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第1讲　力与物体的平衡
命题点一　静态平衡问题
1．共点力平衡的常用处理方法
适用条件 平衡关系
合成法 三个共点力 任意两个力的合力一定与第三个力大小相等，方向相反
正交分解法 三个或三个以上共点力 将物体所受的力分解为相互垂直的两组力，每组力都满足平衡条件
力的三角形法 三个共点力 对受三力作用而平衡的物体，将力的矢量图平移使三力组成一个首尾依次相接的矢量三角形，根据正弦定理、余弦定理或相似三角形等数学知识求解未知力
2.受力分析的方法
(1)研究对象的选取：①整体法与隔离法(如图甲)；②转换研究对象法(如图乙)．
(2)画受力分析图：按一定的顺序分析力，只分析研究对象受到的力．
(3)验证受力的合理性：①假设法(如图丙)；②动力学分析法(如图丁)．
例 1 [2023·山东卷] 餐厅暖盘车的储盘装置示意图如图所示，三根完全相同的弹簧等间距竖直悬挂在水平固定圆环上，下端连接托盘．托盘上叠放若干相同的盘子，取走一个盘子，稳定后余下的正好升高补平．已知单个盘子的质量为300 g，相邻两盘间距1.0 cm，重力加速度大小取10 m/s2.弹簧始终在弹性限度内，每根弹簧的劲度系数为(　　)
A．10 N/m B．100 N/m
C．200 N/m D．300 N/m
答案：B
解析：由题知，取走一个盘子，稳定后余下的正好升高补平，则说明一个盘子的重力使弹簧形变量为相邻两盘间距，则有mg＝3·kx，解得k＝100 N/m，故选B.
例 2 [2023·河北保定一模] 质量为M的正方体A与质量为m的圆球B在水平向右的外力F作用下静止在墙角处，它们的截面图如图所示，截面正方形的对角线与截面圆的一条直径恰好在一条直线上，所有摩擦忽略不计，重力加速度为g.则(　　)
A．F＝(M＋m)g
B．F＝mg
C．地面受到的压力为FN，FN<(M＋m)g
D．地面受到的压力为FN，FN>(M＋m)g
答案：B
答案：C
2.[2023·浙江6月]如图所示，水平面上固定两排平行的半圆柱体，重为G的光滑圆柱体静置其上，a、b为相切点，∠aOb＝90°，半径Ob与重力的夹角为37°.已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，则圆柱体受到的支持力Fa、Fb大小为(　　)
A．Fa＝0.6G，Fb＝0.4G
B．Fa＝0.4G，Fb＝0.6G
C．Fa＝0.8G，Fb＝0.6G
D．Fa＝0.6G，Fb＝0.8G
答案：D
解析：对光滑圆柱体受力分析如图
由题意有
Fa＝G sin 37°＝0.6G
Fb＝G cos 37°＝0.8G
故选D.
答案：D
命题点二　动态平衡问题(含临界、极值问题)
1．解决动态平衡问题的一般思路
化“动”为“静”，多个状态下“静”态对比，分析各力的变化或极值．
2．“缓慢”移动的三类经典模型
分类 图例 分析
悬球
模型
求力F的最小值
Fmin＝mg sin θ
挂件
模型
板—球
模型
N1、N2始终减小
斜面对球的支持力F1逐渐减小，挡板对球的弹力F2先减小后增大
考向1　共点力作用下的动态平衡
例 1 [2023·四川省成都市检测](多选)某中学举行趣味运动会时，挑战用一支钢尺取出深盒子(固定不动)中的玻璃球，该游戏深受大家喜爱，参与者热情高涨．游戏中需要的器材和取球的原理分别如图甲和图乙所示．若忽略玻璃球与盒壁、钢尺间的摩擦力，在不损坏盒子的前提下，钢尺沿着盒子上边缘某处旋转拨动(钢尺在盒内的长度逐渐变短)，使玻璃球沿着盒壁缓慢上移时，下列说法正确的是(　　)
A．钢尺对玻璃球的弹力逐渐减小
B．钢尺对玻璃球的弹力先增大后减小
C．盒壁对玻璃球的弹力逐渐减小
D．盒壁对玻璃球的弹力先减小后增大
答案：AC
解析：对玻璃球的受力分析如图所示，玻璃球受重力G，左侧钢尺对玻璃球的弹力F1，盒壁对玻璃球的弹力F2，玻璃球在3个力作用下处于动态平衡，玻璃球沿着纸盒壁缓慢上移时，θ角变大，利用图解法可知，F1和F2均逐渐减小，A、C项正确，B、D项错误．
例 2 [2023·河北唐山三模]如图所示，木板B放置在粗糙水平地面上，O为光滑铰链．轻杆一端与铰链O固定连接，另一端固定连接一质量为m的小球A.现将轻绳一端拴在小球A上，另一端通过光滑的定滑轮O′由力F牵引，定滑轮位于O的正上方，整个系统处于静止状态．现改变力F的大小使小球A和轻杆从图示位置缓慢运动到O′正下方，木板始终保持静止，则在整个过程中(　　)
A．外力F大小不变
B．轻杆对小球的作用力变小
C．地面对木板的支持力逐渐变小
D．地面对木板的摩擦力逐渐减小
答案：D
思维提升
三力作用下的动态平衡
考向2　平衡中的极值或临界值问题
例 3 [2023·山东菏泽市模拟] 将三个质量均为m的小球a、b、c用细线相连后(bc间无细线相连)，再用细线悬挂于O点，如图所示．用力F拉小球c，使三个小球都处于静止状态，且细线Oa与竖直方向的夹角保持为θ＝30°，则F的最小值为(　　)
A．1.5mg B．1.8mg
C．2.1mg D．2.4mg
答案：A
解析：取整体为研究对象，当F垂直于Oa时，F最小，根据几何关系可得，拉力的最小值F＝3mg sin 30°＝1.5mg，故选A.
例 4 [2023·陕西省汉中市联考]
在吊运表面平整的重型板材(混凝土预制板、厚钢板)时，如因吊绳无处钩挂而遇到困难，可用一根钢丝绳将板拦腰捆起(不必捆的很紧)，用两个吊钩勾住绳圈长边的中点起吊(如图所示)，若钢丝绳与板材之间的动摩擦因数为μ，为了满足安全起吊(不考虑钢丝绳断裂)，需要满足的条件是(　　)
A．tan α>μ B．tan α<μ
C．sin α>μ D．sin α<μ
答案：B
解析：要起吊重物，只需满足绳子张力T的竖直分量小于钢丝绳与板材之间的最大静摩擦力，一般情况认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，如图所示
即T cos αμ>T sin α，化简可得tan α<μ，故B正确，A、C、D错误．故选B.
提升训练
1.[2023·湖南张家界模拟考](多选)利用物理模型对问题进行分析，是一种重要的科学思维方法．如图甲所示为拔河比赛时一位运动员的示意图，可以认为静止的运动员处于平衡状态．该情形下运动员可简化成如图乙所示的一质量分布均匀的钢管模型．运动员在拔河时身体缓慢向后倾倒，可以认为钢管与地面的夹角θ逐渐变小，在此期间，脚与水平地面之间没有滑动，绳子的方向始终保持水平．已知当钢管受到同一平面内不平行的三个力而平衡时，三个力的作用线必交于一点．根据上述信息，当钢管与地面的夹角θ逐渐变小时，下列说法正确的有(　　)
A．地面对钢管支持力的大小不变
B．地面对钢管的摩擦力变大
C．地面对钢管作用力的合力变大
D．地面对钢管作用力的合力大小不变
答案：ABC
2．(多选)在如图所示的装置中，两物块A、B的质量分别为mA、mB，而且mA>mB，整个系统处于静止状态，设此时轻质动滑轮右端的轻绳与水平面之间的夹角为θ，若小车向左缓慢移动一小段距离并停下来后，整个系统再次处于静止状态，则下列说法正确的是(　　)
A．物块A的位置将变高
B．物块A的位置将变低
C．轻绳与水平面的夹角θ将变大
D．轻绳与水平面的夹角θ将不变
答案：AD
解析：以轻质动滑轮与轻绳的接触点O为研究对象，分析O点的受力情况，作出O点的受力分析图，如图所示
设绳子的拉力大小为F，动滑轮两侧绳子的夹角为2α，由于动滑轮两侧绳子的拉力关于竖直方向对称，则有2F cos α＝mBg，又小车向左缓慢移动一小段距离后，轻绳中的拉力大小与小车移动前相同，即F＝mAg保持不变，可知α角保持不变，由几何知识得，α＋θ＝90°，则θ保持不变，当小车向左缓慢移动一小段距离后，动滑轮将下降，则物块A的位置将变高，故选项A、D正确，B、C错误．
答案：D
3．电磁学中平衡问题的处理方法
处理方法与力学中平衡问题的分析方法一样，把方法和规律进行迁移应用即可．
答案：C
答案：D
答案：B
答案：B
利用平衡条件解决实际问题
联系日常生活，创新试题情境化设计，渗透实验的思想，考查考生分析解决实际问题的能力，引导学生实现从“解题”到“解决问题”的转变
情境1　工人推车——科学思维
[典例1]　[2023·四川省成都市联测]如图甲所示，工人用推车运送石球，到达目的地后，缓慢抬起把手将石球倒出(图乙)．若石球与板OB、OA之间的摩擦不计，∠AOB＝60°，图甲中BO与水平面的夹角为30°，则在抬起把手使OA变得水平的过程中，石球对OB板的压力大小N1、对OA板的压力大小N2的变化情况是(　　)
A．N1减小、N2先增大后减小
B．N1减小、N2增大
C．N1增大、N2减小
D．N1增大、N2先减小后增大
答案：A
答案：A
情境3　瓜子破壳器——科学探究
[典例3]　[2023·福建福州4月检测]有一种瓜子破壳器如图甲所示，将瓜子放入两圆柱体所夹的凹槽之间，按压瓜子即可破开瓜子壳．破壳器截面如图乙所示，瓜子的剖面可视作顶角为θ的扇形，将其竖直放入两完全相同的水平等高圆柱体A、B之间，并用竖直向下的恒力F按压瓜子且保持静止，若此时瓜子壳未破开，忽略瓜子自重，不计摩擦，则(　　)
A．若仅减小A、B距离，圆柱体A对瓜子的压力变大
B．若仅减小A、B距离，圆柱体A对瓜子的压力变小
C．若A、B距离不变，顶角θ越大，圆柱体A对瓜子的压力越大
D．若A、B距离不变，顶角θ越大，圆柱体A对瓜子的压力越小

答案：D
解析：瓜子处于平衡状态，若仅减小A、B距离，A、B对瓜子的弹力方向不变，则大小也不变，A、B错误；若A、B距离不变，顶角θ越大，则A、B对瓜子弹力的夹角减小，合力不变，则两弹力减小，C错误，D正确．故选D.第1讲　力与物体的平衡
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命题分类剖析
命题点一　静态平衡问题
1．共点力平衡的常用处理方法
适用条件 平衡关系
合成法 三个共点力 任意两个力的合力一定与第三个力大小相等，方向相反
正交分解法 三个或三个以上共点力 将物体所受的力分解为相互垂直的两组力，每组力都满足平衡条件
力的三角形法 三个共点力 对受三力作用而平衡的物体，将力的矢量图平移使三力组成一个首尾依次相接的矢量三角形，根据正弦定理、余弦定理或相似三角形等数学知识求解未知力
2.受力分析的方法
(1)研究对象的选取：①整体法与隔离法(如图甲)；②转换研究对象法(如图乙)．
(2)画受力分析图：按一定的顺序分析力，只分析研究对象受到的力．
(3)验证受力的合理性：①假设法(如图丙)；②动力学分析法(如图丁)．
例 1 [2023·山东卷]
餐厅暖盘车的储盘装置示意图如图所示，三根完全相同的弹簧等间距竖直悬挂在水平固定圆环上，下端连接托盘．托盘上叠放若干相同的盘子，取走一个盘子，稳定后余下的正好升高补平．已知单个盘子的质量为300 g，相邻两盘间距1.0 cm，重力加速度大小取10 m/s2.弹簧始终在弹性限度内，每根弹簧的劲度系数为(　　)
A．10 N/m B．100 N/m
C．200 N/m D．300 N/m
例 2 [2023·河北保定一模]
质量为M的正方体A与质量为m的圆球B在水平向右的外力F作用下静止在墙角处，它们的截面图如图所示，截面正方形的对角线与截面圆的一条直径恰好在一条直线上，所有摩擦忽略不计，重力加速度为g.则(　　)
A．F＝(M＋m)g
B．F＝mg
C．地面受到的压力为FN，FN<(M＋m)g
D．地面受到的压力为FN，FN>(M＋m)g
提升训练
1. [2023·广东省中山市测试]如图甲为明朝《天工开物》记载测量“弓弦”张力的插图，图乙为示意图．弓的质量为m＝5 kg，弦的质量忽略不计，悬挂点为弦的中点．当在弓的中点悬挂质量为M＝15 kg的重物时，弦的张角为θ＝120°，g＝10 m/s2，则弦的张力为(　　)
A．50 N B．150 N
C．200 N D．200 N
2.
[2023·浙江6月]如图所示，水平面上固定两排平行的半圆柱体，重为G的光滑圆柱体静置其上，a、b为相切点，∠aOb＝90°，半径Ob与重力的夹角为37°.已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，则圆柱体受到的支持力Fa、Fb大小为(　　)
A．Fa＝0.6G，Fb＝0.4G
B．Fa＝0.4G，Fb＝0.6G
C．Fa＝0.8G，Fb＝0.6G
D．Fa＝0.6G，Fb＝0.8G
3.
[2023·河南省洛阳市模拟]如图所示，一光滑球体放在支架与竖直墙壁之间，支架的倾角θ＝60°，光滑球体的质量为m，支架的质量为2m，已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，整个装置保持静止，则支架和地面间的动摩擦因数至少为(　　)
A． B．
C． D．
命题点二　动态平衡问题(含临界、极值问题)
1．解决动态平衡问题的一般思路
化“动”为“静”，多个状态下“静”态对比，分析各力的变化或极值．
2．“缓慢”移动的三类经典模型
分类 图例 分析
悬球 模型 求力F的最小值 Fmin＝mg sin θ
挂件 模型 结论：sin θ＝， F＝， 绳子端点上下 移动，力F不变
板—球 模型 N1、N2始终减小
斜面对球的支持力F1逐渐减小，挡板对球的弹力F2先减小后增大
考向1　共点力作用下的动态平衡
例 1 [2023·四川省成都市检测](多选)某中学举行趣味运动会时，挑战用一支钢尺取出深盒子(固定不动)中的玻璃球，该游戏深受大家喜爱，参与者热情高涨．游戏中需要的器材和取球的原理分别如图甲和图乙所示．若忽略玻璃球与盒壁、钢尺间的摩擦力，在不损坏盒子的前提下，钢尺沿着盒子上边缘某处旋转拨动(钢尺在盒内的长度逐渐变短)，使玻璃球沿着盒壁缓慢上移时，下列说法正确的是(　　)
A．钢尺对玻璃球的弹力逐渐减小
B．钢尺对玻璃球的弹力先增大后减小
C．盒壁对玻璃球的弹力逐渐减小
D．盒壁对玻璃球的弹力先减小后增大
例 2 [2023·河北唐山三模]如图所示，木板B放置在粗糙水平地面上，O为光滑铰链．轻杆一端与铰链O固定连接，另一端固定连接一质量为m的小球A.现将轻绳一端拴在小球A上，另一端通过光滑的定滑轮O′由力F牵引，定滑轮位于O的正上方，整个系统处于静止状态．现改变力F的大小使小球A和轻杆从图示位置缓慢运动到O′正下方，木板始终保持静止，则在整个过程中(　　)
A．外力F大小不变
B．轻杆对小球的作用力变小
C．地面对木板的支持力逐渐变小
D．地面对木板的摩擦力逐渐减小
思维提升
三力作用下的动态平衡
考向2　平衡中的极值或临界值问题
例 3 [2023·山东菏泽市模拟] 将三个质量均为m的小球a、b、c用细线相连后(bc间无细线相连)，再用细线悬挂于O点，如图所示．用力F拉小球c，使三个小球都处于静止状态，且细线Oa与竖直方向的夹角保持为θ＝30°，则F的最小值为(　　)
A．1.5mg B．1.8mg
C．2.1mg D．2.4mg
例 4 [2023·陕西省汉中市联考]
在吊运表面平整的重型板材(混凝土预制板、厚钢板)时，如因吊绳无处钩挂而遇到困难，可用一根钢丝绳将板拦腰捆起(不必捆的很紧)，用两个吊钩勾住绳圈长边的中点起吊(如图所示)，若钢丝绳与板材之间的动摩擦因数为μ，为了满足安全起吊(不考虑钢丝绳断裂)，需要满足的条件是(　　)
A．tan α>μ B．tan α<μ
C．sin α>μ D．sin α<μ
提升训练
1.[2023·湖南张家界模拟考](多选)利用物理模型对问题进行分析，是一种重要的科学思维方法．如图甲所示为拔河比赛时一位运动员的示意图，可以认为静止的运动员处于平衡状态．该情形下运动员可简化成如图乙所示的一质量分布均匀的钢管模型．运动员在拔河时身体缓慢向后倾倒，可以认为钢管与地面的夹角θ逐渐变小，在此期间，脚与水平地面之间没有滑动，绳子的方向始终保持水平．已知当钢管受到同一平面内不平行的三个力而平衡时，三个力的作用线必交于一点．根据上述信息，当钢管与地面的夹角θ逐渐变小时，下列说法正确的有(　　)
A．地面对钢管支持力的大小不变
B．地面对钢管的摩擦力变大
C．地面对钢管作用力的合力变大
D．地面对钢管作用力的合力大小不变
2．(多选)在如图所示的装置中，两物块A、B的质量分别为mA、mB，而且mA>mB，整个系统处于静止状态，设此时轻质动滑轮右端的轻绳与水平面之间的夹角为θ，若小车向左缓慢移动一小段距离并停下来后，整个系统再次处于静止状态，则下列说法正确的是(　　)
A．物块A的位置将变高
B．物块A的位置将变低
C．轻绳与水平面的夹角θ将变大
D．轻绳与水平面的夹角θ将不变
3．长沙某景区挂出32个灯笼(相邻两个灯笼由轻绳连接)，依次贴上“高举中国特色社会主义旗帜，为全面建设社会主义现代化国家而团结奋斗”，从高到低依次标为1、2、3、…、32.在无风状态下，32个灯笼处于静止状态，简化图如图所示．与灯笼“斗”右侧相连的轻绳处于水平状态，已知每一个灯笼的质量m＝0.5 kg，重力加速度g＝10 m/s2，悬挂灯笼的轻绳最大承受力Tm＝320 N，最左端连接的轻绳与竖直方向的夹角为θ.下列说法正确的是(　　)
A．θ最大为53°
B．当θ最大时最右端轻绳的拉力为F2＝ N
C．当θ＝53°时第8个灯笼与第9个灯笼间轻绳与竖直方向的夹角为45°
D．当θ＝37°时第8个灯笼与第9个灯笼间轻绳与竖直方向的夹角为45°
命题点三　电场力、磁场力作用下的平衡问题
1．电场力
(1)大小：F＝Eq，F＝.
(2)方向：正电荷所受电场力的方向与电场强度的方向相同；负电荷所受电场力的方向与电场强度的方向相反．
2．磁场力
(1)大小：①安培力F＝BIL；②洛伦兹力F洛＝qvB.
(2)方向：用左手定则判断．
3．电磁学中平衡问题的处理方法
处理方法与力学中平衡问题的分析方法一样，把方法和规律进行迁移应用即可．
考向1　电场中的平衡问题
例 1 [2023·浙江模拟预测]
如图所示，A、C为带异种电荷的带电小球，B、C为带同种电荷的带电小球．A、B被固定在绝缘竖直杆上，＝时，C球静止于粗糙的绝缘水平天花板上．已知＝，下列说法正确的是(　　)
A．C处的摩擦力不为零
B．杆对B的弹力为零
C．缓慢将C处点电荷向右移动，则其无法保持静止
D．缓慢将C处点电荷向左移动，则其一定会掉下来
考向2　磁场中的平衡问题
例 2 如图所示，竖直平面内有三根轻质细绳，绳1水平，绳2与水平方向成60°角，O为结点，绳3的下端拴接一质量为m、长度为l的导体棒，棒垂直于纸面静止，整个空间存在竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场．现向导体棒通入方向向里、大小由零缓慢增大到I0的电流，可观察到导体棒缓慢上升到与绳1所处的水平面成30°角时保持静止．已知重力加速度为g.在此过程中，下列说法正确的是(　　)
A．绳1受到的拉力先增大后减小
B．绳2受到的拉力先增大后减小
C．绳3受到的拉力的最大值为mg
D．导体棒中电流I0的值为
提升训练
1.[2024·山西省翼城中学模拟预测]如图甲所示，一通电导体棒用两根绝缘轻质细线悬挂在天花板上并静止在水平位置．当导体棒所在空间加上匀强磁场，再次静止时细线与竖直方向成θ角，如图乙所示(图甲中从左向右看)．已知导体棒长度为L、质量为m、电流为I，重力加速度大小为g.关于图乙，下列说法正确的是(　　)
A．当磁场方向斜向右上方且与细线垂直时磁感应强度最小
B．磁感应强度的最小值为
C．磁感应强度最小时，每根细线的拉力大小为
D．当磁场方向水平向左时，不能使导体棒在图示位置保持静止
2．如图所示，一绝缘细线竖直悬挂一小球A，在水平地面上固定一根劲度系数为k′的绝缘轻质弹簧，弹簧上端与小球C相连，在小球A和C之间悬停一小球B，当系统处于静止时，小球B处在AC两小球的中间位置．已知三小球质量均为m，电荷量均为q，电性未知．则下列判断正确的是(　　)
A.相邻两小球之间的间距为q
B．弹簧的形变量为
C．细线对小球A的拉力大小为
D．小球C受到的库仑力大小为
素养培优·情境命题
利用平衡条件解决实际问题
联系日常生活，创新试题情境化设计，渗透实验的思想，考查考生分析解决实际问题的能力，引导学生实现从“解题”到“解决问题”的转变
情境1　工人推车——科学思维
[典例1]　[2023·四川省成都市联测]如图甲所示，工人用推车运送石球，到达目的地后，缓慢抬起把手将石球倒出(图乙)．若石球与板OB、OA之间的摩擦不计，∠AOB＝60°，图甲中BO与水平面的夹角为30°，则在抬起把手使OA变得水平的过程中，石球对OB板的压力大小N1、对OA板的压力大小N2的变化情况是(　　)
A．N1减小、N2先增大后减小
B．N1减小、N2增大
C．N1增大、N2减小
D．N1增大、N2先减小后增大
情境2　悬索桥——科学态度与责任
[典例2]　[2023·江苏省无锡市测试]图a是一种大跨度悬索桥梁，图b为悬索桥模型．六对轻质吊索悬挂着质量为M的水平桥面，吊索在桥面两侧竖直对称排列，其上端挂在两根轻质悬索上(图b中只画了一侧分布)，悬索两端与水平方向成45°，则一根悬索水平段CD上的张力大小是(　　)
A．Mg B．Mg
C．Mg D．Mg
情境3　瓜子破壳器——科学探究
[典例3]　[2023·福建福州4月检测]有一种瓜子破壳器如图甲所示，将瓜子放入两圆柱体所夹的凹槽之间，按压瓜子即可破开瓜子壳．破壳器截面如图乙所示，瓜子的剖面可视作顶角为θ的扇形，将其竖直放入两完全相同的水平等高圆柱体A、B之间，并用竖直向下的恒力F按压瓜子且保持静止，若此时瓜子壳未破开，忽略瓜子自重，不计摩擦，则(　　)
A．若仅减小A、B距离，圆柱体A对瓜子的压力变大
B．若仅减小A、B距离，圆柱体A对瓜子的压力变小
C．若A、B距离不变，顶角θ越大，圆柱体A对瓜子的压力越大
D．若A、B距离不变，顶角θ越大，圆柱体A对瓜子的压力越小
第1讲　力与物体的平衡
命题分类剖析
命题点一
[例1]　解析：由题知，取走一个盘子，稳定后余下的正好升高补平，则说明一个盘子的重力使弹簧形变量为相邻两盘间距，则有mg＝3·kx，解得k＝100 N/m，故选B.
答案：B
[例2]　解析：对圆球B受力分析如图，β＝45°
A对B的弹力T＝，
根据牛顿第三定律，B对A的弹力T′＝T＝，F＝T′sin β＝mg，故A错误，B正确；对AB整体地面受到的压力为FN＝Mg＋T′cos β＝Mg＋cos β＝Mg＋mg，故C、D错误．故选B.
答案：B
[提升训练]
1．解析： 整体法对弓和物体受力分析如图：
竖直方向上由受力平衡可得：2F cos ＝(M＋m)g
解得：F＝＝200 N，故C正确，A、B、D错误．
答案：C
2．解析：对光滑圆柱体受力分析如图
由题意有
Fa＝G sin 37°＝0.6G
Fb＝G cos 37°＝0.8G
故选D.
答案：D
3．解析：对光滑球体受力分析如图所示
根据平衡条件可得N2cos θ＝mg
对支架受力分析如图所示
根据牛顿第三定律可知N3＝N2
对支架由平衡条件可得N4＝2mg＋N3cos θ，f＝N3sin θ
又f＝μN4
联立解得μ＝
可知支架和地面间的动摩擦因数至少为.故选D.
答案：D
命题点二
[例1]　解析：
对玻璃球的受力分析如图所示，玻璃球受重力G，左侧钢尺对玻璃球的弹力F1，盒壁对玻璃球的弹力F2，玻璃球在3个力作用下处于动态平衡，玻璃球沿着纸盒壁缓慢上移时，θ角变大，利用图解法可知，F1和F2均逐渐减小，A、C项正确，B、D项错误．
故选AC.
答案：AC
[例2]　解析：对小球A进行受力分析，三力构成矢量三角形，如图所示
根据几何关系可知两三角形相似，因此＝＝，缓慢运动过程中，O′A越来越小，则F逐渐减小，故A错误；由于OA长度不变，杆对小球的作用力F′大小不变，故B错误；由于杆对木板的作用力大小不变，方向向右下，但杆的作用力与竖直方向的夹角越来越小，所以地面对木板的支持力逐渐增大，地面对木板的摩擦力逐渐减小，故C错误，D正确．
答案：D
[例3]　解析：取整体为研究对象，当F垂直于Oa时，F最小，根据几何关系可得，拉力的最小值F＝3mg sin 30°＝1.5mg，故选A.
