(江苏选考)18版高考物理二轮复习第一部分专题一力与运动学案

专题二 力与直线运动考情分析命题解读本专题的考点分为两大板块，一个是运动学部分，另一个为牛顿运动定律，其中，匀变速直线运动的规律及运动图象问题和牛顿运动定律及应用为高频考点。

从近三年命题情况看，命题特点为：(1)注重基础与迁移。

如匀变速直线运动的规律及非常规运动图象问题，行车安全问题等考查学生的理解能力。

难度属于中等。

(2)注重过程与方法。

如板块问题、多过程问题等，以选择题的形式考查学生的推理能力，以计算题的形式考查学生的分析综合能力。

难度属于偏难。

整体难度偏难，命题指数★★★★★，复习目标是达B 冲A。

A.1 m/sB.3 m/sC.5 m/sD.9 m/s解析 采用逆向思维法，根据x ＝12at 2得，物体的加速度大小a ＝2x t 2＝2×11m/s 2＝2 m/s 2，则物体的初速度v 0＝at ′＝23 m/s ＝6 m/s ，物体在这 3 s 内的平均速度v －＝v 02＝62m/s ＝3m/s ，故B 项正确，A 、C 、D 项错误。

答案 B图1A.F mB.F cos θmC.F cos θ－μmgmD.F cos θ－μ（mg ＋F sin θ）m解析 对物体受力分析如图所示，在水平方向： F cos θ－f ＝ma ，在竖直方向：F N －F sin θ－mg ＝0，又f ＝μF N ，以上联立解得a ＝F cos θ－μ（mg ＋F sin θ）m，故D 项正确。

答案 D3.(2017·扬州模拟)图2甲是某人站在力传感器上做下蹲、起跳动作的示意图，中间的“·”表示人的重心。

图乙是根据传感器采集到的数据画出的力－时间图象。

两图中a ～g 各点均对应，其中有几个点在图甲中没有画出。

取重力加速度g ＝10 m/s 2。

根据图象分析可知( )图2A.人的重力为1 500 NB.c 点位置人处于超重状态C.e 点位置人处于失重状态D.d 点的加速度小于f 点的加速度解析 由题图甲、乙可知，人的重力等于500 N ，质量m ＝50 kg ，b 点位置人处于失重状态，c 、d 、e 点位置人处于超重状态，选项A 、C 错误，B 正确；d 点位置传感器对人的支持力F 最大，为1 500 N ，由F －mg ＝ma 可知，d 点的加速度a d ＝20 m/s 2，f 点位置传感器对人的支持力为0 N ，由F －mg ＝ma 可知，f 点的加速度a f ＝－10 m/s 2，故d 点的加速度大于f 点的加速度，选项D 错误。

专题二 力与直线运动考点1| 匀变速直线运动规律的应用 难度：中档 题型：选择题、计算题 五年1考(对应学生用书第5页)1．(2015·江苏高考T 5)如图2-1所示，某“闯关游戏”的笔直通道上每隔8 m 设有一个关卡，各关卡同步放行和关闭，放行和关闭的时间分别为5 s 和2 s ．关卡刚放行时，一同学立即在关卡1处以加速度2 m/s 2由静止加速到2 m/s ，然后匀速向前，则最先挡住他前进的关卡是( )【导学号：17214015】图2-1A ．关卡2B ．关卡3C ．关卡4D ．关卡5【解题关键】 解此题抓住两点：(1)该同学先匀加速再匀速运动．(2)该同学在关卡开启前若已到该关卡则被关卡挡住．C [同学加速到2 m/s 时所用时间为t 1，由v 1＝at 1，得t 1＝v 1a ＝1 s ，通过的位移x 1＝12at 21＝1 m ，然后匀速前进的位移x 2＝v 1(t －t 1)＝8 m ，因x 1＋x 2＝9 m>8 m ，即这位同学已通过关卡2，距该关卡1 m ，当关卡关闭t 2＝2 s 时，此同学在关卡2、3之间通过了x 3＝v 1t 2＝4 m 的位移，接着关卡放行t ＝5 s ，同学通过的位移x 4＝v 1t ＝10 m ，此时距离关卡4为x 5＝16 m －(1＋4＋10) m ＝1 m ，关卡关闭2 s ，经过t 3＝x 51＝0．5 s 后关卡4最先挡住他前进．]1．解决匀变速直线运动问题的四种常用方法2．求解追及问题的技巧●考向1 匀变速直线运动基本公式的应用1．(2017·如皋期末)目前我省交警部门开展的“车让人”活动深入人心，不遵守“车让人”的驾驶员将受到罚款、扣分的严厉处罚．如图2-2所示，以8 m/s 的速度匀速行驶的汽车即将通过路口，有一位老人正在过人行横道，此时汽车的车头距离停车线8 m ．该车减速时的加速度大小为5 m/s 2．则下列说法中正确的是( )【导学号：17214016】图2-2A ．如果驾驶员立即刹车制动，则t ＝2 s 时，汽车车头离停车线的距离为2 mB ．如果在距停车线6 m 处开始刹车制动，汽车车头能在停车线处停下C ．如果驾驶员的反应时间为0．4 s ，汽车车头刚好能在停车线处停下D ．如果驾驶员的反应时间为0．2 s ，汽车车头刚好能在停车线处停下D [汽车速度减为零所需的时间t 0＝0－v 0a ＝－8－5s ＝1．6 s ，则2 s 内的位移等于1．6 s 内的位移，x ＝v 02t 0＝82×1．6 m ＝6．4 m ，此时离停车线的距离Δx＝(8－6．4) m ＝1．6 m ，故A 错误；因为汽车速度减为零时的位移为6．4 m ，大于6 m ，可知汽车车头不能在停车线处停下，故B 错误；若驾驶员的反应时间为0．4 s ，则在反应时间内的位移x ′＝v 0t ＝8×0．4 m ＝3．2 m ，到停止时的位移x ＝6．4 m ＋3．2 m ＝9．6 m ，大于8 m ，汽车车头不能在停车线处停下，故C 错误；若驾驶员的反应时间为0．2 s ，则在反应时间内的位移x ′＝v 0t ＝8×0．2 m ＝1．6 m ，到停止时的位移x ＝6．4 m ＋1．6 m ＝8 m ，汽车车头刚好能在停车线处停下，故D 正确．]●考向2 匀变速直线运动推论的应用2．(2017·苏锡常二模)战机在平直跑道上由静止开始做匀加速运动，经时间t 达到起飞速度v ，则它在时间t 内的位移为( )【导学号：17214017】A ．v tB ．v t 2C ．2v tD ．不能确定B [战机在平直跑道上由静止开始做匀加速运动，经时间t 达到起飞速度v ，则它在时间t 内的位移为：x ＝v t ＝0＋v 2t ＝v t 2，故B 正确，A 、C 、D 错误．]●考向3 追及相遇问题3．(2017·普宁市模拟)1935年在苏联的一条直铁轨上，有一列火车因蒸气不足而停驶，驾驶员将货车厢甲留在现场，只拖着几节车厢向前面不远的车站开进，但他忘了将货车车厢刹好，以致货车厢在斜坡上以4 m/s 的速度匀速后退，此时另一列火车乙正在以16 m/s 的速度向该货车厢驶来，驾驶技术相当好的驾驶员波尔西列夫立即刹车，紧接着加速倒退，结果恰好接住了货车厢甲，从而避免了相撞，设列车乙刹车过程和加速倒退过程均为匀变速直线运动，且加速度大小均为2 m/s 2，求波尔西列夫发现货车厢甲向自己驶来而立即开始刹车时，两车相距多远？【导学号：17214018】图2-3【解析】 当两车恰好不相撞时，速度相同．取向右方向为正方向，则有 对乙车：t ＝v 甲－v 乙a ＝4－(－16)2s ＝10 s 在这段时间内，甲车的位移为x 甲＝v 甲t ＝4×10 m ＝40 m 乙车的位移为x 乙＝v 0t ＋12at 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－16×10＋12×2×102 m ＝－60 m 所以，波尔西列夫发现货车厢甲向自己驶来而立即开始刹车时，两车的距离L ＝x 甲＋|x 乙|＝100 m ．【答案】 波尔西列夫发现货车厢甲向自己驶来而立即开始刹车时，两车相距100 m ．考点2| 运动图象问题 难度：中档 题型：选择题、计算题 五年2考(对应学生用书第6页)2．(2016·江苏高考T5)小球从一定高度处由静止下落，与地面碰撞后回到原高度再次下落，重复上述运动．取小球的落地点为原点建立坐标系，竖直向上为正方向．下列速度v和位置x的关系图象中，能描述该过程的是()【导学号：17214019】【解题关键】解此题要抓住以下两点：(1)小球与地面碰撞后回到原高度再次下落，说明小球的加速度为g．(2)位置坐标x的正方向竖直向上，原点在地面．A[由题意知在运动过程中小球机械能守恒，设机械能为E，小球离地面高度为x时速度为v，则有mgx＋12m v2＝E，可变形为x＝－v22g＋Emg，由此方程可知图线为开口向左、顶点在(Emg，0)的抛物线，故选项A正确．] 3．(2014·江苏高考T5)一汽车从静止开始做匀加速直线运动，然后刹车做匀减速直线运动，直到停止．下列速度v和位移x的关系图象中，能描述该过程的是()【导学号：17214020】A[根据匀变速直线运动速度与位移的关系解题．根据v2－v20＝2ax及v0＝0得汽车做匀加速直线运动时的速度v＝2ax，做匀减速直线运动时的速度v ＝v20－2ax，根据数学知识知选项A正确．]1．v-t图象提供的信息2．处理力学图象问题的思路(1)明确什么性质的图象，看纵横两轴表示的物理量．(2)分析图线的意义，提取图象的关键信息．(3)将物体的运动过程与图象对应起来．(4)较复杂的图象，可通过列解析式的方法进行判断．●考向1图象的选取4．(2017·扬州模拟)某物体以一定的初速度沿足够长的斜面从底端向上滑去，此后该物体的v-t图象不可能的是()【导学号：17214021】A BC DC[若斜面光滑，则物体先向上做匀减速直线运动，后向下做匀加速直线运动，整个过程中，由牛顿第二定律得：mg sin α＝ma，得a＝g sin α，加速度一定，v-t图象的斜率一定，则A图是可能的，故A正确；若斜面粗糙，物体可能先向上做匀减速直线运动，后向下做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律得：上滑时有：mg sin α＋μmg cos α＝ma；下滑时有：mg sin α－μmg cos α上；可知上滑的加速度大于下滑的加速度，根据v-t图象中图象的斜率等＝ma下于加速度，可知上滑时图象的斜率较大，则B图是可能的，C图不可能，故B正确，C错误；物体可能先向上做匀减速直线运动，后停在最高点，则D 图是可能的，故D正确．]●考向2图象的转换5．(2017·南京一模)如图2-4所示，E为斜面的中点，斜面上半段光滑，下半段粗糙，一个小物体由顶端静止释放，沿斜面下滑到底端时速度为零．小物体下滑过程中位移x、速度v、合力F、加速度a与时间t的关系如图所示．以沿斜面向下为正方向，则下列图象中可能正确的是()【导学号：17214022】图2-4A BC DB[物体在光滑的斜面上做匀加速直线运动，位移－时间图线的开口向上，然后做匀减速直线运动，故A错误；物体在前半段做匀加速直线运动，后半段做匀减速直线运动，由于到达底端的速度为零，则前半段和后半段的平均速度相等，由位移相等，则在前半段和后半段的运动时间相等，故B正确；由B选项知，前半段和后半段的时间相等，匀加速直线运动的末速度等于匀减速直线运动的初速度，则匀加速和匀减速直线运动的加速度大小相等，方向相反，则合力大小相等，方向相反，故C、D错误．]●考向3图象信息的应用6．(2017·徐州期中)甲、乙两物体从同一地点同时出发，其v-t图象如图2-5所示．下列说法正确的是()【导学号：17214023】图2-5A．两物体的加速度方向相同B．前2 s内两物体的平均速度相等C．前4 s内两物体的位移相等D．第1 s末两物体相遇B[在v-t图象中，斜率代表加速度，故甲、乙的加速度方向相反，故A错误；物体做匀变速直线运动，平均速度等于初末速度和的一半，故甲、乙的平均速度v＝1＋22m/s＝1．5 m/s，故B正确；在v-t图象中，图线与时间轴所围面积为物体通过的位移，前4 s内，乙所围面积大于甲所围面积，故前4 s内两物体的位移不相等，故C错误；第1 s末两图线所围面积不同，故不可能相遇，故D错误．]7．(2017·徐州模拟)某人乘电梯下楼，在竖直下降的过程中，电梯速度的平方v2与下降的位移x的关系如图2-6所示，则人对地板的压力()【导学号：17214024】图2-6A ．x ＝1 m 时大于人的重力B ．x ＝11 m 时大于人的重力C ．x ＝21 m 时大于人的重力D ．x ＝21 m 时等于人的重力C [根据v 2＝2ax 可知，图象的斜率表示加速度的2倍，则由图可知，x ＝1 m时，加速度a 1＝42×2＝1 m/s 2；因电梯下降，故人的加速度向下，人处于失重状态，人对地板的压力小于人的重力，故A 错误；x ＝11 m 时，加速度为零，故人对地板的压力等于人的重力，故B 错误；x ＝21 m 时，加速度a 2＝0－42×3m/s 2＝－23 m/s 2，负号说明加速度向上，故人处于超重状态，人对地板的压力大于人的重力，故C 正确，D 错误．]考点3| 牛顿第二定律的应用 难度：较难 题型：选择题 五年5考(对应学生用书第7页)4．(多选)(2016·江苏高考T 9)如图2-7所示，一只猫在桌边猛地将桌布从鱼缸下拉出，鱼缸最终没有滑出桌面．若鱼缸、桌布、桌面两两之间的动摩擦因数均相等，则在上述过程中( )【导学号：17214025】图2-7A ．桌布对鱼缸摩擦力的方向向左B ．鱼缸在桌布上的滑动时间和在桌面上的相等C ．若猫增大拉力，鱼缸受到的摩擦力将增大D ．若猫减小拉力，鱼缸有可能滑出桌面【解题关键】错误；由于鱼缸与桌布和桌面之间动摩擦因数相等，鱼缸在桌布上运动和在桌面上运动时加速度的大小相等，根据v ＝at ，鱼缸在桌布上和在桌面上的滑动时间相等，选项B 正确；鱼缸与桌布之间的摩擦力为滑动摩擦力，猫增大拉力，鱼缸所受的摩擦力不变，选项C 错误；若猫减小拉力，鱼缸可能随桌布一起运动，而滑出桌面，选项D 正确．]5．(多选)(2015·江苏高考T 6)一人乘电梯上楼，在竖直上升过程中加速度a 随时间t 变化的图线如图2-8所示，以竖直向上为a 的正方向，则人对地板的压力( )图2-8A ．t ＝2 s 时最大B ．t ＝2 s 时最小C ．t ＝8．5 s 时最大D ．t ＝8．5 s 时最小AD [人受重力mg 和支持力F N 的作用，由牛顿第二定律得F N －mg ＝ma ．由牛顿第三定律得人对地板的压力F ′N ＝F N ＝mg ＋ma ．当t ＝2 s 时a 有最大值，F ′N 最大；当t ＝8．5 s 时，a 有最小值，F ′N 最小，选项A 、D 正确．]6．(多选)(2014·江苏高考T 8)如图2-9所示，A 、B 两物块的质量分别为2m 和m ，静止叠放在水平地面上．A 、B 间的动摩擦因数为μ，B 与地面间的动摩擦因数为12μ．最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g ．现对A 施加一水平拉力F ，则( )【导学号：17214026】图2-9A ．当F <2μmg 时，A 、B 都相对地面静止B ．当F ＝52μmg 时，A 的加速度为13μgC ．当F >3μmg 时，A 相对B 滑动D ．无论F 为何值，B 的加速度不会超过12μgBCD [根据牛顿第二定律、力与运动的关系解题．当0<F ≤32μmg 时，A 、B皆静止；当32μmg <F ≤3μmg 时，A 、B 相对静止，但两者相对地面一起向右做匀加速直线运动；当F >3μmg 时，A 相对B 向右做加速运动，B 相对地面也向右加速，选项A 错误，选项C 正确．当F ＝52μmg 时，A 与B 共同的加速度a ＝F －32μmg3m ＝13μg ，选项B 正确．F 较大时，取物块B 为研究对象，物块B 的加速度最大为a 2＝2μmg －32μmg m ＝12μg ，选项D 正确．]7．(多选)(2014·江苏高考T 15)如图2-10所示，生产车间有两个相互垂直且等高的水平传送带甲和乙，甲的速度为v 0．小工件离开甲前与甲的速度相同，并平稳地传到乙上，工件与乙之间的动摩擦因数为μ．乙的宽度足够大，重力加速度为g ．图2-10(1)若乙的速度为v 0，求工件在乙上侧向(垂直于乙的运动方向)滑过的距离s ；(2)若乙的速度为2v 0，求工件在乙上刚停止侧向滑动时的速度大小v ；(3)保持乙的速度2v 0不变，当工件在乙上刚停止滑动时，下一只工件恰好传到乙上，如此反复．若每个工件的质量均为m ，除工件与传送带之间摩擦外，其他能量损耗均不计，求驱动乙的电动机的平均输出功率P －．【导学号：17214027】【解析】 根据牛顿第二定律、匀变速直线运动的规律、运动的合成与分解、能量守恒定律解决问题．小工件由传送带甲传到乙上时，考虑其运动的相对性知：(1)摩擦力与侧向的夹角为45°侧向加速度大小：a x ＝μg cos 45°；在侧向上由匀变速直线运动规律知－2a x s ＝0－v 20，解得小工件侧向滑动距离s ＝2v 202μg ．(2)设t ＝0时刻摩擦力与侧向的夹角为θ，侧向、纵向加速度的大小分别为a x 、a y ，则a y a x＝tan θ，很小的Δt 时间内，侧向、纵向的速度增量Δv x ＝a x Δt ，Δv y ＝a y Δt 解得Δv y Δv x＝tan θ 且由题意知tan θ＝v y v x则v ′y v ′x ＝v y －Δv y v x －Δv x＝tan θ 所以摩擦力方向保持不变则当v ′x ＝0时，v ′y ＝0，即工件停止侧向滑动时的速度为v ＝2v 0．(3)工件在乙上滑动时侧向位移为x ，沿乙方向的纵向位移为y ，由题意知：a x ＝μg cos θ，a y ＝μg sin θ由匀变速运动规律知在侧向上：－2a x x ＝0－v 20在纵向上：2a y y ＝(2v 0)2－0工件滑动时间：t ＝2v 0a y乙前进的距离：y 1＝2v 0t工件相对乙的位移：L ＝x 2＋(y 1－y )2则系统摩擦生热：Q ＝μmgL电动机做功：W ＝12m (2v 0)2－12m v 20＋Q由P －＝W t ，解得电动机的平均输出功率为：P －＝45μmg v 05． 【答案】 (1)2v 202μg (2)2v 0 (3)P －＝45μmg v 058．(2013·江苏高考T 14)如图2-11所示，将小砝码置于桌面上的薄纸板上，用水平向右的拉力将纸板迅速抽出，砝码的移动很小，几乎观察不到，这就是大家熟悉的惯性演示实验．若砝码和纸板的质量分别为m 1和m 2，各接触面间的动摩擦因数均为μ，重力加速度为g ．图2-11(1)当纸板相对砝码运动时，求纸板所受摩擦力的大小；(2)要使纸板相对砝码运动，求所需拉力的大小；(3)本实验中，m 1＝0．5 kg ，m 2＝0．1 kg ，μ＝0．2，砝码与纸板左端的距离d ＝0．1 m ，取g ＝10 m/s 2．若砝码移动的距离超过l ＝0．002 m ，人眼就能感知．为确保实验成功，纸板所需的拉力至少多大？【导学号：17214028】【解析】 (1)砝码对纸板的摩擦力f 1＝μm 1g ，桌面对纸板的摩擦力f 2＝μ(m 1＋m 2)gf ＝f 1＋f 2，解得f ＝μ(2m 1＋m 2)g ．(2)设砝码的加速度为a 1，纸板的加速度为a 2，则f 1＝m 1a 1，F －f 1－f 2＝m 2a 2发生相对运动a 2>a 1，解得F >2μ(m 1＋m 2)g ． (3)纸板抽出前，砝码运动的距离x 1＝12a 1t 21纸板运动的距离d ＋x 1＝12a 2t 21纸板抽出后，砝码在桌面上运动的距离x 2＝12a 3t 22l ＝x 1＋x 2由题意知a 1＝a 3，a 1t 1＝a 3t 2解得F ＝2μ[m 1＋(1＋d l )m 2]g代入数据得F ＝22．4 N ．【答案】 (1)μ(2m 1＋m 2)g (2)F ＞2μ(m 1＋m 2)g(3)22．4 N1．牛顿第二定律应用的三点注意(1)瞬时问题要注意绳、杆弹力和弹簧弹力的区别，前者能突变后者不能．(2)连接体问题要充分利用“加速度相等”这一条件或题中特定条件，交替使用隔离法与整体法．(3)两类动力学基本问题的解决关键是运动分析、受力分析，充分利用加速度“桥梁”作用．2．用运动学公式和牛顿第二定律解题的步骤●考向1 瞬时加速度的分析与计算8．(2017·徐州一模)如图2-12所示，用两根细线AC 和BD 悬挂一薄板．下列说法正确的是( )图2-12A．薄板的重心一定在AC和BD的延长线交点处B．BD的拉力大于AC的拉力C．剪断BD瞬间，薄板的加速度方向一定沿BD斜向下D．若保持AC位置不变，缓慢移动BD至竖直方向，则AC的拉力一直减小D[薄板受到重力、AC细线的拉力和BD细线的拉力三个力作用，三个力不平行，平衡时力所在的直线交于一点，所以薄板的重心一定在通过AC和BD 延长线的交点的竖直线上，但不一定在AC和BD的延长线交点处，故A错误；根据水平方向受力平衡可得：T BD sin 60°＝T AC sin 45°，可得T BD＜T AC，故B错误；剪断BD瞬间，薄板的速度为零，向心力为零，合力等于重力垂直于AC向下的分力，所以此瞬间，板的加速度方向一定垂直于AC方向向下，而不是沿BD斜向下，故C错误；若保持AC位置不变，缓慢移动BD至竖直方向，作出三个不同位置板的受力合成图，AC的拉力T和BD拉力F的合力与重力G总等大反向，T一直减小，故D正确．]●考向2连接体问题9．(2017·徐州二模)如图2-13所示，质量为m2的物块B放置在光滑水平桌面上，其上放置质量为m1的物块A，A通过跨过光滑定滑轮的细线与质量为M的物块C连接．释放C，A和B一起以加速度a从静止开始运动，已知A、B间动摩擦因数为μ1，则细线中的拉力大小为()图2-13A．Mg B．Mg＋MaC．(m1＋m2)a D．m1a＋μ1m1gC[以C为研究对象，则Mg－T＝Ma，解得T＝Mg－Ma，故A、B错误；以A、B为整体，根据牛顿第二定律可知T＝(m1＋m2)a，故C正确；A、B间为静摩擦力，对B根据牛顿第二定律可知，f＝m2a，对A可知T－f＝m1a联立解得T＝m1a＋m2a，故D错误．]●考向3动力学的两类基本问题10．(2017·泰州三模)如图2-14甲所示，长木板B静置于光滑水平面上，其上放置物块A，木板B受到水平拉力F作用时，其加速度a与拉力F的关系图象如图2-14乙所示，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则物块A的质量为()甲乙图2-14A．4 kg B．3 kgC．2 kg D．1 kgB[设A、B的质量分别为m和M．当F＝4 N时，加速度为：a＝1 m/s2，对整体分析，由牛顿第二定律有：F＝(M＋m)a代入数据解得：M＋m＝4 kg当F＞4 N时，A、B发生相对滑动，对B，根据牛顿第二定律得：a＝F－μmgM＝1M F－μmgM知a-F图线的斜率k＝1M＝1，解得：M＝1 kg，所以A的质量为：m＝3 kg．故B正确，A、C、D错误．]11．如图2-15所示为一滑草场某条滑道的侧面图，由高均为h、与水平面倾角分别为45°和37°的两段直滑道组成．一辆滑草车由静止开始从上滑道顶端处滑下，不计车在滑道交接处的能量损失．已知滑草车与上、下滑道草地之间的动摩擦因数均为μ，重力加速度为g，sin 37°＝0．6，cos 37°＝0．8，计算结果请用μ、h和g表示．图2-15(1)求滑草车在下滑道上运动的加速度；(2)求滑草车在整个运动过程中最大速度的大小；(3)如果μ＝67，请通过计算来判断滑草车能否到达下段滑道的最底端．【导学号：17214029】【解析】(1)根据牛顿第二定律F合＝ma得：滑草车在下滑道上有：mg sin 37°－μmg cos 37°＝ma 解得：a＝(0．6－0．8μ)g．(2)滑草车通过上滑道末端时速度最大由动能定理得：mgh－μmg cos 45°·hsin 45°＝12m v2m解得最大速度v m＝2(1－μ)gh．(3)根据动能定理W合＝ΔE k得：对全过程：2mgh－μmg cos 45°·hsin 45°－μmg cos 37°·hsin 37°＝12m v2解得：v＝0说明滑草车刚好到达下段滑道的最底端．【答案】(1)滑草车在下段滑道上运动的加速度是(0．6－0．8μ)g(2)滑草车在整个运动过程中最大速度的大小是2(1－μ)gh(3)见解析●考向4动力学中的临界、极值问题12．(2017·南京四模)远距离运输鸡蛋时，为减少颠簸引起的破裂损失，通常将鸡蛋放置在如图2-16所示的泡沫槽内．设一只鸡蛋质量为m，蛋壳能承受最大压力是F0，已知当地的重力加速度为g，为保证汽车在水平路面行驶时鸡蛋不致于损坏，汽车的刹车加速度不能超过()【导学号：17214030】图2-16A ．F 0m －gB ．g ＋F 0mC ．⎝ ⎛⎭⎪⎫F 0m 2－g 2D ．⎝ ⎛⎭⎪⎫F 0m 2＋g 2C [对鸡蛋进行受力分析，受到重力和泡沫槽的支持力两个力的作用，根据牛顿第二定律，有：F 20－(mg )2＝ma解得：a ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫F 0m 2－g 2，选项C 正确，A 、B 、D 错误．]规范练高分| 动力学中多过程问题(对应学生用书第10页)[典题在线](2015·全国卷ⅡT 25)(20分)下暴雨时，有时会发生山体滑坡或泥石流等地质灾害．某地有一倾角为θ＝37°(sin 37°＝35)的山坡C ，上面有一质量为m 的石板B ，其上下表面与斜坡平行；B 上有一碎石堆A (含有大量泥土)，A 和B 均处于静止状态，如图2-17所示．假设某次暴雨中，A 浸透雨水后总质量也为m (可视为质量不变的滑块)，在极短时间内，①A 、B 间的动摩擦因数μ1减小为38，B 、C 间的动摩擦因数μ2减小为0．5，A 、B 开始运动， 此时刻为计时起点；在第2 s 末，②B 的上表面突然变为光滑，μ2保持不变．已知A 开始运动时，③A 离B 下边缘的距离l ＝27_m ，C 足够长．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．取重力加速度大小g ＝10 m/s 2．求：图2-17(1)在④0～2_s时间内A和B加速度的大小；(2)⑤A在B上总的运动时间．[信息解读]①摩擦因数突变，A与B会相对滑动，分别隔离A、B进行受力分析．②A与B、B与C相对运动情况发生变化，重新分别隔离A、B进行受力分析．③A与B的相对位移为27 m．④隔离法进行受力分析，由牛顿第二定律求加速度．⑤整个过程中A在B上的运动，分段受力研究A、B的运动特点．[考生抽样][阅卷点评]【解析】 (1)在0～2 s 时间内，A 和B 的受力如图所示，其中f 1、N 1是A 与B 之间的摩擦力和正压力的大小，f 2、N 2是B 与C 之间的摩擦力和正压力的大小，方向如图所示．由滑动摩擦力公式和力的平衡条件得f 1＝μ1N 1①(1分)N 1＝mg cos θ②(1分)f 2＝μ2N 2③(1分)N 2＝N ′1＋mg cos θ④(1分)规定沿斜面向下为正．设A 和B 的加速度分别为a 1和a 2，由牛顿第二定律得 mg sin θ－f 1＝ma 1⑤(1分)mg sin θ－f 2＋f ′1＝ma 2⑥(1分)N 1＝N ′1f 1＝f ′1联立①②③④⑤⑥式，并代入题给数据得a 1＝3 m/s 2⑦(1分)a 2＝1 m/s 2．⑧(1分)(2)在t 1＝2 s 时，设A 和B 的速度分别为v 1和v 2，则v 1＝a 1t 1＝6 m/s ⑨(1分)v 2＝a 2t 1＝2 m/s ⑩(1分)t ＞t 1时，设A 和B 的加速度分别为a ′1和a ′2．此时A 与B 之间的摩擦力为零，同理可得a ′1＝6 m/s 2⑪(1分)a ′2＝－2 m/s 2⑫(1分)B 做减速运动．设经过时间t 2，B 的速度减为零，则有v 2＋a ′2t 2＝0⑬(1分)联立⑩⑫⑬式得t 2＝1 s ⑭(1分)在t 1＋t 2时间内，A 相对于B 运动的距离为s ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12a 1t 21＋v 1t 2＋12a ′1t 22－⎝ ⎛⎭⎪⎫12a 2t 21＋v 2t 2＋12a ′2t 22 ＝12 m ＜27 m ⑮(2分)此后B 静止，A 继续在B 上滑动．设再经过时间t 3后A 离开B ，则有l －s ＝(v 1＋a ′1t 2)t 3＋12a ′1t 23⑯(2分)可得t 3＝1 s(另一解不合题意，舍去)⑰(1分)设A 在B 上总的运动时间为t 总，有t 总＝t 1＋t 2＋t 3＝4 s ．⑱(1分)【答案】 (1)3 m/s 2 1 m/s 2 (2)4 s[评分标准]第(1)问：(1)不列②式和④式而合并成f 1＝μ1mg cos θ和f 2＝2μ2mg cos θ也可分别得2分．(2)若不列①②③④式，而是根据受力图直接写出mg sin θ－μ1mg cos θ＝ma 1 和mg sin θ－2μ2mg cos θ＋μ1mg cos θ＝ma 2可分别得3分．第(2)问：(1)列式时没有出现⑨⑩式而是合并在⑮式并计算正确，可得4分．(2)对2秒后A 、B 运动状态的分析没有利用公式，而借助其它方式(如v -t 图象)．只要合理正确，可参考规范解答给分．。

