1、2016版二轮专题复习上一页返回首页下一页精要检索 主干回顾 考前热身 2016版二轮专题复习上一页返回首页下一页板块一 力与运动 2016版二轮专题复习上一页返回首页下一页A主干回顾 2016版二轮专题复习上一页返回首页下一页B精要检索 一、直线运动 1匀变速直线运动规律的三个重要公式(1)速度公式：vv0at.(2)位移公式：xv0t12at2.(3)位移、加速度、速度的关系：v2v202ax.2016版二轮专题复习上一页返回首页下一页2匀变速直线运动的三个重要推论(1)平均速度公式：vv0v2.(2)匀变速直线运动的判别式：xaT2.(3)中间时刻的瞬时速度公式：vt2vv0v2.201
2、6版二轮专题复习上一页返回首页下一页3研究匀变速直线运动的方法(1)用“xaT2”判断该运动是否为匀变速直线运动(2)用公式 vnxnxn12T求打点计时器打 n 点时纸带的速度(3)用“逐差法”求加速度，即 ax4x5x6x1x2x39T2.4自由落体运动(1)条件：只受重力作用；初速度为零(2)速度公式 vgt；位移公式 x12gt2.2016版二轮专题复习上一页返回首页下一页二、相互作用 1弹力 弹簧Fkx 大小面、绳、杆 由平衡条件或动力学规律求解 绳沿绳指向绳收缩的方向 杆“活杆”必沿杆方向，“死杆”不一定沿杆方向方向面垂直于接触面指向被压或被支持的物体 2016版二轮专题复习上一页
3、返回首页下一页2.摩擦力(1)滑动摩擦力 FFN，式中压力 FN 一般情况下不等于重力，滑动摩擦力的大小与速度无关；(2)静摩擦力大小和方向随运动状态及外力情况而变化，与压力 FN 无关静摩擦力的大小范围：0FFmax，其中最大静摩擦力 Fmax 与压力 FN 成正比 2016版二轮专题复习上一页返回首页下一页3共点力作用下物体的平衡条件 合力为零，即 F 合0.力沿任意方向分力的合力都为零，即 Fx 合0，Fy 合0.解答三个共点力作用下物体平衡的基本思路是合成法和分解法 方法步骤 合成法对物体进行受力分析，并画出受力分析图将所受的其中两个力应用平行四边形定则合成为一个等效力，由平衡条件可知
4、该等效力一定与第三个力大小相等、方向相反.分解法对物体受力分析，画出受力分析图，将其中一个力应用平行四边形定则分解到另两个力的反方向，由平衡条件可知，这两个分力一定分别与另两个力等大反向.2016版二轮专题复习上一页返回首页下一页三、牛顿运动定律 1牛顿三大定律的意义(1)牛顿第一定律：揭示了运动和力的关系：力不是维持物体速度(运动状态)的原因，而是改变物体速度的原因(2)牛顿第二定律 公式：aF合m.意义：力的作用效果是使物体产生加速度，力和加速度是瞬时对应关系(3)牛顿第三定律：表达式：F1F2.意义：明确了物体之间作用力与反作用力的关系 2016版二轮专题复习上一页返回首页下一页2超重与
5、失重(1)超重：物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)大于物体所受的重力原因：物体有向上的加速度(2)失重：物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)小于物体所受的重力原因：物体有向下的加速度(3)完全失重：物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)为零原因：物体有向下的加速度且大小为重力加速度 g.2016版二轮专题复习上一页返回首页下一页四、曲线运动 1平抛运动(1)特点：初速度沿水平方向，只受竖直方向的重力作用，其轨迹为抛物线平抛运动是匀变速(加速度是 g)曲线运动(2)位移关系：水平位移 xv0t 竖直位移 y12gt2 合位移的大小 s x2y2，合位移的方向 tan yx.2016版二轮专