答案：A
[例4]　解析：
要起吊重物，只需满足绳子张力T的竖直分量小于钢丝绳与板材之间的最大静摩擦力，一般情况认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，如图所示
即T cos αμ>T sin α，化简可得tan α<μ，故B正确，A、C、D错误．故选B.
答案：B
[提升训练]
1．解析：
对钢管受力分析，钢管受重力mg、绳子的拉力T、地面对钢管竖直向上的支持力FN、水平向右的摩擦力Ff，
可知FN＝mg，Ff＝T＝
即随着钢管与地面夹角的逐渐变小，地面对钢管支持力的大小不变，地面对钢管的摩擦力变大，故A、B正确；
对钢管受力分析，可认为钢管受到重力mg、绳子的拉力T和地面对钢管作用力的合力F三个力，钢管平衡，三个力的作用线必交于一点，由此可知F方向沿钢管斜向上，与水平面夹角为α(钢管与水平面的夹角为θ)，根据共点力平衡条件可知F＝，T＝，当钢管与地面的夹角θ逐渐变小，同时α也减小，地面对钢管作用力的合力变大，C正确，D错误．
答案：ABC
2．解析：以轻质动滑轮与轻绳的接触点O为研究对象，分析O点的受力情况，作出O点的受力分析图，如图所示
设绳子的拉力大小为F，动滑轮两侧绳子的夹角为2α，由于动滑轮两侧绳子的拉力关于竖直方向对称，则有2F cos α＝mBg，又小车向左缓慢移动一小段距离后，轻绳中的拉力大小与小车移动前相同，即F＝mAg保持不变，可知α角保持不变，由几何知识得，α＋θ＝90°，则θ保持不变，当小车向左缓慢移动一小段距离后，动滑轮将下降，则物块A的位置将变高，故选项A、D正确，B、C错误．
答案：AD
3．解析：
当最左端连接的轻绳的拉力大小为Tm＝320 N时，θ最大，此时灯笼整体受力如图所示
由平衡条件Tmsin θm＝F2　Tmcos θm＝32mg
解得θm＝60°，F2＝160 N
A、B错误；
当θ＝53°时，灯笼整体受力分析如图
由平衡条件知，最右端轻绳的拉力F21＝32mg tan 53°＝ N
对第9个灯笼至第32个灯笼整体，其受力情况跟灯笼整体的受力情况类似，由平衡条件
tan α＝≠1
则第8个灯笼与第9个灯笼间轻绳与竖直方向的夹角α≠45°，C错误；
当θ＝37°时，此时灯笼整体受力如图所示
由平衡条件知，最右端轻绳的拉力F22＝32mg tan 37°＝120 N
对第9个灯笼至第32个灯笼整体，其受力情况跟灯笼整体的受力情况类似，由平衡条件tan β＝＝1
则第8个灯笼与第9个灯笼间轻绳与竖直方向的夹角β＝45°，D正确．
答案：D
命题点三
[例1]　解析：
对C进行受力分析，A对C有吸引力，B对C有排斥力，及其重力，与水平天花板对C可能有竖直向下的压力，如图所示
由平衡条件，结合矢量合成法则，若不受摩擦力得FAC＝FBCcos θ
由几何知识可得cos θ＝
依据库仑定律有＝＝
＝时恰好处于平衡状态；
C球静止没有运动趋势，C处的摩擦力为零，故A错误；
缓慢将C处点电荷向右移动，平衡状态被打破，其无法保持静止，故C正确；
缓慢将C处点电荷向左移动，FBC变大，其竖直方向上的分量变大，C球一定不会掉下来，故D错误；
B球如果不受杆的力，则C球给B球的排斥力在水平方向的分量无法平衡，因此杆对B一定有弹力作用，故B错误．
答案：C
[例2]　解析：对整体分析，重力大小和方向不变，绳1、2弹力方向不变，根据左手定则，安培力水平向右且逐渐增大，由平衡条件得水平方向F1＝F2cos 60°＋BIl
竖直方向F2sin 60°＝mg
电流逐渐变大，则F1增大、F2不变，故A、B错误；
当电流增大到I0时，安培力与重力的合力最大，即绳3的拉力最大sin 30°＝
最大值为F3＝2mg，故C错误；
对导体棒受力分析得tan 30°＝，得I0＝，故D正确．
答案：D
[提升训练]
1．解析：
对导体棒受力分析如图所示，导体棒在重力、拉力和安培力的作用下处于平衡状态．由平衡条件可知，导体棒所受拉力和安培力的合力与重力等大反向，拉力和安培力可能的方向如图所示，当安培力方向斜向右上方且与细线垂直时安培力最小，此时磁场方向沿着细线斜向左上方，A错误；
设磁感应强度大小为B，由平衡条件得mg sin θ＝BIL，解得B＝，B正确；
设每条细线拉力大小为FT，由平衡条件得mg cos θ＝2FT，解得FT＝mg cos θ，C错误；
当磁场方向水平向左时，安培力竖直向上，如果安培力与重力大小相等，可以使导体棒在图示位置保持静止，D错误．
答案：B
2．解析：如图甲所示，以小球B为研究对象，小球A和小球C分别对小球B的库仑力大小相等，且小球A和小球C对小球B的合力与小球B的重力等大反向，所以小球A和小球B带异种电荷，小球B和小球C带同种电荷，即小球A和小球C对小球B的库仑力大小均为FA＝FC＝，由库仑定律可得＝mg，解得小球A和小球B之间距离为r＝q ，故A错误；如图乙所示，以小球A为研究对象，受到小球B向下的库仑力为FB＝，受到小球C向下的库仑力是受到小球B的，即为＝，所以小球A受到的拉力为FTA＝mg＋FB＋F′C＝，故C错误；如图丙所示，以小球C为研究对象，小球C受到小球B向下的库仑力为F′B＝，受到A向上的库仑力为F′A＝，则小球C对弹簧的压力为F压＝F′B－F′A＋mg＝，小球C受到向上的弹力为F弹＝F压＝，由胡克定律得F弹＝k′x，解得弹簧的形变量为x＝，故B正确，D错误．
答案：B
素养培优·情境命题
[典例1]　解析：
在倒出石球的过程中，两个支持力的夹角是个确定值，为α＝120°，根据力的示意图可知＝＝，在转动过程中β从90°增大到180°，则sin β不断减小，N1将不断减小；γ从150°减小到60°，其中跨过了90°，因此sin γ 先增大后减小，则N2将先增大后减小，选项A正确．
答案：A
[典例2]　解析： 对整体分析，根据平衡条件，2FTACsin 45°＝Mg，FTAC＝Mg.对悬索左边受力分析，受A左上绳的力FTAC，CD上水平向右的拉力为FT，根据平衡条件，FT＝FTACcos 45°＝Mg，一根悬索水平段CD上的张力大小是Mg，故选A.
答案：A
[典例3]　解析：瓜子处于平衡状态，若仅减小A、B距离，A、B对瓜子的弹力方向不变，则大小也不变，A、B错误；若A、B距离不变，顶角θ越大，则A、B对瓜子弹力的夹角减小，合力不变，则两弹力减小，C错误，D正确．故选D.
答案：D(共63张PPT)
第2讲　力与直线运动
2．物体的直线运动
(1)条件：所受合外力与速度在同一直线上，或所受合外力为零．
(2)常用规律：牛顿运动定律、运动学公式、动能定理或能量守恒定律、动量定理或动量守恒定律．
考向1　匀变速直线运动规律的应用
例 1 [2023·重庆选择性考试]有人提出了高速列车不停车换乘的设想．高速列车A以v0做匀速直线运动，接驳列车B在相邻车道由静止开始做加速度大小为a的匀加速直线运动，与车A同向行驶．两车同时到达交汇点时，车B刚好加速到v0，然后两车保持该速度行驶供乘客换乘．若将两车视为质点，求
(1)车B出发时，车A与交汇点的距离；
(2)换乘完毕后，车B做匀减速直线运动，运动了距离s0后停止，求此过程中车B运动的加速度大小和运动时间．

考向2　匀变速直线运动推论的应用
例 2 [2023·山东卷]如图所示，电动公交车做匀减速直线运动进站，连续经过R、S、T三点，已知ST间的距离是RS的两倍，RS段的平均速度是10 m/s，ST段的平均速度是5 m/s，则公交车经过T点时的瞬时速度为(　　)
A．3 m/s B．2 m/s
C．1 m/s D．0.5 m/s
答案：C
答案：A
考向4　追及相遇问题
例 4 在平直的公路上一辆汽车和一辆摩托车同向匀速行驶，汽车的速度大小v1＝25 m/s，摩托车的速度大小v2＝10 m/s.如图所示，在两车并排相遇时汽车因故开始刹车，加速度大小a＝5 m/s2，在以后的运动中，求：
(1)汽车从开始刹车到停止所经历的时间；
(2)汽车停止前，两车之间的最大距离；
(3)从汽车开始刹车，经过多长时间两车再次并排相遇．
思维提升
分析追及相遇问题的方法技巧
(1)一个临界条件：速度相同，它往往是能否追上、物体间距离最大或最小的临界条件，也是分析判断问题的切入点．
(2)两个关系：时间关系和位移关系，通过画草图找出两物体运动的时间关系和位移关系是解题的突破口．
(3)能否追上的判断方法：物体B追赶物体A(匀速追匀加速、匀减速追匀速或匀减速追匀加速)，开始时，两个物体相距x0.
①当vA＝vB时，xA＋x0②当vA＝vB时，xA＋x0＝xB，则恰好追上；
③当vA＝vB时，xA＋x0>xB，则不能追上．
提升训练
1.[2023·广东省广州市模拟]如图，篮球运动员站在广场上的某一喷泉水柱旁边，虚线“1”“2”“3”所在水平面分别是地面、运动员的头顶、该水柱最高点所在的水平面．根据图中信息和生活经验，可以估算出该水柱从地面喷出时的速度约为(　　)
A．2 m/s B．6 m/s
C．12 m/s D．20 m/s
答案：C
2.如图所示，一小球(可视为质点)沿斜面匀加速下滑，依次经过A、B、C三点．已知AB＝18 m，BC＝30 m，小球经过AB和BC两段所用的时间均为2 s，则小球经过A、B、C三点时的速度大小分别是(　　)
A．12 m/s，13 m/s，14 m/s
B．10 m/s，14 m/s，18 m/s
C．8 m/s，10 m/s，16 m/s
D．6 m/s，12 m/s，18 m/s
答案：D

命题点二　牛顿运动定律的应用(含瞬时、临界、极值及两类问题)
动力学问题常见的模型
1．等时圆模型(图中斜面光滑)
2．临界、极值问题模型
分类 图例 结论
静摩擦造
成的临界 两物体刚要发生相对滑动时物体间达到最大静摩擦力
弹力(分离)
造成的临界 分离时相互作用力为零，但此时两物体的加速度仍相同
[提醒]　接触或脱离的临界条件为弹力FN＝0；速度达到最值的临界条件是加速度为零．
3．弹簧模型
(1)如图所示，两物体要分离时，它们之间的弹力为零，速度相同，加速度相同，分离前整体分析，分离后隔离分析．
(2)如图所示，弹簧长度变化时隔离分析，弹簧长度不变(或两物体运动状态相同)时整体分析．
答案：AD
考向2　动力学中的瞬时、临界、极值问题
例 2 [2023·湖南怀化第一次模拟]如图所示，质量均为m的A、B两小球分别用轻质细绳L1和轻弹簧系在天花板上的O点和O′点，A、B两小球之间用一轻质细绳L2连接，细绳L1、弹簧与竖直方向的夹角均为θ，细绳L2水平拉直，则下列有关细绳L2被剪断瞬间的表述正确的是(　　)
A．细绳L1上的拉力与弹簧弹力之比为1∶1
B．细绳L1上的拉力与弹簧弹力之比为cos2θ∶1
C．A与B的加速度之比为1∶1
D．A与B的加速度之比为1∶cos θ
答案：B
例 3 (多选|整体法与隔离法的灵活应用)光滑水平面上停放着一质量为M＝1 kg的小车B，质量为m＝2 kg的物体A放在小车的上表面，已知小车的上表面水平，物体与小车上表面之间的动摩擦因数为μ＝0.25.如图甲所示，在小车上施加一水平向右的外力F1，如图乙所示，在物体上施加一水平向右的外力F2，两种情况下，物体始终与小车保持相对静止．最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2.则下列说法正确的是(　　)
A．图甲中物体A的最大加速度为2.5 m/s2
B．图乙中物体A的最大加速度为2.5 m/s2
C．F1的最大值为15 N
D．F2的最大值为15 N
答案：AD
解析：当物体A与小车B之间的摩擦力达到最大静摩擦力时，物体A的加速度最大，此时的外力也最大．图甲中，当A、B间的摩擦力达到最大静摩擦力时，对物体A由牛顿第二定律得μmg＝ma1，解得a1＝2.5 m/s2，对物体A和小车B组成的系统，由牛顿第二定律得F1＝(M＋m)a1，解得F1＝7.5 N，A正确，C错误．图乙中，当A、B间摩擦力达到最大静摩擦力时，对小车B由牛顿第二定律得μmg＝Ma2，解得a2＝5 m/s2，对物体A和小车B组成的系统，由牛顿第二定律得F2＝(M＋m)a2，解得F2＝15 N，B错误，D正确．
【审题指导】　
注意物体与小车发生相对滑动的临界条件：物体A与小车B之间的摩擦力达到最大静摩擦力．
思维提升
连接体问题的解决方法：整体法和隔离法
(1)加速度相同的连接体问题
①若求解整体的加速度，可用整体法．以整体为研究对象，分析整体所受外力情况，再由牛顿第二定律求出加速度．
②若求解系统内力，可先用整体法求出整体的加速度，再用隔离法将内力转化成外力，由牛顿第二定律求解．
(2)加速度不同的连接体问题
若系统内各个物体的加速度不同，一般应采用隔离法．将各个物体分别作为研究对象，对每个研究对象进行受力和运动情况分析，分别应用牛顿第二定律建立方程，并注意各个物体间的相互作用关系，联立求解．
考向3　动力学两类问题
例 4 [2023·辽宁省大连市期末]我国运动员闫文港在2022年北京冬奥会获得男子钢架雪车比赛铜牌，实现该项目的历史性突破，图甲为闫文港的比赛画面．已知赛道由起跑区、出发区、滑行区及减速区四个区段组成，图乙中AB为起跑区、BC为出发区，AB赛段水平，BC赛段与水平面夹角θ＝5°.若运动员推着雪车从A点由静止出发，以2 m/s2的加速度匀加速跑到B点时速度大小为9 m/s，接着快速俯卧到雪车上沿BC下滑．已知运动员到达C点时的速度大小为12 m/s，赛道BC的长度为45 m，取g＝10 m/s2，sin 5°≈0.09，cos 5°≈1.00，不计空气阻力，求：
(1)运动员在起跑区的运动时间；
(2)雪车与冰面间的动摩擦因数．
提升训练
1.[2023·四川巴中模拟预测]越来越多的人喜欢挑战极限，如图是两位“勇士”参与溜索活动，两倾斜的钢丝拉索分别套有M、N两个滑轮(滑轮与绳之间有可调节的制动片)，两滑轮上用安全带系着两位“勇士”，当他们都沿拉索向下滑动时，M上的带子与索垂直， N上的带子始终竖直向下，则以下判断正确的是(　　)
A．M情况中，滑轮与索之间有摩擦力
B．N情况中，滑轮与索之间无摩擦力
C．M情况中“勇士”做匀速直线运动
D．N情况中“勇士”做匀速直线运动
答案：D
2．[2023·广东肇庆统考二模]
水面救生无人船已经成为水面救援的重要科技装备．在某次测试中，一质量为20 kg的无人船在平静水面上沿直线直奔目标地点．无人船先从静止出发，做匀加速运动10 s后达到最大速度4 m/s，接着立即做匀减速运动，匀减速运动了16 m的距离后速度变为零．已知无人船运行过程中受到水的阻力恒定且大小为4 N，不计空气阻力，g取10 m/s2.求：
(1)在匀加速过程中，无人船发动机提供的动力的大小F1；
(2)在匀减速过程中，无人船发动机提供的阻力的大小F2；
(3)无人船在上述测试中，运动的总时间t及总位移大小x.
命题点三　运动学和动力学图像问题
1．解决图像类问题“四个注意”
(1)速度图线只有通过时间轴时速度方向才改变．
(2)利用v-t图像分析两个物体的运动时，要注意两个物体的出发点是否相同．
(3)物体的运动图像与运动过程的转化．
(4)x-t图像、v-t图像、a-t图像的应用．
2．应用图像时的“两个误区”
(1)误认为v-t图像、x-t图像是物体运动轨迹．
(2)在v-t图像中误将交点认为此时相遇．
考向1　x-t图像的应用
例 1 [2023·河北石家庄1月期末](多选)如图甲所示，倾角为37°、足够长的传送带以恒定速率v1沿顺时针方向转动．一小煤块以初速度v0＝12 m/s从传送带的底部冲上传送带，规定沿传送带斜向上为煤块运动的正方向，该煤块运动的位移x随时间t的变化关系如图乙所示．已知图线在前1.0 s内和在1.0 s～t0内为两段不同的二次函数图像，t0时刻图线的切线正好水平，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，则下列说法正确的是(　　)
A．传送带转动速率v1为8 m/s
B．图乙中t0的数值为2.0
C．0～t0内煤块在传送带上的划痕长度为6 m
D．煤块与传送带之间的动摩擦因数为0.25
答案：BD
[教你解决问题]——图像剖析
考向2　v-t图像的应用
例 2 [2023·河北省沧州市期末]某人乘坐上海回北京的动车a，某时刻动车a后面追上一列动车b，两动车互相追赶，如图甲所示．两动车运动的v-t图像如图乙所示，t＝0时刻两动车车头刚好并排行驶，下列说法正确的是(　　)
A．前30 s两动车平均速度相等
B．图乙中动车a的最大速度为80.8 m/s
C．0～36 s内，两车头相距最远为65.6 m
D．两车头在36 s末再次并排行驶
答案：B
考向3　动力图像的问题
例 3 [2023·全国甲卷] (多选)用水平拉力使质量分别为m甲、m乙的甲、乙两物体在水平桌面上由静止开始沿直线运动，两物体与桌面间的动摩擦因数分别为μ甲和μ乙．甲、乙两物体运动后，所受拉力F与其加速度a的关系图线如图所示．由图可知(　　)
A．m甲m乙
C．μ甲<μ乙 D．μ甲>μ乙
答案：BC
解析：根据牛顿第二定律有，F－μmg＝ma，整理后有，F＝ma＋μmg，则可知F a图像的斜率为m，纵截距为μmg，则由题图可看出，m甲>m乙，μ甲m甲g＝μ乙m乙g，则，μ甲<μ乙，故选BC.
答案：C
2．[2023·湖南永州二模]如图a所示为马拉松比赛中两位选手参赛的某一情形，甲、乙两人起跑时都做匀加速直线运动，达到某一速度后都各自做匀速直线运动直至终点，他们的速度—时间图像如图b所示．则下列说法中正确的是(　　)
A. 乙选手起跑2 s后刚好追上甲选手
B．乙选手起跑时，甲选手正好跑了3 m
C．相遇前甲、乙两选手之间的最大距离为4 m
D．乙选手超过甲选手后，两选手可能再次相遇
答案：C
实际情境中的直线运动
情境1　机器人——模型建构
[典例1]　[2023·广东模拟预测]机器人服务人类的场景正步入现实生活中，例如餐厅中使用机器人来送餐，就越来越常见．如图甲所示为某餐厅的送餐机器人，将其结构简化为如图乙所示的示意图，机器人的上表面保持水平．
则下列说法中正确的是(　　)
A.菜品随着机器人一起做匀速直线运动时，菜品受到与运动方向一致的摩擦力作用
B．菜品随着机器人一起做匀速直线运动时，菜品对机器人的压力和机器人对菜品的支持力是一对平衡力
C．菜品随着机器人一起做匀加速直线运动时，菜品的惯性逐渐增大
D．菜品随着机器人一起做匀减速直线运动时，机器人对菜品的作用力大于菜品的重力
答案：D
情境2　长征二号丁运载火箭——科学思维
[典例2]　[2023·安徽合肥一模] (多选)2022年10月9日搭载天基太阳天文台“夸父一号”的长征二号丁运载火箭成功发射．假设如图为火箭发射后，第6 s末的照片，现用毫米刻度尺对照片进行测量，刻度尺的0刻度线与刚发射时火箭底部对齐．假设火箭发射后6 s内沿竖直方向做匀加速直线运动，且质量不变，火箭高为40.6 m，起飞质量为250 t，重力加速度g取9.8 m/s2.则下列估算正确的是(　　)
A．火箭竖直升空的加速度大小约为2.2 m/s2
B．火箭竖直升空的加速度大小约为4.2 m/s2
C．火箭升空所受到的平均推力大小约为3.5×107 N
D．火箭升空所受到的平均推力大小约为3.0×106 N
答案：AD
情境3　交通安全——科学态度与责任
[典例3]　[2023·四川省成都市名校联盟联考]强行超车是道路交通安全的极大隐患之一．如图是汽车超车过程的示意图，汽车甲和货车均以36 km/h的速度在平直路面上匀速行驶，货车在甲车前面．若甲车司机发现附近无其他车辆后开始加速从货车左侧超车，加速度大小为4 m/s2.假定货车速度保持不变，汽车超过货车4 m后完成超车，不计车辆变道的时间．求：
(1)若甲车要在4 s内完成超车，则货车最多在甲车前面多远处；
(2)若甲车开始超车时，看到道路正前方的乙车迎面驶来，乙车速度为54 km/h.甲车超车的整个过程用时4 s，乙车速度始终保持不变，则甲、乙两车之间的距离至少是多少？
第2讲　力与直线运动
知识网络构建
命题分类剖析
命题点一　匀变速直线运动规律及应用
1．解决匀变速直线运动问题的方法技巧
(1)常用方法
①基本公式法，包括＝＝，Δx＝aT2.
②v-t图像法．
③比例法：适用于初速度为零的匀加速直线运动和末速度为零的匀减速直线运动．
④逆向思维法：末速度为零的匀减速直线运动可看做反向初速度为零的匀加速直线运动．
(2)追及相遇问题的临界条件：前后两物体速度相同时，两物体间的距离最大或最小．
2．物体的直线运动
(1)条件：所受合外力与速度在同一直线上，或所受合外力为零．
(2)常用规律：牛顿运动定律、运动学公式、动能定理或能量守恒定律、动量定理或动量守恒定律．
考向1　匀变速直线运动规律的应用
例 1 [2023·重庆选择性考试]有人提出了高速列车不停车换乘的设想．高速列车A以v0做匀速直线运动，接驳列车B在相邻车道由静止开始做加速度大小为a的匀加速直线运动，与车A同向行驶．两车同时到达交汇点时，车B刚好加速到v0，然后两车保持该速度行驶供乘客换乘．若将两车视为质点，求
(1)车B出发时，车A与交汇点的距离；
(2)换乘完毕后，车B做匀减速直线运动，运动了距离s0后停止，求此过程中车B运动的加速度大小和运动时间．
考向2　匀变速直线运动推论的应用
例 2 [2023·山东卷]如图所示，电动公交车做匀减速直线运动进站，连续经过R、S、T三点，已知ST间的距离是RS的两倍，RS段的平均速度是10 m/s，ST段的平均速度是5 m/s，则公交车经过T点时的瞬时速度为(　　)
A．3 m/s B．2 m/s
C．1 m/s D．0.5 m/s
考向3　自由落体和竖直上抛运动
例 3 如图所示，左图为大型游乐设施跳楼机，右图为其结构简图．跳楼机由静止从a自由下落到b，再从b开始以恒力制动竖直下落到c停下．已知跳楼机和游客的总质量为m，ab高度差为2h，bc高度差为h，重力加速度为g.则(　　)
A．从a到b与从b到c的运动时间之比为2∶1
B．从a到b，跳楼机座椅对游客的作用力与游客的重力大小相等
C．从a到b，跳楼机和游客总重力的冲量大小为m
D．从b到c，跳楼机受到制动力的大小等于2mg
考向4　追及相遇问题
例 4 在平直的公路上一辆汽车和一辆摩托车同向匀速行驶，汽车的速度大小v1＝25 m/s，摩托车的速度大小v2＝10 m/s.如图所示，在两车并排相遇时汽车因故开始刹车，加速度大小a＝5 m/s2，在以后的运动中，求：
(1)汽车从开始刹车到停止所经历的时间；
(2)汽车停止前，两车之间的最大距离；
(3)从汽车开始刹车，经过多长时间两车再次并排相遇．
思维提升
分析追及相遇问题的方法技巧
(1)一个临界条件：速度相同，它往往是能否追上、物体间距离最大或最小的临界条件，也是分析判断问题的切入点．
(2)两个关系：时间关系和位移关系，通过画草图找出两物体运动的时间关系和位移关系是解题的突破口．
(3)能否追上的判断方法：物体B追赶物体A(匀速追匀加速、匀减速追匀速或匀减速追匀加速)，开始时，两个物体相距x0.
①当vA＝vB时，xA＋x0②当vA＝vB时，xA＋x0＝xB，则恰好追上；
③当vA＝vB时，xA＋x0>xB，则不能追上．
提升训练
1.
[2023·广东省广州市模拟]如图，篮球运动员站在广场上的某一喷泉水柱旁边，虚线“1”“2”“3”所在水平面分别是地面、运动员的头顶、该水柱最高点所在的水平面．根据图中信息和生活经验，可以估算出该水柱从地面喷出时的速度约为(　　)
A．2 m/s B．6 m/s
C．12 m/s D．20 m/s
2.
如图所示，一小球(可视为质点)沿斜面匀加速下滑，依次经过A、B、C三点．已知AB＝18 m，BC＝30 m，小球经过AB和BC两段所用的时间均为2 s，则小球经过A、B、C三点时的速度大小分别是(　　)
A．12 m/s，13 m/s，14 m/s
B．10 m/s，14 m/s，18 m/s
C．8 m/s，10 m/s，16 m/s
D．6 m/s，12 m/s，18 m/s
3.
