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考前第8天 力和運動
[回顧知識]
1．勻變速直線運動的基本規(guī)律
速度公式：v＝v0＋at
位移公式：x＝v0t＋at2
速度與位移關系公式：v2－v＝2ax
位移與平均速度關系公式：x＝t＝t
2．勻變速直線運動的兩個重要推論
(1)勻變速直線運動某段時間內的平均速度等于該段時間中間時刻的瞬時速度．即＝v.
(某段位移的中點速度v＝，且v
0，即有兩個解，說明可以相遇兩次；若Δ＝0，說明剛好追上或相遇；若Δ<0，說明追不上或不能相遇．
④圖象法：將兩者的速度－時間圖象在同一坐標系中畫出，然后利用圖象求解．
3．力的合成法則和正交分解法在牛頓第二定律問題中的應用
當物體只受兩個力作用時，可用力的合成法來解牛頓第二定律問題，即應用平行四邊形定則確定合力，它一定與物體的加速度方向相同，大小等于ma.
當物體受兩個以上的力作用時，一般采用正交分解法，依具體情況建立直角坐標系，將各力和加速度往兩坐標軸上分解，建立牛頓第二定律的分量式，即∑Fx＝max和∑Fy＝may，然后求解．
一種常見的選取坐標軸方向的方法，是以加速度的方向為x軸的正方向，y軸與加速度方向垂直．此時，牛頓第二定律的分量式為∑Fx＝ma，∑Fy＝0.
有時物體所受的幾個力分別在互相垂直的兩個方向上，且與加速度方向不同．此時也可以沿力所在的兩個方向建立直角坐標系，這樣就不必再做力的分解，而只分解加速度，建立牛頓第二定律分量式，可以簡化運算．
4．瞬時問題的分析方法
利用牛頓第二定律分析物體的瞬時問題
(1)明確兩種基本模型的特點：①輕繩不需要形變恢復時間，在瞬時問題中，其彈力可以突變，即彈力可以在瞬間成為零或別的值；②輕彈簧(或橡皮繩)需要較長的形變恢復時間．在瞬時問題中，其彈力不能突變，即彈力的大小往往可以看成不變．
(2)明確解此類問題的基本思路：①確定該瞬時物體受到的作用力，還要注意分析物體在這一瞬時前、后的受力及其變化情況；②由牛頓第二定律列方程求解．
5．平拋運動的處理方法
解答平拋運動問題要把握以下幾點：
(1)根據(jù)實際問題判斷是分解瞬時速度，還是分解運動的位移；
(2)將某時刻速度分解到水平方向和豎直方向，由于水平方向物體做勻速直線運動，所以水平分速度等于拋出時的初速度，豎直方向做自由落體運動，滿足自由落體運動規(guī)律；
(3)無論分解速度還是位移，都要充分利用圖形中的已知角，過渡到分解后的矢量三角形中，再利用三角形的邊角關系列式計算．
6．豎直平面內圓周運動的處理方法
(1)分清兩類模型的動力學條件
①對于“繩(環(huán))約束模型”，在圓軌道最高點，當彈力為零時，物體的向心力最小，僅由重力提供，由mg＝m，得臨界速度vmin＝.當計算得物體在軌道最高點運動速度v時，彈力向下；當v<時，彈力向上．
(2)抓好“兩點一過程”
①“兩點”指最高點和最低點，在最高點和最低點對物體進行受力分析，找出向心力的來源，列牛頓第二定律的方程．
②“一過程”，即從最高點到最低點，用動能定理將這兩點的動能(速度)聯(lián)系起來．
7．處理天體運動的基本方法
把天體的運動看成是勻速圓周運動，其所需向心力由萬有引力提供．G＝m＝mω2R＝m2R＝m(2πf)2R，應用時可根據(jù)實際情況選用適當?shù)墓竭M行分析或計算．
[回顧易錯點]
1．區(qū)分靜摩擦與滑動摩擦．
2．區(qū)分“速度等于零”與平衡狀態(tài)．
3．區(qū)分“繩”與“桿”．
4．區(qū)分v、Δv、.
