易错02 牛顿运动定律、曲线运动、万有引力定律（易错专练）（广东专用）2026年高考物理二轮复习讲练测

易错02 牛顿运动定律、曲线运动、万有引力定律目录 第一部分 易错点剖析 易错典题 避错攻略 举一反三 易错点1 对牛顿第二定律瞬时性的理解 易错点2 不会用整体法隔离法求解连接体问题 易错点3 不会分析传送带模型 易错点4 不会分析板块模型 易错点5 关联速度模型分解速度错误 易错点6 不会用运动的合成与分解求平抛运动问题 易错点7 不会分析圆周运动向心力的来源 易错点8 竖直平面圆周运动混淆两种模型 易错点9 混淆近地卫星、同步卫星和赤道上物体的运行问题 易错点10 卫星变轨时物理量的变化比较错误 第二部分 易错题闯关 易错点1 对牛顿第二定律瞬时性的理解 易错典题 【例1】如图所示，原长为l的轻质弹簧，一端固定在O点，另一端与一质量为m的小球相连。小球套在竖直固定的粗糙杆上，与杆之间的动摩擦因数为0.5。杆上M、N两点与O点的距离均为l，P点到O点的距离为，OP与杆垂直。当小球置于杆上P点时恰好能保持静止。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g。小球以某一初速度从M点向下运动到N点，在此过程中，弹簧始终在弹性限度内。下列说法正确的是（ ） A. 弹簧的劲度系数为 B. 小球在P点下方处的加速度大小为 C. 从M点到N点的运动过程中，小球受到的摩擦力先变小再变大 D. 从M点到P点和从P点到N点的运动过程中，小球受到的摩擦力做功相同 【易错分析】没有弄清弹簧受力只能渐变，不能突变，而绳线模型受力可以突变。 避错攻略 【方法总结】 举一反三 【变式1-1】如图所示，质量为2 kg的物体A静止于竖直的轻弹簧上，质量为3 kg的物体B用细线悬挂，A、B间相互接触但无压力，取重力加速度g＝10 m/s2。某时刻将细线剪断，则细线剪断瞬间(　　) A.B对A的压力大小为12 N B.弹簧弹力大小为50 N C.B的加速度大小为10 m/s2 D.A的加速度为零 【易错分析】没有弄清弹簧受力不能突变。 【变式1-2】(2024·湖南卷)如图，质量分别为4m、3m、2m、m的四个小球A、B、C、D，通过细线或轻弹簧互相连接，悬挂于O点，处于静止状态，重力加速度为g。若将B、C间的细线剪断，则剪断瞬间B和C的加速度大小分别为(　　) A.g，1.5g B.2g，1.5g C.2g，0.5g D.g，0.5g 【易错分析】绳或杆形变不明显，可以认为它们恢复原来的形状，不需要时间，弹力立即消失或改变，但弹簧形变明显，恢复原来的形状需要时间，故弹簧中的弹力不会发生突变。 易错点2 不会用整体法隔离法求解连接体问题 易错典题 【例2】如图，两物块P、Q用跨过光滑轻质定滑轮的轻绳相连，开始时P静止在水平桌面上。将一个水平向右的推力F作用在P上后，轻绳的张力变为原来的一半。已知P、Q两物块的质量分别为、，P与桌面间的动摩擦因数，重力加速度。则推力F的大小为（　　） A． B． C． D． 【易错分析】若连接体内各物体具有相同的加速度，且要求物体之间的作用力时，可以先用整体法求出加速度，然后再用隔离法选取合适的研究对象，应用牛顿第二定律求作用力。即“先整体求加速度，后隔离求内力”。若已知物体之间的作用力，求连接体所受外力，则“先隔离求加速度，后整体求外力”。 避错攻略 【方法总结】 1.整体法与隔离法在分析共速连接体问题中的应用 (1)整体法：若连接体内的物体具有共同加速度，可以把它们看成一个整体，分析整体受到的外力，应用牛顿第二定律求出加速度； (2)隔离法：求系统内两物体之间的作用力时，就需要把物体从系统中隔离出来，应用牛顿第二定律列方程求解； (3)整体法和隔离法交替使用：一般情况下，若连接体内各物体具有相同的加速度，且求物体之间的作用力时，可以先用整体法求出加速度，然后再隔离某一物体，应用牛顿第二定律求相互作用力；若求某一外力，可以先隔离某一物体求出加速度，再用整体法求合外力或某一个力。 2.共速连接体对合力的“分配协议” 一起做加速运动的物体组成的系统，若外力F作用于m1上，则m1和m2之间的相互作用力FT＝，若作用于m2上，则FT＝。此“协议”与有无摩擦无关(若有摩擦，两物体与接触面间的动摩擦因数必须相同)，与两物体间有无连接物、是何种连接物(轻绳、轻杆、轻弹簧)无关，而且无论物体组成的系统处于平面、斜面还是竖直方向，此“协议”都成立。 2.关联速度连接体 轻绳在伸直状态下，两端的连接体沿绳方向的速度大小总是相等。下面三图中A、B两物体速度和加速度大小相等，方向不同。 举一反三 【变式2-1】如图所示，水平面上有两个质量分别为m1和m2的木块1和2，中间用一条轻绳连接，两木块的材料相同，现用力F向右拉木块2，当两木块一起向右做匀加速直线运动时，已知重力加速度为g，下列说法正确的是(　　) A.若水平面是光滑的，则m2越大，绳的拉力越大 B.若木块和水平面间的动摩擦因数为μ，则绳的拉力为＋μm1g C.绳的拉力大小与水平面是否粗糙无关 D.绳的拉力大小与水平面是否粗糙有关 【易错分析】关联速度连接体做加速运动时，没有弄清楚加速度是否相同. 【变式2-2】(多选)如图所示，固定在地面上的光滑斜面体倾角为θ＝30°，一根轻绳跨过斜面体顶端的光滑定滑轮，绳两端系有小物块a、b，a的质量为2m，b的质量为4m。重力加速度为g，定滑轮左侧轻绳与斜面平行，右侧轻绳竖直。将a、b由静止释放，则下列说法正确的是(　　) A.绳子对b的拉力大小为4mg B.a的加速度大小为 C.绳子对定滑轮的作用大小为2mg D.在相同时间内(b未触地)，a、b速度变化量大小不相等 【易错分析】关联速度连接体做加速运动时，由于加速度的方向不同，一般采用分别选取研究对象，对两物体分别列牛顿第二定律方程，用隔离法求解加速度及相互作用力。 易错点3 不会分析传送带模型 易错典题 【例3】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。 【易错分析】求解传送带问题的关键在于对物体所受的摩擦力进行正确的分析与判断. .临界状态：当v物＝v带时，摩擦力发生突变，物体的加速度发生突变. 避错攻略 【方法总结】 1.模型特点：物体(视为质点)放在传送带上，由于物体和传送带相对运动(或有相对运动趋势)而产生摩擦力，根据物体和传送带间的速度关系，摩擦力可能是动力，也可能是阻力。 2.解题关键：抓住v物＝v传的临界点，当v物＝v传时，摩擦力发生突变，物体的加速度发生突变。 3.注意物体位移和相对位移的区别 (1)物体位移：以地面为参考系，单独对物体由运动学公式求得的位移。 (2)物体相对传送带的位移大小Δx ①若有一次相对运动：Δx＝x传－x物或Δx＝x物－x传。 ②若有两次相对运动：两次相对运动方向相同，则Δx＝Δx1＋Δx2(图甲)； 两次相对运动方向相反，则划痕长度等于较长的相对位移大小Δx2(图乙)。 【变式3-1】(多选)如图所示，为皮带传输装置示意图的一部分，传送带与水平地面的倾角θ=37°，A、B两端相距4.45 m，质量为m=10 kg的小物体以v0=5.0 m/s的速度沿AB方向从A端滑上传送带，物体与传送带间的动摩擦因数处处相同，均为0.5，g取10 m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，下列说法中正确的是(　　) A.开始时物体的加速度大小一定为10 m/s2 B.若传送带不转动，物体沿传送带上滑的最大距离是1.25 m C.若传送带逆时针运转的速度v=4.0 m/s，物体沿传送带上滑的最大距离是1.25 m D.若传送带顺时针运转的速度v=4.0 m/s，物体从A点到达B点所需的时间是2.1 s 【变式3-2】如图所示，传送带与水平地面的夹角θ＝37°，从A到B的长度为L＝10.25 m，传送带以v0＝10 m/s的速率逆时针转动。在传送带上端A无初速度释放一个质量为m＝0.5 kg的黑色煤块(可视为质点)，它与传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.5，煤块在传送带上经过会留下黑色痕迹。已知sin 37°＝0.6，g取10 m/s2。 (1)当煤块与传送带速度相同时，接下来它们能否相对静止； (2)求出煤块从A运动到B的时间，并试画出煤块的v－t图像； (3)求煤块从A到B的过程中在传送带上留下痕迹的长度。 易错点4 不会分析板块模型 易错典题 【例4】如图甲所示，长木板B静止在光滑水平地面上，在t＝0时刻，可视为质点、质量为1 kg的物块A在水平外力F作用下，从长木板的左端从静止开始运动，1 s后撤去外力F，物块A、长木板B的速度—时间图像如图乙所示，g取10 m/s2，则下列说法正确的是(　　) A.长木板的最小长度为2 m B.A、B间的动摩擦因数是0.1 C.长木板的质量为0.5 kg D.外力F的大小为4 N 【错因分析】未能用图像准确分析两物体速度的变化，对加速度的分析错误。 避错攻略 【知识链接】 处理“板块”模型中动力学问题的流程 举一反三 【变式4-1】如图所示，一质量为M＝0.9 kg的长木板B在粗糙的水平面上向右运动，某一时刻长木板的初速度为v0＝5.5 m/s，此时将一质量m＝0.2 kg的物块A(可视为质点)无初速度地放在长木板右端，经过一段时间后物块A刚好没有从木板的左端滑出。已知物块A与长木板B之间的动摩擦因数为μ1＝0.25，长木板B与地面之间的动摩擦因数为μ2＝0.2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2，求： (1)两者相对运动过程中物块A和木板B的加速度大小； (2)长木板B的长度； (3)从将物块A放上长木板开始到最后相对地面静止，物块A相对地面的位移大小。 【变式4-2】如图所示，水平面上的长木板在推力作用下向右运动，当速度v0＝9 m/s时撤去推力，同时在长木板的右端轻轻地放上一个大小不计的小物块，最终小物块恰好没有滑离长木板。已知长木板的质量M＝2 kg，小物块的质量m＝1 kg，小物块与长木板间的动摩擦因数μ1＝0.2，长木板与地面间的动摩擦因数μ2＝0.1，重力加速度g取10 m/s2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求： (1)(3分)小物块刚放上长木板时，小物块的加速度大小a1和长木板的加速度大小a2； (2)(4分)长木板的长度l； (3)(4分)从小物块放上长木板开始到最后停止运动的总位移大小x。 