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2020（四川专用）高考物理新课标大二轮优生讲义第1块（1）力与物体的平衡（有答案）

1、力与物体的平衡



























　[答案]　(1)场力


(2)接触力



(3)按顺序找力
①分析场力，如：重力、电场力、磁场力；
②分析已知外力；
③分析接触力：先分析弹力，后分析摩擦力．
(4)受力分析的注意事项
①只分析受力物体，不分析施力物体；
②只分析性质力，不分析效果力，如向心力等；
③只分析外力，不分析内力；
④分析物体受力时，应关注物体的运动状态(如物体静止、加速与减速、直线与曲线运动等)．
(5)平衡条件：F合＝0(正交分解Fx＝0，Fy＝0)．
(6)平衡状态：物体处于静止或匀速直线运动的状态.


热点考向一　重力、弹力、摩擦力作用下的平衡问题

【典例】　(多选)(2019·全国卷Ⅰ)如图，一粗糙斜面固定在地面上，斜面顶端装有一光滑定滑轮．一细绳跨过滑轮，其一端悬挂物块N，另一端与斜面上的物块M相连，系统处于静止状态．现用水平向左的拉力缓慢拉动N，直至悬挂N的细绳与竖直方向成45°.已知M始终保持静止，则在此过程中(　　)

A．水平拉力的大小可能保持不变
B．M所受细绳的拉力大小一定一直增加
C．M所受斜面的摩擦力大小一定一直增加
D．M所受斜面的摩擦力大小可能先减小后增加
[思路引领]　对N进行受力分析，N的重力不变，水平向左的拉力方向不变，可考虑用图解法分析．
[解析]　对N进行受力分析如图所示，因为N的重力与水平拉力F的合力和细绳的拉力T是一对平衡力，从图中可以看出水平拉力的大小逐渐增大，细绳的拉力也一直增大，选项A错误，B正确；M的质量与N的质量的大小关系不确定，设斜面倾角为θ，若mNg≥mMgsinθ，则M所受斜面的摩擦力大小会一直增大，若mNg
[答案]　BD

解平衡问题常用的四种方法





迁移一　单个物体的平衡问题
1．(2019·豫南九校联考)如图所示，竖直平面内的光滑半圆环固定在水平面上，重力为G的小球套在环上，轻弹簧上端P与小球相连，下端Q固定在水平面上．若小球在图示位置静止时弹簧恰好竖直，半径OP与水平面夹角为θ.弹簧的劲度系数为k，弹簧处于弹性限度内，则此时(　　)

A．小球受3个力作用
B．环受到小球的压力大小为Gsinθ
C．弹簧处于伸长状态
D．弹簧的形变量为
[解析]　由于弹簧恰好竖直，小球受到的重力与受到的弹簧弹力恰好平衡，环对小球没有支持力作用，小球只受两个力的作用，即kx＝G，得x＝，弹簧处于压缩状态，综上所述，D正确．
[答案]　D
迁移二　多个物体的平衡问题
2．(多选)(2019·凯里模拟)如图所示，有一个固定的圆弧阻挡墙PQ，其半径OP水平，OQ竖直．在PQ和一个斜面体A之间卡着一个表面光滑的重球B，斜面体A放在光滑的地面上并受到一水平向左的推力F，整个装置处于静止状态．现改变推力F的大小，推动斜面体A沿着水平地面向左缓慢运动，使球B沿斜面上升很小一段高度．在球B缓慢上升的过程中，下列说法正确的是(　　)

A．斜面体A与球B之间的弹力逐渐减小
B．阻挡墙PQ与球B之间的弹力逐渐减小
C．水平推力F逐渐增大
D．水平地面对斜面体A的弹力逐渐减小
[解析]　当球B上升时，用动态三角形法分析球B所受
各力的变化，如图甲所示，其中θ为FOB与竖直方向的夹角，GB大小和方向均不变，FAB方向不变、大小变化，球B上升时θ增大，由图可知θ增大时FAB和FOB均减小，A、B正确．对斜面体进行受力分析，如图乙所示，建立平面直角坐标系，由牛顿第三定律知FAB＝FBA，因为球B上升时FAB减小，故FBA也减小，斜面体在x方向受到的合力为零，则推力F减小，斜面体在y方向受到的合力为零，GA为定值，则水平地面对斜面体的弹力FN也减小，C错误，D正确．

[答案]　ABD



三力动态平衡的方法选择

热点考向二　复合场内的平衡问题

【典例】　(多选)(2019·贵州遵义段考)如图所示，质量为m、电荷量为q的微粒以速度v与水平方向成45°角进入匀强电场和匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里．如果微粒做匀速直线运动，则下列说法正确的是(　　)

A．微粒受电场力、洛伦兹力、重力三个力作用
B．微粒带负电，微粒在运动中电势能不断增加
C．匀强电场的电场强度E＝
D．匀强磁场的磁感应强度B＝
[思路引领]　

[解析]　微粒做匀速直线运动，微粒受重力、电场力和洛伦兹力三个力作用，且三力平衡，故A正确；若微粒带正电，电场力水平向左，洛伦兹力垂直速度方向斜向下，重力方向竖直向下，则三个力不可能平衡，可知微粒带负电，受力如图所示，电场力做负功，则电势能不断增加，故B正确；根据平衡条件有θ＝45°，∴mg＝Eq，Bvq＝mg，B＝，故C、D错误．

[答案]　AB

　复合场中的平衡问题是指在电场力、重力、洛伦兹力参与下的平衡问题．处理方法与纯力学问题的分析方法一样，把方法和规律进行迁移应用即可．


迁移一　重力场、磁场中的平衡问题
1.(多选)(2019·绵阳市高中二诊)如图所示，空间中有斜向右下方与水平方向成θ角的匀强磁场，一绝缘竖直挡板MN垂直纸面放置，一根通有垂直纸面向外的电流的水平金属杆，紧贴挡板上的O点处于静止状态．下列说法正确的是(　　)

A．若挡板MN表面光滑，略微减小金属杆中电流，金属杆可能仍然静止于O点
B．若挡板MN表面光滑，略微增大金属杆中电流，要保持金属杆仍然静止，可将挡板绕过O点垂直纸面的轴逆时针转动一定的角度
C．若挡板MN表面粗糙，略微增大金属杆中电流，金属杆可能仍然静止，且金属杆所受的静摩擦力一定增大
D．若挡板MN表面粗糙，略微减小金属杆中电流，金属杆可能仍然静止，且金属杆所受的静摩擦力方向可能竖直向上
[解析]　若挡板MN光滑，金属杆在3个力的作用下平衡，平移后这三个力构成首尾相连的封闭三角形，如图甲所示．减小金属杆中的电流，则安培力F安减小，支持力与重力的方向都不变，则金属杆无法平衡，A错误；增大金属杆中的电流，安培力F安增大，若要金属杆平衡，FN需要
沿着图中2的方向，即挡板逆时针转动一定角度，B正确；若MN表面粗糙，重力、摩擦力和安培力在竖直方向上的合力为0，因安培力在竖直方向上的分力与重力大小不确定，所以摩擦力的方向不确定，安培力变化时，摩擦力的大小方向变化也不确定，C错误，D正确．

[答案]　BD
迁移二　重力场、磁场、电场中的平衡问题
2．(多选)如图所示，在一竖直平面内，y轴左侧有一水平向右的匀强电场E1和一垂直纸面向里的匀强磁场B，y轴右侧有一竖直方向的匀强电场E2，一电荷量为q(电性未知)、质量为m的微粒从x轴上A点以一定初速度与水平方向成θ＝37°角沿直线经P点运动到图中C点，其中m、q、B均已知，重力加速度为g，则(　　)

A．微粒一定带负电
B．电场强度E2一定竖直向上
C．两电场强度之比＝
D．微粒的初速度为v＝
[解析]　微粒从A到P受重力、静电力和洛伦兹力作用做直线运动，则微粒做匀速直线运动，由左手定则及静电力的性质可确定微粒一定带正电，选项A错误；此时有qE1＝mgtan37°，微粒从P到C在静电力、重力作用下做直线运动，必有mg＝qE2，所以E2的方向竖直向上，选项B正确；由以上分析可知＝，选项C错误；AP段有mg＝Bqvcos37°，即v＝，选项D正确．
[答案]　BD



(1)若物体在重力、电场力、洛伦兹力作用下做直线运动，则物体必做匀速直线运动．
(2)无法判断物体带电性质时，可考虑用假设法处理. 热点考向三　电磁感应现象中的平衡问题


【典例】　(2016·全国卷Ⅰ)如图所示，两固定的绝缘斜面倾角均为θ，上沿相连．两细金属棒ab(仅标出a端)和cd(仅标出c端)长度均为L，质量分别为2m和m；用两根不可伸长的柔软轻导线将它们连成闭合回路abdca，并通过固定在斜面上沿的两光滑绝缘小定滑轮跨放在斜面上，使两金属棒水平．右斜面上存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于斜面向上．已知两根导线刚好不在磁场中，回路电阻为R，两金属棒与斜面间的动摩擦因数均为μ，重力加速度大小为g.已知金属棒ab匀速下滑．求：

(1)作用在金属棒ab上的安培力的大小；
(2)金属棒运动速度的大小．

[解析]　(1)设两导线的张力大小之和为T，右斜面对ab棒的支持力的大小为FN1，作用在ab棒上的安培力的大小为F，左斜面对cd棒的支持力大小为FN2.对于ab棒，由力的平衡条件得
2mgsinθ＝μFN1＋T＋F①
FN1＝2mgcosθ②
对于cd棒，同理有
mgsinθ＋μFN2＝T③
FN2＝mgcosθ④
联立①②③④式得
F＝mg(sinθ－3μcosθ)⑤
(2)由安培力公式得
F＝BIL⑥
这里I是回路abdca中的感应电流．ab棒上的感应电动势为
E＝BLv⑦
式中，v是ab棒下滑速度的大小．由欧姆定律得
I＝⑧
联立⑤⑥⑦⑧式得
v＝(sinθ－3μcosθ).⑨
[答案]　(1)mg(sinθ－3μcosθ)
(2)(sinθ－3μcosθ)

电磁感应中的平衡问题的处理方法
1．抓好两个对象

2．列好平衡方程
根据平衡状态时导体所受合力等于零列式分析，可考虑用合成法或正交分解法求解．
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　


(2019·大连模拟)如图所示，上下不等宽的平行导轨，EF和GH部分导轨间的距离为L，PQ和MN部分的导轨间距为3L，导轨平面与水平面的夹角为30°，整个装置处在垂直于导轨平面的匀强磁场中．金属杆ab和cd的质量均为m，都可在导轨上无摩擦地滑动，且与导轨接触良好，现对金属杆ab施加一个沿导轨平面向上的作用力F，使其沿斜面匀速向上运动，同时cd处于静止状态，则F的大小为(　　)

A.mg B．mg C.mg D.mg
[解析]　设ab杆向上做切割磁感线运动时，产生感应电流大小为I，受到安培力大小为F安＝BIL，对于cd，由平衡条件得BI·3L＝mgsin30°，对于ab杆，由平衡条件得F＝mgsin30°＋BIL，综上可得：F＝mg，故选项A正确．
[答案]　A



(1)处理平衡问题时，需注意挖掘题干中的隐含条件“达到最大速度”．
(2)处理电磁感应中的电学量时，需注意I＝，而不是I＝.



思维方法突破——平衡中的临界极值问题的处理方法

1．临界状态
平衡问题的临界状态是指物体所处的平衡状态将要被破坏而尚未被破坏的状态，可理解成“恰好出现”或“恰好不出现”，在问题的描述中常用“刚好”“恰能”“恰好”等语言叙述，解临界问题的基本方法是假设推理法．
2．解题思路
解决此类问题重在形成清晰的物理图景，分析清楚物理过程，从而找出临界条件或达到极值的条件．要特别注意可能出现的多种情况．
【典例】　(2019·湖北襄阳模拟)质量为M的木楔倾角为θ，在水平面上保持静止，质量为m的木块刚好可以在木楔上表面匀速下滑．现在用与木楔上表面成α角的力F拉着木块匀速上滑，如图所示，求：

(1)当α为多大时，拉力F有最小值，求此最小值；
(2)拉力F最小时，木楔对水平面的摩擦力．
[审题指导]　
第一步　读题干—提信息
题干 信息
木块恰能匀速下滑 木块受力平衡，摩擦力沿斜面向上
用力F拉着木块匀速上滑 木块受力仍然平衡，但摩擦力沿斜面向下
第二步　审程序—顺思路

[解析]　(1)选木块为研究对象，木块刚好匀速下滑，设木块与斜面间的动摩擦因数为μ，此时平行于斜面方向必有mgsinθ＝μmgcosθ
当加上外力F时，木块沿斜面匀速上滑，其受力如图(甲)所示，

则有Ff＝μFN
平行于斜面方向：Ff＋mgsinθ＝Fcosα
垂直于斜面方向：FN＋Fsinα＝mgcosθ
解得F＝，
联立得F＝，
故当α＝θ时，分母最大，F有最小值，Fmin＝mgsin2θ.
(2)对木块和木楔整体受力分析如图(乙)所示，设水平面对木楔M的摩擦力是Ff′，水平方向受力平衡，则有
Ff′＝Fmincos(θ＋α)＝Fmincos2θ
得Ff′＝mgsin4θ.
[答案]　(1)mgsin2θ　(2)mgsin4θ



解决临界极值问题的三种方法
(1)解析法：根据物体的平衡条件列出平衡方程，在解方程时采用数学方法求极值．通常用到的数学知识有二次函数求极值、讨论分式求极值、三角函数求极值以及几何法求极值等.
(2)图解法：此种方法通常适用于物体仅在三个力作用下的平衡问题．首先根据平衡条件作出力的矢量三角形，然后根据矢量三角形进行动态分析，确定其最大值或最小值．
(3)极限法：极限法是一种处理极值问题的有效方法，它是指通过恰当选取某个变化的物理量将问题推向极端(如“极大”“极小”等)，从而把比较隐蔽的临界现象暴露出来，快速求解.
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　


