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第一部分 力学
第1讲 
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考法
学法
平衡问题是历年高考的重点，高考既可能在选择题中单独考查平衡问题，也可能在计算题中综合考查平衡问题。考查的内容主要包括：①对各种性质的力的理解；
②共点力作用下平衡条件的应用。该部分内容主要解决的是选择题中的受力分析和共点力平衡问题。用到的思想方法有：①整体法和隔离法；②假设法；③合成法；④正交分解法；⑤矢量三角形法；⑥相似三角形法；⑦等效思想；⑧分解思想。
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[知能全通]————————————————————————————————
受力分析是整个高中阶段物理知识的基础，能正确进行受力分析是解答力学问题的
关键。
1．受力分析的一般步骤
2．分析三种典型力的注意事项
(1)弹力：弹力的方向一定与接触面或接触点的切面垂直，且指向受力物体。
(2)静摩擦力：两物体接触处有无静摩擦力，要根据物体间有无相对运动趋势或根据平衡条件进行判断。
(3)滑动摩擦力：利用公式求解滑动摩擦力时，一定要注意分析接触面间的实际压力，不能简单地代入重力求解。
[题点全练]————————————————————————————————
1.[多选](2018·湖北中学调研)如图所示，顶角为θ的光滑圆锥体固定在水平面上，一质量为m的匀质圆环套在圆锥体上处于静止状态，重力加速度大小为g，下列判断正确的是(　　)
A．圆锥体对圆环的作用力方向垂直于圆锥的侧面
B．圆锥体对圆环的作用力方向竖直向上
C．圆环的张力不为零
D．圆环的张力方向指向圆环的圆心
解析：选BC　由题意知圆环受重力和圆锥体对圆环的作用力处于平衡状态，则圆锥体对圆环的作用力与圆环所受的重力等大反向，即圆锥体对圆环的作用力方向竖直向上，故A错误，B正确；质量为m的匀质圆环套在圆锥体上，圆环有被撑开的趋势，所以圆环的张力不为零，故C正确；圆环的张力方向沿圆环的切线方向，故D错误。
2.如图所示，小明在水平桌面上将三个形状不规则的石块成功叠放在一起，下列说法正确的是(　　)
A．石块a一定只受两个力
B．石块b对a的支持力与a受到的重力是一对相互作用力
C．石块c受到水平桌面向左的摩擦力
D．水平桌面对石块c的支持力等于三个石块受到的重力之和
解析：选D　石块a与b的接触面不一定沿水平方向，可能还受到摩擦力，故A错误；石块b对a的支持力与a受到的重力性质不同，作用在一个物体上，不是一对相互作用力，故B错误；对a、b、c整体受力分析，受重力和水平桌面的支持力而平衡，即石块c与水平桌面之间无摩擦力，故C错误；对a、b、c整体，由平衡条件得：水平桌面对石块c的支持力等于三个石块受到的重力之和，故D正确。
3．(2018·淄博实验中学一诊)如图所示，一质量均匀的实心圆球被直径AB所在的平面一分为二，先后以AB沿水平和竖直两种不同方向放置在光滑支架上，处于静止状态，两半球间的作用力分别为F和F′，已知支架间的距离为AB长度的一半，则等于(　　)
A.　　　　　　　　 　　 B.
C. D.
解析：选A　设两半球的总质量为m，当球以AB沿水平方向放置，可知F＝mg；当球以AB沿竖直方向放置，单独对右半球受力分析如图
所示，可得：F′＝tan θ，根据支架间的距离为AB的一半，可得：θ＝30°，则＝＝，则A正确。

[知能全通]————————————————————————————————
1．整体法和隔离法对比
整体法
原则
只涉及系统外力，不涉及系统内部物体之间的相互作用
条件
系统内的物体具有相同的运动状态
优、缺点
利用此法解题一般比较简单，但不能求系统内力
隔离法
原则
分析系统内某个物体的受力情况
优点
系统内物体受到的内力、外力均能求
2.整体法、隔离法的应用技巧
(1)不涉及系统内力时，优先考虑应用整体法，即“能整体、不隔离”。
(2)需要应用“隔离法”的，也要先隔离“简单”的物体，即待求量少或受力少或处于边缘处的物体。
(3)各“隔离体”间的关联力，表现为作用力与反作用力，对于系统则表现为内力。
(4)实际问题通常需要交叉应用整体法、隔离法。
(5)在某些特殊情形中，研究对象可以是物体的一部分，如绳子的结点、力的作用点等。
[题点全练]————————————————————————————————
1．[多选]如图所示，截面为三角形的木块a上放置一铁块b，木块a的竖直边靠在竖直且粗糙的墙面上，现用竖直向上的推力F，推动a、b一起向上匀速运动，运动过程中a、b始终保持相对静止，则下列说法正确的是(　　)
A．a受到6个力的作用
B．a受到4个力的作用
C．b受到3个力的作用
D．b受到2个力的作用
解析：选BC　先对a、b整体受力分析，受到重力和推力，二力平衡，整体不受墙面的弹力和摩擦力，再对b受力分析，受到重力、支持力和静摩擦力，三力平衡，即b受到3个力的作用，故C正确，D错误；再对a受力分析，受到重力、推力、b对a的压力和静摩擦力，故a受到4个力的作用，故A错误，B正确。
2.(2019届高三·珠海一中模拟)如图所示，水平固定且倾角为37°的光滑斜面上有两个质量均为m＝1 kg 的小球A、B，它们用劲度系数为k＝200 N/m 的轻质弹簧连接，弹簧的原长为l0＝20 cm，现对B施加一水平向左的推力F，使A、B均在斜面上以加速度a＝4 m/s2 向上做匀加速运动，此时弹簧的长度l和推力F的大小分别为(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2)(　　)
A．0.15 m,25 N　　　　　 B．0.25 m,25 N
C．0.15 m,12.5 N D．0.25 m,12.5 N
解析：选B　以整体为研究对象，受力分析如图所示，沿斜面方向有：Fcos 37°－2mgsin 37°＝2ma，以A为研究对象，沿斜面方向有：
kx－mgsin 37°＝ma，x＝l－l0，解得F＝25 N，l＝0.25 m，故B正确，A、C、D错误。
3．[多选](2018·凯里模拟)如图所示，形状相同的物块A、B，其截面为直角三角形，相对排放在粗糙水平地面上，光滑球体C架在两物块的斜面上，系统处于静止状态。已知物块A、B的质量都为M，θ＝60°，球体C的质量为m，则以下说法正确的是(　　)
A．地面对A的摩擦力大小为mg
B．地面对A的摩擦力大小为mg
C．A对C的弹力大小为mg
D．A对地面的压力大小为Mg＋mg
解析：选BD　以C为研究对象，受力分析如图所示，C受重力和斜向上的两个弹力作用，把两个弹力合成，合力竖直向上，大小等于mg，由数学知识可知，A对C的弹力大小为mg，C错误；再以A为研究对象，C对A的正压力大小为mg，其在水平方向上的分力大小等于地面对A的摩擦力大小，由此可知地面对A的摩擦力大小为mgcos 30°＝mg，A错误，B正确；以A、B、C整体为研究对象，所受重力为2Mg＋mg，地面对整体的支持力大小为2Mg＋mg，由对称性可知A受到地面的支持力大小为Mg＋，由牛顿第三定律可知，A对地面的压力大小为Mg＋mg，D正确。

[研一题]————————————————————————————————
[多选]如图所示，质量为M的斜面体放在粗糙水平面上，用轻绳拴住质量为m的小球置于斜面上，整个系统处于静止状态，已知斜面倾角及轻绳与竖直方向夹角均为θ＝30°。不计小球与斜面间的摩擦，则(　　)
A．轻绳对小球的作用力大小为mg
B．斜面对小球的作用力大小为mg
C．斜面体对水平面的压力大小为(M＋m)g
D．斜面体与水平面间的摩擦力大小为mg
[解析]　以小球为研究对象，受力分析如图甲所示，由几何关系知β＝θ＝30°，根据受力平衡可得FT＝FN＝mg；以斜面体为研究对象，受力分析如图乙所示，由受力平衡得FN1＝Mg＋FN′cos θ，由牛顿第三定律得FN′＝FN，解得FN1＝Mg＋mg，由牛顿第三定律可知，斜面体对水平面的压力大小为Mg＋mg，Ff＝FN′sin θ＝mg，故B、C错误，A、D正确。
[答案]　AD
[悟一法]————————————————————————————————
1．破解“静态平衡”问题的一般程序
2．处理平衡问题的常用方法
方法
解　读
合成法
物体受三个共点力的作用而平衡，则任意两个力的合力一定与第三个力等大、反向
分解法
三力平衡时，还可以将某一个力按力的效果分解，则其分力和其他两个力分别平衡
正交
分解法
物体受三个或三个以上力的作用时，将所有力分解为相互垂直的两组，每组力分别平衡
[通一类]————————————————————————————————
1．(2019届高三·唐山六校联考)如图所示，物块A和滑环B用绕过光滑定滑轮的不可伸长的轻绳连接，滑环B套在与竖直方向夹角为θ＝37°的粗细均匀的固定杆上，连接滑环B的绳与杆垂直并在同一竖直平面内，B恰好不能下滑，B和杆间的动摩擦因数为μ＝0.4，设B和杆间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则A和B的质量之比为(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)(　　)
