資源簡介

秘籍10電場中的功能關系和圖像問題（學生版）-備戰(zhàn)2024年高考物理搶分秘
籍
秘籍10電場中的功能關系和（φx、Ep-x、E-x)圖像問題
應試秘籍
一、
電場中的功能關系
1.求電場力做功的方法
(I)定義式：WAB=F1cosQ=gE1cosd(適用于勻強電場)：
(②)電勢的變化：WAB=gUAB=q(中A中B)。
(3)動能定理：W+W=△Ek。
(4④)電勢能的變化：WAB=-△Ep=EpA-EpB。
2.電場中的功能關系
(1)若只有電場力做功，則電勢能與動能之和保持不變，
(2若只有電場力和重力做功則電勢能、重力勢能、動能之和保持不變
3)除重力、彈力外，其他各力對物體做的功等于物體機械能的增量
(4④)所有外力對物體所做的總功等于物體動能的變化，
二、幾種常見的圖像及性質特點
1、vt圖像
根據(jù)ⅴ+圖象中速度變化、斜率確定電荷所受合力的方向與合力大小變化，確定電場的方
向、電勢高低及電勢能變化
2、px圖像
,x1處圖線的斜率為0，即Ex1=0
x處圖線的斜率的
絕對值比處的大，
即E2>Ex4
X1 X2 X3
X41
-
x3處，電勢p=0,但
電場強度
電場強度向右
圖像的斜率不等于0，
向左
(正向)
所以Ex3≠0
(1)電場強度的大小等于0x圖線的斜率的絕對值，電場強度為零處，0x圖線存在極值其切線
的斜率為零。
(2)在0x圖像中可以直接判斷各點電勢的大小并可根據(jù)電勢大小關系確定電場強度的方向。
(3)在px圖像中分析電荷移動時電勢能的變化，可用W,s=gUs,進而分析W,s的正負然后作
出判斷。
3、Epx圖像
Ep
圖像的斜率大小表示粒
子受到的電場力大小
(1)根據(jù)電勢能的變化可以判斷電場力做功的正負，電勢能減少，電場力做正功：電勢能增加，電
場力做負功。
(2)根據(jù)△E,=W=Fx,圖像E。x斜率的絕對值表示電場力的大小。
3、Ex圖像
-·圖像所圍“面積”表
示OA兩點的電勢差
(1)Ex圖像反映了電場強度隨位移變化的規(guī)律E>0表示電場強度沿x軸正方向E<0表示電
場強度沿x軸負方向。
(2)在給定了電場的Ex圖像后，可以由圖線確定電場強度的變化情況，電勢的變化情況，Ex圖
線與x軸所圍圖形“面積表示電勢差兩點的電勢高低根據(jù)電場方向判定。在與粒子運動相結合
的題目中，可進一步確定粒子的電性、動能變化、電勢能變化等情況。
(3)在這類題目中，還可以由Ex圖像畫出對應的電場利用這種已知電場的電場線分布、等勢
面分布或場源電荷來處理相關問題。秘籍12帶電粒子在等效場、疊加場、組合場、復合場中
的綜合運動
應試秘籍
帶電粒子在場中無約束情況下，常見的幾種情況：
①電場力、重力并存一電場力+重力=F(恒力)
靜止或勻速直線運動一→F魚=mg且方向相反（即F微=0）；
勻加減速直線運動一一F數(shù)0且與ν共線
勻變速曲線運動一一F數(shù)0且與ⅴ不共線；
無圓周運動
②磁場力、重力并存
勻速直線運動一一F=mg且方向相反（或F=F且方向相反），運動方向與F*垂直；
變加速曲線運動（復雜曲線），因洛倫茲力不做功，故機械能守恒
無靜止、無勻變速直線運動、無勻變速曲線運動、無勻速圓周
②磁場力、電場力并存
勻速直線運動一一F=mg且方向相反（或F=F且方向相反)，運動方向與F垂直；
變加速曲線運動（復雜曲線），可用動能定理求解。
無靜止、無勻變速直線運動、無勻變速曲線運動、無勻速圓周
③磁場力、電場力、重力并存
靜止一一F電=mg且方向相反，且F=0;
勻速直線運動←-一F意、mg、F三力平衡j;
勻速圓周運動←一一→F=mg且方向相反，且F=F;
變加速曲線運動（復雜曲線)，可用能量守恒定律或動能定理求解。
