载着货物沿轨道无初速滑下，当轻弹簧被压缩至最短时，自动卸货装置立刻将货物卸下，然后木箱恰好被弹回到轨道顶端，再重复上述过程．下列选项正确的是( BC )

A．m＝M B．m＝2M

C．木箱不与弹簧接触时，上滑的加速度大于下滑的加速度

D．在木箱与货物从顶端滑到最低点的过程中，减少的重力势能全部转化为弹簧的弹性势能

【解析】 受力分析可知，下滑时加速度为g－μgcos θ，上滑时加速度为g＋μgcos θ，所以C正确；设下滑的距离为l，根据能量守恒有μ(m＋M)glcos θ＋μMglcos θ＝mglsin θ，得m＝2M，也可以根据除了重力、弹力做功以外，其他力(非重力、弹力)做的功之和等于系统机械能的变化量，A错误B正确；在木箱与货物从顶端滑到最低点的过程中，减少的重力势能转化为弹簧的弹性势能和内能，所以D不正确．

9．带电荷量为＋q、质量为m的滑块，沿固定的斜面匀速下滑，现加上一竖直向上的匀强电场(如右图)，电场强度为E，且qEA．滑块将沿斜面减速下滑 B．滑块仍沿斜面匀速下滑

C．加电场后，重力势能和电势能之和不变 D．加电场后，重力势能和电势能之和减小

【解析】 没加电场时，滑块匀速下滑，有：mgsin θ＝μmgcos θ，加上电场后，因(mg－Eq)sin θ＝μ(mg－Eq)cos θ，故滑块仍匀速，B正确，加电场后，因重力做正功比电场力做负功多，所以重力势能减少得多，电势能增加得少，重力势能和电势能之和减小，C错误，D正确．

10．(2009年高考上海单科)小球由地面竖直上抛，上升的最大高度为H，设所受阻力大小恒定，地面为零势能面．在上升至离地高度h处，小球的动能是势能的两倍，在下落至离地高度h处，小球的势能是动能的两倍，则h等于( D )

A．H/9 B．2H/9 C．3H/9 D．4H/9 【解析】 小球上升至最高点过程，由动能定理：

12

－mgH－FfH＝0－mv0

2

小球上升至离地高度h处过程，由动能定理：

112

－mgh－Ffh＝mv21－mv0 22

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1又mv2＝2mgh 21

小球上升至最高点后又下降至离地高度h处过程，由动能定理：

112

－mgh－Ff(2H－h)＝mv2－mv

2220

1又mv2＝mgh 22

4

以上各式联立解得h＝H，答案D正确．

9

11．(8分)如右图所示，质量为M的小球被一根长为L的可绕O轴自由转动的轻质杆固定在其端点，同时又通过绳跨过光滑定滑轮与质量为m的小球相连．若将质量为M的球由杆呈水平状态开始释放，不计摩擦，竖直绳足够长，则当杆转动到竖直位置时，质量为m的球的速度是多大？

【解析】 杆转到竖直位置时，质量为M的球下落距离L，绳与竖直方向成45°角，质量为m的球上升的高度h＝2L

设此时质量为M的球、质量为m的球的速度分别为vM、vm，有vM＝2vm 在整个运动过程中，由机械能守恒有

112

MgL－mg2L＝Mv2＋mv

2M2m

由以上式子得出质量为m的球的速度 (M－2m)2gL. (2M＋m)

12．(10分)如右图所示，让摆球从图中A位置由静止开始下摆，正好到最低点B位置时线被拉断．设摆线长为L＝1.6 m，B点与地面的竖直高度为6.6 m，不计空气阻力，求摆球着地时的速度大小．(g取10 m/s2)