A.　　　　　　　　　 B.
C. D.
解析：选C　设A和B的质量分别为m1、m2，若杆对B的弹力垂直于杆向下，因B恰好不能下滑，则由平衡条件有m2gcos θ＝μ(m1g－m2gsin θ)，解得＝；若杆对B的弹力垂直于杆向上，因B恰好不能下滑，则由平衡条件有m2gcos θ＝μ(m2gsin θ－m1g)，解得＝－(舍去)。综上分析可知，C正确。
2.如图所示，某工地上起重机将重为G的正方形工件缓缓吊起。四根等长的钢绳(质量不计)，一端分别固定在正方形工件的四个角上，另一端汇聚于一处挂在挂钩上，钢绳端汇聚处到每个角的距离均与正方形的对角线长度相等。则每根钢绳的受力大小为(　　)
A.G B.G
C.G D.G
解析：选D　设每根钢绳的受力大小为F，由平衡条件有4Fcos θ＝G(θ为钢绳与竖直方向的夹角)，由数学知识知sin θ＝，θ＝30°，则F＝G，选项D正确。

[点点探明]————————————————————————————————
方法1　图解法破解“动态平衡”问题
如果物体受到三个力的作用，已知其中一个力的大小、方向均不变，另一个力的方向不变，此时可用图解法，画出不同状态下力的矢量图，判断各个力的变化情况。
[例1]　质量为m的物体用轻绳AB悬挂于天花板上。用水平向左的力F缓慢拉动绳的中点O，如图所示。用T表示绳 OA段拉力的大小，在O点向左移动的过程中(　　)
A．F逐渐变大，T逐渐变大
B．F逐渐变大，T逐渐变小
C．F逐渐变小，T逐渐变大
D．F逐渐变小，T逐渐变小
[解析]　以O点为研究对象，受力分析如图所示，当用水平向左的力缓慢拉动O点时，绳OA与竖直方向的夹角变大，由共点力的平衡条件知F逐渐变大，T逐渐变大，选项A正确。
[答案]　A
方法2　解析法破解“动态平衡”问题
如果把物体受到的多个力合成、分解后，能够找到力的边角关系，则应选择解析法，建立平衡方程，根据自变量的变化?一般都要用到三角函数?确定因变量的变化。
[例2]　(2018·开封模拟)如图所示，一铁架台放在水平地面上，其上用轻质细线悬挂一小球，开始时细线竖直。现将水平力F作用于小球上，使其缓慢地由实线位置运动到虚线位置，铁架台始终保持静止。则在这一过程中(　　)
A．水平力F变小
B．细线的拉力不变
C．铁架台对地面的压力变大
D．铁架台所受地面的摩擦力变大
[解析]　如图所示，对小球受力分析，受细线的拉力、重力、水平力F，根据平衡条件有F＝mgtan θ，θ逐渐增大，则F逐渐增大，故A错误；由图可知，细线的拉力T＝，θ增大，T增大，故B错误；以铁架台、小球整体为研究对象，根据平衡条件得Ff＝F，则Ff逐渐增大，FN＝(M＋m)g，FN保持不变，故C错误，D正确。
[答案]　D
方法3　相似三角形法破解“动态平衡”问题
此法是图解法的特例，一般研究对象受绳?杆?或其他物体的约束，且物体受到三个力的作用，其中的一个力大小、方向均不变，另外两个力的方向都发生变化，可以用力三角形与几何三角形相似的方法求解。
[例3]　(2018·宝鸡质检)如图所示，轻杆A端用铰链固定，滑轮在A点正上方(滑轮大小及摩擦均可不计)，轻杆B端吊一重物，现将轻绳的一端拴在杆的B端，用拉力F将B端缓慢上拉(均未断)，在轻杆达到竖直前，以下分析正确的是(　　)
A．轻绳的拉力越来越大
B．轻绳的拉力越来越小
C．轻杆的弹力越来越大
D．轻杆的弹力越来越小
[解析]　以B点为研究对象，它受三个力的作用而处于动态平衡状态，其中一个是轻杆的弹力T，一个是轻绳斜向上的拉力F，一个是轻绳竖直向下的拉力F′(大小等于重物所受的重力)，如图所示，根据相似三角形法，可得＝＝，由于OA和AB不变，OB逐渐减小，因此轻杆的弹力大小不变，而轻绳的拉力越来越小，故选项B正确，A、C、D错误。
[答案]　B
[题题过关]————————————————————————————————
1.[多选]城市中的路灯、无轨电车的供电线路等，经常用三角形的结构悬挂，如图是这一类结构的简化模型。图中杆OB可以绕过B点且垂直于纸面的轴自由转动，钢索OA和杆OB的质量都可以忽略不计，设悬挂物所受的重力为G，稳定时∠ABO＝90°，AB>OB。某次产品质量检测和性能测试中保持A、B两点不动，只改变钢索OA的长度，关于钢索OA的拉力F1和杆OB上的支持力F2的变化情况，下列说法正确的有(　　)
A．从图示位置开始缩短钢索OA，钢索OA的拉力F1先减小后增大
B．从图示位置开始缩短钢索OA，杆OB上的支持力F2大小不变
C．从图示位置开始伸长钢索OA，钢索OA的拉力F1增大
D．从图示位置开始伸长钢索OA，杆OB上的支持力F2先减小后增大
解析：选BC　设钢索OA的长度为L，杆OB的长度为R，A、B两点间的距离为H，根据相似三角形知识可知＝＝，从题图所示位置开始缩短钢索OA，钢索OA的拉力F1减小，杆OB上的支持力F2大小不变，选项A错误，B正确；从题图所示位置开始伸长钢索OA，钢索OA的拉力F1增大，杆OB上的支持力F2大小不变，选项C正确，D错误。
2.如图所示，上表面为四分之一光滑圆弧的物体A静止在粗糙的水平地面上，一小物块B从圆弧底端受到水平外力F的作用缓慢沿圆弧向上移动一小段距离，在此过程，A始终处于静止状态。下列说法正确的是(　　)
A．水平外力F保持不变
B．地面对A的摩擦力逐渐增大
C．A对B的支持力逐渐减小
D．地面对A的支持力逐渐减小
解析：选B　设A对B的支持力与竖直方向的夹角为θ，对B由平衡条件知，水平外力F＝mgtan θ、支持力FN1＝，B沿圆弧上移，夹角θ变大，则水平外力F和支持力FN1均增大，选项A、C错误；对A、B整体，地面对A的摩擦力Ff＝F，随水平外力F增大而增大，地面对A 的支持力FN2＝(M＋m)g保持不变，选项B正确，D错误。

[知能全通]————————————————————————————————
1．临界问题与极值问题
临界
问题
当某物理量变化时，会引起其他几个物理量的变化，从而使物体的平衡“恰好出现”或“恰好不出现”，即处于临界状态，在问题的描述中常用“刚好”“刚能”“恰好”等字眼
极值
问题
平衡问题的极值，一般指在力的变化过程中的最大值和最小值
2．求解临界、极值问题的常用方法
(1)图解法：根据已知量的变化情况，画出平行四边形或三角形的边角变化，进而确定未知量大小、方向的变化，求出临界值或极值。
(2)解析法：利用物体受力平衡写出未知量与已知量的关系表达式，根据已知量的变化情况来确定未知量的变化情况，求出极值，或利用临界条件确定未知量的临界值。
[题点全练]————————————————————————————————
1.[多选]某学习小组为了体验最大静摩擦力与滑动摩擦力的临界状态，设计了如图所示的装置，一位同学坐在长直木板一端，另一端不动，让长直木板由水平位置缓慢向上转动(即木板与地面的夹角θ变大)，则选项图中表示该同学受到支持力FN、合外力F合、重力沿斜面方向的分力G1、摩擦力Ff随角度θ的变化关系正确的是(　　)
解析：选ACD　重力沿斜面方向的分力G1＝mgsin θ，C正确；支持力FN＝mgcos θ，A正确；该同学滑动之前，F合＝0，Ff＝mgsin θ，滑动后，F合＝mgsin θ－μmgcos θ，Ff＝μmgcos θ，实际情况下最大静摩擦力略大于滑动摩擦力，B错误，D正确。
2.(2018·惠州模拟)如图所示，三根相同的绳的末端连接于O点，A、B端固定，C端受一水平力F，当F逐渐增大时(O点位置保持不变)，最先断的绳是(　　)
A．OA绳　　　　　　 B．OB绳
C．OC绳 D．三绳同时断
解析：选A　对结点O受力分析，受三根绳的拉力，根据平衡条件的推论得，水平和竖直两绳拉力的合力与OA绳的拉力等大反向，由平行四边形定则可知，三根绳中OA绳的拉力最大，在水平拉力逐渐增大的过程中，OA绳先断，选项A正确。
3.如图所示，三根长度均为L的轻绳分别连接于C、D两点，A、B两端被悬挂在水平天花板上，相距2L，现在C点上悬挂一个质量为m的重物，为使CD绳保持水平，在D点上可施加力的最小值为(　　)
A．mg B．mg
C．mg D．mg
解析：选C　由题图可知，为使CD绳水平，各绳均应绷紧，由几何关系可知，AC绳与水平方向的夹角为60°；结点C受力平衡，受力分析如图所示，则CD绳的拉力FT＝mgtan 30°＝mg；D点受CD绳的拉力大小等于FT，方向向左；要使CD绳水平，D点两绳的拉力与外界的力的合力应为零，则CD绳对D点的拉力可分解为沿BD绳的F1及另一分力F2，由几何关系可知，当BD绳上的拉力F′与F1大小相等，且力F2与BD绳垂直时，F2最小，而F2的大小即为施加在D点的力的大小，故最小力F＝F2＝FTsin 60°＝mg，故C正确。
[专题强训提能]
1．[多选]如图甲所示，笔记本电脑散热底座一般有四个卡位用来调节角度。某同学将电脑放在散热底座上，为了获得更好的舒适度，由原卡位1调至卡位4，如图乙所示，电脑始终处于静止状态，则(　　)
A．电脑受到的支持力变大
B．电脑受到的摩擦力变大
C．散热底座对电脑的作用力的合力不变
D．电脑受到的支持力与摩擦力两力大小之和等于其所受重力的大小
解析：选AC　对电脑的受力分析如图所示，电脑始终处于静止状态，故电脑受力平衡。由平衡条件可知：电脑受到的支持力FN＝mgcos θ，电脑受到的摩擦力f＝mgsin θ，由原卡位1调至卡位4，θ减
小，故FN增大，f减小，选项A正确，B错误；散热底座对电脑的作用力的合力即电脑受到的支持力与摩擦力两力的矢量和，大小等于电脑所受的重力，始终不变，选项C正确；电脑受到的支持力与摩擦力两力大小之和大于其所受重力的大小，选项D错误。
2．(2019届高三·南京模拟)如图所示，一质量为M的磁铁，吸在竖直放置的磁性黑板上静止不动。某同学沿着黑板面，用水平向右的恒力F轻拉磁铁，磁铁向右下方做匀速直线运动，则磁铁受到的摩擦力Ff(　　)
A．大小为Mg　　　　 　 B．大小为 
C．大小为F D．方向水平向左
解析：选B　由题意可知，磁铁受竖直向下的重力、水平向右的恒力的作用，二力的合力为F合＝；由力的平衡条件可知，摩擦力应与二力的合力大小相等、方向相
反，则磁铁受到的摩擦力大小Ff＝F合＝，故A、C、D错误，B正确。
3．[多选]重力为G的体操运动员在进行自由体操比赛时，有如图所示的比赛动作，当运动员竖直倒立保持静止状态时，两手臂对称支撑，夹角为θ，则(　　)
A．当θ＝60°时，运动员单手对地面的正压力大小为
B．当θ＝120°时，运动员单手对地面的正压力大小为G
C．当θ不同时，运动员受到的合力相同
D．当θ不同时，运动员与地面之间的相互作用力不相等
解析：选AC　对运动员受力分析如图所示，地面对手的支持力F1＝
F2＝，则运动员单手对地面的正压力大小为，与θ无关，选项A正确，B错误；不管θ如何，运动员受到的合力为零，与地面之间的相互作用力总是等大，选项C正确，D错误。
4.在粗糙水平地面上放着一个截面为半圆的柱状物体A，A与光滑竖直墙之间放另一截面也为半圆的光滑柱状物体B，整个装置处于静止状态，截面如图所示。设墙对B的作用力为F1，B对A的作用力为F2，地面对A的作用力为F3。在B上加一物体C，整个装置仍保持静止，则(　　)
A．F1保持不变，F3增大 B．F1增大，F3保持不变
C．F2增大，F3增大 D．F2增大，F3保持不变
解析：选C　未放上C时，以B为研究对象，受力分析如图1所示，由平衡条件得，墙对B的作用力F1＝GBtan α，当放上C时，F1增大。A对B的作用力F2′＝，F1增大，则F2′增大，由牛顿第三定律知F2′＝F2，即F2也增大。再以整体为研究对象，受力分析如图2所示，则放上C前，地面对A的支持力N＝GA＋GB，放上C后变为GA＋GB＋GC，即N增大，地面对A的摩擦力f＝F1，且F3为N与f的合力，所以F3增大，故C正确。
5.如图，滑块A置于水平地面上，滑块B在一水平力作用下紧靠滑块A(A、B接触面竖直)，此时A恰好不滑动，B刚好不下滑。已知A与B间的动摩擦因数为μ1，A与地面间的动摩擦因数为μ2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。A与B的质量之比为(　　)
