赢在高考(物理)全书答案(3)

所以小球对盒子的右侧面和下侧面有作用力，分别为4 mg 和mg

【考点突破】

例题1. 解析：（1）速度是矢量，要A 、B 两物体的速度相同，A 物体必须运动到圆周的最高点，此时两者速度方向都向右。

（2）A 、B 两物体运动时间相等，所以：

t B =t A =ωπ24141??

? ??+=??? ??

+n T n A 、B 两物体速度大小，所以：v B =v A =ωr

又： v B =at B = B t M

F 解得：()π

ω1422+=n r M F （n=0,1,2,……） （3）x B =()4

14212r n t M F B ?+=??π,（n=0,1,2,……） 所以，Ｂ物体的最小位移是4r

?π。

教师提醒：处理匀速圆周运动的运动学问题，要把握以下几点：（1）各个物理量之间的关系，（2）各个点之间的关系，比如哪些点线速度大小相等、哪些点角速度大小相等，（3）周期性和重复性。

迁移应用1. 答案： （n=0,1,2,……）

“赢在高考”丛书 物理二轮复习 - 14 - 例题2. 解析：（1）设圆盘的角速度为ω时，滑块从圆盘上滑落：

μmg=mrω

2样 ∴ω=2rad/s

（2）抛出时的动能：22

1mv E k == 12 μmgr=0.1J 平抛运动，只有重力做功，机械能守恒，滑块到达地面时的机械能E =22

1mv E k =

=0.1J （3）滑块离开圆盘后做平抛运动，设水平位移为x ， x=vt

h = 12 gt 2

∴ x = 22

m 由空间几何关系，得 OC=x 2

+r 2+h 2 =7 m

教师提醒：圆周运动的动力学问题的处理关键是：（1）分析运动平面，找到圆心、半径，（2）正确的受力分析，找出向心力的来源（沿半径方向的合力提供向心力）。

迁移应用2. 解析：（1）设小环沿棒运动的加速度为a ，由牛顿第二定律得 ma mg =θcos ①

由运动学公式得

22

1at x = ② 由①②式得小环运动的时间θ

cos 2g x t = ③ （2）设小环离对称轴的距离为r ，由牛顿第二定律得

2cot ωθmr mg = ④

n πω2= ⑤

由④⑤式得224cot n

g r πθ=

⑥ 例题3．解析：（1）mgl=21mv 2 T 1-mg=m l v 2

T 2-mg=m 2

/2l v

∴T 1=3mg T 2=5mg

（2）小球恰好能在竖直平面内做圆周运动，在最高点时有速度v 1 ，此时做圆周运动的半径为r ，则mg(2

L -r)= 21mv 12 ① 且mg=m r

v 21 ②

“赢在高考”丛书 物理二轮复习

- 15 - 由几何关系:X 2=(L-r)2-(2

L )2 ③ 由以上三式可得：r = L /3 ④

x =6

7L ⑤ （3）小球做圆周运动到达最低点时，速度设为v 2 则 T-mg=m r

v 22 ⑥ 以后小球做平抛运动过B 点，在水平方向有x=v 2t ⑦

在竖直方向有：L/2-r=

2

1gt 2 ⑧ 由④⑤⑥⑦⑧式可得T =411mg 教师提醒：竖直平面内的圆周运动，要注意对圆周最高点的分析，而最高点的临界速度往往是该类问题的解题突破口。

迁移应用3. 解析：（1）设B 球经过最高点时速度为v

B 球的重力提供向心力 m 2g =m 2R

v 2

根据机械能守恒 R g m v m v m 22

121222202+= 得 gR v 420=

（2）因为A 球对管的压力向下，所以B 球对管的压力向上。

设A 球受管的支持力为F A ，A 球受管的压力为F B ，依题意 F A =F B

根据牛顿第二定律 R v m g m F A 2011=- ；R

v m g m F B 2

22=+ 又 R g m v m v m 22121222202+=

联立各式得 0)5()(212021=++-g m m R

v m m （3）A 球受管的支持力为F A ，方向竖直向上；设B 球受管的弹力为F B ，取竖直向上为F B 的正方向，根据牛顿第二定律：

R v m mg F A 20=- ； R

v m F mg B 2

=- 又 R mg mv mv 22

121220+= 两球受圆管的合力F 合=F A +B B ，方向竖直向上。 联立以上各式得F 合=6mg ，方向竖直向上。

