【文档说明】高考物理冲刺大二轮练习：考前知识回扣 考前第8天 Word版含解析.doc，共(12)页，155.000 KB，由MTyang资料小铺上传

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1板块三考前知识回扣考前第8天力和运动[回顾知识]1．匀变速直线运动的基本规律速度公式：v＝v0＋at位移公式：x＝v0t＋12at2速度与位移关系公式：v2－v20＝2ax位移与平均速度关系公式：x＝v－t＝v0＋v2t2．匀变速直线运动的两个重要推论(1)

匀变速直线运动某段时间内的平均速度等于该段时间中间时刻的瞬时速度．即v＝vt2.(某段位移的中点速度vx2＝v21＋v222，且vt2<vx2)(2)任意两个连续相等的时间间隔(T)的运动位移之差是一恒量．即x2－x1＝x3－

x2＝…＝xn－xn－1＝aT2，或Δx＝aT2.3．初速度为零的匀加速直线运动的推论(1)1t末、2t末、3t末、…nt末的瞬时速度比为：v1∶v2∶v3∶…∶vn＝1∶2∶3∶…∶n(2)1t内、2t内、3t内、…nt内的位移比为x1∶x2∶x3∶…∶xn＝12∶22∶

32∶…∶n2(3)第一个t内、第二个t内、第三个t内、…第n个t内的位移比为Δx1∶Δx2∶Δx3∶…∶Δxn＝1∶3∶5∶…∶(2n－1)2(4)第一个x内、第二个x内、第三个x内、…第n个x内的时间比为：t1∶t2∶t3∶…∶tn＝1∶(2－1)∶(3－2)∶…∶(n－n－1)4．牛顿运

动定律(1)牛顿第二定律①公式：a＝F合m.②意义：力的作用效果是使物体产生加速度，力和加速度是瞬时对应关系．(2)牛顿第三定律①表达式：F1＝－F2.②意义：明确了物体之间作用力与反作用力的关系．5．平抛运动的规律(1)位移关系水平位移x＝v0t竖直位

移y＝12gt2合位移的大小s＝x2＋y2，合位移的方向tanα＝yx.(2)速度关系水平速度vx＝v0，竖直速度vy＝gt.合速度的大小v＝v2x＋v2y，合速度的方向tanβ＝vyvx.3(3)重要推论速度偏角与位移偏角的关系为

tanβ＝2tanα平抛运动到任一位置A，过A点作其速度方向反向延长线交Ox轴于C点，有OC＝x2(如图所示)．6．匀速圆周运动的规律(1)v、ω、T、f及半径的关系：T＝1f，ω＝2πT＝2πf，v＝2

πTr＝2πfr＝ωr.(2)向心加速度大小：a＝v2r＝ω2r＝4π2f2r＝4π2T2r.(3)向心力大小：F＝ma＝mv2r＝mω2r＝m4π2T2r＝4π2mf2r.7．万有引力公式：F＝Gm1m2r2

其中G＝6.67×10－11N·m2/kg2.(1)重力和万有引力的关系①在赤道上，有GMmR2－mg＝mRω2＝mR4π2T2.②在两极时，有GMmR2＝mg.(2)卫星的绕行速度、角速度、周期与半径的关系4①由GMmR2＝mv2R得v＝GMR，所以R越大，v越小．②由GM

mR2＝mω2R，得ω＝GMR3，所以R越大，ω越小．③由GMmR2＝m4π2T2R得T＝4π2R3GM，所以R越大，T越大．[回顾方法]1．分析匀变速直线运动的常用方法(1)逆向思维法即逆着原来的运动过程考虑．例如，对于匀减速直线运动，当末速度为零时，可转化为一个初速度为零的

匀加速直线运动；物体竖直上抛，逆着抛出方向，就变成从最高点向下的自由落体运动等．利用这种方法，可使列式简洁，解题方便．(2)图象法运动图象主要包括x－t图象和v－t图象，图象的最大优点就是直观．利用图象分析问题时，要

注意以下几个方面：①图象与坐标轴交点的意义；②图象斜率的意义；③图象与坐标轴围成的面积的意义；④两图线交点的意义．2．“追及、相遇”类问题的分析方法(1)基本思路5(2)常用分析方法①物理分析法：抓好“两物体能否同时到达空间某位置”这一

关键，认真审题，挖掘题中的隐含条件，在头脑中建立起一幅物体运动关系的图景．②相对运动法：巧妙地选取参照系，然后找两物体的运动关系．③极值法：设相遇时间为t，根据条件列方程，得到关于t的一元二次方程，用判别式进行讨论，若Δ>0，

即有两个解，说明可以相遇两次；若Δ＝0，说明刚好追上或相遇；若Δ<0，说明追不上或不能相遇．④图象法：将两者的速度－时间图象在同一坐标系中画出，然后利用图象求解．3．力的合成法则和正交分解法在牛顿第二定律问题中的应用当物体只受两个力作用时，可用力的合成法来解牛顿第

