2023年高考物理二轮复习专题训练（PDF版含答案）
文档属性
| 名称 | 2023年高考物理二轮复习专题训练（PDF版含答案） |  | |
| 格式 | |||
| 文件大小 | 3.7MB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 通用版 | ||
| 科目 | 物理 | ||
| 更新时间 | 2023-03-07 12:35:59 | ||
图片预览
文档简介
2023年高考
物理二轮复习-专题练习
2022 届衡水中学物理一本通高分手册
目录
专题 01 力与物体的平衡....................................................................................................................................................3
专题 02 力与直线运动......................................................................................................................................................13
专题 03 力与曲线运动......................................................................................................................................................29
专题 04 天体运动.............................................................................................................................................................. 42
专题 05 功、功率 动能定理..........................................................................................................................................54
专题 06 机械能守恒定律 功能关系..............................................................................................................................66
专题 07 动量和能量的综合应用......................................................................................................................................79
专题 08 电场的性质 带电粒子在电场中的运动..........................................................................................................97
专题 09 磁场的性质 带电粒子在磁场及复合场中的运动....................................................................................... 112
专题 10 直流电路与交流电路........................................................................................................................................128
专题 11 电磁感应定律及其应用....................................................................................................................................138
专题 12 近代物理初步....................................................................................................................................................151
专题 13 分子动理论 气体及热力学定律......................................................................................................................163
专题 14 振动和波动........................................................................................................................................................178
专题 15 光与电磁波........................................................................................................................................................191
专题 16 力学综合计算题................................................................................................................................................201
专题 17 电学综合计算题................................................................................................................................................217
专题 18 力学实验及创新................................................................................................................................................243
专题 19 电学实验及创新................................................................................................................................................262
专题 20 热学、光学实验................................................................................................................................................277
2 / 290
2022 届衡水中学物理一本通高分手册
第一部分 力与运动
专题 01 力与物体的平衡
一、素养呈现
1.物理观念：重力、重心、形变、弹力、摩擦力、合力与分力、力的合成、力的分解、矢量与标量
2.科学思维：轻杆(绳)模型、轻弹簧模型、胡克定律、平行四边形定则、整体法、隔离法、合成法、分解法。
3.科学探究：探究弹簧形变与弹力的关系、研究两个互成角度的共点力的合成规律。
4.科学态度与责任：在生产、生活情境中，体验物理学技术的应用。
二、素养落实
1.熟悉常见性质力有无及方向的判断
2.灵活应用受力分析的一般步骤
3.掌握整体法、隔离法选取原则
4.平衡问题的解题方法
考点一 摩擦力的分析与计算
【考点诠释】
1．摩擦力的有无及方向的判断方法
(1)假设法。
3 / 290
2022 届衡水中学物理一本通高分手册
(2)状态法：根据平衡条件、牛顿第二定律，判断静摩擦力的有无及方向。
(3)牛顿第三定律法：先确定受力较少的物体受到的静摩擦力的方向，再根据“力的相互性”确定另一物体受到的
静摩擦力方向。
2．求解摩擦力的技巧
【典例分析 1】如图所示，质量为 M的长木板放在水平地面上，放在长木板上的质量为 m的木块在水平向右的
拉力 F的作用下向右滑行，长木板保持静止。已知木块与长木板间的动摩擦因数为μ1，长木板与地面间的动摩
擦因数为μ2，下列说法正确的是( )
A．地面对长木板的摩擦力的大小一定为μ1mg
B．地面对长木板的摩擦力的大小一定为μ2Mg
C．地面对长木板的摩擦力的大小一定为μ2(m＋M)g
D．只要拉力 F增大到足够大，长木板一定会与地面发生相对滑动
【答案】A
【解析】木块所受木板的滑动摩擦力大小为 f1＝μ1mg，方向水平向左，根据牛顿第三定律得知，木板受到木块
的摩擦力方向水平向右，大小等于μ1mg；木板处于静止状态，水平方向受到木块的滑动摩擦力和地面的静摩擦
力，根据平衡条件可知木板受到地面的摩擦力的大小也是μ1mg，木板相对于地面处于静止状态，不能使用滑动
摩擦力的公式计算木板受到的地面的摩擦力，所以木板与地面之间的摩擦力不一定是μ2(m＋M)g，故 A 正确，B、
C 错误；开始时木板处于静止状态，说明木块与木板之间的摩擦力小于木板与地面之间的最大静摩擦力，与拉
4 / 290
2022 届衡水中学物理一本通高分手册
力 F的大小无关，所以即使拉力 F增大到足够大，木板仍静止，故 D 错误。
【规律总结】摩擦力分析与计算的三点注意
1．分析物体的运动状态，判断是静摩擦力还是滑动摩擦力。
2．滑动摩擦力有具体的计算公式，而静摩擦力要借助其他公式，如：利用平衡条件列方程或牛顿第二定律列方
程等。
3．“f＝μN”中 N并不总是等于物体的重力，如斜面上的物体，且 N与重力 G在大小上没有关系。
考点二 物体的静态平衡问题
【考点诠释】
1．研究对象选取的 2 点技巧
(1)采用整体法进行受力分析时，要注意系统内各个物体的状态应该相同。
(2)当直接分析一个物体的受力不方便时，可转移研究对象，先分析另一个物体的受力，再根据牛顿第三定律分
析该物体的受力，此法叫“转换研究对象法”。
2．求解共点力平衡问题的常用方法
常用方法包括力的合成法、分解法及正交分解法，示意图如图所示。
合成法 分解法 正交分解法
【典例分析 2】如图所示，固定的斜面上叠放着 A、B两木块，木块 A与 B的接触面水平，水平力 F作用于木
块 A，使木块 A、B保持静止，且 F≠0。则下列描述正确的是( )
A．B可能受到 3 个或 4 个力作用 B．斜面对木块 B的摩擦力方向可能沿斜面向下
5 / 290
2022 届衡水中学物理一本通高分手册
C．A对 B的摩擦力可能为零 D．A、B整体不可能受三个力作用
【答案】B
【解析】对 B受力分析，木块 B受重力、A对 B的压力、A对 B水平向左的静摩擦力、斜面对 B垂直于斜面向
上的支持力、斜面对 B可能有静摩擦力(当 A对 B向左的静摩擦力平行斜面方向的分力与木块 A对 B的压力与
木块 B重力的合力沿斜面方向的分力平衡时，斜面对 B没有静摩擦力)作用，故 B受 4 个力或者 5 个力作用，
故 A 错误；当 A对 B向左的静摩擦力平行斜面方向的分力大于木块 A对 B的压力与木块 B重力的合力沿斜面
方向的分力时，木块 B有上滑趋势，此时木块 B受到平行斜面向下的静摩擦力，故 B 正确；对木块 A受力分析，
受水平力、重力、B对 A的支持力和静摩擦力，根据平衡条件，B对 A的静摩擦力与水平力 F平衡，根据牛顿
第三定律，A对 B的摩擦力水平向左，大小为 F，故 C 错误；对 A、B整体受力分析，受重力、斜面对整体的
支持力、水平力，可能有静摩擦力(当推力沿斜面方向的分力与 A、B整体重力沿斜面方向的分力平衡时，斜面
对 A、B整体的静摩擦力为零)，所以 A、B整体可能受三个力作用，故 D 错误。
【规律总结】受力分析的四个步骤
【典例分析 3】用卡车运输质量为 m的匀质圆筒状工件，为使工件保持固定，将其置于两光滑斜面之间，如图
所示。两斜面Ⅰ、Ⅱ固定在车上，倾角分别为 30°和 60°。重力加速度为 g。当卡车沿平直公路匀速行驶时，圆筒
对斜面Ⅰ、Ⅱ压力的大小分别为 F1、F2，则( )
A F 3 3 3 3． 1＝ mg，F2＝ mg B．F1＝ mg，F2＝ mg
3 2 2 3
C 1 3．F1＝ mg，F2＝ mg D．F
3 1
1＝ mg，F2＝ mg
2 2 2 2
【题眼点拨】①“匀速行驶”表明车上工件处于静态平衡状态。
6 / 290
2022 届衡水中学物理一本通高分手册
②“光滑斜面”表明工件和斜面间仅有弹力作用。
③“30°、60°”角明确弹力方向。
【答案】D
【解析】以工件为研究对象，受力分析如图所示，重力与 F′1、F′2的合力等大反向，根据共点
F′1
力平衡条件得 ＝cos 30° F′2， ＝cos 60° 3 1，则 F′1＝ mg，F′2＝ mg，根据牛顿第三定律，F1＝F′1
mg mg 2 2
3
＝ mg F 1， 2＝F′2＝ mg，故只有 D 选项正确。
2 2
【规律总结】处理静态平衡问题的基本思路
考点三 物体的动态平衡问题
【考点诠释】
解析法的应用
此法常用于可以较简捷列出平衡条件方程的情况或者正交分解的情况
(1)先受力分析，得出物体受哪几个力而处于平衡状态。
(2)建立直角坐标系，正交分解力，列平衡条件方程，或在力的三角形中结合三角形知识列平衡条件方程。
(3)分析方程中的变量有哪些，分析题目信息得到这些物理量是如何变化的。
(4)把分析得到的变化的物理量代入方程，得到平衡条件下的受力动态变化情况。
【典例分析 4】如图所示，一质量为 M的四分之一圆弧轨道置于水平面上。一质量为 m的光滑小球在水平力 F
的作用下，缓慢运动到图中虚线所示的位置。已知在此过程中圆弧轨道一直处于静止状态，下列说法正确的是
( )
7 / 290
2022 届衡水中学物理一本通高分手册
A．圆弧轨道与地面间的摩擦力不变 B．小球所受的支持力逐渐变小
C．轨道对地面的压力可能变大 D．地面对圆弧轨道的作用力变大
【答案】D
【解析】以小球为研究对象，小球受重力、支持力和拉力作用处于平衡状态，设小球重心与圆弧轨道圆心的连
mg
线与竖直方向的夹角为θ，由平衡条件可知，小球所受支持力 FN＝ ，小球所受拉力 F＝mgtan θ，小球缓慢
cos θ
向上运动，θ增大，支持力增大，拉力增大，B 项错误；对整体受力分析，地面对轨道的支持力等于整体重力且
保持不变，由牛顿第三定律可知，轨道对地面的压力保持不变，C 项错误；轨道与地面间的摩擦力与拉力平衡，
随拉力的增大而增大，A 项错误；地面对轨道的支持力和摩擦力的合力增大，D 项正确。
方法 步骤
(1)列平衡方程得出未知量与已知量的关系表达式；
解析法
(2)根据已知量的变化情况来确定未知量的变化情况
图解法的应用
此处常用于物体受三个力作用，其中一个力大小、方向不变，另一个力的方向不变的情景，思路如下：
(1)先受力分析，得出物体受几个力而处于平衡状态。
(2)分析题目给出的信息，判断物体受力的变化方式。
(3)把受力对应到几何图形中结合几何知识分析。
【典例分析 5】如图所示，有一质量不计的杆 AO，长为 R，可绕 A自由转动。用绳在 O点悬挂一个重为 G的
物体，另一根绳一端系在 O点，另一端系在圆弧形墙壁上的 C点。当点 C由图示位置逐渐向上沿圆弧 CB移动
过程中(保持 OA与墙面夹角θ不变)，OC绳所受拉力的大小变化情况是( )
8 / 290
2022 届衡水中学物理一本通高分手册
A．逐渐减小 B．逐渐增大 C．先减小后增大 D．先增大后减小
【题眼点拨】①“可绕 A点自由转动”，杆 OA对绳的作用力沿杆，且方向不变。②重力大小方向不变，OC绳大
小、方向改变。
【答案】C
【解析】对物体受力分析，物体受力平衡，则拉力等于重力 G，故竖直绳的拉力不变；再对 O点分析，O受绳
的拉力、OA的支持力及 OC的拉力而处于平衡，受力分析如图所示
将 F和 OC绳上的拉力合成，其合力与 G大小相等，方向相反，则在 OC绳上移的过程中，平行四边形的对角
线保持不变，平行四边形发生图中所示变化，则由图可知 OC绳的拉力先减小后增大，在图中 D点时拉力最小，
故 C 正确。
方法 步骤
(1)根据已知量的变化情况，画出平行四边形边、角的变化；
图解法
(2)确定未知量大小、方向的变化
三角形相似法的应用
此法是图解法的特例，一般研究对象受绳(杆)或其他物体的约束，从几何形状来看，有一个边大小不变，方向
改变，还有一个边的大小、方向均不变。且物体受到三个力的作用，其中的一个力大小、方向均不变，另外两
个力的方向都发生变化，可以用力三角形与几何三角形相似的方法。
【典例分析 6】(多选)如图所示，表面光滑的半球形物体固定在水平面上，光滑小环 D固定在半球形物体球心 O
9 / 290
2022 届衡水中学物理一本通高分手册
的正上方，轻质弹簧一端用轻质细绳固定在 A点，另一端用轻质细绳穿过小环 D与放在半球形物体上的小球 P
相连，DA水平。现将细绳固定点 A向右缓慢平移的过程中(小球 P未到达半球最高点前)，下列说法正确的是
( )
A．弹簧变短 B．弹簧变长
C．小球对半球的压力不变 D．小球对半球的压力变大
【题眼点拨】①“表面光滑，半球形物体”表明小球运动过程 OP长度不变，而弹力的大小发生改变。
②“光滑小环 D固定”OD的长度不变。
【答案】AC
【解析】以小球为研究对象，小球受重力 G、细线的拉力 FT和半球面的支持力 FN，作出 FN、FT的合力 F，由
平衡条件得知 F＝G，如图
F F F PO PD
根据三角形相似可得 N＝ ＝ T，将 F＝G代入得：FN＝ G，FT＝ G，将细绳固定点 A向右缓慢平移，
PO DO PD DO DO
DO、PO不变，G也不变，PD变小，可见 FT变小，FN不变，即知弹簧的弹力变小，弹簧变短。由牛顿第三定
律知小球对半球的压力大小不变，故 A、C 正确，B、D 错误。
方法 步骤
(1)根据已知条件画出两个不同情况对应的力的三角形和空间几何三角形，确定对应
相似三角形
边，利用三角形相似知识列出比例式；
法
(2)确定未知量大小的变化情况
10 / 290
2022 届衡水中学物理一本通高分手册
考点四 电磁场中的平衡问题
【考点诠释】
1．基本思路
要坚持“电学问题、力学方法”的基本思路，结合电学的基本规律和力学中的受力分析及平衡条件解决问题。
2．几点注意
(1)点电荷间的作用力大小要用库仑定律。
(2)安培力方向的判断要先判断磁场方向、电流方向，再用左手定则，同时注意将立体图转化为平面图。
(3)电场力或安培力的出现，可能会对弹力或摩擦力产生影响。
(4)涉及电路问题时，要注意闭合电路欧姆定律的应用。
【典例分析 7】 如图，空间存在一方向水平向右的匀强电场，两个带电小球 P和 Q用相同的绝缘细绳悬挂在
水平天花板下，两细绳都恰好与天花板垂直，则( )
A.P和 Q都带正电荷 B.P和 Q都带负电荷
C.P带正电荷，Q带负电荷 D.P带负电荷，Q带正电荷
【答案】D
【解析】细绳竖直，把 P、Q看做整体，在水平方向所受电场力为零，所以 P、Q必带等量异种电荷，选项 A、
B 错误；如果 P、Q带不同性质的电荷，受力如图甲、乙所示，由图知，P带正电荷，Q带负电荷，水平方向
的合力不为零；P带负电荷、Q带正电荷时符合题意，选项 C 错误，D 正确。
【典例分析 8】 如图所示，金属杆 MN用两根绝缘细线悬于天花板的 O、O′点，杆中通有垂直于纸面向里的恒
定电流，空间有竖直向上的匀强磁场，杆静止时处于水平，悬线与竖直方向的夹角为θ，若将磁场在竖直面内沿
11 / 290
2022 届衡水中学物理一本通高分手册
逆时针方向缓慢转过 90°，在转动过程中通过改变磁场磁感应强度大小来保持悬线与竖直方向的夹角不变，则
在转动过程中，磁场的磁感应强度大小的变化情况是( )
A．一直减小 B．一直增大 C．先减小后增大 D．先增大后减小
【答案】C
【解析】磁场在旋转的过程中，杆处于平衡状态，杆所受重力的大小和方向不变，悬线的拉力方向不变，由图
解法结合左手定则可知，在磁场旋转的过程中，安培力先减小后增大，由 F＝BIL可知，磁场的磁感应强度先
减小后增大，故选 C.
【规律总结】电学中平衡问题的处理方法
处理方法与力学问题的分析方法一样，把方法和规律进行迁移应用即可。
12 / 290
2022 届衡水中学物理一本通高分手册
第一部分 力与运动
专题 02 力与直线运动
一、素养呈现
1.物理观念：参考系、质点、位移、速度、加速度、匀变速直线运动、自由落体运动、惯性、作用力与反作用
力、超重与失重、单位制。
2.科学思维：在特定情境中运用匀变速直线运动模型、公式、推论及图象解决问题、牛顿运动定律、整体法与
隔离法、图象法、控制变量法、临界法。
3.科学探究：研究匀变速直线运动的特点、探究加速度与力、质量的关系。
4.科学态度与责任：以生产、生活实际为背景的匀变速直线运动规律的应用、追及相遇、交通与安全。
二、素养落实
1.匀变速直线运动规律和推论的灵活应用
2.掌握瞬时性问题的两类模型
3.熟悉图象类型及图象信息应用
考点一 匀变速直线运动规律的应用
【考点诠释】
1．匀变速直线运动的基本规律
(1)速度关系：v＝v0＋at。
(2) x v 1位移关系： ＝ 0t＋ at2。
2
(3)速度位移关系：v2－v20＝2ax。
13 / 290
2022 届衡水中学物理一本通高分手册
(4) x某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度： v ＝ ＝v 。
t
t
(5)匀变速直线运动在相等时间内相邻的两段位移之差为常数，即2 Δx＝aT2。
2．追及问题的解题思路和技巧
(1)解题思路
(2)解题技巧
①紧抓“一图三式”，即过程示意图、时间关系式、速度关系式和位移关系式。
②审题应抓住题目中的关键字眼，充分挖掘题目中的隐含条件，如“刚好”“恰好”“最多”“至少”等，往往对应一个
临界状态，满足相应的临界条件。
③若被追赶的物体做匀减速运动，一定要注意追上前该物体是否已停止运动，最后还要注意对解的讨论分析。
【典例分析 1】如图所示，物体从 O点由静止开始做匀加速直线运动，途经 A、B、C三点，其中|AB|＝2 m，|BC|
＝3 m。若物体通过 AB和 BC这两段位移的时间相等，则 O、A两点之间的距离等于( )
A 9． m B 8． m C 3． m D 4． m
8 9 4 3
【答案】A
x 5
【解析】设物体通过 AB、BC所用时间均为 T，则 B点的速度为：vB＝ AC＝ ，
2T 2T
根据Δx＝aT2 a Δx 1得： ＝ ＝ ，
T2 T2
5 1 3
则有：vA＝vB－aT＝ － ·T＝ ，
2T T2 2T
根据速度位移公式得，O、A两点之间的距离为：
14 / 290
2022 届衡水中学物理一本通高分手册
9
2 2
x v＝ A＝4T m 9OA ＝ m。故 A 正确，B、C、D 错误。
2a 2 8
T2
【规律总结】重要公式的选择
题目中所涉及的物理量(包括已知量、待求量和为 没有涉及
适宜选用公式
解题设定的中间量) 的物理量
v＝v0＋at v0、v、a、t x
x 1＝v0t＋ at2 v0、a、t、x2 v
v2－v20＝2ax v0、v、a、x t
x v＋v0＝ t v0、v、t、x a
2
【典例分析 1】现有甲、乙两汽车正沿同一平直大街同向匀速行驶，甲车在前，乙车在后，它们行驶的速度均
为 10 m/s。当两车快要到一十字路口时，甲车司机看到绿灯已转换成了黄灯，于是紧急刹车(反应时间忽略不计)，
乙车司机为了避免与甲车相撞也紧急刹车，但乙车司机反应较慢(反应时间为 t0＝0.5 s)。已知甲车紧急刹车时制
动力为车重的 0.4 倍，乙车紧急刹车时制动力为车重的 0.6 倍，g＝10 m/s2，假设汽车可看作质点。
