【物理】2018届二轮复习力学选择题教案

【物理】2018届二轮复习力学选择题教案

第1讲 平衡问题是历年高考的重点，特别是受力分析与平衡条件的应用在近几年高考中频繁考查。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。本讲主要解决的是选择题中的受力分析和共点力平衡问题，考查的角度主要包括：①对各种性质的力的理解；②共点力平衡条件的应用。‎ 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　　‎ 一、明“因”熟“力”，正确进行受力分析基础保分类考点 ‎1．[多选]如图甲、乙所示，倾角为θ的斜面上放置一滑块M，在滑块M上放置一个质量为m的物块，M和m相对静止，一起沿斜面匀速下滑，下列说法正确的是(　　)‎ A．图甲中物块m受到摩擦力 B．图乙中物块m受到摩擦力 C．图甲中物块m受到水平向左的摩擦力 D．图乙中物块m受到与斜面平行向上的摩擦力 解析：选BD　对题图甲：设物块m受到摩擦力，则物块m受到重力、支持力、摩擦力，而重力、支持力平衡，若受到摩擦力作用，其方向与接触面相切，方向水平，则物块m受力将不平衡，与题中条件矛盾，故假设不成立，A、C错误。对题图乙：设物块m不受摩擦力，由于物块m匀速下滑，物块m必受力平衡，若物块m只受重力、支持力作用，由于支持力与接触面垂直，故重力、支持力不可能平衡，则假设不成立，由受力分析知：物块m受到与斜面平行向上的摩擦力，B、D正确。‎ ‎2.(2017·淄博实验中学一诊)如图所示，一质量均匀的实心圆球被直径AB所在的平面一分为二，先后以AB 沿水平和竖直两种不同方向放置在光滑支架上，处于静止状态，两半球间的作用力分别为F和F′，已知支架间的距离为AB长度的一半，则等于(　　)‎ A.　　　　　　　　 　　 B. C. D. 解析：选A　设两半球的总质量为m，当球以AB沿水平方向放置，可知F＝mg；当球以AB沿竖直方向放置，以两半球为整体，隔离右半球受力分析如图所示，可得：F′＝tan θ，根据支架间的距离为AB的一半，可得：θ＝30°，则＝＝，则A正确。‎ ‎3.(2017·全国卷Ⅱ)如图，一物块在水平拉力F的作用下沿水平桌面做匀速直线运动。若保持F的大小不变，而方向与水平面成60°角，物块也恰好做匀速直线运动。物块与桌面间的动摩擦因数为(　　)‎ A．2－ B. C. D. 解析：选C　当拉力水平时，物块做匀速运动，则F＝μmg，当拉力方向与水平方向的夹角为60°时，物块也刚好做匀速运动，则Fcos 60°＝μ(mg－Fsin 60°)，联立解得μ＝，A、B、D项错误，C项正确。‎ ‎4．(2017·周口模拟)如图甲所示，质量为m的半球体静止在倾角为θ的平板上，当θ从0缓慢增大到90°的过程中，半球体所受摩擦力Ff与θ的关系如图乙所示，已知半球体始终没有脱离平板，半球体与平板间的动摩擦因数为，最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，重力加速度为g，则(　　)‎ A．O～q段图像可能是直线 B．q～段图像可能是直线 C．q＝ D．p＝ 解析：选D　半球体在平板上恰好开始滑动的临界条件是：mgsin θ＝μmgcos θ，故有：‎ μ＝tan θ，解得：θ＝，即q＝，故C错误；θ在0～之间时，Ff是静摩擦力，大小为mgsin θ；θ在～之间时，Ff是滑动摩擦力，大小为μmgcos θ；综合以上分析得Ff与θ关系如图中实线所示，故A、B错误；当θ＝时，Ff＝mgsin＝，即p＝，故D正确。‎ 受力分析是整个高中阶段物理知识的基础，能否正确进行受力分析是解答力学问题的关键。‎ ‎1．熟悉各种力的特点，会判断弹力的方向，会判断和计算摩擦力。‎ ‎(1)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)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)利用公式求解滑动摩擦力时，一定要注意接触面间压力的分析，不能简单地代入重力。‎ ‎2．受力分析的一般步骤 二、灵活应用“整体、隔离法”，巧选研究对象基础保分类考点 ‎1.[多选](2017·长沙月考)如图所示，物体A、B、C叠放在水平桌面上，水平力F作用于C物体，使A、B、C以相同的速度向右匀速运动，那么关于它们的受力下列说法正确的是(　　)‎ A．由于B向右运动，所以B受到向左的摩擦力 B．C受到的摩擦力方向水平向左 C．A受到两个摩擦力作用 D．由于不知A与水平桌面之间是否光滑，所以无法判断A与水平桌面间是否存在摩擦力 解析：选BC　由于B向右匀速运动，所以B不受摩擦力作用，选项A错误；物体C受到向右的拉力和向左的摩擦力作用，选项B正确；A受到C对A的向右的摩擦力作用，同时受到地面向左的摩擦力作用，选项C正确，D错误。‎ ‎2.(2018届高三·山东省实验中学调研)如图所示，质量为M的斜面体A放在粗糙水平面上，用轻绳拴住质量为m的小球B置于斜面上，轻绳与斜面平行且另一端固定在竖直墙面上，不计小球与斜面间的摩擦，斜面体与墙不接触，整个系统处于静止状态。则(　　)‎ A．水平面对斜面体没有摩擦力作用 B．水平面对斜面体有向左的摩擦力作用 C．斜面体对水平面的压力等于(M＋m)g D．斜面体对水平面的压力小于(M＋m)g 解析：选D　以斜面体和小球整体为研究对象受力分析，水平方向：f＝Tcos θ，方向水平向右，故A、B错误；竖直方向：N＝(m＋M)g－Tsin θ，可见N<(M＋m)g，根据牛顿第三定律：斜面体对水平面的压力N′＝N<(M＋m)g，故C错误，D正确。‎ ‎3.将一横截面为扇形的物体B放在水平面上，一小滑块A放在物体B上，如图所示，除了物体B与水平面间的摩擦力之外，其余接触面的摩擦力均可忽略不计，已知物体B的质量为M，滑块A的质量为m，当整个装置静止时，滑块A与物体B接触的一面与竖直挡板之间的夹角为θ。已知重力加速度为g，则下列选项正确的是(　　)‎ A．物体B对水平面的压力大小为Mg B．物体B受水平面的摩擦力大小为mgtan θ C．滑块A与竖直挡板之间的弹力大小为 D．滑块A对物体B的压力大小为 解析：选C　以滑块A为研究对象进行受力分析，并运用合成法，如图所示，由几何知识得，挡板对滑块A的弹力大小为FN1＝，C正确；物体B对滑块A的弹力大小为FN2＝，根据牛顿第三定律，滑块A对物体B的压力大小为，D错误；以滑块A和物体B组成的系统为研究对象，在竖直方向上受力平衡，则水平面对物体B的支持力FN＝(M＋m)g，故水平面所受压力大小为(M＋m)g，A错误；A和B组成的系统在水平方向上受力平衡，则水平面对物体B的摩擦力大小为Ff＝FN1＝，B错误。‎ ‎4.(2017·珠海一中期末)如图所示，水平固定且倾角为37°(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)的光滑斜面上有两个质量均为m＝‎1 kg的小球A、B，它们用劲度系数为k＝200 N/m ‎ 的轻质弹簧连接，弹簧的原长为l0＝‎20 cm，现对B施加一水平向左的推力F，使A、B均在斜面上以加速度a＝‎4 m/s2 向上做匀加速运动，此时弹簧的长度l和推力F的大小分别为(　　)‎ 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，沿斜面方向有：Fcos 37°－2mg·sin 37°＝2ma　①，以A为研究对象，沿斜面方向有：kx－mgsin 37°＝ma　②，x＝l－l0　③，解①得F＝25 N，由②③得：l＝‎0.25 m，故B正确，A、C、D错误。‎ ‎1．整体法和隔离法对比 ‎2．整体、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，如待求量少，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，对整体系统则是内力。‎ ‎(4) 实际问题通常需要交叉应用整体、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，或绳子的结点、力的作用点等。‎ 三、“程序法”破解“静态平衡”问题重难增分类考点 ‎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 ‎[典例]　如图所示，匀强电场方向垂直于倾角为α的绝缘粗糙斜面向上，一质量为m的带正电荷的滑块静止于斜面上。关于该滑块的受力，下列说法中正确的是(当地重力加速度为g)(　　)‎ A．滑块可能只受重力、电场力、摩擦力三个力的作用 B．滑块所受的摩擦力大小一定为mgsin α C．滑块所受的电场力大小可能为mgcos α D．滑块对斜面的压力大小一定为mgcos α ‎[审题指导]‎ ‎(1)滑块静止于斜面上，说明滑块处于平衡状态。‎ ‎(2)匀强电场垂直于斜面向上，说明滑块所受电场力大小恒定，方向垂直斜面向上。‎ ‎[解析]　选B　滑块一定受重力和电场力作用，在沿斜面方向，要受力平衡，一定受摩擦力，而有摩擦力一定有支持力，所以滑块一定受四个力作用，选项A错误。在沿斜面方向上有：f＝mgsin α，选项B正确。在垂直斜面方向有：mgcos α＝N＋qE，则电场力一定小于mgcos α，支持力一定小于mgcos α，根据牛顿第三定律知，滑块对斜面的压力一定小于mgcos α，故选项C、D错误。‎ ‎1.[多选]如图所示，倾角为θ的斜面体C置于水平地面上，小物体B置于斜面体C上，通过细绳跨过光滑的轻质定滑轮与物体A相连接，连接物体B的一段细绳与斜面平行，已知A、B、C均处于静止状态，定滑轮通过细杆固定在天花板上，则下列说法中正确的是(　　)‎ A．物体B可能不受静摩擦力作用 B．斜面体C与地面之间可能不存在静摩擦力作用 C．细杆对定滑轮的作用力沿杆竖直向上 D．将细绳剪断，若物体B仍静止在斜面体C上，则此时斜面体C与地面之间一定不存在静摩擦力作用 解析：选AD　对物体B进行受力分析，由共点力的平衡条件可得，如果mAg＝mBgsin θ，则物体B一定不受静摩擦力作用，反之，则一定会受到斜面体C对其作用的静摩擦力，选项A正确；将物体B和斜面体C看成一个整体，则该整体受到一个大小为mAg、方向沿斜面向上的细绳的拉力，该拉力在水平向左方向上的分量为mAgcos θ，故地面一定会给斜面体一个方向水平向右、大小为mAgcos θ的静摩擦力，选项B错误；由于连接物体A和物体B的细绳对定滑轮的合力方向不是竖直向下，故细杆对定滑轮的作用力方向不是竖直向上，选项C错误；若将细绳剪断，将物体B和斜面体C看成一个整体，则该整体受竖直向下的重力和地面对其竖直向上的支持力，故斜面体C与地面之间一定不存在静摩擦力作用，选项D正确。‎ ‎2.(2017·山西右玉一模)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套在与竖直方向成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，滑环B恰好不能下滑，滑环和杆间的动摩擦因数为μ＝0.4，设滑环和杆间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则物块A和滑环B的质量之比为(　　)‎ A.　　　　B.　　　　C.　　　　D. 解析：选C　设物块A和滑环B的质量分别为m1、m2，若杆对B的弹力垂直于杆向下，因滑环B恰好不能下滑，则由平衡条件有m2gcos θ＝μ(m‎1g－m2gsin θ)，解得＝；若杆对B的弹力垂直于杆向上，因滑环B恰好不能下滑，则由平衡条件有m2gcos θ＝μ(m2gsin θ－m‎1g)，解得＝－(舍去)。综上分析可知C正确。‎ 四、多法并进，破解“动态平衡”问题多维探究类考点 如果物体受到三个力的作用，其中一个力的大小、方向均不变，并且还有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]　(2016·全国卷Ⅱ)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]　选A　以O点为研究对象，受力如图所示，当用水平向左的力缓慢拉动O点时，则绳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。‎ 　　‎ 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，则适合选择解析法，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]　(2017·开封二模)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．水平拉力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]　选D　对小球受力分析，受拉力、重力、水平力F，根据平衡条件，有：F＝mgtan θ，θ逐渐增大，则F逐渐增大，故A错误；由图可知，细线的拉力T＝，θ增大，T增大，故B错误；以整体为研究对象，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。‎ 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。‎ ‎ [例3]　(2017·宝鸡质检)如图所示，质量均可忽略的轻绳与轻杆承受弹力的最大值一定，杆的A端用铰链固定，光滑轻质小滑轮在A点正上方，杆的B端吊一重力为G的重物，现将绳的一端拴在杆的B端，用拉力F将B端缓慢上拉，在杆达到竖直前(杆和绳均未断)，关于绳子的拉力F和杆受到的弹力FN的变化，下列判断正确的是(　　)‎ A．F变大　　　　　 B．F变小 C．FN变大 D．FN变小 ‎[解析]　选B　在用拉力将B端缓慢上拉的过程中，B点受轻绳向下的拉力(其大小等于G)、沿OB方向的拉力F′(F′＝F)以及轻杆对B点的弹力FN′(FN′＝FN)的作用，由于B点处于动态平衡状态，且F′和FN′的大小和方向均在发生变化，故可用力三角形与几何三角形相似的方法进行解决。受力分析如图所示，由图可知，力三角形与几何三角形AOB相似，即＝＝，由于重力G和O、A两点间的距离以及AB的长度均不变，故弹力FN′不变，拉力F′减小，可得FN不变，F减小。‎ ‎1.[多选](2017·全国卷Ⅰ)如图，柔软轻绳ON的一端O固定，其中间某点M拴一重物，用手拉住绳的另一端N。初始时，OM竖直且MN被拉直，OM与MN之间的夹角为α。现将重物向右上方缓慢拉起，并保持夹角α不变。在OM由竖直被拉到水平的过程中(　　)‎ A．MN上的张力逐渐增大 B．MN上的张力先增大后减小 C．OM上的张力逐渐增大 D．OM上的张力先增大后减小 解析：选AD　设重物的质量为m，绳OM中的张力为T，绳MN中的张力为TMN。开始时，T＝mg，TMN＝0。由于缓慢拉起，则重物一直处于平衡状态，两绳张力的合力与重物的重力mg等大、反向。‎ 如图所示，已知角α不变，在绳MN缓慢拉起的过程中，角β逐渐增大，则角(α－β)逐渐减小，但角θ不变，在三角形中，利用正弦定理得：＝，(α－β)由钝角变为锐角，则TOM先增大后减小，选项D正确；同理知＝，在β由0变为的过程中，TMN一直增大，选项A正确。‎ ‎2.如图所示，半径为R的半球形物体固定在水平地面上，球心正上方有一光滑的小定滑轮，滑轮到球面B的距离为h，轻绳的一端系一小球，靠放在半球上的A点，另一端绕过定滑轮后用力拉住，使小球静止。现缓慢拉绳，则在使小球从A点运动到B点的过程中，半球形物体对小球的支持力FN和轻绳对小球的拉力F的变化情况是(　　)‎ A．FN不变，F变小　　　 　 B．FN不变，F先变大后变小 C．FN变小，F先变小后变大 D．FN变大，F变大 解析：选A　对小球进行受力分析可知，小球受重力G、半球形物体对其的支持力FN和轻绳对其的拉力F这三个力的作用，由题意可知，在小球从A点缓慢运动到B点的过程中，支持力FN和拉力F的方向均发生变化，只有小球的重力大小和方向均不变，故用力三角形与几何三角形相似的方法进行求解。小球的受力分析如图所示，设连接小球A和定滑轮之间的轻绳长为l，则由力三角形与几何三角形相似可得：＝＝，故可得FN不变，F逐渐减小。‎ 五、平衡中的“临界、极值”问题基础保分类考点 ‎1.[多选]如图所示，一根上端固定的轻绳，其下端拴一个质量为‎2 kg的小球，g取‎10 m/s2，开始时轻绳处于竖直位置。用一方向与水平面成37°角的外力F拉动小球，使绳缓慢升起至水平位置。这一过程中轻绳拉力的(取cos 37°＝0.8，sin 37°＝0.6)(　　)‎ A．最小值为16 N　　　　　 B．最小值为20 N C．最大值为26.7 N D．最大值为20 N 解析：选AC　小球受重力mg、拉力F、绳施加的力F绳处于平衡状态。如图所示，应用极限法分析临界点。在力三角形为直角△OAB时，F绳小＝，为最小值(临界点)，有F绳小＝mgcos 37°＝16 N，故A对，B错。在力三角形为直角△OCB时，F绳大＝，为最大值(临界点)，有F绳大＝≈26.7 N，故C对，D错。‎ ‎2.[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上，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)，另一端不动，则该同学受到支持力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的变化关系图中正确的是(　　)‎ 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，考虑到最大静摩擦力略大于滑动摩擦力的情况，可知B错误，D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点上可施加的力的最小值为(　　)‎ A．mg B.mg C.mg D.mg 解析：选C　分析结点C的受力如图甲所示，由题意可知，绳CA与竖直方向间夹角为α＝30°，则可得：FD＝mgtan α＝mg，再分析结点D的受力如图乙所示，由图可知，FD′与FD大小相等且方向恒定，FB的方向不变，当在D点施加的拉力F与绳BD垂直时，拉力F为最小，即F＝FD′cos 30°＝mg，C正确。‎ ‎1．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”某种临界状态，在问题的描述中常用“刚好”“刚能”“恰好”等字眼。‎ ‎2．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。‎ ‎3．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。‎ ‎ ‎1.(2018届高三·河南名校联考)如图所示，斜面小车M静止在光滑水平面上，一边紧贴墙壁。若再在斜面上加一物体m，且小车M、物体m相对静止，此时小车受力个数为(　　)‎ A．3　　　　　　　　　　 B．4‎ C．5 D．6‎ 解析：选B　对小车和物体整体，它们必受到重力和地面的支持力，因小车、物体相对静止，由平衡条件知墙面对小车无作用力，以小车为研究对象，它受重力Mg，地面的支持力FN1，物体对它的压力FN2和静摩擦力Ff，共四个力，选项B正确。‎ ‎2.(2017·湖南师大附中期末)如图所示，两根直木棍AB和CD 相互平行，斜靠在竖直墙壁上固定不动，一个圆筒从木棍的上部以初速度v0匀速滑下。若保持两木棍倾角不变，将两棍间的距离减小后固定不动，仍将圆筒放在两木棍上部以初速度v0滑下，下列判断正确的是(　　)‎ A．仍匀速滑下 B．匀加速滑下 C．减速滑下 D．以上三种运动均可能 解析：选B　圆筒从木棍的上部匀速滑下过程中，受到重力、两棍的支持力和摩擦力，根据平衡条件得知，两棍支持力的合力和摩擦力不变。将两棍间的距离减小后，两棍支持力的合力不变，而两支持力夹角减小，则每根木棍对圆筒的支持力变小，则滑动摩擦力变小，而重力沿斜面向下的分力不变，则圆筒将匀加速滑下，故B正确，A、C、D错误。‎ ‎3.如图所示，一竖直放置的大圆环，在其水平直径上的A、B两端系着一根不可伸长的柔软轻绳，绳上套有一光滑小铁环。现将大圆环在竖直平面内绕O点顺时针缓慢转过一个微小角度，则关于轻绳对A、B两点拉力FA、FB的变化情况，下列说法正确的是(　　)‎ A．FA变小，FB变小 B．FA变大，FB变大 C．FA变大，FB变小 D．FA变小，FB变大 解析：选A　柔软轻绳上套有光滑小铁环，两侧轻绳中拉力相等。将大圆环在竖直平面内绕O点顺时针缓慢转过一个微小角度，A、B两点之间的水平距离减小，光滑小铁环两侧轻绳间夹角2α减小，由2Fcos α＝mg可知，轻绳中拉力F减小，轻绳对A、B两点的拉力FA和FB都变小，选项A正确。‎ ‎4．[多选]如图所示，用一轻绳将光滑小球(大小不能忽略)系于竖直墙壁上的O点，现用一细杆压在轻绳上紧贴墙壁从O点缓慢下移，则(　　)‎ A．轻绳对小球的拉力保持不变 B．轻绳对小球的拉力逐渐增大 C．小球对墙壁的压力逐渐增大 D．小球对墙壁的压力逐渐减小 解析：选BC　对小球受力分析，如图所示，由于小球始终处于平衡状态，其合力为零，在细杆从O点缓慢下移过程中，轻绳与竖直方向的夹角增大，由图中几何关系可知：轻绳对小球的拉力F逐渐增大，墙壁对小球的支持力FN也逐渐增大，根据牛顿第三定律可知，小球对墙壁的压力也逐渐增大，故选项B、C正确，A、D错误。‎ ‎5．[多选](2018届高三·皖南八校联考)如图所示，三角形ABC 是固定在水平面上的三棱柱的横截面，∠A＝30°，∠B＝37°，C处有光滑小滑轮，质量分别为m1、m2的两物块通过细线跨放在AC面和BC面上，且均恰好处于静止状态，细线均与斜面平行，已知AC面光滑，物块2与BC面间的动摩擦因数μ＝0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则两物块的质量比m1∶m2可能是(　　)‎ A．1∶3 B．3∶5‎ C．5∶3 D．2∶1‎ 解析：选BCD　物块1受重力m‎1g、细线拉力T和斜面支持力FN作用处于平衡状态，则T＝m1gsin 30°，物块2受重力m‎2g、细线拉力T、斜面支持力FN′及摩擦力Ff作用处于平衡状态，当m1较大时，最大静摩擦力方向沿斜面向下，此时有T＝m2gsin 37°＋μm2gcos 37°，即＝2；当m1较小时，最大静摩擦力方向沿斜面向上，此时有T＝m2gsin 37°－μm2gcos 37°，即＝，所以≤≤2。‎ ‎6.如图所示，一小球在斜面上处于静止状态，不考虑一切摩擦，如果把竖直挡板由竖直位置绕O点缓慢转至水平位置，则此过程中球对挡板的压力F1和球对斜面的压力F2的变化情况是(　　)‎ A．F1先增大后减小，F2一直减小 B．F1先减小后增大，F2一直减小 C．F1和F2都一直在增大 D．F1和F2都一直在减小 解析：选B　小球初始时刻的受力情况如图甲所示，因挡板是缓慢转动的，所以小球处于动态平衡状态，在转动过程中，重力、斜面的支持力和挡板的弹力组成的矢量三角形的变化情况如图乙所示(重力的大小方向均不变、斜面对小球的支持力的方向始终不变)，由图可知此过程中斜面对小球的支持力不断减小，挡板对小球的弹力先减小后增大，由牛顿第三定律可知选项B正确。‎ ‎7.(2017·南昌质检)如图所示，粗糙水平面上有一固定的、粗糙程度处处相同的圆弧形框架ABC，框架下面放置一块厚度不计的金属板，金属板的中心O点是框架的圆心，框架上套有一个轻圆环，用轻弹簧把圆环与金属板的O点固定连接，开始时轻弹簧处于水平拉伸状态。用一个始终沿框架切线方向的拉力F 拉动圆环，从左侧水平位置缓慢绕框架运动，直到轻弹簧达到竖直位置，金属板始终保持静止状态，则在整个过程中(　　)‎ A．沿框架切线方向拉力F逐渐减小 B．