1．如图所示，汽车通过钢绳拉动物体．假设钢绳的质量可忽略不计，物体的质量为m，物体与水平地面间的动摩擦因数为μ，汽车的质量为m0，汽车运动中受到的阻力跟它对地面的压力成正比，比例系数为k，且k>μ.要使汽车匀速运动时的牵引力最小，角α应为(　　)

A．0° B．30°
C．45° D．60°
[解析]　隔离汽车，由平衡条件得水平方向有
F＝k(m0g＋F1sinα)＋F1cosα
隔离物体，由平衡条件得水平方向有
F1cosα＝μ(mg－F1sinα)
解得F＝km0g＋μmg＋F1(k－μ)sinα，式中
F1(k－μ)>0，则sinα＝0，即α＝0°时，牵引力F最小(临界点)．故选项A正确．
[答案]　A
2．(2019·吉林松原模拟)倾角为θ＝37°的斜面在水平面保持静止，斜面上有一重为G的物体A，物体A与斜面间的动摩擦因数μ＝0.4.现给A施以一水平力F，如图所示．设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)，如果物体A能在斜面上静止，水平力F与G的比值不可能是(　　)

A．3 B．2 C．1 D．0.5
[解析]　设物体刚好不下滑时F＝F1，物体受力如图1所示，由平衡条件得
F1cosθ＋μN1＝Gsinθ，N1＝F1sinθ＋Gcosθ.
得＝＝＝；
设物体刚好不上滑时F＝F2，物体受力如图2所示，则F2cosθ＝μN2＋Gsinθ，
N2＝F2sinθ＋Gcosθ，

得＝＝＝2，即≤≤2.
所以不可能的是3.故选A.
[答案]　A


专题强化训练(一)
一、选择题
1．(2019·河北名校联盟质检)如图所示，光滑的四分之一圆弧轨道AB固定在竖直平面内，A端与水平面相切．穿在轨道上的小球在拉力F作用下，缓慢地由A向B运动，F始终沿轨道的切线方向，轨道对球的弹力为N.在运动过程中(　　)

A．F增大，N减小 B．F减小，N减小
C．F增大，N增大 D．F减小，N增大
[解析]　

由题意知，小球在由A运动到B的过程中始终处于平衡状态．设某一时刻小球运动至如图所示位置，则对球由平衡条件，得F＝mgsinθ，N＝mgcosθ，在运动过程中，θ增大，故F增大，N减小，A项正确．
[答案]　A
2．(2019·葫芦岛重点高中期中联考)用右图所示简易装置可以测定水平风速，在水平地面上竖直固定一直杆，半径为R、质量为m的空心塑料球用细线悬于杆顶端O.当风沿水平方向吹来时，球在风力的作用下飘了起来．已知风力大小与“风速”和“球正对风的截面积”均成正比，当风速v0＝3 m/s时，测得球平衡时细线与竖直方向的夹角θ＝30°，则(　　)

A．风速v＝4.5 m/s时，细线与竖直方向的夹角θ＝45°
B．若风速增大到某一值时，细线与竖直方向的夹角θ可能等于90°
C．若风速不变，换用半径更大、质量不变的球，则夹角θ增大
D．若风速不变，换用半径相等、质量更大的球，则夹角θ增大
[解析]　对小球受力分析如图，

由平衡条件可得风力大小F＝mgtanθ，而由题意知F∝Sv，又S＝πR2，则F＝kπR2v(k为常数)，则有mgtanθ＝kπR2v，由此可知：当风速由3 m/s增大到4.5 m/s时，＝，可得tanθ＝，A错误．因小球所受重力方向竖直向下，而风力方向水平向右，则知细线与水平方向的夹角θ不可能等于90°，B错误．由mgtanθ＝kπR2v可知，当v、m不变，R增大时，θ角增大；当v、R不变，m增大时，θ角减小，C正确，D错误．
[答案]　C
3．(2019·上饶重点高中一模)如图所示，在斜面上等高处，静止着两个相同的质量为m的物块A和B.两物块之间连接着一个劲度系数为k的轻质弹簧，斜面的倾角为θ，两物块和斜面间的动摩擦因数均为μ，重力加速度为g，则弹簧的最大伸长量是(　　)

A. B.
C. D.
[解析]　物块静止在斜面上，在斜面所在平面内受三个力作用，一个是重力沿斜面向下的分力mgsinθ，静摩擦力f≤fm＝μmgcosθ，方向不确定，水平方向的弹簧弹力kx，则物块所受静摩擦力f大小等于kx与mgsinθ的合力，当静摩擦力最大时有kx＝，可得x＝，故D正确．
[答案]　D
4．(多选)(2019·河北五校联考)如图所示，形状和质量完全相同的两个圆柱体a、b靠在一起，表面光滑，重力为G，其中b的下半部分刚好固定在水平面MN的下方，上边露出另一半，a静止在水平面上，现过a的轴心施加一水平作用力F，可缓慢地将a拉离水平面一直滑到b的顶端，对该过程分析，则应有(　　)

A．拉力F先增大后减小，最大值是G
B．开始时拉力F最大为G，以后逐渐减小为0
C．a、b间的压力开始最大为2G，而后逐渐减小到G
D．a、b间的压力由0逐渐增大，最大为G
[解析]　要把a拉离水平面，在刚拉离时水平面MN对a的支持力应为零，因此对a受力分析如图甲所示，则sinθ＝＝，所以θ＝30°，拉力F＝＝G；当a逐渐上移时用图解法分析可知F逐渐减小至零(如图乙所示)；在开始时，a、b间的压力FN＝＝2G，以后逐渐减小至G.因此选项B、C正确，A、D错误．

[答案]　BC
5．(2019·河北五校联考)如图所示，质量为M的半圆形框架竖直放置在粗糙的水平地面上，质量为m的光滑小球P在水平外力F的作用下处于静止状态，P与圆心O的连线与水平面的夹角为θ，将力F在竖直面内沿顺时针方向缓慢地转过90°，框架与小球始终保持静止状态，在此过程中下列说法正确的是(　　)

A．框架对小球的支持力一直减小
B．力F的最小值为mgsinθ
C．地面对框架的摩擦力先减小后增大
D．框架对地面的压力一直增大
[解析]　用图解法求解，

对小球受力分析如图所示，力F顺时针转过90°的过程中，先减小后增大，最小值为mgcosθ；框架对小球的支持力FN一直减小，A正确，B错误．以框架为研究对象，由平衡条件得地面对框架的摩擦力大小等于FNcosθ，随FN减小，FNcosθ减小，C错误；框架对地面的压力等于Mg＋FNsinθ，随FN的减小而减小，D错误．
[答案]　A
6．(2019·河北五校联考)如图所示，一个半球形的碗放在桌面上，碗口水平，O点为其球心，碗的内表面及碗口是光滑的．一根细线跨在碗口上，线的两端分别系有质量为m1和m2的小球．当它们处于平衡状态时，质量为m1的小球与O点的连线与水平线的夹角为α＝90°，质量为m2的小球位于水平地面上，设此时质量为m2的小球对地面的压力大小为FN，细线的拉力大小为FT，则(　　)

A．FN＝(m2－m1)g B．FN＝m2g
C．FT＝m1g D．FT＝g
[解析]　分析小球(m1)的受力情况，由物体的平衡条件可得，线的拉力FT＝0，故C、D均错误；分析小球(m2)的受力情况，由平衡条件可得FN＝FN′＝m2g，故A错误、B正确．
[答案]　B
7．(2019·宝鸡质检)如右图所示，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F，一个是轻绳斜向上的拉力T，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
8．(2019·山西六校联考)如图，在光滑绝缘水平面上，三个带电小球a、b和c分别位于边长为l的正三角形的三个顶点上；a、b带正电，电荷量均为q，c带负电．整个系统置于方向水平的匀强电场中．已知静电力常量为k.若三个小球均处于静止状态，则匀强电场场强的大小为(　　)

A. B. C. D.
[解析]　

带电小球a、b在c球位置处的场强大小均为Ea＝，方向如图所示，根据平行四边形定则，其合电场强度大小为Eab＝，该电场应与外加的匀强电场E等大反向，即E＝，B项正确．
[答案]　B
9.(2019·池州二模)如图所示，在倾角为θ＝37°的斜面上，固定一平行金属导轨，现在导轨上垂直导轨放置一质量m＝0.4 kg的金属棒ab，它与导轨间的动摩擦因数为μ＝0.5.整个装置处于方向竖直向上的匀强磁场中，导轨接电源E，若最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，滑动变阻器的阻值符合要求，现闭合开关S，要保持金属棒ab在导轨上静止不动，则(　　)

A．金属棒所受安培力的方向水平向左
B．金属棒所受到的摩擦力方向一定沿平行斜面向上
C．金属棒所受安培力的取值范围是 N≤F≤8 N
D．金属棒受到的安培力的最大值为16 N
[解析]　由左手定则可以判断金属棒所受安培力的方向水平向右，故选项A错误；当金属棒刚好不向上运动时，金属棒受到的摩擦力为最大静摩擦力，方向平行斜面向下，设金属棒受到的安培力大小为F1，其受力分析如图甲所示，则由平衡条件得FN＝F1sinθ＋mgcosθ，F1cosθ＝mgsinθ＋fmax，fmax＝μFN，联立解得F1＝8 N；当金属棒刚好不向下运动时，设金属棒受到的安培力大小为F2，其受力分析如图乙所示，则由平衡条件得FN′＝F2sinθ＋mgcosθ，F2cosθ＋fmax′＝mgsinθ，fmax′＝μFN′，联立解得F2＝ N，所以金属棒受到的安培力的取值范围为 N≤F≤8 N，故选项C正确，B、D错误．

[答案]　C
10．(多选)(2019·辽宁五校联考)如图所示，在半径为R的光滑半球形碗的最低点P处固定两原长相同的轻质弹簧，弹簧的另一端与质量均为m的两小球相连，当两小球分别在A、B两点静止不动时，OA、OB与OP之间的夹角满足α<β，已知弹簧不弯曲且始终在弹性限度内，则下列说法正确的是(　　)

A．静止在B点的小球对碗内壁的压力较小
B．两小球对碗内壁的压力一样大
C．静止在A点的小球受到弹簧的弹力较大
D．P、B之间弹簧的劲度系数比A、P之间的弹簧的劲度系数大
[解析]　两小球在A、B两点的受力分析如图所示．

设碗内壁对小球的支持力分别为F1、F2，弹簧对小球的弹力分别为FA、FB，对A点的小球，由力的矢量三角形与几何三角形相似可得＝＝，同理对B点的小球有＝＝，可得F1＝F2，由牛顿第三定律可知，两小球对碗内壁的压力一样大，选项A错误，B正确；又有＝，因为α<β，所以xBP>xAP，FB>FA，选项C错误；因两弹簧原长相等，xBP>xAP，所以B、P间的弹簧压缩量xB小于A、P间弹簧压缩量xA，又FA[答案]　BD
二、非选择题
11．(2019·江西红色七校联考)如图所示，倾角为θ＝37°的两根平行长直金属导轨的间距为d，其底端接有阻值为R的电阻，整个装置处在垂直两导轨所在斜面向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场中．质量均为m(质量分布均匀)、电阻均为R的导体杆ab、cd垂直于导轨放置，且与两导轨保持良好接触．两导体杆与导轨间的动摩擦因数均为μ＝0.5，现杆ab在恒力F作用下沿导轨向上做匀速运动，杆cd能保持静止状态．导轨电阻不计，重力加速度大小为g.求杆ab的速度大小．

[解析]　导体杆ab以速度v运动，切割磁感线产生感应电动势，则有：E＝Bdv
根据闭合电路欧姆定律，有E＝I
导体杆ab有最小速度vmin时，对于导体杆cd则有
B·d＋μmgcos37°＝mgsin37°
解得vmin＝
导体杆ab有最大速度vmax时，对于导体杆cd则有
B·d＝μmgcos37°＋mgsin37°
解得vmax＝
故导体杆ab的速度应满足条件：≤v≤
[答案]　≤v≤
12．(2019·河北省衡水中学第一次调研)如下图所示，放在粗糙的固定斜面上的物块A和悬挂的物块B均处于静止状态．轻绳AO绕过光滑的定滑轮与轻弹簧的右端及轻绳BO的上端连接于O点，轻弹簧中轴线沿水平方向，轻绳的OC段与竖直方向的夹角(θ＝53°，斜面倾角α＝37°，物块A和B的质量分别为mA＝5 kg、mB＝1.5 kg，弹簧的劲度系数k＝500 N/m，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度g＝10 m/s2，求：

(1)弹簧的伸长量x；
(2)物块A受到的摩擦力．
[解析]　

(1)对结点O受力分析如图所示：
根据平衡条件，有：FTcosθ－mBg＝0，FTsinθ－F＝0，且：F＝kx，解得：x＝4 cm；
(2)设物块A所受摩擦力沿斜面向下，对物块A做受力分析如图所示：

根据平衡条件，有：FT′－Ff－mAgsinα＝0，且FT′＝FT，解得：Ff＝－5 N，即物块A所受摩擦力大小为5 N，方向沿斜面向上．
[答案]　(1)4 cm　(2)5 N，方向沿斜面向上


2020（四川专用）高考物理新课标大二轮优生讲义第1块（2）力与物体的直线运动（有答案）
2、力与物体的直线运动



　 (2)
项目 一般形式 v0＝0 涉及的物理量 不涉及的物理量
速度公式 vt＝v0＋at vt＝at vt、v0、a、t 位移x
位移公式 x＝v0t＋at2 x＝at2 x、v0、a、t 末速度vt
速度、位移关系公式 v－v＝2ax v＝2ax vt、v0、a、x 时间t
(3)
匀加速直线运动 匀减速直线运动 说明
位移图像 曲线为抛物线的一部分