(1)若甲车司机看到黄灯时车头距警戒线 15 m，他采取上述措施能否避免闯红灯？
(2)为保证两车在紧急刹车过程中不相撞，甲、乙两车在正常行驶过程中应至少保持多大距离？
【答案】(1)能 (2)1.5 m
f 0.4m
【解析】(1)根据牛顿第二定律，甲车紧急刹车的加速度大小为 a ＝ 1 ＝ 1g1 ＝4 m/s2。
m1 m1
甲车停下来所需时间为
t v0 101＝ ＝ s＝2.5 s，
a1 4
v20 102
滑行距离 x＝ ＝ m＝12.5 m，
2a1 2×4
由于 x＝12.5 m<15 m，
15 / 290
2022 届衡水中学物理一本通高分手册
可见甲车司机刹车后能避免闯红灯。
(2) f 0.6m g乙车紧急刹车的加速度大小为 a 2 22＝ ＝ ＝6 m/s2，两车速度相等时处于同一位置，即为恰好不相撞的
m2 m2
条件。
设甲、乙两车行驶过程中至少应保持距离 x0，在乙车刹车 t2时间后两车的速度相等，
其运动关系如图所示，
则有速度关系 v0－a1(t2＋t0)＝v0－a2t2，v＝v0－a2t2
v20－v2 v02－v2
位移关系 v0t0＋ ＝x0＋
2a2 2a1
解得 t2＝1.0 s，x0＝1.5 m。
【规律总结】判断能否追上的常用方法
情境：物体 B追赶物体 A，开始时，两个物体相距 x0。
(1)若 vA＝vB时，xA＋x0(2)若 vA＝vB时，xA＋x0＝xB，则恰好追上。
(3)若 vA＝vB时，xA＋x0>xB，则不能追上。
考点二 运动图象问题
【考点诠释】
1．解决图象类问题“四个注意”
(1)速度图线只有通过时间轴时速度方向才改变。
16 / 290
2022 届衡水中学物理一本通高分手册
(2)利用 v t图象分析两个物体的运动时，要注意两个物体的出发点是否相同。
(3)物体的运动图象与运动过程的转化。
(4)x t图象、v t图象、a t图象的应用。
2．应用图象时的“两个误区”
(1)误认为 v t图象、x t图象是物体运动轨迹。
(2)在 v t图象中误将交点认为此时相遇。
【典例分析 3】如图所示，A、B分别是甲、乙两小球从同一地点沿同一直线运动的 v t图象，根据图象可以判
断出( )
A．在 t＝4 s 时，甲球的加速度小于乙球的加速度 B．在 t＝4.5 s 时，两球相距最远
C．在 t＝6 s 时，甲球的速率小于乙球的速率 D．在 t＝8 s 时，两球相遇
【答案】D
Δv
【解析】根据图象可知，甲球的加速度 a 11＝ ＝－10 m/s2，故甲球的加速度大小为 10 m/s2，负号表示加速度
Δt1
Δv 20
方向与速度方向相反，乙球的加速度 a 22＝ ＝ m/s2，故甲球的加速度大于乙球的加速度，选项 A 错误；当
Δt2 3
两球速度相同时，两球相距最远，根据图象有 40 m/s＋a1t＝－20 m/s＋a2(t－2 s)，解得 t＝4.4 s，即 4.4 s 时两球
相距最远，选项 B 错误；t＝6 s 时甲球的速度 v1＝－20 m/s
20
，乙球的速度 v2＝ m/s，故 t＝6 s 时甲球的速率大
3
于乙球的速率，选项 C 错误；结合图象可知 t＝8 s 时，甲、乙两小球又同时回到原出发点，选项 D 正确。
【典例分析 4】．(多选)甲、乙两质点同时、同初位置沿同一方向做直线运动。质点甲做初速度为零、加速度大
17 / 290
2022 届衡水中学物理一本通高分手册
小为 a1 的匀加速直线运动；质点乙做初速度为 v0、加速度大小为 a2 的匀减速直线运动，且速度减至零后保持静
止。甲、乙两质点在运动过程中的 x v(位置—速度)图象如图所示(虚线与对应的坐标轴垂直)，则( )
A．质点甲的加速度大小 a1＝1 m/s2 B．质点乙的初速度为 v0＝6 m/s，加速度大小 a2＝1 m/s2
C．图线中 a＝2 6，b＝16 D．两图线的交点表示两质点同时到达同一位置
【答案】BC
【解析】速度随位移的增大而增大的图线对应质点甲，速度随位移的增大而减小的图线对应质点乙，当 x＝0
时，乙的速度为 6 m/s，即质点乙的初速度 v0＝6 m/s，设质点乙、甲先后通过 x＝6 m 处时的速度均为 v，对质
点甲有 v2＝2a1x ①，对质点乙有 v2－v20＝－2a2x ②，联立①②解得 a1＋a2＝3 m/s2 ③，当质点甲的速度 v1
＝8 m/s、质点乙的速度 v2＝2 m/s 时，两质点通过的位移相同，设为 x′，对质点甲有 v12＝2a1x′ ④，对质点乙
v22－v02＝－2a2x′ ⑤，联立④⑤解得 a1＝2a2 ⑥，联立③⑥解得 a1＝2 m/s2，a2＝1 m/s2，选项 A 错误，B 正确；
根据质点甲的运动知 v2甲＝2a1x，当 x＝6 m 时，有 v 甲＝2 6 m/s，即 a＝2 6；当 v 甲＝8 m/s 时，有 x＝16 m，即
b＝16，选项 C 正确；两图线的交点表示甲、乙两质点以相同的速度经过该位置，但不是同时，选项 D 错误。
【规律总结】运动图象问题的“三点提醒”
(1)对于 x t图象，图线在纵轴上的截距表示 t＝0 时物体的位置；对于 v t和 a t图象，图线在纵轴上的截距
并不表示 t＝0 时物体的位置。
(2)在 v t图象中，两条图线的交点不表示两物体相遇，而是表示两者速度相同。
(3)v t图象中两条图线在轴上的截距不同，不少同学误认为两物体的初始位置不同，位置是否相同应根据题
中条件确定。
考点三 动力学中的连接体问题
【考点诠释】
1．整体法的选取原则及解题步骤
18 / 290
2022 届衡水中学物理一本通高分手册
(1)当只涉及系统的受力和运动情况而不涉及系统内某些物体的受力和运动情况时，一般采用整体法。
(2)运用整体法解题的基本步骤：
明确所研究 画出系统整体的 选用适当的
系统和运动 受力图或运动全 物理规律列
的全过程 过程的示意图 方程求解
2．隔离法的选取原则及解题步骤
(1)当涉及系统(连接体)内某个物体的受力和运动情况时，一般采用隔离法。
(2)运用隔离法解题的基本步骤：
①明确研究对象或过程、状态。
②将某个研究对象或某段运动过程、某个状态从系统或全过程中隔离出来。
③画出某状态下的受力图或运动过程示意图。
④选用适当的物理规律列方程求解。
【典例分析 5】(多选)如图所示，一质量 M＝3 kg、倾角为α＝45°的斜面体放在光滑水平地面上，斜面体上有一
质量为 m＝1 kg 的光滑楔形物体。用一水平向左的恒力 F作用在斜面体上，系统恰好保持相对静止地向左运动。
重力加速度取 g＝10 m/s2，下列判断正确的是( )
A．系统做匀速直线运动
B．F＝40 N
C．斜面体对楔形物体的作用力大小为 5 2 N
D．增大力 F，楔形物体将相对斜面体沿斜面向上运动
【关键信息】：“光滑水平地面”“水平向左的恒力 F”，两条信息表明整体向左匀加速运动。
【答案】BD
【解析】
19 / 290
2022 届衡水中学物理一本通高分手册
甲 乙
对整体受力分析如图甲所示，由牛顿第二定律有 F＝(M＋m)a，对楔形物体受力分析如图乙所示。由牛顿第二
定律有 mgtan 45°＝ma，可得 F＝40 N，a＝10 m/s2 mg，A 错误，B 正确；斜面体对楔形物体的作用力 FN2＝
sin 45°
＝ 2mg＝10 2 N，C 错误；外力 F增大，则斜面体加速度增加，由于斜面体与楔形物体间无摩擦力，则楔形物
体将会相对斜面体沿斜面上滑，D 正确。
【规律总结】(1)处理连接体问题时，整体法与隔离法往往交叉使用，一般的思路是先用整体法求加速度，再用
隔离法求物体间的作用力。
(2)隔离法分析物体间的作用力时，一般应选受力个数较少的物体进行分析。
【典例分析 6】质量分别为 m、2m的物块 A、B用轻弹簧相连，设两物块与水平面及斜面间的动摩擦因数都为μ。
当用水平力 F作用于 B上，且两物块在粗糙的水平面上以相同加速度向右加速运动时，弹簧的伸长量为 x1，如
图甲所示；当用同样大小的力 F竖直提升两物块使它们以相同加速度向上加速运动时，弹簧的伸长量为 x2，如
图乙所示；当用同样大小的力 F沿倾角为θ的固定斜面向上拉两物块使它们以相同加速度向上加速运动时，弹
簧的伸长量为 x3，如图丙所示，则 x1∶x2∶x3等于( )
甲 乙 丙
A．1∶1∶1 B．1∶2∶3
C．1∶2∶1 D．无法确定
【题眼点拨】①“相同的加速度”，采用整体法。
②“x1∶x2∶x3”采用隔离法。
【答案】A
20 / 290
2022 届衡水中学物理一本通高分手册
A B F－3μmg F【解析】对题图甲，把物块 、 和弹簧看作一个整体研究，根据牛顿第二定律得 a1＝ ＝ －μg，对
3m 3m
A有 kx1－μmg＝ma
F
1，解得 x1＝ ；对题图乙，把物块 A、B和弹簧看作一个整体研究，根据牛顿第二定律得 a2
3k
F－3mg F F
＝ ＝ －g，对 A有 kx2－mg＝ma2，解得 x2＝ ；对题图丙，把物块 A、B和弹簧看作一个整体研究，
3m 3m 3k
F－3mgsin θ－3μmgcos θ F
根据牛顿第二定律得 a3＝ ＝ －gsin θ－μgcos θ，对A有 kx3－mgsin θ－μmgcos θ＝ma3，
3m 3m
解得 x F3＝ ，则 x1∶x2∶x3＝1∶1∶1。故 A 正确，B、C、D 错误。
3k
【规律总结】(1)当连接体中各物体具有共同的加速度时，一般采用整体法。当系统内各物体的加速度不同时，
一般采用隔离法。
(2)求连接体内各物体间的相互作用力时必须用隔离法。
考点四 牛顿第二定律的瞬时性问题
【考点诠释】
(1)力可以发生突变，但速度不能发生突变。
(2)轻绳、轻杆、轻弹簧两端有重物或固定时，在外界条件变化时，轻绳、轻杆的弹力可以发生突变，但轻弹簧
的弹力不能突变。
(3)轻绳、轻杆、轻弹簧某端突然无重物连接或不固定，三者弹力均突变为零。
【典例分析 7】如图所示，质量均为 m的 A、B两小球分别用轻质细绳 L1 和轻弹簧系在天花板上的 O点和 O′
点，A、B两小球之间用一轻质细绳 L2 连接，细绳 L1、弹簧与竖直方向的夹角均为θ，细绳 L2水平拉直，则下
列有关细绳 L2被剪断瞬间的表述正确的是( )
A．细绳 L1上的拉力与弹簧弹力之比为 1∶1 B．细绳 L1 上的拉力与弹簧弹力之比为 cos2θ∶1
C．A与 B的加速度之比为 1∶1 D．A与 B的加速度之比为 1∶cos θ
【答案】B
【解析】对 A球，剪断细绳 L2 的瞬间，细绳 L1 的拉力将发生突变，合力垂直于细绳 L1 斜向下，细绳 L1的拉力
21 / 290
2022 届衡水中学物理一本通高分手册
大小为 FA＝mgcos θ，A球的加速度大小 aA＝gsin θ；对 B球，剪断细绳 L2的瞬间，弹簧弹力不变，合力水平向
mg aA cos θ FA cos2θ
右，弹簧弹力大小 FB＝ ，B球的加速度大小 aB＝gtan θ，所以 ＝ ， ＝ 。
cos θ aB 1 FB 1
【规律总结】“两关键”“四步骤”巧解瞬时性问题
1．分析瞬时加速度的“两个关键”
(1)分析瞬时前、后的受力情况和运动状态。
(2)明确绳或杆类、弹簧或橡皮条类模型的特点。
2．“四个步骤”
第一步：分析原来物体的受力情况。
第二步：分析物体在突变时的受力情况。
第三步：由牛顿第二定律列方程。
第四步：求出瞬时加速度，并讨论其合理性。
考点五．动力学中的“传送带”模型
【考点诠释】
1．水平传送带问题
求解的关键在于对物体所受的摩擦力进行正确的分析判断。
判断摩擦力时要注意比较物体的运动速度与传送带的速度。物体的速度与传送带速度相等的时刻就是物体所受
摩擦力发生突变的时刻。
2．倾斜传送带问题
求解的关键在于认真分析物体与传送带的相对运动情况，从而确定其是否受到滑动摩擦力作用，如果受到滑动
摩擦力作用应进一步确定其大小和方向，然后根据物体的受力情况确定物体的运动情况。当物体速度与传送带
速度相等时，物体所受的摩擦力有可能发生突变。
22 / 290
2022 届衡水中学物理一本通高分手册
【典例分析 8】一传送带装置如图所示，其中 AB段是水平的，长度 LAB＝4 m，BC段是倾斜的，长度 LBC＝5 m，
倾角为θ＝37°，AB和 BC由 B点通过一段短的圆弧连接(图中未画出圆弧)，传送带以 v＝4 m/s 的恒定速率顺时
针运转，已知工件与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度 g取 10 m/s2。现将一个工件(可看作质点)无初
速度地放在 A点，求：
(1)工件第一次到达 B点所用的时间；
(2)工件沿传送带上升的最大高度；
(2)工件运动了 23 s 后所在的位置。
【答案】(1)1.4 s (2)2.4 m (3)在 A点右侧 2.4 m 处
【解析】(1)工件刚放在水平传送带上的加速度大小为 a1，由牛顿第二定律得μmg＝ma1
解得 a1＝μg＝5 m/s2
经 t1 时间工件与传送带的速度相同，解得
t v1＝ ＝0.8 s
a1
1
工件前进的位移为 x1＝ a1t21＝1.6 m
2
此后工件将与传送带一起匀速运动至 B点，用时
t LAB－x12＝ ＝0.6 s
v
所以工件第一次到达 B点所用的时间
t＝t1＋t2＝1.4 s。
23 / 290
2022 届衡水中学物理一本通高分手册
(2)在倾斜传送带上工件的加速度为 a2，由牛顿第二定律得μmgcos θ－mgsin θ＝ma2
解得 a2＝－2 m/s2
hm
由速度位移公式得 0－v2＝2a2
sin θ
解得 hm＝2.4 m。
(3) 2hm工件沿传送带向上运动的时间为 t3＝ ＝2 s
vsin θ
此后由于工件在传送带的倾斜段运动时的加速度相同，在传送带的水平段运动时的加速度也相同，故工件将在
传送带上做往复运动，其周期为 T，则
T＝2t1＋2t3＝5.6 s
工件从开始运动到第一次返回传送带的水平部分，且速度变为零所需时间 t0＝2t1＋t2＋2t3＝6.2 s，而 23 s＝t0＋
3T，这说明经过 23 s 后工件恰好运动到传送带的水平部分，且速度为零，故工件在 A点右侧，到 A点的距离 x
＝LAB－x1＝2.4 m。
【规律总结】
24 / 290
2022 届衡水中学物理一本通高分手册
考点六 动力学中的“板—块”模型
【考点诠释】
1．模型特点：涉及两个物体，并且物体间存在相对滑动。
2．两种位移关系：滑块由滑板的一端运动到另一端的过程中，若滑块和滑板同向运动时，位移之差等于板长；
反向运动时，位移之和等于板长。
3．解题思路
(1)审题建模：求解时应先仔细审题，清楚题目的含义、分析清楚每一个物体的受力情况、运动情况。
(2)求加速度：准确求出各物体在各运动过程的加速度(注意两过程的连接处加速度可能突变)。
(3)明确关系：找出物体之间的位移(路程)关系或速度关系是解题的突破口。求解中应注意联系两个过程的纽带，
每一个过程的末速度是下一个过程的初速度。
【典例分析 9】如图所示，倾角α＝30°的足够长光滑斜面固定在水平面上，斜面上放一长 L＝1.8 m、质量 M＝3
kg 的薄木板，木板的最右端叠放一质量 m＝1 kg 3的小物块，物块与木板间的动摩擦因数μ＝ 。对木板施加沿
2
斜面向上的恒力 F，使木板沿斜面由静止开始做匀加速直线运动。设物块与木板间最大静摩擦力等于滑动摩擦
力，重力加速度 g取 10 m/s2，物块可视为质点。
(1)为使物块不滑离木板，求力 F应满足的条件；
(2)若 F＝37.5 N，物块能否滑离木板？若不能，请说明理由；若能，求出物块滑离木板所用的时间及滑离木板
后沿斜面上升的最大距离。
【答案】(1)20 N【解析】(1)以物块和木板整体为研究对象，由牛顿第二定律得 F－(M＋m)gsin α＝(M＋m)a
以物块为研究对象，由牛顿第二定律得
Ff－mgsin α＝ma
又 Ff≤Ffm＝μmgcos α
25 / 290
2022 届衡水中学物理一本通高分手册
解得 F≤30 N
又 a>0 解得 F>20 N
所以 20 N(2)因 F＝37.5 N>30 N，所以物块能够滑离木板，隔离木板，由牛顿第二定律得
F－μmgcos α－Mgsin α＝Ma1
隔离物块，由牛顿第二定律得
μmgcos α－mgsin α＝ma2
设物块滑离木板所用时间为 t
x 1木板的位移 1＝ a1t2
2
物块的位移 x 12＝ a2t2
2
物块与木板分离的临界条件为
Δx＝x1－x2＝L
联立以上各式解得 t＝1.2 s
物块滑离木板时的速度 v＝a2t
由公式－2gxsin α＝0－v2
解得 x＝0.9 m。
【典例分析 10】如图所示，一足够长的木板在粗糙水平地面上向右运动。某时刻速度为 v0＝2 m/s，此时一与木
板质量相等的小滑块(可视为质点)以 v1＝4 m/s 的速度从右侧滑上木板，经过 1 s 两者速度恰好相同，速度大小
为 v2＝1 m/s，方向向左。取重力加速度 g＝10 m/s2，试求：
(1)木板与滑块间的动摩擦因数μ1；
(2)木板与地面间的动摩擦因数μ2；
(3)从滑块滑上木板，到最终两者速度恰好相同的过程中，滑块相对木板的位移大小。
26 / 290
2022 届衡水中学物理一本通高分手册
【思路点拨】解此题关键有两点：
①根据速度变化结合加速度定义求加速度，利用牛顿第二定律求动摩擦因数。
②逐段分析木板和小滑块的运动求相对位移。
【答案】(1)0.3 (2)0.05 (3)2.75 m
v2－v1 1－4
【解析】(1)以向左为正方向，对小滑块分析，其加速度为：a1＝ ＝ m/s2＝－3 m/s2，负号表示加速度
t 1
方向向右，设小滑块的质量为 m，根据牛顿第二定律有：－μ1mg＝ma1，可以得到：μ1＝0.3。
(2)对木板分析，向右减速运动过程，根据牛顿第二定律以及运动学公式可以得到：
μ1mg＋μ v02·2mg＝m
t1
向左加速运动过程，根据牛顿第二定律以及运动学公式可以得到：
μ v21mg－μ2·2mg＝m
t2
而且 t1＋t2＝t＝1 s
联立可以得到：μ2＝0.05，t1＝0.5 s，t2＝0.5 s。
(3) t 0＋v0在 1＝0.5 s 时间内，木板向右减速运动，其向右运动的位移为：x1＝ ·t1＝0.5 m，方向向右；
2
在 t2＝0.5 s
v2＋0
时间内，木板向左加速运动，其向左加速运动的位移为：x2＝ ·t2＝0.25 m，方向向左；
2
t 1 s v1＋v2在整个 ＝ 时间内，小滑块向左减速运动，其位移为：x＝ ·t＝2.5 m，方向向左
2
则整个过程中滑块相对木板的位移大小为：Δx＝x＋x1－x2＝2.75 m。
27 / 290
2022 届衡水中学物理一本通高分手册
【规律总结】求解“滑块—木板”类问题的技巧
(1)弄清各物体初态对地的运动和相对运动(或相对运动趋势)，根据相对运动(或相对运动趋势)情况，确定物
体间的摩擦力方向。
(2)准确地对各物体进行受力分析，并根据牛顿第二定律确定各物体的加速度，结合加速度和速度的方向关
系确定物体的运动情况。
(3)速度相等是这类问题的临界点，此时往往意味着物体间的相对位移最大，物体的受力和运动情况可能发
生突变。
28 / 290
2022 届衡水中学物理一本通高分手册
第一部分 力与运动
专题 03 力与曲线运动
一、素养呈现
1.物理观念：合运动、分运动、平抛运动、斜抛运动、圆周运动、向心力、向心加速度、线速度、角速度。
2.科学思维：运动的合成与分解、平抛斜面模型、竖直平面圆周运动模型。
3.科学态度与责任：离心现象与行车安全。
二、素养落实
1.掌握渡河问题、关联速度问题的处理方法
2.应用平抛运动特点及规律解决相关问题
3.掌握圆周运动动力学特点，灵活处理相关问题
考点一 曲线运动和运动的合成与分解
【考点诠释】
1．曲线运动的分析
(1)物体的实际运动是合运动，明确是在哪两个方向上的分运动的合成。
(2)根据合外力与合初速度的方向关系判断合运动的性质。
(3)运动的合成与分解就是速度、位移、加速度等的合成与分解，遵守平行四边形定则。
2．渡河问题中分清三种速度
29 / 290
2022 届衡水中学物理一本通高分手册
(1)合速度：物体的实际运动速度。
(2)船速：船在静水中的速度。
(3)水速：水流动的速度，可能大于船速。
3．端速问题解题方法
把物体的实际速度分解为垂直于绳(杆)和平行于绳(杆)两个分量，根据沿绳(杆)方向的分速度大小相等求解，常
见的模型如图所示。
甲 乙
丙 丁
【典例分析 1】如图所示的机械装置可以将圆周运动转化为直线上的往复运动．连杆 AB、OB可绕图中 A、B、
O三处的转轴转动，连杆 OB在竖直面内的圆周运动可通过连杆 AB使滑块在水平横杆上左右滑动．已知 OB杆
长为 L，绕 O点沿逆时针方向匀速转动的角速度为ω，当连杆 AB与水平方向夹角为α，AB杆与 OB杆的夹角为
β时，滑块的水平速度大小为( )
A.ωLsin β B.ωLcos β C.ωLcos β D.ωLsin β
sin α sin α cos α cos α
【答案】 D
【解析】 设滑块的水平速度大小为 v，A点的速度的方向沿水平方向，如图将 A点的速度分解，
根据运动的合成与分解可知，沿杆方向的分速度：vA 分＝vcos α，B点做圆周运动，实际速度是圆周运动的线速
度，可以分解为沿 AB杆方向的分速度和垂直于 AB杆方向的分速度，如图，
30 / 290
2022 届衡水中学物理一本通高分手册
设 B的线速度为 v′，则：
vB分＝v′cos θ＝v′cos (β－90°)＝v′cos (90°－β)＝v′sin β，v′＝ωL，
又二者沿杆方向的分速度是相等的，即：vA分＝vB 分
ωLsin β
联立可得：v＝ ，故 D 正确.
cos α
【规律总结】“端速问题”的关键是合速度的判断，根据与杆或与绳相连的物体相对地面发生的实际运动判断是
常用方法
【典例分析 2】如图所示，船在静水中的速度为 v，小船(可视为质点)过河时，船头偏向上游，与水流方向的夹
角为α，其航线恰好垂直于河岸。现水流速度稍有增大，为保持航线和过河所需时间不变，下列措施可行的是
( )
A．减小α，增大船速 v B．增大α，增大船速 v
C．减小α，船速 v不变 D．增大α，船速 v不变
【答案】B
【解析】要保持航线仍垂直于河岸，过河所需时间不变，必须让船在静水中的速度沿河岸的分量和水速等大反
( ) vsin(π α) v vcos(π α) v tan(π α) v 实向，船速垂直河岸的分速度 船的实际速度 不变，有 － ＝ 实， － ＝ 水，所以 － ＝ ，若
v 水
v 实不变，v 水增大，则 tan(π－α)减小，分析可知，α增大，v增大，只有 B 正确。
【规律总结】“三情景、两方案”解决小船渡河问题
31 / 290
2022 届衡水中学物理一本通高分手册
考点二 平抛运动
【考点诠释】
1．平抛运动的研究方法
2．平抛运动的二级结论
y
(1)做平抛运动的物体在任一时刻的瞬时速度的反向延长线一定通过此时水平位移的中点，则 tan α＝x。
2
(2)做平抛运动的物体在任一时刻任一位置处，其速度与水平方向的夹角α的正切值，是位移与水平方向的夹角θ
的正切值的 2 倍，即 tan α＝2tan θ。
(3)若物体在斜面上平抛又落到斜面上，则其竖直位移与水平位移之比等于斜面倾角的正切值。
(4)若平抛物体垂直打在斜面上，则物体打在斜面上瞬间，其水平速度与竖直速度之比等于斜面倾角的正切值。
【典例分析 3】如图所示，xOy是平面直角坐标系，Ox水平、Oy竖直，一质点从 O点开始做平抛运动，P点是
轨迹上的一点. 质点在 P点的速度大小为 v，方向沿该点所在轨迹的切线. M点为 P点在 Ox轴上的投影，P点
速度方向的反向延长线与 Ox轴相交于 Q点. 已知平抛的初速度为 20m/s，MP=20m，重力加速度 g取 10m/s2，
则下列说法正确的是
32 / 290
2022 届衡水中学物理一本通高分手册
A．QM的长度为 10m B．质点从 O到 P的运动时间为 1s
C．质点在 P点的速度 v大小为 40m/s D．质点在 P点的速度与水平方向的夹角为 45°
【答案】D
1 2
【解析】AB．根据平拋运动在竖直方向做自由落体运动有： h gt
2
可得 t=2s；质点在水平方向的位移为： x v0t 40m
根据平抛运动的推论可知 Q是 OM的中点，所以 QM=20m，故 A 错误，B 错误；
C．质点在 P点的竖直速度： vy gt 10 2m/s=20m/s
所以在 P点的速度为： v v2 v2 202 202x y 20 2m/s 故 C 错误；
v
D tan y．因为： 1所以质点在 P点的速度与水平方向的夹角为 45°，故 D 正确.