水平面对金属板的摩擦力逐渐增大 C．水平面对金属板的支持力逐渐减小 D．框架对圆环的支持力逐渐减小 解析：选C　弹簧伸长量不变，弹簧的弹力大小F′不变，设弹簧与水平方向的夹角为θ。金属板受重力mg、支持力N、弹簧的拉力F′和向右的静摩擦力f作用，水平方向f＝F′cos θ，竖直方向N＋F′sin θ＝mg，得N＝mg－F′sin θ，随着θ的增大，支持力不断减小，静摩擦力逐渐减小，故B错，C对；圆环受弹簧的拉力、框架的支持力(大小不变为F′)、拉力F和滑动摩擦力f′，有F＝f′＝μF′，故拉力大小不变，A、D错。‎ ‎8．[多选](2018届高三·南昌三中摸底)如图所示，穿在一根光滑的固定杆上的小球A、B连接在一条跨过定滑轮的细绳两端，杆与水平面成θ角，不计所有摩擦，当两球静止时，OA绳与杆的夹角为θ，OB绳沿竖直方向，则下列说法正确的是(　　)‎ A．小球A可能受到2个力的作用 B．小球A一定受到3个力的作用 C．小球B可能受到3个力的作用 D．细绳对A的拉力与对B的拉力大小相等 解析：选BD　对A球受力分析可知，A受到重力、细绳的拉力以及杆对A球的弹力，三个力的合力为零，故A错误，B正确；对B球受力分析可知，B受到重力、细绳的拉力，两个力的合力为零，杆对B球没有弹力，否则B不能平衡，故C错误；定滑轮不改变力的大小，即细绳对A的拉力与对B的拉力大小相等，故D正确。‎ ‎9．(2017·全国卷Ⅲ)一根轻质弹性绳的两端分别固定在水平天花板上相距‎80 cm的两点上，弹性绳的原长也为‎80 cm。将一钩码挂在弹性绳的中点，平衡时弹性绳的总长度为‎100 cm；再将弹性绳的两端缓慢移至天花板上的同一点，则弹性绳的总长度变为(弹性绳的伸长始终处于弹性限度内)(　　)‎ A．‎86 cm B．‎‎92 cm C．‎98 cm D．‎‎104 cm 解析：选B　将钩码挂在弹性绳的中点时，由数学知识可知钩码两侧的弹性绳(劲度系数设为k)与竖直方向夹角θ均满足sin θ＝，对钩码(设其重力为G)静止时受力分析，得G＝2kcos θ；弹性绳的两端移至天花板上的同一点时，对钩码受力分析，得G＝2k，联立解得L＝‎92 cm，可知A、C、D项错误，B项正确。‎ ‎10.[多选]如图所示，质量均为m的小球A、B用劲度系数为k1的轻弹簧相连，B球用长为L的细绳悬于O点，A球固定在O点正下方，当小球B平衡时，绳子所受的拉力为FT1，弹簧的弹力为F1；现把A、B间的弹簧换成原长相同但劲度系数为k2(k2>k1)的另一轻弹簧，在其他条件不变的情况下仍使系统平衡，此时绳子所受的拉力为FT2，弹簧的弹力为F2，则下列关于FT1与FT2、F1与F2大小之间的关系，正确的是(　　)‎ A．FT1>FT2 B．FT1＝FT2‎ C．F1 m/s2，故A错误；从开始到最高点过程，根据动能定理，有：－mglsin 30°＝mv12－mv02；解得：v1＝ m/s；考虑临界情况，最高点处如果没有杆的弹力，重力平行于斜面的分力提供向心力，有：mgsin 30°＝m，解得：v2＝ m/s ，b绳将出现弹力 D．若b绳突然被剪断，则a绳的弹力一定发生变化 解析：选AC　小球做匀速圆周运动，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；根据竖直方向上平衡得，Fasin θ＝mg，解得Fa＝，可知a绳的拉力不变，故B错误；当b绳拉力为零时，有＝mlω2，解得ω＝ ，可知当角速度ω> 时，b绳出现弹力，故C正确；由于b绳可能没有弹力，故b绳突然被剪断，a绳的弹力可能不变，故D错误。‎ ‎11.[多选]A、B两点在同一条竖直线上，A点离地面的高度为2.5h，B 点离地面高度为2h。将两个小球分别从A、B两点水平抛出，它们在P点相遇，P点离地面的高度为h。已知重力加速度为g，则(　　)‎ A．两个小球一定同时抛出 B．两个小球抛出的时间间隔为(－) C．小球A、B抛出的初速度之比＝ D．小球A、B抛出的初速度之比＝ 解析：选BD　平抛运动在竖直方向上做自由落体运动，由h＝gt2，得t＝，由于A到P的竖直高度较大，所以从A点抛出的小球运动时间较长，应先抛出，故A错误。由t＝，得两个小球抛出的时间间隔为Δt＝tA－tB＝ －＝(－)，故B正确。由x＝v0t得v0＝x，x相等，则小球A、B抛出的初速度之比＝ ＝ ＝，故C错误，D正确。‎ ‎12．[多选](2018届高三·郑州联考)自空中的A点静止释放一个小球，经过一段时间后与斜面体的B点发生碰撞，碰后速度大小不变，方向变为水平，并经过相等的时间最终落在水平地面的C点，如图所示，水平地面上的D点在B点正下方，不计空气阻力，下列说法正确的是(　　)‎ A．A、B两点的高度差和B、D两点的高度差之比为1∶3‎ B．A、B两点的高度差和B、D两点的高度差之比为1∶1‎ C．A、B两点的高度差和C、D两点的间距之比为1∶3‎ D．A、B两点的高度差和C、D两点的间距之比为1∶2‎ 解析：选BD　由A点到B点，小球做自由落体运动，hAB＝gt2；由B点到C点，小球做平抛运动，hBD＝gt2，lCD＝vt＝gt2，由A点到B点和由B点到C点所用时间相同，所以A、B两点的高度差和B、D两点的高度差之比为1∶1，选项A错误、B正确；A、B两点的高度差和C、D两点的间距之比为1∶2，选项C错误，D正确。‎ ‎13．(2018届高三·钦州调研)用如图甲所示的圆弧—斜面装置研究平抛运动，每次将质量为m的小球从半径为R的四分之一圆弧轨道的不同位置由静止释放，并在弧形轨道最低点水平部分处装有压力传感器测出小球对轨道压力的大小F。已知斜面与水平地面之间的夹角θ＝45°，实验时获得小球在斜面上的不同水平射程x，最后作出了如图乙所示的Fx图像，g 取‎10 m/s2，则由图可求得圆弧轨道的半径R为(　　)‎ A．‎0.125 m B．‎‎0.25 m C．‎0.50 m D．‎‎1.0 m 解析：选B　设小球在圆弧轨道最低点的速度为v0，由牛顿第二定律得：F－mg＝m，由平抛运动规律有，小球的水平射程：x＝v0t，小球的竖直位移：y＝h＝gt2，由几何关系有：y＝xtan θ，联立可得：x＝，则：F＝mg＋ x，由图像知：mg＝5 N，代入数据解得：R＝‎0.25 m，故选项B正确。‎ ‎14.[多选](2017·湖北孝感中学月考)如图所示，某物体自空间O点以水平初速度v0抛出，落在地面上的A点，其轨迹为一抛物线，现仿此抛物线制作一个光滑滑道并固定在与OA完全重合的位置上，然后将此物体从O点由静止释放，受微小扰动而沿此滑道滑下，在下滑过程中物体未脱离滑道。P为滑道上一点，OP连线与竖直方向成45° 角，不计空气阻力，则此物体(　　)‎ A．由O运动到P点的时间为 B．物体经过P点时，速度的水平分量为v0‎ C．物体经过P点时，速度的竖直分量为v0‎ D．物体经过P点时的速度大小为2v0‎ 解析：选BD　物体水平抛出运动到P点时，由几何关系知，竖直分位移与水平分位移大小相等，有v0t＝gt2，t＝，竖直方向上的分速度vy＝gt＝2v0，设瞬时速度方向与水平方向成θ角，则tan θ＝＝2，物体从O到P做平抛运动的时间为，则沿滑道做曲线运动时，时间不为，故A错误；若物体从O点由静止释放，受微小扰动而沿此滑道滑下，运动到P点，根据动能定理得：mv2＝mgh，而平抛运动时vy2＝2gh，解得：v＝2v0，故D正确；物体经过P点时，速度的水平分量为vx＝vcos θ＝v＝v0，速度的竖直分量为vy＝vsin θ＝v0，故B正确，C错误。‎ ‎[教师备选题]‎ ‎1．[多选]一物体做匀减速运动，一段时间Δt(未知)内通过的位移为x1，紧接着Δt时间内通过的位移为x2，又紧接着经过位移x(未知)物体的速度减小为0，则(　　)‎ A．可求Δt B．可求加速度a的大小 C．Δt和加速度a的大小均不可求 D．可求x，x＝ 解析：选CD　根据匀变速直线运动推论Δx＝aT2得：x2－x1＝a(Δt)2，解得：a＝，通过位移x1的末速度等于2Δt时间内的平均速度，为v1＝，由匀变速直线运动规律：v12＝2(－a)(x2＋x)，解得：x＝，由以上分析可知，只能求出x，故C、D正确。‎ ‎2．(2017·全国卷Ⅰ)发球机从同一高度向正前方依次水平射出两个速度不同的乒乓球(忽略空气的影响)。速度较大的球越过球网，速度较小的球没有越过球网。其原因是(　　)‎ A．速度较小的球下降相同距离所用的时间较多 B．速度较小的球在下降相同距离时在竖直方向上的速度较大 C．速度较大的球通过同一水平距离所用的时间较少 D．速度较大的球在相同时间间隔内下降的距离较大 解析：选C　发球机从同一高度水平射出两个速度不同的乒乓球，根据平抛运动规律，竖直方向上，h＝gt2，可知两球下落相同距离h所用的时间是相同的，选项A错误。由vy2＝2gh可知，两球下落相同距离h时在竖直方向上的速度vy相同，选项B错误。由平抛运动规律，水平方向上，x＝vt，可知速度较大的球通过同一水平距离所用的时间t较少，选项C正确。由于做平抛运动的球在竖直方向的运动为自由落体运动，两球在相同时间间隔内下降的距离相同，选项D错误。‎ ‎3.(2017·河南陕州中学模拟)如图所示，悬线一端固定在天花板上的O点，另一端穿过一张CD光盘的中央小孔后拴着一个橡胶球，橡胶球静止时，竖直悬线刚好挨着水平桌面的边沿。现将CD光盘按在桌面上，并沿桌面边缘以速度v匀速移动，移动过程中，CD光盘中央小孔始终紧挨桌面边缘，当悬线与竖直方向的夹角为θ时，小球上升的速度大小为(　　)‎ A．vsin θ　　　　　　　　 B．vcos θ C．vtan θ D．vcot θ 解析：选A　由题意可知，悬线与光盘的交点参与两个运动，一是沿着悬线方向的运动，二是垂直悬线方向的运动，则合运动的速度大小为v ‎，由数学三角函数关系，则有：v线＝vsin θ，而悬线的速度的大小，即为小球上升的速度大小，故A正确，B、C、D错误。‎ ‎4.[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＝ B．a＝ C．N＝ D．N＝ 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＝mv2，则速度v＝，在最低点的向心加速度a＝＝，选项A正确， 选项B错误；在最低点时，由牛顿第二定律得N－mg＝ma，N＝ ，选项C正确，选项D错误。‎ ‎5.[多选](2017·郑州模拟)如图所示，在匀速转动的水平圆盘上，沿半径方向放着用细线相连的质量均为m的两个物体A和B，它们分居圆心两侧，与圆心距离分别为RA＝r，RB＝2r，与盘间的动摩擦因数μ相同，当圆盘转速加快到两物体刚好还未发生滑动时，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列说法正确的是(　　)‎ A．此时绳子张力为3μmg B．此时圆盘的角速度为 C．此时A所受摩擦力方向沿半径指向圆外 D．此时烧断细线，A仍相对盘静止，B将做离心运动 解析：选ABC　两物体刚好未发生滑动时，A受背离圆心的静摩擦力，B受指向圆心的静摩擦力，其大小均为μmg。‎ 则有：FT－μmg＝mω2r FT＋μmg＝mω2·2r 解得：FT＝3μmg，ω＝ 故选项A、B、C正确；‎ 当烧断细线时，A所需向心力为 F＝mω2r＝2μmg>Ffm 所以A将发生滑动，选项D错误。‎ 第3讲 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。本讲主要解决的是竖直面内的三类典型模型(绳模型、杆模型和外轨模型)及相关的多过程问题。‎ 考查内容 ‎①三类典型模型 ‎②向心力的分析及其方程应用 ‎③圆周运动与平抛运动的多过程组合问题 思想方法 ‎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 一、通过“绳模型”考查竖直面内的圆周运动基础保分类考点 ‎1.[多选]如图所示，竖直放置的光滑圆轨道被固定在水平地面上，半径r＝‎0.4 m，最低点处有一小球(半径比r小很多)，现给小球一水平向右的初速度v0，则要使小球不脱离轨道运动，v0应当满足(g＝‎10 m/s2)(　　)‎ A．v0≥0　　　　　　　　　　　 B．v0≥‎4 m/s C．v0≥‎2 m/s D．v0≤‎2 m/s 解析：选CD　解决本题的关键是全面理解“小球不脱离圆轨道运动”所包含的两种情况：(1)小球通过最高点并完成圆周运动；(2)小球没有通过最高点，但小球没有脱离圆轨道。对于第(1)种情况，当v0较大时，小球能够通过最高点，这时小球在最高点处需要满足的条件是mg≤，又根据机械能守恒定律有mv2＋2mgr＝mv02，可求得v0≥‎2 m/s，故选项C正确；对于第(2)种情况，当v0较小时，小球不能通过最高点，这时对应的临界条件是小球上升到与圆心等高位置处，速度恰好减为零，根据机械能守恒定律有mgr＝mv02，可求得v0≤‎2 m/s，故选项D正确。‎ ‎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，两根绳的拉力恰好均为零，则小球在最高点速率为2v 时，每根绳的拉力大小为(　　)‎ A.mg B.mg C．3mg D．2mg 解析：选A　设小球在竖直面内做圆周运动的半径为r，小球运动到最高点时轻绳与圆周运动轨道平面的夹角为θ＝30°，则有r＝Lcos θ＝L。根据题述小球在最高点速率为v时，两根绳的拉力恰好均为零，有mg＝m；小球在最高点速率为2v时，设每根绳的拉力大小为F，则有2Fcos θ＋mg＝m，联立解得：F＝mg，选项A正确。‎ ‎3．[多选](2018届高三·深圳调研)如图甲所示，一长为l的轻绳，一端系在过O点的水平转轴上，另一端固定一质量未知的小球，整个装置绕O点在竖直面内转动。小球通过最高点时，绳对小球的拉力F与其速度平方v2的关系如图乙所示，重力加速度为g，下列判断正确的是(　　)‎ A．图像函数表达式为F＝m＋mg B．重力加速度g＝ C．绳长不变，用质量较小的球做实验，得到的图线斜率更大 D．绳长不变，用质量较小的球做实验，图线b点的位置不变 解析：选BD　小球通过最高点时，根据牛顿第二定律有：F＋mg＝m，解得F＝m－mg，故A错误；当F＝0时，根据表达式有：mg＝m，解得g＝＝，故B正确；根据F＝m－mg知，图线的斜率k＝，绳长不变，用质量较小的球做实验，斜率更小，故C错误；当F＝0时，g＝，可知b点的位置与小球的质量无关，绳长不变，用质量较小的球做实验，图线b点的位置不变，故D正确。‎ ‎1．绳模型的特点 实例 球与绳连接、水流星、翻滚过山车等 图示 在最高点受力 重力，弹力F弹向下或等于零 mg＋F弹＝m 恰好过最高点 F弹＝0，mg＝m，v＝，即在最高点速度不能为零 ‎2．绳模型中小球通过最高点时的速度特点和受力特点 v＝ 时 拉力或压力为零 v> 时 小球受向下的拉力或压力作用 v< 时 小球不能到达最高点 二、通过“杆模型”考查竖直面内的圆周运动基础保分类考点 ‎1.长度为L＝‎0.50 m的轻质细杆OA，A端有一质量为m＝‎3.0 kg的小球，如图所示，小球以O点为圆心在竖直平面内做圆周运动，通过最高点时小球的速率是‎2.0 m/s，g取‎10 m/s2，则此时细杆OA受到(　　)‎ A．6.0 N的拉力　　　　　　 B．6.0 N的压力 C．24 N的拉力 D．24 N的压力 解析：选B　法一：设小球以速率v0通过最高点时，球对杆的作用力恰好为零，即mg＝m，得 v0＝＝ m/s＝ m/s。‎ 由于v＝‎2.0 m/s< m/s，可知过最高点时，球对细杆产生压力。如图甲所示为小球的受力情况图。‎ 由牛顿第二定律mg－FN＝m，得 FN＝mg－m＝N＝6.0 N。‎ 由牛顿第三定律知，细杆OA受到6.0 N的压力。‎ 法二：设杆对小球的作用力为FN(由于方向未知，可以设为向下)。‎ 如图乙所示，由向心力公式得FN＋mg＝m，则 FN＝m－mg＝N＝－6.0 N。‎ 负号说明FN的方向与假设方向相反，即向上。由牛顿第三定律知，细杆OA受到6.0 N的压力。B正确。‎ ‎2.如图所示，轻杆长‎3L，在杆两端分别固定质量均为m的球A和B，光滑水平转轴穿过杆上距球A为L处的O点，外界给系统一定能量后，杆和球在竖直平面内转动，球B运动到最高点时，杆对球B恰好无作用力。忽略空气阻力。则球B在最高点时(　　)‎ A．球B的速度为零 B．球A的速度大小为 C．水平转轴对杆的作用力为1.5mg D．水平转轴对杆的作用力为2.5mg 解析：选C　球B运动到最高点时，杆对球B恰好无作用力，即重力恰好提供向心力，有mg＝m，解得vB＝，故A错误；由于A、B两球的角速度相等，则球A的速度大小vA＝，故B错误；B球在最高点时，对杆无弹力，此时A球受重力和拉力的合力提供向心力，有F－mg＝m解得：F＝1.5mg，故C正确，D错误。‎ ‎3．如图甲所示，轻杆一端固定在O点，另一端固定一小球，现让小球在竖直平面内做半径为R的圆周运动。小球运动到最高点时，杆与小球间弹力大小为F，小球在最高点的速度大小为v，其Fv2图像如图乙所示。不计空气阻力，则(　　)‎ A．小球的质量为 B．当地的重力加速度大小为 C．v2＝c时，杆对小球的弹力方向向上 D．v2＝2b时，小球受到的弹力与重力大小不相等 解析：选A　由题图可知，当小球在最高点的速度为零时，有mg＝a ‎；当杆对小球无作用力时，有mg＝m＝m；联立两式可解得：m＝，g＝，选项A正确，B错误；当v2＝c>b时，杆对球是拉力，方向向下，选项C错误；v2＝2b时，则F＋mg＝m＝m＝2mg，则F＝mg，即小球受到的弹力与重力大小相等，选项D错误。‎ ‎1．杆模型的特点 实例 球与杆连接、球过竖直平面内的圆形管道、套在圆环上的物体等 图示 在最高 点受力 重力，弹力F弹向下、向上或等于零 mg±F弹＝m 恰好过 最高点 v＝0，mg＝F弹 在最高点速度可为零 ‎2．杆模型中小球通过最高点时的速度特点和受力特点 v＝0时 小球受向上的支持力，且FN＝mg ‎0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 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 ‎1.如图所示，一辆汽车驶过一座拱形桥的顶端，下列说法正确的是(　　)‎ A．在桥的顶端汽车处于平衡状态 B．在桥的顶端汽车处于超重状态 C．汽车对桥面的压力一定小于其重力 D．汽车所受合外力可能为零 解析：选C　汽车在拱形桥的顶端做圆周运动，不是处于平衡状态，选项A错误；在桥的顶端，汽车的向心加速度方向向下，汽车处于失重状态，汽车对桥面的压力一定小于其重力，选项B错误、C正确；汽车所受合外力提供向心力，不等于零，选项D错误。‎ ‎2.[多选]如图所示，汽车车厢顶部悬挂一个劲度系数为k 的轻质弹簧，弹簧下端拴一个质量为m的小球，当汽车以某一速度v＝在水平地面上匀速行驶时，弹簧长度为L1；当汽车以同一速率匀速通过一个桥面半径为r的圆弧形凸形桥的最高点时，弹簧长度为L2，下列选项中正确的是(　　)‎ A．L1>L2　　　　　　　　 B．L1＝L2‎ C．L1时 汽车只受重力，而且已经脱离地面 四、圆周运动与平抛运动组合的问题重难增分类考点 ‎[典例]　[多选]如图所示，一个固定在竖直平面上的光滑半圆形管道，管道里有一个直径略小于管道内径的小球，小球在管道内做圆周运动，从B点脱离后做平抛运动，经过0.3 s后又恰好垂直与倾角为45°的斜面相碰。已知半圆形管道的半径为R＝‎1 m，小球可看作质点且其质量为m＝‎1 kg，g取‎10 m/s2。则(　　)‎ A．小球在斜面上的相碰点C与B点的水平距离是‎0.9 m B．小球在斜面上的相碰点C与B点的水平距离是‎1.9 m C．小球经过管道的B点时，受到管道的作用力FNB的大小是1 N D．小球经过管道的B点时，受到管道的作用力FNB的大小是2 N ‎[解析]　选AC　根据平抛运动的规律，小球在C点的竖直分速度vy＝gt＝‎3 m/s，水平分速度vx＝vytan 45°＝‎3 m/s，则B点与C点的水平距离为x＝vxt＝‎0.9 m，选项A正确，B错误；在B点设管道对小球的作用力方向向下，根据牛顿第二定律，有FNB＋mg＝m，vB＝vx＝‎3 m/s，解得FNB＝－1 N，负号表示管道对小球的作用力方向向上，选项C正确，D错误。‎ 平抛运动与圆周运动组合问题的两类思维流程 ‎(1)单个质点的连续运动的思维流程 ‎(2)质点和圆盘的独立运动的思维流程 ‎1.如图所示，B为竖直圆轨道的左端点，它和圆心O的连线与竖直方向的夹角为α。一小球在圆轨道左侧的A点以速度v0平抛，恰好沿B点的切线方向进入圆轨道。已知重力加速度为g，则A、B之间的水平距离为(　　)‎ A.　　　　　　　　 B. C. D. 解析：选A　设小球运动到B点时速度为v，如图所示，在B点分解其速度可知：vx＝v0，vy＝v0tan α，又知小球在竖直方向做自由落体运动，则有vy＝gt，联立得：t＝，A、B之间的水平距离为xAB＝v0t＝，所以只有A项正确。‎ ‎2.如图所示，有一陀螺其下部是截面为等腰直角三角形的圆锥体、上部是高为h的圆柱体，其上表面半径为r，转动角速度为ω。现让旋转的陀螺以某水平速度从距水平地面高为H的光滑桌面上水平飞出后恰不与桌子边缘发生碰撞，陀螺从桌面水平飞出时，陀螺上各点中相对桌面的最大速度值为(已知运动中其转动轴一直保持竖直，空气阻力不计)(　　)‎ A. B. C.＋ωr D．r ＋ωr 解析：选C　陀螺下部分高为h′＝r，设下落h′所用时间为t，则h′＝gt2。设陀螺水平飞出的速度为v，则r＝vt，解得v＝，陀螺自转的线速度为v′＝ωr，陀螺上的点当转动的线速度与陀螺的水平分速度的方向相同时，对应的速度最大，所以最大速度v＝ωr＋，故C正确，A、B、D错误。‎ ‎ ‎1.如图所示，“伦敦眼”(The London Eye)是世界著名的观景摩天轮，它总高度‎135米(‎443英尺)，屹立于伦敦泰晤士河南畔的兰贝斯区。现假设摩天轮正绕中间的固定轴做匀速圆周运动，则对于坐在座椅上观光的游客来说，正确的说法是(　　)‎ A．因为摩天轮做匀速转动，所以游客受力平衡 B．当摩天轮转到最高点时，游客处于失重状态 C．因为摩天轮做匀速转动，所以游客的机械能守恒 D．当摩天轮转到最低点时，座椅对游客的支持力小于所受的重力 解析：选B　摩天轮做匀速转动，不是平衡状态，故A错误；当摩天轮转到最高点时，游客受到的重力与支持力的合力的方向向下，指向圆心，所以游客处于失重状态，故B正确；摩天轮做匀速转动，所以游客的动能不变而重力势能是变化的，所以机械能不守恒，故C错误；游客随摩天轮做匀速圆周运动，当摩天轮转到最低点时，游客受到的重力与支持力的合力的方向向上，指向圆心，所以座椅对游客的支持力大于所受的重力，故D错误。‎ ‎2.如图所示，一内壁光滑、质量为m、半径为r的环形细圆管，用硬杆竖直固定在天花板上，有一质量为m的小球(可看做质点)在圆管中运动。小球以速率v0经过圆管最低点时，杆对圆管的作用力大小为(　　)‎ A．m　　　　　　　 B．mg＋m C．2mg＋m D．2mg－m 解析：选C　以小球为研究对象，根据牛顿第二定律得，FN－mg＝m，解得FN＝mg＋m。由牛顿第三定律知：小球对圆管的作用力大小FN′＝FN＝mg＋m，方向向下。再以圆管为研究对象，由平衡条件可得：杆对圆管的作用力大小F＝mg＋FN′＝2mg＋m。‎ ‎3.[多选](2018届高三·西工大附中调研)人类向宇宙空间发展最具可能的是在太阳系内地球附近建立“太空城”。设想中的一个圆柱形太空城，其外壳为金属材料，长1 ‎600 m，直径‎200 m，内壁沿纵向分隔成6个部分，窗口和人造陆地交错分布，陆地上覆盖‎1.5 m厚的土壤，窗口外有巨大的铝制反射镜，可调节阳光的射入，太空城内部充满空气，太空城内的空气、水和土壤最初可从地球和月球运送，以后则在太空城内形成与地球相同的生态环境。为了使太空城内的居民能如在地球上一样具有“重力”，以适应人类在地球上的行为习惯，太空城将在电力的驱动下，绕自己的中心轴以一定的角速度转动。