2018届高考物理二轮复习文档：一 力与运动
专题一 力与运动
第一讲力与物体平衡
考点一
受力分析
1.[考查共点力的平衡条件、弹力的方向判断]
如图所示，三个形状不规则的石块a、b、c在水平桌面上成功地叠放在一起。下列说法正确的是( )
A．石块b对a的支持力一定竖直向上
B．石块b对a的支持力一定等于a受到的重力
C．石块c受到水平桌面向左的摩擦力
D．石块c对b的作用力一定竖直向上
解析：选D 由题图可知，a与b的接触面不是水平面，可知石块b对a的支持力与其对a的静摩擦力的合力，跟a受到的重力是一对平衡力，故A、B错误；以三个石块作为整体研究，整体受到的重力与支持力是一对平衡力，则石块c不会受到水平桌面的摩擦力，故C错误；选取ab作为整体研究，根据平衡条件，石块c对b的作用力与其重力平衡，则石块c对b的作用力一定竖直向上，故D正确。
2．[考查摩擦力的有无及方向判断]
[多选]如图甲、乙所示，倾角为θ的斜面上放置一滑块M，在滑块M上放置一个质量为m的物块，M和m相对静止，一起沿斜面匀速下滑，下列说法正确的是( )
A．图甲中物块m受到摩擦力
B．图乙中物块m受到摩擦力
C．图甲中物块m受到水平向左的摩擦力
D．图乙中物块m受到与斜面平行向上的摩擦力
解析：选BD 对题图甲：设m受到摩擦力，则物块m受到重力、支持力、摩擦力，而重力、支持力平衡，若受到摩擦力作用，其方向与接触面相切，方向水平，则物体m受力将不平衡，与题中条件矛盾，故假设不成立，A、C错误。对题图乙：设物块m不受摩擦力，由于m匀速下滑，m必受力平衡，若m只受重力、支持力作用，由于支持力与接触面垂直，故重力、支持力不可能平衡，则假设不成立，由受力分析知：m受到与斜面平行向上的摩擦力，B、D正确。
3．[考查力的合成与分解、胡克定律]
[多选]如图，粗糙水平面上a、b、c、d四个相同小物块用四根完全相同的轻弹簧连接，正好组成一个等腰梯形，系统静止。ab之间、ac之间以及bd之间的弹簧长度相同且等于cd之间弹簧长度的一半，ab之间弹簧弹力大小为cd之间弹簧弹力大小的一半。若a受到的摩擦力大小为f，则( )
A．ab之间的弹簧一定是压缩的
B．b受到的摩擦力大小为f
C．c受到的摩擦力大小为f
D．d受到的摩擦力大小为2f
解析：选ABC 设每根弹簧的原长为L0，ab之间弹簧的形变量为Δx1，cd之间弹簧的形变量为Δx2，则有kΔx2＝2kΔx1，若ab之间的弹簧也是被拉长，则有：L0＋Δx2＝2(L0＋Δx1)，解得L0＝0，不符合题意，所以ab之间的弹簧被压缩，A正确；由于a受到的摩擦力大小为f，根据对称性可得，b受到的摩擦力大小也为f，B正确；以a和c为研究对象进行受力分析如图所示，图中的θ为ac与cd之间的夹角，则cos θ＝＝，所以θ＝60°，则∠cab＝120°，a受到的摩擦力大小f＝T；对c根据力的合成可得fc＝f，所以C正确；由于c受到的摩擦力大小为f，根据对称性可知，d受到的摩擦力大小也为f，D错误。
4．[考查物体的平衡条件、摩擦力的分析与计算]
如图，滑块A置于水平地面上，滑块B在一水平力作用下紧靠滑块A(A、B接触面竖直)，此时A恰好不滑动，B刚好不下滑。已知A与B间的动摩擦因数为μ1，A与地面间的动摩擦因数为μ2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。A与B的质量之比为( )
A. B.
C. D.
解析：选B 滑块B刚好不下滑，根据平衡条件得mBg＝μ1F；滑块A恰好不滑动，则滑块A与地面之间的摩擦力等于最大静摩擦力，把A、B看成一个整体，根据平衡条件得F＝μ2(mA＋mB)g，解得＝。选项B正确。
考点二
整体法与隔离法的应用
5.[考查整体法与隔离法、力的合成与分解]
如图所示，质量为M的四分之一圆柱体放在粗糙水平地面上，质量为m的正方体放在圆柱体和光滑墙壁之间，且不计圆柱体与正方体之间的摩擦，正方体与圆柱体的接触点的切线与右侧墙壁成θ角，圆柱体处于静止状态。则( )
A．地面对圆柱体的支持力为Mg
B．地面对圆柱体的摩擦力为mgtan θ
C．墙壁对正方体的弹力为
D．正方体对圆柱体的压力为
解析：选C 以正方体为研究对象，受力分析，如图：
由几何知识得，墙壁对正方体的弹力FN1＝
圆柱体对正方体的弹力
FN2＝，
根据牛顿第三定律得正方体对圆柱体的压力为。
以圆柱体和正方体为研究对象，竖直方向受力平衡，
地面对圆柱体的支持力：FN＝(M＋m)g，
水平方向受力平衡，地面对圆柱体的摩擦力：
Ff＝FN1＝。
故选C。
6．[考查整体法与隔离法、物体的平衡条件]
[多选]如图所示，木板C放在水平地面上，木板B放在C的上面，木板A放在B的上面，A的右端通过轻质弹簧秤固定在竖直的墙壁上，A、B、C、质量相等，且各接触面动摩擦因数相同，用大小为F的力向左拉动C，使它以速度v匀速运动，三者稳定后弹簧秤的示数为T。则下列说法正确的是( )
A．B对A的摩擦力大小为T，方向向左
B．A和B保持静止，C匀速运动
C．A保持静止，B和C一起匀速运动
D．C受到地面的摩擦力大小为F－T
解析：选ACD 由题意，A、B、C质量相等，且各接触面动摩擦因数相同，再依据滑动摩擦力公式Ff＝μFN，可知，B、C之间的滑动摩擦力大于A、B之间的，因此在F作用下，BC作为一整体运动的，对A受力分析：A受水平向右的拉力和水平向左的摩擦力，那么根据平衡条件，可知，B对A的摩擦力大小为T，方向向左，故A、C正确，B错误；又因为木板间力的作用是相互的，则木板B受到A对它水平向右的摩擦力，大小为T；由于B、C做匀速直线运动，则B、C受到水平向左的拉力F和水平向右的两个摩擦力平衡(A对B的摩擦力和地面对C的摩擦力)，根据平衡条件可知，C受到地面的摩擦力大小为F－T，故D正确。
7．[考查整体法与隔离法、摩擦力的分析与判断]
[多选]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，整个系统处于静止状态，已知斜面倾角及轻绳与竖直方向夹角均为θ＝30°。不计小球与斜面间的摩擦，则( )
A．轻绳对小球的作用力大小为mg
B．斜面对小球的作用力大小为mg
C．斜面体对水平面的压力大小为(M＋m)g
D．斜面体与水平面间的摩擦力大小为mg
解析：选AD 以小球B为研究对象，受力如图甲所示，由几何关系知θ＝β＝30°。根据受力平衡可得
FT＝FN＝mg
以斜面体A为研究对象，其受力如图乙所示。
由受力平衡得FN1＝Mg＋FN′cos θ＝Mg＋mg
Ff＝FN′sin θ＝mg
故B、C选项错误，A、D选项正确。
考点三
动态平衡问题
8.[考查用图解法分析动态平衡问题]
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。
9．[考查用解析法分析动态平衡问题]
[多选]如图所示，叠放在一起的A、B两物体放置在光滑水平地面上，A、B之间的水平接触面是粗糙的，细线一端固定在A物体上，另一端固定于N点，水平恒力F始终不变，A、B两物体均处于静止状态，若将细线的固定点由N点缓慢下移至M点(线长可变)，A、B两物体仍处于静止状态，则( )
A．细线的拉力将减小
B．A物体所受的支持力将增大
C．A物体所受摩擦力将增大
D．水平地面所受压力将减小
解析：选AB 以A、B两物体组成的系统作为研究对象，受力分析如图甲所示。
水平方向FTcos α＝F，竖直方向：FN＋FTsin α＝(mA＋mB)g，因为细线与水平地面的夹角α减小，cos α增大，sin α减小，FT将减小，FN将增大，所以细线所受拉力减小，地面受到的压力增大，A正确，D错误；以物体A为研究对象，受力分析如图乙所示，竖直方向：FNA＋FTsin α＝mAg，FT减小，sin α减小，所以FNA增大，B正确；以B为研究对象，在水平方向上由力的平衡可得Ff＝F，A物体所受摩擦力不变，C错误。
10．[考查用相似三角形法求解动态平衡问题]
[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
mb>mc B．mb>ma>mc
C．mc>ma>mb D．mc>mb>ma
解析：选B 该空间区域为匀强电场、匀强磁场和重力场的叠加场，a在纸面内做匀速圆周运动，可知其重力与所受到的电场力平衡，洛伦兹力提供其做匀速圆周运动的向心力，有mag＝qE，解得ma＝。b在纸面内向右做匀速直线运动，由左手定则可判断出其所受洛伦兹力方向竖直向上，可知mbg＝qE＋qvbB，解得mb＝＋。c在纸面内向左做匀速直线运动，由左手定则可判断出其所受洛伦兹力方向竖直向下，可知mcg＋qvcB＝qE，解得mc＝－。综上所述，可知mb>ma>mc，选项B正确。