無勻變速直線運動、無勻變速曲線運動
搶分通關
【題型】帶電粒子在等效場、疊加場、組合場、復合場中的綜合運動

典例精講
【典例1】(2024廣東深圳一模)如圖所示，整個空間存在一水平向右的勻強電場和垂直紙面
向外的勻強磁場，光滑絕緣斜面固定在水平面上。一帶正電滑塊從斜面頂端由靜止下滑，下滑
過程中始終沒有離開斜面，下滑過程中滑塊的位移x、受到的洛倫茲力力、加速度α與機械
能等物理量的大小隨時間變化的圖線可能正確的是（)
B。
7777777777777777777
【典例2】(2024湖北·二模)現(xiàn)代料學儀器中常利用電、磁場控制帶電粒子的運動。如圖甲所
示，紙面內存在上、下寬度均為的勻強電場與勻強磁場，勻強電場豎直向下，勻強磁場垂直
紙面向里，磁感應強度大小為B。現(xiàn)有一質量為、電荷量為q的帶正電粒子（不計重力）從
電場的上邊界的O點由靜止釋放，運動到磁場的下邊界的P點時正好與下邊界相切。若把電
場下移至磁場所在區(qū)域，如圖乙所示，重新讓粒子從上邊界M點由靜止釋放，經(jīng)過一段時間
粒子第一次到達最低點N,下列說法正確的是()
XXX
A.勻強電場的場強大小為型
B.粒子從0點運動到P點的時間為+4)m
2gB
C.從、V兩點的豎直距離為9
D.粒子經(jīng)過N點時速度大小為吧
【典例3】(2024山東煙臺一模)如圖所示，在x0平面內軸左側存在平行于紙面范圍足夠
大的勻強電場耳（大小未知）。一質量為m、電荷量為的電子（重力不計），從x軸上x=-L的
P點以速度2、與x軸負方向夾角6=45°入射，之后電子從y軸上的點以2%的速度沿x軸
正方向射入第一象限，在第一象限有一垂直于紙面向里、磁感應強度大小為只-的勻強磁
場，分布在一個半徑為，=片的圓形驅域內（圖中未畫出），且圓形驅域的左側與軸相切，圓
形區(qū)域所處的位置恰好能夠使得電子穿過圓形區(qū)域時速度的偏轉角度最大。電子從圓形區(qū)域射
出后，從x軸上M點射入x軸下方，在x軸下方存在范圍足夠大、方向均沿)軸負方向的勻強
電場E,(大小未知)和勻強磁場B,(大小未知)，電子在x軸下方運動一段時間后能夠怡好返
回M點，求：
(1)P、兩點間的電勢差：
(2)Q點的縱坐標；
(3)電子在圓形磁場區(qū)域中運動的時間：
(4)
是的可能值。
E
2%
0
E
【典例4】(2024天津和平一模)如圖所示，在直角坐標系的第一象限，有方向豎直向下、場
強大小為E的勻強電場，在第四象限有垂直紙面向外的勻強磁場，在x軸下方放置一長度為
的絕緣薄板PQ,擋板平面與x軸垂直且上端緊貼x軸。一質量為m,電荷量為q(g>0)的粒子
從y軸上一點以大小為的速度水平向右射出，恰好從薄板上邊緣P點處射入磁場，粒子射入秘籍14電磁感應中的動力學、能量、動量問題（學生
版)-備戰(zhàn)2024年高考物理搶分秘籍
秘籍14電磁感應中的動力學、能量、動量問題
應試秘籍
一、電磁感應中的動力學問題
1.導體的兩種運動狀態(tài)
(1)平衡狀態(tài)—加速度為0—靜止狀態(tài)或勻速直線運動狀態(tài).（根據(jù)平衡條件列式分析）
②非平衡狀態(tài)一加速度不為零.（根據(jù)牛頓第二定律進行動態(tài)分析或結合功能關系分析）
2.導體常見運動情祝的動態(tài)分析
若F◆=0
勻速直線運動
v增大，若a恒定，拉力F增大
E=Blv
v增大，F(xiàn)安增大，F(xiàn)減小，a減小，做加
↓
a、v同向
速度減小的加速運動，減小到a=0,勻速
E
若F0
R+r
直線運動
F含=ma
F安=BI
v減小，F(xiàn)安減小，a減小，當a=0,靜止
av反向
或勻速直線運動
F含
二、電磁感應中的能量問題
1.