[2023·四川成都市二诊]某火车做匀加速直线运动，连续通过两个相距L＝100 m的时间分别为T1＝ s、T2＝ s，该火车以上述加速度由静止开始做匀加速直线运动时，一只小鸟从火车车头后方s0＝150 m处沿火车加速方向匀速向前飞行．
(1)求火车的加速度大小a；
(2)求小鸟能超过火车车头的最小速度v1；
(3)若小鸟在火车车头前方运动的时间为75 s，求小鸟的速度大小v2.
命题点二　牛顿运动定律的应用(含瞬时、临界、极值及两类问题)
动力学问题常见的模型
1．等时圆模型(图中斜面光滑)
2．临界、极值问题模型
分类 图例 结论
静摩擦造 成的临界 两物体刚要发生相对滑动时物体间达到最大静摩擦力
弹力(分离) 造成的临界 分离时相互作用力为零，但此时两物体的加速度仍相同
[提醒]　接触或脱离的临界条件为弹力FN＝0；速度达到最值的临界条件是加速度为零．
3．弹簧模型
(1)如图所示，两物体要分离时，它们之间的弹力为零，速度相同，加速度相同，分离前整体分析，分离后隔离分析．
(2)如图所示，弹簧长度变化时隔离分析，弹簧长度不变(或两物体运动状态相同)时整体分析．
考向1　牛顿运动定律的基本应用
例 1 [2023·湖北卷](多选)如图所示，原长为l的轻质弹簧，一端固定在O点，另一端与一质量为m的小球相连．小球套在竖直固定的粗糙杆上，与杆之间的动摩擦因数为0.5.杆上M、N两点与O点的距离均为l，P点到O点的距离为l，OP与杆垂直．当小球置于杆上P点时恰好能保持静止．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g.小球以某一初速度从M点向下运动到N点，在此过程中，弹簧始终在弹性限度内．下列说法正确的是(　　)
A．弹簧的劲度系数为
B.小球在P点下方l处的加速度大小为(3－4)g
C．从M点到N点的运动过程中，小球受到的摩擦力先变小再变大
D．从M点到P点和从P点到N点的运动过程中，小球受到的摩擦力做功相同
考向2　动力学中的瞬时、临界、极值问题
例 2 [2023·湖南怀化第一次模拟]如图所示，质量均为m的A、B两小球分别用轻质细绳L1和轻弹簧系在天花板上的O点和O′点，A、B两小球之间用一轻质细绳L2连接，细绳L1、弹簧与竖直方向的夹角均为θ，细绳L2水平拉直，则下列有关细绳L2被剪断瞬间的表述正确的是(　　)
A．细绳L1上的拉力与弹簧弹力之比为1∶1
B．细绳L1上的拉力与弹簧弹力之比为cos2θ∶1
C．A与B的加速度之比为1∶1
D．A与B的加速度之比为1∶cos θ
例 3 (多选|整体法与隔离法的灵活应用)光滑水平面上停放着一质量为M＝1 kg的小车B，质量为m＝2 kg的物体A放在小车的上表面，已知小车的上表面水平，物体与小车上表面之间的动摩擦因数为μ＝0.25.如图甲所示，在小车上施加一水平向右的外力F1，如图乙所示，在物体上施加一水平向右的外力F2，两种情况下，物体始终与小车保持相对静止．最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2.则下列说法正确的是(　　)
A．图甲中物体A的最大加速度为2.5 m/s2
B．图乙中物体A的最大加速度为2.5 m/s2
C．F1的最大值为15 N
D．F2的最大值为15 N
【审题指导】　注意物体与小车发生相对滑动的临界条件：物体A与小车B之间的摩擦力达到最大静摩擦力．
思维提升
连接体问题的解决方法：整体法和隔离法
(1)加速度相同的连接体问题
①若求解整体的加速度，可用整体法．以整体为研究对象，分析整体所受外力情况，再由牛顿第二定律求出加速度．
②若求解系统内力，可先用整体法求出整体的加速度，再用隔离法将内力转化成外力，由牛顿第二定律求解．
(2)加速度不同的连接体问题
若系统内各个物体的加速度不同，一般应采用隔离法．将各个物体分别作为研究对象，对每个研究对象进行受力和运动情况分析，分别应用牛顿第二定律建立方程，并注意各个物体间的相互作用关系，联立求解．
考向3　动力学两类问题
例 4 [2023·辽宁省大连市期末]我国运动员闫文港在2022年北京冬奥会获得男子钢架雪车比赛铜牌，实现该项目的历史性突破，图甲为闫文港的比赛画面．已知赛道由起跑区、出发区、滑行区及减速区四个区段组成，图乙中AB为起跑区、BC为出发区，AB赛段水平，BC赛段与水平面夹角θ＝5°.若运动员推着雪车从A点由静止出发，以2 m/s2的加速度匀加速跑到B点时速度大小为9 m/s，接着快速俯卧到雪车上沿BC下滑．已知运动员到达C点时的速度大小为12 m/s，赛道BC的长度为45 m，取g＝10 m/s2，sin 5°≈0.09，cos 5°≈1.00，不计空气阻力，求：
(1)运动员在起跑区的运动时间；
(2)雪车与冰面间的动摩擦因数．
提升训练
1.[2023·四川巴中模拟预测]越来越多的人喜欢挑战极限，如图是两位“勇士”参与溜索活动，两倾斜的钢丝拉索分别套有M、N两个滑轮(滑轮与绳之间有可调节的制动片)，两滑轮上用安全带系着两位“勇士”，当他们都沿拉索向下滑动时，M上的带子与索垂直， N上的带子始终竖直向下，则以下判断正确的是(　　)
A．M情况中，滑轮与索之间有摩擦力
B．N情况中，滑轮与索之间无摩擦力
C．M情况中“勇士”做匀速直线运动
D．N情况中“勇士”做匀速直线运动
2．[2023·广东肇庆统考二模]
水面救生无人船已经成为水面救援的重要科技装备．在某次测试中，一质量为20 kg的无人船在平静水面上沿直线直奔目标地点．无人船先从静止出发，做匀加速运动10 s后达到最大速度4 m/s，接着立即做匀减速运动，匀减速运动了16 m的距离后速度变为零．已知无人船运行过程中受到水的阻力恒定且大小为4 N，不计空气阻力，g取10 m/s2.求：
(1)在匀加速过程中，无人船发动机提供的动力的大小F1；
(2)在匀减速过程中，无人船发动机提供的阻力的大小F2；
(3)无人船在上述测试中，运动的总时间t及总位移大小x.
命题点三　运动学和动力学图像问题
1．解决图像类问题“四个注意”
(1)速度图线只有通过时间轴时速度方向才改变．
(2)利用v-t图像分析两个物体的运动时，要注意两个物体的出发点是否相同．
(3)物体的运动图像与运动过程的转化．
(4)x-t图像、v-t图像、a-t图像的应用．
2．应用图像时的“两个误区”
(1)误认为v-t图像、x-t图像是物体运动轨迹．
(2)在v-t图像中误将交点认为此时相遇．
考向1　x-t图像的应用
例 1 [2023·河北石家庄1月期末](多选)如图甲所示，倾角为37°、足够长的传送带以恒定速率v1沿顺时针方向转动．一小煤块以初速度v0＝12 m/s从传送带的底部冲上传送带，规定沿传送带斜向上为煤块运动的正方向，该煤块运动的位移x随时间t的变化关系如图乙所示．已知图线在前1.0 s内和在1.0 s～t0内为两段不同的二次函数图像，t0时刻图线的切线正好水平，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，则下列说法正确的是(　　)
A．传送带转动速率v1为8 m/s
B．图乙中t0的数值为2.0
C．0～t0内煤块在传送带上的划痕长度为6 m
D．煤块与传送带之间的动摩擦因数为0.25
[教你解决问题]——图像剖析
考向2　v-t图像的应用
例 2 [2023·河北省沧州市期末]某人乘坐上海回北京的动车a，某时刻动车a后面追上一列动车b，两动车互相追赶，如图甲所示．两动车运动的v-t图像如图乙所示，t＝0时刻两动车车头刚好并排行驶，下列说法正确的是(　　)
A．前30 s两动车平均速度相等
B．图乙中动车a的最大速度为80.8 m/s
C．0～36 s内，两车头相距最远为65.6 m
D．两车头在36 s末再次并排行驶
考向3　动力图像的问题
例 3 [2023·全国甲卷]
(多选)用水平拉力使质量分别为m甲、m乙的甲、乙两物体在水平桌面上由静止开始沿直线运动，两物体与桌面间的动摩擦因数分别为μ甲和μ乙．甲、乙两物体运动后，所受拉力F与其加速度a的关系图线如图所示．由图可知(　　)
A．m甲m乙
C．μ甲<μ乙 D．μ甲>μ乙
提升训练
1.[2023·浙江模拟预测]甲乙两质点在同一直线上运动，从t＝0时刻起同时出发，甲做匀加速直线运动，x-t图像如图甲所示．乙做匀减速直线运动，整个运动过程的x-v2图像如图乙所示，下列说法正确的是(　　)
A．t＝0时刻，甲的速度为2 m/s
B．甲的加速度大小为2 m/s2
C．经过 s，甲追上乙
D．经过2.5 s，甲追上乙
2．[2023·湖南永州二模]如图a所示为马拉松比赛中两位选手参赛的某一情形，甲、乙两人起跑时都做匀加速直线运动，达到某一速度后都各自做匀速直线运动直至终点，他们的速度—时间图像如图b所示．则下列说法中正确的是(　　)
A.乙选手起跑2 s后刚好追上甲选手
B．乙选手起跑时，甲选手正好跑了3 m
C．相遇前甲、乙两选手之间的最大距离为4 m
D．乙选手超过甲选手后，两选手可能再次相遇
3．(多选)如图甲所示，物块受水平向右的力F作用，紧靠竖直墙壁，F随时间变化规律如图乙所示．已知物块质量为m，t＝0时物块速度为0，物块与墙壁间动摩擦因数为0.5，重力加速度为g，滑动摩擦力等于最大静摩擦力，考虑0～2T0过程，对物块有(　　)
A．最大速度为0.5gT0
B．最大速度为gT0
C．位移为
D．位移为
素养培优·情境命题
实际情境中的直线运动
情境1　机器人——模型建构
[典例1]　[2023·广东模拟预测]机器人服务人类的场景正步入现实生活中，例如餐厅中使用机器人来送餐，就越来越常见．如图甲所示为某餐厅的送餐机器人，将其结构简化为如图乙所示的示意图，机器人的上表面保持水平．则下列说法中正确的是(　　)
A.菜品随着机器人一起做匀速直线运动时，菜品受到与运动方向一致的摩擦力作用
B．菜品随着机器人一起做匀速直线运动时，菜品对机器人的压力和机器人对菜品的支持力是一对平衡力
C．菜品随着机器人一起做匀加速直线运动时，菜品的惯性逐渐增大
D．菜品随着机器人一起做匀减速直线运动时，机器人对菜品的作用力大于菜品的重力
情境2　长征二号丁运载火箭——科学思维
[典例2]　[2023·安徽合肥一模]
(多选)2022年10月9日搭载天基太阳天文台“夸父一号”的长征二号丁运载火箭成功发射．假设如图为火箭发射后，第6 s末的照片，现用毫米刻度尺对照片进行测量，刻度尺的0刻度线与刚发射时火箭底部对齐．假设火箭发射后6 s内沿竖直方向做匀加速直线运动，且质量不变，火箭高为40.6 m，起飞质量为250 t，重力加速度g取9.8 m/s2.则下列估算正确的是(　　)
A．火箭竖直升空的加速度大小约为2.2 m/s2
B．火箭竖直升空的加速度大小约为4.2 m/s2
C．火箭升空所受到的平均推力大小约为3.5×107 N
D．火箭升空所受到的平均推力大小约为3.0×106 N
情境3　交通安全——科学态度与责任
[典例3]　[2023·四川省成都市名校联盟联考]强行超车是道路交通安全的极大隐患之一．如图是汽车超车过程的示意图，汽车甲和货车均以36 km/h的速度在平直路面上匀速行驶，货车在甲车前面．若甲车司机发现附近无其他车辆后开始加速从货车左侧超车，加速度大小为4 m/s2.假定货车速度保持不变，汽车超过货车4 m后完成超车，不计车辆变道的时间．求：
(1)若甲车要在4 s内完成超车，则货车最多在甲车前面多远处；
(2)若甲车开始超车时，看到道路正前方的乙车迎面驶来，乙车速度为54 km/h.甲车超车的整个过程用时4 s，乙车速度始终保持不变，则甲、乙两车之间的距离至少是多少？
第2讲　力与直线运动
命题分类剖析
命题点一
[例1]　解析：(1)当B刚好加速到v0，所用时间为v0＝at
解得t＝
车A与交汇点的距离s＝v0×＝.
(2)把匀减速逆向考虑，根据速度位移公式
根据v0＝a′t′
解得t′＝.
答案：
[例2]　解析：由题知，电动公交车做匀减速直线运动，且设RS间的距离为x，则根据题意有
＝＝＝＝
联立解得t2＝4t1，vT＝vR－10
再根据匀变速直线运动速度与时间的关系有vT＝vR－a·5t1
则at1＝2 m/s
其中还有＝vR－a·
解得vR＝11 m/s
联立解得vT＝1 m/s.故选C.
答案：C
[例3]　解析：由题意可知，跳楼机从a运动到b过程中做自由落体运动，由2h＝可得，下落时间t1＝＝2，由＝2g·2h可知，运动到b的速度大小为vb＝＝2，跳楼机从b运动到c过程中做减速运动，同理可得h＝＝2ah，解得减速过程的加速度大小为a＝2g，时间为t2＝ ，故从a到b与从b到c的运动时间之比为＝2 ∶ ＝2∶1，故A正确；从a到b，跳楼机做自由落体运动，故跳楼机座椅对游客的作用力为零，故B错误；从a到b，根据动量定理可得IG＝mvb＝2m，则跳楼机和游客总重力的冲量大小为2m，故C错误；从b到c，根据牛顿第二定律有：F－mg＝ma＝2mg，解得跳楼机受到制动力的大小为F＝3mg，故D错误．
答案：A
[例4]　解析：(1)汽车自开始刹车至停止0＝v1－at0，得t0＝5 s．
(2)设经时间t两车间的距离最大，此时两车速度相等．
v′1＝v2 ，v′1＝v1－at ，得t＝3 s
两车速度相等时，汽车位移x1＝v1t－at2＝52.5 m
摩托车位移x2＝v2t＝30 m
汽车停止前，两车之间的最大距离xmax＝x1－x2＝22.5 m.
(3)汽车自开始刹车至停止，设汽车运动位移x′1，摩托车运动位移x′2
＝2ax′1，x′2＝v2t0，得x′1＝62.5 m, x′2＝50 m
因为x′1>x′2，在汽车停止时，摩托车还没追上汽车
汽车停止后：x′1－x′2＝v2t′
得t′＝1.25 s
汽车开始刹车至两车再次并排相遇的所用时间t＝t0＋t′＝6.25 s.
答案：(1)5 s　(2)22.5 m　(3)6.25 s
[提升训练]
1．解析：由图示比例可以看出水柱高度大概为运动员身高的4倍，设运动员身高为1.80 m，则喷泉水柱高度大概为7.2 m，则v＝＝ m/s＝12 m/s，故A、B、D 错误，C正确．
答案：C
2．解析：根据Δx＝at2得a＝＝ m/s2＝3 m/s2，经过B点的瞬时速度等于通过AC段的平均速度，则vB＝＝ m/s＝12 m/s，则经过C点的速度vC＝vB＋at＝12 m/s＋3×2 m/s＝18 m/s，经过A点的速度vA＝vB－at＝12 m/s－3×2 m/s＝6 m/s，故D正确．
答案：D
3．解析：(1)设火车的初速度为v0，在通过第一个100 m的过程中，有L＝
在通过两个100 m的过程中，有
2L＝v0(T1＋T2)＋a(T1＋T2)2
解得a＝0.12 m/s2.
(2)设火车的速度增加到等于小鸟的速度时所用的时间为t0，若此时小鸟刚好超过车头，有v1t0＝
对火车有v1＝at0
解得v1＝6 m/s.
(3)设小鸟与车头相遇的时间为t，则有v2t＝s0＋at2
解得t＝
分析可知，要使小鸟超过火车车头的时间Δt＝75 s
即上式的两个时间解的差即t2－t1＝Δt
解得v2＝7.5 m/s.
答案：(1)0.12 m/s2　(2)6 m/s　(3)7.5 m/s
命题点二
[例1]　解析：小球在P点受力平衡，则有
mg＝f，f＝μFN，FN＝k
联立解得k＝
A正确；
在PM之间任取一点A，令AO与MN之间的夹角为θ，则此时弹簧的弹力为F＝k
小球受到的摩擦力为f1＝μFN1＝μF sin θ
化简得f1＝μ
θ在MP之间增大在PN减变小，即摩擦力先变大后变小，C错误；
根据对称性可知在任意关于P点对称的点摩擦力大小相等，因此由对称性可知M到P和P到N摩擦力做功大小相等，D正确；
小球运动到P点下方时θ＝45°，此时摩擦力大小为f1＝μ
由牛顿第二定律mg－f1＝ma
联立解得a＝(2－)g
B错误．故选AD.
答案：AD
[例2]　解析：对A球，剪断细绳L2的瞬间，细绳L1的拉力将发生突变，合力垂直于细绳L1斜向下，细绳L1的拉力大小为FA＝mg cos θ，A球的加速度大小aA＝g sin θ；对B球，剪断细绳L2的瞬间，弹簧弹力不变，合力水平向右，弹簧弹力大小FB＝，B球的加速度大小aB＝g tan θ，所以＝＝.
答案：B
[例3]　解析：当物体A与小车B之间的摩擦力达到最大静摩擦力时，物体A的加速度最大，此时的外力也最大．图甲中，当A、B间的摩擦力达到最大静摩擦力时，对物体A由牛顿第二定律得μmg＝ma1，解得a1＝2.5 m/s2，对物体A和小车B组成的系统，由牛顿第二定律得F1＝(M＋m)a1，解得F1＝7.5 N，A正确，C错误．图乙中，当A、B间摩擦力达到最大静摩擦力时，对小车B由牛顿第二定律得μmg＝Ma2，解得a2＝5 m/s2，对物体A和小车B组成的系统，由牛顿第二定律得F2＝(M＋m)a2，解得F2＝15 N，B错误，D正确．
答案：AD
[例4]　解析：(1)设运动员在起跑区的运动时间为t1，根据vB＝a1t1，解得t1＝4.5 s.
(2)设运动员和雪车的总质量为m，摩擦力大小为Ff，在出发区的加速度大小为a2，根据＝2a2xBC
解得a2＝0.7 m/s2
由牛顿第二定律有mg sin θ－μmg cos θ＝ma2
解得μ＝0.02.
答案：(1)4.5 s　(2)0.02
[提升训练]
1．解析：
滑轮M对应的安全带的弹力方向倾斜，对“勇士”受力分析，如图
则加速度大小为a＝＝g sin θ
滑轮M做匀加速运动，对整体分析，有(m＋M)g sin θ－f＝(m＋M)a，得 f＝0，
M情况中，滑轮与索之间没有摩擦力，故A、C错误；
滑轮N对应的安全带的弹力为竖直方向，可知N情况中“勇士”合力为零，做匀速直线运动，则滑轮N受到沿钢索向上的摩擦力，故B错误，D正确．
答案：D
2．解析：(1)匀加速阶段加速度为a1＝
解得a1＝0.4 m/s2
由牛顿第二定律得F1－f＝ma1
解得F1＝12 N.
(2)匀减速阶段有＝－2a2x2
解得a2＝0.5 m/s2
由牛顿第二定律得F2＋f＝ma2
解得F2＝6 N.
(3)匀减速阶段的时间为t2＝＝8 s
运动总时间为t＝t1＋t2＝18 s
匀加速阶段的位移为x1＝t1＝20 m
总位移大小x＝x1＋x2＝20 m＋16 m＝36 m.
答案：(1)12 N　(2)6 N　(3)18 s　36 m
命题点三
[例1]　解析：因煤块冲上传送带，开始时受到的摩擦力方向沿传送带向下，根据牛顿第二定律可得，煤块的加速度大小为a1＝g sin θ＋μg cos θ，当煤块速率减到与传送带速率相同后，煤块相对于传送带向下运动，受到的摩擦力方向沿传送带向上，根据牛顿第二定律可得，此时煤块的加速度大小为a2＝g sin θ－μg cos θ，煤块一直减速到零，接着反向沿传送带向下加速，加速度大小为a2，由于mg sin θ>μmg cos θ，则煤块一直加速到离开传送带，与题意及图乙相符，所以可知t1＝1.0 s时煤块的速度大小等于传送带的转动速率，由图乙可得x1＝＝8 m，求得a1＝8 m/s2，可得传送带的速率v1＝v0－a1t1＝4 m/s2，A错误；由A项分析可知，图乙中t0时刻，煤块运动速度为零，根据a1＝g sin θ＋μg cos θ＝8 m/s2，求得煤块与传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.25，代入a2＝g sin θ－μg cos θ，求得a2＝4 m/s2，又因为x2＝(10－8)m＝a2×(t0－t1)2，求得t0＝2.0 s，B、D正确；0～t1内煤块相对于传送带向上运动，煤块在传送带上的划痕长度为Δs1＝x1－v1t1＝4 m，t1～t0内煤块在传送带上的划痕长度为Δs2＝v1(t0～t1)－x2＝2 m，但由于该过程煤块相对传送带向下运动，因为划痕发生重叠，所以0～t0内煤块在传送带上的划痕长度为4 m，C错误．
答案：BD
[例2]　解析：v t图像与横轴围成的面积表示位移，由题图乙可知，在前30 s内动车b的位移大于动车a的位移，故动车b的平均速度大于动车a的平均速度，故A错误；
动车a做匀加速直线运动的加速度大小
a＝＝ m/s2＝0.8 m/s2
由题图乙可知，在36 s时刻动车a的速度最大，则有vm＝v0＋at＝76 m/s＋0.8×(36－30) m/s＝80.8 m/s，
故B正确；
0～36 s内，当两动车的速度相等时，即在t＝30 s时刻，两动车头相距最远，由题图乙可知两车头最远的距离Δsm＝×16×10 m＝80 m，故C错误；
由题图乙可知0～30 s内动车b比动车a多走的位移Δx1＝×16×10 m＝80 m
30～36 s内动车a比动车b多走的位移
Δx2＝×(80.8－76)×6 m＝14.4 m
说明在0～36 s内动车b比动车a多走的位移
Δx＝Δx1－Δx2＝65.6 m
即两车头在36 s末没有并排行驶，故D错误．
答案：B
[例3]　解析：根据牛顿第二定律有，F－μmg＝ma，整理后有，F＝ma＋μmg，则可知F a图像的斜率为m，纵截距为μmg，则由题图可看出，m甲>m乙，μ甲m甲g＝μ乙m乙g，则，μ甲<μ乙，故选BC.
答案：BC
[提升训练]
1．解析：甲质点的位移表达式为x＝v0t＋a1t2＋x0
将(0，－2)、(1，0)、(2，6)代入上式，解得x0＝－2 m，v0＝0，a1＝4 m/s2
乙质点的位移表达式为＝－2a2x
将v2＝0时x＝12.5 m 、v2＝100 时x＝0代入上式，解得v′0＝10 m/s，a2＝4 m/s2，A、B错误；
乙质点停止所用时间为t0＝＝ s＝2.5 s
乙质点2.5 s的位移为x2＝
s的位移为x1＝a1t2＝×4× m＝14.5 m
因为x1－x2＝14.5 m－12.5 m＝2 m＝x0＝2 m，经过 s，甲追上乙，C正确，D错误．
答案：C
2．解析：由图可知，乙选手起跑2 s后，则到了t＝4 s时两人的速度相等，同一起跑线开始则应为相距最远时，不能追上，故A错误；根据v t图像与时间轴所围的面积表示位移，可知，当乙选手起跑时，甲选手的位移为x甲＝ m＝2 m，故B错误；由图可知，t＝4 s时两人的速度相等，相距最远，最大距离等于0～4 s内甲与乙的位移之差，为Δx＝x甲－x乙＝m＝4 m，故C正确；乙选手超过甲选手后，因其速度始终比甲选手的大，两选手不可能再次相遇，故D错误．故选C.
答案：C
3．解析：0～T0过程中，F＝mg，物块与墙壁间最大静摩擦力为0.5mg，小于物块自身重力，物块向下做匀加速直线运动，加速度大小为a1＝＝0.5g
T0时刻，物块速度为v1＝a1t1＝0.5gT0
位移为x1＝＝
T0～2T0过程中，F＝3mg，物块与墙壁间为滑动摩擦力，大小为1.5mg，大于物块自身重力，物块会向下做匀减速运动，加速度大小为a2＝＝0.5g
［典例1］　解析：菜品随着机器人一起做匀速直线运动时，不受摩擦力作用，A错误；菜品随着机器人一起做匀速直线运动时，菜品对机器人的压力和机器人对菜品的支持力是一对作用力与反作用力，B错误；菜品随着机器人一起做匀加速直线运动时，菜品的惯性不变，惯性大小由物体的质量决定，质量不变，物体的惯性不变，C错误；菜品随着机器人一起做匀减速直线运动时，机器人对菜品的支持力FN＝mg
由牛顿第二定律Ff＝ma
＝>mg，D正确．
答案：D
[典例2]　解析：由题图可知，火箭尺寸与实际火箭尺寸的比例约为＝，可得火箭在6 s内上升的高度为h＝2.5× cm≈39.0 m，由匀变速直线运动规律得h＝at2，解得a≈2.2 m/s2，由牛顿第二定律得F－mg＝ma，解得平均推力大小约为F＝3.0×106 N，故A、D正确．
答案：AD
[典例3]　解析：(1)由题意可得x甲＝d＋x乙＋4，x甲＝v0t1＋at2 1，x货＝v0t1
解得d＝28 m.
(2)甲车位移x甲＝＝72 m
乙车位移x乙＝v乙t2＝60 m
则甲、乙两车之间的距离至少是L＝x甲＋x乙＝132 m.