2．(2017·枣庄模拟)如图所示，PQ、MN是放置在水平面内的光滑导轨，GH是长度为L、电阻为r的导体棒，其中点与一端固定的轻弹簧连接，轻弹簧的劲度系数为k。导体棒处在方向向下、磁感应强度为B的匀
强磁场中。图中直流电源的电动势为E，内阻不计，电容器的电容为C。闭合开关，待电路稳定后，则有( )
A．导体棒中电流为
B．轻弹簧的长度增加
C．轻弹簧的长度减少
D．电容器带电量为CR2
解析：选C 导体棒中的电流为：I＝，故A错误；由左手定则知导体棒受的安培力向左，则弹簧长度减少，由平衡条件：BIL＝kΔx，代入I得：Δx＝，故B错误，C正确；电容器上的电压等于导体棒两端的电压，Q＝CU＝C··r，故D错误。
一、高考真题集中演练——明规律
1．(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。
2．[多选](2017·天津高考)如图所示，轻质不可伸长的晾衣绳两端分别固定在竖直杆M、N上的a、b两点，悬挂衣服的衣架挂钩是光滑的，挂于绳上处于静止状态。如果只人为改变一个条件，当衣架静止时，下列说法正确的是( )
A．绳的右端上移到b′，绳子拉力不变
B．将杆N向右移一些，绳子拉力变大
C．绳的两端高度差越小，绳子拉力越小
D．若换挂质量更大的衣服，则衣架悬挂点右移
解析：选AB 设两段绳子间的夹角为2α，由平衡条件可知，2Fcos α＝mg，所以F＝，设绳子总长为L，两杆间距离为s，由几何关系L1sin α＋L2sin α＝s，得sin α＝＝，绳子右端上移，L、s都不变，α不变，绳子张力F也不变，A正确；杆N向右移动一些，s变大，α变大，cos α变小，F变大，B正确；绳子两端高度差变化，不影响s和L，所以F不变，C错误；衣服质量增加，绳子上的拉力增加，由于α不会变化，悬挂点不会右移，D错误。
3．[多选](2016·全国卷Ⅰ)如图，一光滑的轻滑轮用细绳OO′悬挂于O点；另一细绳跨过滑轮，其一端悬挂物块a，另一端系一位于水平粗糙桌面上的物块b。外力F向右上方拉b，整个系统处于静止状态。若F方向不变，大小在一定范围内变化，物块b仍始终保持静止，则( )
A．绳OO′的张力也在一定范围内变化
B．物块b所受到的支持力也在一定范围内变化
C．连接a和b的绳的张力也在一定范围内变化
D．物块b与桌面间的摩擦力也在一定范围内变化
解析：选BD 因为物块b始终保持静止，所以绳OO′的张力不变，连接a和b的绳的张力也不变，选项A、C错误；拉力F大小变化，F的水平分量和竖直分量都发生变化，由共点力的平衡条件知，物块b受到的支持力和摩擦力在一定范围内变化，选项B、D正确。
4．(2017·4月浙江选考)重力为G的体操运动员在进行自由体操比赛时，有如图所示的比赛动作，当运动员竖直倒立保持静止状态时，两手臂对称支撑，夹角为θ，则( )
A．当θ＝60°时，运动员单手对地面的正压力大小为
B．当θ＝120°时，运动员单手对地面的正压力大小为G
C．当θ不同时，运动员受到的合力不同
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A 运动员受力如图所示，地面对手的支持力F1＝F2＝，则运动员单手对地面的正压力大小为，与夹角θ无关，选项A正确，B错误；不管角度如何，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、D错误。
二、名校模拟重点演练——明趋势
5．(2018届高三·衡水调研)如图所示，有一轻圆环和插栓，在甲、乙、丙三个力作用下平衡时，圆环紧压着插栓。不计圆环与插栓间的摩擦，若只调整两个力的大小，欲移动圆环使插栓位于圆环中心，下列说法中正确的是( )
A．增大甲、乙两力，且甲力增大较多
B．增大乙、丙两力，且乙力增大较多
C．增大乙、丙两力，且丙力增大较多
D．增大甲、丙两力，且甲力增大较多
解析：选D 根据题意可知，轻圆环受甲、乙、丙三个力及插栓的弹力作用，处于平衡状态，根据共点力平衡条件的推论可知，甲、乙、丙三个力的合力必与插栓对轻圆环的弹力等大、反向，该弹力方向为沿轻圆环半径方向向外，要通过移动圆环使插栓位于圆环中心，则甲、乙、丙三个力的合力需变为零，由平行四边形定则可知，此时可同时增大甲、丙两力且增加量的合量应与消失的弹力等大、同向，或同时减小乙、丙两力，且减小量的合量应与消失的弹力等大、反向，且甲力增加得多或乙力减小得多，故选项A、B、C错误，选项D正确。
6．(2017·鸡西模拟)如图所示，穿在一根光滑的固定杆上的两个小球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．A可能受到2个力的作用
B．B可能受到3个力的作用
C．绳子对A的拉力大于对B的拉力
D．A、B的质量之比为1∶tan θ
解析：选D 对A球受力分析可知，A受到重力，绳子的拉力以及杆对A球的弹力，三个力的合力为零，故A错误；对B球受力分析可知，B受到重力，绳子的拉力，两个力合力为零，杆对B球没有弹力，否则B不能平衡，故B错误；定滑轮不改变力的大小，则绳子对A的拉力等于对B的拉力，故C错误；分别对AB两球分析，运用合成法，如图：
根据共点力平衡条件，
得：T＝mBg，
＝(根据正弦定理列式)故
mA∶mB＝1∶tan θ，故D正确。
7．(2017·济宁期末)如图所示，在一个倾角为θ的斜面上，有一个质量为m，带负电的小球P(可视为点电荷)，空间存在着方向垂直斜面向下的匀强磁场，带电小球与斜面间的摩擦力不能忽略，它在斜面上沿图中所示的哪个方向运动时，有可能保持匀速直线运动状态( )
A．v1方向 B．v2方向 C．v3方向 D．v4方向
解析：选C 若小球的速度沿v1方向，滑动摩擦力与v1的方向相反，即沿图中v3方向，由左手定则知，小球受到的洛伦兹力方向在斜面平面内与v1垂直向下，重力的分力mgsin θ沿斜面向下，则知球在斜面平面内所受的合外力不为零，小球不可能做匀速直线运动，故A错误；同理可知B、D错误；若小球的速度沿v3方向，滑动摩擦力与v3的方向相反，即沿图中v1方向，由左手定则知，小球受到的洛伦兹力方向在斜面平面内与v3垂直向上，即沿v2方向，重力的分力mgsin θ沿斜面向下，则知斜面平面内的合外力可能为零，小球有可能做匀速直线运动，故C正确。
第二讲力与直线运动
考点一
匀变速直线运动的规律
1.[考查匀变速直线运动的规律]
一质点沿直线运动，其平均速度与时间的关系满足v＝2＋t(各物理量均选用国际单位制中单位)，则关于该质点的运动，下列说法正确的是( )
A．质点可能做匀减速直线运动
B．5 s内质点的位移为35 m
C．质点运动的加速度为1 m/s2
D．质点3 s末的速度为5 m/s
解析：选B 根据平均速度v＝知，x＝vt＝2t＋t2，根据x＝v0t＋at2＝2t＋t2知，质点的初速度v0＝2 m/s，加速度a＝2 m/s2，质点做匀加速直线运动，故A、C错误；5 s内质点的位移x＝v0t＋at2＝2×5 m＋×2×25 m＝35 m，故B正确；质点在3 s末的速度v＝v0＋at＝2 m/s＋2×3 m/s＝8 m/s，故D错误。
2．[考查位移－时间图像]
甲、乙两车在同一条直道上行驶，它们运动的位移x随时间t变化的关系如图所示，已知乙车做匀变速直线运动，其图线与t轴相切于10 s处，则下列说法正确的是( )
A．甲车的初速度为零
B．乙车的初位置在x0＝60 m处
C．乙车的加速度大小为1.6 m/s2
D．5 s时两车相遇，此时甲车速度较大
解析：选C 位移时间图像的斜率等于速度，则知甲车的速度不变，做匀速直线运动，初速度不为零，选项A错误；乙车做匀变速直线运动，其图线与t轴相切于10 s处，则t＝10 s时，速度为零，反过来看成初速度为0的匀加速直线运动，则x＝at2，根据图像可知，x
0＝a·100，20＝a·25，解得：a＝1.6 m/s2，x0＝80 m，选项C正确，B错误；5 s时两车相遇，此时甲的速度v甲＝ m/s＝4 m/s，乙的速度为v乙＝at＝1.6×5 m/s＝8 m/s，选项D错误。
3．[考查应用匀变速直线运动规律解决实际问题]