“赢在高考”丛书 物理二轮复习 - 16 - 根据牛顿第三定律，A 、B 两小球对轨道作用力的合力大小为6mg ，方向竖直向下。 例题4. 解析：设两颗恒星的质量分别为m 1、m 2，做圆周运动的半径分别为r 1、r 2，角速度分别为w 1,w 2。根据题意有：

w 1=w 2 ①

r 1+r 2=r ②

根据万有引力定律和牛顿定律，有 G 1211221r w m r m m = ③ G 1221221r w m r

m m = ④ 联立以上各式解得 2121m m r m r +=

⑤ 根据解速度与周期的关系知 T w w π221== ⑥

联立③⑤⑥式解得： 322

214r G T m m π=+

教师提醒：天体的运动在高中阶段一般都简化为匀速圆周运动，解题方法是万有引力提供向心力，若方程不够，往往再辅之以黄金替换式（在地球表面的物体所受重力约等于地球对其引力）。

迁移应用4. 解析：（1）s = rθ, h= r －R , 得 h =S /θ－R

（2）v=s/t , GMm/r 2 = m v 2 / r , 得M = S 3 / θG t 2

（3）GMm/R 2 = m v 12 / R , 得v 1= ( S 3 /θt 2 R )1/2

例题5.解析：（1）αcos 0L t v = , αsin 2

12L gt = t

v g αtan 20/= （2）αtan 20/v t g v y ==

)tan 41(2

1)(21220220α+=+=mv v v m E y k （3）R v m mg 2/= （2分） t

R v R g v αtan 20/== 教师提醒：万有引力与其他运动怎么建立联系？用重力加速度联系。因此，星球表面重力加速度的求解是此类问题的解题关键。

“赢在高考”丛书 物理二轮复习

- 17 -

例题6. 解析：卫星从发射到脱离地球引力的过程中机械能守恒．设卫星以v 0的速度从地面附近发射时能脱离地球的引力，则其在地面时的能量为：

E 0＝)(210

20r GMm mv -+ 由题意知 E 0 ≥0

即 )(210

20r GMm mv -+≥0 又因为在地球表面时，物体的重力等于万有引力，有：

020

mg r Mm G = 解得第二宇宙速度v 0满足：v 0≥002r g ．

教师提醒：此类问题往往与卫星的变轨问题相结合，在变轨过程中，动能定理或机械能守恒定律仍然能派上用场。

迁移应用6. 解析：（1）质量为m′的物体在火星表面 g m R

m GM '='2 设轨道舱的质量为m 0，速度大小为v ，则r v m r

GMm 2

020= 返回舱和人应具有的动能22

1mv E K = 联立以上三式解得 r

mgR E K 22

= （2）对返回舱在返回过程中，由动能定理知：W =E K －E

联立④⑤解得火星引力对返回舱做功 E r

mgR W -=22

故克服引力做功为 W 克=-W =E －r

mgR 22

“赢在高考”丛书 物理二轮复习 - 18 -

【仿真训练】

1. A

2. A

3. D

4. D

5. C

6. BC

7. AC

8. BC

9. BCD

三、计算题：

10. 解析：（1）设人的质量为m ，在星球表面附近的重力等于万有引力，有

mg 星=

2R

GMm 解得 g 星=2R GM （2）设人能上升的最大高度为h ，由功能关系得mg 星h =

202

1mv 解得 h =GM v R 2202 11. 解析：设物块在圆形轨道最高点的速度为v ，由机械能守恒定律得

mgh ＝2mgR ＋12

m v 2 ① 物块在最高点受的力为重力mg 、轨道的压力N 。重力与压力的合力提供向心力，有：

mg ＋N ＝m 2

v R

② 物块能通过最高点的条件是：N ≥0 ③

由②③式得：v

④

由①④式得：h ≥2.5R ⑤

按题的需求，N ＝5mg ，由②式得：v

⑥

由①⑥式得：h ≤5R

h 的取值范围是：2.5R ≤h ≤5R

12. 解析：（1）由万有引力定律和向心力公式得

)h R (T 2m )h R (Mm G 2

B 2+???? ??π=+ ① mg R

Mm G 2= ② 联立①②得 23

B gR

)h R (2T +π= ③ （2）由题意得 π=ω-ω2t 0B ④

由③得 32

B )