電磁感應中的能量轉化
其他形式
克服安培力做功電能
電流做功
焦耳熱或其他
的能量
形式的能量
2.求解焦耳熱Q的三種方法
(1)焦耳定律：Q=PR,電流、電阻都不變時適用
(2)功能關系：Q=礦烹”任意情祝都適用
(3)能量轉化：Q=△E位經(jīng)的心x,
任意情況都適用
三、電磁感應中的動量問題
1.動量觀點在電磁感應現(xiàn)象中的應用
(①)對于兩導體棒在平直的光滑導軌上運動的情況，如果兩棒所受的外力之和為零，則考慮應
用動量守恒定律處理問題：
(②)由B亞△r=m△q=7·△t可知，當題目中涉及電荷量或平均電流時，可應用動量定理來
解決問題，
2.安培力對時間的平均值的兩種處理方法
力對時間的平均值和力對位移的平均值通常不等。力對時間的平均值可以通過作F圖象，求
出曲線與t軸圍成的面積（即，總沖量），再除以總時間，其大小就是力對時間的平均值萬。
(1)角度一安培力對時間的平均值求電荷量
安培力的沖量公式是心=B△，=Bg=BLA,這是安培力在電磁感應中的一個重要推論。感
應電流通過直導線時，直導線在磁場中受到安培力的作用，當導線與磁場垂直時，安培力的大
小為F=B亞。在時間△t內安培力的沖量FAt=BL△
根據(jù)電流的定義式1=9，式中q是時間t內通過導體截面的電量
歐姆定律7一景，R是回路中的總電阻
電磁感應中E-△衛(wèi)可以得到安培力的沖量公式，此公式的特殊性決定了它在解題過程中的特殊
△t
應用。
(2)角度二安培力對時間的平均值求位移
安培力的沖量公式是Bt=m,①
閉合電路歐姆定律1=E
R+r
平均感應電動勢：E=BL下③
位移：x=t@
聯(lián)立①②③④
得BZ
=mvo
R+r
這是安培力在電磁感應中的又一個重要推論。秘籍01核心易錯考點知識點概念考前清備戰(zhàn)2024年高考物理搶分秘籍（新高考
通用)
秘籍01核心易錯知識點考點概念考前清
1大的物體不一定不能看成質點，小的物體不一定能看成質點。
2.平動的物體不一定能看成質點，轉動的物體不一定不能看成質點。
3參考系不一定是不動的，只是假定為不動的物體。
4選擇不同的參考系物體運動情況可能不同，但也可能相同。
5在時間軸上n秒時指的是n秒末。第n秒指的是一段時間，是第n個1秒。第n秒末和第
n+1秒初是同一時刻。
6忽視位移的矢量性，只強調大小而忽視方向。
7物體做直線運動時，位移的大小不一定等于路程。
8位移也具有相對性，必須選一個參考系，選不同的參考系時，物體的位移可能不同。
9打點計時器在紙帶上應打出輕重合適的小圓點，如遇到打出的是短橫線，應調整一下振針距
復寫紙的高度，使之增大一點。
10使用計時器打點時，應先接通電源，待打點計時器穩(wěn)定后，再釋放紙帶。
11釋放物體前，應使物體停在靠近打點計時器的位置。
12.使用電火花打點計時器時，應注意把兩條白紙帶正確穿好，墨粉紙盤夾在兩紙帶間；使用
電磁打點計時器時，應讓紙帶通過限位孔，壓在復寫紙下面。
13.“速度”一詞是比較含糊的統(tǒng)稱，在不同的語境中含義不同，一般指瞬時速率、平均速度、
瞬時速度、平均速率四個概念中的一個，要學會根據(jù)上、下文辨明“速度”的含義。平常所說
的“速度”多指瞬時速度，列式計算時常用的是平均速度和平均速率。
14著重理解速度的矢量性。有的同學受初中所理解的速度概念的影響，很難接受速度的方向，
其實速度的方向就是物體運動的方向，而初中所學的“速度”就是現(xiàn)在所學的平均速率。
15.平均速度不是速度的平均。
16.平均速率不是平均速度的大小。
17物體的速度大，其加速度不一定大。
18.物體的速度為零時，其加速度不一定為零。
19.物體的速度變化大，其加速度不一定大。
20加速度的正、負僅表示方向，不表示大小。
