2023届二轮复习 专题二 功和能
第五讲 功与能量守恒定律 学案（含解析）
一、考向分析
动量和能量在实际生产、生活中有广泛应用，是高考考查的重点和必考内容，考查形式一般是综合运用动能定理、机械能守恒定律和动量守恒定律，结合动力学方法解决直线运动、抛体运动、圆周
运动、多运动过程问题,试题中通常出现难度较大
的选择题和综合性较强的计算题，命题情景新,密切联系实际,综合性强,突出考查考生综合运用物理规律解决实际问题的能力。
二、核心思路
三、重点知识
1.能量守恒定律：能量既不会凭空产生，也不会凭空消失，只会由一种能量转化成另一种能量。
2.能量守恒表达式：
（1）守恒观点：Ek1+Ep1=Ek2+Ep2+Wf
（2）转化观点： E=－ Ef
（3）转移观点：EA增=EB减
四、解题技巧
1.处理功能关系的综合问题注意点
(1)弄清物体的受力和运情况根据物体的运动过程分析物体的受力及不同的运动过程中力的变化情况。
(2)根据各力做功的不同特点分析各力在不同运动过程中的做功情况。
(3)根据不同能量变化运用不同的功能关系。
①只涉及动能的变化用动能定理分析。
②只涉及重力势能的变化,用重力做功与重力势能变化的关系(。
③只涉及机械能的变化,用除重力和弹力之外的其他力做功与机械能变化关系。
2.利用能量守恒定律解题的两条思路
(1)某种形式的能减少，一定存在其他形式的能增加，且减少量和增加量一定相等,即
(2)某个物体的能量减少,一定存在其他物体的能量增加，且减少量和增加量一定相等,即
五、思维建模
六、典型例题
考点1 曲线运动中的能量守恒
【例1】如图所示,AB是竖直面内的四分之一圆弧形光滑轨道,下端B与水平直轨道相切.一个小物块自A点由静止开始沿轨道下滑,已知轨道半径为R=0.2m,小物块的质量为m=0.1kg,小物块与水平面间的动摩擦因数 =0.5,取g=10m/s2.求:
(1)小物块到达圆弧轨道末端B点时受支持力.
(2)小物块在水平面上滑动的最大距离.
【例2】如图所示，一质量的小物块（可视为质点）从距水平轨道高为的光滑斜面上的A点处滑下，物块滑到斜面的最低端P点后（斜面与水平轨道平滑连接），进入水平轨道，经过水平轨道右端Q点后恰好沿半圆轨道的切线进入竖直固定的光滑半圆轨道，最后物块从半圆轨道最低点B水平飞出后落到C点，若物块与水平轨道间的动摩擦因数，B到C的竖直高度，取.
（1）求物块到达Q点时的速度大小v.
（2）判断物块经过Q点后能否沿半圆轨道运动？如不能，请说明理由.如能，求间的水平距离s.
归纳总结：
1.解题思路：
（1）确定物体的整体运动过程，划清直线运动与曲线运动的分界点。
（2）根据题干和划分的阶段，分别列出各阶段的能量守恒公式。
（3）结合曲线运动的运动规律和能量关系，列出等式并计算物理量。
2.注意事项：
（1）每个阶段是否存在摩擦力，摩擦力是否做功，都决定着能量的等式。
（2）在大部分曲线运动中，物体所受的支持力不做功，一般情况下，列式可以不考虑支持力做功。
[变式训练]
1.如图所示，半径的光滑绝缘的半圆环轨道处于竖直平面内，均强电场竖直向下，，半圆环与粗糙的绝缘水平地面相切于圆环的端点A，一不带电小铁块，以初速度，从点水平向左运动，冲上竖直半圆环，并恰好通过最高点B点，最后金属块落回点，若换为一个比荷为的铁块仍以相同的初速度从C点水平向左运动，重力加速度，则（ ）
A.的距离为
B.金属块与水平面之间的动摩擦因数为
C.若金属块带正电，它在半圆环轨道上运动的最大高度为
D.若金属块带负电，它在离开B点后与C点的最小距离为
2.如图所示，AB间有一弹射装置，质量为m=l kg的小物块在0.01s时间内被弹射装置弹出，以大小4m／s的速度沿着B点的切线方向进入光滑竖直圆弧形轨道BC，已知B点距水平地面的高度为h=0.8m，圆弧轨道BC所对应的圆心角∠BOC=60°（O为圆心），C点的切线水平，并与水平地面上长为L=2m的粗糙直轨道CD平滑连接，小物块沿直轨道运动后会与竖直墙壁发生碰撞，重力加速度，空气阻力忽略不计。求：
（1）弹射装置对小物块做功的平均功率；
（2）小物块沿圆弧轨道滑到C时对轨道的压力大小；
（3）若小物块与轨道CD之间的动摩擦因数μ=0.5，且与竖直墙壁碰撞前后小物块的速度大小不变，请确定小物块最终所处的具体位置。
考点2 多物体整体能量守恒
【例3】质量为的长木板放在光滑水平面上,一个质量为的滑块以速度沿木板表面从点滑到点,在木板上前进了,而木板在水平面上前进了,如图所示.设滑块与木板间的动摩擦因数为.求:
1.摩擦力对滑块做的功;
2.摩擦力对木板做的功;
3.摩擦力做的总功;
4.上述过程中机械能转化为内能的大小.
【例4】如图所示,一个倾角θ=30°的光滑斜面顶端有定滑轮,质量为m的A物体置于地面并于劲度系数为k的竖直轻弹簧相连,一条轻绳跨过滑轮,一端与斜面上质量为m的B物体相连(绳与斜面平行),另一端与弹簧上端连接.开始时托着B绳子恰伸直弹簧处于原长状态,现将B由静止释放,B下滑过程中A恰好能离开地面但不继续上升,求:
1.B下滑到最低点时的加速度;
2.若将B物体换成质量为3m的C,C由上述初始位置静止释放,当A物体刚好要离开地面时,C速度的平方为多大
归纳总结：
解题思路：
（1）根据题干及问题，确立研究整体，明确整体所受的力。
（2）将物体所受的力分清内力和外力。内力做功不影响整体的能量守恒，外力做功影响整体能量变化。
（3）用整体法和分解法分别对整体和独立个体进行能量分析，确定能量转移，列等式，求未知量。
[变式训练]
3.如图所示，质量(含挡板)的长木板静止在足够大的光滑水平面上，其右端挡板固定一劲度系数的水平轻质弹簧，弹簧自然伸长时，其左端到木板左端的距离，小物块(视为质点)以大小的初速度从木板的左端向右滑上长木板，已知物块的质量，弹簧的弹性势能(其中为弹簧长度的形变量)，弹簧始终在弹性限度内，取。
(1)若木板上表面光滑，求弹簧被物块压缩后的最大弹性势能；
(2)若木板上表面粗糙，物块与木板间的动摩擦因数，请判断物块是否会压缩弹簧，若物块不会压缩弹簧，求最终物块到木板左端的距离；若物块会压缩弹簧，求弹簧的最大形变量。
4.如图所示，半圆形轨道固定在水平桌面上，圆心与右端点连线水平，点为轨道最低点，轻绳一端连接小球，另一端连接物块，现让小球从靠近右端点处由静止开始沿半圆形轨道内壁下滑。已知半圆形轨道内壁及端点均光滑，小球质量，物块质量，轨道半径，轻绳足够长且不可伸长，物块仅在竖直方向运动，小球和物块均可视为质点，重力加速度。求：
（1）小球刚运动到最低点时，物块速度的大小；
（2）小球从运动到过程中，绳的弹力对物块所做的功。
考点3 电场中的能量守恒
【例5】如图所示，在场强为的水平匀强电场中，有半径的光滑半圆形轨道竖直放置，与水平绝缘轨道平滑连接，电场线与轨道平面平行，C为圆弧的中点.一带正电、电荷量、质量、可视为质点的小滑块与水平轨道间的动摩擦因数，取.
（1）若小滑块从半圆形轨道上的C点静止释放，运动到水平轨道上的P点静止，求小滑块通过段的时间.
（2）若小滑块从水平轨道上的A端静止释放，沿轨道运动恰能到达并通过最高点D，求小滑块此次运动通过C点时对轨道的压力的大小.
【例6】如图所示，光滑绝缘的圆形轨道BCDG位于竖直平面内，B点是最低点，
C和G点与圆心等高，D点是最高点，轨道半径为R，下端与光滑倾斜绝缘轨道在B
点平滑连接，整个轨道处在水平向左的匀强电场中。现有一质量为、带电量为的
小球（可视为质点）从轨道上A点以初速度滚下，若小球通过圆轨道顶端
D点时，轨道对它的压力，已知倾斜轨道倾角，AB距离，
重力加速度为，求：
（1）匀强电场的场强；
（2）小球过C点时，轨道对它的作用力；
（3）小球在圆形轨道上运动的最小速度是多大？
归纳总结：
1.解题思路：
（1）根据电场力、重力等力对物体进行受力分析，确定运动状况。（注意带电物体电性）
（2）判断所受力做功。电场力做功与否可根据电势变化确定。
（3）根据能量守恒列式，并求出未知量。
2.解题注意：
当带电物体在电场中运动时，物体会受到电场力的作用，当电场力做功时，应用能量守恒定律时，必须考虑电场力做功的正负。将电场力做功也列入等式当中。
[变式训练]
5.如图所示，在沿水平方向的匀强电场中，有一长度的绝缘轻绳上端固定在点，下端系一质量、带电量的小球（小球的大小可以忽略）在位置点处于静止状态，此时轻绳与竖直方向的夹角，空气阻力不计，,，。
（1）求该电场场强大小；
（2）在始终垂直于的外力作用下将小球从位置缓慢拉动到细绳竖直位置的点，求外力对带电小球做的功；
（3）将小球从点释放，小球最高能达到什么位置？说明原因。
6.如图所示,在水平地面上固定一倾角为θ的光滑绝缘斜面,斜面处于电场强度大小为E. 方向沿斜面向下的匀强电场中。一劲度系数为k的绝缘轻质弹簧的一端固定在斜面底端,整根弹簧处于自然状态。一质量为m、带电荷量为q(q>0)的滑块从距离弹簧上端为x处静止释放，滑块在运动过程中电荷量保持不变，设滑块与弹簧接触过程没有机械能损失，弹簧始终处在弹性限度内，重力加速度大小为g.
(1)求滑块从静止释放到与弹簧上端接触瞬间所经历的时间；
(2)若滑块在沿斜面向下运动的整个过程中最大速度大小为求滑块从静止释放到速度大小为的过程中弹簧的弹力所做的功W.
答案以及解析
例题答案：
【例1】答案：（1）由机械能守恒定律,得:mgR= mvB2
在B点 N-mg=m
由以上两式得 N=3mg=3N.
故小物块到达圆弧轨道末端B点时受的支持力为3N.
(2)设在水平面上滑动的最大距离为s
由能量守恒得 mgR=μmgs
s==m=0.4m
故小物块在水平面上滑动的最大距离为0.4m.
【例2】答案：（1）物块由A运动到P的过程中，根据机械能守恒定律得
得
由能量守恒可列：
代入数据得.
（2）设物块进入半圆轨道后能沿圆轨道运动，此时圆轨道对物块的压力为，根据牛顿第二定律，有
，故物块恰好能沿圆轨道运动
根据机械能守恒定律得
解得
根据平抛运动规律.
【例3】答案：1.分别对滑块和木板进行受力分析,如图所示.
摩擦力对滑块做的功为.
2.摩擦力对木板做的功为.
3.摩擦力做的总功为.
4.转化为内能的大小为.
【例4】答案：1.当A物体刚要离开地面时,A与地面间作用力为0,对A物体:由平衡条件得:F-mg=0,得:F=mg设B物体的加速度大小为a,对B物体,由牛顿第二定律得:F-mgsinθ=ma
解得:a=g,B物体加速度的方向沿斜面向上.
2.原来弹簧处于原长状态,当A物体刚要离开地面时,A物体处于平衡状态,设C物体沿斜面下滑x,则弹簧伸长即为x.对A物体有:
kx-mg=0
解得:x=
A物体刚要离开地面时,弹簧的弹性势能增加△E,对B物体下滑的过程,由能量守恒定律有:
△E=mgxsinθ
对C物体下滑的过程,由能量守恒定律有
解得:
【例5】答案：（1）设小滑块通过B点时的速度为，由C到B过程中，由动能定理得
设B到P时间为t，由动量定理得
联立解得.
（2）设小滑块通过D点的速度为v，沿轨道恰能到达最高点D的条件为
设小滑块通过C点时的速度为，小滑块从C点到D点过程中，由动能定理得
设小滑块在C点时所受的支持力为N，则由牛顿第二定律有
联立解得
由牛顿第三定律，可知小滑块通过C点时对轨道的压力大小
.
【例6】答案：（1）球在D点：，①
小球从A到D的过程中由动能定理:，②
由①②得：，③
（2）小球从A到C的过程中，由动能定理: ，④
小球在C点时，牛顿第二定律:，
又③④⑤得。
（3）电场力与重力的合力，
，
，，
解得。
变式训练答案
变式1答案：BD
解析： 小铁块不带点时恰好经过B点，则有，离开B点做平抛运动刚好到达点，有，，解得，，故A错误；由到，根据动能定理有，解得，故B正确；若金属块带正电，则有，得，故C错误；若金属块带负电，由于，小球离开点后做匀速直线运动，故离点最近为，故D正确。
变式2答案：
（1）弹射装置对小物块做功为：
弹射装置对小物块做功的平均功率为：
（2）小物块由B到C过程机械能守恒，则有：
在最低点C时，有：
由图可知：
解得：
由牛顿第三定律可知物块对轨道的压力大小为30N
（3）小物块由B滑到C点时具有的机械能为：
由C到D克服摩擦力做功为：
解得L=3.2m
所以，物块将停留在距D点1.2m处
变式3答案：(1)弹簧的弹性势能最大时，弹簧压缩量最大，物块和木板具有共同速度(设为)，
根据动量定理可得：
解得：
根据能量守恒定律有：
解得：；
(2)假设物块不会压缩弹簧，且物块在木板上通过的距离为，
根据能量关系可得：
解得：，
由于，故物块会压缩弹簧，由能量守恒定律可得：
解得：。
变式4答案：（1）设小球刚运动到最低点时，物块速度的大小为
小球和物块速度大小关系为
小球从运动到过程中，小球下降高度
物块上升高度
小球和物块系统机械能守恒：
联立解得：
（2）小球从运动到过程中，由功能关系得：
解得：
变式5答案：（1）带电小球静止，受到合力等于零，电场力与重力的关系是，
（2）小球在外力作用下从位置缓慢移动到位置过程中，根据动能定理有
带入数值得：
（3）小球最高到达点，与竖直方向夹角为（或者：与关于对称）
原因：将电场力与重力等效成“等效重力”，其方向沿方向，小球从点静止释放，应该摆动到关于对称的位置。
另法：列动能定理，计算出与竖直方向夹角为
变式6答案：(1)滑块从静止释放到与弹簧刚接触的过程中做初速度为零的匀加速直线运动，设加速度大小为a，则有 ①
②
联立①②可得 ③
(2)滑块速度最大时受力平衡，设此时弹簧压缩量为，则有
④
从静止释放到速度达到最大的过程中，由动能定理得
⑤
联立④⑤可得2023届二轮复习（新高考）
专题二 功和能 第一讲 功 功率与机械能 学案（含解析）
一、考向分析
对于功和功率，主要是考查对功和功率概念的理解和计算，往往涉及匀变速直线运动、平抛运动、圆周运动等。
与功和功率有关的图像问题，一般有三类：①由F-t、F-x图像分析运动过程，计算功或平均功率；②瞬时功率，由v-t图像结合动能定理求功或瞬时功率、平均功率；③由F-x、P-t图像与坐标轴围成的面积求解功。
在不涉及时间的多过程运动问题中，可以利用动力学方法解题，也可以利用动能定理解题。利用动能定理解题不需要分析运动细节，解答更为简捷，尤其是多过程中涉及变力作用的曲线运动过程，则必须应用动能定理解题.应用动能定理时，可以分阶段分析，也可以全过程分析.
力的作用效果能够使物体的运动状态发生改变，即速度发生改变，牛顿第二定律和动能定理都是用来描述力的这种作用效果的。牛顿第二定律对于一个力作用下物体的运动过程着重从空间积累的角度反映作用效果，而动能定理可以反映该过程中某一瞬时力的作用效果，有些问题要将这两个规律综合起来加以应用才能解决问题。
二、核心思路
三、重点知识
1.功
（1）恒力做功：W=Flcos α（α为F与l之间的夹角）。
（2）变力做功：①用动能定理求解；②用F-x图像求解。
（3）功是标量，“+”“-”号表示做功的正负，不代表方向。
2.功率
（1）平均功率：。
（2）瞬时功率：
3.两种机车启动方式的比较：
方式 恒定功率启动 恒定加速度启动
运动规律 先做加速度逐渐减小的变加速直线运动（对应图像中的OA段），最后以vm做匀速直线运动 先以加速度a做匀加速直线运动(对应图像中的OA段），然后在额定功率下做变加速直线运动(对应图像中的AB段)，最后以vm做匀速直线运动
v-t图像
5.动能定理：。
6.应用动能定理的步骤
7.机械能守恒定律：在除重力外其他力不做功的情况下，物体的机械能守恒。
8.机械能守恒表达式：
（1）守恒观点：Ek1+Ep1=Ek2+Ep2
（2）转化观点： Ek=－ Ep
（3）转移观点：EA增=EB减
四、解题技巧
变力做功的计算
五、思维建模
五、典型例题
考点1 功和功率
例1.质量为m的物体静止在光滑水平面上，从时刻开始受到水平力的作用。力F的大小与时间t的关系，力的方向保持不变，则( )
A.时刻水平力的瞬时功率为
B.时刻水平力的瞬时功率为
C.在0~这段时间内，水平力的平均功率为
D.在0~这段时间内，水平力的平均功率为
解析：0~时间内，物体的加速度时刻的速度，位移，~时间内，加速度，时刻的速度，~时间内的位移；所以时刻的瞬时功率，B对，A错：时间内的平均功率，D对，C错。
答案：BD
归纳总结：
1.功的确定决定功率的计算,所以明确力对谁做功、做功的多少以及正负，是解决功和功率问题的关键。
2.在应用公式：W=Flcosα时，要注意l的取值，尤其是在计算摩擦力做功时，l更是考察的重点。一般情况下我们在确定l时，看的都是物体与接触面的相对位移。
3.在应用公式：P=Fvcosα时，要注意F和v的方向问题。
[变式训练]
1.仰卧起坐是《国家学生体质健康标准》中规定的女生测试项目之一。根据该标准高三女生一分钟内完成55个以上仰卧起坐记为满分。若某女生一分钟内做了50个仰卧起坐，其质量为，上半身质量为总质量的0.6倍，仰卧起坐时下半身重心位置不变，取。则测试过程中该女生克服重力做功的平均功率约为( )