速度图像 －
(4)
现象 超重 失重 完全失重
定义 物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)大于物体所受重力的现象 物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)小于物体所受重力的现象 物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)等于0的现象
产生条件 物体具有竖直向上的加速度或加速度分量 物体具有竖直向下的加速度或加速度分量 物体具有竖直向下的加速度，a＝g




【典例】　(2019·全国卷Ⅰ)如图，篮球架下的运动员原地垂直起跳扣篮，离地后重心上升的最大高度为H.上升第一个所用的时间为t1，第四个所用的时间为t2.不计空气阻力，则满足(　　)

A．1<<2 B．2<<3
C．3<<4 D．4<<5
[思路引领]　可考虑逆向思维法，将竖直上抛运动等效为逆向的自由落体运动．
[解析]　本题应用逆向思维求解，即运动员的竖直上抛运动可等同于从一定高度处开始的自由落体运动，所以第四个所用的时间为t2＝ ，第一个所用的时间为t1＝－ ，因此有＝＝2＋，即3<<4，选项C正确．
[答案]　C

1．匀变速直线运动的“四类公式”

2．处理匀变速直线运动的五种方法


迁移一　以生产、生活实际考查
1．(多选)(2019·河北名校联盟)拥堵已成为现代都市一大通病，发展“空中轨道列车”(简称空轨，如图所示)是缓解交通压力的重要举措．假如某空轨从甲站沿直线运动到乙站，为了使旅客舒适，其加速度不能超过2.5 m/s2，行驶的速度不能超过50 m/s.已知甲、乙两站之间的距离为2.5 km，下列说法正确的是(　　)

A．空轨从静止开始加速到最大速度的最短时间为25 s
B．空轨从最大速度开始刹车到停下来运动的最小位移为500 m
C．从甲站运动到乙站的最短时间为70 s
D．从甲站运动到乙站的最大平均速度为25 m/s
[解析]　空轨从静止开始以最大加速度加速到最大速度时所用时间最短，则最短时间为t1＝＝20 s，选项A错误；以最大加速度刹车时，空轨从最大速度开始刹车到停下来运动的位移最小，由v＝2amaxx解得最小位移为x＝500 m，选项B正确；以最大加速度加速到最大速度，然后以最大速度匀速运动，再以最大加速度刹车时，空轨从甲站到乙站的运动时间最短，且刹车时间与加速时间相等，等于t1，两段时间对应的位移相等，等于x，匀速运动时间为t2＝＝30 s，所以最短时间为t＝2t1＋t2＝70 s，选项C正确；从甲站运动到乙站的最大平均速度为＝ m/s＝35.7 m/s，选项D错误．
[答案]　BC
迁移二　以追及、相遇模型考查
2．(2019·福建四校联考)货车A在平直公路上以20 m/s的速度匀速行驶，当司机发现正前方有一辆静止的轿车B时，两车间的距离仅有75 m．(这段公路很窄，无法靠边让道)
(1)若此时B车立即以2 m/s2的加速度启动，通过计算判断：如果A车司机没有刹车，是否会撞上B车．若不相撞，求两车间的最小距离；若相撞，求出从A车发现B车到A车撞上B车的时间．
(2)若A车司机发现B车，立即刹车(不计反应时间)做匀减速直线运动，加速度大小为2 m/s2(两车均视为质点)，为避免碰撞，在A车刹车的同时，B车立即做匀加速直线运动(不计反应时间)，B车的加速度至少为多大才能避免发生事故．(结果保留两位小数)
[解析]　(1)设两车不相撞，经过的时间为t时，两车速度相等，则有
vA＝vB
对B车又有vB＝at
联立可得t＝10 s
t时间内A车的位移xA＝vAt＝200 m
t时间内B车的位移xB＝at2＝100 m
因为xB＋x0＝175 m所以假设不成立，两车会相撞，设经过时间t1两车相撞，有vAt1＝x0＋at
代入数据解得t1＝5 s，另一解舍去．
(2)已知A车的加速度大小aA＝2 m/s2，初速度vA＝20 m/s
设B车的加速度大小为aB，B车运动时间为t2时两车速度相等，且此时两车恰好不相撞，则有vA′＝vA－aAt2，vB′＝aBt2且vA′＝vB′
在时间t2内A车的位移大小xA′＝vAt2－aAt
B车的位移大小xB′＝aBt
又xB′＋x0＝xA′
联立并代入数据解得aB＝0.67 m/s2.
[答案]　(1)会相撞　5 s　(2)0.67 m/s2



追及减速运动的物体时，要注意隐含条件，即两物体相遇时，要先判断被追物体的速度是否已经减为零，根据t＝首先分析出相遇时减速物体的状态.

热点考向二　挖掘图像信息解决动力学问题

【典例】　(多选)(2019·全国卷Ⅲ)如图(a)，物块和木板叠放在实验台上，物块用一不可伸长的细绳与固定在实验台上的力传感器相连，细绳水平．t＝0时，木板开始受到水平外力F的作用，在t＝4 s时撤去外力．细绳对物块的拉力f随时间t变化的关系如图(b)所示，木板的速度v与时间t的关系如图(c)所示．木板与实验台之间的摩擦可以忽略．重力加速度取10 m/s2.由题给数据可以得出(　　)

A．木板的质量为1 kg
B．2 s～4 s内，力F的大小为0.4 N
C．0～2 s内，力F的大小保持不变
D．物块与木板之间的动摩擦因数为0.2
[思路引领]　题图(b)中细绳上拉力的变化情况与木板的受力情况不易联系在一起，是本题的易错点．要通过力传感器固定判断出物块相对于地面静止，从而判断木板的受力情况，由v－t图像求出木板在施加力F时的加速度和撤掉F时的加速度，根据牛顿第二定律求解待求物理量．
[解析]　由题图(c)可知木板在0～2 s内处于静止状态，再结合题图(b)中细绳对物块的拉力f在0～2 s内逐渐增大，可知物块受到木板的摩擦力逐渐增大，故可以判断木板受到的水平外力F也逐渐增大，选项C错误；由题图(c)可知木板在2～4 s内做匀加速运动，其加速度大小为a1＝ m/s2＝0.2 m/s2，在4～5 s内做匀减速运动，其加速度大小为a2＝ m/s2＝0.2 m/s2，另外由于物块静止不动，同时结合题图(b)可知物块与木板之间的滑动摩擦力Ff＝f，故对木板进行受力分析，由牛顿第二定律可得F－Ff＝ma1、Ff＝ma2，解得m＝1 kg、F＝0.4 N，选项A、B均正确；由于不知道物块的质量，所以不能求出物块与木板之间的动摩擦因数，选项D错误．
[答案]　AB

1．从v－t图像巧分析四个物理量
(1)速度：从速度轴上读出速度，正负表示物体的运动方向．
(2)时间：从时间轴上读出时刻，两时刻的差值表示物体的运动时间．
(3)位移：由图线与时间轴围成的面积表示位移，时间轴上方表示位移的方向与规定的正方向相同，下方表示位移的方向与规定的正方向相反．
(4)加速度：由图线的斜率求得，斜率的正、负表示加速度的方向．
2．求解运动图像与牛顿第二定律综合问题的基本思路


迁移一　动力学中的F－t图像1．(多选)(2019·泰安模拟)物体最初静止在倾角θ＝30°的足够长斜面上，如图甲所示受到平行斜面向下的力F的作用，力F随时间变化的图像如图乙所示，开始运动2 s后物体以2 m/s的速度匀速运动，下列说法正确的是(g取10 m/s2)(　　)

A．物体的质量m＝1 kg
B．物体的质量m＝2 kg
C．物体与斜面间的动摩擦因数μ＝
D．物体与斜面间的动摩擦因数μ＝
[解析]　由开始运动2 s后物体以2 m/s的速度匀速运动，可知0～2 s内物体的加速度大小为a＝1 m/s2；在0～2 s内对物体应用牛顿第二定律得，F1＋mgsin30°－
μmgcos30°＝ma,2 s后由平衡条件可得，F2＋mgsin30°－μmgcos30°＝0，联立解得m＝1 kg，μ＝，选项A、D正确．
[答案]　AD
迁移二　动力学中的a－F图像
2．(多选)(2019·河北六校联考)用一水平力F拉静止在水平面上的物体，在F从零开始逐渐增大的过程中，加速度a随外力F变化的图像如图所示，g＝10 m/s2，则可以得出(　　)

A．物体与水平面间的最大静摩擦力
B．F为14 N时物体的速度
C．物体与水平面间的动摩擦因数
D．物体的质量
[解析]　由题图可知，物体在水平面间的最大静摩擦力为7 N，A正确；由F－μmg＝ma，解得a＝F－μg，将F1＝7 N，a1＝0.5 m/s2，F2＝14 N，a2＝4 m/s2代入上式可得m＝2 kg，μ＝0.3，C、D正确；因物体做变加速运动，无法求出F为14 N时物体的速度，B错误．
[答案]　ACD



处理运动图像时容易出现的错误有以下几点：
(1)对于x－t图像，图线在纵轴上的截距表示t＝0时物体的位置；对于v－t和a－t图像，图线在纵轴上的截距并不表示t＝0时物体的位置．
(2)在v－t图像中，两条图线的交点不表示两物体相遇，而是表示两物体速度相同．
(3)v－t图像中两条图线在v轴上的截距不同，不少同学误认为两物体的初始位置不同，位置是否相同应根据题中条件确定.
热点考向三　利用牛顿运动定律解决多体问题

【典例】　(2017·海南卷)一轻弹簧的一端固定在倾角为θ的固定光滑斜面的底部，另一端和质量为m的小物块a相连，如图所示．
质量为m的小物块b紧靠a静止在斜面上，此时弹簧的压缩量为x0.从t＝0时开始，对b施加沿斜面向上的外力，使b始终做匀加速直线运动．经过一段时间后，物块a、b分离；再经过同样长的时间，b距其出发点的距离恰好也为x0.弹簧的形变始终在弹性限度内，重力加速度大小为g.求：

(1)弹簧的劲度系数；
(2)物块b加速度的大小；
(3)在物块a、b分离前，外力大小随时间变化的关系式．
[思路引领]　(1)由运动学公式知形变量为x0时二者分离．
(2)分离时，ab间没有弹力，a、b加速度相同．
[解析]　(1)对整体分析，根据平衡条件可知开始时沿斜面方向上重力的分力与弹簧弹力平衡，则有kx0＝gsinθ，
解得k＝.
(2)由题意可知，b经两段相等的时间位移为x0，由x＝at2可知＝，
说明当形变量x2＝x0－x1＝时二者分离；
对物块a分析，因分离时a、b间没有弹力，a、b加速度相同，则对物块a，根据牛顿第二定律可知kx2－mgsinθ＝ma，解得a＝.
(3)设时间为t，则经时间t时，a、b运动的位移
x＝at2＝，
弹簧形变量Δx＝x0－x，
对整体分析，由牛顿第二定律有F＋kΔx－gsinθ＝a，解得F＝mgsinθ＋t2，
因分离时位移x＝x1＝，由x＝＝at解得t1＝ ，故应保证t< ，F的表达式才能成立．
[答案]　(1)　(2)
(3)F＝mgsinθ＋t2

解决连接体问题应注意的问题
1．整体法与隔离法的优点和使用条件
(1)当连接体中各物体具有共同的加速度时，一般采用整体法；当系统内各物体的加速度不同时，一般采用隔离法．
(2)求连接体内各物体间的相互作用力时必须用隔离法．
2．两物体分离或相对滑动的条件
(1)叠加体类的连接体：两物体间刚要发生相对滑动时物体间的静摩擦力达到最大值．
(2)靠在一起的连接体：分离时相互作用力为零，但此时两物体的加速度仍相同．
3．用滑轮连接的连接体的处理方法
通过滑轮连接的两个物体：加速度相同，但轻绳的拉力不等于悬挂物体的重力．

迁移一　平面上的多体模型
1．(2019·江西六校联考)水平地面上有质量分别为m和4m的物块A和B，两者与地面的动摩擦因数均为μ.细绳的一端固定，另一端跨过轻质、光滑动滑轮与A相连，动滑轮与B相连，如图所示．初始时，细绳处于水平拉直状态．若物块A在水平向右的恒力F作用下向右移动了距离s，重力加速度大小为g.求：

(1)物块B受到的摩擦力；
(2)物块A、B的加速度大小．
[解析]　(1)物块B受到的摩擦力大小为f＝4μmg
(2)设物块A、B的加速度大小分别为aA、aB，细绳中的张力为T.由牛顿第二定律得
F－μmg－T＝maA
2T－4μmg＝4maB
物块A移动了距离s，则物块B移动的距离为s1＝s
由A和B的位移关系得aA＝2aB
联立解得aA＝
aB＝.
[答案]　(1)4μmg　(2)　
迁移二　斜面上的多体模型
2.(2019·河南周口期末)如图所示，空间有场强大小为E，方向沿斜面向下的匀强电场；光滑绝缘斜面的倾角为θ，底端固定一根劲度系数为k的轻弹簧；彼此绝缘的A、B两物体静止在弹簧顶端，A、B接触但不粘连，A的质量为m，电荷量为＋q，B的质量也为m，不带电，弹簧处于弹性限度内，重力加速度为g；某时刻，在沿斜面向上的大小为F的外力作用下，A、B一起以相同的加速度向上做匀加速运动，则当A、B分离瞬间(　　)

A．弹簧的形变量为0
B．弹簧的形变量为x＝
C．A的速度达到最大
D．A的加速度为0
[解析]　A、B分离瞬间，A、B间无相互作用力且加速度相同，对B受力分析，由牛顿第二定律可知F－mgsinθ＝ma，对A受力分析，由牛顿第二定律可知kx－mgsinθ－qE＝ma，解得x＝，A错误，B正确；由于此时A具有向上的加速度，则A的速度不是最大且加速度不为0，C、D错误．
[答案]　B



斜面固定，多个物体沿斜面运动，外加电场、磁场或者一个力，这类题目的本质是平面问题移到了斜面上．处理此类问题，主要考虑两个方面．
(1)分清斜面体是否光滑，若不光滑，动摩擦因数是否已知．
(2)多个物体是否有相对运动，采用整体法或者隔离法，进行受力分析、运动分析，最后确定用“力法”还是“能法”求解.