答案：(1)28 m　(2)132 m(共64张PPT)
第3讲　力与曲线运动
命题点一　运动的合成与分解　平抛运动(含类平抛)
1．曲线运动
2．特点
(1)F合恒定：做匀变速曲线运动．
(2)F合不恒定：做非匀变速曲线运动．
(3)速率变化情况判断
考向1　曲线运动的特点及运动的合成与分解
例 1 [2023·全国乙卷]小车在水平地面上沿轨道从左向右运动，动能一直增加．如果用带箭头的线段表示小车在轨道上相应位置处所受合力，下列四幅图可能正确的是(　　)
答案：D
解析：小车做曲线运动，所受合外力指向曲线的凹侧，故AB错误；小车沿轨道从左向右运动，动能一直增加，故合外力与运动方向夹角为锐角，C错误，D正确．故选D.
例 2 [2023·江苏卷]达·芬奇的手稿中描述了这样一个实验：一个罐子在空中沿水平直线向右做匀加速运动，沿途连续漏出沙子．若不计空气阻力，则下列图中能反映空中沙子排列的几何图形是(　　)
答案：D
解析：罐子在空中沿水平直线向右做匀加速运动，在时间Δt内水平方向位移增加量为aΔt2，竖直方向做自由落体运动，在时间Δt内位移增加gΔt2；说明水平方向位移增加量与竖直方向位移增加量比值一定，则连线的倾角就是一定的．故选D.
考向2　平抛运动规律的基本应用
例 3 [2023·浙江6月]铅球被水平推出后的运动过程中，不计空气阻力，下列关于铅球在空中运动时的加速度大小a、速度大小v、动能Ek和机械能E随运动时间t的变化关系中，正确的是(　　)
答案：D
考向3　有约束条件的平抛运动
例 4 [2023·清华大学附中开学考试]2022年第24届冬季奥林匹克运动会在北京和张家口举行，跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一．如图为简化的跳台滑雪的雪道示意图，AO为助滑道，OB为着陆坡．运动员从助滑道上的A点由静止滑下，然后从O点沿水平方向飞出，最后在着陆坡上着陆．已知，A点与O点的高度差为h＝3.2 m，着陆坡OB的倾角为θ＝37°，运动员及装备的总质量为m＝50 kg，重力加速度为g＝10 m/s2.将运动员和滑雪板整体看作质点，不计一切摩擦和空气阻力(sin 37°＝0.6；cos 37°＝0.8)．求：
(1)运动员经过O点时的速度大小v；
(2)运动员从飞出到着陆的时间t；
(3)运动员在坡上着落时的速度大小v1；
(4)运动员在着落前距斜坡的最大垂直距离d.
答案：B
思维提升
求解平抛运动问题的技巧
①把运动分解为相互垂直方向上的匀速直线运动和匀加速直线运动，通过研究分运动达到研究合运动的目的．
②确定速度或位移与题目所给的角度之间的联系，这往往是解决问题的突破口．
提升训练
1. [2023·广东广州二模]潜艇从海水的高密度区驶入低密度区．浮力急剧减小的过程称为“掉深”．如图a所示，某潜艇在高密度区水平向右匀速航行，t＝0时，该潜艇开始“掉深”，潜艇“掉深”后，其竖直方向的速度vy随时间变化的图像如图b所示，水平速度vx保持不变．若以水平向右为x轴，竖直向下为y轴，则潜艇“掉深”后的0～30 s内．能大致表示其运动轨迹的图形是(　　)
答案：B
解析：根据题意可知，潜艇在x轴方向上做匀速直线运动，y轴方向上先做匀加速直线运动，再做匀减速直线运动，在x轴上取几段相邻且距离相等的距离，则时间相等，y轴上下降的距离先增大后减小．故选B.
2．[2023·湖南卷]如图(a)，我国某些农村地区人们用手抛撒谷粒进行水稻播种．某次抛出的谷粒中有两颗的运动轨迹如图(b)所示，其轨迹在同一竖直平面内，抛出点均为O，且轨迹交于P点，抛出时谷粒1和谷粒2的初速度分别为v1和v2，其中v1方向水平，v2方向斜向上．忽略空气阻力，关于两谷粒在空中的运动，下列说法正确的是(　　)
A．谷粒1的加速度小于谷粒2的加速度
B．谷粒2在最高点的速度小于v1
C．两谷粒从O到P的运动时间相等
D．两谷粒从O到P的平均速度相等
答案：B
解析：抛出的两谷粒在空中均仅受重力作用，加速度均为重力加速度，故谷粒1的加速度等于谷粒2的加速度，A错误；谷粒2做斜抛运动，谷粒1做平抛运动，均从O点运动到P点，故位移相同．在竖直方向上谷粒2做竖直上抛运动，谷粒1做自由落体运动，竖直方向上谷粒2的自由落体运动位移大于谷粒1的竖直位移，故谷粒2运动时间较长，C错误；谷粒2做斜抛运动，水平方向上为匀速直线运动，故运动到最高点的速度即为水平方向上的分速度．与谷粒1比较水平位移相同，但运动时间较长，故谷粒2水平方向上的速度较小即最高点的速度小于v1，B正确；两谷粒从O点运动到P点的位移相同，运动时间不同，故平均速度不相等，D错误．
3．[2023·福建龙岩一中模拟]如图所示，排球比赛中，某队员在距网水平距离为4.8 m，距地面3.2 m高处(O点正上方)将排球沿垂直网的方向以16 m/s的速度水平击出．已知网高2.24 m，排球场地长18 m，重力加速度g取10 m/s2，可将排球视为质点，下列判断正确的是(　　)
A．球不能过网
B．球落在对方场地内
C．球落在对方场地底线上
D．球落在对方场地底线之外
答案：B
命题点二　圆周运动
1．水平面内的圆周运动的“临界”分析
(1)绳的临界：张力FT＝0
(2)接触面滑动临界：F＝Ffm
(3)接触面分离临界：FN＝0
2．竖直面内圆周运动分析步骤：
(1)定模型→判断是轻杆模型还是轻绳模型
(2)
(3)过程分析→应用动能定理或机械能守恒定律将初、末状态联系起来列方程求解
答案：A
答案：A
答案：ABC
思维提升
解决平抛与圆周运动组合问题的“四个关键”
(1)运动阶段的划分，如例题中分成三个阶段(圆周→平抛→圆周)．
(2)运动阶段的衔接，尤其注意速度方向，如例题中，小球运动到B点的速度．
(3)两个运动阶段在时间和空间上的联系．
(4)对于平抛运动或类平抛运动与圆周运动组合的问题，应用合成与分解的思想分析，这两种运动转折点的速度是解题的关键．
答案：D
2．[2023·全国甲卷]一质点做匀速圆周运动，若其所受合力的大小与轨道半径的n次方成正比，运动周期与轨道半径成反比，则n等于(　　)
A．1　　　B．2 C．3　　　D．4
答案：C
3．如图所示，物体A、B用细线连接，在同一高度做匀速圆周运动，圆心均为点O.在某时刻，细线同时断裂，两物体做平抛运动，同时落在水平面上的同一点．连接A、B的细线长度分别为10l、5l，A、B圆周运动的半径分别为6l、4l，则O点到水平面的高度为(忽略物体的大小和细线质量)(　　)
A．6l B．10l
C．12l D．15l
答案：C
考向1　卫星运动的特点
例 1 [2023·北京卷]2022年10月9日，我国综合性太阳探测卫星“夸父一号”成功发射，实现了对太阳探测的跨越式突破．“夸父一号”卫星绕地球做匀速圆周运动，距地面高度约为720 km，运行一圈所用时间约为100分钟．如图所示，为了随时跟踪和观测太阳的活动，“夸父一号”在随地球绕太阳公转的过程中，需要其轨道平面始终与太阳保持固定的取向，使太阳光能照射到“夸父一号”，下列说法正确的是(　　)
A．“夸父一号”的运行轨道平面平均每天转动的角度约为1°
B．“夸父一号”绕地球做圆周运动的速度大于7.9 km/s
C．“夸父一号”绕地球做圆周运动的向心加速度大于地球表面的重力加速度
D．由题干信息，根据开普勒第三定律，可求出日地间平均距离
答案：A
例 2 [2023·湖北卷]2022年12月8日，地球恰好运行到火星和太阳之间，且三者几乎排成一条直线，此现象被称为“火星冲日”．火星和地球几乎在同一平面内沿同一方向绕太阳做圆周运动，火星与地球的公转轨道半径之比约为3∶2，如图所示．根据以上信息可以得出(　　)
A．火星与地球绕太阳运动的周期之比约为27∶8
B．当火星与地球相距最远时，两者的相对速度最大
C．火星与地球表面的自由落体加速度大小之比约为9∶4
D．下一次“火星冲日”将出现在2023年12月8日之前
答案：B
答案：D
考向3　卫星变轨和空间站对接问题
例 4 [2023·四川省宜宾市叙州区模拟]
2022年11月30日，神舟十五号载人飞船与天和核心舱完成对接，如图为对接过程的示意图．天和核心舱做圆周运动的轨道半径为R，运动周期为T，神舟十五号飞船在火箭助推下由地表加速至A点，在此处神舟十五号飞船与火箭分离，分离后神舟十五号飞船在万有引力作用下沿椭圆轨道运动至B点与天和核心舱对接，椭圆轨道AB在B点与天和核心舱轨道相切，B点为椭圆轨道AB的远地点，已知引力常量为G.下列说法正确的是(　　)
A．A点到地心的距离小于B点到地心的距离，飞船在A点的速率小于在B点的速率
B．飞船沿椭圆轨道AB运行的周期小于T
C．飞船在整个运动过程中，机械能不断增大
D．飞船运动至B点时其速率大于天和核心舱的速率
答案：B
提升训练
1.[2023·大连葫芦岛一模]2022年11月12日10时03分，天舟五号与空间站天和核心舱成功对接，此次发射任务从点火发射到完成交会对接，全程仅用2个小时，创世界最快交会对接纪录，标志着我国航天交会对接技术取得了新突破．在交会对接的最后阶段，天舟五号与空间站处于同一轨道上，同向运动，两者的运行轨道均视为圆周．要使天舟五号在同一轨道上追上空间站实现“交会对接”，天舟五号喷射燃气的方向可能正确的是(　　)
答案：A
2．[2023·湖北省部分地市1月联合调研](多选)
2022年10月，我国发射“夸父一号”太阳探测卫星，该卫星采用的是距地面高度720 km左右、周期约为100分钟的太阳同步晨昏轨道．所谓太阳同步晨昏轨道，从宇宙中看，就是卫星一方面围绕地球飞行(看成匀速圆周运动)且跟随着地球绕太阳公转，另一方面轨道平面一直朝向太阳．下列说法正确的是(　　)
A．“夸父一号”的发射速度大于11.2 km/s
B．以太阳为参考系，“夸父一号”做匀速圆周运动
C．“夸父一号”绕地球运行的角速度大于地球的自
转角速度
D．“夸父一号”连续两次经过地球赤道上同一位置
正上空所用的时间间隔约为120小时
答案：CD
答案：CD
生活·科技中的曲线运动
情境1　排污管——科学思维
[典例1]　[2023·北京海淀区高三上学期期中]环保人员在一次检查时发现，有一根排污管正在沿水平方向向河道内排出大量污水，如图所示．水流稳定时，环保人员测出了管口中心到河面的高度为H，喷出污水的水平射程为L，管口的直径为D(D远小于H)．设污水充满整根管道，管口横截面上各处水的速度相同，忽略空气阻力，已知重力加速度为g.求：
(1)污水从排污管喷出时初速度的大小v0；
(2)污水落至河面时速度的大小v；
(3)由管口至河面间空中污水的体积A.
答案：D
情境3　智能呼啦圈——模型建构
[典例3]　智能呼啦圈轻便美观，深受大众喜爱，如图甲，腰带外侧带有轨道，将带有滑轮的短杆穿入轨道，短杆的另一端悬挂一根带有配重的轻绳，其简化模型如图乙所示．可视为质点的配重质量为0.5 kg，绳长为0.5 m，悬挂点P到腰带中心点O的距离为0.2 m．水平固定好腰带，通过人体微小扭动，使配重随短杆做水平匀速圆周运动，绳子与竖直方向夹角为θ，运动过程中腰带可看作不动，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，下列说法正确的是(　　)
A．匀速转动时，配重受到的合力恒定
B．若增大转速，腰带受到的合力变大
C．当θ稳定在37°时，配重的角速度为5 rad/s
D．在θ由37°缓慢增加到53°的过程中，绳子
对配重做正功
答案：D
情境4　螺旋星系——科学探究
[典例4]　[2023·北京卷] 螺旋星系中有大量的恒星和星际物质，主要分布在半径为R的球体内，球体外仅有极少的恒星．球体内物质总质量为M，可认为均匀分布，球体内外的所有恒星都绕星系中心做匀速圆周运动，恒星到星系中心的距离为r，引力常量为G.
(1)求r>R区域的恒星做匀速圆周运动的速度大小v与r的关系；
(2)根据电荷均匀分布的球壳内试探电荷所受库仑力的合力为零，利用库仑力与万有引力的表达式的相似性和相关力学知识，求r≤R区域的恒星做匀速圆周运动的速度大小v与r的关系；
(3)科学家根据实测数据，得到此螺旋星系中不同位置的恒星做匀速圆周运动的速度大小v随r的变化关系图像，如图所示．根据在r>R范围内的恒星速度大小几乎不变，科学家预言螺旋星系周围(r>R)存在一种特殊物质，称之为暗物质．暗物质与通常的物质有引力相互作用，并遵循万有引力定律，求r＝nR内暗物质的质量M′.第3讲　力与曲线运动
知识网络构建
命题分类剖析
命题点一　运动的合成与分解　平抛运动(含类平抛)
1．曲线运动
2．特点
(1)F合恒定：做匀变速曲线运动．
(2)F合不恒定：做非匀变速曲线运动．
(3)速率变化情况判断
3．平抛运动的二级结论
(1)做平抛运动的物体在任一时刻的瞬时速度的反向延长线一定通过此时水平位移的中点，则tan α＝.
(2)做平抛运动的物体在任一时刻任一位置处，其速度与水平方向的夹角α的正切值，是位移与水平方向的夹角θ的正切值的2倍，即tanα＝2tanθ.
考向1　曲线运动的特点及运动的合成与分解
例 1 [2023·全国乙卷]小车在水平地面上沿轨道从左向右运动，动能一直增加．如果用带箭头的线段表示小车在轨道上相应位置处所受合力，下列四幅图可能正确的是(　　)
例 2 [2023·江苏卷]达·芬奇的手稿中描述了这样一个实验：一个罐子在空中沿水平直线向右做匀加速运动，沿途连续漏出沙子．若不计空气阻力，则下列图中能反映空中沙子排列的几何图形是(　　)
考向2　平抛运动规律的基本应用
例 3 [2023·浙江6月]铅球被水平推出后的运动过程中，不计空气阻力，下列关于铅球在空中运动时的加速度大小a、速度大小v、动能Ek和机械能E随运动时间t的变化关系中，正确的是(　　)
[解题心得]　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
考向3　有约束条件的平抛运动
例 4 [2023·清华大学附中开学考试]2022年第24届冬季奥林匹克运动会在北京和张家口举行，跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一．如图为简化的跳台滑雪的雪道示意图，AO为助滑道，OB为着陆坡．运动员从助滑道上的A点由静止滑下，然后从O点沿水平方向飞出，最后在着陆坡上着陆．已知，A点与O点的高度差为h＝3.2 m，着陆坡OB的倾角为θ＝37°，运动员及装备的总质量为m＝50 kg，重力加速度为g＝10 m/s2.将运动员和滑雪板整体看作质点，不计一切摩擦和空气阻力(sin 37°＝0.6；cos 37°＝0.8)．求：
(1)运动员经过O点时的速度大小v；
(2)运动员从飞出到着陆的时间t；
(3)运动员在坡上着落时的速度大小v1；
(4)运动员在着落前距斜坡的最大垂直距离d.
考向4　带电粒子在匀强电场中的类平抛运动
例 5 [2023·重庆模拟预测]如图装置是由粒子加速器和平移器组成，平移器由两对水平放置、间距为Δd的相同平行金属板构成，极板间距离和板长均为L.加速电压为U0，两对极板间偏转电压大小相等均为U0，电场方向相反．质量为m，电荷量为＋q的粒子无初速地进入加速电场，被加速器加速后，从平移器下板边缘水平进入平移器，最终从平移器上板边缘水平离开，不计重力．下列说法正确的是(　　)
A．粒子离开加速器时速度v0＝
B．粒子通过左侧平移器时，竖直方向位移y1＝
C．Δd与2L相等
D．只增加加速电压，粒子将不能从平移器离开
思维提升
求解平抛运动问题的技巧
①把运动分解为相互垂直方向上的匀速直线运动和匀加速直线运动，通过研究分运动达到研究合运动的目的．
②确定速度或位移与题目所给的角度之间的联系，这往往是解决问题的突破口．
提升训练
1. [2023·广东广州二模]潜艇从海水的高密度区驶入低密度区．浮力急剧减小的过程称为“掉深”．如图a所示，某潜艇在高密度区水平向右匀速航行，t＝0时，该潜艇开始“掉深”，潜艇“掉深”后，其竖直方向的速度vy随时间变化的图像如图b所示，水平速度vx保持不变．若以水平向右为x轴，竖直向下为y轴，则潜艇“掉深”后的0～30 s内．能大致表示其运动轨迹的图形是(　　)
2．[2023·湖南卷]如图(a)，我国某些农村地区人们用手抛撒谷粒进行水稻播种．某次抛出的谷粒中有两颗的运动轨迹如图(b)所示，其轨迹在同一竖直平面内，抛出点均为O，且轨迹交于P点，抛出时谷粒1和谷粒2的初速度分别为v1和v2，其中v1方向水平，v2方向斜向上．忽略空气阻力，关于两谷粒在空中的运动，下列说法正确的是(　　)
A．谷粒1的加速度小于谷粒2的加速度
B．谷粒2在最高点的速度小于v1
C．两谷粒从O到P的运动时间相等
D．两谷粒从O到P的平均速度相等
3．[2023·福建龙岩一中模拟]如图所示，排球比赛中，某队员在距网水平距离为4.8 m，距地面3.2 m高处(O点正上方)将排球沿垂直网的方向以16 m/s的速度水平击出．已知网高2.24 m，排球场地长18 m，重力加速度g取10 m/s2，可将排球视为质点，下列判断正确的是(　　)
A．球不能过网
B．球落在对方场地内
C．球落在对方场地底线上
D．球落在对方场地底线之外
命题点二　圆周运动
1．水平面内的圆周运动的“临界”分析
(1)绳的临界：张力FT＝0
(2)接触面滑动临界：F＝Ffm
(3)接触面分离临界：FN＝0
2．竖直面内圆周运动分析步骤：
(1)定模型→判断是轻杆模型还是轻绳模型
(2)
(3)过程分析→应用动能定理或机械能守恒定律将初、末状态联系起来列方程求解
考向1　描述圆周运动的物理量
例 1 [2023·湖南衡阳考试]如图甲所示是古代用牛车灌溉时的场景，其简化图如图乙所示，已知A、B、C三个圆的半径分别为rA、rB、rC，C每转一圈能将8个相同竹筒中的水(质量均为m)灌溉到农田中，已知牛每分钟牵引中柱转动n圈，则一个小时内该牛车对农田灌溉水的质量为(　　)
m
C．m D．m
考向2　水平面内的圆周运动问题
例 2 [2023·北京卷]在太空实验室中可以利用匀速圆周运动测量小球质量．如图所示，不可伸长的轻绳一端固定于O点，另一端系一待测小球，使其绕O做匀速圆周运动，用力传感器测得绳上的拉力大小为F，用停表测得小球转过n圈所用的时间为t，用刻度尺测得O点到球心的距离为圆周运动的半径R.下列说法正确的是(　　)
A．圆周运动轨道可处于任意平面内
B．小球的质量为
C．若误将n－1圈记作n圈，则所得质量偏大
D．若测R时未计入小球半径，则所得质量偏小
考向3　竖直面内的圆周运动问题
例 3 (多选)竖直平面内的圆周运动是物理学里的经典模型之一，某同学通过如图实验来探究其相关规律：质量为m的小球固定在力传感器测量的一侧，传感器另一侧固定在一端．现给小球一初速度让其绕O点做圆周运动，小球到O点的距离为L，已知当力传感器受到球对其为压力时，读数为负数，为拉力时，读数为正数，重力加速度为g.则下列说法正确的是(　　)
A．只有当小球通过圆周最高点的速度大于0时才能完成完整的圆周运动
B．若小球通过圆周最高点时速度为 ，则力传感器读数为－mg
C．小球在与圆心等高的B点下方运动的过程中，力传感器读数总是正值
D．若小球通过圆周最低点时速度为，则力传感器读数为mg
考向4　平抛运动与圆周运动组合问题
例 4 [2023·四川省凉山州试题]如图所示，长为l的轻质细线固定在O1点，细线的下端系一质量为m的小球，固定点O1的正下方0.5l处的P点可以垂直于竖直平面插入一颗钉子．现将小球从细线处于水平状态由静止释放，此时钉子还未插入P点，在B点右下方水平地面上固定有一半径为R＝l的光滑圆弧形槽，槽的圆心在O2，D点为最低点，且∠CO2D＝37°，重力加速度为g，不计空气阻力．(已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)求：
(1)小球运动到B点时的速度大小；
(2)如果钉子插入P点后，小球仍然从A点静止释放，到达B点时，绳子恰好被拉断，求绳子能承受的最大拉力；
(3)在第(2)问的情况下，小球恰好从槽的C点无碰撞地进入槽内，求整个过程中小球对槽的最大压力．
思维提升
解决平抛与圆周运动组合问题的“四个关键”
(1)运动阶段的划分，如例题中分成三个阶段(圆周→平抛→圆周)．
(2)运动阶段的衔接，尤其注意速度方向，如例题中，小球运动到B点的速度．
(3)两个运动阶段在时间和空间上的联系．
(4)对于平抛运动或类平抛运动与圆周运动组合的问题，应用合成与分解的思想分析，这两种运动转折点的速度是解题的关键．
提升训练
1.在东北严寒的冬天，人们经常玩一项“泼水成冰”的游戏，具体操作是把一杯开水沿弧线均匀快速地泼向空中．图甲所示是某人玩“泼水成冰”游戏的瞬间，其示意图如图乙所示．若泼水过程中杯子的运动可看成匀速圆周运动，人的手臂伸直．在0.5 s内带动杯子旋转了210°，人的臂长约为0.6 m．下列说法正确的是(　　)
A．泼水时杯子的旋转方向为顺时针方向
B．P位置飞出的小水珠初速度沿1方向
C．杯子在旋转时的角速度大小为 rad/s
D．杯子在旋转时的线速度大小约为 m/s
2．[2023·全国甲卷]一质点做匀速圆周运动，若其所受合力的大小与轨道半径的n次方成正比，运动周期与轨道半径成反比，则n等于(　　)
A．1　　　B．2 C．3　　　D．4
3．如图所示，物体A、B用细线连接，在同一高度做匀速圆周运动，圆心均为点O.在某时刻，细线同时断裂，两物体做平抛运动，同时落在水平面上的同一点．连接A、B的细线长度分别为10l、5l，A、B圆周运动的半径分别为6l、4l，则O点到水平面的高度为(忽略物体的大小和细线质量)(　　)
A．6l B．10l
C．12l D．15l
命题点三　天体的运动
1．两种卫星的特点
(1)近地卫星：①轨道半径等于地球半径；②卫星所受万有引力等于重力mg；③卫星向心加速度即为重力加速度．
(2)同步卫星：①同步卫星的周期等于地球的自转周期；②所有地球同步卫星都在赤道正上空相同的高度上(六个“一定”).
2．巧用“一模型、两思路”解答卫星运行参量问题
(1)一种模型：无论是自然天体(如地球、月亮)还是人造天体(如宇宙飞船、人造卫星)都可以看作质点，围绕中心天体(视为静止)做匀速圆周运动．
(2)两条思路
①万有引力提供向心力，即G＝m＝mω2r＝mr＝ma.