易错点5 关联速度模型分解速度错误 易错典题 【例5】活塞带动飞轮转动可简化为如图所示的模型：图中A、B、O三处都是转轴，当活塞在水平方向上移动时，带动连杆AB运动，进而带动OB杆以O点为轴转动。若某时刻活塞的水平速度大小为v，连杆AB与水平方向夹角为α，AB杆与OB杆的夹角为β，此时B点做圆周运动的线速度大小为(　　) A. B. C. D. 【错因分析】不会分解速度，错误运用三角函数。 避错攻略 【方法总结】 1.模型特点 与绳(杆)相连的物体运动方向与绳(杆)不在一条直线上，沿绳(杆)方向的速度分量大小相等。 2.分解原则 3.常见模型 举一反三 【变式5-1】质量为m的物体P置于倾角为θ1的固定光滑斜面上，轻细绳跨过光滑定滑轮分别连接着P与小车，P与滑轮间的细绳平行于斜面，小车以速率v水平向右做匀速直线运动，当小车与滑轮间的细绳和水平方向成夹角θ2时(如图5)，下列判断正确的是(　　) 图5 A.P的速率为v B.P的速率为vcos θ2 C.绳的拉力等于mgsin θ1 D.绳的拉力小于mgsin θ1 【变式5-2】如图所示，长为L的直杆一端可绕固定轴O无摩擦转动，另一端靠在以水平速度v匀速向左运动、表面光滑的竖直挡板上，当直杆与竖直方向夹角为θ时，直杆端点A的线速度为(　　) A. B.vsin θ C. D.vcos θ 易错点6 不会用运动的合成与分解求平抛运动问题 易错典题 【例6】(2022·广东卷)如图所示，在竖直平面内，截面为三角形的小积木悬挂在离地足够高处，一玩具枪的枪口与小积木上P点等高且相距为L。当玩具子弹以水平速度v从枪口向P点射出时，小积木恰好由静止释放，子弹从射出至击中积木所用时间为t。不计空气阻力。下列关于子弹的说法正确的是(　　) A.将击中P点，t大于 B.将击中P点，t等于 C.将击中P点上方，t大于 D.将击中P点下方，t等于 【错因分析】平抛运动可以分解为水平方向上的匀速直线运动和竖直方向上的自由落体运动。分别研究两个分运动的规律，必要时再用运动合成的方法进行合成。 避错攻略 【知识链接】 1.飞行时间 由t＝知，下落的时间取决于下落高度h，与初速度v0无关。 2.水平射程 x＝v0t＝v0，即水平射程由初速度v0和下落高度h共同决定。 3.速度改变量 因为平抛运动的加速度为恒定的重力加速度g，所以做平抛运动的物体在任意相等时间间隔Δt内的速度改变量Δv＝gΔt是相同的，方向恒为竖直向下，如图所示。 4.两个重要推论 (1)做平抛 运动的物体在任意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，即xB＝，如图1所示。 (2)做平抛运动的物体在任意时刻任意位置处，有tan θ＝2tan α。 举一反三 【变式6-1】(多选)在篮球比赛中，投篮的投出角度太大和太小，都会影响投篮的命中率。在一次投篮表演中，郭同学在空中一个漂亮的投篮，篮球以与水平面成45°的倾角准确落入篮筐，这次跳起投篮时，投球点和篮筐正好在同一水平面上，设投球点到篮筐距离为9.8 m，不考虑空气阻力，g取10 m/s2。则(　　) A.篮球出手的速度大小为7 m/s B.篮球在空中运动的时间为1.4 s C.篮球进筐的速度大小为7 m/s D.篮球投出后的最高点相对地面的竖直高度为2.45 m 【变式6-2】(多选)如图所示，网球发球机水平放置在水平地面上方某处，正对着竖直墙面发射网球，两次发射的两球分别在墙上留下A、B两点印迹，测得OA＝AB＝h，OP为水平线，若忽略网球在空中受到的阻力，则(　　) A.两球碰到墙面时的动量可能相同 B.两球碰到墙面时的动能可能相等 C.两球发射的初速度之比vOA∶vOB＝2∶1 D.两球从发射到碰到墙面瞬间运动的时间之比tA∶tB＝1∶ 易错点7 不会分析圆周运动向心力的来源 易错典题 【例7】质量为m的小明坐在秋千上摆动到最高点时的照片如图所示，对该时刻，下列说法正确的是（　　） A．秋千对小明的作用力小于 B．秋千对小明的作用力大于 C．小明的速度为零，所受合力为零 D．小明的加速度为零，所受合力为零 【错因分析】向心力可以由一个力提供，也可以由几个力的合力提供，还可以由一个力的分力提供． 能准确的找出向心力的来源 避错攻略 【知识链接】 匀速圆周运动的实例分析 运动模型 向心力的来源图示 运动模型 向心力的来源图示 飞机水平转弯 火车转弯 圆锥摆 飞车走壁 汽车在水平路 面转弯 水平转台 (光滑) 圆锥摆 (1)向心力F向＝mgtan θ＝m＝mω2r，且r＝Lsin θ，解得v＝，ω＝。 (2)稳定状态下，θ越大，角速度ω和线速度v就越大，小球受到的拉力F＝和运动所需向心力也越大 圆锥筒 (1)筒内壁光滑，向心力由重力mg和支持力FN的合力提供，即＝m＝mω2r，解得v＝，ω＝。 (2)稳定状态下小球所处的位置越高，半径r越大，角速度ω越小，线速度v越大，支持力FN＝和向心力F向＝并不随位置的变化而变化 举一反三 【变式7-1】如图所示，场地自行车赛道与水平面成一定倾角，A、B、C三位运动员骑自行车在赛道转弯处以相同大小的线速度做匀速圆周运动(不计空气阻力)。则下列说法正确的是(　　) A.自行车受到地面的静摩擦力指向圆周运动的圆心 B.自行车(含运动员)受到重力、支持力、摩擦力、向心力 C.A、B、C三位运动员的角速度ωA<ωB<ωC D.A、B、C三位运动员的向心加速度aA>aB>aC 【变式7-2】内表面为半球型且光滑的碗固定在水平桌面上，球半径为R，球心为O，现让可视为质点的小球在碗内的某一水平面上做匀速圆周运动，小球与球心O的连线与竖直方向的夹角为θ，重力加速度为g，则(　　) A.小球的加速度为a＝gsin θ B.碗内壁对小球的支持力为FN＝ C.小球的运动周期为T＝2π D.小球运动的速度为v＝ 易错点8 竖直平面圆周运动混淆两种模型 易错典题 【例8】如图甲所示，被称为“魔力陀螺”玩具的陀螺能在圆轨道外侧旋转不脱落，其原理可等效为如图乙所示的模型：半径为的磁性圆轨道竖直固定，质量为的铁球（视为质点）沿轨道外侧运动，、分别为轨道的最高点和最低点，轨道对铁球的磁性引力始终指向圆心且大小不变，不计摩擦和空气阻力，重力加速度为，则（　　） A. 铁球绕轨道可能做匀速圆周运动 B. 由于磁力的作用，铁球绕轨道运动过程中机械能不守恒 C. 铁球在点的速度必须大于 D. 轨道对铁球的磁性引力至少为，才能使铁球不脱轨 【错因分析】此题是轻杆模型，许多同学求解时把它当成了绳线模型而出现错误。 【答案】D 避错攻略 【知识链接】 物理情景 轻绳模型 轻杆模型 实例 球与绳连接、水流星、沿内轨道运动的“过山车”等 球与杆连接、球在光滑管道中运动等 图示 最高点无支撑 最高点有支撑 受力特征 在最高点除重力外，物体受到的弹力方向向下或等于零 在最高点除重力外，物体受到的弹力方向向下、等于零或向上 受力示意图 力学方程 mg＋FT＝m mg±FN＝m 临界特征 FT＝0 mg＝m即vmin＝ v＝0 即F向＝0 FN＝mg 过最高点的条件 在最高点的速度v≥ v≥0 举一反三 【变式8-1】将过山车经过两端弯曲轨道过程等效简化成如图所示两个圆周的一部分(RA<RB)，A、B分别为轨道的最低点和最高点，过山车与轨道的动摩擦因数处处相等，则过山车(　　) A.在A点时合外力方向竖直向上 B.在B点时合外力方向竖直向下 C.在A点时所受摩擦力较大 D.在B点时所受向心力较大 【变式8-2】无缝钢管的制作原理如图所示，竖直平面内，管状模型置于两个支承轮上，支承轮转动时通过摩擦力带动管状模型转动，铁水注入管状模型后，由于离心作用，紧紧地覆盖在模型的内壁上，冷却后就得到无缝钢管。已知管状模型内壁半径R，则下列说法正确的是(　　) A.铁水是由于受到离心力的作用才覆盖在模型内壁上 B.模型各个方向上受到的铁水的作用力相同 C.管状模型转动的角速度ω最大为 D.若最上部的铁水恰好不离开模型内壁，此时仅重力提供向心力 易错点9 混淆近地卫星、同步卫星和赤道上物体的运行问题 易错典题 【例9】同步卫星离地心距离为r，运行速率v，加速度为a，地球赤道上的物体随地球自转的向心加速度为a，第一宇宙速度为v，地球的半径为R，则下列比值正确的是（） A． = B =（） C = D = 【易错分析】错解：设地球质量为M，同步卫星的质量为m，地球赤道上的物体的质量为m，根据万有引力定律G= ma G= m a 所以=（） 再由 得= 所以选项BC正确，解决本题的关键是要明确研究对象，这样错解的原因研究对象混淆，乱乱套公式． 避错攻略 【知识链接】 近地卫星、同步卫星与地球赤道上物体的比较 项目 近地卫星 同步卫星 地球赤道上物体 图示 向心力 万有引力 万有引力 万有引力的一个分力 轨道半径 r同＞r物＝r近 角速度 ω近＞ω同＝ω物 线速度 v近＞v同＞v物 向心加速度 a近＞a同＞a物 举一反三 【变式9-1】如图所示，a是在赤道平面上相对地球静止的物体，随地球一起做匀速圆周运动。b是在地球表面附近做匀速圆周运动的人造卫星，轨道半径约等于地球半径。c是地球同步卫星，已知地球表面两极处的重力加速度为g，下列关于a、b、c的说法正确的是(　　) A.b做匀速圆周运动的加速度等于g B.a、b、c做匀速圆周运动的向心加速度最大的是c C.a、b、c做匀速圆周运动的速率最大的是a D.a、b、c做匀速圆周运动的周期最小的是a 【变式9-2】2022年5月，我国成功完成了天舟四号货运飞船与空间站的对接，形成的组合体在地球引力作用下绕地球做圆周运动，周期约90分钟。下列说法正确的是(　　) A.组合体中的货物处于超重状态 B.组合体的速度大小略大于第一宇宙速度 C.组合体的角速度大小比地球同步卫星的大 D.组合体的加速度大小比地球同步卫星的小 易错点10 混淆近地卫星、同步卫星和赤道上物体的运行问题 易错典题 【例10】神舟十三号飞船在历经了183天的太空航行之后，成功返回地球。神舟十三号此行的主要任务之一是进入太空并与天宫空间站进行对接，飞船的运动可简化为如图所示的情境，圆形轨道2为天宫空间站运行轨道，椭圆轨道1为载人飞船运行轨道，两轨道相切于P点，Q点在地面附近，是轨道1的近地点，则下列判断正确的是(　　) A.载人飞船可在到达轨道2后不断加速追上空间站实现对接 B.载人飞船在轨道1上P点的加速度等于空间站在轨道2上P点的加速度 C.载人飞船在轨道1上经过Q点时的速度等于7.9 km/s D.