如图为太空城垂直中心轴的截面，以下说法正确的有(　　)‎ A．太空城内物体所受的“重力”一定通过垂直中心轴截面的圆心 B．人随太空城自转所需的向心力由人造陆地对人的支持力提供 C．太空城内的居民不能运用天平准确测出质量 D．太空城绕自己的中心轴转动的角速度越大，太空城的居民受到的“重力”越大 解析：选ABD　太空城内物体随太空城做匀速圆周运动，向心力指向圆心，故其所受的“重力”一定通过垂直中心轴截面的圆心，故A正确；人随太空城自转所需的向心力由人造陆地对人的支持力提供，故B正确；天平的测量原理是等臂杠杆，故太空城内的居民可以运用天平准确测出质量，故C错误；等效重力大小等于向心力，故：G′＝mω2r，故太空城绕自己的中心轴转动的角速度越大，太空城的居民受到的“重力”越大，故D正确。‎ ‎4.[多选](2017·揭阳二模)如图所示，小球沿水平面以初速度v0通过O点进入半径为R的竖直半圆弧轨道，不计一切阻力，则(　　)‎ A．球进入竖直半圆弧轨道后做匀速圆周运动 B．若小球能通过半圆弧最高点P，则球在P点受力平衡 C．若小球的初速度v0＝3，则小球一定能通过P点 D．若小球恰能通过半圆弧最高点P，则小球落地点到O点的水平距离为2R 解析：选CD　不计一切阻力，小球机械能守恒，随着高度增加，动能减少，故做变速圆周运动，A错误；小球在最高点P需要向心力，故受力不平衡，B错误；恰好通过P点，则有mg＝，得vP＝，由机械能守恒得mg·2R＋mvP′2＝mv02，得vP′＝>，则小球一定能通过P点，故C正确；小球过P点做平抛运动，有x＝vP·t，2R＝gt2，得：x＝·2＝2R，故D正确。‎ ‎5.如图所示，轻绳的一端固定在O点，另一端系一质量为m的小球(可视为质点)。当小球在竖直平面内沿逆时针方向做圆周运动时，通过传感器测得轻绳拉力T、轻绳与竖直线OP的夹角θ满足关系式T＝a ‎＋bcos θ，式中a、b为常数。若不计空气阻力，则当地的重力加速度为(　　)‎ A. B. C. D. 解析：选D　设小球通过P点时的速度为v0，绳长为R，当θ＝0°时，有T1＝a＋b＝m＋mg　①，‎ 当θ＝180°时，有T2＝a－b＝m－mg，‎ 由机械能守恒定律得mv02＝mg·2R＋mv2，‎ 则T2＝a－b＝m－5mg　②，‎ ‎①②两式相减得g＝，选项D正确。‎ ‎6.(2018届高三·武汉调研)将太极球及球拍简化成如图所示的小球和平板，熟练的健身者让球在竖直面内始终不脱离板而做匀速圆周运动，且在运动到图中的A、B、C、D位置时球与板间无相对运动趋势。A为圆周的最高点，C为最低点，B、D与圆心O等高。若球恰能到达最高点，设球的重力为1 N，不计球拍的重力。则下列说法正确的是(　　)‎ A．球恰能到达最高点，说明球到最高点速度为零 B．平板在C处对球施加的力的大小为1 N C．当球运动到B位置时，平板与水平方向的夹角为45°‎ D．球从A到C的过程中机械能守恒 解析：选C　设球运动的线速度为v，做圆周运动的半径为R，球恰能到达最高点，即在最高点平板没有弹力，则在A处mg＝，A错误；在C处球与板间无相对运动趋势即无摩擦力，F－mg＝，解得F＝2mg＝2 N，B错误；在B处球与板间无相对运动趋势即球不受摩擦力作用，受力分析如图，则tan θ＝＝1，则θ＝45°，C正确；球从A到C的过程中，动能不变，势能减小，机械能不守恒，D错误。‎ ‎7．小明撑一雨伞站在水平地面上，伞面边缘点所围圆形的半径为R，现将雨伞绕竖直伞杆以角速度ω匀速旋转，伞边缘上的水滴落到地面，落点形成一半径为r的圆形，当地重力加速度的大小为g，根据以上数据可推知伞边缘距地面的高度应为(　　)‎ A. B. C. D. 解析：选A　设伞边缘距地面的高度为h，伞边缘水滴的速度v＝ωR，水滴下落时间t＝，水滴平抛的水平位移x＝vt＝ωR，如图所示。由几何关系得R2＋x2＝r2，可得h＝，A正确。‎ ‎8．[多选]长为L的轻杆，一端固定一个小球，另一端固定在光滑的水平轴上，使小球在竖直面内做圆周运动，关于最高点的速度v，下列说法中正确的是(　　)‎ A．v的极小值为 B．v由0逐渐增大，向心力也逐渐增大 C．当v由 逐渐增大时，杆对小球的弹力逐渐增大 D．当v由 逐渐减小时，杆对小球的弹力逐渐增大 解析：选BCD　如图甲所示，小球在最高点速度有最小值0，此时杆向上的支持力为FN＝mg，故A错误。v由0逐渐增大，则F向＝逐渐增大，故B正确。如图乙所示，当最高点速度为v＝时，有mg＝，杆对小球作用力F＝0。当v由增大时，杆对小球有拉力F，有mg＋F＝，则F＝m－mg，随v逐渐增大而逐渐增大，故C正确。当v由减小时，杆对小球有支持力F，有mg－F＝，则F＝mg－，随v逐渐减小而逐渐增大，故D正确。‎ ‎9.[多选](2017·南昌模拟)如图所示，在半径为R的水平圆盘中心轴正上方水平抛出一小球，圆盘以角速度ω做匀速转动，当圆盘半径Ob恰好转到与小球初速度方向相同且平行的位置时，将小球抛出，要使小球与圆盘只碰一次，且落点为b，重力加速度为g，小球抛点a距圆盘的高度h和小球的初速度v0可能应满足(　　)‎ A．h＝，v0＝ B．h＝，v0＝ C．h＝，v0＝ D．h＝，v0＝ 解析：选BD　由平抛运动规律，R＝v0t，h＝gt2，要使小球与圆盘只碰一次，且落点为b，需要满足n·2π＝ωt(n＝1,2,3，…)，联立解得：h＝，v0＝(n＝1,2,3，…)。当n ‎＝1时，h＝，v0＝，选项A错误；当n＝2时，h＝，v0＝，选项B正确；当n＝3时，h＝，v0＝，选项C错误；当n＝4时，h＝，v0＝，选项D正确。‎ ‎10.[多选]如图所示，半径为R的圆弧轨道与半径为的光滑半圆弧轨道通过图示方式组合在一起，A、B分别为半圆弧轨道的最高点和最低点，O为半圆弧的圆心。现让一可视为质点的小球从B点以一定的初速度沿半圆弧轨道运动，恰好通过最高点A后落在圆弧轨道上的C点，不计空气阻力，重力加速度为g，则下列说法中正确的是(　　)‎ A．小球运动到A点时所受合力为零 B．小球从B点出发时的初速度大小为 C．C点与A点的高度差为 D．小球到达C点时的动能为mgR 解析：选BD　由于小球刚好能通过半圆弧轨道的最高点A，故小球在A点由重力提供其做圆周运动的向心力，选项A错误；在A点时，有mg＝m，其中r＝，解得vA＝ ，由机械能守恒定律可得：mvB2＝mgR＋mvA2，代入数据可解得vB＝ ，选项B正确；由平抛运动规律可得：x＝vAt，y＝gt2，由几何关系可得：x2＋y2＝R2，联立求解得：y＝，故C点与A点的高度差为，选项C错误；由动能定理可知：EkC＝mvA2＋mgy，解得：EkC＝·mgR，选项D正确。‎ ‎11.[多选](2018届高三·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＝‎1.0 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＝‎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5.0 N C．细线对物块的拉力是6.0 N D．物块做匀加速直线运动，加速度大小是‎1.0 m/s2‎ 解析：选CD　由题意知，物块的速度为：v＝ωR＝2t×0.5＝1t，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‎1.0 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，地面摩擦阻力为：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。‎ ‎12.(2014·全国卷Ⅱ)如图，一质量为M的光滑大圆环，用一细轻杆固定在竖直平面内；套在大环上质量为m的小环(可视为质点)，从大环的最高处由静止滑下。重力加速度大小为g。当小环滑到大环的最低点时，大环对轻杆拉力的大小为(　　)‎ A．Mg－5mg B．Mg＋mg C．Mg＋5mg D．Mg＋10mg 解析：选C　设大环半径为R，质量为m的小环滑下过程中遵守机械能守恒定律，所以mv2＝mg·2R。小环滑到大环的最低点时的速度为v＝2，根据牛顿第二定律得FN－mg＝，所以在最低点时大环对小环的支持力FN＝mg＋＝5mg。根据牛顿第三定律知，小环对大环的压力FN′＝FN＝5mg，方向向下。对大环，据平衡条件，轻杆对大环的拉力T＝Mg＋FN′＝Mg＋5mg。根据牛顿第三定律，大环对轻杆拉力的大小为T′＝T＝Mg＋5mg，故选项C正确，选项A、B、D错误。‎ ‎13．(2016·全国卷Ⅱ)小球P和Q用不可伸长的轻绳悬挂在天花板上，P球的质量大于Q球的质量，悬挂P球的绳比悬挂Q球的绳短。将两球拉起，使两绳均被水平拉直，如图所示。将两球由静止释放。在各自轨迹的最低点，(　　)‎ A．P球的速度一定大于Q球的速度 B．P球的动能一定小于Q球的动能 C．P球所受绳的拉力一定大于Q球所受绳的拉力 D．P球的向心加速度一定小于Q球的向心加速度 解析：选C　两球由静止释放到运动到轨迹最低点的过程中只有重力做功，机械能守恒，取轨迹的最低点为零势能点，则由机械能守恒定律得mgL＝mv2，v＝，因LP＜LQ，则vP＜vQ，又mP＞mQ，则两球的动能无法比较，选项A、B错误；在最低点绳的拉力为F，则F－mg＝m，则F＝3mg，因mP＞mQ，则FP＞FQ，选项C正确；向心加速度a＝＝‎2g，选项D错误。 ‎ ‎14.如图所示，竖直面内半径为R的光滑半圆形轨道与水平光滑轨道相切于D点。a、b、c三个相同的物体由水平部分分别向半圆形轨道滑去，最后重新落回到水平面上时的落点到切点D的距离依次为AD<2R，BD＝2R，CD>2R。设三个物体离开半圆形轨道在空中飞行时间依次为ta、tb、tc，三个物体到达水平面的动能分别为Ea、Eb、Ec，则下面判断正确的是(　　)‎ A．Ea＝Eb B．Ec＝Eb C．tb＝tc D．ta＝tb 解析：选C　物体若从半圆形轨道最高点离开在空中做平抛运动，竖直方向上做自由落体运动，有：2R＝gt2，则得：t＝2 ，物体恰好到达半圆形轨道最高点时，有：mg＝m，则通过半圆形轨道最高点时的最小速度为：v＝，所以物体从半圆形轨道最高点离开后做平抛运动的水平位移最小值为：x＝vt＝2R，由题知：AD<2R，BD＝2R，CD>2R，说明b、c通过最高点做平抛运动，a没有到达最高点，则知tb＝tc＝2，ta≠tb＝tc，故C正确，D错误。对于a、b两球，通过D点时，a的速度比b的小，由机械能守恒可得：EaEb，D错误。‎ ‎[教师备选题]‎ ‎1.(2018届高三·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，现使轻杆在同一竖直面内做匀速转动，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，轻杆对小球的作用力方向指向圆心O 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＝得：v＝，A错误；小球做匀速圆周运动，加速度为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，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(小球可看作质点)，此过程中拉力变化情况是(　　)‎ 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°(环顶B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．(2017·合肥质检)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　通过题意可知，图像的t1时刻小球通过最高点，面积S1表示的是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，其大小等于轨道半径；S2表示的是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，其大小也等于轨道半径，所以选项A正确。‎ ‎4.(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；小环刚下滑时，大圆环对小环的作用力背离大圆环的圆心，滑到大圆环圆心以下的位置时，大圆环对小环的作用力指向大圆环的圆心，C、D项错误。‎ ‎5．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为竖直线，AC为水平线，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．不能确定 解析：选A　如果小球恰能通过最高点D，根据mg＝m，得vD＝，知小球在最高点的最小速度为。根据R＝gt2得：t＝ 。则平抛运动的水平位移为：x＝·＝R。知小球一定落在水平面AE上。故A正确，B、C、D错误。‎ 第4讲 应用牛顿运动定律解决动力学问题是高考必考内容，其中有三类典型的问题：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　‎ 一、以加速度为桥梁，破解连接体问题基础保分类考点 ‎1．[多选](2018届高三·江西宜春四校联考)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；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拉动物块B，使B做加速度为a的匀加速运动，A、B两物块在开始一段时间内的v t关系分别对应图乙中A、B图线(t1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 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＝kx，则x＝，故A错误；由题图读出，t1时刻A、B开始分离，对A根据牛顿第二定律得kx－mgsin θ＝ma，则x＝，故B正确；从开始到t1时刻，对AB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。‎ ‎2.(2018届高三·保定调研)如图所示，两个质量分别为m1、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＝μg，aB＝μg　　 B．aA＝μg，aB＝0‎ C．aA＝μg，aB＝0 D．aA＝μg，aB＝μg 解析：选C　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的加速度为0；A的加速度为＝μg，选项C对。‎ ‎3.[多选]如图所示的装置为在摩擦力不计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。现由静止释放物块甲，在以后的运动过程中，盒子乙与滑块丙之间没有相对运动，假设整个运动过程中盒子始终没有离开水平桌面，取重力加速度g＝‎10 m/s2。则(　　)‎ A．细绳对盒子的拉力大小为20 N B．盒子的加速度大小为‎2.5 m/s2‎ C．盒子对滑块丙的摩擦力大小为2.5 N D．定滑轮受到细绳的作用力为30 N 解析：选BC　假设绳子的拉力为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；对滑块丙受力分析，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；绳子的张力为15 N，由于滑轮两侧绳子垂直，根据平行四边形定则，其对滑轮的作用力为15 N，所以D错误。‎ ‎4.(2017·晋城月考)如图所示，在倾角为30°的光滑斜面上放置质量分别为m和‎2m的四个木块，其中两个质量为m的木块间用一不可伸长的轻绳相连，木块间的最大静摩擦力是fm。现用平行于斜面的拉力F拉其中一个质量为‎2m的木块，使四个木块沿斜面以同一加速度向下运动，则拉力F的最大值是(　　)‎ A.fm B.fm C.fm D．fm 解析：选C　当下面m与‎2m的木块之间的摩擦力达到最大时，拉力F达到最大。‎ 将4个木块看成整体，由牛顿第二定律：‎ F＋6mgsin 30°＝6ma　①‎ 将两个质量为m的木块及上面的质量为‎2m的木块看作整体：‎ fm＋4mgsin 30°＝4ma　②‎ 联立①、②解得：F＝fm，故选C。‎ ‎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)，特点是形变量大，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、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用隔离法。‎ 二、以加速度为桥梁，破解传送带问题重难增分类考点 ‎[典例]　[多选]如图所示，传送皮带与水平面夹角为37°，A、B 间距离L＝‎16 m，传送带以速度v＝‎10 m/s匀速运行。现在皮带的A端无初速放上一个小物体(可视为质点)，已知物体与皮带间的动摩擦因数为μ＝0.5，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，取g＝‎10 m/s2，传动轮大小可忽略，则物体滑到B端的速度大小可能是(　　)‎ A．‎6 m/s　　　　　　 B．‎8 m/s C．‎10 m/s D．‎12 m/s ‎[思路点拨]‎ ‎[解析]　选BD　因传送带运行速度方向不知，故分别讨论：‎ 若传动轮带动皮带绕轮顺时针方向转动，小物体放上A端相对地面无初速度，但相对皮带斜向下运动，故皮带作用于物体的摩擦力沿皮带斜面向上，又由于mgsin 37°>Ff＝μmgcos 37°，故物体有沿皮带向下的加速度，设为a1，则mgsin 37°－μmgcos 37°＝ma1，a1＝‎2 m/s2‎ 物体从A运动到B的时间t1＝ ＝ ＝4 s，到达B端速度为v1＝a1t1＝‎8 m/s。‎ 若传动轮带动皮带绕轮逆时针转动，小物体放上皮带A端初速度为零，相对皮带斜向上运动，故皮带作用于物体的摩擦力沿皮带斜面向下。设物体的加速度为a2，则 mgsin 37°＋μmgcos 37°＝ma2，a2＝‎10 m/s2‎ 物体加速到皮带运行速度v＝‎10 m/s的时间为：‎ t1′＝＝1 s 物体的位移x1＝＝‎5 mFf＝μmgcos 37°，物体加速度变为a2′，a2′＝gsin 37°－μgcos 37°＝a1＝‎2 m/s2。‎ 设物体继续加速下滑到B端所需时间为t2，而x2＝vt2＋a2′t22。又x2＝L－x1＝‎11 m，解得：t2＝1 s，‎ 物体到达B端速度为v2＝v＋a2t2＝‎12 m/s。故B、D均正确。‎ 传送带问题的突破口——初态、共速、末态 ‎1．如图所示，长度AB＝L的传送带以速度v1向左匀速运动。在传送带的左端A处，一个质量为m的工件以初速度v2滑上传送带，最后到达B端。若工件与传送带间的动摩擦因数为μ，则在此过程中(　　)‎ A．工件的加速度大小为μg B．工件在传送带上的运动时间为 C．工件对传送带做的功为－μmgL D．若传送带的速度沿原方向增大，则工件有可能不能到达B端 解析：选A　工件对地匀减速运动。由牛顿第二定律得μmg＝ma，解得a＝μg　①，故A正确；若到达B端的速度刚好为零(临界点)，由运动规律得L＝at2　②，由①②式得t＝ ；若到达B端的速度不为零，运动的平均速度变大，由t＝知运动时间变小，即t< ，故B错误；传送带对地匀速运动，由运动规律得s＝v1t，因v1大小未知，则s与L的大小关系不定。工件通过摩擦力对传送带做的功为W＝－μmgs与－μmgL大小关系不定，故C错误；若传送带的速度沿原方向增大，对工件的滑动摩擦力不变，产生的加速度不变，工件以初速度v2滑上传送带后的运动情况不变，仍能到达B端，故D错误。‎ ‎2．[多选](2018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v t图像(以地面为参考系)如图乙所示。已知v2>v1，则(　　)‎ A．t2时刻，小物块离A处的距离达到最大 B．t2时刻，小物块相对传送带滑动的距离达到最大 C．0～t2时间内，小物块受到的摩擦力方向向右 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BC　相对地面而言，小物块在0～t1时间内，向左做匀减速运动，t1～t2时间内，小物块反向向右做匀加速运动，当其速度与传送带速度相同时(即t2时刻)，小物块向右做匀速运动。故小物块在t1时刻离A处距离最大，选项A错误。相对传送带而言，在0～t2时间内，小物块一直相对传送带向左运动，故一直受向右的滑动摩擦力，在t2～t3时间内，小物块相对于传送带静止，小物块不受摩擦力作用，因此t2时刻小物块相对传送带滑动的距离达到最大值，选项B、C正确，选项D错误。‎ ‎3.如图所示，物块M在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，在此传送带的速度由零逐渐增加到2v0后匀速运动的过程中，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后向下匀速运动 C．M先向下匀速运动，后向下加速，最后沿传送带向下匀速运动 D．M受的摩擦力方向始终沿传送带向上 解析：选C　传送带静止时，物块匀速下滑，故mgsin θ＝Ff，当传送带突然启动且速度小于物块的速度时，物块受的摩擦力方向不变为沿斜面向上，物块匀速下滑，当传送带的速度大于物块的速度时，物块受到向下的摩擦力，根据受力分析可知，物块向下做加速运动，当速度达到与传送带速度相等时，物块和传送带具有相同的速度匀速下滑，故C正确。‎ 三、以加速度为桥梁，破解板—块模型问题重难增分类考点 ‎[典例]　质量为M＝‎20 kg、长为L＝‎5 m 的木板放在水平面上，木板与水平面间的动摩擦因数μ1＝0.15。质量为m＝‎10 kg的小木块(可视为质点)，以v0＝‎‎4 m ‎/s的速度从木板的左端水平滑到木板上(如图所示)，小木块与木板面间的动摩擦因数为μ2＝0.4(最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g＝‎10 m/s2)。则以下判断中正确的是(　　)‎ A．木板一定静止不动，小木块不能滑出木板 B．木板一定静止不动，小木块能滑出木板 C．木板一定向右滑动，小木块不能滑出木板 D．木板一定向右滑动，小木块能滑出木板 ‎[解析]　选A　m对M的摩擦力Ff1＝μ2mg＝0.4×100 N＝40 N，地面对M的摩擦力Ff2＝μ1(M＋m)g＝45 N，因为Ff18 N时，滑块与木板相对滑动，B的加速度为：aB＝a＝F－μg＝m/s2＝‎4 m/s2，故C正确。‎ ‎3.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，选项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。‎ ‎ ‎1.(2017·贵阳一中模拟)如图所示，质量均为m的A、B两小球用两轻弹簧连接悬挂于天花板上并处于静止状态，已知重力加速度为g。现在B球上再施加一竖直向下的大小为mg的力，在力刚作用于B球的瞬间(　　)‎ A．B球的加速度大小为，A球的加速度大小为 B．B球的加速度大小为‎2g，A球的加速度大小为0‎ C．B球的加速度大小为0，A球的加速度大小为g D．B球的加速度大小为g，A球的加速度大小为0‎ 解析：选D　在力作用于B球的瞬间，A球的受力情况不变，所以A球的加速度为0，而B球所受的其他力也不变，所受的合力就是刚施加上的力即mg，所以B球的加速度大小为g，故D正确。