vx
【规律总结】“化曲为直”思想在平抛运动中的应用
根据运动效果的等效性，利用运动分解的方法，将其转化为我们所熟悉的两个方向上的直线运动：
(1)水平方向的匀速直线运动。
(2)竖直方向的自由落体运动。
【典例分析 4】．如图所示，斜面 ABC倾角为 ，在 A点以速度 v1将小球水平抛出（小球可以看成质点），小
球恰好经过斜面上的小孔E，落在斜面底部的D点，且D为 BC的中点。在 A点以速度 v2将小球水平抛出，
小球刚好落在C点。若小球从 E运动到D的时间为 t1，从 A运动到C的时间为 t2 ，则 t1 : t2 为（ ）
33 / 290
2022 届衡水中学物理一本通高分手册
A．1：1 B．1：2 C．2：3 D．1：3
【答案】B
【解析】对于平抛运动，其运动时间只由高度h决定，不管是以初速度 v1或 v2抛出，其落到斜面底端时间是一
1 gt 2
样，都为 t2 。设从 A到 E的时间为 t ，由平抛运动规律得 tan 2
v1t
1 gt 22
同理，从 A到D的运动 tan 2
v1t2
AB
根据数学几何问题可知 tan
BC
tan AB
BD
tan 2 tan 即 t2 2t
由于 t2 t1 t 因此 t1 : t2 1: 2
即 A到E和 E到D的时间相等，都为 A到D的时间的一半，又因为从 A点抛出，D、C在同一水平面上，高
1
度相同，时间相同，即 t1 t t故选 B。2
34 / 290
2022 届衡水中学物理一本通高分手册
【规律总结】与斜面相关联的平抛运动的分解方法与技巧
(1)如果知道速度的大小或方向，应首先考虑分解速度。
(2)如果知道位移的大小或方向，应首先考虑分解位移。
【典例分析 5】北京冬奥会将在 2022 年 2 月 4 日至 2022 年 2 月 20 日在北京和张家口联合举行，这是北京和张
家口历史上第一次举办冬季奥运会。图示为某滑雪运动员训练的情境，运动员从弧形坡面上滑下，沿水平方向
飞出后落到斜面上。斜面足够长且倾角为θ，弧形坡面与斜面顶端有一定高度差。某次训练时，运动员从弧形坡
面水平飞出的速度大小为 v0，飞出后在空中的姿势保持不变，不计空气阻力，下列判断正确的是( )
A．若运动员以不同的速度从弧形坡面飞出，落到斜面前瞬间速度方向一定相同
B 2v tan θ．若运动员飞出时的水平速度大小变为 2v0，运动员飞出后经 t＝ 0 距斜面最远
g
C．若运动员飞出时的水平速度大小变为 2v0，运动员落点位移为原来的 4 倍
D．若运动员飞出时的水平速度大小变为 2v0，落到斜面前瞬间速度方向与水平方向的夹角变大
【题眼点拨】 ①“沿水平方向飞出”，运动员做平抛运动，要应用分解思想。
②“弧形斜面与斜面顶端有一定高度差”，可从抛出点构建斜面，比较实际斜面，应用二级结论。
【答案】B
【解析】利用物体从斜面顶端平抛的运动规律，设运动员从弧形坡面上 A点做平抛运动，落到斜面上的 C点，
沿 AC作一直线 ACB，如图所示
则从 A平抛时，落到斜面 AB(虚拟)上时，速度方向与水平方向的夹角都相等，则落到实际斜面上 E点时竖直方
35 / 290
2022 届衡水中学物理一本通高分手册
向分速度 vyE小于落到 D点时竖直方向分速度 vyD，而二者水平方向分速度相同，则落到 E点时速度与水平方向
的夹角比落到 D点小，故 A、D 项错误；运动员离斜面最远时的速度与斜面平行，当速度为 2v0时，有 tan θ＝
gt 2v tan θ v gt
，得 t＝ 0 ，故 B 项正确；若沿倾角为α的 AB斜面平抛，落到斜面上 D点的时间 tan α＝ y＝ ＝2tan θ，
2v0 g v0 v0
2v tan θ 2v2tan θ 2
解得 t＝ 0 ，则 x＝v 00t＝ ，故 s x 2v tan θ＝ ＝ 0 ，可知当速度为 2v0 时，s′＝4s，则落到 E点时的距
g g cos θ gcos θ
离 s″<4s，故 C 项错误。
【规律总结】平抛运动问题要构建好两类模型，一类是常规平抛运动模型，注意分解方法，应用匀变速运动的
规律；另一类是平抛斜面结合模型，要灵活应用斜面倾角，分解速度或位移，构建几何关系。
考点三 圆周运动
【考点诠释】
1．水平面内的圆周运动的“临界”分析
(1)绳的临界：张力 FT＝0
(2)接触面滑动临界：F＝fm
(3)接触面分离临界：FN＝0
2．竖直面内的圆周运动(轻绳模型和轻杆模型)
轻绳模型 轻杆模型
图示
重力，弹力 F 弹向下、向上或等于零，mg±F在最高点受 v2
重力，弹力 F 弹向下或等于零，mg＋F 弹＝mR v
2
力 弹＝mR
v2
恰好过最高 F 弹＝0，mg＝m ，v＝ Rg，即在最高点速R v＝0，mg＝F 弹，在最高点速度可为零
点
度不能为零
关联 应用动能定理或机械能守恒定律将初、末状态联系起来列方程求解
36 / 290
2022 届衡水中学物理一本通高分手册
【典例分析 6】在修筑铁路时，弯道处的外轨会略高于内轨。如图 5 所示，当火车以规定的行驶速度转弯时，
内、外轨均不会受到轮缘的挤压，设此时的速度大小为 v，重力加速度为 g，两轨所在面的倾角为θ，则( )
A r v
2
．该弯道的半径 ＝
gtan θ
B．当火车质量改变时，规定的行驶速度大小不变
C．当火车速率大于 v时，内轨将受到轮缘的挤压
D．当火车速率小于 v时，外轨将受到轮缘的挤压
【答案】 AB
【解析】 火车拐弯时不侧向挤压车轮轮缘，靠重力和支持力的合力提供向心力，设转弯处斜面的倾角为θ，根
2 2 2
据牛顿第二定律得 mgtan θ mv r v＝ ，解得 ＝ ，故选项 A 正确；根据牛顿第二定律得 mgtan θ v＝m ，解得 v
r gtan θ r
＝ grtan θ，可知火车规定的行驶速度与质量无关，故选项 B 正确；当火车速率大于 v时，重力和支持力的合
力不够提供向心力，此时外轨对火车有侧压力，轮缘挤压外轨，故选项 C 错误；当火车速率小于 v时，重力和
支持力的合力大于所需的向心力，此时内轨对火车有侧压力，轮缘挤压内轨，故选项 D 错误。
【典例分析 7】(多选)如图所示，在匀速转动的水平盘上，沿半径方向放着用细线相连的质量相等的两个物体 A
和 B，它们分居圆心两侧，与圆心距离分别为 RA＝r，RB＝2r，与盘间的动摩擦因数μ相同，当圆盘转速加快到
两物体刚好还未发生滑动时，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列说法正确的是( )
A．此时绳子张力为 FT＝3μmg
B．此时圆盘的角速度为ω 2μg＝
r
C．此时 A所受摩擦力方向沿半径指向圆外
37 / 290
2022 届衡水中学物理一本通高分手册
D．此时烧断绳子，A仍相对盘静止，B将做离心运动
【答案】ABC
【解析】两物块 A和 B随着圆盘转动时，合外力提供向心力，则 F＝mω2r，B的半径比 A的半径大，所以 B所
需向心力大，绳子拉力相等，所以当圆盘转速加快到两物体刚好还未发生滑动时，B的静摩擦力方向指向圆心，
A的最大静摩擦力方向指向圆外，根据牛顿第二定律得 FT－μmg＝mω2r，FT＋μmg＝mω2·2r，解得 FT＝3μmg，
ω 2μg＝ ，故 A、B、C 正确；烧断绳子瞬间 A物体所需的向心力：mω2r＝2μmg，此时烧断绳子，A的最大静
r
摩擦力不足以提供所需向心力，则 A做离心运动，故 D 错误。
【规律总结】“一、二、三、四”求解圆周运动问题
【典例分析 8】如图甲所示，陀螺可在圆轨道外侧旋转而不脱落，好像轨道对它施加了魔法一样，被称为“魔力
陀螺”。它可等效为一质点在圆轨道外侧运动的模型，如图乙所示，在竖直平面内固定的强磁性圆轨道半径为 R，
A、B两点分别为轨道的最高点与最低点。质点沿轨道外侧做完整的圆周运动，受圆轨道的强磁性引力始终指向
圆心 O且大小恒为 F，当质点以速率 v＝ gR通过 A点时，对轨道的压力为其重力的 8 倍，不计摩擦和空气阻
力，质点质量为 m，重力加速度为 g，则( )
甲 乙
A．强磁性引力的大小 F＝7mg
B．质点在 A点对轨道的压力小于在 B点对轨道的压力
C．只要质点能做完整的圆周运动，则质点对 A、B两点的压力差恒为 5mg
38 / 290
2022 届衡水中学物理一本通高分手册
D．若强磁性引力大小恒为 2F，为确保质点做完整的圆周运动，则质点通过 B点的最大速率为 15gR
【题眼点拨】 ①“强磁性引力始终指向圆心 O”，表明向心力来源有重力、弹力和强磁性引力。
②“对轨道压力为其重力的 8 倍”，运用此信息列牛顿第二定律方程求解 F。
【答案】D
v2
【解析】在 A点，对质点受力分析并结合牛顿第二定律有 F＋mg－FA＝m ，根据牛顿第三定律有 FA＝F′A＝8mg，
R
mvA2
联立解得 F＝8mg，选项 A 错误；质点能完成圆周运动，在 A点根据牛顿第二定律有 F＋mg－NA＝ ，根据
R
N N′ B F mg N mvB
2
牛顿第三定律有 A＝ A；在 点，根据牛顿第二定律有 － － B＝ ，根据牛顿第三定律有 NB＝N′B；从
R
A 1 1点到 B点的过程，根据动能定理有 mg·2R＝ mvB2－ mvA2，联立解得 N′A－N′B＝6mg，选项 B、C 错误；若强磁
2 2
2
性引力大小恒为 2F，在 B点，根据牛顿第二定律有 2F－mg vB－FB＝m ，由数学知识可知当 FB＝0 时，质点速
R
度最大为 vBm，可解得 vBm＝ 15gR，选项 D 正确。
【典例分析 9】如图所示，水平地面上有一光滑弧形轨道与半径为 r的光滑圆轨道相连，且固定在同一个竖直
面内。将一质量为 m的小球由弧形轨道上某一高度处无初速释放。为使小球在沿圆轨道运动时始终不脱离轨道，
这个高度 h的取值可为( )
A．2.2r B．1.2r C．1.6r D．0.8r
【答案】D
【解析】小球沿圆轨道运动时，可能做完整的圆周运动，当小球刚好不脱离圆轨道时，在圆轨道最高点重力提
v2 1
供向心力，则有 mg＝m ，由机械能守恒定律得 mgh－mg·2r＝ mv2，解得 h＝2.5r。小球沿圆轨道运动时，也
r 2
可能不超过与圆心等高处，由机械能守恒定律得 mgh＝mg·r，得 h＝r，综上可得，为使小球在沿圆轨道运动时
始终不离开轨道，h的范围为 h≤r或 h≥2.5r，选项 D 正确。
【规律总结】分析竖直平面内圆周运动临界问题的思路
39 / 290
2022 届衡水中学物理一本通高分手册
【典例分析 10】如图所示，长为 l的轻质细线固定在 O1点，细线的下端系一质量为 m的小球，固定点 O1的正
下方 0.5l处的 P点可以垂直于竖直平面插入一颗钉子，现将小球从细线处于水平状态由静止释放，此时钉子还
5
未插入 P点，在 B点右下方水平地面上固定有一半径为 R＝ l的光滑圆弧形槽，槽的圆心在 O2，D点为最低
16
点，且∠CO2D＝37°，重力加速度为 g，不计空气阻力。(已知 sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)求：
(1)小球运动到 B点时的速度大小；
(2)如果钉子插入 P点后，小球仍然从 A点静止释放，到达 B点时，绳子恰好被拉断，求绳子能承受的最大拉力；
(3)在第(2)问的情况下，小球恰好从槽的 C点无碰撞地进入槽内，求整个过程中小球对槽的最大压力。
【答案】(1) 2gl (2)5mg (3)11.4mg
【解析】(1) 1设小球运动到 B点的速度为 vB，由 A到 B应用动能定理，mg·l＝ mv2B
2
解得：vB＝ 2gl。
(2)插入钉子后，小球再次经过 B点时有：
2
F－mg vB＝m
0.5l
解得绳子能承受的最大拉力 F＝5mg。
40 / 290
2022 届衡水中学物理一本通高分手册
(3)小球从 B点开始做平抛运动，在 C点时速度方向恰好沿轨道切线方向，即：
v vBC＝
cos 37°
小球沿槽运动到最低点时对轨道的压力最大，小球从 C到 D过程中机械能守恒有：
mgR(1－cos 37°) 1＝ mv2 1D－ mvC2
2 2
vD2
在 D点有：FN－mg＝m
R
解得槽对小球的支持力 FN＝11.4mg
由牛顿第三定律得小球对槽的最大压力为
F′N＝11.4mg，方向竖直向下。
【规律总结】解决平抛与圆周运动组合问题的“四个关键”
(1)运动阶段的划分，如例题中分成三个阶段(圆周→平抛→圆周)。
(2)运动阶段的衔接，尤其注意速度方向，如例题中，小球运动到 B 点的速度。
(3)两个运动阶段在时间和空间上的联系。
(4)对于平抛运动或类平抛运动与圆周运动组合的问题，应用合成与分解的思想分析，这两种运动转折点的速度
是解题的关键。
41 / 290
2022 届衡水中学物理一本通高分手册
第一部分 力与运动
专题 04 天体运动
一、素养呈现
1.物理观念：万有引力、宇宙速度、经典时空观、相对论时空观。
2.科学思维：万有引力定律、开普勒定律、双星模型、多星运动模型。
3.科学态度与责任：万有引力与卫星发射、变轨、回收。
二、素养落实
1.掌握卫星的运行特点和规律
2.掌握计算天体质量(密度)的方法
3.掌握宇宙速度并推导第一宇宙速度
4.会应用动力学和能量观点分析卫星变轨问题
考点一 万有引力定律的应用
【考点诠释】
1．开普勒第三定律
3
(1)r ＝k，其中 k与中心天体有关，r是椭圆轨道的半长轴。
T2
(2)对同一中心天体的所有行星，该公式都成立。
2．估算中心天体的质量和密度的两条思路
42 / 290
2022 届衡水中学物理一本通高分手册
(1) Mm gR
2 M M 3g
利用中心天体的半径和表面的重力加速度 g计算。由 G ＝mg求出 M＝ ，进而求得ρ＝ ＝ ＝ 。
R2 G V 4πR3 4πGR
3
2 2 3
(2) r T GMm m4π r M 4π r利用环绕天体的轨道半径 和周期 计算。由 ＝ ，可得出 ＝ 。若环绕天体绕中心天体表面
r2 T2 GT2
M 3π
做匀速圆周运动，轨道半径 r＝R，则ρ＝4 ＝ 。πR3 GT2
3
【典例分析 1】若宇航员在月球表面附近高 h处以初速度 v0 水平抛出一个小球，测出小球的水平射程为 L。已
知月球半径为 R，引力常量为 G。则下列说法正确的是( )
2 2
A hv0 3hv0．月球表面的重力加速度 g 月＝ B．月球的平均密度ρ＝L2 2πGL2R
C v v0 2hR D m hR
2v2
．月球的第一宇宙速度 ＝ ．月球的质量 0
L 月
＝
GL2
【答案】 BC
【解析】 设月球表面的重力加速度为 g 月，小球在月球表面做平抛运动，根据平抛知识可知在水平方向上 L＝
2 2 2
v0t 1 2hv
Gm m 2hR v
，在竖直方向上 h＝ g 月 t2，解得 g 月＝ 0，故 A 错误；在月球表面 月 ＝mg 月，解得 m 月＝ 0，则月2 L2 R2 GL2
2hR2v20
m 月 2 2
ρ 3hv0 v0球密度为 ＝ ＝ GL4 ＝ ，故 B 正确，D 错误；月球的第一宇宙速度 v＝ g 月R＝ 2hR，故 C 正确。πR3 4 3 2πGL
2R L
3 πR3
【典例分析 2】“探路者”号宇宙飞船在宇宙深处飞行过程中，发现 A、B两颗密度均匀的球形天体，两天体各有
一颗靠近其表面飞行的卫星，测得两颗卫星的周期相等，以下判断正确的是( )
A．天体 A、B的质量一定相等
B．两颗卫星的线速度一定相等
C．天体 A、B表面的重力加速度之比等于它们的半径之比
D．天体 A、B的密度一定不相等
【答案】C
Mm 4π2 4π2 R3
【解析】根据万有引力提供向心力得 G ＝m R，解得 M＝ · ，T相等，R不一定相等，所以天体 A、B
R2 T2 G T2
43 / 290
2022 届衡水中学物理一本通高分手册
2πR
的质量不一定相等，选项 A 错误；卫星的线速度为 v＝ ，T相等，而 R不一定相等，故线速度不一定相等，
T
4π2
选项 B R错误；天体 A、B表面的重力加速度等于对应卫星的向心加速度，即 g＝a＝ ，可见天体 A、B表面
T2
4π2 3
M ·
R
2
的重力加速度之比等于它们的半径之比，选项 C 正确；天体的密度为ρ M 3π＝ ＝ ＝ G T4 ＝ ，由于两颗卫V πR3 4 GT23
3 πR3
星的周期相等，则天体 A、B的密度一定相等，选项 D 错误。
【规律总结】估算天体质量(密度)的两点注意
(1)利用万有引力提供天体做圆周运动的向心力估算天体质量时，求出的只是中心天体的质量，并非环绕天体的
质量。
(2) 4区别天体半径 R和卫星轨道半径 r，只有在天体表面附近的卫星才有 r≈R；计算天体密度时，体积 V＝ πR3
3
只能用天体半径 R。
考点二 天体的运行与变轨
【考点诠释】
1.天体运行参数
2 2
(1) Mm v 4π万有引力提供向心力，即 G ＝ma＝m ＝mω2·r＝m ·r。
r2 r T2
(2) GMm天体对其表面物体的万有引力近似等于重力，即 ＝mg或 GM＝gR2(R、g分别是天体的半径、表面重力
R2
加速度)，公式 GM＝gR2应用广泛，被称为“黄金代换式”。
2.地面赤道上物体与地球卫星的比较
(1)地面赤道上的物体随地球一起转动，具有相同的角速度，所受万有引力并非全部提供向心力。
(2)空中绕地球自转的卫星万有引力全部充当向心力，周期和半径有关。
(3)比较地面赤道上物体和空中卫星的运行参数，可借助同步卫星的“桥梁”作用。
3.卫星变轨问题
(1) Mm v
2
卫星变轨的运动模型是向心运动和离心运动。当由于某种原因卫星速度 v突然增大时，有 Gr2 r
44 / 290
2022 届衡水中学物理一本通高分手册
2
引力不足以提供向心力，卫星将偏离圆轨道做离心运动；当 v Mm v突然减小时，有 G >m ，卫星将做向心运动。
r2 r
(2)在不同轨道的同一点，加速度相同、线速度不同、机械能不同。
【典例分析 3】有 a、b、c、d四颗地球卫星，a还未发射，在赤道表面上随地球一起转动，b是近地轨道卫星，
c是地球同步卫星，d是高空探测卫星，它们均做匀速圆周运动，各卫星排列位置如图所示，则( )
A．a的向心加速度等于重力加速度 g，c的向心加速度大于 d的向心加速度
B．在相同时间内 b转过的弧长最长，a、c转过的弧长对应的角度相等
C．c在 4 π π小时内转过的圆心角是 ，a在 2 小时内转过的圆心角是
3 6
D．b的周期一定小于 d的周期，d的周期一定小于 24 小时
【答案】BC
【解析】a在地球表面随地球一起转动，其万有引力等于重力与向心力之和，且重力远大于向心力，故 a的向
Mm GM
心加速度远小于重力加速度 g，根据牛顿第二定律，万有引力提供向心力，G ＝man，解得向心加速度 an＝ ，
r2 r2
由于卫星 d的轨道半径大于卫星 c的轨道半径，所以卫星 c的向心加速度大于 d的向心加速度，选项 A 错误；
地球同步卫星 c绕地球运动的角速度与地球自转角速度相同，相同时间内 a、c转过的弧长对应的角度相等，由
GMm 2
＝m v 可得 v GM＝ ，轨道半径越小速度越大，则 vb>vc>vd，又 a与 c角速度相等，且 a的轨道半径小于
r2 r r
c的轨道半径，故 vc>va，即 b的速度最大，所以在相同时间内 b转过的弧长最长，选项 B 正确；a、c角速度相
2π π 2π π
同，在 4 小时内转过的圆心角都为 ＝ ，在 2 小时内转过的圆心角都为 ＝ ，选项 C 正确；c和 b的轨道半
6 3 12 6
径都小于 d的轨道半径，由开普勒第三定律可知，b的运动周期一定小于 d的运动周期，d的运动周期一定大于
c的运动周期(24 小时)，选项 D 错误。
【规律总结】研究卫星运行熟悉“三星一物”
(1)同步卫星的周期、轨道平面、高度、线速度的大小、角速度、绕行方向均是固定不变的，常用于无线电通信，
故又称通信卫星。
(2)极地卫星运行时每圈都经过南北两极，由于地球自转，极地卫星可以实现全球覆盖。
45 / 290
2022 届衡水中学物理一本通高分手册
(3)近地卫星是在地球表面附近环绕地球做匀速圆周运动的卫星，其运行的轨道半径可近似认为等于地球的半径，
其运行线速度约为 7.9 km/s。
(4)赤道上的物体随地球自转而做匀速圆周运动，由万有引力和地面支持力的合力充当向心力(或者说由万有引力
的分力充当向心力)，它的运动规律不同于卫星，但它的周期、角速度与同步卫星相等。
【典例分析 4】．如图所示，设地球半径为 R，假设某地球卫星在距地球表面高度为 h的圆形轨道Ⅰ上做匀速圆周
运动，运行周期为 T，到达轨道的 A点时点火变轨进入椭圆轨道Ⅱ，到达轨道的近地点 B时，再次点火进入近
地轨道Ⅲ绕地做匀速圆周运动，引力常量为 G，不考虑其他星球的影响， 则下列说法正确的是( )
A 4π
2R3
．地球的质量可表示为
GT2
B．该卫星在轨道Ⅲ上 B点的速率大于在轨道Ⅱ上 A点的速率
C．卫星在圆轨道Ⅰ和圆轨道Ⅲ上做圆周运动时，轨道Ⅰ上动能小，引力势能大，机械能小
D．卫星从远地点 A向近地点 B运动的过程中，加速度变小
【答案】B
Mm 4π2 4π2 R＋h 3
【解析】卫星在轨道Ⅰ上的运动过程中，万有引力充当向心力，故有 G ＝m (R＋h)，解得 M＝ ，
R＋h 2 T2 GT2
A Mm v
2 Mm v2
错误；卫星在轨道Ⅰ上过 A点做匀速圆周运动，即G ＝m Ⅰ，卫星在轨道Ⅱ上过 A点做近心运动，即 G >m Ⅱ，
r2 r r2 r
所以卫星在轨道Ⅰ上 A点速率大于在轨道Ⅱ上 A点的速率，在轨道Ⅲ上 B点的速率大于在轨道Ⅰ上 A点的速率，B
正确；从 A运动到 B的过程，地球引力对卫星做负功，引力势能减小，因卫星在轨道Ⅲ上的速度大于轨道Ⅰ上的
速度，故此过程中卫星的动能增加，在Ⅰ轨道上 A点点火减速，使卫星由高轨道进入低轨道，在Ⅱ轨道上 B点点
Mm GM
火，卫星减速并做向心运动，则卫星的机械能减小，C 错误；根据公式 G ＝ma可得 a＝ ，所以卫星距离
r2 r2
地球越远，其向心加速度越小，故卫星从远地点到近地点运动过程中，加速度变大，D 错误。
【典例分析 5】．如图所示，飞行器在距月球表面高度为 3R的圆形轨道Ⅰ上运动，到达轨道 A点点火变轨进入椭
圆轨道Ⅱ，到达轨道近月点 B再次点火进入近月轨道Ⅲ并绕月球做匀速圆周运动．假设月球半径为 R，月球表
46 / 290
2022 届衡水中学物理一本通高分手册
面的重力加速度为 g，则( )
A．飞行器在 B点处点火后，动能增加
B 5R．由已知条件可求出飞行器在轨道Ⅱ上的运行周期为 5π
2g
C．仅在万有引力作用下，飞行器在轨道Ⅱ上通过 B点的加速度大于在轨道Ⅲ上通过 B点的加速度
D R．飞行器在轨道Ⅲ上绕月球运行一周所需的时间为 2π
g
【答案】 BD
【解析】 在 B点应给飞行器点火减速，动能减小，故 A 错误；设飞行器在近月轨道Ⅲ绕月球运行一周所需的
4π2 R
时间为 T3，则：mg＝mR 2，解得：T3＝2π ，根据几何关系可知，Ⅱ轨道的半长轴 a＝2.5R，根据开普勒第T3 g
R3 2.5R 3 T 5π 5R三定律有 ＝ ，则可以得到： 2＝ ，故 B、D 正确；仅在万有引力作用下，飞行器在轨道Ⅱ上通
T32 T22 2g
过 B点时到月球球心的距离与在轨道Ⅲ上通过 B点时到月球球心的距离相等，万有引力相同，则加速度相等，