21物體的加速度為負值，物體不一定做減速運動。
22.物體的加速度減小時，速度可能增大；加速度增大時，速度可能減劃小。
23.物體的速度大小不變時，加速度不一定為零。
24.物體的加速度方向不一定與速度方向相同，也不一定在同一直線上。
25,位移圖像不是物體的運動軌跡。
26解題前先搞清兩坐標軸各代表什么物理量，不要把位移圖像與速度圖像混淆。
27.圖像是曲線的不表示物體做曲線運動。
28.由圖像讀取某個物理量時，應搞清這個量的大小和方向，特別要注意方向。
29.vt圖上兩圖線相交的點，不是相遇點，只是在這一時刻速度大小相等。
30.人們得出“重的物體下落快”的錯誤結論主要是由于空氣阻力的影響。
31嚴格地講自由落體運動的物體只受重力作用，在空氣阻力影響較小時，可忽略空氣阻力的
影響，近似視為自由落體運動。
32.自由落體實驗記錄自由落體軌跡時，對重物的要求是“質量大、體積小”，只強調“質量大”
或“體積小”都是不確切的。
33.自由落體運動中，加速度g是已知的，但有時題目中不點明這一點，我們解題時要充分利
用這一隱含條件。
34.自由落體動動是無空氣阻力的理想情況，實際物體的運動有時受空氣阻力的影響過大，這
時就不能忽略空氣阻力了，如雨滴下落的最后階段，阻力很大，不能視為自由落體運動。
35.自由落體加速度通常可取9.8ms2或10ms2,但并不是不變的，它隨緯度和海拔高度的變
化而變化。
36三個重要推論比例式都是從自由落體運動開始時，即初速度vo=0是成立條件，如果o≠
0則這三個比例式不成立。
37.勻變速運動的各公式都是矢量式，列方程解題時要注意各物理量的方向。
38常取初速度的方向為正方向，但這并不是一定的，也可取與ⅴ。相反的方向為正方向。
39汽車剎車問題應先判斷汽車何時停止運動，不要盲目套用勻減速直線運動公式求解。
40找準追及問題的臨界條件，如位移關系、速度相等等。
41產(chǎn)生彈力的條件之一是兩物體相互接觸，但相互接觸的物體間不一定存在彈力。
42某個物體受到彈力作用，不是由于這個物體的形變產(chǎn)生的，而是由于施加這個彈力的物體
的形變產(chǎn)生的。
43壓力或支持力的方向總是垂直于接觸面，與物體的重心位置無關
44.胡克定律公式F=kx中的x是彈簧伸長或縮短的長度，不是彈簧的，總長度，更不是彈簧原秘籍02共點力的靜態(tài)平衡、動態(tài)平衡、臨界和極值問題、整體法和隔離法備戰(zhàn)2024年高考物理搶分秘籍
(學生版)
秘籍02共點力的靜態(tài)平衡、動態(tài)平衡、臨界和極值問題、
整體法和隔離法
應試秘籍
一、
共點力的平衡
1.平衡狀態(tài)：物體受到幾個力作用時，如果保持靜止或勻速直線運動狀態(tài)，我們就說這個物體
處于平衡狀態(tài)。
【注意】“靜止“和“=0的區(qū)別和聯(lián)系
當0時：
①a=0時，靜止，處于平衡狀態(tài)
②≠0時，不靜止，處于非平衡狀態(tài)，如自由落體初始時刻
2.共點力平衡的條件
(1)條件：在共點力作用下物體平衡的條件是合力為0。
2)公式：F含=0
3.三個結論：
①二力平衡：二力等大、反向，是一對平衡力：
②三力平衡：任兩個力的合力與第三個力等大、反向：
③多力平衡：任一力與其他所有力的合力等大、反向。
二、靜態(tài)平衡與動態(tài)平衡的處理方法
1靜態(tài)平衡與動態(tài)平衡
靜態(tài)平衡
v=0,a=0;靜止與速度v=0不是一回事。物體保持靜止狀態(tài)，說明v=0,a=0,
兩者同時成立。若僅是v=0,0,如自由下落開始時刻的物體，并非處于平衡狀
態(tài)。
動態(tài)平衡
≠0,0。瞬時速度為0時，不一定處于平衡狀態(tài)，如豎直上拋最高點。只有能保