在娱乐节目《幸运向前冲》中，有一个关口是跑步跨栏机，它的设置是让挑战者通过一段平台，再冲上反向移动的跑步机皮带并通过跨栏，冲到这一关的终点。现有一套跑步跨栏装置，平台长L1＝4 m，跑步机皮带长L2＝32 m，跑步机上方设置了一个跨栏(不随皮带移动)，跨栏到平台末端的距离L3＝10 m，且皮带以v0＝1 m/s的恒定速率转动，一位挑战者在平台起点从静止开始以a1＝2 m/s2 的加速度通过平台冲上跑步机，之后以a2＝1 m/s2 的加速度在跑步机上往前冲，在跨栏时不慎跌倒，经过2 s爬起(假设从摔倒至爬起的过程中挑战者与皮带始终相对静止)，然后又保持原来的加速度a2，在跑步机上顺利通过剩余的路程，求挑战者全程所需要的时间？
解析：挑战者匀加速通过平台：L1＝a1t12
通过平台的时间：t1＝ ＝2 s
冲上跑步机的初速度：v1＝a1t1＝4 m/s
冲上跑步机至跨栏：L3＝v1t2＋a2t22
解得t2＝2 s
摔倒至爬起随跑步机移动距离：
x＝v0t＝1×2 m＝2 m(向左)
取地面为参考系，则挑战者爬起向左减速过程有：v0＝a2t3
解得：t3＝1 s
对地位移为：x1＝a2t32＝0.5 m(向左)
挑战者向右加速冲刺过程有：x＋x1＋L2－L3＝a2t42
解得：t4＝7 s
挑战者通过全程所需要的总时间为：
t总＝t1＋t2＋t＋t3＋t4＝14 s。
答案：14 s
考点二
动力学的两类基本问题
4．[考查已知受力求运动问题]
如图所示，Oa、Ob是竖直平面内两根固定的光滑细杆，O、a、b、c位于同一圆周上，c为圆周的最高点，a为最低点，Ob经过圆心。每根杆上都套着一个小滑环，两个滑环都从O点无初速释放，用t1、t2分别表示滑环到达a、b所用的时间，则下列关系正确的是( )
A．t1＝t2 B．t1＜t2
C．t1＞t2 D．无法确定
解析：选B 设Oa与竖直方向夹角为θ，则Ob与竖直方向夹角为2θ，由2Rcos θ＝gcos θ·t12,2R＝gcos 2θ·t22，比较可得t1＜t2，故B正确。
5．[考查已知运动求受力问题]
将一质量为m的小球靠近墙面竖直向上抛出，图甲是向上运动小球的频闪照片，图乙是下降时的频闪照片，O是运动的最高点，甲乙两次闪光频率相同，重力加速度为g，假设小球所受的阻力大小不变，则可估算小球受到的阻力大小约为( )
A．mg B.mg
C.mg D.mg
解析：选C 设每块砖的厚度是d，向上运动时：
9d－3d＝a1T2①
向下运动时：3d－d＝a2T2②
联立①②得：＝③
根据牛顿第二定律，向上运动时：mg＋f＝ma1④
向下运动时：mg－f＝ma2⑤
联立③④⑤得：f＝mg，选C。
6．[考查瞬时加速度的计算]
[多选]光滑斜面上，当系统静止时，挡板C与斜面垂直，弹簧、轻杆均与斜面平行，A、B质量相等。在突然撤去挡板的瞬间( )
A．两图中两球加速度均为gsin θ
B．两图中A球的加速度均为零
C．图甲中B球的加速度为2gsin θ
D．图乙中B球的加速度为gsin θ
解析：选CD 撤去挡板前，对整体分析，挡板对B球的弹力大小为2mgsin θ，因弹簧弹力不能突变，而杆的弹力会突变，所以撤去挡板瞬间，图甲中A球所受合力为零，加速度为零，B球所受合力为2mgsin θ，加速度为2gsin θ；图乙中杆的弹力突变为零，A、B球所受合力均为mgsin θ，加速度均为gsin θ，故C、D正确，A、B错误。
考点三
牛顿第二定律与运动图像的综合应用
7.[考查牛顿第二定律与v t图像的综合应用]
[多选]如图甲所示，倾角为30°的斜面固定在水平地面上，一个小物块在沿斜面向上的恒定拉力F作用下，从斜面底端A点由静止开始运动，一段时间后撤去拉力F，小物块能达到的最高位置为C点，已知小物块的质量为0.3 kg，小物块从A到C的vt
图像如图乙所示，取g＝10 m/s2，则下列说法正确的是( )
A．小物块加速时的加速度大小是减速时加速度大小的
B．小物块与斜面间的动摩擦因数为
C．小物块到达C点后将沿斜面下滑
D．拉力F的大小为4 N
解析：选AC 小物块加速时的加速度大小为：
a1＝＝ m/s2＝2.5 m/s2
减速时的加速度大小为：
a2＝＝ m/s2＝7.5 m/s2
小物块加速时的加速度大小是减速时加速度大小的，
故A正确；
撤去拉力后，根据牛顿第二定律，有：
mgsin 30°＋μmgcos 30°＝ma2
即：a2＝gsin 30°＋μgcos 30°，
得：μ＝，故B错误；在C点mgsin 30°＞μmgcos 30°，
所以小物块到达C点后将沿斜面下滑，故C正确；在拉力作用下，根据牛顿第二定律，有：
F－mgsin 30°－μmgcos 30°＝ma1，
代入数据得：F＝3 N，故D错误。
8．[考查牛顿第二定律与am图像的综合应用]
[多选]如图甲所示，水平地面上固定一足够长的光滑斜面，斜面顶端有一理想定滑轮，一轻绳跨过滑轮，绳两端分别连接小物块A和B。保持A的质量不变，改变B的质量m，当B的质量连续改变时，得到A的加速度a随B的质量m变化的图线，如图乙所示，图中a1、a2、m0为未知量，设加速度沿斜面向上的方向为正方向，空气阻力不计，重力加速度g取9.8 m/s2，斜面的倾角为θ，下列说法正确的是( )
A．若θ已知，可求出A的质量
B．若θ未知，可求出乙图中a1的值
C．若θ已知，可求出乙图中a2的值
D．若θ已知，可求出乙图中m0的值
解析：选BC 根据牛顿第二定律得：
对B得：mg－F＝ma①
对A得：F－mAgsin θ＝mAa②
联立得a＝③
若θ已知，由③知，不能求出A的质量mA，故A错误。
由③式变形得a＝。
当m→∞时，a＝a1＝g，故B正确。
由③式得，m＝0时，a＝a2＝－gsin θ，故C正确。
当a＝0时，由③式得，m＝m0＝mAsin θ，可知，m0不能求出，故D错误。
9．[考查牛顿第二定律与v2x图像的综合应用]
[多选]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 物块匀减速直线运动的加速度大小为：
a1＝＝ m/s2＝10 m/s2。
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。
考点四
动力学的连接体问题
10.[考查用牛顿第二定律解决连接体问题]
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，它们整体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＝g·sin 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不能受到弹簧的弹力，弹簧L2处于原长状态。故选项C正确，A、B、D错误。
11．[考查连接体中的临界问题]
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。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，临界情况是A、B
的加速度相等，隔离对B分析，B的加速度为：
aB＝a1＝＝μg，
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＝＝μg，
可得a1∶a2＝1∶3，C正确。
12．[考查运用牛顿第二定律解决板块运动问题]
(2017·全国卷Ⅲ)如图，两个滑块A和B的质量分别为mA＝1 kg和mB＝5 kg，放在静止于水平地面上的木板的两端，两者与木板间的动摩擦因数均为μ1＝0.5；木板的质量为m＝4 kg，与地面间的动摩擦因数为μ2＝0.1。某
时刻A、B两滑块开始相向滑动，初速度大小均为v0＝3 m/s。A、B相遇时，A与木板恰好相对静止。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小g＝10 m/s2。求：
(1)B与木板相对静止时，木板的速度；
(2)A、B开始运动时，两者之间的距离。
解析：(1)滑块A和B在木板上滑动时，木板也在地面上滑动。设A、B和木板所受的摩擦力大小分别为f1、f2和f3，A和B相对于地面的加速度大小分别为aA和aB，木板相对于地面的加速度大小为a1。在滑块B与木板达到共同速度前有
f1＝μ1mAg①
f2＝μ1mBg②
f3＝μ2(m＋mA＋mB)g③
由牛顿第二定律得
f1＝mAaA④
f2＝mBaB⑤
f2－f1－f3＝ma1⑥
设在t1时刻，B与木板达到共同速度，其大小为v1。由运动学公式有
v1＝v0－aBt1⑦
v1＝a1t1⑧
联立①②③④⑤⑥⑦⑧式，代入已知数据得
v1＝1 m/s。⑨
(2)在t1时间间隔内，B相对于地面移动的距离为