②天体对其表面物体的万有引力近似等于重力，即＝mg或gR2＝GM(R、g分别是天体的半径、表面重力加速度)(黄金代换)．
3．卫星变轨和能量问题
(1)点火加速，v突然增大，G＜m，卫星将做离心运动．
(2)点火减速，v突然减小，G＞m，卫星将做近心运动．
(3)同一卫星在不同轨道上运行时机械能不同，轨道半径越大，机械能越大．
(4)卫星经过不同轨道相切的同一点时加速度相等，在切点处，外轨道的速度大于内轨道的速度．
考向1　卫星运动的特点
例 1 [2023·北京卷]2022年10月9日，我国综合性太阳探测卫星“夸父一号”成功发射，实现了对太阳探测的跨越式突破．“夸父一号”卫星绕地球做匀速圆周运动，距地面高度约为720 km，运行一圈所用时间约为100分钟．如图所示，为了随时跟踪和观测太阳的活动，“夸父一号”在随地球绕太阳公转的过程中，需要其轨道平面始终与太阳保持固定的取向，使太阳光能照射到“夸父一号”，下列说法正确的是(　　)
A．“夸父一号”的运行轨道平面平均每天转动的角度约为1°
B．“夸父一号”绕地球做圆周运动的速度大于7.9 km/s
C．“夸父一号”绕地球做圆周运动的向心加速度大于地球表面的重力加速度
D．由题干信息，根据开普勒第三定律，可求出日地间平均距离
例 2 [2023·湖北卷]2022年12月8日，地球恰好运行到火星和太阳之间，且三者几乎排成一条直线，此现象被称为“火星冲日”．火星和地球几乎在同一平面内沿同一方向绕太阳做圆周运动，火星与地球的公转轨道半径之比约为3∶2，如图所示．根据以上信息可以得出(　　)
A．火星与地球绕太阳运动的周期之比约为27∶8
B．当火星与地球相距最远时，两者的相对速度最大
C．火星与地球表面的自由落体加速度大小之比约为9∶4
D．下一次“火星冲日”将出现在2023年12月8日之前
考向2　天体密度、质量的估算
例 3 [2023·辽宁卷]在地球上观察，月球和太阳的角直径(直径对应的张角)近似相等，如图所示．若月球绕地球运动的周期为T1，地球绕太阳运动的周期为T2，地球半径是月球半径的k倍，则地球与太阳的平均密度之比约为(　　)
A．k3 B．k3
C． D．
考向3　卫星变轨和空间站对接问题
例 4 [2023·四川省宜宾市叙州区模拟]
2022年11月30日，神舟十五号载人飞船与天和核心舱完成对接，如图为对接过程的示意图．天和核心舱做圆周运动的轨道半径为R，运动周期为T，神舟十五号飞船在火箭助推下由地表加速至A点，在此处神舟十五号飞船与火箭分离，分离后神舟十五号飞船在万有引力作用下沿椭圆轨道运动至B点与天和核心舱对接，椭圆轨道AB在B点与天和核心舱轨道相切，B点为椭圆轨道AB的远地点，已知引力常量为G.下列说法正确的是(　　)
A．A点到地心的距离小于B点到地心的距离，飞船在A点的速率小于在B点的速率
B．飞船沿椭圆轨道AB运行的周期小于T
C．飞船在整个运动过程中，机械能不断增大
D．飞船运动至B点时其速率大于天和核心舱的速率
提升训练
1.[2023·大连葫芦岛一模]2022年11月12日10时03分，天舟五号与空间站天和核心舱成功对接，此次发射任务从点火发射到完成交会对接，全程仅用2个小时，创世界最快交会对接纪录，标志着我国航天交会对接技术取得了新突破．在交会对接的最后阶段，天舟五号与空间站处于同一轨道上，同向运动，两者的运行轨道均视为圆周．要使天舟五号在同一轨道上追上空间站实现“交会对接”，天舟五号喷射燃气的方向可能正确的是(　　)
2．[2023·湖北省部分地市1月联合调研](多选)
2022年10月，我国发射“夸父一号”太阳探测卫星，该卫星采用的是距地面高度720 km左右、周期约为100分钟的太阳同步晨昏轨道．所谓太阳同步晨昏轨道，从宇宙中看，就是卫星一方面围绕地球飞行(看成匀速圆周运动)且跟随着地球绕太阳公转，另一方面轨道平面一直朝向太阳．下列说法正确的是(　　)
A．“夸父一号”的发射速度大于11.2 km/s
B．以太阳为参考系，“夸父一号”做匀速圆周运动
C．“夸父一号”绕地球运行的角速度大于地球的自转角速度
D．“夸父一号”连续两次经过地球赤道上同一位置正上空所用的时间间隔约为120小时
3.
[2023·陕西省西安市长安区质量检测](多选)清华大学天文系祝伟教授牵头的国际团队在宇宙中发现了两个罕见的恒星系统．该系统均是由两颗互相绕行的中央恒星组成，被气体和尘埃盘包围，且该盘与中央恒星的轨道成一定角度，呈现出“雾绕双星”的奇幻效果．如图所示为该“双星模型”的简化图，恒星P、Q绕它们之间连线上的O点做匀速圆周运动．已知O1O2＝L1，O1O－OO2＝L2，假设两恒星的半径远小于恒星之间的距离．下列说法正确的是(　　)
A．恒星P、Q的轨道半径之比为L1∶L2
B．恒星P的质量大于恒星Q的质量
C．恒星P、Q的线速度大小之和与线速度大小之差的比值为
D．恒星P、Q的质量之和与质量之差的比值为
素养培优·情境命题
生活·科技中的曲线运动
情境1　排污管——科学思维
[典例1]　[2023·北京海淀区高三上学期期中]环保人员在一次检查时发现，有一根排污管正在沿水平方向向河道内排出大量污水，如图所示．水流稳定时，环保人员测出了管口中心到河面的高度为H，喷出污水的水平射程为L，管口的直径为D(D远小于H)．设污水充满整根管道，管口横截面上各处水的速度相同，忽略空气阻力，已知重力加速度为g.求：
(1)污水从排污管喷出时初速度的大小v0；
(2)污水落至河面时速度的大小v；
(3)由管口至河面间空中污水的体积A.
情境2　水平旋转离心机—— 科学态度与责任
[典例2]　[2023·辽宁沈阳联考模拟预测]图(a)为航天员“负荷”训练的载人水平旋转离心机，离心机旋转臂的旋转半径为R＝8 m，图(b)为在离心机旋转臂末端模拟座舱中质量为m的航天员．一次训练时，离心机的转速为n＝ r/min，航天员可视为质点，重力加速度g取10 m/s2.下列说法正确的是(　　)
A．航天员处于完全失重状态
B．航天员运动的线速度大小为12 m/s
C．航天员做匀速圆周运动需要的向心力为72 N
D．航天员承受座舱对他的作用力大于7.2mg
情境3　智能呼啦圈——模型建构
[典例3]　智能呼啦圈轻便美观，深受大众喜爱，如图甲，腰带外侧带有轨道，将带有滑轮的短杆穿入轨道，短杆的另一端悬挂一根带有配重的轻绳，其简化模型如图乙所示．可视为质点的配重质量为0.5 kg，绳长为0.5 m，悬挂点P到腰带中心点O的距离为0.2 m．水平固定好腰带，通过人体微小扭动，使配重随短杆做水平匀速圆周运动，绳子与竖直方向夹角为θ，运动过程中腰带可看作不动，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，下列说法正确的是(　　)
A．匀速转动时，配重受到的合力恒定
B．若增大转速，腰带受到的合力变大
C．当θ稳定在37°时，配重的角速度为5 rad/s
D．在θ由37°缓慢增加到53°的过程中，绳子对配重做正功
情境4　螺旋星系——科学探究
[典例4]　[2023·北京卷] 螺旋星系中有大量的恒星和星际物质，主要分布在半径为R的球体内，球体外仅有极少的恒星．球体内物质总质量为M，可认为均匀分布，球体内外的所有恒星都绕星系中心做匀速圆周运动，恒星到星系中心的距离为r，引力常量为G.
(1)求r>R区域的恒星做匀速圆周运动的速度大小v与r的关系；
(2)根据电荷均匀分布的球壳内试探电荷所受库仑力的合力为零，利用库仑力与万有引力的表达式的相似性和相关力学知识，求r≤R区域的恒星做匀速圆周运动的速度大小v与r的关系；
(3)
科学家根据实测数据，得到此螺旋星系中不同位置的恒星做匀速圆周运动的速度大小v随r的变化关系图像，如图所示．根据在r>R范围内的恒星速度大小几乎不变，科学家预言螺旋星系周围(r>R)存在一种特殊物质，称之为暗物质．暗物质与通常的物质有引力相互作用，并遵循万有引力定律，求r＝nR内暗物质的质量M′.
第3讲　力与曲线运动
命题分类剖析
命题点一
[例1]　解析：小车做曲线运动，所受合外力指向曲线的凹侧，故AB错误；小车沿轨道从左向右运动，动能一直增加，故合外力与运动方向夹角为锐角，C错误，D正确．故选D.
答案：D
[例2]　解析：罐子在空中沿水平直线向右做匀加速运动，在时间Δt内水平方向位移增加量为aΔt2，竖直方向做自由落体运动，在时间Δt内位移增加gΔt2；说明水平方向位移增加量与竖直方向位移增加量比值一定，则连线的倾角就是一定的．故选D.
答案：D
[例3]　解析：由于不计空气阻力，铅球被水平推出后只受重力作用，加速度等于重力加速度，不随时间改变，故A错误；铅球被水平推出后做平抛运动，竖直方向有vy＝gt，则抛出后速度大小为v＝，可知速度大小与时间不是一次函数关系，故B错误；铅球抛出后的动能Ek＝mv2＝＋(gt)2]，可知动能与时间不是一次函数关系，故C错误；铅球水平抛出后由于忽略空气阻力，所以抛出后铅球机械能守恒，故D正确．
答案：D
[例4]　解析：(1)AO段，由动能定理mgh＝mv2
得运动员经过O点时的速度大小为v＝8 m/s.
(2)从O点飞出后，做平抛运动，根据平抛运动规律
x＝vt，y＝gt2
由题意可得＝tan θ，解得t＝＝1.2 s.
(3)运动员在坡上着落时竖直分速度为vy＝gt＝12 m/s
故着落时的速度大小为v1＝＝4 m/s.
(4)
将做平抛运动的初速度v和重力加速度g沿斜坡方向和垂直斜坡方向正交分解，如图所示
当在垂直斜坡方向上的分速度减为零时，运动员距斜坡的垂直距离最大，根据运动学公式可得运动员在着落前距斜坡的最大垂直距离为d＝＝＝1.44 m.
答案：(1)8 m/s　(2)1.2 s　(3)4 m/s　(4)1.44 m
[例5]　解析：根据qU0＝
粒子离开加速器时速度为v0＝ ，故A错误；
粒子平移器电场中的偏转量为y1＝at2
又q＝ma ，L＝v0t
得y1＝，故B正确；
根据类平抛运动的特点和对称性，粒子在两平移器之间做匀速直线运动的轨迹延长线分别过平行板中点，根据几何关系可知Δd＝L，故C错误；
由B选项可得y1＝
由A选项可知当加速电压增大时，粒子进入平移器的速度增大，粒子在平移器中竖直方向偏转量变小，粒子可以离开平移器，位置比原来靠下，故D错误．故选B.
答案：B
[提升训练]
1．解析：根据题意可知，潜艇在x轴方向上做匀速直线运动，y轴方向上先做匀加速直线运动，再做匀减速直线运动，在x轴上取几段相邻且距离相等的距离，则时间相等，y轴上下降的距离先增大后减小．故选B.
答案：B
2．解析：抛出的两谷粒在空中均仅受重力作用，加速度均为重力加速度，故谷粒1的加速度等于谷粒2的加速度，A错误；谷粒2做斜抛运动，谷粒1做平抛运动，均从O点运动到P点，故位移相同．在竖直方向上谷粒2做竖直上抛运动，谷粒1做自由落体运动，竖直方向上谷粒2的自由落体运动位移大于谷粒1的竖直位移，故谷粒2运动时间较长，C错误；谷粒2做斜抛运动，水平方向上为匀速直线运动，故运动到最高点的速度即为水平方向上的分速度．与谷粒1比较水平位移相同，但运动时间较长，故谷粒2水平方向上的速度较小即最高点的速度小于v1，B正确；两谷粒从O点运动到P点的位移相同，运动时间不同，故平均速度不相等，D错误．
答案：B
3．解析：由题意可得，排球刚好到达网正上方的时间为t＝＝ s＝0.3 s，此时间内排球下降的高度为h＝＝0.45 m，因为Δh＝3.2 m－0.45 m＝2.75 m>2.24 m，所以排球能越过网，排球落到地面的时间为t′＝＝ s＝0.8 s，则排球落地时的水平位移大小为x′＝vt′＝16×0.8 m＝12.8 m．因为击球点到对方底线的水平距离为x″＝4.8 m＋9 m＝13.8 m>12.8 m，所以排球落在对方场地内．
答案：B
命题点二
[例1]　解析：根据图乙可知，中柱和A的转速相同，有
vA＝＝
A和B边缘的线速度大小相等，有vA＝vB
B和C的角速度相同，则有ωB＝ωC
则C的转速为nC＝＝ r/s
则一个小时内牛车对农田灌溉水的质量为m总＝3 600×8mnC＝m，故选A.
答案：A
[例2]　解析：空间站内的物体都处于完全失重状态，可知圆周运动的轨道可处于任意平面内，故A正确；
根据F＝mω2R
ω＝
解得小球质量m＝
故B错误；
若误将n－1圈记作n圈，则得到的质量偏小，故C错误；
若测R时未计入小球的半径，则R偏小，所测质量偏大，故D错误．故选A.
答案：A
[例3]　解析：轻杆模型中小球过圆周最高点速度大于0，选项A正确；在最高点受力分析有mg＋F＝m，将v＝ 代入，解得F＝－mg，即小球受到向上的支持力，由牛顿第三定律可知传感器受到向下的压力，选项B正确；小球在与圆心等高的B点下方运动过程中，小球受到拉力，力传感器读数总是正值，选项C正确；在最低点受力分析有F－mg＝m，将速度为代入，解得F＝3mg，选项D错误．
答案：ABC
[例4]　解析：(1)设小球运动到B点的速度为vB，由A到B应用动能定理，mg·l＝
解得：vB＝.
(2)插入钉子后，小球再次经过B点时有：
F－mg＝
解得绳子能承受的最大拉力F＝5mg.
(3)小球从B点开始做平抛运动，在C点时速度方向恰好沿轨道切线方向，即：
vC＝
小球沿槽运动到最低点时对轨道的压力最大，小球从C到D过程中机械能守恒有：
mgR(1－cos 37°)＝
解得槽对小球的支持力FN＝11.4mg
由牛顿第三定律得小球对槽的最大压力为
F′N＝11.4mg，方向竖直向下．
答案：(1)　(2)5mg　(3)11.4mg，方向竖直向下
[提升训练]
1．解析：由图乙中飞出的小水珠的运动轨迹可知，泼水时杯子的旋转方向为逆时针方向，P位置飞出的小水珠初速度沿2方向，A、B错误．杯子旋转的角速度ω＝＝rad/s＝rad/s，C错误．杯子做匀速圆周运动(旋转)的轨迹半径约为0.6 m，则线速度大小约为v＝ωr＝×0.6 m/s＝m/s，D正确．
答案：D
2．解析：质点做匀速圆周运动，根据题意设周期T＝，合外力提供向心力，根据F合＝Fn＝mr，联立可得，Fn＝r3，其中为常数，r的指数为3，故题中，n＝3，故选C.
答案：C
3．解析：
两球落地时水平方向的位移关系如图(两球运动的俯视图)
由几何关系可得＋(6l)2＝＋(4l)2
由平抛规律可知水平方向xA＝vAt，xB＝vBt
下落的高度h＝gt2
小球做圆周运动时受力情况如图
由相似关系可得＝＝
联立可得h＝12l，故选C.
答案：C
命题点三
[例1]　解析：因为“夸父一号”轨道要始终保持有太阳光照射到，则在一年之内转动360°角，即轨道平面平均每天约转动1°，故A正确；
第一宇宙速度是所有绕地球做圆周运动的卫星的最大环绕速度，则“夸父一号”的速度小于7.9 km/s，故B错误；
根据G＝ma可知“夸父一号”绕地球做圆周运动的向心加速度小于地球表面的重力加速度，故C错误；
“夸父一号”绕地球转动，地球绕太阳转动，中心天体不同，则根据题中信息不能求解地球与太阳的距离，故D错误．故选A.
答案：A
[例2]　解析：火星和地球均绕太阳运动，由于火星与地球的轨道半径之比约为3∶2，根据开普勒第三定律有＝，可得＝＝，故A错误；
火星和地球绕太阳匀速圆周运动，速度大小均不变，当火星与地球相距最远时，由于两者的速度方向相反，故此时两者相对速度最大，故B正确；
在星球表面根据万有引力定律有G＝mg
由于不知道火星和地球的质量之比与半径之比，无法得出火星和地球表面的自由落体加速度之比，故C错误；
火星和地球绕太阳匀速圆周运动，有
ω火＝，ω地＝
要发生下一次火星冲日则有t＝2π
得t＝>T地
可知下一次“火星冲日”将出现在2023年12月18日之后，故D错误．故选B.
答案：B
[例3]　解析：设月球绕地球运动的轨道半径为r1，地球绕太阳运动的轨道半径为r2，根据G＝mr
其中＝＝
ρ＝
联立可得＝，故选D.
答案：D
[例4]　解析：
B点为椭圆轨道AB的远地点，故BO大于AO，飞船由A点运动至B点的过程中，万有引力做负功，动能减少，故飞船在B点速率小于在A点的速率，选项A错误．B点为椭圆轨道AB的远地点，飞船做椭圆运动的轨道的半长轴小于天和核心舱做圆周运动的半径，根据开普勒第三定律可知，天和核心舱的周期大于飞船做椭圆运动的周期，选项B正确．飞船从地表运动至A点的过程中，火箭的推力对其做正功，飞船机械能增大，飞船由A点运动至B点的过程中，只有万有引力做功，引力势能与动能之和不变，机械能不变，选项C错误．飞船和天和核心舱在B点由万有引力产生的加速度相同，飞船在B点处(椭圆轨道的B点)的曲率半径更小，根据a＝，半径小则速率小，即飞船在B点处的速率小于天和核心舱的速率，选项D错误．
答案：B
[提升训练]
1．解析：要想使天舟五号在与空间站的同一轨道上对接，则需要使天舟五号加速，与此同时要想不脱离原轨道，根据F＝m则必须要增加向心力，即喷气时产生的推力一方面有沿轨道向前的分量，另一方面还要有指向地心的分量，而因喷气产生的推力与喷气方向相反，则图A是正确的．故选A.
答案：A
2．解析：由题意可知，“夸父一号”并未脱离地球引力束缚，仍靠地球引力提供向心力，所以发射速度不会大于11.2 km/s，A错误．以地球为参考系，“夸父一号”做匀速圆周运动，B错误．“夸父一号”的周期约为100 min，而地球的自转周期为24小时，所以T答案：CD
3．解析：设恒星P、Q的轨道半径分别为rP、rQ，由题意可知rP＋rQ＝L1，rP－rQ＝L2，解得rP＝、rQ＝，则＝，A错误；恒星P、Q的向心力大小相等，即mPrPω2＝mQrQω2，转动的角速度相同，因为rP>rQ，所以mQ>mP，B错误；P、Q的线速度大小分别为vP＝ωrP、vQ＝ωrQ，P、Q的线速度大小之和为Δv1＝vP＋vQ＝ω(rP＋rQ)＝ωL1，P、Q的线速度大小之差为Δv2＝vP－vQ＝ω(rP－rQ)＝ωL2，则＝，C正确；对恒星P，由牛顿第二定律有＝mPrPω2，则mQ＝，同理对Q有＝mQrQω2，则mP＝，P、Q的质量之和为Δm1＝mP＋mQ＝＝，P、Q的质量之差为Δm2＝mQ－mP＝＝，则＝，D正确．
答案：CD
素养培优·情境命题
[典例1]　解析：(1)污水从管口离开后，做平抛运动，在竖直方向有H＝gt2
水平方向有L＝v0t
解得v0＝L .
(2)设污水落入河道水面时，竖直方向有
＝ ．
(3)单位时间内，从管口喷出的污水体积为Q＝v0S＝
因此空中污水的体积为A＝Qt＝.
答案：(1)L 　(2) 　
(3)
[典例2]　解析：航天员随离心机旋转臂在水平面内转动，在竖直方向受力平衡，不会处于完全失重状态，A错误；
航天员在旋转臂末端的座舱中，转速为n＝r/min＝r/s
线速度大小为v＝2πRn＝24 m/s，B错误；
航天员做匀速圆周运动的向心力大小为Fx＝m
由于不知道航天员质量的具体数值，故不能求出向心力的具体数值，C错误；
对航天员受力分析，在水平方向座舱对他的作用力提供向心力，可知座舱对航天员的水平作用力为Fx＝m＝72m＝7.2mg
竖直方向座舱对航天员的作用力为Fy＝mg
可知座舱对航天员的作用力为F＝>Fx＝7.2mg，D正确．
答案：D
[典例3]　解析：
设配重的质量为m、绳长为l、悬挂点P到腰带中心点O的距离为r1，对配重受力分析如图所示，由于配重做匀速圆周运动，其受到的合力提供向心力，即合力大小不变、方向改变，故选项A错误；由于腰带固定不动，因此腰带所受的合力始终为零，故选项B错误；根据牛顿第二定律有mg tan θ＝mω2(l sin θ＋r1)，代入数据可得ω＝ rad/s，故选项C错误；根据牛顿第二定律有mg tan θ＝m，由动能定理有WF－mgl(cos 37°－cos 53°)＝>0，可得绳子对配重做正功，故选项D正确．
答案：D
[典例4]　解析：(1)由万有引力定律和向心力公式有
G＝m
解得v＝ .
(2)在r≤R内部，星体质量
M0＝·πr3＝
由万有引力定律和向心力公式有
G＝m
解得v＝.
(3)对处于R球体边缘的恒星，由万有引力定律和向心力公式有
G＝
对处于r＝nR处的恒星，由万有引力定律和向心力公式有
G＝
解得
M′＝(n－1)M.
答案：(1) 　(2)r　(3)(n－1)M(共63张PPT)
第4讲　功能关系与能量守恒
答案：B
例 2 [2023·重庆统考一模](多选)如图甲，辘轳是古代民间提水设施，由辘轳头、支架、井绳、水斗等部分构成．如题图乙为提水设施工作原理简化图．某次需从井中汲取m＝2 kg的水，辘轳绕绳轮轴半径为r＝0.1 m，水斗的质量为0.5 kg，井足够深且井绳的质量忽略不计．t＝0时刻，轮轴由静止开始绕中心轴转动，其角速度随时间变化规律如图丙所示，g取10 m/s2，则(　　)
A．水斗速度随时间变化规律为v＝0.4t
B．井绳拉力瞬时功率随时间变化的规律为P＝10t
C．0～10 s内水斗上升的高度为4 m
D．0～10 s内井绳拉力所做的功为520 J
答案：AD
考向2　机车启动问题
例 3 [2023·广东省汕头市期末] 2022年9月28日汕头海湾隧道正式开通，隧道全长约6.68公里，全段最高限速为60 km/h.海湾隧道中间为盾构段，埋于海底，南北两侧路段以较小的坡度与盾构段连接，全段可简化为如图所示模型．一汽车从南岸由静止开始以1 m/s2的加速度沿斜面向下匀加速启动，已知汽车质量为2.0×103 kg，汽车所受阻力大小恒为重力的0.2，斜面倾角的正弦值sin θ＝0.1，重力加速度g＝10 m/s2.
(1)若汽车发动机的最大功率为P0＝5.6×104 W，下坡阶段足够长，求汽车下坡阶段做匀加速直线运动的时间．
(2)若汽车在上、下坡时均以最高限速匀速行驶，则下坡和上坡时的汽车发动机功率之比为多少．
答案：B
解析：在地面附近雨滴做匀速运动，根据动能定理得
mgh－Wf＝0
故雨滴克服空气阻力做功为mgh，故选B.
2.(多选)新能源汽车近几年发展非常迅速，下表是某品牌电动汽车相关参数．请根据相关参数判断以下哪些说法正确(假设汽车以30 m/s匀速行驶时的阻力为车重的0.05，汽车电能转化为有用功的效率为80%，重力加速度g取10 m/s2)(　　)
A. 汽车在0～30 m/s的加速过程中的平均加速度大小为6 m/s2
B．汽车刹车由30 m/s减速到0所用时间最短为1 s
C．当汽车以30 m/s匀速行驶时，汽车克服阻力做功的功率为75 kW
D．当汽车以30 m/s匀速行驶时，汽车的续航里程(最大行驶距离)约为216 km
指标参数 整车质量 0～30 m/s加速时间 最大速度 电池容量 制动最短距离(30m/s～0)
数值 2 000 kg 5.0 s 60 m/s 75 kW·h 30 m
答案：AD
3．[2023·山东青岛市高三上学期期中](多选)额定功率相同的甲、乙两车在同一水平路面上从静止启动．其发动机的牵引力随时间的变化曲线如图所示．两车分别从t1和t3时刻开始以额定功率行驶，从t2和t4时刻开始牵引力视为不变，若两车行驶时所受的阻力大小与其总重成正比，且比例系数相同，下列说法正确的是(　　)
A．甲车的总重比乙车的大
B．甲车比乙车先开始运动
C．甲车在t1时刻的速率大于乙车在t3时刻的速率
D．甲车在t2时刻的速率大于乙车在t4时刻的速率
答案：BCD
解析：根据题述，两车额定功率P相同，匀速运动后牵引力等于阻力，根据甲车t2时刻后和乙车t4时刻后两车牵引力不变，可知甲车牵引力小于乙车可知F＝f＝kmg
可知甲车的总重比乙车小，故A错误；
如图所示
甲车在A点所对应的时刻牵引力与阻力大小瞬间相等，所以甲车从这个时刻开始，做加速运动；乙车在B点所对应的时刻牵引力与阻力大小瞬间相等，乙车从这个时刻开始加速，所以甲车比乙车先开始运动，故B正确；
两车分别从t1和t3时刻开始以额定功率行驶，这两个时刻，甲车的牵引力小于乙车的牵引力，由P＝Fv
可知，甲车在t1时刻的速率大于乙车在t3时刻的速率，故C正确；
t2时刻甲车达到最大速度，t4时刻乙车达到最大速度，根据汽车的额定功率P＝fvm＝kmgvm
可知由于甲车的总重比乙车小，所以甲车在t2时刻的速率大于乙车在t4时刻的速率，故D正确．
命题点二　动能定理的应用
1．应用动能定理解题应注意的三个问题
(1)用动能定理解决问题时一般以地面为参考系；
(2)动能定理的表达式是一个标量式，在某个方向上应用动能定理是没有依据的；
(3)物体在某个运动过程中包含几个运动性质不同的小过程(如加速、减速的过程)时，可以分段考虑，也可以对全过程考虑，全过程用动能定理列式，可使问题简化．
2．利用动能定理求解多过程问题的基本思路
答案：C
答案：CD
[考法拓展2]　在[例1]中，若轨道光滑，使质点带上＋q的电荷量(带电质点可视为点电荷)，如图所示，在竖直方向加上向下的匀强电场，场强为E.质点由静止释放运动至最低点N的过程中，下列说法正确的是(　　)
A．质点的机械能守恒
B．质点的重力势能减少，电势能增加
C．质点的动能增加2mgR
D．质点的机械能增加2qER
答案：D
解析：质点下落过程，除重力做功以外，还有电场力做正功，机械能增加，由功能关系得机械能的增量ΔE＝2qER，故选项A错误，D正确；重力做正功，重力势能减少，电场力做正功，电势能减少，选项B错误；合外力做功等于动能的增量，则ΔEk＝2(qE＋mg)R，选项C错误．
思维提升
动能定理在力学与电场中的应用对比
考向2　动能定理与图像的综合
例 2 如图甲所示，一竖直面内的轨道是由粗糙斜面AB和光滑轨道BCD组成，AB与BCD相切于B点，C为圆轨道的最低点，将物块置于轨道ABC上离地面高为H处由静止下滑，可用力传感器测出其经过C点时对轨道的压力FN.现将物块放在ABC上不同高度处，让H从零开始逐渐增大，传感器测得物块每次从不同高度处下滑到C点时对轨道的压力FN，得到如图乙两段直线PQ和QI，且IQ反向延长线与纵轴交点坐标值为2.5 N，g取10 m/s2.求：
(1)小物块的质量m及圆轨道的半径R；
(2)轨道BC所对圆心角；
(3)小物块与斜面AB间的动摩擦因数．
甲　　　　　　　乙
[教你解决问题]——审图
解此题的关键是把握图像的信息，并将图像信息与物理过程相对应，如图所示．
提升训练
1.[2023·陕西省西安市长安区高考模拟]如图甲所示为由弹丸发射器、固定在水平地面上的倾角为37°的斜面以及放置在水平地面上的光滑半圆形挡板墙(挡板墙上分布有多个力传感器)构成的游戏装置．半圆形挡板墙的半径R＝0.5 m，斜面高度h＝0.9 m，弹丸与斜面间的动摩擦因数μ1＝0.5.游戏者调节发射器，弹丸到B点时速度沿斜面且大小为5 m/s，接着他将半圆形挡板墙向左平移使C、D两端重合．挡板墙上各处的力传感器收集到的侧压力F与墙上转过的圆心角θ之间的关系如图乙所示，g取10 m/s2.下列说法正确的是 (　　)
A．弹丸的质量为0.1 kg
B．弹丸的质量为0.4 kg
C．弹丸与地面间的动摩擦因数为0.6
D．弹丸与地面间的动摩擦因数为0.8
答案：C
2．[2023·江苏卷]如图所示，滑雪道AB由坡道和水平道组成，且平滑连接，坡道倾角均为45°.平台BC与缓冲坡CD相连．若滑雪者从P点由静止开始下滑，恰好到达B点．滑雪者现从A点由静止开始下滑，从B点飞出．已知A、P间的距离为d，滑雪者与滑道间的动摩擦因数均为μ，重力加速度为g，不计空气阻力．
(1)求滑雪者运动到P点的时间t；
(2)求滑雪者从B点飞出的速度大小v；
(3)若滑雪者能着陆在缓冲坡CD上，求平台BC的最大长度L.