A. B.
C. D.
解析：选B　设A、B的质量分别为mA、mB，B刚好不下滑，根据平衡条件得mBg＝μ1F；A恰好不滑动，则A与地面之间的摩擦力等于最大静摩擦力，把A、B看成一个整体，根据平衡条件得F＝μ2(mA＋mB)g，解得＝，选项B正确。
6．[多选]某些农村一大家人过春节时常用简易灶做菜，如图甲、乙所示，将一个球形铁锅用三个不计重力的小石块支起用柴火烧菜，铁锅边缘水平，小石块成正三角形放在水平灶台上，石块到铁锅球心的连线与竖直方向的夹角均为30°，已知铁锅与菜的总质量为9 kg，
不计铁锅与石块间的摩擦，重力加速度g取10 m/s2，下列说法正确的是(　　)
A．灶台对每个石块的作用力均竖直向上
B．灶台受到每个石块的压力大小为30 N
C．每个石块与铁锅之间的弹力大小为20 N
D．灶台对每个石块的摩擦力大小为10 N
解析：选BC　灶台对石块有竖直向上的支持力和水平方向的摩擦力作用，故灶台对每个石块的作用力的方向不是竖直向上，选项A错误；铁锅和石块竖直方向对灶台的压力等于铁锅所受的重力，故灶台受到每个石块的压力大小等于mg＝×9×10 N＝30 N，选项B正确；对铁锅由平衡条件可得：3FNcos 30°＝mg，解得：FN＝20 N，选项C正确；Ff＝
FNsin 30°＝10 N，即灶台对每个石块的摩擦力大小为10 N，选项D错误。
7.如图所示，一轻绳一端固定在地面上的C点，另一端与竖直杆AB的顶端A相连，顶端A右侧一水平轻绳跨过一光滑定滑轮与一重物相连，竖直杆AB处于平衡状态，AB与地面的摩擦不计。若AC加长，使C点左移，AB仍保持平衡状态，AC上的拉力T和AB受到的地面的支持力N与原先相比，下列说法正确的是(　　)
A．T增大，N减小 B．T减小，N增大
C．T和N都减小 D．T和N都增大
解析：选C　若AC加长，由于悬挂的重物质量不变，右侧水平轻绳的拉力不变。分析A处受力情况，AC上的拉力T沿水平方向的分力大小等于悬挂的重物重力，沿竖直方向的分力等于AB受到的地面的支持力。若AC加长，使C点左移，AB仍保持平衡状态，显然，T和N都减小，选项C正确。
8.(2018·铁岭协作体模拟)如图所示，固定在水平地面上的物体A，左侧是圆弧面，右侧是倾角为θ的斜面，一根轻绳跨过物体A顶点上的小滑轮，轻绳左、右两端分别系有质量为m1、m2的小球，当两小球静止时，左端小球与圆心连线跟水平方向的夹角也为θ，不计一切摩擦，则m1、m2之间的关系是(　　)
A．m1＝m2 B．m1＝m2tan θ
C．m1＝ D．m1＝m2cos θ
解析：选B　设轻绳对两小球的拉力大小为FT，对右端小球根据平衡条件得：FT＝m2gsin θ；对左端小球根据平衡条件得：FT＝m1gcos θ；解得：m1＝m2tan θ，B正确。
9．[多选](2018·天津高考)明朝谢肇淛的《五杂组》中记载：“明姑苏虎丘寺塔倾侧，议欲正之，非万缗不可。一游僧见之曰：无烦也，我能正之。”游僧每天将木楔从塔身倾斜一侧的砖缝间敲进去，经月余扶正了塔身。假设所用的木楔为等腰三角形，木楔的顶角为θ，现在木楔背上加一力F，方向如图所示，木楔两侧产生推力FN，则(　　)
A．若F一定，θ大时FN大
B．若F一定，θ小时FN大
C．若θ一定，F大时FN大
D．若θ一定，F小时FN大
解析：选BC　根据力F的作用效果将力F分解为垂直于木楔两侧的力FN，如图所示。则＝sin ，即FN＝，所以当F一定时，θ越小，FN越大；当θ一定时，F越大，FN越大。故选项B、C正确。
10．[多选]如图，粗糙水平面上有a、b、c、d四个相同小物块用四根完全相同的轻弹簧连接，正好组成一个等腰梯形，系统静止。ab之间、ac之间以及bd之间的弹簧长度相同且等于cd之间弹簧长度的一半，ab之间弹簧弹力大小为cd之间弹簧弹力大小的一半。若a受到的摩擦力大小为f，则(　　)
A．ab之间的弹簧一定是压缩的
B．b受到的摩擦力大小为f
C．c受到的摩擦力大小为f
D．d受到的摩擦力大小为2f
解析：选ABC　设每根弹簧的原长为L0，ab之间弹簧的形变量为Δx1，cd之间弹簧的形变量为Δx2，则有kΔx2＝2kΔx1，若ab之间的弹簧是拉长的，则有：L0＋Δx2＝2(L0＋Δx1)，解得L0＝0，不符合题意，所以ab之间的弹簧是压缩的，A正确；由于a受到的摩擦力大小为f，根据对称性可得，b受到的摩擦力大小也为f，B正确；以a和c为研究对象进行受力分析如图所示，图中的θ为ac与cd之间的夹角，则cos θ＝＝，所以θ＝60°，则∠cab＝120°，a受到的摩擦力大小f＝T；对c根据力的合成可得fc＝f，C正确；由于c受到的摩擦力大小为 f，根据对称性可知，d受到的摩擦力大小也为f，D错误。
11.(2018·云南师大附中模拟)如图所示，柔软轻绳ON的一端O固定，在其上某点M拴一重物，用手拉住绳的另一端N将重物向右上方缓慢拉起。初始时，OM竖直，OM⊥MN，保持OM与MN夹角不变，在OM由竖直被拉到水平的过程中(　　)
A．OM上的张力逐渐增大
B．OM上的张力先增大后减小
C．MN上的张力逐渐增大
D．MN上的张力先增大后减小
解析：选C　OM和MN上的张力的合力与重力是一对平衡力，受力分析如图所示。根据几何关系有FMN＝Gsin θ，FOM＝Gcos θ，可知，随着θ的增大，MN上的张力逐渐增大，OM上的张力逐渐减小，故C正确，A、B、D 错误。
12．(2019届高三·德州调研)如图所示，把一重为G的物体，用一水平推力F＝kt(k为恒量，t为时间)压在竖直的足够高的粗糙墙面上。从t＝0时刻开始物体所受的摩擦力Ff随t的关系对应选项图中的(　　)
解析：选B　开始时由于推力F为零，物体和墙面间没有挤压，则摩擦力为零，物体在重力作用下开始沿竖直墙面下滑，所以开始一段时间内为滑动摩擦力。由Ff＝μFN，又FN＝F＝kt，所以Ff＝μkt，即Ff随时间t成正比增大，当Ff增大到等于G时，物体具有一定速度，由于惯性仍然滑行，随着滑行的继续，Ff会大于G，最后物体静止于墙面上，摩擦力变为静摩擦力，竖直方向上根据二力平衡，则有Ff＝G，所以B正确。
13.(2018·哈尔滨模拟)如图所示，三个质量均为1 kg的小木块
a、b、c和两个劲度系数均为500 N/m的相同轻弹簧p、q用轻绳连
接，其中a放在光滑水平桌面上。开始时p弹簧处于原长，木块都静止。现用水平力缓慢地向左拉p弹簧的左端，直到c刚好离开水平地面为止，g取10 m/s2。则该过程中(　　)
A．q弹簧上端移动的距离为2 cm，p弹簧的左端向左移动的距离是4 cm
B．q弹簧上端移动的距离为4 cm，p弹簧的左端向左移动的距离是2 cm
C．q弹簧上端移动的距离为4 cm，p弹簧的左端向左移动的距离是8 cm
D．q弹簧上端移动的距离为2 cm，p弹簧的左端向左移动的距离是6 cm
解析：选C　开始时p弹簧处于原长，可知q弹簧处于压缩状态，压缩量为Δxq＝＝
2 cm; c刚好离开水平地面时，q弹簧伸长Δxq′＝＝2 cm，则q弹簧上端移动的距离为
4 cm；p弹簧伸长Δxp＝＝4 cm，则p弹簧的左端向左移动的距离是8 cm。选项C正确，A、B、D错误。
14．[多选](2018·宝鸡质检)如图所示，两块相互垂直的光滑挡板OP、OQ，OP竖直放置，小球a、b固定在轻弹簧的两端，并斜靠在OP、OQ上。现有一个水平向左的推力F作用于b上，使a、b紧靠挡板处于静止状态。现保证b不动，使OP向右缓慢平移一小段距离，则(　　)
A．推力F变小 B．弹簧长度变短
C．弹簧长度变长 D．b对OQ的压力变大
解析：选AC　设弹簧与竖直方向的夹角为α，现保证b不动，使OP向右缓慢平移一小段距离，则α减小，以a为研究对象，受力分析如图，根据平衡条件得：F弹＝，α减小，cos α增大，则F弹减小，弹簧长度变长；OP对a的弹力FN1＝mgtan α，α减小，FN1减小，对a、弹簧和b整体研究，水平方向：F＝FN1，则推力F将减小，故A、C正确，B错误；竖直方向：OQ对b的支持力FN2＝(ma＋mb)g不变，根据牛顿第三定律可知，b对OQ的压力不变，故D错误。
第2讲 
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考法
学法
该部分“四类典型运动”包括：匀变速直线运动、一般的曲线运动、平抛运动、水平面内的圆周运动。高考既有对单个运动形式的考查，也有对多个运动形式的组合考查。考查的内容主要包括：①匀变速直线运动的规律及图像；②平抛运动的规律；③水平面内圆周运动的规律及临界问题。用到的思想方法有：①模型法；②图像法；③临界问题的处理方法；④合成与分解思想；⑤等效思想。
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[知能全通]————————————————————————————————
解答匀变速直线运动问题的常用方法
1．基本公式法：v＝v0＋at，x＝v0t＋at2，v2－v02＝2ax。
2．重要推论法：v＝＝(利用平均速度测瞬时速度)；v＝ ；Δx＝aT2(用逐差法测加速度)。
3．逆向思维法：“匀减速(至速度为零的)直线运动”可逆向处理为“(由静止开始的)匀加速直线运动”。
4．图像法：利用v -t图像或x -t图像求解。
5．比例法：只适用于初速度或末速度为零的匀变速直线运动。
(1)1T末、2T末、3T末、…、nT末瞬时速度之比为1∶2∶3∶…∶n。
(2)第1个T内、第2个T内、…、第n个T内位移之比为1∶3∶5∶…∶(2n－1)。
(3)从静止开始连续通过相等位移所用时间之比为1∶(－1)∶(－)∶…∶(－)。
[题点全练]————————————————————————————————
1．(2018·全国卷Ⅰ)高铁列车在启动阶段的运动可看作初速度为零的匀加速直线运动。在启动阶段，列车的动能(　　)
A．与它所经历的时间成正比
B．与它的位移成正比
C．与它的速度成正比
D．与它的动量成正比
解析：选B　动能Ek＝mv2，与速度的平方成正比，故C错误；速度v＝at，可得
Ek＝ma2t2，与经历的时间的平方成正比，故A错误；根据v2＝2ax，可得Ek＝max，与位移成正比，故B正确；动量p＝mv，可得Ek＝，与动量的平方成正比，故D错误。
2．一个物体从静止开始做匀加速直线运动，以T为时间间隔，在第三个T时间内位移是3 m，第三个T时间末的瞬时速度为3 m/s，则(　　)
A．物体的加速度是1 m/s2
B．第一个T时间末的瞬时速度为0.6 m/s
C．时间间隔为1 s
D．物体在第1个T时间内的位移为0.6 m