热点考向四　利用牛顿运动定律解决多过程问题
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　


【典例】　(2019·河北名校联盟)消防队员为缩短下楼的时间，往往抱着竖直的杆直接滑下．假设一名质量为60 kg、训练有素的消防队员从七楼(即离地面18 m的高度)抱着竖直的杆以最短的时间滑下．已知杆的质量为200 kg，消防队员着地的速度不能大于6 m/s，手和腿对杆的最大压力为1800 N，手和腿与杆之间的动摩擦因数为0.5，设当地的重力加速度g取10 m/s2.假设杆是固定在地面上的，杆在水平方向不移动．试求：
(1)消防队员下滑过程中的最大速度．
(2)消防队员下滑过程中杆对地面的最大压力．
(3)消防队员下滑的最短时间．
[思路引领]　(1)消防队员开始阶段自由下落的末速度为下滑过程的最大速度．
(2)若消防员以最短时间滑下，他应先以加速度g做匀加速直线运动，再做匀减速直线运动．
[解析]　(1)消防队员开始阶段自由下落的末速度即为下滑过程的最大速度vm，
有2gh1＝v
消防队员受到的滑动摩擦力
Ff＝μFN＝0.5×1800 N＝900 N
减速阶段的加速度大小：
a2＝＝5 m/s2
减速过程的位移为h2，由v－v′2＝2a2h2
v′＝6 m/s
又h＝h1＋h2
以上各式联立可得：vm＝12 m/s
(2)以杆为研究对象得：
FN′＝Mg＋Ff′＝2900 N
根据牛顿第三定律得，杆对地面的最大压力为2900 N.
(3)最短时间为tmin＝＋＝2.4 s.
[答案]　(1)12 m/s　(2)2900 N　(3)2.4 s

1．多过程问题
很多动力学问题中涉及的物体有两个或多个连续的运动过程，在物体不同的运动阶段，物体的运动情况和受力情况都发生了变化，这类问题称为牛顿运动定律中的多过程问题．
2．类型
多过程问题可根据涉及物体的多少分为单体多过程问题和多体多过程问题．
3．解题策略
(1)任何多过程的复杂物理问题都是由很多简单的小过程构成，有些是承上启下，上一过程的结果是下一过程的已知，这种情况需一步一步完成．
(2)有些是树枝形，告诉的只是旁支，要求的是主干(或另一旁支)，这就要求仔细审题，找出各过程的关联，按顺序逐个分析；对于每一个研究过程，选择什么规律，应用哪一个运动学公式要明确．
(3)注意两个过程的连接处，通常加速度可能突变，但速度不会突变，速度是联系前后两个过程的桥梁．

　(2019·江西五校联考)避险车道是避免恶性交通事故发生的重要设施，由制动坡床和防撞设施等组成，如图竖直平面内，制动坡床视为与水平面夹角为θ的斜面．一辆长12 m的载有货物的货车因刹车失灵从干道驶入制动坡床，当车速为23 m/s时，车尾位于制动坡床的底端，货物开始在车厢内向车头滑动，当货物在车厢内滑动了4 m时，车头距制动坡床顶端38 m，再过一段时间，货车停止．已知货车质量是货物质量的4倍，货物与车厢间的动摩擦因数为0.4；货车在制动坡床上运动受到的坡床阻力大小为货车和货物总重的0.44.货物与货车分别视为小滑块和平板，取cosθ＝1，sinθ＝0.1，g＝10 m/s2.求：



(1)货物在车厢内滑动时加速度的大小和方向；
(2)制动坡床的长度．
[解析]　(1)设货物的质量为m，货物在车厢内滑动过程中，货物与车厢间的动摩擦因数μ＝0.4，受摩擦力大小为f，加速度大小为a1，则
f＋mgsinθ＝ma1①
f＝μmgcosθ②
联立①②式并代入数据得a1＝5 m/s2③
a1的方向沿制动坡床向下．
(2)设货车的质量为M，车尾位于制动坡床底端时的车速为v＝23 m/s.货物在车厢内开始滑动到车头距制动坡床顶端s0＝38 m的过程中，用时为t，货物相对制动坡床的运动距离为s1，在车厢内滑动的距离s＝4 m，货车的加速度大小为a2，货车相对制动坡床的运动距离为s2.货车受到制动坡床的阻力大小为F，F是货车和货物总重的k倍，k＝0.44，货车长度l0＝12 m，制动坡床的长度为l，则
Mgsinθ＋F－f＝Ma2④
F＝k(m＋M)g⑤
s1＝vt－a1t2⑥
s2＝vt－a2t2⑦
s＝s1－s2　⑧　l＝l0＋s0＋s2　⑨，联立①②④～⑨
并代入数据得l＝98 m.
[答案]　(1)5 m/s2　沿制动坡床向下　(2)98 m



解决“多过程”问题的关键：首先明确每个“子过程”所遵守的规律，其次找出它们之间的关联点，然后列出“过程性方程”与“状态性方程”.




高考热点模型构建——“传送带”与“板块”模型





考向一　“传送带”模型
【典例1】　(2019·江淮十校联考)如图所示，工厂利用倾角θ＝30°的皮带传输机，依次将轻放在皮带底端的每包质量为m＝50 kg的货物，从地面运送到高出水平地面h＝2.5 m的平台上，传输机的皮带以v＝1 m/s的速度顺时针转动且不打滑，货物无初速度地放在皮带上．已知货物与皮带间的动摩擦因数为μ＝，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2.

(1)求将每包货物从地面运送到平台上所用的时间t.
(2)若皮带传输机由电动机带动，求把每包货物从地面运送到平台上，电动机需要多做的功W.
[思路引领]　

[解析]　(1)设货物做加速运动时的加速度为a，时间为t1，位移为x1，根据牛顿第二定律，有
μmgcosθ－mgsinθ＝ma，代入数据解得a＝1 m/s2
则t1＝＝1 s，x1＝at＝0.5 m
货物与皮带达到共同速度后，与皮带一起向上做匀速运动
货物做匀速运动的时间t2＝＝4.5 s
故将每包货物从地面运送到平台上所用的时间t＝t1＋t2＝5.5 s.
(2)解法一：货物做加速运动的过程中，皮带的位移
x2＝vt1＝1 m，相对位移Δx＝x2－x1＝0.5 m
根据能量守恒定律得W＝μmgcosθ·Δx＋mgh＋mv2
代入数据解得W＝1425 J.
解法二：货物做加速运动的过程中，皮带所受的摩擦力f1＝fmax＝μmgcosθ，皮带的位移x2＝vt1
货物与皮带一起做匀速运动的过程中，皮带所受的摩擦力f2＝mgsinθ，皮带的位移x3＝vt2
则W＝W1＋W2＝f1x2＋f2x3
代入数据解得W＝1425 J.
[答案]　(1)5.5 s　(2)1425 J



传送带问题的处理技巧
(1)分析物体的受力情况要考虑物体与传送带间的相对运动．
(2)求物体的加速度、速度和位移时不需要考虑传送带的运动情况，即相当于传送带是不动的．
(3)求物体相对传送带的路程时，需要考虑传送带的运动情况，若物体与传送带运动方向相同，则相对路程为两者路程之差，若物体与传送带运动方向相反，则相对路程为两者路程之和.
考向二　“板块”模型
【典例2】　(2019·江苏卷)如图所示，质量相等的物块A和B叠放在水平地面上，左边缘对齐．A与B、B与地面间的动摩擦因数均为μ.先敲击A，A立即获得水平向右的初速度，在B上滑动距离L后停下．接着敲击B，B立即获得水平向右的初速度，A、B都向右运动，左边缘再次对齐时恰好相对静止，此后两者一起运动至停下．最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g.求：

(1)A被敲击后获得的初速度大小vA；
(2)在左边缘再次对齐的前、后，B运动加速度的大小aB、aB′；
(3)B被敲击后获得的初速度大小vB.
[思路引领]　处理本题的关键点有二：一是弄清临界点(或转折点)，即物块A与物块B达到共同的速度或物块A离开物块B时的受力情况以及运动状态的变化为转折点，本题中临界点为A、B共速；二是两个关联，即发生转折前后物块的受力情况以及物块A与物块B的位移之间的关联，必要时要通过画图理清关系，即B的位移与A的位移之差应等于L.
[解析]　(1)由牛顿运动定律知，A加速度的大小aA＝μg
匀变速直线运动2aAL＝v
解得vA＝
(2)设A、B的质量均为m
对齐前，B所受合外力大小F＝3μmg
由牛顿运动定律F＝maB，得aB＝3μg
对齐后，A、B所受合外力大小F′＝2μmg
由牛顿运动定律F′＝2maB′，得aB′＝μg
(3)经过时间t，A、B达到共同速度v，位移分别为xA、xB，A加速度的大小等于aA
则v＝aAt，v＝vB－aBt
xA＝aAt2，xB＝vBt－aBt2
且xB－xA＝L
解得vB＝2
[答案]　(1)　(2)3μg　μg　(3)2



滑块与滑板间相对滑动的临界条件
(1)运动学条件：若两物体速度或加速度不等，则会相对滑动．
(2)力学条件：一般情况下，假设两物体间无相对滑动，先用整体法算出一起运动的加速度，再用隔离法算出滑块“所需要”的摩擦力f，比较f与最大静摩擦力fmax的关系，若f>fmax，则发生相对滑动．
(3)滑块滑离滑板的临界条件：当滑板的长度一定时，滑块可能从滑板滑下，恰好滑到滑板的边缘达到共同速度是滑块滑离滑板的临界条件.

1．(多选)(2019·昆明高三年级教学质检)如下图甲所示，倾角为37°的足够长的传送带以恒定速度运行，将一质量m＝1 kg的小物体以某一初速度放上传送带，物体相对地面的速度大小随时间变化的关系如图乙所示，取沿传送带向上为正方向，g取10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.则下列说法正确的是(　　)

A．传送带沿逆时针转动，速度大小为4 m/s
B．物体与传送带间的动摩擦因数为0.75
C．0～8 s内物体位移的大小为14 m
D．0～8 s内物体与传送带之间因摩擦而产生的热量为126 J
[解析]　由题图可知小物体先反向做减速运动后向正方向做加速运动，故可知传送带速度方向沿顺时针方向，最终物体和传送带的速度相同，故传送带速度大小为4 m/s，故A错误；根据v－t图像的斜率表示加速度，物体相对传送带滑动时的加速度大小为a＝ m/s2＝1 m/s2，由牛顿第二定律得μmgcos37°－mgsin37°＝ma，解得μ＝0.875，故B错误；0～8 s内物体的位移为s＝ m＝14 m，故C正确；0～8 s内只有前6 s内物体与传送带发生相对滑动，0～6 s内传送带运动的距离为s带＝4×6 m＝24 m,0～6 s内物体的位移为s物＝ m＝6 m，因摩擦而产生的热量为Q＝μmgcos37°·(s带－s物)＝126 J，故D正确．
[答案]　CD
2．(2019·武汉外校阶段性测试)如图1甲所示，静止在光滑水平面上的长木板B(长木板足够长)的左端放着小物块A.某时刻，A受到水平向右的外力F作用，F随时间t的变化规律如图乙所示，即F＝kt，其中k为已知常数．若A、B之间的滑动摩擦力Ff的大小等于最大静摩擦力，且A、B的质量相等，则下列图2中可以定性地描述长木板B运动的v－t图像的是(　　)

[解析]　以A、B整体为研究对象，A、B整体具有共同的最大加速度，由牛顿第二定律得a1＝，对B由牛顿第二定律有a1＝，对A由牛顿第二定律有a1＝，达到最大加速度所经历的时间t＝，由以上各式解得t＝，此后B将受恒力作用，做匀加速直线运动，v－t图线为倾斜的直线，故B正确．
[答案]　B


专题强化训练(二)
一、选择题
1．(2019·贵阳高三监测)一物体做匀减速直线运动，4 s内的位移为16 m，速度大小变为原来的三分之一，方向不变．则该物体的加速度大小为(　　)
A．1 m/s2 B．1.5 m/s2
C．2 m/s2 D．0.75 m/s2
[解析]　设该物体的初速度为v0，加速度大小为a，由题意知t＝4 s，根据匀变速直线运动规律，x＝·t，＝v0－at，联立解得a＝1 m/s2，选项A正确．
[答案]　A
2．(多选)(2019·江西南昌三模)高速公路上甲、乙两车在同一车道上同向行驶．甲车在前，乙车在后，速度均为v0＝30 m/s，距离s0＝100 m．t＝0时刻甲车遇紧急情况后，甲、乙两车的加速度随时间变化的关系如图甲、乙所示．取运动方向为正方向．下列说法正确的是(　　)

A．t＝3 s时两车相距最近
B．0～9 s内两车位移之差为45 m
C．t＝6 s时两车相距最近，为10 m
D．两车在0～9 s内会相撞
[解析]　由题图可画出两车的速度—时间图像，如图所示．

由图像可知，t＝6 s时两车速度相等，此时两车相距最近，故A错误；图中阴影部分面积为0～6 s内两车位移之差，可得Δx＝×30×3 m＋×30×(6－3) m＝90 m<100 m，此时两车相距最近，为10 m，所以两车不会相撞，故C正确，D错误；0～9 s内两车位移之差Δx′＝×30×3 m＝45 m，故B正确．
[答案]　BC
3．(2019·福州市质检)物体在水平地面上受到水平推力的作用，在6 s内力F、速度v随时间变化如图所示，由图像可得(　　)