持靜止狀態(tài)而加速度也為零才能以為平衡狀態(tài)。物理學中的“緩慢移動”一般可理解
為動態(tài)平衡。
動態(tài)平衡：通過控制某些物理量，使物體的狀態(tài)發(fā)生緩慢地變化，物體在這一變化過程中始終
處于一系列的平衡狀態(tài)中，這種平衡稱為動態(tài)平衡。
動態(tài)平衡的基本思路：化動為靜，“靜中求“動”。
2.靜態(tài)平衡的分析思路和解決方法
選擇研究
選取一個平衡體（單個物體或系統(tǒng)，
對象
也可以是結點)作為研究對象
畫受力示
對研究對象進行受力分析，畫出受
意圖
力示意圖
0
明確解題
合成法、分解法、正交分解法
策略
0
列方程求解
根據(jù)平衡條件列出平衡方程，解平
衡方程，對結果進行討論
方法
內容
物體受三個共點力的作用而平衡，則任意兩個力的合力一定與第三個
合成法
力大小相等，方向相反。
物體受三個共點力的作用而平衡，將某一個力按力的效果分解，則其
分解法
分力和其他兩個力滿足平衡條件。
物體受到三個或三個以上力的作用而平衡，將物體所受的力分解為相
正交分解法
互垂直的兩組，每組力都滿足平衡條件。
對受三個力作用而平衡的物體，將力的矢量圖平移使三個力組成一個
力的三角形琺
首尾依次相接的矢量三角形，根據(jù)正弦定理、余弦定理或相似三角形
等數(shù)學知識求解未知力。
3動態(tài)平衡的分析思路和解決方法
方法
內容秘籍04滑塊板塊模型和傳送帶模型（學生版）-備戰(zhàn)2024年高考物理搶分秘籍
秘籍04滑塊木板模型和傳送帶模型
應試秘籍
一、滑塊木板模型
1.模型特點：滑塊（視為質點）置于木板上，滑塊和木板均相對地面運動，且滑塊和木板在摩
擦力的作用下發(fā)生相對滑動
2.位移關系：如圖所示，滑塊由木板一端運動到另一端的過程中，設板長為工，滑塊（可視為
質點)位移大小為x,滑板位移大小為x。
同向運動時：L=X雜一X裝
777777777777
7777777777777777777777777元
反向運動時：L=x塊十X蔽
77777777777777777777777777777777777
←X板一X塊
77777777777777777777777777777777777
3.判斷滑塊和模板運動狀態(tài)的技巧：
“滑塊一木板模型問題中，靠摩擦力帶動的那個物體的加速度有最大值：a=血假設兩物體
同時由靜止開始運動，若整體加速度小于該值，則二者相對靜止，二者間是靜摩擦力；若整體
加速度大于該值，則二者相對滑動，二者間為滑動摩擦力。
4.技巧突破點
(1)油滑塊與木板的相對運動來判斷“板塊"間的摩擦力方向.
(②)當滑塊與木板速度相同時，“板塊間的摩擦力可能由滑動摩擦力轉變?yōu)殪o摩擦力或者兩者間
不再有摩擦力（水平面上共同勻速運動），
5.分析板塊模型的思路
物理
建模
確定滑塊一木板模型
隔離法
選研究
對滑塊、木板分別受力分析
對象
計算由牛頓第二定律判斷是否存在速度相
判斷
和運動學公式
等的“臨界點”
無臨界滑塊與木
確定相同時間內的位
速度
板分離
移關系，列式求解
判斷
結果
若F≤Fm
假設成立，
滑塊與
由整
由隔離法
整體列式
木板沒
體法
求滑塊與
有臨界分離，假
木板間摩
速度
設速度
求系
統(tǒng)加
擦力F,及
若F>Fm
相等后
加速度
速度
最大靜摩
假設不成
擦力F:m
立，分別
也相等
列式
二、傳送帶模型
1.水平傳送帶
滑塊的運動情況
情景
傳送帶不足夠長
傳送帶足夠長
=0
一直加速
先加速后勻速
oy時，一直加速
w,時，先加速再勻速
o>v時，一直減速
o>v時，先減速再勻速
滑塊先減速到速度為0，后被傳送帶傳回左
端。
滑塊一直減速到右端
若0y返回到左端時速度為0，若%>y返
回到左端時速度為y.