解析：选D　初速度为零的匀加速直线运动，连续相等时间内通过的位移之比为1∶3∶5，据此可知第一个T时间内的位移x1＝×3 m＝0.6 m，选项D正确；第二个T时间内的位移 x2＝×3 m＝1.8 m，由v32－0＝2a(x1＋x2＋x3)，得a＝ m/s2，选项A错误；由Δx＝aT2得x2－x1＝aT2，解得T＝ s，选项C错误；第一个T时间末的瞬时速度v1＝aT＝1 m/s，选项B错误。
3.(2019届高三·福州八校联考)如图所示，a、b、c、d为光滑斜面上的四个点。一小滑块自a点由静止开始下滑，通过ab、bc、cd各段所用时间均为T。现让该滑块自b点由静止开始下滑，则该滑块(　　)
A．通过bc、cd段的时间均大于T
B．通过c、d点的速度之比为1∶2
C．通过bc、cd段的时间之比为1∶1
D．通过c点的速度等于通过bd段的平均速度
解析：选A　当滑块由a点静止下滑时，滑块沿光滑的斜面做匀加速直线运动，设加速度大小为a′，ab段的间距为x，则bc段、cd段的间距应分别为3x、5x，xbc∶xcd＝3∶5，类比滑块由b点静止下滑易知，C错误；如果滑块由b点静止下滑，显然滑块通过bc段、cd段的时间均大于T，A正确；滑块在c点的速度应为v1＝，滑块在d点的速度应为v2＝，则v1∶v2＝∶，B错误；因为xbc∶xcd＝3∶5，显然滑块通过c点的时刻不是通过bd段的中间时刻，则滑块通过c点的速度不等于bd段的平均速度，D错误。

[知能全通]————————————————————————————————
1．解决运动合成与分解的一般思路
(1)明确合运动或分运动的运动性质。
(2)明确是在哪两个方向上的合成或分解。
(3)找出各个方向上已知的物理量(速度、位移、加速度)。
(4)运用力与速度的关系或矢量的运算法则进行分析求解。
2．解答关联速度问题的方法
(1)与绳或杆相连的物体，相对地面实际发生的运动是合运动，合运动对应合速度。
(2)在绳(杆)的端点把合速度分解为沿绳(杆)方向的速度和垂直于绳(杆)方向的速度，而沿绳(杆)的方向上各点的速度大小相等，由此列方程解题。
3．小船渡河的两类问题、三种情景
最短
时间
当船头方向即v船垂直河岸时，渡河时间最短，tmin＝
最短
位移
如果v船>v水，当v船与上游夹角θ满足v船cos θ＝v水时，v合垂直河岸，渡河位移最短，等于河宽d
如果v船[题点全练]————————————————————————————————
1.一物体在光滑的水平桌面上运动，在相互垂直的x方向和y方向上的分运动的速度随时间变化的规律如图所示。关于物体的运动，下列说法中正确的是(　　)
A．物体运动的初速度大小是7 m/s
B．物体做变加速直线运动
C．物体做匀变速曲线运动
D．物体运动的加速度大小是5 m/s2
解析：选C　由题图可得分运动的初速度大小v0x＝3 m/s，v0y＝4 m/s，则初速度大小为v0＝＝5 m/s，选项A错误；x方向的匀速直线运动和y方向的匀变速直线运动合成为匀变速曲线运动，选项B错误，C正确；分运动的加速度大小ax＝0，ay＝2 m/s2，物体的加速度大小a＝＝2 m/s2，选项D错误。
2．(2018·成都诊断)质量为m的物体P置于倾角为θ1的固定光滑斜面上，轻细绳跨过光滑定滑轮分别连接着P与小车，P与滑轮间的细绳平行于斜面，小车以速率v水平向右做匀速直线运动。当小车与滑轮间的细绳和水平方向的夹角为θ2时(如图)，下列判断正确的是(　　)
A．P的速率为v
B．P的速率为vcos θ2
C．细绳的拉力等于mgsin θ1
D．细绳的拉力小于mgsin θ1
解析：选B　将小车速度分解为沿细绳和垂直细绳方向的v1、v2，P的速率v1＝vcos θ2，
A错误，B正确；小车向右做匀速直线运动，θ2减小，P的速率增大，P具有沿斜面方向向上的加速度，故细绳的拉力大于mgsin θ1，C、D错误。
3．[多选]相距为l0的甲、乙两船在同一河流中同时开始渡河，河水流速为v0，两船在静水中的速率均为v。甲、乙两船船头与河岸的夹角均为θ，如图所示，已知甲船恰好能垂直到达河正对岸的A点，乙船到达河对岸的B点，A、B之间的距离为l。则下列判断正确的是(　　)
A．甲、乙两船同时到达对岸
B．若仅是河水流速v0增大，则两船的渡河时间都不变
C．不论河水流速v0如何改变，只要适当改变θ，甲船总能到达正对岸的A点
D．若仅是河水流速v0增大，则两船到达对岸时，两船之间的距离仍然为l
解析：选ABD　甲、乙两船在垂直河岸方向上的分速度大小相同，都为vsin θ，根据合运动与分运动具有等时性可得，两船的渡河时间相同，且与河水流速v0无关，故A、B正确；当v0≥v时，不论怎样改变θ，甲船都不能到达正对岸的A点，故C错误；两船到达对岸时，两船之间的距离l＝l乙－l甲＋l0＝(vcos θ＋v0)t－(v0－vcos θ)t＋l0＝2vtcos θ＋l0，与v0无关，故D正确。

[研一题]————————————————————————————————
一带有乒乓球发射机的乒乓球台如图所示。水平台面的长和宽分别为L1和L2，中间球网高度为h。发射机安装于台面左侧边缘的中点，能以不同速率向右侧不同方向水平发射乒乓球，发射点距台面高度为3h。不计空气的作用，重力加速度大小为g。若乒乓球的发射速率v在某范围内，通过选择合适的方向，就能使乒乓球落到球网右侧台面上，则v的最大取值范围是(　　)
A.B.C.D.[思路点拨]
1．使球过网的临界条件是什么？此时对应最大发射速率还是最小发射速率？
提示：球恰好能经过网的上侧，对应最小发射速率。
2．在球不被打出右侧台面的前提下，球最远能落到何处？此时对应最大发射速率还是最小发射速率？
提示：球最远能落到右侧台面的两角处，对应最大发射速率。
[解析]　设以速率v1发射乒乓球，经过时间t1刚好落到球网正中间，则竖直方向上有
3h－h＝gt12，水平方向上有＝v1t1，解得v1＝。设以速率v2发射乒乓球，经过时间t2刚好落到球网右侧台面的两角处，在竖直方向有3h＝gt22，在水平方向有 ＝v2t2，解得v2＝ 。则v的最大取值范围为v1[答案]　D
[悟一法]————————————————————————————————
平抛运动的两个“正切值”和两个“模型”
1．两个“正切值”
任意时刻的速度与水平方向的夹角α的正切值总等于该时刻的位移与水平方向的夹角β的正切值的2倍，即tan α＝2tan β。
2．两个“模型”
两个模型
解题方法
方法应用
分解速度，构建速度矢量三角形
水平方向：vx＝v0
竖直方向：vy＝gt
合速度：v＝
方向：tan θ＝
分解位移，构建位移矢量三角形
水平方向：x＝v0t
竖直方向：y＝gt2
合位移：s＝
方向：tan θ＝
[通一类]————————————————————————————————
1．[多选]如图所示，在距地面高为H＝45 m处，有一小球A以初速度v0＝10 m/s水平抛出，与此同时，在A的正下方有一物块B也以相同的初速度同方向滑出，B与水平地面间的动摩擦因数为μ＝0.4，A、B均可视为质点，空气阻力不计(取g＝10 m/s2)。下列说法正确的是
(　　)
A．A运动时间为3 s
B．B运动时间为3 s
C．B运动12.5 m后停止
D．A落地时，A、B相距17.5 m
解析：选ACD　根据H＝gt2得，t＝ ＝  s＝3 s，故A正确；B做匀减速直线运动的加速度大小a＝μg＝0.4×10 m/s2＝4 m/s2，则B速度减为零的时间t0＝＝ s＝2.5 s，滑行的距离x＝t0＝×2.5 m＝12.5 m，故B错误，C正确；A落地时，A的水平位移xA＝v0t＝10×3 m＝30 m，B的位移xB＝x＝12.5 m，则A、B相距Δx＝(30－12.5)m＝
17.5 m，故D正确。
2．(2018·全国卷Ⅲ)在一斜面顶端，将甲、乙两个小球分别以v和的速度沿同一方向水平抛出，两球都落在该斜面上。甲球落至斜面时的速率是乙球落至斜面时速率的(　　)
A．2倍　　　　　　 　 　 B．4倍
C．6倍 D．8倍
解析：选A　画出小球在斜面上运动轨迹，如图所示，可知：x＝vt，xtan θ＝gt2，则x＝v2，即x∝v2。甲、乙两球抛出速度分别为v和，则相应水平位移之比为4∶1，由相似三角形知，下落高度之比也为4∶1，由自由落体运动规律得，落在斜面上竖直方向速度之比为2∶1，由落至斜面时的速率v斜＝可得落至斜面时速率之比为2∶1，A对。
3.如图所示，斜面体ABC放置在水平地面上，有一小球从A点正上方某一高度以4 m/s的速度水平抛出，刚好落在斜边AC的中点。若小球抛出点不变，将小球以速度v水平抛出，小球刚好落在斜面顶端C点，不计空气阻力的影响，则该速度v的大小可能为(　　)
A．5 m/s B．6 m/s
C．8 m/s D．10 m/s
解析：选D　改变小球抛出速度后，水平位移变为原来的2倍，由于小球运动时间变短，则速度v大于原来的2倍，只有D项是可能的。

[知能全通]————————————————————————————————
1．解决圆周运动问题的“四个步骤”
2．水平面内圆周运动的临界问题
(1)水平面内做圆周运动的物体其向心力可能由弹力、摩擦力等力提供，常涉及绳的张紧与松弛、接触面分离等临界状态。
(2)常见临界条件：①绳的临界：张力FT＝0；②接触面滑动的临界：F＝f；③接触面分离的临界：FN＝0。
[题点全练]————————————————————————————————
1.一水平放置的圆盘可以绕中心O点旋转，盘上放一个质量为m的铁块(可视为质点)，轻质弹簧一端连接铁块，另一端系于O点，铁块与圆盘间的动摩擦因数为μ，如图所示。铁块随圆盘一起匀速转动，铁块距中心O点的距离为r，这时弹簧的拉力大小为F，重力加速度为g，已知铁块受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则圆盘的角速度可能是(　　)
A．ω≥ 
B．ω≤ 
C. <ω< 
D. ≤ω≤ 
解析：选D　当摩擦力指向圆心达到最大时，角速度达到最大，根据F＋μmg＝mω12r，得最大角速度ω1＝ ；当摩擦力背离圆心达到最大时，角速度达到最小，根据
F－μmg＝mω22r，得最小角速度ω2＝ ，所以角速度的范围满足 ≤
ω≤ ，故D正确。
2.两粗细相同内壁光滑的半圆形圆管ab和bc连接在一起，且在b处相切，圆管平铺在水平面上并固定，如图所示。一小球从a端以某一初速度进入圆管，并从c端离开圆管，则小球由圆管ab进入圆管bc后(　　)
A．线速度变小　　　　 B．角速度变大
C．向心加速度变小 D．小球对管壁的压力变大