h R (gR +=ω

“赢在高考”丛书 物理二轮复习 - 19 - 代入④得032)h R (gR 2t ω-+π

=

13. 解析：（1）对小球从A →C 由机械能守恒定律得：

202

1mv mgR mgh += 代入数值解出 v 0=2m/s

（2）小球向上穿出圆筒所用时间为t

T k t 2

121-= （k =1，2，3……） 小球从离开圆筒到第二次进入圆筒所用时间为2t 2。

2t 2=nT （n =1，2，3……）

对小球由C 竖直上抛的上升阶段，由速度公式得：

)(0210t t g v +-=

联立解得 s n k T 1

24.0-+= 当n =k =1时， s T 2.0max =

（3）对小球在圆筒内上升的阶段，由位移公式得：

21102

12gt t v R -

=' 代入数值解得 m R 075.0='

专题五 功和能

【基础整合】

要点回顾：

1.重力势能；弹性势能；电势能；动能；机械能；内能；电能

基础自测 ：

1．A 2． ACD 3．AC

4.解析：（1）从A 到B 的过程中，人与雪橇损失的机械能为：222

121B A mv mv mgh E -+

=? 代入数据解得△E=9.1×103J

（2）人与雪橇在BC 段做减速运动的加速度大小 t v v a C B ?-=

根据牛顿第二定律有 ma F f =

解得 2

104.1?=f F N

“赢在高考”丛书 物理二轮复习

- 20 - （3）由动能定得得 22

10B f mv x F -=- 代入数据解得 x=36m

【考点突破】

例题1. 解析：由于弹簧的弹力F 与弹簧的形变量x 成正比．即F=kx ．本题中x 就是人手向右移动的距离L ，因此我们可以建立F —x 关系图象，如图所示。

如果我们将L 无限细分成很多相等的小段△x，当△x 趋近于零

时，则在这一段上的变力F 就可以看做恒力。△x 与图线所构成的

图形为矩形，因此在这段位移△x 上弹力所做的功kx·△x 就等于

这个矩形的面积。

由于功是标量，所以弹力在L 的位移内所做的总功就等于各个

小段△x 上的功(即矩形面积)的总和。

故人手克服弹力所做的功为22

121kL kL L W =??=。 教师提醒：此题用微元法求变力做功问题，用到极限思想，极限思想在中学课本中多次涉及。江苏省近几年高考都涉及用微元法解决问题。

迁移应用1.（1）由于水池面积很大，故木块压入水中后，池水的高度变化可以忽略不计.如图所示，1，2分别表示木块刚好没入水中时和到达池底的位置，木块从1移到2，相当于同体积的水从2移到1，所以池水势能的改变量等于这部分水在位置1和位置2的势能之差. 故池水势能的改变量

ΔE =2mg （H -2a ）-2mg ·2

a =2mg （H -a ） （2）如图所示，画斜线部分水的质量为m ，平铺于水面后，其重力势能改变量为 ΔE 水=mgH -mg （H -

43a ）= 43mga 木块重力势能的改变量为

ΔE 木=mg （H -2a ）-mgH =-2

1mga 根据功能关系，力F 所做的功W =ΔE 水+ΔE 木

=41mga

例题2. 解析： 汽车运动中所受的阻力大小为

F ′=0.1mg =0.1×5×103×10 N=5×103 N

搜索“diyifanwen.net”或“第一范文网”即可找到本站免费阅读全部范文。收藏本站方便下次阅读，第一范文网，提供最新工程科技赢在高考(物理)全书答案(3)全文阅读和word下载服务。