sB＝v0t1－aBt12⑩
设在B与木板达到共同速度v1后，木板的加速度大小为a2。对于B与木板组成的体系，由牛顿第二定律有f1＋f3＝(mB＋m)a2⑪
由①②④⑤式知，aA＝aB；再由⑦⑧式知，B与木板达到共同速度时，A的速度大小也为v1，但运动方向与木板相反。由题意知，A和B相遇时，A与木板的速度相同，设其大小为v2。设A的速度大小从v1变到v2所用的时间为t2，则由运动学公式，对木板有v2＝v1－a2t2⑫
对A有v2＝－v1＋aAt2⑬
在t2时间间隔内，B(以及木板)相对地面移动的距离为
s1＝v1t2－a2t22⑭
在(t1＋t2)时间间隔内，A相对地面移动的距离为
sA＝v0(t1＋t2)－aA2⑮
A和B相遇时，A与木板的速度也恰好相同。因此A和B开始运动时，两者之间的距离为
s0＝sA＋s1＋sB⑯
联立以上各式，并代入数据得
s0＝1.9 m。⑰
(也可用如图所示的速度—时间图线求解)
答案：(1)1 m/s (2)1.9 m
考点一 匀变速直线运动的规律
本考点主要对匀变速直线运动规律及运动图像进行考查，其中图像问题上失分，主要是审题不仔细、知识迁移不够灵活造成的，匀变速直线运动规律的应用上失分，主要是该考点与其他知识交汇点较多、试题情景取材常涉及生活实际问题造成的。建议考生自学为主
[夯基固本]
1．“三类”运动图像
斜率
纵截距
与t轴所
围面积
特例
匀速直
线运动
匀变速直线运动
xt图像
速度
初位置
倾斜的直线
抛物线
vt图像
加速度
初速度
位移
与时间轴平行的直线
倾斜的
直线
at图像
初加
速度
与时间
速度
轴平行
的直线
2．“四类”匀变速直线运动公式
[重点清障]
1．运动图像的三点提醒
(1)运动图像描述的是纵轴物理量随横轴物理量(通常为时间t)变化的规律，而不是物体的运动轨迹。
(2)运动图像只能描述直线运动，不能描述曲线运动。
(3)x t图像的交点才表示两物体相遇，如诊断卷第2题，而v t图像的交点只能说明此时两物体速度相等。
2．掌握处理匀变速直线运动的四种方法
(1)基本公式法：如诊断卷第1题中，由x＝vt＝2t＋t2，对应基本公式x＝v0t＋at2得出v0＝2 m/s，a＝2 m/s2，进而可对本题四个选项快速做出判断。
(2)推论法：如果条件允许，应用中间时刻速度、中间位置速度、位移差公式等推论求解问题，可快速得出答案。
(3)比例法：根据初速度为零的匀变速直线运动的比例关系式求解。
(4)逆向思维法：匀减速直线运动到速度为零的过程，可认为是初速度为零的反向匀加速直线运动的逆过程。如诊断卷第3题中，
挑战者爬起后向左匀减速至速度为零的过程，可认为是由速度为零处向右做初速度为零的匀加速运动，得出v0＝a2t3，x1＝a2t32。
1．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 很显然，在前2 s内两个物体运动规律是一样的，不可能追上，故A、B错误；在t＝2.5 s时，A的位移是1.125 m，B的位移是0.875 m，两位移之差为0.25 m，小于1.75 m，故C错误；t＝3.5 s时，A的位移是1.875 m，B的位移是0.125 m，两位移之差等于1.75 m，故D正确。
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T＝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0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，据此判断第一个T时间内的位移x1＝×3 m＝0.6 m，选项D正确；第二个T时间内的位移x2＝×3 m＝1.8 m，由v32－0＝2a(x1＋x2＋x3)，得a＝ m/s2，选项A错误；由Δx＝aT2得x2－x1＝aT2，解得T＝ s，选项C错误；第一个T时间末的瞬时速度v1＝aT＝1 m/s，选项B错误。
3．(2018届高三·洛阳检测)甲、乙两人在某一直道上完成200 m的赛跑，他们同时、同地由静止开始运动，都经过4 s的匀加速，甲的爆发力比乙强，加速过程甲跑了20 m、乙跑了18 m；然后都将做一段时间的匀速运动，乙的耐力比甲强，匀速持续时间甲为10 s、乙为13 s，因为体力、毅力的原因，他们都将做匀减速运动的调节，调节时间都为2 s，且速度都降为8 m/s，最后冲刺阶段以8 m/s 的速度匀速达到终点。求：
(1)甲做匀减速运动的加速度；
(2)甲冲刺阶段完成的位移大小。
解析：(1)在匀加速过程，设甲的位移为x1，所用的时间为t1，达到的末速度为v1，由x1＝，解得v1＝10 m/s；
甲匀减速的末速度为v2，匀减速的加速度为a2，
由a2＝
得a2＝－1 m/s2。
(2)匀速运动的位移：x2＝v1t2＝10×10 m＝100 m
匀减速的位移：由x3＝Δt
解得x3＝18 m
最后冲刺的位移为：x4＝200 m－(x1＋x2＋x3)
＝200 m－(20＋100＋18)m＝62 m。
答案：(1)－1 m/s2 (2)62 m
考点二 动力学的两类基本问题
本考点是对牛顿第二定律、运动学规律等基础知识的考查，常以轻绳、轻杆、轻弹簧模型为载体进行命题，只要考生牢记相关知识及相互联系，仔细审题、灵活进行知识迁移交汇，即可轻松取分。建议考生自学为主
[夯基固本]
[重点清障]
1．由因推果
——已知物体的受力情况，确定物体的运动情况
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。如诊断卷第4题中，先确定小滑环沿杆下落的加速度a1＝gcos θ(注意不是a1＝gsin θ)，a2＝gcos 2θ，再应用位移公式列式比较，得出结论。
2．由果溯因
——已知物体的运动情况，确定物体的受力情况
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。如诊断卷第5题中，先利用频闪照片，结合Δx＝aT2可得：9d－3d＝a1T2，3d－d＝a2T2，求出a1∶a2＝3∶1。再根据牛顿第二定律便可求出空气阻力的大小f＝mg。
3．注意区别绳、杆、弹簧的弹力变化特点
如诊断卷第6题中，撤去挡板瞬间，弹簧的弹力不变，而杆的弹力发生了突变，且图乙中杆连接的两小球加速度一定相等。
1．质量均为m的物块a、b之间用竖直轻弹簧相连，系在a上的细线竖直悬挂于固定点O，a、b与竖直粗糙墙壁接触，整个系统处于静止状态。重力加速度大小为g，则( )
A．物块b可能受3个力
B．细线中的拉力小于2mg
C．剪断细线瞬间b的加速度大小为g
D．剪断细线瞬间a的加速度大小为2g
解析：选D 对ab整体分析可知，整体受重力和细线上的拉力，水平方向如果受墙的弹力，则整体不可能竖直静止，故不会受到水平方向上的弹力，根据平衡条件可知，细线上的拉力F＝2mg；再对b分析可知，b只受重力和弹簧拉力而保持静止，故A、B错误；由于b处于平衡，故弹簧的拉力F＝mg，剪断细线瞬间弹簧的弹力不变，则对b分析可知，b受力不变，合力为零，故加速度为零，故C错误；对a分析可知，剪断细线瞬间a受重力和弹簧向下的拉力，合力Fa＝2mg，则由牛顿第二定律可知，加速度大小为2g，故D正确。
2．(2017·辽宁省实验中学模拟)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，当弹簧的弹力与滑动摩擦力相等时，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。
3．(2017·全国卷Ⅱ)
为提高冰球运动员的加速能力，教练员在冰面上与起跑线相距s0和s1(s12t1 B．t2＝2t1
C．t2<2t1 D．落在B点
解析：选C 在斜面顶端A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＝，解得t1＝，水平位移x＝vt1＝，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水平抛出小球，小球将落在水平面上。可知两球下降的高度之比为1∶2，根据t＝知，t1∶t2＝1∶，则t2<2t1。
考点三
圆周运动问题
7.[考查圆周运动的向心力及来源]
如图所示，一根细线下端拴一个金属小球A，细线的上端固定在金属块B上，B放在带小孔的水平桌面上，小球A在某一水平面内做匀速圆周运动。现使小球A改到一个更低一些的水平面上做匀速圆周运动(图上未画出)，金属块B在桌面上始终保持静止，则后一种情况与原来相比较，下面的判断中正确的是( )