解析：选C　小球在水平面内运动，圆管对小球水平方向的支持力对小球不做功，小球的线速度不变，故A错误；由v＝ωr可知，ω＝，线速度不变，圆管半径增大，所以小球的角速度变小，故B错误；由an＝可知，线速度不变，圆管半径增大，向心加速度变小，故C正确；由Fn＝man可知，小球需要的向心力减小，则圆管对小球沿水平方向的支持力减小，圆管对小球竖直方向的支持力不变，所以圆管对小球的支持力的合力减小，根据牛顿第三定律可知，小球对管壁的压力变小，故D错误。
3．[多选]如图，两个质量均为m的小木块a和b(可视为质点)放在水平圆盘上，a与转轴OO′的距离为l，b与转轴的距离为2l，木块与圆盘的最大静摩擦力为木块所受重力的k倍，重力加速度大小为g。若圆盘从静止开始绕转轴缓慢地加速转动，用ω表示圆盘转动的角速度，下列说法正确的是(　　)
A．b一定比a先开始滑动
B．a、b所受的摩擦力始终相等
C．ω＝ 是b开始滑动的临界角速度
D．当ω＝ 时，a所受摩擦力的大小为kmg
解析：选AC　因圆盘从静止开始绕转轴缓慢加速转动，在某一时刻可认为，木块随圆盘转动时，其受到的静摩擦力的方向指向转轴，两木块转动过程中角速度相等，则根据牛顿第二定律可得f＝mω2R，由于b的轨道半径大于a的轨道半径，故b做圆周运动需要的向心力较大，所以b所受的摩擦力较大，B错误；因为两木块的最大静摩擦力相等，故b一定比a先开始滑动，A正确；当b开始滑动时，由牛顿第二定律可得kmg＝mωb2·2l，可得ωb＝ ， C正确；当a开始滑动时，由牛顿第二定律可得kmg＝mωa2l，可得ωa＝，而转盘的角速度 < ，a未发生滑动，其所需的向心力由静摩擦力来提供，由牛顿第二定律可得f＝mω2l＝kmg，D错误。
[专题强训提能]
1．(2018·江苏高考)某弹射管每次弹出的小球速度相等。在沿光滑竖直轨道自由下落过程中，该弹射管保持水平，先后弹出两只小球。忽略空气阻力，两只小球落到水平地面的(　　)
A．时刻相同，地点相同　　 B．时刻相同，地点不同
C．时刻不同，地点相同 D．时刻不同，地点不同
解析：选B　弹射管自由下落，两只小球始终处于同一水平面，因此同时落地。两只小球水平方向的分运动为匀速直线运动，且速度相等，但两只小球弹出后在空中运动的时间不相等，所以水平位移不相等，落地点不同。故B正确。
2．一质点沿直线运动，其平均速度与时间的关系满足v＝2＋t (各物理量均选用国际单位制中单位)，则关于该质点的运动，下列说法正确的是(　　)
A．质点可能做匀减速直线运动
B．0～5 s内质点的位移为35 m
C．质点运动的加速度为1 m/s2
D．质点在第3 s末的速度为5 m/s
解析：选B　根据平均速度v＝知，x＝vt＝2t＋t2，根据x＝v0t＋at2＝2t＋t2知，质点的初速度v0＝2 m/s，加速度a＝2 m/s2，质点做匀加速直线运动，故A、C错误；0～5 s 内质点的位移x＝v0t＋at2＝2×5 m＋×2×52 m＝35 m，故B正确；质点在第3 s末的速度
v＝v0＋at＝2 m/s＋2×3 m/s＝8 m/s，故D错误。
3.(2018·安徽“江南十校”联考)如图所示，将小球以速度v沿与水平方向成θ＝37°角斜向上抛出，结果小球刚好能垂直打在竖直墙面上，小球反弹的瞬间速度方向水平，且速度大小为碰撞前瞬间速度大小的，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，空气阻力不计，则当反弹后小球的速度大小再次为v时，速度与水平方向夹角的正切值为(　　)
A. B.
C. D.
解析：选B　采用逆向思维，小球的斜抛运动可视为平抛运动的逆运动，将抛出速度沿水平和竖直方向分解，有：vx＝vcos θ＝0.8v，vy＝vsin θ＝0.6v，小球撞墙前瞬间的速度等于0.8v，反弹速度大小为：vx′＝×0.8v＝0.6v，反弹后小球做平抛运动，当小球的速度大小再次为v时，竖直速度为：vy′＝＝＝0.8v，速度方向与水平方向夹角的正切值为：tan θ′＝＝＝，故B正确，A、C、D错误。
4．(2019届高三·晋中调研)如图所示为一个做匀变速曲线运动的物块运动轨迹的示意图，运动至A点时速度大小为v0，经一段时间后物块运动至B点，速度大小仍为v0，但相对于A点时的速度方向改变了90°，则在此过程中(　　)
A．物块的运动轨迹AB可能是一段圆弧
B．物块的动能可能先增大后减小
C．物块的最小速度大小可能为
D．物块在B点的加速度与速度的夹角小于90°
解析：选D　由题意，物块做匀变速曲线运动，则加速度的大小与方向都不变，所以运动轨迹是一段抛物线，不是圆弧，故A错误；由题意，物块运动到B点时速度方向相对于A点时的速度方向改变了90°，速度沿B点轨迹的切线方向，则知加速度方向垂直于AB的连线向下，合外力也向下，物块做匀变速曲线运动，物块由A点到B点过程中，合外力先做负功，后做正功，由动能定理可得，物块的动能先减小后增大，故B错误；物块的加速度方向垂直于A、B的连线向下，根据物块由A点到B点的速度方向改变90°，则物块在A点的速度方向与AB连线方向夹角为45°，如图所示，所以在物块运动过程中的最小速度大小为v0，故C错误；物块在B点速度沿B点轨迹的切线方向，而加速度方向垂直于A、B的连线向下，可知二者之间的夹角小于90°，故D正确。
5．(2018·北京高考)根据高中所学知识可知，做自由落体运动的小球，将落在正下方位置。但实际上，赤道上方200 m处无初速下落的小球将落在正下方位置偏东约6 cm 处。这
一现象可解释为，除重力外，由于地球自转，下落过程小球还受到一个水平向东的力”，该“力”与竖直方向的速度大小成正比。现将小球从赤道地面竖直上抛，考虑对称性，上升过程该“力”水平向西，则小球(　　)
A．到最高点时，水平方向的加速度和速度均为零
B．到最高点时，水平方向的加速度和速度均不为零
C．落地点在抛出点东侧
D．落地点在抛出点西侧
解析：选D　将小球的竖直上抛运动分解为水平方向和竖直方向的两个分运动。上升阶段，随着小球竖直分速度的减小，其水平向西的“力”逐渐减小，因此水平向西的加速度逐渐减小，到最高点时减小为零，而水平向西的速度达到最大值，故A、B错误；下降阶段，随着小球竖直分速度的变大，其水平向东的“力”逐渐变大，水平向东的加速度逐渐变大，小球的水平分运动是向西的变减速运动，根据对称性，小球落地时水平向西的速度减小为零，所以落地点在抛出点西侧，故C错误，D正确。
6．[多选](2018·兰州一中检测)一快艇从离岸边100 m远的河流中央向岸边行驶，快艇在静水中的速度—时间图像如图甲所示；河中各处水流速度相同，速度—时间图像如图乙所示。则(　　)
A．快艇的运动轨迹一定为直线
B．快艇的运动轨迹一定为曲线
C．快艇最快到达岸边，所用的时间为20 s
D．快艇最快到达岸边，经过的位移为100 m
解析：选BC　由题图知，两分运动一个为匀加速直线运动，一个为匀速直线运动，知合速度的方向与合加速度的方向不在同一直线上，合运动为曲线运动，即运动轨迹一定为曲线，A错误，B正确；当快艇速度方向垂直于河岸时，所用时间最短，垂直于河岸方向上的加速度a＝0.5 m/s2，由d＝at2，得t＝20 s，而合速度方向不垂直于河岸，位移大于100 m，
C正确，D错误。
7.如图所示，一根细线下端拴一个金属小球A，细线的上端固定在金属块B上，金属块B放在带小孔的水平桌面上，小球A在某一水平面内做匀速圆周运动。现使小球A改到一个更低一些的水平面上做匀速圆周运动(图中未画出)，金属块B在桌面上始终保持静止，则后一种情况与原来相比较，下列说法正确的是(　　)
A．金属块B受到桌面的静摩擦力变大
B．金属块B受到桌面的支持力变小
C．细线的张力变大
D．小球A运动的角速度变小
解析：选D　设A、B质量分别为m、M，A做匀速圆周运动的向心加速度为a，细线的张力为T，细线与竖直方向的夹角为θ，对B研究，B受到的静摩擦力f＝Tsin θ，对A，有Tsin θ＝ma，Tcos θ＝mg，解得a＝gtan θ，θ变小，f变小，故A错误；以整体为研究对象知，B受到桌面的支持力大小不变，等于(M＋m)g，故B错误；T＝，θ变小，T变小，故C错误；设细线长为l，则a＝gtan θ＝ω2lsin θ，ω＝ ，θ变小，ω变小，故D正确。
8.一位网球运动员以拍击球，使网球沿水平方向飞出，第一只球落在自己一方场地的B点，弹跳起来后，刚好擦网而过，落在对方场地的A点，如图所示，第二只球直接擦网而过，也落在A点，设球与地面的碰撞没有能量损失，其运动过程中阻力不计，则两只球飞过网C处时水平速度之比为(　　)
A．1∶1 B．1∶3
C．3∶1 D．1∶9
解析：选B　两球飞出时的高度相同，所以第一只球落到B点所用的时间等于第二只球落到A点所用时间，根据竖直上抛和自由落体运动的对称性可知，落到A点时，第一只球所用时间为t1＝3t，第二只球所用时间为t2＝t，由于两只球在水平方向的分运动均为匀速运动，水平位移大小相等，设它们从O点出发时的初速度分别为v1、v2，由x＝v0t得v2＝3v1，即＝，B正确。
9．[多选]如图为一网球场示意图，球网高为h＝0.9 m，发球线离网的距离为x＝6.4 m，某运动员在一次击球时，击球点刚好在发球线正上方H＝1.25 m 高处，设击球后瞬间球的速度大小为v0＝32 m/s，方向水平且垂直于网(不计空气阻力，网球视为质点，重力加速度g取10 m/s2)，下列说法正确的是(　　)
A．网球不能过网
B．网球在水平方向通过网所在处历时0.2 s
C．网球的直接落地点离对方发球线的距离为16 m
D．网球从击出到落地历时0.5 s
解析：选BD　网球在水平方向通过网所在处历时t1＝＝0.2 s，下落高度h1＝gt12＝
0.2 m，因h110.[多选]如图所示，竖直薄壁圆筒内壁光滑、半径为R，上部侧面A处开有小口，在小口A的正下方h处亦开有与小口A大小相同的小口B，小球从小口A沿切线方向水平射入筒内，使小球紧贴筒内壁运动，小球进入A口的速度大小为v0时，小球恰好从A点的正下方的B口处飞出，则(　　)
A．小球到达B口时的速率为
B．小球的运动时间是
C．小球的运动时间是
D．沿AB将圆筒竖直剪开，看到小球的运动轨迹是一条直线
解析：选AC　由机械能守恒定律得mv2＝mgh＋mv02，所以小球到达B口时的速率
v＝，故A正确；小球在竖直方向做自由落体运动，所以小球在筒内的运动时间为：t＝，在水平方向，根据圆周运动的规律可得：t＝n(n＝1,2,3，…)，故B错误，C正确；小球在竖直方向做自由落体运动，水平方向做匀速圆周运动，沿AB将圆筒竖直剪开，则小球沿水平方向的运动可以视为匀速直线运动，所以看到小球的运动轨迹是一条曲线，故D错误。