‎ ‎2．(2018届高三·江西名校联考)如图甲所示，在某部电梯的顶部安装一个能够显示拉力大小的传感器，传感器下方挂上一轻质弹簧，弹簧下端挂一质量为m的小球。若该电梯在竖直方向行驶时突然停止，传感器显示弹簧弹力大小F随时间t变化的图像如图乙所示，g为重力加速度，则(　　)‎ A．电梯突然停止前可能在加速上升 B．电梯停止后小球向下运动，加速度小于g C．电梯停止后小球向上运动，加速度小于g D．0～t1时间内小球处于失重状态，t1～t2时间内小球处于超重状态 解析：选C　从t＝0时刻传感器示数为mg可知，电梯突然停止前做匀速运动，选项A错误。电梯停止前，弹簧处于伸长状态且弹力大小等于重力，电梯停止后，弹簧拉力小于mg，说明小球向上运动，小球受到弹簧拉力和重力，加速度小于g，选项B错误、C正确。在0～t1时间内，弹簧弹力由mg减小为0，说明小球处于失重状态；t1～t2时间内，弹簧弹力由0逐渐增大到mg，说明小球仍处于失重状态，选项D错误。‎ ‎3.[多选]如图所示，A、B两物块的质量分别为‎2m和m ‎，静止叠放在水平地面上。A、B间的动摩擦因数为μ，B与地面间的动摩擦因数为μ。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。现对A施加一水平拉力F，则(　　)‎ A．当F<2μmg时，A、B都相对地面静止 B．当F＝μmg时，A的加速度为μg C．当F>3μmg时，A相对B滑动 D．无论F为何值，B的加速度不会超过μg 解析：选BCD　当03μmg时，A相对B运动，B相对地面向右做匀加速运动，选项A错误、选项C正确。当F＝μmg时，A与B共同的加速度a＝＝μg，选项B正确。F较大时，取物块B为研究对象，物块B的加速度最大为a2＝＝μg，选项D正确。‎ ‎4.[多选](2016·江苏高考)如图所示，一只猫在桌边猛地将桌布从鱼缸下拉出，鱼缸最终没有滑出桌面。若鱼缸、桌布、桌面两两之间的动摩擦因数均相等，则在上述过程中(　　)‎ A．桌布对鱼缸摩擦力的方向向左 B．鱼缸在桌布上的滑动时间和在桌面上的相等 C．若猫增大拉力，鱼缸受到的摩擦力将增大 D．若猫减小拉力，鱼缸有可能滑出桌面 解析：选BD　鱼缸相对于桌布向左运动，故应受到向右的摩擦力，选项A错误；由于鱼缸与桌布、桌面之间的动摩擦因数相等，鱼缸在桌布上运动和在桌面上运动时加速度的大小相等，根据v＝at，鱼缸在桌布上和在桌面上的滑动时间相等，选项B正确；若猫增大拉力，鱼缸与桌布之间的摩擦力仍然为滑动摩擦力，大小不变，选项C错误；若猫减小拉力，鱼缸可能随桌布一起运动而滑出桌面，选项D正确。‎ ‎5.质量为‎2m的物块A和质量为m的物块B相互接触放在水平面上，如图所示。若对A施加水平推力F，则两物块沿水平方向做加速运动。关于A对B的作用力，下列说法中正确的是(　　)‎ A．若水平地面光滑，物块A对B的作用力大小为F B．若水平地面光滑，物块A对B的作用力大小为0‎ C．若物块A与地面间无摩擦，B与地面的动摩擦因数为μ，则物块A对B的作用力大小为μmg D．若物块A与地面间无摩擦，B与地面的动摩擦因数为μ，则物块A对B的作用力大小为 解析：选D　若水平面光滑，则对整体受力分析可知F＝(m＋‎2m)a，再对B分析，B水平方向只受A的作用力，由牛顿第二定律可得FN＝ma＝，故A、B错误。若B和地面有摩擦，对整体分析有F－μmg＝3ma′；对B受力分析可得FN′－μmg＝ma′，解得FN′＝μmg＋－＝，故C错误，D正确。‎ ‎6．[多选](2018届高三·湖北八校联考)质量分别为M和m的物块形状大小均相同，将它们通过轻绳跨过光滑定滑轮连接，如图甲所示，绳子平行于倾角为α的斜面，M恰好能静止在斜面上，不考虑M、m与斜面之间的摩擦。若互换两物块位置，按图乙放置，然后释放M，斜面仍保持静止。则下列说法正确的是(　　)‎ A．轻绳的拉力等于Mg B．轻绳的拉力等于mg C．M运动的加速度大小为(1－sin α)g D．M运动的加速度大小为g 解析：选BC　互换位置前，M静止在斜面上，则有：Mgsin α＝mg，互换位置后，对M：Mg－FT＝Ma，对m：FT′－mgsin α＝ma，又FT＝FT′，解得：a＝(1－sin α)g，FT＝mg，故A、D错，B、C对。‎ ‎7．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＝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，＝。‎ ‎8.(2017·张家界模拟)如图所示，质量为M的三角形木块a放在水平面上，把另一质量为m的木块b放在a的斜面上，斜面倾角为α，对a施一水平力F，使b不沿斜面滑动，不计一切摩擦，则b对a的压力大小为(　　)‎ A．mgcos α B. C. D. 解析：选D　不计一切摩擦，b不滑动时即a、b相对静止，作为一个整体，在水平力F作用下，一定沿水平面向左加速运动，根据牛顿运动定律有F＝(M＋m)a，则有a＝。对木块b分析，不计摩擦，只受到自身重力mg和斜面支持力FN的作用。由于加速度水平向左，所以二者合力水平向左大小为ma，如图所示，则有FN＝，选项A、B错误；FN＝＝，选项C错误，D正确。‎ ‎9．[多选](2015·全国卷Ⅱ)在一东西向的水平直铁轨上，停放着一列已用挂钩连接好的车厢。当机车在东边拉着这列车厢以大小为a的加速度向东行驶时，连接某两相邻车厢的挂钩P和Q间的拉力大小为F；当机车在西边拉着车厢以大小为a的加速度向西行驶时，P和Q间的拉力大小仍为F。不计车厢与铁轨间的摩擦，每节车厢质量相同，则这列车厢的节数可能为(　　)‎ A．8 B．10‎ C．15 D．18‎ 解析：选BC　设该列车厢与P相连的部分为P部分，与Q相连的部分为Q部分。设该列车厢有n节，Q部分为n1节，每节车厢质量为m，当加速度为a时，对Q有F＝n1ma；当加速度为a时，对P有F＝(n－n1)ma，联立得2n＝5n1。当n1＝2，n1＝4，n1＝6时，n＝5，n＝10，n＝15，由题中选项得该列车厢节数可能为10或15，选项B、C正确。‎ ‎10．如图所示，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，已知铁块A的加速度aA随时间t变化的图像如图乙所示，则木板B的加速度大小aB随时间t的aBt图像是下列图中的(　　)‎ 解析：选C　F的大小与时间t成正比，由图乙看出前2 s 铁块的加速度为零，这说明水平地面不光滑，t＝6 s前后铁块的加速度aA随时间t变化的图线斜率不同，这说明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，木板B的加速度不再变化。‎ ‎11．[多选]如图甲所示，足够长的传送带与水平面夹角为θ，在传送带上某位置轻轻放置一小滑块，小滑块与传送带间动摩擦因数为μ，小滑块速度随时间变化关系如图乙所示，v0、t0已知，则(　　)‎ A．传送带一定逆时针转动 B．μ＝tan θ＋ C．传送带的速度大于v0‎ D．t0后滑块的加速度为2gsin θ－ 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)，先匀加速运动，在速度与传送带速度相等后将匀速运动，两种均不符合运动图像；故传送带是逆时针转动，选项A正确。滑块在0～t0内，滑动摩擦力向下，做匀加速下滑，a1＝gsin θ＋μgcos θ，由题图可知a1＝，则μ＝ ‎－tan θ，选项B错误。传送带的速度等于v0，选项C错误。滑块与传送带的速度相等后的加速度a2＝gsin θ－μgcos θ，代入μ值得a2＝2gsin θ－，选项D正确。‎ ‎12.(2017·河南林州一中质检)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．物块B的加速度为　 B．物块A、B之间的弹力为 C．弹簧的弹力为 D．物块A的加速度为 解析：选A　剪断细线前，对物块A分析，可得弹簧弹力F＝mg，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＝mg，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 30°－F＝3ma，解得a＝g，A错误，D正确；以物块B为研究对象，可得2mgsin 30°－FN＝2ma，解得FN＝mg，B正确。‎ ‎13.如图所示，物块A和足够长的木板B叠放在水平地面上，木板B和物块A的质量均为m，物块A与木板B间的动摩擦因数为μ，木板与水平地面间的动摩擦因数为，已知最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，重力加速度为g。当t＝0时，用水平力F作用在木板B上，A、B恰能一起从静止开始向右做匀加速直线运动。t＝t0时，水平力变成‎2F，则t＝2t0时(　　)‎ A．物块A的速度为3μgt0‎ B．木板B的位移为μgt02‎ C．整个过程因摩擦增加的内能为μ2mg2t02‎ D．木板B的加速度为μg 解析：选C　t＝0时，用水平力F作用在木板B上，A、B恰能一起从静止开始向右做匀加速直线运动，以A为研究对象，由牛顿第二定律得μmg＝ma1，以A、B整体为研究对象，由牛顿第二定律得F－·2mg＝2ma1，解得a1＝μg，F＝。t＝t0时，木板B和物块A的速度相等，即v1＝a1t0＝μgt0，x1＝a1t02＝μgt02，当t＝t0后水平力F ′＝‎2F＝μmg，A、B 发生相对滑动，A的加速度还是a1＝μg，B的加速度a2＝＝μg，当t＝2t0时，A的速度vA＝v1＋a1t0＝2μgt0，A在第二个t0时间内的位移xA＝v1t0＋a1t02＝μgt02；当t＝2t0时，B的速度vB＝v1＋a2t0＝μgt0，B在第二个t0时间内的位移xB＝v1t0＋a2t02＝μgt02；所以，A的总位移xA′＝x1＋xA＝2μgt02，B的总位移xB′＝x1＋xB＝μgt02，A、B之间因摩擦增加的内能为Q1＝μmg(xB′－xA′)＝μ2mg2t02，B与水平面之间因摩擦产生的内能为Q2＝·2mgxB′＝μ2mg2t02，所以整个过程中，因摩擦增加的内能为Q＝Q1＋Q2＝μ2mg2t02，故C正确，A、B、D错误。‎ ‎14.[多选](2018届高三·宁波效实中学摸底)一长轻质木板置于光滑水平地面上，木板上放质量均为‎1 kg的A、B两物块，A、B与木板之间的动摩擦因数分别为μ1＝0.3，μ2＝0.2，水平恒力F作用在A物块上，如图所示，已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g＝‎10 m/s2。则(　　)‎ A．若F＝1 N，则A、B、木板都做匀加速运动 B．若F＝1.5 N，则A所受摩擦力大小为1.5 N C．若F＝8 N，则B的加速度为‎4.0 m/s2‎ D．无论力F多大，A与木板都不会发生相对滑动 解析：选AD　A与木板间的最大静摩擦力为：fA＝μ1mAg＝0.3×1×10 N＝3 N，B与木板间的最大静摩擦力为：fB＝μ2mBg＝0.2×1×10 N＝2 N；F＝1 N48 N后，图线斜率变大，表明研究对象质量减小，物体A、B间发生相对滑动，故mA＋mB＝＝‎8 kg，mA＝＝‎6 kg。由图像知：当F＝60 N时，a＝‎8 m/s2，又F－μmAg＝mAa，解得μ＝0.2。‎ ‎3.[多选]如图所示，两个由相同材料制成的物体A、B以轻绳连接，组成的连接体在倾角为θ的斜面上运动，已知A、B的质量分别为m1、m2，当作用力F一定时，B所受绳的拉力T(　　)‎ A．与θ无关 B．与物体和斜面间的动摩擦因数无关 C．与系统运动状态有关 D．等于，仅与两物体质量有关 解析：选ABD　对A、B组成的整体分析，根据牛顿第二定律得a＝。对B分析，有T－m2gsin θ－μm2gcos θ＝m‎2a，解得T＝，由此式可知轻绳的拉力与θ 无关，与物体和斜面间的动摩擦因数无关，与运动状态无关，仅与两物体的质量有关，A、B、D正确。‎ ‎4.放在足够长的木板上的物体A和B由同种材料制成，且表面粗糙程度一样，现随长木板以速度v向右做匀速直线运动，如图所示。某时刻木板突然停止运动，已知mA>mB，下列说法正确的是(　　)‎ A．若木板光滑，由于A的惯性较大，所以A、B一定会相撞 B．若木板粗糙，由于A的动能较大，所以A、B一定会相撞 C．若木板粗糙，由于A所受的摩擦力较大，所以A比B先停下来 D．无论木板是否光滑，A、B间的相对距离保持不变 解析：选D　若木板光滑，A、B在水平面上不受力，由于物体具有惯性，则A、B将以原来的速度做匀速直线运动，保持相对静止；若木板粗糙，尽管两物体的质量不同，所受的摩擦力大小不同，但其加速度为a＝＝μg，与质量无关，故两物体将有相同的加速度，任意时刻有相同的速度，保持相对静止。故D正确，A、B、C错误。‎ ‎5.如图所示，足够长的传送带与水平面夹角为θ，以速度v0逆时针匀速转动。在传送带的上端轻轻放置一个质量为m的小木块，小木块与传送带间的动摩擦因数μEk2‎ B．子弹不能穿过木块B，且Ek1Ek2‎ D．子弹仍能穿过木块B，且Ek1vB1，四边形Oabv0的面积小于三角形Ocv0的面积，故子弹不能穿过B木块，且Ek1mg，一般认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，故物体达到最高点后，不会下滑，故D错误。‎ ‎[教师备选题]‎ ‎1．一个静止的物体，在0～4 s时间内受到力F的作用，力的方向始终在同一直线上，力F所产生的加速度a随时间t的变化关系如图所示，则该物体(　　)‎ A．在0～4 s时间内做匀变速运动 B．第2 s末位移改变方向 C．在0～4 s时间内，位移的方向不变 D．第4 s末运动速度最大 解析：选C　从图像可以看出在前2 s时间内力的方向和运动的方向相同，物体经历了一个加速度逐渐增大的加速运动和加速度逐渐减小的加速运动过程，2 s末速度达到最大，2～4 s内，运动方向与原运动方向相同，而加速度的方向与原运动方向相反，即物体经历了一个加速度逐渐增大的减速运动和加速度逐渐减小的减速运动过程，4 s末速度为零，物体的位移达到最大，所以A、B、D错误，C正确。‎ ‎2．[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的短 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做加速运动时的加速度比b做加速运动时的加速度大，故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，b从t2时刻开始。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比b在水平面上做匀减速运动的位移大，故B错误；设斜面倾角为θ，物体在斜面上运动的加速度为a＝＝gsin θ－μgcos θ，因为物体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，故C正确，同理，D错误。‎ ‎3．[多选](2015·全国卷Ⅰ)如图(a)，一物块在t＝0时刻滑上一固定斜面，其运动的v t图线如图(b)所示。若重力加速度及图中的v0、v1、t1均为已知量，则可求出(　　)‎ A．斜面的倾角 B．物块的质量 C．物块与斜面间的动摩擦因数 D．物块沿斜面向上滑行的最大高度 解析：选ACD　由题图(b)可以求出物块上升过程中的加速度为a1＝，下降过程中的加速度为a2＝。物块在上升和下降过程中，由牛顿第二定律得mgsin θ＋f＝ma1，mgsin θ－f＝ma2，由以上各式可求得sin θ＝，滑动摩擦力f＝，而f＝μFN＝μmgcos θ，由以上分析可知，选项A、C正确。由v t图像中横轴上方的面积可求出物块沿斜面上滑的最大距离，可以求出物块沿斜面向上滑行的最大高度，选项D正确。‎ ‎4.(2018届高三·湖南六校联考)在平直公路上行驶的a车和b车，其位移—时间(x t)图像分别为图中直线a和曲线b，已知b车的加速度恒定且等于－‎2 m/s2，t＝3 s时，直线a和曲线b刚好相切，则(　　)‎ A．a车做匀速运动且其速度为va＝ m/s B．t＝3 s时a车和b车相遇但此时速度不等 C．t＝1 s时b车的速度为‎10 m/s D．t＝0时a车和b车的距离x0＝‎‎9 m 解析：选D　x t图像的斜率等于速度，由题图可知，a车的速度不变，做匀速直线运动，速度为：va＝＝ m/s＝‎2 m/s，故A错误。t＝3 s时，直线a和曲线b刚好相切，位置坐标相同，两车相遇，斜率相等，此时两车的速度相等，故B错误。t＝3 s时，b车的速度为：vb＝va＝‎2 m/s，设b车的初速度为v0，对b车，由v0＋at＝vb，解得：v0＝‎8 m/s，则t＝1 s时b车的速度为：vb′＝v0＋at1＝‎8 m/s－2×‎1 m/s＝‎6 m/s，故C错误。t＝3 s时，a车的位移为：xa＝vat＝‎6 m，b车的位移为：xb＝t＝×‎3 m＝‎15 m，t＝3 s时，a车和b车到达同一位置，得：x0＝xb－xa＝‎9 m，故D正确。‎ ‎5．[多选](2018届高三·江西红色七校联考)如图甲所示，物块的质量m＝‎1 kg，初速度v0‎ ‎＝‎10 m/s，在一水平向左的恒力F作用下从O点沿粗糙的水平面向右运动，某时刻后恒力F突然反向，整个过程中物块速度的平方随位置坐标变化的关系图像如图乙所示，g＝‎10 m/s2。下列选项中正确的是(　　)‎ A．0～5 s内物块做匀减速运动 B．在t＝1 s时刻，恒力F反向 C．恒力F大小为10 N D．物块与水平面间的动摩擦因数为0.3‎ 解析：选BD　物块做匀减速直线运动的加速度大小为：‎ a1＝＝ m/s2＝‎10 m/s2‎ 物块做匀加速直线运动的加速度大小为：‎ a2＝＝ m/s2＝‎4 m/s2‎ 根据牛顿第二定律得：F＋f＝ma1，F－f＝ma2‎ 联立两式解得：F＝7 N，f＝3 N 则动摩擦因数为：μ＝＝＝0.3‎ 物块做匀减速直线运动的时间为：t1＝＝ s＝1 s。即在0～1 s内做匀减速直线运动，1 s后恒力F反向，做匀加速直线运动。故B、D正确，A、C错误。‎ 第6讲 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　‎ 一、抓住两条基本思路，求解天体质量、密度基础保分类考点 ‎1．宇航员在地球上的水平地面将一小球平抛，使小球产生一定的水平位移，当他登陆一半径为地球半径2倍的天体后，站在该天体水平地面上以和在地球上完全相同的方式平抛小球，测得小球的水平位移大约是地球上平抛时的4倍，宇航员由此估算该天体的质量M1约为(式中M为地球的质量)(　　)‎ A．M1＝M　　　　　　　 B．M1＝‎‎2M C．M1＝M D．M1＝‎‎4M 解析：选C　根据平抛规律可计算星球表面重力加速度，竖直方向h＝gt2，水平方向x＝vt，可得g1＝g，再由星球表面万有引力公式G＝mg，R1＝2R，可得M1＝，C正确。‎ ‎2．[多选]被誉为嫦娥5号“探路尖兵”的载人返回飞行试验返回器在内蒙古四子王旗预定区域顺利着陆，标志着我国已全面突破和掌握航天器以接近第二宇宙速度的高速载人返回关键技术，为嫦娥5号任务顺利实施和探月工程持续推进奠定了坚实基础。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度为θ，引力常量为G，则(　　)‎ A．航天器的轨道半径为 B．航天器的环绕周期为 C．月球的质量为 D．月球的密度为 解析：选BCD　根据几何关系得：r＝，故A错误；经过时间t，航天器与月球的中心连线扫过的角度为θ，则：＝，得：T＝，故B正确；由万有引力充当向心力而做圆周运动，所以：G＝mr，所以：M＝＝＝，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＝πr3＝π3 ，月球的密度：ρ＝＝＝，故D正确。‎ ‎3.[多选](2018届高三·湖南师大附中调研)某行星外围有一圈厚度为d 的发光带(发光的物质)，简化为如图甲所示模型，R为该行星除发光带以外的半径。现不知发光带是该行星的组成部分还是环绕该行星的卫星群，某科学家做了精确地观测，发现发光带绕行星中心的运行速度v与到行星中心的距离r的关系如图乙所示(图中所标为已知)，则下列说法正确的是(　　)‎ A．发光带是该行星的组成部分 B．该行星的质量M＝ C．行星表面的重力加速度g＝ D．该行星的平均密度为ρ＝ 解析：选BC　若发光带是该行星的组成部分，则其角速度与行星自转角速度相同，应有v＝ωr，v与r应成正比，与图像不符，因此发光带不是该行星的组成部分，故A错误；设发光带是环绕该行星的卫星群，由万有引力提供向心力，则有：G＝m，得该行星的质量为：M＝；由题图乙知，r＝R时，v＝v0，则有：M＝，故B正确；当r＝R时有mg＝m，得行星表面的重力加速度g＝，故C正确；该行星的平均密度为ρ＝＝，故D错误。‎ ‎1．求解天体质量和密度的两条基本思路 ‎(1)由于G＝mg，故天体质量M＝，天体密度ρ＝＝＝。‎ ‎(2)由G＝mr，得出中心天体质量M＝，平均密度ρ＝＝＝。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＝。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G＝mg，若考虑自转，则在两极上才有：G＝mg，而赤道上则有G－mg＝mR。‎ ‎(2)利用G＝mr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＝，而不是ρ＝。‎ 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 ‎[典例]　(2016·全国卷Ⅰ)利用三颗位置适当的地球同步卫星，可使地球赤道上任意两点之间保持无线电通讯。目前，地球同步卫星的轨道半径约为地球半径的6.6倍。假设地球的自转周期变小，若仍仅用三颗同步卫星来实现上述目的，则地球自转周期的最小值约为(　　)‎ A．1 h B．4 h C．8 h D．16 h ‎[解析]　选B　万有引力提供向心力，对同步卫星有：‎ ＝mr，整理得GM＝ 当r＝6.6R地时，T＝24 h 若地球的自转周期变小，轨道半径最小为2R地 三颗同步卫星A、B、C如图所示分布。‎ 则有＝ 解得T′≈＝4 h，选项B正确。‎ 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：‎ G＝ma＝m＝mω2r＝mr。‎ ‎(2)导出四个表达式：‎ a＝G，v＝ ，ω＝ ，T＝ 。‎ ‎(3)结合r大小关系，比较得出a、v、ω、T的大小关系。‎ ‎2．定性结论法 将下述结论牢记于心：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。‎ ‎1．[多选](2017·江苏高考)“天舟一号”货运飞船于‎2017年4月20日在文昌航天发射中心成功发射升空。与“天宫二号”空间实验室对接前，“天舟一号”在距地面约‎380 km的圆轨道上飞行，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的圆轨道上飞行时，由G＝mω2r可知，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＝可知，“天舟一号”的周期小于地球自转周期，C项正确；由G＝mg，G＝ma可知，向心加速度a小于地球表面的重力加速度g，D项正确。‎ ‎2．‎2016年2月1日15点29分，我国在西昌卫星发射中心成功发射了第五颗新一代北斗导航卫星。该卫星质量为m，轨道离地面的高度约为地球半径R的3倍。已知地球表面的重力加速度为g，忽略地球自转的影响。则(　　)‎ A．卫星的绕行速率大于‎7.9 km/s B．