二定律问题，即应用平行四边形定则确定合力，它一定与物体的加速度方向相同，大小等于ma.当物体受两个以上的力作用时，一般采用正交分解法，依具体情况建立直角坐标系，将各力和加速度往两坐标轴上分解，建立牛顿第二定律的分量式，即∑Fx＝max和∑Fy＝m

ay，然后求解．一种常见的选取坐标轴方向的方法，是以加速度的方向为x轴的正方向，y轴与加速度方向垂直．此时，牛顿第二定律的分量式为∑Fx＝ma，∑Fy＝0.有时物体所受的几个力分别在互相垂直的两个方向上，且与加速度方向不同．此时也可以沿力所在的两个方向建立直角坐标系，这样

就不必再做力的分解，而只分解加速度，建立牛顿第二定律分量式，可以简化运算．64．瞬时问题的分析方法利用牛顿第二定律分析物体的瞬时问题(1)明确两种基本模型的特点：①轻绳不需要形变恢复时间，在瞬时问题中，其弹力可以突变，即弹力可以在瞬间成为零或别的值；②轻弹簧(或橡皮绳)需

要较长的形变恢复时间．在瞬时问题中，其弹力不能突变，即弹力的大小往往可以看成不变．(2)明确解此类问题的基本思路：①确定该瞬时物体受到的作用力，还要注意分析物体在这一瞬时前、后的受力及其变化情况；②由牛顿第二定律列方程求解．5．平抛运动的处理方法解答平抛运动问题要把握以下几点：(1)根据实际问题判

断是分解瞬时速度，还是分解运动的位移；(2)将某时刻速度分解到水平方向和竖直方向，由于水平方向物体做匀速直线运动，所以水平分速度等于抛出时的初速度，竖直方向做自由落体运动，满足自由落体运动规律；(3)无论分解速度还是位移，都要充

分利用图形中的已知角，过渡到分解后的矢量三角形中，再利用三角形的边角关系列式计算．6．竖直平面内圆周运动的处理方法(1)分清两类模型的动力学条件①对于“绳(环)约束模型”，在圆轨道最高点，当弹力为零时，物体的向心力最小，仅

由重力提供，由mg＝mv2minR，得临界速度vmin＝gR.当计算得物体在轨道最高点运动速度v<vmin时，物体将脱离轨道，不能过最高点．②对于“杆(管道)约束模型”，在圆轨道最高点，因有支撑，故最小速度为零，不存在脱离轨道

的情况．物体除受向下的重力外，还7受相关弹力作用，其方向可向下，也可向上．当物体速度v>gR时，弹力向下；当v<gR时，弹力向上．(2)抓好“两点一过程”①“两点”指最高点和最低点，在最高点和最低点对物体进行

受力分析，找出向心力的来源，列牛顿第二定律的方程．②“一过程”，即从最高点到最低点，用动能定理将这两点的动能(速度)联系起来．7．处理天体运动的基本方法把天体的运动看成是匀速圆周运动，其所需向心力由万

有引力提供．GMmR2＝mv2R＝mω2R＝m2πT2R＝m(2πf)2R，应用时可根据实际情况选用适当的公式进行分析或计算．[回顾易错点]1．区分静摩擦与滑动摩擦．2．区分“速度等于零”与平衡状态．3．区分“绳”与“杆”．4．区分v、Δv、ΔvΔt.5．区分平抛运动

中“速度方向夹角”与“位移夹角”．6．区分竖直平面内圆周运动两种模型在最高点的“临界条件”．7．区分地面上随地球自转的物体与环绕地球运行的物体．8．区分天体运动中的“R”“r”“L”．[保温精练]1．(20

18·潍坊市高三期末)“套圈”是游戏者站在界线外将圆圈水平抛出，套中前方水平地面上的物体．某同学在一次“套圈\”游戏中，从P点以某一速度水平抛出的圆圈越过了物体正上方落在地8面上(如图所示)．为套中物体，下列做法可行的是(忽略空气阻力)()A．从P点正前

方，以原速度水平抛出B．从P点正下方，以原速度水平抛出C．以P点正上方，以原速度水平抛出D．从P点正上方，以更大速度水平抛出[解析]由于抛出的圆圈做平抛运动，由平抛运动的规律可知，圆圈在竖直方向做自由落体运动，则h＝12gt2，水平方向做匀速直线运动，则x＝

vt，解得x＝v2hg，由题意圆圈越过了物体正上方落在地面上，欲使圆圈套中物体，应减小水平方向的位移．若从P点的正前方以原速度水平抛出，则圆圈仍落在物体的前方，A错误．降低圆圈抛出点的高度以原速度水平抛出，圆圈的运动时间减少，则圆圈可能套中物体，B正确．

如果增加抛出点的高度，欲使圆圈套中物体，则应减小水平抛出时的速度，C、D错误．[答案]B2．(多选)如图，一质点以速度v0从倾角为θ的斜面底端斜向上抛出，落到斜面上的M点且落到M点时速度水平向右．现将该质点以2v0的速度从斜面底端朝同样方向抛出，落在斜面上的N点．下列说法正确的是