载人飞船从Q点向P点运动过程中，万有引力不做功 【易错分析】分辨不清同一个点的加速度是不变，分辨不清变轨倒是是要加速还是减速。 避错攻略 【知识链接】 1.变轨原理 (1)为了节省能量，在赤道上顺着地球自转方向发射卫星到圆轨道Ⅰ上，如图所示。 (2)在A点(近地点)点火加速，由于速度变大，万有引力不足以提供卫星在轨道Ⅰ上做圆周运动的向心力，卫星做离心运动进入椭圆轨道Ⅱ。 (3)在B点(远地点)再次点火加速进入圆形轨道Ⅲ。 2.变轨过程各物理量比较 速度关系 在A点加速：vⅡA＞vⅠ，在B点加速：vⅢ＞vⅡB，即vⅡA＞vⅠ＞vⅢ＞vⅡB (向心)加速度关系 aⅢ＝aⅡB aⅡA＝aⅠ 周期关系 TⅠ＜TⅡ＜TⅢ 机械能 EⅠ＜EⅡ＜EⅢ 举一反三 【变式10-1】我国实施“天问一号”计划，通过一次发射，实现“环绕、降落、巡视”三大任务。如图1所示，探测器经历椭圆轨道Ⅰ→椭圆轨道Ⅱ→圆轨道Ⅲ的变轨过程。Q为轨道Ⅰ远火点，P为轨道Ⅰ近火点，探测器在三个轨道运行时都经过P点。则探测器(　　) A.沿轨道Ⅰ运行至P点速度大于运行至Q点速度 B.沿轨道Ⅱ运行至P点的加速度小于沿轨道Ⅲ运行至P点的加速度 C.沿轨道Ⅰ运行的周期小于沿轨道Ⅱ运行的周期 D.与火星连线在相等时间内，沿轨道Ⅰ运行与沿轨道Ⅱ运行扫过面积相等 【变式10-2】如图所示为某一同步卫星的发射过程示意图，Ⅱ为椭圆轨道，与圆形轨道Ⅰ和同步轨道Ⅲ分别相切于P、Q点。已知地球同步卫星的轨道半径为r，卫星在Ⅰ、Ⅲ轨道上运行时，卫星与地心的连线在相等时间内扫过的面积之比为k，下列说法正确的是(　　) A.轨道Ⅰ的轨道半径为 B.轨道Ⅰ的轨道半径为rk2 C.卫星从轨道Ⅱ变轨到轨道Ⅲ，需要在Q点减速 D.卫星在轨道Ⅰ上的运行周期大于在轨道Ⅱ上的运行周期 1． 如图所示，在倾角为θ＝30°的足够长的固定的光滑斜面上，有一质量为M＝3 kg的长木板正以v0＝10 m/s的初速度沿斜面向下运动，现将一质量m＝1 kg的小物块(大小可忽略)轻放在长木板正中央，已知小物块与长木板间的动摩擦因数μ＝，设小物块与长木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2。 (1)(7分)求放上小物块后，木板和小物块的加速度大小； (2)(6分)要使小物块不滑离长木板，长木板至少多长？ 2．如图所示，木板C静置于水平地面上，可视为质点的物块A、B放置在木板C上，物块A到木板C右边缘的距离x1=9 m，物块B到木板C左边缘的距离x2=90 m。已知物块A、物块B、木板C的质量分别为m1=2 kg，m2=1 kg，m3=1 kg，物块A与木板C间、物块B与木板C间、木板C与地面间的动摩擦因数分别为μ1=0.8、μ2=0.2、μ3=0.1，各接触面间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小g取10 m/s2。现对物块A施加一方向水平向右、大小F=40 N的拉力，直至物块A滑离木板C，物块A滑离木板C后立即取走物块A。求： (1)(5分)物块A在木板C上运动时物块A的加速度大小a1和木板C的加速度大小a3； (2)(4分)物块A滑离木板C时物块B的速度大小v2； (3)(6分)物块B最终静止的位置到木板C左边缘的距离d。 3.如图所示，传送带与地面夹角θ＝37°，从A到B长度为L＝10.25 m，传送带以v0＝10 m/s的速率逆时针转动。在传送带上端A无初速度地放一个质量为m＝0.5 kg的黑色煤块，它与传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.5。煤块在传送带上经过会留下黑色痕迹。已知sin 37°＝0.6，g取10 m/s2，求： (1)煤块从A到B的时间； (2)煤块从A到B的过程中传送带上形成痕迹的长度。 4.(多选)如图所示，从水平面上方O点水平抛出一个初速度大小为v0的小球，小球与水平面发生一次碰撞后恰能击中竖直墙壁上与O等高的A点，小球与水平面碰撞前后水平分速度不变，竖直分速度大小不变、方向相反，不计空气阻力。若只改变初速度大小，使小球仍能击中A点，则初速度大小可能为(　　) A.2v0 B.3v0 C. D. 5.如图所示，将A、B两小球从相同高度同时水平抛出，经时间t1在空中P点相遇，已知P点与A、B两点的竖直高度为h。若A、B两小球仍从原位置同时抛出，抛出的速度均增大一倍，两球经时间t2在Q点相遇，下列说法正确的是(　　) A.t2＝t1，Q点在P点右上方 B.t2＝t1，Q点在P点左上方 C.t2＝t1，Q点在P点正上方处 D.t2＝t1，Q点在P点正上方处 6.跳台滑雪比赛时，某运动员从跳台A处沿水平方向飞出，在斜坡B处着陆，如图9所示。测得A、B间的距离为75 m，斜坡与水平方向的夹角为37°。sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2，试计算： (1)运动员在空中的飞行时间t； (2)运动员在A处水平飞出时的速度大小vA； (3)运动员着陆时的速度大小vB。 7.体育课上，甲同学在距离地面高h1＝2.5 m处将排球击出，球的初速度沿水平方向，大小为v0＝8.0 m/s；乙同学在离地h2＝0.7 m处将排球垫起，垫起前后球的速度大小相等，方向相反。已知排球质量m＝0.3 kg，取重力加速度g＝10 m/s2。不计空气阻力。求： (1)排球被垫起前在水平方向飞行的距离x； (2)排球被垫起前瞬间的速度大小v及方向； (3)排球与乙同学作用过程中所受冲量的大小I。 8.2022年北京冬奥会短道速滑混合团体2 000米接力决赛中，我国短道速滑队夺得中国队在本届冬奥会的首金。 (1)如果把运动员起跑后进入弯道前的过程看作初速度为零的匀加速直线运动，若运动员加速到速度v＝9 m/s时，滑过的距离x＝15 m，求加速度的大小； (2)如果把运动员在弯道滑行的过程看作轨道为半圆的匀速圆周运动，如图10所示，若甲、乙两名运动员同时进入弯道，滑行半径分别为R甲＝8 m、R乙＝9 m，滑行速率分别为v甲＝10 m/s、v乙＝11 m/s，求甲、乙过弯道时的向心加速度大小之比，并通过计算判断哪位运动员先出弯道。 9.如图甲是某游乐场中水上过山车的实物图片，图乙是其原理示意图。在原理图中半径为R＝8 m的圆形轨道固定在离水面高h＝3.2 m的水平平台上，圆轨道与水平平台相切于A点，A、B分别为圆形轨道的最低点和最高点。过山车(实际是一艘带轮子的气垫小船，可视作质点)高速行驶，先后会通过多个圆形轨道，然后从A点离开圆轨道而进入光滑的水平轨道AC，最后从C点水平飞出落入水中，整个过程刺激惊险，受到很多年轻人的喜爱。已知水面宽度为s＝12 m，假设运动中不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2，结果可保留根号。 (1)若过山车恰好能通过圆形轨道的最高点B，则其在B点的速度为多大？ (2)为使过山车安全落入水中，则过山车在C点的最大速度为多少？ (3)某次运动过程中乘客在圆轨道最低点A对座椅的压力为自身重力的3倍，则过山车落入水中时的速度大小是多少？ 10.如图所示是北斗导航系统中部分卫星的轨道示意图，已知a、b、c三颗卫星均做圆周运动，a是地球同步卫星，a和b的轨道半径相同，且均为c的k倍，已知地球自转周期为T。则(　　) A.卫星b也是地球同步卫星 B.卫星a的向心加速度是卫星c的向心加速度的k2倍 C.卫星c的周期为T D.a、b、c三颗卫星的运行速度大小关系为va＝vb＝vc 11.如图所示，B为地球同步卫星，A是另一颗与B处在同一平面的卫星，已知地球的质量为M、半径为R、自转周期为T，引力常量为G。则(　　) A.卫星A的角速度大于卫星B的角速度 B.卫星A的线速度大于卫星B的线速度 C.卫星A离地面的高度大于－R D.同步卫星B的向心加速度为 12.(多选)如图所示，A、B、C、D四颗地球卫星，A还未发射，在地球赤道上随地球一起转动，线速度为v，向心加速度为a；B处于地面附近轨道上，正常运行速度为v1，向心加速度为a1；C是地球同步卫星，到地心的距离为r，运行速率为v2，加速度为a2；D是高空探测卫星，运行速率为v3，加速度为a3。已知地球的半径为R，地球表面的重力加速度为g，则(　　) A.a＝g＝a1>a2>a3 B.v1>v2>v C.＝ D.卫星C加速一段时间后就可能追上卫星B 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $ 易错02 牛顿运动定律、曲线运动、万有引力定律目录 第一部分 易错点剖析 易错典题 避错攻略 举一反三 易错点1 对牛顿第二定律瞬时性的理解 易错点2 不会用整体法隔离法求解连接体问题 易错点3 不会分析传送带模型 易错点4 不会分析板块模型 易错点5 关联速度模型分解速度错误 易错点6 不会用运动的合成与分解求平抛运动问题 易错点7 不会分析圆周运动向心力的来源 易错点8 竖直平面圆周运动混淆两种模型 易错点9 混淆近地卫星、同步卫星和赤道上物体的运行问题 易错点10 卫星变轨时物理量的变化比较错误 第二部分 易错题闯关 易错点1 对牛顿第二定律瞬时性的理解 易错典题 【例1】如图所示，原长为l的轻质弹簧，一端固定在O点，另一端与一质量为m的小球相连。小球套在竖直固定的粗糙杆上，与杆之间的动摩擦因数为0.5。杆上M、N两点与O点的距离均为l，P点到O点的距离为，OP与杆垂直。当小球置于杆上P点时恰好能保持静止。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g。小球以某一初速度从M点向下运动到N点，在此过程中，弹簧始终在弹性限度内。下列说法正确的是（ ） A. 弹簧的劲度系数为 B. 小球在P点下方处的加速度大小为 C. 从M点到N点的运动过程中，小球受到的摩擦力先变小再变大 D. 从M点到P点和从P点到N点的运动过程中，小球受到的摩擦力做功相同 【易错分析】没有弄清弹簧受力只能渐变，不能突变，而绳线模型受力可以突变。 【答案】AD 【解析】小球在P点受力平衡，则有，，， 联立解得，A正确； 在PM之间任取一点A，令AO与MN之间的夹角为，则此时弹簧的弹力为 小球受到的摩擦力为 化简得 小球由M向P运动过程中，θ角增大，小球由P向N运动过程中，θ角减小，由此可知，小球从M点到N点的运动过程中，所受摩擦力先变大后变小，C错误； 根据对称性可知在任意关于P点对称的点摩擦力大小相等，因此由对称性可知M到P和P到N摩擦力做功大小相等；D正确； 小球运动到P点下方时，此时摩擦力大小为 由牛顿第二定律 联立解得，B错误。 