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(共28张PPT)
第六章 | 动量　动量守恒定律
第1讲　动量定理
一、动量、动量的变化量和冲量
1．动量
(1)定义：物体的______与______的乘积。
(2)表达式：p＝______。
(3)方向：动量的方向与_______的方向相同。
2．动量的变化量
(1)因为动量是矢量，动量的变化量Δp也是_____，其方向与速度的改变量Δv的方向______。
质量
速度
mv
速度
矢量
相同
(2)动量的变化量Δp的大小，一般用末动量p′减去初动量p进行计算，也称为动量的增量，即Δp＝_________。
3．冲量
(1)定义：___与______________的乘积叫作力的冲量。
(2)表达式：I＝_____，单位为N·s，冲量为矢量，方向与_________相同。
二、动量定理
1．内容：物体在一个过程中所受______的冲量等于它在这个过程始末的___________。
2．公式：______________________或____________。
p′－p
力
力的作用时间
FΔt
力的方向
合外力
动量变化量
F(t′－t)＝mv′－mv
I＝p′－p
情境创设　
一个质量为m的物体，在粗糙的水平面上运动，物体与水平面间的动摩擦因数为μ。
微点判断　
(1)动量越大的物体，其速度越大。 ( )
(2)物体的动量越大，其惯性也越大。 ( )
(3)物体所受合力不变，则动量也不改变。 ( )
(4)物体沿水平面运动时，重力不做功，其冲量为零。 ( )
(5)物体所受合外力的冲量的方向与物体末动量的方向相同。 ( )
(6)物体所受合外力的冲量的方向与物体动量变化量的方向是一致的。 ( )
×
×
×
×
×
√
(一) 动量、动量变化量和冲量(固基点)
[题点全练通]
1．[动量的分析与计算]
(2021·湖南高考)物体的运动状态可用位置x和动量p描述，称为相，对应p-x图像中的一个点。物体运动状态的变化可用p-x图像中的一条曲线来描述，称为相轨迹。假如一质点沿x轴正方向做初速度为零的匀加速直线运动，则对应的相轨迹可能是 (　 )
答案：D
答案：BCD
3．[冲量的计算] 如图所示，车载玩具——弹簧人公仔固定在车的水平
台面上，公仔头部的质量为m，静止在图示位置。现用手竖直向下
压公仔的头部，使之缓慢下降至某一位置，之后迅速放手。公仔的
头部经过时间t，沿竖直方向上升到另一位置时速度为零。此过程弹簧始终处于弹性限度内，不计空气阻力及弹簧质量。在公仔头部上升的过程中 (　 )
A．公仔头部的机械能守恒
B．公仔头部的加速度先增大后减小
C．弹簧弹力冲量的大小为mgt
D．弹簧弹力对头部所做的功为零
解析：弹簧弹力对公仔头部做功，故公仔头部的机械能不守恒，故A错误；公仔头部上升过程中，弹簧弹力先减小后反向增大，加速度先减小后反向增大，故B错误；公仔头部上升过程中，取向上为正方向，根据动量定理有I弹－mgt＝0，则弹簧弹力冲量的大小为I弹＝mgt，故C正确；公仔头部上升过程中，根据动能定理有W弹－mgh＝0，则弹簧弹力对头部所做的功为W弹＝mgh≠0，故D错误。
答案：C　
[要点自悟明]
1．动能、动量和动量变化量的比较
2．冲量的三种计算方法
公式法 利用定义式I＝FΔt计算冲量，此方法仅适用于恒力的冲量，无需考虑物体的运动状态
图像法 利用F-t图像计算，F-t图像与横轴围成的面积表示冲量，此法既可以计算恒力的冲量，也可以计算变力的冲量
动量定理法 如果物体受到大小或方向变化的力的作用，则不能直接用I＝FΔt求变力的冲量，可以求出该力作用下物体动量的变化量，由I＝p′－p求变力的冲量
(二) 动量定理(精研点)
研清微点1　应用动量定理解释体育活动　
1．(2022·北京高考)“雪如意”是我国首座国际标准跳台滑雪场地。
跳台滑雪运动中，裁判员主要根据运动员在空中的飞行距离和动
作姿态评分。运动员在进行跳台滑雪时大致经过四个阶段：①助
滑阶段，运动员两腿尽量深蹲，顺着助滑道的倾斜面下滑；②起跳阶段，当进入起跳区时，运动员两腿猛蹬滑道快速伸直，同时上体向前伸展；③飞行阶段，在空中运动员保持身体与雪板基本平行、两臂伸直贴放于身体两侧的姿态；④着陆阶段，运动员落地时两腿屈膝，两臂左右平伸。下列说法正确的是 (　 )
A．助滑阶段，运动员深蹲是为了减小与滑道之间的摩擦力
B．起跳阶段，运动员猛蹬滑道主要是为了增加向上的速度
C．飞行阶段，运动员所采取的姿态是为了增加水平方向速度
D．着陆阶段，运动员两腿屈膝是为了减少与地面的作用时间
解析：助滑阶段，运动员深蹲是为了减小与空气之间的摩擦力，A错误；起跳阶段，运动员猛蹬滑道主要是通过增大滑道对人的作用力，根据动量定理可知，在相同时间内，为了增加向上的速度，B正确；飞行阶段，运动员所采取的姿态是为了减小水平方向的阻力，从而减小水平方向的加速度，C错误；着陆阶段，运动员两腿屈膝下蹲可以延长与地面的作用时间，根据动量定理可知，可以减少身体受到的平均冲击力，D错误。
答案：B
一点一过
对动量定理的理解
(1)当物体的动量变化量一定时，力的作用时间Δt越短，力F就越大，力的作用时间Δt越长，力F就越小。
(2)当作用力F一定时，力的作用时间Δt越长，动量变化量Δp越大，力的作用时间Δt越短，动量变化量Δp越小。如在恒力作用下运动的小车，时间越长，小车的速度越大，动量变化量越大。
研清微点2　动量定理的应用　
2．有些人喜欢躺着看手机，经常出现手机砸伤眼睛的情况。若手机
质量为160 g，从离人眼约20 cm的高度无初速度掉落，砸到眼睛
后手机未反弹，眼睛受到手机的冲击时间约为0.2 s，g取10 m/s2。
下列说法正确的是 (　 )
A．手机与眼睛作用过程中手机的动量变化约为0.48 kg·m/s
B．手机对眼睛的冲量方向竖直向上
C．手机对眼睛的冲量大小约为0.32 N·s
D．手机对眼睛的平均作用力大小约为3.2 N
答案：D　
一点一过
1．应用动量定理解题的一般步骤
(1)确定研究对象。中学阶段的动量定理问题，其研究对象一般仅限于单个物体。
(2)对物体进行受力分析。可以先求每个力的冲量，再求各力冲量的矢量和；或先求合力，再求其冲量。
(3)抓住过程的初、末状态，选好正方向，确定各动量和冲量的正、负号。
(4)根据动量定理列方程，如有必要还需要其他补充方程，最后代入数据求解。
2．应用动量定理解题的三点说明
(1)动量定理反映了力的冲量与动量变化量之间的因果关系，即外力的冲量是原因，物体的动量变化量是结果。
(2)动量定理中的冲量是合力的冲量，而不是某一个力的冲量，它可以是合力的冲量，可以是各力冲量的矢量和，也可以是外力在不同阶段冲量的矢量和。
(3)动量定理表达式是矢量式，等号包含了大小相等、方向相同两方面的含义。
研清微点3　动量定理用于求解多过程问题　
3．在蹦床比赛中，一个质量为60 kg的运动员，从离水平网面3.2 m高处自由下落，着网后沿竖直方向蹦回到离水平网面5.0 m高处。已知运动员与网接触的时间为1.2 s，若把在这段时间内网对运动员的作用力当作恒力处理，求此力的大小。(g＝10 m/s2)
答案：1 500 N
一点一过
用动量定理解多过程问题的两点提醒
(1)对于过程较复杂的运动，可分段应用动量定理，也可整个过程应用动量定理。
(2)物体受多个力作用，力的方向和作用时间往往不同，列动量定理时应引起关注。
(三) “柱状”模型(融通点)
模型(一)　流体类“柱状模型”
流体及其特点 通常液体流、气体流等被广义地视为“流体”，质量具有连续性，通常已知密度ρ
分析步骤 1 建立“柱状模型”，沿流速v的方向选取一段柱形流体，其横截面积为S
2 微元研究，作用时间Δt内的一段柱形流体的长度为Δl，对应的质量为Δm＝ρSvΔt
3 建立方程，应用动量定理研究这段柱状流体
[例1]　 运动员在水上做飞行运动表演，他操控喷射式悬浮飞
行器将水带竖直送上来的水反转180°后向下喷出，令自己悬停在
空中，如图所示。已知运动员与装备的总质量为90 kg，两个喷嘴
的直径均为10 cm，已知重力加速度大小g取10 m/s2，水的密度
ρ＝1.0×103 kg/m3，则喷嘴处喷水的速度大约为 (　 )
A．2.7 m/s B．5.4 m/s
C．7.6 m/s D．10.8 m/s
[解析]　设飞行器对水的平均作用力为F，根据牛顿第三定律可知，水对飞行器的作用力的大小也等于F，对飞行器，则有F＝Mg，设水喷出时的速度为v，在时间t内喷出的水的质量m＝ρV＝2ρSvt，t时间内质量为m的水获得的冲量I＝Ft＝2mv，联立解得v≈5.4 m/s，故B正确，A、C、D错误。
[答案]　B
[例2] 一同学在远处观看喷泉表演时，估测喷泉中心主喷水口的水柱约有40层楼高(层高3 m)，表演结束时，靠近观察到该主喷水管口的圆形内径约有10 cm，由此估算驱动主喷水的水泵功率最接近的数值是 (　 )
A．5×102 W B．5×103 W
C．5×104 W D．5×105 W
[答案]　D
模型(二)　微粒类“柱状模型”　
微粒及其特点 通常电子流、光子流、尘埃等被广义地视为“微粒”，质量具有独立性，通常给出单位体积内粒子数n
分析步骤 1 建立“柱状模型”，沿运动的方向选取一段微元，柱体的横截面积为S
2 微元研究，作用时间Δt内一段柱形流体的长度为Δl，对应的体积为
ΔV＝Sv0Δt，则微元内的粒子数N＝nv0SΔt
3 先应用动量定理研究单个粒子，建立方程，再乘以N计算
[例3]　根据量子理论，光子的能量E与动量p之间的关系式为E＝pc，其中c表示光速，由于光子有动量，照到物体表面的光子被物体吸收或反射时都会对物体产生压强，这就是“光压”，用I表示。
(1)一台二氧化碳气体激光器发出的激光，功率为P0，射出的光束的横截面积为S，当它垂直照射到一物体表面并被物体全部反射时，激光对物体表面的压力F＝2pN，其中p表示光子的动量，N表示单位时间内激光器射出的光子数，试用P0和S表示该束激光对物体产生的光压；