故 C 错误．
【规律总结】航天器变轨问题的“三点”注意
(1)航天器变轨时半径的变化，根据万有引力和所需向心力的大小关系判断；稳定在新圆轨道上的运行速度变化
v GM由 ＝ 判断。
r
(2)同一航天器在一个确定的圆(椭圆)轨道上运行时机械能守恒，在不同轨道上运行时机械能不同，轨道半径越
大，机械能越大。
(3)航天器经过不同轨道的相交点时，加速度相等，外轨道的速度大于内轨道的速度。
【典例分析 6】．如图所示，一火箭中固定有一水平放置的压力传感器，传感器上放有一个质量为 m的科考仪
g
器．火箭从地面由静止开始以 的初始加速度竖直向上加速运动，火箭通过控制系统使其在上升过程中压力传感
2
R
器的示数保持不变．当火箭上升到距地面 的高度时(地球的半径为 R，地球表面处的重力加速度为 g)，以下判
2
47 / 290
2022 届衡水中学物理一本通高分手册
断正确的是( )
A 1 4．此高度处的重力加速度为 g B．此高度处的重力加速度为 g
4 9
C 5 19．此高度处火箭的加速度为 g D．此高度处火箭的加速度为 g
4 18
【答案】 BD
GMm R GMm
【解析】 由地球表面万有引力近似等于重力得：mg＝ ，距地面 的高度时，mg′＝ R ，联立可得：g′R2 2 R＋ 2
2
4
＝ g，故 A 错误，B 正确；
9
由牛顿第二定律可知，在地面，FN－mg＝m·g
2
R
距地面 的高度时，FN－mg′＝ma
2
19
联立解得：a＝ g，故 C 错误，D 正确．
18
考点三 天体运动中的多星模型
【考点诠释】
1．宇宙双星模型特点
(1) Gm1m2 Gm1m2各自所需的向心力由彼此间的万有引力提供，即 ＝m1ω21r1， ＝m2ω22r2。
L2 L2
(2)两颗星的周期及角速度都相同，即 T1＝T2，ω1＝ω2。
(3)两颗星的运行半径与它们之间的距离关系为：r1＋r2＝L。
2．宇宙多星模型特点
48 / 290
2022 届衡水中学物理一本通高分手册
(1)天体运动中，三星、四星等多星模型是指相互作用且围绕某一点做圆周运动的星体。
(2)星体做圆周运动所需向心力由其他星体对它的万有引力的合力提供(如图所示)，在多星系统中各星体运行的
角速度相等。
【典例分析 7】如图所示，A、B两颗恒星分别绕它们连线上某一点做匀速圆周运动，我们通常称之为“双星系
统”，A的质量为 B的 2 倍，忽略其他星球对二者的引力，下列说法正确的是( )
A．恒星 A的向心加速度是 B的一半 B．恒星 A的线速度是 B的 2 倍
C．恒星 A的公转周期是 B的一半 D．恒星 A的动能是 B的 2 倍
【答案】A
【解析】A、B之间的引力提供各自的向心力，由牛顿第二定律可知，A、B的向心力相等，角速度和周期相等，
4π2 2
则有 2M r 4πA＝M rB，解得恒星 A与恒星 B的轨道半径之比为 rA∶rB＝1∶2，由 v＝ωr，a＝ω2r，TA＝TB，可
T2 T2
1 2
得 A 正确，B、C 错误；由动能 Ek＝ mv2
E m v 2 1 1
可得 kA＝ A· A＝ × ＝ ，故 D 错误。
2 EkB mB vB2 1 4 2
【典例分析 8】关于引力波，早在 1916 年爱因斯坦基于广义相对论预言了其存在。1974 年拉塞尔赫尔斯和约瑟
夫泰勒发现赫尔斯—泰勒脉冲双星，这双星系统在互相公转时，由于不断发射引力波而失去能量，逐渐相互靠
近，此现象为引力波的存在提供了首个间接证据。科学家们猜测该双星系统中体积较小的星球能“吸食”另一颗
体积较大的星球表面的物质，达到质量转移的目的，则关于赫尔斯—泰勒脉冲双星周期 T随双星之间的距离 L
变化的关系图象正确的是( )
49 / 290
2022 届衡水中学物理一本通高分手册
A B
C D
【答案】B
2π 2 2π 2
Gm1m2
【解析】双星做匀速圆周运动的向心力由它们之间的万有引力提供， 2 ＝m1 T R1＝m2 T R2，由几何关L
系得：R1＋R2＝L 1
G m1＋m2 1
，解得： ＝ · ，已知此双星系统中体积较小的星球能“吸食”另一颗体积较大的星
T2 4π2 L3
1 1
体表面的物质，达到质量转移的目的，每个星球的质量变化，但质量之和不变，所以 ∝ ，故 B 正确，A、C、
T2 L3
D 错误。
【规律总结】双星模型归纳
(1)定义：绕公共圆心转动的两个星体组成的系统，我们称之为双星系统，如图所示。
(2)特点：
①各自所需的向心力由彼此间的万有引力提供，即
Gm1m2 m ω Gm＝ 1m2
2 1 1
2r1， ＝m2 2ω
22r2。
L L
②两颗星的周期及角速度都相同，
即 T1＝T2，ω1＝ω2。
50 / 290
2022 届衡水中学物理一本通高分手册
③两颗星的半径与它们之间的距离关系为：r1＋r2＝L。
④两颗星到圆心的距离 r1、r2 与星体质量成反比，即
m1 r2
＝ 。
m2 r1
L3
⑤双星的运动周期 T＝2π 。
G m1＋m2
m m 4π
2L3
⑥双星的总质量 1＋ 2＝ 。
T2G
【典例分析 9】宇宙中存在一些离其他恒星较远的三星系统，通常可忽略其他星体对它们的引力作用，三星质
量相同。现已观测到稳定的三星系统存在两种基本的构成形式：一种是三颗星位于同一直线上，两颗星围绕中
央星做圆周运动，如图甲所示；另一种是三颗星位于等边三角形的三个顶点上，并沿外接于等边三角形的圆形
轨道运行，如图乙所示。设两种系统中三个星体的质量均为 m，且两种系统中各星间的距离已在图甲、图乙中
标出，引力常量为 G，则( )
甲 乙
A Gm．直线三星系统中星体做圆周运动的线速度大小为
L
3
B．直线三星系统中星体做圆周运动的周期为 4π L
5Gm
3
C L．三角形三星系统中每颗星做圆周运动的角速度为 2
3Gm
D 3Gm．三角形三星系统中每颗星做圆周运动的加速度大小为
L2
【答案】BD
【解析】在直线三星系统中，星体做圆周运动的向心力由其他两星对它的万有引力的合力提供，根据万有引力
m2 m2 v2 1 5Gm 2πr
定律和牛顿第二定律，有 G ＋G ＝m ，解得 v＝ ，A 项错误；由周期 T＝ 知，直线三星系统
L2 2L 2 L 2 L v
L3 m2
中星体做圆周运动的周期为 T＝4π ，B 项正确；同理，对三角形三星系统中做圆周运动的星体，有 2G cos
5Gm L2
51 / 290
2022 届衡水中学物理一本通高分手册
2
30° mω2· L ω 3Gm＝ ，解得 ＝ ，C 项错误；由 2Gm cos 30°＝ma 3Gm，得 a＝ ，D 项正确。
2cos 30° L3 L2 L2
【规律总结】多星模型归纳
(1)定义：所研究星体的万有引力的合力提供做圆周运动的向心力，除中央星体外，各星体的角速度或周期相同。
(2)三星模型：
①三颗星体位于同一直线上，两颗质量相等的环绕星围绕中央星在同一半径为R的圆形轨道上运行(如图甲所示)。
②三颗质量均为 m的星体位于等边三角形的三个顶点上(如图乙所示)。
甲 乙 丙 丁
(3)四星模型：
①其中一种是四颗质量相等的星体位于正方形的四个顶点上，沿着外接于正方形的圆形轨道做匀速圆周运动(如
图丙所示)。②另一种是三颗质量相等的星体始终位于正三角形的三个顶点上，另一颗位于中心 O，外围三颗星
绕 O做匀速圆周运动(如图丁所示)。
【典例分析 10】位于贵州的“中国天眼”(FAST)是目前世界上口径最大的单天线射电望远镜，通过 FAST 可以测
量地球与木星之间的距离．当 FAST 接收到来自木星的光线传播方向恰好与地球公转线速度方向相同时，测得
地球与木星的距离是地球与太阳距离的 k倍．若地球和木星绕太阳的运动均视为匀速圆周运动且轨道共面，则
可知木星的公转周期为( )
A 3 3．(1＋k2) 年 B．(1＋k2) 年
4 2
C．(1＋k)3年 D 3．k 年
2 2
【答案】 A
【解析】 该题中，太阳、地球、木星的位置关系如图：
52 / 290
2022 届衡水中学物理一本通高分手册
设地球的公转半径为 R1，木星的公转半径为 R2，测得地球与木星的距离是地球与太阳距离的 k倍，则有：R22
3 3 3
＝R12＋(kR1)2 R R R 3＝(1＋k2)R12，由开普勒第三定律有： 1 ＝ 2 ，可得：T2＝ 22 ·T12＝(1＋k2) ·T12，由于地球公转周
T12 T22 R13 2
期 T1＝1 年，则有：T2＝(1＋k2)
3
年，故 A 正确，B、C、D 错误．
4
53 / 290
2022 届衡水中学物理一本通高分手册
第二部分 功能与动量
专题 05 功、功率 动能定理
一、素养呈现
1.物理观念：功、功率。
2.科学思维：机车启动问题、动能定理。
3.科学态度与责任：两类机车启动问题。
二、素养落实
1.掌握功、功率的计算方法
2.掌握两类机车启动问题的分析计算方法
3.理解动能定理，掌握动能定理的应用方法
考点一 功的分析与计算
【考点诠释】
1．功的正负的判断方法
(1)恒力做功正负的判断：依据力与位移的夹角来判断。
54 / 290
2022 届衡水中学物理一本通高分手册
(2)曲线运动中做功正负的判断：依据 F与 v的方向的夹角α来判断。0°≤α<90°，力对物体做正功；90°<α≤180°，
力对物体做负功；α＝90°，力对物体不做功。
2．恒力做功的计算方法
3．合力做功的计算方法
方法一：先求合外力 F 合，再用 W 合＝F 合 lcos α求功。适用于 F 合为恒力的过程。
方法二：先求各个力做的功 W1、W2、W3…，再应用 W 合＝W1＋W2＋W3…求合外力做的功。
【典例分析 1】一质量为 m的物体静止在水平地面上，在水平拉力的作用下开始运动，图甲是在 0～6 s 内其速
度与时间关系图象，图乙是拉力的功率与时间关系图象，g取 10 m/s2。下列判断正确的是( )
甲 乙
A．拉力的大小为 4 N，且保持不变 B．物体的质量为 2 kg
C．0～6 s 内物体克服摩擦力做的功为 24 J D．0～6 s 内拉力做的功为 156 J
【答案】BD
【解析】对物体受力分析，由图甲可知，在 0～2 s 内物体做匀加速运动，拉力大于滑动摩擦力，在 2～6 s 内物
体做匀速运动，拉力等于滑动摩擦力，因此拉力大小不恒定，选项 A 错误；在 2～6 s 内根据功率公式 P＝Fv，
F P Δv有 ＝ ＝4 N，故滑动摩擦力 f＝F＝4 N，在图甲中，0～2 s 内有 a＝ ＝3 m/s2，由牛顿第二定律可知 F′－f＝
v Δt
ma，又 P′＝F′v，联立解得 m＝2 kg，F′＝10 N，选项 B 正确；由图甲可知在 0～6 s 内物体通过的位移为 x＝30
m，故物体克服摩擦力做的功为 Wf＝fx＝120 J
1
，选项 C 错误；由动能定理可知 W－Wf＝ mv2，故 0～6 s 内拉力
2
1
做的功 W＝ mv2＋W 1f＝ ×2×62 J＋120 J＝156 J，选项 D 正确。
2 2
【规律总结】(1)根据 v t图象可以获得物体的运动速度、加速度、通过的位移等信息，根据 P t图象结合功率公
55 / 290
2022 届衡水中学物理一本通高分手册
式可以求出力的大小。
(2)恒力做功可以根据功的定义式求解，变力做功一般根据动能定理求解。
【典例分析 2】如图所示，水平路面上有一辆质量为 M的汽车，车厢中有一个质量为 m的人正用恒力 F向前推
车厢，在车以加速度 a向前加速行驶距离 L的过程中，下列说法正确的是( )
A．人对车的推力 F做的功为 FL B．人对车做的功为 maL
C．车对人的作用力大小为 ma D．车对人的摩擦力做的功为(F－ma)L
【答案】A
【解析】根据功的公式可知，人对车的推力做功 W＝FL，故 A 正确；在水平方向上，由牛顿第二定律可知车对
人的作用力为 F′＝ma，由牛顿第三定律可知人对车的作用力为－ma，人对车做功为 W＝－maL，故 B 错误；人
水平方向受到的合力为 ma，竖直方向上车对人还有支持力，故车对人的作用力为 N＝ ma 2＋ mg 2＝m a2＋g2，
故 C 错误；对人由牛顿第二定律可得 f－F＝ma，则 f＝ma＋F，车对人的摩擦力做功为 W＝fL＝(F＋ma)L，故
D 错误。
【规律总结】恒力做功的计算方法
考点二 功率的分析与计算
【考点诠释】
1．平均功率的计算方法
(1) W利用 P ＝ 。
t
(2)利用 P ＝F· v cos α，其中 v 为物体运动的平均速度，F为恒力。
2．瞬时功率的计算方法
56 / 290
2022 届衡水中学物理一本通高分手册
(1)利用公式 P＝F·vcos α，其中 v为 t时刻的瞬时速度。
(2)P＝F·vF，其中 vF为物体的速度 v在力 F方向上的分速度。
(3)P＝Fv·v，其中 Fv为物体受到的外力 F在速度 v方向上的分力。
【典例分析 3】(多选)质量为 m的物体从距地面 H高处自由下落，经历时间 t，则下列说法中正确的是( )
A．t 1秒内重力对物体做功为 mg2t2
2
B．t秒内重力的平均功率为 mg2t
C t． 秒末重力的瞬时功率与 t秒末重力的瞬时功率之比为 1∶2
2
D t t．前 秒内重力做功的平均功率与后 秒内重力做功的平均功率之比为 1∶3
2 2
【答案】ACD
1mg2t21 1 W 1
【解析】物体自由下落，t秒内物体下落 h＝ gt2，Wt＝mgh＝ mg2t2，故 A 正确；P＝ ＝2 ＝ mg2t，故 B
2 2 t t 2
t t
错误；从静止开始自由下落，前 秒末与后 秒末的速度之比为 1∶2(因 v＝gt∝t)，又有 P＝Fv＝mgv∝v t，故前
2 2 2
t t t
秒末与后 秒末功率瞬时值之比为 P1∶P2＝1∶2，C 正确；前 秒与后 秒下落的位移之比为 1∶3，则重力做功
2 2 2
之比为 1∶3，故重力做功的平均功率之比为 1∶3，D 正确。
【规律总结】求解功率时应注意的三个问题
(1)首先要明确所求功率是平均功率还是瞬时功率。
(2)平均功率与一段时间(或过程)相对应，计算时应明确是哪个力在哪段时间(或过程)内做功的平均功率。
(3)瞬时功率计算时应明确是哪个力在哪个时刻(或状态)的功率。
考点三 机车启动问题
【考点诠释】
1．两种启动方式
57 / 290
2022 届衡水中学物理一本通高分手册
以恒定功率启动 以恒定加速度启动
P t图象和 v t图象
F－F v↑阻
OA v↑ F P
F－F a＝ 不变 F不变 P＝Fv↑直到 P 额
段过程分析 ＝ ↓ a＝ 阻↓ m
v m
＝Fv1
v1
运动性质 加速度减小的加速运动 匀加速直线运动，维持时间 t0＝
a
P P F－F
AB段过程分析 F＝F 阻 a＝0 vm＝ v↑ F＝ 额↓ a＝ 阻↓F 阻 v m
运动性质 以 vm做匀速直线运动 加速度减小的加速运动
BC段 无 F＝F 阻 a＝0 以 v
P 额
m＝ 做匀速运动
F 阻
2.三个重要关系式
(1) P无论哪种启动过程，机车的最大速度都为 vm＝ 。
F 阻
(2) P P机车以恒定加速度启动时，匀加速过程结束后功率最大，速度不是最大，即 v＝F F 阻
(3)机车以恒定功率运行时，牵引力做的功 W＝Pt，由动能定理得 Pt－F 阻x＝ΔEk，此式经常用于求解机车以恒
定功率启动过程的位移、速度或时间。
【典例分析 4】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，起重机的功率
达到最大值 P，之后起重机保持该功率不变，继续提升重物，最后重物以最大速度 v2匀速上升，不计钢绳重力。
则整个过程中，下列说法正确的是( )
A P．钢绳的最大拉力为
v2
B mv1
2
．重物匀加速过程的时间为
P－mgv1
C P．重物匀加速过程的加速度为
mv1
58 / 290
2022 届衡水中学物理一本通高分手册
D v v v1＋v2．速度由 1增大至 2 的过程中，重物的平均速度 v <
2
【答案】B
P
【解析】匀加速过程物体处于超重状态，钢绳拉力较大，匀加速运动阶段钢绳的拉力为 F＝ ，故 A 错误；根
v1
2
据牛顿第二定律可知 F－mg＝ma，结合 v＝at a P解得 ＝ －g，t mv1＝ ，故 B 正确，C 错误；在速度由 v1
mv1 P－mgv1
v v1＋v2增大至 2的过程中，重物做加速度减小的变加速运动，平均速度 v > ，故 D 错误。
2
【典例分析 5】一辆小汽车在水平路面上由静止启动，在前 5 s 内做匀加速直线运动，5 s 末达到额定功率，之
后保持以额定功率运动，其 v t图象如图所示。已知汽车的质量为 m＝1×103 kg，汽车受到地面的阻力为车重的
0.1 倍，g取 10 m/s2，则以下说法正确的是( )
A．汽车在前 5 s 内的牵引力为 5×102 N B．汽车速度为 25 m/s 时的加速度为 5 m/s2
C．汽车的额定功率为 100 kW D．汽车的最大速度为 80 m/s
【答案】C
Δv 20
【解析】由图象可知匀加速直线运动的加速度为 a＝ ＝ m/s2＝4 m/s2，根据牛顿第二定律得 F－f＝ma，解
Δt 5
得牵引力为 F＝f＋ma＝0.1×1×104 N＋1×103×4 N＝5×103 N，故 A 错误。额定功率为 P＝Fv＝5 000×20 W＝100
kW P 100 000 F′－f，故 C 正确。当车的速度是 25 m/s 时，牵引力 F′＝ ＝ N＝4 000 N，此时车的加速度 a′＝ ＝
v′ 25 m
4 000－0.1×1×104 m/s2＝3 m/s2，故 B P P错误。当牵引力与阻力相等时，速度最大，最大速度为 v
3 m
＝ ＝ ＝
1×10 F f
100 000 m/s＝100 m/s，故 D 错误。
1 000
【规律总结】机车启动问题的两种求解思路
(1)图解机车以恒定功率启动：
59 / 290
2022 届衡水中学物理一本通高分手册
(2)图解机车以恒定加速度启动：
考点四 动能定理的应用
1．对动能定理的理解
(1)动能定理表达式 W＝ΔEk中，W表示所有外力做功的代数和。ΔEk 为所研究过程的末动能与初动能之差，且
物体的速度均是相对地面的速度。
(2)
2．应用动能定理解题应注意的四点
(1)动能定理往往用于单个物体的运动过程，由于不涉及加速度及时间，比动力学研究方法要简捷。
(2)动能定理表达式是一个标量式，在某个方向上应用动能定理是没有依据的。
(3)物体在某个运动过程中包含有几个运动性质不同的过程(如加速、减速的过程)，此时可以分段考虑，也可以
对全过程考虑，但如能对整个过程利用动能定理列式，则可使问题简化。
(4)根据动能定理列方程时，必须明确各力做功的正、负，确实难以判断的先假定为正功，最后根据结果加以检
验。
【典例分析 6】如图是一种常见的圆桌，桌面中间嵌一半径为 r＝1.5 m、可绕中心轴转动的圆盘，桌面与圆盘
面在同一水平面内且两者间缝隙可不考虑。已知桌面离地高度为 h＝0.8 m，将一可视为质点的小碟子放置在圆
盘边缘，若缓慢增大圆盘转动的角速度，碟子将从圆盘上甩出并滑上桌面，再从桌面飞出，且落地点与桌面飞
出点的水平距离为 0.4 m。已知碟子质量 m＝0.1 kg，碟子与圆盘间的最大静摩擦力 Fmax＝0.6 N，最大静摩擦力
等于滑动摩擦力，取 g＝10 m/s2。求：
60 / 290
2022 届衡水中学物理一本通高分手册
(1)碟子从桌面飞出时的速度大小；
(2)碟子在桌面上运动时，桌面摩擦力对它做的功；
(3)若碟子与桌面间动摩擦因数为μ＝0.225，要使碟子不滑出桌面，则桌面半径至少是多少？
【答案】 (1)1 m/s (2)－0.4 J (3)2.5 m
【解析】 (1)碟子滑离圆桌后做平抛运动，则
h 1＝ gt2，x＝vt
2
v x g解得 ＝ ＝1 m/s。
2h
(2)由题意得，当碟子在圆盘上转动时，由静摩擦力提供向心力，当静摩擦力达到最大时，碟子即将滑落，设碟
v20
子从圆盘上甩出时的速度大小为 v0，则 Fmax＝m
r
解得 v0＝3 m/s
W 1由动能定理得 f＝ mv2
1
－ mv20，代入数据得 Wf＝－0.4 J。
2 2
(3)当碟子滑到圆桌边缘时速度恰好减为零，对应的圆桌半径取最小值。设碟子在圆桌上滑动的位移为 s，由动
能定理有－μmgs＝0 1－ mv02
2
则圆桌的最小半径为 R＝ r2＋s2
联立解得 R＝2.5 m。
【规律总结】应用动能定理解题的思维流程
61 / 290
2022 届衡水中学物理一本通高分手册
【典例分析 7】如图甲所示，一竖直面内的轨道是由粗糙斜面 AB和光滑轨道 BCD组成，AB与 BCD相切于 B
点，C为圆轨道的最低点，将物块置于轨道 ABC上离地面高为 H处由静止下滑，可用力传感器测出其经过 C
点时对轨道的压力 FN。现将物块放在 ABC上不同高度处，让 H从零开始逐渐增大，传感器测得物块每次从不
同高度处下滑到 C点时对轨道的压力 FN，得到如图乙两段直线 PQ和 QI，且 IQ反向延长线与纵轴交点坐标值
为 2.5 N，g取 10 m/s2。求：
物理二轮复习-专题练习
2022 届衡水中学物理一本通高分手册
目录
专题 01 力与物体的平衡....................................................................................................................................................3
专题 02 力与直线运动......................................................................................................................................................13
专题 03 力与曲线运动......................................................................................................................................................29
专题 04 天体运动.............................................................................................................................................................. 42
专题 05 功、功率 动能定理..........................................................................................................................................54
专题 06 机械能守恒定律 功能关系..............................................................................................................................66