命题点三　机械能守恒定律和功能关系的应用
1．应用机械能守恒定律的基本思路
2．功能关系的体现
答案：AD
例 2 [2023·湖北宜昌市协作体期中](多选)如图所示，倾角为θ的光滑斜面固定在水平面上，斜面底端有挡板，顶端有光滑的轻质小滑轮，右侧固定一竖直光滑细杆，A、B两物体用轻质弹簧相连，非弹性细线一端与物体B连接，另一端通过滑轮与套在细杆上的滑环C相连．初始状态，滑环C位于D点，此时细线与斜面平行，物体A对挡板压力恰好为零，无初速度释放滑环，当滑环到达E点时其速度大小为v，此时细线与水平方向夹角也为θ，已知A、B、C质量相等，D、E两点高度差为h，重力加速度为g.在滑环C下降过程中，下列说法正确的是(　　)
A．刚释放瞬间滑环C的加速度大小为g
B．当滑环C下降到与滑轮等高时，滑环C机械能最大
C．滑环C到达E点时，物体B速度大小为v cos θ
D．滑环C到达E点时，v和h满足关系2gh＝v2(1＋sin 2θ)
答案：BD
答案：BD
例 4 [2023·北京石景山期末]如图甲所示，质量为m的篮球从离地H高度处由静止下落，与地面发生一次非弹性碰撞后反弹至离地h的最高处．设篮球每次与地面碰撞的碰后速率与碰前速率之比相同，重力加速度为g，不计空气阻力．
(1)求篮球与地面碰撞的碰后速率与碰前速率之比．
(2)如图甲所示，若篮球反弹至最高处h时，运动员向下拍球，对篮球施加一个向下的压力F，持续作用至h0高度处撤去，使得篮球与地面碰撞一次后恰好反弹至h高度处，力F的大小随高度y的变化如图乙所示，其中h0已知，求F0的大小．
(3)在篮球与地球相互作用的过程中，我们认为地球始终保持静止不动．请你运用所学知识分析说明建立这种模型的合理性．
考向3　能量守恒定律的应用
例 5 将一轻质弹簧竖直固定在水平地面上处于原长状态，让一质量m0＝20 g的小球从弹簧上端由静止释放，小球最大下落高度h1＝5 cm.将该弹簧固定在如图所示的轨道左侧竖直墙壁上，轨道中部有一半径R＝0.1 m的竖直圆轨道，不同轨道的连接处均为平滑连接，小滑块可以从圆轨道最低点的一侧进入，绕圆轨道一周后从最低点向另一侧运动．轨道上弹簧右侧的M点到圆轨道左侧N点的距离xMN＝0.6 m的范围内有摩擦，而其他部分均光滑．让一质量m＝10 g的小滑块从轨道右侧高h2(未知)处由静止释放，小滑块恰好能通过圆轨道最高点C，且第一次恰好能把弹簧压缩5 cm.现让该小滑块从轨道右侧h3＝0.4 m处由静止释放，已知重力加速度g取10 m/s2，求：
(1)小滑块下落的高度h2；
(2)小滑块停止时的位置到N点的距离．
思维提升
涉及做功与能量转化问题的解题方法
(1)分清是什么力做功，并且分析该力做正功还是做负功；根据功能之间的对应关系，确定能量之间的转化情况．
(2)当涉及滑动摩擦力做功时，机械能不守恒，一般应用能量守恒定律，特别注意摩擦产生的内能Q＝Ffl相对，l相对为相对滑动的两物体间相对滑动路径的总长度．
(3)解题时，首先确定初、末状态，然后分清有多少种形式的能在转化，再分析状态变化过程中哪种形式的能量减少，哪种形式的能量增加，求出减少的能量总和ΔE减和增加的能量总和ΔE增，最后由ΔE减＝ΔE增列式求解．
答案：BCD
3．[2023·辽宁卷]某大型水陆两栖飞机具有水面滑行汲水和空中投水等功能．某次演练中，该飞机在水面上由静止开始匀加速直线滑行并汲水，速度达到v1＝80 m/s时离开水面，该过程滑行距离L＝1 600 m、汲水质量m＝1.0×104 kg.离开水面后，飞机攀升高度h＝100 m时速度达到v2＝100 m/s，之后保持水平匀速飞行，待接近目标时开始空中投水．取重力加速度g＝10 m/s2.求：
(1)飞机在水面滑行阶段的加速度a的大小及滑行时间t；
(2)整个攀升阶段，飞机汲取的水的机械能增加量ΔE.
应用能量观点解决问题的方法
能量观点即用动能定理、功能关系和能量守恒定律解决物理问题．用这种观点解决复杂的直线或曲线运动问题时，应从能量守恒和能量转化的角度着手，找到问题的突破口，如解决研究对象是单个物体，运动过程是多过程的问题时，优先考虑从能量转化的角度应用动能定理．能量观点的优越性在于从总体上把握物体的运动状态，分析力的作用时只看其做功的情况．
[典例]　如图所示，半径为R＝0.8 m的光滑圆弧轨道BC固定在竖直平面内，轨道的上端点B和圆心O的连线与水平方向的夹角θ＝30°，下端点C为轨道的最低点且与粗糙水平面相切，一根轻质弹簧右端固定在竖直挡板上．质量m＝0.2 kg的小物块(可视为质点)从A点以v0＝1 m/s的速度被水平抛出(不计空气阻力)，恰好从B点沿轨道切线方向进入轨道，经过C点后沿水平面向右运动到D点时，弹簧被压缩至最短，C、D两点间的水平距离L＝1 m，小物块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.4，g＝10 m/s2.求：
(1)小物块经过圆弧轨道上B点时速度vB的大小；
(2)小物块经过圆弧轨道上C点时对轨道的压力大小；
(3)弹簧的弹性势能的最大值Epmax.
[教你解决问题]
第一步：读题→过程分析(模型建构)
A→B过程：小物块做平抛运动
B→C过程：小物块做圆周运动
C→D过程：小物块做减速运动(加速度变化)
反思总结
碰撞摩擦生内能，能量守恒最可行——当系统中有克服滑动摩擦力做功产生内能或完全非弹性碰撞产生内能时通常优先考虑用能量守恒定律解决问题．第4讲　功能关系与能量守恒
知识网络构建
命题分类剖析
命题点一　功和功率
1．功的计算
(1)恒力做功一般用功的公式或动能定理求解．
(2)变力做功通常应用动能定理、微元法、等效转化法、平均力法、图像法求解，或者利用恒定功率求功W＝Pt.
2．功率的分析与计算
明确是求瞬时功率还是平均功率．
P＝侧重于平均功率的计算，P＝Fv cos α(α为F和速度v的夹角)侧重于瞬时功率的计算．
3．机车启动(F阻不变)
(1)两个基本关系式：P＝Fv，F－F阻＝ma.
(2)两种常见情况
①恒定功率启动：P不变，此时做加速度减小的加速运动，直到达到最大速度vm，此时a＝0，此过程Pt－F阻s＝；
②恒定加速度启动：开始阶段a不变．
无论哪种启动方式，最大速度都等于匀速运动时的速度，即vm＝.
考向1　功和功率的分析与计算
例 1 [2023·山东卷]
《天工开物》中记载了古人借助水力使用高转筒车往稻田里引水的场景．引水过程简化如下：两个半径均为R的水轮，以角速度ω匀速转动．水筒在筒车上均匀排布，单位长度上有n个，与水轮间无相对滑动．每个水筒离开水面时装有质量为m的水，其中的60%被输送到高出水面H处灌入稻田．当地的重力加速度为g，则筒车对灌入稻田的水做功的功率为(　　)
A． B．
C． D．nmgωRH
例 2 [2023·重庆统考一模]
(多选)如图甲，辘轳是古代民间提水设施，由辘轳头、支架、井绳、水斗等部分构成．如题图乙为提水设施工作原理简化图．某次需从井中汲取m＝2 kg的水，辘轳绕绳轮轴半径为r＝0.1 m，水斗的质量为0.5 kg，井足够深且井绳的质量忽略不计．t＝0时刻，轮轴由静止开始绕中心轴转动，其角速度随时间变化规律如图丙所示，g取10 m/s2，则(　　)
A．水斗速度随时间变化规律为v＝0.4t
B．井绳拉力瞬时功率随时间变化的规律为P＝10t
C．0～10 s内水斗上升的高度为4 m
D．0～10 s内井绳拉力所做的功为520 J
考向2　机车启动问题
例 3 [2023·广东省汕头市期末] 2022年9月28日汕头海湾隧道正式开通，隧道全长约6.68公里，全段最高限速为60 km/h.海湾隧道中间为盾构段，埋于海底，南北两侧路段以较小的坡度与盾构段连接，全段可简化为如图所示模型．一汽车从南岸由静止开始以1 m/s2的加速度沿斜面向下匀加速启动，已知汽车质量为2.0×103 kg，汽车所受阻力大小恒为重力的0.2，斜面倾角的正弦值sin θ＝0.1，重力加速度g＝10 m/s2.
　
(1)若汽车发动机的最大功率为P0＝5.6×104 W，下坡阶段足够长，求汽车下坡阶段做匀加速直线运动的时间．
(2)若汽车在上、下坡时均以最高限速匀速行驶，则下坡和上坡时的汽车发动机功率之比为多少．
提升训练
1.[2023·新课标卷]无风时，雨滴受空气阻力的作用在地面附近会以恒定的速率竖直下落．一质量为m的雨滴在地面附近以速率v下落高度h的过程中，克服空气阻力做的功为(重力加速度大小为g)(　　)
A．0 B．mgh
C．mv2－mgh D．mv2＋mgh
2.(多选)新能源汽车近几年发展非常迅速，下表是某品牌电动汽车相关参数．请根据相关参数判断以下哪些说法正确(假设汽车以30 m/s匀速行驶时的阻力为车重的0.05，汽车电能转化为有用功的效率为80%，重力加速度g取10 m/s2)(　　)
指标参数 整车质量 0～30 m/s加速时间 最大速度 电池容量 制动最短距离(30m/s～0)
数值 2 000 kg 5.0 s 60 m/s 75 kW·h 30 m
A.汽车在0～30 m/s的加速过程中的平均加速度大小为6 m/s2
B．汽车刹车由30 m/s减速到0所用时间最短为1 s
C．当汽车以30 m/s匀速行驶时，汽车克服阻力做功的功率为75 kW
D．当汽车以30 m/s匀速行驶时，汽车的续航里程(最大行驶距离)约为216 km
3．[2023·山东青岛市高三上学期期中](多选)额定功率相同的甲、乙两车在同一水平路面上从静止启动．其发动机的牵引力随时间的变化曲线如图所示．两车分别从t1和t3时刻开始以额定功率行驶，从t2和t4时刻开始牵引力视为不变，若两车行驶时所受的阻力大小与其总重成正比，且比例系数相同，下列说法正确的是(　　)
A．甲车的总重比乙车的大
B．甲车比乙车先开始运动
C．甲车在t1时刻的速率大于乙车在t3时刻的速率
D．甲车在t2时刻的速率大于乙车在t4时刻的速率
命题点二　动能定理的应用
1．应用动能定理解题应注意的三个问题
(1)用动能定理解决问题时一般以地面为参考系；
(2)动能定理的表达式是一个标量式，在某个方向上应用动能定理是没有依据的；
(3)物体在某个运动过程中包含几个运动性质不同的小过程(如加速、减速的过程)时，可以分段考虑，也可以对全过程考虑，全过程用动能定理列式，可使问题简化．
2．利用动能定理求解多过程问题的基本思路
考向1　动能定理的应用
例 1 如图，一半径为R，粗糙程度处处相同的半圆形轨道竖直固定放置，直径POQ水平．一质量为m的质点自P点正上方高度R处由静止开始下落，恰好从P点进入轨道．质点滑到轨道最低点N时，对轨道的压力为4mg，g为重力加速度的大小．用W表示质点从P点运动到N点的过程中克服摩擦力所做的功．则(　　)
A．W＝mgR，质点恰好可以到达Q点
B．W>mgR，质点不能到达Q点
C．W＝mgR，质点到达Q点后，继续上升一段距离
D．W[考法拓展1]　(多选)在[例1]中，若使质点带上＋q的电荷量(带电质点可视为点电荷)，如图所示，在POQ下方加上垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B＝.质点由静止释放运动至最低点N时，对轨道的压力恰好为零，则(　　)
A．质点经过N点时的速度大小为
B．质点由P点至N点的过程中，洛伦兹力做负功
C.质点由静止下落至P点的过程中，机械能守恒
D．质点由静止下落至N点的过程中，机械能减少mgR
[考法拓展2]　在[例1]中，若轨道光滑，使质点带上＋q的电荷量(带电质点可视为点电荷)，如图所示，在竖直方向加上向下的匀强电场，场强为E.质点由静止释放运动至最低点N的过程中，下列说法正确的是(　　)
A．质点的机械能守恒
B．质点的重力势能减少，电势能增加
C．质点的动能增加2mgR
D．质点的机械能增加2qER
思维提升
动能定理在力学与电场中的应用对比
考向2　动能定理与图像的综合
例 2 如图甲所示，一竖直面内的轨道是由粗糙斜面AB和光滑轨道BCD组成，AB与BCD相切于B点，C为圆轨道的最低点，将物块置于轨道ABC上离地面高为H处由静止下滑，可用力传感器测出其经过C点时对轨道的压力FN.现将物块放在ABC上不同高度处，让H从零开始逐渐增大，传感器测得物块每次从不同高度处下滑到C点时对轨道的压力FN，得到如图乙两段直线PQ和QI，且IQ反向延长线与纵轴交点坐标值为2.5 N，g取10 m/s2.求：
　　　
　　 　　　 甲　　　　　　　　　　　乙
(1)小物块的质量m及圆轨道的半径R；
(2)轨道BC所对圆心角；
(3)小物块与斜面AB间的动摩擦因数．
[教你解决问题]——审图
解此题的关键是把握图像的信息，并将图像信息与物理过程相对应，如图所示．
提升训练
1.[2023·陕西省西安市长安区高考模拟]如图甲所示为由弹丸发射器、固定在水平地面上的倾角为37°的斜面以及放置在水平地面上的光滑半圆形挡板墙(挡板墙上分布有多个力传感器)构成的游戏装置．半圆形挡板墙的半径R＝0.5 m，斜面高度h＝0.9 m，弹丸与斜面间的动摩擦因数μ1＝0.5.游戏者调节发射器，弹丸到B点时速度沿斜面且大小为5 m/s，接着他将半圆形挡板墙向左平移使C、D两端重合．挡板墙上各处的力传感器收集到的侧压力F与墙上转过的圆心角θ之间的关系如图乙所示，g取10 m/s2.下列说法正确的是 (　　)
A．弹丸的质量为0.1 kg
B．弹丸的质量为0.4 kg
C．弹丸与地面间的动摩擦因数为0.6
D．弹丸与地面间的动摩擦因数为0.8
2．[2023·江苏卷]如图所示，滑雪道AB由坡道和水平道组成，且平滑连接，坡道倾角均为45°.平台BC与缓冲坡CD相连．若滑雪者从P点由静止开始下滑，恰好到达B点．滑雪者现从A点由静止开始下滑，从B点飞出．已知A、P间的距离为d，滑雪者与滑道间的动摩擦因数均为μ，重力加速度为g，不计空气阻力．
(1)求滑雪者运动到P点的时间t；
(2)求滑雪者从B点飞出的速度大小v；
(3)若滑雪者能着陆在缓冲坡CD上，求平台BC的最大长度L.
3.
[2023·湖北卷]如图为某游戏装置原理示意图．水平桌面上固定一半圆形竖直挡板，其半径为2R、内表面光滑，挡板的两端A、B在桌面边缘，B与半径为R的固定光滑圆弧轨道在同一竖直平面内，过C点的轨道半径与竖直方向的夹角为60°.小物块以某一水平初速度由A点切入挡板内侧，从B点飞出桌面后，在C点沿圆弧切线方向进入轨道内侧，并恰好能到达轨道的最高点D.小物块与桌面之间的动摩擦因数为，重力加速度大小为g，忽略空气阻力，小物块可视为质点．求：
(1)小物块到达D点的速度大小；
(2)B和D两点的高度差；
(3)小物块在A点的初速度大小．
命题点三　机械能守恒定律和功能关系的应用
1．应用机械能守恒定律的基本思路
2．功能关系的体现
考向1　机械能守恒定律的应用
例 1 [2023·湖南卷]
(多选)如图，固定在竖直面内的光滑轨道ABC由直线段AB和圆弧段BC组成，两段相切于B点，AB段与水平面夹角为θ，BC段圆心为O，最高点为C，A与C的高度差等于圆弧轨道的直径2R.小球从A点以初速度v0冲上轨道，能沿轨道运动恰好到达C点，下列说法正确的是(　　)
A．小球从B到C的过程中，对轨道的压力逐渐增大
B．小球从A到C的过程中，重力的功率始终保持不变
C．小球的初速度v0＝
D．若小球初速度v0增大，小球有可能从B点脱离轨道
例 2 [2023·湖北宜昌市协作体期中](多选)如图所示，倾角为θ的光滑斜面固定在水平面上，斜面底端有挡板，顶端有光滑的轻质小滑轮，右侧固定一竖直光滑细杆，A、B两物体用轻质弹簧相连，非弹性细线一端与物体B连接，另一端通过滑轮与套在细杆上的滑环C相连．初始状态，滑环C位于D点，此时细线与斜面平行，物体A对挡板压力恰好为零，无初速度释放滑环，当滑环到达E点时其速度大小为v，此时细线与水平方向夹角也为θ，已知A、B、C质量相等，D、E两点高度差为h，重力加速度为g.在滑环C下降过程中，下列说法正确的是(　　)
A．刚释放瞬间滑环C的加速度大小为g
B．当滑环C下降到与滑轮等高时，滑环C机械能最大
C．滑环C到达E点时，物体B速度大小为v cos θ
D．滑环C到达E点时，v和h满足关系2gh＝v2(1＋sin 2θ)
考向2　功能关系的应用
例 3 [2023·全国乙卷]
(多选)如图，一质量为M、长为l的木板静止在光滑水平桌面上，另一质量为m的小物块(可视为质点)从木板上的左端以速度v0开始运动．已知物块与木板间的滑动摩擦力大小为f，当物块从木板右端离开时(　　)
A．木板的动能一定等于fl
B．木板的动能一定小于fl
C．物块的动能一定大于－fl
D．物块的动能一定小于－fl
例 4 [2023·北京石景山期末]如图甲所示，质量为m的篮球从离地H高度处由静止下落，与地面发生一次非弹性碰撞后反弹至离地h的最高处．设篮球每次与地面碰撞的碰后速率与碰前速率之比相同，重力加速度为g，不计空气阻力．
(1)求篮球与地面碰撞的碰后速率与碰前速率之比．
(2)如图甲所示，若篮球反弹至最高处h时，运动员向下拍球，对篮球施加一个向下的压力F，持续作用至h0高度处撤去，使得篮球与地面碰撞一次后恰好反弹至h高度处，力F的大小随高度y的变化如图乙所示，其中h0已知，求F0的大小．
(3)在篮球与地球相互作用的过程中，我们认为地球始终保持静止不动．请你运用所学知识分析说明建立这种模型的合理性．
考向3　能量守恒定律的应用
例 5 将一轻质弹簧竖直固定在水平地面上处于原长状态，让一质量m0＝20 g的小球从弹簧上端由静止释放，小球最大下落高度h1＝5 cm.将该弹簧固定在如图所示的轨道左侧竖直墙壁上，轨道中部有一半径R＝0.1 m的竖直圆轨道，不同轨道的连接处均为平滑连接，小滑块可以从圆轨道最低点的一侧进入，绕圆轨道一周后从最低点向另一侧运动．轨道上弹簧右侧的M点到圆轨道左侧N点的距离xMN＝0.6 m的范围内有摩擦，而其他部分均光滑．让一质量m＝10 g的小滑块从轨道右侧高h2(未知)处由静止释放，小滑块恰好能通过圆轨道最高点C，且第一次恰好能把弹簧压缩5 cm.现让该小滑块从轨道右侧h3＝0.4 m处由静止释放，已知重力加速度g取10 m/s2，求：
(1)小滑块下落的高度h2；
(2)小滑块停止时的位置到N点的距离．
思维提升
涉及做功与能量转化问题的解题方法
(1)分清是什么力做功，并且分析该力做正功还是做负功；根据功能之间的对应关系，确定能量之间的转化情况．
(2)当涉及滑动摩擦力做功时，机械能不守恒，一般应用能量守恒定律，特别注意摩擦产生的内能Q＝Ffl相对，l相对为相对滑动的两物体间相对滑动路径的总长度．
(3)解题时，首先确定初、末状态，然后分清有多少种形式的能在转化，再分析状态变化过程中哪种形式的能量减少，哪种形式的能量增加，求出减少的能量总和ΔE减和增加的能量总和ΔE增，最后由ΔE减＝ΔE增列式求解．
提升训练
1. (多选)北京冬奥会报道中利用“AI＋8K”技术，把全新的“时间切片”特技效果首次运用在8K直播中，更精准清晰地抓拍运动员比赛精彩瞬间，给观众带来全新的视觉体验．“时间切片”是一种类似于多次“曝光”的呈现手法．如图所示为我国运动员谷爱凌在自由式滑雪女子大跳台比赛中第三跳的“时间切片”特技图．忽略空气阻力，将运动员看做质点，其轨迹abc段为抛物线．已知起跳点a的速度大小为v，起跳点a与最高点b之间的高度差为h，重力加速度大小为g，下列说法正确的是(　　)
A．运动员从a点到b点与从b点到c点的时间间隔相同
B．运动员从a到b的时间为
C．运动员到达最高点时速度的大小为
D．运动员从a到b的过程中速度变化的大小为
2．[2023·全国甲卷]
如图，光滑水平桌面上有一轻质弹簧，其一端固定在墙上．用质量为m的小球压弹簧的另一端，使弹簧的弹性势能为Ep.释放后，小球在弹簧作用下从静止开始在桌面上运动，与弹簧分离后，从桌面水平飞出．小球与水平地面碰撞后瞬间，其平行于地面的速度分量与碰撞前瞬间相等；垂直于地面的速度分量大小变为碰撞前瞬间的.小球与地面碰撞后，弹起的最大高度为h.重力加速度大小为g，忽略空气阻力．求
(1)小球离开桌面时的速度大小；
(2)小球第一次落地点距桌面上其飞出点的水平距离．
3．[2023·辽宁卷]某大型水陆两栖飞机具有水面滑行汲水和空中投水等功能．某次演练中，该飞机在水面上由静止开始匀加速直线滑行并汲水，速度达到v1＝80 m/s时离开水面，该过程滑行距离L＝1 600 m、汲水质量m＝1.0×104 kg.离开水面后，飞机攀升高度h＝100 m时速度达到v2＝100 m/s，之后保持水平匀速飞行，待接近目标时开始空中投水．取重力加速度g＝10 m/s2.求：
(1)飞机在水面滑行阶段的加速度a的大小及滑行时间t；
(2)整个攀升阶段，飞机汲取的水的机械能增加量ΔE.
素养培优·思维方法
应用能量观点解决问题的方法
能量观点即用动能定理、功能关系和能量守恒定律解决物理问题．用这种观点解决复杂的直线或曲线运动问题时，应从能量守恒和能量转化的角度着手，找到问题的突破口，如解决研究对象是单个物体，运动过程是多过程的问题时，优先考虑从能量转化的角度应用动能定理．能量观点的优越性在于从总体上把握物体的运动状态，分析力的作用时只看其做功的情况．
[典例]　如图所示，半径为R＝0.8 m的光滑圆弧轨道BC固定在竖直平面内，轨道的上端点B和圆心O的连线与水平方向的夹角θ＝30°，下端点C为轨道的最低点且与粗糙水平面相切，一根轻质弹簧右端固定在竖直挡板上．质量m＝0.2 kg的小物块(可视为质点)从A点以v0＝1 m/s的速度被水平抛出(不计空气阻力)，恰好从B点沿轨道切线方向进入轨道，经过C点后沿水平面向右运动到D点时，弹簧被压缩至最短，C、D两点间的水平距离L＝1 m，小物块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.4，g＝10 m/s2.求：
(1)小物块经过圆弧轨道上B点时速度vB的大小；
(2)小物块经过圆弧轨道上C点时对轨道的压力大小；
(3)弹簧的弹性势能的最大值Epmax.