专题三 力与曲线运动(一)——抛体运动和圆周运动考点1| 运动的合成与分解 难度：中档 题型：选择题、计算题(对应学生用书第12页)1．(2018·江苏高考)如图3-1所示，甲、乙两同学从河中O 点出发，分别沿直线游到A 点和B 点后，立即沿原路线返回到O 点，OA 、OB 分别与水流方向平行和垂直，且OA ＝OB ．若水流速度不变，两人在静水中游速相等，则他们所用时间t 甲、t 乙的大小关系为( )【导学号：17214187】图3-1A ．t 甲＜t 乙B ．t 甲＝t 乙C ．t 甲＞t 乙D ．无法确定【解题关键】 甲、乙两同学实际的速度是静水中的游速与水流速度的合速度，设游速为v ，水速为v 0，根据速度合成可知：甲游到A 点的速度为v ＋v 0，游回的速度为v －v 0；乙来回的速度都为v 2－v 20．明确了各自的合速度后，再用匀速直线运动规律求出时间进行比较．C [设游速为v ，水速为v 0，OA ＝OB ＝l ，则甲整个过程所用时间：t 甲＝l v ＋v 0＋l v －v 0＝2v l v 2－v 20， 乙为了沿OB 运动，速度合成如图：则乙整个过程所用时间：t 乙＝l v 2－v 20×2＝2l v 2－v 20v 2－v 20，因为v >v 2－v 20 所以t 甲＞t 乙，选项C 正确，选项A 、B 、D 错误．]运动合成与分解的解题思路(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与分解．(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运算法则进行分析求解．●考向1 小船渡河问题1．(多选)(2018·无锡期中)如图3-2所示，甲、乙两船在同条河流中同时开始渡河，M、N分别是甲、乙两船的出发点，两船头与河岸均成α角，甲船船头恰好对准N点的正对岸P点，经过一段时间乙船恰好到达P点，划船速度大小相同．若两船相遇，不影响各自的航行，下列判断正确的是()【导学号：17214188】图3-2A．甲船能到达对岸P点B．两船渡河时间一定相等C．两船可能不相遇D．两船一定相遇在NP的中点BD[乙船垂直河岸到达正对岸，说明水流方向向右；甲船参与了两个分运动，沿着船头指向的匀速运动，随着水流方向的匀速运动，故不可能到达对岸P点，故A错误；小船过河的速度为船本身的速度垂直河岸方向的分速度，故小船过河的速度v y＝v sin α，故小船过河的时间：t1＝dv y＝dv sin α，故甲、乙两船到达对岸的时间相同，故B正确；以流动的水为参考系，相遇点在两个船速度方向射线的交点上；又由于乙船沿着NP方向运动，故相遇点在NP的中点上，故C错误，D正确．]2．(2018·南通一模)小船横渡一条两岸平行的河流，水流速度与河岸平行，船相对于水的速度大小不变，船头始终垂直指向河岸，小船的运动轨迹如图3-3中虚线所示．则小船在此过程中()图3-3A．做匀变速运动B．越接近河岸，水流速度越大C．所受合外力方向平行于河岸D．渡河的时间随水流速度变化而改变C[从轨迹曲线的弯曲形状上可以知道，小船先具有向下游的加速度，后具有向上游的加速度，故加速度是变化的，由于水流是先加速后减速，即越接近河岸水流速度越小，故A、B错误；因小船先具有向下游的加速度，后具有向上游的加速度，那么所受合外力方向平行于河岸，故C正确；由于船身方向垂直于河岸，无论水流速度是否变化，这种渡河方式耗时最短，故D错误．]●考向2绳的牵连运动问题3．(2018·南通模拟)如图3-4所示，细绳一端固定在天花板上的O点，另一端穿过一张CD光盘的中央小孔后拴着一个橡胶球，橡胶球静止时，竖直悬线刚好挨着水平桌面的边沿．现将CD光盘按在桌面上，并沿桌面边缘以速度v匀速移动，移动过程中，CD光盘中央小孔始终紧挨桌面边线，当悬线与竖直方向的夹角为θ时，小球上升的速度大小为()【导学号：17214189】图3-4A．v sin θB．v cos θC．v tan θD．v cot θA[由题意可知，线与光盘交点参与两个运动，一是沿着线的方向运动，二是沿着垂直线的方向运动，则合运动的速度大小＝v sin θ；而沿线方向为v，由数学三角函数关系，则有：v线的速度大小，即为小球上升的速度大小，故A正确，B、C、D错误．]4．(2018·南通模拟)如图3-5所示，长为L的轻直棒一端可绕固定轴O转动，另一端固定一质量为m的小球，小球搁在水平升降台上，升降平台以速度v匀速上升，下列说法正确的是()【导学号：17214180】图3-5A ．小球做匀速圆周运动B ．当棒与竖直方向的夹角为α时，小球的速度为v cos αC ．棒的角速度逐渐增大D ．当棒与竖直方向的夹角为α时，棒的角速度为v L sin αD [小球受重力、平台的弹力和杆的作用力，因为升降平台以速度v 匀速上升，平台的弹力和杆的作用力变化，即小球受到的合力大小变化，小球做的不是匀速圆周运动，故A 错误；小球的实际运动即合运动方向是垂直于棒指向左上方，如图所示，合速度v实＝vsin αωL ，沿竖直向上方向上的速度分量等于v ，即ωL sin α＝v ，所以ω＝vL sin α，平台向上运动，夹角增大，角速度减小，故B 、C 错误，D 正确．]考点2| 抛体运动的运动规律 难度：中档 题型：选择题 五年5考(对应学生用书第13页)2．(多选)(2018·江苏高考T 6)如图3-6所示，相距l 的两小球A 、B 位于同一高度h (l 、h 均为定值)．将A 向B 水平抛出的同时，B 自由下落．A 、B 与地面碰撞前后，水平分速度不变，竖直分速度大小不变、方向相反．不计空气阻力及小球与地面碰撞的时间，则( )【导学号：17214181】图3-6A．A、B在第一次落地前能否相碰，取决于A的初速度B．A、B在第一次落地前若不碰，此后就不会相碰C．A、B不可能运动到最高处相碰D．A、B一定能相碰【解题关键】由落体运动；B为自由落体运动，A、B竖直方向的运动相同，二者与地面碰撞前运动时间t1相同，且t1＝2hg，若第一次落地前相碰，只要满足A运动时间t＝lv＜t1，即v＞lt1，所以选项A正确；因为A、B在竖直方向的运动同步，始终处于同一高度，且A与地面相碰后水平速度不变，所以A一定会经过B所在的竖直线与B相碰．碰撞位置由A球的初速度决定，故选项B、C 错误，选项D正确．]3．(2018·江苏高考T2)有A、B两小球，B的质量为A的两倍．现将它们以相同速率沿同一方向抛出，不计空气阻力．图3-7中①为A的运动轨迹，则B的运动轨迹是()【导学号：17214182】图3-7A．①B．②C．③D．④【解题关键】解此题应注意以下两点：(1)不计空气阻力，两小球均做抛体运动．(2)两球以相同速率沿同一方向抛出，说明两球均做斜抛运动且初速度相同．A[不计空气阻力的情况下，两球沿同一方向以相同速率抛出，其运动轨迹是相同的，选项A正确．]4．(多选)(2018·江苏高考T7)如图3-8所示，一带正电的小球向右水平抛入范围足够大的匀强电场，电场方向水平向左．不计空气阻力，则小球()图3-8A．做直线运动B．做曲线运动C．速率先减小后增大D．速率先增大后减小【解题关键】解此题应注意以下三点：(1)小球受重力和电场力作用．(2)根据初速度与合力间夹角判断小球运动轨迹．(3)根据运动的合成与分解思想，判断小球速率大小的变化规律．BC[小球运动时受重力和电场力的作用，合力F方向与初速度v0方向不在一条直线上，小球做曲线运动，选项A错误，选项B正确．将初速度v0分解为垂直于F方向的v1和沿F方向的v2，根据运动与力的关系，v1的大小不变，v2先减小后反向增大，因此小球的速率先减小后增大，选项C正确，选项D 错误．]5．(多选)(2018·江苏高考T2)如图3-9所示，A、B两小球从相同高度同时水平抛出，经过时间t在空中相遇．若两球的抛出速度都变为原来的2倍，则两球从抛出到相遇经过的时间为()【导学号：17214183】图3-9A ．tB ．22tC ．t 2D ．t 4C [设A 、B 两小球分别以速度v A 、v B 水平抛出时，经过时间t 相遇，则根据平抛运动在水平方向做匀速直线运动有 v A t ＋v B t ＝d ①(d 为两小球间的水平距离)设当A 、B 两小球速度都变为原来的2倍时，经过时间t ′相遇，则2v A t ′＋2v B t ′＝d ②联立①②解得t ′＝t 2选项C 正确．]6．(多选)(2018·江苏高考T 6)为了验证平抛运动的小球在竖直方向上做自由落体运动，用如图3-10所示的装置进行实验．小锤打击弹性金属片，A 球水平抛出，同时B 球被松开，自由下落．关于该实验，下列说法中正确的是( )【导学号：17214184】图3-10A ．两球的质量应相等B ．两球应同时落地C ．应改变装置的高度，多次实验D ．实验也能说明A 球在水平方向上做匀速直线运动BC[根据平抛运动和自由落体运动的规律解题．小锤打击弹性金属片后，A 球做平抛运动，B球做自由落体运动．A球在竖直方向上的运动情况与B球相同，做自由落体运动，因此两球同时落地．实验时，需A、B两球从同一高度开始运动，对质量没有要求，但两球的初始高度及击打力度应该有变化，实验时要进行3～5次得出结论．本实验不能说明A球在水平方向上的运动性质，故选项B、C正确，选项A、D错误．]7．(多选)(2018·江苏高考T7)如图3-11所示，从地面上同一位置抛出两小球A、B，分别落在地面上的M、N点，两球运动的最大高度相同．空气阻力不计，则()【导学号：17214185】图3-11A．B的加速度比A的大B．B的飞行时间比A的长C．B在最高点的速度比A在最高点的大D．B在落地时的速度比A在落地时的大CD[在同一位置抛出的两小球，不计空气阻力，在运动过程中的加速度等于重力加速度，故A、B的加速度相等，选项A错误；根据h＝12gt2，两球运动的最大高度相同，故两球飞行的时间相等，选项B错误；由于B的射程大，根据水平方向匀速运动的规律x＝v t，故B在最高点的速度比A的大，选项C 正确；根据竖直方向自由落体运动，A、B落地时在竖直方向的速度相等，B 的水平速度大，速度合成后B在落地时的速度比A的大，选项D正确．]处理平抛(类平抛)运动的四条注意事项(1)处理平抛运动(或类平抛运动)时，一般将运动沿初速度方向和垂直于初速度方向进行分解，先按分运动规律列式，再用运动的合成求合运动．(2)对于在斜面上平抛又落到斜面上的问题，其竖直位移与水平位移之比等于斜面倾角的正切值．(3)若平抛的物体垂直打在斜面上，则物体打在斜面上瞬间，其水平速度与竖直速度之比等于斜面倾角的正切值．(4)做平抛运动的物体，其位移方向与速度方向一定不同．●考向1斜抛运动问题5．(2018·徐州二模)体育课进行定点投篮训练，某次训练中，篮球在空中运动轨迹如图3-12中虚线所示，下列所做的调整肯定不能使球落入篮筐的是()图3-12A．保持球抛出方向不变，增加球出手时的速度B．保持球抛出方向不变，减小球出手时的速度C．增加球出手时的速度，减小球速度方向与水平方向的夹角D．增加球出手时的速度，增大球速度方向与水平方向的夹角B[设抛出的初速度为v，与水平方向的夹角为θ，则水平初速度v x＝v cos θ；保持球抛出方向不变，增加球出手时的速度，水平分速度增大，运动时间变大，水平位移增大，可能落入篮筐，A错误；保持球抛出方向不变，减小球出手时的速度，水平分速度变小，运动时间变短，水平位移减小，一定不能落入篮筐，B正确；增加球出手时的速度，减小球速度方向与水平方向的夹角，水平分速度变大，有可能使得篮球落入球筐，C错误；增加球出手时的速度，增大球速度方向与水平方向的夹角，运动时间增大，水平方向分速度可能增加，篮球运动时间变长，有可能使得篮球落入球筐，D错误．]●考向2平抛运动规律的基本应用6．(2018·盐城二模)小孩站在岸边向湖面抛石子，三次的轨迹如图3-13所示，最高点在同一水平线上，忽略空气阻力的影响，下列说法正确的是()【导学号：17214186】图3-13A．沿轨迹3运动的石子落水时速度最小B．沿轨迹3运动的石子在空中运动时间最长C．沿轨迹1运动的石子加速度最大D．三个石子在最高点时速度相等A[设任一石子初速度大小为v0，初速度的竖直分量为v y，水平分量为v x，初速度与水平方向的夹角为α，上升的最大高度为h，运动时间为t，落水速度大小为v．取竖直向上方向为正方向，石子竖直方向上做匀减速直线运动，加速度为a＝－g，由0－v2y＝－2gh，得：v y＝2gh，h相同，v y相同，则三个石子初速度的竖直分量相同．由速度的分解知：v y＝v0sin α，由于α不同，所以v0不同，沿路径1抛出时的石子的初速度最大，沿轨迹3落水的石子速度最小；由运动学公式有：h＝12g⎝⎛⎭⎪⎫t22，则得：t＝22hg，则知三个石子运动的时间相等；根据机械能守恒定律得知，三个石子落水时的速率不等，沿路径1抛出时的石子的初速度最大，沿轨迹3落水的石子速率最小，故A正确，B、D错误．因小球在空中时只受重力，故三个石子的加速度相同，故C错误．]7．(多选)(2018·扬州模拟)如图3-14所示，在水平地面附近，小球A以水平初速度v0瞄准另一小球B射出．在A球射出的同时，B球由静止开始下落，两球刚好在落地时相碰．不计空气阻力，则两球在下落过程中()【导学号：17214187】图3-14A．以B球为参考系，A球做匀速运动B．在相同时间内，A、B球的速度变化量相等C ．两球的动能都随离地的竖直高度均匀变化D ．若仅增大A 球的初速度，两球不会相碰ABC [因为平抛运动在竖直方向上做自由落体运动，在相同时刻A 与B 在同一高度上，平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，可知以B 球为参考系，A 球做匀速直线运动，故A 正确．A 、B 两球的加速度均为g ，方向竖直向下，则相同时间内，两球速度变化量相等，故B 正确．对A ，根据动能定理得，mgh ＝12m v 2－12m v 20，小球的动能E k ＝12m v 2＝mgh ＋12m v 20，与高度成线性关系；对B ，根据动能定理得，E k ＝12m v 2＝mgh ，与高度成正比，可知两球的动能都随竖直高度均匀变化，故C 正确．由于A 球竖直方向上的运动规律与B 球相同，增大初速度，当A 球运动到B 球所在竖直线时，还未落地，由于两球始终在同一高度，可知两球仍然会相碰，故D 错误．]●考向3 平抛斜面问题8．(2018·海门模拟)如图3-15所示，虚线MN 是竖直面内的斜线，两个小球分别从MN 上的A 、B 两点水平抛出，过一段时间再次经过虚线MN ，则下列说法错误的是( )【导学号：17214188】图3-15A ．两球经过虚线MN 时的速度大小可能相同B ．两球经过虚线MN 时的速度方向一定相同C ．两球可能同时经过虚线MN 上的同一位置D ．A 处抛出的球从抛出到经过虚线MN 所用时间一定比B 处抛出的球从抛出到经过虚线MN 所用时间长D [两球再次经过虚线MN 时，根据tan θ＝12gt 2v 0t ＝gt 2v 0得：t ＝2v 0tan θg ，此时小球的竖直分速度v y ＝gt ＝2v 0tan θ，根据平行四边形定则知，速度大小为：v＝v20＋v2y＝v01＋4tan2θ，若两球初速度相等，则两球经过MN时的速度大小相等，故A正确．根据平行四边形定则知，tan α＝v yv0＝2tan θ，可知两球经过虚线位置时速度方向相同，故B正确．若初速度大小不同，两球可能经过虚线上的同一位置，故C正确．根据t＝2v0tan θg知，若初速度相等，则两球到达虚线MN的时间相同，故D错误．]●考向4平抛中的临界问题9．(2018·苏锡常二模)乒乓发球机的简化模型示意图如图3-16所示．发球机的机头相当于一个长l＝20 cm的空心圆柱(内径比乒乓球的直径略大)，水平固定在球台边缘O点上方H＝45 cm处，可绕C轴在水平面内转动，从而改变球的落点．球台长为L＝3 m，位于球台中央的球网高h＝25 cm，出球口离盛球容器底部的高度H0＝50 cm，不考虑乒乓球的旋转、空气阻力和发球机轨道对球的阻力．已知一只乒乓球的质量约为3 g．(取重力加速度g＝10 m/s2)图3-16(1)若发球机的机头不转动，且出球点在O点正上方，当发球机发出的球能过网且落在球台上，求发球机出球的速度大小范围；(2)若发球机机头以ω＝5 rad/s按俯视图所示方向转动，且出球时乒乓球相对机头的速度为9 m/s．求出球点转到O点正上方时所发出球的最后落点位置，结果用xOy坐标系中的坐标值表示；(3)在题(2)问情景下，若发球机每分钟发出30只球，求发球机因发球而消耗的平均功率．【导学号：17214189】【解析】(1)根据H－h＝12gt21得：t1＝2(H－h)g＝2×(0．45－0．25)10s＝0．2 s则发球机出球的最小速度为：v 1＝L 2t 1＝320．2m/s ＝7．5 m/s 根据H ＝12gt 22得：t 2＝2Hg ＝2×0．4510s ＝0．3 s 则发球机出球的最大速度为：v 2＝L t 2＝30．3m/s ＝10 m/s 发球机出球的速度大小范围为：7．5 m/s ＜v ＜10 m/s ．(2)机头转动的线速度为：v 3＝lω＝0．2×5 m/s ＝1 m/s根据平行四边形定则知，球发出后的速度为：v ＝v 23＋v 24＝1＋81 m/s ＝82m/s球发出后做平抛运动，在xOy 坐标系中，纵坐标为：y ＝v 3t 2＝1×0．3 m ＝0．3 m ，横坐标为：x ＝v 4t 2＝9×0．3 m ＝2．7 m最后落点位置坐标为(2．7 m ，0．3 m)．(3)每个乒乓球的机械能为： E ＝mgH 0＋12m v 2＝3×10－3×10×0．5 J ＋12×3×10－3×82 J ＝0．138 J发球机因发球而消耗的平均功率为：P ＝W t ＝30E t ＝0．138×3060W ＝0．189 W ． 【答案】 (1)7．5 m/s ＜v ＜10 m/s (2)(2．7 m ，0．3 m)(3)0．189 W考点3| 圆周运动的基本规律 难度：中档 题型：选择题 五年2考(对应学生用书第15页)8．(2018·江苏高考T 2)如图3-17所示，“旋转秋千”中的两个座椅A 、B 质量相等，通过相同长度的缆绳悬挂在旋转圆盘上．不考虑空气阻力的影响，当旋转圆盘绕竖直的中心轴匀速转动时，下列说法正确的是()【导学号：17214180】图3-17A ．A 的速度比B 的大B ．A 与B 的向心加速度大小相等C ．悬挂A 、B 的缆绳与竖直方向的夹角相等D ．悬挂A 的缆绳所受的拉力比悬挂B 的小【解题关键】 解此题注意以下两点：(1)“旋转秋千”同轴转动，两座椅角速度相同．(2)座椅到转轴的水平距离为圆周运动的半径．D [A 、B 绕竖直轴匀速转动的角速度相等，即ωA ＝ωB ，但r A <r B ，根据v ＝ωr 得，A 的速度比B 的小，选项A 错误；根据a ＝ω2r得，A 的向心加速度比B 的小，选项B 错误；A 、B 做圆周运动时的受力情况如图所示，根据F 向＝mω2r 及tan θ＝F 向mg ＝ω2r g 知，悬挂A 的缆绳与竖直方向的夹角小，选项C 错误；由图知mg T ＝cos θ，即T ＝mgcos θ，所以悬挂A 的缆绳受到的拉力小，选项D 正确．]9．(2018·江苏高考T 5)如图3-18所示，一小物块被夹子夹紧，夹子通过轻绳悬挂在小环上，小环套在水平光滑细杆上．物块质量为M ，到小环的距离为L ，其两侧面与夹子间的最大静摩擦力均为F ．小环和物块以速度v 向右匀速运动，小环碰到杆上的钉子P 后立刻停止，物块向上摆动．整个过程中，物块在夹子中没有滑动．小环和夹子的质量均不计，重力加速度为g ．下列说法正确的是( )【导学号：17214181】图3-18A ．物块向右匀速运动时，绳中的张力等于2FB ．小环碰到钉子P 时，绳中的张力大于2FC．物块上升的最大高度为2v2 gD．速度v不能超过(2F－Mg)LMD[物块受到的摩擦力小于最大静摩擦力，即Mg＜2F．A错：物块向右匀速运动时，物块处于平衡状态，绳子中的张力T＝Mg≤2F．B错：小环碰到钉子时，物块做圆周运动，根据牛顿第二定律和向心力公式有：T－Mg＝M v2L，T＝Mg＋M v2L，所以绳子中的张力与2F大小关系不确定．C错：若物块做圆周运动到达的高度低于P点，根据动能定理有－Mgh＝0－12M v2则最大高度h＝v2 2g若物块做圆周运动到达的高度高于P点，则根据动能定理有－Mgh＝12M v′2－12M v2则最大高度h＜v2 2g．D对：环碰到钉子后，物块做圆周运动，在最低点，物块与夹子间的静摩擦力达到最大值，由牛顿第二定律知：2F－Mg＝M v2 L故最大速度v＝(2F－Mg)LM．]1．水平面内圆周运动临界问题(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：绳的临界：张力F T＝0；接触面滑动的临界：F＝f；接触面分离的临界：F N＝0．2．竖直平面内圆周运动的分析方法(1)对于竖直平面内的圆周运动要注意区分“轻绳模型”和“轻杆模型”，明确两种模型过最高点时的临界条件．(2)解决竖直平面内的圆周运动的基本思路是“两点一过程”．“两点”即最高点和最低点，在最高点和最低点对物体进行受力分析，确定向心力，根据牛顿第二定律列方程；“一过程”即从最高点到最低点，往往由动能定理将这两点联系起来．●考向1水平面内的圆周运动10．(多选)(2018·无锡一模)如图3-19所示，粗糙水平圆盘上，质量相等的A、B 两物块叠放在一起，随圆盘一起做匀速圆周运动，设物体间最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，下列说法正确的是()【导学号：17214182】图3-19A．B的向心力是A的2倍B．盘对B的摩擦力是B对A的摩擦力的2倍C．A有沿半径向外滑动的趋势，B有沿半径向内滑动的趋势D．增大圆盘转速，发现A、B一起相对圆盘滑动，则A、B之间的动摩擦因数μA大于B与盘之间的动摩擦因数μBBD[A、B两物体一起做匀速圆周运动，质量相等，角速度相等，转动的半径相等，可知A、B的向心力相等，故A错误．对A分析，有：f A＝mrω2，对A、B整体分析，f B＝2m·rω2，可知盘对B的摩擦力是B对A的摩擦力的2倍，故B正确．A所受的摩擦力方向指向圆心，可知A有沿半径向外滑动的趋势，B受到盘的摩擦力指向圆心，有沿半径向外滑动的趋势，故C错误．增大圆盘转速，发现A、B一起相对圆盘滑动，则B与圆盘之间达到最大静摩擦力时，A与B之间还未达到最大静摩擦力，根据牛顿第二定律知，A、B之间的动摩擦因数μA大于B与盘之间的动摩擦因数μB，故D正确．] 11．(多选)(2018·南京四模)如图3-20所示，光滑的轻杆OA可绕竖直轴OO′旋转，且OA与OO′轴间夹角θ始终保持不变，质量为m的小球套在OA杆上，可在杆适当位置处随杆做水平面内的匀速圆周运动，下列说法正确的有()图3-20A．小球在任何两位置随杆在水平面内做匀速圆周运动的加速度大小都相等B．杆的转速越大，小球随杆做水平面内匀速圆周运动的位置越高C．小球在某一位置随杆在水平面内匀速转动，只要受到微小的扰动，就会远离该位置D．小球在某一位置随杆在水平面内匀速转动，若杆转速突然增大，由于杆对球的弹力垂直于杆，杆不会对小球做功AC[根据牛顿第二定律得：mgtan θ＝ma，解得：a＝gtan θ，可知小球在任何位置随杆在水平面内做匀速圆周运动的加速度大小都相等，故A正确．根据牛顿第二定律得：mgtan θ＝mr(2πn)2，转速增大，由于合力大小不变，则r减小，即小球随杆在水平面内做匀速圆周运动的位置越低，故B错误．小球在某一位置随杆在水平面内匀速转动，只要受到微小的扰动，速度增大或减小，根据mgtan θ＝mv2r知，合力大小不变，则r增大或减小，即远离该位置，故C正确．小球在某一位置随杆在水平面内匀速转动，若杆转速突然增大，由B选项知，小球随杆在水平面内做匀速圆周运动的位置越低，做圆周运动的半径减小，则线速度变小，根据动能定理知，重力做正功，动能减小，则杆对球的弹力做负功，故D错误．]●考向2 竖直平面的圆周运动12．(2018·南通模拟)如图3-21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v 2的关系如图乙所示，重力加速度为g ，下列判断中正确的是( )【导学号：17214183】甲 乙图3-21A ．b 可以等于0B ．可求出重力加速度gC ．绳长不变，用质量不同的球做实验，得到的图线斜率不变D ．绳长不变，用质量较大的球做实验，图线b 点的位置将往右移B [小球在竖直面内做圆周运动，在最高点的最小速度v ＝gl ，故b 不可能为零，故A 错误；当F ＝0时，根据表达式有：mg ＝m v 2l ，解得g ＝v 2l ＝b l ，故B 正确；根据F ＝m v 2l －mg 知，图线的斜率k ＝m l ，绳长不变，用质量较小的球做实验，斜率变小，故C 错误；当F ＝0时，g ＝b l ，可知b 点的位置与小球的质量无关，绳长不变，用质量较小的球做实验，图线b 点的位置不变，故D 错误．]热点模型解读| 竖直轨道运动模型(对应学生用书第16页)1．模型展示圆周运动与超重、失重[典例](多选)(2018·湖北黄石三模)如图3-22所示，竖直面内有个光滑的3/4圆。