A. B. C. D.
2.质量为的物体，在大小恒定的水平拉力F的作用下，沿水平面做直线运动.0~2 s内F的方向与运动方向相反，2~4 s内F的方向与运动方向相同，物体的图象如图所示.g取，则( )
A.拉力F的大小为100 N B.物体在第4 s时拉力的瞬时功率为60 W
C.4 s内拉力所做的功为480 J D.4 s内物体克服摩擦力做的功为480 J
考点2 机车启动
例2.质量为、发动机的额定功率为80 kW的汽车在平直公路上行驶，若该汽车所受阻力大小恒为，则下列判断正确的是( )
A.汽车的最大速度是10 m/s
B.汽车以的加速度匀加速启动，启动后第2 s末发动机的实际功率是32 kW
C.汽车以的加速度匀加速启动，匀加速运动所能维持的时间为10 s
D.若汽车保持额定功率启动，则当其速度为5 m/s时，加速度为
解析：当牵引力等于阻力时，速度最大，根据得，汽车的最大速度，故A错误；根据牛顿第二定律得，，解得，第2 s末的速度，第2 s末发动机的实际功率，故B正确；汽车做匀加速直线运动的末速度，则做匀加速直线运动的时间，故C错误；当汽车速度为5 m/s时，牵引力，根据牛顿第二定律得，汽车的加速度，故D正确。
答案：BD
归纳总结：
1.两种机车启动方式中，确定好汽车运动状态，进而确定汽车加速度和受力，才能准确而快速的解题。
2.常用公式：
[变式训练]
3.为减少汽车排放带来的污染，很多城市开始使用电动汽车，现有一辆质量为的某品牌电动汽车电池每次充满电后能提供的总电能为，充电时，直流充电桩充电电压为，充电时间为，充电效率为，以的速度在平直高速公路匀速行驶时汽车将总电能转化为机械能的效率为，汽车受到的阻力为重力的0.03倍，由此可知( )
A．充电的平均电流为
B．汽车牵引力的功率为
C．汽车能匀速行驶的时间为
D．汽车能匀速行驶的距离为
4.2019年10月1日,在庆祝中华人民共和国成立70周年阅兵式上,习近平主席乘“红旗”牌国产轿车依次检阅15个徒步方队和32个装备方队(如图甲所示)。检阅车在水平路面上的启动过程如图乙所示,其中为过原点的倾斜直线,段表示以额定功率行驶时的加速阶段,段是与段相切的水平直线,若检阅车的质量为,行驶过程中所受阻力恒为,则下列说法正确的是( )
A.检阅车在时刻的牵引力和功率都是最大值,时间内其牵引力等于
B.时间内检阅车做变加速运动
C.时间内的平均速度等于
D.时间内检阅车克服阻力所做功为
考点3 动能定理
例3.小明用如图所示轨道探究滑块的运动规律。长的斜轨道倾角为，斜轨道底端平滑连接长的水平轨道，水平轨道左端与半径的光滑半圆形轨道底端B平滑连接。将质量的滑块（可不计大小）从斜轨道顶端释放，滑块与斜轨道及水平轨道间的动摩擦因数均为。已知，g取。
（1）若无初速度释放滑块，求滑块到达B点时对半圆形轨道压力的大小；
（2）为保证滑块能到达半圆形轨道顶端A，应至少以多大速度释放滑块？
解析：（1）滑块从斜轨道顶端滑到B点的过程根据动能定理有
在B点由牛顿第二定律得
解得
由牛顿第三定律得滑块到达B点时对半圆形轨道压力的大小为2.15 N。
（2）若滑块恰能到达半圆形轨道顶端A，到达A时速度记为，则
解得
从斜轨道顶端到A由动能定理得
解得
答案：（1）2.15 N
（2）
归纳总结：
1.相比其他知识点动能定理的考察更加系统化，经常可以在各部分知识考察中穿插。当运用动能定理时，我们可以分段列式，也可以整体列式。分段的时候要保证每一段之间“不重不漏”。
2.对于相对复杂的运动过程，我们要学会根据题干将整体的运动过程分段，明确每一段的分解点以及分界依据（如速度、加速度、位移），逐段列式。
[变式训练]
5.高速公路部分路段旁建有如图所示的避险车道，车辆可驶入避险。若质量为的货车刹车后以初速度经点冲上避险车道，前进距离时到点减速为0,货车所受阻力恒定，两点高度差为为中点，已知重力加速度为，下列关于该货车从运动到过程说法正确的是（ ）
A.克服阻力做的功为
B.该过程产生的热量为
C.在段克服阻力做的功小于段克服阻力做的功
D.在段的运动时间等于段的运动时间
6.如图所示，竖直平面内的直角坐标系中有一根表面粗糙的粗细均匀的细杆，它的上端固定在坐标原点处且与轴相切。和段分别为弯曲杆和直杆，它们相切于点，段所对应的曲线方程为。一根套在直杆上的轻弹簧下端固定在点，其原长比杆的长度短。可视为质点的开孔小球(孔的直径略大于杆的直径)套在细杆上。现将小球从处以的初速度沿轴的正方向抛出，过点后沿杆运动压缩弹簧，再经弹簧反弹后恰好到达点。已知小球的质量，点的纵坐标为，小球与杆间的动摩擦因数，取。求：
(1)上述整个过程中摩擦力对小球所做的功；
(2)小球初次运动至点时的速度的大小和方向；
考点4 机械能守恒
例4.如图所示,在水平面上依次放置小物块A和C以及曲面劈 B,其中A与C的质量相等均为m,曲面劈B的质量曲面劈B的曲面下端与水平面相切,且曲面劈B足够高,各接触面均光滑。现让小物块C以水平速度。向右运动,与A发生碰撞,碰撞后两个小物块粘在一起滑上曲面劈 B。求:
(1)碰撞过程中系统损失的机械能;
(2)碰后物块A与C在曲面劈B上能够达到的最大高度。
解析：（1）小物块C与A发生碰撞粘在一起，以的方向为正方向,由动量守恒定律得:
解得;
碰撞过程中系统损失的机械能为
解得:
（2）当小物块上升到最大高速时, 系统的速度相等;根据动量守恒定律:
解得
根据机械能守恒得:
解得:
答案：（1）；（2）
归纳总结：
1.判断机械能是否守恒的方法：
（1）根据做功判断：若物体或系统中只有重力（或系统内弹力）做功，不受其他力、其他力不做功或其他力做功代数和为零时，机械能守恒。
（2）利用能量转化来判断：若物体或系统中只有动能和势能的相互转化，则物体或系统机械能守恒。
2.解题思路
（1）确定研究的对象，可以是单个物体，也可以是多个物体组成的系统。
（2）对研究对象进行受力分析和做功情况的分析。
（3）判断机械能是否守恒。
（4）选取适当列式方式，列等式并求解未知量。
[变式训练]
7.如图所示，用铰链将三个质量均为m的小球A、B、C与两根长为L的轻杆相连，B、C置于水平地面上，系统静止时轻杆竖直，现给系统一个微小扰动，B、C在轻杆的作用下向两侧滑动，三个小球始终在同一竖直平面内运动，忽略一切摩擦，重力加速度为g，则此过程中（ ）
A.球A的机械能一直减小 B.球C的机械能一直增大
C.球B对地面的压力不可能小于mg D.球A落地的瞬时速度为
8.一轻弹簧的下端固定在水平面上，上端连接质量的木板，当木板处于静止状态时弹簧的压缩量，如图所示.一质量也为的橡皮泥从木板正上方距离的A处自由落下，打在木板上立刻粘住后与木板一起向下运动，它们到达最低点后又向上运动.不计空气阻力，g取，（弹性势能表达式为，其中k为弹簧劲度系数，x为弹簧形变量）求：
（1）橡皮泥打在木板上一起向下运动时的初速度；
（2）橡皮泥和木板一起上升的最大高度；
（3）橡皮泥和木板一起运动过程中的最大速度.
答案以及解析
变式训练答案
变式1答案：C
解析：该同学身高约,则每次上半身重心上升的距离约为：
则她每一次克服重力做的功为：
内她克服重力所做的总功为：
她克服重力做功的平均功率为：故C正确，ABD错误
故选：C。
变式2答案：D
解析：由图象可得，0~2 s内物体做匀减速直线运动，加速度大小为，在匀减速过程中，由牛顿第二定律得，2~4 s内物体做匀加速直线运动，加速度大小为，有，联立解得，选项A错误；物体在第4 s时拉力的瞬时功率为，选项B错误；4 s内物体通过的位移为，拉力做功为，选项C错误；4 s内物体通过的路程为，克服摩擦力做功为，选项D正确.
变式3答案：C
解析：A．由题可知，电能，则由可知，充电电流为故A错误；
B．当汽车匀速行驶时，牵引力等于阻力的大小，即
则牵引力的功率为故B错误；
CD．汽车能匀速行驶的时间
则汽车匀速行驶的最大距离为
故C正确，D错误。
变式4答案：AD
解析：A. 由图象可知,检阅车的运动过程为：Oa为匀加速直线运动,ab是恒定功率运动,且加速度在逐渐减小,所以t1时刻牵引力和功率最大,bc是匀速直线运动,t2~t3时间内其牵引力等于f，故A正确。
B. 在0~t1时间段，由v t图象知检阅车做匀加速直线运动，故B错误。
C. 在0~t2时间段,由v t图象可知,检阅车先做匀加速运动再做变加速运动,故此段时间内平均速度大于，故C错误；
D. 设时间t1 t2内检阅车克服阻力所做功为Wf,由动能定理,克服阻力所做功为，故D正确。
变式5答案：B
解析：根据动能定理，，克服阻力做的功为，A错误;克服阻力做的功等于系统产生的内能，该过程产生的热量为,B正确；阻力做的功与位移成正比，在段克服阻力做的功等于段克服阻力做的功,C错误;从到做匀减速运动，在段的运动时间小于段的运动时间，D错误。
变式6答案：(1)对题述过程由动能定理得
代入数据解得
(2)假设小球抛出后做平抛运动，根据平抛运动规律可得,
代入数据解得
与曲线方程一致，
说明小球在段运动过程中与细杆无摩擦，做平抛运动。
由动能定理
代入数据解得
由运动的合成和分解可得的方向与轴正方向夹角的余弦值，即。
变式7答案：D
解析：AB. 因为A、B、C组成的系统机械能守恒，在A落地前，BC运动；在A落地时，BC停止运动。由于系统机械能守恒可知，A的机械能转化为BC的动能，故A的机械能不可能一直减小，同理C的机械能不可能一直增大，故A错误、B错误；
C. 在A落地前，B做减速运动，由于轻杆对B有斜向上的拉力，因此B对地面的压力可小于mg，故C错误；
D. 根据动能定理可得：，解得：，故D正确。
变式8答案：（1）1 m/s
（2）在弹簧原长上方
（3）
解析：（1）橡皮泥打在木板上瞬间有，解得，
碰撞瞬间动量守恒，取竖直向下为正方向，由动量守恒定律有，
解得.
（2）开始时弹簧被压缩，则，解得，
设橡皮泥和木板上升的最大高度在原长上方处，由系统机械能守恒定律有
，
解得.
（3）速度最大时橡皮泥和木板所受合外力为零，弹簧形变量满足，解得，
碰撞后到速度最大时，由系统机械能守恒定律有
，
解得.2023届二轮复习
专题 力与运动-静态平衡问题 学案（含解析）
单个物体的平衡问题
（2022.云南省.历年真题）如图所示，学校门口水平地面上有一质量为m的石墩，石墩与水平地面间的动摩擦因数为μ，工作人员用轻绳按图示方式匀速移动石墩时，两平行轻绳与水平面间的夹角均为θ，则下列说法正确的是（ ）
A．轻绳的合拉力大小为
B．轻绳的合拉力大小为
C．减小夹角θ，轻绳的合拉力一定减小
D．轻绳的合拉力最小时，地面对石墩的摩擦力也最小
关键信息：匀速移动 → 受力平衡
求解绳子拉力、地面对石墩的摩擦力 → 选石墩为研究对象
解题思路：石墩受五个力的作用处于平衡状态，多力平衡问题通常采用正交分解，再列平衡方程进行解答。也可以把支持力和摩擦力合成一个力，转化为三力平衡问题，作图求解。
AB．设轻绳的合拉力大小为T，对石墩受力分析：
由平衡条件，在水平方向上有：
竖直方向上有：
根据滑动摩擦力公式得：
联立解得：，故A错误，B正确；
C．拉力的大小为：其中，可知当时，拉力有最小值，即减小夹角θ，轻绳的合拉力不一定减小，故C错误；
D．摩擦力大小为：
可知增大夹角θ，摩擦力一直减小，当趋近于90°时，摩擦力最小，故轻绳的合拉力最小时，地面对石墩的摩擦力不是最小，故D错误；
将支持力和摩擦力合成一个力F，则，则当力F最小时，支持力N也最小，根据可知此时摩檫力也是最小的。由图可知，T、F不会同时最小，即轻绳的合拉力T与合力F不会同时最小，故轻绳的合拉力和摩擦力不会同时最小。
故选：B。
（2022.广东深圳.模拟）如图所示，两轻质肩带将裙子对称地悬挂在三角形衣架上晾晒。两肩带倾斜，A处与衣架臂的夹角θ＞90°，则（ ）
A．衣架对裙子的作用力大于裙子的重力
B．每根肩带的拉力均等于裙子重力的一半
C．A处肩带所受的静摩擦力小于肩带的拉力
D．A处肩带所受支持力等于肩带的拉力大小
A．由于裙子处于静止状态，可知衣架对裙子的作用力大小等于裙子的重力，A错误。
B．肩带倾斜，即拉力的方向不是竖直向上，根据力的合成与分解可知每根肩带的拉力均大于裙子重力的一半，B错误。
CD．对A处的肩带受力分析，如图所示，
将肩带的拉力分解为沿衣架左臂方向的F1和垂直衣架左臂方向的F2，则F1＝F摩、F2＝F支，故肩带所受的支持力和静摩擦力都小于肩带的拉力，C正确，D错误．
故选C。
处理单个物体的平衡问题时，首先要对物体进行受力分析，当物体受三个力的作用时一般用合成法或矢量三角形法，当物体受到四个或四个以上共点力的作用而平衡时可以用正交分解法，也可以将多力问题转化为三力问题借助矢量三角形求解。最小力问题常用数学函数求解或者矢量三角形中寻找垂直关系。
多个物体的平衡问题
（2022.湖南株洲.月考）我国的石桥世界闻名，如图，某桥由六块形状完全相同的石块组成，其中石块1、6固定，2、5质量相同为m，3、4质量相同为m′，不计石块间的摩擦，则m∶m′为（ ）
A． B． C．1 D．2
关键信息：形状完全相同 → 接触面的倾角（隐含条件，易错）
石块1、6固定 → 研究对象不选择1、6
2、5质量相同为m，3、4质量相同为m′ → 对称性
解题思路：将2、3、4、5作为研究对象，不论对哪一个石块分析，两个质量（重力）之间的关系都是通过相互作用力建立联系的。
34两个石块整体对应的圆心角为60°，则2对34整体的作用力与5对34整体的作用力大小相等，两力夹角为120°，如图1可得F23＝2m'g ①；
同理2345四块石块整体对应的圆心角为120°，则1对2345整体的作用力与6对2345整体的作用力大小相等，两力夹角为60°，如图2可得 ②；
对2受力分析如图3，水平方向：F12cos60°＝F23cos30° ③
联立①②③解得：m：m′＝2。
故D正确，ABC错误。
选取研究对象的原则：
（1）对研究对象列出的方程中必须有相同的物理量
（2）选出的对象尽可能使将来列方程简单、方程形式也相似
（3）从数学角度看，解直角三角形比较简单
（4）尽可能列比较少的方程（一般两个）
隔离石块3受力分析，由图4可得：F43＝m′gtan60°
以23整体为研究对象受力分析，由图5可得：F43＝(m＋m′)gtan30°
所以3m′＝m＋m′，即m∶m′＝2
故选：D。
（2022.浙江宁波.模拟）挂灯笼的习俗起源于2100多年前的西汉时期，已成为喜庆的象征。如图所示，由五根等长的轻质细绳悬挂起四个质量相等的灯笼，从左向右依次记为甲、乙、丙、丁，它们处于静止状态，中间的细绳是水平的，另外四根细绳与水平面所成的角为θ1和θ2（如图）。关于θ1和θ2，下列关系式正确的是（ ）
A．θ1＝θ2 B．θ1＝2θ2 C．sin θ1＝2sin θ2 D．tan θ1＝2tan θ2
以甲、乙两灯笼整体为研究对象，受力分析如图：
设水平方向细绳的拉力为T，则有tan θ1＝，以乙灯笼为研究对象，则有
tan θ2＝，联立解得tan θ1＝2tan θ2，选项D正确．
多个物体的平衡问题，一般优先考虑整体法，再考虑隔离法，但选择2个物体或者选择3个物体、4个物体进行分析都可以称为整体法，为了选取合适的研究对象，既要考虑物体的对称性和受力特点，又要考虑待求量和关联量，尽量不出现无关量或新的未知量。整体法和隔离法不是独立的，对一些较复杂的问题，通常需要多次选取研究对象，交替使用整体法和隔离法。
非共面力的平衡问题
（2022.西安.二模）如图所示，ABCD为倾角为30°的正方形斜面，其中AB与底边DC平行、BC与AD平行。斜面上一质量为1kg的物块，在斜面内施加平行于AB向左的拉力F，物块恰好沿斜面对角线BD匀速下滑。下列叙述正确的（g＝10m/s2）（ ）
A．物块受到摩擦力的方向平行于AD沿斜面向上
B．水平向左的外力大小等于N
C．滑动摩擦力的大小等于5N
D．物块与斜面间的动摩擦因数为
关键信息：ABCD为正方形斜面 → ∠BDC＝45°
物块沿对角线BD匀速下滑 → ①受力平衡 ②摩擦力方向平行于斜面沿DB向上
解题思路：
对物体进行受力分析：重力、弹力、拉力、摩擦力；发现重力、弹力、摩擦力和拉力不在同一平面上，如图所示：
对于此类问题，我们将非相互垂直的力进行正交分解，利用物体在每个面上受力都应该平衡的条件解决问题。
A、滑动摩擦力方向与相对运动方向相反，所以物块受到摩擦力的方向平行于斜面沿DB向上，故A错误。
B、将重力分解在沿ABCD斜面方向与垂直于ABCD斜面方向，物块在ABCD平面内受力如图：
其中，则，故B错误。
C、滑动摩擦力大小，故C错误。
D、物块与斜面间的动摩擦因数，故D正确。
故选：D。
（2021.山东青州.期末）如图所示，“V”形槽两侧面的夹角为60°，槽的两侧面与水平面的夹角相同。质量为m的圆柱形工件放在“V”形槽中，当槽的棱与水平面的夹角为37°时，工件恰好能匀速下滑，重力加速度为g，sin37°＝0.6，则（ ）
A．工件对槽每个侧面的压力均为mg B．工件对槽每个侧面的压力均为
C．工件与槽间的动摩擦因数为 D．工件与槽间的动摩擦因数为
AB、工件的重力可以分解为沿棱方向向下的分力mgsin37°与垂直于棱方向的分力mgcos37°，如图1所示；
进一步将垂直于棱方向的分力分解为两个挤压斜面的压力，如图2所示；
由几何关系可知2Ncos60°＝mgcos37°，解得：N＝0.8mg
可得工件对槽每个侧面的压力均为0.8mg，故AB错误；
CD、此时沿棱方向的分力mgsin37°与圆柱体和槽之间的摩擦力大小相等，有Ff＝2μN＝mgsin37°
解得：μ＝，故D正确，ABC错误。
故选：D。
对于非共面力的平衡问题，基本思路不变，首先是对物体进行受力分析，只是发现物体受力不在同一平面上以后，寻找关联力是解决这种问题的关键。解题技巧：把同一面上的力进行正交分解，寻找不同面上的关联力，根据平衡方程列式求解即可。解决此类问题时要注意图形结构的对称性特点，结构的对称性往往对应着物体受力的对称性。2023届二轮复习