A．物体的质量为2 kg
B．物体在6 s内运动的位移为6 m
C．在0～2 s内推力做的功为2 J
D．物体与地面间的动摩擦因数为0.025
[解析]　物体在0～2 s内做匀加速直线运动，加速度为a＝ m/s2，由牛顿第二定律有：F－μmg＝ma，即：3－μmg＝ma；物体在2～6 s内做匀速直线运动，因此有：μmg＝1 N，联立解得：物体的质量为m＝4 kg，物体与地面间的动摩擦因数为μ＝0.025，选项A错误，选项D正确；根据v－t图像所围的面积表示物体运动的位移可得物体在6 s内运动的位移为x＝×2×1 m＋4×1 m＝5 m，选项B错误；力对物体所做的功等于力乘以力方向上的位移，因此在2 s内推力做的功为W＝Fx＝3××2×1 J＝3 J，选项C错误．
[答案]　D
4．(2019·河南南阳一中开学考试)如图所示，一轻质长木板置于光滑水平地面上，木板上有质量分别为mA＝1 kg和mB＝2 kg的A、B两物块，A、B与木板之间的动摩擦因数都为μ＝0.2，水平恒力F作用在A物块上，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2.则(　　)

A．若F＝1 N，则物块、木板都静止不动
B．若F＝1.5 N，则A物块所受摩擦力大小为1.5 N
C．若F＝4 N，则B物块所受摩擦力大小为4 N
D．若F＝8 N，则B物块的加速度大小为1 m/s2
[解析]　A与木板间的最大静摩擦力fA＝μmAg＝0.2×1×10 N＝2 N，B与木板间的最大静摩擦力fB＝μmBg＝0.2×2×10 N＝4 N，设A与木板恰好发生相对滑动时水平恒力大小为F0，则由牛顿第二定律可知＝，解得F0＝3 N，F＝1 NF0，所以A在木板上滑动，B和木板整体受到的摩擦力大小为fA，轻质木板质量不计，所以B的加速度大小为a1＝＝ m/s2＝1 m/s2，对B进行受力分析，有f2＝mBa1＝2×1 N＝2 N，故C错误；F＝8 N>f0，所以A相对于木板滑动，B和木板整体受到摩擦力fA，由上述分析可知B的加速度大小为1 m/s2，故D正确．
[答案]　D
5．(多选)(2019·乐山二诊)如下图所示，在光滑水平面上放着紧靠在一起的A、B两物体，B的质量是A的2倍，B受到水平向右的恒力FB＝2 N，A受到的水平向右的变力FA＝(9－2t) N，t的单位是s.从t＝0开始计时，则(　　)

A．A物体在3 s末时刻的加速度是初始时刻的倍
B．t>4 s后，B物体做匀加速直线运动
C．t＝4.5 s时，A物体的速度为零
D．t>4.5 s后，A、B的加速度方向相反
[解析]　当A、B间作用力为0时二者分离，此时aA＝aB，即＝，t＝4 s，此后B做匀加速直线运动，而A做加速度逐渐减小的加速运动．当t＝4.5 s时，A物体的加速度为零而速度不为零；t>4.5 s后，A所受合外力反向，即A、B的加速度方向相反．当t<4 s时，A、B的加速度均为a＝.综上所述，选项A、B、D正确．
[答案]　ABD
6．(多选)(2019·沈阳教学抽样检测)如图所示，足够长的固定斜面倾角为θ，斜面a点以下(含a点)光滑，a点以上粗糙．可视为质点的质量均为1 kg的A、B两滑块静止在a点，某时刻在B上加一沿斜面向上、大小为7 N的恒力，弹簧的劲度系数为100 N/m，θ＝37°，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，两滑块与斜面间的动摩擦因数均为0.25，则A、B向上运动的过程中有(　　)

A．A、B刚分离时A有沿斜面向上的加速度
B．从加上恒力到A、B分离A上升高度为7 cm
C．A速度最大时，A沿斜面移动的距离为3 cm
D．A速度最大时，A、B间弹力为1 N
[解析]　由题意知m＝1 kg、F＝7 N、k＝100 N/m、μ＝0.25，A、B刚过a点时的加速度大小为＝1.5 m/s2，刚分离时A、B间无弹力，对B有aB＝＝－1 m/s2，此时A、B加速度相同，故A的加速度沿斜面向下，此时对A有aA＝＝－1 m/s2，解得x1＝0.07 m，初态kx0＝2mgsinθ，解得x0＝0.12 m，A上升的高度为(0.12 m－0.07 m)sin37°＝3 cm，A、B错；A速度最大即加速度为零，对A、B整体有kx2＋F－2mgsinθ－2μmgcosθ＝0，解得x2＝0.09 m，A沿斜面移动的距离Δx＝x0－x2＝0.03 m，此时对A有kx2－N－mgsinθ－μmgcosθ＝0，解得A、B间弹力N＝1 N，C、D对．
[答案]　CD
7．(多选)(2019·湖北七市联合模拟)如下图所示，在一沿顺时针方向匀速转动的传送带的左端A点，每隔T的时间，轻放上一个相同的工件，已知工件与传送带间的动摩擦因数为μ，工件的质量均为m，经测量，发现后面那些已经和传送带达到相同速度的工件之间的距离为x，重力加速度为g，下列判断正确的是(　　)

A．传送带的速率为
B．工件加速运动的时间为
C．工件与传送带间的相对位移一定为x
D．根据题目已知条件可以求出工件与传送带的相对位移
[解析]　工件在传送带上先做匀加速直线运动，然后做匀速直线运动，每个工件放上传送带后运动的规律相同，可知x＝vT，解得传送带的速率v＝，故A正确；设每个工件匀加速运动的时间为t，根据牛顿第二定律得，工件的加速度为a＝μg，根据v＝at，解得t＝＝，故B正确；工件加速过程的位移x工件＝＝，工件加速过程中传送带的位移x传送带＝vT＝2×x工件＝，工件与传送带间的相对位移Δx＝x传送带－x工件＝，故C错误，D正确．
[答案]　ABD
8．(多选)(2019·山东省泰安市上学期期中)如图所示，倾角为θ的斜面静置于地面上，斜面上表面光滑，A、B、C三球的质量分别为m、2m、3m，轻质弹簧一端固定在斜面顶端、另一端与A球相连，A、B间固定一个轻杆，B、C间由一轻质细线连接．弹簧、轻杆与细线均平行于斜面，初始系统处于静止状态，现突然剪断细线或弹簧．下列判断正确的是(　　)

A．弹簧被剪断的瞬间，A、B、C三个小球的加速度均为零
B．弹簧被剪断的瞬间，A、B之间杆的弹力大小为零
C．细线被剪断的瞬间，A、B球的加速度沿斜面向上，大小为gsinθ
D．细线被剪断的瞬间，A、B之间杆的弹力大小为4mgsinθ
[解析]　若是弹簧被剪断，将三个小球看做一个整体，整体的加速度为a＝gsinθ，然后隔离A，对A分析，设杆的作用力为F，则F＋mgsinθ＝ma，解得F＝0，A错误，B正确；剪断细线前，以A、B、C组成的系统为研究对象，系统静止，处于平衡状态，合力为零，则弹簧的弹力为F弹＝(3m＋2m＋m)gsinθ＝6mgsinθ.以C为研究对象知，细线的拉力为3mgsinθ.剪断细线的瞬间，由于弹簧弹力不能突变，以A、B组成的系统为研究对象，由牛顿第二定律得F弹－(m＋2m)gsinθ＝(m＋2m)aAB，解得A、B两个小球的加速度为aAB＝gsinθ，方向沿斜面向上，以B为研究对象，由牛顿第二定律得：FAB－2mgsinθ＝2maAB，解得杆的拉力为FAB＝4mgsinθ，故C、D正确．
[答案]　BCD
9．(多选)(2019·湖北省黄冈市质检)如图所示，足够长的倾斜传送带以v＝2.4 m/s的速度逆时针匀速转动，传送带与水平面的夹角θ＝37°，某时刻同时将A、B物块(可视为质点)轻放在传送带上，已知A、B两物块释放时的间距为0.042 m，与传送带间的动摩擦因数分别为μA＝0.75、μB＝0.5，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度g＝10 m/s2，则下列说法中正确的是(　　)

A．物块B先做匀加速直线运动，后与传送带保持相对静止
B．物块B最终一定追上物块A
C．在t＝0.24 s时，A、B物块速度大小相等
D．在t＝0.54 s前，A、B两物块之间的距离先增大后不变
[解析]　物块B先做匀加速直线运动，当与传送带共速后，因为μB＝0.5[答案]　BC
二、非选择题
10．(2019·成都实验中学月考)如图所示，质量m＝1 kg的物块A放在质量M＝4 kg的木板B的左端，起初A、B均静止在水平地面上．现用一水平向左的力F作用在木板B上，

已知A、B之间的动摩擦因数为μ1＝0.4，地面与B之间的动摩擦因数为μ2＝0.1，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2.
(1)求能使A、B相对静止的F的最大值．
(2)若F＝30 N，作用1 s后撤去F，要使A不从B上滑落，则木板至少为多长？从开始到A、B均静止，A运动的总位移是多少？
[解析]　(1)对A进行受力分析可知，其最大加速度由A、B之间的最大静摩擦力决定，由牛顿第二定律得μ1mg＝mamax，代入数据解得amax＝4 m/s2
对A、B整体进行受力分析可知，恰好无相对运动时，A、B具有共同的加速度，且大小为amax，由牛顿第二定律得
Fmax－μ2(M＋m)g＝(M＋m)amax，代入数据解得Fmax＝25 N.
(2)设F作用在B上时，A、B的加速度大小分别为a1、a2，经t1＝1 s，撤掉F时，A、B的速度大小分别为v1、v2，加速度大小分别为a1′、a2′，A、B共同运动时速度大小为v3，加速度大小为a3.
对A进行受力分析，可知a1＝amax＝4 m/s2，v1＝a1t1＝4 m/s
对B进行受力分析，有F－μ1mg－μ2(M＋m)g＝Ma2，故a2＝5.25 m/s2，v2＝a2t1＝5.25 m/s
撤去F时，有a1′＝a1＝4 m/s2，
a2′＝＝2.25 m/s2
经过t2时间后A、B速度相等，有v1＋a1′t2＝v2－a2′t2，代入数据解得t2＝0.2 s
则v3＝v1＋a1′t2＝4.8 m/s
从开始到A、B相对静止，A、B的相对位移应不大于木板的长度L，设A的位移为xA，B的位移为xB，有
L≥xB－xA＝＋－a1(t1＋t2)2＝0.75 m
A、B速度相等后共同在水平面上做匀减速直线运动，加速度a3＝μ2g＝1 m/s2
从A、B相对静止至最终静止，位移x＝＝11.52 m
故A运动的总位移为xA总＝xA＋x＝14.4 m.
[答案]　(1)25 N　(2)0.75 m　14.4 m
11．(2019·安徽皖南八校联考)在某电视台举办的冲关游戏中，AB是处于竖直平面内的光滑圆弧轨道，半径R＝1.6 m，BC是长度为L1＝3 m的水平传送带，CD是长度为L2＝3.6 m水平粗糙轨道，AB、CD轨道与传送带平滑连接，参赛者抱紧滑板从A处由静止下滑，参赛者和滑板可视为质点，参赛者质量m＝60 kg，滑板质量可忽略．已知滑板与传送带、水平轨道的动摩擦因数分别为μ1＝0.4、μ2＝0.5，g取10 m/s2.求：

(1)参赛者运动到圆弧轨道B处对轨道的压力；
(2)若参赛者恰好能运动至D点，求传送带运转速率及方向；
(3)在第(2)问中，传送带由于传送参赛者多消耗的电能．
[解析]　(1)对参赛者：A到B过程，由动能定理得
mgR(1－cos60°)＝mv
解得vB＝4 m/s
在B处，由牛顿第二定律得FNB－mg＝m
解得FNB＝2mg＝1200 N
根据牛顿第三定律得，参赛者对轨道的压力FNB′＝FNB＝1200 N，方向竖直向下
(2)C到D过程由动能定理得－μ2mgL2＝0－mv
解得vC＝6 m/s
B到C过程加速阶段由牛顿第二定律得μ1mg＝ma
解得a＝4 m/s2
参赛者加速至vC历时t＝＝0.5 s
位移x1＝t＝2.5 m参赛者从B到C先匀加速后匀速，传送带顺时针运转，速率v＝6 m/s
(3)0.5 s内传送带位移x2＝vt＝3 m
参赛者与传送带的相对位移Δx＝x2－x1＝0.5 m
传送带由于传送参赛者多消耗的电能
E＝μ1mgΔx＋mv－mv＝720 J
[答案]　(1)1200 N，方向竖直向下
(2)6 m/s，顺时针运转
(3)720 J



2020（四川专用）高考物理新课标大二轮优生讲义第1块（3）力学中的曲线运动（有答案）
3、力学中的曲线运动


[答案]　(1)x＝v0t、y＝gt2、vx＝v0、vy＝gt
(2)线速度v＝、角速度ω＝、周期T＝、频率f＝、向心加速度a＝ω2r＝、向心力F＝mω2r＝m
(3)


(4)





热点考向一　运动的合成与分解方法

【典例】　(多选)(2019·河北五校联考)如图所示，在水平地面上有一个质量为M、横截面为直角三角形的木块，一长为L的轻杆的下端用铰链固定在地面上，另一端固定一个质量为m的小球，小球紧靠木块的一直角边．用水平向左的力F推木块，使木块以速度v向左做匀速运动，轻杆将绕着O点转动，经过图示位置时，轻杆与水平方向的夹角为θ，则下列说法正确的是(　　)