(2)有人设想在宇宙探测中用光为动力推动探测器加速，探测器上安装有面积极大、反射率极高的薄膜，并让它正对太阳，已知太阳光照射薄膜时每平方米面积上的辐射功率为1 350 W，探测器和薄膜的总质量为m＝100 kg，薄膜面积为4×104 m2，c＝3×108 m/s，求此时探测器的加速度大小。(共27张PPT)
第2讲　动量守恒定律
一、动量守恒定律及其应用
1．动量守恒定律
(1)内容：如果一个系统___________，或者所受外力的矢量和为0，这个系统的总动量保持不变。
(2)表达式：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′或Δp1＝－Δp2。
不受外力
2．系统动量守恒的条件
理想守恒 系统不受外力或所受______的合力为零，则系统动量守恒
近似守恒 系统受到的合外力不为零，但当内力远大于合外力时，系统的动量可近似看成守恒
分方向守恒 系统在某个方向上所受合外力为零或该方向F内 F外时，系统在该方向上动量守恒
外力
二、弹性碰撞和非弹性碰撞
1．碰撞
(1)特点：在碰撞现象中，一般都满足内力远大于外力，可认为相互碰撞的系统动量守恒。
(2)分类：
种类 动量是否守恒 机械能是否守恒
弹性碰撞 守恒 _______
非弹性碰撞 守恒 有损失
完全非弹性碰撞 守恒 损失_______
守恒
最大
2．反冲和爆炸
(1)反冲特点：在反冲运动中，如果没有外力作用或外力远小于物体间的相互作用力，系统的______是守恒的。
(2)爆炸现象：爆炸与碰撞类似，物体间的相互作用力很大，且________系统所受的外力，所以系统动量______，爆炸过程中位移很小，可忽略不计，作用后从相互作用前的位置以新的动量开始运动。
动量
远大于
守恒
微点判断　
(1)因水平面光滑，A球和B球碰撞时系统动量守恒。 ( )
(2)发生碰撞后，A球的速度方向不变，大小变为原来的2倍。 ( )
(3)两球间发生的是弹性碰撞。 ( )
(4)只要系统所受到的合力的冲量为零，动量就守恒。 ( )
(5)系统动量不变是指系统的动量大小和方向都不变。 ( )
(6)系统动量守恒也就是系统的动量变化量为零。 ( )
(7)若以上两球相向运动发生碰撞，则碰撞后可能朝同一方向运动。 ( )
(8)若以上两球相向运动发生碰撞，则碰撞后可能均静止。 ( )
√
×
×
√
√
√
×
√
(一) 动量守恒的判断(固基点)
[题点全练通]
1．[两个物体组成的系统动量守恒的判断]
如图，光滑水平地面上有一小车，一轻弹簧的一端与车厢的挡板相连，另一端与滑块相连，滑块与车厢的水平底板间有摩擦。用力向右推动车厢使弹簧压缩，撤去推力时滑块在车厢底板上有相对滑动。在地面参考系(可视为惯性系)中，从撤去推力开始，小车、弹簧和滑块组成的系统 (　 )
A．动量守恒，机械能守恒
B．动量守恒，机械能不守恒
C．动量不守恒，机械能守恒
D．动量不守恒，机械能不守恒
解析：撤去推力，系统所受合外力为零，动量守恒；因为滑块与车厢水平底板间有摩擦，且撤去推力后滑块在车厢底板上有相对滑动，即摩擦力做功，故系统的机械能减少，B正确。
答案：B　
2．[多个物体组成的系统动量守恒的判断]
(多选)如图所示，A、B两物体质量之比 mA∶mB＝3∶2，原来静
止在平板车C上，A、B间有一根被压缩的弹簧，地面光滑。当弹
簧突然被释放后，则以下系统动量守恒的是 (　 )
A．若A、B与C上表面间的动摩擦因数相同，A、B组成的系统
B．若A、B与C上表面间的动摩擦因数相同，A、B、C组成的系统
C．若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B组成的系统
D．若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B、C组成的系统
解析：若A、B与C上表面间的动摩擦因数相同，弹簧被释放后，A、B分别相对C向左、向右滑动，它们所受的滑动摩擦力FA向右，FB向左，由于mA∶mB＝3∶2，所以FA∶FB＝3∶2，则A、B组成的系统所受的外力之和不为零，故A、B组成的系统动量不守恒，A错误；对A、B、C组成的系统，A与C、B与C间的摩擦力为内力，该系统所受的外力为竖直方向的重力和支持力，它们的合力为零，故该系统的动量守恒，和A、B与C间的动摩擦因数或摩擦力大小是否相等无关，B、D正确；若A、B所受的摩擦力大小相等，则A、B组成的系统所受的外力之和为零，故其动量守恒，C正确。
答案：BCD
3．[某个方向上动量守恒的判断]
如图所示，曲面体P静止于光滑水平面上，物块Q自P的上端静止
释放。Q与P的接触面光滑，Q在P上运动的过程中，下列说法正
确的是 (　 )
A．P对Q做功为零
B．P和Q之间相互作用力做功之和为零
C．P和Q构成的系统机械能守恒、动量守恒
D．P和Q构成的系统机械能不守恒、动量守恒
解析：P对Q有弹力的作用，并且在力的方向上有位移，在运动中，P会向左移动，P对Q的弹力方向垂直于接触面向上，与Q移动位移方向的夹角大于90°，所以P对Q做功不为0，故A错误；因为P、Q之间的力属于系统内力，并且等大反向，两者在力的方向上发生的位移相等，所以做功之和为0，故B正确；因为系统除重力外，其他力做功代数和为零，所以P、Q组成的系统机械能守恒，系统水平方向上不受外力的作用，水平方向上动量守恒，但是在竖直方向上Q有加速度，即竖直方向上动量不守恒，故C、D错误。
答案：B
[要点自悟明]
判断系统动量守恒时要注意系统的组成及所研究的物理过程：
(1)对于同一个系统，在不同物理过程中动量守恒情况有可能不同。
(2)同一物理过程中，选不同的系统为研究对象，动量守恒情况也往往不同，因此解题时应明确选取的系统和研究过程。
(二) 动量守恒定律的应用(精研点)
1．动量守恒定律的五个特性
系统性 研究的对象是相互作用的两个或多个物体组成的系统
同时性 动量是一个瞬时量，表达式中的p1、p2、…必须是系统中各物体在相互作用前同一时刻的动量，p1′、p2′、…必须是系统中各物体在相互作用后同一时刻的动量
相对性 各物体的速度必须是相对同一参考系的速度(一般是相对于地面)
矢量性 动量守恒定律的表达式为矢量方程，解题时应选取统一的正方向
普适性 动量守恒定律不仅适用于低速宏观物体组成的系统，还适用于接近光速运动的微观粒子组成的系统
2．应用动量守恒定律的解题步骤
(1)明确研究对象，确定系统的组成(系统包括哪几个物体及研究的过程)。
(2)进行受力分析，判断系统动量是否守恒(或某一方向上是否守恒)。
(3)规定正方向，确定初、末状态动量。
(4)由动量守恒定律列出方程。
(5)代入数据，求出结果，必要时讨论说明。
答案：B　
考法2　动量守恒中的临界极值问题
2．如图所示，甲、乙两船的总质量(包括船、人和货物)分别为
10m、12m，两船沿同一直线同一方向运动，速度分别为
2v0、v0。为避免两船相撞，乙船上的人将一质量为m的货物沿水平方向抛向甲船，甲船上的人将货物接住，求抛出货物的最小速度的大小。(不计水的阻力和货物在两船之间的运动过程)
解析：设乙船上的人抛出货物的最小速度的大小为vmin，抛出货物后乙船的速度为v乙。甲船上的人接到货物后甲船的速度为v甲，规定水平向右的方向为正方向。
对乙船和货物的作用过程，由动量守恒定律得
12mv0＝11mv乙－mvmin ①
对货物和甲船的作用过程，同理有
10m×2v0－mvmin＝11mv甲 ②
为避免两船相撞应有v甲＝v乙 ③
联立①②③式得vmin＝4v0。
答案：4v0
考法3　动量守恒定律与动量定理的综合
3．如图所示，质量为m＝245 g的物块(可视为质点)放在质量为
M＝0.5 kg的木板左端，足够长的木板静止在光滑水平面上，物块与木板间的动摩擦因数为μ＝0.4。质量为m0＝5 g的子弹以速度v0＝300 m/s沿水平方向射入物块并留在其中(时间极短)，g取10 m/s2。子弹射入后，求：
(1)子弹进入物块后子弹和物块一起向右滑行的最大速度v1。
(2)木板向右滑行的最大速度v2。
(3)物块在木板上滑行的时间t。
解析：(1)子弹进入物块后一起向右滑行的初速度即为物块的最大速度，由动量守恒可得：
m0v0＝(m0＋m)v1，解得v1＝6 m/s。
(2)当子弹、物块、木板三者同速时，木板的速度最大，由动量守恒定律可得：(m0＋m)v1＝(m0＋m＋M)v2，解得v2＝2 m/s。
(3)对物块和子弹组成的整体应用动量定理得：
－μ(m0＋m)gt＝(m0＋m)v2－(m0＋m)v1，
解得：t＝1 s。
答案：(1)6 m/s　(2)2 m/s　(3)1 s
[答案]　BD
[多维训练]
考法1　系统在某方向上动量守恒的分析与判断
1. (多选)如图所示，在足够长的光滑水平面上，相对放置着两个形状完
全相同的光滑弧形槽A、B，槽底端与光滑水平面相切，其中弧形槽A不固定，弧形槽B固定。一小球从弧形槽A顶端由静止释放。下列判断正确的是 (　 )
A．小球在弧形槽A下滑过程中，小球的机械能不守恒
B．小球在弧形槽B上滑过程中，小球的机械能不守恒
C．小球和弧形槽A组成的系统满足动量守恒
D．小球不能上升到弧形槽B的顶端
解析：由于A是不固定的，小球下滑的过程中，一部分动能转移给了A，所以小球的机械能不守恒，A正确；由于B是固定的，小球在上滑的过程中，动能转化为重力势能，机械能守恒，B错误；小球最初和A的合动量为零，而当小球上升到静止时，小球的动量为零，A的动量不为零，所以小球和弧形槽A组成的系统动量不守恒，C错误；由于小球的一部分动能给了A，所以小球最终到达不了B的顶端，D正确。
答案：AD　
考法2　系统在某方向上动量守恒与机械能守恒的综合
答案：D(共31张PPT)
第3讲“动量守恒定律中三类典型问题”的分类研究
类型(一)　碰撞问题
[典例]　(2022·广东高考)某同学受自动雨伞开伞过程的启发，设计
了如图所示的物理模型。竖直放置在水平桌面上的滑杆上套有一个滑
块，初始时它们处于静止状态。当滑块从A处以初速度v0为10 m/s向上
滑动时，受到滑杆的摩擦力f为1 N，滑块滑到B处与滑杆发生完全非弹
性碰撞，带动滑杆离开桌面一起竖直向上运动。已知滑块的质量m＝