专题 力与运动-匀变速直线运动规律的应用 学案（含解析）
匀变速直线运动规律
（2022.湖北.历年真题）我国高铁技术全球领先，乘高铁极大节省了出行时间。假设两火车站W和G间的铁路里程为1080km，W和G之间还均匀分布了4个车站。列车从W站始发，经停4站后到达终点站G。设普通列车的最高速度为108km/h，高铁列车的最高速度为324km/h。若普通列车和高铁列车在进站和出站过程中，加速度大小均为0.5m/s2，其余行驶时间内保持各自的最高速度匀速运动，两种列车在每个车站停车时间相同，则从W到G乘高铁列车出行比乘普通列车节省的时间为（ ）
A．6小时25分钟 B．6小时30分钟
C．6小时35分钟 D．6小时40分钟
关键信息：W和G之间均匀分布4个车站 → 有5段相等的位移
每个站点进出站方式相同 → 任意相邻两个车站之间节省的时间相同
两种列车在每个车站停车时间相同 → 节省的时间只在运动中产生
加速度相等，最高速度不同 → 相同位移下运动时间不同
解题思路：两列车最高速度不同，相邻两个车站之间减速时间不同，匀速时间不同，加速时间不同，但加速度却是相等的。在哪儿节省了时间？怎么计算？带着这个问题深入分析已知条件。
108km/h＝30m/s，324km/h＝90m/s
相邻两站的距离：x＝＝2.16×105 m
普通列车加速时间：t1＝＝s＝60s
加速过程位移：x1＝＝×0.5×602m＝900m
根据对称性，普通列车在加速阶段与减速阶段所用时间相等，位移大小相同，
故匀速运动的时间t1′＝＝s＝7140s
高铁列车加速时间：t2＝＝s＝180s
加速过程位移：x2＝＝×0.5×1802m＝8100m
故匀速运动的时间t2′＝＝＝2220s
故相邻两站节省的时间：
Δt＝(2t1＋t1')﹣(2t2＋t2')＝(2×60＋7140)s﹣(2×180＋2220)s＝4680s
故节省的总时间t＝5Δt＝4680×5s＝23400s＝6小时30分
故ACD错误，B正确。
故选：B。
（2022.浙江.模拟）现在城市的交通非常发达，城市的快速道限速可以达到80km/h。现在有一辆汽车正以72km/h的速度向红绿灯路口行驶，离路口还有120m的地方，他发现前方是红灯，并且显示倒计时时间为10s，他继续原速前进，一段时间后，开始以大小5m/s2的加速度减速，到达路口时车刚好停止。（车辆可以视为质点，不计司机的反应时间）
（1）求车到达路口时红灯还剩几秒；
（2）如果车辆在120m处按自由滑行（关闭动力）的方式来减速前进，加速度大小为a1＝1.25m/s2，车辆会不会闯红灯？
（3）车辆在120m处就开始做匀减速运动，试问车辆应该以多大的加速度减速，才能使车辆到达路口的时候绿灯恰好亮起？
（1）v0＝72 km/h＝20 m/s
设减速为零时的时间为t2，运动的位移为x2，
t2＝，x2＝t2
代入数据解得：t2＝4 s，x2＝40 m
根据匀变速直线运动规律，匀速运动的时间t1，t1＝，
代入数据解得：t1＝4 s
所以等待时间为：t＝t0﹣t1﹣t2＝2 s。
（2）当位移为120 m时，设用时为t3，那么x＝v0t3﹣a1t32，
代入数据解得：t3＝8 s
此时速度为v＝v0﹣a1t3＝10 m/s
此时依然是红灯，而汽车的速度为10 m/s，必定闯红灯。
（3）即在10 s时，车辆的位移恰好等于120 m，则
x＝v0t﹣at2
代入数据解得a＝1.6 m/s2。
1．解决匀变速直线运动的六种思想方法
（1）基本公式法：指速度公式、位移公式和速度位移关系式，灵活选用运动学公式，已知三个物理量，求两个物理量，都可以一步解答。
（2）平均速度法：①（对任何性质的运动都适用）；②（只适用于匀变速直线运动）。
（3）推论法：利用Δx＝aT2（对于纸带类问题一般用此方法）。
（4）比例法：适用于初速度为零的匀加速直线运动与末速度为零的匀减速直线运动。
（5）逆向思维法：对于匀减速到速度为零后立即停止运动，求解时要注意确定其实际运动时间.。如果问题涉及最后阶段（到停止）的运动，可把该阶段看成反向的初速度为零、加速度不变的匀加速直线运动。
（6）图像法：根据v－t图像，利用围成的面积计算位移，比较经过相同位移所用的时间。
追及与相遇问题
（2022.湖南长沙.模拟）如图所示，甲、乙两辆汽车并排沿平直路面向前行驶，两车车顶O1、O2两位置都装有蓝牙设备，这两个蓝牙设备在5m以内时能够实现通信。t＝0时刻，甲、乙两车刚好位于图示位置，此时甲车的速度为4m/s，乙车的速度为1m/s，O1、O2的距离为3m。从该时刻起甲车以1m/s2的加速度做匀减速运动直至停下，乙车保持原有速度做匀速直线运动。忽略信号传递时间，从t＝0时刻起，甲、乙两车能利用蓝牙通信的时间为（ ）
A．2s B．10s C．16s D．20s
关键信息：5m以内时实现通信，O1、O2的距离为3m → 运动方向相距4m能够通信
甲乙并排，甲的初速度大于乙 → ①甲先行驶至乙车前方 ②可能被乙车追上
甲车以1m/s2的加速度做匀减速运动直至停下 → 经4s停下
解题思路：根据几何关系可知，当两车在运动方向的位移相差4m之内时，两车能够利用蓝牙保持通信。甲车做匀减速运动直到停下，可以按甲车停车之前、之后两段过程分析计算乙车在运动方向相距在4m之内的时间。
当t＝4s时，甲车的速度减为零，此时甲车停止，由分析可知，在甲车停止前，甲车始终在前，设甲车停止前两车在运动方向上相距4m的时间为t1，
在甲车未停止前，甲车在前，乙车在后，则
解得：t1≤2s或t1≥4s（不合题意，舍去）
当甲车停止时，则此时甲车的位移为x1＝×4m＝8m，乙车的位移为x2＝1×4m＝4m，此时甲车在乙车前4m，根据上述分析可知，乙车可以继续往前开8m的距离，在此过程中甲乙两车的竖直距离仍然保持在4m之内，此时的时间为t′＝＝8s，综上所示，能够保持蓝牙通信的总时间为t总＝t1＋t′＝2s＋8s＝10s，故B正确，ACD错误；
故选：B。
（2021.河南新乡.期末考试）冬天，雾霾天气频繁出现，某日早晨有浓雾，道路能见度只有30m，且路面湿滑。一辆小汽车以18m/s的速度由南向北行驶，某时刻，汽车司机突然发现正前方浓雾中有一辆卡车正以6m/s的速度同向匀速行驶，于是鸣笛示警同时紧急刹车，但路面湿滑，只能以2m/s2的加速度匀减速行驶。前车接到示警2s后以2m/s2的加速度匀加速行驶。下列说法正确的是（ ）
A．两车虽采取了加速，减速措施，但加速度过小，仍会发生追尾
B．前车开始加速时，两车距离最近
C．两车距离最近时只有2m
D．前车开始加速时，两车仅相距9m
设小汽车的速度v1＝18m/s，卡车的速度v2＝6m/s，a＝2m/s2，t0＝2s，s＝30m，
ABC、设汽车经时间t两者共速，则v1﹣at＝v2＋a(t﹣t0)，解得t＝4s，
此时间内小汽车的位移：，
卡车的位移：，
因x2＋s＞x1可知两车不会追尾，此时两车的距离为28m＋30m﹣56m＝2m，故C正确，AB错误；
D、在前车开始加速时，两车相距Δx＝s－(v1t0－at02－v2t0)＝10m，故D错误；
故选：C。
特别提醒：
1.若被追赶的物体做匀减速直线运动，一定要注意判断被追上前该物体是否已经停止运动。
2.在进行多物体、多过程运动分析时，灵活运用v-t图像，可清晰描绘运动图景，为解决相关问题提供便捷。
自由落体与竖直上抛
（2021.陕西西安.期末考试）在地面上以初速度kv0竖直上抛一物体A后，又以初速度v0在同一地点竖直上抛另一物体B，若要使两物体能在空中相遇，则两物体抛出的时间间隔Δt必须满足什么条件（已知k＞1，不计空气阻力）（ ）
A．Δt＞ B．Δt＜
C．＜Δt＜ D．＜Δt＜
关键信息：
物理角度分析：空中相遇 → 同时到同一位置 → B物体上升过程相遇还是下落过程相遇？与时间有什么关联？
数学角度分析：空中相遇 → 同时到同一位置 → 轨迹存在交点 → 可以通过轨迹方程来判断。
解题思路：竖直上抛初速度已知，时间决定了物体所在的位置，通过判断物体到达最高点的时间或回到出发点的时间，结合临界条件来判断其可能的相遇位置；也可以通过轨迹方程来判断。
物体A从地面上抛出到回到地面所用时间为：tA＝2
物体B从地面上抛出到回到地面所用时间为：tB＝2
要使两物体能在空中相遇，
临界一：假设两物体刚好在回到地面时相遇，则有：Δt1＝tA﹣tB＝
临界二：在物体A刚好回到地面时，将物体B上抛，则有：Δt2＝tA＝
故为了使两物体能在空中相遇，两物体抛出的时间间隔Δt必须满足
＜Δt＜
故D正确，ABC错误；
故选：D。
根据竖直上抛位移时间表达式，画出两种情况下的位移时间图，通过平移物体B的运动轨迹，图像交点说明相遇，来判断两物体抛出的时间间隔Δt。
临界一：假设两物体刚好在回到地面时相遇，则有：Δt1＝－2 ＝
临界二：在物体A刚好回到地面时，将物体B上抛，则有：Δt2＝tA＝
故为了使两物体能在空中相遇，两物体抛出的时间间隔Δt必须满足
＜Δt＜
（2022.湖南新宁.三模）日本特摄片奥特曼风靡世界几十年，其拍摄过程采用微缩景观的方法进行拍摄。设某次拍摄中“景观”被等比例缩小25倍进行拍摄，拍摄时一石块从1.8m处落下，为了防止放映时穿帮，在放映时应（ ）
A．慢放25倍 B．快放25倍 C．慢放5倍 D．快放5倍
根据自由落体运动规律有h＝gt2，
即t＝，
由于缩小25倍拍摄，则影片中石块下落的高度应该是1.8m的25倍，
所以为防止穿帮，放映的时间应该是拍摄过程中石块实际下落时间的5倍，即慢放5倍速度播放，故C正确，ABD错误。
故选：C。
竖直上抛运动：
（1）重要特性
①对称性
a．时间对称：物体上升过程中从A→C所用时间tAC和下降过程中从C→A所用时间tCA相等，同理tAB＝tBA。
b．速度对称：物体上升过程经过A点的速度与下降过程经过A点的速度大小相等。
②多解性：当物体经过抛出点上方某个位置时，可能处于上升阶段，也可能处于下降阶段，造成多解，在解决问题时要注意这个特性。
（2）研究方法
分段法 上升阶段：a＝g的匀减速直线运动 下降阶段：自由落体运动
全程法 初速度v0向上，加速度g向下的匀变速直线运动，vt＝v0－gt，h＝v0t－gt2（以竖直向上为正方向） 若vt＞0，物体上升，若vt＜0，物体下落 若h＞0，物体在抛出点上方，若h＜0，物体在抛出点下方
利用图像研究运动问题
（2022.东北三省四市.模拟）一辆汽车以20m/s的速度在平直公路上行驶，某时刻司机发现前方施工需减速行驶，司机反应了0.2s后开始刹车。如图所示为发现施工提示后的速度平方v2随位移x的变化关系。从司机发现前方施工提示至汽车速度减小到5m/s过程中，汽车的位移为（ ）
A．44m B．41.5m C．40m D．37.5m
关键信息：
（图像中获取信息）v2随位移x线性变化 → 存在函数关系 → 寻找函数表达式，分析斜率和截距的含义。
解题思路：
解答图像题的关键是寻找图像对应的函数关系，从图像中获取信息。匀变速直线运动的速度—位移关系为v2－＝2ax，变形为v2＝2ax＋，结合图像可知，v2关于自变量x是一次函数，图线斜率等于2a，截距表示。
由图可知：在0～4m内斜率为零，汽车做匀速直线运动；
由v2＝2ax＋可知，在4m～44m内，
斜率为2a＝m/s2＝－10m/s2，
加速度为a＝m/s2＝－5m/s2，
初速度为20m/s，末速度为零。
故从司机发现前方施工提示至汽车速度减小到5m/s过程中，
汽车的位移有匀速的位移x1＝4m，减速的位移满足：v2－＝2ax2，
解得：x2＝＝m＝37.5m
故汽车的位移为x＝x1＋x2＝4m＋37.5m＝41.5m
故B正确，ACD错误。
故选：B。
（2022.河南安阳.一模）一物块在粗糙水平面上沿直线自由滑行，物块运动的位移为x，运动时间为t，绘制的图像如图所示，则物块在前3s内的位移为（ ）
A．25m B．24m C．20m D．15m
由题意知物块在粗糙水平面上沿直线自由滑行，则位移为x＝v0t-at2，
整理得，
由图可知斜率为v0＝20m/s，由截距可知加速度大小为：a＝8m/s2 ；
所以物体减为零的时间为t＝＝s＝2.5s
物块在前3s内的位移为物体速度减到零时间内的位移，则有x＝＝25m
故A正确，BCD错误。
故选：A。
1、关注坐标轴所表示的物理量，从物理规律出发寻找图像对应的函数关系式；
2、理解截距、斜率、面积所代表的物理量（注意正负的含义）；
3、分析交点、转折点、渐近线等，交点往往是解决问题的切入点。2023届二轮复习 专题三 动能和动量 （1）
第六讲 动量与动量守恒定律 学案（含解析）
一、考向分析
高考对动量定理的单独命名较少，通常与运动学公式、牛顿运动定律，动量守恒及能量等知识结合命题，考查考生的理解和分析能力。
动量和能量在实际生产、生活中有广泛应用，是高考考查的重点和必考内容，考查形式一般是综合运用动能定理、机械能守恒定律和动量守恒定律，结合动力学方法解决直线运动、抛体运动、圆周率运动、多运动过程问题，试题中通常出现难度较大以的选择题和综合性较强的计算题，命题情景新，密切联系实际，综合性强，突出考查考生综合运用物理规律解决实际问题的能力。
二、核心思路
三、重点知识
1.动量定理：。
注：F为物体所受合力；由于F与v都是矢量在列式前，必须规定正方向。
2.动量守恒条件：
（1）不受外力或者所受外力的矢量和为零时，系统的动量守恒。
（2）当外力相对系统内力小很多时，系统的动量守恒。
（3）当某一方向上的合外力为零时，系统在该方向上动量守恒。
3.三种碰撞问题列式：
4.三种反冲类问题列式：
5.三种连接体问题列式：
四、解题技巧
1.动量定理的应用技巧
(1)一般来说，能用牛顿第二定律解决的问题也能用动量定理解决，如果题目不涉及加速度和位移,用动量定理求解更简捷。
(2)动量定理既适用于恒力，也适用于变力，当力为变力时，动量定理中的力F应理解为变力在作用时间内的平均值。
(3)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F是物体或系统所受的合力。
2.应用动量守恒定律解题注意点
(1)注意动量守恒的条件
动量守恒定律是有条件的,具体情况有:
前提条件——存在相互作用的物体组成的系统。
理想条件——系统不受外力。
实际条件——系统所受合力为零。
近似条件——系统内各物体间相互作用的内力远大于系统所受的外力。
方向条件——系统在某一方向上满足上面的条件，则此方向上动量守恒。
(2)注意正方向的选取:动量守恒定律的表达式是矢量式,所以一定要在规定正方向后,再确定初、末状态的动量。
(3)注意研究系统的选取:选取研究对象是解决物理问题的首要环节。运用动量守恒定律首先要确定系统的组成(系统包括哪几个物体及研究的过程)；在很多物理问题中,研究对象的选取方案并不是唯一的，选取不同的研究对象会影响求解的繁简程度。
(4)注意研究过程的选取；在运用动量守恒定律解题时,会遇到系统间物体多次相互作用的问题，若作用时的速度相对于同一参考系,则可以把整个过程作为研究过程；若作用时的速度相对于不同的参考系，则必须分段列式。
思维建模
子弹打木块和滑块——滑板模型
爆炸现象和反冲运动
人船模型
六、典型例题
考点1 冲量与动量定理
【例1】两球沿一直线运动并发生正碰，如图所示为两球碰撞前后的位移﹣时间图象，分别为两球碰前的位移﹣时间图象，为碰撞后两球共同运动的位移﹣时间图象，若球质量，则由图象判断下列结论错误的是（ ）
A.碰撞前的总动量为
B.碰撞时对所施冲量为
C.碰撞前后的动量变化为
D.碰撞中两球组成的系统损失的动能为10J
【例2】如图所示，两个质量相等的小球，分别从同一高度、倾角分别为的光滑斜面顶端由静止自由滑下。在小球从开始下滑到到达斜面底端的过程中，下列判断正确的是( )
A.球和球到达斜面底端的速度大小不相等
B.球重力做功的平均功率比球重力做功的平均功率小
C.球运动的加速度比球运动的加速度大
D.球所受重力的冲量大小比球所受重力的冲量大小小
归纳总结：
1.恒力的冲量可应用I=Ft直接求解,变力的冲量应用动量定理求解。
2.物体动量变化是由合外力的冲量决定的,物体动能变化是由合外力做的功决定的。
3.动量定理是过程定理,解题时必须明确过程及初末状态的动量。
4.动量定理的表达式是矢量式,在一维情况下,各个矢量必须选取统一的正方向。
[变式训练]
1.如图所示，质量为的小球B静止在光滑的水平面上，质量为的小球A以速度靠近B，并与B发生碰撞，碰撞前后两个小球的速度始终在同一条直线上.两球的半径相等，且碰撞过程没有机械能损失.当一定时，越大，则( )
A.碰撞后A的速度越小 B.碰撞后A的速度越大
C.碰撞过程中B受到的冲量越大 D.碰撞过程中A受到的冲量越大
2.如图所示，水平面上，向下与水平方向成30°、大小为的推力作用在质量为的物体上，向上与水平方向成30°、大小为F的拉力作用在质量为的物体B上，A、B都由静止开始运动，相等时间内运动了相同的位移，与水平面的动摩擦因数分别为和，则（ ）
A.推力对做的功与拉力对B做的功相等
B.推力对的冲量与拉力对B的冲量相同
C.若=，则 ＞
D.若=，则 ＜
考点2 动量守恒
【例3】如图所示,物块和通过一根轻质不可伸长的细绳连接,跨放在质量不计的光滑定滑轮两侧,质量分别为、。初始时静止与水平地面上,悬于空中。先将竖直向上再举高(未触及滑轮)然后由静止释放。一段时间后细绳绷直,以大小相等的速度一起运动,之后恰好可以和地面接触。取。空气阻力不计。求:
(1)从释放到细绳绷直时的运动时间t;
(2)的最大速度的大小;
(3)初始时离地面的高度。
【例4】质量为m、半径为R的小球，放在半径为、质量为的大空心球内，大球开始静止在光滑水平面上。当小球从如图所示的位置无初速度沿内壁滚到最低点时，大球移动的距离是( )