11．[多选]质量为m的小球由轻绳a和b分别系于一竖直轻质细杆的A点和B点，如图所示，绳a与水平方向成θ角，绳b沿水平方向且长为l，当轻杆绕轴AB以角速度ω匀速转动时，小球在水平面内做匀速圆周运动，则下列说法正确的是(　　)
A．a绳张力不可能为零
B．a绳的张力随角速度的增大而增大
C．当角速度ω> ，b绳将出现张力
D．若b绳突然被剪断，则a绳的张力一定发生变化
解析：选AC　小球在水平面内做匀速圆周运动，在竖直方向上的合力为零，水平方向上的合力提供向心力，所以a绳在竖直方向上的分力与重力相等，可知a绳的张力不可能为零，故A正确；根据竖直方向上受力平衡得，Fasin θ＝mg，解得Fa＝，可知a绳的张力不变，故B错误；当b绳张力为零时，有＝mlω2，解得ω＝ ，可知当角速度ω> 时，b绳将出现张力，故C正确；由于b绳可能没有张力，故b绳突然被剪断，a绳的张力可能不变，故D错误。
12.如图所示，A、B两球用两段不可伸长的细绳连接于悬点O，两段细绳的长度之比为1∶2，现让两球同时从悬点O附近以一定的初速度分别向左、向右水平抛出，至连接两球的细绳伸直所用时间之比为1∶，若A、B两球的初速度大小之比为k，则k值应满足的条件是(　　)
A．k＝ B．k>
C．k＝ D．k>
解析：选A　设连接A球的细绳长为L，A球以初速度vA水平抛出，水平方向的位移
x＝vAt，竖直方向的位移y＝gt2，则x2＋y2＝L2，可得vA＝；同理得B球的初速度vB＝，因此有＝k＝，选项A正确。
13.[多选]如图所示，BOD是竖直平面内半圆轨道的水平直径，OC为竖直半径，半圆轨道半径为R。现有质量相同的a、b两个小球分别从A、B两点以一定的初速度水平抛出，分别击中轨道上的D点和C点，A点在B点正上方高度为R处，已知b球击中C点时动能为Ek，不计空气阻力，则(　　)
A．a球击中D点时动能为1.6Ek
B．a球击中D点时动能为1.25Ek
C．a、b两球初速度之比为1∶1
D．a、b两球与轨道碰撞前瞬间，重力的瞬时功率之比为1∶1
解析：选AD　两个小球都做平抛运动，下落的高度都是R，根据R＝gt2可知，运动的时间为：t＝，根据题图可知，a球运动的水平位移为2R，则a球的初速度为：vA＝＝，b球的水平位移为R，则b球的初速度为：vB＝＝，则a、b两球初速度之比为2∶1，选项C错误；a球从A到D的过程中，根据动能定理得：EkD＝mgR＋mvA2＝
2mgR，b球从B到C的过程中，根据动能定理得：Ek＝mgR＋mvB2＝mgR，解得：EkD＝1.6Ek，选项A正确，B错误；a、b两球与轨道碰撞前瞬间，竖直方向速度vy＝gt，相等，则重力的瞬时功率也相等，即重力的瞬时功率之比为1∶1，选项D正确。
14．(2018·广东华南三校联考)横截面为直角三角形的两个相同斜面紧靠在一起，固定在水平面上，如图所示。它们的竖直边长都是底边长的一半，现有三个小球从左边斜面的顶点以不同的初速度向右平抛，最后落在斜面上，其落点分别是a、b、c。下列判断正确的是(　　)
A．图中三小球比较，落在a点的小球飞行时间最短
B．图中三小球比较，落在c点的小球飞行过程速度变化最大
C．图中三小球比较，落在c点的小球飞行过程速度变化最快
D．无论小球抛出时初速度为多大，落到两个斜面上的瞬时速度都不可能与斜面垂直
解析：选D　题图中三小球均做平抛运动，可知落点为a、b和c的三小球下落的高度关系为ha>hb>hc，由t＝，得ta>tb>tc，又Δv＝gt，则Δva>Δvb>Δvc，A、B项错误；速度变化快慢由加速度决定，因为aa＝ab＝ac＝g，则三小球飞行过程中速度变化快慢相同，C项错误；由题给条件可以确定小球落在左边斜面上的瞬时速度不可能垂直于左边斜面，而对右边斜面可假设小球初速度为v0时，其落到斜面上的瞬时速度v与斜面垂直，将v沿水平方向和竖直方向分解，则vx＝v0，vy＝gt，且满足＝＝tan θ(θ为右侧斜面倾角)，由几何关系可知tan θ＝，则v0＝gt，而竖直位移y＝gt2，水平位移x＝v0t＝gt2，可得x＝y，由题图可知这一关系不可能存在，则假设不能成立，D项正确。
第3讲 
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考法
学法
圆周运动是历年高考必考的运动形式，特别是竖直面内的圆周运动，在高考中考查的频率较高。该部分内容主要解决竖直面内圆周运动的三类典型模型(绳模型、杆模型和外轨模型)、向心力的分析及其方程应用、圆周运动与平抛运动的多过程组合问题。用到的思想方法有：①应用临界条件处理临界问题的方法；②正交分解法；
③矢量三角形法；④等效思想；⑤分解思想。
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[知能全通]————————————————————————————————
1．绳模型的特点
实例
球与绳连接、水流星、翻滚过山车等
图示
在最高
点受力
重力，弹力F弹向下或等于零
mg＋F弹＝m
恰好过
最高点
F弹＝0，mg＝m，vmin＝，即在最高点的速度v≥
2．绳模型中小球通过最高点时的速度及受力特点
v＝ 时
拉力或压力为零
v> 时
小球受向下的拉力或压力作用
v< 时
小球不能到达最高点
[题点全练]————————————————————————————————
1.如图所示，光滑圆轨道固定在竖直面内，一质量为m的小球沿轨道做完整的圆周运动。已知小球在最低点时对轨道的压力大小为N1，在最高点时对轨道的压力大小为N2。重力加速度大小为g，则
N1－N2的值为(　　)
A．3mg　　　　　　　　 B．4mg
C．5mg D．6mg
解析：选D　设小球在最低点速度为v1，所受轨道弹力为N1′，在最高点速度为v2，所受轨道弹力为N2′，根据牛顿第二定律：在最低点有N1′－mg＝m，在最高点有
N2′＋mg＝m，根据动能定理：mg·2R＝mv12－mv22，解得：N1′－N2′＝6mg，由牛顿第三定律知N1′＝N1，N2′＝N2，故选项D正确，A、B、C错误。
2.如图所示，长均为L的两根轻绳，一端共同系住质量为m的小球，另一端分别固定在等高的A、B两点，A、B两点间的距离也为L，重力加速度大小为g。现使小球在竖直平面内以AB为轴做圆周运动，若小球在最高点速率为v时，两根轻绳的拉力恰好均为零，则小球在最高点速率为2v时，每根轻绳的拉力大小为(　　)
A．mg　　　　　　　 B．mg
C．3mg D．2mg
解析：选A　由题图可知，小球在运动过程中，A、B两点与小球所在位置构成等边三角形，由此可知，小球做圆周运动的半径R＝Lsin 60°＝L，两根轻绳与小球运动半径方向间的夹角为30°，由题意，小球在最高点的速率为v时，mg＝m，当小球在最高点的速率为2v时，应有：F＋mg＝m，解得：F＝3mg，由2FTcos 30°＝F，可得每根轻绳的拉力大小均为FT＝mg，A项正确。
3．[多选](2018·深圳高三调研)如图甲所示，一长为l的轻绳，一端穿在过O点的水平转轴上，另一端固定一质量未知的小球，整个装置绕O点在竖直面内转动。小球通过最高点时，绳对小球的拉力F与其速度平方v2的关系如图乙所示，重力加速度为g，下列判断正确的是(　　)
A．图像函数表达式为F＝m＋mg
B．重力加速度g＝
C．绳长不变，用质量较小的小球做实验，得到的图线斜率更大
D．绳长不变，用质量较小的小球做实验，图线b点的位置不变
解析：选BD　小球通过最高点时，根据牛顿第二定律有：F＋mg＝m，解得F＝m－mg，故A错误；当F＝0时，根据表达式有：mg＝m，解得g＝＝，故B正确；根据
F＝m－mg知，图线的斜率k＝，绳长不变，用质量较小的小球做实验，得到的图线斜率更小，故C错误；当F＝0时，g＝，可知b点的位置与小球的质量无关，绳长不变，用质量较小的小球做实验，图线b点的位置不变，故D正确。

[知能全通]————————————————————————————————
1．杆模型的特点
实例
球与杆连接、球过竖直平面内的圆形管道、套在圆环上的物体等
图示
在最高
点受力
重力，弹力F弹向下、向上或等于零
mg±F弹＝m
恰好过
最高点
v＝0，mg＝F弹
在最高点速度可为零
2．杆模型中小球通过最高点时的速度及受力特点
v＝0时
小球受向上的支持力，且FN＝mg
0小球受向上的支持力，且0v＝时
小球除受重力之外不受其他力
v>时
小球受向下的拉力或压力，并且拉力或压力随速度的增大而增大
[题点全练]————————————————————————————————
1．(2017·全国卷Ⅱ)如图，一光滑大圆环固定在桌面上，环面位于竖直平面内，在大圆环上套着一个小环。小环由大圆环的最高点从静止开始下滑，在小环下滑的过程中，大圆环对它的作用力(　　)
A．一直不做功　　　　　　 B．一直做正功
C．始终指向大圆环圆心 D．始终背离大圆环圆心
解析：选A　由于大圆环是光滑的，因此小环下滑的过程中，大圆环对小环的作用力方向始终与速度方向垂直，因此作用力不做功，A项正确，B项错误；小环下滑过程中，大圆环对小环的作用力先背离后指向大圆环的圆心，C、D项错误。
2.如图所示，轻杆长为3L，在杆两端分别固定质量均为m的球A和B，光滑水平转轴穿过杆上距球A为L处的O点，外界给系统一定能量后，杆和球在竖直平面内转动，球B运动到最高点时，杆对球B恰好无作用力。忽略空气阻力。则球B在最高点时(　　)
A．球B的速度为零
B．球A的速度大小为
C．水平转轴对杆的作用力为1.5mg
D．水平转轴对杆的作用力为2.5mg
解析：选C　球B运动到最高点时，杆对球B恰好无作用力，即重力恰好提供向心力，有mg＝m，解得vB＝，故A错误；由于球A、B的角速度相等，则球A的速度大小vA＝，故B错误；球B在最高点时，对杆无作用力，此时球A所受重力和杆的作用力的合力提供向心力，有F－mg＝m，解得F＝1.5mg，则水平转轴对杆的作用力为1.5mg，故C正确，D错误。
3．(2019届高三·佛山模拟)如图所示，内壁光滑、质量为m的管形圆轨道，竖直放置在光滑水平地面上，恰好处在左、右两固定光滑挡板M、N之间，圆轨道半径为R，质量为m的小球能在管内运动，小球可视为质点，管的内径忽略不计。当小球运动到轨道最高点时，圆轨道对地面的压力刚好为零，下列判断正确的是(　　)
A．圆轨道对地面的最大压力大小为8mg
B．圆轨道对挡板M、N的压力总为零
C．小球运动的最小速度为
D．小球运动到圆轨道最右端时，圆轨道对挡板N的压力大小为5mg
解析：选A　当小球运动到最高点时，圆轨道对地面的压力为零，可知小球对圆轨道的弹力等于圆轨道的重力，根据牛顿第二定律得，mg＋N＝m，N＝mg，解得小球在最高点的速度v1＝，该速度为小球运动的最小速度。根据动能定理得，mg·2R＝mv22－