A．金属块B受到桌面的静摩擦力变大
B．金属块B受到桌面的支持力变小
C．细线的张力变大
D．小球A运动的角速度减小
解析：选D 设A、B质量分别为m、M, A做匀速圆周运动的向心加速度为a，细线与竖直方向的夹角为θ，对B研究，B受到的摩擦力f＝Tsin θ，对A，有Tsin θ＝ma，Tcos θ＝mg，解得a＝gtan θ，θ变小，a减小，则静摩擦力变小，故A错误；以整体为研究对象知，B受到桌面的支持力大小不变，应等于(M＋m)g，故B错误；细线的拉力T＝，θ变小，T变小，故C错误；设细线长为l，则a＝gtan θ＝ω2lsin θ，ω＝ ，θ变小，ω变小，故D正确。
8．[考查圆周运动的绳、杆模型]
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。
9．[考查圆周运动的临界极值问题]
某高速公路的一个出口路段如图所示，情景简化：轿车从出口A进入匝道，先匀减速直线通过下坡路段至B点(通过B点前后速率不变)，再匀速率通过水平圆弧路段至C点，最后从C点沿平直路段匀减速到D点停下。已知轿车在A点的速度v0＝72 km/h，AB长L1
＝150 m；BC为四分之一水平圆弧段，限速(允许通过的最大速度)v＝36 km/h，轮胎与BC段路面间的动摩擦因数μ＝0.5，最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力，CD段为平直路段长L2＝50 m，重力加速度g取10 m/s2。
(1)若轿车到达B点时速度刚好为v＝36 km/h，求轿车在AB下坡段加速度的大小；
(2)为保证行车安全，车轮不打滑，求水平圆弧段BC半径R的最小值；
(3)轿车A点到D点全程的最短时间。
解析：(1)v0＝72 km/h＝20 m/s，AB长L1＝150 m，
v＝36 km/h＝10 m/s，对AB段匀减速直线运动有
v2－v02＝－2aL1
代入数据解得a＝1 m/s2。
(2)汽车在BC段做圆周运动，静摩擦力提供向心力，
Ff＝m
为了确保安全，则须满足Ff≤μmg
联立解得：R≥20 m，即：Rmin＝20 m。
(3)设AB段时间为t1，BC段时间为t2，CD段时间为t3，全程所用最短时间为t。
L1＝t1
πRmin＝vt2
L2＝t3
t＝t1＋t2＋t3
联立以上各式，代入数据解得：t＝23.14 s。
答案：(1)1 m/s2 (2)20 m (3)23.14 s
考点四
抛体运动与圆周运动的综合问题
10.[考查平抛运动与圆周运动的多解问题]
一位同学做飞镖游戏，已知圆盘直径为d，飞镖距圆盘的距离为L，且对准圆盘上边缘的A点水平抛出，初速度为v0，飞镖抛出的同时，圆盘绕垂直圆盘且过盘心O的水平轴匀速转动，角速度为ω。若飞镖恰好击中A点，则下列关系中正确的是( )
A．dv02＝L2g
B．ωL＝(1＋2n)πv0(n＝0,1,2，…)
C．v0＝
D．dω2＝(1＋2n)2gπ2(n＝0,1,2，…)
解析：选B 飞镖做平抛运动，若恰好击中A点，则只能是在A点恰好转到最低点的时候。当A点转动到最低点时飞镖恰好击中A点，则L＝v0t，d＝gt2，ωt＝(1＋2n)π(n＝0,1,2，…)，联立解得ωL＝(1＋2n)πv0(n＝0,1,2，…)，2dv02＝L2g,2dω2＝(1＋2n)2gπ2(n＝0,1，2，…)。故B正确。
11．[考查多物体圆周运动与平抛运动的组合]
[多选]如图所示，半径为R的光滑半圆形轨道和光滑水平轨道相切，三个小球1、2、3沿水平轨道分别以速度v1＝2、v2＝3、v3＝4水平向左冲上半圆形轨道，g为重力加速度，下列关于三个小球的落点到半圆形轨道最低点A的水平距离和离开轨道后的运动形式的说法正确的是( )
A．三个小球离开轨道后均做平抛运动
B．小球2和小球3的落点到A点的距离之比为∶2
C．小球1和小球2做平抛运动的时间之比为1∶1
D．小球2和小球3做平抛运动的时间之比为1∶1
解析：选BD 设小球恰好通过最高点时的速度为v，此时由重力提供向心力，则mg＝m，得v＝
设小球能通过最高点时在轨道最低点时最小速度为v′，由机械能守恒定律得2mgR＋mv2＝mv′2，
得v′＝
由于v1＝2＜v′，所以小球1不能到达轨道最高点，也就不能做平抛运动，故A错误。
小球2和小球3离开轨道后做平抛运动，由2R＝gt2得t＝2，则得：小球2和小球3做平抛运动的时间之比为1∶1。
设小球2和小球3通过最高点时的速度分别为v2′和v3′。
根据机械能守恒定律得：2mgR＋mv2′2＝mv22；2mgR＋mv3′2＝mv32；
解得v2′＝，v3′＝2
由平抛运动规律得：水平距离为x＝v0t，t相等，则小球2和小球3的落点到A点的距离之比为∶2。
小球1做的不是平抛运动，则小球1和小球2做平抛运动的时间之比不是1∶1，故B、D正确，C错误。
12．[考查数学方法在圆周运动、平抛运动综合问题中的应用]
如图所示，质量为m的小球从四分之一光滑圆弧轨道顶端静止释放，从轨道末端O点水平抛出，击中平台右下侧挡板上的P点。以O为原点在竖直面内建立如图所示的平面直角坐标系，挡板形状满足方程y＝6－x2(单位：m)，小球质量m＝0.4 kg，圆弧轨道半径R＝1.25 m，g取10 m/s2。求：
(1)小球对圆弧轨道末端的压力大小；
(2)小球从O点到P点所需的时间(结果可保留根号)。
解析：(1) 对小球，从释放到O点过程中
由机械能守恒：mgR＝mv2
v＝＝ m/s＝5 m/s
小球在圆轨道最低点：FN－mg＝m
FN＝mg＋m＝12 N
由牛顿第三定律，小球对轨道的压力FN′＝FN＝12 N。
(2)小球从O点水平抛出后满足y＝gt2
x＝vt
又有y＝6－x2
联立得t＝ s。
答案：(1)12 N (2) s
考点一 运动的合成与分解
本考点常考查合运动与分运动的关系，物体做曲线运动的条件(如诊断卷第1题)，速度的分解及小船渡河问题等(如诊断卷第2、3题)，难度较小。建议考生自学为主
[夯基固本]
1．理清合运动与分运动的三个关系
等时性
分运动与合运动的运动时间相等
独立性
一个物体同时参与几个分运动，各个运动独立进行、互不影响
等效性
各个分运动的叠加效果与合运动的效果相同
说明：合运动是物体的实际运动
2．把握小船渡河的两类问题、三种情景
最短时间
当船头方向即v船垂直河岸时，渡河时间最短，tmin＝
最短位移
如果v船>v水，当v船与上游夹角θ满足v船cos θ＝v水时，v合垂直河岸，渡河位移最短，等于河宽d
如果v船ω1时，FT＝mω2l＝ω2(N)
FT ω2关系图像如图所示。
[答案] (1) rad/s (2) rad/s (3)见解析
类型二 圆周运动的连接体问题
[多选]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仍相对圆盘静止，B将做离心运动
[解析] 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。
[答案] ABC
类型三 圆周运动的多过程问题
[多选]在光滑水平桌面中央固定一边长为0．1 m的小正三棱柱abc，俯视如图。长度为L＝0.5 m的不可伸长细线，一端固定在a点，另一端拴住一个质量为m＝0.8 kg可视为质点的小球，t＝0时刻，把细线拉直在ca的延长线上，并给小球一垂直于细线方向的水平速度，大小为v0＝4
m/s。由于光滑棱柱的存在，细线逐渐缠绕在棱柱上(不计细线与三棱柱碰撞过程中的能量损失)。已知细线所能承受的最大张力为50 N。则细线断裂之前( )
A．小球的速率逐渐减小
B．小球速率保持不变
C．小球运动的路程为0.8π m
D．小球运动的位移大小为0.3 m
[解析] 细线断裂之前，绳子拉力与小球的速度垂直，对小球不做功，不改变小球的速度大小，故小球的速率保持不变。故A错误，B正确；细线断裂瞬间，拉力大小为50 N，由F＝m得：r＝＝＝0.256 m，
所以刚好转一圈绳断裂，故小球运动的路程为：
s＝·2πr1＋·2πr2＋·2πr3＝×(0.5＋0.4＋0.3)m＝0.8π m，故C正确；小球每转120°半径减小0.1 m，细线断裂之前，小球运动的位移大小为0.5 m－0.2 m＝0.3 m，故D正确。
[答案] BCD
考点四 抛体运动与圆周运动的综合问题