专题二 力与直线运动—————[知识结构互联]——————[核心要点回扣] ——————1．匀变速直线运动的三个基本公式(1)速度公式：v ＝v 0＋at . (2)位移公式：x ＝v 0t ＋12at 2.(3)位移速度关系式：v 2t －v 20＝2ax . 2．匀变速直线运动的图象(1)x ­t 图象是一条抛物线，斜率表示物体的速度．(2)v ­t 图象是一条倾斜直线，斜率表示物体运动的加速度，图线与时间轴所包围的面积表示物体运动的位移．3．牛顿第一定律揭示了一切物体都具有保持静止状态或匀速直线运动状态的性质，即惯性，揭示了力是改变物体运动状态的原因．4．两个物体间的作用力与反作用力总是等大、反向，作用在同一直线上，与物体的运动状态无关．5．牛顿第二定律的五个特性：因果性、矢量性、瞬时性、同一性、独立性．考点1 匀变速直线运动规律的应用(对应学生用书第6页)■品真题·感悟高考……………………………………………………………· [考题统计] 五年3考：2017年Ⅱ卷T 24 2016年Ⅲ卷T 16 2014年Ⅰ卷T 24[考情分析]1．高考注重考查基本概念的理解及基本公式、推论的灵活应用，计算题常涉及追及相遇类为背景的实际问题．2．熟练掌握运动学的基本规律及推论，实际问题中做好过程分析及运动中的规律的选取是解题的关键．3．实际问题中要理清运动过程，把握准时间关系、速度关系、位移关系．4．解决追及相遇问题时，要抓住题目中的关键词语(如“刚好”“最多”“至少”等)． 1．(匀变速直线运动公式及推论的应用)(2016·Ⅲ卷T16)一质点做速度逐渐增大的匀加速直线运动，在时间间隔t 内位移为s ，动能变为原来的9倍．该质点的加速度为( ) A.s t 2 B.3s 2t 2 C.4st2D.8st 2A [质点在时间t 内的平均速度v ＝s t，设时间t 内的初、末速度分别为v 1和v 2，则v ＝v 1＋v 22，故v 1＋v 22＝s t .由题意知：12mv 22＝9×12mv 21，则v 2＝3v 1，进而得出2v 1＝s t.质点的加速度a ＝v 2－v 1t ＝2v 1t ＝st2.故选项A 正确．](2014·Ⅰ卷T 24)公路上行驶的两汽车之间应保持一定的安全距离．当前车突然停止时，后车司机可以采取刹车措施，使汽车在安全距离内停下而不会与前车相碰．通常情况下，人的反应时间和汽车系统的反应时间之和为 1 s ．当汽车在晴天干燥沥青路面上以108 km/h 的速度匀速行驶时，安全距离为120 m ．设雨天时汽车轮胎与沥青路面间的动摩擦因数为晴天时的25.若要求安全距离仍为120 m ，求汽车在雨天安全行驶的最大速度．【解析】 本题是追及相遇问题，这类题目要抓住临界条件v A ＝v B ，从这一条件结合匀变速直线运动规律解决问题．设路面干燥时，汽车与地面间的动摩擦因数为μ0，刹车时汽车的加速度大小为a 0，安全距离为x ，反应时间为t 0，由牛顿第二定律和运动学公式得 μ0mg ＝ma 0① x ＝v 0t 0＋v 202a 0②式中，m 和v 0分别为汽车的质量和刹车前的速度．设在雨天行驶时，汽车与地面间的动摩擦因数为μ，依题意有μ＝25μ③设在雨天行驶时汽车刹车的加速度大小为a ，安全行驶的最大速度为v ，由牛顿第二定律和运动学公式得 μmg ＝ma④ x ＝vt 0＋v 22a⑤联立①②③④⑤式并代入题给数据得v ＝20 m/s(72 km/h)．⑥【答案】 20 m/s2．(追及相遇问题)(2017·Ⅱ卷T 24)为提高冰球运动员的加速能力，教练员在冰面上与起跑线相距s 0和s 1(s 1<s 0)处分别放置一个挡板和一面小旗，如图2­1所示．训练时，让运动员和冰球都位于起跑线上，教练员将冰球以速度v 0击出，使冰球在冰面上沿垂直于起跑线的方向滑向挡板；冰球被击出的同时，运动员垂直于起跑线从静止出发滑向小旗．训练要求当冰球到达挡板时，运动员至少到达小旗处．假定运动员在滑行过程中做匀加速运动，冰球到达挡板时的速度为v 1.重力加速度大小为g .求： (1)冰球与冰面之间的动摩擦因数； (2)满足训练要求的运动员的最小加速度．图2­1[题眼点拨] ①“冰球以速度v 0击出”“到达挡板的速度为v 1”说明冰球的初速度为v 0，匀减速滑动距离s 0，末速度为v 1；②“至少到达小旗处”“最小加速度”说明冰球到达挡板时，运动员恰好到达小旗处，对应运动员的加速度最小，此过程中，冰球和运动员运动时间相等．【解析】 (1)设冰球质量为m ，冰球与冰面之间的动摩擦因数为μ，由题意可知v 21－v 20＝－2a 1s 0① 又μmg ＝ma 1②可解得：μ＝v 20－v 212gs 0.(2)冰球到达挡板时，满足训练要求的运动员中，刚好到达小旗处的运动员的加速度最小．设这种情况下，冰球和运动员的加速度大小分别为a 1和a 2，所用的时间为t . 由运动学公式得v 20－v 21＝2a 1s 0③ v 0－v 1＝a 1t ④ s 1＝12a 2t 2⑤联立③④⑤式得a 2＝s 1 v 1＋v 0 22s 2. ⑥【答案】 (1)v 20－v 212gs 0 (2)s 1 v 1＋v 0 22s 2在第2题中，若要求运动员到达小旗处的速度为零，(设运动员在滑行过程中加速度大小恒定)，则运动员训练时的加速度大小为多少？【解析】 由第2题解析可知，v 20－v 21＝2a 1s 0v 0－v 1＝a 1ts 1＝12a 2⎝ ⎛⎭⎪⎫t 22×2可解得：a 2＝s 1 v 0＋v 1 2s 20.【答案】 s 1 v 0＋v 1 2s 20■熟技巧·类题通法………………………………………………………………… 1．解决匀变速直线运动问题的四种常用方法2．追及相遇问题的解题思路、技巧和易错防范(1)解题思路：(2)解题技巧：①紧抓“一图三式”，即过程示意图、时间关系式、速度关系式和位移关系式． ②审题应抓住题目中的关键字眼，充分挖掘题目中的隐含条件，如“刚好”“恰好”“最多”“至少”等，往往对应一个临界状态，满足相应的临界条件． (3)易错防范：①若被追赶的物体做匀减速运动，要注意追上该物体之前它是否已停止运动． ②注意最后对解的讨论分析．■对考向·高效速练…………………………………………………………………..· 考向1 匀变速直线运动基本公式的应用1．(2016·潍坊一模)如图2­2所示，一长为200 m 的列车沿平直的轨道以80 m/s 的速度匀速行驶，当车头行驶到进站口O 点时，列车接到停车指令，立即匀减速停车，因OA 段铁轨不能停车，整个列车只能停在AB 段内，已知OA ＝1 200 m ，OB ＝2 000 m ，求： (1)列车减速运动的加速度大小的取值范围； (2)列车减速运动的最长时间.【导学号：19624014】图2­2【解析】 (1)若列车车尾恰好停在A 点右侧，减速运动的加速度大小为a 1，距离为x 1，则0－v 20＝－2a 1x 1① x 1＝1 200 m ＋200 m ＝1400 m② 解得：a 1＝167m/s2③若列车车头恰好停在B 点，减速运动的加速度大小为a 2，距离为x OB ＝2 000 m ，则 0－v 20＝－2a 2x OB ④ 解得：a 2＝85m/s2⑤故加速度大小a 的取值范围为85 m/s 2≤a ≤167 m/s 2.⑥(2)当列车车头恰好停在B 点时，减速运动时的时间最长， 则0＝v 0－a 2t ⑦ 解得：t ＝50 s ．⑧【答案】 (1)85 m/s 2≤a ≤167m/s 2(2)50 s(2016·湖南怀化模拟)近几年长假期间，国家取消了7座及其以下小型客车的收费公路过路费，给自驾族带来了很大的实惠，但车辆的增多也给交通道路的畅通增加了很大的压力，因此国家规定免费车辆在通过收费站时在专用车道上可以不停车拿卡或交卡而直接减速通过．假设收费站的前、后都是平直大道，长假期间过站的车速要求不超过v t ＝21.6 km/h ，汽车未减速的车速均为v 0＝108 km/h ，制动时小汽车的加速度的大小为a 1＝4 m/s 2.试问：(1)长假期间，驾驶员应在距收费站至少多远处开始制动？(2)假设车过站后驾驶员立即使车以a 2＝6 m/s 2的加速度加速至原来的速度，则从减速开始到最终恢复到原来速度的过程中，汽车运动的时间至少是多少？ (3)在(1)(2)问题中，车因减速和加速过站而耽误的时间至少为多少？【解析】 设汽车初速度方向为正方向，v t ＝21.6 km/h ＝6 m/s ，v 0＝108 km/h ＝30 m/s ，a 1＝－4 m/s 2(1)汽车进入收费站前做匀减速直线运动，设距离收费站x 1处开始制动，则v 2t －v 20＝2a 1x 1代入数据解得x 1＝108 m.(2)汽车通过收费站经历匀减速和匀加速两个阶段，前后两段位移分别为x 1和x 2，时间为t 1和t 2，则减速阶段v t ＝v 0＋a 1t 1t 1＝v t －v 0a 1＝6 s加速阶段v 0′＝v t ＝6 m/s ，v t ′＝v 0＝30 m/s 则v 0＝v t ＋a 2t 2t 2＝v 0－v ta 2＝4 s加速和减速阶段的总时间t ＝t 1＋t 2＝10 s.(3)在加速阶段v 20－v 2t ＝2a 2x 2 代入数据解得x 2＝72 m 则总位移x ＝x 1＋x 2＝180 m 若不减速所需要时间t ′＝x v 0＝6 s车因减速和加速过站而耽误的时间Δt ＝t －t ′＝4 s. 【答案】 (1)108 m (2)10 s (3)4 s 考向2 匀变速直线运动推论的应用2．如图2­3所示，物体自O 点由静止出发开始做匀加速直线运动，途径A 、B 、C 三点，其中A 、B 之间的距离L 1＝2 m ，B 、C 之间的距离L 2＝3 m ．若物体通过L 1、L 2这两段位移的时间相等，则OA 之间的距离L 等于( )图2­3A.34 m B.43 m C.98m D.89m C [由题知“物体通过L 1、L 2这两段位移的时间相等(设为T )”，则v B ＝L 1＋L 22T ＝52T，加速度a ＝L 2－L 1T 2＝1T 2，在A 点速度v A ＝v B －aT ＝32T ，于是L ＝v 2A 2a ＝12a ·94T 2，L ＋2＝v 2B2a＝12a ·254T 2，两式相比，解得L ＝98 m ．] 考向3 追及相遇问题3．(2016·山东潍坊一中模拟)如图2­4所示，甲从A 地由静止匀加速跑向B 地，当甲前进距离为x 1时，乙从距A 地x 2处的C 点由静止出发，加速度与甲相同，最后二人同时到达B 地，则A 、B 两地距离为( )【导学号：19624015】图2­4A ．x 1＋x 2 B. x 1＋x 2 24x 1C.x 214 x 1＋x 2D. x 1＋x 2 2 x 1－x 2 x 1B [设甲前进距离为x 1时，速度为v ，甲和乙做匀加速直线运动的加速度为a ，乙从C 点到达B 地所用时间为t ，则有：vt ＋12at 2－12at 2＝x 2－x 1，根据速度－位移公式得，v 2＝2ax 1，解得t ＝x 2－x 12ax 1，则A 、B 的距离x ＝x 2＋12at 2＝ x 1＋x 224x 1，故B 正确．](2017·辽宁省盘锦模拟)2016年世界中学生五人制足球锦标赛落下帷幕，代表中国参赛的河南男队和河北女队取得了优异成绩．五人制足球的赛场长40 m ，宽20 m ，如图所示．在比赛中，攻方队员在中线附近突破防守队员，将足球沿边路向前踢出，足球的运动可视为在地面上做初速度为v 1＝6 m/s 的匀减速直线运动，加速度大小为a 1＝1 m/s 2.该队员将足球踢出后，立即由静止启动追赶足球，他的运动可看作是匀加速直线运动，最大加速度为a 2＝1 m/s 2，能达到的最大速度为v 2＝4 m/s.该队员至少经过多长时间能追上足球？【解析】 设足球从开始做匀减速运动到停下来的位移为x 1，则有：x 1＝v 212a 1带入数据解得x 1＝362×1m ＝18 m 足球匀减速运动时间为：t 1＝v 1a 1＝6 s前锋队员以最大加速度追赶的加速时间为：t 2＝v 2a 2＝4 s在此过程中的位移为：x 2＝v 222a 2＝8 m之后攻方队员做匀速直线运动，到足球停止运动时，其位移为x 3＝v 2(t 1－t 2)＝8 m 由于x 2＋x 3<x 1，故足球停止运动时，攻方队员没有追上足球，然后攻方队员继续以最大速度匀速运动追赶足球，由匀速运动公式得：x 1－(x 2＋x 3)＝v 2t 3 代入数据解得t 3＝0.5 s攻方队员追上足球的时间为：t ＝t 1＋t 3＝6.5 s. 【答案】 6.5 s考点2 运动图象问题 (对应学生用书第8页)■品真题·感悟高考……………………………………………………………· [考题统计] 五年6考：2016年Ⅰ卷T 21 2015年Ⅰ卷T 20 2014年Ⅱ卷T 14、T 24 2013年Ⅰ卷T 19、T 21 [考情分析]1．以选择题型为主，重在考查v ­t 图象的意义及图象信息的提取能力．2．v ­t 图象斜率及其变化与牛顿第二定律相结合分析相关物理量的变化是常见的命题方向． 3．明确图象交点、斜率、截距的意义，并将图象信息与物体的运动过程相结合是解题的关键．4．v ­t 图象、x ­t 图象均反映物体直线运动的规律． 5．在v ­t 图象中易误将交点当成相遇．3．(图象信息的应用)(多选)(2016·Ⅰ卷T 21)甲、乙两车在平直公路上同向行驶，其v ­t 图象如图2­5所示．已知两车在t ＝3 s 时并排行驶，则( )【导学号：19624016】图2­5A ．在t ＝1 s 时，甲车在乙车后B ．在t ＝0时，甲车在乙车前7.5 mC ．两车另一次并排行驶的时刻是t ＝2 sD ．甲、乙车两次并排行驶的位置之间沿公路方向的距离为40 mBD [由题图知，甲车做初速度为0的匀加速直线运动，其加速度a 甲＝10 m/s 2.乙车做初速度v 0＝10 m/s 、加速度a 乙＝5 m/s 2的匀加速直线运动.3 s 内甲、乙车的位移分别为：x 甲＝12a 甲t 23＝45 m x 乙＝v 0t 3＋12a 乙t 23＝52.5 m由于t ＝3 s 时两车并排行驶，说明t ＝0时甲车在乙车前，Δx ＝x 乙－x 甲＝7.5 m ，选项B 正确；t ＝1 s 时，甲车的位移为5 m ，乙车的位移为12.5 m ，由于甲车的初始位置超前乙车7.5 m ，则t ＝1 s 时两车并排行驶，选项A 、C 错误；甲、乙车两次并排行驶的位置之间沿公路方向的距离为52.5m －12.5 m ＝40 m ，选项D 正确．](2014·Ⅱ卷T 14)甲、乙两汽车在一平直公路上同向行驶．在t ＝0到t ＝t 1的时间内，它们的v ­t 图象如图所示．在这段时间内( )A ．汽车甲的平均速度比乙的大B ．汽车乙的平均速度等于v 1＋v 22C ．甲、乙两汽车的位移相同D ．汽车甲的加速度大小逐渐减小，汽车乙的加速度大小逐渐增大A [根据v ­t 图象及其意义解题．根据v ­t 图象下方的面积表示位移，可以看出汽车甲的位移x 甲大于汽车乙的位移x 乙，选项C 错误；根据v ＝xt得，汽车甲的平均速度v甲大于汽车乙的平均速度v 乙，选项A 正确；汽车乙的位移x 乙小于初速度为v 2、末速度为v 1的匀减速直线运动的位移x ，即汽车乙的平均速度小于v 1＋v 22，选项B 错误；根据v ­t 图象的斜率反映了加速度的大小，因此汽车甲、乙的加速度大小都逐渐减小，选项D 错误．]4．(图象信息的应用)(多选) (2015·Ⅰ卷T 20)如图2­6(a)，一物块在t ＝0时刻滑上一固定斜面，其运动的v ­t 图线如图(b)所示．若重力加速度及图中的v 0、v 1、t 1均为已知量，则可求出( )(a) (b)图2­6A ．斜面的倾角B ．物块的质量C ．物块与斜面间的动摩擦因数D ．物块沿斜面向上滑行的最大高度[题眼点拨] ①利用图象信息求出相关量，如由斜率求出加速度，由图线与坐标轴所围面积求出上滑高度；②将图线与方程结合起来：根据图线显示的匀变速过程，结合牛顿第二定律列出上、下过程动力学方程，联立求解所求量……倾角、动摩擦因数．ACD [由题图(b)可以求出物块上升过程中的加速度为a 1＝v 0t 1，下降过程中的加速度为a 2＝v 1t 1.物块在上升和下降过程中，由牛顿第二定律得mg sin θ＋f ＝ma 1，mg sin θ－f ＝ma 2，由以上各式可求得sin θ＝v 0＋v 12t 1g ，滑动摩擦力f ＝m v 0－v 12t 1，而f ＝μF N ＝μmg cos θ，由以上分析可知，选项A 、C 正确．由v ­t 图象中横轴上方的面积可求出物块沿斜面上滑的最大距离，可以求出物块沿斜面向上滑行的最大高度，选项D 正确．]在第4题中，若改为如下形式，如图2­7甲所示，直角三角形斜劈abc 固定在水平面上．t ＝0时，一物块(可视为质点)从底端a 以初速度v 0沿斜面ab 向上运动，到达顶端b 时速率恰好为零，之后沿斜面bc 下滑至底端c .若物块与斜面ab 、bc 间的动摩擦因数相等，物块在两斜面上运动的速率v 随时间变化的规律如图乙所示，取重力加速度的大小g ＝10 m/s 2，则下列物理量中不能求出的是( )图2­7A．斜面ab的倾角θB．物块与斜面间的动摩擦因数μC．物块的质量mD．斜面bc的长度LC[根据题图乙可求出物块在左右斜面上的加速度大小a1、a2，根据牛顿第二定律有mg sin θ＋μmg cos θ＝ma1，mg cos θ－μmg sin θ＝ma2，则可求出θ和μ，但m 无法求出，根据题图乙可求出0.6～1.6 s时间内物块的位移大小，即可求出L，故选项C正确．](2014·Ⅱ卷T24)2012年10月，奥地利极限运动员菲利克斯·鲍姆加特纳乘气球升至约39 km的高空后跳下，经过4分20秒到达距地面约1.5 km高度处，打开降落伞并成功落地，打破了跳伞运动的多项世界纪录．取重力加速度的大小g＝10 m/s2.(1)若忽略空气阻力，求该运动员从静止开始下落至1.5 km高度处所需的时间及其在此处速度的大小；(2)实际上，物体在空气中运动时会受到空气的阻力，高速运动时所受阻力的大小可近似表示为f＝kv2，其中v为速率，k为阻力系数，其数值与物体的形状、横截面积及空气密度有关．已知该运动员在某段时间内高速下落的v­t图象如图所示．若该运动员和所带装备的总质量m＝100 kg，试估算该运动员在达到最大速度时所受阻力的阻力系数．(结果保留1位有效数字)[题眼点拨] ①“忽略空气阻力”说明运动员只在重力作用下运动；②“f＝kv2”说明阻力与速度的平方成正比；③“达到最大速度”说明最大速度时，重力与阻力大小相等．【解析】(1)设该运动员从开始自由下落至1.5 km高度处的时间为t，下落距离为s，在1.5 km高度处的速度大小为v.根据运动学公式有v＝gt ①s ＝12gt 2②根据题意有 s ＝3.9×104 m －1.5×103 m ＝3.75×104 m③联立①②③式得t ＝87 s④ v ＝8.7×102 m/s. ⑤(2)该运动员达到最大速度v max 时，加速度为零，根据平衡条件有mg ＝kv 2max⑥由所给的v ­t 图象可读出 v max ≈360 m/s⑦由⑥⑦式得 k ＝0.008 kg/m.⑧ 【答案】 (1)87 s 8.7×102 m/s (2)0.008 kg/m■释疑难·类题通法…………………………………………………………………·1．v ­t 图象提供的信息2．处理力学图象问题的思路(1)明确什么性质的图象，看纵横两轴表示的物理量．(2)分析图线的意义，提取图象的关键信息．(3)将物体的运动过程与图象对应起来．(4)较复杂的图象，可通过列解析式的方法进行判断．■对考向·高效速练…………………………………………………………………..· 考向1 图象的选取4．竖直向上抛出一物块，物块在运动过程中受到的阻力大小与速度大小成正比，则物块从抛出到落回抛出点的过程中，加速度随时间变化的关系图象正确的是(设竖直向下为正方向)( )A B C DC [物块在上升过程中加速度大小为a ＝mg ＋kv m，因此在上升过程中，速度不断减小，加速度不断减小，速度减小得越来越慢，加速度减小得越来越慢，到最高点加速度大小等于g ，在下降的过程中加速度a ＝mg －kv m，随着速度增大，加速度越来越小，速度增大得越来越慢，加速度减小得越来越慢，加速度方向始终向下，因此C 正确．] 考向2 图象的转换5．一物体做直线运动，其加速度随时间变化的a ­t 图象如图2­8所示．下列v ­t 图象中，可能正确描述此物体运动的是( )【导学号：19624017】图2­8A BC DD [由图可知，在0～T 2时间内a ＝a 0＞0，若v 0≥0，物体做匀加速运动；若v 0＜0，物体做匀减速运动，故B 、C 皆错误；由于在T ～2T 时间内a ＝－a 0，故图线斜率的绝对值与0～T 2时间内相同，故A 错误，D 正确．] 考向3 图象信息的应用6．(2017·马鞍山市一模)两物块A 、B 并排放在水平地面上，且两物体接触面为竖直面，现用一水平推力F 作用在物体A 上，使A 、B 由静止开始一起向右做匀加速运动，如图2­9甲所示，在A 、B 的速度达到6 m/s 时，撤去推力F .已知A 、B 质量分别为m A ＝1 kg 、m B ＝3 kg ，A 与水平面间的动摩擦因数为μ＝0.3，B 与地面没有摩擦，B 物体运动的v ­t 图象如图乙所示．取g ＝10 m/s 2，求：甲 乙图2­9(1)推力F 的大小；(2)A 物体刚停止运动时，物体A 、B 之间的距离．【解析】 (1)在水平推力F 作用下，物体A 、B 一起做匀加速运动，加速度为a ，由B 物体的v ­t 图象得，a ＝Δv Δt ＝62m/s 2＝3 m/s 2 对于AB 整体，由牛顿第二定律得F －μm A g ＝(m A ＋m B )a代入数据解得F ＝15 N.(2)设物体A 匀减速运动的时间为t ，撤去推力F 后，A 、B 两物体分离，A 在摩擦力作用下做匀减速运动，B 做匀速运动对A 由－μm A g ＝m A a A ，解得a A ＝－μg ＝－3 m/s 2t ＝0－v 0a A ＝0－6－3s ＝2 s 物体A 通过的位移x A ＝v 02t ＝6 m 物体B 通过的位移x B ＝v 0t ＝6×2 m＝12 m物体A 刚停止时A 、B 间的距离Δx ＝x B －x A ＝12 m －6 m ＝6 m.【答案】 (1)15 N (2)6 m1.(多选)(2017·梅河口市五中一模)如图甲所示，倾角为30°的斜面固定在水平地面上，一个小物块在沿斜面向上的恒定拉力F 作用下，从斜面底端A 点由静止开始运动，一段时间后撤去拉力F ，小物块能达到的最高位置为C 点，己知小物块的质量为0.3 kg ，小物块从A 到C 的v ­t 图象如图乙所示，g 取10 m/s 2，则下列说法正确的是( )甲 乙A ．小物块加速时的加速度大小是减速时加速度的13B ．小物块与斜面间的动摩擦因数为33C ．小物块到达C 点后将沿斜面下滑D ．拉力F 的大小为4 NAC [在速度－时间图象中图象的斜率表示加速度，在有F 作用时小物块做加速运动，a 1＝7.53 m/s 2＝2.5 m/s 2，撤去拉力F 后做减速运动，故a 2＝－7.51m/s 2＝－7.5 m/s 2，所以|a 1|＝13|a 2|，A 正确；撤去拉力后，在沿斜面方向上有－mg sin θ－μmg cos θ＝ma 2，解得μ＝36，B 错误；因为mg sin 30°>μmg cos 30°，故小物块到达C 点后将沿斜面下滑，C 正确；有拉力作用时，根据牛顿第二定律可知F －mg sin 30°－μmg cos 30°＝ma 1，解得F ＝3 N ，D 错误．]2.为研究运动物体所受的空气阻力，某研究小组的同学找来一个倾角可调、斜面比较长且表面平整的斜面体和一个滑块，并在滑块上固定一个高度可升降的风帆，如图甲所示．他们让带有风帆的滑块从静止开始沿斜面下滑，下滑过程中帆面与滑块运动方向垂直．假设滑块和风帆总质量为m .滑块与斜面间的动摩擦因数为μ，风帆受到的空气阻力与风帆的运动速率成正比，即F f ＝kv .(1)写出滑块下滑过程中加速度的表达式；(2)求出滑块下滑的最大速度，并指出有哪些措施可以减小最大速度；(3)若m ＝2 kg ，斜面倾角θ＝30°，g 取10 m/s 2，滑块从静止下滑的速度图象如图乙所示，图中的斜线为t ＝0时v ­t 图线的切线，由此求出μ、k 的值．(计算结果保留两位有效数字)【解析】 (1)由牛顿第二定律有：mg sin θ－μmg cos θ－kv ＝ma解得：a ＝g sin θ－μg cos θ－kv m.(2)当a ＝0时速度最大， v m ＝mg sin θ－μcos θ k减小最大速度的方法有：适当减小斜面倾角θ；风帆升起一些．(3)当v ＝0时，a ＝g sin θ－μg cos θ＝3 m/s 2解得：μ＝2315≈0.23，最大速度v m ＝2 m/s ，v m ＝mg sin θ－μcos θ k＝2 m/s 解得：k ＝3.0 kg/s.【答案】 (1)g sin θ－μg cos θ－kv m(2)mg sin θ－μcos θ k适当减小斜面倾角θ(保证滑块能静止下滑)；风帆升起一些(3)0.23 3.0 kg/s考点3 牛顿第二定律的应用(对应学生用书第9页)■品真题·感悟高考……………………………………………………………·[考题统计] 五年9考：2017年Ⅲ卷T 25 2016年Ⅰ卷T 18、Ⅱ卷T 192015年Ⅰ卷T 25，Ⅱ卷T 20、T 25 2014年Ⅰ卷T 172013年Ⅱ卷T 14、T 25[考情分析]1．本考点的考查重在物体的受力分析，整体法、隔离法在连接问题中的应用及牛顿第二定律的理解．2．整体法、隔离法是动力学中连接体问题的常用方法，在不涉及相互作用力时，可用整体法，在涉及相互作用力时要用隔离法．3．对物体受力分析时易出现漏力、多力的现象．4．应用公式F ＝ma 时，要注意F 、m 、a 的一体性．5．(动力学的两类基本问题)(多选)(2016·Ⅱ卷T 19)两实心小球甲和乙由同一种材料制成，甲球质量大于乙球质量．两球在空气中由静止下落，假设它们运动时受到的阻力与球的半径成正比，与球的速率无关．若它们下落相同的距离，则( )A ．甲球用的时间比乙球长B ．甲球末速度的大小大于乙球末速度的大小C ．甲球加速度的大小小于乙球加速度的大小D ．甲球克服阻力做的功大于乙球克服阻力做的功[题眼点拨] ①“同一种材料制成”说明相同的密度；②“阻力与球的半径成正比，与球的速率无关”说明下落过程中加速度不同，但两球都做匀加速运动．BD [设小球在下落过程中所受阻力F 阻＝kR ，k 为常数，R 为小球半径，由牛顿第二定律可知：mg －F 阻＝ma ，由m ＝ρV ＝43ρπR 3知：43ρπR 3g －kR ＝43ρπR 3a ，即a ＝g －3k 4ρπ·1R 2，故知：R 越大，a 越大，即下落过程中a 甲>a 乙，选项C 错误；下落相同的距离，由h ＝12at 2知，a 越大，t 越小，选项A 错误；由2ah ＝v 2－v 20知，v 0＝0，a 越大，v 越大，选项B 正确；由W 阻＝－F 阻h 知，甲球克服阻力做的功更大一些，选项D 正确．]6．(连接体问题)(多选)(2015·Ⅱ卷T 20)在一东西向的水平直铁轨上，停放着一列已用挂钩连接好的车厢．当机车在东边拉着这列车厢以大小为a 的加速度向东行驶时，连接某两相邻车厢的挂钩P 和Q 间的拉力大小为F ；当机车在西边拉着车厢以大小为23a 的加速度向西行驶时，P 和Q 间的拉力大小仍为F .不计车厢与铁轨间的摩擦，每节车厢质量相同，则这列车厢的节数可能为( )【导学号：19624018】A ．8B ．10C ．15D ．18BC [设该列车厢与P 相连的部分为P 部分，与Q 相连的部分为Q 部分．设该列车厢有n 节，Q 部分为n 1节，每节车厢质量为m ，当加速度为a 时，对Q 有F ＝n 1ma ；当加速度为23a 时，对P 有F ＝(n －n 1)m 23a ，联立得2n ＝5n 1.当n 1＝2，n 1＝4，n 1＝6时，n ＝5，n ＝10，n ＝15，由题中选项得该列车厢节数可能为10或15，选项B 、C 正确．]在第6题中，若车厢总数为10节，以大小为a 的加速度向东行驶，则第2节车厢受到的拉力与第10节车厢受到的拉力之比为( )A ．9∶1B ．1∶9C ．10∶1D ．1∶10A [设每节车厢的质量均为m ，第2节车厢所受拉力为F 1，第10节车厢所受拉力为F 2，由牛顿第二定律可知，F 1＝9ma F 2＝ma故F 1∶F 2＝9∶1.]7．(动力学的临界极值问题)(2017·Ⅲ卷T 25)如图2­10，两个滑块A 和B 的质量分别为m A＝1 kg 和m B ＝5 kg ，放在静止于水平地面上的木板的两端，两者与木板间的动摩擦因数均为μ1＝0.5；木板的质量为m ＝4 kg ，与地面间的动摩擦因数为μ2＝0.1.某时刻A 、B 两滑块开始相向滑动，初速度大小均为v 0＝3 m/s.A 、B 相遇时，A 与木板恰好相对静止．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小g ＝10 m/s 2.求：图2­10(1)B 与木板相对静止时，木板的速度；(2)A 、B 开始运动时，两者之间的距离．[题眼点拨] ①A 与木板相对静止前A 、B 加速度不变；②B 与木板相对静止后以相同的加速度向右匀减速运动；③A 、B 相对地面的位移大小之和等于A 、B 开始运动时两者间的距离．【解析】 (1)滑块A 和B 在木板上滑动时，木板也在地面上滑动．设A 、B 和木板所受的摩擦力大小分别为f 1、f 2和f 3，A 和B 相对于地面的加速度大小分别为a A 和a B ，木板相对于地面的加速度大小为a 1，在物块B 与木板达到共同速度前有 f 1＝μ1m A g① f 2＝μ1m B g② f 3＝μ2(m ＋m A ＋m B )g③由牛顿第二定律得 f 1＝m A a A④ f 2＝m B a B⑤ f 2－f 1－f 3＝ma 1 ⑥设在t 1时刻，B 与木板达到共同速度，其大小为v 1，由运动学公式有v 1＝v 0－a B t 1⑦ v 1＝a 1t 1 ⑧联立①②③④⑤⑥⑦⑧式，代入已知数据得v 1＝1 m/s. ⑨(2)在t 1时间间隔内，B 相对于地面移动的距离为s B ＝v 0t 1－12a B t 21 ⑩设在B 与木板达到共同速度v 1后，木板的加速度大小为a 2，对于B 与木板组成的体系，由牛顿第二定律有f 1＋f 3＝(m B ＋m )a 2⑪由①②④⑤式知，a A ＝a B ；再由⑦⑧式知，B 与木板达到共同速度时，A 的速度大小也为v 1，但运动方向与木板相反．由题意知，A 和B 相遇时，A 与木板的速度相同，设其大小为v 2，设A 的速度大小从v 1变到v 2所用的时间为t 2，则由运动学公式，对木板有v 2＝v 1－a 2t 2⑫对A 有 v 2＝－v 1＋a A t 2 ⑬在t 2时间间隔内，B (以及木板)相对地面移动的距离为s 1＝v 1t 2－12a 2t 22 ⑭在(t 1＋t 2)时间间隔内，A 相对地面移动的距离为s A ＝v 0(t 1＋t 2)－12a A (t 1＋t 2)2 ⑮A 和B 相遇时，A 与木板的速度也恰好相同，因此A 和B 开始运动时，两者之间的距离为s 0＝s A ＋s 1＋s B⑯联立以上各式，并代入数据得 s 0＝1.9 m(也可用如图所示的速度—时间图线求解)【答案】 (1)1 m/s (2)1.9 m(2015·Ⅰ卷T 25)一长木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物块；在木板右方有一墙壁，木板右端与墙壁的距离为4.5 m ，如图(a)所示．t ＝0时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向右运动，直至t ＝1 s 时木板与墙壁碰撞(碰撞时间极短)．碰撞前后木板速度大小不变，方向相反；运动过程中小物块始终未离开木板．已知碰撞后1 s 时间内小物块的v ­t 图线如图(b)所示．木板的质量是小物块质量的15倍，重力加速度大小g 取10 m/s 2.求：。