A．此时小球的速度大小为
B．此时小球的速度大小为
C．此时轻杆转动的角速度为
D．木块匀速推小球的过程中，小球做匀速圆周运动
[思路引领]　两接触物体在垂直于接触面方向的分速度相同，平行于接触面方向的分速度若无相对滑动也相同，若有相对滑动则不同．此题中小球做圆周运动，其线速度为合速度，小球沿垂直接触面方向的分速度等于木块的速度v.
[解析]　小球做圆周运动，其线速度方向与轻杆垂直．将线速度v球分解成水平方向和竖直方向上的两个分速度，

其水平分速度等于v，如右图所示，即v球sinθ＝v，解得v球＝，选项A错误，B正确；轻杆转动的角速度ω＝＝，选项C正确；木块匀速推小球的过程中，杆与水平方向的夹角θ逐渐增大，由ω＝可知ω逐渐减小，所以小球做减速圆周运动，选项D错误．
[答案]　BC

1．理清合运动与分运动的三个关系
等时性 分运动与合运动的运动时间相等
独立性 一个物体同时参与几个分运动，各个运动独立进行、互不影响
等效性 各个分运动的叠加效果与合运动的效果相同
2.解决运动的合成与分解问题的一般思路
(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．

迁移一　小船过河问题
1．(2019·湖北武汉测试)有甲、乙两只船，它们在静水中航行速度分别为v1和v2，现在两船从同一渡口向河对岸开去，已知甲船想用最短时间渡河，乙船想以最短航程渡河，结果两船抵达对岸的地点恰好相同．则甲、乙两船渡河所用时间之比为(　　)
A. B. C. D.
[解析]　如图所示，当甲船在静水中的速度v1与河岸垂直时，甲船渡河时间最短．乙船以最短航程渡河，因为两船抵达地点相同，合速度方向相同，可知乙船在静水中的速度v2小于水流速度v水，不能垂直到达对岸，则乙船在静水中速度v2的方向与合速度方向垂直时航程最短．

两船的合位移相等，则渡河时间之比等于两船合速度之反比，即＝，由图可知v甲合＝；v乙合＝，其中tanθ＝，sinθ＝，则＝＝＝，故D项正确．
[答案]　D
迁移二　绳(杆)关联速度问题
2．(多选)(2019·哈师大附中二模)如图所示，将质量为2m的重物悬挂在轻绳的一端，轻绳的另一端系一质量为M的小环，小环套在竖直固定的光滑直杆上，光滑定滑轮与直杆的距离为d.现将小环从与定滑轮等高的A处由静止释放，当小环沿直杆下滑距离也为d时(图中B处)，下列说法正确的是(重力加速度为g)(　　)

A．小环刚释放时轻绳中的张力一定大于2mg
B．小环到达B处时，重物上升的高度约为(－1)d
C．小环在B处的速度与重物上升的速度大小之比等于
D．小环在B处的速度与重物上升的速度大小之比等于
[解析]　如图所示，

将小环速度v进行正交分解，小环释放后，v增加，而v1＝vcosθ，v1增大，由此可知小环刚释放时重物具有向上的加速度，故绳中张力一定大于2mg，A项正确；小环到达B处时，绳与直杆间的夹角为45°，重物上升的高度h＝(－1)d，B项正确；分速度v1与重物上升的速度大小相等，v1＝vcos45°＝v，所以，小环在B处的速度与重物上升的速度大小之比等于，C项错误，D项正确．
[答案]　ABD



绳(杆)牵连物体的分析技巧
(1)解题关键
找出合速度与分速度的关系是求解关联问题的关键．
(2)基本思路
①先确定合速度的方向(物体实际运动方向)．
②分析合运动所产生的实际效果：一方面使绳或杆伸或缩；另一方面使绳或杆转动．
③确定两个分速度的方向，沿绳或杆方向的分速度和垂直绳或杆方向的分速度，而沿绳或杆方向的分速度大小相等.
热点考向二　平抛运动规律的应用

【典例】　(2019·浙江六校联考)图中给出了某一通关游戏的示意图，安装在轨道AB上可上下移动的弹射器，能水平射出速度大小可调节的弹丸，弹丸射出口在B点正上方，竖直面内的半圆弧BCD的半径R＝2.0 m，直径BD水平且与轨道AB处在同一竖直面内，小孔P和圆心O连线与水平方向夹角为37°，游戏要求弹丸垂直于P点圆弧切线方向射入小孔P就能进入下一关，为了能通关，弹射器离B点的高度和弹丸射出的初速度分别是(不计空气阻力，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)(　　)

A．0.15 m,4 m/s B．1.50 m,4 m/s
C．0.15 m,2 m/s D．1.50 m,2 m/s
[思路引领]　弹丸从P点射出时的速度方向就是半径OP的方向，如右图：.
[解析]　如图所示，弹丸从P点射出时的速度方向就是半径OP的方向，即与水平方向成37°.由平抛运动规律有＝tan37°，竖直方向的速度vy＝gt，竖直方向上的位移h＋Rsin37°＝gt2，水平方向上的位移R＋Rcos37°＝vxt，联立解得h＝0.15 m，v0＝vx＝4 m/s，故A项正确，B、C、D均错误．

[答案]　A

研究平抛运动的常用方法
1．分解速度
设平抛运动的初速度为v0，在空中运动时间为t，则平抛运动在水平方向的速度为：vx＝v0，在竖直方向的速度为：vy＝gt，合速度为：v＝，合速度与水平方向夹角θ满足tanθ＝.
2．分解位移
平抛运动在水平方向的位移为：x＝v0t，在竖直方向的位移为：y＝gt2，相对抛出点的位移(合位移)为：s＝，合位移与水平方向夹角φ满足tanφ＝.
3．分解加速度
对于有些问题，过抛出点建立适当的直角坐标系，把重力加速度g正交分解为gx、gy，把初速度v0正交分解为vx、vy，然后分别在x、y方向列方程求解，可以避繁就简，化难为易．

迁移一　平抛运动的极值问题
1．(2019·西安三校春季联考)某科技比赛中，参赛者设计了一个轨道模型，如右图所示．模型放到80 cm高的桌子上，最高点距离地面2 m，右端出口水平．现让小球由最高点静止释放，忽略阻力作用，为使小球飞得最远，右端出口距离桌面的高度应设计为(　　)

A．0 m B．0.1 m
C．0.2 m D．0.3 m
[解析]　从最高点到出口，满足机械能守恒，有(H－h)mg＝mv2，从出口飞出后小球做平抛运动，有x＝vt，h＝gt2，可得x＝2，根据数学知识知，当H－h＝h时，x最大，即h＝1 m时，小球飞得最远，此时出口距离桌面高度为Δh＝1 m－0.8 m＝0.2 m.
[答案]　C
迁移二　平抛运动与斜面组合
2．(2019·黄冈中学元月质检)如图甲所示，水平面上固定一个斜面，从斜面顶端向右平抛一个小球，当初速度为v0时，小球恰好落到斜面底端，小球在空中运动的时间为t0.现用不同的初速度v从该斜面顶端向右平抛该小球，以下哪个图像(图乙)能正确表示小球在空中运动的时间t随初速度v变化的关系(　　)

[解析]　设斜面倾角为θ，当小球落在斜面上时，有tanθ＝＝，得t＝，即t与速度v成正比．当小球落在水平面上时，根据h＝gt2，得t＝，可知运动时间不变，可知t与v的关系图线先是过原点的一条倾斜直线，然后是平行于横轴的直线，故C正确，A、B、D错误．
[答案]　C
迁移三　平抛运动与圆面组合
3．(2019·广东华南三校联考)如图所示，水平地面上有一个坑，其竖直截面为半圆，O为圆心，AB为沿水平方向的直径．若在A点以初速度v1沿AB方向平抛一小球，小球将击中坑壁上的最低点D点；若在A点抛出小球的同时，在C点以初速度v2水平向左抛出另一相同质量的小球，也能击中D点．已知∠COD＝60°，不计空气阻力，则(　　)

A．两小球同时落到D点
B．两小球在此过程中动能的增加量相等
C．在击中D点前瞬间，重力对两小球做功的瞬时功率相等
D．两小球初速度大小之比v1∶v2＝∶3
[解析]　根据h＝gt2得，t＝，两球下降的高度之比为2∶1，则运动的时间之比为∶1.由几何关系知，两球的水平位移之比为2∶，则两球的初速度之比为∶3，选项D正确，A错误；因为两小球下降的高度不同，重力做功不同，根据动能定理知，动能的增加量不相等，选项B错误；两球下落的高度之比为2∶1，则落到D点时在竖直方向上的速度不相等，根据P＝mgvy可知，重力的瞬时功率不相等，选项C错误．
[答案]　D



在平抛运动中，初速度v0与加速度g不是同一直线上的物理量，不能按匀变速直线运动公式x＝v0t＋at2、v＝v0＋at直接套用，注意先分解为两个分运动，必要时再合成.

热点考向三　圆周运动问题

【典例】　(2018·全国卷Ⅲ)如图，在竖直平面内，一半径为R的光滑圆弧轨道ABC和水平轨道PA在A点相切，BC为圆弧轨道的直径，O为圆心，OA和OB之间的夹角为α，sinα＝.一质量为m的小球沿水平轨道向右运动，经A点沿圆弧轨道通过C点，落至水平轨道；在整个过程中，除受到重力及轨道作用力外，小球还一直受到一水平恒力的作用．已知小球在C点所受合力的方向指向圆心，且此时小球对轨道的压力恰好为零．重力加速度大小为g.求：

(1)水平恒力的大小和小球到达C点时速度的大小；
(2)小球到达A点时动量的大小；
(3)小球从C点落至水平轨道所用的时间．
[思路引领]　


[解析]　(1)设水平恒力的大小为F0，小球到达C点时所受合力的大小为F.由力的合成法则有
＝tanα①
F＝②
设小球到达C点时的速度大小为v，由牛顿第二定律得
F＝m③
由①②③式和题给数据得
F0＝mg④
v＝⑤
(2)设小球到达A点的速度大小为v1，作CD⊥PA，交PA于D点，由几何关系得
DA＝Rsinα⑥
CD＝R(1＋cosα)⑦
由动能定理有
－mg·CD－F0·DA＝mv2－mv⑧
由④⑤⑥⑦⑧式和题给数据得，小球在A点的动量大小为
p＝mv1＝⑨

(3)小球离开C点后在竖直方向上做初速度不为零的匀加速运动，加速度大小为g.设小球在竖直方向的初速度为v⊥，从C点落至水平轨道上所用时间为t.由运动学公式有
v⊥t＋gt2＝CD⑩
v⊥＝vsinα?
由⑤⑦⑩?式和题给数据得
t＝?
[答案]　(1)mg　　(2)
(3)

1．解决圆周运动力学问题的关键
(1)正确进行受力分析，明确向心力的来源，确定圆心以及半径．
(2)列出正确的动力学方程F＝m＝mrω2＝mωv＝mr.结合v＝ωr、T＝＝等基本公式进行求解．
2．竖直面内的圆周运动问题的解题思路
(1)定模型：首先判断是轻绳模型、轻杆模型还是外轨模型．
(2)过最高点的条件：轻绳模型中物体在最高点的速度v≥，轻杆模型中物体在最高点的速度v≥0，外轨模型中物体在最高点的速度v≤.
(3)研究状态：通常情况下竖直平面内的圆周运动只涉及最高点和最低点的运动情况．
(4)受力分析：对物体在最高点或最低点时进行受力分析，沿半径方向根据牛顿第二定律列出方程，F合＝F向．
(5)过程分析：应用动能定理或机械能守恒定律将初、末两个状态联系起来列出方程．

迁移一　水平面内的圆周运动
1．(多选)(2019·河南五校联考)如图所示，小物体A、B通过弹簧连接，并静止在水平转台上，现从静止开始缓慢增大转台的转速(在每个转速下均可认为转台匀速转动)，已知A、B的质量分别为m、2m，A、B与转台之间的动摩擦因数均为μ，A、B离转台中心的距离都为r，已知弹簧的原长为r，劲度系数为k，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，以下说法正确的是(　　)

A．物体A和B同时相对转台发生滑动
B．当A受到的摩擦力为0时，B受到的摩擦力方向背离圆心
C．当B受到的摩擦力为0时，A受到的摩擦力方向背离圆心
D．当A、B均相对转台静止时，允许的最大角速度为
[解析]　A刚好要滑动时，所受静摩擦力达到最大静摩擦力，弹簧弹力与静摩擦力的合力提供向心力，则有kr＋μmg＝mωr，解得ωA＝ ，B刚好要滑动时，所受静摩擦力达到最大静摩擦力，弹簧弹力与静摩擦力的合力提供向心力，则有kr＋2μmg＝2mωr，解得ωB＝ ，故ωA>ωB，所以B先滑动，当A、B均相对转台静止时，允许的最大角速度为ωB＝ ，A错误，D正确；A受到的摩擦力为0时，由弹簧弹力提供A做圆周运动所需的向心力，故kr＝mω2r，解得ω＝，此时B所需要的向心力F＝2mω2r＝2kr>kr，故B受到的摩擦力方向指向圆心，B错误；B受到的摩擦力为0时，由弹簧弹力提供B做圆周运动所需的向心力，故kr＝2mω′2r，解得ω′＝，此时A所需要的向心力F′＝mω′2r＝kr[答案]　CD
迁移二　竖直面内圆周运动的“杆”模型
2．(多选)(2019·河南五校联考)如图甲所示，半径为R、内壁光滑的圆形细管竖直放置，一可看作质点的小球在圆管内做圆周运动，当其运动到最高点A时，小球受到的弹力F与其在A点速度平方(即v2)的关系如图乙所示．设细管内径可忽略不计，则下列说法中正确的是(　　)

A．当地的重力加速度大小为
B．该小球的质量为R
C．当v2＝2b时，小球在圆管的最低点受到的弹力大小为7a
D．当0≤v2[解析]　由题图乙可知，当v2＝b时，小球与圆管内壁之间恰好没有力的作用，此时由重力提供小球做圆周运动的向心力，即mg＝m，故g＝，选项A错误；当v2＝0时，有mg＝a，又因为g＝，所以小球的质量m＝R，选项B正确；当v2＝2b时，设小球运动到最低点时的速度大小为v′，则由机械能守恒定律可得：mg·2R＝mv′2－m·2b，设小球在最低点时受到的弹力大小为F′，则由牛顿第二定律可得：F′－mg＝m，联立解得：F′＝7a，选项C正确；当0≤v2[答案]　BC
迁移三　竖直面内圆周运动的“绳”模型
3．(2019·河北名校联盟)如图所示，质量为m的小球(可视为质点)用长度为R的细绳拴着在竖直面内绕O点做圆周运动，小球恰好能通过轨迹圆的最高点A，重力加速度为g，不计空气阻力，则(　　)

A．小球通过最高点A时的速度大小为gR
B．小球通过最低点B和最高点A的动能之差为mgR
C．若细绳在小球运动到与圆心O等高的C点断了，则小球还能上升的高度为R
D．若细绳在小球运动到A点断了，则经过t＝时间小球运动到与圆心等高的位置
[解析]　此模型为“绳”模型．小球恰好通过最高点A时，绳子的拉力为零，则有mg＝m，解得vA＝，A错误；小球从最高点运动到最低点的过程中重力做的功为2mgR，根据动能定理可知小球通过最低点B和最高点A的动能之差为2mgR，B错误；小球从A点运动到C点的过程中，由动能定理有mgR＝mv－mv，设绳子在C点断后小球还能上升的高度为h，则有－mgh＝0－mv，又vA＝，联立以上各式解得h＝R，C错误；若细绳在小球运动到A处断了，则小球下降高度R所用的时间满足R＝gt2，解得t＝ ，D正确．
[答案]　D



抓住“两类模型”是解决问题的突破点
(1)模型1——水平面内的圆周运动，一般由牛顿运动定律列方程求解．
(2)模型2——竖直面内的圆周运动(绳球模型和杆球模型)，通过最高点和最低点的速度常利用动能定理(或机械能守恒)来建立联系，然后结合牛顿第二定律进行动力学分析求解.