抛体运动与圆周运动的综合问题因牵扯到两种运动的分与合，近几年成为命题者的新宠，如诊断卷第10、11、12题。针对这类问题，只要准确分析运动过程，锁定两类运动的衔接模式，套用如下思维流程，问题可顺利解决。所以需要考生能够对抛体运动与圆周运动互联互通
两类思维流程
类型一 单个质点的连续运动的思维流程
类型二 质点和圆盘的独立运动的思维流程
如图所示，水平放置的圆盘边缘C点有一个小洞，圆盘半径R＝1 m，在圆盘直径CD的正上方，与CD平行放置一条长为R的水平滑道AB，滑道左端B与圆盘圆心O在同一条竖直线上，且B点距离圆盘圆心的竖直高度h＝1.25 m。在滑道右端静止放置质量为m＝0.2 kg的小球(可视为质点)，小球与滑道间的动摩擦因数为μ＝0.25。现使小球以某一水平向左的初速度运动，同时圆盘从图示位置以图中所示的角速度ω绕通过圆心O的竖直轴匀速转动，最终小球恰好落入圆盘边缘的小洞内，重力加速度g取10 m/s2。求：
(1)小球运动的初速度v0的大小；
(2)圆盘运动的角速度ω的值。
[思维流程]
[答案] (1)3 m/s
(2) rad/s(n＝0,1,2,3，…)
1.(2017·宁夏六盘山二模)如图所示，半径为R的圆轮在竖直面内绕O轴匀速转动，轮上A、B两点均粘有一小物体，当B点转至最低位置时，此时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的距离是( )
A.R B．7R
C.R D．5R
解析：选A 设OP之间的距离为h，则A下落的高度为h－R，A随圆轮运动的线速度为ωR，
设A下落的时间为t1，水平位移为x，
则在竖直方向上有h－R＝gt12①
在水平方向上有x＝ωR·t1②
B下落的高度为h－R，B随圆轮运动的线速度为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＝gt22③
在水平方向上有x＝ωR·t2④
联立①②③④式解得h＝R，A项正确。
2．(2018届高三·南昌三中检测)嘉年华上有一种回力球游戏，如图所示，A、B分别为一固定在竖直平面内的光滑半圆形轨道的最高点和最低点，B点距水平地面的高度为h，某人在水平地面C点处以某一初速度抛出一个质量为m的小球，小球恰好水平进入半圆轨道内侧的最低点B，并恰好能过最高点A后水平抛出，又恰好回到C点抛球人手中。若不计空气阻力，已知当地重力加速度为g，求：
(1)小球刚进入半圆形轨道最低点B时轨道对小球的支持力；
(2)半圆形轨道的半径。
解析：(1)设半圆形轨道的半径为R，小球经过A点时的速度为vA，小球经过B点时的速度为vB，小球经过B点时轨道对小球的支持力为FN。
在A点：mg＝m，
解得：vA＝，
从B点到A点的过程中，根据动能定理有：
－mg·2R＝mvA2－mvB2，
解得：vB＝。
在B点：FN－mg＝m，
解得：FN＝6mg，方向竖直向上。
(2)C到B的逆过程为平抛运动，有：h＝gtBC2，
A到C的过程，有：h＋2R＝gtAC2，
又vBtBC＝vAtAC，解得：R＝2h。
答案：(1)6mg，方向竖直向上 (2)2h
一、高考真题集中演练——明规律
1．(2017·江苏高考)如图所示，A、B两小球从相同高度同时水平抛出，经过时间t在空中相遇。若两球的抛出速度都变为原来的2倍，则两球从抛出到相遇经过的时间为( )
A．t B.t C. D.
解析：选C 设两球间的水平距离为L，第一次抛出的速度分别为v1、v2，由于小球抛出后在水平方向上做匀速直线运动，则从抛出到相遇经过的时间t＝，若两球的抛出速度都变为原来的2倍，则从抛出到相遇经过的时间为t′＝＝，C项正确。
2.(2015·全国卷Ⅰ)一带有乒乓球发射机的乒乓球台如图所示。水平台面的长和宽分别为L1和L2，中间球网高度为h。发射机安装于台面左侧边缘的中点，能以不同速率向右侧不同方向水平发射乒乓球，发射点距台面高度为3h。不计空气的作用，重力加速度大小为g。若乒乓球的发射速率v在某范围内，通过选择合适的方向，就能使乒乓球落到球网右侧台面上，则v的最大取值范围是( )
A.
解析：选C 根据开普勒第三定律得＝k，a为半长轴，已知卫星在两轨道上运动的卫星的周期相等，所以椭圆轨道的长轴长度为2R，故A错误；B点为椭圆轨道的远地点，速度比较小，v0表示做匀速圆周运动的速度，v0>vB，故B错误；根据牛顿第二定律得a＝，卫星在Ⅰ轨道距离地心的距离大于卫星在Ⅱ轨道A点距离地心的距离，所以a0rA，必有a0μmgcos 37°，
故物块将减速上行，ma3＝mgsin 37°－μmgcos 37°，
得a3＝2 m/s2
设物块还需t′离开传送带，离开时的速度为vt，则：
v2－vt2＝2a3(x－x1)，vt＝ m/s＝2.31 m/s
t′＝＝0.85 s。
答案：(1)1.33 s (2)0.85 s 2.31 m/s
模型一 物块模型
物块与物块或物块与木板组成的相互作用的系统称为物块模型，该模型属于依靠摩擦力和弹力相互作用的连接体问题，是历年高考重点考查的内容之一。题目中可涉及静摩擦力、滑动摩擦力的方向判断和大小计算，还可涉及整体法、隔离法的运用，物体的平衡、牛顿运动定律、运动学规律等知识，对考生的综合分析能力、运用数学工具解决物理问题的能力要求较高。
题型一 平衡问题中的物块模型
质量均为m的a、b两木块叠放在水平面上，如图所示，a受到斜向上与水平面成θ角的力F作用，b受到斜向下与水平面成θ角等大的力F作用，两力在同一竖直平面内，此时两木块保持静止，则( )
A．b对a的支持力一定等于mg
B．水平面对b的支持力可能大于2mg
C．a、b之间一定存在静摩擦力
D．b与水平面之间可能存在静摩擦力
[解析] 对a、b整体，合外力为零，故水平面与b之间无摩擦力，否则无法平衡，D错误；由题意可知两个力F的竖直分量平衡，故水平面对b的支持力等于2mg，B错误；对a采用隔离法分析，受到竖直向上的b对a的支持力、竖直向下的重力、水平向左的摩擦力和力F四个力的作用，摩擦力不可能为零，否则a不能平衡，由竖直方向受力平衡条件知，b对a的支持力小于a的重力mg，A错误，C正确。
[答案] C
[方法点拨]
整体法可分析系统外力大小及有无，隔离法则可分析物体间相互作用力的大小及有无。注意平衡问题中各物体及系统的合外力均为零。
题型二 匀变速直线运动中的物块模型
[多选]如图所示，小车的质量为M，人的质量为m，人用恒力F拉绳，若人与车保持相对静止，且地面为光滑的，又不计滑轮与绳的质量，则车对人的摩擦力可能是( )
A. F，方向向左 B. F，方向向右
C. F，方向向左 D. F，方向向右
[解析] 把人和车看成整体，二者有向左的加速度，由2F＝(m＋M)a，解得a＝。设车对人的摩擦力向右，大小为f，隔离人，由F－f＝ma，联立解得f＝ F，选项D正确，B错误；设车对人的摩擦力向左，大小为f，隔离人，由F＋f＝ma，联立解得f＝ F，选项C正确，A错误。
[答案] CD
[方法点拨]
(1)对于由多个物体组成的系统，如果系统内各物体具有相同的加速度，可以先采用整体法分析，再用隔离法分析。
(2)隔离法分析时，一般选取受力个数较少、未知力较少的物体。如诊断卷第2题，用恒力F1拉A时，对B隔离分析，用恒力F2拉B时，对A隔离分析。
题型三 变加速运动中的物块模型
[多选]如图甲所示，A、B两物体叠放在光滑水平面上，对B物体施加一水平变力F，Ft关系图像如图所示。两物体在变力F作用下由静止开始运动，且始终相对静止，则( )
A．t时刻，两物体之间的摩擦力最大
B．t时刻，两物体的速度方向开始改变
C．t～2t时间内，两物体之间的摩擦力逐渐增大
D．0～2t时间内，物体A所受的摩擦力方向始终与变力F的方向相同
[解析] t时刻F＝0，A、B的加速度为零，因此两物体速度方向不变，且A、B间的摩擦力为零，可知选项A、B错误。t～2t时间内，A、B系统的加速度逐渐增大，以A为研究对象，A受到的摩擦力应逐渐增大；A的加速度由其受到的摩擦力提供，因此A受到的摩擦力与A、B加速度同向，即与F同向，可知选项C、D正确。
[答案] CD
[方法点拨]
(1)两物体组成的系统，因所受外力是变化的物体的加速度也是变化的，两物体间的相互作用力也随之变化。
(2)注意判断物体间是否发生相对滑动，物体间的摩擦力是静摩擦力还是滑动摩擦力。如本例中A、B两物体始终相对静止，物体A受静摩擦力，其大小FfA＝mAa，随a的变化而变化。如诊断卷第3题，aF图线之所以在F＝8 N处发生偏折，是因为在F＞8 N后，随F的增大，物体A相对于B发生了相对滑动，摩擦力变为恒定不变的滑动摩擦力。