A. B. C. D.
归纳总结：
应用动量守恒定律解题的基本步骤：
（1）明确研究对象,确定系统的组成(系统包括哪几个物体)及研究的过程。
（2）进行受力分析,判断系统动量是否守恒(或某一方向上动量是否守恒)。
（3）规定正方向,确定初、末状态动量。
（4）由动量守恒定律列出方程。
（5）代入数据,求出结果,必要时进行讨论说明。
[变式训练]
3.如图所示，质量为的木板静止在光滑水平面上，木板左端固定一轻质挡板，一根轻弹簧左端固定在挡板上，质量为的小物块从木板最右端以速度滑上木板，压缩弹簧，然后被弹回，运动到木板最右端时与木板相对静止。已知物块与木板之间的动摩擦因数为，整个过程中弹簧的形变均在弹性限度内，则（ ）
A.木板先加速再减速，最终做匀速运动
B.整个过程中弹簧弹性势能的最大值为
C.整个过程中木板和弹簧对物块的冲量大小为
D.弹簧压缩到最短时，物块到木板最右端的距离为
4.如图,半径为、质量为的半圆轨道小车静止在光滑的水平地面上,将质量也为的小球从距点正上方高处由静止释放,小球自由落体后由点经过半圆轨道后从冲出,在空中能上升的最大高度为,则( )
A.小球和小车组成的系统动量守恒
B.小车向左运动的最大距离为
C.小球离开小车后做竖直上抛运动
D.小球第二次能上升的最大高度
考点3 三种碰撞问题
【例5】如图所示，三个半径相同的小球穿在两根平行且光滑的足够长的杆上，三个球的质量分别为 ，，，三个小球的初状态均静止，两球之间连着一根轻质弹簧，弹簧处于原长状态。现给一个向左的初速度，碰后球的速度依然向左，大小为，下列说法正确的是（ ）
A.球和的碰撞是弹性碰撞
B.球和碰撞后，球的最小速度可为0
C.球和碰撞后，弹簧的最大弹性势能可以达到72J
D.球和碰撞后，球速度最小时球的速度可能为
【例6】如图所示，竖直平面内固定有半径为的光滑半圆形轨道，最高点与圆心、在同一水平线上，物块甲、乙质量之比为1：3。物块甲从处由静止开始无初速释放，滑到最低点与静止在处的物块乙发生第一次弹性碰撞，碰撞时间很短可不计，碰后物块甲立即反向，恰能回到轨道上点，物块甲、乙均可视为质点，不计空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A.之间的竖直高度为 B.之间的竖直高度为
C.在以后的运动中，物块甲不能回到点 D.在以后的运动中，物块甲能回到点
归纳总结：
三种碰撞类问题解题思路：
（1）判断两物体碰撞瞬间的情况:当两物体相碰时,首先要判断碰撞时间是否极短、碰撞时的相互作用力(内力)是否远远大于外力
（2）碰撞的“三个原则”:①动量守恒原则,即碰撞前后两物体组成的系统满足动量守恒定律;②动能不增加原则,即碰撞后系统的总能量不大于碰撞前系统的总能量;③物理情境可行性原则,即两物体碰撞前后的物理情境应与实际相一致
（3）根据两物体碰撞时遵循的物理规律,列出相对应的物理方程:①如果物体间发生的是弹性碰撞,则一般是列出动量守恒方程和机械能守恒方程进行求解;②如果物体间发生的不是弹性碰撞,则一般应用动量守恒定律和能量守恒定律(功能关系)进行求解
[变式训练]
5.水平轨道与圆弧轨道平滑相连。质量为的物体在水平轨道上处于静止状态，现给物体一个水平向右的瞬时冲量沿圆弧轨道向上滑行的最大高度为。返回到水平轨道后，与静止在水平面上的物体发生弹性碰撞，碰撞后向左滑行后静止(滑动过程中未与发生碰撞)。已知与轨道之间无摩擦，与轨道之间的动摩擦因数为,()求：
(1)受到的水平瞬时冲量的大小；
(2)物体的质量？
6.如图所示，在水平面上依次放置小物块和以及曲面劈，其中与的质量相等均为，曲面劈的质量，曲面劈的曲面下端与水平面相切，且曲面劈足够高，各接触面均光滑。现让小物块以水平速度向右运动，与发生碰撞，碰撞后两个小物块粘在一起滑上曲面劈。求：
（1）碰撞过程中系统损失的机械能；
（2）碰后物块与在曲面劈上能够达到的最大高度。
考点4 反冲问题
【例7】将质量为的模型火箭点火升空，燃烧的燃气以大小为的速度从火箭喷口在很短时间内喷出。在燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为(喷出过程中重力和空气阻力可忽略)( )
A． B．
C． D．
【例8】如图，质量为的小船在静止水面上以速率向右匀速行驶，一质量为的救生员在船尾，相对小船静止。若救生员以相对水面速率水平向左跃入水中，则救生员跃出后小船的速率为( )
A. B. C. D.
归纳总结：
反冲类问题解题思路：
（1）确定反冲问题中的主体和客体，看好谁为谁提供动量。
（2）反冲类问题的动量必守恒，先计算客体的动量变化，根据两物体动量的矢量和为零列等式。
（3）两种列式方式：①A物体的动量变化量=B物体的动量变化量（标量式）
②A物体的动量+B物体的动量=0（矢量式）（列式前规定正方向）。
[变式训练]
7.运动员在水上做飞行运动表演，如图所示，他操控喷射式悬浮飞行器将竖直送上来的水反转180°后向下喷出，令自己悬停在空中.已知运动员与装备的总质量为90 kg，两个喷嘴的直径均为10 cm，重力加速度大小，水的密度，则喷嘴处喷水的速度大约为( )
A.2.7 m/s B.5.4 m/s C.7.6 m/s D.10.8 m/s
8.为估算池中睡莲叶面受雨滴撞击产生的平均压强,小明在雨天将一圆柱形水杯置于露台,测得1小时内杯中水上升了45 .査询得知,当时雨滴竖直下落速度约为12 .据此估算该压强约为(设雨滴撞击睡莲后无反弹,不计雨滴重力,雨水的密度为 ()( )
A.0.15
B.0.54
C.1.5
D.5.4
考点5 多连接体多过程
【例9】小车静止在光滑水平面上，站在车上的人练习打靶，靶装在车的另一端，如图所示.已知车、人、枪和靶的总质量为M（不含子弹），每颗子弹质量为m，共n发，打靶时，枪口到靶的距离为d.若每发子弹打入靶中，就留在靶里，且待前一发子弹打入靶中后，再打下一发.则以下说法正确的是( )
A.待打完n发子弹后，小车将以一定的速度向右匀速运动
B.待打完n发子弹后，小车应停在射击之前位置的右方
C.在每一发子弹的射击过程中，小车所发生的位移相同，大小均为
D.在每一发子弹的射击过程中，小车所发生的位移不相同
【例10】如图甲所示，固定的光滑半圆轨道的直径沿竖直方向，其半径R的大小可以连续调节，轨道上装有压力传感器，传感器的位置N始终与圆心O等高.质量、长度的小车静置在光滑水平地面上，小车上表面与P点等高，小车右端与P点的距离.一质量的小滑块以的水平初速度从左端滑上小车，当小车与墙壁碰撞后小车立即停止运动.在R取不同值时，压力传感器读数F与的关系如图乙所示.已知小滑块与小车表面间的动摩擦因数，取重力加速度.求：
（1）小滑块到达P点时的速度的大小；
（2）图乙中a和b的值.
归纳总结：
1.多过程解题思路：
（1）确定每个分解过程中的动量是否守恒。
（2）确定每个过程间隔中的联系关系，确定过程与过程之间连接的物理量。
（3）各段分别列式，在根据确定好的连接关系，将各段关系式联立。
（4）求解方程组，得出未知量。
2.多过程常见连接点：
（1）“与斜面相切”代表着两分段间速度相等，且无能量、动量损失。
（2）“脱离弹簧”代表弹性势能变为零，转化成物体动能（或动能和摩擦内能）。
（3）“滑上斜面”代表物体的水平分速度与斜面的水平分速度动量守恒。
[变式训练]
9.如图所示,质量为的光滑弧形槽静止在光滑的水平地面上,其半径为,弧形槽过点的切线竖直,用质量为的小球将弹簧压缩在竖直墙上并锁定, 弹簧储存的弹性势能为50J。解除锁定后,小球脱离弹簧冲上弧形槽,并能从弧形槽的最高点冲出,重力加速度,小球可视为质点,忽略空气阻力。求：
（1）小球冲出弧形槽最高点后做什么运动，上升的最大高度为多少？
（2）小球落回弧形槽后，与弧形槽分离，滑上水平地面时的速度是多少？
（3）小球从冲出点到再次落回到弧形槽时,弧形槽向前运动了多长？
10.如图所示，质量为、左端有挡板的长木板置于水平地面上，上表面光滑，下表面与地面间的动摩擦因数为0.2。一辆固定有电动机的小车，质量共，放置在木板上，电动机可收拢与挡板拴接的水平轻绳，初始时离挡板的距离为。开启电动机收拢轻绳使小车匀加速运动到挡板处。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，空气阻力不计，取。
(1)若运动时间为，且木板不动，求轻绳的拉力大小；
(2)若要运动时间最短，且木板不动，求加速过程中轻绳拉力的最大功率；
(3)若小车与挡板碰撞后结合成一个牢固整体（碰撞时间极短，同时电动机停止运转），求最终停止时，木板与初位置距离的最大值及对应的轻绳拉力。
答案以及解析
例题答案：
【例1】答案：A
解析：A. 以碰撞前的速度方向为正方向,由动量守恒定律得：,解得：,碰前的总动量,代入数据解得：，故A错误，符合题意；
【例2】答案：B
解析：A.根据动能定理可得：末速度大小相等，故A错误；
B.重力的平均功率：,末速度大小相等,因为,所以，故B正确；
C.速度变化率即加速度,,又因为,所以，故C错误；
D.球运动过程中加速度比球小,球运动过程中位移比球大,由,故,重力的冲量为,故，故D错误；
故选：B。
【例3】答案：(1)从释放到细绳刚绷直前做自由落体运动,有,①
代入数据解得,②
(2)设细绳绷直前瞬间速度大小为,有③
细绳绷直瞬间,细绳张力远大于的重力,相互作用,由动量守恒得
④
之后做匀减速运动,所以细绳绷直后瞬间的速度即为最大速度,联立②③④式,代入数据解得⑤
(3)细绳绷直后,一起运动,恰好可以和地面接触,说明此时的速度为零,这一过程中组成的系统机械能守恒,有
⑥
代入数据解得⑦
【例4】答案：B
解析：由水平方向动量守恒有，又，，所以，选项B正确。
【例5】答案：AD
解析：A. 两球碰撞过程系统动量守恒，以向左为正方向，
由动量守恒定律得：，
代入数据解得：，
碰撞前系统总动能：，
碰撞后系统总动能：，
碰撞过程机械能不变，机械能守恒，碰撞是弹性碰撞，故A正确；
BD、碰撞后，组成的系统水平方向动量守恒，弹簧恢复原长时的速度最小，的速度最大，以向左为正方向,从碰撞后到弹簧恢复原长过程,在水平方向,由动量守恒定律得：，
由机械能守恒定律得：，
代入数据解得：，
由此可知，球和碰撞后，的最小速度为4m/s，此时C的速度为16m/s，故B错误，D正确；
C. 速度相等时弹簧伸长量最大，弹簧弹性势能最大，系统在水平方向动量守恒，
以向左为正方向,在水平方向,由动量守恒定律得：，
由机械能守恒定律得：，
代入数据解得,弹簧的最大弹性势能：，故C错误。
【例6】答案：AC
解析：AB. 设之间的竖直高度为，物块甲点滑到点过程机械能守恒，由机械能守恒定律得
解得物块甲第一次与物块乙碰前速度大小
碰后物块甲立即反向，恰能回到轨道上点，由机械能守恒定律得
解得碰撞后甲的速度大小为
设甲的质量为，则乙的质量为，甲乙发生弹性碰撞，以向左为正方向，根据动量守恒定律有
根据机械能守恒定律有
联立解得，，，故A正确，B错误；
CD. 由于第一次碰撞后两物块的速度大小相等，则物块甲、乙将同时回到最低位置P点发生第二次弹性碰撞，以向右为正方向由动量守恒定律得
由机械能守恒定律得
解得物块甲的速度大小为
碰撞后对甲，由机械能守恒定律得
解得，物块甲能回到点，故C错误，D正确。
【例7】答案：A
解析：本题考查动量守恒定律及其相关的知识点。燃气从火箭喷口在很短的时间内喷出，其喷出过程中重力和空气阻力可忽略，因此火箭和燃气组成的系统所受合外力为零，运用动量守恒定律解答即可。燃气从火箭喷口喷出的瞬间，火箭和燃气组成的系统动量守恒，设燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为，根据动量守恒定律，可得，解得，选项A正确.
【例8】答案：C
解析：取向右为正方向,由动量守恒有,解之有，故C正确。
【例9】答案：BC
解析：车、人、枪、靶和n颗子弹组成的系统动量守恒，系统初动量为0，故末动量为0，A错误；每发子弹打入靶中，就留在靶里，且待前一发打入靶中后，再打下一发，因此每次射击，以一颗子弹和车、人、枪、靶、颗子弹为研究对象，动量守恒，则有，由位移关系有，解得，故C正确，D错误；每射击一次，车子都会右移，故B正确.
【例10】答案：（1）小滑块滑上小车后将做匀减速直线运动，小车将做匀加速直线运动，设小滑块加速度大小为，小车加速度大小为，由牛顿第二定律
对滑块有
对小车有
设小车与滑块经时间t后速度相等，则有
滑块的位移
小车的位移
代入数据解得
由于，说明小车与墙壁碰撞时小滑块恰好到达小车右端，即小滑块到达P点的速度.
另解：设小滑块与小车共速的速度为v，相对位移为，则
由动量守恒定律得
解得
由功能关系得
此过程小车的位移设为
则有
解得
由于，说明小车与墙壁碰撞时小滑块恰好到达小车右端，即小滑块到达P点的速度.
（2）小滑块到达N点时的速度设为，则有
从P点到N点的过程中，由机械能守恒定律有
联立解得
故
由关系式并结合图乙可知，图象的斜率
故.
变式训练答案
变式1答案：CD
解析：以的方向为正方向，在碰撞过程中，根据动量守恒得，又因碰撞过程中机械能守恒，故有，两式联立得.当时，越大，越小，当时，越大，越大，选项A、B错误；碰撞过程中，A受到的冲量，可知越大，A受到的冲量越大，选项D正确；B受到的冲量与A受到的冲量大小相等、方向相反，因此越大，B受到的冲量也会越大，选项C正确.
变式2答案：AD
解析：根据功和冲量的定义，可知A正确，B错误；两物体在相等时间内运动了相同的位移，两个物体的加速度大小相等，根据牛顿第二定律，化简整理后有
，若，则，C错误，D正确。
变式3答案：AB
解析：A. 物块接触弹簧之前，物块减速运动，木块加速运动；当弹簧被压缩到最短时，摩擦力反向，直到弹簧再次恢复原长，物块继续减速，木块继续加速；当物块与弹簧分离后，物块水平方向只受向左的摩擦力，所以物块加速，木板加速；最终，当物块滑到木板最右端时，物块与木板共速，一起向左匀速运动。所以木块先加速再减速，最终做匀速运动，所以A正确；
B. 当弹簧被压缩到最短时，弹簧的弹性势能最大，此时物块与木板第一次共速，将物块，弹簧和木块看做系统，由动量守恒定律可得，得。从开始运动到弹簧被压缩到最短，由能量守恒可得。从开始运动到物块到达木板最右端，由能量守恒可得，，则最大的弹性势能为，所以B正确；
C. 根据动量定理，整个过程中物块所受合力的冲量大小为，所以是合力的冲量大小，不是木板和弹簧对物块的冲量大小，所以C错误；
D. 由题意可知，物块与木板之间的摩擦力为，又系统克服摩擦力做功为，则，即弹簧压缩到最短时，物块到木板最右端的距离为，所以D错误。
变式4答案：CD
解析：A、小球与小车组成的系统在水平方向所受的合外力为零,水平方向系统动星守恒,由于小球有竖直分加速度,所以系统所受的合外力不为零,系统动星不守恒,故A错误;
B、系统水平方向动量守恒,以向右为正方向,在水平方向,由动量守恒走律得:,即有。
解得小车的最大位移:,故B错误;
C、小球与小车组成的系统在水平方向动星守恒,小球由点离开小车时系统水平方向动量为零,小球与小车水平方向速度为零。小球离开小车后做竖直上拋运动。故C正确;
D、小球第一次车中运动过程中,由动能定理得:,
为小球克服摩擦力做功大小,
解得:,即小球第一次在车中滚动损失的机械能为,
由于小球第二次在车中滚动时,对应位罝处速度变小,因此小车给小球的弹力变小,摩擦力变小,摩擦力做功小于,机械能损失小于,因此小球再次离开小车时,能上升的高度大于,而小于,即。故D正确；
故选:CD。
变式5答案：(1)对物体，由机械能定恒定律得①
受到的冲量②
解①②得，，受到的冲量
(2)由圆弧轨道返回与碰撞前，由于机械能守恒，其速度大小仍为
发生弹性碰撞，动量定恒，机械能定恒
③
④
碰后到停止，由动能定理得
⑤
解③④⑤得物体质量为
变式6答案：（1）小物块与发生碰撞粘在一起，由动量守恒定律得：
解得
碰撞过程中系统损失的机械能为：
解得
（2）当上升到最大高度时，系统的速度相等，根据动量守恒定律：
解得
由能量关系：
解得
变式7答案：B
解析：两个喷嘴的横截面积均为，根据平衡条件可知每个喷嘴对水的作用力为，取质量为的水为研究对象，根据动量定理得，解得，选项B正确。
变式8答案：A
解析：雨滴与睡莲叶面碰撞,对睡莲叶面的冲量等于动量的变化,设雨滴的质量为,对叶面的压力为则有,得,压强,故A正确。
变式9答案：(1)设解除锁定后,小球获得的速度为,由能量守恒可得:
，
当小球冲出槽的最高点时,两者在水平方向共速,设此时小球水平速度为,竖直速度为,由水平方向动量守恒和机械能守恒可得，
，
联立解得,所以小球相对于斜槽做竖直上抛运动,相对于地面做斜上抛运动。设小球上升的最大高度为,则，解得;。
(2)小球落回弧形槽后,与弧形槽分离,滑上水平地面时,设小球和圆弧槽的速度分别为和,取水平向左为正方向,由系统水平方向动能守恒和机械能守恒得，联立代入数据解得,
故小球落回弧形槽后,与弧形槽分离,滑上水平地面时的速度为0.
(3)由得所以小球在空中运动的总时间为，小球从冲出点到再次落回到弧形槽时,弧形槽向前运动的距离为.