专题一 力与物体的平衡 考情分析命题解读本专题共4个考点，力的合成与分解为Ⅱ要求，其余皆为Ⅰ要求。

从三年命题情况看，命题特点为：(1)注重基础知识。

如围绕胡克定律、摩擦力考查学生的理解能力；(2)注重过程方法。

如围绕力、电现象中的平衡问题考查受力分析、正交分解、稳态速度、对称思想等，即便在计算题中也是在第(1)(2)问中出现，难度中等。

整体难度适中，命题指数★★★☆☆，复习目标是达B 必会。

1.(2018·扬州一模)某电视台每周都有棋类节目，铁质的棋盘竖直放置，每个棋子都是一个小磁铁，能吸在棋盘上，不计棋子间的相互作用力，下列说法正确的是( )图1A.小棋子共受三个力作用B.棋子对棋盘的压力大小等于重力C.磁性越强的棋子所受的摩擦力越大D.质量不同的棋子所受的摩擦力不同解析小棋子受到重力、向上的摩擦力、棋盘的吸引力和棋盘的支持力作用，选项A错误；棋盘对棋子的摩擦力等于棋子的重力，故无论棋子的磁性多强，摩擦力是不变的，质量不同的棋子所受的重力不同，故摩擦力不同，选项B、C错误，D项正确。

答案 D2.(2018·江苏清江中学高三第四次月考)在如图2所示的四幅图中，AB、BC均为轻质杆，各图中杆的A、C端都通过铰链与墙连接，两杆都在B处由铰链连接，下列关于受力的说法正确的是()图2A.甲图中的AB杆表现为拉力，BC杆表现为拉力B.乙图中的AB杆表现为拉力，BC杆表现为支持力C.丙图中的AB、BC杆均表现为拉力D.丁图中的AB、BC杆均表现为支持力解析在甲图中，对B分析，受到AB杆的拉力，BC杆的支持力，绳子的拉力三力平衡，A项错误；乙图中对B受力分析，B受到绳子竖直向下的拉力，则BC应为支持力，由平衡条件可知AB应为支持力，B项错误；丙图中对B点分析可知，B受到绳子向下的拉力，AB杆提供向上的拉力，BC杆应为向右的拉力，C项正确；丁图中对B分析可知，B受到绳子向下的拉力，AB杆提供拉力，BC 杆提供支持力，D项错误。

专题一力与运动第一讲力与物体平衡1.[考查共点力的平衡条件、弹力的方向判断]如图所示，三个形状不规则的石块a、b、c在水平桌面上成功地叠放在一起。

下列说法正确的是( )A．石块b对a的支持力一定竖直向上B．石块b对a的支持力一定等于a受到的重力C．石块c受到水平桌面向左的摩擦力D．石块c对b的作用力一定竖直向上解析：选D 由题图可知，a与b的接触面不是水平面，可知石块b对a的支持力与其对a的静摩擦力的合力，跟a受到的重力是一对平衡力，故A、B错误；以三个石块作为整体研究，整体受到的重力与支持力是一对平衡力，则石块c不会受到水平桌面的摩擦力，故C错误；选取ab作为整体研究，根据平衡条件，石块c对b的作用力与其重力平衡，则石块c对b的作用力一定竖直向上，故D正确。