0.2 kg，滑杆的质量M＝0.6 kg，A、B间的距离l＝1.2 m，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力。求：
(1)滑块在静止时和向上滑动的过程中，桌面对滑杆支持力的大小N1和N2；
(2)滑块碰撞前瞬间的速度大小v1；
(3)滑杆向上运动的最大高度h。
[答案]　(1)8 N　5 N　(2)8 m/s　(3)0.2 m
答案：B　
2．[非弹性碰撞问题]
甲、乙两个物块在光滑水平桌面上沿同一直线运动，甲追上乙，
并与乙发生碰撞，碰撞前后甲、乙的速度随时间的变化如图中
实线所示。已知甲的质量为1 kg，则碰撞过程两物块损失的机械
能为 (　 )
A．3 J B．4 J C．5 J D．6 J
答案：A
3．[碰撞应遵守的三原则]
两球A、B在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，mA＝1 kg，mB＝2 kg，vA＝6 m/s，vB＝2 m/s。当A追上B并发生碰撞后，两球A、B速度的可能值是(　 )
A．vA′＝3 m/s，vB′＝4 m/s
B．vA′＝5 m/s，vB′＝2.5 m/s
C．vA′＝2 m/s，vB′＝4 m/s
D．vA′＝－4 m/s，vB′＝7 m/s
答案：C　
类型(二)　爆炸与反冲
考法(一)　爆炸问题
1．爆炸现象的特点
爆炸过程中内力远大于外力，爆炸的各部分组成的系统总动量守恒。
2．爆炸现象的三个规律
动量守恒 爆炸物体间的相互作用力远远大于受到的外力，所以在爆炸过程中，系统的总动量守恒
动能增加 在爆炸过程中，有其他形式的能量(如化学能)转化为动能
位置不变 爆炸的时间极短，因而作用过程中，物体产生的位移很小，可以认为爆炸后各部分仍然从爆炸前的位置以新的动量开始运动
[例1]　 如图所示，A、B质量分别为m1＝1 kg，m2＝2 kg，
置于小车C上，小车的质量为m3＝1 kg，A、B与小车间的动摩
擦因数为0.5，小车静止在光滑的水平面上。A、B间夹有少量炸药，某时刻炸药爆炸，若A、B间炸药爆炸的能量有12 J转化为A、B的机械能，其余能量转化为内能。A、B始终在小车表面水平运动，小车足够长，求：
(1)炸开后A、B获得的速度大小；
(2)A、B在小车上滑行的时间各是多少？
(2)爆炸后A、B都在C上滑动，由题意可知B与C会先相对静止，设此时A的速度为v3，B、C的速度为v4，在该过程中，A、B、C组成的系统动量守恒。设该过程的时间为t1。
对A应用动量定理：－μm1gt1＝m1v3－m1v1；
对B应用动量定理：－μm2gt1＝m2v4－m2v2；
对C应用动量定理：(μm2g－μm1g)t1＝m3v4；
代入数据解得：v3＝3 m/s，v4＝1 m/s，t1＝0.2 s。
之后，A在C上滑动直到相对静止，由动量守恒定律可知三者速度都为0。
即：(m1＋m2＋m3)v＝0，
解得v＝0。
设A滑动的总时间为t，对A应用动量定理，则：
－μm1gt＝0－m1v1，
解得：t＝0.8 s。
[答案]　(1)4 m/s　 2 m/s　(2)0.8 s　 0.2 s
[针对训练]
1．(2021·浙江1月选考)在爆炸实验基地有一发射塔，发射塔正下方的水平地面上安装有声音记录仪。爆炸物自发射塔竖直向上发射，上升到空中最高点时炸裂成质量之比为2∶1、初速度均沿水平方向的两个碎块。遥控器引爆瞬间开始计时，在5 s末和6 s末先后记录到从空气中传来的碎块撞击地面的响声。已知声音在空气中的传播速度为340 m/s，忽略空气阻力。下列说法正确的是 (　 )
A．两碎块的位移大小之比为1∶2
B．爆炸物的爆炸点离地面高度为80 m
C．爆炸后质量大的碎块的初速度为68 m/s
D．爆炸后两碎块落地点之间的水平距离为340 m
答案：B　
考法(二)　反冲运动
1．反冲运动的特点
物体在内力作用下分裂为两个不同部分，并且这两部分向相反方向运动的现象。反冲运动中，相互作用力一般较大，通常可以用动量守恒定律来处理。
2．对反冲运动的三点说明
作用原理 反冲运动是系统内物体之间的作用力和反作用力产生的效果
动量守恒 反冲运动中系统不受外力或内力远大于外力，所以反冲运动遵循动量守恒定律
机械能增加 反冲运动中，由于有其他形式的能转化为机械能，所以系统的总机械能增加
[例2]　一火箭喷气发动机每次喷出m＝200 g的气体，气体离开发动机喷出时的速度v＝1 000 m/s。设火箭(包括燃料)质量M＝300 kg，发动机每秒喷气20次。
(1)当发动机第三次喷出气体后，火箭的速度为多大？
(2)运动第1 s末，火箭的速度为多大？
[解析]　(1)设喷出三次气体后火箭的速度为v3，以火箭和喷出的三次气体为研究对象，由动量守恒定律得：(M－3m)v3－3mv＝0，解得v3≈2 m/s。
(2)发动机每秒喷气20次，设运动第1 s末，火箭的速度为v20，以火箭和喷出的20次气体为研究对象，根据动量守恒定律得：(M－20m)v20－20mv＝0，
解得v20≈13.5 m/s。
[答案]　(1)2 m/s　(2)13.5 m/s
[规律方法]
(1)碰撞过程中系统机械能不可能增大，但爆炸与反冲过程中系统的机械能一定增大。
(2)因碰撞、爆炸过程发生在瞬间，一般认为系统内各物体的速度瞬间发生突变，而物体的位置不变。　　
[针对训练]
2．(多选) 如图所示，小车AB放在光滑水平面上，A端固定一个轻
弹簧，B端粘有油泥，小车总质量为M；质量为m的木块C放在
小车上，用细绳连接于小车的A端并使弹簧压缩。开始时小车AB和木块C都静止，当突然烧断细绳时，C被释放，使C离开弹簧向B端冲去，并跟B端油泥粘在一起。忽略一切摩擦，以下说法正确的是 (　 )
A．弹簧伸长过程中C向右运动，同时AB也向右运动
B．C与B碰前，C与AB的速率之比为M∶m
C．C与油泥粘在一起后，AB立即停止运动
D．C与油泥粘在一起后，AB继续向右运动
答案：BC　
[典例]　(2023·广州高三检测)如图所示，质量为M的小车静止在光滑的水平桌面上，小车的上表面是半径为R的光滑半圆形轨道。小车两侧距离桌面边缘的水平距离均为R。质量为m的小球从小车上半圆形轨道右侧的最高点由静止释放，已知M＞m。下列说法正确的是 (　 )
A．小球由静止释放后，小球的机械能守恒
B．小球由静止释放后，小球和小车组成的系统的动量守恒
C．小球到达圆弧轨道左侧最高处时，小车的速度为零
D．小车的左边外侧始终不会伸出桌面左边缘，小车的右边外侧会伸出桌面右边缘
[答案]　C
[易错提醒]
求解“人船模型”问题的注意事项
(1)适用范围：“人船模型”还适用于某一方向上动量守恒(如水平方向或竖直方向)的两物系统，只要相互作用前两物体在该方向上速度都为零即可。
(2)画草图：解题时要画出两物体的位移关系草图，找出各长度间的关系，注意两物体的位移是相对同一参考系的位移。　　
[针对训练]
1． 如图所示小船静止于水面上，站在船尾上的人不断将鱼抛向船头的
船舱内，将一定质量的鱼抛完后，关于小船的速度和位移，下列 说
法正确的是 (　 )
A．向左运动，船向左移一些
B．小船静止，船向左移一些
C．小船静止，船向右移一些
D．小船静止，船不移动
解析：人、船、鱼构成的系统水平方向动量守恒，据“人船模型”，鱼动船动，鱼停船静止；鱼对地发生向左的位移，则人、船的位移向右。故C正确。
答案：C　
答案：A　
答案：C(共25张PPT)
第4讲　“应用三大力学观点解题”的技能强化
加强点(一) 动量观点与动力学观点的综合应用
(1)牛顿第二定律揭示了力的瞬时效应，在研究某一物体所受的力的瞬时作用与物体运动的关系，或者物体受恒力作用直接涉及物体运动过程中的加速度问题时，应采用动力学观点。
(2)动量定理反映了力对时间的累积效应，适用于不涉及物体运动过程中的加速度、位移，而涉及运动时间的问题，特别对冲击类问题，应采用动量定理求解。
(3)若研究对象是相互作用的物体组成的系统，则有时既要用到动力学观点，又要用到动量守恒定律。
[答案]　(1)4.0 m/s　1.0 m/s　(2)物块B先停止　0.50 m　(3)0.91 m
[针对训练]
(2021年8省联考·广东卷)如图所示，固定的粗糙斜面，倾角θ＝30°，
斜面底端O处固定一个垂直斜 面的弹性挡板。在斜面上P、Q两点有
材质相同、质量均为m的滑块A和B，A和B恰好能静止，且均可视为质点，Q到O的距离是L，Q到P的距离是kL(k>0)。现始终给A施加一个大小为F＝mg、方向沿斜面向下的力，A开始运动，g为重力加速度。设A、B之间以及B与挡板之间的碰撞时间极短，且无机械能损失，滑块与斜面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求：
(1)A、B第一次碰撞后瞬间它们的速率分别为多少。
(2)A、B第一次碰撞与第二次碰撞之间的时间。
加强点(二) 动量观点与能量观点的综合应用
1．两大观点
动量的观点：动量定理和动量守恒定律。
能量的观点：动能定理和能量守恒定律。
2．三种技巧
(1)若研究对象为一个系统，应优先考虑应用动量守恒定律和能量守恒定律(机械能守恒定律)。
(2)若研究对象为单一物体，且涉及功和位移问题时，应优先考虑动能定理。
(3)动量守恒定律、能量守恒定律(机械能守恒定律)、动能定理都只考查一个物理过程的初、末两个状态有关物理量间的关系，对过程的细节不予细究，这正是它们的方便之处，特别对于变力做功问题，就更显出它们的优越性。
[针对训练]
(2021·北京等级考) 如图所示，小物块A、B的质量均为m＝0.10 kg，
B静止在轨道水平段的末端。A以水平速度v0与B碰撞，碰后两物块
粘在一起水平抛出。抛出点距离水平地面的竖直高度为h＝0.45 m，
两物块落地点距离轨道末端的水平距离为s＝0.30 m，取重力加速度g＝10 m/s2。求：
(1)两物块在空中运动的时间t；
(2)两物块碰前A的速度v0的大小；
(3)两物块碰撞过程中损失的机械能ΔE。
答案：(1)0.30 s　(2)2.0 m/s　(3)0.10 J
加强点(三) 三大力学观点的综合应用
1．三大基本观点
力的观点 运用牛顿定律结合运动学知识解题，可处理匀变速运动问题