2.傾斜傳送帶
滑塊的運動情況
情景
傳送帶不足夠長
傳送帶足夠長
4=0
直加速（一定滿足關系
先加速后勻速
gsin e一直加速（加速度為gsin0
若心tan0,先加速后勻速
+ugcos e)
若utan日，先以am加速，后以a2加速
y時，一直加速（加速度
若心tan日，先加速后勻速；若為gsin9+4gcos)
am加速，后以a2加速
>y時，一直減速（加速度
若心tan日，先減速后勻速；若為gsin日-gcos)
a1減速，后以a加速
gsin e>ugcos 0,
一直加速；
gsin9=4gcos0,一直勻速
(摩擦力方向一定
先減速到速度為0后反向加速到原位置時速
gsin4gcos日，一直減速
沿斜面向上)
度大小為
3.劃痕問題：滑塊與傳送帶的劃痕長度△x等于滑塊與傳送帶的相對位移的大小，若有兩次相
對運動且兩次相對運動方向相同，△x=△n十△2（圖甲）：若兩次相對運動方向相反，△x等于較
長的相對位移大小.（圖乙）
4.功能關系分析：
(I功能關系分析：W=△E十△E,十Q。
(2)對T和Q的理解
傳送帶克服摩擦力做的功：T=斥：
產(chǎn)生的內能：Q=眾對°
搶分通關
【題型一】滑塊木板模型秘籍06天體運動中的五類熱點問題和三大概念理解
應試秘籍
一、開普勒行星運動定律
定律
內容
圖示或公式
開普勒第一定律
所有行星繞太陽運動的軌道都是橢圓，太陽處
地球，
(軌道定律)
在的一個焦點上
太陽
行
開普勒第二定律
對任意一個行星來說它與太陽的連線在相等
太陽
(面積定律)
的時間內掃過的面積相等
開普勒第三定律
所有行星的軌道的半長軸的三次方跟它的公轉
牙-t,是一-個與行星無
(周期定律)
周期的二次方的比值都相等
關的常量
注意：(1)行星繞太陽運動的軌道通常按圓軌道處理
(2)）由開昔勒第二定律可得號1-b,之a(chǎn)n=之△解得彩-二即行星在兩個位
12n
置的速度之比與到太陽的距離成反比，近日點速度最大，遠日點速度最小.
(3)開首勒第三定律號大中，k值只與中心天體質量有關
行星
太陽
二、萬有引力定律的理解
1.萬有引力與重力的關系
地球對物體的萬有引力F表現(xiàn)為兩個效果：一是重力mg,二是提供物體隨地球自轉的向心力
F
a)在赤道上：G=mg+mow2R
R2
②在兩極上：Gm-mg0
2
6在搬位置，萬有引力G0等于重力州g與向心動F的族量和，
越靠近南、北兩極，g值越大，由于物體隨地球自轉所需的向心力較小，常認為萬有引力近似
等于重力，即G
=mg.
2.星球上空的重力加速度g
星球上空距離星體中心，=R+h處的重力加速度為g,mg=GmM,
(R+)2得g=
GM
(R+)2所
以g=(R+h)2
R2
3.萬有引力的“兩點理解和“兩個推論”
(1)兩點理解
①兩物體相互作用的萬有引力是一對作用力和反作用力.
②地球上的物體受到的重力只是萬有引力的一個分力
②)兩個推論：①推論1：在勻質球殼的空腔內任意位置處，質點受到球殼的萬有引力的合力
為零，即∑F=0,
②推論2：在勻質球體內部距離球心r處的質點()受到的萬有引力等于球體內半徑為，的同心
球體（對其的萬有引力，即F=G
三、宇宙速度的理解與計算
1.第一宇宙速度的推導
方法一：由G=m
R
得n=
GM
6.67×1011×5.98×1024
m/s=7.9×103m/s.
