2、末、…nt末的瞬時速度比為：
v1∶v2∶v3∶…∶vn＝1∶2∶3∶…∶n
(2)1t內、2t內、3t內、…nt內的位移比為
x1∶x2∶x3∶…∶xn＝12∶22∶32∶…∶n2
(3)第一個t內、第二個t內、第三個t內、…第n個t內的位移比為
Δx1∶Δx2∶Δx3∶…∶Δxn＝1∶3∶5∶…∶(2n－1)
(4)第一個x內、第二個x內、第三個x內、…第n個x內的時間比為：t1∶t2∶t3∶…∶tn＝1∶(－1)∶(－)∶…∶(－)
4．牛頓運動定律
(1)牛頓第二定律
①公式：a＝.
②意義：力的作用效果是使物體產生加速度，力和加速度是瞬時對應關系．
(2)牛頓第
3、三定律
①表達式：F1＝－F2.
②意義：明確了物體之間作用力與反作用力的關系．
5．平拋運動的規(guī)律
(1)位移關系
水平位移x＝v0t
豎直位移y＝gt2
合位移的大小s＝，合位移的方向tanα＝.
(2)速度關系
水平速度vx＝v0，豎直速度vy＝gt.
合速度的大小v＝，合速度的方向tanβ＝.
(3)重要推論
速度偏角與位移偏角的關系為tanβ＝2tanα
平拋運動到任一位置A，過A點作其速度方向反向延長線交Ox軸于C點，有OC＝(如圖所示)．
6．勻速圓周運動的規(guī)律
(1)v、ω、T、f及半徑的關系：T＝，ω＝＝2πf，v＝r＝2πfr＝ωr.
(
4、2)向心加速度大?。篴＝＝ω2r＝4π2f2r＝r.
(3)向心力大小：F＝ma＝m＝mω2r＝mr＝4π2mf2r.
7．萬有引力公式：F＝G
其中G＝6.67×10－11 N·m2/kg2.
(1)重力和萬有引力的關系
①在赤道上，有G－mg＝mRω2＝mR.
②在兩極時，有G＝mg.
(2)衛(wèi)星的繞行速度、角速度、周期與半徑的關系
①由G＝m得v＝，所以R越大，v越?。?
②由G＝mω2R，得ω＝，所以R越大，ω越小．
③由G＝mR得T＝，所以R越大，T越大．
[回顧方法]
1．分析勻變速直線運動的常用方法
(1)逆向思維法
即逆著原來的運動過程考慮．例如，對于
5、勻減速直線運動，當末速度為零時，可轉化為一個初速度為零的勻加速直線運動；物體豎直上拋，逆著拋出方向，就變成從最高點向下的自由落體運動等．利用這種方法，可使列式簡潔，解題方便．
(2)圖象法
運動圖象主要包括x－t圖象和v－t圖象，圖象的最大優(yōu)點就是直觀．利用圖象分析問題時，要注意以下幾個方面：
①圖象與坐標軸交點的意義；
②圖象斜率的意義；
③圖象與坐標軸圍成的面積的意義；
④兩圖線交點的意義．
2．“追及、相遇”類問題的分析方法
(1)基本思路
(2)常用分析方法
①物理分析法：抓好“兩物體能否同時到達空間某位置”這一關鍵，認真審題，挖掘題中的隱含條件，在頭腦中建立起
6、一幅物體運動關系的圖景．
②相對運動法：巧妙地選取參照系，然后找兩物體的運動關系．
③極值法：設相遇時間為t，根據(jù)條件列方程，得到關于t的一元二次方程，用判別式進行討論，若Δ>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
7、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
8、，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
9、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)
10、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
11、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
12、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
13、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
14、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
15、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
16、.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
17、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過A點時的加速度大小等于在橢圓軌道上經過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過A點時的速度小于在橢圓軌道上經過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＝
2022年高考物理大二輪復習 考前知識回扣 考前第8天 力和運動