能量的观点 用动能定理和能量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题
动量的观点 用动量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题
2.三大观点的选用原则
力学中首先考虑使用两个守恒定律。
(1)若是多个物体组成的系统，优先考虑使用两个守恒定律。
(2)若物体(或系统)涉及速度和时间，应考虑使用动量定理。
(3)若物体(或系统)涉及位移和时间，且受到恒力作用，应考虑使用牛顿运动定律。
(4)若物体(或系统)涉及位移和速度，应考虑使用动能定理，系统中摩擦力做功时应用摩擦力乘以相对路程，动能定理解决曲线运动和变加速运动特别方便。
[特别提醒]　
(1)无论使用哪一个规律，受力分析是前提。
(2)有的问题往往一题多解，解题时应从多个角度分析，找出最快捷的解题方法。
[典例]　(2023·浙江1月选考)一游戏装置竖直截面如图所示，该装置由固定在水平地面上倾角θ＝37°的直轨道AB、螺旋圆形轨道BCDE、倾角θ＝37°的直轨道EF、水平直轨道FG组成，除FG段外各段轨道均光滑，且各处平滑连接。螺旋圆形轨道与轨道AB、EF相切于B(E)处。凹槽GHIJ底面HI水平光滑，上面放有一无动力摆渡车，并紧靠在竖直侧壁GH处，摆渡车：上表面与直轨道FG、平台JK位于同一水平面。已知螺旋圆形轨道半径R＝0.5 m，B点高度为1.2R，FG长度LFG＝2.5 m，HI长度L0＝9 m，摆渡车长度L＝3 m、质量m＝1 kg。将一质量也为m的滑块从倾斜轨道AB上高度h＝2.3 m处静止释放，滑块在FG段运动时的阻力为其重力的0.2倍。(摆渡车碰到竖直侧壁IJ立即静止，滑块视为质点，不计空气阻力，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)
(1)求滑块过C点的速度大小vC和轨道对滑块的作用力大小FC；
(2)摆渡车碰到IJ前，滑块恰好不脱离摆渡车，求滑块与摆渡车之间的动摩擦因数μ；
(3)在(2)的条件下，求滑块从G到J所用的时间t。
答案：(1)3mg　(2)L　(3)滑块C不会从木板上掉下来(共35张PPT)
第5讲　实验：验证动量守恒定律
把握经典实验方案　
一、基本原理与操作
二、核心关键——数据处理
1．碰撞找点：把被碰小球放在斜槽末端，每次让入射小球从斜槽同一高度自由滚下，使它们发生碰撞，重复实验10次。标出碰撞前、后入射小球落点的平均位置P、M和被碰小球落点的平均位置N。如图2所示。
2．验证：测量线段OP、OM、ON的长度。将测量数据填入表中，最后代入m1·OP＝m1·OM＋m2·ON，看在误差允许的范围内是否成立。
方案(二)　利用等长摆球完成一维碰撞实验
[实验器材]
带细线的摆球(两套，等大不等重)、铁架台、天平、量角器、刻度尺、游标卡尺、胶布等。
[实验步骤]
1．测质量和直径：用天平测出小球的质量m1、m2，用游标卡尺测出小
球的直径d。
2．安装：把小球用等长悬线悬挂起来，并用刻度尺测量悬线长度l。
3．实验：一个小球静止，拉起另一个小球，放下时它们相碰。
4．测角度：用量角器测量小球被拉起的角度和碰撞后两小球摆起的角度。
5．改变条件重复实验：①改变小球被拉起的角度；②改变摆长。
方案(三)　利用两辆小车完成一维碰撞实验
[实验器材]
光滑长木板、打点计时器、纸带、小车(两个)、天平、撞针、橡皮泥、刻度尺等。
[实验步骤]
1．测质量：用天平测出两小车的质量。
2．安装：将打点计时器固定在光滑长木板的一端，把纸带穿过打点计时器，连在小车的后面，在两小车的碰撞端分别装上撞针和橡皮泥。
3．实验：小车B静止，接通电源，让小车A运动，碰撞时撞针插入橡皮泥中，两小车连接成一个整体运动。
4．改变条件重复实验：①改变小车A的初速度；②改变两小车的质量。
归纳共性实验关键　
1．不变的实验原理
两个物体发生碰撞，测量出两个物体的质量以及碰撞前后两个物体的速度。
2．通用的数据处理方法
计算碰撞之前的总动量m1v1＋m2v2和碰撞之后的总动量m1v1′＋m2v2′。
3．共同的注意事项
(1)碰撞的两物体应保证“水平”和“正碰”。
(2)选质量较大的小球作为入射小球，即m入＞m被碰。
4．一致的误差分析思路
(1)主要来源于质量m1、m2的测量。
(2)小球落点的确定。
(3)小球水平位移的测量。
一、基础考法保住分
考查点(一)　实验原理与操作
1．某同学用图甲所示的装置来验证动量守恒定律，A、B为半径相同的小球(mA>mB)，图中PQ是斜槽，QR为水平槽。实验时先使A球从斜槽上某一位置G由静止释放，落到位于水平地面的记录纸上，留下痕迹。重复上述操作多次，得到多个落点痕迹。再把B球放在水平槽上靠近槽末端的地方，让A球仍从位置G由静止释放。两球碰撞后，A、B球分别在记录纸上留下各自的落点痕迹，重复这种操作多次。图甲中O点是水平槽末端R在记录纸上的竖直投影点。B球落点痕迹如图乙所示，图中米尺的零刻度线与O点对齐(未画出)。
(1)碰撞后B球的水平射程应为________cm；
(2)以下选项中，本次实验必须进行测量的是______(填选项前的字母)。
A．测量A球未与B球相碰时的平均落点到O点的距离
B．测量A球与B球相碰后的平均落点到O点的距离
C．测量A球和B球的直径
D．测量A球和B球的质量
E．测量水平槽面相对于O点的高度
答案：(1)65.7(65.5～65.9均正确)　(2)ABD
[关键点拨]
实验操作的四点提醒
(1)调整斜槽末端切线水平，保证小球碰后均做平抛运动。
(2)入射小球与被碰小球的平抛起点相同。
(3)小球碰撞前后做平抛运动的时间相同，因此，可用平抛的水平位移替代平抛的初速度进行实验验证。
(4)以最小的圆包括小球的落地点，则该圆的圆心即为小球落点的平均位置。
考查点(二)　数据处理与误差分析
2．(2022·重庆高考)如图为某小组探究两滑块碰撞前后的动量变化规律所用的实验装置示意图。带刻度尺的气垫导轨右支点固定，左支点高度可调，装置上方固定一具有计时功能的摄像机。
(1)要测量滑块的动量，除了前述实验器材外，还必需的实验器材是________。
(2)为减小重力对实验的影响，开动气泵后，调节气垫导轨的左支点，使轻推后的滑块能在气垫导轨上近似做________运动。
(3)测得滑块B的质量为197.8 g，两滑块碰撞前后位置x随时间t的变化图像如图所示，其中①为滑块B碰前的图线。取滑块A碰前的运动方向为正方向，由图中数据可得滑块B碰前的动量为______kg·m·s－1(保留2位有效数字)，滑块A碰后的图线为________(选填“②”“③”或“④”)。
答案：(1)天平　(2)匀速直线　(3)－0.011　③
[关键点拨]
(1)气垫导轨应保持水平，能让滑块在气垫导轨上近似做匀速直线运动。
(2)两物体碰撞后要根据实际情况，符合“后不超前”原则。
二、创新考法不失分
创新角度(一)　实验目的的创新
1．如图甲所示，冲击摆是一个用细线悬挂着的摆块，弹丸击中摆块时陷入摆块内，使摆块摆至某一高度，利用这种装置可以测出弹丸的发射速度。
实验步骤如下：
①用天平测出弹丸的质量m和摆块的质量M；
②将实验装置水平放在桌子上，调节摆绳的长度，使弹丸恰好能射入摆块内，并使摆块摆动平稳，同时用刻度尺测出摆长；
③让摆块静止在平衡位置，扳动弹簧枪的扳机，把弹丸射入摆块内，摆块和弹丸推动指针一起摆动，记下指针的最大偏角；
④多次重复步骤③，记录指针最大偏角的平均值；
⑤换不同挡位测量，并将结果填入下表。
挡位 平均最大偏角θ/度 弹丸质量m/kg 摆块质量M/kg 摆长l/m 弹丸的速度v/ (m·s－1)
低速挡 15.7 0.007 65 0.078 9 0.270 5.03
中速挡 19.1 0.007 65 0.078 9 0.270 6.77
高速挡 0.007 65 0.078 9 0.270 7.15
完成下列填空：
(1)现测得高速挡指针最大偏角如图乙所示，请将表中数据补充完整：
θ＝________。
(2)用上述测量的物理量表示发射弹丸的速度v＝________。
(已知重力加速度为g)
(3)为减小实验误差，每次实验前，并不是将指针置于竖直方向的零刻度处，常常需要试射并记下各挡对应的最大指针偏角，每次正式射击前，应预置指针，使其偏角略小于该挡的最大偏角。请写出这样做的一个理由：___________________
_____________________________________________________________________。
[创新点分析]
(1)利用动量守恒、机械能守恒计算弹丸的发射速度。
(2)减小实验误差的措施，体现了物理知识和物理实验的实用性、创新性和综合性。　　
创新角度(二)　实验器材的创新
2．为了验证动量守恒定律(探究碰撞中的不变量)，某同学选取了两个材质相同、体积不等的立方体滑块A和B，按下述步骤进行实验：
步骤1：在A、B的相撞面分别装上尼龙拉扣，以便二者相撞以后能够立刻结为整体；
步骤2：安装好实验装置如图甲，铝质轨道槽的左端是倾斜槽，右端是长直水平槽，倾斜槽和水平槽由一小段弧连接，轨道槽被固定在水平桌面上，在轨道槽的侧面与轨道等高且适当远处装一台数码频闪照相机；
步骤3：让滑块B静置于水平槽的某处，滑块A从斜槽某处由静止释放，同时开始频闪拍摄，直到A、B停止运动，得到一幅多次曝光的数码照片；
步骤4：多次重复步骤3，得到多幅照片，挑出其中最理想的一幅，打印出来，将刻度尺紧靠照片放置，如图乙所示。
(1)由图分析可知，滑块A与滑块B碰撞发生的位置在________。
①P5、P6之间　　②P6处　　③P6、P7之间
(2)为了探究碰撞中动量是否守恒，需要直接测量或读取的物理量是________。
①A、B两个滑块的质量m1和m2
②滑块A释放时距桌面的高度
③频闪照相的周期
④照片尺寸和实际尺寸的比例
⑤照片上测得的s45、s56和s67、s78
⑥照片上测得的s34、s45、s56和s67、s78、s89
⑦滑块与桌面间的动摩擦因数
写出验证动量守恒的表达式_____________________________________。