[教你解决问题]
第一步：读题→过程分析(模型建构)
A→B过程：小物块做平抛运动
B→C过程：小物块做圆周运动
C→D过程：小物块做减速运动(加速度变化)
第二步：抓关键点→选规律
①“恰好从B点沿轨道切线进入轨道”
vB＝
②“光滑圆弧轨道BC”小物块由B→C过程中机械能守恒mgR(1＋sin θ)＝
③“C点”―→圆周运动的最低点FN－mg＝
④“过C点后…弹簧被压缩至最短”小物块在D点的速度为零能量守恒．Emax＝－μmgL
[规范解答]
(1)小物块恰好从B点沿切线方向进入轨道，根据几何关系有vB＝＝ m/s＝2 m/s.
(2)小物块由B运动到C，只有小物块的重力做功，小物块的机械能守恒，根据机械能守恒定律有mgR(1＋sin θ)＝
在C点处，对小物块由向心力公式有
解得小物块在C点所受轨道的支持力FN＝9 N
根据牛顿第三定律，可知小物块经过圆弧轨道上C点时对轨道压力大小为9 N.
(3)小物块从B运动到D，根据能量守恒定律有Epmax＝＋mgR(1＋sin θ)－μmgL
代入数据解得Epmax＝2 J.
反思总结：碰撞摩擦生内能，能量守恒最可行——当系统中有克服滑动摩擦力做功产生内能或完全非弹性碰撞产生内能时通常优先考虑用能量守恒定律解决问题．
第4讲　功能关系与能量守恒
命题分类剖析
命题点一
[例1]　解析：由题知，水筒在筒车上均匀排布，单位长度上有n个，且每个水筒离开水面时装有质量为m的水，其中的60%被输送到高出水面H处灌入稻田，则水轮转一圈灌入农田的水的总质量为
m总＝2πRnm×60%＝1.2πRnm
则水轮转一圈灌入稻田的水克服重力做的功
W＝1.2πRnmgH
则筒车对灌入稻田的水做功的功率为
P＝
T＝
联立有P＝
故选B.
答案：B
[例2]　解析：根据图像可知，水斗速度v＝ωr＝t×0.1＝0.4t，A正确；
井绳拉力的瞬时功率为P＝Tv＝Tωr，用m0表示水斗质量
根据牛顿第二定律有T－(m＋m0)g＝(m＋m0)a
根据上述分析有a＝＝0.4 m/s2，解得T＝26 N，则井绳拉力瞬时功率随时间变化的规律为P＝10.4t，B错误；
根据题图丙可知，0～10 s内水斗上升的高度为h＝r＝m＝20 m，C错误；
根据P＝10.4t知，
0～10 s内井绳拉力所做的功为W＝Pt＝ J＝520 J，D正确．
答案：AD
[例3]　解析：(1)汽车下坡时，以恒定加速度启动，有 F＋mg sin θ－f＝ma
其中f＝0.2mg，汽车加速运动过程中，功率逐渐增加，刚达到P0时P0＝Fv，v＝at
解得t＝14 s.
(2)汽车下坡过程中以最高时速vm匀速行驶，
有F1＋mg sin θ＝f
此时汽车发动机功率P1，有P1＝F1vm
汽车上坡过程中以最高时速vm匀速行驶，有F2＝mg sin θ＋f
此时汽车发动机功率P2，有P2＝F2vm，解得＝.
答案：(1)14 s　(2)
[提升训练]
1．解析：在地面附近雨滴做匀速运动，根据动能定理得
mgh－Wf＝0
故雨滴克服空气阻力做功为mgh，故选B.
答案：B
2．解析：汽车在0～30 m/s的加速过程中的平均加速度大小为＝＝ m/s2＝6 m/s2，选项A正确；因制动最短距离为30 m，可知汽车刹车由30 m/s减速到0所用时间最短为t＝＝ s＝2 s，选项B错误；当汽车以30 m/s匀速行驶时，汽车克服阻力做功的功率为P＝fv＝kmgv＝2 000×10×0.05×30 W＝30 kW，选项C错误；根据80%E＝P，则当汽车以30 m/s匀速行驶时，汽车的续航里程(最大行驶距离)约为x＝＝ m＝216 km，选项D正确．
答案：AD
3．解析：根据题述，两车额定功率P相同，匀速运动后牵引力等于阻力，根据甲车t2时刻后和乙车t4时刻后两车牵引力不变，可知甲车牵引力小于乙车可知F＝f＝kmg
可知甲车的总重比乙车小，故A错误；
如图所示
甲车在A点所对应的时刻牵引力与阻力大小瞬间相等，所以甲车从这个时刻开始，做加速运动；乙车在B点所对应的时刻牵引力与阻力大小瞬间相等，乙车从这个时刻开始加速，所以甲车比乙车先开始运动，故B正确；
两车分别从t1和t3时刻开始以额定功率行驶，这两个时刻，甲车的牵引力小于乙车的牵引力，由P＝Fv
可知，甲车在t1时刻的速率大于乙车在t3时刻的速率，故C正确；
t2时刻甲车达到最大速度，t4时刻乙车达到最大速度，根据汽车的额定功率P＝fvm＝kmgvm
可知由于甲车的总重比乙车小，所以甲车在t2时刻的速率大于乙车在t4时刻的速率，故D正确．
答案：BCD
命题点二
[例1]　解析：在N点由牛顿第二定律得4mg－mg＝；从最高点到N点，由动能定理得2mgR－W＝，联立解得W＝mgR.由于克服阻力做功，机械能减小，N点左右两侧轨道上的等高点的速度v右0，所以质点能够到达Q点，并且还能继续上升一段距离，故选项C正确．
答案：C
[考法拓展1]解析：质点经过N点时由牛顿第二定律得qvB－mg＝m，解得v＝，选项A错误；质点在磁场内运动过程中，洛伦兹力始终与质点的运动方向垂直，洛伦兹力不做功，选项B错误；质点由静止下落至P点的过程，只有重力做功，质点机械能守恒，选项C正确；质点由静止运动至N点的过程由动能定理得2mgR－Wf＝，解得Wf＝mgR，由功能关系得质点的机械能减少mgR，选项D正确．
答案：CD
[考法拓展2]解析：质点下落过程，除重力做功以外，还有电场力做正功，机械能增加，由功能关系得机械能的增量ΔE＝2qER，故选项A错误，D正确；重力做正功，重力势能减少，电场力做正功，电势能减少，选项B错误；合外力做功等于动能的增量，则ΔEk＝2(qE＋mg)R，选项C错误．
答案：D
[例2]　解析：(1)小物块从圆轨道BC滑下，
由动能定理可知mgH＝
，
F′N＝FN，则FN＝H＋mg
结合PQ段图像知mg＝2 N，m＝0.2 kg，斜率为＝
解得R＝1 m.
(2)由于图线Q点对应于轨道的B点，而此时H＝0.5 m，
轨道BC所对圆心角为θ
由几何关系可知H＝R(1－cos θ)，代入数据解得θ＝60°.
(3)小物块从A到C，由动能定理可得
mgH－＝mv2，
到达C点处由向心力公式可得
F′N－mg＝，F′N＝FN，
整理得FN＝4H＋2，
结合IQ段图像得μ＝.
答案：(1)0.2 kg　1 m　(2)60°　(3)
[提升训练]
1．解析：弹丸从B到D过程，由动能定理得mgh－μ1mg cos 37°·＝，由题图乙可知，在D点，挡板墙对弹丸的支持力为12.4 N，由牛顿第二定律有，联立解得m＝0.2 kg，故A、B错误；设弹丸与地面之间的动摩擦因数为μ2，转过3 rad后的速度为v，由动能定理得－μ2mg·3×R＝，转过3 rad后挡板墙对弹丸的支持力为5.2 N，由牛顿第二定律得5.2 N＝m，联立解得μ2＝0.6，故C正确，D错误．
答案：C
2．解析：(1)滑雪者从A到P根据动能定理有
mgd sin 45°－μmg cos 45°d＝－0
根据动量定理有
(mg sin 45°－μmg cos 45°)t＝mvP－0
联立解得t＝
vP＝ .
(2)由于滑雪者从P点由静止开始下滑，恰好到达B点，故从P点到B点合力做功为0，所以当从A点下滑时，到达B点有
vB＝vP＝ .
(3)当滑雪者刚好落在C点时，平台BC的长度最大；滑雪者从B点飞出做斜抛运动，竖直方向上有
vP cos 45°＝g×
水平方向上有L＝vP sin 45°·t
联立可得L＝d(1－μ)．
答案：(1) 　(2) 　
(3)d(1－μ)
3．解析：(1)由题知，小物块恰好能到达轨道的最高点D，则在D点有＝mg
解得vD＝.
(2)由题知，小物块从C点沿圆弧切线方向进入轨道内侧，则在C点有cos 60°＝
小物块从C到D的过程中，根据动能定理有
－mg(R＋R cos 60°)＝
则小物块从B到D的过程中，根据动能定理有
mgHBD＝
联立解得vB＝，HBD＝0.
(3)小物块从A到B的过程中，根据动能定理有
－μmgS＝
S ＝π·2R
解得vA＝.
答案：(1)　(2)0　(3)
命题点三
[例1]　解析：由题知，小球能沿轨道运动恰好到达C点，则小球在C点的速度为vC＝0
小球在圆弧BC上运动到D点的受力分析如图所示，则在D位置时有mg cos α－FN＝m，从D到C过程有，mg(R－R cos α)＝，联立解得FN＝3mg cos α－2mg，A正确；
A到B的过程中重力的功率为P ＝ －mgv sin θ，由于A到B的过程中小球的速度逐渐减小
则A到B的过程中小球重力的功率始终减小，则B错误；
从A到C的过程中有－mg·2R＝
解得C错误；
B＝
则若小球初速度v0增大，小球在B点的速度有可能为，故小球有可能从B点脱离轨道，D正确．
故选AD.
答案：AD
[例2]　解析：设三者质量为m，初状态时弹簧弹力为F＝mg sin θ
释放瞬间弹簧弹力不变，细线拉力为T＝2F.对滑环C，根据牛顿第二定律得mg＋T sin θ＝maC
解得aC>g，故A错误；
当滑环C下降到滑轮等高处过程中，细线对滑环C的拉力做正功，由等高处到E点过程中，细线对滑环C的拉力做负功．则滑环C下降到与滑轮等高时机械能最大，故B正确；
滑环C到达E点时，物体B速度大小为vB，根据速度分解，则vB＝v sin θ，故C错误；
滑环C由D点到达E点时，弹簧伸长量与初状态相同，物体B重力势能和弹簧弹性势能与初状态相同．系统机械能守恒，则mgh＝mv2＋m(v sin θ)2
整理得2gh＝v2(1＋sin 2θ)，故D正确．
答案：BD
[例3]　解析：当物块从木板右端离开时，对m有
－fxm＝
对M有fxM＝
其中l＝xm－xM
由于l>xM，则根据以上分析可知木板的动能一定小于fl，A错误，B正确；
根据以上分析，联立有－fl＝
则物块的动能一定小于－fl，C错误，D正确．
故选BD.
答案：BD
[例4]　解析：(1)设篮球自由下落，碰地之前的速率为v1，由运动学公式有＝2gH，设篮球反弹至h高处，离地时的速率为v2，由运动学公式有＝2gh
碰后速率与碰前速率之比＝ .
(2)篮球能反弹至h高度，压力F做的功等于第一次碰撞过程损失的能量，WF＝mg(H－h)
由图像可知，拍球过程压力做的功WF＝(h－h0)F0，解得F0＝.
(3)篮球与地球相互作用过程中，设地球质量为M，当篮球速度为v时，地球的速度为v0，由动量守恒得mv－Mv0＝0，解得v0＝
由于地球质量M远大于篮球质量m，地球速度非常接近于零，可认为地球保持静止不动．
答案：见解析
[例5]　解析：(1)小滑块恰好能过C点，根据牛顿第二定律可得：mg＝
由机械能守恒定律可得：mgh2＝
解得h2＝0.25 m.
(2)弹簧竖直放置，被压缩h1＝5 cm时的弹性势能
Ep＝m0gh1＝0.01 J.
由能量守恒可知，小滑块滑至第一次把弹簧压缩到最短时有：mgh2＝μmgxMN＋E′p，
其中E′p＝Ep＝0.01 J
解得μmgxMN＝0.015 J
当小滑块从h3＝0.4 m处下滑后，第二次通过N点时的动能为EkN＝mgh3－2μmgxMN＝0.01 J
此时小滑块动能小于0.015 J，故小滑块不再与弹簧相碰，
由能量守恒可得：EkN＝μmgx
解得x＝0.4 m
即小滑块最终停在N点左侧0.4 m处．
答案：见解析
[提升训练]
1．解析：运动员做斜抛运动，从最高点到等高位置时间相等，ac两点到b点的竖直高度不同，因此时间不同，故A错误；
根据h＝gt2，解得t＝，故B正确；
从a到b根据机械能守恒得mv2＝
解得vt＝，故C正确；
从a到b速度的变化量的大小为Δv＝gt＝，故D正确．
答案：BCD
2．解析：(1)由小球和弹簧组成的系统机械能守恒可知Ep＝mv2
得小球离开桌面时速度大小为v＝ .
(2)离开桌面后由平抛运动规律可得h＝
第一次碰撞前速度的竖直分量为vy，由题可知vy′＝vy
离开桌面后由平抛运动规律得
x＝vt，vy＝gt
解得小球第一次落地点距桌面上其飞出的水平距离为
x＝.
答案：(1) 　(2)
3．解析：(1)飞机从静止开始做匀加速直线运动，平均速度为，则L＝v1t
解得飞机滑行的时间为
t＝＝ s＝40 s
飞机滑行的加速度为
a＝＝ m/s2＝2 m/s2.
(2)飞机从水面至h＝100 m处，水的机械能包含水的动能和重力势能，则
ΔE＝＝×802 J＋1×104×10×100 J＝2.8×107 J.
答案：(1)2 m/s2　40 s　(2)2.8×107 J(共50张PPT)
第5讲　动量定理和动量守恒定律的应用
命题点一　动量定理及应用
1．冲量的三种计算方法
公式法 I＝Ft适用于求恒力的冲量
动量定理法 多用于求变力的冲量或F、t未知的情况
图像法 F-t图线与时间轴围成的面积表示力的冲量．若F-t成线性关系，也可直接用平均力求解
2.理解动量定理时应注意的四个问题
(3)动量定理是过程定理，解题时必须明确过程及初、末状态的动量．
(4)动量定理的表达式是矢量式，在一维情况下，各个矢量必须选取统一的正方向．
例 1 如图所示，学生练习用头颠球．某一次足球从静止开始下落20 cm，被竖直顶起，离开头部后上升的最大高度仍为20 cm.已知足球与头部的作用时间为0.1 s，足球的质量为0.4 kg，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力．下列说法正确的是(　　)
A．下落到与头部刚接触时，足球动量大小为
1.6 kg· m/s
B．头部对足球的平均作用力为足球重力的4倍
C．从最高点下落至重新回到最高点的过程中，
足球重力的冲量为2 N·s
D．与头部作用过程中，足球动量变化量为0
答案：C
答案：BD
思维提升
应用动量定理解题的一般步骤
(1)明确研究对象和研究过程(研究过程既可以是全过程，也可以是全过程中的某一阶段)．
(2)进行受力分析：只分析研究对象以外的物体施加给研究对象的力，不必分析内力．
(3)规定正方向．
(4)写出研究对象的初、末动量和合外力的冲量，根据动量定理列方程求解．
答案：BD
(1)求：第②阶段着陆器下降的高度h2、以及所受总平均阻力f的大小；
(2)着陆器在第④阶段为自由落体运动：
①求着陆速度v4的大小；
②着陆时，缓冲设备让着陆器在约0.1 s内匀减速至0，请估算地面受到着陆器的平均冲击力F的大小，并说出减小平均冲击力的建议．
命题点二　动量守恒定律的综合应用
1．判断守恒的三种方法
(1)理想守恒：不受外力或所受外力的合力为0，如光滑水平面上的板—块模型、电磁感应中光滑导轨上的双杆模型．
(2)近似守恒：系统内力远大于外力，如爆炸、反冲．
(3)某一方向守恒：系统在某一方向上不受外力或所受外力的合力为0，则在该方向上动量守恒，如滑块—斜面(曲面)模型．
2．动量守恒定律的三种表达形式
(1)m1v1＋m2v2＝m1v′1＋m2v′2，作用前的动量之和等于作用后的动量之和(常用)．
(2)Δp1＝－Δp2，相互作用的两个物体动量的增量等大反向．
(3)Δp＝0，系统总动量的增量为零．
答案：AC
答案：AD
答案：C
2．[2023·广东省惠州市调研]2022年北京冬奥会，我国短道速滑队夺得混合团体2 000 m接力决赛金牌，如果在某次交接棒训练中，质量为60 kg的甲以7 m/s的速度在前面滑行，质量为65 kg的乙以11 m/s的速度从后面追上，并迅速将甲向前推出．乙推出甲后做匀减速直线运动，10 s后停在离交接棒前方40 m的地方，则：
(1)假设乙推甲过程中不计任何阻力，则甲乙分离瞬间甲的速度为多大；若甲乙作用时间为0.3 s，则乙对甲的平均推力是多大；
(2)若甲离开乙后甲立即做匀加速直线运动，加速度大小为0.5 m/s2，4秒末刚好追上前方1 m处匀速滑行的另一队的队员丙，计算队员丙匀速滑行的速度大小．
命题点三　碰撞模型及拓展
1．三类碰撞的特点
2．碰撞问题遵循的三条原则
(1)动量守恒：p1＋p2＝p′1＋p′2.
(2)动能不增加：Ek1＋Ek2≥E′k1＋Ek2.
(3)若碰后同向，后方物体速度不大于前方物体速度．
例 1 [2023·河南省高三二模] (多选)如图所示，质量均为2 kg的三个物块静止在光滑水平面上，其中物块B的右侧固定一水平轻弹簧，物块A与弹簧接触但不拴接．某时刻物块A突然以v0＝3 m/s的速度向左运动，已知当A、B速度相等时，B与C恰好发生完全非弹性碰撞，碰撞过程时间极短，然后继续运动．若B、C碰撞过程中损失的机械能为ΔE，B、C碰撞后运动的过程中弹簧的最大弹性势能为Ep，则(　　)
A．ΔE＝4.875 J B．ΔE＝1.125 J
C．Ep＝6 J D．Ep＝4.875 J
答案：BD
例 2 如图，静置于水平地面的两辆购物车沿一直线排列，质量均为m，人在极短时间内给第一辆车一水平冲量使其运动，当车运动了距离L时与第二辆车相碰，两车以共同速度继续运动了距离L时停止．车运动时受到的摩擦阻力恒为车所受重力的k倍，重力加速度为g，若车与车之间仅在碰撞时发生相互作用，碰撞时间很短，忽略空气阻力，求：
(1)两车碰后共同运动过程的最大速率；
(2)人给第一辆车水平冲量的大小；
(3)碰撞时系统损失的机械能ΔE与整个运动过程中系统克服摩擦阻力做功Wf之比．
思维提升
碰撞拓展
(1)“保守型”碰撞拓展模型
图例(水平面光滑)
小球—弹簧模型
小球曲面模型
达到共速 相当于完全非弹性碰撞，系统水平方向动量守恒，动量满足mv0＝(m＋M)v共，损失的动能最大，分别转化为弹性势能、重力势能或电势能
再次分离
(2)“耗散型”碰撞拓展模型
图例(水平面、水平导轨都光滑)
达到共速 相当于完全非弹性碰撞，动量满足mv0＝(m＋M)v共，损失的动能最大，分别转化为内能或电能
提升训练
1.[2023·江苏常熟市期中]质量相等的甲、乙两球放在光滑的水平面上，它们用细线相连，开始时细线处于松弛状态．现使两球反向运动，v甲＝3 m/s，v乙＝－2 m/s，如图所示，当细绳拉紧时突然绷断，这以后两球的运动情况可能是(　　)
A．v′甲＝2.5 m/s，v′乙＝1 m/s
B．v′甲＝1.5 m/s，v′乙＝－0.5 m/s
C．v′甲＝0，v′乙＝1 m/s
D．v′甲＝4 m/s，v′乙＝－3 m/s
答案：B
解析：当细绳拉紧时突然绷断，满足动量守恒，规定向左为正方向，m甲v甲＋m乙v乙＝m甲v′甲＋m乙v′乙,因为两球质量相等，所以v甲＋v乙＝v′甲＋v′乙，代入A项中数据，不满足条件，故A错误；
代入B项中数据，满足v甲＋v乙＝v′甲＋v′乙
且满足，动能不增加原则
，且不会二次碰撞，故B正确；
C项中，v乙＞v甲会发生二次碰撞，故C错误；
D项中，绳子断后动能增加，违背能量守恒定律
，故D错误．
2. [2023·天津卷]一质量为mA＝2 kg的A物体从距地面h＝1.2 m处由静止自由下落，同时另一质量为mB＝1 kg的B物体从A物体的正下方地面上竖直向上抛出，经过t＝0.2 s两物体相遇，碰撞后立刻粘在一起运动，已知重力加速度g＝10 m/s2，碰撞时间极短，不计空气阻力．求两物体：
(1)碰撞时离地面的高度x；
(2)碰后瞬间的速度v；
(3)碰撞过程损失的机械能ΔE.
3.[2023·上海卷]如图，将小球P拴于L＝1.2 m的轻绳上，mP＝0.15 kg，向左拉开一段距离释放， 水平地面上有一物块Q，mQ＝0.1 kg.小球P于最低点A与物块Q碰撞，P与Q碰撞前瞬间向心加速度为1.6 m/s2，碰撞前后P的速度之比为5∶1，碰撞前后P、Q总动能不变．(重力加速度g取9.8 m/s2，水平地面动摩擦因数μ＝0.28)
(1)求碰撞后瞬间物块Q的速度vQ；
(2)P与Q碰撞后再次回到A点的时间内，求物块Q运动的距离s.
弹簧模型
弹簧问题综合性强，但弹簧问题往往是由几个基本的模型组合而成，掌握弹簧问题的基本模型，对于解决复杂的弹簧问题有很重要的意义．处理复杂的弹簧模型，要应用基本的弹簧模型，应用力的观点、能的观点以及动量的观点解决问题．
类型 图示 规律分析
瞬时性 初始时，A、B紧挨在一起但A、B之间无压力．剪断细绳的瞬间，弹簧的弹力不能突变，AB系统受到的合外力等于B的重力，用整体法求AB的加速度，隔离法求A、B间的相互作用力
对称性
斜面光滑，物块B紧靠挡板，物块A被外力控制恰使弹簧处于原长状态，撤去外力后，A物块的运动具有对称性
分离性
撤去外力F，AB向上运动的过程中，A、B相互作用力为0的位置为A、B分离的位置
模型1　弹性势能不变模型
[典例1]　光滑斜面上物块A被平行斜面的轻质弹簧拉住静止于O点，如图所示，现将A沿斜面拉到B点无初速度释放，物块在BC范围内做简谐运动，则下列说法错误的是(　　)
A．在运动过程中，物块A和弹簧组成的系统机械能守恒
B．从B到C的过程中，合外力对物块A的冲量为零
C．物块A从B点到O点过程中，动能的增量等于弹性势能的减小量
D．B点时物块A的机械能最小
答案：C
答案：C
模型3　碰撞模型
[典例3]　[2022·全国乙卷]如图(a)，一质量为m的物块A与轻质弹簧连接，静止在光滑水平面上；物块B向A运动，t＝0时与弹簧接触，到t＝2t0时与弹簧分离，第一次碰撞结束，A、B的v-t图像如图(b)所示．已知从t＝0到t＝t0时间内，物块A运动的距离为0.36v0t0.A、B分离后，A滑上粗糙斜面，然后滑下，与一直在水平面上运动的B再次碰撞，之后A再次滑上斜面，达到的最高点与前一次相同．斜面倾角为θ(sin θ＝0.6)，与水平面光滑连接．碰撞过程中弹簧始终处于弹性限度内．
求:
(1)第一次碰撞过程中，弹簧弹性势能的最大值；
(2)第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值；
(3)物块A与斜面间的动摩擦因数．第5讲　动量定理和动量守恒定律的应用
知识网络构建
命题分类剖析
命题点一　动量定理及应用
1．冲量的三种计算方法
公式法 I＝Ft适用于求恒力的冲量
动量定理法 多用于求变力的冲量或F、t未知的情况
图像法 F t图线与时间轴围成的面积表示力的冲量．若F t成线性关系，也可直接用平均力求解
2.理解动量定理时应注意的四个问题
(3)动量定理是过程定理，解题时必须明确过程及初、末状态的动量．
(4)动量定理的表达式是矢量式，在一维情况下，各个矢量必须选取统一的正方向．
例 1 如图所示，
学生练习用头颠球．某一次足球从静止开始下落20 cm，被竖直顶起，离开头部后上升的最大高度仍为20 cm.已知足球与头部的作用时间为0.1 s，足球的质量为0.4 kg，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力．下列说法正确的是(　　)
A．下落到与头部刚接触时，足球动量大小为 1.6 kg· m/s
B．头部对足球的平均作用力为足球重力的4倍
C．从最高点下落至重新回到最高点的过程中，足球重力的冲量为2 N·s
D．与头部作用过程中，足球动量变化量为0
例 2 (多选)某市消防救援指挥中心接到报警称；某区某街道某路某号4楼起火，70名指战员到达现场将火势扑灭，如图所示，用高压水枪喷出的强力水柱冲击着火物时，设水柱直径为D，以水平水流速度v垂直射向着火物，水柱冲击着火物后速度为零．高压水枪的质量为M，消防员手持高压水枪操作，进入水枪的水流速度忽略不计，水的密度为ρ，下列说法正确的是(　　)
A．水枪的流量(单位时间内通过水枪某一横截面的水量)为πvD2
B．水柱对着火物的冲击力为πρD2v2
C．向前水平喷水时，消防员对水枪的作用力方向与水流方向相反
D．如果将水平水流速度变为原来的2倍，消防员对水枪的作用力小于原来的4倍
思维提升
应用动量定理解题的一般步骤
(1)明确研究对象和研究过程(研究过程既可以是全过程，也可以是全过程中的某一阶段)．
(2)进行受力分析：只分析研究对象以外的物体施加给研究对象的力，不必分析内力．
(3)规定正方向．
(4)写出研究对象的初、末动量和合外力的冲量，根据动量定理列方程求解．
提升训练
1.[2023·湖南邵阳一模](多选)2022年10月19日，阶段性建成的世界首个电磁推进地面超高速试验设施“电磁橇”，在济南成功运行，其对吨级以上物体的最高推进速度，是目前磁悬浮列车在最大输出功率下最高运行速度的倍．列车前进时会受到前方空气的阻力，前进方向上与其作用的空气立即从静止变成与列车共速，已知空气密度为ρ，列车迎面横截面积为S.若用中国“电磁橇”作为动力车组，在其他条件完全相同的情况下，不计其他阻力，中国“电磁橇”与目前磁悬浮列车相比．下列说法正确的是(　　)
A．车头迎面承受的压力变为目前的倍
B．车头迎面承受的压力变为目前的倍
C．最大输出功率变为目前的倍
D．最大输出功率变为目前的倍
2．[2023·陕西省西安市长安区模拟]2021年5月15日，“天问一号”着陆器成功着陆火星表面，这标志着我国首次火星探测任务——着陆火星取得圆满成功．它着陆前的运动可简化为如图所示四个过程，若已知着陆器质量m＝1.3×103kg(降落伞质量远小于着陆器质量)，悬停时离地面的高度h4＝8 m，取火星表面重力加速度g′＝，忽略着陆器质量的变化和g′的变化．若第②、第③和第④阶段的运动都可视为加速度不同的竖直向下匀变速直线运动．
(1)求：第②阶段着陆器下降的高度h2、以及所受总平均阻力f的大小；
(2)着陆器在第④阶段为自由落体运动：
①求着陆速度v4的大小；
②着陆时，缓冲设备让着陆器在约0.1 s内匀减速至0，请估算地面受到着陆器的平均冲击力F的大小，并说出减小平均冲击力的建议．
命题点二　动量守恒定律的综合应用
1．判断守恒的三种方法
(1)理想守恒：不受外力或所受外力的合力为0，如光滑水平面上的板—块模型、电磁感应中光滑导轨上的双杆模型．
(2)近似守恒：系统内力远大于外力，如爆炸、反冲．
(3)某一方向守恒：系统在某一方向上不受外力或所受外力的合力为0，则在该方向上动量守恒，如滑块—斜面(曲面)模型．
2．动量守恒定律的三种表达形式
(1)m1v1＋m2v2＝m1v′1＋m2v′2，作用前的动量之和等于作用后的动量之和(常用)．
(2)Δp1＝－Δp2，相互作用的两个物体动量的增量等大反向．
(3)Δp＝0，系统总动量的增量为零．
例 1 [2023·辽宁卷](多选)
如图，两根光滑平行金属导轨固定在绝缘水平面上，左、右两侧导轨间距分别为d和2d，处于竖直向上的磁场中，磁感应强度大小分别为2B和B.已知导体棒MN的电阻为R、长度为d，导体棒PQ的电阻为2R、长度为2d，PQ的质量是MN的2倍．初始时刻两棒静止，两棒中点之间连接一压缩量为L的轻质绝缘弹簧．释放弹簧，两棒在各自磁场中运动直至停止，弹簧始终在弹性限度内．整个过程中两棒保持与导轨垂直并接触良好，导轨足够长且电阻不计．下列说法正确的是(　　)
A．弹簧伸展过程中，回路中产生顺时针方向的电流
B．PQ速率为v时，MN所受安培力大小为
C．整个运动过程中，MN与PQ的路程之比为2∶1
D．整个运动过程中，通过MN的电荷量为
例 2[2023·山东省六校线上联考](多选)
如图所示，光滑水平面上有一质量为2M、半径为R(R足够大)的光滑圆弧曲面C，质量为M的小球B置于其底端，另一个小球A质量为，小球A以v0＝6 m/s的速度向B运动，并与B发生弹性碰撞，不计一切摩擦，小球均可视为质点，则(　　)
A．B的最大速率为4 m/s
B．B运动到最高点时的速率为 m/s
C．B能与A再次发生碰撞
D．B不能与A再次发生碰撞
提升训练
1.