变式10答案：(1)对小车的匀加速过程，有:①
②
代入数据，联立①②式解得小车所受牵引力
(2)要木板不移动，绳对木板的拉力应满足
③
要小车运动时间最短，绳对木板的拉力应为最大
故对小车，有④
小车与挡板相碰前瞬间，拉力对小车做功的功率达最大⑤
代入数据，联立④⑤式解得最大功率
(44.8、45.1)
(3)须分为“木板不动”和“木板移动”两种情况，分别讨论如下：
(i)若小车加速时木板不动，对小车加速度、与板相碰、共同减速到停的过程，分别有
联立解得木板移动距离⑥
即时，木板移动距离最大，为⑦
(ii)若小车加速过程木板移动，即，从起动到碰，对小车和木板，分别有：⑧
，，
代入数据，联立解得木板向右移动距离⑨
及碰前瞬间车与木板的速度大小：⑩
对碰撞过程，有
代入⑩式，解得碰后瞬间共同速度方向向左，大小
从共速到停下，对整体，有
代入数据，解得木板向右移动距离
木板总位移
代入，整理得：
代入，得
综合两种情形得木板移动的最大距离，对应2023届二轮复习 专题四 电场和磁场 （2）
第八讲 带电粒子在磁场中的运动 学案（含解析）
一、考向分析
带电粒子在磁场中的运动历来都是高考命题的热点问题，高考对该部分的考查以带电粒子在各种有界磁场中的运动为主，通常涉及临界极值问题对考生利用数学知识解决物理问题的能力要求较高。
二、核心思路
三、重点知识
1.安培力大小的计算公式：F=BILsinθ（其中θ为B与I之间的夹角）。
（1）若磁场方向和电流方向垂直：F=BIL。
（2）若磁场方向和电流方向平行：F=0。
2.用准“两个定则”
（1）对电流的磁场用安培定则。
（2）对通电导线在磁场中所受的安培力和带电粒子在磁场中所受的洛伦兹力用左手定则。
3.画好“两个图”
（1）对安培力作用下的静止、运动问题画好受力分析图。
（2）对带电粒子的匀速圆周运动问题画好与圆有关的几何图。
4.记住“两个注意”
（1）洛伦兹力永不做功。
（2）安培力、电流方向、磁场方向两两垂直。
5.灵活应用带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的关系式
① ② ③
④ ⑤ ⑥
四、解题技巧
1.带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的分析方法
（1）画轨迹→确定圆心
（2）找联系：
轨迹半径与磁感应强度、运动速度相联系，即；
由几何方法——一般由数学知识（勾股定理、三角函数等）来确定半径；
偏转角度与圆心角、运动时间相联系；
粒子在磁场中运动时间与周期相联系。
（3）用规律→牛顿第二定律和圆周运动的规律等，特别是周期公式、半径公式。
2.临界问题的常用处理方法
方法 图解 条件解读
平移 带电粒子从磁场边界射入磁场时速度大小及方向均不变,但入射点的位置是变化的。这种情况下可以将轨迹圆按其圆心所在的轨迹进行平移,当轨迹圆平移到与磁场的边界相切或与某个特征位置相交时即可得到临界状态
缩放 带电粒子射入磁场中的入射点的位置不变，粒子的速度方向不变但大小是变化的。这种情况下可以让轨迹圆始终经过入射点,沿轨迹圆的圆心所在的直线将圆的大小进行适当地缩放，当轨迹圆与磁场的边界相切或与某个特征位置相交时即可得到临界状态
旋转 带电粒子射人磁场中的人射点的位置不变，粒子的速度大小也不变但方向是改变的。这种情况下可以将轨迹圆以粒子人射点为转轴进行旋转，当轨迹圆转到与磁场的边界相切或与某个特征位置相交时即可得到临界状态
思维建模
六、典型例题
考点1 直线电流周围磁场
【例1】如图所示，在磁感应强度大小为的匀强磁场中，两长直导线P和Q垂直于纸面固定放置，二者之间的距离为.在两导线中均通有方向垂直于纸面向里，大小相等的电流时，纸面内与两导线距离为的a点处的磁感应强度为零.若仅让P中的电流反向，则a点处磁感应强度的大小为( )
A. B. C. D.
答案：B
解析：对a点的磁场分析如图甲所示，设P和Q在a点产生的磁场的磁感应强度大小为B，当P和Q中的电流都垂直纸面向里时，根据右手螺旋定则可知，P在a点产生的磁场的磁感应强度方向为水平向右偏下30°，Q在a点产生的磁场的磁感应强度方向为水平向右偏上30°，两者在a点产生的磁场的合磁感应强度为，方向水平向右，因a点的磁感应强度为零，故.的方向水平向左.当P中电流方向反向时，磁场分析如图乙所示，P在a点产生的磁场的磁感应强度方向为水平向左偏上30°，P和Q在a点产生的磁场的合磁感应强度为B，方向竖直向上，则a点的磁感应强度为，故B正确，A、C、D错误。
归纳总结：
（1）判断电流的磁场要正确使用安培定则，将大拇指和四指环绕方向确定正确是解题的重中之重。
（2）当研究多根直导线在一点的磁场时，首先研究每一根直导线在该点的磁场方向如何，再将此处的磁场进行叠加，叠加时应用平行四边形法则运算。
[变式训练]
1.如图所示，条形磁铁放在水平桌面上，在其中央正上方固定一根长直导线，导线与磁铁垂直，给导线通以垂直纸面向外的电流，则( )
A.磁铁对桌面的压力减小，不受桌面的摩擦力
B.磁铁对桌面的压力减小，受到桌面的摩擦力
C.磁铁对桌面的压力增大，不受桌面的摩擦力
D.磁铁对桌面的压力增大，受到桌面的摩擦力
2.如图所示，四根相互平行的固定长直导线，其横截面构成一角度为的菱形，均通有相等的电流，菱形中心为。中电流方向与中的相同，与中的相反，下列说法中正确的是( )
A.菱形中心处的磁感应强度不为零
B.菱形中心处的磁感应强度方向沿
C.所受安培力与所受安培力大小不相等
D.所受安培力的方向与所受安培力的方向相同
考点2 磁场对通电导体的作用力
【例2】如图所示,轻质弹簧下面挂有边长为L、质量为m的正方形金属框,各边电阻相同,金属框放置在磁感应强度大小为B、方向垂直金属框平面向里的匀强磁场中.若两端与电源相连,通以如图所示方向的电流时,弹簧恰好处于原长状态,则通入正方形金属框边的电流大小为( )
A. B. C. D.
答案：B
解析：根据电流方向可知,边、边、边串联,再与边并联,设每边电阻为R,根据平衡条件可知,根据并联电路的特点可知,联立两式解得,故B正确。
归纳总结：
（1）选定研究对象进行受力分析，受力分析时要考虑安培力。
（2）作受力分析图，标出辅助方向（如磁场的方向、通电直导线电流的方向等），有助于分析安培力的方向，由于安培力F、电流I和磁感应强度B的方向两两垂直，涉及三维空间，所以在受力分析时要善于用平面图（侧视图、剖面图或俯视图等）表示出三维的空间关系。
（3）根据平衡条件、牛顿第二定律或功能关系列式求解。
[变式训练]
3.倾角为的导电轨道间接有电源，轨道上静止放有一根金属杆。现垂直轨道平面向上加一匀强磁场，如图所示，磁感应强度逐渐增加的过程中，杆受到的静摩擦力( )
A.逐渐增大 B.逐渐减小 C.先增大后减小 D.先减小后增大
4.如图所示,在光滑水平面上一轻质弹簧将挡板和一条形磁铁连接起来,此时磁铁对水平面的压力为,现在磁铁正上方位置固定一导体棒,当导体棒中通以垂直纸面向里的电流后,磁铁对水平面的压力为,则以下说法正确的是( )
A.弹簧长度将变长, B.弹簧长度将变短,
C.弹簧长度将变长, D.弹簧长度将变短,
考点3 带电粒子在匀强磁场中的运动
【例3】两种不计重力的带电粒子M和N，以相同的速率经小孔S垂直进入匀强磁场，运动半周后飞出磁场，其半圆轨迹如图中虚线所示，下列表述正确的是( )
A.M带正电荷，N带负电荷
B.洛伦兹力对做正功
C.M的比荷小于N的比荷
D.M在磁场中的运动时间小于N在磁场中的运动时间
答案：C
解析：由左手定则判断出N带正电荷，M带负电荷，故A错误；因洛伦兹力始终与运动的方向垂直，所以洛伦兹力不做功，故B错误；粒子在磁场中运动，洛伦兹力提供向心力，有，则比荷为，即在相同速率的情况下，轨迹半径大的粒子比荷小，故C正确；粒子在磁场中运动半周，即运动时间为周期的一半，而周期为，由图可知，M在磁场中的运动时间大于N的运动时间，故D错误。
归纳总结：
（1）带电粒子在匀强磁场中运动时，要抓住洛伦兹力提供向心力，即：得，，运动时间公式，粒子在磁场中的运动半径和速度有关，运动周期和速度无关，画轨迹，定圆心，找半径，结合几何知识分析解题。
（2）若不计重力，由于洛伦兹力不做功，带电粒子进入磁场的初速度大小即为圆周运动的线速度大小。有时，初速度大小要根据加速电场做功得到，即。
[变式训练]
5.如图所示，真空中点固定一个带正电的点电荷，同一平面内距离点电荷处有一个带负电的粒子(不计重力)，该粒子在纸面内沿垂直于它们连线的方向入射，已知空间同时存在垂直纸面向里的匀强磁场，则关于粒子在电、磁场中的运动轨迹不可能的是( )
A.在纸面内以点为圆心，为半径的圆
B.初始阶段为在纸面内向右偏的曲线
C.初始阶段为在纸面内向左偏的曲线
D.沿初速度方向的直线
6.如图所示平面内，在的区域有垂直于纸面向里的匀强磁场，在的区域有垂直纸面向外的匀强磁场，两区域内的磁感应强度大小相等.在O点处有一小孔，一束质量为m、带电荷量的粒子（重力不计）以某一速度沿x轴经小孔（小孔未画出）射入磁场，测得粒子在磁场中运动的周期为T，且粒子在的区域中运动的时间与在的区域中运动的时间分别为.求：
（1）磁场的磁感应强度大小；
（2）粒子的运动速度的大小；
（3）粒子打在x轴上的位置离原点O的距离。
考点4 带电粒子在直边界磁场中的运动
【例4】如图所示,在边长为L的正方形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场,其磁感应强度大小为B,在正方形的对角线上有一点P,其到的距离均为,且在P点处有一个发射正离子的装置,能连续不断地向纸面内的各个方向均匀发射出速率不同的正离子.已知正离子的质量为m,电荷量为q,不计离子重力及离子间的相互作用力.下列说法正确的是( )
A.速率为范围内的所有正离子均不能射出正方形区域
B.速率为范围内的所有正离子均不能射出正方形区域
C.速率为的所有正离子中能打在边上的离子数是其总数的
D.速率为的所有正离子中能打在边上的离子数是其总数的
答案：AD
解析：由题意可知正离子不射出该区域时其做圆周运动的半径,对正离子,由牛顿第二定律有,得,A正确,B错误；当正离子的速率时,其做圆周运动的半径,如图所示,轨迹与边相切的正离子打到上的G点,由几何关系可知,此轨迹对应的正离子入射速度方向与成30°角,轨迹与边相切的正离子打到上的H点,由几何关系可知,此轨迹对应的正离子入射速度方向与成60°角,即能打到边上的正离子的速度方向最大夹角为30°,能打在边上的离子数与正离子总数之比为,C错误,D正确。
归纳总结：
解题步骤：
（1）找圆周运动的圆心：
①当题中所给条件可以计算出圆周半径时，从入射点沿洛伦兹力方向量出半径长度，即为圆心所在位置。
②当只知道入射点和出射点时，通过几何关系可以求得：分别过入射点和出射点向洛伦兹力方向做虚线，两条虚线相交点，即为圆心（如下图中红虚线所示）。
（2）找圆周半径：
①当题中所给条件可以计算出圆周半径时，直接用公式计算。
②当只知道入射点和出射点时，若dr，有。
（3）根据洛伦兹力和圆周运动公式列等式求未知量。
[变式训练]
7.如图所示,与之间分布有垂直纸面向里的匀强磁场,边界上有一粒子源S。某一时刻,从粒子源S沿平行于纸面,向各个方向发射出大量带正电的同种粒子(不计粒子的重力及粒子间的相互作用),所有粒子的初速度大小相等,经过一段时间有大量粒子从边界射出磁场。已知,从边界射出的粒子在磁场中运动的最长时间等于(T为粒子在磁场中运动的周期),则从边界射出的粒子在磁场中运动的最短时间为( )
A. B. C. D.
8.如图所示,在空间中存在垂直纸面向里，场强为的匀强磁场。其边界的宽度为，在左边界的点处有一质量为，带电量为的带电粒子沿与左边界成的方向射入磁场，粒子重力不计。求；
（1）带电粒子能从边界飞出的速度条件；
（2）若带电粒子能垂直边界飞出磁场，穿过小孔进入如图所示的匀强电场中减速至零且不碰到负极板，则极板间电压及整个过程中粒子在磁场中运动的总时间。
考点5 带电粒子在圆形或弧形边界磁场中的运动
【例5】如图所示，圆形区域内有一垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度的大小为，P为磁场边界上的一点.相同的带正电荷的粒子，以相同的速率从P点射入磁场区域，速度方向沿纸面内的各个方向.这些粒子射出边界的位置均处于边界的某一段圆弧内，这段圆弧的弧长是圆周长的.若将磁感应强度的大小变为，结果相应的弧长变为圆周长的，不计粒子的重力和粒子间的相互影响，则等于( )
A. B. C. D.
答案：C
解析：设磁场圆的半径为r，当磁感应强度为时，从P点射入的粒子与磁场边界的最远交点为M，最远的点是轨迹上直径与磁场边界圆的交点，，如图甲所示，所以粒子做圆周运动的半径满足，解得.当磁感应强度为时，从P点射入的粒子与磁场边界的最远交点为N，最远的点是轨迹上直径与磁场边界圆的交点，，如图乙所示.所以粒子做圆周运动的半径，由带电粒子做圆周运动的半径，且相等，则得，故选C。
归纳总结：
当磁场是圆形有界磁场时，在找几何关系时要尤其注意带电粒子在匀强磁场中的“四点、六线、三角”。
①四点：入射点B、出射点C、轨迹圈心A、入射速度直线与出射速度直线的交点O。
②六线：圆弧两端点所在的轨迹半径r、入射速度直线OB和出射速度直线OC、入射点与出射点的连线BC、圆心与两条速度垂线交点的连线AO。
③三角：速度偏转角∠COD、圆心角∠BAC、弦切角∠OBC，其中偏转角等于圆心角，也等于弦切角的两倍。
如果入射方向指向圆形磁场圆心的话，那么出射方向的反向延长线必过圆心。
[变式训练]
9.如图所示为圆柱形区域的横截面，在没有磁场的情况下，带电粒子(不计重力)以某一初速度沿截面直径方向入射，穿过此区域的时间为t。在该区域加沿圆柱轴线方向的匀强磁场，磁感应强度为，带电粒子仍以同一初速度沿截面直径入射，粒子飞出此区域时，速度方向偏转角，根据上述条件可求的物理量是( )
A.带电粒子的比荷 B.带电粒子在磁场中的运动周期
C.带电粒子在磁场中的运动半径 D.带电粒子的初速度
10.如图所示，在直角坐标系内有两个半径的等大圆形区域I和Ⅱ，圆心分别位于处和处，两个区域内都有垂直平面向外的匀强磁场.现有一个不计重力的带正电的粒子，从A点处以速度水平向右射入区域I中，然后从区域Ⅰ竖直向下射出，经区域Ⅱ的磁场偏转后又竖直向上进入区城I.求：
（1）区域I与区域Ⅱ内匀强磁场的磁感应强度大小之比；
（2）从最初进入区域I到第二次离开区域I的总时间。
考点6 带电粒子在匀强磁场中的运动的临界、极值、多解问题
【例6】
如图所示,宽度为d的匀强有界磁场,磁感应强度为和是磁场左右的两条边界线.现有一质量为m、电荷量为q的带电粒子沿图示方向垂直射入磁场中, ,要使粒子不能从右边界射出,求粒子入射速率v的最大值可能是多少
答案：为正电荷），为负电荷）
解析：题目中只给出粒子“电荷量为 q”，未说明是带哪种电荷，所以分情况讨论：
若带电粒子带正电荷，则轨迹是图中与相切的圆弧，轨迹半径 ,又，解得
若带电粒子带负电荷， 则轨迹是图中与相切的圆弧.轨迹半径，又解得。
归纳总结：
（1）解决带电粒子在磁场中运动的临界问题，关键在于运用动态思维，寻找临界点，确定临界状态，根据粒子的速度方向找出半径，同时由磁场边界和题设条件画好轨迹，定好圆心，建立几何关系。
（2）粒子射出或不射出磁场的临界状态是粒子运动轨迹与磁场边界相切，根据相切画好边界图，找到相关几何关系。
（3）相同粒子当速度v大小一定时，弧长越长圆心角越大，则带电粒子在有界磁场中运动的时间越长。
（4）当速度v大小变化时，圆心角大的运动时间长，解题时一般要根据受力情况和运动情况画出运动轨迹的草图，找出圆心，根据几何关系求出半径及圆心角等。
[变式训练]
11.如图(a)所示,匀强磁场垂直于平面,磁感应强度按图(b)所示规律变化(垂直于纸面向外为正).时,一比荷为的带正电粒子从原点O沿y轴正方向射入磁场,速度大小,不计粒子重力。
1.求带电粒子在匀强磁场中运动的轨迹半径；
2.求时带电粒子的坐标；
3.保持(b)中磁场不变,再加一垂直于平面向外的恒定匀强磁场,其磁感应强度为,在时,粒子仍以原来的速度从原点O射入,求粒子回到坐标原点O的时刻。
变式训练答案
变式1答案：A
解析：在磁铁外部，磁感线从N极指向S极，长直导线在磁铁的中央正上方，导线所在处磁场水平向左，导线中电流垂直于纸面向外，由左手定则可知，导线受到的安培力竖直向下，由牛顿第三定律可知，导线对磁铁的作用力竖直向上，因此磁铁对桌面的压力减小，磁铁没有沿水平桌面运动的趋势，所以磁铁不受桌面的摩擦力，选项A正确。
变式2答案：A
解析：AB、根据安培定则可以判断,和直线电流在处的磁场方向沿方向,和直线电流在处的磁场方向为方向,所以棱形中心处的合磁场的磁感应强度不为零,方向应该在和之间，故A正确，B错误；
CD、和都受到和的电流所产生的磁场的安培力作用,且因为这四个直线电流的截面组成一个棱形,所以和受到和的作用力大小相等的,同时也由于和之间的相互作用力也是大小相等的,故所受安培力与所受安培力的大小相等，方向不同，故CD错误。
故选：A。
变式3答案：D
解析：加上磁场之前，对杆受力分析，受重力、支持力、静摩擦力；
根据平衡条件可知：；
加速磁场后，根据左手定则，安培力的方向平行斜面向上，磁感应强度逐渐增加的过程中，安培力逐渐增加；
根据平衡条件，有：；
由于安培力逐渐变大，故静摩擦力先减小后反向增加；
故选：D。
变式4答案：B
解析：开始时条形磁铁受重力和支持力,二力平衡,故弹簧处于原长,磁铁对水平面的压力等于磁铁的重力；增加通电导体棒后,根据条形磁铁磁感线分布情况得到导体棒所在位置磁场方向如图所示,由左手定则可判断出导体棒所受安培力方向如图所示.由牛顿第三定律可知,条形磁铁受到导体棒的作用力斜向左上方,故条形磁铁对水平面的压力减小,同时弹簧缩短.故选B。
变式5答案：D
解析：A、O点固定的带正电的点电荷对带负电的粒子的吸引力在二者的连线上，指向O点，与初速度垂直，由左手定则可知粒子在初始位置受到的洛伦兹力的方向在二者的连线上，与受到的吸引力方向相反，与初速度垂直，故如果吸引力大于洛伦兹力，吸引力与洛伦兹力的合力刚好提供向心力，粒子在电、磁场中的运动轨迹是在纸面内以O点为圆心，r为半径的圆，故A正确，不符合题意；
B、如果洛伦兹力大于吸引力，初始位置带负电的粒子受到的合力在二者连线上指向带负电粒子的右侧，带负电的粒子初始阶段为在纸面内向右偏的曲线，或者吸引力大于洛伦兹力，但二者的合力不足以提供带负电粒子的向心力，则带负电的粒子初始阶段为在纸面内向右偏的曲线即离心运动，故B正确，不符合题意；
C、如果吸引力大于洛伦兹力，吸引力与洛伦兹力的合力大于带负电粒子向心力，则初始阶段为在纸面内向左偏的曲线即近心运动，故C正确，不符合题意；
D、如果初始位置洛伦兹力大小等于带正电的点电荷对带负电的粒子的吸引力，带负电的粒子要沿初速度方向做直线运动，但吸引力做负功，洛伦兹力不做功，下一时刻速度会减小，两力不再相等，故不可能做沿初速度方向的直线运动，故D错误，符合题意。
变式6答案：（1）由
解得磁场的磁感应强度大小。
（2）由题意可知，粒子在磁场中的运动轨迹如图所示，因粒子在磁场中运动的时间分别为，则其运动轨迹分别对应的圆心角为60°、150°，由几何关系有
解得粒子的运动速度大小。
（3）设粒子打在x轴上的位置离原点O的距离为L，由几何关系有
解得。
变式7答案：A
解析：根据题述从边界射出的粒子在磁场中运动的最长时间等于,则运动时间最长的粒子在磁场中的运动轨迹如图中心侧实线所示。设粒子的轨迹半径为r,则。粒子源S到的最近距离为,即为粒子在磁场中运动时间最短的轨迹所对的弦,该轨迹所对圆心角为,粒子在磁场中运动的最短时间为,选项A正确。
变式8答案：（1）粒子能从右边界射出的临界条件为：
所以粒子能从左边界射出速度应满足：
（2）粒子能从右边界垂直射出
解得：
粒子不碰到右极板所加电压满足的条件
因粒子转过的圆心角为,所用时间为,而
因返回通过磁场所用时间相同,所以总时间
变式9答案：AB
解析：无磁场时，带电粒子做匀速直线运动，设圆柱形区域磁场的半径为，则，而有磁场时，带电粒子做匀速圆周运动，由半径公式可得：，由几何关系得，圆磁场半径与圆轨道半径的关系：，由以上各式联式可得：，设粒子在磁场中的运动周期为，则周期为，由于不知圆磁场的半径，因此带电粒子的运动半径也无法求出，以及初速度无法求，故AB正确，CD错误。
故选AB。
变式10答案：（1）设A点所在半径与y轴的夹角为θ，由几何关系可得
解得，故
由对称性可知，粒子竖直向下离开区域I的位置一定在A点所在直径对应点，且这段圆弧所对应的圆心角为90°，画出粒子的整个运动轨迹如图所示
在区域I中运动时，设运动半径为，
由几何关系可得
代入数据可得
在区域Ⅱ内运动时，粒子刚好转过半个圆周，设运动半径为，由几何关系可得
代入数据可得
粒子在磁场中运动时，所受的洛伦兹力
在此力作用下粒子做匀速圆周运动，所以有
联立可得
由此可见，在质量、速度、电荷量不变的情况下，运动半径与磁感应强度成反比
故粒子在区域I与区域Ⅱ的运动半径之比为2:1，所以磁感应强度之比为1:2。
（2）由数学知识可知，弧长的计算公式为，所以粒子在区域I内运动的弧长为
在区域Ⅱ内运动的弧长为
由几何关系可以求出，在两区域之间的无磁场区运动的路径长度为
故运动的总时间
解得。
变式11答案：1.1m 2.