热点考向四　万有引力与航天问题的分析与计算

【典例】　(多选)(2019·全国卷Ⅰ)在星球M上将一轻弹簧竖直固定在水平桌面上，把物体P轻放在弹簧上端，P由静止向下运动，物体的加速度a与弹簧的压缩量x间的关系如图中实线所示．在另一星球N上用完全相同的弹簧，改用物体Q完成同样的过程，其a－x关系如图中虚线所示．假设两星球均为质量均匀分布的球体．已知星球M的半径是星球N的3倍，则(　　)

A．M与N的密度相等
B．Q的质量是P的3倍
C．Q下落过程中的最大动能是P的4倍
D．Q下落过程中弹簧的最大压缩量是P的4倍
[思路引领]　(1)a－x图线与坐标轴围成图形的面积和质量的乘积表示合外力做的功．
(2)根据运动的对称性可知Q下落时弹簧的最大压缩量为4x0.
[解析]　设P、Q的质量分别为mP、mQ；M、N的质量分别为M1、M2，半径分别为R1、R2，密度分别为ρ1、ρ2；M、N表面的重力加速度分别为g1、g2.在星球M上，弹簧压缩量为0时有mPg1＝3mPa0，所以g1＝3a0＝G，密度ρ1＝＝；在星球N上，弹簧压缩量为0时有mQg2＝mQa0，所以g2＝a0＝G，密度ρ2＝＝；因为R1＝3R2，所以有ρ1＝ρ2，选项A正确．当物体的加速度为0时有mPg1＝3mPa0＝kx0，mQg2＝mQa0＝2kx0，解得mQ＝6mP，选项B错误．根据a—x图线与坐标轴围成图形的面积和质量的乘积表示合外力做的功可知，EkmP＝mPa0x0，EkmQ＝mQa0x0，所以EkmQ＝4EkmP，选项C正确．根据运动的对称性可知，Q下落时弹簧的最大压缩量为4x0，P下落时弹簧的最大压缩量为2x0，选项D错误．
[答案]　AC

　人造卫星运动规律分析


迁移一　天体运动中的自转模型
1．(多选)(2019·哈尔滨六中模拟)2017年11月8日，“雪龙号”极地考察船驶离码头，开始了第34次南极考察之旅．“雪龙号”极地考察船在由我国驶向南极的过程中，经过赤道时测得某物体的重力是G1；在南极附近测得该物体的重力为G2.已知地球自转的周期为T，引力常量为G.假设地球可视为质量分布均匀的球体，且海水的密度和船的总质量均不变，忽略其他星体对考察船及该物体的影响，由此可知(　　)
A．“雪龙号”考察船在南极时的吃水深度与在赤道时相同
B．“雪龙号”考察船在南极时的吃水深度比在赤道时大
C．地球的密度为
D．当地球的自转周期为T 时，放在地球赤道地面上的物体不再对地面有压力
[解析]　“雪龙号”考察船航行时，竖直方向上有mg＝F浮＝ρ液gV排，故m＝ρ液V排，因海水的密度和船的总质量均不变，故“雪龙号”考察船航行时排水量不变，即在南极时的吃水深度与在赤道时相同，A正确，B错误；设地球的质量为M，半径为R，被测物体的质量为m，被测物体在赤道上时，G＝G1＋mR，被测物体在南极附近时，G＝G2，地球的体积V′＝πR3，地球的密度ρ′＝，联立解得ρ′＝，C正确；当放在地球赤道地面上的被测物体不再对地面有压力时，有G2＝mR，联立解得T′＝T ，D正确．
[答案]　ACD
迁移二　天体运动中的公转模型
2．(2019·山西部分学校模拟)2018年7月10日，我国成功发射了第三十二颗北斗导航卫星．该卫星属于倾斜地球同步轨道卫星，其运转轨道平面与地球赤道平面有夹角，离地面的高度和地球静止同步轨道卫星离地面的高度一样．仅考虑卫星与地球间的作用，关于第三十二颗北斗导航卫星，下列说法正确的是(　　)
A．周期小于地球自转的周期
B．线速度大于第一宇宙速度
C．加速度大于地球静止同步轨道卫星的加速度
D．角速度等于地球静止同步轨道卫星的角速度
[解析]　因卫星与地球同步，则卫星的周期等于地球自转的周期，选项A错误，D正确；第一宇宙速度是卫星环绕地球做圆周运动的最大线速度，近似等于近地卫星的线速度，卫星的轨道半径越大，线速度越小，则此卫星的线速度小于第一宇宙速度，选项B错误；因卫星离地面的高度和地球静止同步轨道卫星离地面的高度一样，则根据a＝G可知，卫星的加速度等于地球静止同步轨道卫星的加速度，选项C错误．
[答案]　D
迁移三　卫星变轨模型
3．(多选)(2019·河北名校联盟)如图所示是我国发射的“嫦娥三号”卫星被月球俘获的示意图，“嫦娥三号”卫星先绕月球沿椭圆轨道Ⅲ运动，在P点经两次制动后最终沿月球表面的圆轨道Ⅰ做匀速圆周运动，已知圆轨道半径为r，椭圆Ⅲ的半长轴为4r，卫星沿圆轨道Ⅰ运行的周期为T，则下列说法中正确的是(　　)

A．“嫦娥三号”卫星在轨道Ⅱ上运行的机械能大于在轨道Ⅲ上运行的机械能
B．“嫦娥三号”卫星在轨道Ⅲ上运行时，在M点的速度大
小大于在P点的速度大小
C．“嫦娥三号”卫星在三个轨道上运行时，在P点的加速度总是相同的
D．“嫦娥三号”卫星在轨道Ⅲ上运行时，从M点运动到P点经历的时间为4T
[解析]　因“嫦娥三号”卫星从轨道Ⅲ变轨到轨道Ⅱ上运行时，必须在P点进行减速，即在轨道Ⅱ上运行的机械能小于在轨道Ⅲ上运行的机械能，A项错误；由M→P万有引力做正功，在M点的速度大小小于在P点的速度大小，B项错误；由G＝ma知卫星离中心天体高度相同时，运行的加速度相同，C项正确；令“嫦娥三号”卫星从M点运动到P点经历的时间为t，则由开普勒第三定律得＝，即t＝4T，D项正确．
[答案]　CD



变轨过程中能量分析的常见误区
(1)变轨前后，卫星机械能不守恒．卫星的发射和回收都是利用以上原理通过多次变轨实现的．由于变轨时卫星需要借助“点火”实现加速或减速，变轨前后的机械能不守恒，有其他形式的能量参与转化．
(2)同一轨道上自主运行时仅受万有引力作用，机械能守恒．这一结论对圆形或椭圆形轨道均成立.



高考热点模型突破——双星及多星模型
　　　　　　　　　　　　


1．双星模型
(1)模型条件：两颗恒星彼此相距较近；两颗恒星靠相互之间的万有引力做匀速圆周运动；两颗恒星绕同一圆心做匀速圆周运动．
(2)模型特点
①向心力等大反向：两颗恒星做匀速圆周运动的向心力由它们之间的万有引力提供，故F1＝F2，且方向相反，分别作用在两颗恒星上，是一对作用力和反作用力．
②周期、角速度相同：两颗恒星做匀速圆周运动的周期、角速度相等．
③半径、线速度与质量成反比：圆心在两颗恒星的连线上，且r1＋r2＝L，两颗恒星做匀速圆周运动的半径与恒星的质量成反比．两颗恒星做匀速圆周运动的线速度与恒星的质量成反比．

2．三星模型
(1)第一种情况：三颗星位于同一直线上，两颗星围绕中央的星(静止不动)在同一半径为R的圆轨道上运行，周期相同．
(2)第二种情况：三颗星位于等边三角形的三个顶点上，并沿等边三角形的外接圆轨道运行，三颗星的运行周期相同(如图所示)．
3．四星模型
(1)第一种情况：四颗星稳定地分布在边长为a的正方形的四个顶点上，均围绕正方形的两条对角线的交点做匀速圆周运动(如图所示)．

(2)第二种情况：有三颗星位于边长为a的等边三角形的三个顶点上，并沿外接于等边三角形的圆形轨道运行，而第四颗星刚好位于三角形的中心不动．
【典例】　(2019·江西六校联考)宇宙中存在一些质量相等且离其他恒星较远的四颗星体组成的四星系统，通常可忽略其他星体对它们的引力作用．设四星系统中每个星体的质量均为m，半径均为R，四颗星体稳定分布在边长为a的正方形的四个顶点上，如图所示．引力常量为G.关于四星系统，下列说法错误的是(　　)

A．四颗星体围绕正方形对角线的交点做匀速圆周运动
B．四颗星体的轨道半径均为
C．四颗星体表面的重力加速度均为
D．四颗星体的运动周期均为2πa
[审题指导]　
第一步　读题干—提信息
题干 信息
忽略其他星体对它们的作用力 向心力是其他三颗星对它的引力的合力
每个星体的质量均为m，半径均为R 可求星体表面重力加速度
稳定分布在边长为a的正方形的四个顶点上 轨道半径为星体到中心O的距离
第二步　审程序—顺思路

[解析]　由四星系统的分布图可知，它们绕中心O点做匀速圆周运动，A正确．根据几何知识可知，它们的轨道半径为a，B错误．设四颗星体表面的重力加速度为g′，由＝m0g′得g′＝，C正确．对于其中一颗星体，由＋＝ma2，得T＝2πa，D正确．
[答案]　B





双星、多星问题解题的关键在于分析向心力的来源和轨道半径，各星体绕着系统的重心位置转动，向心力的分析容易漏力．例如：如图所示的三星系统，三颗星体质量均为m.三角形ABC为等边三角形，边长为a.可列方程＝ma2.若三颗星体质量不相等时，将以三星系统的等效重心为圆心转.


1．(多选)(2019·合肥质检)在浩瀚的宇宙中存在着无数的星体，其中存在着这样的两个星体A、B，星体A、星体B在彼此间万有引力的作用下，围绕两者连线上的O点做匀速圆周运动，如图所示．已知两星体A、B中心之间的距离为l，星体A的角速度为ω，两星体A、B到O点的距离差为Δr，引力常量为G.则下列说法正确的是(　　)

A．两星体的质量之差为
B．星体A、星体B的运动半径之比为
C．两星体运行的线速度之差为ω·Δr
D．星体A、星体B的质量之比为
[解析]　星体A、B靠相互间的万有引力提供向心力，两者的角速度相等，周期相等，则星体B的角速度也为ω，根据题意可知rA＋rB＝l，rA－rB＝Δr，解得rA＝，rB＝，则星体A、星体B的运动半径之比为＝，B错误；根据万有引力提供向心力可知G＝mAω2rA＝mBω2rB，可得mA＝，mB＝，则两星体的质量之差为＝，质量之比为＝＝，A错误，D正确；星体A的线速度大小vA＝ωrA＝，星体B的线速度大小vB＝ωrB＝，则星体A、星体B的线速度大小之差为Δv＝vA－vB＝ω·Δr，C正确．
[答案]　CD
2．(多选)(2019·河北名校联盟)宇宙中存在一些离其他恒星较远的三星系统，通常可忽略其他星体对它们的引力作用，三星质量也相同．现已观测到稳定的三星系统存在两种基本的构成形式：一种是三颗星位于同一直线上，两颗星围绕中央星做圆周运动，如图甲所示；另一种是三颗星位于等边三角形的三个顶点上，并沿外接于等边三角形的圆形轨道运行，如图乙所示．设这三个星体的质量均为m，且两种系统中各星间的距离已在图甲、图乙中标出，引力常量为G，则下列说法中正确的是(　　)