2．[考查摩擦力的有无及方向判断][多选]如图甲、乙所示，倾角为θ的斜面上放置一滑块M，在滑块M上放置一个质量为m的物块，M和m相对静止，一起沿斜面匀速下滑，下列说法正确的是( )A．图甲中物块m受到摩擦力B．图乙中物块m受到摩擦力C．图甲中物块m受到水平向左的摩擦力D．图乙中物块m受到与斜面平行向上的摩擦力解析：选BD 对题图甲：设m受到摩擦力，则物块m受到重力、支持力、摩擦力，而重力、支持力平衡，若受到摩擦力作用，其方向与接触面相切，方向水平，则物体m受力将不平衡，与题中条件矛盾，故假设不成立，A、C错误。

对题图乙：设物块m不受摩擦力，由于m 匀速下滑，m 必受力平衡，若m 只受重力、支持力作用，由于支持力与接触面垂直，故重力、支持力不可能平衡，则假设不成立，由受力分析知：m 受到与斜面平行向上的摩擦力，B 、D 正确。

3．[考查力的合成与分解、胡克定律][多选]如图，粗糙水平面上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。

专题限时集训(一) 力与物体的平衡(对应学生用书第117页)(建议用时：40分钟)一、选择题(本题共8小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，第1～5题只有一项符合题目要求，第6～8题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．)1．如图1-12所示，用一根细绳连接矩形相框的两个顶角b 、c ，将其挂在竖直墙的钉子a 上，a 到b 、c 两点的距离相等，b 、c 间的距离为s ，相框重为G ，细绳能承受的最大拉力为G ，不计一切摩擦，则绳的长度不能小于( )【导学号：17214018】图1-12A ．33sB ．233sC ．3sD ．23sB [矩形相框受力如图：设细线与水平方向的夹角为α，根据平衡条件，竖直方向，有：2T sin α＝G ，设细线长度为L ，结合几何关系，有：sin α＝⎝ ⎛⎭⎪⎫L 22－⎝ ⎛⎭⎪⎫s 22L 2，联立解得：L ＝233s ，故A 、C 、D错误，B 正确．]2．如图1-13，当风以恒定的水平速度吹来时，风筝面与水平面成某一夹角，人静站在地面上拉住连接风筝的细线(细线质量、受风力不计)，使风筝处于静止．不计空气浮力．则( )图1-13A．风对风筝的作用力方向水平向右B．地面对人的支持力大小等于人和风筝的总重力C．地面对人的作用力方向斜向左上方D．拉直的细线可能垂直风筝面C[设细线与水平面的夹角为α，风力大小为F．先研究风筝，分析受力如图，空气对风筝的作用力方向垂直于风筝的平面，风筝处于稳定状态时拉直的细线不可能垂直于风筝面，故A、D错误；对人和风筝整体研究，竖直方向上有：(M＋m)g＝N＋F cos β，β是风筝与水平面之间的夹角；则得：N＝(M＋m)g－F cos β＜(M＋m)g．地面对人的作用力方向斜向左上方，故B错误，C正确．]3．(2018·南京市盐城市二联)如图1-14所示，在粗糙水平地面上放着一个截面为四分之一圆弧的柱状物体A，A的左端紧靠竖直墙，A与竖直墙之间放一光滑圆球B，整个装置处于静止状态．若把A向右移动少许后，它们仍处于静止状态．则下列判断中正确的是()【导学号：17214018】图1-14A．球B对墙的压力增大B．球B对柱状物体A的压力增大C．地面对柱状物体A的摩擦力不变D．地面对柱状物体A的支持力不变D[以B为研究对象，受力分析如图甲所示，由图可知，把A向右移动少许，墙对球B的压力F1减小，柱状物体A对球B的支持力F2减小，由牛顿第三定律知，球B对墙的压力减小，球B对柱状物体A的压力减小，选项A、B 错误；把A、B作为一个整体，受力分析如图乙所示，由平衡条件得，地面对柱状物体A的摩擦力F f＝F1，地面对柱状物体A的支持力F N＝(m A＋m B)g，由此可知，地面对柱状物体A的摩擦力减小，地面对柱状物体A的支持力不变，选项C错误，D正确．]甲乙4．(2018·天津河西区二模)将某材料制成的长方体锯成A、B两块放在水平面上，A、B紧靠在一起，物体A的角度如图1-15所示．现用水平方向的力F推物体B，使物体A、B保持原来形状整体沿力F的方向匀速运动，则()【导学号：17214010】图1-15A．物体A在水平方向受两个力的作用，合力为零B．物体A只受一个摩擦力C．物体B对A的压力小于桌面对物体A的摩擦力D．物体B在水平方向受三个力的作用C[对A受力分析如图所示，A在水平方向受到B对A的压力F N、B对A沿斜面向上的摩擦力f1、桌面对A的摩擦力f2三个力的作用而处于平衡状态，合力为零，选项A、B错误；对A由平衡条件有f2sin 60°＝F N，故B对A的压力小于桌面对物体A的摩擦力，选项C正确；对B受力分析知，B在水平方向受到水平方向的推力、A对B 的压力、A对B的摩擦力、桌面对B的摩擦力四个力的作用，选项D错误．] 5．重力为G的体操运动员在进行自由体操比赛时，有如图1-16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()【导学号：17214011】图1-16A．当θ＝60°时，运动员单手对地面的正压力大小为G 2B．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，运动员受到的地面合力不同D．当θ不同时，运动员与地面间的相互作用力不相等A[运动员的两只手受到的地面的作用力如图：两手臂对称支撑，夹角为θ，则在竖直方向：2F·cos θ2＝G，所以：F＝G2cos θ2，当θ＝60°时，运动员单手对地面的正压力大小与地面对手的作用力沿竖直方向的分力是相等的，为F·cos θ2＝G2cosθ2·cosθ2＝G2，故A正确；当θ＝120°时，运动员单手对地面的正压力大小与地面对手的作用力沿竖直方向的分力是相等的，为F·cos θ2＝G2cosθ2·cosθ2＝G2，故B错误；两手臂对称支撑，夹角为θ，则在竖直方向：2F·cos θ2＝G，可知不管角度如何，运动员受到的地面对运动员的合力始终与运动员的重力大小相等，方向相反，故C错误；根据牛顿第三定律可知，不管角度如何，相互作用力总是等大，故D错误．]6．如图1-17所示，一质量为m1的光滑匀质球，夹在竖直墙面和倾角为θ的斜块之间，斜块质量为m2，斜块底面与水平地面间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，两者始终保持静止．下列说法正确的是()【导学号：17214012】图1-17A ．斜块对球的作用力为m 1g /cos θB ．地面对斜块的摩擦力为μ(m 1＋m 2)gC ．减小m 1，地面对斜块的摩擦力一定减小D ．减小m 1，墙面对球的作用力一定增大AC [小球受力情况如图所示，根据三力平衡，斜块对球的作用力F N2＝m 1g cos θ，选项A 正确；根据小球平衡，墙壁对球的作用力F N1＝m 1g tan θ，整体研究m 1和m 2，地面对斜块的静摩擦力为m 1g tan θ，减小m 1，地面对斜块的静摩擦力减小，选项B 错误，C 正确；墙壁对球的作用力F N1＝m 1g tan θ，减小m 1，墙面对球的作用力一定减小，选项D 错误．]7．如图1-18所示，水平地面上固定一个光滑绝缘斜面，斜面与水平面的夹角为θ．一根轻质绝缘细线的一端固定在斜面顶端，另一端系有一个带电小球A ，细线与斜面平行．小球A 的质量为m 、电量为q ．小球A 的右侧固定放置带等量同种电荷的小球B ，两球心的高度相同、间距为d ．静电力常量为k ，重力加速度为g ，两带电小球可视为点电荷．小球A 静止在斜面上，则 ( )图1-18A ．小球A 与B 之间库仑力的大小为kq 2d 2B ．当q d ＝mg sin θk 时，细线上的拉力为0 C ．当q d ＝mg tan θk 时，细线上的拉力为0 D ．当q d ＝mgk tan θ时，斜面对小球A 的支持力为0AC [两球间库仑力为F ＝kq 2d 2，A 项正确；当细线上的拉力为0时，小球A 受到库仑力、斜面支持力、重力，具体关系为kq 2d 2＝mg tan θ，B 项错误，C 项正确；由受力分析可知，斜面对小球的支持力不可能为0，所以D 项错误．]8．如图1-19所示，ACD 、EFG 为两根相距L 的足够长的金属直角导轨，它们被竖直固定在绝缘水平面上，CDGF 面与水平面成θ角．两导轨所在空间存在垂直于CDGF 平面向上的匀强磁场，磁感应强度大小为 B ．两根质量均为m 、长度均为L 的金属细杆ab 、cd 与导轨垂直接触形成闭合回路，杆与导轨之间的动摩擦因数均为μ，两金属细杆的电阻均为R ，导轨电阻不计．当ab 以速度v 1沿导轨向下匀速运动时，cd 杆也正好以速度v 2向下匀速运动．重力加速度为g ．以下说法正确的是 ( )【导学号：17214013】图1-19A ．回路中的电流为BL (v 1＋v 2)2RB ．ab 杆所受摩擦力为mg sin θC ．cd 杆所受摩擦力为μ⎝ ⎛⎭⎪⎫mg sin θ＋B 2L 2v 12R D ．μ与v 1大小的关系为μ＝mg sin θ－B 2L 2v 12R mg cos θCD [回路中只有ab 杆切割磁感线产生电动势，故I ＝BL v 12R ，A 错误；两杆所受安培力大小为F 安ab ＝F 安cd ＝BIL ＝B 2L 2v 12R ，ab 杆所受摩擦力F f2＝mg sin θ－F 安ab ＝μmg cos θ，B 错误；cd 杆所受的摩擦力F f1＝mg cos θ＝μF N1＝μ(mg sinθ＋F 安cd )＝μ(mg sin θ＋B 2L 2v 12R )，由以上两式可得：μ与v 1大小的关系为μ＝mg sin θ－B 2L 2v 12R mg cos θ，故C 、D 均正确．] 二、计算题(共2小题，32分)9．(16分)(2018·江西十校联考)如图1-20所示，一个底面粗糙，质量为m 的斜面体静止在水平地面上，斜面体的斜面是光滑的，倾角为30°，现用一端固定的轻绳系一质量为m 的小球，小球静止时轻绳与斜面的夹角是30°．图1-20(1)求当斜面体静止时绳的拉力大小；(2)若地面对斜面体的最大静摩擦力等于地面对斜面体支持力的k 倍，为了使整个系统始终处于静止状态，k 值必须满足什么条件？【导学号：17214014】【解析】 (1)设绳的拉力为F T ，斜面体对小球的支持力为F N ，对小球进行受力分析如图所示，由平衡条件可知，F T 和F N 的合力竖直向上，大小等于mg ，由几何关系可得出F N ＝F T ＝33mg ．(2)对斜面体进行受力分析，设小球对斜面体的压力为F N ′，地面的支持力为F ，地面的静摩擦力为F f ，由正交分解和平衡条件可知，在竖直方向上：F ＝mg ＋F N ′cos 30°在水平方向上：F f ＝F N ′sin 30°根据(1)和牛顿第三定律可知；F N ′＝F N ＝33mg又由题设可知F fmax ＝kF ≥F f综合上述各式解得k ≥39．【答案】 (1)33mg (2)k ≥3910．(16分)(2018·邵阳二模)如图1-21所示为一电流表的原理示意图．质量为m 的匀质细金属棒MN 的中点处通过一挂钩与一竖直悬挂的弹簧相连，绝缘弹簧劲度系数为k ．在矩形区域abcd 内有匀强磁场，磁感应强度大小为B ，方向垂直纸面向外．与MN 的右端N 连接的一绝缘轻指针可指示标尺上的读数，MN 的长度大于ab ．当MN 中没有电流通过且处于平衡状态时，MN 与矩形区域的cd边重合；当MN中有电流通过时，指针示数可表示电流的大小．(不计通电时电流产生的磁场的作用)图1-21(1)当电流表示数为零时，弹簧伸长多少？(重力加速度为g)(2)若要电流表正常工作，MN的哪一端应与电源正极相接？(3)若k＝2．0 N/m，ab＝0．20 m，cb＝0．180 m，B＝0．20 T，此电流表的量程是多少？【解析】(1)设当电流表示数为零时，弹簧的伸长量为Δx，则有mg＝kΔx，得Δx＝mg k．(2)为使电流表正常工作，作用于通有电流的金属棒MN的安培力必须向下，因此M端应接正极．(3)设电流表满偏时通过MN间电流为I m，则有BI m ab＋mg＝k(cb＋Δx)联立并代入数据得I m＝2．5 A．【答案】(1)mgk(2)M端(3)2．5 A。