3.,
解析：1.带电粒子在匀强磁场中运动,洛伦兹力提供向心力,有
,
代入数据解得.
2.带电粒子在磁场中运动的周期,
在过程中,粒子运动了,圆弧对应的圆心角,在过程中,粒子又运动了,圆弧对应的圆心角,轨迹如图(a)所示,根据几何关系可知,横坐标,
纵坐标,
带电粒子的坐标为.
3.施加的匀强磁场与原磁场叠加后形成的磁场变化规律如图(b)所示,
当时,,
当时,
,
粒子运动轨迹如图(c)所示,则粒子回到原点O的时刻为,.2023届二轮复习 专题五 电路与电磁感应（1）
第九讲 恒定电流与交变电流（含解析）
一、考向分析
直流电路的动态分析一般结合闭合电路欧姆定律、电阻定律、电阻的串并联及电容器等知识进行考查。通常从变化的部分人手，采用“分→总→分”的模型进行分析。这部分题目经常以生活、生产中的实际问题情景为背景，考查考生的理解能力，推理论证能力。
二、核心思路
三、重点知识
1.闭合电路欧姆定律
（1）闭合电路的欧姆定律：
（2）路端电压与电流的关系：
（3）路端电压与负载的关系：，路端电压随外电阻的增大而增大，随外电阻的减小而减小。
2，正弦式交变电流的“四值”
（1）最大值
（2）瞬时值（从中性面开始计时）
（3）有效值：正弦式交变电流的有效值；非正弦式交变电流的有效值根据电流的热效应，用等效的思想求解。
（4）半个周期内的平均值：，常用来计算通过电路的电荷量。
3.理想变压器的基本关系式
（1）功率关系：
（2）电压关系：
（3）电流关系：
4.远距离输电
（1）如图所示，发电站的输出电功率为P，输出电压为U ，用户得到的电功率为，电压为，则输电电流为。
（2）输电导线随时的电压：。
（3）输电导线上损失的电功率：。
（4）减少电能损失的基本途径：根据公式，可知有两个基本途径：
①减小输电线电阻，如：加大输电导线的横截面积，采用电阻率小的材料等；
②高压输电，在输送功率一定的条件下，提高电压，减小输送电流。
四、解题技巧
1.几个常用的推论
(1)串联电路的总电阻大于其中任一部分电路的电阻。
(2)并联电路的总电阻小于其中任一支路的电阻。
(3)n个相同的电阻并联，总电阻等于一个电阻等于一个电阻的，即。
(4)多个电阻并联时，其中任一个电阻增大或减小，总电阻也随之增大或减小。
(5)并联支路增多，并联电路总电阻减小。
(6)大电阻和小电阻并联，总电阻接近小电阻的阻值。小电阻做粗调，大电阻做微调。
大电阻和小电阻串联，总电阻接近大电阻的阻值。大电阻做粗调,小电阻做微调。
(7)如图所示分压电路中，总电阻与PB段电阻变化情况相同。
2.程序法
分析解答动态直流电路类问题的一般步骤:
(1)确定电路的外电阻(）如何变化。
(2)根据闭合电路欧姆定律，确定电路的总电流如何变化。
(3)由，确定电源的内电压如何变化。
(4)由，确定电源的外电压(路端电压)如何变化。
(5)由部分电路欧姆定律，确定干路上某定值电阻两端的电压如何变化。
(6)确定支路两端的电压如何变化以及通过各支路的电流如何变化。
3.结论法
当局部电阻变化时，与串联的电阻R的功率P、电流I、电压U与电阻变化相反，简称串联反变或串反，如图(a)。而与并联的R的与的变化相同，简称并联同变或并同，如图（b）。简称“串反并同”。
五、思维建模
六、典型例题
考点1 直流电路动态分析
【例1】如图，为内阻不能忽略的电池，为定值电阻，为开关，与分别为电压表与电流表。初始时与均闭合，现将断开，则（ ）
A.的读数变大,的读数变小 B.的读数变大,的读数变大
C.的读数变小,的读数变小 D.的读数变小,的读数变大
答案：B
解析：S断开，相当于电阻变大，则由闭合电路欧姆定律可得电路中总电流减小，故路端电压增大，V的读数变大；把R1归为内阻，内电压减小，故R3中的电压增大，由欧姆定律可知R3中的电流也增大，电流表示数增大，
A．分析得V的读数变大，A的读数变大，故A错误；
B．分析得V的读数变大，A的读数变大，故B正确；
C．分析得V的读数变大，A的读数变大，故C错误；
D．分析得V的读数变大，A的读数变大，故D错误.
归纳总结：
直流电路动态分析的3种常用方法
（1）程序法
遵循“局部—整体—部分”的思路，按以下步骤分析：
（2）结论法—“串反并同”
①“串反”：指某一电阻增大（减小）时，与它串联或间接串联的电阻中的电流、两端电压、电功率都将减小（增大）。
②“并同”：指某一电阻增大（减小）时，与它并联或间接并联的电阻中的电流、两端电压、电功率都将增大（减小）。
（3）极限法
因变阻器滑片滑动引起电路电阻变化的问题，可将变阻器的滑片分别滑至两个极端，使电阻最大或电阻为零去讨论。
[变式训练]
1.如图所示电路中，电源内阻忽略不计，为定值电阻，为滑动变阻器R的最大阻值，且有，开关闭合后，理想电流表A的示数为I，理想电压表的示数分别为，其变化量的绝对值分别为则下列说法正确的是
A．断开开关，将R的滑动触片向右移动，则电流A示数变小、 电压表示数变小
B．保持R的滑动触片不动，闭合开关，则电流表A示数变大、电压表示数变小
C．断开开关，将R的滑动触片向右移动，则滑动变阻器消耗的电功率减小
D．断开开关，将R的滑动触片向右移动，则有
2.如图，平行金属板中带电质点原处于静止状态，不考虑电流表和电压表对电路的影响，选地面的电势为零，当滑动变阻器的滑片向端移动时，下列说法正确的是（ ）
A.电压表读数减小
B.小球的电势能减小
C.电源的效率变高
D.若电压表、电流表的示数变化量分别为和 ，则
考点2 交变电流的产生和描述
【例2】在同一匀强磁场中,两个相同的矩形金属线圈分别绕线圈平面内且与磁场垂直的轴匀速转动,产生的电动势随时间变化的图象如图所示,则( )
A.线圈的转速是的3倍 B.线圈产生的电动势最大值为
C.时，线圈恰好经过中性面 D.时，线圈恰好经过中性面
答案：BD
解析：A.由图可知,a的周期,b的周期,根据可知ab的转速之比为3:2，故A错误；
B.根据可知,ab的角速度之比为3:2,a产生的感应电动势的最大值为,根据可知,b产生的电动势最大值为，故B正确；
C.t=0.01s时，线圈产生的感应电动势最大，此时线圈a恰好经过与中性面垂直位置，故C错误；
D.t=0.03s时，线圈b产生的感应电动势最小为零，故线圈b恰好经过中性面，故D正确；
故选：BD。
归纳总结：
（1）有效值计算的三点注意
①计算有效值时要根据串联电路中，“相同时间”内“相同电阻”上产生“相同热量”列式求解。
②若有效值发生周期性变化，分段计算电热，求和得出一个周期内产生的总热量。
③利用两个公式和可分别求得电流有效值和电压有效值。
（2）交变电流“四值”应用的三点提醒
①在解答有关交变电流的问题时，要注意电路结构。
②注意区分交变电流的最大值、瞬时值、有效值和平均值，其中最大值是瞬时值中的最大值，有效值是以电流的热效应等效来定义的。
③与电磁感应问题一样，求解与电能、电热相关的问题时，要用有效值；而求解通过导体某横截面的电荷量时，要用平均值。
（3）交变电流瞬时值表达式书写时要注意计时时刻是以中性面开始，还是以与中性面垂直位置开始。
①确定正弦式交变电流的峰值，根据已知图象或由公式Em=NBSω求出相应峰值，其中。
②明确线圈的初始位置，找出对应的函数关系式。
a.若线圈从中性面开始计时，则e—t图象为正弦函数，；
b.若线圈从垂直中性面开始计时，则e—t图象为余弦函数，。
[变式训练]
3.在同一匀强磁场中，两个相同的矩形金属线圈分别绕线圈平面内且与磁场垂直的轴匀速转动，产生的电动势随时间变化的图象如图所示，则( )
A．线圈转2圈时，线圈转了3圈
B．线圈产生的电动势的有效值为
C．时，线圈恰好经过中性面
D．时，线圈恰好经过中性面
4.如图所示，面积为、内阻不计的100匝矩形闭合线圈，从图示位置开始绕垂直于磁场的轴匀速转动，转动的角速度为100 rad/s，匀强磁场的磁感应强度大小为，矩形线圈通过滑环与理想变压器原线圈相连，触头P可移动，副线圈所接电阻，电表均为理想交流电表，下列说法正确的是( )
A.矩形线圈中感应电动势瞬时值的表达式为
B.P上移时，电流表示数减小
C.时，电压表示数为
D.当原、副线圈匝数比为2：1时，电阻R上消耗的功率为50 W
考点3 变压器与远距离输电
【例3】如图所示,理想变压器原、副线圈的匝数比,原线圈接的交流电,电阻为理想二极管,则( )
A.通过电阻的电流为2 A B.二极管的反向耐压值应大于50 V
C.原线圈的输入功率大于50 W D.通过原线圈的电流为
答案：BC
解析：由交流电的表达式知,原线圈两端电压有效值,根据得,副线圈两端电压有效值,则通过电阻的电流,故A错误;输出电压最大值为50 V,故要使电路正常工作,二极管反向耐压值应大于50 V,故B正确;根据电流热效应,有,则通过的电流,副线圈的输出功率,故原线圈的输入功率也为75 W,故C正确;通过原线圈的电流,故D错误。
归纳总结：
抓住“两不变、两损耗”巧解变压器与远距离输电问题
（1）“两不变”的动态分析
①负载电阻不变，讨论变压器原、副线圈两端的电压电流、电功率等随匝数比的变化情况。
②匝数比不变，讨论变压器原、副线圈两端的电压、电流、电功率等随负载电阻的变化情况。
不论哪种情况，要注意两点：一、根据题意分清变量和不变量；二、弄清“谁决定谁”的制约关系：对电压而言，输入决定输出；对电流、电功（率）而言，输出决定输入。
（2）“两损耗”的输电分析
①电压损耗：输电线上的电阻导致的电压损耗，UR=U2－U3=IRR。
②功率损耗：输电线上的电阻发热导致的功率损耗，。输电线上的能量损耗是热损耗，计算功率损耗时用公式或。
[变式训练]
5.高压输电可大幅度节能，至2017年11月，我国已建成投运8项特高压交流工程和11项特高压直流工程。中国全面掌握了特高压核心技术，成为世界首个也是唯一成功掌握并实际应用特高压技术的国家。某小型水电站的电能输送示意图如图甲所示，发电机输出的电压恒定，通过升压变压器和降压变压器向用户供电，已知输电线的总电阻为，降压变压器的原、副线圈匝数之比为4∶1，它的副线圈两端的交变电压如图乙所示，若将变压器视为理想变压器，则下列说法中正确的是（ ）
A.降压变压器原线圈的输入电压为
B.降压变压器的输入功率与输出功率之比为4∶1
C.当用户端用电量增大时，输电线上损耗的功率减小
D.当用户端用电量增大时，发电厂输出的功率也增大
6.如图所示为远距离交流输电的简化电路图.发电厂的输出电压是U,用等效总电阻是r的两条输电线输电,输电线路中的电流是,其末端间的电压为.在输电线与用户间连有一理想变压器,流入用户端的电流是,则( )
A.用户端的电压为 B.输电线上的电压损失为
C.理想变压器的输入功率为 D.输电线路上损失的电功率为
变式训练答案
变式1答案：AD
解析：A. 断开开关,将滑片向右移动时,R接入电路电阻增大,电路总电阻增大,则由闭合电路欧姆定律可知,干路电流减小,电流表A示数减小,电压表减小，故A正确；
B. 保持R的滑动触片不动,闭合开关,被短路,电路总电阻减小,干路电流增大,电流表示数A增大;而,可知电压表示数增大，故B错误；
C. 当滑动变阻器的电阻等于等效电源的内阻时滑动变阻器的阻值时,滑动变阻器的功率达到最大,断开开关,将R的滑动触片向右移动,由于，所以滑动变阻器的功率一直在增大，故C错误；
D. 由可知, ,由可知，故D正确。故选：AD。
变式2答案：AD
解析：A项：由图可知，与滑动变阻器串联后与并联后，再由串连接在电源两端；电容器与并联；当滑片向移动时，滑动变阻器接入电阻减小，则电路中总电阻减小；由闭合电路欧姆定律可知，电路中电流增大；路端电压减小，同时两端的电压也增大；所以并联部分的电压减小，故A正确；
B项： 由A项分析可知并联部分的电压减小，即平行金属板两端电压减小，根据，平行金属板间的场强减小，小球将向下运动，由于下板接地即下板电势为0，由带电质点原处于静止状态可知，小球带负电，根据负电荷在电势低的地方电势能大，所以小球的电势能增大，故B错误；
C项：电源的效率：,由分析可知，路端电压减小，所以电源的效率变低，故C错误；
D项：将和电源等效为一个新的电源，新电源的内阻为，电压表测的为新电源的路端电压，如果电流表测的也为总电流，则,由分析可知，由于总电流增大，并联部分的电压减小，所以中的电流减小，则增大，所以，所以，故D正确。
变式3答案：AC
解析：A.由图可知,a的周期,b的周期,根据可知ab的转速之比为3:2，故A正确；
B.根据可知,ab的角速度之比为3:2,a产生的感应电动势的最大值为,根据可知b产生的电动势最大值为：,有效值为：，故B错误；
C.时，线圈产生的感应电动势最小为零，故线圈恰好经过中性面，故C正确；
D.时，线圈产生的感应电动势最大，此时线圈恰好经过与中性面垂直位置，故D错误；
故选：AC。
变式4答案：D
解析：矩形闭合线圈在磁场中转动，产生的感应电动势的最大值为，矩形线圈中感应电动势瞬时值的表达式为，故A错误；P上移时，原线圈的匝数减少，则副线圈两端电压增大，通过副线圈的电流增大，则通过原线圈的电流增大，电流表示数增大，故B错误；原线圈两端电压的有效值为，电压表示数为100 V，故C错误；当原、副线圈匝数比为2:1时，副线圈两端电压的有效值为50 V，电阻R上消耗的功率为，故D正确。
变式5答案：AD
解析：A.令降压变压器的原副线圈电压的有效值分别为,匝数分别为，
由图象得到,降压变压器副线圈两端交变电压，
则,降压变压器原、副线圈匝数之比为，
且,所以的原线圈的输入电压为，故A正确；
B. 降压变压器为理想变压器，故输入功率与输出功率之比为1:1，故B错误；
C. 当用户端的电量增大时,由于功率增大,中副线圈电压恒为,故中副线圈的电流增大，输电线上电流增大,因为输电线上损耗的功率，所以输电线上损耗的功率增大，故C错误；
D. 当用电量增大时，输电线上电流增大，故升压变压器的原线圈电流增大，又原线圈电压不变，故发电厂输出的功率增大，故D正确；
变式6答案：B
解析：由于在输电线与用户间连有一理想变压器,设用户端的电压是,则,可得,故A错误;输电线上的电压损失,故B正确;理想变压器的输入功率,故C错误;输电线路上损失的电功率，故D错误。2023届二轮复习 专题五 电路与电磁感应 （2）
第十讲 电磁感应及应用 学案（含解析）
一、考向分析
电磁感应中的电路问题，主要考查等效电路的模型建构。题目多涉及感生电动势和动生电动势，其中动生电动势又常考查平动切割和转动切割这两种方式。在高考中对于电磁感应中的电路问题，经常与图像、力和运动、功和能量等联系在一起考查。
电磁感应中的力学问题，涉及两大研究对象:电学对象和力学对象。联系两大研究对象的桥梁是磁场对感应电流的安培力，其大小与方向的变化直接导致两大研究对象的状态改变，可谓“牵一发而动全身”。在高考中，可以通过电磁感应中的力学问题,很好地考查考生的力与运动的相互观念，是高考的考查热点。
二、核心思路
三、重点知识
1.“三定则、一定律”的应用
（1）安培定则：判断运动电荷、电流产生的磁场方向。
（2）左手定则：判断磁场对运动电荷、电流的作用力的方向。
（3）右手定则：判断部分导体切割磁感线产生感应电流的方向。
（4）楞次定律：判断闭合电路磁通量发生变化产生的感应电流的方向。
2.求感应电动势的两种方法
（1），用来计算感应电动势的平均值。
（2），用来计算感应电动势的瞬时值。
3.楞次定律中“阻碍”的主要表现形式
（1）阻碍原磁通量的变化—“增反减同”；
（2）阻碍相对运动—“来拒去留”；
（3）使线圈面积有扩大或缩小的趋势—“增缩减扩”；
（4）阻碍原电流的变化（自感现象）—“增反减同”。
四、解题技巧
1.电磁感应电路的等效关系
（1）切割磁感线的导体部分闭合回路的电源
（2）切割磁感线的导体部的电阻分电源内阻
（3）其余部分电阻外电路电阻
2.电磁感应中电路问题分析
（1）“源”的分析：用法拉第电磁感应定律计算E的大小，根据右手定则或楞次定律确定感应电动势的方向（感应电流方向是电源内部电流的方向），从而确定电源正负极，明确内阻r。
（2）“路”的分析：根据“等效电源”和电路中其他各元件的连接方式画出等效电路。
（3）常用规律：或，闭合电路欧姆定律、串并联电路知识、电功率、焦耳定律等相关关系式。
思维建模
六、典型例题
考点1 楞次定律及法拉第电磁感应定律
【例1】左图为手机及无线充电板．右图为充电原理示意图．充电板接交流电源，对充电板供电，充电板内的送电线圈可产生交变磁场，从而使手机内的受电线圈产生交变电流，再经整流电路转变成直流电后对手机电池充电，下列说法正确的是( )
A.手机外壳用金属材料制作可以减少能量损耗
B.如果图示方向的磁场在变强，受电线圈中点的电势高于点的电势
C.在送电线圈电压不变的情况下，增加送电线圈匝数可以提高受电线圈的电压
D.受电线圈中交变电流的频率与发射线圈中交变电流的频率相同
答案：D
解析：A. 外壳不能使用金属材料，若使用金属材料外壳也会发生电磁感应，形成回路，消耗能量，故A错误；
B. 通过楞次定律结合右手螺旋法则，知电流由流出，相当于电源正极，点电势高于点，故B错误；
C. 在送电线圈电压不变的情况下，增加送电线圈匝数不改变送电线圈的电流和周围的磁场，不可以提高受电线圈的电压，故C错误；
D. 根据电磁感应原理可知，接收线圈中交变电流的频率与发射线圈中交变电流的频率相同，故D正确。
归纳总结：
（1）判定感应电流方向的两种方法
①楞次定律：一般用于线圈面积不变，磁感应强度发生变化的情形。
注意：
1.感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化。
2.磁通量：，为标量，有正负，B为矢量，通过平面的法向量与磁感应强度确定。
3.当磁通量增加时，感应电流的磁场方向与原磁场方向相反，当磁通量减小时，感应电流的磁场方向与原磁场方向相同。
②右手定则：一般用于导体棒切割磁感线的情形。
（2）求感应电动势的方法
①感生电动势：
②动生电动势：
[变式训练]
1.如图甲所示，为导体框架，其平面与水平面成θ角，导体棒与始终垂直且接触良好，整个装置放在垂直于框架平面的磁场中，磁场的磁感应强度B随时间t的变化情况如图乙所示（设图甲中B的方向为正方向），在0~时间内导体棒始终静止，下列判断正确的是( )
A.在0~时间内导体棒所受摩擦力可能一直增大
B.在0~时间内导体棒所受摩擦力可能一直减小
C.在0~时间内导体棒所受摩擦力可能先减小后增大
D.在0和两个时刻导体棒所受摩擦力大小可能相等
2.如图所示(俯视图)，位于同一水平面内的两根固定金属导轨，电阻不计，两导轨之间存在竖直向下的匀强磁场。现将两根粗细均匀、完全相同的铜棒放在两导轨上，若两棒从图示位置以相同的速度沿方向做匀速直线运动，始终与两导轨接触良好，且始终与导轨垂直，不计一切摩擦，则下列说法中正确的是( )
A.回路中有顺时针方向的感应电流
B.回路中的感应电动势不变
C.回路中的感应电流不变
D.回路中的热功率不断减小
考点2 电磁感应图像问题
【例3】如图所示，在虚线左侧的足够大区域存在匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，有一个直角三角形金属线框，线框左边与磁场边界平行，线框的电阻为R，线框以垂直虚线方向的速度做匀速直线运动，从线框的左边进入磁场时开始计时，E表示线框产生的感应电动势大小，F表示线框受到的拉力大小，P表示线框的电功率的大小，I表示线框中的感应电流的大小，则下列图像中正确的是( )