(3)请你写出一条有利于提高实验准确度或改进实验原理的建议：____________
__________________________________________________________________。
解析：(1)由题图可知碰撞位置发生在P5、P6之间或P6处，又由于P6位置滑块速度明显减小，故A、B相撞的位置在P6处，故②正确。
(2)设碰撞前滑块A在P4、P5、P6的速度分别为v4、v5、v6，碰撞后，整体在P6、P7、P8的速度分别为v6′、v7、v8，
②在足够成像的前提下，缩短频闪照相每次曝光的时间，使滑块碰撞位置拍摄更清晰、准确。
③适当增大相机和轨道槽的距离，减小由于镜头拍摄引起的距离误差。
④将轨道的一端垫起少许，平衡摩擦力，使得滑块碰撞前后都做匀速运动。
答案：(1)②
(2)①⑥　m1(2s56＋s45－s34)＝(m1＋m2)(2s67＋s78－s89)
(3)见解析(任意一条即可)
创新角度(三)　实验原理的创新
3．某同学用如图甲所示的装置验证碰撞中动量守恒。一根长为L的轻质不可伸缩细线一端拴住质量为mA的小钢球A，细线的另一端固定在悬点O，在最低点的前后放置一光电门，光电门前的水平面上放一质量为mB的金属物块B，物块的上表面中央固定一轻质的遮光片。现将小球向右拉至细线水平后静止释放，小球在最低点与物块碰撞后反弹上升，测出小球反弹上升时细线的最大偏角为θ，光电门记录的挡光时间为t，已知重力加速度为g。则
(1)用20分度的游标卡尺测遮光片的宽度如图乙所示，则遮光片的宽度d＝________mm；
(2)小球与物块的质量大小关系为mA________mB(选填“＞”“＝”或“＜”)；
(3)验证小球与物块在碰撞过程中动量守恒的表达式为________。(用字母mA、mB、L、d、θ、t、g表示)
[创新点分析]
(1)利用光电门测物块碰后的速度。
(2)利用机械能守恒定律得出小球碰撞前后的速度。　　
创新角度(四)　实验过程的创新
4．一同学采用如图甲所示的实验装置，设计了“验证动量守恒定律”的实验。实验装置中的斜面和水平面之间用很短的平滑曲面连接，物块通过平滑曲面时速度大小不变。实验步骤主要包括：
①选取两块表面粗糙程度相同的物块A、B。
②将两个粘扣分别钉到两物块的侧面上，使两物块相碰时能粘合在一起。
③让物块A从斜面上某一位置O处由静止开始滑下，记下物块A在水平面上停下的位置P(多次滑下以准确确定位置P)，如图乙所示。
④在靠近斜面底端处放物块B，并使带有粘扣的一侧朝左，标出此时B所处位置M，让物块A从同一位置O处由静止开始滑下，A、B碰撞后粘合在一起，标出停止时两物块的位置N，如图丙所示。
⑤用刻度尺测MP、MN的长度s1和s2，用天平测出A、B的质量mA、mB。
(1)只要mA、mB、s1、s2之间满足关系式____________________，就可以认为碰撞瞬间A、B系统的总动量保持不变。
(2)为了增大碰前物块A的速度，可采取的措施有：①_______________________；
②____________________________________________________________________。
[创新点分析]
(1)使物块A从同一位置由静止下滑，以保证物块A到达斜面底端时的速度相同。
(2)物块碰撞前后的速度可由其在水平面上滑行的距离分析得出。　　(共31张PPT)
第四章 | 曲线运动　万有引力与航天
3讲基础内容 第1讲 曲线运动　运动的合成与分解
第2讲 抛体运动
第3讲 圆周运动
1讲重点内容 (分2课时) 第4讲 万有引力与宇宙航行 相对论
第1课时　万有引力定律及其应用 (全面落实基础) 第2课时　“天体运动四大热点问题”的深入研究 (综合融会贯通) 2讲实验 第5讲 实验：探究平抛运动的特点
第6讲 实验：探究影响向心力大小的因素
第1讲　曲线运动 运动的合成与分解
一、曲线运动
1．速度的方向：质点在某一点的速度方向，沿曲线在这一点
的__________。
2．运动的性质：做曲线运动的物体，速度的______时刻在改变，所以曲线运动一定是______运动。
3．运动的条件
(1)运动学角度：物体的________方向与速度方向不在同一条直线上。
(2)动力学角度：物体所受________的方向跟它的速度方向不在同一条直线上。
切线方向
方向
变速
加速度
合外力
二、运动的合成与分解
1．合运动与分运动：物体的______运动是合运动，物体__________的几个运动是分运动。
2．遵循的法则：位移、速度、加速度都是矢量，故它们的合成与分解都遵循________________。
3．运动分解的原则：根据运动的_________分解，也可采用正交分解法。
实际
同时参与
平行四边形定则
实际效果
×
√
×
√
×
(一) 物体做曲线运动的条件与轨迹分析(固基点)
[题点全练通]
1．[物体做曲线运动的条件]
如图所示，一个钢球从一斜面上滑下后在水平桌面上做直线
运动，现在其运动路线的一侧放一块磁铁，钢球做曲线运动。
下列说法正确的是 (　 )
A．钢球的运动轨迹为抛物线
B．钢球所受合力为零时也可以做曲线运动
C．钢球做曲线运动的条件是所受合力的方向与运动方向必须垂直
D．钢球做曲线运动的条件是所受合力的方向与运动方向不在同一直线上
解析：钢球的运动轨迹为曲线，由于磁铁对钢球的吸引力随钢球到磁铁的距离变化，所以钢球的运动轨迹不是抛物线，故A错误；钢球所受合力为零时，只能处于静止状态或匀速直线运动状态，不可能做曲线运动，故B错误；钢球做曲线运动的条件是所受合力的方向与运动方向不在同一直线上，故C错误，D正确。
答案：D　
2．[轨迹、速度与力的位置关系]
双人滑冰运动员在光滑的水平冰面上做表演，甲运动员给乙运动
员一个水平恒力F，乙运动员在冰面上完成了一段优美的弧线MN。
vM与vN正好成90°角，则此过程中，乙运动员受到甲运动员的恒
力可能是图中的 (　 )
A．F1 B．F2 C．F3 D．F4
解析：根据题图所示乙运动员由M向N做曲线运动，乙运动员向前的速度减小，同时向右的速度增大，故合外力的方向指向题图F2水平线右下方，故F3的方向可能是正确的，C正确，A、B、D错误。
答案：C　
3．[速率变化与力的方向的关系]
如图为“嫦娥五号”返回器在绕地球运行回收过程一段时间内的运动轨迹，返回器沿曲线从M点向N点飞行的过程中速度逐渐减小，在此过程中返回器所受合力方向可能是 (　 )
解析：“嫦娥五号”返回器从M点运动到N点，曲线轨迹的左侧为凹侧，则合力一定有向左的分力，“嫦娥五号”返回器在该过程中减速，所以沿轨迹的切线方向有与速度相反的分力，结合平行四边形定则可知合力与速度的方向的夹角大于90°，故A正确。
答案：A　
[要点自悟明]
1．合外力与轨迹、速度间的关系分析思路
2．速率变化的判断
(二) 运动的合成与分解的应用(精研点)　　
研清微点1　合运动与分运动的关系　
1．如图，一小船以1.0 m/s的速度 匀速前 行，站在船上的人竖直向
上抛出一小球，小球上升的最大高度为0.45 m。当小球再次落
入手中时，小船前进的距离为(假定抛接小球时人手的高度不变，不计空气阻力，g取10 m/s2) (　 )
A．0.3 m B．0.6 m C．0.9 m D．1.2 m
答案：B　
一点一过
合运动与分运动的关系
等时性 合运动和分运动经历的时间相等，即同时开始、同时进行、同时停止
等效性 各分运动的规律叠加起来与合运动的规律有完全相同的效果
独立性 一个物体同时参与几个分运动，各分运动独立进行，不受其他运动的影响
研清微点2　合运动轨迹与性质的判断　
2． (2022·北京高三模拟)国产大飞机C919是我国按照国际民航规章
自行研制、具有自主知识产权的喷气式民用飞机，于2017年5月
5日成功首飞。如图所示，飞机在起飞过程中的某时刻水平分速度为60 m/s，竖直分速度为6 m/s，已知在此后的1 min内，飞机在水平方向做加速度为2 m/s2的匀加速直线运动，竖直方向做加速度为0.2 m/s2的匀加速直线运动。关于这1 min内飞机的运动与受力情况，下列选项正确的是 (　 )
A．飞机受到的合力竖直向上
B．飞机的运动轨迹为曲线
C．前20 s内，飞机上升的高度为120 m
D．前20 s内，飞机水平方向的平均速度为80 m/s
答案：D
一点一过
合运动的性质和轨迹的判断
(1)若合加速度不变，则为匀变速运动；若合加速度(大小或方向)变化，则为非匀变速运动。
(2)若合加速度的方向与合初速度的方向在同一直线上，则为直线运动，否则为曲线运动。
研清微点3　根据运动轨迹分析物体运动情况　
3．(2022·重庆调研) 在光滑的水平面上，一质量为m＝2 kg的滑块在水
平方向恒力F＝4 N的作用下运动。如图所示给出了滑块在水平面
上运动的一段轨迹，滑块过P、Q两点时速度大小均为v＝5 m/s，滑块在P点的速度方向与PQ连线夹角α＝37°，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，则下列说法正确的是 (　 )
A．水平恒力F的方向与PQ连线成53°夹角
B．滑块从P点运动到Q点的时间为3 s
C．滑块从P点运动到Q点的过程中速度最小值为3 m/s
D．P、Q两点连线的距离为10 m
答案：B
一点一过
有关运动的合成和分解的三点提醒
(1)由运动的合成与分解知识可知，合运动的位移、速度、加速度是各分运动的位移、速度、加速度的矢量和。
(2)恒力作用下物体的匀变速曲线运动可分解为沿力的方向的匀变速直线运动和垂直于力的方向的匀速直线运动。
(3)两个相互垂直方向的分运动具有等时性，这常是处理运动分解问题的关键点。
(三) 小船渡河模型(融通点)
1．合运动与分运动
2．两类问题、三种情境
解析：因为船在静水中速度不变，水流速度在变化，可知船在沿河岸方向上有加速度，合速度的方向与加速度的方向不在同一条直线上，所以轨迹是曲线，故A错误；当船头与河岸垂直时，渡河时间最短，则最短时间t＝150 s，故B正确，D错误；船离开河岸400 m时，离较近河岸的距离为200 m，此时水流速度为2 m/s，根据平行四边形定则可得v＝2 m/s，故C正确。