卫星的绕行周期约为8π C．卫星所在处的重力加速度大小约为 D．卫星的动能大小约为 解析：选D　‎7.9 km/s是第一宇宙速度，是卫星最大的环绕速度，所以该卫星的速度小于‎7.9 km/s，故A错误；在地球表面质量为m0的物体，有G＝m‎0g，所以有GM＝gR2，用M表示地球的质量，m表示卫星的质量，由万有引力定律和牛顿第二定律得G＝m·4R＝mg′＝m，解得卫星的绕行周期约为T＝16π，卫星所在处的重力加速度大小约为 g′＝，卫星的动能大小约为Ek＝mv2＝。故B、C错误，D正确。‎ ‎3.(2016·四川高考)国务院批复，自2016年起将‎4月24日 设立为“中国航天日”。‎1970年4月24日我国首次成功发射的人造卫星东方红一号，目前仍然在椭圆轨道上运行，其轨道近地点高度约为‎440 km，远地点高度约为2 ‎060 km；‎1984年4月8日成功发射的东方红二号卫星运行在赤道上空35 ‎786 km的地球同步轨道上。设东方红一号在远地点的加速度为a1，东方红二号的加速度为a2，固定在地球赤道上的物体随地球自转的加速度为a3，则a1、a2、a3的大小关系为(　　)‎ A．a2＞a1＞a3 B．a3＞a2＞a1‎ C．a3＞a1＞a2 D．a1＞a2＞a3‎ 解析：选D　卫星围绕地球运行时，万有引力提供向心力，对于东方红一号，在远地点时有G＝m‎1a1，即a1＝，对于东方红二号，有G＝m‎2a2，即a2＝，由于h2＞h1，故a1＞a2，东方红二号卫星与地球自转的角速度相等，由于东方红二号做圆周运动的轨道半径大于地球赤道上物体做圆周运动的半径，根据a＝ω2r，故a2＞a3，所以a1＞a2＞a3，选项D正确，选项A、B、C错误。‎ 三、结合发射或探月，考查卫星变轨问题重难增分类考点 ‎[典例]　[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]　选BD　对于卫星来说，万有引力提供向心力，有＝m＝mrω2＝ma，得v＝ ，ω＝ ，a＝，又r3>r1，则v3，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。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。‎ ‎1.(2017·泰安一模)“嫦娥三号”探测器发射到月球上要经过多次变轨，最终降落到月球表面上，其中轨道Ⅰ为圆形。下列说法正确的是(　　)‎ A．探测器在轨道Ⅰ运行时的加速度大于月球表面的重力加速度 B．探测器在轨道Ⅰ经过P点时的加速度小于在轨道Ⅱ经过P点时的加速度 C．探测器在轨道Ⅰ的运行周期大于在轨道Ⅱ的运行周期 D．探测器在P点由轨道Ⅰ进入轨道Ⅱ必须点火加速 解析：选C　探测器在轨道Ⅰ运行时的万有引力小于在月球表面时的万有引力，根据牛顿第二定律，探测器在轨道Ⅰ运行时的加速度小于月球表面的重力加速度，故A错误；根据万有引力提供向心力G＝ma知轨道半径相同，则加速度相同，故探测器在轨道Ⅰ经过P点时的加速度等于在轨道Ⅱ经过P点时的加速度，故B错误；根据开普勒第三定律，探测器在轨道Ⅰ的运行周期大于在轨道Ⅱ的运行周期，故C正确；探测器在P点由轨道Ⅰ进入轨道Ⅱ必须减速，故D错误。‎ ‎2．(2017·全国卷Ⅲ)2017年4月，我国成功发射的天舟一号货运飞船与天宫二号空间实验室完成了首次交会对接，对接形成的组合体仍沿天宫二号原来的轨道(可视为圆轨道)运行。与天宫二号单独运行时相比，组合体运行的(　　)‎ A．周期变大　　　　　　　 B．速率变大 C．动能变大 D．向心加速度变大 解析：选C　组合体比天宫二号质量大，轨道半径R不变，根据＝m，可得v＝，可知与天宫二号单独运行时相比，组合体运行的速率不变，B项错误；又T＝，则周期T不变，A项错误；质量变大、速率不变，动能变大，C项正确；向心加速度a＝不变，D项错误。‎ ‎3.[多选]按照我国整个月球探测活动的计划，在第一步“绕月”工程圆满完成各项目标和科学探测任务后，第二步是“落月”工程，已在2013年以前完成。假设月球半径为R，月球表面的重力加速度为g0，飞船沿距月球表面高度为3R的圆形轨道Ⅰ运动，到达轨道的A点时点火变轨进入椭圆轨道Ⅱ，到达轨道的近月点B时再次点火进入月球近月轨道Ⅲ绕月球做圆周运动，如图所示。下列判断正确的是(　　)‎ A．飞船在轨道Ⅰ上的运行速率v＝ B．飞船在A点处点火变轨时，动能增大 C．飞船在A点变轨完成后向B点运行的过程中机械能增大 D．飞船在轨道Ⅲ绕月球运行一周所需的时间T＝2π 解析：选AD　飞船在轨道Ⅰ上运动时，万有引力提供向心力，有G＝m，在月球表面，万有引力大小等于重力，则G＝mg0，解得v＝，选项A正确；在较高的圆轨道Ⅰ变轨到较低的椭圆轨道Ⅱ，需要在A点给飞船减速，减小飞船所需的向心力，故在A点处点火变轨时，飞船动能减小，选项B错误；飞船在A点变轨完成后，向近月点B运动过程中，只有月球引力做正功，飞船机械能不变，选项C错误；飞船在轨道Ⅲ上做圆周运动，mg0＝m，解得T＝2π，选项D正确。‎ 四、狠抓“受力和轨迹”，破解双星及多星模型多维探究类考点 　　‎ 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]经长期观测，人们在宇宙中已经发现了“双星系统”。“双星系统”‎ 由两颗相距较近的恒星组成，每个恒星的半径远小于两个恒星之间的距离，而且双星系统一般远离其他天体，它们在相互间的万有引力作用下，绕某一点做匀速圆周运动。如图所示为某一双星系统，A星球的质量为m1，B星球的质量为m2，它们中心之间的距离为L，引力常量为G，则下列说法正确的是(　　)‎ A．A星球的轨道半径为R＝L B．B星球的轨道半径为r＝L C．双星球运行的周期为T＝2πL D．若近似认为B星球绕A星球中心做圆周运动，则B星球的运行周期为T′＝2πL ‎[思路点拨]‎ ‎(1)A、B两星球相同的物理量有ω、T。‎ ‎(2)A星球做匀速圆周运动的向心力表达式为：F向＝G。‎ ‎[解析]　选CD　两星球之间的万有引力提供向心力，角速度相等，m1ω2R＝m2ω2r，且r＋R＝L，解得r＝L，R＝L，A、B错误；由万有引力提供向心力可得＝m22r，解得T＝2πL ，C正确；若近似认为B星球绕A星球中心做圆周运动，根据牛顿第二定律及万有引力定律有＝m2‎2L，解得T′＝2πL ，D正确。‎ 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，三星体以等边三角形的几何中心为圆心做匀速转动(简称“三角形”模型)。‎ 最常见的“三角形”模型中，三星结构稳定，角速度相同，半径相同，任一颗星的向心力均由另两颗星对它的万有引力的合力提供。　　　‎ ‎　‎ ‎[例2]　[多选]宇宙中有这样一种三星系统，系统由两个质量为m的小星体和一个质量为M的大星体组成，两个小星体围绕大星体在同一圆形轨道上运行，轨道半径为r。关于该三星系统的说法中正确的是(　　)‎ A．在稳定运行的情况下，大星体提供两小星体做圆周运动的向心力 B．在稳定运行的情况下，大星体应在小星体轨道中心，两小星体在大星体相对的两侧 C．小星体运行的周期为T＝ D．大星体运行的周期为T＝ ‎[解析]　选BC　该三星系统应该在同一直线上，并且两小星体在大星体相对的两侧，只有这样才能使某一小星体受到大星体和另一小星体的引力的合力提供向心力。由G＋＝mr2，解得小星体运行的周期T＝。‎ 四星系统由四颗相距较近的星体组成，与三星系统类似，通常有两种运动模型：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。设四星系统中每个星体的质量均为m，半径均为R，四颗星稳定分布在边长为L的正方形的四个顶点上，其中L远大于R。已知万有引力常量为G。忽略星体自转效应，关于四星系统，下列说法正确的是(　　)‎ A．四颗星做圆周运动的轨道半径均为 B．四颗星做圆周运动的线速度均为 C．四颗星做圆周运动的周期均为2π D．四颗星表面的重力加速度均为G ‎[解析]　选CD　四颗星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＝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＝G＋G。由F合＝F向＝m＝mr，可解得v＝ ，T＝2π ，故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＝G，故g＝G，D项正确。‎ ‎ ‎1．(2016·全国卷Ⅲ)关于行星运动的规律，下列说法符合史实的是(　　)‎ A．开普勒在牛顿定律的基础上，导出了行星运动的规律 B．开普勒在天文观测数据的基础上，总结出了行星运动的规律 C．开普勒总结出了行星运动的规律，找出了行星按照这些规律运动的原因 D．开普勒总结出了行星运动的规律，发现了万有引力定律 解析：选B　开普勒在前人观测数据的基础上，总结出了行星运动的规律，与牛顿定律无联系，选项A错误，选项B正确；开普勒总结出了行星运动的规律，但没有找出行星按照这些规律运动的原因，选项C错误；牛顿发现了万有引力定律，选项D错误。 ‎ ‎2.(2015·福建高考)如图，若两颗人造卫星a和b均绕地球做匀速圆周运动，a、b到地心O的距离分别为r1、r2，线速度大小分别为v1、v2，则(　　)‎ A.＝　　　　　　 B.＝ C.＝2 D.＝2‎ 解析：选A　对人造卫星，根据万有引力提供向心力＝m，可得v＝ 。 所以对于a、b两颗人造卫星有＝，故选项A正确。‎ ‎3.如图所示，“嫦娥三号”的环月轨道可近似看成是圆轨道，观察“嫦娥三号”在环月轨道上的运动，发现每经过时间t通过的弧长为l，该弧长对应的圆心角为θ弧度。已知万有引力常量为G，则月球的质量是(　　)‎ A. B. C. D. 解析：选C　设“嫦娥三号”卫星做圆周运动的角速度为ω，则G＝mω2r，又l＝rθ，ω＝，联立得月球的质量M＝，故C正确。‎ ‎4.‎ 中国北斗卫星导航系统(BDS)是中国自行研制的全球卫星导航系统，是继美国全球定位系统(GPS)、俄罗斯格洛纳斯卫星导航系统(GLONASS)之后第三个成熟的卫星导航系统。预计2020年左右，北斗卫星导航系统将形成全球覆盖能力。如图所示是北斗导航系统中部分卫星的轨道示意图，已知a、b、c三颗卫星均做圆周运动，a是地球同步卫星，则(　　)‎ A．卫星a的角速度小于c的角速度 B．卫星a的加速度大于b的加速度 C．卫星a的运行速度大于第一宇宙速度 D．卫星b的周期大于24 h 解析：选A　由万有引力提供向心力得，＝＝mrω2＝mr＝ma，解得v＝ ，ω＝ ，T＝ ，a＝。卫星a的轨道半径大于c的轨道半径，因此卫星a的角速度小于c的角速度，选项A正确；卫星a的轨道半径与b的轨道半径相等，因此卫星a的加速度等于b的加速度，选项B错误；卫星a的轨道半径大于地球半径，因此卫星a的运行速度小于第一宇宙速度，选项C错误；卫星a的轨道半径与b的轨道半径相等，卫星b的周期等于a的周期，为24 h，选项D错误。‎ ‎5．[多选]“嫦娥之父”欧阳自远透露：我国计划于2020年登陆火星。假如某志愿者登上火星后将一小球从高为h的地方由静止释放，不计空气阻力，测得经过时间t小球落在火星表面，已知火星的半径为R，引力常量为G，不考虑火星自转，则下列说法正确的是(　　)‎ A．火星的第一宇宙速度为 B．火星的质量为 C．火星的平均密度为 D．环绕火星表面运行的卫星的周期为πt 解析：选CD　由自由落体运动规律h＝gt2，解得火星表面的重力加速度大小为g＝，火星的第一宇宙速度v1＝＝，A错误。由G＝mg，解得火星的质量为M＝，B错误。火星的平均密度为ρ＝＝·＝，C正确。设环绕火星表面运行的卫星的周期为T，则T＝＝πt ，D正确。‎ ‎6．(2018届高三·黄冈中学调研)已知某星球的第一宇宙速度与地球相同，其表面的重力加速度为地球表面重力加速度的一半，则该星球的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得，第一宇宙速度v＝ ‎。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，则星球的半径是地球半径的2倍。根据G＝mg知，M＝，知星球的质量是地球质量的2倍。根据ρ＝＝知，星球的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。‎ ‎7．双星系统由两颗恒星组成，两恒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.T B.T C.T D.T 解析：选B　设两恒星的质量分别为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＝M12r1＝M22r2，解得＝2(r1＋r2)，即＝2　①，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＝2　②，联立①②两式可得T′＝T，故B项正确。‎ ‎8.近年来，火星探索计划不断推进。如图所示，载人飞行器从地面发射升空，经过一系列的加速和变轨，在到达“近火星点”Q时，需要及时制动，使其成为火星的卫星。之后，又在绕火星轨道上的“近火星点”Q经过多次制动，进入绕火星的圆形工作轨道Ⅰ，最后制动，实现飞行器的软着陆，到达火星表面。下列说法正确的是(　　)‎ A．飞行器在轨道Ⅰ和轨道Ⅱ上均绕火星运行，所以具有相同的机械能 B．由于轨道Ⅰ与轨道Ⅱ都是绕火星运行，因此飞行器在两轨道上运行具有相同的周期 C．飞行器在轨道Ⅲ上从P到Q的过程中火星对飞行器的万有引力做正功 D．飞行器经过轨道Ⅰ和轨道Ⅱ上的Q点时速率相同 解析：选C　飞行器由轨道Ⅱ在Q处必须制动才能进入轨道Ⅰ，所以飞行器在轨道Ⅰ上的机械能小于在轨道Ⅱ上的机械能，故A错误。根据开普勒第三定律知，轨道Ⅱ的半长轴比轨道Ⅰ的半径大，则飞行器在轨道Ⅰ上运行的周期小，故B错误。飞行器在轨道Ⅲ上从P到Q的过程中，火星对飞行器的万有引力与速度方向的夹角小于90°，则万有引力做正功，故C正确。根据变轨原理知，飞行器经过轨道Ⅱ上的Q点时比在轨道Ⅰ上经过Q点时的速率大，故D错误。‎ ‎9．[多选](2017·兰州一中月考)‎ 假设地球可视为质量分布均匀的球体。已知地球表面两极处的重力加速度大小为g0，地球的半径为R，地球的自转周期为T，引力常量为G，由此可知(　　)‎ A．地球的质量为 B．地球表面赤道处的重力加速度大小为g0－ C．近地卫星在轨道上运行的加速度大小为g0‎ D．地球同步卫星在轨道上运行的加速度大小为 解析：选BCD　根据在地球表面两极处万有引力等于重力，则有：G＝mg0，解得：M＝，故A错误；根据向心加速度表达式，则知赤道上物体加速度：a＝ω2R＝，所以地球表面赤道处的重力加速度为g0－，故B正确；近地卫星在轨道上运行的加速度a0＝＝g0，故C正确；同步卫星所受万有引力等于向心力：G＝m(R＋h)2＝ma′，解得：a′＝ ，故D正确。‎ ‎10.[多选](2015·天津高考)P1、P2为相距遥远的两颗行星，距各自表面相同高度处各有一颗卫星s1、s2做匀速圆周运动。图中纵坐标表示行星对周围空间各处物体的引力产生的加速度a，横坐标表示物体到行星中心的距离r的平方，两条曲线分别表示P1、P2周围的a与r2的反比关系，它们左端点横坐标相同。则(　　)‎ A．P1的平均密度比P2的大 B．P1的“第一宇宙速度”比P2的小 C．s1的向心加速度比s2的大 D．s1的公转周期比s2的大 解析：选AC　由图像左端点横坐标相同可知，P1、P2两行星的半径R相等，对于两行星的近地卫星：G＝ma，得行星的质量M＝，由ar2图像可知P1的近地卫星的向心加速度大，所以P1的质量大，平均密度大，选项A正确；根据G＝得，行星的第一宇宙速度v＝ ，由于P1的质量大，所以P1的第一宇宙速度大，选项B错误；s1、s2的轨道半径相等，由ar2图像可知s1的向心加速度大，选项C正确；根据G＝m2r 得，卫星的公转周期T＝2π ，由于P1的质量大，故s1的公转周期小，选项D错误。‎ ‎11．[多选](2017·上饶模拟)太空中进行开采矿产资源项目，必须建立“太空加油站”。假设“太空加油站”正在地球赤道平面内的圆周轨道上运行，其离地球表面的高度为同步卫星离地球表面高度的十分之一，且运行方向与地球自转方向一致。下列说法中正确的是(　　)‎ A．“太空加油站”运行的加速度等于其所在高度处的重力加速度 B．“太空加油站”运行的速度大小等于同步卫星运行速度大小的 倍 C．站在地球赤道上的人观察到“太空加油站”向东运动 D．在“太空加油站”工作的宇航员因不受重力而在舱中悬浮或静止 解析：选AC　根据＝mg′＝ma，知“太空加油站”运行的加速度等于其所在高度处的重力加速度，选项A正确；“太空加油站”绕地球做匀速圆周运动，由地球的万有引力提供向心力，则由＝，得v＝ ＝ ，“太空加油站”距地球表面的高度为同步卫星离地球表面高度的十分之一，但“太空加油站”距地球球心的距离不等于同步卫星距地球球心距离的十分之一，选项B错误；角速度ω＝ ，轨道半径越大，角速度越小，同步卫星和地球自转的角速度相同，所以“太空加油站”的角速度大于地球自转的角速度，所以站在地球赤道上的人观察到“太空加油站”向东运动，选项C正确；在“太空加油站”工作的宇航员只受重力作用，处于完全失重状态，靠万有引力提供向心力做圆周运动，选项D错误。‎ ‎12．[多选]假设宇航员登陆火星后，测得火星半径是地球半径的，火星质量是地球质量的。已知地球表面的重力加速度为g，地球的半径为R，宇航员在地面上能向上竖直跳起的最大高度为h，忽略自转的影响，下列说法中正确的是(　　)‎ A．火星的密度为 B．火星表面的重力加速度为 C．火星的第一宇宙速度与地球的第一宇宙速度的比值为 D．宇航员在火星上以在地面上竖直起跳的速度起跳后，能达到的最大高度为 h 解析：选AD　根据ρ＝，V＝πr3，可得ρ＝，故ρ火＝ρ地，根据GM地＝gR2，M地＝πR3ρ地，可得ρ地＝，故ρ火＝，选项A正确；星球表面的重力加速度为g′＝G ‎，故火星表面的重力加速度为g，选项B错误；根据mg′＝m可得v＝，火星的第一宇宙速度与地球的第一宇宙速度的比值为 ，选项C错误；根据v2＝2gh＝‎2g′h′，可得＝＝，宇航员在火星上起跳后，能达到的最大高度为h，选项D正确。‎ ‎13．[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：一种是三颗星位于同一直线上，两颗星围绕中央星做圆周运动，如图甲所示；另一种是三颗星位于等边三角形的三个顶点上，并沿外接于等边三角形的圆形轨道运行，如图乙所示。设这三个星体的质量均为m，且两种系统中各星间的距离已在图甲、乙中标出，引力常量为G，则下列说法中正确的是(　　)‎ A．直线三星系统中星体做圆周运动的线速度大小为 B．直线三星系统中星体做圆周运动的周期为4π C．三角形三星系统中每颗星做圆周运动的角速度为2 D．三角形三星系统中每颗星做圆周运动的加速度大小为 解析：选BD　在直线三星系统中，星体做圆周运动的向心力由其他两星对它的万有引力的合力提供，根据万有引力定律和牛顿第二定律，有G＋G＝m，解得v＝ ，A项错误；由周期T＝知直线三星系统中星体做圆周运动的周期为T＝4π ，B项正确；同理，对三角形三星系统中做圆周运动的星体，有‎2Gcos 30°＝mω2·，解得ω＝，C项错误；由‎2Gcos 30°＝ma得a＝，D项正确。‎ ‎14.(2018届高三·九江十校联考)如图所示是位于X星球表面附近的竖直光滑圆弧轨道，宇航员通过实验发现，当小球位于轨道最低点的速度不小于v0时，就能在竖直面内做完整的圆周运动。已知圆弧轨道半径为r，X星球的半径为R，万有引力常量为G，则(　　)‎ A．环绕X星球的轨道半径为2R的卫星的周期为 B．X星球的平均密度为 C．X星球的第一宇宙速度为v0 D．X星球的第一宇宙速度为v0 解析：选D　设X星球表面重力加速度为g，质量为M，小球刚好能做完整的圆周运动，则小球在最高点时，仅由重力提供向心力，根据牛顿第二定律有：mg＝m，小球从轨道最高点到最低点的过程中，由动能定理有：mg·2r＝mv02－mv2，联立两式可得：g＝，环绕X星球的轨道半径为2R的卫星由万有引力提供向心力，有G＝m，又G＝mg，解得：T＝，故A错误；根据G＝mg得：M＝，根据M＝ρ·πR3得：ρ＝＝，故B错误；X星球的第一宇宙速度为v＝＝v0，故C错误，D正确。‎ ‎[教师备选题]‎ ‎1．(2018届高三·北京朝阳区摸底)GPS导航系统可以为陆、海、空三大领域提供实时、全天候和全球性的导航服务，它是由周期约为12小时的卫星群组成。则GPS导航卫星与地球同步卫星相比(　　)‎ A．地球同步卫星的角速度大 B．地球同步卫星的轨道半径小 C．GPS导航卫星的线速度大 D．GPS导航卫星的向心加速度小 解析：选C　GPS导航卫星周期小于同步卫星的周期，根据＝k可知，同步卫星的轨道半径较大，周期较大，角速度较小，A、B错误；根据v＝ ，可知GPS导航卫星的线速度较大，C正确；根据a＝可知，GPS导航卫星的向心加速度较大，D错误。‎ ‎2．过去几千年来，人类对行星的认识与研究仅限于太阳系内，行星“51 peg b”的发现拉开了研究太阳系外行星的序幕，“51 peg b”绕其中心恒星做匀速圆周运动，周期约为4天，轨道半径约为地球绕太阳运动半径的，该中心恒星与太阳的质量比约为(　　)‎ A.　　　　B．‎1　‎　　　C．5　　　　D．10‎ 解析：选B　研究行星绕某一恒星做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，列出等式为：＝mr，M＝，“51 peg b”绕其中心恒星做匀速圆周运动，周期约为4天，轨道半径约为地球绕太阳运动半径的，所以该中心恒星与太阳的质量比约为≈1。‎ ‎3.[多选](2017·全国卷Ⅱ)如图，海王星绕太阳沿椭圆轨道运动，P为近日点，Q为远日点，M、N为轨道短轴的两个端点，运行的周期为T0。若只考虑海王星和太阳之间的相互作用，则海王星在从P经M、Q到N的运动过程中(　　)‎ A．从P到M所用的时间等于 B．从Q到N阶段，机械能逐渐变大 C．从P到Q阶段，速率逐渐变小 D．从M到N阶段，万有引力对它先做负功后做正功 解析：选CD　在海王星从P到Q的运动过程中，由于引力与速度的夹角大于90°，因此引力做负功，根据动能定理可知，速度越来越小，C项正确；海王星从P到M的时间小于从M到Q的时间，因此从P到M的时间小于，A项错误；由于海王星运动过程中只受到太阳引力作用，引力做功不改变海王星的机械能，即从Q到N的运动过程中海王星的机械能守恒，B项错误；从M到Q的运动过程中引力与速度的夹角大于90°，因此引力做负功，从Q到N的过程中，引力与速度的夹角小于90°，因此引力做正功，即海王星从M到N的过程中万有引力先做负功后做正功，D项正确。‎ ‎4.(2017·黄冈中学模拟)地球赤道上的重力加速度为g，物体在赤道上随地球自转的向心加速度为a，卫星甲、乙、丙在如图所示三个椭圆轨道上绕地球运行，卫星甲和乙的运行轨道在P点相切，以下说法中正确的是(　　)‎ A．如果地球自转的角速度突然变为原来的 倍，那么赤道上的物体将会“飘”起来 B．卫星甲、乙经过P点时的加速度大小相等 C．卫星甲的周期最小 D．三个卫星在远地点的速度可能大于第一宇宙速度 解析：选B　在地球赤道上的物体自转的向心加速度由万有引力的一个分力提供，则有：－mg＝ma ‎，当物体飘起来的时候，万有引力完全提供向心力，则此时物体的向心加速度为a′：ma′＝＝mg＋ma，即此时的向心加速度a′＝g＋a，由a＝rω2，则ω2为原来的倍，则A错误；卫星在同一位置其加速度相同，则B正确；根据开普勒第三定律知，椭圆半长轴越小，卫星的周期越小，卫星丙的半长轴最短，故周期最小，则C错误；卫星在远地点做向心运动，其速度要小于第一宇宙速度，则D错误。‎ ‎5．