6、题复习上一页返回首页下一页(3)速度关系：水平速度 vxv0，竖直速度 vygt.合速度的大小 v v2xv2y，合速度的方向 tan vyvx.(4)重要推论：速度偏角与位移偏角的关系为 tan 2tan 平抛运动到任一位置 A，过 A 点作其速度方向反向延长线交 Ox 轴于 C 点，有 OCx2(如图 1 所示)图 12016版二轮专题复习上一页返回首页下一页2匀速圆周运动的规律(1)v、T、f 及半径的关系：T1f，2T 2f，v2T r2frr.(2)向心加速度大小：av2r 2r42f2r42T2 r.(3)向心力大小：Fmamv2r m2rm42T2 r42mf2r.2016版二轮
7、专题复习上一页返回首页下一页3竖直平面内圆周运动临界条件(1)轻绳拉小球在竖直平面内做圆周运动(或小球在竖直圆轨道内侧做圆周运动)时的临界点是在竖直圆轨道的最高点有 Fmgmv2r 成立；由于轻绳中拉力F0，要使小球能够经过竖直圆轨道的最高点，则到达最高点时速度必须满足v gr.(2)由于经杆(或环形圆管)既可提供拉力，又可提供支持力，轻杆拉小球(或环形圆管内小球)在竖直平面内做圆周运动(或小球在竖直平面内双轨道之间做圆周运动)的条件为到达最高点时速度 v0.2016版二轮专题复习上一页返回首页下一页五、万有引力定律 1万有引力公式：FGm1m2r2 其中 G6.671011 Nm2/kg2.
8、2016版二轮专题复习上一页返回首页下一页2人造地球卫星(1)轨道特征：轨道平面必过地心(2)动力学特征：万有引力提供卫星绕地球做圆周运动的向心力，即有 GMmr2mv2r m2T2r.(3)运动学特征：轨道半径越大，周期越长，但运行速度越小(4)宇宙速度：发射人造地球卫星的最小速度第一宇宙速度 v1 gR7.9 km/s.物体脱离地球引力，不再绕地球运行所需的最小速度第二宇宙速度；物体脱离太阳的引力所需的最小速度第三宇宙速度 2016版二轮专题复习上一页返回首页下一页3地球卫星的最大运行速度和最小周期 由 GMmr2 m v2r m2T2r，得到卫星绕地球的运行速度 vGMr gR2r，周期
9、 T2 rv 2r3GM2r3gR2.当卫星绕地球表面运行时，轨道半径 r 等于地球半径 R，运行速度最大，周期最小 2016版二轮专题复习上一页返回首页下一页4地球同步卫星四定(1)运行周期一定，周期为 24 h.(2)距地面高度一定，大约为 3.6104 km.(3)轨道平面一定，轨道平面与赤道面重合(4)环绕方向及速度一定，环绕方向为自西向东运行，速度大小约为 3.1 km/s.2016版二轮专题复习上一页返回首页下一页C考前热身 1(多选)如图 2 所示，在倾角为 60的斜面上，放置一质量为 1 kg 的物体，用 k100 N/m 的轻质弹簧平行于斜面与物体连接物体放在 PQ 之间任何
10、位置都能处于静止状态，而超过这一范围，物体都会沿斜面滑动若 AP22 cm，AQ8 cm.则()图 2A弹簧在 Q 点为伸长状态 B弹簧在 Q 点为压缩状态 C物体与斜面间的最大静摩擦力为 7 N D弹簧的原长为 6.34 cm 2016版二轮专题复习上一页返回首页下一页【解析】设 P、Q 两点弹簧弹力 FP、FQ.若 FQ 向下推，沿斜面方向由平衡条件得：在 Q 点有 mgsin 60FQFfm，又有 Ffmmgcos 60AQ，故 FP 一定向上拉 应用极限法分析，如图所示，设弹簧的原长为 L.向上的 FPk(APL)向上的 FQk(AQL)沿斜面方向由平衡条件得：在 P 点有 mgsin