答案：BC　
应用2　求小船渡河的最短位移
2．一小船过河时，船头与上游河岸夹角为α，其航线恰好垂直于河岸。已知小船在静水中的速度为v。现水流速度稍有增大，为保持航线不变，且能准时到达河对岸，下列措施中可行的是 (　 )
A．减小α角，减小船速v B．减小α角，增大船速v
C．增大α角，增大船速v D．增大α角，减小船速v
解析：由题意可知，小船相对水的速度为v，其航线恰好垂直于
河岸，如图所示，当水流速度v1稍有增大，为保持航线不变，且
准时到达对岸，则船速变化如图v′所示，可知B正确。
答案：B　
应用3　小船渡河最短时间和最短位移的比较
3．如图所示，一船夫摇船往返于河的两岸。若该船夫摇船从河岸A
点以v1的速度用最短的时间到对岸B点。第二次该船以v2的速度
从同一地点以最短的路程过河到对岸B点，船轨迹恰好与第一次
船轨迹重合。假设河水速度保持不变，该船两次过河所用时间之比是 (　 )
A．v1∶v2 B．v2∶v1
C．v12∶v22 D．v22∶v12
答案：D
(四) 绳(杆)端速度分解模型(融通点)
1．模型特点
(1)与绳或杆连接的物体速度方向与绳或杆所在的直线不共线。
(2)绳或杆的长度不变，绳或杆两端的物体沿绳或杆方向的分速度相等。
2．分解思路
3．常见模型
答案：B
答案：D　(共35张PPT)
第2讲　抛体运动
一、平抛运动
1．定义：以一定的初速度沿水平方向抛出的物体只在______作用下的运动。
2．性质：平抛运动是加速度为g的________曲线运动，其运动轨迹是________。
3．研究方法——运动的合成与分解。
(1)水平方向：______直线运动；(2)竖直方向：__________运动。
重力
匀变速
抛物线
匀速
自由落体
二、平抛运动的规律
2tan α
瞬时速度
中点
三、斜抛运动
1．定义
将物体以初速度v0沿_________或_________抛出，物体只在_____作用下的运动。
2．研究方法
斜抛运动可以分解为水平方向的_________运动和竖直方向的___________运动。
(1)水平方向：v0x＝_______，F合x＝0；
(2)竖直方向：v0y＝_______，F合y＝mg。
斜向上方
斜向下方
重力
匀速直线
匀变速直线
v0cos θ
v0sin θ
情境创设　
一架投放救灾物资的飞机在受灾区域的上空水平地匀速飞行，从
飞机上投放的救灾物资在落地前的运动中(不计空气阻力)
微点判断　
(1)速度和加速度都在不断改变。 ( )
(2)速度和加速度方向之间的夹角一直减小。 ( )
(3)在相等的时间内速度的改变量相等。 ( )
(4)在相等的时间内速率的改变量相等。 ( )
×
√
√
×
情境创设　
如图所示，运动员以相同速率，沿不同方向抛出铅球，不计空气阻力。
微点判断　
(5)铅球的加速度相同。 ( )
(6)铅球的射程相同。 ( )
(7)铅球的射高相同。 ( )
√
×
×
(一) 平抛运动规律及应用(固基点)
[题点全练通]
1．[平抛运动的理解]
对于做平抛运动的物体，下列说法中正确的是 (　 )
A．物体落地时的水平位移与初速度无关
B．初速度越大，物体在空中运动的时间越长
C．物体落地时的水平位移与抛出点的高度及初速度有关
D．在相等的时间内，物体速度的变化量不相同
答案：C
2．[平抛运动规律的应用](2022·全国甲卷)将一小球水平抛出，使用频闪仪和照相机对运动的小球进行拍摄，频闪仪每隔0.05 s发出一次闪光。某次拍摄时，小球在抛出瞬间频闪仪恰好闪光，拍摄的照片编辑后如图所示。图中的第一个小球为抛出瞬间的影像，每相邻两个球之间被删去了3个影像，所标出的两个线段的长度s1和s2之比为3∶7。重力加速度大小取g＝10 m/s2，忽略空气阻力。求在抛出瞬间小球速度的大小。
答案：D
一点一过
两个物体平抛相遇问题的三点提醒
(1)两条平抛运动轨迹的交点是两物体的必经之处，两物体要在此处相遇，必须同时到达此处。即轨迹相交是物体相遇的必要条件。
(2)若两物体同时从同一高度水平抛出，则两物体始终处在同一高度，一定能在轨迹相交处相遇。
(3)若两物体同时从不同高度抛出，则两物体高度差始终与抛出点高度差相同，不可能在轨迹相交处相遇。
研清微点2　落在同一水平面上的多体平抛问题　
2．(多选) 如图所示，三个小球从同一高度处的O处分别以水平初
速度v1、v2、v3抛出，落在水平面上的位置分别是A、B、C，
O′是O在水平面上的射影点，且O′A∶O′B∶O′C＝1∶3∶5。若不计空气阻力，则下列说法正确的是 (　 )
A．v1∶v2∶v3＝1∶3∶5
B．三个小球下落的时间相同
C．三个小球落地的速度相同
D．三个小球落地的位移相同
答案：AB　
研清微点3　落在同一竖直平面上的多体平抛问题　
3．(2023·福建福州月考)某人在O点将质量为m的飞镖以不同大小的初速度沿OA方向水平投出，A为靶心且与O在同一高度，如图所示，飞镖水平初速度分别是v1、v2时打在靶上的位置分别是B、C，且AB∶BC＝1∶3。忽略空气阻力，则 (　 )
A．两次飞镖飞行时间之比t1∶t2＝1∶3
B．两次飞镖投出的初速度大小之比v1∶v2＝2∶1
C．两次飞镖的速度变化量大小之比Δv1∶Δv2＝3∶1
D．适当减小质量可使飞镖投中靶心
[答案]　C
研清微点4　不同高度平抛的多体平抛问题　
4．(多选)在水平路面上做匀速直线运动的小车上有一个固定的竖直杆，其上的三个光滑水平支架上有三个完全相同的小球A、B、C，它们离地的高度分别为3h、2h和h。当小车遇到障碍物M时，立即停下来，三个小球同时从支架上水平抛出，落到水平路面上的第一落点分别是a、b、c点，如图所示。不计空气阻力，则下列说法正确的是 (　 )
答案：AC　
一点一过
不同高度平抛的多体平抛的特点
(1)物体从不同高度同时平抛，物体落在同一水平面上的时间不相同。
(2)若物体平抛初速度相同，则由x＝v0t可知，物体平抛的水平位移之比等于下落时间之比。
(三) 落点有约束条件的平抛运动(精研点)
类型(一)　落点在斜面上的平抛运动
?从斜面平抛且落点在斜面上
[例1]　跳台滑雪是一种勇敢者的运动，运动员脚着专用滑雪板，在滑雪道上获得一定速度后从跳台飞出，在空中飞行一段距离后着陆。如图甲所示，某运动员(可视为质点)从跳台a处沿水平方向飞出，在斜坡b处着陆。已知运动员运动过程中在坡面上的投影到a点的距离与时间的关系如图乙所示，斜坡与水平方向的夹角为30°。运动员运动到C点时离坡面的距离最大，CD垂直于坡面ab。不计空气阻力，g取10 m/s2。则下列说法正确的是 (　 )
[答案]　D
[答案]　C
[规律方法]　落点在斜面上的平抛运动处理思路
[答案]　ABD
[答案]　C(共48张PPT)
第3讲　圆周运动

一、匀速圆周运动及其描述
1．匀速圆周运动
(1)速度特点：速度的大小不变，方向始终与半径______。
(2)性质：加速度大小不变，方向总是指向______的变加速曲线运动。
垂直
圆心
2．描述匀速圆周运动的物理量
快慢
转动快慢
m/s
rad/s
一周
s
方向
圆心
ω2r
m/s2
mω2r
变力
合力
切线
远离
近心
情境创设　
现在有一种叫作“魔盘”的娱乐设施，如图所示。当“魔盘”转动很慢时，人会随着“魔盘”一起转动，当盘的速度逐渐增大时，盘上的人便逐渐向边缘滑去，离转动中心越远的人，这种滑动的趋势越明显，当“魔盘”转动到一定速度时，人会“贴”在“魔盘”竖直壁上而不会滑下。
微点判断　
(1)人随“魔盘”一起做匀速圆周运动时，其角速度是不变的。 ( )
(2)人随“魔盘”一起做匀速圆周运动时，其合外力是不变的。 ( )
(3)人随“魔盘”一起做匀速圆周运动的向心加速度与半径成反比。 ( )
(4)随“魔盘”一起做匀速圆周运动时，人离“魔盘”中心越远，人运动得越快。( )
(5)人随“魔盘”一起做匀速圆周运动，是因为人受到了“魔盘”给人的向心力。( )
(6)“魔盘”的转速逐渐增大时，盘上的人便逐渐向边缘滑去，这是人受沿半径向外的离心力作用的缘故。 ( )
(7)当“魔盘”转动到一定速度时，人会“贴”在“魔盘”竖直壁上而不会滑下，此时的向心力是由静摩擦力提供。 ( )
√
×
×
√
×
×
×
(一) 描述圆周运动的物理量(固基点)
[题点全练通]
1．[皮带传动](多选)如图甲所示是中学物理实验室常用的感应起
电机，它是由两个大小相等直径约为30 cm的感应玻璃盘起电
的，其中一个玻璃盘通过从动轮与手摇主动轮连接，如图乙所
示，现玻璃盘以100 r/min的转速旋转，已知主动轮的半径约为8 cm，从动轮的半径约为2 cm，P和Q是玻璃盘边缘上的两点，若转动时皮带不打滑，下列说法正确的是 (　 )
答案：BC
答案：A
3．[同轴转动] (2021·广东高考)由于高度限制，车库出入口采用如
图所示的曲杆道闸。道闸由转动杆OP与横杆PQ链接而成，P、
Q为横杆的两个端点。在道闸抬起过程中，杆PQ始终保持水平。 杆OP绕O点从与水平方向成30°匀速转动到60°的过程中，下列说法正确的是 (　 )
A．P点的线速度大小不变
B．P点的加速度方向不变
C．Q点在竖直方向做匀速运动
D．Q点在水平方向做匀速运动
解析：由于杆OP匀速转动，P点到圆心的距离不变，故P点的线速度大小不变，A正确；P点的加速度为向心加速度，始终指向圆心，方向时刻变化，B错误；设OP＝l1，PQ＝l2，可知Q点到O点所在水平线的距离y＝l1sin(30°＋ωt)，故Q点在竖直方向的运动不是匀速运动，C错误；Q点到O点的水平距离x＝l2＋l1cos(30°＋ωt)，故Q点在水平方向的运动也不是匀速运动，D错误。
答案：A　
[要点自悟明]
1．匀速圆周运动各物理量间的关系
2．三种传动方式及各自的特点
皮带传动 皮带与两轮之间无相对滑动时，两轮边缘线速度大小相等
齿轮传动 两轮边缘接触，接触点无打滑现象时，两轮边缘线速度大小相等
同轴转动 两轮固定在同一转轴上转动时，两轮转动的角速度大小相等
(二) 向心力来源分析及离心现象(释疑点)
研清微点1　圆周运动的向心力来源分析　