第一讲力与物体的均衡[ 知识建构 ][ 高考调研 ]1. 着重对科学修养的考察：题目设置既突出基础，又切近生活．如2017年天津卷第8 题经过悬挂衣服的衣架挂钩考察三力均衡问题．2. 考察形式以选择题为主，更为着重数学方法的运用： 2017 年全国卷三套试卷均在选择题中进行了考察，全国卷Ⅰ第 16 题联合复合场考察三力平衡知识，第21 题考察动向均衡问题( 图解法或正弦定理的应用) ，全国卷Ⅱ第 16 题考察简单的正交分解的应用，全国卷Ⅲ第17 题考察对称法、正交分解法和数学方法的运用．该内容也可能浸透在力学或电学计算题中进行综合考察．3. 常用的思想方法：等效思想、分解思想、假定法、矢量三角形法、整体法和隔绝法、正交分解法、合成法、变换研究对象法、图解法.[答案] (1) 场力(2)接触力(3)按次序找力①剖析场力，如：重力、电场力、磁场力；②剖析已知外力；③剖析接触力：先剖析弹力，后剖析摩擦力．(4)受力剖析的注意事项①只剖析受力物体，不剖析施力物体；②只剖析性质力，不剖析成效力，如向心力等；③只剖析外力，不剖析内力；④剖析物体受力时，应关注物体的运动状态( 如物体的静止、加快与减速、直线与曲线运动等 )．(5)均衡条件： F＝0(正交分解 F x＝0， F y＝0)．(6)均衡状态：物体处于静止或匀速直线运动的状态.考向一受力剖析[ 概括提炼 ]1．受力剖析的基本思路2．受力剖析的常用方法[ 娴熟加强 ]1．(2017 ·苏北三市调研) 以下图，匀强电场方向垂直于倾角为α 的绝缘粗拙斜面向上，一质量为m的带正电荷的滑块静止于斜面上．对于该滑块的受力，以下说法中正确的选项是( 当地重力加快度为g)() A．滑块可能只受重力、电场力、摩擦力三个力的作用B．滑块所受的摩擦力大小必定为mg sinαC．滑块所受的电场力大小可能为mg cosαD．滑块对斜面的压力大小必定为mg cosα[ 分析 ]物体必定受重力和电场力，假如没有摩擦力滑块不会均衡，故弹力和摩擦力一定同时存在，故 A 错误；对滑块进行受力剖析，如右图所示．依据力的均衡条件得：mg sinα＝F f， F 电＋ F 弹＝ mg cosα，故B对，C、D均错．[答案]B2.(2017 ·南昌三中理综测试 ) 以下图，穿在一根圆滑的固定杆上的小球A、B 连结在一条越过定滑轮的细绳两头，杆与水平面成θ角，不计全部摩擦，当两球静止时，绳与杆OA的夹角为θ，OB绳沿竖直方向，则正确的说法是()A．小球A可能遇到 2 个力的作用B．小球A必定遇到 3 个力的作用C．小球B可能遇到 3 个力的作用D．细绳对A 的拉力大于对 B 的拉力[ 分析 ]对A球受力剖析可知，A遇到重力、细绳的拉力以及杆对 A 球的弹力，三个力的协力为零，故 A 错误， B 正确；对 B 球受力剖析可知， B 遇到重力，细绳的拉力，两个力的协力为零，杆对 B 球没有弹力，不然B不可以均衡，故C错误；定滑轮不改变力的大小，即细绳对 A 的拉力等于对 B 的拉力，故 D 错误．[答案]B3． ( 多项选择 )(2017 ·嘉兴二模 )以下图，在斜面上，木块 A 与 B 的接触面是水平的．连结木块 A 的绳索呈水平状态，两木块均保持静止．则木块 A 和木块 B 可能的受力个数分别为()A．2个和 4个B．3个和 4个C．4个和 4个D．4个和 6个[分析]若绳索上的拉力为零，以A、 B 整体为研究对象，可知 B 和斜面之间必定有静摩擦力，、B 的受力状况以下图，应选项 A 正确；若绳索上的拉力不为零，分别对、BA A进行受力剖析， A 遇到重力、 B 对 A 的支持力、绳索的拉力和 B 对 A 的静摩擦力而均衡，B 遇到重力、 A 对 B 的压力、斜面对 B 的支持力和 A 对 B的静摩擦力，斜面对 B 的摩擦力可有可无，所以选项 C 正确．[答案] AC1擅长变换研究对象，特别是对于摩擦力不易判断的情况，能够借助相接触物体的受力判断，再应用牛顿第三定律 .2 实质问题往常需要交错应用隔绝、整体思想法.3对两个以上的物体叠加构成的整体进行受力剖析时，一般先采纳整体思想法后采纳隔绝思想法，即“先整体，后隔绝”.考向二静态均衡问题[ 概括提炼 ]1．解决静态均衡问题的基本思路2．解决静态均衡问题的四种常用方法物体受三个共点力的作用而均衡时，随意两个力的协力必定与第三个力大小相等，合成法方向相反物体受三个共点力的作用而均衡时，将某一个力按作用成效分解，则分力与其余分解法两个力分别均衡物体遇到三个或三个以上力的作用时，将全部力分解为互相垂直的两组，每组力正交分解法都知足均衡条件矢量三角形对受三力作用而均衡的物体，将力的矢量图平移使三力构成一个首尾挨次相接的法矢量三角形，依据正弦定理、余弦定理或相像三角形等数学知识求解未知力某运动员做跳伞训练，他从悬停在空中的直升机上由静止跳下，距离直升机一段时间后翻开下降伞减速着落，他翻开下降伞后的速度图象如图(a) 所示．下降伞用 8 根对称的绳悬挂运动员，每根绳与中轴线的夹角均为37°，如图 (b) 所示．已知运动员和下降伞的质量均为50 kg，不计人所受的阻力，翻开下降伞后，下降伞所受的阻力 f 与着落速度v 成正比，即 f ＝ kv.重力加快度g 取10 m/s 2，sin37 °＝0.6 ，cos37°＝0.8. 求：(1)翻开下降伞古人着落的高度．(2)阻力系数 k 和翻开下降伞瞬时的加快度．(3)下降伞的悬绳能够蒙受的拉力起码为多少？[ 思路点拨 ] (1) 当速度为 5 m/s 时运动员做匀速运动．(2)翻开下降伞瞬时悬绳对运动员拉力最大．[分析](1) 翻开下降伞前运动员做自由落体运动，依据速度位移公式可得运动员着落2v0，由图 (a) 可知v0＝20 m/s ，代入解得：h＝ 20 m． (2) 由图 (a) 可知，当速度为的高度 h＝2gv＝5 m/s时，运动员做匀速运动，伞和运动员整体受力达到均衡状态，由均衡条件可得：2mgkv＝2mg，即 k＝v，解得 k＝200 N·s/m.在翻开下降伞瞬时，由牛顿第二定律可得：kv0－2mg＝ 2ma，解得a＝ 30 m/s 2，方向竖直向上． (3) 依据题意可知，翻开下降伞瞬时悬绳对运动员拉力最大，设此时下降伞上每根悬绳的拉力为T，以运动员为研究对象，则有：8T cos37°－mg＝ ma，代入数据可解得T＝312.5N，故悬绳能够蒙受的拉力起码为312.5N.[答案](1)20 m(2)200 N·s/m30 m/s 2，方向竖直向上(3)312.5 N“稳态速度类”均衡模型一般是与实质问题相联合的物理问题，其基本特点是物体在开始运动时其实不均衡，而是跟着外面条件的改变渐渐达到均衡状态. 此类模型的一般解法是：先依据试题所描绘的情境抽象出物理模型，而后依据物体运动的初始条件，联合运动学知识和牛顿运动定律对物体的运动状况进行剖析，当物体最后达到均衡状态时，则要依照共点力的均衡条件，列出物体的均衡方程进行求解.[ 娴熟加强 ]迁徙一单个物体均衡1． ( 多项选择 )(2017 ·浙江十校模拟)如图所示，半圆形槽半径R＝30 cm，质量 m＝1 kg的小物块在沿半径方向的轻弹簧挤压下处于静止状态．已知弹簧的劲度系数k ＝ 50 N/m ，自由长度＝ 40 cm，一端固定在圆心OL处，弹簧与竖直方向的夹角为37°. 取g＝ 10 m/s2，sin37 °＝ 0.6 ，cos37°＝ 0.8. 则() A．物块对槽的压力大小是15 NB．物块对槽的压力大小是13 NC．槽对物块的摩擦力大小是 6 ND．槽对物块的摩擦力大小是8 N[分析]物块受重力 mg、支持力 N、弹簧的推力 F、沿半圆形槽切线向上的静摩擦力 f ，依据共点力均衡条件，切线方向上有mg sin37°＝ f ，半径方向上有 F＋mg cos37°＝ N，依据胡克定律，＝·＝50 N/m×(0.4－ 0.3)m ＝ 5 N，解得f ＝6 N，＝13 N，选项 B、 C正F kΔx N 确．[答案]BC迁徙二多个物体均衡2．(2017 ·西安高三二模)将一横截面为扇形的物体B 放在水平面上， 一小滑块 A 放在物体 B 上，以下图， 除了物体 B 与水平面间的摩擦力以外，其余接触面的摩擦力均可忽视不计，已知物体B 的质量为 M 、滑块 A 的质量为 m ，当整个装置静止时，滑块A 与物体B 接触的一面与竖直挡板之间的夹角为θ. 已知重力加快度为，则以下选项正确的选项是 ()g A ．物体 B 对水平面的压力大小为MgB ．物体 B 受水平面的摩擦力大小为mg tan θmgC ．滑块 A 与竖直挡板之间的弹力大小为tan θD ．滑块 A 对物体 B 的压力大小为mgcos θ[ 分析 ] 以滑块 A 为研究对象进行受力剖析，并运用合成法，以下图，由几何知识得，挡板对滑块A 的弹力大小为 F N1＝ mg ， Ctan θ 正确；物体 B 对滑块 A 的弹力大小为N2＝mg，依据牛顿第三定律，滑块A 对物体B 的压sin θmg力大小为 sin θ， D 错误；以滑块A 和物体B 构成的系统为研究对象，在竖直方向上受力平衡，则水平面对物体 B 的支持力 F N＝( M＋m) g，故水平面所受压力大小为( M＋m) g， A 错误；A和 B构成的系统在水平方向上受力均衡，则水平面对物体B的摩擦力大小为mg F Ff ＝N1＝tanθ，B 错误．[答案]C考向三动向均衡及临界极值问题[ 概括提炼 ]解决动向均衡问题的一般思路：把“动”化为“静”，“静”中求“动”．动向均衡问题的剖析过程与办理方法以下：( 多项选择 )(2017 ·全国卷Ⅰ) 如图，柔嫩轻绳ON的一端 O固定，此中间某点 M拴一重物，用手拉住绳的另一端 N.初始时，OM竖直且 MN被拉直，OM与 MN之间的夹角为απ.α>2现将重物向右上方迟缓拉起，并保持夹角α不变．在由竖直被拉到水平的过程中() OMA．MN上的张力渐渐增大B．MN上的张力先增大后减小C．OM上的张力渐渐增大D．OM上的张力先增大后减小[ 思路路线 ][分析]解法一：图解法：对重物受力剖析可知，重物受重力G、 OM的拉力F OM、 MN的拉力F MN.重物处于动向均衡状态，协力为零，所以G、F OM、F MN构成关闭的矢量三角形．重力不变，由于 OM与 MN之间的夹角α 不变，则F OM与 F MN的夹角(π－β)，不变，矢量三角形动向图如图甲所示，当F OM为圆的直径时最大，最后F OM变成水平，此时F MN最大，所以F OM先增大后减小， F MN向来增大．解法二：正弦定理法：当重物转到某一地点时，对重物受力剖析，如图乙所示．由正弦G F F MN G sin θ OM G sin α－ θ定理得MN ＝ OM，则F ＝， F ＝π－ α ＝θ α－ θ sin α sin α sin sin sinθ 角的取值范围在 0°到 90°之间，当 OM 水平常， θ＝90°， α － θ 小于 90°当 θ 角增大时，sinθ 增大，故MN 上的张力渐渐增大，OM 上的张力先增大后减小．[答案]AD这个题的难点是三力均衡中一个力不变，此外两个力都在变化， 可是变化的两个力的方向夹角不变，作出多个矢量三角形，利用几何知识剖析，学生在求解这个题时的阻碍之一：题目描绘情况“将重物向右上方迟缓拉起”不够清楚，学生难以想象MN 绳的变化；阻碍之二：对数学知识应用不娴熟，这个题还能够用剖析特别地点法或许正弦定理解决.常有的解决动向均衡问题的方法(1) 图解法：假如物体遇到三个力的作用，此中一个力的大小、方向均不变，而且还有另一个力的方向不变， 此时可用图解法， 画出不一样状态下力的矢量图， 判断各个力的变化情况．注意， 本题给出的重力大小和方向不变， 但双侧绳中的张力大小均变化，需仔细画出动向图剖析．(2) 分析法：假如物体遇到多个力的作用，可进行正交分解，利用分析法，成立均衡方程，依据自变量的变化确立因变量的变化．(3)相像三角形法：假如物体遇到三个力的作用，此中的一个力大小、方向均不变，此外两个力的方向都发生变化，能够使劲三角形与几何三角形相像的方法．(2017 ·孝感高三调研) 以下图，用细线相连的质量分别为2m、m的小球A、B在拉力F作用下，处于静止状态，且细线OA与竖直方向的夹角保持θ＝30°不变，则拉力 F 的最小值为()3323＋ 1A.2 mgB.2mg23＋ 23C.2mgD. 2mg[ 思路路线 ][分析]A 和B处于静止状态，受力均衡，把A和B作为整体受力剖析，遇到重力 3、mgOA绳的拉力 T 及拉力 F，依据三力均衡原则，T 与 F 的协力竖直向上，大小等于3mg，当F3与 T 垂直时， F 最小， F＝3mg sin30°＝2mg，选项D正确．[答案] D1均衡问题的临界状态是指物体所处的均衡状态将要被损坏而还没有被损坏的状态，可理解成“恰巧出现”或“恰巧不出现”，在问题的描绘中常用“恰巧”“刚能”“恰巧”等语言表达，解临界问题的基本方法是假定推理法.2 临界问题常常是和极值问题联系在一同的. 解决此类问题重在形成清楚的物理图景，剖析清楚物理过程，进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状况 .[ 娴熟加强 ]迁徙一图解法1． ( 多项选择 ) 《大国工匠》节目中叙述了王进利用“秋千法”在1000 kV 的高压线上带电作业的过程．如右图所示，绝缘轻绳OD一端固定在高压电线杆塔上的O点，另一端固定在兜篮上．另一绝缘轻绳越过固定在杆塔上C点的定滑轮，一端连结兜篮，另一端有工E 点的电缆人控制．身穿障蔽服的王进在兜篮里，迟缓地从 C 点运动各处于O点正下方的处．绳OD向来处于挺直状态，兜篮、王进及携带的设施总质量为m，不计全部阻力，重力加快度大小为g，对于王进从C点到 E 点的过程中，以下说法正确的选项是() A．工人对绳的拉力向来变大B．绳OD的拉力愈来愈大mgC．OC、CD两绳拉力的协力大小等于3D CD与竖直方向的夹角303mg为[分析]对兜篮、王进及携带的设施整体进行受力剖析如右图所示．一是重力mg、二是绳OD的拉力 F1、三是绳 CD对它的拉力F2，F1、F2的夹角为α， F2、 F1与重力的夹角分别为β、γ，γ 减小，β增大，则F1减小， F2增大．当CD与竖直方向夹角为30°时，OD与竖直方向夹角为30°，可求出F2.[答案]BCD迁徙二相像三角形法2． ( 多项选择 ) 城市中的路灯、无轨电车的供电线路等，常常用三角形的构造悬挂，如图是这一类构造的简化模型．图中轻杆OB能够绕过B 点且垂直于纸面的轴自由转动，钢索OA和杆OB的质量都能够忽视不计，假如悬挂物的重力为G，∠ ABO＝90°，AB>OB.某次产质量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，对于钢索OA的拉力F1和杆OB上的支持力F2的变化状况，以下说法正确的有()A．从图示地点开始缩短钢索OA，钢索 OA的拉力 F1先减小后增大B．从图示地点开始缩短钢索OA，杆 OB上的支持力F2不变大小C．从图示地点开始伸长钢索OA，钢索 OA的拉力 F1增大D．从图示地点开始伸长钢索OA，杆 OB上的支持力 F2先减小后增大[分析]设钢索的长度为L ，杆的长度为，、两头距离为，依据相像三角OA OB R A B HG F F形知识可知＝1＝2，所以从题中图示地点开始缩短钢索，钢索的拉力 1 减小，杆H L R OA OA FOB上的支持力 F 大小不变，选项 A 错误， B 正确；从题中图示地点开始伸长钢索OA，钢索2的拉力1增大，杆上的支持力2 大小不变，选项 C 正确， D 错误．OA F OB F[答案]BC迁徙三分析法3． ( 多项选择 ) 以下图，一圆滑半圆环竖直固定于粗拙的木板上，圆心为 O1，小球 A 套在半圆环左边最低点，并由轻绳经过圆滑的小滑轮O 与小球B相连，B右边细线水平，O点在环心1的正上方，与O OA竖直方向成θ ＝30°角，OA⊥OB，两球均处于静止状态，且小球 A 恰巧对木板没有力的作用．若对 B 施加一外力F，使小球 A 迟缓运动到O点正下方的过程中，木板一直静上，则下列说法正确的选项是()A．A、B两球的质量之比为3∶ 1B．轻绳OA的拉力渐渐增大C．地面对木板的摩擦力渐渐减小D．地面对木板的摩擦力渐渐增大[分析]对、B 进行受力剖析如图乙所示．由几何关系和均衡条件可得：cos30°＝A F A B1A3B m3mg，T cos60°＝ mg，联立可得m＝m，即A，2＝2m1B选项 A 正确；当小球A沿圆滑半圆环迟缓向上挪动时，处于动向均衡状态，由力三角形N A T m A g与几何三角形相像可得：＝＝，此中、、R均不变，故N大小不变，段绳长lR l h A A渐渐减小，故绳的拉力 T 渐渐减小，选项B错误； N A的大小不变，与水平面的夹角渐渐变大，故其在水平方向上的分力渐渐减小，则 A对圆环的反作使劲N A′在水平方向上的分力也渐渐减小，与分力均衡的地面对木板的摩擦力随之变小，选项C正确，选项 D 错误．[答案] AC4．(2017 ·长沙四市联合调研) 质量为M的木楔倾角为θ，在水平面上保持静止，质量为的木块恰巧能够在木楔上表面上匀速下滑．此刻用与木楔上表面成α角的力F拉着木m块匀速上滑，如右图所示，求：(1)当α＝θ 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的大小．[ 分析 ] (1) 木块恰巧能够沿木楔上表面匀速下滑，mg sinθ＝μmg cosθ，则μ ＝tan θ，使劲F拉着木块匀速上滑，受力剖析如图甲所示，F cosα＝ mg sinθ＋ F f，F N＋F sinα＝mg cosθ， F f＝μF N.mg sin2θ联立以上各式解得，F＝cosθ－α.当α＝θ 时，F有最小值，F min＝mg sin2θ.(2) 对木块和木楔整体受力剖析如图乙所示，由均衡条件得，F f′＝ F cos(θ＋α)，当拉力 F 最小时，1F f′＝ F min·cos2θ＝2mg sin4θ.1[ 答案 ] (1) mg sin2 θ(2) 2mg sin4 θ考向四电磁场中的均衡问题[ 概括提炼 ]电磁场中均衡问题的办理方法与纯力学识题的剖析方法同样，学会把电磁学识题力学化，剖析方法是：(2017 ·河北六校联考) 以下图，在MN、 PQ间同时存在匀强磁场和匀强电场，磁场方向垂直纸面水平向外，电场在图中没有标出．一带电小球从 a 点射入场区，并在竖直面内沿直线运动至 b 点，则小球()A．必定带正电B．遇到电场力的方向必定水平向右C．从a点到b点的过程，战胜电场力做功D．从a点到b点的过程中可能做匀加快运动[ 思路点拨 ] (1) 为使小球在场内做直线运动，小球的速度大小不可以变化．(2)从 a 点到 b 点过程，洛伦兹力不做功．[ 分析 ]因小球遇到的洛伦兹力F＝ qvB 随小球速度的变化而变化，为使带电小球能在场内做直线运动，小球的速度大小不可以变化，即小球受力均衡，做匀速直线运动，D错误；小球共遇到重力、电场力和洛伦兹力三个力的作用，不论小球带何种电荷，三力均可能均衡，故 A、 B 错误；从a 点到 b 点的过程中，小球的动能不变，洛伦兹力不做功，依据动能定理有ΔE k＝W G＋W电场＝0，重力做正功，所以电场力必做负功，C正确．[答案]C带电体在复合场中的均衡问题或导体棒在磁场中的均衡问题，不过是多考虑带电体所受的电场力、洛伦兹力或导体棒所受的安培力，剖析方法与力学中的均衡问题完整同样．[ 娴熟加强 ]迁徙一电场中的均衡问题1．(2017 ·长沙四市联合调研) 如右图所示，物体P、Q可视为点电荷，电荷量同样．倾角为θ、质量为M的斜面体放在粗拙水平面上，将质量为m的物体 P放在粗拙的斜面体上．当物体Q 放在与P等高 (连线水平 ) 且与物体P相距为r的右边地点时，P静止且受斜面体的PQ摩擦力为 0，斜面体保持静止，静电力常量为k，则以下说法正确的选项是()A．、所带电荷量为mgk tanθP Q r B．P对斜面体的压力为0C．斜面体遇到地面的摩擦力为0 D．斜面体对地面的压力为( M＋m) g[分析]以P 为研究对象，遇到重力、斜面体的支持力N和库仑力，由均衡条件mg F F得：mgF＝ mg tanθFN＝cos θq2依据库仑定律得：F＝ k r2mg tanθ联立解得： q＝ rkmg由牛顿第三定律得P 对斜面体的压力为：F N′＝ F N＝cosθ，故A、B错误．以斜面体和P 整体为研究对象，由均衡条件得地面对斜面体的摩擦力为：F f＝ F地面对斜面体的支持力为：F N1＝( M＋ m) g，依据牛顿第三定律得斜面体遇到地面的摩擦力为 F，斜面体对地面的压力为：F N1′＝ F N1＝( M＋ m) g.故C错误，D正确．[答案]D迁徙二磁场中的均衡问题2． (2017 ·石家庄一模) 以下图，用两根等长的轻微导线将质量为m，长为L的金属棒 ab 悬挂在 c、d 两处，金属棒置于匀强磁场中．当棒中通以由 a 到b 的电流I后，两导线偏离竖直方向θ角处于静止状态．已知重力加快度为g，为了使棒静止在该地点，磁场的磁感觉强度的最小值为()mg mgA. ILB. IL tan θmg mgC. IL sin θD. IL cos θ[分析]要求所加磁场的磁感觉强度最小，即棒均衡时所受的安培力有最小值．棒的重力恒定，轻微导线拉力的方向不变，对棒受力剖析可知，当安培力与轻微导线垂直时，安培力有最小值 F＝ mg sinθ，即 ILBmin ＝ mg sinθ，所以 B＝IL sin θ， C 正确．min minmg[答案]C高考高频考点加强——整体法、隔绝法[ 考点概括 ]整体法隔绝法观点将加快度同样的几个物体作为一个整体来将研究对象与四周物体分分开的方法剖析的方法采纳研究系统外的物体对系统整体的作使劲或研究系统内物体之间的互相作使劲原则系统整体的加快度注意进行受力剖析时不需再考虑系统内物体间一般先隔绝受力较少的物体问题的互相作用[ 真题归类 ]1.(2016 ·全国卷Ⅲ ) 如图，两个轻环a和b套在位于竖直面内的一段固定圆弧上；一细线穿过两轻环，其两头各系一质量为的小球．在a 和b之间的细线上悬挂一小物块．均衡时，ma、 b 间的距离恰巧等于圆弧的半径．不计全部摩擦．小物块的质量为()m3A. 2B.2m C． m D．2m[分析]本题考察物体的均衡．绳的拉力等于物体的重力，圆弧对轻环的弹力必定垂直于圆弧，弹力的作用线均分拉力与重力的作用方向，由几何知识知，中间绳的拉力方向与竖直方向夹角为60°，依据2mg cos60°＝Mg，解得M＝ m，选项 C 正确．[答案]C2．(2015 ·山东卷) 以下图，滑块 A 置于水平川面上，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恰巧不滑动，B 恰巧不下滑．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()11－μ1μ2A.μ1μ2B.μ 1μ21＋μ μ22＋μ μ211C.μ1μ2D.μ1μ2[分析]本题考察了共点力的均衡问题．设、的质量分别为、，水平力为，对A B M m F整体受力剖析，依据均衡条件得F＝μ( m＋M) g，对物体 B 受力剖析，物体 B 恰巧不下滑，21M 1－μ μ2则 mg＝μ F，两式联立得＝1μ1μ2，B 正确．m[答案]B3．( 多项选择 )(2016 ·全国卷Ⅰ ) 如图，一圆滑的轻滑轮用细绳OO′悬挂于 O点；另一细绳越过滑轮，其一端悬挂物块 a，另一端系一位于水平粗拙桌面上的物块b.外力 F 向右上方拉b，整个系统处于静止状态．若 F 方向不变，大小在必定范围内变化，物块 b 仍一直保持静止，则()A．绳OO′的张力也在必定范围内变化B．物块b所遇到的支持力也在必定范围内变化C．连结a和b的绳的张力也在必定范围内变化D．物块b与桌面间的摩擦力也在必定范围内变化[分析]系统处于静止状态，连结 a 和b 的绳的张力大小T1等于物块 a 的重力G a，C项错误；以 O′点为研究对象，受力剖析如图甲所示， T1、恒定，夹角θ不变，由均衡条件知，绳OO′的张力 T2恒定不变，A项错误；以 b 为研究对象，受力剖析如图乙所示，则F N＋ T1cosθ＋ F sinα－G b＝0f＋ T1sinθ－ F cosα＝0N、f 均随F的变化而变化，故B、 D项正确．F[答案]BD整体法、隔绝法的使用技巧(1)对于连结体问题，假如能够运用整体法，我们优先采纳整体法，这样波及的研究对象少，未知量少，方程少，求解简易．(2)对于大部分动力学识题，纯真采纳整体法其实不必定能解决，往常采纳整体法和隔绝法相联合的方法．[ 迁徙训练 ]1．(2017 ·华中师大附中月考) 以下图中，假如作用在乙球上的力大小为F，作用在甲球上的力大小为2F，则此装置均衡时的地点可能是()[ 分析 ]将甲、乙两个小球作为一个整体，受力剖析如右图所示，设上边的绳索与竖直方向的夹角为α，则依据均衡条件，可得Ftan α＝，再独自研究乙球，设下边的绳索与竖直方向的夹角为β，依据均衡条件，可2mg F得 tan β＝，所以β>α，所以甲球在竖直线的右边，而乙球在竖直线的左边，选项C正mg确．[答案] C2．(2017 ·安徽江南十校联考) 以下图，竖直面圆滑的墙角有一个质量为，半径为r 的半球体 . 此刻 A 上放一密度和半径与 A 同样的球体 ，调mAB整 A 的地点使得 、保持静止状态，已知A 与地面间的动摩擦因数为0.5. 则A 球球心距墙A B角的最远距离是 ()9 1113A ． 2r B. 5r C. 5 r D. 5 r[ 分析 ] 由题可知 B 球质量为 2m ，当 A 球球心距墙角最远时， A 受地面水平向右的摩擦2mg力 f ＝ μ ·3mg ，此时以 B 球为研究对象，对其受力剖析以下图，有 F 2＝tan θ，以 A 和 B整体为研究对象，在水平方向有22mgθ ＝53°. 由·3mg ＝，则tan ＝，代入数据得3μmg11几何关系可知， A 球球心到墙角的最远距离l ＝ r ＋ 2r cos θ＝ 5 r ，选项 C 正确．[答案 ]C3．( 多项选择 )(2017 ·江西南昌3 月模拟) 以下图， 静止在粗拙水平面上的半径为4R 的半球的最高点 A 处有一根水平细线系着质量为m 、半径为 R 的圆滑小球． 已知重力加快度为g .以下说法正确的选项是()。