11、 60FfmFP 在 Q 点有 mgsin 60FfmFQ 解式得 Ffm7 N，L6.34 cm，符合设定故 C 和 D 均正确【答案】ACD 2016版二轮专题复习上一页返回首页下一页2(多选)如图 3 所示一个物体质量为 m，在高出水面 H 处由静止下落，落入水中后竖直向下运动 h 距离后速度减为零物体在水中运动时，除受重力外，还受水的浮力和阻力已知物体在水中所受浮力是其重力的109 倍，重力加速度为 g，假设水的阻力恒定，空气阻力不计则下列说法中正确的是()图 3A水的阻力做功为 mg(Hh)B水的阻力做功为 mgh C物体入水前瞬间的速度为 2gH D物体在水中运动时所受阻力大小为
12、mgHh19 2016版二轮专题复习上一页返回首页下一页【解析】下落全过程中，由动能定理得 mg(Hh)W 浮W 阻0，解得 W阻mg(Hh)W 浮mg(Hh)109 mgh，A 和 B 错误 入水前运动，由运动规律知 v22gH，解得 v 2gH，故 C 正确 2016版二轮专题复习上一页返回首页下一页水中运动受重力、浮力 F 浮和阻力 F 阻，由牛顿第二定律得 F 浮F 阻mgma.由运动规律得 v22ah.由题意知 F 浮109 mg.解式得 F 阻mgHh19，故 D 正确【答案】CD 2016版二轮专题复习上一页返回首页下一页3(多选)如图 4 所示，光滑的水平桌面上静止放置一薄木板
13、，薄木板的上面放一个铁块铁块与水平面上的 B 点的距离为 L.铁块的质量为 m，铁块与薄木板间的动摩擦因数为.当以速度 v0 水平匀速拉动薄木板，使之从铁块下抽出对此，下列说法中正确的是()图 42016版二轮专题复习上一页返回首页下一页A开始时铁块的加速度为 g B若铁块在 A、B 之间滑落木板，则 A、B 间的运动时间不小于2Lg C铁块脱离木板时的动能可能为12mv20 D若以 2v0 速度抽出木板时，铁块脱离木板时的速度可能减小为 v0 抽出时速度的12 2016版二轮专题复习上一页返回首页下一页【解析】铁块匀加速运动时，由牛顿第二定律得 mgma，故 A 正确 设铁块对地加速运动的位
14、移为 x，由运动规律得 v22ax.解式得 v 2gx.若到达 B 点恰好滑落，则 A、B 点间一直加速，由运动规律得 L12at2，解得 t2Lg.若在到达 B 点之前已经脱离木板，加速运动位移小于 L，则有 t2Lg，故 B 错误 铁块脱离木板时若恰好达到最大速度 v0(即木板的速度)，其动能则为12mv20，故 C 正确 2016版二轮专题复习上一页返回首页下一页当以 v0 拉木板时，设铁块距木板左端 s，铁块脱离木板的时间为 t.分析铁块，由运动规律得 x12at2，vat.分析木板，由运动规律得 xsv0t.解得 vv0 v20gs，vv0 v20gs(因 vv0，舍去此解)当以 2
15、v0 拉木板时，同理有 v2v0（2v0）2gs.假设 v12v成立联立式不成立，故 D 错误【答案】AC 2016版二轮专题复习上一页返回首页下一页4(多选)如图 5 甲所示，有一个倾角为 的光滑斜面，用一水平外力 F 拉一个静止在光滑斜面上的物体逐渐增大 F，物体做变加速运动，其加速度 a随外力 F 变化的图象如图乙所示，若重力加速度 g 取 10 m/s2.根据图乙中所提供的信息可以计算出()甲 乙图 5A物体的质量 B斜面的倾角 C斜面的长度 D加速度为 6 m/s2 时物体的速度 2016版二轮专题复习上一页返回首页下一页【解析】由牛顿第二定律得 Fcos mgsin ma.读取 a