A．直线三星系统中星体做圆周运动的线速度大小为
B．直线三星系统中星体做圆周运动的周期为4π
C．三角形三星系统中每颗星做圆周运动的角速度为2
D．三角形三星系统中每颗星做圆周运动的加速度大小为
[解析]　本题考查三星系统，求解的思路是运行天体的向心力由万有引力的合力提供．在直线三星系统中，星体做圆周运动的向心力由其他两星对它的万有引力的合力提供，根据万有引力定律和牛顿第二定律，有G＋G＝m，解得v＝ ，A项错误；由周期T＝知直线三星系统中星体做圆周运动的周期为T＝4π ，B项正确；同理，对三角形三星系统中做圆周运动的星体，有2Gcos30°＝mω2·，解得ω＝ ，C项错误；由2Gcos30°＝ma得a＝，D项正确．
[答案]　BD


专题强化训练(三)
一、选择题
1．(2019·启东中学月考)如右图所示，在一次救灾工作中，一架沿水平直线飞行的直升机A，用悬索(重力可忽略不计)救困在湖水中的伤员B.在直升机A和伤员B以相同的水平速度匀速运动的同时，悬索将伤员提起，在某一段时间内，A、B之间的距离以l＝H－t2(式中H为直升机A离水面的高度，各物理量的单位均为国际单位)规律变化，则在这段时间内，下面判断中正确的是(不计空气作用力)(　　)

A．悬索的拉力小于伤员的重力
B．悬索成倾斜直线
C．伤员做速度减小的曲线运动
D．伤员做加速度大小、方向均不变的曲线运动
[解析]　伤员B参与了两个方向上的运动：在水平方向上，伤员B和直升机A以相同的速度做匀速运动，在竖直方向上，由于A、B之间的距离以l＝H－t2规律变化，所以伤员与水面之间的竖直距离关系式为h＝t2＝at2，在竖直方向上以2 m/s2的加速度做匀加速直线运动，则伤员做加速度大小、方向均不变的曲线运动，且速度一直增加，故C错误，D正确；由于伤员在竖直方向上做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律可知，悬索的拉力应大于伤员的重力，故A错误；由于伤员在水平方向上做匀速运动，水平方向上没有加速度，悬索应成竖直状态，故B错误．
[答案]　D
2．(多选)(2019·株洲重点中学联考)如右图所示，小船从A码头出发，沿垂直于河岸的方向渡河，若河宽为d，渡河速度v船恒定，河水的流速与到河岸的距离x成正比，即v水＝kx，要使小船能够到达距A正对岸距离为s远的B码头，则(　　)

A．v船应为 B．v船应为
C．渡河时间为 D．渡河时间为
[解析]　河水的流速中间最快，离岸越近速度越慢，因为它是线性变化的(流速与到河岸的最短距离x成正比)，所以取距离河岸处的速度为河水的平均速度，即v＝，则渡河时间t＝＝，C正确，D错误；由d＝v船t，解得v船＝，A正确，B错误．
[答案]　AC
3.(2019·大庆高三调研)如图所示是排球场的场地示意图，设排球场的总长为L，前场区的长度为，网高为h，在排球比赛中，对运动员的弹跳水平要求很高．如果运动员的弹跳水平不高，运动员的击球点的高度小于某个临界值H，那么无论水平击球的速度多大，排球不是触网就是越界．设某一次运动员站在前场区和后场区的交界处，正对网前竖直跳起垂直网将排球水平击出，关于该种情况下临界值H的大小，下列关系式正确的是(　　)

A．H＝h B．H＝
C．H＝h D．H＝h
[解析]　将排球水平击出后排球做平抛运动，排球刚好触网和达底线时，有：＝v0，＋＝v0，联立解得H＝h，故选C.
[答案]　C
4.(2019·山东济宁期末)如图所示，一小球(可视为质点)从一半圆轨道左端A点正上方某处开始做平抛运动，运动轨迹恰好与半圆轨道相切于B点．半圆轨道圆心为O，半径为R，且OB与水平方向夹角为53°，重力加速度为g，则小球抛出时的初速度大小为(　　)

A. B.
C. D.
[解析]　由小球运动过程中恰好与半圆轨道相切于B点，知速度与水平方向的夹角为37°，设位移与水平方向的夹角为θ，有tanθ＝＝.因为tanθ＝＝，则竖直位移y＝0.6R，v＝2gy＝1.2gR，所以tan37°＝，则v0＝＝ ，C正确．
[答案]　C
5．(多选)(2019·启东中学月考)如图甲所示，将质量为M的物块A和质量为m的物块B放在水平转盘上，两者用长为L的水平轻绳连接．物块与转盘间的最大静摩擦力均为各自重力的k倍，物块A与转轴的距离等于轻绳长度，整个装置能绕通过转盘中心的竖直轴转动．开始时，轻绳恰好伸直但无弹力，现让该装置从静止开始转动，使角速度缓慢增大，绳中张力FT与转动角速度的平方ω2的关系如图乙所示，当角速度的平方ω2超过3ω时，物块A、B开始滑动．若图乙中的F1、ω1及重力加速度g均为已知，下列说法正确的是(　　)

A．L＝ B．L＝
C．k＝ D．m＝M
[解析]　当角速度的平方等于2ω时，绳中开始有张力，B物块所受静摩擦力达到最大值，有kmg＝m·2L·2ω，当角速度的平方等于3ω时，kmg＋F1＝m·2L·3ω，可解得k＝，L＝，A错误，B、C正确；当角速度的平方等于3ω时，对A物块有kMg－F1＝M·L·3ω，联立各式可解得M＝2m，D错误．
[答案]　BC
6．(多选)(2019·绵阳二诊)如图所示，一质量为m＝0.1 kg的小球以竖直向上的初速度v0＝10 m/s冲入一管道，该管道为圆管道，半径为R＝5 m.已知小球的入口与圆心在同一高度．经过管道后，它又沿着水平导轨进入另一个半径为r的圆轨道，且恰好能通过圆轨道的最高点．若所有衔接处均不损失机械能，不计摩擦，小球直径以及管道内径可忽略，圆管道和圆轨道底端均与水平导轨相切，g取10 m/s2.下列说法正确的是(　　)

A．小球到达管道最高点时对管道的压力为零
B．小球到达管道最高点时速度为5 m/s
C．小球到达管道最低点时对管道的压力为5 N
D．圆轨道半径r为4 m
[解析]　从出发点到管道的最高点，由机械能守恒定律得mv＝mgR＋mv，解得小球到达管道最高点时的速度v1＝0，即它刚好能够通过管道的最高点，选项B错误；小球到达管道最高点时速度为0，则可求得此时小球对管道的压力等于小球的重力，为1 N，选项A错误；由机械能守恒定律得mv＋mgR＝mv，解得小球到达管道最低点时速度v2＝10 m/s，在最低点，由牛顿第二定律得F－mg＝m，解得管道最低点对小球的支持力F＝5 N，再结合牛顿第三定律可知，选项C正确；小球刚好通过圆轨道最高点，则在最高点，小球速度v满足mg＝m，从出发点到圆轨道的最高点，由机械能守恒定律得mv2＋2mgr＝mgR＋mv，联立解得r＝4 m，选项D正确．
[答案]　CD
7．(2019·河北名校联盟)如图所示，一质量为m的小球从斜轨道某一高度处由静止滑下，然后沿竖直圆轨道的内侧运动，已知圆轨道的半径为R，不计一切摩擦阻力，重力加速度为g.则下列说法正确的是(　　)

A．当h＝2R时，小球恰好能到达最高点M
B．当h＝2R时，小球在圆心等高处P点时对轨道压力大小为2mg
C．当h≤2.5R时，小球在运动过程中不会脱离轨道
D．当h＝R时，小球在最低点N时对轨道压力大小为2mg
[解析]　在圆轨道的最高点M，由牛顿第二定律有mg＝m，解得v0＝.根据机械能守恒定律得mgh＝mg·2R＋mv，解得h＝2.5R.所以当h＝2.5R时小球恰好能到达最高点M，当h≥2.5R时，小球在运动过程中不会脱离轨道，选项A、C错误．当h＝2R时，设小球运动到与圆心等高处P点时速度为v，根据机械能守恒定律得mg·2R＝mgR＋mv2，小球在P点时，设所受轨道的作用力为FP，由牛顿第二定律FP＝m，联立解得FP＝2mg，由牛顿第三定律可知小球在圆心等高处P点时对轨道压力大小为2mg，选项B正确．当h＝R时，设小球在最低点N时速度为v′，则有mgR＝mv′2，在圆轨道最低点，有FN－mg＝m，解得FN＝3mg，由牛顿第三定律可知小球在最低点N时对轨道压力大小为3mg，选项D错误．
[答案]　B
8．(2019·福建“四地六校”春季联合模考)如图所示，有A、B两颗卫星绕地心O做圆周运动，旋转方向相同．A卫星的周期为T1，B卫星的周期为T2，在某一时刻两卫星相距最近，则(引力常量为G)(　　)

A．两卫星经过时间t＝T1＋T2再次相距最近
B．两颗卫星的轨道半径之比为∶
C．若已知两颗卫星相距最近时的距离，可求出地球的密度
D．若已知两颗卫星相距最近时的距离，可求出地球表面的重力加速度
[解析]　设两卫星经过时间t再次相距最近，由－＝1，解得t＝，A错误．根据开普勒第三定律＝，解得两颗卫星的轨道半径之比r1∶r2＝∶，B正确．已知两颗卫星相距最近时的距离，结合两颗卫星的轨道半径之比可以求得两颗卫星的轨道半径，由万有引力提供向心力G＝m2r，可以得出地球的质量，若知道地球半径，可以进一步求出地球的密度和地球表面的重力加速度，但地球半径未知，所以不可求出地球的密度和地球表面的重力加速度，C、D错误．
[答案]　B
9.(2019·陕西质检)如图所示，一颗人造卫星原来在椭圆轨道1上绕地球运动，近地点Q到地心O的距离为a，远地点P到地心O的距离为b，在P点变轨后进入轨道2做匀速圆周运动．已知地球半径为R，地球表面重力加速度为g.则(　　)

A．卫星在轨道1上运动经过Q点时，速率为
B．卫星在轨道1上运动经过P点时，速率大于
C．卫星在轨道2上运动经过P点时，速率大于
D．卫星在轨道2上运动经过P点时，加速度大小为
[解析]　卫星以a为半径绕地球做匀速圆周运动时有＝m和mg＝可得va＝ ，同理，卫星以b为半径做匀速圆周运动时的速率为vb＝ ，C错误；卫星从半径为a的圆轨道上进入椭圆轨道1需加速，使得万有引力小于所需向心力，所以卫星在椭圆轨道1上经过Q点的速度大于在以半径为a的圆轨道上经过Q点时的速度va＝ ，A错误；卫星在P点加速，方可使得卫星从1轨道进入2轨道，所以卫星在1轨道经过P时的速率小于卫星在以b为半径的圆轨道上做匀速圆周运动时的速率vb＝ ，B错误；在P点有，ma加＝，在地球表面处有mg＝，联立可得a加＝，D正确．
[答案]　D
二、非选择题
10．(2019·吉林调研)速降滑雪，又称高山滑雪，于1936年冬季奥运正式成为比赛项目，运动员要由起点出发以最快速度到达终点．如图所示为某高山滑雪的赛道简图，SA是以O点为圆心，半径为R＝10 m的四分之一圆弧，水平赛道AB长为L＝20 m，BC斜面与水平方向夹角θ＝37°，高度h＝5 m，质量m＝50 kg的滑雪运动员从S点出发自由下滑，最后停止于水平赛道D点．已知SA段摩擦可忽略不计，A到D的赛道动摩擦因数μ均为0.1，设滑雪运动员落在赛道上时，垂直于赛道的速度立刻减为0，而平行于赛道的速度保持不变，g取10 m/s2(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)求：

(1)运动员滑至A点的速度v；
(2)运动员滑到A点时对滑道的压力F；
(3)斜面最高端B点到停止点D之间的水平距离s.
[解析]　(1)SA段由动能定理可得mv2＝mgR
解得v＝＝10 m/s
(2)在A点由牛顿第二定律和向心力公式可得F－mg＝m
解得F＝1500 N
由牛顿第三定律可得F′＝F＝1500 N
所以压力为1500 N，方向竖直向下
(3)设滑到B点速度为vB，从S点到B点由动能定理可得
mgR－μmgL＝mv
从B点平抛，若落在CD面上时间为t
t＝＝1 s
平抛的水平距离为x＝vBt＝4 m
B、C的水平距离为x0＝＝ m在CD面上继续滑行距离为x1，由动能定理可得
－μmgx1＝0－mv
可得x1＝80 m
所以s＝x＋x1＝(80＋4) m
[答案]　(1)10 m/s　(2)1500 N，方向竖直向下　(3)(80＋4) m
11．(2019·太原模拟)如图所示轨道ABCDE在竖直平面内，AB与水平面BC成37°角且平滑连接，圆心为O、半径为R的光滑半圆轨道CDE与BC相切于C点，E、F两点等高，BC长为.将小滑块从F点由静止释放，恰能滑到与O等高的D点．已知小滑块与AB及BC间的动摩擦因数相同，重力加速度为g，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.

(1)求小滑块与斜面间的动摩擦因数μ；
(2)若AB足够长，改变释放点的位置，要使小滑块恰能到达E点，求释放点到水平面的高度h；
(3)若半径R＝1 m，小滑块在某次释放后，滑过E点的速度大小为8 m/s，则它从E点飞出至落到轨道上所需时间t为多少？(g取10 m/s2)
[解析]　(1)在滑块从F到D过程，根据动能定理得
mg×(2R－R)－μmgcos37°×－μmg×＝0
解得μ＝
(2)若滑块恰能到达E点，在E点根据牛顿第二定律得
mg＝m
在滑块从释放点到E的过程，根据动能定理得
mg(h－2R)－μmgcos37°·－μmg·＝mv－0
解得h＝4.7R
(3)假设滑块离开E点后落在AB上，根据平抛运动规律可得
x＝vE1t，y＝gt2
由几何关系得tan37°＝
解得t＝0.3 s
x＝2.4 m>.所以假设正确，故t＝0.3 s.
[答案]　(1)　(2)4.7R　(3)0.3 s

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