避错攻略 【方法总结】 举一反三 【变式1-1】如图所示，质量为2 kg的物体A静止于竖直的轻弹簧上，质量为3 kg的物体B用细线悬挂，A、B间相互接触但无压力，取重力加速度g＝10 m/s2。某时刻将细线剪断，则细线剪断瞬间(　　) A.B对A的压力大小为12 N B.弹簧弹力大小为50 N C.B的加速度大小为10 m/s2 D.A的加速度为零 【易错分析】没有弄清弹簧受力不能突变。 答案　A 解析　原来A处于平衡状态，细线剪断瞬间，弹簧的弹力不会发生突变，仍有FT＝mAg＝20 N，故B错误；细线剪断瞬间，A、B一起加速下降，由于原来A平衡，故整体受到的合力等于B的重力，由牛顿第二定律可得mBg＝(mA＋mB)a，解得A、B共同加速度a＝6 m/s2，故C、D错误；对B由牛顿第二定律可得mBg－FN＝mBa，解得B受到的支持力为FN＝12 N，由牛顿第三定律可知，B对A的压力大小为12 N，故A正确。 【变式1-2】(2024·湖南卷)如图，质量分别为4m、3m、2m、m的四个小球A、B、C、D，通过细线或轻弹簧互相连接，悬挂于O点，处于静止状态，重力加速度为g。若将B、C间的细线剪断，则剪断瞬间B和C的加速度大小分别为(　　) A.g，1.5g B.2g，1.5g C.2g，0.5g D.g，0.5g 【易错分析】绳或杆形变不明显，可以认为它们恢复原来的形状，不需要时间，弹力立即消失或改变，但弹簧形变明显，恢复原来的形状需要时间，故弹簧中的弹力不会发生突变。 答案　A 解析　剪断前，对B、C、D整体受力分析， A、B间轻弹簧的弹力 FAB＝(3m＋2m＋m)g＝6mg 对D受力分析，C、D间轻弹簧的弹力FCD＝mg 剪断后，对B：FAB－3mg＝3maB 解得aB＝g，方向竖直向上 对C：FDC＋2mg＝2maC，且FCD＝FDC 解得aC＝1.5g，方向竖直向下，故选A。 易错点2 不会用整体法隔离法求解连接体问题 易错典题 【例2】如图，两物块P、Q用跨过光滑轻质定滑轮的轻绳相连，开始时P静止在水平桌面上。将一个水平向右的推力F作用在P上后，轻绳的张力变为原来的一半。已知P、Q两物块的质量分别为、，P与桌面间的动摩擦因数，重力加速度。则推力F的大小为（　　） A． B． C． D． 【易错分析】若连接体内各物体具有相同的加速度，且要求物体之间的作用力时，可以先用整体法求出加速度，然后再用隔离法选取合适的研究对象，应用牛顿第二定律求作用力。即“先整体求加速度，后隔离求内力”。若已知物体之间的作用力，求连接体所受外力，则“先隔离求加速度，后整体求外力”。 【答案】A 【解析】P静止在水平桌面上时，由平衡条件有 推力F作用在P上后，轻绳的张力变为原来的一半，即 故Q物体加速下降，有 可得 而P物体将有相同的加速度向右加速而受滑动摩擦力，对P由牛顿第二定律 解得 故选A。 避错攻略 【方法总结】 1.整体法与隔离法在分析共速连接体问题中的应用 (1)整体法：若连接体内的物体具有共同加速度，可以把它们看成一个整体，分析整体受到的外力，应用牛顿第二定律求出加速度； (2)隔离法：求系统内两物体之间的作用力时，就需要把物体从系统中隔离出来，应用牛顿第二定律列方程求解； (3)整体法和隔离法交替使用：一般情况下，若连接体内各物体具有相同的加速度，且求物体之间的作用力时，可以先用整体法求出加速度，然后再隔离某一物体，应用牛顿第二定律求相互作用力；若求某一外力，可以先隔离某一物体求出加速度，再用整体法求合外力或某一个力。 2.共速连接体对合力的“分配协议” 一起做加速运动的物体组成的系统，若外力F作用于m1上，则m1和m2之间的相互作用力FT＝，若作用于m2上，则FT＝。此“协议”与有无摩擦无关(若有摩擦，两物体与接触面间的动摩擦因数必须相同)，与两物体间有无连接物、是何种连接物(轻绳、轻杆、轻弹簧)无关，而且无论物体组成的系统处于平面、斜面还是竖直方向，此“协议”都成立。 2.关联速度连接体 轻绳在伸直状态下，两端的连接体沿绳方向的速度大小总是相等。下面三图中A、B两物体速度和加速度大小相等，方向不同。 举一反三 【变式2-1】如图所示，水平面上有两个质量分别为m1和m2的木块1和2，中间用一条轻绳连接，两木块的材料相同，现用力F向右拉木块2，当两木块一起向右做匀加速直线运动时，已知重力加速度为g，下列说法正确的是(　　) A.若水平面是光滑的，则m2越大，绳的拉力越大 B.若木块和水平面间的动摩擦因数为μ，则绳的拉力为＋μm1g C.绳的拉力大小与水平面是否粗糙无关 D.绳的拉力大小与水平面是否粗糙有关 【易错分析】关联速度连接体做加速运动时，没有弄清楚加速度是否相同. 答案　C 解析　若设木块和地面间的动摩擦因数为μ，以两木块整体为研究对象，根据牛顿第二定律有 F－μ(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a， 得a＝，以木块1为研究对象，根据牛顿第二定律有FT－μm1g＝m1a，得a＝，系统加速度与木块1加速度相同，联立解得FT＝F，可知绳子拉力大小与动摩擦因数μ无关，与两木块质量大小有关，无论水平面是光滑的还是粗糙的，绳的拉力大小均为FT＝F，且m2越大，绳的拉力越小，故选C。 【变式2-2】(多选)如图所示，固定在地面上的光滑斜面体倾角为θ＝30°，一根轻绳跨过斜面体顶端的光滑定滑轮，绳两端系有小物块a、b，a的质量为2m，b的质量为4m。重力加速度为g，定滑轮左侧轻绳与斜面平行，右侧轻绳竖直。将a、b由静止释放，则下列说法正确的是(　　) A.绳子对b的拉力大小为4mg B.a的加速度大小为 C.绳子对定滑轮的作用大小为2mg D.在相同时间内(b未触地)，a、b速度变化量大小不相等 【易错分析】关联速度连接体做加速运动时，由于加速度的方向不同，一般采用分别选取研究对象，对两物体分别列牛顿第二定律方程，用隔离法求解加速度及相互作用力。 答案　BC 解析　在相同时间内(b未触地)，a、b加速度的大小相等，速度变化量大小相等，D错误；以b为研究对象，设绳子拉力为FT，由牛顿第二定律有4mg－FT＝4ma，以a为研究对象，由牛顿第二定律有FT－2mgsin θ＝2ma，联立解得FT＝2mg，a＝，故A错误，B正确；由几何关系知，两侧绳子的夹角为60°，则绳子对定滑轮的作用力大小为F＝2FTcos 30°＝2mg，故C正确。 易错点3 不会分析传送带模型 易错典题 【例3】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。 【易错分析】求解传送带问题的关键在于对物体所受的摩擦力进行正确的分析与判断. .临界状态：当v物＝v带时，摩擦力发生突变，物体的加速度发生突变. 【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 t1＝＝0.8 s 工件前进的位移为x1＝a1t＝1.6 m 此后工件将与传送带一起匀速运动至B点，用时 t2＝＝0.6 s 所以工件第一次到达B点所用的时间 t＝t1＋t2＝1.4 s。 (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 由速度位移公式得0－v2＝2a2 解得hm＝2.4 m。 (3)工件沿传送带向上运动的时间为t3＝＝2 s 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。 避错攻略 【方法总结】 1.模型特点：物体(视为质点)放在传送带上，由于物体和传送带相对运动(或有相对运动趋势)而产生摩擦力，根据物体和传送带间的速度关系，摩擦力可能是动力，也可能是阻力。 2.解题关键：抓住v物＝v传的临界点，当v物＝v传时，摩擦力发生突变，物体的加速度发生突变。 3.注意物体位移和相对位移的区别 (1)物体位移：以地面为参考系，单独对物体由运动学公式求得的位移。 (2)物体相对传送带的位移大小Δx ①若有一次相对运动：Δx＝x传－x物或Δx＝x物－x传。 ②若有两次相对运动：两次相对运动方向相同，则Δx＝Δx1＋Δx2(图甲)； 两次相对运动方向相反，则划痕长度等于较长的相对位移大小Δx2(图乙)。 【变式3-1】(多选)如图所示，为皮带传输装置示意图的一部分，传送带与水平地面的倾角θ=37°，A、B两端相距4.45 m，质量为m=10 kg的小物体以v0=5.0 m/s的速度沿AB方向从A端滑上传送带，物体与传送带间的动摩擦因数处处相同，均为0.5，g取10 m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，下列说法中正确的是(　　) A.开始时物体的加速度大小一定为10 m/s2 B.若传送带不转动，物体沿传送带上滑的最大距离是1.25 m C.若传送带逆时针运转的速度v=4.0 m/s，物体沿传送带上滑的最大距离是1.25 m D.若传送带顺时针运转的速度v=4.0 m/s，物体从A点到达B点所需的时间是2.1 s 答案　BCD 解析　由题意可知，若传送带不转动或逆时针转动，物体沿AB方向从A端滑上传送带向上运动的加速度大小为a1，由牛顿第二定律可得mgsin θ+μmgcos θ=ma1，解得开始时物体的加速度大小a1=10 m/s2，若传送带顺时针转动，其速度小于物体速度v0=5.0 m/s，可知开始时物体的加速度大小为10 m/s2，其速度大于物体速度v0=5.0 m/s，则传送带对物体的摩擦力方向向上，由牛顿第二定律可得mgsin θ-μmgcos θ=ma2，解得开始时物体的加速度大小为a2=2 m/s2，A错误；若传送带不转动，由速度位移关系有v02=2a1xm可得，物体沿传送带上滑的最大距离是xm==1.25 m，B正确；若传送带逆时针运转的速度v=4.0 m/s时，可知物体受到的滑动摩擦力方向沿传送带向下，可知物体的加速度大小是10 m/s2，物体沿传送带上滑的最大距离是1.25 m，C正确；若传送带顺时针运转的速度v=4.0 m/s，可知物体先做减速运动，减速到与传送带速度相等时所用时间t1=0.1 s，此时间内物体上滑的距离为x10.45 m，此后由于物体沿传送带向下的重力分力大于传送带对物体的摩擦力，物体的加速度是2 m/s2，方向沿传送带向下，即物体沿传送带向上做减速运动，设到B点时的速度是vB，由速度位移关系可得v2-=2a2(L-x1)，在此过程所用时间为t2 s=2 s，物体从A点到达B点所需的时间是t=t1+t2=0.1 s+2 s=2.1 s，D正确。 