1． (多选)如图所示，长为L的细绳一端固定，另一端系一质量为m
的小球。给小球一个合适的初速度，小球便可在水平面内做匀
速圆周运动，这样就构成了一个圆锥摆，设细绳与竖直方向的
夹角为θ。下列说法中正确的是 (　 )
A．小球受重力、绳的拉力和向心力作用
B．小球只受重力和绳的拉力作用
C．θ越大，小球运动的速率越大
D．θ越大，小球运动的周期越大
答案：BC　
一点一过
1．向心力的来源
向心力是按力的作用效果命名的，可以是重力、弹力、摩擦力等各种力，也可以是几个力的合力或某个力的分力，在受力分析中要避免再另外添加一个向心力。
2．向心力的确定
(1)确定圆周运动的轨道所在的平面，确定圆心的位置。
(2)分析物体的受力情况，找出所有的力沿半径方向指向圆心的合力，就是向心力。
答案：C
研清微点3　离心现象分析　
3． (多选)摩擦传动是传动装置中的一个重要模型，如图所示的两个水
平放置的轮盘靠摩擦力传动，其中O、O′分别为两轮盘的轴心，
已知两个轮盘的半径之比r甲∶r乙＝3∶1，且在正常工作时两轮盘不
打滑。今在两轮盘上分别放置两个同种材料制成的完全相同的滑块A、B，两滑块与轮盘间的动摩擦因数相同，两滑块与轴心O、O′的间距RA＝2RB。若轮盘乙由静止开始缓慢地转动起来；且转速逐渐增加，则下列叙述正确的是 (　 )
A．滑块A和B均与轮盘相对静止时，角速度之比为ωA∶ωB＝1∶3
B．滑块A和B均与轮盘相对静止时，向心加速度之比为aA∶aB＝2∶9
C．转速增加后滑块B先发生滑动
D．转速增加后两滑块一起发生滑动
解析：由题意可知两轮盘边缘的线速度v大小相等，由v＝ωr可知，ω甲∶ω乙＝1∶3，所以两滑块均与轮盘相对静止时，A、B的角速度之比为ωA∶ωB＝1∶3，故A正确；两滑块均与轮盘相对静止时，根据a＝Rω2，得A、B的向心加速度之比为aA∶aB＝2∶9，故B正确；根据题意可得滑块的最大静摩擦力为f＝μmg，转动中所受的静摩擦力之比为fA′∶fB′＝maA∶maB＝2∶9，可知滑块B先达到最大静摩擦力，先开始滑动，故C正确，D错误。
答案：ABC
一点一过
圆周运动与离心运动的判定
(1)当物体沿半径方向指向圆心的合力恰好等于向心力时，物体做匀速圆周运动。
(2)当物体沿半径方向指向圆心的合力不足以提供向心力时，物体将做离心运动，只有提供向心力的合外力突然消失时，物体才沿切线方向飞出。
(3)靠静摩擦力提供向心力时，当静摩擦力达到最大静摩擦力时，物体将开始做离心运动。
(三) 水平面内的匀速圆周运动(融通点)
1．运动特点
(1)运动轨迹在水平面内。(2)做匀速圆周运动。
2．受力特点
(1)物体所受合外力大小不变，方向总是指向圆心。
(2)合外力充当向心力。
3．分析思路
[考法全析]
考法(一)　车辆转弯问题
[例1]　(多选)在旅游时，游客乘坐列车以恒定速率通过一段水
平圆弧形弯道过程中，游客发现车厢顶部悬挂玩具小熊的细线稳定
后与车厢侧壁平行，同时观察放在桌面(与车厢底板平行)上水杯内的
水面，已知此弯道路面的倾角为θ，不计空气阻力，重力加速度为g，则下列判断正确的是 (　 )
A．列车转弯过程中的向心加速度为gtan θ，方向与水平面的夹角为θ
B．列车的轮缘与轨道无侧向挤压作用
C．水杯与桌面间无摩擦
D．水杯内水面与桌面不平行
[答案]　BC
[答案]　BC
考法(二)　圆锥摆问题
[例3]　(多选)如图，内壁光滑的玻璃管内用长为L的轻绳 悬挂
一个小球。当玻璃管绕竖直轴以角速度ω匀速转动时，小球与玻璃
管间恰无压力。下列说法正确的是 (　 )
A．仅增加绳长后，小球将受到玻璃管斜向上方的压力
B．仅增加绳长后，若仍保持小球与玻璃管间无压力，需减小ω
C．仅增加小球质量后，小球将受到玻璃管斜向上方的压力
D．仅增加角速度至ω′后，小球将受到玻璃管斜向下方的压力
[解析]　根据题意可知，mgtan θ＝mrω2＝mω2Lsin θ，仅增加绳长后，小球需要向心力变大，则有离心趋势会挤压管壁外侧，小球受到玻璃管给的斜向下方的压力，若仍保持小球与玻璃管间无压力，需减小ω，故A错误，B正确；小球质量可以被约去，所以仅增加小球质量，小球仍与管壁间无压力，故C错误；仅增加角速度至ω′后，小球需要向心力变大，则有离心趋势会挤压管壁外侧，小球受到玻璃管斜向下方的压力，故D正确。
[答案]　BD
[例4]　拨浪鼓最早出现在战国时期，宋代时小型拨浪鼓已成为儿童玩具。四个拨浪鼓上分别系有长度不等的两根细绳，绳一端系着小球，另一端固定在关于手柄对称的鼓沿上，现使鼓绕竖直放置的手柄匀速转动，两小球在水平面内做周期相同的圆周运动。下列各图中两球的位置关系可能正确的是(图中细绳与竖直方向的夹角α<θ<β) (　 )
[答案]　C
(四) 竖直平面内的圆周运动(融通点)
两种常见的模型
项目 轻绳模型 轻杆模型
情景图示
弹力特征 弹力可能向下，也可能等于零 弹力可能向下，可能向上，也可能等于零
续表
[答案]　D
[解题指导]
题干信息 获取信息
光滑水平转轴穿过杆上距球A为L处的O点 球A做圆周运动的半径为L，球B做圆周运动的半径为2L
球B运动到最高点时，杆对球B恰好无作用力 球B在最高点只受重力作用，重力恰好提供向心力
[答案]　C
[例3]　(多选)如图甲，固定在竖直平面内的光滑圆形管道内有一小球在做圆周运动，小球直径略小于管道内径，管道最低处N装有连着数字计时器的光电门，可测出球经过N点时的速率vN，最高处装有力的传感器M，可测出球经过M点时对管道作用力F(竖直向上为正)，用同一小球以不同的初速度重复试验，得到F与vN2的关系图像如图乙，c为图像与横轴交点坐标，b为图像延长线与纵轴交点坐标，重力加速度为g，则下列说法中正确的是 (　 )
(五) 斜面上圆周运动的临界问题(精研点)
在斜面上做圆周运动的物体，因所受的控制因素不同，如摩擦力控制、绳控制、杆控制，物体的受力情况和所遵循的规律也不相同。下面列举三种类型：
[答案]　C
类型(二)　轻杆控制下的斜面圆周运动
[例2]　如图所示， 长为l的轻杆两端各固定一个质量均为m的
小球a、b，系统置于倾角为θ的光滑斜面上，且杆可绕位于中点的转轴平行于斜面转动，当小球a位于最低点时给系统一初始角速度ω0，不计一切阻力，则 (　 )
A．在轻杆转过180°的过程中，角速度逐渐减小
B．只有ω0大于某临界值，系统才能做完整的圆周运动
C．轻杆受到转轴的力的大小始终为2mgsin θ
D．轻杆受到转轴的力的方向始终在变化
[解析]　小球a、b质量均为m，系统置于倾角为θ的光滑斜面上，且杆可绕位于中点的转轴平行于斜面转动，当系统有初始角速度时，在转动过程中，系统的重力势能不变，那么系统的动能也不变，因此系统始终匀速转动，故A、B错误；选两球及杆作为系统，根据牛顿第二定律，则有：F－2mgsin θ＝man＋m(－an)，解得：F＝2mgsin θ，而轻杆受到转轴的力的方向始终沿着斜面向上，故C正确，D错误。
[答案]　C
[答案]　AD(共48张PPT)
第4讲　万有引力与宇宙航行 相对论
第1课时　万有引力定律及其应用(全面落实基础)
一、开普勒行星运动定律
开普勒第一定律 所有行星绕太阳运动的轨道都是______，太阳处在椭圆的一个焦点上
开普勒第二定律 对任意一个行星来说，它与太阳的连线在相等的时间内扫过的______相等
开普勒第三定律 所有行星轨道的半长轴的_______跟它的公转周期的_______的比都相等
椭圆
面积
三次方
二次方
质点
球心
三、宇宙速度
第一宇宙速度 第一宇宙速度又叫______速度，是人造卫星的最小_____速度，其数值为____km/s
第二宇宙速度 使物体挣脱_____引力束缚的最小发射速度，其数值为_____km/s
第三宇宙速度 使物体挣脱_____引力束缚的最小发射速度，其数值为____ km/s
环绕
发射
7.9
地球
11.2
太阳
16.7
相同
情境创设　
一颗卫星围绕地球运动，A、B是卫星运动的远地点和近地点。
√
×
√
×
×
情境创设　
如图所示，为一艘正在以0.2c的速度远离地球的飞船。
微点判断　
(6)地球上的观察者看到飞船发出的激光束的速度为1.2c。 ( )
(7)地球上的观察者看到飞船的长度变短了。 ( )
(8)飞船上的观察者看到飞船上的时钟变慢了。 ( )
×
√
×
(一) 开普勒行星运动定律(固基点)
[题点全练通]
1．[开普勒第一定律的理解]
(多选)下列说法正确的是 (　 )
A．太阳系中的八大行星有一个共同的轨道焦点
B．行星的运动方向总是沿着轨道的切线方向
C．行星的运动方向总是与它和太阳的连线垂直
D．太阳是静止不动的
解析：太阳系中八大行星绕太阳运动的轨迹都是椭圆，而太阳位于八大行星椭圆轨道的一个共同焦点上，故A正确；行星的运动轨迹为椭圆，即行星做曲线运动，速度方向沿轨道的切线方向，故B正确；椭圆上某点的切线并不一定垂直于此点与焦点的连线，故C错误；太阳并非静止，它围绕银河系的中心不断转动，故D错误。
答案：AB　
答案：C
3．[开普勒第三定律的应用]2022年11月30日5时42分，“神舟十五号”载人飞船成功对接于“天和”核心舱前向端口，“神舟十五号”载人飞船与“天和”核心舱对接过程的示意图如图所示，“天和”核心舱处于半径为r3的圆轨道Ⅲ；“神舟十五号”飞船处于半径为r1的圆轨道Ⅰ，运行周期为T1，通过变轨操作后，沿椭圆轨道Ⅱ运动到B处与“天和”核心舱对接，则“神舟十五号”飞船 (　 )
根据开普勒第三定律，轨道Ⅰ半径小于轨道Ⅲ半径，所以沿轨道Ⅰ运行的周期小于天和核心舱沿轨道Ⅲ运行的周期，故D错误。
答案：A
答案：C
答案：C
答案：CD　
2．宇宙速度与运动轨迹的关系
(1)v发＝7.9 km/s时，卫星绕地球做匀速圆周运动。
(2)7.9 km/s＜v发＜11.2 km/s，卫星绕地球运动的轨迹为椭圆。
(3)11.2 km/s≤v发＜16.7 km/s，卫星绕太阳做椭圆运动。
(4)v发≥16.7 km/s，卫星将挣脱太阳引力的束缚，飞到太阳系以外的空间。
(三) 卫星运行参量的分析与比较(释疑点)
研清微点1　卫星运行状态参量的比较与计算　
答案：C
2． 如图所示，极地卫星的运行轨道平面通过地球的南北两极(轨道