(2018届高三·菏泽六校联考)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，某一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，则有(　　)‎ A．同步卫星和侦察卫星的线速度之比为2∶1‎ B．同步卫星和侦察卫星的角速度之比为8∶1‎ C．再经过 h两颗卫星距离最远 D．再经过 h两颗卫星距离最远 解析：选C　两颗卫星都是由万有引力提供向心力，则＝m＝mR＝mRω2，可得线速度v＝ ，所以同步卫星和侦察卫星的线速度之比为1∶2，选项A错误；角速度ω＝ ，同步卫星和侦察卫星的角速度之比为1∶8，选项B错误；周期T＝ ，可得侦察卫星的周期为3 h。若再经过时间t两颗卫星距离最远，则有t＝(2n＋1)π(n＝0,1,2,3，…)，即t＝(n＝0,1,2,3，…)，可得时间t＝(2n＋1)h，(n＝0,1,2,3，…)，选项C正确，D错误。‎ 第7讲 功和功率是高中物理的两个基本概念，高考对这两个概念很少单独考查，多数是和其他知识进行综合。‎ 考查内容 ‎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 思想方法 ‎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)‎ ‎　　　‎ 一、功的判断和计算基础保分类考点 ‎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，传送带以图示方向匀速转动，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，故传送带对物体先做负功后不做功；若v2v2 B．F2＝F1　v1F1　v1>v2 D．F2100 N，所以A、B两滑块不可能发生相对滑动，所以A、B的最大加速度am＝＝‎2.5 m/s2，故A、B错误；因为地面光滑，推力撤去后，两滑块一起做匀速运动，没有最大位移，故C错误；Fx图像围成的面积表示推力F所做的功，推力F做功为W＝200 J，根据动能定理可得W＝(‎2M)vm2，解得vm＝ m/s，故D正确。‎ ‎14．[多选](2018届高三·江苏清江中学摸底)如图甲所示，用竖直向上的力F拉静止在水平地面上的一物体，物体在向上运动的过程中，其机械能E与位移x的关系如图乙，其中AB为曲线，其余部分为直线，下列说法正确的是(　　)‎ A．0～x1过程中，物体所受拉力不变 B．x1～x2过程中，物体的加速度先减小后增大 C．0～x3过程中，物体的动能先增大后减小 D．0～x2过程中，物体克服重力做功的功率一直增大 解析：选ABC　物体的重力势能Ep＝mgx，由动能定理可得，物体的动能Ek＝Fx－mgx，物体的机械能E＝Ep＋Ek＝mgx＋Fx－mgx＝Fx，即图线的斜率表示F；由0～x1过程中斜率不变，故物体所受拉力不变，A正确；x1～x2过程中，斜率变小，故拉力逐渐减小，直至为零，则加速度先减小后反向增大，B正确；由前面分析知，物体先向上匀加速，然后做加速度逐渐减小的加速运动，再做加速度逐渐增大的减速运动，总之0～x3过程中，物体的速度先增大后减小，即动能先增大后减小，C正确；0～x2过程中，物体速度先增大后减小，则克服重力做功的功率先增大后减小，D错误。‎ ‎[教师备选题]‎ ‎1．(2015·海南高考)假设摩托艇受到的阻力的大小正比于它的速率。如果摩托艇发动机的输出功率变为原来的2倍，则摩托艇的最大速率变为原来的(　　)‎ A．4倍　　　　　　　　 B．2倍 C. 倍 D. 倍 解析：选D　设f＝kv，当阻力等于牵引力时，速度最大，输出功率变化前，有P＝Fv＝fv＝kv·v＝kv2，变化后有2P＝F′v′＝kv′·v′＝kv′2，联立解得v′＝ v，D正确。‎ ‎2．中车青岛四方机车厂，试验出时速高达605公里的高速列车。已知列车运行时的阻力包括车轮与轨道摩擦的机械阻力和车辆受到的空气阻力，若认为机械阻力恒定，空气阻力和列车运行速度的平方成正比，当列车以时速200公里行驶的时候，空气阻力占总阻力的70%，此时列车功率为1 000 kW，则高速列车时速在600公里时的功率大约是(　　)‎ A．10 000 kW B．20 000 kW C．30 000 kW D．40 000 kW 解析：选B　当列车时速为‎200 km/h时，列车功率为P＝fv，解得f＝，故f机＝30%f，f阻＝kv2，当列车速度达到‎600 km/h，P′＝(f机＋kv′2)v′，联立解得P′≈20 000 kW，B正确。‎ ‎3.如图所示，置于光滑水平面上的物块在水平恒力F的作用下由静止开始运动，其速度v、动能Ek及拉力功率P随时间t或位移x的变化图像可能正确的是(　　)‎ 解析：选C　物块在水平恒力作用下由静止开始做匀加速直线运动，其加速度a＝，速度v＝at＝t，v t图像为过坐标原点的倾斜直线，选项A错误；由v2＝2ax＝x，可知抛物线开口向x轴正方向，选项B错误；动能Ek＝mv2＝t2，选项C正确；功率P＝Fv＝Fat＝t，选项D错误。‎ ‎4.如图所示，将一个倾角为θ的光滑斜面体放在水平面上，一根长为L的轻质细绳悬挂着一个质量为m的小球，开始时小球与斜面体刚刚接触且细绳恰好竖直，现在用水平推力F缓慢向左推动斜面体，直至细绳与斜面体平行，则下列说法中正确的是(　　) ‎ A．由于小球受到斜面的弹力始终与斜面垂直，故对小球不做功 B．细绳对小球的拉力始终与小球的运动方向垂直，故对小球不做功 C．小球受到的合外力对小球做功为零，故小球在该过程中机械能守恒 D．若水平面光滑，则推力做功为mgL(1－cos θ)‎ 解析：选B　小球受到斜面的弹力沿竖直方向有分量，故对小球做正功，A错误；细绳的拉力方向始终和小球的运动方向垂直，故对小球不做功，B正确；合外力对小球做的功等于小球动能的改变量，虽然合外力做功为零，但小球的重力势能增加，故小球在该过程中机械能不守恒，C错误；若水平面光滑，则推力做功为mgL(1－sin θ)，D错误。‎ ‎5.(2017·合肥二模)如图所示，两个完全相同的小球A、B，在同一高度处以相同大小的初速度v分别水平抛出和竖直向上抛出，下列说法正确的是(　　)‎ A．两小球落地时的速度相同 B．两小球落地时，A球重力的瞬时功率较小 C．从开始运动至落地，A球重力做功较大 D．从开始运动至落地，重力对A小球做功的平均功率较小 解析：选B　根据机械能守恒定律得，mv2＋mgh＝mv′2，两小球落地时速度大小v′是相同的，但两小球的速度方向不同，选项A错误；两小球落地时，A球重力瞬时功率为mgv′cos α，α为速度方向与竖直方向的夹角，B球重力瞬时功率为mgv′，A球重力瞬时功率小于B球重力瞬时功率，选项B正确；从开始运动到落地，两球重力做功都是mgh，是相等的，选项C错误；从开始运动到落地，两球重力做功相等，A球下落时间较短，重力对A球做功的平均功率＝较大，选项D错误。‎ 第8讲 ‎“能量观点”是解决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功和能，也可能在计算题中综合考查到功能问题，本讲主要解决的是选择题中的能量观点的应用。‎ 考查内容 ‎①几种常见的功能关系 ‎②动能定理的综合应用 ‎③利用机械能守恒定律和能量守恒定律分析问题 思想方法 ‎①整体法和隔离法　‎ ‎②全程法和分段法 ‎③守恒思想 一、几个重要的功能关系的应用基础保分类考点 ‎1．(2016·四川高考)韩晓鹏是我国首位在冬奥会雪上项目夺冠的运动员。他在一次自由式滑雪空中技巧比赛中沿“助滑区”保持同一姿态下滑了一段距离，重力对他做功1 900 J，他克服阻力做功100 J。韩晓鹏在此过程中(　　)‎ A．动能增加了1 900 J　 　　 B．动能增加了2 000 J C．重力势能减小了1 900 J D．重力势能减小了2 000 J 解析：选C　根据动能定理得韩晓鹏动能的变化ΔE＝WG＋Wf＝1 900 J－100 J＝1 800 J＞0，故其动能增加了1 800 J，选项A、B错误；根据重力做功与重力势能变化的关系WG＝－ΔEp，所以ΔEp＝－WG＝－1 900 J＜0，故韩晓鹏的重力势能减小了1 900 J，选项C正确，选项D错误。‎ ‎2.[多选](2018届高三·天津联考)如图所示，楔形木块abc固定在水平面上，粗糙斜面ab与水平面的夹角为60°，光滑斜面bc与水平面的夹角为30°，顶角b处安装一定滑轮。质量分别为M、m(M >m)的滑块，通过不可伸长的轻绳跨过定滑轮连接，轻绳与斜面平行。两滑块由静止释放后，沿斜面做匀加速运动。若不计滑轮的质量和摩擦，在两滑块沿斜面运动的过程中(　　)‎ A．轻绳对滑轮作用力的方向竖直向下 B．拉力和重力对M做功之和大于M动能的增加 C．拉力对M做的功等于M机械能的增加 D．两滑块组成系统的机械能损失等于M克服摩擦力做的功 解析：‎ 选BD　因作用在滑轮上的左右两边绳子的拉力大小相等，但是与竖直方向的夹角不同，故由力的合成知识可知，轻绳对滑轮作用力的方向沿右下方，选项A错误；根据动能定理，拉力、重力和摩擦力做功之和等于M的动能增量，故拉力和重力对M做功之和大于M动能的增加，选项B正确；由功能关系可知，拉力和摩擦力对M做的功等于M机械能的增加，选项C错误；由功能关系可知，两滑块组成系统的机械能损失等于M克服摩擦力做的功，选项D正确。‎ ‎3.[多选](2017·南昌模拟)如图所示，物体以100 J的初动能从斜面的底端向上运动，斜面足够长。当它向上通过斜面上的M点时，其动能减少了75 J，机械能减少了30 J。如果以地面为零势能参考面，物体能从斜面上返回底端，则(　　)‎ A．物体在向上运动过程中，机械能共减少100 J B．物体到达斜面上最高点时，重力势能增加了60 J C．物体返回斜面底端时动能为40 J D．物体返回M点时机械能为50 J 解析：选BD　设物体的质量为m，受到的摩擦力大小为f。从出发点到M点，动能减少了75 J，根据动能定理得：－(mgsin α＋f)s1＝ΔEk1＝－75 J；根据功能关系得：－fs1＝ΔE1＝－30 J，联立得：＝2.5；物体从出发点到斜面上最高点的过程中，根据动能定理得：－(mgsin α＋f)s2＝ΔEk2＝0－100 J＝－100 J；根据功能关系得：－fs2＝ΔE2；联立得ΔE2＝－40 J，故物体在向上运动过程中，机械能共减少40 J，故A错误；物体在向上运动过程中，机械能减少40 J，动能减少100 J，说明重力势能增加了60 J，故B正确；物体在向下运动过程中，摩擦力做功与向上运动时摩擦力做功相等，所以向下运动的过程中，机械能也减少40 J，整个过程机械能减少80 J，所以物体返回斜面底端时动能为100 J－80 J＝20 J，故C错误；从M点到斜面上最高点的过程，机械能减少40 J－30 J＝10 J，从出发到返回M点时，机械能一共减少30 J＋2×10 J＝50 J。物体返回M点时机械能为100 J－50 J＝50 J，故D正确。‎ ‎1．常见的功能关系 ‎(1)重力做功与重力势能变化的关系：WG＝－ΔEp。‎ ‎(2)弹力做功与弹性势能变化的关系：W弹＝－ΔEp。‎ ‎(3)合外力做功与动能变化的关系：W合＝ΔEk。‎ ‎(4)除重力以外其他力做功与机械能变化的关系：W其他＝ΔE机。‎ ‎(5)滑动摩擦力、相对位移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，并且分析该力做正功还是做负功；根据功能之间的对应关系，判定能的转化情况。‎ ‎(3)也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。‎ 二、“解题利器”动能定理的灵活应用多维探究类考点 题点(一)　应用动能定理求解变力做功 ‎[例1]　如图所示，质量为m的物块与水平转台间的动摩擦因数为μ，物块与转轴相距R，物块随转台由静止开始转动。当转速增至某一值时，物块即将在转台上滑动，此时转台已开始匀速转动，在这一过程中，摩擦力对物块做的功是(假设物块所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力)(　　)‎ A．0　　　　　　　　　 B．2μmgR C．2πμmgR D.μmgR ‎[解析]　选D　物块即将在转台上滑动但还未滑动时，转台对物块的最大静摩擦力恰好提供向心力，设此时物块做圆周运动的线速度为v，则有μmg＝。在物块由静止到获得速度v的过程中，物块受到的重力和支持力不做功，只有摩擦力对物块做功，由动能定理得W＝mv2－0。联立解得W＝μmgR。D正确。‎ 题点(二)　应用动能定理解决多过程问题 ‎[例2]　[多选](2016·浙江高考)如图所示为一滑草场。某条滑道由上下两段高均为h，与水平面倾角分别为45°和37°的滑道组成，滑草车与草地之间的动摩擦因数为μ。质量为m的载人滑草车从坡顶由静止开始自由下滑，经过上、下两段滑道后，最后恰好静止于滑道的底端(不计滑草车在两段滑道交接处的能量损失，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)。则(　　)‎ A．动摩擦因数μ＝ B．载人滑草车最大速度为 C．载人滑草车克服摩擦力做功为mgh D．载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为g ‎[解析]　选AB　由题意知，上、下两段斜坡的长分别为s1＝、s2＝ 由动能定理(或功能关系)知：‎ ‎2mgh－μmgs1cos 45°－μmgs2cos 37°＝0‎ 解得动摩擦因数μ＝，选项A正确；‎ 载人滑草车在上下两段的加速度分别为 a1＝g(sin 45°－μcos 45°)＝g，a2‎ ‎＝g(sin 37°－μcos 37°)＝－g，‎ 则在下落h时的速度最大，由动能定理知：‎ mgh－μmg s1cos 45°＝mv2‎ 解得v＝ ，选项B正确，D错误；‎ 载人滑草车克服摩擦力做的功与重力做功相等，‎ 即W＝2mgh，选项C错误。‎ 题点(三)　动能定理和图像的综合 ‎[例3]　(2017·江苏高考)一小物块沿斜面向上滑动，然后滑回到原处。物块初动能为Ek0，与斜面间的动摩擦因数不变，则该过程中，物块的动能Ek与位移x关系的图线是(　　)‎ ‎[解析]　选C　设物块与斜面间的动摩擦因数为μ，物块的质量为m，则物块在上滑过程中根据动能定理有－(mgsin θ＋μmgcos θ)x＝Ek－Ek0，即Ek＝Ek0－(mgsin θ＋μmgcos θ)x，所以物块的动能Ek与位移x的函数关系图线为直线且斜率为负；物块沿斜面下滑的过程中根据动能定理有(mgsin θ－μmgcos θ)(x0－x)＝Ek，其中x0为小物块到达最高点时的位移，即Ek＝－(mgsin θ－μmgcos θ)x＋(mgsin θ＋μmgcos θ)x0，所以下滑时Ek随x的减小而增大且为直线。由此可以判断C项正确。‎ ‎1．把握两点，准确理解动能定理 ‎(1)动能定理表达式中，W表示所有外力做功的代数和，包括物体重力所做的功。‎ ‎(2)动能定理表达式中，ΔEk为所研究过程的末动能与初动能之差，而且物体的速度均是相对地面的速度。‎ ‎2．应用动能定理的“两线索、两注意”‎ ‎(1)应用动能定理解题从两条线索着手：‎ ‎ (2)两注意：‎ ‎①动能定理往往用于单个物体的运动过程，由于不涉及加速度和时间，比动力学研究方法更简便。‎ ‎②当物体的运动包含多个不同过程时，可分段应用动能定理求解；当所求解的问题不涉及中间的速度时，也可以全过程应用动能定理求解。‎ 三、巧用机械能守恒定律破解三类连接体问题多维探究类考点 题点(一)　绳连接的系统机械能守恒问题 ‎[例1]　(2017·南京模拟)如图所示，一半圆形碗的边缘上装有一定滑轮，滑轮两边通过一不可伸长的轻质细线挂着两个小物体，质量分别为m1、m2，m1>m2。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 　　　 B. C. D．2 ‎[解析]　选D　设当m1到达碗最低点时速率为v1，此时m2的速率为v2，则有v1cos 45°＝v2，对m1、m2由机械能守恒定律得m1gR＝m‎2g·R＋m1v12＋m2v22，解得v1＝2 ，D正确。‎ 题点(二)　杆连接的系统机械能守恒问题 ‎[例2]　[多选] (2018届高三·广州五校联考)如图所示，有一光滑轨道ABC，AB部分为半径为R的圆弧，BC部分水平，质量均为m的小球a、b固定在竖直轻杆的两端，轻杆长为R，不计小球大小。开始时a球处在圆弧上端A点，由静止释放小球和轻杆，使其沿光滑轨道下滑，下列说法正确的是(　　)‎ A．a球下滑过程中机械能保持不变 B．a、b两球和轻杆组成的系统在下滑过程中机械能保持不变 C．a、b滑到水平轨道上时速度为 D．从释放到a、b滑到水平轨道上，整个过程中轻杆对a球做的功为 ‎[解析]　选BD　由机械能守恒的条件得，a机械能不守恒，a、b系统机械能守恒，所以A错误，B正确。对ab系统由机械能守恒定律得：mgR＋2mgR＝2×mv2，解得v＝，C错误。对a由动能定理得：mgR＋W＝mv2，解得W＝，D正确。‎ 题点(三)　弹簧连接的系统机械能守恒问题 ‎[例3]　[多选](2017·石家庄质检)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B的质量为‎2m，放置在倾角为30°的光滑斜面上，物体A的质量为m，用手托着物体A使弹簧处于原长，细绳伸直，A与地面的距离为h，物体B静止在斜面上挡板P处。放手后物体A下落，与地面即将接触时速度大小为v，此时物体B对挡板恰好无压力，则下列说法正确的是(　　)‎ A．弹簧的劲度系数为 B．此时弹簧的弹性势能等于mgh－mv2‎ C．此时物体A的加速度大小为g，方向竖直向上 D．此后物体B可能离开挡板沿斜面向上运动 ‎[解析]　选AB　物体A刚落地时，弹簧伸长量为h，物体B受力平衡，所以kh＝2mgsin θ，所以k＝，选项A对；物体A落地前，系统机械能守恒，所以弹性势能等于 mgh－mv2，选项B对；物体A即将落地时，对A应用牛顿第二定律得：mg－kh＝ma，所以a＝0，选项C错；物体A落地后，弹簧不再伸长，故物体B不可能离开挡板沿斜面向上运动，选项D错。‎ ‎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)，或者虽受其他力，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 四、应用功能关系破解叠放体问题基础保分类考点 ‎1.如图所示，木块A放在木板B的左端，用恒力F将A拉至B的右端，第一次将B固定在地面上，F做功为W1，产生的热量为Q1；第二次让B可以在光滑地面上自由滑动，F做的功为W2，产生的热量为Q2，则应有(　　)‎ A．W1hC 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球由机械能守恒得mgh＝mv02，得h＝。对B球由机械能守恒得mgh′＋mvt2＝mv02，且vt′≠0，所以hA＝hC>hB，故D正确。‎ ‎2．(2018届高三·河北五校联考)取水平地面为重力势能零点。一物块从某一高度水平抛出，在抛出点其动能为重力势能的3倍。不计空气阻力。该物块落地时的速度方向与水平方向的夹角为(　　)‎ A. B. C. D. 解析：选B　平抛运动过程中，物体的机械能守恒，初始状态时动能为势能的3倍，而落地时势能全部转化成动能，可以知道平抛运动过程初动能与落地瞬间动能之比为3∶4，那么落地时，水平速度与落地速度的比值为∶2，那么落地时速度与水平方向的夹角为，A、C、D错，B对。‎ ‎3.如图所示，在轻弹簧的下端悬挂一个质量为m的小球A，若将小球A从弹簧原长位置由静止释放。小球A能够下降的最大高度为h。若将小球A换为质量为‎2m的小球B，仍从弹簧原长位置由静止释放，则小球B下降h时的速度为(已知重力加速度为g，且不计空气阻力)(　　)‎ A. B. C. D．0‎ 解析：选B　质量为m的小球A，下降到最大高度h时，速度为零，重力势能转化为弹簧弹性势能，即Ep＝mgh，质量为‎2m的小球下降h时，根据功能关系有2mgh－Ep＝(‎2m)v2，解得v＝，选项B正确。‎ ‎4．图甲是滑道压力测试的示意图，光滑圆弧轨道与光滑斜面相切，圆弧轨道底部P处安装一个压力传感器，其示数F表示该处所受压力的大小，某滑块从斜面上不同高度h处由静止下滑，表示压力F和高度h关系的Fh图像如图乙所示，则光滑圆弧轨道的半径R的大小是(　　)‎ A．‎5 m B．‎‎2 m C．‎0.8 m D．‎‎2.5 m 解析：选A　由动能定理得：mgh＝mv2，在最低点，由向心力公式得：F－mg＝，所以F＝mg＋h，根据图像可知：重力G＝mg＝2 N；光滑圆弧轨道的半径R＝‎5 m，故A正确，B、C、D错误。‎ ‎5.(2018届高三·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，当小球A运动至D点时，小球B的动能为(　　)‎ A.mgR B.mgR C.mgR D.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＝·2mvA2＋mvB2，又vA＝vB，小球B的动能为EkB＝mvB2＝mgR，选项D正确。‎ ‎6．[多选](2017·江苏高考)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mg B．A的动能最大时，B受到地面的支持力等于mg 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mg，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mg，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°)＝mgL，D项错误。‎ ‎7.(2015·天津高考)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mgL 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＝L，根据机械能守恒定律，弹簧的弹性势能增加了ΔEp＝mgh＝mgL，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。‎ ‎8.[多选]如图所示，在倾角为30°的光滑固定斜面上，放有两个质量分别为‎1 kg和‎2 kg的可视为质点的小球A和B，两球之间用一根长L＝‎0.2 m的轻杆相连，小球B距水平面的高度h＝‎0.1 m。斜面底端与水平面之间有一光滑短圆弧相连，两球从静止开始下滑到光滑水平面上，g取‎10 m/s2。则下列说法中正确的是(　　)‎ A．下滑的整个过程中A球机械能守恒 B．下滑的整个过程中两球组成的系统机械能守恒 C．两球在光滑水平面上运动时的速度大小为‎2 m/s D．系统下滑的整个过程中B球机械能的增加量为 J 解析：选BD　A、B下滑的整个过程中，杆的弹力对A球做负功，A球机械能减少，选项A错误；A、B两球组成的系统只有重力和系统内弹力做功，系统机械能守恒，选项B正确；对A、B两球组成的系统由机械能守恒定律得mAg(h＋Lsin 30°)＋mBgh＝(mA＋mB)v2，解得v＝ m/s，选项C错误；B球机械能的增加量为ΔEp＝mBv2－mBgh＝ J，选项D正确。‎ ‎9.如图所示，长为‎2L的轻杆上端及其正中央固定两个质量均为m的小球，杆的下端有光滑铰链与水平面相连接，杆原来竖直静止，现让其自由倒下，则A球着地时的速度为(　　)‎ A. B. C. D. 解析：选D　选A、B球及轻杆整个系统为研究对象，利用机械能守恒定律，且vB＝vA，得mg·‎2L＋mg·L＝mvA2＋m2，解得vA＝。‎ ‎10.