【变式3-2】如图所示，传送带与水平地面的夹角θ＝37°，从A到B的长度为L＝10.25 m，传送带以v0＝10 m/s的速率逆时针转动。在传送带上端A无初速度释放一个质量为m＝0.5 kg的黑色煤块(可视为质点)，它与传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.5，煤块在传送带上经过会留下黑色痕迹。已知sin 37°＝0.6，g取10 m/s2。 (1)当煤块与传送带速度相同时，接下来它们能否相对静止； (2)求出煤块从A运动到B的时间，并试画出煤块的v－t图像； (3)求煤块从A到B的过程中在传送带上留下痕迹的长度。 答案　(1)不能　(2)1.5 s　见解析图　(3)5 m 解析　(1)由于mgsin 37°>μmgcos 37°，所以煤块与传送带速度相同后，它们不能相对静止。 (2)煤块刚放上时，受到沿斜面向下的摩擦力，其加速度为a1＝g(sin θ＋μcos θ)＝10 m/s2， 煤块加速运动至与传送带速度相同时需要的时间t1＝＝1 s，发生的位移x1＝a1＝5 m 煤块速度达到v0后，加速度大小改变，继续沿传送带向下加速运动，则有 a2＝g(sin θ－μcos θ)＝2 m/s2， x2＝L－x1＝5.25 m， 由x2＝v0t2＋a2， 得t2＝0.5 s 故煤块从A运动到B的时间为t＝t1＋t2＝1.5 s。v－t图像如图所示。 (3)第一过程痕迹长Δx1＝v0t1－x1＝5 m， 第二过程痕迹长Δx2＝x2－v0t2＝0.25 m， Δx2与Δx1部分重合，故痕迹总长为5 m。 易错点4 不会分析板块模型 易错典题 【例4】如图甲所示，长木板B静止在光滑水平地面上，在t＝0时刻，可视为质点、质量为1 kg的物块A在水平外力F作用下，从长木板的左端从静止开始运动，1 s后撤去外力F，物块A、长木板B的速度—时间图像如图乙所示，g取10 m/s2，则下列说法正确的是(　　) A.长木板的最小长度为2 m B.A、B间的动摩擦因数是0.1 C.长木板的质量为0.5 kg D.外力F的大小为4 N 【错因分析】未能用图像准确分析两物体速度的变化，对加速度的分析错误。 答案　ABD 解析　由题图乙可知，2 s后物块和木板达到共速后一起匀速运动，v－t图像中图线与t轴围成的面积表示物体的位移，故由题图乙可知，在2 s内物块的位移为x1＝4 m，木板的位移为x2＝2 m，故长木板的最小长度为L＝x1－x2＝2 m，A正确；由题图乙可知，1 s时撤去外力F，在1~2 s内由物块的受力及牛顿第二定律可知μmg＝maA，由题图乙可知1~2 s内物块的加速度大小为aA＝1 m/s2，解得A、B间的动摩擦因数为μ＝0.1，B正确；由题图乙可知，木板的加速度大小为aB＝1 m/s2，由木板B的受力及牛顿第二定律可知μmg＝MaB，解得长木板的质量为M＝1 kg，C错误；由0~1 s内物块的受力及牛顿第二定律可知F－μmg＝maA'，又此过程中加速度的大小为aA'＝3 m/s2，解得F＝4 N，D正确。 避错攻略 【知识链接】 处理“板块”模型中动力学问题的流程 举一反三 【变式4-1】如图所示，一质量为M＝0.9 kg的长木板B在粗糙的水平面上向右运动，某一时刻长木板的初速度为v0＝5.5 m/s，此时将一质量m＝0.2 kg的物块A(可视为质点)无初速度地放在长木板右端，经过一段时间后物块A刚好没有从木板的左端滑出。已知物块A与长木板B之间的动摩擦因数为μ1＝0.25，长木板B与地面之间的动摩擦因数为μ2＝0.2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2，求： (1)两者相对运动过程中物块A和木板B的加速度大小； (2)长木板B的长度； (3)从将物块A放上长木板开始到最后相对地面静止，物块A相对地面的位移大小。 答案　(1)2.5 m/s2　3 m/s2　(2)2.75 m (3)2.812 5 m 解析　(1)由题可知，A、B先相对滑动，达到共速后一起做匀减速直线运动，直到静止。A、B相对滑动时，对物块A受力分析，由牛顿第二定律得 μ1mg＝ma1，解得a1＝2.5 m/s2。 对长木板B受力分析，由牛顿第二定律有μ1mg＋μ2(M＋m)g＝Ma2，解得a2＝3 m/s2。 (2)由物块A刚好未从木板的左端滑出可知，长木板B的长度等于A、B两物体相对地面位移的差值。当A、B共速时有a1t＝v0－a2t，解得t＝1 s， A物块的位移xA＝a1t2＝1.25 m， B长木板的位移xB＝v0t－a2t2＝4 m， 则L＝xB－xA＝2.75 m。 (3)由(2)分析可得，A、B共速时，A、B两物体的速度为v共＝a1t＝2.5 m/s， 由题知μ1>μ2，所以A、B共速后，一起做匀减速直线运动，直到停止，由牛顿第二定律得μ2(M＋m)g＝(M＋m)a3， 解得a3＝2 m/s2，由匀变速直线运动规律有＝2a3x3，可知x3＝＝1.562 5 m， 则全过程中，A相对地面发生的位移大小 x＝xA＋x3＝2.812 5 m。 【变式4-2】如图所示，水平面上的长木板在推力作用下向右运动，当速度v0＝9 m/s时撤去推力，同时在长木板的右端轻轻地放上一个大小不计的小物块，最终小物块恰好没有滑离长木板。已知长木板的质量M＝2 kg，小物块的质量m＝1 kg，小物块与长木板间的动摩擦因数μ1＝0.2，长木板与地面间的动摩擦因数μ2＝0.1，重力加速度g取10 m/s2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求： (1)(3分)小物块刚放上长木板时，小物块的加速度大小a1和长木板的加速度大小a2； (2)(4分)长木板的长度l； (3)(4分)从小物块放上长木板开始到最后停止运动的总位移大小x。 答案　(1)2 m/s2　2.5 m/s2　(2)9 m　(3)12 m 解析　(1)小物块刚放上长木板时在摩擦力的作用下加速，由牛顿第二定律μ1mg＝ma1 长木板减速，有μ2(M＋m)g＋μ1mg＝Ma2 解得小物块的加速度大小a1＝2 m/s2 长木板的加速度大小a2＝2.5 m/s2 (2)设经时间Δt两者达到共同速度v，有 v＝a1Δt＝v0－a2Δt 得Δt＝2 s，v＝4 m/s 这段时间内小物块的位移x1＝a1(Δt)2＝4 m 长木板的位移x2＝v0Δt－a2(Δt)2＝13 m 长木板的长度l＝x2－x1＝9 m (3)小物块和长木板达到共同速度之后一起做匀减速直线运动，设加速度大小为a3，有 μ2(M＋m)g＝(M＋m)a3 解得a3＝1 m/s2 一起减速的位移为x3，有v2＝2a3x3 解得x3＝8 m 则小物块的总位移x＝x1＋x3＝12 m。 易错点5 关联速度模型分解速度错误 易错典题 【例5】活塞带动飞轮转动可简化为如图所示的模型：图中A、B、O三处都是转轴，当活塞在水平方向上移动时，带动连杆AB运动，进而带动OB杆以O点为轴转动。若某时刻活塞的水平速度大小为v，连杆AB与水平方向夹角为α，AB杆与OB杆的夹角为β，此时B点做圆周运动的线速度大小为(　　) A. B. C. D. 【错因分析】不会分解速度，错误运用三角函数。 答案　B 解析　设B点做圆周运动的线速度大小为v′，此速度为B的实际速度，根据运动的合成与分解，可以分解为沿杆方向的分速度和垂直杆方向的分速度，如图，沿杆方向的分速度为vB＝v′cos ＝v′sin β，A点速度为水平方向的v，根据运动的合成与分解，可以分解为沿杆方向的分速度和垂直杆方向的分速度，如上图，沿杆方向的分速度为vA＝vcos α，又有二者沿杆方向的分速度相等，即v′sin β＝vcos α，则v′＝，故B正确。 避错攻略 【方法总结】 1.模型特点 与绳(杆)相连的物体运动方向与绳(杆)不在一条直线上，沿绳(杆)方向的速度分量大小相等。 2.分解原则 3.常见模型 举一反三 【变式5-1】质量为m的物体P置于倾角为θ1的固定光滑斜面上，轻细绳跨过光滑定滑轮分别连接着P与小车，P与滑轮间的细绳平行于斜面，小车以速率v水平向右做匀速直线运动，当小车与滑轮间的细绳和水平方向成夹角θ2时(如图5)，下列判断正确的是(　　) 图5 A.P的速率为v B.P的速率为vcos θ2 C.绳的拉力等于mgsin θ1 D.绳的拉力小于mgsin θ1 答案　B 解析　将小车的速度v沿绳子方向和垂直于绳子方向正交分解，如图所示，物体P的速度与小车沿绳子方向的速度相等，则有vP＝vcos θ2，故B正确，A错误；小车向右运动，θ2减小，v不变，所以vP逐渐变大，说明物体P沿斜面向上做加速运动。对物体P受力分析可知，物体P受到竖直向下的重力，垂直于斜面向上的支持力，沿绳向上的拉力FT，沿斜面和垂直于斜面方向建立正交轴，沿斜面方向由牛顿第二定律可得FT－mgsin θ1＝ma，可得FT>mgsin θ1，故C、D错误。 【变式5-2】如图所示，长为L的直杆一端可绕固定轴O无摩擦转动，另一端靠在以水平速度v匀速向左运动、表面光滑的竖直挡板上，当直杆与竖直方向夹角为θ时，直杆端点A的线速度为(　　) A. B.vsin θ C. D.vcos θ 答案　C 解析　将直杆端点A的线速度进行分解，如图所示，由图中的几何关系可得v0＝，选项C正确，A、B、D错误。 易错点6 不会用运动的合成与分解求平抛运动问题 易错典题 【例6】(2022·广东卷)如图所示，在竖直平面内，截面为三角形的小积木悬挂在离地足够高处，一玩具枪的枪口与小积木上P点等高且相距为L。当玩具子弹以水平速度v从枪口向P点射出时，小积木恰好由静止释放，子弹从射出至击中积木所用时间为t。不计空气阻力。下列关于子弹的说法正确的是(　　) A.将击中P点，t大于 B.将击中P点，t等于 C.将击中P点上方，t大于 D.将击中P点下方，t等于 【错因分析】平抛运动可以分解为水平方向上的匀速直线运动和竖直方向上的自由落体运动。分别研究两个分运动的规律，必要时再用运动合成的方法进行合成。 答案　B 解析　由题意知枪口与P点等高，子弹和小积木在竖直方向上均做自由落体运动，当子弹击中积木时子弹和积木的运动时间相同，根据h＝gt2，可知下落高度相同，所以将击中P点；初始状态子弹到P点的水平距离为L，子弹在水平方向上做匀速直线运动，有t＝，故B正确。 避错攻略 【知识链接】 1.飞行时间 由t＝知，下落的时间取决于下落高度h，与初速度v0无关。 