【解析】 摆球从A摆到B的过程中，只有重力对其做功，机械能守恒． 设摆球摆到B点时的速度为v，取B点所在水平面为零势能参考平面，由机械能守恒定律得

1

mgL(1－cos 60°)＝mv2

2

解方程得摆球速度v＝gL＝10×1.6 m/s＝4 m/s

摆球在B点断线后，以v＝4 m/s的速度做抛体运动，摆球在空中运动的过程中只有重力做功，机械能仍守恒，摆球在B点的机械能是

11

E1＝Ep1＋Ek1＝0＋mv2＝mv2，

22

落地时摆球的机械能是

1

E2＝Ep2＋Ek2＝－mgh＋mv′2，

2

由机械能守恒定律得：

11

－mgh＋mv′2＝mv2，

22

则摆球着地时速度的大小为：

v′＝v2＋2gh＝42＋2×10×6.6 m/s＝12.2 m/s. 13．(10分)如右图所示，滑块质量为m，与水平地面间的动摩擦因数为0.1，它以v0＝3gR的初速度由A点开始向B点滑行，AB＝5R，并滑上光滑的半径

1

为R的圆弧BC，在C点正上方有一离C点高度也为R的旋转平台，沿平台直

4

径方向开有两个离轴心距离相等的小孔P、Q，旋转时两孔均能达到C点的正上方．若滑块滑过C点后从P孔上升又恰能从Q孔落下，则平台转动的角速度ω应满足什么条件？

112

【解析】 设滑块滑至B点时速度为vB，对滑块由A点到B点应用动能定理有－μmg5R＝mv2B－mv0 22解得v2B＝8gR

vm＝

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112

滑块从B点开始运动后机械能守恒，设滑块到达P处时速度为vP，则mv2B＝mvP＋mg2R， 22解得vP＝2gR

2vPR滑块穿过P孔后再回到平台的时间t＝＝4

gg

要想实现题述过程，需满足ωt＝(2n＋1)π

π(2n＋1)gω＝(n＝0,1,2…)．

4R

14.如图所示，光滑水平平台上有一个质量为m的物块，站在地面上的人用跨过定滑轮的绳子向右拉动物块，不计绳和滑轮的质量及滑轮的摩擦，且平台边缘离人手作用点竖直高度始终为h。当人以速度v从平台的边缘处向右匀速前进位移x时，则( B )

A．在该过程中，物体的运动可能是匀速的

mv2x2

B．在该过程中，人对物体做的功为22 2h＋x1

C．在该过程中，人对物体做的功为mv2

2D．人前进x时，物块的运动速度为

h2＋x2vh

【解析】设绳子与水平方向的夹角为θ，则物体运动的速

度v物＝v·cosθ，而cosθ＝

vxx

，故v＝，可见物块的物

h2＋x2h2＋x21

速度随x的增大而增大，A、D均错误；人对物块的拉力为变力，变力的功可应用动能定理求解，即W＝mv2

2物mv2x2

＝22，B正确，C错误。 2h＋x

15.在游乐节目中，选手需借助悬挂在高处的绳飞越到水面的浮台上，小明和小阳观看后对此进行了讨论。如图所示，他们将选手简化为质量m＝60kg的质点，选手抓住绳由静止开始摆动，此时绳与竖直方向夹角α＝53°，绳的悬挂点O距水面的高度为H＝3m。不考虑空气阻力和绳的质量，浮台露出水面的高度不计，水足够深。取重力加速度g＝10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6。

(1)求选手摆到最低点时对绳的拉力的大小F；

(2)若绳长l＝2m，选手摆到最高点时松手落入水中。设水对选手的平均浮力f1＝800 N，平均阻力f2＝700N，求选手落入水中的深度d；

(3)若选手摆到最低点时松手，小明认为绳越长，在浮台上的落点距岸边越远；小阳却认为绳越短，落点距岸边越远。请通过推算说明你的观点。

1

【解析】(1)由动能定理得：mgl(1－cosα)＝mv2①

2

v2

圆周运动F′－mg＝m

l解得F′＝(3－2cosα)mg 人对绳的拉力F＝F′ 则F＝1080N

(2)由动能定理得：mg(H－lcosα＋d)－(f1＋f2)d＝0 mgH－lcosα则d＝

f1＋f2－mg

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解得d＝1.2m

(3)选手从最低点开始做平抛运动x＝vt 1H－l＝gt2

2

且由①式及以上两式 解得x＝2lH－l1－cosα

H

当l＝时，x有最大值，解得l＝1.5m

2

因此，两人的看法均不正确。当绳长越接近1.5m时，落点距岸边越远。

16.(2013·新课标全国卷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(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＝0.4s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1000m。已知航母始终静止，重力加速度的大小为g。则( AC )