模型二 斜面模型
斜面模型是中学物理中常见的模型之一，斜面模型的基本问题有物体在斜面上的平衡、运动及受力问题，通过斜面模型，借助斜面的特点，尤其是斜面的角度关系，可以对共点力的平衡、牛顿第二定律、匀变速直线运动等知识，以及整体法、隔离法等物理方法进行考查。在处理此类问题时，要注意受力分析、正交分解法及牛顿第二定律的运用。
题型一 斜面模型上的物体平衡问题
[多选]如图所示，质量为m的物体A放在质量为M、倾角为θ的斜面B上，斜面B置于粗糙的水平地面上，用平行于斜面的力F拉物体A，使其沿斜面向下匀速运动，斜面B始终静止不动，则下列说法中正确的是( )
A．斜面B相对地面有向右运动的趋势
B．地面对斜面B的静摩擦力大小为Fcos θ
C．地面对斜面B的支持力大小为(M＋m)g＋Fsin θ
D．斜面B与物体A间的动摩擦因数为tan θ
[解析] 将A和B看成一个整体，对其进行受力分析，由平衡条件可知，地面对B的静摩擦力f＝Fcos θ，方向水平向右，故B相对地面有向左运动的趋势，选项A错误，选项B正确；由平衡条件可知，地面对B的支持力FN＝(M＋m)g＋Fsin θ，选项C正确；对A进行受力分析可知，在平行于斜面的方向上有mgsin θ＋F＝μmgcos θ，解得μ＝tan θ＋，选项D错误。
[答案] BC
[方法点拨]
(1)A物体沿斜面匀速下滑或A物体静止于斜面上，B处于静止状态，系统及系统内各物体均处于平衡状态。
(2)注意区别力F作用下物体A处于平衡状态和不受力F作用物体A处于平衡状态的情况。如诊断卷第4题中，m静止在斜面上，墙与斜面间无作用力，本题中，力F作用下物体A匀速下滑，斜面受地面的静摩擦力。
题型二 斜面模型上的连接体问题
如图所示，倾角为θ的斜面体C置于水平地面上，一条细线一端与斜面上的物体B相连，另一端绕过质量不计的光滑滑轮与物体A相连，滑轮用另一条细线悬挂在天花板上的O点，细线与竖直方向成α角，A、B、C始终处于静止状态，下列说法正确的是( )
A．若仅增大A的质量，B对C的摩擦力一定减小
B．若仅增大A的质量，地面对C的摩擦力一定增大
C．若仅增大B的质量，定滑轮两侧的细线的拉力可能大于A的重力
D．若仅将C向左缓慢移动一点，α角将增大
[解析] 隔离物体B进行受力分析，因不能确定mAg和mBgsin θ的大小关系，故斜面体C对B的静摩擦力大小方向无法确定，选项A错误。对B、C整体受力分析，若仅增大A的质量，细线中拉力增大，根据平衡条件，地面对C的摩擦力一定增大，选项B正确。若仅增大B的质量，不能改变定滑轮两侧的细线的拉力，所以选项C错误。若仅将C向左缓慢移动一点，定滑轮两侧细线的夹角减小，α角将减小，选项D错误。
[答案] B
[方法点拨]
斜面上的连接体问题种类较多，连接形式多样，如绳连接、细杆连接、轻弹簧连接等，考查的内容以平衡条件和牛顿运动定律为主。需要注意的是，细绳只能提供拉力，而细杆和轻弹簧既可提供拉力也可提供压力。
题型三 斜面模型上的叠加体动力学问题
(2017·莆田六中月考)如图，斜面固定，CD段光滑，DE段粗糙，A、B两物体叠放在一起从C点由静止下滑，下滑过程中A、B始终保持相对静止，则( )
A．在CD段时，A受三个力作用
B．在DE段时，A的加速度一定平行于斜面向上
C．在DE段时，A受摩擦力方向一定沿斜面向上
D．整个下滑过程中，A、B均处于失重状态
[解析] 在CD段，整体的加速度a＝＝gsin θ，对A，由牛顿第二定律得：mAgsin θ＋fA＝mAa，解得：fA＝0，则A受重力和支持力两个力作用，故A错误。
在DE段，A、B系统可能沿斜面向下做匀加速直线运动，也可能做匀速直线运动，还可能向下做匀减速直线运动，加速度既可能向下，也可能向上，故B错误；设DE段物块与斜面间的动摩擦因数为μ，在DE段，整体的加速度：a＝＝gsin θ－μgcos θ，对A，由牛顿第二定律得：mAgsin θ＋fA＝mAa，解得：fA＝－μmAgcos θ
，方向沿斜面向上，若匀速运动，A受到静摩擦力也是沿斜面向上，如果系统沿斜面向下做匀减速直线运动，A、B系统加速度沿斜面向上，则A所受的摩擦力沿斜面向上，由以上分析可知，A受到的摩擦力方向一定沿斜面向上，故C正确；CD段A、B加速下滑，系统处于失重状态，在DE段系统可能向下做匀减速直线运动，加速度方向沿斜面向上，A、B处于超重状态，故D错误。
[答案] C
[方法点拨]
(1)对于斜面中的动力学模型问题，求解时一般先应用整体法或隔离法进行受力分析，再将力进行正交分解(通常是沿物体运动的方向和垂直于物体运动的方向建立坐标系)，然后结合运动学规律和牛顿第二定律求出相应的物理量。
(2)注意分析物块间将要发生相对滑动的临界条件。如诊断卷第6题，拉力F的最大值对应下面m与2m间的摩擦力达到最大值fm，此时上面m与2m间的静摩擦力小于fm，故能一起加速向下运动。
模型三 弹簧模型
弹簧模型是高考中特色鲜明的物理模型之一，常涉及静力学问题、动力学问题和能量转化与守恒问题。考生在处理这类问题时，要特别注意弹簧“可拉”“可压”“可变”的特性以及弹簧弹力一般不突变的特征。
题型一 平衡问题中的弹簧模型
如图所示，用完全相同的轻弹簧A、B、C将两个相同的小球连接并悬挂，小球处于静止状态，弹簧A与竖直方向的夹角为30°，弹簧C水平，则弹簧A、C的伸长量之比为( )
A.∶4 B．4∶
C．1∶2 D．2∶1
[解析] 把两个小球及弹簧B看成整体，分析受力，由平衡条件可得：
弹簧A的拉力FA＝2mg/cos 30°，
弹簧C的拉力FC＝2mgtan 30°，
又FA＝kxA，FC＝kxC，
联立解得：弹簧A、C的伸长量之比为：
xA∶xC＝1∶cos 30°tan 30°＝2∶1，选项D正确。
[答案] D
[方法点拨]
相同的弹簧劲度系数相同，因此，弹簧伸长量之比等于弹簧弹力之比，故由系统平衡条件计算弹簧A、C的弹力大小，即可得出结果。
题型二 突变问题中的弹簧模型
如图所示，在水平面上有一个质量为m＝2 kg的小球。小球与轻弹簧和轻绳相连。弹簧水平放置，绳与竖直方向成θ＝45°角且不可伸长。此时小球处于静止状态，且水平面对小球的弹力恰好为零。已知小球与水平面之间的动摩擦因数μ＝0.2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g＝10 m/s2。则在剪断轻绳的瞬间，下列说法中正确的是( )
A．小球受力个数不变
B．小球立即向左运动，且a＝8 m/s2
C．小球立即向左运动，且a＝10 m/s2
D．若不剪断轻绳，从右端剪断弹簧，则剪断弹簧瞬间，小球加速度的大小为a＝10 m/s2
[解析] 在剪断轻绳前，小球受重力、绳子的拉力以及弹簧的弹力处于平衡状态，根据共点力的平衡可得弹簧的弹力方向水平向左，且F＝mgtan θ，代入数据可解得F＝20 N。剪断轻绳的瞬间，弹簧的弹力仍然为20 N，小球此时受重力、支持力、弹簧弹力和摩擦力四个力的作用，小球的受力个数发生改变，选项A错误；小球所受的最大静摩擦力为fm＝μmg＝4 N，根据牛顿第二定律可得小球此时的加速度大小为a＝，解得a＝8 m/s2，由于合力方向向左，故小球立即向左运动，选项B正确，选项C错误；从右端剪断弹簧的瞬间，轻绳对小球的拉力突变为零，此时小球所受的合力为零，故小球的加速度也为零，选项D错误。
[答案] B
[方法点拨]
弹簧(或橡皮绳)恢复形变需要时间，在瞬时问题中可以认为其弹力不变，即弹力不能突变。而细绳(或接触面)不发生明显形变就能产生弹力，若剪断(或脱离)，弹力立即消失，即弹力可突变。
题型三 发生伸缩变化的弹簧模型
如图所示，倾角为θ的固定光滑斜面底部有一垂直斜面的固定挡板C。劲度系数为k1的轻弹簧两端分别与质量均为m的物体A和B连接，劲度系数为k2的轻弹簧一端与A连接，另一端通过细线与一轻质小桶相连，细线跨过斜面顶端的光滑的定滑轮，B靠在挡板C处，A和B均静止。现缓慢地向小桶内加入细砂，当B与挡板C恰要分离时，小桶下降的距离是多少？
[解析] 法一：轻质小桶内未加入细砂时，弹簧k2处于自然长度，设此时弹簧k1压缩量为x1，
对A受力分析可知：k1x1＝mgsin θ
缓慢地向小桶内加入细砂，当B与挡板C间挤压力恰好为零时，设弹簧k2伸长量为x2，弹簧k1伸长量为x3，
对B受力分析可知：k1x3＝mgsin θ
对A、B整体受力分析可知：k2x2＝2mgsin θ
由分析知，小桶下降的距离：d＝x1＋x3＋x2
解得d＝2mgsin θ。
法二：对弹簧k1分析：初态时受到A的压力为mgsin θ，末态时对B的拉力为mgsin θ，因此弹力变化为2mgsin θ，则由ΔF＝kΔx得：Δx1＝。