[多选]如图所示，在竖直平面内有一半径为R的圆弧轨道，半径OA水平、OB竖直，一个质量为m的小球自A的正上方P点由静止开始自由下落，小球沿轨道到达最高点B时恰好对轨道没有压力。已知AP＝2R，重力加速度为g，则小球从P到B的运动过程中(　　)‎ A．重力做功mgR B．机械能减少mgR C．合外力做功mgR D．克服摩擦力做功mgR 解析：选AD　小球到达B点时，恰好对轨道没有压力，只受重力作用，根据mg＝得，小球在B点的速度v＝。小球从P到B的过程中，重力做功W＝mgR，减少的机械能ΔE减＝mgR－mv2＝mgR，合外力做功W合＝mv2＝mgR，故选项A正确，B、C错误；根据动能定理得，mgR－Wf＝mv2－0，所以Wf＝mgR－mv2＝mgR，故选项D正确。‎ ‎11.[多选]滑沙是人们喜爱的游乐活动，如图是滑沙场地的一段斜面，其倾角为30°，设参加活动的人和滑车总质量为m，人和滑车从距底端高为h处的顶端A沿滑道由静止开始匀加速下滑，加速度为‎0.4g，人和滑车可视为质点，则从顶端向下滑到底端B的过程中，下列说法正确的是(　　)‎ A．人和滑车减少的重力势能全部转化为动能 B．人和滑车获得的动能为0.8mgh C．整个下滑过程中人和滑车减少的机械能为0.2mgh D．人和滑车克服摩擦力做功为0.6mgh 解析：选BC　由牛顿第二定律有mgsin 30°－f＝ma，得f＝0.1mg，人和滑车受重力、支持力、摩擦力作用，摩擦力做负功，机械能不守恒，A错误；由动能定理得W合 ‎＝0.4mg·＝Ek，Ek＝0.8mgh，B正确；由功能关系知，摩擦力做功Wf＝－f·＝－0.2mgh，机械能减少0.2mgh，人和滑车克服摩擦力做的功为0.2mgh，C正确、D错误。‎ ‎12．(2017·江苏高考)如图所示，一小物块被夹子夹紧，夹子通过轻绳悬挂在小环上，小环套在水平光滑细杆上。物块质量为M，到小环的距离为L，其两侧面与夹子间的最大静摩擦力均为F。小环和物块以速度v向右匀速运动，小环碰到杆上的钉子P后立刻停止，物块向上摆动。整个过程中，物块在夹子中没有滑动。小环和夹子的质量均不计，重力加速度为g。下列说法正确的是(　　)‎ A．物块向右匀速运动时，绳中的张力等于‎2F B．小环碰到钉子P时，绳中的张力大于‎2F C．物块上升的最大高度为 D．速度v不能超过 解析：选D　物块受到的摩擦力小于最大静摩擦力，即Mg<‎2F。物块向右匀速运动时，物块处于平衡状态，绳子中的张力T＝Mg≤‎2F，故A错误。小环碰到钉子时，物块做圆周运动，根据牛顿第二定律和向心力公式有：T－Mg＝，T＝Mg＋，所以绳子中的张力与‎2F大小关系不确定，B错误。若物块做圆周运动到达的高度低于P点，根据动能定理有－Mgh＝0－Mv2，则最大高度h＝；若物块做圆周运动到达的高度高于P点，则根据动能定理有－Mgh＝Mv′2－Mv2，则最大高度h<，C错误。小环碰到钉子后，物块做圆周运动，在最低点，物块与夹子间的静摩擦力达到最大值，由牛顿第二定律知：‎2F－Mg＝，故最大速度v＝，D正确。‎ ‎13.(2017·全国卷Ⅲ)如图，一质量为m、长度为l的均匀柔软细绳PQ竖直悬挂。用外力将绳的下端Q缓慢地竖直向上拉起至M点，M点与绳的上端P相距l。重力加速度大小为g。在此过程中，外力做的功为(　　)‎ A.mgl B.mgl C.mgl D.mgl 解析：选A　QM段绳的质量为m′＝m，未拉起时，QM段绳的重心在QM中点处，与 M点距离为l，绳的下端Q拉到M点时，QM段绳的重心与M点距离为l，此过程重力做功WG＝－m′g＝－mgl，将绳的下端Q拉到M点的过程中，由能量守恒定律，可知外力做功W＝－WG＝mgl，可知A项正确，B、C、D项错误。‎ ‎14．[多选](2018届高三·山西五校联考)图甲、图乙中两传送带与水平面的夹角相同，都以恒定速率v顺时针运动。现将一质量为m的小物体(视为质点)轻放在传送带底端A处，小物体在图甲中传送带上到达传送带顶端B处时恰好与传送带的速率相等；在图乙中传送带上到达离B处竖直高度为h的C处时达到传送带的速率v，已知B处离地面的高度均为H，则在小物体从A到B的过程中(　　)‎ A．小物体与图甲中传送带间的动摩擦因数较小 B．两传送带对小物体做的功相等 C．两传送带消耗的电能相等 D．两种情况下因摩擦产生的热量相等 解析：选AB　根据公式v2＝2ax，可知物体加速度关系a甲＜a乙，再由牛顿第二定律得μmgcos θ－mgsin θ＝ma，可知μ甲＜μ乙，故A项正确；传送带对小物体做的功等于小物体机械能的增加量，动能增加量相等，重力势能的增加量也相等，故两图中传送带对小物体做的功相等，故B项正确；因摩擦产生的热量Q＝Ffx相对，图甲中有Q甲＝Ff1x1＝Ff1，Ff1－mgsin θ＝ma1＝m，乙图中有Q乙＝Ff2x2＝Ff2，Ff2－mgsin θ＝ma2＝m，解得Q甲＝mgH＋mv2，Q乙＝mg(H－h)＋mv2，Q甲＞Q乙，故D项错误；根据能量守恒定律，电动机消耗的电能E电等于因摩擦产生的热量Q与物体增加的机械能之和，因物体两次从A到B增加的机械能相同，Q甲＞Q乙，所以将小物体运至B处，图甲中传送带消耗的电能更多，故C项错误。‎ ‎[教师备选题]‎ ‎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.mv2－μmgx　　　　　 B．μmgx－mv2‎ C.mv2＋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＝mv2－0，得W弹＝mv2＋μmgx。‎ ‎2.[多选](2016·全国卷Ⅱ)如图，小球套在光滑的竖直杆上，轻弹簧一端固定于O点，另一端与小球相连。现将小球从M点由静止释放，它在下降的过程中经过了N点。已知在M、N两点处，弹簧对小球的弹力大小相等，且∠ONM<∠OMN<。在小球从M点运动到N点的过程中(　　)‎ A．弹力对小球先做正功后做负功 B．有两个时刻小球的加速度等于重力加速度 C．弹簧长度最短时，弹力对小球做功的功率为零 D．小球到达N点时的动能等于其在M、N两点的重力势能差 解析：选BCD　在M、N两点处，弹簧对小球的弹力大小相等，且∠ONM＜∠OMN＜，则小球在M点时弹簧处于压缩状态，在N点时弹簧处于拉伸状态，小球从M点运动到N点的过程中，弹簧长度先缩短，当弹簧与竖直杆垂直时弹簧达到最短，这个过程中弹力对小球做负功，然后弹簧再伸长，弹力对小球开始做正功，当弹簧达到自然伸长状态时，弹力为零，再随着弹簧的伸长弹力对小球做负功，故整个过程中，弹力对小球先做负功，再做正功，后再做负功，选项A错误。在弹簧与杆垂直时及弹簧处于自然伸长状态时，小球加速度等于重力加速度，选项B正确。弹簧与杆垂直时，弹力方向与小球的速度方向垂直，则弹力对小球做功的功率为零，选项C正确。由机械能守恒定律知，在M、N两点弹簧弹性势能相等，在N点动能等于从M点到N点重力势能的减小值，选项D正确。‎ ‎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，某人用恒定的水平拉力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v2的速度匀速运动，此人仍然用相同的恒定的水平力F拉物体，使它以相对传送带为v1的速度匀速从A点滑行到B点，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，P1Q2‎ C．W1>W2，P1＝P2，Q1>Q2‎ D．W1>W2，P1＝P2，Q1＝Q2‎ 解析：选B　因为两次的拉力和拉力方向的位移不变，由功的概念可知，两次拉力做功相等，所以W1＝W2，当传送带不动时，物体运动的时间为t1＝；当传送带以v2的速度匀速运动时，物体运动的时间为t2＝，所以第二次用的时间短，功率大，即P1Q2。‎ ‎4.(2017·全国卷Ⅱ)如图，半圆形光滑轨道固定在水平地面上，半圆的直径与地面垂直。一小物块以速度v从轨道下端滑入轨道，并从轨道上端水平飞出，小物块落地点到轨道下端的距离与轨道半径有关，此距离最大时对应的轨道半径为(重力加速度大小为g)(　　)‎ A. B. C. D. 解析：选B　设轨道半径为R，小物块从轨道上端飞出时的速度为v1，由于轨道光滑，根据机械能守恒定律有mg×2R＝mv2－mv12，小物块从轨道上端飞出后做平抛运动，对运动分解有：x＝v1t,2R＝gt2，求得x＝，因此当R－＝0，即R＝时，x取得最大值，B项正确，A、C、D项错误。‎ ‎5.[多选]如图所示，两物块a、b质量分别为m、‎2m，用细绳相连接，悬挂在定滑轮的两侧，不计滑轮质量和一切摩擦。开始时，两物块a、b距离地面高度相同，用手托住物块b，然后突然由静止释放，直至物块a、b间高度差为h(物块b尚未落地)。在此过程中，下列说法正确的是(　　)‎ A．物块b重力势能减少了2mgh B．物块b机械能减少了mgh C．物块a的机械能逐渐减小 D．物块a重力势能的增加量大于其动能的增加量 解析：选BD　物块a、b间高度差为h时，物块a上升的高度为，物块b下降的高度为，物块b重力势能减少了2mg·＝mgh，选项A错误；物块b机械能减少了ΔEb＝2mg·－×2mv2，对物块a、b整体根据机械能守恒定律有0＝－2mg·＋mg·＋×3mv2，得mv2＝mgh，Δ Eb＝mgh，选项B正确；物块a的机械能逐渐增加mgh，选项C错误；物块a重力势能的增加量ΔEpa＝mg·＝mgh，其动能的增加量ΔEka＝mv2＝mgh，得ΔEpa>ΔEka，选项D正确。‎ 第9讲 ‎“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，本讲主要解决选择题中的动量守恒问题和动量定理的应用。‎ 考查内容 ‎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等 思想方法 ‎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 一、“解题快手”动量定理的应用多维探究类考点 题点(一)　应用动量定理解释生活中的现象 ‎[例1]　如图所示，篮球运动员接传来的篮球时，通常要先伸出两臂迎接，手接触到球后，两臂随球迅速引至胸前，这样做可以(　　)‎ A．减小球的动量的变化量 B．减小球对手作用力的冲量 C．减小球的动量变化率 D．延长接球过程的时间来减小动量的变化量 ‎[解析]　选C　篮球运动员接传来的篮球时，不能改变动量的变化量，A、D错误；根据动量定理，也不能改变冲量，B错误；由于延长了作用时间，动量的变化慢了，C正确。‎ 题点(二)　应用动量定理求作用力和冲量 ‎[例2]　(2015·重庆高考)高空作业须系安全带，如果质量为m的高空作业人员不慎跌落，从开始跌落到安全带对人刚产生作用力前人下落的距离为h(可视为自由落体运动)，此后经历时间t安全带达到最大伸长，若在此过程中该作用力始终竖直向上，则该段时间安全带对人的平均作用力大小为(　　)‎ A.＋mg　　　　 B.－mg C.＋mg D.－mg ‎[解析]　选A　方法一：设高空作业人员自由下落h时的速度为v，则v2＝2gh，得v＝‎ ，设安全带对人的平均作用力为F，由牛顿第二定律得F－mg＝ma 又v＝at，解得F＝＋mg。‎ 方法二：由动量定理得(mg－F)t＝0－mv，‎ 得F＝＋mg。选项A正确。‎ 题点(三)　动量定理和Ft图像的综合 ‎[例3]　[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　法一：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项正确，C、D项错误。‎ 法二：前2 s内物块做初速度为零的匀加速直线运动，加速度a1＝＝ m/s2＝‎1 m/s2，t＝1 s时物块的速率v1＝a1t1＝‎1 m/s，A正确；t＝2 s时物块的速率v2＝a1t2＝‎2 m/s，动量大小为p2＝mv2＝‎4 kg·m/s，B正确；物块在2～4 s内做匀减速直线运动，加速度的大小为a2＝＝‎0.5 m/s2，t＝3 s时物块的速率v3＝v2－a2t3＝(2－0.5×1) m/s＝‎1.5 m/s，动量大小为p3＝mv3＝‎3 kg·m/s，C错误；t＝4 s时物块的速率v4＝v2－a2t4＝(2－0.5×2) m/s＝‎1 m/s，D错误。‎ ‎1．掌握基本概念和规律 ‎2．应用动量定理解题的基本思路 ‎(1)确定研究对象，在中学阶段用动量定理讨论的问题，其研究对象一般仅限于单个物体或能看成一个物体的系统。‎ ‎(2)对物体进行受力分析，可以先求每个力的冲量，再求各力冲量的矢量和——合力的冲量；或先求合力，再求其冲量。‎ ‎(3)抓住过程的初末状态，选好正方向，确定各动量和冲量的正负号。‎ ‎(4)根据动量定理列方程，如有必要还需要其他补充方程。最后代入数据求解。‎ ‎3．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。这种情况下，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。‎ 二、动量守恒定律的应用多维探究类考点 题点(一)　动量守恒的判断 ‎[例1]　一颗子弹水平射入置于光滑水平面上的木块A并留在其中，A、B用一根弹性良好的轻质弹簧连在一起，如图所示。则在子弹打击木块A及弹簧被压缩的过程中，对子弹、两木块和弹簧组成的系统(　　)‎ A．动量守恒，机械能守恒 B．动量不守恒，机械能守恒 C．动量守恒，机械能不守恒 D．无法判定动量、机械能是否守恒 ‎[解析]‎ ‎　选C　动量守恒的条件是系统不受外力或所受外力的合力为零，本题中子弹、两木块、弹簧组成的系统，水平方向上不受外力，竖直方向上所受外力的合力为零，所以动量守恒。机械能守恒的条件是除重力、弹力对系统做功外，其他力对系统不做功，本题中子弹射入木块瞬间有部分机械能转化为内能(发热)，所以系统的机械能不守恒，故C正确；A、B、D错误。‎ 题点(二)　动量守恒定律的应用 ‎[例2]　如图所示，一质量M＝‎3.0 kg的长方形木板B放在光滑水平地面上，在其右端放一个质量m＝‎1.0 kg的小木块A。给A和B以大小均为‎4.0 m/s、方向相反的初速度，使A开始向左运动，B开始向右运动，A始终没有滑离木板。 在小木块A做加速运动的时间内，木板速度大小可能是(　　)‎ A．‎1.8 m/s　　　　　　 B．‎2.4 m/s C．‎2.8 m/s D．‎3.0 m/s ‎[解析]　选B　A先向左减速到零，再向右加速运动，在此期间，木板减速运动，最终它们保持相对静止，设A减速到零时，木板的速度为v1，最终它们的共同速度为v2，取水平向右为正方向，则Mv－mv＝Mv1，Mv1＝(M＋m)v2，可得v1＝ m/s，v2＝‎2.0 m/s，所以在小木块A做加速运动的时间内，木板速度大小应大于‎2.0 m/s而小于 m/s，只有选项B正确。‎ 题点(三)　某一方向上动量守恒的问题 ‎[例3]　如图所示，将质量为M1、半径为R且内壁光滑的半圆槽置于光滑水平面上，左侧靠墙，右侧靠一质量为M2的物块，今让一质量为m的小球自左侧槽口A的正上方h高处从静止开始落下，与半圆槽相切于A点进入槽内，则以下结论中正确的是(　　)‎ A．小球在槽内运动的全过程中，小球与半圆槽在水平方向动量守恒 B．小球在槽内运动的全过程中，小球、半圆槽和物块组成的系统动量守恒 C．小球离开C点以后，将做竖直上抛运动 D．半圆槽将不会再次与墙接触 ‎[解析]　选D　小球从A→B的过程中，半圆槽对球的支持力沿半径方向指向圆心，而小球对半圆槽的压力方向相反指向左下方，因为有竖直墙挡住，所以半圆槽不会向左运动，可见，该过程中，小球与半圆槽在水平方向受到外力的作用，动量并不守恒，而由小球、半圆槽和物块组成的系统动量也不守恒；从B→C的过程中，小球对半圆槽的压力方向向右下方，所以半圆槽向右推动物块一起运动，因而小球参与了两个运动：一个是沿半圆槽的圆周运动，另一个是与半圆槽一起向右运动，小球所受支持力方向与速度方向并不垂直，此过程中，因为有物块挡住，小球与半圆槽在水平方向动量并不守恒，在小球运动的全过程，水平方向动量也不守恒，选项A、B错误；当小球运动到C点时，小球的两个分运动的合速度方向并不是竖直向上，所以此后小球做斜上抛运动，即选项C错误；因为全过程中，整个系统在水平方向上获得了水平向右的冲量，最终半圆槽将不会再次与墙接触，选项D正确。‎ ‎1．关注动量守恒定律的条件、表达式和性质 ‎2．注意区分动量守恒与机械能守恒的条件 ‎(1)不受外力或者所受外力的矢量和为零时，系统的动量守恒；当外力比相互作用的内力小得多，系统的动量近似守恒；当某一方向上的合外力为零，系统在该方向上动量守恒。‎ ‎(2)在只有重力或弹力做功的系统内，动能与势能相互转化，机械能守恒。‎ ‎(3)动量是否守恒与机械能是否守恒没有必然的联系。‎ ‎3．应用动量守恒定律解题的一般步骤 三、动量和能量的综合应用多维探究类考点 题点(一)　弹性碰撞问题 ‎[例1]　(2018届高三·海口调研)如图所示，两质量分别为m1和m2的弹性小球A、B叠放在一起，从高度为h处自由落下，h远大于两小球半径，落地瞬间，B先与地面碰撞，后与A碰撞，所有的碰撞都是弹性碰撞，且都发生在竖直方向、碰撞时间均可忽略不计。已知m2＝‎3m1，则A反弹后能达到的高度为(　　)‎ A．h　　　　　　　　 B．2h C．3h D．4h ‎[解析]　选D　所有的碰撞都是弹性碰撞，所以不考虑能量损失。设竖直向上为正方向，根据机械能守恒定律和动量守恒定律可得，(m1＋m2)gh＝(m1＋m2)v2，m2v－m1v＝m1v1＋m2v2，(m1＋m2)v2＝m1v12＋m2v22，m1v12＝m1gh1，将m2＝‎3m1代入，联立可得h1＝4h，选项D正确。‎ 题点(二)　非弹性碰撞问题 ‎[例2]　(2017·大庆检测)如图小球A和小球B质量相同，球B置于光滑水平面上。当球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. C. D. ‎[解析]　选C　A运动到最低点有：mgh＝mvA2，到达最低点恰好与B相撞，并黏合在一起有： mvA＝2mv, v＝，两者同时上升时机械能守恒，有：×2mv2＝2mgH，联立解得，H＝，C正确。‎ 题点(三)　爆炸问题 ‎[例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＝gt2可知，爆炸后甲、乙两块做平抛运动的时间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；甲、乙两块在爆炸前后，水平方向不受外力，故水平方向动量守恒，即甲、乙两块的动量改变量大小相等，两块质量比为3∶1，所以速度变化量之比为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项正确。‎ 题点(四)　反冲问题 ‎[例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，使木块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，整个系统任何时刻机械能都守恒 B．整个系统任何时刻动量都守恒 C．当木块对地运动速度大小为v时，小车对地运动速度大小为 v D．小车向左运动的最大位移为 ‎[解析]　选BCD　小车与木块C这一系统所受合外力为零，系统在整个过程动量守恒，但木块与橡皮泥粘接过程有机械能损失。Mv′－mv＝0，该系统属于人船模型， Md＝m(L－d), 所以车向左的位移应等于d＝， 综上，选项B、C、D正确。‎ ‎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．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。‎ ‎3．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、碰撞这一类的问题，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、反冲一类的问题，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建立方程。‎ ‎ ‎1.[多选] 如图所示，质量为‎2 kg的足够长平板车Q上表面水平，原来静止在光滑水平面上，平板车左端静止着一块质量为‎2 kg的物体P，一颗质量为‎0.01 kg的子弹以‎700 m/s的速度水平瞬间射穿P后，速度变为‎100 m/s，若P、Q之间的动摩擦因数为0.5，则(　　)‎ A．由于P、Q之间不光滑，子弹瞬间射穿P的过程，子弹和物体P组成的系统，动量不守恒 B．子弹瞬间射穿P的过程，子弹和物体P组成的系统，动量守恒，能量守恒 C．子弹瞬间射穿P的过程，子弹和物体P组成的系统，动量守恒，能量不守恒 D．子弹瞬间射穿P后，P的速度为‎3 m/s 解析：选BD　取子弹的初速度v0的方向为正方向，子弹瞬间射穿物体P的过程满足动量守恒条件。由动量守恒，可知mv0＝mv＋MvP，解得vP＝‎3 m/s，选项A错误，D正确；子弹瞬间射穿P的过程，机械能不守恒，但能量守恒，选项B正确，C错误。‎ ‎2．质量为m的物体放在光滑水平地面上，在与水平方向成θ角的恒力F 作用下，由静止开始运动，经过时间t，速度为v，在此时间内恒力F和重力的冲量大小分别为(　　)‎ A．Ft,0　　　　　　　　　 B．Ftcos θ，0‎ C．mv,0 D．Ft，mgt 解析：选D　冲量的计算一定要与功的计算区别开来，功的大小不但取决于力的大小、物体位移的大小，还与力和物体运动的方向的夹角θ有关。而力的冲量与力和物体运动的方向的夹角θ没有关系，可直接由公式进行计算，求得恒力F的冲量为Ft，重力的冲量为mgt。‎ ‎3.[多选]质量为M、内壁间距为L的箱子静止于光滑的水平面上，箱子中间有一质量为m的小物块，小物块与箱子底板间的动摩擦因数为μ。初始时小物块停在箱子正中间，如图所示。现给小物块一水平向右的初速度v，小物块与箱壁碰撞N次后恰又回到箱子正中间，并与箱子保持相对静止。设碰撞都是弹性的，则整个过程中，系统损失的动能为(　　)‎ A.mv2 B.v2‎ C.NμmgL D．NμmgL 解析：选BD　根据动量守恒，小物块和箱子的共同速度v′＝，损失的动能ΔEk＝mv2－(M＋m)v′2＝v2，所以B正确；根据能量守恒，损失的动能等于因摩擦产生的热量，而计算热量的方法是摩擦力乘以相对位移，所以ΔEk＝fNL＝NμmgL，可见D正确。‎ ‎4．(2018届高三·汕头六校联考)冰壶运动深受观众喜爱，图1为冬奥会上中国队员投掷冰壶的镜头。在某次投掷中，冰壶甲运动一段时间后与对方静止的冰壶乙发生正碰，如图2。若两冰壶质量相等，则碰后两冰壶最终停止的位置，可能是选项图中的(　　)‎ 解析：‎ 选B　两冰壶碰撞过程动量守恒，两冰壶发生正碰，由动量守恒定律可知，碰撞前后系统动量不变，两冰壶的动量方向即速度方向不会偏离甲原来的方向，故A错误；如果两冰壶发生弹性碰撞，碰撞过程动量守恒、机械能守恒，两冰壶质量相等，碰撞后两冰壶交换速度，甲静止，乙的速度等于甲的速度，碰后乙做减速运动，最后静止，最终两冰壶的位置如选项图B所示，故B正确；两冰壶碰撞后，甲的速度不可能大于乙的速度，碰后乙在前，甲在后，故C错误；碰撞过程机械能不可能增大，两冰壶质量相等，碰撞后甲的速度不可能大于乙的速度，即碰撞后甲的位移不可能大于乙的位移，故D错误。‎ ‎5．[多选]如图甲所示，在光滑水平面上的两小球发生正碰，小球的质量分别为m1和m2，图乙为它们碰撞前后的st(位移—时间)图像，已知m1＝‎0.1 kg。由此可以判断(　　)‎ A．碰前m2静止，m1向右运动 B．碰后m2和m1都向右运动 C．m2＝‎‎0.3 kg D．