专题二 力与直线运动—————[知识结构互联]——————[核心要点回扣] ——————1．匀变速直线运动的三个基本公式(1)速度公式：v ＝v 0＋at . (2)位移公式：x ＝v 0t ＋1at 2.ax . 2图象是一条抛物线，斜率表示物体的速度．图象是一条倾斜直线，斜率表示物体运动的加速度，图线与时间轴所包围的3牛顿第一定律揭示了一切物体都具有保持静止状态或匀速直线运动状态的性质，即惯性，4．两个物体间的作用力与反作用力总是等大、反向，作用在同一直线上，与物体的运动状态无关．5．牛顿第二定律的五个特性：因果性、矢量性、瞬时性、同一性、独立性．考点1 匀变速直线运动规律的应用(对应学生用书第6页)■品真题·感悟高考……………………………………………………………· [考题统计] 五年3考：2017年Ⅱ卷T 24 2016年Ⅲ卷T 16 2014年Ⅰ卷T 24[考情分析]1．高考注重考查基本概念的理解及基本公式、推论的灵活应用，计算题常涉及追及相遇类为背景的实际问题．2．熟练掌握运动学的基本规律及推论，实际问题中做好过程分析及运动中的规律的选取是解题的关键．3．实际问题中要理清运动过程，把握准时间关系、速度关系、位移关系．4．解决追及相遇问题时，要抓住题目中的关键词语(如“刚好”“最多”“至少”等)． 1．(匀变速直线运动公式及推论的应用)(2016·Ⅲ卷T16)一质点做速度逐渐增大的匀加速直线运动，在时间间隔t 内位移为s ，动能变为原来的9倍．该质点的加速度为( ) A.s t 2 B.3s 2t 2 C.4st2D.8st 2A [质点在时间t 内的平均速度v ＝s tv 1和v 2，则v ＝v 1＋v 22，故v 1＋v 22＝s t .由题意知：12mv 22＝9×22v 1＝s t.质点的加速度a ＝v 2－v 1t ＝2v 1t ＝st2.故选项A 正确．](2014·Ⅰ卷T 24)公路上行驶的两汽车之间应保持一定的安全距离．当前车突使汽车在安全距离内停下而不会与前车相碰．通1 s ．当汽车在晴天干燥沥青路120 m ．设雨天时汽车轮胎与沥青路面120 m ，求汽车在雨天安全行驶的最v A ＝v B ，从这一条件结合μ0，刹车时汽车的加速度大小为a 0，安全距离为x ，反应时间为t 0，由牛顿第二定律和运动学公式得 μ0mg ＝ma 0① x ＝v 0t 0＋v 202a 0②式中，m 和v 0分别为汽车的质量和刹车前的速度．设在雨天行驶时，汽车与地面间的动摩擦因数为μ，依题意有μ＝25μ③设在雨天行驶时汽车刹车的加速度大小为a ，安全行驶的最大速度为v ，由牛顿第二定律和运动学公式得 μmg ＝ma④ x ＝vt 0＋v 22a⑤联立①②③④⑤式并代入题给数据得v ＝20 m/s(72 km/h)．⑥【答案】 20 m/s2．(追及相遇问题)(2017·Ⅱ卷T 24)为提高冰球运动员的加速能力，教练员在冰面上与起跑线相距s 0和s 1(s 1<s 0)处分别放置一个挡板和一面小旗，如图2­1所示．训练时，让运动员和冰球都位于起跑线上，教练员将冰球以速度v 0击出，使冰球在冰面上沿垂直于起跑线的方向滑向挡板；冰球被击出的同时，运动员垂直于起跑线从静止出发滑向小旗．训练要求当冰球到达挡板时，运动员至少到达小旗处．假定运动员在滑行过程中做匀加速运动，冰球到达挡板时的速度为v 1.重力加速度大小为g .求： (1)冰球与冰面之间的动摩擦因数； (2)满足训练要求的运动员的最小加速度．图2­1[题眼点拨] ①“冰球以速度v 0击出”“到达挡板的速度为v 1”说明冰球的初速度为v 0，匀减速滑动距离s 0，末速度为v 1；②“至少到达小旗处”“最小加速度”说明冰球到达挡板时，运动员恰好到达小旗处，对应运动员的加速度最小，此过程中，冰球和运动员运动时间相等．【解析】 (1)设冰球质量为m ，冰球与冰面之间的动摩擦因数为μ，由题意可知v 21－v 20＝－2a 1s 0① 又μmg ＝ma 1②可解得：μ＝v 20－v 212gs 0.(2)冰球到达挡板时，满足训练要求的运动员中，刚好到达小旗处的运动员的加速度最小．设这种情况下，冰球和运动员的加速度大小分别为a 1和a 2，所用的时间为t . 由运动学公式得v 20－v 21＝2a 1s 0③ v 0－v 1＝a 1t ④ s 1＝12a 2t 2⑤联立③④⑤式得a 2＝s 1v 1＋v 022s 2. ⑥【答案】 (1)v 20－v 212gs 0 (2)s 1v 1＋v 022s 2在第2题中，若要求运动员到达小旗处的速度为零，(设运动员在滑行过程中加速度大小恒定)，则运动员训练时的加速度大小为多少？【解析】 由第2题解析可知，v 20－v 21＝2a 1s 0v 0－v 1＝a 1ts 1＝12a 2⎝ ⎛⎭⎪⎫t 22×2可解得：a 2＝s 1v 0＋v 12s 20. 1v 0＋v 12s■熟技巧·类题通法………………………………………………………………… 1．解决匀变速直线运动问题的四种常用方法2．追及相遇问题的解题思路、技巧和易错防范(1)解题思路：(2)解题技巧：①紧抓“一图三式”，即过程示意图、时间关系式、速度关系式和位移关系式． ②审题应抓住题目中的关键字眼，充分挖掘题目中的隐含条件，如“刚好”“恰好”“最多”“至少”等，往往对应一个临界状态，满足相应的临界条件． (3)易错防范：①若被追赶的物体做匀减速运动，要注意追上该物体之前它是否已停止运动． ②注意最后对解的讨论分析．■对考向·高效速练…………………………………………………………………..· 考向1 匀变速直线运动基本公式的应用1．(2016·潍坊一模)如图2­2所示，一长为200 m 的列车沿平直的轨道以80 m/s 的速度匀速行驶，当车头行驶到进站口O 点时，列车接到停车指令，立即匀减速停车，因OA 段铁轨不能停车，整个列车只能停在AB 段内，已知OA ＝1 200 m ，OB ＝2 000 m ，求： (1)列车减速运动的加速度大小的取值范围； (2)列车减速运动的最长时间.【导学号：19624014】图2­2【解析】 (1)若列车车尾恰好停在A 点右侧，减速运动的加速度大小为a 1，距离为x 1，则0－v 20＝－2a 1x 1① x 1＝1 200 m ＋200 m ＝1400 m② 解得：a 1＝167m/s2③若列车车头恰好停在B 点，减速运动的加速度大小为a 2，距离为x OB ＝2 000 m ，则 0－v 20＝－2a 2x OB ④ 解得：a 2＝85m/s2⑤故加速度大小a 的取值范围为85 m/s 2≤a ≤167 m/s 2.⑥(2)当列车车头恰好停在B 点时，减速运动时的时间最长， 则0＝v 0－a 2t ⑦ 解得：t ＝50 s ．⑧【答案】 (1)85 m/s 2≤a ≤167m/s 2(2)50 s(2016·湖南怀化模拟)近几年长假期间，国家取消了7座及其以下小型客车的收费公路过路费，给自驾族带来了很大的实惠，但车辆的增多也给交通道路的畅通增加了很大的压力，因此国家规定免费车辆在通过收费站时在专用车道上可以不停车拿卡或交卡而直接减速通过．假设收费站的前、后都是平直大道，长假期间过站的车速要求不超过v t ＝21.6 km/h ，汽车未减速的车速均为v 0＝108 km/h ，制动时小汽车的加速度的大小为a 1＝4 m/s 2.试问：(1)长假期间，驾驶员应在距收费站至少多远处开始制动？(2)假设车过站后驾驶员立即使车以a 2＝6 m/s 2的加速度加速至原来的速度，则从减速开始到最终恢复到原来速度的过程中，汽车运动的时间至少是多少？ (3)在(1)(2)问题中，车因减速和加速过站而耽误的时间至少为多少？【解析】 设汽车初速度方向为正方向，v t ＝21.6 km/h ＝6 m/s ，v 0＝108 km/h ＝30 m/s ，a 1＝－4 m/s 2(1)汽车进入收费站前做匀减速直线运动，设距离收费站x 1处开始制动，则v 2t －v 20＝2a 1x 1代入数据解得x 1＝108 m.(2)汽车通过收费站经历匀减速和匀加速两个阶段，前后两段位移分别为x 1和x 2，时间为t 1和t 2，则减速阶段v t ＝v 0＋a 1t 1t 1＝v t －v 0＝6 sv 0＝30 m/s 12若不减速所需要时间t ′＝xv 0＝6 s车因减速和加速过站而耽误的时间Δt ＝t －t ′＝4 s. 【答案】 (1)108 m (2)10 s (3)4 s 考向2 匀变速直线运动推论的应用2．如图2­3所示，物体自O 点由静止出发开始做匀加速直线运动，途径A 、B 、C 三点，其中A 、B 之间的距离L 1＝2 m ，B 、C 之间的距离L 2＝3 m ．若物体通过L 1、L 2这两段位移的时间相等，则OA 之间的距离L 等于( )图2­3A.34 m B.43 m C.98m D.89m C [由题知“物体通过L 1、L 2这两段位移的时间相等(设为T )”，则v B ＝L 1＋L 22T ＝52T，加速度a ＝L 2－L 1T 2＝1T 2，在A 点速度v A ＝v B －aT ＝32T ，于是L ＝v 2A 2a ＝12a ·94T 2，L ＋2＝v 2B2a＝12a ·254T 2，两式相比，解得L ＝98 m ．] 考向3 追及相遇问题3．(2016·山东潍坊一中模拟)如图2­4所示，甲从A 地由静止匀加速跑向B 地，当甲前进距离为x 1时，乙从距A 地x 2处的C 点由静止出发，加速度与甲相同，最后二人同时到达B 地，则A 、B 两地距离为( )【导学号：19624015】图2­4A ．x 1＋x 2 B.x 1＋x 224x 1C.x 21x1＋x 2D.x 1＋x 22x 1－x 2x 1B [设甲前进距离为x 1时，速度为v ，甲和乙做匀加速直线运动的加速度为a ，乙从C 点到达B 地所用时间为t ，则有：vt ＋12at 2－12at 2＝x 2－x 1，根据速度－位移公式得，v 2＝2ax 1，解得t ＝x 2－x 12ax 1，则A 、B 的距离x ＝x 2＋12at 2＝x 1＋x 224x 1，故B 正确．](2017·辽宁省盘锦模拟)2016年世界中学生五人制足球锦标赛落下帷幕，代表中国参赛的河南男队和河北女队取得了优异成绩．五人制足球的赛场长40 m ，宽20 m ，如图所示．在比赛中，攻方队员在中线附近突破防守队员，将足球沿边路向前踢出，足球的运动可视为在地面上做初速度为v 1＝6 m/s 的匀减速直线运动，加速度大小为a 1＝1 m/s 2.该队员将足球踢出后，立即由静止启动追赶足球，他的运动可看作是匀加速直线运动，最大加速度为a 2＝1 m/s 2，能达到的最大速度为v 2＝4 m/s.该队员至少经过多长时间能追上足球？【解析】 设足球从开始做匀减速运动到停下来的位移为x 1，则有：x 1＝v 212a 1带入数据解得x 1＝362×1m ＝18 m 足球匀减速运动时间为：t 1＝v 1a 1＝6 s前锋队员以最大加速度追赶的加速时间为：t 2＝v 2a 2＝4 s在此过程中的位移为：x 2＝v 222a 2＝8 m之后攻方队员做匀速直线运动，到足球停止运动时，其位移为x 3＝v 2(t 1－t 2)＝8 m 由于x 2＋x 3<x 1，故足球停止运动时，攻方队员没有追上足球，然后攻方队员继续以最大速度匀速运动追赶足球，由匀速运动公式得：x 1－(x 2＋x 3)＝v 2t 3 代入数据解得t 3＝0.5 s攻方队员追上足球的时间为：t ＝t 1＋t 3＝6.5 s. 【答案】 6.5 s考点2 运动图象问题 (对应学生用书第8页)■品真题·感悟高考……………………………………………………………· [考题统计] 五年6考：2016年Ⅰ卷T 21 2015年Ⅰ卷T 20 2014年Ⅱ卷T 14、T 24 2013年Ⅰ卷T 19、T 21 [考情分析]1．以选择题型为主，重在考查v ­t 图象的意义及图象信息的提取能力．2．v ­t 图象斜率及其变化与牛顿第二定律相结合分析相关物理量的变化是常见的命题方向． 3．明确图象交点、斜率、截距的意义，并将图象信息与物体的运动过程相结合是解题的关键．4．v ­t 图象、x ­t 图象均反映物体直线运动的规律． 5．在v ­t 图象中易误将交点当成相遇．3．(图象信息的应用)(多选)(2016·Ⅰ卷T 21)甲、乙两车在平直公路上同向行驶，其v ­t 图象如图2­5所示．已知两车在t ＝3 s 时并排行驶，则( )【导学号：19624016】图2­5A ．在t ＝1 s 时，甲车在乙车后B ．在t ＝0时，甲车在乙车前7.5 mC ．两车另一次并排行驶的时刻是t ＝2 sD ．甲、乙车两次并排行驶的位置之间沿公路方向的距离为40 mBD [由题图知，甲车做初速度为0的匀加速直线运动，其加速度a 甲＝10 m/s 2.乙车做初速度v 0＝10 m/s 、加速度a 乙＝5 m/s 2的匀加速直线运动.3 s 内甲、乙车的位移分别为：x 甲＝12a 甲t 23＝45 m x 乙＝v 0t 3＋12a 乙t 23＝52.5 m由于t ＝3 s 时两车并排行驶，说明t ＝0时甲车在乙车前，Δx ＝x 乙－x 甲＝7.5 m ，选项B 正确；t ＝1 s 时，甲车的位移为5 m ，乙车的位移为12.5 m ，由于甲车的初始位置超前乙车7.5 m ，则t ＝1 s 时两车并排行驶，选项A 、C 错误；甲、乙车两次并排行驶的位置之间沿公路方向的距离为52.5m －12.5 m ＝40 m ，选项D 正确．](2014·Ⅱ卷T 14)甲、乙两汽车在一平直公路上同向行驶．在t ＝0到t ＝t 1的时间内，它们的v ­t 图象如图所示．在这段时间内( )A ．汽车甲的平均速度比乙的大B ．汽车乙的平均速度等于v 1＋v 22C ．甲、乙两汽车的位移相同D ．汽车甲的加速度大小逐渐减小，汽车乙的加速度大小逐渐增大A [根据v ­t 图象及其意义解题．根据v ­t 图象下方的面积表示位移，可以看出汽车甲的位移x 甲大于汽车乙的位移x 乙，选项C 错误；根据v ＝xt得，汽车甲的平均速度v甲大于汽车乙的平均速度v 乙，选项A 正确；汽车乙的位移x 乙小于初速度为v 2、末速度为v 1的匀减速直线运动的位移x ，即汽车乙的平均速度小于v 1＋v 22，选项B 错误；根据v ­t 图象的斜率反映了加速度的大小，因此汽车甲、乙的加速度大小都逐渐减小，选项D 错误．]4．(图象信息的应用)(多选) (2015·Ⅰ卷T 20)如图2­6(a)，一物块在t ＝0时刻滑上一固定斜面，其运动的v ­t 图线如图(b)所示．若重力加速度及图中的v 0、v 1、t 1均为已知量，则可求出( )(a) (b)图2­6A ．斜面的倾角B ．物块的质量C ．物块与斜面间的动摩擦因数D ．物块沿斜面向上滑行的最大高度[题眼点拨] ①利用图象信息求出相关量，如由斜率求出加速度，由图线与坐标轴所围面积求出上滑高度；②将图线与方程结合起来：根据图线显示的匀变速过程，结合牛顿第二定律列出上、a 1＝v 0t 1，下降过程中的加速度由牛顿第二定律得mg sin θ＋f ＝ma 1，mg sin θθ＝v 0＋v 12t 1g ，滑动摩擦力f ＝m v 0－v 12t 1，而f ＝A 、C 正确．由v ­t 图象中横轴上方的面可以求出物块沿斜面向上滑行的最大高度，选项D 正确．]在第4题中，若改为如下形式，如图2­7甲所示，直角三角形斜劈abc 固定在水平面上．t ＝0时，一物块(可视为质点)从底端a 以初速度v 0沿斜面ab 向上运动，到达顶端b 时速率恰好为零，之后沿斜面bc 下滑至底端c .若物块与斜面ab 、bc 间的动摩擦因数相等，物块在两斜面上运动的速率v 随时间变化的规律如图乙所示，取重力加速度的大小g ＝10 m/s 2，则下列物理量中不能求出的是( )图2­7A．斜面ab的倾角θB．物块与斜面间的动摩擦因数μC．物块的质量mD．斜面bc的长度LC[根据题图乙可求出物块在左右斜面上的加速度大小a1、a2，根据牛顿第二定律有mg sin θ＋μmg cos θ＝ma1，mg cos θ－μmg sin θ＝ma2，则可求出θ和μ，但m 无法求出，根据题图乙可求出0.6～1.6 s时间内物块的位移大小，即可求出L，故选项C正确．](2014·Ⅱ卷T24)2012年10月，奥地利极限运动员菲利克斯·鲍姆加特纳乘气球升至约39 km的高空后跳下，经过4分20秒到达距地面约1.5 km高度处，打开降落伞并成功落地，打破了跳伞运动的多项世界纪录．取重力加速度的大小g＝10 m/s2.(1)若忽略空气阻力，求该运动员从静止开始下落至1.5 km高度处所需的时间及其在此处速度的大小；(2)实际上，物体在空气中运动时会受到空气的阻力，高速运动时所受阻力的大小可近似表示为f＝kv2，其中v为速率，k为阻力系数，其数值与物体的形状、横截面积及空气密度有关．已知该运动员在某段时间内高速下落的v­t图象如图所示．若该运动员和所带装备的总质量m＝100 kg，试估算该运动员在达到最大速度时所受阻力的阻力系数．(结果保留1位有效数字)[题眼点拨] ①“忽略空气阻力”说明运动员只在重力作用下运动；②“f＝kv2”说明阻力与速度的平方成正比；③“达到最大速度”说明最大速度时，重力与阻力大小相等．【解析】(1)设该运动员从开始自由下落至1.5 km高度处的时间为t，下落距离为s，在1.5 km高度处的速度大小为v.根据运动学公式有v＝gt ①s ＝12gt 2②根据题意有 s ＝3.9×104 m －1.5×103 m ＝3.75×104 m③联立①②③式得t ＝87 s④ v ＝8.7×102 m/s. ⑤(2)该运动员达到最大速度v max 时，加速度为零，根据平衡条件有mg ＝kv 2max⑥由所给的v ­t 图象可读出 v max ≈360 m/s⑦由⑥⑦式得 k ＝0.008 kg/m.⑧ 【答案】 (1)87 s 8.7×102 m/s (2)0.008 kg/m■释疑难·类题通法…………………………………………………………………·1．v ­t 图象提供的信息2．处理力学图象问题的思路(1)明确什么性质的图象，看纵横两轴表示的物理量．(2)分析图线的意义，提取图象的关键信息．(3)将物体的运动过程与图象对应起来．(4)较复杂的图象，可通过列解析式的方法进行判断．■对考向·高效速练…………………………………………………………………..· 考向1 图象的选取4．竖直向上抛出一物块，物块在运动过程中受到的阻力大小与速度大小成正比，则物块从抛出到落回抛出点的过程中，加速度随时间变化的关系图象正确的是(设竖直向下为正方向)( )A B C DC [物块在上升过程中加速度大小为a ＝mg ＋kv m，因此在上升过程中，速度不断减小，加速度不断减小，速度减小得越来越慢，加速度减小得越来越慢，到最高点加速度大小等于g ，在下降的过程中加速度a ＝mg －kv m，随着速度增大，加速度越来越小，速度增大得越来越慢，加速度减小得越来越慢，加速度方向始终向下，因此C 正确．] 考向2 图象的转换5．一物体做直线运动，其加速度随时间变化的a ­t 图象如图2­8所示．下列v ­t 图象中，可能正确描述此物体运动的是( )【导学号：19624017】图2­8A BC DD [由图可知，在0～T 2时间内a ＝a 0＞0，若v 0≥0，物体做匀加速运动；若v 0＜0，物体做匀减速运动，故B 、C 皆错误；由于在T ～2T 时间内a ＝－a 0，故图线斜率的绝对值与0～T 2时间内相同，故A 错误，D 正确．] 考向3 图象信息的应用6．(2017·马鞍山市一模)两物块A 、B 并排放在水平地面上，且两物体接触面为竖直面，现用一水平推力F 作用在物体A 上，使A 、B 由静止开始一起向右做匀加速运动，如图2­9甲所示，在A 、B 的速度达到6 m/s 时，撤去推力F .已知A 、B 质量分别为m A ＝1 kg 、m B ＝3 kg ，A 与水平面间的动摩擦因数为μ＝0.3，B 与地面没有摩擦，B 物体运动的v ­t 图象如图乙所示．取g ＝10 m/s 2，求：甲 乙图2­9(1)推力F 的大小；(2)A 物体刚停止运动时，物体A 、B 之间的距离．【解析】 (1)在水平推力F 作用下，物体A 、B 一起做匀加速运动，加速度为a ，由B 物体的v ­t 图象得，a ＝Δv Δt ＝62m/s 2＝3 m/s 2 对于AB 整体，由牛顿第二定律得F －μm A g ＝(m A ＋m B )a代入数据解得F ＝15 N.t ，撤去推力F 后，A 、B 两物体分离，A 在摩擦力μg ＝－3 m/s 212 mΔx ＝x B －x A ＝12 m －6 m ＝6 m.【答案】 (1)15 N (2)6 m1.(多选)(2017·梅河口市五中一模)如图甲所示，倾角为30°的斜面固定在水平地面上，一个小物块在沿斜面向上的恒定拉力F 作用下，从斜面底端A 点由静止开始运动，一段时间后撤去拉力F ，小物块能达到的最高位置为C 点，己知小物块的质量为0.3 kg ，小物块从A 到C 的v ­t 图象如图乙所示，g 取10 m/s 2，则下列说法正确的是( )甲 乙A ．小物块加速时的加速度大小是减速时加速度的13B ．小物块与斜面间的动摩擦因数为33C ．小物块到达C 点后将沿斜面下滑D ．拉力F 的大小为4 NAC [在速度－时间图象中图象的斜率表示加速度，在有F 作用时小物块做加速运动，a 1＝7.53 m/s 2＝2.5 m/s 2，撤去拉力F 后做减速运动，故a 2＝－7.51m/s 2＝－7.5 m/s 2，所以|a 1|＝13|a 2|，A 正确；撤去拉力后，在沿斜面方向上有－mg sin θ－μmg cos θ＝ma 2，解得μ＝36，B 错误；因为mg sin 30°>μmg cos 30°，故小物块到达C 点后将沿斜面下滑，C 正确；有拉力作用时，根据牛顿第二定律可知F －mg sin 30°－μmg cos 30°＝ma 1，解得F ＝3 N ，D 错误．]2.为研究运动物体所受的空气阻力，某研究小组的同学找来一个倾角可调、斜面比较长且表面平整的斜面体和一个滑块，并在滑块上固定一个高度可升降的风帆，如图甲所示．他们让带有风帆的滑块从静止开始沿斜面下滑，下滑过程中帆面与滑块运动方向垂直．假设滑块和风帆总质量为m .滑块与斜面间的动摩擦因数为μ，风帆受到的空气阻力与风帆的运动速率成正比，即F f ＝kv .(1)写出滑块下滑过程中加速度的表达式；(2)求出滑块下滑的最大速度，并指出有哪些措施可以减小最大速度；(3)若m ＝2 kg ，斜面倾角θ＝30°，g 取10 m/s 2，滑块从静止下滑的速度图象如图乙所示，图中的斜线为t ＝0时v ­t 图线的切线，由此求出μ、k 的值．(计算结果保留两位有效数字)【解析】 (1)由牛顿第二定律有：mg sin θ－μmg cos θ－kv ＝ma解得：a ＝g sin θ－μg cos θ－kv m.(2)当a ＝0时速度最大，v m ＝mg θ－μcos θk减小最大速度的方法有：适当减小斜面倾角θ；风帆升起一些．(3)当v ＝0时，a ＝g sin θ－μg cos θ＝3 m/s 2解得：μ＝2315≈0.23，最大速度v m ＝2 m/s ，v m ＝2 m/s 解得：k ＝3.0 kg/s.【答案】 (1)g sin θ－μg cos θ－kv m(2)mg θ－μcos θk 适当减小斜面倾角θ(保证滑块能静止下滑)；风帆升起一些(3)0.23 3.0 kg/s考点3 牛顿第二定律的应用(对应学生用书第9页)■品真题·感悟高考……………………………………………………………·[考题统计] 五年9考：2017年Ⅲ卷T 25 2016年Ⅰ卷T 18、Ⅱ卷T 192015年Ⅰ卷T 25，Ⅱ卷T 20、T 25 2014年Ⅰ卷T 172013年Ⅱ卷T 14、T 25[考情分析]1．本考点的考查重在物体的受力分析，整体法、隔离法在连接问题中的应用及牛顿第二定律的理解．2．整体法、隔离法是动力学中连接体问题的常用方法，在不涉及相互作用力时，可用整体法，在涉及相互作用力时要用隔离法．3．对物体受力分析时易出现漏力、多力的现象．4．应用公式F ＝ma 时，要注意F 、m 、a 的一体性．5．(动力学的两类基本问题)(多选)(2016·Ⅱ卷T 19)两实心小球甲和乙由同一种材料制成，甲球质量大于乙球质量．两球在空气中由静止下落，假设它们运动时受到的阻力与球的半径成正比，与球的速率无关．若它们下落相同的距离，则( )A ．甲球用的时间比乙球长B ．甲球末速度的大小大于乙球末速度的大小C ．甲球加速度的大小小于乙球加速度的大小D ．甲球克服阻力做的功大于乙球克服阻力做的功[题眼点拨] ①“同一种材料制成”说明相同的密度；②“阻力与球的半径成正比，与球的速率无关”说明下落过程中加速度不同，但两球都做匀加速运动．BD [设小球在下落过程中所受阻力F 阻＝kR ，k 为常数，R 为小球半径，由牛顿第二定律可知：mg －F 阻＝ma ，由m ＝ρV ＝43ρπR 3知：43ρπR 3g －kR ＝43ρπR 3a ，即a ＝g －3k 4ρπ·1R 2，故知：R 越大，a 越大，即下落过程中a 甲>a 乙，选项C 错误；下落相同的距离，由h ＝12at 2知，a 越大，t 越小，选项A 错误；由2ah ＝v 2－v 20知，v 0＝0，a 越大，v 越大，选项B 正确；由W 阻＝－F 阻h 知，甲球克服阻力做的功更大一些，选项D 正确．]6．(连接体问题)(多选)(2015·Ⅱ卷T 20)在一东西向的水平直铁轨上，停放着一列已用挂钩连接好的车厢．当机车在东边拉着这列车厢以大小为a 的加速度向东行驶时，连接某两相邻车厢的挂钩P 和Q 间的拉力大小为F ；当机车在西边拉着车厢以大小为23a 的加速度向西行驶时，P 和Q 间的拉力大小仍为F .不计车厢与铁轨间的摩擦，每节车厢质量相同，则这列车厢的节数可能为( )【导学号：19624018】A ．8B ．10C ．15D ．18BC [设该列车厢与P 相连的部分为P 部分，与Q 相连的部分为Q 部分．设该列车厢有n 节，Q 部分为n 1节，每节车厢质量为m ，当加速度为a 时，对Q 有F ＝n 1ma ；当加速度为23a 时，对P 有F ＝(n －n 1)m 23a ，联立得2n ＝5n 1.当n 1＝2，n 1＝4，n 1＝6时，n ＝5，n ＝10，n ＝15，由题中选项得该列车厢节数可能为10或15，选项B 、C 正确．]在第6题中，若车厢总数为10节，以大小为a 的加速度向东行驶，则第2节车厢受到的拉力与第10节车厢受到的拉力之比为( )A ．9∶1B ．1∶9C ．10∶1D ．1∶10A [设每节车厢的质量均为m ，第2节车厢所受拉力为F 1，第10节车厢所受拉力为F 2，由牛顿第二定律可知，F 1＝9ma F 2＝ma故F 1∶F 2＝9∶1.]7．(动力学的临界极值问题)(2017·Ⅲ卷T 25)如图2­10，两个滑块A 和B 的质量分别为m A＝1 kg 和m B ＝5 kg ，放在静止于水平地面上的木板的两端，两者与木板间的动摩擦因数均为μ1＝0.5；木板的质量为m ＝4 kg ，与地面间的动摩擦因数为μ2＝0.1.某时刻A 、B 两滑块开始相向滑动，初速度大小均为v 0＝3 m/s.A 、B 相遇时，A 与木板恰好相对静止．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小g ＝10 m/s 2.求：图2­10(1)B 与木板相对静止时，木板的速度；(2)A 、B 开始运动时，两者之间的距离．[题眼点拨] ①A 与木板相对静止前A 、B 加速度不变；②B 与木板相对静止后以相同的加速度向右匀减速运动；③A 、B 相对地面的位移大小之和等于A 、B 开始运动时两者间的距离．【解析】 (1)滑块A 和B 在木板上滑动时，木板也在地面上滑动．设A 、B 和木板所受的摩擦力大小分别为f 1、f 2和f 3，A 和B 相对于地面的加速度大小分别为a A 和a B ，木板相对于地面的加速度大小为a 1，在物块B 与木板达到共同速度前有 f 1＝μ1m A g① f 2＝μ1m B g② f 3＝μ2(m ＋m A ＋m B )g③由牛顿第二定律得 f 1＝m A a A④ f 2＝m B a B⑤ f 2－f 1－f 3＝ma 1 ⑥设在t 1时刻，B 与木板达到共同速度，其大小为v 1，由运动学公式有v 1＝v 0－a B t 1⑦ v 1＝a 1t 1 ⑧联立①②③④⑤⑥⑦⑧式，代入已知数据得v 1＝1 m/s. ⑨(2)在t 1时间间隔内，B 相对于地面移动的距离为s B ＝v 0t 1－12a B t 21 ⑩设在B 与木板达到共同速度v 1后，木板的加速度大小为a 2，对于B 与木板组成的体系，由牛顿第二定律有f 1＋f 3＝(m B ＋m )a 2⑪由①②④⑤式知，a A ＝a B ；再由⑦⑧式知，B 与木板达到共同速度时，A 的速度大小也为v 1，但运动方向与木板相反．由题意知，A 和B 相遇时，A 与木板的速度相同，设其大小为v 2，设A 的速度大小从v 1变到v 2所用的时间为t 2，则由运动学公式，对木板有v 2＝v 1－a 2t 2⑫对A 有 v 2＝－v 1＋a A t 2 ⑬在t 2时间间隔内，B (以及木板)相对地面移动的距离为s 1＝v 1t 2－12a 2t 22 ⑭在(t 1＋t 2)时间间隔内，A 相对地面移动的距离为s A ＝v 0(t 1＋t 2)－12a A (t 1＋t 2)2 ⑮A 和B 相遇时，A 与木板的速度也恰好相同，因此A 和B 开始运动时，两者之间的距离为s 0＝s A ＋s 1＋s B⑯联立以上各式，并代入数据得 s 0＝1.9 m(也可用如图所示的速度—时间图线求解)【答案】 (1)1 m/s (2)1.9 m(2015·Ⅰ卷T 25)一长木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物块；在木板右方有一墙壁，木板右端与墙壁的距离为4.5 m ，如图(a)所示．t ＝0时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向右运动，直至t ＝1 s 时木板与墙壁碰撞(碰撞时间极短)．碰撞前后木板速度大小不变，方向相反；运动过程中小物块始终未离开木板．已知碰撞后1 s 时间内小物块的v ­t 图线如图(b)所示．木板的质量是小物块质量的15倍，重力加速度大小g 取10 m/s 2.求：(a) (b)(1)木板与地面间的动摩擦因数μ1及小物块与木板间的动摩擦因数μ2；(2)木板的最小长度；(3)木板右端离墙壁的最终距离．【解析】 (1)规定向右为正方向．木板与墙壁相碰前，小物块和木板一起向右做匀变速运动，设加速度为a 1，小物块和木板的质量分别为m 和M .由牛顿第二定律有 －μ1(m ＋M )g ＝(m ＋M )a 1 ①由题图(b)可知，木板与墙壁碰撞前瞬间的速度v 1＝4 m/s ，由运动学公式有v 1＝v 0＋a 1t 1② s 0＝v 0t 1＋12a 1t 21 ③式中，t 1＝1 s ，s 0＝4.5 m 是木板碰撞前的位移，v 0是小物块和木板开始运动时的速度．联立①②③式和题给条件得④v 1的初速度向左做匀变速运动，小物块以v 1的初速度a 2，由牛顿第二定律有⑤⑥⑦(2)设碰撞后木板的加速度为a 3，经过时间 Δt ，木板和小物块刚好具有共同速度v 3.由牛顿第二定律及运动学公式得μ2mg ＋μ1(M ＋m )g ＝Ma 3 ⑧v 3＝－v 1＋a 3Δt ⑨v 3＝v 1＋a 2Δt⑩ 碰撞后至木板和小物块刚好达到共同速度的过程中，木板运动的位移为。

专题一 力与物体的平衡考点1| 力学中的平衡问题 难度：中档题 题型：选择题 五年2考(对应学生用书第1页)1．(2018·江苏高考T 1)如图1-1所示，石拱桥的正中央有一质量为m 的对称楔形石块，侧面与竖直方向的夹角为α，重力加速度为g ，若接触面间的摩擦力忽略不计，求石块侧面所受弹力的大小为( )【导学号：17214000】A ．mg2sin α B ．mg 2cos α C ．12mg tan αD ．12mg cot α【解题关键】 对石块受力分析，根据共点力平衡条件，运用合成法列式求解．A [对石块受力分析，如图根据共点力平衡条件，将弹力F 1、F 2合成，结合几何关系，有F 1＝F 2＝F ，mg ＝2×F cos(90°－α)，所以F ＝mg2sin α．]2．(2018·江苏高考T 1)一轻质弹簧原长为8 cm ，在4 N 的拉力作用下伸长了2 cm ，弹簧未超出弹性限度．则该弹簧的劲度系数为( )【导学号：17214001】A ．40 m/NB ．40 N/mC ．200 m/ND ．200 N/mD [由F ＝kx 知，弹簧的劲度系数k ＝F x ＝40．02 N/m ＝200 N/m ，选项D 正确．]3．(2018·全国丙卷T 17)如图1-2所示，两个轻环a 和b 套在位于竖直面内的一段固定圆弧上；一细线穿过两轻环，其两端各系一质量为m 的小球．在a 和b 之间的细线上悬挂一小物块．平衡时，a 、b 间的距离恰好等于圆弧的半径．不计所有摩擦．小物块的质量为( ) A ．m2 B ．32m C ．m D ．2m【解题关键】受细线的作用力的合力方向指向圆心．由于a 、b 间距等于圆弧半径，则∠aOb ＝60°，进一步分析知，细线与aO 、bO 间的夹角皆为30°．取悬挂的小物块研究，悬挂小物块的细线张角为120°，由平衡条件知，小物块的质量与小球的质量相等，即为m ．故选项C 正确．]1．受力分析的技巧(1)一般按照“一重、二弹、三摩擦，再其他外力”的程序； (2)分析物体的受力情况时结合整体法与隔离法； (3)平衡状态下结合平衡条件． 2．解平衡问题常用的方法(1)正交分解法⎩⎨⎧F x ＝0F y ＝0⇒多用于物体受三个以上力而平衡；(2)合成法F ＝0⇒适用于物体受三个力而平衡． 3．解决动态平衡问题方法的选取(1)图解法：如果物体受到三个力的作用，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．(2)解析法：如果物体受到多个力的作用，可进行正交分解，利用解析法，建立平衡方程，根据自变量的变化确定因变量的变化．(3)相似三角形法：如果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．●考向1 物体的受力分析1．(2018·徐州模拟)如图1-3所示，水平面上的长方体物块被沿对角线分成相同的A 、B 两块．物块在垂直于左边的水平力F 作用下，保持原来形状沿力F 的方向匀速运动，则( )【导学号：17214002】A ．物块A 受到4个力作用B ．物块A 受到水平面的摩擦力为F 2C ．物块B 对物块A 的作用力为FD ．若增大力F ，物块A 和B 将相对滑动B [对物块A 分析受力情况：A 受重力、水平面的支持力、滑动摩擦力f 、B 的弹力N BA 和摩擦力f BA ，即知物块A 共受5个力作用，故A 错误；A 、B 受到水平面的摩擦力大小相等，对A 、B 整体，由平衡条件：F ＝2f ，得物块A 受到水平面的摩擦力f ＝F2，故B 正确；如图所示，物块B 对物块A 的作用力是弹力N BA 和摩擦力f BA 的合力，对A ，在水平方向受力平衡可知，弹力N BA 和摩擦力f BA 的合力与f 大小相等，所以物块B 对物块A 的作用力等于f ＝F2，故C 错误；整体匀速运动，有 f BA ＝N BA tan θ≤μN BA ，得 μ≥1tan θ，若增大力F ，物块A 和B 不会发生相对滑动，故D 错误．] ●考向2 物体的静态平衡2．(2018·南京一模)如图1-4所示，高空走钢丝的表演中，若表演者走到钢丝中点时，使原来水平的钢丝下垂与水平面成θ角，此时钢丝上的弹力应是表演者和平衡杆重力的( )【导学号：17214018】A ．12 B ．cos θ2 C ．12sin θD ．tan θ2C [以人为研究对象，分析受力情况，作出受力分析图，根据平衡条件：两钢丝合力与重力等大反向，则有：2F sin θ＝mg ，解得：F ＝mg2sin θ，故钢丝上的弹力应是表演者和平衡杆重力的12sin θ，故C 正确，A 、B 、D 错误．]3．(2018·南京江苏二模)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f ( ) A ．大小为Mg B ．大小为F 2＋(Mg )2 C ．大小为FD ．方向水平向左B [由题意可知，磁铁受向下的重力、向右的拉力的作用，二力的合力为：F合＝F 2＋(Mg )2；由力的平衡条件可知，摩擦力应与合力大小相等、方向相反，故A 、C 、D 错误，B 正确．] ●考向3 物体的动态平衡4．(多选)(2018·苏锡常二模)如图1-6所示，将长为l 的橡皮筋上端O 固定在竖直放置的木板上，另一端M 通过细线悬挂重物．某同学用水平力F 在M 处拉住橡皮筋，缓慢拉动M 至A 点处，松开后，再次用水平力拉M ，缓慢将橡皮筋也拉至OA 直线上，此时M 位于图中的B 点处，则下列判断正确的是( )【导学号：17214018】A ．当M 被拉至A 点处时，橡皮筋长度OA 可能小于lB ．当M 被分别拉到A 、B 两点处时，橡皮筋的弹力T A ＝T BC ．当M 被分别拉到A 、B 两点处时，所用水平拉力F A ＜F BD ．上述过程中此橡皮筋的弹力不遵循胡克定律BD [物体受三个力，设橡皮筋与竖直方向的夹角为θ，根据平衡条件，三个力平移后可以构成首尾相连的矢量三角形，如图所示： 根据平衡条件，有：T ＝Gcos θ，F ＝G tan θ；橡皮筋竖直时拉力等于重力G ，而T ＝Gcos θ＞G ，故橡皮筋长度OA 一定是大于l ，故A 错误；由于重力和角度θ不变，故水平拉力和橡皮筋的拉力均不变，即T A ＝T B 、F A ＝F B ，故B 正确，C 错误；橡皮筋第二次拉到与竖直方向成θ时，橡皮筋的拉力大小不变，但长度变大了，说明超出了弹性限度，不遵循胡克定律，故D 正确．]考点2| 电磁学中的平衡问题 难度：中档 题型：选择题 计算题，五年1考(对应学生用书第2页)4．(2018·江苏高考T 13)如图1-7所示，在匀强磁场中有一倾斜的平行金属导轨，导轨间距为L，长为3d，导轨平面与水平面的夹角为θ，在导轨的中部刷有一段长为d的薄绝缘涂层．匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向与导轨平面垂直．质量为m的导体棒从导轨的顶端由静止释放，在滑上涂层之前已经做匀速运动，并一直匀速滑到导轨底端．导体棒始终与导轨垂直，且仅与涂层间有摩擦，接在两导轨间的电阻为R，其他部分的电阻均不计，重力加速度为g．求：【导学号：17214018】图1-7(1)导体棒与涂层间的动摩擦因数μ；(2)导体棒匀速运动的速度大小v；(3)整个运动过程中，电阻产生的焦耳热Q．【解题关键】(1)在绝缘涂层上导体棒受力平衡：mg sin θ＝μmg cos θ解得导体棒与涂层间的动摩擦因数μ＝tan θ．(2)在光滑导轨上感应电动势：E ＝BL v 感应电流：I ＝ER安培力：F 安＝BIL 受力平衡的条件是：F 安＝mg sin θ 解得导体棒匀速运动的速度v ＝mgR sin θB 2L 2． (3)摩擦生热：Q T ＝μmgd cos θ根据能量守恒定律知：3mgd sin θ＝Q ＋Q T ＋12m v 2 解得电阻产生的焦耳热Q ＝2mgd sin θ－m 3g 2R 2sin 2 θ2B 4L 4． 【答案】 (1)tan θ (2)mgR sin θB 2L 2 (3)2mgd sin θ－m 3g 2R 2sin 2 θ2B 4L 4处理电学中的平衡问题的技巧(1)与纯力学问题的分析方法一样，学会把电学问题力学化，分析方法是：(2)几点提醒①电荷在电场中一定受电场力作用，电流或电荷在磁场中不一定受磁场力作用；②分析电场力或洛伦兹力时，一定要注意带电体是正电荷还是负电荷．●考向1 电场中的平衡问题5．(2018·海安期末)如图1-8所示，小球A 固定在绝缘支架上，电荷量为Q ，小球B 用丝线悬挂，电荷量为＋q ，B 偏转后两球距离为r，A、B均视为点电荷．下列说法正确的是()【导学号：17214018】A．A带负电B．B对A的作用力大小为kqQ r2C．A在B处产生的场强大小为kq r2D．减小B的电荷量，丝线与竖直方向的夹角变大B[依据同种电荷相斥，异种电荷相吸，结合题图可知，A带正电，故A错误；根据库仑定律F＝kqQr2，B对A的作用力大小为kqQr2，故B正确；依据点电荷电场强度公式E＝kQr2可知，A在B处产生的场强大小为kQr2，故C错误；当减小B的电荷量时，依据库仑定律可知，库仑力减小，则有丝线与竖直方向的夹角变小，故D错误．]●考向2磁场中的平衡问题6．(2018·徐州模拟)被弯成正弦函数图象形状的导体棒a和直导体棒b放置在如图所示的坐标系中，a、b的右端通过导线与阻值R＝5 Ω的电阻连接，导体棒c与y轴重合，整个装置处在方向垂直坐标系向里、磁感应强度B＝1 T的匀强磁场中(图1-9中未画出)，除R外不计一切电阻．现使导体棒c在水平力F作用下从图示位置以v＝5 m/s的速度匀速运动至a、b右端，整个过程中导体棒a、b和c保持良好接触，不计一切摩擦．则()A．流过电阻R的电流方向如图1-9中箭头所示B．水平力F的最小值为0．32 NC．水平力F的最大功率为7．2 WD．电阻R产生的总热量为2．56 JC[导体棒c向右运动时，穿过回路的磁通量减小，根据楞次定律“增反减同”知，感应电流的磁场垂直坐标系向里，由安培定则可知，流过电阻R的电流方向与图中箭头所示的方向相反，故A错误；c棒有效切割的长度最小值为 L min ＝0．4 m ，产生的感应电动势最小值为 E min ＝BL min v ＝1×0．4×5 V ＝2 V ，感应电流最小值为 I min ＝E min R ＝25 A ＝0．4 A ，c 棒所受安培力的最小值为 F 安min ＝BI min L min ＝1×0．4×0．4 N ＝0．16 N ，金属棒匀速运动，由平衡条件可得，水平力F 的最小值为 F min ＝F 安min ＝0．16 N ，故B 错误；c 棒有效切割的长度最大值为 L max ＝1．2 m ，产生的感应电动势最大值为 E max ＝BL max v ＝1×1．2×5 V ＝6 V ，感应电流最大值为 I max ＝E max R ＝65 A ＝1．2 A ，c 棒所受安培力的最大值为 F 安max ＝BI max L max ＝1×1．2×1．2 N ＝1．44 N ，金属棒匀速运动，由平衡条件可得，水平力F 的最大值为F max ＝F 安max ＝1．44 N ，水平力F 的最大功率为 P max ＝F max v ＝1．44×5 W ＝7．2 W ，故C 正确；在回路中c 棒产生的瞬时电动势为 e ＝BL v ＝B v (0．4 sin πv t ＋0．8)＝1×(0．4sin π×5t ＋0．8)×5 V ＝(2sin 5πt ＋4)V ，可看成正弦式电动势和恒定电动势叠加而成，正弦式电动势的最大值为 E m ＝2 V ，有效值为 E 1＝22E m＝ 2 V ，恒定电动势为 E 2＝4 V ，所以电阻R 产生的总热量为Q ＝(E 21R ＋E 22R )t ＝(E 21R ＋E 22R )xv ＝((2)25＋425)×45 J ＝2．88 J ，故D 错误．]热点模型解读| 力学中的斜面体模型(对应学生用书第4页)物块运动与图象结，将v -t 图象的信息[典例] (2018·云南重点中学三联)如图1-10所示，固定的倾角θ＝37°的斜坡C 上放有一个长方体木块A ，它恰好能静止在斜坡上．现把一正方体铁块B 放在木块上，已知铁块与木块间的动摩擦因数为0．5，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．则下列说法正确的是( )图1-10【导学号：17214018】A ．铁块能静止在木块上B ．铁块会匀速下滑C ．木块仍然能够静止D ．木块会加速下滑【解题指导】 由于木块恰好能静止在斜坡上，故依题意，木块与斜坡间的动摩擦因数为μ1＝tan 37°＝0．75，当铁块放在木块上后，由于μ2＝0．5<tan 37°，故铁块会加速下滑，选项A 、B 错误；放上铁块后，木块受到铁块沿斜面向下的力为μ2mg cos 37°，而木块与斜面间的最大静摩擦力增加了μ1mg cos 37°，大于μ2mgcos 37°，故木块仍然能够静止，选项C 正确，D 错误． 【答案】 C[拓展应用] 如图1-11所示，质量为m 的物体，放在一固定斜面上，当斜面倾角为30°时恰能沿斜面匀速下滑．对物体施加一大小为F 的水平向右恒力，物体可沿斜面匀速向上滑行．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，当斜面倾角增大并超过某一临界角θ0时，不论水平恒力F 多大，都不能使物体沿斜面向上滑行，试求：图1-11(1)物体与斜面间的动摩擦因数；(2)这一临界角θ0的大小．【解析】(1)物体恰匀速下滑，由平衡条件得mg sin 30°＝μmg cos 30°则μ＝3 3．(2)设斜面倾角为α，由平衡条件F cos α＝mg sin α＋F fF N＝mg cos α＋F sin α而F f＝μF N解得F＝mg sin α＋μmg cos αcos α－μsin α当cos α－μsin α＝0时，即cot α＝μ时，外力F趋于无穷大，即不论水平恒力F多大，都不能使物体沿斜面向上滑行．此时临界角θ0＝α＝60°．【答案】(1)33(2)60°。

专题跟踪检测（一） 熟知四类典型运动，掌握物体运动规律一、选择题(第1～5题为单项选择题，第6～9题为多项选择题)1．一质点沿直线Ox 方向做加速运动，它离开O 点的距离随时间变化的关系为x ＝4＋2t 3(m)，它的速度随时间变化的关系为v ＝6t 2(m/s)。

则该质点在t ＝2 s 时的瞬时速度和t ＝0到t ＝2 s 间的平均速度分别为( )A ．8 m/s 、24 m/sB ．24 m/s 、8 m/sC ．24 m/s 、10 m/sD ．24 m/s 、12 m/s解析：选B 将t ＝2 s 代入质点的速度随时间变化的关系式v ＝6t 2(m/s)，得t ＝2 s 瞬时速度为v ＝6×22m/s ＝24 m/s ，将t ＝0和t ＝2 s 分别代入距离随时间变化的关系式x ＝4＋2t 3(m)，得：x 1＝4 m ，x 2＝20 m ，则质点在2 s 时间内通过的位移为x ＝x 2－x 1＝20 m－4 m ＝16 m ，所以：t ＝0到t ＝2 s 间的平均速度为v ＝x t ＝162m/s ＝8 m/s ；故B 正确。

2.如图所示，一小滑块沿足够长的斜面以初速度v 向上做匀变速运动，依次经A 、B 、C 、D 到达最高点E 。

已知x AB ＝x BD ＝6 m ，x BC ＝1 m ，小滑块从A 到C 和从C 到D 所用的时间都是2 s 。

设小滑块经过B 、C 时的速度分别为v B 、v C ，则( )A ．v C ＝6 m/sB ．v B ＝2 2 m/sC ．x DE ＝3 mD ．从D 到E 所用时间为4 s解析：选D 因C 点是小滑块由A 到D 的中间时刻所对应的位置，故v C ＝x AB ＋x BD t AC ＋t CD ＝6＋62＋2m/s ＝3 m/s ，A 错误；由v C 2－v 2＝2ax AC ，v C ＝v ＋at ，得a ＝－0.5 m/s 2，v ＝4 m/s ，由v B2－v 2＝2ax AB ，得v B ＝10 m/s ，B 错误；由v E ＝v ＋at AE ＝0，得t AE ＝8 s ，则从D 到E 所用时间为t DE ＝4 s ，D 正确；由x DE ＝－12at DE 2，得x DE ＝4 m ，C 错误。

第1讲力与物体的平衡1．(2016·江苏单科，1)一轻质弹簧原长为8 cm，在4 N的拉力作用下伸长了2 cm，弹簧未超出弹性限度，则该弹簧的劲度系数为()A．40 m/N B．40 N/m C．200 m/N D．200 N/m解析由胡克定律得劲度系数k＝Fx＝200 N/m，D项对。

答案 D2．(2015·江苏单科，4)如图1所示，用天平测量匀强磁场的磁感应强度。

下列各选项所示的载流线圈匝数相同，边长MN相等，将它们分别挂在天平的右臂下方。

线圈中通有大小相同的电流，天平处于平衡状态。

若磁场发生微小变化，天平最容易失去平衡的是()图1解析天平处于平衡状态，说明线圈受到的重力和安培力的合力等于两侧砝码重力差，根据安培力公式F＝BIL知处于磁场中的导体受安培力作用的有效长度越长，所受安培力越大，磁场发生微小变化，安培力变化越大，天平越容易失去平衡，由图知选项A中导体的有效长度最大，所以A正确。

答案 A3．(2014·江苏单科，13)如图2所示，在匀强磁场中有一倾斜的平行金属导轨，导轨间距为L，长为3d，导轨平面与水平面的夹角为θ，在导轨的中部刷有一段长为d的薄绝缘涂层。

匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向与导轨平面垂直。

质量为m的导体棒从导轨的顶端由静止释放，在滑上涂层之前已经做匀速运动，并一直匀速滑到导轨底端。

导体棒始终与导轨垂直，且仅与涂层间有摩擦，接在两导轨间的电阻为R，其他部分的电阻均不计，重力加速度为g。

求：图2(1)导体棒与涂层间的动摩擦因数μ；(2)导体棒匀速运动的速度大小v；(3)整个运动过程中，电阻产生的焦耳热Q。

解析(1)在绝缘涂层上运动时，受力平衡：则有mg sin θ＝μmg cos θ①解得μ＝tan θ②(2)在光滑导轨上匀速运动时，导体棒产生的感应电动势为E＝BL v③则电路中的感应电流I＝ER④导体棒所受安培力F安＝BIL⑤且由平衡条件得F安＝mg sin θ⑥联立③～⑥式，解得v＝mgR sin θB2L2⑦(3)从开始下滑到滑至底端由能量守恒定律得：3mgd sin θ＝Q ＋Q f ＋12m v 2⑧又由因摩擦产生的内能Q f ＝μmgd cos θ⑨联立⑧⑨解得Q ＝2mgd sin θ－m 3g 2R 2sin 2θ2B 4L 4⑩答案 (1)tan θ (2)mgR sin θB 2L 2(3)2mgd sin θ－m 3g 2R 2sin 2 θ2B 4L 4[考 情 分 析]的受力分析以及平衡条件的应用。