mv12，根据牛顿第二定律得，N′－mg＝m，解得轨道对小球的最大支持力N′＝7mg，由平衡条件及牛顿第三定律可知，圆轨道对地面的最大压力为8mg，A正确，C错误；在小球运动的过程中，圆轨道对挡板的一侧有力的作用，所以对挡板M、N的压力不为零，B错误；小球运动到圆轨道最右端时，根据动能定理得mgR＝mv32－mv12，根据牛顿第二定律得N″＝m，解得N″＝4mg，由平衡条件及牛顿第三定律可知，此时圆轨道对挡板N的压力大小为4mg，D错误。

[知能全通]————————————————————————————————
1．外轨模型的特点
实例
拱形桥等
图示
在最高
点受力
重力，支持力向上或等于零
mg－FN＝m
最高点
的运动
FN恰好为0时，mg＝m，vmax＝
即在最高点的速度v≤
2．外轨模型中汽车通过最高点时的速度及受力特点
v＝0时
汽车受向上的支持力，且FN＝mg
0汽车受向上的支持力，且0v＝时
汽车除受重力之外不受其他力
v>时
汽车只受重力，而且已经脱离地面
[题点全练]————————————————————————————————
1．[多选]如图所示，汽车车厢顶部悬挂一个劲度系数为k的轻质弹簧，弹簧下端拴一个质量为m的小球，当汽车以某一速度v＝在水平地面上匀速行驶时，弹簧长度为L1；当汽车以同一速率匀速通过一个桥面半径为r的圆弧形凸形桥的最高点时，弹簧长度为L2，下列选项中正确的是(　　)
A．L1>L2　　　　　 　 B．L1＝L2
C．L1解析：选AD　设弹簧的原长为L0，根据题意有mg＝k(L1－L0)，所以L1＝L0＋；当汽车以同一速率匀速通过一个圆弧形凸形桥的最高点时，小球所受竖直向下的合外力提供向心力，有mg－k(L2－L0)＝＝mg，可得L2＝L0，所以L1－L2＝，选项A、D正确。
2．如图所示，在竖直平面内，圆弧形滑道组成的滑道ABC关于B点对称，且A、B、C三点在同一水平线上。若小滑块第一次由A滑到C，所用的时间为t1，第二次由C滑到A，所用的时间为t2，小滑块两次的初速度大小相同且运动过程始终沿着滑道滑行，小滑块与滑道间的动摩擦因数恒定，则(　　)
A．t1＜t2 B．t1＝t2
C．t1＞t2 D．无法比较t1、t2的大小
解析：选A　在AB段，速度越大，滑块受支持力越小，摩擦力就越小，在BC段，速度越大，滑块受支持力越大，摩擦力就越大，由题意知从A运动到C相比从C运动到A，在AB段速度较大，在BC段速度较小，所以从A到C运动过程所受摩擦力较小，用时短，所以A正确。
3.(2018·淮海中学检测)夏季游乐场的“飞舟冲浪”项目受到游客的欢迎，简化模型如图。一游客(可视为质点)以某一水平速度v0从A点出发沿光滑圆弧轨道运动，至B点时脱离轨道，最终落在水面上的C点，不计空气阻力。下列说法中正确的是(　　)
A．在A点时，游客对圆弧轨道的压力等于其重力
B．在B点时，游客的向心加速度为g
C．从B点到C点的过程，游客做匀变速运动
D．从B点到C点的过程，游客做变加速运动
解析：选C　由于在A点水平初速度为v0，故mg－N＝m，解得：N＝mg－m，由牛顿第三定律知，选项A错误；在B点恰好脱离轨道，设该点切线与水平方向夹角为θ，则man＝mgcos θ，故an＝gcos θ，选项B错误；从B点到C点过程，游客只受重力，做匀变速运动，选项C正确，D错误。

[研一题]———————————————————————————————
[多选]如图所示，半径为R的圆弧轨道与半径为的光滑半圆弧轨道通过图示方式组合在一起，A、B分别为半圆弧轨道的最高点和最低点，O为半圆弧的圆心。现让一可视为质点的小球从B点以一定的初速度沿半圆弧轨道运动，恰好通过最高点A后落在圆弧轨道上的C点，不计空气阻力，重力加速度为g，则下列说法中正确的是(　　)
A．小球运动到A点时所受合力为零
B．小球从B点出发时的初速度大小为 
C．C点与A点的高度差为
D．小球到达C点时的动能为mgR
[解析]　由于小球刚好能通过半圆弧轨道的最高点A，故小球运动到A点时由重力提供其做圆周运动的向心力，所受合力不为零，选项A错误；在A点时，有mg＝m，其中
r＝，解得：vA＝ ，由机械能守恒定律可得：mvB2＝mgR＋mvA2，解得：vB＝ ，选项B正确；由平抛运动规律可得：x＝vAt，y＝gt2，由几何关系可得：x2＋y2＝R2，解得：y＝，故C点与A点的高度差为，选项C错误；由动能定理可知：EkC＝
mvA2＋mgy，解得：EkC＝mgR，选项D正确。
[答案]　BD
[悟一法]————————————————————————————————
平抛运动与圆周运动组合问题的两类思维流程
1．单个质点的连续运动的思维流程
2．质点和圆盘的独立运动的思维流程
[通一类]————————————————————————————————
1.如图所示，B为竖直圆弧轨道的左端点，它和圆心O的连线与竖直方向的夹角为α。一小球在圆弧轨道左侧的A点以速度v0平抛，恰好沿B点的切线方向进入圆弧轨道。已知重力加速度为g，则A、B之间的水平距离为(　　)
A.　　　　　　　　 B.
C. D.
解析：选A　设小球运动到B点时速度为v，如图所示，在B点分解速度v可知：vx＝v0，vy＝v0tan α，又知小球在竖直方向做自由落体运动，则有vy＝gt，解得：t＝，A、B之间的水平距离为
xAB＝v0t＝，A项正确。
2．[多选](2018·揭阳模拟)如图所示，小球沿水平面以初速度v0通过O点进入半径为R的竖直半圆弧轨道，半圆弧轨道最高点为P，不计一切阻力，则(　　)
A．小球进入竖直半圆弧轨道后做匀速圆周运动
B．若小球能通过P点，则小球在P点受力平衡
C．若小球的初速度v0＝3，则小球一定能通过P点
D．若小球恰能通过P点，则小球落地点到O点的水平距离为2R
解析：选CD　不计一切阻力，小球机械能守恒，随着高度增加，动能减少，故做变速圆周运动，A错误；小球在最高点P需要向心力，故受力不平衡，B错误；若小球恰能通过P点，则有mg＝，得vP＝，小球过P点后做平抛运动，有x＝vPt，2R＝gt2，得
x＝·2＝2R，D正确；由机械能守恒得mg·2R＋mvP′2＝mv02，得vP′＝>，则小球一定能通过P点，C正确。
3．(2018·六盘山模拟)如图所示，半径为R的圆盘在竖直面内绕O轴匀速转动，盘上A、B两点均粘有一小物体，当B点转至最低位置时，O、A、B、P四点在同一竖直线上，已知OA＝AB，P是地面上的一点。A、B两点处的小物体同时脱落，最终落到水平地面上同一点(不计空气的阻力)。则OP之间的距离是(　　)
A．R B．7R
C．R D．5R
解析：选A　设OP之间的距离为h，则A下落的高度为h－R，A随圆盘运动的线速度为ωR，设A下落的时间为t1，水平位移为x，则在竖直方向上有h－R＝gt12，在水平方向上有x＝ωRt1，B下落的高度为h－R，B随圆盘运动的线速度为ωR，设B下落的时间为t2，水平位移也为x，则在竖直方向上有h－R＝gt22，在水平方向上有x＝ωRt2，解得
h＝R，A项正确。
[专题强训提能]
1．(2018·肇庆摸底)如图，一长为L的轻质细杆一端与质量为m的小球(可视为质点)相连，另一端可绕O点转动，现使轻杆与小球在同一竖直面内匀速转动，测得小球的向心加速度大小为g(g为当地的重力加速度)，下列说法正确的是(　　)
A．小球的线速度大小为gL
B．小球运动到最高点时处于完全失重状态
C．当轻杆转到水平位置时，轻杆对小球作用力方向指向圆心O点
D．轻杆在匀速转动过程中，轻杆对小球作用力的最大值为mg
解析：选B　根据匀速圆周运动中a＝，解得：v＝，A错误；小球做匀速圆周运动，向心加速度大小为g，所以小球在最高点的加速度为g，处于完全失重状态，B正确；当轻杆转到水平位置时，轻杆对小球的作用力和重力的合力指向圆心，所以轻杆对小球的作用力方向不可能指向圆心O点，C错误；在最低点轻杆对小球的作用力最大，即F－mg＝ma，解得：F＝2mg，D错误。
2.一截面为圆形的内壁光滑细管被弯成一个半径为R的大圆环，并固定在竖直平面内。在管内的环底A处有一质量为m、直径比管径略小的小球，小球上连有一根穿过位于环顶B处管口的轻绳，在水平外力F的作用下，小球以恒定的速率从A点运动到B点，如图所示。忽略内、外侧半径差别(小球可视为质点)，此过程中外力F的变化情况是(　　)
A．逐渐增大　　　　　　 B．逐渐减小
C．先减小，后增大 D．先增大，后减小
解析：选D　小球做匀速圆周运动，合外力提供向心力，所以切线方向合力为零，设小球重力方向与切线方向的夹角为α，则有F＝mgcos α，小球上升过程中，α从90°先减小到
0(与圆心等高处)，后增大到90°(B点处)，cos α 先增大后减小，所以F＝mgcos α先增大后减小，故D正确。
3.如图所示，一质量为m的小物块沿竖直面内半径为R的圆弧轨道下滑，滑到最低点时的瞬时速度为v，若小物块与轨道间的动摩擦因数是μ，则当小物块滑到最低点时受到的摩擦力为(　　)
A．μmg B．μ
C．μm D．μm
解析：选D　小物块滑到轨道最低点时，由重力和轨道的支持力提供向心力，由牛顿第二定律得FN－mg＝m，得FN＝m，则当小物块滑到最低点时受到的摩擦力为f＝μFN＝μm，D正确。
4．[多选](2018·洛阳高三统考)如图所示，处于竖直平面内的光滑细金属圆环半径为R，质量均为m的带孔小球A、B穿于环上，两根长为R的细绳一端分别系于A、B球上，另一端分别系于圆环的最高点和最低点，现让圆环绕竖直直径转动，当角速度缓慢增大到某一值时，连接B球的绳子恰好拉直，转动过程中绳子不会断，则下列说法正确的是(　　)
A．连接B球的绳子恰好拉直时，转动的角速度为 
B．连接B球的绳子恰好拉直时，圆环对A球的作用力为零
C．继续增大转动的角速度，圆环对B球的作用力可能为零
D．继续增大转动的角速度，A球可能会沿圆环向上移动
解析：选AB　当连接B球的绳子刚好拉直时，mgtan 60°＝mω2Rsin 60°，解得ω＝
，A项正确；连接B球的绳子恰好拉直时，A球与B球转速相同，由对称性知，A球所受合力也为mgtan 60°，又A球所受重力为mg，可判断出A球所受绳子的拉力为＝2mg，A球不受圆环的作用力，B项正确；继续增大转动的角速度，连接B球的绳子上会有拉力，要维持B球竖直方向所受外力的合力为零，圆环对B球必定有弹力，C项错误；当转动的角速度增大，圆环对A球的弹力不为零，根据竖直方向上A球所受外力的合力为零，可知绳子对A球的拉力增大，绳子应张得更紧，因此A球不可能沿圆环向上移动，D项错误。