碰撞过程中系统损失了0.4 J的机械能 解析：选AC　由位移—时间图像的斜率表示速度，碰前m2的位移不随时间而变化，处于静止状态，m1的速度大小为v1＝＝‎4 m/s，速度方向只有向右才能与m2相碰，故A正确；由题图可知，碰后m2的速度为正，说明向右运动，m1的速度为负，说明向左运动，故B错误；由题图求出碰后m2和m1的速度分别为v2′＝‎2 m/s，v1′＝－‎2 m/s，根据动量守恒定律得，m1v1＝m2v2′＋m1v1′，代入数据解得，m2＝‎0.3 kg，故C正确；碰撞过程中系统损失的机械能为ΔE＝m1v12－m1v1′2－m2v2′2，代入解得，ΔE＝0，故D错误。‎ ‎6.如图所示，一辆小车装有光滑弧形轨道，总质量为m，停放在光滑水平面上。有一质量也为m、速度为v0的铁球，沿轨道水平部分射入，并沿弧形轨道上升h后又下降而离开小车，离开后铁球的运动情况是(　　)‎ A．做平抛运动，速度方向与小车运动方向相同 B．做平抛运动，速度方向与小车运动方向相反 C．做自由落体运动 D．铁球与小车有相同的速度 解析：选C　设铁球离开小车时，铁球的速度为v1，小车的速度为v2，整个过程中动量守恒，机械能守恒，由动量守恒定律得：mv0＝mv1＋mv2，由动能守恒得：mv02＝mv12＋mv22，联立解得：v1＝0，v2＝v0‎ ‎，即铁球与小车分离后二者交换速度，所以铁球与小车分离后做自由落体运动，故选项C正确。‎ ‎7.如图所示为某运动员用头颠球，若足球用头顶起，每次上升高度为‎80 cm，足球的质量为‎400 g，与头部作用时间Δt为0.1 s，则足球一次在空中的运动时间及足球给头部的作用力大小(空气阻力不计，g取‎10 m/s2)(　　)‎ A．t＝0.4 s；FN＝40 N B．t＝0.4 s；FN＝36 N C．t＝0.8 s；FN＝36 N D．t＝0.8 s；FN＝40 N 解析：选C　足球自由下落时有h＝gt2，解得t＝＝0.4 s，竖直向上运动的时间等于自由下落运动的时间，所以t总＝2t＝0.8 s；设竖直向上为正方向，由动量定理得(FN－mg)Δt＝mv－(－mv)，又v＝gt＝‎4 m/s，联立解得FN＝36 N，故C正确。‎ ‎8．在空中相同高度处以相同的速率分别抛出质量相同的三个小球，一个竖直上抛，一个竖直下抛，一个平抛，若不计空气阻力，从三个小球抛出到落地的过程中(　　)‎ A．三个小球动量的变化量相同 B．下抛球和平抛球动量的变化量相同 C．上抛球动量变化量最大 D．三球落地时的动量相同 解析：选C　三个小球以相同的速率抛出，可知竖直上抛运动的小球运动时间大于平抛运动的时间，平抛运动的时间大于竖直下抛运动的时间，所以竖直上抛运动的时间最长，根据动量定理知，mgt＝Δp，可得上抛球动量变化量最大，下抛球动量变化量最小，故C正确，A、B错误；根据动能定理知，mgh＝mv2－mv02，可知三球落地时速度的大小相等，由于平抛运动的速度方向与上抛运动和下抛运动的速度方向不同， 则动量不同，故D错误。‎ ‎9.质量为‎1 kg的物体做直线运动，其速度图像如图所示，则物体在前10 s内和后10 s内所受外力的冲量分别是(　　)‎ A．10 N·s,10 N·s B．10 N·s，－10 N·s C．0,10 N·s D．0，－10 N·s 解析：选D　由题图可知，在前10 s内初、末状态的动量相等，p1＝p2＝‎5 kg·m/s，由动量定理知I1＝0；在后10 s内p3＝－‎5 kg·m/s，I2＝p3－p2＝－10 N·s，故选D。‎ ‎10．为估算池中睡莲叶面承受雨滴撞击产生的平均压强，小明在雨天将一圆柱形水杯置于露台，测得1小时内杯中水面上升了‎45 mm。查询得知，当时雨滴竖直下落速度约为‎12 m/s。据此估算该压强约为(设雨滴撞击睡莲后无反弹，不计雨滴重力，雨水的密度为1×‎103 kg/m3)(　　)‎ A．0.15 Pa B．0.54 Pa C．1.5 Pa D．5.4 Pa 解析：选A　由于是估算压强，所以不计雨滴的重力，设雨滴受到支持面的平均作用力为F，在Δt时间内有质量为Δm的雨滴的速度由v＝‎12 m/s减为零。以向上为正方向，对这部分雨水应用动量定理：FΔt＝0－(－Δmv)＝Δmv，得到F＝ v。设水杯横截面积为S，对水杯里的雨水，在Δt时间内水面上升Δh，则有Δm＝ρSΔh，F＝ρSv，压强p＝＝ρv＝103×12× Pa＝0.15 Pa。故A正确。‎ ‎11．质量为m的钢球自高处落下，以速率v1碰地面，竖直向上弹回，碰撞时间极短，离开地面的速率为v2。在碰撞过程中，钢球受到合力的冲量的方向和大小为(　　)‎ A．向下，m(v1－v2) B．向下，m(v1＋v2)‎ C．向上，m(v1－v2) D．向上，m(v1＋v2)‎ 解析：选D　由于碰撞时间极短，钢球的重力相对于地面对钢球的冲量可忽略不计。根据动量定理求解在碰撞过程中地面对钢球的冲量的方向和大小，选取竖直向下方向为正方向，根据动量定理得，地面对钢球的冲量I＝－mv2－mv1＝－m(v1＋v2)，则地面对钢球的冲量的方向向上，大小为m(v1＋v2)，故D正确。‎ ‎12．(2015·北京高考)“蹦极”运动中，长弹性绳的一端固定，另一端绑在人身上，人从几十米高处跳下，将蹦极过程简化为人沿竖直方向的运动，从绳恰好伸直，到人第一次下降至最低点的过程中，下列分析正确的是(　　)‎ A．绳对人的冲量始终向上，人的动量先增大后减小 B．绳对人的拉力始终做负功，人的动能一直减小 C．绳恰好伸直时，绳的弹性势能为零，人的动能最大 D．人在最低点时，绳对人的拉力等于人所受的重力 解析：选A　从绳恰好伸直到人第一次下降至最低点的过程中，人先做加速度减小的加速运动，后做加速度增大的减速运动，加速度等于零时，速度最大，故人的动量和动能都是先增大后减小，加速度等于零时(即绳对人的拉力等于人所受的重力时)速度最大，动量和动能最大，在最低点时人具有向上的加速度，绳对人的拉力大于人所受的重力。绳的拉力方向始终向上与运动方向相反，故绳对人的冲量方向始终向上，绳对人的拉力始终做负功。故选项A正确，选项B、C、D错误。‎ ‎13.[多选]如图所示，在光滑水平面上有一静止的物体M，物体上有一光滑的半圆弧形轨道，最低点为C，两端A、B一样高，现让小滑块m从A点由静止下滑，则(　　)‎ A．m不能到达M上的B点 B．m从A到C的过程中M向左运动，m从C到B的过程中M向右运动 C．m从A到B的过程中M一直向左运动，m到达B的瞬间，M速度为零 D．M与m组成的系统机械能守恒，水平方向动量守恒 解析：选CD　根据机械能守恒、动量守恒定律的条件，M和m组成的系统机械能守恒，水平方向动量守恒，D正确；m滑到半圆弧形轨道右端两者有相同的速度时，有：0＝(m＋M)v，v＝0，再根据机械能守恒定律可知，m恰能达到M上的B点，且m到达B点的瞬间，m、M速度为零，A错误；m从A到C的过程中M向左加速运动，m从C到B的过程中M向左减速运动，B错误，C正确。‎ ‎14．带电粒子a、b在同一匀强磁场中做匀速圆周运动，它们的动量大小相等，a运动的半径大于b运动的半径。若a、b的电荷量分别为qa、qb，质量分别为ma、mb，周期分别为Ta、Tb。则一定有(　　)‎ A．qaRb，所以qa‎7 m/s B．v<‎2.3 m/s C．‎3 m/sF2 D．F1F3，选项A错误；对b球受力分析，F2sin θ＝F3，θ>45°，可知F2>F3，选项B错误；对a球分析，水平方向：F1sin 30°＝F2sin θ，因θ>45°，则F1>F2，选项C正确，D错误。‎ ‎4.一小球以一定的初速度从如图所示位置进入光滑的轨道，小球先进入圆轨道1，再进入圆轨道2，圆轨道1的半径为R，圆轨道2的半径是轨道1的1.8倍，小球的质量为m，若小球恰好能通过轨道2的最高点B，则小球在轨道1上经过最高点A时对轨道的压力为(　　)‎ A．2mg B．3mg C．4mg D．5mg 解析：选C　小球恰好能通过轨道2的最高点B时，有mg＝，小球在轨道1上经过A处时，有F＋mg＝，根据机械能守恒，有1.6mgR＝mvA2－mvB2，解得F＝4mg，C项正确。‎ ‎5．中国国家航天局目前计划于2020年发射嫦娥工程第二阶段的月球车“嫦娥四号”。中国探月计划总工程师吴伟仁近期透露，此台月球车很可能在离地球较远的月球背面着陆，假设运载火箭先将“嫦娥四号”月球探测器成功送入太空，由地月转移轨道进入100千米环月轨道后成功变轨到近月点为15千米的椭圆轨道，在从15千米高度降至月球表面成功实现登月。则关于“嫦娥四号”登月过程的说法正确的是(　　)‎ A．“嫦娥四号”由地月转移轨道需要减速才能进入100千米环月轨道 B．“嫦娥四号”在近月点为15千米的椭圆轨道上各点的速度都大于其在100千米圆轨道上的速度 C．“嫦娥四号”‎ 在100千米圆轨道上运动的周期小于其在近月点为15千米的椭圆轨道上运动的周期 D．从15千米高度降至月球表面过程中，“嫦娥四号”处于失重状态 解析：选A　“嫦娥四号”由地月转移轨道实施近月制动才能进入‎100千米环月圆轨道上，A正确；由卫星变轨条件可知近月点为‎15千米的椭圆轨道上远月点的速度小于圆轨道上的速度，B错误；由开普勒第三定律可得“嫦娥四号”在‎100千米圆轨道上运动的周期大于其在椭圆轨道上运动的周期，C错误；从‎15千米高度降至月球表面过程“嫦娥四号”需要减速下降，处于超重状态，D错误。‎ ‎6.荡秋千是一种常见的休闲娱乐活动，也是我国民族运动会上的一个比赛项目。若秋千绳的长度约为‎2 m，荡到最高点时，秋千绳与竖直方向成60°角，如图所示。人在从最高点到最低点的运动过程中，以下说法正确的是(　　)‎ A．在最低点的速度大约为‎10 m/s B．在最低点时的加速度为零 C．合外力做的功等于增加的动能 D．重力做功的功率逐渐增加 解析：选C　秋千在下摆过程中，受到的绳子拉力不做功，机械能守恒，则在最低点由机械能守恒定律得：mgl(1－cos 60°)＝mv 2，解得v＝＝ m/s＝‎2 m/s≈‎4.47 m/s，故A错误；在最低点的加速度为a＝＝g，故B错误；根据动能定理得，合外力做的功等于增加的动能，故C正确；在最高点，秋千的速度为零，重力的瞬时功率为零，在最低点，重力与速度垂直，重力的瞬时功率也为零，所以重力做功的功率先增加后减少，故D错误。‎ ‎7．[多选]三角传送带以‎1 m/s的速度逆时针匀速转动，两边的传送带长都是‎2 m，且与水平方向的夹角均为37°。现有两小物块A、B从传送带顶端都以‎1 m/s的初速度沿传送带下滑，物块与传送带间的动摩擦因数均为0.5，下列说法正确的是(　　)‎ A．物块A、B受到的摩擦力方向相反 B．物块A比物块B先到达传送带底端 C．传送带对物块A、B均做负功 D．物块A、B在传送带上的划痕长度不相同 解析：选CD　重力的分力大于滑动摩擦力，故均沿斜面向下做匀加速运动，两物块在沿斜面方向上的滑动摩擦力方向均沿斜面向上，初速度、加速度大小均相等，因此 同时到达传送带底部，此过程重力做正功，传送带摩擦力做负功。由于A物块的速度与传送带方向相同，B物块与传送带速度方向相反，两者在传送带上的划痕即相对位移肯定不同，综上应选C、D。‎ ‎8.[多选]在风洞实验室内的竖直粗糙墙面上放置一钢板，风垂直吹向钢板，在钢板由静止开始下落的过程中，作用在钢板上的风力恒定。用Ek、E、v、P分别表示钢板下落过程中的动能、机械能、速度和重力的功率，关于它们随下落高度或下落时间的变化规律，下列四个图像中正确的是(　　)‎ 解析：选AC　由题可知钢板受到重力mg、风力F、墙的支持力N和滑动摩擦力f，由于风力恒定，则由平衡条件得知，墙对钢板的支持力恒定，钢板所受的滑动摩擦力恒定，故钢板匀加速下滑。设钢板的质量为m，根据动能定理得：Ek＝(mg－f)h，可知Ek与h成正比，故A正确。设钢板开始时机械能为E0，钢板克服滑动摩擦力做功等于其机械能减小，则E＝E0－fh＝E0－f·at2，则知E与t是非线性关系，图像是曲线，故B错误。钢板做匀加速运动，则有v＝at，v与t成正比，故C正确。重力的功率P＝mgv＝mg，则知P与h是非线性关系，图像是曲线，故D错误。‎ 力学选择题押题练(三)‎ ‎1．如图甲所示，小物块从足够长的光滑斜面顶端由静止自由滑下。下滑位移x时的速度为v，其xv2图像如图乙所示，取g＝‎10 m/s2，则斜面倾角θ为(　　)‎ A．30°　　　　　　　　　　　　　 B．45°‎ C．60° D．75°‎ 解析：选A　由题图xv2图像可知小物块的加速度a＝‎5 m/s2，根据牛顿第二定律得，小物块的加速度a＝gsin θ，所以θ＝30°，A对，B、C、D错。‎ ‎2.如图所示，两辆质量均为M的小车A和B置于光滑的水平面上，有一质量为m的人静止站在A车上，两车静止。若这个人自A车跳到B车上，接着又跳回A车并与A车相对静止，则此时A车和B车的速度之比为(　　)‎ A. B. C. D. 解析：选C　规定向右为正方向，对全过程由动量守恒定律有0＝MvB－(M＋m)vA，得＝，C正确。‎ ‎3.如图所示是人们短途出行、购物的简便双轮小车，若小车在匀速行驶的过程中支架与水平方向的夹角保持不变，不计货物与小车间的摩擦力，则货物对杆A、B的压力大小之比FA∶FB为(　　)‎ A．1∶ B.∶1‎ C．2∶1 D．1∶2‎ 解析：选B　以货物为研究对象进行受力分析，如图所示，利用力的合成法可得tan 30°＝，根据牛顿第三定律可知FB＝FB′，FA＝FA′，解得FA∶FB＝∶1，选项B正确。‎ ‎4.小型登月器连接在航天站上，一起绕月球做圆周运动，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，在月球表面逗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．4.7π B．3.6π C．1.7π D．1.4π 解析：选A　设登月器和航天站在半径为3R的轨道上运行时的周期为T，因其绕月球作圆周运动，所以应用牛顿第二定律有 ＝m，r＝3R T＝2π ＝6π ，‎ 在月球表面的物体所受重力近似等于万有引力，GM＝gR2‎ 所以T＝6π ，　①‎ 设登月器在小椭圆轨道运行的周期为T1，航天站在大圆轨道运行的周期为T2。‎ 对登月器和航天站依据开普勒第三定律分别有 ＝＝　②‎ 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逗留的时间t应满足 t＝nT2－T1　③(其中，n＝1、2、3、…)‎ 联立①②③得t＝6πn －4π (其中，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＝4.7π，故A正确。‎ ‎5.[多选]如图所示，倾角为30°、高为L的固定斜面底端与水平面平滑相连，质量分别为‎3m、m的两个小球A、B用一根长为L的轻绳连接，A球置于斜面顶端，现由静止释放A、B两球，球B与弧形挡板碰撞过程中无机械能损失，且碰后只能沿斜面下滑，它们最终均滑至水平面上。重力加速度为g，不计一切摩擦。则(　　)‎ A．A球刚滑至水平面时速度大小为 B．B球刚滑至水平面时速度大小为 C．小球A、B在水平面上一定会相撞 D．在A球沿斜面下滑过程中，轻绳对B球一直做正功 解析：选ABC　两小球A、B运动过程中系统机械能守恒，A球刚滑至水平面时，由机械能守恒定律得3mgL－mg＝(‎3m＋m)v2，解得v＝，A对；A球滑到水平面后，对B球由动能定理得：mg＝mvB2－mv2，解得vB＝，B对；两小球A、B运动到水平面上，由于后面的B球速度大于A球的速度，所以小球A、B在水平面会相撞，C对；在A球沿斜面下滑一半距离后的过程中，绳中无张力，轻绳对B球不做功，D错。‎ ‎6.[多选]如图所示，水平地面上有一个坑，其竖直截面为半圆，O为圆心，AB为沿水平方向的直径。若在A点以初速度v1沿AB方向平抛一小球，小球将击中坑壁上的最低点D点；若A点小球抛出的同时，在C点以初速度v2沿BA方向平抛另一相同质量的小球并也能击中D点。已知∠COD＝60°，且不计空气阻力，则(　　)‎ A．两小球同时落到D点 B．两小球在此过程中动能的增加量相等 C．在击中D点前瞬间，重力对两小球做功的瞬时功率之比为∶1‎ D．两小球初速度之比v1∶v2＝∶3‎ 解析：选CD　平抛运动的时间由高度决定，高度越高，时间越长，可知两球平抛运动的时间不等，不能同时落到D点，故A错误。根据动能定理知，重力做功不同，则动能的增加量不同，故B错误。根据vy＝，以及P＝mgvy知，重力做功的瞬时功率P＝mgvy＝mg，根据几何关系知，下降的高度之比为2∶1，则重力做功的瞬时功率之比为∶1，故C正确。因为平抛运动的高度之比为2∶1，根据t＝，则时间之比为∶1，根据v0＝，因为水平位移之比为1∶，解得两小球初速度之比v1∶v2＝∶3，故D正确。‎ ‎7．[多选]已知一足够长的传送带与水平面的倾角为θ，以一定的速度匀速运动。某时刻在传送带适当的位置放上具有一定初速度的质量为m的物块，如图(a)所示，以此时为t＝0时刻记录了小物块之后在传送带上运动速度随时间的变化关系，如图(b)所示(沿斜面向上为正方向，其中v1＞v2)。已知传送带的速度保持不变。g取‎10 m/s2，则(　　)‎ A．物块与传送带间的动摩擦因数μI2，W1＝W2‎ C．I1>I2，W1I2。B正确。‎ ‎2.如图所示，一个“房子”形状的铁制音乐盒静止在水平面上，一个塑料壳里面装有一个圆柱形强磁铁，吸附在“房子”的顶棚斜面上，保持静止状态。已知顶棚斜面与水平面的夹角为θ，塑料壳和磁铁的总质量为m，塑料壳和斜面间的动摩擦因数为μ，则以下说法正确的是(　　)‎ A．塑料壳对顶棚斜面的压力大小为mgcos θ B．顶棚斜面对塑料壳的摩擦力大小一定为μmgcos θ C．顶棚斜面对塑料壳的支持力和摩擦力的合力大小为mg D．磁铁的磁性若瞬间消失，塑料壳不一定会往下滑动 解析：选D　圆柱形强磁铁受到重力mg、音乐盒的吸引力F、音乐盒的支持力N、以及静摩擦力f，受力平衡，则有：N＝mgcos θ＋F，f＝mgsin θ，由于是静摩擦力，不一定为μmgcos θ，故A、B错误；圆柱形强磁铁和塑料壳整体静止，受力平衡，则顶棚斜面对塑料壳的支持力和摩擦力的合力大小等于重力和F的合力，故C错误；磁铁的磁性若瞬间消失，若mgsin θ≤μmgcos θ，则塑料壳不会往下滑动，故D正确。‎ ‎3.如图所示，一个小球从一定高度h处以水平速度v0＝‎10 m/s抛出，小球恰好垂直撞在倾角θ＝45°的斜面的中点P，已知AC＝‎ ‎2 m‎，g＝‎10 m/s2，则小球抛出点的高度h及斜面的高度H分别为(　　)‎ A．‎8 m、‎13 m B．‎10 m、‎‎15 m C．‎13 m、‎16 m D．‎15 m、‎‎20 m 解析：选C　因小球垂直撞在倾角θ＝45°的斜面的中点P，由图知在P点有tan θ＝，代入数值得t＝1 s。由平抛规律和几何知识知AC＋PCcos θ＝v0t，h－PCsin θ＝gt2，联立并代入数值得h＝‎13 m，由图知H＝2PCsin θ＝‎16 m，C对。‎ ‎4.甲、乙两辆汽车沿同一方向做直线运动，两车在某一时刻刚好经过同一位置，此时甲的速度为‎5 m/s，乙的速度为‎10 m/s，甲车的加速度大小恒为‎1.2 m/s2。以此时作为计时起点，它们的速度随时间变化的关系如图所示，根据以上条件可知(　　)‎ A．乙车做加速度先增大后减小的变加速运动 B．在前4 s的时间内，甲车运动位移为‎29.6 m C．在t＝4 s时，甲车追上乙车 D．在t＝10 s时，乙车又回到起始位置 解析：选B　速度—时间图像的斜率表示加速度，据此判断乙的运动过程加速度先减小再增大最后减小，选项A错。速度—时间图像与时间轴围成的面积代表位移，在t＝4 s时乙图像面积大于甲图像面积，所以乙的位移大于甲的位移，甲不可能追上乙车，选项C错。前10秒，乙图像面积一直在增大，位移在增大，速度一直沿正方向，所以乙不可能回到初始位置，选项D错。在前4 s的时间内，甲车运动位移x＝v0t＋at2＝5×‎4 m＋×1.2×‎42 m＝‎29.6 m，选项B对。‎ ‎5.[多选]如图所示，将一质量m＝‎1.0 kg的物体P用两根长度均为l＝‎0.5 m且不可伸长的细线1、2系于竖直杆上相距也为l＝‎0.5 m的A、B两点，现使物体P随杆一起由静止开始转动，取重力加速度g＝‎10 m/s2，则在角速度ω由0逐渐增大的过程中，有(　　)‎ A．细线1的拉力与角速度ω2成正比 B．当角速度ω＝2 rad/s，细线2刚好伸直无拉力 C．随着角速度ω的增加，细线2对物体P的拉力将大于细线1对物体P的拉力 D．当细线2刚好伸直时，物体P的机械能增加了6.25 J 解析：选BD　当细线2还未伸直时，设细线1与竖直杆之间的夹角为θ，则由合力提供向心力可得FTsin θ＝mω2lsin θ，细线1的拉力FT＝mω‎2l∝ω2，细线1的拉力随转动角速度ω的增大而增大；但当细线2伸直后，再增大角速度ω ‎，则不再满足该关系，故选项A错误；当细线2刚好伸直无拉力时，有mgtan 60°＝mω2lsin 60°成立，解得ω＝2 rad/s，选项B正确；当细线2伸直后，设细线2受到的拉力大小为FT′，竖直方向有FTcos 60°－mg－FT′cos 60°＝0，则FT>FT′，选项C错误；当细线2刚好伸直时，有FT′＝0，角速度ω＝2 rad/s，物体P做圆周运动的半径r＝lsin 60°，由动能定理可得：WT＋WG＝ΔEk，又因为WG＝－mglsin 30°，ΔEk＝mω2r2，三式联立并代入数据求解可得WT＝6.25 J，由功能关系知ΔE＝WT，所以选项D正确。‎ ‎6．[多选]“超级地球”是指围绕恒星公转的类地行星。科学家发现有两颗未知质量的不同“超级地球”环绕同一颗恒星公转，周期分别为T1和T2。根据上述信息可以计算两颗“超级地球”的(　　)‎ A．角速度之比 B．向心加速度之比 C．质量之比 D．所受引力之比 解析：选AB　根据ω＝得，＝，所以可以计算角速度之比，故A正确；根据开普勒第三定律＝k得＝，由a＝ω2r得＝·＝，所以能求向心加速度之比，故B正确；设“超级地球”的质量为m，恒星质量为M，轨道半径为r，根据万有引力提供向心力，有：G＝mr得：M＝，“超级地球”的质量同时出现在等号两边被约掉，故无法求“超级地球”的质量之比，故C错误；根据万有引力定律F＝G，因为无法知道两颗“超级地球”的质量比，所以无法求所受引力之比，故D错误。‎ ‎7.[多选]如图所示，一根长为L不可伸长的轻绳跨过光滑的水平轴O，两端分别连接质量为‎2m的小球A和质量为m的物块B，物块B位于O点正下方。现将轻绳OA段拉至水平后，由静止释放小球A，如图所示。当小球A转动到水平轴正下方时轻绳的中点正好在水平轴O点，则下列说法中正确的是(　　)‎ A．物块B一直处于静止状态 B．小球A运动到水平轴正下方时的速度小于 C．小球A从图示位置运动到水平轴正下方的过程中机械能守恒 D．小球A从图示位置运动到水平轴正下方的过程中，小球A与物块B组成的系统机械能守恒 解析：选BD　当小球运动到水平轴正下方时轻绳的中点正好在水平轴O点，所以小球A下降的高度为，假设物块B一直处于静止状态，则小球A在最低点时有2mg·＝·‎2m·v2，FT ‎－2mg＝‎2m，解得绳的拉力FT＝6mg，大于物块B的重力mg，所以物块B一定会上升，则在小球A从图示位置运动到水平轴正下方的过程中机械能不守恒，但小球A与物块B组成的系统机械能守恒，故A、C错误，D正确；设物块B上升的高度为h，由机械能守恒得·‎2m·vA2＋mvB2＝2mg·－mgh，所以小球A运动到水平轴正下方时的速度vA＜，故选项B正确。‎ ‎8.如图所示，上表面水平的圆盘固定在水平地面上，一小物块从圆盘边缘上的P点，以大小恒定的初速度v0在圆盘上沿与直径PQ成不同夹角θ的方向开始滑动，小物块运动到圆盘另一边缘时的速度大小为v，则v2cos θ图像应为(　　)‎ 解析：选A　设圆盘半径为r，小物块与圆盘间的动摩擦因数为μ，由题意可知，小物块运动到圆盘另一边缘过程中摩擦力做负功，由动能定理可得，－μmg·2rcos θ＝mv2－mv02，即v2＝v02－4μgrcos θ，可知v2与cos θ为线性关系，斜率为负，故A正确，B、C、D错误。‎