[2023·陕西省渭南市临渭区质量检测]如图所示，质量M＝2 kg的滑块套在光滑的水平轨道上，质量m＝1 kg的小球通过长L＝0.5 m的轻质细杆与滑块上的光滑轴O连接，小球和轻杆可在竖直平面内绕O轴自由转动，开始轻杆处于水平状态，现给小球一个竖直向上的初速度v0＝4 m/s，g取10 m/s2.则(　　)
A．若锁定滑块，小球通过最高点P时对轻杆的作用力为4 N
B．若解除对滑块的锁定，滑块和小球组成的系统动量守恒
C．若解除对滑块的锁定，小球通过最高点时速度为2 m/s
D．若解除对滑块的锁定，小球击中滑块右侧轨道位置点与小球起始位置点间的距离为 m
2．[2023·广东省惠州市调研]2022年北京冬奥会，我国短道速滑队夺得混合团体2 000 m接力决赛金牌，如果在某次交接棒训练中，质量为60 kg的甲以7 m/s的速度在前面滑行，质量为65 kg的乙以11 m/s的速度从后面追上，并迅速将甲向
前推出．乙推出甲后做匀减速直线运动，10 s后停在离交接棒前方40 m的地方，则：
(1)假设乙推甲过程中不计任何阻力，则甲乙分离瞬间甲的速度为多大；若甲乙作用时间为0.3 s，则乙对甲的平均推力是多大；
(2)若甲离开乙后甲立即做匀加速直线运动，加速度大小为0.5 m/s2，4秒末刚好追上前方1 m处匀速滑行的另一队的队员丙，计算队员丙匀速滑行的速度大小．
命题点三　碰撞模型及拓展
1．三类碰撞的特点
2．碰撞问题遵循的三条原则
(1)动量守恒：p1＋p2＝p′1＋p′2.
(2)动能不增加：Ek1＋Ek2≥E′k1＋Ek2.
(3)若碰后同向，后方物体速度不大于前方物体速度．
例 1 [2023·河南省高三二模]
(多选)如图所示，质量均为2 kg的三个物块静止在光滑水平面上，其中物块B的右侧固定一水平轻弹簧，物块A与弹簧接触但不拴接．某时刻物块A突然以v0＝3 m/s的速度向左运动，已知当A、B速度相等时，B与C恰好发生完全非弹性碰撞，碰撞过程时间极短，然后继续运动．若B、C碰撞过程中损失的机械能为ΔE，B、C碰撞后运动的过程中弹簧的最大弹性势能为Ep，则(　　)
A．ΔE＝4.875 J B．ΔE＝1.125 J
C．Ep＝6 J D．Ep＝4.875 J
例 2 如图，静置于水平地面的两辆购物车沿一直线排列，质量均为m，人在极短时间内给第一辆车一水平冲量使其运动，当车运动了距离L时与第二辆车相碰，两车以共同速度继续运动了距离L时停止．车运动时受到的摩擦阻力恒为车所受重力的k倍，重力加速度为g，若车与车之间仅在碰撞时发生相互作用，碰撞时间很短，忽略空气阻力，求：
(1)两车碰后共同运动过程的最大速率；
(2)人给第一辆车水平冲量的大小；
(3)碰撞时系统损失的机械能ΔE与整个运动过程中系统克服摩擦阻力做功Wf之比．
思维提升
碰撞拓展
(1)“保守型”碰撞拓展模型
图例(水平面光滑) 小球—弹簧模型 小球曲面模型
达到共速 相当于完全非弹性碰撞，系统水平方向动量守恒，动量满足mv0＝(m＋M)v共，损失的动能最大，分别转化为弹性势能、重力势能或电势能
再次分离 相当于弹性碰撞，系统水平方向动量守恒，动量满足mv0＝mv1＋Mv2，能量满足＝
(2)“耗散型”碰撞拓展模型
图例(水平面、水平导轨都光滑)
达到共速 相当于完全非弹性碰撞，动量满足mv0＝(m＋M)v共，损失的动能最大，分别转化为内能或电能
提升训练
1.[2023·江苏常熟市期中]质量相等的甲、乙两球放在光滑的水平面上，它们用细线相连，开始时细线处于松弛状态．现使两球反向运动，v甲＝3 m/s，v乙＝－2 m/s，如图所示，当细绳拉紧时突然绷断，这以后两球的运动情况可能是(　　)
A．v′甲＝2.5 m/s，v′乙＝1 m/s
B．v′甲＝1.5 m/s，v′乙＝－0.5 m/s
C．v′甲＝0，v′乙＝1 m/s
D．v′甲＝4 m/s，v′乙＝－3 m/s
2. [2023·天津卷]一质量为mA＝2 kg的A物体从距地面h＝1.2 m处由静止自由下落，同时另一质量为mB＝1 kg的B物体从A物体的正下方地面上竖直向上抛出，经过t＝0.2 s两物体相遇，碰撞后立刻粘在一起运动，已知重力加速度g＝10 m/s2，碰撞时间极短，不计空气阻力．求两物体：
(1)碰撞时离地面的高度x；
(2)碰后瞬间的速度v；
(3)碰撞过程损失的机械能ΔE.
3.
[2023·上海卷]如图，将小球P拴于L＝1.2 m的轻绳上，mP＝0.15 kg，向左拉开一段距离释放， 水平地面上有一物块Q，mQ＝0.1 kg.小球P于最低点A与物块Q碰撞，P与Q碰撞前瞬间向心加速度为1.6 m/s2，碰撞前后P的速度之比为5∶1，碰撞前后P、Q总动能不变．(重力加速度g取9.8 m/s2，水平地面动摩擦因数μ＝0.28)
(1)求碰撞后瞬间物块Q的速度vQ；
(2)P与Q碰撞后再次回到A点的时间内，求物块Q运动的距离s.
素养培优·模型建构
弹簧模型
弹簧问题综合性强，但弹簧问题往往是由几个基本的模型组合而成，掌握弹簧问题的基本模型，对于解决复杂的弹簧问题有很重要的意义．处理复杂的弹簧模型，要应用基本的弹簧模型，应用力的观点、能的观点以及动量的观点解决问题．
类型 图示 规律分析
瞬时性 初始时，A、B紧挨在一起但A、B之间无压力．剪断细绳的瞬间，弹簧的弹力不能突变，AB系统受到的合外力等于B的重力，用整体法求AB的加速度，隔离法求A、B间的相互作用力
对称性 斜面光滑，物块B紧靠挡板，物块A被外力控制恰使弹簧处于原长状态，撤去外力后，A物块的运动具有对称性
分离性 撤去外力F，AB向上运动的过程中，A、B相互作用力为0的位置为A、B分离的位置
模型1　弹性势能不变模型
[典例1]　
光滑斜面上物块A被平行斜面的轻质弹簧拉住静止于O点，如图所示，现将A沿斜面拉到B点无初速度释放，物块在BC范围内做简谐运动，则下列说法错误的是(　　)
A．在运动过程中，物块A和弹簧组成的系统机械能守恒
B．从B到C的过程中，合外力对物块A的冲量为零
C．物块A从B点到O点过程中，动能的增量等于弹性势能的减小量
D．B点时物块A的机械能最小
模型2　弹性势能对称模型
[典例2]　[2022·湖北卷]
如图所示，质量分别为m和2m的小物块P和Q，用轻质弹簧连接后放在水平地面上，P通过一根水平轻绳连接到墙上．P的下表面光滑，Q与地面间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力．用水平拉力将Q向右缓慢拉开一段距离，撤去拉力后，Q恰好能保持静止．弹簧形变始终在弹性限度内，弹簧的劲度系数为k，重力加速度大小为g.若剪断轻绳，P在随后的运动过程中相对于其初始位置的最大位移大小为(　　)
A．　　　　 B．
C． D．
模型3　碰撞模型
[典例3]　[2022·全国乙卷]如图(a)，一质量为m的物块A与轻质弹簧连接，静止在光滑水平面上；物块B向A运动，t＝0时与弹簧接触，到t＝2t0时与弹簧分离，第一次碰撞结束，A、B的v t图像如图(b)所示．已知从t＝0到t＝t0时间内，物块A运动的距离为0.36v0t0.A、B分离后，A滑上粗糙斜面，然后滑下，与一直在水平面上运动的B再次碰撞，之后A再次滑上斜面，达到的最高点与前一次相同．斜面倾角为θ(sin θ＝0.6)，与水平面光滑连接．碰撞过程中弹簧始终处于弹性限度内．求
(1)第一次碰撞过程中，弹簧弹性势能的最大值；
(2)第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值；
(3)物块A与斜面间的动摩擦因数．
第5讲　动量定理和动量守恒定律的应用
命题分类剖析
命题点一
[例1]　解析：下落到与头部刚接触时，由运动学公式v2＝2gh
解得v＝＝ m/s＝2 m/s，则足球动量大小为p＝mv＝0.4×2 kg· m/s＝0.8 kg· m/s
故A错误；
以向上为正方向，由动量定理定律可知(F－mg)Δt＝mv2－mv1解得F＝20 N＝5mg，故B错误；
从最高点下落到头部的时间为t＝ ＝ s＝0.2 s
从最高点下落至重新回到最高点的过程中，足球重力的冲量为I＝mg(2t＋Δt)＝0.4×10×(0.2×2＋0.1)N·s＝2 N·s，故C正确；
由题可知，与头部碰撞后，离开头部后上升的最大高度仍为20 cm，则离开时速度反向，大小不变，取向上为正方向，则动量变化为Δp＝mv′－mv＝(0.8＋0.8)kg· m/s＝1.6 kg· m/s，故D错误．
答案：C
[例2]　解析：设Δt时间内，从水枪喷出的水的体积为ΔV，质量为Δm，则有Δm＝ρΔV，ΔV＝SvΔt＝πD2vΔt，则流量为＝πD2v，选A错误．考虑一段极短时间Δt′，在此时间内喷到着火物上水的质量为m，设着火物对水柱的作用力为F，由动量定理有FΔt′＝mv，Δt′时间内冲到着火物上水的质量为m＝ρπD2vΔt′，解得F＝πρD2v2，由牛顿第三定律可知，水柱对着火物的冲击力为F′＝F＝πρD2v2，选项B正确；当高压水枪向前喷出高压水流时，水流对高压水枪的作用力向后，由于高压水枪有重力，根据平衡条件，手对高压水枪的作用力方向斜向前上方，选项C错误．如果将水平水流速度变为原来的2倍，由水枪受到水流的力F″＝可得反冲力变为原来的4倍，水枪处于平衡状态，根据平衡条件，手对水枪的力的水平方向分力变为原来的4倍，但水枪重力不变，手对水枪的力的竖直方向分力不变，则消防员对水枪的作用力小于原来的4倍，选项D正确．
答案：BD
[提升训练]
1．解析：设列车运行的速度为v，在Δt时间内，与列车作用的空气质量为Δm＝ρSvΔt，取这部分空气作为研究对象，设运动方向为正方向，由动量定理fΔt＝Δmv－0，解得列车对空气的作用力大小为f＝ρSv2，由牛顿第三定律得，车头迎面承受的压力为FN＝f＝ρSv2，可得FN∝v2，用“电磁橇”推进磁悬浮列车的最高运行速度为原来的倍，则车头迎面承受的压力变为目前的倍，选项A错误，B正确．当列车速度达到最大时，牵引力F＝f＝ρSv2，此时列车的最大输出功率为P＝Fv＝ρSv3，可得P∝v3，由于“电磁橇”推进磁悬浮列车的最高运行速度为原来的倍，则最大输出功率变为目前的倍，选项C错误，D正确．
答案：BD
2．解析：(1)由加速度定义式可得：a＝
代入数据解得：a＝－4 m/s2，负号表示方向向上；
此阶段为匀减速直线运动，由平均速度公式可得：h2＝(t2－t1)
代入数据得：h2＝25 200 m
根据牛顿第二定律可得：mg′－f＝ma
代入数据得：f＝1.04×104 N；
(2)由＝2g′h4可得着陆速度v4的大小为：v4＝8 m/s
取向上为正方向，由动量定理可得：
(F－mg′)t＝0－m(－v4)，
解得：F＝1.092×105N
由动量定理可知增大落地时间，平均冲击力会减小、降低悬停时离地面的高度，可减小着陆时的速度也可减小平均冲击力．
答案：(1)25 200 m　 1.04×104 N
(2)①8 m/s　②1.092×105 N，增大落地时间、降低悬停时离地面的高度．
命题点二
[例1]　解析：弹簧伸展过程中，根据右手定则可知，回路中产生顺时针方向的电流，选项A正确；任意时刻，设电流为I，则PQ受安培力FPQ＝BI·2d，方向向左；MN受安培力FMN＝2BId，方向向右．
可知两棒系统受合外力为零，动量守恒，设PQ质量为2m，则MN质量为m, PQ速率为v时，则2mv＝mv′
解得v′＝2v
回路的感应电流I＝＝
MN所受安培力大小为FMN＝2BId＝
选项B错误；
两棒最终停止时弹簧处于原长状态，由动量守恒可得
mx1＝2mx2
x1＋x2＝L
可得最终MN位置向左移动x1＝
PQ位置向右移动x2＝
因任意时刻两棒受安培力和弹簧弹力大小都相同，设整个过程两棒受的弹力的平均值为F弹，安培力平均值F安，则整个过程根据动能定理
F弹x1－F安xMN＝0
F弹x2－F安xPQ＝0
可得＝＝
选项C正确；
两棒最后停止时，弹簧处于原长位置，此时两棒间距增加了L，由上述分析可知，MN向左位置移动，PQ位置向右移动，则
q＝Δt＝＝＝
选项D错误．故选AC.
答案：AC
[例2]　解析：A与B发生弹性碰撞，取水平向右为正方向，根据动量守恒定律和机械能守恒定律得v0＝＝，解得vA＝－2 m/s，vB＝4 m/s，故B的最大速率为4 m/s，选项A正确；B冲上C并运动到最高点时二者共速，设为v，则MvB＝(M＋2M)v，得v＝ m/s，选项B错误；从B冲上C然后又滑下的过程，设B、C分离时速度分别为v′B、v′C，由水平方向动量守恒有MvB＝Mv′B＋2Mv′C，由机械能守恒有＝，联立解得v′B＝－ m/s，由于|v′B|<|vA|，所以二者不会再次发生碰撞，选项C错误，D正确．
答案：AD
[提升训练]
1．解析：设小球能通过最高点，且此时的速度为v1.在上升过程中，因只有重力做功，小球的机械能守恒，由机械能守恒定律得：＝代入数据解得：对小球由牛顿第二定律得：，代入数据解得：F＝2 N，即在最高点杆对小球的作用力方向向下，大小为2 N，根据牛顿第三定律可知小球通过最高点时小球对杆的作用力方向向上，大小为2 N，故A错误；
若解除锁定，小球和滑块构成的系统水平方向动量守恒，竖直方向动量不守恒，设小球的水平方向为正方向，由动量守恒得mvm＝MvM，由机械能守恒得＝＋mgL，得vm＝2 m/s，故B错误，C正确；
设小球击中滑块右侧轨道位置点与小球起始位置点间的距离为xm，滑块运动的距离为xM，由系统水平方向动量守恒得mxm＝MxM，又xm＋xM＝2L，得xm＝ m，故D错误．
答案：C
2．解析：(1)乙推出甲后x乙＝t
得乙推出甲后乙的速度v乙＝8 m/s
乙推甲过程，甲乙组成的系统动量守恒，则有M甲v甲0＋M乙v乙0＝M甲v甲＋M乙v乙
解得v甲＝10.25 m/s
乙推甲过程，对甲由动量定理得F·Δt＝M甲v甲－M甲v甲0
解得F＝650 N.
(2)4秒末甲刚好追上前方1 m处匀速滑行的另一队的队员丙，由位移关系可知v甲t1＝v丙t1＋x0
丙匀速滑行的速度大小为v丙＝11 m/s.
答案：(1)10.25 m/s　650 N　(2)11 m/s
命题点三
[例1]　解析：对A、B整体由动量守恒有mv0＝2mv1
对B、C整体由动量守恒有mv1＝2mv2
解得v2＝
对A、B、C整体由动量守恒有mv0＝3mv3
B、C碰撞过程中损失的机械能为
ΔE＝＝1.125 J
B、C碰撞后运动的过程中弹簧的最大弹性势能为Ep＝＝4.875 J，故选B、D.
答案：BD
[例2]　解析：(1)根据牛顿第二定律有：k·2mg＝2ma
根据速度—位移公式有：v2＝2aL
联立解得：v＝.
(2)两辆车碰撞过程系统内力远大于外力，系统动量守恒，设碰撞前第一辆车的速度大小为v0，以碰撞前第一辆车的速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mv0＝2mv
对第一辆车，根据位移—时间关系有：L＝
由动量定理得：I－μmgt0＝mv0－0
解得该同学对第一辆车的冲量大小：I＝m.
(3)设两辆车碰撞过程损失的机械能为ΔE，由能量守恒定律得：＝·2mv2＋ΔE
解得：ΔE＝2kmgL
对两辆车在整个运动过程，由能量守恒定律得：
W0＝ΔE＋W
根据功能关系有：W0＝
根据动量定理有：I＝mv初
解得＝.
答案：(1) 　 (2) m　(3)
[提升训练]
1．解析：当细绳拉紧时突然绷断，满足动量守恒，规定向左为正方向，m甲v甲＋m乙v乙＝m甲v′甲＋m乙v′乙
因为两球质量相等，所以v甲＋v乙＝v′甲＋v′乙，代入A项中数据，不满足条件，故A错误；
代入B项中数据，满足v甲＋v乙＝v′甲＋v′乙
且满足，动能不增加原则，且不会二次碰撞，故B正确；
C项中，v乙＞v甲会发生二次碰撞，故C错误；
D项中，绳子断后动能增加，违背能量守恒定律，故D错误．
答案：B
2．解析：(1)对A物体，根据运动学公式可得
h－x ＝gt2
解得x＝1 m.
(2)设B物体从地面竖直向上抛出时的速度为vB0，根据运动学公式可知
x＝vB0t－gt2
解得vB0＝6 m/s
根据运动学公式可得碰撞前瞬间A物体的速度大小为
vA＝gt ＝2 m/s，方向竖直向下
碰撞前瞬间B物体的速度大小为
vB＝vB0－gt＝4 m/s，方向竖直向上
选竖直向下为正方向，由动量守恒定律可得
mAvA－mBvB＝(mA＋mB)v
解得碰后瞬间的速度v＝0.
(3)根据能量守恒定律可知碰撞过程损失的机械能为
ΔE＝－(mA＋mB)v2
解得ΔE＝12 J.
答案：(1)1 m　(2)0　(3)12 J
3．解析：(1)已知小球P与Q碰撞之前的向心加速度，由向心力公式可得：F向＝＝ma代入数据解得v≈1.39 m/s
又因为碰撞前后P的速度之比为5∶1，所以碰后P的速度：vP＝v≈0.28 m/s
P与Q碰撞时间极短，系统内力远大于外力，动量守恒得：mPv＝mPvP＋mQvQ 代入数据解得vQ≈1.67 m/s，方向水平向右；
(2)由于L＝1.2 m远大于小球直径，碰后速度小，上升高度小，小球P碰后做简谐运动，根据简谐运动单摆周期公式：T＝2π
小球碰后再次到平衡位置的时间：t＝，联立解得t≈2.20 s
碰后Q做匀减速直线运动，由牛顿第二定律得μmQg＝mQa
速度减为零所需时间为t′，由速度公式得：0＝vQ－at′
代入数据联立解得：t′≈0.61 s 得：t>t′，故在小球P再次到平衡位置的时间内，小球Q早已停下
由速度位移公式可得s＝，代入数据解得s≈0.51 m
答案：(1)1.67 m/s，方向水平向右　(2)0.51 m
素养培优·模型建构
[典例1]　解析：在运动过程中，物块A和弹簧组成的系统机械能守恒，故A正确；从B到C的过程中，根据动量定理可知Ft＝mvC－mvB，由于B、C两点的速度为零，故合外力对物块A的冲量为零，故B正确；从B点到O点的过程中，对物块A根据动能定理可知－mgh－W弹＝－0，故动能的增量等于弹性势能的减小量减去克服重力做的功，故C错误；物块A和弹簧系统机械能守恒，B点时弹簧的弹性势能最大，故物块A的机械能最小，故D正确．
答案：C
[典例2]　解析：Q恰好能保持静止时，设弹簧的伸长量为x，满足kx＝2μmg，若剪断轻绳后，物块P与弹簧组成的系统机械能守恒，弹簧的最大压缩量也为x，因此P相对于其初始位置的最大位移大小为s＝2x＝，C正确．
答案：C
[典例3]　解析：(1)t0时弹簧被压缩至最短，A、B碰撞动量守恒，由图(b)知
mB·1.2v0＝(mB＋mA)v0
得：mB＝5mA＝5m
此过程A、B与弹簧组成的系统机械能守恒
弹簧的最大弹性势能Epmax＝|ΔEk|＝＝.
(2)t0时弹簧压缩量最大，设为Δx
由题意，0～t0内，
mAvA＋mBvB＝mB·1.2v0
即mvA＋5mvB＝6mv0
化简得vA＝5(1.2v0－vB)
根据图(b)分析上式，A图线在0～t0上任意一点到横坐标轴的距离等于同一时刻B图线上对应点到v＝1.2v0线的距离的5倍．由v t图线与时间轴所围面积表示位移，且0～t0时间内xA＝t0，可知0～t0时间内图线B与v＝1.2v0线所围面积x1＝xA＝0.072v0t0，图线B与A之间所围面积表示Δx，则Δx＝＝0.768v0t0.
(3)A、B第二次碰撞过程，设碰前A速度大小为vA1，碰后A、B速度大小分别为v′A、v′B
动量守恒：mB·0.8v0－mAvA1＝mBv′B＋mAv′A
动能不变：＝
由题意知v′A＝2v0
联立解得vA1＝v0
对A第一次碰撞后以2v0冲上斜面至速度为零过程，由动能定理有
－mgh－＝0－m(2v0)2
对A冲上斜面又下滑至水平面过程，由动能定理有＝－m(2v0)2
联立解得μ＝0.45.
答案：　(2)0.768v0t0　(3)0.45

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