2.水平射程 x＝v0t＝v0，即水平射程由初速度v0和下落高度h共同决定。 3.速度改变量 因为平抛运动的加速度为恒定的重力加速度g，所以做平抛运动的物体在任意相等时间间隔Δt内的速度改变量Δv＝gΔt是相同的，方向恒为竖直向下，如图所示。 4.两个重要推论 (1)做平抛 运动的物体在任意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，即xB＝，如图1所示。 (2)做平抛运动的物体在任意时刻任意位置处，有tan θ＝2tan α。 举一反三 【变式6-1】(多选)在篮球比赛中，投篮的投出角度太大和太小，都会影响投篮的命中率。在一次投篮表演中，郭同学在空中一个漂亮的投篮，篮球以与水平面成45°的倾角准确落入篮筐，这次跳起投篮时，投球点和篮筐正好在同一水平面上，设投球点到篮筐距离为9.8 m，不考虑空气阻力，g取10 m/s2。则(　　) A.篮球出手的速度大小为7 m/s B.篮球在空中运动的时间为1.4 s C.篮球进筐的速度大小为7 m/s D.篮球投出后的最高点相对地面的竖直高度为2.45 m 答案　BC 解析　篮球在空中做斜抛运动，设出手时速度为v，从抛出到入筐，篮球运动的总时间为t＝2，水平位移x＝vcos 45°·t，联立解得t＝1.4 s，v＝7 m/s，由对称性可知，进筐时速度大小也为7 m/s，故A错误，B、C正确；由抛出到最高点，竖直高度h＝·＝2.45 m，但最高点相对地面的竖直高度要大于2.45 m，故D错误。 【变式6-2】(多选)如图所示，网球发球机水平放置在水平地面上方某处，正对着竖直墙面发射网球，两次发射的两球分别在墙上留下A、B两点印迹，测得OA＝AB＝h，OP为水平线，若忽略网球在空中受到的阻力，则(　　) A.两球碰到墙面时的动量可能相同 B.两球碰到墙面时的动能可能相等 C.两球发射的初速度之比vOA∶vOB＝2∶1 D.两球从发射到碰到墙面瞬间运动的时间之比tA∶tB＝1∶ 答案　BD 解析　动量为矢量，由图可知，两球与墙碰撞时其速度方向不相同，故两球碰到墙面时的动量不可能相同，故A错误；从拋出到与墙碰撞的过程中，根据平抛运动规律可知，A的水平速度大，竖直速度小，B的水平速度小，竖直速度大，则两球速度大小可能相同，动能可能相同，故B正确；忽略网球在空中受到的阻力，则可将网球做的运动视为平抛运动，在竖直方向有h＝gt，2h＝gt，解得tA∶tB＝1∶，故D正确；在水平方向有x＝vOAtA，x＝vOBtB，则vOA∶vOB＝∶1，故C错误。 易错点7 不会分析圆周运动向心力的来源 易错典题 【例7】质量为m的小明坐在秋千上摆动到最高点时的照片如图所示，对该时刻，下列说法正确的是（　　） A．秋千对小明的作用力小于 B．秋千对小明的作用力大于 C．小明的速度为零，所受合力为零 D．小明的加速度为零，所受合力为零 【错因分析】向心力可以由一个力提供，也可以由几个力的合力提供，还可以由一个力的分力提供． 能准确的找出向心力的来源 【答案】A 【解析】在最高点，小明的速度为0，设秋千的摆长为l，摆到最高点时摆绳与竖直方向的夹角为 ，秋千对小明的作用力为F，则对人，沿摆绳方向受力分析有 由于小明的速度为0，则有 沿垂直摆绳方向有 解得小明在最高点的加速度为 所以A正确；BCD错误； 故选A。 避错攻略 【知识链接】 匀速圆周运动的实例分析 运动模型 向心力的来源图示 运动模型 向心力的来源图示 飞机水平转弯 火车转弯 圆锥摆 飞车走壁 汽车在水平路 面转弯 水平转台 (光滑) 圆锥摆 (1)向心力F向＝mgtan θ＝m＝mω2r，且r＝Lsin θ，解得v＝，ω＝。 (2)稳定状态下，θ越大，角速度ω和线速度v就越大，小球受到的拉力F＝和运动所需向心力也越大 圆锥筒 (1)筒内壁光滑，向心力由重力mg和支持力FN的合力提供，即＝m＝mω2r，解得v＝，ω＝。 (2)稳定状态下小球所处的位置越高，半径r越大，角速度ω越小，线速度v越大，支持力FN＝和向心力F向＝并不随位置的变化而变化 举一反三 【变式7-1】如图所示，场地自行车赛道与水平面成一定倾角，A、B、C三位运动员骑自行车在赛道转弯处以相同大小的线速度做匀速圆周运动(不计空气阻力)。则下列说法正确的是(　　) A.自行车受到地面的静摩擦力指向圆周运动的圆心 B.自行车(含运动员)受到重力、支持力、摩擦力、向心力 C.A、B、C三位运动员的角速度ωA<ωB<ωC D.A、B、C三位运动员的向心加速度aA>aB>aC 答案　C 解析　自行车做匀速圆周运动，地面对自行车的摩擦力不可能是静摩擦力，故A错误；自行车和运动员整体受重力、支持力和摩擦力，合力提供向心力，向心力不是性质力，故B错误；三位运动员的线速度大小相等，根据ω＝，可知半径大的，角速度小，故A、B、C三位运动员的角速度ωA<ωB<ωC，故C正确；三位运动员的线速度大小相等，根据a＝，可知半径大的，向心加速度小，A、B、C三位运动员的向心加速度aA<aB<aC，故D错误。 【变式7-2】内表面为半球型且光滑的碗固定在水平桌面上，球半径为R，球心为O，现让可视为质点的小球在碗内的某一水平面上做匀速圆周运动，小球与球心O的连线与竖直方向的夹角为θ，重力加速度为g，则(　　) A.小球的加速度为a＝gsin θ B.碗内壁对小球的支持力为FN＝ C.小球的运动周期为T＝2π D.小球运动的速度为v＝ 答案　C 解析　小球在碗内的某一水平面上做匀速圆周运动，受力如图，竖直方向有FNcos θ＝mg，水平方向有FNsin θ＝ma，联立解得a＝gtan θ，FN＝，故A、B错误；又由a＝Rsin θ，小球的运动周期为T＝2π，故C正确；又由a＝，小球运动的速度为v＝，故D错误。 易错点8 竖直平面圆周运动混淆两种模型 易错典题 【例8】如图甲所示，被称为“魔力陀螺”玩具的陀螺能在圆轨道外侧旋转不脱落，其原理可等效为如图乙所示的模型：半径为的磁性圆轨道竖直固定，质量为的铁球（视为质点）沿轨道外侧运动，、分别为轨道的最高点和最低点，轨道对铁球的磁性引力始终指向圆心且大小不变，不计摩擦和空气阻力，重力加速度为，则（　　） A. 铁球绕轨道可能做匀速圆周运动 B. 由于磁力的作用，铁球绕轨道运动过程中机械能不守恒 C. 铁球在点的速度必须大于 D. 轨道对铁球的磁性引力至少为，才能使铁球不脱轨 【错因分析】此题是轻杆模型，许多同学求解时把它当成了绳线模型而出现错误。 【答案】D 【解析】小铁球在运动的过程中受到重力、轨道的支持力和磁力的作用，其中铁球受轨道的磁性引力始终指向圆心且大小不变，支持力的方向过圆心，它们都始终与运动的方向垂直，所以磁力和支持力都不能对小铁球做功，只有重力会对小铁球做功，所以小铁球的机械能守恒，在最高点的速度最小，在最低点的速度最大．小铁球不可能做匀速圆周运动，故选项A、B错误；小铁球在运动的过程中受到重力、轨道的支持力和磁力的作用，在最高点轨道对小铁球的支持力的方向可以向上，小铁球的速度只要大于0即可通过最高点，故选项C错误；由于小铁球在运动的过程中机械能守恒，所以小铁球在最高点的速度越小，则机械能越小，在最低点的速度也越小，根据F＝m，可知小铁球在最低点时需要的向心力越小．而在最低点小铁球受到的重力的方向向下，支持力的方向也向下、只有磁力的方向向上．要使铁球不脱轨，轨道对铁球的支持力一定要大于0．所以铁球不脱轨的条件是：小铁球在最高点的速度恰好为0，而且到达最低点时，轨道对铁球的支持力恰好等于0．根据机械能守恒定律，小铁球在最高点的速度恰好为0，到达最低点时的速度满足mg•2Rmv2 轨道对铁球的支持力恰好等于0，则磁力与重力的合力提供向心力，即F﹣mg 联立得F＝5mg，故选项D正确。 避错攻略 【知识链接】 物理情景 轻绳模型 轻杆模型 实例 球与绳连接、水流星、沿内轨道运动的“过山车”等 球与杆连接、球在光滑管道中运动等 图示 最高点无支撑 最高点有支撑 受力特征 在最高点除重力外，物体受到的弹力方向向下或等于零 在最高点除重力外，物体受到的弹力方向向下、等于零或向上 受力示意图 力学方程 mg＋FT＝m mg±FN＝m 临界特征 FT＝0 mg＝m即vmin＝ v＝0 即F向＝0 FN＝mg 过最高点的条件 在最高点的速度v≥ v≥0 举一反三 【变式8-1】将过山车经过两端弯曲轨道过程等效简化成如图所示两个圆周的一部分(RA<RB)，A、B分别为轨道的最低点和最高点，过山车与轨道的动摩擦因数处处相等，则过山车(　　) A.在A点时合外力方向竖直向上 B.在B点时合外力方向竖直向下 C.在A点时所受摩擦力较大 D.在B点时所受向心力较大 答案　C 解析　过山车不是做匀速圆周运动，在经过A、B时其合外力并不指向圆心，则A、B错误；在A点有FNA－mg＝m，则A点对轨道压力为FNA＝mg＋m，同理可得在B点对轨道压力为FNB＝mg－m，则FNA＞FNB，则由摩擦力Ff＝μFN，故C正确；由于A点速度大于B点速度，半径rA＜rB，则由向心力公式Fn＝m可知A点向心力较大，则D错误。 【变式8-2】无缝钢管的制作原理如图所示，竖直平面内，管状模型置于两个支承轮上，支承轮转动时通过摩擦力带动管状模型转动，铁水注入管状模型后，由于离心作用，紧紧地覆盖在模型的内壁上，冷却后就得到无缝钢管。已知管状模型内壁半径R，则下列说法正确的是(　　) A.铁水是由于受到离心力的作用才覆盖在模型内壁上 B.模型各个方向上受到的铁水的作用力相同 C.管状模型转动的角速度ω最大为 D.若最上部的铁水恰好不离开模型内壁，此时仅重力提供向心力 答案　D 解析　铁水是由于离心作用覆盖在模型内壁上的，模型对它的弹力和重力沿半径方向的合力提供向心力，故A错误；模型最下部受到的铁水的作用力最大，最上部受到的作用力最小，故B错误；若最上部的铁水恰好不离开模型内壁，此时仅重力提供向心力，则有mg＝mω2R，可得ω＝，即管状模型转动的角速度ω最小为，故C错误，D正确。 易错点9 混淆近地卫星、同步卫星和赤道上物体的运行问题 易错典题 【例9】同步卫星离地心距离为r，运行速率v，加速度为a，地球赤道上的物体随地球自转的向心加速度为a，第一宇宙速度为v，地球的半径为R，则下列比值正确的是（） A． = B =（） C = D = 【易错分析】错解：设地球质量为M，同步卫星的质量为m，地球赤道上的物体的质量为m，根据万有引力定律G= ma G= m a 所以=（） 再由 得= 所以选项BC正确，解决本题的关键是要明确研究对象，这样错解的原因研究对象混淆，乱乱套公式． 