16、-F 图象信息当 F0 时，agsin 6 m/s2，解得 37，故 B 正确 当 a0 时，mgsin Fcos 12 N，解得 m2 kg，故 A 正确 不可计算出斜面的长度，C 错误无法求出具体的时间，所以无法计算速度，D 错误【答案】AB 2016版二轮专题复习上一页返回首页下一页5如图 6 所示，某物体自空间 O 点以水平初速度 v0 抛出，落在地面上的 A点，其轨迹为一抛物线现仿此抛物线制作一个光滑滑道并固定在与 OA 完全重合的位置上，然后将此物体从 O 点由静止释放，受微小扰动而沿此滑道滑下，在下滑过程中物体未脱离滑道P 为滑道上一点，OP 连线与竖直方向成 45角，则此物体(
17、)图 62016版二轮专题复习上一页返回首页下一页A由 O 点运动至 P 点的时间为2v0g B物体经过 P 点时，速度的水平分量为2 55 v0 C物体经过 P 点时，速度的竖直分量为 v0 D物体经过 P 点时，速度大小为2 25 v0 2016版二轮专题复习上一页返回首页下一页【解析】OP 连线与竖直方向成 45角，则平抛运动的竖直位移与水平位移相等，有 v0t12gt2，解得 t2v0g.而沿光滑滑道由静止下滑至 P 的时间不为2v0g，故 A 错误平抛时竖直方向分速度为 vygt2v0，设瞬时速度方向与水平方向成 角，则有 tan vyv02.由静止沿滑道下滑过程，由动能定理得12m
18、v2mgh，而平抛运动时有 v2y2gh，解得 v2v0，故 D 错误 物体沿轨道下滑经过 P 点时，速度的水平分量为 vxvcos 2 55 v0，故 B正确，C 错误【答案】B 2016版二轮专题复习上一页返回首页下一页6如图 7 所示，一轻杆一端固定在 O 点，另一端固定一个小球，在竖直平面内做圆周运动，通过最高点时，由于球对杆有作用力，使杆发生了微小形变，关于杆的形变量与球在最高点时的速度大小关系，正确的是()图 7A形变量越大，速度一定越大 B形变量越大，速度一定越小 C形变量为 0，速度一定不为 0 D速度为 0，可能无形变 2016版二轮专题复习上一页返回首页下一页【解析】第一种
19、情况：当杆向下拉小球时，由牛顿第二定律得 GFmv2L，此时形变量越大，则拉力 F 越大，所以速度 v 越大 第二种情况：当杆向上支持小球时，由牛顿第二定律得 GFmv2L，此时形变量越大，则支持力 F 越大，所以速度 v 越小综合以上两种情况，A 和 B错误 2016版二轮专题复习上一页返回首页下一页当杆的形变量为 0，即杆作用力为 0 时(临界点)，由牛顿第二定律得 Gmv2L，解得 vGLm，则速度一定不为 0，故 C 正确当速度减为 0 时，由牛顿第二定律得 GFNmv2L 0，即 GFN，则杆有作用力，所以一定有形变，故 D 错误【答案】C 2016版二轮专题复习上一页返回首页下一页
20、7设地球半径为 R，地面重力加速度为 g，关于人造卫星绕地球做匀速圆周运动，下列说法错误的是()A人造卫星运行的最大角速度为gR B卫星在距地面高度为 R 处的绕行速度为gR2 C卫星在距地面高度为 R 处的重力加速度为g4 D地球同步卫星的速率比近地卫星速率小，所以发射相同质量的同步卫星所需的能量较小 2016版二轮专题复习上一页返回首页下一页【解析】设地球质量为 M.地面处卫星角速度 GMR3，地面高度 R处，卫星速度 vGM2R.地面处有 GMgR2，高度 R 处有 GMg(2R)2 解式得 gR，故 A 正确解式得 vgR2，故 B 正确解式得 gg4，故 C 正确 同步卫星轨道半径 r 大，其机械能 E 大，则发射时所需能量大，故 D 错误【答案】D