5．(2019届高三·合肥调研)如图甲所示，轻杆一端与一小球相连，另一端连在光滑固定轴上，可在竖直平面内自由转动。现使小球在竖直平面内做圆周运动，到达某一位置开始计时，取水平向右为正方向，小球的水平分速度vx随时间t的变化关系如图乙所示。不计空气阻力。下列说法中正确的是(　　)
A．t1时刻小球通过最高点，图乙中S1和S2的面积相等
B．t2时刻小球通过最高点，图乙中S1和S2的面积相等
C．t1时刻小球通过最高点，图乙中S1和S2的面积不相等
D．t2时刻小球通过最高点，图乙中S1和S2的面积不相等
解析：选A　由题意可知，题图乙中t1时刻小球通过最高点，面积S1表示的是小球从最低点运动到水平直径最左端位置的过程中通过的水平位移，其大小等于轻杆的长度；S2表示的是小球从水平直径最左端位置运动到最高点的过程中通过的水平位移，其大小也等于轻杆的长度，所以选项A正确。
6.如图所示，质量为M的物体内有光滑圆形轨道，现有一质量为m的小滑块沿该圆形轨道在竖直面内沿顺时针方向做圆周运动，A、C点为圆周的最高点和最低点，B、D点为与圆心O在同一水平线上的点，小滑块运动时，物体在地面上静止不动，则关于物体对地面的压力N和地面对物体的摩擦力的说法正确的是(　　)
A．小滑块在A点时，N>Mg，摩擦力方向向左
B．小滑块在B点时，N＝Mg，摩擦力方向向左
C．小滑块在C点时，N>(M＋m)g，物体与地面无摩擦力
D．小滑块在D点时，N＝(M＋m)g，摩擦力方向向左
解析：选C　小滑块在A点时对物体的作用力竖直向上，物体在水平方向不受力的作用，所以不受摩擦力，A错误；小滑块在B点时，需要的向心力向右，所以物体对小滑块有向右的支持力作用，对物体受力分析可知，地面要对物体有向右的摩擦力作用，小滑块在竖直方向上对物体没有作用力，物体受力平衡，所以物体对地面的压力N＝Mg，B错误；小滑块在C点对物体的作用力竖直向下，物体在水平方向不受力的作用，所以不受摩擦力；小滑块对物体的压力要大于自身所受的重力，则物体对地面的压力N>(M＋m)g，C正确；小滑块在D点和B点受力情况类似，分析可知N＝Mg，摩擦力方向向左，D错误。
7．如图所示，内壁光滑的半球形碗放在水平面上，将质量不同的A、B两个小球(A球质量小，B球质量大)从碗口两侧同时由静止释放，让两球沿内壁下滑，不计两小球的大小，则下列说法正确的是(　　)
A．A球先到达碗底
B．B球先到达碗底
C．两球下滑的过程中，碗有向左滑动的趋势
D．两球下滑的过程中，碗有向右滑动的趋势
解析：选D　由于两小球运动轨迹关于过球心的竖直线对称，两小球下滑过程中在同一水平面上的加速度大小始终相同，所以同时到达碗底，选项A、B错误；由于B球质量较大，下滑过程中对右侧碗壁的作用力较大，所以两球下滑的过程中，碗有向右滑动的趋势，选项C错误，D正确。
8.[多选](2018·厦门模拟)如图所示，两根等长的细线拴着两个小球在竖直平面内各自做圆周运动，某一时刻小球1运动到自身轨道的最低点，小球2恰好运动到自身轨道的最高点，这两点高度相同，此时两小球速度大小相同，若两小球质量均为m，可视为质点，忽略空气阻力的影响，则下列说法正确的是(　　)
A．此刻两根细线拉力大小相同
B．运动过程中，两根细线上拉力的差值最大为2mg
C．运动过程中，两根细线上拉力的差值最大为10mg
D．相对同一零势能面，球1在最高点的机械能等于球2在最低点的机械能
解析：选CD　题述位置，球1加速度方向向上，处于超重状态，球2加速度方向向下，处于失重状态，故拴着球1的细线拉力较大，故A错误；球1在最高点时，有：F1＋mg＝m，球2在最低点时，有：F2－mg＝m，两球运动过程中机械能守恒，球1：mv2＝
mv12＋2mgR，球2：mv2＝mv22－2mgR，解得：F1＝m－5mg，F2＝m＋5mg，故
F2－F1＝10mg，故B错误，C正确；两球运动过程中机械能守恒，而题述位置两球的机械能相等，故两球的机械能一直是相等的，故D正确。
9.如图所示，一倾角为30°的匀质圆盘绕垂直于盘面的固定对称轴以恒定角速度ω转动，盘面上离转轴距离为d处，有一带负电的电荷量为q、质量为m的物体与圆盘始终保持相对静止。整个装置放在竖直向上的匀强电场中，电场强度E＝，则物体与盘面间的动摩擦因数至少为(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g为重力加速度)(　　)
A. B.
C. D.
解析：选A　对物体随圆盘转动的各个位置分析比较可知，当物体转到圆盘的最低点时，所受的静摩擦力沿斜面向上达到最大，由牛顿第二定律得：μ(mg＋qE)cos 30°－(mg＋qE)sin 30°＝mω2d，解得：μ＝，故A正确，B、C、D错误。
10.固定在竖直平面内的光滑圆弧轨道ABCD，其A点与圆心等高，D点为轨道的最高点，DB为竖直直径，AC为水平直径，AE为水平面，如图所示。今使小球自A点正上方某处由静止释放，且从A点进入圆弧轨道运动，只要适当调节释放点的高度，总能使小球通过最高点D，则小球通过D点后(　　)
A．一定会落到水平面AE上
B．一定会再次落到圆弧轨道上
C．可能会再次落到圆弧轨道上
D．一定不会落到水平面AE上
解析：选A　设圆弧轨道半径为R，若小球恰好能够通过最高点D，根据mg＝m，得：vD＝，知在最高点D的最小速度为，小球经过D点后做平抛运动，根据R＝
gt2，得：t＝ ，则平抛运动的最小水平位移为：x＝vDt＝·＝R，知小球一定会落到水平面AE上。故A正确，B、C、D错误。
11.如图所示，一块足够大的光滑平板放置在水平面上，能绕水平固定轴MN旋转以调节其与水平面所成的倾角。板上一根长为L＝0.60 m的轻绳，它的一端系住一质量为m的小球，另一端固定在板上的O点。当平板的倾角为α时，先将轻绳平行于水平轴MN拉直，第一次给小球一初速度使小球恰能在平板上做完整的圆周运动，小球在最高点的速度大小为 m/s，若要使小球在最高点时轻绳的拉力大小恰与小球所受的重力大小相等，则小球在最高点的速度大小为(取重力加速度g＝10 m/s2)(　　)
A. m/s B．2 m/s
C．3 m/s D．2 m/s
解析：选C　小球在倾斜平板上运动时受重力、轻绳拉力、倾斜平板弹力。在垂直倾斜平板方向上合力为0，重力沿倾斜平板方向的分量为mgsin α，若小球恰能通过最高点，轻绳拉力T＝0，此时mgsin α＝m，代入数据得：sin α＝，若要使小球在最高点时轻绳的拉力大小恰与小球所受的重力大小相等，小球在最高点时，有mg＋mgsin α＝m，代入数据得：v′＝3 m/s，故C正确。
12.[多选](2018·大庆模拟)如图所示，竖直平面内的两个半圆轨道在B点平滑相接，两个半圆的圆心O1、O2在同一水平线上，粗糙的小半圆半径为R，光滑的大半圆半径为2R；一质量为m的滑块(可视为质点)从大半圆的一端A点以一定的初速度向上沿着半圆内壁运动，且刚好能通过大半圆的最高点，最后滑块从小半圆的左端冲出轨道，刚好能到达大半圆的最高点，已知重力加速度为g，则(　　)
A．滑块在A点的初速度为
B．滑块在A点对半圆轨道的压力为6mg
C．滑块第一次通过小半圆过程克服摩擦力做的功为mgR
D．增大滑块在A点的初速度，则滑块通过小半圆克服摩擦力做的功不变
解析：选AC　由于滑块恰好能通过大半圆的最高点，在最高点重力提供向心力，即
mg＝m，解得v＝，根据机械能守恒定律可得mvA2＝2mgR＋m()2，解得
vA＝，A正确；滑块在A点时受到半圆轨道的支持力为：F＝m＝3mg，由牛顿第
三定律可知，B错误；设滑块在O1点的速度为v1，则v1＝＝2，在小半圆运动的过程中，根据动能定理得Wf＝mvA2－mv12＝mgR，C正确；增大滑块在A点的初速度，则滑块在小半圆中各个位置速度都增大，滑块对小半圆的平均压力增大，因此克服摩擦力做的功增多，D错误。
13．[多选](2018·湖南六校联考)如图所示为用绞车拖物块的示意图。拴接物块的细线被缠绕在轮轴上，轮轴逆时针转动从而拖动物块。已知轮轴的半径R＝0.5 m，细线始终保持水平；被拖动物块质量m＝1 kg，与地面间的动摩擦因数μ＝0.5；轮轴的角速度随时间变化的关系是 ω＝kt，k＝2 rad/s2，g取10 m/s2，以下判断正确的是(　　)
A．物块做匀速运动
B．细线对物块的拉力是5 N
C．细线对物块的拉力是6 N
D．物块做匀加速直线运动，加速度大小是1 m/s2
解析：选CD　由题意知，物块的速度为：v＝ωR＝2t×0.5＝t，又v＝at，故可得：a＝1 m/s2，所以物块做匀加速直线运动，加速度大小是1 m/s2，故A错误，D正确；由牛顿第二定律可得，物块所受合外力为：F＝ma＝1 N，F＝T－f，地面摩擦力为：f＝μmg＝0.5×
1×10 N＝5 N，故可得物块受细线拉力为：T＝f＋F＝5 N＋1 N＝6 N，故B错误，C正确。
14.[多选](2018·铁岭协作体模拟)如图所示，半径为R的内壁光滑圆轨道竖直固定在桌面上，一个可视为质点的质量为m的小球静止在轨道底部A点。现用小锤沿水平方向快速击打小球，使小球在极短的时间内获得一个水平速度后沿轨道在竖直面内运动。当小球回到A点时，再次用小锤沿运动方向击打小球，通过两次击打，小球才能运动到轨道的最高点。已知小球在运动过程中始终未脱离轨道，在第一次击打过程中小锤对小球做功大小为W1，第二次击打过程中小锤对小球做功大小为W2。设先后两次击打过程中小锤对小球做功全部用来增加小球的动能，则的值可能是(　　)
A. B.
C. D．1
解析：选BC　第一次击打后小球最多到达与圆心O等高位置，根据功能关系，有：W1≤mgR，两次击打后小球可以到达轨道最高点，根据功能关系，有：W1＋W2－2mgR＝
mv2，在最高点，有：mg＋FN＝m≥mg，解得：W1≤mgR，W2≥mgR，故≤，故B、C正确，A、D错误。
第4讲 
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考法
学法
应用牛顿运动定律解决动力学问题是高考必考内容，其中有三类典型问题：连接体问题、传送带问题、板—块模型问题，这三类问题均是高考的热点。解答这三类问题需要的知识有：匀变速直线运动的规律、牛顿运动定律、受力分析等。用到的思想方法有：①整体法和隔离法；②正交分解法；③作图法；④图像法；
⑤等效思想；⑥临界极值思想。
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[知能全通]————————————————————————————————
1．连接体问?

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