【答案】 AD 【解析】设地球质量为M，同步卫星的质量为m，地球赤道上的物体的质量为m，在地球表面附近的物体质量为m。根据向心加速度和角速度的关系有 a=r a=R = 故=，得正确选项A． 由万有引力定律有 G= G= 由以上两式解得 =，得正确选项为D。 避错攻略 【知识链接】 近地卫星、同步卫星与地球赤道上物体的比较 项目 近地卫星 同步卫星 地球赤道上物体 图示 向心力 万有引力 万有引力 万有引力的一个分力 轨道半径 r同＞r物＝r近 角速度 ω近＞ω同＝ω物 线速度 v近＞v同＞v物 向心加速度 a近＞a同＞a物 举一反三 【变式9-1】如图所示，a是在赤道平面上相对地球静止的物体，随地球一起做匀速圆周运动。b是在地球表面附近做匀速圆周运动的人造卫星，轨道半径约等于地球半径。c是地球同步卫星，已知地球表面两极处的重力加速度为g，下列关于a、b、c的说法正确的是(　　) A.b做匀速圆周运动的加速度等于g B.a、b、c做匀速圆周运动的向心加速度最大的是c C.a、b、c做匀速圆周运动的速率最大的是a D.a、b、c做匀速圆周运动的周期最小的是a 答案　A 解析　对b根据G＝mg＝ma，可知b做匀速圆周运动的加速度等于g，选项A正确；根据G＝ma，卫星c的轨道半径比b大，则做匀速圆周运动的向心加速度小于b，对a、c因角速度相等，根据a＝ω2r可知，c的向心加速度大于a，则a、b、c做匀速圆周运动的向心加速度最大的是b，选项B错误；对a、c因角速度相等，根据v＝ωr可知，c的速率大于a的速率，根据v＝，可知b的速率大于c的速率，可知a、b、c做匀速圆周运动的速率最大的是b，选项C错误；对a、c因角速度相等，周期相等，对b、c根据T＝2π，可知c的周期大于b，可知a、b、c做匀速圆周运动的周期最小的是b，选项D错误。 【变式9-2】2022年5月，我国成功完成了天舟四号货运飞船与空间站的对接，形成的组合体在地球引力作用下绕地球做圆周运动，周期约90分钟。下列说法正确的是(　　) A.组合体中的货物处于超重状态 B.组合体的速度大小略大于第一宇宙速度 C.组合体的角速度大小比地球同步卫星的大 D.组合体的加速度大小比地球同步卫星的小 答案　C 解析　组合体在天上只受万有引力的作用绕地球做圆周运动，则组合体中的货物处于失重状态，A错误；第一宇宙速度为最大的环绕速度，则组合体的速度大小不可能大于第一宇宙速度，B错误；已知同步卫星的周期为24 h，根据角速度和周期的关系有ω＝，由于T同 > T组，则组合体的角速度大小比地球同步卫星的大，C正确；由题知组合体在地球引力作用下绕地球做圆周运动，有G＝mr，整理有T＝2π，由于T同 > T组，则r同 > r组，且同步卫星和组合体在天上有G＝ma，则有a同 < a组，D错误。 易错点10 混淆近地卫星、同步卫星和赤道上物体的运行问题 易错典题 【例10】神舟十三号飞船在历经了183天的太空航行之后，成功返回地球。神舟十三号此行的主要任务之一是进入太空并与天宫空间站进行对接，飞船的运动可简化为如图所示的情境，圆形轨道2为天宫空间站运行轨道，椭圆轨道1为载人飞船运行轨道，两轨道相切于P点，Q点在地面附近，是轨道1的近地点，则下列判断正确的是(　　) A.载人飞船可在到达轨道2后不断加速追上空间站实现对接 B.载人飞船在轨道1上P点的加速度等于空间站在轨道2上P点的加速度 C.载人飞船在轨道1上经过Q点时的速度等于7.9 km/s D.载人飞船从Q点向P点运动过程中，万有引力不做功 【易错分析】分辨不清同一个点的加速度是不变，分辨不清变轨倒是是要加速还是减速。 答案　B 解析　若载人飞船在到达轨道2后不断加速，则会做离心运动，从而远离轨道2，不会追上空间站，不能实现对接，选项A错误；根据a＝可知，载人飞船在轨道1上P点的加速度等于空间站在轨道2上P点的加速度，选项B正确；载人飞船从近地圆轨道的Q点加速才能进入轨道1的椭圆轨道，则在轨道1上经过Q点时的速度大于7.9 km/s，选项C错误；载人飞船从Q点向P点运动过程中，万有引力对飞船做负功，选项D错误。 避错攻略 【知识链接】 1.变轨原理 (1)为了节省能量，在赤道上顺着地球自转方向发射卫星到圆轨道Ⅰ上，如图所示。 (2)在A点(近地点)点火加速，由于速度变大，万有引力不足以提供卫星在轨道Ⅰ上做圆周运动的向心力，卫星做离心运动进入椭圆轨道Ⅱ。 (3)在B点(远地点)再次点火加速进入圆形轨道Ⅲ。 2.变轨过程各物理量比较 速度关系 在A点加速：vⅡA＞vⅠ，在B点加速：vⅢ＞vⅡB，即vⅡA＞vⅠ＞vⅢ＞vⅡB (向心)加速度关系 aⅢ＝aⅡB aⅡA＝aⅠ 周期关系 TⅠ＜TⅡ＜TⅢ 机械能 EⅠ＜EⅡ＜EⅢ 举一反三 【变式10-1】我国实施“天问一号”计划，通过一次发射，实现“环绕、降落、巡视”三大任务。如图1所示，探测器经历椭圆轨道Ⅰ→椭圆轨道Ⅱ→圆轨道Ⅲ的变轨过程。Q为轨道Ⅰ远火点，P为轨道Ⅰ近火点，探测器在三个轨道运行时都经过P点。则探测器(　　) A.沿轨道Ⅰ运行至P点速度大于运行至Q点速度 B.沿轨道Ⅱ运行至P点的加速度小于沿轨道Ⅲ运行至P点的加速度 C.沿轨道Ⅰ运行的周期小于沿轨道Ⅱ运行的周期 D.与火星连线在相等时间内，沿轨道Ⅰ运行与沿轨道Ⅱ运行扫过面积相等 答案　A 解析　根据开普勒第二定律可知，沿轨道Ⅰ运行至近火点P的速度大于运行至远火点Q的速度，选项A正确；根据a＝可知，沿轨道Ⅱ运行至P点的加速度等于沿轨道Ⅲ运行至P点的加速度，选项B错误；根据开普勒第三定律＝k，可知沿轨道Ⅰ运行的半长轴大于沿轨道Ⅱ运行的半长轴，则沿轨道Ⅰ运行的周期大于沿轨道Ⅱ运行的周期，选项C错误；根据开普勒第二定律可知，沿同一轨道运动时在相等的时间内与火星的连线扫过的面积相等，而在相等时间内，沿轨道Ⅰ运行与沿轨道Ⅱ运行扫过面积一定不相等，选项D错误。 【变式10-2】如图所示为某一同步卫星的发射过程示意图，Ⅱ为椭圆轨道，与圆形轨道Ⅰ和同步轨道Ⅲ分别相切于P、Q点。已知地球同步卫星的轨道半径为r，卫星在Ⅰ、Ⅲ轨道上运行时，卫星与地心的连线在相等时间内扫过的面积之比为k，下列说法正确的是(　　) A.轨道Ⅰ的轨道半径为 B.轨道Ⅰ的轨道半径为rk2 C.卫星从轨道Ⅱ变轨到轨道Ⅲ，需要在Q点减速 D.卫星在轨道Ⅰ上的运行周期大于在轨道Ⅱ上的运行周期 答案　B 解析　因为卫星在Ⅰ、Ⅲ轨道上运行时，卫星与地心的连线在相等时间内扫过的面积之比为k，则由S＝lr＝vΔtr，可得＝，又由G＝m，得v＝，联立得＝＝k，解得r1＝rk2，故A错误，B正确；卫星从轨道Ⅱ变轨到轨道Ⅲ，需要在Q点加速，故C错误；由开普勒第三定律得＝，可见轨道半径或半长轴越大，周期越大，故卫星在轨道Ⅰ上的运行周期小于在轨道Ⅱ上的运行周期，故D错误。 1． 如图所示，在倾角为θ＝30°的足够长的固定的光滑斜面上，有一质量为M＝3 kg的长木板正以v0＝10 m/s的初速度沿斜面向下运动，现将一质量m＝1 kg的小物块(大小可忽略)轻放在长木板正中央，已知小物块与长木板间的动摩擦因数μ＝，设小物块与长木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2。 (1)(7分)求放上小物块后，木板和小物块的加速度大小； (2)(6分)要使小物块不滑离长木板，长木板至少多长？ 答案　(1)2.5 m/s2　12.5 m/s2　(2)10 m 解析　(1)小物块在长木板上滑动时两者间的滑动摩擦力大小为Ff＝μmgcos θ＝7.5 N 设小物块的加速度大小为a1，长木板的加速度大小为a2， 由牛顿第二定律，对小物块和长木板，分别有 Ff＋mgsin θ＝ma1 Mgsin θ－Ff＝Ma2 代入数据得a1＝12.5 m/s2，a2＝2.5 m/s2。 (2)当小物块与长木板共速时，有 v1＝a1t1＝v0＋a2t1 解得t1＝1 s，v1＝12.5 m/s 共速后，小物块与长木板一起加速，相对位移为 s＝t1－t1＝5 m 故长木板长度L≥10 m，即至少为10 m。 2．如图所示，木板C静置于水平地面上，可视为质点的物块A、B放置在木板C上，物块A到木板C右边缘的距离x1=9 m，物块B到木板C左边缘的距离x2=90 m。已知物块A、物块B、木板C的质量分别为m1=2 kg，m2=1 kg，m3=1 kg，物块A与木板C间、物块B与木板C间、木板C与地面间的动摩擦因数分别为μ1=0.8、μ2=0.2、μ3=0.1，各接触面间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小g取10 m/s2。现对物块A施加一方向水平向右、大小F=40 N的拉力，直至物块A滑离木板C，物块A滑离木板C后立即取走物块A。求： (1)(5分)物块A在木板C上运动时物块A的加速度大小a1和木板C的加速度大小a3； (2)(4分)物块A滑离木板C时物块B的速度大小v2； (3)(6分)物块B最终静止的位置到木板C左边缘的距离d。 答案　(1)12 m/s2　10 m/s2　(2)6 m/s　(3)6 m 解析　(1)结合题意分析可知物块A相对于木板C滑动， 对物块A受力分析，有F-μ1m1g=m1a1 解得a1=12 m/s2 假设物块B与木板C相对静止，对物块B与木板C整体受力分析有 μ1m1g-μ3(m1+m2+m3)g=(m2+m3)a 对物块B受力分析有FfBC=m2a 解得FfBC=6 N>Ffmax=μ2m2g=2 N 假设不成立 物块B与木板C相对滑动，对木板C受力分析有 μ1m1g-μ3(m1+m2+m3)g-μ2m2g=m3a3 解得a3=10 m/s2 (2)对物块B受力分析，有μ2m2g=m2a2 设物块A在木板C上运动的时间为t1，物块A滑离木板C时有 a1-a3=x1 解得t1=3 s 物块A滑离木板C时物块B的速度大小v2=a2t1 解得v2=6 m/s (3)物块A滑离木板C时木板C的速度大小 v3=a3t1 分析可知物块A滑离木板C后，物块B仍以加速度a2做匀加速直线运动、木板C做匀减速直线运动直至两者速度相等，之后物块B与木板C一起做匀减速直线运动，物块A滑离木板C后对木板C受力分析有 μ3(m2+m3)g+μ2m2g=m3a3' 解得a3'=4 m/s2 设从物块A滑离木板C到物块B与木板C速度相等所用的时间为t2， 有v3-a3't2=v2+a2t2 解得t2=4 s 物块B从开始运动到与木板C速度相等的过程中运动的位移大小 xB=a2(t1+t2)2 木板C从开始运动到与物块B速度相等的过程中运动的位移大小 xC=a3+v3t2-a3' 物块B最终静止的位置到木板C左边缘的距离 d=x2-(xC-xB) 解得d=6 m。 