专题 07 动量和能量的综合应用......................................................................................................................................79
专题 08 电场的性质 带电粒子在电场中的运动..........................................................................................................97
专题 09 磁场的性质 带电粒子在磁场及复合场中的运动....................................................................................... 112
专题 10 直流电路与交流电路........................................................................................................................................128
专题 11 电磁感应定律及其应用....................................................................................................................................138
专题 12 近代物理初步....................................................................................................................................................151
专题 13 分子动理论 气体及热力学定律......................................................................................................................163
专题 14 振动和波动........................................................................................................................................................178
专题 15 光与电磁波........................................................................................................................................................191
专题 16 力学综合计算题................................................................................................................................................201
专题 17 电学综合计算题................................................................................................................................................217
专题 18 力学实验及创新................................................................................................................................................243
专题 19 电学实验及创新................................................................................................................................................262
专题 20 热学、光学实验................................................................................................................................................277
2 / 290
2022 届衡水中学物理一本通高分手册
第一部分 力与运动
专题 01 力与物体的平衡
一、素养呈现
1.物理观念：重力、重心、形变、弹力、摩擦力、合力与分力、力的合成、力的分解、矢量与标量
2.科学思维：轻杆(绳)模型、轻弹簧模型、胡克定律、平行四边形定则、整体法、隔离法、合成法、分解法。
3.科学探究：探究弹簧形变与弹力的关系、研究两个互成角度的共点力的合成规律。
4.科学态度与责任：在生产、生活情境中，体验物理学技术的应用。
二、素养落实
1.熟悉常见性质力有无及方向的判断
2.灵活应用受力分析的一般步骤
3.掌握整体法、隔离法选取原则
4.平衡问题的解题方法
考点一 摩擦力的分析与计算
【考点诠释】
1．摩擦力的有无及方向的判断方法
(1)假设法。
3 / 290
2022 届衡水中学物理一本通高分手册
(2)状态法：根据平衡条件、牛顿第二定律，判断静摩擦力的有无及方向。
(3)牛顿第三定律法：先确定受力较少的物体受到的静摩擦力的方向，再根据“力的相互性”确定另一物体受到的
静摩擦力方向。
2．求解摩擦力的技巧
【典例分析 1】如图所示，质量为 M的长木板放在水平地面上，放在长木板上的质量为 m的木块在水平向右的
拉力 F的作用下向右滑行，长木板保持静止。已知木块与长木板间的动摩擦因数为μ1，长木板与地面间的动摩
擦因数为μ2，下列说法正确的是( )
A．地面对长木板的摩擦力的大小一定为μ1mg
B．地面对长木板的摩擦力的大小一定为μ2Mg
C．地面对长木板的摩擦力的大小一定为μ2(m＋M)g
D．只要拉力 F增大到足够大，长木板一定会与地面发生相对滑动
【答案】A
【解析】木块所受木板的滑动摩擦力大小为 f1＝μ1mg，方向水平向左，根据牛顿第三定律得知，木板受到木块
的摩擦力方向水平向右，大小等于μ1mg；木板处于静止状态，水平方向受到木块的滑动摩擦力和地面的静摩擦
力，根据平衡条件可知木板受到地面的摩擦力的大小也是μ1mg，木板相对于地面处于静止状态，不能使用滑动
摩擦力的公式计算木板受到的地面的摩擦力，所以木板与地面之间的摩擦力不一定是μ2(m＋M)g，故 A 正确，B、
C 错误；开始时木板处于静止状态，说明木块与木板之间的摩擦力小于木板与地面之间的最大静摩擦力，与拉
4 / 290
2022 届衡水中学物理一本通高分手册
力 F的大小无关，所以即使拉力 F增大到足够大，木板仍静止，故 D 错误。
【规律总结】摩擦力分析与计算的三点注意
1．分析物体的运动状态，判断是静摩擦力还是滑动摩擦力。
2．滑动摩擦力有具体的计算公式，而静摩擦力要借助其他公式，如：利用平衡条件列方程或牛顿第二定律列方
程等。
3．“f＝μN”中 N并不总是等于物体的重力，如斜面上的物体，且 N与重力 G在大小上没有关系。
考点二 物体的静态平衡问题
【考点诠释】
1．研究对象选取的 2 点技巧
(1)采用整体法进行受力分析时，要注意系统内各个物体的状态应该相同。
(2)当直接分析一个物体的受力不方便时，可转移研究对象，先分析另一个物体的受力，再根据牛顿第三定律分
析该物体的受力，此法叫“转换研究对象法”。
2．求解共点力平衡问题的常用方法
常用方法包括力的合成法、分解法及正交分解法，示意图如图所示。
合成法 分解法 正交分解法
【典例分析 2】如图所示，固定的斜面上叠放着 A、B两木块，木块 A与 B的接触面水平，水平力 F作用于木
块 A，使木块 A、B保持静止，且 F≠0。则下列描述正确的是( )
A．B可能受到 3 个或 4 个力作用 B．斜面对木块 B的摩擦力方向可能沿斜面向下
5 / 290
2022 届衡水中学物理一本通高分手册
C．A对 B的摩擦力可能为零 D．A、B整体不可能受三个力作用
【答案】B
【解析】对 B受力分析，木块 B受重力、A对 B的压力、A对 B水平向左的静摩擦力、斜面对 B垂直于斜面向
上的支持力、斜面对 B可能有静摩擦力(当 A对 B向左的静摩擦力平行斜面方向的分力与木块 A对 B的压力与
木块 B重力的合力沿斜面方向的分力平衡时，斜面对 B没有静摩擦力)作用，故 B受 4 个力或者 5 个力作用，
故 A 错误；当 A对 B向左的静摩擦力平行斜面方向的分力大于木块 A对 B的压力与木块 B重力的合力沿斜面
方向的分力时，木块 B有上滑趋势，此时木块 B受到平行斜面向下的静摩擦力，故 B 正确；对木块 A受力分析，
受水平力、重力、B对 A的支持力和静摩擦力，根据平衡条件，B对 A的静摩擦力与水平力 F平衡，根据牛顿
第三定律，A对 B的摩擦力水平向左，大小为 F，故 C 错误；对 A、B整体受力分析，受重力、斜面对整体的
支持力、水平力，可能有静摩擦力(当推力沿斜面方向的分力与 A、B整体重力沿斜面方向的分力平衡时，斜面
对 A、B整体的静摩擦力为零)，所以 A、B整体可能受三个力作用，故 D 错误。
【规律总结】受力分析的四个步骤
【典例分析 3】用卡车运输质量为 m的匀质圆筒状工件，为使工件保持固定，将其置于两光滑斜面之间，如图
所示。两斜面Ⅰ、Ⅱ固定在车上，倾角分别为 30°和 60°。重力加速度为 g。当卡车沿平直公路匀速行驶时，圆筒
对斜面Ⅰ、Ⅱ压力的大小分别为 F1、F2，则( )
A F 3 3 3 3． 1＝ mg，F2＝ mg B．F1＝ mg，F2＝ mg
3 2 2 3
C 1 3．F1＝ mg，F2＝ mg D．F
3 1
1＝ mg，F2＝ mg
2 2 2 2
【题眼点拨】①“匀速行驶”表明车上工件处于静态平衡状态。
6 / 290
2022 届衡水中学物理一本通高分手册
②“光滑斜面”表明工件和斜面间仅有弹力作用。
③“30°、60°”角明确弹力方向。
【答案】D
【解析】以工件为研究对象，受力分析如图所示，重力与 F′1、F′2的合力等大反向，根据共点
F′1
力平衡条件得 ＝cos 30° F′2， ＝cos 60° 3 1，则 F′1＝ mg，F′2＝ mg，根据牛顿第三定律，F1＝F′1
mg mg 2 2
3
＝ mg F 1， 2＝F′2＝ mg，故只有 D 选项正确。
2 2
【规律总结】处理静态平衡问题的基本思路
考点三 物体的动态平衡问题
【考点诠释】
解析法的应用
此法常用于可以较简捷列出平衡条件方程的情况或者正交分解的情况
(1)先受力分析，得出物体受哪几个力而处于平衡状态。
(2)建立直角坐标系，正交分解力，列平衡条件方程，或在力的三角形中结合三角形知识列平衡条件方程。
(3)分析方程中的变量有哪些，分析题目信息得到这些物理量是如何变化的。
(4)把分析得到的变化的物理量代入方程，得到平衡条件下的受力动态变化情况。
【典例分析 4】如图所示，一质量为 M的四分之一圆弧轨道置于水平面上。一质量为 m的光滑小球在水平力 F
的作用下，缓慢运动到图中虚线所示的位置。已知在此过程中圆弧轨道一直处于静止状态，下列说法正确的是
( )
7 / 290
2022 届衡水中学物理一本通高分手册
A．圆弧轨道与地面间的摩擦力不变 B．小球所受的支持力逐渐变小
C．轨道对地面的压力可能变大 D．地面对圆弧轨道的作用力变大
【答案】D
【解析】以小球为研究对象，小球受重力、支持力和拉力作用处于平衡状态，设小球重心与圆弧轨道圆心的连
mg
线与竖直方向的夹角为θ，由平衡条件可知，小球所受支持力 FN＝ ，小球所受拉力 F＝mgtan θ，小球缓慢
cos θ
向上运动，θ增大，支持力增大，拉力增大，B 项错误；对整体受力分析，地面对轨道的支持力等于整体重力且
保持不变，由牛顿第三定律可知，轨道对地面的压力保持不变，C 项错误；轨道与地面间的摩擦力与拉力平衡，
随拉力的增大而增大，A 项错误；地面对轨道的支持力和摩擦力的合力增大，D 项正确。
方法 步骤
(1)列平衡方程得出未知量与已知量的关系表达式；
解析法
(2)根据已知量的变化情况来确定未知量的变化情况
图解法的应用
此处常用于物体受三个力作用，其中一个力大小、方向不变，另一个力的方向不变的情景，思路如下：
(1)先受力分析，得出物体受几个力而处于平衡状态。
(2)分析题目给出的信息，判断物体受力的变化方式。
(3)把受力对应到几何图形中结合几何知识分析。
【典例分析 5】如图所示，有一质量不计的杆 AO，长为 R，可绕 A自由转动。用绳在 O点悬挂一个重为 G的
物体，另一根绳一端系在 O点，另一端系在圆弧形墙壁上的 C点。当点 C由图示位置逐渐向上沿圆弧 CB移动
过程中(保持 OA与墙面夹角θ不变)，OC绳所受拉力的大小变化情况是( )
8 / 290
2022 届衡水中学物理一本通高分手册
A．逐渐减小 B．逐渐增大 C．先减小后增大 D．先增大后减小
【题眼点拨】①“可绕 A点自由转动”，杆 OA对绳的作用力沿杆，且方向不变。②重力大小方向不变，OC绳大
小、方向改变。
【答案】C
【解析】对物体受力分析，物体受力平衡，则拉力等于重力 G，故竖直绳的拉力不变；再对 O点分析，O受绳
的拉力、OA的支持力及 OC的拉力而处于平衡，受力分析如图所示
将 F和 OC绳上的拉力合成，其合力与 G大小相等，方向相反，则在 OC绳上移的过程中，平行四边形的对角
线保持不变，平行四边形发生图中所示变化，则由图可知 OC绳的拉力先减小后增大，在图中 D点时拉力最小，
故 C 正确。
方法 步骤
(1)根据已知量的变化情况，画出平行四边形边、角的变化；
图解法
(2)确定未知量大小、方向的变化
三角形相似法的应用
此法是图解法的特例，一般研究对象受绳(杆)或其他物体的约束，从几何形状来看，有一个边大小不变，方向
改变，还有一个边的大小、方向均不变。且物体受到三个力的作用，其中的一个力大小、方向均不变，另外两
个力的方向都发生变化，可以用力三角形与几何三角形相似的方法。
【典例分析 6】(多选)如图所示，表面光滑的半球形物体固定在水平面上，光滑小环 D固定在半球形物体球心 O
9 / 290
2022 届衡水中学物理一本通高分手册
的正上方，轻质弹簧一端用轻质细绳固定在 A点，另一端用轻质细绳穿过小环 D与放在半球形物体上的小球 P
相连，DA水平。现将细绳固定点 A向右缓慢平移的过程中(小球 P未到达半球最高点前)，下列说法正确的是
( )
A．弹簧变短 B．弹簧变长
C．小球对半球的压力不变 D．小球对半球的压力变大
【题眼点拨】①“表面光滑，半球形物体”表明小球运动过程 OP长度不变，而弹力的大小发生改变。
②“光滑小环 D固定”OD的长度不变。
【答案】AC
【解析】以小球为研究对象，小球受重力 G、细线的拉力 FT和半球面的支持力 FN，作出 FN、FT的合力 F，由
平衡条件得知 F＝G，如图
F F F PO PD
根据三角形相似可得 N＝ ＝ T，将 F＝G代入得：FN＝ G，FT＝ G，将细绳固定点 A向右缓慢平移，
PO DO PD DO DO
DO、PO不变，G也不变，PD变小，可见 FT变小，FN不变，即知弹簧的弹力变小，弹簧变短。由牛顿第三定
律知小球对半球的压力大小不变，故 A、C 正确，B、D 错误。
方法 步骤
(1)根据已知条件画出两个不同情况对应的力的三角形和空间几何三角形，确定对应
相似三角形
边，利用三角形相似知识列出比例式；
法
(2)确定未知量大小的变化情况
10 / 290
2022 届衡水中学物理一本通高分手册
考点四 电磁场中的平衡问题
【考点诠释】
1．基本思路
要坚持“电学问题、力学方法”的基本思路，结合电学的基本规律和力学中的受力分析及平衡条件解决问题。
2．几点注意
(1)点电荷间的作用力大小要用库仑定律。
(2)安培力方向的判断要先判断磁场方向、电流方向，再用左手定则，同时注意将立体图转化为平面图。
(3)电场力或安培力的出现，可能会对弹力或摩擦力产生影响。
(4)涉及电路问题时，要注意闭合电路欧姆定律的应用。
【典例分析 7】 如图，空间存在一方向水平向右的匀强电场，两个带电小球 P和 Q用相同的绝缘细绳悬挂在
水平天花板下，两细绳都恰好与天花板垂直，则( )
A.P和 Q都带正电荷 B.P和 Q都带负电荷
C.P带正电荷，Q带负电荷 D.P带负电荷，Q带正电荷
【答案】D
【解析】细绳竖直，把 P、Q看做整体，在水平方向所受电场力为零，所以 P、Q必带等量异种电荷，选项 A、
B 错误；如果 P、Q带不同性质的电荷，受力如图甲、乙所示，由图知，P带正电荷，Q带负电荷，水平方向
的合力不为零；P带负电荷、Q带正电荷时符合题意，选项 C 错误，D 正确。
【典例分析 8】 如图所示，金属杆 MN用两根绝缘细线悬于天花板的 O、O′点，杆中通有垂直于纸面向里的恒
定电流，空间有竖直向上的匀强磁场，杆静止时处于水平，悬线与竖直方向的夹角为θ，若将磁场在竖直面内沿
11 / 290
2022 届衡水中学物理一本通高分手册
逆时针方向缓慢转过 90°，在转动过程中通过改变磁场磁感应强度大小来保持悬线与竖直方向的夹角不变，则
在转动过程中，磁场的磁感应强度大小的变化情况是( )
A．一直减小 B．一直增大 C．先减小后增大 D．先增大后减小
【答案】C
【解析】磁场在旋转的过程中，杆处于平衡状态，杆所受重力的大小和方向不变，悬线的拉力方向不变，由图
解法结合左手定则可知，在磁场旋转的过程中，安培力先减小后增大，由 F＝BIL可知，磁场的磁感应强度先
减小后增大，故选 C.
【规律总结】电学中平衡问题的处理方法
处理方法与力学问题的分析方法一样，把方法和规律进行迁移应用即可。
12 / 290
2022 届衡水中学物理一本通高分手册
第一部分 力与运动
专题 02 力与直线运动
一、素养呈现
1.物理观念：参考系、质点、位移、速度、加速度、匀变速直线运动、自由落体运动、惯性、作用力与反作用
力、超重与失重、单位制。
2.科学思维：在特定情境中运用匀变速直线运动模型、公式、推论及图象解决问题、牛顿运动定律、整体法与
隔离法、图象法、控制变量法、临界法。
3.科学探究：研究匀变速直线运动的特点、探究加速度与力、质量的关系。
4.科学态度与责任：以生产、生活实际为背景的匀变速直线运动规律的应用、追及相遇、交通与安全。
二、素养落实
1.匀变速直线运动规律和推论的灵活应用
2.掌握瞬时性问题的两类模型
3.熟悉图象类型及图象信息应用
考点一 匀变速直线运动规律的应用
【考点诠释】
1．匀变速直线运动的基本规律
(1)速度关系：v＝v0＋at。
(2) x v 1位移关系： ＝ 0t＋ at2。
2
(3)速度位移关系：v2－v20＝2ax。
13 / 290
2022 届衡水中学物理一本通高分手册
(4) x某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度： v ＝ ＝v 。
t
t
(5)匀变速直线运动在相等时间内相邻的两段位移之差为常数，即2 Δx＝aT2。
2．追及问题的解题思路和技巧
(1)解题思路
(2)解题技巧
①紧抓“一图三式”，即过程示意图、时间关系式、速度关系式和位移关系式。
②审题应抓住题目中的关键字眼，充分挖掘题目中的隐含条件，如“刚好”“恰好”“最多”“至少”等，往往对应一个
临界状态，满足相应的临界条件。
③若被追赶的物体做匀减速运动，一定要注意追上前该物体是否已停止运动，最后还要注意对解的讨论分析。
【典例分析 1】如图所示，物体从 O点由静止开始做匀加速直线运动，途经 A、B、C三点，其中|AB|＝2 m，|BC|
＝3 m。若物体通过 AB和 BC这两段位移的时间相等，则 O、A两点之间的距离等于( )
A 9． m B 8． m C 3． m D 4． m
8 9 4 3
【答案】A
x 5
【解析】设物体通过 AB、BC所用时间均为 T，则 B点的速度为：vB＝ AC＝ ，
2T 2T
根据Δx＝aT2 a Δx 1得： ＝ ＝ ，
T2 T2
5 1 3
则有：vA＝vB－aT＝ － ·T＝ ，
2T T2 2T
根据速度位移公式得，O、A两点之间的距离为：
14 / 290
2022 届衡水中学物理一本通高分手册
9
2 2
x v＝ A＝4T m 9OA ＝ m。故 A 正确，B、C、D 错误。
2a 2 8
T2
【规律总结】重要公式的选择
题目中所涉及的物理量(包括已知量、待求量和为 没有涉及
适宜选用公式
解题设定的中间量) 的物理量
v＝v0＋at v0、v、a、t x
x 1＝v0t＋ at2 v0、a、t、x2 v
v2－v20＝2ax v0、v、a、x t
x v＋v0＝ t v0、v、t、x a
2
【典例分析 1】现有甲、乙两汽车正沿同一平直大街同向匀速行驶，甲车在前，乙车在后，它们行驶的速度均
为 10 m/s。当两车快要到一十字路口时，甲车司机看到绿灯已转换成了黄灯，于是紧急刹车(反应时间忽略不计)，
乙车司机为了避免与甲车相撞也紧急刹车，但乙车司机反应较慢(反应时间为 t0＝0.5 s)。已知甲车紧急刹车时制
动力为车重的 0.4 倍，乙车紧急刹车时制动力为车重的 0.6 倍，g＝10 m/s2，假设汽车可看作质点。
(1)若甲车司机看到黄灯时车头距警戒线 15 m，他采取上述措施能否避免闯红灯？
(2)为保证两车在紧急刹车过程中不相撞，甲、乙两车在正常行驶过程中应至少保持多大距离？
【答案】(1)能 (2)1.5 m
f 0.4m
【解析】(1)根据牛顿第二定律，甲车紧急刹车的加速度大小为 a ＝ 1 ＝ 1g1 ＝4 m/s2。
m1 m1
甲车停下来所需时间为
t v0 101＝ ＝ s＝2.5 s，
a1 4
v20 102
滑行距离 x＝ ＝ m＝12.5 m，
2a1 2×4
由于 x＝12.5 m<15 m，
15 / 290
2022 届衡水中学物理一本通高分手册
可见甲车司机刹车后能避免闯红灯。
(2) f 0.6m g乙车紧急刹车的加速度大小为 a 2 22＝ ＝ ＝6 m/s2，两车速度相等时处于同一位置，即为恰好不相撞的
m2 m2
条件。
设甲、乙两车行驶过程中至少应保持距离 x0，在乙车刹车 t2时间后两车的速度相等，
其运动关系如图所示，
则有速度关系 v0－a1(t2＋t0)＝v0－a2t2，v＝v0－a2t2
v20－v2 v02－v2