5．區(qū)分平拋運動中“速度方向夾角”與“位移夾角”．
6．區(qū)分豎直平面內圓周運動兩種模型在最高點的“臨界條件”．
7．區(qū)分地面上隨地球自轉的物體與環(huán)繞地球運行的物體．
8．區(qū)分天體運動中的“R”“r”“L”．
[保溫精練]
1．(2018濰坊市高三期末)“套圈”是游戲者站在界線外將圓圈水平拋出，套中前方水平地面上的物體．某同學在一次“套圈\”游戲中，從P點以某一速度水平拋出的圓圈越過了物體正上方落在地面上(如圖所示)．為套中物體，下列做法可行的是(忽略空氣阻力)( )
A．從P點正前方，以原速度水平拋出
B．從P點正下方，以原速度水平拋出
C．以P點正上方，以原速度水平拋出
D．從P點正上方，以更大速度水平拋出
[解析] 由于拋出的圓圈做平拋運動，由平拋運動的規(guī)律可知，圓圈在豎直方向做自由落體運動，則h＝gt2，水平方向做勻速直線運動，則x＝vt，解得x＝v，由題意圓圈越過了物體正上方落在地面上，欲使圓圈套中物體，應減小水平方向的位移．若從P點的正前方以原速度水平拋出，則圓圈仍落在物體的前方，A錯誤．降低圓圈拋出點的高度以原速度水平拋出，圓圈的運動時間減少，則圓圈可能套中物體，B正確．如果增加拋出點的高度，欲使圓圈套中物體，則應減小水平拋出時的速度，C、D錯誤．
[答案] B
2．(多選)如圖，一質點以速度v0從傾角為θ的斜面底端斜向上拋出，落到斜面上的M點且落到M點時速度水平向右．現(xiàn)將該質點以2v0的速度從斜面底端朝同樣方向拋出，落在斜面上的N點．下列說法正確的是( )
A．質點從拋出到落到M點和N點的時間之比為1∶2
B．質點落到M點和N點時的速度之比為1∶1
C．M點和N點距離斜面底端的高度之比為1∶2
D．質點落到N點時速度方向水平向右
[解析] 由于落到斜面上M點時速度水平向右，故可把質點在空中的運動逆向看成從M點向左的平拋運動，設在M點的速度大小為u，把質點在斜面底端的速度v分解為水平方向的速度u和豎直方向的速度vy，由x＝ut，y＝gt2，＝tanθ得空中飛行時間t＝，vy＝gt＝2utanθ，v和水平方向夾角的正切值＝2tanθ為定值，故質點落到N點時速度方向水平向右，D正確；v＝＝u，即v與u成正比，故質點落到M和N點時的速度之比為1∶2，故B錯誤；由t＝知質點從拋出到落到M點和N點的時間之比為1∶2，A正確；由y＝gt2＝，知y和u2成正比，M點和N點距離斜面底端的高度之比為1∶4，C錯誤．
[答案] AD
3．(多選)如圖甲所示，用粘性材料粘在一起的A、B兩物塊靜止于光滑水平面上，兩物塊的質量分別為mA＝1 kg、mB＝2 kg，當A、B之間產生拉力且大于0.3 N時A、B將會分離．t＝0時刻開始對物塊A施加一水平推力F1，同時對物塊B施加同一方向的拉力F2，使A、B從靜止開始運動，運動過程中F1、F2方向保持不變，F(xiàn)1、F2的大小隨時間變化的規(guī)律如圖乙所示．則下列關于A、B兩物塊受力及運動情況的分析，正確的是( )
A．t＝2.0 s時A、B之間作用力大小為0.6 N
B．t＝2.0 s時A、B之間作用力為零
C．t＝2.5 s時A對B的作用力方向向左
D．從t＝0時到A、B分離，它們運動的位移為5.4 m
[解析] 由題中圖乙可知F1、F2的合力保持不變，根據(jù)牛頓第二定律，兩個物塊一起運動的加速度a＝＝1.2 m/s2.t＝2.0 s時刻，F(xiàn)2＝1.8 N，對B根據(jù)牛頓第二定律，F(xiàn)2＋FAB＝mBa，可得FAB＝0.6 N，A正確．若A、B間的作用力恰為零，由牛頓第二定律得F2＝mBa＝2.4 N，由題中圖乙知F2＝0.9t(N)，可得t＝ s時A、B間的作用力為零，B錯．t＝2.5 s< s，兩物塊緊靠著，A對B的作用力方向向右，C錯．當A、B之間產生拉力且大于0.3 N時A、B將會分離，對B分析，F(xiàn)2－FAB′＝mBa，F(xiàn)2＝2.7 N，代入F2＝0.9t(N)得t＝3 s時分開，則x＝at2＝5.4 m，D正確．
[答案] AD
4．(2018廣東六校二模)(多選)飛船在離開地球的過程中，經(jīng)常采用“霍曼變軌”．它的原理很簡單：如圖所示，飛船先在初始圓軌道Ⅰ上的某一點A打一個脈沖(發(fā)動機短暫點火)進行加速，這樣飛船就進入一個更大的橢圓軌道Ⅱ，其遠地點為B.在B點再打一個脈沖進行加速，飛船就進入到最終圓軌道Ⅲ.設軌道Ⅰ為近地軌道，半徑為地球半徑R0，軌道Ⅲ的半徑為3R0；地球表面重力加速度為g.飛船在軌道Ⅰ的A點的速率為v1，加速度大小為a1；在軌道Ⅱ的A點的速率為v2，加速度大小為a2；在軌道Ⅱ的B點的速率為v3，加速度大小為a3，則( )
A．v2>v1>v3
B．a2＝a1＝g
C．v2＝
D．飛船在軌道Ⅱ上的周期T＝4π
[解析] 根據(jù)牛頓第二定律a＝，可知飛船在近地圓軌道上經(jīng)過A點時的加速度大小等于在橢圓軌道上經(jīng)過A點的加速度大小，等于g，B正確．飛船從近地圓軌道上的A點需加速，使得萬有引力小于向心力，才能進入橢圓軌道，所以飛船在近地圓軌道上經(jīng)過A點時的速度小于在橢圓軌道上經(jīng)過A點的速度，即v1v1>v3，A正確．飛船在軌道Ⅰ運行時，由重力提供向心力有v1＝
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