A．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1/10 B．在0.4s～2.5s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2.5g

D．在0.4s～2.5s时间内，阻拦系统对飞机做功的功率几乎不变

【解析】本题考查动力学、运动学及功率，考查了推理能力、分析综合能力等，解题关键是受力分析和运动过程的分析。从v－t图可求，阻拦索作用下飞机的位移为v－t图象与t轴围成的图形的面积约为无阻拦索时距离1 000 m的1/10，A正确；在0.4 s～2.5 s时间内飞机除受阻拦索的作用还受其它阻力的作用，合外力几乎不随时间变化，但阻拦索两段间的夹角变小，而合力不变，则阻拦索张力必减小，B错误；滑行Δv54

减速过程中，由图象求0.4 s～2.5 s时间的加速度大约为a＝＝m/s2＝25.7 m/s2，飞行员承受的加速度

Δt2.1大小超过2.5 g，C正确；在0.4 s～2.5 s时间内，阻拦索的作用力不变，飞机的速度在变化，阻拦系统对飞机做功的功率是变化的，D错误。 17.(2013·北京理综，23)蹦床比赛分成预备运动和比赛动作两个阶段。最初，运动员静止站在蹦床上，在预备运动阶段，他经过若干次蹦跳，逐渐增加上升高度，最终达到完成比赛动作所需的高度；此后，进入比赛动作阶段。把蹦床简化为一个竖直放置的轻弹簧，弹力大小F＝kx (x为床面下沉的距离，k为常量)。质量m＝50kg的运动员静止站在蹦床上，床面下沉x0＝0.10m；在预备运动中，假定运动员所做的总功W全部用于增加其机械能；在比赛动作中，把该运动员视作质点，其每次离开床面做竖直上抛运动的腾空时间均为Δt＝2.0s，设运动员每次落下使床面压缩的最大深度均为x1。取重力加速度g＝10m/s2，忽略空气阻力的影响。

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(1)求常量k，并在图中画出弹力F随x变化的示意图； (2)求在比赛动作中，运动员离开床面后上升的最大高度hm；

(3)借助F－x图象可以确定弹力做功的规律，在此基础上，求x1和W的值。

解析：本题以体育项目为情景考查竖直上抛运动以及探究弹力做功的规律。解题思路为利用平衡条件求劲度系数，利用匀变速运动的规律求高度。利用图象、动能定理和功能关系求功。

(1)床面下沉x＝0.10 m时，运动员受力：mg＝kx0

mg

得k＝＝5.0×103N/m

x0F－x图线如图所示。

(2)运动员从x＝0处离开床面，开始腾空，其上升、下落时间相等。 1Δt

hm＝g()2＝5.0 m。

22

(3)F－x图线下的面积等于弹力做的功。从x处到x＝0，弹力做功。 1WT＝kx2

2

1

运动员从x1处上升到最大高度hm的过程中，根据动能定理，有kx2－mg(x1＋hm)＝0

21得x1＝1.1 m。

对整个预备运动，由题设条件以及功和能的关系有 1W＋kx2＝mg(hm＋x0)

20

得W＝2525 J≈2.5×103 J

18.(2013·广东理综，19)如图，游乐场中，从高处A到水面B处有两条长度相同的光滑轨道，甲、乙两小孩沿不同轨道同时从A处自由滑向B处，下列说法正确的是( BD )

A．甲的切向加速度始终比乙的大 B．甲、乙在同一高度的速度大小相等 C．甲、乙在同一时刻总能到达同一高度 D．甲比乙先到达B处

【解析】本题结合生活实际考查了能量守恒。解题的关键是明确两小孩在不同轨道上的物理量间的关系。由机械能守恒定律，得甲、乙两小孩在同一高度和滑到B处时的速度大小相等，选项B正确；画出两小孩的v－t图象如图所示，甲的切向加速度并不是始终比乙的大，选项A错误；甲先到达同一高度，选项C错误；甲滑到B点的时间短，选项D正确。