位移关系 v0t0＋ ＝x0＋
2a2 2a1
解得 t2＝1.0 s，x0＝1.5 m。
【规律总结】判断能否追上的常用方法
情境：物体 B追赶物体 A，开始时，两个物体相距 x0。
(1)若 vA＝vB时，xA＋x0
(3)若 vA＝vB时，xA＋x0>xB，则不能追上。
考点二 运动图象问题
【考点诠释】
1．解决图象类问题“四个注意”
(1)速度图线只有通过时间轴时速度方向才改变。
16 / 290
2022 届衡水中学物理一本通高分手册
(2)利用 v t图象分析两个物体的运动时，要注意两个物体的出发点是否相同。
(3)物体的运动图象与运动过程的转化。
(4)x t图象、v t图象、a t图象的应用。
2．应用图象时的“两个误区”
(1)误认为 v t图象、x t图象是物体运动轨迹。
(2)在 v t图象中误将交点认为此时相遇。
【典例分析 3】如图所示，A、B分别是甲、乙两小球从同一地点沿同一直线运动的 v t图象，根据图象可以判
断出( )
A．在 t＝4 s 时，甲球的加速度小于乙球的加速度 B．在 t＝4.5 s 时，两球相距最远
C．在 t＝6 s 时，甲球的速率小于乙球的速率 D．在 t＝8 s 时，两球相遇
【答案】D
Δv
【解析】根据图象可知，甲球的加速度 a 11＝ ＝－10 m/s2，故甲球的加速度大小为 10 m/s2，负号表示加速度
Δt1
Δv 20
方向与速度方向相反，乙球的加速度 a 22＝ ＝ m/s2，故甲球的加速度大于乙球的加速度，选项 A 错误；当
Δt2 3
两球速度相同时，两球相距最远，根据图象有 40 m/s＋a1t＝－20 m/s＋a2(t－2 s)，解得 t＝4.4 s，即 4.4 s 时两球
相距最远，选项 B 错误；t＝6 s 时甲球的速度 v1＝－20 m/s
20
，乙球的速度 v2＝ m/s，故 t＝6 s 时甲球的速率大
3
于乙球的速率，选项 C 错误；结合图象可知 t＝8 s 时，甲、乙两小球又同时回到原出发点，选项 D 正确。
【典例分析 4】．(多选)甲、乙两质点同时、同初位置沿同一方向做直线运动。质点甲做初速度为零、加速度大
17 / 290
2022 届衡水中学物理一本通高分手册
小为 a1 的匀加速直线运动；质点乙做初速度为 v0、加速度大小为 a2 的匀减速直线运动，且速度减至零后保持静
止。甲、乙两质点在运动过程中的 x v(位置—速度)图象如图所示(虚线与对应的坐标轴垂直)，则( )
A．质点甲的加速度大小 a1＝1 m/s2 B．质点乙的初速度为 v0＝6 m/s，加速度大小 a2＝1 m/s2
C．图线中 a＝2 6，b＝16 D．两图线的交点表示两质点同时到达同一位置
【答案】BC
【解析】速度随位移的增大而增大的图线对应质点甲，速度随位移的增大而减小的图线对应质点乙，当 x＝0
时，乙的速度为 6 m/s，即质点乙的初速度 v0＝6 m/s，设质点乙、甲先后通过 x＝6 m 处时的速度均为 v，对质
点甲有 v2＝2a1x ①，对质点乙有 v2－v20＝－2a2x ②，联立①②解得 a1＋a2＝3 m/s2 ③，当质点甲的速度 v1
＝8 m/s、质点乙的速度 v2＝2 m/s 时，两质点通过的位移相同，设为 x′，对质点甲有 v12＝2a1x′ ④，对质点乙
v22－v02＝－2a2x′ ⑤，联立④⑤解得 a1＝2a2 ⑥，联立③⑥解得 a1＝2 m/s2，a2＝1 m/s2，选项 A 错误，B 正确；
根据质点甲的运动知 v2甲＝2a1x，当 x＝6 m 时，有 v 甲＝2 6 m/s，即 a＝2 6；当 v 甲＝8 m/s 时，有 x＝16 m，即
b＝16，选项 C 正确；两图线的交点表示甲、乙两质点以相同的速度经过该位置，但不是同时，选项 D 错误。
【规律总结】运动图象问题的“三点提醒”
(1)对于 x t图象，图线在纵轴上的截距表示 t＝0 时物体的位置；对于 v t和 a t图象，图线在纵轴上的截距
并不表示 t＝0 时物体的位置。
(2)在 v t图象中，两条图线的交点不表示两物体相遇，而是表示两者速度相同。
(3)v t图象中两条图线在轴上的截距不同，不少同学误认为两物体的初始位置不同，位置是否相同应根据题
中条件确定。
考点三 动力学中的连接体问题
【考点诠释】
1．整体法的选取原则及解题步骤
18 / 290
2022 届衡水中学物理一本通高分手册
(1)当只涉及系统的受力和运动情况而不涉及系统内某些物体的受力和运动情况时，一般采用整体法。
(2)运用整体法解题的基本步骤：
明确所研究 画出系统整体的 选用适当的
系统和运动 受力图或运动全 物理规律列
的全过程 过程的示意图 方程求解
2．隔离法的选取原则及解题步骤
(1)当涉及系统(连接体)内某个物体的受力和运动情况时，一般采用隔离法。
(2)运用隔离法解题的基本步骤：
①明确研究对象或过程、状态。
②将某个研究对象或某段运动过程、某个状态从系统或全过程中隔离出来。
③画出某状态下的受力图或运动过程示意图。
④选用适当的物理规律列方程求解。
【典例分析 5】(多选)如图所示，一质量 M＝3 kg、倾角为α＝45°的斜面体放在光滑水平地面上，斜面体上有一
质量为 m＝1 kg 的光滑楔形物体。用一水平向左的恒力 F作用在斜面体上，系统恰好保持相对静止地向左运动。
重力加速度取 g＝10 m/s2，下列判断正确的是( )
A．系统做匀速直线运动
B．F＝40 N
C．斜面体对楔形物体的作用力大小为 5 2 N
D．增大力 F，楔形物体将相对斜面体沿斜面向上运动
【关键信息】：“光滑水平地面”“水平向左的恒力 F”，两条信息表明整体向左匀加速运动。
【答案】BD
【解析】
19 / 290
2022 届衡水中学物理一本通高分手册
甲 乙
对整体受力分析如图甲所示，由牛顿第二定律有 F＝(M＋m)a，对楔形物体受力分析如图乙所示。由牛顿第二
定律有 mgtan 45°＝ma，可得 F＝40 N，a＝10 m/s2 mg，A 错误，B 正确；斜面体对楔形物体的作用力 FN2＝
sin 45°
＝ 2mg＝10 2 N，C 错误；外力 F增大，则斜面体加速度增加，由于斜面体与楔形物体间无摩擦力，则楔形物
体将会相对斜面体沿斜面上滑，D 正确。
【规律总结】(1)处理连接体问题时，整体法与隔离法往往交叉使用，一般的思路是先用整体法求加速度，再用
隔离法求物体间的作用力。
(2)隔离法分析物体间的作用力时，一般应选受力个数较少的物体进行分析。
【典例分析 6】质量分别为 m、2m的物块 A、B用轻弹簧相连，设两物块与水平面及斜面间的动摩擦因数都为μ。
当用水平力 F作用于 B上，且两物块在粗糙的水平面上以相同加速度向右加速运动时，弹簧的伸长量为 x1，如
图甲所示；当用同样大小的力 F竖直提升两物块使它们以相同加速度向上加速运动时，弹簧的伸长量为 x2，如
图乙所示；当用同样大小的力 F沿倾角为θ的固定斜面向上拉两物块使它们以相同加速度向上加速运动时，弹
簧的伸长量为 x3，如图丙所示，则 x1∶x2∶x3等于( )
甲 乙 丙
A．1∶1∶1 B．1∶2∶3
C．1∶2∶1 D．无法确定
【题眼点拨】①“相同的加速度”，采用整体法。
②“x1∶x2∶x3”采用隔离法。
【答案】A
20 / 290
2022 届衡水中学物理一本通高分手册
A B F－3μmg F【解析】对题图甲，把物块 、 和弹簧看作一个整体研究，根据牛顿第二定律得 a1＝ ＝ －μg，对
3m 3m
A有 kx1－μmg＝ma
F
1，解得 x1＝ ；对题图乙，把物块 A、B和弹簧看作一个整体研究，根据牛顿第二定律得 a2
3k
F－3mg F F
＝ ＝ －g，对 A有 kx2－mg＝ma2，解得 x2＝ ；对题图丙，把物块 A、B和弹簧看作一个整体研究，
3m 3m 3k
F－3mgsin θ－3μmgcos θ F
根据牛顿第二定律得 a3＝ ＝ －gsin θ－μgcos θ，对A有 kx3－mgsin θ－μmgcos θ＝ma3，
3m 3m
解得 x F3＝ ，则 x1∶x2∶x3＝1∶1∶1。故 A 正确，B、C、D 错误。
3k
【规律总结】(1)当连接体中各物体具有共同的加速度时，一般采用整体法。当系统内各物体的加速度不同时，
一般采用隔离法。
(2)求连接体内各物体间的相互作用力时必须用隔离法。
考点四 牛顿第二定律的瞬时性问题
【考点诠释】
(1)力可以发生突变，但速度不能发生突变。
(2)轻绳、轻杆、轻弹簧两端有重物或固定时，在外界条件变化时，轻绳、轻杆的弹力可以发生突变，但轻弹簧
的弹力不能突变。
(3)轻绳、轻杆、轻弹簧某端突然无重物连接或不固定，三者弹力均突变为零。
【典例分析 7】如图所示，质量均为 m的 A、B两小球分别用轻质细绳 L1 和轻弹簧系在天花板上的 O点和 O′
点，A、B两小球之间用一轻质细绳 L2 连接，细绳 L1、弹簧与竖直方向的夹角均为θ，细绳 L2水平拉直，则下
列有关细绳 L2被剪断瞬间的表述正确的是( )
A．细绳 L1上的拉力与弹簧弹力之比为 1∶1 B．细绳 L1 上的拉力与弹簧弹力之比为 cos2θ∶1
C．A与 B的加速度之比为 1∶1 D．A与 B的加速度之比为 1∶cos θ
【答案】B
【解析】对 A球，剪断细绳 L2 的瞬间，细绳 L1 的拉力将发生突变，合力垂直于细绳 L1 斜向下，细绳 L1的拉力
21 / 290
2022 届衡水中学物理一本通高分手册
大小为 FA＝mgcos θ，A球的加速度大小 aA＝gsin θ；对 B球，剪断细绳 L2的瞬间，弹簧弹力不变，合力水平向
mg aA cos θ FA cos2θ
右，弹簧弹力大小 FB＝ ，B球的加速度大小 aB＝gtan θ，所以 ＝ ， ＝ 。
cos θ aB 1 FB 1
【规律总结】“两关键”“四步骤”巧解瞬时性问题
1．分析瞬时加速度的“两个关键”
(1)分析瞬时前、后的受力情况和运动状态。
(2)明确绳或杆类、弹簧或橡皮条类模型的特点。
2．“四个步骤”
第一步：分析原来物体的受力情况。
第二步：分析物体在突变时的受力情况。
第三步：由牛顿第二定律列方程。
第四步：求出瞬时加速度，并讨论其合理性。
考点五．动力学中的“传送带”模型
【考点诠释】
1．水平传送带问题
求解的关键在于对物体所受的摩擦力进行正确的分析判断。
判断摩擦力时要注意比较物体的运动速度与传送带的速度。物体的速度与传送带速度相等的时刻就是物体所受
摩擦力发生突变的时刻。
2．倾斜传送带问题
求解的关键在于认真分析物体与传送带的相对运动情况，从而确定其是否受到滑动摩擦力作用，如果受到滑动
摩擦力作用应进一步确定其大小和方向，然后根据物体的受力情况确定物体的运动情况。当物体速度与传送带
速度相等时，物体所受的摩擦力有可能发生突变。
22 / 290
2022 届衡水中学物理一本通高分手册
【典例分析 8】一传送带装置如图所示，其中 AB段是水平的，长度 LAB＝4 m，BC段是倾斜的，长度 LBC＝5 m，
倾角为θ＝37°，AB和 BC由 B点通过一段短的圆弧连接(图中未画出圆弧)，传送带以 v＝4 m/s 的恒定速率顺时
针运转，已知工件与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度 g取 10 m/s2。现将一个工件(可看作质点)无初
速度地放在 A点，求：
(1)工件第一次到达 B点所用的时间；
(2)工件沿传送带上升的最大高度；
(2)工件运动了 23 s 后所在的位置。
【答案】(1)1.4 s (2)2.4 m (3)在 A点右侧 2.4 m 处
【解析】(1)工件刚放在水平传送带上的加速度大小为 a1，由牛顿第二定律得μmg＝ma1
解得 a1＝μg＝5 m/s2
经 t1 时间工件与传送带的速度相同，解得
t v1＝ ＝0.8 s
a1
1
工件前进的位移为 x1＝ a1t21＝1.6 m
2
此后工件将与传送带一起匀速运动至 B点，用时
t LAB－x12＝ ＝0.6 s
v
所以工件第一次到达 B点所用的时间
t＝t1＋t2＝1.4 s。
23 / 290
2022 届衡水中学物理一本通高分手册
(2)在倾斜传送带上工件的加速度为 a2，由牛顿第二定律得μmgcos θ－mgsin θ＝ma2
解得 a2＝－2 m/s2
hm
由速度位移公式得 0－v2＝2a2
sin θ
解得 hm＝2.4 m。
(3) 2hm工件沿传送带向上运动的时间为 t3＝ ＝2 s
vsin θ
此后由于工件在传送带的倾斜段运动时的加速度相同，在传送带的水平段运动时的加速度也相同，故工件将在
传送带上做往复运动，其周期为 T，则
T＝2t1＋2t3＝5.6 s
工件从开始运动到第一次返回传送带的水平部分，且速度变为零所需时间 t0＝2t1＋t2＋2t3＝6.2 s，而 23 s＝t0＋
3T，这说明经过 23 s 后工件恰好运动到传送带的水平部分，且速度为零，故工件在 A点右侧，到 A点的距离 x
＝LAB－x1＝2.4 m。
【规律总结】
24 / 290
2022 届衡水中学物理一本通高分手册
考点六 动力学中的“板—块”模型
【考点诠释】
1．模型特点：涉及两个物体，并且物体间存在相对滑动。
2．两种位移关系：滑块由滑板的一端运动到另一端的过程中，若滑块和滑板同向运动时，位移之差等于板长；
反向运动时，位移之和等于板长。
3．解题思路
(1)审题建模：求解时应先仔细审题，清楚题目的含义、分析清楚每一个物体的受力情况、运动情况。
(2)求加速度：准确求出各物体在各运动过程的加速度(注意两过程的连接处加速度可能突变)。
(3)明确关系：找出物体之间的位移(路程)关系或速度关系是解题的突破口。求解中应注意联系两个过程的纽带，
每一个过程的末速度是下一个过程的初速度。
【典例分析 9】如图所示，倾角α＝30°的足够长光滑斜面固定在水平面上，斜面上放一长 L＝1.8 m、质量 M＝3
kg 的薄木板，木板的最右端叠放一质量 m＝1 kg 3的小物块，物块与木板间的动摩擦因数μ＝ 。对木板施加沿
2
斜面向上的恒力 F，使木板沿斜面由静止开始做匀加速直线运动。设物块与木板间最大静摩擦力等于滑动摩擦
力，重力加速度 g取 10 m/s2，物块可视为质点。
(1)为使物块不滑离木板，求力 F应满足的条件；
(2)若 F＝37.5 N，物块能否滑离木板？若不能，请说明理由；若能，求出物块滑离木板所用的时间及滑离木板
后沿斜面上升的最大距离。
【答案】(1)20 N
以物块为研究对象，由牛顿第二定律得
Ff－mgsin α＝ma
又 Ff≤Ffm＝μmgcos α
25 / 290
2022 届衡水中学物理一本通高分手册
解得 F≤30 N
又 a>0 解得 F>20 N
所以 20 N
F－μmgcos α－Mgsin α＝Ma1
隔离物块，由牛顿第二定律得
μmgcos α－mgsin α＝ma2
设物块滑离木板所用时间为 t
x 1木板的位移 1＝ a1t2
2
物块的位移 x 12＝ a2t2
2
物块与木板分离的临界条件为
Δx＝x1－x2＝L
联立以上各式解得 t＝1.2 s
物块滑离木板时的速度 v＝a2t
由公式－2gxsin α＝0－v2
解得 x＝0.9 m。
【典例分析 10】如图所示，一足够长的木板在粗糙水平地面上向右运动。某时刻速度为 v0＝2 m/s，此时一与木
板质量相等的小滑块(可视为质点)以 v1＝4 m/s 的速度从右侧滑上木板，经过 1 s 两者速度恰好相同，速度大小
为 v2＝1 m/s，方向向左。取重力加速度 g＝10 m/s2，试求：
(1)木板与滑块间的动摩擦因数μ1；
(2)木板与地面间的动摩擦因数μ2；
(3)从滑块滑上木板，到最终两者速度恰好相同的过程中，滑块相对木板的位移大小。
26 / 290
2022 届衡水中学物理一本通高分手册
【思路点拨】解此题关键有两点：
①根据速度变化结合加速度定义求加速度，利用牛顿第二定律求动摩擦因数。
②逐段分析木板和小滑块的运动求相对位移。
【答案】(1)0.3 (2)0.05 (3)2.75 m
v2－v1 1－4
【解析】(1)以向左为正方向，对小滑块分析，其加速度为：a1＝ ＝ m/s2＝－3 m/s2，负号表示加速度
t 1
方向向右，设小滑块的质量为 m，根据牛顿第二定律有：－μ1mg＝ma1，可以得到：μ1＝0.3。
(2)对木板分析，向右减速运动过程，根据牛顿第二定律以及运动学公式可以得到：
μ1mg＋μ v02·2mg＝m
t1
向左加速运动过程，根据牛顿第二定律以及运动学公式可以得到：
μ v21mg－μ2·2mg＝m
t2
而且 t1＋t2＝t＝1 s
联立可以得到：μ2＝0.05，t1＝0.5 s，t2＝0.5 s。
(3) t 0＋v0在 1＝0.5 s 时间内，木板向右减速运动，其向右运动的位移为：x1＝ ·t1＝0.5 m，方向向右；
2
在 t2＝0.5 s
v2＋0
时间内，木板向左加速运动，其向左加速运动的位移为：x2＝ ·t2＝0.25 m，方向向左；
2
t 1 s v1＋v2在整个 ＝ 时间内，小滑块向左减速运动，其位移为：x＝ ·t＝2.5 m，方向向左
2
则整个过程中滑块相对木板的位移大小为：Δx＝x＋x1－x2＝2.75 m。
27 / 290
2022 届衡水中学物理一本通高分手册
【规律总结】求解“滑块—木板”类问题的技巧
(1)弄清各物体初态对地的运动和相对运动(或相对运动趋势)，根据相对运动(或相对运动趋势)情况，确定物
体间的摩擦力方向。
(2)准确地对各物体进行受力分析，并根据牛顿第二定律确定各物体的加速度，结合加速度和速度的方向关
系确定物体的运动情况。
(3)速度相等是这类问题的临界点，此时往往意味着物体间的相对位移最大，物体的受力和运动情况可能发
生突变。
28 / 290
2022 届衡水中学物理一本通高分手册
第一部分 力与运动
专题 03 力与曲线运动
一、素养呈现
1.物理观念：合运动、分运动、平抛运动、斜抛运动、圆周运动、向心力、向心加速度、线速度、角速度。
2.科学思维：运动的合成与分解、平抛斜面模型、竖直平面圆周运动模型。
3.科学态度与责任：离心现象与行车安全。
二、素养落实
1.掌握渡河问题、关联速度问题的处理方法
2.应用平抛运动特点及规律解决相关问题
3.掌握圆周运动动力学特点，灵活处理相关问题
考点一 曲线运动和运动的合成与分解
【考点诠释】
1．曲线运动的分析
(1)物体的实际运动是合运动，明确是在哪两个方向上的分运动的合成。
(2)根据合外力与合初速度的方向关系判断合运动的性质。
(3)运动的合成与分解就是速度、位移、加速度等的合成与分解，遵守平行四边形定则。
2．渡河问题中分清三种速度
29 / 290
2022 届衡水中学物理一本通高分手册
(1)合速度：物体的实际运动速度。
(2)船速：船在静水中的速度。
(3)水速：水流动的速度，可能大于船速。
3．端速问题解题方法
把物体的实际速度分解为垂直于绳(杆)和平行于绳(杆)两个分量，根据沿绳(杆)方向的分速度大小相等求解，常
见的模型如图所示。
甲 乙
丙 丁
【典例分析 1】如图所示的机械装置可以将圆周运动转化为直线上的往复运动．连杆 AB、OB可绕图中 A、B、
O三处的转轴转动，连杆 OB在竖直面内的圆周运动可通过连杆 AB使滑块在水平横杆上左右滑动．已知 OB杆
长为 L，绕 O点沿逆时针方向匀速转动的角速度为ω，当连杆 AB与水平方向夹角为α，AB杆与 OB杆的夹角为
β时，滑块的水平速度大小为( )
A.ωLsin β B.ωLcos β C.ωLcos β D.ωLsin β
sin α sin α cos α cos α
【答案】 D
【解析】 设滑块的水平速度大小为 v，A点的速度的方向沿水平方向，如图将 A点的速度分解，
根据运动的合成与分解可知，沿杆方向的分速度：vA 分＝vcos α，B点做圆周运动，实际速度是圆周运动的线速
度，可以分解为沿 AB杆方向的分速度和垂直于 AB杆方向的分速度，如图，
30 / 290
2022 届衡水中学物理一本通高分手册
设 B的线速度为 v′，则：
vB分＝v′cos θ＝v′cos (β－90°)＝v′cos (90°－β)＝v′sin β，v′＝ωL，
又二者沿杆方向的分速度是相等的，即：vA分＝vB 分
ωLsin β
联立可得：v＝ ，故 D 正确.
cos α
【规律总结】“端速问题”的关键是合速度的判断，根据与杆或与绳相连的物体相对地面发生的实际运动判断是
常用方法
【典例分析 2】如图所示，船在静水中的速度为 v，小船(可视为质点)过河时，船头偏向上游，与水流方向的夹
角为α，其航线恰好垂直于河岸。现水流速度稍有增大，为保持航线和过河所需时间不变，下列措施可行的是
( )
A．减小α，增大船速 v B．增大α，增大船速 v
C．减小α，船速 v不变 D．增大α，船速 v不变
【答案】B
【解析】要保持航线仍垂直于河岸，过河所需时间不变，必须让船在静水中的速度沿河岸的分量和水速等大反
( ) vsin(π α) v vcos(π α) v tan(π α) v 实向，船速垂直河岸的分速度 船的实际速度 不变，有 － ＝ 实， － ＝ 水，所以 － ＝ ，若
v 水
v 实不变，v 水增大，则 tan(π－α)减小，分析可知，α增大，v增大，只有 B 正确。
【规律总结】“三情景、两方案”解决小船渡河问题
31 / 290
2022 届衡水中学物理一本通高分手册
考点二 平抛运动
【考点诠释】
1．平抛运动的研究方法
2．平抛运动的二级结论
y
(1)做平抛运动的物体在任一时刻的瞬时速度的反向延长线一定通过此时水平位移的中点，则 tan α＝x。
2
(2)做平抛运动的物体在任一时刻任一位置处，其速度与水平方向的夹角α的正切值，是位移与水平方向的夹角θ
的正切值的 2 倍，即 tan α＝2tan θ。
(3)若物体在斜面上平抛又落到斜面上，则其竖直位移与水平位移之比等于斜面倾角的正切值。
(4)若平抛物体垂直打在斜面上，则物体打在斜面上瞬间，其水平速度与竖直速度之比等于斜面倾角的正切值。
【典例分析 3】如图所示，xOy是平面直角坐标系，Ox水平、Oy竖直，一质点从 O点开始做平抛运动，P点是
轨迹上的一点. 质点在 P点的速度大小为 v，方向沿该点所在轨迹的切线. M点为 P点在 Ox轴上的投影，P点
速度方向的反向延长线与 Ox轴相交于 Q点. 已知平抛的初速度为 20m/s，MP=20m，重力加速度 g取 10m/s2，
则下列说法正确的是
32 / 290
2022 届衡水中学物理一本通高分手册
A．QM的长度为 10m B．质点从 O到 P的运动时间为 1s
C．质点在 P点的速度 v大小为 40m/s D．质点在 P点的速度与水平方向的夹角为 45°
【答案】D
1 2
【解析】AB．根据平拋运动在竖直方向做自由落体运动有： h gt
2
可得 t=2s；质点在水平方向的位移为： x v0t 40m
根据平抛运动的推论可知 Q是 OM的中点，所以 QM=20m，故 A 错误，B 错误；
C．质点在 P点的竖直速度： vy gt 10 2m/s=20m/s
所以在 P点的速度为： v v2 v2 202 202x y 20 2m/s 故 C 错误；
v
D tan y．因为： 1所以质点在 P点的速度与水平方向的夹角为 45°，故 D 正确.
vx
【规律总结】“化曲为直”思想在平抛运动中的应用
根据运动效果的等效性，利用运动分解的方法，将其转化为我们所熟悉的两个方向上的直线运动：
(1)水平方向的匀速直线运动。
(2)竖直方向的自由落体运动。
【典例分析 4】．如图所示，斜面 ABC倾角为 ，在 A点以速度 v1将小球水平抛出（小球可以看成质点），小
球恰好经过斜面上的小孔E，落在斜面底部的D点，且D为 BC的中点。在 A点以速度 v2将小球水平抛出，
小球刚好落在C点。若小球从 E运动到D的时间为 t1，从 A运动到C的时间为 t2 ，则 t1 : t2 为（ ）
33 / 290
2022 届衡水中学物理一本通高分手册
A．1：1 B．1：2 C．2：3 D．1：3
【答案】B
【解析】对于平抛运动，其运动时间只由高度h决定，不管是以初速度 v1或 v2抛出，其落到斜面底端时间是一
1 gt 2
样，都为 t2 。设从 A到 E的时间为 t ，由平抛运动规律得 tan 2
v1t
1 gt 22
同理，从 A到D的运动 tan 2
v1t2
AB
根据数学几何问题可知 tan
BC
tan AB
BD
tan 2 tan 即 t2 2t
由于 t2 t1 t 因此 t1 : t2 1: 2
即 A到E和 E到D的时间相等，都为 A到D的时间的一半，又因为从 A点抛出，D、C在同一水平面上，高
1
度相同，时间相同，即 t1 t t故选 B。2
34 / 290
2022 届衡水中学物理一本通高分手册
【规律总结】与斜面相关联的平抛运动的分解方法与技巧
(1)如果知道速度的大小或方向，应首先考虑分解速度。
(2)如果知道位移的大小或方向，应首先考虑分解位移。
【典例分析 5】北京冬奥会将在 2022 年 2 月 4 日至 2022 年 2 月 20 日在北京和张家口联合举行，这是北京和张
家口历史上第一次举办冬季奥运会。图示为某滑雪运动员训练的情境，运动员从弧形坡面上滑下，沿水平方向
飞出后落到斜面上。斜面足够长且倾角为θ，弧形坡面与斜面顶端有一定高度差。某次训练时，运动员从弧形坡
面水平飞出的速度大小为 v0，飞出后在空中的姿势保持不变，不计空气阻力，下列判断正确的是( )
A．若运动员以不同的速度从弧形坡面飞出，落到斜面前瞬间速度方向一定相同
B 2v tan θ．若运动员飞出时的水平速度大小变为 2v0，运动员飞出后经 t＝ 0 距斜面最远
g
C．若运动员飞出时的水平速度大小变为 2v0，运动员落点位移为原来的 4 倍
D．若运动员飞出时的水平速度大小变为 2v0，落到斜面前瞬间速度方向与水平方向的夹角变大
【题眼点拨】 ①“沿水平方向飞出”，运动员做平抛运动，要应用分解思想。
②“弧形斜面与斜面顶端有一定高度差”，可从抛出点构建斜面，比较实际斜面，应用二级结论。
【答案】B
【解析】利用物体从斜面顶端平抛的运动规律，设运动员从弧形坡面上 A点做平抛运动，落到斜面上的 C点，
沿 AC作一直线 ACB，如图所示
则从 A平抛时，落到斜面 AB(虚拟)上时，速度方向与水平方向的夹角都相等，则落到实际斜面上 E点时竖直方
35 / 290
2022 届衡水中学物理一本通高分手册
向分速度 vyE小于落到 D点时竖直方向分速度 vyD，而二者水平方向分速度相同，则落到 E点时速度与水平方向
的夹角比落到 D点小，故 A、D 项错误；运动员离斜面最远时的速度与斜面平行，当速度为 2v0时，有 tan θ＝
gt 2v tan θ v gt
，得 t＝ 0 ，故 B 项正确；若沿倾角为α的 AB斜面平抛，落到斜面上 D点的时间 tan α＝ y＝ ＝2tan θ，
2v0 g v0 v0
2v tan θ 2v2tan θ 2
解得 t＝ 0 ，则 x＝v 00t＝ ，故 s x 2v tan θ＝ ＝ 0 ，可知当速度为 2v0 时，s′＝4s，则落到 E点时的距
g g cos θ gcos θ
离 s″<4s，故 C 项错误。
【规律总结】平抛运动问题要构建好两类模型，一类是常规平抛运动模型，注意分解方法，应用匀变速运动的
规律；另一类是平抛斜面结合模型，要灵活应用斜面倾角，分解速度或位移，构建几何关系。
考点三 圆周运动
【考点诠释】
1．水平面内的圆周运动的“临界”分析
(1)绳的临界：张力 FT＝0
(2)接触面滑动临界：F＝fm
(3)接触面分离临界：FN＝0
2．竖直面内的圆周运动(轻绳模型和轻杆模型)
轻绳模型 轻杆模型
图示
重力，弹力 F 弹向下、向上或等于零，mg±F在最高点受 v2
重力，弹力 F 弹向下或等于零，mg＋F 弹＝mR v
2
力 弹＝mR
v2
恰好过最高 F 弹＝0，mg＝m ，v＝ Rg，即在最高点速R v＝0，mg＝F 弹，在最高点速度可为零
点
度不能为零
关联 应用动能定理或机械能守恒定律将初、末状态联系起来列方程求解
36 / 290
2022 届衡水中学物理一本通高分手册
【典例分析 6】在修筑铁路时，弯道处的外轨会略高于内轨。如图 5 所示，当火车以规定的行驶速度转弯时，
内、外轨均不会受到轮缘的挤压，设此时的速度大小为 v，重力加速度为 g，两轨所在面的倾角为θ，则( )
A r v
2
．该弯道的半径 ＝
gtan θ
B．当火车质量改变时，规定的行驶速度大小不变
C．当火车速率大于 v时，内轨将受到轮缘的挤压
D．当火车速率小于 v时，外轨将受到轮缘的挤压
【答案】 AB
【解析】 火车拐弯时不侧向挤压车轮轮缘，靠重力和支持力的合力提供向心力，设转弯处斜面的倾角为θ，根
2 2 2
据牛顿第二定律得 mgtan θ mv r v＝ ，解得 ＝ ，故选项 A 正确；根据牛顿第二定律得 mgtan θ v＝m ，解得 v
r gtan θ r
＝ grtan θ，可知火车规定的行驶速度与质量无关，故选项 B 正确；当火车速率大于 v时，重力和支持力的合
力不够提供向心力，此时外轨对火车有侧压力，轮缘挤压外轨，故选项 C 错误；当火车速率小于 v时，重力和
支持力的合力大于所需的向心力，此时内轨对火车有侧压力，轮缘挤压内轨，故选项 D 错误。
【典例分析 7】(多选)如图所示，在匀速转动的水平盘上，沿半径方向放着用细线相连的质量相等的两个物体 A
和 B，它们分居圆心两侧，与圆心距离分别为 RA＝r，RB＝2r，与盘间的动摩擦因数μ相同，当圆盘转速加快到
两物体刚好还未发生滑动时，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列说法正确的是( )
A．此时绳子张力为 FT＝3μmg
B．此时圆盘的角速度为ω 2μg＝
r
C．此时 A所受摩擦力方向沿半径指向圆外
37 / 290
2022 届衡水中学物理一本通高分手册
D．此时烧断绳子，A仍相对盘静止，B将做离心运动
【答案】ABC
【解析】两物块 A和 B随着圆盘转动时，合外力提供向心力，则 F＝mω2r，B的半径比 A的半径大，所以 B所
需向心力大，绳子拉力相等，所以当圆盘转速加快到两物体刚好还未发生滑动时，B的静摩擦力方向指向圆心，
A的最大静摩擦力方向指向圆外，根据牛顿第二定律得 FT－μmg＝mω2r，FT＋μmg＝mω2·2r，解得 FT＝3μmg，
ω 2μg＝ ，故 A、B、C 正确；烧断绳子瞬间 A物体所需的向心力：mω2r＝2μmg，此时烧断绳子，A的最大静
r
摩擦力不足以提供所需向心力，则 A做离心运动，故 D 错误。
【规律总结】“一、二、三、四”求解圆周运动问题
【典例分析 8】如图甲所示，陀螺可在圆轨道外侧旋转而不脱落，好像轨道对它施加了魔法一样，被称为“魔力
陀螺”。它可等效为一质点在圆轨道外侧运动的模型，如图乙所示，在竖直平面内固定的强磁性圆轨道半径为 R，
A、B两点分别为轨道的最高点与最低点。质点沿轨道外侧做完整的圆周运动，受圆轨道的强磁性引力始终指向
圆心 O且大小恒为 F，当质点以速率 v＝ gR通过 A点时，对轨道的压力为其重力的 8 倍，不计摩擦和空气阻
力，质点质量为 m，重力加速度为 g，则( )
甲 乙
A．强磁性引力的大小 F＝7mg
B．质点在 A点对轨道的压力小于在 B点对轨道的压力
C．只要质点能做完整的圆周运动，则质点对 A、B两点的压力差恒为 5mg
38 / 290
2022 届衡水中学物理一本通高分手册
D．若强磁性引力大小恒为 2F，为确保质点做完整的圆周运动，则质点通过 B点的最大速率为 15gR
【题眼点拨】 ①“强磁性引力始终指向圆心 O”，表明向心力来源有重力、弹力和强磁性引力。
②“对轨道压力为其重力的 8 倍”，运用此信息列牛顿第二定律方程求解 F。
【答案】D
v2
【解析】在 A点，对质点受力分析并结合牛顿第二定律有 F＋mg－FA＝m ，根据牛顿第三定律有 FA＝F′A＝8mg，
R
mvA2
联立解得 F＝8mg，选项 A 错误；质点能完成圆周运动，在 A点根据牛顿第二定律有 F＋mg－NA＝ ，根据
R
N N′ B F mg N mvB
2
牛顿第三定律有 A＝ A；在 点，根据牛顿第二定律有 － － B＝ ，根据牛顿第三定律有 NB＝N′B；从
R
A 1 1点到 B点的过程，根据动能定理有 mg·2R＝ mvB2－ mvA2，联立解得 N′A－N′B＝6mg，选项 B、C 错误；若强磁
2 2
2
性引力大小恒为 2F，在 B点，根据牛顿第二定律有 2F－mg vB－FB＝m ，由数学知识可知当 FB＝0 时，质点速
R
度最大为 vBm，可解得 vBm＝ 15gR，选项 D 正确。
【典例分析 9】如图所示，水平地面上有一光滑弧形轨道与半径为 r的光滑圆轨道相连，且固定在同一个竖直
面内。将一质量为 m的小球由弧形轨道上某一高度处无初速释放。为使小球在沿圆轨道运动时始终不脱离轨道，
这个高度 h的取值可为( )
A．2.2r B．1.2r C．1.6r D．0.8r
【答案】D
【解析】小球沿圆轨道运动时，可能做完整的圆周运动，当小球刚好不脱离圆轨道时，在圆轨道最高点重力提
v2 1
供向心力，则有 mg＝m ，由机械能守恒定律得 mgh－mg·2r＝ mv2，解得 h＝2.5r。小球沿圆轨道运动时，也
r 2
可能不超过与圆心等高处，由机械能守恒定律得 mgh＝mg·r，得 h＝r，综上可得，为使小球在沿圆轨道运动时
始终不离开轨道，h的范围为 h≤r或 h≥2.5r，选项 D 正确。
【规律总结】分析竖直平面内圆周运动临界问题的思路
39 / 290
2022 届衡水中学物理一本通高分手册
【典例分析 10】如图所示，长为 l的轻质细线固定在 O1点，细线的下端系一质量为 m的小球，固定点 O1的正
下方 0.5l处的 P点可以垂直于竖直平面插入一颗钉子，现将小球从细线处于水平状态由静止释放，此时钉子还
5
未插入 P点，在 B点右下方水平地面上固定有一半径为 R＝ l的光滑圆弧形槽，槽的圆心在 O2，D点为最低
16
点，且∠CO2D＝37°，重力加速度为 g，不计空气阻力。(已知 sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)求：
(1)小球运动到 B点时的速度大小；
(2)如果钉子插入 P点后，小球仍然从 A点静止释放，到达 B点时，绳子恰好被拉断，求绳子能承受的最大拉力；
(3)在第(2)问的情况下，小球恰好从槽的 C点无碰撞地进入槽内，求整个过程中小球对槽的最大压力。
【答案】(1) 2gl (2)5mg (3)11.4mg
【解析】(1) 1设小球运动到 B点的速度为 vB，由 A到 B应用动能定理，mg·l＝ mv2B
2
解得：vB＝ 2gl。
(2)插入钉子后，小球再次经过 B点时有：
2
F－mg vB＝m
0.5l
解得绳子能承受的最大拉力 F＝5mg。
40 / 290
2022 届衡水中学物理一本通高分手册
(3)小球从 B点开始做平抛运动，在 C点时速度方向恰好沿轨道切线方向，即：
v vBC＝
cos 37°
小球沿槽运动到最低点时对轨道的压力最大，小球从 C到 D过程中机械能守恒有：
mgR(1－cos 37°) 1＝ mv2 1D－ mvC2
2 2
vD2
在 D点有：FN－mg＝m
R
解得槽对小球的支持力 FN＝11.4mg
由牛顿第三定律得小球对槽的最大压力为
F′N＝11.4mg，方向竖直向下。
【规律总结】解决平抛与圆周运动组合问题的“四个关键”
(1)运动阶段的划分，如例题中分成三个阶段(圆周→平抛→圆周)。
(2)运动阶段的衔接，尤其注意速度方向，如例题中，小球运动到 B 点的速度。
(3)两个运动阶段在时间和空间上的联系。
(4)对于平抛运动或类平抛运动与圆周运动组合的问题，应用合成与分解的思想分析，这两种运动转折点的速度
是解题的关键。
41 / 290
2022 届衡水中学物理一本通高分手册
第一部分 力与运动
专题 04 天体运动
一、素养呈现
1.物理观念：万有引力、宇宙速度、经典时空观、相对论时空观。
2.科学思维：万有引力定律、开普勒定律、双星模型、多星运动模型。
3.科学态度与责任：万有引力与卫星发射、变轨、回收。
二、素养落实
1.掌握卫星的运行特点和规律
2.掌握计算天体质量(密度)的方法
3.掌握宇宙速度并推导第一宇宙速度
4.会应用动力学和能量观点分析卫星变轨问题
考点一 万有引力定律的应用
【考点诠释】
1．开普勒第三定律
3
(1)r ＝k，其中 k与中心天体有关，r是椭圆轨道的半长轴。
T2
(2)对同一中心天体的所有行星，该公式都成立。
2．估算中心天体的质量和密度的两条思路
42 / 290
2022 届衡水中学物理一本通高分手册
(1) Mm gR
2 M M 3g
利用中心天体的半径和表面的重力加速度 g计算。由 G ＝mg求出 M＝ ，进而求得ρ＝ ＝ ＝ 。
R2 G V 4πR3 4πGR
3
2 2 3
(2) r T GMm m4π r M 4π r利用环绕天体的轨道半径 和周期 计算。由 ＝ ，可得出 ＝ 。若环绕天体绕中心天体表面
r2 T2 GT2
M 3π
做匀速圆周运动，轨道半径 r＝R，则ρ＝4 ＝ 。πR3 GT2
3
【典例分析 1】若宇航员在月球表面附近高 h处以初速度 v0 水平抛出一个小球，测出小球的水平射程为 L。已
知月球半径为 R，引力常量为 G。则下列说法正确的是( )
2 2
A hv0 3hv0．月球表面的重力加速度 g 月＝ B．月球的平均密度ρ＝L2 2πGL2R
C v v0 2hR D m hR
2v2
．月球的第一宇宙速度 ＝ ．月球的质量 0
L 月
＝
GL2
【答案】 BC
【解析】 设月球表面的重力加速度为 g 月，小球在月球表面做平抛运动，根据平抛知识可知在水平方向上 L＝
2 2 2
v0t 1 2hv
Gm m 2hR v
，在竖直方向上 h＝ g 月 t2，解得 g 月＝ 0，故 A 错误；在月球表面 月 ＝mg 月，解得 m 月＝ 0，则月2 L2 R2 GL2
2hR2v20
m 月 2 2
ρ 3hv0 v0球密度为 ＝ ＝ GL4 ＝ ，故 B 正确，D 错误；月球的第一宇宙速度 v＝ g 月R＝ 2hR，故 C 正确。πR3 4 3 2πGL
2R L
3 πR3
【典例分析 2】“探路者”号宇宙飞船在宇宙深处飞行过程中，发现 A、B两颗密度均匀的球形天体，两天体各有
一颗靠近其表面飞行的卫星，测得两颗卫星的周期相等，以下判断正确的是( )
A．天体 A、B的质量一定相等
B．两颗卫星的线速度一定相等
C．天体 A、B表面的重力加速度之比等于它们的半径之比
D．天体 A、B的密度一定不相等
【答案】C
Mm 4π2 4π2 R3
【解析】根据万有引力提供向心力得 G ＝m R，解得 M＝ · ，T相等，R不一定相等，所以天体 A、B
R2 T2 G T2
43 / 290
2022 届衡水中学物理一本通高分手册
2πR
的质量不一定相等，选项 A 错误；卫星的线速度为 v＝ ，T相等，而 R不一定相等，故线速度不一定相等，
T
4π2
选项 B R错误；天体 A、B表面的重力加速度等于对应卫星的向心加速度，即 g＝a＝ ，可见天体 A、B表面
T2
4π2 3
M ·
R
2
的重力加速度之比等于它们的半径之比，选项 C 正确；天体的密度为ρ M 3π＝ ＝ ＝ G T4 ＝ ，由于两颗卫V πR3 4 GT23
3 πR3
星的周期相等，则天体 A、B的密度一定相等，选项 D 错误。
【规律总结】估算天体质量(密度)的两点注意
(1)利用万有引力提供天体做圆周运动的向心力估算天体质量时，求出的只是中心天体的质量，并非环绕天体的
质量。
(2) 4区别天体半径 R和卫星轨道半径 r，只有在天体表面附近的卫星才有 r≈R；计算天体密度时，体积 V＝ πR3
3
只能用天体半径 R。
考点二 天体的运行与变轨
【考点诠释】
1.天体运行参数
2 2
(1) Mm v 4π万有引力提供向心力，即 G ＝ma＝m ＝mω2·r＝m ·r。
r2 r T2
(2) GMm天体对其表面物体的万有引力近似等于重力，即 ＝mg或 GM＝gR2(R、g分别是天体的半径、表面重力
R2
加速度)，公式 GM＝gR2应用广泛，被称为“黄金代换式”。
2.地面赤道上物体与地球卫星的比较
(1)地面赤道上的物体随地球一起转动，具有相同的角速度，所受万有引力并非全部提供向心力。
(2)空中绕地球自转的卫星万有引力全部充当向心力，周期和半径有关。
(3)比较地面赤道上物体和空中卫星的运行参数，可借助同步卫星的“桥梁”作用。
3.卫星变轨问题
(1) Mm v
2
卫星变轨的运动模型是向心运动和离心运动。当由于某种原因卫星速度 v突然增大时，有 G
44 / 290
2022 届衡水中学物理一本通高分手册
2
引力不足以提供向心力，卫星将偏离圆轨道做离心运动；当 v Mm v突然减小时，有 G >m ，卫星将做向心运动。
r2 r
(2)在不同轨道的同一点，加速度相同、线速度不同、机械能不同。
【典例分析 3】有 a、b、c、d四颗地球卫星，a还未发射，在赤道表面上随地球一起转动，b是近地轨道卫星，
c是地球同步卫星，d是高空探测卫星，它们均做匀速圆周运动，各卫星排列位置如图所示，则( )
A．a的向心加速度等于重力加速度 g，c的向心加速度大于 d的向心加速度
B．在相同时间内 b转过的弧长最长，a、c转过的弧长对应的角度相等
C．c在 4 π π小时内转过的圆心角是 ，a在 2 小时内转过的圆心角是
3 6
D．b的周期一定小于 d的周期，d的周期一定小于 24 小时
【答案】BC
【解析】a在地球表面随地球一起转动，其万有引力等于重力与向心力之和，且重力远大于向心力，故 a的向
Mm GM
心加速度远小于重力加速度 g，根据牛顿第二定律，万有引力提供向心力，G ＝man，解得向心加速度 an＝ ，
r2 r2
由于卫星 d的轨道半径大于卫星 c的轨道半径，所以卫星 c的向心加速度大于 d的向心加速度，选项 A 错误；
地球同步卫星 c绕地球运动的角速度与地球自转角速度相同，相同时间内 a、c转过的弧长对应的角度相等，由
GMm 2
＝m v 可得 v GM＝ ，轨道半径越小速度越大，则 vb>vc>vd，又 a与 c角速度相等，且 a的轨道半径小于
r2 r r
c的轨道半径，故 vc>va，即 b的速度最大，所以在相同时间内 b转过的弧长最长，选项 B 正确；a、c角速度相
2π π 2π π
同，在 4 小时内转过的圆心角都为 ＝ ，在 2 小时内转过的圆心角都为 ＝ ，选项 C 正确；c和 b的轨道半
6 3 12 6
径都小于 d的轨道半径，由开普勒第三定律可知，b的运动周期一定小于 d的运动周期，d的运动周期一定大于
c的运动周期(24 小时)，选项 D 错误。
【规律总结】研究卫星运行熟悉“三星一物”
(1)同步卫星的周期、轨道平面、高度、线速度的大小、角速度、绕行方向均是固定不变的，常用于无线电通信，
故又称通信卫星。
(2)极地卫星运行时每圈都经过南北两极，由于地球自转，极地卫星可以实现全球覆盖。
45 / 290
2022 届衡水中学物理一本通高分手册
(3)近地卫星是在地球表面附近环绕地球做匀速圆周运动的卫星，其运行的轨道半径可近似认为等于地球的半径，
其运行线速度约为 7.9 km/s。
(4)赤道上的物体随地球自转而做匀速圆周运动，由万有引力和地面支持力的合力充当向心力(或者说由万有引力
的分力充当向心力)，它的运动规律不同于卫星，但它的周期、角速度与同步卫星相等。
【典例分析 4】．如图所示，设地球半径为 R，假设某地球卫星在距地球表面高度为 h的圆形轨道Ⅰ上做匀速圆周
运动，运行周期为 T，到达轨道的 A点时点火变轨进入椭圆轨道Ⅱ，到达轨道的近地点 B时，再次点火进入近
地轨道Ⅲ绕地做匀速圆周运动，引力常量为 G，不考虑其他星球的影响， 则下列说法正确的是( )
A 4π
2R3
．地球的质量可表示为
GT2
B．该卫星在轨道Ⅲ上 B点的速率大于在轨道Ⅱ上 A点的速率
C．卫星在圆轨道Ⅰ和圆轨道Ⅲ上做圆周运动时，轨道Ⅰ上动能小，引力势能大，机械能小
D．卫星从远地点 A向近地点 B运动的过程中，加速度变小
【答案】B
Mm 4π2 4π2 R＋h 3
【解析】卫星在轨道Ⅰ上的运动过程中，万有引力充当向心力，故有 G ＝m (R＋h)，解得 M＝ ，
R＋h 2 T2 GT2
A Mm v
2 Mm v2
错误；卫星在轨道Ⅰ上过 A点做匀速圆周运动，即G ＝m Ⅰ，卫星在轨道Ⅱ上过 A点做近心运动，即 G >m Ⅱ，
r2 r r2 r
所以卫星在轨道Ⅰ上 A点速率大于在轨道Ⅱ上 A点的速率，在轨道Ⅲ上 B点的速率大于在轨道Ⅰ上 A点的速率，B
正确；从 A运动到 B的过程，地球引力对卫星做负功，引力势能减小，因卫星在轨道Ⅲ上的速度大于轨道Ⅰ上的
速度，故此过程中卫星的动能增加，在Ⅰ轨道上 A点点火减速，使卫星由高轨道进入低轨道，在Ⅱ轨道上 B点点
Mm GM
火，卫星减速并做向心运动，则卫星的机械能减小，C 错误；根据公式 G ＝ma可得 a＝ ，所以卫星距离
r2 r2
地球越远，其向心加速度越小，故卫星从远地点到近地点运动过程中，加速度变大，D 错误。
【典例分析 5】．如图所示，飞行器在距月球表面高度为 3R的圆形轨道Ⅰ上运动，到达轨道 A点点火变轨进入椭
圆轨道Ⅱ，到达轨道近月点 B再次点火进入近月轨道Ⅲ并绕月球做匀速圆周运动．假设月球半径为 R，月球表
46 / 290
2022 届衡水中学物理一本通高分手册
面的重力加速度为 g，则( )
A．飞行器在 B点处点火后，动能增加
B 5R．由已知条件可求出飞行器在轨道Ⅱ上的运行周期为 5π
2g
C．仅在万有引力作用下，飞行器在轨道Ⅱ上通过 B点的加速度大于在轨道Ⅲ上通过 B点的加速度
D R．飞行器在轨道Ⅲ上绕月球运行一周所需的时间为 2π
g
【答案】 BD
【解析】 在 B点应给飞行器点火减速，动能减小，故 A 错误；设飞行器在近月轨道Ⅲ绕月球运行一周所需的
4π2 R
时间为 T3，则：mg＝mR 2，解得：T3＝2π ，根据几何关系可知，Ⅱ轨道的半长轴 a＝2.5R，根据开普勒第T3 g
R3 2.5R 3 T 5π 5R三定律有 ＝ ，则可以得到： 2＝ ，故 B、D 正确；仅在万有引力作用下，飞行器在轨道Ⅱ上通
T32 T22 2g
过 B点时到月球球心的距离与在轨道Ⅲ上通过 B点时到月球球心的距离相等，万有引力相同，则加速度相等，
故 C 错误．
【规律总结】航天器变轨问题的“三点”注意
(1)航天器变轨时半径的变化，根据万有引力和所需向心力的大小关系判断；稳定在新圆轨道上的运行速度变化
v GM由 ＝ 判断。
r
(2)同一航天器在一个确定的圆(椭圆)轨道上运行时机械能守恒，在不同轨道上运行时机械能不同，轨道半径越
大，机械能越大。
(3)航天器经过不同轨道的相交点时，加速度相等，外轨道的速度大于内轨道的速度。
【典例分析 6】．如图所示，一火箭中固定有一水平放置的压力传感器，传感器上放有一个质量为 m的科考仪
g
器．火箭从地面由静止开始以 的初始加速度竖直向上加速运动，火箭通过控制系统使其在上升过程中压力传感
2
R
器的示数保持不变．当火箭上升到距地面 的高度时(地球的半径为 R，地球表面处的重力加速度为 g)，以下判
2
47 / 290
2022 届衡水中学物理一本通高分手册
断正确的是( )
A 1 4．此高度处的重力加速度为 g B．此高度处的重力加速度为 g
4 9
C 5 19．此高度处火箭的加速度为 g D．此高度处火箭的加速度为 g
4 18
【答案】 BD
GMm R GMm
【解析】 由地球表面万有引力近似等于重力得：mg＝ ，距地面 的高度时，mg′＝ R ，联立可得：g′R2 2 R＋ 2
2
4
＝ g，故 A 错误，B 正确；
9
由牛顿第二定律可知，在地面，FN－mg＝m·g
2
R
距地面 的高度时，FN－mg′＝ma
2
19
联立解得：a＝ g，故 C 错误，D 正确．
18
考点三 天体运动中的多星模型
【考点诠释】
1．宇宙双星模型特点
(1) Gm1m2 Gm1m2各自所需的向心力由彼此间的万有引力提供，即 ＝m1ω21r1， ＝m2ω22r2。
L2 L2
(2)两颗星的周期及角速度都相同，即 T1＝T2，ω1＝ω2。
(3)两颗星的运行半径与它们之间的距离关系为：r1＋r2＝L。
2．宇宙多星模型特点
48 / 290
2022 届衡水中学物理一本通高分手册
(1)天体运动中，三星、四星等多星模型是指相互作用且围绕某一点做圆周运动的星体。
(2)星体做圆周运动所需向心力由其他星体对它的万有引力的合力提供(如图所示)，在多星系统中各星体运行的
角速度相等。
【典例分析 7】如图所示，A、B两颗恒星分别绕它们连线上某一点做匀速圆周运动，我们通常称之为“双星系
统”，A的质量为 B的 2 倍，忽略其他星球对二者的引力，下列说法正确的是( )
A．恒星 A的向心加速度是 B的一半 B．恒星 A的线速度是 B的 2 倍
C．恒星 A的公转周期是 B的一半 D．恒星 A的动能是 B的 2 倍
【答案】A
【解析】A、B之间的引力提供各自的向心力，由牛顿第二定律可知，A、B的向心力相等，角速度和周期相等，
4π2 2
则有 2M r 4πA＝M rB，解得恒星 A与恒星 B的轨道半径之比为 rA∶rB＝1∶2，由 v＝ωr，a＝ω2r，TA＝TB，可
T2 T2
1 2
得 A 正确，B、C 错误；由动能 Ek＝ mv2
E m v 2 1 1
可得 kA＝ A· A＝ × ＝ ，故 D 错误。
2 EkB mB vB2 1 4 2
【典例分析 8】关于引力波，早在 1916 年爱因斯坦基于广义相对论预言了其存在。1974 年拉塞尔赫尔斯和约瑟
夫泰勒发现赫尔斯—泰勒脉冲双星，这双星系统在互相公转时，由于不断发射引力波而失去能量，逐渐相互靠
近，此现象为引力波的存在提供了首个间接证据。科学家们猜测该双星系统中体积较小的星球能“吸食”另一颗
体积较大的星球表面的物质，达到质量转移的目的，则关于赫尔斯—泰勒脉冲双星周期 T随双星之间的距离 L
变化的关系图象正确的是( )
49 / 290
2022 届衡水中学物理一本通高分手册
A B
C D
【答案】B
2π 2 2π 2
Gm1m2
【解析】双星做匀速圆周运动的向心力由它们之间的万有引力提供， 2 ＝m1 T R1＝m2 T R2，由几何关L
系得：R1＋R2＝L 1
G m1＋m2 1
，解得： ＝ · ，已知此双星系统中体积较小的星球能“吸食”另一颗体积较大的星
T2 4π2 L3
1 1
体表面的物质，达到质量转移的目的，每个星球的质量变化，但质量之和不变，所以 ∝ ，故 B 正确，A、C、
T2 L3
D 错误。
【规律总结】双星模型归纳
(1)定义：绕公共圆心转动的两个星体组成的系统，我们称之为双星系统，如图所示。
(2)特点：
①各自所需的向心力由彼此间的万有引力提供，即
Gm1m2 m ω Gm＝ 1m2
2 1 1
2r1， ＝m2 2ω
22r2。
L L
②两颗星的周期及角速度都相同，
即 T1＝T2，ω1＝ω2。
50 / 290
2022 届衡水中学物理一本通高分手册
③两颗星的半径与它们之间的距离关系为：r1＋r2＝L。
④两颗星到圆心的距离 r1、r2 与星体质量成反比，即
m1 r2
＝ 。
m2 r1
L3
⑤双星的运动周期 T＝2π 。
G m1＋m2
m m 4π
2L3
⑥双星的总质量 1＋ 2＝ 。
T2G
【典例分析 9】宇宙中存在一些离其他恒星较远的三星系统，通常可忽略其他星体对它们的引力作用，三星质
量相同。现已观测到稳定的三星系统存在两种基本的构成形式：一种是三颗星位于同一直线上，两颗星围绕中
央星做圆周运动，如图甲所示；另一种是三颗星位于等边三角形的三个顶点上，并沿外接于等边三角形的圆形
轨道运行，如图乙所示。设两种系统中三个星体的质量均为 m，且两种系统中各星间的距离已在图甲、图乙中
标出，引力常量为 G，则( )
甲 乙
A Gm．直线三星系统中星体做圆周运动的线速度大小为
L
3
B．直线三星系统中星体做圆周运动的周期为 4π L
5Gm
3
C L．三角形三星系统中每颗星做圆周运动的角速度为 2
3Gm
D 3Gm．三角形三星系统中每颗星做圆周运动的加速度大小为
L2
【答案】BD
【解析】在直线三星系统中，星体做圆周运动的向心力由其他两星对它的万有引力的合力提供，根据万有引力
m2 m2 v2 1 5Gm 2πr
定律和牛顿第二定律，有 G ＋G ＝m ，解得 v＝ ，A 项错误；由周期 T＝ 知，直线三星系统
L2 2L 2 L 2 L v
L3 m2
中星体做圆周运动的周期为 T＝4π ，B 项正确；同理，对三角形三星系统中做圆周运动的星体，有 2G cos
5Gm L2
51 / 290
2022 届衡水中学物理一本通高分手册
2
30° mω2· L ω 3Gm＝ ，解得 ＝ ，C 项错误；由 2Gm cos 30°＝ma 3Gm，得 a＝ ，D 项正确。
2cos 30° L3 L2 L2
【规律总结】多星模型归纳
(1)定义：所研究星体的万有引力的合力提供做圆周运动的向心力，除中央星体外，各星体的角速度或周期相同。
(2)三星模型：
①三颗星体位于同一直线上，两颗质量相等的环绕星围绕中央星在同一半径为R的圆形轨道上运行(如图甲所示)。
②三颗质量均为 m的星体位于等边三角形的三个顶点上(如图乙所示)。
甲 乙 丙 丁
(3)四星模型：
①其中一种是四颗质量相等的星体位于正方形的四个顶点上，沿着外接于正方形的圆形轨道做匀速圆周运动(如
图丙所示)。②另一种是三颗质量相等的星体始终位于正三角形的三个顶点上，另一颗位于中心 O，外围三颗星
绕 O做匀速圆周运动(如图丁所示)。
【典例分析 10】位于贵州的“中国天眼”(FAST)是目前世界上口径最大的单天线射电望远镜，通过 FAST 可以测
量地球与木星之间的距离．当 FAST 接收到来自木星的光线传播方向恰好与地球公转线速度方向相同时，测得
地球与木星的距离是地球与太阳距离的 k倍．若地球和木星绕太阳的运动均视为匀速圆周运动且轨道共面，则
可知木星的公转周期为( )
A 3 3．(1＋k2) 年 B．(1＋k2) 年
4 2
C．(1＋k)3年 D 3．k 年
2 2
【答案】 A
【解析】 该题中，太阳、地球、木星的位置关系如图：
52 / 290
2022 届衡水中学物理一本通高分手册
设地球的公转半径为 R1，木星的公转半径为 R2，测得地球与木星的距离是地球与太阳距离的 k倍，则有：R22
3 3 3
＝R12＋(kR1)2 R R R 3＝(1＋k2)R12，由开普勒第三定律有： 1 ＝ 2 ，可得：T2＝ 22 ·T12＝(1＋k2) ·T12，由于地球公转周
T12 T22 R13 2
期 T1＝1 年，则有：T2＝(1＋k2)
3
年，故 A 正确，B、C、D 错误．
4
53 / 290
2022 届衡水中学物理一本通高分手册
第二部分 功能与动量
专题 05 功、功率 动能定理
一、素养呈现
1.物理观念：功、功率。
2.科学思维：机车启动问题、动能定理。
3.科学态度与责任：两类机车启动问题。
二、素养落实
1.掌握功、功率的计算方法
2.掌握两类机车启动问题的分析计算方法
3.理解动能定理，掌握动能定理的应用方法
考点一 功的分析与计算
【考点诠释】
1．功的正负的判断方法
(1)恒力做功正负的判断：依据力与位移的夹角来判断。
54 / 290
2022 届衡水中学物理一本通高分手册
(2)曲线运动中做功正负的判断：依据 F与 v的方向的夹角α来判断。0°≤α<90°，力对物体做正功；90°<α≤180°，
力对物体做负功；α＝90°，力对物体不做功。
2．恒力做功的计算方法
3．合力做功的计算方法
方法一：先求合外力 F 合，再用 W 合＝F 合 lcos α求功。适用于 F 合为恒力的过程。
方法二：先求各个力做的功 W1、W2、W3…，再应用 W 合＝W1＋W2＋W3…求合外力做的功。
【典例分析 1】一质量为 m的物体静止在水平地面上，在水平拉力的作用下开始运动，图甲是在 0～6 s 内其速
度与时间关系图象，图乙是拉力的功率与时间关系图象，g取 10 m/s2。下列判断正确的是( )
甲 乙
A．拉力的大小为 4 N，且保持不变 B．物体的质量为 2 kg
C．0～6 s 内物体克服摩擦力做的功为 24 J D．0～6 s 内拉力做的功为 156 J
【答案】BD
【解析】对物体受力分析，由图甲可知，在 0～2 s 内物体做匀加速运动，拉力大于滑动摩擦力，在 2～6 s 内物
体做匀速运动，拉力等于滑动摩擦力，因此拉力大小不恒定，选项 A 错误；在 2～6 s 内根据功率公式 P＝Fv，
F P Δv有 ＝ ＝4 N，故滑动摩擦力 f＝F＝4 N，在图甲中，0～2 s 内有 a＝ ＝3 m/s2，由牛顿第二定律可知 F′－f＝
v Δt
ma，又 P′＝F′v，联立解得 m＝2 kg，F′＝10 N，选项 B 正确；由图甲可知在 0～6 s 内物体通过的位移为 x＝30
m，故物体克服摩擦力做的功为 Wf＝fx＝120 J
1
，选项 C 错误；由动能定理可知 W－Wf＝ mv2，故 0～6 s 内拉力
2
1
做的功 W＝ mv2＋W 1f＝ ×2×62 J＋120 J＝156 J，选项 D 正确。
2 2
【规律总结】(1)根据 v t图象可以获得物体的运动速度、加速度、通过的位移等信息，根据 P t图象结合功率公
55 / 290
2022 届衡水中学物理一本通高分手册
式可以求出力的大小。
(2)恒力做功可以根据功的定义式求解，变力做功一般根据动能定理求解。
【典例分析 2】如图所示，水平路面上有一辆质量为 M的汽车，车厢中有一个质量为 m的人正用恒力 F向前推
车厢，在车以加速度 a向前加速行驶距离 L的过程中，下列说法正确的是( )
A．人对车的推力 F做的功为 FL B．人对车做的功为 maL
C．车对人的作用力大小为 ma D．车对人的摩擦力做的功为(F－ma)L
【答案】A
【解析】根据功的公式可知，人对车的推力做功 W＝FL，故 A 正确；在水平方向上，由牛顿第二定律可知车对
人的作用力为 F′＝ma，由牛顿第三定律可知人对车的作用力为－ma，人对车做功为 W＝－maL，故 B 错误；人
水平方向受到的合力为 ma，竖直方向上车对人还有支持力，故车对人的作用力为 N＝ ma 2＋ mg 2＝m a2＋g2，
故 C 错误；对人由牛顿第二定律可得 f－F＝ma，则 f＝ma＋F，车对人的摩擦力做功为 W＝fL＝(F＋ma)L，故
D 错误。
【规律总结】恒力做功的计算方法
考点二 功率的分析与计算
【考点诠释】
1．平均功率的计算方法
(1) W利用 P ＝ 。
t
(2)利用 P ＝F· v cos α，其中 v 为物体运动的平均速度，F为恒力。
2．瞬时功率的计算方法
56 / 290
2022 届衡水中学物理一本通高分手册
(1)利用公式 P＝F·vcos α，其中 v为 t时刻的瞬时速度。
(2)P＝F·vF，其中 vF为物体的速度 v在力 F方向上的分速度。
(3)P＝Fv·v，其中 Fv为物体受到的外力 F在速度 v方向上的分力。
【典例分析 3】(多选)质量为 m的物体从距地面 H高处自由下落，经历时间 t，则下列说法中正确的是( )
A．t 1秒内重力对物体做功为 mg2t2
2
B．t秒内重力的平均功率为 mg2t
C t． 秒末重力的瞬时功率与 t秒末重力的瞬时功率之比为 1∶2
2
D t t．前 秒内重力做功的平均功率与后 秒内重力做功的平均功率之比为 1∶3
2 2
【答案】ACD
1mg2t21 1 W 1
【解析】物体自由下落，t秒内物体下落 h＝ gt2，Wt＝mgh＝ mg2t2，故 A 正确；P＝ ＝2 ＝ mg2t，故 B
2 2 t t 2
t t
错误；从静止开始自由下落，前 秒末与后 秒末的速度之比为 1∶2(因 v＝gt∝t)，又有 P＝Fv＝mgv∝v t，故前
2 2 2
t t t
秒末与后 秒末功率瞬时值之比为 P1∶P2＝1∶2，C 正确；前 秒与后 秒下落的位移之比为 1∶3，则重力做功
2 2 2
之比为 1∶3，故重力做功的平均功率之比为 1∶3，D 正确。
【规律总结】求解功率时应注意的三个问题
(1)首先要明确所求功率是平均功率还是瞬时功率。
(2)平均功率与一段时间(或过程)相对应，计算时应明确是哪个力在哪段时间(或过程)内做功的平均功率。
(3)瞬时功率计算时应明确是哪个力在哪个时刻(或状态)的功率。
考点三 机车启动问题
【考点诠释】
1．两种启动方式
57 / 290
2022 届衡水中学物理一本通高分手册
以恒定功率启动 以恒定加速度启动
P t图象和 v t图象
F－F v↑阻
OA v↑ F P
F－F a＝ 不变 F不变 P＝Fv↑直到 P 额
段过程分析 ＝ ↓ a＝ 阻↓ m
v m
＝Fv1
v1
运动性质 加速度减小的加速运动 匀加速直线运动，维持时间 t0＝
a
P P F－F
AB段过程分析 F＝F 阻 a＝0 vm＝ v↑ F＝ 额↓ a＝ 阻↓F 阻 v m
运动性质 以 vm做匀速直线运动 加速度减小的加速运动
BC段 无 F＝F 阻 a＝0 以 v
P 额
m＝ 做匀速运动
F 阻
2.三个重要关系式
(1) P无论哪种启动过程，机车的最大速度都为 vm＝ 。
F 阻
(2) P P机车以恒定加速度启动时，匀加速过程结束后功率最大，速度不是最大，即 v＝
(3)机车以恒定功率运行时，牵引力做的功 W＝Pt，由动能定理得 Pt－F 阻x＝ΔEk，此式经常用于求解机车以恒
定功率启动过程的位移、速度或时间。
【典例分析 4】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，起重机的功率
达到最大值 P，之后起重机保持该功率不变，继续提升重物，最后重物以最大速度 v2匀速上升，不计钢绳重力。
则整个过程中，下列说法正确的是( )
A P．钢绳的最大拉力为
v2
B mv1
2
．重物匀加速过程的时间为
P－mgv1
C P．重物匀加速过程的加速度为
mv1
58 / 290
2022 届衡水中学物理一本通高分手册
D v v v1＋v2．速度由 1增大至 2 的过程中，重物的平均速度 v <
2
【答案】B
P
【解析】匀加速过程物体处于超重状态，钢绳拉力较大，匀加速运动阶段钢绳的拉力为 F＝ ，故 A 错误；根
v1
2
据牛顿第二定律可知 F－mg＝ma，结合 v＝at a P解得 ＝ －g，t mv1＝ ，故 B 正确，C 错误；在速度由 v1
mv1 P－mgv1
v v1＋v2增大至 2的过程中，重物做加速度减小的变加速运动，平均速度 v > ，故 D 错误。
2
【典例分析 5】一辆小汽车在水平路面上由静止启动，在前 5 s 内做匀加速直线运动，5 s 末达到额定功率，之
后保持以额定功率运动，其 v t图象如图所示。已知汽车的质量为 m＝1×103 kg，汽车受到地面的阻力为车重的
0.1 倍，g取 10 m/s2，则以下说法正确的是( )
A．汽车在前 5 s 内的牵引力为 5×102 N B．汽车速度为 25 m/s 时的加速度为 5 m/s2
C．汽车的额定功率为 100 kW D．汽车的最大速度为 80 m/s
【答案】C
Δv 20
【解析】由图象可知匀加速直线运动的加速度为 a＝ ＝ m/s2＝4 m/s2，根据牛顿第二定律得 F－f＝ma，解
Δt 5
得牵引力为 F＝f＋ma＝0.1×1×104 N＋1×103×4 N＝5×103 N，故 A 错误。额定功率为 P＝Fv＝5 000×20 W＝100
kW P 100 000 F′－f，故 C 正确。当车的速度是 25 m/s 时，牵引力 F′＝ ＝ N＝4 000 N，此时车的加速度 a′＝ ＝
v′ 25 m
4 000－0.1×1×104 m/s2＝3 m/s2，故 B P P错误。当牵引力与阻力相等时，速度最大，最大速度为 v
3 m
＝ ＝ ＝
1×10 F f
100 000 m/s＝100 m/s，故 D 错误。
1 000
【规律总结】机车启动问题的两种求解思路
(1)图解机车以恒定功率启动：
59 / 290
2022 届衡水中学物理一本通高分手册
(2)图解机车以恒定加速度启动：
考点四 动能定理的应用
1．对动能定理的理解
(1)动能定理表达式 W＝ΔEk中，W表示所有外力做功的代数和。ΔEk 为所研究过程的末动能与初动能之差，且
物体的速度均是相对地面的速度。
(2)
2．应用动能定理解题应注意的四点
(1)动能定理往往用于单个物体的运动过程，由于不涉及加速度及时间，比动力学研究方法要简捷。
(2)动能定理表达式是一个标量式，在某个方向上应用动能定理是没有依据的。
(3)物体在某个运动过程中包含有几个运动性质不同的过程(如加速、减速的过程)，此时可以分段考虑，也可以
对全过程考虑，但如能对整个过程利用动能定理列式，则可使问题简化。
(4)根据动能定理列方程时，必须明确各力做功的正、负，确实难以判断的先假定为正功，最后根据结果加以检
验。
【典例分析 6】如图是一种常见的圆桌，桌面中间嵌一半径为 r＝1.5 m、可绕中心轴转动的圆盘，桌面与圆盘
面在同一水平面内且两者间缝隙可不考虑。已知桌面离地高度为 h＝0.8 m，将一可视为质点的小碟子放置在圆
盘边缘，若缓慢增大圆盘转动的角速度，碟子将从圆盘上甩出并滑上桌面，再从桌面飞出，且落地点与桌面飞
出点的水平距离为 0.4 m。已知碟子质量 m＝0.1 kg，碟子与圆盘间的最大静摩擦力 Fmax＝0.6 N，最大静摩擦力
等于滑动摩擦力，取 g＝10 m/s2。求：
60 / 290
2022 届衡水中学物理一本通高分手册
(1)碟子从桌面飞出时的速度大小；
(2)碟子在桌面上运动时，桌面摩擦力对它做的功；
(3)若碟子与桌面间动摩擦因数为μ＝0.225，要使碟子不滑出桌面，则桌面半径至少是多少？
【答案】 (1)1 m/s (2)－0.4 J (3)2.5 m
【解析】 (1)碟子滑离圆桌后做平抛运动，则
h 1＝ gt2，x＝vt
2
v x g解得 ＝ ＝1 m/s。
2h
(2)由题意得，当碟子在圆盘上转动时，由静摩擦力提供向心力，当静摩擦力达到最大时，碟子即将滑落，设碟
v20
子从圆盘上甩出时的速度大小为 v0，则 Fmax＝m
r
解得 v0＝3 m/s
W 1由动能定理得 f＝ mv2
1
－ mv20，代入数据得 Wf＝－0.4 J。
2 2
(3)当碟子滑到圆桌边缘时速度恰好减为零，对应的圆桌半径取最小值。设碟子在圆桌上滑动的位移为 s，由动
能定理有－μmgs＝0 1－ mv02
2
则圆桌的最小半径为 R＝ r2＋s2
联立解得 R＝2.5 m。
【规律总结】应用动能定理解题的思维流程
61 / 290
2022 届衡水中学物理一本通高分手册
【典例分析 7】如图甲所示，一竖直面内的轨道是由粗糙斜面 AB和光滑轨道 BCD组成，AB与 BCD相切于 B
点，C为圆轨道的最低点，将物块置于轨道 ABC上离地面高为 H处由静止下滑，可用力传感器测出其经过 C
点时对轨道的压力 FN。现将物块放在 ABC上不同高度处，让 H从零开始逐渐增大，传感器测得物块每次从不
同高度处下滑到 C点时对轨道的压力 FN，得到如图乙两段直线 PQ和 QI，且 IQ反向延长线与纵轴交点坐标值
为 2.5 N，g取 10 m/s2。求：
同课章节目录