可视为圆轨道、地球视为球体)，若一个极地卫星从北纬30°的
正上方，按图示方向第一次运行至赤道正上方时所用的时间为
0.25 h，已知纬度是指某点与地球球心的连线和地球赤道面所
成的线面角，同步卫星的线速度大小为3.08 km/s，则该极地卫星的线速度大小为 (　 )
A．1.54 km/s B．3.08 km/s
C．6.16 km/s D．7.9 km/s
答案：C
一点一过
物理量随轨道半径变化的规律
[提醒]　a、v、ω、T均与卫星的质量无关，只由轨道半径和中心天体质量共同决定，所有状态参量的比较，最终归结到半径的比较。
研清微点2　地球静止轨道卫星　
3．我国首颗量子科学实验卫星“墨子”已于酒泉卫星发射中心成功发射，首次实现了地球上相距千公里两个地面站之间的量子态远程传输，“墨子”由火箭发射至高度为500 km的圆形轨道。此前在西昌卫星发射中心成功发射了第二十三颗北斗导航卫星G7，G7属于地球静止轨道卫星(高度约为36 000 km)，它将使北斗系统的可靠性进一步提高。关于卫星以下说法中正确的是(　 )
A．这两颗卫星的运行速度可能大于7.9 km/s
B．通过地面控制可以将北斗G7定点于西昌正上方
C．量子科学实验卫星“墨子”的周期比北斗G7的周期小
D．量子科学实验卫星“墨子”的向心加速度比北斗G7的小
答案：C
一点一过
1．地球静止轨道卫星的6个“一定”
2．地球静止轨道卫星与同步卫星的关系
地球同步卫星位于地面上方，其离地面高度约为 36 000 km，周期与地球自转周期相同，但轨道平面与绕行方向可以是任意的。地球静止轨道卫星是一种特殊的同步卫星。
[答案]　C
[答案]　A
[答案]　AC
[答案]　AC
[答案]　A
(六) 狭义相对论(固基点)
[题点全练通]
1．[狭义相对论的理解]
(多选)接近光速飞行的飞船和地球上各有一只相同的铯原子钟，飞船和地球上的人观测这两只钟的快慢，下列说法正确的有 (　 )
A．飞船上的人观测到飞船上的钟较快
B．飞船上的人观测到飞船上的钟较慢
C．地球上的人观测到地球上的钟较快
D．地球上的人观测到地球上的钟较慢
解析：相对论告诉我们，运动的钟会变慢，由于飞船上的人相对飞船上的钟是静止的，而观测到地球上的钟是高速运动的，因此飞船上的人观测到飞船上的钟相对于地球上的钟快，A正确，B错误；同样，地球上的人观测到飞船上的钟是高速运动的，因此地球上的人观测到地球上的钟比飞船上的钟快，C正确，D错误。
答案：AC
2．[狭义相对论结论的应用]
一艘太空飞船静止时的长度为30 m，他以0.6c(c为光速)的速度沿长度方向飞行越过地球，下列说法正确的是 (　 )
A．飞船上的观测者测得该飞船的长度小于30 m
B．地球上的观测者测得该飞船的长度小于30 m
C．飞船上的观测者测得地球上发来的光信号速度小于c
D．地球上的观测者测得飞船上发来的光信号速度小于c
解析：飞船上的观测者相对飞船静止，测得的长度仍为30 m，而地球上的观测者观测高速飞行的飞船，长度缩短了，故A错误，B正确；根据狭义相对论的基本假设可知，飞船和地球上的观测者测得光信号的速度均为c，C、D错误。
答案：B
[要点自悟明]
狭义相对论的三个有用的结论
(1)运动的时钟变慢了。
(2)运动的尺子长度缩短了。
(3)运动的物体质量增大了。(共34张PPT)
第2课时 “天体运动四大热点问题”的深入研究(综合融会贯通)
热点(一)　“三体”运动的比较
1．[地球同步卫星与地面上物体物理量的比较]
我国发射的第三十二颗北斗导航卫星属于倾斜地球同步轨道卫星，
卫星入轨并完成在轨测试后，将接入北斗卫星导航系统，为用户提
供更可靠服务。通过查询，倾斜地球同步轨道卫星是运转轨道面与地球赤道面有夹角的轨道卫星，它的运转周期也是24小时，如图所示，关于该北斗导航卫星说法正确的是 (　 )
A．该卫星可定位在北京的正上空
B．该卫星与地球静止轨道卫星的向心加速度大小是不等的
C．该卫星的发射速度v≤7.9 km/s
D．该卫星的角速度与放在北京地面上物体随地球自转的角速度大小相等
答案：D
答案：BC
3．[近地卫星与同步卫星状态参量的比较]
北斗问天，国之夙愿。我国北斗三号系统的收官之星是地球静止
轨道卫星，其轨道半径约为地球半径的7倍。与近地轨道卫星相比，
地球静止轨道卫星 (　　)
A．周期大
B．线速度大
C．角速度大
D．加速度大
答案：A　
答案：B
答案：AB　
3．[两星相距最近或最远次数的计算]
(多选)如图，行星a、b的质量分别为m1、m2，中心天体c的质量为
M(M远大于m1及m2)，在万有引力作用下，a、b在同一平面内绕c
沿逆时针方向做匀速圆周运动，已知轨道半径之比为ra∶rb＝1∶4，
则下列说法中正确的是 (　 )
A．a、b运动的周期之比为Ta∶Tb＝1∶8
B．a、b运动的周期之比为Ta∶Tb＝1∶4
C．从图示位置开始，在b转动一周的过程中，a、b、c共线12次
D．从图示位置开始，在b转动一周的过程中，a、b、c共线14次
答案：AD
[规律方法]
“天体相遇”，指两天体相距最近。若两环绕天体的运转轨道
在同一平面内，则两环绕天体与中心天体在同一直线上，且位于中
心天体的同侧(或异侧)时相距最近(或最远)。类似于在田径场赛道上的循环长跑比赛，跑得快的每隔一段时间多跑一圈追上并超过跑得慢的。解决这类问题有两种常用方法：
热点(三)　卫星变轨问题
考法(一)　卫星的变轨、对接问题
1．卫星发射及变轨过程概述
人造卫星的发射过程要经过多次变轨方可到达预定轨道，如图所示。
(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。
(2)在A点点火加速，由于速度变大，万有引力不足以提供向心力，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．飞船与空间站的对接
航天飞船与宇宙空间站的“对接”实际上就是两个做匀速圆周运动的物体追赶问题，本质仍然是卫星的变轨运行问题。
[例1]　(2022·济南模拟)(多选)如图所示是我国发射的“天问一号”火星探测器的运动轨迹示意图。首先在地面上由“长征五号”运载火箭将探测器发射升空，然后经过漫长的七个月地火转移飞行，到达近火点时精准“刹车”被火星捕获，成为环绕火星飞行的一颗卫星。以下说法中正确的是 (　 )
A．“长征五号”需要把“天问一号”加速到第二宇宙速度
B．近火点的“刹车”是为了减小火星对“天问一号”的引力
C．从火星停泊轨道向遥感轨道变轨过程，“天问一号”还需要在近火点制动减速
D．“天问一号”沿遥感轨道运行时在近火点处的动能最小
[解析]　“天问一号”要脱离地球的吸引，需要加速到第二宇宙速度，A正确；近火点的“刹车”是为了减小“天问一号”所需的向心力，B错误；从火星停泊轨道向遥感轨道变轨过程，“天问一号”所需的向心力进一步减小，需要在近火点制动减速，C正确；“天问一号”沿遥感轨道运行时在近火点处的动能最大，D错误。
[答案]　AC
[针对训练]
1．2022年11月30日5时42分，“神舟十五号”载人飞船成功自主对接于中国空间站“天和” 核心舱的前向端口。假设空间站与“神舟十五号”都围绕地球做匀速圆周运动，为了实现飞船与空间站的对接，下列措施可行的是 (　 )
A．使飞船与空间站在同一轨道上运行，然后飞船加速追上空间站实现对接
B．使飞船与空间站在同一轨道上运行，然后空间站减速等待飞船实现对接
C．飞船先在比空间站半径小的轨道上加速，加速后飞船逐渐靠近空间站，两者速度接近时实现对接
D．飞船先在比空间站半径小的轨道上减速，减速后飞船逐渐靠近空间站，两者速度接近时实现对接
解析：若使飞船与空间站在同一轨道上运行，然后飞船加速，所需向心力变大，则飞船将脱离原轨道而进入更高的轨道，不能实现对接，A错误；若使飞船与空间站在同一轨道上运行，然后空间站减速，所需向心力变小，则空间站将脱离原轨道而进入更低的轨道，不能实现对接，B错误；要想实现对接，可使飞船在比空间站半径较小的轨道上加速，飞船将进入较高的空间站轨道，逐渐靠近空间站后，两者速度接近时实现对接，C正确；若飞船在比空间站半径较小的轨道上减速，则飞船将进入更低的轨道，不能实现对接，D错误。
答案：C　
考法(二)　变轨前后各运行物理参量的比较
(1)速度：设卫星在圆轨道Ⅰ和Ⅲ上运行时的速率分别为v1、v3，在轨道Ⅱ上过A点和B点时速率分别为vA、vB。在A点加速，则vA>v1，在B点加速，则v3>vB，又因v1>v3，故有vA>v1>v3>vB。
(2)加速度：因为在A点，卫星只受到万有引力作用，故不论从轨道Ⅰ还是轨道Ⅱ上经过A点，卫星的加速度都相同，同理，经过B点加速度也相同。
[解析]　卫星从轨道Ⅰ变轨到轨道Ⅱ轨道半径变大，要做离心运动，卫星应从轨道Ⅰ的P点加速后才能做离心运动从而进入轨道Ⅱ，卫星加速过程机械能增加，故A错误；卫星由Ⅱ的Q点加速后才能进入Ⅲ，由此可知，卫星在轨道Ⅲ经过Q点时的速度大于轨道Ⅱ经过Q点时的速度，故B错误；根据牛顿第二定律可知，在同一个点卫星所受的万有引力相同，故卫星在不同轨道上的同一点P上的加速度相同，故C正确；卫星的最小发射速度为7.9 km/s，卫星已经发射，失利原因不可能是发射速度没有达到7.9 km/s，故D错误。
[答案]　C
答案：d　
热点(四)　双星、三星模型
模型(一)　双星模型
[例1]　(多选)天文学家通过观测两个黑洞并合的事件，间接验证了引力波的存在。该事件中甲、乙两个黑洞的质量分别为太阳质量的36倍和29倍，假设这两个黑洞绕它们连线上的某点做圆周运动，且两个黑洞的间距缓慢减小。若该双星系统在运动过程中，各自质量不变且不受其他星系的影响，则关于这两个黑洞的运动，下列说法正确的是 (　 )
A．甲、乙两个黑洞运行的线速度大小之比为36∶29
B．甲、乙两个黑洞运行的角速度大小始终相等
C．随着甲、乙两个黑洞的间距缓慢减小，它们运行的周期也在减小
D．甲、乙两个黑洞做圆周运动的向心加速度大小始终相等
[答案]　BC
[模型建构]　双星模型分析
[答案]　C
[模型建构]　三星模型分析

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