对弹簧k2分析：初态时的弹力为零，末态时产生的拉力为2mgsin θ，则Δx2＝
所以d＝Δx1＋Δx2＝2mgsin θ。
[答案] 2mgsin θ
[方法点拨]
(1)与弹簧关联的物体运动时，物体运动的距离与形变量有关，而弹簧可以伸长，对物体施以拉力，也可以压缩，对物体施以压力。如诊断卷第9题，物体A上移的位移等于开始弹簧的压缩量与B刚要离地时弹簧的伸长量之和。
(2)计算弹簧的伸长量时，较多的同学会先计算原来的形变量，实际上不如直接运用Δx＝求解简洁一些，如本例中方法二。
模型四 传送带模型
传送带是高中力学中一个常见的模型，其特征是以摩擦力为纽带关联传送带和物块的运动。这类问题涉及滑动摩擦力与静摩擦力的转换、对地位移与二者相对位移间的关系，综合牛顿运动定律、运动学公式、功能关系等知识，能很好地考查学生的综合分析能力和逻辑思维能力。
题型一 水平传送带模型
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vt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] 由题图乙可知：t1时刻小物块向左运动最远，t1～t2这段时间小物块向右加速，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这段时间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一起运动，摩擦力为零，C、D错误。
[答案] B
[方法点拨]
(1)传送带匀速运动时，传送带对物块的摩擦力只能是滑动摩擦力，不可能是静摩擦力。
(2)分析物块运动规律时，要注意物块与传送带速度的方向和大小关系。
(3)若物块轻放在由静止开始匀加速的水平传送带上，则传送带加速度a＞μg时，物块相对传送带向后滑动，a≤μg时，物块与传送带一起加速运动。
题型二 倾斜传送带模型
如图所示，绷紧的传送带始终以2 m/s的速度匀速斜向上运行，传送带与水平方向间的夹角θ＝30°。现把质量为10 kg的工件轻轻地放在传送带底端P处，由传送带送至顶端Q处。已知P、Q之间的距离为4 m，工件与传送带间的动摩擦因数为μ＝，取g＝10 m/s2。
(1)通过计算说明工件在传送带上做什么运动；
(2)求工件从P点运动到Q点所用的时间。
[解析] (1)工件刚放到传送带上时，受重力、支持力、摩擦力共同作用，摩擦力为动力
由牛顿第二定律得：μmgcos θ－mgsin θ＝ma
代入数值得：a＝2.5 m/s2
则其速度达到传送带速度时发生的位移为
x1＝＝ m＝0.8 m<4 m
可见工件在传送带上先匀加速运动0.8 m，然后匀速运动3.2 m。
(2)匀加速运动时，由x1＝t1得t1＝0.8 s
匀速运动时， t2＝＝ s＝1.6 s
所以工件从P点运动到Q点所用的时间为
t＝t1＋t2＝2.4 s。
[答案] (1)先匀加速运动0.8 m，然后匀速运动3.2 m (2)2.4 s
[方法点拨]
(1)倾斜传送带向上传送工件时，当工件与传送带达到共同速度的瞬间摩擦力发生突变，由滑动摩擦力变为静摩擦力，如本例中工件运动0.8 m后的情形。
(2)若有mgsin θ＞μmgcos θ，则物块与传送带同速后，物块也不会与传送带相对静止。如诊断卷第13题，物块与传送带同速时，撤去F，对物块，mgsin 37°＞μmgcos 37°，物块向上匀减速运动。
1．[多选](2017·宁波联考)一长轻质薄硬纸片置于光滑水平地面上，纸片上放质量均为1 kg的A、B两物块，A、B与薄硬纸片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取10 m/s2。则( )
A．若F＝1 N，则A、B、薄硬纸片都做匀加速运动
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与薄硬纸片都不会发生相对滑动
解析：选AD A与薄硬纸片间的最大静摩擦力为：fA＝μmAg＝0.3×1×10 N＝3 N，B与薄硬纸片间的最大静摩擦力为：fB＝μmBg＝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。
13．如图所示，一个两端装有固定挡板的质量M＝2 kg的长木板静止在光滑的水平地面上，在长木板上放着一个静止的、质量为m＝1 kg的小物体，其左端用一根轻质弹簧与长木板左端的挡板相连(此时弹簧处于压缩状态，弹力大小为2 N)，右端用一根恰好处于伸直状态的细线和长木板右端的挡板相连，系统保持静止。最大静摩擦力等于滑动摩擦力。现对长木板施以水平向右的作用力F，使长木板由静止开始运动，在力F由0逐渐增加到15 N的过程中，小物体始终与长木板相对静止，以下说法正确的是( )
A．物体与长木板间的动摩擦因数为0.2
B．物体在某一时刻受到的摩擦力可能为0
C．细线中的张力始终为0
D．当F增加到12 N时，细线中才开始有张力
解析：选B 由题意可知，物体在长木板上的最大静摩擦力大于或等于2 N，在力F由0逐渐增加到12 N的过程中，整体的加速度满足0≤a＝≤4 m/s2，物体所受的摩擦力先由向左的2 N减为0，后反向增加为2 N，当F＝6 N时物体受到的摩擦力为0，B正确；这一过程中细线中的张力为零；但当F增加到大于12 N时，如果最大静摩擦力恰好为2
N，假设没有细线，物体就会相对长木板向左运动，故细线中会产生张力；如果最大静摩擦力大于2 N，F增加到大于12 N时，细线中的张力仍可能为0，本题不知道最大静摩擦力的大小，故无法判断细线中何时出现张力，也无法求出动摩擦因数，A、C、D均错。
14．如图所示，质量为m＝4 kg的圆柱体卡在质量为M＝2 kg的凹槽内，凹槽右壁竖直，左边为倾角为θ＝37°的斜面，圆柱体与槽面之间的动摩擦因数均为μ1＝0.2，将槽放在水平桌面上，槽的底面CEHD与桌面接触(图中字母D未标出)，槽与桌面之间的动摩擦因数μ2＝0.5。现用平行于AB的水平力F推圆柱体，圆柱体恰好处于静止状态，已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，cos 37°＝0.8，sin 37°＝0.6，g取10 m/s2，则下列说法正确的是( )
A．水平推力F大小为8 N
B．凹槽对圆柱体的摩擦力大小为16 N
C．桌面对凹槽的摩擦力大小为30 N
D．若撤去推力F，再将DH边缓慢抬高使槽的底面CEHD与桌面成30°角，在此过程中圆柱体始终保持静止
解析：选B 圆柱体恰好静止，表明水平推力F与凹槽和圆柱体两接触面间的最大静摩擦力的合力平衡。如图所示，对圆柱体，根据共点力的平衡条件可得N1＝mgtan 37°＝30 N，N2＝＝50 N，故凹槽对圆柱体的最大静摩擦力的合力大小为fm1＋fm2＝μ1N1＋μ1N2＝16 N，推力F＝fm1＋fm2＝16 N，选项A错误，选项B正确；对整体，桌面与凹槽间可能产生的最大摩擦力为μ2N3＝μ2(m＋M)g＝30 N＞F＝16 N，故桌面对凹槽的摩擦力大小为16 N，选项C错误；若撤去推力F，将DH边缓慢抬高使槽的底面CEHD与桌面成30°角，凹槽对圆柱体两接触面间的弹力发生变化，最大静摩擦力也相应变化，此时两接触面间的最大静摩擦力的合力fmax＝μ1N1cos 30°＋μ1N2cos 30°＝0.2×(30＋50)×cos 30° N＝8 N＝13.9 N，小于mgsin 30°＝20 N，故圆柱体不能始终保持静止，选项D错误。
15．如图甲所示，倾斜的传送带正以恒定速率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
D．摩擦力方向一直与物块运动的方向相反
解析：选A 如果v0小于v1，则物块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时，继续向上做减速运动，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vt图线与横轴所围的面积，即×(4＋12)×1 m＋×1×4 m＝10 m，选项B错误。0～1 s内，gsin θ＋μgcos θ＝8 m/s2,1～2 s内，gsin θ－μgcos θ＝4 m/s2，解得μ＝，选项C错误。在1～2 s内，摩擦力方向与物块的运动方向相同，选项D错误。