3.如图所示，传送带与地面夹角θ＝37°，从A到B长度为L＝10.25 m，传送带以v0＝10 m/s的速率逆时针转动。在传送带上端A无初速度地放一个质量为m＝0.5 kg的黑色煤块，它与传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.5。煤块在传送带上经过会留下黑色痕迹。已知sin 37°＝0.6，g取10 m/s2，求： (1)煤块从A到B的时间； (2)煤块从A到B的过程中传送带上形成痕迹的长度。 答案　(1)1.5 s　(2)5 m 解析　(1)煤块刚放上时，受到沿斜面向下的摩擦力，其加速度为 a1＝g(sin θ＋μcos θ)＝10 m/s2 煤块加速至与传送带速度相等时需要的时间t1＝＝1 s 发生的位移x1＝a1t＝5 m 达到v0后，受到沿斜面向上的摩擦力，则 a2＝g(sin θ－μcos θ)＝2 m/s2 x2＝L－x1＝5.25 m x2＝v0t2＋a2t，得t2＝0.5 s 煤块从A到B的时间为t＝t1＋t2＝1.5 s。 (2)第一过程痕迹长Δx1＝v0t1－x1＝5 m 第二过程痕迹长Δx2＝x2－v0t2＝0.25 m Δx1与Δx2部分重合，故痕迹总长为5 m。 4.(多选)如图所示，从水平面上方O点水平抛出一个初速度大小为v0的小球，小球与水平面发生一次碰撞后恰能击中竖直墙壁上与O等高的A点，小球与水平面碰撞前后水平分速度不变，竖直分速度大小不变、方向相反，不计空气阻力。若只改变初速度大小，使小球仍能击中A点，则初速度大小可能为(　　) A.2v0 B.3v0 C. D. 答案　CD 解析　设竖直高度为h，小球以初速度v0平抛时与地面碰撞一次，反弹后击中A点，在竖直方向先加速后减速，在水平方向一直匀速，根据运动的对称性原理，可知该过程运动的时间为平抛运动时间的两倍，则有t＝2，水平方向的位移xOA＝v0t＝2v0；设当平抛速度为v0′时，经与地面n次碰撞，反弹后仍击中A点，则运动的时间为t′＝n·2，(n＝1，2，3…)水平方向的位移不变，则有v0′＝，解得v0′＝(n＝1，2，3…)，故当n＝2时v0′＝，当n＝3时v0′＝，故A、B错误，C、D正确。 5.如图所示，将A、B两小球从相同高度同时水平抛出，经时间t1在空中P点相遇，已知P点与A、B两点的竖直高度为h。若A、B两小球仍从原位置同时抛出，抛出的速度均增大一倍，两球经时间t2在Q点相遇，下列说法正确的是(　　) A.t2＝t1，Q点在P点右上方 B.t2＝t1，Q点在P点左上方 C.t2＝t1，Q点在P点正上方处 D.t2＝t1，Q点在P点正上方处 答案　C 解析　两球同时水平抛出，均做平抛运动，竖直方向上做自由落体运动，相等时间内下降的高度相同，所以两球始终在同一水平面上，当A小球以水平速度v1抛出，B小球以水平速度v2抛出时，有x＝v1t1＋v2t1，h＝gt；当两球抛出的速度均增大一倍时，有x＝2v1t2＋2v2t2，h′＝gt，对比可得t2＝t1，h′＝h，则Q点在P点正上方，距离P点为Δh＝h－h′＝h，选项C正确，A、B、D错误。 6.跳台滑雪比赛时，某运动员从跳台A处沿水平方向飞出，在斜坡B处着陆，如图9所示。测得A、B间的距离为75 m，斜坡与水平方向的夹角为37°。sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2，试计算： (1)运动员在空中的飞行时间t； (2)运动员在A处水平飞出时的速度大小vA； (3)运动员着陆时的速度大小vB。 答案　(1)3 s　(2)20 m/s　(3)10 m/s 解析　(1)运动员的竖直位移大小为 y＝sAB·sin 37°＝gt2 解得t＝3 s。 (2)运动员的水平位移大小为x＝sAB·cos 37°＝60 m 运动员在A处水平飞出时速度大小为vA＝＝20 m/s。 (3)运动员在B点的竖直分速度大小为vBy＝gt＝30 m/s 根据速度的合成可得vB＝＝10 m/s。 7.体育课上，甲同学在距离地面高h1＝2.5 m处将排球击出，球的初速度沿水平方向，大小为v0＝8.0 m/s；乙同学在离地h2＝0.7 m处将排球垫起，垫起前后球的速度大小相等，方向相反。已知排球质量m＝0.3 kg，取重力加速度g＝10 m/s2。不计空气阻力。求： (1)排球被垫起前在水平方向飞行的距离x； (2)排球被垫起前瞬间的速度大小v及方向； (3)排球与乙同学作用过程中所受冲量的大小I。 答案　(1)4.8 m　(2)10.0 m/s　方向与水平方向夹角的正切值为0.75　(3)6.0 N·s 解析　(1)设排球在空中飞行时间为t，则 h1－h2＝gt2 解得t＝0.6 s 则排球在空中飞行的水平距离x＝v0t＝4.8 m。 (2)乙同学垫起排球前瞬间排球在竖直方向速度的大小vy＝gt，得vy＝6.0 m/s 根据v＝得v＝10.0 m/s 速度方向左偏下，设速度方向与水平方向夹角为θ， 则有tan θ＝＝0.75。 (3)根据动量定理，排球与乙同学作用过程中所受冲量的大小I＝2mv＝6.0 N·s 8.2022年北京冬奥会短道速滑混合团体2 000米接力决赛中，我国短道速滑队夺得中国队在本届冬奥会的首金。 (1)如果把运动员起跑后进入弯道前的过程看作初速度为零的匀加速直线运动，若运动员加速到速度v＝9 m/s时，滑过的距离x＝15 m，求加速度的大小； (2)如果把运动员在弯道滑行的过程看作轨道为半圆的匀速圆周运动，如图10所示，若甲、乙两名运动员同时进入弯道，滑行半径分别为R甲＝8 m、R乙＝9 m，滑行速率分别为v甲＝10 m/s、v乙＝11 m/s，求甲、乙过弯道时的向心加速度大小之比，并通过计算判断哪位运动员先出弯道。 答案　(1)2.7 m/s2　(2)　甲 解析　(1)根据速度位移公式有v2＝2ax 代入数据可得a＝2.7 m/s2。 (2)根据向心加速度的表达式a＝ 可得甲、乙的向心加速度之比为＝·＝ 甲、乙两物体做匀速圆周运动， 则运动的时间为t＝ 代入数据可得甲、乙在弯道运动的时间为 t甲＝ s，t乙＝ s 因为t甲<t乙，所以甲先出弯道。 9.如图甲是某游乐场中水上过山车的实物图片，图乙是其原理示意图。在原理图中半径为R＝8 m的圆形轨道固定在离水面高h＝3.2 m的水平平台上，圆轨道与水平平台相切于A点，A、B分别为圆形轨道的最低点和最高点。过山车(实际是一艘带轮子的气垫小船，可视作质点)高速行驶，先后会通过多个圆形轨道，然后从A点离开圆轨道而进入光滑的水平轨道AC，最后从C点水平飞出落入水中，整个过程刺激惊险，受到很多年轻人的喜爱。已知水面宽度为s＝12 m，假设运动中不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2，结果可保留根号。 (1)若过山车恰好能通过圆形轨道的最高点B，则其在B点的速度为多大？ (2)为使过山车安全落入水中，则过山车在C点的最大速度为多少？ (3)某次运动过程中乘客在圆轨道最低点A对座椅的压力为自身重力的3倍，则过山车落入水中时的速度大小是多少？ 答案　(1)4 m/s　(2)15 m/s　(3)4 m/s 解析　(1)过山车恰好过最高点时，只受重力，有mg＝m 则vB＝＝4 m/s。 (2)离开C点后做平抛运动，由h＝gt2 运动时间为t＝0.8 s 故最大速度为vm＝＝15 m/s。 (3)在圆轨道最低点有FN－mg＝m 解得vA＝＝4 m/s 过山车从C处做平抛运动，落水时竖直速度为 vy＝gt＝8 m/s 则落水速度为v＝＝4 m/s。 10.如图所示是北斗导航系统中部分卫星的轨道示意图，已知a、b、c三颗卫星均做圆周运动，a是地球同步卫星，a和b的轨道半径相同，且均为c的k倍，已知地球自转周期为T。则(　　) A.卫星b也是地球同步卫星 B.卫星a的向心加速度是卫星c的向心加速度的k2倍 C.卫星c的周期为T D.a、b、c三颗卫星的运行速度大小关系为va＝vb＝vc 答案　C 解析　卫星b相对地球不能保持静止，故不是地球同步卫星，A错误；根据G＝ma可得a＝，即＝＝，B错误；根据开普勒第三定律有＝可得Tc＝＝Ta＝T，C正确；根据公式G＝m可得v＝，故va＝vb＝，D错误。 11.如图所示，B为地球同步卫星，A是另一颗与B处在同一平面的卫星，已知地球的质量为M、半径为R、自转周期为T，引力常量为G。则(　　) A.卫星A的角速度大于卫星B的角速度 B.卫星A的线速度大于卫星B的线速度 C.卫星A离地面的高度大于－R D.同步卫星B的向心加速度为 答案　C 解析　由开普勒第三定律知卫星A的周期大于卫星B的周期，则卫星A的角速度小于卫星B的角速度，A错误；由G＝m解得v＝，可知半径越大，速度越小，因此卫星A的线速度小于卫星B的线速度，B错误；设同步卫星B距地面的高度为h，则G＝mr，r＝R＋h，联立解得h＝－R，又卫星A的轨道半径比卫星B的大，所以卫星A离地面的高度大于－R，C正确；对于同步卫星B，由a＝r，联立解得a＝，D错误。 12.(多选)如图所示，A、B、C、D四颗地球卫星，A还未发射，在地球赤道上随地球一起转动，线速度为v，向心加速度为a；B处于地面附近轨道上，正常运行速度为v1，向心加速度为a1；C是地球同步卫星，到地心的距离为r，运行速率为v2，加速度为a2；D是高空探测卫星，运行速率为v3，加速度为a3。已知地球的半径为R，地球表面的重力加速度为g，则(　　) A.a＝g＝a1>a2>a3 B.v1>v2>v C.＝ D.卫星C加速一段时间后就可能追上卫星B 答案　BC 解析　地球同步卫星的周期与地球自转周期相同，角速度相同，则知A与C的角速度相同，由a＝ω2r可知，C的向心加速度比A的大，又G＝ma，可得a＝，卫星的轨道半径越大，向心加速度越小，则同步卫星C的向心加速度小于B的向心加速度，而B的向心加速度约是g，可知A的加速度小于重力加速度g，选项A错误；由万有引力提供向心力有G＝m，解得v＝，可知卫星的轨道半径越大，线速度越小，A在地球赤道上随地球表面一起转动，线速度小于同步卫星的线速度，因此A、B、C卫星的线速度关系有v1>v2>v，选项B正确；A、C的角速度相同，由a＝ω2r可知＝，选项C正确；若卫星C加速，则此时的万有引力不足以提供向心力，C的轨道半径会变大，做离心运动，因此不能追上B，选项D错误。 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $