【物理】2020届一轮复习人教版力学学案

【物理】2020届一轮复习人教版力学学案

第 1 讲 Error! ┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄ 考法 学法 平衡问题是历年高考的重点，高考既可能在选择题中单独考查平衡问题，也可能在 计算题中综合考查平衡问题。考查的内容主要包括：①对各种性质的力的理解； ②共点力作用下平衡条件的应用。该部分内容主要解决的是选择题中的受力分析和 共点力平衡问题。用到的思想方法有：①整体法和隔离法；②假设法；③合成法； ④正交分解法；⑤矢量三角形法；⑥相似三角形法；⑦等效思想；⑧分解思想。 ┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄ 提能点(一)　根据不同力的特点，正确进行受力分析[ 基础保分类考点 练练就能过关 ][知能全通]———————————————————————————————— 受力分析是整个高中阶段物理知识的基础，能正确进行受力分析是解答力学问题的 关键。 1．受力分析的一般步骤 2．分析三种典型力的注意事项 (1)弹力：弹力的方向一定与接触面或接触点的切面垂直，且指向受力物体。 (2)静摩擦力：两物体接触处有无静摩擦力，要根据物体间有无相对运动趋势或根据平衡 条件进行判断。 (3)滑动摩擦力：利用公式求解滑动摩擦力时，一定要注意分析接触面间的实际压力，不 能简单地代入重力求解。 [题点全练]———————————————————————————————— 1.[多选](2018·湖北中学调研)如图所示，顶角为 θ 的光滑圆锥体固 定在水平面上，一质量为 m 的匀质圆环套在圆锥体上处于静止状态， 重力加速度大小为 g，下列判断正确的是(　　) A．圆锥体对圆环的作用力方向垂直于圆锥的侧面 B．圆锥体对圆环的作用力方向竖直向上 C．圆环的张力不为零 D．圆环的张力方向指向圆环的圆心 解析：选 BC　由题意知圆环受重力和圆锥体对圆环的作用力处于平衡状态，则圆锥体 对圆环的作用力与圆环所受的重力等大反向，即圆锥体对圆环的作用力方向竖直向上，故 A 错误，B 正确；质量为 m 的匀质圆环套在圆锥体上，圆环有被撑开的趋势，所以圆环的张力 不为零，故 C 正确；圆环的张力方向沿圆环的切线方向，故 D 错误。 2.如图所示，小明在水平桌面上将三个形状不规则的石块成功叠放在一 起，下列说法正确的是(　　) A．石块 a 一定只受两个力 B．石块 b 对 a 的支持力与 a 受到的重力是一对相互作用力 C．石块 c 受到水平桌面向左的摩擦力 D．水平桌面对石块 c 的支持力等于三个石块受到的重力之和 解析：选 D　石块 a 与 b 的接触面不一定沿水平方向，可能还受到摩擦力，故 A 错误； 石块 b 对 a 的支持力与 a 受到的重力性质不同，作用在一个物体上，不是一对相互作用力， 故 B 错误；对 a、b、c 整体受力分析，受重力和水平桌面的支持力而平衡，即石块 c 与水平 桌面之间无摩擦力，故 C 错误；对 a、b、c 整体，由平衡条件得：水平桌面对石块 c 的支持 力等于三个石块受到的重力之和，故 D 正确。 3．(2018·淄博实验中学一诊)如图所示，一质量均匀的实心 圆球被直径 AB 所在的平面一分为二，先后以 AB 沿水平和竖 直两种不同方向放置在光滑支架上，处于静止状态，两半球间 的作用力分别为 F 和 F′，已知支架间的距离为 AB 长度的一半，则 F F′等于(　　) A. 3　　　　　　　　 　　 B. 3 2 C.2 3 3 D. 3 3 解析：选 A　设两半球的总质量为 m，当球以 AB 沿水平方向放置，可 知 F＝1 2mg；当球以 AB 沿竖直方向放置，单独对右半球受力分析如图 所示，可得：F′＝mg 2 tan θ，根据支架间的距离为 AB 的一半，可得：θ＝ 30°，则 F F′＝ 1 tan θ＝ 3，则 A 正确。 提能点(二)　灵活应用“整体法、隔离法”，巧选研究对象[ 基础保分类考点 练练就能过关 ][知能全通]———————————————————————————————— 1．整体法和隔离法对比 原则 只涉及系统外力，不涉及系统内部物体之间的相互作 用 条件 系统内的物体具有相同的运动状态 整体法 优、缺点 利用此法解题一般比较简单，但不能求系统内力 原则 分析系统内某个物体的受力情况 隔离法 优点 系统内物体受到的内力、外力均能求 2.整体法、隔离法的应用技巧 (1)不涉及系统内力时，优先考虑应用整体法，即“能整体、不隔离”。 (2)需要应用“隔离法”的，也要先隔离“简单”的物体，即待求量少或受力少或处于边 缘处的物体。 (3)各“隔离体”间的关联力，表现为作用力与反作用力，对于系统则表现为内力。 (4)实际问题通常需要交叉应用整体法、隔离法。 (5)在某些特殊情形中，研究对象可以是物体的一部分，如绳子的结点、力的作用点等。 [题点全练]———————————————————————————————— 1．[多选]如图所示，截面为三角形的木块 a 上放置一铁块 b，木块 a 的 竖直边靠在竖直且粗糙的墙面上，现用竖直向上的推力 F，推动 a、b 一起向 上匀速运动，运动过程中 a、b 始终保持相对静止，则下列说法正确的是(　　) A．a 受到 6 个力的作用 B．a 受到 4 个力的作用 C．b 受到 3 个力的作用 D．b 受到 2 个力的作用 解析：选 BC　先对 a、b 整体受力分析，受到重力和推力，二力平衡，整体不受墙面的 弹力和摩擦力，再对 b 受力分析，受到重力、支持力和静摩擦力，三力平衡，即 b 受到 3 个 力的作用，故 C 正确，D 错误；再对 a 受力分析，受到重力、推力、b 对 a 的压力和静摩擦 力，故 a 受到 4 个力的作用，故 A 错误，B 正确。 2.(2019 届高三·珠海一中模拟)如图所示，水平固定且倾角为 37° 的光滑斜面上有两个质量均为 m＝1 kg 的小球 A、B，它们用劲度系 数为 k＝200 N/m 的轻质弹簧连接，弹簧的原长为 l0＝20 cm，现对 B 施加一水平向左的推力 F，使 A、B 均在斜面上以加速度 a＝4 m/s 2 向上做匀加速运动，此时弹簧的长度 l 和推力 F 的大小分别为(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2)(　　) A．0.15 m,25 N　　　　　 B．0.25 m,25 N C．0.15 m,12.5 N D．0.25 m,12.5 N 解析：选 B　以整体为研究对象，受力分析如图所示，沿斜面方向 有：Fcos 37°－2mgsin 37°＝2ma，以 A 为研究对象，沿斜面方向有： kx－mgsin 37°＝ma，x＝l－l0，解得 F＝25 N，l＝0.25 m，故 B 正确， A、C、D 错误。 3．[多选](2018·凯里模拟)如图所示，形状相同的物块 A、B，其 截面为直角三角形，相对排放在粗糙水平地面上，光滑球体 C 架在两 物块的斜面上，系统处于静止状态。已知物块 A、B 的质量都为 M，θ ＝60°，球体 C 的质量为 m，则以下说法正确的是(　　) A．地面对 A 的摩擦力大小为 1 2mg B．地面对 A 的摩擦力大小为 3 2 mg C．A 对 C 的弹力大小为 3 2 mg D．A 对地面的压力大小为 Mg＋1 2mg 解析：选 BD　以 C 为研究对象，受力分析如图所示，C 受重力和 斜向上的两个弹力作用，把两个弹力合成，合力竖直向上，大小等于 mg， 由数学知识可知，A 对 C 的弹力大小为 mg，C 错误；再以 A 为研究对象，C 对 A 的正压力大小为 mg，其在水平方向上的分力大小等于地面对 A 的摩 擦力大小，由此可知地面对 A 的摩擦力大小为 mgcos 30°＝ 3 2 mg，A 错误， B 正确；以 A、B、C 整体为研究对象，所受重力为 2Mg＋mg，地面对整体的支持力大小为 2Mg＋mg，由对称性可知 A 受到地面的支持力大小为 Mg＋mg 2 ，由牛顿第三定律可知，A 对 地面的压力大小为 Mg＋1 2mg，D 正确。 提能点(三)　“程序法”破解“静态平衡”问题[ 重难增分类考点 讲练结合过关 ][研一题]———————————————————————————————— [多选]如图所示，质量为 M 的斜面体放在粗糙水平面上，用轻绳拴 住质量为 m 的小球置于斜面上，整个系统处于静止状态，已知斜面倾角 及轻绳与竖直方向夹角均为 θ＝30°。不计小球与斜面间的摩擦，则 (　　) A．轻绳对小球的作用力大小为 3 3 mg B．斜面对小球的作用力大小为 2mg C．斜面体对水平面的压力大小为(M＋m)g D．斜面体与水平面间的摩擦力大小为 3 6 mg [解析]　以小球为研究对象，受力分析如图甲所示，由几何关系知 β＝θ＝30°，根据受力 平衡可得 FT＝FN＝ 3 3 mg；以斜面体为研究对象，受力分析如图乙所示，由受力平衡得 FN1＝ Mg＋FN′cos θ，由牛顿第三定律得 FN′＝FN，解得 FN1＝Mg＋1 2mg，由牛顿第三定律可知， 斜面体对水平面的压力大小为 Mg＋1 2mg，Ff＝FN′sin θ＝ 3 6 mg，故 B、C 错误，A、D 正确。 [答案]　AD [悟一法]———————————————————————————————— 1．破解“静态平衡”问题的一般程序 2．处理平衡问题的常用方法 方法 解　读 合成法 物体受三个共点力的作用而平衡，则任意两个力的合力一定与第三个力等大、 反向 分解法 三力平衡时，还可以将某一个力按力的效果分解，则其分力和其他两个力分别 平衡 正交 分解法 物体受三个或三个以上力的作用时，将所有力分解为相互垂直的两组，每组力 分别平衡 [通一类]———————————————————————————————— 1．(2019 届高三·唐山六校联考)如图所示，物块 A 和滑环 B 用绕过 光滑定滑轮的不可伸长的轻绳连接，滑环 B 套在与竖直方向夹角为 θ ＝37°的粗细均匀的固定杆上，连接滑环 B 的绳与杆垂直并在同一竖直 平面内，B 恰好不能下滑，B 和杆间的动摩擦因数为 μ＝0.4，设 B 和杆 间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则 A 和 B 的质量之比为(sin 37°＝0.6，cos 37°＝ 0.8)(　　) A.7 5　　　　　　　　　 B.5 7 C.13 5 D. 5 13 解析：选 C　设 A 和 B 的质量分别为 m1、m2，若杆对 B 的弹力垂直于杆向下，因 B 恰 好不能下滑，则由平衡条件有 m2gcos θ＝μ(m1g－m2gsin θ)，解得m1 m2＝13 5 ；若杆对 B 的弹力 垂直于杆向上，因 B 恰好不能下滑，则由平衡条件有 m2gcos θ＝μ(m2gsin θ－m1g)，解得m1 m2＝ －7 5(舍去)。综上分析可知，C 正确。 2.如图所示，某工地上起重机将重为 G 的正方形工件缓缓吊起。四根等 长的钢绳(质量不计)，一端分别固定在正方形工件的四个角上，另一端汇聚于 一处挂在挂钩上，钢绳端汇聚处到每个角的距离均与正方形的对角线长度相 等。则每根钢绳的受力大小为(　　) A.1 4G B. 2 4 G C.1 2G D. 3 6 G 解析：选 D　设每根钢绳的受力大小为 F，由平衡条件有 4Fcos θ＝G(θ 为钢绳与竖直方 向的夹角)，由数学知识知 sin θ＝1 2，θ＝30°，则 F＝ 3 6 G，选项 D 正确。 提能点(四)　多法并进，破解“动态平衡”问题[ 多维探究类考点 精细精研过关 ][点点探明]———————————————————————————————— 方法 1　图解法破解“动态平衡”问题 如果物体受到三个力的作用，已知其中一个力的大小、方向均不变，另一个力的方向不 变，此时可用图解法，画出不同状态下力的矢量图，判断各个力的变化情况。 [例 1]　质量为 m 的物体用轻绳 AB 悬挂于天花板上。用水平向左的 力 F 缓慢拉动绳的中点 O，如图所示。用 T 表示绳 OA 段拉力的大小，在 O 点向左移动的过程中(　　) A．F 逐渐变大，T 逐渐变大 B．F 逐渐变大，T 逐渐变小 C．F 逐渐变小，T 逐渐变大 D．F 逐渐变小，T 逐渐变小 [解析]　以 O 点为研究对象，受力分析如图所示，当用水平向左 的力缓慢拉动 O 点时，绳 OA 与竖直方向的夹角变大，由共点力的平衡 条件知 F 逐渐变大，T 逐渐变大，选项 A 正确。 [答案]　A 方法 2　解析法破解“动态平衡”问题 如果把物体受到的多个力合成、分解后，能够找到力的边角关系，则应选择解析法，建 立平衡方程，根据自变量的变化(一般都要用到三角函数)确定因变量的变化。 [例 2]　(2018·开封模拟)如图所示，一铁架台放在水平地面上，其上用 轻质细线悬挂一小球，开始时细线竖直。现将水平力 F 作用于小球上，使其 缓慢地由实线位置运动到虚线位置，铁架台始终保持静止。则在这一过程中 (　　) A．水平力 F 变小 B．细线的拉力不变 C．铁架台对地面的压力变大 D．铁架台所受地面的摩擦力变大 [解析]　如图所示，对小球受力分析，受细线的拉力、重力、水平力 F，根据平衡条件有 F＝mgtan θ，θ 逐渐增大，则 F 逐渐增大，故 A 错误； 由图可知，细线的拉力 T＝ mg cos θ，θ 增大，T 增大，故 B 错误；以铁架台、 小球整体为研究对象，根据平衡条件得 Ff＝F，则 Ff 逐渐增大，FN＝(M＋m)g，FN 保持不变， 故 C 错误，D 正确。 [答案]　D 方法 3　相似三角形法破解“动态平衡”问题 此法是图解法的特例，一般研究对象受绳(杆)或其他物体的约束，且物体受到三个力的 作用，其中的一个力大小、方向均不变，另外两个力的方向都发生变化，可以用力三角形与 几何三角形相似的方法求解。 [例 3]　(2018·宝鸡质检)如图所示，轻杆 A 端用铰链固定，滑轮在 A 点正上方(滑轮大小及摩擦均可不计)，轻杆 B 端吊一重物，现将轻绳 的一端拴在杆的 B 端，用拉力 F 将 B 端缓慢上拉(均未断)，在轻杆达到 竖直前，以下分析正确的是(　　) A．轻绳的拉力越来越大 B．轻绳的拉力越来越小 C．轻杆的弹力越来越大 D．轻杆的弹力越来越小 [解析]　以 B 点为研究对象，它受三个力的作用而处于动态平衡状态， 其中一个是轻杆的弹力 T，一个是轻绳斜向上的拉力 F，一个是轻绳竖直向 下的拉力 F′(大小等于重物所受的重力)，如图所示，根据相似三角形法， 可得F′ OA＝ T AB＝ F OB，由于 OA 和 AB 不变，OB 逐渐减小，因此轻杆的弹力 大小不变，而轻绳的拉力越来越小，故选项 B 正确，A、C、D 错误。 [答案]　B [题题过关]———————————————————————————————— 1.[多选]城市中的路灯、无轨电车的供电线路等，经常用三角形的结 构悬挂，如图是这一类结构的简化模型。图中杆 OB 可以绕过 B 点且垂直于 纸面的轴自由转动，钢索 OA 和杆 OB 的质量都可以忽略不计，设悬挂物所 受的重力为 G，稳定时∠ABO＝90°，AB>OB。某次产品质量检测和性能测 试中保持 A、B 两点不动，只改变钢索 OA 的长度，关于钢索 OA 的拉力 F1 和杆 OB 上的支持力 F2 的变化情况，下列说法正确的有(　　) A．从图示位置开始缩短钢索 OA，钢索 OA 的拉力 F1 先减小后增大 B．从图示位置开始缩短钢索 OA，杆 OB 上的支持力 F2 大小不变 C．从图示位置开始伸长钢索 OA，钢索 OA 的拉力 F1 增大 D．从图示位置开始伸长钢索 OA，杆 OB 上的支持力 F2 先减小后增大 解析：选 BC　设钢索 OA 的长度为 L，杆 OB 的长度为 R，A、B 两点间的距离为 H， 根据相似三角形知识可知G H＝F1 L ＝F2 R ，从题图所示位置开始缩短钢索 OA，钢索 OA 的拉力 F1 减小，杆 OB 上的支持力 F2 大小不变，选项 A 错误，B 正确；从题图所示位置开始伸长钢索 OA，钢索 OA 的拉力 F1 增大，杆 OB 上的支持力 F2 大小不变，选项 C 正确，D 错误。 2.如图所示，上表面为四分之一光滑圆弧的物体 A 静止在粗糙 的水平地面上，一小物块 B 从圆弧底端受到水平外力 F 的作用缓 慢沿圆弧向上移动一小段距离，在此过程，A 始终处于静止状态。 下列说法正确的是(　　) A．水平外力 F 保持不变 B．地面对 A 的摩擦力逐渐增大 C．A 对 B 的支持力逐渐减小 D．地面对 A 的支持力逐渐减小 解析：选 B　设 A 对 B 的支持力与竖直方向的夹角为 θ，对 B 由平衡条件知，水平外力 F＝mgtan θ、支持力 FN1＝ mg cos θ，B 沿圆弧上移，夹角 θ 变大，则水平外力 F 和支持力 FN1 均增大，选项 A、C 错误；对 A、B 整体，地面对 A 的摩擦力 Ff＝F，随水平外力 F 增大而 增大，地面对 A 的支持力 FN2＝(M＋m)g 保持不变，选项 B 正确，D 错误。 提能点(五)　平衡中的“临界、极值”问题[ 基础保分类考点 练练就能过关 ][知能全通]———————————————————————————————— 1．临界问题与极值问题 临界 问题 当某物理量变化时，会引起其他几个物理量的变化，从而使物体的平衡“恰好出 现”或“恰好不出现”，即处于临界状态，在问题的描述中常用“刚好”“刚 能”“恰好”等字眼 极值 问题 平衡问题的极值，一般指在力的变化过程中的最大值和最小值 2．求解临界、极值问题的常用方法 (1)图解法：根据已知量的变化情况，画出平行四边形或三角形的边角变化，进而确定未 知量大小、方向的变化，求出临界值或极值。 (2)解析法：利用物体受力平衡写出未知量与已知量的关系表达式，根据已知量的变化情 况来确定未知量的变化情况，求出极值，或利用临界条件确定未知量的临界值。 [题点全练]———————————————————————————————— 1.[多选]某学习小组为了体验最大静摩擦力与滑动摩擦力的临界状 态，设计了如图所示的装置，一位同学坐在长直木板一端，另一端不动， 让长直木板由水平位置缓慢向上转动(即木板与地面的夹角 θ 变大)，则 选项图中表示该同学受到支持力 FN、合外力 F 合、重力沿斜面方向的分力 G1、摩擦力 Ff 随 角度 θ 的变化关系正确的是(　　) 解析：选 ACD　重力沿斜面方向的分力 G1＝mgsin θ，C 正确；支持力 FN＝mgcos θ，A 正确；该同学滑动之前，F合＝0，Ff＝mgsin θ，滑动后，F合＝mgsin θ－μmgcos θ，Ff＝μmgcos θ， 实际情况下最大静摩擦力略大于滑动摩擦力，B 错误，D 正确。 2.(2018·惠州模拟)如图所示，三根相同的绳的末端连接于 O 点，A、 B 端固定，C 端受一水平力 F，当 F 逐渐增大时(O 点位置保持不变)，最 先断的绳是(　　) A．OA 绳　　　　　　 B．OB 绳 C．OC 绳 D．三绳同时断 解析：选 A　对结点 O 受力分析，受三根绳的拉力，根据平衡条件的推论得，水平和竖 直两绳拉力的合力与 OA 绳的拉力等大反向，由平行四边形定则可知，三根绳中 OA 绳的拉 力最大，在水平拉力逐渐增大的过程中，OA 绳先断，选项 A 正确。 3.如图所示，三根长度均为 L 的轻绳分别连接于 C、D 两点， A、B 两端被悬挂在水平天花板上，相距 2L，现在 C 点上悬挂一个 质量为 m 的重物，为使 CD 绳保持水平，在 D 点上可施加力的最 小值为(　　) A．mg B． 3 3 mg C．1 2mg D．1 4mg 解析：选 C　由题图可知，为使 CD 绳水平，各绳均应绷紧，由几 何关系可知，AC 绳与水平方向的夹角为 60°；结点 C 受力平衡，受 力分析如图所示，则 CD 绳的拉力 FT＝mgtan 30°＝ 3 3 mg；D 点受 CD 绳的拉力大小等于 FT，方向向左；要使 CD 绳水平，D 点两绳的拉力与外界的力的合力应 为零，则 CD 绳对 D 点的拉力可分解为沿 BD 绳的 F1 及另一分力 F2，由几何关系可知，当 BD 绳上的拉力 F′与 F1 大小相等，且力 F2 与 BD 绳垂直时，F2 最小，而 F2 的大小即为施加在 D 点的力的大小，故最小力 F＝F2＝FTsin 60°＝1 2mg，故 C 正确。 [专题强训提能] 1．[多选]如图甲所示，笔记本电脑散热底座一般有四个卡位用来调节角度。某同学将电 脑放在散热底座上，为了获得更好的舒适度，由原卡位 1 调至卡位 4，如图乙所示，电脑始 终处于静止状态，则(　　) A．电脑受到的支持力变大 B．电脑受到的摩擦力变大 C．散热底座对电脑的作用力的合力不变 D．电脑受到的支持力与摩擦力两力大小之和等于其所受重力的大小 解析：选 AC　对电脑的受力分析如图所示，电脑始终处于静止状 态，故电脑受力平衡。由平衡条件可知：电脑受到的支持力 FN＝mgcos θ， 电脑受到的摩擦力 f＝mgsin θ，由原卡位 1 调至卡位 4，θ 减 小，故 FN 增大，f 减小，选项 A 正确，B 错误；散热底座对电脑的作用 力的合力即电脑受到的支持力与摩擦力两力的矢量和，大小等于电脑所受的重力，始终不变， 选项 C 正确；电脑受到的支持力与摩擦力两力大小之和大于其所受重力的大小，选项 D 错误。 2．(2019 届高三·南京模拟)如图所示，一质量为 M 的磁铁，吸 在竖直放置的磁性黑板上静止不动。某同学沿着黑板面，用水平向 右的恒力 F 轻拉磁铁，磁铁向右下方做匀速直线运动，则磁铁受到 的摩擦力 Ff(　　) A．大小为 Mg　　　　 　 B．大小为 F2＋(Mg)2 C．大小为 F D．方向水平向左 解析：选 B　由题意可知，磁铁受竖直向下的重力、水平向右的恒力的作用，二力的合 力为 F 合＝ F2＋(Mg)2；由力的平衡条件可知，摩擦力应与二力的合力大小相等、方向相 反，则磁铁受到的摩擦力大小 Ff＝F 合＝ F2＋(Mg)2，故 A、C、D 错误，B 正确。 3．[多选]重力为 G 的体操运动员在进行自由体操比赛时，有如 图所示的比赛动作，当运动员竖直倒立保持静止状态时，两手臂对称 支撑，夹角为 θ，则(　　) A．当 θ＝60°时，运动员单手对地面的正压力大小为G 2 B．当 θ＝120°时，运动员单手对地面的正压力大小为 G C．当 θ 不同时，运动员受到的合力相同 D．当 θ 不同时，运动员与地面之间的相互作用力不相等 解析：选 AC　对运动员受力分析如图所示，地面对手的支持力 F1＝ F2＝G 2，则运动员单手对地面的正压力大小为G 2，与 θ 无关，选项 A 正确，B 错误；不管 θ 如何，运动员受到的合力为零，与地面之间的相互作用力总是等大，选项 C 正确，D 错误。 4.在粗糙水平地面上放着一个截面为半圆的柱状物体 A，A 与光 滑竖直墙之间放另一截面也为半圆的光滑柱状物体 B，整个装置处于 静止状态，截面如图所示。设墙对 B 的作用力为 F1，B 对 A 的作用力 为 F2，地面对 A 的作用力为 F3。在 B 上加一物体 C，整个装置仍保 持静止，则(　　) A．F1 保持不变，F3 增大 B．F1 增大，F3 保持不变 C．F2 增大，F3 增大 D．F2 增大，F3 保持不变 解析：选 C　未放上 C 时，以 B 为研究对象，受力分析如图 1 所示，由平衡条件得，墙 对 B 的作用力 F1＝GBtan α，当放上 C 时，F1 增大。A 对 B 的作用力 F2′＝ F1 sin α，F1 增大， 则 F2′增大，由牛顿第三定律知 F2′＝F2，即 F2 也增大。再以整体为研究对象，受力分析 如图 2 所示，则放上 C 前，地面对 A 的支持力 N＝GA＋GB，放上 C 后变为 GA＋GB＋GC， 即 N 增大，地面对 A 的摩擦力 f＝F1，且 F3 为 N 与 f 的合力，所以 F3 增大，故 C 正确。 5.如图，滑块 A 置于水平地面上，滑块 B 在一水平力作用下紧 靠滑块 A(A、B 接触面竖直)，此时 A 恰好不滑动，B 刚好不下滑。 已知 A 与 B 间的动摩擦因数为 μ1，A 与地面间的动摩擦因数为 μ2， 最大静摩擦力等于滑动摩擦力。A 与 B 的质量之比为(　　) A. 1 μ1μ2 B.1－μ1μ2 μ1μ2 C.1＋μ1μ2 μ1μ2 D.2＋μ1μ2 μ1μ2 解析：选 B　设 A、B 的质量分别为 mA、mB，B 刚好不下滑，根据平衡条件得 mBg＝ μ1F；A 恰好不滑动，则 A 与地面之间的摩擦力等于最大静摩擦力，把 A、B 看成一个整体， 根据平衡条件得 F＝μ2(mA＋mB)g，解得mA mB＝1－μ1μ2 μ1μ2 ，选项 B 正确。 6．[多选]某些农村一大家人过春节时常用简易灶做菜，如图甲、乙所示，将一个球形铁 锅用三个不计重力的小石块支起用柴火烧菜，铁锅边缘水平，小石块成正三角形放在水平灶 台上，石块到铁锅球心的连线与竖直方向的夹角均为 30°，已知铁锅与菜的总质量为 9 kg， 不计铁锅与石块间的摩擦，重力加速度 g 取 10 m/s2，下列说法正确的是(　　) A．灶台对每个石块的作用力均竖直向上 B．灶台受到每个石块的压力大小为 30 N C．每个石块与铁锅之间的弹力大小为 20 3 N D．灶台对每个石块的摩擦力大小为 10 N 解析：选 BC　灶台对石块有竖直向上的支持力和水平方向的摩擦力作用，故灶台对每 个石块的作用力的方向不是竖直向上，选项 A 错误；铁锅和石块竖直方向对灶台的压力等于 铁锅所受的重力，故灶台受到每个石块的压力大小等于 1 3mg＝1 3×9×10 N＝30 N，选项 B 正 确；对铁锅由平衡条件可得：3FNcos 30°＝mg，解得：FN＝20 3 N，选项 C 正确；Ff＝ FNsin 30°＝10 3 N，即灶台对每个石块的摩擦力大小为 10 3 N，选项 D 错误。 7.如图所示，一轻绳一端固定在地面上的 C 点，另一端与竖直杆 AB 的顶端 A 相连，顶端 A 右侧一水平轻绳跨过一光滑定滑轮与一重 物相连，竖直杆 AB 处于平衡状态，AB 与地面的摩擦不计。若 AC 加 长，使 C 点左移，AB 仍保持平衡状态，AC 上的拉力 T 和 AB 受到的地面的支持力 N 与原先 相比，下列说法正确的是(　　) A．T 增大，N 减小 B．T 减小，N 增大 C．T 和 N 都减小 D．T 和 N 都增大 解析：选 C　若 AC 加长，由于悬挂的重物质量不变，右侧水平轻绳的拉力不变。分析 A 处受力情况，AC 上的拉力 T 沿水平方向的分力大小等于悬挂的重物重力，沿竖直方向的分 力等于 AB 受到的地面的支持力。若 AC 加长，使 C 点左移，AB 仍保持平衡状态，显然，T 和 N 都减小，选项 C 正确。 8.(2018·铁岭协作体模拟)如图所示，固定在水平地面上的物体 A，左侧是圆弧面，右侧是倾角为 θ 的斜面，一根轻绳跨过物体 A 顶点上的小滑轮，轻绳左、右两端分别系有质量为 m1、m2 的小球， 当两小球静止时，左端小球与圆心连线跟水平方向的夹角也为 θ，不计一切摩擦，则 m1、m2 之间的关系是(　　) A．m1＝m2 B．m1＝m2tan θ C．m1＝ m2 tan θ D．m1＝m2cos θ 解析：选 B　设轻绳对两小球的拉力大小为 FT，对右端小球根据平衡条件得：FT＝m2gsin θ；对左端小球根据平衡条件得：FT＝m1gcos θ；解得：m1＝m2tan θ，B 正确。 9．[多选](2018·天津高考)明朝谢肇淛的《五杂组》中记载：“明姑苏虎 丘寺塔倾侧，议欲正之，非万缗不可。一游僧见之曰：无烦也，我能正 之。”游僧每天将木楔从塔身倾斜一侧的砖缝间敲进去，经月余扶正了塔身。假设所用的木 楔为等腰三角形，木楔的顶角为 θ，现在木楔背上加一力 F，方向如图所示，木楔两侧产生 推力 FN，则(　　) A．若 F 一定，θ 大时 FN 大 B．若 F 一定，θ 小时 FN 大 C．若 θ 一定，F 大时 FN 大 D．若 θ 一定，F 小时 FN 大 解析：选 BC　根据力 F 的作用效果将力 F 分解为垂直于木楔两侧的力 FN，如图所示。则 F 2 FN＝sin θ 2，即 FN＝ F 2sin θ 2 ，所以当 F 一定时，θ 越小，FN 越大；当 θ 一定时，F 越大，FN 越大。故选项 B、C 正确。 10．[多选]如图，粗糙水平面上有 a、b、c、d 四个相同小物块用四 根完全相同的轻弹簧连接，正好组成一个等腰梯形，系统静止。ab 之间、 ac 之间以及 bd 之间的弹簧长度相同且等于 cd 之间弹簧长度的一半，ab 之间弹簧弹力大小为 cd 之间弹簧弹力大小的一半。若 a 受到的摩擦力大小为 f，则(　　) A．ab 之间的弹簧一定是压缩的 B．b 受到的摩擦力大小为 f C．c 受到的摩擦力大小为 3f D．d 受到的摩擦力大小为 2f 解析：选 ABC　设每根弹簧的原长为 L0，ab 之间弹簧的形变量为 Δx1，cd 之间弹簧的形变量为 Δx2，则有 kΔx2＝2kΔx1，若 ab 之间的弹 簧是拉长的，则有：L0＋Δx2＝2(L0＋Δx1)，解得 L0＝0，不符合题意，所 以 ab 之间的弹簧是压缩的，A 正确；由于 a 受到的摩擦力大小为 f，根 据对称性可得，b 受到的摩擦力大小也为 f，B 正确；以 a 和 c 为研究对象进行受力分析如图 所示，图中的 θ 为 ac 与 cd 之间的夹角，则 cos θ＝ 1 4cd ac ＝1 2，所以 θ＝60°，则∠cab＝120°，a 受到的摩擦力大小 f＝T；对 c 根据力的合成可得 fc＝ 3f，C 正确；由于 c 受到的摩擦力大小 为 3f，根据对称性可知，d 受到的摩擦力大小也为 3f，D 错误。 11.(2018·云南师大附中模拟)如图所示，柔软轻绳 ON 的一端 O 固 定，在其上某点 M 拴一重物，用手拉住绳的另一端 N 将重物向右上方 缓慢拉起。初始时，OM 竖直，OM⊥MN，保持 OM 与 MN 夹角不变，在 OM 由竖直被拉到水平的过程中(　　) A．OM 上的张力逐渐增大 B．OM 上的张力先增大后减小 C．MN 上的张力逐渐增大 D．MN 上的张力先增大后减小 解析：选 C　OM 和 MN 上的张力的合力与重力是一对平衡力，受力分 析如图所示。根据几何关系有 FMN＝Gsin θ，FOM＝Gcos θ，可知，随着 θ 的 增大，MN 上的张力逐渐增大，OM 上的张力逐渐减小，故 C 正确，A、B、D 错误。 12．(2019 届高三·德州调研)如图所示，把一重为 G 的物体，用一水平 推力 F＝kt(k 为恒量，t 为时间)压在竖直的足够高的粗糙墙面上。从 t＝0 时 刻开始物体所受的摩擦力 Ff 随 t 的关系对应选项图中的(　　) 解析：选 B　开始时由于推力 F 为零，物体和墙面间没有挤压，则摩擦力为零，物体在 重力作用下开始沿竖直墙面下滑，所以开始一段时间内为滑动摩擦力。由 Ff＝μFN，又 FN＝ F＝kt，所以 Ff＝μkt，即 Ff 随时间 t 成正比增大，当 Ff 增大到等于 G 时，物体具有一定速 度，由于惯性仍然滑行，随着滑行的继续，Ff 会大于 G，最后物体静止于墙面上，摩擦力变 为静摩擦力，竖直方向上根据二力平衡，则有 Ff＝G，所以 B 正确。 13.(2018·哈尔滨模拟)如图所示，三个质量均为 1 kg 的小木块 a、b、c 和两个劲度系数均为 500 N/m 的相同轻弹簧 p、q 用轻绳连 接，其中 a 放在光滑水平桌面上。开始时 p 弹簧处于原长，木块都 静止。现用水平力缓慢地向左拉 p 弹簧的左端，直到 c 刚好离开水 平地面为止，g 取 10 m/s2。则该过程中(　　) A．q 弹簧上端移动的距离为 2 cm，p 弹簧的左端向左移动的距离是 4 cm B．q 弹簧上端移动的距离为 4 cm，p 弹簧的左端向左移动的距离是 2 cm C．q 弹簧上端移动的距离为 4 cm，p 弹簧的左端向左移动的距离是 8 cm D．q 弹簧上端移动的距离为 2 cm，p 弹簧的左端向左移动的距离是 6 cm 解析：选 C　开始时 p 弹簧处于原长，可知 q 弹簧处于压缩状态，压缩量为 Δxq＝mg k ＝ 2 cm; c 刚好离开水平地面时，q 弹簧伸长 Δxq′＝mg k ＝2 cm，则 q 弹簧上端移动的距离为 4 cm；p 弹簧伸长 Δxp＝2mg k ＝4 cm，则 p 弹簧的左端向左移动的距离是 8 cm。选项 C 正确， A、B、D 错误。 14．[多选](2018·宝鸡质检)如图所示，两块相互垂直的光滑挡板 OP、OQ，OP 竖直放置，小球 a、b 固定在轻弹簧的两端，并斜靠在 OP、OQ 上。现有一个水平向左的推力 F 作用于 b 上，使 a、b 紧 靠挡板处于静止状态。现保证 b 不动，使 OP 向右缓慢平移一小段 距离，则(　　) A．推力 F 变小 B．弹簧长度变短 C．弹簧长度变长 D．b 对 OQ 的压力变大 解析：选 AC　设弹簧与竖直方向的夹角为 α，现保证 b 不动， 使 OP 向右缓慢平移一小段距离，则 α 减小，以 a 为研究对象，受 力分析如图，根据平衡条件得：F 弹＝ mg cos α，α 减小，cos α 增大， 则 F 弹减小，弹簧长度变长；OP 对 a 的弹力 FN1＝mgtan α，α 减小， FN1 减小，对 a、弹簧和 b 整体研究，水平方向：F＝F N1，则推力 F 将减小，故 A、C 正 确，B 错误；竖直方向：OQ 对 b 的支持力 FN2＝(ma＋mb)g 不变，根据牛顿第三定律可知， b 对 OQ 的压力不变，故 D 错误。 第 2 讲 Error! ┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄ 考法 学法 该部分“四类典型运动”包括：匀变速直线运动、一般的曲线运动、平抛运动、水平 面内的圆周运动。高考既有对单个运动形式的考查，也有对多个运动形式的组合考 查。考查的内容主要包括：①匀变速直线运动的规律及图像；②平抛运动的规律； ③水平面内圆周运动的规律及临界问题。用到的思想方法有：①模型法；②图像 法；③临界问题的处理方法；④合成与分解思想；⑤等效思想。 ┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄ 提能点(一)　“熟能生巧”，快速解答匀变速直线运动问题[ 基础保分类考点 练练就能过关 ][知能全通]———————————————————————————————— 解答匀变速直线运动问题的常用方法 1．基本公式法：v＝v0＋at，x＝v0t＋1 2at2，v2－v02＝2ax。 2．重要推论法：v t 2＝v＝v0＋v 2 (利用平均速度测瞬时速度)；v x 2＝ v02＋v2 2 ；Δx＝aT2(用 逐差法测加速度)。 3．逆向思维法：“匀减速(至速度为零的)直线运动”可逆向处理为“(由静止开始的)匀 加速直线运动”。 4．图像法：利用 v ­t 图像或 x ­t 图像求解。 5．比例法：只适用于初速度或末速度为零的匀变速直线运动。 (1)1T 末、2T 末、3T 末、…、nT 末瞬时速度之比为 1∶2∶3∶…∶n。 (2)第 1 个 T 内、第 2 个 T 内、…、第 n 个 T 内位移之比为 1∶3∶5∶…∶(2n－1)。 (3)从静止开始连续通过相等位移所用时间之比为 1∶( 2－1)∶( 3－ 2)∶…∶( n－ n－1)。 [题点全练]———————————————————————————————— 1．(2018·全国卷Ⅰ)高铁列车在启动阶段的运动可看作初速度为零的匀加速直线运动。 在启动阶段，列车的动能(　　) A．与它所经历的时间成正比 B．与它的位移成正比 C．与它的速度成正比 D．与它的动量成正比 解析：选 B　动能 Ek＝1 2mv2，与速度的平方成正比，故 C 错误；速度 v＝at，可得 Ek＝1 2ma2t2，与经历的时间的平方成正比，故 A 错误；根据 v2＝2ax，可得 Ek＝max，与位 移成正比，故 B 正确；动量 p＝mv，可得 Ek＝ p2 2m，与动量的平方成正比，故 D 错误。 2．一个物体从静止开始做匀加速直线运动，以 T 为时间间隔，在第三个 T 时间内位移 是 3 m，第三个 T 时间末的瞬时速度为 3 m/s，则(　　) A．物体的加速度是 1 m/s2 B．第一个 T 时间末的瞬时速度为 0.6 m/s C．时间间隔为 1 s D．物体在第 1 个 T 时间内的位移为 0.6 m 解析：选 D　初速度为零的匀加速直线运动，连续相等时间内通过的位移之比为 1∶3∶5， 据此可知第一个 T 时间内的位移 x1＝1 5×3 m＝0.6 m，选项 D 正确；第二个 T 时间内的位移 x2＝3 5×3 m＝1.8 m，由 v32－0＝2a(x1＋x2＋x3)，得 a＝5 6 m/s2，选项 A 错误；由 Δx＝aT2 得 x2－x1＝aT2，解得 T＝6 5 s，选项 C 错误；第一个 T 时间末的瞬时速度 v1＝aT＝1 m/s，选项 B 错误。 3.(2019 届高三·福州八校联考)如图所示，a、b、c、d 为光滑斜面上 的四个点。一小滑块自 a 点由静止开始下滑，通过 ab、bc、cd 各段所用 时间均为 T。现让该滑块自 b 点由静止开始下滑，则该滑块(　　) A．通过 bc、cd 段的时间均大于 T B．通过 c、d 点的速度之比为 1∶2 C．通过 bc、cd 段的时间之比为 1∶1 D．通过 c 点的速度等于通过 bd 段的平均速度 解析：选 A　当滑块由 a 点静止下滑时，滑块沿光滑的斜面做匀加速直线运动，设加速 度大小为 a′，ab 段的间距为 x，则 bc 段、cd 段的间距应分别为 3x、5x，xbc∶xcd＝3∶5， 类比滑块由 b 点静止下滑易知，C 错误；如果滑块由 b 点静止下滑，显然滑块通过 bc 段、cd 段的时间均大于 T，A 正确；滑块在 c 点的速度应为 v1＝ 2a′·3x，滑块在 d 点的速度应为 v2 ＝ 2a′·8x，则 v1∶v2＝ 3∶ 8，B 错误；因为 xbc∶xcd＝3∶5，显然滑块通过 c 点的时刻 不是通过 bd 段的中间时刻，则滑块通过 c 点的速度不等于 bd 段的平均速度，D 错误。 提能点(二)　“合成分解”，灵活解答曲线运动问题[ 基础保分类考点 练练就能过关 ][知能全通]———————————————————————————————— 1．解决运动合成与分解的一般思路 (1)明确合运动或分运动的运动性质。 (2)明确是在哪两个方向上的合成或分解。 (3)找出各个方向上已知的物理量(速度、位移、加速度)。 (4)运用力与速度的关系或矢量的运算法则进行分析求解。 2．解答关联速度问题的方法 (1)与绳或杆相连的物体，相对地面实际发生的运动是合运动，合运动对应合速度。 (2)在绳(杆)的端点把合速度分解为沿绳(杆)方向的速度和垂直于绳(杆)方向的速度，而沿 绳(杆)的方向上各点的速度大小相等，由此列方程解题。 3．小船渡河的两类问题、三种情景 最短 时间 当船头方向即 v 船垂直河岸时，渡河时间最短，tmin＝ d v船 如果 v 船>v 水，当 v 船与上游夹角 θ 满足 v 船 cos θ＝v 水时， v 合垂直河岸，渡河位移最短，等于河宽 d最短 位移 如果 v 船 g ltan θ，b 绳将出现张力 D．若 b 绳突然被剪断，则 a 绳的张力一定发生变化 解析：选 AC　小球在水平面内做匀速圆周运动，在竖直方向上的合力为零，水平方向 上的合力提供向心力，所以 a 绳在竖直方向上的分力与重力相等，可知 a 绳的张力不可能为 零，故 A 正确；根据竖直方向上受力平衡得，Fasin θ＝mg，解得 Fa＝ mg sin θ，可知 a 绳的张 力不变，故 B 错误；当 b 绳张力为零时，有 mg tan θ＝mlω2，解得 ω＝ g ltan θ，可知当角速度 ω> g ltan θ时，b 绳将出现张力，故 C 正确；由于 b 绳可能没有张力，故 b 绳突然被剪断，a 绳 的张力可能不变，故 D 错误。 12.如图所示，A、B 两球用两段不可伸长的细绳连接于悬点 O，两段细绳的长度 之比为 1∶2，现让两球同时从悬点 O 附近以一定的初速度分别向左、向右水平抛 出，至连接两球的细绳伸直所用时间之比为 1∶ 2，若 A、B 两球的初速度大小 之比为 k，则 k 值应满足的条件是(　　) A．k＝ 1 2 B．k> 1 2 C．k＝1 2 D．k> 1 2 2 解析：选 A　设连接 A 球的细绳长为 L，A 球以初速度 vA 水平抛出，水平方向的位移 x＝vAt，竖直方向的位移 y＝1 2gt2，则 x2＋y2＝L2，可得 vA＝ L2－( 1 2gt2 )2 t ；同理得 B 球的初 速度 vB＝ 4L2－(gt2)2 2t ，因此有vA vB＝k＝ 1 2 ，选项 A 正确。 13.[多选]如图所示，BOD 是竖直平面内半圆轨道的水平直径，OC 为竖直半径，半圆轨道半径为 R。现有质量相同的 a、b 两个小球分别 从 A、B 两点以一定的初速度水平抛出，分别击中轨道上的 D 点和 C 点，A 点在 B 点正上方高度为 R 处，已知 b 球击中 C 点时动能为 Ek， 不计空气阻力，则(　　) A．a 球击中 D 点时动能为 1.6Ek B．a 球击中 D 点时动能为 1.25Ek C．a、b 两球初速度之比为 1∶1 D．a、b 两球与轨道碰撞前瞬间，重力的瞬时功率之比为 1∶1 解析：选 AD　两个小球都做平抛运动，下落的高度都是 R，根据 R＝1 2gt2 可知，运动的 时间为：t＝ 2R g ，根据题图可知，a 球运动的水平位移为 2R，则 a 球的初速度为：vA＝2R t ＝ 2gR，b 球的水平位移为 R，则 b 球的初速度为：vB＝R t ＝ 1 2gR，则 a、b 两球初速度之比为 2∶1，选项 C 错误；a 球从 A 到 D 的过程中，根据动能定理得：EkD＝mgR＋1 2mvA2＝ 2mgR，b 球从 B 到 C 的过程中，根据动能定理得：Ek＝mgR＋1 2mvB2＝5 4mgR，解得：EkD＝ 1.6Ek，选项 A 正确，B 错误；a、b 两球与轨道碰撞前瞬间，竖直方向速度 vy＝gt，相等， 则重力的瞬时功率也相等，即重力的瞬时功率之比为 1∶1，选项 D 正确。 14．(2018·广东华南三校联考)横截面为直角三角形的两个 相同斜面紧靠在一起，固定在水平面上，如图所示。它们的竖 直边长都是底边长的一半，现有三个小球从左边斜面的顶点以 不同的初速度向右平抛，最后落在斜面上，其落点分别是 a、b、 c。下列判断正确的是(　　) A．图中三小球比较，落在 a 点的小球飞行时间最短 B．图中三小球比较，落在 c 点的小球飞行过程速度变化最大 C．图中三小球比较，落在 c 点的小球飞行过程速度变化最快 D．无论小球抛出时初速度为多大，落到两个斜面上的瞬时速度都不可能与斜面垂直 解析：选 D　题图中三小球均做平抛运动，可知落点为 a、b 和 c 的三小球下落的高度关 系为 ha>hb>hc，由 t＝ 2h g ，得 ta>tb>tc，又 Δv＝gt，则 Δva>Δvb>Δvc，A、B 项错误；速度变 化快慢由加速度决定，因为 aa＝ab＝ac＝g，则三小球飞行过程中速度变化快慢相同，C 项错 误；由题给条件可以确定小球落在左边斜面上的瞬时速度不可能垂直于左边斜面，而对右边 斜面可假设小球初速度为 v0 时，其落到斜面上的瞬时速度 v 与斜面垂直，将 v 沿水平方向和 竖直方向分解，则 vx＝v0，vy＝gt，且满足vx vy＝v0 gt＝tan θ(θ 为右侧斜面倾角)，由几何关系可 知 tan θ＝1 2，则 v0＝1 2gt，而竖直位移 y＝1 2gt2，水平位移 x＝v0t＝1 2gt2，可得 x＝y，由题图可 知这一关系不可能存在，则假设不能成立，D 项正确。 第 3 讲 Error! ┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄ 考法 学法 圆周运动是历年高考必考的运动形式，特别是竖直面内的圆周运动，在高考中考查 的频率较高。该部分内容主要解决竖直面内圆周运动的三类典型模型(绳模型、杆模 型和外轨模型)、向心力的分析及其方程应用、圆周运动与平抛运动的多过程组合问 题。用到的思想方法有：①应用临界条件处理临界问题的方法；②正交分解法； ③矢量三角形法；④等效思想；⑤分解思想。 ┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄ 提能点(一)　通过“绳模型”考查竖直面内的圆周运动[ 基础保分类考点 练练就能过关 ][知能全通]———————————————————————————————— 1．绳模型的特点 实例 球与绳连接、水流星、翻滚过山车等 图示 在最高 点受力 重力，弹力 F 弹向下或等于零 mg＋F 弹＝mv2 R 恰好过 最高点 F 弹＝0，mg＝mvmin2 R ，vmin＝ gR，即在最高点的速度 v≥ gR 2．绳模型中小球通过最高点时的速度及受力特点 v＝ gR 时 拉力或压力为零 v> gR 时 小球受向下的拉力或压力作用 v< gR 时 小球不能到达最高点 [题点全练]———————————————————————————————— 1.如图所示，光滑圆轨道固定在竖直面内，一质量为 m 的小球沿轨 道做完整的圆周运动。已知小球在最低点时对轨道的压力大小为 N1，在 最高点时对轨道的压力大小为 N2。重力加速度大小为 g，则 N1－N2 的值为(　　) A．3mg　　　　　　　　 B．4mg C．5mg D．6mg 解析：选 D　设小球在最低点速度为 v1，所受轨道弹力为 N1′，在最高点速度为 v2， 所受轨道弹力为 N2′，根据牛顿第二定律：在最低点有 N1′－mg＝mv12 R ，在最高点有 N2′＋mg＝mv22 R ，根据动能定理：mg·2R＝1 2mv12－1 2mv22，解得：N1′－N2′＝6mg，由牛 顿第三定律知 N1′＝N1，N2′＝N2，故选项 D 正确，A、B、C 错误。 2.如图所示，长均为 L 的两根轻绳，一端共同系住质量为 m 的小球， 另一端分别固定在等高的 A、B 两点，A、B 两点间的距离也为 L，重力 加速度大小为 g。现使小球在竖直平面内以 AB 为轴做圆周运动，若小球 在最高点速率为 v 时，两根轻绳的拉力恰好均为零，则小球在最高点速 率为 2v 时，每根轻绳的拉力大小为(　　) A． 3mg　　　　　　　 B．4 3 3mg C．3mg D．2 3mg 解析：选 A　由题图可知，小球在运动过程中，A、B 两点与小球所在位置构成等边三 角形，由此可知，小球做圆周运动的半径 R＝Lsin 60°＝ 3 2 L，两根轻绳与小球运动半径方向 间的夹角为 30°，由题意，小球在最高点的速率为 v 时，mg＝mv2 R，当小球在最高点的速率 为 2v 时，应有：F＋mg＝m (2v)2 R ，解得：F＝3mg，由 2FTcos 30°＝F，可得每根轻绳的拉力 大小均为 FT＝ 3mg，A 项正确。 3．[多选](2018·深圳高三调研)如图甲所示，一长为 l 的轻绳，一端穿在过 O 点的水平转 轴上，另一端固定一质量未知的小球，整个装置绕 O 点在竖直面内转动。小球通过最高点时， 绳对小球的拉力 F 与其速度平方 v2 的关系如图乙所示，重力加速度为 g，下列判断正确的是 (　　) A．图像函数表达式为 F＝mv2 l ＋mg B．重力加速度 g＝b l C．绳长不变，用质量较小的小球做实验，得到的图线斜率更大 D．绳长不变，用质量较小的小球做实验，图线 b 点的位置不变 解析：选 BD　小球通过最高点时，根据牛顿第二定律有：F＋mg＝mv2 l ，解得 F＝mv2 l － mg，故 A 错误；当 F＝0 时，根据表达式有：mg＝mv2 l ，解得 g＝v2 l ＝b l，故 B 正确；根据 F＝mv2 l －mg 知，图线的斜率 k＝m l ，绳长不变，用质量较小的小球做实验，得到的图线斜率 更小，故 C 错误；当 F＝0 时，g＝b l，可知 b 点的位置与小球的质量无关，绳长不变，用质 量较小的小球做实验，图线 b 点的位置不变，故 D 正确。 提能点(二)　通过“杆模型”考查竖直面内的圆周运动[ 基础保分类考点 练练就能过关 ][知能全通]———————————————————————————————— 1．杆模型的特点 实例 球与杆连接、球过竖直平面内的圆形管道、套在圆环上的物体等 图示 在最高 点受力 重力，弹力 F 弹向下、向上或等于零 mg±F 弹＝mv2 R 恰好过 v＝0，mg＝F 弹 最高点 在最高点速度可为零 2．杆模型中小球通过最高点时的速度及受力特点 v＝0 时 小球受向上的支持力，且 FN＝mg 0 gR时 小球受向下的拉力或压力，并且拉力或压力随速度的增大而增大 [题点全练]———————————————————————————————— 1．(2017·全国卷Ⅱ)如图，一光滑大圆环固定在桌面上，环面位于竖 直平面内，在大圆环上套着一个小环。小环由大圆环的最高点从静止开始 下滑，在小环下滑的过程中，大圆环对它的作用力(　　) A．一直不做功　　　　　　 B．一直做正功 C．始终指向大圆环圆心 D．始终背离大圆环圆心 解析：选 A　由于大圆环是光滑的，因此小环下滑的过程中，大圆环对小环的作用力方 向始终与速度方向垂直，因此作用力不做功，A 项正确，B 项错误；小环下滑过程中，大圆 环对小环的作用力先背离后指向大圆环的圆心，C、D 项错误。 2.如图所示，轻杆长为 3L，在杆两端分别固定质量均为 m 的球 A 和 B，光滑水平转轴穿过杆上距球 A 为 L 处的 O 点，外界给系统一定 能量后，杆和球在竖直平面内转动，球 B 运动到最高点时，杆对球 B 恰好无作用力。忽略空气阻力。则球 B 在最高点时(　　) A．球 B 的速度为零 B．球 A 的速度大小为 2gL C．水平转轴对杆的作用力为 1.5mg D．水平转轴对杆的作用力为 2.5mg 解析：选 C　球 B 运动到最高点时，杆对球 B 恰好无作用力，即重力恰好提供向心力， 有 mg＝mvB2 2L，解得 vB＝ 2gL，故 A 错误；由于球 A、B 的角速度相等，则球 A 的速度大小 vA＝1 2 2gL，故 B 错误；球 B 在最高点时，对杆无作用力，此时球 A 所受重力和杆的作用力 的合力提供向心力，有 F－mg＝mvA2 L ，解得 F＝1.5mg，则水平转轴对杆的作用力为 1.5mg， 故 C 正确，D 错误。 3．(2019 届高三·佛山模拟)如图所示，内壁光滑、质量为 m 的管形 圆轨道，竖直放置在光滑水平地面上，恰好处在左、右两固定光滑挡板 M、N 之间，圆轨道 半径为 R，质量为 m 的小球能在管内运动，小球可视为质点，管的内径忽略不计。当小球运 动到轨道最高点时，圆轨道对地面的压力刚好为零，下列判断正确的是(　　) A．圆轨道对地面的最大压力大小为 8mg B．圆轨道对挡板 M、N 的压力总为零 C．小球运动的最小速度为 gR D．小球运动到圆轨道最右端时，圆轨道对挡板 N 的压力大小为 5mg 解析：选 A　当小球运动到最高点时，圆轨道对地面的压力为零，可知小球对圆轨道的 弹力等于圆轨道的重力，根据牛顿第二定律得，mg＋N＝mv12 R ，N＝mg，解得小球在最高点 的速度 v1＝ 2gR，该速度为小球运动的最小速度。根据动能定理得，mg·2R＝1 2mv22－ 1 2mv12，根据牛顿第二定律得，N′－mg＝mv22 R ，解得轨道对小球的最大支持力 N′＝7mg， 由平衡条件及牛顿第三定律可知，圆轨道对地面的最大压力为 8mg，A 正确，C 错误；在小 球运动的过程中，圆轨道对挡板的一侧有力的作用，所以对挡板 M、N 的压力不为零，B 错 误；小球运动到圆轨道最右端时，根据动能定理得 mgR＝1 2mv32－1 2mv12，根据牛顿第二定律 得 N″＝mv32 R ，解得 N″＝4mg，由平衡条件及牛顿第三定律可知，此时圆轨道对挡板 N 的 压力大小为 4mg，D 错误。 提能点(三)　通过“外轨模型”考查竖直面内的圆周运动[ 基础保分类考点 练练就能过关 ][知能全通]———————————————————————————————— 1．外轨模型的特点 实例 拱形桥等 图示 在最高 点受力 重力，支持力向上或等于零 mg－FN＝mv2 R 最高点 的运动 FN 恰好为 0 时，mg＝mvmax2 R ，vmax＝ gR 即在最高点的速度 v≤ gR 2．外轨模型中汽车通过最高点时的速度及受力特点 v＝0 时 汽车受向上的支持力，且 FN＝mg 0 gR时 汽车只受重力，而且已经脱离地面 [题点全练]———————————————————————————————— 1．[多选]如图所示，汽车车厢顶部悬挂一个劲度系数为 k 的轻质弹 簧，弹簧下端拴一个质量为 m 的小球，当汽车以某一速度 v＝ gr在水平 地面上匀速行驶时，弹簧长度为 L1；当汽车以同一速率匀速通过一个桥 面半径为 r 的圆弧形凸形桥的最高点时，弹簧长度为 L2，下列选项中正确的是(　　) A．L1>L2　　　　　 　 B．L1＝L2 C．L1 gR，则小球一定能通过 P 点，C 正确。 3．(2018·六盘山模拟)如图所示，半径为 R 的圆盘在竖直面内绕 O 轴 匀速转动，盘上 A、B 两点均粘有一小物体，当 B 点转至最低位置时，O、 A、B、P 四点在同一竖直线上，已知 OA＝AB，P 是地面上的一点。A、 B 两点处的小物体同时脱落，最终落到水平地面上同一点(不计空气的阻 力)。则 OP 之间的距离是(　　) A．7 6R B．7R C．5 2R D．5R 解析：选 A　设 OP 之间的距离为 h，则 A 下落的高度为 h－1 2R，A 随圆盘运动的线速 度为 1 2ωR，设 A 下落的时间为 t1，水平位移为 x，则在竖直方向上有 h－1 2R＝1 2gt12，在水平 方向上有 x＝1 2ωRt1，B 下落的高度为 h－R，B 随圆盘运动的线速度为 ωR，设 B 下落的时间 为 t2，水平位移也为 x，则在竖直方向上有 h－R＝1 2gt22，在水平方向上有 x＝ωRt2，解得 h＝7 6R，A 项正确。 [专题强训提能] 1．(2018·肇庆摸底)如图，一长为 L 的轻质细杆一端与质量为 m 的小球 (可视为质点)相连，另一端可绕 O 点转动，现使轻杆与小球在同一竖直面内匀 速转动，测得小球的向心加速度大小为 g(g 为当地的重力加速度)，下列说法正 确的是(　　) A．小球的线速度大小为 gL B．小球运动到最高点时处于完全失重状态 C．当轻杆转到水平位置时，轻杆对小球作用力方向指向圆心 O 点 D．轻杆在匀速转动过程中，轻杆对小球作用力的最大值为 mg 解析：选 B　根据匀速圆周运动中 a＝v2 r ，解得：v＝ gL，A 错误；小球做匀速圆周运 动，向心加速度大小为 g，所以小球在最高点的加速度为 g，处于完全失重状态，B 正确；当 轻杆转到水平位置时，轻杆对小球的作用力和重力的合力指向圆心，所以轻杆对小球的作用 力方向不可能指向圆心 O 点，C 错误；在最低点轻杆对小球的作用力最大，即 F－mg＝ma， 解得：F＝2mg，D 错误。 2.一截面为圆形的内壁光滑细管被弯成一个半径为 R 的大圆环，并 固定在竖直平面内。在管内的环底 A 处有一质量为 m、直径比管径略小的 小球，小球上连有一根穿过位于环顶 B 处管口的轻绳，在水平外力 F 的作 用下，小球以恒定的速率从 A 点运动到 B 点，如图所示。忽略内、外侧半 径差别(小球可视为质点)，此过程中外力 F 的变化情况是(　　) A．逐渐增大　　　　　　 B．逐渐减小 C．先减小，后增大 D．先增大，后减小 解析：选 D　小球做匀速圆周运动，合外力提供向心力，所以切线方向合力为零，设小 球重力方向与切线方向的夹角为 α，则有 F＝mgcos α，小球上升过程中，α 从 90°先减小到 0(与圆心等高处)，后增大到 90°(B 点处)，cos α 先增大后减小，所以 F＝mgcos α 先增大后 减小，故 D 正确。 3.如图所示，一质量为 m 的小物块沿竖直面内半径为 R 的圆弧轨 道下滑，滑到最低点时的瞬时速度为 v，若小物块与轨道间的动摩擦 因数是 μ，则当小物块滑到最低点时受到的摩擦力为(　　) A．μmg B．μmv2 R C．μm(g－v2 R) D．μm(g＋v2 R)解析：选 D　小物块滑到轨道最低点时，由重力和轨道的支持力提供向心力，由牛顿第 二定律得 FN－mg＝mv2 R，得 FN＝m(g＋v2 R)，则当小物块滑到最低点时受到的摩擦力为 f＝μFN ＝μm(g＋v2 R)，D 正确。 4．[多选](2018·洛阳高三统考)如图所示，处于竖直平面内的光滑细 金属圆环半径为 R，质量均为 m 的带孔小球 A、B 穿于环上，两根长为 R 的细绳一端分别系于 A、B 球上，另一端分别系于圆环的最高点和最低 点，现让圆环绕竖直直径转动，当角速度缓慢增大到某一值时，连接 B 球的绳子恰好拉直，转动过程中绳子不会断，则下列说法正确的是 (　　) A．连接 B 球的绳子恰好拉直时，转动的角速度为 2g R B．连接 B 球的绳子恰好拉直时，圆环对 A 球的作用力为零 C．继续增大转动的角速度，圆环对 B 球的作用力可能为零 D．继续增大转动的角速度，A 球可能会沿圆环向上移动 解析：选 AB　当连接 B 球的绳子刚好拉直时，mgtan 60°＝mω2Rsin 60°，解得 ω＝ 2g R ，A 项正确；连接 B 球的绳子恰好拉直时，A 球与 B 球转速相同，由对称性知，A 球所 受合力也为 mgtan 60°，又 A 球所受重力为 mg，可判断出 A 球所受绳子的拉力为 mg cos 60°＝ 2mg，A 球不受圆环的作用力，B 项正确；继续增大转动的角速度，连接 B 球的绳子上会有 拉力，要维持 B 球竖直方向所受外力的合力为零，圆环对 B 球必定有弹力，C 项错误；当转 动的角速度增大，圆环对 A 球的弹力不为零，根据竖直方向上 A 球所受外力的合力为零，可 知绳子对 A 球的拉力增大，绳子应张得更紧，因此 A 球不可能沿圆环向上移动，D 项错误。 5．(2019 届高三·合肥调研)如图甲所示，轻杆一端与一小球相连，另一端连在光滑固定 轴上，可在竖直平面内自由转动。现使小球在竖直平面内做圆周运动，到达某一位置开始计 时，取水平向右为正方向，小球的水平分速度 vx 随时间 t 的变化关系如图乙所示。不计空气 阻力。下列说法中正确的是(　　) A．t1 时刻小球通过最高点，图乙中 S1 和 S2 的面积相等 B．t2 时刻小球通过最高点，图乙中 S1 和 S2 的面积相等 C．t1 时刻小球通过最高点，图乙中 S1 和 S2 的面积不相等 D．t2 时刻小球通过最高点，图乙中 S1 和 S2 的面积不相等 解析：选 A　由题意可知，题图乙中 t1 时刻小球通过最高点，面积 S1 表示的是小球从最 低点运动到水平直径最左端位置的过程中通过的水平位移，其大小等于轻杆的长度；S2 表示 的是小球从水平直径最左端位置运动到最高点的过程中通过的水平位移，其大小也等于轻杆 的长度，所以选项 A 正确。 6.如图所示，质量为 M 的物体内有光滑圆形轨道，现有一质量为 m 的小滑块沿该圆形轨道在竖直面内沿顺时针方向做圆周运动，A、C 点为 圆周的最高点和最低点，B、D 点为与圆心 O 在同一水平线上的点，小滑 块运动时，物体在地面上静止不动，则关于物体对地面的压力 N 和地面对物体的摩擦力的说 法正确的是(　　) A．小滑块在 A 点时，N>Mg，摩擦力方向向左 B．小滑块在 B 点时，N＝Mg，摩擦力方向向左 C．小滑块在 C 点时，N>(M＋m)g，物体与地面无摩擦力 D．小滑块在 D 点时，N＝(M＋m)g，摩擦力方向向左 解析：选 C　小滑块在 A 点时对物体的作用力竖直向上，物体在水平方向不受力的作用， 所以不受摩擦力，A 错误；小滑块在 B 点时，需要的向心力向右，所以物体对小滑块有向右 的支持力作用，对物体受力分析可知，地面要对物体有向右的摩擦力作用，小滑块在竖直方 向上对物体没有作用力，物体受力平衡，所以物体对地面的压力 N＝Mg，B 错误；小滑块在 C 点对物体的作用力竖直向下，物体在水平方向不受力的作用，所以不受摩擦力；小滑块对 物体的压力要大于自身所受的重力，则物体对地面的压力 N>(M＋m)g，C 正确；小滑块在 D 点和 B 点受力情况类似，分析可知 N＝Mg，摩擦力方向向左，D 错误。 7．如图所示，内壁光滑的半球形碗放在水平面上，将质量不 同的 A、B 两个小球(A 球质量小，B 球质量大)从碗口两侧同时由 静止释放，让两球沿内壁下滑，不计两小球的大小，则下列说法正 确的是(　　) A．A 球先到达碗底 B．B 球先到达碗底 C．两球下滑的过程中，碗有向左滑动的趋势 D．两球下滑的过程中，碗有向右滑动的趋势 解析：选 D　由于两小球运动轨迹关于过球心的竖直线对称，两小球下滑过程中在同一 水平面上的加速度大小始终相同，所以同时到达碗底，选项 A、B 错误；由于 B 球质量较大， 下滑过程中对右侧碗壁的作用力较大，所以两球下滑的过程中，碗有向右滑动的趋势，选项 C 错误，D 正确。 8.[多选](2018·厦门模拟)如图所示，两根等长的细线拴着两个 小球在竖直平面内各自做圆周运动，某一时刻小球 1 运动到自身轨道 的最低点，小球 2 恰好运动到自身轨道的最高点，这两点高度相同，此 时两小球速度大小相同，若两小球质量均为 m，可视为质点，忽略空 气阻力的影响，则下列说法正确的是(　　) A．此刻两根细线拉力大小相同 B．运动过程中，两根细线上拉力的差值最大为 2mg C．运动过程中，两根细线上拉力的差值最大为 10mg D．相对同一零势能面，球 1 在最高点的机械能等于球 2 在最低点的机械能 解析：选 CD　题述位置，球 1 加速度方向向上，处于超重状态，球 2 加速度方向向下， 处于失重状态，故拴着球 1 的细线拉力较大，故 A 错误；球 1 在最高点时，有：F1＋mg＝m v12 R ，球 2 在最低点时，有：F2－mg＝mv22 R ，两球运动过程中机械能守恒，球 1：1 2mv2＝ 1 2mv12＋2mgR，球 2：1 2mv2＝1 2mv22－2mgR，解得：F1＝mv2 R－5mg，F2＝mv2 R＋5mg，故 F2－F1＝10mg，故 B 错误，C 正确；两球运动过程中机械能守恒，而题述位置两球的机械能 相等，故两球的机械能一直是相等的，故 D 正确。 9.如图所示，一倾角为 30°的匀质圆盘绕垂直于盘面的固定对称 轴以恒定角速度 ω 转动，盘面上离转轴距离为 d 处，有一带负电的 电荷量为 q、质量为 m 的物体与圆盘始终保持相对静止。整个装置 放在竖直向上的匀强电场中，电场强度 E＝mg 2q，则物体与盘面间的动 摩擦因数至少为(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g 为重力加速度)(　　) A. 3(3g＋4ω2d) 9g B.2( 3＋1)ω2d 3g C. 3(g＋4ω2d) 3g D. 3(g＋2ω2d) 3g 解析：选 A　对物体随圆盘转动的各个位置分析比较可知，当物体转到圆盘的最低点时，所 受的静摩擦力沿斜面向上达到最大，由牛顿第二定律得：μ(mg＋qE)cos 30°－(mg＋qE)sin 30°＝mω2d，解得：μ＝ 3(3g＋4ω2d) 9g ，故 A 正确，B、C、D 错误。 10.固定在竖直平面内的光滑圆弧轨道 ABCD，其 A 点与圆心等高，D 点为轨道的最高点，DB 为竖直直径，AC 为水平直径，AE 为水平面，如 图所示。今使小球自 A 点正上方某处由静止释放，且从 A 点进入圆弧 轨道运动，只要适当调节释放点的高度，总能使小球通过最高点 D，则 小球通过 D 点后(　　) A．一定会落到水平面 AE 上 B．一定会再次落到圆弧轨道上 C．可能会再次落到圆弧轨道上 D．一定不会落到水平面 AE 上 解析：选 A　设圆弧轨道半径为 R，若小球恰好能够通过最高点 D，根据 mg＝mvD2 R ， 得：vD＝ gR，知在最高点 D 的最小速度为 gR，小球经过 D 点后做平抛运动，根据 R＝ 1 2gt2，得：t＝ 2R g ，则平抛运动的最小水平位移为：x＝vDt＝ gR· 2R g ＝ 2R，知小球一定 会落到水平面 AE 上。故 A 正确，B、C、D 错误。 11.如图所示，一块足够大的光滑平板放置在水平面上，能绕水平 固定轴 MN 旋转以调节其与水平面所成的倾角。板上一根长为 L＝0.60 m 的轻绳，它的一端系住一质量为 m 的小球，另一端固定在板上的 O 点。 当平板的倾角为 α 时，先将轻绳平行于水平轴 MN 拉直，第一次给 小球一初速度使小球恰能在平板上做完整的圆周运动，小球在最高点的速度大小为 3 m/s， 若要使小球在最高点时轻绳的拉力大小恰与小球所受的重力大小相等，则小球在最高点的速 度大小为(取重力加速度 g＝10 m/s2)(　　) A. 6 m/s B．2 m/s C．3 m/s D．2 3 m/s 解析：选 C　小球在倾斜平板上运动时受重力、轻绳拉力、倾斜平板弹力。在垂直倾斜 平板方向上合力为 0，重力沿倾斜平板方向的分量为 mgsin α，若小球恰能通过最高点，轻绳 拉力 T＝0，此时 mgsin α＝mv2 L，代入数据得：sin α＝1 2，若要使小球在最高点时轻绳的拉力 大小恰与小球所受的重力大小相等，小球在最高点时，有 mg＋mgsin α＝mv′2 L ，代入数据得： v′＝3 m/s，故 C 正确。 12.[多选](2018·大庆模拟)如图所示，竖直平面内的两个半圆轨道在 B 点平滑相接，两个半圆的圆心 O1、O2 在同一水平线上，粗糙的小半圆 半径为 R，光滑的大半圆半径为 2R；一质量为 m 的滑块(可视为质点)从 大半圆的一端 A 点以一定的初速度向上沿着半圆内壁运动，且刚好能通过大半圆的最高点， 最后滑块从小半圆的左端冲出轨道，刚好能到达大半圆的最高点，已知重力加速度为 g，则 (　　) A．滑块在 A 点的初速度为 6gR B．滑块在 A 点对半圆轨道的压力为 6mg C．滑块第一次通过小半圆过程克服摩擦力做的功为 mgR D．增大滑块在 A 点的初速度，则滑块通过小半圆克服摩擦力做的功不变 解析：选 AC　由于滑块恰好能通过大半圆的最高点，在最高点重力提供向心力，即 mg＝mv2 2R，解得 v＝ 2gR，根据机械能守恒定律可得 1 2mvA2＝2mgR＋1 2m( 2gR)2，解得 vA＝ 6gR，A 正确；滑块在 A 点时受到半圆轨道的支持力为：F＝mvA2 2R＝3mg，由牛顿第 三定律可知，B 错误；设滑块在 O1 点的速度为 v1，则 v1＝ 2g × 2R＝2 gR，在小半圆运动 的过程中，根据动能定理得 Wf＝1 2mvA2－1 2mv12＝mgR，C 正确；增大滑块在 A 点的初速度， 则滑块在小半圆中各个位置速度都增大，滑块对小半圆的平均压力增大，因此克服摩擦力做 的功增多，D 错误。 13．[多选](2018·湖南六校联考)如图所示为用绞车拖物块的 示意图。拴接物块的细线被缠绕在轮轴上，轮轴逆时针转动从而拖 动物块。已知轮轴的半径 R＝0.5 m，细线始终保持水平；被拖动 物块质量 m＝1 kg，与地面间的动摩擦因数 μ＝0.5；轮轴的角速度随时间变化的关系是 ω＝ kt，k＝2 rad/s2，g 取 10 m/s2，以下判断正确的是(　　) A．物块做匀速运动 B．细线对物块的拉力是 5 N C．细线对物块的拉力是 6 N D．物块做匀加速直线运动，加速度大小是 1 m/s2 解析：选 CD　由题意知，物块的速度为：v＝ωR＝2t×0.5＝t，又 v＝at，故可得：a＝ 1 m/s2，所以物块做匀加速直线运动，加速度大小是 1 m/s2，故 A 错误，D 正确；由牛顿第 二定律可得，物块所受合外力为：F＝ma＝1 N，F＝T－f，地面摩擦力为：f＝μmg＝0.5× 1×10 N＝5 N，故可得物块受细线拉力为：T＝f＋F＝5 N＋1 N＝6 N，故 B 错误，C 正确。 14.[多选](2018·铁岭协作体模拟)如图所示，半径为 R 的内壁光滑圆轨 道竖直固定在桌面上，一个可视为质点的质量为 m 的小球静止在轨道底 部 A 点。现用小锤沿水平方向快速击打小球，使小球在极短的时间内获得 一个水平速度后沿轨道在竖直面内运动。当小球回到 A 点时，再次用小锤 沿运动方向击打小球，通过两次击打，小球才能运动到轨道的最高点。已知小球在运动过程 中始终未脱离轨道，在第一次击打过程中小锤对小球做功大小为 W1，第二次击打过程中小 锤对小球做功大小为 W2。设先后两次击打过程中小锤对小球做功全部用来增加小球的动能， 则W1 W2的值可能是(　　) A.3 4 B.1 3 C.2 3 D．1 解析：选 BC　第一次击打后小球最多到达与圆心 O 等高位置，根据功能关系，有： W1≤mgR，两次击打后小球可以到达轨道最高点，根据功能关系，有：W1＋W2－2mgR＝ 1 2mv2，在最高点，有：mg＋FN＝mv2 R≥mg，解得：W1≤mgR，W2≥3 2mgR，故W1 W2≤2 3，故 B、C 正确，A、D 错误。 第 4 讲 Error! ┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄ 考法 学法 应用牛顿运动定律解决动力学问题是高考必考内容，其中有三类典型问题：连接体 问题、传送带问题、板—块模型问题，这三类问题均是高考的热点。解答这三类问 题需要的知识有：匀变速直线运动的规律、牛顿运动定律、受力分析等。用到的思 想方法有：①整体法和隔离法；②正交分解法；③作图法；④图像法； ⑤等效思想；⑥临界极值思想。 ┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄ 提能点(一)　以加速度为桥梁，巧解连接体问题[ 基础保分类考点 练练就能过关 ][知能全通]———————————————————————————————— 1．连接体问题中的两类瞬时性模型 刚性绳(或接触面) 弹簧(或橡皮绳) 不发生明显形变就能产生弹力的物体，剪断 (或脱离)后，其弹力立即消失，不需要形变恢 复时间 两端同时连接(或附着)有物体的弹簧(或橡皮 绳)，形变量大，其形变恢复需要较长时间， 在瞬时性问题中，其弹力的大小通常可以看 成保持不变 2．动力学连接体问题中整体法、隔离法的选用原则 (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采用隔离法。 [题点全练]———————————————————————————————— 1.如图所示，物块 A 放在木板 B 上，A、B 的质量均为 m，A、B 之间的动摩擦因数为 μ，B 与地面之间的动摩擦因数为μ 3。若将水平力 作用在 A 上，使 A 刚好要相对 B 滑动，此时 A 的加速度为 a1；若将水平力作用在 B 上， 使 B 刚好要相对 A 滑动，此时 B 的加速度为 a2，则 a1 与 a2 的比为(　　) A．1∶1　　　　　　　 B．2∶3 C．1∶3 D．3∶2 解析：选 C　当水平力作用在 A 上，使 A 刚好要相对 B 滑动，此时 A、B 的加速度相等， 单独对 B 分析，B 的加速度为：aB＝a1＝ μmg－μ 3·2mg m ＝1 3μg；当水平力作用在 B 上，使 B 刚 好要相对 A 滑动，此时 A、B 间的摩擦力刚好达到最大，A、B 的加速度相等，有：aA＝ a2＝μmg m ＝μg，可得 a1∶a2＝1∶3，C 正确。 2.如图所示，50 个大小相同、质量均为 m 的小物块，在平行于 斜面向上的恒力 F 作用下一起沿斜面向上运动。已知斜面足够长， 倾角为 30°，各小物块与斜面间的动摩擦因数相同，重力加速度为 g， 则第 46 个小物块对第 45 个小物块的作用力大小为(　　) A. 9 10F B. 1 10F C.45 2 mg＋ 1 10F D．因为动摩擦因数未知，所以不能确定 解 析 ： 选 B 　 以 50 个 小 物 块 组 成 的 整 体 为 研 究 对 象 ， 由 牛 顿 第 二 定 律 得 a ＝ F－50mgsin 30°－μ·50mgcos 30° 50m ＝ F 50m－g(sin 30°＋μcos 30°)，以下侧 45 个小物块为研究对 象，由牛顿第二定律得 F－45mgsin 30°－μ·45mgcos 30°－FN＝45ma，解得 FN＝ 1 10F，故 B 正确。 3．(2018·保定调研)如图所示，两个质量分别为 m 1、m2 的物块 A 和 B 通过一轻弹簧连接在一起并放置于水平传送带上，水平轻绳一端 连接 A，另一端固定在墙上，A、B 与传送带间的动摩擦因数均为 μ。传送带沿顺时针方向转 动，系统达到稳定后，突然剪断轻绳的瞬间，设 A、B 的加速度大小分别为 aA 和 aB(弹簧在 弹性限度内，重力加速度为 g)，则(　　) A．aA＝μ(1＋m2 m1)g，aB＝μg B．aA＝μg，aB＝0 C．aA＝μ(1＋m2 m1)g，aB＝0 D．aA＝μg，aB＝μg 解析：选 C　系统稳定时 A 和 B 均受到向右的滑动摩擦力，B 受到的滑动摩擦力大小为 μm2g，等于弹簧向左的弹力大小 F，B 受到的合外力为 0。剪断轻绳瞬间，弹簧弹力和 B 受 到的滑动摩擦力都不变，则 B 的加速度大小 aB＝0；A 的加速度大小 aA＝F＋μm1g m1 ＝μ(1＋m2 m1)g， 选项 C 对。 提能点(二)　以加速度为桥梁，巧解传送带问题[ 重难增分类考点 讲练结合过关 ] [研一题]———————————————————————————————— 如图甲所示，倾斜的传送带正以恒定速度 v1 沿顺时针方向转动，传送带的倾角为 37°。 一物块以初速度 v0 从传送带的底部冲上传送带并沿传送带向上运动，其运动的 v­t 图像如图 乙所示，物块到传送带顶端时速度恰好为零，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g 取 10 m/s2，则(　　) A．传送带的速度为 4 m/s B．传送带底端到顶端的距离为 14 m C．物块与传送带间的动摩擦因数为1 8 D．物块所受的摩擦力方向一直与物块运动的方向相反 [解析]　如果 v0 小于 v1，则物块沿传送带向上做减速运动时加速度不变，与题图乙不符， 因此物块的初速度 v0 一定大于 v1。结合题图乙可知物块减速运动到与传送带速度相同后，继 续做减速运动，但加速度发生变化，由此可以判断传送带的速度为 4 m/s，选项 A 正确；传送带底端到顶端的距离等于题图乙中图线与横轴所围的面积，即1 2×(4＋12)×1 m＋ 1 2×1×4 m＝10 m，选项 B 错误；0～1 s 内，a1＝gsin θ＋μgcos θ＝8 m/s2，1～2 s 内，a 2＝gsin θ－μgcos θ＝4 m/s2，解得 μ＝1 4，选项 C 错误；在 1～2 s 内，物块所受的摩擦力方向与物块 的运动方向相同，选项 D 错误。 [答案]　A [悟一法]———————————————————————————————— 传送带问题的突破口——初态、共速、末态 [通一类]———————————————————————————————— 1．(2019 届高三·衡水调研)如图甲所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率 v1 沿顺时针 方向运行，初速度大小为 v2 的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的 A 处滑上传送带。 若从小物块滑上传送带开始计时，小物块在传送带上运动的 v­t 图像(以地面为参考系)如图乙 所示。已知 v2＞v1，则(　　) A．t1 时刻，小物块相对传送带滑动的距离达到最大 B．t1 时刻，小物块离 A 处的距离达到最大 C．0～t2 时间内，小物块受到的摩擦力方向先向右后向左 D．0～t3 时间内，小物块始终受到大小不变的摩擦力作用 解析：选 B　由题图乙可知：t1 时刻小物块向左运动最远，即离 A 处的距离达到最大， t1～t2 时间内，小物块向右加速，但相对传送带还是向左滑动，因此 t2 时刻小物块相对传送带 滑动的距离达到最大，A 错误，B 正确；0～t2 时间内，小物块受到的摩擦力方向始终向右， t2～t3 时间内小物块与传送带共速，摩擦力为零，C、D 错误。 2.(2018·郑州模拟)如图所示为粮袋的传送装置，已知 A、B 间长度 为 L，传送带与水平方向的夹角为 θ，工作时其运行速度为 v，粮袋与传 送带间的动摩擦因数为 μ，正常工作时工人在 A 点将粮袋轻轻放到运行 中的传送带上，关于粮袋从 A 到 B 的运动，以下说法正确的是(设最大 静摩擦力等于滑动摩擦力)(　　) A．粮袋到达 B 点的速度与 v 比较，可能大，也可能相等或小 B．粮袋开始运动的加速度为 g(sin θ－μcos θ)，若 L 足够大，则以后将一定以速度 v 做 匀速运动 C．若 μ≥tan θ，则粮袋从 A 到 B 一定一直做加速运动 D．不论 μ 大小如何，粮袋从 A 到 B 一直做匀加速运动，且 a>gsin θ 解析：选 A　粮袋在传送带上可能一直做匀加速运动，到达 B 点时的速度小于 v，可能 先做匀加速运动，当速度与传送带相同后，做匀速运动，到达 B 点时速度与 v 相同，也可能 先做加速度较大的匀加速运动，当速度与传送带相同后做加速度较小的匀加速运动，到达 B 点时的速度大于 v，故 A 正确；粮袋开始运动时受到沿斜面向下的滑动摩擦力，大小 为 μmgcos θ，根据牛顿第二定律得，加速度 a＝g(sin θ＋μcos θ)，故 B 错误；若 μ≥tan θ， 粮袋从 A 到 B 可能一直做匀加速运动，也可能先做匀加速运动，当速度与传送带相同后，做 匀速运动，故 C 错误；由以上分析可知，粮袋从 A 到 B 不一定一直做匀加速运动，故 D 错误。 提能点(三)　以加速度为桥梁，巧解板—块模型问题[ 重难增分类考点 讲练结合过关 ] [研一题]———————————————————————————————— (2018·铁岭协作体模拟)如图所示，质量为 M＝10 kg 的小 车停放在光滑水平面上，在小车右端施加一个 F＝10 N 的水平 恒力。当小车向右运动的速度达到 2.8 m/s 时，在其右端轻轻 放上一质量 m＝2.0 kg 的小黑煤块(小黑煤块视为质点且初速度为零)，从此时刻开始计时，煤 块与小车间动摩擦因数 μ＝0.20。假定小车足够长，g＝10 m/s2。则下列说法中正确的是 (　　) A．煤块在整个运动过程中先做匀加速直线运动后做匀速直线运动 B．小车一直做加速度不变的匀加速直线运动 C．煤块在前 3 s 内前进的位移为 9 m D．煤块最终在小车上留下的痕迹长度为 2.8 m [解析]　根据牛顿第二定律，计时开始时对煤块有：μFN＝ma1，FN－mg＝0，解得： a1＝2 m/s2，对小车有：F－μFN＝Ma2，解得：a2＝0.6 m/s2，经过时间 t，煤块和小车的速度 相等，煤块的速度为：v1＝a1t，小车的速度为：v2＝v＋a2t，v1＝v2，解得：t＝2 s，以后煤 块和小车共速，根据牛顿第二定律：F＝(M＋m)a3，解得：a3＝5 6 m/s2，即煤块和小车一起以 加速度 a3＝5 6 m/s2 做匀加速运动，A、B 错误；在前 2 s 内煤块前进的位移为：x1＝1 2a1t2＝1 2 ×2×22 m＝4 m，然后和小车共同运动 1 s 时间，此 1 s 时间内位移为：x1′＝v1t′＋ 1 2 a3t′2≈4.4 m，故煤块在前 3 s 内前进的位移为 4 m＋4.4 m＝8.4 m，C 错误；在前 2 s 内煤 块前进的位移 x1＝4 m，小车前进的位移为：x2＝vt＋1 2a2t2＝(2.8 × 2＋1 2 × 0.6 × 22 )m＝ 6.8 m，两者的相对位移(即痕迹长度)为：Δx＝x2－x1＝6.8 m－4 m＝2.8 m，D 正确。 [答案]　D [悟一法]———————————————————————————————— 1．板—块模型类问题中，滑动摩擦力的分析方法与传送带类似，但这类问题比传送带 类问题更复杂，因为木板往往受到摩擦力的影响也做匀变速直线运动，处理此类问题要注意 从速度、位移、时间等角度，找到两者运动之间的联系。 2．滑块不从木板的末端掉下来的临界条件是滑块到达木板末端时的速度与木板的速度 恰好相等，如果木板做变速运动或者倾斜放置，还要求滑块与木板间的最大静摩擦力足够大。 [通一类]———————————————————————————————— 1.如图所示，固定斜面 C 的倾角为 θ，长木板 A 与斜面间动摩擦 因数为 μ1，A 沿斜面下滑时加速度为 a1，现将 B 置于长木板 A 顶端， A、B 间动摩擦因数为 μ2，此时释放 A、B，A 的加速度为 a2，B 的加速 度为 a3，则下列说法正确的是(　　) A．若 μ1>μ2，则有 a1＝a2μ2，则有 a2a3 D．若 μ1<μ2，则有 a1>a2＝a3 解析：选 B　若 μ1>μ2，A、B 之间有相对滑动，且 B 的加速度大于 A 的加速度，a2a1，A 错误，B 正确；若 μ1<μ2，A、B 将一起以相同的加速度下滑，故 a1＝a2＝a3，C、D 错误。 2.[多选]如图所示，在水平长直轨道上，有一长木板在外力控 制下始终向右做匀速直线运动，小物块 P、Q(视为质点)由跨过光滑 定滑轮且不可伸长的轻绳相连处于静止状态，且轻绳 AQ 水平，OP、 OQ 与竖直方向的夹角均为 θ＝45°。若小物块 Q 的质量为 m，小物块 P 与长木板间的动摩擦 因数 μ＝ 2 2 ，重力加速度为 g，则下列说法中正确的是(　　) A．AQ 的拉力大小为 mg B．P 的质量为( 2＋1)m C．若 AQ 被剪断，则在剪断瞬间，Q 的加速度大小为 g D．长木板对 P 的作用力与 P 对长木板的作用力大小相等 解析：选 ABD　对Q 受力分析，受到竖直向下的重力 mg、 AQ 的拉力 T1 以及 OQ 的拉力 T2，三力平衡，如图所示，根据 力的合成与分解可得，AQ 的拉力 T1＝mgtan θ＝mg，A 正确；OQ 的拉力为 T2＝ mg cos θ＝ 2mg，对 P 受力分析，受到竖直向下的重力 Mg、竖直向上的支持力 N、 向右的滑动摩擦力 Ff 及 OP 的拉力，同一条绳上的拉力相同，所以 OP 的拉力也是 T2，处于 平衡状态，受力分析如图所示，又 Ff＝μN，T2sin θ＝Ff，T2cos θ＋N＝Mg，解得：M＝( 2＋ 1)m，B 正确；若 AQ 被剪断，则在剪断瞬间，Q 只受到重力和 OQ 的拉力，Q 开始做圆周运 动，所以 Q 的加速度的方向与 OQ 的方向垂直，所以加速度大小为 a＝gsin θ＝ 2 2 g，C 错 误；长木板对 P 的作用力和 P 对长木板的作用力是一对作用力与反作用力，所以大小相等， D 正确。 [专题强训提能] 1.(2019 届高三·天津模拟)一皮带传送装置如图所示，轻弹 簧一端固定，另一端连接一个质量为 m 的滑块，已知滑块与皮带 之间存在摩擦。现将滑块轻放在逆时针匀速运转的皮带上，弹簧恰 好处于自然长度且轴线水平。若在弹簧从自然长度到第一次达到 最长的过程中，滑块始终未与皮带达到共速，则在此过程中滑块的速度和加速度变化情况是 (　　) A．速度增大，加速度增大 B．速度增大，加速度减小 C．速度先增大后减小，加速度先增大后减小 D．速度先增大后减小，加速度先减小后增大 解析：选 D　滑块轻放到皮带上，受到向左的滑动摩擦力，开始摩擦力大于弹簧的弹力， 向左做加速运动，在此过程中，弹簧的弹力逐渐增大，根据牛顿第二定律，加速度逐渐减小， 当弹簧的弹力与摩擦力相等时，速度达到最大，然后弹力大于摩擦力，加速度方向与速度方 向相反，滑块做减速运动，弹簧弹力继续增大，根据牛顿第二定律得，加速度逐渐增大，速 度逐渐减小，故 D 正确，A、B、C 错误。 2.(2018·全国卷Ⅰ)如图，轻弹簧的下端固定在水平桌面上，上端放有 物块 P，系统处于静止状态。现用一竖直向上的力 F 作用在 P 上，使其向上 做匀加速直线运动。以 x 表示 P 离开静止位置的位移，在弹簧恢复原长 前，下列表示 F 和 x 之间关系的图像可能正确的是(　　) 解析：选 A　设物块 P 静止时，弹簧的压缩量为 x0，则有 kx0＝mg，在弹 簧恢复原长前，物块受力如图所示，根据牛顿第二定律得 F＋k(x0－x)－mg＝ma， 整理得 F＝kx＋ma，即 F 是 x 的一次函数，选项 A 正确。 3.如图所示，物块 M 在倾角为 θ、静止的足够长的传送带上以速 度 v0 匀速下滑时，传送带突然启动，方向如图中箭头所示，在传送带 的速度由零逐渐增加到 2v0 后匀速运转的过程中，以下分析正确的是(　　) A．M 下滑的速度不变 B．M 开始在传送带上加速到 2v0 后沿传送带匀速下滑 C．M 先沿传送带匀速下滑，后加速下滑，最后再匀速下滑 D．M 受到的摩擦力方向始终沿传送带向上 解析：选 C　传送带静止时，M 匀速下滑，故 mgsin θ＝Ff，当传送带突然启动且速度 v＜v0 时，M 匀速下滑，M 受到沿斜面向上的滑动摩擦力；传送带速度 v＝v0 瞬间，M 受到 沿斜面向上的静摩擦力；传送带速度 v＞v0 后，M 可能受到向下的滑动摩擦力或静摩擦力， 可能不受摩擦力，还可能受到向上的静摩擦力，但 M 一定加速下滑，最终 M 速度达到 2v0 与传送带一起匀速运动，故 C 正确。 4．在两个足够长的固定的相同斜面体上(其斜面光滑)，分别有如图甲、乙所示的两套装 置，斜面体 B 的上表面水平且光滑，长方体 D 的上表面与斜面平行且光滑，p 是固定在 B、 D 上的小柱，完全相同的两只弹簧一端固定在 p 上，另一端分别连在 A 和 C 上，在 A 与 B、 C 与 D 分别保持相对静止状态沿斜面自由下滑的过程中，下列说法正确的是(　　) A．两弹簧都处于拉伸状态 B．两弹簧都处于压缩状态 C．弹簧 L1 处于压缩状态，弹簧 L2 处于原长 D．弹簧 L1 处于拉伸状态，弹簧 L2 处于压缩状态 解析：选 C　由于斜面光滑，A 与 B、C 与 D 分别沿斜面下滑的加速度相同，为 gsin α。 对于题图甲，以 A 为研究对象，重力与支持力的合力沿竖直方向，而 A 沿水平方向的加速度： ax＝acos α＝gsin αcos α，该加速度由水平方向弹簧的弹力提供，所以弹簧 L1 处于压缩状态； 对于题图乙，以 C 为研究对象，重力与斜面支持力的合力大小：F 合＝mgsin α，即 C 不受弹 簧的弹力，弹簧 L2 处于原长。故选项 C 正确，A、B、D 错误。 5．光滑水平地面上有两个叠放在一起的斜面体 A、B，两斜面体形状大小完全相同，质 量分别为 M、m。如图甲、乙所示，对上面或下面的斜面体施加水平方向的恒力 F1、F2，均 可使两斜面体相对静止地做匀加速直线运动，已知两斜面体间的摩擦力为零，则 F1 与 F2 之 比为(　　) A．M∶m　　　　　　　　 B．m∶M C．m∶(M＋m) D．M∶(M＋m) 解析：选 A　F1 作用于 A 时，设 A 和 B 之间的弹力为 N，对 A 有：Ncos θ＝Mg，对 B 有：Nsin θ＝ma，对 A 和 B 组成的整体有：F1＝(M＋m)a＝ (M＋m)M m gtan θ；F2 作用于 A 时， 对 B 有：mgtan θ＝ma′，对 A 和 B 组成的整体有：F2＝(M＋m)a′＝(M＋m)gtan θ，F1 F2＝ M m，A 对。 6.[多选]如图所示，在光滑的水平桌面上放一质量为 m 乙＝5 kg 的盒子乙，乙内放置一质量为 m 丙＝1 kg 的滑块丙，用一质量 不计的细绳跨过光滑的定滑轮将一质量为 m 甲＝2 kg 的物块甲与乙 相连接，其中连接乙的细绳与水平桌面平行。现由静止释放甲，在以后的运动过程中，乙与 丙之间没有相对运动，假设整个运动过程中乙始终没有离开水平桌面，取重力加速度 g＝10 m/s2。则(　　) A．细绳对乙的拉力大小为 20 N B．乙的加速度大小为 2.5 m/s2 C．乙对丙的摩擦力大小为 2.5 N D．定滑轮受到细绳的作用力为 30 N 解析：选 BC　设细绳的拉力为 FT，根据牛顿第二定律，对甲，有 m 甲 g－FT＝m 甲 a； 对乙和丙组成的整体，有 FT＝(m 乙＋m 丙)a，联立解得 FT＝15 N，a＝2.5 m/s2，A 错误，B 正确；对丙受力分析，受重力、支持力和静摩擦力作用，根据牛顿第二定律，有 f＝m 丙 a＝1× 2.5 N＝2.5 N，C 正确；细绳中的张力为 15 N，由于滑轮两侧细绳相互垂直，根据平行四边 形定则，其对定滑轮的作用力为 15 2 N，D 错误。 7.(2018·合肥检测)如图所示，长为 6 m 的水平传送带沿顺时针 方向以恒定速度 v1＝2 m/s 运行。一小物块从与传送带等高的光 滑水平台面滑上传送带，其速度大小为 v2＝5 m/s。若小物块与传 送带间的动摩擦因数 μ＝0.2，重力加速度 g＝10 m/s2，下列说法中正确的是(　　) A．小物块在传送带上先向左做匀减速直线运动，然后向右做匀加速直线运动 B．若传送带的速度为 1 m/s，小物块将从传送带左端滑出 C．若传送带的速度为 5 m/s，小物块将以 5 m/s 的速度从传送带右端滑出 D．若小物块的速度为 4 m/s，小物块将以 4 m/s 的速度从传送带右端滑出 解析：选 B　小物块在传送带上先向左做匀减速直线运动，设加速度大小为 a，速度减至零时 通过的位移为 x，根据牛顿第二定律得 μmg＝ma，得 a＝μg＝2 m/s2，则 x＝v22 2a＝ 52 2 × 2 m ＝6.25 m>6 m，所以小物块将从传送带左端滑出，不会向右做匀加速直线运动，A 错误；传 送带的速度为 1 m/s 和 5 m/s 时，小物块在传送带上受力情况与题述条件下相同，则运动情况 相同，都将从传送带左端滑出，B 正确，C 错误；小物块的速度为 4 m/s 时，速度减至零时 通过的位移 x′＝ 42 2 × 2 m＝4 m<6 m，小物块减速到零后反向加速，小物块将以 2 m/s 的速 度从传送带右端滑出，D 错误。 8.(2018·林州一中质检)如图所示，在倾角 θ＝30°的光滑斜面上， 物块 A、B 质量分别为 m 和 2m，物块 A 静止在轻弹簧上面，物块 B 用细线与斜面顶端相连，A、B 紧挨在一起，但 A、B 之间无弹力， 已知重力加速度为 g。某时刻将细线剪断，则剪断细线的瞬间，下列 说法错误的是(　　) A．B 的加速度为g 2 B．A、B 之间的弹力为mg 3 C．弹簧的弹力为mg 2 D．A 的加速度为g 3 解析：选 A　剪断细线前，对 A 分析，可得弹簧弹力 F＝mgsin θ＝1 2mg，剪断细线的瞬 间，由于弹簧弹力还来不及改变，所以弹力仍为 F＝1 2mg，C 正确；剪断细线的瞬间，细线 对 B 的拉力消失，A、B 将共同沿斜面向下运动，根据牛顿第二定律可得 3mgsin θ－F＝ 3ma，解得 a＝1 3g，A 错误，D 正确；以 B 为研究对象，可得 2mgsin θ－FN＝2ma，解得 FN＝1 3mg，B 正确。 9.(2018·北京西城区模拟)如图所示，物体 A 叠放在物体 B 上，B 置 于光滑水平面上。A、B 质量分别为 6.0 kg 和 2.0 kg，A、B 之间的动摩 擦因数为 0.2。在 A 上施加水平向右的拉力 F，开始时 F＝10 N，此后 逐渐增大，在增大到 45 N 的过程中，取最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g＝10 m/s2。以下判断 正确的是(　　) A．A、B 间始终没有相对滑动 B．A、B 间从受力开始就有相对滑动 C．当拉力 F<12 N 时，A、B 均保持静止状态 D．A、B 开始没有相对滑动，当 F>18 N 时，开始相对滑动 解析：选 A　单独对 B 分析，A、B 间摩擦力达到最大静摩擦力时，A、B 刚好要发生相 对滑动，此时 aB＝μmAg mB ＝6 m/s2，再对整体分析：F＝(mA＋mB)aB＝48 N，故只有当拉力 F> 48 N 时，A、B 才发生相对滑动，A 对，B、D 错；由于水平面光滑，只要有拉力两物体就运 动，C 错。 10．[多选](2018·桂林联考)如图所示，一小物体 m(视为质点)从1 4光滑圆弧轨道上与圆心 O 等高处由静止释放，圆弧半径 R＝0.2 m，轨道底端与粗糙的传送带平滑连接，当传送带静止 时，物体 m 能滑过右端的 B 点，且落在水平地面上的 C 点，取重力加速度 g＝10 m/s2，则 下列说法正确的是(　　) A．物体 m 滑到最低点 A 时对轨道的压力大小与轨道半径 R 的大小有关 B．若传送带逆时针运行，则物体 m 也能滑过 B 点，落在 C 点 C．若传送带顺时针运行，则当传送带速度 v>2 m/s 时，物体 m 落在 C 点的右侧 D．若传送带顺时针运行，则当传送带速度 v<2 m/s 时，物体 m 可能落在 C 点的右侧 解析：选 BCD　由机械能守恒定律得 mgR＝1 2mv02，则 v0＝2 m/s，传送带静止时，在 A 点，由牛顿第二定律得 F－mg＝mv02 R ，得 F＝3mg，由牛顿第三定律知 F′＝F，可知 F′ 与 R 无关，A 错误；若传送带逆时针运行，物体 m 也匀减速运动至 B 点，与静止情况相同， 落在 C 点，B 正确；若传送带顺时针运行，v>2 m/s，物体 m 加速运动，落在 C 点右侧，C 正确；若 v<2 m/s，物体 m 可能先匀减速运动后匀速运动，到达 B 点速度可能大于传送带静 止时到达 B 点的速度，可能落在 C 点右侧，D 正确。 11．[多选]如图甲所示，足够长的传送带与水平面夹角为 θ，传送带匀速转动，在传送 带上某位置轻轻放置一滑块，滑块与传送带间的动摩擦因数为 μ，滑块速度随时间变化的关 系如图乙所示，v0、t0 已知，则(　　) A．传送带一定逆时针转动 B．μ＝tan θ＋ v0 gt0cos θ C．传送带的速度大于 v0 D．t0 后滑块的加速度为 2gsin θ－v0 t0 解析：选 AD　若传送带顺时针转动，当滑块下滑时(mgsin θ>μmgcos θ)，将一直匀加速 到底端；当滑块上滑时(mgsin θ<μmgcos θ)，先做匀加速运动，在速度与传送带速度相等后将 做匀速运动，两种情况均不符合题图乙，故传送带是逆时针转动，选项 A 正确；滑块在 0～t0 时间内，所受滑动摩擦力沿传送带向下，匀加速下滑，a1＝gsin θ＋μgcos θ，由题图乙可知 a1 ＝v0 t0 ，则 μ＝ v0 gt0cos θ－tan θ，选项 B 错误；滑块与传送带的速度相等后的加速度 a2＝gsin θ－ μgcos θ，解得 a2＝2gsin θ－v0 t0 ，选项 D 正确；由前述分析结合题图乙知，传送带的速度等于 v0，选项 C 错误。 12．[多选](2019 届高三·深圳调研)如图甲所示，质量 m＝1 kg、初速度 v0＝6 m/s 的物块 受水平向左的恒力 F 作用，在粗糙的水平地面上从 O 点开始向右运动，O 点为坐标原点，整 个运动过程中物块速率的平方随位置坐标变化的关系图像如图乙所示，取 g＝10 m/s2，下列 说法中正确的是(　　) A．t＝2 s 时物块速度为零 B．t＝3 s 时物块回到 O 点 C．恒力 F 大小为 2 N D．物块与水平面间的动摩擦因数为 0.1 解析：选 ACD　物块向右做匀减速直线运动的加速度大小为：a1＝v02 2x1＝ 36 2 × 6 m/s2＝ 3 m/s2，物块向右做匀减速直线运动到速度为零的时间为：t1＝v0 a1＝2 s，故 A 正确；物块反向 做匀加速直线运动的加速度大小为：a2＝v′2 2x2 ＝ 16 2 × 8 m/s2＝1 m/s2，反向加速回到 O 点所 用的时间 t′＝ 2x1 a2 ＝ 2 × 6 1 s＝2 3 s，故 B 错误；根据牛顿第二定律得：F＋Ff＝ma1，F －Ff＝ma2，解得：F＝2 N，Ff＝1 N，则物块与水平面间的动摩擦因数为：μ＝Ff mg＝0.1，故 C、D 正确。 13．[多选](2018·宜春四校联考)如图甲所示，平行于光滑斜面的轻弹簧劲度系数为 k， 一端固定在倾角为 θ 的斜面底端，另一端与物块 A 连接，物块 B 与物块 A 接触但不粘连； 两物块 A、B 质量均为 m，初始时均静止。现用平行于斜面向上的力 F 拉动 B，使 B 做加速 度为 a 的匀加速运动，A、B 在开始一段时间内的 v ­t 关系分别对应图乙中 A、B 图线(t 1 时 刻 A、B 的图线相切，t2 时刻对应 A 图线的最高点)，重力加速度为 g，则(　　) A．t2 时刻，弹簧形变量为 0 B．t1 时刻，弹簧形变量为mgsin θ＋ma k C．从开始到 t2 时刻，拉力 F 逐渐增大 D．从 t1 时刻开始，拉力 F 恒定不变 解析：选 BD　由题图知，t2 时刻 A 的加速度为零，速度最大，根据牛顿第二定律和胡 克定律有 mgsin θ＝kx1，则 x1＝mgsin θ k ，故 A 错误；t1 时刻 A、B 开始分离，对 A 根据牛顿 第二定律得 kx2－mgsin θ＝ma，则 x2＝mgsin θ＋ma k ，故 B 正确；从开始到 t1 时刻，对 A、B 整体，根据牛顿第二定律得 F＋kx－2mgsin θ＝2ma，得 F＝2mgsin θ＋2ma－kx，x 减小，F 增大，从 t1 时刻开始，对 B 由牛顿第二定律得 F－mgsin θ＝ma，得 F＝mgsin θ＋ma，可知 F 不变，故 C 错误，D 正确。 14．[多选](2018·云南师大附中模拟)如图所示，质量为 M 的 木板放在光滑的水平面上，木板的右端有一质量为 m 的木块(可视 为质点)，在木板上施加一水平向右的恒力 F，木块和木板由静止 开始运动最后分离。设分离时木块相对地面运动的位移为 x，保证木块和木板会发生相对滑 动的情况下，下列方法可使位移 x 增大的是(　　) A．仅增大木板的质量 M B．仅减小木块的质量 m C．仅增大恒力 F D．仅增大木块与木板间的动摩擦因数 解析：选 AD　设木板长为 L，当木块与木板分离时，运动时间为 t，对于木板：F－μmg ＝Ma1，x1＝1 2a1t2，对于木块：μmg＝ma2，x2＝1 2a2t2，当木块与木板分离时，它们的位移满 足 L＝1 2a1t2－1 2a2t2，解得 t＝ 2L a1－a2，则木块相对地面运动的位移为 x＝1 2a2t2；仅增大木板的 质量 M，a1 变小，a2 不变，则 t 增大，x 增大，故 A 正确；仅减小木块的质量 m，a1 变大，a2 不变，则 t 减小，x 减小，故 B 错误；仅增大恒力 F，a1 变大，a2 不变，则 t 减小，x 减小， 故 C 错误；仅增大木块与木板间的动摩擦因数，a1 变小，a2 变大，则 t 增大，x 增大，故 D 正确。 第 5 讲 Error! 考 法 运动学图像和动力学图像一直是高考的热点，考查角度一般有三个：一是会识图，理解 图线、斜率、截距、面积的意义，能根据需要列出函数关系式；二是会作图，依据物理 情景、物理过程、物理规律作出图像；三是会用图，能结合物理公式和图像等解决物理 问题。高考中一般考查这三类问题：①应用运动学图像分析物体的运动规律；②与牛 顿运动定律结合的图像问题；③根据物理情景描绘或选择物理图像。 学 法 “三看”辨清图像要素 (1)看清坐标轴所表示的物理量：是运 动学图像(v ­t、x ­t、a ­t)，还是动力 学图像(F­a、F­t、F­x)，明确因变量 与自变量的制约关系。 (2)看图线本身：识别两个相关量的变 化趋势，进而分析具体的物理过程。 (3)看交点、斜率和面积：明确图线与 图线的交点、图线与坐标轴的交点、 图线斜率、图线与坐标轴围成的面积 的物理意义。 “两转化”解答图像问题 (1)公式与图像的转化：要作出一个确定的物理图 像，需要得到相关的函数关系式。在把物理量之 间的关系式转化为图像时，最重要的就是要明确 公式中的哪个量是自变量，哪些量是常量，关系 式描述的是哪两个物理量之间的函数关系。 (2)图像与情境的转化：运用物理图像解题，还需 要进一步建立物理图像和物理情境之间的联系， 根据物理图像，构想出图像所呈现的物理现象、 状态、过程和变化的具体情境，这些情境中隐含 着许多解题条件，这些过程中体现了物理量相互 制约的规律，这些状态反映了理论结果是否能与 实际相吻合。完成图像与情境的转化，即解决了 所要处理的问题。 提能点(一)　应用运动学图像分析物体的运动规律[ 基础保分类考点 练练就能过关 ][题点全练]———————————————————————————————— 1.(2019 届高三·平顶山联考)设竖直向上为 y 轴正方向，如图所示 曲线为一质点沿 y 轴运动的位置—时间(y ­t)图像，已知图线为一条抛 物 线，则由图可知(　　) A．t＝0 时刻质点速度为 0 B．0～t1 时间内质点向 y 轴负方向运动 C．0～t2 时间内质点的速度一直减小 D．t1～t3 时间内质点相对坐标原点 O 的位移先为正后为负 解析：选 C　由题图知，在 t＝0 时刻图线斜率不为 0，说明 t＝0 时刻质点速度不为 0,0～ t1 时间内图线斜率大于 0，故质点向 y 轴正方向运动，故 A、B 错误；根据图线斜率表示速度 可知，0～t2 时间内质点的速度一直减小，故 C 正确；t1～t3 时间内质点相对坐标原点 O 的位 置坐标一直不小于 0，则位移一直不为负，故 D 错误。 2．A、B 两个物体在同一条直线上做直线运动，它们的 a ­t 图像如图所示，规定水平向 右为正方向。已知在 t＝0 时，两物体的速度均为零，且 A 在 B 的左边 1.75 m 处，则 A 追上 B 的时间是(　　) A．t＝0.5 s　　　　　　 B．t＝1.5 s C．t＝2.5 s D．t＝3.5 s 解析：选 D　由题图易知，在前 2 s 内 A、B 的运动规律是一样的，不可能追上，故 A、 B 错误；在t＝2.5 s 时，A 的位移是[ 1 2 × 1 × 12＋(1 × 1 × 1－1 2 × 1 × 12 )＋1 2 × 1 × 0.52 ] m＝1.125 m，B 的位移是 [ 1 2 × 1 × 12＋(1 × 1 × 1－1 2 × 1 × 12 )－1 2 × 1 × 0.52 ]m＝ 0.875 m，A、B 的位移之差为 0.25 m，小于 1.75 m，故 C 错误；t＝3.5 s 时，同理可求得，A 的位移是 1.875 m，B 的位移是 0.125 m，A、B 的位移之差等于 1.75 m，故 D 正确。 3.(2018·襄阳四中模拟)甲、乙两辆汽车沿同一平直路面行驶，其 v ­t 图像如图，下列对汽车运动状况的描述正确的是(　　) A．在第 10 s 末，乙车改变运动方向 B．在第 10 s 末，甲、乙两车相距 150 m C．在第 20 s 末，甲、乙两车相遇 D．若乙车在前，则可能相遇两次 解析：选 D　由题图知，在第 10 s 末，乙运动方向不变，仍沿正方向运动，A 错误； 甲、乙出发点可能不同，间距无法确定，B、C 错误；前 20 s 甲的位移大于乙，20 s 后乙的 速度大于甲，若乙在前，则可能相遇两次，D 正确。 [易错提醒]———————————————————————————————— 1．x ­t 图像和 v ­t 图像不表示物体运动的轨迹，而是反映了 x 与 t、v 与 t 的函数关系。 2．无论 x ­t 图像和 v ­t 图像是直线还是曲线，都只能描述直线运动。 提能点(二)　与牛顿运动定律结合的图像问题[ 基础保分类考点 练练就能过关 ][知能全通]———————————————————————————————— 读取运动学图像信息，应用几何关系灵活解题 1．结合图像分析题意情景，确定可能的临界点，分析多过程中的各个子过程，确定其 运动形式及运动时间、合外力、加速度、速度等，确定其衔接点的特征。 2．读取图像中特殊点的数值，注意其方向。 3．在图像中应用几何关系。 4．必要时写出纵、横坐标的函数关系式，结合图像分析其斜率、截距等的物理意义。 [题点全练]———————————————————————————————— 1．[多选](2018·哈尔滨模拟)物体 A、B 原来静止于光滑水平面上。从 t＝0 时刻开始，A 沿水平面做直线运动，速度随时间变化的图像如图甲所示；B 受到如图乙所示的水平拉力作 用。则在 0～4 s 时间内(　　) A．A 所受合力保持不变 B．A 的速度不断减小 C．2 s 末 B 改变运动方向 D．2 s 末 B 速度达到最大 解析：选 AD　由题图甲知，A 的速度—时间图像为一条倾斜直线，表示 A 做匀变速直 线运动，即加速度 a 是不变的，则所受合力也是不变的，A 对；前 2 s 内 A 的速度不断减小， 但是 2 s 后 A 的速度反向开始逐渐增大，B 错；由题图乙知，前 2 s 内 B 从静止开始在 F 作 用下做加速运动，F 变小，加速度变小，但是 F 方向不变，一直加速，2 s 后 F 反向，开始 减速，但运动方向不变，由对称性可知，4 s 末速度减小为 0，C 错，D 对。 2．[多选]甲、乙两个质点，质点甲固定在坐标原点，质点乙只能在 x 轴上运动，甲、乙 之间的作用力 F 与 x 的关系如图所示。若质点乙自 P 点(x＝2.2 m)由静止释放，乙只受力 F 作用，规定力 F 沿 x 轴正方向为正，则质点乙沿 x 轴正方向运动时，下列说法正确的是(　　) A．乙运动时，加速度大小先减小后增大 B．乙运动到 Q 点时，速度最大 C．乙运动到 R 点时，加速度最小 D．乙运动到 R 点时，速度方向一定沿 x 轴正方向 解析：选 BD　由题图可知乙运动时，所受的力大小先减小后增大，再减小，故加速度 先减小后增大，再减小，选项 A 错误；乙运动到 Q 点前，所受的力与速度方向相同，做加速 运动，过 Q 点后，力的方向与速度方向相反，做减速运动，故在 Q 点时，速度最大，选项 B 正确；乙在 Q 点所受的力最小，加速度最小，选项 C 错误；力对乙做的功等于 F­x 图像与坐 标轴所围的面积大小，由题图可知，从 P 到 Q 力对乙做的功大于从 Q 到 R 乙克服力做的功， 故乙运动到 R 点时，速度方向一定沿 x 轴正方向，选项 D 正确。 3．(2018·云南师大附中模拟)某次海上救援时，一直升机悬停在 空中，某质量为 60 kg 的伤员在绳索的牵引下沿竖直方向从船上升 到飞机上，运动的 v­t 图像(以向上为正方向)如图所示，取 g＝ 10 m/s2，则下列说法正确的是(　　) A．5～7 s 内伤员在下降 B．前 3 s 内与最后 2 s 内伤员所受绳索的拉力之比为 2∶3 C．整个过程中伤员重力所做的功为－1.62×104 J D．前 3 s 内与最后 2 s 内伤员重力做功的平均功率不相等 解析：选 C　根据 v­t 图像的斜率等于加速度，斜率的正负号表示加速度的方向，结合 题图知，5～7 s 内速度为正，加速度为负，伤员在减速上升，故 A 错误；前 3 s 内伤员的加 速度大小为 a1＝Δv1 Δt1 ＝6 3 m/s2＝2 m/s2，根据牛顿第二定律得：T1－mg＝ma1，解得绳索的拉 力 T1＝720 N；最后 2 s 内伤员的加速度大小为 a2＝Δv2 Δt2 ＝6 2 m/s2＝3 m/s2，根据牛顿第二定律 得：mg－T2＝ma2，解得绳索的拉力 T2＝420 N，前 3 s 内与最后 2 s 内伤员所受绳索的拉力 之比为 12∶7，故 B 错误；伤员在整个上升的过程中上升的高度等于梯形面积大小，为 h＝2＋7 2 ×6 m＝27 m，所以伤员在整个上升的过程中重力所做的功为 W＝－mgh＝－60×10×27 J ＝－1.62×104 J，故 C 正确；前 3 s 内与最后 2 s 内伤员的平均速度大小均为v＝0＋6 2 m/s＝ 3 m/s，由 P＝mg v知，前 3 s 内与最后 2 s 内伤员重力做功的平均功率相等，故 D 错误。 提能点(三)　图像之间的相互转化[ 重难增分类考点 讲练结合过关 ][研一题]———————————————————————————————— [多选]光滑水平面上静止的物体，受到一个水平拉力 F 作用开始运动， 拉力随时间变化的关系如图所示。用 Ek、v、x、P 分别表示物体的动能、速 度、位移和水平拉力的功率，四个选项图分别定性描述了这些物理量随时间 变化的情况，正确的是(　　) [解析]　由动能定理得，Fx＝F·1 2at2＝Ek，选项 A 错误；在水平拉力 F 作用下，物体做 匀加速直线运动，选项 B 正确；物体运动的位移 x＝1 2at2，选项 C 错误；水平拉力的功率 P＝Fv＝Fat，选项 D 正确。 [答案]　BD [悟一法]———————————————————————————————— 描绘或选择物理图像的三个原则 特殊点原则 优先考虑图像与纵、横坐标的交点、图像的拐点、两条图线的交点的物理 意义 线性函数优先 能直观地反映物理现象的性质，有利于物理过程的分析和判断 化曲为直 曲线的可读性相对较差，当所作图线为曲线时，应该尝试将两个坐标中的 一个用倒数表示，化曲线为直线，提高图像的信息量 [通一类]———————————————————————————————— 1．如图甲所示，在倾角为 30°的足够长的光滑斜面上，有一质量为 m 的物体，受到沿 斜面方向的力 F 作用，力 F 按图乙所示规律变化(图中纵坐标是 F 与 mg 的比值，力沿斜面 向上为正) 。则物体运动的速度 v 随时间 t 变化的规律是( 物体的初速度为零，g 取 10 m/s2)(　　) 解析：选 C　在 0～1 s 内，由牛顿第二定律得 a1＝F－mgsin 30° m ＝1 2g，方向沿斜面向上， 物体沿斜面向上做匀加速直线运动，1 s 末的速度大小为 v＝a1t＝5 m/s；在 1～2 s 内，力 F 大小为零，由牛顿第二定律得 a2＝mgsin 30° m ＝1 2g，方向沿斜面向下，物体沿斜面向上做匀减 速直线运动，2 s 末速度为零；在 2～3 s 内，由牛顿第二定律得 a3＝F＋mgsin 30° m ＝3 2g，方向 沿斜面向下，物体沿斜面向下做匀加速直线运动，3 s 末的速度大小 v′＝a3t′＝15 m/s，故 C 正确。 2．(2018·孝感重点中学联考)一物体由静止开始沿直线运动，其加 速度随时间变化的规律如图所示。取物体开始运动的方向为正方向，则 选项图中关于物体运动的 v ­t 图像正确的是(　　) 解析：选 C　根据题图图像可得，0～1 s 物体做匀加速直线运动，速度 v＝at＝t，速度 沿正方向，选项 D 错；第 1 s 末的速度 v＝1 m/s；1～2 s 加速度变为负值，而速度沿正方向， 因此物体做匀减速直线运动，v′＝1－a(t－1)＝2－t，第 2 s 末，速度减小为 0，选项 B 错； 2～3 s，加速度为正值，初速度为 0，物体做正方向的匀加速直线运动，v″＝a(t－2)＝t－2，即 从第 2 s 末开始重复前面的运动，图像如 C，选项 C 对，A 错。 [专题强训提能] 1．[多选](2018·全国卷Ⅲ)甲、乙两车在同一平直公路上同向运 动，甲做匀加速直线运动，乙做匀速直线运动。甲、乙两车的位置 x 随时间 t 的变化如图所示。下列说法正确的是(　　) A．在 t1 时刻两车速度相等 B．从 0 到 t1 时间内，两车走过的路程相等 C．从 t1 到 t2 时间内，两车走过的路程相等 D．在 t1 到 t2 时间内的某时刻，两车速度相等 解析：选 CD　x­t 图像斜率表示两车速度，则可知 t1 时刻乙车速度大于甲车速度，故 A 错误；由两图线的纵截距知，出发时甲车在乙车前面，t1 时刻图线相交表示两车相遇，可得 0 到 t1 时间内乙车比甲车多走了一段距离，故 B 错误；t1 和 t2 时刻两图线相交，表明两车均在 同一位置，从 t1 到 t2 时间内，两车走过的路程相等；在 t1 到 t2 时间内，两图线有斜率相等的 一个时刻，即该时刻两车速度相等，故 C、D 正确。 2.(2018·三门峡检测)某物体做直线运动的 v­t 图像如图所示，据此 判断选项图(F 表示物体所受合力)中正确的是(　　) 解析：选 B　由题图可知前 2 s 物体做初速度为零的匀加速直线运动，所以前 2 s 受力恒 定，2～4 s 做正方向匀减速直线运动，所以受力为负，恒定，4～6 s 做负方向匀加速直线运 动，所以受力为负，恒定，6～8 s 做负方向匀减速直线运动，所以受力为正，恒定，综上分 析，B 正确。 3.一质点做直线运动，其运动的位移 x 跟时间 t 的比值x t与时间 t 的 关系图线为一条过原点的倾斜直线，如图所示。由图可知，t＝2 s 时质 点的速度大小为(　　) A．2 m/s　　　　　　　 B．4 m/s C．6 m/s D．8 m/s 解析：选 B　由题图得x t＝t，由匀变速直线运动的位移公式 x＝v0t＋1 2at2 得x t＝v0＋1 2at， 可得 v0＝0，a＝2 m/s2，即质点做初速度为零的匀加速直线运动，故 t＝2 s 时的速度大小为 v＝at＝4 m/s，故 B 正确。 4.如图所示，一劲度系数为 k 的轻质弹簧上端固定，下端连一质量为 m 的物块 A，A 放在质量也为 m 的托盘 B 上，以 FN 表示 B 对 A 的作用力， x 表示弹簧的伸长量。初始时，系统在竖直向上的力 F 作用下静止，且弹簧 处于自然状态(x＝0)。现改变力 F 的大小，使 B 以g 2的加速度匀加速向下 运动(g 为重力加速度，空气阻力不计)，选项图中表示此过程中 FN 或 F 随 x 变化的图像正确 的是(　　) 解析：选 D　当弹簧的弹力增大到mg 2 时，A、B 间的压力为零，在此之前，二者之间的 压力由开始运动时的mg 2 线性减小到零，力 F 由开始运动时的 mg 线性减小到mg 2 ；此后托盘与 物块分离，力 F 保持mg 2 不变，故 D 正确。 5.(2019 届高三·青岛调研)如图所示，一物体以速度 v 0 冲上粗糙的固定 斜面，经过 2t0 时间返回斜面底端，则物体运动的速度 v(以初速度方向为正) 随时间 t 的变化关系可能正确的是(　　) 解析：选 C　由于斜面粗糙，上滑时，根据牛顿第二定律有 mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1(θ 为斜面倾角)，而下滑时，根据牛顿第二定律有 mgsin θ－μmgcos θ＝ma2，上滑时加速度比下 滑时大，即上滑时图像的斜率绝对值大于下滑时图像的斜率绝对值，A、B 错误；上滑与下 滑的位移大小相同，即上滑与下滑图像与时间轴围成的面积大小相等，C 正确，D 错误。 6.某质点做直线运动，运动速率的倒数1 v 与位移 x 的关系如图所示， 关于质点运动的下列说法正确的是(　　) A．质点做匀加速直线运动 B．1 v ­x 图线斜率等于质点运动的加速度 C．四边形 AA′B′B 的面积可表示质点从 O 到 C′运动所用的时间 D．四边形 BB′C′C 的面积可表示质点从 C 到 C′运动所用的时间 解析：选 D　由题中1 v ­x 图像可知，1 v 与 x 成正比，即 vx＝常数，质点做减速直线运动， 故 A 错误；图线斜率不等于质点运动的加速度，故 B 错误；由于三角形 OBC 的面积 S1＝ 1 2OC·BC＝ x1 2v1，体现了质点从 O 到 C 所用的时间，同理，从 O 到 C′所用的时间可由 S2＝ 1 2OC′·B′C′＝ x2 2v2体现，所以四边形 BB′C′C 的面积可体现质点从 C 到 C′所用的时间， 故 C 错误，D 正确。 7.[多选](2018·皖南八校联考)质量为 0.2 kg 的物块在水平推 力 F 的作用下沿水平面做直线运动，6 s 末撤去推力 F，如图实线 表示物块运动的 v­t 图像，其中经过点(4,0)的虚线是 v­t 图像 6 s 末 的切线。g 取 10 m/s2，下列说法正确的是(　　) A．6 s 末物块速度方向改变 B．0～6 s 内物块平均速度比 6～10 s 内物块平均速度小 C．物块与水平面间的动摩擦因数为 0.1 D．推力 F 的最大值为 0.9 N 解析：选 BD　6 s 末物块速度仍为正值，故速度方向没改变，选项 A 错误；若 0～6 s 内 物块做匀加速运动，则平均速度为 3 m/s，而由题图可知，物块在 0～6 s 内的平均速度小于 3 m/s，在 6～10 s 内的平均速度等于 3 m/s，故 0～6 s 内物块平均速度比 6～10 s 内物块平均 速度小，选项 B 正确；撤去 F 后的加速度大小 a＝Δv Δt＝ 6 10－6 m/s2＝1.5 m/s2，根据 a＝μg＝1.5 m/s2，可知物块与水平面间的动摩擦因数为 0.15，选项 C 错误；物块的最大加速 度为 am＝Δv′ Δt′＝ 6 6－4 m/s2＝3 m/s2，根据牛顿第二定律 Fm－μmg＝mam，解得 Fm＝0.9 N， 选项 D 正确。 8．[多选]已知雨滴在空中运动时所受空气阻力 Ff＝kr2v2，其中 k 为比例系数，r 为雨滴 半径，v 为其运动速率。t＝0 时，雨滴由静止开始下落，加速度用 a 表示。落地前雨滴已做 匀速运动，速率为 v0。则下列图像中正确的是(　　) 解析：选 ABC　雨滴由静止开始下落时，所受的空气阻力为 0，此时雨滴只受重力，加 速度为 g，随着雨滴速度增大，所受的空气阻力增大，由 mg－Ff＝ma 可知，雨滴的加速度 减小，即雨滴做加速度逐渐减小的加速运动。当 Ff＝mg 时，加速度减小到零，雨滴做匀速 运动，故选项 A、B 正确；最后雨滴做匀速运动时有：kr2v02＝mg＝ρ·4 3πr3g，故 v02＝4πρgr 3k ， 即 v0＝ 4πρgr 3k ，选项 C 正确，D 错误。 9．[多选]如图甲所示，质量相等的 a、b 两物体，分别从斜面上的同一位置 A 由静止下 滑，经 B 点在水平面上滑行一段距离后停下。不计经过 B 点时的能量损失，用传感器采集到 它们的速度—时间图像如图乙所示，下列说法正确的是(　　) A．a 在斜面上滑行的加速度比 b 的大 B．a 在水平面上滑行的距离比 b 的小 C．a 与斜面间的动摩擦因数比 b 的小 D．a 与水平面间的动摩擦因数比 b 的大 解析：选 AC　由题图乙中图像斜率可知，a 在斜面上滑行做加速运动时的加速度比 b 的 大，A 正确；物体在水平面上的运动是匀减速运动，a 从 t1 时刻开始在水平面上减速运动，b 从 t2 时刻开始在水平面上减速运动，由图像与坐标轴围成的面积表示位移可知，a 在水平面 上做匀减速运动的位移(即滑行的距离)比 b 的大，B 错误；设斜面倾角为 θ，物体在斜面上运 动的加速度为 a＝mgsin θ－μmgcos θ m ＝gsin θ－μgcos θ，因为 a 的加速度大于 b 的加速度， 所以 a 与斜面间的动摩擦因数比 b 的小，C 正确；同理，D 错误。 10．[多选](2018·全国卷Ⅱ)甲、乙两汽车在同一条平直公路上同向 运动，其速度—时间图像分别如图中甲、乙两条曲线所示。已知两车在 t2 时刻并排行驶。下列说法正确的是(　　) A．两车在 t1 时刻也并排行驶 B．在 t1 时刻甲车在后，乙车在前 C．甲车的加速度大小先增大后减小 D．乙车的加速度大小先减小后增大 解析：选 BD　t1～t2 时间内，v 甲＞v 乙，t2 时刻相遇，则 t1 时刻甲车在乙车的后面，故 A 错误，B 正确；由图像的斜率知，甲、乙两车的加速度大小均先减小后增大，故 C 错误，D 正 确。 11.在研发无人驾驶汽车的过程中，对比甲、乙两车的运动，两车 在计时起点时刚好经过同一位置并沿同一方向做直线运动，它们的速 度随时间变化的关系如图所示，由图可知(　　) A．任何时刻甲车的加速度大小都不为零 B．在 t＝3 s 时，两车第一次相距最远 C．在 t＝6 s 时，两车又一次经过同一位置 D．甲车在 t＝6 s 时的加速度与 t＝9 s 时的加速度相同 解析：选 B　根据速度—时间图像的斜率等于加速度可知，甲车的加速度可以为零，A 错误；在前 3 s 内，甲车的速度比乙车的大，两车出发点相同，则甲车在乙车的前方，两车 间距逐渐增大，3～6 s 内，乙车的速度比甲车的大，两车间距逐渐减小，所以在 t＝3 s 时， 两车第一次相距最远，B 正确；根据“面积”表示位移，可知前 6 s 内，乙车的位移比甲车 的大，则在 t＝6 s 时，两车不在同一位置，C 错误；根据斜率表示加速度，斜率的正负表示 加速度的方向，可知甲车在 t＝6 s 时的加速度与在 t＝9 s 时的加速度不同，D 错误。 12.一质量为 m＝2.0 kg 的木箱静止在粗糙的水平地面上，木箱与地面 间的动摩擦因数 μ＝0.2，现对木箱施加一沿水平方向的大小随时间变化的 拉力 F，使木箱由静止开始运动，测得 0～2 s 内其加速度 a 随时间 t 变化 的关系图像如图所示。已知重力加速度 g＝10 m/s2，下列关于木箱所受拉 力 F 的大小和运动速度 v 随时间 t 变化的图像正确的是(　　) 解析：选 A　在 0～2 s 内，木箱加速度由 4 m/s2 逐渐减小到 0，由加速度图像可得 a＝4 －2t(m/s2)，由牛顿第二定律得 F－μmg＝ma，可得 F＝12－4t(N)，即在 0～2 s 内，A 正确， B 错误；在 0～2 s 内，木箱速度增加 4 m/s，加速度一直减小，2 s 时木箱加速度减小为零， 木箱的速度为 4 m/s，C、D 错误。 13.(2018·太原模拟)大雾天发生交通事故的概率比平常要高出几 倍甚至几十倍，保证雾天行车安全尤为重要。在雾天的平直公路上， 甲、乙两汽车同向匀速行驶，乙在前，甲在后。某时刻两车司机听到 警笛提示，同时开始刹车，结果两车刚好没有发生碰撞，如图为两车刹 车后匀减速运动的 v ­t 图像。以下分析正确的是(　　) A．甲车刹车的加速度的大小为 0.5 m/s2 B．两车开始刹车时的间距为 100 m C．两车刹车后间距一直在减小 D．两车都停下来后相距 25 m 解析：选 B　由题图可知，两车刹车后直到速度相等经历的时间为 20 s，甲车的加速度 a1 ＝ －25 25 m/s2＝－1 m/s2，乙车的加速度 a2＝ －15 30 m/s2＝－0.5 m/s2，两车速度相等时，甲车 的位移 x 甲＝v 甲 t＋1 2a1t2＝(25 × 20－1 2 × 1 × 400)m＝300 m，乙车的位移 x 乙＝v 乙 t＋1 2 a2t2＝(15 × 20－1 2 × 0.5 × 400)m＝200 m，两车刚好没有发生碰撞，则两车开始刹车时的 间距 Δx＝(300－200)m＝100 m，故 A 错误，B 正确；两车刹车后甲的速度先大于乙的速度，两者 间距减小，后来甲的速度小于乙的速度，两者间距增大，故 C 错误；根据图像与坐标轴围成 的面积表示位移可知，两车都停下来后相距 Δx′＝1 2×(30－25)×5 m＝12.5 m，故 D 错误。 14．[多选]如图甲所示，为测定物体冲上粗糙斜面能达到的最大位移 x 与斜面倾角 θ 的 关系，将某一物体每次以相等的初速率 v0 沿足够长的斜面向上推出，调节斜面与水平方向的 夹角 θ，实验测得 x 与斜面倾角 θ 的关系如图乙所示，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g 取 10 m/s2，根据图像可求出(　　) A．物体的初速率 v0＝3 m/s B．物体与斜面间的动摩擦因数 μ＝0.75 C．取不同的倾角 θ，物体在斜面上能达到的位移 x 的最小值 xmin＝1.44 m D．当 θ＝30°时，物体达到最大位移后将沿斜面下滑 解析：选 BC　由题图可知，当夹角 θ＝0 时，位移为 2.40 m，而当夹角为 90°时，位移 为 1.80 m，则由竖直上抛运动规律可得 v0＝ 2gh＝ 2 × 10 × 1.80 m/s＝6 m/s，故 A 错误； 当夹角为 0 时，由动能定理可得－μmgx＝0－1 2mv02，解得 μ＝0.75，故 B 正确；由－mgxsin θ－ μmgxcos θ＝0－1 2mv02，解得 x＝ v02 2g(sin θ＋μcos θ)＝ 9 5(sin θ＋3 4cos θ) m＝ 9 5 × 5 4sin(θ＋α) m， 当 θ＋α＝90°时，sin(θ＋α)＝1，此时位移最小，xmin＝1.44 m，故 C 正确；当 θ＝30°时，物 体 受 到 重 力 沿 斜 面 向 下 的 分 力 为 mgsin 30° ＝1 2mg ， 最 大 静 摩 擦 力 Ff ＝ μmgcos 30° ＝ 0.75×mg× 3 2 ＝3 3 8 mg>1 2mg，故物体达到最高点后不会下滑，故 D 错误。 第 6 讲 Error! ┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄ 考法 学法 天体运动问题可以理解为需要应用开普勒行星运动定律和万有引力定律解决的匀 速圆周运动问题，这类问题在高考中一般以选择题形式考查。有时会结合抛体运 动、机械能等知识，考查的内容主要包括：①开普勒行星运动定律；②万有引力 定律；③宇宙速度。用到的思想方法有：①计算天体质量和密度的方法；②天体 运行参量的分析方法；③双星及多星模型；④卫星变轨问题的分析方法。 ┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄ 提能点(一)　抓住两条基本思路，求解天体质量和密度[ 基础保分类考点 练练就能过关 ][知能全通]———————————————————————————————— 1．求解天体质量和密度的两条基本思路 (1)由于 GMm R2 ＝mg，故天体质量 M＝gR2 G ，天体密度 ρ＝M V＝ M 4 3πR3 ＝ 3g 4πGR。 (2)由 GMm r2 ＝m4π2 T2 r，得出中心天体质量 M＝4π2r3 GT2 ，平均密度 ρ＝M V＝ M 4 3πR3 ＝ 3πr3 GT2R3。若 卫星在天体表面附近环绕天体运动，可认为其轨道半径 r 等于天体半径 R，则天体密度 ρ＝ 3π GT2。可见，只要测出卫星环绕天体表面运动的周期 T，就可估算出中心天体的密度。 2．估算天体质量和密度时的三个易误区 (1)不考虑自转时有 GMm R2 ＝mg；若考虑自转，只在两极上有 GMm R2 ＝mg，而赤道上有 G Mm R2 －mg＝m4π2 T自2R。 (2)利用 GMm r2 ＝m4π2 T2 r 只能计算中心天体的质量，不能计算绕行天体的质量。 (3)注意区分轨道半径 r 和中心天体的半径 R，计算中心天体密度时应用 ρ＝ M 4 3πR3 ，而不 是 ρ＝ M 4 3πr3 。 [题点全练]———————————————————————————————— 1．[多选]2018 年 1 月 9 日，“高景一号”03、04 星在太原卫星发射中心采用一箭双星 的方式成功发射入轨，实现了我国 2018 年卫星发射的开门红。天文爱好者观测该卫星绕地 球做匀速圆周运动时，发现该卫星每经过时间 t 通过的弧长为 l，该弧长对应的圆心角为 θ， 已知引力常量为 G，则(　　) A．卫星的质量为 t2 Gθl3　　　 B．卫星的角速度为θ t C．卫星的线速度大小为 2πl t D．地球的质量为 l3 Gθt2 解析：选 BD　卫星的质量不可求，选项 A 错误；由题意知，卫星绕地球做匀速圆周运 动的角速度 ω＝θ t，选项 B 正确；卫星绕地球做匀速圆周运动的线速度 v＝l t，选项 C 错误； 由 v＝ωr 得 r＝l θ，卫星绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，由 GMm r2 ＝mω2r，解 得地球的质量 M＝ l3 Gθt2，选项 D 正确。 2．据美国宇航局消息，在距离地球 40 光年的地方发现了三颗可能适合人类居住的类地 行星，假设某天我们可以穿越空间到达某一类地行星，测得以初速度 10 m/s 竖直上抛一个小 球可到达的最大高度只有 1 m，而该类地行星的半径只有地球的一半，则其平均密度和地球 的平均密度之比为(取 g＝10 m/s2)(　　) A．5∶2　　　　　　　 B．2∶5 C．1∶10 D．10∶1 解析：选 D　根据 h＝v02 2g和 g＝GM R2 可得，M＝R2v02 2Gh ，即 ρ·4 3πR3＝R2v02 2Gh ，ρ＝ 3v02 8πGRh∝ 1 Rh，在地球表面以初速度 10 m/s 竖直上抛一个小球可到达的最大高度 h 地＝ v02 2g地＝5 m，据此 可得，该类地行星和地球的平均密度之比为 10∶1，选项 D 正确。 3．(2018·全国卷Ⅱ)2018 年 2 月，我国 500 m 口径射电望远镜(天眼)发现毫秒脉冲星 “J0318＋0253”，其自转周期 T＝5.19 ms。假设星体为质量均匀分布的球体，已知万有引力 常量为 6.67×10－11 N·m2/kg2。以周期 T 稳定自转的星体的密度最小值约为(　　) A．5×109 kg/m3 B．5×1012 kg/m3 C．5×1015 kg/m3 D．5×1018 kg/m3 解析：选 C　脉冲星自转，边缘物体 m 恰对星体无压力时万有引力提供向心力，则有 G Mm r2 ＝ mr4π2 T2 ， 又 M ＝ ρ·4 3πr3 ， 整 理 得 密 度 ρ ＝ 3π GT2＝ 3 × 3.14 6.67 × 10－11 × (5.19 × 10－3)2 kg/m3≈5.2×1015 kg/m3，C 正确。 提能点(二)　结合匀速圆周运动模型，考查万有引力定律[ 重难增分类考点 讲练结合过关 ][研一题]———————————————————————————————— 截至 2018 年 01 月 22 日，我国首颗量子科学实验卫星已在轨运行 525 天，飞行 8 006 轨，共开展隐形传态实验 224 次，纠缠分发实验 422 次，密钥分发实验 351 次，星地相干通信实验 43 次。假设量子卫星轨道在赤道平面，如图所示。已知量子卫星的轨 道半径是地球半径的 m 倍，同步卫星的轨道半径是地球半径的 n 倍，图中 P 点是地球赤道 上一点，由此可知(　　) A．同步卫星与量子卫星的运行周期之比为n3 m3 B．同步卫星与 P 点的线速度之比为 1 n C．量子卫星与同步卫星的线速度之比为 n m D．量子卫星与 P 点的线速度之比为 n3 m [解析]　根据 GMm r2 ＝m4π2 T2 r，得 T＝ 4π2r3 GM ，由题意知 r 量＝mR，r同＝nR，所以T同 T量＝ r同3 r量3 ＝ (nR)3 (mR)3 ＝ n3 m3，故 A 错误；P 为地球赤道上一点，P 点角速度等于同步卫星的角速度， 根据 v＝ωr，有v同 vP ＝r同 rP ＝nR R ＝n 1，故 B 错误；根据 GMm r2 ＝mv2 r ，得 v＝ GM r ，所以v量 v同＝ r同 r量 ＝ nR mR＝ n m，故 C 错误；综合 B、C 分析，有 v 同＝nvP，v量 nvP＝ n m，得v量 vP ＝ n3 m，故 D 正 确。 [答案]　D [悟一法]———————————————————————————————— 天体运行参量比较问题的两种分析方法 1．定量分析法 (1)列出五个连等式： GMm r2 ＝ma＝mv2 r ＝mω2r＝m4π2 T2 r。 (2)导出四个表达式： a＝GM r2，v＝ GM r ，ω＝ GM r3 ，T＝ 4π2r3 GM 。 (3)结合 r 的大小关系，比较得出 a、v、ω、T 的大小关系。 2．定性结论法 r 越大，向心加速度、线速度、动能、角速度均越小，而周期和能量均越大。 [通一类]———————————————————————————————— 1．[多选]“天舟一号”是我国首艘货运飞船，与“天宫二号”空间实验室对接前，“天 舟一号”在距地面约 380 km 的圆轨道上运行，则其(　　) A．角速度小于地球自转角速度 B．线速度小于第一宇宙速度 C．周期小于地球自转周期 D．向心加速度小于地面的重力加速度 解析：选 BCD　“天舟一号”在距地面约 380 km 的圆轨道上运行时，由 GMm r2 ＝mω2r 可知 ω＝ GM r3 ，半径越小，角速度越大，则其角速度大于同步卫星的角速度，即大于地球 自转的角速度，A 项错误；由于第一宇宙速度是最大环绕速度，因此“天舟一号”在圆轨道 的线速度小于第一宇宙速度，B 项正确；由 T＝2π ω 可知，“天舟一号”的周期小于地球自转 的周期，C 项正确；由 GMm R2 ＝mg，G Mm (R＋h)2 ＝ma 可知，“天舟一号”的向心加速度小于地 球表面的重力加速度，D 项正确。 2．四颗地球卫星 a、b、c、d 的排列位置如图所示，其中，a 是静止在地球赤道上还未 发射的卫星，b 是近地轨道卫星，c 是地球同步卫星，d 是高空探测卫星，四颗卫星相比较(　　) A．a 的向心加速度最大 B．c 相对于 b 静止 C．相同时间内 b 转过的弧长最长 D．d 的运行周期可能是 23 h 解析：选 C　地球同步卫星的周期与地球自转周期相同，角速度相同，则知 a 与 c 的角 速度相同，根据 an＝ω2r 知，c 的向心加速度比 a 的向心加速度大，A 错误；b 是近地轨道卫 星，c 是地球同步卫星，c 相对于地面静止，近地轨道卫星相对于地面运动，所以 c 相对于 b 运动，B 错误；由 GMm r2 ＝mv2 r ，解得 v＝ GM r ，卫星运行的半径越大，运行速度越小，所以 b 的速度最大，在相同时间内转过的弧长最长，C 正确；由开普勒第三定律r3 T2＝k 可知，卫星 运行的半径越大，周期越大，所以 d 的运行周期大于 c 的周期 24 h，D 错误。 3．(2018·厦门检测)据《科技日报》报道，2020 年前我国将发射 8 颗绕地球做匀速圆周 运动的海洋系列卫星：包括 4 颗海洋水色卫星、2 颗海洋动力环境卫星和 2 颗海陆雷达卫星， 以加强对黄岩岛、钓鱼岛及西沙群岛等岛屿附近海域的监测。已知海陆雷达卫星轨道半径是 海洋动力环境卫星轨道半径的 n 倍，则(　　) A．海陆雷达卫星线速度是海洋动力环境卫星线速度的 1 n2 B．海陆雷达卫星线速度是海洋动力环境卫星线速度的 n倍 C．在相同的时间内，海陆雷达卫星与海洋动力环境卫星各自到地球球心的连线扫过的 面积相等 D．在相同的时间内，海陆雷达卫星与海洋动力环境卫星各自到地球球心的连线扫过的 面积之比为 n∶1 解析：选 D　根据 GMm r2 ＝mv2 r ，解得 v＝ GM r ，则海陆雷达卫星线速度是海洋动力环境 卫星线速度的 1 n，选项 A、B 错误；根据 GMm r2 ＝mrω2，解得 ω＝ GM r3 ，卫星到地球球心扫 过的面积为 S＝1 2lr＝1 2r2θ＝1 2r2ωt，因为轨道半径之比为 n，则角速度之比为 1 n3，所以相同时 间内扫过的面积之比为 n∶1，选项 C 错误，D 正确。 提能点(三)　结合发射或探月，考查卫星变轨问题[ 重难增分类考点 讲练结合过关 ][研一题]———————————————————————————————— [多选]发射地球同步卫星时，先将卫星发射到近地圆轨道 1， 然后点火，使其沿椭圆轨道 2 运行，最后再次点火，将卫星送入同 步圆轨道 3。轨道 1、2 相切于 Q 点，轨道 2、3 相切于 P 点，如图 所示，则当卫星分别在 1、2、3 轨道上正常运行时，下列说法中正确的 是(　　) A．卫星在轨道 3 上的速率大于在轨道 1 上的速率 B．卫星在轨道 3 上的角速度小于在轨道 1 上的角速度 C．卫星在轨道 1 上经过 Q 点时的加速度大于它在轨道 2 上经过 Q 点时的加速度 D．卫星在轨道 2 上经过 P 点时的加速度等于它在轨道 3 上经过 P 点时的加速度 [思路点拨] [解析]　对于在轨运行的卫星来说，万有引力提供向心力，有GMm r2 ＝mv2 r ＝mrω2＝ma， 得 v＝ GM r ，ω＝ GM r3 ，a＝GM r2 ，又 r3>r1，则 v3mv2 r ，卫星做 向心运动，轨道半径将变小。因此，要使卫星的轨道半径减小，需开动发动机使卫星做减速 运动。 2．变轨前后能量的比较 在离心运动过程中(发动机已关闭)，卫星克服引力做功，其动能向引力势能转化，机械 能保持不变。在两个不同的轨道上(圆轨道或椭圆轨道)，轨道越高卫星的机械能越大。 [通一类]———————————————————————————————— 1．据印度时报报道，火星登陆计划暂定于 2021～2022 年。在不久的将来，人类将登陆 火星，建立基地。用运载飞船给火星基地进行补给，就成了一项非常重要的任务。其中一种 设想的补给方法：补给飞船从地球起飞，到达月球基地后，卸下部分补给品。再从月球起飞， 飞抵火星。在到达火星近地轨道后，“空投补给品”，补给飞船在不着陆的情况下完成作业， 返回地球。下列说法正确的是(　　) A．补给飞船从月球起飞时的最小发射速度要达到 7.9 km/s B．“空投补给品”要给补给品加速 C．补给飞船不在火星上着陆是为了节省能量 D．补给飞船卸下部分补给品后，因为受到的万有引力减小，所以要做离心运动 解析：选 C　7.9 km/s 是地球的第一宇宙速度，根据公式GMm r2 ＝mv2 r ＝mg，得 v＝ gr， 由于月球表面的重力加速度小于地球表面的重力加速度，月球的半径小于地球的半径，所以 补给飞船从月球起飞时的最小发射速度小于 7.9 km/s，选项 A 错误；从近地轨道到着陆，需 要减速，所以“空投补给品”时要给补给品减速，选项 B 错误；补给飞船不在火星上着陆， 可以节省因发射而耗费的能量，选项 C 正确；由万有引力提供向心力，且GMm r2 ＝ma，易知 补给飞船卸下部分补给品后，关系式中仅 m 发生变化，可知补给飞船的加速度与其质量无关， 故仍做圆周运动，选项 D 错误。 2．(2019 届高三·云南师大附中模拟)2017 年 6 月 19 日，我国在西昌卫星发射中心发射 “中星 9A”广播电视直播卫星。按预定计划，“中星 9A”应该首先被送入近地点约为 200 公里、远地点约为 3.6 万公里的转移轨道Ⅱ(椭圆)，然后通过在远 地点 Q 变轨，最终进入地球同步轨道Ⅲ(圆形)，但是卫星实际进 入轨道Ⅰ，远地点只有 1.6 万公里，如图所示。科技人员没有放 弃，通过精心操作，利用卫星自带燃料在轨道Ⅰ近地点 P 点火， 逐渐抬高远地点的高度，经过 10 次轨道调整，终于在 7 月 5 日成 功进入预定轨道。下列说法正确的是(　　) A．卫星从轨道Ⅰ的 P 点进入轨道Ⅱ后机械能不变 B．卫星在轨道Ⅲ经过 Q 点时和在轨道Ⅱ经过 Q 点时(未点火)的加速度不相同 C．“中星 9A”发射失利的原因可能是发射速度没有达到 7.9 km/s D．卫星在轨道Ⅱ由 P 点向 Q 点运动的过程中处于完全失重状态 解析：选 D　卫星从轨道Ⅰ变轨到轨道Ⅱ，轨道半径变大，要做离心运动，卫星应从轨 道Ⅰ的 P 点加速后才能做离心运动，从而进入轨道Ⅱ，卫星加速过程机械能增加，则卫星从 轨道Ⅰ的 P 点进入轨道Ⅱ后机械能增加，故 A 错误；由万有引力提供向心力得 GMm r2 ＝ma， 可知卫星在轨道Ⅲ经过 Q 点时和在轨道Ⅱ经过 Q 点时(未点火)的加速度相同，故 B 错误；卫 星的发射速度要大于第一宇宙速度(7.9 km/s)，故 C 错误；卫星环绕地球运行的过程中，万有 引力提供向心力，处于完全失重状态，故 D 正确。 提能点(四)　狠抓“受力和轨迹”，破解双星及多星模型[ 多维探究类考点 精细精研过关 ]模型 1　双星系统之“二人转”模型 双星系统由两颗相距较近的星体组成，由于彼此的万有引力作用而绕连线上的某点做匀 速圆周运动(简称“二人转”模型)。双星系统中两星体绕同一个圆心做圆周运动，周期、角 速度相等；向心力由彼此的万有引力提供，大小相等。 [例 1]　[多选](2018·全国卷Ⅰ)2017 年，人类第一次直接探测到来自双中子星合并的引力 波。根据科学家们复原的过程，在两颗中子星合并前约 100 s 时，它们相距约 400 km，绕二 者连线上的某点每秒转动 12 圈。将两颗中子星都看作是质量均匀分布的球体，由这些数据、 万有引力常量并利用牛顿力学知识，可以估算出这一时刻两颗中子星(　　) A．质量之积　　　　　 B．质量之和 C．速率之和 D．各自的自转角速度 [解析]　两颗中子星运动到某位置的示意图如图所示： 每秒转动 12 圈，角速度已知，中子星运动时，由万有引力提供向心力得Gm1m2 l2 ＝ m1ω2r1，Gm1m2 l2 ＝m2ω2r2，l＝r1＋r2，解得G(m1＋m2) l2 ＝ω2l，所以 m1＋m2＝ω2l3 G ，质量之和 可以估算。由线速度与角速度的关系 v＝ωr 得 v1＝ωr1，v2＝ωr2，解得 v1＋v2＝ω(r1＋r2)＝ ωl，速率之和可以估算。质量之积和各自的自转角速度无法求解。故 B、C 正确，A、D 错误。 [答案]　BC 模型 2　三星系统之“二绕一”和“三角形”模型 三星系统由三颗相距较近的星体组成，其运动模型有两种：一种是三颗星体在一条直线 上，两颗星体围绕中间的星体做圆周运动(简称“二绕一”模型)；另一种是三颗星体组成一个等 边三角形，三颗星体以等边三角形的几何中心为圆心做圆周运动(简称“三角形”模型)。,“三角形” 模型中，三星结构稳定，角速度相同，半径相同，任一星体的向心力均由另两颗星体对它的 万有引力的合力提供。 [例 2]　[多选]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 三颗星体位于同一直线上，两颗星体围绕中央星体做圆周运动，如图甲所示；另一种是三颗 星体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。 设三颗星体的质量均为 m，且两种系统中各星间的距离已在图甲、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 Gm L B．直线三星系统中星体做圆周运动的周期为 4π L3 5Gm C．三角形三星系统中每颗星体做圆周运动的角速度为 2 L3 3Gm D．三角形三星系统中每颗星体做圆周运动的加速度大小为 3Gm L2 [解析]　在直线三星系统中，星体做圆周运动的向心力由其他两颗星体对它的万有引力 的合力提供，根据万有引力定律和牛顿第二定律，有 Gm2 L2＋G m2 (2L)2 ＝mv2 L，解得 v＝ 1 2 5Gm L ，A 项错误；由周期 T＝2πr v 知，直线三星系统中星体做圆周运动的周期为 T＝ 4π L3 5Gm，B 项正确；同理，对三角形三星系统中做圆周运动的星体，有 2Gm2 L2cos 30°＝ mω2· L 2cos 30°，解得 ω＝ 3Gm L3 ，C 项错误；由 2Gm2 L2cos 30°＝ma，解得 a＝ 3Gm L2 ，D 项 正确。 [答案]　BD 模型 3　四星系统之“三绕一”和“正方形”模型 四星系统由四颗相距较近的星体组成，与三星系统类似，运动模型通常有两种：一种是 三颗星体相对稳定地位于三角形的三个顶点上，环绕另一颗位于中心的星体做圆周运动(简称 “三绕一”模型)；另一种是四颗星体相对稳定地分布在正方形的四个顶点上，围绕正方形的 中心做圆周运动(简称“正方形”模型)。 [例 3]　[多选]宇宙中存在一些质量相等且离其他恒星较远的四颗星组成的四星系统，通 常可忽略其他星体对它们的引力作用。设四星系统中每颗星体的质量均为 m，半径均为 R， 四颗星体稳定分布在边长为 L 的正方形的四个顶点上，其中 L 远大于 R。已知引力常量为 G，忽略星体自转效应，关于四星系统，下列说法正确的是(　　) A．四颗星体做圆周运动的轨道半径均为L 2 B．四颗星体做圆周运动的线速度均为 Gm L (2＋ 2 4 ) C．四颗星体做圆周运动的周期均为 2π 2L3 (4＋ 2)Gm D．四颗星体表面的重力加速度均为 Gm R2 [解析]　四颗星体均围绕正方形对角线的交点做匀速圆周运动，轨道半径均为 r＝ 2 2 L。取 任一顶点上的星体为研究对象，它受到相邻的两个星体与对角线上的星体的万有引力的合力 为 F 合＝ 2Gm2 L2＋G m2 ( 2L)2 ，由 F 合＝F 向＝mv2 r ＝m4π2 T2 r，解得 v＝ Gm L (1＋ 2 4 )，T＝ 2π 2L3 (4＋ 2)Gm ，A、B 项错误，C 项正确；对于星体表面质量为 m0 的物体，受到的重力等 于万有引力，则有 m0g＝Gmm0 R2 ，故 g＝Gm R2，D 项正确。 [答案]　CD [专题强训提能] 1．(2018·全国卷Ⅲ)为了探测引力波，“天琴计划”预计发射地球卫星 P，其轨道半径约 为地球半径的 16 倍；另一地球卫星 Q 的轨道半径约为地球半径的 4 倍。P 与 Q 的周期之比 约为(　　) A．2∶1　　　　　　　 B．4∶1 C．8∶1 D．16∶1 解析：选 C　由 GMm r2 ＝mr 4π2 T2 得r3 T2＝GM 4π2 (或根据开普勒第三定律r3 T2＝k)，则两卫星周期 之比为TP TQ＝ ( rP rQ )3＝ ( 16 4 )3＝8，故 C 正确。 2．(2018·北京高考)若想检验“使月球绕地球运动的力”与“使苹果落地的力”遵循同 样的规律，在已知月地距离约为地球半径 60 倍的情况下，需要验证(　　) A．地球吸引月球的力约为地球吸引苹果的力的 1 602 B．月球公转的加速度约为苹果落向地面加速度的 1 602 C．自由落体在月球表面的加速度约为地球表面的1 6 D．苹果在月球表面受到的引力约为在地球表面的 1 60 解析：选 B　若想检验“使月球绕地球运动的力”与“使苹果落地的力”遵循同样的规 律——万有引力定律，则应满足 GMm r2 ＝ma，因此加速度 a 与距离 r 的二次方成反比，B 对。 3．(2018·江苏高考)我国高分系列卫星的高分辨对地观察能力不断提高。今年 5 月 9 日 发射的“高分五号”轨道高度约为 705 km，之前已运行的“高分四号”轨道高度约为 36 000 km，它们都绕地球做圆周运动。与“高分四号”相比，下列物理量中“高分五号”较小的 是(　　) A．周期　　　　　　　　 B．角速度 C．线速度 D．向心加速度 解析：选 A　“高分五号”的运动半径小于“高分四号”的运动半径，即 r 五＜r 四。由 万有引力提供向心力得GMm r2 ＝mr4π2 T2 ＝mrω2＝mv2 r ＝ma。T＝ 4π2r3 GM ∝ r3，T 五＜T 四，故 A 正确；ω＝ GM r3 ∝ 1 r3，ω 五＞ω 四，故 B 错误；v＝ GM r ∝ 1 r，v 五＞v 四，故 C 错误； a＝ GM r2 ∝1 r2，a 五＞a 四，故 D 错误。 4.如图所示，A、B 是绕地球做匀速圆周运动的两颗卫星，A、B 两卫 星与地心的连线在相等时间内扫过的面积之比为 k，不计 A、B 两卫星之 间的引力，则 A、B 两卫星的周期之比为(　　) A．k3 B．k2 C．k D．k2 3 解析：选 A　设卫星绕地球做圆周运动的半径为 r，周期为 T，则在 t 时间内与地心连线 扫过的面积为 S＝ t Tπr2，即SA SB＝rA2TB rB2TA＝k，根据开普勒第三定律可知rA3 TA2＝rB3 TB2，解得TA TB＝k3， A 正确。 5．[多选](2018·天津高考)2018 年 2 月 2 日，我国成功将电磁监测 试验卫星“张衡一号”发射升空，标志我国成为世界上少数拥有在轨 运行高精度地球物理场探测卫星的国家之一。通过观测可以得到卫星 绕地球运动的周期，并已知地球的半径和地球表面处的重力加速度。 若将卫星绕地球的运动看作是匀速圆周运动，且不考虑地球自转的影 响，根据以上数据可以计算出卫星的(　　) A．密度 B．向心力的大小 C．离地高度 D．线速度的大小 解析：选 CD　不考虑地球自转的影响，则在地球表面物体受到的重力等于它受到的万 有引力：m0g＝GMm0 R2 ，整理得 GM＝gR2。卫星绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心 力 ： G Mm (R＋h)2 ＝ m( 2π T )2(R ＋ h) ， 可 求 得 卫 星 的 离 地 高 度 h ＝ 3 gR2T2 4π2 － R ， 再 由 v ＝ 2π(R＋h) T ，可求得卫星的线速度，选项 C、D 正确；卫星的质量未知，故卫星的密度和向心 力的大小不能求出，选项 A、B 错误。 6.[多选]探月卫星绕地运行一段时间后，离开地球飞向月球。如图所 示是绕地飞行的三条轨道，轨道 1 是近地圆形轨道，2 和 3 是变轨后的椭 圆轨道。A 点是轨道 2 的近地点，B 点是轨道 2 的远地点，卫星在轨道 1 的运行速率为 7.7 km/s，则下列说法中正确的是(　　) A．卫星在轨道 2 经过 A 点时的速率一定小于 7.7 km/s B．卫星在轨道 2 经过 B 点时的速率一定小于 7.7 km/s C．卫星在轨道 3 所具有的机械能大于在轨道 2 所具有的机械能 D．卫星在轨道 3 所具有的最大速率小于在轨道 2 所具有的最大速率 解析：选 BC　卫星在椭圆轨道 2 的 A 点做离心运动，故卫星在椭圆轨道 2 经过 A 点时 的速率一定大于 7.7 km/s，选项 A 错误；假设有一圆轨道过 B 点，卫星在此圆轨道的运行速 率小于 7.7 km/s，且卫星在椭圆轨道 2 的 B 点的速率小于其所在圆轨道的速率，卫星在椭圆 轨道 2 经过 B 点时的速率一定小于 7.7 km/s，选项 B 正确；卫星运动到离地球越远的地方， 需要的能量越大，具有的机械能也越大，则卫星在轨道 3 所具有的机械能大于在轨道 2 所具 有的机械能，选项 C 正确；根据开普勒第二定律可知椭圆轨道上近地点的速度最大，远地点 的速度最小，则卫星在椭圆轨道 3 和 2 上的最大速率都出现在 A 点，而从轨道 1 变轨到轨道 2 和 3 都要做离心运动，速度越大，做离心运动离圆心越远，故卫星在轨道 3 所具有的最大 速率大于在轨道 2 所具有的最大速率，选项 D 错误。 7．(2018·黄冈调研)已知某星球的第一宇宙速度与地球的第一宇宙速度相同，其表面的 重力加速度为地球表面重力加速度的一半，则该星球平均密度与地球平均密度的比值为(　　) A．1∶2 B．1∶4 C．2∶1 D．4∶1 解析：选 B　根据 mg＝m v2 R得，第一宇宙速度 v＝ gR。因为该星球和地球的第一宇宙 速度相同，表面的重力加速度为地球表面重力加速度的一半，则该星球的半径是地球半径的 2 倍。根据 GMm R2 ＝mg 知，M＝gR2 G ，可得该星球的质量是地球质量的 2 倍。根据 ρ＝M V＝ M 4 3πR3 知，该星球平均密度与地球平均密度的比值为 1∶4，故 B 正确，A、C、D 错误。 8.(2019 届高三·江西八校联考)小型登月器连接在航天站上，一起 绕月球做匀速圆周运动，其轨道半径为月球半径的 3 倍。某时刻，航天 站使登月器减速分离，登月器沿如图所示的椭圆轨道登月，在月球表 面停留一段时间完成科考工作后，经快速启动仍沿原椭圆轨道返回， 当第一次回到分离点时恰与航天站对接，登月器快速启动时间可以忽 略不计，整个过程中航天站保持原轨道绕月运行。已知月球表面的重力加速度为 g，月球半 径为 R，不考虑月球自转的影响，则登月器可以在月球上停留的最短时间约为(　　) A．10π 5R g －6π 3R g B．6π 3R g －4π 2R g C．10π 5R g －2π R g D．6π 3R g －2π R g 解析：选 B　设登月器和航天站在半径 3R 的轨道上运行时的周期为 T，因其绕月球做圆 周运动，由牛顿第二定律有GMm r2 ＝m4π2r T2 ，r＝3R，则有 T＝2π r3 GM＝6π 3R3 GM，在月球表 面的物体所受重力可视为等于万有引力，可得 GM＝gR2，所以 T＝6π 3R g ，设登月器在椭 圆轨道运行的周期是 T1，航天站在圆轨道运行的周期是 T2；对登月器和航天站依据开普勒第 三定律有 T2 (3R)3 ＝ T12 (2R)3 ＝ T22 (3R)3 ，为使登月器仍沿原椭圆轨道回到分离点与航天站实现对接，登 月器可以在月球表面停留的时间 t 应满足 t＝nT2－T1(n＝1、2、3、…)，解得 t＝ 6πn 3R g － 4π 2R g (n＝1、2、3、…)，当 n＝1 时，登月器可以在月球上停留的时间最短，即 t＝6π 3R g －4π 2R g ，故 B 正确，A、C、D 错误。 9.(2018·襄阳四中模拟)我国发射“天宫一号”时，先将实验舱发送到 一个椭圆轨道上，如图所示，其近地点 M 距地面 200 km，远地点 N 距地 面 362 km。进入该轨道正常运行时，其周期为 T1，通过 M、N 点时的速率 分别为 v1、v2，加速度分别为 a1、a2。当某次通过 N 点时，地面指挥部发 出指令，点燃实验舱上的发动机，使其短时间内加速后进入距地面 362 km 的圆形轨道，开始绕地球做匀速圆周运动，周期为 T2，这时实验舱的速率为 v3，加速度 为 a3，下列结论正确的是(　　) A．v3>v2 B．v2>v1 C．a3>a2 D．T1>T2 解析：选 A　实验舱在圆形轨道上具有的机械能大于其在椭圆轨道上具有的机械能，而 实验舱经过 N 点时的重力势能相等，所以实验舱在圆形轨道上经过 N 点时的动能大于实验舱 在椭圆轨道上经过 N 点时的动能，即 v3>v2，A 正确；根据开普勒第二定律(面积定律)可知， v1>v2，B 错误；根据万有引力提供向心力，则有GMm r2 ＝ma，可得 a＝GM r2 ，所以 a3＝a2，C 错误；根据开普勒第三定律(周期定律)可知，轨道半径大的周期大，所以 T1＜T2，D 错误。 10．双星系统由两颗星组成，两星在相互引力的作用下，分别围绕其连线上的某一点做 周期相同的匀速圆周运动。研究发现，双星系统演化过程中，两星的总质量、距离和周期均 可能发生变化。若某双星系统中两星做圆周运动的周期为 T，经过一段时间演化后，两星总 质量变为原来的 k 倍，两星之间的距离变为原来的 n 倍，则此时圆周运动的周期为(　　) A. n3 k2T B. n3 k T C. n2 k T D. n kT 解析：选 B　设双星系统演化前两星的质量分别为 M1 和 M2，轨道半径分别为 r1 和 r2。 根据万有引力定律及牛顿第二定律可得GM1M2 r2 ＝M1( 2π T )2r1＝M2( 2π T )2r2，r＝r1＋r2，解 得G(M1＋M2) r2 ＝( 2π T )2(r1＋r2)，即GM r3 ＝( 2π T )2，当两星的总质量变为原来的 k 倍，它们之 间的距离变为原来的 n 倍时，有GkM (nr)3 ＝( 2π T′ )2，解得 T′＝ n3 k T，故 B 项正确。 11．[多选]假设在赤道平面内有一颗侦察卫星绕地球做匀速圆周运动，某时刻恰好处在 另一颗同步卫星的正下方，已知侦察卫星的轨道半径为同步卫星的四分之一，则(　　) A．同步卫星和侦察卫星的线速度之比为 1∶2 B．同步卫星和侦察卫星的角速度之比为 8∶1 C．再经过12 7 h 两颗卫星距离最远 D．再经过6 7 h 两颗卫星距离最远 解析：选 AC　根据万有引力提供向心力 GMm r2 ＝m v2 r 得：v＝ GM r ，已知侦察卫星的 轨道半径为同步卫星的四分之一，则同步卫星和侦察卫星的线速度之比为 1∶2，故 A 正确； 根据万有引力提供向心力 GMm r2 ＝mω2r 得：ω＝ GM r3 ，则同步卫星和侦察卫星的角速度之比 为 1∶8，故 B 错误；根据 T＝2π ω 可知，同步卫星的周期为24 h，则角速度为 ω1＝ π 12 rad/h， 则侦察卫星的角速度为 ω2＝2π 3 rad/h，当两颗卫星的夹角为 π 时，相距最远，则有：t＝ π ω2－ω1 ＝12 7 h，故 C 正确，D 错误。 12．[多选](2018·保定质检)两颗互不影响的行星 P 1、P2，各有一 颗近地卫星 S1、S2 绕其做匀速圆周运动。以纵轴表示行星周围空间某 位置的引力加速度 a，横轴表示某位置到行星中心距离 r 平方的倒数， 所得 a­1 r2关系图像如图所示，卫星 S1、S2 所在轨道处的引力加速度大 小均为 a0。则(　　) A．S1 的质量比 S2 的大 B．P1 的质量比 P2 的大 C．P1 的第一宇宙速度比 P2 的小 D．P1 的平均密度比 P2 的小 解析：选 BD　由万有引力充当向心力 GMm r2 ＝ma，解得 a＝GM1 r2，故题图图像的斜率 k ＝GM，因为 G 是恒量，M 表示行星的质量，所以斜率越大，行星的质量越大，故 P1 的质量 比 P2 的大，由于计算过程中，卫星的质量可以约去，所以无法判断卫星质量关系，A 错误， B 正确；因为两个卫星是近地卫星，所以其运行轨道半径可认为等于行星半径，根据第一宇 宙速度公式 v＝ gR，可得 v＝ a0R，从题图中可以看出，当两者加速度都为 a0 时，P2 的半 径比 P1 的小，故 P1 的第一宇宙速度比 P2 的大，C 错误；由 GM＝gR2 可得 GM＝a0R2， M＝a0R2 G ，ρ＝M V＝ M 4 3πR3 ＝ a0R2 G 4 3πR3 ＝ 3a0 4πGR，故行星的半径越大，密度越小，所以 P1 的平均密度 比 P2 的小，D 正确。 13.(2018·宜宾高三诊断)如图所示，有 A、B 两颗卫星绕地心 O 在同 一平面内做圆周运动，运转方向相同。A 卫星的周期为 TA，B 卫星的 周期为 TB，在某一时刻 A、B 相距最近，下列说法中正确的是(　　) A．A、B 经过时间 t＝TA 再次相距最近 B．A、B 的轨道半径之比为 TA∶TB C．A、B 的向心加速度大小之比为 TB 4 3∶TA 4 3 D．若已知 A、B 相距最近时的距离，可求出地球表面的重力加速度 解析：选 C　A、B 再次相距最近时，两者运转的角度相差 2π，即：2π TAt－2π TBt＝2π，解 得：t＝ TATB TB－TA，A 错误；根据开普勒第三定律可知：RA3 TA2＝RB3 TB2，则RA RB＝3 TA2 TB2，B 错误；根据 a＝4π2R T2 ∝ R T2，aA aB＝3 TA2 TB2·TB2 TA2＝ TB4 3 TA4 3 ，C 正确；若已知 A、B 相距最近时的距离，结合两者的 轨道半径之比可以求得 A、B 的轨道半径，根据万有引力提供向心力得：GMm r2 ＝m4π2 T2 r，所 以可求出地球的质量，但不知道地球的半径，所以不可求出地球表面的重力加速度，D 错误。 14.[多选](2018·湖南六校联考)如图所示，在某类地行星表面上 有一倾斜的匀质圆盘，盘面与水平面的夹角为 30°，圆盘绕垂直于盘 面的固定对称轴以恒定的角速度转动，盘面上离转轴距离为 L 处有 一小物体与圆盘保持相对静止，当圆盘的角速度为 ω 时，小物体刚好 要滑动。小物体与盘面间的动摩擦因数为 3 2 (设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，该行星的半径 为 R，引力常量为 G，下列说法正确的是(　　) A．该行星的质量为ω2R2L G B．该行星的第一宇宙速度为 2ω LR C．该行星的同步卫星的周期为π ω R L D．离行星表面距离为 R 的地方的重力加速度为 ω2L 解析：选 BD　当小物体转到圆盘的最低点，所受的摩擦力沿斜面向上达到最大时，对 应小物体刚好要滑动，由牛顿第二定律可得 μmgcos 30°－mgsin 30°＝mω 2L，所以 g＝ ω2L μcos 30°－sin 30°＝4ω2L，GMm R2 ＝mg，解得 M＝gR2 G ＝4ω2R2L G ，A 错误；该行星的第一宇宙 速度 v＝ gR＝2ω LR，B 正确；因为不知道同步卫星的轨道半径，所以不能求出同步卫星 的周期，C 错误；离该行星表面距离为 R 的地方的引力为 mg′＝GMm (2R)2 ＝1 4mg，即重力加速 度为 g′＝1 4g＝ω2L，D 正确。 第 7 讲 Error! ┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄ 考法 学法 功和功率是高中物理的两个基本概念，机车启动模型是典型的功率应用问题。 高考对这两个概念和机车启动很少单独考查，多数是和其他知识进行综合， 如动能定理。常考查的内容有：①功的概念；②重力、弹力、摩擦力做功的 特点；③功率的概念；④机车启动模型。用到的思想方法有：①正、负功的 判断方法；②功的计算方法；③功率的计算方法；④图像法(在功和功率问题 中的应用)。 ┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄ 提能点(一)　功的判断和计算[ 基础保分类考点 练练就能过关 ][知能全通]———————————————————————————————— 1．两个角度判断功的正负 (1)利用公式 W＝Flcos α 进行判断。 (2)利用功能关系进行判断，如物体的重力势能增加了，则一定是重力做了负功。 2．变力做功的几种求法 (1)利用微元法求变力做功 将物体的位移分割成无数多小段，每一小段位移中作用在物体上的力可以视为恒力，这 样就将变力做功转化为在无数多无穷小的位移上的恒力所做功的代数和。 (2)化变力为恒力求变力做功 变力做功有时可化为恒力做功，用 W＝Flcos α 求解。此法常应用于轻绳通过定滑轮拉 物体的问题中。 (3)利用 F­x 图像所围的面积求功。 (4)用平均力求功(力与位移呈线性关系，如弹簧的弹力)。 (5)利用动能定理求功。 (6)根据功率求功 W＝Pt。 [题点全练]———————————————————————————————— 1.[多选]如图所示，一物体沿弧形轨道滑下后进入足够长的水平 传送带，传送带按箭头方向匀速转动，则传送带对物体的做功情况 可能是(　　) A．始终不做功 B．先做负功后做正功 C．先做正功后不做功 D．先做负功后不做功 解析：选 ACD　设传送带的速度大小为 v1，物体刚滑上传送带时的速度大小为 v2。若 v2 ＝v1，则物体与传送带间无摩擦力，传送带对物体始终不做功；若 v2＞v1，物体相对于传送 带向右运动，物体受到的滑动摩擦力向左，则物体先减速到速度为 v1，然后随传送带一起匀 速运动，传送带对物体先做负功后不做功；若 v2m2。现让 m1 从靠近定滑轮处由静止开始沿碗内壁下 滑。设碗固定不动，其内壁光滑、半径为 R。则 m1 滑到碗最低点时的速度为(　　) A．2 (m1－m2)gR 2m1＋m2 　　 　　 B. 2(m1－m2)gR m1＋m2 C. 2(m1－ 2m2)gR m1＋m2 D．2 (m1－ 2m2)gR 2m1＋m2 [解析]　设当 m1 到达碗最低点时速率为 v1，此时 m2 的速率为 v2，由几何关系知 v1cos 45°＝v2，对 m1、m2 由机械能守恒定律得 m1gR＝m2g· 2R＋1 2m1v12＋1 2m2v22，解得 v1＝2 (m1－ 2m2)gR 2m1＋m2 ，D 正确。 [答案]　D 题型 2　杆连接的系统机械能守恒问题 [例 2]　如图所示为竖直平面内的半圆形光滑轨道，其半径为 R。小 球 A、B 的质量分别为 mA、mB，A 和 B 之间用一根长为 l(lmB，B 在右侧上升的最大高度与 A 的起始高度相同 C．在 A 下滑过程中轻杆对 A 做负功，对 B 做正功 D．在 A 下滑过程中减少的重力势能等于 A 与 B 增加的动能 [解析]　根据系统机械能守恒条件可知，A 和 B 组成的系统机械能守恒，如果 B 在右侧 上升的最大高度与 A 的起始高度相同，则有 mAgh－mBgh＝0，则有 mA＝mB，A、B 错误；A 下滑、B 上升过程中，B 机械能增加，则 A 机械能减少，说明轻杆对 A 做负功，对 B 做正功， C 正确；A 下滑过程中减少的重力势能等于 B 上升过程中增加的重力势能和 A 与 B 增加的动 能之和，D 错误。 [答案]　C 题型 3　弹簧连接的系统机械能守恒问题 [例 3]　[多选](2018·邵阳模拟)如图所示，物体 A、B 通过细绳 及轻质弹簧连接在轻滑轮两侧，物体 A、B 的质量分别为 2m、m。 开始时细绳伸直，B 静止在桌面上，用手托着 A 使弹簧处于原长且 A 与地面的距离为 h。放手后 A 下落，着地时速度大小为 v，此时 B 对桌面恰好无压力。不计一切摩擦及空气阻力，重力加速度大小为 g。下列说法正确的是 (　　) A．A 下落过程中，A 和弹簧组成的系统机械能守恒 B．弹簧的劲度系数为2mg h C．A 着地时的加速度大小为g 2 D．A 着地时弹簧的弹性势能为 mgh－mv2 [解析]　因为 B 没有运动，所以 A 下落过程中，只有弹簧弹力和重力做功，故 A 和弹簧 组成的系统机械能守恒，A 正确；因为 A 刚下落时，弹簧处于原长，A 落地时，弹簧对 B 的 弹力大小等于 B 所受的重力，故 kh＝mg，解得 k＝mg h ，B 错误；A 落地时弹簧对绳子的拉 力大小为 mg，对 A 分析，受到竖直向上的拉力，大小为 mg，竖直向下的重力，大小为 2mg，根据牛顿第二定律可得 2mg－mg＝2ma，解得 a＝g 2，C 正确；A 下落过程中，A 和弹 簧组成的系统机械能守恒，故 2mgh＝1 2×2mv2＋Ep，解得 Ep＝2mgh－mv2，D 错误。 [答案]　AC [系统通法]———————————————————————————————— 1．判断机械能守恒的两个角度 (1)用做功判断：若物体(或系统)只受重力(或系统内弹力)，或虽受其他力，但其他力不 做功，则机械能守恒。 (2)用能量转化判断：若物体(或系统)只有动能和势能的相互转化，而无机械能与其他形 式能的相互转化，则机械能守恒。 2．机械能守恒定律的三种表达形式 3．应用机械能守恒定律解题的基本思路 提能点(三)　几个重要功能关系的灵活应用[ 基础保分类考点 练练就能过关 ][知能全通]———————————————————————————————— 1．常见的功能关系 重力做功与重力势能变化的关系 WG＝－ΔEp 弹力做功与弹性势能变化的关系 W 弹＝－ΔEp 合外力做功与动能变化的关系 W 合＝ΔEk 除重力和弹力以外其他力做功与机械能变化的关系 W 其他＝ΔE 机 滑动摩擦力与相对位移的乘积与内能变化的关系 Ffx 相对＝ΔE 内 2．功能关系的理解和应用 (1)功能关系反映了做功和能量转化之间的对应关系，功是能量转化的量度和原因，在不 同问题中的具体表现不同。 (2)分清是什么力做功，并且分析该力做功的正负；根据功能之间的对应关系，判定能的 转化情况。 (3)可以根据能量转化情况，确定是什么力做功，尤其可以方便计算变力做的功。 [题点全练]———————————————————————————————— 1.(2018·全国卷Ⅰ)如图，abc 是竖直面内的光滑固定轨道，ab 水平， 长度为 2R；bc 是半径为 R 的四分之一圆弧，与 ab 相切于 b 点。一质量 为 m 的小球，始终受到与重力大小相等的水平外力的作用，自 a 点处从 静止开始向右运动。重力加速度大小为 g。小球从 a 点开始运动到其轨迹最高点，机械能的 增量为(　　) A．2mgR　　　　　　　 B．4mgR C．5mgR D．6mgR 解析：选 C　小球从 a 点运动到 c 点，根据动能定理得，F·3R－mgR＝ 1 2mv2，又 F＝ mg，故 v＝2 gR。小球离开 c 点在竖直方向做竖直上抛运动，水平方向做初速度为零的匀加 速直线运动，且水平方向的加速度大小也为 g，故小球从 c 点到最高点所用的时间 t＝v g＝2 R g， 水平位移 x＝1 2gt2＝2R，根据功能关系，小球从 a 点到轨迹最高点机械能的增量等于力 F 做 的功，即 ΔE＝F·(3R＋x)＝5mgR，C 正确。 2.[多选](2019 届高三·邯郸模拟)如图，质量为 m 的物体在恒定外力 F 作用下竖 直向上做初速度为零的匀加速直线运动，经过一段时间，力 F 做的功为 W，此时撤 去力 F，物体又经相同时间回到了出发点。若以出发点所在水平面为重力势能的零 势能平面，重力加速度为 g，不计空气阻力，则(　　) A．从物体开始运动到回到出发点的过程中，物体的机械能增加了W 3 B．力 F 的大小为 4 3mg C．物体回到出发点时重力的瞬时功率为 2mg2W D．撤去力 F 时，物体的动能和重力势能恰好相等 解析：选 BC　除重力以外的力做的功等于物体机械能的变化量，力 F 做功为 W，则物 体机械能增加了 W，故 A 错误；从开始运动到回到出发点，撤去力 F 前后两个过程位移大 小相等、方向相反，时间相等，取竖直向上为正方向，则得：1 2at2＝－(at·t－1 2gt2 )，F－mg＝ ma，解得：a＝1 3g，F＝4 3mg，故 B 正确；在整个过程中，根据动能定理得：1 2mv2＝W，物体 回到出发点时速率 v＝ 2W m ，瞬时功率为 P＝mgv＝ 2mg2W，故 C 正确；撤去力 F 时，物体 的动能为 Ek＝W－mg·1 2at2＝F·1 2at2－mg·1 2at2＝1 6mgat2，重力势能为 Ep＝mg·1 2at2＝ 1 2mgat2，可见，动能和重力势能不相等，故 D 错误。 3.[多选](2018·盘锦模拟)如图所示，半径为 R 的光滑圆环固定在竖 直平面内，AB、CD 是圆环相互垂直的两条直径，C、D 两点与圆心 O 等高。一个质量为 m 的光滑小球套在圆环上，一根轻质弹簧一端连在小 球上，另一端固定在 P 点，P 点在圆心 O 的正下方R 2处。小球从最高 点 A 由静止开始沿逆时针方向下滑，已知弹簧的原长为 R，弹簧始终处于弹性限度内，重力加 速度为 g，下列说法正确的有(　　) A．弹簧长度等于 R 时，小球的动能最大 B．小球运动到 B 点时的速度大小为 2gR C．小球在 A、B 两点时对圆环的压力差为 4mg D．小球从 A 到 C 的过程中，弹簧弹力对小球做的功等于小球机械能的增加量 解析：选 CD　小球下滑过程中，弹簧长度等于 R 时，弹簧处于原长，此时弹簧弹力等 于 0，只有重力对小球做正功，小球仍在加速，所以弹簧长度等于 R 时，小球的动能不是最 大，故 A 错误；由题可知，小球在 A、B 两点时弹簧的形变量相等，弹簧的弹性势能相等， 根据系统的机械能守恒得：2mgR＝1 2mvB2，解得小球运动到 B 点时的速度 vB＝2 gR，故 B 错误；设小球在 A、B 两点时弹簧的弹力大小为 F，在 A 点，圆环对小球的支持力 F1＝ mg＋F，在 B 点，由牛顿第二定律得：F2－mg－F＝mvB2 R ，解得圆环对小球的支持力 F2＝5mg ＋F，则 F2－F1＝4mg，由牛顿第三定律知，小球在 A、B 两点时对圆环的压力差为 4mg， 故 C 正确；小球从 A 到 C 的过程中，根据功能关系可知，弹簧弹力对小球做的功等于小球 机械能的增加量，故 D 正确。 提能点(四)　应用功能关系破解叠放体问题[ 基础保分类考点 练练就能过关 ][知能全通]———————————————————————————————— “三步走”分析叠放体问题(以传送带为例) [题点全练]———————————————————————————————— 1.如图所示，水平传送带长为 s，以速度 v 始终保持匀速运动，把质量为 m 的货物放到 A 点，货物与传送带间的动摩擦因数为 μ，当货物从 A 点运动 到 B 点的过程中，摩擦力对货物做的功不可能(　　) A．等于 1 2mv2　　　　　 B．小于 1 2mv2 C．大于 μmgs D．小于 μmgs 解析：选 C　货物在传送带上相对地面的运动情况可能是先加速后匀速，也可能是一直 加速而最终速度小于 v，根据动能定理知摩擦力对货物做的功可能等于 1 2mv2，可能小于 1 2mv2，可能等于 μmgs，可能小于 μmgs，不可能大于 μmgs，故 C 对。 2.[多选](2018·济宁模拟)如图所示，长为 L、质量为 M 的木板静 置在光滑的水平面上，在木板上放置一质量为 m 的物块，物块与木 板之间的动摩擦因数为 μ。物块以速度 v0 从木板的左端向右端滑动时，若木板固定不动，物 块恰好能从木板的右端滑下。若木板不固定时，下列叙述正确的是(　　) A．物块不能从木板的右端滑下 B．系统产生的热量 Q＝μmgL C．经过 t＝ Mv0 (M＋m)μg 物块与木板保持相对静止 D．摩擦力对木板所做的功等于物块克服摩擦力所做的功 解析：选 AC　木板固定不动时，物块减少的动能全部转化为内能。木板不固定时，物 块向右减速的同时，木板要向右加速，物块减少的动能转化为系统产生的内能和木板的动能， 所以产生的内能必然减小，物块相对于木板滑行的距离要减小，不能从木板的右端滑下，故 A 正确；物块和木板组成的系统产生的热量 Q＝Ffx 相对＝μmgx 相对＜μmgL，故 B 错误；设物 块与木板最终的共同速度为 v，物块和木板组成的系统动量守恒，取向右为正方向，根据动 量守恒定律，有：mv0＝(m＋M)v，对木板，由动量定理得：μmgt＝Mv，联立解得： t＝ Mv0 (M＋m)μg ， 故 C 正确；由于物块与木板相对于水平面的位移大小不等，物块对地位移较大，而摩擦力大 小相等，所以摩擦力对木板所做的功小于物块克服摩擦力所做的功，故 D 错误。 3.如图所示，水平传送带两端点 A、B 间的距离为 l，传送 带开始时处于静止状态。把一个小物体放到右端的 A 点，施加恒 定拉力 F 使小物体以速度 v1 匀速滑到左端的 B 点，拉力 F 所做 的功为 W1、功率为 P1，这一过程物体和传送带之间因摩擦而产生的热量为 Q1。随后让传送 带以速度 v2 匀速运动，施加相同的恒定拉力 F 拉物体，使它以相对传送带为 v1 的速度匀速 从 A 滑到 B，这一过程中，拉力 F 所做的功为 W2、功率为 P2，物体和传送带之间因摩擦而 产生的热量为 Q2。下列关系中正确的是(　　) A．W1＝W2，P1＜P2，Q1＝Q2 B．W1＝W2，P1＜P2，Q1＞Q2 C．W1＞W2，P1＝P2，Q1＞Q2 D．W1＞W2，P1＝P2，Q1＝Q2 解析：选 B　因为两次的拉力和位移相同，两次拉力做的功相等，即 W1＝W2；当传送 带不动时，物体运动的时间为 t1＝ l v1，当传送带以速度 v2 匀速运动时，物体运动的时间为 t2＝ l v1＋v2，所以第二次用的时间短，功率大，即 P1＜P2；滑动摩擦力与相对路程的乘积等 于产生的热量，第二次的相对路程小，所以 Q1＞Q2，选项 B 正确。 4．[多选]如图甲所示，光滑水平面上放着长木板 B，质量为 m＝2 kg 的木块 A 以速度 v0＝2 m/s 滑上原来静止的长木板 B 的上表面，由于 A、B 之间存在有摩擦，之后，A、B 的 速度随时间变化情况如图乙所示，重力加速度 g＝10 m/s2。下列说法正确的是(　　) A．A、B 之间动摩擦因数为 0.1 B．长木板的质量 M＝2 kg C．长木板长度至少为 2 m D．A、B 组成的系统损失的机械能为 4 J 解析：选 AB　从题图乙可以看出，A 先做匀减速运动，B 做匀加速运动，最后一起做匀 速运动，共同速度：v＝1 m/s，取向右为正方向，根据动量守恒定律得：mv0＝(m＋M)v，解 得：M＝m＝2 kg，故 B 正确；由图像可知，木板 B 匀加速运动的加速度为：a＝Δv Δt＝ 1 1 m/s2＝1 m/s2，对 B，根据牛顿第二定律得：μmg＝Ma，解得动摩擦因数为：μ＝0.1，故 A 正确；由图像可知前 1 s 内 B 的位移为：xB＝1 2×1×1 m＝0.5 m, A 的位移为：xA＝2＋1 2 ×1 m ＝1.5 m，所以木板最小长度为：L＝xA－xB＝1 m，故 C 错误；A、B 组成的系统损失的机械 能为：ΔE＝1 2mv02－1 2(m＋M)v2＝2 J，故 D 错误。 [专题强训提能] 1.如图所示，物块的质量为 m，它与水平桌面间的动摩擦因数为 μ。 起初，用手按住物块，物块的速度为零，弹簧的伸长量为 x，然后放 手，当弹簧的长度第一次回到原长时，物块的速度为 v。则此过程中弹力所做的功为(　　) A.1 2mv2－μmgx　　　　 B．μmgx－1 2mv2 C.1 2mv2＋μmgx D．以上选项均不对 解析：选 C　设 W 弹为弹力对物体做的功，因为克服摩擦力做的功为 μmgx，由动能定 理得 W 弹－μmgx＝1 2mv2－0，得 W 弹＝1 2mv2＋μmgx，C 对。 2．(2018·江苏高考)从地面竖直向上抛出一只小球，小球运动一段时间后落回地面。忽 略空气阻力，该过程中小球的动能 Ek 与时间 t 的关系图像是(　　) 解析：选 A　小球做竖直上抛运动，设初速度为 v0，则 v＝v0－gt，小球的动能 Ek＝1 2mv2， 把速度 v 代入，得 Ek＝1 2mg2t2－mgv0t＋1 2mv02，Ek 与 t 为二次函数关系，A 正确。 3．[多选](2016·全国卷Ⅲ)如图，一固定容器的内壁是半径为 R 的 半球面；在半球面水平直径的一端有一质量为 m 的质点 P。它在容器 内壁由静止下滑到最低点的过程中，克服摩擦力做的功为 W。重力加 速度大小为 g。设质点 P 在最低点时，向心加速度的大小为 a，容器对它的支持力大小为 N， 则(　　) A．a＝2(mgR－W) mR B．a＝2mgR－W mR C．N＝3mgR－2W R D．N＝2(mgR－W) R 解析：选 AC　质点 P 下滑到最低点的过程中，由动能定理得 mgR－W＝1 2mv2，则速度 v＝ 2(mgR－W) m ，在最低点的向心加速度 a＝v2 R＝2(mgR－W) mR ，选项 A 正确， B 错误；在最 低点时，由牛顿第二定律得 N－mg＝ma，N＝3mgR－2W R ，选项 C 正确，D 错误。 4.如图为某同学建立的一个测量动摩擦因数的模型。物块自左侧 斜面上 A 点由静止滑下，滑过下面一段平面后，最高冲至右侧斜面上 的 B 点。实验中测量出了三个角度，左右斜面的倾角 α 和 β 及 AB 连线与水平面的夹角 θ。物块与各接触面间动摩擦因数相同且为 μ，忽略物块在拐角处的能 量损失，以下结论正确的是(　　) A．μ＝tan α B．μ＝tan β C．μ＝tan θ D．μ＝tan α－β 2 解析：选 C　设 AB 的水平长度为 x，竖直高度差为 h，对从 A 到 B 的过程运用动能定 理得 mgh－μmgcos α·AC－μmg·CE－μmgcos β·EB＝0，因为 AC·cos α＋CE＋EB·cos β＝x， 则有 mgh－μmgx＝0，解得 μ＝h x＝tan θ，故 C 正确。 5．如图所示，质量、初速度大小都相同的 A、B、C 三个小球，开始时在同一水平面上， A 球竖直上抛，B 球以倾角 θ 斜向上抛，C 球沿倾角为 θ 的光滑斜面上滑，它们上升的最大 高度分别为 hA、hB、hC，空气阻力不计，则(　　) A．hA＝hB＝hC B．hA＝hBhC D．hA＝hC>hB 解析：选 D　A 球和 C 球上升到最高点时速度均为零，而 B 球上升到最高点时仍有水平 方向的速度，即仍有动能。对 A、C 球由机械能守恒定律得 mgh＝1 2mv02，得 hA＝hC＝h＝ v02 2g。对 B 球由机械能守恒定律得 mghB＋1 2mvt2＝1 2mv02，且 vt≠0，所以 hA＝hC>hB，故 D 正 确。 6．(2019 届高三·南京模拟)质量为 m 的球从地面以初速度 v0 竖直向上抛出，已知球所受 的空气阻力与速度大小成正比。下列图像分别描述了球在空中运动的速度 v、加速度 a 随时 间 t 的变化关系和动能 Ek、机械能 E(取地面处重力势能为零)随球距离地面高度 h 的变化关 系，其中可能正确的是(　　) 解析：选 C　已知球所受的空气阻力与速度大小成正比，即 Ff＝kv，当球上升到最高点 时，v 为零，球只受重力，a 等于 g，则 v­t 图线切线的斜率不等于零，故 A 错误；根据牛顿 第二定律，球上升过程中：mg＋kv＝ma，v 逐渐减小，a 逐渐减小，球下降过程中：mg－kv ＝ma，v 逐渐增大，a 逐渐减小，故 B 错误；上升过程，由动能定理：－mgh－Ffh＝ Ek－Ek0，解得 Ek＝Ek0－(mg＋kv)h，随 h 的增加，v 减小，则 Ek­h 图像的斜率减小，下降 过程，由动能定理：mg(h0－h)－Ff(h0－h)＝Ek，即 Ek＝(mg－kv)(h0－h)，随下降的高度的 增加，v 增大，Ek­h 图像的斜率减小，故 C 正确；机械能的变化量等于克服阻力做的功： －Ffh＝E－E0，上升过程中 v 逐渐减小，则 Ff 逐渐减小，即 E­h 图像的斜率逐渐变小，故 E­h 图像不是直线，故 D 错误。 7.(2018·武汉调研)如图所示，半径为 R、圆心为 O 的光滑圆环固定 在竖直平面内，OC 水平，D 是圆环最低点。质量为 2m 的小球 A 与质量 为 m 的小球 B 套在圆环上，两球之间用轻杆相连。两球初始位置如图 所示，由静止释放，当 A 运动至 D 点时，B 的动能为(　　) A. 2 2 mgR B. 2 6 mgR C.4＋ 2 2 mgR D.4＋ 2 6 mgR 解析：选 D　A、B 组成的系统机械能守恒，当 A 运动到最低点 D 时，A 下降的高度为 hA ＝R＋Rsin 45°，B 上升的高度为 hB＝Rsin 45°，则有 2mghA－mghB＝1 2×2mvA2＋1 2mvB2，又 vA＝vB，所以 B 的动能为 EkB＝1 2mvB2＝4＋ 2 6 mgR，选项 D 正确。 8．(2018·烟台模拟)某段高速路对载重货车设定的允许速度范围为 50～80 km/h，而上坡 时若货车达不到最小允许速度 50 km/h，则必须走“爬坡车道”来避免危险。某质量为 4.0×104 kg 的载重货车，保持额定功率 200 kW 在“爬坡车道”上行驶，每前进 1 km，上升 0.04 km，货车所受的阻力(摩擦阻力与空气阻力)为车重的 0.01 倍，g 取 10 m/s2，爬坡车道足够 长，则货车匀速上坡的过程中(　　) A．牵引力等于 2×104 N B．速度可能大于 36 km/h C．增加的重力势能等于货车牵引力所做的功 D．增加的机械能等于货车克服阻力所做的功 解析：选 A　货车匀速上坡的过程中，根据平衡条件得：牵引力大小 F＝0.01mg＋ mgsin θ＝0.01×4.0×104×10 N＋4.0×104×10×0.04 1 N＝2×104 N，故 A 正确；根据 P＝Fv 得：v＝P F＝2 × 105 2 × 104 m/s＝10 m/s＝36 km/h，故 B 错误；匀速上坡过程增加的重力势能等于 汽车牵引力所做的功与克服阻力做功之差，故 C 错误；根据功能关系知，匀速上坡过程增加 的机械能等于汽车牵引力做功与克服阻力所做的功之差，故 D 错误。 9．[多选](2018·武汉质检)有一系列斜面，倾角各不相同，它们 的底端相同，都是 O 点，如图所示。有一系列完全相同的滑块(可视 为质点)从这些斜面上的 A、B、C、D、…各点同时由静止释放，下 列判断正确的是(　　) A．若各斜面均光滑，且这些滑块到达 O 点的速率相同，则 A、 B、C、D、…各点处在同一水平线上 B．若各斜面均光滑，且这些滑块到达 O 点的速率相同，则 A、B、C、D、…各点处在 同一竖直面内的圆周上 C．若各斜面均光滑，且这些滑块到达 O 点的时间相同，则 A、B、C、D、…各点处在 同一竖直面内的圆周上 D．若各斜面与这些滑块间有相同的动摩擦因数，滑块到达 O 点的过程中，各滑块损失 的机械能相同，则 A、B、C、D、…各点处在同一竖直线上 解析：选 ACD　若各斜面均光滑，根据 mgh＝1 2mv2，滑块质量相 同，到达 O 点的速率相同，则 h 相同，即各释放点处在同一水平线上， A 正确，B 错误；以 O 点为最低点作等时圆，如图所示，由 1 2gsin θt2＝ 2Rsin θ，可知各滑块从圆周上各点运动到 O 点时间相等，C 正确；若各滑块滑到 O 点的过程 中，滑块滑动的水平距离是 x，滑块损失的机械能(即克服摩擦力做功)为：Wf＝μmgcos θ· x cos θ，即 各释放点处在同一竖直线上，D 正确。 10．[多选]如图所示，固定在水平面上的光滑斜面倾角为 30°， 质量分别为 M、m 的两个物体通过细绳及轻弹簧连接于光滑轻滑 轮两侧，斜面底端有一与斜面垂直的挡板。开始时用手按住 M， 此时 M 到挡板的距离为 s，滑轮两边的细绳恰好伸直，且没有力的作用。已知 M＝2m，空气 阻力不计。松开手后，下列说法正确的是(　　) A．M 和 m 组成的系统机械能守恒 B．当 M 的速度最大时，m 与地面间的作用力为零 C．若 M 恰好能到达挡板处，则此时 m 的速度为零 D．若 M 恰好能到达挡板处，则此过程中重力对 M 做的功等于弹簧弹性势能的增加量 与 m 的机械能增加量之和 解析：选 BD　运动过程中，M、m 与弹簧组成的系统机械能守恒，A 错误；当 M 速度 最大时，弹簧的弹力等于 Mgsin 30°＝mg，此时 m 与地面间的作用力恰好为零，B 正确；然 后 M 做减速运动，恰好能到达挡板处，也就是速度刚好减小到了零，之后 M 会上升，所以 M 恰好到达挡板处时弹簧弹力大于 mg，即此时 m 受到的细绳拉力大于自身重力，m 还在加速 上升，C 错误；根据功能关系，M 减小的机械能等于 m 增加的机械能与弹簧增加的弹性势能 之和，若 M 恰好能到达挡板处，此时动能恰好为零，因此重力对 M 做的功等于 M 减小的机 械能，D 正确。 11．[多选]如图所示，三个小球 A、B、C 的质量均为 m，A 与 B、C 间通过铰链用轻杆连接，杆长均为 L。B、C 置于水平地面 上，用一轻质弹簧连接，弹簧处于原长。现 A 由静止释放下降到 最低点，两轻杆间夹角 α 由 60°变为 120°。A、B、C 在同一竖直平 面内运动，弹簧在弹性限度内，忽略一切摩擦，重力加速度为 g。则此下降过程中(　　) A．A 的动能达到最大前，B 受到地面的支持力小于 3 2mg B．A 的动能最大时，B 受到地面的支持力等于 3 2mg C．弹簧的弹性势能最大时，A 的加速度方向竖直向下 D．弹簧的弹性势能最大值为 3 2 mgL 解析：选 AB　在 A 的动能达到最大前，A 向下加速运动，此时 A 处于失重状态，则整 个系统对地面的压力小于 3mg，即地面对 B 的支持力小于 3 2mg，A 项正确；当 A 的动能最大 时，A 的加速度为零，这时系统既不失重，也不超重，系统对地面的压力等于 3mg，即 B 受 到地面的支持力等于 3 2mg，B 项正确；当弹簧的弹性势能最大时，A 减速运动到最低点，此 时 A 的加速度方向竖直向上，C 项错误；由机械能守恒定律可知，弹簧的弹性势能最大值等 于 A 的重力势能的减少量，即为 mg(Lcos 30°－Lcos 60°)＝ 3－1 2 mgL，D 项错误。 12．[多选]如图所示，在竖直杆上安装一个光滑小导向槽，使竖 直上抛的小球能改变方向后做平抛运动；不计经导向槽时小球的能量 损失，设小球从地面沿杆竖直上抛的速度大小为 v，重力加速度为 g； 那么当小球有最大水平位移时，下列说法正确的是(　　) A．导向槽位置应在高为v2 4g的位置 B．最大水平位移为v2 g C．小球在上、下两过程中，在经过某相同高度时，合速度的大小总有 v 下＝2v 上 D．当小球落地时，速度方向与水平方向成 45°角 解析：选 AD　设小球做平抛运动时的速度为 v0，根据机械能守恒定律可得，1 2mv02＋ mgh＝1 2mv2，解得 v0＝ v2－2gh；根据平抛运动的知识可得，下落时间 t＝ 2h g ，则水平位移 x＝v0t＝ ( v2 g －2h)·2h，所以当v2 g －2h＝2h 时水平位移最大，解得 h＝v2 4g，A 正确；最大的 水平位移为 x＝ 4h2＝2h＝v2 2g，B 错误；根据机械能守恒定律可知，在某相同高度处时上升 的速率和下落的速率相等，C 错误；设小球落地时速度与水平方向的夹角为 θ，位移与水平 方向的夹角为 α，根据平抛运动的规律可知，tan θ＝2tan α＝2× h 2h＝1，则 θ＝45°，D 正确。 13.(2019 届高三·滨州模拟)两物块 A 和 B 用一轻弹簧连接，静止 在水平桌面上，如图甲所示，现用一竖直向上的力 F 拉动物块 A，使之 向上做匀加速直线运动，如图乙所示。在物块 A 开始运动到物块 B 将要 离开桌面的过程中(弹簧始终处于弹性限度内)，下列说法正确的是(　　) A．力 F 先减小后增大 B．弹簧的弹性势能一直增大 C．物块 A 的动能和重力势能一直增大 D．物块 A、B 和轻弹簧组成的系统机械能先增大后减小 解析：选 C　对物块 A 由牛顿第二定律得：F－mg＋kx＝ma，解得：F＝m(g＋a)－kx， 由于 x 先减小后反向增大，故力 F 一直增大，故 A 错误；在物块 A 上升过程中，弹簧从压 缩到伸长，所以弹簧的弹性势能先减小后增大，故 B 错误；在物块 A 上升过程中，由于物块 A 做匀加速运动，所以物块 A 的速度增大，高度升高，则物块 A 的动能和重力势能增大，故 C 正确；在物块 A 上升过程中，除重力与弹力做功外，还有力 F 做正功，所以物块 A、B 和 轻弹簧组成的系统的机械能一直增大，故 D 错误。 14.[多选](2018·江西八校联考)如图所示，三角形传送带以 1 m/s 的速度逆时针匀速转动，两边的传送带长都是 6 m 且与水 平方向的夹角均为 37°。现有两个小物块 A、B 从传送带顶端都以 1 m/s 的初速度沿传送带下滑，小物块与传送带间的动摩擦因数都是 0.5(g 取 10 m/s2，sin 37°＝ 0.6，cos 37°＝0.8)，下列说法正确的是(　　) A．A 先到达传送带底端 B．A、B 同时到达传送带底端 C．传送带对 A 做正功，对 B 做负功 D．A、B 在传送带上的划痕长度之比为 1∶2 解析：选 BD　对 A，因为 mgsin 37°>μmgcos 37°，则 A 所受摩擦力沿传送带向上，下 滑时做匀加速直线运动，同理，B 所受摩擦力沿传送带向上，下滑时做匀加速直线运动，A、 B 做匀加速直线运动的加速度大小相等，位移大小相等，则运动的时间相等，故 A 错误，B 正确；传送带对 A、B 的摩擦力方向与速度方向相反都沿传送带向上，传送带对 A 和 B 做负 功，故 C 错误；对 A，划痕的长度等于 A 的位移大小减去传送带的位移大小，以 A 为研究对 象，由牛顿第二定律得 mgsin 37°－μmgcos 37°＝ma，a＝2 m/s2，由运动学公式 x＝vt＋1 2at2， 得运动时间为：t＝2 s，所以传送带运动的位移大小为 x＝vt＝2 m，所以 A 在传送带上的划 痕长度为 Δx1＝6 m－2 m＝4 m；对 B，划痕的长度等于 B 的位移大小加上传送带的位移大 小，同理得出 B 在传送带上的划痕长度为 Δx2＝6 m＋2 m＝8 m，所以划痕长度之比为 1∶2， 故 D 正确。 第 9 讲 Error! ┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄ 考法 学法 “动量观点”是解答力学问题的三大观点之一，高考既可能在选择题中单独考查动 量问题，也可能在计算题中综合考查到动量问题。考查的内容主要有：①动量、 冲量、动量变化量等概念；②动量定理的应用；③动量守恒定律的应用。该部分 内容主要解决选择题中的动量守恒问题和动量定理的应用。用到的思想方法有：① 守恒的思想；②整体法和隔离法；③碰撞、爆炸和反冲问题的分析方法。 ┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄ 提能点(一)　“解题快手”动量定理的应用[ 基础保分类考点 练练就能过关 ][知能全通]———————————————————————————————— 1．掌握基本概念和规律 2．应用动量定理的注意事项 (1)一般来说，用牛顿第二定律能解决的问题，用动量定理也能解决，如果题目不涉及加 速度和位移，用动量定理求解更简捷。动量定理不仅适用于恒力，也适用于变力。力变化的 情况下，动量定理中的力 F 应理解为变力在作用时间内的平均值。 (2)动量定理的表达式是矢量式，运用它分析问题时要特别注意冲量、动量及动量变化量 的方向，公式中的 F 是物体或系统所受的合力。 [题点全练]———————————————————————————————— 1．[多选]一细绳系着小球，在光滑水平面上做圆周运动，小球质量为 m，速度大小为 v，做圆周运动的周期为 T，则以下说法中正确的是(　　) A．经过时间 t＝T 2，动量变化量为 0 B．经过时间 t＝T 4，动量变化量大小为 2mv C．经过时间 t＝T 2，细绳对小球的冲量大小为 2mv D．经过时间 t＝T 4，重力对小球的冲量大小为mgT 4 解析：选 BCD　经过时间 t＝T 2，小球转过了 180°，速度方向正好相反，若规定开始计 时时的速度方向为正，则动量变化量为 Δp＝－mv－mv＝－2mv，细绳对小球的冲量为 I＝Δp ＝－2mv，故大小为 2mv，选项 A 错误，C 正确；经过时间 t＝T 4，小球转过了 90°，根据矢 量合成法可得，动量变化量大小为 Δp′＝ 2mv，重力对小球的冲量大小为 IG＝mgt＝mgT 4 ， B、D 正确。 2．[多选](2017·全国卷Ⅲ)一质量为 2 kg 的物块在合外力 F 的作用下从静止开始沿直线运动。F 随时间 t 变化的图线如图所 示，则(　　) A．t＝1 s 时物块的速率为 1 m/s B．t＝2 s 时物块的动量大小为 4 kg·m/s C．t＝3 s 时物块的动量大小为 5 kg·m/s D．t＝4 s 时物块的速度为零 解析：选 AB　根据 F­t 图线与时间轴围成的面积的物理意义为合外力 F 的冲量，可知 在 0～1 s、0～2 s、0～3 s、0～4 s 内合外力冲量分别为 2 N·s、4 N·s、3 N·s、2 N·s，应用动 量定理 I＝mΔv 可知物块在 1 s、2 s、3 s、4 s 末的速率分别为 1 m/s、2 m/s、1.5 m/s、1 m/s，物块在这些时刻的动量大小分别为 2 kg·m/s、4 kg·m/s、3 kg·m/s、2 kg·m/s，则 A、B 正确，C、D 错误。 3．如图甲所示，一质量为 2 kg 的物体受水平拉力 F 作用，在粗糙水平面上做加速直线 运动，其 a­t 图像如图乙所示，t＝0 时其速度大小为 v0＝2 m/s，滑动摩擦力大小恒为 2 N， 则(　　) A．t＝6 s 时，物体的速度为 18 m/s B．在 0～6 s 内，合力对物体做的功为 400 J C．在 0～6 s 内，拉力对物体的冲量为 36 N·s D．t＝6 s 时，拉力的功率为 200 W 解析：选 D　根据 Δv＝aΔt 可知，a­t 图像中图线与坐标轴围成的面积表示速度的增量， 则在 t＝6 s 时，物体的速度 v6＝v0＋Δv＝[2＋1 2 × (2＋4) × 6]m/s＝20 m/s，故 A 错误；根 据动能定理得：W 合＝ΔEk＝1 2mv62－1 2mv02＝396 J，故 B 错误；在 0～6 s 内，拉力与摩擦力 对物体有沿水平方向的冲量，由动量定理得：IF－ft＝mv6－mv0，解得 IF＝48 N·s，即拉力 对物体的冲量为 48 N·s，故 C 错误；在 t＝6 s 时，根据牛顿第二定律得：F＝ma＋f＝(2×4＋ 2)N＝10 N，则此时拉力的功率 P＝Fv6＝10×20 W＝200 W，故 D 正确。 4．[多选](2018·福建四校二次联考)如图所示，足够长的固定光滑斜 面倾角为 θ，质量为 m 的物体以速度 v 从斜面底端冲上斜面，达到最 高点后又滑回原处，所用时间为 t。对于这一过程，下列判断正确的 是(　　) A．斜面对物体的弹力的冲量为零 B．物体受到的重力的冲量大小为 mgt C．物体受到的合力的冲量大小为零 D．物体动量的变化量大小为 mgsin θ·t 解析：选 BD　斜面对物体的弹力的冲量大小为：I＝Nt＝mgcos θ·t，弹力的冲量不为零， 故 A 错误；物体所受重力的冲量大小为：IG＝mg·t，物体受到的重力的冲量大小不为零，故 B 正确；物体受到的合力的冲量大小为 mgtsin θ，不为零，C 错误；由动量定理得，动量的 变化量大小 Δp＝I 合＝mgsin θ·t，D 正确。 提能点(二)　巧妙运用动量守恒定律解题[ 基础保分类考点 练练就能过关 ][知能全通]———————————————————————————————— 1．动量守恒定律的条件、表达式和性质 2．爆炸与反冲的特点 (1)时间极短，内力远大于外力，系统动量守恒或某个方向的动量守恒。 (2)因有内能转化为机械能，系统机械能会增加，要利用能量守恒定律解题。 (3)系统初始状态若处于静止状态，则爆炸或反冲后系统内物体速度往往方向相反。 [题点全练]———————————————————————————————— 1.如图所示，弹簧的一端固定在竖直墙上，质量为 M 的光滑弧形 槽静止在光滑水平面上，底部与水平面平滑连接，一个质量为 m(m ＜M)的小球从槽高 h 处开始自由下滑，下列说法正确的是(　　) A．在以后的运动过程中，小球和槽的水平方向动量始终守恒 B．在下滑过程中小球和槽之间的相互作用力始终不做功 C．全过程小球和槽、弹簧所组成的系统机械能守恒，且水平方向动量守恒 D．被弹簧反弹后，小球和槽的机械能守恒，但小球不能回到槽高 h 处 解析：选 D　当小球与弹簧接触后，小球和槽组成的系统在水平方向所受合外力不为零， 在水平方向动量不守恒，故 A 错误；下滑过程中小球和槽都有水平方向的位移，而两者之间 的相互作用力是垂直于槽的曲面的，故力和位移方向不总是垂直，故两力均做功，故 B 错误； 全过程小球和槽、弹簧所组成的系统只有重力与弹力做功，系统机械能守恒，小球与弹簧接 触过程，系统在水平方向所受合外力不为零，系统水平方向动量不守恒，故 C 错误；小球在 槽上下滑过程两者水平方向不受外力，水平方向动量守恒，小球与槽分离时两者动量大小相 等，由于 m＜M，则小球的速度大于槽的速度，小球被弹簧反弹后的速度大小等于与槽分离 时的速度大小，小球将追上槽并沿槽上滑，上滑过程中只有重力对其做功，机械能守恒，由 于小球与槽组成的系统总动量水平向左，小球滑上槽的最高点时系统速度水平向左，系统总 动能不为零，由机械能守恒定律可知，小球不能回到槽高 h 处，故 D 正确。 2．(2018·牡丹江一中检测)甲、乙两船的质量均为 M，它们都静止在平静的湖面上，质 量为 M 的人从甲船跳到乙船上，再从乙船跳回甲船，经过多次跳跃后，最后停在乙船上。 假设水的阻力可忽略，则(　　) A．甲、乙两船的速度大小之比为 1∶2 B．甲船与乙船(包括人)的动量相同 C．甲船与乙船(包括人)的动量之和为零 D．因跳跃次数未知，故无法判断 解析：选 C　以人与两船组成的系统为研究对象，人在跳跃过程中系统总动量守恒，初 态总动量为零，所以甲船与乙船(包括人)的动量大小之比为 1∶1，而动量的方向相反，所以 甲船与乙船(包括人)的动量不同。由 p＝mv，知甲、乙两船的速度与质量成反比，所以最后 甲、乙两船的速度大小之比为 2∶1，故 A、B 错误；以系统为研究对象，在整个过程中，由 动量守恒定律知，甲船与乙船(包括人)的动量之和为零，故 C 正确，D 错误。 3．一弹丸在飞行到距离地面 5 m 高时仅有水平速度 v＝2 m/s，爆炸成为甲、乙两块水 平飞出，甲、乙的质量比为 3∶1。不计质量损失，取重力加速度 g＝10 m/s2，则下列图中两 块弹片飞行的轨迹可能正确的是(　　) 解析：选 B　由 h＝1 2gt2 可知，爆炸后甲、乙做平抛运动的时间 t＝1 s，爆炸过程中，爆 炸力对沿原方向运动的一块的冲量沿运动方向，故这一块的速度必然增大，即 v＞2 m/s，因 此水平位移大于 2 m，C、D 项错；在爆炸前后，甲、乙水平方向不受外力，故水平方向动 量守恒，即甲、乙的动量改变量大小相等，甲、乙质量比为 3∶1，所以速度变化量大小之比 为 1∶3，由平抛运动水平方向上，x＝v0t，所以 A 图中，v 乙＝－0.5 m/s，v 甲＝2.5 m/s， |Δv 乙|＝2.5 m/s，|Δv 甲|＝0.5 m/s，A 项错；B 图中，v 乙＝0.5 m/s，v 甲＝2.5 m/s，|Δv 乙|＝ 1.5 m/s，|Δv 甲|＝0.5 m/s，B 项对。 4.[多选]小车静置于光滑的水平面上，小车的 A 端固定 一个轻质弹簧，B 端粘有橡皮泥，小车的质量为 M、长为 L， 质量为 m 的木块 C 放在小车上，用细绳连接于小车的 A 端并使弹簧压缩，开始时小车与 C 都处于静止状态，如图所示。当突然烧断细绳，弹簧被释 放，C 离开弹簧向 B 端冲去，并跟 B 端橡皮泥粘在一起，以下说法中正确的是(　　) A．如果小车内表面光滑，小车与 C 组成的系统任何时刻机械能都守恒 B．小车与 C 组成的系统任何时刻动量都守恒 C．当 C 对地运动速度大小为 v 时，小车对地运动速度大小为mv M D．小车向左运动的最大位移为 mL M＋m 解析：选 BCD　小车与 C 组成的系统所受合外力为零，系统在整个过程动量守恒，但 C 与橡皮泥粘接过程有机械能损失。由动量守恒定律得 Mv′－mv＝0，则 v′＝mv M ，该系统 属于人船模型，Md＝m(L－d)，所以小车向左运动的最大位移应等于 d＝ mL M＋m，综上，选项 B、C、D 正确。 提能点(三)　动量和能量的综合问题[ 重难增分类考点 讲练结合过关 ][研一题]———————————————————————————————— [多选](2018·合肥一中检测)A、B 两球沿同一直线运动并发 生正碰，如图所示为 A、B 碰撞前、后的位移－时间图像，a、b 分别为 A、B 碰前的位移－时间图像，c 为碰撞后 A、B 共同运 动的位移－时间图像。若 A 的质量为 m＝2 kg，则由图可知下 列结论正确的是(　　) A．A、B 碰撞前的总动量为 3 kg·m/s B．碰撞时 A 对 B 所施冲量为－4 N·s C．碰撞前、后 A 的动量变化为 4 kg·m/s D．碰撞中 A、B 组成的系统损失的动能为 10 J [解析]　由题图可知，碰撞前有：vA＝sA tA＝4－10 2 m/s＝－3 m/s，vB＝sB tB＝4 2 m/s＝ 2 m/s，碰撞后有：vA′＝vB′＝v＝s t＝2－4 4－2 m/s＝－1 m/s；对 A、B 组成的系统，A、B 沿 同一直线运动并发生正碰，碰撞前、后都是做匀速直线运动，所以系统的动量守恒。碰撞前、 后 A 的动量变化为：ΔpA＝mvA′－mvA＝2×(－1)kg·m/s－2×(－3)kg·m/s＝4 kg·m/s；根据 动量守恒定律，碰撞前、后 B 的动量变化为：ΔpB＝－ΔpA＝－4 kg·m/s，由动量定理可知， 碰撞时 A 对 B 所施冲量为：IB＝ΔpB＝－4 kg·m/s＝－4 N·s；又 Δp B＝mB(vB′－vB)，所以 mB ＝ ΔpB vB′－vB＝ －4 －1－2 kg＝4 3 kg，所以 A 与 B 碰撞前的总动量为：p 总＝mvA＋mBvB＝2× (－3)kg·m/s＋4 3×2 kg·m/s＝－10 3 kg·m/s；碰撞中 A、B 组成的系统损失的动能：ΔEk＝ 1 2mvA2＋1 2mBvB2－1 2(m＋mB)v2，代入数据解得：ΔEk＝10 J。故 A 错误，B、C、D 正确。 [答案]　BCD [悟一法]———————————————————————————————— 1．三类碰撞的特点 弹性碰撞 动量守恒，机械能守恒 非弹性碰撞 动量守恒，机械能有损失 完全非弹性碰撞 动量守恒，机械能损失最多 2.动量观点和能量观点的选取原则 (1)动量观点 ①对于不涉及物体运动过程中的加速度，而涉及物体运动时间的问题，特别对于打击、 碰撞类问题，因时间短且冲力随时间变化，应用动量定理求解，即 Ft＝mv－mv0。 ②对于碰撞、爆炸、反冲类问题，若只涉及初、末速度而不涉及力、时间，应用动量守 恒定律求解。 (2)能量观点 ①对于不涉及物体运动过程中的加速度和时间问题，无论是恒力做功还是变力做功，一 般都利用动能定理求解。 ②如果物体只有重力和弹簧弹力做功而又不涉及运动过程中的加速度和时间问题，则采 用机械能守恒定律求解。 ③对于相互作用的两物体，若明确两物体相对滑动的距离，应考虑选用能量守恒定律求 解。 [通一类]——————————————————————————————— 1．(2019 届高三·大庆调研)如图所示装置中，小球 A 和小球 B 质量 相同，小球 B 置于光滑水平面上。当 A 从高为 h 处由静止摆下，到达最 低点恰好与 B 相撞，并黏合在一起继续摆动，它们能上升的最大高度是 (　　) A．h　　　　　　　 B.h 2 C.h 4 D.h 8 解析：选 C　A 运动到最低点有：mgh＝1 2mvA2，到达最低点恰好与 B 相撞，并黏合在 一起，有：mvA＝2mv，v＝vA 2 ，两者同时上升时机械能守恒，有：1 2×2mv2＝2mgH，联立解 得：H＝h 4，C 正确。 2．(2018·淮北一中模拟)两球 A、B 在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，mA＝ 2 kg，mB＝3 kg，vA＝6 m/s，vB＝2 m/s。当 A 追上 B 并发生碰撞后，A、B 速度的可能值是 (　　) A．vA＝4.5 m/s，vB＝3 m/s B．vA＝3 m/s，vB＝4 m/s C．vA＝－1.5 m/s，vB＝7 m/s D．vA＝7.5 m/s，vB＝1 m/s 解析：选 B　考虑实际情况，碰撞后 A 的速度不可能大于 B 的速度，故 A、D 错误，B、 C 满足；A、B 碰撞过程，系统不受外力，故碰撞过程系统总动量守恒，计算易知，B、C 均 满足；根据能量守恒定律，碰撞后的系统总动能应该小于或等于碰撞前的系统总动能，碰撞 前总动能为 42 J，B 选项对应的总动能为 33 J，C 选项对应的总动能为 75.75 J，故 C 错误， B 满足。 3．(2018·安徽“江南十校”联考)如图所示，一个质 量为 m 的物块 A 与另一个静止的质量为 2m 的物块 B 发 生正碰，碰后物块 B 刚好能落入正前方的沙坑中。假如碰 撞过程中无机械能损失，已知 B 与地面间的动摩擦因数为 0.1，与沙坑的距离为 0.5 m，g 取 10 m/s2，A、B 均可视为质点。则 A 碰撞前瞬间的速度为(　　) A．0.5 m/s B．1.0 m/s C．1.5 m/s D．2.0 m/s 解析：选 C　碰撞后 B 做匀减速运动，由动能定理得：－μ·2mgx＝0－1 2×2mv2，解得： v＝1 m/s，A 与 B 碰撞的过程中，A 与 B 组成的系统在水平方向的动量守恒，则：mv0＝ mv1＋2mv，由于没有机械能损失，则：1 2mv02＝1 2mv12＋1 2×2mv2，解得：v0＝1.5 m/s，故 A、B、D 错误，C 正确。 [专题强训提能] 1．(2018·全国卷Ⅱ)高空坠物极易对行人造成伤害。若一个 50 g 的鸡蛋从一居民楼的 25 层坠下，与地面的碰撞时间约为 2 ms，则该鸡蛋对地面产生的冲击力约为(　　) A．10 N　　　　　　　　 B．102 N C．103 N D．104 N 解析：选 C　设每层楼高约为 3 m，则鸡蛋下落高度约为 h＝3×25 m＝75 m，达到的速 度满足 v2＝2gh，根据动量定理(F－mg)t＝0－(－mv)，解得鸡蛋受到地面的冲击力 F＝mv t ＋ mg≈103 N，由牛顿第三定律知 C 正确。 2．[多选](2019 届高三·资阳模拟)如图甲所示，物块 A、B 间拴接一个压缩后被锁定的弹 簧，整个系统静止放在光滑水平地面上，其中物块 A 最初与左侧固定的挡板相接触，物块 B 的质量为 2 kg。现解除对弹簧的锁定，在 A 离开挡板后，从某时刻开始计时，B 的 v­t 图像 如图乙所示，则可知(　　) A．A 的质量为 4 kg B．运动过程中 A 的最大速度为 4 m/s C．在 A 离开挡板前，系统动量守恒、机械能守恒 D．在 A 离开挡板后弹簧的最大弹性势能为 3 J 解析：选 BD　解除对弹簧的锁定，A 离开挡板后，系统不受外力，系统动量守恒、机 械能守恒，B 的速度最大(vm＝3 m/s)时，A 的速度最小为零，且此时弹簧处于原长；B 的速 度最小(v′＝1 m/s)时，A 的速度最大，设 A 的质量为 m，A 的最大速度为 v，根据动量守恒定 律和机械能守恒定律有：mv＋mBv′＝mBvm，1 2mv2＋1 2mBv′2＝1 2mBvm2，解得 m＝1 kg， v＝4 m/s，A 错误，B 正确；在 A 离开挡板前，由于挡板对 A 有作用力，所以 A、B 系统所 受外力矢量和不为零，则系统动量不守恒，C 错误；当 A、B 速度相等时，A、B 动能之和最 小，根据机械能守恒定律知，此时弹簧弹性势能最大。根据机械能守恒定律和动量守恒定律， 有：mBvm＝(mB＋m)v 共，Epm＝1 2mBvm2－1 2(mB＋m)v 共 2，解得 Epm＝3 J，D 正确。 3．[多选](2018·哈尔滨三中检测)如图所示，甲、乙两小车的 质量分别为 m1 和 m2，且 m1v1，所以最后木块相对传送带静止，木块向左匀加速运动的时间 t2＝v1 a ＝0.4 s，则木块遭射击后到相对传送带静止历时 t＝t1＋t2＝1.0 s，C 正确，D 错误；子 弹射穿木块后，木块先向右匀减速运动至速度为零，然后向左匀加速运动至与传送带速度相 同后一起匀速运动，A 错误。 10．[多选]如图所示，一轻质弹簧两端分别连着木块 A 和 B， 静止于光滑的水平面上。木块 A 被水平飞行的初速度为 v0 的子 弹射中并镶嵌在其中，子弹与 A 的作用时间极短。已知 B 的质量为 m，A 的质量是 B 的3 4， 子弹的质量是 B 的1 4，则(　　) A．子弹击中木块 A 后瞬间，与 A 的共同速度为 1 4v0 B．子弹击中木块 A 后瞬间，与 A 的共同速度为 v0 C．弹簧压缩到最短时的弹性势能为 1 64mv02 D．弹簧压缩到最短时的弹性势能为 1 8mv02 解析：选 AC　设子弹击中木块 A 后瞬间与木块 A 的共同速度为 v1，二者动量守恒，有 1 4mv0＝( 1 4m＋3 4m)v1，解得 v1＝1 4v0，弹簧压缩到最短时，A 与 B 具有共同的速度，设为 v2， 子弹和 A 与 B 动量守恒，有 ( 1 4m＋3 4m)v1＝( 1 4m＋3 4m＋m)v2，设此时弹簧的弹性势能为 E， 由能量守恒定律得 1 2( 1 4m＋3 4m)v12＝1 2( 1 4m＋3 4m＋m)v22＋E，解得 E＝ 1 64mv02，综上所述，A、 C 正确。 11.[多选](2018·哈尔滨三中检测)如图所示，将一轻质弹簧从物体 B 内 部穿过，并将其上端悬挂于天花板，下端系一质量为 m1＝2.0 kg 的物体 A。 平衡时 A 距天花板 h＝2.4 m，在距 A 正上方高为 h1＝1.8 m 处由静止释放 质量为 m2＝1.0 kg 的 B，B 下落过程中某时刻与弹簧下端的 A 碰撞(碰撞 时间极短)，碰撞后 A、B 一起向下运动，A、B 不粘连，且可视为质点，历时 0.25 s 第一次到达最低点(弹簧始终在弹性限度内，不计空气阻力，g＝10 m/s2)，下列说法正 确的是(　　) A．碰撞结束瞬间 A、B 的速度大小为 2 m/s B．碰撞结束后 A、B 一起向下运动的最大位移大小为 0.25 m C．碰撞结束后 A、B 一起向下运动的过程中，A、B 间的平均作用力大小为 18 N D．A、B 到最低点后反弹上升，A、B 分开后，B 还能上升的最大高度为 0.2 m 解析：选 ABC　设 B 自由下落至与 A 碰撞前其速度为 v0，根据自由落体运动规律，有： v0＝ 2gh1＝6 m/s，设 A、B 碰撞结束瞬间二者共同速度为 v1，以向下为正方向，根据动量守 恒定律，有：m2v0＝(m1＋m2)v1，解得 v1＝2 m/s，A 正确；从二者一起运动到速度变为零的 过程中，选择 B 为研究对象，根据动量定理，有：(m2g－F)t＝0－m2v1，解得F＝ 18 N，方向竖直向上，C 正确；此过程中对 B 分析，根据动能定理，有：－Fx＋m2gx＝ 0－1 2m2v12，解得 x＝0.25 m，即碰撞结束后 A、B 一起向下运动的最大位移大小为 0.25 m，B 正确；A、B 若在碰撞位置分开，B 还能上升的最大高度为 h′＝v12 2g＝0.2 m，但实际上 A、B 在弹簧恢复原长时才分开，故 B 还能上升的最大高度小于 0.2 m，D 错误。 12.如图所示，一辆质量为 M＝6 kg 的平板小车停靠在墙角处， 地面水平且光滑，墙与地面垂直。一质量为 m＝2 kg 的小铁块(可视 为质点)放在平板小车最右端，平板小车上表面水平且与小铁块之间 的动摩擦因数 μ＝0.45，平板小车的长 L＝1 m。现给小铁块一个 v0＝5 m/s 的初速度使之向 左运动，与竖直墙发生弹性碰撞后向右运动，则小铁块在平板小车上运动过程中系统损失 的机械能为(g 取 10 m/s2)(　　) A．10 J B．30 J C．9 J D．18 J 解析：选 D　设小铁块向左运动到达竖直墙时的速度大小为 v1，由动能定理得－μmgL＝ 1 2mv12－1 2mv02，解得 v1＝4 m/s，小铁块与竖直墙发生弹性碰撞后向右运动，假设小铁块最终 和平板小车达到共同速度 v2，二者组成的系统动量守恒，取向右为正方向，有 mv 1＝ (M＋m)v 2，解得 v2＝1 m/s，设小铁块相对平板小车运动距离为 x 时两者达到共同速度，由 功能关系得－μmgx＝1 2(M＋m)v22－1 2mv12，解得 x＝4 3 m＞L，则小铁块在没有与平板小车达 到共同速度时就滑出平板小车，小铁块在平板小车上运动过程中系统损失的机械能为 ΔE＝ 2μmgL＝18 J，故 D 正确。 13.[多选]如图所示，小车的上面固定一个光滑弯曲圆管道， 整个小车(含管道)的质量为 2m，原来静止在光滑的水平面上。今有 一个可以视为质点的小球，质量为 m，半径略小于管道半径，以水 平速度 v 从左端滑上小车，小球恰好能到达管道的最高点，然后从管道左端滑离小车。关于 这个过程，下列说法正确的是(　　) A．小球滑离小车时，小车回到原来位置 B．小球滑离小车时相对小车的速度大小为 v C．小车上管道最高点的竖直高度为v2 3g D．小球从滑进管道到滑到最高点的过程中，小车的动量变化大小是mv 3 解析：选 BC　小球恰好能到达管道的最高点，说明在管道最高点时小球和管道之间相 对静止，小球从滑进管道到滑到最高点的过程中，由动量守恒定律，有 mv＝(m＋2m)v′， 得 v′＝v 3，小车动量变化大小 Δp 车＝2m·v 3＝2 3mv，D 项错误；小球从滑进管道到滑到最高 点的过程中，由机械能守恒定律，有 mgH＝1 2mv2－1 2(m＋2m)v′2，得 H＝v2 3g，C 项正确； 小球从滑上小车到滑离小车的过程，由动量守恒定律和机械能守恒定律，有 mv＝mv1＋ 2mv2， 1 2mv2＝1 2mv12＋1 2×2mv22，解得 v1＝－v 3，v2＝2 3v，则小球滑离小车时相对小车的速度大小为 2 3v＋1 3v＝v，B 项正确；由以上分析可知，在整个过程中小车一直向右运动，A 项错误。 14．[多选](2018·中卫调研)在光滑的水平桌面上有等大的质 量分别为 M＝0.6 kg，m＝0.2 kg 的两个小球，中间夹着一个被 压缩的具有 Ep＝10.8 J 弹性势能的锁定的轻弹簧(弹簧与两球 不拴接)，原来处于静止状态。现突然释放弹簧，球 m 脱离弹簧后滑向与水平面相切、半径 为 R＝0.425 m 的竖直固定的光滑半圆形轨道，A 为轨道底端，B 为轨道顶端，如图所示。g 取 10 m/s2，则下列说法正确的是(　　) A．m 从 A 点运动到 B 点的过程中所受合外力冲量大小为 3.4 N·s B．M 离开轻弹簧时获得的速度为 9 m/s C．若半圆轨道半径可调，则 m 从 B 点飞出后落在水平桌面上的水平距离随轨道半径的 增大而减小 D．弹簧弹开过程，弹力对 m 的冲量大小为 1.8 N·s 解析：选 AD　释放弹簧过程中系统动量守恒、机械能守恒，以向右为正方向，由动量 守恒定律得：mv1－Mv2＝0，由机械能守恒定律得：1 2mv12＋1 2Mv22＝Ep，解得：v1＝ 9 m/s，v2＝3 m/s；m 从 A 点运动到 B 点过程中，由机械能守恒定律得：1 2mv12＝1 2mv1′2＋ mg·2R，解得：v1′＝8 m/s；以水平向右为正方向，由动量定理得，m 从 A 点运动到 B 点的 过程中所受合外力冲量为：I＝Δp＝－mv1′－mv1＝－0.2×8 N·s－0.2×9 N·s＝－3.4 N·s，则合 外力冲量大小为 3.4 N·s，故 A 正确；由前述分析知，M 离开轻弹簧时获得的速度为 3 m/s， 故 B 错误；设圆轨道半径为 r 时，m 从 B 点飞出后水平位移最大，由 A 点到 B 点根据机 械能守恒定律得：1 2mv12＝1 2mv1″2＋mg·2r，在最高点，由牛顿第二定律得：mg＋N＝ mv1″2 r ，m 从 B 点飞出，需要满足：N≥0，飞出后，小球做平抛运动：2r＝1 2gt2，x＝v1″t， 解得： x＝ 4r(8.1－4r)，当 8.1－4r＝4r 时，即 r＝1.012 5 m 时，x 最大，则 m 从 B 点飞出后落在水 平桌面上的水平距离随轨道半径的增大先增大后减小，故 C 错误；由动量定理得，弹簧弹开 过程，弹力对 m 的冲量大小为：I＝Δp＝mv1＝0.2×9 N·s＝1.8 N·s，故 D 正确。 课余挤时加餐训练(一) Error! 力学选择题押题练(一) 1.如图所示，水平面上的小车内固定一个倾角为 30°的光滑斜面， 平行于斜面的细绳一端固定在小车上，另一端系着一个质量为 m 的小球， 小球和小车均处于静止状态。如果小车在水平面上向左加速运动且加速 度大小不超过 a1 时，小球仍能够和小车保持相对静止；如果小车在水平 面上向右加速运动且加速度大小不超过 a2 时，小球仍能够和小车保持相对静止。则 a1 和 a2 的 大小之比为(　　) A. 3∶1　　　　　　　　 B. 3∶3 C．3∶1 D．1∶3 解析：选 D　当小车向左加速运动且加速度大小不超过a1时，由题意可知，此时细绳的拉力为零， 对小球受力分析知，小球受重力、斜面的支持力，由牛顿第二定律得 mgtan 30°＝ma1，当小车向 右加速运动且加速度大小不超过 a2 时，由题意可知，此时斜面对小球的支持力为零，对小球 受力分析知，小球受重力、细绳的拉力，由牛顿第二定律得 mg tan 30°＝ma2，联立以上两式得 a1 a2＝1 3，D 正确。 2.如图所示，一个质量 m＝1 kg 的小环套在倾角为 37°的光滑固定直 杆上，为使小环能够静止不动，需对它施加一个水平拉力 F。已知重力加 速度 g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6。则 F 的大小和方向分别是(　　) A．7.5 N，水平向左 B．7.5 N，水平向右 C．13.3 N，水平向左 D．13.3 N，水平向右 解析：选 A　对小环受力分析知，小环受重力、直杆的支持力，为使小环能够静止不动， F 的方向应水平向左，根据平衡知识可知：F＝mgtan 37°＝1×10×3 4 N＝7.5 N，故 A 对。 3.[多选]如图所示是用铁丝做的立方体骨架，从顶点 A 水平抛 出一个小球，小球恰能击中 B 点。已知立方体的边长为 l，重力加 速度为 g，不计空气阻力，则(　　) A．小球做平抛运动的初速度大小为 gl B．小球落到 B 点的速度大小为 3gl C．小球落到 B 点的速度方向与水平方向的夹角为 45° D．小球在运动过程中，速度的大小时刻改变，加速度的方向时刻改变 解析：选 AB　根据平抛运动的规律可得水平方向 2l＝v0t，竖直方向 l＝1 2gt2，vy＝gt， vB＝ v02＋vy2，解得 v0＝ gl，vy＝ 2gl，vB＝ 3gl，小球落到 B 点的速度方向与水平方向的 夹角满足 tan θ＝vy v0＝ 2，所以小球落到 B 点的速度方向与水平方向的夹角不是 45°，A、B 项正确，C 项错误；小球在运动过程中，合力方向不变，所以加速度的方向是不变的，D 项 错误。 4．火星探测器绕火星近地轨道做圆周运动，其线速度和相应的轨道半径为 v0 和 R0，火 星的一颗卫星在圆轨道上的线速度和相应的轨道半径为 v 和 R，则下列关系式正确的是(　　) A．lg( v v0 )＝1 2lg( R R0 ) B．lg( v v0 )＝2lg( R R0 ) C．lg( v v0 )＝1 2lg( R0 R ) D．lg( v v0 )＝2lg( R0 R ) 解析：选 C　做圆周运动所需的向心力由万有引力提供，故有：GMm R2 ＝mv2 R，GMm R02 ＝m v02 R0 ， 解 得 ： v2 v02＝ R0 R ， 由 对 数 运 算 公 式 可 得 ： lg( v2 v02 )＝ lg( R0 R )， 所 以 lg( v v0 )＝ 1 2 lg( R0 R )，故 C 正确。 5.如图所示，固定的竖直光滑长杆上套有质量为 m 的小圆环，圆环与 水平状态的轻质弹簧一端连接，弹簧的另一端连接在墙上，且处于原长状 态。现让圆环由静止开始下滑，已知弹簧原长为 L，圆环下滑到最大距离 时弹簧的长度变为 2L(未超过弹性限度)，则在圆环下滑到最大距离的过程 中(　　) A．圆环的机械能守恒 B．弹簧弹性势能变化了 3mgL C．圆环下滑到最大距离时，所受合力为零 D．圆环重力势能与弹簧弹性势能之和保持不变 解析：选 B　圆环沿杆下滑的过程中，圆环与弹簧组成的系统动能、弹性势能、重力势 能之和守恒，选项 A、D 错误；弹簧长度为 2L 时，圆环下落的高度 h＝ 3L，根据机械能守 恒定律，弹簧的弹性势能增加了 ΔEp＝mgh＝ 3mgL，选项 B 正确；圆环释放后，圆环向下 先做加速运动，后做减速运动，当速度最大时，合力为零，下滑到最大距离时，具有向上的 加速度，合力不为零，选项 C 错误。 6.如图所示，半径为 R、内径很小的光滑半圆形管道竖直放置，质量为 m 的小球(视为质 点)以某一速度进入管内，小球通过最高点 P 时，对管壁的压力为 0.5mg，则(　　) A．小球通过 P 点时的速率一定为 3gR 2 B．小球通过 P 点时的速率一定为 gR 2 C．小球落地点到 P 点的水平距离可能为 5R D．小球落地点到 P 点的水平距离可能为 2R 解析：选 D　小球通过 P 点时，当小球对管下壁有压力时，则有：mg－0.5mg＝mv12 R ， 解得：v1＝ gR 2 ，当小球对管上壁有压力时，则有：mg＋0.5mg＝mv22 R ，解得：v2＝ 3gR 2 ， 故 A、B 错误；小球通过 P 点后做平抛运动，竖直方向上：2R＝1 2gt2，解得：t＝2 R g，则水 平距离为 x1＝v1t＝ 2R 或 x2＝v2t＝ 6R，故 C 错误，D 正确。 7.[多选]如图所示，质量为 2m 的物体 B 静止在光滑的水平面 上，物体 B 的左边固定有轻质弹簧，质量为 m 的物体 A 以速度 v 向物体 B 运动并与弹簧发生作用，从物体 A 接触弹簧开始，到离 开弹簧的过程中，物体 A、B 始终沿同一直线运动，以初速度 v 的方向为正，则(　　) A．此过程中弹簧对物体 B 的冲量大小大于弹簧对物体 A 的冲量大小 B．弹簧的最大弹性势能为 1 3mv2 C．此过程中弹簧对物体 B 的冲量为 2 3mv D．物体 A 离开弹簧后的速度为－1 3v 解析：选 BD　由牛顿第三定律及 I＝Ft 知，弹簧对物体 A、B 的冲量大小相等、方向相 反，A 错误；物体 A、B 速度相等时弹簧的弹性势能最大，由 mv＝(m＋2m)v1，解得 v1＝1 3v， 弹簧的最大弹性势能 Ep＝1 2mv2－1 2(m＋2m)v12＝1 3mv2，B 正确；物体 A 离开弹簧后，由 mv＝mvA＋2mvB，1 2mv2＝1 2mvA2＋1 2×2mvB2，解得 vA＝－1 3v，vB＝2 3v，故弹簧对物体 B 的 冲量 IB＝2mvB＝4 3mv，C 错误，D 正确。 8.[多选]如图所示，倾角为 α 的固定斜面，其右侧有一竖直墙 面，小球滑上斜面，以速度 v 飞离斜面，恰好垂直撞击到墙面上某 位置，重力加速度为 g，忽略空气阻力，下列说法中正确的是(　　) A．从飞离斜面到撞击墙面的过程中，小球在水平方向做匀速直 线运动，竖直方向做匀减速直线运动 B．竖直墙面与斜面右端的水平距离为 v2 g sin2α C．竖直墙面与斜面右端的水平距离为v2sin αcos α g D．从飞离斜面到撞击墙面的过程中，小球竖直上升的高度为 v2 2gsin α 解析：选 AC　小球飞离斜面时速度为 v，把 v 沿水平方向和竖直方向分解，则有： vx＝vcos α，vy＝vsin α，小球飞离斜面后，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做加速度为 g 的匀减速直线运动，又小球恰好垂直撞击到墙面上，可知小球撞到墙面时，竖直方向速度 为零，由匀变速直线运动规律可知，小球飞行时间为 t＝vsin α g ，则竖直墙面与斜面右端的水 平距离为 s＝vxt＝v2sin αcos α g ，小球竖直上升的高度为 s′＝vy2 2g＝v2sin2α 2g ，故选项 A、C 正 确，B、D 错误。 力学选择题押题练(二) 1．如图所示，若干个质量不相等但可视为质点的小球用轻细绳穿拴成一串，将细绳的 一端挂在车厢的顶部。当车在平直路面上做匀加速直线运动时，这串小球及细绳在车厢中的 形状的示意图正确的是(　　) 解析：选 A　小球的加速度与车厢的加速度相同，设最上端的细绳与竖直方向的夹角为 θ，对所有小球组成的整体分析，有 m 总 gtan θ＝m 总 a，解得 tan θ＝a g，对除最上面第一个 球外剩余的小球分析，根据牛顿第二定律有，(m 总－m1)gtan α＝(m 总－m1)a，解得 tan α＝ a g，同理可知，连接小球的细绳与竖直方向的夹角均相等，可知小球和细绳在一条直线上，向 左偏，A 正确，B、C、D 错误。 2.如图所示，质量为 m 的小球套在竖直固定的光滑圆环上，在圆环 的最高点有一个光滑小孔，一根轻绳的下端系着小球，上端穿过小孔 用力 F 拉住，开始时绳与竖直方向夹角为 θ，小球处于静止状态，现缓 慢拉动绳，使小球沿光滑圆环上升一小段距离，重力加速度大小为 g，则下列说法正确的是 (　　) A．绳与竖直方向的夹角为 θ 时，F＝mgcos θ B．小球沿光滑圆环上升过程中，绳拉力逐渐增大 C．小球沿光滑圆环上升过程中，小球所受支持力逐渐增大 D．小球沿光滑圆环上升过程中，小球所受支持力大小不变 解析：选 D　绳与竖直方向的夹角为 θ 时，对小球受力分析， 小球受到竖直向下的重力 mg、圆环对小球沿半径向外的支持力 FN 以及沿绳方向的拉力 F，画出力的示意图如图所示，由三角形 相似可知， F 2Rcos θ＝mg R ＝FN R ，其中 R 为圆环的半径，可得 F＝ 2mgcos θ，选项 A 错误；小球沿光滑圆环上升过程中，绳与竖直 方向的夹角 θ 变大，绳拉力 F＝2mgcos θ 逐渐减小，选项 B 错 误；由以上分析可知，小球所受圆环的支持力大小等于重力大小，小球沿光滑圆环上升过程 中，小球所受支持力的大小不变，选项 C 错误，D 正确。 3.如图所示，粗糙程度处处相同的半圆形竖直轨道固定放置，其 半径为 R，直径 POQ 水平。一质量为 m 的小物块(可视为质点)自 P 点 由静止开始沿轨道下滑，滑到轨道最低点 N 时，小物块对轨道的压力为 2mg，g 为重力加速度 的大小。则下列说法正确的是(　　) A．小物块到达最低点 N 时的速度大小为 2gR B．小物块从 P 点运动到 N 点的过程中重力做功为 2mgR C．小物块从 P 点运动到 N 点的过程中克服摩擦力所做的功为 1 2mgR D．小物块从 P 点开始运动经过 N 点后恰好可以到达 Q 点 解析：选 C　在 N 点小物块做圆周运动，有 FN－mg＝mv2 R，由牛顿第三定律，有 FN＝ FN′＝2mg，解得 v＝ gR，A 选项错误；重力做功仅与高度差有关，小物块从 P 点运动到 N 点的过程中重力做功为 WG＝mgR，B 选项错误；由动能定理得：mgR－Wf＝1 2mv2，解得 Wf ＝1 2mgR，C 选项正确；因为运动过程中摩擦力做功，由能量守恒定律可知小物块不能到达 Q 点，D 选项错误。 4.一质量为 1 kg 的质点静止于光滑水平面上，从 t＝0 时刻开 始，受到如图所示的水平外力作用，下列说法正确的是(　　) A．第 1 s 末质点的速度为 2 m/s B．第 2 s 末外力做功的瞬时功率最大 C．第 1 s 内与第 2 s 内质点动量增加量之比为 1∶2 D．第 1 s 内与第 2 s 内质点动能增加量之比为 4∶5 解析：选 D　由动量定理：Ft＝mv′－mv，得质点第 1 s 末、第 2 s 末的速度分别为： v1＝4 m/s、v2＝6 m/s，A 错误；第 1 s 末外力做功的瞬时功率：P＝F1v1＝4×4 W＝16 W， 第 2 s 末外力做功的瞬时功率：P′＝F2v2＝2×6 W＝12 W，B 错误；第 1 s 内与第 2 s 内质 点动量增加量之比为：Δp1 Δp2＝ mv1 mv2－mv1＝2 1，C 错误；第 1 s 内与第 2 s 内质点动能增加量分 别为：ΔEk1＝1 2mv12＝8 J，ΔEk2＝1 2mv22－1 2mv12＝10 J，则 ΔEk1∶ΔEk2＝4∶5，D 正确。 5.如图所示，一质量为 m 的物体在沿斜面向上的恒力 F 作用下，由 静止从底端沿斜面向上做匀加速直线运动。已知斜面表面光滑且足够长， 斜面倾角为 θ。经时间 t 恒力 F 做功 80 J，此后撤去恒力 F，物体又经时 间 t 回到出发点，且回到出发点时的速度大小为 v。若以地面为重力势能的零势能面，则下 列说法中正确的是(　　) A．物体回到出发点时的机械能是 80 J B．在撤去力 F 前的瞬间，力 F 的功率是 4 3mgvsin θ C．撤去力 F 前的运动过程中，物体的重力势能一直在增加，撤去力 F 后的运动过程中， 物体的重力势能一直在减少 D．撤去力 F 前的运动过程中，物体的动能一直在增加，撤去力 F 后的运动过程中，物 体的动能一直在减少 解析：选 A　由功能关系知：除重力和弹力之外其他力对物体所做的功等于物体机械能 的增量，A 对；物体在沿斜面向上运动时，有 F－mgsin θ＝ma1，撤去力 F 后，有 mgsin θ＝－ ma2，由运动学公式知，1 2·F－mgsin θ m t2＝－(vxt－1 2gsin θt2 )，vx＝F－mgsin θ m t，解得 F＝4 3mgsin θ，由 vx－gsin θt＝－v，解得 vx＝v 2，所以在撤去力 F 前的瞬间力 F 的功率 P＝Fvx ＝2 3mgvsin θ，B 错；撤去力 F 后一段时间内物体继续沿斜面向上运动，即重力势能有一段增 加的过程，C 错；撤去力 F 后，物体在沿斜面向下运动的过程中动能一直在增大，D 错。 6．[多选]美国《大众科学》杂志报道，中国首艘国产航母预计在 2019 年服役。假设航 空母舰上装有帮助飞机起飞的弹射系统，已知某型号的舰载飞机质量为 m＝103 kg，在跑道 上加速时产生的最大动力为 F＝7×103 N，所受阻力为重力的1 5，当飞机的速度大小达到 50 m/s 时才能离开航空母舰起飞。g 取 10 m/s2，设航空母舰甲板长为 160 m，则下列说法中 正确的是(　　) A．飞机在跑道上加速时所受阻力大小为 103 N B．飞机在跑道上加速时的最大加速度大小为 4 m/s2 C．若航空母舰处于静止状态，弹射系统必须使飞机具有的初速度大小最小为 30 m/s D．若航空母舰上不装弹射系统，为使飞机仍能在此舰上正常起飞，航空母舰沿飞机起 飞方向的速度大小至少应为 10 m/s 解 析：选 CD 　 飞 机 在 跑 道 上 加 速 时 所 受 阻 力 f ＝ kmg ＝1 5 ×103×10 N＝2×103 N，选项 A 错误；由牛顿第二定律得 F－f＝ma， 解得 a＝5 m/s2，选项 B 错误；设弹射系统必须使飞机具有的初速度 大小最小为 v0，由匀变速直线运动规律得 v2－v02＝2ax，解得 v0＝30 m/s，选项 C 正确；若航空母舰上不装弹射系统，设飞机起飞所用的时间为 t，航空母舰的最小 速度大小为 v1，则飞机相对地面的速度 v＝v1＋at，飞机相对航空母舰的位移大小 x＝1 2at2，解 得 v1＝10 m/s，选项 D 正确。 7．[多选]甲、乙两辆汽车从平直公路上同一位置沿着同一方向做直线运动，它们的 v­t 图像如图所示，则(　　) A．甲、乙两车同时从静止开始出发 B．在 t＝2 s 时乙车追上甲车 C．在 t＝4 s 时乙车追上甲车 D．甲、乙两车在公路上只能相遇一次 解析：选 CD　由题图知，乙车比甲车迟出发 1 s，故 A 错误；根据 v­t 图线与时间轴围 成的面积表示位移，知 t＝2 s 时，甲车的位移比乙车的位移大，则知该时刻乙车还没有追上 甲车，故 B 错误；在 0～4 s 内，甲车的位移 x 甲＝1 2×8×4 m ＝16 m，乙车的位移 x 乙＝ 1 2×(1＋3)×8 m＝16 m，所以 x 甲＝x 乙，两者又是从同一位置沿着同一方向运动的，则在 t＝4 s 时乙车追上甲车，故 C 正确；在 t＝4 s 时乙车追上甲车，由于 t＝4 s 时刻以后，甲车 比乙车的速度大，两车不可能再相遇，所以两车只相遇一次，故 D 正确。 8．[多选]一足够长的传送带与水平面的夹角为 θ，以恒定的速度匀速运动。某时刻在传 送带适当的位置放上具有一定初速度的物块，如图(a)所示，以此时为 t＝0 时刻记录物块之 后在传送带上运动的速度随时间的变化关系，如图(b)所示(以物块沿传送带向上的运动方向 为正方向，两坐标大小 v1>v2)。则下列判断正确的是(　　) A．若物块与传送带间的动摩擦因数为 μ，则 μ>tan θ B．0～t1 时间内，传送带对物块做正功 C．0～t2 时间内，系统产生的热量一定比物块动能的变化量大 D．0～t2 时间内，传送带对物块做的功等于物块动能的变化量 解析：选 AC　由题图(b)知，t1～t2 时间内，物块沿传送带向上运动，则有 μmgcos θ>mgsin θ， 得 μ>tan θ，故 A 正确；物块沿传送带先向下运动后再向上运动，则知传送带的运动方向应 向上，0～t1 时间内，物块所受摩擦力沿传送带向上，则传送带对物块做负功，故 B 错误；0～ t2 时间内，由 v1>v2 知物块的重力势能减小，动能也减小，减小的重力势能和动能转化为系 统产生的内能，所以系统产生的热量一定大于物块动能的变化量，故 C 正确；0～t2 时间内， 传送带对物块做的功等于物块机械能的变化量，故 D 错误。 力学选择题押题练(三) 1.[多选]如图所示，两个带电小球 A、B 分别处于光滑绝缘的竖直墙面 和斜面上，且在同一竖直平面内。用水平向左的推力 F 作用于 B 球，两球 在图示位置静止。现将 B 沿斜面向上移动一小段距离，发现 A 随之向上移 动少许，A、B 在虚线位置重新平衡。重新平衡后与移动前相比，下列说法 正确的是(　　) A．墙面对 A 的弹力变小　 B．斜面对 B 的弹力不变 C．推力 F 变大 D．A、B 间的距离变大 解析：选 ABD　对 A、B 利用整体法可知，斜面对 B 弹力的竖直分量等于 A、B 所受的 重力之和，斜面倾角不变，斜面对 B 的弹力不变，故 B 正确；库仑力与竖直方向的夹角变小， 而库仑力沿竖直方向的分量不变，故库仑力变小，A、B 间的距离变大，故 D 正确；因库仑 力水平分量减小，故墙面对 A 的弹力变小，推力 F 变小，故 A 正确，C 错误。 2.如图所示，光滑的水平面上有一小车，以向右的加速度 a 做 匀加速运动，车内两物体 A、B 质量之比为 2∶1，A、B 间用弹簧相 连并放在光滑桌面上，B 通过质量不计的轻绳与小车相连，剪断轻绳 的瞬间，A、B 的加速度大小分别为(　　) A．a、0 B．a、a C．a、2a D．0、2a 解析：选 C　设 B 的质量为 m，剪断轻绳前，弹簧弹力大小为 F，轻绳拉力大小为 T， 将 A、B 及弹簧看成整体，则有 T＝3ma；以 A 为研究对象，则有 F＝2ma。剪断轻绳瞬间， 轻绳中拉力消失，弹簧弹力不变，所以 A 受力不变，加速度大小仍为 a，而 B 所受合力为 F＝maB，即 aB＝2a，故 C 正确。 3．在光滑水平面上，质量为 m 的小球 A 正以速度 v0 匀速运动。某时刻小球 A 与质量 为 3m 的静止小球 B 发生正碰，两球相碰后，A 球的动能恰好变为原来的1 4。则碰后 B 球的 速度大小是(　　) A.v0 2 B.v0 6 C.v0 2 或v0 6 D．无法确定 解析：选 A　两球相碰后 A 球的速度大小变为原来的1 2，相碰过程中满足动量守恒，若 碰后 A 球速度方向不变，则 mv0＝1 2mv0＋3mv1，可得 B 球的速度 v1＝v0 6 ，而 B 球在前，A 球在后，碰后 A 球的速度大于 B 球的速度，不符合实际情况，因此 A 球速度一定反向，即 mv0 ＝－1 2mv0＋3mv1′，可得 v1′＝v0 2 ，A 正确，B、C、D 错误。 4.如图所示，将一篮球从地面上方 B 点斜向上抛出，刚好垂 直击中篮板上的 A 点，不计空气阻力，若将抛射点 B 向篮板方向 水平移动一小段距离，仍使抛出的篮球垂直击中 A 点，下列方法 可行的是(　　) A．增大抛射速度 v0，同时减小抛射角 θ B．增大抛射角 θ，同时减小抛射速度 v0 C．减小抛射速度 v0，同时减小抛射角 θ D．增大抛射角 θ，同时增大抛射速度 v0 解析：选 B　篮球垂直击中篮板上的 A 点，说明篮球在 A 点的竖直速度为零。对篮球从 B 点到 A 点的运动分析可知，在水平方向上有 x＝vxt＝v0cos θt，在竖直方向上有 vy＝v0sin θ ＝gt，y＝v02sin2θ 2g 。若将抛射点向篮板方向水平移动一小段距离，y 不变，x 减小，即篮球运 动时间不变，则篮球在抛射点的竖直方向分速度不变，水平方向分速度减小。A 选项 vx 增大， 不符合题意；B 选项 vx 减小，vy 可能不变，符合题意；C 选项 vy 减小，不符合题意；D 选项 vy 增大，不符合题意。 5.[多选]如图所示，斜面与足够长的水平横杆均固定，斜面与竖直 方向的夹角为 θ，套筒 P 套在横杆上，与不可伸长的绳子左端连接， 绳子跨过不计大小的定滑轮，其右端与滑块 Q 相连接，此段绳子与斜面平行，Q 放在斜面上，P 与 Q 质量相等且均为 m，O 为横杆上一点且在滑轮的正下方，滑轮距横杆为 h。手握住 P 且 使 P 和 Q 均静止，此时连接 P 的绳子与竖直方向夹角为 θ，然后无初速度释放 P。不计绳子 的质量及一切摩擦，重力加速度为 g。下列说法正确的是(　　) A．释放 P 前绳子拉力大小为 mgcos θ B．释放后 P 做匀加速直线运动 C．P 运动到 O 点时速率为 2gh(1－cos θ) D．P 从释放到第一次过 O 点，绳子拉力对 P 做功的功率一直增大 解析：选 AC　释放 P 前，对 Q 分析，根据共点力平衡得，FT＝mgcos θ，故 A 正确； 释放后对 P 分析，知 P 所受的合力在变化，则加速度在变化，P 做变加速直线运动，故 B 错 误；当 P 运动到 O 点时，Q 的速度为零，对 P 和 Q 整体研究，mg( h cos θ－h)cos θ＝1 2mv2， 解得 v＝ 2gh(1－cos θ)，故 C 正确；P 从释放到第一次过 O 点，速度逐渐增大，绳子拉力 沿水平方向的分力在减小，则绳子拉力对 P 做功的功率不是一直增大，故 D 错误。 6.如图所示，在斜面顶端 A 点以速度 v 水平抛出一小球，经过时间 t1 恰好落在斜面的中点 P；若在 A 点以速度 2v 水平抛出该小球，经过时间 t2 完成平抛运动。不计空气阻力，则(　　) A．t2>2t1　　　　　　 B．t2＝2t1 C．t2<2t1 D．小球落在 B 点 解析：选 C　在斜面顶端 A 点以速度 v 水平抛出一小球，经过时间 t1 恰好落在斜面的中 点 P，有 tan θ＝ 1 2gt12 vt1 (θ 为斜面倾角)，解得 t1＝2vtan θ g ，水平位移 x＝vt1＝2v2tan θ g ，初速度 变为原来的 2 倍，若还落在斜面上，水平位移应该变为原来的 4 倍，可知在 A 点以速度 2v 水平抛出该小球，小球将落在水平面上，可知小球两次下落的高度之比为 1∶2，根据 t＝ 2h g 知，t1∶t2＝1∶ 2，则 t2<2t1，C 对。 7．[多选]据报道，荷兰企业家巴斯兰斯多普发起的“火星一号”计划打算将总共 24 人 送上火星，创建一块长期殖民地。若已知引力常量为 G，那么在下列给出的各种情景中，能 根据测量的数据求出火星密度的是(　　) A．在火星表面使一个小球做自由落体运动，测出落下的高度 H 和时间 t B．火星探测器贴近火星表面做匀速圆周运动，测出运行周期 T C．火星探测器在高空绕火星做匀速圆周运动，测出距火星表面的高度 h、运行周期 T 和火星的半径 R D．观察火星绕太阳的匀速圆周运动，测出火星的直径 D 和运行周期 T 解析：选 BC　设火星的质量为 M，则 M＝4 3ρπR3。在火星表面使一个小球做自由落体运 动，测出下落的高度 H 和时间 t，根据 H＝1 2gt2，可算出火星表面的重力加速度 g，根据 GMm R2 ＝mg，可以算出M R2的值，但无法算出火星密度，故 A 错误；根据GMm R2 ＝m4π2 T2 R，M＝4 3 ρπR3，得 ρ＝ 3π GT2，已知 T 就可算出火星密度，故 B 正确；根据 GMm (R＋h)2 ＝m4π2 T2 (R＋h)， M＝4 3ρπR3，得 M＝4π2(R＋h)3 GT2 ，已知 h、T、R 就可算出火星密度，故 C 正确；观察火星绕 太阳的匀速圆周运动，火星的质量在运算中约去，无法算出火星质量，也就无法算出火星密 度，故 D 错误。 8．[多选]在如图所示的平面直角坐标系内，x 轴水平、y 轴竖直 向下。计时开始时，位于原点处的沙漏由静止出发，以加速度 a 沿 x 轴做匀加速运动，此过程中沙从沙漏中漏出，每隔相等的时间漏出 相同质量的沙。已知重力加速度为 g，不计空气阻力以及沙相对沙漏 的初速度。下列说法正确的是(　　) A．空中相邻的沙在相等时间内的竖直间距不断增加 B．空中相邻的沙在相等时间内的水平间距保持不变 C．t0 时刻漏出的沙在 t(t > t0)时刻的位置坐标是[at0t－1 2at02，1 2g(t－t0)2 ] D．t0 时刻漏出的沙在 t(t > t0)时刻的位置坐标是[ 1 2a(t＋t0)2，1 2g(t－t0)2 ]解析：选 AC　漏出的沙在竖直方向做自由落体运动，则空中相邻的沙在相等时间内的 竖直间距不断增加，漏出的沙在水平方向做匀速直线运动，但由于沙在漏出前水平方向做匀 加速运动，因此它们在水平方向初速度不相等，则在相等时间内的水平间距不相等，故 A 正 确，B 错误；由匀加速直线运动的规律，t0 时刻漏出的沙具有的水平初速度 v0＝at0，沙随沙 漏一起做匀加速运动的位移 x0＝1 2at02，沙漏出后做平抛运动，t 时刻的水平位移 x1＝v0(t－t0)， 且 x ＝ x0 ＋ x1 ， y ＝ 1 2g(t － t0)2 ， 所 以 t0 时 刻 漏 出 的 沙 在 t 时 刻 的 位 置 坐 标 为 [at0t－1 2at02，1 2g(t－t0)2 ]，故 C 正确，D 错误。 力学选择题押题练(四) 1.如图所示，一轻弹簧的上端与物块连接在一起，并从高处由静止开 始释放，空气阻力不计，在弹簧接触水平地面后直至物块运动到最低点的过 程中，下列判断正确的是(　　) A．弹簧触地时物块的速度最大 B．物块先做匀加速运动后做匀减速运动 C．物块的动能和弹簧的弹性势能之和一直减小 D．物块的机械能一直减小 解析：选 D　弹簧触地时，开始阶段弹簧的弹力小于物块所受的重力，物块所受的合力 向下，继续向下做加速运动；弹力等于重力时，合力为零，加速度为零，之后，弹力大于重 力，物块向下做减速运动，所以弹力等于重力时，速度最大，此时弹簧处于压缩状态，物块 先做加速运动后做减速运动，但不是匀加速和匀减速，故 A、B 错误；对于物块和弹簧组成 的系统，由于只有重力和弹力做功，所以系统的机械能守恒，即物块的动能、重力势能和弹 簧的弹性势能之和保持不变，物块的重力势能一直减小，所以物块的动能和弹簧的弹性势能 之和一直增大，故 C 错误；物块和弹簧组成的系统机械能守恒，而弹簧的弹性势能一直增大， 所以物块的机械能一直减小，故 D 正确。 2.如图所示，在水平地面上有一倾角为 θ 的斜面体 B 处于静止 状态，其斜面上放有与之保持相对静止的物体 A。现对 B 施加向左 的水平推力，使 A 和 B 一起向左做加速运动，加速度从零开始逐 渐增加，直到 A 和 B 开始发生相对运动，关于这个运动过程中 A 所受斜面的支持力 N、摩 擦力 f 的大小变化情况，下列说法中正确的是(　　) A．N 增大，f 持续增大 B．N 不变，f 不变 C．N 增大，f 先减小后增大 D．N 减小，f 先增大后减小 解析：选 C　对 A 受力分析可得 Nsin θ－fcos θ＝ma，Ncos θ＋fsin θ＝mg，当 a 逐渐增 大时，N 逐渐增大，由于 mg 不变，所以 f 逐渐减小，当 a 增大到一定程度时，f 反向，N 继 续增大，f 则逐渐增大，C 正确。 3.如图所示为 A、B 两质点在同一直线上运动的 x­t 图像，A 质 点的图像为直线，B 质点的图像为过原点的抛物线，两图像交点 C、 D 坐标如图所示。下列说法正确的是(　　) A．t1 时刻 B 追上 A，t2 时刻 A 追上 B B．t1～t2 时间段内 B 的平均速度小于 A 的平均速度 C．A 做直线运动，B 做曲线运动 D．A、B 速度相等的时刻一定在 t1～t2 时间段内的某时刻 解析：选 D　x-t 图像的交点表示同一时刻到达同一位置，即相遇，根据题图可知 t1 时 刻 A 追上 B，t2 时刻 B 追上 A，故 A 错误；t1～t2 时间段内 A、B 运动的 位移相同，时间相等，则平均速度相等，故 B 错误；x-t 图像只能描述直 线运动，不能描述曲线运动，则 A、B 都做直线运动，故 C 错误；x-t 图像斜率表示速度，t1～t2 时间段内的某时刻 A、B 图像斜率相等，故 D 正确。 4.[多选]如图所示，小球从斜面底端 A 点正上方 h 高度处，以某一速度正对倾角为 θ 的 斜面水平抛出时，小球到达斜面的位移最小(重力加速度为 g)，则(　　) A．小球平抛的初速度 v0＝ gh 2 sin θ B．小球平抛的初速度 v0＝ gh 2cos θsin θ C．飞行时间 t＝ 2h g cos θ D．飞行时间 t＝ 2h g cos θ 解析：选 AC　过抛出点作斜面的垂线，交斜面于点 B，如图所 示，当小球落在斜面上的 B 点时，位移最小，设运动的时间为 t，则 水平方向：x＝hcos θ·sin θ＝v0t，竖直方向：y＝hcos θ·cos θ＝1 2gt2，解得 v0＝ gh 2 sin θ，t＝ 2h g cos θ，故 A、C 正确。 5．[多选]已知人造航天器在月球表面上空绕月球做匀速圆周运动，经过时间 t(t 小于航 天器的绕行周期)，航天器运动的弧长为 s，航天器与月球的中心连线扫过的角为 θ，引力常 量为 G，则(　　) A．航天器的轨道半径为θ s B．航天器的环绕周期为2πt θ C．月球的质量为 s3 Gt2θ D．月球的密度为 3θ2 4Gt2 解析：选 BC　根据几何关系得航天器的轨道半径为：r＝s θ，故 A 错误；经过时间 t，航 天器与月球的中心连线扫过的角为 θ，则： t T＝ θ 2π，得：T＝2πt θ ，故 B 正确；万有引力充当 向心力，所以：GMm r2 ＝mr4π2 T2 ，M＝4π2r3 GT2 ＝ s3 Gt2θ，故 C 正确；人造航天器在月球表面上空绕 月球做匀速圆周运动，月球的半径等于 r，则月球的体积：V＝4 3πr3，月球的密度为 ρ＝M V＝ 3θ2 4πGt2，故 D 错误。 6．如图甲所示，足够长的木板 B 放置在水平地面上，大小可忽略的铁块 A 静止放在木 板 B 的最左端。从 t＝0 时刻起对 A 施加一个水平向右的力 F，且力 F 的大小随时间 t 成正 比增加。已知 A 的加速度 aA 随时间 t 变化的图像如图乙所示，则能正确表示 B 的加速度大 小 aB 随时间 t 变化的图像是选项图中的(　　) 解析：选 C　力 F 的大小与时间 t 成正比，由题图乙看出前 2 s 内 A 的加速度为零，说 明 B 与水平地面之间存在摩擦力，t＝6 s 前后 A 的加速度 aA 随时间 t 变化的图线斜率不同， 说明 2～6 s 内 A、B 以共同的加速度运动，t＝6 s 后，A 与 B 发生相对滑动，B 的加速度不 再变化，结合选项图知，C 对。 7.[多选]如图所示，某人向放在水平地面上的垃圾桶中水平扔废纸球， 结果恰好从桶的右侧边缘飞到地面。不计空气阻力，为了能把废纸球扔进垃 圾桶中，则此人水平抛废纸球时，可以做出的调整为(　　) A．初速度大小保持不变，抛出点在原位置正上方 B．初速度大小保持不变，抛出点在原位置正下方 C．减小初速度，抛出点位置保持不变 D．增大初速度，抛出点在原位置正上方 解析：选 BC　根据平抛运动规律，为了能把废纸球扔进垃圾桶中，应减小其水平方向 位移，若抛出点位置不变，即竖直方向位移不变，运动时间不变，减小初速度即可减小水平 方向位移，选项 C 正确，D 错误；若初速度大小保持不变，要减小水平方向位移，则应减小 运动时间，即将抛出点从原位置向下移动，选项 B 正确，A 错误。 8．[多选]如图甲所示，物块 a 从光滑斜面上某点由静止滑下，物块 b 从水平面上的某位 置水平向左运动，0.4 s 末物块 a 滑到水平面的瞬间正好与物块 b 碰撞，且碰撞后两者粘在一 起沿斜面向上运动到最高点。不计物块经过斜面底部与水平面衔接处的能量损失，两者运动 的速度大小随时间变化的图像如图乙所示，物块 b 的质量为 5 kg，物块 a 的质量为 ma，整 个过程两物块因碰撞而损失的机械能为 ΔE，则(　　) A．ma＝1 kg　　　　 　 　 B．ma＝2 kg C．ΔE＝35 J D．ΔE＝120 J 解析：选 BC　由题图乙可知，物块 a、b 碰撞前的速度大小分别为 va＝1 m/s，vb＝6 m/s， 碰撞后物块 a、b 共同速度的大小为 v＝4 m/s，以物块 b 的速度方向为正，根据动量守恒定 律得 mbvb－mava＝(ma＋mb)v，解得 ma＝2 kg，A 项错误，B 项正确；物块 a、b 碰撞过程损 失的机械能为 ΔE＝1 2mava2＋1 2mbvb2－1 2(ma＋mb)v2＝35 J，C 项正确，D 项错误。 第 1 讲 Error! ┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄ 考法 学法 “动力学观点”是解答物理问题的三大观点之一，在每年高考中属于必考内容。 涉及的知识主要包括：①匀变速直线运动规律；②自由落体运动规律； ③竖直上抛运动规律；④牛顿运动定律；⑤运动学和动力学图像。复习这部分 内容时应侧重对基本规律的理解和掌握，解答题目时要抓住两个关键：受力情 况分析和运动情况分析。用到的思想方法有：①整体法和隔离法；②临界问题 的分析方法；③合成法；④正交分解法；⑤作图法；⑥等效思想；⑦分解思 想。 ┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄ 命题点(一)　匀变速直线运动规律的应用 题型 1 多过程运动 如果一个物体的运动包含几个阶段，就要分段分析，各段交接处的速度往往是连接各段 的纽带，应注意分析各段的运动性质。 [例 1]　“30 m 折返跑”可以反映一个人的身体素质，在平直的跑道上，一学生在起点 线处，当听到起跑口令后(测试员同时开始计时)，跑向正前方 30 m 处的折返线，到达折返线 处时，用手触摸固定在折返线处的标杆，再转身跑回起点线，到达起点线处时，停止计时， 全过程所用时间即折返跑的成绩。学生可视为质点，加速或减速过程均视为匀变速过程，触 摸杆的时间不计。该学生加速时的加速度大小为 a1＝2.5 m/s2，减速时的加速度大小为 a2＝ 5 m/s2，到达折返线处时速度需要减小到零，并且该学生在全过程中的最大速度不超过 vmax＝12 m/s。求该学生“30 m 折返跑”的最好成绩。 [审题指导] 运动情景是什么？ 跑向折返线时必经历的过程：匀加速、匀减速，可能经历匀速过程； 跑回起点线时必经历匀加速过程，可能经历匀速过程 用到什么规律？ 匀变速直线运动的公式 采用什么方法？ 在草纸上画出运动过程示意图，找出各运动过程中的速度关系、位移 关系等 [解析]　设起点线处为 A，折返线处为 B，假设该学生从 A 到 B 的过程中，先做匀加速 运动，紧接着做匀减速运动，设此过程中该学生达到的最大速度为 v，做匀加速运动的时间 为 t1，做匀减速运动的时间为 t2，则由运动学公式有 v＝a1t1 匀减速过程中，速度与加速度方向相反，加速度应为负值，则有 0＝v－a2t2 由平均速度公式可知起点线与折返线间的距离 LAB＝v 2(t1＋t2) 时间只能取正值，解得 v＝10 m/s，t1＝4 s，t2＝2 s 因为 vvA aA＝6 s，故 B 车追上 A 车之前，A 车已 停止运动 设从开始到 A 车被 B 车追上用时为 t3， 则 vBt3＝vA2 2aA－x，解得 t3＝7.25 s A 车超过 B 车后，保持在 B 车前方的时间为 Δt， 所以 Δt＝t3－t1，解得 Δt＝6.25 s。 (2)设当 A 车与 B 车速度相等用时为 t4， 则 vA－aAt4＝vB，解得 t4＝4 s 则此过程中 A 车位移为 xA′＝vA＋vB 2 t4 B 车位移 xB′＝vBt4 由(1)分析可知，此时 A 车在 B 车前方，故 A、B 最大距离为 Δx＝xA′－x－xB′，解得 Δx＝4.5 m。 (3)假设从 A 车刹车开始用时 t5 两车速度相等，B 车加速至最大速度用时 t6，匀速运动时 间为 t5－t6，从 A 车开始刹车至两车速度相等过程中， vA－aAt5＝vm 且 vm＝vB＋aBt6 解得 t5＝2 s，t6＝1 s，t5－t6>0，假设成立 对 A 车，xA″＝vAt5－1 2aAt52，解得 xA″＝10 m 对 B 车，xB″＝vm2－vB2 2aB ＋vm(t5－t6)，解得 xB″＝7 m 此时有 xB″＋x＝10.5 m>xA″＝10 m，A 车不能追上 B 车。 [答案]　(1)6.25 s　(2)4.5 m　(3)不能，计算过程见解析 追及相遇问题中的“一个条件”和“两个关系” (1)速度相等往往是物体间能够追上、追不上或两者距离最大、最小的临界条件，也是分 析判断的切入点。 (2)时间关系和位移关系可通过画运动示意图得到。 命题点(二)　牛顿运动定律的综合应用 题型 1 动力学的两类基本问题 1.由受力情况求解运动情况。首先根据物体的受力确定物体的加速度，再根据加速度特 点及加速度与速度的方向关系确定速度变化的规律。 2.由运动情况求解受力情况。由物体的运动情况，确定物体的加速度及其变化规律，再 结合牛顿第二定律确定受力情况。 [例 1]　如图所示，一足够长的固定光滑斜面倾角 θ＝37°，两物块 A、B 的质量 mA＝1 kg、mB＝4 kg。两物块之间的轻绳长 L＝0.5 m，轻绳可 承受的最大拉力为 FT＝12 N，对 B 施加一沿斜面向上的外力 F，使 A、 B 由静止开始一起向上运动，外力 F 逐渐增大，g 取 10 m/s2(sin 37°＝0.6， cos 37°＝0.8)。 ［关键点拨］ (1)若某一时刻轻绳被拉断，求此时外力 F 的大小； (2)若轻绳拉断瞬间 A、B 的速度为 3 m/s，轻绳断后保持外力 F 不变，求当 A 运动到最 高点时，A、B 之间的间距。 [思维流程] [解析]　(1)轻绳被拉断前瞬间，对 A、B 整体受力分析，根据牛顿第二定律得 F－(mA＋mB)gsin θ＝(mA＋mB)a 对 A 有：FT－mAgsin θ＝mAa 代入数据解得 F＝60 N。 (2)设沿斜面向上为正方向，轻绳拉断后， 对 A 有：－mAgsin θ＝mAaA 设 A 运动到最高点所用时间为 t，则有 v0＝－aAt 此过程 A 的位移为 xA＝vAt＝v0t 2 对 B 有：F－mBgsin θ＝mBaB xB＝v0t＋1 2aBt2 代入数据解得两者间距为 x＝xB－xA＋L＝2.375 m。 [答案]　(1)60 N　(2)2.375 m 题型 2 牛顿运动定律与图像的综合问题 解决此类问题关键是从已知图像中得出有用信息，再结合牛顿第二定律求解结果。因此 需要考生对这类知识融会贯通。 [例 2]　(2018·安徽“江南十校”联考)如图甲所示，两滑块 A、B 用细线跨过定滑轮相连， B 距地面有一定高度，A 可在细线牵引下沿足够长的粗糙固定斜面向上滑动。已知 A 的质量 mA＝2 kg，B 的质量 mB＝4 kg，斜面倾角 θ＝37°。某时刻由静止释放 A，测得 A 沿斜面向 上运动的 v ­t 图像如图乙所示。已知 g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求： (1)A 与斜面间的动摩擦因数； (2)A 沿斜面向上滑动的最大位移； (3)滑动过程中细线对 A 的拉力所做的功。 [解析]　(1)在 0～0.5 s 内，根据题图乙，A、B 系统的加速度为： a1＝v t＝ 2 0.5 m/s2＝4 m/s2 对 A、B 系统受力分析，由牛顿第二定律得： mBg－mAgsin θ－μmAgcos θ＝(mA＋mB)a1 解得：μ＝0.25。 (2)B 落地后，A 继续减速上滑，由牛顿第二定律得： mAgsin θ＋μmAgcos θ＝mAa2 解得：a2＝8 m/s2 故 A 减速向上滑动的位移为：x2＝ v2 2a2＝0.25 m 0～0.5 s 内 A 加速向上滑动的位移为：x1＝ v2 2a1＝0.5 m 所以，A 上滑的最大位移为：x＝x1＋x2＝0.75 m。 (3)细线对 A 的拉力在 A 加速上滑过程中做功， 由动能定理得： W－(mAgsin θ＋μmAgcos θ)x1＝1 2mAv2－0 解得：W＝12 J。 [答案]　(1)0.25　(2)0.75 m　(3)12 J 命题点(三)　动力学的两类典型模型 模型 1 传送带模型 传送带模型的实质是相对运动问题，这样的相对运动将直接影响摩擦力的方向。因此， 搞清楚物体与传送带间的相对运动方向是解决此类问题的关键。,传送带模型还常常涉及到 临界问题，即物体与传送带速度相同，导致摩擦力突变的临界状态，具体如何改变要根据具 体情况判断。 [例 1]　(2018·宝鸡模拟)某工厂为实现自动传送工件设计了如 图所示的传送装置，由一个水平传送带 AB 和倾斜传送带 CD 组成， 水平传送带长度 LAB＝4 m，倾斜传送带长度 LCD＝4.45 m，倾角为 θ＝37°，AB 和 CD 通过一段极短的光滑圆弧板过渡，AB 传送带以 v1＝5 m/s 的恒定速率顺 时针运转，CD 传送带静止。已知工件与传送带间的动摩擦因数均为 μ＝0.5，sin 37°＝0.6， cos 37°＝0.8，重力加速度 g＝10 m/s2。现将一个工件(可视为质点)无初速度地放在水平传送 带最左端 A 点处，求： (1)工件被第一次传送到 CD 传送带上升的最大高度 h 和所用的总时间 t； (2)要使工件恰好被传送到 CD 传送带最上端，CD 传送带沿顺时针方向运转的速率 v2(v20，所以木板相对地面做匀加速直线运动,又 L＝1 2a1t2－1 2a2t2 解得 t＝1 s。 (2)铁块在木板上向右滑动时 μ2mg＝ma11 滑动木板最右端时 v＝v0－a11t1 对木板有 v＝a2t1 又 L＝(v0t1－1 2a11t12)－1 2a2t12 解得 v0＝2 3 m/s。 (3)①当 F≤μ1(mg＋Mg)＝2 N 时，木板和铁块都静止，f＝0 设木板和铁块都运动，两者刚要相对滑动时，作用在木板上的力大小为 F1 对铁块有 μ2mg＝ma 对木板有 F1－μ1(mg＋Mg)－μ2mg＝Ma 解得 F1＝10 N。 ②当 μ1(mg＋Mg)＜F≤10 N 时，木板和铁块相对静止 则有 F－μ1(mg＋Mg)＝(m＋M)a f＝ma 解得 f＝( F 2－1 )N。 ③当 F＞10 N 时，铁块相对木板滑动，此时 f＝μ2mg＝4 N 故铁块受到的摩擦力 f 随力 F 大小变化的图像如图所示。 [答案]　(1)1 s　(2)2 3 m/s　(3)见解析图 1．滑块—木板模型中的“一个转折”和“两个关联” (1)一个转折——滑块与木板达到相同速度或者滑块从木板上滑下是受力和运动状态变 化的转折点。 (2)两个关联——转折前、后受力情况之间的关联和滑块、木板位移和板长之间的关联。 2．滑块—木板模型的两大临界条件 (1)相对滑动的临界条件 ①运动学条件：两者速度或加速度不相等。 ②动力学条件：两者间的静摩擦力达到最大静摩擦力。 (2)滑块滑离木板的临界条件：滑块恰好滑到木板的边缘时两者速度相同。 [专题强训提能] 1．如图甲所示，倾角 θ＝30°的光滑斜面固定在水平地面上，质量均为 m 的物块 A 和物 块 B 并排在斜面上，斜面底端固定着与斜面垂直的挡板 P，轻弹簧一端固定在挡板上，另一 端与物块 A 连接，A、B 处于静止状态，若 A、B 粘连在一起，用一沿斜面向上的力 FT 缓慢 拉 B，当拉力 FT＝1 4mg 时，A、B 的位移为 L；若 A、B 不粘连，用一沿斜面向上的恒力 F 作用在 B 上，当 A 的位移为 L 时，A、B 恰好分离，重力加速度为 g，不计空气阻力。 (1)求弹簧的劲度系数和恒力 F 的大小； (2)请推导 FT 与 A 的位移 l 之间的函数关系，并在图乙中画出 FT­l 图像，计算 A 缓慢移 动位移 L 的过程中 FT 做功 WFT 的大小； (3)当 A、B 不粘连时，恒力 F 作用在 B 上，求 A、B 刚分离时速度的大小。 [关键点拨] 解析：(1)设弹簧的劲度系数为 k，初始时 A、B 静止，弹簧的压缩量为 x，根据平衡条 件可得 2mgsin θ＝kx 当 A、B 的位移为 L 时，沿斜面方向根据平衡条件可得 FT＋k(x－L)＝2mgsin θ 解得 k＝mg 4L 当 A、B 恰好分离时二者之间的弹力为零，对 A 应用牛顿第二定律可得 k(x－L)－mgsin θ＝ma 对 B 应用牛顿第二定律可得 F－mgsin θ＝ma 解得 F＝3 4mg。 (2)当 A 的位移为 l 时，根据平衡条件有： FT＋k(x－l)＝2mgsin θ 解得 FT＝mg 4Ll 画出 FT­l 图像如图所示， A 缓慢移动位移 L，图线与横坐标轴所围成的面积等于 FT 做功大 小，即 WFT＝1 8mgL。 (3)设 A 通过位移 L 的过程中弹力做功 W，分别对两个过程应用动能定理可得： WFT－2mgLsin θ＋W＝0－0 WF－2mgLsin θ＋W＝1 2×2mv2－0 又 WF＝FL，解得 v＝1 4 10gL。 答案：(1)mg 4L　3 4mg　(2)FT＝mg 4Ll　见解析图　1 8mgL　(3)1 4 10gL 2．(2019 届高三·天津五校联考)如图甲所示，光滑平台右侧与一长为 L＝2.5 m 的水平木 板相接，木板固定在地面上，现有一滑块以初速度 v0＝5 m/s 滑上木板，滑到木板右端时恰 好停止。现让木板右端抬高，如图乙所示，使木板与水平地面的夹角 θ＝37°，让滑块以相同 的初速度滑上木板，不计滑块滑上木板时的能量损失，g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝ 0.8。求： (1)滑块与木板之间的动摩擦因数 μ； (2)滑块从滑上倾斜木板到滑回木板底端所用的时间 t。 解析：(1)设滑块质量为 m，木板水平时滑块加速度大小为 a，则对滑块有 μmg＝ma 滑块滑到木板右端时恰好停止，有 0－v02＝－2aL 解得 μ＝1 2。 (2)当木板倾斜，设滑块上滑时的加速度大小为 a1，最大距离为 s，上滑的时间为 t1，有 mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1 0－v02＝－2a1s 0＝v0－a1t1 解得 s＝5 4 m，t1＝1 2 s 设滑块下滑时的加速度大小为 a2，下滑的时间为 t2，有 mgsin θ－μmgcos θ＝ma2 s＝1 2a2t22 解得 t2＝ 5 2 s 滑块从滑上倾斜木板到滑回木板底端所用的时间 t＝t1＋t2＝1＋ 5 2 s。 答案：(1)1 2　(2)1＋ 5 2 s 3．(2018·南昌模拟)在倾角 θ＝37°的粗糙斜面上有一质量 m＝2 kg 的物块，物块受如图 甲所示的水平恒力 F 的作用。t＝0 时刻物块以某一速度从斜面上 A 点沿斜面下滑，在 t＝4 s 时滑到水平面上，此时撤去 F，在这以后的一段时间内物块运动的速度随时间变化的关系如 图乙所示。已知 A 点到斜面底端的距离 x＝18 m，物块与各接触面之间的动摩擦因数均相同， 不考虑转角处的机械能损失，g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求： (1)物块在 A 点的速度大小； (2)水平恒力 F 的大小。 解析：(1)物块在斜面上做匀变速直线运动，则 x＝v0＋v 2 t 解得 v0＝5 m/s。 (2)由(1)知，物块在斜面上做匀减速直线运动，设物块在斜面上运动的加速度大小为 a1， 方向沿斜面向上，则 x＝v0t－1 2a1t2 解得 a1＝0.25 m/s2 设物块与接触面间的动摩擦因数为 μ，物块在水平面上运动时加速度大小为 a2，有 μmg＝ma2 由题图乙中图线可知 a2＝2 m/s2 解得 μ＝0.2 物块在斜面上运动时，设所受的摩擦力为 Ff，则 Fcos θ－mgsin θ＋Ff＝ma1 Ff＝μFN FN＝mgcos θ＋Fsin θ 解得 F≈10.1 N。 答案：(1)5 m/s　(2)10.1 N 4.(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，sin α＝3 5。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。 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 F0＝mgtan α＝3 4mg F＝ mg cos α＝5 4mg 设小球到达 C 点时的速度大小为 v，由牛顿第二定律得 F＝mv2 R 解得 v＝ 5gR 2 。 (2)设小球到达 A 点时速度大小为 v1，作 CD⊥PA，交 PA 于 D 点，如图所示，由几何关系得 DA＝Rsin α CD＝R(1＋cos α) 小球由 A 到 C 的过程中，由动能定理有 －mg·CD－F0·DA＝1 2mv2－1 2mv12 解得 v1＝ 23gR 2 所以小球在 A 点的动量大小为 p＝mv1＝m 23gR 2 。 (3)小球离开 C 点后在竖直方向上做初速度 vy＝vsin α、加速度为 g 的匀加速直线运动， CD＝vyt＋1 2gt2 解得 t＝3 5 5R g 。 答案：(1)3 4mg　 5gR 2 　(2)m 23gR 2 　(3)3 5 5R g 5.如图所示，传送带长 6 m，与水平方向的夹角为 37°，以 5 m/s 的恒定速度沿顺时针方向运转。一个质量为 2 kg 的物块(可视为质点)， 沿平行于传送带方向以 10 m/s 的速度滑上传送带，已知物块与传送 带之间的动摩擦因数 μ＝0.5，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g 取 10 m/s 2。求： (1)物块刚滑上传送带时的加速度大小； (2)物块到达传送带顶端时的速度大小。 解析：(1)物块刚滑上传送带时，设物块的加速度大小为 a1， 由牛顿第二定律有：mgsin 37°＋μmgcos 37°＝ma1 解得：a1＝10 m/s2。 (2)设物块速度减为 5 m/s 所用时间为 t1， 则 v0－v＝a1t1，解得：t1＝0.5 s 通过的位移： x1＝v＋v0 2 t1＝10＋5 2 ×0.5 m＝3.75 m<6 m 因 μL1，说明此种情况下 A、C 整体与 D 不能共速。 Ⅱ.当 v＝v2＝100 m/s 时，代入⑤式得：s1＝0.375 m＝L1，说明此种情况下 A、C 整体刚 好没有滑离 D。 设此过程中 D 相对桌面的位移是 s2，由动能定理得： μ(m1＋m2)gs2＝1 2m3v222⑥ 联立②③⑥式，并代入数据得： v22＝0.25 m/s，s2＝0.093 75 m<0.125 m＝L2⑦ 则 A、C 整体刚好滑到 D 的右端时，还没有与 E 碰撞，说明此种情况下 A、C 整体能与 D 共速，当 D 与 E 碰撞并粘牢后，A、C 整体做平抛运动，设落到水平地面上的距离为 s， 由运动学知识得：平抛运动的时间：t＝ 2H g ＝ 2 × 5 10 s＝1 s s＝v22t＝0.25×1 m＝0.25 m。 [答案]　(1)300 m/s　100 m/s　(2)若子弹的初速度是 300 m/s，则 A、C 整体不能与 D 达 到共同速度；若子弹的初速度是 100 m/s，则 A、C 整体能与 D 达到共同速度　0.25 m [悟一法]———————————————————————————————— 1．力学规律的选用原则 (1)单个物体：宜选用动量定理、动能定理和牛顿运动定律。若其中涉及时间的问题，应 选用动量定理；若涉及位移的问题，应选用动能定理；若涉及加速度的问题，只能选用牛顿 运动定律。 (2)多个物体组成的系统：优先考虑两个守恒定律，若涉及碰撞、爆炸、反冲等问题时， 应选用动量守恒定律，然后再根据能量关系分析解决。 2．系统化思维方法 (1)对多个研究对象运用系统化思维，即把两个或两个以上的独立物体合为一个整体进行 考虑，如应用动量守恒定律时，就是把多个物体看成一个整体(或系统)。 (2)对多个物理过程运用系统化思维，即把几个过程合为一个过程来处理，如用动量守恒 定律解决复杂的运动。 [通一类]———————————————————————————————— 1．(2018·北京高考)2022 年将在我国举办第二十四届冬奥会， 跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一。某滑道示意图如图，长直 助滑道 AB 与弯曲滑道 BC 平滑衔接，滑道 BC 高 h＝10 m，C 是半 径 R＝20 m 圆弧的最低点。质量 m＝60 kg 的运动员从 A 处由静止 开始匀加速下滑，加速度 a＝4.5 m/s2，到达 B 点时速度 vB＝30 m/s。取重力加速度 g＝10 m/s2。 (1)求长直助滑道 AB 的长度 L； (2)求运动员在 AB 段所受合外力的冲量 I 的大小； (3)若不计 BC 段的阻力，画出运动员经过 C 点时的受力图，并求其所受支持力 FN的大小。 解析：(1)根据匀变速直线运动公式，有 L＝vB2－vA2 2a ＝100 m。 (2)根据动量定理，有 I＝mvB－mvA＝1 800 N·s。 (3)运动员经过 C 点时的受力如图所示。 根据牛顿第二定律，有 FN－mg＝mvC2 R 运动员在 BC 段运动的过程中，根据动能定理，有 mgh＝1 2mvC2－1 2mvB2 解得 FN＝3 900 N。 答案：(1)100 m　(2)1 800 N·s (3)受力图见解析图　3 900 N 2．(2018·全国卷Ⅰ)一质量为 m 的烟花弹获得动能 E 后，从地面竖直升空。当烟花弹上 升的速度为零时，弹中火药爆炸将烟花弹炸为质量相等的两部分，两部分获得的动能之和也 为 E，且均沿竖直方向运动。爆炸时间极短，重力加速度大小为 g，不计空气阻力和火药的 质量。求： (1)烟花弹从地面开始上升到弹中火药爆炸所经过的时间； (2)爆炸后烟花弹向上运动的部分距地面的最大高度。 解析：(1)设烟花弹上升的初速度为 v0，由题给条件有 E＝1 2mv02① 设烟花弹从地面开始上升到火药爆炸所用的时间为 t，由运动学公式有 0＝v0－gt② 联立①②式得 t＝1 g 2E m 。③ (2)设爆炸时烟花弹距地面的高度为 h1，由机械能守恒定律有 E＝mgh1④ 火药爆炸后，烟花弹上、下两部分均沿竖直方向运动，设爆炸后瞬间其速度分别为 v1 和 v2。由题给条件和动量守恒定律有 1 4mv12＋1 4mv22＝E⑤ 1 2mv1＋1 2mv2＝0⑥ 由⑥式知，烟花弹两部分的速度方向相反，向上运动部分做竖直上抛运动。设爆炸后烟 花弹向上运动部分继续上升的高度为 h2，由机械能守恒定律有 1 4mv12＝1 2mgh2⑦ 联立④⑤⑥⑦式得，烟花弹向上运动部分距地面的最大高度为 h＝h1＋h2＝2E mg。⑧ 答案：(1)1 g 2E m 　(2)2E mg 3.(2018·泉州模拟)如图，质量为 6m、长为 L 的薄木板 AB 放在光滑的平台上，木板 B 端与台面右边缘平齐。B 端上放有 质量为 3m 且可视为质点的滑块 C，C 与木板之间的动摩擦因数 为 μ＝1 3，质量为 m 的小球用长为 L 的细绳悬挂在平台右边缘正 上方的 O 点，细绳竖直时小球恰好与 C 接触。现将小球向右拉至细绳水平并由静止释放，小 球运动到最低点时细绳恰好断裂，小球与 C 碰撞后反弹速率为碰前的一半。 (1)求细绳能够承受的最大拉力； (2)若要使小球落在释放点的正下方 P 点，平台高度应为多大； (3)通过计算判断 C 能否从木板上掉下来。 解析：(1)设小球运动到最低点的速率为 v0，小球向下摆动过程，由动能定理得： mgL＝1 2mv02 解得：v0＝ 2gL 小球在最低点时拉力最大，由牛顿第二定律得： FT－mg＝mv02 L 解得：FT＝3mg 由牛顿第三定律可知，小球对细绳的拉力：FT′＝FT 即细绳能够承受的最大拉力为：FT′＝3mg。 (2)小球与 C 碰撞后做平抛运动，竖直位移：h＝1 2gt2 水平位移：L＝v0 2 t 解得：h＝L。 (3)小球与 C 碰撞过程中小球和 C 组成的系统动量守恒，设碰撞后 C 的速率为 v1， 依题意有 mv0＝m(－v0 2 )＋3mv1 假设木板足够长，在 C 与木板相对滑动直到相对静止过程中，设两者最终共同速率为 v2， 由动量守恒定律得：3mv1＝(3m＋6m)v2 由能量守恒定律得： 1 2×3mv12＝1 2(3m＋6m)v22＋μ·3mgs 联立解得：s＝L 2 由 s”“＝”或“<”)m2。 (2)小球 m1 与 m2 发生碰撞后，m1 的落点是图中________点，m2 的落点是图中________ 点。 (3)用实验中测得的数据来表示，只要满足关系式________________，就能说明两球碰撞 前后动量是守恒的。 (4)若要判断两小球的碰撞是否为弹性碰撞，用实验中测得的数据来表示，只需比较 ________与____________是否相等即可。 解析：(1)必须满足 m1>m2，否则 m1 有可能被反弹回去，此时 M、N 不可能分别位于 P 两侧。 (2)由碰撞规律知，碰后 v1′　(2)M　N　(3)m1 sP＝m1 sM＋m2 sN　 (4)m1sP　m1sM＋m2sN 6．利用气垫导轨研究滑块运动规律，求滑块运动的加速度，实验装置如图甲所示。主 要的实验步骤如下： (1)滑块放置在气垫导轨 0 刻度处，在拉力作用下由静止开始加速运动，测量滑块从光电 门 1 到光电门 2 经历的时间 t，测量两光电门之间的距离 s。 (2)只移动光电门 1，改变 s，多次实验，数据记录如表所示。 实验次数 1 2 3 4 5 6 s/m 1.200 1.000 0.800 0.600 0.400 t/s 1.03 0.72 0.54 0.41 0.29 0.18 s t/(m·s－1) 1.67 1.85 1.95 2.07 2.22 (3)根据实验数据计算、描点、作出s t­t 图像，如图乙所示。 根据数据分析，回答下列问题： 导轨标尺的最小分度为________cm，读出第 1 次实验两光电门之间的距离 s1(如图甲所 示)，可得s1 t1＝________m/s。假设s t­t 图线斜率的绝对值为 k，则滑块运动的加速度大小为 ________；根据作出的图像，求出本次测量的加速度大小为________m/s2。 解析：根据表格中记录的数据，可知导轨标尺的最小分度为 1 cm。由题图甲可知 s1＝ 140.0 cm，t1＝1.03 s，s1 t1≈1.36 m/s。设滑块通过光电门 2 时速度为 v0，通过光电门 1 时速度 为 v，滑块做匀加速直线运动，根据匀变速直线运动规律，s＝1 2(v＋v0)t，v＋at＝v0，联立解 得：s t＝v0－1 2at，对比s t­t 图像，斜率的绝对值为 k＝1 2a，则滑块运动的加速度大小为 a＝2k； 根据作出的图像可得 k＝2.4－1.1 1.2 m/s2≈1.08 m/s2，本次测量的加速度大小为 2×1.08 m/s2＝ 2.16 m/s2。 答案：1　1.36　2k　2.16 7．(2018·绵阳南山中学检测)在“验证机械能守恒定律”的实验中，小明同学利用传感 器设计实验如图甲所示，将质量为 m、直径为 d 的金属小球在一定高度 h 由静止释放，小球 正下方固定一台红外线计时器，能自动记录小球挡住红外线的时间 t，改变小球下落高度 h， 进行多次重复实验。 (1)用螺旋测微器测小球的直径如图乙所示，则小球的直径 d＝________。 (2)为直观判断小球下落过程中机械能是否守恒，应作________图像。 A．h­t　　　　　　　　　 B．h­1 t C．h­t2 D．h­1 t2 (3)经正确的实验操作，小明发现小球动能增加量总是稍小于重力势能减少量，增加释放 高度 h 后，两者的差值会________(填“增大”“减小”或“不变”)。 解析：(1)螺旋测微器的固定刻度读数为 17.5 mm，可动刻度读数为 30.5×0.01 mm＝ 0.305 mm，所以最终读数为 17.5 mm＋0.305 mm＝17.805 mm。 (2)已知小球挡住红外线的时间和小球的直径，则可以由平均速度表示小球挡住红外线时 的速度 v＝d t，减小的重力势能等于增加的动能时，可以认为机械能守恒，则有：mgh＝ 1 2mv2，即 mgh＝1 2m( d t )2，h＝d2 2g·1 t2，为直观判断小球下落过程中机械能是否守恒，应作 h­ 1 t2图像，故 D 正确。 (3)小球动能增加量总是稍小于重力势能减少量，是因为小球下落过程中受到空气阻力的 影响，增加释放高度 h 后，空气阻力的影响增大，故两者的差值会增大。 答案：(1)17.805 mm(17.804～17.806 mm 均可)　(2)D　(3)增大 课余挤时加餐训练(二) Error! 力学 3 大题型押题练(一) 1.如图所示，质量分别为 m1 和 m2 的两物块放在水平地面上， 两物块与水平地面间的动摩擦因数都是 μ(μ≠0)，用轻弹簧将两物块 连接在一起。当用水平力 F 作用在 m1 上时，两物块均以加速度 a 做匀加速运动，此时弹簧伸 长量为 x。若用水平力 F′作用在 m1 上时，两物块均以加速度 a′＝2a 做匀加速运动，此时 弹簧伸长量为 x′。则下列关系式正确的是(　　) A．F′＝2F　　　　　　　 B．x′＝2x C．F′＞2F D．x′＜2x 解析：选 D　由整体法可得 F－(m 1＋m2)μg＝(m1＋m2)a，F′－(m 1＋m2)μg＝2(m1＋ m2)a，可知 F′<2F；以 m2 为研究对象可得，kx－μm2g＝m2a，kx′－μm2g＝2m2a，可知 x′<2x，D 选项正确。 2.如图所示是做匀变速直线运动的质点在 0～6 s 内的位移—时 间图线(抛物线)。若 t＝1 s 时，图线所对应的切线斜率为 4(单位： m/s)。则(　　) A．t＝1 s 时，质点在 x＝5 m 的位置 B．t＝1 s 和 t＝5 s 时，质点的速度相同 C．t＝1 s 和 t＝5 s 时，质点加速度的方向相反 D．前 5 s 内，合外力对质点做正功 解析：选 A　t＝1 s 时，题图图线所对应的切线斜率为 4，则质点的速度为 v1＝4 m/s， 由题意知，位移—时间图线为抛物线，即图线对称分布，3 s 末位移最大，图线对应的切线斜 率为零，所以 3 s 末速度为零，则前 3 s 内质点做匀减速直线运动，加速度：a＝Δv Δt＝0－4 2 m/s2 ＝－2 m/s2，初速度为 v0＝v1－at1＝4 m/s＋2×1 m/s＝6 m/s，所以 t＝1 s 时，质点的位移：x ＝v0t＋1 2at2＝6×1 m－1 2×2×12 m＝5 m，故 A 正确；t＝1 s 和 t＝5 s 时图线斜率的绝对值相 等，则质点的速度大小相等，但方向相反，故 B 错误；质点先做匀减速直线运动后反向做匀 加速直线运动，t＝1 s 和 t＝5 s 时，质点加速度的方向相同，故 C 错误；5 s 末的速度 v5＝v0 ＋at5＝6 m/s－2×5 m/s＝－4 m/s，因为 4 m/s＜6 m/s，所以前 5 s 内质点动能减小，所以合外 力对质点做负功，故 D 错误。 3.[多选]如图所示，一根长度为 2L、质量为 m 的绳子挂在定滑轮的两侧， 左右两边绳子的长度相等。绳子的质量分布均匀，滑轮的质量和大小均忽略 不计，不计一切摩擦。由于轻微扰动，右侧绳子从静止开始竖直下降，当它 向下运动的位移为 x 时，加速度大小为 a，滑轮对天花板的拉力为 T。已知重 力加速度大小为 g，选项图中表示 a­x、T­x 关系图像正确的是(　　) 解析：选 AC　设绳子单位长度的质量为 m 0，则根据受力分析知 a＝ (m1－m2)g m ＝ [(L＋x)m0－(L－x)m0]g 2Lm0 ＝xg L ，加速度先与 x 成正比，当 x＝L 时，加速度 a＝g，以后不变， 知 A 正确，B 错误；选取左边绳子受力分析，知 T0＝m2a＋m2g＝(L－x)m0 xg L ＋(L－x)m0g＝－ m0gx2 L ＋m0gL，T＝2T0＝－2m0gx2 L ＋2m0gL，结合二次函数图像特点，知 D 错误，C 正确。 4．某同学利用打点计时器和气垫导轨做“验证动量守恒定律”的实验，气垫导轨装置 如图甲所示，所用的气垫导轨装置由导轨、滑块、弹射架等组成。在空腔导轨的两个工作面 上均匀分布着一定数量的小孔，向导轨空腔内不断通入压缩空气，空气会从小孔中喷出，使 滑块稳定地飘浮在导轨上，这样就大大减小了因滑块和导轨之间的摩擦而引起的误差。 (1)下面是实验的主要步骤： ①安装好气垫导轨，调节气垫导轨的调节旋钮，使导轨水平； ②向气垫导轨空腔内通入压缩空气； ③把打点计时器固定在紧靠气垫导轨左端弹射架的外侧，将纸带穿过打点计时器和弹射 架并固定在滑块 1 的左端，调节打点计时器的高度，直至滑块拖着纸带移动时，纸带始终在 水平方向； ④使滑块 1 挤压导轨左端弹射架上的橡皮绳； ⑤把滑块 2(左端粘有橡皮泥)放在气垫导轨的中间； ⑥先__________________，然后________________，让滑块带动纸带一起运动； ⑦取下纸带，重复实验，选出理想的纸带如图乙所示； ⑧测得滑块 1 的质量为 310 g，滑块 2(包括橡皮泥)的质量为 205 g。 完善实验步骤⑥的内容。 (2)已知打点计时器每隔 0.02 s 打一个点，计算可知两滑块相互作用以前系统的总动量为 ________kg·m/s；两滑块相互作用以后系统的总动量为________kg·m/s(保留三位有效数字)。 (3)试说明(2)中两结果不完全相等的主要原因是_________________________________ _________________________________。 解析：(1)实验时应先接通打点计时器的电源，再放开滑块 1。 (2)由题图乙可知，相互作用前滑块 1 的速度 v1＝0.2 0.1 m/s＝2 m/s，系统的总动量为 0.310 kg×2 m/s＝0.620 kg·m/s，两滑块相互作用后具有相同的速度 v＝0.168 0.14 m/s＝1.2 m/s，系统 的总动量为(0.310 kg＋0.205 kg)×1.2 m/s＝0.618 kg·m/s。 (3)两结果不完全相等的主要原因是纸带与打点计时器限位孔间有摩擦。 答案：(1)接通打点计时器的电源　放开滑块 1 (2)0.620　0.618　(3)纸带与打点计时器限位孔间有摩擦 5.细管 AB 内壁光滑，加工成如图所示形状，细管厚度不计， 长 L＝0.8 m 的 BD 段固定在竖直平面内，其 B 端与半径 R＝0.4 m 的光滑圆弧轨道 BP 平滑连接，CD 段是半径 R＝0.4 m 的1 4圆弧，AC 段在水平面上，与长 s＝1.25 m、动摩擦因数 μ＝0.25 的水平轨道 AQ 平滑相连，细管中有一可视为质点的小球，质量为 m，以速度 v0 向右运动(重力加速度 g 取 10 m/s2)。求： (1)速度 v0 满足什么条件，小球能够通过轨道最高点 P； (2)速度 v0 满足什么条件，小球能反向滑出 AQ。 解析：(1)要使小球能通过最高点 P，应有 mvP2 R ≥mg 由动能定理知小球在上升过程中 －mg(2R＋L)＝1 2mvP2－1 2mv02 解得 v0≥6 m/s。 (2)要使小球能反向滑出 AQ，则小球上升的高度不能超过 R＋L，即 1 2mv02≤mg(R＋L) 解得 v0≤2 6 m/s 小球通过 AQ 时做匀减速运动，由牛顿第二定律得 μmg＝ma 所以 a＝μg 要使小球能通过 AQ，有 s′＝v02 2a≥s 解得 v0≥2.5 m/s 所以小球的速度应满足 2.5 m/s≤v0≤2 6 m/s。 答案：(1)v0≥6 m/s　(2)2.5 m/s≤v0≤2 6 m/s 力学 3 大题型押题练(二) 1.如图所示，AB 为固定的光滑圆弧轨道，O 为圆心，AO 水平， BO 竖直，轨道半径为 R，将质量为 m 的小球(可视为质点)从 A 点由静 止释放，在小球从 A 点运动到 B 点的过程中(　　) A．小球所受合力的冲量方向为弧中点指向圆心 B．小球所受支持力的冲量为 0 C．小球所受重力的冲量大小为 m 2gR D．小球所受合力的冲量大小为 m 2gR 解析：选 D　小球所受支持力不为零，作用时间不为零，故支持力的冲量不为零，B 错 误；小球在运动过程中只有重力做功，根据机械能守恒定律可得 mgR＝1 2mvB2，故 vB＝ 2gR，根据动量定理可得 I 合＝Δp＝mvB＝m 2gR，方向水平向右，A、C 错误，D 正确。 2.如图所示是某物体做直线运动的 v2­x 图像(其中 v 为速度，x 为 位置坐标)，下列关于物体从 x＝0 处运动至 x＝x0 处的过程分析，其中 正确的是(　　) A．该物体做匀加速直线运动 B．该物体的加速度大小为v02 x0 C．当该物体的速度大小为 1 2v0 时，位移大小为 3 4x0 D．当该物体的位移大小为 1 2x0 时，速度大小为 1 2v0 解析：选 C　由匀变速直线运动的速度位移关系公式 v2－v02＝2ax 可得 v2＝2ax＋v02， 结合题图可知物体的加速度恒定不变，由于物体的速度减小，故物体做匀减速直线运动，故 A 错误；由 v2＝2ax＋v02 知，v2­x 图像的斜率绝对值等于|2a|，由题图可得|2a|＝v02 x0 ，则得物 体的加速度大小为|a|＝v02 2x0，故 B 错误；当该物体速度大小为 1 2v0 时，v2＝1 4v02，由 v2＝2ax＋ v02，可得 x＝3x0 4 ，故 C 正确；当该物体位移大小为 1 2x0 时，由 v2＝2ax＋v02 可得 v2＝1 2v02， 解得 v＝ 2 2 v0，故 D 错误。 3．[多选]如图，滑块 a、b 的质量均为 m，a 套在固定竖直杆 上，与光滑水平地面相距 h，b 放在地面上。a、b 通过铰链用刚性轻 杆连接，由静止开始运动。不计摩擦，a、b 可视为质点，重力加速度 大小为 g。则(　　) A．a 落地前，轻杆对 b 一直做正功 B．a 落地时速度大小为 2gh C．a 下落过程中，其加速度大小始终不大于 g D．a 落地前，当 a 的机械能最小时，b 对地面的压力大小为 mg 解析：选 BD　由题意知，系统机械能守恒。设某时刻 a、b 的速度分别为 va、vb。此时 刚性轻杆与竖直杆的夹角为 θ，分别将 va、vb 分解，如图。 因为刚性杆不可伸长，所以沿杆的分速度 v∥与 v∥′是相等的，即 vacos θ＝vbsin θ。当 a 滑至地面时 θ＝90°，此时 vb＝0，由系统机械能守恒得 mgh＝1 2mva2，解得 va＝ 2gh，选项 B 正确；同时由于 b 初、末速度均为零，运动过程中其动能先增大后减小，即杆对 b 先做正 功后做负功，选项 A 错误；杆对 b 的作用先是推力后是拉力，对 a 则先是阻力后是动力，即 a 的加速度在受到杆的向下的拉力作用时大于 g，选项 C 错误；b 的动能最大时，杆对 a、b 的作用力为零，此时 a 的机械能最小，b 只受重力和支持力，所以 b 对地面的压力大小为 mg，选项 D 正确。 4．在做“研究匀变速直线运动”的实验中： (1)实验室提供了以下器材：打点计时器、一端附有滑轮的长木板、小车、细绳、钩码、 纸带、导线、交流电源、复写纸、弹簧测力计。其中在本实验中不需要的器材是_________， 还缺少的器材是________________。 (2)如图甲所示，是某同学由打点计时器得到的表示小车运动过程的一条清晰纸带，纸带 上两相邻计数点间还有四个点没有画出，打点计时器打点的时间间隔 T＝0.02 s，其中 x1＝ 7.05 cm、x2＝7.68 cm、x3＝8.33 cm、x4＝8.95 cm、x5＝9.61 cm、x6＝10.26 cm。 表中列出了打点计时器打下 B、C、D、F 点时小车的瞬时速度，请在表中填入打点计时 器打下 E 点时小车的瞬时速度。 位置 B C D E F 速度/(m·s－1) 0.737 0.801 0.864 0.994 (3)以 A 点为计时起点，在图乙中画出小车的速度—时间关系图线。 (4)根据画出的小车的速度—时间关系图线计算小车的加速度 a＝________(结果保留两 位有效数字)。 解析：(1)本实验中不需要测量力的大小，因此不需要的器材是弹簧测力计；因为要测量 纸带上各计数点之间的距离，故还缺少毫米刻度尺。 (2)根据匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度知： vE＝ x4＋x5 2 × 5T＝0.089 5＋0.096 1 2 × 0.1 m/s＝0.928 m/s。 (3)小车的速度—时间关系图线如图所示。 (4)速度—时间关系图线的斜率表示加速度的大小，则 a＝Δv Δt≈0.63 m/s2。 答案：(1)弹簧测力计　毫米刻度尺　(2)0.928　 (3)见解析图　(4)0.63 m/s2(0.62～0.65 m/s2 均可) 5．如图甲所示，倾角为 37°的斜面上有一轻弹簧，弹簧一端固定在 A 点，自然伸长时另 一端位于 B 点，斜面上方有一半径 R＝1 m、圆心角等于 143°的竖直圆弧形光滑轨道与斜面 相切于 D 处，圆弧轨道的最高点为 M。现有一物块质量为 1 kg，将弹簧缓慢压缩到 C 点后 释放，C、B 间的距离 L＝1 m，物块在 BD 间运动时的 v­t 图像如图乙中实线部分所示，若 物块经过 D 点到达 M 点时，对轨道的压力恰好与其所受的重力大小相等，取 g＝10 m/s2， sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求： (1)物块在 BD 间运动时位移与时间的关系式； (2)物块与斜面间的动摩擦因数 μ； (3)BD 间的距离 xBD； (4)弹簧对物块做的功 W。 解析：(1)从题图乙可看出物块从 B 点到 D 点做匀减速直线运动，物块在 B 点的速度 vB＝8 m/s，从 B 到 D 过程中加速度大小等于 v­t 图像的斜率大小，即 a＝Δv Δt＝ 8－0 0.8－0 m/s2＝10 m/s2 物块在 BD 间运动时位移与时间的关系式为 x＝v0t－1 2at2＝8t－5t2 即 x＝8t－5t2(m)。 (2)在 BD 段，根据牛顿第二定律得 mgsin 37°＋μmgcos 37°＝ma 解得 μ＝0.5。 (3)物块在 M 点的速度满足 mg＋mg＝mvM2 R 解得 vM＝2 5 m/s 物块从 D 到 M 过程中，根据动能定理得 －mgR(1＋cos 37°)＝1 2mvM2－1 2mvD2 解得 vD＝2 14 m/s 物块在由 B 到 D 过程中，由运动学公式得 vD2－vB2＝－2axBD 解得 xBD＝0.4 m。 (4)从 C 到 B 应用动能定理得 W－mgLsin 37°－μmgLcos 37°＝1 2mvB2 解得 W＝42 J。 答案：(1)x＝8t－5t2(m)　(2)0.5　(3)0.4 m　(4)42 J 力学 3 大题型押题练(三) 1.如图所示，三个质量相等的小球 A、B、C 从图示位置分别以 相同的速度 v0 水平向左抛出，最终都能到达坐标原点 O。不计空气 阻力，x 轴为地面，则可判断 A、B、C 三个小球(　　) A．初始时刻纵坐标之比为 1∶4∶9 B．在空中运动过程中重力做功之比为 1∶2∶3 C．在空中运动的时间之比为 1∶3∶5 D．到达 O 点时，速度方向与水平方向夹角的正切值之比为 1∶4∶9 解析：选 A　由题图知，A、B、C 三个小球的水平位移之比为 1∶2∶3，三个小球的水 平初速度相等，所以在空中运动时间之比是 1∶2∶3，选项 C 错误；做平抛运动的物体在竖 直方向的位移 h＝1 2gt2，所以三个小球初始时刻纵坐标之比为 1∶4∶9，选项 A 正确；重力做 功 WG＝mgh，在空中运动过程中重力做功之比也是 1∶4∶9，选项 B 错误；做平抛运动的小 球落地时速度方向与水平方向的夹角的正切值 tan θ＝vy vx，三个小球的 vx 相同，vy＝gt，故 tan θA∶tan θB∶tan θC＝1∶2∶3，选项 D 错误。 2．[多选]我国发射的“嫦娥三号”登月探测器靠近月球后，先在月球表面附近的近似圆 轨道上绕月运行；然后经过一系列过程，在离月球表面 4 m 高处做一次悬停(可认为是相对 于月球静止)；最后关闭发动机，探测器自由下落。已知探测器的质量约为 1.3×103 kg，地 球质量约为月球的 81 倍，地球半径约为月球的 3.7 倍，地球表面的重力加速度大小约为 9.8 m/s2。则此探测器(　　) A．在着陆前的瞬间，速度大小约为 8.9 m/s B．悬停时受到的反冲作用力约为 2×103 N C．从离开近月圆轨道到着陆这段时间内，机械能守恒 D．在近月圆轨道上运行的线速度小于人造卫星在近地圆轨道上运行的线速度 解析：选 BD　设月球表面的重力加速度为 g月，由GMm R2 ＝mg，得g月 g地＝ GM月 R月2 GM地 R地2 ＝M月 M地·R地2 R月2＝ 1 81×3.72，解得 g 月≈1.7 m/s2。由 v2＝2g 月 h，得探测器着陆前瞬间的速度为 v＝ 2g月h＝ 2 × 1.7 × 4 m/s≈3.7 m/s，选项 A 错误；探测器悬停时受到的反冲作用力 F＝mg 月≈2× 103 N，选项 B 正确；探测器从离开近月圆轨道到着陆过程中，除重力做功外，还有其他外力 做功，故机械能不守恒，选项 C 错误；设探测器在近月圆轨道上和人造卫星在近地圆轨道上 的线速度分别为 v1、v2，由GMm R2 ＝mv2 R ，得v1 v2＝ GM月 R月 GM地 R地 ＝ M月 M地·R地 R月＝ 3.7 81<1，故 v1

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