()9A．质点从抛出到落到M点和N点的时间之比为1∶2B．质点落到M点和N点时的速度之比为1∶1C．M点和N点距离斜面底端的高度之比为1∶2D．质点落到N点时速度方向水平向右[解析]由于落到斜面上M点时速

度水平向右，故可把质点在空中的运动逆向看成从M点向左的平抛运动，设在M点的速度大小为u，把质点在斜面底端的速度v分解为水平方向的速度u和竖直方向的速度vy，由x＝ut，y＝12gt2，yx＝tanθ得空中飞行时间t＝2utanθg，vy＝gt＝2utanθ，

v和水平方向夹角的正切值vyu＝2tanθ为定值，故质点落到N点时速度方向水平向右，D正确；v＝u2＋v2y＝u1＋4tan2θ，即v与u成正比，故质点落到M和N点时的速度之比为1∶2，故B错误；由t＝2utanθg知质点从抛出到落到M点和N点的时间之比为1∶2，A正确；由

y＝12gt2＝2u2tan2θg，知y和u2成正比，M点和N点距离斜面底端的高度之比为1∶4，C错误．[答案]AD3．(多选)如图甲所示，用粘性材料粘在一起的A、B两物块静止于光滑水平面上，两物块的质量分别为mA＝1kg、mB＝2kg，当A、10B之间产生拉力且大于0.3N时

A、B将会分离．t＝0时刻开始对物块A施加一水平推力F1，同时对物块B施加同一方向的拉力F2，使A、B从静止开始运动，运动过程中F1、F2方向保持不变，F1、F2的大小随时间变化的规律如图乙所示．则下列

关于A、B两物块受力及运动情况的分析，正确的是()A．t＝2.0s时A、B之间作用力大小为0.6NB．t＝2.0s时A、B之间作用力为零C．t＝2.5s时A对B的作用力方向向左D．从t＝0时到A、B分离，它们运动的位移为5.4m[解析]由题中

图乙可知F1、F2的合力保持不变，根据牛顿第二定律，两个物块一起运动的加速度a＝F1＋F2mA＋mB＝1.2m/s2.t＝2.0s时刻，F2＝1.8N，对B根据牛顿第二定律，F2＋FAB＝mBa，可得FAB＝

0.6N，A正确．若A、B间的作用力恰为零，由牛顿第二定律得F2＝mBa＝2.4N，由题中图乙知F2＝0.9t(N)，可得t＝83s时A、B间的作用力为零，B错．t＝2.5s<83s，两物块紧靠着，A对B的作用力方向向右，C错．当A、B之间产生拉力且大于0.3N时A、B将会分离，对B分析，

F2－FAB′＝mBa，F2＝2.7N，代入F2＝0.9t(N)11得t＝3s时分开，则x＝12at2＝5.4m，D正确．[答案]AD4．(2018·广东六校二模)(多选)飞船在离开地球的过程中，经常采用“霍曼变轨”．它的原理很简单：如图所示

，飞船先在初始圆轨道Ⅰ上的某一点A打一个脉冲(发动机短暂点火)进行加速，这样飞船就进入一个更大的椭圆轨道Ⅱ，其远地点为B.在B点再打一个脉冲进行加速，飞船就进入到最终圆轨道Ⅲ.设轨道Ⅰ为近地轨道，半径为地球半径R0，轨道Ⅲ的半径为3R0；地球表面重

力加速度为g.飞船在轨道Ⅰ的A点的速率为v1，加速度大小为a1；在轨道Ⅱ的A点的速率为v2，加速度大小为a2；在轨道Ⅱ的B点的速率为v3，加速度大小为a3，则()A．v2>v1>v3B．a2＝a1＝gC．v2＝gR0D．飞船在轨道Ⅱ上的周期T＝4π2R0g[解析]根据牛顿

第二定律a＝Fm，可知飞船在近地圆轨道上经过A点时的加速度大小等于在椭圆轨道上经过A点的加速度大小，12等于g，B正确．飞船从近地圆轨道上的A点需加速，使得万有引力小于向心力，才能进入椭圆轨道，所以飞船在近地圆轨道上经过A点时的速度小于在椭圆轨道上经过A点的速度

，即v1<v2，设在B点点火加速之后进入圆轨道的Ⅲ速率为v4，所以飞船在椭圆轨道上经过B点时的速率小于在圆轨道Ⅲ上经过B点的速率，即v3<v4；根据万有引力提供向心力GMmR2＝mv2R，可得飞船速率与半径的关系v＝GMR，飞船做

匀速圆周运动时，轨道半径越大，速率越小，即v4<v1，所以v2>v1>v3，A正确．飞船在轨道Ⅰ运行时，由重力提供向心力有v1＝gR0<v2，C错误．先求出飞船在轨道Ⅰ的周期，再由开普勒第三定律结合轨道Ⅱ的半长轴2R0，可以求得飞船在轨道Ⅱ的周期T＝4

π2R0g，D正确．[答案]ABD