19.(2013·浙江理综，23)山谷中有三块石头和一根不可伸长的轻质青藤，其示意图如下，图中A、B、C、D均为石头的边缘点，O为青藤的固定点，h1＝1.8m，h2＝4.0m，x1＝4.8m，x2＝8.0m。开始时，质量分别为M＝10kg和m＝2kg的大、小两只滇金丝猴分别位于左边和中间的石头上，当大猴发现小猴将受到伤害时，迅速从左边石头的A点水平跳至中间石头。大猴抱起小猴跑到C点，抓住青藤下端，荡到右边石头上的D点，此时速度恰好为零。运

动过程中猴子均

看成质点，空气阻力不计，重力加速度g＝10m/s2。求：

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(1)大猴从A点水平跳离时速度的最小值； (2)猴子抓住青藤荡起时的速度大小； (3)猴子荡起时，青藤对猴子的拉力大小。

【解析】本题考查了平抛运动、机械能守恒定律和圆周运动的综合应用，考查了考生的分析综合能力，运动过程和受力分析是解答关键。思路大致如下：根据平抛运动求猴子的最小速度，根据机械能守恒定律求猴子荡起时的速度，利用圆周运动，结合几何关系，求青藤的拉力。

(1)设猴子从A点水平跳离时速度最小值为vmin，根据平抛运动规律，有

1

h1＝gt2①

2

x1＝vmint②

由①②式，得vmin＝8m/s③

(2)猴子抓住青藤后的运动过程中机械能守恒，设荡起时速度为vc，有 12

(M＋m)gh2＝(M＋m)vc④

2vc＝2gh2＝80m/s≈9 m/s⑤

(3)设拉力为FT，青藤长度为L，在最低点，由牛顿第二定律得 M＋mv2c

F－(M＋m)g＝⑥

L由几何关系

2

(L－h2)2＋x22＝L⑦

故L＝10 m⑧

综合⑤⑥⑧式并代入数据得F＝216 N⑨

20.如图 7－11 所示，位于竖直平面内的轨道，由一段斜直轨道和圆形轨道分别与水平面相切连接而成，各接触面都是光滑的，圆形轨道的半径为 R.一质量为 m 的小物块从斜轨道上 A点处由静止开始下滑，恰好通过圆形轨道最高点 D.物块通过轨道连接处 B、C 时无机械能损失．求： (1)小物块通过 D 点时的速度 vD 的大小；

(2)小物块通过圆形轨道最低点 C时轨道对物块的支持力 F 的大小； (3)A 点距水平面的高度 h.

【解析】(1)小物块通过最高点D时，由牛顿第二定律

2vD

mg＝m，得vD＝gR. ①

R

(2)物块从C点到D点的过程中，由动能定理得 112

－mg·2R＝mv2D－mvC ② 22联立①②式解得vC＝5gR

小物块通过最低点C时，由牛顿第二定律得 v2C

F－mg＝m，解得F＝6mg.

R

(3)小物块从A点运动到C点的过程中，由动能定理得 1

mgh＝mv2，解得h＝2.5R.

2C

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21.人在 A 点拉着绳通过一定滑轮吊起质量为m＝50 kg 的物体 G，如图 7－8所示．开始时绳与水平方向的夹角为60°，人匀速提起重物由 A 点沿水平方向运动s＝2 m 而到达 B 点，此时绳与水平方向成

30度角．求人对绳的拉力做了多少功？(取g＝10 m/s2

)

解：人对绳的拉力大小虽然始终等于物体的重力，但方向却

时刻在变，而已知的位移s 方向一直水平，所以无法利用W＝Fscos α直接求拉力的功．若转换一下研究对象则不难发现，人对绳的拉 力做的功与绳对物体的拉力做的功是相同的，而绳对物体的拉力 则是恒力，可利用 W＝Fscos α求解了！

设滑轮距地面的高度为h，则h(1tan301tan60)s

即h＝

32

s 人由A走到B的过程中，重物上升的高度Δh等于滑轮右侧绳子增加的长度，

即Δh＝hsin 30°－h

sin 60°

＝(3－1)s

人对绳做的功为W＝mg·Δh＝(3－1)mgs＝732 J.

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