R
6.4×109
方法二：由mg=m
得n=R=9.8x6.4×10m6=7.9x10ms.
R
第一宇宙速度是發(fā)射人造衛(wèi)星的最小速度，也是人造衛(wèi)星的最大環(huán)繞速度，此時它的運行周期
最短，Tmin=2
厘=5078s85min
2.宇宙速度與運動軌跡的關系
(1yx=7.9kms時，衛(wèi)星繞地球表面做勻速圓周運動.
(2)7.9ms3)11.2m/sy:<16.7m/s,衛(wèi)星繞太陽做橢圓運動.秘籍08碰撞類模型和動量守恒中的力學綜合問題（學生版）-備戰(zhàn)2024年高考
物理搶分秘籍
秘籍08碰撞類模型和動量守恒中的七大力學綜合問題
應試秘籍
碰撞類模型和動量守恒中的七大力學綜合問題
1彈性碰撞
1碰撞三原則：
(1)動量守恒：即p1+p2=p+p2
②動能不增加：即E+≥B+E或22+222+P22
2%2m22m122
3)速度要合理
①若碰前兩物體同向運動，則應有ⅴ前，碰后原來在前的物體速度一定增大，若碰后
兩物體同向運動，則應有vy:'。
②碰前兩物體相向運動，碰后兩物體的運動方向不可能都不改變。
2.“動碰動彈性碰撞
6
發(fā)生彈性碰撞的兩個物體碰撞前后動量守恒，動能守恒，若兩物體質量分別為m和2，
碰前速度為，2，碰后速度分別為n,2,則有：
2.121
m4+m%=m4+(1)
1
,21
聯(lián)立(1)、(2)解得：
w=2"y士%絲-w,=2”y士%坐-2
洲十況2
%十2
特殊情況：若m=m,=2,2=n
3.“動碰靜彈性碰撞的結論
兩球發(fā)生彈性碰撞時應滿足動量守恒和機械能守恒。以質量為、速度為Ⅵ的小球與質量為
m的靜止小球發(fā)生正面彈性碰撞為例，則有m1M=m'+2'（(1)
解得：n'=（m-m)
,2'=2y
7%1十722
7m1+12
結論：(1)當m1=m2時，y'=0,2'=m(質量相等，
2)當1>2時，v1>0,2>0,且2>'大碰小，一起跑)
3)當m10小碰大，要反彈)
(4)當m1≥m2時，'=%，2'=2m(極大碰極小，大不變，小加倍)
(⑤)當m《m2時，y'=-M,y2'=0(極小碰極大，小等速率
,大不變)
2非彈性碰撞和完全非彈性碰撞
1.非彈性碰撞
介于彈性碰撞和完全非彈性碰撞之間的碰撞。動量守恒，碰撞系統(tǒng)動能損失。
根據(jù)動量守恒定律可得：my1+22=mM+2y
(1)
1
1
1
1
損失動能△E:根據(jù)機械能守恒定律可得：
2m1n2+
m:2=2mn2+2ma2+A正
(2)
2完全非彈性碰撞
V
V:
碰后物體的速度相同，根據(jù)動量守恒定律可得：
1v1+122=(i1+72y共
(1)
完全非彈性碰撞系統(tǒng)損失的動能最多，損失動能：
△E= m1n2+hm222.m+m共2(2）
聯(lián)粒（1、(2)解得V士絲，△正%M
%1+次2
2%1+2
3人船模型
1.適用條件
①系統(tǒng)由兩個物體組成且相互作用前靜止，系統(tǒng)總動量為零；
②動量守恒或某方向動量守恒.
2.常用結論
m人
L
m
設人走動時船的速度大小為ⅴ，人的速度大小為ⅴ人以船運動的方向為正方向，則mV然m
人v人=0，可得mvm人v;因人和船組成的系統(tǒng)在水平方向動量始終守恒，故有mvtm
人V人t
即：m驗Xm人X人，由圖可看出x+xL,

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