A. B. C. D.
答案：A
解析：设线框左侧的直角边边长为，右侧锐角角度为θ，线框进入磁场t时间内，线框切割磁感线的有效长度为，感应电动势为，是关于t的一次函数，即电动势随时间均匀减小，A正确;由于线框以速度做匀速直线运动，由平衡条件可知，是关于t的二次函数，B错误;电功率等于克服安培力做功的功率，则，是关于t的二次函数，C错误;线框中的感应电流，是关于t的一次函数，D错误。
归纳总结：
（1）解决电磁感应图象问题的一般步骤
①明确图象的种类，即是图象还是图象或者是图象、图象等。
②分析电磁感应的具体过程。
③用右手定则或楞次定律确定方向对应关系。
④结合法拉第电磁感应定律、欧姆定律、牛顿运动定律等写出函数关系式.平张号
⑤根据函数关系式，进行数学分析，如分析斜率的变化、截距等。
⑥应用图象信息画图象、判断图象或讨论各物理量的变化。
（2）
如图1，规定垂直纸面向里为磁场正方向，顺时针为电流正方向，根据图象画出图象，如图2。
为方便记忆，我们设定：伸出右手，让大拇指指向磁场正方向，环绕四指，如果四指环绕方向为线圈中电流正方向，则称为“B、I二者满足右手”；若环绕方向为线圈中电流负方向，则称为“B、I二者不满足右手”。
结论：
①B、1二者满足右手：“斜正电负”“斜负电正”“斜零电零”；
②B、1二者不满足右手：“斜正电正”“斜负电负”“斜零电零”
（3）
如图3，规定垂直纸面向里为磁场正方向，顺时针为电流正方向，安培力向左为正方向，根据图象画出矩形线框abcd的ab边的图象，如图4。
为方便记忆，我们设定：伸出左手，使大拇指与其余四指垂直，并且都与手掌在同一个平面内，让指向正方向的磁感线从掌心进入，并使四指指向电流的正方向（磁场垂直纸面向里，顺时针电流为正，磁场垂直纸面向外，逆时针电流为正），如果大拇指所指方向为安培力的正方向，则称为“B、I、F三者满足左手”；否则，称为“B、I、F三者不满足左手”。
结论：
①B、I、F三者满足左手：“斜正对称”“斜负相同”→“斜率全负”；
②B、I、F三者不满足左手：“斜正相同”“斜负对称”→“斜率全正”。
[变式训练]
3.空间存在竖直向上的匀强磁场，将一个不会变形的单匝金属圆线圈放入该磁场中，规定图甲所示的线圈中的电流方向为正。当磁场的磁感应强度随时间按图乙所示的规律变化时，能正确表示线圈中感应电流随时间变化的图线是( )
A. B.
C. D.
4.如图甲所示，一矩形金属线圈垂直匀强磁场并固定于磁场中，磁场是变化的，磁感应强度随时间t的变化关系图象如图乙所示，则线圈的边所受安培力随时间t变化的图象是图中的(规定向右为安培力的正方向)( )
A. B.
C. D.
考点3 导体棒切割磁感线
【例5】如图所示，两个平行的导轨与水平面的夹角为 ，导轨的左侧接一个阻值为 的定值电阻，两导轨之间的距离为 。导轨处在匀强磁场中，匀强磁场的磁感应强度大小为 ，方向垂直于导轨平面向上。一质量为 、电阻为 ，长度为 的导体棒 垂直于两导轨放置，导体棒与导轨的动摩擦因数为 ( )。导体棒 在重力作用下，由静止开始下滑了距离 后，速度达到最大，重力加速度为 ，不计导轨电阻，导体棒与导轨始终接触良好。则（ ）
A.把导体棒 看成等效电源时，是电源正极
B. 当导体棒的速度为(小于最大速度)时，导体棒的加速度为
C. 当导体棒从开始运动到速度最大的过程中，通过电阻的电荷量为
D.若导体棒由静止到速度最大的过程中，获得的动能为，则电阻上产生的焦耳热是
答案：BC
解析：A.根据右手定则可知，导体棒ab中的感应电流方向由a到b，则b是电源正极，故A错误；
B.当导体棒ab的速度为时，根据牛顿第二定律有：mgsinα BIL μmgcosα=ma，又，所以导体棒ab的加速度为：，故B正确；
C.导体棒ab从开始运动到速度最大的过程中，通过电阻R的电荷量为：，故C正确；
D.导体棒ab由静止到速度最大的过程中，根据能量守恒定律有：+μmgxcosα+Q=mgxsinα，所以电阻R上产生的热量为：，故D错误。
故选：BC。
归纳总结：
三类导体棒切割
①电阻+导体棒
a.具初速度：导体棒做加速度逐渐减小的减速运动，直至速度为0；
b.恒力拉动类：导体棒做加速度逐渐减小的加速运动，直至速度；
c.恒定功率类：导体棒做加速度逐渐减小的加速运动，直至速度。
总结：安培力为阻力，类比磁流体发电机。
②电源+导体棒
导体棒做加速度逐渐减小的加速运动，直至速度。
③电容+导体棒
恒力拉动导体棒，则
故导体棒做匀加速运动
[变式训练]
5.如图所示，两光滑平行金属导轨与，其间距为，质量为，电阻为的直导线垂直跨在导轨上，且与导轨接触良好，整个装置处于垂直纸面向里的匀强磁场中，磁感应强度大小为。电路中电容器电容为，定值电阻阻值为，其它电阻不计。现给直导线一水平向右的初速度，当电路稳定后，直导线以速度向右匀速运动，则( )
A．电容器两端的电压小于 B．电容器所带电荷量为
C．电阻两端的电压为 D．直导线的初速度为
6.在磁感应强度为，方向垂直于滑轨平面的匀强磁场中，有一与水平面成37°的导电滑轨，滑轨上放一可移动的金属杆，电源电动势，内阻，导轨间距，质量，，求可变电阻在什么范围内时，杆可在滑轨上保持平衡（不计杆和导轨电阻）。
考点4 线框穿磁场
【例7】14.有一边长分别为L和的单匝矩形导线框，导线框的总电阻为R，让导线框在磁感应强度大小为B的匀强磁场中以恒定角速度ω且同时以两短边中点连线为轴旋转，如图所示，此时导线框平面平行于磁场方向.下列说法正确的是( )
A.导线框的发热功率为
B.导线框转到图示位置时，某一长边两端的电压为
C.从图示位置开始，导线框转过的过程中通过导线某一横截面的电荷量为
D.从图示位置开始，导线框转过时的电动势是
答案：ABD
解析：导线框在磁场中转动产生感应电动势的最大值为，其有效值为，导线框的发热功率，解得，A正确;导线框转到题图所示位置时，某一长边产生的感应电动势是导线框在磁场中产生感应电动势的最大值的一半，，此时导线框中的电流，某一长边两端的电压，B正确;从题图所示位置开始，导线框转过60°的过程中通过导线某一橫截面的电荷量，C错误;从题图所示位置开始，导线框转过60°时的电动势，D正确。
归纳总结：
根据关键词列关系式
（1）“最大速度”“最终速度”“匀速”“恒定”→；
（2）“加速度”→；
（3）“功率”“电功率”“热功率”→；
（4）“热量”→；
（5）“电量”→；
（6）“总电路、总时间”→，其中为安培力的冲量。
[变式训练]
7.如图所示，一正方形金属线框静止在光滑的水平桌面上，线框右侧两条平行虚线间存在一匀强磁场，磁感应强度方向竖直向上。边与磁场边界平行，磁场虚线间距大于正方形金属线框边长。现给线框一水平向右的初速度，线框能通过磁场区域并继续向右运动，下列说法正确的是（ ）
A.线框进入磁场的过程中，边受到的安培力方向水平向左
B.线框通过磁场的整个过程中，边两端的电压始终不变
C.线框进入磁场和离开磁场的过程中，通过线框的电荷量相等
D.线框进入磁场和离开磁场的过程中，线框速度的变化量相等
8.如图所示，空间中存在一个范围足够大的垂直纸面向里的磁场，磁感应强度沿垂直斜面方向大小相等，沿斜面方向从点开始按规律变化（其中为斜面上任一点到点的距离），矩形线圈在一足够长的光滑斜面上从点由静止开始向下滑动，滑动过程中没有翻转。下列说法正确的是( )
A．线圈运动过程中感应电流的方向沿方向
B．线圈中的电流先增大后不变
C．线圈最终将做匀速直线运动
D．线圈回路消耗的电功率与运动速度成正比
考点5 磁悬浮类问题
【例9】如图所示是磁悬浮列车运行原理模型，两根平行绝缘直导轨间距为L，宽度相同的磁场的磁感应强度的大小关系为B1=B2=B，方向相反，并且以速度v同时沿直导轨向右匀速运动.导轨上金属框ab边长与磁场宽度相同，也为L，金属框的电阻为R，运动时受到的阻力为Ff，则金属框运动的最大速度表达式为( )
A. B. C. D.
答案：C
解析：由于磁场以速度v向右运动，当金属框稳定后以最大速度，向右运动，此时金属框相对于磁场的运动速度为v-vm，根据右 手定则可以判断回路中产生的感应电动势E等于ad、bc边分别产生 的感应电动势之和，则E= 2BL(v-vm），根据闭合电路欧姆定律可得，此时金属框中产生的感应电流为，金属框的两条边ad和bc都受到安培力作用，ad和bc边所处的磁场方向相 反，电流方向也相反，故它们所受安培力方向相同，故金属框受到的安培力大小，当金属框速度最大时，安培力与摩擦力平衡，可得F-Ff= 0，解得，故C正确，A、B、D错误。
归纳总结：
基本模型
轨道向右运动，线框相对轨道向左运动，判断出线框所受安培力方向向右，故线框向右运动;随着线框的运动，磁场与线框间的相对速度减小，故线框所受安培力减小，线框做加速度减小的加速运动，最终达到最大速度，此时，；若，则，；若，则。
[变式训练]
9.超导磁悬浮列车是利用超导体的抗磁作用使列车车体向上浮起，同时通过周期性地变换磁极方向而获得推进动力的新型交通工具.其推进原理可以简化为如图所示的模型:在水平面上相距L的两根平行直导轨间，有竖直方向等距离分布的匀强磁场B1和B2，且B1=B2=B，每个磁场的宽度都是l，相间排列，所有这些磁场都以相同的速度向右匀速运动，这时跨在两导轨间的长为L、宽为l的金属框abcd(悬浮在导轨上方)在磁场力作用下也将会向右运动.设金属框的总电阻为R，运动中所受到的阻力恒为Ff，金属框的最大速度为vm.求:
1.磁场向右匀速运动的速度.
2.列车在运动过程中金属框产生的最大电流。
变式训练答案
变式1答案：ACD
解析：根据法拉第电磁感应定律并结合欧姆定律可知，在框架中产生恒定的感应电流，方向由Q至P，根据左手定则可知，导体棒受到沿向上的安培力，因磁感应强度逐渐减小，故受到的安培力逐渐减小.时，若安培力，则导体棒受到的静摩擦力一直沿向上，由平衡条件可知，静摩擦力大小，随着安培力的减小，静摩擦力一直增大；时，若安培力，则导体棒受到的静摩擦力先沿向下后沿向上，由平衡条件知，当导体棒所受静摩擦力沿向下时，，随着安培力的减小，静摩擦力逐渐减小，当静摩擦力沿向上时，，随着安培力的减小，静摩擦力又逐渐增大，A、C正确，B错误.在时，若，则此时，在时，，则在0和两个时刻导体棒所受的摩擦力大小相等，D正确。
变式2答案：BD
解析：A.两棒以相同的速度沿方向做匀速直线运动，回路的磁通量不断增大，根据楞次定律可知，感应电流方向沿逆时针。故A错误。
B.设两棒原来相距的距离为与的夹角为。回路中总的感应电动势，
保持不变，由于回路的电阻不断增大，所以回路中的感应电流不断减小，故B正确。
C.回路中的热功率为，E不变，R增大，则P不断减小，故C错误。
D.两棒所受安培力的合力为，I减小，其他量不变，所以F减小，故D正确。
故选：BD。
变式3答案：B
解析：根据法拉第电磁感应定律可得线圈产生的感应电动势为，根据欧姆定律产生的感应电流为，由图乙可得， 时间内， 均匀增大，所以穿过线圈的竖直向上磁通量增大，由楞次定律可得产生的感应电流为顺时针方向，为正.在内，磁感应强度不变，所以穿过线圈的磁通量不变，故感应电流为零;在内，磁感应强度在均匀减小，穿过线圈垂直向上的磁通量减小，根据楞次定律可知，感应电流为逆时针方向，为负，因为正比于，即图像的斜率越大，产生的感应电流越大，所以B正确;
变式4答案：A
解析：内，由楞次定律知，感应电流的方向为，根据，电流为定值，根据左手定则，边所受安培力的方向向左，由知，安培力均匀减小。
内，由楞次定律知，感应电流的方向为，根据，电流为定值，根据左手定则，边所受安培力的方向向右，由知，安培力均匀增大。故B.C.D错误，A正确。
故选：A
变式5答案：BD
解析： ABC：ab以速度v向右做匀速运动时，导线产生的感应电动势恒定，电容器不充电也不放电，电路中无电流，故电阻两端电压为零，根据闭合电路欧姆定律得知，电容器两板间的电压为
则电容器所带电荷量
AC错误，B正确；
D：设直导线ab的初速度为v0，根据动量守恒可得
，其中，
解得，
D正确，故选BD
变式6答案：对导体棒受力分析，回路中的电流为
导体棒受到的安培力为
当摩擦力沿斜面向上，电流强度最小，电阻最大，由共点力平衡得
解得
当摩擦力沿斜面向下，电流强度最大，电阻最小由共点力平衡得
联立解得
可变电阻在围内
变式7答案：ACD
解析：A、根据楞次定律的另一种表述知，感应电流总阻碍导体与磁场间相对运动，知线框进入磁场的过程中，cd边受到的安培力方向水平向左，故A正确；
B、线框通过磁场的整个过程中，ab边或cd边产生的感应电动势恒定，设为E。
线框进入磁场过程，cd边相当于电源，cd边两端的电压为路端电压，即为其他三边的总电压，为．线框完全在磁场中运动时，电路中没有感应电流，cd边两端的电压为E．线框离开磁场的过程，ab边相当于电源，cd边两端的电压为，故B错误；
C、线框进入磁场和离开磁场的过程中，磁通量的变化量相等，根据分析知两个过程中通过线框的电荷量相等，故C正确；
D、对于线框进入磁场的过程，由动量定理得：，其中，即得-BLq=mΔv，即，由于线框进入磁场和离开磁场的过程中，通过线框的电荷量q相等，所以线框速度的变化量Δv相等，故D正确。
变式8答案：BC
解析：A、线圈在运动过程中，穿过线圈的磁通量不断增大，磁场方向垂直于斜面向下，根据楞次定律判断可知，感应电流的方向沿ABCDA方向，故A错误；
BC、设线圈的长为L，宽为a。当线圈AB边距离O点的距离为x时，回路中总的感应电动势为感应电流大小为线圈所受安培力的合力大小为，可知，线圈由静止开始向下滑动后做加速运动，随着速度增加，受到的安培力逐渐增大，合力减小，加速度减小，当加速度减至零时开始做匀速直线运动，所以线圈中的电流先增大后不变，线圈最终将做匀速直线运动，故BC正确；
D、线圈回路消耗的电功率为，知线圈回路消耗的电功率与运动速度的平方成正比，故D错误。
变式9答案：1.导体棒ad和bc各以相对磁场的速度切割磁感线运动，由右手定则可知回路中产生的电流方向为abcda，回路中产生的电动势为，回路中电流为，由于左右两边ad和bc均受到安培力，则合安培力为，依题意金属框达到最大速度时受到的阻力与安培力平衡，则，解得磁场向右匀速运动的速度.
2.开始时金属框产生的电流量大，设为。
把上式中v的表达式代入，可得。2023届二轮复习 专题一 力与运动 （3）
第三讲 曲线运动 学案（含解析）
一、考向分析
平抛运动在高考中可以单独命题，也常常综合圆周运动、机械能、动量及电场等知识命题。试题往往与生活实际、体育运动等联系密切，体现物理来源于生活，又走向生活的命题思路。
高考对圆周运动的考查通常结合万有引力定律、磁场等知识命题，单独考查圆周运动问题时一般以实际生活为背景命题，由于情景的多样性和作用力的多样性，圆周运动的动力学问题类型较多，难度也较大。
二、核心思路
三、重点知识
1.运动的合成与分解的一般思路
（1）明确合运动或分运动的运动性质。
（2）明确是在哪一个或两个方向上的合成或分解。
（3）找出各个方向上已知的物理量（速度、位移、加速度）。
（4）运用力与速度的关系或矢量运算法则进行分析求解。
2.运动的合成与分解的运算法则：平行四边形法则。
3.平抛运动规律：
（1）平抛运动的时间由平抛高度决定。
（2）平抛轨迹中，任意时刻速度的反向延长线过此时水平位移的中点。
（3）在任意时刻瞬时速度与水平方向的夹角为 θ，位移与水平方向夹角为 α，则有tan θ =2tan α。
4.做匀速圆周运动的物体，其向心力等于合力。向心力不做功，只改变速度方向，不改变速度大小。
5.水平方向的圆周运动
（1）水平方向的圆周问题，可由接触面的支持力、接触面的摩擦力、绳或杆的拉力等提供向心力。解题关键在于各种力的临界状态。
（2）常见临界状态：
①绳：松弛与伸直的临界→F拉=0、恰好不断裂→F为最大值。
②摩擦力：恰好不发生相对滑动→摩擦力为最大静摩擦力等于滑动摩擦力、求速度范围时→根据摩擦力的方向以及题干，求出不产生相对滑动的最大和最小临界值。
6.竖直方向的圆周运动
（1）绳球模型：半径为R的圆形轨道，物体能通过最高点的条件是。
（2）杆球模型：物体能通过最高点的条件是v>0。
（3）拱模型：①凸拱桥关系式：
②凹拱桥关系式：
7.重力和万有引力的关系
（1）不考虑地球自转，地球表面附近物体的重力等于物体与地球间的万有引力，即有：，化简得（黄金代换式）
（2）考虑地球自转时，在两极上才有，赤道上则有。
8.传动装置
（1）关系记忆：同带等线速，同轴等角速。
（2）对于不相邻的装置，要根据半径的不同，通过相邻的装置来转到计算角速度与线速度关系。
（3）相关公式：，
同轴：
同带：
9.人造卫星做匀速圆周运动
（1）常用等式：。
（2）导出表达式：。
（3）结论：卫星运行半径越大，向心加速度、线速度、角速度越小，周期越大。万有引力、动能越小，引力势能越大。
10.三类天体问题
（1）近地卫星：
（2）同步卫星：
（3）双星：
四、解题技巧
一、平抛运动
1.基本思路——化曲为直：处理平抛运动(类平抛运动）问题时，一般将运动沿初速度方向和垂直初速度方向进行分解，先按分运动规律列式，再用运动的合成法则求合运动。
2.解决斜面约束下的平抛运动问题时要抓住几何关系，灵活应用各种规律，特别要注意速度偏向角和位移偏向角的关系。若质点从斜面上平抛又落到斜面上，则有，若质点从斜面外抛出，垂直落在斜面上，则有。以上两式中的θ为斜面倾角。
二、圆周运动
1.明确向心力是解决圆周运动问题的关键
在匀速圆周运动中，合力是物体做圆周运动的向心力，在变速圆周运动中，沿半径方向的合力是物体做圆周运动的向心力。
2.竖直平面内圆周运动的分析方法
（1）确定模型种类，首先判断是“轻绳模型”还是“轻杆模型”。
（2）确定临界位置：对于竖直面内的圆周运动，其临界状态通常为圆周运动的最高点或最低点。
（3）研究临界状态：对于“轻绳模型”，最高点的临界状态满足速度（其中R为圆周运动的半径)；而对于“轻杆模型”，最高点的临界状态满足速度v=0。
（4）对质点进行受力分析：明确质点做圆周运动过程中的受力情况（通常是最高点或最低点），然后根据牛顿第二定律列出方程。
（5）对运动过程进行分析：对于处于两个状态之间的运动过程，通常采用动能定理或机械能守恒定律来求解。
五、思维建模
六、典型例题
考点1 运动的合成与分解
例1.河水由西向东流，河宽为800 m，河中各点的水流速度大小为，各点到较近河岸的距离为x，与x的关系为。让小船船头垂直河岸由南向北渡河，小船在静水中的速度大小恒为。下列说法中正确的是( )
A.小船渡河的轨迹为直线
B.小船在河水中的最大速度是5 m/s
C.小船在距离南岸200 m处的速度小于在距离北岸200 m处的速度
D.小船渡河的时间是160 s
答案：B
解析：水流速度大小与离河岸的距离大小有关，故小船的静水速度与河水速度的合速度的大小和方向是变化的，小船渡河的轨迹为曲线，A错误；河水速度最大为，故小船在河水中的最大速度为，B正确；小船距离南、北岸200 m处，水流速度均为1.5 m/s，故小船的速度大小相等，C错误；小船渡河时间与水流速度大小无关，，D错误。
归纳总结：
1.判断运动轨迹的方法：分别求得某时刻物体合速度方向与物体所受合力方向，若二者方向共线，则物体做直线运动；若二者方向不共线，则物体做曲线运动。物体做曲线运动时，轨迹的凹侧为物体所受合力方向。
2.端速问题
（1）解题思路：把物体的实际速度分解为垂直于绳（杆）和平行于绳（杆）方向的两个分量，根据沿绳方向速度相等列等式求解未知量。
（2）注意：①在进行速度分解时，要注意角度关系。
②等式具有瞬时性，当存在角度时，物体的运动会引起下一时刻的角度变化。必要时，可能需要对两个时刻分别进行速度分解。
3.过河问题
（1）过河时间最短：船头方向垂直于河岸，
（2）过河路径最短：
①当水流速度小于船速时：水流与船的合速度垂直于河岸时，路径为河宽d。
②当水流速度大于船速时：合速度无法垂直于河岸。因为河的宽度d确定，所以只需要让船的行驶方向v与垂直河岸方向的夹角越小，船的路径即为最短。如下图：
因为船的静水速度v船和水流速度v水不变，所以当船的静水速度v船垂直船的行驶速度v时，θ最小，路径最短。，。
[变式训练]
1.如图所示，卡车通过定滑轮以恒定的功率控绳，牵引河中的小船沿水面运动，已知小船的质量为沿水面运动时所受的阻力为，当绳段与水平面夹角为时，小船的速度为，不计绳子与滑轮的摩擦，则此时小船的加速度等于（ ）
A． B． C． D．
2.如图所示，船从A处开出后沿直线到达对岸，若与河岸成角，水流速度为4 m/s，则船从A点开出的最小速度为（ ）
A.2 m/s B.2.4 m/s C.3 m/s D.3.5 m/s
考点2 抛体运动
例2.2022年北京将迎来中国历史上的第一次冬季奥运会。跳台滑雪是冬奥会的传统项目，其运动过程可以简化成如图所示模型。运动员从雪坡斜面顶端A点以不同的初速度水平飞出，分别落在斜面上点，，落到点对应的起跳初速度分别为、，下落的时间分别为、，不计空气阻力。下列判断正确的是( )
A.两次下落的时间之比
B.两次落在斜面上时速度与斜面的夹角之比为1:2
C.两次初速度大小之比为
D.两次落在斜面上时速度大小之比为
答案：D
解析：落到点时对应下落的高度之比为1:2，由于运动员在竖直方向上做自由落体运动，则由公式得，则两次下落的时间之比为，A错误；两次落到斜面上时位移与水平方向的夹角相同，由平抛运动的推论知两次落在斜面上时速度与水平方向的夹角相同，知两次落在斜面上时速度与斜面的夹角相同，B错误；运动员在水平方向上做匀速直线运动，则由得，由于两次的水平位移之比为1:2，又时间之比为，则两次初速度大小之比为，C错误；又由于两次落在斜面上时的速度与水平方向的夹角相同，设与水平方向的夹角均为α，则落在斜面上的瞬时速度为，所以两次落在斜面上时速度大小之比等于初速度大小之比，为，D正确。
归纳总结：
1.处理平抛运动时，一般将运动沿平抛初速度方向和垂直初速度方向进行分解，先按分运动规律列式，再用运动的合成求合运动。
2.斜面上的平抛运动如果落点也在斜面上，则竖直位移与水平位移之比等于斜面坡角的正切值；竖直速度与水平速度的比值等于斜面坡角正切值的二倍。
[变式训练]
3.某学校体育选修课开设飞镖投掷项目，在竖直墙壁上悬挂一镖靶，一学生站在离墙壁一定距离的某处，先后将两只飞镖由同一位置水平掷出，落在靶上的位置如图所示（侧视图）.若不计空气阻力，下列说法正确的是( )
A.飞镖B的运动时间与飞镖A的运动时间相同
B.飞镖B掷出时的初速度比飞镖A掷出时的初速度大
C.飞镖的速度变化方向一定相同
D.飞镖B的质量一定比飞镖A的质量大
4.随着北京冬奥会的临近，滑雪项目成为了人们非常喜爱的运动项目。如图，质量为的运动员从高为的点由静止滑下，到达点时以速度水平飞出，经一段时间后落到倾角为的长直滑道上点，重力加速度大小为，不计空气阻力，则运动员( )
A.落到斜面上点时的速度
B.在空中平抛运动的时间
C.从点经时，与斜面垂直距离最大
D.从4到的过程中克服阻力所做的功
考点3 圆周运动
例3.如图，一同学表演荡秋千。已知秋千的两根绳长均为10 m，该同学和秋千踏板的总质量约为50 kg。绳的质量忽略不计。当该同学荡到秋千支架的正下方时，速度大小为8 m/s，此时每根绳子平均承受的拉力约为( )
A.200 N B.400 N C.600 N D.800 N
答案：B
解析：该同学身高相对于秋千的绳长可忽略不计，可以把该同学看成质点。当该同学荡到秋千支架的正下方时，由牛顿第二定律有，代入数据解得，选项B正确。
归纳总结：
1.圆周类问题解题思路：
（1）确定圆周运动的类型以及受力，画出受力分析图。
（2）根据运动状态确定向心力大小。
（3）计算合力大小，根据牛顿定律及向心力公式列等式。
2.注意：高考中物体圆周运动的受力都比较复杂，我们在分析受力时，要根据重力的特性去逐步展开，尤其是对摩擦力进行分析时，要先确定摩擦力的类型，在确定摩擦力的方向，最后根据受力平衡和牛顿第二定律列等式。
[变式训练]
5.如图所示,长的轻质细杆,一端固定有一个质量为的小球,另一端由电动机带动,使杆绕在竖直平面内作匀速圆周运动,小球的速率为。取,下列说法正确的是( )
A.小球通过最高点时,对杆的拉力大小是
B.小球通过最高点时,对杆的压力大小是
C.小球通过最低点时,对杆的拉力大小是
D.小球通过最低点时,对杆的拉力大小是
6.两个质量分别为2m和m的小木块a和b(可视为质点)放在水平圆盘上,a与转轴的距离为与转轴的距离为之间用长为L的强度足够大的轻绳相连,木块与圆盘的最大静摩擦力为木块所受重力的k倍,重力加速度大小为g。若圆盘从静止开始绕转轴缓慢地加速转动,开始时轻绳刚好伸直但无张力,用ω表示圆盘转动的角速度,下列说法正确的是()
A.a比b先达到最大静摩擦力
B.a、b所受的摩擦力始终相等
C.是b开始滑动的临界角速度
D.当时,a所受摩擦力的大小为
考点4 计算天体质量及密度
例4.使物体成为卫星的最小发射速度称为第一宇宙速度，而使物体脱离星球引力所需要的最小发射速度称为第二宇宙速度，与的关系是。已知某星球半径是地球半径R的，其表面的重力加速度是地球表面重力加速度g的，地球的平均密度为ρ，不计其他星球的影响，则( )
A.该星球的平均密度为 B.该星球的质量为
C.该星球上的第二宇宙速度为 D.该星球的自转周期是地球的
答案：A
解析：对于处在星球表面的物体，其万有引力近似等于重力，则由得，又，，整理得，则该星球的密度与地球密度的比值为，则，A正确；该星球的体积为，质量为，由以上可得，B错误；由得，又，则该星球上的第一宇宙速度为，该星球上的第二宇宙速度为，C错误；由题中的条件不能分析出该星球与地球自转周期的关系，D错误。
归纳总结：
1.计算天体质量和密度的思路：
（1）利用中心天体半径和表面重力加速度g计算：由，求出。
（2）利用环绕天体的轨道半径和周期计算：由，，若贴地表飞行，则，
2.注意事项：
（1）无论用哪种方式求质量，都只能求中心天体质量，不能计算环绕天体质量。
（2）注意天体半径和轨道半径的区别。
（3）有些天体运动的选项可以不算出准确值，可以用排除法排除选项。
[变式训练]
7.假设宇宙中有两颗相距无限远的行星和，自身球体半径分别为和。两颗行星各自周围的卫星的轨道半径的三次方与运行公转周期的平方的关系如图所示；为卫星环绕各自行星表面运行的周期。则( )
A．行星的质量小于行星的质量
B．行星的密度小于行星的密度
C．行星的第一宇宙速度等于行星的第一宇宙速度
D．当两行星周围的卫星的运动轨道半径相同时，行星的卫星的向心加速度大于行星的卫星的向心加速度
8.如图所示，宇航员站在某质量分布均匀的星球表面一斜坡上P点沿水平方向以初速度抛出一个小球，测得小球经时间t落到斜坡上另一点Q，斜面的倾角为α，已知该星球半径为R，万有引力常量为G，求：
(1)该星球表面的重力加速度；
(2)该星球的密度；
(3)该星球的第一宇宙速度v；
(4)人造卫星绕该星球表面做匀速圆周运动的最小周期T.
考点5 卫星变轨问题
例5.2019年10月11日，中国火星探测器首次公开亮相，暂命名为“火星一号”，并计划于2020年发射.接近火星后，探测器需经历如图所示的变轨过程，轨道Ⅰ为圆轨道，已知引力常量为G，则下列说法正确的是( )
A.探测器在轨道Ⅰ上的机械能大于在轨道Ⅱ上的机械能
B.探测器在轨道上运动时，运行的周期
C.探测器若从轨道Ⅱ变轨到轨道Ⅰ，需要在P点朝速度反向喷气
D.若轨道Ⅰ贴近火星表面，并已知探测器在轨道Ⅰ上运动的角速度，可以推知火星的密度
答案：BD
解析：根据开普勒第三定律可知，探测器在轨道上运动时半径越大其运行的周期越大，故B正确；探测器在P点从轨道Ⅱ变轨到轨道Ⅰ，需要在P点朝速度方向喷气，从而使探测器减速到达轨道Ⅰ，则探测器在轨道Ⅰ上的机械能小于在轨道Ⅱ上的机械能，故AC错误；根据万有引力定律可得，根据可得，联立解得，所以当轨道Ⅰ贴近火星表面，并且已知探测器在轨道Ⅰ上运动的角速度，可以推知火星的密度，故D正确.
归纳总结：
1.圆轨道运行的天体中，轨道越低，速度越大，周期越小，可用“高轨低速大周期，低轨高速小周期”记忆
2.椭圆轨道运行的天体机械能守恒，远离中心天体时，万有引力做负功，速度减小，势能增大，可用“高轨低速等周期，等机大势小引力”记忆。
3.同一卫星在不同轨道上运行时，半径越大机械能越大，可用“高轨大机，低轨小机”记忆。
4.卫星经过不同轨道的焦点时，加速度相等。
[变式训练]
9.如图所示，在“嫦娥”探月工程中，设月球半径为，月球表面的重力加速度为。飞船在半径为的圆形轨道Ⅰ上运动，到达轨道的点时点火变轨进入椭圆轨道Ⅱ，到达轨道的近月点时，再次点火进入近月轨道Ⅲ绕月做圆周运动，则( )
A．飞船在轨道Ⅰ、Ⅲ上运行的周期之比为81
B．飞船在轨道Ⅲ的运行速率大于
C．飞船在轨道Ⅰ上经过处的加速度小于在轨道Ⅱ上经过处的加速度
D．飞船在轨道Ⅰ上经过处的运行速率小于飞船在轨道Ⅱ上经过处的运行速率
10.在发射地球同步卫星的过程中，卫星首先进入椭圆轨道Ⅰ，然后在点通过改变卫星速度，让卫星进入地球同步轨道Ⅱ。则下列说法正确的是( )
A．该卫星的发射速度必定大于第二宇宙速度
B．卫星在同步轨道Ⅱ上的运行速度大于第一宇宙速度
C．在轨道Ⅰ上，卫星在点的速度大于在点的速度
D．卫星在点通过加速实现由轨道Ⅰ进入轨道Ⅱ
变式训练答案
变式1答案：D
解析：小船的实际运动为合运动，沿着绳子方向和垂直绳子方向的是分运动，如图
根据平行四边形定则，有
故拉力为：①
对船受力分析，受重力、拉力、浮力和阻力，根据牛顿第二定律，有
②
由①②解的
变式2答案：B
解析：如图所示，
当时，最小，
.
变式3答案：C
解析：两只飞镖由同一位置水平抛出，由飞镖落在靶上的位置可知，飞镖B竖直下落的高度大于飞镖A竖直下落的高度，由可得，即飞镖B的运动时间大于飞镖A的运动时间，选项A错误；由，结合两飞镖水平位移相同，可知飞镖B掷出时的初速度小于飞镖A掷出时的初速度，选项B错误；物体做平抛运动时只受重力作用，其加速度g的方向竖直向下，由可知速度变化的方向与加速度方向一致，所以飞镖的速度变化方向一定相同，选项C正确；根据题中信息，不能判断出飞镖的质量大小关系，选项D错误.
变式4答案：CD
解析：A.设落到C点时，与水平方向的夹角为，则，所以，故A错误；
B.，所以，故B错误；
C.速度方向与斜面平行时运动员与斜面距离最远，此时，所以，故C正确；
D.从A到B，根据动能定理，所以，故D正确。
变式5答案：BD
解析：设小球在最高点时受杆的弹力向上,则,得,故小球对杆的压力大小是6N,A错误,B正确;小球通过最低点时,,得,小球对杆的拉力大小是54N,C错误,D正确
变式6答案：D
解析：木块随圆盘一起转动,静摩擦力提供向心力,由牛顿第二定律得,当木块所受摩擦力达到最大静摩擦力时,,即,所以当圆盘的角速度增大时b受到的静摩擦力先达到最大,故A错误;在b受到的摩擦力没有达到最大前,静摩擦力提供向心力,由牛顿第二定律得,木块所受的静摩擦力,a和b的质量分别是2m和m,而a与转轴的距离为与转轴的距离为,所以开始时a和b受到的摩擦力是相等的,当b受到的静摩擦力达到最大后,b受到的摩擦力与绳子的拉力的合力提供向心力,即,而对a有,联立得,可知二者受到的摩擦力不一定相等,故B错误;当b刚要滑动时,有,解得,故C错误;当时,a所受摩擦力的大小为,故D正确。
变式7答案：D
解析：A.根据万有引力提供向心力,有：
解得：，
对于环绕行星表面运行的卫星，有：…①
对于环绕行星B表面运行的卫星，有：…②
联立①②得：…③
由图知,,所以，故A错误。
B.行星质量为：
B行星的质量为：，
代入③得：
解得：，故B错误。
C.行星的近地卫星的线速度即第一宇宙速度,根据万有引力提供向心力,有：
解得：,因为,所以，故C错误。
D.根据知,,由于，行星运动的轨道半径相等，则行星的卫星的向心加速度大于行星的卫星的向心加速度，故D正确。
变式8答案：(1)
(2)
(3)
(4)
解析：(1)设该星球表面的重力加速度为g，根据平抛运动规律：
水平方向：
竖直方向：
平抛位移与水平方向的夹角的正切值
由以上三式得
(2)在星球表面有：，
所以，
该星球的密度：.
(3)由，
可得.
(4)绕星球表面运行的卫星具有最小的周期，，
.
变式9答案：A
解析：A.飞船在轨道Ⅰ、Ⅲ上的轨道半径分别为4R和R,根据开普勒第三定律可知,，解得飞船在轨道Ⅰ、Ⅲ上运行的周期之比为8:1，故A正确；
B.飞船在轨道Ⅲ上绕月球表面飞行,重力提供向心力, ,运行速率：，故B错误；
C.在同一位置A点,飞船只受万有引力作用,加速度：，故飞船在轨道Ⅰ上经过A处的加速度等于在轨道Ⅱ上经过A处的加速度，故C错误；
D.飞船在A点，由轨道Ⅰ变轨到轨道Ⅱ，做近心运动，需要减速，故飞船在轨道Ⅰ上经过A处的运行速率大于飞船在轨道Ⅱ上经过A处的运行速率，故D错误。
故选：A。
变式10答案：CD
解析：A、是卫星脱离地球束缚的发射速度，而同步卫星仍然绕地球运动，故A错误。
B、即第一宇宙速度是近地卫星的环绕速度，也是最大的圆周运动的环绕速度。而同步卫星的轨道半径要大于近地卫星的轨道半径，根据v的表达式可以发现，同步卫星运行的线速度一定小于第一宇宙速度。故B错误。
C、在轨道Ⅰ上，由P点向Q点运动，万有引力做负功，动能减小，所以P点的速度大于Q点的速度。故C正确。
D、从椭圆轨道Ⅰ到同步轨道Ⅱ，卫星在Q点是做逐渐远离圆心的运动，要实现这个运动必须卫星所需向心力大于万有引力，所以应给卫星加速，增加所需的向心力。所以卫星在Q点通过加速实现由轨道Ⅰ进入轨道Ⅱ。故D正确
故选：CD
